2020年福建省泉州市高三一模化学试卷及答案

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1.生态文明建设是中国特色社会主义事业的重要内容。下列做法不符合生态文明的是
A. 研发可降解高分子材料，减少“白色污染”
B. 经常使用一次性筷子、纸杯、塑料袋等
C. 控制含磷洗涤剂的生产和使用，防止水体富营养化
D. 分类放置生活废弃物
【答案】B
【解析】
【详解】A. 研发可降解高分子材料，减少塑料制品的使用，可减少“白色污染”，与题意不符，A错误；
B. 经常使用一次性筷子、纸杯、塑料袋等，会消耗大量的木材，一次性塑料袋的大量使用会造成白色污染，不符合生态文明，符合题意，B正确；
C. 控制含磷洗涤剂的生产和使用，防止水体富营养化，保护水体，防止污染，与题意不符，C错误；
D. 垃圾分类放置生活废弃物，有利于环境保护和资源的再利用，与题意不符，D错误；
答案为B。
2.“乃焰硝、硫磺、杉木炭所合，以为烽燧铳机诸药者”是对我国古代四大发明之一的火药的描述。其中，“焰硝”是
A. KClO3B. Na2SO4C. KNO3D. Na2O2
【答案】C
【解析】
【详解】我国古代四大发明中的火药，为“一硝二硫三木炭”， “焰硝”指的为硝酸钾，答案为C。
3.下列物质的工业制法错误的是
A. 氨气：加热氢氧化钙和氯化铵的混合物
B. 金属锰：高温下铝和二氧化锰反应
C. 粗硅：高温下焦炭还原二氧化硅，副产物为CO
D. 硫酸：黄铁矿煅烧生成的气体经接触氧化后用浓硫酸吸收
【答案】A
【解析】
【详解】A. 氨气：加热氢氧化钙和氯化铵混合物为氨气的实验室制法，工业用氮气与氢气在一定条件下反应制取，符合题意，A正确；
B. 金属锰：高温下铝和二氧化锰发生铝热反应可制取金属锰，与题意不符，B错误；
C. 粗硅：用焦炭在高温下还原二氧化硅制得粗硅，副产物为CO，与题意不符，C错误；
D. 硫酸：黄铁矿煅烧生成的气体经接触氧化后用浓硫酸吸收三氧化硫制取浓硫酸，与题意不符，D错误；
答案为A。
【点睛】加热氢氧化钙和氯化铵的混合物为氨气的实验室制法。
4.以淀粉为基本原料制备聚乙烯和乙酸。下列说法正确的是
A. 淀粉和葡萄糖都是营养物质，均能在体内发生水解、氧化反应
B. 工业上以石油为原料制取聚乙烯，需经裂解、加聚等反应
C. 燃烧等物质的量的乙烯和乙醇耗氧量不同
D. 乙醇和乙酸发生酯化反应制乙酸乙酯，原子利用率为100%
【答案】B
【解析】
【详解】A.葡萄糖为单糖，不能在体内发生水解反应，A错误；
B.工业上以石油为原料制取聚乙烯，需经裂解产生的为乙烯，再发生加聚反应生成聚乙烯，B正确；
C.乙烯和乙醇各1ml时，耗氧量为3ml，则燃烧等物质的量的乙烯和乙醇耗氧量相同，C错误；
D. 乙醇和乙酸发生酯化反应制乙酸乙酯和水，原子利用率小于100%，D错误；
答案为B。
5.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 常温常压下,3.6g D2O2含有的共价键数为0.3NA
B. 0.2ml/L K2SO3溶液中SO32—的离子总数小于0.2NA
C. 实验室采用不同方法制得lml O2，转移电子数一定是4NA
D. 标准状况下将2.24LSO3溶于水，溶液中SO42—的数目为0.1NA
【答案】A
【解析】
【详解】A. 一个D2O2含有的3条共价键，常温常压下，3.6g D2O2即0.1ml含有的共价键数为0.3NA，A正确；
B. 0.2ml/L K2SO3溶液中未给定体积，则含有的离子总数无法确定，B错误；
C. 实验室采用不同方法制得lml O2，转移电子数可能是4NA，若用过氧化钠（或过氧化氢）制取，则转移2NA，C错误；
D. 标准状况下，三氧化硫为非气态，不能用气体摩尔体积进行计算，D错误；
答案为A。
【点睛】标准状况下SO3为非气体，2.24LSO3其物质的量大于0.1ml。
6.某有机物W的结构简式为下列有关W的说法错误的是
A. 是一种酯类有机物B. 含苯环和羧基的同分异构体有3种
C. 所有碳原子可能在同一平面D. 能发生取代、加成和氧化反应
【答案】B
【解析】
【分析】
根据有机物W的结构简式，还可写为C6H5-OOCCH3，可判断有机物中含有酯基。
【详解】A. W的结构简式为C6H5-OOCCH3，含有酯基，是一种酯类有机物，与题意不符，A错误；
B. 同分异构体含苯环和羧基，则苯环上的取代基为-CH3、-COOH有邻间对3种，或-CH2COOH一种，合计有4种，错误，符合题意，B正确；
C. 苯环上的C原子及酯基上的碳原子均为为sp2杂化，则苯环与酯基各为一个平面，当两平面重合时，所有碳原子可能在同一平面，与题意不符，C错误；
D. 有机物含有苯环及酯基能发生取代、加成，可以燃烧发生氧化反应，与题意不符，D错误；
答案为B。
7.某混合溶液中所含离子的浓度如下表，则X离子可能为

A. Cl—B. Ba2+C. Fe2+D. Mg2+
【答案】D
【解析】
【详解】溶液（体积为1L）中的阴离子带电荷数为2ml/L×1+1ml/L×2=4，氢离子带正电荷数为2ml/L×1=2，根据溶液呈电中性原则，则X为阳离子，且带电荷数为2，只有Ba2+、Fe2、Mg2+三种离子可选；而在酸性环境下，硝酸根离子能够氧化铁离子，不能共存，硫酸根离子与钡离子产生沉淀，不能大量共存，只有镁离子在上述溶液中大量共存，故答案选D。
8.下列离子方程式正确的是
A. 钾和冷水反应：K+H2O=K++OH—+H2↑
B. 氢氧化铁溶于氢碘酸:2Fe3++2I—=2Fe2++I2
C. 碳酸氢铵稀溶液中加入足量烧碱溶液：HCO3—+ NH4++2OH—=CO32—+ NH3·H2O+H2O
D. 硫代硫酸钠溶液与稀硫酸混合:3S2O32—+2H+=4S↓+2SO42—+H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A. 钾和冷水反应：2K+2H2O=2K++2OH-+H2↑，A错误；
B. 氢氧化铁溶于氢碘酸:2Fe(OH)3+ 6H++2I-=2Fe2++I2+3H2O，B错误；
C. 碳酸氢铵稀溶液中加入足量烧碱溶液，无氨气溢出：HCO3-+ NH4++2OH-=CO32-+ NH3·H2O+H2O，C正确；
D. 硫代硫酸钠溶液与稀硫酸混合: S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，D错误；
答案为C。
【点睛】离子方程式中单质、氧化物、气体、沉淀、弱电解质写化学式。
9.一定符合以下转化过程的X是（ ）
X溶液WZX
A. FeOB. SiO2C. Al2O3D. NH3
【答案】D
【解析】
【详解】A．FeO与稀硝酸反应生成硝酸铁溶液，硝酸铁溶液与NaOH溶液反应生成氢氧化铁沉淀，氢氧化铁加热分解生成氧化铁，不能生成FeO，所以不符合转化关系，故A不选；
B．SiO2与稀硝酸不反应，故B不选；
C．Al2O3与稀硝酸反应生成硝酸铝溶液，硝酸铝溶液与少量NaOH溶液反应生成氢氧化铝沉淀，但过量NaOH溶液反应生成偏铝酸钠，氢氧化铝加热分解生成氧化铝，偏铝酸钠加热得不到氧化铝，所以不一定符合，故C不选；
D．NH3与稀硝酸反应生成硝酸铵溶液，硝酸铵溶液与NaOH溶液反应生成一水合氨，一水合氨加热分解生成NH3，符合转化关系，故D选；
故答案为：D。
10.下列实验操作能实现相应实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A. 往Na2S溶液中通入氯气，观察溶液变浑浊，在该反应中氯气为氧化剂，S为氧化产物，可实现目的，A正确；
B. 将铁钉放入试管中，用盐酸浸没，发生的为析氢腐蚀，不能实现目的，B错误；
C. 将FeCl3溶液滴入NaOH溶液，制取的为氢氧化铁沉淀，不能实现目的，C错误；
D. 测量并比较等浓度NaClO与Na2CO3溶液的pH，可比较HClO与HCO3-的酸性强弱，不能比较HClO和H2CO3的酸性，D错误；
答案为A。
11.辉钼精矿主要成分是二氧化钼（MS2），还含有石灰石、石英、黄铜矿（CuFeS2）等杂质。某学习小组设计提取MS2的过程如下：下列说法错误的是
A. 为加快辉钼精矿溶解，可将矿石粉粹并适当加热
B. 加滤液中含Ca2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+、H+等离子
C. 以上①②③过程均涉及氧化还原反应
D. 步骤③温度不宜过高，以免MS2被氧化
【答案】C
【解析】
【分析】
辉钼精矿经盐酸、氯化铁浸泡时，碳酸钙黄铜矿溶解，则滤液中含有Ca2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+、H+等离子；滤渣为S、MS2、SiO2；加入氢氟酸，二氧化硅反应生成四氟化硅气体和水，滤渣2为S、MS2，空气中加入S生成二氧化硫。
【详解】A.可将矿石粉粹增大接触面积并适当加热，可使反应速率增大，促使辉钼精矿加快溶解，与题意不符，A错误；
B. 分析可知，滤液中含Ca2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+、H+等离子，与题意不符，B错误；
C. 反应②的过程为二氧化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅气体和水，为复分解反应，符合题意，C正确；
D. 步骤③温度不宜过高，以免MS2被氧化，与题意不符，D错误；
答案为C。
12.在Na2Cr2O7酸性溶液中，存在平衡2CrO42—(黄色)+2H+⇌Cr2O72—(橙红色)+H2O，已知:25℃时,Ksp(Ag2CrO4)=1×10—12 Ksp(Ag2Cr2O7)=2×10—7。下列说法正确的是
A. 当2c( Cr2O72—)=c(CrO42—)时，达到了平衡状态
B. 当pH=1时，溶液呈黄色
C. 若向溶液中加入AgNO3溶液，生成Ag2CrO4沉淀
D. 稀释Na2Cr2O7溶液时，溶液中各离子浓度均减小
【答案】C
【解析】
【详解】A. 当2c( Cr2O72—)=c(CrO42—)时，无法判断同一物质的正逆反应速率是否相等，则不能判断是否为平衡状态，A错误；
B. 当pH=1时，溶液酸性增强，平衡正向进行，则溶液呈橙红色，B错误；
C. 组成中阴阳离子个数比相同，溶度积常数越小，难溶电解质在水中溶解能力越差，已知Ksp(Ag2CrO4)D. 稀释Na2Cr2O7溶液时，溶液中c(CrO42-)、 c(H+)、c(Cr2O72-)均减小，由于KW不变，则c(OH-)增大，D错误；
答案为C。
【点睛】温度未变，则溶液中水的离子积不变，氢离子浓度减小，则氢氧根离子浓度必然增大。
13.铝在酸性或碱性溶液中均可与NO3—发生氧化还原反应，转化关系如下图所示：
下列说法错误的是
A. B溶液含[Al(OH)4]—
B. A溶液和B溶液混合无明显现象
C. D与F反应生成盐
D. E排入大气中会造成污染
【答案】B
【解析】
【分析】
根据图像可知，Al在酸性条件下与硝酸根离子反应生成硝酸铝、NO和水，则溶液A为硝酸铝，气体C为NO；气体E则为二氧化氮，F为硝酸；铝在碱性条件下与硝酸根离子反应生成偏铝酸钠和氨气，则溶液B为偏铝酸钠，气体D为氨气。
【详解】A. 铝在碱性条件下与硝酸根离子反应生成偏铝酸钠和氨气，偏铝酸根离子可写为[Al(OH)4]—，与题意不符，A错误；
B. 硝酸铝溶液和偏铝酸钠溶液混合时，发生双水解，产生氢氧化铝沉淀，符合题意，B正确；
C. D、F分别为氨气、硝酸，可反应生成硝酸铵，属于盐类，与题意不符，C错误；
D. E为二氧化氮，有毒排入大气中会造成污染，与题意不符，D错误；
答案B。
14.用NaOH溶液吸收烟气中的SO2，将所得的吸收液用三室膜电解技术处理，原理如图所示．下列说法错误的是
A. 电极a为电解池阴极
B. 阳极上有反应HSO3—-2e—+H2O=SO42—+3H+发生
C. 当电路中通过1ml电子的电量时，理论上将产生0.5ml H2
D. 处理后可得到较浓的H2SO4和NaHSO3产品
【答案】D
【解析】
【详解】A.从图中箭标方向“Na+→电极a”，则a为阴极，与题意不符，A错误；
B.电极b为阳极，发生氧化反应，根据图像“HSO3-和SO42-”向b移动，则b电极反应式HSO3-–2e-＋H2O＝SO42-＋3H+，与题意不符，B错误；
C.电极a发生还原反应，a为阴极，故a电极反应式为2H++2e–＝H2↑，通过1ml电子时，会有0.5mlH2生成，与题意不符，C错误；
D.根据图像可知，b极可得到较浓的硫酸，a极得到亚硫酸钠，符合题意，D正确；
答案为D。
15.W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素，最外层电子数之和为18。X、Z同一主族，Z的一种氧化物的水化物为具有还原性且不稳定的二元酸；Y的周期数是族序数的3倍。下列说法错误的是
A. 简单离子半径：W>X>Y
B. X、Z的最高化合价不相同
C. 简单氢化物的热稳定性：X>W
D. Y与其他三种元素分别形成的化合物中均只含离子键
【答案】D
【解析】
【分析】
Z的一种氧化物的水化物是具有还原性且不稳定的二元酸，判断Z为S元素；X、Z同一主族，可知X为O元素。Y的周期数是族序数的3倍，可推出Y为Na元素，再结合W、X、Y和Z原子的最外层电子数之和为18，可知W为N元素。
【详解】A.N3-、Na+和O2-具有相同的核外电子排布，核电荷数越大，半径越小，简单离子半径顺序为：W＞X＞Y，与题意不符，A错误；
B.O最高价+2，而S最高价为+6，与题意不符，B错误；
C.简单氢化物热稳定性强弱与元素的非金属性强弱一致，而非金属性：O＞N，稳定性：H2O＞NH3，与题意不符，C错误；
D.Na与O可形成Na2O2，含有离子键和共价键，符合题意，D正确；
答案为D。
【点睛】具有相同的核外电子排布简单离子，原子序数越大，微粒半径越小。
16.碳酸镧[La2(CO3)3]可用于治疗高磷酸盐血症。某化学小组用如图装置模拟制备碳酸镧，反应为2LaCl3+6NH4HCO3=La2(CO3)3↓+6NH4Cl+3CO2↑+3H2O下列说法正确的是
A. 从左向右接口的连接顺序：F→B，A→D，E←C
B. 装置X中盛放的试剂为饱和Na2CO3溶液
C. 实验开始时应先打开W中分液漏斗的旋转活塞
D. 装置Z中用干燥管的主要目的是增大接触面积，加快气体溶解
【答案】A
【解析】
【详解】A. 氨气极易溶于水，则采用防倒吸装置，E←C；制取的二氧化碳需除去HCl杂质，则F→B，A→D，A正确；
B. 装置X为除去HCl杂质，盛放的试剂为饱和NaHCO3溶液，B错误；
C. 实验开始时应先打开Y中分液漏斗的旋转活塞，使溶液呈碱性，吸收更多的二氧化碳，C错误；
D. 装置Z中用干燥管的主要目的是防止氨气溶于水时发生倒吸，D错误；
答案A。
17.废水中过量的氨氮(NH3和NH4+)会导致水体富营养化。为研究不同pH下用NaClO氧化废水中的氨氮(用硝酸铵模拟)，使其转化为无污染的气体，试剂用量如下表。已知：HClO的氧化性比ClO—的氧化性更强。下列说法错误的是
A. V1=2.00
B. pH=1时发生反应:3ClO—+2NH4+=3Cl—+N2↑+3H2O+2H+
C. pH从1升高到2，氨氮去除率降低的原因是更多的HClO转化为ClO—
D. pH控制在6时再进行处理更容易达到排放标准
【答案】A
【解析】
【详解】A. 溶液中氢离子浓度改变，而其它条件不变，则总体积为40mL，pH=2，则0.01×40= V1×0.200×2，V1=1.00mL，符合题意，A正确；
B. pH=1时NaClO氧化废水中的氨氮(用硝酸铵模拟)，使其转化为无污染的气体，发生反应:3ClO-+2NH4+=3Cl-+N2↑+3H2O+2H+，与题意不符，B错误；
C. HClO的氧化性比ClO-的氧化性更强，pH从1升高到2，酸性减弱，氨氮去除率降低的原因是更多的HClO转化为ClO-，与题意不符，C错误；
D. pH控制在6时氨氮去除率为85%，进行处理更容易达到排放标准，与题意不符，D错误；
答案为A。
18.常温下，将1.0L X ml/L CH3COOH溶液与0.1ml NaOH固体混合充分反应，再向该混合溶液中通人HCl气体或加入NaOH固体(忽略体积和温度变化)，溶液pH随通入(或加入)物质的物质的量的变化如图所示。下列说法正确的是
A. X<0.1
B. b→a过程中，水的电离程度逐渐增大
C. Ka (CH3COOH) =10-8/(X-0.1)
D. b→c过程中，c(CH3COOH)/c(CH3COO) 逐渐变小
【答案】B
【解析】
【分析】
根据图像可知，b点溶液显酸性，则为CH3COOH、CH3COONa的混合液。
【详解】A. b点溶液呈酸性，酸过量，则X>0.1ml/L，A错误；
B. b→a过程中，加入NaOH溶液，消耗过量的乙酸，生成乙酸钠，则水的电离程度逐渐增大，B正确；
C. a点时，向乙酸溶液中加入0.2mlNaOH，溶液中c(H+)=10-7ml/L，c(CH3COO-)=0.2ml/L，c(CH3COOH)=(X-0.2)ml/L，则Ka (CH3COOH) =，C错误；
D. b→c过程中，溶液中酸性增强，c(CH3COOH)增大，c(CH3COO) 减小，而逐渐变大，D错误；
答案为B。
【点睛】b点为CH3COOH、CH3COONa的混合液，加入NaOH时，生成更多的CH3COONa，促进水的电离。
二、非选择题
19.海洋是资源的宝库，醢藏着丰富的化学元素，如氯、溴、碘等，海洋资源的综合利用具有非常广阔的前景。
(1)下列说法正确的是_________。
a．AgCl、AgBr、AgI的颜色依次变深 b．F、Cl、Br、I的非金属性依次增强
c．HF、HCl、HBr、HI的还原性的依次增强 d．F2、Cl2、Br2、I2与H2化合由难变易
(2)实验室从海藻灰中提取少量碘的流程如下图：
①氧化时，可以加入MnO2在酸性条件下进行氧化，反应的离子方程式为：_________。
②上述步骤①②③分离操作分别为过滤、_________、_________。
(3)从海水提取的粗盐中含有Mg2+、Fe2+、Ca2+和SO42—等杂质，“除杂”所需试剂有：①过量的NaOH溶液②过量的Na2CO3溶液③适量的盐酸④过量的BaCl2溶液．试剂的添加顺序为_________。
使Ca2+完全沉淀，溶液中c(CO32—)应不小于_________ml/L。[已知Ksp(CaCO3)=2.9×10-9，离子浓度小于1×10-5ml/L视为完全沉淀]
(4)目前，利用食盐制取纯碱主要有“氨碱法”和“联合制碱法”两种工艺
①能析出 NaHCO3的原因是_________。
②“氨碱法”是在滤液中加入_________产生NH3，循环使用，但产生大量的度弃物CaCl2；“联合制碱法“是在滤液中继续通入NH3，并加入NaCl粉末以制得更多的副产物_________。
③常温下，向饱和食盐水中通入NH3和CO2，当(HCO3—)=c(NH4+)时，溶液的pH_____7 (填“>”、“<”或“=”)。
【答案】 (1). ac (2). MnO2＋2I—＋4H+＝Mn2+＋I2＋2H2O (3). 分液 (4). 蒸馏 (5). ①④②③（或④②①③或④①②③） (6). 2.9×10－44） (7). NaHCO3的溶解度最小 (8). CaO［或Ca(OH)2］ (9). NH4Cl (10). 小于
【解析】
【分析】
(1) a．AgCl、AgBr、AgI的颜色分别为白色、浅黄色、黄色，依次变深；
b．F、Cl、Br、I的非金属性依次减弱，金属性依次增强；
c．HF、HCl、HBr、HI的稳定性依次减弱，即还原性的依次增强；
d．F2、Cl2、Br2、I2与H2化合由易变难；
(2)①氧化时，在酸性条件下MnO2与碘离子反应生成二价锰离子、碘单质和水；
②步骤①为固液分离，方法为过滤；②为萃取后分液；③蒸发掉有机物生成晶态碘；
(3) 除Mg2+、Fe2+用NaOH，除Ca2+用碳酸钠，除SO42-用氯化钡溶液，但会引入钡离子，除钡离子也用碳酸钠，则除硫酸根离子在除钙离子之前，过滤后再加盐酸除去碳酸根离子和氢氧根离子；根据Ksp(CaCO3)计算；
(4) ①NaHCO3的溶解度小于碳酸钠的；
②“氨碱法”滤液中的主要成分为氯化铵；
③根据溶液呈电中性计算、判断。
【详解】(1) a．AgCl、AgBr、AgI的颜色分别为白色、浅黄色、黄色，依次变深，a正确；
b．F、Cl、Br、I的非金属性依次减弱，金属性依次增强，b错误；
c．HF、HCl、HBr、HI的稳定性依次减弱，即还原性的依次增强，c正确；
d．F2、Cl2、Br2、I2与H2化合由易变难，d错误；
答案为ac；
(2)①氧化时，在酸性条件下MnO2与碘离子反应生成二价锰离子、碘单质和水，离子方程式为MnO2＋2I-＋4H+＝Mn2+＋I2＋2H2O；
②步骤①为固液分离，方法为过滤；②为萃取后分液；③蒸发掉有机物生成晶态碘；
(3) 除Mg2+、Fe2+用NaOH，除Ca2+用碳酸钠，除SO42-用氯化钡溶液，但会引入钡离子，除钡离子也用碳酸钠，则除硫酸根离子在除钙离子之前，过滤后再加盐酸除去碳酸根离子和氢氧根离子，添加顺序为①④②③（或④②①③或④①②③）；Ksp(CaCO3)=c(Ca2+)×c(CO32-)=2.9×10-9，则c(CO32-)=2.9×10－4ml/L；
(4) ①NaHCO3的溶解度小于碳酸钠的，则饱和碳酸钠溶液中通二氧化碳和氨气时能析出碳酸氢钠；
②“氨碱法”滤液中的主要成分为氯化铵，加入CaO［或Ca(OH)2］时可产生氨气；在滤液中继续通入NH3，并加入NaCl粉末能得到更多的氯化铵；
③根据溶液呈电中性，c(Na+)+c(H+)+c(NH4+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，c(Na+)=c(Cl-)，c(NH4+)=c(HCO3-)，则c(H+)= c(OH-)+2c(CO32-)，溶液呈酸性，pH<7。
【点睛】非金属的非金属性越强，其氢化物越稳定，失电子能力越弱。
20.硫酸亚铁铵晶体[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]比FeSO4稳定，不易被氧气氧化，常用于代替FeSO4作分析试剂。某小组尝试制备少量(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O并探究其分解产物。
I．制备硫酸亚铁铵晶体的流程如下：
(1)铁屑溶于稀硫酸的过程中，适当加热的目的是_________。
(2)将滤液转移到_________中，迅速加入饱和硫酸铵溶液，直接加热蒸发混合溶液，观察到_________停止加热。蒸发过程保持溶液呈较强酸性的原因是_________。
Ⅱ．查阅资料可知，硫酸亚铁铵晶体受热主要发生反应：
____(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O=____Fe2O3+____SO2↑+____NH3↑+____N2↑+____H2O
但伴有副反应发生，生成少量SO3和O2。设计以下实验探究部分分解产物：
(3)配平上述分解反应的方程式。
(4)加热过程，A中固体逐渐变为_______色。
(5)B中迅速产生少量白色沉淀，反应的离子方程式为______。
(6)C的作用是_________。
(7)D中集气瓶能收集到O2,____ (填“能”或“不能”)用带火星木条检验。
(8)上述反应结来后，继续证明分解产物中含有NH3的方法是_________。
【答案】 (1). 加快反应速率 (2). 蒸发皿 (3). 有晶膜出现（或大量固体出现时） (4). 防止硫酸亚铁水解 (5). 2 (6). 1 (7). 4 (8). 2 (9). 1 (10). 5 (11). 红棕 (12). Ba2+＋SO3＋H2O＝BaSO4↓＋2H+（说明：分步写也给分2Ba2+＋2SO2＋O2＋2H2O＝2BaSO4↓＋4H+也给分） (13). 检验产物中是否含有SO2 (14). 不能 (15). 取B中少量溶液于试管中，滴加少量NaOH溶液并加热，能产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体
【解析】
【分析】
I.(1) 适当加热使溶液温度升高，可加快反应速率；
(2)加入饱和的硫酸铵溶液后直接加热蒸发，加热溶液至有晶膜出现（或大量固体出现时），停止加热；溶液一直保持强酸性防止硫酸亚铁水解；
Ⅱ．(3)根据化合价升降法配平；
(4) 加热过程，A逐渐变为氧化铁；
(5) B为酸性溶液，二氧化硫、氧气与氯化钡反应生成少量硫酸钡白色沉淀；
(6)C中品红溶液可以二氧化硫反应，导致溶液褪色；
(7)D中集气瓶能收集到SO2和少量的O2；
(8)溶液B显酸性，氨气能够在此装置中被吸收，检验B中是否含有铵根离子即可。
【详解】I.(1) 适当加热使溶液温度升高，可加快反应速率；
(2)加入饱和的硫酸铵溶液后直接加热蒸发，则滤液转移到蒸发皿中；加热溶液至有晶膜出现（或大量固体出现时），停止加热，利用余热进行蒸发结晶；为防止硫酸亚铁水解，溶液一直保持强酸性；
Ⅱ．(3)反应中Fe的化合价由+2变为+3，N的化合价由-3变为0，S的化合价由+6变为+4，根据原子守恒，硫酸亚铁铵的系数为2，SO2的系数为4，则电子转移总数为8，Fe得到2个电子，产生1个氮气，得到6个电子，则系数分别为2、1、4、2、1、5；
(4) 加热过程，A逐渐变为氧化铁，固体为红棕色；
(5) B为酸性溶液，二氧化硫、氧气与氯化钡反应生成少量硫酸钡白色沉淀，离子方程式为2Ba2+＋2SO2＋O2＋2H2O＝2BaSO4↓＋4H+；
(6)C中品红溶液可与二氧化硫反应，导致溶液褪色，则可检验二氧化硫的存在；
(7)D中集气瓶能收集到SO2和少量的O2，不能使带火星的木条燃烧；
(8)溶液B显酸性，氨气能够在此装置中被吸收，检验B中是否含有铵根离子即可，方法为取B中少量溶液于试管中，滴加少量NaOH溶液并加热，能产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体。
21.二甲醚被称为“21世纪的清洁燃料”。利用甲醇脱水可制得二甲醚。反应方程式如下：2CH3OH(g)≒CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH1
(1) 二甲醚亦可通过合成气反应制得，相关热化学方程式如下：2H2(g)+CO(g)≒CH3OH(g) ΔH2
CO(g)+H2O(g)≒CO2(g)+H2(g) ΔH3 3H2(g)+3CO(g)≒CH3OCH3(g) +CO2(g) ΔH4
则ΔH1=__________________(用含有ΔH2、ΔH3、ΔH4的关系式表示)．
(2)经查阅资料，上述甲醇脱水反应平衡常数Kp的计算式为lnKp= - 2.205+(2708.6137/T) (Kp为以分压表示的平衡常数，T为热力学温度)，且催化剂吸附H2O(g)的量会受压强影响，从而进步影响催化效率。
①在一定温度范围内，随温度升高，CH3OH(g)脱水转化为CH3OCH3(g)的倾向__________ (填“增大”、“不变”或“减小”)，ΔH4________2ΔH2+ΔH3 (填“>”、<”或“=”)。
②某温度下(此时Kp=100)，在密闭容器中加入一定量CH3OH，某时刻测得各组分的压如下：
此时正、逆反应速率的大小：V正____V逆(填“>”、“<”或“=”)。
③200℃时，在密闭容器中加入一定量CH3OH，反应到达平衡状态时，体系中CH3OCH3(g)的物质的量分数为__________(填序号).
A．< 1/3 B．1/3 C．1/3~1/2 D．1/2 E．> 1/2
④300℃时，使CH3OH(g)以一定流速通过催化剂，V/F(按原料流率的催化剂量)、压强对甲醇转化率影响如图1所示。请简述在上述条件下，压强对甲醇转化率影响的规律，并解释变化原因__________。
(3)直接二甲醚燃料电池有望大规模商业化应用，工作原理如图2所示。
①负极的电极反应式为__________。
②现利用该电池电解CuC12溶液，当消耗2.3g二甲醚时，电解所得铜的质量为_________g(设电池的能量利用率为50%)。
【答案】 (1). ΔH 4-2ΔH2 -ΔH 3 (2). 减小 (3). < (4). > (5). C (6). 规律：其他条件不变时，随压强（压力）增大，甲醇转化率降低,原因：压强增大，催化剂吸附水分子的量增多，催化效率降低，相同时间里转化量减少，甲醇转化率降低。 （说明：如规律写错，解释不给分） (7). CH3OCH3—12e-＋3H2O＝2CO2＋12H+ (8). 9.6
【解析】
【分析】
(1)根据盖斯定律计算；
(2)①lnKp= - 2.205+(2708.6137/T)，升高温度lnKp减小，则Kp减小，平衡逆向移动；
②Qp与Kp的关系判断；
③根据lnKp= - 2.205+(2708.6137/T)，计算Kp，若催化剂对水蒸气无影响时和催化剂对水蒸气有影响计算P(CH3OCH3)及 CH3OCH3(g)的物质的量分数；
④根据图像可知，温度相同时，随压强的增大，甲醇转化率降低，压强增大，催化剂吸附H2O(g)的量会受压强影响；
(3)①二甲醚燃料电池中，二甲醚失电子，化合价升高，作电池的负极，电解质溶液显酸性，则生成二氧化碳和氢离子；
②根据转移电子数目守恒计算。
【详解】(1)①2H2(g)+CO(g)⇌CH3OH(g) ΔH2 ②CO(g)+H2O(g) ⇌CO2(g)+H2(g) ΔH3 ③3H2(g)+3CO(g) ⇌CH3OCH3(g) +CO2(g) ΔH4，根据盖斯定律，③-②-2①，可得2CH3OH(g) ⇌CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH1=ΔH4-2ΔH2 -ΔH 3；
(2)①lnKp= - 2.205+(2708.6137/T)，升高温度lnKp减小，则Kp减小，平衡逆向移动，转化成CH3OCH3(g)的倾向减小；ΔH1＜0，则ΔH4＜2ΔH2 -ΔH 3；
②Qp= ==1＜100，平衡正向进行，则V正＞V逆；
③若初始投入的甲醇完全反应时，生成等量的二甲醚和水，二甲醚占据的物质的量分数为；lnKp= - 2.205+(2708.6137/T)，温度为200℃时，Kp=33.78，若催化剂对水蒸气无影响时，且P(CH3OH)=1，则P(CH3OCH3)=5.8，压强之比等于物质的量之比，CH3OCH3(g)的物质的量分数为=0.46，答案为C；
④根据图像可知，温度相同时，随压强的增大，甲醇转化率降低，压强增大，催化剂吸附H2O(g)的量会受压强影响，导致催化剂吸附水分子的量增多，催化效率降低，相同时间里转化量减少，甲醇转化率降低。
(3)①二甲醚燃料电池中，二甲醚失电子，化合价升高，作电池的负极，电解质溶液显酸性，则生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为CH3OCH3-12e-＋3H2O＝2CO2＋12H+；
②消耗2.3g二甲醚时，转移电子的物质的量为0.05×12=0.6ml，铜离子得电子生成单质铜，生成=0.15mlCu，即9.6g。
22.碲是当代高科技材料不可缺少的重要组成元素。以铋碲矿(主要含Te、Bi、Si、S等元素)为原料生产精碲的工艺流程如下：
已知：TeO2是两性氧化物，微溶于水．回答下列问题：
(1)浸出液中碲以TeO2+存在，步骤①加入Na2SO3进行还原，反应的离子方程式为________。Na2SO3的实际用量比理论用量偏多，其主要原因是________。
(2)王水是由约3体积浓盐酸和约1体积浓硝酸配制而成。在实验室中配制王水所用的玻璃仪器除玻璃棒外还有________。王水溶解粗碲时，加入的碲粉与生成的NO的物质的量之比为________。
(3)粗碲中仍含有硅元素，净化时加入CaCl2溶液可以除去硅元素，硅元素将以________(填化学式)形式被除去。
(4)步骤③，将Na2TeO3转化为TeO2，反应的离子方程式是________。
(5)电解时，精碲在______极析出，电解产物中可循环使用的是________。
【答案】 (1). TeO2+＋2SO32-＋H2O＝Te↓＋2SO42-＋2H+ (2). Na2SO3与盐酸反应产生SO2 （或与浸出液中其他氧化性物质反应） (3). 量筒和烧杯 (4). 3：4 (5). CaSiO3 (6). TeO32-＋2H+＝TeO2↓＋H2O (7). 阴 (8). NaOH
【解析】
【分析】
(1) 碲以TeO2+存在，步骤①加入Na2SO3进行还原，发生氧化还原反应生成粗碲、硫酸根离子，并用电荷守恒配平；浸泡时，用HCl、NaClO3过量，加入亚硫酸钠时会发生化学反应；
(2) 实验室配制王水时，量取盐酸、硝酸的体积用量筒，配制时在烧杯中，搅拌使用玻璃棒；王水溶解粗碲时，反应的离子方程式为3Te+4H++4NO3-=3TeO2+4NO↑+2 H2O；
(3)粗碲中仍含有硅元素，且以硅酸根离子的形式存在；
(4)步骤③，通过调节pH，将Na2TeO3转化为TeO2；
(5) TeO2是两性氧化物，加入NaOH时，以TeO32-形式存在，电解时，Te的化合价降低，得电子生成氢氧根离子、Te。
【详解】(1) 碲以TeO2+存在，步骤①加入Na2SO3进行还原，发生氧化还原反应生成粗碲、硫酸根离子，并用电荷守恒配平，离子方程式为TeO2+＋2SO32-＋H2O＝Te↓＋2SO42-＋2H+；浸泡时，用HCl、NaClO3过量，加入亚硫酸钠时会发生化学反应，导致Na2SO3的实际用量比理论用量偏多；
(2) 实验室配制王水时，量取盐酸、硝酸的体积用量筒，配制时在烧杯中，搅拌使用玻璃棒；王水溶解粗碲时，反应的离子方程式为3Te+4H++4NO3-=3TeO2+4NO↑+2 H2O，碲粉与生成的NO的物质的量之比为3：4；
(3)粗碲中仍含有硅元素，且以硅酸根离子的形式存在，加入CaCl2溶液时可生成硅酸钙沉淀；
(4)步骤③，通过调节pH，将Na2TeO3转化为TeO2，反应的离子方程式为TeO32-＋2H+＝TeO2↓＋H2O；
(5) TeO2是两性氧化物，加入NaOH时，以TeO32-形式存在，电解时，Te的化合价降低，得电子，则在阴极产生；同时生成氢氧根离子，则可循环使用物质为NaOH。
所含离子
NO3—
SO42—
H+
X
浓度ml/L
2
1
2
1
实验目的
实验操作
A
比较Cl和S的非金属性
往Na2S溶液中通入氯气，观察溶液是否变浑浊
B
验证铁的吸氧腐蚀
将铁钉放入试管中，用盐酸浸没
C
制取氢氧化铁胶体
将FeCl3溶液滴入NaOH溶液
D
比较HClO和H2CO3的酸性
测量并比较等浓度NaClO与Na2CO3溶液的pH
pH
0.100ml/L
NH4NO3(mL)
0.100ml/L
NaClO(mL)
0.200ml/L
H2SO4(mL)
蒸馏水
(mL)
氨氮去除
率(%)
1.0
10.00
10.00
10.00
10.00
89
2.0
10.00
10.00
V1
V2
75
6.0
……
……
……
……
85
物质
CH3OH
CH3OCH3
H2O
分压/MPa
0.50
050
0.50