1、高三第一次月考可能用到的原子量 K:39 O:16 S:32 V:51 Mn:55 Fe:56一：单选题(每题2分共20分)1. 新型冠状病毒通过呼吸道飞沫、接触和气溶胶等途径传播，可以戴口罩、勤洗手、环境消毒进行预防。下列说法错误的是（ ）A. 按如图所示装置电解法能获得 84 消毒液B. 75 % 的酒精能够把门把手、钥匙等物品上的新型冠状病毒杀灭C. 口罩主要成分为聚丙烯、聚乙烯，大量使用，不会造成白色污染D. 雾霾天气利于病毒的传播【答案】C【解析】【详解】A电解装置为电解饱和食盐水制备“84”消毒液，总反应为NaCl+H2ONaClO+H2，NaClO为消毒液的有效成分，故A正确；B
2、75%的酒精能够使蛋白质变性，故能杀灭新型冠状病毒，能够把门把手、钥匙等物品上的新型冠状病毒杀灭，故B正确；C聚丙烯、聚乙烯为高分子化合物不易降解，大量使用，会造成白色污染，故C错误；D雾霾天气雾霾微粒为病毒提供寄主，随风飘散向被人吸收，病毒进入人的肺部后大量繁殖，引起传播，故D正确；故选C。2. 已知 A、B、C、D 为原子序数依次增大的前 20 号元素，A 元素的氢化物和其最高价氧化物对应水化物之间可以反应生成盐，元素 B 的简单离子半径为所在周期中最小 ，C 元 素与地壳中含量最多的元素同族 ，下列说法一定正确的是（ ）A. A元素的含氧酸属于强酸B. B的最高价氧化物的水化物可溶于盐酸
3、和氨水C. C 元素的单质在足量氧气中反应可生成 SO3D. D 的最高价氧化物的水化物一定为强电解质【答案】D【解析】【分析】A、B、C、D 为原子序数依次增大的前20号元素，由A元素的氢化物和其最高价氧化物对应水化物之间可以反应生成盐可知，A为N元素；由元素B的简单离子半径为所在周期中最小可知，B为Al元素；由C元素与地壳中含量最多的元素同族可知，C为S元素，D可能为Cl元素或K元素或Ca元素。【详解】A.N元素的含氧酸不一定为强酸，如亚硝酸为弱酸，故A错误；B.氢氧化铝为两性氢氧化物，能溶于强酸强碱，不溶于氨水，故B错误；C.硫在氧气中燃烧只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故C错误；D
4、.高氯酸是强酸、氢氧化钾和氢氧化钙都是强碱，都是强电解质，故D正确；故选D。3. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述不正确的是()A. 某温度和压强下，48g O2和O3的混合气体中含有的氧原子总数为3NAB. 11g硫化钾和过氧化钾的混合物中含有的离子数为0.4NAC. 28g聚乙烯()中含有的质子数为16NAD. 在合成氨反应中，当有2.24L氨气(标准状况下)生成时，转移的电子数为0.3NA【答案】B【解析】【详解】A某温度和压强下，48g O2和O3的混合气体中含有的氧原子总数为：=3 NA，故A正确；B硫化钾和过氧化钾的摩尔质量相同且都含有3个离子，所以11g硫化钾和过氧化钾的
5、混合物的物质的量为0.1mol，含有的离子数为0.3NA，故B错误；C聚乙烯的最简式为CH2，28g聚乙烯()即含有2mol的CH2，质子数为16NA，故C正确；D标况下2.24L氨气的物质的量为0.1mol，而生成1mol氨气时，转移3NA个电子，故当生成0.1mol氨气时，转移0.3NA个电子，故D正确；故选B4. 下列关于各装置与其对应的实验目的或得到的实验结论的说法中正确的是（ ）选项ABCD实验装置目的或结论测定锌与稀硫酸反应生成氢气的速率试管中收集到无色气体，说明铜与浓硝酸的反应产物是NO用四氯化碳萃取碘水中的碘，充分振荡后静置，待溶液分层后,先让下层液体从下口流出，再把上层液体从
6、上口倒出除去HCl气体中混有的少量Cl2A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A.测定锌与稀硫酸反应生成氢气的速率时，稀硫酸应放置在分液漏斗中，若将稀硫酸放置在长颈漏斗中不能控制反应的进行，故A错误；B.浓硝酸具有强氧化性，与铜反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，故B错误；C.用四氯化碳萃取碘水中的碘，充分振荡后静置，待溶液分层后，先放出下层液体，再把上层液体从上口倒出，故C正确；D.氯化氢气体极易溶于水，氯气不溶于饱和食盐水，则将混合气体通入盛有饱和食盐水的洗气瓶可以除去Cl2中混有的少量HCl气体，除去HCl气体中混有的少量Cl2不能选用饱和食盐水，故D错误；故选C。5. 在
7、给定条件下，下列选项所示物质间不满足每一步转化均能实现的是()A. N2(g)NO(g)NaNO2(aq)B. SiO2Na2SiO3H2SiO3C. AlNaAlO2Al(OH)3D. Fe3O4(s)Fe(s)Fe(NO3)3(aq)【答案】A【解析】【详解】A氮气和氧气放电生成NO，一氧化氮和氢氧化钠溶液不反应，故A错误；B二氧化硅和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，向硅酸钠溶液中通入CO2生成硅酸沉淀，能一步实现，故B正确；C铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，向偏铝酸钠溶液中通入CO2生成氢氧化铝沉淀，能一步实现，故C正确；D四氧化三铁和铝高温条件下发生铝热反应生成铁和氧化铝，铁和
8、足量的硝酸反应生成硝酸铁，能一步实现，故D正确；故选A。6. 二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色到橙黄色的气体,是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂。下面是二氧化氯的制备及由二氧化氯来制备一种重要的含氯消毒剂一亚氯酸钠(NaClO2)的工艺流程图：已知：NaClO2的溶解度随温度升高而增大，适当条件下可结晶析出NaClO23H2O;纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下安全。下列说法正确的是（ ）A. 吸收塔内发生反应的化学方程式：2NaOH+2ClO2=NaClO2+H2O+NaClOB. 发生器中鼓入空气的作用是将NaClO3氧化成ClO2C. 在无隔膜电解槽中阳极的电极
9、反应式为Cl-6e- +6OH-=ClO3- + 3H2OD. 要得到更纯的NaClO23H2O晶体必须进行的操作是冷却结晶【答案】C【解析】【详解】A.吸收塔内发生的反应为在碱性条件下，二氧化氯与过氧化氢发生氧化还原反应生成亚氯酸钠、氧气和水，反应的化学方程式2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2，故A错误；B.由信息可知，纯二氧化硫易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下安全，则发生器中鼓入空气的作用应是稀释二氧化氯以防止爆炸，故B错误；C.由流程可知，在无隔膜电解槽中，阴极上水得到电子发生还原反应生成氢气，阳极上氯离子失去电子发生氧化反应生成氯酸根，阳极
10、的电极反应式为Cl-6e- +6OH-=ClO3- + 3H2O，故C正确；D.粗晶体经过重结晶可得到纯度更高的晶体，则要得到更纯的NaClO23H2O晶体必须进行的操作是重结晶，故D错误；故选C。7. 下列离子方程式书写正确的是A. 向NaHSO4溶液中滴Ba(OH)2溶液，恰好使沉淀完全：2H+Ba2+2OH-=2H2O+BaSO4B. 向FeBr2溶液中通入氯气不足：2Fe2+2Br-+2Cl2=2Fe3+2Cl-+Br2C. 加热可增强纯碱溶液去污能力：+2H2O=H2CO3+2OH-D 过量SO2通入Ca(ClO)2溶液中：ClO-+SO2+H2O=+HClO【答案】B【解析】【详解
11、】A.硫酸氢钠溶液与氢氧化钡溶液反应时，若硫酸根离子完全沉淀时，溶液呈碱性，反应的离子方程式为H+Ba2+OH-=H2O+BaSO4，故A错误；B.还原性Fe2+Br-，溴化亚铁溶液与不足量的氯气反应可能生成溴化铁、氯化铁和单质溴，反应的离子方程式为2Fe2+2Br-+2Cl2=2Fe3+2Cl-+Br2，故B正确；C.加热可增强纯碱溶液去污能力是因为碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中分步水解，水解离子方程式为+H2O+OH-，故C错误；D.二氧化硫具有还原性，次氯酸根具有强氧化性，过量二氧化硫与次氯酸钙溶液发生氧化还原反应生成硫酸钙沉淀、ClO-被还原为Cl-，反应的离子方程式为Ca2+2ClO-
12、+2SO2 +2H2O=CaSO4+2Cl+4H+，故D错误；故选B。8. 下列说法中正确的有()需要通电才可以进行的有：电解、电离、电泳、电镀、电除尘氯气与烧碱溶液或石灰乳反应都能得到含氯消毒剂空气吹出法是用于工业规模海水提碘的常用方法，最终收集到的碘单质可以用米汤检验水玻璃、漂粉精、硅胶、冰水混合物、明矾KAl(SO4)212H2O、铝热剂均为混合物加入Ba(NO3)2溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不消失，可确定有SO42存在从混有硝酸钾杂质的氯化钠溶液中获取纯氯化钠固体，涉及的操作依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥配制一定物质的量浓度的氢氧化钠溶液，用烧杯称量后加蒸馏水溶解，未
13、冷却到室温便转移到容量瓶中，导致结果偏高电解质溶液中自由移动离子数目越多导电能力越强1mol FeCl3溶于沸水中形成Fe(OH)3胶体，可得到6.021023个Fe(OH)3胶体粒子(假定FeCl3全部转换Fe(OH)3胶体)金属氧化物均为碱性氧化物，酸性氧化物一定是非金属氧化物A. 2 个B. 3 个C. 4 个D. 5 个【答案】A【解析】【详解】电离不需要通电，故错误；氯气与烧碱溶液反应生成次氯酸钠，可以制“84”消毒液，氯气和石灰乳反应所得产物是氯化钙和次氯酸钙，是漂白粉的有效成分，次氯酸盐均是含氯消毒剂，故正确；工业规模海水提碘的常用方法是活性炭吸附法，空气吹出法常用于海水提溴，故
14、错误；冰水混合物只含一种物质，为纯净物，故错误；加入Ba(NO3)2溶液，生成白色沉淀，该白色沉淀可能为亚硫酸钡，加稀盐酸后，盐酸电离的H和NO结合成硝酸，亚硫酸钡被氧化成硫酸钡沉淀，则原溶液中可能含有SO，不一定含有SO，故错误；氯化钠中混有少量的硝酸钾，氯化钠是大量的，制得的饱和溶液中硝酸钾量较少，不能釆取冷却结晶的方法，故错误；配制一定物质的量浓度的氢氧化钠溶液，用烧杯称量后加蒸馏水溶解，未冷却到室温便转移到容量瓶中，导致溶液体积偏小，根据可知，结果偏高，故正确；电解质溶液的导电能力强弱与自由移动离子数目，自由移动离子所带电荷的多少有关，故错误；胶体粒子为微观粒子的集合体，1mol Fe
15、Cl3溶于沸水中形成Fe(OH)3胶体，得到的胶体粒子小于6.021023个，故错误；氧化铝为金属氧化物，属于两性碱性氧化物，七氧化二锰为金属氧化物，属于酸性氧化物，故错误；综上所诉，正确。故选A。9. 溶液A中可能含有如下离子：、。某同学设计并完成了如下的试验：下列说法正确的是（ ）A. 溶液A中一定存在、，可能存在B. 溶液A中一定存在、，可能存在C. 溶液A中可能存在，且D. 如果气体F能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，说明溶液中一定含有【答案】C【解析】【分析】溶液A中滴加过量BaCl2溶液所得沉淀B溶解于稀盐酸，部分溶解，并得到沉淀D为BaSO4，物质的量是0.01mol，溶解的质量为Ba
16、SO3，质量为2.17g，物质的量为0.01mol，由此推断原溶液中含有SO42-和SO32-，物质的量均为0.01mol；排除原溶液中含有Ba2+；滤液C中加入足量NaOH溶液，无沉淀可知溶液中无Mg2+，有气体放出，可知溶液中有NH4+，根据生成氨气448mL，可知溶液中NH4+的物质的量为0.02mol；溶液是电中性的，根据电荷守恒可知，溶液中一定还含有Na+，可能还含有Cl-，据此分析作答。【详解】A由分析可知，溶液A中一定存在Na+，A项错误；B由分析可知，溶液A中一定不存在 Mg2+，B项错误；C由分析可知，溶液A中不存在Cl时Na+物质的量为0.02mol，若溶液A中存在Cl，N
17、a+物质的量大于0.02mol，即c(Na+)0.20 molL-1，C项正确；D氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，而不是蓝色石蕊试纸变红，D项错误；答案选C。10. 下列比较正确的是：A. 电镀铜和电解精炼铜：两极质量变化相同均为m(阴极)增=m(阳极)减B. 电化学腐蚀和化学腐蚀：均发生了氧化还原反应且均伴随有电流产生C. 氯碱工业和工业冶炼钠：所用原料、反应条件均相同D. 牺牲阳极的阴极保护法和外加电流的阴极保护法：均有电子流向被保护设备并在其上发生还原反应【答案】D【解析】【分析】试题分析： 考点：本题考查电解原理及应用。【详解】A电解精炼铜两极质量变化不相同，故A错误；B化学腐蚀没有电
18、流产生，故B错误；C氯碱工业是电解饱和食盐水，工业冶炼钠是电解熔融的氯化钠，故C错误； D牺牲阳极的阴极保护法被保护的金属做正极，外加电流的保护法，被保护的金属做阴极，均发生还原反应，D项正确。二选择题，每题有一个或者两个正确选项(每题4分，少选德2分，错选不得分)11. 乙烯在酸催化下水合制乙醇的反应机理及能量与反应进程的关系如图所示。下列叙述正确的是()A. 、两步均属于加成反应B. 总反应速率由第步反应决定C. 第步反应的中间体比第步反应的中间体稳定D. 总反应为放热反应，故此反应不需要加热就能发生【答案】BC【解析】【详解】A只有反应存在碳碳双键键生成C-C键，则只有反应为加成反应，故
19、A错误； B第步反应活化能较大，反应发生时消耗的能量高，则该步反应难进行，其反应速率较小，总反应的快慢取决于慢反应，则总反应速率由第步反应决定，故B正确；C第步反应的中间体比第步反应的中间体能量高，能量越高越不稳定，则第步反应的中间体稳，故C正确；D根据反应物与生成物的能量关系可知：反应物的能量比生成物的能量高，所以发生该反应放出能量，故该反应为放热反应，反应条件是否需要加热与反应热无关，故D错误；故答案为BC12. 天然气因含有少量H2S等气体开采应用受限。TF菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，其原理如图所示，下列说法不正确的是()A. 华阳国志记载“取井火煮之，一斛水得五斗盐”，我国古
20、代已利用天然气煮盐B. 脱硫过程O2间接氧化H2SC. 亚铁是血红蛋白重要组成成分，FeSO4可用于治疗缺铁性贫血D. 该脱硫过程需要不断添加Fe2(SO4)3溶液【答案】D【解析】【详解】A天然气主要成分为甲烷，甲烷燃烧放出热量，华阳国志记载“取井火煮之，一斛水得五斗盐”，说明我国古代已利用天然气煮盐，A项正确；B脱硫过程：Fe2(SO4)3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁，硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁，脱硫过程O2间接氧化H2S，B项正确；C亚铁是血红蛋白的重要组成成分，起着向人体组织传送O2的作用，若缺铁就可能出现缺铁性贫血，FeSO4可用于治疗缺铁性贫血，C项正确；DTF菌在酸性溶液中可
21、实现天然气的催化脱硫，Fe2(SO4)3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁(相应反应为2Fe3+H2S=2Fe2+S+2H+)，硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁(相应反应为4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O)，根据反应可知，该脱硫过程不需要不断添加Fe2(SO4)3溶液，D项错误；故选D。13. 在环境和能源备受关注的今天，开发清洁、可再生新能源已成为世界各国政府的国家战略，科学家发现产电细菌后，微生物燃料电池(MFC)为可再生能源的开发和难降解废物的处理提供了一条新途径。微生物燃料电池(MFC)示意图如图所示(假设有机物为乙酸盐)。下列说法错误的是()A. A室菌为厌氧菌，B室菌为好氧菌B.
22、 A室的电极反应式为CH3COO8e+2H2O2CO2+8H+C. 微生物燃料电池(MFC)电流的流向为baD. 电池总反应式为CH3COO+2O2+H+2CO2+2H2O【答案】B【解析】【详解】A根据装置图可知，B室中O2参与反应，应为好氧菌，则A室为厌氧菌，A正确；B由装置图中可以看出，A室中CH3COO失电子生成CO2和H+，则电极反应式为CH3COO8e+2H2O2CO2+7H+，B错误；C微生物燃料电池(MFC)中，A室失电子转移给B室，则电流的流向为ba，C正确；D电池的正极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，调整正负极的得失电子守恒，然后将两电极反应式相加，即得电池总反应式
23、为CH3COO+2O2+H+2CO2+2H2O，D正确；故选B。14. 实验室用含锰废料(主要成分是MnCO3)制备功能材料MnO2的流程如图所示，下列说法错误的是()A. 固态X可用于人工降雨，其原因是固态X升华吸热，使空气中水蒸气凝结成液态水B. 在加热条件下，可用浓盐酸代替稀硫酸加快“酸溶”速率C. “电解”装置中阳极电势高于阴极电势D. 电解余液经处理后可返回“酸溶”工序循环利用【答案】B【解析】【分析】含锰废料(主要成分是MnCO3)中加入硫酸，生成硫酸锰、二氧化碳和水，则气体X为二氧化碳；电解硫酸锰溶液，阳极水失电子与锰离子反应生成二氧化锰和氢离子。【详解】A固态X为干冰，可用于人
24、工降雨，其原因是固态二氧化碳升华吸热，使空气中水蒸气凝结成液态水，A说法正确；B在加热条件下，用浓盐酸代替稀硫酸，在电解时，阳极氯离子失电子生成氯气，不再产生二氧化锰，B说法错误；C“电解”装置中阳极与电池的正极相连，则阳极的电势高于阴极电势，C说法正确；D电解余液经处理后可返回“酸溶”为硫酸，则工序中的硫酸可循环利用，D说法正确；答案为B。15. 我国学者结合实验与计算机模拟结果，硏究了均相NOCO的反应历程，反应路径中每一阶段内各驻点的能量均为相对于此阶段内反应物能量的能量之差，下列说法错误的是()A. 2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)HOB. 均相NOCO反应经历了三
25、个过渡态和五个中间体C. 整个反应分为三个基元反应阶段，总反应速率由第三阶段反应决定D. NO二聚体()比N2O分子更容易与CO发生反应【答案】AC【解析】【分析】整个反应分为三个基元反应阶段，NO(g) +NO(g) = H=+199.2kJmol-1，+CO(g) =CO2(g) +N2O(g) H=-513.5kJmol-1，CO2(g) +N2O(g) +CO(g) =2CO2(g) +N2(g) H=-307.6kJmol-1。【详解】A根据盖斯定律，+得：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) H=+199.2kJmol-1-513.5kJmol-1-307.6kJm
26、ol-1=-621.9kJmol-1，A说法错误；B均相NOCO反应经历了TS1、TS2、TS3三个过渡态，TM1、TM2、N2O、TM3五个中间体，B说法正确；C整个反应分为三个基元反应阶段，NO(g) +NO(g) = H=199.2kJmol-1，+CO(g) =CO2(g) +N2O(g) H=-513.5kJmol-1，CO2(g) +N2O(g) +CO(g) =2CO2(g) +N2(g) H=-307.6kJmol-1，由于第一阶段所需活化能最高，总反应速率由第一阶段反应决定，C说法错误；D从+CO(g) =CO2(g) +N2O(g) H=-513.5kJmol-1，CO2(
27、g) +N2O(g) +CO(g) =2CO2(g) +N2(g) H=-307.6kJmol-1，反应放出的能量更多，生成物能量更低，NO二聚体()比N2O分子更容易与CO发生反应，D说法正确；故选AC。三非选择题：共5小题，共60分16. 叠氮化钠(NaN3)是易溶于水的白色晶体，微溶于乙醇，不溶于乙醚，常用作汽车安全气囊中的药剂。实验室制取叠氮化钠的原理、实验装置(图甲)及实验步骤如下：关闭止水夹K2，打开止水夹K1，开始制取氨气。加热装置A中的金属钠，使其熔化并充分反应后，停止通入氨气并关闭止水夹K1。向装置A中的b容器内充入加热介质，并加热到210220，然后打开止水夹K2，通入N2
28、O。请回答下列问题：(1)制取氨气可选择图乙中的_装置(填序号)。(2)步骤中先通氨气的目的是_。步骤氨气与熔化的钠反应生成NaNH2的化学方程式为_步骤中最适宜的加热方式为_。(3)生成NaN3的化学方程式为_。(4)反应结束后，进行以下操作，得到NaN3固体：(NaNH2能与水反应生成NaOH和氨气。)a中混合物NaN3固体操作的目的是_，操作最好选用的试剂是_。【答案】 (1). BCD (2). 排尽装置中的空气 (3). 2Na+2NH32NaNH2+H2 (4). 油浴加热 (5). NaNH2+N2ONaN3+H2O (6). 降低NaN3的溶解度，使NaN3结晶析出 (7).
29、乙醚【解析】【详解】(1)实验室制取氨气主要有三种方法：加热氯化铵和氢氧化钙的固体混合物；加热浓氨水；浓氨水中加入固态碱性物质。A用A装置加热氯化铵和氢氧化钙的固体混合物制取氦气时，试管口应朝下，故不选A项；BB装置可用于加热浓氨水制取氨气，故选B项；CC装置可加热氯化铵和氢氧化钙的固体混合物制取氨气，故选C项；DD装置中，长颈漏斗装入浓氨水，烧瓶中加入固体碱性物质(如氢氧化钠)，可制取氨气，故选D项；综上所述，本题正确答案为：BCD；(2)步骤中先加热通氨气，排尽装置中的空气，防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入与钠反应；氨气与熔化的钠反应生成NaNH2和氢气，反应的化学方程式为：2Na+2NH
30、32NaNH2+H2；已知步骤的温度为210220，宜用油浴加热，故答案为：排尽装置中的空气；2Na+2NH32NaNH2+H2；油浴加热；(3) NaNH2和N2O反应生成NaN3的化学方程式为NaNH2+N2ONaN3+H2O，故答案为：NaNH2+N2ONaN3+H2O；(4)由题可知，NaN3不溶于乙醚，因此操作加乙醚的目的是降低NaN3的溶解度，使NaN3结晶析出；乙醚易挥发，有利于产品快速干燥，故用乙醚洗涤产品，因此操作最好选用乙醚，故答案为：降低NaN3的溶解度，使NaN3结晶析出；乙醚；17. 钒是“现代工业味精”，是发展现代工业、现代国防和现代科学技术不可缺少的重要材料。铝土
31、矿的主要成分Al2O3(含SiO2、V2O5、Fe2O3等杂质)，利用Bayer法从铝土矿生产氧化铝的母液中提取钒的过程如图所示：(1)赤泥中除了含有水合铝硅酸钠外，还有_。(2)生成VO的离子方程式为_。(3)沉淀物中含有水合铝酸钙(2CaOA l2O38H2O)、水合铝硅酸钙(水化石榴石3CaOAl2O3SiO24H2O)和钒酸钙(3CaOV2O5)，其中存在：3Ca(OH)2(s) + 2 VO3CaOV2O5(s) + 6OH- ，加入Na2CO3能够使钒酸钙溶解的原因：_(用平衡原理解释)。(4)已知：0.1 mol/L V2O5在不同pH的存在形态如表所示。pH131411138.
32、5117.58.557.53 513存在形态VOV2O V4O V10O HV10O H2V10O V2O5加入离子交换树脂(C12H18NCl)进行吸附和淋洗液解吸附的过程为Rn- + n C12H18NCl(C12H18N)nR + nCl-，Rn-的结构为_。(5)为了减少排放，实现原料的重复利用，除了洗液、流出液所含的物质可以循环利用外，还有_物质可以重复利用。(至少写两种)(6)利用铝热反应从V2O5中制取510 g V需要铝的质量为_。【答案】 (1). Fe2O3 (2). V2O5 + 6OH-=2VO+ 3H2O (3). Na2CO3 +Ca(OH)2=CaCO3 +2 N
33、aOH，OH- 增多平衡逆向移动，使得溶出VO (4). (5). 离子交换树脂、NaCl或者NH4C1 (6). 450 g【解析】【分析】由铝土矿的成分和流程图可知，向铝土矿中加入苛性钠和少量生石灰破碎浸磨后，氧化铁是碱性氧化物，不与苛性钠和生石灰反应，氧化铝、二氧化硅和五氧化二钒与碱反应生成、和水合铝硅酸钠沉淀，过滤分离得到含有、的溶液和含有水合铝硅酸钠和氧化铁的赤泥。【详解】(1)由分析可知，赤泥中除了含有水合铝硅酸钠外，还有氧化铁，故答案为:Fe2O3；(2)由流程图可知，五氧化二钒与氢氧化钠溶液反应生成钒酸钠和水，反应的化学方程式为V2 O5+ 6NaOH = 2Na3VO43H2
34、O，故这个反应的离子方程式是V2O5 + 6OH-=2VO+3H2O；(3)碳酸钠在溶液中能与氢氧化钙反应生成碳酸钙和氢氧化钠，反应生成的氢氧化钠使溶液中氢氧根离子浓度增大，使平衡3Ca(OH)2(s) + 2 VO3CaOV2O5(s) + 6OH-逆向移动，OH- 增多平衡逆向移动，有利于钒酸钙溶解转化为VO；故答案为Na2CO3 +Ca(OH)2=CaCO3 +2 NaOH，OH- 增多平衡逆向移动，使得溶出VO；(4)由题给流程可知，浸出液的pH=8，对照题给0.1 mol/L V2O5在不同pH的存在形态表格可知，Rn-的结构为；(5）由题给流程可知，浸出液用离子交换树脂进行吸附得到
35、饱和树脂后，用氯化钠和氯化铵溶液做淋洗液，解吸附后得到树脂和含有氯化钠和氯化铵的解吸溶液，得到的离子交换树脂可以循环使用;向解吸溶液中加入氯化铵，氯化铵与溶液中钒酸钠反应生成偏钒酸铵沉淀和氯化钠，过滤得到的滤液中含有氯化钠和氯化铵，滤液可以循环使用，故答案为:离子交换树脂、NaCI或者NHCl；(6) 510 g V的物质的量为10 mol，由得失电子数目守恒可得铝的物质的量为mol，则铝的质量为27 g=450g。18. 合成氨是人工固氮比较成熟的技术，在工业上有重要的用途。(1)已知化学键的键能如下表，则N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H=_。化学键HHNNNHNN键能/kJmol
36、1435.9946.5391.1192.8(2)恒温条件下，在体积固定的容器中发生合成氨的反应，下列叙述表明反应已达平衡状态的是_。体系压强保持不变 c(N2)：c(H2)：c(NH3)1：3：2每消耗1mol N2，有6mol NH键发生断裂 混合气体的密度保持不变混合气体的平均摩尔质量保持不变 v正(NH3)0(3)合成氨反应的平衡常数与温度的对应关系如下表：温度()25400450平衡常数51080.5070.152试解释平衡常数随温度的升高而减小的原因_。工业上合成氨一般以铁触媒为催化剂，400500条件下反应，选取该反应温度而非室温或更高温度的原因是_。 (4)肼(N2H4)又称联氨
37、，可看成是氨气中的氢原子被氨基取代后的产物，常用作火箭的液体燃料。肼燃料电池的原理如图所示，则负极发生的电极反应式为 _【答案】 (1). -92.4 kJmol-1 (2). (3). H0，反应放热，升高温度后平衡逆向移动，所以K值减小 (4). 此温度时催化剂的活性最大 (5). N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O【解析】【详解】(1)对于反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H=435.9 kJmol-13+946.5 kJmol-1-391.1 kJmol-16=-92.4 kJmol-1。答案为：-92.4 kJmol-1；(2)反应前后气体分子数不等，平衡移动时，压
38、强改变，当体系压强保持不变时，反应达平衡状态，符合题意；当c(N2):c(H2) :c(NH3)1:3:2时，可能是反应进行的某个阶段，不一定是平衡状态，不符合题意；每消耗1mol N2，有6mol NH键发生断裂，则反应进行的方向相反，且正、逆反应速率相等，反应达平衡状态，符合题意；容器的体积不变，混合气的总质量不变，混合气体的密度始终不变，所以密度不变时，不一定达平衡状态，不符合题意；混合气体的质量不变，平衡前气体的物质的量不断改变，当平均摩尔质量保持不变时，反应达平衡状态，符合题意；v正(NH3)0时，说明反应从生成物开始，且反应物的起始量为0，此时反应尚未开始，不可能达平衡状态，不符合
39、题意；故选。答案为：；(3)从表中数据可以看出，随着温度的不断升高，平衡常数不断减小，则平衡常数随温度的升高而减小的原因为：H0，反应放热，升高温度后平衡逆向移动，所以K值减小。反应放热，如果从提高原料转化率方面考虑，应选低温，如果从加快反应速率方面考虑，应选高温，选择400500条件下反应，则应从催化剂考虑，从而得出选取该反应温度而非室温或更高温度的原因是：此温度时催化剂的活性最大。答案为：H0，反应放热，升高温度后平衡逆向移动，所以K值减小；此温度时催化剂的活性最大；(4)从图中可以看出，N2H4失电子的产物在KOH溶液中转化为N2等，则负极发生的电极反应式为N2H4-4e-+4OH-=N
40、2+4H2O。答案为：N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O。【点睛】书写电极反应式时，一定要关注电解质的性质。19. 草酸亚铁（FeC2O4）作为一种化工原料,可广泛用于新型电池材料、感光材料的生产。以炼钢厂的脱硫渣(主要成分是Fe2O3)为原料生产电池级草酸亚铁晶体的工艺流程如下：(1)如图是反应温度、加料时间及分散剂的质量分数对草酸亚铁纯度的影响：从图象可知，制备电池级草酸亚铁晶体的最佳实验条件是_(2)写出“还原”过程中既是化合反应又是氧化还原反应的离子方程式_(3)滤渣2中含有TiOSO4，进行热水解可以生成不溶于水的TiO2H2O，该反应的化学方程式为_。(4)流程图中“滤液”
41、经处理后得到一种化肥，其化学式为_。“一系列操作”指_。(5)草酸亚铁固体纯度的测定准确称取m g草酸亚铁固体样品，溶于30 mL 2 molL-1H2SO4溶液中，在6080水浴加热，用100 mL容量瓶配成100.00 mL溶液。取20.00 mL，用KMnO4标准溶液(浓度为c molL-1)消耗V1mL。向滴定后的溶液中加入适量锌粉，用试剂x检验Fe3+至极微量，过滤，洗涤，洗涤液并入滤液中。继续用KMnO4标准溶液(浓度为c molL-1)滴定至终点，消耗V2mL。在中溶液中发生2MnO4-+5H2C2O4+6H+ = 2Mn2+10CO2+8H2O，还有另一氧化还原反应，写出其离子
42、方程式_，步骤中检验其中微量的Fe3+的试剂x名称是_溶液，固体样品的纯度为_(用含c、V1、V2的式子表示)【答案】 (1). 温度40，加料时间25min，分散剂质量分数20% (2). Fe 2Fe3 = 3Fe2 (3). TiOSO4 + 2H2OTiO2H2O + H2SO4 (4). (NH4)2SO4 (5). 洗涤干燥 (6). MnO45Fe28H= Mn25Fe34H2O (7). KSCN (8). 【解析】【分析】根据图中信息脱硫渣和硫酸反应主要生成硫酸铁，过滤，向滤液中加入足量铁粉，与硫酸铁反应，过滤，滤渣主要是过量铁粉和TiOSO4，再向滤液中加入氨水生成氢氧化亚
43、铁和硫酸铵，滤液中主要是硫酸铵，向氢氧化亚铁中加入草酸和乙醇，过滤，经过一系列最终得到草酸亚铁晶体。【详解】(1)根据图像信息可知40纯度最高，加料时间在25min产品纯度最高，分散剂质量分数20%时产品纯度最高，因此制备电池级草酸亚铁晶体的最佳实验条件是温度40，加料时间25min，分散剂质量分数20%；故答案为：温度40，加料时间25min，分散剂质量分数20%。(2)写出“还原”过程中既是化合反应又是氧化还原反应的是铁和硫酸铁反应生成硫酸亚铁，其离子方程式Fe 2Fe3 = 3Fe2；故答案为：Fe 2Fe3 = 3Fe2。(3)滤渣2中含有TiOSO4，进行热水解可以生成不溶于水的Ti
44、O2H2O，该反应的化学方程式为TiOSO4 + 2H2OTiO2H2O+ H2SO4；故答案为：TiOSO4 + 2H2OTiO2H2O + H2SO4。(4)过量氨水和硫酸亚铁反应生成氢氧化亚铁和硫酸铵，因此流程图中“滤液”经处理后得到一种化肥，其化学式为(NH4)2SO4。 “一系列操作”指是过滤后需要洗涤干燥；故答案为：(NH4)2SO4；洗涤干燥。(5)在中溶液中发生2MnO4+5H2C2O4+6H+ = 2Mn2+10CO2+8H2O，还有另一氧化还原反应是亚铁离子被酸性高锰酸根反应，其离子方程式MnO45Fe28H= Mn25Fe34H2O，步骤用KSCN溶液检验其中微量的Fe3
45、+，步骤是亚铁离子消耗高锰酸钾V2 mL，根据MnO4 5Fe2得到n(Fe2)= 5c molL1V2103L =5cV2103mol，因此固体样品的纯度为；故答案为：MnO45Fe28H= Mn25Fe34H2O；KSCN；。20. 含碳物质的转化，有利于“减碳”和可持续性发展，有重要的研究价值.回答下列问题：(1)已知CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) H41 kJmol-1，下列措施中有利于提高CO平衡转化率的是_(填标号)。A增大压强 B降低温度C提高原料气中H2O(g)的比例 D使用高效催化剂(2)用惰性电极电解KHCO3溶液可将空气中的CO2转化为甲酸根(HCOO-
46、)和，其电极反应式为_；若电解过程中转移1 mol电子，则阳极生成气体的体积为_L(标准状况)。(3)乙苯催化脱氢制取苯乙烯的反应为：(g)+CO2(g)(g)+CO(g)+H2O(g)，其反应历程如下：由原料到状态的过程能量_(填“放出”或“吸收”)。一定温度下，向恒容密闭容器中充入2 mol乙苯和2 mol CO2，起始压强为P0，平衡时容器内气体总物质的量为5 mol，则乙苯的转化率为_，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp_。【答案】 (1). BC (2). CO2+2e-+H2O=HCOO-+OH-或2CO2+2e-+H2O=HCOO-+ (3). 5.6 (4). 吸收
47、(5). 50% (6). 0.25P0【解析】【详解】(1)A由于该反应的正反应是反应前后气体物质的量不变的反应，增大压强，化学平衡不移动，CO平衡转化率不变，A不符合题意；B由于该反应H0，说明正反应为放热反应，降低温度，化学平衡正向移动，CO平衡转化率增大，B符合题意；C提高原料气中H2O(g)的比例，相当于增大H2O的浓度，化学平衡正向移动，CO平衡转化率增大，C符合题意；D催化剂只能改变反应速率，不能使化学平衡发生移动，因此CO平衡转化率不变，D不符合题意；故合理选项是BC；(2)用惰性电极电解KHCO3溶液可将空气中的CO2化合价降低得电子，转化为甲酸根(HCOO-)和，其电极反应
48、式为CO2+2e-+H2O=HCOO-+OH-或2CO2+2e-+H2O=HCOO-+，阳极电解生成O2，电解过程中转移1 mol电子，根据关系式O24e-可知：生成O2在标准状况下的体积为V(O2)=1 mol22.4 L/mol=5.6 L；(3)由原料到状态I发生化学键的断裂，断裂化学键需要吸收能量；设乙苯反应了x mol，根据方程式：(g)+CO2(g)(g)+CO(g)+H2O(g)可知：x mol反应，会同时消耗x mol CO2气体，反应产生苯乙烯、CO、H2O的物质的量都是x mol，则平衡时各种气体的物质的量分别是：n(乙苯)=n(CO2)=(2-x) mol，n(苯乙烯)=n(CO)=n(H2O)=x mol，则4+x=5，则x=1 mol，故乙苯的转化率为a(乙苯)=50%；平衡后压强为，平衡常数Kp=，p(乙苯)=1.25Po，p(CO2)=1.25Po，P(苯乙烯)=1.25Po，p(CO)=1.25Po， p(H2O)=1.25Po，所以Kp= =0.25Po。