河南、湖南两省顶级名校届高三上学期月份联合考试化学试题含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精河南、湖南两省顶级名校2020届高三上学期12月份联合考试化学一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，每小题3分,共48分)1.化学与生活息息相关，下列有关说法错误的是A.铝不易被腐蚀,是因为铝易在空气中形成致密的氧化铝膜B。用CO2合成可降解的聚碳酸酯塑料，能减少白色污染及其危害C。塑料的老化是因为其主要成分在空气中发生了缓慢的加成反应D。葡萄中的花青素在碱性环境下显蓝色,故可用苏打粉检验假红酒【答案】C【解析】【详解】A。金属铝因在空气中易形成致密的氧化膜而阻止了内层铝被腐蝕，故A正确;B。酯类聚合物因易水解成小分子而降解，不造成长时间的污染，故B正确；C。塑料的老化是周其在空气中发生了缓慢的氧化反应,不是加成反应,故C产物；D。苏打粉溶液显碱性,加入葡萄酒中，酒若不显蓝色，则为假红酒，故D正确；故选C.2.辉银矿的主要矿物成分是黑色硫化银。明代宋应星在《天工开物》下卷“五金”中记载辉银矿：“……形如煤炭，而不甚黑。付与冶工，高者六七两一斗,礁砂放光甚者,得银偏少。凡礁砂入炉,先行拣净淘洗”,下列说法不正确的是A。“形如煤炭,而不甚黑",是指辉银矿外形像煤，但没有煤那么黑B。“高者六七两一斗”,是指辉银矿中银的含量C。“礁砂放光甚者，得银偏少”,是指含杂质偏多的辉银矿，冶炼得到的银较少D。“凡礁砂入炉，先行拣净淘洗”中既涉及物理变化又涉及化学变化【答案】D【解析】【详解】A.“形如煤炭，而不甚黑”，是指辉银矿外形像煤炭一样黑色固体，但颜色没有煤那么黑，故A正确；B.“付与冶工,高者六七两一斗",是指从辉银矿中银的含量，故B正确；C。“礁砂放光甚者，得银偏少”，是指含杂质偏多的辉银矿，冶炼得到的银较少,故C正确；D。“凡礁砂入炉，先行拣净淘洗”是对辉银矿洗涤的过程，只涉及物理变化没有化学变化,故D错误；答案：D。3。下列说法正确是A。盐酸、烧碱、食盐和水分别属于酸、碱、盐和氧化物B。碳酸钙、水和乙醇分别属于强电解质、弱电解质和非电解质C。强弱电解质的判断依据是其水溶液的导电性的强弱D。在复分解反应中,强酸一定可以与弱酸盐反应制取弱酸【答案】B【解析】【详解】A。盐酸是混合物，而酸属于纯净物的范畴，故A错误;B。碳酸钙是盐属于强电解质，水是氧化物属于弱电解质,乙醇是有机物属于非电解质，故B正确；C.判断强弱电解质的依据是看其在水中的电离程度，不是导电性大小，故C错误;D.在复分解反应中，硫酸与硫化铜不能反应制硫化氢，因为硫化铜是难溶于酸的固体，故D错误；故选B。【点睛】根据电解质和非电解质的所属物质类别进行判断,绝大多数盐属于电解质，部分氧化物属于电解质，大多数有机物属于非电解质；根据电解质的电离程度区别强电解质和弱电解质.4。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是A.常温常压下，18g甲烷（14CH4)所含的中子数为9NAB.25℃时,pH＝7的纯水中含OH－的数目为10－7NAC.铜与浓硝酸反应生成NO2、N2O4共23g，则铜失去的电子数为0．5NAD.密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，所得产物的分子数为2NA【答案】C【解析】【详解】A.常温常压下，18g甲烷(14CH4）所含的中子数为8NA，因为H没有中子,中子数=质量数—质子数，故A错误;B.25℃时,pH＝7的纯水,没有给出纯水的体积，无法计算OH-的数目，B项错误；C。铜与浓硝酸反应生成NO2、N2O4共23g，相当于0.5molNO2,NO3—NO2，根据电子守恒，则铜失去的电子数为0。5NA，故C正确;D.因为2NO2N2O4，所以密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，生成2mol

NO2，因为有部分会转化为N2O4,所以使分子数小于2NA,故D错误。故选：C.5。半导体光催化CO2机理如图甲所示，设计成电化学装置如图乙所示，则下列说法正确的是A.若导线上有4mol电子移动，则质子交换膜左侧产生22．4LO2B.装置中进行的总反应一定是自发的氧化还原反应C.图乙中的能量转化形式为：光能→电能→化学能D。b极上的电极反应为:CO2＋6H＋－6e－CH3OH＋H2O【答案】C【解析】【详解】A.若导线上有4mol电子移动，根据原电池的正极，2H2OO24e-,则质子交换膜左侧产生1molO2，没有状态无法计算体积，故A错误;B。装置中进行的反应是通过光能作用完成的,不是自发的氧化还原反应，故B错误；C。图乙中的能量转化形式为：光能→电能→化学能，故C正确；D。b极为原电池的正极，其电极反应为：CO2＋6H＋+6e－CH3OH＋H2O，故D错误;答案：C。【点睛】解题依据：根据光能转化为化学能，促使物质发生氧化还原反应，进而产生电能。6.下列有关反应热的叙述正确的是

A。由的键能、的键能、的键能，可计算的燃烧热B.取溶液及，分别与的盐酸反应，计算得出的中和热不相等C。由氢气、乙烯、乙烷的燃烧热，可计算的焓变D。催化剂可同时改变一个化学反应的活化能及焓变【答案】C【解析】【分析】本题主要考查了燃烧热、盖斯定律的应用、中和热等知识点，难度不大，理解基础知识即可解答.【详解】A。键能只能计算出氢气与氧气生成气态水的焓变,故A错误;B。中和热为定值,与取多少酸碱反应无关，故B错误；C.由氢气、乙烯、乙烷的燃烧热，根据盖斯定律可计算的焓变，故C正确;D.催化剂只改变反应的活化能，不改变反应的焓变，故D错误;答案选C。【点睛】催化剂只改变反应的活化能，不改变反应的焓变。7。下表为元素周期表的一部分，其中A、C、D、E为短周期元素,最外层电子数之和为23，下列说法正确的是A.元素A的氢化物，在同族元素中沸点最低B.元素B金属性比E弱C.A、C、D均可形成18e－分子D。与金属钠的反应中，1molC原子和1molE原子得电子数目一定相等【答案】C【解析】【分析】下表为元素周期表一部分，其中A、C、D、E为短周期元素,最外层电子数之和为23，A、

C、D位于第二周期，E位于第三周期，B位于第四周期；设C、E的最外层电子数为x，A、D最外层电子数分别为x-2、x+

1，则2x+x-

2+x+1=23，解得x=6，所以A

为C元素，B为As元素，C为O，E为S,D为Cl元素，据此解答.【详解】A。由A

为C元素，元素A的氢化物为CH4，根据组成和结构相同的同主族氢化物的沸点随着相对原子质量增加而升高，所以CH4在同族元素氢化物中沸点最低，故A正确；B.由B为As元素，E为S，均为非金属,且S的非金属性比As弱，故B错误；C.由A

为C元素，C为O，D为Cl元素，他们能形成的18e-分子分别为乙烷、双氧水和HCI，故C正确;D.与金属钠的反应生成过氧化钠中O的化合价为—1,生成的硫化钠中S的化合价为—2，则1molO原子和1molS原子得电子数目不相等，故D错误；

故选：C。【点睛】解题依据：根据元素周期表和元素周期律进行分析解答。由所给部分周期表各元素的位置，确定元素种类，再根据元素周期律和元素的性质进行判断。8。在给定条件下，下列选项所示的物质问转化均能实现的是A。SiO2（s）H2SiO3（S)Na2SiO3（aq）B.Cu2S（s）Cu(s)CuCl2（s）C。Fe（s)Fe2O3(s）Fe2（SO4)3D。NaCl（aq)Na2CO3（s)NaOH（aq)【答案】D【解析】【详解】A.SiO2（s）与水不反应，所以SiO2（s)H2SiO3（S)不能实现，故A错误；B.因为Cu2S（s）CuO（s）,所以Cu2S（s)Cu(s）不能实现，故B错误；C.因为Fe(s）Fe3O4(s），所以Fe（s)Fe2O3（s)不能实现，故C错误；D。当向NaCl（aq）溶液中通入少量CO2时，可以发生NaCl(aq)Na2CO3(s）NaOH(aq）反应,故D正确；故选D.【点睛】根据元素及其化合物性质的转变关系进行解答.如SiO2(s)属于酸性氧化物,既不溶于水，也不能和酸（HF除外)反应;煅烧Cu2S最终产物是CuO，而不是铜。9.根据下列实验操作和现象,能得出正确结论的是A.A B。B C。C D。D【答案】C【解析】【详解】A。如果白色沉淀为亚硫酸钡，则X可能为氨气,没有强氧化性;如果白色沉淀为硫酸钡，X也可能为氯气等强氧化性气体，故A错误；

B。HCI不是Cl元素的最高价氧化物的水合物，所以不能根据HCl和硅酸酸性强弱判断非金属性强弱，故B错误；C.常温下相同浓度的钠盐，如果溶液pH越大，该酸的酸性越弱。常温下，浓度均为0.1

molL—1

NaHCO3和CH3COONa溶液的pH，前者的pH大，则酸性CH3COO>

H2CO3，故C正确;

D。Y溶液中加入硝酸酸化的Ba（NO)3,产生白色沉淀,Y溶液中可能含有SO42—，也可能含有SO2，故D错误；故选C。【点睛】判断盐溶液的酸碱性判断酸性的强弱。即同温下,相同浓度的钠盐溶液，如果pH越大，说明该酸的酸性越弱。10。向含有KIO3的淀粉溶液中逐滴加入KHSO3溶液。下列说法中错误的是A。早期滴加KHSO3溶液时发生的反应:＋＋I2＋3H＋＋H2OB。滴加一定量的KHSO3溶液后,溶液中可能同时含有I－和C。后期滴加KHSO3溶液，溶液中的反应为：＋I2＋H2O＋2I－＋3H＋D.在不断滴加KHSO3溶液的过程中,溶液先变蓝，最终蓝色褪去【答案】B【解析】【详解】A.因为KIO3具有强氧化性，KHSO3具有还原性，所以向KIO3的淀粉溶液中滴加KHSO3溶液时会发生氧化还原反应,其反应的方程式:＋＋I2＋3H＋＋H2O,故A正确;B。滴加一定量的KHSO3溶液后,I－和在酸性条件下会发生归中反应,不能同时存在，故B项错误；C。因为I2的氧化性比强，所以后期滴加KHSO3溶液，溶液中的反应为:＋I2＋H2O＋2I－＋3H＋，故C正确;D。因为开始时生成碘单质，遇到淀粉变蓝，后来I2又和发生反应,所以蓝色褪去,故D正确;故选：B。11.已知反应H2(g）＋Br2(g）2HBr(g）分下列三步进行，有关键能如下表所示：①Br22Br（快反应）△H1,K1②Br＋H2HBr＋H（慢反应）△H2，K2③H＋BrHBr(快反应）△H3，K3则下列说法错误的是A。△H1＞△H2＞△H3B。25℃时：K1＞K3C.H2（g）＋Br2(g）2HBr（g）的速率由反应②的速率决定D.H2(g）＋Br2（g）2HBr（g）△H＜0【答案】B【解析】【详解】A。根据所给键能计算,△H1=200kJ/mol；△H2=436-369=67kJ/mol；△H3=-369kJ/mol;所以△H1＞△H2＞△H3，故A项正确；B.25

C时,①Br22Br是吸热反应,断键不自发进行，反应物多,③H＋BrHBr是放热反应，成键能自发进行，生成物多。根据平衡常数的表达式可知K1<K2，故B项错误；C.由①Br22Br（快反应)△H1，K1、②Br＋H2HBr＋H(慢反应）△H2，K2、③H＋BrHBr（快反应）△H3,K3三个反应可知,反应②最慢,是决定速率大小的反应，故C正确;D。H2(g）＋Br2(g）2HBr（g)△H=436+200—369=-102kJ/mol<0,故D正确；故选B。【点睛】根据焓变的计算方法进行分析判断。△H=反应物键能总和—生成物键能总和>0，说明为吸热反应，若果△H=反应物键能总和—生成物键能总和<0，说明为放热反应。12。根据AgCl、Ag2CrO4的溶度积可得到下图,测量溶液中Cl－的量，常使用AgNO3溶液滴定，Na2CrO4作指示剂。下列表述错误的是A。由图可知，Ag2CrO4的溶度积小于AgCl的溶度积B。由图可知，作Cl－的滴定指示剂时，Na2CrO4的浓度不能过大C。由图可知,只有当c(Ag＋)＞10－2mol·L－1时，先沉淀D。不采用AgNO3溶液滴定测量溶液中I－的量,因为生成的AgI胶体会大量吸附I－，使滴定终点提前【答案】C【解析】【详解】A.由图可知，Ag2CrO4的溶度积为10—12,AgCl的溶度积10—10，所以Ag2CrO4的溶度积小于AgCl的溶度积，故A正确；B.由图可知,M点时，Cl－的浓度小于10-5mol·L－1，可看作Cl－沉淀完全，c(CrO

-）不能大于N点，所以Na2CrO4的浓度不能过大，故B正确；C。由图可知，结合溶度积，当c（Ag＋）=10-2mol·L-1时，c（CrO

—）==10-8mol·L－1，c(C1—

）==10—10mol·L－1，c(CrO

-）>c（C1-

），所以当c（Ag＋）＞10－2mol·L－1时，AgC1先沉淀,故C错误；D.不采用AgNO3溶液滴定测量溶液中I－的量,因为生成的AgI胶体会大量吸附I－,使滴定终点提前，故D正确；故选C。【点睛】根据溶度积的表达式进行分析解答.即Ksp（AgCl）=c(C1—

)c（Ag＋）;Ksp(Ag2CrO4)=c（CrO

-）c2（Ag＋）。13。类推思维是化学解题中常用的一种思维方法,下列有关反应方程式的类推正确的是A.A B。B C。C D。D【答案】B【解析】【详解】A。铁排在金属铜的前面，金属铁可以将金属铜从其盐中置换出来，但是活泼金属钠和盐的反应一定是先和盐中的水反应，不会置换出其中的金属，故A错误；

B.硫酸和氢氧化钡反应生成水和硫酸钡沉淀,离子反应方程式为：Ba2++2H++2OH—+SO42—=2H2O+

BaSO4↓，NaHSO4溶液

与Ba

（OH)

2溶液反应呈中性，离子反应方程式为：

Ba2++2H++2OH-+SO42-=2H2O+

BaSO4↓，故B正确；

C。氯气氧化性强能把铁氧化铁成高价化合物生成氯化铁，碘单质氧化性较弱，只能把铁氧化铁为低价的氯化亚铁，故C错误；

D。少量二氧化碳通入次氯酸钙溶液中生成碳酸钙和次氯酸，少量二氧化硫通入次氯酸钙溶液中生成亚硫酸钙和次氯酸，次氯酸具有强氧化性氧化亚硫酸钙为硫酸钙，故D错误;

故选：B.14。某溶液中可能含有K＋、Fe2＋、Ca2＋、、、Cl－、I－中的几种离子。根据下方实验操作与现象,推测合理的是A。取溶液2，加入AgNO3溶液,可确定溶液X中是否含有Cl－B。溶液X中一定不含Fe2＋、Ca2＋、C.溶液X中是否存在K＋还需要通过焰色反应进一步确认D.溶液X的溶质为K2CO3和KI【答案】B【解析】【分析】溶液X加入足量的硝酸钡溶液生成白色沉淀和溶液1，再加入新制氯水得棕黄色溶液2，则说明含有I2,则原溶液中含有I－；白色沉淀加入稀盐酸全部溶解，则X中应含有，不含Ca2＋、、Fe2＋，由溶液的电中性可知阳离子为K＋，不能确定是否含有Cl－，以此解答该题.【详解】A.溶液X加入足量的硝酸钡溶液生成白色沉淀和溶液1，再加入新制氯水得溶液2，所以取溶液2，加入AgNO3溶液，不能确定溶液X中是否含有Cl－，故A错误；B。由上述分析可知，溶液X中一定不含Fe2＋、Ca2＋、，故B正确;C.根据溶液的电中性可知，一定有阳离子为K＋存在,故C错误;D。根据溶液中一定存在的离子K＋、、I－，可能存在Cl－，可知溶液X的溶质可能为K2CO3和KI，可能有KC1，故D错误；故选B。15.铜镁合金完全溶解于、密度为、质量分数为的浓硝酸中，得到气体标准状况,向反应后的溶液中加入适量的溶液，恰使溶液中的金属离子全部沉淀，下列说法不正确的是

A.该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14mol/LB。加入NaOH溶液的体积是160mLC.起氧化性的硝酸的物质的量为0.16molD。得到的金属氢氧化物的沉淀为6.24g【答案】B【解析】【分析】c（HNO3)＝=＝14mol/L,n（NO2）＝＝0。16mol据此计算.【详解】A.根据上面分析可知c（HNO3)＝14mol/L,故不选A；B.加入适量的1.0mol/LNaOH溶液，恰使溶液中的金属离子全部沉淀，此时溶液中溶质为NaNO3，由N元素守恒可知n（NaNO3）+n（NO2)=n（HNO3）,由钠离子守恒n（NaOH)=n（NaNO3)，则n(NaOH）＝1。4mol－0.16mol＝1。24mol，则NaOH溶液的体积是1240mL，故选B；C.起氧化性的硝酸反应生成NO2气体，HNO3~NO2，根据计算，起氧化性的硝酸的物质的量为0。16mol,故不选C；D。由电荷守恒可知，氢氧化物中氢氧根的物质的量等于转移电子物质的量，氢氧化物质量=合金质量+氢氧根离子质量=3.52g+0。16mol×17g/mol=6.24g，故不选D；答案：B。【点睛】理解反应发生的过程为解答关键，注意守恒思想在化学计算中的应用。16.已知亚磷酸(H3PO3）为二元弱酸，25℃时，向Na2HPO3溶液中滴入盐酸，混合溶液中的有关粒子浓度之比的对数与溶液pH的关系如图所示，下列叙述正确的是A.M、W两点所在的直线表示pH与的变化关系B.当溶液呈中性时，可能存在：c（Na＋）＞c（）＋2c（）C。图中N点表示加入的HCl的物质的量与原溶液中Na2HPO3物质的量相等D.25℃时，＋H2O＋OH－的平衡常数为1．0×10－12。57【答案】B【解析】【详解】A.由M、N两点的坐标可得M的酸性强，其直线表示Ka1，故A错误；B.依据电荷守恒可知:c（H+）+c(Na＋)=c(OH

-)+c（C1-)+c（H2PO3

)+2c(HPO32—

)，当溶液呈中性时，则c(Na＋)=c（C1-)+c（H2PO3

）+2c(HPO32—

)，所以c(Na＋）＞c（)＋2c（）,故B正确；C。亚磷酸(H3PO3）为二元弱酸，一级电离大于二级电离,图中N点时c(）=c（)，溶液呈酸性，所以Na2HPO3+HCl=NaH2PO3+NaCl,故C错误；D。25℃时，＋H2O＋OH－的平衡常数=1。0×10-7.46，故D错误；故选B。二、非选择题(本题有5个小题，共52分)17。在实验室以硼镁矿（含Mg2B2O5·H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3）为原料制备硼酸（H3BO3)，其流程如图1所示，硫酸镁和硼酸的溶解度随温度的变化曲线如图2所示。请回答下列问题：（1）流程中“反应”的实验装置如下图所示：①反应时需控制在95℃进行，控制反应温度的适宜方法是____________________。②反应产生的气体需要净化处理，请从下图中选择合适的装置__________（填字母代号)。（2）实验中得到的粗硼酸还需要重结晶进行提纯，重结晶得到的母液可以在下一次重结晶时重复使用,但达到一定次数后必须净化处理，原因是______________________。（3）实验时若被强碱溅到,先用大量水冲洗，水洗后再涂上硼酸溶液，写出有关离子方程式：____________.(4）滴定硼酸时不能直接滴定,因为硼酸是很弱的酸，Ka＝5．7×10－10。滴定前，须先将硼酸与甘油作用生成甘油硼酸,Ka＝8．4×10－6,然后用酚酞作指示剂，再用NaOH标准溶液滴定.已知硼酸的摩尔质量为61．8g·mol－1，滴定前称取3．00g硼酸试样,配成250mL溶液，每次取25．00mL于锥形瓶中滴定，消耗0．2000mol·L－1NaOH标准液的平均体积为20．00mL.①计算所得硼酸的纯度＝__________。②若用NaOH标准溶液直接滴定硼酸，则硼酸的纯度将__________(填字母代号）。A．偏大B．偏小C．无影响D．无法确定【答案】(1）。水浴加热（2）。B（3）.使用一定次数后，母液中杂质的浓度增大，重结晶时会析出杂质影响产品纯度(4）.OH-+H3BO3=H2BO3—+H2O(5）.82.4（6）.B【解析】【详解】(1）①水浴加热可以受热均匀，更好的控制温度,所以反应时需控制在95℃进行，控制反应温度的适宜方法是水浴加热；故答案：水浴加热.②据流程图知硼镁矿粉中加入硫酸铵溶液产生的气体为氨气，氨气极易溶于水,属于碱性气体,所以选择既要防制倒吸，又能和氨气反应的物质进行除杂处理，符合条件的装置为B，故答案：B.(2）由于使用的次数较多后，母液中杂质的浓度增大，影响产品纯度，所以进行必须净化处理，故答案为：使用一定次数后，母液中杂质的浓度增大，重结晶时会析出杂质影响产品纯度；（3）硼酸属于一元弱酸，能和强碱反应生成盐和水，所以硼酸和强碱溶液反应有关离子方程式:OH-+H3BO3=H2BO3-+H2O，故答案:OH-+H3BO3=H2BO3—+H2O；(4）①设H3BO3浓度为c，若滴定到终点时消耗度为0。2000mol·L—1NaOH标准溶液20.00mL，根据H3BO3

～NaOH关系可知，c(H3BO3）==0。1600mol·L—1,所以硼酸的纯度==82.4，故答案：82.4；（

②因为硼酸是很弱的酸，Ka＝5.7×10－10，若用NaOH标准溶液直接滴定硼酸，没有突跃，不好观察颜色变化，若用NaOH标准溶液直接滴定硼酸,受水电离的影响，导致硼酸的纯度将偏小，所以答案为B。18。废旧钴金属片中的钴有＋2价和＋3价，还含有锰、铁、钙、镁、铝等金属元素及碳粉等,回收钴的工艺流程如下：(1）焙烧时为了使废旧钴金属片充分反应,可采取的措施是____________________(任写一条)。（2）该流程中浸钴时，钴的浸出率最高只能达到70％,后来改进方法,加入使用硫酸进行第一次浸取后，再加入Na2SO3溶液进行第二次浸取，从而使钴的浸出率达90%以上，写出第二次浸出钴时溶液中发生反应的离子方程式：____________________。（3）净化溶液的操作中含有多个步骤,先除铁后除锰。①除铁：常温下,调节溶液pH为1．5~2．0后，加H2O2，反应一段时间,加8％Na2CO3溶液，将溶液的pH调至4．0~5．0.已知Fe（OH）3的溶度积常数为4×10－38，则当溶液的pH调至4．0时，溶液中的c（Fe3＋）＝__________mol·L－1。②除锰：加入NaClO溶液。写出该离子方程式：____________________。③减钙镁:加入NH4F溶液，沉淀大部分的钙、镁的离子.试解释为何草酸铵溶液沉钴前要减钙镁：______________________________.（4)滤液2的主要成分为____________________（以化学式表示）。（5）得到的草酸钴沉淀须洗涤干燥.写出检验沉淀已被洗净的操作与现象__________。【答案】(1)。将废旧钴金属片粉碎(或其他合理答案均可）(2）。Co2O3+SO32-+

4H+=

2Co2++SO42—+2H2O；（3)。4×10-8(4)。2MnO2+ClO—+4H+=2Mn2++ClO3-+2H2O(5）。排除钙、镁的离子对CoC2O4的制备的干扰(6)。（NH4）2SO4（7).取最后一次的洗涤液少许于试管中，滴入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀生成，则证明洗涤干净【解析】【分析】)焙烧含有锰、铁、钙、镁、铝等金属元素及碳粉的废旧钴金属片，使其金属变成相应的氧化物，加碱后过滤除去铝元素，剩余的氧化物加稀硫酸后，铁、钙、镁的金属氧化物溶解，MnO2不溶于稀酸，所以加NaClO溶液进行除杂，溶液进化后加入草酸铵，使溶液中的钴离子变成草酸钴沉淀。以此分析解答。【详解】(1）焙烧时为了使废旧钴金属片充分反应，可采取的措施是将金属片粉碎，增大接触面积，使反应充分,故答案：将废旧钴金属片粉碎。(2）废旧钴金属片中的钴有＋2价和＋3价,经过煅烧后,＋2价Co变成＋3价，所以Co2O3和Na2SO3在酸性条件下发生氧化还原反应生成CoSO4、Na2SO4和H2O，所以反应的离子方程式为Co2O3+SO32—+

4H+=

2Co2++SO42-+2H2O，故答案：Co2O3+SO32-+

4H+=

2Co2++SO42-+2H2O;(3）①由已知Fe（OH)3的溶度积常数为4×10－38,当溶液的pH调至4.0时,c(OH—）=10—10mol·L－1，所以c（Fe3＋)＝==4×10—8mol·L－1，所以答案：4×10-8；②经过煅烧后,锰生成MnO2，既不溶于碱也不溶于稀酸，所以在酸性条件下，MnO2和NaClO能发生反应，该反应的离子方程式：2MnO2+ClO-+4H+=2Mn2++ClO3—+2H2O，故答案:2MnO2+ClO-+4H+=2Mn2++ClO3—+2H2O；③加入NH4F溶液，溶液中的钙、镁离子发生反应生成了CaF2、MgF2沉淀,因为Ksp（CoC2O4）=1。710-7,Ksp（CaC2O4)=6。410—9,Ksp(MgC2O4）=510-6，所以沉淀CoC2O4时，钙、镁的离子也会有沉淀，干扰CoC2O4的制备,所以在加草酸铵溶液沉钴前要减钙镁，故答案：排除钙、镁的离子对CoC2O4的制备的干扰;(4）减钙镁处理后溶液中含有硫酸根离子，加入草酸铵后，溶液中还会有铵根离子，所以滤液2的主要成分为硫酸铵，其化学式表示为:(NH4)2SO4,故答案：（NH4)2SO4;（5）加入(NH4）2C2O4反应生成

CoC2O4，溶液中可能含有SO42-，过滤得到的草酸钴晶体需要用蒸馏水洗涤，检验是否洗涤干净的方法是：取最后一次的洗涤液少许于试管中，滴入盐酸酸化的氯化钡溶液,若无沉淀生成,则证明洗涤干净，故答案：取最后一次的洗涤液少许于试管中，滴入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀生成，则证明洗涤干净。19。可逆反应2SO2（g）＋O2(g）2SO3（g）是硫酸工业的最重要反应，因该反应中使用催化剂而被命名为接触法制硫酸。（1）使用V2O5催化该反应时,涉及到催化剂V2O5的热化学反应有:①V2O5（s）＋SO2（g)V2O4（s）＋SO3（g）△H1＝＋59.6kJ·mol-1②2V2O4（s）＋O2(g）2V2O5（s）△H2＝－315.4kJ·mol－1则2SO2（g）＋O2(g）2SO3（g）△H3＝__________kJ·mol-1（2）向10L密闭容器中加入V2O4（s)、SO2（g）各1mol及一定量的O2，改变加入O2的量，在常温下反应一段时间后，测得容器中V2O4、V2O5、SO2和SO3的量随反应前加入O2的变化如图甲所示，图中没有生成SO3的可能原因是_________________________（3）在原10L的恒容装置中，加入V2O5（s)、SO2(g）各0．6mol，O2（g)0．3mol，分别在T1、T2、T3时进行反应，测得容器中SO2的转化率如图乙所示。①T2时，2SO2(g)＋O2(g）2SO3（g）的平衡常数K＝__________。②结合化学方程式及相关文字，解释反应为什么在T3条件下比T2条件下的速率慢：_____（4）在温度T2使用V2O5进行反应：2SO2（g)＋O2(g）2SO3（g），在保证O2(g）的浓度不变的条件下,增大容器的体积，平衡__________(填字母代号）。A．向正反应方向移动B．向逆反应方向移动C．不移动D．无法确定【答案】（1）.—196.2(2)。催化剂V2O4的还原性比SO2强，先和氧气反应了,SO2没反应(3）。27000(4)。因为催化剂和温度均能改变化学反应速率，T3温度比T2高，不利于提高产率，但T2温度时加了催化剂，可以加快化学反应速率,所以T3的速率仍然小于T2(5）.C【解析】【详解】(1)根据盖斯定律:①2+②：2SO2(g）＋O2(g）2SO3(g)△H3＝59.62+（—315。4）=—196。2kJ·mol－1,故答案：—196.2;(2)有图像可知，向10L密闭容器中加入V2O4（s）、SO2(g）各1mol后，随着加入O2的量，V2O4的物质的量在减少，V2O5的量在增加,根据V的化合价的变化可知，V2O4先和氧气发生反应,说明V2O4的还原性比SO2强，所以没有SO3生成;故答案：催化剂V2O4的还原性比SO2强，先和氧气反应了，SO2没反应。(3）由图可知，①T2时SO2的转化率为90,在原10L的恒容装置中,加入V2O5（s）、SO2(g)各，O2（g)0．3mol，根据三段式：，2SO2（g）＋O2（g）2SO3(g）初始量（mol/L)0060.030变化量（mol/L）0.060.0270。054平衡量(mol/L）0。0060.0030.054所以平衡常数K＝=27000，故答案：27000；②由2SO2(g)＋O2（g)2SO3（g）△H3＝-196.2kJ·mol－1可知该反应为放热反应，降低温度有利于SO3的生成，乙图可知,T3的转化率比T2低，说明温度T3〉T2，可是T2又比T3的速率快，说明在T2时加入了催化剂,故答案为:因为催化剂和温度均能改变化学反应速率,T3温度比T2高，不利于提高产率，但T2温度时加了催化剂,可以加快化学反应速率，所以T3的速率仍然小于T2;（4)在温度T2使用V2O5进行反应：2SO2(g）＋O2(g)2SO3（g)，在保证O2(g）浓度不变的情况下，增大容器的体积,则SO2、SO3的浓度均不变，即Qc仍然是等于K，仍然是平衡状态，所以平衡不移动，故C符合题意；20。某化学兴趣小组设计装置，进行实验验证与探究MnO2与盐酸的反应。【实验Ⅰ】设计如图所示装置，A中加入10．0gMnO2与50mL12mol·L－1浓盐酸。加热至反应停止，经检测,装置中剩余较多的MnO2与盐酸.经过讨论分析，小组成员指出应该是溶液中的c（H＋）及c（Cl－）降低的原因。（1)上述实验将验证Cl－的__________。(2）为达到（1)中实验目的，除A外，还应选择上图中的哪两个装置__________(填字母代号）。【实验Ⅱ】设计如图所示装置,左杯中加入10．0gMnO2和50mL6mol·L－1H2SO4溶液，右杯中加入50mL6mol·L－1CaCl2溶液，盐桥选择KNO3琼脂.（3）该装置是__________，左杯中的电极反应式为____________________.（4)检验装置中生成的Cl2的方法是______________________________。（5）①实验发现，使用50mL8mol·L－1H2SO4时，产生Cl2的量明显比使用6mol·L－1H2SO4多，其原因是______________________________。②实验还发现，当使用KCl琼脂盐桥时，产生Cl2的量比使用KNO3琼脂盐桥产生的氯气多，其原因是______________________________.【答案】(1)。装置发生了Cl2+S2-=S+2Cl－反应，有浅黄色浑浊，可以检验Cl—的存在（2）.E、C（3）.原电池（4）。MnO2-2e-+4H+=Mn2++2H2O(5）。将除杂后的气体，再通入装有硫化钠的洗气瓶，产生浅黄色浑浊,说明发生了Cl2+S2-=S+2Cl－，由此可以检验Cl2的存在(6).MnO2只有在强酸性条件下才能反应放出氯气,8mol·L－1H2SO4比6mol·L－1H2SO4氢离子浓度大（7).用KCl琼脂盐桥时,增大了Cl—的浓度【解析】【分析】根据图所示装置可知：A为中MnO2与浓盐酸反应制氯气的发生装置，加热产生氯气，同时又挥发出来的HCl，通入饱和食盐水进行除杂,再通入装有硫化钠的洗气瓶,产生浅黄色浑浊，说明发生了Cl2+S2-=S+2Cl－，由此C装置可以检验Cl—的存在。【详解】（1）根据上述分析可知装置C可以检验Cl-的存在，故答案：装置发生了Cl2+S2-=S+2Cl－反应，有浅黄色浑浊,可以检验Cl—的存在；（2）为达到(1)中的实验目的，除A外,还应选择上图中E装置除去挥发出来的HCl气体，再将气体通入装置C，产生浅黄色浑浊，说明Cl2+S2-=S+2Cl－反应，故答案：E、C；(3）该装置是没有额外加的电源，所以属于原电池，左杯中是MnO2失电子发生氧化反应,其电极反应式为MnO2—2e-+4