天津市和平区2020届高三第二次质量调查化学试题 Word版含解析 18页

本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分。考试时间60分钟。答题时，请将第Ⅰ卷每小题答案选出后，用2B铅笔涂在答题卡的相应位置上，若仅答在卷子上则不给分。将第Ⅱ卷各题的答案直接答在答题卡相应位置上。‎ 第Ⅰ卷（选择题 共36分）‎ 选择题（本题包括12小题，每小题3分，共36分。每小题只有一个选项符合题意。）‎ ‎1.手工制作工艺在我国有着悠久的历史，是中华民族文化艺术的瑰宝。下列手工艺品用金 属材料制成的是 A. 北京唐人 B. 山东面塑 C. 芜湖铁画 D. 东阳木雕 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A.北京糖人用的材料应该是蔗糖与麦芽糖属于有机非金属故A错误；‎ B.山东面塑的主要原料为淀粉属于多糖，有机非金属，故B错误；‎ C.芜湖铁为铁制品，属于金属材料，故C正确；‎ D.东阳木雕属于木制品主要是纤维素属于多糖，有机非金属，故D错误。‎ ‎【点睛】该题以民俗手工制品为载体，考察了学生的化学核心素养在日常生活中的体现。‎ ‎2.党的十九大报告中多次提及“绿色”、“生态文明”。下列做法不应该提倡的是 A. 分类放置生活废弃物 B. 实现化石燃料清洁利用 C. 使用聚碳酸酯类可降解塑料 D. 大量使用化肥、农药提高粮食产量 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 18 -‎ ‎【详解】A、对生活废弃物进行分类，可以对物质进行回收使用，分类处理，选项A正确；‎ B．实现化石燃料清洁利用提高能源利用率，选项B正确；‎ C．使用聚碳酸酯类可降解塑料，实现“碳”的循环利用应用，减少二氧化碳的排放，符合节能减排的原则，选项C正确；‎ D、农药化肥过量的使用，在污染土壤和水的同时，在农作物上的残留也会对人的健康不利，选项D错误。‎ 答案选D。‎ ‎3.下列物质放入水中发生化学反应，水做氧化剂的是（ ）‎ A. 钠 B. 氯气 C. 氧化钙 D. 过氧化钠 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．钠与水反应方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，反应中水中氢元素的化合价由+1价降低到0价，生成氢气，水作氧化剂，故A符合题意；‎ B．氯气与水反应方程式为：Cl2+H2O=HCl+HClO，氯气中氯的化合价从0价升高到+1价，从0价降低到-1价，水的化合价没有变化，故B不符合题意；‎ C．氧化钙溶于水，生成氢氧化钙，没有化合价的变化，属于非氧化还原反应，故C不符合题意；‎ D．过氧化钠与水反应方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，过氧化钠中-1价氧元素发生歧化反应，氧化剂和还原剂均为过氧化钠，故D不符合题意；‎ 答案选A。‎ ‎4.下列化学用语对事实的表述错误的是( )‎ A. 氯原子的结构示意图：‎ B. 羰基硫(COS)的结构式为 C. 为Si原子一种激发态 D. 中子数为10的氧原子形成的过氧根离子：‎ - 18 -‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氯原子核外共有17个电子，其原子结构示意图为，A选项正确；‎ B．羰基硫(COS)中心原子为C，C与O、C与S均形成两对共用电子对，其结构式为O=C=S，B选项正确；‎ C．Si原子的基态核外电子排布式为[Ne]3s23p2，3s轨道中一个电子跃迁至3p轨道中形成，处于激发态，C选项正确；‎ D．根据质量数=质子数+中子数可知，中子数为10的氧原子质量数=10+8=18，则其形成的过氧根离子应为，D选项错误；‎ 答案选D。‎ ‎5.下列有关说法不正确的是(　　)‎ A. 向Mg(OH)2加入足量稀硫酸，加热浓缩，冷却结晶后得到硫酸镁晶体 B. 氨水清除试管壁附着的银镜 C. 可用稀硝酸鉴别MgI2、AgNO3、Na2CO3、NaAlO2四种溶液 D. 除去乙酸乙酯中的乙酸杂质，加入碳酸钠溶液，分液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．氢氧化镁与硫酸反应生成硫酸镁和水，硫酸镁溶液经加热浓缩、冷却结晶可制备硫酸镁晶体，故A正确；‎ B．氨水和银不反应，不能用氨水清除银镜，应用硝酸溶液清洗试管壁附着的银镜，故B错误；‎ C．MgI2、AgNO3、Na2CO3、NaAlO2四种溶液分别与HNO3反应时，现象分别为溶液变为黄色、无明显现象、有无色气泡生成、先生成白色沉淀后沉淀消失，现象不同，能鉴别，故C正确；‎ D．乙酸乙酯中含有乙酸杂质，加入碳酸钠溶液，碳酸钠与乙酸反应生成能溶于水的乙酸钠，乙酸乙酯难溶于碳酸钠溶液，出现分层，通过分液达到除杂的目的，故D正确；‎ 答案选B。‎ - 18 -‎ ‎6.下列描述中正确的是( )。‎ A. 原子晶体中只含共价键 B. 离子晶体中只含离子键，不含有共价键 C. 分子晶体中只存在分子间作用力，不含其它化学键 D. 任何晶体中，若含阳离子也一定还有阴离子 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．原子晶体是原子间通过共价键结合形成的空间网状结构的晶体，所以原子晶体中只含有共价键，故A正确；‎ B．含有离子键的化合物是离子化合物，离子晶体中可能含有共价键，如NaOH中含有共价键，故B错误；‎ C．分子晶体中只存在分子间作用力，但分子内原子之间存在化学键，故C错误；‎ D．金属晶体由阳离子和自由电子构成，不含有阴离子，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎7.已知有机物M在一定条件下可转化为N。下列说法正确的是 A. 该反应类型为取代反应 B. N分子中所有碳原子共平面 C. 可用溴水鉴别M和N D. M中苯环上的一氯代物共4种 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. M中碳碳双键变成单键，该反应类型为加成反应，故A错误；‎ B. 异丙基中的碳是四面体结构，N分子中所有碳原子不能平面，故B错误；‎ C. M中碳碳双键可与溴水发生加成反应，使溴水褪色，可用溴水鉴别M和N，故C正确；‎ D. M中苯环上的一氯代物共有邻、间、对3种，故D错误；‎ - 18 -‎ 故选C。‎ ‎8.下列解释事实的方程式不正确的是 A. 焊接铁轨： 2Fe + Al2O32Al + Fe2O3‎ B. 工业固氮： N2 + 3H22NH3‎ C. 用纯碱除油污：CO32-+H2OHCO3-+ OH-‎ D. 用湿润的淀粉KI试纸检验Cl2：Cl2 + 2I-=2Cl-+I2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．焊接铁轨应用的是铝热反应，方程式：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，故A错误，符合题意； B．氮气与氢气在高温高压催化剂条件下反应生成氨气，方程式：N2+3H2 2NH3，故B正确，不符合题意； C．碳酸钠为强碱弱酸盐，水解显碱性，离子方程式：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，故C正确，不符合题意； D．氯气与碘化钾反应生成碘和氯化钾，碘与到淀粉变蓝，离子方程式：Cl2+2I-═2Cl-+I2，故D正确，不符合题意； 故选：A。‎ ‎9.CO2和CH4催化重整可制备合成气，其反应历程示意图如下：‎ 下列说法中不正确的是（ ）。‎ A. Ni是该反应的催化剂 B. 过程①→②既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成 - 18 -‎ C. 过程①→②是吸热反应 D. 反应的总化学方程式可表示为：CH4 +CO2 2CO+2H2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知，发生CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)，Ni为催化剂，且化学反应中有化学键的断裂和生成，①→②放出热量，以此来解答。‎ ‎【详解】A．Ni在此反应中先消耗、后生成，且质量不变，则为催化剂，故A正确；‎ B．由反应物、生成物可知，①→②既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成，故B正确；‎ C．过程①→②反应物的能量高于生成物的能量，此反应为放热反应，故C错误；‎ D．此反应的反应物为CO2和CH4，Ni做催化剂，产物为CO和氢气，则化学方程式为CH4 +CO2 2CO+2H2，故D正确；‎ 故答案为C。‎ ‎10. 硫酸亚铁是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质（如图所示）。下列说法错误的是 A. 碱式硫酸铁水解能产生Fe(OH)3胶体，可用作净水剂 B. 防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行 C. 可用KSCN溶液检验(NH4)2Fe(SO4)2是否被氧化 D. 常温下，(NH4)2Fe(SO4)2在水中的溶解度比FeSO4的大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.碱式硫酸铁中水解产生胶体，胶体可以吸附水中悬浮物，用作净水剂，故A正确；‎ - 18 -‎ B.加热易分解，为防止其分解，生产需在较低温度下进行，故B项正确；‎ C.中含有，若被氧化则生成，与溶液产生血红色物质，故C正确；‎ D.冷却结晶时，溶解度小的物质先析出，常温下，在水中的溶解度比的小，故D错误；‎ 本题答案为D。‎ ‎11.一种新型的锌碘单液流电池，其原理如下图所示。下列说法不正确的是 (　　)。‎ A. 放电时B电极反应式为：I2+2e-=2I-‎ B. M为阳离子交换膜，N为阴离子交换膜 C. 充电时，A极增重‎65g时，C区增加离子数为4NA D. 放电时电解质储罐中离子总浓度增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由装置图可知，放电时，Zn是负极，负极反应式为Zn-2e-═Zn2+，石墨是正极，反应式为I2+2e-=2I-，外电路中电流由正极经过导线流向负极，充电时，阳极反应式为2I--2e-=I2、阴极反应式为Zn2++2e-=Zn，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．放电时，B电极为正极，I2得到电子生成I-，电极反应式为I2+2e-=2I-，故A正确；‎ B．离子交换膜是防止正负极I2、Zn接触直接发生氧化还原反应，负极区生成Zn2+、正电荷增加，正极区生成I-、负电荷增加，所以Cl-通过M膜进入负极，K+通过N膜进入正极，所以M为阴离子交换膜，N为阳离子交换膜，故B错误；‎ C．充电时，A极反应式Zn2++2e-=Zn，A极增重‎65g转移2mol电子，所以C区增加2molK+、2molCl-，离子总数为4NA，故C正确；‎ - 18 -‎ D．放电时，Zn是负极，负极反应式为Zn-2e-═Zn2+，石墨是正极，反应式为I2+2e-=2I-，转移2mol电子时负极生成1mol的锌离子，正极产生2mol的碘离子，所以放电时电解质储罐中离子总浓度增大，故D正确；‎ 故答案为B。‎ ‎12.常温下，用不同浓度的NaOH溶液分别滴定20 mL与其同浓度的某弱酸HA（电离常数为Ka）溶液，滴定曲线如下图所示。下列说法不正确的是(　　)。‎ A. 由图可知，c1＞c2＞c3‎ B. M点溶液中存在：c(H＋)=[c(A－)－c(HA)]＋c(OH－)‎ C. 恰好中和时，三种溶液的pH相等 D. 由pH=7的溶液计算得：Ka= (V0是消耗的NaOH溶液的体积)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NaOH浓度越大，溶液pH越大，根据图象，滴定终点之后溶液pH顺序大小为：c1＞c2＞c3，所以浓度大小为c1＞c2＞c3，故A正确；‎ B．M点为加入NaOH体积为10mL，此时恰好生成起始时等量的NaA和HA，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，存在物料守恒‎2c(Na+)=c(HA)+c(A-)，则存在‎2c(H+)+c(HA)=‎2c(OH-)+c(A-)，即c(H＋)=[c(A－)－c(HA)]＋c(OH－)，故B正确；‎ C．恰好中和时，溶液中酸碱恰好完全反应生成NaA，A-水解，溶液呈碱性，但三种溶液的浓度不等，A-水解程度不一样，则溶液的pH不等，故C错误；‎ D．溶液中pH=7时，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，则有c(Na+)=c(A-)‎ - 18 -‎ ‎，此时消耗NaOH溶液体积为V0，所以c(A-)=mol/L，根据物料守恒：c(A-)+c(HA)=mol/L，则c(HA)=mol/L，所以Ka= ，故D正确；‎ 故答案为C。‎ 第Ⅱ卷（非选择题 共64分）‎ 注意事项：第Ⅱ卷共4页，用蓝、黑色墨水的钢笔或圆珠笔直接答在答题纸上。‎ 相对原子质量：H ‎1　‎C 12　N 14　O 16　Na 23　Al 27 S 32　Cl 35.5 K 39 Fe 56‎ ‎13.K、Al、Cu、H、C、O、S、Cl是常见的八种元素。‎ ‎(1)从明矾[KAl(SO4)2·12H2O]制备 Al、K2SO4和H2SO4的过程如下图所示：‎ 焙烧明矾的化学方程式为_________________________________________________。‎ ‎(2)K位于元素周期表第________周期第________族。‎ ‎(3)S的基态原子核外有________个未成对电子；Cl的基态原子核外电子排布式为____________。‎ ‎(4)用“＞”或“＜”填空：‎ 第一电离能 离子半径 熔点 酸性 O____S Cl－____K＋‎ KCl____Al2O3‎ H2SO4____HClO4‎ ‎(5)SO2的价层电子对个数是________，该分子为结构为________；SO3中硫原子采用杂化方式为___________。‎ - 18 -‎ ‎(6)新制备的Cu(OH)2可将乙醛氧化成乙酸，而自身还原成Cu2O。乙酸的沸点明显高于乙醛，其主要原因是____________________。Cu2O为半导体材料，在其立方晶胞内部有4个氧原子，其余氧原子位于面心和顶点，则该晶胞中有________个铜原子。‎ ‎(7)Al单质为面心立方晶体，其晶胞参数a=0.405 nm，列式表示Al单质的密度__________g·cm－3(列出计算式子，不必计算出结果)。‎ ‎【答案】 (1). 4KAl(SO4)2·12H2O＋3S=2K2SO4＋2Al2O3＋9SO2↑＋48H2O (2). 四 (3). ⅠA (4). 2 (5). 1s22s22p63s23p5 (6). ＞ (7). ＞ (8). ＜ (9). ＜ (10). 3 (11). V形 (12). sp2 (13). CH3COOH存在分子间氢键 (14). 16 (15). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 明矾和硫混合焙烧生成SO2和固体混合物，用水溶解固体并过滤得到滤渣Al2O3、滤液K2SO4，利用电解Al2O3可制得Al，SO2催化氧化生成SO3，再溶于水可制得硫酸。利用均摊法先确定晶胞的组成，得到晶胞的质量，再结合计算。‎ ‎【详解】(1)明矾和硫混合焙烧生成SO2、K2SO4和Al2O3，则结合守恒法，发生反应的化学方程式为4KAl(SO4)2·12H2O＋3S=2K2SO4＋2Al2O3＋9SO2↑＋48H2O；‎ ‎(2)K的核电荷数为19，核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s1，则K位于元素周期表第四周期第ⅠA族；‎ ‎(3)S的核电荷数为16，价电子轨道表达式为，则基态S原子核外有2个未成对电子；Cl的核电荷数为17，基态Cl原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p5；‎ ‎(4)同主族元素，随着原子序数的增加，原子核对核外电子的吸引力减弱，第一电离能减小，则第一电离能：O＞S；核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径：Cl－＞K+；钾离子半径大于铝离子半径，铝离子半径大于氧离子半径，所以Al2O3的熔点高于KCl的熔点，故熔点：KCl＜Al2O3；元素的非金属性越强，元素最高价氧化物的水化物的酸性越强，因为非金属性Cl＞S，则酸性：H2SO4＜HClO4；‎ ‎(5)SO2的价层电子对个数是2+=3，S原子为sp2杂化，孤对电子数是1‎ - 18 -‎ ‎，该分子为结构为V形；SO3中硫原子价层电子对个数是3+=3，无孤对电子，采用杂化方式sp2；‎ ‎(6)乙酸分子间可形成氢键，乙醛不能形成氢键，所以乙酸的沸点高于乙醛；该晶胞中O原子数为4×1+6×+8×=8，由Cu2O中Cu和O的比例可知该晶胞中铜原子数为O原子数的2倍，即为16个；‎ ‎(7)Al单质为面心立方晶体，以顶点Al原子研究，其配原子处于面心位置，顶点为8个晶胞共用，面心为2个晶胞共用，则晶胞中Al原子数目=8×+6×=4，Al原子总质量=4×g，Al单质的密度=(4×g)÷(0.405×10‎-7 cm)3=g•cm-3。‎ ‎【点睛】考查晶胞结构与计算，熟记金属晶体常见几种堆积方式，明确原子在晶体中位置关系及晶胞中位置，掌握均摊法进行晶胞有关计算，注意：中心原子的杂化类型为sp2，说明该分子中心原子的价层电子对个数是3，无孤电子对数，空间构型是平面三角形，有孤对电子，分子构型为V形。‎ ‎14.麻黄素（H）是中枢神经兴奋剂，其合成路线如图所示。NBS是一种选择性溴代试剂。‎ 已知：CH3—C≡CH+H2O CH3COCH3‎ ‎(1)A的结构简式是_______；E中官能团的名称为___________________。‎ ‎(2)反应B→C的反应条件和试剂是_______________，⑤的反应类型是________。‎ ‎(3)F的结构简式是______________。麻黄素（H） 的分子式是________。‎ ‎(4)写出C→D的化学方程式______________________________________。‎ ‎(5)化合物F的芳香族同分异构体有多种，结构和性质如下：遇FeCl3溶液发生显色反应，能和银氨溶液发生银镜反应，苯环上只有两个对位取代基，则符合上述要求的同分异构体结构简式可能为________________________________________。‎ ‎(6)请仿照题中合成流程图，设计以乙醇为起始主原料合成强吸水性树脂 - 18 -‎ 的合成路线______________(用流程图表示，其它试剂及溶剂任选)。‎ ‎【答案】 (1). CH3 (2). 羟基、碳碳三键 (3). 氢氧化钠水溶液、加热 (4). 加成反应 (5). (6). C10H15NO (7). (8). (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由E的结构可知A中含有苯环，且与NBS发生取代反应生成B，B的分子式为C7H7Br，B发生水解反应生成C，C可以发生氧化反应生成D，则A为， B为，C为，D为；E发生加成反应后脱水得到F，结合可知F为，与氢气发生加成反应得到麻黄素；‎ ‎(6)乙醇氧化生成乙醛，乙醛与NaC≡CH反应后酸化得到，再与氢气发生加成反应得到，最后发生加聚反应生成。‎ ‎【详解】(1) 根据上面的分析可知，A为，E的结构简式为，所含官能团为羟基、碳碳三键；‎ ‎(2) 反应B→C是卤代烃的碱性水解，所以反应条件和试剂是氢氧化钠水溶液、加热；⑤的反应类型是加成反应；‎ - 18 -‎ ‎(3) 据上面的分析可知，F的结构简式是；麻黄素(H)的结构简式为则分子式是C10H15NO；‎ ‎(4) C→D为醇羟基的催化氧化，发生反应的化学方程式为；‎ ‎(5) 化合物F的同分异构体遇FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，能和银氨溶液发生银镜反应，说明含有醛基，苯环上只有两个对位取代基，则满足条件的结构简式可能为；‎ ‎(6) 乙醇氧化生成乙醛，乙醛与NaC≡CH反应后酸化得到，再与氢气发生加成反应得到，最后发生加聚反应生成。合成路线流程图为。‎ ‎【点睛】考查有机物的推断与合成，充分利用有机物的结构与给予的信息进行分析，侧重考查学生分析推理能力、获取信息与迁移运用能力，熟练掌握官能团的性质与转化，(5)根据性质确定含有的官能团并书写同分异构体的结构简式为难点。‎ ‎15.实验室以次氯酸盐和铁盐为原料制备少量K2FeO4的操作步骤如下：‎ Ⅰ．制备NaClO强碱性饱和溶液：‎ ‎①将20 mL NaOH溶液加入仪器b中，冷水浴冷却，通入Cl2，搅拌，直至溶液变为黄绿色且有少量白色晶体析出为止（装置如下图所示）。‎ - 18 -‎ ‎②将所得饱和NaClO倒入烧杯并置于冷水浴中，分几次加入‎20 g NaOH固体并不断搅拌，过滤，得NaClO强碱性饱和溶液。‎ ‎(1)甲装置中a管的作用是_____________________________________________。‎ ‎(2)写出甲装置中反应的化学方程式_____________________________________。‎ ‎(3)石灰乳的作用是___________________________________________________。‎ ‎(4)反应过程中用冷水浴冷却的原因是___________________________________。‎ Ⅱ．合成K2FeO4：‎ ‎①称取‎5.05 g Fe(NO3)3·9H2O（相对分子质量为404）固体，在冷水浴中分批加入Ⅰ中所得滤液，并不断搅拌，反应1小时后溶液呈深紫红色（即Na2FeO4）。‎ ‎②离心分离除去Na2FeO4水解得到的Fe(OH)3胶体，留上层清液（深紫红色）。‎ ‎③向②的上层清液中缓慢加入KOH饱和溶液50.00mL，冰水浴保持5 min，过滤，得K2FeO4（相对分子质量为198）粗产品。‎ ‎④将粗产品重结晶，并用异丙醇洗涤，低温烘干，得纯产品‎2.13 g。‎ ‎(5)合成Na2FeO4的离子方程式为____________________________________。‎ ‎(6)过程③加入饱和KOH溶液即可得到K2FeO4粗产品，原因是__________。‎ ‎(7)用异丙醇洗涤的目的是__________________________________________。‎ ‎(8)K2FeO4的产率为___________（保留至0.1%）。‎ ‎【答案】 (1). 平衡压强，使漏斗内的液体能顺利滴下 (2). 2KMnO4＋16HCl=2KCl＋MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O (3). 除去未反应的氯气，防止氯气污染空气 (4). 有利于氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠 (5). 2Fe 3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O (6). K2FeO4的溶解度小于 Na2FeO4，加入饱和 KOH 溶液可以增大 K+的浓度，使 Na2FeO4+2KOHK2FeO4+2NaOH 平衡向右移动，析出晶体 (7). 用异丙醇代替水洗涤产品可以减少高铁酸钾的溶解损耗 (8). 86.1%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ．在冷的NaOH溶液中通入利用甲装置制得的氯气并搅拌，直至溶液变为黄绿色且有少量白色晶体析出为止，然后向饱和NaClO溶液中加入NaOH固体，即可得NaClO强碱性饱和溶液；‎ Ⅱ．在NaClO强碱性饱和溶液中分次加入Fe(NO3)3·9H2O(相对分子质量为404)固体，并用冷水浴降温和不断搅拌，即可得深紫红色Na2FeO4溶液，用离心分离除去少量Fe(OH)3‎ - 18 -‎ 胶体，然后在上层中缓慢加入KOH饱和溶液，经过滤并用异丙醇洗涤，低温烘干，得高铁酸钾。‎ ‎【详解】(1) 甲装置中高锰酸钾与浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气，利用a管可平衡压强，使漏斗内的液体能顺利滴下；‎ ‎(2) 甲装置中用高锰酸钾固体粉末与浓盐酸发生反应可以制取氯气，反应的化学方程式为2KMnO4＋16HCl=2KCl＋MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O；‎ ‎(3) 氯气有毒，污染空气，石灰乳除去未反应氯气，防止氯气污染空气；‎ ‎(4) 温度不同时，氯气与NaOH反应的产物也不同，常温下，生成次氯酸钠，温度高时，反应生成氯酸钾，6NaOH+3Cl25NaCl+NaClO3+3H2O，降低了次氯酸钠的产量；则反应过程中用冷水浴冷却有利于氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠；‎ ‎(5) 氢氧化铁被次氯酸根氧化为高铁酸根(FeO42-)同时生成Cl-、H2O，反应的离子方程式为2Fe3++3ClO-+6OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；‎ ‎(6) 该温度下高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小，加入饱和KOH溶液可以增大K+的浓度，减小高铁酸钾的溶解，促进高铁酸钾晶体析出；‎ ‎(7) 高铁酸钾可溶于水，用异丙醇代替水洗涤产品，可减少高铁酸钾的溶解损耗；‎ ‎(8) ‎5.05g Fe(NO3)3•9H2O的物质的量为n(Fe(NO3)3•9H2O)=0.0125mol，根据铁元素守恒可知n(K2FeO4)=0.0125mol，则m(K2FeO4)=0.0125mol×‎198g/mol=‎2.475g，则产率为=×100%=86.1%。‎ ‎【点睛】考查物质的分离提纯的实验方案的设计，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，题目难度较大，明确实验的目的和原理是解答该题的关键，注意把握基本实验操作，难点是涉及氧化还原反应的化学方程式或离子方程式的书写与配平。‎ ‎16.节能和减排建设友好型社会的必然选择。回答下列问题：‎ ‎(1)已知在一定温度下，①C(s)+CO2(g) 2CO(g) ΔH1=a kJ·mol-1 平衡常数K1；‎ ‎②CO(g)+H2O(g) H2(g)+CO2(g) ΔH2=b kJ·mol-1 平衡常数K2。‎ 某反应平衡常数表达式K3= ，请写出此反应的热化学方程式______________，K1、K2、K3之间的关系是_____________。‎ ‎(2)将原料气按n(CO2)∶n(H2)=1∶4置于密闭容器中发生CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)反应，测得H2O(g)的物质的量分数与温度的关系如下图所示： ‎ - 18 -‎ ‎①该反应的平衡常数K随温度降低而________（填“增大”或“减小”）。‎ ‎②在密闭恒温（高于‎100℃‎）恒容装置中进行该反应，达到平衡状态的是________。‎ a．混合气体密度不再改变 b．混合气体压强不再改变 c．混合气体平均摩尔质量不再改变 d．n(CO2)∶n(H2)=1:2‎ ‎③‎200℃‎达到平衡时体系总压强为P，该反应平衡常数Kp的计算表达式为______（不必化简，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）。‎ ‎(3)‎500℃‎时，CO与水反应生成CO2和H2，将其分离得到H2的过程示意图如下：‎ ‎①阳极反应式是_______________________________________________。‎ ‎②结合电极反应式，简述K2CO3溶液的再生原理___________________。‎ ‎【答案】 (1). C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g) ΔH= (a+b) kJ·mol-1 (2). K3= K1·K2 (3). 增大 (4). bc (5). (6). 2H2O-4e-=O2+4H+ (7). 阴极反应：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，OH-+HCO3-=CO32-+H2O，使K2CO3溶液得以再生 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 平衡常数为生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，平衡常数中，分子为生成物，分母为反应物和质量恒定律分析解题；根据平衡常数的表达式推断；‎ ‎(2)①根据平衡线分析，温度降低，H2O的物质的量分数增大，则温度降低有利于反应正向进行；‎ - 18 -‎ ‎②根据平衡状态的特征逐一分析判断，特别注意混合气体的密度为ρ＝，混合气体的平均相对分子质量大小为；‎ ‎③根据方程式计算平衡时各组分的分压，代入分压平衡常数表达式计算；‎ ‎(3) CO2和H2用K2CO3溶液洗涤后，逸出H2，同时得到KHCO3溶液，再用惰性电极电解KHCO3溶液，阳极有H2生成，阴极有CO2和O2生成。‎ ‎【详解】(1)某反应的平衡常数表达式K3=，则生成物为CO和H2，反应物有H2O，结合原子守恒可知，另一种反应物是C，且为固态，则此反应的化学方程式为C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)；已知：①C(s)+CO2(g)2CO(g) ΔH1=a kJ·mol-1平衡常数K1=，②CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g) ΔH2=b kJ·mol-1平衡常数K2=，根据盖斯定律：①+②可得C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)，则△H= (a+b) kJ·mol-1，故该反应的化学方程式为C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) ΔH= (a+b) kJ·mol-1；K3==×=K1×K2；‎ ‎(2)①根据平衡线分析，温度降低，H2O的物质的量分数增大，则温度降低有利于反应正向进行，所以该反应的平衡常数K随温度降低而增大；‎ ‎②a．混合气体的密度为ρ＝，反应前后，质量守恒，气体质量m不变，容器容积V不变，所以混合气体的密度始终不变，不能说明反应是否达到化学平衡，故a错误；‎ b．反应前后气体分子数改变，压强变化，可以通过压强判断化学反应是否达到化学平衡，故b正确；‎ c．混合气体的平均相对分子质量大小为，反应前后m不变，n改变，可以通过混合气体的平均相对分子质量变化判断化学反应是否达到化学平衡，故c正确；‎ d．CO2和H2的物质的量之比取决于二者的出入量和化学反应计量，不能通过n(CO2)：n(H2)=1：2说明化学反应是否达到化学平衡，故d错误；‎ 故答案为bc；‎ - 18 -‎ ‎③将原料气按n(CO2)：n(H2)=1：4置于密闭容器中发生CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)反应，不妨取1molCO2和4molH2；‎ ‎ ‎ ‎200℃‎达到平衡时H2O的物质的量分数为0.6，即＝0.6，可得x=，所以平衡体系中，p(CO2)=0.6p，p(CH4)=0.3p，p(CO2)=0.02p，p(H2)=0.08p，则该反应平衡常数Kp的计算表达式为Kp==；‎ ‎(3)①阳极发生氧化反应，电极反应式是2H2O-4e-=O2+4H+；‎ ‎②将吸收池中的溶液电解，重新生成CO2，并产生O2，可以再生K2CO3，电解时H2O放电产生OH-，OH-与HCO3-反应生成CO32-，达到再生的目的，可以解释为：阴极反应：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，OH-+HCO3-=CO32-+H2O，使K2CO3溶液得以再生。‎ ‎【点睛】化学平衡状态的判断，注意只有反应前后不相同的量才能作为判断化学平衡的依据。反应到达平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化。反应前后不改变的量不能作为判断化学平衡的依据，如该反应中的压强就不能作为判断化学平衡的依据。‎ ‎ ‎ - 18 -‎