《辽宁省沈阳二中2015届高三化学12月月考试题（含解析）新人教版.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《辽宁省沈阳二中2015届高三化学12月月考试题（含解析）新人教版.doc（18页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、-1-辽宁省沈阳二中高三辽宁省沈阳二中高三 1212 月月考月月考题题说明：1.测试时间：90 分钟总分：100 分2.客观题涂在答题纸上，主观题答在答题纸的相应位置上3可能用到的原子量：H-1C-12O-16N-14Na-23Al-27S-32Ca-40Fe-56Cu-64Ag-108【试卷综析】本试卷是理科化学单独试卷，知识考查涉及的知识点：化学计量的有关计算、化学反应速率、化学平衡、物质结构、溶液中的离子关系等；以基础知识和基本技能为载体，以能力测试为主导，在注重考查学科核心知识的同时，突出考查考纲要求的基本能力，重视学生科学素养的考查。试题重点考查：化学在生活中的应用、原子结构、弱电解
2、质的电离、化学平衡的移动、常见的无机物性质及其应用等主干知识。注重常见化学方法，应用化学思想，体现学科基本要求，难度中等。第卷（50 分）一、选择题（本大题共 10 小题，每小题 2 分，共 20 分，在每小题的四个选项中，只有一项是符合题意）【题文】1PM2.5 是指大气中直径小于或等于 2.5 微米的颗粒物，也叫可入肺颗粒物，与肺癌、哮喘等疾病的发生密切相关，是灰霾天气的主要原因，它主要来自化石燃料的燃烧（如机动车尾气、燃煤）等，下列与 PM2.5 相关的说法不正确的是（）A大力发展电动车，减少燃油汽车的尾气排放量B开发利用各种新能源，减少对化石燃料的依赖C多环芳烃是强致癌物，能吸附在 P
3、M2.5 的表面进入人体DPM2.5 含有的铅、镉、铬、钒、砷等对人体有害的元素均是金属元素【知识点】防治空气污染的措施；空气的污染及其危害 O1O3【答案解析】【解析】D解析：A 大力发展电动车，减少燃油汽车的尾气排放量，可减少 PM2.5的排放，故 A 正确；B开发利用各种新能源，减少对化石燃料的依赖，可减少 PM2.5 的排放，故 B 正确；C城市大气颗粒物中的多环芳烃与居民肺癌的发病率和死亡率相关多环芳烃进入人体的过程中，PM2.5 小颗粒物扮演了“顺风车”的角色，故 C 正确；DPM2.5 吸附的重金属氧化物对人体有害，As 为非金属元素，故 D 错误；故答案选 D【思路点拨】本题考
4、查了空气污染，注意把握 PM2.5 为固体颗粒物，从环境污染的角度来解答即可，题目难度不大，注重化学与生活的联系。【题文】2下列各组物质或溶液溶质的主要成分，皆为同一种酸所对应的盐是（）A.大理石、钡餐、石膏B.小苏打、苏打、水玻璃C.芒硝、胆矾、明矾D.黄铜矿、硫铁矿、磁铁矿【知识点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系 B4【答案解析】【解析】C解析：A 大理石、钡餐、石膏的主要成分分别为 CaCO3、BaSO4、CaSO4，对应的酸分别为碳酸、硫酸、硫酸，故 A 错误；B小苏打、苏打、水玻璃的主要成分分别为 NaHCO3、Na2CO3、Na2Si2O3，对应的酸不完全相同，故 B 错误；
5、C芒硝、胆矾、明矾、的主要成分分别为 NaSO410H2O、CuSO45H2O、KAl（SO4）212H2O，均属于硫酸盐，故 C 正确；D黄铜矿、硫铁矿、磁铁矿的主要成分分别为 CuFeS2、FeS2、Fe3O4，FeS2、Fe3O4 不属于-2-盐，故 D 错误；故答案选 C【思路点拨】本题考查了物质的成分，比较基础，明确常见物质的俗称及主要成分是解答的关键，注意基础知识的理解掌握。【题文】3下列实验不能达到预期目的的是()A利用装置检查气密性，打开分液漏斗活塞，液体顺利流下B利用装置制取 NH3C利用装置进行铜与浓硝酸反应的实验D利用装置收集 NH3【知识点】化学实验方案的评价 J4【答
6、案解析】【解析】A解析：A、装置有导气管连接，打开分液漏斗活塞，液体顺利流下，不能说明气密性良好，故 A 错误；B、利用装置加热固体碱与铵盐制取 NH3，故 B 可以；C、由图可知，上下滑动的铜丝能控制反应的发生与停止，碱液能进行尾气处理，则利用装置进行铜与浓硝酸反应的实验，故 C 可以；D、氨气的密度比空气的小，碱石灰干燥氨气，中间集气瓶是向下排空气法收集氨气，装置中倒扣的漏斗能防止倒吸，则利用装置收集 NH3，故D 可以。故答案选 A【思路点拨】本题考查了实验方案的评价，涉及物质的制备、气体的收集、尾气的处理等知识，注重实验的关键操作步骤及实验安全的考查，题目难度不大。【题文】4始祖鸟烯形
7、状宛如一只展翅飞翔的鸟，其键线式结构表示如图，其中 R1、R2 为烷烃基。则下列有关始祖鸟烯的说法中正确的是()A始祖鸟烯与 CH2=CHCH=CH2 互为同系物B若 R1R2甲基，则其化学式为 C12H16C若 R1R2甲基，在一定条件下烯烃双键上的碳原子上的氢也能取代，则始祖鸟烯的一氯代物有 3 种D始祖鸟烯既能使酸性高锰酸钾溶液褪色，也能使溴水褪色，且两反应的反应类型是相同的【知识点】有机物分子中的官能团及其结构；同分异构现象和同分异构体L4I1I4【答案解析】【解析】C解析：A始祖鸟烯为环状烯烃，与 CH2=CHCH=CH2 结构不同，不互为同系物，故 A 错误；B若 R1=R2=甲基
8、，则其化学式为 C12H14，故 B 错误；C始祖鸟烯是对称的，有 3 种氢原子，一氯代物有 3 种，故 C 正确；D始祖鸟烯使高锰酸钾褪色，体现了始祖鸟烯的还原性，始祖鸟烯和溴水是发生了加成反应而使得溴水褪色，原理不同，故 D 错误故答案选 C【思路点拨】本题考查了学生有关官能团决定性质的知识对分子结构理解等，要求学生熟记官能团具有的性质，并熟练运用，题目难度不大【题文】5短周期主族元素 A、B、C、D 原子序数依次增大，已知 A、C 同主族，且 A、B、C-3-三种元素最外层电子数之和为 15，B 原子最外层电子数为 A 原子最外层电子数的一半，下列叙述正确的是（）A原子半径 ABCDB2
9、.32gFe3O4 与足量 B 单质完全反应，转移 0.09mol 电子C常温下，B、D 形成的化合物的水溶液 pH7D简单气态氢化物稳定性 CD【知识点】原子结构与元素周期律的关系 E2【答案解析】【解析】C解析：根据 A、C 同主族，而且三种元素原子的最外层电子数之和为15，B 原子最外层电子数等于 A 原子最外层电子数的一半设出 B 的最外层电子数为 x，则x+2x+2x=15，解得 x=3，再根据短周期元素 A、B、C、D 原子序数依次递增，则 A 为氧元素，B为铝元素，C 为硫元素，D 为氯元素；A、同一周期，从左到右半径在减小，则 BCD；同主族，由上到下半径增大，则 CA，故A
10、错误；B、2.32g 四氧化三铁的物质的量为 2.32g/232g/mol=0.01mol，由反应 8Al+3Fe3O4=4Al2O3+9Fe 可知参加反应的铝的物质的量为 0.01mol8/3 铝化合价由 0 价升高为+3 价，所以转移电子 0.01mol8/33=0.08mol，故 B 错误；C、常温下，B、D 形成的化合物是 AlCl3，强酸弱碱盐，水溶液 pH7，故 C 正确；D、简单气态氢化物稳定性与元素的非金属性一致，CHClOHSO3-,则向 Na2SO3 溶液中加入 HClO 的离子方程式为：SO32-+HClO=HSO3-+ClO-D已知酸性 CH3COOHHClO,则等浓度
11、 CH3COONa 和 NaClO 的混合液中：C(Na+)C(ClO-)C(CH3COO-)C(OH-)C(H+)【知识点】有关 pH 的计算；反应热和焓变；离子浓度大小的比较 F2H6【答案解析】【解析】B解析：A、醋酸是弱酸，电离过程是吸热的过程，强酸碱的中和热是57.3kJ/mol，根据 HClO（aq）+OH-（aq）=ClO-（aq）+H2O（l）H=-Q1kJmol-1，则次氯酸的电离方程式及热效应可表示为：HClO（aq）H+（aq）+ClO-（aq）H=（57.3-Q1）kJmol-1，故 A 错误；B、将 20mL1mol/LHClO 与 10mL1mol/LNaOH 混合
12、后所得的溶液是等浓度的次氯酸和次氯酸钠的混合物，根据电荷守恒：c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（ClO-），根据物料守恒：2c（Na+）=c（ClO-）+c（HClO），整理两个等式得到 2c（H+）-2c（OH-）=c（ClO-）-c（HClO），故 B 正确；C、向 Na2SO3 溶液中加入 HClO，次氯酸将亚硫酸钠氧化为硫酸钠，不会发生复分解反应，故C 错误；D、等浓度 CH3COONa 和 NaClO 的混合液中，由于酸性 CH3COOHHClO，所以次氯酸根离子水解程度大与醋酸钠根离子，C（ClO-）C（CH3COO-），溶液显示碱性，所以 C（Na+）C（CH3COO-
13、）C（ClO-）C（OH-）C（H+），故 D 错误故答案选 B【思路点拨】本题考查了学生反应热的大小比较、离子浓度大小比较以及溶液中离子浓度之间的关系，属于综合知识的考查，难度中等。【题文】20一定温度下，将 0.1molAgCl 固体加入 1L 0.1molL1Na2CO3 溶液中，充分搅拌(不考虑液体体积变化)，已知：Ksp(AgCl)=21010；Ksp(Ag2CO3)=11011，下列有关说法正确的是（）A沉淀转化反应 2AgCl(s)+CO32-(aq)Ag2CO3(s)+2Cl-(aq)的平衡常数为 20molL-1B约有 10-5mol AgCl 溶解C反应后溶液中的：c(Na
14、+)c(CO32-)c(Cl-)c(Ag+)c(H+)-11-D反应后溶液中的：c(Na+)+c(Ag+)=2 c(CO32-)+c(HCO3-)+c(Cl-)【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质H5【答案解析】【解析】C解析：A、Ksp（Ag2CO3）=c（Ag+）20.1=110-11，c（Ag+）=10-5，Ksp（AgCl）=c（Cl-）10-5=210-10，c（Cl-）=210-5mol/L，K=Cl2/CO32=(2105)2/0.1=410-9，故 A 错误；B、c（Cl-）=210-5mol/L，在 1L 的溶液中，约有 210-5mol AgCl 溶解，故 B 错
15、误；C、c（Cl-）=210-5mol/L，c（CO32-）=0.1mol/L，所以 c（CO32-）c（Cl-），故 C 正确；D、据电荷守恒，c（Na+）+c（H+）+c（Ag+）=2 c（CO32-）+c（HCO3-）+c（Cl-）+c（OH-），故 D 错误；故答案选 C【思路点拨】本题考查了沉淀的溶解平衡以及沉淀转化、电荷守恒，题目难度较大。第卷（50 分）三、简答题【题文】21（8 分）（1）常温下，一种烷烃 A 和一种单烯烃 B 组成混和气体，A 或 B 分子最多只含有 4 个碳原子，且 B 分子的碳原子数比 A 分子的多。将 1L 该混和气体充分燃烧，在同温同压下得到 2.5L
16、CO2 气体。试推断原混和气体中 A 和 B 所有可能的组合及其体积比,并将结果填入下表：组合编号A 的分子式B 的分子式A 和 B 的体积比 VA:VB（2）烃C与烃A互为同系物，分子中含有11个C原子，8个甲基，则烃C的系统名称为，该烃的二氯代物有种【知识点】有机物实验式和分子式的确定 K1【答案解析】【解析】（8 分）（1）（每组 1 分）组合编号A 的分子式B 的分子式A 和 B 的体积比 VA:VBCH4C3H61：3CH4C4H81:1C2H6C3H61：1C2H6C4H83：1（2）2,2,3,3，4,4-六甲基戊烷（2 分）6 种（2 分）解析：（1）因 1 升混合气体充分燃烧
17、后生成 2.5 升 CO2，且 B 分子的碳原子数比 A 分子的多，混合气体只能由碳原子数小于 2.5 的烷烃（CH4 和 C2H6）和碳原子数大于 2.5 的烯烃（C3H6和 C4H8）组成它们有四种可能的组合：CH4、C3H6；CH4、C4H8；C2H6、C3H6；C2H6、C4H8；根据每一种组合中烷烃和烯烃的碳原子数及燃烧后生成的 CO2 体-12-积，可确定 A 和 B 的体积比如：，则 V（CH4）：V（C3H6）=1：3，故答案为：CH4、C3H6、1：3；CH4、C4H8、1：1C2H6、C3H6、1：1C2H6、C4H8、3：1；（2）烃 C 与烃 A 互为同系物，分子中含有
18、 11 个 C 原子，8 个甲基，则 C 是饱和烷烃，结构简式：，则烃 C 的系统名称为 2,2,3,3，4,4-六甲基戊烷，该烃的二氯代物有 6 种。【思路点拨】本题考查了十字交叉法、差量法的使用，有一定的难度，注意根据燃烧的方程式进行判断。【题文】22（9 分）在含有弱电解质的溶液中，往往有多个化学平衡共存。（1）一定温度下，向 1 L 0.1 molL1CH3COOH 溶液中加入 0.1 mol CH3COONa 固体，则溶液中_(填“增大”“不变”或“减小”)，写出表示该混合溶液中所有离子浓度之间的一个等式；常温下向 20 mL 0.1 molL1 Na2CO3 溶液中逐滴加入 0.1
19、 molL1 HCl 溶液 40 mL，溶液中含碳元素的各种微粒(CO2 因逸出未画出)物质的量分数(纵轴)随溶液 pH 变化的部分情况如图所示。回答下列问题：在同一溶液中，H2CO3、HCO3、CO23_(填“能”或“不能”)大量共存；当 pH7 时，溶液中含碳元素的主要微粒为_，溶液中各种离子（CO 23除外）的物质的量浓度的大小关系为_；已知在 25时，CO 23水解反应的平衡常数即水解常数 Kh2104molL1，当溶液中 c(HCO3)c(CO23)21 时，溶液的 pH_。【知识点】离子浓度大小的比较；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用 B1D1D2【答案解析】【解析】（
20、9 分）（1）减小（1 分）c(CH3COO)c(OH)c(H)c(Na)（1 分）（2）不能（1 分）HCO3、H2CO3，c(Na)c(Cl)c(HCO3)c(H)c(OH)10（每空 2 分）解析：（1）c(CH3COO)c(H+)/c(CH3COOH)为 CH3COOH 的电离平衡常数，只受温度的影响，加入 0.1mol CH3COONa 固体，因温度不变，则平衡常数不变，溶液中存在电荷守恒，为 c-13-（CH3COO-）+c（OH-）=c（H+）+c（Na+），故答案为：不变；c（CH3COO-）+c（OH-）=c（H+）+c（Na+）；（2）Na2CO3 为强碱弱酸盐，水解呈碱性
21、，水解方程式为 CO32-+H2O HCO3-+OH-，加入石膏（CaSO42H2O）生成碳酸钙沉淀，反应的方程式为 Na2CO3+CaSO42H2O=CaCO3+Na2SO4+2H2O，故答案为：CO32-+H2O HCO3-+OH-；Na2CO3+CaSO42H2O=CaCO3+Na2SO4+2H2O；（3）常温下在 20mL0.1mol/L Na2CO3 溶液中逐滴加入 0.1mol/L HCl 溶液 40mL，先反应生成碳酸氢钠，再与盐酸反应生成二氧化碳、水，由反应及图象可知，在同一溶液中，H2CO3、HCO3-、CO32-不能大量共存，故答案为：不能；由图象可知，pH=7 时，溶液中
22、含碳元素的主要微粒为 HCO3-、H2CO3，电荷守恒可知 c（Na+）+c（H+）=c（Cl-）+c（HCO3-）+c（OH-），则 c（Na+）c（Cl-），因 HCO3-水解，则 c（Na+）c（Cl-）c（HCO3-），溶液中各种离子的物质的量浓度的大小关系为 c（Na+）c（Cl-）c（HCO3-）c（H+）=c（OH-），故答案为：HCO3-、H2CO3；c（Na+）c（Cl-）c（HCO3-）c（H+）=c（OH-）；水解常数 Kh=c(HCO3-)c(OH)/c（CO32-）=210-4，当溶液中 c（HCO3-）：c（CO32-）=2：1 时，c（OH-）=10-4mol/L
23、，由 Kw 可知，c（H+）=10-10mol/L，所以 pH=10，故答案为：10【思路点拨】本题考查了较综合，涉及盐类的水解、弱电解质的电离及溶液中酸碱之间的反应，题目难度较大，综合考查学生分析问题、解决问题的能力，注重能力的考查，（3）为解答的难点【题文】23(8 分)元素 X、Y、Z、E、M、N 均为短周期主族元素，且原子序数依次增大。已知 Y 元素原子最外层电子数与核外电子总数之比为 34，M 元素与 Y 元素能形成化合物 MY2和化合物 MY3，化合物 MY2 中两种元素质量分数相同；N、Z、X的半径逐渐减小；化合物 XN 在常温下为气体，E、Z、N 的最高价氧化物的水化物两两能反
24、应，回答下列问题：（1）写出 Z 最高价氧化物的水化物的电子式 _。（2）两个体积相等的恒容容器，甲容器通入 1 mol MY2 和 1 mol Y2 单质，乙容器通入 1 molMY3 和 0.5 mol Y2 单质，发生反应：2 MY2(g)+Y2(g)2 MY3(g)H0，甲、乙起始反应温度相同，两容器均和外界无热量交换，平衡时，甲中 MY2 的转化率为 a，乙中 MY3 的分解率为 b，则a、b 的关系为 a+b1（填“”、“”或“”)。该条件下容器甲反应达平衡状态的依据是（填序号）。Av 正(Y2)2v 逆(MY3)B混合气体的密度不变Cc(MY2)c(MY3)D混合气体的总物质的量
25、不变E容器内温度不变FMY2 和 Y2 的质量比不变（3）2.7 克单质 E 与 100ml 2mol/L Z 的最高价氧化物的水化物充分反应，向反应后的溶液中滴入 2 mol/L XN 的溶液 V mL，当溶液中产生 3.9 克沉淀时，求此时 V 的值【知识点】位置结构性质的相互关系应用 E5【答案解析】【解析】（8 分）（每空 2 分）（1）（2）DEF（3）75mL 或者 175mL解析：元素 X、Y、Z、E、M、N 均为短周期主族元素，且原子序数依次增大Y 元素原子最外层电子数与核外电子总数之比为 3：4，可推知 Y 为 O 元素；M 元素与 Y 元素能形成化合物 MY2和化合物 MY
26、3，化合物 MY2 中两种元素质量分数相同，则 M 为 S 元素；N-、Z+、X+的半径逐渐减小，可知 X、Z 处于A 族，N 处于A 族，结合原子序数可知，Z 为 Na、N 为 Cl，化合物-14-XN 在常温下为气体，则 X 为 H 元素；E、Z、N 的最高价氧化物的水化物两两能反应，应是氢氧化铝与强酸、强碱反应，故 E 为 Al，（1）Z 最高价氧化物的水化物为 NaOH，由钠离子与氢氧根离子构成，其电子式为：.（2）发生反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H0，恒温恒容下，甲容器通入 1molSO2 和 1molO2 单质，乙容器通入 1molSO3 和 0.5molO2单质
27、，二者得到相同的平衡状态，平衡时，甲中 SO2 的转化率与乙中 SO3 的分解率之和为 1，但甲、乙起始反应温度相同，两容器均和外界无热量交换，甲中为温度升高，乙中温度降低，乙中所到达的平衡可以等效为在甲平衡的基础上降低温度，三氧化硫的分解率比与甲中等温度到达平衡的分解率低，若平衡时，甲中 MY2 的转化率为 a，乙中 MY3 的分解率为 b，则：a+b1；Av 正（Y2）=2v 逆（MY3），速率之比不等于化学计量数之比，反应为到达平衡，故 A 错误；B恒容条件下，混合气体的密度始终不变，故 B 错误；C平衡时二氧化硫与三氧化硫的浓度与转化率有关，平衡时二者浓度不一定相等，故 C 错误；D随
28、反应进行总物质的量减小，混合气体的总物质的量不变，说明到达平衡，故 D 正确；E绝热条件下，甲容器内温度升高，容器内温度不变，说明到达平衡，故 E 正确；FSO2 和 O2 的起始物质的量之比不等于化学计量数之比，二者质量比随反应进行发生变化，故二者质量比不变，说明到达平衡状态，故 F 正确，故答案为：DEF；（3）2.7 克 Al 的 物 质 的 量 为 0.1mol，100ml2mol/LNaOH 溶 液 中 n（NaOH）=0.1L2mol/L=0.2mol，二者发生反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，由方程式可知0.1molAl 完全反应消耗 0.1molNaO
29、H，故剩余 0.1molNaOH，生成 0.1molNaAlO2，向反应后的溶液中滴入 2mol/L HCl 的溶液，当溶液中产生 3.9 克沉淀为氢氧化铝的质量，若溶液中 Al元素全部转化为氢氧化铝，则氢氧化铝的质 量=0.1mol78g/mol=7.8g3.9g，故 Al 元素没有全部沉淀，有两种情况：一是盐酸不足，只有部分偏铝酸钠转化氢氧化铝沉淀，二是盐 酸过量，偏铝酸钠完全转化为氢氧化铝沉淀后，部分氢氧化铝溶解，3.9g 氢氧化铝的物质的量=3.9g/78g/mol=0.05mol，盐酸不足，只有部分偏铝酸钠转化氢氧化铝沉淀，则：NaOH+HCl=NaCl+H2O0.1mol0.1mo
30、lNaAlO2+HCl+H2O=Al（OH）3+NaCl，0.05mol0.05mol故 HCl 总物质的量=0.1mol+0.05mol=0.15mol，消耗盐酸的体积=0.15mol/2mol/L=0.075L=75mL；盐酸过量，偏铝酸钠完全转化为氢氧化铝沉淀后，部分氢氧化铝溶解，则：NaOH+HCl=NaCl+H2O0.1mol0.1molNaAlO2+HCl+H2O=Al（OH）3+NaCl，0.1mol 0.1mol0.1molAl（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O（0.1-0.05）mol3（0.1-0.05）mol故 HCl 总 物 质 的 量=0.1mol+0.1mo
31、l+3（0.1-0.05）mol=0.35mol，消 耗 盐 酸 的 体 积=0.35mol/2mol/L=0.175L=175mL，-15-故答案为：75mL 或 175mL；【思路点拨】本题综合较大，涉及结构性质位置关系应用、化学平衡、化学方程式计算，是对学生综合能力的考查，题目难度中等.【题文】24（14 分）某工厂对工业生产钛白粉产生的废液进行综合利用，废液中含有大量FeSO4、H2SO4 和少量 Fe2(SO4)3、TiOSO4，可用于生产颜料铁红和补血剂乳酸亚铁。其生产工艺流程如下：（已知乳酸酸性强于碳酸）已知：TiOSO4 可溶于水，在水中可以电离为 TiO2+和 SO42；Ti
32、OSO4 水解的反应为：TiOSO4+(x+1)H2O TiO2 xH2O+H2SO4。请回答：（1）步骤所得滤渣的主要成分为，分离硫酸亚铁溶液和滤渣的操作中所用的玻璃仪器是；步骤中得到纯净硫酸亚铁晶体的操作为蒸发浓缩、。（2）步骤硫酸亚铁在空气中煅烧生成铁红和三氧化硫，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为。（3）步骤的离子方程式是。（4）试用平衡移动原理解释步骤生成乳酸亚铁的原因:。（5）实验室中常用 KMnO4 滴定法测定晶体中 FeSO47H2O 的质量分数，取步骤中所得FeSO47H2O 晶体样品 a g，配成 500.00 mL 溶液，取出 25.00 mL 溶液，用 KMnO4
33、溶液滴定（杂质与 KMnO4 不反应）。若消耗 0.1000 molL-1 KMnO4 溶液 25.00 mL，所得晶体中FeSO47H2O 的质量分数为（用 a 表示）。【知识点】制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 J2J4【答案解析】【解析】（14 分）（每空 2 分）（1）FeTiO2 xH2O漏斗、玻璃棒、烧杯冷却结晶、过滤、洗涤（2）1:4（3）Fe2+2HCO3-=FeCO3+H2O+CO2（2 分）（4）乳酸与 CO32-反应，降低了 CO32-的浓度，使上述平衡正向移动，使碳酸亚铁溶解得到乳酸亚铁溶液（5）69.5/a解析：废液中含有大量 FeSO4、H
34、2SO4 和少量 Fe2（SO4）3、TiOSO4，加铁屑，Fe 与 H2SO4和少量 Fe2（SO4）3 反应生成 FeSO4，TiOSO4 水解生成 TiO2xH2O，过滤，滤渣为 TiO2xH2O、Fe，滤液为 FeSO4，FeSO4 溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到硫酸亚铁晶体，脱水、煅烧得到氧化铁；FeSO4 溶液中加碳酸氢铵碳酸亚铁沉淀、硫酸铵和二氧化碳，碳酸亚铁沉淀加乳酸溶解生成乳酸亚铁溶液和二氧化碳，乳酸亚铁溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到乳酸亚铁晶体；（1）由流程分析可知，步骤所得滤渣的主要成分为 TiO2xH2O、Fe；实现固体和液体的分-16-离用过滤的方
35、法，过滤操作使用的仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗；步骤是从溶液中得到硫酸亚铁晶体，操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤等操作；故答案为：TiO2xH2O、Fe；玻璃棒、烧杯、漏斗；冷却结晶、过滤洗涤；（2）硫酸亚铁在空气中煅烧生成铁红和三氧化硫的方程式为：4FeSO4+O2=高温=2Fe2O3+4SO3，氧化剂是氧气，还原剂是氧化铁，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为 1：4，故答案为：1：4；（3）由流程图可知，硫酸亚铁与碳酸氢铵反应是碳酸亚铁，还生成气体为二氧化碳，溶液 B为硫酸铵溶液，反应离子方程式为：Fe2+2HCO3-=FeCO3+H2O+CO2，故答案为：Fe2+2HCO3-=FeCO3+
36、H2O+CO2；（4）碳酸亚铁的沉淀存在溶解平衡：FeCO3（s）Fe2+（aq）+CO32-（aq），加入乳酸，这样 CO32-与乳酸反应浓度降低，平衡向右移动，使碳酸亚铁溶解得到乳酸亚铁溶液，故答案为：FeCO3（s）Fe2+（aq）+CO32-（aq），CO32-与乳酸反应浓度降低，平衡向右移动，使碳酸亚铁溶解得到乳酸亚铁溶液；（6）令 FeSO47H2O 的质量分数为 x，亚铁离子会被高锰酸钾氧化为三价铁离子，本身被还原为+2 价的锰离子，根据电子守恒，则5 FeSO47H2OKMnO4，5278g1molagx25/5000.1000mol/L0.025L所以 5278g(agx25
37、/500)=1mol0.1000mol/L0.025L，解得 x=69.5/a；【思路点拨】本题是化学工艺流程题目，是一道金属元素的单质以及化合物性质的综合应用题目，涉及对原理的理解、实验条件下的选择与控制、物质的分离提纯、氧化还原反应、平衡移动原理、滴定计算等，考查学生分析和解决问题的能力，难度中等。【题文】25（11 分）甲醇是未来重要的绿色能源之一，以 CH4 和 H2O 为原料，通过下列反应来制备甲醇、CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）H=+206.0KJ/mol、CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H=-129.0KJ/mol（1）CH4（g）与 H2O（g）反应
38、成 CH3OH（g）和 H2（g）的热化学方程式为。（2）将 1.0molCH4 和 2.0molH2O（g）通入容积为 2L 的密闭容器中，在一定条件下发生反应 I，测得在一定压强下平衡时 CH4 的转化率与温度的关系如图 1假设 100时反应 I 达到平衡所需的时间为 5min，则用 H2 表示这段时间该反应的平均反应速率为。100时反应 I 的平衡常数为。若保持温度和容器的容积不变，5min 时再向容器中充入 H2O（g）和 CO 各 0.2mol，平衡将移动（填“正向”、“逆向”或“不”）。（3）如图 2，P 是可自由平行滑动的活塞，关闭 K2，在相同温度下，通过 K1、K3 分别向
39、A、B 中各充入 2mol CO 和 3molH2，在一定条件下发生反应，关闭 K1、K3，反应起始时 A、B的体积相同，均为 aL。反应达到平衡后，A 内压强为起始压强的 0.6 倍，则平衡时 A 容器中 H2 的体积分数为。-17-若在平衡后打开 K2，再次达到平衡后 B 容器的体积缩至 0.6aL，则打开 K2 之前，B 容器的体积为L。（4）甲醇对水质会造成一定的污染，有一种电化学法可消除这种污染，其原理是：通电后，将 Co2+氧化成 Co3+，然后以 Co3+作氧化剂把水中的甲醇氧化成 CO2 而净化实验室用如图 3装置模拟上述过程：写出阳极电极反应式；写出除去甲醇的离子方程式。【知
40、识点】热化学方程式；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素；化学平衡的调控作用F3F4G5【答案解析】【解析】（11 分）（1）CH4(g)+H2O(g)=CH3OH(g)+H2(g)H=+77kJ/mol（2分）（2）0.12mol/(L.min)0.18(mol/L)2逆向（每空 1 分）（3）33.3 0.8 a（每空 1 分）（4）Co2+-e-=Co3+6Co3+CH3OH+H2O=6Co2+CO2+6H+（每空 2 分）解析：（1）依据盖斯定律结合题干热化学方程式计算得到；CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）H=+206.0kJ/mol；CO（g）+2H2（g
41、）=CH3OH（g）H=-129.0kJ/mol-得到 CH4（g）与 H2O（g）反应生成 CH3OH（g）和 H2（g）的热化学方程式为：CH4（g）+H2O（g）=CH3OH（g）+H2（g）H=+77.0KJ/L；故答案为：CH4（g）+H2O（g）=CH3OH（g）+H2（g）H=+77.0KJ/L（2）将 1.0mol CH4 和 2.0mol H2O（g）通入容积固定为 2L 的反应室，在一定条件下发生反应 I，由图象可知 100甲烷转化率为 40%，故参加反应的甲烷为 1mol40%=0.4mol，则：CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）起始量（mol）：1.0
42、2.000变化量（mol）：0.40.40.41.2平衡量（mol）：0.61.60.41.2假设 100时达到平衡所需的时间为 5min，则用 H2 表示该反应的平均反应速率=1.2mol/2L5min=0.12 molL-1min-1，故答案为：0.12 molL-1min-1；100时反应 I 的平衡浓度为 c（CH4）=0.30mol/L，c（H2O）=0.8mol/L，c（CO）=0.2mol/L，c（H2）=0.6mol/L，平衡常数 K=0.6molL130.2molL1 0.3molL10.8molL1=0.18mol2L-2，平衡后再向容器中充入 H2O（g）和 CO 各 0
43、.2mol，则 c（CH4）=0.30mol/L，c（H2O）=0.9mol/L，c（CO）=0.3mol/L，c（H2）=0.6mol/L，Qc=0.6molL130.3molL1 0.9molL10.3molL1=0.24（mol/L）2K=0.18mol2L-2，平衡逆向移动，故答案为：0.18mol2L-2；逆向；（3）A 中CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）反应前（mol）230反应了（mol）x2xx平衡后（mol）2-x3-2xx体积不变时，气体的压强之比等于气体的物质的量之比，则有（2-x+3-2x+x）：（2+3）=3：5解得：x=1，平衡时氢气的体积分数为：1mol(
44、1mol+1mol+1mol)=1/3打开 K2，AB 都是恒压环境，AB 的体积共缩小了 0.4aL，A 与 B 体积相等，则 A 与 B 各缩小了 0.2aL，则打开 K2 之前，B 容器的体积为 0.8aL，故答案为：0.8aL；(4)通电后，将 Co2+氧化成 Co3+，电解池中阳极失电子发生氧化反应，电极反应为-18-Co2+-e-=Co3+；以 Co3+做氧化剂把水中的甲醇氧化成 CO2 而净化的离子方程式结合氧化还原反应的实质原子守恒，电荷守恒配平书写为：6Co3+CH3OH+H2O=CO2+6Co2+6H+；故答案为：Co2+-e-=Co3+；6Co3+CH3OH+H2O=CO2+6Co2+6H+；【思路点拨】本题考查了盖斯定律的应用、化学反应速率的求算、化学平衡常数的求算及与Qc 的关系、恒压恒容容器中反应情况比较、原电池原理分析和电极反应书写方法，题目难度较大，注意认真分析