山东省济宁市嘉祥县第一中学2020届高三下学期第三次质量检测化学试题 28页

山东省济宁市嘉祥一中 2020届高三下学期第三次检测 化学试题 ‎1.我国在物质制备领域成绩斐然，下列物质属于有机物的是（ ）‎ A．双氢青蒿素 B．全氮阴离子盐 C． 聚合氮 D．砷化铌纳米带 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．双氢青蒿素，由C、H、O三种元素组成，结构复杂，属于有机物，A符合题意；‎ B．全氮阴离子盐，由N、H、O、Cl四种元素组成，不含碳元素，不属于有机物，B不合题意；‎ C．聚合氮，仅含氮一种元素，不含碳元素，不属于有机物，C不合题意；‎ D．砷化铌纳米带，由砷和铌两种元素组成，不含碳元素，不属于有机物，D不合题意。‎ 故选A。‎ ‎2.下列解释事实的化学用语不正确的是 A. 闪锌矿(ZnS)经CuSO4溶液作用后，转化为铜蓝(CuS)：ZnS + Cu2+ === CuS + Zn2+‎ B. 0.1 mol/L 的醋酸溶液pH约为3：CH3COOH CH3COO- + H+‎ C. 电解NaCl溶液，阴极区溶液pH增大：2H2O + 2e- === H2↑+ 2OH-‎ D. 钢铁发生吸氧腐蚀，负极反应为：Fe－3e- === Fe3+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 闪锌矿(ZnS)经CuSO4溶液作用后，因ZnS的溶解度比CuS的大，则可发生沉淀的转化其离子方程式为：ZnS + Cu2+ === CuS + Zn2+，A项正确；‎ B. 0.1 mol/L 的醋酸溶液pH约为3，是因为醋酸是弱酸，发生部分电离，其电离方程式为：CH3COOH CH3COO- + H+，B项正确；‎ C. 电解NaCl溶液，阴极区水中的氢离子得电子生成氢气，溶液pH增大，电极反应式为：2H2O + 2e- === H2↑+ 2OH-，C项正确；‎ D. 钢铁发生吸氧腐蚀，负极铁失电子生成亚铁离子，其电极反应式为：Fe－2e- === Fe2+，D项错误；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】注意D选项是学生易疏忽的考点，钢铁发生吸氧腐蚀或析氢腐蚀，其负极均为铁失电子生成亚铁离子的过程，不能直接得到铁离子。‎ ‎3.用 NA 表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是 A. 用氢氧燃料电池电解饱和食盐水得到 0.4mol NaOH，在燃料电池的负极上消耗氧气分子数为 0.1 NA B. 2 mol H3O＋中含有的电子数为 20 NA C. 密闭容器中 1 mol N2(g)与 3 mol H2 (g)反应制备氨气，形成 6 NA 个 N-H 键 D. ‎32 g N2H4中含有的共用电子对数为6 NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 电解饱和食盐水的化学方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2，反应中氯元素的化合价由-1价升高为0价，得到0.4molNaOH时，生成0.2molCl2，转移电子数为0.4NA，氢氧燃料电池正极的电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，因此正极上消耗氧气分子数为0.1 NA ，故A错误；‎ B. 1个H3O＋中含有10个电子，因此2mol H3O＋中含有的电子数为20 NA ，故B正确；‎ C. N2与H2反应的化学方程式为：N2+3H22NH3，该反应属于可逆反应，因此密闭容器中1mol N2 (g)与3molH2(g)反应生成氨气物质的量小于2mol，形成N-H键的数目小于6 NA，故C错误；‎ D. ‎32g N2H4物质量为=1mol ‎，两个氮原子间有一个共用电子对，每个氮原子与氢原子间有两个共用电子对，因此1mol N2H4中含有的共用电子对数为5 NA，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确H3O＋中含有10个电子，要求掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系。‎ ‎4.关于下列仪器的说法正确的是 A. 用仪器①灼烧固体时应垫石棉网加热 ‎ B. 可用仪器②精确量取 7.85 mL 稀硫酸 ‎ C. 可用仪器③配制 300 mL 0.1 mol/L NaCl 溶液 ‎ D. 可用仪器④分离两种互不相溶的液体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 用坩埚加热时，不需要垫上石棉网，可以直接加热，故A错误；‎ B. 量筒的最小读数为0.1mL，不能用量筒精确量取 7.85 mL 稀硫酸，故B错误；‎ C. 配制 300 mL 0.1 mol/L NaCl 溶液需要使用500mL的容量瓶，故C错误；‎ D. 可用分液漏斗可以分离两种互不相溶的液体，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查了学生对常用仪器的掌握，难度不大，明确哪些仪器能直接加热，哪些仪器加热时需要垫石棉网，哪些仪器不能加热。‎ ‎5.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A. 遇苯酚显紫色的溶液：I－、K＋ 、SCN－、Mg2＋‎ B. pH＝2 的溶液：K＋、Na＋、ClO－、SO32－‎ C. 水电离的 c(OH－)＝1×10－13mol·L－1的溶液中：K＋、Cl－、CH3COO－、Cu2＋‎ D. 0.1 mol·L－1 的 K2SO4溶液：Na＋、Al3＋、Cl-、NO3－‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 加入苯酚显紫色的溶液中存在Fe3+，Fe3+与I-离子之间发生氧化还原反应，并且Fe3+和SCN－生成Fe(SCN)3属于络合物，在溶液中不能大量共存，故A错误；‎ B. pH=2的溶液呈酸性，ClO－在酸性环境中有强氧化性会和SO32－发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；‎ C. 水电离出的c（H+）=10-13mo1•L-1的溶液中存在H+或OH-，CH3COO－不能在 酸性溶液中存在，Cu2＋不能在碱性环境中存在，故C错误；‎ D. Na＋、Al3＋、Cl-、NO3－之间不发生反应，也不与K2SO4反应，可以共存，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查离子共存，为高频考点，明确离子性质及离子共存条件是解本题关键，涉及复分解反应、氧化还原反应，注意隐含条件的挖掘。‎ ‎6.短周期元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大，Y 与 W 同族。X、Y、Z 三种原子最外层电子数的关系 为 X+Z=Y。电解 Z 与 W 形成的化合物的水溶液，产生 W 元素的气体单质，此气体同冷烧碱溶液作 用，可得到化合物 ZWX 的溶液。下列说法正确的是 A. W 的氢化物稳定性强于 Y 的氢化物 B. Z与其他三种元素分别形成的化合物中只含有离子键 C. Z 与 Y 形成的化合物的水溶液呈碱性 D. 对应的简单离子半径大小为 W >Z > X>Y ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 元素X、Y、Z、W为短周期且原子序数依次增大，电解Z与W形成的化合物的水溶液，产生W元素的气体单质，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到化合物ZWX的溶液，可推出W元素为氯元素（Cl），Z元素为钠（Na），X元素为氧（O），Y与W同族，可推出Y元素为氟（F）。‎ ‎【详解】A. 最简单氢化物的稳定性与元素的非金属性有关，非金属性越强，最简单气态氢化物的稳定性越稳定，根据分析，Y元素为氟，W元素为氯，非金属性F>Cl，氢化物稳定性HF>HCl，故A错误；‎ B. Z元素为钠，钠与氧形成Na2O2既有离子键又有共价键，故B错误；‎ C. 钠与氟形成氟化钠，属于强碱弱酸盐，F-会发生水解，F-+H2OHF+OH-，水溶液呈碱性，故C正确；‎ D. 对应的简单离子分别为O2-、F-、Na+、Cl-，可知O2-、F-、Na+电子层结构相同，原子序数越大半径越小，离子半径：O2->F->Na+，又因为Cl-有三个电子层，故Cl-半径最大，因此半径大小为：Cl->O2->F->Na+，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查位置结构性质的关系及应用，难度中等，推断元素是解题关键。‎ ‎7.乙烯气相直接水合反应制备乙醇：C2H4(g)+H2O(g) C2H5OH(g)。乙烯的平衡转化率随温度、压强的变化关系如下（起始时，n(H2O)＝n(C2H4)＝1 mol，容器体积为‎1 L）。下列分析不正确的是（ ）‎ A. 乙烯气相直接水合反应的∆H＜0‎ B. 图中压强的大小关系为：p1＞p2＞p3‎ C. 图中a点对应平衡常数K ＝‎ D. 达到平衡状态a、b所需要的时间：a＞b ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 温度升高，乙烯的转化率降低，平衡逆向移动；‎ B. 增大压强，平衡正向移动，乙烯的转化率增大；‎ C. 由图象可知a点时乙烯的转化率为20%，依据三段法进行计算并判断；‎ D. 升高温度，增大压强，反应速率加快。‎ ‎【详解】A. 温度升高，乙烯的转化率降低，平衡逆向移动，正向为放热反应，∆H＜0，A项正确；‎ B. 增大压强，平衡正向移动，乙烯的转化率增大，由图可知，相同温度下转化率p1a，所需要的时间：a＞b，D项正确；‎ 答案选B。‎ ‎8.线型 PAA（ ）具有高吸水性，网状 PAA 在抗压性、吸水性等方面优于线型 PAA。网状 PAA 的制备方法是：将丙烯酸用 NaOH 中和，加入少量交联剂 a，再引发聚合。其部分结构片段 如图所示，列说法错误的是 A. 线型 PAA 的单体不存在顺反异构现象 B. 形成网状结构的过程发生了加聚反应 C. 交联剂 a 的结构简式是 D. PAA 的高吸水性与—COONa 有关 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 线型PAA的单体为CH2=CHCOONa，单体不存在顺反异构现象，故A正确；‎ B. CH2=CHCOONa中的碳碳双键发生的加成聚合反应，形成网状结构，过程发生了加聚反应，故B正确；‎ C. 分析结构可知交联剂a的结构简式是，故C错误；‎ D. 线型PAA()具有高吸水性，和−COONa易溶于水有关，故D正确；‎ 故选：C。‎ ‎9.只用如图所示装置进行下列实验，能够得出相应实验结论的是 选项 ‎②‎ ‎③‎ 实验结论 A 稀盐酸 Na2CO3‎ Na2SiO3溶液 非金属性：C>Si B 饱和食盐水 电石 高锰酸钾溶液 生成乙炔 C 浓盐酸 MnO2‎ NaBr溶液 氧化性 Cl2>Br2‎ D 浓硫酸 Na2SO3‎ 溴水 SO2具有还原性 A A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 浓盐酸易挥发，挥发出的HCl能够与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，不能确定碳酸“置换”出硅酸，不能比较非金属性强弱，应该用稀硫酸，故A错误；‎ B. 该方法制取的乙炔气体中混有硫化氢，硫化氢与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应导致高锰酸钾溶液褪色，干扰了检验结果，应该先将硫化氢除去，故B错误；‎ C. 浓盐酸在MnO2只有在加热条件下发生反应，才能 生成Cl2，故C错误；‎ D. Na2SO3与浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫具有还原性，与溴水发生氧化还原反应，溴水褪色，二氧化硫表现了还原性，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎10.常温下，向10 mL0.1 mol/L的HR溶液中逐滴加入0.1 mol/L的氨水，所得溶液pH及导电能力变化如图。下列分析正确的是（ ）‎ A. 各点溶液中的阳离子浓度总和大小关系：d>c>b>a B. 常温下，R- 的水解平衡常数数量级为10 -9‎ C. a点和d点溶液中，水的电离程度相等 D. d点的溶液中，微粒浓度关系：c(R-)+‎2c(HR)=c(NH3∙H2O)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.溶液导电能力与溶液中离子浓度有关，根据图象可知，b点导电能力最强，d点最弱，A错误；‎ B.根据图象可知，0.1mol/L的HR溶液的pH=3，则c(R-)≈c(H+)=10-3mol/L，c(HR)≈0.1mol/L，HR的电离平衡常数Ka==10-5，则R-的水解平衡常数数Kh==10-9，B正确；‎ C.a、d两点导电能力相等，但溶液的pH分别为4、8，都抑制了水的电离，a点c(H+)=10-4mol/L，d点c(OH-)=10-6mol/L，所以对水的电离程度的影响不同，C错误；‎ D.d点加入20mL等浓度的氨水，反应后溶质为等浓度的NH4R和NH3•H2O，根据物料守恒可得：‎2c(HR)+‎2c(R-)=c(NH3∙H2O)+c(NH4+)，因溶液呈碱性，NH3•H2O的电离程度大于NH4+的水解程度，则c(NH4+)>c(NH3∙H2O)，则c(HR)+c(R-)＞c(NH3∙H2O)，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎11.高铁酸钾（K2FeO4）是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，制备流程如图所示，下列叙述错误的是 A. 用 K2FeO4 作水处理剂时，既能杀菌消毒又能净化水 B. 反应 I 中尾气可用 FeCl2 溶液吸收再利用 C. 反应 II 中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 2:3‎ D. 该条件下，物质的溶解性：Na2FeO4< K2FeO4‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 高铁酸钾具有强氧化性，可用于杀菌消毒，还原产物为铁离子，铁离子可水解生成具有吸附性的氢氧化铁胶体，可达到净水的目的，故A正确；‎ B. 结合流程可知，反应I 尾气为氯气，可与FeCl2继续反应生成氯化铁，故B正确；‎ C. 反应II 中的反应为3NaClO+10NaOH+2FeCl3=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O，可知氧化剂为NaClO，还原剂为FeCl3，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，故C错误；‎ D. 工业上一般先制得高铁酸钠，然后在低温下，向高铁酸钠溶液中加入一定量的KOH就可制得高铁酸解，可以制备的原因是因为高铁酸钾的溶解性比高铁酸钠小，故D错误；‎ 故选CD。‎ ‎【点睛】本题考查物质制备流程，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化从而列出方程式为解答的关键，注意选项A中杀菌和漂白的原理是易错点，题目难度中等。‎ ‎12.国际能源期刊报道了一种正在开发中的绿色环保“全氢电池”，有望减少废旧电池产生的污染。其工作原理如图所示。下列说法正确的是 ‎ ‎ A. “全氢电池”工作时，将酸碱反应的中和能转化为电能 B. 吸附层 b 发生的电极反应：H2 – 2 e- + 2OH- = 2H2O C. NaClO4 的作用是传导离子和参与电极反应 D. “全氢电池”总反应: 2H2 + O2 =2H2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由电子流向可知，左边吸附层为负极，发生了氧化反应，电极反应是H2-2e-+2OH-═2H2O，右边吸附层为正极，发生了还原反应，电极反应是2e-+2H+═H2，结合原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极解答该题。‎ ‎【详解】A. “全氢电池”工作时，将酸碱反应的化学能（中和能）转化为电能，故A正确；‎ B. 右边吸附层为正极，发生了还原反应，电极反应是2e-+2H+═H2，故B错误；‎ C. NaClO4 的作用是传导离子，没有参与电极反应，故C错误；‎ D. 由电子流向可知，左边吸附层为负极，发生了氧化反应，电极反应是H2-2e-+2OH-═2H2O，右边吸附层为正极，发生了还原反应，电极反应是2e-+2H+═H2，总反应为：H++OH-═H2O，故D错误；‎ 正确答案是A。‎ ‎13.下列有关电解质溶液的说法正确的是 A. ‎25℃‎时 pH＝2 的 HF 溶液中，由水电离产生的 OH－浓度为 10-12 mol·L－1‎ B. 0.1 mol·L-1 Na2CO3 溶液中：c(Na＋)＝c(HCO3 -)＋c(H2CO3)＋‎2c(CO32－ )‎ C. 向 ‎1 L 1 mol·L-1 的 NaOH 热溶液中通入一定量 Br2，恰好完全反应生成溴化钠、次溴酸钠和溴酸钠(溴 酸为强酸、次溴酸为弱酸)的混合溶液：c(Na＋)＋c(H＋)＝‎6c(BrO3－)＋‎2c(BrO－)＋c(HBrO)＋c(OH－)‎ D. ‎25℃‎时 pH＝3 的盐酸与 pH＝11 的氨水等体积混合，所得溶液的 pH＜7‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A. ‎25℃‎，pH=2的HF溶液中，c(H+)=10-2mol·L-1，OH-均由水电离，c(OH-)===10-12mol·L-1，故A正确；‎ B. 0.1 mol·L-1 Na2CO3 溶液中存在电荷守恒：c(H＋)+c(Na＋)＝c(HCO3 -)＋c(H2CO3)＋‎2c(CO32－)+ c(OH-)，该溶液呈碱性c（OH-）>c(H+)，则c(Na＋)> c(HCO3 -)＋c(H2CO3)＋‎2c(CO32－)，故B错误；‎ C. 溶液中的溶质为NaBr、NaBrO、NaBrO3，它们会电离出阴阳离子，溶剂H2O也会电离出H+、OH-，则溶液中的阳离子有Na+、H+，阴离子有OH-、Br-、BrO-、BrO3-，可列出电荷守恒式：c(Na+)+c(H+)=c(BrO3-)+c(BrO-)+c(Br-)+c(OH-)①，再根据电子得失守恒，可列出：‎5c(BrO3-)+c(BrO-)+c(HBrO)=c(Br-)②（其中BrO-会水解，部分转化为HBrO），①②式联立，可得：c(Na＋)＋c(H＋)＝‎6c(BrO3－)＋‎2c(BrO－)＋c(HBrO)＋c(OH－)，故C正确；‎ D. pH=3的盐酸中c（H+）=10-3mol/L，pH=11的氨水中c（OH-）=10-3mol/L，两种溶液H+与OH-离子浓度相等，但由于氨水为弱电解质，不能完全电离，则氨水浓度大于盐酸浓度，反应后氨水过量，溶液呈碱性，则所得溶液的pH＞7，故D错误；‎ 故选AC。‎ ‎14.某兴趣小组设计了如下实验测定海带中碘元素的含量，依次经过以下四个步骤，图示装置和原理 能达到实验目的的是 A. 灼烧海带 B. 将海带灰溶解后分离出不溶性杂质 C. 制备Cl2，并将I－氧化为I2‎ D. 以淀粉为指示剂，用Na2SO3标准溶液滴定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 灼烧需要在坩埚中进行，不能选烧杯，故A错误；‎ B. 海带灰溶解后分离出不溶性杂质需要采用过滤操作，过滤需要玻璃棒引流，故B正确；‎ C. 制备Cl2，并将I－氧化为I2，除去氯气中的氯化氢应该用饱和食盐水，尾气需要用氢氧化钠吸收，故C错误；‎ D. Na2SO3为强碱弱酸盐，水解后溶液呈碱性，所以滴定时Na2SO3应该放在碱式滴定管中，而不是酸式滴定管，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎15.水垢中含有的 CaSO4，可先用 Na2CO3 溶液处理，使之转化为疏松、易溶于酸的 CaCO3。某化学兴 趣小组用某浓度的 Na2CO3 溶液处理一定量的 CaSO4 固体，测得所加 Na2CO3 溶液体积与溶液中-lgc(CO32-) 的关系如图所示，已知Ksp(CaSO4)=9×10－6，Ksp(CaCO3)=3×10－9，lg3=0.5，下列说法不正确的是 A. 曲线上各点的溶液满足关系式：c(Ca2＋)×c(SO42－)=Ksp(CaSO4)‎ B. CaSO4(s)＋CO32－(aq) CaCO3(s)＋SO42－(aq) K=3×103‎ C. 该Na2CO3溶液的浓度为1.5mol·L－1‎ D. 相同条件下，若将Na2CO3溶液的浓度改为原浓度的2倍，则上图曲线整体向上平移1个单位即可 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A． CaSO4的溶度积表达式为Ksp(CaSO4)= c(Ca2＋)·c(SO42－)，故A正确；‎ B．CaSO4(s)＋CO32－(aq) CaCO3(s)＋SO42－(aq)的化学平衡常数=3×103，故B正确；‎ C．依据上述B项分析可知，CaSO4(s)＋CO32－(aq) CaCO3(s)＋SO42－(aq) K=3×103，每消耗1mol CO32－会生成1mol SO42－，在CaSO4完全溶解前溶液中的c(SO42－) 等于Na2CO3‎ 溶液的浓度，设Na2CO3溶液浓度为1.5mol/L，则c(SO42－)= 1.5mol/L ，根据=3×103可得溶液中c(CO32－)=，-lgc(CO32－)=3.3，与图像不相符，故C错误；‎ D．依据题意可知，起初CaSO4的物质的量为0.02mol，在相同实验条件下，若将Na2CO3溶液浓度改为原来的2倍，则消耗碳酸钠的体积为10mL，在CaSO4完全溶解前溶液中的c(SO42－)=2mol/L，根据=3×103可得溶液中c(CO32－)= ，所以-lgc(CO32－)=3.2，图像中的横纵坐标都要改变，故D错误；‎ 故选CD。‎ ‎16.FeSO4 溶液放置在空气中容易变质，因此为了方便使用 Fe2＋，实验室中常保存硫酸亚铁铵晶体[俗称“摩尔盐”，化学式为(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]，它比绿矾或绿矾溶液更稳定。(稳定是指物质放置 在空气中不易发生各种化学反应而变质) ‎ I．硫酸亚铁铵晶体的制备与检验 ‎（1）某兴趣小组设计实验制备硫酸亚铁铵晶体。 ‎ 本实验中，配制溶液以及后续使用到的蒸馏水都必须煮沸、冷却后再使用，这样处理蒸馏水的目的是_______。向 FeSO4 溶液中加入饱和(NH4)2SO4 溶液，经过操作_______、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥后得到一 种浅蓝绿色的晶体。‎ ‎（2）该小组同学继续设计实验证明所制得晶体的成分。‎ ‎①如图所示实验的目的是_______，C 装置的作用是_______。‎ 取少量晶体溶于水，得淡绿色待测液。‎ ‎②取少量待测液，_______ (填操作与现象)，证明所制得的晶体中有 Fe2＋。‎ ‎③取少量待测液，经其它实验证明晶体中有NH4＋和SO42－‎ II．实验探究影响溶液中 Fe2＋稳定性的因素 ‎（3）配制 0.8 mol/L 的 FeSO4 溶液（pH=4.5）和 0.8 mol/L 的(NH4)2Fe(SO4)2 溶液（pH=4.0），各取 2 ml 上述溶液于两支试管中，刚开始两种溶液都是浅绿色，分别同时滴加 2 滴 0.01mol/L ‎ 的 KSCN 溶液，15 分钟后观察可见：(NH4)2Fe(SO4)2溶液仍然为浅绿色透明澄清溶液；FeSO4溶液则出现淡黄色浑浊。‎ ‎【资料 1】‎ 沉淀 Fe(OH)2‎ Fe(OH)3‎ 开始沉淀pH ‎7.6‎ ‎2.7‎ 完全沉淀pH ‎9.6‎ ‎3.7‎ ‎①请用离子方程式解释 FeSO4 溶液产生淡黄色浑浊的原因_______。‎ ‎②讨论影响 Fe2＋稳定性的因素，小组同学提出以下 3 种假设：‎ 假设 1：其它条件相同时，NH4＋的存在使(NH4)2Fe(SO4)2 溶液中 Fe2+稳定性较好。‎ 假设 2：其它条件相同时，在一定 pH 范围内，溶液 pH 越小 Fe2＋稳定性越好。‎ 假设 3：_______。‎ ‎（4）小组同学用如图装置（G为灵敏电流计），滴入适量的硫酸溶液分 别控制溶液 A（0.2 mol/L NaCl）和溶液 B（0.1mol/L FeSO4）为不同的 pH，‎ 观察记录电流计读数，对假设 2 进行实验研究，实验结果如表所示。‎ 序号 A：0.2mol·L－1NaCl B：0.1mol·L－1FeSO4‎ 电流计读数 实验1‎ pH=1‎ pH=5‎ ‎8.4‎ 实验2‎ pH=1‎ pH=1‎ ‎6.5‎ 实验3‎ pH=6‎ pH=5‎ ‎7.8‎ 实验4‎ pH=6‎ pH=1‎ ‎5.5‎ ‎【资料 2】原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原 电池的电流越大。‎ ‎【资料 3】常温下，0.1mol/L pH=1 的 FeSO4 溶液比 pH=5 的 FeSO4 溶液稳定性更好。 根据以上实验结果和资料信息，经小组讨论可以得出以下结论：‎ ‎①U 型管中左池的电极反应式____________。‎ ‎②对比实验 1 和 2（或 3 和 4） ,在一定 pH 范围内，可得出的结论为____________。‎ ‎③对比实验____________和____________，还可得出在一定pH 范围内溶液酸碱性变化对 O2 氧化性强弱的影响因素。‎ ‎④ 对【资料 3】实验事实的解释为____________。‎ ‎【答案】 (1). 除去水中溶解的氧气，防止氧化Fe2+ (2). 蒸发浓缩 (3). 检验晶体中是否含有结晶水 (4). 防止空气中水蒸气逆向进入装有无水CuSO4的试管，影响实验结果 (5). 滴入少量K3[Fe(CN)6]溶液，出现蓝色沉淀（或先滴入2滴KSCN溶液，无明显变化，再加入几滴新制氯水，溶液变成红色） (6). 4Fe2+ + O2 + 10H2O = 4Fe(OH)3↓ + 8H+ (7). 当其它条件相同时，硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的稳定性。（或当其它条件相同时，硫酸根离子浓度越大，Fe2+的稳定性较好。） (8). O2 + 4e- +4H+= 2H2O (9). 溶液酸性越强,Fe2+的还原性越弱 (10). 1 (11). 3（或2和4） (12). 其它条件相同时，溶液酸性增强对Fe2+的还原性减弱的影响，超过了对O2的氧化性增强的影响。故pH=1的FeSO4溶液更稳定。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I.(1)亚铁离子具有还原性，在空气中容易被氧化；向 FeSO4 溶液中加入饱和(NH4)2SO4 溶液，需要经过蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤和干燥后得到一 种浅蓝绿色的晶体；‎ ‎(2) ①无水硫酸铜遇水变蓝色；空气中也有水蒸气，容易对实验产生干扰；‎ ‎②检验Fe2+，可以向样品中滴入少量K3[Fe(CN)6]溶液，出现蓝色沉淀，说明存在Fe2+；或先滴入2滴KSCN溶液，无明显变化，再加入几滴新制氯水，溶液变成红色，说明存在Fe2+；‎ II.(3) ①由表可知，pH=4.5的0.8 mol/L 的 FeSO4 溶液中，会产生Fe(OH)3沉淀，说明二价铁被氧化成了三价铁，同时和水反应生成Fe(OH)3沉淀；‎ ‎②0.8 mol/L 的 FeSO4 溶液（pH=4.5）和 0.8 mol/L 的(NH4)2Fe(SO4)2 溶液中硫酸根的浓度也不同，可以以此提出假设；‎ ‎(4) ①FeSO4中的铁的化合价为+2‎ 价，具有还原性，在原电池中做负极，则左池的碳电极做正极，NaCl中溶解的氧气得电子生成，在酸性环境中生成水；‎ ‎②实验1 和 2（或 3 和 4）中NaCl溶液的pH相同，FeSO4溶液的pH不同，且FeSO4溶液的pH越小，电流越小，结合原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大，可以得出结论；‎ ‎③对比实验1和3（或2和4）发现，FeSO4溶液的pH相同时，NaCl溶液的pH越大，电流越小，结合原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大，可以得出结论；‎ ‎④对比实验1 和 4，NaCl溶液的pH增大酸性减弱，FeSO4溶液的pH减小酸性增强，但是电流却减小，结合②③的结论分析。‎ ‎【详解】I.(1)亚铁离子具有还原性，在空气中容易被氧化，在配制溶液时使用到的蒸馏水都必须煮沸、冷却后再使用，目的是：除去水中溶解的氧气，防止氧化Fe2+；向 FeSO4 溶液中加入饱和(NH4)2SO4 溶液，需要经过蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤和干燥后得到一 种浅蓝绿色的晶体；‎ ‎(2) ①无水硫酸铜遇水变蓝色，该装置的实验目的是：检验晶体中是否含有结晶水；空气中也有水蒸气，容易对实验产生干扰，需要使用浓硫酸防止空气中水蒸气逆向进入装有无水CuSO4的试管，影响实验结果；‎ ‎②检验Fe2+，可以向样品中滴入少量K3[Fe(CN)6]溶液，出现蓝色沉淀，说明存在Fe2+；或先滴入2滴KSCN溶液，无明显变化，再加入几滴新制氯水，溶液变成红色，说明存在Fe2+；‎ II.(3) ①由表可知，pH=4.5的0.8 mol/L 的 FeSO4 溶液中，会产生Fe(OH)3沉淀，说明二价铁被氧化成了三价铁，同时和水反应生成Fe(OH)3沉淀，离子方程式为：4Fe2+ + O2 + 10H2O = 4Fe(OH)3↓ + 8H+；‎ ‎②0.8 mol/L 的 FeSO4 溶液（pH=4.5）和 0.8 mol/L 的(NH4)2Fe(SO4)2 溶液中硫酸根的浓度也不同，0.8 mol/L 的(NH4)2Fe(SO4)2 溶液中硫酸根浓度更大，故可以假设：当其它条件相同时，硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的稳定性；或者当其它条件相同时，硫酸根离子浓度越大，Fe2+的稳定性较好；‎ ‎(4) ①FeSO4中的铁的化合价为+2价，具有还原性，在原电池中做负极，则左池的碳电极做正极，NaCl中溶解的氧气得电子生成，在酸性环境中生成水，故电极方程式为：O2 + 4e- +4H+= 2H2O；‎ ‎②实验1 和 2（或 3 和 4）中NaCl溶液的pH相同，FeSO4溶液的pH不同，且FeSO4溶液的pH 越小，电流越小，结合原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大，可以得出的结论是：溶液酸性越强，Fe2+的还原性越弱；‎ ‎③对比实验1和3（或2和4）发现，FeSO4溶液的pH相同时，NaCl溶液的pH越大，电流越小，结合原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大，可以得出在一定pH 范围内溶液的碱性越强， O2 氧化性越强；‎ ‎④对比实验1 和 4，NaCl溶液的pH增大酸性减弱，FeSO4溶液的pH减小酸性增强，但是电流却减小，结合②③的结论，和其它条件相同时，溶液酸性增强对Fe2+的还原性减弱的影响，超过了对O2的氧化性增强的影响。故pH=1的FeSO4溶液更稳定。‎ ‎17.五氧化二钒广泛用于冶金、化工等行业，用作合金添加剂、生产硫酸或石油精炼用的催化剂等。为回收利用含钒催化剂，研制了一种利用废催化剂（含有V2O5、VOSO4、不溶性硅酸盐）回收V2O5的新工艺流程如下：‎ 已知：①部分含钒物质常温下在水中的溶解性如表所示：‎ 物质 VOSO4‎ V2O5‎ NH4VO3‎ ‎(VO2)2SO4‎ 溶解性 可溶 难溶 难溶 易溶 ‎②VO2＋＋2OH－VO3－＋H2O 回答下列问题：‎ ‎（1）用水浸泡废催化剂，为了提高单位时间内废钒的浸出率，可以采取的措施为____________（写一条）。‎ ‎（2）滤液1和滤液2中钒的存在形式相同，其存在形式为____________（填离子符号）。‎ ‎（3）在滤渣1中加入Na2SO3和过量H2SO4溶液发生反应的化学方程式为____________。‎ ‎（4）生成VO2＋的反应中消耗1molKClO3时转移6mol电子，该反应的离子方程式为____________。‎ ‎（5）在第Ⅱ步中需要加入氨水，请结合化学用语，用平衡移动原理解释加入氨水的一种作用为____________。‎ ‎（6）最后钒以NH4VO3的形式沉淀出来。以沉钒率（NH4VO3沉淀中V的质量和废催化剂V的质量之比）表示该步反应钒的回收率。请结合如图解释在第Ⅱ步中温度超过‎80°C以后，沉钒率下降的可能原因是____________；____________（写两条）。‎ ‎（7）该工艺流程中可以循环利用的物质为____________。‎ ‎（8）测定产品中V2O5的纯度：‎ 称取ag产品，先用硫酸溶解，得到(VO2)2SO4溶液。再加入b1mLc1mol·L−1(NH4)2Fe(SO4)2溶液（VO2＋+2H＋+Fe2＋==VO2＋+Fe3＋+H2O）。最后用c2mol·L−1KMnO4溶液滴定过量的(NH4)2Fe(SO4)2至终点，消耗KMnO4溶液的体积为b2mL。已知MnO4－被还原为Mn2+，假设杂质不参与反应。则产品中V2O5（摩尔质量：‎182g·mol−1）的质量分数是____________。（列出计算式）‎ ‎【答案】 (1). 粉碎废钒；搅拌；适当升温 （任意答一条正确措施） (2). VO2＋ (3). V2O5＋Na2SO3＋2H2SO4===2VOSO4＋Na2SO4＋2H2O (4). 6VO2＋＋ClO3－＋ 3H2O=== 6VO2＋＋ Cl－＋ 6H＋ (5). 作用1：溶液中存在平衡: VO2++2OH-VO3-+H2O，加入氨水，使OH-浓度增大，该平衡正移，从而使VO2+尽可能都转化为VO3- 或作用2：溶液中存在平衡：NH4VO3(s) NH4+ (aq)＋+VO3—(aq), 加入氨水，使NH4+浓度增大，该平衡逆移，从而使NH4VO3尽可能沉淀析出（任意答出一种作用） (6). 原因1：温度升高，NH4VO3溶解度增大，沉钒率下降或原因2：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使NH4+浓度下降，沉钒率下降 (7). 原因3：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使OH-浓度下降，VO2++2OH-VO3-+H2O，该平衡逆移，导致VO3-浓度下降，沉钒率下降或原因4：平衡VO2++2OH-VO3-+H2O，正反应可能是放热反应，温度升高，该平衡逆移，导致VO3-浓度下降，沉钒率下降。（任意答出2种原因） (8). 氨水或NH3和H2O (9). 100%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 生产流程：废钒催化剂（主要成分含有V2O5、VOSO4、不溶性硅酸盐），据物质的水溶性确定，V2O5难溶于水，即为得到的滤渣亚硫酸根具有还原性，酸性条件下，能被五氧化二钒氧化生成硫酸根离子，离子反应方程式为：V2O5+SO32-+4H+=2VO2++SO42-+2H2O，过滤得到滤渣为不溶性硅酸盐，强酸性浸出液含有VO2+、Na+、SO42-，氯酸钾具有氧化性，能将VO2+氧化为VO2+，加入氨水，调节溶液pH到最佳值，得到NH4VO3，最后焙烧得到五氧化二钒即可，以此解答。‎ ‎【详解】(1)水浸时，为了提高废钒的浸出率，除了粉碎，还可以采取的措施搅拌、适当升高温度、延长浸泡时间等措施；‎ ‎(2)VOSO4和(VO2)2SO4能够溶解在水中，故滤液1中钒的存在形式是：VO2＋；V2O5和NH4VO3在水中不溶解，存在于滤渣中，加入Na2SO3，V2O5作氧化剂，SO32-作还原剂，反应的离子方程式为V2O5+SO32-+4H+=2VO2++SO42-+2H2O，滤液2中钒的存在形式是：VO2＋；‎ ‎(3)依题意，在滤渣1中加入Na2SO3和过量H2SO4溶液，V2O5作氧化剂，SO32-作还原剂，反应的离子方程式为V2O5+SO32-+4H+=2VO2++SO42-+2H2O；‎ ‎(4) VO2+和KClO3反应中，生成物为VO2+，VO2+中V化合价升高做还原剂，KClO3中Cl化合价降低做氧化剂，已知消耗1molKClO3时转移6mol电子，可知KClO3中Cl元素化合价降低为-1价，则离子方程式为：6VO2＋＋ClO3－＋3H2O=== 6VO2＋＋Cl－＋6H＋；‎ ‎(5)溶液中存在平衡: VO2++2OH-VO3-+H2O，氨水呈碱性，加入氨水，使OH-浓度增大，该平衡正移，从而使VO2+尽可能都转化为VO3-或者溶液中存在平衡: NH4VO3(s) NH4+ (aq)＋ +VO3-(aq)，加入氨水，使NH4+浓度增大，该平衡逆移，从而使NH4VO3尽可能沉淀析出；‎ ‎(6)温度越高，物质的溶解度越大，所以温度升高，NH4VO3溶解度增大，沉钒率下降或温度升高，氨气容易溢出，氨水受热分解逸出溶液，使OH-浓度下降，VO2++2OH-VO3-+H2O，该平衡逆移，导致VO3-浓度下降，沉钒率下降；温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使OH-浓度下降，VO2++2OH-VO3-+H2O，该平衡逆移，导致VO3-浓度下降，沉钒率下降或针对平衡：VO2++2OH-VO3-+H2O，正反应可能是放热反应，温度升高，该平衡逆移，导致VO3-浓度下降，沉钒率下降；‎ ‎(7)该流程中需要加入氨水沉钒，最后一步加热NH4VO3又会有氨气产生，故该工艺流程中可以循环利用的物质为：氨水或NH3和H2O；‎ ‎(8)根据元素化合价升降相同，滴定过程有5(NH4)2Fe(SO4)2∼KMnO4,则过量的 (NH4)2Fe(SO4)2‎ 物质的量为5n(KMnO4)=5×b‎2C210−3mol，则与(VO2)2SO4溶液反应的 (NH4)2Fe(SO4)2物质的量为(b‎1c1−5b‎2C2)×10−3mol，根据钒元素守恒，则有V2O5∼2VO2+∼2(NH4)2Fe(SO4)2，故n(V2O5)=(b‎1c1−5b‎2C2)×10−3mol，则产品中V2O5的质最分数是=100%。‎ ‎18.十九大报告提出要对环境问题进行全面、系统的可持续治理。绿色能源是实施可持续发展 的重要途径，利用生物乙醇来制取绿色能源氢气的部分反应过程如图所示：‎ ‎（1）已知：CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) △H1= - 41 kJ/mol ‎ CH3CH2OH(g)+3H2O(g) 2CO2(g)+6H2(g) △H2=+174.1 kJ/mol 请写出反应 I 的热化学方程式____________。‎ ‎（2）反应 II，在进气比[n(CO) : n(H2O)]不同时，测得相应的 CO 平衡转化率见图（各点对应的反应温度可能相同，也可能不同；各点对应的其他反应条件都相同）。‎ ‎①经分析，A、E 和 G 三点对应的反应温度相同，其原因是 KA=KE=KG=____________（填数值）。在该温度下：要提高 CO平衡转化率，除了改变进气比之外，还可采取的措施是____________。‎ ‎② 对比分析 B、E、F 三点，可得出对应的进气比和反应温度的变化趋势之间的关系是____________。‎ ‎③ 比较 A、B 两点对应的反应速率大小：VA____________VB（填“<” “=”或“>”‎ ‎）。已知反应速率 v=v 正−v 逆= k正X（CO）X（H2O）－k逆X（CO2）X（H2），k 正、k 逆分别为正、逆向反应速率常数，X为物质的量分数计算在达到平衡状态为D点的反应过程中，当CO转化率刚好达到20%时，=_____________（计算结果保留1位小数）。‎ ‎（3）反应 III 利用碳酸钾溶液吸收 CO2 得到饱和 KHCO3 电解液，电解活化的 CO2 来制备乙醇。‎ ‎①已知碳酸的电离常数 Ka1=10-a mol·L−1，Ka2=10-b mol·L−1，吸收足量 CO2 所得饱和 KHCO3 溶液的 pH=c，则该溶液中lg=________________‎ ‎②在饱和 KHCO3 电解液中电解 CO2 来制备乙醇的原理如图所示。则阴极的电极反应式是__________________________。‎ ‎【答案】 (1). CH3CH2OH(g)+H2O(g) 4H2(g)+2CO(g) △H= +256.1 kJ/mol (2). 1 (3). 及时移去产物 (4). 进气比越大，反应温度越低或进气比越小，反应温度越高 (5). < (6). 36.0 (7). c-a (8). 14CO2+12e-+9H2O=CH3CH2OH+12HCO3－‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据盖斯定律解答；‎ ‎(2)①CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)中，平衡常数K=，根据进气比[n(CO) : n(H2O)]和CO转化率列出“三段式”，计算平衡常数；‎ ‎②对比分析 B、E、F 三点，当CO的转化率相同时，温度由低到高对应的进气比为0.5、1、1.5，进气比越高达到相同转化率所需的温度越低；‎ ‎③A和B两点进气比相等，但A点CO的平衡转化率比B点的大，反应CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) △H1= - 41 kJ/mol是放热反应，温度越高，CO平衡转化率越低，故A的温度小于B的温度；D点达到平衡时，v 正=v 逆，即k正X（CO）X（H2O）=k逆X（CO2）X（H2），D点CO的平衡转换率为60%，进气比为1，设投入CO1mol，H2O1mol ‎，列出“三段式”先计算，再计算CO平衡转化率为20%时，的值；‎ ‎(3)①根据==计算；‎ ‎②阴极上CO2得到电子生成CH3CH2OH和碳酸氢根。‎ ‎【详解】(1)反应a.CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) △H1= - 41 kJ/mol ；b.CH3CH2OH(g)+3H2O(g) 2CO2(g)+6H2(g) △H2=+174.1 kJ/mol；b‎-2a可得反应 I 的热化学方程式为：CH3CH2OH(g)+H2O(g) 4H2(g)+2CO(g) △H= +256.1 kJ/mol；‎ ‎(2)①CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)中，平衡常数K=，根据进气比[n(CO) : n(H2O)]和CO转化率列出“三段式”：‎ E点平衡常数CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)‎ 起始量 1 1 0 0‎ 变化量 0.5 0.5 0.5 0.5‎ 平衡量 0.5 0.5 0.5 0.5‎ K=1‎ A点平衡常数CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)‎ 起始量 1 2 0 0‎ 变化 23 23 23 23‎ 平衡 13 13 13 13‎ 此时K=1‎ G点平衡常数CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)‎ 起始量 3 2 0 0‎ 变化量 1.2 1.2 1.2 1.2‎ 平衡量 1.8 0.8 1. 2 1.2‎ K==1，‎ 故A、E和G三点对应的反应温度相同，其原因是A、E和G三点对应的化学平衡常数相同，都等于1；在该温度下：要提高CO 平衡转化率，除了改变进气比之外，还可采取的措施是：及时移去产物；‎ ‎②对比分析 B、E、F 三点，当CO的转化率相同时，温度由低到高对应的进气比为0.5、1、1.5，进气比越高达到相同转化率所需的温度越低，故进气比和反应温度的变化趋势之间的关系是：进气比越大，反应温度越低或进气比越小，反应温度越高；‎ ‎③A和B两点进气比相等，但A点CO的平衡转化率比B点的大，反应CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) △H1= - 41 kJ/mol是放热反应，温度越高，CO平衡转化率越低，故A的温度小于B的温度，温度越高反应速率越快，故VA