山东省莱芜一中2021届高三化学第一次考试试题含解析

山东省莱芜一中2021届高三化学第一次考试试题(含解析)

本试卷共8页，总分100分，考试时间90分钟。

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的级部、班级、姓名、准考证号、填写在答题卡上。

2.选择题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦

干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，用0.5mm中性笔将答案写在答题卡对应题

目的规定区域。答在答题卡的规定区域之外或本试卷上无效。

3.考试结束后只需将答题卡交回。

一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分，每小题只有一个选项符合题目要求。

1.根据所给的信息和标志，判断下列说法错误的是()

ABCD

碳酸氢钠药片金

废弃电池△

该药抗酸药，服用看到有该标志的丢弃贴有该标志的物

有害垃圾

时喝些醋能提高药效物，应远离并报警品是可回收物

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【详解】A.按照垃圾分类，废旧电池是有害垃圾，故A正确；

B.醋中含有乙酸，能和碳酸氢钠反应，从而降低疗效，故B错误；

C.该标志为放射性物质标志，对环境及人有危害，所以看到有该标志的丢弃物，应远离并

报警，故C正确；

D.该标志为循环回收标志，所以贴有该标志的物品是可回收物，故D正确。

答案选B。2.1g氢气在氧气中完全燃烧生成气态水，放出热量120.9kJ,则

-1

A.反应的热化学方程式：2H2(g)+02(g)=2H20(g)AH=+483.6kJ•mol

B.2molB和1molO2的能量总和大于2molH?O(g)的能量

c.1molHQ(1)的能量大于1mol&0(g)的能量

D,氢气的燃烧热为241.8kJ•moF'

【答案】B

【解析】

【详解】A、氨气燃烧是放热反应，△H<0,故A错误；

B、此反应是放热反应，因此2m01均和ImolOz具有的能量总和大于2mol水蒸气具有的能量，

故B说法正确；

C、液态水转化成水蒸气，需要吸收能量，因此ImolHQ(l)的能量小于ImolHzO(g)的能量，故

C错误：

D、燃烧热是生成稳定的氧化物，即水为液态，故D错误。

答案选B。

3.一定温度下，在一固定体积的密闭容器中，对于可逆反应A(s)+3B(g)ri2C(g),下列

说法说明达到平衡状态的是()

①C的生成速率和C的分解速率相等；

②单位时间内生成amolA,同时生成3amolB；

③气体密度不再变化；

④混合气体的总压强不再变化；

⑤A、B、C的物质的量之比为1：3：2；

⑥混合气体的平均相对分子质量不变

A.②④⑤B.@@④⑥C.①②④⑥D.

①②③④⑤

【答案】B

【解析】

【详解】对于反应AG)+3B(g)w2c(g),①C的生成速率与C的分解速率相等，表示正、逆反应

速率相等，说明反应达到平衡状态，故①正确；②单位时间内生成amolA是逆反应，同时

in

3amolB也是逆反应，未体现正与逆的关系，故②错误；③密度="，气体的总质量会变，体

积不变，故气体密度不再变化可作为判断是否达到平衡状态的依据，故③正确；④反应前后

气体的体积不等，故混合气体的总压强不再变化，可作为判断是否达到化学平衡状态的依据,

故④正确；⑤平衡时各物质的物质的量之比取决于物质的起始物质的量和转化率，故A、B、C

的物质的量比为1：3：2不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故⑤错误；⑥反应前气体

平均相对分子质量=A的相对分子质量，完全反应后气体平均相对分子质量=8的相对分子质量,

二者不等，平衡时，A、B的物质的量比例不变，混合气体的平均相对分子质量不变，可作为

判断是否达到化学平衡状态的依据，故⑥正确；说法正确的是①③④⑥，故选B。

4.用酸性氢氧燃料电池电解苦卤水（含Cl、Br、Na+、Mg"）的装置如下图所示（a、b为石墨

电极）.下列说法中，正确的是

r-A—『;（1!|»

（京殷）电X原

11/»•—»U

含金属催化剂的多孔电极

--

A,电池工作时，正极反应式为：02+2H20+4e^=40H

B.电解时，a电极周围首先放电的是Br-而不是C广，说明当其他条件相同时前者的还原性强

于后者

C.电解时，电子流动路径是：负极f外电路一阴极一溶液阳极f正极

D.忽略能量损耗，当电池中消耗0.02g压时，b极周围会产生0.04g%

【答案】B

【解析】

【详解】A.电池工作时，通入02的极为电源的正极，发生还原反应，由于该电池为酸性介质，

+-

因此正确的电极反应式为02+4H+4e===2H20,错误；

B.a作阳极，现阳极材料为惰性电极，溶液中还原性强的离子B/先放电，正确；

C.不论在原电池中还是在电解池溶液中均无电子通过，溶液中依靠阴阳离子的定向移动构成

回路，错误；

D.燃料电池和电解池中转移的电子数是相等的，当电池中消耗0.02gH”根据电极反应：

HL2H-+2e,所以转移电子0.02mol,b极的电极反应为：2H'+2e-上，转移电子0.02mol,会

产生002gHz,错误;

答案选B。

5.下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是

A.纯银器表面在空气中因电化学腐蚀渐渐变暗

B.当镀锡铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用

C.在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极的阴极保护法

1）.可将地下输油钢管与外加直流电源的正极相连以保护它不受腐蚀

【答案】C

【解析】

【详解】A、纯银器在空气中久置会被氧化变黑，不具备形成原电池的条件，所以为化学腐蚀,

故A正确；

B、当镀锡铁制品的镀层破损时，因为Fe比Sn更活泼，Sn、Fe形成原电池，Fe为负极，镀

层不再起到保护作用，故B错误；

C、在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀，因为Fe与Zn形成原电池，Zn作负极（阳极）被消

耗，从而保护了正极（阴极）Fe,该防护方法称为牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；

D、利用电解池原理进行金属防护的方法称为外加电流的阴极保护法，使被保护金属与直流电

源的负极相连可防止金属被腐蚀，所以将地下输油钢管与外加直流电源的负极相连，可保护

钢管不受腐蚀，故D正确。

【点睛】本题考查金属的腐蚀与防护，注意把握金属腐蚀的原理和电化学知识。金属腐蚀一

般分为化学腐蚀和电化学腐蚀，化学腐蚀是金属与氧化剂直接接触反应，例如本题A项；电

化学腐蚀是不纯的金属或合金跟电解质溶液接触，形成原电池而造成的腐蚀，例如题中B项:

金属防护方法除了覆盖保护层、改变金属内部结构外，还可以根据电化学原理防护，例如题

中C、D涉及的牺牲阳极的阴极保护法和外加电流的阴极保护法。

6.如图所示的装置，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极。将电源接通后，向乙中滴入酚酸试液,

在F极附近显红色。则以下说法不正确的是（）

A.电源B极是负极

B.甲、乙装置的C、D、E、F电极均有单质生成，其物质的量之比为1：2：2：2

C.欲用丙装置给铜镀银，H应该是Ag,电镀液是AgNOs溶液

D.通电后丁中Y极颜色加深

【答案】C

【解析】

【分析】

根据电解滴入酚猷的氯化钠溶液时，阴极附近溶液显红色，即F为阴极，再根据电解池的阴

阳极判断原电池的正负极；计算时利用各极得失电子守恒计算。

【详解】A.电解滴入酚献的氯化钠溶液时，阴极上氢离子放电，导致阴极附近显碱性，所以

阴极附近溶液显红色，在F极附近显红色，所以F极是阴极，则B极是负极，故A正确；

B.电解硫酸铜溶液时，阳极C上生成氧气，阴极D上生成铜；电解氯化钠溶液时，阳极E上

生成氯气，阴极F上生成氢气，当通过相同的电量时，其物质的量比为1：2：2：2,故B正

确；

C.电镀时，镀层金属作阳极，镀件作阴极，电解质溶液中金属阳离子和阳极材料是相同元素,

所以欲用丙装置给铜镀银，G应该是Ag,电镀液选是AgNQ,溶液，故C错误；

D.电解池工作时，溶液中阴离子向阳极移动，阳离子向阴极移动，装置丁中，X极是阳极，Y

极是阴极，氢氧化铁胶粒带正电荷，向阴极移动，Y极附近红褐色变深，故D正确。

答案选C。

【点睛】能正确判断装置乙中的阴阳极是解本题的关键，易错选项是B,能根据析出物质和电

子之间的关系进行计算。

7.在容积不变的密闭容器中存在如下反应：2s（Ug）+02（g）嚏去2s0：,（g）XH<0。某研究小

组研究了其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，下列分析正确的是（）

反

应

图

桑

素-表示的是t,时刻增大02的浓度对反应速率的影响

反

应

图

年表示的是t1时刻加入催化剂对反应速率的影响

表示的是催化剂对平衡的影响，且甲的催化剂效率比乙高

O时间，

)

表示的是压强对化学平衡的影响，且乙的压强较高

【详解】A、图I改变的条件应是增大压强，故A不符；

B、由于同等程度地加快正、逆反应速率，所以加入的应是催化剂，故B符合；

C、由于平衡发生了移动，所以改变的条件不是加入催化剂，故C不符；

D、改变的应是温度，且乙的温度高，故D不符。

故选Bo

8.固体氧化物燃料电池(S0FC)以固体氧化物作为电解质，这种固体电解质在高温下允许氧离

子(CT)在其间通过，工作原理如图。关于固体燃料电池的有关说法正确的是()

剩余燃料气

个

燃料气一►电极a--------,

接角虫面------A----------------------1-----

固体氧化物夕卜电路

空气或氧气一►电极b—।

电极b排放:气

A.电极b为电池负极，电极反应式为：+4e-=20"

B.固体氧化物的作用是让电子在电池内部通过

-

C.若Hz作燃料气，接触面上发生的反应为：H2+20H-2e=2IL0

D.若C此作燃料气，接触面上发生的反应为：C2Hl+6。2--128=20)2+2压0

【答案】D

【解析】

【分析】

由题给示意图可知，通入燃料气的电极a是燃料电池的负极，燃料在负极上失去电子发生氧

化反应，通入氧气的电极b为正极，氧气在正极发生还原反应。

【详解】A.由分析可知，通入氧气的电极b为正极，故A错误；

B.在电池内部是电解质中离子定向移动导电，则固体氧化物的作用是让氧离子(0’)在其间通

过，故B错误；

C.若氢气作燃料气，氢气在负极上失去电子发生氧化反应生成水，电极反应式为

2

H2+0-2e=H20,故C错误;

D.若乙烯作燃料气，乙烯在负极上失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和水，电极反应式为

C2H,+6(T-12e=20)2+2压0,故D正确；

故选D。

9.室温下，下列各组微粒在指定溶液中能大量共存的是()

A.pH=l的溶液中:CnO>、K\SO；、Fe2+

B.c(Ca")=0.Imol•广’的溶液中：NH：、GO：、C「、Br-

C.含大量HCO；的溶液中：［Al(OH)」，CO：、Br\K,

D.能使甲基橙变为红色的溶液：Na\NH：、SO：、Cl-

【答案】D

【解析】

【详解】A.酸性条件下，CnO；能将Fe"氧化为Fe>,不能大量共存，故A错误；

B.C/与CQ；要生成沉淀，不能大量共存，故B错误；

C.HCO；与［Al(OH)”］一要反应生成氢氧化铝沉淀，不能大量共存，故C错误；

D.能使甲基橙变为红色的溶液显酸性，Na'、NH：、SO；、C「均不反应，可以大量共存，故D

正确。

答案选D。

n(H;O)

10.一定条件下,讯与HQ(g)发生反应:CK,(g)+H20(g)CO(g)+3H2(g),设起始=Z,

H(CH4)

在恒压下，平衡时。(CH)的体积分数与Z和T(温度)的关系如图所示。下列说法正确的是

(P(cm)i

77C

A.该反应的焰变AH>0

B.图中Z的大小为a>3>b

C.图中X点对应的平衡混合物中，厂*7=3

«(CH4)

1).温度不变时，图中X点对应的平衡在加压后。(CHJ减小

【答案】A

【解析】

【详解】A、从图分析，随着温度升高甲烷的体积分数逐渐减小，说明升温平衡正向移动，则

正反应为吸热反应，故A正确；

〃(HQ)

B、一口、的比值越大,则甲烷的体积分数越小，故a<3<b,故B错误；

«(CH4)

C、起始加入量的比值为3,但随着反应的进行甲烷和水是按等物质的量反应，所以到平衡时

比值不是3,故C错误；

D、温度不变时，加压，平衡逆向移动，甲烷的体积分数增大，故D错误。

【点睛】化学平衡图像题的解题思路：一、看懂图：横纵坐标的物理意义，图像的变化趋势,

曲线的特殊点，如起点、交点、折点、终点；二、想规律：外界条件对化学反应速率和化学

平衡的影响规律；三、作出正确的判断。注意“先拐先平”和“定一议二”方法的运用。

二、选择题：本题共5个小题，每小题4分，共20分，每小题有一个或两个选项符合题目要

求，全对得4分，选对但不全的得2分，选错的得0分。

11.常温时，研究pH对一定浓度FeSO,的稳定性的影响，根据下图分析不含攀的是

A.pH小于1时，亚铁几乎无损耗，可能的原因是4Fe”+(V10H20(^^4Fe(0H)3+81「平衡

逆向移动

B.pH在3.0~5.5之间，pH的变化对FeSO,稳定性影响不大

C.pH大于6.5时，亚铁损耗量突变，可能的原因是生成的Fe(OH)2更易被氧化

D.其它条件相同时，FeSO」溶液中加入少量(NHMSO,固体，FeSO,的稳定性减弱

【答案】D

【解析】

A、Fe?一易与。2反应，反应方程式为4Fe2*+02+10H20w4Fe(OH)3+8H',pH小于1时，c(H,)浓度较

大，反应向左进行，Fe?'几乎无损耗，故A正确；B、由图可知，pH在3.0〜5.5之间，Fe?+的

损耗量几乎不变，说明pH在3.0〜5.5之间，pH变化对FeSO,稳定性影响不大，故B正确；C、

pH大于6.5时，c(H')浓度较小，亚铁损耗量突变，可能原因是酸性减弱，2价铁更易被氧化,

故C正确；D、其它条件相同时，FeSO,溶液中加入少量(NHMSO,固体，NH：水解，c(H*)浓度增

大，4Fe2++02+10H20=4Fe(0H)3+8H+向左进行，抑制Fe"的被氧化，FeS(\的稳定性增强，故D错

误。故选D。

12.漂白粉和漂粉精是常用的消毒清洁用品，有效成分均为Ca(C10)2,相应的生产流程如图:

饱和

食盐水

Ca9Hb

浆料干燥

HC1O漂粉精

下列说法不正确的是()

A.①中阴极的电极反应式为2C「一Ze'Ckt

B.②中反应的化学方程式为2CL+2Ca(0H)2=Ca(C10)2+CaC12+2HQ

C.上述过程涉及氧化还原反应、化合反应、复分解反应

D.制备漂白粉过程中，CL转化为Ca(C10)z时,C1的原子利用率为100%

【答案】AD

【解析】

【详解】A.电解饱和食盐水，阳极发生氧化反应：2CF-2e-=Cl2t,A错误；

B.②中氯气和氢氧化钙反应：2cl2+2Ca(0H)2=Ca(C10)2+CaCL+2H2。，故B正确；

C.反应①②③均有元素化合价的升降，反应是氧化还原反应，反应④是化合反应，反应⑤是

复分解反应，C正确；

D.氯气和氢氧化钙反应，除了生成Ca(C10)2外，还生成Ca。4和水，所以C1的原子利用率

小于100%,D错误;

答案选AD。

13.某温度下，在一个2L的密闭容器中，加入4molA和2molB进行如下反应：3A(g)+

2B(g)『二4C(s)+2D(g)。反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6molC,则下列说法正确的

是()

A.该反应的化学平衡常数表达式是

C3(A)-C2(B)

B.此时，B的平衡转化率是40%

C.增大该体系的压强，平衡向右移动，化学平衡常数增大

D.增加B,平衡向右移动，B的平衡转化率增大

【答案】B

【解析】

C2(D)

【详解】A、可逆反应3A(g)+2B(g)三二4C(s)+2D(g)的平衡常K=,/八乙二、，选项A

c(A)xc(5)

错误；

B、达到平衡，测得生成L6molC,由方程式可知，参加反应的B的物质的量为

1.6molX-=0.8mol,故B的转化率为"㈣x100%=40%,选项B正确；

4Imol

C、该反应正反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡向正反应移动，即向右移动，化学平

衡常数只受温度影响，增大压强平衡常数不变，选项C错误；

I)、增加B的浓度增大，平衡向正反应移动，A的转化率增大，B的转化率降低，选项D错误:

答案选B。

14.在常温下，下列各组溶液中的c(H)一定等于IXIO'mol•!?的是()

A.pH=2和pH=12的两种溶液以等体积混合

B.0.05mol-2sO”与0.10mol•L'NaOH溶液以等体积混合

C.将pH=5的CHsCOOH溶液稀释100倍

D.pH=l的H2s与0.05mol的Ba(OH)2溶液以等体积混合

【答案】BD

【解析】

【详解】A.pH=2和pH=12的两种溶液等体积混合，虽然电离出的H,与Off刚好完全反应，但

由于不知酸碱的强弱，所以反应后酸或碱可能有剩余，剩余的酸或碱再电离，从而使溶液显

酸性或碱性，选项A不合题意；

B.0.OSmol/LHfO,与0.lOmol/LNaOH溶液等体积混合，H'与0【「刚好完全反应，溶液呈中性，

c(H')一"定等于IX10，mol•I/',选项B符合题意;

C.将pH=5的CH3COOH溶液稀释100倍,虽然c(H+)减小,但溶液仍呈酸性，c(H')大于

1X10mol•L选项C不合题意；

D.pH=l的HzSO,与0.05mol/LBa(0H)2溶液以等体积混合，印与0H刚好完全反应，溶液呈中性,

c(H1)一定等于1X107mol,L-1,选项D符合题意；

答案选BDo

15.已知：25℃时某些弱酸电离平衡常数(如表)。如图表示常温下，稀释CH3COOH、HC10两

种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化。下列说法正确的是()

CH3COOIIHC10H2CO3

7

Kal=4.1X10

K,=1.8Xl(y5a

Ka=3.0X10

(2=5.6X10”

A.相同浓度CH£OONa和NaClO的混合液中，各离子浓度的大小关系是c(Na*)>c(CH：COO

-)>c(C10_)>c(0H-)>c(H+)

B.向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式为：2cl(F+C02+H2()=2HC10+C0：

C.图像中a、c两点处的溶液中一空」——相等(HR代表CH：,COOH或HC10)

c(HR)c(OH)

D.图像中a点酸的总浓度大于b点酸的总浓度

【答案】AC

【解析】

【分析】

根据图像及表格数据可知，电离平衡常数越大，酸性越强，则酸性：CH;,COOII>H2CO:1>

HC10>HCO；;稀释促进电离，同pH的酸，稀释相同倍数，酸性越弱，pH越变化越小；则曲

线I是CKCOOH,曲线是是HC10；依此解答。

【详解】A.溶液的酸性越强，对应的酸根离子的水解能力越弱，离子浓度越大，则溶液中：

--

C(CH3C00)>C(C10),则相同浓度CH3coONa和NaClO的混合液，显碱性，各离子浓度的大小

关系是c(Na+)>c(CH3COO-)>c(C10-)>c(OH-)>c(『)，A正确；

B.根据强酸制弱酸，则向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式为：

C1O+CO2+H2OHCI8HCO3，B错误；

C.一迎2—是R的水解平衡常数，Kh只与温度有关，故图像中a、c两点处的溶液中相

c(HR)c(OH)

等，C正确；

D.曲线I是CH£OOH,曲线II是HC10；酸性越强，说明酸电离程度越大；则根据图像可知，

a点酸性弱于b点，故D错误；

答案选ACo

三、非选择题：本题共5个小题，共60分。

16.某校化学兴趣小组为研究Cl2单质的性质，设计如图所示装置进行实验。装置III中夹

持装置已略去，其中a为干燥的品红试纸，b为湿润的品红试纸。

(1)实验室以二氧化镒和浓盐酸制备氯气的化学方程式是：;

(2)装置H的作用是：

(3)实验过程中，装置IV中的实验现象为_____；发生反应的化学方程式为一；

(4)实验结束后，该组同学在装置m中观察b的红色退去，但是并未观察到“a无明显变化”

这一预期现象，为了达到这一目的，你认为应在______之间还需添加洗气瓶(选填装置序号)，

该装置的作用是;

(5)装置V目的是防止尾气污染空气，写出装置V中发生反应的离子方程式。

【答案】⑴.MnO2+4HCl(浓)△MnCk+Ckt+2HQ(2).除去氯气中的氯化氢气体

(3).无色溶液变蓝色(4).C12+2KI=L+2KC1(5).II和HI(6).干燥Cl⑺.

_

ci2+2oir=cr+cio+H2o

【解析】

【分析】

装置I中二氧化镭和浓盐酸在加热条件下反应生成氯化镭、氯气和水，装置H中用饱和食盐

水除去氯气中的氯化氢气体，装置III中a为干燥的品红试纸，b为湿润的品红试纸，装置［V

中氯气具有氧化性，能够将碘离子氧化成碘单质，装置V中氯气能够与氢氧化钠溶液反应生

成氯化钠、次氯酸钠和水。

【详解】（1）二氧化镐和浓盐酸在加热条件下反应生成氯化镭、氯气和水，化学方程式是：

A

MnO2+4HCl（浓）MnC1,+C1?f+2H2O；故答案为:MnO2+4HCl（浓）△MnG”+C1“t+2H”0：

（2）装置H中盛有饱和食盐水，由于浓盐酸具有挥发性，则制取的氯气中混有氯化氢，用饱和

食盐水可以除去杂质氯化氢，故答案为：除去氯气中的氯化氢气体；

（3）氯气具有氧化性，能够与碘化钾溶液反应生成碘单质，实验过程中，装置IV中的实验现象

为无色溶液变蓝色；发生反应的化学方程式为Ck+2KI=l2+2KCl；故答案为：无色溶液变蓝色;

C12+2KI=I2+2KC1；

（4）干燥的氯气不具有漂白性，实验结束后，该组同学在装置m中观察b的红色退去，但是

并未观察到“a无明显变化”这一预期现象，为了达到这一目的，II和HI之间可加干燥装置,

除去氯气中的水蒸气，该装置的作用是干燥CL；故答案为：n和in；干燥C12；

（5）装置V的目的是防止尾气污染空气，装置V盛放的是氢氧化钠溶液，氯气能够与氢氧化钠

溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，装置V中发生反应的离子方程式C12+2OH=Cr+C1（T

-__

+H20O故答案为：C12+2OH=C1+C1O+H2O«

【点睛】本题考查考查物质性质实验方案的设计，涉及制取气体的装置及实验方案的设计、

评价等知识点，综合性较强，明确氯气的制备原理及氯气的化学性质为解答关键，试题有利

于培养学生的分析、理解能力及化学实验能力。

17.近年来，FePO,作为制备锂离子电池正极材料LiFePO,的重要原料而成为研究热点。一种

以FeCL、H3P0“、氨水为主要原料制备FePOi的流程如图：

FcCh溶液冷水

■►悬浊液操作㊀>FePO,•2H2O固体洗一》脱水〉无水FcPO,

H加,溶液」耀

已知:1己0,是弱电解质

(1)将FeCh溶液与HaPO,溶液混合，没有明显现象，逐渐滴加氨水至pH=1.5左右，生成

FePO4•2H2。沉淀。

①操作a为o

②生成FePO,•2HQ的离子方程式是o

③控制氨水用量，避免因pH偏高而产生杂质。

(2)测定产物样品中铁元素的质量分数，主要步骤如下：

i取ag样品，加入过量盐酸充分溶解，再滴加SnCL(还原剂)至溶液呈浅黄色；

ii.加入TiCk,恰好将i中残余的少量Fe"还原为Fe?.；

iii.用cmol•LRCROT标准溶液滴定Fe2',消耗vmLK£r。标准溶液。

①步骤iii的离子方程式是：

②产物中铁元素的质量分数为。

A

【答案】(1),过滤(2).Fe"+H3Po4+3NH3•H20=FePO4•2HQI+3NH:+H20(3).

2，30336cV

Fe(OH)3(4).Cr2O+6Fe+14H'=2Cr'+6Fe*+7H20(5).X100%

a

【解析】

【分析】

由题给流程可知，向氯化铁和磷酸混合溶液中逐渐滴加氨水至pH=l.5左右，氯化铁、磷酸和

氨水在热水浴中反应生成FePO,•2H2O、氯化镀和水，经过滤、洗涤、干燥后，将沉淀加热脱

水制得FePO,。

【详解】(1)①由分析可知，固液进行分离，操作a为过滤，故答案为：过滤；

②氯化铁、磷酸和氨水在热水浴中反应生成FeP0,・2Ha沉淀、氯化镂和水，反应的离子方程

A

式为Fe^+llfOi+SNHs•H20=FeP01•2H20J+3NH：+HQ,故答案为：

A

=

Fe"+H3Poi+3NHj•H2OFePO,•2H20I+3NH：+HQ；

③铁离子与氨水能反应生成氢氧化铁沉淀，反应时应控制氨水用量，防止溶液pH偏高而产生

氢氧化铁沉淀，使得产品中混有氢氧化铁，故答案为：Fe(0H)3；

(2)①步骤iii的反应为酸性条件下，重铭酸根离子和亚铁离子发生氧化还原反应生成铭离子、

2，33t

铁离子和水，反应的离子方程式为Cr2O+6Fe+14H=2Cr-+6Fe+7IL0,故答案为：

343+

Cr,0，+6Fe"+14H=2Cr+6Fe+7H20；

②由题意可得如下转化关系：6Fe；“一6Fe"—CmO；-,CnO；的物质的量为cmol•「

,XvXIO3=103cvmol,则产物中铁元素的质量分数为

宜任叱S空0X100%=%至X100%,故答案为:

aga

(l)a的氢化物的分子构型为,中心原子的杂化形式为；d的最高价氧化物的分子

构型为,中心原子的杂化形式为,该分子是(填"极性"或"非极性”)

分子。

(2)b、d、e三种元素的氢化物中的沸点最高的是，原因是.o

(3)将g的无水硫酸盐溶解于水中，溶液呈蓝色，是因为生成了一种呈蓝色的配合离子，写出

该配合离子的结构简式(必须将配位键表示出来)。

(4)f(NH3)5BrSO,可形成两种配合物,已知F+的配位数是6,为确定f的配合物的结构，现对

两种配合物进行如下实验：在第一种配合物的溶液中加BaCk溶液时，产生白色沉淀，在第二

种配合物溶液中加入BaCk溶液时，则无明显现象，第二种配合物的化学式为，该配

合物的配体是、;

(5)c单质晶体中原子的堆积方式如图甲所示，其晶胞特征如图乙所示，原子之间相互位置关

系的平面图如图丙所示。

若已知c的原子半径为r,N.代表阿伏加德罗常数，c的相对原子质量为M。该晶体的密度为

(用字母表示)。

【答案】(1).三角锥(2).sp3(3).平面三角形(4).sp2(5).非极性

HaO

分子(6).HF(7).HF中有氢键(8).°)Qf0Hll(9).

HaO

,M

[Co(NH3)5SOjBr(10).NH3(11).SO：(12).函、,

【解析】

【分析】

根据表格信息可知，a是N；b是F；c是Al；d是S；e是Cl；f是Co；g是Cu,据此解答。

【详解】(1)a的氢化物为NH”分子构型为三角锥形；N原子的杂化形式为sd杂化；d的最

高价氧化物是S03,分子构型为平面三角形，S原子的杂化形式为sp?杂化；该分子是非极性分

子；

故答案为：三角锥；sp1平面三角形；sp1非极性分子；

(2)b、d、e三种元素的氢化物分别为HF、1侨、HC1,三者均是分子晶体，相对分子质量越

大，沸点越高，分子间含氢键，则沸点会反常的高，则三者沸点最高的是HF；

故答案为：HF；HF中有氢键；

(3)Cu的无水硫酸盐溶解于水中，溶液呈蓝色，是因为生成了一种呈蓝色的配合离子，该配

HaO

合离子的结构简式为：[HJO-*Cu];

HbO.

(4)CoNlxhBrSOi可形成两种配合物，已知f"的配位数是6,为确定f的配合物的结构，

现对两种配合物进行如下实验：在第一种配合物的溶液中加BaCk溶液时，产生白色沉淀，则

该配合物能电离出SOj,则其化学式为：[Co(NH3)5Br]S0,；在第二种配合物溶液中加入BaCL

溶液时，则无明显现象，无法电离出S。：，第二种配合物的化学式为[Co(NH3)5S0,]Br；该配

合物的配体是Nlh、SO：；

(5)由图示可知，A1单质晶体中原子的堆积方式为面心立方堆积，若已知A1的原子半径为

r,N、代表阿伏加德罗常数，c的相对原子质量为M,该晶体的密度为

=m=NM=4M=M

P=U=西=NA(2后4行NJ。

19.运用化学反应原理研究碳、氮的单质及其化合物的反应对缓解环境污染、能源危机具有

重要意义。

-1

(1)反应：N2(g)+02(g)^2N0(g)AHF+180.5kJ•mol

2N0(g)+2C0(g)^N2(g)+2C02(g)AH2

已知CO的燃烧热为283.0kJ-mol-1,则△&=。

⑵升高温度绝大多数的化学反应速率增大，但是2N0(g)+02(g)w2阻(g)的速率却随着温度的

升高而减小。某化学小组为研究该特殊现象的实质原因，查阅资料知2NO(g)+OMg)^2NO2(g)

的反应历程分两步：

2

I.2N0(g)=N2()2(g)(快)；Vi;E=kia：•c(NO)；Vitkus•c(N202)AHi<0

II.N2O2(g)+O2(g)=2N(X(g)(慢);v2正=笈i•c(N2O2)c(02)；v2a=k2逆•c(N02)△H2<0

请回答下列问题：

①一■定温度下，反应2N0(g)+O2(g)合2N()2(g)达到平衡状态，请写出用Lit、L逆、kz正、k?迪表示

的平衡常数表达式K=。

②决定2顿8)+02(小22心)速率的是反应__(填"I”或“II”)，反应I的活化能

E)与反应11的活化能艮的大小关系为E,Ez(填“>”、“<”或“=”)。根据速率方程

分析，升高温度该反应速率减小的原因是。

A.kziE增大，c(NzOz)增大B.L花减小，cMO。减小

C.kzu：增大，cMOl减小D.Ln：减小，c(NQj增大

(3)在一定温度下向容积为2L的密闭容器中加入0.5moiN0、0.5molC0,此时容器总压为PokPa,

发生反应2N0(g)+2C0(g)N2(g)+2C02(g),4min时达平衡,此时测得氮气的物质的量为0.2mol,

则0—4min内用C0?表示的的平均速率为kPa•minj用平衡分压表示的平衡常数

K产(用含有P。的代数式表示)。达平衡后，若改变下列条件，既能加快反应速率又

能提高N0的转化率的是_______

A.增大压强B.降低温度C.再加入0.5molN0、0.5molC0D.分离出部分N2

kk

【答案】(1).-7465kJ•mol-1(2).(3).II(4).<(5).C

峪'逆"占J逆

320

(6).0.1P()(7).—(8).AC

【解析】

1

【详解】(1)反应:N2(g)+02(g)-2N0(g)AHF+180.5kJ•moF；2N0(g)+2C0(g)N2(g)+2C02(g)

△H2；又已知CO的燃烧热为283.0kJ-mol则

-1

2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)AH=-566kJ-mol则

-11

AH2=-180.5kJ-mol'-566kJ-mol—746.5kJ-mol；

2

(2)①反应I2NO(g);NzO2(g)(快)；vekwC(N0)；vli2=kli2-c(N2O2),则有

c(N,O,)k,,

K]二,/二二、--;反应IIN0(g)+0(g)=2N0(g)(tl)；v正=k2正•c(N2O2)c(0)；vi£=k

，(NO)k座22222222

c2(NO,)k丁

2

迪•C(NO2),则有K〃=/]、=产二；一定温度下，反应2NO(g)+O2(g)^2NO2(g)

C(N2O2)C(O2)kw

达到平衡状态，可用L正、L逆、L正、L逆表示的平衡常数表达式

kkkk

K=K•K=1正x2正-i正z正.

1"kkkk；

②决定2的(4+02(或？2加29)速率的是慢反应，即反应n；反应I是快反应，反应较易进行,

则活化能较小；反应H是慢反应，不易进行，则活化能较大；则反应I的活化能瓦与反应n

的活化能员的大小关系为EKEz；该反应为放热反应，升高温度，反应速率均增大，平衡逆向

移动；反应I是快反应，c(N。)减小；Xv2jE=k2iE,C(N202)C(02),V2JE增大,故k2正增大增大,

答案为C；

故答案为：II；＜；C；

(3)在一定温度下向容积为2L的密闭容器中加入0.5moiN0、0.5moic0,此时容器总压为PokPa,

发生反应2N0(g)+2C0(g)-N2(g)+2C0,(g),4min时达平衡,此时测得氮气的物质的量为0.2mol,

N

2NO(g)+2CO(g)U2(g)+2CO2(g)

起(mol/L)0.250.2500

则平衡时，NO、C0、

转(mol/L)0.20.20.10.2

平(mol/L)0.050.050.10.2

2、CO?各物质的体积分数为J1

反应起始时容器总压为PokPa,则平衡时容器

8842

0.25+0.25P.kPa,4.,一一

的总压为p,------,解得p二—kPa,则0—4min内用C()2表小的的

0.05+0.05+0.1+0.2

—4PkP分X—1

平均速率为5°2n1DVD.T；用平衡分压表示的平衡常数

-----------------=0.1RkPa・min

4min0

14W14]

-x-PkPa-x-PkPa

0

Kp=4-2----5-------弓=-4----5-------=—32k0Pa；达平衡后，若改变下列条件：A.增

（14）f141P（）

-x-PkPa-x-P,kPa

185。八85。J

大压强，反应速率增大，平衡正向移动，A正确；

B.降低温度，反应速率减小，B错误；

C.再加入0.5molN0、0.5molC0,物质的浓度增大，反应速率加快，平衡正向移动，故C正确;

D.分离出部分冲，平衡正向移动，但物质的浓度降低，反应速率减小，D错误；

综上所诉，既能加快反应速率又能提高N0的转化率的是AC：

320

故答案为：04P0；—；AC。

巳0

20.香草醇酯能促进能量消耗及代谢，抑制体内脂肪累积，并且具有抗氧化、抗炎和抗肿瘤

等特性，有广泛的开发前景。如图为一种香草醉酯的合成路线。

CH,①Cu(OH)：

IB

CH,溶液心浓比SO,

CH,△

CI；①、HOH溶液/△

HO条件2H②酸化

()

II

CH,O—C—R

已知：①香草醇酯的结构为(R为，基);

R,—CH=C—CHO

②RiCHO+R2CH2CH0----五空OH迸液/.A——>

回答下列有关问题:

⑴B的名称是

⑵C生成I）的反应类型是

⑶E的结构简式为

⑷H生成I的第①步反应的化学方程式为

(5)I的同分异构体中符合下列条件的有_____种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱中有

四组峰的有机物的结构简式为。

①含有苯环

②只含种一含氧官能团

③1mol该有机物可与3mol