1、高考资源网（） 您身边的高考专家武安市第三中学高三期中考试化学试卷一、单选题（1-15题，每题3分；16-20题，每题4分，共计65分）1. 天然气因含有少量H2S等气体开采应用受限。T.F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，其原理如图所示。下列说法不正确的是A. 该脱硫过程需要不断添加Fe2(SO4)3溶液B. 脱硫过程O2间接氧化H2SC. 亚铁是血红蛋白的重要组成成分，FeSO4可用于治疗缺铁性贫血D. 华阳国志记载“取井火煮之，一斛水得五斗盐”，说明我国古代已利用天然气煮盐【答案】A【解析】【分析】根据图示过程，Fe2(SO4)3在T.F菌的作用下将硫化氢氧化为硫单质，同时自身还原为
2、硫酸亚铁，硫酸亚铁在氧气的氧化下生成硫酸铁，生成的硫酸铁又继续氧化硫化氢，形成循环，在此过程中硫酸铁可视为催化剂，据此回答。【详解】AT.F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，Fe2(SO4)3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁，硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁，Fe2(SO4)3可视为催化剂，该脱硫过程不需要不断添加Fe2(SO4)3溶液，A错误；B脱硫过程：Fe2(SO4)3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁，硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁，脱硫过程O2间接氧化H2S，B正确；C亚铁是血红蛋白的重要组成成分，起着向人体组织传送O2的作用，若缺铁就可能出现缺铁性贫血，需补充一定量的亚铁离子，C正确；D天
3、然气主要成分为甲烷，甲烷燃烧放出热量，井火为天然气燃烧出现的火焰，故说明我国古代已利用天然气煮盐，D正确；故选A。2. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的（ ）A. 2.0gH218O与D216O的混合物中所含中子数为NAB. 1molNa2O2固体中含离子总数为4NAC. 标准状况下，11.2L CCl4中含有分子的数目为0.5NAD. 1mol Fe与1molCl2充分反应，转移电子数为3NA【答案】A【解析】【分析】A. H218O与D2O的摩尔质量均为20 g/mol，且均含10个中子；B. 1molNa2O2中含2mol钠离子与1mol过氧根离子；C. CCl4在标准状况下不
4、是气体；D. 铁与氯气反应生成氯化铁。【详解】A. H218O与D2O的摩尔质量均为20 g/mol，故2.0 g混合物的物质的量为0.1 mol，且两者均含10个中子，所以0.1 mol混合物中含1 mol中子即NA个，A项正确；B. 1mol Na2O2固体中含钠离子为2 mol，过氧根离子为1 mol，所以所含离子总数为3 NA，B项错误；C. CCl4在标准状况下为液体，不能按气体摩尔体积计算11.2 L CCl4的物质的量，C项错误；D. Fe与Cl2按物质的量之比为2:3充分反应生成FeCl3后，铁剩余，则1mol氯气反应转移2 mol电子即2 NA个，而不是3NA，D项错误；答案
5、选A。3. 有机物分枝酸结构简式如图，分枝酸可用于生化研究。下列关于分枝酸的叙述正确的是A. 分子中含有3种官能团B. 1mol分枝酸最多可与3 mol NaOH发生中和反应C. 可与乙醇、乙酸反应，且反应类型不相同D. 可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理不相同【答案】D【解析】【分析】由结构可知，分子中含羧基、碳碳双键、羟基、醚键，结合羧酸、烯烃、醇的性质来解答。【详解】A. 含羧基、碳碳双键、羟基、醚键四种官能团，故A错误；B. 分枝酸的六元环不是苯环，故羟基是醇羟基，只有与反应，则1mol分枝酸最多可与2molNaOH发生中和反应，故B错误；C. 可与乙醇、乙酸反应，均为
6、酯化反应，反应类型相同，故C错误；D. 含碳碳双键，与溴发生加成反应，与高锰酸钾发生氧化反应，原理不同，故D正确；答案选D。4. 利用下列装置(夹持装置略)进行实验，能达到实验目的的是A. 用甲装置制备并收集CO2B. 用乙装置制备溴苯并验证有HBr产生C. 用丙装置制备无水MgCl2D. 用丁装置在铁上镀铜【答案】C【解析】详解】A. CO2密度大于空气，应采用向上排空气法收集，A错误；B. 苯与溴在溴化铁作用下反应，反应较剧烈，反应放热，且溴易挥发，挥发出来的溴单质能与水反应生成氢溴酸，所以验证反应生成的HBr，应先将气体通过四氯化碳，将挥发的溴单质除去，B错误；C. MgCl2能水解，在
7、加热时通入干燥的HCl，能避免MgCl2的水解，C正确； D. 电解时，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，所以丁装置铁为阳极，失去电子，生成二价铁离子，铜为阴极，溶液中的铜离子得到电子，得到铜，D错误。答案选C。【点睛】本题为实验题，结合物质的性质和电解的原理进行解题，掌握常见物质的制备方法，注意水解的知识点。5. 四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X的简单离子具有相同电子层结构，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，W与Y同族，Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性。下列说法正确的是（ ）A. 简单离子半径：B. W与X形成的化合物溶于水后溶液呈碱性C. 气态氢化物
8、的热稳定性：D. 最高价氧化物的水化物的酸性：【答案】B【解析】【分析】四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，则X为Na；由原子序数可知，Y、Z处于第三周期，而Z与X（钠）形成的离子化合物的水溶液呈中性，则Z为Cl；W、X的简单离子具有相同电子层结构，且W与Y同族，W在第二周期且是非金属元素，W可能是N或O，则对应的Y为P或S。【详解】由上述分析可知，W为N或O，X为Na，Y为P或S，Z为Cl，A. X与W的离子电子层结构相同，简单离子半径：，故A错误；B. W与X形成的化合物Na3N、Na2O、Na2O2溶于水后溶液呈碱性，故B正确；C
9、. W与Y同族，气态氢化物的热稳定性：，故C错误；D.Y、Z处于第三周期， 最高价氧化物的水化物的酸性取决于非金属性，故：，故D错误；故选B。6. 已知：NO2(g)+CO(g)NO(g)+CO2(g)H。一定温度下， 1 mol NO2(g)与1 molCO(g)完全反应生成CO2(g)和NO(g)过程中的能量变化如图所示。下列说法不正确的是( )A. H=-234kJmol-1B. 该反应的逆反应的活化能为368kJmol-1C. 加入高效催化剂，E1、E2均减小D. 其他条不变，缩小容器体积，活化分子百分数增大【答案】D【解析】【详解】AH=生成物的能量-反应物的能量=-368kJmol
10、-1-(-134kJmol-1)=-234kJmol-1，故A正确；B该反应的逆反应的活化能为368kJmol-1，故B正确；C加入高效催化剂，能同时降低正、逆反应的活化能，即E1、E2均减小，故C正确；D其他条件不变，缩小容器体积，单位体积内活化分子数增大，但活化分子百分数不变，故D错误；综上所述答案为D。7. 我国学者研制了一种纳米反应器，用于催化草酸二甲酯（DMO）和氢气反应获得EG。反应过程 示意图如下:下列说法正确的是（ ）A. 氢气在该反应中作为催化剂B. DMO分子中只有碳氧单键发生了断裂C. MG酸性水解的一种产物在一定条件下能形成高分子化合物D. EG和甲醇互为同系物【答案】
11、C【解析】【详解】A根据示意图可知，草酸二甲酯和氢气反应生成了EG和甲醇，氢气是反应物，Cu纳米颗粒为催化剂，A错误；B根据示意图，DMO与氢气反应后生成了CH3OH和HOCH2CH2OH，DMO中除了碳氧单键发生了断裂，碳氧双键也发生了断裂，B错误；CMG的结构简式为HOCH2COOCH3，其在酸性条件下的水解产物为HOCH2COOH和CH3OH，HOCH2COOH中既含有醇羟基、又含有羧基，在一定条件下能发生缩聚反应形成高分子化合物，C正确；DEG的结构简式为HOCH2CH2OH，EG属于饱和二元醇，而甲醇属于饱和一元醇，两者所含羟基个数不相等，两者不互为同系物，D错误；答案选C。8. 用
12、阴离子交换膜控制电解液中的浓度制备纳米，反应为，装置如图，下列说法中正确的是（ ）A. 电解时通过交换膜向极移动B. 阳极反应式：C. 阴极放电，有生成D. 电极和电极上生成物的物质的量之比为【答案】B【解析】【详解】A极与外加电源的正极相连，极为阳极，极与外加电源的负极相连，极为阴极。电解时阴离子向阳极移动，则通过阴离子交换膜向极移动，选项A错误；B极为阳极，电极反应式为，选项B正确；C极为阴极，电极反应式为，阴极有生成，选项C错误；D根据电极反应式和阴、阳极得失电子守恒可知，极生成的和极生成的的物质的量之比为，选项D错误。答案选B。9. 下列实验中，实验操作能达到实验目的的是 （ ）选项实
13、验操作实验目的A将炽热的木炭与浓硝酸混合所得气体通入澄清石灰水中验证碳的氧化产物为CO2B向饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳探究Na2CO3和NaHCO3溶解度相对大小C向某溶液中滴加BaCl2溶液和稀硝酸检验原溶液中是否含SOD向淀粉溶液中加入稀硫酸，水浴加热，一段时间后，再加入新制的氢氧化铜悬浊液并加热验证淀粉已水解A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A. 炽热的木炭与浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，酸性条件下二氧化碳不能与石灰水反应生成沉淀，不能检验，故A错误；B. 向饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳，可析出碳酸氢钠晶体，可探究Na2CO3和Na
14、HCO3溶解度相对大小，故B正确；C. 白色沉淀为AgCl或硫酸钡，则原溶液中可能含银离子或硫酸根离子，且二者不能同时存在，故C错误；D. 由于水解液中含硫酸，故加入的悬浊液被中和，可能没有预期现象出现，应在水解液中加入氢氧化钠中和到碱性后，再加入新制的氢氧化铜悬浊液并加热，故D错误；答案选B。10. 在一个绝热的恒容密闭容器中，可逆反应达到平衡状态的标志是（ ） 各组分的物质的量不变 体系的压强不再发生变化 混合气体的密度不变 体系的温度不再发生变化 3mol H-H键断裂的同时有2mol N-H键也断裂A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】在化学反应过程中，各物质的反应速率之比
15、始终等于相应的化学计量数之比，故不能证明达到平衡状态；各组分的物质的量不变，可以证明达到平衡状态；该反应为气体体积变化的反应，在恒容密闭容器中体系的压强不再发生变化可以证明达到平衡状态；恒容密闭容器中，混合气体的体积始终不变，质量始终不变，故密度始终不变，不能证明达到平衡状态；该反应为放热反应，当体系的温度不再发生变化时，可以证明达到平衡状态； 在该反应中，若，则，可以证明达到平衡状态；3 mol HH键断裂的同时6 mol NH键也断裂才能表示正、逆反应速率相等，反应达到平衡，故不能证明达到平衡状态；故答案选C。11. 流动电池是一种新型电池。其主要特点是可以通过电解质溶液的循环流动，在电池
16、外部调节电解质溶液，以保持电池内部电极周围溶液浓度的稳定。北京化工大学新开发的一种流动电池如图所示，电池总反应为CuPbO22H2SO4=CuSO4PbSO42H2O。下列说法不正确的是()A. a为负极，b为正极B. 该电池工作时PbO2电极附近溶液的pH增大C. a极的电极反应为Cu2e=Cu2D. 调节电解质溶液的方法是补充CuSO4【答案】D【解析】【详解】A根据电池总反应为Cu+PbO2+2H2SO4CuSO4+PbSO4+2H2O，则铜失电子发生氧化反应为负极，PbO2得电子发生还原反应为正极，所以为负极，b为正极，故A正确；BPbO2得电子发生还原反应为正极，反应式为：PbO2+
17、4H+SO42-+2e-PbSO4+2H2O，所以PbO2电极附近溶液的pH增大，故B正确；C铜失电子发生氧化反应为负极，反应式为：Cu-2e-Cu2+，故C正确；D由电池总反应为Cu+PbO2+2H2SO4CuSO4+PbSO4+2H2O，则调节电解质溶液的方法是补充H2SO4，故D错误；答案选D。【点晴】根据原电池原理来分析解答，电池总反应为Cu+PbO2+2H2SO4CuSO4+PbSO4+2H2O，则铜失电子发生氧化反应为负极，反应式为：Cu-2e-Cu2+，PbO2得电子发生还原反应为正极，反应式为：PbO2+4H+SO42-+2e-PbSO4+2H2O，据此分析。12. 下列关于金
18、属腐蚀与防护的说法不正确的是A. 图，放置于干燥空气中的铁钉不易生锈B. 图，若将钢闸门与电源的正极相连，可防止钢闸门腐蚀C. 图，若断开电源，钢闸门将发生吸氧腐蚀D. 图，若金属M比Fe活泼，可防止输水管腐蚀【答案】B【解析】【详解】A.形成原电池需要电解质溶液，所以干燥空气中不易形成原电池，则铁钉不易生锈，故A正确；B. 与原电池的正极相连作阳极，活泼金属作阳极时，金属失电子易被腐蚀，所以若将钢闸门与电源的正极相连，不能防止钢闸门腐蚀，故B错误；C.中性、碱性和弱酸性条件下易发生吸氧腐蚀，所以钢闸门会发生吸氧腐蚀，故C正确；D 若金属M比Fe活泼，M、Fe形成原电池时，Fe作正极，M失电子
19、作负极，Fe被保护，故D正确；答案选B。13. T时在2L密闭容器中使X(g)与Y(g)发生反应生成Z(g)。反应过程中X、Y、Z的浓度变化如图1所示；若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，Y的体积百分含量与时间的关系如图2所示.则下列结论不正确的是( )A. 容器中发生的反应可表示为：3X(g)+Y(g)2Z(g)B. 反应进行的前3min内，用X表示的反应速率v(X)=0.1molL-1min-1C. 保持其他条件不变，升高温度，反应的化学平衡常数K减小D. 若改变反应条件，使反应进程如图3所示，则改变的条件是加催化剂【答案】C【解析】【详解】A. 从图1可以得出，X、Y为反应物，Z
20、为生成物，三者物质的量的变化量分别为0.6mol、0.2mol、0.4mol，且反应在3min达平衡，则反应为：3X(g)+Y(g)2Z(g)，A正确；B. 反应进行的前3min内，用X表示的反应速率v(X)=0.1molL-1min-1，B正确；C. T2先达平衡，则T2T1，保持其他条件不变，升高温度，Y的百分含量减小，说明平衡正向移动，反应的化学平衡常数K增大，C不正确；D. 若改变反应条件，使反应进程如图3所示，则达平衡的时间缩短，但各物质的量未改变，所以改变的条件是加催化剂，D正确。故选C。【点睛】判断T1与T2的相对大小时，可从反应达平衡的时间进行判断。反应达平衡的时间短，则反应速
21、率快，对应的温度高。14. 下列离子方程式正确的是（）A. 钠与水反应：B. 硅酸钠溶液与醋酸溶液混合：C. 0.01 mol/L溶液与0.02 mol/L Ba（OH）2溶液等体积混合：D. 浓硝酸中加入过量铁粉并加热：【答案】C【解析】【详解】A. 没有配平，钠与水反应的方程式为：，A错误；B. 醋酸难电离，硅酸钠溶液与醋酸溶液混合：，B错误；C. 0.01 mol/L溶液与0.02 mol/L Ba（OH）2溶液等体积混合恰好反应生成硫酸钡、氢氧化铝和一水合氨：，C正确；D. 浓硝酸中加入过量铁粉并加热生成的是亚铁离子：，D错误；答案选C。15. X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短
22、周期元素,其中Z为金属元素,X、W为同一主族元素。X、Z、W形成的最高价氧化物分别为甲、乙、丙。x、y2、z、w分别为X、Y、Z、W的单质，丁是化合物。其转化关系如图所示，下列判断错误的是A. 反应、都属于氧化还原反应B. X、Y、Z、W四种元素中，Y的原子半径最小C. Na着火时，可用甲扑灭D. 一定条件下，x与甲反应生成丁【答案】C【解析】根据题中信息可判断x为碳，丙为二氧化硅，在高温条件下碳与硅反应生成w为硅、丁为一氧化碳；y2为氧气，碳与氧气点燃反应生成甲为二氧化碳，z为镁，二氧化碳在镁中点燃反应生成碳和乙为氧化镁。A. 反应二氧化碳与镁反应、碳与氧气反应、碳与二氧化硅反应都属于氧化还
23、原反应，选项A正确；B. 同周期元素原子从左到右依次减小，同主族元素原子从上而下半径增大，故C、O、Mg、Si四种元素中，O的原子半径最小，选项B正确；C. Na着火时，不可用二氧化碳扑灭，选项C错误；D. 一定条件下，碳与二氧化碳在高温条件下反应生成一氧化碳，选项D正确。答案选C。点睛：本题考查元素周期表、元素周期律及物质的推断，根据题中信息可判断x为碳，丙为二氧化硅，在高温条件下碳与硅反应生成w为硅、丁为一氧化碳；y2为氧气，碳与氧气点燃反应生成甲为二氧化碳，z为镁，二氧化碳在镁中点燃反应生成碳和乙为氧化镁，据此分析解答。16. 若在铜片上镀银时，下列叙述正确的是()将铜片接在电池的正极上
24、将银片接在电源的正极上需用CuSO4溶液作电解液在银片上发生的反应是4OH4e=O22H2O需用AgNO3溶液作电解液在铜片上发生的反应是Age=AgA. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】若在铜片上镀银时，铜做电解池的阴极与电源负极相连，电解质溶液中的银离子得到电子发生还原反应生成银；银做电解池的阳极和电源正极相连，铜失电子发生氧化反应生成铜离子；电解质溶液为硝酸银溶液。【详解】依据上述分析可知：将铜片应接在电源的负极上，项错误；将银片应接在电源正极上，项正确；若用硫酸铜溶液为电镀液，阴极析出铜，项错误；在银片上发生的反应是：2Ag+2e=2Ag，项错误；需用硝酸银溶液为电镀液，项
25、正确；在铜片上发生的反应是：Age=Ag，项正确；综上所述，符合题意，答案选B。17. 异丁苯（）是合成镇痛药物布洛芬（）的原料。下列关于两种有机物的描述中正确的是（ ）A. 布洛芬分子式为B. 异丁苯中所有碳原子可能处于同一平面C. 1 mol布洛芬最多能与4 mol发生加成反应D. 异丁苯的一氯取代物有 6 种（不考虑立体异构）【答案】D【解析】【详解】A. 由布洛芬的结构式可知，布洛芬的分子式为，A项错误；B. 异丁苯的结构中含饱和C，该物质中所有碳原子不可能处于同一平面，B项错误；C. 布洛芬中的苯环可以和加成，所以1 mol布洛芬最多能与3 mol 发生加成反应，C项错误；D. 异丁
26、苯的一氯取代物取代位置表示如图：，共有6种，D项正确；答案选D。18. 镁电池作为一种低成本、高安全的储能装置，正受到国内外广大科研人员的关注。一种以固态含Mg2+的化合物为电解质的镁电池的总反应如下。下列说法错误的是xMg+V2O5 MgxV2O5A. 充电时，阳极质量减小B. 充电时，阴极反应式：Mg2+2e=MgC. 放电时，正极反应式为：V2O5+xMg2+2xe=MgxV2O5D. 放电时，电路中每流过2mol电子，固体电解质中有2molMg2+迁移至正极【答案】D【解析】【分析】根据电池反应可知该电池为二次电池，放电时，Mg易失电子，作负极，因而V2O5作正极。【详解】A.放电时V
27、2O5作正极，生成MgxV2O5（结合V元素的价态变化以及V元素在不同物质中的存在便可判断），充电时阳极为V2O5这一端，逆向看总反应，这时MgxV2O5变为V2O5，显然质量减小，A项正确；B.放电时，负极电极反应式为Mg-2e-=Mg2+，那么充电时，阴极为Mg这一端，电极反应式与负极完全相反，因而阴极反应式为Mg2+2e=Mg，B项正确；C.放电时，V元素降价，V2O5作正极，V2O5变为MgxV2O5，根据缺项配平原则，反应物还需补充Mg2+，因而正极反应式为V2O5+xMg2+2xe=MgxV2O5，C项正确；D.放电时，正极反应式为 V2O5+xMg2+2xe=MgxV2O5，n(
28、Mg2+)：n(e-)=x：2x=1：2，当电路流过2mol电子，根据比例关系，有1molMg2+在正极消耗，即固体电解质中有1molMg2+迁移至正极，D项错误。故答案选D。19. FeCO3与砂糖混用可以作补血剂，实验室里制备FeCO3的流程如下图所示，下列说法不正确的是A. 产品FeCO3在空气中高温分解可得到纯净的FeOB. 沉淀过程中有CO2气体放出C. 过滤操作的常用玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒D. 可利用KSCN溶液检验FeSO4溶液是否变质【答案】A【解析】【详解】A、碳酸亚铁在空气中高温分解，亚铁可能被空气中氧化氧化成+3价铁，错误；B、Fe2和HCO3发生双水解反应，生成C
29、O2，正确；C、过滤所用玻璃仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒，正确；D、KSCN溶液遇Fe3显红色，因此KSCN溶液检验FeSO4溶液是否变质，正确。答案选A。20. A、B、C、D是原子序数依次增大的短周期主族元素,且B、D原子序数之和是A、C原子序数之和的2倍。甲、乙、丙、丁是由这些元素组成的二元化合物,M是某种元素对应的单质,乙和丁的组成元素相同,且乙是一种18电子分子,化合物N能使品红溶液褪色。上述物质间的转化关系如图所示部分反应物和生成物省略)。下列说法正确的是( )A. 元素D的氧化物对应水化物均为强酸B. 原于半径:r(D)r(C)r(B)C. 化合物乙与化合物N能发生反应D. 化合物N
30、与乙烯均能使溴水褪色.,且原理相同【答案】C【解析】【分析】由题干信息可知，A、B、C、D是原子序数依次增大的短周期主族元素，甲、乙、丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，化合物N能使品红溶液褪色，则N为SO2，乙是一种18电子分子，则乙可以是H2O2，又乙和丁的组成元素相同，M是某种元素对应的单质，所以丁为H2O，M为O2，根据转化关系M+丙N+丁，甲+H+丙，则丙为H2S，又B、D原子序数之和是A、C原子序数之和的2倍，所以A为H元素，B为O元素，C为Na元素，D为S元素，则甲为Na2S，据此分析解答问题。【详解】A根据上述分析可知，元素D为S元素，其氧化物SO2对应水化物亚硫酸不是强酸，A
31、错误；B原子半径r(Na)r(S)r(O)，即r(C)r(D)r(B)，B错误；CSO2具有还原性，可与H2O2发生氧化还原反应，C正确；DSO2使溴水褪色是因为其还原性，而乙烯使溴水褪色是因为乙烯和溴发生了加成反应，两者褪色原理不同，D错误；答案选C。【点睛】解答本题的突破口是化合物N能使品红溶液褪色，可推知N可能为SO2，进而结合信息推断出各物质和各元素。二、填空题（21-23题，共计35分）21. 某实验小组拟用碱性烂版液（主要成分为Cu(NH3)4Cl2和Cu(OH)2）为原料制取摩尔盐，并回收铜单质，设计流程如下：已知温度超过60时，FeSO4在溶液中易形成FeSO4H2O白色晶体，
32、且一旦产生则难以消失。摩尔盐能溶于水，难溶于乙醇。请回答下列问题：（1）写出Cu(NH3)4Cl2与稀硫酸反应的离子方程式_。（2）实验中第一步所用硫酸浓度为4 mol/L，不能太小，原因是_。（3）关于该实验过程的下列说法中正确的是_。A所加铁粉应该现用饱和碳酸钠溶液浸泡除去表面的油污，然后用倾析法分离，倾析法操作如图所示B溶液A与铁粉反应温度若高于60，会导致回收的铜不纯净C硫酸铵的用量，可以由溶解的铁粉的量决定，即溶解1 mol铁粉，则所加硫酸铵也约为1 molD溶液B的pH控制在5-6之间，若pH过高，可用硫酸调节，以抑制Fe2+水解。（4）为从溶液C得到较纯的摩尔盐，请选择下列合适的
33、操作并排序_。用少量冰水洗涤 蒸发至较多晶体出现 溶液中加入无水乙醇 抽滤冷却结晶 干燥（5）如何检验摩尔盐已经洗涤干净_。（6）为了测定产品中摩尔盐(M = 392 g/mol)的含量，某同学用分析天平称取5.220 g的产品置于锥形瓶中，加适量去氧水溶解后用0.085 mol/L的酸性KMnO4溶液滴定，滴定时读数如图，测得产品纯度为_。【答案】 (1). Cu(NH3)42+ + 4H+ = Cu2+ + 4NH4+ (2). 若硫酸浓度太小，反应速率太慢，产量不高，摩尔盐析出困难； (3). BD (4). (5). 取最后一次洗涤液，加入过量硝酸钡溶液，静置，在上层清液中滴加硝酸银溶
34、液，若无沉淀产生，则已洗净 (6). 83.3%【解析】【分析】（1）Cu(NH3)4Cl2为络合物，在水溶液中可电离Cu(NH3)42+与Cl-，据此分析与稀硫酸反应方程式；（2）反应物的浓度太小，会影响反应速率，据此分析作答；（3）A. 倾入溶液时，应让溶液沿着玻璃棒流入漏斗中；B. 温度超过60时，FeSO4在溶液中易形成FeSO4H2O白色晶体；C. 根据元素守恒与参与物质之间的关系式进行分析；D. 溶液B中含有Fe2+，Fe2+在水溶液中可水解；（4）根据题设信息，采用抽滤的方法分离摩尔盐；（5）通过检验洗涤液是否含有硫酸根离子与氯离子来确定摩尔盐已经洗涤干净；（6）根据高锰酸根离子
35、与亚铁离子的反应方程式及高锰酸钾的物质的量来计算出产品中摩尔盐的纯度。【详解】（1）Cu(NH3)4Cl2与稀硫酸反应的离子方程式为：Cu(NH3)42+ + 4H+ = Cu2+ + 4NH4+，故答案为Cu(NH3)42+ + 4H+ = Cu2+ + 4NH4+；（2）若第一步硫酸的浓度太小，会是反应速率降低，同时影响摩尔盐的析出量，因此其原因为：若硫酸浓度太小，反应速率太慢，产量不高，摩尔盐析出困难，故答案为若硫酸浓度太小，反应速率太慢，产量不高，摩尔盐析出困难；（3）A所加铁粉应该现用饱和碳酸钠溶液浸泡除去表面的油污，然后用倾析法分离时，骑操作过程需要用玻璃棒引流，故A项错误；B.
36、溶液A与铁粉反应温度若高于60，FeSO4在溶液中易形成FeSO4H2O白色晶体，且一旦产生则难以消失，最终固体乙中回收的铜不纯净，故B项正确；C. 所得的溶液B中阴离子一部分是硫酸根离子，一部分是氯离子，则溶解的铁粉是1 mol时，加入的硫酸铵的物质的量应小于1 mol，故C项错误；D. 溶液B的Fe2+易发生水解，硫酸调节pH在5-6之间，可抑制Fe2+水解，故D项正确；答案选BD；（4）根据题中已知信息可知，若想从溶液C得到较纯的摩尔盐，可将摩尔盐与无水乙醇混合后抽滤，其操作步骤为：，故答案为；（5）若最后一次洗涤液中无硫酸根离子、氯离子的存在，则证明已洗涤干净，其操作方法如下：取最后一
37、次洗涤液，加入过量硝酸钡溶液，静置，在上层清液中滴加硝酸银溶液，若无沉淀产生，则已洗净，故答案为取最后一次洗涤液，加入过量硝酸钡溶液，静置，在上层清液中滴加硝酸银溶液，若无沉淀产生，则已洗净；（6）通过读数，可以看出待测液消耗的高锰酸钾的体积为：26.10 mL-0.00 mL = 26.10 mL，则消耗高锰酸钾的物质的量为0.085 mol/L26.1010-3 L = 0.0022 mol，根据反应：5Fe2+MnO4+8H+ 5Fe3+ +Mn2+ +4H2O，硫酸亚铁的物质的量为：0.0022 mol5 = 0.011 mol，所以样品中含有的摩尔盐的质量为：392 g/mol0.0
38、11 mol = 4.348 g，FeSO47H2O的质量分数为：100% = 83.3%，故答案为83.3%。22. 利用和为原料可制备三氯氧磷，其制备装置如图所示(夹持装置略去)：已知和三氯氧磷的性质如下表：熔点沸点其他物理或化学性质和互溶，均为无色液体，遇水均剧烈水解，发生复分解反应生成磷的含氧酸和(1)仪器乙的名称是_。(2)实验过程中仪器丁的进水口为_(选填“”或“”)口。(3)装置B的作用是_(填标号)。a.气体除杂 b.加注浓硫酸 c.观察气体流出速度 d.调节气压(4)整个装置必须干燥，若未干燥，写出所有副反应的化学方程式_。(5)制备三氯氧磷所用PCl3测定纯度的方法如下：迅
39、速称取产品，水解完全后配成溶液，取出入过量的碘溶液，充分反应后再用溶液滴定过量的碘，终点时消耗溶液。已知：；假设测定过程中没有其他反应。根据上述数据，该产品中(相对分子质量为1375)的质量分数的计算式为_%。(用含的代数式表示)【答案】 (1). 圆底烧瓶 (2). a (3). a c d (4). PCl3+3H2OH3PO33HCl、POCl33H2OH3PO43HCl (5). 【解析】【分析】和为原料可制备三氯氧磷，发生反应O2+2PCl3=2POCl3，装置A用来制取氧气，通过加入双氧水的量，可以控制产生氧气的速率，氧气中含水蒸气可用浓硫酸除去，纯净的氧气与三氯化磷在装置C中反应
40、生成三氯氧磷。【详解】(1)根据图示装置，可知仪器乙的名称为圆底烧瓶。(2)冷凝管应下端进水，故进水口为a。(3)A装置制得的氧气中含有水蒸气，装置B中盛有的浓硫酸能除去水蒸气，装置B中有长颈漏斗，可以平衡装置内外的压强，纯净的氧气与三氯化磷反应时需要控制反应速率，可通过气体进入B中溶液，观察气体流速。(4)根据提示可知水解的方程式为：PCl3+3H2O H3PO33HCl与POCl33H2O H3PO43HCl ，HCl可不写气体符号。(5)c1molL1碘溶液V1mL中含有碘单质的物质的量为：c1 molL1V110-3L c1V110-3 mol，根据反应I22Na2S2O3 2NaIN
41、a2S4O6可知，与磷酸反应消耗的碘单质的物质的量为： c1V110-3 mol c2 V210-3 mol (c1V1 c2V2)10-3 mol，再由H3PO3H2OI2H3PO42HI可知，25.00mL 三氯化磷水解后的溶液中含有的H3PO3的物质的量为：n(H3PO3) =n (I2)= (c1V1 c2V2)10-3 mol，250mL该溶液中含有H3PO3的物质的量为：(c1V1 c2V2)10-3 mol 250mL/25mL(c1V1 c2V2)102 mol，所以m g产品中含有的三氯化磷的物质的量为(c1V1 c2V2)102 mol，该产品中PCl3的质量分数为：。23
42、. 直接排放含的烟气会形成酸雨，危害环境。工业上常采用催化还原法和碱吸收法处理SO2气体。（1）1 mol （g）完全燃烧生成气态水能量变化和1 mol S（g）燃烧的能量变化如图所示。在催化剂作用下，可以还原生成单质S（g）、（g）和，写出该反应的热化学方程式：_。（2）焦炭催化还原二氧化硫的化学方程式为。一定压强下，向1 L密闭容器中加入足量的焦炭和1 mol 发生反应，测得的生成速率与（g）的生成速率随温度变化的关系如图所示： A、B、C、D四点对应的状态中，达到平衡状态的是_（填字母）。该反应的_0（填）。下列措施能够增大平衡转化率的是_。A 降低温度 B 增加C的量C 减小容器体积
43、D 添加高效催化剂（3）当吸收液失去吸收能力后通入可得到溶液，用如图所示装置电解溶液可制得强氧化剂。写出电解溶液的化学方程式：_。若用9.65 A的恒定电流电解饱和溶液1小时，理论上生成的的物质的量为_（F96500 ）。【答案】 (1). (2). C (3). (4). A (5). (6). 0.18 mol【解析】【分析】NH4HSO4中硫元素为+6价，(NH4)2S2O8中硫元素为+7价，说明在阳极上失去电子发生氧化反应生成，在阴极H+得到电子被还原为氢气。【详解】(1)根据图象可知：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) H=126kJ/mol-928kJ/mol
44、=-802kJ/mol；S(g)+O2(g)=SO2(g)H=-577 kJ/mol；根据盖斯定律可知2即得到CH4和SO2反应的热化学方程式为；(2)达到平衡状态时，不同物质表示的正逆反应速率之比等于化学计量数之比；因此A点时，SO2的生成速率与S2(g)的生成速率相等，不符合化学计量数之比，没有达到平衡状态；B点时SO2的生成速率与S2(g)的生成速率不相等，但不符合化学计量数之比，没有达到平衡状态；C点SO2的生成速率与S2(g)的生成速率之比为2:1，符合化学计量数之比，达到平衡状态；D点时，SO2的生成速率与S2(g)的生成速率不是2倍关系，不符合化学计量数之比，没有达到平衡状态；答
45、案选C；从图象可出，升高温度，SO2的生成速率增加较快，反应逆向移动，该反应为放热反应，H0；A. 针对于可逆反应2C(s)+2SO2(g)S2(g)+2CO2(g)，H0；降低温度，平衡右移，SO2平衡转化率增大，A正确； B、C为纯固体，改变其用量，速率不变，平衡不移动，SO2平衡转化率不变，B错误；C、减小容器体积，增大压强，平衡左移，SO2平衡转化率减小，C错误；D、添加高效催化剂，只能加快反应速率，平衡不移动，SO2平衡转化率不变，D错误；答案选A；(3)NH4HSO4中硫元素为+6价，(NH4)2S2O8中硫元素为+7价，阳极失去电子发生氧化反应生成，阴极H+得到电子被还原为氢气，电解NH4HSO4溶液的化学方程式为；用9.65 A的恒定电流电解饱和NH4HSO4溶液1小时，通过的电子数为=0.36mol，由可知生成1mol(NH4)2S2O8转移2mol电子，则转移0.36mol电子时，生成0.18mol(NH4)2S2O8。- 23 - 版权所有高考资源网
