浙江省温州市2020届高三化学11月选考适应性测试试题（含解析）

浙江省温州市2020届⾼三化学11⽉选考适应性测试试题（含解析）
浙江省温州市2020届⾼三化学11⽉选考适应性测试试题（含解析）
考⽣须知：
1．本试题卷分选择题和⾮选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。

2．考⽣答题前，务必将⾃⼰的姓名、准考证号⽤⿊⾊字迹的签字笔或钢笔填写在答题卷上。

3．选择题的答案须⽤2B铅笔将答题卷上对应题⽬的答案标号涂⿊，如要改动，须将原填涂处⽤橡⽪擦净。

4．⾮选择题的答案须⽤⿊⾊字迹的签字笔或钢笔写在答题卷上相应区域内，作图时可先使
⽤2B铅笔，确定后须⽤⿊⾊字迹的签字笔或钢笔描⿊，答案写在本试题卷上⽆效。

5．可能⽤到的相对原⼦质量：H 1　C 12　N 14　O 16　Na 23　Mg 24　Si 28　P 31S 32　Cl 35.5　K 39　Fe 56　Cu 64　Ba 137
选择题部分
⼀、选择题（本⼤题共15⼩题，每⼩题3分，共45分。

每个⼩题列出的四个备选项中只有⼀个是符合题⽬要求的，不选、多选、错选均不得分）
1.下列说法不正确的是
A. 国庆70周年放飞的⽓球材质是可降解材料，主要成分是聚⼄烯
B. 晶体硅可⽤来制造集成电路、晶体管、太阳能电池等
C. MgO与Al2O3均可⽤于耐⾼温材料
D. 燃料的脱硫脱氮、NO x的催化转化都是减少酸⾬产⽣的措施
【答案】A
【解析】
【详解】A.聚⼄烯不属于可降解材料，故错误；
B.硅属于半导体材料，能制造集成电路或太阳能电池等，故正确；
C.氧化镁和氧化铝的熔点都较⾼，可以做耐⾼温材料，故正确；
D. 燃料的脱硫脱氮、NO x的催化转化可以减少硫的氧化物和氮的氧化物的排放，能减少酸⾬的产⽣，故正确。

故选A。

2.下列表⽰不正确的是
A. 中⼦数为20的氯原⼦：37Cl
B. 氟离⼦的结构⽰意图：
C.
⽔的球棍模型： D. ⼄酸的⽐例模型：
【答案】C
【解析】
【详解】A.中⼦数为20的氯原⼦其质量数为17+20=37，故37Cl 是正确的；
B.氟离⼦的核电荷数为9，核外电⼦数为10，故正确；
C.⽔分⼦为V型，不是直线型，故错误；
D.该图为⼄酸的⽐例模型，故正确。

故选C。

3.某学习兴趣⼩组通过2KClO3⼗H2C2O4CO2忄＋2ClO2↑＋K2CO3＋H2O制取⾼效消毒剂
加热
ClO2。

下列说法正确的是
A. KClO3中的Cl被氧化
B. H2C2O4是氧化剂
C. 氧化产物和还原产物的物质的量之⽐为1∶1
D. 每⽣成1 mol ClO2转移2 mol电⼦
【答案】C
【解析】
【详解】A.氯酸钾中的氯元素化合价降低，被还原，故错误；
B.草酸中的碳元素化合价升⾼，作还原剂，故错误；
C.⼆氧化碳和碳酸钾为氧化产物，⼆氧化氯为还原产物，⼆者⽐例为1∶1，故正确；
D.氯元素化合价变化1价，所以每⽣成1 mol ClO2转移1mol电⼦，故错误；
故选C。

4.下列离⼦⽅程式正确的是
A. NaHSO3溶液中的⽔解⽅程式：HSO3?＋H2O=H3O+＋
2
3 SO
B. FeI2溶液中加双氧⽔，出现红褐⾊沉淀：6Fe2+＋3H2O2=2Fe（OH）3↓＋4Fe3+
C. 10 mL 0.1 mol·L?1 NaOH溶液中滴加⼏滴AlCl3溶液：Al3+＋3OH?=Al（OH）3↓
D. 3a mol CO 2通⼊含2a mol Ba （OH ）2的溶液中：
3CO 2＋4OH ?＋Ba 2+=BaCO 3↓＋2＋H 2O
3HCO -【答案】D
【解析】
【详解】A. HSO 3?＋H 2O=H 3O +＋为HSO 3?的电离⽅程式，故错误；
23SO -B. FeI 2溶液中加双氧⽔，应是碘离⼦被氧化，⽣成碘单质，再亚铁离⼦反应⽣成铁离⼦，故错误；
C. 10 mL 0.1 mol·L ?1 NaOH 溶液中滴加⼏滴AlCl 3溶液，说明碱过量，反应⽣成偏铝酸钠，不是氢氧化铝，故错误；
D. 3a mol CO 2通⼊含2a mol Ba （OH ）2的溶液中，反应⽣成碳酸钡和碳酸氢钡，离⼦⽅程式3CO 2＋4OH ?＋Ba
2+=BaCO 3↓＋2＋H 2O ，故正确；
3HCO -故选D 。

【点睛】掌握酸式盐的⽔解或电离⽅程式的书写，通常都有⽔参与反应，关键是看离⼦是分开还是结合的问题，若分开，则为
电离，若结合，则为⽔解。

或结合电离或⽔解后的酸碱性判断，如亚硫酸氢根离⼦电离显酸性，所以反应产物有氢离⼦，⽔解显碱性，则反应产物有氢氧根离⼦。

5.下列说法不正确的是
A. 若酸式滴定管旋塞处的⼩孔被凡⼠林严重堵塞，可以⽤细铁丝疏通
B. 镀锌铁⽪与稀硫酸反应，若产⽣的⽓泡突然消失，锌反应完全，需⽴即取出铁⽪
C. 液溴存放在带玻璃塞的棕⾊细⼝瓶中，并加⽔液封，放在阴凉处
D. 若⽪肤被烫伤且已破，可先涂些紫药⽔或1%⾼锰酸钾溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A.酸式滴定管⼩孔被凡⼠林堵塞，可以⽤铁丝疏通，故正确；
B.镀锌铁放在稀硫酸溶液中，锌为原电池的负极，铁为正极，当锌反应完，反应速率减慢，所以不会出现⽓泡突然消失的现象，只能⽓泡产⽣速率变慢，故错误；
C.溴容易挥发，所以⽤⽔封，故正确；
D.紫药⽔和⾼锰酸钾溶液都能杀菌消毒，故正确。

6.下列说法不正确的是
A. ⼄醇、苯酚与⾦属钠的反应实验中，先将两者溶于⼄醚配成浓度接近的溶液，再投⼊绿⾖⼤⼩的⾦属钠，观察、⽐较实验现象
B. 可以⽤新制Cu（OH）2浊液检验⼄醛、⽢油、葡萄糖、鸡蛋⽩四种物质的溶液（必要时可加热）
C. ⽜油与NaOH浓溶液、⼄醇混合加热充分反应后的混合液中，加⼊冷饱和⾷盐⽔以促进固体沉淀析出
D. 分离氨基酸混合液可采⽤控制pH法、分离⼄醇和溴⼄烷的混合物可⽤萃取法
【答案】C
【解析】
【详解】A.因为苯酚是固体，将其溶于⼄醚形成溶液时，可以和⾦属钠反应，⼆者配制成接近浓度，可以从反应产⽣⽓体的快慢进⾏⽐较，故正确；
B.四种溶液中加⼊新制的氢氧化铜悬浊液，没有明显现象的为⼄醛，出现沉淀的为鸡蛋⽩溶液，另外两个出现绛蓝⾊溶液，将两溶液加热，出现砖红⾊沉淀的为葡萄糖，剩余⼀个为⽢油，故能区别；
C.⽜油的主要成分为油脂，在氢氧化钠溶液加热的条件下⽔解⽣成⾼级脂肪酸盐，应加⼊热的饱和⾷盐⽔进⾏盐析，故错误；
D.不同的氨基酸的pH不同，可以通过控制pH法进⾏分离，⼄醇能与⽔任意⽐互溶，但溴⼄烷不溶于⽔，所以可以⽤⽔进⾏萃取分离，故正确。

故选C。

7.设N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A. 0.1 mol C3H9N中所含共⽤电⼦对数⽬为1.2N A
B. 14 g N60（分⼦结构如图所⽰）中所含N－N键数⽬为1.5N A
C. 某温度下，1 L pH＝6的纯⽔中所含OH?数⽬为1.0×10?8 N A
D. 标准状况下，5.6 L甲醛⽓体中所含的质⼦数⽬为4N A
【解析】【详解】A.根据物质中的最外层电⼦数进⾏分析，共⽤电⼦对数为，所以0.1
(3493)122?++=mol C 3H 9N 中所含共⽤电⼦对数⽬为1.2N A ，故正确；
B. 14 g N 60的物质的量为，N 60的结构是每个氮原⼦和三个氮原⼦结合形成两个141146060mol =?双键和⼀个单键，每两个氮原⼦形成⼀个共价键，1mol N 60
含有的氮氮键数为，603902mol ?=即14 g N 60的含有氮氮键，数⽬为1.5N A ，故正确；
190 1.560mol ?=C. 某温度下，1 L pH ＝6的纯⽔中氢离⼦浓度为10-6mol/L ，纯⽔中氢离⼦浓度和氢氧根离⼦浓度相等，所以氢氧根离⼦浓度为10-6mol/L ，氢氧根离⼦数⽬为10-6 N A ，故错误；
D. 标准状况下，5.6 L 甲醛⽓体物质的量为0.25mol ，每个甲醛分⼦中含有16个质⼦，所以0.25mol 甲醛中所含的质⼦数⽬为4N A ，故正确。

故选C 。

8.在某温度下，同时发⽣反应A （g ）B （g ）和A （g ）C （g ）。

已知A （g ）反应⽣成B （g ）或C （g ）的能量如图所⽰，下列说法正确的是
A. B （g ）⽐C （g ）稳定
B. 在该温度下，反应刚开始时，产物以B 为主；反应⾜够长时间，产物以C 为主
C. 反应A （g
）B （g ）的活化能为（E 3—E 1） D. 反应A （g ）
C （g ）的ΔH＜0且ΔS＝0
【答案】B
【解析】
【详解】A. 从图分析，Ｂ的能量⽐Ｃ⾼，根据能量低的稳定分析，B （g ）⽐C （g ）不稳定，故错误；
B. 在该温度下，反应⽣成Ｂ的活化能⽐⽣成Ｃ的活化能低，所以反应刚开始时，产物以B 为主；Ｃ⽐Ｂ更稳定，所以反应⾜够长时间，产物以C 为主，故正确；
C. 反应A（g）B（g）的活化能为E1，故错误；
D. 反应A（g）C（g）为放热反应，即ΔH＜0，但ΔS不为0，故错误。

故选Ｂ。

9.主族元素X、Y、Z、W在元素周期表中的位置如图所⽰，其中W原⼦序数是Z的2倍。

下列说法不正确的是
A. X、Y、Z的氢化物沸点依次升⾼
B. Z和W形成的化合物溶于⽔，既有共价键的断裂，⼜有共价键的形成
C. X、Y、Z与氢元素组成的化学式为XY2ZH4的物质可能是分⼦晶体，也可能是离⼦晶体
D. M的原⼦序号为32，是⼀种重要的半导体材料
【答案】A
【解析】
【详解】W原⼦序数是Z的2倍，则Ｗ为硫，Ｚ为氧，Ｘ为碳，Ｙ为氮，Ｍ为锗。

A.碳的氢化物为烃，碳原⼦数越多，沸点越⾼，所以不能确定沸点⾼低，故错误；
B. Z和W形成的化合物为⼆氧化硫或三氧化硫，溶于⽔，反应⽣成亚硫酸或硫酸，反应中既有共价键的断裂，⼜有共价键的形成，故正确；
C. X、Y、Z与氢元素组成的化学式为XY2ZH4可能为CO（NH2）2，为分⼦晶体，可能为
NH4CNO，为离⼦晶体，故正确；
D. 锗的原⼦序号为32，是⼀种重要的半导体材料，故正确。

故选A。

10.下列说法正确的是
A. ⽢油醛（）和葡萄糖均属于单糖，互为同系物
B. 2,3,5,5?四甲基?3,3?⼆⼄基⼰烷的键线式为
C. ⾼聚物和均是缩聚产物，它们有共同的单体
D. 将总物质的量为1 mol的⽔杨酸、1,2?⼆氯⼄烷和CH3NHCOOCH3的混合物与NaOH溶液充分反应，最多可以消耗2 mol NaOH
【解析】
【详解】A. ⽢油醛不属于单糖，故错误；
B.键线式为的名称为2,2,4,5?四甲基?3,3?⼆⼄基⼰烷，故错误；
C. ⾼聚物的单体为碳酸⼄⼆醇，⽽的单体是⼄⼆醇，故没有
共同的单体，故错误；D. ⽔杨酸含有羧基和酚羟基，1 mol 的⽔杨酸消耗2mol 氢氧化钠，1 mol 的1,2?⼆氯⼄烷消耗2mol 氢氧化钠，CH 3NHCOOCH 3含有酯基和肽键，所以1 mol 的CH 3NHCOOCH 3消耗2mol 氢氧化钠，将总物质的量为1 mol 三种物质的混合物与NaOH 溶液充分反应，最多可以消耗2 mol NaOH ，故正确。

故选D 。

11.在常温下，向20 mL 浓度均为0.1 mol·L ?1的盐酸和氯化铵混合溶液中滴加0.1
mol·L ?1的氢氧化钠溶液，溶液pH 随氢氧化钠溶液加⼊体积的变化如图所⽰（忽略溶液体积变化）。

下列说法正确的是
A. V （NaOH ）＝20 mL 时，2n （
）＋n （NH 3·H 2O ）＋n （H +）－n （OH ?）＝0.1 mol +4NH B. V （NaOH ）＝40 mL 时，c （）＜c （OH ?）
+
4NH C. 当0＜V （NaOH ）＜40 mL 时，H 2O 的电离程度⼀直增⼤
D. 若改⽤同浓度的氨⽔滴定原溶液，同样使溶液pH ＝7时所需氨⽔的体积⽐氢氧化钠溶液要⼩
【答案】B
【详解】A. V （NaOH ）＝20 mL 时，溶液中的溶质为0.02mol 氯化钠和0.02mol 氯化铵，电荷守恒有n(Na +)+n （H +）+
n （）=n(Cl -)+n （OH ?），因为n(Na +)=0.02mol ，n(Cl -)+4NH =0.04mol ，所以有n （H +）+ n （）=0.02+n （OH ?），物料守恒有n(Cl -)= n(Na +)+ n （
+
4NH ）＋n （NH 3·H 2O ），即0.02= n （）＋n （NH 3·H 2O ），所以，2n （）
+
4NH +
4NH +
4NH ＋n （NH 3·H 2O ）＋n （H +）＝0.04 mol+n （OH ?），故错误；
B. V （NaOH ）＝40 mL 时，溶质为0.04mol 氯化钠和0.02mol ⼀⽔合氨，溶液显碱性，因为⽔也能电离出氢氧根离⼦，故c （）＜c （OH ?）正确；
+
4NH C. 当0＜V （NaOH ）＜40 mL 过程中，前20毫升氢氧化钠是中和盐酸，⽔的电离程度增⼤，后20毫升是氯化铵和氢氧化钠反应，⽔的电离程度减⼩，故错误；
D. 盐酸和氢氧化钠反应⽣成氯化钠溶液，为中性，若改⽤同浓度的氨⽔滴定原溶液，盐酸和氨⽔反应后为氯化铵的溶液仍为酸性，所以同样使溶液pH ＝7时所需氨⽔的体积⽐氢氧化钠溶液要⼤，故错误。

故选B 。

12.某学习⼩组在容积固定为2 L 的密闭容器内充⼊1 mol N 2和3 mol H 2合成NH 3。

恒温下开始反应，并⽤压⼒传感器测定压强如下表所⽰：反应时间/min
0510********压强/MPa 16.8014.7813.8613.2712.85
12.6012.60下列说法不正确的是
A. 不断地将NH 3液化并移⾛，有利于反应正向进⾏
B. 其它条件不变，在30 min 时，若压缩容器的体积，N 2的平衡转化率增⼤
C. 从反应开始到10 min 时，v （NH 3）＝0.035 mol·L ?1·min ?1
D. 在30 min 时，再加⼊0.5 mol N 2、1.5 mol H 2和2 mol NH 3，平衡向逆反应⽅向移动
【答案】D
【解析】
【详解】A.不断将氨⽓液化分离，⽣成物的浓度减⼩，平衡正向移动，故正确；
B.压缩体积，平衡正向移动，氮⽓转化率增⼤，故正确；
C.前10分钟，N 2+3H 2 2NH 3
起始 0.5 1.5 0
改变 x 3x 2x
10min 时 0.5-x 1.5-3x 2x 有，解x=0.175mol/L ，⽤氨⽓表⽰反应速率为＝0.035 0.5 1.53213.860.5 1.516.80x x x -+-
+=+0.175mol/L 210min ?mol·L ?1·min ?1，故正确；
D. N 2+3H 2 2NH 3
起始 0.5 1.5 0
改变 x 3x 2x
平衡 0.5-x 1.5-3x 2x ，有，解x=0.25mol/L ，则平衡常数表⽰
0.5 1.53212.600.5 1.516.80x x x -+-+=+为，在
30 min 时，再加⼊0.5 mol N 2、1.5 mol H 2和2 mol NH 3，则有Q c =230.564=0.250.7527?
231.54=0.5 1.53?故选D 。

13.2019年诺贝尔化学奖授予在锂电池发展上做出贡献的三位科学家。

某可连续⼯作的液流锂离⼦储能电池放电时⼯作原理如图所⽰，下列说法正确的是
A. 放电时，储罐中发⽣反应：S 2O 82-＋2Fe 2+=2Fe 3+＋2SO 42-
B. 放电时，Li 电极发⽣了还原反应
C. 放电时，Ti 电极发⽣的电极⽅程式为：Fe 2+－e ?=Fe 3+
D. Li +选择性透过膜可以通过Li +和H 2O
【答案】A
【解析】
【详解】A.储能电池中锂为负极，失去电⼦⽣成锂离⼦，钛电极为正极，溶液中的铁离⼦得
到电⼦⽣成亚铁离⼦，储罐中亚铁离⼦与S 2O 82-反应，反应的离⼦⽅程式为：S 2O 82-
＋2Fe 2+=2Fe 3+＋2SO 42-，故正确；
B.放电时锂失去电⼦发⽣氧化反应，故错误；
C. 放电时，Ti 电极发⽣的电极⽅程式为：Fe 3++e ?= Fe 2+，故错误；
D. Li +选择性透过膜可以通过Li +不能通过⽔，故错误。

故选A 。

【点睛】掌握原电池的⼯作原理，注意锂离⼦选择性的透过膜只能通过锂离⼦，S 2O 82-为还原性离⼦，能被铁离⼦氧化。

14.硫酸铜分解产物受温度影响较⼤，现将硫酸铜在⼀定温度下分解，得到的⽓体产物可能含有SO 2、SO 3、O 2，得到的固
体产物可能含有CuO 、Cu 2O 。

已知Cu 2O ＋2H +=Cu ＋Cu 2+＋H 2O ，某学习⼩组对产物进⾏以下实验，下列有关说法正确的是
A. 将⽓体通过BaCl 2溶液产⽣⽩⾊沉淀，说明混合⽓体中含有SO 3
B. 将⽓体通过酸性⾼锰酸钾溶液，溶液褪⾊，说明混合⽓体中含有SO 2与O 2
C. 固体产物中加稀硝酸溶解，溶液呈蓝⾊，说明固体产物中含有CuO
D. 将⽓体依次通过饱和Na 2SO 3溶液、灼热的铜⽹、酸性⾼锰酸钾可以将⽓体依次吸收
【答案】B
【解析】
【详解】A.⼆氧化硫和氧⽓和氯化钡可以反应⽣成硫酸钡沉淀，所以不能说明混合⽓体中含有三氧化硫，故错误；
B.⼆氧化硫能使酸性⾼锰酸钾溶液褪⾊，说明混合⽓体含有⼆氧化硫，硫酸铜分解⽣成⼆氧化硫，硫元素化合价降低，应有元素化合价升⾼，所以产物肯定有氧⽓，故正确；
C.固体产物加⼊稀硝酸，氧化铜或氧化亚铜都可以⽣成硝酸铜，不能说明固体含有氧化铜，故错误；
D. 将⽓体通过饱和Na 2SO 3溶液，能吸收⼆氧化硫、三氧化硫，故错误。

故选B 。

15.某溶液X 中含有H +、、Na +、Mg 2+、Fe 2+、、Cl ?、Br ?、、SiO 32-和HCO 3
-离+
4NH 2
4SO -2AlO -⼦中的若⼲种。

取100 mL 该溶液进⾏如下实验：
下列说法正确的是
A. 溶液X 中⼀定没有、SiO 32-，可能有Na +、Fe 2+
2AlO
B. 溶液X 中加NaOH 后，所得沉淀的成分可能有两种
C. 溶液X 中c （Cl ?）≤0.2 mol·L ?1
D. 溶液X 可能是由NH 4HSO 4、MgCl 2按物质的量之⽐2∶1混合再溶于⽔配制⽽成
【答案】D
【解析】
【详解】A.加⼊⼀定量的氢氧化钠后得到中性溶液，说明原溶液为酸性，则偏铝酸根离⼦和硅酸根离⼦和碳酸氢根离⼦都不能存在，后续溶液中加⼊硝酸银产⽣⽩⾊沉淀，说明不含溴离⼦。

原溶液存在的阴离⼦只能是硫酸根离⼦或氯离⼦。

所以4.66克⽩⾊沉淀为硫酸钡沉淀，产⽣⽓体为氨⽓，所以原溶液⼀定含有铵根离⼦和硫酸根离⼦，若有亚铁离⼦，则加⼊氢氧化钠⽣成氢氧化亚铁沉淀，灼烧后得到红棕⾊氧化铁，故⼀定不含亚铁离⼦，故错误；
B.加⼊氢氧化钠能产⽣的沉淀只能是氢氧化镁沉淀，故错误；
C.氨⽓的体积为448mL ，物质的量为0.02mol ，说明铵根离⼦物质的量为0.02mol ，结合氢氧化钠的物质的量为0.02mol ，硫酸钡沉淀为4.66克，硫酸根离⼦物质的量为0.02mol ，氧化镁质量为0.4克，镁离⼦物质的量为0.01mol ，结合的氢氧化钠的物质的量为0.02mol ，第⼀步消耗0.06mol 氢氧化钠，所以说明原溶液还有氢离⼦，物质的量为0.06-0.02-
0.02=0.02mol ，根据电荷守恒分析，还应存在有阴离⼦，只能为氯离⼦，所以氯离⼦的物质的量为0.01×2+0.02+0.02-
0.02×2=0.02mol ，若溶液中含有钠离⼦，则氯离⼦的物质的量⼤于0.02mol ，则氯离⼦的浓度最⼩值为，故错误；
0.02mol =0.2mol /L 0.1L D.溶液中含有0.02mol 铵根离⼦，0.02mol 硫酸根离⼦，0.01mol 镁离⼦，0.02mol 氢离⼦，氯离⼦物质的量最⼩值为0.02mol ，可能是由0.02molNH 4HSO 4和0.01molMgCl 2按物质的量之⽐2∶1混合再溶于⽔配制⽽成，或还有氯化钠，故正确。

答案选D 。

【点睛】掌握反应过程中离⼦之间的⽐例关系，进⾏定量和定性分析，注意前后的⼀致性，
如当加⼊氢氧化钠后溶液为中性，说明原溶液为酸性，则偏铝酸根离⼦或硅酸根离⼦或碳酸氢根离⼦等都不存在。

根据氢氧化钠的消耗量分析溶液中存在氢离⼦，再根据溶液中的电荷守恒确定溶液中的氯离⼦的存在以及数值。

⾮选择题部分
⼆、⾮选择题（本⼤题共7⼩题，共50分）
16.⼆元化合物X可由单质硫和Ca（OH）2浊液共热制得。

取⼀定量X与100 mL 0.2
mol·L?1稀硫酸恰好完全反应，⽣成0.08 mol淡黄⾊沉淀和0.448 L⽓体甲（已折算为标准状况）。

请回答：
（1）甲的电⼦式为________。

（2） X的化学式为________。

（3） X与稀硫酸反应的化学⽅程式为________。

（4）单质硫和Ca（OH）2浊液制X时，还⽣成另⼀种含氧酸盐（M＜160 g·mol?1），该盐
与稀硫酸反应也有淡黄⾊沉淀⽣成并放出刺激性⽓味⽓体，则单质硫与Ca（OH）2浊液反应
制X的化学⽅程式为________。

（5）⽓体甲通⼊硫酸铁溶液中能发⽣反应。

请设计实验⽅案验证反应后溶液中除H+之外的阳离⼦________。

【答案】(1). (2). CaS5或S5Ca (3). CaS5＋H2SO4=CaSO4＋4S↓＋H2S↑(4). 12S＋3Ca（OH）2=2CaS5＋CaS2O3＋
3H2O (5). 取反应后溶液分成两份，⼀份滴加KSCN溶液，若溶液显⾎红⾊，则说明有Fe3+；另⼀份（加热使过量的H2S逸出）滴加酸性KMnO4溶液，若紫⾊褪去或变浅，则说明有Fe2+
【解析】
【分析】
⼆元化合物X可由单质硫和Ca（OH）2浊液共热制得，应含有钙元素和硫元素，取⼀定量X
与100 mL 0.2 mol·L?1稀硫酸恰好完全反应，⽣成0.08 mol淡黄⾊沉淀为硫，和0.448 L ⽓体甲为硫化氢，假设X中硫元素的化合价为-x价，反应中⽣成硫单质，化合价升⾼x价，⽣成硫化氢，硫的化合价降低2-x，根据硫和硫化氢的物质的量⽐分析，有4x=2-x，解
x=0.4，则X的化学式为CaS5或S5Ca。

【详解】(1).硫化氢的电⼦式为：；
(2)根据以上分析可知X为 CaS5或S5Ca；
(3)根据题意CaS 5和硫酸反应⽣成硫酸钙和硫和硫化氢，⽅程式为：
CaS 5＋H 2SO 4=CaSO 4＋4S↓＋H 2S↑；
(4) 另⼀种含氧酸盐（M ＜160 g·mol ?1），该盐与稀硫酸反应也有淡黄⾊沉淀⽣成并放出刺激性⽓味⽓体⼆氧化硫，说明该
物质为CaS 2O 3，则硫和氢氧化钙的⽅程式为：
12S ＋3Ca （OH ）2=2CaS 5＋CaS 2O 3＋3H 2O ；
(5)硫化氢和硫酸铁反应⽣成硫和硫酸亚铁和硫酸，溶液中的阳离⼦除了氢离⼦外，还有亚铁离⼦，可能有铁离⼦，所以利⽤铁离⼦遇到硫氰化钾显红⾊检验，利⽤亚铁离⼦能使⾼锰酸钾溶液褪⾊碱性，实验⽅法为：取反应后溶液分成两份，⼀份滴加KSCN 溶液，若溶液显⾎红⾊，则说明有Fe 3+；另⼀份（加热使过量的H 2S 逸出）滴加酸性KMnO 4溶液，若紫⾊褪去或变浅，则说明有Fe 2+。

【点睛】掌握利⽤元素化合价变化分析反应产物，结合常见物质的物理或化学性质进⾏推断。

含硫物质和稀硫酸反应⽣成的⽓体通常不是氢⽓，⽽是含有硫的⽓体，⼀般为硫化氢。

17.以磷⽯膏（主要成分是CaSO 4，含少量的Al 2O 3、SiO 2等杂质）为原料制备
Na 2SO 4、CaBr 2·2H 2O 和NH 4Cl 等产品的⼯艺流程如下：
请回答：
（1）反应釜1中
的浸出率与加料速度、反应温度的关系如下图所⽰：24SO -
①反应的最佳条件为________。

②其它条件相同时，
浸出率随反应温度先升后降的原因是________。

24SO -
（2）实验室⾥模拟上述煅烧操作，下列仪器中有⽤到的是________。

A 瓷坩埚
B 铁坩埚
C 酒精灯
D 酒精喷灯
（3）反应釜2中进⾏的反应是________。

（4）反应釜3中完成反应后，分离硫酸钠、氯化铵的操作：在90℃左右蒸发浓缩⾄较多晶体析出→________得到Na2SO4粗品；同时，将热滤液________→得NH4Cl粗品
（Na2SO4、NH4Cl的溶解度如图所⽰）。

【答案】(1). 加料速度为36 g·min?1、反应温度为40℃(2). （温度低于40℃反应速率慢）温度在30～40℃时，温度越⾼反应速率越快；⾼于40℃（NH4）2CO3受热分解(3). BD (4). 3CaO＋2NH3·H2O＋3Br2=3CaBr2＋N2＋5H2O或3CaO＋2NH3＋3Br2=3CaBr2＋N2＋3H2O (5). 趁热过滤(6). 冷却⾄35℃左右、趁热过滤或冷却⾄35～40℃过滤
【解析】
【分析】
（1）根据图象找出硫酸根离⼦浸出率最⾼的加料速度和温度；
（2）根据温度对反应速率的影响和温度对碳酸铵的影响分析；
（3）根据煅烧碳酸钙时不能与容器反应分析使⽤的容器，根据煅烧的温度选择加热仪器。

（4）根据已给反应物分析反应产物，根据元素化合价变化分析。

（5）物质的溶解度变化曲线分析分离提纯的⽅法。

【详解】(1)①从图分析，加料速度为36 g·min?1、反应温度为40℃时硫酸根离⼦浸出率最⾼，为最佳条件；
②反应釜1中加⼊碳酸铵，随着温度升⾼，（温度低于40℃反应速率慢）温度在30～40℃时，反应速率越快硫酸根离⼦浸出率升⾼；⾼于40℃（NH4）2CO3受热分解，硫酸根离⼦的浸出率降低；
(2)因为是煅烧碳酸钙，其与瓷坩埚中的⼆氧化硅反应，所以选择铁坩埚，煅烧需要较⾼的温度，选择酒精喷灯，故选BD；
(3).碳酸钙煅烧后⽣成氧化钙和⼆氧化碳，加⼊氨⽔和溴反应⽣成溴化钙，因为溴元素化合价降低，所以有氮元素化合价升⾼⽣成氮⽓，⽅程式为：
3CaO＋2NH3·H2O＋3Br2=3CaBr2＋N2＋5H2O或3CaO＋2NH3＋3Br2=3CaBr2＋N2＋3H2O；
(4)根据氯化铵和硫酸钠的溶解度曲线分析，随着温度升⾼，硫酸钠的溶解度降低，⽽氯化铵的溶解度升⾼，所以在在90℃左右蒸发浓缩⾄较多晶体析出趁热过滤得到硫酸钠晶体，滤液冷却⾄35℃左右、趁热过滤或冷却⾄35～40℃过滤可得到氯化铵晶体。

18.硫酸在⽣活和⽣产中应⽤⼴泛。

Ⅰ　某⼯⼚以黄铁矿（主要成分为FeS2）为原料，采⽤“接触法”制备硫酸。

已知298 K和101 kPa条件下：
2FeS2（s）=2FeS（s）＋S（s）ΔH1
S（s）＋2O2（g）=2SO2（g）ΔH2
4FeS（s）＋7O2（g）=2Fe2O3（s）＋4SO2（g）ΔH3
则在该条件下FeS2与O2⽣成Fe2O3和SO2的总热化学⽅程式是________。

Ⅱ　催化氧化反应：2SO2（g）＋O2（g）2SO3（g）　ΔH＜0
（1）在体积可变的密闭容器，维持压强为1×105 Pa和初始n（SO2）＝2 mol，充⼊⼀定量的O2，SO2平衡转化率α（SO2）随O2物质的量n（O2）的变化关系如图所⽰：
①在1000℃时，SO2平衡转化率随着O2物质的量的增⼤缓慢升⾼，解释其原因________。

②a点时SO3的平衡分压p（SO3）＝________Pa（保留2位有效数字，某组分的平衡分压＝总压×某组分的物质的量分数）。

（2）保持温度不变，向固定体积的密闭容器中充⼊⼀定量的SO2、O2。

请画出平衡体系中SO3的体积分数φ（SO3）随初始SO2、O2的物质的量之⽐[n（SO2）/n（O2）]的变化趋势图。

（3）已知活化氧可以把SO 2快速氧化为SO 3。

根据计算机模拟结果，在炭⿊表⾯上O 2转化为活化氧的反应历程与能量变化如图所⽰。

下列说法正确的是________。

A O 2转化为活化氧是氧氧键的断裂与碳氧键的⽣成过程
B 该过程中最⼤能垒（活化能）E 正＝0.73 eV
C 每活化⼀个O 2吸收0.29 eV 的能量
D 炭⿊可作为SO 2转化为SO 3的催化剂
E 其它条件相同时，炭⿊颗粒越⼩，反应速率越快
Ⅲ　硫酸⼯⼚尾⽓中的SO 2可被NaOH 溶液吸收，⽤惰性电极将所得的Na 2SO 3溶液进⾏电解，可循环再⽣NaOH 的同时得到H 2SO 4，写出阳极的电极⽅程式________。

【答案】 (1). 4FeS 2（s ）＋11O 2（g ）=2Fe 2O 3（s ）＋8SO 2（g ） ΔH＝2ΔH 1＋2ΔH 2＋ΔH 3；该反应ΔH＜
0，1000℃时，该反应的化学平衡常数很⼩，SO 2平衡转化率⼩；1000℃时，恒压条件下，充⼊O 2，c （SO 2）和c （SO 3）等倍数减，c （O 2）增⼤，
Q c ＝＜K ，平衡正向移动，SO 2平衡转化率增⼤ (2). 7.3×104或()()()23222c SO c SO c
O =
0.73×105 (3). (4). ADE (5). ＋H 2O—2e ?=
23SO -
＋2H +
2
4SO -【解析】
【分析】
（1）根据盖斯定律分析热化学⽅程式的书写。

（2）根据平衡的三段式模式计算。

（3）根据反应过程能量的变化分析活化能及是放热还是吸热过程。

（4）根据阳极失去电⼦化合价升⾼分析电极反应。

【详解】Ⅰ①2FeS 2（s ）=2FeS （s ）＋S （s ） ΔH 1；②S（s ）＋2O 2（g ）=2SO 2（g ） ΔH 2；③4FeS（s ）＋7O 2（g ）=2Fe 2O 3（s ）＋4SO 2（g ） ΔH 3，根据盖斯定律分析，①×2+②×2+③得热化学⽅程式为：4FeS 2（s ）＋11O 2（g ）=2Fe 2O 3（s ）＋8SO 2（g ） ΔH＝2ΔH 1＋2ΔH 2＋ΔH 3；
Ⅱ(1) ①该反应ΔH＜0，1000℃时，根据⼆氧化硫的转化率曲线，该反应的化学平衡常数很⼩，SO 2平衡转化率⼩；1000℃时，恒压条件下，充⼊O 2，c （SO 2）和c （SO 3）等倍数减，
c （O 2）增⼤，Q c ＝
＜K ，平衡正向移动，SO 2平衡转化率增⼤；()()()23222c SO c SO c O =
② 2SO 2(g)＋O 2(g)
2SO 3(g)起始2 1 0改变1.6 0.8 1.6
平衡0.4 0.2 1.6 三氧化硫的平衡分压为=7.3×104或0.73×105 ；
5
1.60.40.201.611?++?(2) 保持温度不变，向固定体积的密闭容器中充⼊⼀定量的SO
2、O 2。

⼆氧化硫和氧⽓的⽐例为2：１时三氧化硫的平衡体积分数最⼤，故图象为：
；
(3). A.从图分析，O 2转化为活化氧是氧氧键的断裂与碳氧键的⽣成过程，故正确；
B. 该过程中最⼤能垒(活化能)为0.75-0.0=0.75 eV ，故错误；
C ．每活化⼀个O 2释放0.29 eV 的能量，故错误；
D ．炭⿊可以提供活化氧，可作为SO 2转化为SO 3的催化剂，故正确；
E ．其它条件相同时，炭⿊颗粒越⼩，反应接触⾯越⼤，反应速率越快，故正确。

故选ADE 。

Ⅲ.⽤惰性电极将所得的Na 2SO 3溶液进⾏电解，可循环再⽣NaOH 的同时得到H 2SO 4，阳极是
亚硫酸根离⼦失去电⼦⽣成硫酸根离⼦，阳极的电极反应式为：＋H 2O—
23SO -2e ?=＋2H +。

2
4SO -19.某学习⼩组以铝铁铜合⾦为主要原料制备[Cu （NH 3）4]SO 4·H 2O （⼀⽔硫酸四氨合铜）和Fe 3O 4
胶体粒⼦，具体流程如下：
已知：①Cu（NH 3）42+=Cu 2+＋4NH 3
②Fe 2+＋2Fe ３+＋8OH ?Fe 3O 4↓＋4H 2O
加热
③[Cu（NH 3）4]SO 4易溶于⽔，难溶于⼄醇。

请回答：
（1）滤渣的成分为________。

（2）步骤Ⅰ中⽣成[Cu （NH 3）4]SO 4·H 2O 的离⼦⽅程式：________。

步骤Ⅰ中加⼊（NH 4）2SO 4的作⽤是作为反应物和________。

（3）步骤Ⅳ中加⼊95%⼄醇时，缓慢加⼊的⽬的是________。

（4）下列有关叙述正确的是________。

A 步骤Ⅰ缓慢滴加H 2O 2并不断搅拌，有利于提⾼H 2O 2的利⽤率
B 步骤Ⅳ若改为蒸发浓缩、冷却结晶，得到的⼀⽔硫酸四氨合铜晶体会含有较多Cu （OH ）2等杂质
C 步骤Ⅳ、Ⅴ⽤到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、吸滤瓶等
D 步骤Ⅴ中洗涤操作为关闭⽔龙头，加⼄醇溶液浸没沉淀，缓慢流⼲，重复2～3次
（5）步骤Ⅲ中，从滤渣制备Fe 3O 4胶体粒⼦需经过⼀系列操作。

即：滤渣中加过量NaOH 溶液搅拌溶解→________→过滤、洗涤、⼲燥得Fe 3O 4胶体粒⼦。

根据下列提供的操作，请在空格处填写正确的操作次序（填写序号）。

①氮⽓氛围下缓慢滴加NaOH 溶液，加热溶液
②过滤、洗涤
③加⼊过量稀硫酸溶解
④加⼊适量FeSO 4固体，搅拌溶解
⑤测定Fe 3+含量
（6）测定⼀⽔硫酸四氨合铜晶体产品的纯度，过程如下：取0.5000 g 试样溶于⽔，滴加3 mol·L ?1 H 2SO 4⾄pH 为3～4，加⼊过量KI 固体。

以淀粉溶液为指⽰剂，⽣成的碘⽤0.1000 mol·L ?1 Na 2S 2O 3标准溶液滴定，重复2～3次，平均消耗Na 2S 2O 3标准溶液20.00 mL 。

该试样中⼀⽔硫酸四氨合铜的纯度为________。

已知：M[Cu （NH 3）4SO 4·H 2O]＝246.0 g·mol ?1； 2Cu 2+＋4I ?=2CuI ＋I 2，I 2＋2S 2O 32-=2I ?＋S 4O 62-。

【答案】
(1). Al （OH ）3、Fe （OH ）3 (2). Cu ＋H 2O 2＋2NH 3＋2=Cu （NH 3）+4NH 42+＋2H 2O 或Cu ＋H 2O 2＋2NH 3·H
2O ＋2
= Cu （NH 3）42+＋4H 2O (3). 抑制NH 3·H 2O 的电+4NH 离或促进⽣成Cu （NH 3）42+（与反应⽣成的OH ?成NH 3·H 2O ，控制pH 不能太⼤，以防
+4NH H 2O 2在强碱条件下的分解） (4). 有利于得到较⼤颗粒的晶体 (5). ABC (6). ②③⑤④① (7). 98.40%
【解析】
【分析】
（1）合⾦粉末进⾏分离，铝铁应转化为滤渣形式，从所给物质分析，只能是氢氧化铝和氢氧化铁形式，铜转化为[Cu(NH
3)4]SO 4，利⽤[Cu(NH 3)4]SO 4难溶于⼄醇，进⾏分离。

【详解】(1)合⾦粉末溶于氨⽔和硫酸铵以及过氧化氢的作⽤下，能进⾏分离，铁和铝都转化为滤渣，说明滤渣为 Al （OH
）3、Fe （OH ）3 ；
(2)铜在氨⽔和硫酸铵和过氧化氢存在反应⽣成[Cu(NH 3)4]SO 4，离⼦⽅程式为
Cu ＋H 2O 2＋2NH 3＋2
=Cu （NH 3）42+＋2H 2O 或Cu ＋H 2O 2＋2NH 3·H 2O ＋2= Cu （NH 3）+4NH +4NH 42+＋4H 2O ；硫酸铵不仅提供铵根离⼦抑制氨⽔的电离，还可以抑制pH 不能太⼤，以防H 2O 2在强碱条件下的分解；
(3)因为[Cu(NH 3)4]SO 4在⼄醇中的溶解度⼩，加⼊95%⼄醇有利于得到较⼤颗粒的晶体；
(4) A ．因为过氧化氢能够分解，所以在步骤Ⅰ缓慢滴加H 2O 2并不断搅拌，有利于提⾼H 2O 2的利⽤率，故正确；B ．步骤Ⅳ若改为蒸发浓缩、冷却结晶，蒸发过程中促进反应，Cu(NH 3)42+ Cu 2+＋4NH 3，氨⽓逸出，铜离⼦⽔解⽣成氢氧化铜，所以得到的⼀⽔硫酸四氨合铜晶体。