福建省漳州市2015届高三化学冲刺试卷(2)(含解析).(DOC)

2015年福建省漳州市高考化学冲刺试卷（2）
一、选择题（本大题共 7小题，每小题6分，共42分•在每小题给出的四个备选项中，只 有一项符合题目要求.） 1. 化学与生产、生活密切相关.下列说法正确的
是
（）
A. 福尔马林可用于保存海鲜产品
B. 硅胶吸附能力强，常用作催化剂载体和食品干燥剂
C. 工业上利用 C12与澄清石灰水反应制取漂白粉
D. 天然纤维和合成纤维的主要成分是纤维素 2.
下列进行性质比较的实验，不合理的是 （）
A. 比较Cu Fe 的还原性：铜加入硫酸铁溶液中
B. 比较氯的非金属性强于溴：溴化钠溶液中通入氯气
C. 比较高锰酸钾的氧化性强于氯气：高锰酸钾中加入浓盐酸
D.
比较镁的金属性强
于铝：取一小段去氧化膜的镁带和铝片，分别加入 1.0mol?L 「1
的盐酸 中
3. 下列与有机物的结构、性质有关的叙述，
正确的是
（）
A. 苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以苯不能发生氧化反应
B. 石油的主要成分是烃，煤经过分馏可制得焦炭、煤焦油等产品
C. 丙烯分子中所有原子不可能在同一平面上
D. 淀粉、纤维素都是天然高分子有机物，其链节中都含有葡萄糖 4. 25C 时加水稀释10mL pH=11的氨水，下列叙述正确的是 （）
A.
原氨水的浓度为 10「3 mol?L
C. 氨水的电离程度增大，溶液中所有离子的浓度均减小
D. 再加入10 mL pH=3的盐酸充分反应后混合
液的
pH 值肯定等于7
B.溶液中 c （NH 4+）
0 （NH 3-H 20） 增大
5.下列叙述中正确的是
f—«—
A.
B.
®②pH降低
C.
E①
图①中正极附近溶液
图①中电子由Zn流向Cu,盐桥中的Cl「移向CuSO溶液图②正极反应是Q+2HO+4e「一4OH
（含KC1）
D.图②中加入少量 K 3[Fe (CN 6]溶液，有蓝色沉淀生成 6.
元素R X 、T 、Z 、Q 在元素周期表中的相对位置如表所示，其中 R 单质在暗处与H.剧烈
化合并发生爆炸，则下列判断正确的是
()
A. 非金属性：Z v T v X
B. R 与Q 的电子数相差 24
C. 气态氢化物稳定性： R v T v Q
D. 最高价氧化物的水化物的酸性： T > Q
7.
已知反应：2CHCOCH(I ) ?CHC0C 2C0(CH ) 2 (l ).
取等量 CHCOCH 分别在 O C 和 20C 下，测得其转化分数随时间变化的关系曲线(
Y -t )如图所
示.下列说法正确的是 ()
从 Y=0到 Y=0.113 , CHCOC 2COH( CH ) 二、非选择题(本大题共 3小题，共58分•其中3题必考题，2题选考题任选一题)
&研究CQ 的利用对促进低碳社会的构建具有重要意义. (1 )将CO 与焦炭作用生成 CO CO 可用于炼铁等.
已知：① FezQ (s ) +3C (石墨)一2Fe ( s ) +3CO( g )^H i =+489.0kJ?mol
_ 1
② _____________________________________ C (石墨)+CQ (g )— 2CO( g )AH
2
=+172.5kJ?moI 则CO 还原Fe2Q (s )的热化学方程式为 . (2 )二氧化碳合成甲醇是碳减排的新方向，将
CQ 转化为甲醇的热化学方程式为
CO (g ) +3H 2 (g )— CHOH(g ) +HzO (g )^H ① 该反应的平衡常数表达式为 K= _________ .
C. D. 升高温度可缩短反应达平衡的时间并能提高平衡转化率
An (OP 2
的二—IT
B.反应进行到20min 末，CHCOCH 的
②取一定体积CQ和H2的混合气体(物质的量之比为1：3),加入恒容密闭容器中发生上述反应，反应过程中测得甲醇的体积分数 a ( CHOH与反应温度T的关系如图1所示，则该反应的皿__________ 0 (填或“=”，下同).
③
在两种不同条件下发生反应，测得 CHOH 的物质的量随时间变化如图
2所示，曲线i 、n
对应的平衡常数大小关系为 K i __________________ K n . (3 )以CO 为原料还可以合成多种物质.
①工业上尿素［CO(NH )2］可由CO 和NH 在一定条件下合成， 其反应方程式为__________.当
②用硫酸溶液作电解质进行电解，
CO 在电极上可转化为甲烷，该电极的反应式为
9. 铁及其化合物在日常生活、生产中应用广泛.
(1)
在某温度下，K.p ( FeS ) =8.1 X 10 T 7, FeS 饱和溶液
中c
( H +)与c (S 2「)之间存在关
系：c 2 ( H) ?c ( S 2「)=1.0 X 10「22,为了使溶液里 c (Fe 2+)达到 1mol?L 「1,现将适量 FeS
投入其饱和溶液中，应调节溶液中的 pH 约为 ______________ (填字母).
A. 2
B
. 3 C
. 4 D
. 5
(2 )氧化铁红颜料跟某些油料混合，可以制成防锈油漆•以黄铁矿为原料制硫酸产生的硫 酸渣中含
FeQ 、SiO 2、AI2Q 、MgO 等，用硫酸渣制备铁红(FezQ )的过程如下：
③ _____________________________________________________ 氧化过程中，Q 、NaOH 与卩62+反应的离子方程式为 __________________________________________ . ④ 为了确保铁红的质量和纯度，氧化过程需要调节溶液的 pH 的范围是3.2〜3.8 .
沉淀物
Fe (OH 3
Al (OH 3
Fe (OH 2
Mg(OH 2
氨碳比
n (NH 3)
n CCO 2)
=3,达平衡时CO 的转化率为60%则NH 的平衡转化率为
① 酸溶过程中Fe 2C 3发生反应的离
H 2SQ . FeS 2+
3+
Fe +
2+
Fe +
SO
2
I +，
⑤滤液B可以回收的物质有____________ (填序号).
A. N Q SQ B . Al 2 (SQ ) 3 C . NS 2SQ 3
D .
MgSO
10. CIQ 2在常温下是一种黄绿色有刺激性气味的气体，其熔点为- 59C ，沸点为
11.0 C,
KCIQ 和草酸(H2GO )在60C 时反应制得.某学生拟用图 1
CIO 2.
A 装置必须添加温度控制装置，除酒精灯外, 还需要的玻璃仪器有烧杯、 _____________ . (2)
B 装置必须放在冰水浴中，其原因是
__________
(3) 反应后在装置 C 中可得NaCIQ 2溶液.已知：
a. NaCIQ 饱和溶液在温度低于 38C 时析出晶体是 NaCIQ?3H 2Q,在
温度高于38C 时析出晶 体是NaCIQ ，温度高于 60C 时NaCIQ 分解生成 NaCIQ 和NaCI ; b.
NaCIQ 的溶解度曲线如图 2所示，请补充从 NaCIQ 溶液中制得NaCIQ 晶体的操作步骤：
①减压，55C 蒸发结晶； ② __________ :③ ____________ :④ ___________ ; 得至U 成品. (4) CIQ 2很不稳定，需随用随制，产物用水吸收得到 CIQ 2溶液.为测定所得溶液中
CIQ 2的
含量，进行了下列实验：
步骤1:准确量取CIQ 2溶液10.00mL ，稀释成100.00mL 试样，量取 M mL 试样加入到锥形瓶 中; 步骤2:用稀硫酸调节试样的 pH K 2.0，加入足量的 KI 晶体，静置片刻；
步骤3:加入指示剂，用 c moI?L 「I II NazSQ 溶液滴定至终点，消耗 N Q SQ 溶液 W mL
② 滴定过程中进行三次平行测定的原因是 _____________ . ③ ____________________________ 原CIQ 2溶液的浓度为
g?L 「1 (用含字母的代数式表示).
④ _______________________________________________________________ 若滴定前滴定管尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失，则测定结果 ________________________________ (填“偏高”、 “偏低”或“不变”).
［化学一物质结构与性质］
11. (13分)金属镍及其化合物在合金材料以及催化剂等方面用广泛.
(2) ___________________________________ 写出反应④的化学方程式： .
(3) _____________________________ 写出G 的结构简式： ___________ , G 中官能团的名称为 ____________________________________ . (4) ___________________________________ 写出反应⑥的化学方程式： .
(5) 化合物C 与化合物F 反应还可以生成化合物 G 的同分异构体，其结构简式为 _____________ (6) _________________________________________ 下列有关化合物 H 的说法正确的是
(填字母).
易溶于水.工业上用稍潮湿的
所示装置模拟工业制取并收集
(1) A 装置电动搅拌棒的作用是
(已知2Na2$Q+lLNa2SQ+2Nal).
①配制100mLc mol?L「1 N@QQ标准溶液时，用到的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒外还有：
A. 化合物H在一定温度下能与NaOH溶液发生水解反应
B. 化合物H的分子式为C o HQ
C. 1mol化合物H与H2发生加成反应，消耗3mol H 2
D. 化合物H能使溴水褪色.
(4)金属镍与镧(La)形成的合金是一种良好的储氢材料，其晶胞结构示意图如图1所示•该合金的化学式为__________ •
(5)丁二酮肟常用于检验Ni2+:在稀氨水中，丁二酮肟与Ni2+反应生成鲜红色沉淀，其结构如图2所示•该结构中，除共价键外还存在配位键和氢键，请在图中用箭头和“…”表示出
配位键和氢键.
［化学一有机化学基础］
12. 化合物A和D都是石油裂解气的成分，是衡量一个国家化工水平的重要标志的物质的同
系物，可利用如下反应合成化合物H:
已知：：i!.丨..丨：.■!■: H «；卜
请回答下列问题：
(1) ______________________________________ 反
应①〜⑥中属于加成反应的是 ____________________ (填序号，下同)，属于氧化反应的是
2015 年福建省漳州市高考化学冲刺试卷( 2)
一、选择题(本大题共7 小题，每小题6 分，共42分．在每小题给出的四个备选项中，只有一项符合题目要求． )
1．化学与生产、生活密切相关．下列说法正确的是( )
A. 福尔马林可用于保存海鲜产品
B. 硅胶吸附能力强，常用作催化剂载体和食品干燥剂
C. 工业上利用CI2与澄清石灰水反应制取漂白粉
D. 天然纤维和合成纤维的主要成分是纤维素
【考点】有机物的结构和性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；有机化学反应的综合应用. 【专题】有机化合物的获得与应用；化学应用.
【分析】A HCIO有毒，能使蛋白质发生变性；
B. 硅胶可吸收水，且无毒；
C. 石灰水的浓度小，不利于制备漂白粉；
D. 纤维素的成分为多糖，而合成纤维中含为加聚、缩聚产物.
【解答】解：A.福尔马林能使蛋白质变性，且有毒，不能用作食品保鲜剂，故A错误；
B. 硅胶具有疏松多孔的结构，可吸收水，且无毒，常用作催化剂载体和食品干燥剂，故 B 正确；
C. Ca(OH 2微溶于水，澄清的石灰水浓度太小，不能制取漂白粉，应利用氯气与石灰乳制备，故C错误；
D. 纤维素的主要成分是多糖，合成纤维的成分不是纤维素，故D错误；故选B.
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的组成、性质及应用等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的关系，题目难度不大.
2.下列进行性质比较的实验，不合理的是( )
A. 比较Cu Fe的还原性：铜加入硫酸铁溶液中
B. 比较氯的非金属性强于溴：溴化钠溶液中通入氯气
C. 比较高锰酸钾的氧化性强于氯气：高锰酸钾中加入浓盐酸
D. 比较镁的金属性强于铝：取一小段去氧化膜的镁带和铝片，分别加入 1.0mol?L「1的盐酸中【考点】氧化性、还原性强弱的比较；金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律.
【专题】氧化还原反应专题；元素周期律与元素周期表专题.
【分析】A依据还原剂的还原性大于还原产物进行判断；
B. 单质的氧化性越强，对应元素的非金属性越强；
C. 依据氧化剂的氧化性大于氧化产物进行判断；
D. 同种氧化剂与多种还原剂反应，可以通过反应剧烈程度、快慢判断还原性强弱.
【解答】解：A.发生反应：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+,根据反应只能判断Cu还原性强于Fe2+,不能判断Cu Fe的还原性，故A正确；
B.
发生反应：2NaBr+Cl 2=2NaCI+B 「2,氧化性：氯气大于溴单质，所以非金属性：氯大于溴， 故B 错误；
C. 发生反应：2KMnO+16HCI=2MnCb+5Cl 2+2KCI+8HzO, KMnO 是氧化剂，Cl 2是氧化产物，故 氧化性前者大于后者，故 C 错误；
D. 镁带和铝片都能与盐酸反应生成氢气，但是镁带与盐酸反应更剧烈，产生氢气更快，故 还原性镁大于铝，故 D 错误； 故选A.
【点评】本题考查了氧化还原反应的规律， 和元素非金属性强弱判断依据， 题目难度不大结 合相应知识不难找到答案.
3•下列与有机物的结构、性质有关的叙述，正确的是
()
A. 苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以苯不能发生氧化反应
B. 石油的主要成分是烃，煤经过分馏可制得焦炭、煤焦油等产品
C. 丙烯分子中所有原子不可能在同一平面上
D. 淀粉、纤维素都是天然高分子有机物，其链节中都含有葡萄糖 【考点】有机物的结构和性质. 【专题】 有机物的化学性质及推断.
【分析】A 苯中不含碳碳双键，不能与高锰酸钾反应，但燃烧为氧化反应； B. 煤干馏产品为焦炭、煤焦油等； C. 丙烯中含甲基，为四面体构型；
D. 淀粉、纤维素都是天然高分子有机物，均为多糖，可水解.
【解答】 解：A .苯中不含碳碳双键，不能与高锰酸钾反应，则苯不能使酸性高锰酸钾溶液 褪色，但能燃烧生成二氧化碳和水，可发生氧化反应，故 A 错误；
B. 石油的主要成分是烃，煤经过干馏得到产品为焦炭、煤焦油等，干馏为化学变化，而分 馏为物理变
化，故 B 错误； C.
丙烯中含甲基，为四面体构型，则丙烯分子中所有原子不可能在同一平面上，故 C 正确;
D. 淀粉、纤维素都是天然高分子有机物，均为多糖，可水解，水解的最终产物均为葡萄糖， 而链节中
不含有葡萄糖，故 D 错误； 故选C.
【点评】本题考查有机物的结构与性质， 为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关 键，侧重苯、多糖性质的考查，注意分馏与干馏的差别，题目难度不大. 4. 25C 时加水稀释10mL pH=11的氨水，下列叙述正确的是 () A.
原氨水的浓度为 10「3 mol?L 「1
c. 氨水的电离程度增大，溶液中所有离子的浓度均减小
D.再加入10 mL pH=3的盐酸充分反应后混合液的 pH 值肯定等于7 【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡. 【专题】 电离平衡与溶液的 pH 专题.
【分析】A —水合氨是弱电解质，在水溶液里部分电离；
B.溶液中
c
c (NH 3*H 20)
增大
B. 加水稀释氨水，促进一水合氨电离，导致溶液中n (NH+)增大、n ( NH. HaO减小;
C. 加水稀释促进一水合氨电离，溶液中 c ( H+)增大；
D. pH=3的盐酸浓度小于pH=11的氨水浓度，二者等体积混合，氨水过量，溶液呈碱性.
【解答】解：A. —水合氨是弱电解质，在水溶液里部分电离，所以原氨水的浓度〉10「3mol/L , 故A 错误；
B. 加水稀释氨水，促进一水合氨电离，导致溶液中n (NH+)增大、n ( NH. H20)减小，则
溶液中’增大，故B正确；
C. 加水稀释促进一水合氨电离，溶液中c (OH)减小，温度不变，则水的离子积常数不变，则溶液中c ( H)增大，故C错误；
D. 常温下，pH=3的盐酸浓度小于pH=11的氨水浓度，二者等体积混合，氨水过量，一水合氨电离程度大于铵根离子水解程度，导致混合溶液呈碱性，则pH> 7故D错误；故选B.
【点评】本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质电离特点是解本题关键，注意稀释氨水
过程中增大一水合氨电离程度但其电离平衡常数不变，溶液中 c ( H+)增大，为易错点.
5.下列叙述中正确的是()
图①图②
A. 图①中正极附近溶液pH降低
B. 图①中电子由Zn流向Cu,盐桥中的Cl「移向CuSO溶液
C. 图②正极反应是Q+2HO+4e「一40H
D. 图②中加入少量K3[Fe (CN> 6]溶液，有蓝色沉淀生成
【考点】原电池和电解池的工作原理.
【专题】电化学专题.
【分析】图①锌为负极，铜为正极，正极铜离子放电生成铜，图②铁为负极，铜为正极，正极氢离子放电生成氢气，以此解答该题.
【解答】解：A.图①中正极发生：CiT+2e「=Cu,如不考虑盐类水解，则正极pH不变，如考虑盐类水解，则正极pH增大，故A错误；
B. 原电池中阴离子向负极移动，即向硫酸锌溶液移动，故B错误；
C. 图②铁为负极，铜为正极，正极氢离子放电生成氢气，电极方程式为2H+2e^ =HJ,故C 错误；
D. 图②中生成Fe2+，亚铁离子和K s[Fe (CN d生成蓝色沉淀，故D正确. 故选D.
【点评】本题综合考查原电池知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握电极方程式的书写，为解答该类题目的关键，难度中等.
6. 元素R X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置如表所示，其中R单质在暗处与H2剧烈
化合并发生爆炸，则下列判断正确的是()
A. 非金属性：Z v T v X
B. R 与Q 的电子数相差 24
C. 气态氢化物稳定性： R v T v Q
D.
最高价氧化物的水化物的酸性：
T > Q
【考点】原子结构与元素周期律的关系.
【分析】R 单质在暗处与H 2剧烈化合并发生爆炸，则 R 是F 元素，由元素R 、X T 、Z 、Q 在 元素周期表中的相对位置，可知 X 是S 元素、T 是Cl 元素、Z 是Ar 元素、Q 是 Br 元素.
A. 同一周期元素的非金属性随着原子序数的增大而增强，但稀有气体较稳定；
B. R 的原子序数是9、Q 的原子序数是35;
C. 元素的非金属性越强，其氢化物越稳定；
D.
元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强(
O F 元素除外).
【解答】解：R 单质在暗处与HL 剧烈化合并发生爆炸，则 R 是F 元素，由元素 R 、X 、T 、Z 、 Q 在元素周期表中的相对位置， 可知X 是S 元素、T 是Cl 元素、Z 是Ar 元素、Q 是Br 元素，
A. 同一周元素的非金属性随着原子序数的增大而增强，但稀有气体较稳定，所以非金属性 T > X ,故A 错误；
B. R 的原子序数是9、Q 的原子序数是35,贝U R 与Q 的电子数的差=35- 9=26，故B 错误；
C. 元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性 R > T > Q,所以氢化物的稳定性 R > T
> Q,故C 错误； D.
元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强(
O F 元素除外)，非金属性T
> Q,则元素最高价氧化物的水化物酸性 T > Q,故D 正确；
故选D.
【点评】本题考查结构性质位置关系应用， 侧重对元素周期律的考查，正确推断元素是解本 题关键，注意理解掌握同主族元素原子序数关系. 7.
已知反应：2CHCOCH(I ) ?CHCOCHCO H(CH ) 2 (l ).取等量 CHCOCH 分别在 O C 和 20C
Y - t )如图所示.下列说法正确的是
()
升高温度可缩短反应达平衡的时间并能提高平衡转化率 C. D.
B. v (or )j
反应进行到20min 末，CHCOCH 勺一 ----------- -
An (0C
从丫=0到丫=0.113 , CHCOC2COH( CH) 2 的一.一 :
【考点】转化率随温度、压强的变化曲线. 【专题】压轴题.
【分析】分析图象题时注意曲线的变化， 温度越高，化学反应速率越大，达到平衡时的时间 就越少，曲线的斜率就越大； 根据图象可以看出温度越高 CHCOCH 转化的越少，说明升高温
度平衡向逆反应方向进行， CHCOCH 勺转化率反而降低，分析图象，当反应进行到
66min 时
a 、
b 曲线对应的转化分数均相同，都是 0.113，这说明此时生成的 CH J COCHCOH(Ch 3) 2一样
多.
【解答】 解：A 、温度越高反应速率就越快，到达平衡的时间就越短，由图象可看出曲线 b
首先到达平衡，所以曲线 b 表示的是20C 时的丫- t 曲线，故A 错;
C 根据图象温度越高 CHCOCH 转化的越少，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，即正方 应是放热反应，故 C 错；
D 根据图象可以看出当反应进行到 66min 时a 、b 曲线对应的转化分数均相同，
都是0.113 , 这说明此时生成的 CHCOC 2COH(CH ) 2一样多，所以从 故选D.
【点评】本题考查转化率随温度变化的图象题， 做题时注意观察曲线的变化趋势， 以及温度
对化学反应速率的影响，本题的关键是根据图象正确判断反应是吸热还是放热.
二、非选择题(本大题共 3小题，共58分•其中3题必考题，2题选考题任选一题) &研究CO 的利用对促进低碳社会的构建具有重要意义.
(1 )将CO 与焦炭作用生成 CO CO 可用于炼铁等.
已知：① FezQ (s ) +3C (石墨)一2Fe ( s ) +3CO( g )^H 1=+489.0kJ?mol 「1
② C (石墨)+CO (g )— 2CO( g )AH 2=+172.5kJ?mol
则 CO 还原 FezQ (s )的热化学方程式为 FezQ (s ) +3CO(g ) =2Fe (s ) +3CO(g ) △ H=— 28.5 -1
kJ?mol .
(2 )二氧化碳合成甲醇是碳减排的新方向，将 CO 转化为甲醇的热化学方程式为
CO (g ) +3H 2 (g )— CHOH(g ) +"O (g )^H
c (CH 3OH )•匚(H 20)
① 该反应的平衡常数表达式为
K= .
C (C
D 2)叱 J (H 丿
②
取一定体积 CO 和H 2的混合气体(物质的量之比为
1: 3),加入恒容密闭容器中发生上述
反应，反应过程中测得甲醇的体积分数 a ( CHOH 与反应温度T 的关系如图1所示，则该
反应的△ H v 0 (填
或“=”，下同).
B 当反应进行到
化分数，这说明 20min 时，从图象中可以看出 b 曲线对应的转化分数高于
a 曲线对应的转
b 曲线在20C 时对应的反应速率快，所以
v (0D v (20t)
v 1,故B 错;
Y=0 至U Y=0.113 ,
CHCOC COH( CH )
An (此)
的二
-J ，故D 正确.
图f
③
在两种不同条件下发生反应，测得 CHOH 的物质的量随时间
变化如图 2所示，曲线I 、n 对应的平衡常数大小关系为 心三心.
(3 )以CO 为原料还可以合成多种物质.
①
工业上尿素［CO (NH ) 2］可由CO 和NH 在一定条件下合成，其反应方程式为
2NH+CQ —匚②4.CO(NH ) 2+H2O.当氨碳比
n (MH,)
=3，达平衡时CO 的转化率为60%
起始 /mol 3a a 转化 /mol 1.2a 0.6a 平衡 /mol 1.8a 0.4a
平衡时NH 转化率为： 二一100%=40%
3a
故答案为：2NH+CQ —定剽戈 CO( NH ) 2+HO; 40%
则NH 的平衡转化率为 40% ②用硫酸溶液作电解质进行电解， CO 在电极上可转化为甲烷，该电极的反应式为
CO+8e
+8H h =CH+2H 2O. 【考点】
【专题】
化学平衡的计算；热化学方程式.
简答题；计算题；平衡思想；化学反应中的能量变化；化学平衡专题.
(1)依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式； (2 ［①依据化学方程式和平衡常数概念写出平衡常数表达式；
② 由图可知最高点反应到达平衡，到达平衡后，温度越高， 衡向逆反应进行，据此判断； ③ 由图象分析先拐先平，温度高
T n 先达到平衡则T n >T i ,纵轴是甲醇的物质的量，温度越
高，甲醇越少，平衡逆向进行分析判断；
(3)①根据反应物、反应条件、生成物写出化学反应式；利用三段式法计算； ②根据原电池原理，CO 在正极发生还原反应转化为甲烷，注意电解质溶液为酸性.
【解答】 解：(1)①FezQ (s ) +3C (石墨)=2Fe ( s ) +3CO (g )AH i =+489.0kJ?mol -
1 ② C (石
墨)+CQ (g ) =2CO(g )AH 2=+172.5kJ?mol -
1
依据盖斯定律①-②X3 得到F Q O (s ) +3CO(g ) =2Fe (s ) +3CO (g )
-1
；
故答案为：FezQ ( s ) +3CO(g ) =2Fe (s ) +3CO (g )△ H=- 28.5 kJ?mol (2)①平衡常数等于生成物的浓度幕之积除以反应物的浓度幕之积，所以
(CH 刃H) (H 20)
a ( CHOH 越小，升高温度平
△ H=- 28.5 kJ?mol
C
K
=c ⑹
故答案为：「一・：「 _ ；
② 由图可知最高点反应到达平衡，达平衡后，温度越高， a ( CHOH 越小，平衡向逆反应
进行，升高温度平衡吸热方向进行，逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，即△
H<
0 ,
故答案为：v ；
③ 由图2可知，温度T i <T n ，平衡时，温度越高 CO 的转化率越小，说明升高温度，平衡向 逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动， 故该反应正反应为放热反应， 则厶H< 0,升高
温度，平衡向逆反应移动，所以 K i > K n ,
故答案为：〉；
(3)①根据反应物是二氧化碳和氨气 (NH ),反应条件是高温、高压，生成物是尿素［CO( NH )
2
］和水，化学反应式为2NH+CO —定昂件XO ( NH ) 2+H 2O,
设CO 的初始物质的量为 a ,贝y NH 的初始物质的量为 3a ,
2NH 3
+CO —卜:.CO( NH ) 2+H.O
②CQ在正极发生还原反应转化为甲烷，考虑电解质为硫酸，所以甲烷
中氢来源为硫酸电离的氢离子，根据化合价变化可知1mol二氧化碳变成甲烷得到8mol电子，故电极
反应为：
CQ+8e「+8H+=CH+2HzO,
故答案为：CO+8e「+8H+=CH+2HQ.
【点评】本题考查了热化学方程式的书写、化学平衡移动、平衡常数概念理解、转化率的计
算及原电池原理的分析应用等，题目涉及的知识点较多，综合性较强，难度中等.分析图象
时，要考虑先拐先平衡的原则，则反应条件为温度高或压强大，写电极反应式一定要考虑介
质的参与.
9. 铁及其化合物在日常生活、生产中应用广泛.
(1)在某温度下，K sp ( FeS) =8.1 X 10 T7, FeS 饱和溶液中c ( H+)与c (S2「)之间存在关
系：c2( H I) ?c ( S2「)=1.0 X 10「22,为了使溶液里c ( Fe2+)达到1mol?L「1,现将适量FeS 投入其饱和溶液中，应调节溶液中的pH约为B (填字母).
A. 2 B . 3 C . 4 D . 5
(2 )氧化铁红颜料跟某些油料混合，可以制成防锈油漆•以黄铁矿为原料制硫酸产生的硫酸渣中含
F Q Q、SiO2、AI2Q、MgO等，用硫酸渣制备铁红(FezQ)的过程如下：
①酸溶过程中Fe zQ发生反应的离子方程式为Fe2Q+3H2Sq—Fe? (SC4)芒HO；
“滤渣A”主要成分的化学式为SiO2.
②还原过程中加入FeS的目的是将溶液中的Fe3^原为Fe2+,而本身被氧化为H2SQ.
请完成该反应的离子方程式：仆eS+14Fe3++8HC—15Fe2++2S^ +16H+
③氧化过程中，Q、NaOH与Fe反应的离子方程式为4Fe +O+2HO+8OH=4Fe (OH
.
沉淀物Fe (OH 3Al (OH 3Fe (OH 2Mg (OH 2
开始沉淀pH 2.7 3.87.69.4
完全沉淀pH 3.2 5.29.712.4
如果pH过大，可能引起的后果是Al3+、Mg+形成沉淀，使制得的铁红不纯(几种离子沉淀的pH见上表).
⑤滤液B可以回收的物质有ABD (填序号).
A. N&SQ B . Al 2 (SQ) 3 C . NazSiO s D . MgSQ
【考点】制备实验方案的设计；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质.
pH专题；无机实验综【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；电离平衡与溶液的
合.
【分析】(1)根据硫化亚铁的溶度积常数和亚铁离子浓度计算硫离子浓度，再根据氢硫酸的
电离平衡常数计算氢离子浓度，最后利用pH计算公式计算溶液的pH;
(2)硫酸渣中含
FezQ、SQ2、AI2Q、MgO等，稀硫酸溶解主要除去不与酸反应的SiO?，力口入FeS将溶液中的Fe3+还原为Fe2+,再加氢氧化钠和空气，调节溶液的pH的范围是3.2〜3.8 主要是使三价铁沉淀，而二价镁，三价铝都不沉淀，最后洗涤、烘干、研磨使氢氧化铁分解生成氧化铁，从而得到铁红；
①氧化铁属于碱性氧化物，与酸反应生成盐和水；FezQ、AI2Q、MgO都和硫酸反应，二氧化
硅不和酸反应；
②根据得失电子守恒和原子守恒来配平，FeS中S元素的化合价从-1价升高到+6价，2个
S原子转移14个电子，Fe3+转移1个电子，则二者的计量数之比为1: 14,根据S守恒可知
SQ2「前面的化学计量数为2,根据氧守恒可知H20前面化学计量数为8,根据H守恒可知H+ 前化学计量数为16；
③NaQH与Fe2+反应生成的氢氧化亚铁易被氧化；
④根据几种离子沉淀的pH分析；
⑤因加入的是氢氧化钠来调节PH所以滤液B中应是未沉淀离子的硫酸盐和硫酸钠.
【解答】解：(1)溶液中 c (S2「)= —〔•mol/L=8.1 x 10「17mol/L ,
c (Fe ①1
c2(H+) ?c ( ST) =1.0 x 10「22，贝U c (H+) = 一 - _ mol/L=1.11 x 10「3mol/L , pH=
V8.1X10 "17
-3
-lg1.11 x 10 =3；
故选B；
(2)硫酸渣中含FezQ、SiO2、AI2Q、MgO等，稀硫酸溶解主要除去不与酸反应的SiO?，加
入FeS将溶液中的Fe3+还原为Fe2+,再加氢氧化钠和空气，调节溶液的pH的范围是3.2〜3.8 主要是使三价铁沉淀，而二价镁，三价铝都不沉淀，最后洗涤、烘干、研磨使氢氧化铁分解生成氧化铁，从而得到铁红；
①氧化铁与硫酸反应生成硫酸铁和水，方程式为：Fe2Q+3H2SQ— Fe? (SQ) 3+3H2Q因二氧
化硅不与硫酸反应，故“滤渣A”主要成份的化学式为SiO2.
故答案为：Fe2Q+3H2SQ—Fe2 ( SQ) 3+3H2Q; SiO2；
②FeS中S元素的化合价从-1价升高到+6价，2个S原子转移14个电子，Fe3+转移1个电
子，则二者的计量数之比为1: 14,根据S守恒可知SO2-前面的化学计量数为2，根据氧守
恒可知H20前面化学计量数为8，根据H守恒可知H+前化学计量数为16，则反应的离子方程式为：1FeS+14Fe +8H2Q- 15Fe +2SC4 +16H ,
故答案为：14；8H2Q 16H+；15；2；16H;
③Fe2+M QH反应生成4Fe (QH 2, Fe (OH 2不稳定易被氧气氧化为Fe (QH 3，用化合价
升价法配平方程式为4Fe2++Q+2HQ+8QH=4Fe ( QH 3J,
故答案为：4Fe2++Q+2H2Q+8QH=4Fe (QH 3J;
④根据几种离子沉淀的pH,如果pH过大，A|3+、Mg+形成沉淀，使制得的铁红不纯；
故答案为：A|3+、Mg+形成沉淀，使制得的铁红不纯；
⑤未沉淀的离子为Ns T、Mg+、Al3+,故滤液B可以回收的物质有：N&SQ、Al 2 (SQ) 3、MgSQ, 故选：ABD。