2022-2023学年江西省南昌市第二中学高三上学期第四次考试化学试题含解析

这是一份2022-2023学年江西省南昌市第二中学高三上学期第四次考试化学试题含解析，共25页。试卷主要包含了单选题，元素或物质推断题，实验题，原理综合题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。

江西省南昌市第二中学2022-2023学年高三上学期
第四次考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．中国古代文化中蕴含了丰富的化学知识，下列说法不正确的是
A．“日照香炉生紫烟”的“烟”是瀑布的细小水珠形成的水雾，云、雾属于气溶胶
B．唐·李商隐：“沧海月明珠有泪，蓝田日暖玉生烟”。文中涉及的珍珠、玉石的主要成分都是硅酸盐
C．《客中行》：“兰陵美酒郁金香，玉碗盛来琥珀光。但使主人能醉客，不知何处是他乡。”粮食发酵产生的酒精分散在酒糟中，可以通过蒸馏与酒糟分离
D．宋·王希孟《千里江山图》所用纸张为宣纸，其主要成分为一种有机高分子
【答案】B
【详解】A.空气中的小水珠雾直径很小，直径在1-100nm的水珠与空气混合构成的分散系属于气溶胶，所以云、雾属于气溶胶，A正确；
B.珍珠的主要成分是碳酸钙，玉石的主要成分是二氧化硅、三氧化二铝、氧化钠，B错误；
C.粮食发酵产生的酒精分散在酒糟中，二者互溶，沸点差异大，应通过蒸馏方式分离，C正确；
D.宣纸的主要成分是纤维素，属于有机高分子化合物，D正确；
故答案选B。
2．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．25 g 46%的乙醇水溶液中含有的氢原子数为
B．将22.4L(标准状况)通入足量水中，转移的电子数为
C．固体中含阳离子数目为
D．和混合，反应一段时间后总原子数为
【答案】A
【详解】A．乙醇水溶液中，乙醇分子中、水分子中都含有氢原子，在25g质量分数为46%的乙醇水溶液中，乙醇的物质的量为，含1.5molH原子；含水物质的量为，含H原子为1.5mol，故溶液中含有氢原子数为3NA，故A正确；
B．标准状况下，22.4L的物质的量为，氯气和水是可逆反应，反应方程式为，是氯元素发生歧化反应，且该反应不能完全，则1mol氯气反应转移电子数小于，故B错误；
C．的物质的量为，固体由Na+与组成，则0.1mol固体中含阳离子数目为，故C错误；
D．的物质的量为，的物质的量为，反应前的原子总数为1mol×3+1mol×2=5mol，根据质量守恒定律，反应前后原子总数不变，则反应一段时间后总原子数为，故D错误；
故选：A。
3．化学键是高中化学中非常重要的一个概念，它与物质变化过程中的能量变化息息相关，下列说法正确的是：
①化学键是存在相邻原子(或离子)间强烈的相互作用     
②活泼金属元素与活泼非金属元素一定形成离子键       
③碳酸钠固体中既存在离子键又存在共价键       
④速滑馆“冰丝带”用干冰作为制冷剂，干冰升华过程中破坏了共价键     
⑤物理变化也可以有化学键的破坏       
⑥化学变化中一定有化学键的断裂和形成，所以一定伴随能量的变化     
⑦吸热反应一定需要加热     
⑧氢键是化学键中的一种，会影响物质的熔沸点
A．①③⑤⑥ B．③④⑤⑧ C．①②③⑤ D．③⑤⑥⑦
【答案】A
【详解】①化学键是相邻的原子（或离子）之间的强烈的相互作用，这种相互作用既包括吸引力也包括排斥力，故①正确；
②中Al和Cl之间形成共价键，属于共价化合物，故②错误；
③Na2CO3中Na+和之间以离子键结合，中含有共价键，故③正确；
④干冰属于分子晶体，升华破坏了分子间作用力，故④错误；
⑤物理变化中可能有化学键的断裂，如NaCl在溶液发生电离，离子键被破坏，故⑤正确；
⑥化学反应过程是旧键的断裂与新键的形成过程，化学反应过程中一定有化学键的断裂和形成，断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量，因此化学变化一定伴随能量的变化，故⑥正确；
⑦吸热反应不一定需要加热才能发生，如和的反应属于吸热反应，但是不需要加热就可发生，故⑦错误；
⑧氢键属于分子间作用力，不属于化学键，故⑧错误；
说法正确的是①③⑤⑥；
答案选A。
4．下列实验中不能达到实验目的的是

A．装置甲可用于验证潮湿氯气与干燥氯气的漂白性
B．利用图乙制取并收集少量的NH3
C．用丙装置制备无水FeCl3
D．用丁装置制备Fe(OH)2并能较长时间观察其颜色
【答案】D
【详解】A．首先关闭K，干燥后氯气不能使红纸褪色，打开K，潮湿氯气能使红纸褪色，可用于验证潮湿氯气与干燥氯气的漂白性，A正确；
B．生石灰和水反应放出大量热，导致氨气逸出，氨气密度小于空气使用向下排空气法收集，B正确；
C．干燥氯化氢气体可以防止氯化铁的水解，加热得到无水氯化铁，C正确；
D．铁做阴极，不会失去电子生成亚铁离子，不能得到氢氧化亚铁，D错误；
故选D。
5．下列离子方程式正确的是
A．向含的溶液中加入适量：
B．向溶液中加入过量氨水：
C．加入足量稀硝酸中：
D．向漂白粉溶液中通入过量的SO2：ClO－＋SO2＋H2O=＋HClO
【答案】A
【详解】A．向含的溶液中加入适量，促进水解，其反应为，故A正确；
B．向溶液中加入过量氨水，生成银氨溶液，，故B错误；
C．与稀硝酸发生氧化还原反应，，故C错误；
D．向漂白粉溶液中通入过量的，发生氧化还原反应，，故D错误；
故选A。
6．下列说法中正确的是
A．若 2NO2(g)N2O4(g)  ∆H =-56.9kJ·mol-1 ，则置于密闭容器中充分反应放出的热量为56.9kJ
B．已知甲烷、一氧化碳、氢气的燃烧热分别是890.3 kJ/mol、283 kJ/mol、285.8 kJ/mol。则：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)  △H=+247.3 kJ/mol
C．在稀溶液中，强酸与强碱反应的中和热为ΔH=-57.3kJ·mol-1，若将含有0.5mol H2SO4的浓硫酸和含有1molNaOH的溶液混合，放出的热量等于57.3kJ
D．H2(g)的燃烧热是285.8kJ·mol-1，则2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)  ∆H =+571.6kJ·mol-1
【答案】B
【详解】A．该反应可逆，不能完全反应，所以放出的热量小于56.9kJ，故A错误；
B．根据已知，①，②，③，反应可由反应①—反应②×2—反应③×2得到，即，故B正确；
C．浓硫酸溶于水放热，所以放出的热量大于57.3kJ，故C错误；
D．根据，则，从，所以反应，故D错误；
故选B。
7．我国科学家王亮在CO2合成燃料CH4的催化剂选择方面取得了重大突破，其反应原理如下：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) △H=-165.0kJ·mol-1 ，在恒容密闭容器中通入1 mol CO2与4 mol H2，下列情形能表示该反应达到平衡状态的是
A．容器内混合气体的平均摩尔质量不再改变 B．容器内气体的密度不再改变
C．的值保持不变 D．v正(CO2)=4逆v(H2)
【答案】A
【详解】A．混合气体的平均相对分子质量M= m/n，气体质量不变，但是气体的总物质的量随反应进行而改变，所以M会发生改变，当M不变时，反应达到平衡，A正确；
B．容器体积和气体质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡，B错误；
C．在恒容密闭容器中通入1 mol CO2与4 mol H2，两者的投料比为系数比，则为定值，不能说明反应已达平衡，C错误；
D．v正(CO2)=4逆v(H2)，此时正逆反应速率不相等，反应不平衡，D错误；
故选A。
8．用α粒子()轰击产生中子的核反应为：，已知X原子核内质子数与中子数相等，下列说法正确的是
A．Y单质可用来生产光导纤维
B．加热时X单质可与水发生置换反应
C．Y元素在自然界主要以游离态存在
D．工业上通过电解X的盐溶液制备单质X
【答案】B
【分析】由核反应可得X的质量数为a=24，又因核内质子数与中子数相等，所以b=12，可推出X为Mg元素，再由核反应可得c=14，所以Y为Si元素。
【详解】A．作光导纤维的材料是，故A错误；
B．Mg与在加热时可发生置换反应生成和，故B正确；
C．Si在自然界全部以化合态存在，故C错误：
D．工业上通过电解熔融的制Mg，故D错误；
故答案为：B。
9．是制造一种功能材料的矿石主要成分，W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，位于三个不同周期，且X、Y的原子序数之和与W、Z的原子序数之和相等；Z为金属元素，与X和W位于三个不同主族，X的最外层电子数比内层电子数多1个。下列叙述正确的是
A．原子半径：Z>Y>X>W
B．W和Y形成的化合物只含共价键
C．X的最高价氧化物对应的水化物是强酸
D．工业上常通过电解Y和Z组成的熔融化合物来制备Z单质
【答案】B
【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，位于三个不同周期，则W是H元素；根据化学式，可知Y是O元素；X为第二周期元素，X的最外层电子数比内层电子数多1个，则X是B元素；且X、Y的原子序数之和与W、Z的原子序数之和相等，Z为金属元素，Z是Mg元素；
【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，原子半径：Mg>B>O>H，故A错误；
B．H和O形成的化合物H2O、H2O2都只含共价键，故B正确；
C．B的最高价氧化物对应的水化物H3BO3是弱酸，故C错误；
D．工业上常通过电解熔融MgCl2来制备Mg单质，故D错误；
选B。
10．在给定条件下，下列选项正确的是
①NaHCO3Na2CO3NaOH   
②CaCO3CaOCaSiO3
③NH3 NO HNO3
④
⑤SSO3H2SO4
⑥
A．有2项能实现 B．有3项能实现
C．有4项能实现 D．以上转化均不能实现
【答案】A
【详解】①NaHCO3受热分解生成Na2CO3，碳酸钠和饱和石灰水反应生成碳酸钙和NaOH，可以实现；
②CaCO3高温分解生成二氧化碳和CaO，氧化钙高温下和二氧化硅反应生成CaSiO3，可以实现；
③NH3催化氧化生成水和NO，NO不溶于水，不能直接转化为HNO3，不能实现；
④氧化亚铁被氧气氧化生成氧化铁，铁和盐酸反应生成氯化亚铁，得不到氯化铁，不能实现；
⑤S燃烧生成SO2，得不到SO3，不能实现；
⑥氮气和氢气在一定条件下生成氨气，氨气、二氧化碳和氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠，不能生成碳酸钠，不能实现；
答案选A。
11．三甲胺N(CH3)3是重要的化工原料。我国科学家实现了在铜催化剂条件下将N，N—二甲基甲酰胺[(CH3)2NCHO，简称DMF]转化为三甲胺[N(CH3)3]。计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示(*表示物质吸附在铜催化剂上)，下列说法正确的是

A．步骤①表示DMF分子和H原子吸附在铜催化剂表面的过程，而步骤③则表明形成了N—H键
B．该历程中决速步骤能垒(活化能)为0.93 eV
C．升高温度可以加快反应速率，并提高DMF的平衡转化率
D．由图可知，该条件下，DMF完全转化为三甲胺的热化学方程式为：(CH3)2NCHO(g)＋2H2(g)=N(CH3)3(g)＋H2O(g) △H=-98.25 kJ·mol-1
【答案】D
【分析】，图中，反应物的相对能量大于生成物的，所以该反应为放热反应；
【详解】A ．由图可知，步骤③形成了C-H键，无N-H 键形成，故 A 错误；
B . ，该步骤活化能最大，该步骤活化能为为(-1.02eV)-(-2.21eV)=1.19eV，故 B错误；
C．由图可知，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动， DMF 的平衡转化率降低，故C错误；
D．由图可知，总反应为，1.02eV为单个反应放出的热量，故 ，所以热化学方程式为，故D正确；
故选D。
12．温度为T时，均为1L的密闭容器中进行实验，测得气体混合物中碘化氢的物质的量分数与反应时间t的关系如下表，研究发现上述反应中v(正)，v(逆)，其中、为常数。下列说法正确的是
容器编号
起始物质
t/min
0
20
40
60
80
100
Ⅰ
0.5、0.5
%
0
50
68
76
80
80
Ⅱ
1
%
100
91
84
81
80
80

A．温度为T时该反应的
B．容器Ⅰ中前20min的平均速率
C．若起始时，向容器Ⅰ中加入物质的量均为0.1的、、，反应逆向进行
D．容器Ⅱ中达到平衡时的转化率为20%
【答案】D
【分析】温度为T时，均为1L的密闭容器中进行实验，氢气和碘蒸气反应为：；容器Ⅱ中达到平衡时，%=80%，则碘化氢的物质的量为1mol×80%=0.8mol，反应的碘化氢为0.2mol；

；
【详解】A．平衡时正逆反应速率相等，则v(正)=v(逆)，则，A错误；
B．反应为气体分子数不变的反应，容器Ⅰ中20min时，%=50%，则碘化氢的物质的量为（0.5mol+0.5mol）×50%=0.5mol，平均速率，B错误；
C．若起始时，向容器Ⅰ中加入物质的量均为0.1的、、，，反应正向进行，C错误；
D．由B分析可知，容器Ⅱ中达到平衡时，%=80%，则碘化氢的物质的量为1mol×80%=0.8mol，反应的碘化氢为0.2mol，转化率为20%，D正确；
故选D。
13．由实验操作和现象可得出相应正确结论的是
选项
实验操作
现象
结论
A
往溶液中通入
有透明凝胶生成
非金属性：
B
向两支均盛有的溶液的试管中分别加入2滴溶液和溶液
前者产生气泡较快
催化能力：
C
铂丝蘸取某无色溶液后再火焰上灼烧
火焰呈黄色
该无色溶液中一定含有
D
向某无色溶液中滴入盐酸
产生有刺激性气味的气体和淡黄色沉淀
该无色溶液中一定含有

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．盐酸与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀能说明硝酸的酸性强于硅酸，但HCl不是氯元素的最高价氧化物的水化物，不能证明氯元素的非金属性强于硅元素，则盐酸与硅酸钠溶液反应有透明凝胶生成不能证明氮元素的非金属性强于硅元素，选项A错误；
B．硫酸铁溶液和氯化铜溶液中的阴离子和阳离子均不相同，由探究实验的变量唯一化原则可知，向体积相等浓度相等的过氧化氢溶液中分别滴入2滴0.05mol/L硫酸铁溶液和0.1mol/L氯化铜溶液，前者产生气泡较快不能说明铁离子的催化能力强于铜离子，选项B错误；
C．黄色光会掩盖紫色光，则铂丝蘸取某无色溶液后在火焰上灼烧，火焰呈黄色说明溶液中一定含有钠离子，选项C正确；
D．含有亚硫酸根离子和硫离子的混合溶液中滴入盐酸也会产生有刺激性气味的气体和淡黄色沉淀，则向某无色溶液中滴入盐酸，产生有刺激性气味的气体和淡黄色沉淀不能确定溶液中是否含有硫代硫酸根离子，选项D错误；
答案选C。
14．由原子序数依次增大的五种短周期元素X、Y、Z、W、M组成的化合物是从生物体中得到的一种物质，其结构如图所示，X是短周期中原子半径最小的元素，Z、M同主族，Z、W的原子序数之和等于M的原子序数。下列有关说法错误的是

A．X分别与Y、Z、W、M均可形成微粒
B．最简单氢化物的沸点：W>Z> Y >M
C．原子半径：M> Y>Z>W
D．X、Y、Z、W四种元素可组成含有极性键和非极性键的离子化合物
【答案】B
【分析】原子序数依次增大的五种短周期元素 X 、 Y 、 Z 、 W 、 M , X 是短周期中原子半径最小的元素，则 X 为 H ； Z 、 M 同主族， Z 形成三个共价键， M 形成五个共价键，则 Z , M 分别为 N 、 P 元素； Z 、 W 的原子序数之和等于 M 的原子序数， W 的原子序数为15-7=8，则 W 为 O； Y 形成4个共价键，其原子序数小于 O ，则 Y 为 C 元素，以此分析解答。
【详解】A．氢与 C 、 N 、O、 P 形成的C2H6、 N2H4、 H2O2 、PH3均为18电子微粒，A正确；
B．常温下水为液态，氨气、磷化氢、甲烷为气体，水的沸点最高，氨气分子间存在氢键，其沸点大于磷化氢和甲烷，磷化氢的相对分子量大于甲烷，其沸点大于甲烷，则最简单氢化物沸点：H2O> NH3 >РНЗ>CH4，B错误；
C．主族元素同周期从左向右原子半径逐渐減小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径： M > Y > Z > W，C正确；
D．H 、 C 、 N 、 O 形成的（NH4)2C2O4中含有离子键、极性键和非极性键， D正确；
故本题选B。
15．利用CO和H2在催化剂的作用下合成甲醇，发生如下反应：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)。在体积一定的密闭容器中按物质的量之比1：2充入CO和H2，测得平衡混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化情况如图1所示。现有两个体积相同的恒容密闭容器甲和乙，向甲中加入1mol CO和2 molH2，向乙中加入2 molCO和4molH2， 测得不同温度下CO的平衡转化率如图2所示。下列说法不正确的是

A．该反应的的ΔH＜0； P1＞P2＞P3
B．反应速率B点大于D点
C．A、B、D三点的平衡常数关系为：KA＞KB=KD
D．由图综合判断：M、L两点中，CH3OH的体积分数相同，且压强关系为p(M)=2p(L)
【答案】D
【详解】A．由图1可知升高温度，CH3OH的体积分数减小，说明正反应是放热反应，所以ΔH＜0；增大压强，平衡正向移动，甲醇的体积分数增大，相同温度下，P1、P2、P3对应的甲醇的体积分数依次减小，所以 P1＞P2＞P3，故A正确；
B．温度相同时压强越大，反应速率越快，B点对应的压强大于D点，所以反应速率B点大于D点，故B正确；
C．平衡常数是温度函数，B、C、D点温度相同，所以平衡常数相等KB=KC=KD；A、C两点压强相同温度不同，C点温度高于A点温度，升高温度，甲醇的体积分数依次减小，平衡逆向移动，平衡常数减小，KA＞KC，所以A、B、D三点的平衡常数关系为：KA＞KB=KD，故C正确；
D．M、L两点一氧化碳的转化率相等，所以M点气体的物质的量是L点的两倍，而M点的温度高于L点的温度，升高温度平衡逆向移动，所以p(M)>2p(L)，故D错误；
答案选D。
16．在固定容积的密闭容器中，按与的物质的量之比为1∶3进行投料，发生反应，在5MPa下测得不同温度下平衡体系中各种气体物质的量分数(n％)如图所示，已知曲线Ⅰ代表。下列说法正确的是

A．图中曲线交点a、b对应的平衡常数
B．图中曲线交点b对应的转化率为40％
C．平衡时，向体系中加入氢气，氢气转化率变大
D．若其他条件相同，甲为恒温恒容，乙为绝热恒容，达到平衡时产率：甲>乙
【答案】D
【详解】A．由图可知，温度升高，氢气物质的量分数增大，则该反应，a点温度高于b点，所以，A错误；
B．由图可知，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四条曲线分别对应、、、，b点为平衡时和物质的量分数相等的点，设与的物质的量分别为1mol、3mol，列三段式可得，1-2x=x，解得x=，转化率为=66.7％，B错误；
C．平衡时向体系中加入氢气，平衡正向移动，转化率增大，氢气的转化率减小，C错误；
D．乙容器绝热，该反应的正反应放热，由等效平衡可知乙中所建立的平衡相当于在甲的基础上升高温度，平衡逆向移动，乙醇的产率降低，所以达到平衡时产率：甲>乙，D正确；
故选：D。

二、元素或物质推断题
17．按要求答题。
①X、Y、Z、W、Q是四种短周期元素，X元素某原子中含中子数和质子数相等，均为8；Y原子最外层电子数是次外层电子数的2倍；Z元素的单质为双原子分子，Z的简单氢化物水溶液呈碱性；W元素最高正价与最低负价之和为6；Q是地壳中含量最高的金属元素。回答下列问题：
(1)X元素在元素周期表中的位置_______。能够作为示踪原子的核素符号为______。
(2)由Y和W形成的化合物的电子式_______。
(3)Y、Z、W的最高价氧化物的水化物的酸性由强到弱的顺序_______。(用化学式表达顺序)
(4)写出Q的工业制备方法(以化学方程式表示)_______。
②二甲醚是一种清洁能源，用水煤气制取二甲醚的原理如下：
I、CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)
II、2CH3OH(g) CH3OCH3(g)+H2O(g)
(5)500K时，在2L密闭容器中充入4molCO和8molH2，4min达到平衡，平衡时CO的转化率为80%，且2c(CH3OH)=c(CH3OCH3)，则反应I的平衡常数K＝_______。
【答案】(1)     第三周期第VIA族     18O
(2)
(3)HClO4> HNO3> H2CO3
(4)2 Al2O34 Al＋3O2 ↑
(5)1.25

【分析】X、Y、Z、W、Q是四种短周期元素，X元素某原子中含中子数和质子数相等，均为8，X为氧；Y原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，为碳；Z元素的单质为双原子分子，Z的简单氢化物水溶液呈碱性，为氮；W元素最高正价与最低负价之和为6，为氯；Q是地壳中含量最高的金属元素，为铝。
【详解】（1）碳元素在元素周期表中的位置第三周期第VIA族。能够作为示踪原子的为氧18，核素符号为18O；
（2）由Y和W形成的化合物为四氯化碳，为共价化合物，电子式为；
（3）非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，Y、Z、W的最高价氧化物的水化物的酸性由强到弱的顺序为HClO4> HNO3> H2CO3；
（4）工业电解氧化铝生成铝和氧气，2 Al2O34 Al＋3O2 ↑；
（5）500K时，在2L密闭容器中充入4molCO和8molH2，4min达到平衡，平衡时CO的转化率为80%，则反应一氧化碳3.2mol；，，因为2c(CH3OH)=c(CH3OCH3)，则2(3.2-2a)=a，a=1.28mol，则平衡时甲醇为3.2mol-2×1.28mol=0.64mol，反应I的平衡常数K＝。

三、实验题
18．硫脲[]是一种白色晶体，熔点180℃，易溶于水和乙醇，受热时部分发生异构化反应而生成硫氰化铵，可用于制造药物，也可用作橡胶的硫化促进剂以及金属矿物的浮选剂等。回答下列问题：
I.硫脲的制备：
已知：将石灰氮()和水的混合物加热至80℃时，通入硫化氢气体反应可生成硫脲溶液和石灰乳，实验装置如图所示。

(1)装置B中的试剂X和试剂Y的最佳组合是_______(填序号)。
A．固体+浓硫酸             B．固体+稀硝酸    C．固体+稀盐酸
(2)仪器M的名称为_______。按(1)中所选试剂组合，按气流从左到右的方向，上述装置的合理连接顺序为c→_______(填仪器接口的小写字母)。
(3)装置C中反应温度控制在80℃，温度不宜过高或过低的原因是_______，装置C中反应的化学方程式为_______。
II.硫脲的分离及产品含量的测定：
(4)装置C反应后的液体过滤后，将滤液减压蒸发浓缩，之后冷却结晶，离心分离，烘干即可得到产品。称取mg产品，加水溶解配成500mL溶液，量取25mL于锥形瓶中，滴加一定量的稀硫酸使溶液显酸性，用标准溶液滴定，滴定至终点时消耗标准溶液。
①硫脲[]中硫元素的化合价为_______价。
②滴定时，硫脲转化为、、的离子方程式为_______。
③样品中硫脲的质量分数为_______(用含“m，c、V”的式子表示)。
【答案】(1)C
(2)     恒压滴液漏斗    
(3)     温度过高，硫脲会部分发生异构化反应而生成硫氰化铵；温度过低，反应速度缓慢    
(4)     -2         

【分析】装置B用于制备H2S气体，故试剂X和试剂Y的最佳组合是FeS固体＋稀盐酸，稀硝酸和浓硫酸会氧化H2S气体；装置A中装有饱和NaHS溶液，可以除去H2S中的HCl；装置C中，将石灰氮()和水的混合物加热至80℃时，通入硫化氢气体反应可生成硫脲溶液和石灰乳；装置D是尾气吸收装置，防止H2S污染空气；故装置连接顺序为。
【详解】（1）装置B用于制备H2S气体，故试剂X和试剂Y的最佳组合是FeS固体＋稀盐酸，稀硝酸和浓硫酸会氧化H2S气体，答案选C；
（2）仪器M为恒压滴液漏斗；由分析可知，上述装置的合理连接顺序为；
（3）若反应温度过高，硫脲会部分发生异构化反应而生成硫氰化铵；若反应温度过低，反应速度缓慢，故装置C中反应温度控制在80℃；装置C中，将石灰氮()和水的混合物加热至80℃时，通入硫化氢气体反应可生成硫脲溶液和石灰乳，化学方程式为；
（4）①硫脲[]中，C元素的化合价为+4价、N元素的化合价为-3价、H元素的化合价为+1价，则硫元素的化合价为-2价；
②滴定时，硫脲转化为、、，反应的离子方程式为；
③用标准溶液滴定，滴定至终点时消耗标准溶液，消耗的物质的量为，根据可知，mg产品中的物质的量为=，则样品中硫脲的质量分数为=。

四、原理综合题
19．乙烯是一种重要的基本化工原料，乙烯的产量可以衡量一个国家的石油化工发展水平，研究工业制取乙烯有重要的意义。
I．工业用H2和CO2在一定条件下合成乙烯：6H2(g)+2CO2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g) ΔH1
已知：①2H2(g)+O2(g)=2H2O(1) ΔH2=-571.4kJ·mol-1
②CH2=CH2(g)+3O2(g)→2CO2(g)+2H2O(1) ΔH3=-1411kJ·mol-1
③H2O(g)=H2O(1) ΔH4=-44kJ·mol-1
(1)ΔH1=_______
(2)在恒容密闭容器中充入体积比为3：1的H2和CO2，不同温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图所示，下列说法正确的是_______(不定项选择)。

A．为了提高乙烯的产率应尽可能选择低温
B．生成乙烯的速率：v(M)可能小于v(N)
C．平衡常数：KM D．M点时的压强一定小于N点时的压强
II．工业用甲烷催化法制取乙烯：2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g) ΔH>0，T℃时，向4L的恒容反应器中充入2molCH4，仅发生上述反应，反应过程中CH4的物质的量随时间变化如图所示：

(3)实验测得v正=k正c2(CH4)，v逆=k逆c(C2H4)·c2(H2)，k正、k逆为速率常数，只与温度有关，T℃时k正与k逆的比值为____(用含x的代数式表示)；若将温度升高，速率常数增大的倍数：k正_____(填“>”“=”或“<”)k逆。
III．乙烷裂解制乙烯：C2H6(g) C2H4(g)+H2(g)。
(4)T℃时，将乙烷与氦气体积比2：1混合后，通入一恒压容器中发生反应。平衡时容器压强为P Pa，若乙烷的平衡转化率为50%，反应的平衡常数Kp=_____(用分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】(1)-127.8kJ/mol
(2)BD
(3)          ＞
(4)

【详解】（1）根据盖斯定律①×3-②-③×4可得6H2(g)+2CO2(g) CH2=CH2(g)+4H2O(g)的ΔH1=[(-571.6)×3-(-1411)-(-44)×4]kJ/mol=-127.8kJ/mol；
（2）A．虽然温度降低平衡正向移动，CO2平衡转化率增大，但是催化效率降低，反应速率慢，不利于提高单位时间内的产率，A错误；
B．M点虽然催化效率高，但温度低，而N点温度高，所以v(M)可能小于v(N)，B正确；
C．总反应焓变小于0，为放热反应，温度越低平衡常数越大，所以KM＞KN，C错误；
D．M点CO2的转化率高，总反应为气体减少的反应，所以此时容器内气体的物质的量少，且此时温度低，所以M点时的压强一定小于N点时的压强，D正确；
故选BD；
（3）T℃达到平衡时，v正= v逆，即k正c2(CH4)=k逆c(C2H4)∙c2(H2)，所以有==K，据图可知，平衡时n(CH4)=x mol，则Δn(CH4)=(2-x)mol，根据反应方程式可知，平衡时n(C2H4)=mol、n(H2)=(2-x)mol，容器容积为4L，所以K==；该反应焓变大于0，为吸热反应，升高温度平衡正向移动，说明正反应速率增大的倍数更多，即k正＞k逆；
（4）设初始投料为2molC2H6(g)和1mol氦气，乙烷的平衡转化率为50%，则平衡时n(C2H6)=1mol，Δn(C2H6)=1mol，根据方程式可知n(C2H4)=n(H2)=1mol，n(He)=1mol，平衡时容器压强为pPa，所以p(C2H6)=p(C2H4)=p(H2)=pPa=Pa，所以Kp==。

五、工业流程题
20．精制黑钨矿的主要成分为FeWO4、MnWO4，同时还含有少量Si的化合物。工业上由黑钨矿冶炼金属钨并获取副产物的流程如下：

已知：①烧结物的主要成分为Fe2O3、MnO2、Na2SiO3、Na2WO4；
②上述流程中，钨的化合价只在生成钨单质的反应中发生改变；
③常温下，钨酸是难溶于水的弱酸。
请回答下列问题：
(1)为了提高黑钨矿焙烧速率，可以采取的措施有__________(写出一种即可)，写出在焙烧条件下与纯碱、空气反应生成Fe2O3的化学方程式_____________。
(2)从本题流程可以得出，同浓度的硅酸根离子比钨酸根离子结合质子能力________(填“强”或“弱”)。
(3)“操作1”用到的玻璃仪器除烧杯外还有____________，若滤渣1用稀硫酸浸泡，则固体A主要成分的化学式为_____________。
(4)写出MnO2与硫酸、草酸(H2C2O4)溶液反应的离子方程式为_____________。
(5)工业“沉锰”过程中常选用NH4HCO3溶液作沉淀剂，若用碳酸盐代替NH4HCO3溶液可能产生其它固体杂质，该杂质可能为_____________(填化学名称)。
【答案】(1)     粉碎原料或适当增加空气量或搅拌等     4FeWO4+O2 +4Na2CO32Fe2O3 +4CO2 +4Na2WO4
(2)强
(3)     漏斗、玻璃棒     Fe2(SO4)3
(4)MnO2+ H2C2O4+2H+=Mn2++2CO2↑+2H2O
(5)氢氧化锰(或碱式碳酸锰)

【分析】黑钨矿的主要成分为FeWO4、MnWO4，同时还含有少量Si的化合物；加入纯碱、通入空气焙烧，烧结物的主要成分为Fe2O3、MnO2、Na2SiO3、Na2WO4，加水过滤，滤渣1是难溶于水的Fe2O3、MnO2；滤液中含有Na2SiO3、Na2WO4，加入盐酸调节pH，生成硅酸沉淀，除去Na2SiO3，再加盐酸生成钨酸沉淀，钨酸加热分解为WO3，还原得到W单质；滤渣1用稀硫酸浸泡过滤，得到滤渣MnO2，滤液中含有Fe2(SO4)3，蒸干灼烧得到固体Fe2(SO4)3；MnO2加草酸、硫酸得到硫酸锰溶液，硫酸锰溶液加NH4HCO3溶液得到MnCO3沉淀。
【详解】（1）根据影响化学反应速率的因素，把黑钨矿原料粉碎、增大原料与空气的接触面积、适当增加空气量或进行搅拌使混合物充分接触等均可以提高黑钨矿焙烧速率；
FeWO4在焙烧条件下与纯碱、空气反应得到烧结物和CO2，由分析可知烧结物的主要成分为Fe2O3、MnO2、Na2SiO3、Na2WO4，则发生反应的化学方程式为4FeWO4+O2 +4Na2CO32Fe2O3 +4CO2 +4Na2WO4；
（2）加盐酸调pH，得到的滤渣是硅酸，再加盐酸才得到钨酸，所以从本题流程可以得出，同浓度的硅酸根离子比钨酸根离子结合质子能力强；
（3）根据流程图分析“操作1”是过滤，过滤用到的玻璃仪器除烧杯外还有漏斗、玻璃棒；滤渣1有Fe2O3、MnO2，用稀硫酸浸泡后，Fe2O3与稀硫酸反应生成Fe2(SO4)3，MnO2不反应，e2(SO4)3溶液蒸干得到固体A主要成分的化学式为Fe2(SO4)3；
（4）MnO2与硫酸、草酸(H2C2O4)溶液反应生成锰离子、二氧化碳和水，反应的离子方程式为MnO2+ H2C2O4+2H+=Mn2++2CO2↑+2H2O；
（5）碳酸盐中氢氧根离子浓度大于NH4HCO3溶液中氢氧根离子浓度，若用碳酸盐代替NH4HCO3溶液可能产生的杂质为氢氧化锰(或碱式碳酸锰)。