2020届河北省衡水密卷新高考精准冲刺模拟(十二)化学试卷

2020届河北省衡水密卷新高考精准冲刺模拟（十二）
化学试卷
★祝你考试顺利★
注意事项：
1、考试范围：高考考查范围。

2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

3、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。

4、主观题的作答：用0.5毫米黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非主观题答题区域的答案一律无效。

5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。

6、保持卡面清洁，不折叠，不破损。

7、本科目考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

一、选择题（每小题2.5分，共35分，每小题只有一个选项符合题意）
1.中国文化源远流长，下列对描述内容所做的相关分析不正确的是
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A. “采蒿蓼之属，晒干烧灰”，说明成分来自植物烧成的灰中，“以水淋汁”，说明该成分易溶于水，“洗衣发面，亦去垢发面”能洗去油污，发面，能作为发酵剂，排除KOH、KAl(SO4)2，植物烧成的灰中的成分主要为碳酸盐，所以碳酸钾符合，故A正确；
B. “烧之赤色”所指的化学方法为煅烧，故B错误；
C. Fe3O4具有磁性可以作为司南中“杓”的材质，故C正确；
D.所描述的是古代利用蒸馏的方法制作烧酒，故D正确。

2.针对下列实验现象表述不正确
．．．的是
A. 用同一针筒先后抽取80 mL氯气、20 mL水，振荡，气体完全溶解，溶液变为黄绿色
B. 在表面皿中加入少量胆矾，再加入3 mL浓硫酸，搅拌，固体由蓝色变白色
C. 向二氧化硫水溶液中滴加氯化钡溶液，再滴加双氧水，产生白色沉淀
D. 将点燃后的镁条伸入充满二氧化碳的集气瓶，镁条剧烈燃烧，有白色、黑色固体生成
【答案】A
【解析】
【详解】A.氯气可溶于水，在常温时，1体积水大约能溶解2体积氯气，因而20mL水大约能溶解40mL氯气，气体大约剩余40mL未溶解，A项错误；
B.胆矾指的是五水合硫酸铜（CuSO4·5H2O），其显蓝色，而浓硫酸具有吸水性，CuSO4·5H2O变为CuSO4，CuSO4为白色固体，B项正确；
C.双氧水将SO2氧化，离子方程式为H2O2+SO2 =SO42-+2H+，氯化钡溶液中Ba2+与SO42-生成BaSO4白色沉淀，C项正确；
D.将点燃后的镁条伸入充满二氧化碳的集气瓶，发生反应的化学方程式为，MgO为白色固体，C是黑色固体，D项正确。

故答案选A。

3.如图所示是一种综合处理SO2废气的工艺流程，若每步都完全反应。

下列说法正确的是()
A. 溶液B中发生的反应为2SO2＋O2=2SO3
B. 可用酸性高锰酸钾溶液检验溶液C中是否含有Fe3＋
C. 由以上流程可推知氧化性：Fe3＋>O2>SO42—
D. 此工艺的优点之一是物质能循环利用
【答案】D
【解析】
【详解】A、溶液B中发生的反应是亚铁离子被氧气氧化为三价铁离子的反应：4Fe2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋2H2O，故A错误；
B、酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，二价铁离子能与酸性高锰酸钾溶液反应使其褪色，三价铁离子不能，故B错误；
C、由反应可知：2Fe3++2H2O+SO2=2Fe2++SO42-+4H；4Fe2++O2+4H+=2Fe3++2H2O，根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物，所以氧化性：Fe3＋>O2>SO42—，故C错误；
D、过程中生成的硫酸铁溶液可以循环使用，故D正确；
故答案选D。

4.N A表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是()
A. Zn与某浓度HNO3溶液反应，生成的还原产物为N2O与NH4NO3，共1 mol，则反应过程中转移电子总数为8 N A
B. 120 g NaHSO4和KHSO3的固体混合物中含有的阳离子数为N A
C. 标准状况下，2.24 L甲烷与7.1 g氯气在光照条件下反应得到CH3Cl的分子数小于0.1 N A
D. 1 mol FeCl2在酸性条件下与足量双氧水充分反应，整个过程转移电子数目为N A
【答案】D
【解析】
【详解】A. HNO3中N元素化合价为+5，N2O中N元素化合价为+1，NH4NO3中铵根离子中N元素化合价为-3，设N2O与NH4NO3的物质的量分别为a和b，则a+b=1，根据N元素化合价降低计算其得电子数目为：(5-1)×2×a+[5-(-3)] ×b=8×(a+b)=8mol，即转移电子总数为8 N A，故A正确；
B. NaHSO4和KHSO3的摩尔质量均为120g/mol，则120 g NaHSO4和KHSO3的固体混合物总物质的量为1mol，且1molNaHSO4和KHSO3固体中均含有1mol阳离子，所以含有的阳离子数为N A，故B正确；
C. 标准状况下，2.24 L甲烷与7.1 g氯气分别为0.1mol和0.1mol，假设取代反应的产物只有CH3Cl，则完全反应后得到0.1molCH3Cl，但光照条件下产物还有二氯甲烷、三氯甲烷等其它产物，所以在光照条件下反应
得到CH3Cl的分子数小于0.1 N A，故C正确；
D. 双氧水自身会发生分解反应，所以整个过程转移电子数目无法确定，故D错误。

故选D。

5.化合物Y具有抗菌、消炎作用，可由X制得。

下列有关化合物X、Y的说法正确的是()
A. 1 mol X最多能与2 mol NaOH反应
B. Y与乙醇发生酯化反应可得到X
C. X、Y均能与酸性KMnO4溶液反应
D. 室温下X、Y分别与足量Br2加成的产物分子中手性碳原子数目不相等
【答案】C
【解析】
【详解】A. X中酯基水解生成的羧基和酚羟基、X含有的羧基都能和NaOH反应，且羧基、酚羟基和NaOH 以1：1反应，所以1molX最多能和3molNaOH反应，故A错误；
B. Y含-OH，和乙酸发生酯化反应得到X，故B错误；
C. 碳碳双键及连接苯环的碳原子上含有H原子的碳链结构都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以X、Y都能与酸性高锰酸钾溶液反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；
D. X中只有碳碳双键能和溴发生加成反应；Y中碳碳双键能和溴发生反应，和溴反应后，X、Y中手性碳原子都是4个，故D错误。

故选C。

6.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，Y原子的最外层有2
个电子，Z的单质晶体是应用最广泛的半导体材料，W与X位于同一主族。

下列说法正确的是
A. 原子半径：r(W)> r(Z)> r(Y)> r(X)
B. 由X、Y组成的化合物是离子化合物
C. Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强
D. W的简单气态氢化物的热稳定性比X的强
【答案】B
【分析】
X 是地壳中含量最多的元素，因此X 为O 元素，Y 的最外层有两个电子，且Y 是短周期元素，原子序数大于O ，因此Y 为Mg 元素，Z 的单质晶体是广泛应用的半导体材料，所以Z 为Si 元素，W 与X 同主族，且W 是短周期元素，原子序数大于X ，所以W 为S 元素；据此解题；
【详解】A.元素周期表中，同族元素原子半径随核电荷数增加而增加，O 位于第二周期，其他元素位于第三周期，因此O 的原子半径最小，同周期元素，核电荷数越大，原子半径越小，因此原子半径应为r(Mg)＞r(Si)＞r(S)＞r(O)，故A 错误；
B.X 为O 元素，Y 为Mg 元素，两者组成的化合物氧化镁为离子化合物，故B 正确；
C.Z 为Si 元素，W 为S 元素，因为S 的非金属性强于Si ，所以S 的最高价氧化物对应水化物的酸性强于Si 的，故C 错误；
D.W 为S 元素，X 为O 元素，因为O 的非金属性强于S ，所以O 的气态氢化物的热稳定性强于S 的，故D 错误；
总上所述，本题选B 。

【点睛】本题考查元素周期表和元素周期律的
推断、原子结构与元素性质，题目难度不大，应先根据提示推断所给原子的种类，原子结构与元素周期律的关系为解答关键，注意掌握原子构成及表示方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。

7.某学习小组的同学根据“侯氏制碱法”的原理：
①NH 3＋H 2O ＋CO 2＋NaCl===NaHCO 3↓＋NH 4Cl ②2NaHCO 3
Na 2CO 3＋H 2O ＋CO 2↑
利用如下实验装置制备Na 2CO 3。

下列叙述正确的是( )
A. 若X 为稀硫酸，Y 为碳酸钙，则可用装置甲制取CO 2
B. 装置乙中会有白色沉淀析出
C. 将装置丙中所得滤液蒸干可得到NH 4Cl 固体
D. 用装置丁加热NaHCO 3固体可制得Na 2CO 3
【解析】
【详解】A. 利用启普发生器制备CO2，选用稀硫酸会和碳酸钙生成微溶物硫酸钙影响后续反应进行，故A 错误；
B. 在饱和食盐水中通入氨气，形成含氨的饱和食盐水，再向其中通入二氧化碳，溶液中就有大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，这其中NaHCO3溶解度最小，所以析出晶体，故B正确；
C. 过滤的时候，玻璃棒只起到引流的作用，搅拌容易造成滤纸破损或溶液溅出，故C错误；
D. 加热 NaHCO3固体时会生成水，试管口向上容易引起领凝水倒流，引起试管底部炸裂，试管口应向下倾斜，故D错误。

故选B。

【点睛】侯氏制碱法是依据离子反应发生的原理进行的，主要利用NaHCO3在溶液中溶解度较小，所以先制得NaHCO3，再利用碳酸氢钠不稳定性分解得到纯碱。

要制得碳酸氢钠就要有大量钠离子和碳酸氢根离子，所以就在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，这其中NaHCO3溶解度最小，所以析出，其余产品处理后可作肥料或循环使用，掌握侯氏制碱法的原理是解决此题的关键。

8.某种“全氢电池”的工作原理如图所示。

下列说法错误的是()
A. 右边吸附层中发生了氧化反应
B. 负极的电极反应是H2－2e-＋2OH-===2H2O
C. 该电池总反应是H+＋OH-===H2O
D. 电解质溶液中Na＋向右移动、ClO4-向左移动
【答案】A
【解析】
【详解】A. 由电子流向可知，右边吸附层为正极，发生了还原反应，故A错误；
B. 由电子流向可知，左边吸附层为负极，发生了氧化反应，电极反应是H2－2e-＋2OH-=2H2O，故B正确；
C. 负极电极反应是H2−2e−+2OH−═2H2O，正极电极反应是2e−+2H+═H2，电池的总反应为H+＋OH-=H2O，故C正确；
D. 原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极，所以电解质溶液中Na+向右正极移动，ClO4−向左负极移动，故D正确。

故选A。

【点睛】电子的流向与电流的流向相反，电子从电池的负极流向正极，所以负极发生失去电子的氧化反应，正极发生得到电子的还原反应。

9.常温下，向10mL0.1mol·L－1CuCl2溶液中滴入0.1ml·L－1的Na2S溶液，滴加过程中溶液中－1gc(Cu2+)随滴人的Na2S溶液体积的变化如图所示。

下列叙述正确的是
A. Na2S溶液中：c(S2－)+c(HS－)+c(H2S)==2c(Na+)
B. K sp(CuS)的数量级为10－36
C. a、b、c三点溶液中，b点水的电离程度最大
D. c点溶液中：c(C1－)=2c(Na+)
【答案】B
【解析】
【分析】
A.根据物料守恒写出Na2S溶液中离子浓度之间的关系式；
B.b点是CuCl2与Na2S溶液恰好完全反应的点，c(Cu2+)=c(S2-)，据此进行分析；
C.CuCl2、Na2S均能水解促进水电离，氯化钠对水的电离平衡无影响；
D.c点溶液为NaCl和Na2S，根据原子守恒计算出n(Cl-)、n(Na+)，从而得出结论。

【详解】A.根据物料守恒Na2S溶液中：2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)=c(Na+)，故A错误；
B.b点是CuCl2与Na2S溶液恰好完全反应的点，c(Cu2+)=c(S2-)，根据b点数据，c(Cu2+)=1×10-18mol/L，该温度下K sp(CuS)=1×10-36，Ksp (CuS)的数量级为10-36，故B正确；
C.CuCl2、Na2S均能水解、促进水电离，b点是CuCl2与Na2S溶液恰好完全反应的点，溶质是氯化钠，对水的电离平衡没有影响，水的电离程度最小的为b点，故C错误；
D.c点溶液为NaCl和Na2S，根据原子守恒可知，n(Cl-)=10×0.1×2×10-3=2×10-3mol，
n(Na+)=0.1×20×10-3×2=4×10-3mol，则 c点溶液中：2c(Cl-)=c(Na+)，故D错误；
综上所述，本题选B。

10.雌黄(As2S3)在我国古代常用作书写涂改修正胶。

浓硝酸氧化雌黄可制得硫黄，并生成砷酸和一种红棕色气体，利用此反应原理设计为某原电池。

下列有关叙述正确的是
A. 砷酸的分子式为H2AsO4
B. 红棕色气体在该原电池的负极区生成并逸出
C. 该反应的氧化剂和还原剂物质的量之比为12：1
D. 该反应中每析出4.8g硫黄，则转移0.5mol电子
【答案】D
【解析】
【详解】A、砷最高价为+5，砷酸的分子式为H3AsO4，故A错误；
B、红棕色气体是硝酸发生还原反应生成的NO2,原电池正极发生还原反应，所以NO2在正极生成并逸出，故B 错误；
C、As2S3被氧化为砷酸和硫单质，As2S3化合价共升高10，硝酸被还原为NO2，氮元素化合价降低1，氧化剂和还原剂物质的量之比为10：1，故C错误；
D、As2S3被氧化为砷酸和硫单质，1mol As2S3失10mol电子，生成2mol砷酸和3mol硫单质，所以生成0.15mol 硫黄，转移0.5mol电子，故D正确。

11.25 ℃时，向等浓度的NaCl和Na2CrO4溶液中分别滴加AgNO3溶液（已知：Ag2CrO4为砖红色），平衡时溶液中相关离子浓度的关系如图所示。

下列说法正确的是()
A. L 1为向Na 2CrO 4溶液中滴加AgNO 3溶液时的离子浓度关系曲线
B. K sp (AgCl)的数量级为10-12
C. L 1和L 2交点处对应的两种溶液中c(Ag +)＝c(Cl -)＝c(CrO 42-)
D. 用AgNO 3标准溶液测定溶液中Cl -含量时可用Na 2CrO 4做指示剂 【答案】D 【解析】
【详解】A. 25 ℃时，向等浓度的NaCl 和Na 2CrO 4溶液中分别滴加AgNO 3溶液，随着Ag +浓度的增大，Cl -和CrO 42-离子浓度降低，因为Ag +与Cl -1：1结合，而Ag +与CrO 42-2：1结合，所以滴加硝酸银时，对氯化钠溶液中Cl -浓度影响幅度较大，分析图像中曲线的变化趋势知，L 1为向NaCl 溶液中滴加AgNO 3溶液时的离子浓度关系曲线，故A 错误；
B. 曲线L 1可知，当Cl -浓度为10-4.5mol/L 时，Ag+浓度近似为10-5mol/L ，所以K sp (AgCl)的
数量级为10-10，故B 错误；
C. 由图示L 1和L 2曲线的变化趋势知， L 1和L 2交点，c(Ag +)大于10-5mol/L ，而c(Cl -)、c(CrO 42-)小于10-5mol/L ，所以它们不可能相等，故C 错误；
D. 由题给信息可知，用硝酸银溶液滴定Cl -时，用Na 2CrO 4做指示剂，氯化银先沉淀，当溶液中出现砖红色Ag 2CrO 4时，表面Cl -已被定量沉淀，故D 正确。

故选D 。

12.实验室分别用图1、图2装置完成石蜡油分解实验和煤的干馏实验。

下列说法不正确的是( )
A. 图1中碎瓷片为反应的催化剂
B. 图1中酸性KMnO4溶液褪色可证明有乙烯生成
C. 图2中得到的煤焦油含有苯、甲苯等有机物
D. 取图2中水层，滴加酚酞溶液，溶液变红
【答案】B
【解析】
【详解】A. 碎瓷片为石蜡油分解的催化剂，故A正确；
B. 图1中酸性高锰酸钾溶液褪色说明有不饱和烃生成，不一定为乙烯，故B错误；
C.煤焦油中含有苯、甲苯等有机物，故C正确；
D. 煤干馏可以得到粗氨水，所以取图2中水层滴加酚酞溶液，溶液变红色，故D正确。

故选B。

13.H2C2O4是一种二元弱酸。

常温下向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液，混合液中lgX随pH的变化关系如图所示。

下列说法不正确的是(
)
A. 线Ⅰ中X表示的是
-
24
224 c(HC O) c(H C O)
B. 线Ⅰ、Ⅱ的斜率均为1
C. c(HC2O42-) > c(C2O42-) > c(H2C2O4)对应溶液pH：1.22 < pH < 4.19
D. c(Na＋)＝c(HC2O4-)＋2c(C2O42-)对应溶液的pH＝7
【答案】C
【解析】
【详解】A. 二元弱酸草酸的K1=
+-
24
224
c(H)c(HC O)
c(H C O)
⋅
>K2=
+2-
24
-
24
c(H)c(C O)
c(HC O)
⋅
，当lgX=0时，
pH=−lgc(H+)=−lgK，pH1=1.22<pH2=4.19，表明K1=10−1.22>K2=10−4.19，所以直线I中X表示的是
-
24
224
c(HC O)
c(H C O)
，
直线Ⅱ中X表示的是
2-
24
-
24
c(C O)
c(HC O)
，故A正确；
B. pH=0时，c(H+)=1mol/L，lg
-
24
224 c(HC
O)
c(H C O)
=lgK1=−1.22，lg
2-
24
-
24
c(C O)
c(HC O)
=lgK2=−4.19，所以直线I、II的斜率均为1，故B正确；
C. 设pH=a，c(H+)=10−a，
2-
24
-
24
c(C O)
c(HC O)
=2
+
K
c(H)
=10a−4.19，当c(HC2O42-) > c(C2O42-)时，10a−4.19<1，即a−4.19<0，解得：a<4.19，K1·K2=
+-
24
224
c(H)c(HC O)
c(H C O)
⋅
×
+2-
24
-
24
c(H)c(C O)
c(HC O)
⋅
=
2+2-
24
224
c(H)c(C O)
c(H C O)
⋅
，即
2-
24
224
c(C O)
c(H C O)
=12
2+
K K
c(H)
⋅
=102a−5.41，当c(C2O42−)>c(H2C2O4)时，102a−5.41>1即2a−5.41>0，解得a>2.705，所以c(HC2O42-) > c(C2O42-) > c(H2C2O4)对应溶液pH 2.705<pH<4.19，故C错误；
D. 电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)，当c(Na+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)时，c(H+)=c(OH-)，对应pH=7，故D正确。

故选C。

14.室温下，用相同浓度的NaOH溶液，分别滴定浓度均为0.1mol·L－1的三种酸(HA、HB和HD)溶液，滴定的曲线如图所示，下列判断错误的是( )
A. 三种酸的电离常数关系：K HA>K HB>K HD
B. 滴定至P点时，溶液中：c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－)
C. pH=7时，三种溶液中：c(A－)=c(B－)=c(D－)
D. 当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c(HA)＋c(HB)＋c(HD)=c(OH－)－c(H＋)
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据图像可知0.1mol·L－1的三种酸(HA、HB和HD)溶液的起始pH值都大于1，说明三种酸
都是弱酸。

HA的PH最小，酸性最强，HD的pH最大，酸性最弱，酸性越强，电离平衡常数越大，三种酸的电离常数关系：K HA>K HB>K HD，A正确；
B．滴定至P点时溶质为等物质的量浓度的HB和NaB，溶液显酸性，HB的电离为主，但电离程度较小，因此c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－) ，B正确；
C．pH=7时，三种溶液中阴离子的水解程度不同，加入的氢氧化钠的体积不同，三种离子浓度分别和钠离子浓度相等，但三种溶液中钠离子浓度不等，C错误；
D．此为混合溶液的质子守恒关系式，c(HA)＋c(HB)＋c(HD)=c(OH－)－c(H＋)，D正确；
答案选C。

【点晴】在判断溶液中微粒浓度大小的比较时，要重点从三个守恒关系出发分析思考。

（1）两个理论依据：①弱电解质电离理论：电离微粒的浓度大于电离生成微粒的浓度。

例如H2CO3溶液中：c(H2CO3)＞c(HCO3－)≫c(CO32－)(多元弱酸第一步电离程度远远大于第二步电离)。

②水解理论：水解离子的浓度大于水解生成微粒的浓度。

例如Na2CO3溶液中：c(CO32－)＞c(HCO3－)≫c(H2CO3)(多元弱酸根离子的水解以第一步为主)。

（2）三个守恒关系：①电荷守恒：电荷守恒是指溶液必须保持电中性，即溶液中所有阳离子的电荷总浓度等于所有阴离子的电荷总浓度。

②物料守恒：物料守恒也就是原子守恒，变化前后某种元素的原子个数守恒。

③质子守恒：由水电离出的c(H＋)等于由水电离出的c(OH－)，在碱性盐溶液中OH－守恒，在酸性盐溶液中H＋守恒。

质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。

解答本题时，能够从图像的起始点得出三种酸的相对强弱是解题的关键。

【此处有视频，请去附件查看】
15.硫酸亚铁铵(NH4)a Fe b(SO4)c•dH2O又称莫尔盐，是浅绿色晶体。

用硫铁矿（主要含FeS2、SiO2等）制备莫尔盐的流程如下：
已知：“还原”时，FeS2与H2SO4不反应，Fe3+通过反应Ⅰ、Ⅱ被还原，反应Ⅰ如下：FeS2 + 14Fe3+ + 8H2O =15Fe2+ + 2SO42—+ 16H+
（1）写出“还原”时Fe3+与FeS2发生还原反应Ⅱ的离子方程式：______。

实验室检验“还原”已完全的方法是_______________。

（2） “还原”前后溶液中部分离子的浓度见下表（溶液体积变化忽略不计）：
离子浓度（mol·L－1）
离子
还原前还原后
SO42－ 3.20 3.40
Fe2+0.05 2.15
请计算反应Ⅰ、Ⅱ中被还原的Fe3+的物质的量之比______。

（3）称取11.76g新制莫尔盐，溶于水配成250mL溶液。

取25.00 mL该溶液加入足量的BaCl2溶液，得到白色沉淀1.398 g；另取25.00 mL该溶液用0.0200 mol/L KMnO4酸性溶液滴定，当MnO4－恰好完全被还原为Mn2+时，消耗溶液的体积为30.00mL。

试确定莫尔盐的化学式_________________（请写出计算过程）。

【答案】(1). FeS2 +2Fe3+ = 3Fe2++2S↓(2). 取少量酸浸后的溶液，向其中滴加数滴KSCN溶液，如果溶液变红则“还原”未完全，反之，已完全(3). 7:2(4). 原样品中的n(SO42-)＝10×1.398g÷233g/mol＝0.06mol ， n(MnO4－)＝0. 0200mol/L×0.03L＝0.000 6 mol ，由得失电子守恒可知：n(Fe2＋)＝5 n(MnO4－)=0.003mol ，原样品中n(Fe2＋)=0.03 mol ，由电荷守恒可知：原样品中n(NH4＋)=0. 06mol 由质量守恒：n(H2O)=0.18 mol ，故化学式为：(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O或(NH4)2SO4•FeSO4•6H2O
【解析】
本题主要考查对于“用硫铁矿（主要含FeS2、SiO2等）制备莫尔盐的流程”的评价。

涉及Fe3+的氧化性等。

（1）“还原”时Fe3+与FeS2发生还原反应Ⅱ生成S，反应的离子方程式：FeS2 +2Fe3+ = 3Fe2++2S↓。

实验室检
验“还原”已完全就是检验Fe3+不存在，方法是取少量酸浸后的溶液，向其中滴加数滴KSCN溶液，如果溶液变红则“还原”未完全，反之，已完全。

SO )的变化为0.20mol/L，对应反应I的c(Fe2+)（2） “还原”前后溶液中c(Fe2+)的变化为2.10mol/L，c(2
4
的变化为1.50mol/L，其中还原而成Fe2+的浓度c(Fe2+)为1.40mol/L，反应II的c(Fe2+)的变化为
(2.10-0.15)mol/L=0.60mol/L，其中还原而成Fe2+的浓度c(Fe2+)为0.40mol/L，所以反应Ⅰ、Ⅱ中被还原的Fe3+的物质的量之比1.40:0.40=7:2。

（3）原样品中n(SO42-)＝10×1.398g÷233g/mol＝0.06mol，n(MnO4－)＝0.0200mol/L×0.03L＝0.0006mol，由得失电子守恒可知：n(Fe2＋)＝5n(MnO4－)=0.003mol，原样品中n(Fe2＋)=0.03 mol，由电荷守恒可知：原样品中n(NH4＋)=0.06mol，由质量守恒得：n(H2O)=0.18mol，得出化学式为：(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O或
(NH4)2SO4•FeSO4•6H2O。

16.下表为元素周期表的一部分。

碳氮Y
X 硫Z
回答下列问题：
（1）X与Z两元素的单质反应生成1molX的最高价化合物，恢复至室温，放热687kJ，已知该化合物的熔、沸点分别为-69℃和58℃，写出该反应的热化学方程式___________。

（2）碳与镁形成的1mol化合物Q与水反应，生成2molMg(OH)2和1mol烃，该烃分子中碳氢质量比为9∶1，其电子式为______________。

（3）铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应，生成的盐只有硫酸铜，同时生成的两种气体均由表中两种元素组成，气体的相对分子质量都小于50。

为防止污染，将产生的气体完全转化为最高价的含氧酸盐，消耗1.0L 2.2mol•L-1NaOH溶液和1.0molO2，则两种气体中相对分子质量小的气体物质的量为___________。

【答案】(1). Si(s) + 2Cl2(g) === SiCl4(l) ΔH= −687kJ•mol−1(2). (3). 0.90mol
【解析】
【分析】
根据题给信息及热化学方程式的书写规则书写热化学方程式；根据烃分子的最简式及烯烃的性质分析烃的种类，书写电子式；根据原子守恒，电子守恒进行氧化还原反应的相关计算。

【详解】根据元素在周期表中的位置，可知X为Si，Y为O，Z为Cl，
（1）X与Z两元素的单质反应生成1molX的最高价化合物，恢复至室温，放热687kJ，已知该化合物的熔、沸点分别为−69℃和58℃，说明常温下为液体，生成SiCl4，反应的热化学方程式为Si(s)+2Cl2(g)=SiCl4(l)
△H=−687kJ/mol，故答案为：Si(s) + 2Cl2(g) = SiCl4(l) ΔH= −687kJ•mol−1；
（2）该烃分子中碳氢质量比为9:1，则N(C):N(H)=
9
12
:
1
1
=3:4，最简式应为C3H4，有2个不饱和度，依据
碳化钙与水反应推测，其为炔烃，4个H由2个Mg代替（通过带电量来替换），故其电子式为
，Q为Mg2C3，与水反应的方程式为 Mg2C3+4H2O=2Mg(OH)2+C3H4↑，故答案为：
；
（3）铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应，生成的盐只有硫酸铜，同时生成两种气体为NO、NO2，最终转化为NaNO3，1mol氧气参与反应转移电子的物质的量为4mol，设出NO、NO2的物质的量分别为xmol、ymol，根据N原子从Cu中得到的电子，之后又都转移给O2，以保持电子数守恒关系；同时气体被氢氧化钠吸收时，N原子一直保持守恒、个根据N与Na原子守恒关系可得：x+y=1.0L×2.2mol•L-1=2.2mol，根据N
元素与氧元素电子转移守恒得：3x+y=2×2×1=4mol，即：
2.2
34
x y
x y
+=
⎧
⎨
+=
⎩
，解得：x=0.9，y=1.3，相对分子
质量较小的NO为0.9mol，故答案为：0.90mol。

【点睛】此题的难点在于第三问，解决此类问题的关键是守恒思想，最终产物为NaNO3，根据原子守恒分析得生成的两种气体中N原子数目与Na原子守恒；根据反应中N元素化合价变化，分析N元素的电子与O元素电子得失守恒情况。

17.硼、镁及其化合物在工农业生产中应用广泛。

Ⅰ．已知硼镁矿的主要成分为Mg2B2O5•H2O，硼砂的化学式为Na2B4O7•10H2O。

一种利用硼镁矿制取金属镁及粗硼的工艺流程如图所示：
（1）硼砂中B元素的化合价为________，将硼砂溶于热水后，用硫酸调节溶液的pH为2～3以制取H3BO3，
该反应的离子方程式为______________________；X为H3BO3晶体加热脱水的产物，其与Mg反应制取粗硼的化学方程式为___________________。

（2）由MgCl2·6H2O制备MgCl2时，需要在HCl氛围中加热，其目的是__________。

（3）Mg—H2O2酸性燃料电池的反应原理为Mg＋H2O2＋2H+===Mg2+＋2H2O。

常温下，若起始电解质溶液pH＝1，则pH＝2时，溶液中所含Mg2+的物质的量浓度为__________；已知常温下，K sp[Mg(OH)2]＝5.6×10-12，当电解质溶液的pH＝6时，_____（填“有”或“无”）Mg(OH)2沉淀析出（忽略反应过程中溶液的体积变化）。

Ⅱ．工业上可用纳米MgH2和LiBH4组成的体系储放氢，如图所示。

（4）写出放氢过程中发生反应的化学方程式____________________。

Ⅲ．MgO浆液是一种高活性的脱硫剂，常用于脱除烟气中的SO2，发生的主要反应如下：
Mg(OH)2＋SO2===MgSO3＋H2O
MgSO3＋SO2＋H2O===Mg(HSO3)2
Mg(HSO3)2＋Mg(OH)2===2MgSO3＋2H2O
2MgSO3＋O2===2MgSO4
已知25 ℃时，K sp(MgSO3)＝3.86×10-3，K sp(CaSO3)＝3.1×10-7。

（5）其他条件相同时，镁基和钙基的脱硫效率与液、气摩尔流量比的变化情况如图所示。

镁基的脱硫效率总是比钙基的大，除生成的MgSO4具有良好的水溶性外，还因为______________________。

【答案】(1). ＋3(2). B4O72-＋2H＋＋5H2O4H3BO3(3). 3Mg＋B2O32B＋3MgO(4). 防止MgCl2水解生成Mg(OH)2(5). 0.045mol•L-1(6). 无(7). MgH2＋2LiBH4===2LiH＋MgB2＋4H2↑(8). MgSO3的溶解度比CaSO3的大，MgSO3比CaSO3更易被氧化
【解析】
【分析】
根据化合物中元素化合价代数和为0分析化合物中元素化合价，根据题干信息及流程图中物质的转化关系
书写化学方程式；根据盐类水解原理分析从盐溶液中加热结晶的方法；根据溶液的pH及离子方程式计算溶液中离子浓度，根据K sp计算分析是否有沉淀产生；根据图示及题干信息分析反应物及生成物，书写并配平反应方程式；根据题给信息中物质的性质分析解答。

【详解】（1）根据硼砂的化学式Na2B4O7•10H2O和元素正负化合价的代数和为0，可得B的化合价为+3；
B4O72-与H＋反应可得H3BO3，离子方程式为：B4O72-＋2H＋＋5H2O Δ
4H3BO3；X为H3BO3晶体加热脱水的
产物，为B2O3，高温下与Mg发生氧化还原反应，化学方程式为：3Mg＋B2O3高温
2B＋3MgO，故答案为：
＋3；B4O72-＋2H＋＋5H2O Δ
4H3BO3；3Mg＋B2O3
高温
2B＋3MgO；
（2）MgCl2为强酸弱碱盐，能发生水解反应，所以由MgCl2·6H2O制备MgCl2时，需要在HCl氛围中加热，其目的是防止MgCl2水解生成Mg(OH)2；故答案为：防止MgCl2水解生成Mg(OH)2；
（3）起始电解质溶液pH＝1，则pH＝2时，反应的H+为：0.1mol/L-0.01mol/L=0.09mol/L，根据Mg＋H2O2＋2H+===Mg2+＋2H2O，可得Mg2+离子浓度为0.09mol/L×1/2=0.045mol/L；溶液pH＝6时，c(OH-)=10-8mol/L，K= c(Mg2+)·c2(OH-)=0.045mol/L ×(10-8mol/L)2 =4.5×10-18＜K sp[Mg(OH)2]＝5.6×10-12，所以没有Mg(OH)2沉淀析出，故答案为：0.045mol•L-1；无；
（4）由图分析可知，放氢过程的反应物是MgH2和LiBH4，生成物为LiH、MgB2和H2，故放氢过程中发生反应的化学方程式为：MgH2＋2LiBH4=2LiH＋MgB2＋4H2↑，故答案为：MgH2＋2LiBH4=2LiH＋MgB2＋4H2↑；（5）由题干信息中K sp可知，MgSO3的溶解度比CaSO3)的大，根据题给方程式知，MgSO3比CaSO3更易氧化，所以除生成的MgSO4具有良好的水溶性外，还因为MgSO3的溶解度比CaSO3的大，MgSO3比CaSO3更易被氧化，故答案为：MgSO3的溶解度比CaSO3的大，MgSO3比CaSO3更易被氧化。

18.科学家利用太阳能分解水生成的氢气在催化剂作用下与二氧化碳反应生成甲醇，并开发出直接以甲醇为燃料的燃料电池。

已知H2(g)、CO(g)和CH3OH(l)的燃烧热分别为285.8kJ·mol-1、283.0kJ·mol-1和726.5kJ·mol-1。

回答下列问题：
（1）用太阳能分解100g水消耗的能量是_______kJ。

（2）甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为____________。