湖北省恩施州高中教育联盟2020-2021学年高一下学期期末考试化学试题含解析

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湖北省恩施州高中教育联盟2020-2021学年高一下学期期末考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学在达成我国2035年生态建设的远景目标“广泛形成绿色生产生活方式，碳排放达峰后稳中有降，生态环境根本好转，美丽中国建设目标基本实现”中，有着义不容辞的责任。下列有关化学与生活、生产、环保、科技等的说法不正确的是
A．“雷雨发庄稼”与N2+O22NO等反应有关系
B．汽车尾气中含有的氮氧化物，是汽油不完全燃烧产生的
C．二氧化硫可用于杀菌消毒，是一种食品添加剂
D．同位素在日常生活、工农业生产和科学研究中有着重要用途，如氘和氚用于制造氢弹
【答案】B
【详解】A．“雷雨发庄稼”涉及到的方程式有N2+O22NO、2NO+O2=NO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO，A正确；
B．汽油中不含有氮元素，汽车尾气中含有的氮氧化物，主要是N2与O2在汽缸的高温环境下反应产生的，B错误；
C．二氧化硫能够使蛋白质变性，因此可用于杀菌消毒，同时也是一种食品添加剂，C正确；
D．同位素在日常生活、工农业生产和科学研究中有着重要用途，氘和氚用于制造氢弹、某些核素具有放射性可用于医疗、作示踪原子，D正确；
故合理选项是B。
2．下列相关化学用语表示正确的是
A．HClO的电子式
B．硫酸氢钠在熔融状态的电离方程式：NaHSO4=Na++H++SO
C．质子数为8、中子数为10的氧原子：O
D．结构示意图可表示35Cl-，也可表示37Cl-
【答案】D
【详解】A．HClO分子中O原子与H、Cl原子分别形成1对共用电子对，使分子中各个原子都达到稳定结构，故HClO的电子式为：，A错误；
B．硫酸氢钠在熔融状态下电离产生Na+、，故其电离方程式为：NaHSO4=Na++，B错误；
C．原子符号左下角为质子数，左上角为质量数，质量数等于质子数与中子数的和，质子数为8、中子数为10的氧原子的质量数是8+10=18，可表示为：，C错误；
D．同位素原子的原子核内质子数相同，原子核外电子也相同，原子获得电子变为阴离子，所以结构示意图可表示35Cl-，也可表示37Cl-，D正确；
故合理选项是D。
3．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是
A．标准状况下，2.24 L Cl2与足量NaOH溶液充分反应，转移的电子总数为0.1NA
B．标准状况下，22.4 L SO3中含有的SO3分子数为NA
C．18 g NH中含有的质子数为10NA
D．含2 mol H2SO4的浓硫酸与足量铜共热，转移的电子数为2NA
【答案】A
【详解】A．标准状况下，2.24 L Cl2的物质的量是1 mol，Cl2与NaOH溶液反应方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，在该反应中每有1 mol Cl2反应，转移1 mol电子，则0.1 mol Cl2反应，转移0.1 mol电子，故转移电子数目是0.1NA，A正确；
B．标准状况下SO3不是气体，因此不能使用气体摩尔体积计算，B错误；
C．18 g NH的物质的量是1 mol，由于在1个NH中含有11个质子，因此1 mol NH中含有的质子数为11NA，C错误；
D．浓硫酸与Cu反应方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，根据方程式可知：每有2 mol H2SO4反应，反应过程中转移2 mol电子。若溶液中含有的2 mol H2SO4，随着反应的进行，硫酸溶液浓度变稀，反应就不再发生，因此转移电子的物质的量小于2 mol，故反应过程中转移的电子数小于2NA，D错误；
故合理选项是A。
4．下列实验操作中不正确的是
A．用铂丝蘸取某碱金属的盐溶液燃烧，火焰呈黄色，证明该盐溶液中含有Na+
B．用稀硫酸和锌制取H2时，加几滴CuSO4溶液可加快反应速率
C．蒸馏操作时，应使温度计的水银球插入蒸馏烧瓶内的溶液中
D．可用硫酸鉴别碳酸钠、硅酸钠和硫酸钠
【答案】C
【详解】A．钠元素的焰色反应火焰呈黄色，用铂丝蘸取某碱金属的盐溶液燃烧，火焰呈黄色，能够证明该盐溶液中含有Na+，A 正确；
B．用稀硫酸和锌制取H2时，加几滴CuSO4溶液，Zn与Cu2+反应产生Cu单质，Zn、Cu、H2SO4构成了铜锌原电池，从而加快了反应速率，B正确；
C．在蒸馏操作中，温度计用于测定馏分的温度，应使温度计的水银球放在蒸馏烧瓶的支管口处，不能插入溶液中，C错误；
D．稀硫酸与碳酸钠、硅酸钠、硫酸钠的反应现象分别为生成气体、沉淀、无现象，三种溶液的现象不同，可用硫酸鉴别碳酸钠、硅酸钠和硫酸钠，D正确；
故合理选项是C。
5．下列离子方程式书写正确的是
A．向稀硝酸中加入铜片：Cu+2H++NO=Cu2++NO↑+H2O
B．Na2O2固体与水反应：2O+2H2O=4OH-+O2↑
C．Fe(OH)3固体溶于HI溶液：2Fe(OH)3+6H++2I-=2Fe2++6H2O+I2
D．向CaCl2溶液中通入CO2：Ca2++H2O+CO2=CaCO3↓+2H+
【答案】C
【详解】A．电子不守恒，电荷不守恒，原子不守恒，反应的离子方程式应该为：3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O，A错误；
B．Na2O2是固体，应该写化学式，反应的离子方程式应该为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+ O2↑，B错误；
C．反应符合事实，遵循物质的拆分原则，C正确；
D．由于酸性：HCl＞H2CO3，所以向CaCl2溶液中通入CO2不能反应产生CaCO3沉淀，D错误；
故合理选项是C。
6．现有短周期主族元素X、Y、Z、R，它们的核电荷数依次增大。这四种元素可组成一种化合物Q，Q具有下列性质：
血红色溶液Q溶液气体试纸变蓝
下列说法不正确的是
A．化合物Q为离子化合物 B．简单气态氢化物的稳定性：Y＞Z
C．Z的最高价氧化物对应的水化物是强酸 D．化合物YR2中所有原子均满足8电子稳定结构
【答案】B
【分析】现有短周期主族元素X、Y、Z、R ,它们的核电荷数依次增大，这四种元素可组成一种化合物Q具有如下列性质。根据Q与FeCl3溶液作用产生血红色溶液可知，Q中含有SCN-；根据Q溶液与NaOH(aq)作用产生气体，该气体能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝可知：Q中含有，则Q为NH4SCN，结合元素核电荷数大小可知：X为H，Y为C，Z为N，R为S元素，以此分析解答。
【详解】根据分析可知：X为H，Y为C，Z为N，R为S元素。
A．Q为NH4SCN，NH4SCN是盐，属于离子化合物，其中含有离子键和共价键，，A正确；
B．元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物的稳定性就越强。元素非金属性：C＜N，则形成的简单气态氢化物的稳定性：Y＜Z，B错误；
C．Z为N元素，其最高价氧化物对应的水化物为HNO3，HNO3是一元强酸，C正确；
D．Y为C，R为S元素，YR2为CS2，该物质分子中S与2个C原子形成4个共价键，其结构式为S=C=S，使CS2分子中C、S原子均满足最外层8个电子的稳定结构，D正确；
故合理选项是B。
7．铜和镁的合金4.6 g完全溶于浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生4 480 mL NO2气体和336 mL的N2O4气体(气体的体积已折算到标准状况)，在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为 (　　)
A．9.02 g B．8.51 g C．8.26 g D．7.04 g
【答案】B
【分析】最终生成沉淀为Cu(OH)2和Mg(OH)2，根据电荷守恒可知，金属失去电子物质的量等于沉淀中氢氧根的物质的量，根据电子转移守恒计算金属失去电子物质的量，沉淀质量等于金属质量与氢氧根离子质量之和。
【详解】4.48L的 NO2气体的物质的量为＝0.2mol，0.336L的N2O4气体物质的量为＝0.015mol，根据电子转移守恒，金属失去电子物质的量0.2mol×1＋0.015mol×2×1＝0.23mol，
最终生成沉淀为Cu(OH)2和Mg(OH)2，根据电荷守恒可知，金属失去电子物质的量等于沉淀中氢氧根的物质的量，故沉淀质量为4.6g＋0.23mol×17g/mol＝8.51g，
故答案选B。
8．含硫煤燃烧会产生大气污染物，为防治该污染，某工厂设计了新的治污方法，同时可得到化工产品，该工艺流程如图所示，下列叙述不正确的是

A．该工艺流程是用来除去煤燃烧时产生的SO2
B．该过程中可得到化工产品H2SO4
C．图中涉及的反应之一为Fe2(SO4)3+SO2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4
D．该过程中化合价发生改变的元素只有Fe和S
【答案】D
【分析】由图可知发生反应为：Fe2(SO4)3+SO2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4，同时4FeSO4+ 2H2SO4+O2=2Fe2(SO4)3+2H2O，总反应为2SO2+O2+2H2O=2H2SO4。
【详解】A．根据总反应2SO2+O2+2H2O=2H2SO4可知该工艺流程是用来除去煤燃烧时产生的SO2，A正确；
B．根据总反应为2SO2+O2+2H2O=2H2SO4可知该过程中可得到化工产品H2SO4，B正确；
C．Fe2(SO4)3与SO2反应生成FeSO4和H2SO4，其反应的化学方程式为Fe2(SO4)3+SO2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4，C正确；
D．该过程中Fe2(SO4)3与SO2反应生成FeSO4和H2SO4，同时FeSO4、O2和H2SO4反应生成Fe2(SO4)3，则反应过程中Fe、O和S的化合价发生改变，D错误；
故合理选项是D。
9．微型银一锌电池可用作电子仪器的电源，其电极分别是Ag/Ag2O和Zn，电解质为KOH溶液，电池总反应为Ag2O+Zn+H2O=2Ag+Zn(OH)2，下列说法正确的是
A．正极发生反应Ag2O+2H++2e-=2Ag+H2O
B．负极发生反应Zn+2OH--2e-=Zn(OH)2
C．电池工作过程中，KOH溶液浓度减小
D．电池工作过程中，电解液中OH-向正极迁移
【答案】B
【分析】电池总反应为Ag2O+Zn+H2O=2Ag+Zn(OH)2，Zn在反应中价态升高失电子，故Zn作负极，电极反应式为Zn+2OH--2e-=Zn(OH)2，Ag2O作正极，电极反应式为Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-，据此分析作答。
【详解】A．根据上述分析可知Ag2O作正极，电解质溶液显碱性，在碱性溶液中不可能大量存在H+，正极的电极反应式为Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-，A错误；
B．Zn作负极，负极的电极反应式为：Zn+2OH--2e-=Zn(OH)2，B正确；
C．电池工作过程中，KOH的物质的量不变，水被消耗，KOH浓度增大，C错误；
D．电池工作过程中，电解液中OH-向正电荷较多的负极迁移，D错误；
故合理选项是B。
10．化学能与热能、电能等能相互转化。下列关于化学能与其他能量相互转化的说法不正确的是

A．化学反应中能量变化的主要原因是化学键的断裂与形成
B．石墨比金刚石稳定，则C(石墨)=C(金刚石)的ΔH＞0
C．图I中电子从铜电极经外电路流向石墨电极
D．图Ⅱ可以表示氯化铵固体与氢氧化钡晶体反应的能量变化
【答案】D
【详解】A．化学反应总是伴随着能量变化，断键需要吸收能量，成键会放出能量，所以化学反应中能量变化的主要原因是化学键的断裂与生成，A正确；
B．物质含有的能量越低越稳定，石墨比金刚石稳定，说明石墨能量低，则C(石墨)=C(金刚石)的ΔH＞0是吸放热过程，B正确；
C．C作负极，图I中电子从负极铜电极经外电路流向正极石墨电极，C正确；
D．图II表示的反应中，反应物总能量比生成物的总能量高，因此表示的反应是放热反应，氯化铵固体与氢氧化钡晶体反应是吸热过程，因此不能溶图示表示，D错误；
故合理选项是D。
11．下列有关化学反应速率的说法中正确的是
A．合成氨工业中使用合适催化剂可以提高反应速率以及增大该反应的限度
B．使用催化剂可降低反应的ΔH，从而提高化学反应速率
C．铁片与硫酸反应制备氢气时，使用浓硫酸可以加快产生氢气的速率
D．化学反应速率的大小主要取决于反应物的性质
【答案】D
【详解】A．催化剂改变反应速率，不改变平衡移动不能增大该反应的限度，A错误；
B．催化剂不改变反应的焓变，B错误；
C．浓硫酸与铁钝化，阻碍了反应进行，C错误；
D．化学反应速率的大小主要取决于反应物的本身的性质，D正确；
故选D。
12．反应mX(g)=nY(g)+pZ(g)   ΔH，在不同温度下的平衡体系中物质Y的体积分数随压强变化的曲线如图所示。下列说法错误的是

A．m＜n+p
B．该反应的ΔH＜0
C．A、C两点化学平衡常数：KA=KC
D．A、C两点的反应速率：v(A)＜v(C)
【答案】B
【分析】由图示可知：在压强不变时，升高温度Y的体积分数增大，说明升高温度化学平衡正向移动，该反应正反应为吸热反应；在温度不变时，增大压强Y的体积分数减小，说明该反应正反应为气体体积增大的反应，则化学方程式计量数关系为：m＜n+p，以此结合化学平衡常数、反应速率的影响因素解答。
【详解】A．结合图示可知，在温度不变时，增大压强，Y的体积分数减小，说明化学平衡逆向移动，逆反应为气体体积减小的分压，则该反应为气体体积增大的反应，则m＜n+p，A正确；
B．在压强不变时，升高温度Y的体积分数增大，说明升高温度化学平衡正向移动，则该反应的正反应为吸热反应，ΔH＞0，B错误；
C．A、C在同一等温线上，二者的温度相同，应用平衡常数K只受温度的影响，则化学平衡常数：KA=KC，C正确；
D．A、C在同一等温线上，二者的温度相同，压强：C点＞A点，压强增大，反应速率加快，则反应速率：v(A)＜v(C)，D正确；
故合理选项是B。
13．下列事实中，能用勒夏特列原理解释的是
A．夏天，打开啤酒瓶时会从瓶口逸出气体
B．高温及加入催化剂都能使合成氨的反应速率加快
C．压缩氢气与碘蒸气的平衡混合体系，气体颜色变深
D．N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)   ΔH<0，500℃左右比室温更有利于合成NH3
【答案】A
【详解】A．啤酒瓶内存在平衡：CO2(g)+H2O(l) H2CO3(aq)，当开启瓶盖时，体系压强降低，为了减弱这种改变，平衡逆向移动，产生大量气泡，可用勒夏特列原理解释，故A符合题意；
B．高温和催化剂使活化分子百分数增大，活化分子数目增大，反应速率加快，与勒夏特列原理无关，故B不符合题意；
C．氢气与碘蒸气反应的平衡为H2(g)+I2(g) 2HI(g)，反应前后气体系数和相等，压强对平衡无影响，压缩气体，碘单质的浓度增大，使得颜色加深，不能用勒夏特列原理解释，故C不符合题意；
D．该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，不利于合成氨，500℃是催化剂催化效率最高的适宜温度，不能用勒夏特列原理解释，故D不符合题意。
综上所述，本题应选A。
14．实现“节能减排”和“低碳经济”的一个重要课题就是如何将转化为可利用的资源。目前工业上有一种方法是用来生产甲醇。一定条件下发生反应：，如图表示该反应过程中能量(单位为)的变化。下列说法中，正确的是


A．， B．，
C．， D．，
【答案】C
【详解】由图可知：反应物总能量高于生成物总能量，正反应为放热反应，正反应为气体物质的量减小的反应，则为熵减的反应，即△H＜0，△S＜0，答案选C。
15．如图，关闭活塞K，向A中充入1 mol X、1 mol Y，向B中充入2 mol X、2 mol Y，起始时A的容积是a L、B的容积是2a L。在相同温度和催化剂存在的条件下，使两容器中均发生反应X(g)+Y(g)2Z(g)+W(g)   ΔH＜0。A保持恒压，B保持恒容，达到平衡时，A的容积为1.4a L。下列说法错误的是

A．反应速率：v(B)＞v(A)
B．A中X的转化率为80%
C．平衡时Y体积分数：A＞B
D．打开活塞K，反应一段时间后达到平衡，此时A的容积为2.2a L(连通管中气体体积不计)
【答案】C
【详解】A．对于反应X(g)+Y(g)2Z(g)+W(g)来说，开始时只加入反应物X和Y，该反应将正向进行至建立平衡，根据阿伏伽德罗定律可知：容器A和容器B的起始压强相同，同温同容时，气体的物质的量之比等于压强之比，故对恒容容器B来说，随着反应的进行，气体物质的量增多，气体压强增大，而容器A保持压强不变，即p(B)＞p(A)，压强越大，化学反应速率就越快，故反应速率：v(B)＞v(A)，A正确；
B．在容器A中，对于反应X(g)+Y(g)2Z(g)+W(g)，开始时n(X)=n(Y)=1 mol，设容器A平衡时，X的变化量为x mol，则根据物质反应转化关系可知平衡时n(X)=n(Y)=(1-x) mol，n(Z)=2x mol，n(W)=x mol，由于同温同压下,气体物质的量之比等于体积比，则，解得x=0.8 mol，故物质X的转化率为，B正确；
C．由选项A分析可知，压强：p(B)＞p(A)，该反应的正反应是气体体积增大的反应，增大压强，化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，故与容器A相比，容器B的化学平衡逆向移动，平衡时Y的体积分数增大，即A＜B，C错误；
D．若打开K，相当于一个起始投料量为3 mol X和3 mol Y，且压强与原容器A相同的恒压大容器，即此容器的平衡状态与原容器A的平衡状态等效，故此容器各气体的平衡量为原容器A平衡量的3倍，总体积也为原容器A平衡体积的3倍，即容器总体积V=3×1.4a L=4.2a L，则A的体积变为(4.2a-2a)L=2.2a L，D正确；
故合理选项是C。

二、实验题
16．某化学自主实验小组通过实验探究NO2、NH3的性质
探究I：利用如图所示装置探究NO2能否被NH3还原(K1、K2为止水夹，夹持及固定装置略去)。

(1)按图示连接好实验装置，检查A装置气密性的方法是_______
(2)U形管中的药品是_______(填名称)
(3)可用NH3将NO2转化为无毒气体，写出该反应的化学方程式：_______，此反应中氧化产物和还原产物的质量之比为_______。
(4)此实验装置存在的一个明显缺陷是_______。
探究Ⅱ：采用如图装置收集NO2和O2的混合气体，探究NO2、O2混合气体的喷泉实验(装置已略去)。

(5)G装置圆底烧瓶中的虚线表示导管，左侧导管_______(填“长”或“短”，下同)，右侧导管_______
(6)将G装置上面的圆底烧瓶收集满气体进行喷泉实验，若标准状况下混合气体全部被吸收，则所得溶液物质的量浓度为_______ mol∙L−1 (保留两位有效数字)
【答案】(1)向分液漏斗中注入适量水，关闭弹簧夹K1，打开分液漏斗活塞，水在分液漏斗下端形成一端水柱，如果一端时间后，水柱的水位不下降，则证明A装置的气密性良好
(2)碱石灰
(3)     8NH3＋6NO2＝7N2＋12H2O     4:3
(4)缺少尾气吸收装置
(5)     长     短
(6)0.036

【分析】生石灰和浓氨水反应生成氨气，氨气中含有水蒸气杂质，用碱石灰干燥，右边铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，二氧化氮气体中含有水蒸气杂质，在D装置干燥二氧化氮气体，在C装置中探究NO2能否被NH3还原。
（1）
按图示连接好实验装置，检查A装置气密性的方法是向分液漏斗中注入适量水，关闭弹簧夹K1，打开分液漏斗活塞，水在分液漏斗下端形成一端水柱，如果一端时间后，水柱的水位不下降，则证明A装置的气密性良好；故答案为：向分液漏斗中注入适量水，关闭弹簧夹K1，打开分液漏斗活塞，水在分液漏斗下端形成一端水柱，如果一端时间后，水柱的水位不下降，则证明A装置的气密性良好。
（2）
氨气中有水蒸气，要将氨气干燥，因此U形管中的药品是碱石灰；故答案为：碱石灰。
（3）
可用NH3将NO2转化为无毒气体氮气，还生成水，该反应的化学方程式：8NH3＋6NO2＝7N2＋12H2O，此反应中氧化产物和还原产物都是氮气，8mol氨气化合价升高得到氧化产物4mol氮气，6mol二氧化氮化合价降低得到还原产物3mol氮气，因此氧化产物和还原产物的质量之比为4:3；故答案为：8NH3＋6NO2＝7N2＋12H2O；4:3。
（4）
两者没有反应完的气体会排出到空气中，污染环境，因此实验装置存在的一个明显缺陷是且少尾气吸收装置；故答案为；缺少尾气吸收装置。
（5）
NO2、O2混合气体密度比空气大，经过干燥后的气体先在烧瓶下面，气体再缓缓向上，因此G装置圆底烧瓶中的虚线表示导管，左侧导管长，右侧导管短；故答案为：长；短。
（6）
将G装置上面的圆底烧瓶收集满气体进行喷泉实验，若标准状况下混合气体全部被吸收，根据O2＋4NO2＋2H2O＝4HNO3；设氧气体积为VL，NO2体积为4VL，则所得溶液物质的量浓度为 ；故答案为：0.036。

三、工业流程题
17．硫铁矿烧渣是一种重要的化工生产中间产物，主要成分是Fe3O4、Fe2O3、FeO，还有少量的SiO2、CuO。以硫铁矿烧渣为原料制备FeSO4·7H2O并回收Cu的流程如图：


(1) 元素铁在周期表中的位置为_______
(2)“酸溶”时为提高硫铁矿烧渣的溶解速率，可采取的措施有_______(填写一种)。“酸溶”过程中Fe2O3溶解的离子方程式为_______。
(3)“滤渣I”的主要成分是_______(填化学式)，“滤液I”中含有的金属阳离子有Cu2+、_______(填离子符号)。
(4) 由“滤渣Ⅱ”回收Cu时应选择的试剂X是_______ (填标号)。
A．盐酸               B．硝酸                  C．稀硫酸
(5)流程中的“操作”依次为_______(填操作名称)、过滤和洗涤；在实验室中进行洗涤沉淀的操作是_______。
(6)补血剂药片的有效成分是硫酸亚铁晶体(FeSO4·7H2O)，用酸性KMnO4溶液测定补血剂药片中铁元素含量的原理是Fe2++MnO+H+→Fe3++Mn2++H2O(未配平，且药片中其他成分跟KMnO4不反应)。实验测得10片补血剂药片共消耗amL 0.0100 mol∙L−1 KMnO4溶液，则每片补血剂药片中含有FeSO4·7H2O的质量为_______(用含a的代数式表示)
【答案】(1)第四周期第VIII族
(2)     将硫铁矿烧渣粉碎或适当提高温度或适当提高硫酸浓度     Fe2O3＋6H＋＝3H2O＋2Fe3+
(3)     SiO2     Fe2+、Fe3+
(4)C
(5)     蒸发浓缩、冷却结晶；     用玻璃棒引流向漏斗中加蒸馏水至浸没沉淀，待液体流下，重复操作2～3次
(6)

【分析】铁矿烧渣(主要成分是Fe3O4、Fe2O3、FeO，还有少量的SiO2、CuO)加入稀硫酸酸浸，Fe3O4、Fe2O3、FeO、CuO都与稀硫酸反应生成硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸铜，二氧化硅不反应，过滤后滤液中加入足量铁，铁置换出铜，过滤后向滤渣中加入稀硫酸，过滤，将两个滤液合并，再经过一系列操作得到FeSO4·7H2O。
（1）
Fe为26号元素，元素铁在周期表中的位置为第四周期第VIII族；故答案为：第四周期第VIII族。
（2）
“酸溶”时为提高硫铁矿烧渣的溶解速率，可采取的措施有将硫铁矿烧渣粉碎或适当提高温度或适当提高硫酸浓度。Fe2O3和硫酸反应生成硫酸铁和水，其“酸溶”过程中Fe2O3溶解的离子方程式为Fe2O3＋6H＋＝3H2O＋2Fe3+；故答案为：将硫铁矿烧渣粉碎或适当提高温度或适当提高硫酸浓度；Fe2O3＋6H＋＝3H2O＋2Fe3+。
（3）
根据分析二氧化硅不与硫酸反应，“滤渣I”的主要成分是SiO2，Fe3O4、Fe2O3、FeO、CuO都与稀硫酸反应生成硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸铜，因此“滤液I”中含有的金属阳离子有Cu2+、Fe2+、Fe3+；故答案为：SiO2；Fe2+、Fe3+。
（4）
滤渣Ⅱ是铜和铁的混合物，因此要将铁溶解而铜不溶解，因此由“滤渣Ⅱ”回收Cu时应选择的试剂X是稀硫酸；故答案为：C。
（5）
从溶液中到晶体的一系列过程主要“操作”依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤和洗涤；在实验室中进行洗涤沉淀的操作是用玻璃棒引流向漏斗中加蒸馏水至浸没沉淀，待液体流下，重复操作2～3次；故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；用玻璃棒引流向漏斗中加蒸馏水至浸没沉淀，待液体流下，重复操作2～3次。
（6）
根据题意和氧化还原反应中得失电子守恒思想，则n(FeSO4·7H2O)×1= a×10−3L×0.0100 mol∙L−1×5，解得n(FeSO4·7H2O)=5a×10−5mol,则每片补血剂药片中含有FeSO4·7H2O的质量为；故答案为：。

四、原理综合题
18．I．钛(Ti)因具有硬度大、熔点高、耐酸腐蚀等优点而被应用于航空、电子等领域，由金红石(TiO2)制取单质Ti的步骤如下：
TiO2→TiCl4Ti
已知：i． C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=−393.5 kJ∙mol−1
ii． 2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH=−566 kJ∙mol−1
ⅲ． TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl(s)+O2(g) ΔH=+141 kJ∙mol−1
(1)TiO2(s)+2Cl2(g)+2 C(s)=TiCl(s)+2CO(g)的ΔH=_______
(2)反应TiCl4+2Mg2MgCl2+Ti在Ar气氛中进行的理由是_______
Ⅱ． 50mL 0.50 mol∙L−1盐酸与50mL 0.55 mol∙L−1 NaOH溶液在简易量热计中进行中和反应，假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g·cm−3，又知中和反应后生成溶液的比热容c=4.18J·g−1·℃−1。为了计算中和热，某学生实验记录的数据如下：
试验次数

起始温度t1/℃
终止温度t2/℃
盐酸
NaOH溶液
1
20.2
20.3
23.7
2
20.3
20.5
23.8
3
21.5
21.6
24.9

(3)依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热ΔH=_______(结果保留一位小数)。如用0.5 mol∙L−1的盐酸与NaOH固体进行实验，则实验中测得的中和热数值将_______(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
Ⅲ.25℃时，在体积为2L的密闭容器中，气态物质A、B、C的物质的量n随时间t的变化如图1所示，已知达到平衡后，降低温度，A的转化率将增大。

(4)根据图1数据，写出该反应的化学方程式：_______。此反应的平衡常数表达式K=_______。
(5)在5~7min内，若K不变，则此处曲线变化的原因是_______ 。
(6)此反应的反应速率v和时间t的关系如图2，各阶段的平衡常数如表所示。K1、K2、K3、K4之间的关系为_______(用“>”、“<”或“=”连接)

t2~t3
t4~t5
t5~t6
t7~t8
K1
K2
K3
K4


【答案】(1)−80 kJ∙mol−1
(2)防止Mg、Ti在高温下会与空气中的氧气、氮气、二氧化碳等反应
(3)          偏大
(4)     A(g)＋2B(g) 2C(g)；    
(5)增大压强(缩小容器体积)
(6)K1＞K2＝K3＝K4

【解析】（1）
根据盖斯定律，将ⅲ加上i 的2倍，再减去ii得到TiO2(s)+2Cl2(g)+2 C(s)=TiCl(s)+2CO(g)的ΔH=−80 kJ∙mol−1；故答案为：−80 kJ∙mol−1。
（2）
Mg、Ti在高温下会与氧气反应，因此反应TiCl4+2Mg2MgCl2+Ti在Ar气氛中进行的理由是防止Mg、Ti在高温下会与空气中的氧气、氮气、二氧化碳等反应；故答案为：防止Mg、Ti在高温下会与空气中的氧气、氮气、二氧化碳等反应。
（3）
根据题意三次数据温度差分别为3.45℃、3.4℃、3.35℃，平均值为3.4℃，依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热。如用0.5 mol∙L−1的盐酸与NaOH固体进行实验，由于氢氧化钠固体溶解时会释放热量，因此实验中测得的中和热数值将偏大；故答案为：；偏大。
（4）
根据图信息A、B为反应物，C为生成物，根据图1数据，A、B、C物质的量改变量分别为0.3mol、0.6mol、0.6mol，则该反应的化学方程式：A(g)＋2B(g) 2C(g)。此反应的平衡常数表达式；故答案为：A(g)＋2B(g) 2C(g)；。
（5）
在5~7min内，若K不变，说明温度不变，平衡正向移动，则此处曲线变化的原因是增大压强；故答案为：增大压强(缩小容器体积)。
（6）
图1所示，已知达到平衡后，降低温度，A的转化率将增大，说该反应是放热反应，t3是平衡逆向移动，速率加快，说明是升高温度，平衡常数减小，t5后速率增大，但平衡不移动，说明是加催化剂，平衡常数不变，t7后速率减小，平衡逆向移动，则为减小压强，平衡常数不变，因此K1、K2、K3、K4之间的关系为K1＞K2＝K3＝K4；故答案为：K1＞K2＝K3＝K4。
19．“绿水青山就是金山银山”，运用化学反应原理研究碳、氮、硫的单质及其化合物的反应对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。
(1)汽车是近代重要的交通运输工具，随着汽车量的激增，汽车尾气造成的环境污染也日益严重。汽车尾气中的有害成分主要有CO、NO、SO2、颗粒物和臭氧等。
①汽车尾气中NO生成过程中的能量变化如图所示。1 mol N2和1 mol O2完全反应生成NO会_______(填“吸收”或“放出”)_______kJ能量。

②一种新型催化剂用于NO和CO的反应：NO+2CO2CO2+N2为了测定在某种催化剂作用下该反应的反应速率，在某温度下用气体传感器测得不同时间的NO和CO浓度如下表：
时间/s
0
1
2
3
4
5
c(NO)/(10-4 mol·L-1)
10
4.5
2.5
1.5
1.0
1.0
c(CO)/(10-3 mol·L-1)
3.60
3.05
2.85
2.75
2.70
2.70

前2 s内的平均反应速率v(N2)=_______。(保留小数点后一位)
③在容积固定的绝热容器中发生反应2NO+2CO2CO2+N2，下列能说明该反应已达到平衡状态的是_______(填标号)
A．容器内混合气体温度不再变化      B．容器内的气体压强保持不变
C．2v逆(NO)=v正(N2) D．容器内混合气体密度保持不变
(2)煤燃烧排放的烟气中含有SO2和NO2，会形成酸雨，污染大气。
①NaClO2溶液在碱性条件下可对烟气进行脱硫、脱硝，效果非常好。完成下列对烟气脱氮过程的离子方程式：_______
_______+_______NO+__________=_______Cl-+_______+______________。
②针对含SO2的工业废气可以采用“钙基固硫法”。例如将生石灰与含硫的煤混合后再燃烧，可以将SO2最终转化为CaSO4，请写出生石灰将SO2转化为CaSO4的反应的化学方程式：_______
③将SO2转化为重要的化工原料H2SO4的原理示意图如图。

催化剂a表面的电极反应式为_______。若得到的硫酸质量分数仍为49%，则理论上参加反应的SO2与加入的H2O的质量比为_______ 。
【答案】(1)     吸收     180     1.9×10-4 mol/(L·s)     AB
(2)     3+4NO+4OH-=3Cl-+4+2H2O     2CaO+2SO2+O22CaSO4     SO2+2H2O-2e-=+4H+     8：15

【解析】（1）
①N2(g)+O2(g)=2NO(g)，反应热等于断裂反应物化学键吸收的能量与形成生成物化学键释放出的能量的差，该反应的反应热△H=(946+498)kJ/mol-2×632 kJ/mol=+ 180 kJ/mol，由于反应热△H＞0，所以该反应的正反应是一个吸热反应，1 mol N2和1 mol O2完全反应生成NO会吸收180 kJ的能量；
②用CO的浓度变化前2 s的平均反应速率v(CO)=，根据物质反应转化关系可知用N2的浓度变化表示反应速率v(N2)=v(CO)=×3.75×10-4 mol/(L·s)= 1.9×10-4 mol/(L·s)；
③A．反应在容积固定的绝热容器中进行，正反应是吸热反应，逆反应是放热反应，混合气体的温度不变说明正、逆反应速率相等，反应达到化学平衡状态，A正确；
B．反应没有达到平衡时，该反应的气体的总物质的量会改变，恒容容器内压强不变时，说明反应达到化学平衡状态，B正确；
C．达平衡时，正、逆反应速率相等，应为v逆(NO) =2v正(N2)，C错误；
D．由于容器体积不变，混合气体的质量不变，密度始终不变，因此不能据此说明化学反应达到化学平衡状态，D错误；
故合理选项是AB；
（2）
①在该反应中，Cl元素化合价由反应前中的+3价变为反应后Cl-的-1价，化合价降低4价；N元素化合价由反应前NO中的+2价变为反应后中的+5价，化合价升高3价，化合价升降最小公倍数是12，所以、Cl-的系数是3，NO、的系数是4；再根据电荷守恒可知OH-的系数是4，最后根据原子守恒，可知H2O的系数是2，则配平后反应方程式为：3+4NO+4OH-=3Cl-+4+2H2O；
②生石灰与SO2、O2发生氧化还原反应，转化为CaSO4，硫元素被O2氧化，O元素被还原，该反应的化学方程式为2CaO+2SO2+O22CaSO4；
③在左边催化剂a电极上失去电子，发生氧化反应制备H2SO4，SO2失去电子，发生氧化反应，故催化剂a上的电极反应式是：SO2+2H2O-2e-=+4H+；在右边催化剂b上O2得到电子，与溶液中的H+结合形成H2O，故催化剂b上电极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O，根据同一闭合回路中电子转移数目相等，可知总反应方程式为2SO2+O2+2H2O=2H2SO4。由于得到的硫酸溶液质量分数仍为49%，H2SO4与H2O反应的物质的量的比：；根据原电池总化学方程式：2SO2+O2+2H2O=2H2SO4可知：生成硫酸同时消耗了等物质的量的水，故理论上参加反应的SO2与加入的H2O的物质的量之比为，则参加反应的SO2与H2O的质量比 。