湖北省恩施州2019-2020學(xué)年高二下學(xué)期期末調(diào)研考試化學(xué)試題(解析版)

PAGE湖北省恩施州2019-2020學(xué)年高二下學(xué)期期末調(diào)研考試化學(xué)試題1.能源是可以直接或經(jīng)轉(zhuǎn)換提供人類所需的光、熱、動力等任意形式能量的載能體資源。確切而簡單地說，能源是自然界中能為人類提供某種形式能量的物質(zhì)資源，人類的一切經(jīng)濟活動和生存都依賴于能源的供給。下列對能源的認識錯誤的是A.陽光、風(fēng)力、潮汐、流水都屬于能源B.氫氣、太陽能、地?zé)崮芏紝儆诰G色能源C.天然氣、乙醇、氫氣都屬于可再生能源D.煤、石油、太陽能都屬于一次能源【答案】C【解析】【詳解】A．能源是自然界中能為人類提供某種形式能量的物質(zhì)資源，因此陽光、風(fēng)力、潮汐、流水都屬于能源，A正確；B．氫氣、太陽能、地?zé)崮懿粫斐森h(huán)境污染，因此都屬于綠色能源，B正確；C．天然氣是化石燃料，不屬于可再生能源，C錯誤；D．一次能源是指自然界中以原有形式存在的、未經(jīng)加工轉(zhuǎn)換的能量資源，因此煤、石油、太陽能都屬于一次能源，D正確；答案選C。2.用NaOH固體配制一定物質(zhì)的量濃度的NaOH溶液時，不需要用到的玻璃儀器是A.堿式滴定管 B.燒杯 C.玻璃棒 D.膠頭滴管【答案】A【解析】【詳解】用NaOH固體配制一定物質(zhì)的量濃度的NaOH溶液時，用燒杯在天平上稱量，再在燒杯中溶解，并用玻璃棒攪拌，恢復(fù)至室溫時，用玻璃棒引流，轉(zhuǎn)移到容量瓶中；定容時，使用膠頭滴管，不使用堿式滴定管，答案為A。3.南開大學(xué)科研團隊經(jīng)過多年研究，獲得了一種特殊的石墨烯材料，這種三維石墨烯(如圖)可在太陽光照射下飛行。下列四種物質(zhì)中與三維石墨烯屬于同一類物質(zhì)的是A.聚合氮B.全氮陰離子鹽C.雙氫青蒿素D.白藜蘆醇【答案】A【解析】【詳解】三維石墨烯只有C元素，屬于非金屬單質(zhì)。A.聚合氮只有N元素，屬于非金屬單質(zhì)，與三維石墨烯屬于同一類物質(zhì)，A正確；B.全氮陰離子鹽中含有離子鍵，屬于鹽類，與三維石墨烯不屬于同一類物質(zhì)，B錯誤；C.雙氫青蒿素組成元素為C、H、O，屬于有機物，與三維石墨烯不屬于同一類物質(zhì)，C錯誤；D.白藜蘆醇組成元素為C、H、O，屬于有機物，與三維石墨烯不屬于同一類物質(zhì)，D錯誤；故合理選項是A。4.在鐵棒上鍍銅的實驗裝置如圖所示，下列判斷不正確的是A.a極上發(fā)生還原反應(yīng)B.b極只能用純銅C.CuSO4溶液可以換成氯化銅溶液D.該實驗過程中陰離子種類保持不變【答案】B【解析】詳解】A.在鐵棒上鍍銅，則a為鐵，鐵電極上發(fā)生還原反應(yīng)，A正確；B.b極不一定用純銅，可以含有比銅不活潑的雜質(zhì)，B不正確；C.電鍍液要含有銅離子，CuSO4溶液可以換成氯化銅溶液，C正確；D.該實驗過程中陰離子沒有參加反應(yīng)，故陰離子種類保持不變，D正確；答案選B。5.常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是A.水電離的c(H+)=l×l0-13mol?L-1的溶液：K+、Ba2+、、ClO-B.0.1mol?L-1KI溶液：H+、、、-C.c(Fe3+)=0.1mol?L-1的溶液：Na+、Mg2+、SCN-、Br-D.使甲基橙變紅的溶液：Al3+、、Cl-、【答案】D【解析】【詳解】A．水電離的c(H+)=l×l0-13mol?L-1的溶液可能顯酸性，也可能顯堿性，無論是酸性溶液還是堿性溶液，均不能大量共存，A不符合題意；B．H+與在溶液中結(jié)合具有強氧化性，能夠氧化I-，故不能大量共存，B不符合題意；C．Fe3+與SCN-不能大量共存，C不符合題意；D．使甲基橙變紅的溶液為酸性溶液，酸性溶液中Al3+、、Cl-、均不反應(yīng)，能夠大量共存，D符合題意；答案選D。6.元素周期表的一部分如圖所示，YW4中含有的質(zhì)子總數(shù)為18。下列說法錯誤的是W……XYZA.W的單質(zhì)的沸點比Z的單質(zhì)的沸點高B.原子半徑：X＞Y＞Z＞W(wǎng)C.YW4為共價化合物D.X、Z形成的化合物的水溶液呈酸性【答案】A【解析】【分析】根據(jù)題干信息，YW4中含有的質(zhì)子總數(shù)為18，結(jié)合各元素在周期表中的位置分析可知，W為H元素，X為Al元素，Y為Si元素，Z為Cl元素，據(jù)此分析解答。【詳解】A．根據(jù)上述分析，W為H元素，Z為Cl元素，H2和Cl2均為分子晶體，Cl2的相對分子質(zhì)量更大，范德華力更大，熔沸點更高，A錯誤；B．同一周期從左至右原子半徑依次減小，H為第一周期，原子半徑最小，Al、Si、Cl位于第三周期，故原子半徑：Al＞Si＞Cl＞H，B正確；C．SiH4分子只含有共價鍵，為共價化合物，C正確；D．AlCl3的水溶液中，由于Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，所以溶液顯酸性，D正確；答案選A。7.化合物X結(jié)構(gòu)簡式為，下列關(guān)于X的說法正確的是A.不能使酸性KMnO4溶液褪色 B.一氯代物有3種C.分子中所有原子處于同一平面 D.能與NaOH溶液發(fā)生水解反應(yīng)【答案】D【解析】【詳解】A．化合物X中含有碳碳雙鍵，能使酸性KMnO4溶液褪色，A錯誤；B．根據(jù)X結(jié)構(gòu)簡式可知，其分子中共含有4種等效氫，因此其一氯代物共有4種，B錯誤；C．分子中含有飽和碳原子，因此分子中的所有原子不可能處于同一平面，C錯誤；D．化合物X中含有酯基，可與NaOH溶液發(fā)生水解反應(yīng)，D正確；答案選D。8.已知N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH＜0。在起始溫度相同的甲、乙、丙三個等容積的密閉容器中分別同時充入1molN2、3molH2，在不同條件下(甲：恒溫、恒容；乙：絕熱、恒容；丙：恒溫、恒壓)進行反應(yīng)。達到平衡時，下列說法不正確的是A.容器內(nèi)的壓強：丙＜甲B.容器內(nèi)混合氣體的平均相對分子質(zhì)量：乙＜甲＜丙C.平衡常數(shù)K：丙＞乙D.N2的轉(zhuǎn)化率：乙＜甲＜丙【答案】A【解析】【詳解】A．根據(jù)化學(xué)反應(yīng)方程式可知，該反應(yīng)為氣體物質(zhì)的量減小的反應(yīng)，容器甲中，恒溫恒容的條件下，根據(jù)阿伏加德羅定律PV=nRT可知，物質(zhì)的量減小，壓強減小，因此達到平衡時，容器內(nèi)的壓強：丙＞甲，A錯誤；B．根據(jù)題干信息，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，甲為恒溫、恒容容器，乙為絕熱、恒容容器，乙相對于甲來說溫度升高，平衡逆向移動，則達到平衡時，氣體總的物質(zhì)的量：乙＞甲，丙為恒溫、恒壓容器，甲相對于丙來說壓強減小，平衡逆向移動，則達到平衡時氣體總的物質(zhì)的量丙<甲，又根據(jù)質(zhì)量守恒可知，反應(yīng)前后氣體總質(zhì)量不變，因此容器內(nèi)混合氣體的平均相對分子質(zhì)量：乙＜甲＜丙，B正確；C．該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，乙為絕熱、恒容容器，丙為恒溫、恒壓容器，乙相對于丙溫度升高，平衡逆向移動，平衡常數(shù)減小，因此平衡常數(shù)：丙＞乙，C正確；D．根據(jù)B的分析可知，乙相對于甲來說溫度升高，平衡逆向移動，則N2的轉(zhuǎn)化率：乙＜甲，甲相對于丙來說壓強減小，平衡逆向移動，則則N2的轉(zhuǎn)化率：甲＜丙，即N2的轉(zhuǎn)化率：乙＜甲＜丙，D正確；答案選A。9.下列關(guān)于Cu和濃硫酸制備SO2反應(yīng)的實驗原理或操作能達到實驗?zāi)康牡氖茿.用裝置甲制取并收集SO2B.用裝置乙驗證二氧化硫的漂白性C.用裝置丙過濾出稀釋后混合物中的不溶物D.用裝置丁測定反應(yīng)后溶液中【答案】B【解析】【詳解】A.銅與濃硫酸共熱發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成二氧化硫，二氧化硫的密度比空氣大，應(yīng)該選用向上排空氣法收集二氧化硫，圖中的收集裝置為向下排空氣法，故A錯誤；二氧化硫具有漂白性，能使品紅溶液褪色，故B正確；過濾時，應(yīng)用玻璃棒引流，防止液滴飛濺，故C錯誤，氫氧化鈉溶液能與玻璃中的二氧化硅反應(yīng)，滴定時應(yīng)選用堿式滴定管盛裝，不能用酸式滴定管，故D錯誤；故選B。10.化學(xué)反應(yīng)一般能反映出物質(zhì)性質(zhì)強弱，一般情況下的規(guī)律是“以強制弱”，也有許多特殊的化學(xué)反應(yīng)能“以弱制強”，下表中不符合“以弱制強”規(guī)律的是物質(zhì)的性質(zhì)“以弱制強”A酸性：H2SO4>H2SH2S+CuSO4=CuS↓+H2SO4B氧化性：Cl2>I2I2+2KClO3=2KIO3+Cl2↑C金屬性：K>NaNa+KClK↑+NaClD堿性：KOH>LiOH2LiOH+K2CO3=Li2CO3↓+2KOHA.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．酸性：H2SO4＞H2S，但CuS是不溶于酸的黑色沉淀，H2S+CuSO4═CuS↓+H2SO4反應(yīng)符合以弱制強，故A不符合題意；B．氧化性：Cl2＞I2，反應(yīng)I2+2KClO3═2KIO3+Cl2↑中利用的是還原劑I2的還原性大于還原產(chǎn)物Cl2，不符合以弱制強，故B符合題意；C．金屬性：K＞Na，Na+KClK↑+NaCl，反應(yīng)進行的原理是鉀蒸氣揮出促進平衡正向進行徹底，符合以弱制強，故C不符合題意；D．堿性：KOH＞LiOH，2LiOH+K2CO3═Li2CO3↓+2KOH，反應(yīng)生成的Li2CO3是沉淀，反應(yīng)向更難溶方向進行，符合以弱制強，故D不符合題意；答案為B。11.將2molCH4(g)和5molH2O(g)通入一密閉容器中，發(fā)生反應(yīng)：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)。CH4(g)的平衡轉(zhuǎn)化率與溫度、壓強的關(guān)系如圖所示，下列有關(guān)平衡常數(shù)的判斷正確的是A.KA＞KB=KC＞KDB.KA＜KB=KC＜KDC.KA=KB＞KC＝KDD.KA=KB＜KC＝KD【答案】B【解析】【詳解】平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，B、C兩點溫度相同，所以KB=KC；隨溫度升高，甲烷的轉(zhuǎn)化率增大，說明升高溫度平衡正向移動，平衡常數(shù)增大，KD＞KC＞KA，所以KD＞KC=KB＞KA，故選B。12.用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A.某溫度下，1LpH=6的純水中所含OH-的數(shù)目為10-7NAB.電解精煉銅時，陰極每析出64g純銅，在陽極就產(chǎn)生NA個Cu2+'C.過量的銅與含0.4molHNO3的濃硝酸反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)大于0.2NAD.室溫下，向1LpH=l的醋酸溶液中加水，稀釋后溶液中H+的數(shù)目小于0.1NA【答案】C【解析】【詳解】A．某溫度下，純水中，水電離產(chǎn)生氫離子濃度與氫氧根離子相同，則1LpH=6的純水中所含OH-的數(shù)目為10-6NA，A錯誤；B．電解精煉銅時，由于陽極中有雜質(zhì)金屬失去電子，因此陰極每析出64g純銅，在陽極不一定產(chǎn)生NA個Cu2+，B錯誤；C．濃硝酸與銅反應(yīng)生成NO2，隨著反應(yīng)的進行HNO3濃度變小，稀硝酸與銅反應(yīng)生成NO，含0.4molHNO3的濃硝酸與足量銅反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)大于0.2NA，C正確；D．1LpH=1的醋酸溶液中，氫離子的物質(zhì)的量n(H+)=0.1mol，在加水稀釋過程中，醋酸的電離程度增大，故所得溶液中H+數(shù)目略大于0.1NA，D錯誤；答案選C。13.電化學(xué)在日常生活中用途廣泛，甲是原電池裝置，電池總反應(yīng)為Mg+C1O-+H2O=C1-+Mg(OH)2，乙是電解池裝置用于含Cr2O72-的工業(yè)廢水的處理。下列說法錯誤的是A.甲中負極發(fā)生的電極反應(yīng)為Mg一2e-=Mg2+B.乙中惰性電極作陰極C.乙中Cr2O72-向惰性電極移動D.當(dāng)消耗3.6g鎂時，理論上也消耗8.4g鐵【答案】C【解析】【詳解】A.根據(jù)電池總反應(yīng)，甲中負極是鎂失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)為Mg-2e-=Mg2+，故A正確；B.甲中鎂為負極，所以乙中惰性電極作陰極，故B正確；C.乙中惰性電極作陰極，電解池中陰離子移向陽極，乙中Cr2O72-向鐵電極移動，故C錯誤；D.當(dāng)消耗3.6g鎂時，電路中轉(zhuǎn)移電子0.3mol，陽極發(fā)生反應(yīng)Fe-2e-=Fe2+，根據(jù)電子守恒，理論上也消耗鐵的質(zhì)量是8.4g，故D正確；選C。14.25℃時，向20mL0.1mol?L-1H2A溶液中滴加0.1mol?L-1的NaOH溶液，(忽略反應(yīng)前后溶液體積變化)原溶液中部分粒子的物質(zhì)的量隨滴入NaOH溶液體積的變化如圖所示。下列說法不正確的是A.II表示的是HA-的物質(zhì)的量的變化曲線B.NaHA水溶液顯堿性C.的值隨若V[NaOH(aq)]的增大而減小D.當(dāng)V[NaOH(aq)]=20mL時，溶液中存在關(guān)系：c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)=0.05mol?L-1【答案】B【解析】【詳解】A．H2A總物質(zhì)的量為2×10-3mol，結(jié)合圖象可知，氫氧化鈉溶液體積為0時，0.1mol/LH2A溶液中H2A的物質(zhì)的量小于2×10-3mol，說明H2A在溶液中不能完全電離，所以H2A為弱酸，存在電離平衡：H2AH++HA-，HA-H++A2-，電離程度是微弱的，主要以H2A存在，第一步電離產(chǎn)生的H+對第二步電離起抑制作用，故I表示H2A，II表示HA-，III表示A2-的濃度變化曲線，A正確；B．NaHA水溶液是強堿弱酸鹽，HA-水解呈顯堿性，HA-又會電離呈酸性，則NaHA溶液的酸堿性取決于HA-水解與電離程度的相對大小，由圖知，當(dāng)加入20mL氫氧化鈉溶液時，所得即為NaHA水溶液，而此時溶液中A2-離子濃度大于H2A濃度，即HA-水解程度小于電離程度，則NaHA水溶液呈酸性，B錯誤；C.由電離平衡常數(shù)可知：，則，溫度不變，K1不變，隨著NaOH溶液的加入c(H+)逐漸減小，所以會隨著V[NaOH(aq)]的增大而減小，C正確；D．V[NaOH(aq)]=20mL時，發(fā)生反應(yīng)：NaOH+H2A=NaHA+H2O，溶質(zhì)為NaHA，體積變化忽略不計，總體積為40mL，鈉離子濃度為0.05mol/L，根據(jù)物料守恒可得：c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)=c(Na+)=0.05mol/L，D正確；答案選B。15.過氧化鈣可用于改善地表水質(zhì)，也可用于應(yīng)急供氧。實驗室模仿工業(yè)上生產(chǎn)過氧化鈣的主要流程如下：已知①“沉淀”時需控制溫度為0℃左右。②CaO2?8H2O是白色晶體粉末，難溶于水。(1)“沉淀”步驟的實驗裝置如圖。①“沉淀”時控制溫度為0℃左右的原因是_____________。②儀器a的名稱是_____________，儀器b的作用是_____________。(2)“乙醇洗＂的目的是_____________。(3)產(chǎn)品純度測定：第一步：準確稱取ag產(chǎn)品于錐形瓶中，加入適量的蒸餾水和bgKI晶體(過量)．再滴入適量鹽酸溶液充分反應(yīng)。第二步：向錐形瓶中加入幾滴淀粉溶液。第三步：逐滴滴入濃度為cmol?L-1的Na2S2O3溶液至滴定終點，消耗Na2S2O3溶液VmL。已知：2+I2=2I-+。①第二步滴入幾滴淀粉溶液時，溶液呈_____________(填“無色”或“藍色”)。②產(chǎn)品(CaO2)的純度為_____________(列出計算表達式)。(4)某學(xué)習(xí)小組設(shè)計以下實驗探究產(chǎn)品(CaO2)與SO2的反應(yīng)：①裝置A中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_____________。②裝置B中濃H2SO4的作用是_____________。③裝置E用于測定O2的體積，請在框中畫出裝置圖?！敬鸢浮?1)防止氨水揮發(fā)和過氧化氫分解(2)恒壓漏斗(或滴液漏斗)(3)冷凝回流(4)去除晶體表面的水分(5)藍色(6)×100%(7)Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O(8)干燥SO2(9)或或【解析】【分析】由流程知，①“沉淀”時發(fā)生反應(yīng)：，從原料的性質(zhì)和提高利用率的角度回答；②按儀器的構(gòu)造回答儀器a的名稱；儀器b的作用是冷凝回流；(2)在“水洗”后、在“烘烤”前，據(jù)此找出“乙醇洗＂的目的；(3)產(chǎn)品純度測定：準確稱取ag產(chǎn)品于錐形瓶中，加入適量的蒸餾水和bgKI晶體(過量)．再滴入適量鹽酸溶液充分反應(yīng)，則過氧化鈣把碘離子全部氧化為碘單質(zhì)，第二步：向錐形瓶中加入幾滴淀粉溶液，因此會先藍色，第三步：逐滴滴入濃度為cmol?L-1的Na2S2O3溶液至滴定終點，2+I2=2I-+完全，按消耗Na2S2O3溶液VmL即可計算出產(chǎn)品純度；(4)探究產(chǎn)品(CaO2)與SO2的反應(yīng)時，①裝置A中發(fā)生反應(yīng)，用于制取二氧化硫氣體，據(jù)此寫化學(xué)方程式；②裝置B中濃H2SO4的作用是干燥二氧化硫氣體；③裝置E是測定O2的體積的裝置，據(jù)此回答?！驹斀狻?1)①據(jù)分析，“沉淀”時氨水和雙氧水與氯化鈣反應(yīng)，得到CaO2?8H2O沉淀，氨水易揮發(fā)、雙氧水易分解，故控制溫度為0℃左右的原因是防止氨水揮發(fā)和過氧化氫分解；②儀器a的名稱是恒壓漏斗(或滴液漏斗)，儀器b的作用是冷凝回流，使受熱揮發(fā)的氨水等冷凝回流，提高原料利用率；(2)“乙醇洗＂在“水洗”后、在“烘烤”前，“水洗”已除去可溶性雜質(zhì)，故“醇洗”是利用乙醇的揮發(fā)性，在揮發(fā)時帶走表面的水，故目的是去除晶體表面的水分；(3)據(jù)分析，①第二步滴入幾滴淀粉溶液時，碘單質(zhì)與淀粉反應(yīng)，溶液呈藍色；②產(chǎn)品中CaO2含量計算如下：產(chǎn)品純度測定時的關(guān)系式為：，，則純度為：=×100%；(4)某學(xué)習(xí)小組設(shè)計以下實驗探究產(chǎn)品(CaO2)與SO2的反應(yīng)時：①裝置A中發(fā)生反應(yīng)，用于制取二氧化硫氣體，則化學(xué)方程式為：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；②裝置B中濃H2SO4的作用是干燥二氧化硫氣體，防止過氧化鈣和水反應(yīng)干擾干擾實驗；③裝置E是測定O2的體積的裝置，故可以用或或?！军c睛】本題考查形式為物質(zhì)制備流程圖題目，涉及物質(zhì)的化學(xué)方程式的書寫，實驗方法和實驗操作、物質(zhì)的檢驗和計算等問題，能有效提取題目提供的信息、掌握實驗基本操作等是解題關(guān)鍵。16.三氯化鐵在印刷、醫(yī)藥、顏料、污水處理以及有機合成催化劑方面有重要的應(yīng)用。以硫鐵礦(主要成分為FeS2，雜質(zhì)不與鹽酸反應(yīng))為原料制備三氯化鐵晶體(FeCl3·6HO2)的工藝流程如圖所示：回答下列問題：(1)“焙燒”過程中，理論上1molFeS2被氧化轉(zhuǎn)移11mol電子，則該反應(yīng)的氧化產(chǎn)物為_____________。(2)“酸溶”_____________(填“能”或“不能”)用稀硫酸代替30%的鹽酸，理由是_____________。(3)現(xiàn)有試劑①稀鹽酸②稀硫酸③稀硝酸④氯氣⑤硫氰化鉀溶液⑥高錳酸鉀溶液⑦氫氧化鈉溶液，為確認“酸溶”后的溶液中是否會含F(xiàn)e2+，另取“焙燒”后的燒渣少許，用____________(從上述試劑中選擇，填標號)溶解，將所得溶液滴入_____________從上述試劑中選擇，填標號)中，若____________，則說明“酸溶”后的溶液中含F(xiàn)e2+。(4)從FeCl3溶液中得到FeCl3?6H2O的操作包括____________、冷卻結(jié)晶、過濾，該過程需保持鹽酸過量，結(jié)合必要的離子方程式說明原因：____________。(5)從FeCl3?6H2O中得到無水FeCl3的操作方法為____________。(6)若以a噸硫鐵礦為原料，最終制得b噸FeCl3?6H2O，不計生產(chǎn)過程中的損失，則該硫鐵礦FeS2的含量為____________(用含a、b的代數(shù)式表示)?！敬鸢浮?1)Fe2O3、SO2(2)不能(3)用稀硫酸代替30%的鹽酸，會引入SO42-，制得的產(chǎn)品不是三氯化鐵晶體(4)②(5)⑥(6)高錳酸鉀溶液褪色(7)蒸發(fā)濃縮(8)Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，過量的鹽酸能抑制Fe3+水解(9)在HCl氣流中加熱失去結(jié)晶水(10)×100%【解析】【分析】根據(jù)焙燒的化學(xué)方程式4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2判斷氧化產(chǎn)物；根據(jù)制備的產(chǎn)品判斷不能用稀硫酸代替鹽酸；根據(jù)Fe2+的性質(zhì)來選取檢驗的試劑和實驗現(xiàn)象；根據(jù)Fe3+易水解的性質(zhì)制備無水FeCl3時應(yīng)在HCl環(huán)境中進行；根據(jù)Fe元素守恒計算該硫鐵礦FeS2的含量；據(jù)此解答。【詳解】(1)由1molFeS2被氧化轉(zhuǎn)移11mol電子可知，“焙燒”過程中發(fā)生的反應(yīng)為：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，由反應(yīng)方程式可判斷，F(xiàn)e元素化合價由+2價失電子變?yōu)?3價，S元素化合價由-1價失電子變?yōu)?4價，則FeS2是還原劑，得到氧化產(chǎn)物，該反應(yīng)的氧化產(chǎn)物為Fe2O3和SO2；答案為Fe2O3，SO2。(2)在“酸溶”時不能用硫酸代替鹽酸，因為最終制取的是氯化鐵晶體(FeCl3?6H2O)，使用硫酸，會引入SO42-，得不到氯化鐵晶體(FeCl3?6H2O)；答案為不能，用稀硫酸代替30%的鹽酸，會引入SO42-，制得的產(chǎn)品不是三氯化鐵晶體。(3)檢驗“酸溶”后溶液中是否含有Fe2+，則酸溶不能選擇稀硝酸，因為硝酸具有氧化性，會將Fe2+氧化成Fe3+，溶液中本就含有Fe3+，所以不能用硫氰化鉀溶液和氯氣以及氫氧化鈉溶液檢驗Fe2+是否存在，則只有高錳酸鉀溶液可以檢驗Fe2+是否存在，而高錳酸鉀也可以氧化鹽酸而發(fā)生褪色，所以“酸溶”應(yīng)選用稀硫酸；答案為②，⑥，高錳酸鉀溶液褪色。(4)從FeCl3溶液中得到FeCl3?6H2O的操作步驟為加熱濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾，因為鐵離子很容易發(fā)生水解反應(yīng)，即Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，直接加熱蒸干最終得到的是氧化鐵，所以在加熱濃縮時要保持鹽酸過量，抑制鐵離子發(fā)生水解反應(yīng)；答案為加熱濃縮，鐵離子很容易發(fā)生水解反應(yīng)Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，過量的鹽酸可以抑制Fe3+的水解反應(yīng)。(5)因為FeCl3?6H2O在加熱過程中會發(fā)生FeCl3?6H2O=Fe(OH)3+3HCl↑+3H2O水解反應(yīng)，為了抑制水解，需要在干燥的HCl氣流中加熱FeCl3?6H2O來得到無水FeCl3；答案為在HCl氣流中加熱失去結(jié)晶水。(6)b噸FeCl3?6H2O中Fe元素的含量為m(Fe)=m(FeCl3?6H2O)×=b噸×=噸，設(shè)硫鐵礦FeS2的含量為x，a噸硫鐵礦中Fe元素的含量為m(Fe)=a噸·x·=a噸·x·=噸，由Fe元素守恒得=，解之x=×100%；答案為×100%。17.乙炔、乙烯均是重要的化工原料?；卮鹣铝袉栴}：(1)1902年，Sabatier首次發(fā)現(xiàn)，常壓下過渡金屬可以催化含有雙鍵或叁鍵的氣態(tài)烴的加氫反應(yīng)。①已知：C2H2(g)+H2(g)→C2H4ΔH1＝—174.3kJ?mol-1K1(300K)=3.37×1024；C2H2(g)+2H2(g)→C2H6ΔH2＝—311.0kJ?mol-1K2(300K)=1.19×1042。則反應(yīng)C2H4(g)+H2(g)→C2H6的ΔH＝____________kJ?mol-1，K(300K)=____________(保留三位有效數(shù)字)。②2010年Sheth等得出乙炔在Pd表面選擇加氫的反應(yīng)機理(如圖)。其中吸附在Pd表面上的物種用*標注。上述吸附反應(yīng)為____________(填“放熱”或“吸熱”)反應(yīng)，該歷程中最大能壘(活化能)為____________kJ?mol-1，該步驟的化學(xué)方程式為____________。(2)在恒容密閉容器中充入乙烯，一定條件下發(fā)生反應(yīng)C2H4(g)C2H2(g)+H2(g)。①乙烯的離解率為α，平衡時容器內(nèi)氣體總壓強為p總，則分壓p(C2H4)=____________(用p總和α表示)。②在1000K時，該反應(yīng)的Kp=2×10-3atm，平衡時容器內(nèi)氣體的總壓強為10atm，則乙烯的離解率為____________(精確到0.001，已知≈1.4)。(3)用如圖裝置電解含CO2的某酸性廢水溶液，陰極產(chǎn)物中含有乙烯。該分離膜為____________(填“陽”或“陰”)離子選擇性交換膜；生成乙烯的電極反應(yīng)式為____________。【答案】(1)—136.7(2)3.53×1017(3)放熱(4)+85(5)C2H3*+H*→C2H4*(6)(7)0.014(8)陽(9)2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O【解析】【分析】(1)根據(jù)蓋斯定律計算反應(yīng)C2H4(g)+H2(g)→C2H6的ΔH，按3個反應(yīng)中平衡常數(shù)的關(guān)系求算300K時反應(yīng)C2H4(g)+H2(g)→C2H6的平衡常數(shù)；②結(jié)合反應(yīng)過程中生成物與反應(yīng)物能量的相對大小判斷是放熱反應(yīng)還是吸熱反應(yīng)，由圖判斷活化能最大的是哪個反應(yīng)，(2)①結(jié)合信息和Kp等的定義，用三段式求解；(3)應(yīng)用電解原理，電解池中陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，陰極發(fā)生還原反應(yīng)，溶液中陰離子向陽極移動，陽離子向陰極移動等，結(jié)合反應(yīng)回答；【詳解】(1)①反應(yīng)I：已知：C2H2(g)+H2(g)→C2H4ΔH1＝-174.3kJ?mol-1K1(300K)=3.37×1024，反應(yīng)II：C2H2(g)+2H2(g)→C2H6ΔH2＝-311.0kJ?mol-1K2(300K)=1.19×1042，根據(jù)蓋斯定律反應(yīng)II?反應(yīng)I計算反應(yīng)C2H4(g)+H2(g)→C2H6ΔH═?311.0

kJ·mol?1?(?174.3kJ?mol?1)=?136.7kJ/mol，300K時反應(yīng)C2H4(g)+H2(g)→C2H6的平衡常數(shù)；②由圖可知，吸附時能量降低，解吸時能量升高，如，所以吸附反應(yīng)為放熱反應(yīng)，基元反應(yīng)中，活化能最大為+85kJ?mol?1，該步驟的化學(xué)方程式為；(2)①，平衡時總物質(zhì)的量：n?nα+nα+nα=(n+nα)mol，平衡分壓為：，則；②在1000K時，該反應(yīng)的，已知Kp=2×10-3atm，平衡時容器內(nèi)氣體的總壓強P總=10atm，則乙烯的離解率α=0.014；(3)陽極H2O失去電子、發(fā)生反應(yīng)2H2O一4e?═4H++O2↑，生成的H+向陰極移動，所以選用陽離子選擇性交換膜，在陰極CO2得到電子、結(jié)合H+生成乙烯，電極反應(yīng)為2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O?！军c睛】本題主要考查化學(xué)反應(yīng)原理，涉及根據(jù)蓋斯定律計算反應(yīng)熱、電解池原理等，熟練掌握化學(xué)反應(yīng)原理、有效提取題目提供的信息和綜合運用能力是解題的關(guān)鍵。18.ZnNO3是一種媒染劑，可用于測定血液中硫的渾濁度。鋅工工業(yè)中有重要作用，也是人體必需的微量元素?；卮鹣铝袉栴}：(1)Zn原子核外電子排布式為____________，在基態(tài)15N原子的p能級上存在____________個自旋方向相同的電子。(2)N2分子中σ鍵與π鍵的數(shù)目之比N(σ)：N(π)=____________。(3)硫酸鋅溶于過量的氨水可形成[Zn(NH3)4]SO4溶液。①[Zn(NH3)4]SO4中陰離子的空間構(gòu)型為____________；②NH3中，中心原子的軌道雜化類型為____________；③在[Zn(NH3)4]SO4所含元素中，位于p區(qū)元素有____________種，p區(qū)的這幾種元素的第一電離能從大到小的順序為____________。(4)某晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示(小球為氮原子，大球為硼原子)，則該晶胞所表示的晶體的化學(xué)式為____________晶胞中硼原子的配位數(shù)為____________。若晶胞邊長為acm，則立方氮化硼的密度是____________g·cm-3(只要求列算式，用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值)?！敬鸢浮?1)[Ar]3d104s2(或1s22s22p63s23p63d104s2)(2)3(3)1：2(4)正四面體形(5)sp3(6)3(7)N＞O＞S(8)BN(9)4(10)【解析】【分析】根據(jù)原子核外電子排布規(guī)律書寫電子排布式，根據(jù)物質(zhì)結(jié)構(gòu)判斷分子中σ鍵與π鍵的數(shù)目之比，根據(jù)雜化軌道互斥理論判斷離子空間構(gòu)型和中心原子雜化軌道類型，利用均攤法判斷晶胞中原子個數(shù)并確定化學(xué)式，結(jié)合立體幾何知識進行晶胞的相關(guān)計算。【詳解】(1)Zn為元素周期表中第30號元素，核外共30個電子，其核外電子排布式為[Ar]3d104s2(或1s22s22p63s23p63d104s2)，基態(tài)15N原子的p能級的排布圖為，因此p能級上存在3個自旋方向相同的電子；(2)N2的結(jié)構(gòu)式為N