2020-2021学年江苏省苏州市高二（下）期末化学试卷

第1页（共1页）2020-2021学年江苏省苏州市高二（下）期末化学试卷一、单项选择题:共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。1．（3分）2021年5月22日我国自行研发的“祝融号“开始在火星表面巡视探测。下列有关说法正确的是（）A．“祝融号“使用铝制材料是因为单质铝的熔点高 B．“祝融号“材料中添加的碳化硅是一种新型有机高分子材料 C．“祝融号“的太阳能电池板的主要材料是二氧化硅 D．“祝融号“的蓄电池充电时的能量转化主要为“太阳能→电能→化学能”2．（3分）下列有关反应Na2CO3+2Cl2＝2NaCl+Cl2O+CO2中微粒的相关叙述正确的是（）A．Na+的结构示意图： B．CO32﹣的空间构型为平面正三角形 C．中子数为20的氯原子：Cl D．CO2中C原子轨道的杂化类型为sp33．（3分）下列钠及其化合物的性质与用途具有对应关系的是（）A．Na有还原性，可用于钛等金属的冶炼 B．Na2O2有漂白性，可用作呼吸面具的供氧剂 C．Na2CO3溶液有碱性，可用作生产玻璃的原料 D．NaHCO3受热易分解，可用于制作泡沫灭火器4．（3分）以红土镍矿（主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等）为原料，获取净水剂黄钠铁矾[NaFe3（SO4）2（OH）6]和NiCl2•6H2O部分工艺流程如下：下列相关说法不正确的是（）A．“酸浸”时加快搅拌速率，有利于提高铁、镍浸取率 B．“滤渣”的主要成分是SiO2 C．“氧化”后所得溶液中主要的阴离子有SO42﹣、Cl﹣、ClO﹣ D．“转化”时加入Na2CO3用于调节反应液pH有利于黄钠铁矾沉淀阅读下列材料，回答5～7题：氮是粮食作物生长必需的元素。将空气中游离态的氮转化成含氮化合物叫做氦的固定，主要有自然固氮和人工固氮两种方式。在高温、高压和铁催化条件下合成氨的人工固氮技术是20世纪人类最伟大的成就之一。合成氦反应为：N2（g）+3H2（g）＝2NH3（g）△H＝﹣92.4kJ•mol﹣15．下列关于氨的说法正确的是（）A．NH3与H2O能形成分子间氢键 B．可以用NH4Cl受热分解制取氨气 C．NH3将CuO转化为Cu利用其氧化性 D．用NH3和CO2反应合成尿素属于人工固氮6．对于合成氨反应，下列有关说法正确的是（）A．反应的△H＝E（N≡N）+3E（H﹣H）﹣2E（N﹣H）（E表示键能） B．使用催化剂能缩短该反应到达平衡的时间 C．反应的△S＞0 D．升高温度有利于提高N2的平衡转化率7．最近科学家研究的一种在酸性介质中利用电解原理电化学固氮的示意图如下，氨气在催化剂电极表面产生。有关说法不正确的是（）A．电化学固氮的条件比原合成氨的条件更温和 B．电化学固氮过程中催化剂电极与电源正极相连 C．电化学固氮法所得氨气中可能含有少量N2H4 D．电化学固氮法生产时会有大量热量放出8．（3分）国内某高校化学研究团队利用微生物电池除去废水中的CH3COO﹣，该电池装置如图所示。下列有关该电池的说法正确的是（）A．该电池不能在高温下工作 B．电池工作时电能转化为化学能 C．石墨电极发生的电极反应为：CH3COO﹣+8e﹣+7OH﹣═2CO2↑+5H2O D．工作时，H+透过质子交换膜向石墨电极迁移9．（3分）以酚酞为指示剂，用0.1000mol•L﹣1的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数δ随滴加NaOH溶液体积V（NaOH）的变化关系如图所示。如δ（A2﹣）＝，下列叙述正确的是（）A．H2A的电离方程式为H2A⇌HA﹣+H+ B．曲线②表示的是HA﹣的分布系数 C．HA﹣的电离常数K.＝1.0×10﹣5 D．滴定终点时，溶液中c（Na+）＞2c（A2﹣）+c（HA﹣）10．（3分）某学生对SO2与漂粉精[由Cl2与Ca（OH）2反应制得]的反应进行实验探究：步骤操作现象1取4g漂粉精固体加入100mL水，充分溶解后过滤，测漂粉精溶液的pHpH试纸先变蓝（约为12），后褪色2一段时间后，出现浑浊，溶液变为黄绿色：稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去3将瓶中产生的沉淀过滤、洗涤后，加入稀HCl无明显变化4充分振荡后静置，在上层清液中加入BaCl2溶液产生白色沉淀根据上述现象所得结论正确的是（）A．步骤1中pH试纸变蓝是因为漂粉精中含Ca（OH）2 B．步骤2中出现黄绿色原因是SO2将Cl﹣氧化为Cl2 C．步骤3中加入HCl除去了CaSO4中的CaSO3 D．步骤4中现象不能说明Ksp（CaSO4）＞Ksp（BaSO4）11．（3分）用海水晒盐后的苦卤水生产金属Mg的过程可表示如下：苦卤水Mg（OH）2MgCl2（aq）→MgCl2（s）Mg下列说法正确的是（）A．苦卤水与石灰乳反应的离子方程式为：Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓ B．常温下，Mg（OH）2溶于盐酸所得MgCl2溶液中c（H+）•c（OH﹣）＜10﹣14 C．将MgCl2溶液直接蒸干无法得到无水MgCl2 D．电解熔融MgCl2在阳极获得金属Mg12．（3分）室温下通过下列实验探究H2C2O4溶液性质。H2C2O4的电离平衡常数：Ka1＝5.9×10﹣2，Ka2＝6.4×10﹣5实验操作和现象1向酸性KMnO4溶液中滴加H2C2O4溶液，溶液紫红色褪去2向H2C2O4溶液中加入澄清石灰水，溶液变浑浊3将Na2CO3固体缓慢加入H2C2O4溶液中，有气体产生4向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液，至溶液pH＝7下列有关说法正确的是.（）A．实验1说明H2C2O4溶液具有漂白性 B．实验2反应静置后的上层清液中有c（Ca2+）•c（C2O42﹣）＜Ksp（CaC2O4） C．实验3反应的离子方程式为：2H++CO32﹣═CO2↑+H2O D．实验4所得溶液中，c（Na+）＞c（C2O42﹣）＞c（HC2O4﹣）13．（3分）二甲醚（CH3OCH3）是一种极具发展潜力的有机化工产品和洁净燃料。CO2加氢制二甲醚的反应体系中，主要发生反应的热化学方程式为：反应Ⅰ：CO2（g）+H2（g）＝CO（g）+H2O（g）△H＝41.2kJ•mol﹣1反应Ⅱ：CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g）△H＝﹣49.5kJ•mol﹣1反应Ⅲ：2CH3OH（g）＝CH3OCH3（g）+H2O（g）△H＝﹣23.5kJ•mol﹣1在2MPa，起始投料═3时，CO2的平衡转化率及CO、CH3OCH3、CH3OH的平衡体积分数随温度变化如图所示。下列有关说法正确的是（）A．反应2CO2（g）+6H2（g）＝CH3OCH3（g）+3H2O（g）的△H＝﹣73.0kJ•mol﹣1 B．图中X表示CO C．为提高二甲醚的产率，需要研发在低温区的高效催化剂 D．温度从553K上升至573K时，反应Ⅰ消耗的CO2少于反应Ⅱ生成的CO2二、非选择题:共4题，共61分。题13图14．（13分）推动CO2的综合利用实现碳中和是党中央作出的重大战略决策。（1）科学家利用电化学装置实现CH4和CO2两种分子的耦合转化，其原理如图1所示：①电极A上的电极反应式为。②若生成的乙烯和乙烷的体积比为2：1，则消耗的CH4和CO2体积比为。（2）CO2一定条件可转化为CH3OH，CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H＜0。①下列有关该反应的说法正确的是.A.升高温度逆反应速率加快，正反应速率减慢B.反应体系中CH3OH浓度不再变化，说明反应达到平衡状态C.恒温恒容下达到平衡后，再通入N2，平衡向正反应方向移动D.平衡时，若改变体积增大压强，则（CO2）、c（CH3OH）均变大②某温度下恒容密闭容器中，CO2和H2起始浓度分别为amol•L﹣1和3amol•L﹣1，反应达平衡时，CO2转化率为b，该温度下反应的平衡常数K＝。③恒压下，该反应在无分子筛膜时甲醇的平衡产率和有分子筛膜时甲醇的产率随温度的变化如图2所示，分子筛膜能选择性分离出H2O。P点甲醇产率高于T点的原因为。（3）CO2与丙烯催化合成甲基丙烯酸。催化剂在温度不同时对CO2转化率的影响如图3所示，300℃时CO2转化率低于200℃和250℃的原因可能为。15．（15分）一定条件下将锰冶炼烟尘灰（主要成分MnO2）、黄铁矿（主要成分FeS2）与足量硫酸溶液混合，通过反应15MnO2+2FeS2+14H2SO4＝15MnSO4+Fe2（SO4）3+14H2O可将锰和铁浸出。其它条件相同，温度对Mn、Fe浸出率及硫酸残留率（反应后溶液中剩余硫酸与加入硫酸的比例）影响如图所示。（1）Mn2+基态核外电子排布式为。（2）温度高于120℃时，H2SO4的残留率增大的原因之一是Fe3+与FeS2反应，该反应的离子方程式。（3）温度高于120℃时，残留固体中FeS2的含量减少，但铁元素浸出率却下降的原因是。（4）向浸出液先加入MnO2，后加入NH3•H2O调节pH，可得到纯化MnSO4溶液。已知：室温下Ksp[Fe（OH）3]＝1.0×10﹣38，Ksp[Mn（OH）2]＝2.0×10﹣13，Ksp[Fe（OH）2]＝8.0×10﹣16。假设加入MnO2后溶液中c（Mn2+）＝0.2mol•L﹣1，若溶液中某离子浓度小于10﹣5mol•L﹣1则认为该离子完全沉淀。①先加入MnO2再调节pH的原因是。②浓氨水调节溶液的pH范围为。（5）MnSO4溶液经电解可得到MnO2。生成MnO2的电极反应式为。16．（17分）某研究人员按图1所示流程进行“燃煤烟气的脱硫研究“。实验中，SO2和O2混合气体连续通入，水和铁在起始时一次性加入。（1）吸收时，温度不宜过高的原因是。（2）实验中，对吸收液的pH进行跟踪检测，测得pH随时间的变化曲线如2所示（A点为纯水的pH）。（已知：Fe2+对SO2和O2混合气体的吸收有催化作用）①AB段，pH下降的主要原因是。②CD段，吸收液的pH迅速增大的原因可能是。.（3）利用反应FeSO4+Fe2（SO4）3+8NaOHFe3O4↓+4Na2SO4+4H2O可以制备Fe3O4。请补充完整以FeSO4溶液为原料制备Fe3O4的实验方案：取40mL1mol.L﹣1FeSO4溶液，，静置、过滤、洗涤、干燥。（实验中须选用的试剂：稀硫酸、双氧水、1mol•L﹣1NaOH溶液、1mol•L﹣1FeSO4溶液）（4）通过下列方法测定产品纯度：准确称取0.2400gFe3O4（含少量Fe2O3无其他杂质）样品，加过量稀硫酸完全溶解，再加入Zn粉至溶液黄色褪去，向溶液中逐滴加入0.1000mol•L﹣1Ce（SO4）2溶液，发生反应Fe2++Ce4+═Ce3++Fe3+，当反应恰好完全进行时，消耗Ce（SO4）2溶液31.00mL.计算样品中Fe3O4的质量分数（写出计算过程）。17．（16分）三氯氧磷（POCl3）常用作半导体掺杂剂及光导纤维原料，易水解形成磷酸及氯化氢。（1）磷酸溶液中各物种的分布分数（平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数）与pH的关系如图1所示。将三氯氧磷加入到NaOH溶液中，控制反应后溶液pH约为10。该过程发生反应的离子方程式为。（2）测定三氯氧磷产品中Cl元素含量的实验操作为：Ⅰ.取ag产品于锥形瓶中，加入足量NaOH溶液，待完全水解后加稀硝酸至酸性；Ⅱ.向锥形瓶中加入0.1000mol•L﹣1的AgNO3溶液40.00mL，使Cl﹣完全沉淀：Ⅲ.向其中加入2mL硝基苯，用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖；Ⅳ.加入NH4Fe（SO4）2，用NH4SCN标准溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积。已知：室温下Ksp（AgCl）＝3.2×10﹣10，Ksp（AgSCN）＝2×10﹣12。①滴定终点的现象为。②操作II中若沉淀覆盖不完全可能发生反应AgCl（s）+SCN﹣⇌AgSCN（s）+Cl﹣。该反应的平衡常数K＝，该反应会导致所测产品中Cl元素含量（填“偏大”、“偏小”或“不变“）（3）生产三氯氧磷会产生大量含磷（主要为H3PO4、H3PO3、P）废水。在废水中先加入适量漂白粉，再将磷元素转化为磷酸盐沉淀并回收。①在沉淀前先加入适量漂白粉的原因是。②磷酸铵镁结晶法除磷的原理为：NH4++Mg2++PO43﹣+6H2O═NH4MgPO4•6H2O↓其它条件不变时，磷去除率随溶液初始pH变化如2所示。pH＞10时，随pH增大磷去除率下降的原因是。③铁炭混合物在水溶液中形成微电池，铁转化为Fe2+，Fe2+进一步被氧化为Fe3+，Fe3+与PO43﹣结合成FePO4沉淀。铁炭总质量一定，反应时间相同，测得磷去除率随铁炭质量比的变化如图3所示。当m（Fe）：m（C）＞1：1.5时，随着m（Fe）增加，磷去除率降低，原因是。

2020-2021学年江苏省苏州市高二（下）期末化学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题:共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。1．（3分）2021年5月22日我国自行研发的“祝融号“开始在火星表面巡视探测。下列有关说法正确的是（）A．“祝融号“使用铝制材料是因为单质铝的熔点高 B．“祝融号“材料中添加的碳化硅是一种新型有机高分子材料 C．“祝融号“的太阳能电池板的主要材料是二氧化硅 D．“祝融号“的蓄电池充电时的能量转化主要为“太阳能→电能→化学能”【分析】A．单质铝的熔点不高，铝与氧气反应生成的氧化铝具有高熔点；B．碳化硅是无机物，属于无机非金属材料；C．硅是半导体，二氧化硅是光导纤维的主要成分；D．“祝融号“的蓄电池充电是电解池原理。【解答】解：A．“祝融号“使用铝制材料是因为单质铝和氧气反应生成的氧化铝具有的熔点高，故A错误；B．“祝融号“材料中添加的碳化硅是一种新型非金属材料，不是有机高分子材料，故B错误；C．“祝融号“的太阳能电池板的主要材料是晶体硅，故C错误；D．电池在太阳光照下充电，所以充电时，太阳能转化为电能，电能又转化为化学能，“祝融号“的蓄电池充电时的能量转化主要为“太阳能→电能→化学能”，故D正确；故选：D。【点评】本题考查了物质性质和应用、电化学原理的理解应用，注意知识的积累，题目难度不大。2．（3分）下列有关反应Na2CO3+2Cl2＝2NaCl+Cl2O+CO2中微粒的相关叙述正确的是（）A．Na+的结构示意图： B．CO32﹣的空间构型为平面正三角形 C．中子数为20的氯原子：Cl D．CO2中C原子轨道的杂化类型为sp3【分析】A．Na+核内有11个质子、核外有10个电子；B．CO32﹣中C原子价层电子对个数＝3+＝3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其空间构型；C．质子数为20的氯原子质量数＝17+20＝37，元素符号左下角数字表示质子数、左上角数字表示质量数；D．CO2的结构式为O＝C＝O，C原子价层电子对个数是2。【解答】解：A．Na+核内有11个质子、核外有10个电子，该离子结构示意图为，故A错误；B．CO32﹣中C原子价层电子对个数＝3+＝3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其空间构型为平面正三角形，故B正确；C．质子数为20的氯原子质量数＝17+20＝37，元素符号左下角数字表示质子数、左上角数字表示质量数，所以中子数为20的氯原子可表示为：Cl，故C错误；D．CO2的结构式为O＝C＝O，C原子价层电子对个数是2，则C原子采用sp杂化，故D错误；故选：B。【点评】本题考查微粒空间构型判断、原子杂化类型判断、化学用语的表示方法，题目难度中等，综合性较强，明确常见化学用语的书写原则及价层电子对互斥理论内涵为解答关键，试题培养了学生的规范答题能力及知识综合应用能力。3．（3分）下列钠及其化合物的性质与用途具有对应关系的是（）A．Na有还原性，可用于钛等金属的冶炼 B．Na2O2有漂白性，可用作呼吸面具的供氧剂 C．Na2CO3溶液有碱性，可用作生产玻璃的原料 D．NaHCO3受热易分解，可用于制作泡沫灭火器【分析】A．钠是活泼金属，可从熔融盐中置换活泼性相对差的金属；B．过氧化钠能与水、二氧化碳反应生成氧气，可用于呼吸面具的供氧剂；C．纯碱是制备玻璃的原料，利用的是难挥发性酸性氧化物反应生成易挥发性的酸性氧化物；D．泡沫灭火器原理是碳酸氢钠和硫酸铝水解生成二氧化碳和氢氧化铝。【解答】解：A．金属钠的化学性质强于金属钛、锆、铌等，钠能将钛、钽、铌、锆等从其熔融态的盐中置换出来，可用于冶炼金属钛、钽、铌、锆等，故A正确；B．过氧化钠是过氧化物，过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气，可用于呼吸面具中吸收二氧化碳，和具有漂白性无关，故B错误；C．制备玻璃的原料是纯碱、石灰石和石英，与碳酸钠溶液显碱性无关，故C错误；D．泡沫灭火器原理是碳酸氢钠和硫酸铝水解生成二氧化碳和氢氧化铝，与其受热分解的性质无关，故D错误；故选：A。【点评】本题考查物质的性质、用途，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途的对应关系为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。4．（3分）以红土镍矿（主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等）为原料，获取净水剂黄钠铁矾[NaFe3（SO4）2（OH）6]和NiCl2•6H2O部分工艺流程如下：下列相关说法不正确的是（）A．“酸浸”时加快搅拌速率，有利于提高铁、镍浸取率 B．“滤渣”的主要成分是SiO2 C．“氧化”后所得溶液中主要的阴离子有SO42﹣、Cl﹣、ClO﹣ D．“转化”时加入Na2CO3用于调节反应液pH有利于黄钠铁矾沉淀【分析】红土镍矿（主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等）加入硫酸酸浸，酸浸后的酸性溶液中含有Ni2+，另含有少量Fe2+、Fe3+等，只有SiO2不溶，过滤得到的滤渣中含有SiO2；滤液中加入NaClO将亚铁离子氧化为铁离子；转化过程中进入硫酸钠、碳酸钠溶液使铁离子转化为黄钠铁矾[NaFe3（SO4）2（OH）6]，过滤后的溶液中含有Ni2+，经过一系列操作得到NiCl2•6H2O，以此解答该题。【解答】解：A.“酸浸”时加快搅拌速率，可增大固体接触面积，有利于提高铁、镍浸取率，故A正确；B.酸浸时只有SiO2不溶，则“滤渣”的主要成分是SiO2，故B正确；C.氧化的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，次氯酸根离子被还原为氯离子，则“氧化”后所得溶液中主要的阴离子有SO42﹣、Cl﹣，故C错误；D.“转化”时加入Na2CO3可调节反应液pH，有利于黄钠铁矾沉淀，减少氢氧化铁沉淀的生成，故D正确；故选：C。【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握流程中发生的反应、物质的性质、混合物分离提纯方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。阅读下列材料，回答5～7题：氮是粮食作物生长必需的元素。将空气中游离态的氮转化成含氮化合物叫做氦的固定，主要有自然固氮和人工固氮两种方式。在高温、高压和铁催化条件下合成氨的人工固氮技术是20世纪人类最伟大的成就之一。合成氦反应为：N2（g）+3H2（g）＝2NH3（g）△H＝﹣92.4kJ•mol﹣15．下列关于氨的说法正确的是（）A．NH3与H2O能形成分子间氢键 B．可以用NH4Cl受热分解制取氨气 C．NH3将CuO转化为Cu利用其氧化性 D．用NH3和CO2反应合成尿素属于人工固氮【分析】A．O、N原子有比较强的吸电子能力；B．氯化铵受热分解生成氨气和HCl，冷却时氨气和HCl反应生成氯化铵；C．氨气和CuO反应生成Cu，该反应中Cu元素化合价由+2价变为0价，则CuO得电子发生还原反应；D．人工固氮是在人为条件下将游离态的氮转化为化合态氮的过程。【解答】解：A．O、N原子有比较强的吸电子能力，NH3和H2O既会吸引同种分子的H、又会吸引对方分子的H而形成氢键，所以在氨水中存在4种分子间氢键，可以表示为：H3N•••H﹣N、H3N•••H﹣O、H2O•••H﹣N、H2O•••H﹣O，故A正确；B．氯化铵受热分解生成氨气和HCl，冷却时氨气和HCl反应生成氯化铵，所以不能用溶解氯化铵的方法制取氨气，应该用氯化铵和氢氧化钙加热制取氨气，故B错误；C．氨气和CuO反应生成Cu，该反应中Cu元素化合价由+2价变为0价，则CuO作氧化剂而体现氧化性，故C错误；D．该反应是将化合态的氮转化为化合态的氮，所以不属于人工固氮，故D错误；故选：A。【点评】本题以氨气为载体考查元素化合物性质及基本概念，侧重考查基础知识的掌握和综合应用能力，明确基本概念内涵、氢键形成条件、元素混合的性质是解本题关键，B选项为解答易错点。6．对于合成氨反应，下列有关说法正确的是（）A．反应的△H＝E（N≡N）+3E（H﹣H）﹣2E（N﹣H）（E表示键能） B．使用催化剂能缩短该反应到达平衡的时间 C．反应的△S＞0 D．升高温度有利于提高N2的平衡转化率【分析】A．反应焓变△H＝反应物总键能﹣生成物总键能；B．催化剂能加快反应速率；C．反应前后气体物质的量减小；D．升温平衡向吸热反应方向进行。【解答】解：A．反应的△H＝E（N≡N）+3E（H﹣H）﹣2×3×E（N﹣H）（E表示键能），故A错误；B．使用催化剂，降低反应的活化能，加快反应速率，能缩短该反应到达平衡的时间，故B正确；C．N2（g）+3H2（g）＝2NH3（g），反应的△S＜0，故C错误；D．N2（g）+3H2（g）＝2NH3（g）△H＝﹣92.4kJ•mol﹣1，反应是放热反应，升温平衡逆向进行，氮气转化率减小，故D错误；故选：B。【点评】本题考查化学反应能量变化、化学平衡影响因素、化学反应速率的影响，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握反应速率的影响因素以及相关基础知识的积累，题目难度不大。7．最近科学家研究的一种在酸性介质中利用电解原理电化学固氮的示意图如下，氨气在催化剂电极表面产生。有关说法不正确的是（）A．电化学固氮的条件比原合成氨的条件更温和 B．电化学固氮过程中催化剂电极与电源正极相连 C．电化学固氮法所得氨气中可能含有少量N2H4 D．电化学固氮法生产时会有大量热量放出【分析】A．电化学固氮的条件需要合适的催化剂即可，条件要求相对简单；B．阳极物质失去电子，发生还原反应，应与电源负极相连；C．N2H4可以看成是NH3分子内的一个H原子被氨基﹣NH2取代，生成NH2﹣NH2；D．合成氨反应△H＜0为放热反应，电化学固氮不改变反应能量变化，所以生产时会有大量热量放出。【解答】解：A．原合成氨的条件需要高温、高压和铁催化，电化学固氮的条件需要合适的催化剂即可，条件更温和，故A正确；B．该装置为电解装置，催化剂电极是N2转化为NH3，N元素化合价降低，发生还原反应，应与电源负极相连，故B错误；C．N2H4的结构为NH2﹣NH2，可以看成是NH3分子内的一个H原子被氨基﹣NH2取代，在电化学固氮法过程中可能出现少量N2H4，故C正确；D．合成氨反应为：N2（g）+3H2（g）＝2NH3（g）△H＝﹣92.4kJ•mol﹣1，△H＜0为放热反应，电化学固氮法只是合成路径不同，不改变反应能量变化，所以电化学固氮法是放热反应，生产时会有大量热量放出，故D正确；故选：B。【点评】本题考查电解原理的应用，题目难度较大，能结合图示物质转化判断正负极和阴阳极生成的物质是解题的关键，注意化学知识的综合应用。8．（3分）国内某高校化学研究团队利用微生物电池除去废水中的CH3COO﹣，该电池装置如图所示。下列有关该电池的说法正确的是（）A．该电池不能在高温下工作 B．电池工作时电能转化为化学能 C．石墨电极发生的电极反应为：CH3COO﹣+8e﹣+7OH﹣═2CO2↑+5H2O D．工作时，H+透过质子交换膜向石墨电极迁移【分析】由图可知，石墨电极上CH3COO﹣转化为CO2，碳元素由0价升高为+4价失电子，故石墨电极为负极，电极反应式为CH3COO﹣+8e﹣+2H2O═2CO2↑+7H+，不锈钢电极为正极，据此作答。【解答】解：A.高温会造成微生物死亡，降低电池效率，故该电池不能在高温下工作，故A正确；B.电池工作时化学能转化为电能，故B错误；C.石墨电极为负极，电极反应式为CH3COO﹣+8e﹣+2H2O═2CO2↑+7H+，故C错误；D.电池工作时阳离子向正极移动，故H+透过质子交换膜向不锈钢电极迁移，故D错误；故选：A。【点评】本题考查原电池原理的应用，题目难度中等，能依据图示物质价态变化判断原电池的正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。9．（3分）以酚酞为指示剂，用0.1000mol•L﹣1的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数δ随滴加NaOH溶液体积V（NaOH）的变化关系如图所示。如δ（A2﹣）＝，下列叙述正确的是（）A．H2A的电离方程式为H2A⇌HA﹣+H+ B．曲线②表示的是HA﹣的分布系数 C．HA﹣的电离常数K.＝1.0×10﹣5 D．滴定终点时，溶液中c（Na+）＞2c（A2﹣）+c（HA﹣）【分析】曲线①、②分布系数随V（OH）变化关系，③表示溶液的pH值，A．根据图知，分布系数曲线只有两条，说明该二元酸第一步完全电离，第二步部分电离；B．随着溶液pH值的增大，HA﹣的分散系数减小、A2﹣的分散系数增大；C．当HA﹣、A2﹣的分散系数相等时，溶液中c（A2﹣）＝c（HA﹣）时，HA﹣的电离常数Ka＝×c（H+）＝c（H+）；D．根据图知，滴定终点时溶液pH＞7，则c（H+）＜c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+2c（A2﹣）+c（HA﹣）。【解答】解：A．根据图知，分布系数曲线只有两条，说明该酸第一步完全电离，第二步部分电离，则H2A的电离方程式为H2A＝HA﹣+H+，故A错误；B．随着溶液pH值的增大，HA﹣的分散系数减小、A2﹣的分散系数增大，所以曲线①代表δ（HA﹣），曲线②代表δ（A2﹣），故B错误；C．当HA﹣、A2﹣的分散系数相等时，溶液中c（A2﹣）＝c（HA﹣）时，混合溶液的pH＝2，则HA﹣的电离常数Ka＝×c（H+）＝c（H+）＝10﹣2mol/L，故C错误；D．根据图知，滴定终点时溶液pH＞7，则c（H+）＜c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+2c（A2﹣）+c（HA﹣），所以c（Na+）＞2c（A2﹣）+c（HA﹣），故D正确；故选：D。【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，正确分析图象中曲线含义、电离平衡常数计算方法等知识点是解本题关键，注意：曲线①②交点对应的pH值是2而不是5，为解答易错点。10．（3分）某学生对SO2与漂粉精[由Cl2与Ca（OH）2反应制得]的反应进行实验探究：步骤操作现象1取4g漂粉精固体加入100mL水，充分溶解后过滤，测漂粉精溶液的pHpH试纸先变蓝（约为12），后褪色2一段时间后，出现浑浊，溶液变为黄绿色：稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去3将瓶中产生的沉淀过滤、洗涤后，加入稀HCl无明显变化4充分振荡后静置，在上层清液中加入BaCl2溶液产生白色沉淀根据上述现象所得结论正确的是（）A．步骤1中pH试纸变蓝是因为漂粉精中含Ca（OH）2 B．步骤2中出现黄绿色原因是SO2将Cl﹣氧化为Cl2 C．步骤3中加入HCl除去了CaSO4中的CaSO3 D．步骤4中现象不能说明Ksp（CaSO4）＞Ksp（BaSO4）【分析】A．pH试纸先变蓝（约为12），说明溶液呈碱性；B．SO2不能氧化Cl﹣，酸性环境中漂白粉中次氯酸钙与氯化钙发生归中反应生成氯气；C．CaSO4与盐酸不反应；D．难溶物越难溶，其溶度积越小，沉淀形成与离子浓度大小有关，温度不变溶度积常数不变。【解答】解：A．Cl2和Ca（OH）2生成氯化钙、次氯酸钙与水，反应方程式为：2Cl2+2Ca（OH）2＝CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，次氯酸钙为强碱弱酸盐溶液呈碱性，故A错误；B．SO2不能氧化Cl﹣，溶液变为黄绿色说明产生氯气，即二氧化硫通入后，溶液呈酸性，酸性环境中漂白粉中次氯酸钙与氯化钙发生归中反应生成氯气，离子方程式为Cl﹣+ClO﹣+2H+＝Cl2+H2O，故B错误；C．步骤3中加入HCl无明显变化，是因为CaSO4与盐酸不反应，故C错误；D．步骤4中有白色沉淀，是因为钡离子浓度大，和硫酸根离子浓度乘积大于硫酸钡的Ksp，不能说明Ksp（CaSO4）＞Ksp（BaSO4），实际Ksp（CaSO4）小于Ksp（BaSO4），故D正确；故选：D。【点评】本题考查元素化合物的性质实验，题目难度中等，明确实验目的、实验原理以及掌握硫、氯元素及其化合物性质为解答关键，试题培养了学生的分析、理解能力及化学实验能力。11．（3分）用海水晒盐后的苦卤水生产金属Mg的过程可表示如下：苦卤水Mg（OH）2MgCl2（aq）→MgCl2（s）Mg下列说法正确的是（）A．苦卤水与石灰乳反应的离子方程式为：Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓ B．常温下，Mg（OH）2溶于盐酸所得MgCl2溶液中c（H+）•c（OH﹣）＜10﹣14 C．将MgCl2溶液直接蒸干无法得到无水MgCl2 D．电解熔融MgCl2在阳极获得金属Mg【分析】苦卤水加入石灰乳生成氢氧化镁沉淀，过滤得到沉淀中加入盐酸生成氯化镁溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中受热得到氯化镁固体，电解熔融氯化镁得到金属镁，A．石灰乳中的氢氧化钙不能拆开；B．离子积常数随温度变化，常温下，盐溶液中的离子积常数不变；C．氯化镁水解生成氢氧化镁和氯化氢，将MgCl2溶液蒸干，得到水解产物，不能得到无水MgCl2；D．电解熔融MgCl2，阳离子在阴极得到电子，在阴极获得金属Mg。【解答】解：A．苦卤水与石灰乳反应的离子方程式为：Mg2++Ca（OH）2⇌Ca2++Mg（OH）2，故A错误；B．常温下，Mg（OH）2溶于盐酸所得MgCl2溶液中c（H+）•c（OH﹣）＝10﹣14，故B错误；C．氯化镁水解生成氢氧化镁和氯化氢，将MgCl2溶液蒸干，氯化氢挥出，促进水解平衡正向进行，得到氢氧化镁固体，故C错误；D．电解熔融MgCl2，阴离子氯离子在阳极失电子发生氧化反应生成氯气，阳离子在阴极得到电子发生还原反应，在阴极获得金属Mg，故D正确；故选：C。【点评】本题考查海水资源的应用，为高频考点，把握物质的性质、沉淀溶解平衡、电解原理、离子积常数影响因素为解答的关键，侧重分析与理解能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。12．（3分）室温下通过下列实验探究H2C2O4溶液性质。H2C2O4的电离平衡常数：Ka1＝5.9×10﹣2，Ka2＝6.4×10﹣5实验操作和现象1向酸性KMnO4溶液中滴加H2C2O4溶液，溶液紫红色褪去2向H2C2O4溶液中加入澄清石灰水，溶液变浑浊3将Na2CO3固体缓慢加入H2C2O4溶液中，有气体产生4向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液，至溶液pH＝7下列有关说法正确的是.（）A．实验1说明H2C2O4溶液具有漂白性 B．实验2反应静置后的上层清液中有c（Ca2+）•c（C2O42﹣）＜Ksp（CaC2O4） C．实验3反应的离子方程式为：2H++CO32﹣═CO2↑+H2O D．实验4所得溶液中，c（Na+）＞c（C2O42﹣）＞c（HC2O4﹣）【分析】A．向酸性KMnO4溶液中滴加H2C2O4溶液，溶液紫红色褪去，是H2C2O4溶液具有还原性，和高锰酸钾发生了氧化还原反应；B．向H2C2O4溶液中加入澄清石灰水，溶液变浑浊，说明反应生成了CaC2O4沉淀；C．将Na2CO3固体缓慢加入H2C2O4溶液中，有气体产生，说明草酸酸性大于碳酸，草酸为弱酸；D．向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液，至溶液pH＝7，溶液中溶质为Na2C2O4和NaHC2O4的混合溶液，NaHC2O4的溶液中，Kh＝＝≈1.7×10﹣13，草酸氢根离子电离程度大于其水解程度。【解答】解：A．实验1中的反应现象说明H2C2O4溶液具有还原性，故A错误；B．向H2C2O4溶液中加入澄清石灰水，溶液变浑浊，说明反应生成了CaC2O4沉淀，饱和溶液中存在沉淀溶解平衡，实验2反应静置后的上层清液中有c（Ca2+）•c（C2O42﹣）＝Ksp（CaC2O4），故B错误；C．将Na2CO3固体缓慢加入H2C2O4溶液中，有气体产生，说明草酸酸性大于碳酸，草酸为弱酸，不能拆分成离子，反应的离子方程式：H2C2O4+CO32﹣═CO2↑+C2O42﹣+H2O，故C错误；D．向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液，至溶液pH＝7，溶液中溶质为Na2C2O4和NaHC2O4的混合溶液，NaHC2O4的溶液中，Kh＝＝≈1.7×10﹣13，草酸氢根离子电离程度大于其水解程度，溶液中离子浓度c（Na+）＞c（C2O42﹣）＞c（HC2O4﹣），故D正确；故选：D。【点评】本题考查混合溶液定性判断，侧重考查题干分析判断及知识综合应用能力，明确元素化合物性质及混合溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意守恒理论的灵活应用，AB为解答易错点，题目难度中等。13．（3分）二甲醚（CH3OCH3）是一种极具发展潜力的有机化工产品和洁净燃料。CO2加氢制二甲醚的反应体系中，主要发生反应的热化学方程式为：反应Ⅰ：CO2（g）+H2（g）＝CO（g）+H2O（g）△H＝41.2kJ•mol﹣1反应Ⅱ：CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g）△H＝﹣49.5kJ•mol﹣1反应Ⅲ：2CH3OH（g）＝CH3OCH3（g）+H2O（g）△H＝﹣23.5kJ•mol﹣1在2MPa，起始投料═3时，CO2的平衡转化率及CO、CH3OCH3、CH3OH的平衡体积分数随温度变化如图所示。下列有关说法正确的是（）A．反应2CO2（g）+6H2（g）＝CH3OCH3（g）+3H2O（g）的△H＝﹣73.0kJ•mol﹣1 B．图中X表示CO C．为提高二甲醚的产率，需要研发在低温区的高效催化剂 D．温度从553K上升至573K时，反应Ⅰ消耗的CO2少于反应Ⅱ生成的CO2【分析】A.已知反应Ⅱ：CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g）△H＝﹣49.5kJ•mol﹣1，反应Ⅲ：2CH3OH（g）＝CH3OCH3（g）+H2O（g）△H＝﹣23.5kJ•mol﹣1，利用盖斯定律求算反应2CO2（g）+6H2（g）＝CH3OCH3（g）+3H2O（g）的△H；B.温度越高，吸热反应平衡正向移动，放热反应平衡逆向移动；C.低温有利于放热反应正向移动；D.温度从553K上升至573K时，CO2的平衡转化率增大。【解答】解：A.已知反应Ⅱ：CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g）△H＝﹣49.5kJ•mol﹣1，反应Ⅲ：2CH3OH（g）＝CH3OCH3（g）+H2O（g）△H＝﹣23.5kJ•mol﹣1，由盖斯定律Ⅱ×2+Ⅲ可得2CO2（g）+6H2（g）＝CH3OCH3（g）+3H2O（g）△H＝（﹣23.5kJ•mol﹣1）×2+（﹣23.5kJ•mol﹣1）＝﹣122.5kJ/mol，故A错误；B.随温度升高，反应Ⅰ平衡正移，CO百分含量增大，反应Ⅱ、Ⅲ平衡逆移，CH3OCH3百分含量减小，故X表示CH3OCH3，故B错误；C.反应Ⅱ、Ⅲ为放热反应，低温平衡正向移动，研发在低温区的高效催化剂，可以提高二甲醚的产率，故C正确；D.由图象可知，温度从553K上升至573K时，CO2的平衡转化率增大，反应Ⅰ消耗的CO2大于反应Ⅱ生成的CO2，故D错误；故选：C。【点评】本题考查化学平衡和化学反应能量变化，解题关键是掌握勒夏特列原理和△H＝反应物键能总和﹣生成物键能总和，此题难度中等，注意基础知识积累。二、非选择题:共4题，共61分。题13图14．（13分）推动CO2的综合利用实现碳中和是党中央作出的重大战略决策。（1）科学家利用电化学装置实现CH4和CO2两种分子的耦合转化，其原理如图1所示：①电极A上的电极反应式为CO2+2e﹣＝CO+O2﹣。②若生成的乙烯和乙烷的体积比为2：1，则消耗的CH4和CO2体积比为6：5。（2）CO2一定条件可转化为CH3OH，CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H＜0。①下列有关该反应的说法正确的是BD.A.升高温度逆反应速率加快，正反应速率减慢B.反应体系中CH3OH浓度不再变化，说明反应达到平衡状态C.恒温恒容下达到平衡后，再通入N2，平衡向正反应方向移动D.平衡时，若改变体积增大压强，则（CO2）、c（CH3OH）均变大②某温度下恒容密闭容器中，CO2和H2起始浓度分别为amol•L﹣1和3amol•L﹣1，反应达平衡时，CO2转化率为b，该温度下反应的平衡常数K＝。③恒压下，该反应在无分子筛膜时甲醇的平衡产率和有分子筛膜时甲醇的产率随温度的变化如图2所示，分子筛膜能选择性分离出H2O。P点甲醇产率高于T点的原因为分子筛膜从反应体系中不断分离出H2O，有利于反应正向进行，甲醇产率升高。（3）CO2与丙烯催化合成甲基丙烯酸。催化剂在温度不同时对CO2转化率的影响如图3所示，300℃时CO2转化率低于200℃和250℃的原因可能为温度过高，可能会导致催化剂催化效率降低。【分析】（1）该装置为电解池，CO2生成CO，碳元素价态下降，故电极A为阴极，电极反应式为CO2+2e﹣＝CO+O2﹣，电极B为阳极，若生成的乙烯和乙烷的体积比为2：1，阳极的电极反应式为6CH4﹣10e﹣+5O2﹣＝2C2H4+C2H6+5H2O；（2）①A.升温反应速率加快；B.反应达到平衡状态，各组分浓度保持不变；C.充入氮气，各组分浓度不变；D.体积减小，浓度增大；②由反应物起始浓度和物质转化率可求算各组分平衡时浓度，进而求算平衡常数；③分子筛膜能选择性分离出H2O，减小生成物浓度；（3）催化剂在温度不同时催化活性不同。【解答】解：（1）①电极A为阴极，电极反应式为CO2+2e﹣＝CO+O2﹣，故答案为：CO2+2e﹣＝CO+O2﹣；②电极B为阳极，若生成的乙烯和乙烷的体积比为2：1，阳极的电极反应式为6CH4﹣10e﹣+5O2﹣＝2C2H4+C2H6+5H2O，当转移10mol电子时，消耗甲烷6mol，消耗二氧化碳5mol，故消耗的CH4和CO2体积比为6：5，故答案为：6：5；（2）①A.升高温度，正逆反应速率均加快，故A错误；B.反应体系中CH3OH浓度不再变化，说明反应正逆反应速率相等，达到平衡状态，故B正确；C.恒温恒容下达到平衡后，再通入N2，各组分浓度不变，平衡不移动，故C错误；D.增大压强，体积减小，各组分浓度增大，故D正确；故选：BD；②某温度下恒容密闭容器中，CO2和H2起始浓度分别为amol•L﹣1和3amol•L﹣1，反应达平衡时，CO2转化率为b，平衡时c（CO2）＝amol/L﹣abmol/L，c（H2）＝3amol/L﹣3abmol/L，c（CH3OH）＝abmol/L，c（H2O）＝abmol/L，该温度下反应的平衡常数K＝＝＝，故答案为：；③可知分子筛膜能选择性分离出H2O，生成物浓度减小，有利于反应正向进行，甲醇产率升高，故答案为：分子筛膜从反应体系中不断分离出H2O，有利于反应正向进行，甲醇产率升高；（3）300℃时CO2转化率低于200℃和250℃的原因可能为温度过高，可能会导致催化剂催化效率降低，故答案为：温度过高，可能会导致催化剂催化效率降低。【点评】本题考查电解原理、化学平衡移动原理和计算，题目综合性强，难度中等，掌握平衡移动原理和平衡常数求算是解题的关键，难点是电极反应式的书写。15．（15分）一定条件下将锰冶炼烟尘灰（主要成分MnO2）、黄铁矿（主要成分FeS2）与足量硫酸溶液混合，通过反应15MnO2+2FeS2+14H2SO4＝15MnSO4+Fe2（SO4）3+14H2O可将锰和铁浸出。其它条件相同，温度对Mn、Fe浸出率及硫酸残留率（反应后溶液中剩余硫酸与加入硫酸的比例）影响如图所示。（1）Mn2+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5。（2）温度高于120℃时，H2SO4的残留率增大的原因之一是Fe3+与FeS2反应，该反应的离子方程式14Fe3++FeS2+8H2O＝15Fe2++2SO42﹣+16H+。（3）温度高于120℃时，残留固体中FeS2的含量减少，但铁元素浸出率却下降的原因是温度升高后Fe3+水解程度增加，以沉淀形式留在矿渣中。（4）向浸出液先加入MnO2，后加入NH3•H2O调节pH，可得到纯化MnSO4溶液。已知：室温下Ksp[Fe（OH）3]＝1.0×10﹣38，Ksp[Mn（OH）2]＝2.0×10﹣13，Ksp[Fe（OH）2]＝8.0×10﹣16。假设加入MnO2后溶液中c（Mn2+）＝0.2mol•L﹣1，若溶液中某离子浓度小于10﹣5mol•L﹣1则认为该离子完全沉淀。①先加入MnO2再调节pH的原因是先用MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，便于将Fe元素沉淀完全，如果先调节溶液的pH值，可能导致MnO2氧化性减弱。②浓氨水调节溶液的pH范围为3～8。（5）MnSO4溶液经电解可得到MnO2。生成MnO2的电极反应式为Mn2+﹣2e﹣+2H2O＝MnO2+4H+。【分析】（1）Mn为25号元素，Mn原子失去2个电子生成Mn2+，根据构造原理书写Mn2+基态核外电子排布式；（2）Fe3+具有氧化性、FeS2具有还原性，温度高于120℃时，在水溶液中Fe3+与FeS2反应生成硫酸亚铁和硫酸；（3）升高温度促进Fe3+水解；（4）①MnO2具有氧化性，能氧化生成Fe2+生成Fe3+，溶液pH值大小影响MnO2的氧化性；②要想得到纯化MnSO4溶液，应该除去Fe3+而不影响Mn2+，如果完全沉淀时，溶液中c（OH﹣）＝mol/L＝10﹣11mol/L，溶液中c（H+）＝mol/L＝10﹣3mol/L，溶液的pH＝3，Mn2+开始生成沉淀时溶液中c（OH﹣）＝mol/L＝10﹣6mol/L，溶液中c（H+）＝mol/L＝10﹣8mol/L，溶液的pH＝8；（5）该电极上Mn2+失电子和水反应生成MnO2，同时生成氢离子。【解答】解：（1）Mn为25号元素，Mn原子失去2个电子生成Mn2+，根据构造原理书写Mn2+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5，故答案为：1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5；（2）Fe3+具有氧化性、FeS2具有还原性，温度高于120℃时，在水溶液中Fe3+与FeS2反应生成硫酸亚铁和硫酸，反应方程式为14Fe3++FeS2+8H2O＝15Fe2++2SO42﹣+16H+，故答案为：14Fe3++FeS2+8H2O＝15Fe2++2SO42﹣+16H+；（3）Fe3+水解吸热，升高温度促进Fe3+水解，以沉淀形式留在矿渣中，故答案为：温度升高后Fe3+水解程度增加，以沉淀形式留在矿渣中；（4）①MnO2具有氧化性，能氧化生成Fe2+生成Fe3+，便于将Fe元素沉淀完全，如果先调节溶液的pH值，可能导致MnO2氧化性减弱，故答案为：先用MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，便于将Fe元素沉淀完全，如果先调节溶液的pH值，可能导致MnO2氧化性减弱；②要想得到纯化MnSO4溶液，应该除去Fe3+而不影响Mn2+，如果完全沉淀时，溶液中c（OH﹣）＝mol/L＝10﹣11mol/L，溶液中c（H+）＝mol/L＝10﹣3mol/L，溶液的pH＝3，Mn2+开始生成沉淀时溶液中c（OH﹣）＝mol/L＝10﹣6mol/L，溶液中c（H+）＝mol/L＝10﹣8mol/L，溶液的pH＝8，所以溶液的pH值范围为3～8，故答案为：3～8；（5）该电极上Mn2+失电子和水反应生成MnO2，同时生成氢离子，电极反应式为Mn2+﹣2e﹣+2H2O＝MnO2+4H+，故答案为：Mn2+﹣2e﹣+2H2O＝MnO2+4H+。【点评】本题考查物质制备，侧重考查阅读、分析、判断及知识灵活应用能力，明确原子结构、元素化合物性质及其性质差异性、电解原理等知识点是解本题关键，难点是难溶物溶解平衡计算，题目难度中等。16．（17分）某研究人员按图1所示流程进行“燃煤烟气的脱硫研究“。实验中，SO2和O2混合气体连续通入，水和铁在起始时一次性加入。（1）吸收时，温度不宜过高的原因是温度过高，二氧化硫的溶解度下降，不利于二氧化硫的吸收。（2）实验中，对吸收液的pH进行跟踪检测，测得pH随时间的变化曲线如2所示（A点为纯水的pH）。（已知：Fe2+对SO2和O2混合气体的吸收有催化作用）①AB段，pH下降的主要原因是二氧化硫与水反应生成亚硫酸，溶液酸性增强。②CD段，吸收液的pH迅速增大的原因可能是因为催化作用弱酸变强酸，与足量铁粉反应，氢离子被消耗，所以pH值变大。.（3）利用反应FeSO4+Fe2（SO4）3+8NaOHFe3O4↓+4Na2SO4+4H2O可以制备Fe3O4。请补充完整以FeSO4溶液为原料制备Fe3O4的实验方案：取40mL1mol.L﹣1FeSO4溶液，取40mL1mol.L﹣1FeSO4溶液，边搅拌边加入适量稀硫酸和双氧水，充分反应后，加热至沸除去过量的过氧化氢，冷却，再加入20mL1mol•L﹣1FeSO4溶液，加入足量的1mol•L﹣1NaOH溶液，加热、搅拌使其充分反应，静置、过滤、洗涤、干燥。（实验中须选用的试剂：稀硫酸、双氧水、1mol•L﹣1NaOH溶液、1mol•L﹣1FeSO4溶液）（4）通过下列方法测定产品纯度：准确称取0.2400gFe3O4（含少量Fe2O3无其他杂质）样品，加过量稀硫酸完全溶解，再加入Zn粉至溶液黄色褪去，向溶液中逐滴加入0.1000mol•L﹣1Ce（SO4）2溶液，发生反应Fe2++Ce4+═Ce3++Fe3+，当反应恰好完全进行时，消耗Ce（SO4）2溶液31.00mL.计算样品中Fe3O4的质量分数（写出计算过程）。【分析】燃煤烟气的脱硫研究，SO2和O2混合气体连续通入，水和铁在起始时一次性加入，反应液多次循环，二氧化硫、氧气和水反应生成硫酸，吸收液的主要成分为硫酸，加入足量铁反应得到硫酸亚铁溶液，为确保反应液的循环吸收效果，吸收液与铁的反应需控制在40℃左右进行，（1）高温不利于气体的溶解；（2）①二氧化硫与水反应生成亚硫酸，溶液酸性增强，pH值减小；②生成的Fe2+可作为反应的催化剂；（3）利用反应FeSO4+Fe2（SO4）3+8NaOHFe3O4↓+4Na2SO4+4H2O可以制备Fe3O4，据此分析需要制备硫酸亚铁和硫酸铁的混合溶液，在碱溶液中反应生成四氧化三铁，据此设计实验过程和步骤；（4）反应Fe2++Ce4+═Ce3++Fe3+，可知n（Fe2+）＝n（Ce4+）＝0.1000mol/L×31.00×10﹣3L＝3.100×10﹣3mol，结合铁元素守恒和质量守恒列式计算。【解答】解：（1）吸收时，温度不宜过高的原因是：高温使气体的溶解度降低，不利于气体的溶解，不利于二氧化硫的吸收，故答案为：温度过高，二氧化硫的溶解度下降，不利于二氧化硫的吸收；（2）①二氧化硫与水反应生成亚硫酸，溶液酸性增强，pH值减小，故答案为：二氧化硫与水反应生成亚硫酸，溶液酸性增强；②CD段，吸收液的pH迅速增大的原因可能是：因为催化作用弱酸变强酸，与足量铁粉反应，氢离子被消耗，所以pH值变大，故答案为：因为催化作用弱酸变强酸，与足量铁粉反应，氢离子被消耗，所以pH值变大；（3）利用反应FeSO4+Fe2（SO4）3+8NaOHFe3O4↓+4Na2SO4+4H2O可以制备Fe3O4实验方案为：取40mL1mol.L﹣1FeSO4溶液，边搅拌边加入适量稀硫酸和双氧水，充分反应后，加热至沸除去过量的过氧化氢，冷却，再加入20mL1mol•L﹣1FeSO4溶液，加入足量的1mol•L﹣1NaOH溶液，加热、搅拌使其充分反应，静置、过滤、洗涤、干燥得到，故答案为：取40mL1mol.L﹣1FeSO4溶液，边搅拌边加入适量稀硫酸和双氧水，充分反应后，加热至沸除去过量的过氧化氢，冷却，再加入20mL1mol•L﹣1FeSO4溶液，加入足量的1mol•L﹣1NaOH溶液，加热、搅拌使其充分反应；（4）反应Fe2++Ce4+═Ce3++Fe3+，可知n（Fe2+）＝n（Ce4+）＝0.1000mol/L×31.00×10﹣3L＝3.100×10﹣3mol，结合铁元素守恒和质量守恒列式计算，2n（Fe2O3）+3n（Fe3O4）＝3.100×10﹣3mol，n（Fe2O3）×160g/mol+n（Fe3O4）×232g/mol＝0.2400g，计算得到n（Fe2O3）＝5.000×10﹣5mol，n（Fe3O4）＝1.000×10﹣3mol，Fe3O4的质量分数＝×100%≈96.67%，答：计算样品中Fe3O4的质量分数的关系为：n（Fe2+）＝n（Ce4+）＝0.1000mol/L×31.00×10﹣3L＝3.100×10﹣3mol，结合铁元素守恒和质量守恒列式计算，2n（Fe2O3）+3n（Fe3O4）＝3.100×10﹣3mol，n（Fe2O3）×160g/mol+n（Fe3O4）×232g/mol＝0.2400g，计算得到n（Fe2O3）＝5.000×10﹣5mol，n（Fe3O4）＝1.000×10﹣3mol，Fe3O4的质量分数＝×100%≈96.67%。【点评】本题考查燃煤烟气的脱硫研究、物质制备、化学方程式的计算，可以激发学生学习的兴趣，注意抓住题目的信息