辽宁省沈阳二中高三12月月考题说明：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Ⅰ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】1．PM2.5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PM2.5的表面进入人体D．PM2.5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；D．PM 2.5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；C．芒硝、胆矾、明矾、的主要成分分别为NaSO4•10H2O、CuSO4•5H2O、KAl（SO4）2•12H2O，均属于硫酸盐，故C正确；D．黄铜矿-18-、硫铁矿、磁铁矿的主要成分分别为CuFeS2、FeS2、Fe3O4，FeS2、Fe3O4不属于盐，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Ⅰ装置检查气密性，打开分液漏斗活塞，液体顺利流下B．利用Ⅱ装置制取NH3C．利用Ⅲ装置进行铜与浓硝酸反应的实验D．利用Ⅳ装置收集NH3【知识点】化学实验方案的评价J4【答案解析】【解析】A解析：A、Ⅰ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Ⅱ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Ⅲ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Ⅳ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===CH－CH===CH2互为同系物B．若R1＝R2＝甲基，则其化学式为C12H16C．若R1＝R2＝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===CH－CH===CH2结构不同，不互为同系物，故A错误；B．若R1=R2=甲基，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、-18-C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A＜B＜C＜DB．2.32gFe3O4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pH＜7D．简单气态氢化物稳定性C＞D【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B＞C＞D；同主族，由上到下半径增大，则C＞A，故A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0.01mol×8/3铝化合价由0价升高为+3价，所以转移电子0.01mol×8/3×3=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pH＜7，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，C<d，故d错误。故答案选c【思路点拨】本题考查了结构位置性质关系，根据同一主族元素最外层电子数相等判断元素，难度中等。【题文】6．下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是(>HClO>HSO3-,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CH3COOH>HClO,则等浓度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=-Q1kJ•mol-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）kJ•mol-1，故A错误；B、将20mL 1mol/L HClO与10mL 1mol/L NaOH混合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CH3COOH＞HClO，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-）＞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1L0.1mol·L－1Na2CO3溶液中，充分搅拌(不考虑液体体积变化)，已知：Ksp(AgCl)=2×10－10；Ksp(Ag2CO3)=1×10－11，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20mol·L-1-18-B．约有10-5molAgCl溶解C．反应后溶液中的：c(Na+)＞c(CO32-)＞c(Cl-)＞c(Ag+)＞c(H+)D．反应后溶液中的：c(Na+)+c(Ag+)=2c(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+）2×0.1=1×10-11，c（Ag+）=10-5，Ksp（AgCl）=c（Cl-）×10-5=2×10-10，c（Cl-）=2×10-5mol/L，K=[Cl−]2/[CO32−]=(2×10−5)2/0.1=4×10-9，故A错误；B、c（Cl-）=2×10-5mol/L，在1L的溶液中，约有2×10-5molAgCl溶解，故B错误；C、c（Cl-）=2×10-5mol/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+）=2c（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Ⅱ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2.5LCO2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:VB①CH4C3H61：3②CH4C4H81:1③C2H6C3H61：1④C2H6C4H83：1（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后生成2.5升-18-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体积，可确定A和B的体积比．如：，则V（CH4）：V（C3H6）=1：3，故答案为：①CH4、C3H6、1：3；②CH4、C4H8、1：1③C2H6、C3H6、1：1④C2H6、C4H8、3：1；（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1L0.1mol·L－1CH3COOH溶液中加入0.1molCH3COONa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20mL0.1mol·L－1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L－1HCl溶液40mL，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：①在同一溶液中，H2CO3、HCO、CO________(填“能”或“不能”)大量共存；②当pH＝7时，溶液中含碳元素的主要微粒为____________，溶液中各种离子（CO除外）的物质的量浓度的大小关系为________________；③已知在25℃时，CO水解反应的平衡常数即水解常数Kh＝＝2×10－4mol·L－1，当溶液中c(HCO)∶c(CO)＝2∶1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】（9分）（1）减小（1分）c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)（1分）（2）①不能（1分）②HCO、H2CO3，c(Na＋)>c(Cl－)>c(HCO)>c(H＋)＝c(OH－) ③10（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-18-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（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，水解方程式为CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，加入石膏（CaSO4•2H2O）生成碳酸钙沉淀，反应的方程式为Na2CO3+CaSO4•2H2O=CaCO3+Na2SO4+2H2O，故答案为：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-；Na2CO3+CaSO4•2H2O=CaCO3+Na2SO4+2H2O；（3）常温下在20mL0.1mol/LNa2CO3溶液中逐滴加入0.1mol/LHCl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，①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；②由图象可知，pH=7时，溶液中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-）；③水解常数Kh=c(HCO3-)•c(OH−)/c（CO32-）=2×10-4，当溶液中c（HCO3-）：c（CO32-）=2：1时，c（OH-）=10-4mol/L，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3∶4，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1molMY2和1molY2单质，乙容器通入1molMY3和0.5molY2单质，发生反应：2MY2(g)+Y2(g)2MY3(g)△H＜0，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①a、b的关系为a+b1（填“﹤”、“﹥”或“＝”)。②该条件下容器甲反应达平衡状态的依据是（填序号）。A．v正(Y2)＝2v逆(MY3)B．混合气体的密度不变C．c(MY2)＝c(MY3)D．混合气体的总物质的量不变E．容器内温度不变F．MY2和Y2的质量比不变（3）2.7克单质E与100ml2mol/LZ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2mol/LXN的溶液VmL，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）①＜②DEF（3）75mL或者175mL解析：-18-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MY3，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ⅠA族，N处于ⅦA族，结合原子序数可知，Z为Na、N为Cl，化合物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）△H＜0，①恒温恒容下，甲容器通入1mol SO2和1mol O2单质，乙容器通入1molSO 3和0.5mol O2单质，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+b＜1；②A．v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；F．SO2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，100ml 2mol/L NaOH溶液中n（NaOH）=0.1L×2mol/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0.1molNaOH，故剩余0.1molNaOH，生成0.1molNaAlO2，向反应后的溶液中滴入2mol/LHCl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=0.1mol×78g/mol=7.8g＞3.9g，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，①盐酸不足，只有部分偏铝酸钠转化氢氧化铝沉淀，则： NaOH+HCl=NaCl+H2O0.1mol 0.1molNaAlO2+HCl+H2O=Al（OH）3↓+NaCl， 0.05mol 0.05mol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；②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+H2O0.1mol 0.1molNaAlO2+HCl+H2O=Al（OH）3↓+NaCl，0.1mol0.1mol 0.1mol -18-Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O（0.1-0.05）mol 3×（0.1-0.05）mol故HCl总物质的量=0.1mol+0.1mol+3×（0.1-0.05）mol=0.35mol，消耗盐酸的体积=0.35mol/2mol/L=0.175L=175mL，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：①TiOSO4可溶于水，在水中可以电离为TiO2+和SO42—；②TiOSO4水解的反应为：TiOSO4+(x+1)H2O→TiO2•xH2O↓+H2SO4。请回答：（1）步骤①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②中得到纯净硫酸亚铁晶体的操作为蒸发浓缩、。（2）步骤③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④的离子方程式是。（4）试用平衡移动原理解释步骤⑤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FeSO4·7H2O的质量分数，取步骤②中所得FeSO4·7H2O晶体样品ag，配成500.00mL溶液，取出25.00mL溶液，用KMnO4溶液滴定（杂质与KMnO4不反应）。若消耗0.1000mol•L-1KMnO4溶液25.00mL，所得晶体中FeSO4·7H2O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：-18-废液中含有大量FeSO4、H2SO4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TiO2•xH2O，过滤，滤渣为TiO2•xH2O、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①所得滤渣的主要成分为TiO2•xH2O、Fe；实现固体和液体的分离用过滤的方法，过滤操作使用的仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗；步骤②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：TiO2•xH2O、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↓+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FeSO4•7H2O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5FeSO4•7H2O～～～～～KMnO4，5×278g 1molag×x×25/5000.1000mol/L×0.025L所以5×278g÷(ag×x×25/500)=1mol÷0.1000mol/L×0.025L，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Ⅰ、CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）△H=+206.0KJ/molⅡ、CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）△H=-129.0KJ/mol（1）CH4（g）与H2O（g）反应成CH3OH（g）和H2（g）的热化学方程式为。（2）将1.0mol CH4和2.0mol H2O（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1．①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。②100℃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A、B中各充入2molCO和3mol H2，在一定条件下发生反应Ⅱ，关闭K1、K3，反应起始时A、B的体积相同，均为aL。-18-①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。②若在平衡后打开K2，再次达到平衡后B容器的体积缩至0.6a L，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：①写出阳极电极反应式；②写出除去甲醇的离子方程式。【知识点】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）①0.12mol/(L.min)②0.18(mol/L)2逆向（每空1分）（3）①33.3﹪②0.8a（每空1分）（4）①Co2+-e-=Co3+②6Co3++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；①CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）△H=+206.0kJ/mol；②CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）△H=-129.0kJ/mol①-②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1.0molCH4和2.0molH2O（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1mol×40%=0.4mol，则： CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）起始量（mol）：1.0 2.0 0 0变化量（mol）：0.4 0.4 0.4 1.2平衡量（mol）：0.6 1.6 0.4 1.2①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/2L÷5min==0.12mol•L-1•min-1，故答案为：0.12mol•L-1•min-1；②100℃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=0.6mol•L−13×0.2mol•L−1÷0.3mol•L−1×0.8mol•L−1=0.18mol2•L-2，平衡后再向容器中充入H2O（g）和CO各0.2mol，则c（CH4）=0.30mol/L，c（H2O）=0.9mol/L，c（CO）=0.3mol/L，c（H2）=0.6mol/L，Qc=0.6mol•L−13×0.3mol•L−1÷0.9mol•L−1×0.3mol•L−1=0.24（mol/L）2＞K=0.18mol2•L-2，平衡逆向移动，故答案为：0.18mol2•L-2；逆向；（3）①A中 CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）反应前（mol）2 3 0 反应了（mol）x 2x x平衡后（mol）2-x 3-2x x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÷(1mol+1mol+1mol)=1/3②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；-18-(4)①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Co2+-e-=Co3+；②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．-18-</d，故d错误。故答案选c【思路点拨】本题考查了结构位置性质关系，根据同一主族元素最外层电子数相等判断元素，难度中等。【题文】6．下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是(>
