2024年河北省衡水中学高考化学模拟试卷(一)

第1页〔共1页〕2024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．〔6分〕化学在生产和日常生活中有着重要的应用．以下表达正确的选项是〔〕A．氯气是合成塑料、橡胶、农药和制盐酸、有机溶剂的重要原料B．“辽宁舰〞上用于舰载机降落拦阻索的特种钢缆，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．汽车尾气中含有氮的氧化物，是汽油不完全燃烧造成的2．〔6分〕某有机物C6H12O2能发生水解反响生成A和B，B能氧化成C．假设A、C都能发生银镜反响，那么C6H12O2符合条件的结构简式有〔不考虑立体异构〕〔〕A．3种 B．4种 C．5种 D．6种3．〔6分〕在pH为4～5的溶液中，Cu2+几乎不水解，而Fe3+几乎完全水解．某学生拟用电解CuSO4溶液的方法测定铜的相对原子质量．该同学向pH=3.8酸化的、含有Fe2〔SO4〕3杂质的CuSO4溶液中参加过量的黑色粉末X，充分搅拌后将滤液用以以下列图所示装置电解，其中某电极增重ag，另一电极上产生标准状况下的气体VmL．以下说法正确的选项是〔〕A．铜电极连接电源正极B．黑色粉末X是铁粉C．铜的相对原子质量的计算式是D．石墨电极上发生的反响是4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O4．〔6分〕以下离子方程式正确的选项是〔〕A．0.01mol/LNH4Al〔SO4〕2溶液与0.02mol/LBa〔OH〕2溶液等体积混合NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=2BaSO4↓+Al〔OH〕3↓+NH3•H2OB．Na2O2参加H218O中：2Na2O2+2H218O=4Na++4OH﹣+18O2↑C．NH4HCO3溶液与过量NaOH溶液共热：NH4++OH﹣NH3↑+H2OD．浓硝酸中参加过量铁粉并加热：Fe+3NO3﹣+6H+Fe3++3NO2↑+3H2O5．〔6分〕如以下列图，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响：A〔g〕+2B〔g〕⇌xC〔g〕△H=﹣192kJ•mol﹣1，向M、N中都通入1molA和2molB的混合气体，初始M、N容积相同，保持温度不变．以下说法正确的选项是〔〕A．假设x=3，到达平衡后A的体积分数关系为：φ〔M〕＞φ〔N〕B．假设x＞3，到达平衡后B的转化率关系为：α〔M〕＞α〔N〕C．假设x＜3，C的平衡浓度关系为：c〔M〕＞c〔N〕D．x不管为何值，起始时向N容器中充入任意值的C，平衡后N容器中A的浓度均相等6．〔6分〕X、Y、Z、R、W是原子序数依次增大的五种短周期元素．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的最外层电子数相同，25℃时，0.1mol/LX和W形成化合物的水溶液pH为1．以下说法正确的选项是〔〕A．由于非金属性Y＞R，所以X、Y组成化合物的沸点高于X、R组成的化合物B．Y和其他四种元素均可形成至少两种的二元化合物C．RY2能与Y、Z形成的一种化合物反响生成Y2D．Y、Z、W三种元素组成化合物的水溶液一定显碱性7．〔6分〕如图药品和装置合理且能完成相应实验的是〔〕A．制备氢氧化亚铁B．验证非金属性Cl＞C＞SiC．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．〔15分〕运用化学反响原理研究氮、硫等单质及其化合物的反响有重要意义．〔1〕硫酸生产过程中2SO2〔g〕+O2〔g〕⇌2SO3〔g〕，平衡混合体系中SO3的百分含量和温度的关系如右图所示，根据图1答复以下问题：①2SO2〔g〕+O2〔g〕⇌2SO3〔g〕的△H0〔填“＞〞或“＜〞〕．②一定条件下，将SO2与O2以体积比2：1置于一体积不变的密闭容器中发生以上反响，能说明该反响已到达平衡的是〔填字母编号〕．a．体系的密度不发生变化b．SO2与SO3的体积比保持不变c．体系中硫元素的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2molSO3e．容器内的气体分子总数不再变化〔2〕一定的条件下，合成氨反响为：N2〔g〕+3H2〔g〕⇌2NH3〔g〕．图2表示在此反响过程中的能量的变化，图3表示在2L的密闭容器中反响时N2的物质的量随时间的变化曲线．图4表示在其他条件不变的情况下，改变起始物氢气的物质的量对此反响平衡的影响．①该反响的平衡常数表达式为，升高温度，平衡常数〔填“增大〞或“减小〞或“不变〞〕．②由图3信息，计算0～10min内该反响的平均速率v〔H2〕=，从11min起其它条件不变，压缩容器的体积为1L，那么n〔N2〕的变化曲线为〔填“a〞或“b〞或“c〞或“d〞〕③图4a、b、c三点所处的平衡状态中，反响物N2的转化率最高的是点，温度T1T2〔填“＞〞或“=〞或“＜〞〕〔3〕假设将等物质的量的SO2与NH3溶于水充分反响，所得溶液呈性，所得溶液中c〔H+〕﹣c〔OH﹣〕=〔填写表达式〕〔：H2SO3：Ka1=1.7×10﹣2，Ka2=6.0×10﹣8，NH3•H2O：Kb=1.8×10﹣5〕．9．〔14分〕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．其局部工业流程如图：：①Li2O•Al2O3•4SiO2+H2SO4〔浓〕Li2SO4+Al2O3•4SiO2•H2O②某些物质的溶解度〔S〕如表所示．T/℃20406080S〔Li2CO3〕/g1.331.171.010.85S〔Li2SO4〕/g34.232.831.930.7〔1〕从滤渣1中别离出Al2O3局部的流程如图2所示，括号表示参加的试剂，方框表示所得的物质．那么步骤Ⅱ中反响的离子方程式是请写出Al2O3和Na2CO3固体在高温下反响的化学方程式．〔2〕滤渣2的主要成分有Mg〔OH〕2和CaCO3．向滤液1中参加石灰乳的作用是〔运用化学平衡原理简述〕．〔3〕最后一个步骤中，用“热水洗涤〞的原因是．〔4〕工业上，将Li2CO3粗品制备成高纯Li2CO3的局部工艺如下：a．将Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液，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溶液中参加少量NH4HCO3溶液并共热，过滤、烘干得高纯Li2CO3．①a中，阳极的电极反响式是．②b中，生成Li2CO3反响的化学方程式是．10．〔14分〕铁矿石是工业炼铁的主要原料之一，其主要成分为铁的氧化物〔设杂质中不含铁元素和氧元素，且杂质不与H2SO4反响〕．某研究性学习小组对某铁矿石中铁的氧化物的化学式进行探究．Ⅰ．铁矿石中含氧量的测定①按图1组装仪器，检查装置的气密性；②将5.0g铁矿石放入硬质玻璃管中，装置B、C中的药品如以下列图〔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充分反响后，撤掉酒精灯，再持续通入氢气至完全冷却．〔1〕装置C的作用为．〔2〕测的反响后装置B增重1.35g，那么铁矿石中氧的百分含量为．Ⅱ．铁矿石中含铁量的测定〔1〕步骤④中煮沸的作用是．〔2〕步骤⑤中用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、．〔3〕图2有关步骤⑥的操作中说法正确的选项是．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内溶液不恢复原来的颜色再读数〔4〕假设滴定过程中消耗0.5000mol•L﹣1KI溶液20.00mL，那么铁矿石中铁的百分含量为．Ⅲ．由Ⅰ、Ⅱ可以推算出该铁矿石中铁的氧化物的化学式为．【化学--选修5：有机化学根底】〔15分〕11．〔15分〕以A为原料合成安眠药﹣﹣苯巴比妥的路线如下：〔1〕A中官能团的名称是．〔2〕B→C的化学方程式是．〔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的酯的结构简式．〔4〕F为酯，其结构简式是．〔5〕F→G的反响类型是．〔6〕H的结构简式是．〔7〕G与CO〔NH2〕2在一定条件下合成的高分子结构简式是．

2024年河北省衡水中学高考化学模拟试卷〔一〕参考答案与试题解析一、选择题〔每题6分，共42分〕1．〔6分〕化学在生产和日常生活中有着重要的应用．以下表达正确的选项是〔〕A．氯气是合成塑料、橡胶、农药和制盐酸、有机溶剂的重要原料B．“辽宁舰〞上用于舰载机降落拦阻索的特种钢缆，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．汽车尾气中含有氮的氧化物，是汽油不完全燃烧造成的【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别离；D．汽油不完全燃烧的生成物是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响，所以氯气是合成塑料、橡胶、农药和制盐酸、有机溶剂的重要原料，故A正确；B、“辽宁舰“上用于舰载机降落拦阻索的特种钢缆，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别离，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、汽油不完全燃烧的生成物是CO，氮的氧化物与汽油是否完全燃烧无关系，故D错误；应选：A．【点评】此题考查了物质的性质和用途，明确物质的性质决定用途，用途表达性质是解此题关键，难度不大．2．〔6分〕某有机物C6H12O2能发生水解反响生成A和B，B能氧化成C．假设A、C都能发生银镜反响，那么C6H12O2符合条件的结构简式有〔不考虑立体异构〕〔〕A．3种 B．4种 C．5种 D．6种【分析】某有机物C6H12O2能发生水解反响生成A和B，所以C6H12O2是酯，且只含一个酯基，B能氧化成C，那么B为醇．假设A、C都能发生银镜反响，都含有醛基，那么A为甲酸，B与羟基相连的碳原子上至少含有2个氢原子．【解答】解：某有机物C6H12O2能发生水解反响生成A和B，所以C6H12O2是酯，且只含一个酯基，B能氧化成C，那么B为醇，A为羧酸．假设A、C都能发生银镜反响，都含有醛基，那么A为甲酸，B能被氧化成醛，那么与羟基相连的碳原子上至少含有2个氢原子．B的结构中除了﹣CH2OH，还含有一个丁基，有4种丁基，C6H12O2符合条件的结构简式有4种．应选B．【点评】此题考查了根据物质的性质判断物质的结构，难度不大，明确物质官能团能发生的化学反响是解此题的关键．3．〔6分〕在pH为4～5的溶液中，Cu2+几乎不水解，而Fe3+几乎完全水解．某学生拟用电解CuSO4溶液的方法测定铜的相对原子质量．该同学向pH=3.8酸化的、含有Fe2〔SO4〕3杂质的CuSO4溶液中参加过量的黑色粉末X，充分搅拌后将滤液用以以下列图所示装置电解，其中某电极增重ag，另一电极上产生标准状况下的气体VmL．以下说法正确的选项是〔〕A．铜电极连接电源正极B．黑色粉末X是铁粉C．铜的相对原子质量的计算式是D．石墨电极上发生的反响是4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O【分析】X为CuO，与酸反响调节溶液pH，可促进铁离子的水解而除去杂质，反响中铜为电解池阴极，石墨为阳极，阴极反响为Cu2++2e﹣=Cu，阳极反响为4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O，根据两极转移电子数目相等计算铜的相对原子质量．【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，与酸反响调节溶液pH，可促进铁离子的水解而除去杂质，故B错误；C．设铜的相对原子质量为M，那么n〔Cu〕=mol，n〔O2〕=mol，两极转移电子数目相等，那么mol×2=mol×4，那么M=，故C错误；D．石墨为阳极，电极上发生的反响是4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O，故D正确．应选D．【点评】此题考查电解原理，题目难度不大，注意根据电极增重和生成气体判断电解池的两极反响，根据两极转移电子数目相等的关系测定铜的相对原子质量．4．〔6分〕以下离子方程式正确的选项是〔〕A．0.01mol/LNH4Al〔SO4〕2溶液与0.02mol/LBa〔OH〕2溶液等体积混合NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=2BaSO4↓+Al〔OH〕3↓+NH3•H2OB．Na2O2参加H218O中：2Na2O2+2H218O=4Na++4OH﹣+18O2↑C．NH4HCO3溶液与过量NaOH溶液共热：NH4++OH﹣NH3↑+H2OD．浓硝酸中参加过量铁粉并加热：Fe+3NO3﹣+6H+Fe3++3NO2↑+3H2O【分析】A．氢氧根离子先和一水合氨反响、然后铝离子反响，二者的物质的量之比为1：2，所以二者反响生成硫酸钡、氢氧化铝沉淀和一水合氨；B．水中的O氧元素生成氢氧根离子，且过氧根离子中的O元素一半生成氢氧根离子、一半生成氧气；C．二者反响生成碳酸钠、水和氨气；D．硝酸与过量Fe反响得到的是Fe2+．【解答】解：A．氢氧根离子先和一水合氨反响、然后和铝离子反响，二者的物质的量之比为1：2，所以二者反响生成硫酸钡、氢氧化铝沉淀和一水合氨，离子方程式为NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=2BaSO4↓+Al〔OH〕3↓+NH3•H2O，故A正确；B．水中的O氧元素生成氢氧根离子，且过氧根离子中的O元素一半生成氢氧根离子、一半生成氧气，离子方程式为2Na2O2+2H218O=4Na++2OH﹣+218OH﹣+O2↑，故B错误；C．二者反响生成碳酸钠、水和氨气，离子方程式为NH4++HCO3﹣+2OH﹣NH3↑+CO32﹣+H2O，故C错误；D．硝酸与过量Fe反响得到的是Fe2+，离子方程式为Fe+2NO3﹣+4H+Fe2++2NO2↑+2H2O，故D错误；应选A．【点评】此题考查离子方程式正误判断，为高考高频点，明确物质的性质及离子反响条件是解此题关键，易错选项是AB，注意A中反响物的量关系、注意B中过氧根离子的生成物，为易错点．5．〔6分〕如以下列图，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响：A〔g〕+2B〔g〕⇌xC〔g〕△H=﹣192kJ•mol﹣1，向M、N中都通入1molA和2molB的混合气体，初始M、N容积相同，保持温度不变．以下说法正确的选项是〔〕A．假设x=3，到达平衡后A的体积分数关系为：φ〔M〕＞φ〔N〕B．假设x＞3，到达平衡后B的转化率关系为：α〔M〕＞α〔N〕C．假设x＜3，C的平衡浓度关系为：c〔M〕＞c〔N〕D．x不管为何值，起始时向N容器中充入任意值的C，平衡后N容器中A的浓度均相等【分析】根据M容器是恒温恒容下建立的平衡，N容器是恒温恒压下建立的平衡，A．假设x=3，由于反响前后气体体积不变，N容器建立的平衡与恒温恒容下建立的平衡等效；B．假设x＞3，由于反响后气体体积增大，N容器建立的平衡相当于恒温恒容下建立的平衡扩大容器体积，压强减小，平衡正向移动；C．假设x＜3，由于反响后气体体积减小，N容器建立的平衡相当于恒温恒容下建立的平衡缩小容器体积，压强增大，平衡正向移动；D．恒温恒压下，x不管为何值，起始时向N容器中充入任意值的C，一边倒后，A与B的物质的量之比都是1：2，为等效平衡，反响物的浓度相同．【解答】解：M容器是恒温恒容下建立的平衡，N容器是恒温恒压下建立的平衡，A．假设x=3，由于反响前后气体体积不变，N容器建立的平衡与恒温恒容下建立的平衡等效，所以到达平衡后A的体积分数关系为：φ〔M〕=φ〔N〕，故A错误；B．假设x＞3，由于反响后气体体积增大，N容器建立的平衡相当于恒温恒容下建立的平衡扩大容器体积，压强减小，平衡正向移动，B的转化率增大，所以到达平衡后B的转化率关系为：α〔M〕＜α〔N〕，故B错误；C．假设x＜3，由于反响后气体体积减小，N容器建立的平衡相当于恒温恒容下建立的平衡缩小容器体积，压强增大，平衡正向移动，C的平衡浓度增大，所以C的平衡浓度关系为：c〔M〕＜c〔N〕，故C错误；D．恒温恒压下，x不管为何值，起始时向N容器中充入任意值的C，一边倒后，A与B的物质的量之比都是1：2，为等效平衡，反响物的浓度相同，即平衡后N容器中A的浓度均相等，故D正确；应选D．【点评】此题考查学生影响化学平衡移动的因素，注意恒温恒容下的平衡与恒温恒压下的平衡间的关系以及等效平衡的判断，可以根据所学知识来答复，难度中等．6．〔6分〕X、Y、Z、R、W是原子序数依次增大的五种短周期元素．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的最外层电子数相同，25℃时，0.1mol/LX和W形成化合物的水溶液pH为1．以下说法正确的选项是〔〕A．由于非金属性Y＞R，所以X、Y组成化合物的沸点高于X、R组成的化合物B．Y和其他四种元素均可形成至少两种的二元化合物C．RY2能与Y、Z形成的一种化合物反响生成Y2D．Y、Z、W三种元素组成化合物的水溶液一定显碱性【分析】X、Y、Z、R、W是原子序数依次增大的五种短周期元素．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，那么Y为氧元素，R为硫元素，RY2为SO2，W的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的最外层电子数相同，那么Z的最外层电子数为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形成化合物的水溶液pH为1，属于强酸，那么X为氢元素．【解答】解：X、Y、Z、R、W是原子序数依次增大的五种短周期元素．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，那么Y为氧元素，R为硫元素，RY2为SO2，W的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的最外层电子数相同，那么Z的最外层电子数为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形成化合物的水溶液pH为1，属于强酸，那么X为氢元素，A．X与Y组成化合物为H2O、H2O2，X与R组成的化合物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反响得到Na2SO3，Na2O2具有强氧化性，能与SO2反响生成Na2SO4，没有O2生成，故C错误；D．Y、Z、W三种元素组成的化合物有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．应选：B．【点评】此题考查位置结构性质关系应用，侧重对元素化合物知识的考查，推断元素是解题的关键，“Y、R元素的位置及二者形成的共价化合物RY2〞是推断的突破口．7．〔6分〕如图药品和装置合理且能完成相应实验的是〔〕A．制备氢氧化亚铁B．验证非金属性Cl＞C＞SiC．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【分析】A．制备氢氧化亚铁，应防止氢氧化亚铁被氧化；B．从酸性的角度比较非金属性，应用最高价氧化物对应的水化物；C．应先除去二氧化硫，防止干扰；D．加热固体，应防止试管炸裂．【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响，应先除去二氧化硫，防止干扰，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．应选C．【点评】此题考查较为综合，涉及物质的制备、检验等知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质以及实验的严密性和可行性的评价，难度不大．二、非选择题8．〔15分〕运用化学反响原理研究氮、硫等单质及其化合物的反响有重要意义．〔1〕硫酸生产过程中2SO2〔g〕+O2〔g〕⇌2SO3〔g〕，平衡混合体系中SO3的百分含量和温度的关系如右图所示，根据图1答复以下问题：①2SO2〔g〕+O2〔g〕⇌2SO3〔g〕的△H＜0〔填“＞〞或“＜〞〕．②一定条件下，将SO2与O2以体积比2：1置于一体积不变的密闭容器中发生以上反响，能说明该反响已到达平衡的是be〔填字母编号〕．a．体系的密度不发生变化b．SO2与SO3的体积比保持不变c．体系中硫元素的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2molSO3e．容器内的气体分子总数不再变化〔2〕一定的条件下，合成氨反响为：N2〔g〕+3H2〔g〕⇌2NH3〔g〕．图2表示在此反响过程中的能量的变化，图3表示在2L的密闭容器中反响时N2的物质的量随时间的变化曲线．图4表示在其他条件不变的情况下，改变起始物氢气的物质的量对此反响平衡的影响．①该反响的平衡常数表达式为K=，升高温度，平衡常数减小〔填“增大〞或“减小〞或“不变〞〕．②由图3信息，计算0～10min内该反响的平均速率v〔H2〕=0.045mol/L•min，从11min起其它条件不变，压缩容器的体积为1L，那么n〔N2〕的变化曲线为d〔填“a〞或“b〞或“c〞或“d〞〕③图4a、b、c三点所处的平衡状态中，反响物N2的转化率最高的是c点，温度T1＜T2〔填“＞〞或“=〞或“＜〞〕〔3〕假设将等物质的量的SO2与NH3溶于水充分反响，所得溶液呈酸性，所得溶液中c〔H+〕﹣c〔OH﹣〕=c〔HSO3﹣〕+2c〔SO32﹣〕﹣c〔NH4+〕〔填写表达式〕〔：H2SO3：Ka1=1.7×10﹣2，Ka2=6.0×10﹣8，NH3•H2O：Kb=1.8×10﹣5〕．【分析】〔1〕①由图可知，温度越高SO3的含量越低，即升高温度平衡向逆反响移动；②根据反响到达平衡状态时，正逆反响速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量也不变；〔2〕①由图象1分析，反响是放热反响，依据化学方程式和平衡常数概念分析写出表达式；②分析图象变化量，计算氮气的反响速率，结合反响速率之比等于系数之比计算得到氢气速率，依据化学反响速率概念计算得到，缩体积，增大压强，平衡向正反响移动，改变瞬间n〔N2〕不变，达平衡是n〔N2〕减小；③图3表示平衡时氨气含量与氢气起始物质的量关系，曲线上各点都处于平衡状态，达平衡后，增大氢气用量，氮气的转化率增大；由图3可知，氢气的起始物质的量相同时，温度T1平衡后，氨气的含量更高，该反响为放热反响，降低温度平衡向正反响移动，故温度T1＜T2，据此解答；〔3〕依据溶液中电荷守恒分析．【解答】解：〔1〕①由图可知，温度越高SO3的含量越低，即升高温度平衡向逆反响移动，所以正反响是放热反响，△H＜0，故答案为：＜；②2SO2〔g〕+O2〔g〕⇌2SO3〔g〕，反响气体体积减小，气体质量不变，a．2SO2〔g〕+O2〔g〕⇌2SO3〔g〕，反响气体体积减小，气体质量不变，体系的密度不发生变化，所以体系的密度不发生变化，不能说明反响到达平衡状态，故a错误；b．SO2与SO3的体积比保持不变，反响到达平衡状态，故b正确；c．2SO2〔g〕+O2〔g〕⇌2SO3〔g〕，气体质量不变，S元素质量不变，体系中硫元素的质量百分含量不再变化，不能说明反响到达平衡状态，故c错误；d．任何状态下，单位时间内转移4mol电子，同时消耗2molSO3，不能说明反响到达平衡状态，故d错误；e．容器内的气体分子总数不再变化，说明各物质的浓度不变，说明反响到达平衡状态，故e正确．故答案为：be；〔2〕①N2〔g〕+3H2〔g〕⇌2NH3〔g〕，反响的平衡常数K=，图象1分析可知反响是放热反响，反响物能量高于生成物能量，温度升高平衡逆向进行，平衡常数减小，故答案为：；减小；②图象分析2L的密闭容器中，V〔N2〕=V〔H2〕==0.015mol/L•min，V〔H2〕=0.045mol/L•min；从11min起其它条件不变，压缩容器的体积为1L，压强增大，平衡正向进行，瞬间氮气物质的量不变，随平衡正向进行，氮气物质的量减小，那么n〔N2〕的变化曲线d符合；故答案为：0.045mol/L•min；d；③图3表示平衡时氨气含量与氢气起始物质的量关系，曲线上各点都处于平衡状态，故a、b、c都处于平衡状态，达平衡后，增大氢气用量，氮气的转化率增大，故a、b、c三点中，c的氮气的转化率最高；由图3可知，氢气的起始物质的量相同时，温度T1平衡后，氨气的含量更高，该反响为放热反响，降低温度平衡向正反响移动，故温度T1＜T2，温度越高化学平衡越低，故K1＞K2；故答案为：c；＜；〔3〕假设将等物质的量的SO2与NH3溶于水充分反响，所得溶液呈酸性，c〔OH﹣〕=c〔H+〕，电解质溶液中存在电荷守恒c〔H+〕+c〔NH4+〕=c〔OH﹣〕+c〔HSO3﹣〕+2c〔SO32﹣〕得到：c〔H+〕﹣c〔OH﹣〕=c〔HSO3﹣〕+2c〔SO32﹣〕﹣c〔NH4+〕，故答案为：酸；c〔HSO3﹣〕+2c〔SO32﹣〕﹣c〔NH4+〕．【点评】此题考查了化学反响和化学平衡影响因素的分析判断，图象分析和平衡常数变化是解题关键，题目难度中等．9．〔14分〕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．其局部工业流程如图：：①Li2O•Al2O3•4SiO2+H2SO4〔浓〕Li2SO4+Al2O3•4SiO2•H2O②某些物质的溶解度〔S〕如表所示．T/℃20406080S〔Li2CO3〕/g1.331.171.010.85S〔Li2SO4〕/g34.232.831.930.7〔1〕从滤渣1中别离出Al2O3局部的流程如图2所示，括号表示参加的试剂，方框表示所得的物质．那么步骤Ⅱ中反响的离子方程式是Al3++3NH3•H2O=Al〔OH〕3↓+3NH4+请写出Al2O3和Na2CO3固体在高温下反响的化学方程式Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2．〔2〕滤渣2的主要成分有Mg〔OH〕2和CaCO3．向滤液1中参加石灰乳的作用是〔运用化学平衡原理简述〕Ca〔OH〕2⇌Ca2++2OH﹣，Mg2+与OH﹣结合生成Ksp很小的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〞的原因是减少Li2CO3的损失．〔4〕工业上，将Li2CO3粗品制备成高纯Li2CO3的局部工艺如下：a．将Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液，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溶液中参加少量NH4HCO3溶液并共热，过滤、烘干得高纯Li2CO3．①a中，阳极的电极反响式是2C1﹣﹣2e﹣=Cl2↑．②b中，生成Li2CO3反响的化学方程式是2LiOH+NH4HCO3Li2CO3+NH3+2H2O．【分析】锂辉石〔Li2O•Al2O3•4SiO2，含少量Ca，Mg元素〕经过研磨、加热、酸化得到可溶性的硫酸锂、硫酸铝和不溶的二氧化硅，经过过滤，得到滤渣1二氧化硅，滤液1经过调节PH值，使溶液得到滤液2Mg〔OH〕2和CaCO3．向滤液1中参加石灰乳以增加Ca2+、OH﹣的浓度，使Mg〔OH〕2、CaCO3更利于析出，以便形成滤渣2，热水洗涤Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，可减少Li2CO3的损失，得到最终产物碳酸锂，〔1〕步骤Ⅱ中铝离子与氨水反响生成氢氧化铝沉淀，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响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，更完全的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溶于盐酸作电解槽的阳极液，阳极液中离子失电子，发生氧化反响，所以阳极反响为2C1﹣﹣2e﹣=Cl2↑，阴极反响为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，而阴极电解后充裕大量的OH﹣，阳极的Li+通过离子选择透过膜到阴极，这样阴极就得到比较纯洁的LiOH．②电解后向LiOH溶液中参加过量NH4HCO3溶液，氢氧化锂与碳酸氢铵反响生成碳酸锂．【解答】解：锂辉石〔Li2O•Al2O3•4SiO2，含少量Ca，Mg元素〕经过研磨、加热、酸化得到可溶性的硫酸锂、硫酸铝和不溶的二氧化硅，经过过滤，得到滤渣1二氧化硅，滤液1经过调节PH值，使溶液得到滤液2Mg〔OH〕2和CaCO3．向滤液1中参加石灰乳以增加Ca2+、OH﹣的浓度，使Mg〔OH〕2、CaCO3更利于析出，以便形成滤渣2，热水洗涤Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，可减少Li2CO3的损失，得到最终产物碳酸锂，〔1〕铝离子生成氢氧化铝的反响，氢氧化铝不能溶解于弱碱溶液氨水中，反响离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al〔OH〕3↓+3NH4+；氧化铝和碳酸钠在高温下反响生成偏铝酸钠和二氧化碳，反响的化学方程式为Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2，故答案为：Al3++3NH3•H2O=Al〔OH〕3↓+3NH4+；Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2；〔2〕石灰乳是氢氧化钙，提供氢氧根离子和钙离子，根据反响Ca〔OH〕2⇌Ca2++2OH﹣可知，Mg2+与OH﹣结合生成Ksp很小的Mg〔OH〕2沉淀，导致平衡右移，生成Mg〔OH〕2沉淀，故答案为：Ca〔OH〕2⇌Ca2++2OH﹣，Mg2+与OH﹣结合生成Ksp很小的Mg〔OH〕2沉淀，导致平衡右移，生成Mg〔OH〕2沉淀；〔3〕向滤液2中参加饱和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，减少沉淀的损失，故答案为：减少Li2CO3的损失；〔4〕①Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液，阳极液中氯离子失电子，发生氧化反响，所以阳极反响为：2C1﹣﹣2e﹣=Cl2↑，故答案为：2C1﹣﹣2e﹣=Cl2↑；②电解后向LiOH溶液中参加过量NH4HCO3溶液，氢氧化锂与碳酸氢铵反响生成碳酸锂的方程式为：2LiOH+NH4HCO3Li2CO3+NH3+2H2O，故答案为：2LiOH+NH4HCO3Li2CO3+NH3+2H2O．【点评】此题考查了物质生产流程的分析判断，题目难度中等，根据流程明确实验目的、实验原理为解题关键，注意掌握铝及其化合物性质的应用、氧化铝的提取方法，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力．10．〔14分〕铁矿石是工业炼铁的主要原料之一，其主要成分为铁的氧化物〔设杂质中不含铁元素和氧元素，且杂质不与H2SO4反响〕．某研究性学习小组对某铁矿石中铁的氧化物的化学式进行探究．Ⅰ．铁矿石中含氧量的测定①按图1组装仪器，检查装置的气密性；②将5.0g铁矿石放入硬质玻璃管中，装置B、C中的药品如以下列图〔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充分反响后，撤掉酒精灯，再持续通入氢气至完全冷却．〔1〕装置C的作用为防止空气中的水蒸气和CO2进入B中，影响测定结果．〔2〕测的反响后装置B增重1.35g，那么铁矿石中氧的百分含量为24%．Ⅱ．铁矿石中含铁量的测定〔1〕步骤④中煮沸的作用是赶走溶液中溶解的过量的Cl2．〔2〕步骤⑤中用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、250mL容量瓶．〔3〕图2有关步骤⑥的操作中说法正确的选项是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内溶液不恢复原来的颜色再读数〔4〕假设滴定过程中消耗0.5000mol•L﹣1KI溶液20.00mL，那么铁矿石中铁的百分含量为70%．Ⅲ．由Ⅰ、Ⅱ可以推算出该铁矿石中铁的氧化物的化学式为Fe5O6．【分析】Ⅰ．〔1〕B中的碱石灰是吸收置换反响生成的水的，为了防止空气成分对实验的影响，要加一个装置吸收空气中的水以及二氧化碳；〔2〕反响后装置B增重1.35g，即氢气和氧化铁反响后固体质量的增加值，可以根据差量法来计算；Ⅱ．〔1〕煮沸可以将水中的气体赶走；〔2〕根据稀释液体和配制一定体积的溶液所选择的仪器来答复；〔3〕根据滴定试验以及滴定过程中的实验误差分析知识来答复判断；〔4〕根据元素守恒和化学反响方程式进行计算；Ⅲ．根据铁元素质量分数和氧元素质量分数计算出铁的氧化物的化学式．【解答】解：Ⅰ．〔1〕该实验中，氢气和氧化铁反响生成金属铁和水，根据固体质量的变化来计算铁的含量，B处的枯燥管作用是吸收产生的水蒸气，所以C装置要防止防止空气中的水蒸气和CO2进入B中，影响测定结果，故答案为：防止空气中的水蒸气和CO2进入B中，影响测定结果；〔2〕测的反响后装置B增重1.35g，根据反响的实质，增加的是水的质量，根据质量守恒定律，所以铁矿石中氧的百分含量是：×100%=24%，故答案为：24%；Ⅱ．〔1〕向铁矿石中参加硫酸，化反响生成硫酸的铁盐溶液，还存在过量的硫酸溶液，参