【化学】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(解析版)

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【化学】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(解析版)

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 ‎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 ‎【答案】A ‎【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 ‎【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 ‎【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 ‎【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 ‎【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 ‎【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 ‎【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 ‎【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 ‎【答案】D ‎【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 ‎【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 ‎【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 ‎【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 ‎【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 ‎【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 ‎【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。‎ ‎【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%‎ ‎【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-‎ ‎【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
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