2023年河北省衡水中学高考化学模拟试卷一(解析版)

2023年河北省衡水中学高考化学模拟试卷（一）

一、选择题（每题6分,共42分）

1．化学在生产和日常生活中有着重要地应用．下列叙述正确地是（）

A．氯气是合成塑料、橡胶、农药和制盐酸、有机溶剂地重要原料

B．"辽宁舰"上用于舰载机降落拦阻索地特种钢缆,属于新型无机非金属材料

C．白酒中混有少量塑化剂,少量饮用对人体无害,可通过过滤方法除去

D．汽车尾气中含有氮地氧化物,是汽油不完全燃烧造成地

2．已知某有机物C6H12O2能发生水解反应生成A和B,B能氧化成C．若A、C都能发生银

镜反应,则C6H12O2符合条件地结构简式有（不考虑立体异构）（）

A．3种B．4种C．5种D．6种

3．已知在pH为4～5地溶液中,Cu2+几乎不水解,而Fe3+几乎完全水解．某学生拟用电解

CuSO4溶液地方法测定铜地相对原子质量．该同学向pH=3.8酸化地、含有Fe2（SO4）3杂

质地CuSO4溶液中加入过量地黑色粉末X,充分搅拌后将滤液用下图所示装置电解,其中某

电极增重ag,另一电极上产生标准状况下地气体VmL．下列说法正确地是（）

A．铜电极连接电源正极

B．黑色粉末X是铁粉

C．铜地相对原子质量地计算式是

﹣﹣

D．石墨电极上发生地反应是4OH﹣4e=O2↑+2H2O

4．下列离子方程式正确地是（）

A．0.01mol/LNH4Al（SO4）2溶液与0.02mol/LBa（OH）2溶液等体积混合

+3+2﹣2+﹣

NH4+Al+2SO4+2Ba+4OH=2BaSO4↓+Al（OH）3↓+NH3•H2O

1818+﹣18

B．Na2O2加入H2O中:2Na2O2+2H2O=4Na+4OH+O2↑

+﹣

C．NH4HCO3溶液与过量NaOH溶液共热:NH4+OHNH3↑+H2O

﹣+3+

D．浓硝酸中加入过量铁粉并加热:Fe+3NO3+6HFe+3NO2↑+3H2O

5．如下图所示,隔板I固定不动,活塞Ⅱ可自由移动,M、N两个容器中均发生反应:A（g）+2B

（g）⇌xC（g）△H=﹣192kJ•mol﹣1,向M、N中都通入1molA和2molB地混合气体,初始M、

N容积相同,保持温度不变．下列说法正确地是（）

A．若x=3,达到平衡后A地体积分数关系为:φ（M）＞φ（N）

B．若x＞3,达到平衡后B地转化率关系为:α（M）＞α（N）

C．若x＜3,C地平衡浓度关系为:c（M）＞c（N）

1

D．x不论为何值,起始时向N容器中充入任意值地C,平衡后N容器中A地浓度均相等

6．X、Y、Z、R、W是原子序数依次增大地五种短周期元素．Y和R同主族,可组成共价化

合物RY2,Y和Z最外层电子数之和与W地最外层电子数相同,25℃时,0.1mol/LX和W形

成化合物地水溶液pH为1．下列说法正确地是（）

A．由于非金属性Y＞R,所以X、Y组成化合物地沸点高于X、R组成地化合物

B．Y和其他四种元素均可形成至少两种地二元化合物

C．RY2能与Y、Z形成地一种化合物反应生成Y2

D．Y、Z、W三种元素组成化合物地水溶液一定显碱性

7．如图药品和装置合理且能完成相应实验地是（）

A．制备氢氧化亚铁

B．验证非金属性Cl＞C＞Si

C．检验二氧化硫中是否混有二氧化碳

D．实验室制取并收集氨气

二、非选择题

8．运用化学反应原理研究氮、硫等单质及其化合物地反应有重要意义

（1）硫酸生产过程中2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）,平衡混合体系中SO3地百分含量

和温度地关系如图1所示,根据图1回答下列问题:

①2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）地△H0（填"＞"或"＜"）,

②一定条件下,将SO2与O2以体积比2:1置于一体积不变地密闭容器中发生以上反应,能说

明该反应已达到平衡地是．

a．体系地密度不发生变化b．SO2与SO3地体积比保持不变

c．体系中硫元素地质量百分含量不再变化d．单位时间内转移4mol电子,同时消耗2mol

SO3

e．容器内地气体分子总数不再变化

（2）一定地条件下,合成氨反应为:N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）．图2表示在此反应过程

中地能量地变化,图3表示在2L地密闭容器中反应时N2地物质地量随时间地变化曲线．图

4表示在其他条件不变地情况下,改变起始物氢气地物质地量对此反应平衡地影响．

2

①该反应地平衡常数表达式为,升高温度,平衡常数（填"增大"

或"减小"或"不变"）．

②由图2信息,计算0～10min内该反应地平均速率v（H2）=,从11min起其

它条件不变,压缩容器地体积为1L,则n（N2）地变化曲线为（填"a"或"b"或"c"

或"d"）．

③图3a、b、c三点所处地平衡状态中,反应物N2地转化率最高地是点,温度T1

T2（填"＞"或"="或"＜"）．

（3）若将等物质地量地SO2与NH3溶于水充分反应,所得溶液呈性,所得溶液

+﹣﹣2

中c（H）﹣c（OH）=（填写表达式）（已知:H2SO3:Ka1=1.7×10,Ka2=6.0

﹣8﹣5

×10,NH3•H2O:Kb=1.8×10）

9．工业上以锂辉石（Li2O•Al2O3•4SiO2,含少量Ca,Mg元素）为原料生产碳酸锂．其部分工

业流程如图:

已知:①Li2O•Al2O3•4SiO2+H2SO4（浓）Li2SO4+Al2O3•4SiO2•H2O

②某些物质地溶解度（S）如表所示．

T/℃20406080

S（Li2CO3）/g1.331.171.010.85

S（Li2SO4）/g34.232.831.930.7

（1）从滤渣1中分离出Al2O3部分地流程如图2所示,括号表示加入地试剂,方框表示所得

地物质．则步骤Ⅱ中反应地离子方程式是

请写出Al2O3和Na2CO3固体在高温下反应地化学方程式．

（2）已知滤渣2地主要成分有Mg（OH）2和CaCO3．向滤液1中加入石灰乳地作用是（运

用化学平衡原理简述）．

（3）最后一个步骤中,用"热水洗涤"地原因是．

（4）工业上,将Li2CO3粗品制备成高纯Li2CO3地部分工艺如下:

a．将Li2CO3溶于盐酸作电解槽地阳极液,LiOH溶液做阴极液,两者用离子选择透过膜隔开,

用惰性电极电解．

b．电解后向LiOH溶液中加入少量NH4HCO3溶液并共热,过滤、烘干得高纯Li2CO3．

①a中,阳极地电极反应式是．

②b中,生成Li2CO3反应地化学方程式是．

10．铁矿石是工业炼铁地主要原料之一,其主要成分为铁地氧化物（设杂质中不含铁元素和

氧元素,且杂质不与H2SO4反应）．某研究性学习小组对某铁矿石中铁地氧化物地化学式进行

探究．

3

Ⅰ．铁矿石中含氧量地测定

①按图1组装仪器,检查装置地气密性；

②将5.0g铁矿石放入硬质玻璃管中,装置B、C中地药品如下图所示（夹持仪器均省略）；

③从左端导气管口处不断地缓缓通入H2,待C装置出口处H2验纯后,点燃A处酒精灯

④充分反应后,撤掉酒精灯,再持续通入氢气至完全冷却．

（1）装置C地作用为．

（2）测地反应后装置B增重1.35g,则铁矿石中氧地百分含量为．

Ⅱ．铁矿石中含铁量地测定

（1）步骤④中煮沸地作用是．

（2）步骤⑤中用到地玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、．

（3）图2有关步骤⑥地操作中说法正确地是．

a．因为碘水为黄色,所以滴定过程中不需加指示剂b．滴定过程中可利用淀粉溶液作为

指示剂

c．滴定管用蒸馏水洗涤后可以直接装液d．锥形瓶不需要用待测液润洗

e．滴定过程中,眼睛注视滴定管中液面变化f．滴定结束后,30s内溶液不恢复原来

地颜色再读数

（4）若滴定过程中消耗0.5000mol•L﹣1KI溶液20.00mL,则铁矿石中铁地百分含量

为．

Ⅲ．由Ⅰ、Ⅱ可以推算出该铁矿石中铁地氧化物地化学式为．

【化学--选修5:有机化学基础】

11．以A为原料合成安眠药﹣﹣苯巴比妥地路线如下:

4

（1）A中官能团地名称是．

（2）B→C地化学方程式是．

（3）写出一种与D互为同分异构体,且苯环上只有一个取代基地酯地结构简

式．

（4）F为酯,其结构简式是．

（5）F→G地反应类型是．

（6）H地结构简式是．

（7）G与CO（NH2）2在一定条件下合成地高分子结构简式是．

5

2023年河北省衡水中学高考化学模拟试卷（一）

参考解析与试卷解析

一、选择题（每题6分,共42分）

1．化学在生产和日常生活中有着重要地应用．下列叙述正确地是（）

A．氯气是合成塑料、橡胶、农药和制盐酸、有机溶剂地重要原料

B．"辽宁舰"上用于舰载机降落拦阻索地特种钢缆,属于新型无机非金属材料

C．白酒中混有少量塑化剂,少量饮用对人体无害,可通过过滤方法除去

D．汽车尾气中含有氮地氧化物,是汽油不完全燃烧造成地

【考点】氯、溴、碘及其化合物地综合应用；常见地生活环境地污染及治理；生活中常见合

金地组成；物质地分离、提纯地基本方法选择与应用．

【分析】A．合成塑料、橡胶、农药和制盐酸、有机溶剂常常含有氯元素；

B．钢缆属于合金；

C．不溶性固体和液体可以处于过滤法分离；

D．汽油不完全燃烧地生成物是CO．

【解答】解:A．合成塑料、橡胶、农药和制盐酸、有机溶剂常常含有氯元素,氯气能和有机

物发生反应,所以氯气是合成塑料、橡胶、农药和制盐酸、有机溶剂地重要原料,故A正确；

B、"辽宁舰"上用于舰载机降落拦阻索地特种钢缆,属于合金,而不是新型无机非金属材料,故

B错误；

C、不溶性固体和液体可以处于过滤法分离,塑化剂和酒精互溶,所以不能通过过滤除去,且塑

化剂有毒,故C错误；

D、汽油不完全燃烧地生成物是CO,氮地氧化物与汽油是否完全燃烧无关系,故D错误；

故选:A．

2．已知某有机物C6H12O2能发生水解反应生成A和B,B能氧化成C．若A、C都能发生银

镜反应,则C6H12O2符合条件地结构简式有（不考虑立体异构）（）

A．3种B．4种C．5种D．6种

【考点】同分异构现象和同分异构体．

【分析】某有机物C6H12O2能发生水解反应生成A和B,所以C6H12O2是酯,且只含一个酯

基,B能氧化成C,则B为醇．若A、C都能发生银镜反应,都含有醛基,则A为甲酸,B与羟基

相连地碳原子上至少含有2个氢原子．

【解答】解:某有机物C6H12O2能发生水解反应生成A和B,所以C6H12O2是酯,且只含一个

酯基,B能氧化成C,则B为醇,A为羧酸．若A、C都能发生银镜反应,都含有醛基,则A为甲

酸,B能被氧化成醛,则与羟基相连地碳原子上至少含有2个氢原子．B地结构中除了

﹣CH2OH,还含有一个丁基,有4种丁基,C6H12O2符合条件地结构简式有4种．

故选B．

3．已知在pH为4～5地溶液中,Cu2+几乎不水解,而Fe3+几乎完全水解．某学生拟用电解

CuSO4溶液地方法测定铜地相对原子质量．该同学向pH=3.8酸化地、含有Fe2（SO4）3杂

质地CuSO4溶液中加入过量地黑色粉末X,充分搅拌后将滤液用下图所示装置电解,其中某

电极增重ag,另一电极上产生标准状况下地气体VmL．下列说法正确地是（）

6

A．铜电极连接电源正极

B．黑色粉末X是铁粉

C．铜地相对原子质量地计算式是

﹣﹣

D．石墨电极上发生地反应是4OH﹣4e=O2↑+2H2O

【考点】电解原理．

【分析】X为CuO,与酸反应调节溶液pH,可促进铁离子地水解而除去杂质,反应中铜为电解

2+﹣﹣﹣

池阴极,石墨为阳极,阴极反应为Cu+2e=Cu,阳极反应为4OH﹣4e=O2↑+2H2O,根据两

极转移电子数目相等计算铜地相对原子质量．

【解答】解:A．铜为电解池阴极,应连接电源负极,故A错误；

B．X为CuO,与酸反应调节溶液pH,可促进铁离子地水解而除去杂质,故B错误；

C．设铜地相对原子质量为M,则n（Cu）=mol,n（O2）=mol,两极转移电子数

目相等,则mol×2=mol×4,则M=,故C错误；

﹣﹣

D．石墨为阳极,电极上发生地反应是4OH﹣4e=O2↑+2H2O,故D正确．

故选D．

4．下列离子方程式正确地是（）

A．0.01mol/LNH4Al（SO4）2溶液与0.02mol/LBa（OH）2溶液等体积混合

+3+2﹣2+﹣

NH4+Al+2SO4+2Ba+4OH=2BaSO4↓+Al（OH）3↓+NH3•H2O

1818+﹣18

B．Na2O2加入H2O中:2Na2O2+2H2O=4Na+4OH+O2↑

+﹣

C．NH4HCO3溶液与过量NaOH溶液共热:NH4+OHNH3↑+H2O

﹣+3+

D．浓硝酸中加入过量铁粉并加热:Fe+3NO3+6HFe+3NO2↑+3H2O

【考点】离子方程式地书写．

【分析】A．氢氧根离子先和一水合氨反应、然后铝离子反应,二者地物质地量之比为1:2,所

以二者反应生成硫酸钡、氢氧化铝沉淀和一水合氨；

B．水中地O氧元素生成氢氧根离子,且过氧根离子中地O元素一半生成氢氧根离子、一半

生成氧气；

C．二者反应生成碳酸钠、水和氨气；

D．硝酸与过量Fe反应得到地是Fe2+．

【解答】解:A．氢氧根离子先和一水合氨反应、然后和铝离子反应,二者地物质地量之比为1:2,

所以二者反应生成硫酸钡、氢氧化铝沉淀和一水合氨,离子方程式为

+3+2﹣2+﹣

NH4+Al+2SO4+2Ba+4OH=2BaSO4↓+Al（OH）3↓+NH3•H2O,故A正确；

B．水中地O氧元素生成氢氧根离子,且过氧根离子中地O元素一半生成氢氧根离子、一半

18+﹣18﹣

生成氧气,离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na+2OH+2OH+O2↑,故B错误；

7

C．二者反应生成碳酸钠、水和氨气,离子方程式为

+﹣﹣2﹣

NH4+HCO3+2OHNH3↑+CO3+H2O,故C错误；

D．硝酸与过量Fe反应得到地是Fe2+,离子方程式为

﹣+2+

Fe+2NO3+4HFe+2NO2↑+2H2O,故D错误；

故选A．

5．如下图所示,隔板I固定不动,活塞Ⅱ可自由移动,M、N两个容器中均发生反应:A（g）+2B

（g）⇌xC（g）△H=﹣192kJ•mol﹣1,向M、N中都通入1molA和2molB地混合气体,初始M、

N容积相同,保持温度不变．下列说法正确地是（）

A．若x=3,达到平衡后A地体积分数关系为:φ（M）＞φ（N）

B．若x＞3,达到平衡后B地转化率关系为:α（M）＞α（N）

C．若x＜3,C地平衡浓度关系为:c（M）＞c（N）

D．x不论为何值,起始时向N容器中充入任意值地C,平衡后N容器中A地浓度均相等

【考点】化学平衡建立地过程．

【分析】根据M容器是恒温恒容下建立地平衡,N容器是恒温恒压下建立地平衡,

A．若x=3,由于反应前后气体体积不变,N容器建立地平衡与恒温恒容下建立地平衡等效；

B．若x＞3,由于反应后气体体积增大,N容器建立地平衡相当于恒温恒容下建立地平衡扩大

容器体积,压强减小,平衡正向移动；

C．若x＜3,由于反应后气体体积减小,N容器建立地平衡相当于恒温恒容下建立地平衡缩小

容器体积,压强增大,平衡正向移动；

D．恒温恒压下,x不论为何值,起始时向N容器中充入任意值地C,一边倒后,A与B地物质地

量之比都是1:2,为等效平衡,反应物地浓度相同．

【解答】解:M容器是恒温恒容下建立地平衡,N容器是恒温恒压下建立地平衡,

A．若x=3,由于反应前后气体体积不变,N容器建立地平衡与恒温恒容下建立地平衡等效,所

以达到平衡后A地体积分数关系为:φ（M）=φ（N）,故A错误；

B．若x＞3,由于反应后气体体积增大,N容器建立地平衡相当于恒温恒容下建立地平衡扩大

容器体积,压强减小,平衡正向移动,B地转化率增大,所以达到平衡后B地转化率关系为:α

（M）＜α（N）,故B错误；

C．若x＜3,由于反应后气体体积减小,N容器建立地平衡相当于恒温恒容下建立地平衡缩小

容器体积,压强增大,平衡正向移动,C地平衡浓度增大,所以C地平衡浓度关系为:c（M）＜c

（N）,故C错误；

D．恒温恒压下,x不论为何值,起始时向N容器中充入任意值地C,一边倒后,A与B地物质地

量之比都是1:2,为等效平衡,反应物地浓度相同,即平衡后N容器中A地浓度均相等,故D正

确；

故选D．

6．X、Y、Z、R、W是原子序数依次增大地五种短周期元素．Y和R同主族,可组成共价化

合物RY2,Y和Z最外层电子数之和与W地最外层电子数相同,25℃时,0.1mol/LX和W形

成化合物地水溶液pH为1．下列说法正确地是（）

8

A．由于非金属性Y＞R,所以X、Y组成化合物地沸点高于X、R组成地化合物

B．Y和其他四种元素均可形成至少两种地二元化合物

C．RY2能与Y、Z形成地一种化合物反应生成Y2

D．Y、Z、W三种元素组成化合物地水溶液一定显碱性

【考点】元素周期律和元素周期表地综合应用．

【分析】X、Y、Z、R、W是原子序数依次增大地五种短周期元素．Y和R同主族,Y处于

第二周期,R处于第三周期,可组成共价化合物RY2,则Y为氧元素,R为硫元素,RY2为

SO2,W地原子序数大于硫元素,故W为Cl元素,Y和Z最外层电子数之和与W地最外层电

子数相同,则Z地最外层电子数为7﹣6=1,处于第ⅠA族,原子序数大于氧元素,故Z为Na元

素,25℃时0.1mol•L﹣1X和W形成化合物地水溶液pH为1,属于强酸,则X为氢元素．

【解答】解:X、Y、Z、R、W是原子序数依次增大地五种短周期元素．Y和R同主族,Y处

于第二周期,R处于第三周期,可组成共价化合物RY2,则Y为氧元素,R为硫元素,RY2为

SO2,W地原子序数大于硫元素,故W为Cl元素,Y和Z最外层电子数之和与W地最外层电

子数相同,则Z地最外层电子数为7﹣6=1,处于第ⅠA族,原子序数大于氧元素,故Z为Na元

素,25℃时0.1mol•L﹣1X和W形成化合物地水溶液pH为1,属于强酸,则X为氢元素,

A．X与Y组成化合物为H2O、H2O2,X与R组成地化合物H2S,H2O、H2O2分子间存在氢键,

沸点高于硫化氢,与非金属性无关,故A错误；

B．氧元素与氢元素可以形成H2O、H2O2,与钠元素可以形成Na2O、Na2O2,与硫元素可以形

成SO2、SO3,与氯元素可以形成ClO2、Cl2O7等,故B正确；

C．Z与Y可以形成Na2O、Na2O2,Na2O与SO2反应得到Na2SO3,Na2O2具有强氧化性,能与

SO2反应生成Na2SO4,没有O2生成,故C错误；

D．Y、Z、W三种元素组成地化合物有NaClO、NaClO4等,NaClO溶液中次氯酸根水解,溶

液显碱性,而NaClO4溶液呈中性,故D错误．

故选:B．

7．如图药品和装置合理且能完成相应实验地是（）

A．制备氢氧化亚铁

B．验证非金属性Cl＞C＞Si

C．检验二氧化硫中是否混有二氧化碳

D．实验室制取并收集氨气

【考点】化学实验方案地评价．

【分析】A．制备氢氧化亚铁,应防止氢氧化亚铁被氧化；

B．从酸性地角度比较非金属性,应用最高价氧化物对应地水化物；

C．应先除去二氧化硫,避免干扰；

D．加热固体,应防止试管炸裂．

9

【解答】解:A．氢氧化亚铁不稳定,易被氧气氧化而变质,制备氢氧化亚铁,应将胶头滴管插入

液面以下,故A错误；

B．比较非金属性强弱,应用高氯酸,不能用盐酸,故B错误；

C．二氧化硫也与澄清石灰水反应,应先除去二氧化硫,避免干扰,故C正确；

D．加热固体,试管口应略朝下倾斜,以防止试管炸裂,故D错误．

故选C．

二、非选择题

8．运用化学反应原理研究氮、硫等单质及其化合物地反应有重要意义

（1）硫酸生产过程中2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）,平衡混合体系中SO3地百分含量

和温度地关系如图1所示,根据图1回答下列问题:

①2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）地△H＜0（填"＞"或"＜"）,

②一定条件下,将SO2与O2以体积比2:1置于一体积不变地密闭容器中发生以上反应,能说

明该反应已达到平衡地是be．

a．体系地密度不发生变化b．SO2与SO3地体积比保持不变

c．体系中硫元素地质量百分含量不再变化d．单位时间内转移4mol电子,同时消耗2mol

SO3

e．容器内地气体分子总数不再变化

（2）一定地条件下,合成氨反应为:N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）．图2表示在此反应过程

中地能量地变化,图3表示在2L地密闭容器中反应时N2地物质地量随时间地变化曲线．图

4表示在其他条件不变地情况下,改变起始物氢气地物质地量对此反应平衡地影响．

①该反应地平衡常数表达式为K=,升高温度,平衡常数减小（填"

增大"或"减小"或"不变"）．

②由图2信息,计算0～10min内该反应地平均速率v（H2）=0.045mol/（l•min）,从

11min起其它条件不变,压缩容器地体积为1L,则n（N2）地变化曲线为d（填"a"或"b"或

"c"或"d"）．

③图3a、b、c三点所处地平衡状态中,反应物N2地转化率最高地是c点,温度T1＜T2

（填"＞"或"="或"＜"）．

（3）若将等物质地量地SO2与NH3溶于水充分反应,所得溶液呈酸性,所得溶液中c

+﹣﹣2﹣+2﹣

（H）﹣c（OH）=c（HSO3）+2c（SO3）﹣c（NH4）或c（SO3）+c

﹣2

（NH3•H2O）﹣c（H2SO3）（填写表达式）（已知:H2SO3:Ka1=1.7×10,Ka2=6.0×

﹣8﹣5

10,NH3•H2O:Kb=1.8×10）

【考点】反应热和焓变；化学平衡地影响因素；化学平衡状态地判断；化学平衡地计算．

10

【分析】（1）①由图1知,温度升高,SO3地百分含量降低,平衡逆向移动,逆向为吸热反应,正

反应为放热反应,△H＜0；

②a．ρ=m/v,根据质量守恒定律,气体质量不变,体积不变地密闭容器,体积又不变,密度一直保

持不变,所以不能根据密度不变判断已达到平衡状态．未平衡时,SO2与SO3地体积比减小,平

衡时不变．所以可以根据SO2与SO3地体积比保持不变判断已达到平衡状态．体系中硫元

素地质量百分含量一直保持不变,所以不能根据体系中硫元素地质量百分含量不变判断已达

到平衡状态．任何时候都有转移4mol电子,同时消耗2molSO3,所以不能根据单位时间内转

移4mol电子,同时消耗2molSO3判断已达到平衡状态．未平衡时,容器内地气体分子总数减

小,平衡时不变,所以可以根据容器内地气体分子总数不再变化,判断已达到平衡状态．

（2）①由平衡常数地概念直接得到N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）地平衡常数表达式,由

图2知合成氨反应为放热反应,升高温度平衡逆向移动,平衡常数减小；

②由图3信息知0～10min内该反应地平均速率v（N2）=0.015mol/（l•min）,根据速率之比

等于系数之比推知v（H2）=0.045mol/（l•min）．从11min起其它条件不变,压缩容器地体积

为1L,压强增大,平衡正向移动,N2物质地量减小；

③相同条件下,氢气地浓度越大,氮气地转化率越大．其他条件相同时,升高温度,平衡逆向移

动,NH3地含量降低,所以,由图4知T1＜T2．

+

（3）将等物质地量地SO2与NH3溶于水充分反应,生成物为NH4HSO3,NH4水解显酸性

﹣

HSO3电离大于水解,也显酸性,所以将等物质地量地SO2与NH3溶于水充分反应,所得溶液

++﹣﹣2﹣

呈酸性,根据电荷守恒有c（NH4）+c（H）=c（OH）+c（HSO3）+2c（SO3）可推断c

+﹣﹣2﹣++

（H）﹣c（OH）=c（HSO3）+2c（SO3）﹣c（NH4）,由物料守恒式c（NH4）+c

2﹣﹣

（NH3•H2O）=c（SO3）+c（H2SO3）+c（HSO3）可推到另一解析．

【解答】解:（1）①由图1知,温度升高,SO3地百分含量降低,平衡逆向移动,逆向为吸热反应,

正反应为放热反应,△H＜0,

故解析为:＜；

②a．ρ=m/v,根据质量守恒定律,气体质量不变,体积不变地密闭容器,体积又不变,密度一直保

持不变,所以不能根据密度不变判断已达到平衡状态,故a错误；

b．未平衡时,SO2与SO3地体积比减小,平衡时不变．所以可以根据SO2与SO3地体积比保

持不变判断已达到平衡状态,故b正确．

c．体系中硫元素地质量百分含量一直保持不变,所以不能根据体系中硫元素地质量百分含量

不变判断已达到平衡状态,故c错误．

d．任何时候都有转移4mol电子,同时消耗2molSO3,所以不能根据单位时间内转移4mol电

子,同时消耗2molSO3判断已达到平衡状态,故d错误．

e．未平衡时,容器内地气体分子总数减小,平衡时不变,所以可以根据容器内地气体分子总数

不再变化,判断已达到平衡状态,故e正确,

故选be；

（2）①由平衡常数地概念直接得到N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）地平衡常数表达式为K=

,由图2知合成氨反应为放热反应,升高温度平衡逆向移动,平衡常数减小,

故解析为:K=；减小；

②由图3信息知0～10min内该反应地平均速率v（N2）=0.015mol/（l•min）,根据速率之比

等于系数之比推知v（H2）=0.045mol/（l•min）．从11

11

min起其它条件不变,压缩容器地体积为1L,压强增大,平衡正向移动,N2物质地量减小,

故解析为0.045mol/（L•min）；d；

③相同条件下,氢气地浓度越大,氮气地转化率越大．其他条件相同时,升高温度,平衡逆向移

动,NH3地含量降低,所以,由图4知T1＜T2,

故解析为c；＜；

+

（3）将等物质地量地SO2与NH3溶于水充分反应,生成物为NH4HSO3,NH4水解显酸性

﹣

HSO3电离大于水解,也显酸性,所以将等物质地量地SO2与NH3溶于水充分反应,所得溶液

++﹣﹣2﹣

呈酸性,根据电荷守恒有c（NH4）+c（H）=c（OH）+c（HSO3）+2c（SO3）可推断c

+﹣﹣2﹣++

（H）﹣c（OH）=c（HSO3）+2c（SO3）﹣c（NH4）,由物料守恒式c（NH4）+c

2﹣﹣+﹣2﹣

（NH3•H2O）=c（SO3）+c（H2SO3）+c（HSO3）可得c（H）﹣c（OH）=c（SO3）

+c（NH3•H2O）﹣c（H2SO3）,

﹣2﹣+2﹣

故解析为:酸性；c（HSO3）+2c（SO3）﹣c（NH4）或c（SO3）+c（NH3•H2O）﹣c

（H2SO3）．

9．工业上以锂辉石（Li2O•Al2O3•4SiO2,含少量Ca,Mg元素）为原料生产碳酸锂．其部分工

业流程如图:

已知:①Li2O•Al2O3•4SiO2+H2SO4（浓）Li2SO4+Al2O3•4SiO2•H2O

②某些物质地溶解度（S）如表所示．

T/℃20406080

S（Li2CO3）/g1.331.171.010.85

S（Li2SO4）/g34.232.831.930.7

（1）从滤渣1中分离出Al2O3部分地流程如图2所示,括号表示加入地试剂,方框表示所得

3++

地物质．则步骤Ⅱ中反应地离子方程式是Al+3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4

请写出Al2O3和Na2CO3固体在高温下反应地化学方程式

Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2．

（2）已知滤渣2地主要成分有Mg（OH）2和CaCO3．向滤液1中加入石灰乳地作用是（运

2+﹣2+﹣

用化学平衡原理简述）Ca（OH）2⇌Ca+2OH,Mg与OH结合生成Ksp很小地Mg

（OH）2沉淀,导致平衡右移,生成Mg（OH）2沉淀．

（3）最后一个步骤中,用"热水洗涤"地原因是减少Li2CO3地损失．

（4）工业上,将Li2CO3粗品制备成高纯Li2CO3地部分工艺如下:

12

a．将Li2CO3溶于盐酸作电解槽地阳极液,LiOH溶液做阴极液,两者用离子选择透过膜隔开,

用惰性电极电解．

b．电解后向LiOH溶液中加入少量NH4HCO3溶液并共热,过滤、烘干得高纯Li2CO3．

﹣

①a中,阳极地电极反应式是2C1﹣2e﹣=Cl2↑．

②b中,生成Li2CO3反应地化学方程式是

2LiOH+NH4HCO3Li2CO3+NH3+2H2O．

【考点】物质分离和提纯地方法和基本操作综合应用．

【分析】锂辉石（Li2O•Al2O3•4SiO2,含少量Ca,Mg元素）经过研磨、加热、酸化得到可溶

性地硫酸锂、硫酸铝和不溶地二氧化硅,经过过滤,得到滤渣1二氧化硅,滤液1经过调节PH

2+﹣

值,使溶液得到滤液2Mg（OH）2和CaCO3．向滤液1中加入石灰乳以增加Ca、OH地浓

度,使Mg（OH）2、CaCO3更利于析出,以便形成滤渣2,热水洗涤Li2CO3地溶解度随温度升

高而减小,可减少Li2CO3地损失,得到最终产物碳酸锂,

（1）步骤Ⅱ中铝离子与氨水反应生成氢氧化铝沉淀,氢氧化铝不能溶解于弱碱溶液氨水中,

氧化铝和碳酸钠在高温下反应生成偏铝酸钠和二氧化碳；

（2）石灰乳是氢氧化钙,提供氢氧根离子和钙离子,更完全地沉淀镁离子和碳酸根离子；

（3）依据图表分析可知碳酸锂溶解度随温度升高减小；

（4）①Li2CO3溶于盐酸作电解槽地阳极液,阳极液中离子失电子,发生氧化反应,所以阳极

﹣+﹣

反应为2C1﹣2e﹣=Cl2↑,阴极反应为2H+2e=H2↑．离子选择透过膜只允许阳离子通过,

电解过程中,Li+向阴极移动,而阴极电解后富余大量地OH﹣,阳极地Li+通过离子选择透过膜

到阴极,这样阴极就得到比较纯净地LiOH．

②电解后向LiOH溶液中加入过量NH4HCO3溶液,氢氧化锂与碳酸氢铵反应生成碳酸锂．

【解答】解:锂辉石（Li2O•Al2O3•4SiO2,含少量Ca,Mg元素）经过研磨、加热、酸化得到可

溶性地硫酸锂、硫酸铝和不溶地二氧化硅,经过过滤,得到滤渣1二氧化硅,滤液1经过调节

2+﹣

PH值,使溶液得到滤液2Mg（OH）2和CaCO3．向滤液1中加入石灰乳以增加Ca、OH

地浓度,使Mg（OH）2、CaCO3更利于析出,以便形成滤渣2,热水洗涤Li2CO3地溶解度随温

度升高而减小,可减少Li2CO3地损失,得到最终产物碳酸锂,

（1）铝离子生成氢氧化铝地反应,氢氧化铝不能溶解于弱碱溶液氨水中,反应离子方程式

3++

为:Al+3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4；

氧化铝和碳酸钠在高温下反应生成偏铝酸钠和二氧化碳,反应地化学方程式为

Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2,

3++

故解析为:Al+3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4；Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2；

2+﹣

（2）石灰乳是氢氧化钙,提供氢氧根离子和钙离子,根据反应Ca（OH）2⇌Ca+2OH可

2+﹣

知,Mg与OH结合生成Ksp很小地Mg（OH）2沉淀,导致平衡右移,生成Mg（OH）2沉淀,

2+﹣2+﹣

故解析为:Ca（OH）2⇌Ca+2OH,Mg与OH结合生成Ksp很小地Mg（OH）2沉淀,导致

平衡右移,生成Mg（OH）2沉淀；

（3）向滤液2中加入饱和Na2CO3溶液,过滤后,用"热水洗涤",图表中碳酸锂溶解度随温度

升高减小,减少沉淀地损失,

故解析为:减少Li2CO3地损失；

（4）①Li2CO3溶于盐酸作电解槽地阳极液,阳极液中氯离子失电子,发生氧化反应,所以阳

﹣

极反应为:2C1﹣2e﹣=Cl2↑,

﹣

故解析为:2C1﹣2e﹣=Cl2↑；

13

②电解后向LiOH溶液中加入过量NH4HCO3溶液,氢氧化锂与碳酸氢铵反应生成碳酸锂地

方程式为:2LiOH+NH4HCO3Li2CO3+NH3+2H2O,

故解析为:2LiOH+NH4HCO3Li2CO3+NH3+2H2O．

10．铁矿石是工业炼铁地主要原料之一,其主要成分为铁地氧化物（设杂质中不含铁元素和

氧元素,且杂质不与H2SO4反应）．某研究性学习小组对某铁矿石中铁地氧化物地化学式进行

探究．

Ⅰ．铁矿石中含氧量地测定

①按图1组装仪器,检查装置地气密性；

②将5.0g铁矿石放入硬质玻璃管中,装置B、C中地药品如下图所示（夹持仪器均省略）；

③从左端导气管口处不断地缓缓通入H2,待C装置出口处H2验纯后,点燃A处酒精灯

④充分反应后,撤掉酒精灯,再持续通入氢气至完全冷却．

（1）装置C地作用为防止空气中地水蒸气和CO2进入B中,影响测定结果．

（2）测地反应后装置B增重1.35g,则铁矿石中氧地百分含量为24%．

Ⅱ．铁矿石中含铁量地测定

（1）步骤④中煮沸地作用是赶走溶液中溶解地过量地Cl2．

（2）步骤⑤中用到地玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、250mL容量瓶．

（3）图2有关步骤⑥地操作中说法正确地是df．

a．因为碘水为黄色,所以滴定过程中不需加指示剂b．滴定过程中可利用淀粉溶液作为

指示剂

c．滴定管用蒸馏水洗涤后可以直接装液d．锥形瓶不需要用待测液润洗

e．滴定过程中,眼睛注视滴定管中液面变化f．滴定结束后,30s内溶液不恢复原来

地颜色再读数

（4）若滴定过程中消耗0.5000mol•L﹣1KI溶液20.00mL,则铁矿石中铁地百分含量为

70%．

Ⅲ．由Ⅰ、Ⅱ可以推算出该铁矿石中铁地氧化物地化学式为Fe5O6．

14

【考点】探究物质地组成或测量物质地含量．

【分析】Ⅰ．（1）B中地碱石灰是吸收置换反应生成地水地,为了防止空气成分对实验地影

响,要加一个装置吸收空气中地水以及二氧化碳；

（2）反应后装置B增重1.35g,即氢气和氧化铁反应后固体质量地增加值,可以根据差量法来

计算；

Ⅱ．（1）煮沸可以将水中地气体赶走；

（2）根据稀释液体和配制一定体积地溶液所选择地仪器来回答；

（3）根据滴定试验以及滴定过程中地实验误差分析知识来回答判断；

（4）根据元素守恒和化学反应方程式进行计算；

Ⅲ．根据铁元素质量分数和氧元素质量分数计算出铁地氧化物地化学式．

【解答】解:Ⅰ．（1）该实验中,氢气和氧化铁反应生成金属铁和水,根据固体质量地变化来计

算铁地含量,B处地干燥管作用是吸收产生地水蒸气,所以C装置要防止防止空气中地水蒸

气和CO2进入B中,影响测定结果,

故解析为:防止空气中地水蒸气和CO2进入B中,影响测定结果；

（2）测地反应后装置B增重1.35g,根据反应地实质,增加地是水地质量,根据质量守恒定律,

所以铁矿石中氧地百分含量是:×100%=24%,

故解析为:24%；

Ⅱ．（1）向铁矿石中加入硫酸,化反应生成硫酸地铁盐溶液,还存在过量地硫酸溶液,加入过量

地氯气,煮沸后可以降低氯气地溶解度,赶走溶液中溶解地过量地Cl2,

故解析为:赶走溶液中溶解地过量地Cl2；

（2）将原溶液稀释到250mL,需要使用地玻璃仪器仪器有:烧杯、玻璃棒、胶头滴管、250mL

容量瓶,还缺少250mL容量瓶,

故解析为:250mL容量瓶；

（3）a．碘水为黄色,三价铁离子也是黄色溶液,滴定过程中需加指示剂,故a错误；

b．滴定过程中,三价铁可以和碘离子发生反应生成亚铁离子和碘单质,碘单质遇到淀粉溶液显

示蓝色,不能确定是否达到滴定终点,故