【全国百强校】山东省师范大学附属中学2019届高三上学期第四次模拟理科综合化学试题（解析版）

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1、1.化学与生活、生产密切相关，下列说法错误的是 ( ) A. Ge(32 号元素)的单晶可以作为光电转换材料用于太阳能电池 B. 工业生产玻璃、水泥，均需要用石灰石为原料 C. 将二氧化硫添加于红酒中可以起到杀菌和抗氧化作用 D. 纳米铁粉和 FeS 都可以高效地去除被污染水体中的 Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子，其原理是相 同的。 【答案】D 【解析】 【详解】A.位于金属与非金属元素分界线附近，与硅元素同主族，其单晶属于半导体材料，也可以作为 光电转换材料用于太阳能电池，故 A 正确； B.工业上生产玻璃需要的原料是纯碱、石灰石和石英，生产水泥所需的原料是石灰石和粘土，

2、所以都要用 到的原料是石灰石，工业生产玻璃、水泥，均需要用石灰石为原料，故 B 正确； C.将二氧化硫添加于红酒中，利用了 SO2具有杀菌作用和抗氧化特性，故 C 正确； D.纳米铁粉去除被污染水体中的 Pb 2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子，是 Fe 和 Pb2+、Cu2+、Hg2+发生置换反应 生成金属单质而治理污染，而 FeS 去除被污染水体中的 Pb 2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子，是将 Pb2+、Cu2+、 Cd 2+、Hg2+等重金属离子转化成比 FeS 更难溶的金属硫化物沉淀而治理污染，故 D 错误； 本题答案为 D。 2.硫酸亚铁是一种重要的化工原

3、料，可以制备一系列物质(如下图)，下列说法错误的是( ) A. 碱式硫酸铁水解能产生 Fe(OH)3胶体，可用做净水剂 B. 为防止NH4HCO3分解， 生产FeCO3需在较低温度下进行， 该反应的离子方程式为： Fe2+2HCO3= FeCO3+ CO2+H2O C. 可用 KSCN 溶液检验(NH4)2Fe(SO4)2是否被氧化 D. 该温度下，(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，胶体可以吸附水中杂质，故 A 正确； 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 正确； C.中含有，若被氧

4、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。 3.如表实验操作、现象与结论对应关系正确的是( ) 选项 实验操作 实验现象 结论 A 先向 2mL0.1mol/LNa2S 溶液中滴几滴 0.1mol/LZnSO4溶液，再加入几滴 0.1mol/LCuSO4溶液 开始有白色沉淀生 成；后又有黑色沉淀 生成 Ksp(ZnS)Ksp(CuS) B 向含有酚酞的 Na2CO3溶液中加入少量 BaC12 固体， 溶液红色变浅 证明 Na2CO3溶液中存在 水解平衡 C 等体积 pH=2的HX和

5、HY两种酸分别与足量的 铁反应，排水法收集气体 HX放出的氢气多且 反应速率快 HX 酸性比 HY强 D 分别测定室温下等物质的量浓度的 Na2SO3与 Na2CO3溶液的 pH 后者较大 证明非金属性 SC A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A.向 2mL0.1mol/LNa2S 溶液中滴几滴 0.1mol/LZnSO4溶液，再加入几滴 0.1mol/LCuSO4溶液，因为 硫酸锌和硫酸铜的量很少，溶液中还存在硫离子，所以产生的黑色沉淀，不能说明是 ZnS 转化为 CuS 沉淀， 同时也不能说明 Ksp(ZnS)、 Ksp(CuS) 的大小，故 A 错误；

6、 B.含有酚酞的Na2CO3溶液,因碳酸根离子水解显碱性溶液变红,加入少量BaCl2固体,水解平衡逆向移动,则溶 液颜色变浅,证明 Na2CO3溶液中存在水解平衡,故 B 正确; C.HX 放出的氢气多且反应速率快,说明 HX 浓度比 HY 大,HX 酸性比 HY 弱,故 C 错误； D.室温下等物质的量浓度的 Na2SO3与 Na2CO3溶液的 pH，后者较大，只能说明 H2SO3的酸性比 H2CO3酸性强，但 H2SO3中 S 的最高价含氧酸，则不能比较 S 和 C 的非金属性强弱，故 D 错误； 本题答案为 B。 【点睛】非金属最高价含氧酸的酸性越强，非金属性越强。 4.短周期主族元素

7、W、X、Y、Z 的原子序数依次增加。A 是元素 Y 的单质。常温下，甲的浓溶液和 A 发生钝 化。丙、丁、戊是由这些元素组成的二元化合物，且丙是无色气体。上述物质的转化关系如图所示。下列 说法正确的是 A. 丁和戊中所含元素种类相同 B. 简单离子半径大小：XY C. 气态氢化物的还原性：XZ D. Y 的简单离子与 Z 的简单离子在水溶液中可大量共存 【答案】A 【解析】 分析：短周期主族元素 W、X、Y、Z的原子序数依次增加。A是元素 Y的单质。常温下，甲的浓溶液和 A 发生钝化，Y元素是 Al，甲是硝酸或硫酸。丙、丁、戊是由这些元素组成的二元化合物，且丙是无色气体， 因此丙是二氧化硫，则

8、甲是硫酸，丁是水，乙是硫酸铝。二氧化硫与戊反应生成硫酸，则戊具有氧化性， 应该是双氧水，据此解答。 详解：根据以上分析可知 W、X、Y、Z分别是 H、O、Al、S。则 A. 丁和戊分别是 H2O和 H2O2，因此其中所含元素种类相同，A正确； B. 核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，则简单离子半径大小：XY，B错误； C. 非金属性越强，氢化物的还原性越弱。非金属性是 OS，则气态氢化物的还原性：XZ，C错误； D. 铝离子与硫离子在水溶液中不能大量共存，二者反应生成氢氧化铝和硫化氢，D错误。答案选 A。 5.以 H2、O2、熔融盐 Na2CO3组成燃料电池，采用电解法制备 F

9、e(OH)2，装置如图所示，其中电解池两极材 料分别为铁和石墨，通电一段时间后，右侧玻璃管中产生大量的白色沉淀。则下列说法正确的是( ) A. 石墨电极处的电极反应式为 O24e=2O2 B. X 是铁电极 C. 电解池中有 1mol Fe 溶解，石墨耗 H2 22.4 L D. 若将电池两极所通气体互换，X、Y两极材料也要互换。 【答案】D 【解析】 【详解】A.通入氧气的电极 II 是正极，电极反应式为 O2+4e -+2CO 2=2CO3 2-，故 A 错误； B.X 是阴极、Y 是阳极，阴极反应式为 2H2O+2e -=H 2+2OH -，故 X 是石墨电极，故 B 错误； C.电解池

10、中阳极电极反应为 Fe-2e Fe 2+， 若有 1mol Fe 溶解， 依据电子转移守恒， 在石墨耗 1molH 2， 在标准状况下是 22.4L，题中未注明标准状况，故 C 错误； D.若将电池两极所通气体互换，X、Y 两极材料也互换，则 Y 极产物的氢气能起保护气作用，防止 X 极产生 的氢氧化铁迅速氧化，实验方案更合理，故 D 正确； 本题答案为 D。 6.在给定条件下，下列离子组的离子共存判断及反应的离子方程式均正确的是( ) 选项 条件 离子组 离子共存判断及的离子方程式 A c(OH-)c(H+)=1酸性溶 液中 Fe2+、NO3-、Al3+、CO32- 不能大量共存， 3Fe2

11、+4H+NO3-=3Fe3+NO+2H2O B 由水电离出 c(H+) =110-13molL-1 K+、NH4+、Cl-、Al(OH)4- 能大量共存 C 有大量 Fe3 的溶液 Na+、NH4+、SO42-、Cl- 能大量共存 D 通入少量 SO2气体 K+、Na+、ClO-、SO42- 不能大量共存，2ClO-+SO2+H2O 2HClO+SO32- A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A.A.=1 的溶液中c(H +)等于 c(OH )，溶液呈中性， Fe2+和 Al3+都能水解使溶液呈酸性，所 以它们不能共存于中性溶液，对应的离子方程式也是在酸性条件

12、下才能发生的反应，故 A 错误； B.该溶液可能是酸性也可能是碱性，溶液中 NH4 +与 AlO 2 -发生双水解不能大量共存，故 B 错误； C.含有大量 Al 3+的溶液中 Na+、NH 4 +、SO 4 2-、Cl-四种离子都能大量共存，故 C 正确； D.二氧化硫有还原性，而次氯酸根有强氧化性，所以向此溶液中通入二氧化硫后，二氧化硫将被氧化为硫 酸，而次氯酸根被还原为氯离子，离子方程式是错误的，故 D 错误； 本题答案为 C。 【点睛】有附加条件的离子是否大量共存的判断中，首先要分析出所给溶液的酸碱性，及附加离子的存在 条件，在此基础上才能准确判断出是否能大量共存。 7.工业上以 CO

13、和 H2为原料合成甲醇的反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H0，在容积为 1 L的恒容容 器中，分别在 T1、T2、T3三种温度下合成甲醇。如图是上述三种温度下不同 H2和 CO 的起始组成比(起始时 CO 的物质的量均为 1mol)与 CO 平衡转化率的关系。下列说法不正确的是( ) A. H2转化率：abc B. 上述三种温度之间关系为 T1T2T3 C. a点状态下再通入 0.5 mol CO 和 0.5 molCH3OH，平衡不移动 D. c点状态下再通入 1 molCO 和 4 mol H2，新平衡中 H2的体积分数减小 【答案】B 【解析】 【详解】A.由图可知，当

14、n(H2)/n(CO)=1.5 时，CO 的转化率 ab 且大于 T3下对应 CO 的转化率，当在温度 为 T3时，随着 n(H2)/n(CO)增大，CO 的妆化率增大，H2的转化率减小，所以有 abc，故 A 正确； B.根据 CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H0，因为是放热反应，温度升高 CO 的转化率减小，由图可以看出， 当 n(H2)/n(CO)相等时，T3T2T1，故 B 错误； C.a 点时，CO 的转化率为 50，起始时 CO 的物质的量为 1mol，H2的物质的量为 1.5mol，由此计算平衡常 数为 4，通过计算再通入 0.5 mol CO 和 0.5 molCH3

15、OH，的浓度商 Qc=4,所以平衡不移动，故 C 正确； D. c 点状态下再通入 1 molCO 和 4 mol H2，在等温等容的条件下，投料比不变，相当于加压，平衡向正反 应方向移动，新平衡 H2的体积分数减小，故 D 正确； 本题答案为 B。 【点睛】对于在定温、定容的容器中进行的可逆反应，达到平衡后再按和起始相同的投料比填料，相当于 增大压强，由此分析平衡的移动情况。 8.以 Cl2、NaOH、CO(NH2)2 (尿素)和 SO2为原料可制备 N2H4 H2O(水合肼)和无水 Na2SO3，其主要实验流程 如下： 已知：Cl2+2OHClO+Cl+H2O是放热反应。 N2H4 H2O

16、沸点约 118 ，具有强还原性，能与 NaClO 剧烈反应生成 N 2。 (1)如图表示用石墨作电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取 Cl2时，阳极上产生也会产生少量的 ClO2的 电极反应式：_；电解一段时间，当阴极产生标准状况下气体 112 mL时， 停止电解，则通过阳离子交换膜的阳离子物质的量为_mol。 (2)步骤制备 NaClO溶液时，若温度超过 40，Cl2与 NaOH 溶液反应生成 NaClO3和 NaCl，其离子方程 式为_；实验中控制温度除用冰水浴外，还需采取的措施是 _。 (3)步骤合成 N2H4 H2O的装置如下图所示。NaClO 碱性溶液与尿素水溶液在 40 以下反应一

17、段时间后， 再迅速升温至 110 继续反应。实验中通过滴液漏斗滴加的溶液是_；使用冷凝管的目的 是_。 (4)步骤用步骤得到的副产品 Na2CO3制备无水 Na2SO3， 欲测定亚硫酸钠产品的纯度设计如下实验方案， 并进行实验。准确称取所得亚硫酸钠样品 m g 于烧杯中，加入适量蒸馏水配成 100 mL待测溶液。移取 25.00 mL待测溶液于锥形瓶中，用 c mol L1酸性 KMnO4标准液滴定，至滴定终点。重复 2次，测得消耗标准溶 液的体积的平均值为 V mL(假设杂质不反应)。 样品中亚硫酸钠的质量分数为_(用含 m、c、V 的代 数式表示)。某同学设计的下列滴定方式中，合理的是_(

18、夹持部分略去)(填字母序号) 【答案】 (1). Cl5e2H2O=ClO24H (2). 0.01 (3). 3Cl2+6OH 5Cl+ClO3+3H2O (4). 缓慢通入 Cl2 (5). NaClO 碱性溶液 (6). 减少水合肼的挥发 (7). 126cV/m% (8). BC 【解析】 【分析】 （1）ClO2是电解饱和 NaCl 溶液的产物，因为 a 极通入 NaCl 饱和溶液，故 a 为阳极，b 为阴极，阳极 Cl - 失去电子，被氧化，生成 CLO2；在阴极 2H2O+2e -=H 2OH -,生成 112mlH 2的同时，生成 0.01molOH -，为保持 溶液中的电荷守

19、恒，则通过阳离子交换膜的阳离子为 0.01mol； （2）若温度超过 40，Cl2与 NaOH 溶液，发生歧化反应，生成 NaClO3、NaCl 和水，因反应是放热反应，所 以除冰水浴外，还可以采取缓慢通入氯气的方法控制温度； （3）步骤中的反应为次氯酸钠碱性溶液与尿素水溶液反应制备水合肼，由于水合肼具有强还原性，能与 次氯酸钠反应生成 N2，为防止水合肼被氧化，应逐滴加入 NaClO 碱性溶液；NaClO 碱性溶液与尿素水溶液在 110继续反应，水合肼的沸点为 118，使用冷凝管的目的是减少水合肼的挥发； （4）依据 2MnO4 - + 6H+ + 5SO 3 2- =2Mn2+ +5SO

20、4 2-+3H 2O，结合题中所给的数据计算亚硫酸钠的质量分数，并依试 剂性质选择滴定方式； 【详解】 （1）ClO2是电解饱和 NaCl 溶液的产物，因为 a 极通入 NaCl 饱和溶液，故 a 为阳极，b 为阴极，阳 极 Cl -失去电子，被氧化，生成 CLO 2；阳极上产生 ClO2的电极反应式：Cl 5e2H 2O=ClO24H ；在 阴极 2H2O+2e -=H 2OH -,生成 112mlH 2的同时，生成 0.01molOH -，为保持溶液中的电荷守恒，则通过阳离子 交换膜的阳离子为 0.01mol； 本题答案为：Cl 5e2H 2O=ClO24H ，0.01。 （2）若温度超过

21、 40，Cl2与 NaOH 溶液，发生歧化反应，生成 NaClO3、NaCl 和水，离子方程式为： 3Cl2+6OH 5Cl +ClO 3 +3H 2O；由于反应是放热反应，为了控制温度，除用冰水浴外，还可以缓慢的通入 Cl2 以控制温度； 本题答案为：3Cl2+6OH 5Cl +ClO 3 +3H 2O，缓慢的通入 Cl2。 （3）步骤中，发生反应为次氯酸钠碱性溶液与尿素水溶液反应制备水合肼，由于水合肼具有强还原性， 能与次氯酸钠反应生成 N2，为防止水合肼被氧化，应逐滴加入 NaClO 碱性溶液，故通过分液漏斗滴加的是 NaClO 碱性溶液，NaClO 碱性溶液与尿素水溶液在 110继续反

22、应，水合肼的沸点为 118，使用冷凝管的目 的是减少水合肼的挥发； 本题答案为：NaClO 碱性溶液 减少水合肼的挥发。 （4）高锰酸钾和亚硫酸钠反应的离子方程式为 2MnO4- + 6H+ + 5SO32- =2Mn2+ +5SO42-+3H2O，设 mg 样品中 含有 NaSO3的物质的量为 x,，则有 2：5=4cv ：x,，解得 x=cvmol，所以 NaSO3的质量分数为： = 126cV/m%，因 KMnO4显强氧化性，所以应选择酸式滴定管，Na2CO3是碱性试剂 应选择碱式滴定管，所以 BC 滴定方式合理； 本题答案为：126cV/m%，B C。 9.电解质水溶液中存在电离平衡、

23、水解平衡、溶解平衡，请回答下列问题。 (1)已知部分弱酸的电离常数如下表： 弱酸 CH3COOH HCN H2CO3 电离常数(25) Ka = 1.8 105 Ka=4.3 l010 Ka1=5.0 l07 Ka2=5.6 l011 0.1 moI/L NaCN 溶液和 0.1mol/L NaHCO3溶液中，c(CN)_c(HCO3)(填“”、“c(H+)c(OH) (8). 2 c(H+)2c(OH) 【解析】 【分析】 （1）依据 Ka(HCN)、Ka(H2CO3)的大小比较，即可知道 c(CN)、c(HCO3)的关系； 依据表中数据 Ka(CH3COOH)、Ka(HCN)、Ka2（H2

24、CO3）根据越弱越水解的规律，分析 pH 相同的三种溶液的浓 度大小； 根据盖斯定律可得醋酸电离的热化学方程式； 根据表中数据可知，Ka1(H2CO3)Ka(HCN) Ka2(H2CO3),依据强酸制弱酸得的反应规律，分析可得将少量 CO2通入 NaCN 溶液，反应的离子方程式； CH3COONa 溶液显碱性的原因是 CH3COO -反生水解反应， 依据 Ka(CH 3COOH)及溶液中的 c(H +)， 可求算 c(CH 3COO )/c(CH 3COOH)； （2）d 点时加入盐酸 20ml,恰好生成氯化铵，分析 NH4Cl 溶液中的离子浓度顺序即可； b 点时，加入的盐酸体积为氨水的一半

25、，所以溶液的成分可以看成，氯化铵和氨水的混合物，依据氨水的 电离和氯化铵的水解程度大小可知 c(NH3H2O)c(NH4 +)； 【详解】 （1） 由于 Ka(HCN)Ka(H2CO3)， 可知 HCN 的酸性比 H2CO3酸性弱， 依据越弱越水解规律， 0.1 moI/L NaCN 溶液中，CN -的水解能力大于 0.1mol/L NaHCO 3溶液中 HCO3 -的水解能力，则 c(CN) c(HCO3 )； 本题答案为：c(NH 4 +)c(H+)c(OH)； 本题答案为：c(C1 )c(NH 4 +)c(H+)c(OH)。 b 点时，所加盐酸体积为 10ml，此时溶液为等浓度的氯化铵和

26、氨水的混合物，由于一水合氨的电离程度 大于氯化铵的水解程度，溶液显碱性，溶液中的电荷守恒：c(NH4 +) c(H +)=c(Cl-) c(OH -)、物料守恒： 2c(Cl -)=c(NH 4 +) c(NH3H2O),可以推知 c(NH3H2O)c(NH4 +)=2 c(H+)2c(OH) ； 本题答案为：2 c(H +)2c(OH) 。 10.铍铜是力学、化学综合性能良好的合金，广泛应用于制造高级弹性元件。以下是从某废旧铍铜元件(含 BeO 、CuS、少量 FeS 和 SiO2)中回收铍和铜两种金属的流程。 已知：铍、铝元素处于周期表中的对角线位置，化学性质相似 常温下： KspCu(O

27、H)2、=2.2 1020、KspFe(OH)3=4.0 1038、KspMn(OH)2=2.l 1013 (1)写出铍铜元件中 SiO2与 NaOH 溶液反应的离子方程式_。 (2)滤渣 B的主要成分为_( 填化学式)。 写出反应中含铍化合物与过量盐酸反应的化学 方程式_。 (3)溶液 C 中含 NaCl、BeCl2和少量 HCl，为提纯 BeCl2，选择合理步骤并排序_。 a加入过量的 NaOH b过滤 c加入适量的 HCl d加入过量的氨水 e通入过量的 CO2 f洗涤 从 BeCl2溶液中得到 BeCl2 固体的操作是_。 (4)MnO2 能将金属硫化物中的硫元素氧化为单质硫，写出反应

28、中 CuS 发生反应的离子方程式 _。 (5)溶液 D 中含 c(Cu2+)=2.2 mol L1、c( Fe3+)=0.008 mol L1、c( Mn2+)=0.01mol L1，逐滴加入稀氨水调节 pH 可依次分离，首先沉淀的是_(填离子符号)。 【答案】 (1). SiO2+2OH=SiO32+H2O (2). CuS、FeS (3). Na2BeO2+4HCl=BeCl2+2NaCl+2H2O (4). dbfc (5). 蒸发结晶时向溶液中持续通入 HCl 气体( 或在 HCl 气流中加热蒸干) (6). MnO2+CuS+4H+=S+Mn2+ Cu2+2H2O (7). Fe3+

29、 【解析】 【分析】 （1）SiO2是酸性氧化物，和 NaOH 反应生成，硅酸钠和水； （2）铍铜元件主要成分是 BeO、CuS、FeS、SiO2，有信息可知 BeO 是两性氧化物，CuS、FeS 不与 NaOH 反应，SiO2是酸性氧化物能和氢氧化钠反应，因此滤渣 B 的主要成分是 CuS、FeS；滤液 A 中含铍化合物为 Na2BeO2，写出 Na2BeO2与过量的盐酸反应的化学方程式即可； （3）依据 Be(OH)2和 Al(OH)3性质相似，难溶于水及具有两性的特点，进行提纯 BeCl2, BeCl2易发生水解，为得到 BeCl2，应采取合理的方法抑制其水解； （4）依据题所给信息，C

30、uS 中的 S 元素被氧化成 S 单质，同时 MnO2中的 Mn 被还原成 Mn 2+,再依据化合价升 降法配平，即可写出反应中 CuS 发生反应的离子方程式； （5）溶液 D 中加入氨水，依据 Ksp 大小判断，可生成沉淀的三种离子顺序； 【详解】 （1）SiO2是酸性氧化物，和 NaOH 反应生成，硅酸钠和水，离子方程式为：SiO2+2OH =SiO 3 2+H 2O； 本题答案为：SiO2+2OH =SiO 3 2+H 2O。 （2）铍铜元件主要成分是 BeO 、CuS、FeS 、SiO2，由信息可知 BeO 是两性氧化物，CuS、FeS 不与 NaOH 反应，SiO2是酸性氧化物能和氢

31、氧化钠反应，因此滤渣 B 的主要成分是不反应的 CuS、FeS；滤液 A 中含铍 化合物为 Na2BeO2，Na2BeO2与过量的盐酸反应的化学方程式为：Na2BeO2+4HCl=BeCl2+2NaCl+2H2O； 本题答案为：CuS、FeS，Na2BeO2+4HCl=BeCl2+2NaCl+2H2O。 （3）依据 Be(OH)2和 Al(OH)3性质相似，难溶于水及具有两性的特点，在溶液 C 中加入过量的氨水,生成 Be(OH)2沉淀，过滤后洗涤，再加入盐酸溶解即可，所以提纯 BeCl2选择的合理步骤为：dbfc； 本题答案为：dbfc。 BeCl2易发生水解，生成 Be(OH)2和 HCl

32、，从 BeCl2溶液中用蒸发结晶法得到 BeCl2固体时，要抑制水解， 所以操作为：蒸发结晶时向溶液中持续通入 HCl 气体( 或在 HCl 气流中加热蒸干) 本题答案为：蒸发结晶时向溶液中持续通入 HCl 气体( 或在 HCl 气流中加热蒸干) 。 （4）反应是在硫酸存在的条件下，MnO2和 CuS 反应，依据题所给信息，CuS 中的 S 元素被氧化成 S 单质， 同时 MnO2中的 Mn 被还原成 Mn 2+，所以反应的离子方程式为：MnO 2+CuS+4H +=S+Mn2+ Cu2+2H 2O； 本题答案为：MnO2+CuS+4H +=S+Mn2+ Cu2+2H 2O。 （5）当加入氨水

33、时，依据 KspCu(OH)2=2.210 20，欲使 Cu(OH) 2沉淀，根据 c(OH -)2 c(Cu 2+)=2.210 20,即 c(OH-)=1 mol/L,时就有 Cu(OH)2沉淀，同理可求欲使 Fe 3+、Mn2+转化为沉淀的 c(OH-)分别为， 1.7mol/L，1.45mol/L，因此首先沉淀的是 Fe 3+； 本题答案为：Fe 3+。 11.碳是自然界中形成化合物种类最多的元素，CO和 CO2是碳的最常见氧化物。 （1）研究和解决二氧化碳捕集和转化问题是当前科学研究的前沿领域。在太阳能的作用下，缺铁氧化物 Fe0.9O能分解 CO2，其过程如图 1所示。过程的化学方

34、程式是_。在过程中每产生 0.1molO2，转 移电子_mol。 （2）在催化剂作用下，将二氧化碳和氢气混合反应生成甲烷，是目前科学家们正在探索的处理空气中的二 氧化碳的方法之一。 已知： 共价键 C=O HH CH OH 键能/(kJmol1) 745 436 413 463 则 CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) H=_kJmol1。 向 1L固定容积的密闭容器中加入 4.0 mol H2(g)、1.0mol CO2，控制条件（催化剂：铑镁合金、高温 T1） 使之反应，若测得容器内气体的压强随着时间的变化如图 2所示。则 4 min 时容器内气体的密度为_； 温度 T1

35、 下，该反应的化学平衡常为_。若采用 2 L固定容积的密闭容器，投料量、催化剂和反应温度 均保持不变，则反应重新达到平衡时对应体系内的压强的点是_（填字母） 。 （3）工业合成原料气 CO会与设备、管道及催化剂表面的金属铁、镍反应，生成羰基化合物。四羰基镍是 热分解法制备高纯镍的原料，也是有机合成中供给一氧化碳的原料，还可做催化剂。 Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g) H0 Ni(CO)4(g)Ni(s)+4CO(g)。如图 3所示，在石英真空管的温度 为 T1一端，放入少量粗镍和 CO(g)，一段时间后，在温度为 T2的一端可得到纯净的镍。则温度 T 1_T2 （填“”“”或“”）

36、 ，上述反应体系中循环使用的物质为_（填化学式） 。 【答案】 (1). 10Fe0.9OCO23Fe3O4C (2). 0.4 (3). 270 (4). 52gL 1 (5). 6.75 （molL 1）2 (6). D (7). (8). CO 【解析】 分析： （1）根据反应物和生成物书写化学方程式；根据氧元素的化合价变化计算； （2）根据 H反应物的化学键断裂吸收的能量生成物的化学键形成释放的能量计算； 密度是混合气体的质量和容器容积的比值。根据 4min 时的压强之比计算气体的物质的量之比，进而计算 平衡常数；结合反应特点和外界条件对平衡状态的影响分析； （3）根据温度对平衡状态的

37、影响以及参加反应的物质分析。 详解：（1） 过程中反应物是二氧化碳和 Fe0.9O， 生成物是碳和四氧化三铁， 则反应的化学方程式是 10Fe0.9O CO23Fe3O4C； 在过程中氧元素化合价从2价升高到0价， 失去2个电子， 则每产生0.1molO 2， 转移电子 0.4mol。 （2）根据表中数据可知反应 CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)H（2745+44364413 22463）kJmol1270kJmol1 反应前后均是气体，根据质量守恒定律可知 4 min 时容器内气体的密度为；4min 时压强 不再发生变化，反应达到平衡状态，则 CO2(g)+4H2(g)

38、CH4(g)+2H2O(g) 起始量（mol） 1 4 0 0 转化量（mol） x 4x x 2x 平衡量（mol） 1x 44x x 2x 压强之比是物质的量之比，则，解得 x0.75。容器的容积是 1L，则温度 T1下，该反应的化学 平衡常为。若采用 2 L固定容积的密闭容器，投料量、催化剂和反应温度均保持不变，则 相当于是在原平衡的基础上减小压强，平衡向逆反应方向进行，且反应速率减小，到达平衡的时间增加， 则反应重新达到平衡时对应体系内的压强的点是 D点。 （3）在石英真空管的温度为 T1一端，放入少量粗镍和 CO(g)，一段时间后，在温度为 T2的一端可得到纯 净的镍。由于生成镍的反应是吸热反应，升高温度有利于生成 Ni，则温度 T1T2；由于 CO在左端是反应 物，而在右端生成镍的同时又产生 CO，因此上述反应体系中循环使用的物质为 CO。