1、浙南名校联盟2019-2020学年高三上学期化学第一次联考试卷一、选择题(本大题共18小题，1-10每题2分，11-18每题3分)1.下列说法不正确的是（ ） A.化学家鲍林提岀了氢键理论和蛋白质分子的螺旋结构模型，为DNA分子双螺旋结构模型的提出奠定了基础B.屠呦呦参照古文记载“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，对青蒿素进行提取，该过程属于化学变化C.门捷列夫根据元素的性质随着相对原子质量递増呈现周期性变化规律，制岀了第一张元素周期表D.道尔顿的“原子论”和阿伏加德罗的“分子学说”对化学的发展都起到了极大推动作用2.下列有关化学用语正确的是（ ） A.羟基的电子 B.Cl-的结构示意图： C.
2、二氧化碳分子的比例模型： D.葡萄糖的摩尔质量：1803.下列说法正确的是（ ） A.CH3CH2NO2和H2NCH2CHO互为同分异构体B.HOCH2CH2OH和 互为同系物C.同位素之间或同素异形体之间的相互转化均属于化学变化D.由1H、2H、3H、16O、18O这几种核素组成的水分子共有12种4.下列离子方程式正确的是（ ） A.实验室可以用浓盐酸和氯酸钾反应制氯气：K37ClO3+6HCl=3Cl2+3H2O+K37ClB.Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：2S2O32-+4H+=3S+SO42-+2H2OC.二氧化硫通入氯化钡溶液中：SO2+Ba2+H2O=BaSO3+2H+D.向10
3、mL1 molL-1 KAl(SO4)2的溶液中加入7.5mL2 mol L-1Ba(OH)2溶液 2Al3+ 3SO42-+6OH-+3Ba2+=2Al(OH)3+3BaSO45.下列实验操作或装置(略去部分夹持仪器)正确的是（ ） A.定容 B.石油的分馏 C.验证溴乙烷发生消去反应 D.氢氧化钠溶液滴定醋酸 6.下列说法正确的是（ ） A.侯氏制碱法的原理是将CO2通入氨的NaCl饱和溶液中，使 NaHCO3析出， NaHCO3受热分解生成Na2CO3 ， NaHCO3和Na2CO3在食品工业上都有着广泛的应用B.石灰乳与海水混合，过滤得Mg(OH)2 ， 将其溶于盐酸，再蒸发结晶得到M
4、gCl2 ， 电解熔融MgCl2可得到金属镁C.利用4Al+4BaO 3Ba+2Ba(AIO2)2可制取Ba，是因为铝的还原性强于钡D.陶瓷、砖瓦、玻璃、水泥都是重要的硅酸盐产品，其制备过程中都需要石灰石做原料7.下列说法正确的是（ ） A.将溴丙烷与氢氧化钾水溶液混合加热，再滴加硝酸银溶液，观察到有沉淀生成，可证明溴丙烷与氢氧化钾发生了反应B.由于浓硫酸密度大，稀释放热，所以在制备乙酸乙酯或硝基苯时浓硫酸都需最后加入C.向试管中加入34mL无水乙醇，将试管浸入50左右热水浴中。将铜丝烧热，迅速插入乙醇中，反复多次，可以闻到刺激性气味D.热的苯酚溶液自然冷却变浑浊，是因为温度降低析出了苯酚晶体
5、8.室温下，下列说法不正确的是（ ） A.相同物质的量浓度的氨水和盐酸充分混合，若pH=7，则V(氨水)V(盐酸)B.pH均为3的醋酸溶液和盐酸等体积混合后，混合溶液的pH=3C.含等物质的量的HCN和NaCN的溶液呈碱性，可知c(CN-)c(Na+)D.物质的量浓度相同的盐酸和醋酸，存在c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(Cl-)9.2mol金属钠和1mol氯气反应的能量关系如图所示，下列说法不正确的是（ ） A.H20；H50B.H2+H3+H4H1C.在相同条件下，2K(g)2K+(g)的H3C.简单气态氢化物沸点：YZXD.元素R可与元素Y形成化合物R2Y5，R与Z原子序数
6、差值为1714.下列说法不正确的是（ ） A.可以用新制氢氧化铜悬浊液鉴别乙酸、乙醇、乙醛、甘油、葡萄糖溶液、蛋白质溶液B.有机物(C2H5)2CHC(CH3)2CH2CH3的名称为3，3-二甲基4-乙基己烷C.10mol的 分别与NaOH、浓溴水反应，最多消耗NaOH、Br2分别为4mol和3molD.DDT的结构简式如右图，该分子中最多有13个碳原子共面 15.已知CuCl难溶于水。电解合成1，2一二氯乙烷的实验装置如图所示。下列说法中不正确的是（ ） A.阳极反应式：CuCl-e-=Cu2+Cl-B.CuCl2能将C2H4氧化为1，2-二氯乙烷C.、Y依次为阳离子交换膜、阴离子交换膜D.
7、该装置总反应为CH2=CH2+2H2O+2NaCl H2+2NaOH+ CICH2CH2Cl16.NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾(邻苯二甲酸H2A的Ka1=1.110-3 ， Ka2=3.910-6)溶液，混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示，其中b点为反应终点。下列叙述不正确的是（ ） A.a点离子浓度：c(K+)c(HA-)c(H+)c(A2-)c(OH-)B.b点溶液中存在：c(Na+)+c(K+)c(K+)c(OH-)D.从a到c的变化过程中，水的电离程度先增大后减小17.某同学通过以下流程制取 NaClO2： 已知：ClO2浓度过高时易发生分解， NaClO2高于60C时易分解，
8、NaClO2饱和溶液在低于38C时析出NaClO23H2O，高于38时析出 NaClO2。下列说法不正确的是（ ）A.步骤中工业常用H2C2O4代替Na2SO3 ， 反应生成的CO2可稀释ClO2B.步骤发生的离子方程式为：2ClO2+2OH-+H2O2=2ClO2-+O2+2H2OC.为了提高 NaClO2产率，步骤的操作为蒸发浓缩，冷却至0C结晶D.步骤中制得的 NaClO2可用略高于38C的热水洗涤2-3次18.某化学实验室产生的废液中的阳离子只可能含有Na+、NH4+、Ba2+、Cu2+、Fe2+、Fe3+、Al3+中的某几种，实验室设计了下述方案对废液进行处理，以回收金属，保护环境。
9、 已知：步骤中，滴加NaOH溶液过程中产生的沉淀会部分溶解下列说法中正确的是（ ）A.根据步骤的现象，说明废液中一定含有Al3+B.步骤，由红棕色固体可知，废液中一定存在Fe3+C.取溶液丙进行焰色反应，焰色为黄色，说明废液中一定含有Na+D.该废液中一定含有NH4+、Ba2+、Cu2+二、非选择题19.离子化合物M是无色针状晶体，由4种短周期元素组成，部分转化关系如下图： 已知：M和N互为同分异构体，N为尿素；甲是能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体；乙是种固体单质；Y、Z均由相同的3种元素组成，且Z的式量比Y大37回答下列问题（1）X的化学式为_； （2）M转化为N的化学方程式_； （3）由Y转
10、化为Z的化学方程式为_。 20.黄铜矿的主要成分为 CuFeS2。某实验小组采用下列流程制得铜和铁钾矾KFe(SO4)212H2O：已知：气体甲是一种能使品红溶液褪色的黄绿色气体单质；固体甲是一种碱式盐，不溶于水，可溶于酸，甲中含有两种阳离子，且物质的量之比为1：3，取10.02g固体甲充分反应上理论得到铁钾矾30.18g（1）黄铜矿粉碎的目的是_。 （2）反应1中，不宜先加H2SO4溶液，否则会产生一种具有臭鸡蛋气味的剧毒气体，试写出产生该变化对应的化学方程式： _。 （3）固体甲中加入硫酸溶解，补充K2SO4溶液后，从溶液中提取铁钾矾晶体的一系列操作包括：_。 （4）固体甲的化学式为_。
11、（5）反应1过程的离子方程式为：_。 试设计实验检验浸取液中的主要阴离子：_。21.含氮物质被广泛应用于化肥、制药、合成纤维等化工行业造福人类，但如果使用或处理不当，也会对环境造成影响。如何合理地使用含氮物质，是化学学科肩负的重要社会责任。请根据所学知识解答下列问题： （1）卫星发射时，可用N2H4和F2作推进剂，已知： N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) H1=-534kJmol-11/2H2(g)+1/2F2(g)=HF(g) H2=-269kJmol-12H2(g)+O2(g)=2H2O(g) H3=-484kJmol-1则该条件下N2H4(g)和F2(g)反应的热化
12、学方程式为：_。（2）工业合成氨的原理为N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)H=-92.4kJmol-1 ， 现将6molN2和14molH2充入下图所示恒压密闭容器中，开始时活塞的位置如图1所示，当反应达到平衡时，活塞位置如图2所示。下列表述能说明反应已达平衡的是_。A活塞不再移动B容器内压强不再改变C容器内气体密度不再改变D容器内气体的平均相对分子质量不再改变试计算该条件下反应的平衡常数：_。已知某次反应过程中逆反应速率随时间的变化图如图3所示。在t1时改变了某一种条件，则改变的条件可能是_。（3）治理NO的一种方法是先将NO氧化成NO2后，再在电解条件下通入还原性碱溶液转化成N2 ，
13、 其中重要的一步反应原理为NO(g)+O3(g) NO2(g)+O2(g)H0下列说法正确的是_。A已知该反应在较低温度下能自发进行，说明S=0B加入催化剂，可降低反应的活化能和焓变，从而加快反应的速率C活化分子有效碰撞理论中，活化能指活化分子的平均能量与非活化分子平均能量的差值D在一定温度下，向恒容密闭容器中充入物质的量之比为1：3的NO和O3 ， 达到平衡时转化率为a。再充为入了1：3探的究NO和O3 ， 转化率不变为了探究臭氧投加量对NO氧化脱除的影响，对一定时间内O3/NO的物质的量比值与NO脱除率进行了研究，结果如图4所示。当O3/NO的物质的量比值小于1.1时，NO的脱除率随物质的
14、量比的增大快速升高的原因可能是：_。（4）处理汽车尾气中的氮氧化物还可以用NH3还原法，假设在恒容密闭容器中，仅发生反应4NO(g)+4NH3(g)+O2(g) 4N2(g)+6H2O(g)H0。测得NO的平衡转化率随温度的变化关系如图5所示，已知温度为T3时，反应达到平衡所需时间为10min。 请在图5中画出不同温度下，反应都经10min，NO的转化率曲线示意图。答案解析部分一、选择题(本大题共18小题，1-10每题2分，11-18每题3分) 1.【答案】 B 【考点】物理变化与化学变化的区别与联系，化学史 【解析】【解答】A.化学家鲍林提出了氢键理论和蛋白质分子的螺旋结构，为DNA分子双螺
15、旋结构模型的提出奠定了基础，选项正确，A不符合题意； B.该过程中没有新物质生成，属于物理变化，选项错误，B符合题意；C.1869年，门捷列夫根据元素性质随着相对原子质量的变化而变化的规律，制出了第一张元素周期表，选项正确，C不符合题意；D.道尔顿的“原子论”和阿伏伽德罗的“分子学说”对化学的发展都起到了极大推动作用，选项正确，D不符合题意；故答案为：B【分析】A.根据化学史分析；B.分析过程中是否有新物质生成；C.根据化学史分析；D.根据化学史分析；2.【答案】 A 【考点】原子结构示意图，摩尔质量，球棍模型与比例模型，电子式、化学式或化学符号及名称的综合 【解析】【解答】A.羟基中含有一个
16、氢氧共用电子对，其电子式为， A符合题意； B.Cl-是由Cl原子最外层得到一个电子形成的，其核电荷数不变，原子核外最外层电子数为8，B不符合题意；C.CO2为直线型分子，因此其比例模型为， C不符合题意；D.摩尔质量的单位为g/mol，因此葡萄糖的摩尔质量为180g/mol，D不符合题意；故答案为：A【分析】A.电子式的书写需结合原子最外层电子结构；B.Cl-是由Cl原子最外层得到一个电子形成的；C.CO2为直线型分子；D.摩尔质量的单位为g/mol；3.【答案】 D 【考点】同分异构现象和同分异构体，同系物，元素、核素 【解析】【解答】A.CH3CH2NO2分子中含有两个氧原子，H2NCH
17、2CHO分子中只含有一个氧原子，二者的分子式不同，不是同分异构体，A不符合题意； B.二者中所含羟基的个数不同，因此不是同系物，B不符合题意；C.同位素之间的转化没有生成新的物质，因此不属于化学变化，同分异构体的转化有新物质生成，姝妤化学变化，C不符合题意；D.一个水分子中含有两个氢原子和一个氧原子，若两个氢原子为同一种氢原子，则所形成水分子有32=6种，若两个氢原子为不同的氢原子，则形成的水分子有32=6种，因此共形成水分子有12种，D符合题意；故答案为：D【分析】A.同分异构体是指分子式相同，结构不同的有机物；B.同系物是指结构相似，分子组成上相差一个或多个CH2的有机物；C.分析其转化过
18、程中是否有新物质生成；D.根据H2O的组成分析；4.【答案】 D 【考点】离子方程式的书写 【解析】【解答】A.该反应中，KCl中的Cl来自于HCl，KClO3中的Cl转化为Cl2 ， 该离子方程式错误，A不符合题意； B.该离子方程式不满足电荷守恒，错误，B不符合题意；C.由于酸性H2SO3V(盐酸)，选项正确，A不符合题意； B.两溶液混合后，溶液中c(H+)不变，因此混合溶液的pH=3，选项正确，B不符合题意；C.由于HCN和NaCN溶液显碱性，说明溶液中c(OH-)c(H+)，则CN-的水解程度大于HCN的电离程度，因此溶液中c(CN-)0，由氯原子变为Cl-的过程中，释放能量，因此H
19、50，选项正确，A不符合题意； B.Na与Cl2的反应为放热反应，因此H1O、H3、H40，因此H1H2+H3+H4 ， 选项错误，B符合题意；C.由钾原子原子核外有4个电子层，其失去最外层一个电子所需的能量较小，因此H322.4L/mol，因此22.4LCl2的物质的量小于1mol，由于还原性Fe2+22.4L/mol，结合Fe2+和I-的还原性确定发生的反应，从而计算转移电子数；B.胶体粒子是Fe(OH)3颗粒的集合体；C.根据公式计算混合物的物质的量，结合混合物中所含阳离子数计算；D.根据公式计算混合物的物质的量，结合氢原子守恒计算产物n(H2O)，结合H2O的结构计算所含O-H的数目；
20、12.【答案】 A 【考点】化学平衡的影响因素，蒸发和结晶、重结晶，海带成分中碘的检验 【解析】【解答】A.CoCl2溶液中存在可逆过程CoCl42-+6H2OCo(H2O)62+4Cl- ， 其中CoCl42-先蓝色，Co(H2O)62+显粉红色，加热时，平衡逆向移动，因此溶液由粉红色变为蓝色，A符合题意； B.直接将汞深埋处理，易造成土壤污染，B不符合题意；C.实验室从海带中提取碘单质的过程中，氧化后得到碘单质，分离得到碘单质，应采用萃取操作，C不符合题意；D.制备KNO3晶体时，应对KNO3饱和溶液进行降温结晶，D不符合题意；故答案为：A【分析】A.结合CoCl2溶液中存在的可逆反应分析
21、；B.深埋，易造成土壤污染；C.结合海带提碘实验分析；D.晶体的结晶析出需在饱和状态下；13.【答案】 D 【考点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律 【解析】【解答】A.X的氢化物为NH3 ， W的单质为Cl2 ， 二者反应产物可能含有NH4Cl，NH4Cl为离子化合物，A不符合题意； B.比较氧化物所对应水化物的酸性时，应比较其最高价氧化物对应水化物的酸性，B不符合题意；C.N、O的氢化物中含有氢键，其沸点较高，因此简单气态氢化物的沸点：YXZ，C不符合题意；D.元素R的最高正化合价为+5价，可与Y形成化合物R2Y5 ， R的原子序数为33，R与Z的原子序数相差17，D符合题意；故答
22、案为：D【分析】Y的最外层电子时内层电子数的3倍，且Y为第二周期元素，因此Y为O，则X为N、R为As、Z为S、W为Cl；据此结合元素周期表的性质递变规律分析选项。14.【答案】 C 【考点】有机化合物的命名，有机物的鉴别，有机物的结构和性质 【解析】【解答】A.将新制Cu(OH)2悬浊液加入到乙酸中，溶液变澄清，溶液变蓝色；加入到乙醇中无明显现象；加入到乙醛中加热产生砖红色沉淀；加入到甘油中，产生绛蓝色；加入到葡萄糖中，先产生绛蓝色，加热后形成砖红色沉淀；加入蛋白质溶液中，蛋白质变性，因此可用新制Cu(OH)2悬浊液鉴别六种物质，选项正确，A不符合题意； B.该有机物中最长碳链上含有6个碳原子
23、，且3号碳原子上含有两个甲基，4号碳原子上含有一个乙基，因此该有机物的命名为3,3-二甲基-4-乙基己烷，选项正确，B不符合题意；C.1.0mol该有机物能与5molNaOH反应，能与3molBr2反应，选项错误，C符合题意；D.甲烷为四面体结构，最多只有3个原子共平面，苯环为平面型结构，所有原子共平面，因此该有机物分子中最多有13个碳原子共平面，选项正确，D不符合题意；故答案为：C【分析】A.根据新制Cu(OH)2悬浊液与各物质反应的现象分析；B.根据有机物的命名规则分析；C.根据所给有机物的结构结合官能团的性质分析；D.结合烷烃、苯的平面结构分析；15.【答案】 C 【考点】电极反应和电池
24、反应方程式，电解池工作原理及应用 【解析】【解答】A.由分析可知，阳极的电极反应式为：CuCle=Cu2Cl ， 选项正确，A不符合题意； B.由分析可知，液相反应中发生的反应为C2H42CuCl2=ClCH2CH2Cl2CuCl，有反应的化学方程式可知，CuCl2将C2H4氧化成为ClCH2CH2Cl，选项正确，B不符合题意；C.电解池装置中，所加电解质溶液为NaCl溶液，电解过程中，阴极区产生NaOH溶液，因此离子交换膜Y为阳离子交换膜，则离子交换膜X为阴离子交换膜，选项错误，C符合题意；D.由电解总反应和液相反应可得该装置的总反应为 CH2=CH2+2H2O+2NaCl H2+2NaOH
25、+ ClCH2CH2Cl，选项正确，D不符合题意；故答案为：C【分析】在电解池装置中，阳极的电极反应式为：CuCle=Cu2Cl；阴极的电极反应式为：2H2O2e=H22OH；液相反应中，反应的化学方程式为：C2H42CuCl2=ClCH2CH2Cl2CuCl；据此结合选项进行分析作答。16.【答案】 B 【考点】离子浓度大小的比较 【解析】【解答】A.HA-的水解常数， HA-的电离常数为3.910-6 ， 因此HA-的电离程度大于水解程度，则a点（KHA）溶液显酸性，其溶液中离子浓度关系为：c(K)c(HA)c(H)c(A2)c(OH)，选项正确，A不符合题意； B.b点为反应终点，此时溶
26、液中所含溶质为等浓度的K2A和Na2A，溶液显碱性，因此c(OH)c(H)，而溶液中存在电荷守恒c(Na)c(K)c(H)=c(OH)c(HA)2c(A2)，因此c(Na)c(K)c(HA)2c(A2)，选项错误，B符合题意；C.c点溶液是在b点溶液的基础上，加多NaOH，因此c点溶液中c(Na+)c(K+)c(OH-)，选项正确，C不符合题意；D.a点溶液由于HA-的电离产生H+ ， 溶液显酸性，水的电离受到抑制，随着NaOH溶液的加入，溶液中c(HA-)逐渐减小，c(A2-)逐渐增大， A2-的水解促进水的电离，因此水的电离程度逐渐增大，到达b点完全反应后，继续加入NaOH，c(OH-)增
27、大，水的电离受到抑制，因此整个过程中水的电离程度先增大后减小，选项正确，D不符合题意；故答案为：B【分析】A.a点为KHA溶液，根据H2A的电离常数分析HA-的电离水解程度大小，从而得出离子浓度大小；B.结合b点溶液的溶质为等浓度的K2A和Na2A，结合电荷守恒进行分析；C.c点溶液中所加NaOH过量，结合b点溶液成分进行分析；D.结合水电离的影响因素分析；17.【答案】 C 【考点】制备实验方案的设计 【解析】【解答】A.H2C2O4具有还原性，在反应过程中，易被NaClO3氧化生成CO2 ， CO2可稀释ClO2 ， 防止ClO2浓度过高而发生分解，选项正确，A不符合题意； B.步骤中反应
28、物为ClO2、H2O2和NaOH，生成物为NaClO2 ， 该反应中，ClO2中Cl由+4价变为+3价，得到1个电子，则H2O2中O应由-1价变为0，失去2个电子，根据得失电子守恒可得，ClO2、ClO2-的系数为2，H2O2、O2的系数为1；结合电荷守恒可得OH-的系数为2；结合H原子守恒可得H2O的系数为2，因此可得该反应的离子方程式为2ClO2+2OH-+H2O2=2ClO2-+O2+2H2O，选项正确，B不符合题意；C.操作结晶过程汇总，应采用蒸发浓缩、冷却结晶，由于NaClO2的饱和溶液在低于38时析出NaClO23H2O，在高于38时析出NaClO2 ， 且高于60时易分解，因此冷
29、却温度应控制在3860之间，选项错误，C符合题意；D.步骤中洗涤NaClO2时，应控制温度略高于38，选项正确，D不符合题意；故答案为：C【分析】A.结合ClO2的性质分析；B.根据流程信息，确定步骤的反应物和生成物，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子首份确定反应的离子方程式；C.结合信息中温度对NaClO2析出的影响分析；D.结合信息中温度对NaClO2析出的影响分析；18.【答案】 D 【考点】常见离子的检验 【解析】【解答】A.由步骤可知，废液中一定含有Cu2+ ， 而沉淀甲中没有Cu(OH)2 ， 说明加入NaOH溶液后，Cu元素以离子形式存在于溶液甲中，则废液中一定含有NH4+ ， C
30、u元素以Cu(NH3)42+形式存在于溶液甲中，因此步骤沉淀部分溶解，不能说明废液中一定含有Al3+ ， A不符合题意； B.由分析可知，废液中可能含有Fe2或Fe3,B不符合题意；C.由于步骤中加入过量NaOH溶液，因此溶液丙中一定含有Na+ ， 焰色反应显黄色，不能说明废液中含有Na+ ， C不符合题意；D.由分析可知，废液中一定含有Ba2+和Cu2+ ， 由选项A的分析可知，废液中一定含有NH4+ ， D符合题意；故答案为：D【分析】沉淀甲灼烧后肠粉红棕色固体，该红棕色固体为Fe2O3 ， 则沉淀甲可能为Fe(OH)2或Fe(OH)3 ， 说明废液中可能含有Fe2或Fe3；溶液甲中加入过
31、量硫酸溶液，产生固体乙，则固体乙为BaSO4 ， 说明废液中一定含有Ba2；溶液乙中加入过量铁屑，产生红色固体，该红色固体为Cu，说明废液中一定含有Cu2；据此结合选项进行分析。二、非选择题 19.【答案】 （1）NaCNO（2）NH4CNO CO(NH2)2（3）2NaCN Na2CN2 + C 【考点】无机物的推断 【解析】【解答】（1）由分析可知，X的化学式为NaCNO； （2）由分析可知，M为NH4CNO，N为CO(NH2)2 ， 因此M转化为N的化学方程式为： NH4CNO CO(NH2)2； （3）由分析可知，Y为NaCN，Z为Na2CN2 ， 乙为C，因此Y转化为Z的化学方程式为
32、：2NaCN Na2CN2+C； 【分析】甲能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则甲为NH3 ， 同时说明M中含有NH4+ ， 由于M与NCO(NH2)2互为同分异构体，因此M的结构简式为：NH4CNO；M与NaOH溶液反应后所得产物X为NaCNO；X（NaCNO）与木炭粉反应生成CO和Y，Y又能与O2反应生成X，因此可得Y的化学式为NaCN；Y（NaCN）在高温条件下反应生成固体单质乙和Z，Z与Y的组成元素相同，且Z的式量比Y大37，因此可得Z的化学式为Na2CN2 ， 根据原子个数守恒可得，乙的化学式为C；据此结合题干设问分析作答。20.【答案】 （1）增大固液接触面积，加快反应速率和充分反应、提
33、高浸取率（2）CuFeS2 + 2H2SO4 = CuSO4 + FeSO4 + 2H2S或CuFeS2 + H2SO4 = CuS + FeSO4 + H2S（3）蒸发浓缩到有溶液表面一层晶膜析出、冷却结晶、抽滤或过滤、洗涤、干燥（4）KFe3(OH)6(SO4)2或KFe3(SO4)2(OH)6（5）10CuFeS2+34ClO3- +44H+=10Cu2+10Fe3+ +20SO42-+17Cl2+22H2O；取少量浸取液加入足量盐酸酸化的BaCl2 ， 产生的沉淀，说明有SO42-； 另取少量浸取液加入足量NaNO2溶液，再加足量HNO3酸化的AgNO3 ， 有沉淀产生，说明有ClO3
34、-。【考点】化学反应速率的影响因素，氯离子的检验，硫酸根离子的检验，物质的分离与提纯，复杂化学式的确定 【解析】【解答】（1）黄铜矿粉碎，可以整个大黄铜矿与溶液的接触面积，从而加快反应速率，也能使得固液混合充分，使得反应充分进行，增大浸取率； （2）由于酸性H2SO4H2S，因此先加H2SO4溶液，则黄铜矿中的CuFeS2与H2SO4反应产生H2S，该反应的化学方程式为：CuFeS22H2SO4=CuSO4FeSO42H2S；由于CuSO4能与H2S反应，因此该反应也可以表示为：CuFeS2H2SO4=CuSFeSO4H2S； （3）从溶液中提取铁钾矾晶体时，应先将溶液进行蒸发浓缩，至溶液表面
35、形成一层晶膜时，冷却结晶、过滤，对晶体进行洗涤、干燥，从而获得铁钾矾晶体； （4）30.18g铁钾矾的物质的量， 固体甲中含有两种金属离子，且加入H2SO4和K2SO4后生成铁钾矾，因此固体甲中所含两种金属离子为K+和Fe3+ ， 且其物质的量之比为1:3，根据铁元素守恒可得，固体甲中所含n(Fe3+)=0.06mol，则固体甲中所含n(K+)=0.02mol；则铁元素和钾元素的质量之和为：0.06mol56g/mol+0.02mol39g/mol=4.14g，因此OH-和SO42-的质量为10.02g-4.14g=5.88g； 令固体甲中所含n(OH-)=x mol，所含n(SO42-)=y
36、 mol，则根据质量守恒可得和电荷守恒可得方程组， 解得；因此固体甲中n(K+):n(Fe3+):n(OH-):n(SO42-)=1:3:6:2，因此固体甲的化学式为： KFe3(OH)6(SO4)2或KFe3(SO4)2(OH)6； （5）反应中KClO3具有氧化性，能将CuFeS2中铁元素氧化成3价Fe3 ， 硫元素氧化成6价SO42 ， 反应所得气体黄绿色气体甲为Cl2；该反应中，CuFeS2中Fe由2价变为3价，失去一个电子，S由2价变为6价，失去16个电子，ClO3中Cl由5价变为0价的Cl2 ， 得到10个电子，结合得失电子守恒可得，CuFeS2的系数为10，ClO3的系数为34；
37、结合原子个数守恒可得，Cu2、Fe3的系数为10，SO42的系数为20，Cl2的系数为17；结合电荷守恒可得，反应物中含有H ， 且其系数为44；结合H原子个数守恒可得，生成物中有H2O，且其系数为22；因此可得该反应的离子方程式为： 10CuFeS2+34ClO3- +44H+=10Cu2+10Fe3+ +20SO42-+17Cl2+22H2O； 浸取液中含有反应生成的SO42 ， 以及过量的ClO3 ， 检验SO42应先加入足量的稀盐酸，再加入BaCl2溶液，若有沉淀产生，则说明浸取液中含有SO42；检验ClO3时，应另取溶液，先加入足量的NaNO溶液，再加足量稀硝酸酸化的AgNO溶液，若
38、有沉淀产生，则说明浸取液中含有ClO3； 【分析】（1）结合反应速率的影响因素分析； （2）根据加入硫酸溶液所发生的反应进行分析； （3）从溶液中获取晶体，常采用结晶操作，据此作答； （4）根据固体甲的质量和所得铁钾矾的质量，计算固体甲中离子个数比，从而确定固体甲的化学式； （5）根据题干信息确定反应物和生成物，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写反应的离子方程式；根据溶液离子成分，结合离子检验分析；21.【答案】 （1）N2H4 (g)+ 2F2 (g )N2 (g)+ 4HF(g) H= -1126kJ/mol（2）ACD；0.5；升温、加压、加入催化剂（3）D；臭氧投料增加，反应物浓
39、度增大，反应速率加快，NO脱除率上升；反应物浓度增大导致平衡正向移动，NO脱除率上升（4）解：如图所示： 【考点】热化学方程式，盖斯定律及其应用，焓变和熵变，化学平衡状态的判断，化学反应速率与化学平衡的综合应用，化学平衡的计算 【解析】【解答】（1）N2H4与F2反应生成N2和HF，其反应的化学方程式为：N2H4(g)2F2(g)=N2(g)4HF(g)，由盖斯定律可得，该反应的反应热H=H1+4H2-H3=(-534kJ/mol)+4(-269kJ/mol)-(-484kJ/mol)=-1126kJ/mol，因此该反应的热化学方程式为：N2H4(g)2F2(g)=N2(g)4HF(g) H=
40、-1126kJ/mol； （2）A、该反应反应前后气体分子数发生变化，则反应过程中气体体积发生变化，因此当活塞不再移动（即气体体积不变）时，说明反应达到平衡状态，A符合题意； B、该装置为恒压装置，因此反应过程中，容器内压强不再改变，不能说明反应达到平衡状态，B不符合题意； C、由于反应物和生成物都是气体，根据质量守恒定律可知，混合气体的质量保持不变，由于容器为恒压装置，反应过程中，气体体积发生变化，根据公式可知，混合气体的密度发生变化，当其不变时，说明反应达到平衡状态，C符合题意； D、混合气体的质量保持不变，反应前后气体分子数发生变化，即n发生变化，根据公式可知，反应过程中混合气体的平均相
41、对分子质量发生变化，当其不变时，说明反应达到平衡状态，D符合题意； 故答案为：ACD 同温同压下，气体体积之比等于物质的量之比，令反应后所得混合气体的总物质的量为n(平衡)，则可得关系式， 解得n(平衡)=16mol，设参与反应的n(N2)为amol，则可得平衡三段式如下： 因此可得等式(6-a)+(14-3a)+2a=16mol 解得 a=2mol 因此平衡时，、， 因此该温度下反应的平衡常数； 由图3可知，t1时刻后，反应速率增大，而升高温度、增大压强或加入催化剂都可能增大反应速率，因此其改变的条件为升温、加压，或加入催化剂； （3）A、由反应的化学方程式可知，该反应反应前后气体分子数不变
42、，因此S不变，不能由反应温度确定S，A不符合题意； B、加入催化剂，可降低反应所需的活化能，加快反应速率，但不能改变平衡移动，因此焓变不变，B不符合题意； C、活化能是指分子从常态转化为容易发生化学反应的活跃状态所需的能量，C不符合题意； D、由于投入量比例相同，且该反应中反应前后气体分子数不变，因此达到新的平衡后，转化率了不变，D符合题意； 故答案为：D O3/NO的比值增大，则c(O3)的浓度增大，反应速率假哭，NO脱除率上升；同时，由于c(O3)增大，平衡正向移动，使得NO的脱除率上升； （4）反应进行前10min内，反应正向进行，因此NO的转化率逐渐增大， 由于温度升高，反应速率增大；
43、该反应为放热反应，因此当反应达到平衡时，其温度应低于T3，据此可得图像为： ；【分析】（1）根据盖斯定律计算目标反应的反应热，从而得出反应的热化学方程式； （2）分析所给物理量在反应过程中是否发生变化，若反应过程中发生变化，当其不变时，说明反应达到平衡状态； 同温同压下，气体体积之比等于物质的量之比，根据反应前后气体体积之比得出平衡时各物质的物质的量总和，再结合平衡三段式进行计算； 根据反应速率的影响因素分析； （3）A、根据反应前后气体分子数的变化分析； B、催化剂只改变反应速率，不改变平衡移动； C、根据活化能的定义分析； D、根据等效平衡的知识分析； 结合浓度对平衡移动的影响分析； （4）根据反应过程分析；
