浙江省温州市2020届高三11月选考适应性测试化学(解析版).pdf

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1、浙江省温州市 2020 届高三 11 月选考适应性测试 可能用到的相对原子质量：H 1C 12N 14O 16Na 23Mg 24Si 28P 31S 32Cl 35.5K 39Fe 56Cu 64Ba 137 选择题部分 一、选择题（本大题共15 小题，每小题3 分，共45 分。每个小题列出的四个备选项中只有 一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分） 1.下列说法不正确的是（） A. 国庆 70 周年放飞的气球材质是可降解材料，主要成分是聚乙烯 B. 晶体硅可用来制造集成电路、晶体管、太阳能电池等 C. MgO 与 Al2O3均可用于耐高温材料 D. 燃料的脱硫脱氮、NOx的催化转化

2、都是减少酸雨产生的措施 【答案】A 【详解】A.聚乙烯不属于可降解材料，故错误； B.硅属于半导体材料，能制造集成电路或太阳能电池等，故正确； C.氧化镁和氧化铝的熔点都较高，可以做耐高温材料，故正确； D. 燃料的脱硫脱氮、NOx的催化转化可以减少硫的氧化物和氮的氧化物的排放，能减少酸 雨的产生，故正确。 故选 A。 2.下列表示不正确的是（） A. 中子数为 20 的氯原子：37ClB. 氟离子的结构示意图： C. 水的球棍模型： 【答案】C D. 乙酸的比例模型： 【详解】A. 中子数为 20 的氯原子其质量数为 17+20=37，故37Cl 是正确的； B.氟离子核电荷数为 9，核外电

3、子数为 10，故正确； C.水分子为 V 型，不是直线型，故错误； D.该图为乙酸的比例模型，故正确。 故选 C。 3.某学习兴趣小组通过2KClO3十H2C2O4 剂 ClO2。下列说法正确的是（ ） A. KClO3中的 Cl 被氧化 B. H2C2O4是氧化剂 加热 CO2忄2ClO2K2CO3H2O制取高效消毒 C. 氧化产物和还原产物的物质的量之比为11 D. 每生成 1 mol ClO2转移 2 mol 电子 【答案】C 【详解】A.氯酸钾中的氯元素化合价降低，被还原，故错误； B.草酸中的碳元素化合价升高，作还原剂，故错误； C.二氧化碳和碳酸钾为氧化产物，二氧化氯为还原产物，二

4、者比例为11，故正确； D.氯元素化合价变化 1 价，所以每生成 1 mol ClO2转移 1mol 电子，故错误； 故选 C。 4.下列离子方程式正确的是（） 2 A. NaHSO3溶液中的水解方程式：HSO3H2O=H3O+SO 3 B. FeI2溶液中加双氧水，出现红褐色沉淀：6Fe2+3H2O2=2Fe（OH）34Fe3+ C. 10 mL 0.1 molL1 NaOH 溶液中滴加几滴 AlCl3溶液：Al3+3OH=Al（OH）3 D. 3a mol CO2通入含 2a mol Ba （OH）3CO24OHBa2+=BaCO32HCO 3 2 的溶液中： H2O 【答案】D 2 【详

5、解】A. HSO3H2O=H3O+SO 3 为 HSO3的电离方程式，故错误； B. FeI2溶液中加双氧水，应是碘离子被氧化，生成碘单质，再亚铁离子反应生成铁离子，故 错误； C. 10 mL 0.1 molL1 NaOH 溶液中滴加几滴 AlCl3溶液，说明碱过量，反应生成偏铝酸钠， 不是氢氧化铝，故错误； D. 3a mol CO2通入含 2a mol Ba（OH）2的溶液中，反应生成碳酸钡和碳酸氢钡，离子方程 式 3CO24OHBa2+=BaCO32HCO 3 H2O，故正确； 故选 D。 【点睛】掌握酸式盐的水解或电离方程式的书写， 通常都有水参与反应，关键是看离子是分 开还是结合的

6、问题，若分开，则为电离，若结合，则为水解。或结合电离或水解后的酸碱性 判断，如亚硫酸氢根离子电离显酸性，所以反应产物有氢离子，水解显碱性，则反应产物有 氢氧根离子。 5.下列说法不正确的是（） A. 若酸式滴定管旋塞处的小孔被凡士林严重堵塞，可以用细铁丝疏通 B. 镀锌铁皮与稀硫酸反应，若产生的气泡突然消失，锌反应完全，需立即取出铁皮 C. 液溴存放在带玻璃塞的棕色细口瓶中，并加水液封，放在阴凉处 D. 若皮肤被烫伤且已破，可先涂些紫药水或1%高锰酸钾溶液 【答案】B 【详解】A.酸式滴定管小孔被凡士林堵塞，可以用铁丝疏通，故正确； B.镀锌铁放在稀硫酸溶液中，锌为原电池的负极，铁为正极，当锌

7、反应完，反应速率减慢， 所以不会出现气泡突然消失的现象，只能气泡产生速率变慢，故错误； C.溴容易挥发，所以用水封，故正确； D.紫药水和高锰酸钾溶液都能杀菌消毒，故正确。 故选 B。 6.下列说法不正确的是（） A. 乙醇、苯酚与金属钠的反应实验中，先将两者溶于乙醚配成浓度接近的溶液，再投入绿 豆大小的金属钠，观察、比较实验现象 B. 可以用新制 Cu（OH）2浊液检验乙醛、甘油、葡萄糖、鸡蛋白四种物质的溶液（必要时 可加热） C. 牛油与 NaOH 浓溶液、乙醇混合加热充分反应后的混合液中，加入冷饱和食盐水以促进 固体沉淀析出 D. 分离氨基酸混合液可采用控制pH 法、分离乙醇和溴乙烷的混

8、合物可用萃取法 【答案】C 【详解】A.因为苯酚是固体，将其溶于乙醚形成溶液时，可以和金属钠反应，二者配制成接 近浓度，可以从反应产生气体的快慢进行比较，故正确； B.四种溶液中加入新制的氢氧化铜悬浊液， 没有明显现象的为乙醛， 出现沉淀的为鸡蛋白溶 液，另外两个出现绛蓝色溶液， 将两溶液加热，出现砖红色沉淀的为葡萄糖，剩余一个为甘 油，故能区别； C.牛油的主要成分为油脂， 在氢氧化钠溶液加热的条件下水解生成高级脂肪酸盐， 应加入热 的饱和食盐水进行盐析，故错误； D.不同的氨基酸的 pH 不同，可以通过控制pH 法进行分离，乙醇能与水任意比互溶，但溴 乙烷不溶于水，所以可以用水进行萃取分离

9、，故正确。 故选 C。 7.设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（） A. 0.1 mol C3H9N 中所含共用电子对数目为1.2NA B. 14 g N60（分子结构如图所示）中所含NN 键数目为 1.5NA C. 某温度下，1 L pH6 的纯水中所含 OH数目为 1.0108 NA D. 标准状况下，5.6 L 甲醛气体中所含的质子数目为4NA 【答案】C A.根据物质中的最外层电子数进行分析，【详解】共用电子对数为 C3H9N 中所含共用电子对数目为1.2NA，故正确； B. 14 g N60的物质的量为 1460 60 mol，N60的结构是每个氮原子和三个氮原子结合形

10、成两个 双键和一个单键，每两个氮原子形成一个共价键，1mol N60含有的氮氮键数为 即 14 g N60的含有氮氮键 60 90 1.5mol，数目为 1.5NA，故正确； C. 某温度下，1 L pH6 的纯水中氢离子浓度为 10-6mol/L，纯水中氢离子浓度和氢氧根离 子浓度相等，所以氢氧根离子浓度为10-6mol/L，氢氧根离子数目为 10-6 NA，故错误； D. 标准状况下，5.6 L 甲醛气体物质的量为 0.25mol，每个甲醛分子中含有16 个质子，所以 0.25mol 甲醛中所含的质子数目为4NA，故正确。 故选 C。 8.在某温度下，同时发生反应A（g）B（g）和 A（g

11、）C（g） 。已知 A（g）反应 1 603 90mol， 2 141 (3493) 12， 所以0.1 mol 2 生成 B（g）或 C（g）的能量如图所示，下列说法正确的是（） A. B（g）比 C（g）稳定 B. 在该温度下，反应刚开始时，产物以B 为主；反应足够长时间，产物以C 为主 C. 反应 A（g D. 反应 A（g） 【答案】B 【详解】A. 从图分析，的能量比高，根据能量低的稳定分析，B（g）比 C（g）不稳 定，故错误； B. 在该温度下，反应生成的活化能比生成的活化能低，所以反应刚开始时，产物以B 为主；比更稳定，所以反应足够长时间，产物以C 为主，故正确； C. 反应

12、A（g） D. 反应 A（g） 故选。 9.主族元素 X、Y、Z、W 在元素周期表中的位置如图所示，其中W 原子序数是 Z 的 2 倍。 下列说法不正确的是（） A. X、Y、Z 的氢化物沸点依次升高 B. Z 和 W 形成的化合物溶于水，既有共价键的断裂，又有共价键的形成 C. X、Y、Z 与氢元素组成的化学式为XY2ZH4的物质可能是分子晶体，也可能是离子晶体 D. M 的原子序号为 32，是一种重要的半导体材料 【答案】A 【详解】W 原子序数是 Z 的 2 倍，则为硫，为氧，为碳，为氮，为锗。 A.碳的氢化物为烃，碳原子数越多，沸点越高，所以不能确定沸点高低，故错误； B. Z 和 W

13、 形成的化合物为二氧化硫或三氧化硫，溶于水，反应生成亚硫酸或硫酸，反应中 既有共价键的断裂，又有共价键的形成，故正确； B（g）的活化能为 E1，故错误； C（g）为放热反应，即H0，但 S 不为 0，故错误。 ）B（g）的活化能为（E3E1） C（g）的 H0 且 S0 C. X、Y、Z 与氢元素组成的化学式为XY2ZH4可能为 CO（NH2）2，为分子晶体，可能为 NH4CNO，为离子晶体，故正确； D. 锗的原子序号为 32，是一种重要的半导体材料，故正确。 故选 A。 10.下列说法正确的是（） A. 甘油醛（）和葡萄糖均属于单糖，互为同系物 B. 2,3,5,5四甲基3,3二乙基己烷

14、的键线式为 C. 高聚物和 均是缩聚产物，它们有共同单体 D. 将总物质的量为 1 mol 的水杨酸、1,2二氯乙烷和 CH3NHCOOCH3的混合物与 NaOH 溶 液充分反应，最多可以消耗2 mol NaOH 【答案】D 【详解】A. 甘油醛不属于单糖，故错误； B.键线式为的名称为 2,2,4,5四甲基3,3二乙基己烷，故错误； C. 高聚物 有共同的单体，故错误； 的单体为碳酸乙二醇，而的单体是乙二醇，故没 D. 水杨酸含有羧基和酚羟基，1 mol 的水杨酸消耗 2mol 氢氧化钠，1 mol 的 1,2二氯乙烷 CH3NHCOOCH3含有酯基和肽键，消耗 2mol 氢氧化钠，所以 1

15、 mol 的 CH3NHCOOCH3消耗 2mol 氢氧化钠，将总物质的量为1 mol 三种物质的混合物与 NaOH 溶液充分反应，最多可 以消耗 2 mol NaOH，故正确。 故选 D。 11.在常温下，向20 mL 浓度均为 0.1 molL1的盐酸和氯化铵混合溶液中滴加0.1 molL1的 氢氧化钠溶液，溶液 pH 随氢氧化钠溶液加入体积的变化如图所示（忽略溶液体积变化） 。 下列说法正确的是（） 的 A. V（NaOH）20 mL 时，2n（NH 4 ）n（NH3H2O）n（H+）n（OH）0.1 mol B. V（NaOH）40 mL 时，c（NH 4 ）c（OH） C. 当 0V

16、（NaOH）40 mL 时，H2O 的电离程度一直增大 D. 若改用同浓度的氨水滴定原溶液， 同样使溶液 pH7 时所需氨水的体积比氢氧化钠溶液 要小 【答案】B 【详解】A. V（NaOH）20 mL 时，溶液中的溶质为0.02mol 氯化钠和 0.02mol 氯化铵，电 + n=n(Cl-)+nn(Cl-)=0.04mol，荷守恒有 n(Na+)+n （H+） （NH 4 ）（OH） ， 因为 n(Na+)=0.02mol， + n=0.02+nn NH3H2O）所以有n （H+） （NH 4 ）（OH） ， 物料守恒有n(Cl-)= n(Na+)+ n （NH 4 ） （， H2O）H2

17、O）n（H+）0.04即 0.02= n（NH 4 ）n（NH3，所以，2n（NH 4 ）n（NH3 mol+n（OH） ，故错误； B. V（NaOH）40 mL 时，溶质为0.04mol 氯化钠和 0.02mol 一水合氨，溶液显碱性，因为 水也能电离出氢氧根离子，故c（NH 4 ）c（OH）正确； C. 当 0V （NaOH） 40 mL 过程中， 前 20 毫升氢氧化钠是中和盐酸， 水的电离程度增大， 后 20 毫升是氯化铵和氢氧化钠反应，水的电离程度减小，故错误； D. 盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠溶液，为中性，若改用同浓度的氨水滴定原溶液，盐酸 和氨水反应后为氯化铵的溶液仍为酸性，

18、所以同样使溶液pH7 时所需氨水的体积比氢氧 化钠溶液要大，故错误。 故选 B。 12.某学习小组在容积固定为2 L 的密闭容器内充入 1 mol N2和 3 mol H2合成 NH3。恒温下 + + + + + + 开始反应，并用压力传感器测定压强如下表所示： 反应时间/min 压强/MPa 下列说法不正确的是（） A. 不断地将 NH3液化并移走，有利于反应正向进行 B. 其它条件不变，在 30 min 时，若压缩容器的体积，N2的平衡转化率增大 C. 从反应开始到 10 min 时，v（NH3）0.035 molL1min1 D. 在 30 min 时，再加入 0.5 mol N2、1.

19、5 mol H2和 2 mol NH3，平衡向逆反应方向移动 【答案】D 【详解】A.不断将氨气液化分离，生成物的浓度减小，平衡正向移动，故正确； B.压缩体积，平衡正向移动，氮气转化率增大，故正确； C.前 10 分钟，N2+3H22NH3 0 16.80 5 14.78 10 13.86 15 13.27 20 12.85 25 12.60 30 12.60 起始0.51.50 改变x3x2x 10min 时0.5-x1.5-3x 2x 有 0.5 x1.53x2x13.86 0.51.516.80 ，解 x=0.175mol/L，用氨气表示反应速率为 0.175mol/L2 10min

20、0.035 molL1min1，故正确； D.N2+3H22NH3 起始0.51.50 改变x3x2x 平衡 0.5-x1.5-3x2x ，有 0.5264 = 示为 30.250.7527 0.5 x1.53x2x12.60 0.51.516.80 ，解 x=0.25mol/L，则平衡常数表 ，在 30 min 时，再加入 0.5 mol N2、1.5 mol H2和 2 mol NH3，则有 Qc= 1.524 = 30.51.53 K，平衡正向移动，故错误。 故选 D。 13.2019 年诺贝尔化学奖授予在锂电池发展上做出贡献的三位科学家。某可连续工作的液流 锂离子储能电池放电时工作原理

21、如图所示，下列说法正确的是（） A. 放电时，储罐中发生反应：S2O82-2Fe2+=2Fe3+2SO42- B. 放电时，Li 电极发生了还原反应 C. 放电时，Ti 电极发生电极方程式为：Fe2+e=Fe3+ D. Li+选择性透过膜可以通过 Li+和 H2O 【答案】A 【详解】A.储能电池中锂为负极，失去电子生成锂离子，钛电极为正极，溶液中的铁离子得 到电子生成亚铁离子，储罐中亚铁离子与S2O82-反应，反应的离子方程式为： S2O82- 2Fe2+=2Fe3+2SO42-，故正确； B.放电时锂失去电子发生氧化反应，故错误； C. 放电时，Ti 电极发生的电极方程式为：Fe3+e=F

22、e2+，故错误； D. Li+选择性透过膜可以通过 Li+不能通过水，故错误。 故选 A。 【点睛】掌握原电池的工作原理，注意锂离子选择性的透过膜只能通过锂离子，S2O82-为还 原性离子，能被铁离子氧化。 14.硫酸铜分解产物受温度影响较大，现将硫酸铜在一定温度下分解，得到的气体产物可能 含有 SO2、SO3、O2，得到的固体产物可能含有CuO、Cu2O。已知 Cu 2O2H+=CuCu2+ H2O，某学习小组对产物进行以下实验，下列有关说法正确的是（） A. 将气体通过 BaCl2溶液产生白色沉淀，说明混合气体中含有SO3 B. 将气体通过酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色，说明混合气体中含有SO

23、2与 O2 C. 固体产物中加稀硝酸溶解，溶液呈蓝色，说明固体产物中含有CuO D. 将气体依次通过饱和Na2SO3溶液、灼热的铜网、酸性高锰酸钾可以将气体依次吸收 【答案】B A.二氧化硫和氧气和氯化钡可以反应生成硫酸钡沉淀，【详解】所以不能说明混合气体中含 有三氧化硫，故错误； B.二氧化硫能使酸性高锰酸钾溶液褪色， 说明混合气体含有二氧化硫， 硫酸铜分解生成二氧 的 化硫，硫元素化合价降低，应有元素化合价升高，所以产物肯定有氧气，故正确； C.固体产物加入稀硝酸，氧化铜或氧化亚铜都可以生成硝酸铜，不能说明固体含有氧化铜， 故错误； D. 将气体通过饱和 Na2SO3溶液，能吸收二氧化硫、

24、三氧化硫，故错误。 故选 B。 15.某溶液 X 中含有 H+、NH 4 、Na+、Mg2+、Fe2+、SO 4 、Cl、Br、AlO 2 、SiO32-和 HCO3- + 2 离子中的若干种。取 100 mL 该溶液进行如下实验： 下列说法正确的是（） A. 溶液 X 中一定没有AlO 2 、SiO32-，可能有 Na+、Fe2+ B. 溶液 X 中加 NaOH 后，所得沉淀的成分可能有两种 C. 溶液 X 中 c（Cl）0.2 molL1 D. 溶液 X 可能是由 NH4HSO4、MgCl2按物质的量之比 21 混合再溶于水配制而成 【答案】D 【详解】A.加入一定量的氢氧化钠后得到中性溶

25、液， 说明原溶液为酸性，则偏铝酸根离子和 硅酸根离子和碳酸氢根离子都不能存在， 后续溶液中加入硝酸银产生白色沉淀， 说明不含溴 离子。原溶液存在的阴离子只能是硫酸根离子或氯离子。所以 4.66 克白色沉淀为硫酸钡沉 淀，产生气体为氨气，所以原溶液一定含有铵根离子和硫酸根离子，若有亚铁离子，则加入 氢氧化钠生成氢氧化亚铁沉淀，灼烧后得到红棕色氧化铁，故一定不含亚铁离子，故错误； B.加入氢氧化钠能产生的沉淀只能是氢氧化镁沉淀，故错误； C.氨气的体积为 448mL，物质的量为 0.02mol，说明铵根离子物质的量为0.02mol，结合氢 氧化钠的物质的量为 0.02mol，硫酸钡沉淀为 4.66

26、 克，硫酸根离子物质的量为0.02mol，氧 化镁质量为 0.4 克，镁离子物质的量为0.01mol，结合的氢氧化钠的物质的量为0.02mol，第 一步消耗 0.06mol 氢氧化钠，所以说明原溶液还有氢离子，物质的量为 0.06-0.02-0.02=0.02mol，根据电荷守恒分析，还应存在有阴离子，只能为氯离子，所以氯离 2+0.02+0.02-0.022=0.02mol，若溶液中含有钠离子，则氯离子的物质子的物质的量为 0.01 0.02mol =0.2mol / L，故错误； 0.1L 的量大于 0.02mol，则氯离子的浓度最小值为 D.溶液中含有 0.02mol 铵根离子，0.02

27、mol 硫酸根离子，0.01mol 镁离子，0.02mol 氢离子， 氯离子物质的量最小值为0.02mol， 可能是由 0.02molNH4HSO4和 0.01molMgCl2按物质的量 之比 21 混合再溶于水配制而成，或还有氯化钠，故正确。 答案选 D。 【点睛】掌握反应过程中离子之间的比例关系，进行定量和定性分析，注意前后的一致性， 如当加入氢氧化钠后溶液为中性， 说明原溶液为酸性， 则偏铝酸根离子或硅酸根离子或碳酸 氢根离子等都不存在。 根据氢氧化钠的消耗量分析溶液中存在氢离子， 再根据溶液中的电荷 守恒确定溶液中的氯离子的存在以及数值。 非选择题部分 二、非选择题（本大题共7 小题，

28、共 50 分） 16.二元化合物 X 可由单质硫和 CaL1（OH）取一定量 X 与 100 mL 0.2 mol 2 浊液共热制得。 稀硫酸恰好完全反应，生成0.08 mol 淡黄色沉淀和 0.448 L 气体甲（已折算为标准状况） 。 请回答： （1） 甲的电子式为_。 （2） X 的化学式为_。 （3） X 与稀硫酸反应的化学方程式为_。 mol1）（4） 单质硫和 Ca（OH）2浊液制 X 时，还生成另一种含氧酸盐（ M160 g，该盐 与稀硫酸反应也有淡黄色沉淀生成并放出刺激性气味气体，则单质硫与Ca（OH）2浊液反 应制 X 的化学方程式为_。 （5） 气体甲通入硫酸铁溶液中能发生

29、反应。请设计实验方案验证反应后溶液中除H+之外 的阳离子_ _ 。 【答案】 (1).(2). CaS5或 S5Ca (3). CaS5H2SO4=CaSO44SH2S (4). 12S3Ca（OH）2=2CaS5CaS2O33H2O(5). 取反应后溶液分成两份，一份滴加 KSCN 溶液，若溶液显血红色，则说明有Fe3+；另一份（加热使过量的H2S 逸出）滴加酸性 KMnO4溶液，若紫色褪去或变浅，则说明有Fe2+ 【分析】二元化合物 X 可由单质硫和 Ca（OH）2浊液共热制得，应含有钙元素和硫元素， L1稀硫酸恰好完全反应，生成0.08 mol 淡黄色沉淀为硫，和取一定量 X 与 100

30、 mL 0.2 mol 0.448 L 气体甲为硫化氢，假设X 中硫元素的化合价为-x 价，反应中生成硫单质，化合价升 高 x 价，生成硫化氢， 硫的化合价降低 2-x，根据硫和硫化氢的物质的量比分析， 有 4x=2-x， 解 x=0.4，则 X 的化学式为 CaS5或 S5Ca。 【详解】(1).硫化氢的电子式为： (2)根据以上分析可知 X 为 CaS5或 S5Ca； (3)根据题意 CaS5和硫酸反应生成硫酸钙和硫和硫化氢，方程式为： CaS5H2SO4=CaSO4 4SH2S ； (4) 另一种含氧酸盐（M160 gmol1） ，该盐与稀硫酸反应也有淡黄色沉淀生成并放出刺 12S3Ca

31、激性气味气体二氧化硫， 说明该物质为 CaS2O3， 则硫和氢氧化钙的方程式为：（OH） 2=2CaS5CaS2O33H2O； ； (5)硫化氢和硫酸铁反应生成硫和硫酸亚铁和硫酸，溶液中的阳离子除了氢离子外，还有亚 铁离子，可能有铁离子，所以利用铁离子遇到硫氰化钾显红色检验， 利用亚铁离子能使高锰 酸钾溶液褪色碱性，实验方法为：取反应后溶液分成两份，一份滴加KSCN 溶液，若溶液 显血红色，则说明有Fe3+；另一份（加热使过量的H2S 逸出）滴加酸性 KMnO4溶液，若紫 色褪去或变浅，则说明有Fe2+。 【点睛】 掌握利用元素化合价变化分析反应产物， 结合常见物质的物理或化学性质进行推断。

32、含硫物质和稀硫酸反应生成的气体通常不是氢气，而是含有硫的气体，一般为硫化氢。 17.以磷石膏（主要成分是CaSO4，含少量的 Al2O3、SiO2等杂质）为原料制备Na2SO4、 CaBr22H2O 和 NH4Cl 等产品的工艺流程如下： 请回答： （1） 反应釜 1 中SO 4 的浸出率与加料速度、反应温度的关系如下图所示： 2 反应的最佳条件为_。 其它条件相同时，SO 4 浸出率随反应温度先升后降的原因是 _。 （2） 实验室里模拟上述煅烧操作，下列仪器中有用到的是_。 A 瓷坩埚B 铁坩埚 C 酒精灯D 酒精喷灯 （3） 反应釜 2 中进行的反应是_。 （4） 反应釜 3 中完成反应后

33、，分离硫酸钠、氯化铵的操作：在90左右蒸发浓缩至较多 晶体析出_得到 Na2SO4粗品；同时，将热滤液 _得 NH4Cl 粗品NH4Cl 的溶解度如图所示）（Na2SO4、。 2 (1). 加料速度为 36 gmin1、【答案】反应温度为 40(2).（温度低于 40反应速率慢） 温度在 3040时，温度越高反应速率越快；高于40（NH4）2CO3受热分解(3). BD (4). 3CaO2NH3H2O3Br2=3CaBr2N25H2O 或 3CaO2NH33Br2=3CaBr2N2 3H2O(5). 趁热过滤(6). 冷却至 35左右、趁热过滤或冷却至3540过滤 【分析】 （1）根据图象找

34、出硫酸根离子浸出率最高的加料速度和温度； （2）根据温度对反应速率的影响和温度对碳酸铵的影响分析； （3）根据煅烧碳酸钙时不能与容器反应分析使用的容器，根据煅烧的温度选择加热仪器。 （4）根据已给反应物分析反应产物，根据元素化合价变化分析。 （5）物质的溶解度变化曲线分析分离提纯的方法。 min1、反应温度为 40时硫酸根离子浸出率最【详解】(1) 从图分析，加料速度为36 g 高，为最佳条件； 反应釜 1 中加入碳酸铵，随着温度升高， （温度低于 40反应速率慢）温度在3040 时，反应速率越快硫酸根离子浸出率升高；高于40（NH4）2CO3受热分解，硫酸根离子 的浸出率降低； (2)因为是

35、煅烧碳酸钙，其与瓷坩埚中的二氧化硅反应，所以选择铁坩埚，煅烧需要较高的 温度，选择酒精喷灯，故选BD； (3).碳酸钙煅烧后生成氧化钙和二氧化碳，加入氨水和溴反应生成溴化钙，因为溴元素化合 H2O3Br2=3CaBr2价降低，所以有氮元素化合价升高生成氮气，方程式为： 3CaO2NH3 N25H2O 或 3CaO2NH33Br 2=3CaBr2N23H2O； (4)根据氯化铵和硫酸钠的溶解度曲线分析，随着温度升高，硫酸钠的溶解度降低，而氯化 铵的溶解度升高，所以在在90左右蒸发浓缩至较多晶体析出趁热过滤得到硫酸钠晶体， 滤液冷却至 35左右、趁热过滤或冷却至3540过滤可得到氯化铵晶体。 18

36、.硫酸在生活和生产中应用广泛。 某工厂以黄铁矿（主要成分为FeS2）为原料，采用“接触法”制备硫酸。 已知 298 K 和 101 kPa 条件下： 2FeS2（s）=2FeS（s）S（s）H1 S（s）2O2（g）=2SO2（g）H2 4FeS（s）7O2（g）=2Fe2O3（s）4SO2（g）H3 则在该条件下 FeS2与 O2生成 Fe2O3和 SO2的总热化学方程式是 _。 催化氧化反应：2SO2（g）O2（g）2SO3（g）H0 105 Pa 和初始 n（SO2）2 mol，充入一定量（1） 在体积可变的密闭容器，维持压强为1 的 O2，SO2平衡转化率 （SO2）随 O 2 物质的

37、量 n（O2）的变化关系如图所示： 在 1000时，SO2平衡转化率随着 O2物质的量的增大缓慢升高，解释其原因 _。 a 点时 SO3的平衡分压 p（SO3）_Pa（保留 2 位有效数字，某组分的平衡分压 总压某组分的物质的量分数） 。 （2）保持温度不变，向固定体积的密闭容器中充入一定量的SO2、O2。请画出平衡体系中 SO3的体积分数 （SO3）随初始 SO2、O2的物质的量之比n（SO2）/n（O2）的变化趋势图。 （3）已知活化氧可以把SO2快速氧化为 SO3。根据计算机模拟结果，在炭黑表面上O2转化 为活化氧的反应历程与能量变化如图所示。下列说法正确的是_。 A O2转化为活化氧是

38、氧氧键的断裂与碳氧键的生成过程 B 该过程中最大能垒（活化能）E 正 0.73 eV C 每活化一个 O2吸收 0.29 eV 的能量 D 炭黑可作为 SO2转化为 SO3的催化剂 E 其它条件相同时，炭黑颗粒越小，反应速率越快 硫酸工厂尾气中的 SO2可被 NaOH 溶液吸收，用惰性电极将所得的Na2SO3溶液进行电 解， 可循环再生 NaOH 的同时得到 H2SO4， 写出阳极的电极方程式_。 【答案】(1). 4FeS2（s）11O2（g）=2Fe2O3（s）8SO2（g）H2H12H2H3； 该反应 H0，1000时，该反应的化学平衡常数很小， SO2平衡转化率小；1000时，恒 压条

39、件下，充入 O2，c（SO2）和 c（SO3）等倍数减，c（O2）增大，Qc c2SO 3 c2SO 2 cO 2 104或 0.73105(3).K，平衡正向移动，SO2平衡转化率增大(2). 7.3 2 (4). ADE(5).SO 3 H2O2e=SO 4 2H+ 2 【分析】 （1）根据盖斯定律分析热化学方程式的书写。 （2）根据平衡的三段式模式计算。 （3）根据反应过程能量的变化分析活化能及是放热还是吸热过程。 （4）根据阳极失去电子化合价升高分析电极反应。 【详解】 2FeS2（s）=2FeS（s）S（s）H1；S（s）2O2（g）=2SO2（g） H2；4FeS（s）7O2（g）

40、=2Fe2O3（s）4SO2（g）H3，根据盖斯定律分析， 2+ 2+得热化学方程式为：4FeS2（s）11O2（g）=2Fe2O3（s）8SO2（g）H2H1 2H2H3； (1) 该反应 H0，1000时，根据二氧化硫的转化率曲线，该反应的化学平衡常数很 小，SO2平衡转化率小；1000时，恒压条件下，充入O 2，c（SO2）和c（SO3）等倍数减， c（O2）增大，Qc 2SO2(g)O2(g) c2SO 3 c2SO 2 cO 2 2SO3(g) K，平衡正向移动，SO2平衡转化率增大 ； 起始210 改变1.60.81.6 平衡0.40.21.6 104或 0.73105；三氧化硫的

41、平衡分压为 0.40.21.6 1105=7.3 1.6 (2) 保持温度不变，向固定体积的密闭容器中充入一定量的SO2、O2。二氧化硫和氧气的比 例为 2：时三氧化硫的平衡体积分数最大，故图象为： ； (3). A.从图分析，O2转化为活化氧是氧氧键的断裂与碳氧键的生成过程，故正确； B. 该过程中最大能垒(活化能)为 0.75-0.0=0.75 eV ，故错误； C每活化一个 O2释放 0.29 eV 的能量，故错误； D炭黑可以提供活化氧，可作为SO2转化为 SO3的催化剂，故正确； E其它条件相同时，炭黑颗粒越小，反应接触面越大，反应速率越快，故正确。故选 ADE。 .用惰性电极将所得

42、的Na2SO3溶液进行电解，可循环再生 NaOH 的同时得到 H2SO4，阳极 是亚硫酸根离子失去电子生成硫酸根离子，阳极的电极反应式为：SO 3 H2O2e=SO 4 2H+。 19.某学习小组以铝铁铜合金为主要原料制备Cu（NH3）4SO4H2O（一水硫酸四氨合铜）和 Fe3O4胶体粒子，具体流程如下： 已知：Cu（NH3）42+=Cu2+4NH3 Fe 2Fe8OH 2+ 2 2 加热 Fe3O44H2O Cu（NH3）4SO4易溶于水，难溶于乙醇。 请回答： （1） 滤渣的成分为_。 步骤中生成CuH2O 的离子方程式 _。（2）（NH3）： 4SO4 步骤中加入（NH4）2SO4的作

43、用是作为反应物和_。 步骤中加入95%乙醇时，（3）缓慢加入的目的是_。 （4） 下列有关叙述正确的是_。 A 步骤缓慢滴加 H2O2并不断搅拌，有利于提高H2O2的利用率 B 步骤若改为蒸发浓缩、冷却结晶，得到的一水硫酸四氨合铜晶体会含有较多Cu（OH） 2 等杂质 C 步骤、用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、吸滤瓶等 D 步骤中洗涤操作为关闭水龙头，加乙醇溶液浸没沉淀，缓慢流干，重复23 次 （5） 步骤中，从滤渣制备Fe3O4胶体粒子需经过一系列操作。即：滤渣中加过量NaOH 溶液搅拌溶解_过滤、 洗涤、 干燥得 Fe3O4胶体粒子。 根据下列提供的操作，请在空格处填写正确的操作次

44、序（填写序号） 。 氮气氛围下缓慢滴加NaOH 溶液，加热溶液 过滤、洗涤 加入过量稀硫酸溶解 加入适量 FeSO4固体，搅拌溶解 测定 Fe3+含量 （6） 测定一水硫酸四氨合铜晶体产品的纯度，过程如下：取0.5000 g 试样溶于水，滴加3 molL1 H2SO4至 pH 为 34，加入过量KI 固体。以淀粉溶液为指示剂，生成的碘用0.1000 molL1 Na2S2O3标准溶液滴定，重复 23 次，平均消耗 Na2S2O3标准溶液 20.00 mL。 。该 试样中一水硫酸四氨合铜的纯度为_。 MCuH2O246.0 gmol1；2Cu2+4I=2CuII2 ， I 22S2O32-=2I

45、S4O62-。 已知：（NH3） 4SO4 【答案】(1). Al （OH） 3、Fe （OH）3 (2). CuH2O22NH32NH 4 =Cu（NH3） 42+2H2O H2O2NH 4 = Cu（NH3）42+4H2O(3). 抑制 NH3H2O 的电离或或 CuH2O22NH3 2+H2O，促进生成 Cu （NH3）控制 pH 不能太大， 以防 H2O2 4 （NH 4 与反应生成的 OH 成 NH3 + + + 在强碱条件下的分解）(4). 有利于得到较大颗粒的晶体(5). ABC(6). (7). 98.40% 【分析】 （1）合金粉末进行分离，铝铁应转化为滤渣形式，从所给物质分

46、析，只能是氢氧化 铝和氢氧化铁形式，铜转化为Cu(NH3)4SO4，利用Cu(NH3)4SO4难溶于乙醇，进行分离。 【详解】(1)合金粉末溶于氨水和硫酸铵以及过氧化氢的作用下，能进行分离，铁和铝都转 化为滤渣，说明滤渣为 Al（OH）3、Fe（OH）3； (2)铜在氨水和硫酸铵和过氧化氢存在反应生成Cu(NH3)4SO4，离子方程式为 CuH2O2 2+2+2NH32NH 4 =CuH2O2NH 4 = Cu（NH3）（NH3） 4 2H2O 或 CuH2O22NH3 4 4H2 O； + 硫酸铵不仅提供铵根离子抑制氨水的电离，还可以抑制pH 不能太大，以防 H2O2在强碱条 件下的分解；

47、(3)因为Cu(NH3)4SO4在乙醇中的溶解度小，加入95%乙醇有利于得到较大颗粒的晶体； (4) A因为过氧化氢能够分解，所以在步骤缓慢滴加H2O2并不断搅拌，有利于提高 H2O2 B Cu(NH3)42+的利用率， 故正确；步骤若改为蒸发浓缩、 冷却结晶， 蒸发过程中促进反应， Cu2+4NH3，氨气逸出，铜离子水解生成氢氧化铜，所以得到的一水硫酸四氨合铜晶体 会含有较多 Cu(OH)2等杂质，故正确；C步骤、是进行抽滤和洗涤，需要用到的玻璃 仪器有烧杯、玻璃棒、 胶头滴管、吸滤瓶等，故正确； D步骤中洗涤操作为关闭水龙头， 加乙醇溶液浸没沉淀，然后进行抽滤，不能缓慢流干，故错误。故选ABC； (5) 滤渣为氢氧化铝和氢氧化铁的混合物， 加过量 NaOH 溶液搅拌，氢氧化铝溶解生成偏铝 酸钠，然后过滤出氢氧化铁沉淀， 加入过量的稀硫酸将其溶解生成铁离子， 测定铁离子的含 量，控制量，加入适量的硫酸亚铁固体， 在氮气的氛围下缓慢加入氢氧化钠溶