衡水中学2020届高三化学上学期第四次调研试题（附解析Word版）

河北省衡水中学 2020 届高三上学期第四次调研考试化学 本试卷分第 I 卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。共 12 页，满分 100 分， 考试时间 110 分钟。 可能用到的相对原子质量：H 1 D 2 C 12 N 14 O 16 Al 27 S 32 Fe 56 Cu 64 Zn 65 Br 80 第 I 卷（选择题 共 40 分） 一、选择题（1～20 每小题 1 分，21～30 每小题 2 分，共 40 分。从每小题给出的 四个选项中，选出最佳选项，并在答题纸上将该项涂黑） 1.化学与生产、生活、科技、环境等密切相关。下列说法正确的是 ( ) A. “华为麒麟 980”手机中芯片的主要成分是二氧化硅 B. 豆腐有“植物肉”之美称，“卤水点豆腐”是胶体的聚沉过程 C. 港珠澳大桥为了防腐蚀可以在钢铁中增加含碳量 D. 《本草纲目》中“冬月灶中所烧薪柴之灰,令人以灰淋汁，取碱浣衣”中的碱是碳酸钠 【答案】B 【解析】 【详解】A. 手机中芯片的主要成分是硅，而不是二氧化硅， A 错误； B.豆浆属于胶体，向豆浆中加入卤水（含有电解质溶液）会引发胶体的聚沉，形成豆腐，B 正 确； C. 钢铁中增加含碳量，更容易形成原电池，形成原电池造成铁的腐蚀速率加快，C 错误； D. 草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾水解显碱性，可洗衣服，故 D 错误； 答案选 B。 2.ClO2 和 NaClO2 均具有漂白性，工业上用 ClO2 气体制 NaClO2 的工艺流程如图所示。 下列说法不正确的是 A. 步骤 a 的操作包括过滤、洗涤和干燥 B. 吸收器中生成 NaClO2 的离子方程式：2ClO2+H2O2=2C1O2-+O2↑+2H+C. 工业上可将 ClO2 制成 NaClO2 固体，便于贮存和运输 D. 通入空气的目的是驱赶出 ClO2，使其被吸收器充分吸收 【答案】B 【解析】 A. 步骤 a 中，由溶液得到 NaClO2 固体，进行的操作为：过滤、洗涤和干燥，A 正确；B. 吸收 器 中 发 生 反 应 ： 2ClO2+2NaOH+H2O2═2NaClO2+O2+2H2O ， 离 子 方 程 式 为 ： 2ClO2+2OH−+H2O2=2ClO2-+O2+2H2O，B 错误；C. 固体比气体便于贮存和运输，工业上可将 ClO2 制成 NaClO2 固体，C 正确；D. 反应结束后，发生器中仍有少量 ClO2，用空气可以将其排 出，确保其在吸收器中被充分吸收，D 正确。答案选 B. 3.《本草纲目》中收载“烧酒”篇：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上……其清如 水，味极浓烈，盖酒露也。”《本草经集注》中记载有关于鉴别消石(KNO3)和朴消(Na2SO4)之 法：以火烧之，紫青烟起，云是真消石也”。文字中两处渉及到“法”。分别是 A. 蒸馏 焰色反应 B. 萃取 升华 C. 蒸馏 丁达尔效应 D. 升华 焰色反应 【答案】A 【解析】 【详解】由题中所给信息，“蒸令气上”表明该方法是利用各组分沸点不同实现物质的分离， 此“法”是指蒸馏，烧酒利用的是蒸馏原理；钾元素的焰色反应为紫色。通过以上分析，A 选 项正确，故本题答案为 A。 【点睛】本题考查混合物的分离提纯和鉴别，把握物质的性质是解题关键，同时要注意古文 的理解。 4.已知反应：2NO(g)＋Br2(g) 2NOBr(g) △H =－a kJ·mol－1 (a > 0)，其反应机理如下： ①NO(g)＋Br2(g) NOBr2 (g)快②NO(g)＋NOBr2(g) 2NOBr(g)慢,下列有关该反应的说法 正确的是 ( ) A. 该反应的速率主要取决于①的快慢 B. NOBr2 是该反应 催化剂 C. 正反应的活化能比逆反应的活化能小 a kJ·mol－1 D. 增大 Br2 (g)浓度能增大单位体积内活化分子百分数，加快反应速率 【答案】C 【解析】 的【详解】A.反应速率主要取决于慢的一步，所以反应速率主要取决于②的快慢，故 A 错误； B. 是中间产物，而不是催化剂，故 B 错误； C.正反应放热，断裂化学键吸收的能量小于形成化学键放出的能量，则正反应的活化能比逆反 应的活化能小 a ，故 C 正确； D.增大浓度，活化分子百分数不变，故 D 错误。 答案选 C。 【点睛】催化剂和中间产物的区别：如果一个物质在第一个式子反应了，最后又生成了，即 为催化剂；如果是前面一个式子的生成物，在下个式子中反应了，即为中间产物。 5.NA 为阿伏加德罗常数的数值，下列说法不正确的是( ) A. 电解精炼铜时，若阳极质量减少 64 g，则转移到阴极的电子数不一定等于 2NA B. 18 g 氨基（－ND2）中含有的电子数为 10NA C. 用惰性电极电解100 mL 0.1 mol·L－1 的 CuSO4 溶液，当阴、阳两极产生相同条件下等体积 的气体时，电路中转移电子数为 0. 04NA D. 工业合成氨每断裂 NA 个 N≡N 键，同时断裂 6NA 个 N－H 键，则反应达到平衡 【答案】B 【解析】 【详解】A.电解精炼铜时，阳极为粗铜，除铜外还有其它金属失电子，故阳极质量减少 64 g 时转移电子数不一定等于 2NA，A 正确； B.18g 氨基( )的物质的量为 1mol，而氨基( )中含 9 个电子，故 1mol 氨基中含 9NA 个电子，B 错误； C. 用惰性电极电解 的 溶液，阴极上 先放电生成 0.01mol ， 而后 放电生成 ，阳极上一直是 放电生成 ，设生成的气体的物质的量为 xmol， 根据两极上得失电子数守恒可知： ，解得 ，故阳极上转移电子 为 0.04NA 个，C 正确； D. 工业合成氨 ，断裂 NA 个 键说明消耗 1mol ，断裂 6NA 个 键说明消耗 2mol , ，D 正确； 答案选 B。 2NOBr -1kJ mol 2ND− 2ND− -1100mL0.1mol L 4CuSO 2+Cu Cu +H 2H -OH 2O 0.01 2 2 4x x× + = x=0.01mol 2 2 3N +3H 2NH N N≡ 2N N H－ 3NH V =V正 逆6.叶蜡石 化学式为 X2 [Y4 Z10](ZW)2，短周期元素 W、Z、X、Y 的原子序数依次增大，X 与 Y 为同一周期相邻元素，Y 的最外层电子数为次外层的一半，X 的离子与 ZW－含有相同的电 子数。下列说法错误的是 ( ) A. X 的最高价氧化物可作耐火材料 B. 常温常压下，Z 和 W 形成的常见化合物均为液体 C. 原子半径：X > Y > Z > W D. 可用 NaOH 溶液分离 X 单质和 Y 单质的混合物 【答案】D 【解析】 【分析】 短周期元素 W、Z、X、Y 的原子序数依次增大，Y 的最外层电子数为次外层的一半，Y 的原 子序数大于 4，则 Y 含有 3 个电子层，最外层含有 4 个电子，为 元素；X 与 Y 为同一周期 相邻元素，则 X 为 元素；X 的离子与 ZW-含有相同的电子数，铝离子含有 10 个电子，则 ZW- 为 10 电子微粒，应该为 ，结合原子序数大小可知 W 为 ，Z 为 元素。 【详解】根据分析可知，W 为 ，Z 为 元素，X 为 ，Y 为 ， A. X 的最高价氧化物为氧化铝，氧化铝熔点较高，可作耐火材料，故 A 正确； B. 、 形成的化合物为水和双氧水，常温下都是液态，故 B 正确； C.同一周期从左到右，原子半径减小（稀有气体除外），同一主族，从上到下，原子半径增大， 因此原子半径 > > > ，故 C 正确； D. Si 和 Al 都与 NaOH 溶液反应，不能用氢氧化钠溶液分离，故 D 错误； 答案选 D。 7.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. 0.1 mol·L－1 FeSO4 溶液：Na＋、K＋、Cl－、 B. 滴入酚酞变红色的溶液：K＋、Ca2＋、 、 C. 加入铁粉放出氢气的溶液： 、Fe3＋、ClO－、 D. 能使淀粉碘化钾试纸显蓝色的溶液：K＋、 、S2－、Cl－ 【答案】A 【解析】 的 Si Al -OH H O H O Al Si H O Al Si O H 3NO− 3HCO− 2 3CO − 4NH + 2 4SO − 2 4SO −【详解】A. 离子相互之间不反应，可以共存，A 正确； B. 滴入酚酞变红色，溶液显碱性， 碳酸氢根离子与氢氧根离子不能共存，碳酸根离子与钙离 子能生成 沉淀， 不能共存，B 错误； C. 加入铁粉放出氢气，说明溶液中含有氢离子，氢离子和次氯酸根能生成弱酸次氯酸，不共 存，C 错误； D. 淀粉碘化钾试纸显蓝色的溶液中含有 氧化性离子， 硫离子的还原性比较强 ，故该离子也 能被氧化 ，不共存，D 错误； 答案选 A。 【点睛】所谓离子共存，实质上就是判断离子间是否发生反应的问题。若在溶液中能够发生 反应，就不能大量共存。判断能否发生反应，不仅是有沉淀、气体、水、难电离的物质产生， 还涉及到溶液酸碱性、有色、无色，能否进行氧化还原反应等。 8.下列实验操作规范且能达到实验目的的是 操作 目的 A 称取 5.0gCuSO4·5H2O 加入 27.0g 水中,搅拌溶解 配制 10%CuSO4 溶液 B 先用稀盐酸洗涤，再用水清洗 洗涤分解 KMnO4 制 O2 的试管 C 用玻璃棒蘸取溶液，点在干燥的 pH 试纸上，片刻后与标准 比色卡比较并读数 测定 0.05mol.L-1NaClO 溶 液的 pH D 将粗碘放入烧杯中，烧杯口放一盛满冷水的烧瓶，隔石棉网 对烧杯加热，然后收集烧瓶外壁的固体 提纯混有 NH4Cl 的粗碘 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 A.5.0gCuSO4·5H2O 中含 CuSO43.2g，加入 27.0g 水中,搅拌溶解得到 32gCuSO4 溶液，溶质的质 量分数为： ×100％=10％,故 A 正确；B.洗涤分解 KMnO4 制 O2 的试管,试管内壁附着 MnO2 需要用浓盐酸并加热洗涤，再用水洗涤，故 B 错误；C.测定 0.05mol.L-1NaClO 溶液的 pH，由 3.2 32 g g于 NaClO 具有强氧化性，能使试纸褪色，故不能用 pH 试纸测其 pH，C 错；D.提纯混有 NH4Cl 的粗碘,因 NH4Cl 受热分解生成氨气和氯化氢，冷却后又结合成 NH4Cl，故不能用加热的方法分 离，D 错；因此，本题正确答案为 A。 9.下列说法正确的是 ( ) A. 氢气的燃烧热为 △H =－285.5 kJ·mol－1，则电解水的热化学方程式为 2H2O(1) 2H2(g) ＋O2(g) △H =＋285.5 kJ·mol－1 B. 密闭容器中，9.6 g 硫粉与 11.2 g 铁粉混合加热生成硫化亚铁 17.6 g 时，放出 19.12 kJ 热量， 则 Fe(s)＋S(s) ===FeS(s) △H =－95.6 kJ·mol－l C. 500℃、30 MPa 下，将 0.5 mol N2 和 1.5 mol H2 置于密闭的容器中充分反应生成 NH3(g)，放 热 19.3 kJ，其热化学方程式为 N2 (g)＋3H2 (g) 2NH3 (g)△H =－38.6 kJ·mol－l D. 相同条件下，在两个相同的恒容密闭容器中，1 mol N2 和 3 mol H2 反应放出的热量与 2 mol NH3 分解吸收的热量一定一样多 【答案】B 【解析】 【详解】A.氢气的燃烧热指的是 1mol 氢气完全燃烧生成液态水时放出的热量，故电解水的热 化学方程式为 2H2O(1) 2H2(g)＋O2(g) △H =＋571kJ·mol－1，A 项错误； B.11.2 g 铁粉即 0.2mol，9.6 g 硫粉即 0.3mol，铁粉可完全反应，当 0.2mol 铁粉完全反应生成 硫化亚铁时，放出 19.12 kJ 热量，则 1mol 铁粉完全反应放出 95.6 kJ 热量，B 项正确； C.合成氨是可逆反应，0.5mol (g)不可能完全转化为生成物，但 ΔH 描述的是完全反应的热 效应，C 项错误； D.相同条件下，在两个相同的恒容密闭容器中，1 mol (g)和 3mol (g)反应与 2mol 分解的转化率不同，放出的热量不一样多，D 项错误； 答案选 B。 10.下列离子方程式正确的是 ( ) A. Si 与 NaOH 溶液反应：Si＋2OH－＋H2O=== ＋H2↑ B. 向 Ca(HCO3)2 溶液中加入足量的 NaOH 溶液：Ca2＋＋ ＋OH－===CaCO3＋H2O C. 电解 MgCl2 溶液：2H2O＋2Cl－ 2OH－＋H2↑＋Cl2↑ D. 向含 0.2 mol FeI2 的溶液中滴加含 0.25 mol Cl2 的氯水：2Fe2＋＋8I－＋5Cl2===2Fe3＋＋4I2＋ 2N 2N 2H ( )3NH g 2 3SiO − 3HCO−10Cl－ 【答案】D 【解析】 【详解】A. 与 溶液反应的离子方程式为： ，A 错误； B. 中加入足量的 ，离子方程式应该为： ，B 错误； C.溶液中存在 ，会产生氢氧化镁沉淀，C 错误； D. 还原性碘离子大于亚铁离子，氯气得到电子为 0.25mol×2×1=0.5mol，由电子守恒可知，碘 离子全部被氧化，亚铁离子一半被氧化，所以离子方程式为：2Fe2＋＋8I－＋5Cl2===2Fe3＋＋4I2 ＋10Cl－，故 D 正确； 答案选 D。 【点睛】离子方程式正误判断规律（三“看”），第一看：符不符（即是否符合反应事实）；第 二看：平不平（即元素守恒、电荷守恒、电子守恒）；第三看：拆不拆（即离子、分子形式的 书写是不是有问题）。 11.短周期主族元素 X、Y、Z、W、N 的原子序数依次增大，X 的原子在元素周期表中原子半 径最小，Y 的次外层电子数是其电子总数的 1/4，离子化合物 ZX2 是一种储氢材料，W 与 Y 属于同一主族，NY2 是医学上常用的水消毒剂、漂白剂。下列叙述正确的是 ( ) A. Y 和 W 分别与 X 形成的简单化合物的热稳定性：X2 Y > X2W B. 离子半径由大到小的顺序为 Y2－< Z2＋< N－< W2－ C. ZX2 和 NY2 中含有化学键一致，且微粒个数之比均为 1 : 2 D. 含氧酸的酸性 N > W，可证明非金属性：N > W 【答案】A 【解析】 【分析】 短周期主族元素 X、Y、Z、W、N 的原子序数依次增大，X 的原子在元素周期表中原子半径 最小，应为 元素，Y 的次外层电子数是其电子总数的 14，则电子总数为 8，应为 元素，W 与 Y 属于同一主族，则 W 为 元素，N 应为 元素，离子化合物 ZX2 是一种储氢材料，Z Si NaOH 2- 2 3 2Si 2OH H O SiO 2H= ↑－＋ ＋ ＋ ( )3 2Ca HCO NaOH 2 - 2- 3 3 3 2Ca +2HCO +2OH =CaCO +CO +2H O＋ － 2+Mg H O S Cl应为 元素，X、Y、Z、W、N 依次为 、 、 、 、 。 【详解】A．非金属性 ，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故 A 正确； B．Y 为 元素、Z 为 元素，对应的简单离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大离 子半径越小，故 B 错误； C． 和 中化学键分别为离子键和共价键，故 C 错误； D．比较非金属性，应根据最高价氧化物的水化物的酸性判断，故 D 错误； 答案选 A。 12.已知氨气可与灼热的氧化铜反应得到氮气和金属铜，用下图中的装置（省略夹持装置及加 热装置）可以实现该反应。实验时 C 中粉末逐渐变为红色，D 中出现无色液体。下列有关说 法正确的是 ( ) A. 试管 A 中加入的试剂为 NH4Cl 固体 B. 反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 2 : 3 C. 装置 B 中加入的物质可以是碱石灰或无水氯化钙 D. 装置 D 中液体可以使干燥的红色石蕊试纸变蓝 【答案】D 【解析】 【分析】 由图可知，A 中发生 ，B 为干燥氨气，C 中 发生 ，D 中冷却出现液体为水和氨气混合物，E 中收集氮气。 【详解】A.实验室制取氨气应该用加热氯化铵和氢氧化钙固体的方法，而只加热氯化铵固体不 能得到氨气，A 错误； B. 为氧化还原反应， 为氧化剂，氨气为还原剂，则氧化 剂和还原剂的物质的量之比为 3:2，B 错误； C.装置 B 的作用为干燥氨气，加入的物质可以是碱石灰，不能用无水氯化钙，易与氨气结合 Mg H O Mg S Cl O>S O Mg 2MgH 2ClO 4 2 2 3 22NH Cl+Ca OH CaCl +2NH +2H O↑（ ） 3 2 22NH +3CuO 3Cu+N +3H O 3 2 22NH +3CuO 3Cu+N +3H O CuO生成络合物，故 C 错误； D. D 中冷却出现液体为水和氨气混合物，溶液显碱性，则 D 中液体可以使干燥的红色石蕊试 纸变蓝，D 正确； 答案选 D。 13.K2 FeO4 在水中不稳定，发生反应： ＋l0H2O 4Fe(OH)3（胶体）＋8OH－＋3O2， 其稳定性与温度(T)和溶液 pH 的关系分别如下图所示。下列说法不正确的是 ( ) A. 由图甲可知上述反应 △H < 0 B. 由图甲可知温度：T1 > T2 > T3 C. 由图甲可知 K2 FeO4 的稳定性随温度的升高而减弱 D. 由图乙可知图中 a < c 【答案】A 【解析】 【分析】 由图甲数据可知，温度越高，相同时间内 浓度变化越快，所以温度：T1>T2>T3；由 可知：氢离子浓度增大，平衡向正反应方向移 动，高铁酸钾溶液平衡时 浓度越小，pH 越小，根据图乙可知，aT2>T3，故 B 正确； C. 由图甲数据可知，温度越高，相同时间内 浓度变化越快，高铁酸钾溶液平衡时 浓度越小，温度越高 浓度越小，所以 的稳定性随着温度的升高而减弱，C 正确； 2 44FeO − 2- 4FeO ( )2- - 4 2 234FeO +10H O 4Fe OH +8OH +3O= ↑ 2- 4FeO 2- 4FeO 2- 4FeO 2- 4FeO 2- 4FeO 2- 4FeO 2- 4FeOD. pH 越小，氢离子浓度越大，由 可知：氢离 子浓度增大，平衡向正反应方向移动，高铁酸钾溶液平衡时 浓度越小，pH 越小，所以 a0，故 A 错误； B. 正反应为吸热反应，恒容绝热密闭容器进行该反应，随反应进行温度降低，而平衡常数只 受温度影响，故平衡常数一定发生变化，故 B 错误； C. 平衡时 ，列三段式： ， 该温度下平衡常数 ，若起始向容器中充入 1.2mol 、0.60mol 和 0.60mol ，此时 >0.13，则反应向逆反应方向移动，反应达到平 衡前 v 正 ( ) ( )2n H n CO ( ) ( )2n H n CO > > CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g） 起始量（mol/L）1 1.5 0 变化量（mol/L）0.5 1 0.5 平衡量（mol/L）0.5 0.5 0.5 平衡常数 k= = ,=4； 再通入 0.5molCO 和 0.5molCH3OH，c（CO）=c（CH3OH）=1mol/L，c（H2）=0.5mol/L，浓度商 Qc= =4，所以平衡不移动，故 C 正确； D.c 点状态下再通入 1 molCO 和 4 molH2，在等温等容的条件下，投料比不变，相当于加压，平 衡向正反应方向移动，新平衡 H2 的体积分数减小，故 D 正确； 本题答案为 B。 【点睛】对于在定温、定容的容器中进行的可逆反应，达到平衡后再按和起始相同的投料比 填料，相当于增大压强，由此分析平衡的移动情况。 30.用多孔石墨电极完成下列实验： 下列对实验现象的解释或推测不合理的是 ( ) A. I 中，b 极反应：2H2O－4e－=== O2↑＋4 H＋ B. Ⅱ中，析出红色固体：Cu2＋＋H2 === Cu＋2H＋ C. Ⅲ中，只可能发生反应：2Ag＋＋Cu === Cu2＋＋2Ag D. I 中，a 极上既发生了化学过程，也发生了物理过程 【答案】C 【解析】 ( ) ( ) ( )3 2 2 c CH OH c CO c H 2 0.5 0.5 0.5× 2 1 1 0.5×【分析】 Ⅰ中电解硫酸钠溶液就是电解水，阳极产生氧气，阴极产生氢气，因为用的电极是多孔石墨， 所以电极会吸附氢气；Ⅱ中产生了铜，是由于铜离子和多孔电极中的氢气发生了反应，Ⅲ中 产生了银单质，有两种可能，一种是铜置换银，另一种可能是银离子和氢气反应生成了银。 【详解】A. I 中 b 极连接电源正极，所以是阳极，发生氧化反应，故电极反应式为： ，A 正确； B. Ⅱ中产生了铜单质，是由于多孔电极中吸附了氢气， ，B 正确； C.银的产生也有可能是 ，C 错误； D.a 极是电解池阴极，产生氢气是化学变化，多孔电极吸附氢气是物理变化，D 正确； 答案选 C。 第Ⅱ卷（非选择题 共 60 分） 二、非选择题（本题共 5 小题，共 60 分） 31.纳米级 Fe3O4 呈黑色，因其有磁性且粒度小而在磁记录材料、生物功能材料等诸多领域有 重要应用，探究其制备和用途意义重大。 (1)还原-沉淀法：①用还原剂 Na2SO3 将一定量 Fe3＋可溶盐溶液中的 Fe3＋还原，使 Fe2＋和 Fe3 ＋的物质的量比为 1 : 2。②然后在①所得体系中加入氨水，铁元素完全沉淀形成纳米 Fe3O4。 写出②过程的离子方程式：__________。 (2)电化学法也可制备纳米级 Fe3O4，用面积为 4 cm2 的不锈钢小球（不含镍、铬）为工作电极， 铂丝作阴极，用 Na2SO4 溶液作为电解液，电解液的 pH 维持在 10 左右，电流 50 mA。生成 Fe3O4 的电极反应为______。 (3)已知：H2O(1) === H2(g)＋ O2(g) △H =＋285.5 kJ·mol－l，以太阳能为热源分解 Fe3O4， 经由热化学铁氧化合物循环分解水制 H2 的过程如下，完善以下过程 I 的热化学方程式。过程 I：__________。过程Ⅱ：3FeO(s)＋H2O(l) === H2(g)＋Fe3O4(s) △H =＋128.9 kJ·mol－1 (4)磁铁矿(Fe3O4)常作冶铁的原料，主要反应为 Fe3O4(s)＋4CO(g) 3Fe(s)＋4CO2 (g)，该反应 的△H < 0，T℃时，在 1 L 恒容密闭容器中，加入 Fe3O4、CO 各 0.5 mol，10 min 后反应达到 2 22H O 4e =O 4 H↑－ ＋－ ＋ 2 2Cu H =Cu 2H＋ ＋＋ ＋ 22Ag H =2Ag 2H＋ ＋＋ ＋ 1 3 1 2平衡时，容器中 CO2 的浓度是 0.4 mol·L－1。 ①T℃时，10 min 内用 Fe3O4 表示的平均反应速率为___g·min－1。 ②T℃时，该反应的平衡常数为____________。 【答案】 (1). Fe2＋＋2Fe3＋＋8NH3·H2O === Fe3O4↓＋8 ＋4H2O (2). 3Fe－8e－＋ 8OH－=== Fe3O4↓＋2H2O (3). 2Fe3O4(s) === 6FeO(s)＋O2(g) △H =＋313.2 kJ·mol－l (4). 2.32 (5). 256 【解析】 【分析】 可以表示为 ，即 中铁的价态为既有+2 价也有+3 价，+2 价和+3 价的 铁原子之比为 1:2。 【详解】（1） 和 的物质的量比为 1 : 2，加入氨水制得 ,一水合氨是弱碱，离 子方程式为： ， 答案为： ； （2）不锈钢小球（铁）为阳极，失电子生成 ，且溶液为碱性环境，故电极方程式为： ， 答案为： ； （3）过程 I 为 分解生成 和氧气，故化学方程式为： ， 根据图像可以推知，整个过程为水分解生成氢气和氧气，即反应 I 和反应Ⅱ叠加得到总反应： △H1 =＋285.5 kJ·mol－l，设反应Ⅱ焓变为△H2，则反应 I 的焓变为： ，故反应 I 的热化学方程式为： ， 故答案为： （4）①根据方程式 ，10 min 后 的浓度是 0.4 mol·L－1，体积为 1L，故 的物质的量增加 0.4mol，根据方程式 减少 0.1mol 4NH + 3 4Fe O 2 3FeO Fe O 3 4Fe O 2Fe ＋ 3Fe ＋ 3 4Fe O 2 3 + 3 2 3 4 4 2Fe +2Fe +8NH H O = Fe O +8NH +4H O↓ ＋ ＋ 2 3 + 3 2 3 4 4 2Fe +2Fe +8NH H O = Fe O +8NH +4H O↓ ＋ ＋ 3 4Fe O 3 4 23Fe 8e +8OH = Fe O +2H O↓－ －－ 3 4 23Fe 8e +8OH = Fe O +2H O↓－ －－ 3 4Fe O FeO 3 4 22Fe O 6FeO+O ↑光照 ( ) ( ) ( )2 2 2 11 2H O H g O g=== ＋ 1 22 H -2 H 285.5-2 128.9=313.2k / ol=2 J m×∆ ∆ × ( ) ( ) ( ) -1 3 4 22Fe O s === 6FeO s O 313.2 kJ molg H = ＋ ＋ ( ) ( ) ( ) -1 3 4 22Fe O s === 6FeO s O 313.2 kJ molg H = ＋ ＋ ( ) ( ) ( ) ( )3 4 2Fe O s 4CO g 3Fe s 4CO g＋ ＋ 2CO 2CO 3 4Fe O（23.2g），故用 Fe3O4 表示的平均反应速率为 ， 故答案为：2.32 ； ②列三段式， ，故平衡常数 ， 故答案为 256。 32.实验室利用硫酸厂烧渣（主要成分为铁的氧化物及少量 FeS、SiO2 等）制备聚铁（碱式硫 酸铁的聚合物）和绿矾(FeSO4·7H2O)，过程如下： (1)将过程②中产生的气体通入下列溶液中，溶液不会褪色的是_____（填标号）。 A．品红溶液 B．紫色石蕊溶液 C．酸性 KMnO4 溶液 D．溴水 (2)过程①中，FeS 和 O2、H2SO4 反应的离子方程式为_________。 (3)过程③中，需加入的物质是__________。 (4)实验室为测量所得到的聚铁样品中铁元素的质量分数，进行下列实验。①用分析天平称取 2. 800 g 样品；②将样品溶于足量的盐酸后，加入过量的氯化钡溶液；③过滤、洗涤、干燥， 称量，得固体质量为 3. 495 g。若该聚铁主要成分为[Fe(OH) (SO4)]n，则该聚铁样品中铁元素的 质量分数为____________（假设杂质中不含铁元素和硫元素）。 (5)如图是将过程②产生的气体 SO2 转化为重要的化工原料 H2SO4 的原理示意图，若得到的硫 酸浓度仍为 49%，则理论上参加反应的 SO2 与加入的 H2O 的质量比为______。 【答案】 (1). B (2). 4 FeS＋3O2＋12 H＋=== 4Fe3＋＋6H2O＋4S (3). Fe（或铁） ( ) -1 3 4 23.2gv e =2.32g min10minF O =  ( ) ( ) ( ) ( )3 4 2Fe O s 4CO g 3Fe s 4CO g mol/L 0.5 0 mol/L 0.4 0.4 mol/L 0.1 0.4 ＋ ＋ 起始（ ） 化（ ） 平衡（ ） 变 4 4 0.4= 2560.1K =(4). 30% (5). 8 : 15 【解析】 【分析】 过程②产生的气体为 ，具有还原性和漂白性；根据反应物和生成物的种类结合质量守恒 书写化学方程式；溶液 X 中含有 ，要制备绿矾，应加入 使之还原为 ； 【详解】（1）过程②产生的气体为 ，具有还原性和漂白性，因具有漂白性而使品红褪色， 因具有还原性而使具有氧化性的酸性 溶液、溴水褪色，只有紫色石蕊试液不会褪色。 故答案为：B； （2）反应物为 、 和 ，生成物有 ，根据质量守恒还应有 和 ， 反应的离子方程式为 ， 故答案为： ； （3）溶液 X 中含有 ，要制备绿矾，应加入 使之还原为 ，加入铁可生成 ，并 且不引入新的杂质， 故答案为：Fe(或铁)； （4）过滤、洗涤、干燥，称量，得固体质量为 3.495g，应为 BaSO4 沉淀， ，则 ， ，该聚铁样品中铁元素的质量分数 ， 故答案为：30% （5）原硫酸浓度为 49%，得到的硫酸浓度仍为 49%，所以新生成的硫酸的质量比后加入物质 的总质量为 49%，总方程式为： ，设加入 的质量为 x g，加入 水的质量为 y g，需要通入氧气的质量为： g，新生成硫酸的质量为 2SO 3+Fe Fe 2+Fe 2SO 4KMnO FeS 2O 2 4H SO S ( )2 4 3Fe SO 2H O 3 2 24FeS 3O 12H === 4Fe 6H O 4S＋ ＋＋ ＋ ＋ ＋ 3 2 24FeS 3O 12H === 4Fe 6H O 4S＋ ＋＋ ＋ ＋ ＋ 3+Fe Fe 2+Fe 2+Fe ( )4 3.495gn BaSO = =0.015mol233g/mol ( ) ( )3+ 2- 4n Fe =n SO =0.015mol ( )m Fe =0.015mol 56g/mol=0.84g× ( ) 0.84gω Fe = 100%=30%2.8g × 2 2 2 2 4 1SO + O +H O=H SO2 2SO x 1 x32=64 2 4 × × g，故 ，解得 ， 故答案为：8 : 15。 33.甲醇又称“木醇”，是无色有酒精气味易挥发的有毒液体。甲醇是重要的化学工业基础原料 和液体燃料，可用于制造甲醛和农药，并常用作有机物的萃取剂和酒精的变性剂等。 （1）工业上可利用 CO2 和 H2 生产甲醇，方程式如下： CO2（g）＋3H2（g） CH3OH（l）＋H2O （g） △H＝Q1kJ·mol－1 又查资料得知：①CH3OH（l）＋1/2 O2（g） CO2（g）＋2H2（g） △H＝Q2kJ·mol－1 ②H2O（g）=H2O（l） △H= Q3kJ·mol－1，则表示甲醇的燃烧热的热化学方程式为______。 某同学设计了一个甲醇燃料电池，并用该电池电解 200mL 一定浓度的 NaCl 与 CuSO4 混合溶 液，其装置如图： （2）为除去饱和食盐水中的铵根离子，可在碱性条件下通入氯气，反应生成氮气。该反应的 离子方程式为___________________________________。 （3）过量氯气用 Na2S2O3 除去，反应中 S2O32-被氧化为 SO42-。若过量的氯气为 1×10-3mol，则 理论上生成的 SO42-为_____________mol。 （4）写出甲中通入甲醇这一极的电极反应式______________________。 （5）理论上乙中两极所得气体的体积随时间变化的关系如丙图所示（已换算成标准状况下的 体积），写出在 t1 后，石墨电极上的电极反应式____________，原混合溶液中 NaCl 的物质的 量浓度为___________mol/L。（设溶液体积不变） （6）当向上述甲装置中通入标况下的氧气 336mL 时，理论上在铁电极上可析出铜的质量为 _____________g。 （7）若使上述电解装置的电流强度达到 5．0A，理论上每分钟应向负极通入气体的质量为 _____________克。（已知 1 个电子所带电量为 1．6×10-19C，计算结果保留两位有效数字） 【答案】 (1). CH3OH（l）+3/2 O2（g）== CO2（g）+2H2O（l）ΔH=（2Q1＋3Q2＋2Q3） x 4998= x64 32 × 49x 32 =49%xx+y+ 4 x 8=y 15kJ•mol － 1 (2). 3Cl2+2NH4++8OH-=N2↑+6Cl-+8H2O (3). 5×10-4 (4). CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O (5). 4OH--4e-=O2↑+2H2O (6). 0.1 (7). 1.28 (8). 0.016 【解析】 【分析】 （1）依据热化学方程式和盖斯定律计算分析得到所需热化学方程式； （2）可以根据反应物和生成物正确书写化学方程式； （3）依据离子方程式的定量关系计算生成硫酸根离子的量； （4）在燃料电池的中，负极上是燃料发生失电子的氧化反应，根据电解质环境来书写电极反 应式； （5）根据电解池 电极反应规律来书写电解反应，结合电子守恒和离子的量的关系进行计算； （6）根据 n= 计算出氧气的物质的量，再根据丙中图象判断铜离子的总物质的量，最后根 据 m=nM 计算出生成铜的质量； （7）根据 Q=It 和 N=Q/e-结合 CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O 计算。 【详解】（1）根据盖斯定律，将已知热化学方程式中的氢气和水蒸气消去，得到 1mol 甲醇完 全燃烧生成二氧化碳气体和液态水的热化学方程式是 CH3OH（l）+3/2 O2（g）== CO2（g） +2H2O（l） ΔH=（2Q1＋3Q2＋2Q3）kJ•mol－1； （2）铵根离子，可在碱性条件下通入氯气，反应生成氮气，可知氯气被还原为 Cl-，同时应该 有水生成，发生反应的离子方程式为 3Cl2+2NH4++8OH-=N2↑+6Cl-+8H2O； （3）1molS2O32-被氧化为 SO42-转移 8mol 电子，过量的氯气为 1×10-3mol，完全被还原转移电 子为 2×10-3mol，故参加反应的 S2O32-为 =0.25×10-3mol，生成的 SO42-为 0．25×10-3mol×2=0.5×10-3mol； （4）在燃料电池的中，负极上是燃料发生失电子的氧化反应，在碱性环境下，甲醇失电子的 过程为：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O； （5）石墨为阳极、铁电极为阴极，开始 Cl-在阳极放电生成氯气，阴极 Cu2+放电生成 Cu，故 图丙中Ⅰ表示阴极产生的气体，Ⅱ表示阳极产生的气体，t1 前电极反应式为：阳极 2Cl--4e-=Cl2↑， t2 点后电极反应式为：阳极 4OH--4e-=O2↑+2H2O，由图可知，产生氯气为 224mL，则由 的 m V V 32 10 8 mol−×2Cl--2e-=Cl2↑可知，n（NaCl）= ×2=0.02mol，所以 c（NaCl）==0.1mol/L； （6）标况下的氧气 336mL 的物质的量为 =0.015mol，转移电子数为 0.015mol×4=0.06mol；阴极析出铜的物质的量为 =0.02mol，质量为 0.02mol×64g·mol-1=1.28g； （7）电解装置的电流强度达到 5.0A，每分钟转移电子的物质的量为 =0.003mol，负极通入气体的质量为 ×32g·mol-1=0.016g。 34.亚硝酰氯(ClNO)是有机合成中的重要试剂，可由 NO 与 Cl2 在通常条件下反应得到，化学方 程式为 2NO(g)＋Cl2(g) 2ClNO(g)。 (1)氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时会生成亚硝酰氯，涉及如下反应：① 2NO2(g)＋NaCl(s) NaNO3(s)＋ClNO(g) K1；②4NO2(g)＋2NaCl(s) 2NaNO3(s)＋2NO(g) ＋Cl2(g) K2；③2NO(g)＋Cl2(g) 2ClNO(g) K3,则 K1、K2、K3 之间的关系为 K3=_______________（用 K1 和 K2 表示）； (2)已知几种化学键的键能数据如下表：（亚硝酰氯的结构为 Cl—N==O） 化学键 N≡O Cl－Cl Cl－N N==O 键能/(kJ·mol－1) 630 243 a 607 则 2NO(g)＋Cl2(g) 2ClNO(g)的反应的 △H 和 a 的关系为 △H = ___kJ·mol－1。 (3)300℃时，2NO(g)＋Cl2 (g) 2ClNO(g)的正反应速率表达式为 v 正 = k·cn (ClNO)，测得速 率和浓度的关系如下表： 序号 c(ClNO)/(mol·L－1) v/(mol·L－1·s－l) ① 0. 30 3. 60×10－9 ② 0. 60 1. 44×10－8 ③ 0. 90 3. 24×10－8 n = ___；k = ____。 0.224 22.4 / L L mol 0.336 22.4 / L L mol 0.06 3 mol 19 23 1 5.0 60 1.6 10 6.02 10 A s C mol− − × × × × 0.003 6 mol(4)若向绝热恒容密闭容器中充入物质的量之比为 2 : 1 的 NO 和 Cl2 进行反应 2NO(g)＋Cl2(g) 2ClNO(g)，能判断反应已达到化学平衡状态的是__（填标号）。 a．容器中的压强不变 b．2v 正(NO) = v 逆(Cl2)c．气体的平均相对分子质量保持不变 d．该 反应平衡常数保持不变 e．NO 和 Cl2 的体积比保持不变 (5)25℃时，向体积为 2 L 且带气压计的恒容密闭容器中通入 0.08 mol NO 和 0.04 mol Cl2 发生反 应：2NO(g)＋Cl2 (g) 2ClNO(g)△H。 ①若反应起始和平衡时温度相同，测得反应过程中压强(p)随时间(t)的变化如图甲曲线 a 所示， 则 △H __（填“>”“