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山西省吕梁市2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题
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这是一份山西省吕梁市2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题，共26页。试卷主要包含了实验题，工业流程题，元素或物质推断题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
山西省吕梁市2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题
一、实验题
1．（2020·山西吕梁·一模）利用和为原料可制备三氯氧磷，其制备装置如图所示(夹持装置略去)：
已知和三氯氧磷的性质如下表：
熔点
沸点
其他物理或化学性质
和互溶，均为无色液体，遇水均剧烈水解，发生复分解反应生成磷的含氧酸和
(1)仪器乙的名称是__________。
(2)实验过程中仪器丁的进水口为__________(选填“”或“”)口。
(3)装置B的作用是__________(填标号)。
a.气体除杂 b.加注浓硫酸 c.观察气体流出速度 d.调节气压
(4)整个装置必须干燥，若未干燥，写出所有副反应的化学方程式______________________________。
(5)制备三氯氧磷所用PCl3测定纯度的方法如下：迅速称取产品，水解完全后配成溶液，取出入过量的碘溶液，充分反应后再用溶液滴定过量的碘，终点时消耗溶液。
已知：；；假设测定过程中没有其他反应。根据上述数据，该产品中(相对分子质量为137．5)的质量分数的计算式为__________%。(用含的代数式表示)
2．（2021·山西吕梁·统考一模）国家卫健委高级别专家组成员、我国著名传染病学专家李兰娟院士表示：新型冠状病毒本身对热敏感和消毒剂敏感，56℃下30分钟，75%的乙醇，乙醚。氯仿，甲醛，含氯消毒剂，过氧乙酸和紫外线均可杀死新型冠状病毒。最近热销的空气消毒片，其主要成分是二氧化氯，可有效杀灭病原微生物，阻断细菌传播，杜绝交叉感染。细菌去除率达99%。
已知：①常温下ClO2为黄绿色气体，其熔点为-59℃，沸点为11.0℃，能溶于水，不与水反应。②温度过高，ClO2的水溶液可能爆炸。
实验室利用如图所示装置模拟工业NaClO3与Na2SO3在浓H2SO4存在下制备ClO2，并以ClO2为原料制备NaClO2(已知：高于60℃时，NaClO2分解生成NaClO3和NaCl)。
(1)实验中逐滴加入浓硫酸的目的是___________。
(2)装置⑤的溶液中会生成等物质的量的两种盐，其中一种为NaClO2，写出装置⑤中发生反应的化学方程式___________。
(3)从装置④反应后的溶液中获得晶体，需采用55℃减压蒸发结晶，原因是___________。
(4)ClO2很不稳定，产物溶于水可以得到ClO2溶液。为测定所得溶液中ClO2的含量，进行了下列实验：
步骤1：准确量取ClO2溶液20.00 mL，稀释成100.0 mL试样；量取V1 mL试样加入到锥形瓶中；
步骤2：调节试样的pH≤2.0加入足量的KI晶体，振荡后，静置片刻；
步骤3：加入指示剂X，用a mol/L的Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2 mL。
已知：2ClO2＋8H＋＋10I-=5I2＋2Cl-＋4H2O I2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6
①步骤I中量取20.00 mL ClO2溶液所用的仪器为___________(选填“酸式"或“碱式”)滴定管。
②指示剂x为___________，滴定终点的实验现象是___________。原ClO2溶液的浓度为___________g/L(用含字母的代数式表示)。
3．（2021·山西吕梁·统考一模）钴是一种中等活泼金属，化合价为＋2价和＋3价，其中CoCl2易溶于水。某校同学设计实验制取(CH3COO)2Co(乙酸钴)并验证其分解产物。回答下列问题：
I.甲同学用Co2O3与盐酸反应制备CoCl2·4H2O，其实验装置如图：
①烧瓶中发生反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为___________。
②装置B中的现象可以说明氧化性___________>___________，从原子结构的角度解释___________。
II.乙同学利用甲同学制得的CoCl2·4H2O在醋酸氛围中制得无水(CH3COO)2Co，并利用下列装置检验(CH2COO)2Co在氮气气氛中的分解产物。已知PdCl2溶液能被CO还原为Pd。
①装置E、F分别盛放___________和___________。
②E、F、G中的试剂均足量，观察到I中氧化铜变红，J中固体由白色变蓝色，K中石灰水变浑浊，则可得出的结论是___________。
③通入氮气的作用是___________。
4．（2022·山西吕梁·统考一模）镁能在二氧化碳中燃烧：，钠比镁更活泼，那么钠能在二氧化碳中燃烧吗？某研究性学习小组设计了如图装置进行探究。
请回答下列问题：
(1)写出装置a中发生反应的离子方程式___________。
(2)按照气流的方向从左至右连接装置：a接___________、___________、___________、___________、___________。
(3)装置f中应盛放的试剂是___________，装置b的作用是___________。
(4)实验过程中，在点燃装置c中的酒精灯前，必须经过必要的操作，方可进行后续的实验，该必要操作的目的是___________。
(5)实验发现钠在充满二氧化碳气体的玻璃管里剧烈地燃烧，产生大量的白烟并伴有黑色物质生成。取一部分生成物于试管中，往试管中加水，白色物质溶解，黑色物质不溶。过滤，得到澄清的滤液。将滤纸上的黑色物质移人小试管中，加少量浓硫酸，加热，有刺激性气味的气体生成。则该黑色物质与浓硫酸共热的化学反应方程式为___________。
(6)往(5)所得滤液中加澄清石灰水，溶液变浑浊。再滴入稀盐酸，溶液中有气泡出现。试写出钠与二氧化碳反应的化学方程式：___________。
5．（2022·山西吕梁·统考一模）某同学研究浓硝酸与溶液的反应。
资料：Ⅰ．中S、C、N元素的化合价依次为：价、价、价。
Ⅱ．的性质类似卤素离子，能被氧化为黄色的，可聚合为红色的。
Ⅲ．可溶于浓硝酸。
实验一：
(1)向浓硝酸中滴加溶液，溶液立即变红是因为生成了___________(填化学式)。
实验二：
(2)研究的转化产物。
a．将实验一ⅲ中的气体通入和的混合溶液中，有白色沉淀生成。
b．过滤、洗涤白色沉淀，取少量于试管中，加入过量的稀硝酸，沉淀完全溶解，再滴加少量溶液，不褪色。
c．另取少量实验一ⅲ中试管内的溶液加入溶液，产生大量白色沉淀。
①通过a，b实验可知白色沉淀为___________(填化学式)。
②红棕色气体中是否含有？___________(选填“有”或“没有”)。理由是___________。
③通过c实验得到溶液中一定有___________。
④由上述实验现象可知：转化的最终产物中一定有___________。
实验三：
(3)继续研究实验一ⅲ中“静置一段时间后，突然剧烈反应，红色迅速褪去”的原因。
①对比实验一和实验三可知能加快浓硝酸氧化，的化学反应速率的原因是___________。
②结合实验三，从化学反应速率的角度解释实验一ⅱ和ⅲ中的现象：___________。
二、工业流程题
6．（2020·山西吕梁·一模）用电镀锡渣(主要含、)联合生产氯化亚锡和硫酸亚锡晶体，其工艺流程如下：
已知：①易水解生成碱式氯化亚锡；②在水溶液中，易被氧化为。
请回答下列问题：
(1)锡在周期表中的位置为___________。
(2)已知反应I得到的沉淀是，产生气体的结构式为_____，反应的化学方程式为_______。
(3)图中滤液的主要成分为_______________、_______________(写化学式)。
(4)酸溶时一般加入浓盐酸进行溶解，请用化学方程式及必要文字解释原因：______________。
(5)电镀锡渣中的锡与烧碱、硝酸钠溶液反应可生产锡酸钠，并产生一种碱性气体，该反应的化学方程式为________。
7．（2021·山西吕梁·统考一模）以软锰矿粉(主要含有MnO2，还含有少量的Fe2O3、Al2O3等杂质)为原料制备高纯MnO2的流程如下图所示：
已知：①常温下，Ksp[Fe(OH)3]=8.0×10-38，Ksp[Al(OH)3]=4.0×10-34。
②常温下，氢氧化物沉淀的条件：Al3＋、Fe3＋完全沉淀的pH分别为4.6、3.4；Mn2＋开始沉淀的pH为8.1。
③常温下，当溶液中金属离子的物质的量浓度小于或等于1×10-5 mol·L-1时，可视为该金属离子已被沉淀完全。
(1)“酸浸”实验中，锰的浸出率结果如下图所示。由图可知，软锰矿粉酸浸的适宜条件是___________。
(2)酸浸后，锰主要以Mn2＋的形式存在，写出相应的离子方程式___________。
(3)若氧化后c(Al3＋)=0.02 mol/L，加入氨水(设溶液体积增加1倍)，使Fe3＋完全沉淀，此时是否有Al(OH)3沉淀生成？___________(列式计算)；想要达到实验目的，加入氨水应调节pH的范围为___________。
(4)加入碳酸氢铵产生沉淀的过程称为“沉锰”，“过滤II”所得滤渣为MnCO3。
①“沉锰”过程中放出CO2，反应的离子方程式为___________。
②“沉锰”过程中沉锰速率与温度的关系如图所示。
当温度高于60℃时，沉锰速率随着温度升高而减慢的原因是___________。
(5)写出焙烧过程的化学方程式___________。
8．（2022·山西吕梁·统考一模）可用作选矿剂、催化剂及涂料的颜料。以含钴废渣(主要成分为，还含有等杂质)为原料制备的一种工艺流程如下：
已知：碱性条件下，会转变为沉淀。
(1)“酸浸”时需控制温度在左右，原因是___________。
(2)写出通入时发生反应的化学方程式为___________。
(3)上述“萃取”过程可表示为。下列说法正确的是___________。
A．可将废渣粉碎以提高酸浸效率 B．“除铝”时，应加入过量的溶液
C．可选择作为萃取剂 D．往萃取后的有机层中加水可获得溶液
(4)“沉钴”时，溶液滴加过快会导致产品不纯，请解释可能原因___________。
(5)在空气中煅烧生成钴氧化物和，测得充分煅烧后固体质量为，的体积为(标准状况)，则该钴氧化物的化学式为___________。
三、元素或物质推断题
9．（2020·山西吕梁·一模）已知为中学化学中一种常见的盐，为淡黄色固体；、为常见的金属，的氧化物可作耐火材料，可用它来制造耐火坩埚和耐高温试验仪器；为气体单质，为无色气体，在空气中会出现红棕色，各物质的转化关系如下图(部分反应产物已略去)。
请回答下列问题；
(1)氧化物的化学式为__________，的电子式为_________。
(2)反应③的化学方程式为_________________。
(3)在反应①②③④中不属于置换反应的是________________(填序号)。
(4)写出与以等物质的量进行反应的离子方程式________________。
(5)和的混合溶液，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到气体(标准状况下)，假定电解后溶液体积仍为。
①写出电解时阳极的电极反应式____________________；
②电解后溶液中为____________________
10．（2021·山西吕梁·统考一模）甲、乙、丙三种不同的物质中均含有同一种元素，它们之间的转化关系如图示(部分反应物及生成物已略去)。
(1)若甲为气态氢化物，乙为黄色固体，写出此时反应①的化学方程式___________。
(2)若甲为两性氧化物，乙的水溶液呈酸性，请用离子方程式写出乙的水溶液呈酸性的原因___________，写出此时反应④的离子方程式___________。
(3)若甲为金属单质，反应④为置换反应，则往乙溶液中滴加KSCN，溶液变为___________。
(4)若甲为气体单质，乙为含有极性共价键的非极性分子，请写出乙的电子式___________。
四、原理综合题
11．（2020·山西吕梁·一模）工业上可用与合成亚硝酰氯，可以用于有机合成。回答下列问题：
(1)一定条件下，氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时会生成亚硝酰氯，涉及有关反应的热化学方程式如下：
①
②
③
则__________(用、表示)。
(2)时，在一密闭容器中发生反应：，其正反应速率表达式。测得正反应速率和对应浓度的数据如表：
序号
①
②
③
则__________达到平衡后，若减小压强，则混合气体的平均相对分子质量将__________(选填“增大”、“减小”或“不变”)。
(3)时，向体积为且带气压计的恒容密闭容器中通入和发生反应：
。已知：反应起始和平衡时温度相同。
①测得反应过程中压强随时间的变化如图1曲线所示，则__________(选填“>”、“<”或“不确定”)0；若其他条件相同，仅改变某一条件时，测得压强随时间的变化如图1曲线所示，则改变的条件是_________。
②图2是两位同学描绘的上述反应平衡常数的对数值与温度的变化关系图象，其中正确的曲线是______(选填“甲”或“乙”)；的值为______。
12．（2021·山西吕梁·统考一模）汽车尾气污染、室内污染是与人们生活密切相关的问题。请按要求回答下列问题：
(1)利用某分子筛作催化剂，NH3可脱除工厂废气中的NO、NO2，反应机理如图1所示。A包含的物质为N2和___________(填化学式)。
(2)汽车尾气净化的主要原理为2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g) ΔH＜0，若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，所列示意图(如图2)中t1时刻是否处于平衡状态？________(选填“是”或“否”)，原因是___________。
(3)工业合成NH3的反应，解决了世界约三分之一的人口粮食问题。已知：N2+3H22NH3(ΔH＜0)，500℃时，向容积为2L的密闭容器中通入1molN2和3molH2，模拟合成氨的反应。随着反应的进行，合成氨的正反应速率与NH3的体积分数的关系如图3所示，若降低温度再次达到平衡时，可能的点为___________(从点“A、B、C、D”中选择)。
(4)将CO2和H2混合，在一定温度下可以制取甲醇：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH＜0，往2L恒容密闭容器中充入1molCO2和3molH2，在不同催化剂作用下发生反应I、反应II与反应III，相同时间内CO2的转化率随温度变化如图4所示：
①反应I、反应II与反应III中催化剂效果最佳的是___________(选填“反应I”“反应II”或“反应III”)。
②若此反应在a点时达到化学平衡状态。则此时该反应的化学平衡常数为___________。(计算结果保留到小数点后一位)
13．（2022·山西吕梁·统考一模）丙烷脱氢是工业生产丙烯的重要途径，其热化学方程式为：。
请回答下列相关问题。
(1)相关物质的相对能量如下表所示：
物质
丙烷
氢气
相对能量(kJ/mol)
b
0
则丙烯的相对能量为___________。
(2)一定温度下，向的密闭容器中充入发生脱氢反应，经过达到平衡状态，测得平衡时气体压强是开始的1.6倍。
①内氢气的生成速率___________，的平衡转化率为___________。
②下列情况能说明该反应达到平衡状态的是___________。
A．混合气体的密度保持不变B．的消耗速率与的消耗速率相等
C．混合气体的平均分子量保持不变D．与的物质的量之比保持不变
(3)脱氢反应分别在压强为和时发生，丙烷及丙烯的平衡物质的量分数随温度变化如图所示。
①同时提高反应速率和反应物的平衡转化率，可采取的措施是___________，理由是___________
②压强：___________(选填“＞”或“＜”)。若，起始时充入丙烷发生反应，则Q点对应温度下，反应的平衡常数___________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
③在恒温、恒压的密闭容器中充入丙烷和氩气发生脱氢反应，起始n(氩气)/(丙烷)越大，丙烷的平衡转化率越大，其原因是___________。
参考答案：
1． 圆底烧瓶 a a c d PCl3+3H2O＝H3PO3＋3HCl、POCl3＋3H2O＝H3PO4＋3HCl
【分析】和为原料可制备三氯氧磷，发生反应O2+2PCl3=2POCl3，装置A用来制取氧气，通过加入双氧水的量，可以控制产生氧气的速率，氧气中含水蒸气可用浓硫酸除去，纯净的氧气与三氯化磷在装置C中反应生成三氯氧磷。
【详解】(1)根据图示装置，可知仪器乙的名称为圆底烧瓶。
(2)冷凝管应下端进水，故进水口为a。
(3)A装置制得的氧气中含有水蒸气，装置B中盛有的浓硫酸能除去水蒸气，装置B中有长颈漏斗，可以平衡装置内外的压强，纯净的氧气与三氯化磷反应时需要控制反应速率，可通过气体进入B中溶液，观察气体流速。
(4)根据提示可知水解的方程式为：PCl3+3H2O ＝H3PO3＋3HCl与POCl3＋3H2O ＝ H3PO4＋3HCl ，HCl可不写气体符号。
(5)c1mol·L−1碘溶液V1mL中含有碘单质的物质的量为：c1 mol·L－1×V1×10-3L ＝ c1V1×10-3 mol，根据反应I2＋2Na2S2O3＝ 2NaI＋Na2S4O6可知，与磷酸反应消耗的碘单质的物质的量为：
c1V1×10-3 mol −c2 V2×10-3 mol ＝(c1V1 −c2V2)×10-3 mol，再由H3PO3＋H2O＋I2＝H3PO4＋2HI可知，25.00mL 三氯化磷水解后的溶液中含有的H3PO3的物质的量为：n(H3PO3) =n (I2)= (c1V1 −c2V2)×10-3 mol，250mL该溶液中含有H3PO3的物质的量为：(c1V1 −c2V2)×10-3 mol× 250mL/25mL＝(c1V1 −c2V2)×10—2 mol，所以m g产品中含有的三氯化磷的物质的量为(c1V1 −c2V2)×10—2 mol，该产品中PCl3的质量分数为：。
2． 逐滴加入浓硫酸可以控制生成ClO2的速率，使ClO2与NaOH、H2O2溶液充分反应，提高ClO2的利用率 2ClO2 + 2NaOH =NaClO2 +NaClO3 + H2O 高于60 ℃时，NaClO2分解生成NaClO3和NaCl。 酸式 淀粉溶液 当滴入最后一滴Na2S2O3时，溶液由蓝色变为无色，且30s内不恢复原色
【分析】图中装置①和装置⑤均为吸收多余的ClO2，关闭K1，装置②中发生反应为：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2Na2SO4+2ClO2+H2O，生成的ClO2气体经装置③进入装置④，装置③起到安全瓶的作用，装置④发生反应为：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2，得NaClO2溶液，经蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥等操作，得晶体NaClO2•3H2O，根据题目所给信息：高于60℃时，NaClO2分解生成NaClO3和NaCl，故装置④用冷水浴来控制温度，滴定过程中利用碘单质的特性来选择指示剂，据此分析解题。
【详解】(1)实验中逐滴加入浓硫酸可以控制生成ClO2的速率，使ClO2与NaOH、H2O2溶液充分反应，提高ClO2的利用率，故答案为：逐滴加入浓硫酸可以控制生成ClO2的速率，使ClO2与NaOH、H2O2溶液充分反应，提高ClO2的利用率；
(2)装置⑤的溶液是用于尾气处理即吸收多余的ClO2，若ClO2与NaOH反应会生成等物质的量的两种盐，其中一种为NaClO2，根据氧化还原反应中化合价有升必有降和得失电子守恒的规律，可推知另一种盐为NaClO3，故装置⑤中发生反应的化学方程式为：2ClO2 + 2NaOH =NaClO2 +NaClO3 + H2O，故答案为：2ClO2 + 2NaOH =NaClO2 +NaClO3 + H2O；
(3)由题干信息可知：高于60℃时，NaClO2分解生成NaClO3和NaCl，故从装置④反应后的溶液中获得晶体，需采用55℃减压蒸发结晶，故答案为：高于60℃时，NaClO2分解生成NaClO3和NaCl；
(4)①由于ClO2具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管下端的橡胶管，故步骤I中量取20.00 mL ClO2溶液所用的仪器为酸式滴定管，故答案为：酸式；
②根据滴定过程中的反应：I2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6，且I2有可以使淀粉溶液变为蓝色的特色，故指示剂x为淀粉溶液，滴定终点的实验现象是蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色，根据反应方程式：2ClO2＋8H＋＋10I-=5I2＋2Cl-＋4H2O ，I2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6，不难找出关系式如下：2ClO2~5I2~10 Na2S2O3，故有：n(ClO2)=n(Na2S2O3)= ×aV2×10-3mol，原ClO2溶液中n＇(ClO2)= ×aV2×10-3mol×=mol，原ClO2溶液中的浓度为=g/L，故答案为：淀粉溶液；当滴入最后一滴Na2S2O3时，溶液由蓝色变为无色，且30s内不恢复原色；。
3． 1:2 Cl2 I2 同主族元素，从上到下，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱 澄清石灰水 PdCl2溶液 分解产物中还含有一种或多种含C、H元素的物质 将D中气态产物排入后续装置(或排除装置中的空气或不使K中水蒸气进入盛无水CuSO4的干燥管中等)
【分析】I．Co2O3与盐酸在A中发生氧化还原反应得到CoCl2和Cl2，Cl2和B中KI反应产生I2使B中溶液变蓝，过量的Cl2用C中NaOH溶液吸收；
II．(CH2COO)2Co中的Co为+2价，可能会被氧气氧化为+3价，因此实验前先通入氮气排出装置中的空气；再结合元素守恒可知(CH2COO)2Co在氮气气氛中分解的产物可能含CO2、CO，E中盛放澄清石灰水，用澄清石灰水检验CO2；F中盛放PdCl2溶液，用PdCl2溶液检验并除去CO；用G中浓NaOH溶液除去未被E吸收的CO2，用H中无水CaCl2除去水蒸气，I中氧化铜变为红色，J中无水CuSO4变为蓝色，K中澄清石灰水变浑浊可证明分解产物中还含有能还原CuO且含C、H的物质，据此解答。
【详解】I．①Co2O3中Co为+3价，CoCl2中Co为+2价，由此可判断烧瓶A中Co2O3和HCl发生氧化还原反应，Co2O3作氧化剂，Co化合价降低2×(3-2)=2，HCl作还原剂，被氧化为氯气，化合价升高1×[0-(-1)]=1，结合化合价升高总数等于降低总数可知氧化剂和还原剂物质的量之比=1:2；
②装置B中溶液变蓝色，说明发生Cl2+2KI=I2+2KCl，Cl2置换出I2，说明氧化性Cl2>I2；原因从原子结构的角度解释为Cl和I位于同主族，Cl在上，I在下，同主族元素，从上到下，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱；
II．①由分析可知装置E、F分别盛放澄清石灰水和PdCl2溶液；
②E、F、G中的试剂均足量，观察到I中氧化铜变红，J中固体由白色变蓝色，K中石灰水变浑浊，则可得出的结论是分解产物中还有能还原CuO且含C、H的物质，即分解产物中还含有一种或多种含C、H元素的物质；
③结合分析可知实验开始前通入氮气的作用是排出装置中的空气，实验持续通入氮气的作用是将D中气态产物排入后续装置，同时不使K中水蒸气进入盛无水CuSO4的干燥管中等，即通入氮气的作用是将D中气态产物排入后续装置(或排除装置中的空气或不使K中水蒸气进入盛无水CuSO4的干燥管中等)。
4．(1)CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O
(2) d f c g b
(3) 浓硫酸 判断装置中空气是否排尽
(4)防止钠与空气中的氧气反应
(5)C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O
(6)4Na+3CO22Na2CO3+C
【分析】装置a为碳酸钙和稀盐酸反应制取二氧化碳，由于盐酸易挥发，先用装置d除去HCl杂质气体，再经装置f中浓硫酸来干燥二氧化碳，装置c将镁和二氧化碳反应，为防止空气的水蒸气进入c，用装置g来干燥空气，装置b来判断装置中空气是否排尽；
（1）
装置a是简易启普发生器，作用是就是制取二氧化碳，反应的离子方程式：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O
（2）
按照气流的方向从左至右应该是二氧化碳制备、除去二氧化碳中混有HCl和水蒸气(除水时用f，不用g，原因是保证水除尽)、钠与二氧化碳反应装置、防止水进入装置、检验二氧化碳是否充满的装置。故答案为：dfcgb
（3）
装置f防止g中水蒸气进入d装置，应盛放的试剂是浓硫酸；装置b的作用是判断装置中空气是否排尽；
（4）
在点燃c装置中的酒精灯前，必须除去系统内内的空气，防止钠与空气中的氧气反应；
（5）
该黑色不溶物为碳，碳可以和浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，即C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O；
（6）
通过对生成物进行了探究实验可得出钠与二氧化碳反应生成了碳酸钠和碳，可以写出反应的方程式：4Na+3CO22Na2CO3+C。
5．(1)(SCN)x
(2) BaCO3 没有 向洗净的白色沉淀中加入过量的稀硝酸，沉淀完全溶解，再滴加少量KMnO4 溶液不褪色 CO2、
(3) NO2能加快浓硝酸氧化(SCN)x的化学反应速率(或能催化浓硝酸氧化(SCN)x) 实验一中存在反应：a．浓硝酸氧化SCN−，b．浓硝酸氧化(SCN)x，化学反应速率：υa＞υb，所以ⅱ中溶液立即变红；静置过程中，生成的NO2溶于硝酸，浓度积累到一定程度时，使υb增大，红色迅速褪去
【解析】(1)
向浓硝酸中滴加KSCN溶液，根据信息知SCN−被浓硝酸氧化成红色的(SCN)x溶液立即变红，所以答案为(SCN)x；
(2)
①将实验一ⅲ中的气体通入Ba(OH)2和NaOH的混合溶液中，有白色沉淀生成；则推测SCN−氧化可能得到气体SO2，CO2，与Ba(OH)2和NaOH溶液反应生成BaSO3，BaCO3白色沉淀，但在b实验中过滤、洗涤白色沉淀，取少量于试管中，加入过量的稀硝酸，沉淀完全溶解，如果有BaSO3生成则会被硝酸氧化成不溶于酸的BaSO4，沉淀就不完全溶解，再滴加少量KMnO4溶液，不褪色。综合说明没有生成SO2，通过a，b实验可知白色沉淀是BaCO3；
②红棕色气体中没有,理由是向洗净的白色沉淀中加入过量的稀硝酸，沉淀完全溶解，再滴加少量KMnO4 溶液不褪色；
③.另取少量实验一ⅲ中试管内的溶液加入BaCl2溶液，ⅲ中溶液成酸性，产生大量白色沉淀，则说明溶液中一定含有；
④由上述实验现象可知：SCN−转化的最终产物中一定有CO2、；
(3)
①对比实验一和实验三可知实验三先通入NO2后滴加KSCN溶液，能突然迅速加快浓硝酸氧化(SCN)x的化学反应速率，说明NO2起了催化加快反应速率的作用；
②实验一中存在反应：a．浓硝酸氧化SCN−，b．浓硝酸氧化(SCN)x，化学反应速率：υa＞υb，所以ⅱ中溶液立即变红；静置过程中，生成的NO2溶于硝酸，浓度积累到一定程度时，使υb增大，红色迅速褪去。
6． 第五周期第ⅣA族 O＝C＝O Na2CO3+SnCl2 ＝ SnO↓+2NaCl+CO2↑ NaCl Na2CO3 SnCl2极易水解，存在平衡SnCl2+H2OSn(OH)Cl+HCl；加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解 2Sn+3NaOH+NaNO3 ＝ 2Na2SnO3+NH3↑
【分析】电镀锡渣中的Sn、SnO与盐酸反应生成SnCl2，洗涤并结晶后得到SnCl2晶体，将该晶体溶解在盐酸中防止SnCl2水解，酸性条件下，锡在水溶液中有Sn2+、Sn4+两种主要存在形式，向其中加入Sn粉，Sn粉可以和H+发生反应，使溶液酸性减弱，调节了溶液pH，另外Sn可以将被氧化生成的Sn4+还原成Sn2+，即防止Sn2+被氧化为Sn4+，过滤得SnCl2溶液，向其中加碳酸钠，将Sn元素以SnO形式沉淀，发生反应的方程式为Na2CO3+SnCl2 ＝ SnO↓+2NaCl+CO2↑，过滤洗涤得纯净的SnO，反应Ⅰ滤液的溶质为NaCl和Na2CO3，SnO中加稀H2SO4，得SnSO4溶液，经过加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等系列操作，制得SnSO4晶体。
【详解】(1)锡元素与碳元素属于同一主族，处于ⅣA族，原子核电荷数为50，则：50−2−8−18−18＝4，故Sn处于第五周期，则在周期表中的位置为：第五周期第ⅣA族；
(2)反应Ⅰ的化学方程式为Na2CO3+SnCl2 ＝ SnO↓+2NaCl+CO2↑，生成的气体为CO2，CO2为共价化合物，其结构式为O＝C＝O；
(3)综上分析滤液的溶质为NaCl和Na2CO3；
(4)由信息可知，SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡，存在平衡SnCl2+H2OSn(OH)Cl+HCl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解；
(5)反应物为Sn、NaOH、NaNO3，生成物为Na2SnO3、NH3，则有Sn+NaOH+NaNO3→Na2SnO3+NH3↑，根据得失电子守恒和元素守恒，可得2Sn+3NaOH+NaNO3 ＝ 2Na2SnO3+NH3↑。
7． 硫酸浓度2.1mol/L，T=70℃ MnO2+ 2Fe2++ 4H+= Mn2++ 2 Fe3++ 2H2O 当Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=1.0×10﹣5，由Ksp(Fe(OH)3可知c(OH-)=2×10﹣11mol/L，Qc[Al(OH)3]=()×(2×10﹣11mol/L)3=8×10﹣35＜Ksp=4.0×10-34，则无沉淀生成 4.6-8.1或4.6≤PH<8.1 Mn2++2HCO= MnCO3↓+CO2↑+H2O 温度过高时碳酸氢铵的分解速率加快 2MnCO3+ O22MnO2+ 2CO2
【分析】软锰矿粉(主要含有MnO2，还含有少量的Fe2O3、Al2O3等杂质)、硫酸亚铁先用稀硫酸酸浸，用双氧水将酸浸液中的亚铁离子氧化成铁离子，然后加入氨水调节溶液的pH使铁离子、铝离子转化成Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，过滤除去杂质，滤液中含有锰离子，向滤液中加入碳酸氢铵溶液得到MnCO3沉淀，过滤后得到MnCO3，滤液中只有含有(NH4)2SO4；MnCO3经过焙烧得到高纯MnO2，以此分析解题。
【详解】(1)“酸浸”实验中，锰的浸出率结果如下图所示。由图可知，硫酸浓度为2.1mol/L时Mn2+的浸出率已经达到接近100%，再增大硫酸的用量，浪费原料，且浸出率增大很不明显，温度达到70℃Mn2+的浸出率已经达到接近100%，再升高温度，浪费能源且浸出率增大很不明显，软锰矿粉酸浸的适宜条件是硫酸浓度2.1mol/L，T=70℃，故答案为：硫酸浓度2.1mol/L，T=70℃；
(2)根据分析可知，酸浸后，锰主要以Mn2＋的形式存在，即MnO2在酸性条件下将Fe2+氧化为Fe3+，故相应的离子方程式为：MnO2 + 2Fe2++ 4H+ = Mn2+ + 2 Fe3+ + 2H2O，故答案为：MnO2 + 2Fe2++ 4H+ = Mn2+ + 2 Fe3+ + 2H2O；。
(3) 当Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=1.0×10-5，由Ksp(Fe(OH)3可知c(OH-)==2×10-11mol/L，若氧化后c(Al3＋)=0.02 mol/L，加入氨水(设溶液体积增加1倍)，则Qc[Al(OH)3]=()×(2×10-11mol/L)3=8×10-35＜Ksp=4.0×10-34，故无沉淀生成；由题干信息可知：常温下，氢氧化物沉淀的条件：Al3＋、Fe3＋完全沉淀的pH分别为4.6、3.4；Mn2＋开始沉淀的pH为8.1，故想要达到实验目的，加入氨水应调节pH的范围为4.6-8.1或 4.6≤PH<8.1，故答案为：4.6-8.1或 4.6≤PH<8.1；
(4)加入碳酸氢铵产生沉淀的过程称为“沉锰”，“过滤II”所得滤渣为MnCO3。
①由分析结合元素守恒可知“沉锰”过程中放出CO2，反应的离子方程式为Mn2++2HCO= MnCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：Mn2++2HCO= MnCO3↓+CO2↑+H2O；
②由于沉锰是用NH4HCO3，而NH4HCO3受热易分解，故当温度高于60℃时，加速NH4HCO3的分解，导致其浓度下降，故沉锰速率随着温度升高而减慢，故答案为：温度过高时碳酸氢铵的分解速率加快；
(5)焙烧过程是将MnCO3焙烧生成MnO2和CO2，根据氧化还原反应的规律可知有氧气参与反应，根据氧化还原反应的配平原则不难写出焙烧过程的化学方程式为：2MnCO3+ O2 2MnO2 + 2CO2，故答案为：2MnCO3+ O2 2MnO2 + 2CO2。
8．(1)温度过低反应速率减慢；温度过高，溶解度降低
(2)
(3)A
(4)溶液滴加过快，会导致局部碱性过强而产生
(5)
【分析】以含钴废渣(主要成分为，还含有等杂质)，“酸浸”时由于二氧化硫具有还原性溶液中得到CO2+，硫酸铝、硫酸锌等，加入碳酸钠调节pH值，生成氢氧化铝除去铝离子，加入萃取剂，萃取锌离子，在有机层加入稀硫酸得到硫酸锌，在水相中加入碳酸钠，可生成CoCO3固体，据此分析解题。
（1）
“酸浸”时温度过高，二氧化硫溶解度降低，温度过低化学反应速率减慢，故答案为：温度过低反应速率减慢；温度过高，溶解度降低；
（2）
加入硫酸酸浸并通入二氧化硫可发生，故答案为：；
（3）
A．将废渣粉碎可以增大反应的接触面积加快反应速率，以提高单位时间内的酸浸效率，故A正确；
B．“除铝”时，入过量的溶液会让会转变为沉淀，故溶液不能过量，故B错误；
C．根据方程(水层)+2HX(有机层)(有机层)可知，不可选用四氯化碳作为萃取剂，故C错误；
D．由(水层)+2HX(有机层)(有机层)可知，往萃取后的有机层中加水不可获得溶液，故D错误；
答案选A；
（4）
“沉钴”时，溶液滴加过快，会导致局部碱性过强而产生导致产品不纯，故答案为：溶液滴加过快，会导致局部碱性过强而产生；
（5）
的体积为0.627L(标准状况)，，由化学式可知，则氧化物中，则，所以钴氧化物的化学式为：，故答案为：。
9． Al2O3 2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3 ②④ 2Cu2＋+2Na2O2 +2H2O ＝ 2 Cu(OH)2 +O2 ↑ + 4Na＋ 4OH－— 4e－＝O2↑ +2H2O 或 2H2O — 4e－＝O2↑ +4 H＋ 0.4
【分析】已知X为中学化学中一种常见的盐，F为淡黄色固体，两者反应生成蓝色沉淀，可以推出F为Na2O2，而X为铜盐；D为无色气体，D在空气中会出现红棕色，可以推出D为NO气体，结合M、N为常见的金属，N的氧化物可作耐火材料，可用它来制造耐火坩埚和耐高温试验仪器，可以推出N为Mg或者Al ，再结合固体E与N的反应，可以推出E为 Fe2O3，该反应为熟悉的铝热反应，综上所述，A为硝酸亚铁，B为氯化铁，C为铜，D为一氧化氮，E为氧化铁，F为过氧化钠，G为氢氧化铁，H为氧气，M为铁，N为铝，X为硝酸铜，Y为氢氧化铜。
【详解】(1)N为铝，其氧化物为氧化铝，化学式为，F为过氧化钠，其电子式为，故答案为：；；
(2)反应③是铝和氧化铁发生铝热反应，方程式为：2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3，故答案为：2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3；
(3)①是铁和硝酸铜反应，属于置换反应，②是硝酸亚铁和盐酸反应，不是置换反应，③是铝和氧化铁发生铝热反应，属于置换反应，④是氯化铁和过氧化钠反应，反应物中没有单质，不是置换反应，故答案为：②④；
(4)X为硝酸铜，F为过氧化钠，二者等物质的量反应的离子方程式为： ，故答案为：；
(5)X为硝酸铜，电解与混合溶液，阳极产生氧气，阴极先生成铜，后生成氢气，根据两极均收集到标况下2.24L气体，可知阳极一共生成0.1mol，转移0.4 mol e－，其中阴极产生0.1mol时转移0.2 mol e－，其余便是电解产生的，有0.2 mol e－转移，产生0.2mol，故，故答案为： 或 ；0.4。
【点睛】电解与混合溶液，阳极始终产生氧气，阴极先生成铜，后生成氢气，相当于开始电解硝酸铜溶液，当硝酸铜反应完后，继续电解是电解水。
10． 2H2S + O2 2S + 2H2O Al3+ + 3H2O Al(OH)3 + 3H+ Al2O3 + 2OH- =2 AlO+ H2O 血红色
【详解】(1)若甲为气态氢化物，乙为黄色固体，根据甲、乙、丙三种不同的物质中均含有同一种元素和它们之间的转化关系图可知：甲为H2S，乙为S，丙为SO2，故此时反应①的化学方程式2H2S + O2 2S + 2H2O，故答案为：2H2S + O2 2S + 2H2O；
(2)若甲为两性氧化物，乙的水溶液呈酸性，根据甲、乙、丙三种不同的物质中均含有同一种元素和它们之间的转化关系图可知：甲为Al2O3，乙为Al2(SO4)3或者AlCl3，丙为AlO，故乙的水溶液呈酸性的原因为Al3+ + 3H2O Al(OH)3 + 3H+，此时反应④的离子方程式为Al2O3 + 2OH- =2 AlO+ H2O，故答案为：Al3+ + 3H2O Al(OH)3 + 3H+；Al2O3 + 2OH- =2 AlO+ H2O；
(3)若甲为金属单质，反应④为置换反应，根据甲、乙、丙三种不同的物质中均含有同一种元素和它们之间的转化关系图可知：甲为Fe，乙为Fe3+，丙为Fe2+，故往乙溶液中滴加KSCN，溶液变为血红色，故答案为：血红色；
(4)若甲为气体单质，乙为含有极性共价键的非极性分子，根据甲、乙、丙三种不同的物质中均含有同一种元素和它们之间的转化关系图可知：甲为CH4，乙为CO2，丙为CO，故乙的电子式为：，故答案为：。
11． (ΔH2+ΔH3) 1.2 减小 < 加入催化剂 乙 3
【分析】(1)根据盖斯定律可知，反应③＝2×反应①－反应②；
(2)根据 ， ，，解得，；减小压强，平衡正向移动，则混合气体的平均相对分子质量将减小；
(3)①分析题图1曲线a知反应过程中压强先增大后减小至不变，压强先增大是因为正反应放热，随着反应的进行，反应物浓度减小，压强又减小至不变；曲线b与曲线a相比，反应速率加快，平衡状态不变，故改变的条件是加入催化剂；
②该反应为放热反应，则升温平衡逆向移动，平衡常数减小，lgK减小，故曲线乙正确，设反应达到平衡时，转化了x mol·L−1，由三段式法计算。
【详解】(1)根据盖斯定律可知，反应③＝2×反应①－反应②，则，故，故答案为：；
(2)根据 ， ，，解得，；带入得；减小压强，平衡正向移动，则混合气体的平均相对分子质量将减小；故答案为：1.2；减小；
(3)①分析题图1曲线a知反应过程中压强先增大后减小至不变，压强先增大是因为正反应放热，随着反应的进行，反应物浓度减小，压强又减小至不变，故；曲线b与曲线a相比，反应速率加快，平衡状态不变，故改变的条件是加入催化剂，故答案为：<；加入催化剂；
②该反应为放热反应，则升温平衡逆向移动，平衡常数减小，lgK减小，故曲线乙正确，设反应达到平衡时，转化了x mol·L−1，由三段式法计算： ，根据反应起始和平衡时温度相同，且反应在恒容容器中进行，则有，解得x＝0.001，故25℃时平衡常数K＝，1gK＝3，故答案为：乙；3。
【点睛】平衡图象题解题思路：一看轴（纵、横坐标的意义），二看线（线的走向和变化趋势），三看点（起点、折点、交点、终点、零点的意义），四看要不要作辅助线（等温线、等压线、平衡线），五看量的变化（如浓度变化、温度变化等），六想规律（外界条件对反应速率的影响规律和化学平衡移动规律）。
12． H2O 否 t1时刻之后速率一直减小，说明没有达到平衡。(平衡时正反应速率应保持不变，但t1时刻之后正反应速率减小，说明反应没有达到平衡状态。) D 反应I 59.3
【详解】(1)NH3进入图1所示的体系中，和H+结合转化为，和NO2转化为[(NH4)2(NO2)]2+，[(NH4)2(NO2)]2+和NO转化为A、[(NH4)(HNO2)]+和H+，[(NH4)(HNO2)]+转化为N2、H2O和H+，根据元素守恒可知A包含的物质为N2和H2O；
(2)化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等且不再发生变化，t1时刻正反应速率最大，之后速率一直减小，说明没有达到平衡；
(3)升高温度，化学反应速率加快，合成氨的反应是一个放热反应，升温不利于氨气的生成，若降低温度，平衡正向移动，氨气的体积分数变大，化学反应速率在减小，故选D点合适；
(4)①在不同催化剂作用下发生反应I、反应II与反应III，相同时间内CO2的转化率随温度变化图中可知，反应I中二氧化碳的转化率最大，催化剂效果最佳的是反应I；
②若此反应在a点时达到化学平衡状态，由图可知，a点时的二氧化碳的转化率为，往2L恒容密闭容器中充入1molCO2和3molH2；列出三段式：
化学平衡常数K=≈59.3。
13．(1)(a+b)
(2) 0.06 mol·L−1·min−1 60% BC
(3) 升高温度 正反应是吸热升高温度提高反应速率且平衡正向移动平衡转化率增大 ＞ 0.025 MPa 该反应是气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氩气的比例，相当于减压平衡正向移动丙烷平衡转化率增大
【详解】（1）ΔH=生成物总能量－反应物总能量，则丙烯的相对能量－a=b，故丙烯的相对能量=b+a；故答案为b+a；
（2）①令达到平衡时，消耗C3H8的物质的量为amol，则n(C3H6)=n(H2)=amol，n(C3H8)=(2－a)mol，根据压强之比等于物质的量之比，因此=1.6，a=1.2，则0 ~10min内氢气的生成速率v(H2)== 0.06mol・L-1・min-1；C3H8的平衡转化率为α=×100%=60%，故答案为：0.06mol・L-1・min-1；60%；
②A．气体密度等于气体质量除以容器体积，气体质量不变，容器体积不变，密度始终不变，因此当混合气体的密度保持不变，不能作为判断平衡的标志，故A不符合题意；
B．C3H8的消耗，正向进行，C3H6的消耗，逆向进行，两者速率比等于计量系数比，因此能作为判断平衡标志，故B符合题意；
C．平均摩尔质量等于气体质量除以气体物质的量，气体质量不变，气体物质的量减小，气体摩尔质增大，因此当混合气体的平均分子量保持不变，则可以作为判断平衡标志，故C符合题意；
D．C3H6与H2的物质的量之比始终按照1：1增加，因此两者比值始终保持不变，因此不能作为判断平衡的标志，故D不符合题意；
故答案为BC；
（3）①根据图象，升高温度，平衡正向移动，即正向是吸热反应；提高反应速率，可以是加压、升温、加催化剂、增加浓度，但要提高反应物的平衡转化率，只能是升高温度；故答案为：升高温度；正反应是吸热升高温度提高反应速率且平衡正向移动平衡转化率增大；
②以Q点纵看，从下到上看，丙烯物质的量增加，说明平衡正向移动，正向是体积增大的反应，即减小压强，因此压强：P1＞P2；若P1=0.2MPa，起始时充入丙烷发生反应，假设丙烷加入了1mol，则Q点对应温度达到平衡时，消耗C3H8的物质的量为bmol，则n(C3H6)=n(H2)=bmol，n(C3H8)=(1－b)mol，有，则，反应的平衡常数，故答案为＞；0.025MPa；
③在恒温、恒压的密闭容器中充入丙烷和氩气发生脱氢反应，起始n(氩气)/n(丙烷)越大，丙烷的平衡转化率越大，其原因是该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氩气的比例，相当于减压，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大；故答案为：该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氩气的比例，相当于减压，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大。
山西省吕梁市2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题
一、实验题
1．（2020·山西吕梁·一模）利用和为原料可制备三氯氧磷，其制备装置如图所示(夹持装置略去)：
已知和三氯氧磷的性质如下表：
熔点
沸点
其他物理或化学性质
和互溶，均为无色液体，遇水均剧烈水解，发生复分解反应生成磷的含氧酸和
(1)仪器乙的名称是__________。
(2)实验过程中仪器丁的进水口为__________(选填“”或“”)口。
(3)装置B的作用是__________(填标号)。
a.气体除杂 b.加注浓硫酸 c.观察气体流出速度 d.调节气压
(4)整个装置必须干燥，若未干燥，写出所有副反应的化学方程式______________________________。
(5)制备三氯氧磷所用PCl3测定纯度的方法如下：迅速称取产品，水解完全后配成溶液，取出入过量的碘溶液，充分反应后再用溶液滴定过量的碘，终点时消耗溶液。
已知：；；假设测定过程中没有其他反应。根据上述数据，该产品中(相对分子质量为137．5)的质量分数的计算式为__________%。(用含的代数式表示)
2．（2021·山西吕梁·统考一模）国家卫健委高级别专家组成员、我国著名传染病学专家李兰娟院士表示：新型冠状病毒本身对热敏感和消毒剂敏感，56℃下30分钟，75%的乙醇，乙醚。氯仿，甲醛，含氯消毒剂，过氧乙酸和紫外线均可杀死新型冠状病毒。最近热销的空气消毒片，其主要成分是二氧化氯，可有效杀灭病原微生物，阻断细菌传播，杜绝交叉感染。细菌去除率达99%。
已知：①常温下ClO2为黄绿色气体，其熔点为-59℃，沸点为11.0℃，能溶于水，不与水反应。②温度过高，ClO2的水溶液可能爆炸。
实验室利用如图所示装置模拟工业NaClO3与Na2SO3在浓H2SO4存在下制备ClO2，并以ClO2为原料制备NaClO2(已知：高于60℃时，NaClO2分解生成NaClO3和NaCl)。
(1)实验中逐滴加入浓硫酸的目的是___________。
(2)装置⑤的溶液中会生成等物质的量的两种盐，其中一种为NaClO2，写出装置⑤中发生反应的化学方程式___________。
(3)从装置④反应后的溶液中获得晶体，需采用55℃减压蒸发结晶，原因是___________。
(4)ClO2很不稳定，产物溶于水可以得到ClO2溶液。为测定所得溶液中ClO2的含量，进行了下列实验：
步骤1：准确量取ClO2溶液20.00 mL，稀释成100.0 mL试样；量取V1 mL试样加入到锥形瓶中；
步骤2：调节试样的pH≤2.0加入足量的KI晶体，振荡后，静置片刻；
步骤3：加入指示剂X，用a mol/L的Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2 mL。
已知：2ClO2＋8H＋＋10I-=5I2＋2Cl-＋4H2O I2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6
①步骤I中量取20.00 mL ClO2溶液所用的仪器为___________(选填“酸式"或“碱式”)滴定管。
②指示剂x为___________，滴定终点的实验现象是___________。原ClO2溶液的浓度为___________g/L(用含字母的代数式表示)。
3．（2021·山西吕梁·统考一模）钴是一种中等活泼金属，化合价为＋2价和＋3价，其中CoCl2易溶于水。某校同学设计实验制取(CH3COO)2Co(乙酸钴)并验证其分解产物。回答下列问题：
I.甲同学用Co2O3与盐酸反应制备CoCl2·4H2O，其实验装置如图：
①烧瓶中发生反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为___________。
②装置B中的现象可以说明氧化性___________>___________，从原子结构的角度解释___________。
II.乙同学利用甲同学制得的CoCl2·4H2O在醋酸氛围中制得无水(CH3COO)2Co，并利用下列装置检验(CH2COO)2Co在氮气气氛中的分解产物。已知PdCl2溶液能被CO还原为Pd。
①装置E、F分别盛放___________和___________。
②E、F、G中的试剂均足量，观察到I中氧化铜变红，J中固体由白色变蓝色，K中石灰水变浑浊，则可得出的结论是___________。
③通入氮气的作用是___________。
4．（2022·山西吕梁·统考一模）镁能在二氧化碳中燃烧：，钠比镁更活泼，那么钠能在二氧化碳中燃烧吗？某研究性学习小组设计了如图装置进行探究。
请回答下列问题：
(1)写出装置a中发生反应的离子方程式___________。
(2)按照气流的方向从左至右连接装置：a接___________、___________、___________、___________、___________。
(3)装置f中应盛放的试剂是___________，装置b的作用是___________。
(4)实验过程中，在点燃装置c中的酒精灯前，必须经过必要的操作，方可进行后续的实验，该必要操作的目的是___________。
(5)实验发现钠在充满二氧化碳气体的玻璃管里剧烈地燃烧，产生大量的白烟并伴有黑色物质生成。取一部分生成物于试管中，往试管中加水，白色物质溶解，黑色物质不溶。过滤，得到澄清的滤液。将滤纸上的黑色物质移人小试管中，加少量浓硫酸，加热，有刺激性气味的气体生成。则该黑色物质与浓硫酸共热的化学反应方程式为___________。
(6)往(5)所得滤液中加澄清石灰水，溶液变浑浊。再滴入稀盐酸，溶液中有气泡出现。试写出钠与二氧化碳反应的化学方程式：___________。
5．（2022·山西吕梁·统考一模）某同学研究浓硝酸与溶液的反应。
资料：Ⅰ．中S、C、N元素的化合价依次为：价、价、价。
Ⅱ．的性质类似卤素离子，能被氧化为黄色的，可聚合为红色的。
Ⅲ．可溶于浓硝酸。
实验一：
(1)向浓硝酸中滴加溶液，溶液立即变红是因为生成了___________(填化学式)。
实验二：
(2)研究的转化产物。
a．将实验一ⅲ中的气体通入和的混合溶液中，有白色沉淀生成。
b．过滤、洗涤白色沉淀，取少量于试管中，加入过量的稀硝酸，沉淀完全溶解，再滴加少量溶液，不褪色。
c．另取少量实验一ⅲ中试管内的溶液加入溶液，产生大量白色沉淀。
①通过a，b实验可知白色沉淀为___________(填化学式)。
②红棕色气体中是否含有？___________(选填“有”或“没有”)。理由是___________。
③通过c实验得到溶液中一定有___________。
④由上述实验现象可知：转化的最终产物中一定有___________。
实验三：
(3)继续研究实验一ⅲ中“静置一段时间后，突然剧烈反应，红色迅速褪去”的原因。
①对比实验一和实验三可知能加快浓硝酸氧化，的化学反应速率的原因是___________。
②结合实验三，从化学反应速率的角度解释实验一ⅱ和ⅲ中的现象：___________。
二、工业流程题
6．（2020·山西吕梁·一模）用电镀锡渣(主要含、)联合生产氯化亚锡和硫酸亚锡晶体，其工艺流程如下：
已知：①易水解生成碱式氯化亚锡；②在水溶液中，易被氧化为。
请回答下列问题：
(1)锡在周期表中的位置为___________。
(2)已知反应I得到的沉淀是，产生气体的结构式为_____，反应的化学方程式为_______。
(3)图中滤液的主要成分为_______________、_______________(写化学式)。
(4)酸溶时一般加入浓盐酸进行溶解，请用化学方程式及必要文字解释原因：______________。
(5)电镀锡渣中的锡与烧碱、硝酸钠溶液反应可生产锡酸钠，并产生一种碱性气体，该反应的化学方程式为________。
7．（2021·山西吕梁·统考一模）以软锰矿粉(主要含有MnO2，还含有少量的Fe2O3、Al2O3等杂质)为原料制备高纯MnO2的流程如下图所示：
已知：①常温下，Ksp[Fe(OH)3]=8.0×10-38，Ksp[Al(OH)3]=4.0×10-34。
②常温下，氢氧化物沉淀的条件：Al3＋、Fe3＋完全沉淀的pH分别为4.6、3.4；Mn2＋开始沉淀的pH为8.1。
③常温下，当溶液中金属离子的物质的量浓度小于或等于1×10-5 mol·L-1时，可视为该金属离子已被沉淀完全。
(1)“酸浸”实验中，锰的浸出率结果如下图所示。由图可知，软锰矿粉酸浸的适宜条件是___________。
(2)酸浸后，锰主要以Mn2＋的形式存在，写出相应的离子方程式___________。
(3)若氧化后c(Al3＋)=0.02 mol/L，加入氨水(设溶液体积增加1倍)，使Fe3＋完全沉淀，此时是否有Al(OH)3沉淀生成？___________(列式计算)；想要达到实验目的，加入氨水应调节pH的范围为___________。
(4)加入碳酸氢铵产生沉淀的过程称为“沉锰”，“过滤II”所得滤渣为MnCO3。
①“沉锰”过程中放出CO2，反应的离子方程式为___________。
②“沉锰”过程中沉锰速率与温度的关系如图所示。
当温度高于60℃时，沉锰速率随着温度升高而减慢的原因是___________。
(5)写出焙烧过程的化学方程式___________。
8．（2022·山西吕梁·统考一模）可用作选矿剂、催化剂及涂料的颜料。以含钴废渣(主要成分为，还含有等杂质)为原料制备的一种工艺流程如下：
已知：碱性条件下，会转变为沉淀。
(1)“酸浸”时需控制温度在左右，原因是___________。
(2)写出通入时发生反应的化学方程式为___________。
(3)上述“萃取”过程可表示为。下列说法正确的是___________。
A．可将废渣粉碎以提高酸浸效率 B．“除铝”时，应加入过量的溶液
C．可选择作为萃取剂 D．往萃取后的有机层中加水可获得溶液
(4)“沉钴”时，溶液滴加过快会导致产品不纯，请解释可能原因___________。
(5)在空气中煅烧生成钴氧化物和，测得充分煅烧后固体质量为，的体积为(标准状况)，则该钴氧化物的化学式为___________。
三、元素或物质推断题
9．（2020·山西吕梁·一模）已知为中学化学中一种常见的盐，为淡黄色固体；、为常见的金属，的氧化物可作耐火材料，可用它来制造耐火坩埚和耐高温试验仪器；为气体单质，为无色气体，在空气中会出现红棕色，各物质的转化关系如下图(部分反应产物已略去)。
请回答下列问题；
(1)氧化物的化学式为__________，的电子式为_________。
(2)反应③的化学方程式为_________________。
(3)在反应①②③④中不属于置换反应的是________________(填序号)。
(4)写出与以等物质的量进行反应的离子方程式________________。
(5)和的混合溶液，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到气体(标准状况下)，假定电解后溶液体积仍为。
①写出电解时阳极的电极反应式____________________；
②电解后溶液中为____________________
10．（2021·山西吕梁·统考一模）甲、乙、丙三种不同的物质中均含有同一种元素，它们之间的转化关系如图示(部分反应物及生成物已略去)。
(1)若甲为气态氢化物，乙为黄色固体，写出此时反应①的化学方程式___________。
(2)若甲为两性氧化物，乙的水溶液呈酸性，请用离子方程式写出乙的水溶液呈酸性的原因___________，写出此时反应④的离子方程式___________。
(3)若甲为金属单质，反应④为置换反应，则往乙溶液中滴加KSCN，溶液变为___________。
(4)若甲为气体单质，乙为含有极性共价键的非极性分子，请写出乙的电子式___________。
四、原理综合题
11．（2020·山西吕梁·一模）工业上可用与合成亚硝酰氯，可以用于有机合成。回答下列问题：
(1)一定条件下，氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时会生成亚硝酰氯，涉及有关反应的热化学方程式如下：
①
②
③
则__________(用、表示)。
(2)时，在一密闭容器中发生反应：，其正反应速率表达式。测得正反应速率和对应浓度的数据如表：
序号
①
②
③
则__________达到平衡后，若减小压强，则混合气体的平均相对分子质量将__________(选填“增大”、“减小”或“不变”)。
(3)时，向体积为且带气压计的恒容密闭容器中通入和发生反应：
。已知：反应起始和平衡时温度相同。
①测得反应过程中压强随时间的变化如图1曲线所示，则__________(选填“>”、“<”或“不确定”)0；若其他条件相同，仅改变某一条件时，测得压强随时间的变化如图1曲线所示，则改变的条件是_________。
②图2是两位同学描绘的上述反应平衡常数的对数值与温度的变化关系图象，其中正确的曲线是______(选填“甲”或“乙”)；的值为______。
12．（2021·山西吕梁·统考一模）汽车尾气污染、室内污染是与人们生活密切相关的问题。请按要求回答下列问题：
(1)利用某分子筛作催化剂，NH3可脱除工厂废气中的NO、NO2，反应机理如图1所示。A包含的物质为N2和___________(填化学式)。
(2)汽车尾气净化的主要原理为2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g) ΔH＜0，若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，所列示意图(如图2)中t1时刻是否处于平衡状态？________(选填“是”或“否”)，原因是___________。
(3)工业合成NH3的反应，解决了世界约三分之一的人口粮食问题。已知：N2+3H22NH3(ΔH＜0)，500℃时，向容积为2L的密闭容器中通入1molN2和3molH2，模拟合成氨的反应。随着反应的进行，合成氨的正反应速率与NH3的体积分数的关系如图3所示，若降低温度再次达到平衡时，可能的点为___________(从点“A、B、C、D”中选择)。
(4)将CO2和H2混合，在一定温度下可以制取甲醇：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH＜0，往2L恒容密闭容器中充入1molCO2和3molH2，在不同催化剂作用下发生反应I、反应II与反应III，相同时间内CO2的转化率随温度变化如图4所示：
①反应I、反应II与反应III中催化剂效果最佳的是___________(选填“反应I”“反应II”或“反应III”)。
②若此反应在a点时达到化学平衡状态。则此时该反应的化学平衡常数为___________。(计算结果保留到小数点后一位)
13．（2022·山西吕梁·统考一模）丙烷脱氢是工业生产丙烯的重要途径，其热化学方程式为：。
请回答下列相关问题。
(1)相关物质的相对能量如下表所示：
物质
丙烷
氢气
相对能量(kJ/mol)
b
0
则丙烯的相对能量为___________。
(2)一定温度下，向的密闭容器中充入发生脱氢反应，经过达到平衡状态，测得平衡时气体压强是开始的1.6倍。
①内氢气的生成速率___________，的平衡转化率为___________。
②下列情况能说明该反应达到平衡状态的是___________。
A．混合气体的密度保持不变B．的消耗速率与的消耗速率相等
C．混合气体的平均分子量保持不变D．与的物质的量之比保持不变
(3)脱氢反应分别在压强为和时发生，丙烷及丙烯的平衡物质的量分数随温度变化如图所示。
①同时提高反应速率和反应物的平衡转化率，可采取的措施是___________，理由是___________
②压强：___________(选填“＞”或“＜”)。若，起始时充入丙烷发生反应，则Q点对应温度下，反应的平衡常数___________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
③在恒温、恒压的密闭容器中充入丙烷和氩气发生脱氢反应，起始n(氩气)/(丙烷)越大，丙烷的平衡转化率越大，其原因是___________。
参考答案：
1． 圆底烧瓶 a a c d PCl3+3H2O＝H3PO3＋3HCl、POCl3＋3H2O＝H3PO4＋3HCl
【分析】和为原料可制备三氯氧磷，发生反应O2+2PCl3=2POCl3，装置A用来制取氧气，通过加入双氧水的量，可以控制产生氧气的速率，氧气中含水蒸气可用浓硫酸除去，纯净的氧气与三氯化磷在装置C中反应生成三氯氧磷。
【详解】(1)根据图示装置，可知仪器乙的名称为圆底烧瓶。
(2)冷凝管应下端进水，故进水口为a。
(3)A装置制得的氧气中含有水蒸气，装置B中盛有的浓硫酸能除去水蒸气，装置B中有长颈漏斗，可以平衡装置内外的压强，纯净的氧气与三氯化磷反应时需要控制反应速率，可通过气体进入B中溶液，观察气体流速。
(4)根据提示可知水解的方程式为：PCl3+3H2O ＝H3PO3＋3HCl与POCl3＋3H2O ＝ H3PO4＋3HCl ，HCl可不写气体符号。
(5)c1mol·L−1碘溶液V1mL中含有碘单质的物质的量为：c1 mol·L－1×V1×10-3L ＝ c1V1×10-3 mol，根据反应I2＋2Na2S2O3＝ 2NaI＋Na2S4O6可知，与磷酸反应消耗的碘单质的物质的量为：
c1V1×10-3 mol −c2 V2×10-3 mol ＝(c1V1 −c2V2)×10-3 mol，再由H3PO3＋H2O＋I2＝H3PO4＋2HI可知，25.00mL 三氯化磷水解后的溶液中含有的H3PO3的物质的量为：n(H3PO3) =n (I2)= (c1V1 −c2V2)×10-3 mol，250mL该溶液中含有H3PO3的物质的量为：(c1V1 −c2V2)×10-3 mol× 250mL/25mL＝(c1V1 −c2V2)×10—2 mol，所以m g产品中含有的三氯化磷的物质的量为(c1V1 −c2V2)×10—2 mol，该产品中PCl3的质量分数为：。
2． 逐滴加入浓硫酸可以控制生成ClO2的速率，使ClO2与NaOH、H2O2溶液充分反应，提高ClO2的利用率 2ClO2 + 2NaOH =NaClO2 +NaClO3 + H2O 高于60 ℃时，NaClO2分解生成NaClO3和NaCl。 酸式 淀粉溶液 当滴入最后一滴Na2S2O3时，溶液由蓝色变为无色，且30s内不恢复原色
【分析】图中装置①和装置⑤均为吸收多余的ClO2，关闭K1，装置②中发生反应为：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2Na2SO4+2ClO2+H2O，生成的ClO2气体经装置③进入装置④，装置③起到安全瓶的作用，装置④发生反应为：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2，得NaClO2溶液，经蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥等操作，得晶体NaClO2•3H2O，根据题目所给信息：高于60℃时，NaClO2分解生成NaClO3和NaCl，故装置④用冷水浴来控制温度，滴定过程中利用碘单质的特性来选择指示剂，据此分析解题。
【详解】(1)实验中逐滴加入浓硫酸可以控制生成ClO2的速率，使ClO2与NaOH、H2O2溶液充分反应，提高ClO2的利用率，故答案为：逐滴加入浓硫酸可以控制生成ClO2的速率，使ClO2与NaOH、H2O2溶液充分反应，提高ClO2的利用率；
(2)装置⑤的溶液是用于尾气处理即吸收多余的ClO2，若ClO2与NaOH反应会生成等物质的量的两种盐，其中一种为NaClO2，根据氧化还原反应中化合价有升必有降和得失电子守恒的规律，可推知另一种盐为NaClO3，故装置⑤中发生反应的化学方程式为：2ClO2 + 2NaOH =NaClO2 +NaClO3 + H2O，故答案为：2ClO2 + 2NaOH =NaClO2 +NaClO3 + H2O；
(3)由题干信息可知：高于60℃时，NaClO2分解生成NaClO3和NaCl，故从装置④反应后的溶液中获得晶体，需采用55℃减压蒸发结晶，故答案为：高于60℃时，NaClO2分解生成NaClO3和NaCl；
(4)①由于ClO2具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管下端的橡胶管，故步骤I中量取20.00 mL ClO2溶液所用的仪器为酸式滴定管，故答案为：酸式；
②根据滴定过程中的反应：I2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6，且I2有可以使淀粉溶液变为蓝色的特色，故指示剂x为淀粉溶液，滴定终点的实验现象是蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色，根据反应方程式：2ClO2＋8H＋＋10I-=5I2＋2Cl-＋4H2O ，I2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6，不难找出关系式如下：2ClO2~5I2~10 Na2S2O3，故有：n(ClO2)=n(Na2S2O3)= ×aV2×10-3mol，原ClO2溶液中n＇(ClO2)= ×aV2×10-3mol×=mol，原ClO2溶液中的浓度为=g/L，故答案为：淀粉溶液；当滴入最后一滴Na2S2O3时，溶液由蓝色变为无色，且30s内不恢复原色；。
3． 1:2 Cl2 I2 同主族元素，从上到下，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱 澄清石灰水 PdCl2溶液 分解产物中还含有一种或多种含C、H元素的物质 将D中气态产物排入后续装置(或排除装置中的空气或不使K中水蒸气进入盛无水CuSO4的干燥管中等)
【分析】I．Co2O3与盐酸在A中发生氧化还原反应得到CoCl2和Cl2，Cl2和B中KI反应产生I2使B中溶液变蓝，过量的Cl2用C中NaOH溶液吸收；
II．(CH2COO)2Co中的Co为+2价，可能会被氧气氧化为+3价，因此实验前先通入氮气排出装置中的空气；再结合元素守恒可知(CH2COO)2Co在氮气气氛中分解的产物可能含CO2、CO，E中盛放澄清石灰水，用澄清石灰水检验CO2；F中盛放PdCl2溶液，用PdCl2溶液检验并除去CO；用G中浓NaOH溶液除去未被E吸收的CO2，用H中无水CaCl2除去水蒸气，I中氧化铜变为红色，J中无水CuSO4变为蓝色，K中澄清石灰水变浑浊可证明分解产物中还含有能还原CuO且含C、H的物质，据此解答。
【详解】I．①Co2O3中Co为+3价，CoCl2中Co为+2价，由此可判断烧瓶A中Co2O3和HCl发生氧化还原反应，Co2O3作氧化剂，Co化合价降低2×(3-2)=2，HCl作还原剂，被氧化为氯气，化合价升高1×[0-(-1)]=1，结合化合价升高总数等于降低总数可知氧化剂和还原剂物质的量之比=1:2；
②装置B中溶液变蓝色，说明发生Cl2+2KI=I2+2KCl，Cl2置换出I2，说明氧化性Cl2>I2；原因从原子结构的角度解释为Cl和I位于同主族，Cl在上，I在下，同主族元素，从上到下，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱；
II．①由分析可知装置E、F分别盛放澄清石灰水和PdCl2溶液；
②E、F、G中的试剂均足量，观察到I中氧化铜变红，J中固体由白色变蓝色，K中石灰水变浑浊，则可得出的结论是分解产物中还有能还原CuO且含C、H的物质，即分解产物中还含有一种或多种含C、H元素的物质；
③结合分析可知实验开始前通入氮气的作用是排出装置中的空气，实验持续通入氮气的作用是将D中气态产物排入后续装置，同时不使K中水蒸气进入盛无水CuSO4的干燥管中等，即通入氮气的作用是将D中气态产物排入后续装置(或排除装置中的空气或不使K中水蒸气进入盛无水CuSO4的干燥管中等)。
4．(1)CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O
(2) d f c g b
(3) 浓硫酸 判断装置中空气是否排尽
(4)防止钠与空气中的氧气反应
(5)C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O
(6)4Na+3CO22Na2CO3+C
【分析】装置a为碳酸钙和稀盐酸反应制取二氧化碳，由于盐酸易挥发，先用装置d除去HCl杂质气体，再经装置f中浓硫酸来干燥二氧化碳，装置c将镁和二氧化碳反应，为防止空气的水蒸气进入c，用装置g来干燥空气，装置b来判断装置中空气是否排尽；
（1）
装置a是简易启普发生器，作用是就是制取二氧化碳，反应的离子方程式：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O
（2）
按照气流的方向从左至右应该是二氧化碳制备、除去二氧化碳中混有HCl和水蒸气(除水时用f，不用g，原因是保证水除尽)、钠与二氧化碳反应装置、防止水进入装置、检验二氧化碳是否充满的装置。故答案为：dfcgb
（3）
装置f防止g中水蒸气进入d装置，应盛放的试剂是浓硫酸；装置b的作用是判断装置中空气是否排尽；
（4）
在点燃c装置中的酒精灯前，必须除去系统内内的空气，防止钠与空气中的氧气反应；
（5）
该黑色不溶物为碳，碳可以和浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，即C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O；
（6）
通过对生成物进行了探究实验可得出钠与二氧化碳反应生成了碳酸钠和碳，可以写出反应的方程式：4Na+3CO22Na2CO3+C。
5．(1)(SCN)x
(2) BaCO3 没有 向洗净的白色沉淀中加入过量的稀硝酸，沉淀完全溶解，再滴加少量KMnO4 溶液不褪色 CO2、
(3) NO2能加快浓硝酸氧化(SCN)x的化学反应速率(或能催化浓硝酸氧化(SCN)x) 实验一中存在反应：a．浓硝酸氧化SCN−，b．浓硝酸氧化(SCN)x，化学反应速率：υa＞υb，所以ⅱ中溶液立即变红；静置过程中，生成的NO2溶于硝酸，浓度积累到一定程度时，使υb增大，红色迅速褪去
【解析】(1)
向浓硝酸中滴加KSCN溶液，根据信息知SCN−被浓硝酸氧化成红色的(SCN)x溶液立即变红，所以答案为(SCN)x；
(2)
①将实验一ⅲ中的气体通入Ba(OH)2和NaOH的混合溶液中，有白色沉淀生成；则推测SCN−氧化可能得到气体SO2，CO2，与Ba(OH)2和NaOH溶液反应生成BaSO3，BaCO3白色沉淀，但在b实验中过滤、洗涤白色沉淀，取少量于试管中，加入过量的稀硝酸，沉淀完全溶解，如果有BaSO3生成则会被硝酸氧化成不溶于酸的BaSO4，沉淀就不完全溶解，再滴加少量KMnO4溶液，不褪色。综合说明没有生成SO2，通过a，b实验可知白色沉淀是BaCO3；
②红棕色气体中没有,理由是向洗净的白色沉淀中加入过量的稀硝酸，沉淀完全溶解，再滴加少量KMnO4 溶液不褪色；
③.另取少量实验一ⅲ中试管内的溶液加入BaCl2溶液，ⅲ中溶液成酸性，产生大量白色沉淀，则说明溶液中一定含有；
④由上述实验现象可知：SCN−转化的最终产物中一定有CO2、；
(3)
①对比实验一和实验三可知实验三先通入NO2后滴加KSCN溶液，能突然迅速加快浓硝酸氧化(SCN)x的化学反应速率，说明NO2起了催化加快反应速率的作用；
②实验一中存在反应：a．浓硝酸氧化SCN−，b．浓硝酸氧化(SCN)x，化学反应速率：υa＞υb，所以ⅱ中溶液立即变红；静置过程中，生成的NO2溶于硝酸，浓度积累到一定程度时，使υb增大，红色迅速褪去。
6． 第五周期第ⅣA族 O＝C＝O Na2CO3+SnCl2 ＝ SnO↓+2NaCl+CO2↑ NaCl Na2CO3 SnCl2极易水解，存在平衡SnCl2+H2OSn(OH)Cl+HCl；加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解 2Sn+3NaOH+NaNO3 ＝ 2Na2SnO3+NH3↑
【分析】电镀锡渣中的Sn、SnO与盐酸反应生成SnCl2，洗涤并结晶后得到SnCl2晶体，将该晶体溶解在盐酸中防止SnCl2水解，酸性条件下，锡在水溶液中有Sn2+、Sn4+两种主要存在形式，向其中加入Sn粉，Sn粉可以和H+发生反应，使溶液酸性减弱，调节了溶液pH，另外Sn可以将被氧化生成的Sn4+还原成Sn2+，即防止Sn2+被氧化为Sn4+，过滤得SnCl2溶液，向其中加碳酸钠，将Sn元素以SnO形式沉淀，发生反应的方程式为Na2CO3+SnCl2 ＝ SnO↓+2NaCl+CO2↑，过滤洗涤得纯净的SnO，反应Ⅰ滤液的溶质为NaCl和Na2CO3，SnO中加稀H2SO4，得SnSO4溶液，经过加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等系列操作，制得SnSO4晶体。
【详解】(1)锡元素与碳元素属于同一主族，处于ⅣA族，原子核电荷数为50，则：50−2−8−18−18＝4，故Sn处于第五周期，则在周期表中的位置为：第五周期第ⅣA族；
(2)反应Ⅰ的化学方程式为Na2CO3+SnCl2 ＝ SnO↓+2NaCl+CO2↑，生成的气体为CO2，CO2为共价化合物，其结构式为O＝C＝O；
(3)综上分析滤液的溶质为NaCl和Na2CO3；
(4)由信息可知，SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡，存在平衡SnCl2+H2OSn(OH)Cl+HCl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解；
(5)反应物为Sn、NaOH、NaNO3，生成物为Na2SnO3、NH3，则有Sn+NaOH+NaNO3→Na2SnO3+NH3↑，根据得失电子守恒和元素守恒，可得2Sn+3NaOH+NaNO3 ＝ 2Na2SnO3+NH3↑。
7． 硫酸浓度2.1mol/L，T=70℃ MnO2+ 2Fe2++ 4H+= Mn2++ 2 Fe3++ 2H2O 当Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=1.0×10﹣5，由Ksp(Fe(OH)3可知c(OH-)=2×10﹣11mol/L，Qc[Al(OH)3]=()×(2×10﹣11mol/L)3=8×10﹣35＜Ksp=4.0×10-34，则无沉淀生成 4.6-8.1或4.6≤PH<8.1 Mn2++2HCO= MnCO3↓+CO2↑+H2O 温度过高时碳酸氢铵的分解速率加快 2MnCO3+ O22MnO2+ 2CO2
【分析】软锰矿粉(主要含有MnO2，还含有少量的Fe2O3、Al2O3等杂质)、硫酸亚铁先用稀硫酸酸浸，用双氧水将酸浸液中的亚铁离子氧化成铁离子，然后加入氨水调节溶液的pH使铁离子、铝离子转化成Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，过滤除去杂质，滤液中含有锰离子，向滤液中加入碳酸氢铵溶液得到MnCO3沉淀，过滤后得到MnCO3，滤液中只有含有(NH4)2SO4；MnCO3经过焙烧得到高纯MnO2，以此分析解题。
【详解】(1)“酸浸”实验中，锰的浸出率结果如下图所示。由图可知，硫酸浓度为2.1mol/L时Mn2+的浸出率已经达到接近100%，再增大硫酸的用量，浪费原料，且浸出率增大很不明显，温度达到70℃Mn2+的浸出率已经达到接近100%，再升高温度，浪费能源且浸出率增大很不明显，软锰矿粉酸浸的适宜条件是硫酸浓度2.1mol/L，T=70℃，故答案为：硫酸浓度2.1mol/L，T=70℃；
(2)根据分析可知，酸浸后，锰主要以Mn2＋的形式存在，即MnO2在酸性条件下将Fe2+氧化为Fe3+，故相应的离子方程式为：MnO2 + 2Fe2++ 4H+ = Mn2+ + 2 Fe3+ + 2H2O，故答案为：MnO2 + 2Fe2++ 4H+ = Mn2+ + 2 Fe3+ + 2H2O；。
(3) 当Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=1.0×10-5，由Ksp(Fe(OH)3可知c(OH-)==2×10-11mol/L，若氧化后c(Al3＋)=0.02 mol/L，加入氨水(设溶液体积增加1倍)，则Qc[Al(OH)3]=()×(2×10-11mol/L)3=8×10-35＜Ksp=4.0×10-34，故无沉淀生成；由题干信息可知：常温下，氢氧化物沉淀的条件：Al3＋、Fe3＋完全沉淀的pH分别为4.6、3.4；Mn2＋开始沉淀的pH为8.1，故想要达到实验目的，加入氨水应调节pH的范围为4.6-8.1或 4.6≤PH<8.1，故答案为：4.6-8.1或 4.6≤PH<8.1；
(4)加入碳酸氢铵产生沉淀的过程称为“沉锰”，“过滤II”所得滤渣为MnCO3。
①由分析结合元素守恒可知“沉锰”过程中放出CO2，反应的离子方程式为Mn2++2HCO= MnCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：Mn2++2HCO= MnCO3↓+CO2↑+H2O；
②由于沉锰是用NH4HCO3，而NH4HCO3受热易分解，故当温度高于60℃时，加速NH4HCO3的分解，导致其浓度下降，故沉锰速率随着温度升高而减慢，故答案为：温度过高时碳酸氢铵的分解速率加快；
(5)焙烧过程是将MnCO3焙烧生成MnO2和CO2，根据氧化还原反应的规律可知有氧气参与反应，根据氧化还原反应的配平原则不难写出焙烧过程的化学方程式为：2MnCO3+ O2 2MnO2 + 2CO2，故答案为：2MnCO3+ O2 2MnO2 + 2CO2。
8．(1)温度过低反应速率减慢；温度过高，溶解度降低
(2)
(3)A
(4)溶液滴加过快，会导致局部碱性过强而产生
(5)
【分析】以含钴废渣(主要成分为，还含有等杂质)，“酸浸”时由于二氧化硫具有还原性溶液中得到CO2+，硫酸铝、硫酸锌等，加入碳酸钠调节pH值，生成氢氧化铝除去铝离子，加入萃取剂，萃取锌离子，在有机层加入稀硫酸得到硫酸锌，在水相中加入碳酸钠，可生成CoCO3固体，据此分析解题。
（1）
“酸浸”时温度过高，二氧化硫溶解度降低，温度过低化学反应速率减慢，故答案为：温度过低反应速率减慢；温度过高，溶解度降低；
（2）
加入硫酸酸浸并通入二氧化硫可发生，故答案为：；
（3）
A．将废渣粉碎可以增大反应的接触面积加快反应速率，以提高单位时间内的酸浸效率，故A正确；
B．“除铝”时，入过量的溶液会让会转变为沉淀，故溶液不能过量，故B错误；
C．根据方程(水层)+2HX(有机层)(有机层)可知，不可选用四氯化碳作为萃取剂，故C错误；
D．由(水层)+2HX(有机层)(有机层)可知，往萃取后的有机层中加水不可获得溶液，故D错误；
答案选A；
（4）
“沉钴”时，溶液滴加过快，会导致局部碱性过强而产生导致产品不纯，故答案为：溶液滴加过快，会导致局部碱性过强而产生；
（5）
的体积为0.627L(标准状况)，，由化学式可知，则氧化物中，则，所以钴氧化物的化学式为：，故答案为：。
9． Al2O3 2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3 ②④ 2Cu2＋+2Na2O2 +2H2O ＝ 2 Cu(OH)2 +O2 ↑ + 4Na＋ 4OH－— 4e－＝O2↑ +2H2O 或 2H2O — 4e－＝O2↑ +4 H＋ 0.4
【分析】已知X为中学化学中一种常见的盐，F为淡黄色固体，两者反应生成蓝色沉淀，可以推出F为Na2O2，而X为铜盐；D为无色气体，D在空气中会出现红棕色，可以推出D为NO气体，结合M、N为常见的金属，N的氧化物可作耐火材料，可用它来制造耐火坩埚和耐高温试验仪器，可以推出N为Mg或者Al ，再结合固体E与N的反应，可以推出E为 Fe2O3，该反应为熟悉的铝热反应，综上所述，A为硝酸亚铁，B为氯化铁，C为铜，D为一氧化氮，E为氧化铁，F为过氧化钠，G为氢氧化铁，H为氧气，M为铁，N为铝，X为硝酸铜，Y为氢氧化铜。
【详解】(1)N为铝，其氧化物为氧化铝，化学式为，F为过氧化钠，其电子式为，故答案为：；；
(2)反应③是铝和氧化铁发生铝热反应，方程式为：2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3，故答案为：2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3；
(3)①是铁和硝酸铜反应，属于置换反应，②是硝酸亚铁和盐酸反应，不是置换反应，③是铝和氧化铁发生铝热反应，属于置换反应，④是氯化铁和过氧化钠反应，反应物中没有单质，不是置换反应，故答案为：②④；
(4)X为硝酸铜，F为过氧化钠，二者等物质的量反应的离子方程式为： ，故答案为：；
(5)X为硝酸铜，电解与混合溶液，阳极产生氧气，阴极先生成铜，后生成氢气，根据两极均收集到标况下2.24L气体，可知阳极一共生成0.1mol，转移0.4 mol e－，其中阴极产生0.1mol时转移0.2 mol e－，其余便是电解产生的，有0.2 mol e－转移，产生0.2mol，故，故答案为： 或 ；0.4。
【点睛】电解与混合溶液，阳极始终产生氧气，阴极先生成铜，后生成氢气，相当于开始电解硝酸铜溶液，当硝酸铜反应完后，继续电解是电解水。
10． 2H2S + O2 2S + 2H2O Al3+ + 3H2O Al(OH)3 + 3H+ Al2O3 + 2OH- =2 AlO+ H2O 血红色
【详解】(1)若甲为气态氢化物，乙为黄色固体，根据甲、乙、丙三种不同的物质中均含有同一种元素和它们之间的转化关系图可知：甲为H2S，乙为S，丙为SO2，故此时反应①的化学方程式2H2S + O2 2S + 2H2O，故答案为：2H2S + O2 2S + 2H2O；
(2)若甲为两性氧化物，乙的水溶液呈酸性，根据甲、乙、丙三种不同的物质中均含有同一种元素和它们之间的转化关系图可知：甲为Al2O3，乙为Al2(SO4)3或者AlCl3，丙为AlO，故乙的水溶液呈酸性的原因为Al3+ + 3H2O Al(OH)3 + 3H+，此时反应④的离子方程式为Al2O3 + 2OH- =2 AlO+ H2O，故答案为：Al3+ + 3H2O Al(OH)3 + 3H+；Al2O3 + 2OH- =2 AlO+ H2O；
(3)若甲为金属单质，反应④为置换反应，根据甲、乙、丙三种不同的物质中均含有同一种元素和它们之间的转化关系图可知：甲为Fe，乙为Fe3+，丙为Fe2+，故往乙溶液中滴加KSCN，溶液变为血红色，故答案为：血红色；
(4)若甲为气体单质，乙为含有极性共价键的非极性分子，根据甲、乙、丙三种不同的物质中均含有同一种元素和它们之间的转化关系图可知：甲为CH4，乙为CO2，丙为CO，故乙的电子式为：，故答案为：。
11． (ΔH2+ΔH3) 1.2 减小 < 加入催化剂 乙 3
【分析】(1)根据盖斯定律可知，反应③＝2×反应①－反应②；
(2)根据 ， ，，解得，；减小压强，平衡正向移动，则混合气体的平均相对分子质量将减小；
(3)①分析题图1曲线a知反应过程中压强先增大后减小至不变，压强先增大是因为正反应放热，随着反应的进行，反应物浓度减小，压强又减小至不变；曲线b与曲线a相比，反应速率加快，平衡状态不变，故改变的条件是加入催化剂；
②该反应为放热反应，则升温平衡逆向移动，平衡常数减小，lgK减小，故曲线乙正确，设反应达到平衡时，转化了x mol·L−1，由三段式法计算。
【详解】(1)根据盖斯定律可知，反应③＝2×反应①－反应②，则，故，故答案为：；
(2)根据 ， ，，解得，；带入得；减小压强，平衡正向移动，则混合气体的平均相对分子质量将减小；故答案为：1.2；减小；
(3)①分析题图1曲线a知反应过程中压强先增大后减小至不变，压强先增大是因为正反应放热，随着反应的进行，反应物浓度减小，压强又减小至不变，故；曲线b与曲线a相比，反应速率加快，平衡状态不变，故改变的条件是加入催化剂，故答案为：<；加入催化剂；
②该反应为放热反应，则升温平衡逆向移动，平衡常数减小，lgK减小，故曲线乙正确，设反应达到平衡时，转化了x mol·L−1，由三段式法计算： ，根据反应起始和平衡时温度相同，且反应在恒容容器中进行，则有，解得x＝0.001，故25℃时平衡常数K＝，1gK＝3，故答案为：乙；3。
【点睛】平衡图象题解题思路：一看轴（纵、横坐标的意义），二看线（线的走向和变化趋势），三看点（起点、折点、交点、终点、零点的意义），四看要不要作辅助线（等温线、等压线、平衡线），五看量的变化（如浓度变化、温度变化等），六想规律（外界条件对反应速率的影响规律和化学平衡移动规律）。
12． H2O 否 t1时刻之后速率一直减小，说明没有达到平衡。(平衡时正反应速率应保持不变，但t1时刻之后正反应速率减小，说明反应没有达到平衡状态。) D 反应I 59.3
【详解】(1)NH3进入图1所示的体系中，和H+结合转化为，和NO2转化为[(NH4)2(NO2)]2+，[(NH4)2(NO2)]2+和NO转化为A、[(NH4)(HNO2)]+和H+，[(NH4)(HNO2)]+转化为N2、H2O和H+，根据元素守恒可知A包含的物质为N2和H2O；
(2)化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等且不再发生变化，t1时刻正反应速率最大，之后速率一直减小，说明没有达到平衡；
(3)升高温度，化学反应速率加快，合成氨的反应是一个放热反应，升温不利于氨气的生成，若降低温度，平衡正向移动，氨气的体积分数变大，化学反应速率在减小，故选D点合适；
(4)①在不同催化剂作用下发生反应I、反应II与反应III，相同时间内CO2的转化率随温度变化图中可知，反应I中二氧化碳的转化率最大，催化剂效果最佳的是反应I；
②若此反应在a点时达到化学平衡状态，由图可知，a点时的二氧化碳的转化率为，往2L恒容密闭容器中充入1molCO2和3molH2；列出三段式：
化学平衡常数K=≈59.3。
13．(1)(a+b)
(2) 0.06 mol·L−1·min−1 60% BC
(3) 升高温度 正反应是吸热升高温度提高反应速率且平衡正向移动平衡转化率增大 ＞ 0.025 MPa 该反应是气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氩气的比例，相当于减压平衡正向移动丙烷平衡转化率增大
【详解】（1）ΔH=生成物总能量－反应物总能量，则丙烯的相对能量－a=b，故丙烯的相对能量=b+a；故答案为b+a；
（2）①令达到平衡时，消耗C3H8的物质的量为amol，则n(C3H6)=n(H2)=amol，n(C3H8)=(2－a)mol，根据压强之比等于物质的量之比，因此=1.6，a=1.2，则0 ~10min内氢气的生成速率v(H2)== 0.06mol・L-1・min-1；C3H8的平衡转化率为α=×100%=60%，故答案为：0.06mol・L-1・min-1；60%；
②A．气体密度等于气体质量除以容器体积，气体质量不变，容器体积不变，密度始终不变，因此当混合气体的密度保持不变，不能作为判断平衡的标志，故A不符合题意；
B．C3H8的消耗，正向进行，C3H6的消耗，逆向进行，两者速率比等于计量系数比，因此能作为判断平衡标志，故B符合题意；
C．平均摩尔质量等于气体质量除以气体物质的量，气体质量不变，气体物质的量减小，气体摩尔质增大，因此当混合气体的平均分子量保持不变，则可以作为判断平衡标志，故C符合题意；
D．C3H6与H2的物质的量之比始终按照1：1增加，因此两者比值始终保持不变，因此不能作为判断平衡的标志，故D不符合题意；
故答案为BC；
（3）①根据图象，升高温度，平衡正向移动，即正向是吸热反应；提高反应速率，可以是加压、升温、加催化剂、增加浓度，但要提高反应物的平衡转化率，只能是升高温度；故答案为：升高温度；正反应是吸热升高温度提高反应速率且平衡正向移动平衡转化率增大；
②以Q点纵看，从下到上看，丙烯物质的量增加，说明平衡正向移动，正向是体积增大的反应，即减小压强，因此压强：P1＞P2；若P1=0.2MPa，起始时充入丙烷发生反应，假设丙烷加入了1mol，则Q点对应温度达到平衡时，消耗C3H8的物质的量为bmol，则n(C3H6)=n(H2)=bmol，n(C3H8)=(1－b)mol，有，则，反应的平衡常数，故答案为＞；0.025MPa；
③在恒温、恒压的密闭容器中充入丙烷和氩气发生脱氢反应，起始n(氩气)/n(丙烷)越大，丙烷的平衡转化率越大，其原因是该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氩气的比例，相当于减压，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大；故答案为：该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氩气的比例，相当于减压，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大。
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