2019-2020年高三化学四模试卷 含解析.doc

2019-2020年高三化学四模试卷 含解析一、选择题：（本题共7小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1下列说法符合化学事实的是（）A大分子化合物油脂在人体内水解为氨基酸和甘油等小分子才能被吸收B包装食品里常有硅胶、石灰、还原铁粉三类小包，其作用相同CNa2SiO3水溶液俗称水玻璃，是制备硅胶和木材防火剂的原料D为测定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照即可2晋葛洪抱朴子内篇黄白记载“曾青涂铁，铁赤色如铜”（“曾青”是指硫酸铜）下列说法不正确的是（）A记载中的反应属于置换反应B记载中蕴含了湿法炼铜的原理C由记载得出铁单质是赤色（红色）D每生成1mol铜转移2mol电子3甲苯（）分子中苯环上的一个氢被C4H9原子团取代形成的有机物共有（）A8种B12种C10种D16种4设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A20 g D2O所含的电子数为10 NAB6.0gSiO2晶体中含有0.2NA个SiO键C氢气与氯气反应生成标准状况下22.4 L氯化氢，断裂化学键总数为2 NAD苯与液溴反应生成1mol时消耗0.5NA个Br25下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（）实验现象结论A将氯气通入品红溶液溶液红色褪去氯气具有漂白性B将铜粉加入1.0molL1的Fe2（SO4）3溶液中溶液变蓝，有黑色固体出现金属Fe比Cu活泼C用坩埚钳夹住用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化后的液态铝滴落下来金属铝的熔点比较低D向盛有少量浓硝酸、稀硝酸的两支试管中分别加入一片大小相同的铜片浓硝酸中铜片很快开始溶解，并放出红棕色气体；稀硝酸中过一会铜片表面才出现无色气体，气体遇空气变红棕色浓硝酸氧化性强于稀硝酸6工业上常用电解硫酸钠溶液联合生产硫酸和烧碱，生产装置如图所示，其中阴极和阳极均为惰性电极测得同温同压下，气体甲与气体乙的体积比约为1：2，以下说法中正确的是（）Aa极与电源的负极相连B产物丙为硫酸溶液C离子交换膜d为阴离子交换膜Db电极反应式：4OH4e=O2+2H2O7常温下，用0.10molL1 NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10molL1 CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲线如图下列说法正确的是（）A点和点所示溶液中：c（CH3COO）c（CN）B点和点所示溶液中：c（Na+）c（OH）c（CH3COO）c（H+）C点和点所示溶液中都有：c（CH3COO）+c（OH）=c（CH3COOH）+c（H+）D点和点所示溶液中：c（CH3COO）c（CN）=c（HCN）c（CH3COOH）二、解答题（共3小题，满分43分）8高锰酸钾是一种常用的氧化剂下图是利用软锰矿（主要成分为MnO2）制备高锰酸钾的一种工艺（流程中部分产物已略去）：相关物质不同温度下的溶解度（单位：g）数据如表：物质温度KMnO4CH3COOKK2SO4KCl206.3421711.134.29045.239822.953.9（1）“熔融”步骤反应的化学方程式为（2）K2MnO4溶液中加入冰醋酸发生反应的离子方程式为：（3）操作2是、（4）图中可以直接进行循环利用的物质是（填化学式）（5）KMnO4粗晶体中的主要杂质（填化学式）有和；操作3用到的试剂和；若用硫酸代替图中的冰醋酸，则导致的问题及原因是9某同学在实验室进行铁盐与亚铁盐相互转化的实验：实验：将Fe3+转化为Fe2+（如图）（1）Fe3+与Cu粉发生反应的离子方程式为（2）探究白色沉淀产生的原因，请填写实验方案：查阅资料：SCN的化学性质与I相似，2Cu2+4I=2CuI（白色）+I2实验方案现象结论步骤1：取4mLmol/L CuSO4溶液，向其中滴加3滴0.1mol/L KSCN溶液产生白色沉淀CuSO4与KSCN反应产生了白色沉淀步骤2：取无明显现象Cu2+与SCN反应的离子方程式为实验：将Fe2+转化为Fe3+实验方案现象向3mL 0.1mol/L FeSO4溶液中加入1mL 8mol/L稀硝酸溶液变为棕色，放置一段时间后，棕色消失，溶液变为黄色探究上述现象出现的原因：查阅资料：Fe2+NOFe（NO）2+（棕色）（3）用离子方程式解释NO 产生的原因（4）从化学反应速率与限度的角度对体系中存在的反应进行分析：反应：Fe2+与HNO3反应； 反应：Fe2+与NO反应依据实验现象，甲认为反应的速率比反应（填“快”或“慢”）乙认为反应是一个不可逆反应，并通过实验证明其猜测正确，乙设计的实验方案是请用化学平衡移动原理解释溶液由棕色变为黄色的原因10甲醇是有机化工原料和优质燃料，主要应用于精细化工、塑料等领域，也是农药、医药的重要原料之一回答下列问题：（1）工业上可用CO2 和H2反应合成甲醇已知25、101kPa 下：H2（g）+O2（g）H2O（g）H1=242kJ/molCH3OH（g）+O2（g）CO2（g）+2H2O（g）H2=676kJ/mol写出CO2与H2反应生成CH3OH（g）与H2O（g）的热化学方程式：下列表示该合成甲醇反应的能量变化示意图中正确的是（填字母代号）合成甲醇所需的H2可由下列反应制取：H2O（g）+CO（g）H2（g）+CO2（g）某温度下该反应的平衡常数K=1若起始时c（CO）=1mol/L，c（H2O）=2mol/L，则达到平衡时H2O的转化率为（2）CO和H2反应也能合成甲醇：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H=90.1kJ/mol在250下，将一定量的CO和H2投入10L的恒容密闭容器中，各物质的浓度（mol/L）变化如下表所示（前6min没有改变条件）： 2min 4min6min8min CO 0.07 0.060.040.05 H2 x 0.12 0.12 0.2 CH2OH 0.03 0.040.04 0.05X=，250时该反应的平衡常数K=若68min时只改变了一个条件，则改变的条件是，第8min时，该反应是否达到平衡状态？（填“是”或“不是”）该合成反应的温度一般控制在240270，选择此温度的原因是：此温度下的催化剂活性高；（3）甲醇在催化剂条件下可以直接氧化成甲酸在常温下，甲酸的K=1104，20.00mL 0.1000mol/L NaOH溶液与一定量等浓度甲酸溶液混合后所得溶液的c（HCOOH）=c（HCOO），该溶液pH=，溶液中离子浓度由大到小的顺序为三、选考题【化学-选修2：化学与技术】11下列有关叙述正确的是（）A银锌纽扣电池工作时，Ag2O被还原为AgB碱性锌锰电池中，MnO2是催化剂C放电时，铅酸蓄电池中硫酸浓度不断增大D电镀时，待镀的金属制品表面发生还原反应12锌是一种应用广泛的金属，目前工业上主要采用“湿法”工艺冶炼锌，某含锌矿的主要成分为ZnS（还含少量FeS等其他成分），以其为原料冶炼锌的工艺流程如图所示：回答下列问题：（1）硫化锌精矿的焙烧在氧气气氛的沸腾炉中进行，所产生焙砂的主要成分的化学式为（2）焙烧过程中产生的含尘烟气可净化制酸，该酸可用于后续的操作（3）浸出液“净化”过程中加入的主要物质为，其作用是（4）电解沉积过程中的阴极采用铝板，阳极采用PbAg合金惰性电极，阳极逸出的气是（5）改进的锌冶炼工艺，采用了“氧压酸浸”的全湿法流程，既省略了易导致空气污染的焙烧过程，又可获得一种有工业价值的非金属单质“氧压酸浸”中发生主要反应的离子方程式为（6）我国古代曾采用“火法”工艺冶炼锌，明代宋应星著的天工开物中有关于“升炼倭铅”的记载：“炉甘石十斤，装载入一泥罐内，然后逐层用煤炭饼垫盛，其底铺薪，发火煅红，冷淀，毁罐取出，即倭铅也”该炼锌工艺过程主要反应的化学方程式为（注：炉甘石的主要成分为碳酸锌，倭铅是指金属锌）【化学-选修物质结构与性质】13a、b、c、d是四种原子序数依次增大的短周期元素a原子的电子层数为n，核内质子数是2n21，最外层电子数为2n+l；b、d同主族，能形成两种中学常见的化合物；c与b组成的化合物是一种两性氧化物，工业上通过电解该化合物可冶炼c单质；e原子有四个能层，其未成对电子数在同周期是最多的回答下列问题：（l）a在周期表中的位置；e的基态原子核外电子排布式为；未成对电子数为个（2）b、c、d原子的电负性由大到小的顺序是第一电离能a大于b的原因（3）a和b形成的离子W呈平面三角形，其中心原子的杂化类型为；a、b、d气态氢化物最稳定的是（写化学式）（4）将b、d组成的极性分子通人含少量W离子的BaCl2水溶液中，有NO气体生成发生反应的离子方程式为（5）元素c与Fe构成合金的晶体类型，其晶胞如图，该合金的化学式为；离铁原子最近的c原子构成的图形为；若该晶胞的密度为g/cm3，铁原子之间的最短距离为cm【化学-选修有机化学基础】14有机物F（分子式为C12H14O2）广泛用于香精的调香剂为了合成该物质，某实验室的科技人员设计了下列合成路线：试回答下列问题：（1）反应的反应类型 C物质的结构简式是（2）A物质在核磁共振氢谱中能呈现种峰；峰面积比为（3）反应的条件改为NaOH/醇溶液，则产物含有的官能团为（3）上述合成路线中属于取代反应的是（填编号）；（4）反应的化学方程式为（5）E有多种同分异构体，请写出符合下列条件的一个结构简式：属于芳香族化合物，且含有与E相同的官能团；苯环上有两个取代基，且苯环上的一氯代物只有两种（6）参照上述合成路线，设计一条由乙烯为起始原料制备草酸的合成路线：xx宁夏银川九中高考化学四模试卷参考答案与试题解析一、选择题：（本题共7小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1下列说法符合化学事实的是（）A大分子化合物油脂在人体内水解为氨基酸和甘油等小分子才能被吸收B包装食品里常有硅胶、石灰、还原铁粉三类小包，其作用相同CNa2SiO3水溶液俗称水玻璃，是制备硅胶和木材防火剂的原料D为测定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照即可【考点】物质的组成、结构和性质的关系【分析】A油脂为高级脂肪酸甘油酯；B硅胶、石灰均作干燥剂，铁粉作抗氧化剂；CNa2SiO3水溶液俗称水玻璃，不燃烧，具有防腐作用；D氯水中含HClO，具有漂白性【解答】解：A油脂为高级脂肪酸甘油酯，水解生成高级脂肪酸和甘油，故A错误；B硅胶、石灰均作干燥剂，铁粉作抗氧化剂，作用不同，故B错误；CNa2SiO3水溶液俗称水玻璃，不燃烧，具有防腐作用，与二氧化碳反应生成硅酸，则是制备硅胶和木材防火剂的原料，故C正确；D氯水中含HClO，具有漂白性，不能利用pH试纸测pH，应选pH计测定，故D错误；故选C2晋葛洪抱朴子内篇黄白记载“曾青涂铁，铁赤色如铜”（“曾青”是指硫酸铜）下列说法不正确的是（）A记载中的反应属于置换反应B记载中蕴含了湿法炼铜的原理C由记载得出铁单质是赤色（红色）D每生成1mol铜转移2mol电子【考点】氧化还原反应【分析】根据金属活动性顺序，活动性强的金属能将活动性弱的金属从其盐溶液中置换出来【解答】解：根据金属活动性顺序，活动性强的金属能将活动性弱的金属从其盐溶液中置换出来由Fe+CuSO4Cu+FeSO4可知：A、该反应符合“单+化=单+化”的特点，属于置换反应，故A正确；B、铁能将硫酸铜溶液中的铜元素置换出来，记载中蕴含了湿法炼铜的原理，故B正确；C、这里的“赤色”是铜，故C错误；D、+2价的铜离子变成单质铜，每生成1mol铜转移2mol电子，故D正确；故选C3甲苯（）分子中苯环上的一个氢被C4H9原子团取代形成的有机物共有（）A8种B12种C10种D16种【考点】有机化合物的异构现象【分析】C4H9有四种结构，分别为：CH3CH2CH2CH2、CH3CH2CH（CH3）、（CH3）2CHCH2、（CH3）3C，苯环上两个取代基有邻间对三种结构【解答】解：C4H9有四种结构，分别为：CH3CH2CH2CH2、CH3CH2CH（CH3）、（CH3）2CHCH2、（CH3）3C，苯环上两个取代基有邻间对三种结构，共有43=12种故选B4设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A20 g D2O所含的电子数为10 NAB6.0gSiO2晶体中含有0.2NA个SiO键C氢气与氯气反应生成标准状况下22.4 L氯化氢，断裂化学键总数为2 NAD苯与液溴反应生成1mol时消耗0.5NA个Br2【考点】阿伏加德罗常数【分析】AD2O分子中含有10个电子，20个重水的物质的量为1mol，含有10mol电子；B依据n=计算物质的量，结合二氧化硅中含有4个Si一0键分析；C当反应生成2molHCl时，断裂2mol化学键；D苯与液溴发生取代反应【解答】解：A.20克D2O的物质的量为1mol，1mol重水中含有10mol电子，含有的电子数为10NA，故A正确；B依据n=计算物质的量=0.1mol，结合二氧化硅中含有4个Si一0键分析，6g SiO2晶体中含有0.4NA个Si一0键，故B错误；C当反应生成2molHCl时，断裂2mol化学键，故当生成标况下22.4LHCl即1molHCl时，断裂1mol化学键即NA个，故C错误；D苯与液溴发生取代反应，生成1mol时消耗NA个Br2，故D错误；故选：A5下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（）实验现象结论A将氯气通入品红溶液溶液红色褪去氯气具有漂白性B将铜粉加入1.0molL1的Fe2（SO4）3溶液中溶液变蓝，有黑色固体出现金属Fe比Cu活泼C用坩埚钳夹住用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化后的液态铝滴落下来金属铝的熔点比较低D向盛有少量浓硝酸、稀硝酸的两支试管中分别加入一片大小相同的铜片浓硝酸中铜片很快开始溶解，并放出红棕色气体；稀硝酸中过一会铜片表面才出现无色气体，气体遇空气变红棕色浓硝酸氧化性强于稀硝酸AABBCCDD【考点】氯气的化学性质；硝酸的化学性质；铝的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变【分析】A氯气通入品红溶液，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白作用，氯气无漂白性；BCu和Fe3+发生氧化还原反应生成Fe2+和Cu2+；C三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，所以铝箔在酒精灯上加热到熔化，熔化的铝并不滴落；D可根据反应的剧烈程度判断氧化性强弱【解答】解：A氯气通入品红溶液，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白作用，氧化品红溶液褪色，氯气无漂白性，故A错误；BCu和Fe3+发生氧化还原反应，反应方程式为Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，所以没有黑色沉淀生成，溶液由黄色变为蓝色，故B错误；C将铝箔用坩埚钳夹住放在酒精灯火焰上加热，铝和氧气反应生成了氧化铝，形成氧化膜，三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，包住了熔化的铝，所以加热铝箔的时候铝熔化了但是不会滴落，故C错误；DCu与浓硝酸反应生成二氧化氮，与稀硝酸反应生成NO，氧化性与得到电子的多少无关，但浓硝酸与Cu反应剧烈，可说明氧化性强弱，故D正确；故选D6工业上常用电解硫酸钠溶液联合生产硫酸和烧碱，生产装置如图所示，其中阴极和阳极均为惰性电极测得同温同压下，气体甲与气体乙的体积比约为1：2，以下说法中正确的是（）Aa极与电源的负极相连B产物丙为硫酸溶液C离子交换膜d为阴离子交换膜Db电极反应式：4OH4e=O2+2H2O【考点】电解原理【分析】装置图分析可知是电解装置，电极硫酸钠溶液，实质是电解水，气体甲与气体乙的体积比约为1：2，气体甲为氧气，气体乙为氢气，阳极生成氧气，电极反应4OH4e=2H2O+O2，阴极生成氢气，2H+2e=H2，气体体积比为1：2，所以判断a电极是阳极，b电极是阴极，在阳极室得到硫酸，在阴极室得到氢氧化钠，则c为阴离子交换膜，d为阳离子交换膜【解答】解：装置图分析可知是电解装置，电极硫酸钠溶液，实质是电解水，气体甲与气体乙的体积比约为1：2，气体甲为氧气，气体乙为氢气，阳极生成氧气，电极反应4OH4e=2H2O+O2，阴极生成氢气，2H+2e=H2，气体体积比为1：2，所以判断a电极是阳极，b电极是阴极，在阳极室得到硫酸，在阴极室得到氢氧化钠，则c为阴离子交换膜，d为阳离子交换膜；A、分析可知a电极为阳极，与电源正极相连，故A错误；B、阳极a生成氧气，电极反应4OH4e=2H2O+O2，阳极室水的 电离平衡被破坏生成氢离子，生成产物丙为硫酸，阴极生成氢气，2H+2e=H2，生成产物丁为氢氧化钠，故B正确；C、阳极a生成氧气，电极反应4OH4e=2H2O+O2，阳极室水的 电离平衡被破坏生成氢离子，生成产物丙为硫酸，阴极生成氢气，2H+2e=H2，生成产物丁为氢氧化钠，则c为阴离子交换膜，d为阳离子交换膜，故C错误；D、阳极a生成氧气，电极反应4OH4e=2H2O+O2，b电极是阴极，该电极上应该发生得电子的还原反应，故D错误；故选B7常温下，用0.10molL1 NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10molL1 CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲线如图下列说法正确的是（）A点和点所示溶液中：c（CH3COO）c（CN）B点和点所示溶液中：c（Na+）c（OH）c（CH3COO）c（H+）C点和点所示溶液中都有：c（CH3COO）+c（OH）=c（CH3COOH）+c（H+）D点和点所示溶液中：c（CH3COO）c（CN）=c（HCN）c（CH3COOH）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】A根据点和点所示溶液中的电荷守恒c（OH）+c（CN）=c（Na+）+c（H+）分析；B点中pH=7，则c（OH）=c（H+）；C点和点所示溶液中存在电荷守恒c（OH）+c（CH3COO）=c（Na+）+c（H+）；D根据点所示溶液中的物料守恒：c（HCN）+c（CN）=c（Na+）和点所示溶液中的物料守恒：c（CH3COOH）+c（CH3COO）=c（Na+）分析【解答】解：A点的溶液中存在电荷守恒为c（OH）+c（CN）=c（Na+）+c（H+），而且c（OH）c（H+），点所示溶液中的电荷守恒为c（OH）+c（CH3COO）=c（Na+）+c（H+），而且c（OH）c（H+），二者中钠离子浓度相同，所以c（CH3COO）c（CN），故A错误；B点中pH=7，则c（OH）=c（H+），则点中c（Na+）=c（CH3COO）c（H+）=c（OH），故B错误；C点和点所示溶液中存在电荷守恒c（OH）+c（CH3COO）=c（Na+）+c（H+），在中Na元素的物质的量与醋酸的总物质的量相同，由于醋酸根离子要水解，所以c（Na+）c（CH3COOH），所以c（CH3COO）+c（OH）c（CH3COOH）+c（H+），故C错误D点的溶液中存在物料守恒为c（HCN）+c（CN）=c（Na+），点所示溶液中的物料守恒为c（CH3COOH）+c（CH3COO）=c（Na+），二者中钠离子浓度相同，则c（HCN）+c（CN）=c（CH3COOH）+c（CH3COO），即c（CH3COO）c（CN）=c（HCN）c（CH3COOH），故D正确；故选D二、解答题（共3小题，满分43分）8高锰酸钾是一种常用的氧化剂下图是利用软锰矿（主要成分为MnO2）制备高锰酸钾的一种工艺（流程中部分产物已略去）：相关物质不同温度下的溶解度（单位：g）数据如表：物质温度KMnO4CH3COOKK2SO4KCl206.3421711.134.29045.239822.953.9（1）“熔融”步骤反应的化学方程式为3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O（2）K2MnO4溶液中加入冰醋酸发生反应的离子方程式为：3MnO42+4CH3COOH=2MnO4+MnO2+2H2O+4CH3COO（3）操作2是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤（4）图中可以直接进行循环利用的物质是（填化学式）MnO2（5）KMnO4粗晶体中的主要杂质（填化学式）有KCl和CH3COOK；操作3用到的试剂蒸馏水和硝酸银溶液；若用硫酸代替图中的冰醋酸，则导致的问题及原因是反应生成K2SO4，而K2SO4在常温下的溶解度也较小，析出后从而导致产品的纯度降低或硫酸酸性太强，导致MnO4将Cl氧化，产生有毒的Cl2，KMnO4损失且纯度降低【考点】制备实验方案的设计【分析】软锰矿中的二氧化锰和加入氯酸钾和氢氧化钾熔融发生氧化还原反应生成锰酸钾、氯化钾和水，锰酸钾中加入冰醋酸自身发生氧化还原反应生成二氧化锰、高锰酸钾和醋酸钾，操作是溶解过滤得到滤渣为二氧化锰，操作是滤液2通过加热浓缩、降温结晶、过滤洗涤得到高锰酸钾粗晶体，所含杂质主要为KCl、CH3COOK等，将高锰酸钾粗晶体溶于水，通过重结晶的方法可以提纯高锰酸钾晶体，用硝酸银溶液可以检验杂质是否除去，（1）软锰矿中的二氧化锰和加入氯酸钾和氢氧化钾熔融发生氧化还原反应生成锰酸钾、氯化钾和水，结合原子守恒和电子守恒配平书写化学方程式；（2）K2MnO4溶液中加入冰醋酸发生反应是自身氧化还原反应生成高锰酸钾和二氧化锰，结合电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写离子方程式；（3）操作2是滤液2通过加热浓缩、降温结晶、过滤洗涤得到高锰酸钾粗晶体；（4）参加反应过程最后又生成的物质可以循环使用；（5）高锰酸钾粗晶体，所含杂质主要为KCl、CH3COOK等，若用硫酸代替图中的冰醋酸，生成的硫酸钾溶解度小易在晶体中含有更多杂质【解答】解：软锰矿中的二氧化锰和加入氯酸钾和氢氧化钾熔融发生氧化还原反应生成锰酸钾、氯化钾和水，锰酸钾中加入冰醋酸自身发生氧化还原反应生成二氧化锰、高锰酸钾和醋酸钾，操作是溶解过滤得到滤渣为二氧化锰，操作是滤液2通过加热浓缩、降温结晶、过滤洗涤得到高锰酸钾粗晶体，所含杂质主要为KCl、CH3COOK等，将高锰酸钾粗晶体溶于水，通过重结晶的方法可以提纯高锰酸钾晶体，用硝酸银溶液可以检验杂质是否除去，（1）软锰矿中的二氧化锰和加入氯酸钾和氢氧化钾熔融发生氧化还原反应生成锰酸钾、氯化钾和水，结合原子守恒和电子守恒配平书写化学方程式，锰元素化合价+4价变化为+6价电子转移2e，氯酸钾中氯元素+5价变化为1价，电子转移6e，电子转移总数6e，则反应的化学方程式为：3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O，故答案为：3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O；（2）K2MnO4溶液中加入冰醋酸发生反应是自身氧化还原反应生成高锰酸钾和二氧化锰，结合电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写离子方程式，锰元素+6价变化为+7价和+4价，电子转移总数2e，配平得到离子方程式为：3MnO42+4CH3COOH=2MnO4+MnO2+2H2O+4CH3COO，故答案为：3MnO42+4CH3COOH=2MnO4+MnO2+2H2O+4CH3COO；（3）操作是溶液中得到溶质固体，依据表中溶解度分析可知，溶解度随温度变化较大，可以用冷却热饱和溶液的方法得到，操作2为滤液2通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到高锰酸钾粗晶体，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；（4）参加反应过程最后又生成的物质可以循环使用，上述分析可知二氧化锰参与反应又生成可以循环使用，故答案为：MnO2；（5）高锰酸钾粗晶体，所含杂质主要为KCl、CH3COOK等，将高锰酸钾粗晶体溶于水，通过重结晶的方法可以提纯高锰酸钾晶体，用硝酸银溶液可以检验杂质是否除去，所以操作3用到的试剂为蒸馏水和硝酸银溶液，若用硫酸代替图中的冰醋酸，生成的硫酸钾溶解度小易在晶体中含有更多杂质，硫酸酸性太强，导致MnO4将Cl氧化，产生有毒的Cl2，KMnO4损失且纯度降低，故答案为：KCl；CH3COOK；蒸馏水；硝酸银溶液；反应生成K2SO4，而K2SO4在常温下的溶解度也较小，析出后从而导致产品的纯度降低或硫酸酸性太强，导致MnO4将Cl氧化，产生有毒的Cl2，KMnO4损失且纯度降低9某同学在实验室进行铁盐与亚铁盐相互转化的实验：实验：将Fe3+转化为Fe2+（如图）（1）Fe3+与Cu粉发生反应的离子方程式为2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+（2）探究白色沉淀产生的原因，请填写实验方案：查阅资料：SCN的化学性质与I相似，2Cu2+4I=2CuI（白色）+I2实验方案现象结论步骤1：取4mL0.1mol/L CuSO4溶液，向其中滴加3滴0.1mol/L KSCN溶液产生白色沉淀CuSO4与KSCN反应产生了白色沉淀步骤2：取取4mL0.1mol/LFeSO4溶液，向其中滴加3滴0.1mol/LKSCN溶液无明显现象Cu2+与SCN反应的离子方程式为2Cu2+4SCN=2Cu（SCN）+（SCN）2实验：将Fe2+转化为Fe3+实验方案现象向3mL 0.1mol/L FeSO4溶液中加入1mL 8mol/L稀硝酸溶液变为棕色，放置一段时间后，棕色消失，溶液变为黄色探究上述现象出现的原因：查阅资料：Fe2+NOFe（NO）2+（棕色）（3）用离子方程式解释NO 产生的原因3Fe2+4H+NO33Fe3+NO+2H2O（4）从化学反应速率与限度的角度对体系中存在的反应进行分析：反应：Fe2+与HNO3反应； 反应：Fe2+与NO反应依据实验现象，甲认为反应的速率比反应慢（填“快”或“慢”）乙认为反应是一个不可逆反应，并通过实验证明其猜测正确，乙设计的实验方案是取反应后的黄色溶液于试管中，向其中加入几滴K3Fe（CN）6溶液或者KMnO4，溶液无明显变化，说明反应I是不可逆反应请用化学平衡移动原理解释溶液由棕色变为黄色的原因Fe2+被硝酸氧化为Fe3+，导致溶液中Fe2+浓度降低，导致平衡Fe2+NOFe（NO）2+逆向移动，最终Fe（NO）2+完全转化为Fe3+，溶液由棕色变为黄色【考点】铁盐和亚铁盐的相互转变【分析】（1）Fe3+与Cu粉发生反应生成铜离子与亚铁离子；（2）图1中得到溶液中Fe2+为0.2mol/L，Cu2+为0.1mol/L，分别取相同浓度的硫酸铜溶液、硫酸亚铁溶液，滴入KSCN溶液进行对照实验；由题目信息ii可知，Cu2+与SCN反应生成CuSCN沉淀，同时生成（SCN）2；（3）亚铁离子具有还原性，酸性条件下硝酸根具有强氧化性，反应生成铁离子、NO与水；（4）反应速率快的反应现象最先表现；反应中硝酸过量，若存在平衡，溶液中含有Fe2+，否则没有Fe2+，可以用K3Fe（CN）6溶液检验；Fe2+被硝酸氧化为Fe3+，导致溶液中Fe2+浓度降低，导致平衡发生移动，最终Fe（NO）2+完全转化为Fe3+【解答】解：（1）Fe3+与Cu粉发生反应生成铜离子与亚铁离子，反应离子方程式为：2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+，故答案为：2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+；（2）由反应2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+，可知图1中得到溶液中Fe2+为0.2mol/L，Cu2+为0.1mol/L，分别取相同浓度的硫酸铜溶液、硫酸亚铁溶液，滴入KSCN溶液进行对照实验，故实验方案为：步骤1：取4mL 0.1mol/L CuSO4溶液，向其中滴加3滴0.1mol/L KSCN溶液，步骤2：取4mL 0.1mol/L FeSO4溶液，向其中滴加3滴0.1mol/L KSCN溶液，由题目信息ii可知，Cu2+与SCN反应生成CuSCN沉淀，同时生成（SCN）2，反应离子方程式为：2Cu2+4SCN=2CuSCN+（SCN）2，故答案为：0.1；取4mL 0.1mol/L FeSO4溶液，向其中滴加3滴0.1mol/L KSCN溶液；2Cu2+4SCN=2CuSCN+（SCN）2；（3）亚铁离子具有还原性，酸性条件下硝酸根具有强氧化性，反应生成铁离子、NO与水，反应离子方程为：3Fe2+4H+NO33Fe3+NO+2H2O，故答案为：3Fe2+4H+NO33Fe3+NO+2H2O；（4）溶液先变为棕色，放置一段时间后，棕色消失，溶液变为黄色，反应速率快的反应现象最先表现，反应的速率比反应的慢，故答案为：慢；反应中硝酸过量，若存在平衡，溶液中含有Fe2+，否则没有Fe2+，具体的实验方案是：取反应后的黄色溶液于试管中，向其中加入几滴K3Fe（CN）6溶液，溶液无明显变化，说明反应I是不可逆反应，故答案为：取反应后的黄色溶液于试管中，向其中加入几滴K3Fe（CN）6溶液，溶液无明显变化，说明反应I是不可逆反应；Fe2+被硝酸氧化为Fe3+，导致溶液中Fe2+浓度降低，导致平衡Fe2+NOFe（NO）2+逆向移动，最终Fe（NO）2+完全转化为Fe3+，溶液由棕色变为黄色，故答案为：Fe2+被硝酸氧化为Fe3+，导致溶液中Fe2+浓度降低，导致平衡Fe2+NOFe（NO）2+逆向移动，最终Fe（NO）2+完全转化为Fe3+，溶液由棕色变为黄色；10甲醇是有机化工原料和优质燃料，主要应用于精细化工、塑料等领域，也是农药、医药的重要原料之一回答下列问题：（1）工业上可用CO2 和H2反应合成甲醇已知25、101kPa 下：H2（g）+O2（g）H2O（g）H1=242kJ/molCH3OH（g）+O2（g）CO2（g）+2H2O（g）H2=676kJ/mol写出CO2与H2反应生成CH3OH（g）与H2O（g）的热化学方程式：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H=50 kJ/mol下列表示该合成甲醇反应的能量变化示意图中正确的是a（填字母代号）合成甲醇所需的H2可由下列反应制取：H2O（g）+CO（g）H2（g）+CO2（g）某温度下该反应的平衡常数K=1若起始时c（CO）=1mol/L，c（H2O）=2mol/L，则达到平衡时H2O的转化率为33.3%（2）CO和H2反应也能合成甲醇：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H=90.1kJ/mol在250下，将一定量的CO和H2投入10L的恒容密闭容器中，各物质的浓度（mol/L）变化如下表所示（前6min没有改变条件）： 2min 4min6min8min CO 0.07 0.060.040.05 H2 x 0.12 0.12 0.2 CH2OH 0.03 0.040.04 0.05X=0.14，250时该反应的平衡常数K=46.3若68min时只改变了一个条件，则改变的条件是增加了1 mol氢气，第8min时，该反应是否达到平衡状态？不是（填“是”或“不是”）该合成反应的温度一般控制在240270，选择此温度的原因是：此温度下的催化剂活性高；温度低，反应速率慢，单位时间内的产量低；而该反应为放热反应，温度过高，转化率降低（3）甲醇在催化剂条件下可以直接氧化成甲酸在常温下，甲酸的K=1104，20.00mL 0.1000mol/L NaOH溶液与一定量等浓度甲酸溶液混合后所得溶液的c（HCOOH）=c（HCOO），该溶液pH=4，溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（HCOO）c（Na+）c（H+）c（OH）【考点】热化学方程式；化学平衡的计算；离子浓度大小的比较【分析】（1）据已化学方程式，根据盖斯定律计算；该反应是放热反应，反应物总能量大于生成物总能量，物质越稳定，其能量越小；利用三段式法计算平衡状态时各物质的平衡浓度；（2）根据表中2min和4min时各种物质的浓度的变化量，依据转化量之比等于方程式计量系数之比可求出x值；该反应的平衡常数表达式K=，将在250下，将4min时各物质平衡浓度带入计算；根据6min到8min时各物质浓度的变化来确定改变条件；求出第8min时反应的浓度商Qc，与250时K做比较，若Qc=K反应达到平衡状态；反应条件的选择既要考虑限度又要考虑速率，二者应兼顾；（3）根据算的电离平衡常数表达式甲酸的平衡常数K=代入数据计算氢离子浓度；结合弱电解质的电离、盐的水解原理的应用来比较离子浓度大小【解答】解：（1）H2（g）+O2（g）H2O（g）H1=242kJ/molCH3OH（g）+O2（g）CO2（g）+2H2O（g）H2=676kJ/mol将方程式3得CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H=3（242kJ/mol）（676kJ/mol）=50 kJ/mol，故答案为：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H=50 kJ/mol；该反应是放热反应，反应物总能量大于生成物总能量，物质越稳定，其能量越小，所以液态物质的能量小于气态物质，则符合条件的图象是a，故选a；H2O（g）+CO（g）=H2（g）+CO2（g）起始量（mol/L） 2 1 0 0转化量（mol/L） x x x x平衡量（mol/L）2x 1x x x=1，x=，所以水的转化率为：100%=33.3%，故答案为：33.3%；（2）从图中可知从2min到4min时各物质的转化量为：C（CO）：C（H2）：C（CH3OH）=（0.070.06）：（X0.12）：（0.040.03）化学反应中各物质的转化量之比等于方程式的计量系数得：（0.070.06）：（X0.12）：（0.040.03）=1：2：1，解得X=0.14，250下，甲醇的平衡浓度是0.04mol/L，氢气的平衡浓度是0.12mol/L，一氧化碳的平衡浓度是0.04mol/L所以平衡常数K=46.3；故答案为：0.14；46.3；对比6min和8min时各物质的浓度可知改变条件后反应反应向正方向进行，按照转化量之比等于计量系数之比C（CO）：C（H2）：C（CH3OH）=0.01mol/L：0.02mol/L：0.01mol/L，所以8min后三种物质的浓度应为：（0.060.01）mol/L、（0.120.02）mol/L、（0.04+0.01）mol/L，而8min后氢气的浓度为0.2mol/L，所以多加了0.1mol/L10=1mol的氢气；第8min时反应的浓度商Qc=K，所以此时不是平衡状态，故答案为：增加了1 mol氢气；不是；从反应限度角度考虑：该反应而该反应为放热反应，温度过高，转化率降低；从速率角度考虑：温度低，反应速率慢，单位时间内的产量低，为提高经济效应，反应速率和限度应兼顾，所以选择温度一般控制在240270；故答案为：温度低，反应速率慢，单位时间内的产量低；而该反应为放热反应，温度过高，转化率降低；（3）甲酸的平衡常数K=1104，所得溶液的c（HCOOH）=c（HCOO），此时c（H+）=1104，所以pH=4，溶液呈酸性，得到的是甲酸和甲酸钠的混合物，溶液中各离子浓度大小关系为：c（HCOO）c（Na+）c（H+）c（OH）故答案为：4；c（HCOO）c（Na+）c（H+）c（OH）三、选考题【化学-选修2：化学与技术】11下列有关叙述正确的是（）A银锌纽扣电池工作时，Ag2O被还原为AgB碱性锌锰电池中，MnO2是催化剂C放电时，铅酸蓄电池中硫酸浓度不断增大D电镀时，待镀的金属制品表面发生还原反应【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】A根据银锌纽扣电池工作原理判断；B根据碱性锌锰电池的电极反应判断；C根据放电时铅酸蓄电池反应判断硫酸浓度变化；D电镀时，镀层金属阳离子放电【解答】解：A银锌纽扣电池工作时，Ag2O发生还原反应生成Ag，故A正确；B碱性锌锰电池中，MnO2中Mn元素化合价降低，发生还原反应，作氧化剂，故B错误；C铅酸蓄电池总电池反应为：PbO2+2H2SO4+Pb2PbSO4+2H2O，可知放电时铅酸蓄电池硫酸浓度不断减小，故C错误；D电镀时，镀层阳离子在镀件放电形成镀层，化合价降低，发生还原反应，故D正确；故选AD12锌是一种应用广泛的金属，目前工业上主要采用“湿法”工艺冶炼锌，某含锌矿的主要成分为ZnS（还含少量FeS等其他成分），以其为原料冶炼锌的工艺流程如图所示：回答下列问题：（1）硫化锌精矿的焙烧在氧气气氛的沸腾炉中进行，所产生焙砂的主要成分的化学式为ZnO（2）焙烧过程中产生的含尘烟气可净化制酸，该酸可用于后续的浸出操作（3）浸出液“净化”过程中加入的主要物质为锌粉，其作用是置换出Fe等（4）电解沉积过程中的阴极采用铝板，阳极采用PbAg合金惰性电极，阳极逸出的气是O2（5）改进的锌冶炼工艺，采用了“氧压酸浸”的全湿法流程，既省略了易导致空气污染的焙烧过程，又可获得一种有工业价值的非金属单质“氧压酸浸”中发生主要反应的离子方程式为2ZnS+4H+O2=2Zn2+2S+2H2O（6）我国古代曾采用“火法”工艺冶炼锌，明代宋应星著的天工开物中有关于“升炼倭铅”的记载：“炉甘石十斤，装载入一泥罐内，然后逐层用煤炭饼垫盛，其底铺薪，发火煅红，冷淀，毁罐取出，即倭铅也”该炼锌工艺过程主要反应的化学方程式为ZnCO3+2CZn+3CO（注：炉甘石的主要成分为碳酸锌，倭铅是指金属锌）【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计【分析】硫化锌精矿的焙烧可生成ZnO、氧化铁等，含尘烟气含有含硫氧化物，可用于制备硫酸，浸出液加入硫酸可生成硫酸锌、硫酸铁，加入过量锌充分反应，可置换出铁，滤液中主要含有硫酸锌，经电解可得到锌和硫酸，电解液中含有硫酸，可循环利用，（1）硫化锌精矿主要成分是ZnS，ZnS在氧气燃烧发生氧化还原反应，据此判断锌的存在形式；（2）ZnS在氧气燃烧发生氧化还原反应生成产物出来氧化锌外还有硫的氧化物，可转换为硫酸，用于后续的浸出操作；（3）锌的活泼性强于铁，能够与二价铁离子反应生成铁；（4）电解沉积过程中，是电解ZnSO4，阳极发生氧化反应，据此判断产物；（5）依据题意“氧压酸浸”的全湿法流程，既省略了易导致空气污染的焙烧过程，又可获得一种有工业价值的非金属单质，可知反应物中含有H+和O2，可以获得非金属单质S，据此写出方程式；（6）由题意可知：反应物为ZnCO3和C，产物含有Zn，根据反应物和生成物写出化学方程式【解答】解：硫化锌精矿的焙烧可生成ZnO、氧化铁等，含尘烟气含有含硫氧化物，可用于制备硫酸，浸出液加入硫酸可生成硫酸锌、硫酸铁，加入过量锌充分反应，可置换出铁，滤液中主要含有硫酸锌，经电解可得到锌和硫酸，电解液中含有硫酸，可循环利用，（1）ZnS在氧气燃烧发生氧化还原反应，所以产生焙砂的主要成分的化学式为ZnO；故答案为：ZnO； （2）ZnS在氧气燃烧发生氧化还原反应生成产物出来氧化锌外还有硫的氧化物，可转换为硫酸，用于后续的浸出操作；故答案为：浸出； （3）该含锌矿中还含有FeS等杂质，浸出操作后转化为亚铁离子，可加入锌粉出去亚铁离子，离子方程式：Zn+Fe2+=Zn2+Fe；故答案为：锌粉；置换出Fe等； （4）电解沉积过程中，是电解ZnSO4，阳极发生氧化反应，氢氧根离子在阳极上失去电子发生氧化反应生成氧气；故答案为：O2；（5）“氧压酸浸”法顾名思义，可知反应物中含有H+和O2，可以获得非金属单质S，写出化学方程式为：2ZnS+4H+O2=2Zn2+2S+2H2O，故答案为：2ZnS+4H+O2=2Zn2+2S+2H2O； （6）由题意可知：反应物为ZnCO3和C，产物含有Zn，化学方程式：ZnCO3+2CZn+3CO，故答案为：ZnCO3+2CZn+3CO【化学-选修物质结构与性质】13a、b、c、d是四种原子序数依次增大的短周期元素a原子的电子层数为n，核内质子数是2n21，最外层电子数为2n+l；b、d同主族，能形成两种中学常见的化合物；c与b组成的化合物是一种两性氧化物，工业上通过电解该化合物可冶炼c单质；e原子有四个能层，其未成对电子数在同周期是最多的回答下列问题：（l）a在周期表中的位置第二周期VA族；e的基态原子核外电子排布式为3d54s1；未成对电子数为5个（2）b、c、d原子的电负性由大到小的顺序是OSAl第一电离能a大于b的原因因为N元素的3p轨道为半满状态，比较稳定（3）a和b形成的离子W呈平面三角形，其中心原子的杂化类型为sp2杂化；a、b、d气态氢化物最稳定的是H2O（写化学式）（4）将b、d组成的极性分子通人含少量W离子的BaCl2水溶液中，有NO气体生成发生反应的离子方程式为3SO2+2NO3+3Ba2+2H2O=3BaSO4+2NO+4H+（5）元素c与Fe构成合金的晶体类型金属晶体，其晶胞如图，该合金的化学式为AlFe2；离铁原子最近的c原子构成的图形为正四面体；若该晶胞的密度为g/cm3，铁原子之间的最短距离为cm【考点】位置结构性质的相互关系应用；晶胞的计算【分析】a、b、c、d是四种原子序数依次增大的短周期元素a原子的电子层数为n，核内质子数是2n21，最外层电子数为2n+l，若n=3，则a为Cl，b、c、d不能都处于短周期，不符合题意，则n=2，a为N元素；b、d同主族，能形成两种中学常见的化合物，则b为O元素、d为S元素；c与b组成的化合物是一种两性氧化物，工业上通过电解该化合物可冶炼c单质，则c为Al；e原子有四个能层，其未成对电子数在同周期是最多的，外围电子排布为3d54s1，则e为Cr【解答】解：a、b、c、d是四种原子序数依次增大的短周期元素a原子的电子层数为n，核内质子数是2n21，最外层电子数为2n+l，若n=3，则a为Cl，b、c、d不能都处于短周期，不符合题意，则n=2，a为N元素；b、d同主族，能形成两种中学常见的化合物，则b为O元素、d为S元素；c与b组成的化合物是一种两性氧化物，工业上通过电解该化合物可冶炼c单质，则c为Al；e原子有四个能层，其未成对电子数在同周期是最多的，外围电子排布为3d54s1，则e为Cr（l）a为N元素，在周期表中的位置：第二周期VA族；e原子有四个能层，其未成对电子数在同周期是最多的，价电子电子排布式为3d54s1，3d轨道中的5个电子为单电子，故答案为：第二周期VA族；3d54s1；5；（2）同周期随原子序数增大，电负性增大趋势，同主族自上而下电负性减小，故电负性：OSAl，因为N元素的3p轨道为半满状态，比较稳定，故N元素第一电离能高于氧元素的，故答案为：OSAl；因为N元素的3p轨道为半满状态，比较稳定；（3）a和b形成的离子W呈平面正三角形，中心原子杂化轨道数目为3，其中心原子的杂化类型为 sp2杂化，由于非金属性ON、OS，故氢化物中H2O最稳定，故答案为：sp2杂化；H2O；（4）a和b形成的离子W呈平面正三角形，则W为NO3，b、d组成的极性分子为SO2，SO2通入含少量NO3离子的BaCl2水溶液中，有NO气体生成发生反应的离子方程式为：3SO2+2NO3+3Ba2+2H2O=3BaSO4+2NO+4H+，故答案为：3SO2+2NO3+3Ba2+2H2O=3BaSO4+2NO+4H+；（