考点： 化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．
分析： （1）化学反应的平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积；反应是放热反应，升温平衡逆向进行；
（2）反应速率影响因素分析提高反应速率的方法，提高尿素产率应是平衡正向进行； （3）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式；
（4）反应物的转化率变化，随氨碳比增大，氨气的转化率减小，二氧化碳转化率增大； （5）由图可知，此时氨气的转化率为80%
2NH3（g）+CO2（g）=CO（NH2）2（g）+H2O（g）
﹣1
起始浓度（mol．L ） 2 1 0 0
﹣1
变化浓度（ol．L ） 1.6 0.8 0.8 0.8
﹣1
平衡浓度（mol．L ） 0.4 0.2 0.8 0.8 据此计算体积分数．
﹣1
解答： 解：（1）2NH3（g）+CO2（g）?CO（NH2）2（g）+H2O（g）△H1=﹣536.1kJ?mol 反应的平衡常数表达式K=进行，平衡常数减小； 故答案为：
；减小；
﹣1
，反应是放热反应，升温平衡逆向
（2）2NH3（g）+CO2（g）?CO（NH2）2（g）+H2O（g）△H1=﹣536.1kJ?mol，反应是气体体积减小的放热反应，依据化学平衡移动原理分析判断
A．通入氦气，恒温恒容容器中，总压增大，分压不变，平衡不变，故A不符合； B．缩小体积，压强增大，反应速率增大，平衡正向进行，尿素产率增大，故B符合； C．加入催化剂改变反应速率，不改变化学平衡，故C不符合；
D．除去体系中的水蒸气，平衡正向进行，尿素产率增大，反应速率减小，故D不符合； 故答案为：B；
﹣1
（3）①2NH3（g）+CO2（g）?CO（NH2）2（g）+H2O（g）△H1=﹣536.1kJ?mol，
﹣1
②4NH3（g）+6NO（g）=5N2（g）+6H2O（g）△H2=﹣1806.4kJ?mol
依据盖斯定律②﹣①×2得到CO（NH2）2（g）与NO反应的热化学方程式2CO（NH2）2（g）+6NO（g）=2CO2（g）+5N2（g）+4H2O（g）△H=﹣734.2 kJ/mol；
故答案为：2CO（NH2）2（g）+6NO（g）=2CO2（g）+5N2（g）+4H2O（g）△H=﹣734.2 kJ/mol； （4）反应物的转化率变化，随氨碳比增大，氨气的转化率减小，二氧化碳转化率增大，增大的是氨气的量，提高了二氧化碳转化率，氨气转化率减小，其中表示NH3转化率的是b； 故答案为：b；
（5）由图可知，此时氨气的转化率为80%
2NH3（g）+CO2（g）=CO（NH2）2（g）+H2O（g）
﹣1
起始浓度（mol．L ） 2 1 0 0
﹣1
变化浓度（ol．L ） 1.6 0.8 0.8 0.8
﹣1
平衡浓度（mol．L ） 0.4 0.2 0.8 0.8 平衡CO（NH2）2的体积分数=y=36.4；
答：y值为36.4．
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×100%=36.4%；
点评： 本题考查了化学平衡、反应速率影响因素分析，化学平衡计算、图象分析应用，掌握基础是关键，题目难度中等． 11．（16分）工业上回收利用某合金废料（主要含Fe、Cu、Co、Li等，已知Co、Fe都是中等活泼金属）的工艺流程如下：
（1）金属M为Cu，操作1为过滤．
2++3+
（2）加入H2O2的作用是（用离子方程式表示）2Fe+H2O2+2H=2Fe+2H2O，加入氨水的作用是
3+
调节溶液的pH使Fe转化为Fe（OH）3沉淀． （3）充分焙烧的化学方程式为4CoC2O4?2H2O+3O2
2Co2O3+8H2O+8CO2．
（4）已知Li2CO3微溶于水，其饱和溶液的浓度与温度关系见下表．操作2中，蒸发浓缩后必
﹣3
须趁热过滤，其原因是减少Li2CO3的溶解损失，90℃时Ksp（Li2CO3）的值为4.0×10． 温度/℃ 10 30 60 90
﹣1
浓度/mol?L 0.21 0.17 0.14 0.10
2﹣
（5）用惰性电极电解熔融Li2CO3制取锂，阳极生成两种气体，则阳极的电极反应式为2CO3
﹣
﹣4e=O2↑+CO2↑．
考点： 物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用． 专题： 实验设计题．
分析： 合金废料（主要含Fe、Cu、Co、Li等，已知Co、Fe都是中等活泼金属）加入盐酸过滤得到金属M为不与盐酸反应的铜，浸出液中加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入氨水调节溶液PH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，通过操作Ⅰ过滤得到溶液A中加入草酸铵溶液沉淀钴离子过滤得到溶液B主要是锂离子的溶液，加入碳酸钠沉淀锂离子，过滤得到碳酸锂；结晶析出CoC2O4?2H2O足量空气煅烧得到氧化钴，以此解答该题．
解答： 解：合金废料（主要含Fe、Cu、Co、Li等，已知Co、Fe都是中等活泼金属）加入盐酸过滤得到金属M为不与盐酸反应的铜，浸出液中加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入氨水调节溶液PH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，通过操作Ⅰ过滤得到溶液A中加入草酸铵溶液沉淀钴离子过滤得到溶液B主要是锂离子的溶液，加入碳酸钠沉淀锂离子，过滤得到碳酸锂；结晶析出CoC2O4?2H2O足量空气煅烧得到氧化钴，
（1）上述分析判断金属M为Cu，操作Ⅰ为过滤操作故答案为：Cu；过滤； （2）加入H2O2的作用是氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：2++3+3+
2Fe+H2O2+2H=2Fe+2H2O；加入氨水的作用是调节溶液PH使Fe转化为Fe（OH）3沉淀，
2++3+3+
故答案为：2Fe+H2O2+2H=2Fe+2H2O；调节溶液的pH使Fe转化为Fe（OH）3沉淀； （3）CoC2O4焙烧生成Co2O3、CO2和水，反应的化学方程式为4CoC2O4?2H2O+3O2H2O+8CO2，
故答案为：4CoC2O4?2H2O+3O2
2Co2O3+8 H2O+8CO2；
2Co2O3+8
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（4）Li2CO3微溶于水，溶解度随温度升高而降低，为减少Li2CO3的溶解损失，蒸发浓缩后必
+2﹣
须趁热过滤，90℃时c（Li2CO3）的浓度为0.10mol/L，则c（Li）=0.20mol/L，（cCO3）=0.10mol/L，
﹣3
则Ksp（Li2CO3）=0.20×0.20×0.10=4.0×10，
﹣3
故答案为：减少Li2CO3的溶解损失；4.0×10；
（5）用惰性电极电解熔融Li2CO3制取锂，阳极生成两种气体，应为二氧化碳和氧气，电极方
2﹣﹣
程式为2CO3﹣4e=O2↑+CO2↑，
2﹣﹣
故答案为：2CO3﹣4e=O2↑+CO2↑．
点评： 本题主要考查物质的分离提纯的综合应用，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力、计算能力的考查，综合性强，注意把握实验的流程和原理，难度中等． 12．（16分）甲、乙组同学分别做了以下探究实验． （1）甲组探究Cl2与Na2SO3溶液反应，实验装置如下．
①请指出该装置的不足之处没有加热装置、没有尾气处理装置． 溶液
2﹣﹣2﹣+
②Cl2与Na2SO3溶液反应的离子方程式为Cl2+SO3+H2O=2Cl+SO4+2H． ③设计实验，简述实验步骤，证明洗气瓶中的Na2SO3已被氧化取少量洗气瓶中的液体于干净试管中，加入足量盐酸（滴加稀盐酸至不再产生气体），再滴加少量的氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则证明已经被氧化．
（2）乙组探究乙酸乙酯（沸点77.1℃）在不同温度、不同浓度NaOH溶液中的水解速率．取四支大小相同的试管，在试管外壁贴上体积刻度纸，按下表进行对照实验．在两种不同温度的水浴中加热相同时间后，记录酯层的体积来确定水解反应的速率． 试剂 实验 试管Ⅰ（55℃） 试管Ⅱ（55℃） 试管Ⅲ（55℃） 试管Ⅳ（75℃） 乙酸乙酯/mL 1 V1 V2 V3 1mol?L﹣1NaOH/mL V4 3 0 V5 蒸馏水/mL 0 V6 5 2 ④请完成上表，其中V2=1，V4=5，V5=3．
⑤实验中，可用饱和食盐水替代蒸馏水，其优点是可减小乙酸乙酯在水中的溶解度，使实验结果更准确；但不能用饱和Na2CO3溶液替代蒸馏水，其原因是碳酸钠溶液水解显碱性，干扰了探究NaOH溶液对水解速率的影响．
⑥实验中，试管Ⅳ比试管Ⅱ中的酯层减少更快，其原因有：温度高速率快，还可能有水浴温度接近乙酸乙酯的沸点，温度越高，乙酸乙酯挥发也越快，则酯层减少更快．
考点： 性质实验方案的设计．
分析： （1）①根据实验室制取氯气的反应原理及氯气有毒等方面进行分析； ②氯气具有强氧化性，能够将亚硫酸钠氧化成硫酸钠；
③亚硫酸钠被氧化成硫酸钠，通过具有硫酸根离子可以证明亚硫酸钠被氧化，注意必须先用过量氯化氢除去亚硫酸根离子，避免干扰检验；
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（2）④根据实验目的“乙组探究乙酸乙酯（沸点77.1℃）在不同温度、不同浓度NaOH溶液中的水解速率”及对照试验的设计原则进行判断，如：溶液总体积必须相等；
⑤根据乙酸乙酯在饱和食盐水中的溶解度减小方面考虑；碳酸钠溶液水解显示碱性，干扰了测定氢氧化钠溶液浓度对乙酸乙酯水解程度的影响；
⑥根据乙酸乙酯的沸点为77.1℃，75℃时乙酸乙酯容易挥发． 解答： 解：（1）①浓盐酸与二氧化锰制取氯气的反应需要加热，氯气有毒，应该使用尾气吸收装置，
故答案为：没有加热装置；没有尾气处理装置；
2﹣﹣
②氯气与 亚硫酸钠溶液反应生成硫酸钠和氯化氢，反应的离子方程式为：Cl2+SO3+H2O=2Cl
2﹣+
+SO4+2H，
2﹣﹣2﹣+
故答案为：Cl2+SO3+H2O=2Cl+SO4+2H；
③若洗气瓶中的Na2SO3已被氧化，则洗气瓶的溶液中应该存在硫酸根离子，检验方法为：取少量洗气瓶中的液体于干净试管中，加入足量盐酸（滴加稀盐酸至不再产生气体），再滴加少量的氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则证明已经被氧化，
故答案为：取少量洗气瓶中的液体于干净试管中，加入足量盐酸（滴加稀盐酸至不再产生气体），再滴加少量的氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则证明已经被氧化；
（2）④乙组探究乙酸乙酯（沸点77.1℃）在不同温度、不同浓度NaOH溶液中的水解速率，四个试管中乙酸乙酯的体积都应该为1mL，即：V1=V2=V3=1；试验Ⅰ和试验Ⅲ中蒸馏水的体积不同，则探究的是氢氧化钠的浓度对乙酸乙酯水解的影响，还必须保证溶液总体积相等，则氢氧化钠溶液体积应该为5ml，即：V4=5；
试管Ⅳ与试管ⅠⅡⅢ的反应温度不同，说明是探究温度对乙酸乙酯的水解影响，结合总体积必须相等可知，试管Ⅳ和试管Ⅱ应该是探究温度对乙酸乙酯水解程度影响大小的，故氢氧化钠溶液体积应该为3mL，即：V5=3， 故答案为：1；5；3；
⑤由于乙酸乙酯在饱和食盐水中的溶解度减小，故实验中，可用饱和食盐水替代蒸馏水，以便减小乙酸乙酯在水中的溶解度，使实验结果更准确；
但碳酸钠溶液水解显碱性，干扰了探究NaOH溶液对水解速率的影响，所以不能用饱和Na2CO3溶液替代蒸馏水，
故答案为：可减小乙酸乙酯在水中的溶解度，使实验结果更准确；碳酸钠溶液水解显碱性，干扰了探究NaOH溶液对水解速率的影响；
⑥乙酸乙酯的沸点为77.1℃，水浴温度接近乙酸乙酯的沸点，温度越高，乙酸乙酯挥发也越快，导致试管中酯层减少速率加快，干扰了实验结果， 故答案为：水浴温度接近乙酸乙酯的沸点，温度越高，乙酸乙酯挥发也越快，则酯层减少更快． 点评： 本题考查了性质实验方案的设计，题目难度较大，试题设计的知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力，注意掌握性质实验方案设计与评价的原则；（4）④为难点、易错点，需要明确实验目的及对比实验的设计原则．
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广东省深圳市高考化学一模试卷（含解析）
