【文档说明】北京市昌平区昌平区第一中学2020届高三下学期第三次模拟考试化学试题【精准解析】.doc，共(20)页，1.221 MB，由小赞的店铺上传

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高考前适应性练习化学试卷注意事项：1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题相应的位置。3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效。4.考试结束后，将本试题和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N

14O16Na23Cl35.5第Ⅰ卷（选择题共42分）共14小题，每小题3分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.垃圾分类有利于资源回收利用。下列垃圾归类不合理．．．的是ABCD垃圾废易拉罐废塑料瓶废

荧光灯管不可再生废纸垃圾分类A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．可回收物主要包括废纸、塑料、玻璃、金属和布料五大类，故废旧易拉罐属于可回收垃圾，A正确，不合题意；B．可回收物主要包括废纸、塑料、玻璃、金属和布料五大类，废塑

料属于可回收垃圾，B错误，符合题意；C．有害垃圾含有对人体健康有害的重金属、有毒的物质或者对环境造成现实危害或者潜在危害的废弃物。包括电池、荧光灯管、灯泡、水银温度计、油漆桶、部分家电、过期药品、过期化妆品等，

故废荧光灯管属于有害垃圾，C正确，不合题意；D．不可回收垃圾不属于可回收物，但废纸可以燃烧，故不可回收废纸属于可燃垃圾，D正确，不合题意；故答案为：B。2.下列关于自然界中氮循环（如图）的说法不正确的是：A.氮元素均被氧化B.工业合成氨属于人工固氮C

.含氮无机物和含氮有机物可相互转化D.碳、氢、氧三种元素也参与了氮循环【答案】A【解析】【详解】A．硝酸盐中氮元素的化合价为+5价，被细菌分解变成大气中氮单质，氮元素由+5→0，属于被还原，故A错误；B．工业合成氨是将N2与H2在一定条件下反应生成NH3

，属于人工固氮，故B正确；C．氮循环中铵盐和蛋白质可相互转化，铵盐属于无机物，蛋白质属于有机物，含氮无机物和含氮有机物可相互转化，故C正确；D．碳、氢、氧三种元素也参加了氮循环，如蛋白质的制造需要碳元素，又如N2在放电条件下与O2直接化合生成无色且不溶于水的

一氧化氮气体，N2+O22NO，氧元素参与，二氧化氮易与水反应生成硝酸（HN03）和一氧化氮，3NO2+H2O=2HNO3+NO，氢元素参加，故D正确；故选A。3.下列化学用语或图示表达正确的是A.乙烯的比例模型：B.质量数为16的O原子：16OC.氯离子的结构示意图：D.CO2的电子式：【答案

】A【解析】【详解】A.乙烯分子中两个C原子形成共价双键，每个C原子与两个H原子形成两个共价键，分子中6个原子位于同一平面上，由于原子半径C>H，所以该分子的比例模型为，A正确；B.质量数为16的O原子：16O，B错误；C.Cl原子获得1个电子变为Cl-，

最外层有8个电子，结构简式为：，C错误；D.CO2分子中C原子与2个O原子形成四对共用电子对，其电子式：，D错误；故合理选项是A。4.糖类、油脂和蛋白质是人类所需的重要营养物质。下列叙述正确的是A.葡萄糖和麦芽糖互为同分异构体B.淀粉水解的最终产物

是葡萄糖C.油脂是高分子化合物D.鸡蛋清遇醋酸铅溶液发生盐析【答案】B【解析】【详解】A．葡萄糖的分子式为C6H12O6，而麦芽糖分子式为C12H22O11，故二者不互为同分异构体，A错误；B．淀粉水解的最终产物是葡萄糖，B正确；C．油脂的相对

分子质量不超过1000，故不是高分子化合物，C错误；D．由于醋酸铅为重金属盐，故鸡蛋清遇醋酸铅溶液发生变性，D错误；故答案为：B。5.过氧化钠常用作供氧剂：2Na2O2+2CO2=Na2CO3+O2。用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A

.室温下，22.4LCO2中所含原子总数为3NAB.78gNa2O2中含有阴离子的数目为NAC.上述反应，生成1molO2转移电子的数目为4NAD.1L1mol/LNa2CO3溶液中CO2-3离子的数目为NA【答案】B【解析】【详解】A．室温下并不是标准状

况，22.4LCO2中所含原子总数小于3NA，A错误；B．Na2O2中含有Na+和2-2O，故78gNa2O2中含有阴离子的数目为NA，B正确；C．上述反应中，Na2O2中O由-1价转化为0价，故生成1molO2转移电子的数目为2NA，C错误；D．由于CO2-3在

溶液中将发生水解，故1L1mol/LNa2CO3溶液中CO2-3离子的数目小于NA，D错误；故答案为：B。6.已知33As、35Br位于同一周期，下列关系正确的是A.原子半径：As＞Cl＞PB.热稳定性：HCl＞AsH3＞HBrC.还原

性：As3-＞S2-＞Cl-D.酸性：H3AsO4＞H2SO4＞H3PO4【答案】C【解析】【详解】A．原子半径大小顺序是As＞P＞Cl，故A错误；B．非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，则热稳定性：HCl＞HBr＞AsH3，故B错误；C．单质的氧化性Cl2＞S＞As，

所以阴离子的还原性：As3﹣＞S2﹣＞Cl﹣，故C正确；D．非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，则酸性H2SO4＞H3PO4＞H3AsO4，故D错误；故选C．7.下列解释实验现象的反应方程式不正确的是A.切开的金属Na暴露在空气中，光亮表面逐渐变暗：4Na＋O2＝2Na2OB.向AgCl悬

浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变为黑色：2AgCl(s)＋S2–(aq)=Ag2S(s)＋2Cl–(aq)C.向Na2CO3溶液中滴入酚酞，溶液变红：CO2-3＋2H2OH2CO3＋2OH–D.向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液恰好至溶液呈中性：H++SO2-4＋Ba2

+＋OH–＝BaSO4↓＋H2O【答案】CD【解析】【详解】A．切开的金属Na暴露在空气中，光亮表面失去金属光泽生成白色的Na2O而逐渐变暗：4Na＋O2＝2Na2O，A正确；B．向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变为黑色：2AgCl(s)＋S2–(aq)=A

g2S(s)＋2Cl–(aq)，B正确；C．向Na2CO3溶液中滴入酚酞，溶液变红是由于CO2-3水解而呈碱性，由于碳酸是多元弱酸，故碳酸根的水解反应为分步进行，以第一步为主，故正确CO2-3＋H2O-3HCO＋O

H–，C错误；D．向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液恰好至溶液呈中性：2H++SO2-4＋Ba2+＋2OH–＝BaSO4↓＋2H2O，D错误；故答案为：CD。8.下列试验中，所选装置不合理的是A.分离Na2CO3溶液和

CH3COOC2H5，选④B.用CC14提取碘水中的碘，选③C.用FeC12，溶液吸收C12，选⑤D.粗盐提纯，选①和②【答案】A【解析】【分析】由图可知，①②③④⑤分别为过滤、蒸发、萃取(或分液)、蒸馏、洗气装置。【详解】A．N

a2CO3溶液和CH3COOC2H5分层，则选择③，故A错误；B．碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，则用CCl4萃取碘水中的碘，选③，故B正确；C．氯化亚铁和氯气反应生成氯化铁，则选⑤长进短出可吸收，故C正确；D．

粗盐提纯，需要溶解后过滤、蒸发得到NaCl，则选①和②，故D正确；故选A。【点晴】解答综合性实验设计与评价题的基本流程：原理→反应物质→仪器装置→现象→结论→作用意义→联想。主要从以下几个方面考虑：①实验原理是否正确、可行；②实验操作是否完全、合理；③实验步骤是否简单、方便；④实验

效果是否明显等。⑤反应原料是否易得、安全、无毒；⑥反应速率较快；⑦原料利用率以及合成物质的产率是否较高；⑧合成过程是否造成环境污染。⑨有无化学安全隐患，如倒吸、爆炸、吸水、泄漏、着火、溅液、破损等。9.某消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH

。下列说法不合理的是A.该消毒液可用NaOH溶液吸收Cl2制备B.用pH试纸测得该消毒液pH约为12C.该消毒液与洁厕灵（主要成分为HCl）混用，产生有毒气体D.该消毒液加白醋生成HClO，可增强漂白作用【答案

】B【解析】【详解】A．该消毒液主要成分是NaClO、还含有一定量的NaOH，故可用NaOH溶液吸收Cl2制备，反应为：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，A正确；B．由于NaClO具有强氧化性，故用pH试纸测量时，pH试纸最终变为白色，故不能用pH试纸测得该消毒液pH约为

12，B错误；C．该消毒液主要成分为NaClO与洁厕灵（主要成分为HCl）混用，将发生反应：NaClO+2HCl=NaCl+Cl2+H2O，产生有毒气体Cl2，C正确；D．该消毒液主要成分为NaClO，加白醋发生反应：CH3COOH+NaClO=CH3COONa+HClO，生

成HClO，可增强漂白作用，D正确；故答案为：B。10.合成导电高分子材料PPV的反应：n+n催化剂+（2n-1）HI下列说法正确的是（）A.合成PPV的反应为加聚反应B.PPV与聚苯乙烯具有相同的重复结构单元C.和苯乙烯互为同系

物D.通过质谱法测定PPV的平均相对分子质量，可得其聚合度【答案】D【解析】【详解】A．由题干反应方程式可知，合成PPV的反应为缩聚反应，A错误；B．由题干图可知，合成PPV的反应为缩聚反应，而不是加聚反应，PPV的重复结构单

元为，聚苯乙烯的重复结构单元为，二者不相同，B错误；C．同系物是指结构相似，组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质，故和苯乙烯不互为同系物，C错误；D．质谱仪能记录分子离子、碎片离子的相对质量，质谱图中数值最大的即是该分子的相对分子质量，可得其聚合度，D正确；故答案为：D。11.用

下图装置（夹持、加热装置已略）进行实验，有②中现象，不能证实①中反应发生的是（）①中实验②中现象A铁粉与水蒸气加热肥皂水冒泡B加热NH4Cl和Ca(OH)2混合物酚酞溶液变红CNaHCO3固体受热分解

澄清石灰水变浑浊D石蜡油在碎瓷片上受热分解Br2的CCl4溶液褪色A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．加热过程中的热空气、铁和水蒸气反应生成的氢气都能使肥皂水冒泡，所以肥皂水冒泡该反应不一定发生，故A错误；B．NH4Cl

+Ca(OH)2NH3↑+CaCl2+H2O、NH3+H2O⇌NH3．H2O⇌NH4++OH﹣，氨水溶液呈碱性，所以能使酚酞试液变红色，故B正确；C.2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，如果②

中澄清石灰水变浑浊，则①中一定发生反应，故C正确；D．溴的四氯化碳褪色说明有不饱和烃生成，所以①中一定发生化学反应，故D正确；故选A。12.常温下，用0.1mol/LKOH溶液滴定10mL0.1mol/LHA溶液的滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是（）A.a点pH约为3，可以判断H

A是弱酸B.b点溶液：c(A-)＞c(K+)＞c(HA)＞c(H+)＞c(OH-)C.c点溶液：c(K+)=c(A-)D.水的电离程度：c点＞d点【答案】D【解析】【详解】A．a点为0.1mol/LHA溶液，若是强酸，pH=1，但pH约为3，HA是弱酸，A正确；B．b点

溶液中溶质为等物质的量的KA和HA，溶液显酸性，离子浓度关系为：c(A-)＞c(K+)＞c(HA)＞c(H+)＞c(OH-)，B正确；C．c点溶液的pH=7，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒，c(K+)=c(A

-)，C正确；D．c点溶液的pH=7，溶质为HA和KA，HA抑制水的电离，d点溶液的溶质为KA，KA促进水的电离，水的电离程度：c点<d点，D错误；故答案为：D。【点睛】酸或碱抑制水的电离，强酸弱碱盐或弱酸强碱盐都促进水的电

离，强酸强碱盐对水的电离无影响。13.为探究电解的放电规律，进行如下实验：序号阳极材料阴极材料电解质阳极产物阴极产物①石墨石墨0.1mol·L-1CuCl2溶液Cl2Cu②石墨石墨0.1mol·L-1NaCl溶液Cl2H2③石墨石墨0.2mol·L-1CuSO4溶液O2

Cu④铜石墨0.2mol·L-1CuSO4溶液Cu2+Cu⑤石墨石墨熔融NaClCl2Na下列说法不正确．．．的是A.对比①②可知，阴极放电顺序是：Cu2+>H+>Na+B.对比①③可知，阳极放电顺序是：Cl->OH->SO42-C.对比③④可知，阳极是铜时，会先于溶液中的离子放电D对比①⑤可

知，电解得到金属只能用熔融态，不能用水溶液【答案】D【解析】【详解】A、①中阳离子是Cu2＋和H＋，阴极产物是Cu，放电顺序是Cu2＋>H＋，②中阳离子是Na＋和H＋，阴极产物是H2，放电顺序是H＋>Na＋，综上所述，放电顺序是Cu2＋>H＋>Na＋，故A说法正确；

B、根据①知道，离子放电顺序是：Cl-＞OH-，根据③知道离子放电顺序是：OH-＞SO42-，故B说法正确；C、电解池的阳极若是活泼电极，则金属电极本身失电子，发生氧化反应，对比③④可知，阳极是铜时，会先于溶液中的离子放电，故C说法正确；D、①⑤用到的电解质成

分不一样，铜离子优先于钠离子放电，但是电解得到金属不一定只能用熔融态，电解氯化铜溶液也是得到金属铜，故D说法错误；故答案选D。14.向20mL0.40mol/LH2O2溶液中加入少量KI溶液：ⅰ．H2O2+I-=H2O+IO﹣；ⅱ．H2O2+IO﹣=H2O+O2↑+I﹣。H2O2分解反应过

程中能量变化和不同时刻测得生成O2的体积(已折算标准状况)如下。t/min05101520V(O2)/mL0.012.620.1628.032.7下列判断不正确．．．的是A.从图中可以看出，KI能增大H2O2的分解速率B.反应ⅰ是放热反应，反应ⅱ是吸热反应C.0~10min的平均反应速

率：v(H2O2)≈9.0×10-3mol/(L·min)D.H2O2在反应过程中既体现了氧化性，又体现了还原性【答案】B【解析】【详解】A.从反应过程示意图可以看出KI能够降低反应的活化能，使反应速率大大

加快，A正确；B.根据图示可知反应i的生成物比反应物的能量高，为吸热反应；反应ii的反应物比生成物的能量高，是放热反应，B错误；C.0~10min内，反应产生O2的物质的量是n(O2)=20.16×10-3L÷2

2.4L/mol=9.0×10-4mol，根据方程式2H2O2=2H2O+O2↑可知△n(H2O2)=2×9.0×10-4mol=1.8×10-3mol，则v(H2O2)=(1.8×10-3mol)÷0.02

L÷10min=9.0×10-3mol/(L·min)，C正确；D.在反应i中H2O2的作用是氧化剂，在反应ii中是还原剂，所以在整个反应过程中既体现了氧化性，又体现了还原性，D正确；故合理选项是B。第II卷（解答题，共5

8分）15.NOx是汽车尾气中的主要污染物之一。(1)NOx能形成酸雨，写出NO2转化为HNO3的化学方程式：__________________________。(2)汽车发动机工作时会引发N2和O2反应，其能量变化示意图如下：①

写出该反应的热化学方程式：_______________________________。②随温度升高，该反应化学平衡常数的变化趋势是____。(3)在汽车尾气系统中装置催化转化器，可有效降低NOx的排放。①当尾气中空气不足时，NOx在催化转化

器中被还原成N2排出。写出NO被CO还原的化学方程式：______________________________②当尾气中空气过量时，催化转化器中的金属氧化物吸收NOx生成盐。其吸收能力顺序如下：12MgO＜20C

aO＜38SrO＜56BaO。原因是___________________________________________，元素的金属性逐渐增强，金属氧化物对NOx的吸收能力逐渐增强。(4)通过NOx传感器可监测NOx的含量，其工作原理示意图如下：①Pt电极上发生的是________反应(填“

氧化”或“还原”)②写出NiO电极的电极反应式：______________________________________。【答案】(1).3NO2＋H2O=2HNO3＋NO(2).N2(g)＋O2(g)=2NO(g)ΔH＝＋183kJ·mol－1(3).增大(4).2CO＋

2NON2＋2CO2(5).根据Mg、Ca、Sr和Ba的质子数，得知它们均为ⅡA族元素。同一主族的元素，从上到下，原子半径逐渐增大(6).还原(7).NO＋O2－－2e－=NO2【解析】【详解】（1）二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧

化氮，反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；（2）①该反应中的反应热=（945+498）kJ/mol-2×630kJ/mol=+183kJ/mol，所以其热化学反应方程式为：N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+183k

J•moL-1，答案为：N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+183kJ•moL-1；②该反应的正反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，生成物浓度增大，反应物浓度减小，所以平衡常数增大，答案为：增大；（3）①在催化剂条件下，一氧化碳被氧化生成二氧化

碳，一氧化氮被还原生成氮气，所以其反应方程式为：2CO+2NON2+2CO2，答案为：2CO+2NON2+2CO2；②根据Mg、Ca、Sr和Ba的质子数，得知它们均为ⅡA族元素．同一主族的元素，从上到下，原子半径逐渐增大，原子半径越大，反应接触面积越大，则吸收能力越大，答案

为：根据Mg、Ca、Sr和Ba的质子数，得知它们均为ⅡA族元素，同一主族的元素，从上到下，原子半径逐渐增大；（4）①铂电极上氧气得电子生成氧离子而被还原，答案为：还原；②NiO电极上NO失电子和氧离子反应生成二氧化氮，所以电极反应

式为：NO+O2--2e-=NO2，答案为：NO+O2--2e-=NO2．16.有效控制大气温室气体浓度，推动绿色低碳发展，是人类可持续发展的重要战略之一，因此捕集、利用CO2始终是科学研究的热点。(1)

新的研究表明，可以将CO2转化为炭黑回收利用，反应原理如图所示。①碳在元素周期表中的位置是__________。②整个过程中FeO的作用是__________。③写出CO2转化为炭黑的总反应化学方程式__________。(2)我国科学家用Fe3(CO)12/ZSM

-5催化CO2加氢合成低碳烯烃反应，所得产物含CH4、C3H6、C4H8等副产物，反应过程如图。催化剂中添加Na、K、Cu助剂后（助剂也起催化作用）可改变反应的选择性，在其他条件相同时，添加不同助剂，

经过相同时间后测得CO2转化率和各产物的物质的量分数如下表。助剂CO2转化率（%）各产物在所有产物中的占比（%）C2H4C3H6其他Na42.535.939.624.5K27.275.622.81.6Cu9.880.712.56.8①欲提高单位时间内乙烯的产量，在Fe3(CO)12/Z

SM-5中添加_________助剂效果最好；②加入助剂能提高单位时间内乙烯产量的根本原因是_________。【答案】(1).第二周期IVA族(2).做催化剂(3).CO2催化剂C+O2(4).K(5).降低生

成乙烯的反应所需要的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响【解析】【分析】(1)①根据碳的原子序数6确定其位置；②结合图示中氧化亚铁反应前后均存在分析作用；③根据图示中二氧化碳为反应为最终产生碳单质和一氧化碳确定反应；(2)①结合图表数据

分析三种助剂对CO2转化率和乙烯在产物中的百分比分析；②根据助剂起催化作用，结合催化剂在反应中的作用分析。【详解】(1)①碳的原子序数6，有两个电子层，最外层电子数4，处于第二周期，IVA族，故答案为：第二周期IVA族；②根据图示可知氧化亚铁反应前后均存在质量和化学性质均未改变，作

催化剂，故答案为：做催化剂；③根据图示中二氧化碳为反应为最终产生碳单质和一氧化碳，反应为CO2催化剂C+O2，故答案为：CO2催化剂C+O2；(2)①结合图表数据分析可知加钠时CO2转化率最大，但乙烯在产物中百分比太低，副产物过多，加铜时乙烯在产物中的百分比最大，但CO2转化率却太低，

综合考虑加K时转化率不算低，同时乙烯在产物中的百分比较高；故答案为：K；②助剂本身也起催化作用，而催化剂在反应过程中可以降低反应的活化能，从而加快反应速率，因此助剂可以起到降低生成乙烯的反应所需要的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副

反应几乎无影响，故答案为：降低生成乙烯的反应所需要的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响。17.可降解高分子材料P的结构为：下图是P的合成路线。已知：+R3OH催化剂+R2OH（1）B的结构简式是_______。（2）中的官能团名称是_______、__

_____。（3）试剂a是______。（4）③的化学方程式是_____。（5）⑥的反应类型是_____。（6）当④中反应物以物质的量之比1︰1发生反应时，反应⑤的化学方程式是___。【答案】(1).BrCH2CH2Br(2).碳碳双键或羧基(3

).羧基或碳碳双键(4).NaOH水溶液(5).(6).取代反应(7).【解析】【分析】由合成流程可知，A为CH2=CH2，A发生加成反应生成B为BrCH2CH2Br，B发生水解反应生成D为HOCH2CH2OH，D与2-甲基丙烯酸发生酯化反应生成E，故E为，④中发生信息中的交换反应生成F为，

F反应生成，⑥为取代反应，最后合成高分子P，以此来解答。【详解】（1）B的结构简式是BrCH2CH2Br，故答案为：BrCH2CH2Br；（2）中的官能团是碳碳双键、羧基，故答案为：碳碳双键；羧基；（3）为卤代烃的水解反应，试剂a是NaOH水溶

液，故答案为：NaOH水溶液；（4）③的化学方程式是，故答案为：；（5）⑥的反应类型是取代反应，故答案为：取代反应；（6）当④中反应物以物质的量之比1：1发生反应时，反应⑤的化学方程式是，故答案为：。18.已知：①工业上用硫酸与β-锂辉矿（Li

AlSi2O6和少量钙镁杂质）反应，生成Li2SO4、MgSO4等，最终制备金属锂。②某些物质的溶解度（S）如下表所示。T/℃20406080S（Li2CO3）/g1.331.171.010.85S（Li2SO4）/g34.232.8

31.930.7用硫酸与β-锂辉矿生产金属锂的工业流程如下：请回答：（1）β-锂辉矿经初步处理后从溶液中分离出铝硅化合物沉淀的操作是_____。（2）沉淀x的主要成份的化学式是______。（3）流程中使用了不同浓度的Na2CO3溶液

，从物质溶解度大小的角度解释其浓度不同的原因是_______。（4）由Li2CO3与盐酸反应得到LiCl溶液的离子方程式是_______。（5）工业上，将Li2CO3粗品制备成高纯Li2CO3的部分工艺如下：a.将Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液，LiOH溶液作阴极液，两者用离子选择透过膜隔开

，用惰性电极电解。b.电解后向LiOH溶液中加入过量NH4HCO3溶液，过滤、烘干得高纯Li2CO3。①a中，阳极的电极反应式是_____。②b中，生成Li2CO3反应的化学方程式是______。【答案】(1).过滤(2).CaCO3和Mg(OH)

2(3).CaCO3的溶解度比Li2CO3小，所以用Na2CO3溶液沉淀Li+所用的浓度比沉淀Ca2+所用的浓度大(4).Li2CO3+2H+=2Li++H2O+CO2↑(5).2Cl--2e-=Cl2↑(6).2LiOH+NH4HCO3=L

i2CO3+2H2O+NH3↑【解析】【分析】（1）根据难溶物和液体不溶，用过滤的方法进行分离；（2）根据MgSO4能与氢氧化钙反应生成Mg（OH）2沉淀；氢氧化钙能与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀；（3）根据C

aCO3的溶解度比Li2CO3小；（4）盐酸与Li2CO3反应生成氯化锂，水和二氧化碳；（5）①Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液，阳极液中氯离子失电子，发生氧化反应，据此书写阳极反应式②阴极区由水电离出氢离子放电剩余氢氧根离子，锂离子向阴极移动，LiOH溶液的浓度增大，碳酸氢铵与LiO

H反应生成碳酸锂、水和氨气。【详解】（1）铝硅化合物沉淀和液体不溶，用过滤的方法进行分离，故答案为：过滤；（2）MgSO4能与氢氧化钙反应生成Mg(OH)2沉淀；氢氧化钙能与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀，所以沉淀x的主要成份的化学式是CaCO3和Mg(OH)2，故答案为：CaCO3和M

g(OH)2；（3）CaCO3的溶解度比Li2CO3小，所以用Na2CO3溶液沉淀Li+所用的浓度比沉淀Ca2+所用的浓度大，故答案为：CaCO3的溶解度比Li2CO3小，所以用Na2CO3溶液沉淀Li+所用的浓度比沉淀Ca2+所用的浓度大；（4）盐酸与Li

2CO3反应的离子方程式Li2CO3+2H+=2Li++H2O+CO2↑，故答案为：Li2CO3+2H+=2Li++H2O+CO2↑；（4）①Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液，阳极液中氯离子失电子，发生氧化反应，所以阳极反

应为：2Cl--2e-=Cl2↑，故答案为：2Cl--2e-=Cl2↑；②阴极区由水电离出氢离子放电剩余氢氧根离子，锂离子向阴极移动，导致LiOH溶液的浓度增大；电解后向LiOH溶液中加入过量NH4HCO3溶液，氢氧化锂与碳酸氢铵反应生成碳酸锂的方程式为：2LiO

H+NH4HCO3=Li2CO3+2H2O+NH3↑，故答案为：2LiOH+NH4HCO3=Li2CO3+2H2O+NH3↑；19.为探讨化学平衡移动原理与氧化还原反应规律的联系，某同学通过改变浓度研究“2Fe3++2I-2Fe2++I2”反应中Fe3+

和Fe2+的相互转化。实验如下：（1）待实验I溶液颜色不再改变时，再进行实验II，目的是使实验I的反应达到________。（2）iii是ii的对比试验，目的是排除有ii中________造成的影响。（3）i和ii的颜色变化表明平衡

逆向移动，Fe2+向Fe3+转化。用化学平衡移动原理解释原因：______。（4）根据氧化还原反应的规律，该同学推测i中Fe2+向Fe3+转化的原因：外加Ag+使c（I-）降低，导致I-的还原性弱于Fe2+，用下图装置（a、b均为石墨电极）进行实验验证。①K闭合时，指针向右偏转，b作_____

_极。②当指针归零（反应达到平衡）后，向U型管左管滴加0.01mol/LAgNO3溶液，产生的现象证实了其推测，该现象是________。（5）按照（4）的原理，该同学用上图装置进行实验，证实了ii中Fe2+向Fe3+转化的原因，①转化原因是_______。②与（4）实验对比，不同的操作是____

__。（6）实验I中，还原性：I->Fe2+；而实验II中，还原性：Fe2+>I-，将（3）和（4）、（5）作对比，得出的结论是_________。【答案】(1).化学平衡状态(2).溶液稀释，c（Fe2+）降

低(3).加入Ag+发生反应：Ag++I-=AgI↓，c（I-）降低；或增大c（Fe2+）平衡均逆向移动(4).正(5).左管产生黄色沉淀，指针向左偏转(6).Fe2+随浓度增大，还原性增强，使Fe2+还原性强于I-(7).向U型管右管中滴加1mol/LFeSO4溶液(8).该反应为可逆氧化还

原反应，在平衡时，通过改变物质的浓度，可以改变物质的氧化、还原能力，并影响平衡移动方向【解析】【详解】（1）待实验I溶液颜色不再改变时，再进行实验II，目的是使实验I的反应达到化学平衡状态，否则干扰平衡移动的判断，故答案为：化学平衡状态；（2）由实验iii和实验ii的对比可知，对比实验的目的

是为了排除有ii中水造成溶液中离子浓度改变的影响，故答案为：溶液稀释，c（Fe2+）降低；（3）加入AgNO3，Ag+与I-生成AgI黄色沉淀，I-浓度降低，2Fe3++2I-2Fe2++I2平衡逆向移动，可知Fe2+向Fe3+转化，故答案为：i中Ag+消耗I-：A

g+（aq）+I-（aq）AgI（s），I-浓度下降，使平衡2Fe3++2I-2Fe2++I2逆向移动；ⅱ中增大Fe2+浓度，同样平衡2Fe3++2I-?2Fe2++I2逆向移动；（4）加入FeSO4，Fe2+浓度增大，平衡逆移；①K闭合时，指针向右偏转，右侧为正极，可知b极Fe3+得到

电子，则b作正极，故答案为：正；②当指针归零（反应达到平衡）后，向U型管左管中滴加0.01mol/LAgNO3溶液，若生成黄色沉淀，I-浓度降低，2Fe3++2I-2Fe2++I2平衡逆向移动，指针向左偏转，也可证明推测Fe2+向Fe3+转化，故答案为：左侧溶液颜色褪色，有黄色沉淀生

成，电流计指针向左偏转；（5）①转化的原因为Fe2+浓度增大，还原性增强，使Fe2+还原性强于I-，故答案为：Fe2+浓度增大，还原性增强，使Fe2+还原性强于I-；②与（4）实验对比，不同的操作是当指针归零（反应达到平衡）后，向U型管右管中滴加0.01m

ol/LFeSO4溶液，Fe2+向Fe3+转化，故答案为：当指针归零后，不向左管滴加AgNO3溶液，而是向右管加入1mL1mol•L-1FeSO4溶液；（6）将（3）和（4）、（5）作对比，得出的结论是该反应为可逆的氧化还原反应，在平

衡时，通过改变物质的浓度，可以改变物质的氧化、还原能力，并影响平衡移动，故答案为：该反应为可逆的氧化还原反应，在平衡时，通过改变物质的浓度，可以改变物质的氧化、还原能力，并影响平衡移动。