福建省漳州市2020届高三化学毕业班第一次教学质量检测试题(含解析)

福建省漳州市2020届高三化学毕业班第一次教学质量检测试题（含解析）注意事项：1.本试题卷共8页，满分100分，考试时间90分钟。2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡的相应位置。3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题卷上无效。4.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。5.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-155C-12N-14O-16Na-23S-32Cl-35.5Mn-一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共42分）1.化学与生活密切相关。下列叙述不正确的（是A.“信口雌黄”中的雌黄因与纸张颜色相近被称为古代化学变化B.“乌桕，实如鸡头，液如猪脂，可压油为烛”，古代的蜡烛成分为烃C.珍珠奶茶中的“珍珠”是由淀粉制成，淀粉属于糖类）的“修正带”，它的修正原理不涉及D.硅胶（主要成分为SiO·nHO）对水分子具有极强的吸附性，可以用作袋装食品的干燥剂22【答案】B【解析】【详解】A.雌黄的修正原理利用的是与纸张颜色相近这一点，颜色属于物理性质，修正过程不涉及化学变化，A；B.乌桕种子有一层蜡质表皮，是制蜡的上品，桕子榨油，混入融化的白蜡，倒进模具内，凝结后便是桕烛，古代的蜡烛不属于烃，B错误；C.淀粉属于糖类，一是种多糖，C；D.硅胶对水分子具有极强的吸附性，对人体无毒无害，是常用的袋装食品干燥剂，D；答案选B。2.下列化学用语是（）

15A.质子数为7、中子数为8的氮原子：7NB.甲烷的球棍模型D.氯化铵的电子式：C.苯的结构式：CH66【答案】A【解析】【详解】A.氮原子的质量数为15，表示为N，A正确；B.是甲烷的比例模型，B错误；C.CH是苯的分子式，C错误；66D.中氯离子的电子式书写错误，正确的为，D错误；答案选A。3.设N为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）AA.标准状况下，2.24L苯在氧气中完全燃烧，得到0.6N个CO分子A2B.1.6gCD中所含质子数为N4AC.1mol·L-1氯化铜溶液中的Cl数为2N-AD.32g由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目为2NA【答案】D【解析】【详解】A.标准状况下，苯为液体，2.24L苯不是0.1mol，A错误；B.CD摩尔质量是20g/mol，1.6gCD物质的量是0.08mol，质子的物质的量为0.8mol，所44N含质子数为0.8mol，B错误；AC.溶液体积不知道，无法求Cl数，C错误；共32g，氧原子的物质的量为2mol，数目为2N，DA-D.氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子正确；答案选D。4.氮及其化合物的转化过程如图所示，下列分析正确的是（）A.催化剂B.反应1中反应物的总键能低于生成物的总键能C.反应2实现了氮的固定D.在催化剂b表面形成氮氧键时，不涉及电子转移a表面只发生了非极性共价键的断裂和形成【答案】B【解析】【详解】A.催化剂a表面是氮气和氢气反应生成氨气，非极性共价键断裂，极性共价键形成，A错误；B.合成氨反应，是放热反应，因此反应物的总键能小于生成物的总键能，B正确；C.氮的固定是把游离态的氮转变成含氮化合物的过程，反应2是氨的催化氧化，C错误；D.氨的催化氧化是氧化还原反应，D错误；答案选B。【点睛】本题切入点是读懂图中发生的反应，再结合概念展开分析，选项B易错，放热反应是反应物的总能量比生成物的总能量高，但是，反应物的总键能比生成物的总键能低。5.常温下，下列各组离子能大量共存的是（）A.Mg2+、Na+、MnO-、SO42-4B.Fe2+、NH+、NO-、H+43C.OH-、Na+、SO2-、Cu2+D.Al3+、K+、CO2-、Cl-34【答案】A【解析】【详解】A.Mg、Na+、MnO-、SO不反应可共存，A正确；2+2-44B.Fe2+和NO-、H+三者发生氧化还原反应不共存，B错误；3C.OH-和Cu2+生成沉淀不共存，C错误；D.Al3+、和CO发生双水解反应不共存，D错误；2-3答案选A。【点睛】B容易错选，因为Fe2+、NO-和H+三者发生的氧化还原反应比较隐蔽，同学要多熟3悉溶液中具有强氧化性、强还原性的离子，也要注意溶液酸碱性对反应的影响，例如S2-、SO2-、和H+不能共存，但是S2-、SO2-、和OH-能共存。336.下列离子方程式书写正确的（）A.Al(OH)沉淀溶于NaOH溶液：Al3++4OH-=AlO-+2HO322B.在酸性溶液中KBrO与KBr反应：5Br-+BrO-+3HO=3Br+6OH-3322C.向Ba(OH)溶液中滴加稀硫酸：Ba2++OH-+H++SO2-=HO+BaSO↓2424D.溴化亚铁溶液中通入足量的氯气：3Cl+2Fe2++4Br-=6Cl-+2Fe3++2Br22【答案】D【解析】【详解】A.Al(OH)是沉淀，不能拆写，A错误；3B.在酸性溶液中不会生成大量OH-，应为5Br-+BrO-+6H+=3Br+3HO，B错误；322C.OH-、H+以及HO的化学计量数应该均为2，C错误；2D.由于通入足量的氯气，溴化亚铁溶液中Fe2+和Br-按物质的量之比为1：2的比例被完全氧化，D正确；答案选D。【点睛】C容易出错为Ba2++OH-+H++SO2-=HO+BaSO↓的原因，是没有考虑滴入的稀硫酸中H+424与SO2-物质的量之比为2：1，两个离子均被Ba(OH)溶液中Ba2+和OH-完全反应，正确的离42子方程式Ba2++2OH-+2H++SO2-=2HO+BaSO↓中则体现了这一点。4247.指甲花中的β-紫罗兰酮属于一种萜类化合物，可作为合成维生素A的原料，其结构如图所示。下列有关β-紫罗兰酮的说法正确的是（）A.β-紫罗兰酮的分子式为CHOB.分子中所有碳原子可能处于同一平1318面C.与足量的H反应后，分子中只含1种官能团D.不能被酸性KMnO溶液氧化24【答案】C【解析】【详解】A.分子式应为CHO，A错误；1320B.环上有一个碳原子连着2个甲基，所以分子中所有碳原子不可能处于同一平面，B错误；C.分子中碳碳双键与氢气加成，变为饱和键，分子中羰基与足量的H反应后，有羟基生成，2C正确；D.分子中所含碳碳双键，能被酸性KMnO溶液氧化，D错误；4答案选C。8.已知：三氧化硫的沸点为45℃，熔点为16.8℃，具有很强的氧化性和挥发性。如图是快速制备三氧化硫的实验装置图，其中装置Ⅰ和Ⅲ中都加入了金属铜，下列说法不正确的是（）A.装置Ⅰ和Ⅲ都需要加热B.本实验制备三氧化硫(SO)的原理为NO+SO=NO+SO3322C.连接反应器与尾气处理装置不宜使用橡胶管D.实验结束后，往反应器中滴加水，瓶内红棕色逐渐褪去【答案】A【解析】【详解】A.装置Ⅰ内铜和浓硝酸反应制NO不需要加热，Ⅲ内铜和浓硫酸反应制SO需要加22热，A错误；B.装置Ⅱ内SO被NO氧化为SO，制备三氧化硫(SO)的原理为NO+SO=NO+SO，B正确；2233223C.NO、SO具强氧化性，会腐蚀橡胶管，C正确；23D.水会和红棕色NO反应得到硝酸和NO而褪色，D正确；2答案选A。9.下列关于化学反应与能量的说法正确的是（）A.已知正丁烷的燃烧热为2878kJ·mol-1，则表示正丁烷燃烧热的热化学方程式为HΔ=-2878kJ·mol-12CHCHCHCH(g)+13O(g)=8CO(g)+10HO(l)3223222B.已知在一定条件下，2molSO与1molO充分反应后，释放出98kJ的热量，则其热化学方22HΔ=-98kJ·mol-1程式为2SO(g)+O(g)2SO(g)223C.已知稀盐酸与稀NaOH溶液反应的中和热为57.3kJ·mol-1，则表示稀硫酸与稀NaOH溶液1122H反应的热化学方程式为HSO(aq)+NaOH(aq)=NaSO(aq)+HO(l)Δ=-57.3kJ·mol-124242D.已知CuSO(s)+5HO(l)=CuSO·5HO(s)，该反应为熵增加的反应4242【答案】C【解析】【详解】A.燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，则表示正丁烷132H燃烧热的热化学方程式为CHCHCHCH(g)+O(g)=4CO(g)+5HO(l)Δ=-1439kJ·mol-32232221，A错误；B.不知道该条件下物质的状态，该反应是可逆反应，2molSO与1molO充分反应后，实际消22所以无法写出热化学方程式，B错误；C.在稀溶液中酸和碱发生中和反应生成1molHO放出的热量耗多少不得而知，是中和热，C正确；2D.从液态HO到固态CuSO·5HO，且物质的量减少，该反应熵减，D错误；242答案为C。H【点睛】B容易出错，2SO(g)+O(g)2SO(g)Δ=-98kJ·mol-1，这样的可逆反应，223代表的是实际消耗2molSO(g)和1molO(g)生成2molSO(g)时，放热98kJ。22310.W、X、Y、Z为原子序数依次递增的年代，M为由X元素构成的一种单质。甲和丁两种物质都由W和Y元素组成，素组成，常温下为气体，具有漂白性，戊为二元强酸。它们之间的转化关系如正确的是（短周期主族元素，其中X的某同位素可用于测量文物乙由Y和Z元下，下列叙述）A.气态氢化物的稳定性：X＞Y＞ZC.丁的水溶液适用于医用伤口消毒及环境消毒B.原子半径顺序：Z＞Y＞X＞WD.常温常压下，M能和丙发生化合反应【答案】C【解析】【分析】据题意可推断：W为H、X为C、Y为O、Z为S，甲和丁两种物质分别为HO，HO，乙为222SO，丙为CO，戊为二元强酸HSO；2224【详解】A.非金属性:O＞C，所以气态氢化物的稳定性：HO＞CH，A错误；24B.同一周期，从左到右，原子半径减小，故原子半径顺序：C＞O，B错误；C.HO水溶液因为杀菌消毒，且还原产物是HO适用于医用伤口消毒，C正确；强氧化性可222D.常温常压下，碳的单质与CO不反应，高温下才反应，D错误；2答案选C。11.下列实验操作、现象、结论或解释均正确的是（）选实验操作实验现象结论或解释项向某溶液中滴加稀NaOH溶液，将湿润试纸不变蓝原溶液中无NHA+4的红色石蕊试纸置于试管口往加有酚酞的碳酸钠溶液中加入足量的产生白色沉淀，红色证明CO2-水解呈碱3BCDCaCl溶液褪去性2向NaOH溶液中滴加足量的MgCl溶液，先产生白色沉淀，然K[Cu(OH)]2sp2K＞[Mg(OH)]sp2然后再滴加CuCl溶液后沉淀变蓝色2用硫酸作催化剂的淀粉水解液中，加入无砖沉淀生成淀粉未发生水解新制Cu(OH)悬浊液，加热2A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A.滴加的是稀NaOH溶液且没有加热，难于产生氨气，难以判断原溶液中无NH+，A错误；4B.加有酚酞的碳酸钠溶液呈入足量的CaCl溶液，钙离子把碳酸根离子2沉淀完全的同时，红色也褪去，证明原溶液的碱性是CO2-水解所致，B正确；3KKspC.溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀转化，得出的结论应是[Cu(OH)]＜[Mg(OH)sp2]，C错误；2D.淀粉水解液中含硫酸，未加碱中和直接加入新制Cu(OH)悬浊液，导致Cu(OH)被消耗，22达不到预期现象，D错误；答案选B。【点睛】D容易错，淀粉水解一般在稀硫酸催化下进行，检测还原性糖的生成，应该选碱性再加新制的Cu(OH)悬浊液，加热；而检测淀粉有没环境，先在水解液中加过量NaOH溶液，2有水解完全？应该直接在水解液中加碘水，观察是否变成特殊的蓝色，若变蓝，则证明淀粉没有完全水解，若不变蓝，王永刚教授研究团队在柔性电池研究方面取得了新突破，发展了一种基于有机物电极材料的柔性水系锌电池。充放电过程中实现了芘四酮(PTO)与PTO-Zn的相互转化，则水解完全。12.复旦大学的原理如图所示。下列说法不正确的是（）A.放电时，Zn电极发生氧化反应B.放电时，Y极反应式可表示为PTO+2e-+Zn2+=PTO-ZnC.充电时，Zn2+向Y极移动【答案】CD.充电时，X电极与电源负极相连【解析】【详解】A.放电时是原电池，电子从Zn电极流出，Zn发生氧化反应，说法正确，A不符合；B.放电时，Y极是正极，反生还原反应，说法正确，B不符合；C.充电时是电解Zn是阳离子应向阴极移动，Y极在充电时是阳极，说法错误，C符合；池，2+D.充电时，X电极是阴极，与电源负极相连，说法正确，D不符合；答案选C。【点睛】二次电池的电极，放电时正极，充电时则为阳极；放电时负极，充电时则为阴极；原电池负极的判断：电子流出那一极是负极，发生氧化反应的一极是负极，阴离子向负极移动，负极有可能因参加反应溶解而变细，如果是二次电池，与电源负极相连的那一极，在放电时是负极。13.常温下，向20.00mL0.10mol·L-1NHCl溶液中逐滴加入0.10mol·L-1NaOH溶液时，溶的pH与所加NaOH溶液体积的关系如图所示（不考虑挥发），其中d点为反应终点。下列说确的是（）液4法不正A.V=20.00mLKB.常温下，(NH·HO)的数量级为10-5液中：c(Cl-)＞c(Na+)＞c(H+)=c(OH-)D.c点的混合溶液中：c(NH+)=c(Na+)【答案】b32C.b点溶4D【解析】【分析】A.d点溶液是反应终点，按恰好完全反应来分析；B.a点溶液是氯化铵溶液水解呈酸性，常温下pH为5，结合水解常数与电离平衡常数的关系估算；C.b点溶液恰好呈中性，加入的碱溶液体积小于10.00mL来判断；D.c点的混合溶水合氨和氯化铵的物质的量相等，根据电荷守恒和物料【详解】A.d点为反应终点，加入NaOH的体积为20.00mL时，恰好完全反应生成NH⋅HO和说法正确，不符合；液中，一32NaCl，B.常温下，a点对应的0.10mol·L-1NHCl溶液，存在水解平衡，4Khc(NHHO)c(H+)c2(H+)(105)210329NH+HONHHO+H+c(NH)c(NH)0.10+4++23244Khc(NHHO)c(H+)c(OH-)c(NHHO)c(H+)K3232Wc(NH)c(OH-)c(NH)K，(NH·HO)10-5，说b++K44b32法正确，不符合；C.b点溶液恰好呈中性，＞c(H+)=c(OH-)，说法正确，C不符合；D.c点溶液为加入NaOH的体积为10.00mL，加入NaOH的体积小于10.00mL：混合溶液中c(Cl-)＞c(Na+)恰得到物质的量均为10-3mol的NH⋅HO和32NHCl，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)c(NH+)c(H+)c(Cl-)c(OH-)，由物料守恒：442c(Na+)=c(NH+)c(NHHO)c(Cl-)，两个式子合并得到：432c(NH+)c(H+)c(Na+)c(OH-)，因为c点溶液呈碱性，所以c(NH)>c(Na)，D选+44+项说法错误，D符合；答案选D。14.反应2NO+Cl=2NOCl在295K时，其反应物浓度与反应速率关系的数据如下：2c(NO)/(mol·L-1)0.100c(Cl)/(mol·L-1)v(Cl)/(mol·L-1·s-1)22①②③0.1000.1000.5008.0×10-32.0×10-14.0×10-20.5000.100注：①反应物浓度与反应速率关系式为v(Cl)=k·cm(NO)cn(Cl)（式中速率常数k=Ae-Ea/RT，22其中E为活化能，A、R均为大于0的常数，T为温度）；②反应级数是反应的速率方程式中a各反应物浓度的指数之和。下列说法不正确的是（）A.m=2，n=1，反应级数为3级B.当c(NO)=0.200mol·L-1，c(Cl)=0.300mol·L-1，v(NO)=0.192mol·L-1·s-12C.加入催化剂可以改变反应途径，也可以增大速率常数k，而加快反应速率D.升高温度，可以增大反应的活化能E，从而使速率常数k增大a【答案】D【解析】【分析】4.01020.500n由表中①③数据可知8.01030.100，n=1，由①②组数据可知2.01010.5008.0103mk0.10020.1008.08.01030.100，m=2，由①数据可知；【详解】A.据数据分析知m=2，n=1，反应级数为3级，A正确；ccvvB.当(NO)=0.200mol·L-1，(Cl)=0.300mol·L-1，(NO)=2(Cl)22=2×8.0×0.2002×0.300mol·L-1·s-1=0.192mol·L-1·s-1，B正确；C.催化剂可降低反应的活化能，增大活化分子数目，增大反应速率，C正确；D.升高温度，活化能不变，D错误;答案选D。二、非选择题（本题共5小题，共58分）15.A是来自石油的基本化工原料，其分子式为CH。B和D是生活中两种常见的有机物，F24是高分子化合物。它们之间的相互转化关系如图所示：（1）C中官能团名称是__。（2）在反应①～⑥中，属于取代反应的是__（填序号）。（3）用于鉴别B、D的试剂是__（任写一种）。（4）写出A→F的化学方程式：__。（5）请写出G的同分异构体中含有羧基的结构简式：__。【答案】(1).醛基(2).④⑤(3).NaCO溶液（或紫色石蕊试液等）(4).23nCH=CH(5).CHCHCHCOOH、(CH)CHCOOH3223222【解析】【分析】A是来自石油的基本化工原料，其分子式为CH，即乙烯，B、C和D分别为乙醇、乙醛和乙24酸，G为乙酸乙酯，E为乙酸钠，F为聚乙烯，据此回答；【详解】（1）C为乙醛，所含官能团为醛基；答案为：醛基；（2）酯化反应和酯的水解属于取代反应；答案为：④⑤；（3）B、D分别是乙醇和乙酸，乙醇呈中性，乙酸呈酸性，可利用紫色石蕊试液（溶液变红）（或碳酸钠溶液，产生气体）鉴别；答案为：紫色的石蕊试剂；（4）A→F是乙烯的加聚反应，答案为：（5）G为CHCOOCHCH，分子式为CHO，含有羧基的同分异构体为羧酸，323482CHCHCHCOOH、(CH)CHCOOH；32232答案为：CHCHCHCOOH、(CH)CHCOOH。3223216.二氧化氯是一种高效消毒剂，通常状况下二氧化氯易溶于水，沸点为11.0℃，极易爆炸，制取和使用二氧化氯时要用性质稳定的气体按一定比例稀释，以防爆炸。某实验小组在干燥空气稀释条件下，用干燥的氯气与固体亚氯酸钠制备二氧化氯，实验装置如图所示：（1）仪器a的名称为__，装置A中反应的化学方程式为__。（2）试剂X是__。（3）装置D中冰水的主要作用是__。装置D内发生反应的化学方程式为__。（4）工业上也常用盐酸或双氧水还原NaClO制备ClO，相比之下用双氧水制备ClO方法更322优，可能的原因是__。（5）装置E中主要反应的离子方程式为：__。（6）已知NaClO饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO·3HO，高于38℃时析出222晶体是NaClO，高于60℃时NaClO分解成NaClO和NaCl。223①请完成实验室利用NaClO溶液制得NaClO晶体的操作步骤：a.减压，55℃蒸发结晶；22b.__；c.用②取上述所得产品2.50g溶于水配成250mL溶液，取出25.00mL溶液于锥形瓶中，再加入足KI溶液，充分反应后（NaClO被还原为Cl-，杂质不参加反应），加入2～3滴淀粉38～60℃的温水洗涤；d.低于60℃干燥，得到产品。量酸化的2溶液，用0.500mol·L-1NaSO标准液滴定至终点。进行3次实验后，平均用去标准液22318.80mL，试计算NaClO产品的纯度：__（已知：2NaSO+I2=NaSO+2NaI）。2223246【答案】(1).分液漏斗(2).MnO+4HCl(浓)MnCl+Cl↑+2HO(3).饱和食2222盐水(4).冷凝ClO(5).2NaClO+Cl=2NaCl+2ClO(6).HO的氧化产物为O2222222不会污染环境（或HCl的氧化产物为Cl会污染环境）(7).Cl+2OH-=Cl-+ClO-+HO222(8).趁热过滤(9).85.07%（或“0.8507”等）【解析】【分析】（1）要注意反应条件，其中浓盐酸通过分液漏斗滴加；（2）试剂X用于去除Cl中的HCl气体，据此选择试剂；装置B的目的可从信息“沸点为11.0℃，装置A是制取氯气用的，2（3）极易爆炸”来推知，写装置D中用干燥的氯气与固体亚氯酸钠反应制备二氧化氯方程式，注意氧化还原中同种元素的价态变化；（4）相比之下用双氧水制备ClO方法更优，从是否环境友好型来分析；2（5）装置E是氢氧化钠溶液吸收多余氯气的反应；（6）①利用NaClO溶液制得NaClO晶体最关键是控制结晶的温度：高于38℃低于60℃；22②要计算NaClO产品的纯度：最关键找到NaSO和NaClO的关系式，代入数据计算即可；22232【详解】（1）装置A是MnO和浓HCl在共热条件下发生反应制取氯气用的，其中浓盐酸通过2分液漏斗滴加；答案为：分液漏斗；MnO+4HCl(浓)MnCl+Cl↑+2HO；2222（2）试剂X用于去除Cl中的HCl气体，所以选择饱和食盐水；2答案为：饱和食盐水；（3）氯气与固体亚氯酸钠反应得到2NaClO+Cl=2NaCl+2ClO；装置B的目的是为防止气态ClO爆炸，利用冰水浴降温，使ClO冷凝；装置D中用干22燥的二氧化氯，并同时生成NaCl，发生反应的化学方程式为222答案为：冷凝ClO；2NaClO+Cl=2NaCl+2ClO；2222（4）相比之下用双氧水制备ClO方法更优，因为HO的氧化产物为O不会污染环境（或2222HCl的氧化产物为Cl会污染环境）；2答案为：HO的氧化产物为O不会污染环境（或HCl的氧化产物为Cl会污染环境）；2222（5）装置E是氢氧化钠溶液吸收多余氯气的反应，离子方程式为Cl+2OH-=Cl-+ClO-+HO；22答案为：Cl+2OH-=Cl-+ClO-+HO22（6）①利用NaClO溶液制得NaClO晶体最关键是控制结晶的温度：高于38℃低于60℃；22故操作为将装置D反应后的溶液在55℃条件下减压蒸发结晶，趁热过滤，再用38℃～60℃的温水洗涤，最后在低于60℃条件下干燥，得到NaClO晶体；2故答案为：趁热过滤；②要计算NaClO产品的纯度：最关键找到NaSO和NaClO的关系式，代入数据计算即可；22232NaClO90.5g~2I~4SO2-32224mol0.50molL-118.8010-3L250mL2.5g(NaClO)25.00mL2(NaClO)2=85.07%；答案为：85.07%或0.8507。17.碳酸锰可用作脱硫的催化剂，是合成二氧化锰和制造其他锰盐的原料。工业上从锰泥（主要含KMnO和少量MnO、CuO、PbO等）中回收MnCO的程流如图所示：423回答下列问题：（1）“滤渣1”中的主要成分为PbSO，其中Pb元素的化合价是__。4（2）Fe2+能将MnO还原为Mn2+，该反应的离子方程式：__。2为检验FeSO是否被氧化，可往滤液1中加入__溶液（填化学式）。4K（3）已知[Fe(OH)]=4.0×10-38，通入NH调pH=4时，溶液中c(Fe3+)=__。sp33（4）程流中加入固体X能使Cu2+沉淀，则最适宜的固体X为__（填字母）。a.MnSb.ZnSc.Ca(OH)d.Ba(OH)22（5）加入氨水和过量NHHCO生成MnCO沉淀的离子方程式为__。433c(H+)c(Fe)2+HSO、FeSO混合溶液中比值不宜过大，请从节约药品的角度分244（6）处理锰泥时，析，原因是___。（7）若利用100t锰泥制得55tMnCO，反应中Mn元素的转化率为80.0%，则锰泥中Mn元素3的质量分数为__%（精确到小数点后1位）。【答案】(1).+2(2).4H++2Fe2++MnO=Mn2++2Fe3++2HO(3).KSCN(4).224.0×10-8mol·L-1(5).a(6).Mn2++NH·HO+HCO-=MnCO↓+NH++HO(7).在调323342节pH环节会多消耗氨气(8).32.9【解析】【分析】锰泥(主要成分为KMnO和少量MnO、CuO、PbO等)加入硫酸、硫酸亚铁的混合溶液，过滤，滤渣1为PbSO，滤液1含有Mn2+、Cu2+等，通入氨气调节铁沉淀，加入碳酸氢铵，过滤、洗42pH=4，可生成氢氧化4MnS，生成CuS沉淀，即滤渣2，用氨水调节pH为6.5-7.2，加入过量涤、干燥，可得MnCO，以此解答该题。3（1）PbSO中Pb元素的化合价+2；4（2）Fe2+能将MnO还原为Mn2+，书写离子方程式时注意酸性环境；检验FeSO是否被氧化，24检验的是氧化产物Fe3+；Kccc（3）已知[Fe(OH)]=4.0×10-38=(Fe)(OH-)，通过pH=4即可求(Fe3+)；3+3sp3（4）固体X能使Cu2+沉淀，则最适宜的固体X必定能最大程度地沉淀Cu2+，同时不引人杂质；（5）加入氨水和过量NHHCO生成MnCO沉淀的核心转化是碳酸氢根转成碳酸根被沉淀生成433MnCO；3（6）那么太多的氢离子肯定会多消耗碱；（7）从锰泥到MnCO，抓住反应中Mn元素的转化率为80.0%计算；3【详解】（1）PbSO中Pb元素的化合价+2；4答案为：+2；（2）Fe2+能将MnO还原为Mn2+，因为是酸性环境，所以反应4H++2Fe2++MnO=Mn2++2Fe3++2HO；检验FeSO氧化产物Fe3+，检验时试剂用KSCN；：4H+2Fe2++MnO=Mn2++2Fe3++2HO；KSCN；方程式为2224答案为+22Kccc（3）已知[Fe(OH)]=4.0×10-38=(Fe)(OH-)，因为调节pH=4，即(OH-)=10-10mol/L3+3sp3c(Fe3+)4.01038molL-14.0108molL-1(1010)3则；答案为：4.0×10-8mol·L-1；（4）固体X能使Cu2+沉淀，则最适宜的固体X必定能最大程度地沉淀Cu2+，同时不引人杂质，最佳为MnS；答案为：a；（5）加入氨水和过量NHHCO生成MnCO沉淀的核心，把碳酸氢根转成碳酸根被沉淀生成433HCO-MnCO，所以反应为Mn2++NHHO+3=MnCO↓+NH++HO；342323HCO-NHHO+答案为：Mn2++3=MnCO↓+NH++HO32342（6）那么太多的氢离子肯定会多消耗碱，此处用氨气来调节pH,所以会多消耗氨气；答案为：在调节pH环节会多消耗氨气（7）从锰泥到MnCO，抓住反应中Mn元素的转化率为80.0%计算，355t55115100%80%100t=32.9%；答案为：32.9。18.氢能作为新型能源，可利用CO制得.北京大学马丁教授等团队向容积为VL的密闭容器中充入等物质的量的CO和HO进行反应。2已知：H反应Ⅰ：FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO(g)Δ21H反应Ⅱ：FeO(s)+H(g)Fe(s)+HO(g)Δ222H反应Ⅲ：CO(g)+HO(g)CO(g)+H(g)Δ222反应Ⅲ在不同催化剂作用下（反应相同时间），温度与CO转化率的关系如图所示。HHHH（1）反应Ⅲ的Δ与Δ、Δ关系式：Δ=_。12KKⅠ和反应Ⅱ的平衡常数分别为和，则反应Ⅲ的平衡常数与、的关系12KKK（2）若反应12K式：=___。（3）随着温度的升高，CO的转化率先升后降，“后降”的可能原因是__。H（4）由图可知，Δ__0（填“大于”或“小于”），催化剂应选择_（填“Au/α-MoC”或“Au/α-MoC/NaCN”）。K（5）已知T=1025K时，=1。则平衡时CO的转化率α(0)=__。当T＞1025K时，平衡时，H2的体积分数ω的取值范围为_。此时，CO还原FeO(s)的能力__H（填“大于”或“小于”）。2（6）欲提高H的体积分数，可采取的措施为__。2K1K2HH【答案】(1).Δ-Δ(2).(3).温度过高，催化剂的催化活性下降12(4).小于(5).Au/α-MoC(6).50%(7).0＜ω＜25%(8).小于(9).及时分离出CO（或降低温度）2【解析】【分析】（1）用盖斯定律进行分析；（2）热化学方程式相减，化学平衡常数相除；（3）在一定温度范围内催化剂活性较高；（4）升高温度CO转化率降低，说明平衡逆向移动；温度越低、催化剂活性越高越好，据此选择催化剂；K（5）已知T=1025K时，=1，可用三段式计算出CO、HO、CO、H的物质的量相等，求出CO222的转化率、得氢气的体积分数为25%；升高温度平衡逆向移动，氢气的体积分数有所下降，据此判断出体积分数的范围0＜ω＜25%；平衡逆向移动导致c(CO)>c(H)；选取的催化剂受2温度影响；(6)欲提高H的体积分数，可以通过改变条件使平衡正向移动而实现；2H【详解】（1）反应Ⅰ：FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO(g)Δ，反应Ⅱ：FeO(s)+H(g)212HFe(s)+HO(g)Δ，将反应Ⅰ减去反应Ⅱ得到反应Ⅲ：CO(g)+HO(g)CO(g)+H(g)22222HHHHΔ，Δ=Δ-Δ；12HH答案为：Δ-Δ；12（c）HO（c）CO22（c）H（2）根据反应Ⅰ、反应Ⅱ，写出各自的平衡常数表达式K=（c）CO，K=；热化212学方程式相减，反应Ⅲ：CO(g)+HO(g)CO(g)+H(g)，化学平衡常数相除，则反应Ⅲ的222KK1平衡常数K与K、K的关系式为：；212KK1答案为：；2（3）在一定温度范围内催化剂活性较高，温度过高，催化剂的催化活性下降；答案为：温度过高，催化剂的催化活性下降；H（4）升高温度CO转化率降低，说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应，△＜0；温度越低、催化剂活性越高越好，根据图知，应该选取Au/α-MoC；答案为：小于；Au/α-MoC；（5）已知向容积为VL的密闭容器中充入等物质的量的CO和HO进行反应，设充入的气体各2HO(g)+CO(g)=H(g)+CO(g)2起始(mol)120201转化(mol)xxxxxx平衡(mol)1-x1-xx2c[HO(g)]c[CO(g)]V2Kc[H(g)]c[CO(g)](1x)21222V2K为1mol，T=1025K时，=1，得x=0.5，0.5(CO)=10.5100%50%(H)、0.50.50.50.5100%25%；反应未发生2时没有氢气，升高温度平衡逆向移动，氢气的体积分数有所下降，据此判断出体积分数的范cc围0＜ω＜25%；平衡逆向移动导致(CO)>(H)；2答案为：50%；0＜ω＜25%；小于；(6)欲提高H的体积分数，可以通过改变条件使平衡正向移动而实现；2答案为：及时分离出CO（或降低温度）。219.开发稳定高效的脱硫脱硝工艺是当前国内外研究的热点。（1）天然气中含有的HS会腐蚀管道和设备，可在1200℃下进行脱硫处理，其中涉及HS22与O的反应，产物为SO和水蒸气。若1molHS参与该反应放热586.16kJ，则该反应的热化222学方程式是__。（2）烟气中的SO可用“双碱法”洗除：先用NaOH溶液吸收烟气中的SO，再往所得溶液中22加入CaO，反应得到NaOH和CaSO，原理可表示为：NaOH(aq)NaSO(aq)。323①NaSO溶液中阴离子的浓度由大到小的顺序：__。23②“双碱法”洗除SO的优点是__（任写一点）。2（3）过二硫酸钾(KSO)是一种白色、无味品体，溶于水，不溶于乙醇，有强氧化性。可作228为燃煤锅炉烟气脱硝的氧化剂。①SO2-的结构式为，则过二硫酸钾(KSO)所含化学键有：__，1个22828SO2-中含有化合价为-1价的氧原子的个数是___。28②脱硝过程中依次发生两步反应：第1步KSO将NO氧化成HNO，第2步KSO继续氧化22