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※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※
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安徽省阜阳市颍上二中等三校2019-2020学年高三上学期化学开学考试试卷
一、单选题（共13题；共26分）
1.陶瓷是火与土的结晶，是中华文明的象征之一，其形成、性质与化学有着密切的关系。下列说法错误的是(??
)
A.?“雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色，来自氧化铁
B.?闻名世界的秦兵马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成
C.?陶瓷是应用较早的人造材料，主要化学成分是硅酸盐
D.?陶瓷化学性质稳定，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点
2.已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（??
）
A.?3g
3He含有的中子数为1NA
B.?1
L
0.1
mol·L?1磷酸钠溶液含有的
数目为0.1NA
C.?1
mol
K2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NA
D.?48
g正丁烷和10
g异丁烷的混合物中共价键数目为13NA
3.关于化合物2?苯基丙烯（
），下列说法正确的是（??
）
A.?不能使稀高锰酸钾溶液褪色???????????????????B.?可以发生加成聚合反应
C.?分子中所有原子共平面??????????????????????????D.?易溶于水及甲苯
4.在生成和纯化乙酸乙酯的实验过程中,下列操作未涉及的是（??
）
A.????????????????B.?
C.??????????????????????????????D.?
5.今年是门捷列夫发现元素周期律150周年。下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8。下列说法错误的是（??
）
A.?原子半径：WC.?气态氢化物热稳定性：Z6.下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的是（
??）
A.?向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，溶液蓝色消失Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4
B.?澄清的石灰水久置后出现白色固体Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O
C.?Na2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色2Na2O2=2Na2O+O2↑
D.?向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀3Mg(OH)2+2FeCl3=2Fe(OH)3+3MgCl2
7.下列实验现象与实验操作不相匹配的是(??
)
实验操作
实验现象
A
向盛有高锰酸钾酸性溶液的试管中通入足量的乙烯后静置
溶液的紫色逐渐褪去，静置后溶液分层
B
将镁条点燃后迅速伸入集满
的集气瓶
集气瓶中产生浓烟并有黑色颗粒产生
C
向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸
有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊
D
向盛有
溶液的试管中加过量铁粉，充分振荡后加1滴KSCN溶液
黄色逐渐消失，加KSCN后溶液颜色不变
A.?A??????????????????????????????????B.?B??????????????????????????????????C.?C??????????????????????????????????D.?D
8.固体界面上强酸的吸附和离解是多相化学在环境、催化、材料科学等领域研究的重要课题。下图为少量HCl气体分子在253
K冰表面吸附和溶解过程的示意图。下列叙述错误的是（??
）
A.?冰表面第一层中，HCl以分子形式存在
B.?冰表面第二层中，H+浓度为5×10?3
mol·L?1（设冰的密度为0.9
g·cm?3）
C.?冰表面第三层中，冰的氢键网格结构保持不变
D.?冰表面各层之间，均存在可逆反应HCl
H++Cl?
9.NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾（邻苯二甲酸H2A的Ka1=1.1×10?3
，
Ka2=3.9×10?6）溶液，混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示，其中b点为反应终点。下列叙述错误的是（
??）
A.?混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关
B.?Na+与A2?的导电能力之和大于HA?的
C.?b点的混合溶液pH=7
D.?c点的混合溶液中，c(Na+)>c(K+)>c(OH?)
10.绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是（
??）
A.?图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的物质的量浓度
B.?图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp(m)=Ksp(n)C.?向m点的溶液中加入少量Na2S固体，溶液组成由m沿mpn线向p方向移动
D.?温度降低时，q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动
11.最近我国科学家设计了一种CO2+H2S协同转化装置，实现对天然气中CO2和H2S的高效去除。示意图如图所示，其中电极分别为ZnO@石墨烯（石墨烯包裹的ZnO）和石墨烯，石墨烯电极区发生反应为：（
??）
①EDTA-Fe2+-e-＝EDTA-Fe3+
②2EDTA-Fe3++H2S＝2H++S+2EDTA-Fe2+
该装置工作时，下列叙述错误的是
A.?阴极的电极反应：CO2+2H++2e-＝CO+H2O
B.?协同转化总反应：CO2+H2S＝CO+H2O+S
C.?石墨烯上的电势比ZnO@石墨烯上的低
D.?若采用Fe3+/Fe2+取代EDTA-Fe3+/EDTA-Fe2+
，
溶液需为酸性
12.利用生物燃料电池原理研究室温下氨的合成，电池工作时MV2+/MV+在电极与酶之间传递电子，示意图如下所示。下列说法错误的是（??
）
A.?相比现有工业合成氨，该方法条件温和，同时还可提供电能???????
B.?阴极区，在氢化酶作用下发生反应H2+2MV2+=2H++2MV+??????
C.?正极区，固氮酶为催化剂，N2发生还原反应生成NH3
D.?电池工作时质子通过交换膜由负极区向正极区移动
13.常温下将NaOH溶液滴加到己二酸（H2X）溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是（??
）
A.?Ka2（H2X）的数量级为10–6
B.?曲线N表示pH与
的变化关系
C.?NaHX溶液中c(H＋)>c(OH－)
D.?当混合溶液呈中性时，c(Na＋)>c(HX－)>c(X2－)>c(OH－)=c(H＋)
二、综合题（共2题；共15分）
14.近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题：
（1）Deacon发明的直接氧化法为：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。下图为刚性容器中，进料浓度比c(HCl)
∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1时HCl平衡转化率随温度变化的关系：
可知反应平衡常数K（300℃）________K（400℃）（填“大于”或“小于”）。设HCl初始浓度为c0
，
根据进料浓度比c(HCl)∶c(O2)=1∶1的数据计算K（400℃）=________（列出计算式）。按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过低、过高的不利影响分别是________。
（2）Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行：
CuCl2(s)=CuCl(s)+
Cl2(g)?
ΔH1=83
kJ·mol-1
CuCl(s)+
O2(g)=CuO(s)+
Cl2(g)??
ΔH2=-20
kJ·mol-1
CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)???
ΔH3=-121
kJ·mol-1
则4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH=________
kJ·mol-1。
（3）在一定温度的条件下，进一步提高HCl的转化率的方法是________。（写出2种）
（4）在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上，科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案，主要包括电化学过程和化学过程，如下图所示：
负极区发生的反应有________（写反应方程式）。电路中转移1
mol电子，需消耗氧气________L（标准状况）
15.水煤气变换[CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)]是重要的化工过程，主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域中。回答下列问题：
（1）Shibata曾做过下列实验：①使纯H2缓慢地通过处于721
℃下的过量氧化钴CoO(s)，氧化钴部分被还原为金属钴(Co)，平衡后气体中H2的物质的量分数为0.0250。
②在同一温度下用CO还原CoO(s)，平衡后气体中CO的物质的量分数为0.0192。
根据上述实验结果判断，还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO________H2（填“大于”或“小于”）。
（2）721
℃时，在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H2O(g)混合，采用适当的催化剂进行反应，则平衡时体系中H2的物质的量分数为_________（填标号）。
A.＜0.25
B.0.25
C.0.25~0.50
D.0.50
E.＞0.50
（3）我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用
标注。
可知水煤气变换的ΔH________0（填“大于”“等于”或“小于”），该历程中最大能垒（活化能）E正=________eV，写出该步骤的化学方程式________。
（4）Shoichi研究了467
℃、489
℃时水煤气变换中CO和H2分压随时间变化关系（如下图所示），催化剂为氧化铁，实验初始时体系中的PH2O和PCO相等、PCO2和PH2相等。
计算曲线a的反应在30~90
min内的平均速率
(a)=________kPa·min?1。467
℃时PH2和PCO随时间变化关系的曲线分别是________、________。489
℃时PH2和PCO随时间变化关系的曲线分别是________、________。
三、工业流程（共1题；共8分）
16.高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿（还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素）制备，工艺如下图所示。回答下列问题：
相关金属离子[c0(Mn+)=0.1
mol·L?1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
Mn2+
Fe2+
Fe3+
Al3+
Mg2+
Zn2+
Ni2+
开始沉淀的pH
8.1
6.3
1.5
3.4
8.9
6.2
6.9
沉淀完全的pH
10.1
8.3
2.8
4.7
10.9
8.2
8.9
（1）“滤渣1”含有S和________；写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式________。
（2）“氧化”中添加适量的MnO2的作用是将________。
（3）“调pH”除铁和铝，溶液的pH范围应调节为________~6之间。
（4）“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+
，
“滤渣3”的主要成分是________。
（5）“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度过高，Mg2+沉淀不完全，原因是________。
（6）写出“沉锰”的离子方程式________。
（7）层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCoyMnzO2
，
其中Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4。当x=y=
时，z=________。
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】
A
【考点】陶瓷的主要化学成分、生产原料及其用途
【解析】【解答】A.氧化铁为红色固体，因此瓷器青色，不是来自氧化铁，选项错误，A符合题意；
B.陶制品是由黏土高温烧结而成
，选项正确，B不符合题意；
C.陶瓷的主要成分是硅酸盐，选项正确，C不符合题意；
D.陶瓷的主要成分是硅酸盐，硅酸盐的化学性质稳定，耐酸碱腐蚀，同时具有抗氧化性，选项正确，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.氧化铁为红色固体；
B.陶制品是由黏土高温烧结而成的；
C.陶瓷的主要成分是硅酸盐；
D.结合硅酸盐的性质分析；
2.【答案】
B
【考点】阿伏伽德罗常数
【解析】【解答】A.
3g
?3
He
的物质的量为1mol，且一个
3
He
中有1个中子，所以
3g
?3
He含有的中子数为1
N
A
，
不符合题意
B.磷酸根离子为弱酸阴离子，在水溶液中水解所以磷酸根离子的数目小于0.1
NA
，
符合题意
。
C.
?K2Cr2O7
中
Cr
的化合价为+6，所以
1
mol
K2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NA
，
不符合题意
。
D.
48
g正丁烷和10
g异丁烷的混合物相当于58gC4H10,相当于1mol,正丁烷，异丁烷中共价键个数都是13个，所以
共价键数目为13NA
，
不符合题意。
故答案为：B
【分析】关于
NA
的计算必须先求出物质的量，然后根据所求乘以
NA
。
3.【答案】
B
【考点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A.根据题目中的结构简式可以判断出含有碳碳双键，所以能使高锰酸钾褪色。故A错误，不符合题意。
B.含有碳碳双键所以能发生加聚反应。故B正确，符合题意。
C.由于结构简式中含有甲基，根据甲基中碳原子杂化为sp3判断所有原子不共面，故C错误，不符合题意。
D.由于分子中官能团是碳碳双键的烃，没有亲水基团，所以难溶于水，易溶于有机溶剂。
故正确答案：B。
【分析】此题根据有机物中的官能团来判断有机物的性质，根据碳碳双键进行判断其化学性质及物理性质。
4.【答案】
D
【考点】乙酸乙酯的制取
【解析】【解答】A是制备乙酸乙酯的发生装置，
B是收集乙酸乙酯的装置，
C是分离得到乙酸乙酯的装置，
D装置是蒸发装置，该实验中没有用到，
故答案为：D
【分析】本题考查实验室制备乙酸乙酯的方法
5.【答案】
D
【考点】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.W为2个电子层，X为3个电子层，所以
原子半径：W，
不符合题意
。
B.Y为硅，所以常温常压下为固体
，
不符合题意。
C.Z的非金属性弱于W，所以
气态氢化物热稳定性：Z，不符合题意。
D.X的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，为弱碱，符合题意。
故答案为：D
【分析】根据
W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8
，结合其在周期表中的位置，可以确认W为氮，X为铝，Y为硅，Z为磷。
6.【答案】
C
【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质，钠的重要化合物
【解析】【解答】A.金属活动性顺序：Zn＞Cu，则向硫酸铜溶液中加入足量锌粉，会发生置换反应，其反应的方程式为：Zn+CuSO4＝ZnSO4+Cu，使溶液的蓝色消失，A不符合题意；
B.
澄清石灰水久置以后会与空气中的二氧化碳反应而生产碳酸钙白色沉淀，其反应的方程式为：CO2+Ca(OH)2＝CaCO3↓+H2O，B不符合题意；
C.
过氧化钠在空气中放置，会与空气中的水蒸气及二氧化碳发生反应，最终生成白色且稳定的碳酸钠，涉及的转化关系有：Na2O2→NaOH→Na2CO3·10H2O→Na2CO3
，
C符合题意；
D.向氢氧化镁悬浊液中滴加足量氯化铁溶液，会发生沉淀的转化，化学方程式为：3Mg(OH)2
+
2FeCl3=
2Fe(OH)3+
3MgCl2
，
D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，反应生成硫酸锌和Cu，溶液蓝色消失；
B．澄清的石灰水久置后生成碳酸钙沉淀；
C．过氧化钠在空气中与二氧化碳反应生成碳酸钠，由淡黄色变为白色；
D．向Mg（OH）2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液，氢氧化镁转化成更难溶的氢氧化铁沉淀。
7.【答案】
A
【考点】铁盐和亚铁盐的相互转变，二价铁离子和三价铁离子的检验，乙烯的化学性质，化学实验方案的评价
【解析】【解答】A.KMnO4具有氧化性，能将乙烯氧化成CO2
，
因此可观察到溶液的紫色逐渐褪去，但静置后溶液不分层，选项错误，A符合题意；
B.点燃的镁条伸入CO2的集气瓶中，发生反应2Mg＋CO22MgO＋C，因此可观察到集气瓶内产生浓烟，并有黑色颗粒产生，选项正确，B不符合题意；
C.饱和Na2S2O3中加入稀盐酸，发生反应的离子方程式为：S2O32－＋2H＋=S＋SO2↑＋H2O，实验过程中，可观察到溶液变浑浊，同时产生有刺激性气味的气体，选项正确，C不符合题意；
D.FeCl3溶液中加入过量铁粉，发生反应的离子方程式为：2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋
，
溶液黄色逐渐褪去，因此加入KSCN溶液后，颜色不变，选项正确，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.KMnO4具有氧化性，能将乙烯氧化成CO2；
B.结合Mg与CO2的反应分析；
C.根据Na2S2O3与稀盐酸的反应分析；
D.根据FeCl3与Fe的反应分析；
8.【答案】
D
【考点】物质的组成、结构和性质的关系，电离方程式的书写，物质的量浓度
【解析】【解答】
A.根据题目信息HCl分子被冰表面吸附判断，A说法正确，不符合题意。
B.根据分子数之比等于物质的量之比，设水的物质的量为1mol，则为18g,HCl的物质的量为10-4mol，根据密度公式，V=m/p，得出体积，然后计算HCl的物质的量浓度，B正确，不符合题意。
C.HCl分子不能与水形成氢键，所以冰分子中氢键结构不变，故C正确，不符合题意。
D.HClH++Cl-此式子是电离，但盐酸水解不是可逆反应，应用等号故D错误，符合题意。
故正确答案为：D。
【分析】根据题目信息进行解题，其次注意氢键知识点的应用，对于HCl分子的性质不能因题目信息的变化而变化。
9.【答案】
C
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A.向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中Na+和A2-的浓度增大。由图像可知，溶液导电性增强，说明导电能力与离子浓度和种类有关，故A不符合题意；
B.a点和b点K+的物质的量相同，K+的物质的量浓度变化不明显，HA—转化为A2-
，
b点导电性强于a点，说明Na+和A2—的导电能力强于HA—
，
故B不符合题意；
C.b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，邻苯二甲酸钾为强碱弱酸盐，A2—在溶液中水解使溶液呈碱性，溶液pH＞7，故C符合题意；
D.b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成等物质的量的邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中c（Na+）和c（K+）相等，c点是继续加入氢氧化钠溶液后，得到邻苯二甲酸钾、邻苯二甲酸钠、氢氧化钠的混合溶液，则溶液中c（Na+）＞c（K+），由图可知，a点到b点加入氢氧化钠溶液的体积大于b点到c点加入氢氧化钠溶液的体积，则溶液中c（K+）＞c（OH-），溶液中三者大小顺序为c（Na+）＞c（K+）＞c（OH-），故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】邻苯二甲酸氢钾为二元弱酸酸式盐，溶液呈酸性，向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中离子浓度增大，导电性增强，邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠为强碱弱酸盐，邻苯二甲酸根在溶液中水解使溶液呈碱性。
10.【答案】
B
【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A.
CdS在水中存在沉淀溶解平衡：CdS(s)
Cd2+(aq)+S2-(aq)，其溶度积Ksp=c(Cd2+)·c(S2-),在饱和溶液中，c(Cd2+)=
c(S2-)，结合图象可以看出，图中a和b分别表示T1和T2温度下CdS的物质的量浓度，A不符合题意；
B.
CdS的沉淀溶解平衡中的溶度积受温度影响，m、n和p点均在温度为T1条件下所测的对应离子浓度，则其溶度积相同，B符合题意；
C.
m点达到沉淀溶解平衡，向其中加入硫化钠后，平衡向逆反应方向移动，c(Cd2+)减小，c(S2-)增大，溶液组成由m沿mnp向p方向移动，C不符合题意；
D.
从图象中可以看出，随着温度的升高，离子浓度增大，说明CdS(s)
Cd2+(aq)+S2-(aq)为吸热反应，则温度降低时，q点对应饱和溶液的溶解度下降，溶液中的c(Cd2+)与c(S2-)同时减小，会沿qp线向p点方向移动，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．a、b两点都是溶液中阴阳离子浓度相等的点，而此时处于饱和状态，根据溶解度和溶度积的换算，此时的溶解度都等于a点的浓度；
B．温度升高Ksp增大，则T2＞T1
，
图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp（m）=Ksp（n）=Ksp（p）＜Ksp（q）；
C．Ksp=c（Cd2+）c（S2-），向m点的溶液中加入少量Na2S固体，温度不变Ksp不变，硫离子浓度增大，镉离子浓度减小，溶液组成由m沿mpn线向p方向移动；
D．Ksp=c（Cd2+）c（S2-），是吸热过程，降低温度平衡逆向进行，饱和溶液中离子浓度减小，Ksp减小，温度降低时，q点的饱和溶液的组成由qp线向p方向移动。
11.【答案】
C
【考点】电极反应和电池反应方程式
【解析】【解答】解：A、CO2在ZnO@石墨烯电极上转化为CO，发生得到电子的还原反应，为阴极，电极反应式为CO2+H＋+2e－＝CO+H2O，A不符合题意；
B、根据石墨烯电极上发生的电极反应可知①+②即得到H2S－2e－＝2H＋+S，因此总反应式为CO2+H2S＝CO+H2O+S，B不符合题意；
C、石墨烯电极为阳极，与电源的正极相连，因此石墨烯上的电势比ZnO@石墨烯电极上的高，C符合题意；
D、由于铁离子、亚铁离子均易水解，所以如果采用Fe3＋/Fe2＋取代EDTA-Fe3＋/EDTA-Fe2＋
，
溶液需要酸性，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】该装置属于电解池，CO2在ZnO@石墨烯电极上转化为CO，发生得到电子的还原反应，为阴极，石墨烯电极为阳极，发生失去电子的氧化反应，据此解答。
12.【答案】
B
【考点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A.工业合成氨条件是高温高压催化剂，此反应条件是室温下反应，故A答案正确，不符合题意。
B.根据原电池的知识判断，由于该电池是生物燃料电池属于原电池，原电池中电极是负极区的反应，而不是阴极的反应，故B错误，符合题意。
C.根据图像N2变为NH3,N的化合价降低，而
MV+
中元素的化合价升高了所以是正极区，故C答案正确，不符合题意。
D.质子即氢离子，根据带正电荷判断应该向正极移动，故D正确，不符合题意。
故正确答案：B。
【分析】
此题结合图像及原电池知识进行判断，注意原电池中两级名称，及离子移动方向不因题目信息变化而变化。
13.【答案】
D
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A、己二酸是二元弱酸，第二步电离小于第一步，即Ka1=
＞Ka2=
，所以当pH相等即氢离子浓度相等时
＞
，因此曲线N表示pH与
的变化关系，则曲线M是己二酸的第二步电离，根据图像取－0.6和4.8点，
?=10－0.6mol·L－1
，
c(H＋)=10－4.8mol·L－1
，
代入Ka2得到Ka2=10－5.4
，
因此Ka2（H2X）的数量级为10-6
，
A不符合题意；
B.根据以上分析可知曲线N表示pH与
的关系，B不符合题意；
C.
曲线N是己二酸的第一步电离，根据图像取0.6和5.0点，
?=100.6mol·L－1
，
c(H＋)=10－5.0mol·L－1
，
代入Ka1得到Ka2=10－4.4
，
因此HX－的水解常数是10－14/10－4.4＜Ka2
，
所以NaHX溶液显酸性，即c(H＋)＞c(OH－)，C不符合题意；
D.根据图像可知当
＝0时溶液显酸性，因此当混合溶液呈中性时，
＞0，即c(X2-)＞c(HX-)，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.弱酸的以及电离大于二级电离，因此N代表的是?的变化关系，根据平衡常数的表达式可以计算出Ka2（H2X）的数量级；
C.根据?HX－的电离常数和水解常数的大小关系的比较，可以比较出HX－的水解小于电离，因此在NaHX溶液中氢离子大于氢氧根离子；
D.NaHX的电离大于水解，因此在混合液呈中性时，X2-的浓度大于HX-。
二、综合题
14.【答案】
（1）大于；；O2和Cl2分离能耗较高、HCl转化率较低
（2）﹣116
（3）增加反应体系压强、及时除去产物
（4）Fe3++e?=Fe2+
，
4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；5.6
【考点】热化学方程式，电极反应和电池反应方程式，化学平衡移动原理
【解析】【解答】（1）根据反应方程式知，HCl平衡转化率越大，平衡常数K越大，结合图像知升高温度平衡转化率降低，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，则K(300℃)>K(400℃)；
由图像知，400℃时，HCl平衡转化率为84%，用三段式法对数据进行处理得：
?
4HCl(g)+
O2(g)=
2Cl2(g)+
2H2O(g)
起始（mol/L）
c0
c0
0
0
转化（mol/L）
0.84c0
0.21c0
0.42c0
0.42c0
平衡（mol/L）
0.16c0
0.79c0
0.42c0
0.42c0
则K=
；根据题干信息知，进料浓度比过低，氧气大量剩余，导致分离产物氯气和氧气的能耗较高；进料浓度比过高，HCl不能充分反应，导致HCl转化率较低；
（2）根据盖斯定律知，（反应I+反应II+反应III）×2得
?
?H=（?H1+?H2+?H3）×2=-116kJ·mol-1；
（3）若想提高HCl的转化率，应该促使平衡正向移动，该反应为气体体积减小的反应，根据勒夏特列原理，可以增大压强，使平衡正向移动；也可以及时除去产物，减小产物浓度，使平衡正向移动；
（4）电解过程中，负极区即阴极上发生的是得电子反应，元素化合价降低，属于还原反应，则图中左侧为负极反应，根据图示信息知电极反应为：Fe3++e－＝Fe2+和4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O；电路中转移1
mol电子，根据电子得失守恒可知需消耗氧气的物质的量是1mol÷4＝0.25mol，在标准状况下的体积为0.25mol×22.4L/mol＝5.6L。
【分析】（1）结合图象可知，进料浓度比相同时，温度越高HCl平衡转化率越低，说明该反应为放热反应，升高温度平衡向着逆向移动，温度越高平衡常数越小；
进料浓度比c（HCl）：c（O2）的比值越大，HCl的平衡转化率越低，根据图象可知，相同温度时HCl转化率最高的为进料浓度比c（HCl）：c（O2）=1：1，该曲线中400℃HCl的平衡转化率为84%，根据三段式计算各物质浓度，带入K=计算即可；
进料浓度比c（HCl）：c（O2）过低时，O2浓度较大，Cl2和O2分离能耗较高；进料浓度比c（HCl）：c（O2）过高时，O2浓度过低，HCl的转化率减小；
（2）根据盖斯定律计算该反应的△H即可；
（3）4HCl（g）+O2（g）═2Cl2（g）+2H2O（g）为气体体积缩小的放热反应，若要提高HCl的转化率，需要使平衡向着正向移动，结合平衡移动原理分析；
（4）根据图示，电解池左侧发生反应Fe3++e-═Fe2+
，
该反应为还原反应，属于电解池的阴极，阴极通入氧气后Fe2+被O2氧化而再生成Fe3+；HCl气体在阳极放电的电极反应式为2HCl-2e-═Cl2↑+2H+
，
据此结合电子守恒解答。
15.【答案】
（1）大于
（2）C
（3）小于；2.02；COOH
+H
+H2O
=COOH
+2H
+OH
（或H2O
=
H
+OH
）
（4）0.0047；b；c；a；d
【考点】氧化性、还原性强弱的比较，反应热和焓变，化学反应速率，化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）根据在相同条件下，CO和H
2在平衡时物质的量分数对比，CO的小，说明CO的转化掉的多，剩的少，所以倾向是CO>H2.
（2）根据反应特点
CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)
是等体反应，假设等物质的量的CO全部反应，最终H2的物质的分数是0.5，由于该反应是可逆反应，不可能完全转化，所以它的物质的量分数小于0.5，故选C。
（3）根据起始物质和最终物质的能量大小做比较，发现能量降低，说明是放热，所以
ΔH
<0，故答案：小于。
??根据图像找能量差距最大的，是-0.16到1.86的能量变化线，故答案为：2.02.
??
根据图像-0.16对应的物质和1.86对应的物质，从低到高反应变化，写方程式：
COOH
+H
+H2O
=COOH
+2H
+OH
（或H2O
=
H
+OH
）
。
（4）从图像的两点得出压强差是1.08-3.80=0.28KPa，然后除以时间60min得出答案：
0.0047
?
根据温度467和489比较，温度不同对反应平衡移动方向影响不同，由于水煤气转化是放热反应，所以
升高温度平衡是逆向移动，H2减少，CO增多，起始压强相同进行判断，467
℃
平衡正移，CO减少，H2增多。故答案为b、c；当489℃平衡逆移。答案为：a、d。
【分析】
（1）根据题目信息，看物质是生成物还是反应物，利用平衡解答。
（2）采用极限法，假设全部反应进行计算。因为题目缺少条件。
（3）此题主要是看图像信息进行解答。
（4）根据图像坐标进行计算速率，注意速率的单位。根据图像及速率影响因素进行判断平衡移动方向。
三、工业流程
16.【答案】
（1）SiO2（不溶性硅酸盐）；MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O
（2）将Fe2+氧化为Fe3+
（3）4.7
（4）NiS和ZnS
（5）F?与H+结合形成弱电解质HF，MgF2
Mg2++2F?平衡向右移动
（6）Mn2++2
=MnCO3↓+CO2↑+H2O
（7）
【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质，除杂
【解析】【解答】（1）硫化锰矿中含有SiO2
，
SiO2与稀硫酸不反应，因此“溶浸”后所得滤渣1中应含有SiO2；“溶浸”过程中MnO2和MnS在酸性条件下反应生成MnSO4、S和H2O，反应过程中，MnO2中Mn由+4价变为+2价，得到两个电子；MnS中硫由-2价变为0价，失去两个电子；根据得失电子守恒可得，MnO2、MnS和S的系数都是1，生成MnSO4的系数为2；根据硫原子守恒可得，H2SO4的系数为2；根据氢原子守恒可得，生成物H2O的系数为2；因此可得该反应的化学方程式为：
MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O；
（2）“氧化”过程是为了将溶液中的Fe2+氧化成Fe3+
，
便于Fe3+形成沉淀而除去；因此加入MnO2的作用是将Fe2+氧化成Fe3+；
（3）由表格数据可知，Fe(OH)3完全沉淀的pH为2.8，Al(OH)3完全沉淀的pH为4.7；因此除去铁和铝，应调节pH至4.7以上；为防止其他离子形成沉淀，应条件pH至6.2以下；因此溶液的pH范围应调节为4.7~6之间；
（4）除杂1中加入Na2S，目的是为了除去Zn2+和Ni2+
，
故所得滤渣3的主要成分为ZnS和NiS；
（5）加入MnF2是为了将溶液中的Mg2+形成MgF2沉淀除去，若除杂过程中，溶液的酸度越高，即溶液中c(H+)过大，则H+会与F-反应形成弱电解质HF，使得MgF2的沉淀溶解平衡“MgF2(s)=Mg2+(aq)+2F-(aq)”向溶解的方向移动，导致Mg2+沉淀不完全；
（6）“沉锰”过程中溶液中的Mn2+与HCO3-反应生成MnCO3沉淀、CO2和H2O，该反应的离子方程式为：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O；
（7）在化合物中，化合价的代数和为0，可得等式：1+2x+3y+4z-4=0，将代入，解得；
【分析】（1）滤渣1为不与H2SO4反应的固体；“溶浸”过程中MnO2和MnS在酸性条件下反应生成MnSO4和S，结合得失电子守恒、原子守恒书写反应的化学方程式；
（2）氧化过程是将溶液中的Fe2+氧化成Fe3+；
（3）根据表格信息Fe(OH)3、Al(OH)3完全沉淀的pH分析；
（4）根据除杂目的和所加试剂确定滤渣3的成分；
（5）结合MgF2的沉淀溶解平衡分析；
（6）“沉锰”过程中溶液中的Mn2+与HCO3-反应生成MnCO3沉淀、CO2和H2O，据此写出反应的化学方程式；
（7）根据化合价代数和为0计算z的值；
1
/
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安徽省阜阳市颍上二中等三校2019-2020学年高三上学期化学开学考试试卷
一、单选题（共13题；共26分）
1.陶瓷是火与土的结晶，是中华文明的象征之一，其形成、性质与化学有着密切的关系。下列说法错误的是(??
)
A.?“雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色，来自氧化铁
B.?闻名世界的秦兵马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成
C.?陶瓷是应用较早的人造材料，主要化学成分是硅酸盐
D.?陶瓷化学性质稳定，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点
【答案】
A
【考点】陶瓷的主要化学成分、生产原料及其用途
【解析】【解答】A.氧化铁为红色固体，因此瓷器青色，不是来自氧化铁，选项错误，A符合题意；
B.陶制品是由黏土高温烧结而成
，选项正确，B不符合题意；
C.陶瓷的主要成分是硅酸盐，选项正确，C不符合题意；
D.陶瓷的主要成分是硅酸盐，硅酸盐的化学性质稳定，耐酸碱腐蚀，同时具有抗氧化性，选项正确，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.氧化铁为红色固体；
B.陶制品是由黏土高温烧结而成的；
C.陶瓷的主要成分是硅酸盐；
D.结合硅酸盐的性质分析；
2.已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（??
）
A.?3g
3He含有的中子数为1NA
B.?1
L
0.1
mol·L?1磷酸钠溶液含有的
数目为0.1NA
C.?1
mol
K2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NA
D.?48
g正丁烷和10
g异丁烷的混合物中共价键数目为13NA
【答案】
B
【考点】阿伏伽德罗常数
【解析】【解答】A.
3g
?3
He
的物质的量为1mol，且一个
3
He
中有1个中子，所以
3g
?3
He含有的中子数为1
N
A
，
不符合题意
B.磷酸根离子为弱酸阴离子，在水溶液中水解所以磷酸根离子的数目小于0.1
NA
，
符合题意
。
C.
?K2Cr2O7
中
Cr
的化合价为+6，所以
1
mol
K2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NA
，
不符合题意
。
D.
48
g正丁烷和10
g异丁烷的混合物相当于58gC4H10,相当于1mol,正丁烷，异丁烷中共价键个数都是13个，所以
共价键数目为13NA
，
不符合题意。
故答案为：B
【分析】关于
NA
的计算必须先求出物质的量，然后根据所求乘以
NA
。
3.关于化合物2?苯基丙烯（
），下列说法正确的是（??
）
A.?不能使稀高锰酸钾溶液褪色???????????????????B.?可以发生加成聚合反应
C.?分子中所有原子共平面??????????????????????????D.?易溶于水及甲苯
【答案】
B
【考点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A.根据题目中的结构简式可以判断出含有碳碳双键，所以能使高锰酸钾褪色。故A错误，不符合题意。
B.含有碳碳双键所以能发生加聚反应。故B正确，符合题意。
C.由于结构简式中含有甲基，根据甲基中碳原子杂化为sp3判断所有原子不共面，故C错误，不符合题意。
D.由于分子中官能团是碳碳双键的烃，没有亲水基团，所以难溶于水，易溶于有机溶剂。
故正确答案：B。
【分析】此题根据有机物中的官能团来判断有机物的性质，根据碳碳双键进行判断其化学性质及物理性质。
4.在生成和纯化乙酸乙酯的实验过程中,下列操作未涉及的是（??
）
A.????????????????B.?
C.??????????????????????????????D.?
【答案】
D
【考点】乙酸乙酯的制取
【解析】【解答】A是制备乙酸乙酯的发生装置，
B是收集乙酸乙酯的装置，
C是分离得到乙酸乙酯的装置，
D装置是蒸发装置，该实验中没有用到，
故答案为：D
【分析】本题考查实验室制备乙酸乙酯的方法
5.今年是门捷列夫发现元素周期律150周年。下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8。下列说法错误的是（??
）
A.?原子半径：WC.?气态氢化物热稳定性：Z【答案】
D
【考点】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.W为2个电子层，X为3个电子层，所以
原子半径：W，
不符合题意
。
B.Y为硅，所以常温常压下为固体
，
不符合题意。
C.Z的非金属性弱于W，所以
气态氢化物热稳定性：Z，不符合题意。
D.X的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，为弱碱，符合题意。
故答案为：D
【分析】根据
W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8
，结合其在周期表中的位置，可以确认W为氮，X为铝，Y为硅，Z为磷。
6.下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的是（
??）
A.?向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，溶液蓝色消失Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4
B.?澄清的石灰水久置后出现白色固体Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O
C.?Na2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色2Na2O2=2Na2O+O2↑
D.?向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀3Mg(OH)2+2FeCl3=2Fe(OH)3+3MgCl2
【答案】
C
【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质，钠的重要化合物
【解析】【解答】A.金属活动性顺序：Zn＞Cu，则向硫酸铜溶液中加入足量锌粉，会发生置换反应，其反应的方程式为：Zn+CuSO4＝ZnSO4+Cu，使溶液的蓝色消失，A不符合题意；
B.
澄清石灰水久置以后会与空气中的二氧化碳反应而生产碳酸钙白色沉淀，其反应的方程式为：CO2+Ca(OH)2＝CaCO3↓+H2O，B不符合题意；
C.
过氧化钠在空气中放置，会与空气中的水蒸气及二氧化碳发生反应，最终生成白色且稳定的碳酸钠，涉及的转化关系有：Na2O2→NaOH→Na2CO3·10H2O→Na2CO3
，
C符合题意；
D.向氢氧化镁悬浊液中滴加足量氯化铁溶液，会发生沉淀的转化，化学方程式为：3Mg(OH)2
+
2FeCl3=
2Fe(OH)3+
3MgCl2
，
D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，反应生成硫酸锌和Cu，溶液蓝色消失；
B．澄清的石灰水久置后生成碳酸钙沉淀；
C．过氧化钠在空气中与二氧化碳反应生成碳酸钠，由淡黄色变为白色；
D．向Mg（OH）2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液，氢氧化镁转化成更难溶的氢氧化铁沉淀。
7.下列实验现象与实验操作不相匹配的是(??
)
实验操作
实验现象
A
向盛有高锰酸钾酸性溶液的试管中通入足量的乙烯后静置
溶液的紫色逐渐褪去，静置后溶液分层
B
将镁条点燃后迅速伸入集满
的集气瓶
集气瓶中产生浓烟并有黑色颗粒产生
C
向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸
有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊
D
向盛有
溶液的试管中加过量铁粉，充分振荡后加1滴KSCN溶液
黄色逐渐消失，加KSCN后溶液颜色不变
A.?A??????????????????????????????????B.?B??????????????????????????????????C.?C??????????????????????????????????D.?D
【答案】
A
【考点】铁盐和亚铁盐的相互转变，二价铁离子和三价铁离子的检验，乙烯的化学性质，化学实验方案的评价
【解析】【解答】A.KMnO4具有氧化性，能将乙烯氧化成CO2
，
因此可观察到溶液的紫色逐渐褪去，但静置后溶液不分层，选项错误，A符合题意；
B.点燃的镁条伸入CO2的集气瓶中，发生反应2Mg＋CO22MgO＋C，因此可观察到集气瓶内产生浓烟，并有黑色颗粒产生，选项正确，B不符合题意；
C.饱和Na2S2O3中加入稀盐酸，发生反应的离子方程式为：S2O32－＋2H＋=S＋SO2↑＋H2O，实验过程中，可观察到溶液变浑浊，同时产生有刺激性气味的气体，选项正确，C不符合题意；
D.FeCl3溶液中加入过量铁粉，发生反应的离子方程式为：2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋
，
溶液黄色逐渐褪去，因此加入KSCN溶液后，颜色不变，选项正确，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.KMnO4具有氧化性，能将乙烯氧化成CO2；
B.结合Mg与CO2的反应分析；
C.根据Na2S2O3与稀盐酸的反应分析；
D.根据FeCl3与Fe的反应分析；
8.固体界面上强酸的吸附和离解是多相化学在环境、催化、材料科学等领域研究的重要课题。下图为少量HCl气体分子在253
K冰表面吸附和溶解过程的示意图。下列叙述错误的是（??
）
A.?冰表面第一层中，HCl以分子形式存在
B.?冰表面第二层中，H+浓度为5×10?3
mol·L?1（设冰的密度为0.9
g·cm?3）
C.?冰表面第三层中，冰的氢键网格结构保持不变
D.?冰表面各层之间，均存在可逆反应HCl
H++Cl?
【答案】
D
【考点】物质的组成、结构和性质的关系，电离方程式的书写，物质的量浓度
【解析】【解答】
A.根据题目信息HCl分子被冰表面吸附判断，A说法正确，不符合题意。
B.根据分子数之比等于物质的量之比，设水的物质的量为1mol，则为18g,HCl的物质的量为10-4mol，根据密度公式，V=m/p，得出体积，然后计算HCl的物质的量浓度，B正确，不符合题意。
C.HCl分子不能与水形成氢键，所以冰分子中氢键结构不变，故C正确，不符合题意。
D.HClH++Cl-此式子是电离，但盐酸水解不是可逆反应，应用等号故D错误，符合题意。
故正确答案为：D。
【分析】根据题目信息进行解题，其次注意氢键知识点的应用，对于HCl分子的性质不能因题目信息的变化而变化。
9.NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾（邻苯二甲酸H2A的Ka1=1.1×10?3
，
Ka2=3.9×10?6）溶液，混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示，其中b点为反应终点。下列叙述错误的是（
??）
A.?混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关
B.?Na+与A2?的导电能力之和大于HA?的
C.?b点的混合溶液pH=7
D.?c点的混合溶液中，c(Na+)>c(K+)>c(OH?)
【答案】
C
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A.向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中Na+和A2-的浓度增大。由图像可知，溶液导电性增强，说明导电能力与离子浓度和种类有关，故A不符合题意；
B.a点和b点K+的物质的量相同，K+的物质的量浓度变化不明显，HA—转化为A2-
，
b点导电性强于a点，说明Na+和A2—的导电能力强于HA—
，
故B不符合题意；
C.b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，邻苯二甲酸钾为强碱弱酸盐，A2—在溶液中水解使溶液呈碱性，溶液pH＞7，故C符合题意；
D.b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成等物质的量的邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中c（Na+）和c（K+）相等，c点是继续加入氢氧化钠溶液后，得到邻苯二甲酸钾、邻苯二甲酸钠、氢氧化钠的混合溶液，则溶液中c（Na+）＞c（K+），由图可知，a点到b点加入氢氧化钠溶液的体积大于b点到c点加入氢氧化钠溶液的体积，则溶液中c（K+）＞c（OH-），溶液中三者大小顺序为c（Na+）＞c（K+）＞c（OH-），故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】邻苯二甲酸氢钾为二元弱酸酸式盐，溶液呈酸性，向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中离子浓度增大，导电性增强，邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠为强碱弱酸盐，邻苯二甲酸根在溶液中水解使溶液呈碱性。
10.绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是（
??）
A.?图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的物质的量浓度
B.?图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp(m)=Ksp(n)C.?向m点的溶液中加入少量Na2S固体，溶液组成由m沿mpn线向p方向移动
D.?温度降低时，q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动
【答案】
B
【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A.
CdS在水中存在沉淀溶解平衡：CdS(s)
Cd2+(aq)+S2-(aq)，其溶度积Ksp=c(Cd2+)·c(S2-),在饱和溶液中，c(Cd2+)=
c(S2-)，结合图象可以看出，图中a和b分别表示T1和T2温度下CdS的物质的量浓度，A不符合题意；
B.
CdS的沉淀溶解平衡中的溶度积受温度影响，m、n和p点均在温度为T1条件下所测的对应离子浓度，则其溶度积相同，B符合题意；
C.
m点达到沉淀溶解平衡，向其中加入硫化钠后，平衡向逆反应方向移动，c(Cd2+)减小，c(S2-)增大，溶液组成由m沿mnp向p方向移动，C不符合题意；
D.
从图象中可以看出，随着温度的升高，离子浓度增大，说明CdS(s)
Cd2+(aq)+S2-(aq)为吸热反应，则温度降低时，q点对应饱和溶液的溶解度下降，溶液中的c(Cd2+)与c(S2-)同时减小，会沿qp线向p点方向移动，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．a、b两点都是溶液中阴阳离子浓度相等的点，而此时处于饱和状态，根据溶解度和溶度积的换算，此时的溶解度都等于a点的浓度；
B．温度升高Ksp增大，则T2＞T1
，
图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp（m）=Ksp（n）=Ksp（p）＜Ksp（q）；
C．Ksp=c（Cd2+）c（S2-），向m点的溶液中加入少量Na2S固体，温度不变Ksp不变，硫离子浓度增大，镉离子浓度减小，溶液组成由m沿mpn线向p方向移动；
D．Ksp=c（Cd2+）c（S2-），是吸热过程，降低温度平衡逆向进行，饱和溶液中离子浓度减小，Ksp减小，温度降低时，q点的饱和溶液的组成由qp线向p方向移动。
11.最近我国科学家设计了一种CO2+H2S协同转化装置，实现对天然气中CO2和H2S的高效去除。示意图如图所示，其中电极分别为ZnO@石墨烯（石墨烯包裹的ZnO）和石墨烯，石墨烯电极区发生反应为：（
??）
①EDTA-Fe2+-e-＝EDTA-Fe3+
②2EDTA-Fe3++H2S＝2H++S+2EDTA-Fe2+
该装置工作时，下列叙述错误的是
A.?阴极的电极反应：CO2+2H++2e-＝CO+H2O
B.?协同转化总反应：CO2+H2S＝CO+H2O+S
C.?石墨烯上的电势比ZnO@石墨烯上的低
D.?若采用Fe3+/Fe2+取代EDTA-Fe3+/EDTA-Fe2+
，
溶液需为酸性
【答案】
C
【考点】电极反应和电池反应方程式
【解析】【解答】解：A、CO2在ZnO@石墨烯电极上转化为CO，发生得到电子的还原反应，为阴极，电极反应式为CO2+H＋+2e－＝CO+H2O，A不符合题意；
B、根据石墨烯电极上发生的电极反应可知①+②即得到H2S－2e－＝2H＋+S，因此总反应式为CO2+H2S＝CO+H2O+S，B不符合题意；
C、石墨烯电极为阳极，与电源的正极相连，因此石墨烯上的电势比ZnO@石墨烯电极上的高，C符合题意；
D、由于铁离子、亚铁离子均易水解，所以如果采用Fe3＋/Fe2＋取代EDTA-Fe3＋/EDTA-Fe2＋
，
溶液需要酸性，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】该装置属于电解池，CO2在ZnO@石墨烯电极上转化为CO，发生得到电子的还原反应，为阴极，石墨烯电极为阳极，发生失去电子的氧化反应，据此解答。
12.利用生物燃料电池原理研究室温下氨的合成，电池工作时MV2+/MV+在电极与酶之间传递电子，示意图如下所示。下列说法错误的是（??
）
A.?相比现有工业合成氨，该方法条件温和，同时还可提供电能???????
B.?阴极区，在氢化酶作用下发生反应H2+2MV2+=2H++2MV+??????
C.?正极区，固氮酶为催化剂，N2发生还原反应生成NH3
D.?电池工作时质子通过交换膜由负极区向正极区移动
【答案】
B
【考点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A.工业合成氨条件是高温高压催化剂，此反应条件是室温下反应，故A答案正确，不符合题意。
B.根据原电池的知识判断，由于该电池是生物燃料电池属于原电池，原电池中电极是负极区的反应，而不是阴极的反应，故B错误，符合题意。
C.根据图像N2变为NH3,N的化合价降低，而
MV+
中元素的化合价升高了所以是正极区，故C答案正确，不符合题意。
D.质子即氢离子，根据带正电荷判断应该向正极移动，故D正确，不符合题意。
故正确答案：B。
【分析】
此题结合图像及原电池知识进行判断，注意原电池中两级名称，及离子移动方向不因题目信息变化而变化。
13.常温下将NaOH溶液滴加到己二酸（H2X）溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是（??
）
A.?Ka2（H2X）的数量级为10–6
B.?曲线N表示pH与
的变化关系
C.?NaHX溶液中c(H＋)>c(OH－)
D.?当混合溶液呈中性时，c(Na＋)>c(HX－)>c(X2－)>c(OH－)=c(H＋)
【答案】
D
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A、己二酸是二元弱酸，第二步电离小于第一步，即Ka1=
＞Ka2=
，所以当pH相等即氢离子浓度相等时
＞
，因此曲线N表示pH与
的变化关系，则曲线M是己二酸的第二步电离，根据图像取－0.6和4.8点，
?=10－0.6mol·L－1
，
c(H＋)=10－4.8mol·L－1
，
代入Ka2得到Ka2=10－5.4
，
因此Ka2（H2X）的数量级为10-6
，
A不符合题意；
B.根据以上分析可知曲线N表示pH与
的关系，B不符合题意；
C.
曲线N是己二酸的第一步电离，根据图像取0.6和5.0点，
?=100.6mol·L－1
，
c(H＋)=10－5.0mol·L－1
，
代入Ka1得到Ka2=10－4.4
，
因此HX－的水解常数是10－14/10－4.4＜Ka2
，
所以NaHX溶液显酸性，即c(H＋)＞c(OH－)，C不符合题意；
D.根据图像可知当
＝0时溶液显酸性，因此当混合溶液呈中性时，
＞0，即c(X2-)＞c(HX-)，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.弱酸的以及电离大于二级电离，因此N代表的是?的变化关系，根据平衡常数的表达式可以计算出Ka2（H2X）的数量级；
C.根据?HX－的电离常数和水解常数的大小关系的比较，可以比较出HX－的水解小于电离，因此在NaHX溶液中氢离子大于氢氧根离子；
D.NaHX的电离大于水解，因此在混合液呈中性时，X2-的浓度大于HX-。
二、综合题（共2题；共15分）
14.近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题：
（1）Deacon发明的直接氧化法为：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。下图为刚性容器中，进料浓度比c(HCl)
∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1时HCl平衡转化率随温度变化的关系：
可知反应平衡常数K（300℃）________K（400℃）（填“大于”或“小于”）。设HCl初始浓度为c0
，
根据进料浓度比c(HCl)∶c(O2)=1∶1的数据计算K（400℃）=________（列出计算式）。按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过低、过高的不利影响分别是________。
（2）Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行：
CuCl2(s)=CuCl(s)+
Cl2(g)?
ΔH1=83
kJ·mol-1
CuCl(s)+
O2(g)=CuO(s)+
Cl2(g)??
ΔH2=-20
kJ·mol-1
CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)???
ΔH3=-121
kJ·mol-1
则4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH=________
kJ·mol-1。
（3）在一定温度的条件下，进一步提高HCl的转化率的方法是________。（写出2种）
（4）在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上，科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案，主要包括电化学过程和化学过程，如下图所示：
负极区发生的反应有________（写反应方程式）。电路中转移1
mol电子，需消耗氧气________L（标准状况）
【答案】
（1）大于；；O2和Cl2分离能耗较高、HCl转化率较低
（2）﹣116
（3）增加反应体系压强、及时除去产物
（4）Fe3++e?=Fe2+
，
4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；5.6
【考点】热化学方程式，电极反应和电池反应方程式，化学平衡移动原理
【解析】【解答】（1）根据反应方程式知，HCl平衡转化率越大，平衡常数K越大，结合图像知升高温度平衡转化率降低，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，则K(300℃)>K(400℃)；
由图像知，400℃时，HCl平衡转化率为84%，用三段式法对数据进行处理得：
?
4HCl(g)+
O2(g)=
2Cl2(g)+
2H2O(g)
起始（mol/L）
c0
c0
0
0
转化（mol/L）
0.84c0
0.21c0
0.42c0
0.42c0
平衡（mol/L）
0.16c0
0.79c0
0.42c0
0.42c0
则K=
；根据题干信息知，进料浓度比过低，氧气大量剩余，导致分离产物氯气和氧气的能耗较高；进料浓度比过高，HCl不能充分反应，导致HCl转化率较低；
（2）根据盖斯定律知，（反应I+反应II+反应III）×2得
?
?H=（?H1+?H2+?H3）×2=-116kJ·mol-1；
（3）若想提高HCl的转化率，应该促使平衡正向移动，该反应为气体体积减小的反应，根据勒夏特列原理，可以增大压强，使平衡正向移动；也可以及时除去产物，减小产物浓度，使平衡正向移动；
（4）电解过程中，负极区即阴极上发生的是得电子反应，元素化合价降低，属于还原反应，则图中左侧为负极反应，根据图示信息知电极反应为：Fe3++e－＝Fe2+和4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O；电路中转移1
mol电子，根据电子得失守恒可知需消耗氧气的物质的量是1mol÷4＝0.25mol，在标准状况下的体积为0.25mol×22.4L/mol＝5.6L。
【分析】（1）结合图象可知，进料浓度比相同时，温度越高HCl平衡转化率越低，说明该反应为放热反应，升高温度平衡向着逆向移动，温度越高平衡常数越小；
进料浓度比c（HCl）：c（O2）的比值越大，HCl的平衡转化率越低，根据图象可知，相同温度时HCl转化率最高的为进料浓度比c（HCl）：c（O2）=1：1，该曲线中400℃HCl的平衡转化率为84%，根据三段式计算各物质浓度，带入K=计算即可；
进料浓度比c（HCl）：c（O2）过低时，O2浓度较大，Cl2和O2分离能耗较高；进料浓度比c（HCl）：c（O2）过高时，O2浓度过低，HCl的转化率减小；
（2）根据盖斯定律计算该反应的△H即可；
（3）4HCl（g）+O2（g）═2Cl2（g）+2H2O（g）为气体体积缩小的放热反应，若要提高HCl的转化率，需要使平衡向着正向移动，结合平衡移动原理分析；
（4）根据图示，电解池左侧发生反应Fe3++e-═Fe2+
，
该反应为还原反应，属于电解池的阴极，阴极通入氧气后Fe2+被O2氧化而再生成Fe3+；HCl气体在阳极放电的电极反应式为2HCl-2e-═Cl2↑+2H+
，
据此结合电子守恒解答。
15.水煤气变换[CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)]是重要的化工过程，主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域中。回答下列问题：
（1）Shibata曾做过下列实验：①使纯H2缓慢地通过处于721
℃下的过量氧化钴CoO(s)，氧化钴部分被还原为金属钴(Co)，平衡后气体中H2的物质的量分数为0.0250。
②在同一温度下用CO还原CoO(s)，平衡后气体中CO的物质的量分数为0.0192。
根据上述实验结果判断，还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO________H2（填“大于”或“小于”）。
（2）721
℃时，在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H2O(g)混合，采用适当的催化剂进行反应，则平衡时体系中H2的物质的量分数为_________（填标号）。
A.＜0.25
B.0.25
C.0.25~0.50
D.0.50
E.＞0.50
（3）我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用
标注。
可知水煤气变换的ΔH________0（填“大于”“等于”或“小于”），该历程中最大能垒（活化能）E正=________eV，写出该步骤的化学方程式________。
（4）Shoichi研究了467
℃、489
℃时水煤气变换中CO和H2分压随时间变化关系（如下图所示），催化剂为氧化铁，实验初始时体系中的PH2O和PCO相等、PCO2和PH2相等。
计算曲线a的反应在30~90
min内的平均速率
(a)=________kPa·min?1。467
℃时PH2和PCO随时间变化关系的曲线分别是________、________。489
℃时PH2和PCO随时间变化关系的曲线分别是________、________。
【答案】
（1）大于
（2）C
（3）小于；2.02；COOH
+H
+H2O
=COOH
+2H
+OH
（或H2O
=
H
+OH
）
（4）0.0047；b；c；a；d
【考点】氧化性、还原性强弱的比较，反应热和焓变，化学反应速率，化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）根据在相同条件下，CO和H
2在平衡时物质的量分数对比，CO的小，说明CO的转化掉的多，剩的少，所以倾向是CO>H2.
（2）根据反应特点
CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)
是等体反应，假设等物质的量的CO全部反应，最终H2的物质的分数是0.5，由于该反应是可逆反应，不可能完全转化，所以它的物质的量分数小于0.5，故选C。
（3）根据起始物质和最终物质的能量大小做比较，发现能量降低，说明是放热，所以
ΔH
<0，故答案：小于。
??根据图像找能量差距最大的，是-0.16到1.86的能量变化线，故答案为：2.02.
??
根据图像-0.16对应的物质和1.86对应的物质，从低到高反应变化，写方程式：
COOH
+H
+H2O
=COOH
+2H
+OH
（或H2O
=
H
+OH
）
。
（4）从图像的两点得出压强差是1.08-3.80=0.28KPa，然后除以时间60min得出答案：
0.0047
?
根据温度467和489比较，温度不同对反应平衡移动方向影响不同，由于水煤气转化是放热反应，所以
升高温度平衡是逆向移动，H2减少，CO增多，起始压强相同进行判断，467
℃
平衡正移，CO减少，H2增多。故答案为b、c；当489℃平衡逆移。答案为：a、d。
【分析】
（1）根据题目信息，看物质是生成物还是反应物，利用平衡解答。
（2）采用极限法，假设全部反应进行计算。因为题目缺少条件。
（3）此题主要是看图像信息进行解答。
（4）根据图像坐标进行计算速率，注意速率的单位。根据图像及速率影响因素进行判断平衡移动方向。
三、工业流程（共1题；共8分）
16.高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿（还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素）制备，工艺如下图所示。回答下列问题：
相关金属离子[c0(Mn+)=0.1
mol·L?1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
Mn2+
Fe2+
Fe3+
Al3+
Mg2+
Zn2+
Ni2+
开始沉淀的pH
8.1
6.3
1.5
3.4
8.9
6.2
6.9
沉淀完全的pH
10.1
8.3
2.8
4.7
10.9
8.2
8.9
（1）“滤渣1”含有S和________；写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式________。
（2）“氧化”中添加适量的MnO2的作用是将________。
（3）“调pH”除铁和铝，溶液的pH范围应调节为________~6之间。
（4）“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+
，
“滤渣3”的主要成分是________。
（5）“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度过高，Mg2+沉淀不完全，原因是________。
（6）写出“沉锰”的离子方程式________。
（7）层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCoyMnzO2
，
其中Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4。当x=y=
时，z=________。
【答案】
（1）SiO2（不溶性硅酸盐）；MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O
（2）将Fe2+氧化为Fe3+
（3）4.7
（4）NiS和ZnS
（5）F?与H+结合形成弱电解质HF，MgF2
Mg2++2F?平衡向右移动
（6）Mn2++2
=MnCO3↓+CO2↑+H2O
（7）
【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质，除杂
【解析】【解答】（1）硫化锰矿中含有SiO2
，
SiO2与稀硫酸不反应，因此“溶浸”后所得滤渣1中应含有SiO2；“溶浸”过程中MnO2和MnS在酸性条件下反应生成MnSO4、S和H2O，反应过程中，MnO2中Mn由+4价变为+2价，得到两个电子；MnS中硫由-2价变为0价，失去两个电子；根据得失电子守恒可得，MnO2、MnS和S的系数都是1，生成MnSO4的系数为2；根据硫原子守恒可得，H2SO4的系数为2；根据氢原子守恒可得，生成物H2O的系数为2；因此可得该反应的化学方程式为：
MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O；
（2）“氧化”过程是为了将溶液中的Fe2+氧化成Fe3+
，
便于Fe3+形成沉淀而除去；因此加入MnO2的作用是将Fe2+氧化成Fe3+；
（3）由表格数据可知，Fe(OH)3完全沉淀的pH为2.8，Al(OH)3完全沉淀的pH为4.7；因此除去铁和铝，应调节pH至4.7以上；为防止其他离子形成沉淀，应条件pH至6.2以下；因此溶液的pH范围应调节为4.7~6之间；
（4）除杂1中加入Na2S，目的是为了除去Zn2+和Ni2+
，
故所得滤渣3的主要成分为ZnS和NiS；
（5）加入MnF2是为了将溶液中的Mg2+形成MgF2沉淀除去，若除杂过程中，溶液的酸度越高，即溶液中c(H+)过大，则H+会与F-反应形成弱电解质HF，使得MgF2的沉淀溶解平衡“MgF2(s)=Mg2+(aq)+2F-(aq)”向溶解的方向移动，导致Mg2+沉淀不完全；
（6）“沉锰”过程中溶液中的Mn2+与HCO3-反应生成MnCO3沉淀、CO2和H2O，该反应的离子方程式为：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O；
（7）在化合物中，化合价的代数和为0，可得等式：1+2x+3y+4z-4=0，将代入，解得；
【分析】（1）滤渣1为不与H2SO4反应的固体；“溶浸”过程中MnO2和MnS在酸性条件下反应生成MnSO4和S，结合得失电子守恒、原子守恒书写反应的化学方程式；
（2）氧化过程是将溶液中的Fe2+氧化成Fe3+；
（3）根据表格信息Fe(OH)3、Al(OH)3完全沉淀的pH分析；
（4）根据除杂目的和所加试剂确定滤渣3的成分；
（5）结合MgF2的沉淀溶解平衡分析；
（6）“沉锰”过程中溶液中的Mn2+与HCO3-反应生成MnCO3沉淀、CO2和H2O，据此写出反应的化学方程式；
（7）根据化合价代数和为0计算z的值；
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