山东省济宁市嘉祥县第一中学2020届高三化学下学期第三次质量检测试题（Word版附解析）

山东省济宁市嘉祥一中 2020 届高三下学期第三次检测 化学试题 1.我国在物质制备领域成绩斐然，下列物质属于有机物的是（ ） A．双氢青蒿素 B．全氮阴离子盐 C． 聚合氮 D．砷化铌纳米带 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．双氢青蒿素，由 C、H、O 三种元素组成，结构复杂，属于有机物，A 符合题意； B．全氮阴离子盐，由 N、H、O、Cl 四种元素组成，不含碳元素，不属于有机物，B 不合题 意； C．聚合氮，仅含氮一种元素，不含碳元素，不属于有机物，C 不合题意； D．砷化铌纳米带，由砷和铌两种元素组成，不含碳元素，不属于有机物，D 不合题意。 故选 A。 2.下列解释事实的化学用语不正确的是 A. 闪锌矿(ZnS)经 CuSO4 溶液作用后，转化为铜蓝(CuS)：ZnS + Cu2+ === CuS + Zn2+ B. 0.1 mol/L 的醋酸溶液 pH 约为 3：CH3COOH CH3COO- + H+ C. 电解 NaCl 溶液，阴极区溶液 pH 增大：2H2O + 2e- === H2↑+ 2OH- D. 钢铁发生吸氧腐蚀，负极反应为：Fe－3e- === Fe3+ 【答案】D 【解析】 【详解】A. 闪锌矿(ZnS)经 CuSO4 溶液作用后，因 ZnS 的溶解度比 CuS 的大，则可发生沉淀的转化其离子方程式为：ZnS + Cu2+ === CuS + Zn2+，A 项正确； B. 0.1 mol/L 的醋酸溶液 pH 约为 3，是因为醋酸是弱酸，发生部分电离，其电离方程式为： CH3COOH CH3COO- + H+，B 项正确； C. 电解 NaCl 溶液，阴极区水中的氢离子得电子生成氢气，溶液 pH 增大，电极反应式为：2H2O + 2e- === H2↑+ 2OH-，C 项正确； D. 钢铁发生吸氧腐蚀，负极铁失电子生成亚铁离子，其电极反应式为：Fe－2e- === Fe2+，D 项错误； 答案选 D。 【点睛】注意 D 选项是学生易疏忽的考点，钢铁发生吸氧腐蚀或析氢腐蚀，其负极均为铁失 电子生成亚铁离子的过程，不能直接得到铁离子。 3.用 NA 表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是 A. 用氢氧燃料电池电解饱和食盐水得到 0.4mol NaOH，在燃料电池的负极上消耗氧气分子数 为 0.1 NA B. 2 mol H3O＋中含有的电子数为 20 NA C. 密闭容器中 1 mol N2(g)与 3 mol H2 (g)反应制备氨气，形成 6 NA 个 N-H 键 D. 32 g N2H4 中含有的共用电子对数为 6 NA 【答案】B 【解析】 【详解】A. 电解饱和食盐水的化学方程式为：2NaCl+2H2O 2NaOH+Cl2 +H2 ，反应 中氯元素的化合价由-1 价升高为 0 价，得到 0.4molNaOH 时，生成 0.2molCl2，转移电子数为 0.4NA，氢氧燃料电池正极的电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，因此正极上消耗氧气分子数 为 0.1 NA ，故 A 错误； B. 1 个 H3O＋中含有 10 个电子，因此 2mol H3O＋中含有的电子数为 20 NA ，故 B 正确； C. N2 与 H2 反应的化学方程式为：N2+3H2 2NH3，该反应属于可逆反应，因此密闭 容器中 1mol N2 (g)与 3molH2(g)反应生成氨气物质的量小于 2mol，形成 N-H 键的数目小于 6 NA，故 C 错误； D. 32g N2H4 物质 量为 =1mol，两个氮原子间有一个共用电子对，每个氮原子与氢 原子间有两个共用电子对，因此 1mol N2H4 中含有的共用电子对数为 5 NA，故 D 错误； 的 通电 ↑ ↑ →←高温高压 催化剂 32g 32g/ mol故选 B。 【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确 H3O＋中含有 10 个电子，要求掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系。 4.关于下列仪器的说法正确的是 A. 用仪器①灼烧固体时应垫石棉网加热 B. 可用仪器②精确量取 7.85 mL 稀硫酸 C. 可用仪器③配制 300 mL 0.1 mol/L NaCl 溶液 D. 可用仪器④分离两种互不相溶的液体 【答案】D 【解析】 【详解】A. 用坩埚加热时，不需要垫上石棉网，可以直接加热，故 A 错误； B. 量筒的最小读数为 0.1mL，不能用量筒精确量取 7.85 mL 稀硫酸，故 B 错误； C. 配制 300 mL 0.1 mol/L NaCl 溶液需要使用 500mL 的容量瓶，故 C 错误； D. 可用分液漏斗可以分离两种互不相溶的液体，故 D 正确； 故选 D。 【点睛】本题考查了学生对常用仪器的掌握，难度不大，明确哪些仪器能直接加热，哪些仪 器加热时需要垫石棉网，哪些仪器不能加热。 5.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. 遇苯酚显紫色的溶液：I－、K＋ 、SCN－、Mg2＋B. pH＝2 的溶液：K＋、Na＋、ClO－、SO32－ C. 水电离的 c(OH－)＝1×10－13mol·L－1 的溶液中：K＋、Cl－、CH3COO－、Cu2＋ D. 0.1 mol·L－1 的 K2SO4 溶液：Na＋、Al3＋、Cl-、NO3－ 【答案】D 【解析】 【详解】A. 加入苯酚显紫色的溶液中存在 Fe3+，Fe3+与 I-离子之间发生氧化还原反应，并且 Fe3+ 和 SCN－生成 Fe(SCN)3 属于络合物，在溶液中不能大量共存，故 A 错误； B. pH=2 的溶液呈酸性，ClO－在酸性环境中有强氧化性会和 SO32－发生氧化还原反应，在溶液 中不能大量共存，故 B 错误； C. 水电离出的 c（H+）=10-13mo1•L-1 的溶液中存在 H+或 OH-，CH3COO－不能在 酸性溶液中 存在，Cu2＋不能在碱性环境中存在，故 C 错误； D. Na＋、Al3＋、Cl-、NO3－之间不发生反应，也不与 K2SO4 反应，可以共存，故 D 正确； 故选 D。 【点睛】本题考查离子共存，为高频考点，明确离子性质及离子共存条件是解本题关键，涉 及复分解反应、氧化还原反应，注意隐含条件的挖掘。 6.短周期元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大，Y 与 W 同族。X、Y、Z 三种原子最外层电 子数的关系 为 X+Z=Y。电解 Z 与 W 形成的化合物的水溶液，产生 W 元素的气体单质，此 气体同冷烧碱溶液作 用，可得到化合物 ZWX 的溶液。下列说法正确的是 A. W 的氢化物稳定性强于 Y 的氢化物 B. Z 与其他三种元素分别形成的化合物中只含有离子键 C. Z 与 Y 形成的化合物的水溶液呈碱性 D. 对应的简单离子半径大小为 W >Z > X>Y 【答案】C 【解析】 【分析】 元素 X、Y、Z、W 为短周期且原子序数依次增大，电解 Z 与 W 形成的化合物的水溶液，产 生 W 元素的气体单质，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到化合物 ZWX 的溶液，可推出 W 元 素为氯元素（Cl），Z 元素为钠（Na），X 元素为氧（O），Y 与 W 同族，可推出 Y 元素为氟 （F）。 【详解】A. 最简单氢化物的稳定性与元素的非金属性有关，非金属性越强，最简单气态氢化物的稳定性越稳定，根据分析，Y 元素为氟，W 元素为氯，非金属性 F>Cl，氢化物稳定性 HF>HCl，故 A 错误； B. Z 元素为钠，钠与氧形成 Na2O2 既有离子键又有共价键，故 B 错误； C. 钠与氟形成氟化钠，属于强碱弱酸盐，F-会发生水解，F-+H2O HF+OH-，水溶液呈碱性， 故 C 正确； D. 对应的简单离子分别为 O2-、F-、Na+、Cl-，可知 O2-、F-、Na+电子层结构相同，原子序数 越大半径越小，离子半径：O2->F->Na+，又因为 Cl-有三个电子层，故 Cl-半径最大，因此半径 大小为：Cl->O2->F->Na+，故 D 错误； 故选 C。 【点睛】本题考查位置结构性质的关系及应用，难度中等，推断元素是解题关键。 7.乙烯气相直接水合反应制备乙醇：C2H4(g)+H2O(g) C2H5OH(g)。乙烯的平衡转化率随温 度、压强的变化关系如下（起始时，n(H2O)＝n(C2H4)＝1 mol，容器体积为 1 L）。下列分析不 正确的是（ ） A. 乙烯气相直接水合反应的∆H＜0 B. 图中压强的大小关系为：p1＞p2＞p3 C. 图中 a 点对应 平衡常数 K ＝ D. 达到平衡状态 a、b 所需要的时间：a＞b 【答案】B 【解析】 【分析】 A. 温度升高，乙烯的转化率降低，平衡逆向移动； B. 增大压强，平衡正向移动，乙烯的转化率增大； C. 由图象可知 a 点时乙烯的转化率为 20%，依据三段法进行计算并判断； D. 升高温度，增大压强，反应速率加快。 【详解】A. 温度升高，乙烯的转化率降低，平衡逆向移动，正向为放热反应，∆H＜0，A 项 的  5 16正确； B. 增大压强，平衡正向移动，乙烯的转化率增大，由图可知，相同温度下转化率 p1c>b>a B. 常温下，R- 的水解平衡常数数量级为 10 -9 C. a 点和 d 点溶液中，水的电离程度相等 D. d 点的溶液中，微粒浓度关系：c(R-)+2c(HR)=c(NH3∙H2O) 【答案】B 【解析】 【详解】A.溶液导电能力与溶液中离子浓度有关，根据图象可知，b 点导电能力最强，d 点最 弱，A 错误； B.根据图象可知，0.1mol/L 的 HR 溶液的 pH=3，则 c(R-)≈c(H+)=10-3mol/L，c(HR)≈0.1mol/L， HR 的电离平衡常数 Ka= =10-5，则 R-的水解平衡常数数 Kh= =10-9，B 正确； C.a、d 两点导电能力相等，但溶液的 pH 分别为 4、8，都抑制了水的电离，a 点 c(H+)=10-4mol/L，d 点 c(OH-)=10-6mol/L，所以对水的电离程度的影响不同，C 错误； D.d 点加入 20mL 等浓度的氨水，反应后溶质为等浓度的 NH4R 和 NH3•H2O，根据物料守恒可 得：2c(HR)+2c(R-)=c(NH3∙H2O)+c(NH4+)，因溶液呈碱性，NH3•H2O 的电离程度大于 NH4+的水 解程度，则 c(NH4+)>c(NH3∙H2O)，则 c(HR)+c(R-)＞c(NH3∙H2O)，D 错误； 故合理选项是 B。 11.高铁酸钾（K2FeO4）是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，制备流程如图所示，下列 叙述错误的是 3 310 10 0.1 − −× 14 5 10 10 − −A. 用 K2FeO4 作水处理剂时，既能杀菌消毒又能净化水 B. 反应 I 中尾气可用 FeCl2 溶液吸收再利用 C. 反应 II 中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 2:3 D. 该条件下，物质的溶解性：Na2FeO4< K2FeO4 【答案】CD 【解析】 【详解】A. 高铁酸钾具有强氧化性，可用于杀菌消毒，还原产物为铁离子，铁离子可水解生 成具有吸附性的氢氧化铁胶体，可达到净水的目的，故 A 正确； B. 结合流程可知，反应 I 尾气为氯气，可与 FeCl2 继续反应生成氯化铁，故 B 正确； C. 反应 II 中的反应为 3NaClO+10NaOH+2FeCl3=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O，可知氧化剂为 NaClO，还原剂为 FeCl3，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为 3：2，故 C 错误； D. 工业上一般先制得高铁酸钠，然后在低温下，向高铁酸钠溶液中加入一定量的 KOH 就可制 得高铁酸解，可以制备的原因是因为高铁酸钾的溶解性比高铁酸钠小，故 D 错误； 故选 CD。 【点睛】本题考查物质制备流程，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化从而列出方程 式为解答的关键，注意选项 A 中杀菌和漂白的原理是易错点，题目难度中等。 12.国际能源期刊报道了一种正在开发中的绿色环保“全氢电池”，有望减少废旧电池产生的污 染。其工作原理如图所示。下列说法正确的是 A. “全氢电池”工作时，将酸碱反应的中和能转化为电能 B. 吸附层 b 发生的电极反应：H2 – 2 e− + 2OH− = 2H2O C. NaClO4 的作用是传导离子和参与电极反应 的D. “全氢电池” 总反应: 2H2 + O2 =2H2O 【答案】A 【解析】 【分析】 由电子流向可知，左边吸附层为负极，发生了氧化反应，电极反应是 H2-2e-+2OH-═2H2O，右 边吸附层为正极，发生了还原反应，电极反应是 2e-+2H+═H2，结合原电池中阳离子移向正极， 阴离子移向负极解答该题。 【详解】A. “全氢电池”工作时，将酸碱反应的化学能（中和能）转化为电能，故 A 正确； B. 右边吸附层为正极，发生了还原反应，电极反应是 2e-+2H+═H2，故 B 错误； C. NaClO4 的作用是传导离子，没有参与电极反应，故 C 错误； D. 由电子流向可知，左边吸附层为负极，发生了氧化反应，电极反应是 H2-2e-+2OH-═2H2O， 右边吸附层为正极，发生了还原反应，电极反应是 2e-+2H+═H2，总反应为：H++OH-═H2O， 故 D 错误； 正确答案是 A。 13.下列有关电解质溶液的说法正确的是 A. 25℃时 pH＝2 的 HF 溶液中，由水电离产生的 OH－浓度为 10-12 mol·L－1 B. 0.1 mol·L-1 Na2CO3 溶液中：c(Na＋)＝c(HCO3 -)＋c(H2CO3)＋2c(CO32－ ) C. 向 1 L 1 mol·L-1 的 NaOH 热溶液中通入一定量 Br2，恰好完全反应生成溴化钠、次溴酸钠 和溴酸钠(溴 酸为强酸、次溴酸为弱酸)的混合溶液：c(Na＋)＋c(H＋)＝6c(BrO3－)＋2c(BrO－)＋ c(HBrO)＋c(OH－) D. 25℃时 pH＝3 的盐酸与 pH＝11 的氨水等体积混合，所得溶液的 pH＜7 【答案】AC 【解析】 【详解】A. 25℃，pH=2 的 HF 溶液中，c(H+)=10-2mol·L-1，OH-均由水电离，c(OH-)= = =10-12mol·L-1，故 A 正确； B. 0.1 mol·L-1 Na2CO3 溶液中存在电荷守恒：c(H＋)+c(Na＋)＝c(HCO3 -)＋c(H2CO3)＋2c(CO32－)+ c(OH-)，该溶液呈碱性 c（OH-）>c(H+)，则 c(Na＋)> c(HCO3 -)＋c(H2CO3)＋2c(CO32－)，故 B 错误； 的 ( )w + K c H 14 2 10 10 − −C. 溶液中的溶质为 NaBr、NaBrO、NaBrO3，它们会电离出阴阳离子，溶剂 H2O 也会电离出 H+、OH-，则溶液中的阳离子有 Na+、H+，阴离子有 OH-、Br-、BrO-、BrO3-，可列出电荷守 恒式：c(Na+)+c(H+)=c(BrO3-)+c(BrO-)+c(Br-)+c(OH-)①，再根据电子得失守恒，可列出： 5c(BrO3-)+c(BrO-)+c(HBrO)=c(Br-)②（其中 BrO-会水解，部分转化为 HBrO），①②式联立，可 得：c(Na＋)＋c(H＋)＝6c(BrO3－)＋2c(BrO－)＋c(HBrO)＋c(OH－)，故 C 正确； D. pH=3 的盐酸中 c（H+）=10-3mol/L，pH=11 的氨水中 c（OH-）=10-3mol/L，两种溶液 H+与 OH-离子浓度相等，但由于氨水为弱电解质，不能完全电离，则氨水浓度大于盐酸浓度，反应 后氨水过量，溶液呈碱性，则所得溶液的 pH＞7，故 D 错误； 故选 AC。 14.某兴趣小组设计了如下实验测定海带中碘元素的含量，依次经过以下四个步骤，图示装置 和原理 能达到实验目的的是 A. 灼烧海带 B. 将海带灰溶解后分离出不溶性杂质 C. 制备 Cl2，并将 I－氧化为 I2 D. 以淀粉为指示剂，用 Na2SO3 标准溶液滴定 【答案】B 【解析】 【详解】A. 灼烧需要在坩埚中进行，不能选烧杯，故 A 错误；B. 海带灰溶解后分离出不溶性杂质需要采用过滤操作，过滤需要玻璃棒引流，故 B 正确； C. 制备 Cl2，并将 I－氧化为 I2，除去氯气中的氯化氢应该用饱和食盐水，尾气需要用氢氧化钠 吸收，故 C 错误； D. Na2SO3 为强碱弱酸盐，水解后溶液呈碱性，所以滴定时 Na2SO3 应该放在碱式滴定管中，而 不是酸式滴定管，故 D 错误； 故选 B。 15.水垢中含有的 CaSO4，可先用 Na2CO3 溶液处理，使之转化为疏松、易溶于酸的 CaCO3。 某化学兴 趣小组用某浓度的 Na2CO3 溶液处理一定量的 CaSO4 固体，测得所加 Na2CO3 溶液 体积与溶液中-lgc(CO32-) 的关系如图所示，已知 Ksp(CaSO4)=9×10－6，Ksp(CaCO3)=3×10－9， lg3=0.5，下列说法不正确的是 A. 曲线上各点的溶液满足关系式：c(Ca2＋)×c(SO42－)=Ksp(CaSO4) B. CaSO4(s)＋CO32－(aq) CaCO3(s)＋SO42－(aq) K=3×103 C. 该 Na2CO3 溶液的浓度为 1.5mol·L－1 D.相同条件下，若将 Na2CO3 溶液的浓度改为原浓度的 2 倍，则上图曲线整体向上平移 1 个单 位即可 【答案】CD 【解析】 【详解】A． CaSO4 的溶度积表达式为 Ksp(CaSO4)= c(Ca2＋)·c(SO42－)，故 A 正确； B．CaSO4(s)＋CO32－(aq) CaCO3(s)＋SO42－(aq)的化学平衡常数 =3×103，故 B 正确； C．依据上述 B 项分析可知，CaSO4(s)＋CO32－(aq) CaCO3(s)＋SO42－(aq) K=3×103，每消 耗 1mol CO32－会生成 1mol SO42－，在 CaSO4 完全溶解前溶液中的 c(SO42－) 等于 Na2CO3 溶液 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2+ - 6 sp sp - 92 2－ 2－ 4 4 4 2－ 2－ 33 + sp3 c c c Ca K 9 10K= = =K = SO SO CaSO CaCOCO C = K 3CO 10c c c a × ×的浓度，设 Na2CO3 溶液浓度为 1.5mol/L，则 c(SO42－)= 1.5mol/L ，根据 =3×103 可得溶液中 c(CO32－)= ，-lgc(CO32－)=3.3，与图像不相符，故 C 错误； D．依据题意可知，起初 CaSO4 的物质的量为 0.02mol，在相同实验条件下，若将 Na2CO3 溶 液浓度改为原来的 2 倍，则消耗碳酸钠的体积为 10mL，在 CaSO4 完全溶解前溶液中的 c(SO42 －)=2mol/L，根据 =3×103 可得溶液中 c(CO32－)= ，所以-lgc(CO32－)=3.2， 图像中的横纵坐标都要改变，故 D 错误； 故选 CD。 16.FeSO4 溶液放置在空气中容易变质，因此为了方便使用 Fe2＋，实验室中常保存硫酸亚铁铵 晶体[俗称“摩尔盐”，化学式为(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]，它比绿矾或绿矾溶液更稳定。(稳定是指 物质放置 在空气中不易发生各种化学反应而变质) I．硫酸亚铁铵晶体的制备与检验 （1）某兴趣小组设计实验制备硫酸亚铁铵晶体。 本实验中，配制溶液以及后续使用到的蒸馏水都必须煮沸、冷却后再使用，这样处理蒸馏水 的目的是_______。向 FeSO4 溶液中加入饱和(NH4)2SO4 溶液，经过操作_______、冷却结晶、 过滤、洗涤和干燥后得到一 种浅蓝绿色的晶体。 （2）该小组同学继续设计实验证明所制得晶体的成分。 ①如图所示实验的目的是_______，C 装置的作用是_______。 取少量晶体溶于水，得淡绿色待测液。 ②取少量待测液，_______ (填操作与现象)，证明所制得的晶体中有 Fe2＋。 ③取少量待测液，经其它实验证明晶体中有 NH4＋和 SO42－ II．实验探究影响溶液中 Fe2＋稳定性的因素 （3）配制 0.8 mol/L 的 FeSO4 溶液（pH=4.5）和 0.8 mol/L 的(NH4)2Fe(SO4)2 溶液（pH=4.0）， 各取 2 ml 上述溶液于两支试管中，刚开始两种溶液都是浅绿色，分别同时滴加 2 滴 0.01mol/L ( ) ( ) 2－ 4 2－ 3 c K= c SO CO 45 10−× ( ) ( ) 2－ 4 2－ 3 c K= c SO CO 32 103 −×的 KSCN 溶液，15 分钟后观察可见：(NH4)2Fe(SO4)2 溶液仍然为浅绿色透明澄清溶液；FeSO4 溶液则出现淡黄色浑浊。 【资料 1】 沉淀 Fe(OH)2 Fe(OH)3 开始沉淀 pH 7.6 2.7 完全沉淀 pH 9.6 3.7 ①请用离子方程式解释 FeSO4 溶液产生淡黄色浑浊的原因_______。 ②讨论影响 Fe2＋稳定性的因素，小组同学提出以下 3 种假设： 假设 1：其它条件相同时，NH4＋的存在使(NH4)2Fe(SO4)2 溶液中 Fe2+稳定性较好。 假设 2：其它条件相同时，在一定 pH 范围内，溶液 pH 越小 Fe2＋稳定性越好。 假设 3：_______。 （4）小组同学用如图装置（G 为灵敏电流计），滴入适量的硫酸溶液分 别控制溶液 A（0.2 mol/L NaCl）和溶液 B（0.1mol/L FeSO4）为不同的 pH， 观察记录电流计读数，对假设 2 进行实验研究，实验结果如表所示。 序号 A：0.2mol·L－1NaCl B：0.1mol·L－1FeSO4 电流计读数 实验 1 pH=1 pH=5 8.4 实验 2 pH=1 pH=1 6.5 实验 3 pH=6 pH=5 7.8 实验 4 pH=6 pH=1 5.5【资料 2】原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性 越强，该原 电池的电流越大。 【资料 3】常温下，0.1mol/L pH=1 的 FeSO4 溶液比 pH=5 的 FeSO4 溶液稳定性更好。 根据 以上实验结果和资料信息，经小组讨论可以得出以下结论： ①U 型管中左池的电极反应式____________。 ②对比实验 1 和 2（或 3 和 4） ,在一定 pH 范围内，可得出的结论为____________。 ③对比实验____________和____________，还可得出在一定 pH 范围内溶液酸碱性变化对 O2 氧化性强弱的影响因素。 ④ 对【资料 3】实验事实的解释为____________。 【答案】 (1). 除去水中溶解的氧气，防止氧化 Fe2+ (2). 蒸发浓缩 (3). 检验晶体中 是否含有结晶水 (4). 防止空气中水蒸气逆向进入装有无水 CuSO4 的试管，影响实验结果 (5). 滴入少量 K3[Fe(CN)6]溶液，出现蓝色沉淀（或先滴入 2 滴 KSCN 溶液，无明显变化，再加入 几滴新制氯水，溶液变成红色） (6). 4Fe2+ + O2 + 10H2O = 4Fe(OH)3↓ + 8H+ (7). 当其 它条件相同时，硫酸根离子浓度大小影响 Fe2+的稳定性。（或当其它条件相同时，硫酸根离子 浓度越大，Fe2+的稳定性较好。） (8). O2 + 4e- +4H+= 2H2O (9). 溶液酸性越强,Fe2+的还 原性越弱 (10). 1 (11). 3（或 2 和 4） (12). 其它条件相同时，溶液酸性增强对 Fe2+ 的还原性减弱的影响，超过了对 O2 的氧化性增强的影响。故 pH=1 的 FeSO4 溶液更稳定。 【解析】 【分析】 I.(1)亚铁离子具有还原性，在空气中容易被氧化；向 FeSO4 溶液中加入饱和(NH4)2SO4 溶液， 需要经过蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤和干燥后得到一 种浅蓝绿色的晶体； (2) ①无水硫酸铜遇水变蓝色；空气中也有水蒸气，容易对实验产生干扰； ②检验 Fe2+，可以向样品中滴入少量 K3[Fe(CN)6]溶液，出现蓝色沉淀，说明存在 Fe2+；或先 滴入 2 滴 KSCN 溶液，无明显变化，再加入几滴新制氯水，溶液变成红色，说明存在 Fe2+； II.(3) ①由表可知，pH=4.5 的 0.8 mol/L 的 FeSO4 溶液中，会产生 Fe(OH)3 沉淀，说明二价铁 被氧化成了三价铁，同时和水反应生成 Fe(OH)3 沉淀； ②0.8 mol/L 的 FeSO4 溶液（pH=4.5）和 0.8 mol/L 的(NH4)2Fe(SO4)2 溶液中硫酸根的浓度也不 同，可以以此提出假设； (4) ①FeSO4 中的铁的化合价为+2 价，具有还原性，在原电池中做负极，则左池的碳电极做正极，NaCl 中溶解的氧气得电子生成，在酸性环境中生成水； ②实验 1 和 2（或 3 和 4）中 NaCl 溶液的 pH 相同，FeSO4 溶液的 pH 不同，且 FeSO4 溶液的 pH 越小，电流越小，结合原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极 反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大，可以得出结论； ③对比实验 1 和 3（或 2 和 4）发现，FeSO4 溶液的 pH 相同时，NaCl 溶液的 pH 越大，电流 越小，结合原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化 性越强，该原电池的电流越大，可以得出结论； ④对比实验 1 和 4，NaCl 溶液的 pH 增大酸性减弱，FeSO4 溶液的 pH 减小酸性增强，但是电 流却减小，结合②③的结论分析。 【详解】I.(1)亚铁离子具有还原性，在空气中容易被氧化，在配制溶液时使用到的蒸馏水都必 须煮沸、冷却后再使用，目的是：除去水中溶解的氧气，防止氧化 Fe2+；向 FeSO4 溶液中加 入饱和(NH4)2SO4 溶液，需要经过蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤和干燥后得到一 种浅蓝 绿色的晶体； (2) ①无水硫酸铜遇水变蓝色，该装置的实验目的是：检验晶体中是否含有结晶水；空气中也 有水蒸气，容易对实验产生干扰，需要使用浓硫酸防止空气中水蒸气逆向进入装有无水 CuSO4 的试管，影响实验结果； ②检验 Fe2+，可以向样品中滴入少量 K3[Fe(CN)6]溶液，出现蓝色沉淀，说明存在 Fe2+；或先 滴入 2 滴 KSCN 溶液，无明显变化，再加入几滴新制氯水，溶液变成红色，说明存在 Fe2+； II.(3) ①由表可知，pH=4.5 的 0.8 mol/L 的 FeSO4 溶液中，会产生 Fe(OH)3 沉淀，说明二价铁 被氧化成了三价铁，同时和水反应生成 Fe(OH)3 沉淀，离子方程式为：4Fe2+ + O2 + 10H2O = 4Fe(OH)3↓ + 8H+； ②0.8 mol/L 的 FeSO4 溶液（pH=4.5）和 0.8 mol/L 的(NH4)2Fe(SO4)2 溶液中硫酸根的浓度也不 同，0.8 mol/L 的(NH4)2Fe(SO4)2 溶液中硫酸根浓度更大，故可以假设：当其它条件相同时，硫 酸根离子浓度大小影响 Fe2+的稳定性；或者当其它条件相同时，硫酸根离子浓度越大，Fe2+的 稳定性较好； (4) ①FeSO4 中的铁的化合价为+2 价，具有还原性，在原电池中做负极，则左池的碳电极做正 极，NaCl 中溶解的氧气得电子生成，在酸性环境中生成水，故电极方程式为：O2 + 4e- +4H+= 2H2O； ②实验 1 和 2（或 3 和 4）中 NaCl 溶液的 pH 相同，FeSO4 溶液的 pH 不同，且 FeSO4 溶液的 pH 越小，电流越小，结合原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大，可以得出的结论是：溶液酸性越强，Fe2+的还原 性越弱； ③对比实验 1 和 3（或 2 和 4）发现，FeSO4 溶液的 pH 相同时，NaCl 溶液的 pH 越大，电流 越小，结合原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化 性越强，该原电池的电流越大，可以得出在一定 pH 范围内溶液的碱性越强， O2 氧化性越强； ④对比实验 1 和 4，NaCl 溶液的 pH 增大酸性减弱，FeSO4 溶液的 pH 减小酸性增强，但是电 流却减小，结合②③的结论，和其它条件相同时，溶液酸性增强对 Fe2+的还原性减弱的影响， 超过了对 O2 的氧化性增强的影响。故 pH=1 的 FeSO4 溶液更稳定。 17.五氧化二钒广泛用于冶金、化工等行业，用作合金添加剂、生产硫酸或石油精炼用的催化 剂等。为回收利用含钒催化剂，研制了一种利用废催化剂（含有 V2O5、VOSO4、不溶性硅酸 盐）回收 V2O5 的新工艺流程如下： 已知：①部分含钒物质常温下在水中的溶解性如表所示： 物质 VOSO4 V2O5 NH4VO3 (VO2)2SO4 溶解性 可溶 难溶 难溶 易溶 ②VO2＋＋2OH－ VO3－＋H2O 回答下列问题： （1）用水浸泡废催化剂，为了提高单位时间内废钒的浸出率，可以采取的措施为____________ （写一条）。 （2）滤液 1 和滤液 2 中钒的存在形式相同，其存在形式为____________（填离子符号）。 （3）在滤渣 1 中加入 Na2SO3 和过量 H2SO4 溶液发生反应的化学方程式为____________。 （4）生成 VO2＋的反应中消耗 1molKClO3 时转移 6mol 电子，该反应的离子方程式为 ____________。（5）在第Ⅱ步中需要加入氨水，请结合化学用语，用平衡移动原理解释加入氨水的一种作用 为____________。 （6）最后钒以 NH4VO3 的形式沉淀出来。以沉钒率（NH4VO3 沉淀中 V 的质量和废催化剂 V 的质量之比）表示该步反应钒的回收率。请结合如图解释在第Ⅱ步中温度超过 80°C 以后，沉 钒率下降的可能原因是____________；____________（写两条）。 （7）该工艺流程中可以循环利用的物质为____________。 （8）测定产品中 V2O5 的纯度： 称取 ag 产品，先用硫酸溶解，得到(VO2)2SO4 溶液。再加入 b1mLc1mol·L−1(NH4)2Fe(SO4)2 溶 液（VO2＋+2H＋+Fe2＋==VO2＋+Fe3＋+H2O）。最后用 c2mol·L−1KMnO4 溶液滴定过量的 (NH4)2Fe(SO4)2 至终点，消耗 KMnO4 溶液的体积为 b2mL。已知 MnO4－被还原为 Mn2+，假设 杂质不参与反应。则产品中 V2O5（摩尔质量：182g·mol−1）的质量分数是____________。（列 出计算式） 【答案】 (1). 粉碎废钒；搅拌；适当升温 （任意答一条正确措施） (2). VO2＋ (3). V2O5＋Na2SO3＋2H2SO4===2VOSO4＋Na2SO4＋2H2O (4). 6VO2＋＋ClO3－＋ 3H2O=== 6VO2＋＋ Cl－＋ 6H＋ (5). 作用 1：溶液中存在平衡: VO2++2OH- VO3-+H2O，加入氨 水，使 OH-浓度增大，该平衡正移，从而使 VO2+尽可能都转化为 VO3- 或作用 2：溶液中存在 平衡：NH4VO3(s) NH4+ (aq)＋+VO3—(aq), 加入氨水，使 NH4+浓度增大，该平衡逆移， 从而使 NH4VO3 尽可能沉淀析出（任意答出一种作用） (6). 原因 1：温度升高，NH4VO3 溶解度增大，沉钒率下降或原因 2：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使 NH4+浓度下降， 沉钒率下降 (7). 原因 3：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使 OH-浓度下降，VO2++2OH- VO3-+H2O，该平衡逆移，导致 VO3-浓度下降，沉钒率下降或原因 4：平衡 VO2++2OH- VO3-+H2O，正反应可能是放热反应，温度升高，该平衡逆移，导致 VO3-浓度下降，沉 钒率下降。（任意答出 2 种原因） (8). 氨水或 NH3 和 H2O (9). 100% 【解析】 ( )1 1 2 2b c - 5b9 C1 1000a ×【分析】 生产流程：废钒催化剂（主要成分含有 V2O5、VOSO4、不溶性硅酸盐），据物质的水溶性确定， V2O5 难溶于水，即为得到的滤渣亚硫酸根具有还原性，酸性条件下，能被五氧化二钒氧化生 成硫酸根离子，离子反应方程式为：V2O5+SO32-+4H+=2VO2++SO42-+2H2O，过滤得到滤渣为不 溶性硅酸盐，强酸性浸出液含有 VO2+、Na+、SO42-，氯酸钾具有氧化性，能将 VO2+氧化为 VO2+，加入氨水，调节溶液 pH 到最佳值，得到 NH4VO3，最后焙烧得到五氧化二钒即可，以 此解答。 【详解】(1)水浸时，为了提高废钒的浸出率，除了粉碎，还可以采取的措施搅拌、适当升高 温度、延长浸泡时间等措施； (2)VOSO4 和(VO2)2SO4 能够溶解在水中，故滤液 1 中钒的存在形式是：VO2＋；V2O5 和 NH4VO3 在水中不溶解，存在于滤渣中，加入 Na2SO3，V2O5 作氧化剂，SO32-作还原剂，反应的离子方 程式为 V2O5+SO32-+4H+=2VO2++SO42-+2H2O，滤液 2 中钒的存在形式是：VO2＋； (3)依题意，在滤渣 1 中加入 Na2SO3 和过量 H2SO4 溶液，V2O5 作氧化剂，SO32-作还原剂，反 应的离子方程式为 V2O5+SO32-+4H+=2VO2++SO42-+2H2O； (4) VO2+和 KClO3 反应中，生成物为 VO2+，VO2+中 V 化合价升高做还原剂，KClO3 中 Cl 化合 价降低做氧化剂，已知消耗 1molKClO3 时转移 6mol 电子，可知 KClO3 中 Cl 元素化合价降低 为-1 价，则离子方程式为：6VO2＋＋ClO3－＋3H2O=== 6VO2＋＋Cl－＋6H＋； (5)溶液中存在平衡: VO2++2OH- VO3-+H2O，氨水呈碱性，加入氨水，使 OH-浓度增大， 该平衡正移，从而使 VO2+尽可能都转化为 VO3-或者溶液中存在平衡: NH4VO3(s) NH4+ (aq)＋ +VO3-(aq)，加入氨水，使 NH4+浓度增大，该平衡逆移，从而使 NH4VO3 尽可能沉淀析 出； (6)温度越高，物质的溶解度越大，所以温度升高，NH4VO3 溶解度增大，沉钒率下降或温度升 高，氨气容易溢出，氨水受热分解逸出溶液，使 OH-浓度下降，VO2++2OH- VO3-+H2O， 该平衡逆移，导致 VO3-浓度下降，沉钒率下降；温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使 OH- 浓度下降，VO2++2OH- VO3-+H2O，该平衡逆移，导致 VO3-浓度下降，沉钒率下降或针 对平衡：VO2++2OH- VO3-+H2O，正反应可能是放热反应，温度升高，该平衡逆移，导 致 VO3-浓度下降，沉钒率下降； (7)该流程中需要加入氨水沉钒，最后一步加热 NH4VO3 又会有氨气产生，故该工艺流程中可 以循环利用的物质为：氨水或 NH3 和 H2O； (8)根据元素化合价升降相同，滴定过程有 5(NH4)2Fe(SO4)2∼KMnO4,则过量的 (NH4)2Fe(SO4)2物质的量为 5n(KMnO4)=5×b2C210−3mol，则与(VO2)2SO4 溶液反应的 (NH4)2Fe(SO4)2 物质的量 为(b1c1−5b2C2)×10−3mol，根据钒元素守恒，则有 V2O5∼2VO2+∼2(NH4)2Fe(SO4)2，故 n(V2O5)= (b1c1−5b2C2)×10−3mol，则产品中 V2O5 的质最分数是 = 100%。 18.十九大报告提出要对环境问题进行全面、系统的可持续治理。绿色能源是实施可持续发展 的重要途径，利用生物乙醇来制取绿色能源氢气的部分反应过程如图所示： （1）已知：CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) △H1= - 41 kJ/mol CH3CH2OH(g)+3H2O(g) 2CO2(g)+6H2(g) △H2=+174.1 kJ/mol 请写出反应 I 的热化学方程式____________。 （2）反应 II，在进气比[n(CO) : n(H2O)]不同时，测得相应的 CO 平衡转化率见图（各点对应 的反应温度可能相同，也可能不同；各点对应的其他反应条件都相同）。 ①经分析，A、E 和 G 三点对应的反应温度相同，其原因是 KA=KE=KG=____________（填数 值）。在该温度下：要提高 CO 平衡转化率，除了改变进气比之外，还可采取的措施是 ____________。 ② 对比分析 B、E、F 三点，可得出对应的进气比和反应温度的变化趋势之间的关系是 ____________。 ③ 比较 A、B 两点对应的反应速率大小：VA____________VB（填“”）。已知反应 1 2 ( ) - 3 1 1 2 2 1 2 b c - 5b C 10 mol 182g/ ag mol× × ( )1 1 2 2b c - 5b9 C1 1000a ×速率 v=v 正−v 逆= k 正 X（CO）X（H2O）－k 逆 X（CO2）X（H2），k 正、k 逆分别为正、逆向反 应速率常数，X 为物质的量分数计算在达到平衡状态为 D 点的反应过程中，当 CO 转化率刚 好达到 20%时， =_____________（计算结果保留 1 位小数）。 （3）反应 III 利用碳酸钾溶液吸收 CO2 得到饱和 KHCO3 电解液，电解活化的 CO2 来制备乙 醇。 ①已知碳酸的电离常数 Ka1=10-a mol·L−1，Ka2=10-b mol·L−1，吸收足量 CO2 所得饱和 KHCO3 溶液的 pH=c，则该溶液中 lg =________________ ②在饱和 KHCO3 电解液中电解 CO2 来制备乙醇的原理如图所示。则阴极的电极反应式是 __________________________。 【答案】 (1). CH3CH2OH(g)+H2O(g) 4H2(g)+2CO(g) △H= +256.1 kJ/mol (2). 1 (3). 及时移去产物 (4). 进气比越大，反应温度越低或进气比越小，反应温度越高 (5). < (6). 36.0 (7). c-a (8). 14CO2+12e-+9H2O=CH3CH2OH+12HCO3－ 【解析】 【分析】 (1)根据盖斯定律解答； (2)①CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)中，平衡常数 K= ，根据进气比[n(CO) : n(H2O)]和 CO 转化率列出“三段式”，计算平衡常数； ②对比分析 B、E、F 三点，当 CO 的转化率相同时，温度由低到高对应的进气比为 0.5、1、 1.5，进气比越高达到相同转化率所需的温度越低； ③A 和 B 两点进气比相等，但 A 点 CO 的平衡转化率比 B 点的大，反应 CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) △H1= - 41 kJ/mol 是放热反应，温度越高，CO 平衡转化率越低， 故 A 的温度小于 B 的温度；D 点达到平衡时，v 正=v 逆，即 k 正 X（CO）X（H2O）=k 逆 X （CO2）X（H2），D 点 CO 的平衡转换率为 60%，进气比为 1，设投入 CO1mol，H2O1mol， v v 正 逆 - 3 2 3 c(HCO ) c(H CO )  ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 c CO c H c CO c H O列出“三段式”先计算 ，再计算 CO 平衡转化率为 20%时， 的值； (3)①根据 = = 计算； ②阴极上 CO2 得到电子生成 CH3CH2OH 和碳酸氢根。 【详解】(1)反应 a.CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) △H1= - 41 kJ/mol ；b.CH3CH2OH(g)+3H2O(g) 2CO2(g)+6H2(g) △H2=+174.1 kJ/mol；b-2a 可得反应 I 的热化学方程式为： CH3CH2OH(g)+H2O(g) 4H2(g)+2CO(g) △H= +256.1 kJ/mol； (2)①CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)中，平衡常数 K= ，根据进气比[n(CO) : n(H2O)]和 CO 转化率列出“三段式”： E 点平衡常数 CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) 起始量 1 1 0 0 变化量 0.5 0.5 0.5 0.5 平衡量 0.5 0.5 0.5 0.5 K=1 A 点平衡常数 CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) 起始量 1 2 0 0 变化 23 23 23 23 平衡 13 13 13 13 此时 K=1 G 点平衡常数 CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) 起始量 3 2 0 0 变化量 1.2 1.2 1.2 1.2 平衡量 1.8 0.8 1. 2 1.2 K= =1， 故 A、E 和 G 三点对应的反应温度相同，其原因是 A、E 和 G 三点对应的化学平衡常数相同， 都等于 1；在该温度下：要提高 CO 平衡转化率，除了改变进气比之外，还可采取的措施是： K K 正 逆 v v 正 逆 - 3 2 3 c(HCO ) c(H CO ) ( ) ( ) - 3 2 3 c(HCO ) c H c(H CO ) c H + + × × ( )1a + K c H     ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 c CO c H c CO c H O 1. 2 1. 2 1. 8 0. 8 × ×及时移去产物； ②对比分析 B、E、F 三点，当 CO 的转化率相同时，温度由低到高对应的进气比为 0.5、1、 1.5，进气比越高达到相同转化率所需的温度越低，故进气比和反应温度的变化趋势之间的关 系是：进气比越大，反应温度越低或进气比越小，反应温度越高； ③A 和 B 两点进气比相等，但 A 点 CO 的平衡转化率比 B 点的大，反应 CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) △H1= - 41 kJ/mol 是放热反应，温度越高，CO 平衡转化率越低， 故 A 的温度小于 B 的温度，温度越高反应速率越快，故 VA