2020年山东省济南二中高考化学模拟试卷（4月份）
2020年山东省济南二中高考化学模拟试卷（4月份）
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分．每小题只有一个选项符合题意．
1. 化学现象随处可见，化学制品伴随我们的生活。下列说法错误的是（ ）
A.“霾尘积聚难见路人”，雾霾可能产生丁达尔效应
B.“用浓酒和糟入甑（蒸锅），蒸令气上……”，其中涉及的操作是蒸馏
C.“世间丝、麻、裘皆具素质……”，其中的“丝、麻”的主要成分都是蛋白质
D.古剑“沈卢”以“剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”，其中的“剂钢”是铁合金
2. 《学习强国》学习平台说“最基本的生命分子中都有碳原子”。14C常用于测定文物的年代，13C作为示踪原子对研究有机化学反应和生物化学反应更为方便。12C被用来作为阿伏伽德罗常数的标准。关于14C、13C、12C说法正确的是（ ）
A.质子数与质量数相同 B.化学性质相似
C.互为同素异形体 D.质子数与中子数相等
3. 氮及其化合物的转化过程如图1所示，其中如图2为反应①过程中能量变化的曲线图。下列分析合理的是（ ）
A.如图2中c曲线是加入催化剂a时的能量变化曲线
B.反应①的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=−92 kJ⋅mol−1
C.在反应②中，若有1.25mol电子发生转移，则参加反应的NH3的体积为5.6L
D.催化剂a、b能提高反应反应①、②的化学反应速率和平衡转化率
4. 有机化合物在食品、药物、材料等领域发挥着举足轻重的作用。下列说法正确的是（ ）
A.甲苯和间二甲苯的一溴代物均有4种
B.按系统命名法，化合物(CH3)2C(OH)C(CH3)3的名称为2，2，3−三甲基−3−丁醇
C.2−丁烯分子中的四个碳原子在同一直线上
D.乙酸甲酯分子在核磁共振氢谱中只能出现一组峰
5. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（ ）
A.1L0.1mol⋅L−1Fe2(SO4)3溶液中含有的阳离子数目小于0.2NA
B.0.24g Mg在O2和CO2的混合气体中完全燃烧，转移电子数为0.02NA
C.3g由CO2和SO2组成的混合气体中含有的质子数为1.5NA
D.1molNa2O2与SO2完全反应，转移电子数为2NA
6. 泛酸和乳酸均易溶于水并能参与人体代谢，结构简式如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A.泛酸分子式为C9H17NO5
B.泛酸在酸性条件下的水解产物之一与乳酸互为同系物
C.泛酸易溶于水，与其分子内含有多个羟基易与水分子形成氢键有关
D.乳酸在一定条件下反应，可形成六元环状化合物
7. 实验室为探究铁与浓硫酸（足量）的反应，并验证SO2的性质，设计如图所示装置进行实验，下列说法不正确的是（ ）
A.装置B中酸性KMnO4溶液逐渐褪色，体现了二氧化硫的还原性
B.实验结束后可向装置A的溶液中滴加KSCN溶液以检验生成的Fe3+
C.装置D中品红溶液褪色可以验证SO2的漂白性
D.实验时将导管a插入浓硫酸中，可防止装置B中的溶液倒吸
8. 工业上用发烟HClO4把潮湿的CrCl3氧化为棕色的烟[CrO2(ClO4)2]来除去Cr(Ⅲ)，HClO4中部分氯元素转化为最低价态。下列说法不正确的是（ ）
A.HClO4属于强酸，反应还生成了另一种强酸
第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页
B.CrO2(ClO4)2中Cr元素显+6价
C.该反应离子方程式为19ClO4−+8Cr3++80H−=8CrO2(ClO4)2+3Cl−+4H2O
D.该反应中，参加反应的氧化剂与氧化产物的物质的量之比为3:8
9. 前四周期元素X、Y、Z、W、T的原子序数依次增大，Y、Z、W位于同一周期，X的最简单氢化物分子的空间结构为正四面体，Y在同周期中电负性最小，二元化合物E中元素Y和W的质量比为23:16；同周期元素简单离子中，元素Z形成的离子半径最小；T元素的价电子排布式为3d104s1．下列说法正确的是（ ）
A.简单离子的半径Y>Z>W
B.最高价氧化物对应水化物的酸性W>Z>X
C.W和T的单质混合加热可得化合物T2W
D.W的单质在足量的氧气中燃烧，所得产物溶于水可得强酸
10. 下列实验中，能达到相应实验目的的是（ ）
A．制备并收集乙酸
乙酯
B．证明氯化银溶
解度大于硫化银
C．验证溴乙烷的
消去产物是乙烯
D．推断S、C、Si的
非金属性强弱
A.A B.B C.C D.D
二、本题共5小题，每小题4分，共20分．每小题有1个或2个选项符合题意，全都选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分．
高纯碳酸锰在电子工业中有重要的应用，湿法浸出软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Fe、Al、Mg等杂质元素）制备高纯碳酸锰的实验过程如下：其中除杂过程包括：①向浸出液中加入一定量的试剂X，调节浸出液的pH为3.5∼5.5；②再加入一定量的软锰矿和双氧水，过滤；③已知室温下：Kap[Mg(OH)2]＝1.8×10−11，Kap[Al(OH)3]＝3.0×10−34，Kap[Fe(OH)3]＝4.0×10−38．下列说法正确的是（ ）
A.试剂X可以是MnO、MnO2、MnCO3等物质
B.除杂过程中调节浸出液的pH为3.5∼5.5可完全除去Fe、Al、Mg等杂质
C.浸出时加入植物粉的作用是作为还原剂
D.为提高沉淀MnCO3步骤的速率可以持续升高温度
Li−SOCl2电池是迄今具有最高能量比的电池。该电池的电极材料分别为锂和碳，电解液（熔点−110∘C、沸点78.8∘C）是LiAlCl4−SOCl2．电池的总反应可表示为：4Li+2SOCl2=4LiCl+S+SO2．下列说法正确的是（ ）
A.该电池不能在寒冷地区正常工作
B.SOCl2分子的空间构型是平面三角形
C.该电池工作时，正极反应为：2SOCl2+4e−=4Cl−+S+SO2
D.该电池组装时，必须在无水无氧条件下进行
向某容积为2 L的恒容密闭容器中充入2 mol X(g)和1 mol Y(g)，发生反应2X(g)+Y(g)⇌3Z(g)。反应过程中，持续升高温度，测得混合体系中X的体积分数与温度的关系如图所示。下列推断正确的是（ ）
A.M点时，Y的转化率最大
B.升高温度，平衡常数减小
C.平衡后充入X，达到新平衡时X的体积分数减小
D.W、M两点Y的正反应速率相同
根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ）
选项
实验操作和现象
结论
A
向鸡蛋清溶液中加入少量CuSO4溶液，出现浑浊
蛋白质发生了变性
B
将乙醇与浓硫酸混合加热，产生的气体通入酸性KMnO4溶液，溶液紫红色褪去
产生的气体中一定含有乙烯
C
室温下，用pH试纸测得：0.1 mol⋅L−1Na2SO3溶液的pH约为10：0.1 mol⋅L−1NaHSO3溶液的pH约为5
HSO3−结合H+的能力比SO32−的强
D
向NaCl和NaBr的混合溶液中滴入少量AgNO3溶液，产生淡黄色沉淀(AgBr)
Ksp(AgBr)
c(H2C2O4)>c(HC2O4−)
B.已知pKa=−lgKa，则pKa2 (H2C2O4)=4.17
C.0.1 mol⋅L−1NaHC2O4溶液中：c(H+)=c(OH−)+c(C2O42−)−c(H2C2O4)
D.一定温度下往CaC2O4饱和溶液中加入少量CaCl2固体，c(C2O42−)将减小，c(Ca2+)不变
三、非选择题：本题共5小题，共60分．
“低碳经济”已成为全世界科学家研究的重要课题。为减小和消除 CO2对环境的影响，一方面世界各国都在限制其排放量，另一方面科学家加强了对 CO2 创新利用的研究。
（1）已知：①CO(g)+H2O(g)⇌H2(g)+CO2(g)△H＝−41kJ/mol
②C(s)+2H2(g)⇌CH4(g)△H＝−73kJ/mol
③2CO(g)⇌C(s)+CO2(g)△H＝−17kJ/mol
写出CO2与H2反应生成CH4和H2O(g)的热化学方程式：________。
（2）目前工业上有一种方法是用 CO2来生产燃料甲醇。为探究该反应原理，在容积为 2L密闭容器中，充入1mol CO2和 3.25mol H2在一定条件下发生反应，测得 CO2、CH3OH(g)和 H2O(g)的物质的量(n)随时间的变化如图所示：
①从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H2)＝（ ）。
②下列措施一定不能使CO2的平衡转化率增大的是( ) （填字母）。
A.在原容器中再充入1mol CO2
B.在原容器中再充入1mol H2
C.在原容器中充入1mol氦气
D.使用更有效的催化剂
E.缩小容器的容积
F.将水蒸气从体系中分离
（3）煤化工通常研究不同条件下CO转化率以解决实际问题。已知在催化剂存在条件下反应：CO(g)+H2O(g)⇌H2(g)+CO2(g)的平衡转化率随p(H2O)/p(CO)及温度变化关系如图所示：
①上述反应的正反应方向是________（填“吸热”或“放热”）反应；
②对于气相反应，用某组分(B)的平衡压强(pB)代替物质的量浓度(cB)也可以表示平衡常数（记作 Kp），则在恒温密闭容器中，该反应的Kp与Kc的关系是________，如果提高p(H2O)/p(CO)，则Kp________ （填“变大”“变小”或“不变”）；使用铁镁催化剂的实际工业流程中，一般采用400∘C左右，p(H2O)/p(CO)＝3∼5，采取此条件的原因可能是________。
（4）科学家用氮化镓材料与铜组装成如图所示的人工光合系统，利用该装置实现了用CO2和H2O合成CH4．下列关于该电池的叙述正确的是（ ）（填字母）。
A.该装置能量转化形式仅存在太阳能转化为电能
B.铜电极为正极，电极反应式为CO2+8e−+8H+＝CH4+2H2O
C.电池内部H+透过质子交换膜从左向右移动
D.反应结束后，理论上溶液的 pH 值保持不变
第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页
以铬铁矿（主要成分为FeO和Cr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质）为主要原料生产化工原料红矾钠（主要成分Na2Cr2O7⋅2H2O），其主要工艺流程如下：
查阅资料得知：
ⅰ．常温下，NaBiO3不溶于水，有强氧化性，在碱性条件下，能将Cr3+转化为CrO42−。
ⅱ．
金属离子
Fe3+
Al3+
Cr3+
Fe2+
Bi3+
开始沉淀的pH
2.7
3.4
5.0
7.5
0.7
沉淀完全的pH
3.7
4.9
5.9
9.7
4.5
回答下列问题：
（1）反应之前先将矿石粉碎的目的是________。
（2）步骤③加的试剂为________，此时溶液pH要调到5的目的________。
（3）写出反应④的离子反应方程式________。
（4）⑤中酸化是使CrO42−转化为Cr2O72−，写出该反应的离子方程式________。
（5）将溶液H经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥即得红矾钠粗晶体，精制红矾钠则对粗晶体需要采用的操作是________（填操作名称）。
高碘酸钾(KIO4)溶于热水，微溶于冷水和氢氧化钾溶液，可用作有机物的氧化剂。制备高碘酸钾的装置图如图（夹持和加热装置省略）。回答下列问题：
（1）装置Ⅰ中仪器甲的名称是________。
（2）装置Ⅰ中浓盐酸与KMnO4混合后发生反应的离子方程式是________。
（3）装置Ⅱ中的试剂X是________。
（4）装置Ⅲ中搅拌的目的是________。
（5）上述装置按气流由左至右各接口顺序为________（用字母表示）。
（6）装置连接好后，将装置Ⅲ水浴加热，通入氯气一段时间，冷却析岀高碘酸钾晶体，经过滤，洗涤，干燥等步骤得到产品。
①写出装置Ⅲ中发生反应的化学方程式：________。
②洗涤时，与选用热水相比，选用冷水洗涤晶体的优点是________。
③上述制备的产品中含少量的KIO3，其他杂质忽略，现称取ag该产品配制成溶液，然后加入稍过量的用醋酸酸化的KI溶液，充分反应后，加入几滴淀粉溶液，然后用1.0mol⋅L−1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的平均体积为bL。
已知：KIO3+5KI+6CH3COOH=3I2+6CH3COOK+3H2O
KIO4+7KI+8CH3COOH=4I2+8CH3COOK+4H2O
I2+2Na2S2O3=2NaI+N2S4O6
则该产品中KIO4的百分含量是________(Mr(KIO3)＝214，Mr(KIO4)＝230)。
钛被誉为“21世纪的金属”，可呈现多种化合价。其中以+4价的Ti最为稳定。回答下列问题：
（1）基态Ti原子的价电子轨道表示式为________。
（2）已知电离能：I2(Ti)＝1310kJ/mol，I2(K)＝3051kJ/mol。I2(Ti)Y>Z，故A错误；
B．非金属性S>C>Al，则最高价氧化物对应水化物的酸性W>X>Z，故B错误；
C．S单质的氧化性较弱，则S与Cu单质混合加热反应生成Cu2S，故C正确；
D．S与氧气反应生成的是二氧化硫，二氧化硫溶于水生成的亚硫酸为弱酸，故D错误；
10.
【答案】
D
【考点】
化学实验方案的评价
【解析】
A．酯化反应需要催化剂、吸水剂；
B．硝酸银过量，均为沉淀生成；
C．生成的乙烯及挥发的醇均使高锰酸钾褪色；
D．发生强酸制取弱酸的反应，可比较最高价含氧酸的酸性。
【解答】
A．酯化反应需要催化剂、吸水剂，图中缺少浓硫酸，不能制备，故A错误；
B．硝酸银过量，均为沉淀生成，不发生沉淀的转化，不能证明氯化银溶解度大于硫化银，故B错误；
C．生成的乙烯及挥发的醇均使高锰酸钾褪色，由褪色不能证明消去产物为乙烯，故C错误；
第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页
D．发生强酸制取弱酸的反应，可比较最高价含氧酸的酸性，可比较S、C、Si的非金属性强弱，故D正确；
二、本题共5小题，每小题4分，共20分．每小题有1个或2个选项符合题意，全都选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分．
【答案】
C
【考点】
制备实验方案的设计
【解析】
湿法浸出软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Fe、Al、Mg等杂质元素）制备高纯碳酸锰，加入浓硫酸和植物粉浸出过滤得到滤液除去杂质，除杂过程包括：①向浸出液中加入一定量的X，调节浸出液的pH为3.5∼5.5；②再加入一定量的软锰矿和双氧水，过滤；酸性溶液中二氧化锰氧化过氧化氢为氧气，本身被还原为锰离子，反应的离子方程式为：MnO2+H2O2+2H+＝Mn2++2H2O+O2↑，加入碳酸氢铵形成沉淀反应的化学方程式为：MnSO4+2NH4HCO3MnCO3↓+(NH4)2SO4+CO2↑+H2O，生成的MnCO3沉淀需经充分洗涤，通过一系列操作得到高纯碳酸锰。
A．试剂X使用MnO、碳酸锰调pH的优势是不引入新的杂质，但不能用MnO2；
B．当Mg2+沉淀完全时，溶液中c(Mg2+)≤1×10−5mol/L，根据Ksp (Mg(OH)2)＝c(Mg2+)⋅c2(OH−)＝1.8×10−11分析，不能除去Mg杂质；
C．作为还原剂能使Mn元素化合价降低；
D．难溶性的碳酸盐受热易分解。
【解答】
A．试剂X可以是MnO、MnCO3等物质，目的是调节溶液pH，利于生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，且不引入新杂质，但不用二氧化锰，一方面避免引入杂质，同时避免②消耗更多的过氧化氢，故A错误；
B．Mg(OH)2完全沉淀时，c(OH−)=1.8×10−111.0×10−5mol/L=1.8×10−3mol/L，则pH为3.5∼5.5时不能除去Mg杂质，故B错误；
C．加入植物粉是一种还原剂，使Mn元素化合价由+4价降低为+2价，故C正确；
D．持续升高温度，可使碳酸锰分解，故D错误；
【答案】
C,D
【考点】
电解池的工作原理及应用
判断简单分子或离子的构型
【解析】
根据电池的总反应可知，失电子的是Li，在负极发生反应，得电子的是SOCl2，在正极发生反应；电解液的熔点为−110∘C、沸点为78.8∘C，电池可以在−110∘C∼78.8∘C温度范围内正常工作，据此解答。
【解答】
A．该电池可以在−110∘C∼78.8∘C环境下正常工作，所以在寒冷地区正常工作，故A错误；
B．SOCl2分子的中心原子为S，其价层电子对数＝3+12(6−1×2−2×1)＝4，VSEPR模型为四面体形，中心原子上的孤电子对数=12(6−1×2−2×1)＝1，则SOCl2分子的立体构型为三角锥形，故B错误；
C．根据电池的总反应4Li+2SOCl2=4LiCl+S+SO2可知，Li在负极失去电子，SOCl2在正极得到电子，则正极反应为：2SOCl2+4e−＝4Cl−+S+SO2，故C正确；
D．Li是活泼金属，易与O2反应，也能与水反应，SOCl2遇水会发生反应：SOCl2+H2O＝SO2+2HCl，因此该电池组装时，必须在无水无氧条件下进行，故D正确；
【答案】
B
【考点】
化学平衡的影响因素
【解析】
温度在a∘C之前，升高温度，X的含量减小，温度在a∘C之后，升高温度，X的含量增大，曲线上最低点为平衡点，最低点之前未达平衡，反应向正反应进行，最低点之后，各点为平衡点，升高温度X的含量增大，平衡向逆反应方向移动，故正反应为放热反应，以此解答该题。
【解答】
A．Q点时体系中X的体积分数最小、转化率最大，故Q点时Y的转化率最大，故A错误；
B．升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故B正确；
C．反应物有X、Y两种，平衡后充入X，达到新平衡时X的体积分数增大，故C错误；
D．W点对应的温度低于M点对应的温度，温度越高，反应速率越快，所以W点Y的正反应速率小于M点Y的正反应速率，故D错误。
【答案】
A
【考点】
化学实验方案的评价
【解析】
此题暂无解析
【解答】
A．鸡蛋清溶液中加入少量CuSO4溶液，发生变性，为不可逆反应，析出固体溶液变浑浊，故A正确；
B．乙醇易挥发，乙醇及生成的乙烯均能被高锰酸钾氧化，溶液褪色不能说明乙烯生成，故B错误；
C．NaHSO3溶液电离显酸性，Na2SO3溶液水解显碱性，则HSO3−结合H+的能力比SO32−的弱，故C错误；
D．NaCl和NaBr的混合溶液的浓度未知，Qc>Ksp时生成沉淀，则不能比较Ksp(AgBr)、Ksp(AgCl)的大小，故D错误；
故选A。
【答案】
A,D
【考点】
弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】
酸性越强，H2C2O4的浓度越大，碱性越强，C2O42−的浓度越大，根据图示可知，①代表的是H2C2O4、②代表的是HC2O4−③代表的是C2O42−。
A．根据图示曲线判断各离子浓度大小；
B．b点pH＝4.17，c(C2O42−)＝c(HC2O4−)，结合Ka2 (H2C2O4)的表达式计算；
C．由图可知，NaHC2O4溶液pH＝3∼4，证明溶液显示酸性，结合质子守恒分析；
D．加入少量CaCl2固体，平衡逆向移动，c(C2O42−)将减小，c(Ca2+)不可抵消，所以c(Ca2+)增大。
【解答】
酸性越强，H2C2O4的浓度越大，碱性越强，C2O42−的浓度越大，根据图示可知，①代表的是H2C2O4、②代表的是HC2O4−③代表的是C2O42−。
A．根据图示可知，pH＝5时，溶液中主要含碳物种浓度大小关系为：c(C2O42−)>c(HC2O4−)>c(H2C2O4)，故A错误；
B．b点容易的pH＝4.17，此时c(C2O42−)＝c(HC2O4−)，Ka2 (H2C2O4)=c(C2CO42−)⋅c(H+)c(HCO4−)=c(H+)＝10−4.17，则pKa2 (H2C2O4)=−lg10−4.17＝4.17，故
第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页
B正确；
C．NaHC2O4溶液中存在质子守恒：c(H+)+c(H2C2O4)=c(OH−)+c(C2O42−)，则c(H+)=c(OH−)+c(C2O42−)−c(H2C2O4)，故C正确；
D．一定温度下，往CaC2O4饱和溶液中，存在CaC2O4(s)⇌C2O42−(aq)+Ca2+(aq)平衡，加入少量CaCl2固体，平衡逆向移动，c(C2O42−)将减小，c(Ca2+)不可抵消，所以c(Ca2+)增大，故D错误；
三、非选择题：本题共5小题，共60分．
【答案】
CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)△H＝−162kJ/mol
ACD
放热,相等,不变,投料比太低，CO的转化率不高，而投料比3∼5时转化率已经在97%左右，再增加投料比收益不明显，经济上不划算，而反应温度是根据催化剂的活性温度来制定的
B,C,D
【考点】
电解池的工作原理及应用
化学平衡的影响因素
热化学方程式
【解析】
（1）该小题是一道典型的盖斯定律的应用，通过观察可以发现用③−2×①+②即可得到目标方程，注意各物质的状态不要漏标；
（2）①先写出反应方程式CO2+3H2⇌CH3OH+H2O，化学反应速率之比等于化学计量数之比，因此只要算出任意一种物质的速率，即可得到氢气的反应速率；
②转化率即某一反应物的转化百分率，可以用物质的量、质量、体积（相同条件下）来计算，据此来分析各选项即可；
（3）根据题图，当p(H2O)p(CO)相同时，温度越高转化率越低，因此正反应是放热反应；
（4）虽然题干里告诉我们这是一个“人工光合系统”，实际上因为该装置无外电源，因此必然为一个原电池装置，再来根据原电池的规律分析即可。
【解答】
根据盖斯定律，由③−2×①+②得到CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)，△H＝−171KJ/mol−2×(−41kJ/mol)+(−73kJ/mol)＝−162kJ/mol；
故答案为：CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)△H＝−162kJ/mol；
①该反应为：CO2(g)+3H2(g)⇌H2O(g)+CH3OH(l)；先求出CO2的平均反应速率：v=△ct=△nV−t=1.00−0.252L−10min=0.0375mol/(L⋅min)，则氢气的平均反应速率为CO2的三倍，即0.1125mol/(L⋅min)；
故答案为：0.1125mol/(L⋅min)；
②A．向原容器中充入更多的CO2一定会导致CO2的转化率降低，A正确；
B．向原容器中充入氢气（另一种反应物），则可以提高CO2的转化率，B错误；
C．容器是定容的，充入氦气后容器体积不改变，各物质的浓度不改变，因此平衡也不会改变，平衡转化率自然也不会改变，C正确；
D．催化剂不改变平衡，自然无法影响转化率，D正确；
E．缩小容器体积相当于增大压强，根据勒夏特列原理，平衡向气体分子数减少的方向移动（正向），则CO2转化率增大，E错误；
F．将水蒸气（产物）从体系中分离，可以使逆反应速率小于正反应速率，平衡也会正向移动，CO2转化率增大，F错误；
故答案为：ACD；
①当p(H2O)p(CO)相同时，温度越高转化率越低，因此正反应是放热反应；
故答案为：放热；
②既然我们用某组分的平衡压强来代替物质的量浓度，Kp=p(CO2)p(H2)p(CO)p(H2O)，而平衡压强与浓度成正比，因此可以说明Kp＝Kt；对于给定的反应，平衡常数大小只与温度有关，因此改变p(H2O)p(CO)不会影响Kp；根据图表我们发现若投料比太低，CO的转化率不高，而投料比3∼5时转化率已经在97%左右，再增加投料比收益不明显，在经济上不划算，而反应温度是根据催化剂的活性温度来制定的，该温度下催化剂活性最大；
故答案为：相等；不变；投料比太低，CO的转化率不高，而投料比3∼5时转化率已经在97%左右，再增加投料比收益不明显，经济上不划算，而反应温度是根据催化剂的活性温度来制定的；
A．根据分析这是一个原电池装置，将太阳能转化为电能和化学能，A错误；
B．原电池中，电子从负极流出，经外电路流回正极，因此铜为正极，CO2在正极得电子转变为甲烷，B正确；
C．原电池工作时，阳离子从负极流向正极，C正确；
D．负极发生水的光解2H2O＝4H++4e−+O2↑，因此电池的总反应方程为CO2+2H2O＝CH4+202，因此理论上溶液pH不变，D正确；
故答案为：BCD。
【答案】
增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高铬铁矿的浸取率
NaOH溶液,使Fe3+、Al3+均完全转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀而除去
3NaBiO3+2Cr3++70H−+H2O＝2CrO42−+3Na++3Bi(OH)3
2CrO42−+2H+⇌Cr2O72−+H2O
重结晶
【考点】
制备实验方案的设计
物质的分离、提纯和除杂的基本方法选择与应用
【解析】
铬铁矿（主要成分为FeO和Cr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质），加入过量稀硫酸，固体A为SiO2，溶液B中含有Cr3+、Al3+、Fe2+，在B中加入过氧化氢，可生成Fe3+，调节溶液pH可除去Fe3+、Al3+，生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，即固体D，溶液E含有Cr3+，在溶液E中加入NaBiO3和NaOH，发生氧化还原反应，固体G为Bi(OH)3，溶液F含有Na2CrO4，酸化可得Na2Cr2O7，溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可得Na2Cr2O7⋅2H2O，以此解答该题。
【解答】
为了增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高铬铁矿的浸取率，反应之前先将矿石粉碎，
故答案为：增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高铬铁矿的浸取率；
根据表格数据分析，步骤③加的试剂为氢氧化钠溶液或NaOH溶液；此时溶液pH要调到5的目的使Fe3+、Al3+均完全转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀而除去，而铬离子不沉淀，
故答案为：NaOH溶液；使Fe3+、Al3+均完全转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀而除去；
第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页
在溶液E中加入NaBiO3和NaOH，发生氧化还原反应，固体G为Bi(OH)3，反应的离子方程式为3NaBiO3+2Cr3++70H−+H2O＝2CrO42−+3Na++3Bi(OH)3，
故答案为：3NaBiO3+2Cr3++70H−+H2O＝2CrO42−+3Na++3Bi(OH)3；
酸化使CrO42−转化为Cr2O72−，反应的离子方程式为2CrO42−+2H+⇌Cr2O72−+H2O，
故答案为：2CrO42−+2H+⇌Cr2O72−+H2O；
将溶液H经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥即得红矾钠粗晶体，此操作为重结晶，
故答案为：重结晶。
【答案】
圆底烧瓶
16H++10Cl−+2MnO4−＝2Mn2++8H2O+5Cl2↑
NaOH溶液
使反应混合物混合均匀，反应更充分
aefcdb
2KOH+KIO3+Cl2△KIO4+2KCl+H2O,降低KIO4的溶解度，减少晶体损失,(107b−3a)×11583a×100%
【考点】
制备实验方案的设计
【解析】
实验目的为制备高碘酸钾，根据图示可知，装置Ⅲ中为制备装置，发生反应为2KOH+KIO3+Cl2△KIO4+2KCl+H2O；则装置Ⅰ中浓盐酸与KMnO4混合制取氯气，发生反应为16H++10Cl−+2MnO4−＝2Mn2++8H2O+5Cl2↑；制取的氯气中混有HCl，需要用装置Ⅵ中的饱和食盐水除去，洗气瓶中导管采用“长进短出”方式；然后将氯气通入装置装置Ⅲ中制备高碘酸钾；氯气有毒，多余的氯气需要用装置Ⅱ中的氢氧化钠溶液吸收，据此解答。
【解答】
由图可知，装置I中仪器甲的名称是圆底烧瓶，
故答案为：圆底烧瓶；
装置Ⅰ中浓盐酸与KMnO4混合后发生反应生成氯化锰、氯气和水，该反应的离子方程式为：16H++10Cl−+2MnO4−＝2Mn2++8H2O+5Cl2↑，
故答案为：16H++10Cl−+2MnO4−＝2Mn2++8H2O+5Cl2↑；
装置Ⅱ中的试剂X是NaOH溶液，目的是除去过量的氯气，防止污染空气，
故答案为：NaOH溶液；
装置Ⅲ中搅拌后可使反应混合物混合均匀，反应更充分，
故答案为：使反应混合物混合均匀，反应更充分；
装置Ⅲ中为制备装置，发生反应为2KOH+KIO3+Cl2△KIO4+2KCl+H2O；则装置Ⅰ中浓盐酸与KMnO4混合制取氯气，发生反应为16H++10Cl−+2MnO4−＝2Mn2++8H2O+5Cl2↑；制取的氯气中混有HCl，需要用装置Ⅵ中的饱和食盐水除去，洗气瓶中导管采用“长进短出”方式；然后将氯气通入装置装置Ⅲ中制备高碘酸钾；氯气有毒，多余的氯气需要用装置Ⅱ中的氢氧化钠溶液吸收，则装置的连接顺序为：aefcdb，
故答案为：aefcdb；
①由图可知，装置Ⅲ中KOH与碘酸钾、氯气反应制备KIO4，发生反应的化学方程式为：2KOH+KIO3+Cl2△KIO4+2KCl+H2O，
故答案为：2KOH+KIO3+Cl2△KIO4+2KCl+H2O；
②高碘酸钾(KIO4)溶于热水，微溶于冷水，洗涤时，与选用热水相比，选用冷水洗涤晶体的优点是降低KIO4的溶解度，减少晶体损失，
故答案为：降低KIO4的溶解度，减少晶体损失；
③由题意可知，滴定消耗的硫代硫酸钠的物质的量为：1.0mol⋅L−1 ×bL＝bmol，根据I2+2Na2S2O3=2NaI+N2S4O6可知，碘单质的物质的量为：bmol×12=0.5bmol，
设样品中KIO4的物质的量为xmol，KIO3的物质的量为ymol，结合反应KIO3+5KI+6CH3COOH=3I2+6CH3COOK+3H2O、KIO4+7KI+8CH3COOH=4I2+8CH3COOK+4H2O可知，
则：3y+4x＝0.5b，214y+230x＝a，
联立解得：x=107b−3a166，
所以样品中KIO4的百分含量为：230g/mol×107b−3a166molag×100%=(107b−3a)×11583a×100%，
故答案为：(107b−3a)×11583a×100%。
【答案】
K+失去的是全充满的3p6电子，Ti+失去的是4s1电子
6,sp3、sp2,bd
三者都是分子晶体，组成和结构相似，随着相对分子质量增大，分子间作用力增强，熔沸点升高
TiO2+或(TiO)n2n+,正四面体
331ρNA×1010
【考点】
原子轨道杂化方式及杂化类型判断
判断简单分子或离子的构型
晶胞的计算
【解析】
第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页
（1）Ti原子中3d、4s能级上电子为其价电子；
（2）轨道中电子处于全满、全空或半满时较稳定；
（3）①根据图知，Ti原子配位数是6；甲基上的C原子价层电子对个数是4、环上C原子价层电子对个数是3，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型；
②Ti原子和氯原子、O原子之间存在配位键，C−H和C−C及C−O原子之间存在共价键；
（4）这几种物质熔沸点较低，为分子晶体，组成和结构相似的分子晶体，其熔沸点与分子间作用力成正比，分子间作用力随着相对分子质量增大而增大；
（5）该阳离子中每个Ti4+含有氧离子个数＝2×12=1；硫酸根离子中S原子价层电子对个数＝4+6+2−4×22=4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该离子空间构型；
（6）白色球个数＝8×18+6×12=4、黑色球个数＝12×14+1＝4，晶胞棱长=3MNA×4ρ，晶胞中Ti原子与N原子的最近距离为棱长的一半。
【解答】
Ti原子中3d、4s能级上电子为其价电子，其价电子排布图为，
故答案为：；
轨道中电子处于全满、全空或半满时较稳定，K+失去的是全充满的3p6电子，Ti+失去的是4s1电子，失电子前者较后者难，所以I2(Ti)
查看更多
