2018届高考化学大一轮复习阶段滚动检测四（带答案和解释）

阶段滚动检测(四)
 (第三～八章)
(90分钟　100分)
第Ⅰ卷(选择题，共48分)
一 、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分)
1.(滚动单独考查)发生下列变化后固体物质质量减轻的是(　　)
A.新制的氢氧化亚铁沉淀在空气中加热灼烧
B.过氧化钠粉末吸收空气中的CO2
C.将铁粉投入硫酸铜溶液
D.铜粉长期置于潮湿空气中
【解析】选A。A项，氢氧化亚铁在空气中转化为氧化铁固体，物质质量减轻；B项，过氧化钠转化为碳酸钠，质量增重；C项，铁溶解析出铜，质量增重；D项，铜生成铜绿，质量增重。
2.(滚动单独考查)已知X为单质，Y为化合物。且有如下转化关系
X+Cl2 Y  X+Cl2
①若Y溶于水后得到强酸溶液，则X可能是H2
②若Y溶于水后得到中性溶液，则X可能是Na
③若Y溶液滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成，则X可能是Cu
④若Y溶液中逐滴滴加NaOH溶液，先生成沉淀后又溶解，则X可能为Al
能实现上述转化关系的是(　　)
A.①②　　B.②④　　C.①③　　D.③④
【解析】选C。若X是H2，则Y是HCl，溶于水后得到盐酸，电解盐酸又重新得到H2和Cl2，则X可能是H2，①正确；若X是Na，则Y是NaCl，溶于水溶液呈中性，电解NaCl溶液得到NaOH、H2和Cl2，②错误；若X是Cu，则Y是CuCl2，滴加NaOH溶液后有蓝色沉淀Cu(OH)2生成，电解CuCl2溶液得到Cu和Cl2，③正确；若X是Al，则Y是AlCl3，逐滴滴加NaOH溶液后先生成Al(OH)3沉淀，后沉淀又溶解，电解AlCl3溶液得到Al(OH)3、H2和Cl2，④错误。
3.(滚动单独考查)下列排序正确的是(　　)
①碱性：Ba(OH)2>Ca(OH)2>KOH
②原子半径：Na>Mg>Be
③熔沸点：HBr>HCl>HF
④还原性：H2Se>H2S>HCl
A.①③　  　B.②④　　  C.①④　  　D.②③
【解析】选B。①金属性：K>Ca，则碱性：KOH>Ca(OH)2，错误；②原子半径：Na和Mg同周期，Na的半径大于Mg的，Be和Mg同主族，Mg的半径大于Be的，正确；③HF由于分子间存在氢 键，熔沸点最高，而HBr的相对分子质量大于HCl的相对分子质量，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，故熔沸点：HF>HBr>HCl，错误；④非金属性：Cl>S>Se，则还原性：H2Se>H2S>HCl，正确。
4.(2017•邯郸模拟)短周期元素A、B、C、D在元素周期表中的位置如图所示，其中A元素原子形成的简单离子在同周期元素形成的简单离子半径最小，下列判断正确的是(　　)
 
A.工业上采用电解熔融状态的AD化合物的方法制取单质A
B.元素B和C的最高正化合价相等
C.简单离子半径大小顺序：C>D>B
D.阴离子的还原性：C<D
【解析】选C。根据元素周期表位置和A元素的简单离子在同周期元素的简单离子半径最小可确定A为Al，B、C、D分别为O、S、Cl，工业采用电解Al2O3的方法冶炼金属铝，而不采用共价化合物AlCl3，A项错误；氧元素无+6价，B项错误；元素B、C、D对应的简单离子分别为O2-、S2-、Cl-，离子半径大小顺序为S2->Cl->O2-，C项正确；非金属性：S<Cl，故阴离子还原性：S2->Cl-，D项错误。
5.(滚动单独考查)下列有关说法不正确的是(　　)
A.13C与14N的中子数相同
B.同周期主族元素对应单质的活泼性从左往右先减弱再增强
C.等物质的量的不同金属单质与相同的物质发生反应时，失电子数越多的金属还原性越强
D.第ⅦA族元素气态氢化物的还原性和水溶液的酸性均随着相对分子质量的增大而增强
【解析】选C。13C与14N的原子核内均含有7个中子，A项正确；同周期主族元素从左往右金属性减弱，非金属性增强，对应单质的活泼性先减弱再增强，B项正确 ；等物质的量的Na和Al分别与盐酸反应生成H2，Al失电子数多，但Na的还原性更强，C项错误；第ⅦA族元素的非金属性随着原子序数增大而减弱，所以第ⅦA族元素气态氢化物的还原性从上到下依次增强，其气态氢化物水溶液的酸性从上到下依次增强，D项正确。
6.(2017•梅州模拟)X、Y、Z、W是短周期元素且原子序数依次增大，X的最外层电子数是次外层电子数的二倍，Y是地壳中含量最高的元素，Z的氧化物是生产光导纤维的原料，W的简单氢化物是强电解质。下列说法正确的是(　　)
A.原子半径：Z>Y>X
B.简单氢化物的稳定性：W>Y>Z
C.最高价含氧酸的酸性：Y>X>W
D. X、Y、Z、W四种元素两两之间均可以形成二元化合物
【解析】选D。根据题干信息可推得X为碳、Y为氧、Z为硅，W为氯。原子半径：Si>C>O，A项错误；简单氢化物的稳定性：H2O>HCl>SiH4，B项错误；最高价含氧酸的酸性：HClO4>H2CO3>H2SiO3，C项错误；C、H、Si、Cl四种元素两两之间形成的二元化合物有CO(或CO2)、SiC、CCl4、SiO2、ClO2、SiCl4，D项正确。
7.(滚动单独考查)(2017•开封模拟)已知2H2(g)+O2(g) 2H2O(g)　
ΔH=-483.6kJ•mol-1。下列说法正确的是(　　)
A.1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量小于241.8 kJ
B.1mol水蒸气完全分解成氢气与氧气，需吸收241.8 kJ热量
C.2 mol氢气与1 mol氧气的总能量小于2 mol水蒸气的总能量
D.2 mol氢氢键和1 mol氧氧键拆开所消耗的能量大于4 mol氢氧键成键所放出的能量
【解析】选B。A.由题中所给热化学方程式可知1 mol氢气燃烧生成气态水放热241.8 kJ，生成液态水放热应大于241.8 kJ，A项错误；B.据题中所给反应热化学方程式可知B项正确；C.该反应放热，2 mol氢气与1 mol氧气的总能量大于2 mol水蒸气的总能量，C项错误；D.该反应为放热反应，所以拆开2 mol氢氢键和1 mol氧氧键需要的能量小于生成4 mol氢氧键放出的能量，D项错误。
8.(滚动单独考查)(2017•广州模拟)已知热化学方程式：
①2H2(g)+O2(g) 2H2O(l) ΔH=-571.6 kJ•mol-1
②2CH3OH(l)+3O2(g) 2CO2(g)+4H2O(l) ΔH=-1 452 kJ•mol-1
③H+(aq)+OH-(aq) H2O(l) ΔH=-57.3 kJ•mol-1
据此判断下列说法正确的是(　　)
A.CH3OH的燃烧热为1 452 kJ•mol-1
B.2H2(g)+O2(g) 2H2O(g)  ΔH>-571.6 kJ•mol-1
C.2CH3OH(l)+O2(g) 2CO2(g)+4H2(g)　ΔH=-880.4 kJ•mol-1
D.CH3CO OH(aq)+NaOH(aq) H2O(l)+CH3COONa(aq)　ΔH=-57.3 kJ•mol-1
【解析】选B。A.燃烧热为1 mol物质完全燃烧生成稳定氧化物所释放的热量，甲醇的燃烧热为726 kJ•mol-1，A项错误；B.水由气态变为液态会释放热量，据①可知B项正确；C.②-①×2得2CH3OH(l)+O2(g) 2CO2(g)+4H2(g)　ΔH=-308.8 kJ•mol-1，C项错误；D.CH3COOH为弱酸，电离吸热，CH3COOH与NaOH溶液反应，放出的热量小于57.3 kJ，D项错误。
【加固训练】
已知LiH可作飞船的燃料，已知下列反应：
①2Li(s)+H2(g) 2LiH(s)  ΔH=-182 kJ•mol-1
②2H2(g)+ O2(g) 2H2O(l)  ΔH=-572 kJ•mol-1
③4Li(s)+O2(g) 2Li2O(s)  ΔH=-1 196 kJ•mol-1
则LiH在O2中燃烧的热化学方程式为(　　)
A.2LiH(s)+O2(g) Li2O(s)+H2O(l)  ΔH=-702 kJ•mol-1
B.2LiH(s)+O2(g) Li2O(s)+H2O(l)  ΔH=-1 950 kJ•mol-1
C.2LiH(s)+O2(g) Li2O(s)+H2O(l)  ΔH=-1 586 kJ•mol-1
D.2LiH(s)+O2(g) Li2O(s)+H2O(g)  ΔH=-988 kJ•mol-1
【解析】选A。依据热化学方程式结合盖斯定律(③-①×2+②)÷2得到：2LiH(s)+O2(g) Li2O(s)+H2O(l)　ΔH=-702 kJ•mol-1。
9.(滚动单独考查)(2017•济南模拟)以CO(g)和H2(g)为原料合成甲醇反应及其能量变化如图所示，下列判断错误的是(　　)
 
A.该反应的活化能为akJ•mol-1
B.1 mol CO(g)和2 mol H2(g)的能量和大于1 mol CH3OH(g)的能量
C.该反应的热化学方程式为CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)　ΔH=(a-b)kJ•mol-1
D.CO(g)+2H2(g) CH3OH(l)　ΔH=ckJ•mol-1，c>(a-b)
【解析】选D。据图示可知A、B、C选项均正确；D.图示所给为1 mol CO(g)和2 mol H2(g)生成1 mol CH3OH(g)，1 mol CH3OH(g)→CH3OH(l)还会放热，而c为负值，所以c<(a-b)，D项错误。
10.(2017•邯郸模拟)对于反应COCl2(g) CO(g)+Cl2(g)。改变下列条件：①升温；②恒容通入惰性气体；③增加COCl2浓度；④减压；⑤加催化剂；⑥恒压下通入惰性气体，能加快反应速率的是(　　)
A.①②⑤    B.①③⑤
C.②④⑥    D.③⑤⑥
【解析】选B。①升温、⑤加催化剂可增大活化分子百分数，反应速率增大；③增加COCl2浓度，单位体积内活化分子数目增多，反应速率增大；④减压、⑥恒压通入惰性气体，单位体积内活化分子数目减小，反应速率减小；②恒容通入惰性气体，单位体积内活化分子数目不变，则反应速率不变，能加快反应速率的有①③⑤。
11.(2017•南昌模拟)下列说法正确的是(　　)
A.SO2溶于水，其水溶液能导电，说明SO2是电解质
B.向纯水中加入盐酸或金属钠都能使水的电离平衡逆向移动，水的离子积不变
C.向氯水中加入Na2CO3可使溶液中c(HClO)增大
D.室温下，将浓度为0.1 mol•L-1HF溶液加水稀释，其电离平衡常数和 均 不变
【解析】选C。SO2水溶液能导电是因为生成了H2SO3，H2SO3是电解质，SO2是非电解质，A项错误。加金属钠与水中H+反应生成H2，减小了c(H+)，使水的电离平衡正向移动，c(OH-)增大，溶液呈碱性，B项错误。加入Na2CO3消耗溶液中H+，使Cl2+H2O HCl+HClO向右移动，溶液中c(HClO)增大，C项正确。温度不变，平衡常数不变。加水稀释，HF的电离平衡HF H++F-正向移动，c(HF)减少的多，c(H+)减少的少， 增大。另外还可以从电离平衡常数的角度分析，K= ， = ，K不变，稀释过程中c(F-)减小，则 增大，D项错误。
12.下列物质的水溶液在空气中小心加热蒸干至质量不再减少为止，能得到较纯净的原溶质的是(　　)
①CuSO4　②FeSO4　③K2CO3　④Ca(HCO3)2
⑤NH4HCO3　⑥KMnO4　⑦FeCl3
A.全部都可以　　　　 B.仅①②③
C.仅①③⑥    D.仅①③
【解析】选D。FeSO4溶液加热过程中生成Fe(OH)2和H2SO4，又由于Fe(OH)2会被氧化生成Fe(OH)3，故蒸干后得到Fe2(SO4)3和Fe(OH)3的混合物；Ca(HCO3)2受热会分解生成CaCO3、CO2和H2O；NH4HCO3受热分解生成NH3、CO2和H2O；KMnO4受热分解生成K2MnO4和MnO2；FeCl3受热促进水解生成Fe(OH)3和盐酸，而盐酸挥发进一步促进其水解，最终水解彻底，受热分解得到的固体物质是Fe2O3。
13.在体积相同两恒容密闭容器中加入足量的相同的氧化铁粉末，分别加入
0.1 mol CO和0.2 mol CO，在不同温度下反应Fe2O3(s)+3CO(g) 2Fe(s)+3CO2(g)达到平衡，平衡时c(CO)随温度变化如图所示。下列说法正确的是(　　)
世纪金榜导学号30682478
 
A.该反应的化学平衡常数K=
B.该反应中反应物的总能量大于生成物的总能量
C.体系中c(CO2)大小为c(B点CO2)=2c(C点CO2)
D.逆反应速率大小为v逆(A点)>v逆(B点)
【解析】选C。化学平衡常数K= ，A错误；根据图象分析升高温度，c(CO)减小，即升温平衡向正反应方向移动，正反应是吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，B错误；C点所在的曲线是通入0.1 mol CO，B点所在的曲线是通入0.2 mol CO，由于开始两者的体积相等，B点可以看成先在2倍体积的容器中反应，则平衡时，二氧化碳的物质的量是C点的2倍，然后缩小容器体积为1倍，则平衡不移动，所以B点二氧化碳的浓度是C点二氧化碳浓度的2倍，C正确；温度越高，反应速率越快，v逆(A点)<v逆(B点)，D错误。
14.(2017•濮阳模拟)N2O5是一种新型硝化剂，在一定温度下可发生以下反应：2N2O5(g) 4NO2(g)+O2(g)　ΔH>0。一定温度时，向密闭容器中通入N2O5，部分实验数据见下表：
时间/s 0 500 1 000 1 500
c(N2O5)
/mol•L-1 0.50 0.35 0.25 0.25
下列说法中错误的是(　　)
世纪金榜导学号30682479
A.500 s时O2的浓度为0.075 mol•L-1
B.平衡后，升高温度，正反应速率先增大后减小
C.平衡后，要使平衡常数增大，改变的条件是升高温度
D.1 000 s时将容器的体积缩小一半，重新达到平衡时0.25 mol•L-1<c(N2O5)<
0.50 mol•L-1

【解析】选D。根据方程式计算：
　　　　　　　　　2N2O5(g)   4 NO2(g)+ O2(g)
起始浓度(mol•L-1)　0.50　　　　0　　　　0
改变浓度(mol•L-1)  0.15      0.30    0.075
500 s时浓度(mol•L-1) 0.35   0.30    0.075
所以 500 s时氧气的浓度为0.075 mol•L-1，A项正确；升温反应速率增大，平衡正向移动，正反应速率逐渐减小，B项正确；使平衡常数增大，就要使平衡正向移动，所以需要升温，C项正确；将容器的体积缩小一半，各物质的浓度变成原来的2倍，然后平衡逆向移动，五氧化二氮的浓度比原来的2倍还大，所以浓度大于0.5 mol•L-1，D项错误。
15.(2017•石家庄三校模拟)常温下，稀释0.1 mol•L-1X溶液，溶液的某种量Y随着加入水的量变化趋势如图所示，下列关于X的说明中正确的是(　　)
 
世纪金榜导学号30682480
A.若X是醋酸，则Y可表示电离平衡常数
B.若X是醋酸，则Y可表示溶液的导电能力
C.若X为NH4Cl，则Y可表示溶液中N 数目
D.若X为NH4Cl，则Y可表示溶液中c(OH-)
【解析】选D。物质的电离平衡常数只与温度有关，A项错误；加水稀释过程中，溶液中离子总浓度减小，导电能力减弱，B项错误；稀释促进盐的水解，剩余的N 数目减小，C项错误；稀释过程中溶液酸性减弱，故c(OH-)增大，D项正确。
【易错提醒】(1)忽略了平衡常数只与温度有关，与其他外界条件无关。
(2)忽略了溶液体积的增大对离子浓度的影响比平衡移动对离子浓度的影响大，醋酸溶液加水稀释，离子浓度减小，导电能力应减弱。
16.(能力挑战题)(2017•衡阳模拟)在10 mL 0.1 mol•L-1NaOH溶液中加入同体积、同浓度HAc溶液，反应后溶液中各微粒的浓度关系错误的是　世纪金榜导学号30682481(　　)
A.c(Na+)>c(Ac-)>c(H+)>c(OH-)
B.c(Na+)>c(Ac-)>c(OH-)>c(H+)
C.c(Na+)=c(Ac-)+c(HAc)
D.c(Na+)+c(H+)=c(Ac-)+c(OH-)
【解析】选A。根据题中数据，NaOH溶液与HAc溶液恰好完全反应，得到NaAc溶液，由于Ac-发生水解：Ac-+H2O HAc+OH-，水解的程度非常弱，因此离子浓度大小是c(Na+)>c(Ac-)>c(OH-)>c(H+)，A项错误，B项正确；根据物料守恒，可知c(Na+)=c(Ac-)+c(HAc)，C项正确；根据电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(Ac-) +c(OH-)，D项正确。
【方法规律】溶液中的等式、不等式问题解题思路
(1)在列电荷守恒时，注意离子所带电荷的多少，不要简单认为只是各种离子浓度相加。
(2)等式考虑守恒原理，不等式考虑平衡原理：
①等式一般与电荷守恒、物料守恒相联系，如果给定的不是两个等式，可以把两个守恒式变化形式后做差，加以推导即可。
②如果给定的是不等式，要先考虑等式，对等式一边加入或减少某离子，即可变成不等式。
【加固训练】常温下，下列溶液中的微粒浓度关系正确的是(　　)
A.新制氯水中加入固体NaOH：c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)
B.pH=8.3的NaHCO3溶液：c(Na+)>c(HC )>c(C )>c(H2CO3)
C.pH=11的氨 水与pH=3的盐酸等体积混合：c(Cl-)=c(N )>c(OH-)=c(H+)
D.0.2 mol•L-1CH3COOH溶液与0.1 mol•L-1NaOH溶液等体积混合：2c(H+)-2c(OH-)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)
【解析】选D。A项，新制氯水中加入固体NaOH生成次氯酸钠、氯化钠、水，溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)，错误；B项，碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子水解大于电离，pH=8.3的NaHCO3溶液中c(Na+)>c(HC ) >c(H2CO3)>c(C )，错误；C项，氨水浓度比盐酸的浓度大，反应后溶液呈碱性，溶液中离子浓度大小为c(N )>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)，错误；D项，0.2 mol•L-1的CH3COOH溶液与0.1 mol•L-1的NaOH溶液等体积混合后得到0.05 mol•L-1的CH3COOH溶液和0.05 mol•L-1的CH3COONa溶液，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，依据物料守恒：2c(Na+)=c(CH3COO-) +c(CH3COOH)，代入电荷守恒计算
关系中得到：2 c(H+)-2c(OH-)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)，正确。
第Ⅱ卷(非选择题，共52分)
二、非选择题(本题包括5小题，共52分)
17.(11分)(滚动交汇考查)某实验小组拟用下列原理制备摩尔盐[(NH4)2SO4•FeSO4•6H2O]：
 
(1)洗涤铁屑：用______称取2.0 g铁屑放入小烧杯中，加入一定量______溶液小火加热约10 min，加入该溶液的目的是___________________________。
(2)溶解废铁屑：往洁净废铁屑中加入15 mL 3 mol•L-1H2SO4溶液，小火加热，使废铁屑与稀硫酸反应至基本不再冒出气泡为止，趁热过滤出过量的铁屑。取溶解后的溶液少许加入少量KSCN溶液，实验现象是_____________________；
请说明产生上述现象的原因：_______________________________________。
(3)混合：将一定量(NH4)2SO4配成饱和溶液，与(2)所得溶液混合，加硫酸调节pH为1～2，加硫酸的目的是_______________________________________。
(4)结晶：蒸发浓缩至溶液表面刚出现薄层的结晶，冷却即有晶体析出，过滤后不用水洗涤而用乙醇洗涤的目的是___________________________________。
析出的晶体是(NH4)2SO4•FeSO4•6H2O，不是(NH4)2SO4或FeSO4•7H2O，原因是_____
___________________________________。
(5)思考：常温下，等物质的量的(NH4)2SO4、(NH4)2SO4•FeSO4•6H2O溶于水后形成等体积的溶液，溶液中铵根离子浓度更大的是__________。
【解析】(1)加入碳酸钠溶液的目的是除去铁屑表面的油污。(2)铁屑过量，不会产生三价铁离子，溶液不变红。(3)加硫酸的目的是防止硫酸亚铁水解。
(4)与水相比用乙醇洗涤的优点是乙醇易挥发，易除去晶体表面残留的水，还能减少晶体的溶解损失；(NH4)2SO4•FeSO4•6H2O的溶解度最小，所以析出的沉淀为(NH4)2SO4•FeSO4•6H2O。(5)(NH4)2SO4•FeSO4•6H2O中的Fe2+水解出的H+抑制了N 的水解，所以(NH4)2SO4•FeSO4•6H2O中的N 浓度更大。
答案：(1)托盘天平　碳酸钠　除去铁屑表面的油污
(2)无明显变化，溶液不变红　过量的铁将铁离子还原为亚铁离子　(3)防止硫酸亚铁水解
(4)乙醇易挥发，易除去晶体表面残留的水，还能减少晶体的溶解损失
(NH4)2SO4•FeSO4•6H2O的溶解度最小
(5)(NH4)2SO4•FeSO4•6H2O
18.(9分)在一容积为2 L的密闭容器中，加入0.2 mo l的N2和0.6 mol的H2，在一定条件下发生如下反应：
N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)　ΔH<0
反应中NH3的物质的量浓度的变化情况如图所示，请回答下列问题：
 
世纪金榜导学号30682482
(1)根据上图，计算从反应开始到平衡时，平均反应速率v(NH3)为________mol•L-1•min-1。
(2)该反应达到平衡时H2的转化率为______。
(3)反应达到平衡后，第5分钟末，保持其他条件不变，若改变反应温度，则NH3的物质的量浓度不可能为________(填序号)。
a.0.20 mol•L-1　　　　 b.0.12 mol•L-1
c.0.10 mol•L-1    d.0.08 mol•L-1
(4)反应达到平衡后，第5分钟末，保持其他条件不变，若只把容器的体积缩小一半，平衡________________移动(填“向逆反应方向”“向正反应方向”或“不”)。
(5)在第5分钟末将容器的体积缩小一半后，若在第8分钟末达到新的平衡(此时NH3的浓度约为0.25 mol• L-1)，请在上图中画出第5分钟末到此平衡时NH3浓度的变化曲线。
【解析】(1)4 min时达到平衡，v(NH3)= =0.025 mol•L-1•min-1。
(2)
　　　　　　　　N2　+　3H2    2NH3
始(mol•L-1)　　0.1　　　0.3　　　0
转(mol•L-1)   0.05    0.15   0.1
平(mol•L-1)   0.05     0.15   0.1
所以α(H2)=50%。
(3)改变温度，平衡必移动，NH3的物质的量浓度不可能再是0.1 mol•L-1，可逆反应不彻底，NH3的浓度达不到0.2 mol•L-1。
(4)体积缩小，压强增大，平衡向体积减小的方向移动，即正向移动。
(5)把容器的体积缩小一半的瞬间NH3浓度变为0.2 mol•L-1，8 min达到平衡后NH3浓度约为0.25 mol•L-1，故第5分钟末到第8分钟末平衡时浓度的变化曲线如答案所示。
答案：( 1)0.025　(2)50%　(3)a、c　(4)向正反应方向
(5)如图：
 
19.(8分)(滚动单独考查)工业废水中常含有一定量的Cr2 和Cr ，它们会对人类及生态系统产生很大损害，必须进行处理。常用的处理方法有两种。　
世纪金榜导学号30682483
方法1：还原沉淀法
该方法的工艺流程为
Cr  Cr2  Cr3+ Cr(OH)3↓
其中第①步存在平衡：
2Cr (黄色)+2H+ Cr2 (橙色)+H2O
(1)若平衡体系的pH=2，则溶液显________色。
(2)能说明第①步反应达平衡状态的是_________________。
a.Cr2 和Cr 的浓度相同
b.2v(Cr2 )=v(Cr )
c.溶液的颜色不变
(3)第②步中，还原1mol Cr2 ，需要________mol的FeSO4•7H2O。
方法2：电解法
该法用Fe作电极电解含Cr2 的酸性废水，随着电解进行，在阴极附近溶液pH升高，产生Cr(OH)3沉淀。
(4)用Fe作电极的原因为_________________________________。
(5)在阴极附近溶液pH升高的原因是(用电极反应解释)_ _________________。
溶液中同时生成的沉淀还有______________________________________。
【解析】方法1：(1)pH=2溶液呈酸性，促使平衡正向移动，溶液为橙色。
(2)平衡时Cr2 和Cr 的浓度不一定相同，a错误；b未指明速率所表示的方向；溶液颜色不变表示反应混合物有色物质的浓度不变化，c正确。
(3)由Cr2 ～2Cr3+，化合价降低6价，而Fe2+～Fe3+化合价升高1价，故根据电子守恒可知存在如下关系：Cr2 ～6Fe2+。
方法2：从题给信息可知Cr2 转化为Cr(OH)3发生还原反应，故为阴极反应；则阳极活泼电极铁将发生氧化反应生成Fe2+。
答案：(1)橙　(2)c　(3)6
(4)阳极反应为Fe-2e- Fe2+，提供还原剂Fe2+
(5)2H++2e- H2↑　Fe(OH)3
20.(10分)(2017•洛阳模拟)一定条件下，由CO2和H2制备甲醇的过程中含有下列反应：
反应1：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)　ΔH1
反应2：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)　ΔH2
反应3：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)　ΔH3
其对应的平衡常数分别为K1、K2、K3，它们随温度变化的曲线如图1所示。反应1、3的活化能如图2所示。
 
世纪金榜导学号30682484
(1)ΔH1________0(填“大于”“小于”或“等于”)，理由是_____________。
(2)ΔH2________ΔH3(填“大于”“小于”或“等于”)，理由是___________。
(3)将体积比为2∶1的H2和CO充入容积可变密闭容器内，若只进行反应2，下列措施中能使平衡时H2转化率增大的是________(填序号)。
a.温度不变，充入N2　　　　　b.增大压强
c.使用催化剂
(4)下列能够说明在温度一定时，反应3达到平衡状态的是________。
a.CO2、H2、CH3OH、H2O(g)的速率之比等于1∶3∶1∶1
b.体积恒定的密闭容器中，混合气体的密度不变
c.H2的转化率保持不变
d.相同时间内断裂3 mol H—H的同时断裂2 mol H—O键
【解析】(1)由图1可知，随着温度的升高，K1增大，则反应1：CO2(g)+H2(g)  CO(g)+H2O(g)　ΔH1>0；(2)反应3可由反应1+2所得，根据盖斯定律，ΔH3=ΔH1+ΔH2，所以ΔH2<ΔH3；(3)a.恒温恒压，充入“惰性气体”，平衡逆向移动，H2转化率减小，错误；b.增大压强，平衡正移，H2转化率增大，正确；c.使用催化剂，对平衡无影响，反应物的转化率不变，错误。(4)在化学反应中，任何时刻各物质的速率之比都等于它们的化学计量数之比，a错误；该反应为全气体的反应，容器中气体质量守恒，容器容积不变，则密度不变，b错误；某一反应物的转化率不再改变，则反应达到平衡状态，c正确；相同时间内断裂3 mol
H—H的同时断裂2 mol H—O键，说明氢气的正逆速率相等，达到平衡状态，d正确。
答案：(1)大于　由图1可知，随着温度升高，K1增大，则ΔH1>0
(2)小于　根据盖斯定律得ΔH3=ΔH1+ΔH2，所以ΔH2<ΔH3
(3)b　(4)c、d
21.(14分)(能力挑战题)(滚动交汇考查)(2017•武昌模拟)硫酸厂用煅烧黄铁矿(FeS2)来制取硫酸，实验室利用硫酸厂烧渣(主要成分是Fe2O3及少量FeS、SiO2)制备绿矾。
世纪金榜导学号30682485
(1)SO2和O2反应制取SO3的反应原理为2SO2+O2 2SO3，在一密闭容器中一定时间内达到平衡。该反应达到平衡状态的标志是________(填字母)。
A.v(SO2)=v(SO3)
B.混合物的平均相对分子质量不变
C.混合气体质量不变
D.各组分的体积分数不变
(2)某科研单位利用原电池原理，用SO2和O2来制备硫酸，装置如图，电极为多孔的材料，能吸附气体，同时也能使气体与电解质溶液充分接触。
 
①B电极的电极反应式为______________________________________。
②溶液中H+的移动方向由______极到______极(填“A”或“B”)，电池总反应式为_____________________________________________________。
(3)利用烧渣制绿矾的过程如下：
 
测定产品中绿矾含量的实验步骤：
a.称取5.7 g产品，溶解，配成250 mL溶液
b.量取25.00 mL待测液于锥形瓶中
c.用硫酸酸化的0.01 mol•L-1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液体积40.00 mL
根据上述步骤回答下列问题：
①滴定时发生反应的离子方程式为(完成并配平离子反应方程式)。
□Fe2++□Mn +□___ __ □Fe3++□Mn2++□_____
②用硫酸酸化的KMnO4滴定到终点的标志是____________。
③计算上述产品中FeSO4•7H2O的质量分数为__________。
【解析】(1)可逆反应达到平衡的标志是正逆反应速率相等，或各组分浓度含量等不再变化。混合物的平均相对分子质量Mr=总质量/总物质的量，密闭容器中总质量不变，Mr不变即总物质的量不变，B、D正确。(2)①利用原电池原理，B极产生硫酸，则SO2失电子，SO2+2H2O-2e- S +4H+；②原电池中阳离子由负极移向正极，B作负极，A作正极，电池总反应式为2SO2+O2+2H2O 2H2SO4。
(3)①根据氧化还原反应得失电子数相等配平即可；②滴入最后一滴酸性KMnO4时溶液呈淡紫色，半分钟内不褪色即为滴定终点；③产品中含FeSO4•7H2O的物质的量为0.04 L×0.01 mol•L-1×5×10=0.02 mol，产品中FeSO4•7H2O的质量分数为 ×100%≈97.5%。
答案：(1)B、D
(2)①SO2+2H2O-2e- S +4H+
②B　A　2SO2+O2+2H2O 2H2SO4(或2SO2+O2+2H2O 4H++2S )
(3)①5　1　8　H+　5　1　4　H2O
②滴入最后一滴酸性KMnO4时溶液呈淡红色，半分钟内不褪色
③97.5%