1、辽宁省大石桥 2017-2018 学年高三化学上学期期末质检试题说明本试题共 6 页，共 20 题。所有答案要写在答题卡上,写在本试题上不给分。可能用到的相对原子质量:H1 C12 N14 O16 Na23 Cl35.5 Hg201一、选择题(每题 3 分,共 45 分,每题各有一个正确选项,填涂于答题卡相应位置)1. Yohiaki Nakao 报道 (b)在 Pd 催化下可发生 Buchwald-Hartwig 偶联反应。下列说法不可确的是A. b 的分子式为 C18H12N2O2B. b 的一氯代物有 4 种C. b 可发生取代反应D. b 的所有原子不一定共平面【答案】B【解析】A 项
2、，由 b 的结构简式可得，分子中有 3 个苯环，共 18 个碳原子，每个苯环上还有4 个氢原子，共 12 个氢原子，还有 2 个氮原子和 2 个氧原子，所以分子式为：C 18H12N2O2，故A 正确；B 项，如图所示： ，b 的分子中 12 个氢原子两两对称，有 6 种氢原子，所以其一氯代物有 6 种，故 B 错误；C 项，b 中苯环上的氢原子可以发生取代反应，故 C 正确；D 项，b 分子中有碳氮单键，可以沿键轴旋转，所以 b 的所有原子不一定共平面，故 D 正确。2. 2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g) H=-198KJ/mol，在 V2O5存在时，该反应的机理为:V2O5+SO
3、2 2VO2+SO3(快) 4VO 2+O2 2V2O5(慢)下列说法正确的是A. 反应速率主要取决于 V2O5的质量 B. VO 2是该反应的健化剂C. 逆反应的括化能大于 198KJ/mol D. 增大 SO2的依度可显著提高反应速率【答案】C【解析】由反应机理可得，V 2O5是该反应的催化剂，反应速率与催化剂 V2O5的质量有一定关系，但主要取决于催化剂 V2O5的表面积，故 A、B 都错误；C 项，H=正反应的活化能-逆反应的活化能=-198kJ/mol，所以逆反应的活化能大于 198kJ/mol，故 C 正确；D 项，使用催化剂可以显著提高反应速率，增大 SO2的浓度可以提高反应速率
4、(不是显著提高)，故 D 错误。点睛：本题通过 SO2的催化氧化反应考查催化剂对反应速率的影响、H 与正逆反应活化能的关系等知识，注意：催化剂参与化学反应，在化学反应前后质量和化学性质不变，所以VO2不是催化剂；有些气体反应的催化剂，都要吸附气体，催化剂的表面积越大，吸附的气体越多，反应速度越快，还有些催化剂直接参与反应，只是反应完成又释放出来，化学反应速率与催化剂质量有关，但主要取决于催化剂的表面积；H=正反应的活化能-逆反应的活化能；增大反应物(SO 2)浓度可以提高反应速率，但与使用催化剂相比，还达不到显著提高反应速率的程度。3. 阿伏加想罗常數的值为 NA，下列说法正确的是A. 用惰性
5、电极电解 KOH 溶液,若期极产生 5.6L 气体,则电路中通过 0.5NA电子B. 常温常压下.4.6gNO 2气体所含的分子数为 0.1NAC. 7.8gNa2O2与足量的水(H 218O)反应生成的氧气所含的中于数为 NAD. 100g46%甲酸(HCOOH)水將被所含的氧原子数为 5NA【答案】D【解析】A 项，用惰性电极电解 KOH 溶液，阳极发生氧化反应：4OH -4e-=2H2O+O2，因为没告诉测量 5.6L 气体时的温度和压强，所以没法计算其物质的量，也就没法计算转移电子数，故 A 错误；B 项，4.6gNO 2气体的物质的量为：4.6g46gmol -1=0.1mol，因存
6、在平衡：2NO 2N2O4，所以气体所含的分子数小于 0.1NA，故 B 错误；C 项，Na 2O2与足量的水(H 218O)反应生成的氧气中不含 18O 原子，化学方程式可表示为：2H218O+2Na2O2=2NaOH+2Na18OH+O2，7.8gNa 2O2的物质的量为 0.1mol，生成 0.05molO2，每个O 原子含有 8 个中子，所以 0.05molO2含有的中子数为：0.05N A28=0.8NA，故 C 错误；D项，100g46%甲酸(HCOOH)水溶液中含有甲酸(HCOOH)46g，物质的量为 1mol，含有 H2O 54g，物质的量为 3mol，所以所含的氧原子总数为
7、2NA+3NA=5NA，故 D 正确。点睛：本题考查阿伏加德罗常数与微粒数关系的有关判断与计算，注意题中的陷阱，例如 A项中明确气体摩尔体积的使用条件，则不需要计算可快速判断该项错误；B 项中易忽略可逆反应 2NO2 N2O4；C 项 Na2O2与水的反应，Na 2O2既是氧化剂又是还原剂，氧气中的氧原子完全来自 Na2O2；D 项，不能一看到水溶液就认为其中有大量氧原子，因为已知为 100g 溶液，所以得需要计算后作出正确判断。4. 下列实验操作规范且能达到目的的是目的 操作A 鉴别 CO2和 SO2气体 将气体分别通入硝酸酸化的 BaCl2溶液B 制备氢氧化铁胶体 向沸水中一次加入大量的
8、FeCl3饱和溶液C检验蔗糖水解产物中是否含有葡萄糖在蔗糖溶液中加入 3-5 滴稀硫酸，煮沸几分钟，冷却后加入银氨溶液，在水浴中加热D比较 Fe3+和 Cu2+对 H2O2分解得催化效果向两支装有 2mL5%H2O2溶液的试管中分别滴入0.1mol/LFeCl3和 CuSO4溶液各 1mLA. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】A 项，SO 2通入硝酸酸化的 BaCl2溶液，发生反应 3SO2+Ba(NO3)2+2H2O=BaSO4+2NO+2H 2SO4，有白色沉淀生成，而 CO2通入硝酸酸化的 BaCl2溶液，不反应，所以鉴别 CO2和 SO2气体，可以将气体分别通入硝酸酸
9、化的 BaCl2溶液，故 A 正确；B 项，制备氢氧化铁胶体，应向沸水中滴加少量 FeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，即停止加热，故 B 错误；C 项，煮沸后的溶液中没有加碱，以中和作催化剂的硫酸，故 C 错误；D项，由于两种盐溶液中阴离子不同，所以不能排除阴离子不同而造成实验的不准确，故 D 错误。5. 右表为周期表的一部分，其中 X、Y、W、Z 为短周期元素，T 单质常温下为液体。下列说法错误的是A. X、Y 是形成生命物质的重要元素B. Y、Z 元素氢化物的稳定性依次递增C. 工业上电解 NaW 溶液得 W2可使用阴离子交换膜D. R 可用于制造半导体材料【答案】C【解析】X、Y
10、、W、Z 为短周期元素，由表可得，Y、Z 为第二周期元素，X、W 为第三周期元素，R、T 为第四周期元素，T 单质常温下为液体，则 T 为 Br 元素；由六种元素的相对位置可得：W 为 Cl 元素、Z 为 F 元素、Y 为 O 元素、X 为 P 元素、R 为 Ge 元素。A 项，X 为 P 元素、Y 为 O 元素，在组成生物体的元素中，C、H、O、N、P、S 等是组成原生质的主要元素，故 A 正确；B 项，Y 为 O 元素、Z 为 F 元素，非金属性：FO，所以氢化物的稳定性：HFH 2O，故 B 正确；C 项，W 为 Cl 元素，工业上电解 NaCl 溶液，阳极 Cl-发生氧化反应生成 Cl
11、2，阴极水中+1 价 H 发生还原反应生成 H2和 OH-，若使用阴离子交换膜，则 OH-会移动到阳极与 Cl2反应，故 C 错误；D 项，R 为 Ge 元素，Ge 和 Si 同主族且相邻，性质相似，都可用于制造半导体材料，故 D 正确。点睛：本题考查元素周期表的推断，主要是根据元素在周期表中的相对位置关系进行推断，解题时，首先明确周期的关系以及族的关系，根据“T 单质常温下为液体”这一突破口，推出 T 为 Br 元素，进一步推出其他各元素，然后再结合元素周期律、元素化合物的性质应用、电化学等知识解决各选项。注意 C 项电解池中要根据电解的目的选择离子交换膜。6. 使用下列食品参加剂不会改变原
12、分散系种类的是A. 乳化剂 B. 防腐剂 C. 增稠剂 D. 凝固剂【答案】B【解析】A 项，乳化剂是乳浊液的稳定剂，加入乳化剂会形成稳定的乳浊液，能够改变原分散系种类，故 A 错误；防腐剂是能抑制微生物活动，防止食品腐败变质的一类食品添加剂，如苯甲酸、苯甲酸钠、山梨酸、山梨酸钾、丙酸钙等都是可溶性的小分子，所以加入防腐剂不会改变原分散系种类，故 B 正确；C 项，增稠剂主要用于改善和增加食品的粘稠度，所以加入增稠剂能够改变原分散系种类，故 C 错误；D 项，凝固剂是使食品结构稳定、使加工食品的形态固化、降低或消除其流动性、且使组织结构不变形、增加固形物而加入的物质，所以加入凝固剂能够改变原分
13、散系种类，故 D 错误。7. 化学与生活密切相关。下列说法错误的是A. FeCl3溶液可用于应急止血B. 尿素CO(NH 2)2可用作氮肥C. 玻璃钢可用于制造汽车挡风破璃D. 肥皂水可用于清洗蚊虫叮咬处【答案】C【解析】A 项，血液属于胶体，加入 FeCl3可使胶体聚沉，FeCl 3溶液可用于应急止血，故 A正确；B 项，尿素溶于水，会发生缓慢水解生成可被植物吸收的成分（NH 4+等） ，且尿素中氮元素含量较高，是一种常用的氮肥，故 B 正确；C 项，玻璃钢可用于制造汽车车身，但因为玻璃钢是不透明的，所以不能用于制造汽车挡风破璃，故 C 错误；D 项，蚊子叮咬后，在人的皮扶内分泌出甲酸，肥皂
14、水显碱性，能与甲酸发生中和反应，故 D 正确。8. “富勒烯“材料家族包括 C60、C 70、N 60、B 40，下列说法正确的是A. B40和 C70都属于新型化合物 B. B 40、C 60、C 70、N 60分子内都只含共价键C. C60和 C70属于同分异构体 D. B 40、C 60、C 70、N 60都属于烯烃【答案】B【解析】A 项，B 40和 C70都只由一种元素组成，都属于单质，故 A 错误；B 项，四种物质均只含一种非金属元素，则只含共价键，故 B 正确；C 项，C 60和 C70为碳的不同单质，互为同素异形体，故 C 错误；D 项，烯烃含有 C、H 两种元素，所以四种单质
15、都不属于烯烃，故 D 错误。9. 下列微粒不会影响水的电离平衡的是A. B. C. Cl-O-H D. 【答案】A【解析】A、该微粒是 Na ，不会影响水的电离平衡，A 正确；B、S 2-水解，促进水的电离，B 错误；C、该微粒是 HClO，电离出氢离子，抑制水的电离，C 错误；D、该微粒是 CH3COOH，电离出氢离子，抑制水的电离，D 错误，答案选 A。10. 下列说法确的是A. 水可用来鉴别溴苯和苯B. 聚苯乙烯不能发生加成反应C. 用于杀菌消毒的医用酒精质量分数为 95%D. 植物油，动物脂肪和甘油都属于油脂【答案】A【解析】A 项，溴苯和苯都难溶于水，溴苯密度大于水的密度，加入水中，
16、下层为油状液体，苯的密度小于水的密度，加入水中，上层为油状液体，故 A 正确；B 项，聚苯乙烯中苯环上有不饱和键，可以发生加成反应，故 B 错误；C 项，用于杀菌消毒的医用酒精质量分数为 75%，故 C 错误；D 项，植物油和动物脂肪属于油脂，而甘油是丙三醇，属于醇，故 D 错误。11. 0.10mol/L HA(Ka=10-9.89)溶液,调节溶液 pH 后。保持HA + A -=0.10mol/L。下列关系正确的是A. pH=2.00 时，HA H + OH- A-B. pH=7.00 时，HA = A - OH-= H+C. pH=9.89 时，HA = A - OH-= H+D. pH
17、=14.00 时，OH -A-H+HA【答案】C.12. 中科院董绍俊课题组将二氧化锰和生物质置于一个由滤纸制成的折纸通道内形成电池(如右图所示),该电池可将可乐(pH=2.5)中的葡萄糖作为燃料获得能量。下列说法正确的是A. a 极为正极B. 随着反应不断进行，负极区的 pH 不断增大C. b 极的电极反成为:MnO 2+2H2O+2e-=Mn2+4OH-D. 都消耗 0.01mol 葡萄糖，电路中转移 0.02mol 电子【答案】D【解析】A 项，由已知结合图示，葡萄糖(C 6H12O6)发生氧化反应生成葡萄糖内酯(C 6H10O6)，所以 a 极为负极，故 A 错误；B 项，电解质溶液显
18、酸性，所以负极反应为：C 6H12O6-2e-=C6H10O6+2H+，随着反应不断进行，负极区的 pH 不断减小，故 B 错误；C 项，b 极为正极，电极反应为：MnO 2+4H+2e-=Mn2+2H2O，故 C 错误；D 项，由负极反应 C6H12O6-2e-=C6H10O6+2H+可得，1mol 葡萄糖失去 2mol 电子，所以若消耗 0.01mol 葡萄糖，电路中转移 0.02mol 电子，故 D 正确。点睛：本题考查燃料电池，题目很新颖，明确原电池原理是解题关键，原电池反应都是自发进行的氧化还原反应，遵循氧化还原反应原理，燃料电池中，燃料在负极上发生氧化反应，氧化剂在正极上发生还原反
19、应，注意电极反应式的书写要考虑电解质溶液的酸碱性。13. 实验室采用 HCl 气体“置换”除水，升华相结合的方法从市售的氯化锌制备高纯度无水氯化锌,装置如图所示市售氯化锌含 Zn(OH)Cl。下列说法不正确的是A. 恒压漏斗的作用是平衡气体压强B. 管式炉采取的升温方式是阶段式开温C. 实验时,应先撒去管式炉，再撤去管式炉D. 在尾气吸收装置前应增加一个干燥装置【答案】C【解析】A 项，恒压分液漏斗可以保证内部压强不变，保持恒压分液漏斗与三颈瓶内压强相等，使浓硫酸顺利滴下，故 A 正确；B 项，装置中干燥的 HCl 气体从左边进入管式炉 I，与Zn(OH)Cl 反应生成氯化锌和 H2O(g)，
20、H 2O(g)随 HCl 气流进入尾气吸收装置，然后管式炉 I 升至更高的温度使氯化锌升华进入管式炉 II，凝华得到高纯度无水氯化锌，所以管式炉采取的升温方式是阶段式升温，故 B 正确；C 项，氯化锌升华进入管式炉 II，凝华得到高纯度无水氯化锌，所以实验时应先撤去管式炉的加热，再撒去管式炉，故 C 错误；D 项，为防止氯化锌吸水再次生成 Zn(OH)Cl，在尾气吸收装置前应增加一个干燥装置，故 D 正确。点睛：本题通过高纯度无水氯化锌的制备考查实验分析能力，涉及实验仪器的使用、实验装置的选择与改进等。解题时注意明确制备方法以及对实验流程的分析，本实验制备高纯度无水氯化锌的核心部位在管式炉，因
21、为生成的氯化锌需要升华后再冷凝为固体，反应的温度比升华温度低，所以需要阶段加热，后期用于凝华收集，所以肯定先撤的加热；无水氯化锌具有很强的吸水性，能自空气中吸收水分而转变为碱式氯化锌，所以尾气吸收装置前应增加干燥装置。14. 短周期元素 T、Q、R.、W 原子序数依次增大,其组成物质可进行下列转化：金属单质 A与气体单质 B 加热反应生成 M，M 具有硬度高、谢高温等特点，易与常见被体 D 反应,生成刺激性气味气体 B 能使湿润的红色石蕊试纸变蓝) 。A 不溶于碱溶液但可与 E 在加热条件下反应得到 M。下列说法正确的是A. 化合物 M 是一种新型无机非金属材料氮化铝B. Q 元素组成的单质常
22、温下较稳定C. R 元素组成的单质 A 又称作“国防金属”D. A 与 E 反成中,每生成 0.1molM 可得气态产物 3.36L(标准状况)【答案】B【解析】由已知各物质的组成元素均为短周期元素，E 为能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的刺激性气味的气体，则 E 为 NH3；金属单质 A 与气体单质 B 加热反应生成具有硬度高、耐高温等特点的 M，A 不溶于碱溶液，M 与常见液体 D 反应生成了 E(NH3)，所以 D 为 H2O，M 为Mg3N2，A 为金属 Mg，B 为 N2；因为短周期元素 T、Q、R.、W 原子序数依次增大，所以 T 为 H元素、Q 为 N 元素、R 为 O 元素、W 为
23、Mg 元素。A 项，由前面的推理可得，M 为 Mg3N2，故 A 错误；B 项，Q 为 N 元素，N 2中两个 N 原子形成 3对共用电子，所以 N2在常温下性质稳定，故 B 正确；C 项，R 为 O 元素，其单质为非金属单质，故 C 错误；D 项，A 为金属 Mg，E 为 NH3，M 为 Mg3N2，A 与 E 反应为：3Mg+2NH3 Mg3N2+3H2，所以每生成 0.1molMg3N2可得气态产物 0.3mol，体积为 6.72L(标准状况)，故 D 错误。15. 一定条件下合成乙烯:6H 2(g)+2CO2(g) CH2=CH2(g) +4H2O(g)。已知温度对 CO2的平衡转化率
24、和催化剂催化效率的影响如右下图。下列说法正确的是A. M 点的正反应速率 v 正 大于 N 点的逆反应速率 v 逆B. 若投料比 n(H2) :n(CO2) =4：1，则图中 M 点己烯的体积分数为 5.88%C. 250，催化剂对 CO2平衡转化率的影响最大D. 当温度高于 250%,升高温度,平衡逆向移动导致催化剂的催化效率降低【答案】B【解析】A 项，化学反应速率随温度的升高而加快，由图可得，催化剂的催化效率随温度的升高而降低，所以 M 点的正反应速率 v 正 有可能小于 N 点的逆反应速率 v 逆 ，故 A 错误；设开始投料 n(H2)为 4mol，则 n(CO2)为 1mol，如图当
25、在 M 点平衡时二氧化碳的转化率为 50%，列三段式得：所以乙烯的体积分数为 0.25(2.5+0.5+0.25+1)100%5.88%，故 B 正确；C 项，催化剂不影响平衡转化率，只影响化学反应速率，故 C 错误；D 项，根据图象，当温度高于 250，升高温度二氧化碳的平衡转化率降低，则说明平衡逆向移动，但催化剂与化学平衡没有关系，并不是平衡逆向移动导致催化剂的催化效率降低，故 D 错误。二、非选择题（共 5 题,55 分)16. 水溶性离子是大气颗粒物的主要成分,研究其化学组成对于治理大气污染其有重大意义，某地区大气颗粒物经采样与必要的预处理后得试样溶液。经离子色谱检验确定含有以下离子N
26、H4+、Na +、Mg 2+、Ca 2+、Al 3+、SO 42-、NO 3-、CO 32-、Cl -。某同学对其再进行如下的实验:已知：在加热与强碱性条件下,铝单质可以将 NO3-还原为氨气。回答下列问题:(1)“气体 1“的电子式为_。(2)生成“沉淀 1”的离子方程式为_。(3)“沉定 2”的成分是_(填化学式)。(4)“溶液 3 溶液 2”的离子方程式为_。(5)根据上述实验可推断该地区大气颗教物中_合量较低(填离子符号)。(6)已知大气颗粒物中各元素的行染主体如下表:元素 N S Na、Mg、Cl Al Ca污染主体 机动车尾气 燃煤污染 海盐离子 土壤扬尘 建筑粉尘根据实验结果可判
27、断该地区大气颗粒物污染主体有_。【答案】 (1). (2). Al(OH)4-+CO2=A l(OH)3+HCO 3- (3). BaSO4、BaCO 3 (4). 8Al+3NO3-+5OH-+18H2O 3NH3+8A1(OH) 4- (5). Mg2+、Ca 2+、CO 32- (6). 机动车尾气、燃煤污染、土壤扬尘【解析】 （1）由已知，试样溶液中的 NH4+与过量 NaOH 溶液反应，加热产生的气体 1 为氨气(NH3)，故电子式为： 。（2）试样溶液中的 Al3+与过量 NaOH 溶液反应生成Al(OH) 4-，Al(OH) 4-与 CO2反应生成Al(OH)3沉淀，Al(OH)
28、 3沉淀与 NaOH 溶液反应生成Al(OH) 4-，沉淀溶解，所以沉淀 1 为Al(OH)3，生成“沉淀 1”的离子方程式为：Al(OH) 4-+CO2=Al(OH)3+HCO 3-。（3）由流程，沉淀 2 中加盐酸，沉淀部分溶解并产生气体，结合已知中离子色谱检验结果可得，沉淀 2 应为 BaSO4和 BaCO3的混合物。（4）流程中，溶液 3 加入铝粉和 NaOH 加热条件生成的气体 2 能使湿润的 pH 试纸变蓝，则气体 2 为氨气，由已知：在加热与强碱性条件下，铝单质可以将 NO3-还原为氨气，所以“溶液 3 气体 2”的离子方程式为：8Al+3NO 3-+5OH-+18H2O 3NH
29、3+8A1(OH) 4-。（5）根据试样溶液加过量 NaOH 溶液没有产生沉淀，可得 Mg2+含量较低；根据沉淀 1 完全溶解于 NaOH 溶液，可得沉淀 1 中没有 CaCO3，Ca 2+和 CO32-含量较低，所以根据上述实验可推断该地区大气颗粒物中 Mg2+、Ca 2+、CO 32-含量较低。（6）根据实验结果可判断该地区大气颗粒物中 Mg2+、Ca 2+、CO 32-含量较低，结合表中提供的信息可得：机动车尾气、燃煤污染、土壤扬尘是该地区大气颗粒物污染主体。17. 本草纲目曾记载利尿剂甘汞(Hg 2Cl2)制法:“用水银一两,白矾KAl(SO 4)2二两，食盐一两,同研，不见星。铺于器
30、内,以小乌盆覆之，筛灶灰，盐水和,封固盘口,以炭打二柱香取开，则粉升于盆上矣,其白如雪,轻盈可爱，一两汞可升粉八线。 ”(1)甘汞(Hg 2Cl2)中化学键类型主要为_.(2)KAl(SO4)2所属物质类别为_ (填标号)A.酸式盐 B.复盐 C.正盐 D.混盐 E.硫酸盐(3)文中“同研”涉及的操作,若在实验室通风厨内完成,则所需的仅器是_。(4)文中“财粉升于盆上矣”涉及的混合物分离方法是_(5)甘汞(Hg 2Cl2)制备反应中,氧化剂与还原制的物质的量之比为_，该反应中还原产物是_。(6)已知文中一两等于十钱,则甘来的产率约为_(保留三位有效数字)。(7)由甘汞(Hg 2Cl2)光照可得
31、外科用药升承(HgCl 2),该反应化学方程式为_.【答案】 (1). 共价键 (2). BCE (3). 研钵 (4). 升华 (5). 1:4 (6). Al2O3 (7). 68.0% (8). Hg2Cl2 Hg+HgCl2【解析】 （1）由已知中本草纲目记载的甘汞的分离方法可得，甘汞沸点较低，由此判断甘汞应为分子晶体，化学键类型主要为共价键。（2）KAl(SO 4)2属于盐类物质，含有硫酸根离子，属于硫酸盐；只含金属阳离子和酸根离子，属于正盐；含有两种金属阳离子，属于复盐，故选 BCE。（3）文中“同研”指的是将水银、白矾KAl(SO 4)2、食盐一起研磨，若在实验室通风橱内完成，则
32、所需的仪器是：研钵。（4）文中“则粉升于盆上矣” ，指的是制得的甘汞(Hg 2Cl2)由固体直接变为气体后又变为固体附着在小乌盆上，故涉及的混合物分离方法是：升华。（5）由已知结合氧化还原反应原理，制取甘汞时，KAl(SO 4)2作氧化剂，汞作还原剂，化学方程式可表示为：4KAl(SO 4)2+6Hg+6NaCl 3Hg2Cl2+3Na2SO4+2K2SO4+2Al2O3+3SO2，由化学方程式可得：若 6molHg 与 8molSO42-反应，生成 3molSO2，则只有 3molSO42-被还原，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为：4 ：6=1:4；氧化剂发生还原反应，生成还原产物，故该反应
33、中还原产物是 SO2。（6）已知文中一两等于十钱，因为“一两汞可升粉八钱” ，其中“粉”指甘汞(Hg 2Cl2)，甘汞中汞元素的质量分数为： = ，所以甘汞的产率为：0.8100%68.0%(保留三位有效数字)。（7）甘汞(Hg 2Cl2)光照条件下分解生成外科用药升汞(HgCl 2)，汞元素的化合价由+1 升高为+2，因为 Cl 元素的化合价为最低价态，所以甘汞分解还会生成 Hg，故化学方程式为：Hg 2Cl2Hg+HgCl2。点睛：本题是一道创新题，以文言文的形式考查了有关物质制备的知识，既考查了化学知识又考查了文学素养。主要涉及元素化合物的结构和性质、物质的分类、混合物分离方法、氧化还原
34、反应有关的判断、化学方程式的书写等基础知识，解题时应结合所学知识弄明白文言文中描述的有关物质制备的方法，提取有用信息，准确作答，例如第（1）小题判断甘汞中化学键类型，应抓住“则粉升于盆上矣” ，说明甘汞沸点低，属于分子晶体；第（6）小题计算甘汞产率时，应抓住“一两汞可升粉八钱”中的“汞”和“粉”所表示的物质以及量的关系，根据质量守恒计算转化为甘汞的汞元素的质量分数。18. 铝锰合金可作炼钢脱氧剂。某课外小组欲测定铝锰合金中锰的含量。I 硫酸亚铁铵(NH 4)2Fe(SO4)2溶液的浓度标定步骤 1:取 20.00mL 0.015mol/L K2Cr2O7标准液于 250mL 锥形瓶中,加入 2
35、0mL 稀硫酸和 5mL 浓磷酸,用硫酸亚铁铵溶液滴定,接近终点时加 2 滴 R 溶液作指示剂,继续滴定至终点,消耗的体积为 V1mL。步骤 2：重复步骤 1 实验,接近终点时加 4 滴 R 溶液，消耗的体积为 V2mL.过硫酸铵(NH 4)2S2O8催化氧化滴定法测定锰含量取 mg 铝锰合金于锥形瓶中,加入适量的浓磷酸,加热至完全溶解,稀释冷却谣匀,再加入少量的硝酸银溶液、过量的过硫酸铵溶液,加热煮沸至无大量气泡冒出,冷却至室温(此时溶液中锰的化合价为+7),用标定的硫酸亚铁铵溶液进行滴定，根据实验数据计算铝锰合金中锰的含量。查阅资料酸性条件下,Cr 2O72-具有很强的氧化性，易被还原为绿
36、色的 Cr3+；R 溶液的变色原理: (1)中步骤 1.2 需要的玻璃仪器有锥形瓶、胶头滴管，_、_。 (2)中滴定过程,主要反应的离子方程式是_。(3)中步骤 2 的主要作用是_(4)中硫酸亚铁铵溶被的标定浓度是_mol/L (用含 V1、V 2的代数式表示)。(5)中加入硝酸银溶液的目的是_。(6)中若未加热煮沸无大量气泡冒出，锰含量测定结果将_(填“偏大” “偏小”或“无影响”)。(7)中为了提高该实验的准确度和可靠度,需进行_。【答案】 (1). 酸式滴定管 (2). 量筒或移液管 (3). 14H +C2O72- +6Fe2+=6Fe3+2Cr3+7H2O (4). 校正指示剂 (5
37、). 1.8/(2V 1-V2) (6). 作为催化剂,加快氧化速率 (7). 偏大 (8). 平行实验【解析】 （1）因为硫酸亚铁铵(NH 4)2Fe(SO4)2溶液显酸性，K 2Cr2O7溶液有强氧化性，所以I 中滴定实验需要用到酸式滴定管，可使用量筒向滴定管中取液体，也可以使用移液管取用，故中需要的玻璃仪器除了锥形瓶、胶头滴管外，还有酸式滴定管、量筒(或移液管)。（2）中滴定过程，酸性条件下用硫酸亚铁铵溶液滴定 K2Cr2O7标准液，Fe 2+与 Cr2O72-发生氧化还原反应，离子方程式为：14H +Cr2O72-+6Fe2+=6Fe3+2Cr3+7H2O。（3）根据查阅资料R 溶液的
38、变色原理可得，变色过程要消耗一定量的氧化剂或还原剂，所以对指示剂用量加以校正是提高准确度的关键，因此中步骤 2 的主要作用是：校正指示剂。（4）加 2 滴 R 溶液作指示剂时消耗硫酸亚铁铵溶液 V1mL，为校正指示剂所造成的误差，加4 滴 R 溶液时消耗硫酸亚铁铵溶液 V2mL，所以 K2Cr2O7标准液实际消耗的硫酸亚铁铵溶液为：(2V1-V2)mL，根据反应离子方程式可得关系：Cr 2O72-6Fe2+，又根据已知 20.00mL 0.015mol/L K2Cr2O7标准液，所以硫酸亚铁铵溶液的浓度为： mol/L= mol/L。（5）由已知，催化氧化滴定法测定铝锰合金中锰含量，过硫酸铵(
39、NH 4)2S2O8作氧化剂与锰在催化剂作用下发生氧化还原反应，所以中加入硝酸银溶液的目的是：作为催化剂，加快氧化速率。（6）中过硫酸铵是过量的，存在反应(NH 4)2S2O8+2H2O=2NH4HSO4+H2O2，加热煮沸至无大量气泡冒出，是为了除去溶液中的氧化性物质，若未加热煮沸无大量气泡冒出，则消耗还原剂硫酸亚铁铵的物质的量偏大，锰含量测定结果将偏大。（7）为了提高该实验的准确度和可靠度，需防止偶然误差的产生，可取两个以上相同的样品，以完全一致的条件进行实验，看其结果的一致性，即进行平行实验。19. 利用硫铁矿烧渣(主要成分为 Fe2O3，还含有少量 Al2O3、 MgO、SiO 2等杂
40、质)制备铁红工艺流程如下:回答下列问题:(1)还原焙烧后,Fe 元素的化合价为_。(2)“酸浸”实验中,需加入絮凝剂沉淀杂质。絮凝剂用量和过滤时间对铁红成份的影响如下表所示。由表可知,所采用的最佳实验条件为_。絮凝剂用量/10 -6t 过滤时间 min Fe2O3含量% SiO2含量%40 5 96.5 0.1250 10 97.9 0.1060 20 98.3 0.07100 40 99.4 0.01150 150 99.5 0.008(3)若“合成”中 c(Mg2+)=0.01mol/L,加入 NH4HCO3(设溶液体积增加 1 倍),当 Fe2+恰好沉淀完全时，溶液中 c(Fe2+)=1
41、.010-5mol/L，此时是否有 MgCO3沉淀生成？_(列式计算)。FeCO3、MgCO 3的 Ksp分别为 3.210-11、3.010 -8。(4)“合成”过程中发生反应的离子方程式为_.(5)“合成”过程中温度对亚铁离子转化率的影响如下图,分析选择反应温度为 40的原因是_。(6)“煅烧”中由 FeCO3制备 Fe 2O3的化学方程式为_。(7)本流程中，铝元素是以_(填化学式)形式被除去的。【答案】 (1). +2 (2). 1.010 -4t,40min (3). 无沉淀生成，c(CO 32-)=Ksp(FeCO3)/c(Fe2+)=3.210-11/10-5=3.210-6Q=
42、 c(CO32-)c(Mg2+)=3.210-60.01/2” “ =“或“ (3). 1.010 -18 (4). B (5). 温度过低，反应速率较慢 温度较高，副反应增多 (6). 放热 (7). CaS、CuSO 4 (8). CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) H=(b+d)kJ/mol 或 H=(a-c+d)kI/mol（2）从反应速率角度考虑，温度过低，反应速率较慢，应在较高温度下反应，但由图 2 可得，温度越高，副反应增多，所以该燃料反应器最佳温度范围为 850900之间。（3）由方程式可看出该反应S0，因为自发反应 H-TS0，所以H0，故该反应为放热反应。空气反应器中 CaS 和 O2反应生成 CaSO4，燃料反应器中，天然气和 CaSO4反应生成CaS、CO 2和 H2O，所以在天然气燃烧过程中可循环利用的物质为：CaS 和 CaSO4。（4）将反应 CaS(s) +2O2(g)=CaSO4(s) H 4=dkJ/mol 标号为 iiii，分析空气反应器中发生的反应和燃料反应器中发生的反应，根据盖斯定律，ii+iiii 或 i-iii+iiii 得该原理总反应的热化学方程式为：CH 4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) H=(b+d)kJ/mol 或 H=(a-c+d)kJ/mol。
