2019-2020学年福建省宁德市普通高中毕业班新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年福建省宁德市普通高中毕业班新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1中华民族有着灿烂的文化积淀。下列叙述不正确的是（）A胆水炼铜是中国古代冶金中一项重要发明，发生了分解反应B古语：“雷雨发庄稼”,是因为发生了自然固氮C侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异D中国古代利用明矾溶液来清除铜镜表面的铜锈【答案】A【解析】胆水炼铜是用铁与硫酸铜溶液发生置换反应，A 错误；放电情况下，氮气与氧气反应变为NO，然后被 O2氧化为 NO2，NO2溶于水变为硝酸随雨水落入地面，相当于给庄稼施肥，这是自然固氮，B 正确

2、；侯氏制碱法的工艺过程中是将CO2、NH3通入饱和NaCl 溶液中，发生以下反应：NH3+CO2+H2O=NH4HCO3；NH4HCO3+NaCl=NH4Cl+NaHCO3，主要应用了Na2CO3与 NaHCO3的溶解度的差异，C 正确；明矾中铝离子水解显酸性，与铜锈中主成分碱式碳酸铜反应，D 正确；正确选项A；2下列说法中，不正确的是A固体表面水膜的酸性很弱或呈中性，发生吸氧腐蚀B钢铁表面水膜的酸性较强，发生析氢腐蚀C将锌板换成铜板对钢闸门保护效果更好D钢闸门作为阴极而受到保护【答案】C【解析】【分析】【详解】钢铁生锈主要是电化学腐蚀，而电化学腐蚀的种类因表面水膜的酸碱性不同而不同，当表面水

3、膜酸性很弱或中性时，发生吸氧腐蚀；当表面水膜的酸性较强时，发生析氢腐蚀，A、B 均正确；C、钢闸门与锌板相连时，形成原电池，锌板做负极，发生氧化反应而被腐蚀，钢闸门做正极，从而受到保护，这是牺牲阳极的阴极保护法；当把锌板换成铜板时，钢闸门做负极，铜板做正极，钢闸门优先腐蚀，选项 C错误；D、钢闸门连接直流电源的负极，做电解池的阴极而受到保护，这是连接直流电源的阴极保护法，选项D正确。答案选 C。3下列离子方程式书写正确的是A食醋除水垢2H+CaCO3=Ca2+CO2+H2O：B稀硝酸中加入少量亚硫酸钠：2H+SO32-=SO2+H2O C处理工业废水时Cr()的转化：Cr2O72-+3SO32

4、-+8H+=3SO42-+2Cr3+4H2O D用酸性KMnO4测定草酸溶液浓度：5C2O42-+2MnO4-+16H+=2Mn2+10CO2+8H2O【答案】C【解析】【详解】A食醋的主要成分为乙酸，属于弱酸，用食醋除水垢，离子方程式：2CH3COOH+CaCO3CO2+Ca2+H2O+2CH3COO-，故 A 错误；B酸性条件下，亚硫酸钠被硝酸氧化生成硫酸钠，离子反应方程式为：3SO32-+2H+2NO3-=3SO42-+2NO +H2O，故 B 错误；CCr()具有强氧化性，可以用在酸性条件下，用亚硫酸钠处理工业废水时Cr()，反应的离子方程式为：Cr2O72-+3SO32-+8H+=3

5、SO42-+2Cr3+4H2O，故 C正确；D酸性高锰酸钾可氧化草酸溶液，草酸是弱酸，不能拆开，正确的的离子反应为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O，故 D 错误；故选 C。【点睛】本题的易错点为B，要注意硝酸具有强氧化性，能够将亚硫酸根离子氧化。4下列说法正确的是（）A金刚石与晶体硅都是原子晶体B分子晶体中一定含有共价键C离子晶体中一定不存在非极性键D离子晶体中可能含有共价键，但一定含有金属元素【答案】A【解析】【详解】A.金刚石与晶体硅都是原子晶体，A 项正确；B.分子中不一定含有共价键，如单原子分子稀有气体，B 项错误；C.离子晶体中一定含有离子键，可能

6、含有非极性键，如过氧化钠中含有离子键与非极性键，C项错误；D.离子晶体中一定含有离子键，可能含有共价键，但不一定含有金属元素，如铵盐，D 项错误；答案选 A。【点睛】离子晶体中阴阳离子以离子键结合，且可能含有共价键；原子晶体中原子以共价键结合，分子晶体中分子之间以范德华力结合，分子内部存在化学键，如果是单原子分子则不存在共价键，且分子晶体中不可能存在离子键。5常温下，BaCO3的溶度积常数为Ksp，碳酸的电离常数为Ka1、Ka2，关于 0.1 mol/L NaHCO3溶液的下列说法错误的是A溶液中的c(HCO3-)一定小于0.1 mol/L Bc(H+)c(H2CO3)c(CO32-)c(OH

7、)C升高温度或加入NaOH 固体,+-3c(Na)c(HCO)均增大D将少量该溶液滴入BaCl2溶液中，反应的平衡常数a1spKKK【答案】D【解析】【分析】【详解】A HCO3-离子在溶液中既要发生电离又要发生水解，0.1 mol/L NaHCO3溶液中的c（HCO3-）一定小于0.1 mol/L，A 正确；B NaHCO3溶液中存在物料守恒：c(Na+)=c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)、电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，代入可得c(H+)+c(H2CO3)(CO32-)+c(OH-)，B 正确；C升高温度，HCO3

8、-离子的电离和水解都是吸热反应，所以c(HCO3-)会减小，而c(Na+)不变，+-3c(Na)c(HCO)会增大；加入NaOH 固体，c(Na+)会增大，HCO3-与 OH-反应导致c(HCO3-)减小，+-3c(Na)c(HCO)会增大，所以C正确；D将少量 NaHCO3溶液滴入BaCl2溶液发生：HCO3-?H+CO32-（Ka2）、Ba2+CO32-=BaCO3（sp1K）、H+HCO3-=H2CO3（a1K），三式相加可得总反应Ba2+2HCO3-=BaCO3+H2CO3(K)，所以 K=a2a1spKKK，D 错误；答案选 D。【点睛】方程式相加平衡常数相乘，方程式反应物生成物互换

9、平衡常数变成原来的倒数。6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A 用铜电极电解饱和KCl溶液：2H2O+2Cl-H2+Cl2+2OH-正确：Cl-的失电子能力比OH-强B 向 CuSO4溶液中通入过量的H2S气体：Cu2+H2S=CuS+2H+错误：H2S的酸性比H2SO4弱C Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH 溶液反应：Ba2+HCO3-+OH-BaCO3+H2O 错误：Ba2+与 HCO3-系数比应为1:2 D 过量 SO2通入到 NaClO溶液中：SO2+ClO-+H2O=HClO+HSO3-正确：H2SO3的酸性比HClO 强A A BB CC D D【答案】

10、C【解析】【详解】A 项、用铜电极电解饱和KCl溶液时，阳极是铜电极放电，溶液中Cl-不能放电生成氯气，故A 错误；B 项、CuSO4溶液能与过量的H2S气体反应能够发生的原因是生成的硫化铜沉淀不能溶于硫酸，与酸性强弱无关，故B错误；C 项、Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH 溶液反应，不足量的Ba(HCO3)2溶液完全反应，反应消耗的Ba2+与 HCO3-的物质的量比为1:2，故离子方程式书写错误，故C正确；D 项、SO2具有还原性，NaClO 具有强氧化性，过量SO2通入到 NaClO 溶液中发生氧化还原反应，不是复分解反应，与酸性强弱无关，故D 错误；故选 C。7下列关于氧化还原反应

11、的说法正确的是A 1mol Na2O2参与氧化还原反应，电子转移数一定为NA(NA为阿伏加德罗常数的值)B浓 HCl 和 MnO2制氯气的反应中，参与反应的HCl 中体现酸性和氧化性各占一半CVC可以防止亚铁离子转化成三价铁离子，主要原因是VC具有较强的还原性D NO2与水反应，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:1【答案】C【解析】【分析】【详解】A Na2O2中的 O 为-1 价，既具有氧化性又具有还原性，发生反应时，若只作为氧化剂，如与SO2反应，则 1molNa2O2反应后得 2mol 电子；若只作为还原剂，则 1molNa2O2反应后失去2mol 电子；若既做氧化剂又做还原剂，如与CO

12、2或水反应，则1molNa2O2反应后转移1mol 电子，综上所述，1molNa2O2参与氧化还原反应，转移电子数不一定是1NA，A 项错误；B浓 HCl 与 MnO2制氯气时，MnO2表现氧化性，HCl 一部分表现酸性，一部分表现还原性；此外，随着反应进行，盐酸浓度下降到一定程度时，就无法再反应生成氯气，B 项错误；C维生素C具有较强的还原性，因此可以防止亚铁离子被氧化，C项正确；D NO2与水反应的方程式：2233NOH O=2HNONO，NO2中一部分作为氧化剂被还原价态降低生成 NO，一部分作为还原剂被氧化价态升高生成HNO3，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:2，D 项错误；答案选

13、C。【点睛】处于中间价态的元素，参与氧化还原反应时既可作为氧化剂表现氧化性，又可作为还原剂表现还原性；氧化还原反应的有关计算，以三个守恒即电子得失守恒，电荷守恒和原子守恒为基础进行计算。8常温下，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系错误的是（）A pH 为 5 的 NaHSO3溶液中:c(HSO3-)c(H2SO3)c(SO32-)B向 NH4Cl溶液中加入NaOH 固体至 pH=7：c(Cl-)c(NH4+)c(Na+)=c(NH3H2O)c(OH-)=c(H+)C将等体积、等物质的量浓度的CH3COONH4与 NaCl溶液混合，pH=7：c(CH3COO-)+c(Na+)=c(Cl-)+c

14、(NH4+)D 20mL0.1mol/LNH4HSO4溶液与 30mL0.1mol/LNaOH 溶液混合，测得 pH7：c(NH4+)c(NH3 H2O)c(OH-)c(H+)【答案】A【解析】【详解】A.pH=5 的 NaHSO3溶液显酸性，亚硫酸根离子电离大于水解程度，离子浓度大小：c（HSO3）c（SO32）c（H2SO3），故 A 错误；B.向 NH4Cl 溶液中加入NaOH 固体至 pH=7，加入的 NaOH 少于 NH4Cl，由电荷守恒：c(NH4+)+c(Na+)=c(Cl-)，物料守恒：c(NH4+)+c(NH3 H2O)=c(Cl-)，则 c(NH3 H2O)=c(Na+)，

15、NH3 H2O 电离大于NH4+水解，c(NH4+)c(NH3 H2O)，所得溶液中：c(Cl-)c(NH4+)c(Na+)=c(NH3H2O)c(OH-)=c(H+)，故 B正确；C.CH3COONH4中醋酸根离子和铵根离子的水解程度相同溶液呈中性，NaCl也呈中性，c(Na+)=c(Cl-)，c(NH4+)=c(CH3COO)，c(CH3COO)+c(Na+)=c(Cl-)+c(NH4+)，故 C正确；D.滴入 30mLNaOH 溶液时（pH7），其中 20mL 氢氧化钠溶液与硫酸氢铵中的氢离子发生中和反应，剩余的 10mL 氢氧化钠溶液与铵根离子反应，则反应后的溶液中含有0.001mol

16、 一水合氨、0.0005mol 硫酸铵，溶液的 pH7，说明一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，则：c（NH4）c（NH3H2O）、c（OH）c（H），则溶液中离子浓度大小为：c（NH4）c（NH3H2O）c（OH）c（H），故 D正确；故选 A。【点睛】本题考查了离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断等知识，解题关键：明确反应后溶质组成，难点突破：注意掌握电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法。9向用盐酸酸化的MgCl2、FeCl3混合溶液中逐滴滴入NaOH(aq)，生成沉淀的质量与滴入NaOH(aq)的体积关系如图。原混合溶液中MgCl2与 FeCl3的物质的量

17、之比为A(b-a)(d-c)B(d-c)(b-a)C2(b-a)3(d-c)D3(d-c)2(b-a)【答案】D【解析】【分析】向用盐酸酸化的MgCl2、FeCl3混合溶液中逐滴滴入NaOH 溶液，首先发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2O，即为图象中 0-amL，沉淀的质量为0 g；FeCl3只能在酸性较强的溶液中存在，当酸性减弱时，会转化为Fe(OH)3沉淀，从 a mL 开始，b mL 时沉淀完全 bmL 时，溶液仍然呈酸性，到 c mL 时，才开始产生Mg(OH)2沉淀，结合 Fe3+3OH-Fe(OH)3、Mg2+2OH-Mg(OH)2计算判断。【详解】向用盐酸酸化的MgCl2、

18、FeCl3混合溶液中逐滴滴入NaOH 溶液，首先发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2O，即为图象中 0-a mL，沉淀的质量为0 g；FeCl3只能在酸性较强的溶液中存在，当酸性减弱时，会转化为Fe(OH)3沉淀，从a mL开始，b mL 时沉淀完全。b mL 时，溶液仍然呈酸性，到c mL时，才开始产生Mg(OH)2沉淀，令氢氧化钠浓度为x mol/L，Fe3+完全沉淀消耗氢氧化钠为(b-a)mL，结合 Fe3+3OH-Fe(OH)3可知，溶液中n(Fe3+)=13(b-a)10-3L xmol/L，Mg2+完全沉淀消耗氢氧化钠为(d-c)mL，结合 Mg2+2OH-Mg(OH)2可知，

19、溶液中n(Mg2+)=12(d-c)10-3L xmol/L，故原混合溶液中n(MgCl2)：n(FeCl3)=12(d-c)10-3L xmol/L：13(b-a)10-3L xmol/L=3(d-c)2(b-a)，D 项正确；答案选 D。10对于复分解反应X+YZ+W，下列叙述正确的是A若 Z是强酸，则X 和 Y必有一种是强酸B若 X 是强酸，Y是盐，反应后可能有强酸或弱酸生成C若 Y是强碱，X是盐，则Z或 W 必有一种是弱碱D若 W 是弱碱，Z是盐，则X 和 Y必有一种是强碱【答案】B【解析】【详解】A H2S+CuSO4=CuS+H2SO4。错误；BH2SO4+2NaCl=Na2SO4

20、+2HCl；2HCl+FeS=FeCl2+H2S ，正确；CNa2CO3+Ca(OH)2=CaCO3+2NaOH，错误；D CuSO4+2NH3 H2O=Cu(OH)2+(NH4)2SO4，错误。11无水 MgBr2可用作催化剂。某兴趣小组同学采用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2，设计装置如图所示。已知：Mg 与 Br2反应剧烈放热；MgBr2具有强吸水性。下列说法正确的是（）A冷凝管中冷水进、出口方向错误B实验中可以用干燥的空气代替干燥的N2C为防止反应过于剧烈，不能用装置C代替装置B D装有无水CaCl2固体 A 的作用是吸收挥发的溴蒸气，防止污染环境【答案】C【解析】【详解】A.冷凝管

21、下口进水，上口出水，方向正确，故A 错误；B.空气中含氧气会和镁发生反应生成氧化镁会阻碍镁与溴单质的反应，故B错误；C.将装置 B 改为 C装置，当干燥的氮气通入，会使气压变大，将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热存在安全隐患，不能更换，故C正确；D.仪器 A 为干燥管，用于吸收空气中的水分，故D 错误；正确答案是C。12我国科学家成功地研制出长期依赖进口、价格昂贵的物质1882O，下列说法正确的是（）A它是1682O的同分异构体B它是 O3的一种同素异形体C1882O与1682O互为同位素D 1 mol1882O分子中含有20 mol 电子【答案】B【解析】【分析】【详解】A1882O与1

22、682O的分子式相同，不属于同分异构体，故A 错误；B1882O与 O3都为氧元素的不同单质，互为同素异形体，故B正确；C同位素研究的对象为原子，1882O与1682O属于分子，不属于同位素关系，故C错误；D 1 mol1882O分子中含有16mol 电子，故D 错误；故选 B。13化学与工业生产密切相关。下列说法中正确的是A工业上常用电解熔融MgO 制镁单质B工业上常用金属钠与水反应制NaOH C工业上炼铁的原料是铁矿石和氢气D工业上制备粗硅的原料是石英砂和焦炭【答案】D【解析】【详解】A电解熔融氯化镁制得镁单质，化学方程式为：22=MgClMg+Cl电解熔融，而不是氧化镁，故A 错误；B工

23、业上常用石灰乳与纯碱反应Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO3+2NaOH，制备 NaOH，而不是钠与水反应，故B 错误；C炼铁的原料铁矿石、焦炭、石灰石，起还原剂作用的是碳和氢气反应生成的CO，故 C错误；D二氧化硅与焦炭反应生成粗硅和一氧化碳，反应方程式为：2SiO+2CSi+2CO高温，所以工业上制备粗硅的主要原料有石英砂和焦炭，故D 正确；故选：D。【点睛】电解制备镁单质所使用物质为氯化镁，而非氧化镁，其原因在于氧化镁的熔点较高，电解过程中耗能较大，而氯化镁的熔点较低，在熔融状态下能够发生电离，能够制备镁单质。14分别向体积均为100mL、浓度均为1mol/L 的 NaClO、NaO

24、H、CH3COONa的三种溶液中通入CO2，测得各溶液中n(HCO3-)的变化如下图所示：下列分析正确的是A CO2通入 NaClO 溶液的反应：2ClO-+CO2+H2O=CO32-+2HClO BCO2通入 CH3COONa溶液的反应：CO2+H2O+CH3COO-=HCO3-+CH3COOH C通入 n(CO2)=0.06mol 时，NaOH 溶液中的反应：2OH-+CO2=CO32-+H2O D通入 n(CO2)=0.03mol 时，三种溶液中：n(HCO3-)+n(CO32-)+n(H2CO3)=0.03mol【答案】D【解析】【详解】A.次氯酸的酸性大于碳酸氢根离子，所以反应生成次

25、氯酸和碳酸氢根离子，则少量二氧化碳通入NaClO溶液中反应的离子方程式为：CO2+H2O+ClO-=HCO3-+HClO，A 错误；B.碳酸的酸性比醋酸弱，CO2通入 CH3COONa溶液不反应，B 错误；C.n(NaOH)=0.1mol，通入 n(CO2)=0.06mol，反应产物为碳酸氢钠和碳酸氢钠，反应的离子方程式：5OH-+3CO2=2CO32-+HCO3-+2H2O，C错误；D.通入 n(CO2)=0.03mol，三种溶液中存在碳元素的物料守恒得到：n(HCO3-)+n(CO32-)+n(H2CO3)=0.03mol l，D正确；故合理选项是D。15分子式为C5H12的烃，其分子内含

26、3 个甲基，该烃的二氯代物的数目为A 8 种B9 种C10 种D11 种【答案】C【解析】【详解】分子式为C5H12含 3 个甲基的烃为，该烃的一氯代物有4 种：ClCH2CH（CH3）CH2CH3、（CH3）2CClCH2CH3、（CH3）2CHCHClCH3、（CH3）2CHCH2CH2Cl，采用“定一移二”法，第二个氯原子的位置如图：、，该烃的二氯代物的同分异构体有5+2+2+1=10 种，答案选C。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16工业上由黄铜矿（主要成分CuFeS2）冶炼铜的主要流程如下：（1）气体 A 中的大气污染物可选用下列试剂中的_吸收a浓 H2SO4 b稀 HN

27、O3cNaOH 溶液d氨水（2）用稀 H2SO4浸泡熔渣B，取少量所得溶液，滴加 KSCN溶液后呈红色，说明溶液中存在_（填离子符号），检验溶液中还存在Fe2+的方法是 _（注明试剂、现象）（3）由泡铜冶炼粗铜的化学反应方程式为_（4）以 CuSO4溶液为电解质溶液进行粗铜（含Al、Zn、Ag、Pt、Au 等杂质）的电解精炼，下列说法正确的是 _a电能全部转化为化学能b粗铜接电源正极，发生氧化反应c溶液中Cu2+向阳极移动d利用阳极泥可回收Ag、Pt、Au 等金属（5）利用反应2Cu+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O 可制备 CuSO4，若将该反应设计为原电池，其正极电极反应式为 _【

28、答案】cd Fe3+取少量溶液，滴加KMnO4溶液，KMnO4溶液紫色褪去3Cu2O+2AlAl2O3+6Cu bd 4H+O2+4e=2H2O【解析】【分析】由流程可知，黄铜矿加入石英砂通入空气焙烧，可生成Cu2S、CuO，继续加入石英砂通入空气焙烧，生成Cu2O、Cu，生成气体A 为二氧化硫，熔渣B 为 FeO等，Cu2O、Cu 与铝在高温下发生铝热反应得到粗铜，电解可得到精铜，据此分析解答。【详解】（1）气体 A 中的大气污染物主要含二氧化硫，需用碱性溶液吸收，故答案选cd；（2）滴加 KSCN溶液后呈红色，说明存在Fe3+。证明 Fe2的方法一般是用酸性高锰酸钾溶液，使其褪色证明存在

29、Fe2，具体操作取少量溶液，滴加KMnO4溶液，KMnO4溶液，其现象是酸性高锰酸钾溶液褪色，故答案为Fe3+；取少量溶液，滴加KMnO4溶液，KMnO4溶液紫色褪去；（3）由泡铜冶炼粗铜是用铝单质还原Cu2O，发生的化学方程式为3Cu2O+2AlAl2O3+6Cu，故答案为3Cu2O+2AlAl2O3+6Cu；（4）粗铜的精炼中粗铜做阳极，发生氧化反应，纯铜做阴极，与外接电源负极相连，发生还原反应，在电解池中阳离子向阴极移动，在电解过程中还伴随着热量放出，所以电能不可能全部转化为化学能。故选择 bd；（5）原电池中正极发生还原反应，元素化合价降低，在2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+

30、2H2O 中，氧气发生还原反应，所以电极反应式为，4H+O2+4e=2H2O，故答案为4H+O2+4e=2H2O。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17A、B、C、D、E五种物质中均含有同一种非金属元素，他们能发生如图所示的转化关系。若该元素用R 表示，则A为 R 的氧化物，D 与 NaOH 溶液反应生成C和 H2。请回答：(1)写出对应物质的化学式：A_；C_；E_。(2)反应 的化学方程式为_。(3)反应 的离子方程式为_。(4)H2CO3的酸性强于E的，请用离子方程式予以证明：_。【答案】SiO2Na2SiO3H2SiO3(或 H4SiO4)SiO22CSi2CO Si 2OH

31、H2O=SiO32-2H2 SiO32-CO2 H2O=H2SiO3CO32-(或 SiO32-2CO22H2O=H2SiO32HCO3-)【解析】【分析】【详解】A、B、C、D、E五种物质中均含有同一种非金属元素，该元素（用R 表示）的单质能与NaOH 溶液反应生成盐和氢气，则可推知该元素为硅元素，根据题中各物质转化关系，结合硅及其化合物相关知识可知，A与焦碳高温下生成D，则 A为 SiO2，D 为 Si，C为 Na2SiO3，根据反应 或反应 都可推得B 为 CaSiO3，根据反应 推知 E为 H2SiO3；（1）由以上分析可知A 为 SiO2，C 为 Na2SiO3，E为 H2SiO3；

32、（2）反应 的化学方程式为2C+SiO2Si+2CO；（3）反应 的离子方程式为Si+2OH-+H2OSiO32-+2H2；（4）H2CO3的酸性强于H2SiO3的酸性，可在硅酸钠溶液中通入二氧化碳，如生成硅酸沉淀，可说明，反应的离子方程式为SiO32-+CO2+H2OH2SiO3+CO32-。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18研究 CO2的综合利用对促进“低碳经济”的发展有重要意义。CO2与 H2合成二甲醚(CH3OCH3)是一种CO2转化方法，其过程中主要发生下列反应：反应 I CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H1=-49.0 kJ.mol-1反应 I

33、I 2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H20(g)H2=-24.5 kJ.mol-1反应 III CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)H3=41.2 kJ.mol-1（1）写出 CO2与 H2一步合成二甲醚（反应IV）的热化学反应方程式：_（2）有利于提高反应IV 平衡转化率的条件是_。A高温高压B低温诋压C高温低压D低温高压（3）在恒压、CO2和 H2起始物质的量之比为1：3 的条件下，CO2平衡转化率和平衡时二甲醚的选择性随温度的变化如图1。CH3OCH3的选择性=3322 100%COCH OCH 的物质的量反应的的物质的量温度低于300，CO2平衡转化率随温度升高而下

34、降的原因是_关于合成二甲醚工艺的理解，下列说法正确的是_A反应 IV 在 A 点和 B 点时的化学平衡常数K(A)小于 K(B)B当温度、压强一定时，在原料气（CO2和 H2的比例不变）中添加少量惰性气体，有利于提高平衡转化率C其他条件不变，在恒容条件下的二甲醚平衡选择性比恒压条件下的平衡选择性低D提高催化剂的活性和选择性，减少CO等副产物是工艺的关键在某温度下，若加入 CO2的物质的量为1mol，生成二甲醚的选择性为80%，现收集到0.2mol 的二甲醚，则 CO2转化率为 _一定温度压强下，二甲醚的体积分数随时间变化如图2 所示。在t1时刻，再加入物质的量之比为1：3的 CO2和 H2，t

35、2时刻重新达到平衡。画出t1 t3时刻二甲醚体积分数的变化趋势。_（4）光能储存一般是指将光能转换为电能或化学能进行储存，利用太阳光、CO2、H2O 生成二甲醚的光能储存装置如图所示，则b 极的电极反应式为_【答案】2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)H=-122.5kJ mol-1D反应的H 0，温度升高，二氧化碳的平衡转化率变大，而反应（或者反应）的 H 0，温度升高，平衡正向移动，二氧化碳的平衡转化率变大，而反应（或者反应）的 H 0，温度升高，平衡逆向移动，二氧化碳的平衡转化率下降，且上升幅度小于下降幅度，所以随着温度升高，二氧化碳的平衡转化率下降；A.从图

36、分析反应IV 随着温度升高，二氧化碳的平衡转化率A 点小于 B 点，但二甲醚的选择性降低，说明反应 IV 进行程度减小，所以在A 点和 B点时的化学平衡常数K(A)大于 K(B)，故错误；B.当温度、压强一定时，在原料气（C02和 H2的比例不变）中添加少量惰性气体，容器的体积增大，相当于减压，平衡逆向移动，不有利于提高平衡转化率，故错误；C其他条件不变，在恒容条件下反应体系中的压强逐渐减小，二甲醚平衡选择性比恒压条件下的平衡选择性低，故正确；D.提高催化剂的活性和选择性，可以控制三个反应是否进行，减少CO 等副产物是工艺的关键，故正确；故选 CD。生成二甲醚的选择性为80%，现收集到0.2m

37、ol 的二甲醚，说明有0.4mol 二氧化碳转化生成二甲醚，生成二甲醚的选择性为80%，即有 0.5mol 二氧化碳参与反应，则二氧化碳的转化率为0.5100%1=50%或 0.5。反应到平衡后，在t1时刻，再加入物质的量之比为1：3 的 CO2和 H2，加入时二甲醚的体积分数减小，平衡正向移动，二甲醚的体积分数逐渐增加，因为是在恒温恒压条件下，再加入等物质的量比的二氧化碳和氢气，所以属于等效平衡，即平衡时二甲醚的体积分数不变。所以图像如下：。该装置为电解装置，二氧化碳变成二甲醚是得到电子的过程，根据图中质子交换膜分析，反应中的离子只能写氢离子，所以电极反应为12H+2CO2+12e-=CH3

38、OCH3+3H2O。19某小组同学以不同方案探究Cu 粉与 FeCl3溶液的反应。(1)甲同学向FeCl3溶液中加入Cu粉，观察到溶液的颜色变为浅蓝色，由此证明发生了反应，其离子方程式是_。(2)乙同学通过反应物的消耗证明了上述反应的发生：将Cu粉加入到滴有少量KSCN的 FeCl3溶液中，观察到溶液红色褪去，有白色沉淀A 产生。针对白色沉淀A，查阅资料：A 可能为 CuCl和 CuSCN（其中硫元素的化合价为-2 价）中的一种或两种。实验过程如下：请回答：.根据白色沉淀B 是_（填化学式），判断沉淀A 中一定存在CuSCN。.仅根据白色沉淀A 与过量浓HNO3反应产生的实验现象，不能判断白色

39、沉淀A 中一定存在CuSCN，从氧化还原角度说明理由：_。.向滤液中加入a 溶液后无明显现象，说明A 不含 CuCl，则 a 是_（填化学式）。根据以上实验，证明A 仅为 CuSCN。进一步查阅资料并实验验证了CuSCN的成因，将该反应的方程式补充完整：_Cu2+_SCN=_CuSCN +_(SCN)2 结合上述过程以及Fe(SCN)3?Fe3+3SCN的平衡，分析(2)中溶液红色褪去的原因：_。(3)已知(SCN)2称为拟卤素，其氧化性与Br2相近。将KSCN溶液滴入(1)所得的溶液中，观察到溶液变红色，则溶液变红的可能原因是_。【答案】Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+BaSO4+1 价

40、铜也可将浓HNO3还原AgNO32Cu2+4SCN-=2CuSCN +(SCN)2Cu和 Fe3+反应生成Cu2+使 c(Fe3+)减小Cu和3+Fe反应生成2+Cu和2+Fe使3+c Fe减小，Cu2+和 SCN-反应生成CuSCN沉淀使 c(SCN-)减小，均使该平衡正向移动，导致Fe(SCN)3浓度减小，溶液红色褪去Fe3+有剩余空气中的O2将 Fe2+氧化(SCN)2将 Fe2+氧化【解析】【分析】（1）向3FeCl溶液中加入Cu粉，观察到溶液的颜色变为浅蓝色，说明生成了铜离子；（2）.根据流程图沉淀B 不溶于酸，故该沉淀是硫酸钡；.CuSCN中铜元素显+1 价，也具有还原性，能够还原

41、硝酸；.用硝酸银溶液检验滤液中是否含有氯离子即可；根据氧化还原规律和元素守恒配平；Cu和3+Fe反应生成2+Cu和2+Fe使3+c Fe减小，2+Cu和-SCN反应生成CuSCN沉淀使-c SCN减小；（3）溶液变红色，说明溶液中含有3+Fe。【详解】（1）向3FeCl溶液中加入Cu粉，观察到溶液的颜色变为浅蓝色，说明生成了铜离子，离子方程式为：3+2+2+Cu+2Fe=Cu+2Fe，故答案为：3+2+2+Cu+2Fe=Cu+2Fe；（2）.根据流程图，溶液中含有过量的硝酸，即沉淀B不溶于酸，故该沉淀是硫酸钡，答案为：4BaSO；.CuSCN中铜元素显+1 价，也具有还原性，能够还原硝酸，故仅

42、根据白色沉淀A 与过量浓3HNO反应产生的实验现象，不能判断白色沉淀A 中一定存在CuSCN，答案为：+1 价铜也可将浓3HNO还原；.若白色沉淀A 中含有CuCl，则滤液中含有氯离子，故用硝酸银溶液检验滤液中是否含有氯离子即可，答案为：3AgNO；根据氧化还原规律，一个2+Cu转移 1 个电子，生成一个2SCN转移 2 个电子，故2+Cu和2SCN的系数比为2:1，根据元素守恒配平即可，答案为：2+-22Cu+4SCN=2CuSCN+SCN；Cu和3+Fe反应生成2+Cu和2+Fe使3+c Fe减小，2+Cu和-SCN反应生成CuSCN沉淀使-c SCN减小，均使3+-3Fe SCNFe+3SCN?正向移动，导致3Fe SCN浓度减小，溶液红色褪去，故答案为：Cu和3+Fe反应生成2+Cu和2+Fe使3+c Fe减小，2+Cu和-SCN反应生成CuSCN沉淀使-c SCN减小，均使该平衡正向移动，导致3Fe SCN浓度减小，溶液红色褪去；（3）将KSCN溶液滴入(1)所得的溶液中，观察到溶液变红色，说明溶液中含有3+Fe，3+Fe有可能是反应剩余的，或空气中的氧气将2+Fe氧化生成的，根据题意2SCN也有氧化性，故也有可能是2SCN将2+Fe氧化为3+Fe，故答案为：3+Fe有剩余；空气中的2O将2+Fe氧化；2SCN将2+Fe氧化。