2018福建省质检化学试卷试题(word版).doc

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1、 . . . . 2018年省高三毕业班质量检查测试化学试卷分析7以下各组物质中，均属于硅酸盐工业产品的是A瓷、水泥B水玻璃、玻璃钢C单晶硅、光导纤维D石膏、石英玻璃【答案】A【命题立意】玻璃、瓷、水泥等硅酸盐工业产品是传统的无机非金属材料。此题从物质分 类角度，考查学生对传统无机非金属材料和新型无机非金属材料的辩识、再现 水平。引导学生关注化学与材料的关系，关注化学在生产、生活中的应用。【解题思路】瓷、水泥是传统的硅酸盐材料，A正确；水玻璃是硅酸钠的水溶液，玻璃钢是一种以玻璃纤维做增强体、合成树脂做基体的复合材料，B错误；单晶硅是硅单质的一种晶体，光导纤维属于氧化物，C错误；石膏是硫酸盐，石

2、英玻璃的主要成分是二氧化硅，D错误。8唐代敬新修本草有如下描述：“本来绿色，新出窟未见风者，正如瑠璃。与今人谓之石胆，烧之赤色，故名绛矾矣。“绛矾指A硫酸铜晶体B硫化汞晶体C硫酸亚铁晶体D硫酸锌晶体【答案】C【命题立意】此题取材于唐代敬编撰的新修本草，旨在弘扬中华优秀传统文化，表达 化学学科的育人价值。文中，“瑠璃指一种宝石或上釉的器，“指南 朝梁时期的著名医学家弘景本草经集注编者，“绛为红色。试题考 查学生在新情境中获取有效信息并与已学化学知识整合的能力。【解题思路】题干中的有效信息是三个关键词：本来绿色、正如瑠璃、烧之赤色。硫酸铜晶体为蓝色，A错误；硫化汞晶体呈红色，在空气中焙烧生成汞和二

3、氧化硫，B错误；硫酸亚铁晶体显绿色，俗名绿矾，加热发生分解反响的化学方程式为:2FeSO47H2O=Fe203+S02+S03+14H2O，得到红色氧化铁，C正确；硫酸锌晶体为白色，D错误。9据ChemCommun报导，MarcelMayorl合成的桥连多环烃，拓展了人工 合成自然产物的技术。以下有关该烃的说确的是A不能发生氧化反响B一氯代物只有4 种C分子中含有4个五元环D所有原子处于同一平面【答案】C【命题立意】ChemCommun为国际权威化学杂志化学通讯。此题取材于由其报导的一 篇文章，意在引导学生关注化学最新研究成果，培养学生的化学情怀。试题给 出桥连多环烃的结构图，通过检测烃的结构

4、、性质、同分异构现象等必考有机19 / 19问题，考查考生的空间想象能力。【解题思路】烃的燃烧属于氧化反响，A错误；为对称结构，其一氯代物有5种，B错误；该烃分子中含有4个五元环，3个六元环，C正确；该分子为立体结构， 所有原子不可能处于同一平面，D错误。10以下实验操作或说确的是A提纯氯气，可将气体依次通过饱和碳酸氢钠溶液、浓硫酸的洗气瓶B碳酸钠溶液可贮存在带玻璃塞的磨口试剂瓶中C用铂丝蘸取少量某溶液进展焰色反响，火焰呈黄色，该溶液一定是钠盐溶液D用新制氢氧化铜悬浊液可以鉴别乙酸、葡萄糖、淀粉3 种溶液【答案】D【命题立意】此题是常见物质提纯、保存、检验与鉴别等实验知识方面的试题。知识点多、

5、信息量大，重点检测中学化学实验根本技能、根底知识、实验根本能力。【解题思路】氯气会与饱和碳酸氢钠溶液反响，A错误；碳酸钠溶液呈碱性，与玻璃中二氧化硅反响生成水玻璃硅酸钠，致使瓶塞粘结，B错误；焰色反响的火焰呈 黄色，说明溶液中含有钠元素，可能是钠盐溶液，也可能是钠的其它化合物如 氢氧化钠的溶液，C错误；新制氢氧化铜悬浊液与乙酸、葡萄糖、淀粉3种溶液反响的现象不同，D正确。11位于3 个不同短周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大。其中，b、d同主族，d元素最高与最低化合价的代数和等于4，c原子最外层电子比b原子次外层电子多1个。以下判断错误的选项是Aa、b、c的简单离子半径依次增大Ba

6、、b、c形成的化合物既溶于强酸又溶于强碱Cb的氢化物的氧化性可能比e的强Dd的最高价氧化物的水化物是强【答案】A【命题立意】此题从元素在周期表中位置、元素性质与原子结构切入，主要考查考生对元素 周期表、元素周期律、原子结构、离子结构、元素与其化合物性质之间关系等 知识的理解与运用，重点考查考生是否对已学知识融会贯穿与分析、推理的能 力。要求学生熟练掌握元素周期表特别是短周期主族元素知识，能理解和运用 元素“位构性关系，对元素的原子半径、简单离子半径、相关化合物水 溶液的酸碱性、气态氢化物的热稳定性等做出正确判断。【解题思路】d元素最高与最低化合价的代数和等于4，d为A族短周期元素，b与d同主族

7、且原子序数bd，b为O元素、d为S元素；c原子最外层电子比b原子次外层电子多1个，c为Al元素，那么a位于第1周期为H元素，e为Cl元素。电子层结构一样的离子，核电荷数越大，半径越小，故Al3+ O2-，A错误；氢 氧化铝有两性，B正确；H2O2氧化性比HCl强，C正确；H2SO4是强酸，D正确。12某新型水系钠离子电池工作原理如以下图所示。TiO2光电极能使电池在太照下充电，充电时Na2S4复原为Na2S。以下说法错误的选项是A充电时，太阳能转化为电能，电能又转化为化学能B放电时，a极为负极3C充电时，阳极的电极反响式为3I2e=I DM 是阴离子交换膜【答案】D【命题立意】此题给出了某新型

8、水系钠离子电池的物质转换、电池结构等信息，容丰富、图文并茂。检测学生利用电解池与原电池工作原理分析和了解光电转化电池中 充、放电过程的电子转移、离子迁移、化学反响和能量转换等电化学知识，考 查学生获取信息并与已有知识融合、重组，在陌生情境中分析问题和解决问题 的能力。【解题思路】当K1打开K2闭合，TiO2光电极电池在太照下充电时，TiO2光电极受光激发产生电子，电子通过外电路传到电池的负极可使Na2S4复原为Na2S，正极发生NaI氧化为NaI3的反响。所以，能量转换是太阳能转化为电能，电能又转化为化学能，A正确；当K2打开K1闭合时，该电池放电时，Na2S氧化为Na2S4、NaI3复原为N

9、aI，故电极a为电池的负极。B正确；充电时，a2-2电极为阴极，电极反响式为S4+2e=S，b电极为阳极，电极反响式为3I2e-=I。C正确；电池充放电过程中，S2-与S2的相互转化在a极区进343行，I与I的相互转化在b极区进展，电解质溶液中Na+的移动构成闭合回路，故，M应为阳离子交换膜，D正确。22电池总反响式为S4+3IS+ I3。13常温下，用0.1molL1NaOH溶液滴定新配制的25.0mL0.02molL1FeSO4溶液，应用手持技术测定溶液的pH与时间t的关系，结果如右图所示。以下说法错误的选项是2Aab段，溶液中发生的主要反响：H+OH=HOBbc 段，溶液中c(Fe2+)

10、c(Fe3+)c(H+) c(OH)2Cd点，溶液中的离子主要有Na+、SO4、OHD滴定过程发生了复分解反响和氧化复原反响【答案】B【命题立意】此题取材于化学教育中英文2018年第3期发表的论文“硫酸亚铁与氯 化铁与硫酸亚铁混合溶液与氢氧化钠溶液反响的沉淀pH曲线的测定与分析。以这一实验研究的局部结论为载体，围绕物质的配制、元素的性质、溶 液状态的分析、滴定的原理与实验数据的处理等，通过滴定过程溶液的pH与时间t的关系进展问题设计，考查学生获取图像信息和数据，进展分析问题和解决问题的能力。424【解题思路】由曲线a点pH2.4可知，新配制的25.0mL0.02molL1FeSO溶液中含一定量

11、硫酸，ab段曲线上升平缓，推知ab段发生的主要反响为H+ +OH=HO，正确；bc段，溶液中c(H+)一定大于c(Fe3+)，B错误；d点pH=11.72，表示滴定反响已完全完毕，此时溶液含有硫酸钠溶液与过量的氢氧化钠溶液，故，溶液中的离子主要有Na+、SO2-、OH-，C正确；滴定过程中发生的反响有酸碱中和反响、硫酸亚铁与氢氧化钠的复分解反响、氢氧化亚铁与氧气的氧化复原反响，D正确。2614 分检测明矾样品含砷酸盐中的砷含量是否超标，实验装置如以下图所示夹持装置已略去。【实验1】配制砷标准溶液取0.132gAs2O3，用NaOH溶液完全溶解后，配制成1LNa3AsO3溶液此溶液1mL相当于0

12、.10mg 砷；取一定量上述溶液，配制1L含砷量为1mgL-1的砷标准溶液。1步骤中，必须使用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还有。步骤需取用步骤中Na3AsO3溶液mL。【实验2】制备砷标准对照液往A瓶中参加2.00mL砷标准溶液，再依次参加一定量的盐酸、KI试液和SnCl2溶液，室温放置10min，使砷元素全部转化为H3AsO3。往A瓶中参加足量锌粒含有ZnS 杂质，立即将塞上装有乙酸铅棉花的导气管B， 并使B管右侧末端插入比色管C中银盐吸收液的液面下，控制反响温度2540。45min后，生成的砷化氢气体被完全吸收，Ag+被复原为红色胶态银。取出C管，向其中添加氯仿至刻度线，混匀，得到砷标准对

13、照液。2乙酸铅棉花的作用是。3完成生成砷化氢反响的离子方程式：Zn +H3AsO3+H+=+Zn2+4控制A瓶中反响温度的方法是；反响中，A瓶有较多氢气产生，氢气除了搅拌作用外，还具有的作用是。5B管右侧末端导管口径不能过大一般为1mm，原因是。【实验3】判断样品中砷含量是否超标称取ag 明矾样品替代【实验2】中“2.00mL砷标准溶液，重复【实验2】后续操作。将实验所得液体与砷标准对照液比对，假设所得液体的颜色浅，说明该样品含砷量未超标， 反之那么超标。6国标规定砷限量为百万分之二质量分数，那么a 的值为。【答案】11000 mL容量瓶、胶头滴管；10.02除去H2S气体3333Zn +HA

14、sO+6H+=AsH+3Zn2+3H2O34水浴加热；将AsH3气体完全带入C管5增大反响接触面积，使AsH3气体被充分吸收，确保形成胶态银61.0【试题背景】本实验将古氏试砷法与现代的检测手段相结合,用于半定性地检测药品中砷含量是否超标，具有准确、灵敏度较高、试剂毒性小等特点。1原理试样经消化后，高价砷被碘化钾、氯化亚锡复原为三价砷后，继续被锌粒和酸 反响产生的新生态氢复原生成砷化氢，砷化氢经银盐溶液吸收后，形成红色胶 态物，与标准参照溶液比色，判断砷含量是否超标。2实验用品的作用与实验要点KI-SnCl2的作用：交替复原作用2首先将AsV复原成AsIII，生成的I再被复原成I，后者与反响生

15、成的Zn2+形成 稳定配离子，有利于持续平稳生成AsH3；SnCl2和KI还可抑制某些元素如锑 的干扰。主要反响有：3-+3-3-2+3-4+AsO42I2HAsO3I2H2O；AsO4Sn2HAsO3SnH2O；2+4+2+2-I2Sn2ISn；4IZnZnI4Zn的作用：其一，作复原剂，使H3AsO3复原为AsH3；其二，与酸生成氢气，使生成的微量AsH3完全带入吸收液中。此时，SnCl2与Zn反响生成锌锡齐，可 使H2均匀而连续发生。Pb(Ac)2棉的作用：消除试剂中可能含有的硫化物的影响。S2-2H+HS；HSPb(Ac)PbS2HAc222银盐吸收液的作用：银盐吸收液由二乙氨基二硫代

16、甲酸银与三乙醇胺和氯仿 溶液组成，可与AsH3作用生成红色胶态银。毛细导气管的作用：当银胶粒的半径为2535nm时,那么溶胶呈红色；假设半径 更大那么以黑色银粒析出并附着在导气管外表上。因此，“中华人民国生活 饮用水标准分析法测砷时,对毛细导气管的长度和径作严格要求。水浴加热的作用：将反响温度控制在2540，以免反响过激或过缓。【命题立意】化学是一门以实验为根底的自然科学，化学研究与化学学科的开展均离不开实 验。掌握实验的方法以与完成化学实验所必需的技能，是学好化学的关键。化学又是一门实用性、创造性的科学，与医药、环境等多学科交叉，很大程度地 改变了世界。此题素材来源于“中华人民国生活饮用水标

17、准分析法，根 据高考实验题的特点，将测砷实验分解成实验1、实验2、实验3三个局部，简化了操作步骤并进展相关设问。乍看很陌生、很复杂，但标准溶液的配制、制气装置与除杂方法、氧化复原反响原理却是中学化学的重要容，此题可有 效考查学生的化学实验探究能力。【实验1】以配制砷标准溶液为背景，涉与溶液配制、稀释、数据处理等方面的考查，题干中浓度之表示方法与中学所学不同，意在检测学生知识迁移与数 据处理能力。【实验 2】以制备砷标准对照液为背景，围绕固-液常温制气装置的识别、气体的除杂方法、氧化复原反响原理、离子方程式书写、加热方法、问题讨论、数据处理等多方面设问，既考查了化学实验的仪器、操作、技能等根本知

18、识，还考查了学生实验探究能力和综合分析能力。第2小题检测乙酸铅用于吸收H2S的作用。要求学生根据题干信息与制气原理，准确判断对实验有干扰作用的杂质成分，综合推理得出正确答案，意在 检测学生获取、处理信息的能力与迁移能力。第3小题检测生成砷化氢反响的离子方程式，意在考查学生关于元素周期表、氧化复原反响、离子方程式等根底知识。第4小题，第1问检测加热方法；第2问检测氢气在实验中的作用，意在考查学生知识的迁移能力与思维的缜密性与深刻性。第5小题，检测毛细导气管的作用，意在考查学生观察陌生情景、陌生仪器，通过类推、分析、迁移，得出正确结论的能力。【实验 3】以检测明矾样品含砷酸盐中的砷含量是否超标为背

19、景，考查学生整合信息的能力和化学实验数据处理的能力。化学实验题从熟悉走向陌生、从定性走向定量，是命题的一种走向。如此命题， 不仅全面考查了考生在解决实验问题过程中观察能力的全面性、判断问题的准 确性、思维的缜密性与深刻性，更考查了考生的阅读理解能力、知识应用能力、 信息获取能力、分析和解决问题的能力。试题中的第4小题第2 问、第5 小题，是为有效区别中、高水平学生而设置的。【解题思路】此题涉与的测砷法原理是中学生所陌生的，学生解答此题的前提是需认真读取题干信息，结合装置图，联系中学知识，以求对整个实验过程能有大致了解。因 此，讲评此题的关键在于，指导学生如何读取信息，如何分析信息，如何结合并

20、运用中学知识解决问题。第1小题，要求学生回答关于“配制砷标准溶液的仪器与定量问题。虽然， 题中浓度之表示方法与中学所学不同，根据题干信息，联系“物质的量浓度的 相关知识，不难得出正确结论。第25四小题，是此题之考查重点，从各个角度考查化学实验知识。第2小题，乙酸铅用于吸收H2S的作用不是中学化学教学容，但制气装置与除杂方法却是中学生熟知之知识。从题干“足量锌粒含有ZnS杂质 信息可知，反响中有H2S生成，通过类推、迁移，可判断“乙酸铅棉花用于2715 分除去H2S，以免干扰实验。第3小题，根据砷在元素周期表中的位置，可正确书写砷化氢的分子式。第4小题，第1问可从“控制反响温度2540的信息，确

21、定控制A瓶中反响温度的方法为水浴加热；第2问氢气的作用是此题的难点，气体的定量 分析关键在于使所测气体完全进入吸收管，常需设置载气装置。此题却未见载 气装置，可见氢气另一种作用就是载气，使生成的H2S完全被银盐溶液吸收。第5小题，类推、迁移中学实验导气过程中球泡的应用，可得出毛细导气管的作用是“增大反响接触面积，使AsH3气体被充分吸收，本问难在“确保形成胶态银这一作用。讲评时，要引导学生回顾胶体制法要点，联系题干 “红色胶态银，通过，得出正确结论。第6小题考查化学实验中数据的处理，尽管学生比照色法与“百万分之二质量分数这种表示方法是陌生的，但只要读懂题干信息，可列方程：a21062103(L

22、)1106(gL-1)，a聚合硫酸铁PFS是一种高效的无机高分子絮凝剂。某工厂利用经浮选的硫铁矿烧渣有效成分为Fe2O3和Fe3O4制备PFS，其工艺流程如以下图所示。1“复原焙烧过程中，CO 复原Fe3O4生成FeO的热化学方程式为。：Fe3O4(s) +C(s)3FeO(s) +CO(g)H1= 191.9kJmol1C(s)+O2(g)CO2(g)H2=393.5kJmol1C(s)+CO2(g)2CO(g)H3=+172.5kJmol12CO是“复原焙烧过程的主要复原剂。以下图中，曲线表示4个化学反响a、b、c、 d达到平衡时气相组成和温度的关系，、分别是Fe2O3、Fe3O4、FeO

23、、Fe稳定存在的区域。a属于填“吸热反响或“放热反响；5700C时，d 反响的平衡常数K=。3工业上，“复原焙烧的温度一般控制在800左右，温度不宜过高的理由是。4假设“酸浸时间过长，浸出液Fe2+含量反而降低，主要原因是。5：25时，KspFe(OH)2=1.010-17，KspFe(OH)3=1.010-39。假设浸出液中c(Fe2+)=10-1.8 molL-1，为防止“催化氧化过程中产生副产物Fe(OH)3，应调节浸出液的pH。6FeSO4溶液在空气中会缓慢氧化生成难溶的Fe(OH)SO4，该反响的离子方程式为。“催化氧化 过程中，用NaNO2作催化剂NO起实质上的催化作用时， 温度与

24、Fe2+转化率的关系如右图所示反响时间一样，Fe2+转化率随温度的升高先上升后下降的原因是3 42【答案】1FeO(s) +CO(g) =3FeO (s) +CO(g)H=19.4kJmol12放热反响；13浪费能量，且FeO易被复原成Fe24Fe2+易被空气中的O氧化成Fe3+51.664SO2-+ 4Fe2+ O+2HO= 4Fe(OH)SO4224温度升高，反响速率增大；温度过高，NO气体逸出，转化率下降【试题背景】此题严密联系科研热点与生产实际，素材选自理工大学春霞硕士生论文硫铁矿烧渣制取聚合硫酸铁的反响行为研究。硫铁矿烧渣制取聚合硫酸铁的 工艺流程的关键点有以下几个方面：用焦炭“复原

25、焙烧硫铁矿烧渣，CO是整个复原过程的复原剂；“复原焙烧过程，坐标图中的4条曲线是通过4个化学反响a、b、c、d平衡时的气相组成对温度作图得到的。、分别是Fe2O3、Fe3O4、FeO、Fe稳定存在的区域。曲线a以下属区域，在此区域中Fe2O3不能被CO复原为Fe3O4；曲线d和曲线b以下和曲线a以上属区域，在此区域的条件下放入Fe2O3，将按反响a被复原为Fe3O4，假设放入FeO和Fe，那么按反响b和d的逆反响被氧化为Fe2O3；曲线b和曲线c之间属区域，在此区域的条件下，假设放入Fe3O4，按反响b被复原成FeO，如果放入金属Fe，那么按反响c的逆反应被氧化为FeO；曲线c和曲线d以上属区

26、域，在此区域的条件下假设放入FeO 或Fe3O4那么将被复原为Fe。从平衡图可以看出：Fe2O3几乎在任何温度下都很容易被复原为Fe3O4，不过温度低时，反响速度太慢；温度高于570时，如果CO%含量又较高，发生Fe3O4+ CO3FeO+ CO2的反响，生成FeO；即使在570以下,复原时间也不宜过长。因为CO%含量过高时，Fe3O4可被过复原为金 属Fe，这样既浪费了煤气，又降低了焙烧炉的生产能力。当然反响时间太短，复原将不完全；曲线b、c、d交点的温度是570,说明用CO作复原剂复原赤铁矿时，只要复原温度不超过570，不论CO或CO2的含量如何，均不能产生FeO，而温度越高，越容易产生F

27、eO。硫酸“酸浸过程主要为了得到Fe2+，实验中的主要影响因素为酸浸温度、酸浸时间、硫酸用量和硫酸浓度。研究显示，酸浸时间的单因素实验结果如右图所示。酸浸时间即反响时间10min增加到20min，亚铁的浸出率增加了11.9%，复原浸出率达到95%以上。继续延长反响时间铁的浸出率又呈现出下降趋势。分析认为，延长时间，已经被硫酸浸出的Fe2+会被氧化生成Fe3+，溶液量Fe3+的存在不是实验所需的。所以酸浸时间不宜太长，20min即可。“催化氧化过程，采用NaNO2为催化剂，工业氧气为氧化剂。分批参加NaNO22+和H2SO4，控制体系的pH和温度。当体系中不能检测到Fe时，反响即可完毕。氧是一种

28、非常强的氧化剂，可以将结晶硫酸亚铁直接氧化成碱式硫酸铁4FeSO4+ O2+ 2H2O = 4Fe(OH)SO4，它是一种难溶的黄色沉淀物，此反响在空气中即能缓慢进展。在酸性溶液中Fe2+的氧化速度非常缓慢，如果在氮氧化物的催化作用下由于动力学的原因，Fe2+氧化为Fe3+的过程在酸性条件下是缓慢的。因此，催化剂的使用很有意义。根据反响时出现的现象，其反响 机理推测如下：+NaNO2+HHNO2+Na3HNO2HNO3+2NO+H2OFe2+NOFe(NO)2+4Fe(NO)2+3O+4H+4Fe3+4NO+2HO；222NO参与Fe2+的反响过程，形成Fe (NO)2+离子，改变了反响过程，

29、降低了反响的活化能，从而提高了Fe2+的氧化速率。反响能很快地进展。氮氧化物的催化氧化过程是一个气液反响，反响速度由气体的吸收速度所控制，只有加快气体 的溶解速度才能提高反响速度，缩短反响周期，因此是通过采用强搅拌的方式 来加大气液反响外表积从而达到提高反响速度防止产生副产物Fe(OH)SO4。由图分析可知70是最正确反响温度。温度较低时，反响速率较慢，不利于 Fe2+的氧化反响，随着温度的升高，生成PFS的反响速率逐渐增大，NaNO2分解为NO的速率加快，NO作为催化剂催化活性逐渐增强。而温度过高，气体从反响液中逸出量增加，减少了气液接触面，增大了扩散传质的阻力，使传质速率减 慢，降低了Fe

30、2+的转化率。【命题立意】以硫铁矿烧渣为原料制备高效无机絮凝剂聚合硫酸铁PFS为素材，围绕其制备工艺流程进展设问。考查的主要容涉与高中化学核心知识Fe与其化合物的性质、化学方程式包括热化学方程式的书写、化学平衡移动原理、化学平衡常数的计算、实验条件控制、沉淀溶解平衡的计算与应用、氧化复原反 应原理、化学反响条件对产物的控制与影响以与绿色化学原子经济性、节约 能源思想。此题注重理论结合实际，引导学生认识并体会化学科学对社会开展的作用，关 注化学与科学技术、社会经济的协调开展。题干主要以工艺流程示意图的形式 呈现，题给信息丰富且相对陌生，考查学生通过观察图形获取有关感性认识和 印象进展加工与吸收的

31、能力，从试题提供的新信息中准确提取实质性容并与 已有知识板块整合进而重组为新知识块的能力，还考查学生将实际问题分解，运用相关知识，采用分析、综合的方法，解决复杂化学问题的能力，等等，比较全面地检查了考生在知识与技能、过程与方法、情感态度与价值观等方面的 开展情况。【解题思路】1考查盖斯定律的应用、热化学方程式的书写。选择、分析题给信息，利用 第1、第3个热化学方程式即可计算得出CO复原Fe3O4生成FeO的焓变值，该问题设计不仅打破学生原有“焦炭是复原剂的传统认知，还揭示CO复原Fe3O4 生成FeO的过程是吸热反响。2观察坐标图，对于反响a来说，当温度升高时，CO的含量增大，说明平衡逆向进展

32、，那么正反响为放热反响；570时，对于d反响Fe3O4+4CO=3Fe2CO40.540.5+4CO2来说，平衡常数K=CO4=4=1。3温度过高，会促进反响c进展，造成生成大量的单质Fe，浪费大量热能。4“酸浸时间过长，会促使亚铁的氧化，生成Fe3+，溶液量Fe3+的存在不是实验所需的。5为防止“催化氧化过程中产生副产物Fe(OH)3，根据元素守恒，假设亚铁离子全部氧化转化为铁离子，调节浸出液的pH。通过计算可得KspFe(OH)31.010-39OH-3= Fe3+=10-1.8=10-37.2，OH-=10-12.4，H+=10-1.6，那么pH1.6。6“催化氧化“聚合过程选用 NaN

33、O2 为催化剂，工业氧气为氧化剂。O2 可以将结晶硫酸亚铁直接氧化成难溶的黄色沉淀物碱式硫酸铁4FeSO4+O2+2H2O = 4Fe(OH)SO4。从题给信息可知聚合硫酸铁PFS呈液态，且催化氧化过程用NaNO2作催化剂时，NO起实质上的催化作用，即催化氧化过程是一个气液反响，由图分析可知70是最正确反响温度。从动力学化学反响速率的角度看，温度低于70时，反响速率较慢，不利于Fe2+的氧化反响，随着温度升高，NO气体逸出量增加，减少了气液接触面，降低了Fe2+的转化率。2814 分过二硫酸钾K2S2O8在科研与工业上有重要用途。2-+1S2O8的结构式为，其中S元素的化合价为。在Ag催化下，

34、2-2+S2O8能使含Mn的溶液变成紫红色，氧化产物是填离子符号。2某厂采用湿法K2S2O8氧化脱硝和氨法脱硫工艺综合处理燃煤锅炉烟气，提高了烟气处理效率，处理液还可以作为城市植被绿化的肥料。2-脱硫过程中，当吸收液pH=6时，n(SO)n(HSO)=。33-2-7：25时，Ka1(H2SO3)1.510；Ka2(H2SO3)1.010脱硝过程中依次发生两步反响：第1步K2S2O8 将NO氧化成HNO2，第2步K2S2O8继续氧化HNO2，第2 步反响的化学方程式为；一定条件下，NO去除率随温度变化的关系如右图所示。80时，假设NO初始浓度为450mgm-3，t min达到最大去除率，NO去除

35、的平均反响速率：v(NO)=mmol.L-1.min-1列代数式。3过二硫酸钾可通过“电解转化提纯方法制得，电解装置如右图所示。电解时，铁电极连接电源的极。常温下，电解液中含硫微粒主要存在形式与pH的关系如以下图所示。4在阳极放电的离子主要是HSO-，阳极区电解质溶液的pH围为，阳极的电极 反响式为。往电解产品中参加硫酸钾，使其转化为过二硫酸钾粗产品，提纯粗产品的方法是。【答案】1+6MnO-421:10HNO2+K2S2O8+H2O =HNO3+ K2SO4+ H2SO44506150.91610613.74106300.91610t或t或t3负022HSO-2e= SO2-+ 2H+428

36、重结晶【试题背景】本试题以华中科技大学环境科学与工程学院黄浩等的研究K2S2O8氧化吸收NO 的热力学与传质分析为背景。K2S2O8溶液为氧化剂，对模拟烟气中的NO进展氧化吸收。反响器中NO首先发生的氧化反响如式(1)所示。式(1)中 NO与吸收 液中的K2S2O8接触后，被初步氧化成HNO2，吸收液的pH开始下降。式(2)中被初步氧化成的HNO2进一步与K2S2O8接触，生成稳定的、极易溶于水的HNO3，达到模拟烟气氧化脱硝的目的。第1步为慢反响，脱硝反响速率决定于反响(1)。2NO+K2S2O8 +2H2O= 2HNO2+ K2SO4+ H2SO4(1)2HNO2+K2S2O8+ 2H2O

37、 =2HNO3+ 2K2SO4+2H2SO4(2)初始pH为9.0，烟气流量控制为1000NmLmin1，NO初始浓度为15mmolm-3， 经实验测得使用30mmolL-1KSO纯溶液与KSO联合Fe(II)EDTA的脱硝效228228率分别如以下图所示。由图可知，NO去除率同样是先随温度升高而增大，达到最正确反响温度时出现NO去除率峰值，然后去除率开始缓慢下降，与NO热力学分析结果一致；K2S2O8 联合 Fe(II)EDTA的最正确反响温度为80，浓度为30mmolL-1时NO氧化去除率高达91.6%，联合Fe(II)EDTA脱硝效果好的原因是Fe2+的参加对溶液中的K2S2O8起到了活

38、化作用。【命题立意】此题以陌生物质“过二硫酸钾的结构、性质、用途和制备为线索，容涉与物质结构与化合价的关系、氧化复原反响、电离平衡、化学反响速率、电解原 理与应用、物质提纯等，考查学生对化学反响原理融会贯穿的能力。试题设问 呈现视角多样，要求学生观察离子结构图、NO去除率-温度关系图、电解示意图、含硫微粒存在形式与pH关系图等，考查从图形、图表中获取有效信息的2-能力，并能分析、解决有关问题。第1题要求考生通过分析S2O8的结构式，2-2+推断硫元素的化合价，并能依据 S2O8与Mn的反响现象，推断氧化产物，考查结构式与化合价的关系与氧化复原反响的根底知识。第2题以过二硫酸钾在处理燃煤锅炉烟气

39、中的应用为载体，考查弱酸电离平衡的计算、氧化复原 反响方程式的书写，同时检测考生从图形中获取有效信息进展计算的能力。第3题以过二硫酸钾的制备为背景，给出含硫微粒存在形式与溶液的pH的关 系图，要求考生从中提取信息，完成pH围的选择、电极反响式的书写。【解题思路】1结构式中，每个S原子与4个O原子形成6个共价键，硫元素的化合价为2-2+-+6价；S2O8使含Mn的溶液变成紫红色，说明生成了MnO。4-2-+2氨吸收液中存在电离平衡：HSO3SO3 +H2-+3当pH=6时，氢离子浓度为10-6，代入Kac(SO3=)c(H)= 1.010-7计算，可得n(SO2-)n(HSO-)=1102c(H

40、SO-)332-由S2O8的结构式知，其中O为1价，作为氧化剂的K2S2O8被复原为H2SO4 ，复原剂HNO2HNO2+K2S2O8+H2O =HNO3+ K2SO4+ H2SO4从图中得出NO的最大去除率为0.916，NO初始浓度为450mgm-3，那么v(NO)=4506300.91610.-1.-1tmolLmin3电解时，铁电极应作为阴极，连接电源的负极；阳极放电的离子主要是-HSO4 ，电解NaHSO4得到Na2S2O8，由图可知，HSO4存在的pH围是22，而S O2 82-存在 02，阳极的电极反响式为：2HSO-42e=SO2-28+ 2H+(S化合价不变，O由2价升高至1价

41、，失电子)；往过二硫酸钠中参加硫酸钾得 到过二硫酸钾粗产品，依据两者的溶解度差异，必须采用重结晶或结晶的 方法提纯。35化学选修3：物质结构与性质15分钛与其化合物的应用正越来越受到人们的关注。1基态Ti原子核外电子排布的最高能级符号是。与钛同周期元素中，基态原子的未成对电子数与钛一样的有种。2钛比钢轻，比铝硬，是一种新兴的结构材料。钛硬度比铝大的原因是。3TiCl4 是氯化法制取钛的中间产物，TiCl4和SiCl4在常温下都是液体，分子结构相同。采用蒸馏的方法别离SiCl4的TiCl4的混合物，先获得的馏分是填化学式。4半夹心结构催化剂M能催化乙烯、丙烯、苯乙烯等的聚合，其结构如右图所示。

42、组成该物质的元素中，电负性最大的是填元素名称。M中，碳原子的杂化形式有种。M中，不含填标号。a键b键c配位键d氢键e离子键5金红石TiO2是含钛的主要矿物之一，具有典型的四方晶系结构。其晶胞结构晶胞中一样位置的原子相 同如右图所示。4 个微粒A、B、C、D中，属于氧原子的是。假设A、B、C的原子坐标分别为A(0，0，0)、B(0.69a，0.69a，c)、C(a，a，c)，那么D的原子坐标为D(0.19a，)；钛氧键键长d用代数式表示。【答案】13d；32Ti原子的价电子数比Al多，金属键更强或Ti的原子化热比Al大，金属键更强等其他合理答案3SiCl44 氧2 d、e5B、D 0.81a；0

43、.5c0.31a【命题立意】钛与其化合物在合金材料、催化剂合成、能源研究等领域应用越来越广泛。本 题以钛元素与其化合物为素材，考查原子核外电子排布式中能级符号表示、元 素未成对电子数数目确实定、金属键强弱判断的标准、晶体结构与性质、杂化 轨道类型判断、化学键的成键特征、电负性比拟、晶胞的组成微粒在空间的位 置关系、晶胞参数计算等物质结构与性质模块的根底知识。同时考查学生 获取信息能力、迁移能力、空间想象能力以与现场独立学习的能力。【解题思路】第1题，基态Ti原子核外电子排布为1S22S22P63S23P63d24S2且未成对电子数为2,最高能级符号为3d,第4周期元素中，基态原子的未成对电子数

44、与钛相 同的有Ni3d84S2、Ge4S24P2、Se4S24P43种。 第2题，钛与铝同为金属晶体，金属晶体的硬度主要由金属键决定，钛原子的价电子数比铝多，金属键更强，故钛硬度比铝大。第3题，由TiCl4和SiCl4在常温下都是液体可知，两者均属于分子晶体且分子结构一样，分子间作用力是影响分子晶体物理性质的主要因素，分子结构 一样，相对分子质量越大分子间作用力越大，所以，TiCl4的沸点比SiCl4的高。 第4题，半夹心结构催化剂M中含有C、H、O、Ti、Cl五种元素，电负性大小顺序为OClCHTi；碳原子的杂化形式有sp2、sp3两种；在半夹心分子结构中，C-C、C-H、C-O原子间存在键，环中存在大键、Ti与O间存在配位