黑龙江省拜泉四中2021届高三化学上学期第四次月考试题（含解析）

1、 重点中学 试卷 可修改 欢迎下载黑龙江省齐齐哈尔市拜泉四中2020届高三化学上学期第四次月考试题（含解析）一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。)1.能源与可持续发展密切相关。下列说法正确的是（ ） A.直接开采的化石燃料完全燃烧不会造成大气污染B.从海洋中开采的“可燃冰”释放出的气体与天然气成分相同C.二氧化碳、水通过人工光合作用生成有机物同时放出能量D.“干热岩体”(温度大于200高温岩体)能源属于化石能源2.下列过程中只发生物理变化的是（ ） A.明矾净水B.暖宝宝(含铁粉等)发热C.四氯乙烯清洗油污D.发黑银器(Ag2S)恢复光亮3.有机物(a)、(b)能发生如图转化关系

2、。下列说法错误的是（ ） A.(a)、(b)互为同分异构体B.(b)能使酸性KMnO4溶液褪色C.1mol(b)与H2加成为C8H16需消耗4molH2D.(a)、(b)分子中所有原子均处于同一平面4.下列说法正确的是（ ） A.粗铜电解精炼时，粗铜作阳极，纯铜作阴极B.保护钢铁闸门时，可在钢铁闸门水下部分镶嵌铜锭C.甲醇燃料电池供电，化学能100%转化为电能D.电凝聚法处理废水时，铁作阴极，石墨作阳极5.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ） A.0.2mol丁烷完全裂解生成乙烯的分子数一定为0.2NAB.13gNaN3爆炸分解为Na和N2 ， 转移电子数为0.2NAC.1L0.

3、1molL-1(NH4)2SO3溶液中，含NH4+数目为0.2NA D.0.2molN2O4充入密闭容器中，产生气体分子总数为0.4NA6.亚硝酸钙Ca(NO2)2是易溶于水的无色晶体，可用作水泥硬化促进剂和防冻阻锈剂等。实验室可通过反应Ca(NO3)2+CaFe2O4+NOCa(NO2)2+Fe2O3(未配平)制备高纯度的亚硝酸钙，装置如图所示： 下列说法错误的是（ ）A.装置b中盛放的试剂为浓硫酸B.向烧瓶中加人稀硝酸前需打开KC.装置e主要用于除去尾气中的NOD.d中每生成1 mol Ca(NO2)2 ， 转移 mol电子7.下列化学方程式能表达反应颜色变化的是（ ） A.发黄的浓硝酸中

4、通入O2 ， 黄色逐渐褪去：4NO2+O2+2H2O=4HNO3B.向FeBr2溶液中滴入少量氯水，溶液变棕黄：FeBr2+Cl2=FeCl2+Br2C.用两个铁电极电解CuCl2溶液，溶液颜色变浅：CuCl2 Cu+Cl2D.吸有NO2的注射器，堵住针头增大容积红棕色变浅：2NO2(g) 2NO(g)+O2(g)8.分子式为C6H10O4的二元羧酸共有(不考虑立体异构)（ ） A.8种B.9种C.10种D.11种9.(CH3)3CBr水解反应的能量与反应进程如图所示：下列说法正确的是（ ） A.三步反应H均小于0B.反应的中间体只有1种C.第步的反应速率最快D.第步反应的活化能最小10.W、

5、X、Y、Z是同周期主族元素，Y的最外层电子数是X次外层电子数的3倍，四种元素与锂组成的盐是一种新型的锂离子电池的电解质(结构如图，箭头指向表示共同电子对由W提供)。下列说法不正确的是（ ） A.W的非金属性比Y的强B.在该物质中原子满足8电子稳定结构C.该物质中含离子键和共价键D.Z的氧化物都易溶于水中11.锌铁氧化还原液流电池工作原理如图所示 下列说法正确的是（ ）A.膜、膜Y分别是阴离子、阳离子交换膜B.放电时，M极上的电势比N极上的高C.放电时，负极电极反应式为：Zn+4OH-2e=Zn(OH)42-D.充电时，阳极电极反应式为：Fe3+e-=Fe2+12.室温下，用0.1molL-1的

6、NaOH溶液分别滴定相同浓度的弱酸HX、HY的稀溶液，其滴定曲线如图所示。下列说法错误的是（ ） A.HX的酸性比HY的强B.滴定过程中，均可用酚酞作指示剂C.室温下，Ka(HY)的数量级约为10-4D.滴定前，HY的体积为HX的两倍13.下列实验过程可以达到实验目的的是（）选项实验目的实验过程A配制Fe(NO3)2溶液将Fe(NO3)29H2O溶于较浓硝酸，然后加水稀释B探究SO2的漂白性向盛有2ml黄色氯化铁溶液的试管中通入SO2，观察颜色变化C探究AgBr、AgI的溶度积大小向2支盛有2mL不同浓度NaBr、Nal溶液的试管中分别滴入2滴相同浓度的AgNO3稀溶液，观察实验现象D探究催化

7、剂对化学反应速率的影响向2支试管中分别加入2mL0.01mol L-1 KMnO4溶液，一支中加小粒MnSO4固体，然后2支试管中同时加入2mL0.1molL-1H2C2O4溶液，比较褪色时间快慢A.AB.BC.CD.D14.常温下，改变0.1molL-1的富马酸(H2A)溶液的pH，溶液中的H2A、HA-、A2-的物质的量分数(X) (X)= 随pH的变化如图所示。下列叙述正确的是（ ） A.pH=3.05时， c(H2A)=c(HA-)=c(OH-)B.pH=4.0时， c(HA-)C(H2A)c(A2-)C.常温下，反应HA+OH A2+H2O的pK=9.51D.常温下，图中x点处：1g

8、 =0.72二、非选择题(本题共6小题，共58分)15.某实验小组利用甲酸钠(HCOONa)制备Na2S2O4并测定产品的纯度，实验装置(夹持、加热仪器略)如图 回答下列问题（1）盛放浓硫酸的仪器名称为_，写出浓H2SO4与Cu反应的化学方程式 _。 （2）SO2与HCOONa、NaOH反应生成Na2S2O4和CO2 ， 其离子方程式为_。 （3）图中虚线框中装置用于检验逸出气体中的CO2 ， a、b、c所盛放的试剂依次为_、_、_。 （4）将反应液分离提纯得到Na2S2O4产品，取产品mg溶于水，并定容为100mL，取2500mL加入锥形瓶中，加入NaOH溶液及指示剂，用cmolmol-1的

9、K3Fe(CN)6标准溶液进行滴定4K3Fe(CN)6+2Na2S2O4+8NaOH=3K4Fe(CN)6+4Na2SO3+Na4Fe(CN)。6+4H2O，滴定至终点时，消耗标准液VmL。则产品的纯度为_(写出计算式)。 16.用含锌废渣(主要含Zn以及少量S、Fe、Mn、(d等)制取氧化锌(ZnO)的工艺流程如图 回答下列问题：（1）“酸浸”时，锌、铁的浸出率如图(a)所示，应控制浸取终点的pH为_。 （2）“氧化”时，Fe2+、Mn2+去除率与温度的关系如图(b)所示，相同条件下还原性较强的是_(填“Fe2+”或“Mn2+”)，Fe2+被KMnO4氧化生成Fe3+和MnO2的离子方程式为

10、_。 （3）加Zn粉“操作”的目的是_。 （4）“沉锌”的离子方程式为_，由碱式碳酸锌制备轻质氧化锌的方法是_。 17.(NH4)3Fe(C6H5O7)2(柠檬酸铁铵)广泛用于医学、食品业等。实验室由硫酸亚铁和柠檬酸( )等为原料制备柠檬酸铁铵产品的主要实验流程如图： 回答下列问题：（1）“氧化”时，发生反应的离子方程式为_（ClO3-转化为Cl-）。 （2）氧化后的溶液制备Fe(OH)3”的详细实验操作为：在不断搅拌下，向氧化后的溶液中_。 （3）“制备柠檬酸铁铵”的装置(夹持及加热装置已略)如图所示 图中仪器W的名称是_。Fe(OH)3与柠檬酸反应时温度需控制在65，适宜的加热方法是_；待

11、Fe(OH)3完全溶解后，需将温度降到40后再滴加氨水，釆用较低温度滴加氨水，其原因是_。合适的尾气吸收装置是_（填字母）。（4）由“过滤液”得到产品还需经过的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、_、干燥。 18.H2S(常温下，氢硫酸的Ka1=5.710-8 ， Ka2=1.210-15)广泛存在于天然气、合成氨原料气、炼厂气等，生产中需脱硫处理。回答下列问题 （1）著名的 Vanviel反应为2nH2S+nCO2 (CH2O)n+nH2O+2nS，该反应能量转化形式是_。 （2）脱除天然气中H2S的工艺流程如下 常温下，“碱液吸收塔”中反应HS-+OH S2-+H2O的平衡常数K=_。“ THIOP

12、AO”反应器中，在脱氮硫杆菌的作用下，HS-氧化为S的离子方程式为_。（3）铜()沉淀及铜()湿式氧化脱除硫化氢并可回收硫磺，主要步骤如下 (a)吸收H2S(b)生成CuS沉淀(c)CuCl2氧化CuS生成单质S和CuCl2-(d)通O2再生常温下，沉淀反应之一：HS-+Cu2+ CuS+H+的平衡常数K= _【已知常温下，KSP(CuS)=410-35】。CuCl2氧化CuS的离子方程式为 _。通O2再生时的离子方程式为_。19.甲醇是一种用途非常广泛的基础化工原料，可通过下列反应合成： CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)H1CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)

13、H2CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)H3回答下列问题（1）反应()的S_(填“”或“”或“”)0。480K时，lnKP()+lnKp()+lnKp()=_。某温度下，向某恒容密闭容器中充入0.1 molCO和0.2molH2发生反应()，达到平衡时，CO的转化率为90%，若平衡时总压强5MPa，则KP=_(KP为以分压表示的平衡常数，分压=总压物质的量分数)。（3）若用CO和CO2混合气体合成甲醇，起始时均控制 =2.60，CO的平衡转化率X(CO)与温度及压强的关系如图乙所示。下列说法正确的是 （填字母）。 A.p1p2p3B.升高温度，反应速率和X(CO)均减小C.起始时

14、若p2=7.2MPa，则H2的分压为5.2MPaD.其他条件不变，增大 ，X(CO)增大20.一种利用电化学方法同时脱除NO/SO2的工艺如图所示： 已知SO2水溶液中含硫微粒分布分数(Xi)与pH关系如图所示（1）NaOH溶液吸收SO2时，溶液的pH由96时，主要发生反应的离子方程式为_。 （2）含Ce4+的溶液吸收NO，若高价氮中的NO2、N2O3、NO2-、NO3-各1mol，则消耗0.5molL-1的含Ce4+溶液的体积为_L；其中NO转化NO3-的离子方程式为_。 （3）电解槽中，阴极电极反应式主要为_，阳极电极反应式为_。 （4）在“气液反应器”中高价氮中的N2O3化合为NH4NO

15、3的化学方程式为_。 答案解析部分一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。) 1.【答案】 B 【考点】使用化石燃料的利弊及新能源的开发 【解析】【解答】A.将开采后的化石燃料直接燃烧，不能完全燃烧，且会产生大量的废气、废渣，能源利用率较低，且会造成环境污染问题，A不符合题意； B.可燃冰和天然气的主要成分都是CH4 ， B符合题意；C.光合作用过程中需要吸收能量， C不符合题意；D.“干热岩体”能源属于新能源，不是化石能源，D不符合题意；故答案为：B【分析】A.化石燃料直接燃烧会产生大量废气、废渣；B.可燃冰的主要成分是CH4；C.光合作用的过程中吸收能量；D.“干热岩体”能源属于

16、新能源；2.【答案】 C 【考点】物理变化与化学变化的区别与联系，水的净化 【解析】【解答】A.明矾净水过程中，涉及Al3+的水解，产生Al(OH)3胶体，有新物质生成，为化学变化，A不符合题意； B.暖宝宝发热过程中，涉及铁粉的氧化，有新物质生成，为化学变化，B不符合题意；C.油污的主要成分是油脂，能溶于四氯乙烯中，用四氯乙烯清洗油污的过程中没有新物质生成，属于物理变化，C符合题意；D.发黑银器恢复光亮，涉及Ag2S转化为Ag，有新物质生成，属于化学变化，D不符合题意；故答案为：C【分析】过程中只发生物理变化，则没有新物质生成，据此结合选项所给变化过程进行分析。3.【答案】 D 【考点】有机

17、物的结构和性质，同分异构现象和同分异构体 【解析】【解答】A.有机物a和有机物b的分子式都是C8H8 ， 二者的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，选项正确，A不符合题意； B.有机物b中含有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，选项正确，B不符合题意；C.有机物b分子结构中含有4个碳碳双键，都能与H2发生加成反应，因此1mol有机物b能与4molH2发生加成反应，选项正确，C不符合题意；D.有机物a中含有烷烃结构，烷烃为四面体，因此所有原子不可能共平面，选项错误，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.分子结构中含有碳碳双键，则能使酸性KMnO4

18、溶液褪色；C.根据结构中碳碳双键的数目确定所需H2的物质的量；D.结合烯烃、烷烃和苯的平面结构分析原子共平面问题；4.【答案】 A 【考点】铜的电解精炼，金属的电化学腐蚀与防护，电解池工作原理及应用 【解析】【解答】A.电解精炼铜的过程中，是将粗铜中的Cu转移到精铜中，因此粗铜做阳极，纯铜做阴极，A符合题意； B.保护钢铁闸门时，应使钢铁闸门作为原电池的正极或电解池的阴极，因此可在钢铁闸门水下部分镶嵌活动性比铁强的金属，或将钢铁闸门与电源的负极相连；由于活动性CuBr ， 因此先FeBr2溶液中通入少量Cl2后，发生反应：2Fe2Cl2=2Fe32Cl ， 溶液变棕黄色，B不符合题意；C.铁做

19、阳极时，阳极由Fe发生失电子的氧化反应，形成Fe2+ ， 阴极由溶液中的Cu2+发生得电子的还原反应，生成Cu，因此电解过程发生的反应为：FeCu2Fe2Cu，C不符合题意；D.吸有NO2的容器中存在可逆反应2NO2(g)N2O4(g)，堵住针头，增大容积后，体系压强减小，平衡逆向移动，由于容积增大，且平衡的移动是减弱改变，因此容器内红棕色变浅，D不符合题意；故答案为：A【分析】A.硝酸发黄，是由于溶解了NO2引起的；B.根据还原性强弱确定发生的反应；C.铁做阳极，则由Fe发生失电子的氧化反应；D.增大容积无法使NO2分解；8.【答案】 B 【考点】同分异构现象和同分异构体 【解析】【解答】分

20、子中含两个羧基，先写出碳链，然后找取代基位置，图示如下 COOH，其中箭头表示另一羧基位置，共9种，B符合题意；故答案为：B【分析】此题是对同分异构体书写的考查， 结合碳链异构和官能团位置异构进行分析。9.【答案】 D 【考点】吸热反应和放热反应，化学反应速率，催化剂 【解析】【解答】A.第步反应中，反应物的总能量小于生成物的总能量，该反应为吸热反应，其H0，A不符合题意； B.由反应进程图可知，反应需经历三步反应，因此反应的中间体有2种，B不符合题意；C.由图可知，第步反应所需的活化能最小，因此反应速率最快，第步反应所需的活化能最大，因此其反应速率最慢，C不符合题意；D.由图可知，第步反应所

21、需的活化能最小，D符合题意；故答案为：D【分析】A.根据物质能量的相对大小确定反应热H的正负；B.根据反应进程图分析其中间产物；C.反应活化能越小反应速率越快；D.根据图示能量变化比较活化能的大小；10.【答案】 D 【考点】化学键，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.由分析可知，W为F、Y为O，非金属性FO，选项正确，A不符合题意； B.在该物质中，X原子满足8电子稳定结构，选项正确，B不符合题意；C.由该物质的结构可知，该物质中含有离子键和共价键，选项正确，C不符合题意；D.Z的氧化物为CO2或CO，其中CO不溶于水，选项错误，D符合题意；故答案为：D【分析】“Y

22、的最外层电子数是X次外层电子数的3倍”则X次外层电子数为2，Y的最外层电子数为6，因此Y为O；由盐的结构简式可知，Z的最外层电子数为4，且能与O形成双键，因此Z为C；X能形成三个化学键，且能提供空轨道，因此X为B；四种元素位于同周期，且W能形成一个化学键，因此W为F；据此结合选项进行分析。11.【答案】 C 【考点】电极反应和电池反应方程式，原电池工作原理及应用，电解池工作原理及应用 【解析】【解答】A.左侧电极中电解质溶液中含有Na+ ， 右侧电极中电解质溶液中含有Cl- ， 因此过程中，Na+通过膜X移向左侧，Cl-通过膜Y移向右侧，因此膜X为阳离子交换膜，膜Y为阴离子交换膜，A不符合题意

23、； B.放电时，M电极为原电池的负极，N电极为原电池的阴极，因此M电极的电势比N电极低，B不符合题意；C.放电时，M电极上Zn发生失电子的氧化反应，生成Zn(OH)42- ， 其电极反应式为： Zn+4OH-2e-=Zn(OH)42- ， C符合题意；D.充电时，右侧电解质溶液中的Fe2+发生失电子的氧化反应，生成Fe3+ ， 其电极反应式为Fe2+-e-=Fe3+ ， D不符合题意；故答案为：C【分析】A.根据离子移动方向，确定膜X和膜Y的类型；B.根据正负极判断电势高低；C.放电时，负极发生失电子的氧化反应；D.充电时，阳极发生失电子的氧化反应；12.【答案】 C 【考点】化学平衡的计算，

24、中和滴定 【解析】【解答】A.相同浓度的HX和HY溶液，HX的pH越小，则溶液中c(H+)越大，其电离程度越大， 因此酸性越强，选项正确，A不符合题意； B.滴定终点，溶液中溶质为NaX和NaY，溶也都显碱性，因此可用酚酞做指示剂，选项正确，B不符合题意；C.HY溶液的浓度和体积不确定，无法进行计算，C符合题意；D.由图可知，达到滴定终点时，HX消耗NaOH溶液的体积为25mL，HY消耗NaOH溶液的体积为50mL，由于HX和HY溶液的浓度相同，因此滴定前，HY的体积为HX溶液体积的2倍，选项正确，D不符合题意；故答案为：C【分析】A.根据酸溶液的pH值判断酸性强弱；B.根据滴定终点溶液酸碱性

25、确定所用指示剂；C.HY溶液的浓度和体积不确定，无法进行计算；D.根据滴定终点消耗NaOH溶液的体积确定滴定前酸溶液的体积；13.【答案】 D 【考点】化学反应速率的影响因素，难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质，二氧化硫的性质，化学实验方案的评价 【解析】【解答】A.浓硝酸具有强氧化性，能将Fe2+氧化成Fe3+ ， A不符合题意； B.SO2通入FeCl3溶液中，与Fe3+发生氧化还原反应，使得溶液褪色，体现了SO2的还原性，而不是漂白性，B不符合题意；C.NaBr、NaI溶液的浓度不同，无法通过比较形成沉淀的先后顺序得出AgBr、AgI溶度积的大小，C不符合题意；D.探究催化剂对反应速率

26、的影响，应控制催化剂条件不同，其余条件相同，D符合题意；故答案为：D【分析】A.硝酸具有氧化性，能将Fe2+氧化；B.体现SO2的漂白性为使品红溶液褪色；C.比较溶度积的大小应体现沉淀的转化或等浓度时形成沉淀的先后；D.探究催化剂对反应速率的影响，应控制催化剂不同，其余条件相同；14.【答案】 D 【考点】化学平衡的计算，离子浓度大小的比较 【解析】【解答】A.H2A的第一步电离平衡常数 ， 当c(HA-)=c(H2A)时，K1=c(H+)，由于pK1=3.05，因此可得当c(HA-)=c(H2A)时，c(H+)=10-3.05 ， 此时溶液的pH=3.05，因此当溶液的pH=3.05时，c(

27、H2A)=c(HA-)c(OH-)，A不符合题意；B.由图可知，当溶液的pH=4.0时，溶液中离子浓度关系为：c(HA-)c(A2-)c(H2A)，B不符合题意；C.该反应的平衡常数 ， 又水的离子积Kw=c(H+)c(OH-)，H2A的第二步电离平衡常数 ， 因此该反应的平衡常数 ， 又pK2=4.49，因此K2=10-4.49 ， 常温下，Kw=10-14 ， 因此该反应的平衡常数 ， 因此pK=-lgK=-lg109.51=-9.51，C不符合题意；D.pK1=3.05，则K1=10-3.05 ， pK2=4.49，因此K2=10-4.49；由于X点时溶液中c(H2A)=c(A2-)，因

28、此 ， 因此X点时溶液中 ， 因此X点溶液中 ， D符合题意；故答案为：D【分析】A.根据pK1=3.05进行计算；B.根据图形中离子浓度大小进行分析；C.根据水解平衡常数的表达式，结合HA-的电离平衡常数分析；D.根据x点离子浓度关系和电离平衡常数进行计算；二、非选择题(本题共6小题，共58分) 15.【答案】 （1）分液漏斗；Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2+2H2O（2）HCOO-+OH+2SO2=S2O42-+CO2+H2O（3）KMnO4溶液(或其他合理答案)；品红溶液；澄清石灰水（4） 100% 【考点】二氧化硫的性质，制备实验方案的设计，离子方程式的书写 【解析】【解

29、答】（1）图中盛装浓硫酸的仪器为分液漏斗；浓硫酸具有氧化性，加热条件下， 能将Cu氧化成CuSO4 ， 自身还原为SO2 ， 该反应的化学方程式为： Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2+2H2O； （2）HCOONa、NaOH和Na2S2O4都是可溶于水的盐溶液，在离子方程式中可拆，反应过程中，除生成Na2S2O4外还生成CO2和H2O，结合电荷守恒、原子守恒可得该反应的离子方程式为：HCOOOH2SO2=S2O42CO2H2O； （3）检验CO2用澄清石灰水，由于气体中混有的SO2可能使澄清石灰水变浑浊，因此需排除SO2的干扰，SO2具有还原性，可用溴水或酸性KMnO4溶液吸收，因

30、此a中试剂为溴水或酸性KMnO4溶液；为检验SO2是否完全除尽，可用品红溶液是否褪色进行检验，因此b中试剂为品红溶液；最后再用澄清石灰水检验CO2 ， 因此c中试剂为澄清石灰水； （4）由反应的化学方程式可得关系式“2K3Fe(CN)6Na2S2O4”，因此25.00mL样品溶液中所含 ， 因此mg产品中所含 ， 故所得产品的纯度为； 【分析】（1）根据图示仪器确定其名称；浓硫酸具有氧化性，加热条件下， 能将Cu氧化成CuSO4 ， 自身还原为SO2 ， 据此反应的化学方程式； （2）根据题干信息确定反应物和生成物，结合电荷守恒和原子守恒书写反应的离子方程式； （3）检验CO2用澄清石灰水，由

31、于气体中混有的SO2可能使澄清石灰水变浑浊，因此需排除SO2的干扰，结合SO2的性质确定a、b中试剂； （4）根据消耗标准液的体积，结合反应的化学方程式计算mg产品中Na2S2O4的量，从而计算产品的纯度；16.【答案】 （1）4(填45之间数据均给分)（2）Fe2+；3Fe2+MnO4-+4H+ 3Fe3+MnO2+2H2O（3）除去Cd（4）3Zn2+5CO32-+4H2O=ZnCO32Zn(OH)2+4HCO3-或3Zn2+3CO32-+2H2O=ZnCO32Zn(OH)2+2CO2；高温焙烧 【考点】物质的分离与提纯，离子方程式的书写 【解析】【解答】（1）此流程是为了制取氧化锌，因此

32、“酸浸”过程中是为了浸出锌，而不浸出铁，由图中锌铁的浸出率可知，当pH在45时，锌的浸出率最高，铁的浸出率几乎为0；因此应控制浸取液终点的pH为45； （2）由图b可知，反应过程中，Fe2+的去除率高于Mn2+ ， 因此说明相同条件下，Fe2+的还原性强于Mn2+； KMnO4将Fe2氧化为Fe3 ， 自身还原为MnO2 ， 过程中Mn由7价变为4价，得到3个电子，Fe由2价变为3价，失去1个电子，根据得失电子守恒可得，Fe2、Fe3的系数为3，MnO4、MnO2的系数为1；由电荷守恒可得，反应物中含有4个H；由氢原子守恒可得，生成物中含有H2O，且其系数为2；因此可得该反应的离子方程式为：3

33、Fe2MnO44H=3Fe3MnO22H2O； （3）加锌粉是为了除去Cd； （4）“沉锌”过程中反应生成ZnCO32Zn(OH)2 ， 该反应的离子方程式为： 3Zn2+5CO32-+4H2O=ZnCO32Zn(OH)2+4HCO3-或3Zn2+3CO32-+2H2O=ZnCO32Zn(OH)2+2CO2；由于ZnCO32Zn(OH)2受热易分解，形成ZnO，因此由碱式碳酸锌制备轻质氧化锌，可采用高温焙烧操作； 【分析】（1）“酸浸”过程是为了浸出锌，据此结合图像中锌、铁的浸出率与pH的关系确定答案； （2）根据氧化时Fe2+和Mn2+去除率的大小分析其还原性强弱；根据得失电子守恒、电荷守恒

34、和原子守恒书写反应的离子方程式； （3）加锌粉是为了除去Cd； （4）“沉锌”过程中反应生成ZnCO32Zn(OH)2 ， 据此写出反应的离子方程式；由ZnCO32Zn(OH)2获得ZnO应通过高温焙烧操作；17.【答案】 （1）6Fe2+ClO3-+6H+=6Fe3+Cl-+3H2O（2）滴加NaOH溶液至沉淀不再增加，静置、过滤、洗净沉淀（3）(球形)冷凝管；热水浴；减少氨水中氨的挥发；C（4）过滤、洗涤 【考点】物质的分离与提纯，离子方程式的书写 【解析】【解答】（1）“氧化”时，ClO3将溶液中的Fe2氧化成Fe3 ， 自身还原为Cl；过程中，Fe由2价变为3价，失去1个电子，Cl由5

35、价变为1价，得到6个电子，根据得失电子守恒可得，Fe2、Fe3的系数为6，ClO3、Cl的系数为1；由电荷守恒可得，反应中含有H ， 且其系数为6；由氢原子守恒可得，生成物中有H2O，且其系数为3；因此可得该反应的离子方程式为：6Fe2ClO36H=6Fe3Cl3H2O； （2）氧化后的溶液中含有Fe3+ ， 制备Fe(OH)3时，需向溶液中加入NaOH溶液至不再产生沉淀，静置后过滤，将固体洗净、干燥，即可得到Fe(OH)3； （3）图示仪器W为球形冷凝管； 反应温度低于100，应采用热水浴方式进行加热；滴加氨水的过程中，由于温度过高，NH3容易逸出，为增大氨水的利用率，应在较低温度下滴加氨水

36、； 尾气吸收过程中，应注意防倒吸，图示烧杯C中倒置的漏斗可以起到防倒吸作用； （4）结晶得到固体后，需经过滤、洗涤、干燥，才能得到产品； 【分析】（1）“氧化”时，ClO3将溶液中的Fe2氧化成Fe3 ， 自身还原为Cl ， 根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写反应的离子方程式； （2）制备Fe(OH)3 ， 需向铁盐溶液中加入NaOH溶液； （3）根据图示仪器确定其名称； 低于100的加热，用水浴加热；温度过高，会使得氨水中的NH3逸出； 尾气吸收过程中应注意防止倒吸； （4）结晶后需过滤、洗涤、干燥；18.【答案】 （1）光能转化为化学能（2）0.12；H2O+5HS-+2NO3- 5

37、S+N2+7OH-（3）31019；Cu2+4Cl-+CuS=S+2CuCl2-；4CuCl2-+O2+4H+=4Cu2+2H2O+8Cl-【考点】常见能量的转化及运用，化学平衡的计算，离子方程式的书写 【解析】【解答】（1）反应过程中需要光照条件，涉及光能，因此反应能量转化形式为光能转化为化学能； （2）该反应的平衡常数 ， 又Kw=c(H+)c(OH-)，H2S的第二步电离平衡常数 ， 因此该反应的平衡常数； 由图可知，HS-氧化为S的过程中，NO3-参与反应，且生成了N2 ， 反应过程中S由2价变为0，得到2个电子，N由5价变为0价， 失去10个电子，根据得失电子守恒可得HS和S的系数为

38、5，NO3的系数为2，N2的系数为1；结合电荷守恒可得，生成OH的系数为7；结合氢原子守恒可得参与反应的H2O的系数为1；因此可得该反应的离子方程式为：H2O5HS2NO35SN27OH； （3）该反应的平衡常数 ， 而CuS的溶度积Ksp(CuS)=c(Cu2+)c(S2-)，H2S的第二步电离平衡常数 ， 因此该反应的平衡常数； CuCl2将CuS氧化，则生成S，同时Cu被还原为+1价，形成CuCl2- ， 该反应的离子方程式为：Cu24ClCuS=S2CuCl2； O2具有氧化性，能将CuCl2-氧化成Cu2+ ， 该反应的离子方程式为：4CuCl2+O2+4H=4Cu2+2H2O+8C

39、l【分析】（1）结合反应需要光照的条件进行分析； （2）根据反应平衡常数的表达式，结合Kw进行计算； 根据图示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； （3）结合平衡常数的表达式进行计算； CuCl2将CuS氧化，则生成S，同时Cu被还原为+1价，据此写出反应的离子方程式； O2具有氧化性，能将CuCl2-氧化成Cu2+ ， 据此写出反应的离子方程式；19.【答案】 （1）；H2+H3（2）；-8；12.96（3）C,D 【考点】盖斯定律及其应用，焓变和熵变，化学平衡的计算 【解析】【解答】（1）反应反应后气体分子数减小，则S0；根据盖斯定律可得，反应是反应热H1= H2+H3； （2）由图可知，当温度升高时，lnKp减小，则Kp减小，说明升高温度，平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，因此Hp2p3 ， A不符合题意； B.升高温度，反应速率加快，B不符合题意； C.由于 ， 因此可令n(H2)=2.60mol、n(CO+CO2)=1.00mol，根据压强之比等于物质的量之比，可得等式 ， 即 ， 解得p(H2)=0.52MPa，C符合题意； D.其他条件不变时，增大 ， 则相当于增大c(H2)，平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，D符合题意； 故答案为：CD 【分析】