四川省成都市龙泉中学2021届高三上学期开学考试化学试题 Word版含解析

2020-2021学年度2021届高三上学期开学考试试题

化学

（时间：45分钟满分：100分）

一、单项选择题：本体包括10小题，每小题6分，共60分。

1. 2019年3月5日，李克强总理在政府工作的报告中指出2019年工作任务之一：“加强污染防治和生态建设，大力推动绿色发展。”下列对水污染治理工作做法不应该提倡的是（）

A. 用碱性废水中和处理酸性废水

B. 将工业废液排入海洋以减少河道污染

C. 生活污水无害化处理后用于绿化灌溉

D. 推广使用高效、低毒农药，减轻水体污染

【答案】B

【解析】

【详解】A．酸性溶液与碱性溶液反应生成中性溶液，所以用碱性废水中和处理酸性废水，可以减少酸性废水和碱性废水对环境的危害，故A正确；

B．工业废液排入海洋中也会污染海洋，会危害海洋渔业资源，人食用被污染的鱼，对人体产生危害，故B错误；

C．生活污水无害化处理后用于绿化灌溉可以节约用水，做到变废为宝，应该提倡，故C正确；D．剧毒农药随着雨水进入池塘或河流中会引起水体污染，低毒农药可以减少残留，减轻对水的污染，所以应该推广使用高效、低毒农药，故D正确。

综上所述答案为B。

2. 下列各组物质的分类正确的是（）

①混合物：氯水、氨水、水玻璃、水银、福尔马林、聚乙烯

②电解质：明矾、冰醋酸、石膏、纯碱

③CO2、NO2、P2O5均为酸性氧化物，Na2O、Mn2O7为碱性氧化物

④同位素：1H＋、2H2、3H

⑤同素异形体：C60、C80、金刚石、石墨

⑥同系物：CH2O2、C2H4O2、C3H6O2、C4H8O2

⑦化合物：CaCl2、NaOH、HCl、HD

⑧在熔化状态下能导电的化合物为离子化合物

A. ②⑤⑧

B. ①②⑤⑦⑧

C. ②⑤⑥⑦⑧

D. 全部正确

【答案】A

【解析】

【详解】①水银是汞，属于纯净物，故①错误；②明矾、冰醋酸、石膏、纯碱溶于水自身电离出阳离子与阴离子，属于电解质，故②正确；③NO2不是酸性氧化物，Mn2O7是酸性氧化物，故③错误；④同位素研究的对象是原子，1H＋是离子，2H2属于单质，故④错误；⑤C60、C80、金刚石、石墨是碳元素组成的结构不同的单质，互为同素异形体，故⑤正确；⑥C2H4O2、C3H6O2、C4H8O2存在同分异构体，结构不一定相似，CH2O2、C2H4O2、C3H6O2、C4H8O2不一定属于同系物，故⑥错误；⑦H D是单质，故⑦错误；⑧共价化合物在熔化状态下不导电，在熔化状态下能导电的化合物为离子化合物，故⑧正确；因此②⑤⑧正确，故A正确。

综上所述，答案为A。

3. N A表示阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是（）

A. 0.1 mol Fe和0.1 mol Cu分别与0.1 mol Cl2完全反应，转移电子数均为0.2N A

B. 分别用Na2O2和KMnO4制得1 mol O2，转移的电子数皆为4N A

C. 64 g铜与一定浓度的硝酸完全反应时，转移的电子数为2N A

D. 在2CuH＋2HCl=CuCl2＋Cu＋2H2↑反应中，每生成22.4 L(标况)H2，反应转移的电子为1.5N A 【答案】B

【解析】

【详解】A．0.1 mol Fe与0.1 mol Cl2反应，Cl2不足，所以氯气完全反应，0.1 mol Cu与0.1 mol Cl2反应时氯气也可以完全反应，转移的电子数均为0.2N A，故A正确；

B．Na2O2制取氧气时O2为唯一氧化产物，化合价由-1价变为0价，KMnO4制制取氧气时O2为唯一氧化产物，化合价由-2价变为0价，所以Na2O2和KMnO4制得1 mol O2转移的电子数分别是2N A和4N A，故B错误；

C．1 mol铜与硝酸反应时，不论生成NO还是NO2，Cu完全转化为Cu2+，转移电子都是2N A，故C正确；

D．22.4 L(标况)H2的物质的量为1mol，根据反应方程式2CuH＋2HCl===CuCl2＋Cu＋2H2↑可知，生成1 mol H2转移1.5mol电子，故D正确；

综上所述答案为B。

4. 下列有关从海带中提取碘的实验原理和装置能达到实验目的的是

A. 用装置甲灼烧碎海带

B. 用装置乙过滤海带灰的浸泡液

C. 用装置丙制备用于氧化浸泡液中I?的Cl2

D. 用装置丁吸收氧化浸泡液中I?后的Cl2尾气

【答案】B

【解析】

【详解】A、灼烧碎海带应用坩埚，A错误；

B、海带灰的浸泡液用过滤法分离，以获得含I-的溶液，B正确；

C、MnO2与浓盐酸常温不反应，MnO2与浓盐酸反应制Cl2需要加热，反应的化学方程式为MnO2+4HCl （浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，C错误；

D、Cl2在饱和NaCl溶液中溶解度很小，不能用饱和NaCl溶液吸收尾气Cl2，尾气Cl2通常用NaOH溶液吸收，D错误；

答案选B。

5. 由下列实验及现象不能推出相应结论的是

实验现象结论

A 向2mL0.1mol·L-1的FeCl3溶液中加足

量铁粉，振荡，加1滴KSCN溶液

黄色逐期消失，加KSCN溶液

颜色不变

还原性：Fe>Fe2+

B 将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集

满CO2的集气瓶

集气瓶中产生大量白烟，瓶

内有黑色颗粒产生

CO2具有氧化性

C 加热盛有少NH4HCO3固体的试管，并在

试管口放置湿润的红色石蕊试纸

石蕊试纸变蓝NH4HCO3显碱性

D 向2支盛有2mL相同浓度银氨溶液的试

管中分别加入2滴相同浓度的NaCl和

NaI溶液

一只试管中产生黄色沉淀，

另一支中无明显现象

Ksp(AgI)

A. A

B. B

C. C

D. D

【答案】C

【解析】

A、加入过量的铁粉，黄色消失，加入KSCN溶液，溶液不变色，说明Fe3＋完全被消耗，即Fe ＋2Fe3＋=3Fe2＋，根据氧化还原反应的规律，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，Fe化合价升高，Fe为还原剂，Fe2＋即是还原产物又是氧化产物，因此还原性Fe>Fe2＋，故A说法正确；

B、瓶内有黑色颗粒产生，说明生成C，发生反应是4Na＋CO22Na2O＋C，CO2中C的化合价降低，因此CO2作氧化剂，被还原，故B说法正确；

C、碳酸氢铵受热分解，NH4HCO3NH3↑＋CO2↑＋H2O，碳氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝，而不是碳酸氢铵缘故，故C说法错误；

D、产生黄色沉淀，说明生成AgI，AgI和AgCl形式相同，溶度积小的先沉淀，即K sp(AgCl)>K sp(AgI)，故D说法正确。

6. 以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，还含有少量FeS2和金属硫酸盐)为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4

的部分工艺流程如下：下列叙述错误的是( ) A. 加入CaO可以减少SO2的排放，同时生成建筑材料CaSO4B. 向滤液中通入过量CO2，经过滤、洗涤、灼烧可制得Al2O3C. 隔绝空气焙烧时，反应消耗的n(FeS2)∶n(Fe2O3)＝1∶5D. 烧渣分离时可以用磁铁将烧渣中的Fe3O4分离出来【答案】C 【解析】

【分析】

由流程可知，高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2)为原料，通入空气焙烧时，因为含有少量FeS2，会产生SO2，加入CaO达到吸收SO2的目的，防止SO2排放污染空气，

，过滤后，滤液中通入过量CO2，焙烧产物经过NaOH溶液碱浸，Al2O3与NaOH反应生成AlO-

与CO2、水反应生成Al(OH)3沉淀，洗涤后灼烧Al(OH)3即可生产Al2O3；碱浸过程中，Fe2O3 AlO-

不与NaOH反应，过滤后留在滤渣中，加入FeS2与Fe2O3在隔绝空气的条件下反应生成SO2和Fe3O4，利用Fe3O4的磁性实现其与烧渣的分离，据此分析解答。

【详解】A．第一次焙烧发生的反应有4FeS2＋11O2高温2Fe2O3＋8SO2、2SO2＋O2＋2CaO=2CaSO4和SiO2＋CaO高温CaSiO3，根据反应可知，加入CaO可以减少SO2的排放，同时生成建筑材料CaSO4，故A正确；

B．Al2O3与过量NaOH溶液反应生成的NaAlO2在滤液中，利用沉淀法，通入过量CO2得到Al(OH)3，经过滤、洗涤、灼烧制得Al2O3，故B正确；

C．隔绝空气焙烧生成Fe3O4的反应可以理解为FeS2＋5Fe2O3高温11FeO＋2SO2↑、11FeO＋

11Fe2O3高温11Fe3O4，两式相加得FeS2＋16Fe2O3高温11Fe3O4＋2SO2↑，即反应消耗的

n(FeS2)∶n(Fe2O3)＝1∶16，故C错误；

D．Fe3O4有磁性，用磁铁将烧渣中的Fe3O4分离出来，类似于工业选矿中的磁选，故D正确；答案选C。

7. 短周期元素A、B、C在元素周期表所处的位置如图所示。A、B、C三种元素原子的质子数之和为32。短周期元素D与B形成的化合物D2B是离子化合物。则下列说法正确的是( )

A. 四种元素形成的简单离子中，D离子的半径最大

B. A、B、C元素形成的气态氢化物中，C元素的氢化物的稳定性最强

C. B、C两元素可形成离子化合物BC6

D. A、B两种元素的气态氢化物均能与它们最高价氧化物对应的水化物发生反应，且都属于氧化还原反应

【答案】B

【解析】

【分析】

根据A、B、C三种元素在元素周期表中的相对位置，设A的原子序数是x，则B是x＋9，C是x＋2，x＋x＋9＋x＋2＝32，解得x＝7，即A是N，B是S，C是F。D与B形成的化合物D2B 是离子化合物，则D为Na或Li，据此分析解答。

【详解】A．S2－核外有3层电子，半径最大，A选项错误；

B．非金属性越强，氢化物的稳定性越强，F是最活泼的非金属元素，HF的稳定性最高，B选项正确；

C．在SF6分子中，S与F形成的是共价键，SF6是共价化合物，C选项错误；

D．氨气和硝酸反应不是氧化还原反应，H2S和浓硫酸反应是氧化还原反应，D选项错误；

答案选B。

8. 下列离子方程式与所述事实相符且正确的是( )

A. 用H2O2从酸化的海带灰浸出液中提取碘：2I－＋H2O2＋2H＋=I2＋2H2O

B. 向碳酸氢铵溶液中加入过量的NaOH溶液：NH+

＋OH－=NH3·H2O

C. 向明矾溶液中加入Ba(OH)2溶液至生成沉淀的物质的量最多：Al3＋＋2SO2-

＋2Ba2＋＋4OH－

=AlO-

＋2BaSO4↓＋2H2O

D. 等体积、等物质的量浓度的NaHCO3溶液与Ba(OH)2溶液混合：HCO-

＋Ba2＋＋OH－=BaCO3↓＋

H2O+CO2-

【答案】A

【解析】

【详解】A．H2O2具有氧化性，会将碘离子氧化成碘单质，离子方程式为2I－＋H2O2＋2H＋=I2＋

2H2O，故A正确；

B．向碳酸氢铵溶液中加入过量的NaOH溶液：HCO-

3＋NH+

＋2OH－=NH3·H2O＋ CO2-

＋H2O，故B

错误；

C ．向明矾溶液中加入Ba(OH)2溶液至生成沉淀的物质的量最多：2Al 3＋＋3SO 2-4＋3Ba 2＋＋6OH －

=2Al(OH)3↓＋3BaSO 4↓，故C 错误； D ．等体积、等物质的量浓度的NaHCO 3溶液与Ba(OH)2溶液混合：HCO -3＋Ba 2＋＋OH －=BaCO 3↓＋H 2O ，故D 错误；

综上所述答案为A 。

9. 常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（）

A. 使酚酞变红色的溶液中：Na ＋、Al 3＋、SO 2-4、Cl －

B. w +(H )

K c =1×10－13 mol·L －1的溶液中：NH +4、Ca 2＋、Cl －、NO -3 C. 与Al 反应能放出H 2的溶液中：Fe 2＋、K ＋、NO -3、SO 2-4

D. 由水电离的c (H ＋)=1×10

－13 mol·L －1的溶液中：K ＋、Na ＋、AlO -2、CO 2-3 【答案】B

【解析】

【详解】A ．使酚酞变红色的溶液显碱性，而Al 3＋在碱性条件下不能大量存在，故A 错误；

B ．w +(H )

K c =1×10－13mol·L －1的溶液中显酸性，各离子之间不发生反应，也不与氢离子反应，可以大量共存，故B 正确；

C ．与铝反应放出氢气的溶液可能显酸性也可能显碱性，若溶液显碱性，亚铁离子不能大量共存，若溶液显酸性，Fe 2＋和NO -

3不能大量共存，故C 错误；

D ．由水电离的c (H ＋)=1×10－13 mol·L －1的溶液中水的电离受到抑制，溶液可能显酸性也可能显碱性，如果显酸性，偏铝酸根离子和碳酸根离子不能大量共存，故D 错误。

综上所述答案为B 。

10. 氢氧熔融碳酸盐燃料电池是一种高温电池（600﹣700℃），具有效率高、噪音低、无污染等优点。氢氧熔融碳酸盐燃料电池的工作原理如图所示。下列说法正确的是（）

A. 电池工作时，熔融碳酸盐只起到导电的作用

B. 负极反应式为H2﹣2e﹣+CO32﹣═CO2+H2O

C. 电子流向是：电极a﹣负载﹣电极b﹣熔融碳酸盐﹣电极a

D. 电池工作时，外电路中流过0.2mol电子，消耗3.2gO2

【答案】B

【解析】

【分析】

原电池工作时，H2失电子在负极反应，负极反应为H2+CO32－-2e－=H2O+CO2，正极上为氧气得电子生成CO32－，则正极的电极反应为O2+2CO2+4e－=2CO32－。

【详解】A．分析可知电池工作时，熔融碳酸盐起到导电的作用，和氢离子结合生成二氧化碳，二氧化碳在正极生成碳酸根离子循环使用，故A错误；

B．原电池工作时，H2失电子在负极反应，负极反应为H2+CO32﹣﹣2e﹣=H2O+CO2，故B正确；

C，电池工作时，电子从负极电极a﹣负载﹣电极b，电子不能通过熔融碳酸盐重新回到电极a，故C错误；

D．电极反应中电子守恒正极的电极反应为O2+2CO2+4e﹣=2CO32﹣，电池工作时，外电路中流过0.2 mol电子，反应氧气0.05mol，消耗O2质量=0.05mol×32 g/mol=1.6g，故D错误；

故选B。

二、填空题：本体包括3小题，共40分。

11. 碘化钠用作甲状腺肿瘤防治剂、祛痰剂和利尿剂等. 实验室用NaOH、单质碘和水合肼(N2H4·H2O)为原料可制备碘化钠。资料显示：水合肼有还原性，能消除水中溶解的氧气；NaIO3是一种氧化剂。

回答下列问题：

(1)水合肼的制备有关反应原理为： NaClO+2NH3 = N2H4·H2O+NaCl

①用下图装置制取水合肼，其连接顺序为_________________(按气流方向，用小写字母表示).

②开始实验时，先向氧化钙中滴加浓氨水，一段时间后再向B的三口烧瓶中滴加 NaClO溶液，滴加 NaClO溶液时不能过快的理由__________________________________。

(2)碘化钠的制备

i.向三口烧瓶中加入8.4gNaOH及30mL水，搅拌、冷却，加入25.4g碘单质，开动磁力搅拌器，保持60～70℃至反应充分；

ii.继续加入稍过量的N2H4·H2O(水合肼)，还原NaIO和NaIO3，得NaI溶液粗品，同时释放一种空气中的气体；

iii.向上述反应液中加入1.0g活性炭，煮沸半小时，然后将溶液与活性炭分离；

iv.将步骤iii分离出的溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得产品24.0g。

③步骤i反应完全的现象是______________________。

IO参与反应的离子方程式为________________________________________。

④步骤ii中-

⑤步骤iii “将溶液与活性炭分离”的方法是______________________。

⑥本次实验产率为_________，实验发现，水合肼实际用量比理论值偏高，可能的原因是

_____________。

⑦某同学检验产品NaI中是否混有NaIO3杂质。取少量固体样品于试管中，加水溶解，滴加少量淀粉液后再滴加适量稀硫酸，片刻后溶液变蓝，得出NaI中含有NaIO3杂质；请评价该实验结论的合理性：_________(填写“合理”或“不合理”)，_________(若认为合理写出离子方程式，若认为不合理说明理由).

【答案】 (1). f a b c d e(ab顺序可互换） (2). 过快滴加NaClO溶液，过量的NaClO 溶液氧化水合肼，降低产率 (3). 无固体残留且溶液呈无色（答出溶液呈无色即给分）(4). 2IO3-+3N2H4·H2O=3N2↑+2I-+9H2O (5). 趁热过滤或过滤 (6). 80% (7). 水合胼能与水中的溶解氧反应 (8). 不合理 (9). 可能是I- 在酸性环境中被O2氧化成I2而使淀粉变蓝

【解析】

【分析】

(1)水合肼的制备原理为：NaClO+2NH 3═N 2H 4·H 2O+NaCl ，利用装置D 制备氨气，装置A 为安全瓶，防止溶液倒吸，气体通入装置B 滴入次氯酸钠溶液发生反应生成水合肼，剩余氨气需要用装置C 吸收；(2)加入氢氧化钠，碘和氢氧化钠发生反应：I 2+2NaOH=NaI+NaIO+H 2O 、3I 2+6NaOH=5NaI+NaIO 3+3H 2O ，加入水合肼得到氮气与NaI ，得到的NaI 溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可得到NaI ；⑥根据碘守恒计算得到理论生成的NaI ，再计算产率可得；⑦NaIO 3能够氧化碘化钾，空气中氧气也能够氧化碘离子生成碘单质。据此分析解答。

【详解】(1)①水合肼的制备原理为：NaClO+2NH 3═N 2H 4·H 2O+NaCl ，利用装置D 制备氨气，通过装置A 安全瓶，防止溶液倒吸，气体通入装置B 滴入次氯酸钠溶液发生反应生成水合肼，剩余氨气需要用装置C 吸收，倒扣在水面的漏斗可以防止倒吸，按气流方向其连接顺序为：fabcde ，故答案为fabcde ；

②开始实验时，先向氧化钙中滴加浓氨水，生成氨气一段时间后再向B 的三口烧瓶中滴加 NaClO 溶液反应生成水合肼，水合肼有还原性，滴加NaClO 溶液时不能过快的理由：过快滴加NaClO 溶液，过量的NaClO 溶液氧化水和肼，降低产率，故答案为过快滴加NaClO 溶液，过量的NaClO 溶液氧化水合肼，降低产率；

(2)③步骤i 中碘单质生成NaI 、NaIO 、NaIO 3，反应完全时现象为无固体残留且溶液接近无色，故答案为无固体残留且溶液接近无色；

④步骤ii 中N 2H 4·H 2O 还原NaIO 3的化学方程式为：3N 2H 4·H 2O+2NaIO 3=2NaI+3N 2↑+9H 2O ，离子方程式为：3N 2H 4·H 2O+2-3IO =2I -+3N 2↑+9H 2O ，故答案为3N 2H 4·H 2O+2-

3IO =2I -+3N 2↑+9H 2O ； ⑤活性炭具有吸附性，能脱色，通过趁热过滤将活性炭与碘化钠溶液分离，故答案为趁热过滤；

⑥8.2gNaOH 与25.4g 单质碘反应，氢氧化钠过量，碘单质反应完全，根据整个实验过程和碘守恒，理论上生产得到的NaI 的质量为25.4g 2150g/mol 254g/mol

??=30g ，实验产率为24g 30g

×100%=80%；实验发现，水合肼实际用量比理论值偏高是因为水合肼能与水中的溶解氧反应，故答案为80%；水合肼能与水中的溶解氧反应；

⑦取少量固体样品于试管中，加水溶解，滴加少量淀粉液后再滴加适量稀硫酸，片刻后溶液

变蓝，说明生成碘单质，可能是NaIO 3氧化碘化钾反应生成，也可能是空气中氧气氧化碘离子生成碘单质，不能得出NaI 中含有NaIO 3杂质，故答案为不合理；可能是I -

在酸性环境中被氧气氧化成I 2而使淀粉变蓝。

【点睛】本题考查了物质制备方案设计，主要考查了化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应、产率计算等。本题的难点为⑥，要注意用守恒法解题。

12. 绿矾(FeSO 4·7H 2O) 是治疗缺铁性贫血药品的重要成分。下面是以市售铁屑(含少量锡、氧化铁等杂质) 为原料生产纯净绿矾的一种方法：

查询资料，得有关物质的数据如下表：

25℃时

饱和H 2S 溶液 SnS 沉淀完全 FeS 开始沉淀 FeS 沉淀完全 pH 值

3.9 1.6 3.0 5.5

（1）检验制得的绿矾晶体中是否含有Fe 3+

，最好选用的试剂为____________________。

A.KSCN 溶液

B.NaOH 溶液

C.KMnO 4溶液

（2）操作II 中，通入硫化氢至饱和的目的是（写两点）___________、____________。

（3）操作IV 的顺序依次为________、冷却结晶、过滤。

（4）测定绿矾产品中Fe 2+含量的方法是：

a.称取3.72g 绿矾产品，溶解，在250mL 容量瓶中定容；

b.量取25.00mL 待测溶液于锥形瓶中；

c.用硫酸酸化的0.01000mol/L KMnO 4溶液滴定至终点，消耗KMnO 4溶液体积的平均值为20.00mL 。

①滴定时盛放KMnO 4溶液的仪器为_________（填仪器名称）。

②计算上述样品中FeSO 4?7H 2O 的质量分数为__________。

③上述测定中，若滴定管规格为50mL ，则步骤a 中称取样品的质量不能超过______g 。(保留4位小数)

【答案】 (1). A (2). 除去溶液中的Sn 2+离子 (3). 将Fe 3+ 还原成Fe 2+ (4). 蒸

发浓缩 (5). 酸式滴定管 (6). 75% (7). 9.3000

【解析】

（1）检验所得绿矾晶体中是否含有Fe 3+的实验操作是利用三价铁离子检验方法：，Fe 3+和SCN -

会反应生成红色的Fe(SCN)3，从而证明了Fe 3+的存在。所以答案为A 选项。

（2）通入硫化氢至饱和的目的是：硫化氢具有强还原性，可以将Fe 3+还原为Fe 2+。将H 2S 在溶液中饱和，可以增大溶液中的S 2-浓度，尽量保证将Sn 2+转化为SnS 沉淀，以便于过滤除去Sn 杂质。故答案为除去溶液中的Sn 2+离子，并将Fe 3+ 还原成Fe 2+。（3）溶液中得到晶体，需要对溶液进行加热蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥等，所以操作IV 的顺序依次为：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤。故答案为蒸发浓缩。

（4）①高锰酸钾溶液具有强氧化性，所以会氧化碱式滴定管尖嘴处的橡胶管，所以滴定时盛放KMnO 4溶液的仪器为酸式滴定管。

②用硫酸酸化的0.01000mol/L KMnO 4溶液滴定至终点，消耗KMnO 4溶液体积的平均值为20.00mL ，则根据方程式：5Fe 2++MnO 4-+8H +═5Fe 3++Mn 2++4H 2O 得到：n （Fe 2+）＝

0.01000mol/L×0.0200L×5＝0.001mol 。所以250mL 溶液中有n （Fe 2+）＝0.01mol 。则FeSO 4?7H 2O

物质的量也是0.01mol ，质量为0.01mol×278g/mol=2.78g，质量分数为：2.78g÷3.72g＝278372＝74.73%＝75%。

③若滴定管规格为50mL ，则最多盛放50mL 的高锰酸钾溶液，根据方程式：

5Fe 2++MnO 4-+8H +═5Fe 3++Mn 2++4H 2O 得到最多反应的n （Fe 2+）＝0.01000mol/L×0.0500L×5＝0.0025mol ，所以250mL 溶液中有n （Fe 2+）＝0.025mol ，则FeSO 4?7H 2O 物质的量最多是0.025mol ，质量为0.025mol×278g/mol=6.95g，因为样品中FeSO 4?7H 2O 的质量分数为

278372，所以样品质量为6.95÷278372

＝9.3g ，题目要求保留4位小数，所以为9.3000g 。 13. 已知NH 3、NO 、NO 2都是有毒气体，必须经过严格处理，否则会污染空气。请回答下列问题：

(1)已知如下热化学方程式：

①N 2(g)+O 2 (g)=2NO(g) △H 1=+akJ/mol ；

②4NH 3(g)+3O 2(g)=2N 2(g)+6H 2O(g) △H 2=bkJ/mol

③2NO(g)+O 2(g)=2NO 2(g) △H 3=ckJ/mol ；

则4NH 3(g)+7O 2(g)=4NO 2(g)+6H 2O(g) △H=___________kJ/mol。

(2)工业合成NH 3的反应，解决了世界约三分之一的人粮食问题。已知：N 2+3H 22NH 3，且该

反应的v 正=k正·c(N2)·c3(H2)，ν逆=k逆·c2(NH3)，则反应1

N2+

H2NH3的平衡常数

K=___________(用k正和k逆表示)。

(3)已知合成氨的反应升高温度平衡常数会减小，则该反应的正反应活化能E1和逆反应活化能E2的相对大小关系为：E1___________E2。(填“>”、“<”或“=”)。

(4)从化学反应的角度分析工业合成氨气采取30MPa～50MPa高压的原因是___________。

(5)500℃时，向容积为2L的密闭容器中通入1molN2和3molH2，模拟合成氨的反应，睿器内的压强随时间的变化如下表所示：

时间/min 0 10 20 30 40 +∞

压强/MPa 20 17 15 13.2 11 11

①达到平衡时N2的转化率为___________。

②用压强表示该反应的平衡常数K p=___________（K p等于平衡时生成物分压幂的乘积与反应物分压幂的乘积的比值，某物质的分压等于总压x该物质的物质的量分数)。

③随着反应的进行合成氨的正反应速率与NH3的体积分数的关系如下图所示，若升高温度再次达到平衡时，可能的点为___________(从点“A、B、C、D”中选择〉

【答案】 (1). k

正

逆

< (4). 加快反应速率，同时使平衡

正向移动，提高原料气的利用率和产品的产率 (5). 90% (6). 48MPa-2 (7). A

【解析】

【分析】

根据盖斯定律分析热化学方程式中的焓变。根据化学平衡移动原理分析反应条件的选择，根

据三段式进行计算有关数据。

【详解】(1)根据盖斯定律分析，①N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H1=+akJ/mol；

②4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) △H2=bkJ/mol；③2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) △H3=ckJ/mol；

将方程式进行②+①×2+③×2计算，得热化学方程式为4NH3(g)+7O2(g)=4NO2(g)+6H2O(g)

△H=(b+2a+2c)kJ/mol；

(2)当正逆反应速率相等时，反应到平衡，即v正=ν逆=k正·c(N2)·c3(H2) =k逆·c2(NH3) ，则

反应1

N2+

H2NH3的平衡常数K= ()()()

322

/?·

c NH c N c H=

正

逆

；

(3)已知合成氨的反应升高温度平衡常数会减小，则说明升温平衡逆向移动，正反应为放热反应，则该反应的正反应活化能E1和逆反应活化能E2的相对大小关系为：E1

(4)工业合成氨的反应为气体分数减小的反应，所以增大压强可以加快反应速率，同时使平衡正向移动，提高原料气的利用率和产品的产率；

(5) 假设到平衡时氮气转化浓度为xmol/L，则有

N2+3H22NH3，

起始浓度0.5 1.5 0

改变浓度 x 3x 2x

平衡浓度 0.5-x 1.5-3x 2x

根据压强比等于物质

的量比分析，有关系式：0.5 1.532110.5 1.520x x x-+-+=+解x=0.45mol/L；①达到平衡时N2的转化率为0.45/0.5=90%；②用压强表示该反应的平衡常数K p=230.911a1.10.050.1511a11a1.1 1.1MP MP MP??? ???????? ???=48MPa-2；

③合成氨的反应为放热反应，若升温，则反应速率增大，平衡逆向移动，氨气的体积分数减小，可能的点为A。