智慧上进·2024届高三总复习双向达标月考调研卷 化学(II卷)(一)1答案

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18.(14分)(1)Fe2*(1分)(2)4.7≤pH<6.2(2分）A1*+30H—A1(0H),1(2分)(3)4.0x10(2分)(4)①增大反应物的接触面积，加快反应速率(2分)②冷却结晶(1分)(5)Mg$0,(1分)(6)①15(1分)②0，+4e+2H,040H(2分)【考查点】本题考查无机综合【解析】(1)将Fe2+氧化为Fe+,调节pH,使Fe3·、A*转化为Fe(OH,和AI(OHD,沉淀(3)根据“滤饼中检测不到Mg元素”可知，滤饼的主要成分是(C,H,C0O),RE酸化MgSO,溶液月桂酸钠盐酸155℃露钢浸取液氧化过滤1滤液1→过滤2→滤饼→加热调pH搅拌操作RECI,溶液滤渣滤液2月桂酸(5)主要成分为MgS0和Na,S0,MgS0,可循环利用冷却结晶，析出月桂酸原料：稀土，含铁、铝等元素(C,HC0O),RE与盐酸反应生成C,H,CO0H和RECl,(2)调节pH的目的是除去e3+和A+,结合表中信息可知，需调节pH至4.7≤pH<6.2(RE+不发生沉淀)；沉淀A13+的离子方程式为A+30H一A1(OH),↓。(3)Mg”未沉淀，则滤液2申K,[(C,HC00),Mg]=(CnHC00)·c(Mg)<1.8×10,c(Mg”)=2=2:7g·IM24g·molF90.1125mol·L,代入K。中计算得c(C,HC00)<4.0×104mol·L。(4)①加热搅拌可增大反应物的接触面积，加快溶浸与反应速率。②操作X是分离C,H,C00H和RECl,根据C,H2C00H熔点为44℃知，操作X的过程为先冷却结晶，再固液分离。(6)①设PtY中Y、Pt化合价均为0，则Y的化合价由+3变为0，Pt的化合价由+4变为0，故生成1 mol Pt,Y转移15mol电子。②碱性溶液中，02发生得电子的还原反应，电极反应式为02+4e+2H,0一40H。19.(14分)(1)①N,↑(1分)4H,0(1分)②E-E,+AH+E,-E.(2分）③NHCr,00202、H,0NO→NO,HNO,(2分)4N0,+0,+2H,0一4HN0,)(1分)(2)①BD(2分)②x+7y+)(1分)当溶浴2N0+0,=c(CrO)cC,0>10,因此可忽略溶液中e(G,0时)，即c(HG0,)+c(C0)=0.2ml·L,反应(i)的衡常数Kc(H").c(CrO)10-xe(CrOc(HCrOz)c(HCrO)=3.3×107,联立二式可得c(HCr0)≈6.0×104mo·L(2分)③入，(1分)增大(1分)【考查点】本题考查化学反应原理。【解析】(1)①由(NH4)2Cr20,分解生成无污染气体知，生成物中含有N2,结合质量守恒可知，生成物中还有H,0,根据守恒原则即可写出化学方程式。②由图可知，X(g)一Y(g)包含三步反应，三步反应的焓变之和即为总反应焓变，第一步反应焓变为E,-E2,第二步反应焓变为△H,第三步反应焓变为E,-E4,则X(g)一→Y(g)的焓变为E,-E2+△H+E,-E4。③由C0,可用于NH,的催化氧化，结合N的化合价变化可知，三步反应为1.NH,的催化氧化：4NH,+50,C,=4N0+6H20,△Ⅱ.2N0+02一2N02,Ⅲ.4N02+02+2H,0一4HN03,Ⅱ、Ⅲ中气体颜色发生变化。(2)①加入少量硫酸，溶液中c(H)增大，反应（ⅱ）衡逆向移动，根据勒夏特列原理可知，衡移动只能减弱c(H)的增加量，不能完全消除，故再次达到衡状态时，溶液中c(H)增大，PH减小，A错误；加水稀释，反应（ⅰ）（ⅱ）衡均正向移动，则溶液中离子总数增大，B正确；加入少量NaOH溶液，反应（ⅱ）中c(H)减小，衡正向移动，c(HCO)减小，则反应)衡正向移动，C错误：K-,衡常数只受温度影响，放加人少量K,C0,固体，温度不变，K不c2(HCr0:)与c(Cr,0)的比值保持不变，D正确。②0.10mol·L1K,Cr,0,溶液中，Cr原子的总浓度为0.20mol·L,当溶液pH=9.00时，溶液中Cr原子总浓度为2c(Cr,0)+c(HCr04)+c(Cr0)=0.20mol·L,Cr,0号、HCr0:与Cr0的南度分到为，圆此：方子=01由脂：可怎，当溶液=9叶㎡.因北可怎感得流中的e(G,0),即(H0:)+e(C0)=0.20ml·L,反应(i)的衡常数K,-c(Hr):c(c0）_10xe(C0-=3.3×c(HCrO2)c(HCrO2)16母卷·2022年广东卷·化学