福建省厦门市2018届高三上学期期末质检化学试题Word版含解析.doc

www.ks5u.com 福建省厦门市2018届高三上学期期末质检 化学试题 ‎1. 使用下列食品添加剂不会改变原分散系种类的是 A. 乳化剂 B. 防腐剂 C. 增稠剂 D. 凝固剂 ‎【答案】B ‎【解析】A项，乳化剂是乳浊液的稳定剂，加入乳化剂会形成稳定的乳浊液，能够改变原分散系种类，故A错误；防腐剂是能抑制微生物活动，防止食品腐败变质的一类食品添加剂，如苯甲酸、苯甲酸钠、山梨酸、山梨酸钾、丙酸钙等都是可溶性的小分子，所以加入防腐剂不会改变原分散系种类，故B正确；C项，增稠剂主要用于改善和增加食品的粘稠度，所以加入增稠剂能够改变原分散系种类，故C错误；D项，凝固剂是使食品结构稳定、使加工食品的形态固化、降低或消除其流动性、且使组织结构不变形、增加固形物而加入的物质，所以加入凝固剂能够改变原分散系种类，故D错误。‎ ‎2. 化学与生活密切相关。下列说法错误的是 A. FeCl3溶液可用于应急止血 B. 尿素[CO(NH2)2]可用作氮肥 C. 玻璃钢可用于制造汽车挡风破璃 D. 肥皂水可用于清洗蚊虫叮咬处 ‎【答案】C ‎【解析】A项，血液属于胶体，加入FeCl3可使胶体聚沉，FeCl3溶液可用于应急止血，故A正确；B项，尿素溶于水，会发生缓慢水解生成可被植物吸收的成分（NH4+等），且尿素中氮元素含量较高，是一种常用的氮肥，故B正确；C项，玻璃钢可用于制造汽车车身，但因为玻璃钢是不透明的，所以不能用于制造汽车挡风破璃，故C错误；D项，蚊子叮咬后，在人的皮扶内分泌出甲酸，肥皂水显碱性，能与甲酸发生中和反应，故D正确。‎ ‎3. “富勒烯“材料家族包括C60、C70、N60、B40，下列说法正确的是 A. B40和C70都属于新型化合物 B. B40、C60、C70、N60分子内都只含共价键 C. C60和C70属于同分异构体 D. B40、C60、C70、N60都属于烯烃 ‎【答案】B ‎【解析】A项，B40和C70都只由一种元素组成，都属于单质，故A错误；B项，四种物质均只含一种非金属元素，则只含共价键，故B正确；C项，C60和C70为碳的不同单质，互为同素异形体，故C错误；D项，烯烃含有C、H两种元素，所以四种单质都不属于烯烃，故D错误。‎ ‎4. 下列对化学用语的描述错误的是（  ）‎ A. 钠原子结构示意图： B. 硫离子的电子式：‎ C. HClO的结构式：H-O-Cl D. 乙酸的比例模型：‎ ‎【答案】A ‎【解析】A项，是钠离子的结构示意图，故A错误；B项，硫离子最外层有8个电子，带2个负电荷，电子式为：，故B正确；C项，根据化合价，HClO中氧是-2价的所以形成两个共价键，氢和氯都是+1价的形成一个共价键，所以HClO的结构式为H-O-Cl，故C正确；D项，比例模型主要突出各个原子以及原子之间的大小比例，乙酸的结构简式为：CH3COOH，所以比例模型为：，故D正确。‎ ‎5. 下列说法确的是 A. 水可用来鉴别溴苯和苯 B. 聚苯乙烯不能发生加成反应 C. 用于杀菌消毒的医用酒精质量分数为95%‎ D. 植物油，动物脂肪和甘油都属于油脂 ‎【答案】A ‎【解析】A项，溴苯和苯都难溶于水，溴苯密度大于水的密度，加入水中，下层为油状液体，苯的密度小于水的密度，加入水中，上层为油状液体，故A正确；B项，聚苯乙烯中苯环上有不饱和键，可以发生加成反应，故B错误；C项，用于杀菌消毒的医用酒精质量分数为75%，故C错误；D项，植物油和动物脂肪属于油脂，而甘油是丙三醇，属于醇，故D错误。‎ ‎6. Yohiaki Nakao报道 (b)在Pd催化下可发生Buchwald-Hartwig偶联反应。下列说法不正确的是 A. b的分子式为C18H12N2O2‎ B. b的一氯代物有4种 C. b可发生取代反应 D. b的所有原子不一定共平面 ‎【答案】B ‎【解析】A项，由b的结构简式可得，分子中有3个苯环，共18个碳原子，每个苯环上还有4个氢原子，共12个氢原子，还有2个氮原子和2个氧原子，所以分子式为：C18H12N2O2，故A正确；B项，如图所示：，b的分子中12个氢原子两两对称，有6种氢原子，所以其一氯代物有6种，故B错误；C项，b中苯环上的氢原子可以发生取代反应，故C正确；D项，b分子中有碳氮单键，可以沿键轴旋转，所以b的所有原子不一定共平面，故D正确。‎ ‎7. 2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g) ΔH=-198kJ/mol，在V2O5存在时，该反应的机理为:V2O5+SO22VO2+SO3(快) 4VO2+O22V2O5(慢)‎ 下列说法正确的是 A. 反应速率主要取决于V2O5的质量 B. VO2是该反应的催化剂 C. 逆反应的活化能大于198kJ/mol D. 增大SO2的浓度可显著提高反应速率 ‎【答案】C ‎【解析】由反应机理可得，V2O5是该反应的催化剂，反应速率与催化剂V2O5的质量有一定关系，但主要取决于催化剂V2O5的表面积，故A、B都错误；C项，△H=正反应的活化能-逆反应的活化能=-198kJ/mol，所以逆反应的活化能大于198kJ/mol，故C正确；D项，使用催化剂可以显著提高反应速率，增大SO2的浓度可以提高反应速率(不是显著提高)，故D错误。‎ 点睛：本题通过SO2的催化氧化反应考查催化剂对反应速率的影响、ΔH与正逆反应活化能的关系等知识，注意：①催化剂参与化学反应，在化学反应前后质量和化学性质不变，所以VO2不是催化剂；②有些气体反应的催化剂，都要吸附气体，催化剂的表面积越大，吸附的气体越多，反应速度越快，还有些催化剂直接参与反应，只是反应完成又释放出来，化学反应速率与催化剂质量有关，但主要取决于催化剂的表面积；③∆H=正反应的活化能-逆反应的活化能；④增大反应物(SO2)浓度可以提高反应速率，但与使用催化剂相比，还达不到显著提高反 应速率的程度。‎ ‎8. 阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是 A. 用惰性电极电解KOH溶液,若阳极产生5.6L气体,则电路中通过0.5NA电子 B. 常温常压下.4.6gNO2气体所含的分子数为0.1NA C. 7.8gNa2O2与足量的水(H218O)反应生成的氧气所含的中子数为NA D. 100g46%甲酸(HCOOH)水溶液所含的氧原子数为5NA ‎【答案】D ‎..................‎ 点睛：本题考查阿伏加德罗常数与微粒数关系的有关判断与计算，注意题中的陷阱，例如A项中明确气体摩尔体积的使用条件，则不需要计算可快速判断该项错误；B项中易忽略可逆反应2NO2N2O4；C项Na2O2与水的反应，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，氧气中的氧原子完全来自Na2O2；D项，不能一看到水溶液就认为其中有大量氧原子，因为已知为100g溶液，所以得需要计算后作出正确判断。‎ ‎9. 下列实验操作规范且能达到目的的是 目的 操作 A 鉴别CO2和SO2气体 将气体分别通入硝酸酸化的BaCl2溶液 B 制备氢氧化铁胶体 向沸水中一次加入大量的FeCl3饱和溶液 C 检验蔗糖水解产物中是否含有葡萄糖 在蔗糖溶液中加入3-5滴稀硫酸，煮沸几分钟，冷却后加入银氨溶液，在水浴中加热 D 比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解得催化效果 向两支装有2mL5%H2O2溶液的试管中分别滴入0.1mol/L FeCl3和CuSO4溶液各1mL A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎10. 右表为周期表的一部分，其中X、Y、W、Z为短周期元素，T单质常温下为液体。下列说法错误的是 A. X、Y是形成生命物质的重要元素 B. Y、Z元素氢化物的稳定性依次递增 C. 工业上电解NaW溶液得W2可使用阴离子交换膜 D. R可用于制造半导体材料 ‎【答案】C ‎【解析】X、Y、W、Z为短周期元素，由表可得，Y、Z为第二周期元素，X、W为第三周期元素，R、T为第四周期元素，T单质常温下为液体，则T为Br元素；由六种元素的相对位置可得：‎ W为Cl元素、Z为F元素、Y为O元素、X为P元素、R为Ge元素。‎ A项，X为P元素、Y为O元素，在组成生物体的元素中，C、H、O、N、P、S等是组成原生质的主要元素，故A正确；B项，Y为O元素、Z为F元素，非金属性：F>O，所以氢化物的稳定性：HF>H2O，故B正确；C项，W为Cl元素，工业上电解NaCl溶液，阳极Cl-发生氧化反应生成Cl2，阴极水中+1价H发生还原反应生成H2和OH-，若使用阴离子交换膜，则OH-会移动到阳极与Cl2反应，故C错误；D项，R为Ge元素，Ge和Si同主族且相邻，性质相似，都可用于制造半导体材料，故D正确。‎ 点睛：本题考查元素周期表的推断，主要是根据元素在周期表中的相对位置关系进行推断，解题时，首先明确周期的关系以及族的关系，根据“T单质常温下为液体”这一突破口，推出T为Br元素，进一步推出其他各元素，然后再结合元素周期律、元素化合物的性质应用、电化学等知识解决各选项。注意C项电解池中要根据电解的目的选择离子交换膜。‎ ‎11. 0.10mol/L HA(Ka=10-9.89)溶液,调节溶液pH后。保持[HA] + [A-]=0.10mol/L。下列关系正确的是 A. pH=2.00时，[HA] > [H+]> [OH-] > [A-]‎ B. pH=7.00时，[HA] = [A-] > [OH-]= [H+]‎ C. pH=9.89时，[HA] = [A-] > [OH-]> [H+]‎ D. pH=14.00时，[OH-]>[A-]>[H+]>[HA]‎ ‎【答案】C ‎【解析】A项，0.10mol/L HA(Ka=10-9.89)溶液，调节溶液pH后，保持[HA] + [A-]=0.10mol/L，pH=2.00时，[H+]=10-2.00 mol/L，[OH-]=Kw/[H+]=10-12.00 mol/L（常温时），由Ka===10-9.89，可得=10-7.89，又因为[HA]+[A-]=0.10mol/L，所以[HA]>[H+]>[A-]>[OH-]，故A错误；B项，pH=7.00时，由Ka===10-9.89，可得=10-2.89，所以[HA]>[A-]，故B错误；C项，pH=9.89时，[H+]=10-9.89 mol/L，[OH-]=Kw/[H+]=10-4.11 mol/L（常温时），由Ka===10-9.89，可得[A-]=[HA]，又因为[HA]+[A-]=0.10mol/L，所以[A-]=[HA]=0.05mol/L，所以[HA]=[A-]>[OH-]>[H+‎ ‎]，故C正确；D项，pH=14.00时，[H+]=10-14.00 mol/L，[OH-]=Kw/[H+]=1mol/L（常温时），Ka===10-9.89，可得=104.11，又因为[HA]+[A-]=0.10mol/L，所以[OH-]>[A-]>[HA]>[H+]，故D错误。‎ ‎12. 中科院董绍俊课题组将二氧化锰和生物质置于一个由滤纸制成的折纸通道内形成电池(如右图所示),该电池可将可乐(pH=2.5)中的葡萄糖作为燃料获得能量。下列说法正确的是 A. a极为正极 B. 随着反应不断进行，负极区的pH不断增大 C. b极的电极反应为:MnO2+2H2O+2e-=Mn2++4OH-‎ D. 若消耗0.01mol葡萄糖，电路中转移0.02mol电子 ‎【答案】D ‎【解析】A项，由已知结合图示，葡萄糖(C6H12O6)发生氧化反应生成葡萄糖内酯(C6H10O6)，所以a极为负极，故A错误；B项，电解质溶液显酸性，所以负极反应为：C6H12O6-2e-=C6H10O6+2H+，随着反应不断进行，负极区的pH不断减小，故B错误；C项，b极为正极，电极反应为：MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O，故C错误；D项，由负极反应C6H12O6-2e-=C6H10O6+2H+可得，1mol葡萄糖失去2mol电子，所以若消耗0.01mol葡萄糖，电路中转移0.02mol电子，故D正确。‎ 点睛：本题考查燃料电池，题目很新颖，明确原电池原理是解题关键，原电池反应都是自发进行的氧化还原反应，遵循氧化还原反应原理，燃料电池中，燃料在负极上发生氧化反应，氧化剂在正极上发生还原反应，注意电极反应式的书写要考虑电解质溶液的酸碱性。‎ ‎13. 实验室采用HCl气体“置换”除水，升华相结合的方法从市售的氯化锌制备高纯度无水氯化锌,装置如图所示[市售氯化锌含Zn(OH)Cl]。下列说法不正确的是 A. 恒压漏斗的作用是平衡气体压强 B. 管式炉Ⅰ采取的升温方式是阶段式升温 C. 实验时,应先撒去管式炉Ⅰ，再撤去管式炉Ⅱ D. 在尾气吸收装置前应增加一个干燥装置 ‎【答案】C ‎【解析】A项，恒压分液漏斗可以保证内部压强不变，保持恒压分液漏斗与三颈瓶内压强相等，使浓硫酸顺利滴下，故A正确；B项，装置中干燥的HCl气体从左边进入管式炉I，与Zn(OH)Cl反应生成氯化锌和H2O(g)，H2O(g)随HCl气流进入尾气吸收装置，然后管式炉I升至更高的温度使氯化锌升华进入管式炉II，凝华得到高纯度无水氯化锌，所以管式炉Ⅰ采取的升温方式是阶段式升温，故B正确；C项，氯化锌升华进入管式炉II，凝华得到高纯度无水氯化锌，所以实验时应先撤去管式炉Ⅱ的加热，再撒去管式炉Ⅰ，故C错误；D项，为防止氯化锌吸水再次生成Zn(OH)Cl，在尾气吸收装置前应增加一个干燥装置，故D正确。‎ 点睛：本题通过高纯度无水氯化锌的制备考查实验分析能力，涉及实验仪器的使用、实验装置的选择与改进等。解题时注意明确制备方法以及对实验流程的分析，本实验制备高纯度无水氯化锌的核心部位在管式炉，因为生成的氯化锌需要升华后再冷凝为固体，Ⅰ反应的温度比升华温度低，所以需要阶段加热，Ⅱ后期用于凝华收集，所以肯定先撤Ⅱ的加热；无水氯化锌具有很强的吸水性，能自空气中吸收水分而转变为碱式氯化锌，所以尾气吸收装置前应增加干燥装置。‎ ‎14. 短周期元素T、Q、R.、W原子序数依次增大,其组成物质可进行下列转化：金属单质A与气体单质B加热反应生成M，M具有硬度高、耐高温等特点，易与常见液体D反应,生成刺激性气味气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝 。A不溶于碱溶液但可与E在加热条件下反应得到M。下列说法正确的是 A. 化合物M是一种新型无机非金属材料氮化铝 B. Q元素组成的单质常温下较稳定 C. R元素组成的单质A又称作“国防金属”‎ D. A与E反应中,每生成0.1molM可得气态产物3.36L(标准状况)‎ ‎【答案】B ‎【解析】由已知各物质的组成元素均为短周期元素，E为能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的刺激性气味的气体，则E为NH3；金属单质A与气体单质B加热反应生成具有硬度高、耐高温等特点的M，A不溶于碱溶液，M与常见液体D反应生成了E(NH3)，所以D为H2O，M为Mg3N2，A为金属Mg，B为N2；因为短周期元素T、Q、R.、W原子序数依次增大，所以T为H元素、Q为N元素、R为O元素、W为Mg元素。‎ A项，由前面的推理可得，M为Mg3N2，故A错误；B项，Q为N元素，N2中两个N原子形成3对共用电子，所以N2在常温下性质稳定，故B正确；C项，R为O元素，其单质为非金属单质，故C错误；D项，A为金属Mg，E为NH3，M为Mg3N2，A与E反应为：3Mg+2NH3Mg3N2+3H2，所以每生成0.1molMg3N2可得气态产物0.3mol，体积为6.72L(标准状况)，故D错误。‎ ‎15. 一定条件下合成乙烯:6H2(g)+2CO2(g)CH2=CH2(g) +4H2O(g)。已知温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如右下图。下列说法正确的是 A. M点的正反应速率v正大于N点的逆反应速率v逆 B. 若投料比n(H2) :n(CO2) =4：1，则图中M点己烯的体积分数为5.88%‎ C. 250℃，催化剂对CO2平衡转化率的影响最大 D. 当温度高于250℃,升高温度,平衡逆向移动导致催化剂的催化效率降低 ‎【答案】B ‎【解析】A项，化学反应速率随温度的升高而加快，由图可得，催化剂的催化效率随温度的升高而降低，所以M点的正反应速率v正有可能小于N点的逆反应速率v逆，故A错误；设开始投料n(H2)为4mol，则n(CO2)为1mol，如图当在M点平衡时二氧化碳的转化率为50%，列三段式得：‎ 所以乙烯的体积分数为0.25÷(2.5+0.5+0.25+1)×100%≈5.88%，故B正确；C项，催化剂不影响平衡转化率，只影响化学反应速率，故C错误；D项，根据图象，当温度高于250℃，升高温度二氧化碳的平衡转化率降低，则说明平衡逆向移动，但催化剂与化学平衡没有关系，并不是平衡逆向移动导致催化剂的催化效率降低，故D错误。‎ ‎16. 水溶性离子是大气颗粒物的主要成分,研究其化学组成对于治理大气污染其有重大意义，某地区大气颗粒物经采样与必要的预处理后得试样溶液。经离子色谱检验确定含有以下离子NH4+、Na+、Mg2+、Ca2+、Al3+、SO42-、NO3-、CO32-、Cl-。某同学对其再进行如下的实验:‎ 已知：在加热与强碱性条件下,铝单质可以将NO3-还原为氨气。‎ 回答下列问题:‎ ‎（1）“气体1“的电子式为_________。‎ ‎（2）生成“沉淀1”的离子方程式为________。‎ ‎（3）“沉定2”的成分是___________(填化学式)。‎ ‎（4）“溶液3气体2”的离子方程式为_________。‎ ‎（5）根据上述实验可推断该地区大气颗粒物中__________含量较低(填离子符号)。‎ ‎（6）已知大气颗粒物中各元素的行染主体如下表:‎ 元素 N S Na、Mg、Cl Al Ca 污染主体 机动车尾气 燃煤污染 海盐离子 土壤扬尘 建筑粉尘 根据实验结果可判断该地区大气颗粒物污染主体有___________。‎ ‎【答案】 (1). (2). [Al(OH)4]-+CO2=A l(OH)3↓+HCO3- (3). BaSO4、BaCO3 ‎ ‎(4). 8Al+3NO3-+5OH-+18H2O 3NH3↑+8[A1(OH)4]- (5). Mg2+、Ca2+、CO32- (6). 机动车尾气、燃煤污染、土壤扬尘 ‎【解析】（1）由已知，试样溶液中的NH4+与过量NaOH溶液反应，加热产生的气体1为氨气(NH3)，故电子式为：。‎ ‎（2）试样溶液中的Al3+与过量NaOH溶液反应生成[Al(OH)4]-，[Al(OH)4]-与CO2反应生成Al(OH)3沉淀，Al(OH)3沉淀与NaOH溶液反应生成[Al(OH)4]-，沉淀溶解，所以沉淀1为Al(OH)3，生成“沉淀1”的离子方程式为：[Al(OH)4]-+CO2=Al(OH)3↓+HCO3-。‎ ‎（3）由流程，沉淀2中加盐酸，沉淀部分溶解并产生气体，结合已知中离子色谱检验结果可得，沉淀2应为BaSO4和BaCO3的混合物。‎ ‎（4）流程中，溶液3加入铝粉和NaOH加热条件生成的气体2能使湿润的pH试纸变蓝，则气体2为氨气，由已知：在加热与强碱性条件下，铝单质可以将NO3-还原为氨气，所以“溶液3气体2”的离子方程式为：8Al+3NO3-+5OH-+18H2O3NH3↑+8[A1(OH)4]-。‎ ‎（5）根据试样溶液加过量NaOH溶液没有产生沉淀，可得Mg2+含量较低；根据沉淀1完全溶解于NaOH溶液，可得沉淀1中没有CaCO3，Ca2+和CO32-含量较低，所以根据上述实验可推断该地区大气颗粒物中Mg2+、Ca2+、CO32-含量较低。‎ ‎（6）根据实验结果可判断该地区大气颗粒物中Mg2+、Ca2+、CO32-含量较低，结合表中提供的信息可得：机动车尾气、燃煤污染、土壤扬尘是该地区大气颗粒物污染主体。‎ ‎17. 《本草纲目》曾记载利尿剂甘汞(Hg2Cl2)制法:"用水银一两,白矾[KAl(SO4)2]二两，食盐一两,同研，不见星。铺于器内,以小乌盆覆之，筛灶灰，盐水和,封固盘口,以炭打二柱香取开，则粉升于盆上矣,其白如雪,轻盈可爱，一两汞可升粉八钱。”‎ ‎（1）甘汞(Hg2Cl2)中化学键类型主要为___________.‎ ‎（2）[KAl(SO4)2]所属物质类别为__________ (填标号)‎ A.酸式盐 B.复盐 C.正盐 D.混盐 E.硫酸盐 ‎（3）文中“同研”涉及的操作,若在实验室通风橱内完成,则所需的仪器是_______。‎ ‎（4）文中“则粉升于盆上矣”涉及的混合物分离方法是__________‎ ‎（5）甘汞(Hg2Cl2)制备反应中,氧化剂与还原剂的物质的量之比为_________，该反应中还原产物是__________。‎ ‎（6）已知文中一两等于十钱,则甘汞的产率约为________(保留三位有效数字)。‎ ‎（7）由甘汞(Hg2Cl2)光照可得外科用药升汞(HgCl2),该反应化学方程式为___________.‎ ‎【答案】 (1). 共价键 (2). BCE (3). 研钵 (4). 升华 (5). 1:4 (6). SO2 (7). 68.0% (8). Hg2Cl2 Hg+HgCl2‎ ‎【解析】（1）由已知中《本草纲目》记载的甘汞的分离方法可得，甘汞沸点较低，由此判断甘汞应为分子晶体，化学键类型主要为共价键。‎ ‎（2）KAl(SO4)2属于盐类物质，含有硫酸根离子，属于硫酸盐；只含金属阳离子和酸根离子，属于正盐；含有两种金属阳离子，属于复盐，故选BCE。‎ ‎（3）文中“同研”指的是将水银、白矾[KAl(SO4)2]、食盐一起研磨，若在实验室通风橱内完成，则所需的仪器是：研钵。‎ ‎（4）文中“则粉升于盆上矣”，指的是制得的甘汞(Hg2Cl2)由固体直接变为气体后又变为固体附着在小乌盆上，故涉及的混合物分离方法是：升华。‎ ‎（5）由已知结合氧化还原反应原理，制取甘汞时，KAl(SO4)2作氧化剂，汞作还原剂，化学方程式可表示为：4KAl(SO4)2+6Hg+6NaCl3Hg2Cl2+3Na2SO4+2K2SO4+2Al2O3+3SO2↑，由化学方程式可得：若6molHg与8molSO42-反应，生成3molSO2，则只有3molSO42-被还原，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为：4×：6=1:4；氧化剂发生还原反应，生成还原产物，故该反应中还原产物是SO2。‎ ‎（6）已知文中一两等于十钱，因为“一两汞可升粉八钱”，其中“粉”指甘汞(Hg2Cl2)，甘汞中汞元素的质量分数为：=，所以甘汞的产率为：×0.8×100%≈68.0%(保留三位有效数字)。‎ ‎（7）甘汞(Hg2Cl2)光照条件下分解生成外科用药升汞(HgCl2)，汞元素的化合价由+1升高为+2，因为Cl元素的化合价为最低价态，所以甘汞分解还会生成Hg，故化学方程式为：Hg2Cl2Hg+HgCl2。‎ 点睛：本题是一道创新题，以文言文的形式考查了有关物质制备的知识，既考查了化学知识又考查了文学素养。主要涉及元素化合物的结构和性质、物质的分类、混合物分离方法、氧化还原反应有关的判断、化学方程式的书写等基础知识，解题时应结合所学知识弄明白文言文中描述的有关物质制备的方法，提取有用信息，准确作答，例如第（1）小题判断甘汞中化学键类型，应抓住“则粉升于盆上矣”，说明甘汞沸点低，属于分子晶体；第（6）小题计算甘汞产率时，应抓住“一两汞可升粉八钱”中的“汞”和“粉”所表示的物质以及量的关系，‎ 根据质量守恒计算转化为甘汞的汞元素的质量分数。‎ ‎18. 铝锰合金可作炼钢脱氧剂。某课外小组欲测定铝锰合金中锰的含量。‎ I硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]溶液的浓度滴定 步骤1:取20.00mL 0.015mol/L K2Cr2O7标准液于250mL锥形瓶中,加入20mL稀硫酸和5mL浓磷酸,用硫酸亚铁铵溶液滴定,接近终点时加2滴R溶液作指示剂,继续滴定至终点,消耗的体积为V1mL。‎ 步骤2：重复步骤1实验,接近终点时加4滴R溶液，消耗的体积为V2mL.‎ Ⅱ过硫酸铵[(NH4)2S2O8]催化氧化滴定法测定锰含量 取mg铝锰合金于锥形瓶中,加入适量的浓磷酸,加热至完全溶解,稀释冷却谣匀,再加入少量的硝酸银溶液、过量的过硫酸铵溶液,加热煮沸至无大量气泡冒出,冷却至室温(此时溶液中锰的化合价为+7),用标定的硫酸亚铁铵溶液进行滴定，根据实验数据计算铝锰合金中锰的含量。‎ ‎[查阅资料]①酸性条件下,Cr2O72-具有很强的氧化性，易被还原为绿色的Cr3+；‎ ‎②R溶液的变色原理: ‎ ‎（1）Ⅰ中步骤1.2需要的玻璃仪器有锥形瓶、胶头滴管，_______、________。 ‎ ‎（2）Ⅰ中滴定过程,主要反应的离子方程式是________。‎ ‎（3）Ⅰ中步骤2的主要作用是_________‎ ‎（4）Ⅱ中硫酸亚铁铵溶液的滴定浓度是_________mol/L (用含V1、V2的代数式表示)。‎ ‎（5）Ⅱ中加入硝酸银溶液的目的是________。‎ ‎（6）Ⅱ中若未加热煮沸无大量气泡冒出，锰含量测定结果将_______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。‎ ‎（7）为了提高该实验的准确度和可靠度,需进行________。‎ ‎【答案】 (1). 酸式滴定管 (2). 量筒或移液管 (3). 14H++C2O72- +6Fe2+=6Fe3++2Cr3++7H2O (4). 校正指示剂 (5). 1.8/(2V1-V2) (6). 作为催化剂,加快氧化速率 (7). 偏大 (8). 平行实验 ‎【解析】（1）因为硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]溶液显酸性，K2Cr2O7溶液有强氧化性，所以I中滴定实验需要用到酸式滴定管，可使用量筒向滴定管中取液体，也可以使用移液管取用，故Ⅰ中需要的玻璃仪器除了锥形瓶、胶头滴管外，还有酸式滴定管、量筒(或移液管)。‎ ‎（2）Ⅰ中滴定过程，酸性条件下用硫酸亚铁铵溶液滴定K2Cr2O7标准液，Fe2+与Cr2O72-发生氧化还原反应，离子方程式为：14H++Cr2O72-+6Fe2+=6Fe3++2Cr3++7H2O。‎ ‎（3）根据[查阅资料]②R溶液的变色原理可得，变色过程要消耗一定量的氧化剂或还原剂，所以对指示剂用量加以校正是提高准确度的关键，因此Ⅰ中步骤2的主要作用是：校正指示剂。‎ ‎（4）加2滴R溶液作指示剂时消耗硫酸亚铁铵溶液V1mL，为校正指示剂所造成的误差，加4滴R溶液时消耗硫酸亚铁铵溶液V2mL，所以K2Cr2O7标准液实际消耗的硫酸亚铁铵溶液为：(2V1-V2)mL，根据反应离子方程式可得关系：Cr2O72-~6Fe2+，又根据已知20.00mL 0.015mol/L K2Cr2O7标准液，所以硫酸亚铁铵溶液的浓度为：mol/L=mol/L。‎ ‎（5）由已知，催化氧化滴定法测定铝锰合金中锰含量，过硫酸铵[(NH4)2S2O8]作氧化剂与锰在催化剂作用下发生氧化还原反应，所以Ⅱ中加入硝酸银溶液的目的是：作为催化剂，加快氧化速率。‎ ‎（6）Ⅱ中过硫酸铵是过量的，存在反应(NH4)2S2O8+2H2O=2NH4HSO4+H2O2，加热煮沸至无大量气泡冒出，是为了除去溶液中的氧化性物质，若未加热煮沸无大量气泡冒出，则消耗还原剂硫酸亚铁铵的物质的量偏大，锰含量测定结果将偏大。‎ ‎（7）为了提高该实验的准确度和可靠度，需防止偶然误差的产生，可取两个以上相同的样品，以完全一致的条件进行实验，看其结果的一致性，即进行平行实验。‎ ‎19. 利用硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3，还含有少量Al2O3、 MgO、SiO2等杂质)制备铁红工艺流程如下:‎ 回答下列问题:‎ ‎（1）还原焙烧后,Fe元素的化合价为__________。‎ ‎（2）“酸浸”实验中,需加入絮凝剂沉淀杂质。絮凝剂用量和过滤时间对铁红成份的影响如下表所示。由表可知,所采用的最佳实验条件为__________。‎ 絮凝剂用量/×10-6t 过滤时间min Fe2O3含量%‎ SiO2含量%‎ ‎40‎ ‎5‎ ‎96.5‎ ‎0.12‎ ‎50‎ ‎10‎ ‎97.9‎ ‎0.10‎ ‎60‎ ‎20‎ ‎98.3‎ ‎0.07‎ ‎100‎ ‎40‎ ‎99.4‎ ‎0.01‎ ‎150‎ ‎150‎ ‎99.5‎ ‎0.008‎ ‎（3）若“合成”中c(Mg2+)=0.01mol/L,加入NH4HCO3(设溶液体积增加1倍),当Fe2+恰好沉淀完全时，溶液中c(Fe2+)=1.0×10-5mol/L，此时是否有MgCO3沉淀生成？_______(列式计算)。FeCO3、MgCO3的Ksp分别为3.2×10-11、3.0×10-8。‎ ‎（4）“合成”过程中发生反应的离子方程式为_____________.‎ ‎（5）“合成”过程中温度对亚铁离子转化率的影响如下图,分析选择反应温度为40℃的原因是________。‎ ‎（6）“煅烧”中由FeCO3制备Fe 2O3的化学方程式为___________。‎ ‎（7）本流程中，铝元素是以________(填化学式)形式被除去的。‎ ‎【答案】 (1). +2 (2). 1.0×10-4t，40min (3). 无沉淀生成，c(CO32-)=Ksp(FeCO3)/c(Fe2+)=3.2×10-11/10-5=3.2×10-6，Q= c(CO32-)×c(Mg2+)=3.2×10-6×0.01/2< Ksp(MgCO3) (4). Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑ (5). 温度低于40℃，亚铁离子转化率较低；温度高于40℃,亚铁离子转化率变化不大；温度过高,碳酸氢铵易分解 (6). 4FeCO3 +O2 2Fe2O3+ 4CO2 (7). Al(OH)3‎ ‎【解析】（1）硫铁矿烧渣中主要成分为Fe2O3，加炭黑还原焙烧，Fe元素的化合价降为+2价。‎ ‎（2）由表中数据可得虽然絮凝剂用量越多、过滤时间越长，Fe2O3含量越高、SiO2含量越低，但是1.0×10-4t、40min条件与1.5×10-4t、150min条件相比，前者Fe2O3含量只比后者低0.1个百分点，SiO2‎ 含量高0.002个百分点，而絮凝剂用量和过滤时间，前者比后者明显少，所以应选择最佳实验条件为：1.0×10-4t、40min。‎ ‎（3）因为c(CO32-)=Ksp(FeCO3)÷c(Fe2+)=3.2×10-11÷10-5=3.2×10-6，所以Q(MgCO3)=c(CO32-)×c(Mg2+)=3.2×10-6××0.01”“ =“或“ (3). 1.0×10-18 (4). B (5). 温度过低，反应速率较慢 ；温度较高，副反应增多 (6). 放热 (7). CaS、CaSO4 (8). CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH=(b+d)kJ/mol或ΔH=(a-c+d)kJ/mol ‎【解析】（1）①由图示可得，天然气和CaSO4进入燃料反应器，反应生成CaS、CO2和H2O，故燃料反应器中主反应为ii。②由图1可看出，温度越高lgKp越大，即升温Kp增大，故反应i和反应ii都是吸热反应，则a和b都大于0。设三个反应的平衡常数Kp分别为：Kpi、Kpii、‎ Kpⅲ，根据盖斯定律，i-ii得ⅲ，所以Kpⅲ=；由图并结合热化学方程式可得720℃时反应i的lgKp为：-2×4=-8，反应ii的lgKp为10，所以Kpi=10-8，Kpii=1010，故Kpⅲ===1.0×10-18。③A项，增加固体物质的投入量，不改变化学平衡，所以增加CaSO4固体的投入量不能提高反应ii中甲烷平衡转化率，故A错误；B项，将生成物分离出去能使化学平衡正向移动，所以将水蒸气冷凝能提高反应ii中甲烷平衡转化率，故B正确；C项，通过②的分析，该反应为吸热反应，降温能降低反应ii中甲烷平衡转化率，故C错误；D项，增大甲烷流量，增大了甲烷的浓度，平衡正向移动，但根据勒沙特列原理，甲烷平衡转化率会降低，故D错误。‎ ‎（2）从反应速率角度考虑，温度过低，反应速率较慢，应在较高温度下反应，但由图2可得，温度越高，副反应增多，所以该燃料反应器最佳温度范围为850℃~900℃之间。‎ ‎（3）①由方程式可看出该反应∆S