1、- 1 -黑龙江省哈尔滨市第三中学校 2019 届高三上学期第二次调研考试化学试题1.化学与生活、科学、技术、社会、环境密切相关，下列说法中不正确的是A. 硅单质可作为制造宇宙飞船太阳能电池帆板的主要材料B. 硫酸铜溶液可用来浸泡蔬菜，以保持蔬菜的新鲜C. 常用明矾、硫酸铁等物质来处理污水中的悬浮物质D. 提倡使用共享单车，目的是为了降低碳排放【答案】B【解析】【详解】A.硅单质是制造太阳能电池板的材料，故正确；B.硫酸铜对人体有害，不能浸泡蔬菜，故错误；C.明矾或硫酸铁等物质可以在水中水解生成氢氧化铝或氢氧化铁胶体，具有吸附性，能净化水，故正确；D.使用单车可以减少汽车等交通工具的使用，减少
2、碳的排放，故正确。故选 B。2.关于一些重要的化学概念有下列说法，其中正确的是Fe(OH) 3胶体和 CuSO4溶液都是混合物 BaSO 4是一种难溶于水的强电解质冰醋酸、纯碱、小苏打分别属于酸、碱、盐 煤的干馏、煤的汽化和液化都属于化学变化置换反应都属于离子反应A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：胶体和溶液都是混合物，正确；硫酸钡虽然难溶但是是强电解质，正确；纯碱、小苏打都是盐类，错误；煤的干馏、煤的汽化和液化都属于化学变化，正确；置换反应不一定是离子反应，如铝热反应是置换反应但不是离子反应，错误，答案选 B。考点：考查物质的分类、反应类型的分类、化学变化的判断3.NA代表阿
3、伏加德罗常数的数值。下列说法不正确的是A. 100 g 质量分数为 46%的 HCOOH 溶液中含氢原子数为 8 NAB. 在标准状况下，22.4 LNH 3分子中含共用电子对数为 3 NA- 2 -C. 1 mol SO2与 3 mol O2反应生成的 SO3分子数为 NAD. 1 L 0.5 molL-1葡萄糖溶液中含葡萄糖分子数为 0.5 NA【答案】C【解析】【详解】A. 100 g 质量分数为 46%的 HCOOH 溶液中甲酸的质量为 46 克，为 1mol，含有 2mol氢原子，另外还有 100-46=54 克水，即 3mol，含有 6mol 氢原子，则共含氢原子数为 8 NA，故
4、正确；B. 在标准状况下，22.4 LNH3的物质的量为 1mol，每个分子含有 3 个共用电子对，所以该分子中含共用电子对数为 3NA，故正确；C. 二氧化硫和氧气的反应为可逆反应，不能准确计算二者反应的物质的量，故不能确定三氧化硫的分子数，故错误；D. 1 L 0.5 molL-1葡萄糖溶液中含葡萄糖的物质的量为 0.5mol，含有分子数为 0.5NA，故正确。故选C。4. 下列是部分矿物资源的利用及产品流程,有关说法不正确的是( )A. 粗铜电解精炼时,粗铜作阳极B. 生产铝、铜、高纯硅及玻璃过程中都涉及氧化还原反应C. 黄铜矿冶铜时,副产物 SO2可用于生产硫酸,FeO 可用作冶铁的原
5、料D. 粗硅制高纯硅时,提纯四氯化硅可用多次分馏的方法【答案】B【解析】粗铜精炼时,粗铜作阳极,精铜作阴极,A 对;制玻璃发生的反应:CaCO3+SiO2 CaSiO3+CO2,Na 2CO3+SiO2 Na2SiO3+CO2,都不属于氧化还原反应,B 错;SO 2用于生产硫酸,FeO 用作冶铁原料属于副产物的充分利用,C 对;多次分馏提纯可使 SiCl4与粗硅中的杂质分离彻底,保证制得高纯度的硅,D 对。5.下列说法中正确的说法有几个活化分子间的碰撞不一定能发生化学反应普通分子间的碰撞有时也能发生化学反应增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子数，从而使有效碰撞次数增多- 3 -有气体参加的
6、化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的体积)，可增大活化分子的百数，从而使反应速率增大化学反应的实质是旧化学键断裂和新化学键形成的过程催化剂能增大活化分子百分数，从而增大化学反应速率A. 1 个 B. 2 个 C. 3 个 D. 4 个【答案】D【解析】【分析】物质发生化学反应，必须分子间发生有效碰撞，普通分子间的不能发生发生有效碰撞，化学反应的实质是旧键的断裂和新键的形成，即原子的重新组合，也是旧化学键的断裂和新化学键的形成过程，化学反应的实质就是旧化学键的断裂和新化学键的形成过程，即活化分子有合适取向的有效碰撞，注意增大压强，必须改变浓度，反应速率才能发生变化，以此解答。【详解】活化分子如
7、果有合适的取向，发生的碰撞一定能发生化学反应，如果没有合适的取向，不能发生化学反应，故正确；普通分子不可能发生化学反应，故错误；增大反应物浓度，活化分子百分数不变，但是浓度增大，单位体积内活化分子数增大，从而使有效碰撞次数增多，故正确；有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的体积)，可增大单位体积内活化分子数，从而使反应速率增大，但活化分子的百分数不能增大，故错误；化学反应的实质是旧化学键断裂和新化学键形成的过程，分子先成为活化分子，活化分子发生碰撞，可生成新物质，故正确；催化剂可降低活化能，能增大活化分子百分数，从而增大化学反应速率，故正确。故有正确，故选 D。6.下列四组实验中，
8、操作正确且能达到预期目的是- 4 -A. 配制稀硫酸 B. 固体 NaHCO3分解C. 制备 Fe(OH)2沉淀 D. 收集 NH3【答案】D【解析】【详解】A不能在量筒中稀释浓硫酸，应在烧杯中稀释，故 A 错误；B碳酸氢钠分解生成水，则图中试管口应向下倾斜，故 B 错误；C制备 Fe(OH)2沉淀，应防止氢氧化亚铁被氧化，则图中胶头滴管应在液体中挤出 NaOH，故 C 错误；D氨气的密度比空气小，则图中短导管进入可收集氨气，故 D 正确；故选 D。7.利用如图所示装置可制取 H2，两个电极均为惰性电极，c 为阴离子交换膜。下列叙述正确的是- 5 -A. a 为电源的正极B. 工作时，OH -
9、 向左室迁移C. 右室电极反应为：C 2H5OHH 2O4e -CH 3COO-5H +D. 生成 H2和 CH3COONa 的物质的量之比为 2:1【答案】D【解析】A. 根据图示，电解池只左侧生成氢气，是溶液中的水放电，发生了还原反应，左侧电极为阴极，则 a 为电源的负极，故 A 错误；B. 工作时，阴极水放电生成氢气和氢氧根离子，氢氧根离子浓度增大，向右室迁移，故 B 错误；C. 右室电极为阳极，发生氧化反应，根据图示，右侧溶液显碱性，不可能生成氢离子，故 C 错误；D. 根据得失电子守恒，生成 1mol H2转移 2mol 电子，则生成 CH3COONa 的物质的量为 =0.5mol，
10、 H2 和 CH3COONa 的物质的量之比为 2:1，故 D 正确；故选 D。8.下列实验操作、现象和结论均正确的是选项 实验操作 现象 结论A 将 SO2通入硝酸钡溶液 产生白色沉淀SO2与可溶性钡盐均生成白色沉淀B向 Zn 与稀硫酸反应的溶液中滴加硫酸铜溶液产生气体的速率加快硫酸铜作该反应的催化剂C 用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应 火焰呈黄色 该溶液一定是钠盐溶液D 蘸有浓氨水的玻璃棒靠近某溶液 有白烟产生 该溶液可能是浓盐酸- 6 -A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】【详解】A.二氧化硫和硝酸钡反应生成硫酸钡沉淀，是因为+4 价硫被硝酸氧化生成硫酸根离子但是二氧
11、化硫与氯化钡等不反应，故错误；B.锌和硫酸铜反应生成铜和硫酸锌，铜和锌和硫酸形成原电池，加快反应速率，但硫酸铜不是催化剂，故错误；C.焰色反应时火焰为黄色，只能说明物质中含有钠元素，但不能确定是否为钠盐，故错误；D.浓盐酸有挥发性和浓氨水挥发出的氨气反应生成氯化铵，出现白烟，故正确。故选 D。【点睛】焰色反应为元素的性质，只能说明含有该元素，但不能确定其具体的化学成分。9.W、X、Y、Z 均为短周期主族元素，原子序数依次增加。W 原子最外层电子数是其所在周期数的 2 倍；Y 和 X2 的电子层结构相同；Z 的原子序数等于 W 和 Y 的核外电子数之和。下列说法正确的是A. Z 的氢化物的酸性比
12、 WX2的水化物的强，说明 Z 的非金属性比 W 的强B. 离子半径大小：ZYXC. 工业上用 MnO2和 Z 的氢化物的浓溶液在加热的条件下制取 Z 的单质D. 能形成 WXZ2这种共价化合物【答案】D【解析】【分析】W、X、Y、Z 均为短周期主族元素，原子序数依次增加。W 原子最外层电子数是其所在周期数的 2 倍，可能为碳或硫，根据其原子序数的大小关系，确定其为碳元素；Y 和 X2 的电子层结构相同，则 Z 为氧元素，Y 为钠元素；Z 的原子序数等于 W 和 Y 的核外电子数之和，为氯元素。【详解】A. 氯的氢化物的酸性比二氧化碳的水化物的强，但是不能说明氯的非金属性比碳的强，应该用最高价
13、氧化物的水化物的酸性进行比较，即用高氯酸和碳酸的酸性比较，故错误；B. 钠离子和氧离子电子层结构相同，核电荷数越大，半径越小，所以氧离子半径大于钠离子半径，故离子半径大小错误；C. 实验室用 MnO2和浓盐酸溶液在加热的条件下制取氯气，工业上用电解食盐水的方法得到氯气，故错误；D. COCl2为共价化合物，故正确，故选D。10.高铁酸钾（K 2FeO4）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- 7 -钾的反应离子方程式为 Fe（OH） 3+C1O +OH FeO 42 +C1 +H2O（未配平） 。下列有关说法不正确的是A. 上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 3：
14、2B. 高铁酸钾中铁显+6 价C. 由上述反应可知，Fe(OH) 3的氧化性强于 FeO42D. K2FeO4处理水时，不仅能消毒杀菌，而且生成的 Fe3+水解形成 Fe（OH） 3胶体能吸附水中的悬浮杂质【答案】C【解析】【分析】根据质量守恒和电荷守恒和电子守恒配平方程式为 2Fe（OH）3+3C1O +4OH =2FeO42 +3C1 +5H2O，C1O 为氧化剂，Fe（OH） 3为还原剂。据此解答。【详解】A. 上述反应中 C1O 为氧化剂，Fe（OH） 3为还原剂，氧化剂和还原剂的物质的量之比为 3：2，故正确；B. 高铁酸钾中铁显+6 价，故正确；C. 由上述反应可知，Fe（OH）
15、3为还原剂，FeO 42 为氧化产物，故不能比较 Fe(OH)3和 FeO42 的氧化性，故错误；D.因为铁离子水解生成氢氧化铁胶体，具有吸附性，所以 K2FeO4处理水时，不仅能消毒杀菌，而且能净水，故正确。故选 C。11.下列说法正确的是A. 需要通电才可进行的有：电解、电泳、电离、电镀、电化腐蚀B. 在 Fe(OH)3胶体中滴加稀硫酸的现象为：先沉淀后溶解C. 用氯化铁溶液和烧碱溶液反应制取氢氧化铁胶体D. 在 Fe(OH)3胶体中插入惰性电极通电，在阳极附近颜色加深【答案】B【解析】【详解】A. 电离和电化腐蚀不需要通电，需要通电才可进行的有：电解、电泳、电镀，故错误；B. 在 Fe(
16、OH)3胶体中滴加稀硫酸的现象为先发生胶体的聚沉，生成氢氧化铁沉淀，后氢氧化铁沉淀溶于硫酸，故正确；C. 用氯化铁溶液和烧碱溶液反应得到氢氧化铁沉淀，不是氢氧化铁胶体，应该用沸水中滴加饱和氯化铁溶液并加热煮沸到显红褐色，即可得氢氧化铁胶体。故错误；D. 在 Fe(OH)3胶体中插入惰性电极通电，带正电荷的氢氧化铁胶体粒子向阴极附近移动，阴极附近颜色变深，阳极附近颜色变浅，故错误。故选 B。- 8 -【点睛】掌握胶体的制备和性质是解题的关键。12.对于下列实验现象描述正确的是（ ）A. 铁在氧气中燃烧生成红色固体B. 镁在二氧化碳中燃烧生成白色固体C. 将过量的 NaOH 溶液逐滴滴入 AlCl
17、3溶液中，先无明显现象后出现白色絮状沉淀D. 将过量的稀盐酸逐滴滴入稀 Na2CO3溶液中，开始几乎不会产生气体，后来出现大量气体。【答案】D【解析】【详解】A、铁丝在氧气中剧烈燃烧，火星四射，生成一种黑色固体(四氧化三铁)，故 A 错误；B、镁在二氧化碳中燃烧生成白色固体，同时有黑色固体颗粒生成，故 B 错误；C.向氯化铝溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液至过量，发生的反应方程式为 Al3+3OH-Al(OH)3、Al(OH) 3+NaOHNaAlO 2+2H2O，氢氧化铝是难溶性白色物质，偏铝酸钠是可溶性物质，所以看到的现象是：先产生白色沉淀，最后沉淀溶解，故 C 错误；D. 将过量的稀盐酸逐滴滴
18、入稀 Na2CO3溶液中，首先反应生成碳酸氢钠，没有气体生成，然后盐酸与碳酸氢钠反应放出二氧化碳，故 D 正确；故选 D。13.下列各组离子，在溶液中能大量共存的是A. S2 、Na +、ClO 、OH B. Na+、HCO 3 、Cl 、H +C. Na+、Al 3+、Cl 、SO 42 D. H+、Fe 2+、NO 3 、SO 42【答案】C【解析】【详解】A.次氯酸根离子能氧化硫离子，故不能大量共存，故错误；B. HCO3 和 H+反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，故错误；C. Na+、Al 3+、Cl 、SO 42 四种离子不反应，能共存，故正确；D. Fe 2+和 NO3 、H +
19、发生氧化还原反应，不能大量共存，故错误。故选 C。【点睛】分析离子共存问题是注意有复分解反应和氧化还原反应。掌握常见的具有氧化性的离子，如次氯酸根离子和铁离子和酸性条件下的硝酸根离子等。掌握酸式酸根离子与氢离子或氢氧根离子都反应。14.下列离子方程式的书写及评价均合理的是（ ）选项 离子方程式 评价- 9 -A将 1molCl2通入到含 1molFeI2溶液中：2Fe2+2I +2Cl22Fe 3+4Cl +I2正确；Cl2过量，可将 Fe2+、I 均氧化B1molL1 的 NaAlO2溶液和 2.5molL1 的 HCl溶液等体积互相均匀混合：2AlO 2 +5H+Al3+Al（OH） 3+
20、H 2O正确；AlO 2 与 Al（OH） 3消耗的 H+的物质的量之比为 2：3C过量 SO2通入到 NaClO 溶液中：SO2+H2O+ClO HClO+HSO 3正确；说明酸性：H 2SO3强于 HClODCa（HCO 3） 2溶液与足量的 NaOH 溶液反应：Ca2+HCO3 +OH CaCO 3+H 2O正确；酸式盐与碱反应生成正盐和水A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【详解】A、将 1mol Cl2通入到含 1mol FeI2溶液中，Cl 2不足，先氧化 I ，离子方程式为：2I +Cl22Cl +I2，故 A 错误；B、AlO 2-与 H+物质的量之比为 1
21、：1 反应时，生成 Al(OH)3沉淀，1：4 反应时生成铝离子，所以 1molL1 的 NaAlO2溶液和 2.5molL1 的 HCl 溶液等体积互相均匀混合，离子方程式为：2AlO 2-+5H+Al 3+Al(OH)3+H 2O，可理解为 2molAlO2-消耗2molH+，生成 2molAl(OH)3，其中 1molAl(OH)3又消耗了 3molH+，生成 1molAl3+，所以 AlO2与 Al(OH)3消耗的 H+的物质的量之比为 2：3，故 B 正确；C、过量 SO2通入到 NaClO 溶液中，发生氧化还原反应：H 2O+SO2+ClO-=SO42- +Cl- +2H+，无法比
22、较 H2SO3和 HClO 的酸性强弱，故C 错误；D、Ca(HCO 3)2与足量 NaOH 溶液反应离子方程式为：Ca 2+2HCO3-+4OH-=2H2O+Mg(OH)2+2CO 32-，酸式盐与碱反应生成正盐和水的说法不全面，故 D 错误。【点睛】本题重点考查离子方程式的正误判断。电离方程式正误判断，第一看是否符合反应事实；第二看：平不平（即元素守恒、电荷守恒、电子守恒） ；第三看：拆不拆（即离子、分子形式的书写是不是有问题） 。强酸、强碱和易溶于水的盐要拆写为离子，难溶物质、难电离物质、挥发性物质、单质、氧化物、非电解质等要书写为化学式。微溶物作为反应物，若是澄清溶液拆写为离子，若是悬
23、浊液写为化学式。微溶物作为生成物，一般写为化学- 10 -式，并标“”符号。多元弱酸酸式根离子，在离子方程式中不能拆写。如 HCO3-不能写成CO32-H +（注：NaHSO 4在溶液中需写成 SO42-H +）15.反应 C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)在一密闭容器中进行。下列说法或结论正确的是A. 当 v(CO)(正) =v(H2)(正) ，时，反应达到平衡状态B. 其他条件不变，适当增加 C(s)的质量会使平衡正向移动C. 保持容器体积不变，充入少量 He 使体系压强增大，反应速率一定增大D. 其他条件不变，仅将容器的体积缩小一半，再次达到平衡时，H 2 0(g)的平衡浓度
24、可能是原来的 2.1 倍【答案】D【解析】【详解】A. 当 v(CO)(正) =v(H2)(正) 时，不能说明正逆反应速率的关系，不能确定反应达到平衡状态，故错误；B. 其他条件不变，适当增加 C(s)的质量不会改变浓度，不能影响速率不能改变平衡，故错误；C. 保持容器体积不变，充入少量 He 使体系压强增大，但反应体系中各物质的浓度不变，反应速率不变，故错误；D. 其他条件不变，仅将容器的体积缩小一半，各物质的浓度变为原来的 2 倍，平衡逆向移动后再次达到平衡时，H 2 0(g)的平衡浓度比 2 倍大，可能是原来的 2.1 倍，故正确。故选 D。【点睛】注意充入惰性气体时的分析，若体积不变，
25、则充入惰性气体对平衡无影响，若压强不变，体积增大，相当于减压，根据减压进行判断平衡的移动方向。16.在恒温、恒容条件下发生下列反应：2X 2O5 (g) 4XO2(g) +O2(g) H0，T 温度下的部分实验数据为：t/s 0 50 100 150c(X2O5) mol/L 4.00 2.50 2.00 2.00下列说法错误的是A. T 温度下的平衡数为 K=64 (mol/L)3，100s 时转化率为 50%B. 50s 内 X 2O5分解速率为 0.03 mol/ (Ls)C. T1温度下的平衡常数为 K1，T 2温度下的平衡常数为 K2，若 T1T2，则 KlK2D. 若只将恒容改为恒
26、压，其它条件都不变，则平衡时 X2O5的转化率和平衡常数都不变【答案】D- 11 -【解析】【分析】2X2O5 (g) 4XO2(g) +O2(g)初始 4.00 0 0改变 2.00 4.00 1.00平衡 2.00 4.00 1.00根据以上数据分析。【详解】A. T 温度下的平衡数为 K= =64 (mol/L)3，100s 时转化率为 2/4=50%，故正确；B. 50s 内 X 2O5分解速率为 = 0.03 mol/ (Ls)，故正确；C. 因为反应是吸热的，所以T1温度下的平衡常数为 K1，T 2温度下的平衡常数为 K2，温度升高，平衡正向移动，平衡常数增大，故正确；D. 反应为
27、气体分子数增多的反应，在恒容条件下，随着反应的进行，容器中的压强逐渐增大，若压强恢复到起始压强，则该平衡正向移动，则平衡时 X2O5的转化率增大，但平衡常数不变，故错误。故选 D。【点睛】平衡常数只与温度有关，与浓度和压强无关。17.某化学课外活动小组拟用铅蓄电池进行电絮凝净水的实验探究，设计的实验装置如图所示，下列叙述正确的是A. Y 的电极反应： Pb2e = Pb2+B. 铅蓄电池工作时 SO42 向 Y 极移动C. 电解池的反应仅有 2Al+6H2O 2Al(OH)3+3H2D. 每消耗 103.5 gPb ，理论上电解池阴极上有 0.5 molH2生成【答案】D【解析】- 12 -【
28、分析】进行净水，即 Al 转化成氢氧化铝胶体，Al 为阳极，Fe 为阴极，根据电解原理，Y 为PbO2，X 为 Pb，从原电池工作原理、电解的原理、电路中通过的电量相等进行分析。【详解】A、根据实验的原理，凝净水，让 Al 转化成氢氧化铝胶体，即 Al 失电子，根据电解原理，Al 为阳极，Y 为 PbO2，则 X 为 Pb，Y 电极反应为：PbO2SO 42 4H 2e =PbSO42H 2O，故 A 错误；B、根据原电池的工作原理，SO 42 向负极移动，即 SO42 移向 X 电极，故 B 错误；C、电解过程中实际上发生两个反应，分别为2Al+6H2O 2Al(OH)3+3H2和 2HO2
29、 2H2O 2，故 C 错误；D、消耗 103.5gPb，转移电子物质的量为 mol=1mol，阴极上的电极反应式为 2H 2e =H2，通过电量相等，即产生氢气的物质的量为 1/2mol=0.5mol，故 D 正确。18.生产上用过量烧碱溶液处理某矿物(含 Al2O3、MgO)，过滤后得到的滤液用 NaHCO 3溶液处理，测得溶液 pH、nAl(OH) 3随加入 NaHCO3溶液体积变化的曲线如下图所示。下列有关说法不正确的是A. 生成沉淀的离子方程式为 HCO3 +AlO2 +H2OAl(OH) 3+CO 32B. b 点与 c 点溶液所含微粒种类相同C. a 点溶液中大量存在的离子是 N
30、a+、AlO 2 、OH D. NaHCO3溶液的物质的量浓度为 0.8mol/L【答案】D【解析】【分析】氧化铝和氢氧化钠反应，而氧化铁不反应，过滤后得到滤液用碳酸氢钠处理，发生HCO3 +AlO2 +H2OAl(OH) 3+CO 32 ，加入 40 毫升碳酸氢钠溶液时沉淀最多，a、b、c 点都- 13 -为碱性，随着碳酸氢钠的加入，碱性减弱，以此解答。【详解】A.偏铝酸根离子促进碳酸氢根电离，生成沉淀的离子方程式为HCO3 +AlO2 +H2OAl(OH) 3+CO 32 ，故正确；B. b 点与 c 点溶液所含微粒种类相同，均为钠离子、偏铝酸根离子、氢氧根离子、碳酸根离子，故正确；C.
31、a 点溶液显碱性，溶质为氢氧化钠和偏铝酸钠，存在的离子是 Na+、AlO 2 、OH ，故正确；D. 加入 40 毫升碳酸氢钠的溶液时沉淀最多，沉淀为 0.032mol，氢氧化钠过量，滤液中含有氢氧化钠，由于氢氧根离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸根离子和水，HCO 3 +AlO2 +H2OAl(OH) 3+CO 32 可知，前8 毫升不生成沉淀，NaHCO 3溶液的物质的量浓度为 0.032/0.032=1.0mol/L，故错误。故选D。【点睛】把握图中沉淀与 pH 的变化，发生的反应，离子共存等为解答的关键。19.氮及其化合物如 NH3及铵盐、N 2H4、N 2O4等在中学化学、化工工业、国防
32、等领域占有重要地位。（1）发射航天火箭常用肼(N 2H4)与 N2O4作燃料与助燃剂。肼(N 2H4)与 N2O4的反应为2N2H4（g）+N 2O4（g）3N 2（g）+4H 2O（g） H= -1077kJmol -1 已知相关反应的化学键键能数据如下表所示：化学键 N-H N-N NN O-HE/（kJmol -1） 390 190 946 460则使 1mol N2O4(g)分子中化学键完全断裂时需要吸收的能量是_。（2）N 2O4与 NO2之间存在反应 N2O4(g) 2NO2(g)。将一定量的 N2O4放入恒容密闭容器中，测得其平衡转化率a(N 2O4)随温度的变化如图所示。由图推
33、测该反应的H _0（填“”或“ (3). 温度升高，（N 2O4）增加，说明平衡右移。该反应为吸热反应，H0 (4). 115.2KPa (5). (6). B 点与 D 点 (7). NO2-e-+H2O=NO3-+2H+ (8). NH3【解析】【分析】根据反应的焓变反应物总键能生成物总键能计算。根据图像分析，随着温度升高，四氧化二氮的平衡转化率增大，说明升高温度有利于反应正向进行，据此判断焓变。根据反应方程式计算平衡时体系中的四氧化二氮和二氧化氮的分压，代入平衡常数表达式计算分压平衡常数即可。电解池阳极发生氧化反应，根据原理分析，二氧化氮在阳极变为硝酸根离子，阴极为二氧化氮变为铵根离子，
34、根据电子守恒分析硝酸根离子和铵根离子的物质的量的关系，- 15 -并分析使二氧化氮电解全部转化为硝酸铵需要将剩余的氢离子转化为铵根离子，据此分析物质。【详解】(1) 假设 1mol N2O4(g)分子中化学键完全断裂时需要吸收的能量为 xkJ，H =2（190+3904）+x-9463-4608=-1077，计算 x=1941 kJ； (2) 根据图像分析，随着温度升高，（N 2O4）增加，说明平衡右移。该反应为吸热反应，H0 ；四氧化二氮与二氧化氮之间存在反应，a 点起始时四氧化二氮的压强为 108kPa，四氧化二氮的平衡转化率为 40%，则平衡时 p(N2O4)=po (1-40%),p(
35、NO2)= po 40%2，所以反应的分压平衡常数为115.2KPa； 当达到平衡时满足正逆反应速率相等，即消耗速率 2v( N2O4)= v(NO2)，又有 v( N2O4)=k1p(N2O4)， v(NO2)=k2p2(NO2)，则 k1、k 2与平衡常数 Kp 的关系为 Kp= 。根据 2v( N2O4)= v(NO2)，则可以表示化学平衡的点为 B 点与 D 点。 (3) 电解池阳极发生氧化反应，根据原理图分析，二氧化氮在阳极失去电子转化为硝酸根离子，则阳极的电极反应为 NO2-e-+H2O=NO3-+2H+；阴极反应为二氧化氮变成铵根离子，电极反应为 NO2+7e-+8H+ =NH4
36、+2H2O， 产生多余的氢离子，为了使二氧化氮电解全部转化为硝酸铵，则需要反应掉 H+产生铵根离子，所以加入的 A 物质为 NH3。20.铅精矿可用于冶炼金属铅，其主要成分为 PbS。（1）火法炼铅将铅精矿在空气中焙烧，生成 PbO 和 SO2。用铅精矿火法炼铅的反应的化学方程式为_。火法炼铅的废气中含低浓度 SO2，可将废气通入过量氨水中进行处理，反应的离子方程式为_。（2）湿法炼铅在制备金属铅的同时，还可制得硫磺，相对于火法炼铅更为环保。湿法炼铅的工艺流程如下：已知：PbCl 2为能溶于水的弱电解质，在 Cl-浓度较大的溶液中，存在平衡：PbCl 2(aq) + 2Cl-(aq) PbCl
37、42-(aq)。不同温度下 PbCl2的溶解度如下表所示：温度（） 20 40 60 80 100- 16 -溶解度（g） 1.00 1.42 1.94 2.88 3.20浸取液中 FeCl3的作用是_。操作 a 为加适量水稀释并冷却，该操作有利于滤液 1 中 PbCl2的析出，分析可能的原因是_。将溶液 3 和滤液 2 分别置于如图所示电解装置的两个极室中，可制取金属铅并使浸取液中的 FeCl3再生。.溶液 3 应置于_ （填“阴极室”或“阳极室” ）中。.简述滤液 2 电解后再生为 FeCl3的原理_。.若铅精矿的质量为 a g，铅浸出率为 b ，当电解池中通过 c mol 电子时，金属铅
38、全部析出，铅精矿中 PbS 的质量分数为_。【答案】 (1). 2PbS + 3O2 2PbO + 2SO2 (2). 2NH3H2O + SO22NH 4+ + SO32- + H2O (3). 使 Pb 元素从难溶固体 PbS 转化成溶液中的 PbCl4-，S 元素转化成单质硫成为滤渣 (4). 加水稀释使 PbCl2(aq) + 2Cl-(aq) PbCl42-(aq)平衡向左移动；温度降低 PbCl2溶解度减小 (5). 阴极室 (6). 阳极发生电极反应：Fe 2+- e- Fe3+（或 2Cl-2e- Cl2；Cl 2 + 2Fe2+ = 2Fe3+ + 2Cl-，文字表述也可）
39、，使 c(Fe3+)升高，同时 Cl-通过阴离子交换膜向阳极移动，使 FeCl3再生 (7). 【解析】【分析】铅精矿通过含有氯化铁和氯化钠溶液的浸泡，加热，趁热过滤，得到含氯化铅、氯化铁的溶液和含有硫单质的滤渣，滤液加适量水稀释并冷却，得到氯化亚铁溶液和析出 PbCl2，PbCl 2加入氯化钠溶液，使平衡 PbCl2(aq) + 2Cl-(aq) PbCl42-(aq)正向移动，得到溶液，在与上述的氯化亚铁溶液共同组成电解池，电解得到铅单质和含有氯化铁的溶液。【详解】(1)由题意，铅精矿在空气中焙烧，生成 PbO 和 SO2和，即与氧气反应，故反应方程- 17 -式为：2PbS + 3O2
40、2PbO + 2SO2。 (2)二氧化硫是酸性气体，氨水显碱性，用氨水来吸收二氧化硫，得到相应的铵盐和水，离子方程式为：2NH 3H2O + SO22NH 4+ + SO32- + H2O 。 (3)浸取液中氯化铁增加了氯离子浓度，当氯离子浓度较大时，溶液中存在平衡PbCl2(aq) + 2Cl-(aq) PbCl42-(aq)，正向移动， 使 Pb 元素以形式存在溶液中，另外铁离子具有氧化性，硫离子具有还原性，发生氧化还原反应，使硫元素转化为单质硫成为滤渣。 (4). PbCl2为能溶于水的弱电解质，存在平衡 PbCl2(aq) + 2Cl-(aq) PbCl42-(aq)，加水稀释，氯离子
41、浓度降低，平衡逆向移动，冷却后，温度降低， PbCl 2溶解度减小，从而析出 PbCl2固体。(5) 溶液 3 是含有 PbCl42-的溶液，要制得单质铅，元素铅的化合价降低，得到电子，发生还原反应，根据电解池的工作原理，阴极得到电子，故溶液 3 应放入阴极室。阳极室是溶液 2，溶液 2 是氯化亚铁溶液，亚铁离子在阳极失去电子，转化为铁离子，电极反应：Fe 2+- e-= Fe3+，使 c(Fe3+)升高，溶液中的阴离子氯离子通过阴离子交换膜，达到阳极室，与铁离子结合，得到氯化铁。由 Pb2+-Pb，1mol Pb2+转移 2mol 电子，当电解池中通过 cmol 电子时，金属铅全部析出，所以
42、就有 c/2mol 的铅析出，铅浸出率为b，故原液中有铅离子物质的量为 c/2bmol，故硫化铅的物质的量也为 c/2bmol，质量为239c/2bg，铅精矿的质量为 ag，则质量分数为 。21.某小组设计不同实验方案比较 Cu2+、Ag + 的氧化性。查阅资料：Ag + + I- = AgI K1 =1.21016；2Ag + + 2I- = 2Ag+ I 2 K2 = 8.7108（1）方案 1：通过置换反应比较向酸化的 AgNO3溶液插入铜丝，析出黑色固体，溶液变蓝，说明氧化性 Ag+Cu 2+。反应的离子方程式是_。（2）方案 2：通过 Cu2+、Ag + 分别与同一物质反应进行比较试
43、 剂实验试 管 滴 管编号及现象1.0 mol/L AgNO3溶液 产生黄色沉淀，溶液无色1.0 mol/LKI 溶液 1.0 mol/L CuSO4溶液 产生白色沉淀 A，溶液变黄经检验，中溶液不含 I2，黄色沉淀是_。- 18 -经检验，中溶液含 I2。推测 Cu2+做氧化剂，白色沉淀 A 是 CuI。确认 A 的实验如下：a检验滤液无 I2。溶液呈蓝色说明溶液含有_（填离子符号） 。b白色沉淀 B 是_。c白色沉淀 A 与 AgNO3溶液反应的离子方程式是_，说明氧化性 Ag+Cu 2+。（3）分析方案 2 中 Ag+ 未能氧化 I- ，但 Cu2+氧化了 I-的原因，设计实验如下：编号
44、 实验 1 实验 2 实验 3实验KI 溶液KI 溶液 AgNO 3溶液a bKI 溶液 CuSO 4溶液c d现象 无明显变化a 中溶液较快变棕黄色,b 中电极上析出银；电流计指针偏转c 中溶液较慢变浅黄色；电流计指针偏转（电极均为石墨，溶液浓度均为 1 mol/L，b、d 中溶液 pH4）a 中溶液呈棕黄色的原因是_（用电极反应式表示） 。“实验 3”不能说明 Cu2+氧化了 I-。依据是空气中的氧气也有氧化作用，设计实验证实了该依据，实验方案及现象是_。方案 2 中，Cu 2+能氧化 I-,而 Ag+未能氧化 I-。其原因一是从 K 值分析：_；二是从Cu2+的反应特点分析：_。【答案】
45、 (1). Cu+2Ag +2Ag+Cu 2+ ； (2). AgI (3). Cu 2+ (4). AgCl (5).CuI+2Ag+Cu 2+Ag+AgI (6). 2I 2e I 2 (7). 将 d 烧杯内的溶液换为 pH4 的 1 - 19 -mol/L Na2SO4溶液，c 中溶液较慢变浅黄，电流计指针偏转 (8). K1 K2，故 Ag+更易与 I_发生复分解反应，生成 AgI (9). 2Cu2+ + 4I- = 2CuI + I2 ，生成了 CuI 沉淀，使得Cu2+的氧化性增强【解析】【详解】(1)向酸化的硝酸银中插入铜丝，析出黑色固体，溶液变蓝，说明银离子氧化铜，反应生成
46、银单质和铜离子，反应的离子方程式为： Cu+2Ag+2Ag+Cu 2+ ； (2)经过检验，中溶液含有碘单质，推测铜离子做氧化剂，白色沉淀为碘化亚铜，沉淀中加入足量硝酸银溶液得到灰黑色沉淀，过滤得到滤液为蓝色，说明生成了铜离子，滤渣加入浓硝酸得到黄色沉淀为碘化银，溶液中加入稀盐酸生成白色沉淀，说明为氯化银。经检验，中溶液不含 I2，黄色沉淀为 AgI。a检验滤液无 I2。溶液呈蓝色说明溶液含有铜离子；b白色沉淀 B 是氯化银；c白色沉淀 A 与 AgNO3溶液反应的离子方程式是CuI+2Ag+Cu 2+Ag+AgI。 (). 中溶液较快变棕黄色，中电极上析出银，说明形成原电池，为负极失去电子发生氧化反应，溶液变黄色是生成了碘单质，电极反应为2I 2e I 2 。实验不能说明铜离子氧化碘离子，依据是空气中的氧气也有氧化作用，设计实验验证了该依据，实验方案及现象为：将 d 烧杯内的溶液换为 pH4 的 1 mol/L Na2SO4溶液，c 中溶液较慢变浅黄，电流计指针偏转。方案中，铜离子氧化碘离子，而银离子未能氧化碘离子的原因， K1 K2，故 Ag+更易与 I_发生复分解反应，生成 AgI。铜离子氧化碘离子的方程式为：2Cu 2+ + 4I- = 2CuI + I2 ，生成了 CuI 沉淀，使得 Cu2+的氧化性增强。
