天津市蓟州等部分区2019届高三化学上学期期末联考试卷（含解析）.doc

天津市部分区20182019学年度第一学期期末考试高三化学可能用到的相对原子质量H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Fe 56 Co 59 Cu 64第卷(选择题，共48分)选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48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.中华民族有着灿烂的文明，用化学知识对以下几个事例的分析不合理的是A. 商代后期铸造的青铜器属于铜合金制品，其熔点高于纯铜B. 汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏土C. 中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈D. 唐代后期出现的黑火药，它的燃烧属于氧化还原反应【答案】A【解析】【详解】A项，青铜制品中含有铜元素、锡元素、铅元素等，也就是铜合金制品，合金熔点低于纯金属，故A项错误；B项，制作瓷器主要原料为黏土等矿物原料，故B项正确；C项，明矾溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，铜锈为Cu2（OH）2CO3，溶于酸性溶液，故利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈，故C项正确； D项，黑火药的主要成分有硫黄（S）、硝石(KNO3)和木炭（C），黑火药燃烧属于氧化还原反应，故D项正确。答案选A。2.下列化学用语表示正确的是A. 硫原子的原子结构示意图：B. CH4分子的球棍模型是：C. 过氧化钠的电子式为：Na+ :O: O: 2-Na+D. HClO的结构式：H-Cl-O【答案】B【解析】【详解】A.硫原子的核电荷数为16，核外电子数为16，正确的原子结构示意图为：，故A错误；B. 该模型是CH4分子的球棍模型，故B正确；C.过氧化钠为离子化合物，电子式中需要标出阴阳离子所带的电荷数，过氧化钠的电子式为：，故C错误；D.次氯酸分子中不存在氢氯键，HClO正确的结构式为：H-O-C，故D错误。所以B选项是正确的。3.下列叙述正确的是A. CO2、NO2、N2O5、P2O5均为酸性氧化物B. 漂白粉、水玻璃、铝热剂均为混合物C. 需要通电才可进行的有：电解、电泳、电离D. 石墨、盐酸、亚硫酸分别为电解质、强电解质、弱电解质【答案】B【解析】【详解】A. NO2和碱反应生成硝酸钠、亚硝酸钠，发生了氧化还原反应，二氧化氮不符合酸性氧化物的定义，故A错误；B. 由两种或以上的物质构成的是混合物，铝热剂是铝粉和金属氧化物的混合物；水玻璃是硅酸钠的水溶液，是混合物；漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，故B正确；C. 电解、电泳需通电，电离是溶液中水分子或熔融作用下进行，故C错误；D. 石墨和盐酸都不是电解质，电解质是化合物，故D错误。答案选B。【点睛】本题重点考查了易混淆概念，要注意抓住概念的本质，如抓住电解质必须是化合物，抓住弱电解质的特征“部分电离”，强电解质”在水溶液中或熔融状态下，能完全电离”是解答本题的关键。4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 25时，pH =1的盐酸溶液中，由水电离出的H+个数为10-13 NAB. 在反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中，每生成3 mol I2转移的电子数为6 NAC. 1 L 0.1 molL-1NaHCO3溶液中含有0.1 NA个HCO3-D. 100 g CaCO3与KHCO3的混合物中含有的阴离子的数目为NA【答案】D【解析】【详解】A、水的电离方程式为：H2OH+OH-，25时kw=c（H+）c（OH-）110-14，pH=1的盐酸，c（H+）=0.1mol/L，由水电离生成的c（H+）=c（OH-）=10-140.1mol/L=10-13mol/L，但由于溶液体积未知，故不能计算由水电离出的H+个数，故A错误；B、根据化学方程式中元素化合价变化和氧化还原反应规律同元素不同价态发生氧化还原反应，元素化合价只能靠近不能交叉，在反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中，每生成3 mol I2转移的电子数为5NA，故B错误；C、1L0.1mol/L的NaHCO3溶液中含有0.1mol溶质碳酸氢钠，由于碳酸氢根离子部分水解，则HCO3-离子数小于0.1NA，故C错误；D、100 g CaCO3与KHCO3的混合物的物质的量为1mol，含有1mol阴离子，含有的阴离子的数目为NA，故D正确。答案选D。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，明确标况下气体摩尔体积的使用条件为解答关键，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系。5.如图所示为氢气燃烧的实验。发现烧杯中酸性KMnO4溶液褪色，若将烧杯中的溶液换成含有少量KSCN的FeSO4溶液，溶液呈红色。下列说法不正确的是A. 将烧杯中溶液换成氢硫酸溶液，溶液无明显变化B. 与酸性FeSO4溶液发生反应的离子方程式为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2OC. 该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质D. 该条件下H2燃烧的产物中可能含有一定量的H2O2【答案】A【解析】【详解】氢气在空气中燃烧，产物遇到冰块冷凝滴落到烧杯中。该产物能使酸性KMnO4溶液褪色，说明具有还原性，也能使Fe2+被氧化为Fe3+，具有氧化性。A项，氢硫酸溶液能被H2O2氧化为硫单质，溶液变浑浊，故A错误； B项，H2O2具有氧化性，可以将FeSO4中Fe2+氧化为Fe3+，离子反应方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，故B正确；C项，由上述分析可知，该产物既具有氧化性又具有还原性，故C正确；D项，根据质量守恒定律，氢气在空气中燃烧，是与氧气反应，生成物中含有氢、氧元素，且具有氧化性和还原性，所以该物质可能是H2O2，故D正确。答案选A。6.下列反应的离子方程式书写正确的是A. 向氯化铁溶液中加入过量的硫化钠：2Fe3S2- = 2Fe2SB. 氢氧化铁溶于氢碘酸溶液：Fe(OH)3+ 3H = Fe3+ 3H2OC. 硫酸铝溶液中加入过量氨水：Al3+ 4 NH3H2O=AlO2- +4 NH+ 2 H2OD. 向NaHSO4溶液滴加Ba(OH)2溶液至中性：2H+SO42-+ Ba2+ 2OH-=BaSO4+2H2O【答案】D【解析】【详解】A向氯化铁溶液中加入过量的硫化钠，反应生成硫化亚铁和硫单质，反应的离子方程式为：2Fe33S2- = 2FeSS，选项A错误；B发生氧化还原反应，生成碘化亚铁、碘、水，离子反应为2Fe(OH)3+2I-+6H+=2Fe2+I2+6H2O，选项B错误；C硫酸铝溶液中加入过量氨水的离子反应为Al3+3NH3H2OAl(OH)3+3NH4+，选项C错误；D. 向硫酸氢钠溶液中滴加Ba(OH)2溶液恰好至中性的离子反应为2H+SO42-+ Ba2+ 2OH-=BaSO4+2H2O，所以D选项是正确的。答案选D。【点睛】本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，并熟悉离子反应方程式的书写方法来解答。7.已知：2H2(g) + O2(g)=2H2O(g)H483.6 kJmol1H2(g) + S(g) =H2S(g) H20.1 kJmol1，下列判断正确的是A. 若反应中改用固态硫，则1 mol S(s)完全反应放出的热量小于20.1 kJB. 从焓变数值知，单质硫与氧气相比，更容易与氢气化合C. 由知，水的热稳定性小于硫化氢D. 氢气的燃烧热为241.8 kJmol1【答案】A【解析】【详解】A. 固体变为气体，吸收热量，则若反应中改用固态硫，1 mol S(s)完全反应,放出的热量小于20.1 kJ，所以A选项是正确的；B.由热化学方程式可以知道1mol氢气与氧气反应放出的热量比1mol氢气与硫反应放出的热量多221.7kJ，说明单质氧气与硫相比，更容易与氢气化合，故B错误；C.放出的热量越多，说明物质的总能量越低，物质越稳定，故C错误；D. 氢气燃烧放出热量，由热化学方程式可以知道1mol氢气完全燃烧生成气态水，放出241.8 kJ，故D错误；答案选A。8.下列正确的组合是砷(As)位于元素周期表第A族，其最高价氧化物对应水化物的酸性比硝酸弱铊(Tl)与铝同主族，其单质既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应气态氢化物的水溶液的酸性H2S弱于HCl非金属元素的气态氢化物溶于水后，均形成无氧酸A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】非金属性AsAl，则Tl能与酸反应，但不与氢氧化钠溶液反应，故错误；非金属性SCl，元素的非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，故正确；非金属元素N，其氢化物为氨气，氨气溶于水，水溶液为碱性，故错误。答案选C。9.有可逆反应A(g)3B(g) 2C(g)H0。该反应的速率与时间的关系如图所示：如果t2、t4、t6、t8时都只改变了一个反应条件，则对应t2、t4、t6、t8时改变的条件正确的是A. 增大反应物浓度、使用了催化剂、减小压强、升高温度B. 升高温度、减小压强、增大反应物浓度、使用了催化剂C. 使用了催化剂、增大压强、减小反应物浓度、降低温度D. 升高温度、减小压强、减小反应物浓度、使用了催化剂【答案】B【解析】【分析】t2时刻正逆反应速率均突然增大，且平衡逆向移动，根据正反应方向为气体体积减小的放热反应分析是升温还是加压；t4时刻正逆反应速率均减小，且平衡逆向移动，根据正反应方向为气体体积减小反应分析压强如何变化；t6时刻逆反应速率不变，正反应速率突然增大，逆反应速率不变，改变的条件一定为增大浓度，考虑增大的为反应物浓度还是生成物浓度；考虑t8时刻能够同等程度的增大正逆反应速率，但不影响平衡的外界条件是加入催化剂。【详解】该反应为正反应气体系数减小的放热反应，t2时刻正逆反应速率均增大，逆反应速率增大的程度更大，平衡逆向移动，说明升高温度；t4为减压：正逆反应速率均减小，平衡逆向移动；t6时刻逆反应速率不变，正反应速率突然增大，说明增大反应物浓度；t8时刻正逆反应速率同等程度增大，则加入了催化剂；故B正确。答案选B。10.短周期主族元素X、Y、Z的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物。常温下，Z的单质能溶于X的最高价氧化物水化物的稀溶液，不溶于其浓溶液。下列说法正确的是A. Z位于第三周期、IIIA族 B. 元素Y的正化合价最高为+6C. 简单离子半径的大小顺序：XYO2-Al3+，故C错误；D.N元素与O元素可以形成N2O、NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O5，故D错误。答案选A。11.下列实验能达到相应实验目的的是A. 用甲制备氢氧化铁胶体 B. 用乙验证非金属性ClCSiC. 用丙装置制备干燥的氨气 D. 用丁装置吸收HCl，并防止倒吸【答案】C【解析】【详解】A. 制备氢氧化铁胶体的方法是把饱和的氯化铁溶液滴入沸水中，故A错误；B. 验证非金属性ClCSi，应该用高氯酸和碳酸钠反应，而不能用盐酸，故B错误；C.浓氨水与CaO混合可制备氨气，碱石灰干燥氨气，则图中装置可制备干燥的氨，所以C选项是正确的；D.苯的密度比水的密度小，不能隔绝气体与水，丁装置不能防止倒吸，故D错误。答案选C。12.已知t 时AgCl的Ksp=2.01010；在t 时Ag2CrO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法不正确的是A. 在t 时，Ag2CrO4的Ksp为1.01012B. 在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4可使溶液由Y点到X点C. 在t 时，以0.01 molL1AgNO3溶液滴定20.00 mL 0.01 molL1KCl和0.01 molL1K2CrO4的混合溶液，CrO42-后沉淀D. 在t 时，反应Ag2CrO4(s)2Cl(aq)2AgCl(s)CrO (aq)的平衡常数K2.5107【答案】B【解析】【详解】A、依据图象曲线上的数据结合溶度积常数概念计算得到，曲线上的点是沉淀溶解平衡。Ag2CrO4的沉淀溶剂平衡为：Ag2CrO4 (s)2Ag+ +CrO42-，Ksp=c2(Ag+)c(CrO42-)=（10-3）210-6=10-12，故A正确；B、在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4仍为饱和溶液，点仍在曲线上，所以在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4不能使溶液由Y点变为X点，故B错误；C、依据溶度积常数计算Ksp(Ag2CrO4)= c2(Ag+)c(CrO42-)=110-12；Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl-)=1.810-10，以0.01mol/L AgNO3溶液滴定20mL0.01mol/L KCl和0.01mol/L的K2CrO4的混合溶液，c(CrO42-)=0.01mol/L，得到c(Ag+)=10-120.01=10-5mol/L，0.01mol/L KCl溶液中，c(Cl-)=0.01mol/L；依据溶度积计算得到：c(Ag+)=210-100.01=210-8mol/L，所以先析出氯化银沉淀，故C正确；D、K=c(CrO42-)c2(Cl-)=Ksp(Ag2CrO4)Ksp2(AgCl)=10-12410-20=2.5107，故D正确。答案选B。13.下列关于实验误差的分析正确的是A. 用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小B. 第一次读数时滴定管尖嘴处有气泡，第二次读数时气泡消失，所读液体体积偏小C. 测定中和热时，将盐酸慢慢加入氢氧化钠溶液中，所测中和热数值偏小D. 用润湿的pH试纸测稀硫酸溶液的pH，测定值偏低【答案】C【解析】【详解】A项，俯视刻度线导致所加水偏少，所配溶液浓度偏大，故A项错误；B项，溶液读数偏大，所测体积偏大，故B项错误；C项，将盐酸慢慢加入氢氧化钠溶液中导致热量损失较多，所测温度值偏小，故C项正确；D项，湿润的pH试纸使得酸液被稀释，pH值偏大，故D项错误。答案选C。【点睛】本题的易错项为B项。酸碱中和滴定实验中，第一次读数时滴定管尖嘴处有气泡，第二次读数时气泡消失，相当于标准溶液体积多读了一个气泡的体积，从而使所测体积偏大。14.下列说法正确的是A. 地下钢铁管道用导线连接直流电源的正极可以减缓管道的腐蚀B. 两种醋酸溶液的物质的量浓度分别为c1和c2，pH分别为a和a+1，则c110 c2C. 0.1mol L1Na2CO3溶液中：c(OH)=c(H+)+c(HCO3)+ c(H2CO3)D. 反应MgO(s)+C(s)=Mg(s)+CO(g)在室温下不能自发进行，则该反应的H0【答案】D【解析】【详解】A. 地下钢铁管道用导线连接直流电源的正极，为阳极，失去电子，加快管道的腐蚀，故A错误；B.醋酸溶液中，醋酸是弱电解质，醋酸浓度越大其电离程度越小，所以两种醋酸溶液的物质的量浓度分别为c1和c2，pH分别为a和a+1，则c110 c2，故B错误；C. 由质子守恒可以知道，Na2CO3溶液中存在c(OH)=c(H+)+c(HCO3)+ 2c(H2CO3)，故C错误；D. 室温下，反应反应MgO(s)+C(s)=Mg(s)+CO(g)不能自发进行，该反应的S0，反应不能自发，则G=H-TS0，所以H0，故D正确。答案选D。15.新型锂-空气电池具有能量密度高的优点，可以用作新能源汽车的电源，其结构如图所示，其中固体电解质只允许Li+通过。下列说法不正确的是A. 放电时，负极反应式：Lie =Li+B. 应用该电池电镀铜，阴极质量增加64 g，理论上将消耗标准状况下11.2 L O2C. 放电时，随外电路中电子的转移，水性电解液中离子总数减少D. Li+穿过固体电解质向正极移动而得到LiOH溶液【答案】C【解析】【详解】A项，因为固体电解质只允许Li+通过，所以放电时，负极反应式：LieLi+，故A正确；B项，根据电子守恒，应用该电池电镀铜，阴极质量增加64g，即生成1mol铜，则电路中通过2mol电子，理论上消耗0.5molO2，在标准状况下体积为11.2 L，故B正确；C项，放电时正极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-，当外电路中有1mole转移时，生成1mol OH-，同时1molLi+穿过固体电解质进入水性电解液，所以离子总数增加2NA，故C错误；D项，由图示可得，放电时锂在负极失电子，氧气在正极得电子，固体电解质只允许Li+通过，所以Li+穿过固体电解质向正极移动而得到LiOH溶液，故D正确。答案选C。【点睛】本题通过新型锂-空气电池考查原电池原理，涉及正负极判断、离子移动方向、电极反应式书写、有关计算等，注意根据物质性质判断原电池的正负极；根据“固体电解质只允许Li+通过”这个条件书写负极电极反应式；C项易错，注意水性电解质溶液中增多的是OH-和迁移过去的Li+，不要忽略了后者。16.常温下，用0.1000 molL1NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 molL1HA溶液，滴定曲线如图。下列说法不正确的是A. 常温下，HA电离常数为1.010-6B. 点所示溶液中：c(Na) c(A) c(OH)c(H)D. 从点到点的滴定过程中，水的电离程度不变【答案】D【解析】【详解】A、由图可知，0.1000 molL1HA溶液的pH=3.5，HAH+A-，Ka=cH+c(A-)c(HA)=10-3.510-3.50.1=1.010-6，故A正确；B、在点时，pH=7，溶液呈中性，NaA为强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，要使酸碱混合溶液呈中性，则HA应该稍微过量，c(Na+)c(A-)+c(HA)，故B正确；C、当V(NaOH)=20.00mL时，两者完全反应生成NaA，此时由于A-水解，溶液呈碱性，但水解程度是微弱的，c(Na+)c(A-)c(OH-)c(H+)，故C正确；D、从点到点的滴定过程中，随着反应的进行，HA的浓度逐渐减小，NaA的浓度逐渐增大，水的电离程度越来越大，到点时，两者完全反应生成NaA，水的电离程度最大，故D错误。答案选D。第卷(非选择题，共52分)17.某化学兴趣小组设计如下实验方案。将浓硫酸与铜片反应制备SO2并进行相关实验探究，实验装置如图所示。请回答下列问题：(1)装置B的作用是_。(2)装置C中发生反应的离子方程式是_。SO2在装置D中完全转化为酸式酸根离子的过程中，溶液颜色变化是_。(3)已知酸性：HClH2SO3HClO。向Na2SO3溶液中加入盐酸酸化的NaClO溶液时，证明NaClO不足时的试剂是_。(4)请设计简单实验证明：室温下HSO3的电离平衡常数Ka大于其水解平衡常数Kh。_。【答案】 (1). 防倒吸(或安全瓶) (2). SO2Br22H2O4HSO42-2Br (3). 有红色变为无色 (4). 盐酸和品红溶液 (5). 常温下，用pH试纸(或pH计)测定NaHSO3溶液的pH，若pHKh【解析】【分析】（1）A中发生Cu与浓硫酸的反应生成二氧化硫，B作安全瓶，可防止倒吸；（2）C中二氧化硫与溴水反应生成硫酸和溴化氢，据此写出离子方程式；装置D中NaOH全部转化为NaHSO3时碱性降低；（3）根据酸性：HClH2SO3HclO，若NaClO不足，则剩余Na2SO3，先滴加盐酸反应生成SO2逸出，再滴加品红溶液不褪色；若NaClO过量，则剩余NaClO，先滴加盐酸反应生成HClO，HClO具有强氧化性，再滴加品红溶液褪色；（4）根据电离显酸性，水解显碱性，则测定pH即可。【详解】（1）铜片与浓硫酸在加热条件下，反应生成SO2，因为SO2易溶于水且能与溴水反应，容易产生倒吸，所以装置B的作用是：防止C中液体倒吸入A中。故答案为：防倒吸(或安全瓶)；（2）装置C中盛有溴水，具有较强的氧化性，可以与SO2发生反应，反应的离子方程式为SO2Br22H2O4HSO42-2Br；若NaOH全部转化为NaHSO3，溶液碱性降低，溶液由红色变为无色。故答案为：SO2Br22H2O4HSO42-2Br；溶液由红色变为无色；（3）若NaClO不足，则剩余Na2SO3，先滴加盐酸反应生成SO2逸出，再滴加品红溶液不褪色；若NaClO过量，则剩余NaClO，先滴加盐酸反应生成HClO，HClO具有强氧化性，再滴加品红溶液褪色，因此可选用盐酸和品红溶液证明NaClO不足。故答案为：盐酸和品红溶液；（4）常温下，用pH试纸(或pH计)测定NaHSO3溶液的pH，若pHKh；若pH7，则其电离程度小于水解程度，即KaKh。故答案为：常温下，用pH试纸(或pH计)测定NaHSO3溶液的pH，若pHKh。【点睛】本题考查了物质的制备和性质检验，明确二氧化硫实验室制备原理及性质是解题关键，侧重分析与实验能力的考查。18.实施以节约能源和减少废气排放为基本内容的节能减排政策，是应对全球气候问题、建设资源节约型、环境友好型社会的必然选择。试运用所学知识，回答下列问题：已知反应：CH4(g)H2O (g) CO(g)+3H2(g)H+206 kJmol1C(s)H2O (g) CO(g)+ H2(g) H+131 kJmol1(1)工业制取炭黑的方法之一是将甲烷隔绝空气加热到1300进行裂解。填写空白。CH4(g) C(s)+2H2(g)H_kJmol1。(2)若800时，反应的平衡常数K1=1.0，某时刻测得该温度下，密闭容器中各物质的物质的量浓度分别为：c(CH4)=4.0 molL1; c(H2O)=5.0 molL1；c (CO)=1.5 molL1；c(H2)=2.0 molL1，则此时该可逆反应的状态是_(填序号)a达到平衡 b向正反应方向移动 c向逆反应方向移动甲醇是一种可再生能源，工业上用CO与H2来合成甲醇：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)，回答下列问题：(1)一定条件下，将CO与H2以物质的量之比1：1置于恒容密闭容器中发生以上反应，平衡时，下列说法正确的是_。Av(H2)正=v(CH3OH)逆 B2v(CO)=v(H2)CCO与H2转化率相等 DCO与H2的物质的量之比不再改变(2)图是该反应在不同温度下CO的转化率随时间变化的曲线。温度T1和T2大小关系是T1_T2(填“”、“”或“”)，对应温度的平衡常数大小关系是K1_K2(填“”、“”或“”)。(3)用甲醇燃料电池作为直流电源，设计如图2装置制取Cu2O，写出铜电极的电极反应式_。【答案】 (1). +75 (2). b (3). B D (4). (6). 2Cu+2OH-2e-=Cu2O+H2O【解析】【分析】（1）利用已知反应的热化学方程式，根据盖斯定律求解； （2）此时浓度商为1.52345=0.61，所以向正反应方向移动；（1）A平衡时，用同一物质表示的反应速率v正=v逆，用不同物质表示的反应速率，速率之比等于化学计量数之比，v(H2)正=2v(CH3OH)逆； B速率之比等于化学计量数之比，2v(CO)=v(H2)；CCO与H2起始物质的量之比1：1，转化量物质的量之比1：2，故CO与H2转化率不相等；D由于CO与H2的物质的量之比不是按照化学计量数之比通入的，则达到平衡状态时CO与H2的物质的量之比保持不变。（2）首先达到平衡时温度高，由图可知温度由T1升高至T2时，CO的转化率降低，说明平衡向逆反应方向移动，所以K1K2。（3）铜元素化合价升高，失去电子，铜电极是阳极，溶液显碱性，则阳极电极反应式为2Cu2OH-2e-Cu2OH2O。【详解】（1）已知：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) H+206 kJ/molC(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) H+131 kJ/mol根据盖斯定律可知即得到CH4(g)C(s)+2H2(g)的H+75kJ/mol。故答案为：+75； （2）此时浓度商为1.52345=0.61，所以向正反应方向移动，选b；故答案为：b；（1）由方程式CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)可知，平衡时，A平衡时，用同一物质表示的反应速率v正=v逆，用不同物质表示的反应速率，速率之比等于化学计量数之比，v(H2)正=2v(CH3OH)逆，故A错误； B速率之比等于化学计量数之比，2v(CO)=v(H2)，故B正确；CCO与H2起始物质的量之比1：1，转化量物质的量之比1：2，故CO与H2转化率不相等，故C错误；D由于CO与H2的物质的量之比不是按照化学计量数之比通入的，则达到平衡状态时CO与H2的物质的量之比保持不变，D正确，故答案为：BD；（2）首先达到平衡时温度高，由图可知温度由T1升高至T2时，CO的转化率降低，说明平衡向逆反应方向移动，所以K1K2。故答案为：；（3）铜元素化合价升高，失去电子，铜电极是阳极，溶液显碱性，则阳极电极反应式为2Cu2OH-2e-Cu2OH2O。故答案为：2Cu+2OH-2e-=Cu2O+H2O。19.元素化合物在日常生活、化工生产和环境科学中有着重要的用途。(1)生铁中含有一种铁碳化合物X(Fe3C)。X在足量的空气中高温煅烧，生成有磁性的固体Y，将Y溶于过量盐酸后溶液中大量存在的阳离子是_。(2)自然界中Cr主要以3价和6价形式存在。Cr2O72-中的Cr能引起细胞的突变，可以用亚硫酸钠在酸性条件下将Cr2O72-还原。写出反应的离子方程式：_。(3)当皮肤划破时可用FeCl3溶液应急止血，其主要作用是_。(4)高铁酸钾(K2FeO4)是一种既能杀菌、消毒、又能絮凝净水的水处理剂。工业制备高铁酸钾的反应离子方程式Fe(OH)3+ C1O+ OH FeO42+ C1+ H2O(未配平)，Fe(OH)3与 C1O的计量数比为：_，每生成1mol K2FeO4，转移的电子数是_。(5)合成氨及其相关工业中，部分物质间的转化关系如下：反应IV属于_反应类型，氮肥主要成分的化学式为_，V的化学反应方程式为_。【答案】 (1). Fe2、Fe3、H (2). Cr2O723SO328H2Cr33SO424H2O (3). FeCl3溶液促进血液胶体聚沉 (4). 2:3 (5). 3NA或1.8061024 (6). 氧化还原反应 (7). NH4NO3 (8). NH3+ H2O+ CO2+ NaCl NaHCO3+ NH4Cl【解析】【分析】(1)X在足量的空气中高温煅烧，生成有磁性物质四氧化三铁，其与过量盐酸反应生成氯化铁和氯化亚铁；(2)亚硫酸钠具有还原性，能够在酸性条件下将Cr2O72-还原为Cr3+，据此写出反应的离子方程式；(3)血液属于胶体，遇到电解质溶液发生聚沉；(4)根据电子得失守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式，根据电子转移关系进行计算。(5) N2和H2可以合成NH3，所以甲是N2，氨气和二氧化碳通入氯化钠溶液可以析出溶解度较小的碳酸氢钠晶体，加热分解可以得到碳酸钠纯碱；氨气和氧气反应，催化氧化得到NO，NO遇到氧气变为二氧化氮，二氧化氮和水之间反应生成硝酸，硝酸和氨气之间反应得到硝酸铵，属于一种氮肥，所以乙是NO，丙是NO2，丁是NaHCO3，据此回答。【详解】(1)X在足量的空气中高温煅烧，生成有磁性的固体Y，Y为四氧化三铁，与过量盐酸反应生成氯化铁和氯化亚铁，Y溶于过量盐酸后溶液中大量存在的阳离子是Fe2、Fe3、H；因此，本题正确答案是：Fe2、Fe3、H；(2)亚硫酸钠具有还原性，能够在酸性条件下将Cr2O72-还原为Cr3+，反应的离子方程式为Cr2O723SO328H2Cr33SO424H2O；因此，本题正确答案是：Cr2O723SO328H2Cr33SO424H2O；(3)血液属于胶体，FeCl3溶液属于电解质溶液，它能使胶体发生聚沉，起到应急止血作用；因此，本题正确答案是：FeCl3溶液促进血液胶体聚沉；(4)Fe(OH)3FeO42-，铁元素由+3价升高到+6价，变化了3价，ClO-Cl-，氯元素由+1价降到了-1价，变化了2价，根据化合价升降总数相等原则，所以Fe(OH)3填系数2，ClO-填系数3，。再根据电荷守恒、原子守恒配平其它物质，该反应的离子方程式为2Fe(OH)3+ 3C1O+ 4OH=2FeO42+3C1+ 5H2O，Fe(OH)3与 C1O的计量数比为：2:3；通过反应关系：6e-2 FeO42可知，每生成1mol K2FeO4，转移的电子数是3NA或1.8061024；因此，本题正确答案是：2:3；3NA或1.8061024；（5）氮气和氢气可以合成氨，所以甲是氮气，氨气和二氧化碳通入氯化钠溶液可以析出溶解度较小的碳酸氢钠晶体，加热分解可以得到碳酸钠纯碱；氨气和氧气反应，催化氧化得到NO，NO遇到氧气变为二氧化氮，二氧化氮和水之间反应生成硝酸，硝酸和氨气之间反应得到硝酸铵，属于一种氮肥，所以乙是NO，丙是NO2，丁是NaHCO3，反应IV为NO2和水反应生成硝酸和NO，属于氧化还原反应；硝酸和氨气反应生成硝酸铵，所以氮肥主要成分的化学式为NH4NO3；反应V是侯氏制碱法，化学方程式为NH3+ H2O+ CO2+ NaCl NaHCO3+ NH4Cl；因此，本题正确答案是：NH3+ H2O+ CO2+ NaCl NaHCO3+ NH4Cl。20.通常电动汽车使用的是锂电池，制备锂电池正极材料的主要原料为四氧化三钴，工业上用CoCl26H2O制备四氧化三钴。以水钴矿(主要成分为Co2O3、CoO、CuO、Fe2O3和SiO2等)为原料制备CoCl26H2O的工艺流程如图所示：回答下列问题：(1)“酸浸”写出滤渣A主要成分的一种用途_。钴的浸出率随酸浸时间、温度的变化关系如图所示。综合考虑，应选择的最佳工艺条件为_。Co2O3与浓硫酸反应除生成CoSO4和H2O外，还生成的一种物质是_。(2)“净化除杂”过程包括除铁、除铜等步骤。除铁：加入适量Na2SO4固体，析出淡黄色晶体黄钠铁矾Na2Fe6(SO4)4(OH)12，写出反应的离子方程式_。除铜：加入适量Na2S2O3，发生反应2Cu2+2S2O32-2H2O=Cu2SS4H+2SO42-，其中氧化产物为_。(3)“萃取和反萃取”试剂X的名称为_。实验室称取100 g原料(含钴11.80%)，反萃取时得到浓度为0.036 molL1的CoCl2溶液5 L，忽略损耗，钴的产率_。(4)以CoCl26H2O与NH4HCO3为原料，经两步经典反应合成四氧化三钴，第一步在80条件下二者生成Co2(OH)2CO3；第二步在600820下Co2(OH)2CO3在空气中转化生成四氧化三钴，写出第二步反应的化学方程式_。【答案】 (1). 制光导纤维或石英玻璃等 (2). 12h，90 (3). O2 (4). 2Na+6Fe3+4SO4212H2ONa2Fe6(SO4)4(OH)1212H+ (5). SO42- (6). 稀盐酸 (7). 90% (8). 3Co2(OH)2CO3+O22Co3O4+3CO2+3H2O【解析】【分析】纵览整个流程可知，水钴矿(主要成分为Co2O3、CoO、CuO、Fe2O3和SiO2等)经浓硫酸酸浸后，SiO2不溶，过滤后除去，得到的滤液经过除铁、除铜等步骤后，再经过萃取，有机相中含有Co2+的有机溶液，加入稀盐酸反萃取，得到CoCl2水溶液D，结晶后得到CoCl26H2O，以此分析解答。【详解】(1)水钴矿主要成分除SiO2在酸浸过程中不能溶解，所以滤渣A的主要成分为SiO2，其用途有制光导纤维或石英玻璃等；结合题给图像和钴的浸出率来看，综合考虑成本，应选择的最佳工艺条件为12h，90；Co2O3与浓硫酸反应除生成CoSO4，可知Co2O3作氧化剂，而H2SO4中的H、S都处于最高价，故Co2O3只能氧化H2SO4中的O元素生成O2。因此，本题正确答案为：制光导纤维或石英玻璃等；12h，90 ；O2；(2)加入适量Na2SO4固体，析出淡黄色晶体黄钠铁矾Na2Fe6(SO4)4(OH)12，根据原子守恒可写出反应的离子方程式为2Na+6Fe3+4SO4212H2ONa2Fe6(SO4)4(OH)1212H+；加入适量Na2S2O3，发生反应2Cu2+2S2O32-2H2O=Cu2SS4H+2SO42-，Na2S2O3中硫元素的化合价是+2，化合价降低的是铜从+2价降到-1价，Na2S2O3中有一部分S化合价从+2价降到-2价或0价，有一部分从+2升高到+6价（生成H2SO4），所以氧化产物为SO42-。因此，本题正确答案为：2Na+6Fe3+4SO4212H2ONa2Fe6(SO4)4(OH)1212H+ ；SO42-；(3)反萃取试剂X要能提供Cl-，应选稀盐酸。实验室称取100 g原料(含钴11.80%)，反萃取时得到浓度为0.036 molL1的CoCl2溶液5 L，忽略损耗，钴的产率100%=90%。因此，本题正确答案为：稀盐酸 ；90%；(4)在600820下Co2(OH)2CO3在空气中转化生成四氧化三钴，O2作氧化剂，Co3O4为氧化产物，同时生成CO2，根据得失电子守恒，写出反应的化学方程式为3Co2(OH)2CO3+O22Co3O4+3CO2+3H2O。因此，本题正确答案为：3Co2(OH)2CO3+O22Co3O4+3CO2+3H2O。