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福建省晋江市南侨中学2020届高三上学期第一阶段考试化学试题
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福建省晋江市南桥中学2020届高三上学期第一阶段考试
化学试题
1.下列表示不正确的是( )
A. CO2的电子式 B. Cl2的结构式Cl—Cl
C. CH4的球棍模型 D. Cl－的结构示意图
【答案】C
【解析】
是CH4的比例模型而不是其球棍模型，故选C。
点睛：球棍模型主要用来表示共价键，比例模型主要用来表示原子之间的相对大小。
2.下列说法正确的是
A. 次氯酸、双氧水的漂白原理与二氧化硫漂白原理不同
B. 明矾的净水原理与活性炭相似都是物理吸附，没有涉及化学变化
C. 棉花的主要成份是纤维素，仿真丝的主要成份是蛋白质，都属于天然高分子化合物
D. “唐三彩”属于陶瓷制品，主要成份是二氧化硅
【答案】A
【解析】
【详解】A. 次氯酸和双氧水是由于强氧化性而产生的漂白性，二氧化硫漂白是其可以与有色物质化合为无色物质进行漂白，故A正确；
B. 明矾净水的原理是其电离出的铝离子水解生成的氢氧化铝胶体的吸附作用，其水解为化学变化，B错误；
C. 仿真丝是人工合成材料，不是天然高分子化合物，C错误；
D. 陶瓷是硅酸盐材料，D错误；
故答案选A。
3.下列化学反应方程式不正确的是
A. 用Cl2与石灰制取漂白粉:2Cl2+2Ca(OH)2==CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O
B 工业上用焦碳与石英砂制粗硅：SiO2+CSi+CO2
C. 高温下铁与水蒸汽反应：3Fe+4H2OFe3O4+4H2
D. 小苏打溶液与少量石灰水反应：2NaHCO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+Na2CO3+2H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A. 熟石灰为氢氧化钙，用Cl2与石灰制取漂白粉的方程式为2Cl2+2Ca(OH)2==CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，A正确；
B. 在大量焦炭存在的情况下，得到的氧化产物应为CO，故工业上用焦碳与石英砂制粗硅的方程式应为SiO2+2CSi+2CO，B错误；
C. 高温下铁与水蒸汽反应的方程式为3Fe+4H2OFe3O4+4H2，由于水蒸气为气态，故氢气不需要标气体符号，C正确；
D. 与量有关的方程式，可采用以少定多的方法进行书写，故小苏打溶液与少量石灰水反应的方程式为2NaHCO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+Na2CO3+2H2O，D正确；
故答案选B。
4.中国化学家研究的一种新型复合光催化剂碳纳米（CQDs）/氮化碳（C3N4）纳米复合物可以利用太阳光实现高效分解水，其原理如图所示。下列说法正确的是
A. C3N4中C的化合价为-4
B. 反应的两个阶段均为非氧化还原
C. 阶段Ⅱ中，H2O2既是氧化剂，又是还原剂
D. 通过该反应，实现了化学能向太阳能的转化
【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查新型复合光催化剂，水的分解。
由题给信息可知，利用太阳光实现高效分解水，分两个阶段，阶段Ⅰ为，阶段Ⅱ为，总反应为。
【详解】A.由于N的非金属性强于C，故C3N4中C的化合价为+4，A错误；
B.由分析可知，两个阶段的反应均为氧化还原反应，B错误；
C.由分析可知，反应阶段II是过氧化氢的自身氧化还原，故H2O2既是氧化剂，又是还原剂，C正确；
D.通过该反应，实现了太阳能向化学能的转化，D错误；
故答案选C。
5.下列有关化学原理在工业上的应用，说法正确的是
A. 合成NH3时高温和实验室制取NH3加热原理一样
B. 甲烷、乙烯、苯和酯都可通过石油分馏得到
C. 电解饱和氯化钠溶液可以制取金属钠
D. 可通过反应C＋H2OCO＋H2制水煤气
【答案】D
【解析】
【详解】A.工业上采用高温催化氮气和氢气化合来合成氨气，该条件是综合考虑化学反应速率和催化剂的活性而选择的，但高温并不有利于提高氨的产率；而实验室通过氢氧化钙和氯化铵的复分解反应制备氨气，该反应为吸热反应，加热有利于提高氨的产率，故二者原理不同，A错误；
B.石油的主要成分是烃，故石油分馏无法得到酯，B错误；
C.金属钠应当通过电解熔融状态的NaCl制备，而不是电解其溶液，C错误；
D.可通过反应C＋H2OCO＋H2制水煤气，D正确；
故答案选D。
6.硒（Se）的原子序数为34，与氧、硫同主族，下列说法错误的是
A. 硒的最高价是+6价，所以只有一种氧化物SeO3
B. H2Se的热稳定性比H2S差，且还原性较强
C. 氧、硫、硒三种元素的电负性递减
D. 原子序数为33的元素是砷（As），则砷原子的第一电离能大于硒原子的第一电离能
【答案】A
【解析】
【分析】
硒（Se）的原子序数为34，与氧、硫同主族,则其在元素周期表中的位置为第四周期第VIA族。
【详解】A.硒的最高价是+6价，根据同主族元素化学性质相似，类比S元素，Se不只有一种氧化物，A错误；
B.同主族元素，从上到下，非金属性逐渐减弱，其气态氢化物的稳定性依次减弱，对应阴离子的还原性依次增强，B正确；
C.同主族元素，从上到下，电负性逐渐减小，C正确；
D.根据洪特规则，第IIA、IIIA族和第VA、VIA族的第一电离能会出现反常，即砷原子的第一电离能大于硒原子的第一电离能，D正确；
故答案选A。
7.NH3催化还原NO是重要的烟气脱硝技术，其反应过程与能量关系如左图；研究发现在以Fe2O3为主的催化剂上可能发生的反应过程如右图下列说法正确的是
A. NH3催化还原NO为吸热反应
B. 过程Ⅰ中NH3断裂离子键
C. 过程Ⅱ中NO为氧化剂，Fe2+为还原剂
D. 脱硝的总反应为：4NH3(g)＋4NO(g)＋O2(g) 4N2(g)＋6H2O(g)
【答案】D
【解析】
【详解】A项， 反应物总能量高于生成物总能量，反应放热，故催化还原为放热反应，故A项错误；
B项， 中化学键均为极性键，过程Ⅰ中断裂极性共价键，故B项错误；
C项，过程Ⅱ中，，化合价由+2变为0，化合价降低，得电子作氧化剂，在反反前后没有发生变化，作催化剂，故C项错误；
D项，由图象可知，反应物为、NO、，生成物为、水，根据得失电子守恒可得，脱硝的总反应为：4NH3(g)＋4NO(g)＋O2(g) 4N2(g)＋6H2O(g)，故D项正确；
故答案选D。
8.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 0.1mol羟基含电子数为9NA
B. 常温下，1mol NH3含共价数目为4NA
C. 足量的Cu与含溶质1mol的浓HNO3反应，生成标准状况下11.2L的二氧化氮气体
D. 标况下，22.4L SO2和11.2L O2混合后的气体分子数为NA
【答案】A
【解析】
【详解】A.0.1mol羟基由0.1molO和0.1molH组成，含电子数为9NA，A正确；
B.常温下，1mol NH3含3molN-H键，即共价数为3 NA，B错误；
C.Cu和硝酸反应过程中，硝酸逐渐消耗，逐渐变稀，其还原产物逐渐发生改变，C错误；
D.二氧化硫与氧气接触不会直接化合为三氧化硫，气体的分子数不是NA，故D错误；
故答案选A。
9.化合物X是一种医药中间体，其结构简式如图所示。下列有关化合物X的说法正确的是
A. 分子中两个苯环一定处于同一平面
B. 化学物X能与饱和碳酸钠溶液反应
C. 化合物X的分子式为C16H16O4
D. 1mol化合物X最多能与1molNaOH反应
【答案】B
【解析】
【详解】A.悬挂于酯环上的苯环由单键连接，两个苯环一定不处于同一平面，A项错误；
B.X分子中含有羧基，能与饱和碳酸钠溶液反应，B正确；
C.根据X的结构可知，其分子式为C16H12O4，C错误；
D.X中酯基和羧基可以与NaOH反应，且酯基水解生成的羧基和酚羟基均可以与NaOH反应，1mol化合物X最多能与3molNaOH反应，故D项错误；
故答案选B。
10.下列实验操作正确且能达到相应实验目的的是
实验目的
实验操作
A
测定稀醋酸的pH
用玻璃棒蘸取CH3COOH溶液点在湿润的pH试纸上
B
用CCl4萃取碘水中的碘单质
分液时，液体从分液漏斗下口先后放出
C
用标准盐酸测定某NaOH溶液的浓度
左手控制滴定管的活塞，右手握住锥形瓶，边滴边振荡，眼睛注视滴定管中液面的变化
D
验证铁的吸氧腐蚀
在试管中加入食盐水，将铁钉放入并露出一部分
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【分析】
A.湿润的pH试纸中的水对醋酸有稀释作用，导致醋酸浓度偏低；
B.分离分液漏斗中的液体时，下层液体下口放出，上层液体上口放出；
C.滴定实验时的操作为：左手控制滴定管的活塞，右手握住锥形瓶，边滴边振荡，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化；
D.铁钉不纯，为碳铁合金，铁作原电池的负极，在中性溶液中发生吸氧腐蚀；
【详解】A.湿润的pH试纸中的水对醋酸有稀释作用，导致醋酸浓度偏低，A错误；
B.分离分液漏斗中的液体时，下层液体下口放出，上层液体上口放出，B错误；
C.滴定实验时的操作为：左手控制滴定管的活塞，右手握住锥形瓶，边滴边振荡，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化，C错误；
D.铁钉不纯，为碳铁合金，铁作原电池的负极，在中性溶液中发生吸氧腐蚀，D正确；
答案为D
【点睛】滴定实验时的操作为：左手控制滴定管的活塞，右手握住锥形瓶，边滴边振荡，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化。
11.下列有关溶液组成的描述合理的是
A. 无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl‾、S2‾
B. 酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO‾、SO42‾、I‾
C. 弱碱性溶液中可能大量存在Na+、K+、Cl‾、HCO3‾
D. 中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl‾、SO42‾
【答案】C
【解析】
【详解】A．Al3+、S2之间发生双水解反应生成硫化氢气体和氢氧化铝沉淀，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B．酸性溶液中存在大量氢离子，ClO‾与H+、I‾之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C．弱碱性条件下，这几种离子之间不反应，碳酸氢根离子水解导致溶液呈弱碱性，所以能大量共存，故C正确；
D．Fe3+易水解，只能存在于酸性溶液，在中性溶液中不能大量共存，故D错误；
故答案为C。
【点睛】离子共存的判断，为高考的高频题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等。
12.SO2是主要大气污染物之一，工业上可用如下装置吸收转化SO2(A、B为惰性电极)。下列说法正确的是
A. 电子流动方向为：B→b→a→A
B. a、A极上均发生氧化反应
C. 离子交换膜为阳离子交换膜
D. B极上的电极反应式为：SO2+2eˉ+2H2O=SO42-+4H+
【答案】C
【解析】
根据图示可知，SO2→H2SO4，硫元素化合价升高，发生氧化反应，所以B为电解池的阳极，A为电解池的阴极，a为电源的负极；电子由负极流向正极，因此电子流动方向为a→A→B→b，A错误；a为电源的负极，发生氧化反应，A为电解池的阴极，发生还原反应，B错误；该电解池中阴极发生还原反应：2SO32-+2e-+ 4H+ =S2O42-+ 2H2O，阳极发生氧化反应：SO2-2e-+2H2O ===4H++SO42-，反应需要氢离子，因此离子交换膜为阳离子交换膜，C正确；B为电解池的阳极，失电子：SO2-2e-+2H2O ===4H++SO42-，D错误；正确选项C。
13.工业上由黄铜矿(主要成分为CuFeS2)冶炼铜的主要流程如下。下列说法不正确的是
A. 气体A中的大气污染物可用氨水吸收并回收利用
B. 由泡铜冶炼粗铜的化学方程式为3Cu2O+2AlAl2O3+6Cu
C. 加入石英砂作为添加剂熔剂，生成更稳定、更容易分离的硅酸盐
D. 用过量稀H2SO4可全部溶解熔渣B
【答案】D
【解析】
【详解】A.有上述流程图可以看出，气体A是二氧化硫，可用氨水吸收并回收利用，故A正确；
B.依据图示，泡铜中的Cu2O和Al在高温下发生铝热反应，生成Cu，化学方程式为：3Cu2O+2Al Al2O3+6Cu，故B正确；
C.硅酸盐较其它的盐稳定性强，所以焙烧黄铜矿时加入石英砂作为添加剂熔剂，生成更稳定、更容易分离的硅酸盐，故C正确；
D.熔渣B中含有二氧化硅，二氧化硅不溶于硫酸，故D错误；
本题答案为D。
14.氮化镁常用于制备其它超硬、高导热、耐高温的氮化物，实验室用以下装置制取氮化镁。已知：Mg+2NH3Mg(NH2)2+H2，Mg3N2是一种浅黄色粉末，易水解。下列说法不正确的是
A. 实验开始时应先点燃乙处酒精灯，再点燃丁处酒精灯
B. 装置乙的目的是制备N2
C. 装置丙与装置戊可以对调
D. 取装置丁所得固体少许，滴入少量蒸馏水，可检验是否有Mg3N2
【答案】C
【解析】
【分析】
本实验按从左到右的顺序，甲中盛有碱石灰，用于干燥氨气，乙中发生3CuO2NH33Cu3H2ON2用以制取氮气，丙用浓硫酸干燥氮气并吸收多余的NH3，防止在丁Mg3N2水解及发生Mg+2NH3Mg(NH2)2+H2，丁中发生3MgN2 Mg3N2，戊中盛用碱石灰的干燥管，用于防止空气中的水分和Mg3N2作用，使Mg3N2水解。
【详解】A.实验开始时应先点燃乙处酒精灯，制取N2并排除装置内空气，再点燃丁处酒精灯，故A正确；
B.装置乙的目的是3CuO2NH33Cu3H2ON2用以制取氮气，故B正确；
C.装置丙是用来干燥氮气并吸收多余的NH3，防止Mg+2NH3Mg(NH2)2+H2，而装置戊是防止空气中的水蒸气进入丁中，其中通常盛放的碱石灰不能吸收NH3，所以丙、戊不可以对调，故C错误；
D.因Mg3N26H2O=3Mg(OH)33NH3，所以取装置丁所得固体少许，滴入少量蒸馏水，若有刺激性气味的气体生成，则证明固体中有Mg3N2，故D正确；
本题答案为C。
15.25 ℃时，在含CH3COOH和CH3COO－的溶液中，CH3COOH、CH3COO－二者中各自所占的物质的量分数(α)随溶液pH变化的关系如图所示。下列说法不正确的是( )
A. 在pH＜4.76的溶液中，c(CH3COO－)＜c(CH3COOH)
B. 在pH＝7的溶液中，α(CH3COOH)＝0，α(CH3COO－)＝1.0
C. 在pH＞4.76的溶液中，c(CH3COO－)与c(OH－)之和可大于c(H＋)
D. 在pH＝4.76的溶液中加盐酸，α(CH3COOH)与α(CH3COO－)之和保持不变
【答案】B
【解析】
【详解】A、根据电离平衡判断CH3COOH和CH3COOˉ两者含量随pH升高的变化情况，酸性越强CH3COOH含量越大，碱性越强CH3COOˉ越大，故A正确；
B项，电离平衡和水解平衡是可逆，α(CH3COOH)不可能为0，α(CH3COOˉ)不可能为1，只能接近于0或1，故B错误；
C项，pH>4.76时，根据电荷守恒，可判断C正确；
D项，根据物料守恒，始终存在α(CH3COOH)+α(CH3COOˉ)=1，D正确；
故选B。
【点睛】本题考查了弱电解质溶液中的电离平衡、平衡移动、离子浓度大小比较，结合图像灵活运用电荷守恒、物料守恒是解题关键。
16.某些物质的转化可用下图表示，且x，y，z都含有相同的一种元素。图示中有部分生成物未列出来
（1）①若x是AlCl3，则y的化学式是________________
②若x的阴离子含有铝元素，写出此阴离子与过量盐酸反应的离子方程式：___________________
（2）若x是一种黄绿色有毒单质气体，A是世界使用量最大的一种金属单质。
①写出A元素原子的电子排布式：__________________
②配制y的溶液，一般不是把Y的晶体溶于水，而是把y的晶体先溶解于_________（填化学式）溶液中。
③如何检验z物质中的阳离子：________________________________________________。
（3）①若x是能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，该气体的中心原子轨道杂化类型是______________
②下列各组组合，不符合上图反应的是______________（填序号）
Ⅰ x: N2 A: O2 Ⅱ x: Al A: NaOH Ⅲ x: Ba(OH)2 A: CO2
Ⅳ x: S A: O2 Ⅴ x: HNO3 A: Fe Ⅵ x: SiO2 A: C
【答案】 (1). Al(OH)3 (2). AlO2-+4H+=Al3++2H2O (3). 1s22s22p63s23p63d64s2 (4). HCl (5). 取样，向试管中滴加KSCN溶液，无明显现象，后滴加氯水，溶液出现血红色 (6). sp3 (7). II
【解析】
【详解】（1）①若x是AlCl3，则A为NaOH，则y的化学式是Al(OH)3；
②若x的阴离子含有铝元素，此阴离子为AlO2-，与过量盐酸反应的离子方程式为AlO2-+4H+=Al3++2H2O；
（2）若x是一种黄绿色有毒单质气体，A是世界使用量最大的一种金属单质，则x为氯气，A为Fe；
①A的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，或[Ar] 3d64s2；
②y为Fe与氯气直接化合得到的氯化铁，其中铁离子极易水解，故在配制其溶液时，为了抑制铁离子的水解，应将其溶解在盐酸中再稀释至相应浓度；
③z物质中阳离子为亚铁离子，检验其方法为：取样，向试管中滴加KSCN溶液，无明显现象，后滴加氯水，溶液出现血红色，则证明溶液中存在亚铁离子；
（3）①x是能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，x为氨气，该气体的中心原子N的轨道杂化类型是sp3；
②I 氮气与氧气高温或放电可化和为NO，NO与氧气反应可生成二氧化氮，符合题图反应；
II Al与NaOH反应生成偏铝酸根离子，其无法再与NaOH反应，不符合题图反应；
III 氢氧化钡与二氧化碳反应生成碳酸钡，继续反应生成碳酸氢钡，符合题图反应；
IV S与氧气反应生成二氧化硫，在高温催化下会继续生成三氧化硫，符合题图反应；
V Fe与硝酸反应生成硝酸铁，加入过量Fe，会还原为硝酸亚铁，符合题图反应；
VI 二氧化硅与C反应生成Si单质，继续与C高温下反应生成SiC；
故选II。
17.硫酰氯(SO2Cl2)熔点－54.1℃、沸点69.2℃，在染料、药品、除草剂和农用杀虫剂的生产过程中有重要作用。
（1）SO2Cl2中S的化合价为___________，SO2Cl2在潮湿空气中因水解“发烟”的化学方程式为__________。
（2）
①仪器A的名称为___________，装置B的作用是____________。
②装置乙中装入的试剂是浓硫酸，装置丙分液漏斗中盛装的最佳试剂是________(选填字母)。
A．蒸馏水 B．10.0 mol·L−1浓盐酸 C．浓氢氧化钠溶液 D．饱和食盐水
③滴定法测定硫酰氯的纯度：取1.800g产品，加入到100mL 0.5000mol·L−1 NaOH溶液中加热充分水解，冷却后加蒸馏水准确稀释至250mL，取25mL溶液于锥形瓶中，滴加2滴甲基橙，用0.1000mol·L−1标准HCl滴定至终点，重复实验三次取平均值，消耗10.00mL滴定终点的判断为___________，产品的纯度为_________。
（3）探究硫酰氯在催化剂作用下加热分解的产物，实验装置如图所示(部分夹持装置未画出)。
①加热时A中试管出现黄绿色，装置B的作用是_________。
②装置C中反应的离子方程式为________。
【答案】 (1). +6 (2). (3). （球形）冷凝管 (4). 防止空气中的水蒸气进入三颈瓶，使SO2Cl2水解变质；吸收尾气 (5). D (6). 滴加最后一滴HCl标准液，锥形瓶内溶液由黄色变为橙色且30s内不变色 (7). 75.00% (8). 吸收氯气 (9).
【解析】
【详解】（1）SO2Cl2中O为-2价、Cl为-1价，则S的化合价为+6；SO2Cl2在潮湿空气中因水解“发烟”的化学方程式为；
（2）①仪器A的名称为球形冷凝管；装置B的用处可从两个角度进行分析，一是防止空气内的水进入装置造成反应底物的污染，二是防止反应产物进入空气造成污染；
②氯气不溶于饱和食盐水，通过滴加饱和食盐水，将氯气排除，其他选项均不符合，故选D；
③硫酰氯在NaOH溶液中转化为NaCl和硫酸钠，用盐酸滴定过量的NaOH，甲基橙作指示剂，因此滴定终点的现象为滴加最后一滴HCl标准液，锥形瓶内溶液由黄色变为橙色且30s内不变色；发生的反应为和，因此，则，故产品的纯度为1.35g÷1.800g×100%=75.00%；
（3）硫酰氯分解生成了氯气，Cl的化合价升高，化合价降低的元素只能是S，从+6降到+4，生成二氧化硫。
①加热室A中出现黄绿色，说明生成了氯气，装置B的作用是吸收氯气；
②装置C中的现象是高锰酸钾溶液褪色，二氧化硫将其还原，离子方程式为。
18.铋为第五周期VA族元素，利用湿法冶金从辉铋矿（含Bi2S3、Bi、Bi2O3等）提取金属铋的工艺流程如下图所示：
已知：BiCl3水解的离子方程式为：BiCl3+H2OBiOCl+2H+＋2Cl−。
（1）矿浆浸出时加入盐酸的作用是____。
（2）浸出时，Bi溶于FeCl3溶液的化学方程式为____。
（3）残渣中含有一种单质，该单质是_______。
（4）滤液的主要溶质是（化学式）_____，该物质可在工艺中转化为循环利用的原料，转化的反应方程式为____。
（5）精辉铋矿中含有Ag2S，被氧化溶解后不会进入浸出液，银元素以______（填化学式）进入残渣中。
（6）粗铋电解精炼时应放在_______极。
（7）某温度下饱和的Ag2S溶液中，银离子的浓度为10-4mol/L，且Ag2S的KSP=5.8×10-39，则此溶液中硫离子的浓度为___________。
【答案】 (1). 为了抑制BiCl3水解，减少铋元素的损耗 (2). Bi+3FeCl3＝BiCl3+3FeCl2 (3). S (4). 氯化亚铁 (5). 2FeCl2+Cl2＝2FeCl3 (6). AgCl (7). 阳 (8). 5.8×10-31
【解析】
【详解】（1）矿浆中含Bi2S3，加入FeCl3溶液后，铁离子有氧化性，氧化硫离子为硫单质，反应为：Bi2S3+6FeCl3=2BiCl3+6FeCl2+3S，BiCl3水解的离子方程式为：BiCl3+H2OBiOCl+2H+＋2Cl−，反应液必须保持强酸性，否则铋元素会以BiOCl（碱式氯化铋）形式混入浸出渣使产率降低，因此加入盐酸是为了抑制BiCl3水解，减少铋元素的损耗。加入的盐酸同时可以溶解Bi2O3等。
（2）Bi溶于FeCl3溶液表现出还原性：Bi+3FeCl3＝BiCl3+3FeCl2。
（3）结合（1）的分析，可知残渣中的单质是S。
（4）往BiCl3溶液中加入铁粉，发生置换反应，铁将Bi3+还原为Bi，自身生成亚铁离子，2Bi3++3Fe=3Fe2++2Bi，滤液的主要溶质是氯化亚铁；氯化亚铁可在工艺中转化为循环利用的原料，结合流程中加入的物质可知转化为氯化铁，则发生的反应：2FeCl2+Cl2＝2FeCl3。
（5）精辉铋矿中含有Ag2S，-2价硫被氧化后生成S单质，而加入的盐酸中的Cl−与Ag+结合生成AgCl进入残渣中。
（6）粗铋提纯类似粗铜的精炼，粗铋应放在阳极；
（7）Ag2S的KSP= ，已知溶液中银离子的浓度，则硫离子的浓度为。
19.甲醇制烯烃(MTO)是煤制烯烃工艺路线的核心技术。煤制烯烃主要包括煤的气化、液化、烯烃化三个阶段。
（1）煤的液化发生的主要反应之一为2H2(g)+CO(g)＝CH3OH (g) ΔH＝a kJ·mol−1，在不同温度下，K(500℃)＝2.5 L2·mol−2，K(700℃)＝0.2 L2·mol−2。
①ΔH________0（填“＞”、“＜”、“＝”）。
②若反应在容积为2L的密闭容器中进行，500℃测得某一时刻体系内H2、CO、CH3OH物质的量分别为2 mol、1 mol、3mol，则此时生成CH3OH的速率____消耗CH3OH的速率（填“＞”、“＜”、“＝”）。
（2）通过研究外界条件对反应的影响，尽可能提高甲醇生成乙烯或丙烯的产率。
甲醇制烯烃的主要反应有：
i 2CH3OH(g)＝C2H4(g)+2H2O(g) ΔH1＝－20.9 kJ·mol−1
ii3CH3OH(g)＝C3H6(g)+3H2O(g) ΔH2＝－98.1 kJ·mol−1
iii 4CH3OH(g)＝C4H8(g)+4H2O(g) ΔH3＝－118.1 kJ·mol−1
①C3H6转化为C2H4的热化学方程式为iv：2C3H6(g)3C2H4 (g) ΔH4＝____。
②加入N2作为稀释剂，反应i中C2H4的产率将_____（增大、减小、不变）。
（3）为研究不同条件对反应的影响，测得不同温度下平衡时C2H4、C3H6和C4H8的物质的量分数变化，如图所示：
①随着温度的升高，C3H6的物质的量分数呈现先增大后减小的趋势。温度高于400℃时，原因是_____________________________；当温度低于400℃时，原因是________________________。
②体系总压为0.1MPa，400℃时反应iv的平衡常数Kp＝________(列式计算，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。
③为了获得更高的C2H4在产物中的比例，除控制较高温度的条件外，以下较适宜的是______。
A．增加水醇比 B．降低水醇比
【答案】 (1). < (2). ＜ (3). +133.5 kJ·mol－1 (4). 增大 (5). 温度高于400℃时，温度升高，反应iv：2C3H6(g) 3C2H4 (g) ΔH4＝+133.5 kJ·mol－1向正反应方向移动，C3H6的物质的量分数减小 (6). 当温度低于400℃时，CH3OH转化为C4H8的物质的量分数随温度升高而迅速减小，而转化为C2H4的物质的量分数增大的幅度小于C4H8的减小幅度，因而CH3OH转化C3H6的物质的量分数随温度升高而增大 (7). 0.001MPa (8). A
【解析】
【详解】（1）①在不同温度下，K(500℃)＝2.5L·mol−1，K(700℃)＝0.2L·mol−1，K(700℃)
（2）①依据热化学方程式和盖斯定律计算i×3-ii×2得到iv：2C3H6(g)= 3C2H4 (g) ΔH4＝+133.5 kJ·mol－1。
②加入N2作为稀释剂，使体系体积增大，相当于压强减小，有利于向正反应方向移动，C2H4的产率增大。
（3）①温度高于400℃时，温度升高，反应iv：2C3H6(g) 3C2H4 (g) ΔH4＝+133.5 kJ·mol－1向正反应方向移动，C3H6的物质的量分数减小；当温度低于400℃时，CH3OH转化为C4H8的物质的量分数随温度升高而迅速减小，而转化为C2H4的物质的量分数增大的幅度小于C4H8的减小幅度，因而CH3OH转化C3H6的物质的量分数随温度升高而增大。
②分压＝总压×物质的量分数，因此400℃时，
③结合图像，温度升高可以提高C2H4的物质的量分数，B正确；对于i、ii和iii来说，，当n值越大，增大水醇比时，反应逆向进行趋势越大，副产物越少，即C3H6、C4H8就越少，A正确。
福建省晋江市南桥中学2020届高三上学期第一阶段考试
化学试题
1.下列表示不正确的是( )
A. CO2的电子式 B. Cl2的结构式Cl—Cl
C. CH4的球棍模型 D. Cl－的结构示意图
【答案】C
【解析】
是CH4的比例模型而不是其球棍模型，故选C。
点睛：球棍模型主要用来表示共价键，比例模型主要用来表示原子之间的相对大小。
2.下列说法正确的是
A. 次氯酸、双氧水的漂白原理与二氧化硫漂白原理不同
B. 明矾的净水原理与活性炭相似都是物理吸附，没有涉及化学变化
C. 棉花的主要成份是纤维素，仿真丝的主要成份是蛋白质，都属于天然高分子化合物
D. “唐三彩”属于陶瓷制品，主要成份是二氧化硅
【答案】A
【解析】
【详解】A. 次氯酸和双氧水是由于强氧化性而产生的漂白性，二氧化硫漂白是其可以与有色物质化合为无色物质进行漂白，故A正确；
B. 明矾净水的原理是其电离出的铝离子水解生成的氢氧化铝胶体的吸附作用，其水解为化学变化，B错误；
C. 仿真丝是人工合成材料，不是天然高分子化合物，C错误；
D. 陶瓷是硅酸盐材料，D错误；
故答案选A。
3.下列化学反应方程式不正确的是
A. 用Cl2与石灰制取漂白粉:2Cl2+2Ca(OH)2==CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O
B 工业上用焦碳与石英砂制粗硅：SiO2+CSi+CO2
C. 高温下铁与水蒸汽反应：3Fe+4H2OFe3O4+4H2
D. 小苏打溶液与少量石灰水反应：2NaHCO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+Na2CO3+2H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A. 熟石灰为氢氧化钙，用Cl2与石灰制取漂白粉的方程式为2Cl2+2Ca(OH)2==CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，A正确；
B. 在大量焦炭存在的情况下，得到的氧化产物应为CO，故工业上用焦碳与石英砂制粗硅的方程式应为SiO2+2CSi+2CO，B错误；
C. 高温下铁与水蒸汽反应的方程式为3Fe+4H2OFe3O4+4H2，由于水蒸气为气态，故氢气不需要标气体符号，C正确；
D. 与量有关的方程式，可采用以少定多的方法进行书写，故小苏打溶液与少量石灰水反应的方程式为2NaHCO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+Na2CO3+2H2O，D正确；
故答案选B。
4.中国化学家研究的一种新型复合光催化剂碳纳米（CQDs）/氮化碳（C3N4）纳米复合物可以利用太阳光实现高效分解水，其原理如图所示。下列说法正确的是
A. C3N4中C的化合价为-4
B. 反应的两个阶段均为非氧化还原
C. 阶段Ⅱ中，H2O2既是氧化剂，又是还原剂
D. 通过该反应，实现了化学能向太阳能的转化
【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查新型复合光催化剂，水的分解。
由题给信息可知，利用太阳光实现高效分解水，分两个阶段，阶段Ⅰ为，阶段Ⅱ为，总反应为。
【详解】A.由于N的非金属性强于C，故C3N4中C的化合价为+4，A错误；
B.由分析可知，两个阶段的反应均为氧化还原反应，B错误；
C.由分析可知，反应阶段II是过氧化氢的自身氧化还原，故H2O2既是氧化剂，又是还原剂，C正确；
D.通过该反应，实现了太阳能向化学能的转化，D错误；
故答案选C。
5.下列有关化学原理在工业上的应用，说法正确的是
A. 合成NH3时高温和实验室制取NH3加热原理一样
B. 甲烷、乙烯、苯和酯都可通过石油分馏得到
C. 电解饱和氯化钠溶液可以制取金属钠
D. 可通过反应C＋H2OCO＋H2制水煤气
【答案】D
【解析】
【详解】A.工业上采用高温催化氮气和氢气化合来合成氨气，该条件是综合考虑化学反应速率和催化剂的活性而选择的，但高温并不有利于提高氨的产率；而实验室通过氢氧化钙和氯化铵的复分解反应制备氨气，该反应为吸热反应，加热有利于提高氨的产率，故二者原理不同，A错误；
B.石油的主要成分是烃，故石油分馏无法得到酯，B错误；
C.金属钠应当通过电解熔融状态的NaCl制备，而不是电解其溶液，C错误；
D.可通过反应C＋H2OCO＋H2制水煤气，D正确；
故答案选D。
6.硒（Se）的原子序数为34，与氧、硫同主族，下列说法错误的是
A. 硒的最高价是+6价，所以只有一种氧化物SeO3
B. H2Se的热稳定性比H2S差，且还原性较强
C. 氧、硫、硒三种元素的电负性递减
D. 原子序数为33的元素是砷（As），则砷原子的第一电离能大于硒原子的第一电离能
【答案】A
【解析】
【分析】
硒（Se）的原子序数为34，与氧、硫同主族,则其在元素周期表中的位置为第四周期第VIA族。
【详解】A.硒的最高价是+6价，根据同主族元素化学性质相似，类比S元素，Se不只有一种氧化物，A错误；
B.同主族元素，从上到下，非金属性逐渐减弱，其气态氢化物的稳定性依次减弱，对应阴离子的还原性依次增强，B正确；
C.同主族元素，从上到下，电负性逐渐减小，C正确；
D.根据洪特规则，第IIA、IIIA族和第VA、VIA族的第一电离能会出现反常，即砷原子的第一电离能大于硒原子的第一电离能，D正确；
故答案选A。
7.NH3催化还原NO是重要的烟气脱硝技术，其反应过程与能量关系如左图；研究发现在以Fe2O3为主的催化剂上可能发生的反应过程如右图下列说法正确的是
A. NH3催化还原NO为吸热反应
B. 过程Ⅰ中NH3断裂离子键
C. 过程Ⅱ中NO为氧化剂，Fe2+为还原剂
D. 脱硝的总反应为：4NH3(g)＋4NO(g)＋O2(g) 4N2(g)＋6H2O(g)
【答案】D
【解析】
【详解】A项， 反应物总能量高于生成物总能量，反应放热，故催化还原为放热反应，故A项错误；
B项， 中化学键均为极性键，过程Ⅰ中断裂极性共价键，故B项错误；
C项，过程Ⅱ中，，化合价由+2变为0，化合价降低，得电子作氧化剂，在反反前后没有发生变化，作催化剂，故C项错误；
D项，由图象可知，反应物为、NO、，生成物为、水，根据得失电子守恒可得，脱硝的总反应为：4NH3(g)＋4NO(g)＋O2(g) 4N2(g)＋6H2O(g)，故D项正确；
故答案选D。
8.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 0.1mol羟基含电子数为9NA
B. 常温下，1mol NH3含共价数目为4NA
C. 足量的Cu与含溶质1mol的浓HNO3反应，生成标准状况下11.2L的二氧化氮气体
D. 标况下，22.4L SO2和11.2L O2混合后的气体分子数为NA
【答案】A
【解析】
【详解】A.0.1mol羟基由0.1molO和0.1molH组成，含电子数为9NA，A正确；
B.常温下，1mol NH3含3molN-H键，即共价数为3 NA，B错误；
C.Cu和硝酸反应过程中，硝酸逐渐消耗，逐渐变稀，其还原产物逐渐发生改变，C错误；
D.二氧化硫与氧气接触不会直接化合为三氧化硫，气体的分子数不是NA，故D错误；
故答案选A。
9.化合物X是一种医药中间体，其结构简式如图所示。下列有关化合物X的说法正确的是
A. 分子中两个苯环一定处于同一平面
B. 化学物X能与饱和碳酸钠溶液反应
C. 化合物X的分子式为C16H16O4
D. 1mol化合物X最多能与1molNaOH反应
【答案】B
【解析】
【详解】A.悬挂于酯环上的苯环由单键连接，两个苯环一定不处于同一平面，A项错误；
B.X分子中含有羧基，能与饱和碳酸钠溶液反应，B正确；
C.根据X的结构可知，其分子式为C16H12O4，C错误；
D.X中酯基和羧基可以与NaOH反应，且酯基水解生成的羧基和酚羟基均可以与NaOH反应，1mol化合物X最多能与3molNaOH反应，故D项错误；
故答案选B。
10.下列实验操作正确且能达到相应实验目的的是
实验目的
实验操作
A
测定稀醋酸的pH
用玻璃棒蘸取CH3COOH溶液点在湿润的pH试纸上
B
用CCl4萃取碘水中的碘单质
分液时，液体从分液漏斗下口先后放出
C
用标准盐酸测定某NaOH溶液的浓度
左手控制滴定管的活塞，右手握住锥形瓶，边滴边振荡，眼睛注视滴定管中液面的变化
D
验证铁的吸氧腐蚀
在试管中加入食盐水，将铁钉放入并露出一部分
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【分析】
A.湿润的pH试纸中的水对醋酸有稀释作用，导致醋酸浓度偏低；
B.分离分液漏斗中的液体时，下层液体下口放出，上层液体上口放出；
C.滴定实验时的操作为：左手控制滴定管的活塞，右手握住锥形瓶，边滴边振荡，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化；
D.铁钉不纯，为碳铁合金，铁作原电池的负极，在中性溶液中发生吸氧腐蚀；
【详解】A.湿润的pH试纸中的水对醋酸有稀释作用，导致醋酸浓度偏低，A错误；
B.分离分液漏斗中的液体时，下层液体下口放出，上层液体上口放出，B错误；
C.滴定实验时的操作为：左手控制滴定管的活塞，右手握住锥形瓶，边滴边振荡，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化，C错误；
D.铁钉不纯，为碳铁合金，铁作原电池的负极，在中性溶液中发生吸氧腐蚀，D正确；
答案为D
【点睛】滴定实验时的操作为：左手控制滴定管的活塞，右手握住锥形瓶，边滴边振荡，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化。
11.下列有关溶液组成的描述合理的是
A. 无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl‾、S2‾
B. 酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO‾、SO42‾、I‾
C. 弱碱性溶液中可能大量存在Na+、K+、Cl‾、HCO3‾
D. 中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl‾、SO42‾
【答案】C
【解析】
【详解】A．Al3+、S2之间发生双水解反应生成硫化氢气体和氢氧化铝沉淀，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B．酸性溶液中存在大量氢离子，ClO‾与H+、I‾之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C．弱碱性条件下，这几种离子之间不反应，碳酸氢根离子水解导致溶液呈弱碱性，所以能大量共存，故C正确；
D．Fe3+易水解，只能存在于酸性溶液，在中性溶液中不能大量共存，故D错误；
故答案为C。
【点睛】离子共存的判断，为高考的高频题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等。
12.SO2是主要大气污染物之一，工业上可用如下装置吸收转化SO2(A、B为惰性电极)。下列说法正确的是
A. 电子流动方向为：B→b→a→A
B. a、A极上均发生氧化反应
C. 离子交换膜为阳离子交换膜
D. B极上的电极反应式为：SO2+2eˉ+2H2O=SO42-+4H+
【答案】C
【解析】
根据图示可知，SO2→H2SO4，硫元素化合价升高，发生氧化反应，所以B为电解池的阳极，A为电解池的阴极，a为电源的负极；电子由负极流向正极，因此电子流动方向为a→A→B→b，A错误；a为电源的负极，发生氧化反应，A为电解池的阴极，发生还原反应，B错误；该电解池中阴极发生还原反应：2SO32-+2e-+ 4H+ =S2O42-+ 2H2O，阳极发生氧化反应：SO2-2e-+2H2O ===4H++SO42-，反应需要氢离子，因此离子交换膜为阳离子交换膜，C正确；B为电解池的阳极，失电子：SO2-2e-+2H2O ===4H++SO42-，D错误；正确选项C。
13.工业上由黄铜矿(主要成分为CuFeS2)冶炼铜的主要流程如下。下列说法不正确的是
A. 气体A中的大气污染物可用氨水吸收并回收利用
B. 由泡铜冶炼粗铜的化学方程式为3Cu2O+2AlAl2O3+6Cu
C. 加入石英砂作为添加剂熔剂，生成更稳定、更容易分离的硅酸盐
D. 用过量稀H2SO4可全部溶解熔渣B
【答案】D
【解析】
【详解】A.有上述流程图可以看出，气体A是二氧化硫，可用氨水吸收并回收利用，故A正确；
B.依据图示，泡铜中的Cu2O和Al在高温下发生铝热反应，生成Cu，化学方程式为：3Cu2O+2Al Al2O3+6Cu，故B正确；
C.硅酸盐较其它的盐稳定性强，所以焙烧黄铜矿时加入石英砂作为添加剂熔剂，生成更稳定、更容易分离的硅酸盐，故C正确；
D.熔渣B中含有二氧化硅，二氧化硅不溶于硫酸，故D错误；
本题答案为D。
14.氮化镁常用于制备其它超硬、高导热、耐高温的氮化物，实验室用以下装置制取氮化镁。已知：Mg+2NH3Mg(NH2)2+H2，Mg3N2是一种浅黄色粉末，易水解。下列说法不正确的是
A. 实验开始时应先点燃乙处酒精灯，再点燃丁处酒精灯
B. 装置乙的目的是制备N2
C. 装置丙与装置戊可以对调
D. 取装置丁所得固体少许，滴入少量蒸馏水，可检验是否有Mg3N2
【答案】C
【解析】
【分析】
本实验按从左到右的顺序，甲中盛有碱石灰，用于干燥氨气，乙中发生3CuO2NH33Cu3H2ON2用以制取氮气，丙用浓硫酸干燥氮气并吸收多余的NH3，防止在丁Mg3N2水解及发生Mg+2NH3Mg(NH2)2+H2，丁中发生3MgN2 Mg3N2，戊中盛用碱石灰的干燥管，用于防止空气中的水分和Mg3N2作用，使Mg3N2水解。
【详解】A.实验开始时应先点燃乙处酒精灯，制取N2并排除装置内空气，再点燃丁处酒精灯，故A正确；
B.装置乙的目的是3CuO2NH33Cu3H2ON2用以制取氮气，故B正确；
C.装置丙是用来干燥氮气并吸收多余的NH3，防止Mg+2NH3Mg(NH2)2+H2，而装置戊是防止空气中的水蒸气进入丁中，其中通常盛放的碱石灰不能吸收NH3，所以丙、戊不可以对调，故C错误；
D.因Mg3N26H2O=3Mg(OH)33NH3，所以取装置丁所得固体少许，滴入少量蒸馏水，若有刺激性气味的气体生成，则证明固体中有Mg3N2，故D正确；
本题答案为C。
15.25 ℃时，在含CH3COOH和CH3COO－的溶液中，CH3COOH、CH3COO－二者中各自所占的物质的量分数(α)随溶液pH变化的关系如图所示。下列说法不正确的是( )
A. 在pH＜4.76的溶液中，c(CH3COO－)＜c(CH3COOH)
B. 在pH＝7的溶液中，α(CH3COOH)＝0，α(CH3COO－)＝1.0
C. 在pH＞4.76的溶液中，c(CH3COO－)与c(OH－)之和可大于c(H＋)
D. 在pH＝4.76的溶液中加盐酸，α(CH3COOH)与α(CH3COO－)之和保持不变
【答案】B
【解析】
【详解】A、根据电离平衡判断CH3COOH和CH3COOˉ两者含量随pH升高的变化情况，酸性越强CH3COOH含量越大，碱性越强CH3COOˉ越大，故A正确；
B项，电离平衡和水解平衡是可逆，α(CH3COOH)不可能为0，α(CH3COOˉ)不可能为1，只能接近于0或1，故B错误；
C项，pH>4.76时，根据电荷守恒，可判断C正确；
D项，根据物料守恒，始终存在α(CH3COOH)+α(CH3COOˉ)=1，D正确；
故选B。
【点睛】本题考查了弱电解质溶液中的电离平衡、平衡移动、离子浓度大小比较，结合图像灵活运用电荷守恒、物料守恒是解题关键。
16.某些物质的转化可用下图表示，且x，y，z都含有相同的一种元素。图示中有部分生成物未列出来
（1）①若x是AlCl3，则y的化学式是________________
②若x的阴离子含有铝元素，写出此阴离子与过量盐酸反应的离子方程式：___________________
（2）若x是一种黄绿色有毒单质气体，A是世界使用量最大的一种金属单质。
①写出A元素原子的电子排布式：__________________
②配制y的溶液，一般不是把Y的晶体溶于水，而是把y的晶体先溶解于_________（填化学式）溶液中。
③如何检验z物质中的阳离子：________________________________________________。
（3）①若x是能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，该气体的中心原子轨道杂化类型是______________
②下列各组组合，不符合上图反应的是______________（填序号）
Ⅰ x: N2 A: O2 Ⅱ x: Al A: NaOH Ⅲ x: Ba(OH)2 A: CO2
Ⅳ x: S A: O2 Ⅴ x: HNO3 A: Fe Ⅵ x: SiO2 A: C
【答案】 (1). Al(OH)3 (2). AlO2-+4H+=Al3++2H2O (3). 1s22s22p63s23p63d64s2 (4). HCl (5). 取样，向试管中滴加KSCN溶液，无明显现象，后滴加氯水，溶液出现血红色 (6). sp3 (7). II
【解析】
【详解】（1）①若x是AlCl3，则A为NaOH，则y的化学式是Al(OH)3；
②若x的阴离子含有铝元素，此阴离子为AlO2-，与过量盐酸反应的离子方程式为AlO2-+4H+=Al3++2H2O；
（2）若x是一种黄绿色有毒单质气体，A是世界使用量最大的一种金属单质，则x为氯气，A为Fe；
①A的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，或[Ar] 3d64s2；
②y为Fe与氯气直接化合得到的氯化铁，其中铁离子极易水解，故在配制其溶液时，为了抑制铁离子的水解，应将其溶解在盐酸中再稀释至相应浓度；
③z物质中阳离子为亚铁离子，检验其方法为：取样，向试管中滴加KSCN溶液，无明显现象，后滴加氯水，溶液出现血红色，则证明溶液中存在亚铁离子；
（3）①x是能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，x为氨气，该气体的中心原子N的轨道杂化类型是sp3；
②I 氮气与氧气高温或放电可化和为NO，NO与氧气反应可生成二氧化氮，符合题图反应；
II Al与NaOH反应生成偏铝酸根离子，其无法再与NaOH反应，不符合题图反应；
III 氢氧化钡与二氧化碳反应生成碳酸钡，继续反应生成碳酸氢钡，符合题图反应；
IV S与氧气反应生成二氧化硫，在高温催化下会继续生成三氧化硫，符合题图反应；
V Fe与硝酸反应生成硝酸铁，加入过量Fe，会还原为硝酸亚铁，符合题图反应；
VI 二氧化硅与C反应生成Si单质，继续与C高温下反应生成SiC；
故选II。
17.硫酰氯(SO2Cl2)熔点－54.1℃、沸点69.2℃，在染料、药品、除草剂和农用杀虫剂的生产过程中有重要作用。
（1）SO2Cl2中S的化合价为___________，SO2Cl2在潮湿空气中因水解“发烟”的化学方程式为__________。
（2）
①仪器A的名称为___________，装置B的作用是____________。
②装置乙中装入的试剂是浓硫酸，装置丙分液漏斗中盛装的最佳试剂是________(选填字母)。
A．蒸馏水 B．10.0 mol·L−1浓盐酸 C．浓氢氧化钠溶液 D．饱和食盐水
③滴定法测定硫酰氯的纯度：取1.800g产品，加入到100mL 0.5000mol·L−1 NaOH溶液中加热充分水解，冷却后加蒸馏水准确稀释至250mL，取25mL溶液于锥形瓶中，滴加2滴甲基橙，用0.1000mol·L−1标准HCl滴定至终点，重复实验三次取平均值，消耗10.00mL滴定终点的判断为___________，产品的纯度为_________。
（3）探究硫酰氯在催化剂作用下加热分解的产物，实验装置如图所示(部分夹持装置未画出)。
①加热时A中试管出现黄绿色，装置B的作用是_________。
②装置C中反应的离子方程式为________。
【答案】 (1). +6 (2). (3). （球形）冷凝管 (4). 防止空气中的水蒸气进入三颈瓶，使SO2Cl2水解变质；吸收尾气 (5). D (6). 滴加最后一滴HCl标准液，锥形瓶内溶液由黄色变为橙色且30s内不变色 (7). 75.00% (8). 吸收氯气 (9).
【解析】
【详解】（1）SO2Cl2中O为-2价、Cl为-1价，则S的化合价为+6；SO2Cl2在潮湿空气中因水解“发烟”的化学方程式为；
（2）①仪器A的名称为球形冷凝管；装置B的用处可从两个角度进行分析，一是防止空气内的水进入装置造成反应底物的污染，二是防止反应产物进入空气造成污染；
②氯气不溶于饱和食盐水，通过滴加饱和食盐水，将氯气排除，其他选项均不符合，故选D；
③硫酰氯在NaOH溶液中转化为NaCl和硫酸钠，用盐酸滴定过量的NaOH，甲基橙作指示剂，因此滴定终点的现象为滴加最后一滴HCl标准液，锥形瓶内溶液由黄色变为橙色且30s内不变色；发生的反应为和，因此，则，故产品的纯度为1.35g÷1.800g×100%=75.00%；
（3）硫酰氯分解生成了氯气，Cl的化合价升高，化合价降低的元素只能是S，从+6降到+4，生成二氧化硫。
①加热室A中出现黄绿色，说明生成了氯气，装置B的作用是吸收氯气；
②装置C中的现象是高锰酸钾溶液褪色，二氧化硫将其还原，离子方程式为。
18.铋为第五周期VA族元素，利用湿法冶金从辉铋矿（含Bi2S3、Bi、Bi2O3等）提取金属铋的工艺流程如下图所示：
已知：BiCl3水解的离子方程式为：BiCl3+H2OBiOCl+2H+＋2Cl−。
（1）矿浆浸出时加入盐酸的作用是____。
（2）浸出时，Bi溶于FeCl3溶液的化学方程式为____。
（3）残渣中含有一种单质，该单质是_______。
（4）滤液的主要溶质是（化学式）_____，该物质可在工艺中转化为循环利用的原料，转化的反应方程式为____。
（5）精辉铋矿中含有Ag2S，被氧化溶解后不会进入浸出液，银元素以______（填化学式）进入残渣中。
（6）粗铋电解精炼时应放在_______极。
（7）某温度下饱和的Ag2S溶液中，银离子的浓度为10-4mol/L，且Ag2S的KSP=5.8×10-39，则此溶液中硫离子的浓度为___________。
【答案】 (1). 为了抑制BiCl3水解，减少铋元素的损耗 (2). Bi+3FeCl3＝BiCl3+3FeCl2 (3). S (4). 氯化亚铁 (5). 2FeCl2+Cl2＝2FeCl3 (6). AgCl (7). 阳 (8). 5.8×10-31
【解析】
【详解】（1）矿浆中含Bi2S3，加入FeCl3溶液后，铁离子有氧化性，氧化硫离子为硫单质，反应为：Bi2S3+6FeCl3=2BiCl3+6FeCl2+3S，BiCl3水解的离子方程式为：BiCl3+H2OBiOCl+2H+＋2Cl−，反应液必须保持强酸性，否则铋元素会以BiOCl（碱式氯化铋）形式混入浸出渣使产率降低，因此加入盐酸是为了抑制BiCl3水解，减少铋元素的损耗。加入的盐酸同时可以溶解Bi2O3等。
（2）Bi溶于FeCl3溶液表现出还原性：Bi+3FeCl3＝BiCl3+3FeCl2。
（3）结合（1）的分析，可知残渣中的单质是S。
（4）往BiCl3溶液中加入铁粉，发生置换反应，铁将Bi3+还原为Bi，自身生成亚铁离子，2Bi3++3Fe=3Fe2++2Bi，滤液的主要溶质是氯化亚铁；氯化亚铁可在工艺中转化为循环利用的原料，结合流程中加入的物质可知转化为氯化铁，则发生的反应：2FeCl2+Cl2＝2FeCl3。
（5）精辉铋矿中含有Ag2S，-2价硫被氧化后生成S单质，而加入的盐酸中的Cl−与Ag+结合生成AgCl进入残渣中。
（6）粗铋提纯类似粗铜的精炼，粗铋应放在阳极；
（7）Ag2S的KSP= ，已知溶液中银离子的浓度，则硫离子的浓度为。
19.甲醇制烯烃(MTO)是煤制烯烃工艺路线的核心技术。煤制烯烃主要包括煤的气化、液化、烯烃化三个阶段。
（1）煤的液化发生的主要反应之一为2H2(g)+CO(g)＝CH3OH (g) ΔH＝a kJ·mol−1，在不同温度下，K(500℃)＝2.5 L2·mol−2，K(700℃)＝0.2 L2·mol−2。
①ΔH________0（填“＞”、“＜”、“＝”）。
②若反应在容积为2L的密闭容器中进行，500℃测得某一时刻体系内H2、CO、CH3OH物质的量分别为2 mol、1 mol、3mol，则此时生成CH3OH的速率____消耗CH3OH的速率（填“＞”、“＜”、“＝”）。
（2）通过研究外界条件对反应的影响，尽可能提高甲醇生成乙烯或丙烯的产率。
甲醇制烯烃的主要反应有：
i 2CH3OH(g)＝C2H4(g)+2H2O(g) ΔH1＝－20.9 kJ·mol−1
ii3CH3OH(g)＝C3H6(g)+3H2O(g) ΔH2＝－98.1 kJ·mol−1
iii 4CH3OH(g)＝C4H8(g)+4H2O(g) ΔH3＝－118.1 kJ·mol−1
①C3H6转化为C2H4的热化学方程式为iv：2C3H6(g)3C2H4 (g) ΔH4＝____。
②加入N2作为稀释剂，反应i中C2H4的产率将_____（增大、减小、不变）。
（3）为研究不同条件对反应的影响，测得不同温度下平衡时C2H4、C3H6和C4H8的物质的量分数变化，如图所示：
①随着温度的升高，C3H6的物质的量分数呈现先增大后减小的趋势。温度高于400℃时，原因是_____________________________；当温度低于400℃时，原因是________________________。
②体系总压为0.1MPa，400℃时反应iv的平衡常数Kp＝________(列式计算，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。
③为了获得更高的C2H4在产物中的比例，除控制较高温度的条件外，以下较适宜的是______。
A．增加水醇比 B．降低水醇比
【答案】 (1). < (2). ＜ (3). +133.5 kJ·mol－1 (4). 增大 (5). 温度高于400℃时，温度升高，反应iv：2C3H6(g) 3C2H4 (g) ΔH4＝+133.5 kJ·mol－1向正反应方向移动，C3H6的物质的量分数减小 (6). 当温度低于400℃时，CH3OH转化为C4H8的物质的量分数随温度升高而迅速减小，而转化为C2H4的物质的量分数增大的幅度小于C4H8的减小幅度，因而CH3OH转化C3H6的物质的量分数随温度升高而增大 (7). 0.001MPa (8). A
【解析】
【详解】（1）①在不同温度下，K(500℃)＝2.5L·mol−1，K(700℃)＝0.2L·mol−1，K(700℃)
（2）①依据热化学方程式和盖斯定律计算i×3-ii×2得到iv：2C3H6(g)= 3C2H4 (g) ΔH4＝+133.5 kJ·mol－1。
②加入N2作为稀释剂，使体系体积增大，相当于压强减小，有利于向正反应方向移动，C2H4的产率增大。
（3）①温度高于400℃时，温度升高，反应iv：2C3H6(g) 3C2H4 (g) ΔH4＝+133.5 kJ·mol－1向正反应方向移动，C3H6的物质的量分数减小；当温度低于400℃时，CH3OH转化为C4H8的物质的量分数随温度升高而迅速减小，而转化为C2H4的物质的量分数增大的幅度小于C4H8的减小幅度，因而CH3OH转化C3H6的物质的量分数随温度升高而增大。
②分压＝总压×物质的量分数，因此400℃时，
③结合图像，温度升高可以提高C2H4的物质的量分数，B正确；对于i、ii和iii来说，，当n值越大，增大水醇比时，反应逆向进行趋势越大，副产物越少，即C3H6、C4H8就越少，A正确。
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