【KS5U解析】河南、湖南两省顶级名校2020届高三上学期12月份联合考试化学试题 Word版含解析

1、河南、湖南两省顶级名校2020届高三上学期12月份联合考试化学一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分）1.化学与生活息息相关，下列有关说法错误的是a. 铝不易被腐蚀，是因为铝易在空气中形成致密的氧化铝膜b. 用co2合成可降解的聚碳酸酯塑料，能减少白色污染及其危害c. 塑料的老化是因为其主要成分在空气中发生了缓慢的加成反应d. 葡萄中的花青素在碱性环境下显蓝色，故可用苏打粉检验假红酒【答案】c【解析】【详解】a.金属铝因在空气中易形成致密的氧化膜而阻止了内层铝被腐蝕，故a正确；b.酯类聚合物因易水解成小分子而降解，不造成长时间的污染，故b正确；c.塑料的老化是周其在空气中

2、发生了缓慢的氧化反应，不是加成反应，故c产物；d.苏打粉溶液显碱性，加入葡萄酒中，酒若不显蓝色，则为假红酒，故d正确；故选c。2.辉银矿的主要矿物成分是黑色硫化银。明代宋应星在天工开物下卷“五金”中记载辉银矿：“形如煤炭，而不甚黑。付与冶工，高者六七两一斗，礁砂放光甚者，得银偏少。凡礁砂入炉，先行拣净淘洗”，下列说法不正确的是a. “形如煤炭，而不甚黑”，是指辉银矿外形像煤，但没有煤那么黑b. “高者六七两一斗”，是指辉银矿中银的含量c. “礁砂放光甚者，得银偏少”，是指含杂质偏多的辉银矿，冶炼得到的银较少d. “凡礁砂入炉，先行拣净淘洗”中既涉及物理变化又涉及化学变化【答案】d【解析】【详解

3、】a. “形如煤炭，而不甚黑”，是指辉银矿外形像煤炭一样黑色固体，但颜色没有煤那么黑，故a正确；b. “付与冶工，高者六七两一斗”，是指从辉银矿中银的含量，故b正确；c. “礁砂放光甚者，得银偏少”，是指含杂质偏多的辉银矿，冶炼得到的银较少，故c正确；d. “凡礁砂入炉，先行拣净淘洗”是对辉银矿洗涤的过程，只涉及物理变化没有化学变化，故d错误；答案：d。3.下列说法正确是a. 盐酸、烧碱、食盐和水分别属于酸、碱、盐和氧化物b. 碳酸钙、水和乙醇分别属于强电解质、弱电解质和非电解质c. 强弱电解质的判断依据是其水溶液的导电性的强弱d. 在复分解反应中，强酸一定可以与弱酸盐反应制取弱酸【答案】b【

4、解析】【详解】a.盐酸是混合物，而酸属于纯净物的范畴，故a错误；b.碳酸钙是盐属于强电解质，水是氧化物属于弱电解质，乙醇是有机物属于非电解质，故b正确；c.判断强弱电解质的依据是看其在水中的电离程度，不是导电性大小，故c错误；d.在复分解反应中，硫酸与硫化铜不能反应制硫化氢，因为硫化铜是难溶于酸的固体，故d错误；故选b。【点睛】根据电解质和非电解质的所属物质类别进行判断，绝大多数盐属于电解质，部分氧化物属于电解质，大多数有机物属于非电解质；根据电解质的电离程度区别强电解质和弱电解质。4.设na为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是a. 常温常压下，18g甲烷（14ch4）所含的中子数为9n

5、ab. 25时，ph7的纯水中含oh的数目为107nac. 铜与浓硝酸反应生成no2、n2o4共23g，则铜失去的电子数为05nad. 密闭容器中2mol no与1mol o2充分反应，所得产物的分子数为2na【答案】c【解析】【详解】a.常温常压下，18g甲烷（14ch4）所含的中子数为8na，因为h没有中子，中子数=质量数-质子数，故a错误；b. 25时，ph7的纯水，没有给出纯水的体积，无法计算oh-的数目，b项错误；c.铜与浓硝酸反应生成no2、n2o4共23g，相当于0.5 mol no2，no3- no2，根据电子守恒，则铜失去的电子数为0.5na，故c正确；d.因为2no2 n2

6、o4，所以密闭容器中2mol no与1mol o2充分反应，生成2mol no2，因为有部分会转化为n2o4，所以使分子数小于2na，故d错误。故选：c 。5.半导体光催化co2机理如图甲所示，设计成电化学装置如图乙所示，则下列说法正确的是a. 若导线上有4mol电子移动，则质子交换膜左侧产生224lo2b. 装置中进行的总反应一定是自发的氧化还原反应c. 图乙中的能量转化形式为：光能电能化学能d. b极上的电极反应为：co26h6ech3ohh2o【答案】c【解析】【详解】a.若导线上有4mol电子移动，根据原电池的正极，2h2oo24e-，则质子交换膜左侧产生1mol o2，没有

7、状态无法计算体积，故a错误；b.装置中进行的反应是通过光能作用完成的，不是自发的氧化还原反应，故b错误；c.图乙中的能量转化形式为：光能电能化学能，故c正确；d. b极为原电池的正极，其电极反应为：co26h+6ech3ohh2o，故d错误；答案：c。【点睛】解题依据：根据光能转化为化学能，促使物质发生氧化还原反应，进而产生电能。6.下列有关反应热的叙述正确的是    a. 由的键能、的键能、的键能，可计算的燃烧热b. 取溶液及，分别与的盐酸反应，计算得出的中和热不相等c. 由氢气、乙烯、乙烷的燃烧热，可计算的焓变d. 催化剂可同时改变一个化学反应的活化能及焓变【答案】c【

8、解析】【分析】本题主要考查了燃烧热、盖斯定律的应用、中和热等知识点，难度不大，理解基础知识即可解答。【详解】a. 键能只能计算出氢气与氧气生成气态水的焓变，故a错误；b. 中和热为定值，与取多少酸碱反应无关，故b错误；c. 由氢气、乙烯、乙烷的燃烧热，根据盖斯定律可计算的焓变，故c正确；d. 催化剂只改变反应的活化能，不改变反应的焓变，故d错误；答案选c。【点睛】催化剂只改变反应的活化能，不改变反应的焓变。7.下表为元素周期表的一部分，其中a、c、d、e为短周期元素，最外层电子数之和为23，下列说法正确的是a. 元素a的氢化物，在同族元素中沸点最低b. 元素b金属性比e弱c. a、c、d均可形

9、成18e分子d. 与金属钠的反应中，1mol c原子和1 mol e原子得电子数目一定相等【答案】c【解析】【分析】下表为元素周期表一部分，其中a、c、d、e为短周期元素，最外层电子数之和为23，a、 c、d位于第二周期，e位于第三周期，b位于第四周期；设c、e的最外层电子数为x，a、d最外层电子数分别为x-2、x+ 1，则2x+x- 2+x+1=23，解得x=6，所以a 为c元素，b为as元素，c为o，e为s，d为cl元素，据此解答。【详解】a.由a 为c元素，元素a的氢化物为ch4，根据组成和结构相同的同主族氢化物的沸点随着相对原子质量增加

10、而升高，所以ch4在同族元素氢化物中沸点最低，故a正确；b.由b为as元素，e为s，均为非金属，且s的非金属性比as弱，故b错误；c.由a 为c元素，c为o，d为cl元素，他们能形成的18e-分子分别为乙烷、双氧水和hci，故c正确； d.与金属钠的反应生成过氧化钠中o的化合价为-1，生成的硫化钠中s的化合价为-2，则1molo原子和1mols原子得电子数目不相等，故d错误；故选：c。【点睛】解题依据：根据元素周期表和元素周期律进行分析解答。由所给部分周期表各元素的位置，确定元素种类，再根据元素周期律和元素的性质进行判断。8.在给定条件下，下列选项所示的物质问转化均能实现的是a. s

11、io2(s)h2sio3(s)na2sio3(aq)b. cu2s(s)cu(s) cucl2(s)c. fe(s) fe2o3(s) fe2(so4)3d. nacl(aq) na2co3(s) naoh(aq)【答案】d【解析】【详解】a. sio2(s)与水不反应，所以sio2(s)h2sio3(s)不能实现，故a错误；b.因为cu2s(s)cuo(s)，所以 cu2s(s)cu(s)不能实现，故b错误；c.因为fe(s) fe3o4(s)，所以fe(s) fe2o3(s)不能实现，故c错误；d.当向nacl(aq) 溶液中通入少量co2时，可以发生nacl(aq)na2co3(s) n

12、aoh(aq)反应，故d正确；故选d。【点睛】根据元素及其化合物性质的转变关系进行解答。如sio2(s)属于酸性氧化物，既不溶于水，也不能和酸（hf除外）反应；煅烧cu2s最终产物是cuo，而不是铜。9.根据下列实验操作和现象，能得出正确结论的是a. ab. bc. cd. d【答案】c【解析】【详解】a.如果白色沉淀为亚硫酸钡，则x可能为氨气，没有强氧化性；如果白色沉淀为硫酸钡，x也可能为氯气等强氧化性气体，故a错误；b.hci不是cl元素的最高价氧化物的水合物，所以不能根据hcl和硅酸酸性强弱判断非金属性强弱，故b错误；c.常温下相同浓度的钠盐，如果溶液ph越大，该酸的酸性越弱。常温下，浓

13、度均为0.1 moll-1 nahco3和ch3coona溶液的ph，前者的ph大，则酸性ch3coo> h2co3，故c正确；d.y溶液中加入硝酸酸化的ba(no)3，产生白色沉淀，y溶液中可能含有so42-，也可能含有so2，故d错误；故选c。【点睛】判断盐溶液的酸碱性判断酸性的强弱。即同温下，相同浓度的钠盐溶液，如果ph越大，说明该酸的酸性越弱。10.向含有kio3的淀粉溶液中逐滴加入khso3溶液。下列说法中错误的是a. 早期滴加khso3溶液时发生的反应： i23hh2ob. 滴加一定量的khso3溶液后，溶液中可能同时含有i和c. 后期滴加khs

14、o3溶液，溶液中的反应为：i2h2o2i3hd. 在不断滴加khso3溶液的过程中，溶液先变蓝，最终蓝色褪去【答案】b【解析】【详解】a.因为kio3具有强氧化性，khso3具有还原性，所以向kio3的淀粉溶液中滴加khso3溶液时会发生氧化还原反应，其反应的方程式：i23hh2o，故a正确；b.滴加一定量的khso3溶液后， i和在酸性条件下会发生归中反应，不能同时存在，故b项错误；c.因为i2的氧化性比强，所以后期滴加khso3溶液，溶液中的反应为：i2h2o2i3h，故c正确；d.因为开始时生成碘单质，遇到淀粉变蓝，后来i2又和发生反应，所以蓝色褪去，故d正确；故选：b。11.已知反应h

15、2（g）br2（g）2hbr（g）分下列三步进行，有关键能如下表所示：br22br（快反应） h1，k1 brh2hbrh（慢反应） h2，k2 hbrhbr（快反应） h3，k3 则下列说法错误的是a. h1h2h3b. 25时：k1k3c. h2（g）br2（g）2hbr（g）的速率由反应的速率决定d. h2（g）br2（g）2hbr（g） h0【答案】b【解析】【详解】a.根据所给键能计算，h1=200kj/mol；h2=436-369=67 kj/mol；h3=-369 kj/mol；所以h1h2h3，故a项正确；b.25 c时，br22br是吸热反应，断键不自发进行，反应物

16、多，hbrhbr是放热反应，成键能自发进行，生成物多。根据平衡常数的表达式可知k1<k2，故b项错误；c.由br22br（快反应）h1，k1、brh2hbrh（慢反应）h2，k2、hbrhbr（快反应）h3，k3三个反应可知，反应最慢，是决定速率大小的反应，故c正确；d. h2(g)br2(g)2hbr(g) h=436+200-369=-102 kj/mol<0，故d正确；故选b。【点睛】根据焓变的计算方法进行分析判断。h=反应物键能总和-生成物键能总和>0，说明为吸热反应，若果h=反应物键能总和-生成物键能总和<0，说明为放热反应。12.根据agcl、ag2cro4

17、的溶度积可得到下图，测量溶液中cl的量，常使用agno3溶液滴定，na2cro4作指示剂。下列表述错误的是a. 由图可知，ag2cro4的溶度积小于agcl的溶度积b. 由图可知，作cl的滴定指示剂时，na2cro4的浓度不能过大c. 由图可知，只有当c（ag）102mol·l1时，先沉淀d. 不采用agno3溶液滴定测量溶液中i的量，因为生成的agi胶体会大量吸附i，使滴定终点提前【答案】c【解析】【详解】a.由图可知，ag2cro4的溶度积为10-12， agcl的溶度积10-10，所以ag2cro4的溶度积小于agcl的溶度积，故a正确；b.由图可知，m点时，cl的浓度小于10

18、-5 mol·l1，可看作cl沉淀完全，c(cro -)不能大于n点，所以na2cro4的浓度不能过大，故b正确；c.由图可知，结合溶度积，当c(ag)=10-2mol·l-1时，c(cro -)=10-8 mol·l1，c(c1- )=10-10 mol·l1，c(cro -)> c(c1- )，所以当c（ag）102mol·l1时，agc1先沉淀，故c错误；d.不采用agno3溶液滴定测量溶液中i的量，因为生成的agi胶体会大量吸附i，使滴定终点提前，故d正确；故选c。【点睛】根据溶度

19、积的表达式进行分析解答。即ksp(agcl)= c(c1- )c(ag）；ksp(ag2cro4)= c(cro -)c2(ag）。13.类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关反应方程式的类推正确的是a. ab. bc. cd. d【答案】b【解析】【详解】a.铁排在金属铜的前面，金属铁可以将金属铜从其盐中置换出来，但是活泼金属钠和盐的反应一定是先和盐中的水反应，不会置换出其中的金属，故a错误；b.硫酸和氢氧化钡反应生成水和硫酸钡沉淀，离子反应方程式为：ba2+2h+2oh-+so42-=2h2o+ baso4，nahso4溶液 与ba

20、0;(oh) 2溶液反应呈中性，离子反应方程式为: ba2+2h+2oh-+so42-=2h2o+ baso4，故b正确；c.氯气氧化性强能把铁氧化铁成高价化合物生成氯化铁，碘单质氧化性较弱，只能把铁氧化铁为低价的氯化亚铁，故c错误；d.少量二氧化碳通入次氯酸钙溶液中生成碳酸钙和次氯酸，少量二氧化硫通入次氯酸钙溶液中生成亚硫酸钙和次氯酸，次氯酸具有强氧化性氧化亚硫酸钙为硫酸钙，故d错误；故选：b。14.某溶液中可能含有k、fe2、ca2、 、 、cl、i中的几种离子。根据下方实验操作与现象，推测合理的是a. 取溶液2，加入agno3溶液，可确定溶液x中是否含有cl

21、b. 溶液x中一定不含fe2、ca2、c. 溶液x中是否存在k还需要通过焰色反应进一步确认d. 溶液x的溶质为k2co3和ki【答案】b【解析】【分析】溶液x加入足量的硝酸钡溶液生成白色沉淀和溶液1，再加入新制氯水得棕黄色溶液2，则说明含有i2，则原溶液中含有i；白色沉淀加入稀盐酸全部溶解，则x中应含有，不含ca2、fe2，由溶液的电中性可知阳离子为k，不能确定是否含有cl，以此解答该题。【详解】a.溶液x加入足量的硝酸钡溶液生成白色沉淀和溶液1，再加入新制氯水得溶液2，所以取溶液2，加入agno3溶液，不能确定溶液x中是否含有cl，故a错误；b.由上述分析可知，溶液x中一定不含fe2、ca2

22、、，故b正确；c.根据溶液的电中性可知，一定有阳离子为k存在，故c错误；d.根据溶液中一定存在的离子k、i，可能存在cl，可知溶液x的溶质可能为k2co3和ki，可能有kc1，故d错误；故选b。15.铜镁合金完全溶解于、密度为、质量分数为的浓硝酸中，得到气体标准状况，向反应后的溶液中加入适量的溶液，恰使溶液中的金属离子全部沉淀，下列说法不正确的是    a. 该浓硝酸中hno3的物质的量浓度是14 mol/lb. 加入naoh溶液的体积是160 mlc. 起氧化性的硝酸的物质的量为0.16 mold. 得到的金属氢氧化物的沉淀为6.24 g【答案】b【解析】【分析】c(hn

23、o3)=14 mol/l，n(no2)0.16 mol据此计算。【详解】a.根据上面分析可知c(hno3)14 mol/l ，故不选a；b.加入适量的1.0mol/lnaoh溶液，恰使溶液中的金属离子全部沉淀，此时溶液中溶质为nano3，由n元素守恒可知n（nano3）+n（no2）=n（hno3），由钠离子守恒n（naoh）=n（nano3），则n(naoh)1.4 mol0.16 mol1.24 mol，则naoh溶液的体积是1 240 ml，故选b；c.起氧化性的硝酸反应生成no2气体，hno3no2，根据计算，起氧化性的硝酸的物质的量为0.16 mol，故不选c；d.由电荷守恒可知，氢

24、氧化物中氢氧根的物质的量等于转移电子物质的量，氢氧化物质量=合金质量+氢氧根离子质量=3.52g+0.16mol×17g/mol=6.24g，故不选d；答案：b。【点睛】理解反应发生的过程为解答关键，注意守恒思想在化学计算中的应用。16.已知亚磷酸（h3po3）为二元弱酸，25时，向na2hpo3溶液中滴入盐酸，混合溶液中的有关粒子浓度之比的对数与溶液ph的关系如图所示，下列叙述正确的是a. m、w两点所在的直线表示ph与 的变化关系b. 当溶液呈中性时，可能存在：c（na）c（）2c（）c. 图中n点表示加入的hcl的物质的量与原溶液中na2hpo3物质的量相等d. 25时，h2o

25、oh的平衡常数为10×1012.57【答案】b【解析】【详解】a.由m、n两点的坐标可得m的酸性强，其直线表示ka1，故a错误；b.依据电荷守恒可知：c(h+)+ c(na)= c(oh -)+c(c1-)+c(h2po3 )+2c(hpo32- )，当溶液呈中性时，则c(na)=c(c1-)+c(h2po3 )+2c(hpo32- )，所以c(na)c()2c()，故 b正确；c.亚磷酸(h3po3)为二元弱酸，一级电离大于二级电离，图中n点时c()=c()，溶液呈酸性，所以na2hpo3+hcl= nah2po3+ nacl，故c

26、错误；d. 25时，h2ooh的平衡常数=1.0×10-7.46，故d错误；故选b。二、非选择题（本题有5个小题，共52分）17.在实验室以硼镁矿（含mg2b2o5·h2o、sio2及少量fe2o3、al2o3）为原料制备硼酸（h3bo3），其流程如图1所示，硫酸镁和硼酸的溶解度随温度的变化曲线如图2所示。请回答下列问题：（1）流程中“反应”的实验装置如下图所示：反应时需控制在95进行，控制反应温度的适宜方法是_。反应产生的气体需要净化处理，请从下图中选择合适的装置_（填字母代号）。（2）实验中得到的粗硼酸还需要重结晶进行提纯，重结晶得到的母液可以在下一次重结晶时重复使用，

27、但达到一定次数后必须净化处理，原因是_。（3）实验时若被强碱溅到，先用大量水冲洗，水洗后再涂上硼酸溶液，写出有关离子方程式：_。（4）滴定硼酸时不能直接滴定，因为硼酸是很弱的酸，ka57×1010。滴定前，须先将硼酸与甘油作用生成甘油硼酸，ka84×106，然后用酚酞作指示剂，再用naoh标准溶液滴定。已知硼酸的摩尔质量为618 g·mol1，滴定前称取300 g硼酸试样，配成250ml溶液，每次取2500ml于锥形瓶中滴定，消耗0200 0 mol·l1 naoh标准液的平均体积为2000 ml。计算所得硼酸的纯度_。若用naoh标准溶液直接滴定硼酸，

28、则硼酸的纯度将_（填字母代号）。a偏大 b偏小 c无影响 d无法确定【答案】 (1). 水浴加热 (2). b (3). 使用一定次数后，母液中杂质的浓度增大，重结晶时会析出杂质影响产品纯度 (4). oh-+h3bo3= h2bo3-+h2o (5). 82.4 (6). b【解析】【详解】(1)水浴加热可以受热均匀，更好的控制温度，所以反应时需控制在95进行，控制反应温度的适宜方法是水浴加热；故答案：水浴加热。据流程图知硼镁矿粉中加入硫酸铵溶液产生的气体为氨气，氨气极易溶于水，属于碱性气体，所以选择既要防制倒吸，又能和氨气反应的物质进行除杂处理，符合条件的装置为b，故答案：b。(2)由于使

29、用的次数较多后，母液中杂质的浓度增大，影响产品纯度，所以进行必须净化处理，故答案为：使用一定次数后，母液中杂质的浓度增大，重结晶时会析出杂质影响产品纯度；（3）硼酸属于一元弱酸，能和强碱反应生成盐和水，所以硼酸和强碱溶液反应有关离子方程式：oh-+h3bo3= h2bo3-+h2o，故答案：oh-+h3bo3= h2bo3-+h2o；(4) 设h3bo3浓度为c，若滴定到终点时消耗度为0.200 0 mol·l-1naoh标准溶液20.00ml，根据 h3bo3  naoh关系可知，c(h3bo3)=0.1600 mol·l-1，所以硼酸的纯度=82.4，故答案：

30、82.4；（因为硼酸是很弱的酸，ka5.7×1010，若用naoh标准溶液直接滴定硼酸，没有突跃，不好观察颜色变化，若用naoh标准溶液直接滴定硼酸，受水电离的影响，导致硼酸的纯度将偏小，所以答案为b。18.废旧钴金属片中的钴有2价和3价，还含有锰、铁、钙、镁、铝等金属元素及碳粉等，回收钴的工艺流程如下：（1）焙烧时为了使废旧钴金属片充分反应，可采取的措施是_（任写一条）。（2）该流程中浸钴时，钴的浸出率最高只能达到70，后来改进方法，加入使用硫酸进行第一次浸取后，再加入na2so3溶液进行第二次浸取，从而使钴的浸出率达90以上，写出第二次浸出钴时溶液中发生反应的离子方程式：_。（3

31、）净化溶液的操作中含有多个步骤，先除铁后除锰。除铁：常温下，调节溶液ph为1520后，加h2o2，反应一段时间，加8na2co3溶液，将溶液的ph调至4050。已知fe（oh）3的溶度积常数为4×1038，则当溶液的ph调至40时，溶液中的c（fe3）_mol·l1。除锰：加入naclo溶液。写出该离子方程式：_。减钙镁：加入nh4f溶液，沉淀大部分的钙、镁的离子。试解释为何草酸铵溶液沉钴前要减钙镁：_。（4）滤液2的主要成分为_（以化学式表示）。（5）得到的草酸钴沉淀须洗涤干燥。写出检验沉淀已被洗净的操作与现象_。【答案】 (1). 将废旧钴金属片粉碎（或其他合理答案均可

32、） (2). co2o3+ so32-+ 4h+ = 2co2+ so42-+2h2o； (3). 4×10-8 (4). 2mno2+clo-+4h+=2mn2+ clo3-+2h2o (5). 排除钙、镁的离子对coc2o4的制备的干扰 (6). (nh4)2so4 (7). 取最后一次的洗涤液少许于试管中，滴入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀生成，则证明洗涤干净【解析】【分析】)焙烧含有锰、铁、钙、镁、铝等金属元素及碳粉的废旧钴金属片，使其金属变成相应的氧化物，加碱后过滤除去铝元素，剩余的氧化物加稀硫酸后，铁、钙、镁的金属氧化物溶解，mno2不溶于稀酸，所以加

33、naclo溶液进行除杂，溶液进化后加入草酸铵，使溶液中的钴离子变成草酸钴沉淀。以此分析解答。【详解】(1)焙烧时为了使废旧钴金属片充分反应，可采取的措施是将金属片粉碎，增大接触面积，使反应充分，故答案：将废旧钴金属片粉碎。(2)废旧钴金属片中的钴有2价和3价，经过煅烧后，2价co变成3价，所以co2o3和na2so3在酸性条件下发生氧化还原反应生成coso4、na2so4和h2o，所以反应的离子方程式为co2o3+ so32-+ 4h+ = 2co2+ so42-+2h2o，故答案：co2o3+ so32-+ 4h+ = 2co2+ so42-+2h2o

34、；(3)由已知fe(oh)3的溶度积常数为4×1038，当溶液的ph调至4.0时，c(oh-)=10-10 mol·l1，所以c(fe3)=4×10-8 mol·l1，所以答案：4×10-8；经过煅烧后，锰生成mno2,既不溶于碱也不溶于稀酸，所以在酸性条件下, mno2和naclo能发生反应，该反应的离子方程式：2mno2+clo-+4h+=2mn2+ clo3-+2h2o，故答案：2mno2+clo-+4h+=2mn2+ clo3-+2h2o；加入nh4f溶液，溶液中的钙、镁离子发生反应生成了caf2、mgf2沉淀,因为ksp(coc2o4

35、)=1.710-7, ksp(cac2o4)=6.410-9，ksp(mgc2o4)=510-6，所以沉淀coc2o4时，钙、镁的离子也会有沉淀，干扰coc2o4的制备，所以在加草酸铵溶液沉钴前要减钙镁，故答案：排除钙、镁的离子对coc2o4的制备的干扰；(4)减钙镁处理后溶液中含有硫酸根离子，加入草酸铵后，溶液中还会有铵根离子，所以滤液2的主要成分为硫酸铵，其化学式表示为：(nh4)2so4,故答案：(nh4)2so4；(5)加入(nh4)2c2o4反应生成 coc2o4，溶液中可能含有so42-，过滤得到的草酸钴晶体需要用蒸馏水洗涤，检验是否洗涤干净的方法是：取最后一次的洗涤液少

36、许于试管中，滴入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀生成，则证明洗涤干净，故答案：取最后一次的洗涤液少许于试管中，滴入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀生成，则证明洗涤干净。19.可逆反应2so2（g）o2（g）2so3（g）是硫酸工业的最重要反应，因该反应中使用催化剂而被命名为接触法制硫酸。（1）使用v2o5催化该反应时，涉及到催化剂v2o5的热化学反应有： v2o5（s）so2（g）v2o4（s）so3（g） h159.6kj·mol-1 2v2o4（s）o2（g）2v2o5（s） h2315.4kj·mol1 则2so2（g）o2（g）2so3（g） h3_kj·mo

37、l-1（2）向10 l密闭容器中加入v2o4（s）、so2（g）各1 mol及一定量的o2，改变加入o2的量，在常温下反应一段时间后，测得容器中v2o4、v2o5、so2和so3的量随反应前加入o2的变化如图甲所示，图中没有生成so3的可能原因是_（3）在原10 l的恒容装置中，加入v2o5（s）、so2（g）各06 mol，o2（g）03 mol，分别在t1、t2、t3时进行反应，测得容器中so2的转化率如图乙所示。t2时，2so2（g）o2（g）2so3（g）的平衡常数k_。结合化学方程式及相关文字，解释反应为什么在t3条件下比t2条件下的速率慢：_（4）在温度t2使用v2o5进行反应：2

38、so2（g）o2（g）2so3（g），在保证o2（g）的浓度不变的条件下，增大容器的体积，平衡_（填字母代号）。a向正反应方向移动 b向逆反应方向移动c不移动 d无法确定【答案】 (1). -196.2 (2). 催化剂v2o4的还原性比so2强，先和氧气反应了，so2没反应 (3). 27000 (4). 因为催化剂和温度均能改变化学反应速率，t3温度比t2高，不利于提高产率，但t2温度时加了催化剂，可以加快化学反应速率，所以t3的速率仍然小于t2 (5). c【解析】【详解】(1)根据盖斯定律：2+：2so2(g)o2(g)2so3(g) h359.62+(-315.4)=-196.2kj

39、·mol1，故答案：-196.2；(2)有图像可知，向10 l密闭容器中加入v2o4（s）、so2（g）各1 mol后，随着加入o2的量，v2o4的物质的量在减少，v2o5的量在增加，根据v的化合价的变化可知，v2o4先和氧气发生反应，说明v2o4的还原性比so2强，所以没有so3生成；故答案：催化剂v2o4的还原性比so2强，先和氧气反应了，so2没反应。(3)由图可知，t2时so2的转化率为90，在原10 l的恒容装置中，加入v2o5（s）、so2（g）各，o2（g）03 mol，根据三段式： ， 2so2（g） o2（g） 2so3（g）初始量(mol/l) 006 0.03

40、0变化量(mol/l) 0.06 0.027 0.054平衡量(mol/l) 0.006 0.003 0.054所以平衡常数k=27000，故答案：27000；由2so2(g)o2(g)2so3(g) h3-196.2kj·mol1可知该反应为放热反应，降低温度有利于so3的生成，乙图可知，t3的转化率比t2低，说明温度t3 >t2，可是t2又比t3的速率快，说明在t2时加入了催化剂，故答案为：因为催化剂和温度均能改变化学反应速率，t3温度比t2高，不利于提高产率，但t2温度时加了催化剂，可以加快化学反应速率，所以t3的速率仍然小于t2；(4)在温度t2使用v2o5进行反应：2

41、so2(g)o2(g)2so3(g)，在保证o2(g)浓度不变的情况下，增大容器的体积，则so2、so3的浓度均不变，即qc仍然是等于k，仍然是平衡状态，所以平衡不移动，故c符合题意；20.某化学兴趣小组设计装置，进行实验验证与探究mno2与盐酸的反应。【实验】设计如图所示装置，a中加入100 g mno2与50 ml 12 mol·l1浓盐酸。加热至反应停止，经检测，装置中剩余较多的mno2与盐酸。经过讨论分析，小组成员指出应该是溶液中的c（h）及c（cl）降低的原因。 （1）上述实验将验证cl的_。 （2）为达到（1）中实验目的，除a外，还应选择上图中的哪两个装置_（填字母代号）

42、。【实验】设计如图所示装置，左杯中加入100 g mno2和50 ml6 mol·l1h2so4溶液，右杯中加入50 ml 6 mol·l1 cacl2溶液，盐桥选择kno3琼脂。（3）该装置是_，左杯中的电极反应式为_。（4）检验装置中生成的cl2的方法是_。（5）实验发现, 使用50 ml8 mol·l1h2so4时，产生cl2的量明显比使用6 mol·l1h2so4多，其原因是_。实验还发现，当使用kcl琼脂盐桥时，产生cl2的量比使用kno3琼脂盐桥产生的氯气多，其原因是_。【答案】 (1). 装置发生了cl2+s2-=s+ 2cl反应，有浅黄色

43、浑浊，可以检验cl-的存在 (2). e、c (3). 原电池 (4). mno2-2e-+4h+=mn2+2h2o (5). 将除杂后的气体，再通入装有硫化钠的洗气瓶，产生浅黄色浑浊，说明发生了cl2+s2-=s+ 2cl，由此可以检验cl2的存在 (6). mno2只有在强酸性条件下才能反应放出氯气，8 mol·l1h2so4比6 mol·l1h2so4氢离子浓度大 (7). 用kcl琼脂盐桥时，增大了cl-的浓度【解析】【分析】根据图所示装置可知：a为中mno2与浓盐酸反应制氯气的发生装置，加热产生氯气，同时又挥发出来的hcl，通入饱和食盐水进行除杂，再通入装有硫化钠的洗气瓶，产生浅黄色浑浊，说明发生了cl2+s2-=s+ 2cl，由此c装置可以检验cl-的存在。【详解】（1）根据上述分析可知装置c可以检验cl-的存在，故答案：装置发生了cl2+s2-=s+ 2cl反应，有浅黄色浑浊，可以检验cl-的存在；（2）为达到(1)中的实验目的，除a外，还应选择上图中e装置除去挥发出来的hcl气体，再将气体通入装置c，产生浅黄色浑浊，说明cl2+s2-=s+ 2cl反应，故答案：e、c；（3）该装置是没有额外加的电源，所以属于原电池，左杯中是mno2失电子发生氧化反应，其电极反应式为mno2-