2019-2020年高三高考化学三模试卷含解析.doc

2019-2020年高三高考化学三模试卷含解析一、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，只有一项符合题目要求1化学与生活密切相关，下列叙述正确的是（）A光纤通信使用的光缆主要成分是Si，太阳能电池使用的材料主要是SiO2B点燃爆竹后，硫燃烧生产SO3C海水中含有溴元素，只进行物理变化就可以得到溴单质D“地沟油”禁止使用，但可以用来制取肥皂2NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A标准状况下2.24L氯气与水充分反应转移电子数为0.1NAB标况下，2.24LNO2分子总数小于0.1NAC标准状况下2.24L的CCl4中含有的CCl键数为0.4NAD6.8g液态KHSO4中含有0.1NA个阳离子3屠呦呦因对青蒿素的研究而获得诺贝尔生理学或医学奖，青蒿素可以青蒿酸（结构简式如图所示）为原料合成，下列关于青蒿酸的说法中正确的是（）A分子式为C15H24O2B属子芳香族化合物C能发生取代反应和加成反应D分子中所有原子可能共平面4X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，且原子序数依次递增，其中X、Z同族，Y是短周期主族元素中原子半径最大的，X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，下列说法正确的是（）AY、Z、W单核离子均能破坏水的电离平衡BW元素氧化物对应水化物的酸性一定强于ZC南X、Y、Z三种元素组成的化合物不止2种D因为X的氢化物分子间有氢键，所以X的氢化物较Z的氢化物稳定5已知电离平衡常数：H2CO3HClOHCO3下列离子反应方程式正确的是（）NaClO溶液中通入少量二氧化碳：2ClO+CO2+H2O2HClO+CO32Na2CO3溶液中加入HClO溶液：CO32+HClOHCO3+ClO等物质的量的Cl2与Na2CO3溶液恰好反应：Cl2+CO32+H2OHCO3+Cl+HClOCl2通入NaHCO3溶液中：Cl2+2HCO32CO2+Cl+ClO+H2OABCD6向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液进行如下操作，结论正确的是（）操作现象结论A滴加稀NaOH溶液，将红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝原溶液中无NH4+B向溶液X 中先滴加稀硝酸，再滴加Ba（NO3）2溶液出现白色沉淀溶液X 中一定含有SO42C滴加氯水和CCl4，振荡、静置下层溶液显紫色原溶液中有ID用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应火焰呈黄色原溶液中有Na+、无K+AABBCCDD7下列溶液中微粒浓度关系正确的是（）A含有NH4+、Cl、H+、OH的溶液中，离子浓度是c（Cl）c（NH4+）c（OH）c（H+）BpH=5的NH4Cl溶液与pH=5的硫酸中，水电离的c（H+）相同CpH=9的NaHCO3溶液中：c（Na+）c（HCO3）c（CO32）c（H2CO3）D将0.2 molL1 CH3COOH溶液和0.1 molL1NaOH溶液等体积混合，则反应后的混合溶液中：2c（OH）+c（CH3COO）=2c（H+）+c（CH3COOH）三、非选择题：包括必做题和选做题两部分第22题第32题为必做题，每个试题考生都必须作答第33题一第40题为选做题，考生根据要求作答8二氧化硫为无色气体，有强烈刺激性气味，是大气主要污染物之一某化学兴趣小组欲制备并探究SO2的某些性质【SO2的制备】用亚硫酸钠与较浓的硫酸反应制备SO2的装置图如图1（夹持仪器省略）：（1）图中的装置错误的是；B中发生反应的化学方程式为；D的作用是【SO2的性质】探究SO2气体性质的装置如图2所示：（2）装置中的现象是，写出装置中通入足量SO2的离子方程式（3）在上述装置中通入过量的SO2，为了验证中发生了氧化还原反应，取中溶液分成两份，并设计了如下实验：方案一：往第一份试液中加入少量酸性KMnO4溶液，紫红色褪去；方案二：往第二份试液加入KSCN溶液，不变红，再加入新制的氯水，溶液变红上述方案不合理的方案是，原因是，写出解释该原因的离子方程式（4）SO2可以用来制备硫代硫酸钠，硫代硫酸钠可用于照相业作定影剂，也可用于纸浆漂白作脱氯剂等实验室可通过Na2S、Na2CO3和SO2共同反应来制取Na2S2O3写出如图3所示装置中三颈瓶中由反应制取Na2S2O3的化学方程式9NO能引起光化学烟雾，破坏臭氧层处理NO有多种方法，根据题意回答下列问题：利用催化技术将尾气中的NO和CO转变成CO2和N2，化学方程式如下：2NO（g）+2CO（g） 2CO2（g）+N2（g）H=748kJ/mol为了测定某催化剂作用下的反应速率，在一定温度下，向某恒容密闭容器中充入等物质的量的NO和CO发生上述反应用气体传感器测得不同时间NO浓度如表：时间（s）01234c（NO）/molL11.001034.001041.701041.001041.00104（1）前2s内的平均反应速率（N2）=（保留3位有效数字，下同）；计算此温度下该反应的K=（2）达到平衡时，下列措施能提高NO转化率的是（填字母序号）A选用更有效的催化剂B降低反应体系的温度C充入氩气使容器内压强增大D充入CO使容器内压强增大（3）已知N2（g）+O2（g）=2NO（g）H=+180kJ/mol；则CO的燃烧热为臭氧也可用于处理NO（4）O3氧化NO结合水洗可产生HNO3和O2，每生成1mol的HNO3转移mol电子（5）O3可由电解稀硫酸制得，原理如图图中阴极为（填“A”或“B”），阳极（惰性电极）的电极反应式为10锂元素被誉为“能源元素”锂及锂盐具有的优异性能和特殊功能，在化工、电子、宇航、核能、能源等领域都得到广泛应用锂的原子结构示意图为；锂暴露在湿空气中时，会迅速地失去金属光泽、表面开始变黑，更长时间则变成白色生成的化合物是氮化锂、氢氧化锂，最终生成碳酸锂写出生成氮化锂的化学方程式下面是从锂辉石（Li2OAl2O3SiO2）中提出锂的工业流程示意图高温煅烧时的反应原理为：Li2OAl2O3SiO2+K2SO4K2OAl2O3SiO2+Li2SO4Li2OAl2O3SiO2+Na2SO4Na2OAl2O3SiO2+Li2SO4锂离子浸取液中含有的金属离子为：K+、Na+、Li+、Fe3+、Fe2+、Al3+、Mn2+几种金属离子沉淀完全的pH金属离子Al（OH）3Fe（OH）2Fe（OH）3Mn（OH）2沉淀完全的pH4.79.03.210.1Li2SO4、Li2CO3在不同温度下的溶解度（g/100g水）温度溶解度10205080Li2SO435.434.733.131.7Li2CO31.431.331.080.85（1）浸取时使用冷水的原因是（2）滤渣2的主要成分为（3）流程中分2次调节pH（pH78和pH13），有研究者尝试只加一次浓NaOH溶液使pH13，结果发现在加饱和碳酸钠溶液沉锂后，随着放置时间延长，白色沉淀增加，最后得到的Li2CO3产品中杂质增多Li2CO3产品中的杂质可能是，用离子方程式表示其产生的原因（4）加热浓缩的作用是（5）洗涤Li2CO3晶体使用【化学-选修2：化学与技术】11高纯碳酸锰在电子工业中有重要的应用，湿法浸出软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Fe、Al、Mg等杂质元素）制备高纯碳酸锰的实验过程如下：（1）浸出：浸出时温度控制在9095之间，并且要连续搅拌3小时的目的是，植物粉的作用是（2）除杂：向浸出液中加入一定量的碳酸锰矿，调节浸出液的pH为3.55.5；再加入一定量的软锰矿和双氧水，过滤；操作中使用碳酸锰调pH的优势是；操作中加入双氧水不仅能将Fe2+氧化为Fe3+，而且能提高软锰矿的浸出率写出双氧水提高软锰矿浸出率的离子方程式（3）制备：在3035下，将碳酸氢铵溶液滴加到硫酸锰净化液中，控制反应液的最终pH在6.57.0，得到MnCO3沉淀温度控制35以下的原因是；该反应的化学方程式为；生成的MnCO3沉淀需经充分洗涤，检验洗涤是否完全的方法是（4）计算：室温下，Ksp（MnCO3）=1.81011，Ksp（MgCO3）=2.6105，已知离子浓度小于1.0105molL1时，表示该离子沉淀完全若净化液中的c（Mg2+）=102mol/L，试计算说明Mg2+的存在是否会影响MnCO3的纯度【化学-选修3：物质结构与性质】12（xx菏泽校级三模）原子序数依次增大的A、B、C、D、E、F六种元素其中A的基态原子有3个不同的能级，各能级中的电子数相等；C的基态原子2p能级上的未成对电子数与A原子的相同；D为它所在周期中原子半径最大的主族元素；E和C位于同一主族，F的原子序数为29（1）F原子基态的外围核外电子排布式为（2）在A、B、C三种元素中，第一电离能由小到大的顺序是（用元素符号回答）（3）元素B的简单气态氢化物的沸点（高于，低于）元素A的简单气态氢化物的沸点，其主要原因是（4）由A、B、C形成的离子CAB与AC2互为等电子体，则CAB的结构式为（5）在元素A与E所形成的常见化合物中，A原子轨道的杂化类型为（6）由B、C、D三种元素形成的化合物晶体的晶胞如图所示，则该化合物的化学式为（7）FC在加热条件下容易转化为F2C，从原子结构的角度解释原因【化学-选修5：有机化学基础】13（xx菏泽校级三模）苯酚是一种重要的化工原料以苯酚为主要起始原料，经下列反应可制得香料M和高分子化合物N（部分产物及反应条件已略去）（1）由苯酚生成A的化学方程式是（2）已知C的分子式为C5H12O，C能与金属Na反应，C的一氯代物有2种，与C含有相同官能团的同分异构共有种，C的结构简式是；（3）B与C反应的化学方程式是（4）由苯酚生成D的化学方程式是由D生成N的反应类型是（5）以苯酚为基础原料也可以合成防腐剂F经质谱分析F的相对分子质量为152，其中氧元素的质量分数为31%，F完全燃烧只生成CO2和H2O则F的分子式是已知：芳香族化合物F能与NaHCO3溶液反应，且不能发生水解反应；F的核磁共振氢谱显示其分子中含有4种氢原子；分子结构中不存在“OO”的连接方式F的结构简式是xx年山东省菏泽市成武一中高考化学三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，只有一项符合题目要求1化学与生活密切相关，下列叙述正确的是（）A光纤通信使用的光缆主要成分是Si，太阳能电池使用的材料主要是SiO2B点燃爆竹后，硫燃烧生产SO3C海水中含有溴元素，只进行物理变化就可以得到溴单质D“地沟油”禁止使用，但可以用来制取肥皂【分析】A二氧化硅是光导纤维主要成分，硅是制造太阳能电池原料；B硫燃烧生成二氧化硫；C可从化合价的变化判断；D“地沟油”主要成分是油脂【解答】解：A光纤通信使用的光缆主要成分是二氧化硅，太阳能电池使用的材料主要是Si，故A错误；B点燃爆竹后，硫燃烧生产SO2，故B错误；C海水中含有的溴元素是以Br的形式存在，要转化为溴单质，元素必然降价，要发生还原反应，即只经过物理变化不能从海水中得到溴单质，故C错误；D“地沟油”禁止食用，但其主要成分是油脂，在碱性溶液中发生水解反应，又称皂化反应，可用于制取肥皂，故D正确；故选D2NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A标准状况下2.24L氯气与水充分反应转移电子数为0.1NAB标况下，2.24LNO2分子总数小于0.1NAC标准状况下2.24L的CCl4中含有的CCl键数为0.4NAD6.8g液态KHSO4中含有0.1NA个阳离子【分析】A氯气与水的反应为可逆反应，即反应不能完全进行，据此解答即可；B二氧化氮自身发生反应生成四氧化二氮，据此解答即可；C标准状况下，四氯化碳为液体，据此解答即可；D液体KHSO4，只能电离出钾离子，不能电离出氢离子，据此解答即可【解答】解：A氯气与水的反应为可逆反应，2.24L氯气不能完全转化，转移电子数小于0.1mol，故A错误；BNO2发生反应：2NO2N2O4，所以2.24LNO2分子总数小于0.1NA，故B正确；C标准状况下，四氯化碳为液体状态，即2.24L的四氯化碳不是0.1mol，故C错误；D.6.8g液态KHSO4的物质的量=0.05mol，液体KHSO4，只能电离出钾离子，不能电离出氢离子，故有0.05NA个阳离子，故D错误，故选B3屠呦呦因对青蒿素的研究而获得诺贝尔生理学或医学奖，青蒿素可以青蒿酸（结构简式如图所示）为原料合成，下列关于青蒿酸的说法中正确的是（）A分子式为C15H24O2B属子芳香族化合物C能发生取代反应和加成反应D分子中所有原子可能共平面【分析】有机物中含有羧基，具有酸性，可发生中和、酯化反应，含有羟基，可发生取代、氧化和消去反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，以此解答该题【解答】解：A根据有机物的结构简式判断分子式为C15H20O2，故A错误；B不含苯环，不属于芳香族化合物，故B错误；C含有碳碳双键，可发生加成反应，含有羧基，可发生取代反应，故C正确；D含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，所有原子不可能在同一平面上，故D错误故选C4X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，且原子序数依次递增，其中X、Z同族，Y是短周期主族元素中原子半径最大的，X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，下列说法正确的是（）AY、Z、W单核离子均能破坏水的电离平衡BW元素氧化物对应水化物的酸性一定强于ZC南X、Y、Z三种元素组成的化合物不止2种D因为X的氢化物分子间有氢键，所以X的氢化物较Z的氢化物稳定【分析】X原子的最外层电子数是核外电子层数的3倍，则核外各电子层的电子分别为2、6，应为O元素，X、Z同主族，则Z为S元素，W为短周期元素，而且W的原子序数大于S，所以W为Cl元素，Y是短周期主族元素中原子半径最大的，则Y为Na元素，结合元素的性质及元素周期律分析解答该题【解答】解：X原子的最外层电子数是核外电子层数的3倍，则核外各电子层的电子分别为2、6，应为O元素，X、Z同主族，则Z为S元素，W为短周期元素，而且W的原子序数大于S，所以W为Cl元素，Y是短周期主族元素中原子半径最大的，则Y为Na元素A、HCl为强酸，Cl不水解，故A错误；B、Cl元素的最高价氧化物对应水化物的酸性一定强于S，不是最高价氧化物的水化物的酸性不能判断酸性强弱，故B错误；C、X、Y、Z分别为X为O、Na、S，三种元素形成的化合物由Na2SO3、Na2SO4、Na2S2O3等，故C正确；D、氢化物的稳定性与共价键有关，与氢键无关，OH键能大于HS键能，所以H2O的稳定性大于H2S，故D错误故选C5已知电离平衡常数：H2CO3HClOHCO3下列离子反应方程式正确的是（）NaClO溶液中通入少量二氧化碳：2ClO+CO2+H2O2HClO+CO32Na2CO3溶液中加入HClO溶液：CO32+HClOHCO3+ClO等物质的量的Cl2与Na2CO3溶液恰好反应：Cl2+CO32+H2OHCO3+Cl+HClOCl2通入NaHCO3溶液中：Cl2+2HCO32CO2+Cl+ClO+H2OABCD【分析】电离常数越大物质酸性越强，已知电离平衡常数：H2CO3HClOHCO3，则酸性强弱顺序为：H2CO3HClOHCO3，结合反应中强酸制备弱酸的规律解答【解答】解：H2CO3HClOHCO3，则NaClO溶液中通入少量二氧化碳反应生成次氯酸和碳酸氢钠，故错误；次氯酸酸性强于碳酸氢钠弱于碳酸，依据强酸制备弱酸规律，Na2CO3溶液中加入HClO溶液：CO32+HClOHCO3+ClO，故正确；氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，氯化氢与碳酸钠反应生成氯化钠、碳酸氢钠和水，次氯酸与碳酸氢钠不反应，则离子方程式：Cl2+CO32+H2OHCO3+Cl+HClO，故正确；Cl2通入NaHCO3溶液中，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸能够与碳酸氢钠反应生成氯化钠和水、二氧化碳，次氯酸酸性弱于碳酸，所以与碳酸氢钠不反应，应以次氯酸分子形式存在，故错误；故选：C6向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液进行如下操作，结论正确的是（）操作现象结论A滴加稀NaOH溶液，将红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝原溶液中无NH4+B向溶液X 中先滴加稀硝酸，再滴加Ba（NO3）2溶液出现白色沉淀溶液X 中一定含有SO42C滴加氯水和CCl4，振荡、静置下层溶液显紫色原溶液中有ID用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应火焰呈黄色原溶液中有Na+、无K+AABBCCDD【分析】A、铵盐和氢氧化钠在加热的条件下发生反应生成氨气；B、亚硫酸根离子可以被硝酸氧化为硫酸根，硫酸根离子和钡离子之间发生发应可以得到硫酸钡沉淀；C、碘离子具有还原性，能被氯气氧化为碘单质，碘单质遇到淀粉变蓝；D、含有钠元素的物质焰色反应是黄色，含有钾离子的焰色反应透过钴玻璃才是紫色【解答】解：A、铵盐和氢氧化钠在加热的条件下发生反应生成氨气，铵盐中滴加稀NaOH溶液，不加热不会产生氨气，故A错误；B、向溶液X中先滴加稀硝酸，再滴加Ba（NO3）2溶液，出现白色沉淀，不排除溶液X中含有SO32的可能，故B错误；C、碘离子具有还原性，能被氯气氧化为碘单质，碘单质遇到淀粉变蓝，碘水中加入四氯化碳振荡、静置，下层是溶于四氯化碳中的碘单质显紫色，故C正确；D、用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应火焰呈黄色，原溶液中有Na+，无法判断是否含K+，故D错误故选C7下列溶液中微粒浓度关系正确的是（）A含有NH4+、Cl、H+、OH的溶液中，离子浓度是c（Cl）c（NH4+）c（OH）c（H+）BpH=5的NH4Cl溶液与pH=5的硫酸中，水电离的c（H+）相同CpH=9的NaHCO3溶液中：c（Na+）c（HCO3）c（CO32）c（H2CO3）D将0.2 molL1 CH3COOH溶液和0.1 molL1NaOH溶液等体积混合，则反应后的混合溶液中：2c（OH）+c（CH3COO）=2c（H+）+c（CH3COOH）【分析】A根据溶液中的电荷守恒判断；B氯化铵溶液促进了水的电离，硫酸中氢离子抑制了水的电离；C碳酸氢钠溶液呈碱性，说明碳酸氢根离子的电离程度小于其水解程度，则c（H2CO3）c（CO32）；D反应后溶质为等浓度的醋酸和醋酸钠，根据混合液中的电荷守恒、物料守恒分析【解答】解：A溶液中一定满足电荷守恒，而c（Cl）c（NH4+）c（OH）c（H+）中阴离子总浓度大于阳离子，违反了电荷守恒，故A错误；BpH=5的NH4Cl溶液与pH=5的硫酸中，前者铵根离子水解促进了水的电离，后者硫酸电离出的氢离子抑制了水的电离，所以两溶液中水电离的c（H+）不相同，故B错误；CpH=9的NaHCO3溶液呈碱性，说明碳酸氢根离子的电离程度小于其水解程度，则c（H2CO3）c（CO32），正确的离子浓度大小为：c（Na+）c（HCO3）c（H2CO3）c（CO32），故C错误；D0.2 molL1 CH3COOH溶液和0.1 molL1NaOH溶液等体积混合，反应后溶质为等浓度的醋酸和醋酸钠，根据电荷守恒可知：c（OH）+c（CH3COO）=c（Na+）+c（H+），根据物料守恒可得：c（CH3COOH）+c（CH3COO）=2c（Na+），二者结合可得：2c（OH）+c（CH3COO）=2c（H+）+c（CH3COOH），故D正确；故选D三、非选择题：包括必做题和选做题两部分第22题第32题为必做题，每个试题考生都必须作答第33题一第40题为选做题，考生根据要求作答8二氧化硫为无色气体，有强烈刺激性气味，是大气主要污染物之一某化学兴趣小组欲制备并探究SO2的某些性质【SO2的制备】用亚硫酸钠与较浓的硫酸反应制备SO2的装置图如图1（夹持仪器省略）：（1）图中的装置错误的是集气瓶C中导管长短反了；B中发生反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2；D的作用是吸收尾气中的SO2，防止污染环境【SO2的性质】探究SO2气体性质的装置如图2所示：（2）装置中的现象是有浅黄色沉淀生成，写出装置中通入足量SO2的离子方程式2S2+5SO2+2H2O=3S+4HSO3（3）在上述装置中通入过量的SO2，为了验证中发生了氧化还原反应，取中溶液分成两份，并设计了如下实验：方案一：往第一份试液中加入少量酸性KMnO4溶液，紫红色褪去；方案二：往第二份试液加入KSCN溶液，不变红，再加入新制的氯水，溶液变红上述方案不合理的方案是方案一，原因是过量的二氧化硫能溶于水，也能使高锰酸钾褪色，写出解释该原因的离子方程式5SO2+2MnO4+2H2O=5SO42+2Mn2+4H+（4）SO2可以用来制备硫代硫酸钠，硫代硫酸钠可用于照相业作定影剂，也可用于纸浆漂白作脱氯剂等实验室可通过Na2S、Na2CO3和SO2共同反应来制取Na2S2O3写出如图3所示装置中三颈瓶中由反应制取Na2S2O3的化学方程式2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2 【分析】（1）根据图1装置可知，二氧化硫密度大于空气，所以收集二氧化硫时应长时短出，B中发生反应为亚硫酸钠和浓硫酸反应生成二氧化硫、硫酸钠和水，二氧化硫会污染空气，所以要进行尾气吸收；（2）二氧化硫通入硫化钠溶液发生氧化还原反应生成淡黄色沉淀硫单质，说明二氧化硫具有氧化性，氧化硫离子生成硫单质，足量二氧化硫和硫化钠溶液反应得到硫单质和亚硫酸氢钠；（3）过量的二氧化硫能溶于水，也能使高锰酸钾褪色，据此判断；（4）实验室可通过Na2S、Na2CO3和SO2共同反应生成二氧化碳和Na2S2O3【解答】解：（1）根据图1装置可知，二氧化硫密度大于空气，所以收集二氧化硫时应长时短出，所以C处有错，装置B中发生的反应为亚硫酸钠和浓硫酸反应生成二氧化硫、硫酸钠和水，反应的化学方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2；二氧化硫会污染空气，所以D的作用是进行尾气吸收，故答案为：集气瓶C中导管长短反了；Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2；吸收尾气中的SO2，防止污染环境；（2）二氧化硫通入硫化钠溶液发生氧化还原反应生成淡黄色沉淀硫单质；足量二氧化硫和硫化钠溶液反应得到硫单质和亚硫酸氢钠，反应的离子方程式为：2S2+5SO2+2H2O=3S+4HSO3，故答案为：有浅黄色沉淀生成；2S2+5SO2+2H2O=3S+4HSO3；（3）过量的二氧化硫能溶于水，也能使高锰酸钾褪色，所以方案一不合理，反应的离子方程式为：5SO2+2MnO4+2H2O=5SO42+2Mn2+4H+，故答案为：方案一；过量的二氧化硫能溶于水，也能使高锰酸钾褪色； 5SO2+2MnO4+2H2O=5SO42+2Mn2+4H+；（4）实验室可通过Na2S、Na2CO3和SO2共同反应生成二氧化碳和Na2S2O3，反应的化学方程式为：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2 ，故答案为：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2 9NO能引起光化学烟雾，破坏臭氧层处理NO有多种方法，根据题意回答下列问题：利用催化技术将尾气中的NO和CO转变成CO2和N2，化学方程式如下：2NO（g）+2CO（g） 2CO2（g）+N2（g）H=748kJ/mol为了测定某催化剂作用下的反应速率，在一定温度下，向某恒容密闭容器中充入等物质的量的NO和CO发生上述反应用气体传感器测得不同时间NO浓度如表：时间（s）01234c（NO）/molL11.001034.001041.701041.001041.00104（1）前2s内的平均反应速率（N2）=2.08104mol/（Ls）（保留3位有效数字，下同）；计算此温度下该反应的K=3.65106（2）达到平衡时，下列措施能提高NO转化率的是BD（填字母序号）A选用更有效的催化剂B降低反应体系的温度C充入氩气使容器内压强增大D充入CO使容器内压强增大（3）已知N2（g）+O2（g）=2NO（g）H=+180kJ/mol；则CO的燃烧热为284kJ/mol臭氧也可用于处理NO（4）O3氧化NO结合水洗可产生HNO3和O2，每生成1mol的HNO3转移3mol电子（5）O3可由电解稀硫酸制得，原理如图图中阴极为B（填“A”或“B”），阳极（惰性电极）的电极反应式为3H2O6e=O3+6H+【分析】（1）根据表格中数据算出前2s内的平均反应速率（NO）=（1.001031.70104 ）2=4.15104mol/（Ls），根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，（N2）=1/2（NO）=2.08104 mol/（Ls）；由表格数据看出第3s后c（NO）不变则达平衡，此时c（CO）=1.00104molL1，c（CO2）=1.00103molL1 1.00104molL1=9.00104molL1，c（N2）=1/2c（CO2）=4.50104molL1，根据K=c（CO2）2c（N2）/（c（NO）2c（CO）2）=3.65106，（2）达到平衡时，要提高NO转化率，即改变条件要使平衡正向移动，A选用更有效的催化剂，平衡不移动，故A错误；B降低反应体系的温度，该反应为放热反应，正向移动，故B正确；C充入氩气使容器内压强增大，平衡不移动，故C错误；D充入CO使容器内压强增大，相当于增大CO浓度，平衡正向移动，NO转化率提高，故D正确（3）由已知方程2NO（g）+2CO（g）=2CO2（g）+N2（g）H=748kJ/mol及N2（g）+O2（g）=2NO（g）H=+180kJ/mol根据盖斯定律2+2得CO的燃烧热的热化学方程式为CO（g）+1/2O2（g）=CO2（g）H=（748kJ/mol）2+（+180kJ/mol）2=284 kJ/mol；（4）O3氧化NO结合水洗可产生HNO3和O2，转移电子数=化合价升高数，NO转化为HNO3 ，化合价升高3，每生成1mol的HNO3转移3mol电子（5）根据已知图，A极出来的是O3，B极出来的是H2，说明A极发生的氧化反应为阳极，B极发生还原反应为阴极，阳极（惰性电极）的电极反应式为3H2O6e=O3+6H+【解答】解（1）根据表格中数据算出前2s内的平均反应速率（NO）=（1.001031.70104 ）2=4.15104mol/（Ls），根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，（N2）=1/2（NO）=2.08104 mol/（Ls）；由表格数据看出第3s后c（NO）不变则达平衡，此时c（CO）=1.00104molL1，c（CO2）=1.00103molL1 1.00104molL1=9.00104molL1，c（N2）=1/2c（CO2）=4.50104molL1，根据K=c（CO2）2c（N2）/（c（NO）2c（CO）2）=3.65106，故答案为：2.08104 mol/（Ls）；3.65106；（2）达到平衡时，要提高NO转化率，即改变条件要使平衡正向移动，A选用更有效的催化剂，平衡不移动，故A错误；B降低反应体系的温度，该反应为放热反应，正向移动，故B正确；C充入氩气使容器内压强增大，平衡不移动，故C错误；D充入CO使容器内压强增大，相当于增大CO浓度，平衡正向移动，NO转化率提高，故D正确故答案为：BD；（3）由已知方程2NO（g）+2CO（g）=2CO2（g）+N2（g）H=748kJ/mol及N2（g）+O2（g）=2NO（g）H=+180kJ/mol根据盖斯定律2+2得CO的燃烧热的热化学方程式为CO（g）+1/2O2（g）=CO2（g）H=（748kJ/mol）2+（+180kJ/mol）2=284 kJ/mol，故答案为：284 kJ/mol或H=284kJ/mol（4）O3氧化NO结合水洗可产生HNO3和O2，转移电子数=化合价升高数，NO转化为HNO3 ，化合价升高3，每生成1mol的HNO3转移3mol电子，故答案为：3；（5）根据已知图，A极出来的是O3，B极出来的是H2，说明A极发生的氧化反应为阳极，B极发生还原反应为阴极，阳极（惰性电极）的电极反应式为3H2O6e=O3+6H+，故答案为：B，3H2O6e=O3+6H+10锂元素被誉为“能源元素”锂及锂盐具有的优异性能和特殊功能，在化工、电子、宇航、核能、能源等领域都得到广泛应用锂的原子结构示意图为；锂暴露在湿空气中时，会迅速地失去金属光泽、表面开始变黑，更长时间则变成白色生成的化合物是氮化锂、氢氧化锂，最终生成碳酸锂写出生成氮化锂的化学方程式6Li+N2=2Li3N下面是从锂辉石（Li2OAl2O3SiO2）中提出锂的工业流程示意图高温煅烧时的反应原理为：Li2OAl2O3SiO2+K2SO4K2OAl2O3SiO2+Li2SO4Li2OAl2O3SiO2+Na2SO4Na2OAl2O3SiO2+Li2SO4锂离子浸取液中含有的金属离子为：K+、Na+、Li+、Fe3+、Fe2+、Al3+、Mn2+几种金属离子沉淀完全的pH金属离子Al（OH）3Fe（OH）2Fe（OH）3Mn（OH）2沉淀完全的pH4.79.03.210.1Li2SO4、Li2CO3在不同温度下的溶解度（g/100g水）温度溶解度10205080Li2SO435.434.733.131.7Li2CO31.431.331.080.85（1）浸取时使用冷水的原因是Li2SO4的溶解度随温度升高而减少，用冷水浸取可以提高浸取率（2）滤渣2的主要成分为Al（OH）3、Fe（OH）3（3）流程中分2次调节pH（pH78和pH13），有研究者尝试只加一次浓NaOH溶液使pH13，结果发现在加饱和碳酸钠溶液沉锂后，随着放置时间延长，白色沉淀增加，最后得到的Li2CO3产品中杂质增多Li2CO3产品中的杂质可能是Al（OH）3，用离子方程式表示其产生的原因Al3+4OH=AlO2+2H2O；2AlO2+CO2+3H2O=2Al（OH）3+CO32（4）加热浓缩的作用是提高Li+ 浓度和溶液温度，使得Li2CO3容易析出（5）洗涤Li2CO3晶体使用热水【分析】I锂的原子核外有2个电子层，各层电子数为2、1；Li与氮气反应生成Li3N；锂辉石（Li2OAl2O34SiO2）煅烧后，冷却、研磨，有利于冷水的浸取，抽滤，得到滤渣为硅酸盐，结合锂离子浸取液中含有的金属离子、离子沉淀完全pH，可知加热NaOH浓溶液，调节溶液pH=78，Al3+、Fe3+转化为Al（OH）3、Fe（OH）3，抽滤后再加入NaOH浓溶液，调节溶液pH13，应是将Mn2+转化为沉淀，抽滤后，加热浓缩，加入饱和碳酸钠溶液，由于Li2CO3的溶解度远小于Li2SO4，会析出Li2CO3，由于Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，用热水洗涤可减少Li2CO3的损失，得到最终产物碳酸锂（1）Li2SO4的溶解度随温度升高而减少；（2）滤渣2为氢氧化铝、氢氧化铁；（3）只加一次浓NaOH溶液使pH13，会使溶液中Al3+转化为AlO2，放置后，空气中二氧化碳与AlO2、水反应生成Al（OH）3；（4）Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，加热浓缩，提高Li+ 浓度和溶液温度，利用析出Li2CO3；（5）Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，应用热水洗涤【解答】解：I锂的原子核外有2个电子层，各层电子数为2、1，原子结构示意图为：，Li与氮气反应生成Li3N，反应方程式为：6Li+N2=2Li3N，故答案为：；6Li+N2=2Li3N；锂辉石（Li2OAl2O34SiO2）煅烧后，冷却、研磨，有利于冷水的浸取，抽滤，得到滤渣为硅酸盐，结合锂离子浸取液中含有的金属离子、离子沉淀完全pH，可知加热NaOH浓溶液，调节溶液pH=78，Al3+、Fe3+转化为Al（OH）3、Fe（OH）3，抽滤后再加入NaOH浓溶液，调节溶液pH13，应是将Mn2+转化为沉淀，抽滤后，加热浓缩，加入饱和碳酸钠溶液，由于Li2CO3的溶解度远小于Li2SO4，会析出Li2CO3，由于Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，用热水洗涤可减少Li2CO3的损失，得到最终产物碳酸锂（1）Li2SO4的溶解度随温度升高而减少，用冷水浸取可以提高浸取率，故用冷水浸取，故答案为：Li2SO4的溶解度随温度升高而减少，用冷水浸取可以提高浸取率；（2）由上述分析可知，滤渣2为Al（OH）3、Fe（OH）3，故答案为：Al（OH）3、Fe（OH）3；（3）只加一次浓NaOH溶液使pH13，会使溶液中Al3+转化为AlO2，放置后，空气中二氧化碳与AlO2、水反应生成Al（OH）3，Li2CO3产品中的杂质可能是Al（OH）3，相应的离子方程式为：Al3+4OH=AlO2+2H2O、2AlO2+CO2+3H2O=2Al（OH）3+CO32，故答案为：Al（OH）3；Al3+4OH=AlO2+2H2O；2AlO2+CO2+3H2O=2Al（OH）3+CO32；（4）Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，加热浓缩，提高Li+ 浓度和溶液温度，使得Li2CO3容易析出，故答案为：提高Li+浓度和溶液温度，使得Li2CO3容易析出；（5）Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，用热水洗涤可以减少碳酸锂的损耗，故答案为：热水【化学-选修2：化学与技术】11高纯碳酸锰在电子工业中有重要的应用，湿法浸出软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Fe、Al、Mg等杂质元素）制备高纯碳酸锰的实验过程如下：（1）浸出：浸出时温度控制在9095之间，并且要连续搅拌3小时的目的是提高软锰矿中锰的浸出率，植物粉的作用是作还原剂（2）除杂：向浸出液中加入一定量的碳酸锰矿，调节浸出液的pH为3.55.5；再加入一定量的软锰矿和双氧水，过滤；操作中使用碳酸锰调pH的优势是增加MnCO3的产量（或不引入新的杂质等）；操作中加入双氧水不仅能将Fe2+氧化为Fe3+，而且能提高软锰矿的浸出率写出双氧水提高软锰矿浸出率的离子方程式MnO2+H2O2+2H+=Mn2+2H2O+O2（3）制备：在3035下，将碳酸氢铵溶液滴加到硫酸锰净化液中，控制反应液的最终pH在6.57.0，得到MnCO3沉淀温度控制35以下的原因是减少碳酸氢铵的分解，提高原料利用率；该反应的化学方程式为MnSO4+2NH4HCO3MnCO3+（NH4）2SO4+CO2+H2O；生成的MnCO3沉淀需经充分洗涤，检验洗涤是否完全的方法是取最后一次的洗涤滤液12 mL 于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净（4）计算：室温下，Ksp（MnCO3）=1.81011，Ksp（MgCO3）=2.6105，已知离子浓度小于1.0105molL1时，表示该离子沉淀完全若净化液中的c（Mg2+）=102mol/L，试计算说明Mg2+的存在是否会影响MnCO3的纯度【分析】湿法浸出软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Fe、Al、Mg等杂质元素）制备高纯碳酸锰，加入浓硫酸和植物粉浸出过滤得到滤液除去杂质，加入碳酸氢铵形成沉淀通过一系列操作得到高纯碳酸锰；（1）升温搅拌都可以加快物质的溶解反应速率；加入植物粉是一种还原剂；（2）使用碳酸锰调pH的优势是不引入新的杂质；二氧化锰氧化过氧化氢为氧气，本身被还原为锰离子；（3）依据碳酸氢铵受热易分解分析，在3035下，将碳酸氢铵溶液滴加到硫酸锰净化液中，控制反应液的最终pH在6.57.0，得到MnCO3沉淀，硫酸铵，二氧化碳和水，生成的MnCO3沉淀需经充分洗涤，检验洗涤是否完全的方法是取最后一次洗涤液检验是否含有硫酸根离子设计；（4）Ksp （MnCO3）=c（Mn2+）c（CO32），当Mn2+沉淀完全时，c（CO32）=1.81011/1.0105=1.8106 molL1，若Mg2+也能形成沉淀，则要求Mg2+2.6105/1.8106=14.4 molL1，Mg2+的浓度0.01mol/L远小于14.4 molL1【解答】解：湿法浸出软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Fe、Al、Mg等杂质元素）制备高纯碳酸锰，加入浓硫酸和植物粉浸出过滤得到滤液除去杂质，加入碳酸氢铵形成沉淀通过一系列操作得到高纯碳酸锰；（1）升温、搅拌都可以加快物质的溶解反应速率，浸出时温度控制在9095之间，并且要连续搅拌3小时的目的是提高软锰矿中锰的浸出率；加入植物粉是一种还原剂，故答案为：提高软锰矿中锰的浸出率；作还原剂；（2）使用碳酸锰调pH的优势是不引入新的杂质；酸性溶液中二氧化锰氧化过氧化氢为氧气，本身被还原为锰离子，反应的离子方程式为：MnO2+H2O2+2H+=Mn2+2H2O+O2，故答案为：增加MnCO3的产量（或不引入新的杂质等）； MnO2+H2O2+2H+=Mn2+2H2O+O2；（3）依据碳酸氢铵受热易分解分析，温度控制35以下的原因是防止碳酸氢铵分解，在3035下，将碳酸氢铵溶液滴加到硫酸锰净化液中，控制反应液的最终pH在6.57.0，得到MnCO3沉淀，硫酸铵，二氧化碳和水，反应的化学方程式为：MnSO4+2NH4HCO3MnCO3+（NH4）2SO4+CO2+H2O，生成的MnCO3沉淀需经充分洗涤，检验洗涤是否完全的方法是取最后一次洗涤液检验是否含有硫酸根离子设计，取最后一次的洗涤滤液12 mL 于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净故答案为：减少碳酸氢铵的分解，提高原料利用率；MnSO4+2NH4HCO3MnCO3+（NH4）2SO4+CO2+H2O；取最后一次的洗涤滤液12 mL 于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净（4）Ksp （MnCO3）=c（Mn2+）c（CO32），当Mn2+沉淀完全时，c（CO32）=105=1.8106 molL1，若Mg2+也能形成沉淀，则要求Mg2+2.6105/1.8106=14.4 molL1，Mg2+的浓度0.01mol/L远小于14.4 molL1，若净化液中的c（Mg2+）=102mol/L，说明Mg2+的存在不会影响MnCO3的纯度，答：Ksp （MnCO3）=c（Mn2+）c（CO32），当Mn2+沉淀完全时，c（CO32）=105=1.8106 molL1，若Mg2+也能形成沉淀，则要求Mg2+2.6105/1.8106=14.4 molL1，Mg2+的浓度0.01mol/L远小于14.4 molL1，若净化液中的c（Mg2+）=102mol/L，说明Mg2+的存在不会影响MnCO3的纯度【化学-选修3：物质结构与性质】12（xx菏泽校级三模）原子序数依次增大的A、B、C、D、E、F六种元素其中A的基态原子有3个不同的能级，各能级中的电子数相等；C的基态原子2p能级上的未成对电子数与A原子的相同；D为它所在周期中原子半径最大的主族元素；E和C位于同一主族，F的原子序数为29（1）F原子基态的外围核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1（2）在A、B、C三种元素中，第一电离能由小到大的顺序是NOC（用元素符号回答）（3）元素B的简单气态氢化物的沸点高于（高于，低于）元素A的简单气态氢化物的沸点，其主要原因是B的氢化物分子之间存在氢键（4）由A、B、C形成的离子CAB与AC2互为等电子体，则CAB的结构式为N=C=O（5）在元素A与E所形成的常见化合物中，A原子轨道的杂化类型为sp（6）由B、C、D三种元素形成的化合物晶体的晶胞如图所示，则该化合物的化学式为NaNO2（7）FC在加热条件下容易转化为F2C，从原子结构的角度解释原因Cu+外围电子3d10轨道全满稳定，Cu2+外围电子3d9轨道电子非全满和半满状态不稳定【分析】原子序数依次增大的A、B、C、D、E、F六种元素，A的基态原于有3个不同的能级，各能级中的电子数相等，则A是C元素；C的基态原子2p能级上的未成对电子数与A原子的相同，C原子序数大于A，则C为O元素；B原子序数大于A而小于C，则B是N元素；E和C位于同一主族，且E原子序数小于25，则C是S元素；D为它所在周期中原子半径最大的主族元素，原子序数小于S，则D是Na元素；F的原子序数为29，为Cu元素；（1）F是Cu元素，其原子核外有29个电子，根据构造原理书写F基态原子的核外电子排布式；（2）A、B、C分别是C、N、O元素，同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；（3）含有氢键的氢化物熔点较高；（4）由C、N、O形成的离子OCN与CO2互为等电子体，等电子体原子个数相等、价电子数相等；（5）在元素C与S所形成的常见化合物CS2中，根据价层电子对理论确定A原子轨道的杂化类型；（6）由N、O、Na三种元素形成的化合物晶体的晶胞如图所示，利用均摊法确定其化学式；（7）根据电子层的结构判断，全满、半满和全空为稳定状态【解答】解：原子序数依次增大的A、B、C、D、E、F六种元素，A的基态原于有3个不同的能级，各能级中的电子数相等，则A是C元素；C的基态原子2p能级上的未成对电子数与A原子的相同，C原子序数大于A，则C为O元素；B原子序数大于A而小于C，则B是N元素；E和C位于同一主族，且E原子序数小于25，则C是S元素；D为它所在周期中原子半径最大的主族元素，原子序数小于S，则D是Na元素；F的原子序数为29，为Cu元素；（1）F是Cu元素，其原子核外有29个电子，根据构造原理知Cu元素基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1；（2）A、B、C分别是C、N、O元素，同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，所以电离能从小到大顺序是NOC，故答案为：NOC；（3）含有氢键的氢化物熔点较高，氨气分子中含有氢键、甲烷中不含氢键，所以氨气熔沸点高于甲烷，故答案为：高于；B的氢化物分子之间存在氢键；（4）等电子体原子个数相等、价电子数相等，由C、N、O形成的离子OCN与CO2互为等电子体，根据二氧化碳结构式知OCN的结构简式为N=C=O，故答案为：N=C=O；（5）在元素C与S所形成的常见化合物CS2中，二硫化碳分子中中心原子价层电子对个数是2且不含孤电子对，所以C原子采用sp杂化，故答案为：sp；（6）由N、O、Na三种元素形成的化合物晶体的晶胞如图所示，该晶胞中N原子个数=1+8=2、O原子个数=2+16=4，Na原子个数=8=2，所以该晶胞中Na、N、O原子个数之比=2：2：4=1：1：2，则化学式为NaNO2，故答案为：NaNO2；（7）在原子中电子层全满、半满和全空为稳定状态，Cu+外围电子3d10轨道全满稳定，Cu2+外围电