河南省豫北名校大联考2022-2023学年高三化学上学期阶段性测试（二）试题（Word版附答案）

豫北名校大联考2022-2023学年高中毕业班阶段性测试(二)化学考生注意：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23A127S32K39Fe56一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1.化学促进了社会进步和科技发展。下列过程不涉及化学变化的是A.利用二氧化碳制备淀粉B.采用糯米加酒曲制备米酒C.采用聚热棉材料制作冬奥会服装D.以空气中的氮气为原料制备氨气【答案】C【解析】【详解】A．二氧化碳、淀粉是两种不同的化学物质，利用二氧化碳制备淀粉时产生了新的物质，因此发生的变化属于化学变化，A不符合题意；B．糯米和酒是两种不同的化学物质，采用糯米加酒曲制备米酒过程中产生了新的物质，因此发生的变化属于化学变化，B不符合题意；C．采用聚热棉材料制作冬奥会服装只是改变物质的形状，物质的组成不变，因此发生的变化属于物理变化，C符合题意；D．空气中的氮气及氨气的组成分别是N2与NH3，二者的分子结构不同，因此以空气中的氮气为原料制备氨气时发生的变化是化学变化，D不符合题意；故合理选项是C。2.合金材料在现代社会中发挥着重要的作用，下列物品的主要成分属于合金材料的是ABCD 汽车轮胎机械扳手氮化硅发动机青花瓷A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．汽车轮胎主要成分是橡胶，A错误；B．机械扳手一般由合金制成，B正确；C．氮化硅属于新型无机非金属材料，C错误；D．陶瓷属于无机非金属材料，D错误；故选B。3.下列有关钠及其化合物的说法正确的是A.与的结构示意图相同B.的电子式是C.中均含离子键和极性键D.用铂丝蘸取的混合液，在酒精灯外焰上灼烧，火焰为黄色【答案】D【解析】【详解】A．Na+离子结构示意图为：，的结构示意图为，不相同，选项A错误；B．过氧化钠为离子化合物,钠离子直接用离子符号表示,阴离子需要标出最外层电子及所带的电荷,氧化钠的电子式为，选项B错误；C．Na2O中只含有离子键，NaOH中含离子键和极性键，选项C错误；D．钾元素的焰色反应为紫色，由于火焰本身的黄光可以覆盖住钾元素的紫色，故观察焰色反 应的钾元素的紫色时，必须透过蓝色钴玻璃，滤去黄光，故观察到的火焰为黄色，选项D正确；答案选D。4.锻石又名石垩，明代李时珍给出了其制备方法：今人作窑烧之，一层柴或煤炭一层在下，上累青石，自下发火，层层自焚而散。下列有关说法错误的是A.现代人们称锻石为生石灰B.青石的主要成分是C.“作窑”所用的青砖属于硅酸盐材料D.上述制备方法中只涉及吸热反应【答案】D【解析】【详解】A．碳酸钙高温分解为氧化钙和二氧化碳，现代人们称锻石为生石灰，故A正确；B．青石煅烧生成氧化钙，青石的主要成分是，故B正确；C．青砖用黏土烧制而成，属于硅酸盐材料，故C正确；D．碳燃烧是放热反应，故D错误；选D。5.规范的实验操作是实验成功的基础。图中实验操作规范的是ABCD除去Cl2中的水蒸气试剂存放称取NaCl固体从试剂瓶中取液态试剂A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】 【详解】A．浓硫酸具有吸水性，在使用浓硫酸除去Cl2中的水蒸气时，为了使物质充分接触，导气管应该长进短出，即入气导气管要伸入到浓硫酸的液面以下，A错误；B．澄清石灰水及浓硫酸都是液态物质，因此要盛放在细口瓶中。澄清石灰水显碱性，与玻璃中的SiO2会发生反应产生具有粘性的物质，而将试剂瓶与玻璃塞黏在一起，因此应该使用橡胶塞；而浓硫酸具有强氧化性，会腐蚀橡胶塞，故应该使用玻璃塞，试剂保存合理，B正确；C．托盘天平使用时应该是左物右码，图示的物品与砝码放置颠倒，C错误；D．从试剂瓶中取用液体药品时，试剂瓶的玻璃塞应该倒放在桌面上，D错误；故合理选项是B。6.1919年，卢瑟福在卡文迪许实验室用粒子轰击氮原子核时，发现了质子，该核反应可表示为。下列说法错误的是A.X的质子数为8B.和的中子数之比为C.与氘、氚互为同位素D.自然界中存在是因为二者的化学键稳定【答案】D【解析】【详解】A．根据，X为，质子数为8，故A正确；B．和的中子数分别为7、2，中子数之比为，故B正确；C．与氘、氚的质子数相同，中子数不同，互为同位素，故C正确；D．自然界中不存在，存在于氮气以及其化合物中，故D错误；故选：D。7.下列给定条件下的离子一定能大量共存的是A.含0.1mol/LAl3+的溶液：B.使石蕊变红的溶液：C.与Al反应生成H2的溶液：D.含0.01mol/LSCN-的溶液：【答案】A 【解析】【详解】A．Al3+与选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，A符合题意；B．使石蕊变红的溶液显酸性，含有大量H+，H+与Fe2+、ClO-会发生氧化还原反应而不能大量共存，B错误；C．与Al反应生成H2的溶液可能显酸性，也可能显碱性。在酸性溶液中含有大量H+，H+与起HNO3的作用，表现强氧化性，与Al反应不能产生H2；在碱性溶液中含有大量OH-，OH-与Cu2+会形成Cu(OH)2沉淀，也不能大量共存，C错误；D．含0.01mol/LSCN-的溶液中，有大量SCN-离子，SCN-与Fe3+会发生反应产生弱电解质Fe(SCN)3，不能大量共存，D错误；故合理选项是A。8.设表示阿伏加德罗常数值，下列说法正确的是A.中的共价键数为B.固体中的阳离子数为C.溶液中的数为D.混合气体中氧原子数为【答案】B【解析】【详解】A．中的共价键数为=，故A错误；B．固体中的阳离子为Na+，数目为=，故B正确；C．H2SO3为弱酸，部分电离，溶液中的数小于，故C错误；D．气体存在的温度压强未知，无法计算，故D错误；故选：B。9.W、X、Y、Z是原子序数不大于18的元素，其原子半径及主要化合价如表。下列说法正确的是元素代号WXYZ 原子半径/pm377175143主要化合价+1-1+3A.W、X、Y、Z中可能有稀有气体元素B.W、X、Y、Z的原子序数依次增大C.简单离子半径：D.X、Y的简单氢化物反应生成的化合物中只含共价键【答案】C【解析】【分析】元素W半径最小，主要化合价为+1价，则W为H，元素X的半径较大，主要化合价为-1价，则X为F，元素Y的半径大于X，且主要化合价为-3，+3，+5价，则Y为N，元素Z半径最大，且主要化合价为+3价，则Z为Al，综合可知，W为H，X为F，Y为N，Z为Al，以此解题。【详解】A．由分析可知，W、X、Y、Z中没有稀有气体元素，A错误；B．由分析可知W为H，X为F，Y为N，原子序数不是依次增大，B错误；C．核外电子数相同的时候，原子序数越小半径越大，则半径大小为：，C正确；D．由分析可知，X为F，Y为N，其简单氢化物相互反应可以生成氟化铵，其中含有离子键，D错误；故选C。10.下列有关硫及其化合物之间转化反应的离子方程式正确的是A.硫单质转化为：B.转化为：C.向溶液中滴加稀硝酸：D.与盐酸反应制备：【答案】B【解析】【详解】A．硫单质与强碱在加热条件下反应，转化为，同时生成亚硫酸盐，反应的离子 方程式为：，选项A错误；B．含溶液中通入二氧化硫反应，转化为，反应的离子方程式为：，选项B正确；C．向溶液中滴加稀硝酸，反应生成硫、NO和硫酸钠，反应的离子方程式为：，选项C错误；D．与盐酸反应制备，反应的离子方程式为：，选项D错误；答案选B。11.氯化亚铜是一种白色结晶或白色粉末、微溶于水，不溶于稀盐酸和乙醇，见光易分解，暴露于潮湿的空气中易被氧化为绿色的Cu2(OH)3Cl。以CuCl2粗品(含Fe2+杂质)为原料制备CuCl晶体的工艺流程如图1。下列说法错误的是已知：在较高浓度的盐酸中，Fe3+能溶解于有机溶剂甲基异丁基甲酮中。A.“溶解”时加入的酸为浓盐酸B.“溶解”过程中加入H2O2的目的是氧化Fe2+C.“萃取”时采用如图2所示方法进行振荡D.“还原”反应的离子方程式为【答案】C【解析】【分析】CuCl2(含少量Fe2+)粗品用盐酸溶解，加入双氧水将亚铁离子氧化成铁离子，加入萃取剂除去杂质铁离子，然后用二氧化硫还原铜离子得到氯化亚铜，经过抽滤、洗涤、干燥的等系列操作获得CuCl晶体。【详解】A．在较高浓度的盐酸中，Fe3+能溶解于有机溶剂甲基异丁基甲酮中，为了减少实验过程中杂质离子的影响，使用的酸应该为浓盐酸，A正确； B．在“溶解”过程中加入H2O2的目的是氧化Fe2+变为Fe3+，通过加入萃取剂除去杂质Fe3+，B正确；C．“萃取”时为充分振荡，应该将分液漏斗倒转，两只手一只按住分液漏斗活塞，一只按住分液漏斗上口玻璃旋塞进行振荡，C错误；D．SO2具有还原性，在酸性条件下将Cu2+还原为Cu+，Cu+与Cl-结合形成CuCl沉淀，反应的离子方程式应该为：，D正确；故合理选项是C。12.由下列实验操作和现象能得出相应结论的是选项实验操作实验现象实验结论A向某溶液中滴加溶液产生白色沉淀该溶液中含B向水玻璃中通入少量产生白色胶状沉淀的非金属性比的强C用坩埚钳夹持铝箔在火焰上加热铝箔熔化，外边有膜兜住而不滴落氧化铝的熔点比铝的熔点高D向蔗糖中加入适量浓硫酸，搅拌产生黑色“面包”浓硫酸具有吸水性A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．氯化银、碳酸银等都是沉淀，向某溶液中滴加溶液，产生白色沉淀，该溶液中可能含、CO等，故A错误；B．向水玻璃中通入少量，生成白色胶状硅酸沉淀，说明盐酸的酸性大于硅酸，盐酸是无氧酸，不能证明的非金属性比的强，故B错误； C．用坩埚钳夹持铝箔在火焰上加热，铝表面被氧化，氧化铝的熔点比铝的熔点高，所以铝箔熔化，外边有膜兜住而不滴落，故C正确；D．向蔗糖中加入适量浓硫酸，搅拌，产生黑色“面包”现象，浓硫酸具有脱水性，故D错误；选C。13.实验室中某粉末样品是可能含的混合物.取少量该粉末样品进行如下实验：①溶于水，得到无色透明溶液；②向①的溶液中滴加稀盐酸，有刺激性气味气体逸出，该气体通入澄清石灰水中，最终无白色沉淀生成；③另取少量该粉末样品，溶于水，滴加溶液，观察现象.下列说法正确的是A.该样品中一定含B.该样品中可能只含C.实验②中的气体一定无D.实验③的目的是检验该样品中是否含【答案】BD【解析】【详解】取少量粉末样品①溶于水，得到无色透明溶液，说明溶液中不含有色离子，故样品中不含CuCl2，②向①的溶液中滴加稀盐酸，有刺激性气味气体逸出，产生的气体一定有氯气，与水反应生成盐酸和次氯酸，故该气体通入澄清石灰水中，最终无白色沉淀生成，无法说明样品中不含Na2CO3；H++Cl-+ClO-=H2O+Cl2↑，而氯离子也可能来自于盐酸，故不能确定是否含有NaCl，③另取少量该粉末样品，溶于水，滴加溶液，观察现象，其产生白色沉淀则说明样品中含有Na2CO3；综上：A．样品中可能只含有，也可能含有NaCl和Na2CO3中的一种或两种，选项A错误；B．样品中可能只含有，选项B正确；C．因盐酸酸性强于碳酸，最终无白色沉淀生成，无法说明样品中不含Na2CO3，选项C错误；D．另取少量该粉末样品，溶于水，滴加溶液，观察现象，其产生白色沉淀则说明样品中含有Na2CO3，选项D正确； 答案选BD。14.在容积为2L的恒容密闭容器中通入一定量的，一定条件下发生反应：(忽略NO与的反应)，容器中各物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。下列说法正确的是A.内的反应速率：B.时改变的条件可能是降低温度C.时改变的条件是增大氧气的量D.时，的转化率为【答案】C【解析】【详解】A．0-2min内NO的增加量是0.12mol，则氧气减少量为，v(O2)=,A错误；B．2min改变条件后，反应速率增大，不可能是降低温度，B错误；C．4min时只有氧气物质的量增加，其它物质都瞬间不变，说明改变条件是增大氧气的量，C正确；D．6min时氨气的转化率为，D错误；故选C。15.近日，电子科技大学WeiSun和德国明斯特大学MartinWinter开发了一种用于可充电空气电池的低成本非碱性醋酸锌[，简写为] 电解质，与传统的碱性相比，它具有优异的循环性能和在空气中的稳定性，放电时最终产物是.利用该电解质的工作原理如图所示。下列说法正确的是A.放电时电子通过导线移向甲电极B.负极的电极反应式为C.放电时，电池总反应是D.放电时，向电池正极移动【答案】B【解析】【分析】甲电极锌失电子，为负极，乙电极氧气得电子为正极；【详解】A．电子由甲电极流出，经导线流向乙电极，A错误；B．甲电极为负极，锌失电子生成锌离子，B正确；C．方程式原子不守恒，C错误；D．原电池中阴离子移向负极，D错误；故选B。16.化合物甲是制药工业和电池材料等的原料，其组成元素W、X、Y、Z是原子序数依次增大的前四周期元素；其中W、X、Y为短周期主族元素，W是元素周期表中原子半径最小的元素，X、Y同周期，且X原子和Y原子的最外层电子数之比为，的电子数比Z原子的电子数多20。化合物甲的热重曲线如图所示。下列说法错误的是 A.非金属性：B.X、Y形成的两种常见化合物常温下为气体C.M点时热分解失去2个D.时剩余固体的组成可表示为【答案】D【解析】【分析】W是元素周期表中原子半径最小的元素，W为H元素；W、X、Y为短周期主族元素，X、Y同周期，且X原子和Y原子的最外层电子数之比为2：3，X和Y可能为Be和B、C和O、Mg和Al、Si和S，结合W2X2O4的电子数比Z原子的电子数多20，W、X、Y、Z是原子序数依次增大的前四周期元素，则X为C、Y为O、Z为Fe；化合物甲为FeC2O4∙2H2O、W2X2Y4为H2C2O4。【详解】A．非金属性Y（O）＞X（C）＞W（H），A项正确；B．X（C）、Y（O）形成的两种常见化合物为CO、CO2，CO、CO2常温下都为气体，B项正确；C．开始n(FeC2O4∙2H2O)==0.03mol，M点失去的H2O的物质的量为=0.06mol，即热分解时失去2个H2O，C项正确；D．开始n(FeC2O4∙2H2O)==0.03mol，根据Fe守恒，400℃时剩余固体中Fe的物质 的量为0.03mol，O的物质的量为=0.04mol，400℃时剩余固体的组成为Fe3O4，D项错误；答案选D。二、非选择题17.部分含硫、氨物质的类别与硫元素和氮元素化合价的对应关系如图所示.回答下列问题：（1）j的化学名称是_______（2）下列有关a和g的叙述中，能说明N的非金属性比S强的是_______(填序号)A．物质a的水溶液为酸性，而物质g的水溶液为碱性B．物质a在300℃左右分解生成b，而物质g分解生成h的温度高于300℃C．物质a液化的温度为-60℃，而物质g液化的温度为-34℃（3）将pH=1的物质k的稀溶液倒入物质f的溶液中，会生成物质e，该反应的离子方程式是_______（4）S4N4(S是+2价)具有很好的导电性，在光学、电学等行业有着重要的用途.将干燥的物质g通入S2Cl2的CCl4溶液中，可制得该物质：(已知S8是硫单质中最稳定的)。①上述制备反应中，物质g体现的性质有_______，其中被氧化的元素是_______(填元素符号)②S4N4在常温下较稳定，但撞击或加热时会引起爆炸，生成非常稳定的单质产物，该爆炸反应的化学方程式是_______【答案】（1）二氧化氮（2）B（3）2H++2+3=3+2NO↑+H2O （4）①.还原性、碱性②.N、S③.2S4N4S8+4N2↑【解析】【分析】根据硫、氮元素组成的物质类别与元素化合价关系可知：a是H2S，b是S单质，c是SO2，d是SO3，e是硫酸盐，f是亚硫酸盐，g是NH3，h是N2，i是NO，j是NO2，k是硝酸盐。然后根据物质性质及元素周期律分析解答。【小问1详解】根据上述分析可知：j是NO2，其名称是二氧化氮；【小问2详解】A．物质a是H2S，其水溶液叫氢硫酸，氢硫酸电离产生H+使溶液显酸性；物质g是NH3，其溶于水，与水反应产生NH3∙H2O，NH3∙H2O电离产生OH-，使溶液显碱性，这与N、S元素的非金属性强弱无关，A不符合题意；B．元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强，物质分解温度就越高。H2S分解温度是300℃左右，而NH3分解温度高于300℃，说明稳定性：NH3＞H2S，则可以说明元素的非金属性：N＞S，B符合题意；C．H2S液化温度是-60℃，NH3液化温度是-34℃，说明物质的分子间作用力：NH3＞H2S，这与元素的非金属性强弱无关，C不符合题意；故合理选项是B；【小问3详解】k是硝酸盐，f是亚硫酸盐，在pH=1的酸性环境中，在硝酸盐的稀溶液中，H+、、会发生氧化还原反应产生、NO、H2O，反应的离子方程式为：2H++2+3=3+2NO↑+H2O；【小问4详解】由于g是NH3，则反应表示的是，由于S4N4中S是+2价，根据化合物中元素化合价代数和为0，可知S4N4中N元素化合价为-2价，N元素化合价由反应前NH3中-3价变为反应后S4N4中N为-2价，化合价升高，失去电子被氧化，所以NH3表现还原性；同时还有部分NH3反应后变为NH4Cl，N元素化合价不变，NH3形成盐的阳离子，NH3又表现碱性；除N元素 被氧化外，部分S元素化合价由反应前S2Cl2中的+1价变为反应后S4N4中S是+2价，化合价升高，失去电子被氧化，因此被氧化的元素为N、S元素；②S4N4在常温下较稳定，但撞击或加热时会引起爆炸，生成非常稳定的单质产物，已知S8是硫单质中最稳定的，则S4N4分解产生S8、N2，该爆炸反应的化学方程式是2S4N4S8+4N2↑。18.如图是元素周期表前三周期的一部分，是元素代号。回答下列问题：abcdefg（1）d在元素周期表中的位置为_______（2）a、b、f、g的最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序为_______(用化学式表示)（3）玻璃、陶瓷、水泥等无机非金属材料中共同含有上述元素中的_______(用元素符号表示)（4）用、e的单质作电极，用一定浓度的溶液作电解质溶液，可制作如图所示的简单电池，该电池中，电极为_______(填“甲”或“乙”)，正极的电极反应式是_______（5）向(4)中电池反应生成的钠盐溶液中通入过量气体，有白色沉淀产生，该反应的离子方程式为_______【答案】（1）第二周期第ⅦA族（2）HClO4>HNO3>H2CO3>H2SiO3（3）Si、O（4）①.乙②.2H₂O+2e-=H₂↑+2OH- （5）AlO+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO【解析】【分析】根据元素周期表结构，a为C、b为N、c为O、d为F、e为Al、f为Si、g为Cl，结合题目信息解答。【小问1详解】d为F，在元素周期表中的位置为第二周期第ⅦA族。小问2详解】同周期元素，从左到右非金属性逐渐增强，对应的最高价氧化物的水化物酸性增强，同主族元素，从上到下，非金属性逐渐减弱，对应的最高价氧化物的酸性逐渐减弱，a、b、f、g的最高价氧化物对应水化物分别为H2CO3、HNO3、H2SiO3、HClO4，酸性由强到弱的顺序为HClO4>HNO3>H2CO3>H2SiO3。【小问3详解】玻璃、陶瓷、水泥等无机非金属材料中共同含有的物质为SiO2，则含有上述元素中的Si、O。【小问4详解】Mg、Al、氢氧化钠溶液组成的原电池中，Mg不和氢氧化钠溶液反应，铝和氢氧化钠溶液反应，则Mg为正极，铝失去电子为负极，则乙为Mg；正极生成氢气，电极反应为2H₂O+2e-=H₂↑+2OH-。【小问5详解】该电池的总反应为2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑，反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠和过量CO2气体反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，离子方程式为AlO+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO。19.钼酸锂主要用于化工、缓蚀剂、电极材料、金属陶瓷、电阻器材料、制冷等领域，通过如图流程，以钼矿(主要成分是，还有杂质)为原料可制备钼酸锂回答下列问题： （1）位于元素周期表的第五周期ⅥB族，则属于_______(填序号)元素A.短周期B.副族C.过渡金属D.44号（2）气体X是一种有毒气体，其化学式是_______，该气体可以再利用，写出其中一种用途：_______（3）“碱浸”前需对粗进行粉碎，这一操作的目的是_______，该操作过程中测定浸取率与温度的关系数据如表：温度/405060708090浸取率/85.588.595.395.796.089.5从浸取率和经济角度考虑，选取的合适温度是_______（4）该流程的浸渣中含，写出分离的物理方法：_______（5）“转化”操作中加入双氧水的目的是将其中少量的氧化为，该反应的离子方程式是_______（6）“合成”的温度是，则气体Y中含有、_______(填化学式)【答案】（1）BC（2）①.SO2②.制取硫酸（3）①.增大接触面积，加快浸出速率②.60（4）磁铁吸引（5）+H2O2=+H2O（6）NH3【解析】【分析】钼矿（主要含MoS2，还有杂质），通入氧气焙烧MoS2与氧气反应生成二氧化硫和MoO3，FeO生成Fe2O3、Fe3O4，MoO3加入碳酸钠溶液进行碱浸生成Na2MoO4，加入双氧水将其中少量的氧化为，过滤除去CuO、Fe2O3、Fe3O4，滤液中加入NH4NO3、HNO3沉钼，生成（NH4）2Mo4O13•2H2O，过滤，得到（NH4）2Mo4O13•2H2O，滤液含有的主要溶质为硝酸钠，再加入碳酸锂高温合成最终得到钼酸锂，据此分析回答。【小问1详解】Mo为42号元素，位于元素周期表的第五周期ⅥB族，则Mo属于副族、过渡金属元素。【小问2详解】气体X为SO2，是一种有毒气体，该气体可以再利用，可以用于制取硫酸。 【小问3详解】“碱浸”前需对粗MoO3进行粉碎，这一操作的目的是增大接触面积，加快浸出速率，根据该操作过程中测定浸取率与温度的关系数据，从浸取率和经济角度考虑，选取的合适温度是60℃。【小问4详解】Fe3O4具有磁性，分离Fe3O4的物理方法为用磁铁吸引。【小问5详解】“转化”操作中加入双氧水的目的是将其中少量的氧化为，该反应的离子方程式是+H2O2=+H2O。【小问6详解】（NH4）2Mo4O13•2H2O和碳酸锂反应得到钼酸锂，同时生成CO2，根据反应物成分含有铵根离子，则还会生成NH3。20.硫酸亚铁铵是一种重要的化工原料，在印染、制革、木材防腐、医药等行业具有广泛的用途.实验室制备硫酸亚铁铵可采用如下步骤：Ⅰ.称取2g铁铜合金(含铁)，倒入锥形瓶中，再加入稀硫酸，按如图所示进行加热，直至不再产生气泡为止Ⅱ.将步骤Ⅰ锥形瓶中的混合物趁热过滤，将滤液转移到蒸发皿中，向蒸发皿内的滤液中加入，搅拌，溶解，和元素恰好反应完全Ⅲ.加热蒸发皿，滴加稀硫酸，调节溶液的，继续加热……停止加热Ⅳ.将步骤Ⅲ中冷却后的混合物进行抽滤，洗涤，干燥，称重得晶体回答下列问题：（1）制得的硫酸亚铁铵晶体中含6个结晶水，则硫酸亚铁铵晶体的化学式为_______ （2）用浓硫酸配制步骤Ⅰ中的稀硫酸。图中实验仪器不需要的是_______(填仪器名称)（3）步骤Ⅰ中，在锥形瓶口上倒扣表面皿的主要作用是_______，加热过程中，锥形瓶中发生反应的化学方程式是_______（4）步骤Ⅱ和步骤Ⅳ均涉及过滤(抽滤)操作，前者趁热过滤，而后者需冷却后过滤，原因是_______（5）步骤Ⅲ中，判断停止加热的现象是_______(填序号)A.溶液沸腾B.蒸干(无液体)C.出现晶膜D.质量不再变化（6）若步骤Ⅳ所得晶体不含杂质，则该制备实验的产率是_______(保留3位有效数字)【答案】（1）FeSO4•（NH4）2SO4•6H2O或Fe（NH4）2（SO4）2•6H2O（2）圆底烧瓶（3）①.冷凝水蒸气，减少水的挥发②.Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑（4）减少产品溶解，提高产率（5）C（6）79.6%【解析】【小问1详解】2g铁铜合金(含铁70%)含铁物质的量为，3.3g(NH4)2SO4物质的量为，两者正好反应，结合制备步骤，制得的硫酸亚铁铵晶体中含6个结晶水，则硫酸亚铁铵晶体的化学式为FeSO4•（NH4）2SO4•6H2O或Fe（NH4）2（SO4）2•6H2O。【小问2详解】用浓硫酸配制 稀硫酸，需要用到的玻璃仪器为量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，则不需要用到圆底烧瓶。【小问3详解】步骤Ⅰ中，在锥形瓶口上倒扣表面皿的主要作用是冷凝水蒸气，减少水的挥发；加热过程中，铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，反应的化学方程式是Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑。【小问4详解】步骤Ⅱ和步骤Ⅳ均涉及过滤(抽滤)操作，前者趁热过滤，而后者需冷却后过滤，原因是减少产品溶解，提高产率。【小问5详解】步骤Ⅲ中，当出现晶膜时停止加热。【小问6详解】2g铁铜合金(含铁70%)含铁物质的量为，3.3g(NH4)2SO4物质的量为，两者正好反应生成0.025molFe（NH4）2（SO4）2•6H2O，则产率为。21.一氧化碳、氮的氧化物、硫的氧化物是主要的大气污染物，对这些有害气体的治理及合理利用显得尤为重要。回答下列问题：（1）已知：变成吸收的能量，在一定条件下，CO与水蒸气反应可制备氢能源，反应过程中的能量变化如图所示：反应为_______(填“放热”或“吸热”)反应。图中虚线不可能是的能量变化曲线，原因是_______ （2）某工业烟气中含，需进行一系列处理后才能排入空气中，其中脱硝、脱硫就是重要一环，一种脱硝、脱硫的简易流程如图：反应塔中涉及如下反应(忽略与的相互转化)：Ⅰ.Ⅱ.Ⅲ①恒温恒容条件下，反应塔中，反应内测得，则末时NO的转化率为_______②保持反应塔中起始浓度，在相同时间内，测得吸收塔中脱硝率、脱硫率与的关系曲线如图所示：表示脱硫率的曲线是_______(填“甲”或“乙”)，理由是_______③在某恒容密闭容器中充入一定量的，发生上述反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，下列说法错误的是_______(填序号)a.升高温度，化学反应速率加快b.容器中混合气体密度不变说明反应达到平衡状态c.容器中混合气体的压强不变说明反应达到平衡状态d.容器中混合气体的颜色不变说明反应达到平衡状态 e.缩小容器的容积，压强增大，脱硝率和脱硫率均不变【答案】（1）①.放热②.1mol水汽化吸收的能量多于1molCO(g)和1molH2O(g)反应生成1molCO2(g)和1molH2(g)放出的能量，CO(g)+H2O(l)⇌CO2(g)+H2(g)为吸热反应，而图中虚线表示放热反应（2）①.20%②.甲③.较小时，NO、SO2被O3氧化的量较少，但在溶液中SO2与反应而脱硫，NO不与(NH4)2SO3反应④.be【解析】【小问1详解】根据图像，1molCO(g)和1molH2O(g)具有的总能量比1molCO2(g)和1molH2(g)具有的总能量高，故CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)为放热反应、反应的∆H=-41kJ/mol；1molH2O(l)变成1molH2O(g)吸收44kJ的能量，则H2O(l)=H2O(g)∆H=+44kJ/mol(①)，CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)∆H=-41kJ/mol(②)，根据盖斯定律，将①+②可得CO(g)+H2O(l)⇌CO2(g)+H2(g)∆H=+3kJ/mol，即反应CO(g)+H2O(l)⇌CO2(g)+H2(g)为吸热反应，图中虚线表示放热反应，故不可能用图中虚线表示CO(g)+H2O(l)⇌CO2(g)+H2(g)的能量变化曲线；答案为：放热；1mol水汽化吸收的能量多于1molCO(g)和1molH2O(g)反应生成1molCO2(g)和1molH2(g)放出的能量，CO(g)+H2O(l)⇌CO2(g)+H2(g)为吸热反应，而图中虚线表示放热反应。【小问2详解】①反应0~5min内测得v(NO2)=0.04mol/(L∙min)，5min内生成NO2为0.04mol/(L∙min)×5min=0.2mol/L，5min内消耗NO为0.2mol/L，则5min末时NO的转化率为=20%；答案为：20%。②由图像可知，较小时，因O3的量少，NO、SO2被O3氧化的量较少，但在溶液中SO2与反应而脱硫，NO不与(NH4)2SO3反应，即开始阶段脱硫率高于脱硝率，则甲为脱硫率变化曲线，乙为脱硝率变化曲线；答案为：甲；较小时，NO、SO2被O3氧化的量较少，但在溶液中SO2与反应而脱硫，NO不与(NH4)2SO3反应。③a．升高温度，增大活化分子百分数，化学反应速率加快，a项正确； b．该反应中所有物质都呈气态，建立平衡的过程中混合气体的总质量始终不变，在恒容容器中，混合气体的密度始终不变，混合气体的密度不变不能说明反应达到平衡状态，b项错误；c．反应I的正反应为气体分子数增多的反应，建立平衡的过程中气体总物质的量变化，在恒容容器中混合气体的压强变化，混合气体的压强不变能说明反应达到平衡状态，c项正确；d．NO2为红棕色气体，其它气体均为无色，混合气体的颜色不变，说明NO2的浓度不变，能说明反应达到平衡状态，d项正确；e．缩小体积，增大压强，反应I逆向移动，c(O3)增大，反应II、III正向移动，脱硫率、脱硝率均提高，e项错误；答案选be。