安徽省宣城市2021-2022学年高二下学期期末调研测试化学 Word版含解析

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安徽省宣城市2021-2022学年高二下学期期末调研测试化学试题一、单项选择题(包括16小题，每小题3分，共48分)。1.宣城是文房四宝之乡，下列有关笔墨纸砚的说法错误的是A.“狼毫”是用黄鼠狼的尾毛做成的毛笔，其成分为纤维素B.“徽墨”的主要成分是由松枝等不完全燃烧生成的炭黑组成，炭黑属于非晶体C.“缣帛”曾是我国古代使用的用蚎丝材质制成的“纸”，其主要成分属于蛋白质D.“砚台”材质多种多样，“磨朱砂用瓷砚”，其中“朱砂”成分属于盐类物质【答案】A【解析】【详解】A．黄鼠狼的尾毛做成的毛笔，其成分为蛋白质，A项错误；B．松枝等不完全燃烧生成的炭黑，炭黑无固定形状，属于非晶体，B项正确；C．蚎丝的主要成分属于蛋白质，C项正确；D．“朱砂”成分，该物质属于盐类，D项正确；答案选A。2.下列化学用语正确的是A.的结构式：B.的电离方程式：C.的比例模型：D.的原子结构示意图：【答案】D【解析】【详解】A．HClO的结构中O原子分别与H原子和Cl原子形成共价键，故其结构式为：，A项错误；B．是一种二元弱酸，电离方程式应分步写出，正确的电离方程式为：，，B项错误；

1C．碳原子的半径比氧原子的半径大，所以二氧化碳的比例模型为：，C项错误；D．14C的质子数为6，其原子结构示意图：，D项正确；答案选D。3.已知的空间结构为形，分子中正电中心和负电中心不重合，它与可以相互转化：，下列有关说法正确的是A.比稳定B.和都具有氧化性C.和都是非极性分子D.和互为同位素【答案】B【解析】【详解】A．由转化为的反应为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，能量越低越稳定，则比稳定，故A错误；B．和是由氧元素形成的两种活泼的非金属单质，都具有氧化性，故B正确；C．由信息可知，的空间结构为形，分子中正电中心和负电中心不重合，所以是极性分子，故C错误；D．和是由氧元素形成两种不同的单质，属于同素异形体，故D错误；答案选B。4.我国科学家首次在实验室实现到淀粉的全合成，其中和为中间产物。下列说法错误的是A.该合成过程有利于实现“碳中和”B.中碳原子杂化方式分别为、C.淀粉和纤维素互为同分异构体D.分子中所有原子共平面【答案】C【解析】【详解】A．该合成过程的原料为，可以减少二氧化碳的排放，有利于实现“碳中和”，故A正确；

2B．中碳原子的价层电子对数=2+=2，采取杂化，中碳原子的价层电子对数=4+=4，采取杂化，故B正确；C．淀粉和纤维素分子通式都为(C6H10O5)n，但它们的聚合度不同，即n值不同，因此分子式不同，故不互为同分异构体，故C错误；D．分子中碳原子的杂化方式为，无孤电子对，是平面形分子，所有原子共平面，故D正确；答案选C。5.类比推理是学习化学的常用方法，下列类比推理正确的是选项类比对象推理结论A是分子晶体是分子晶体BCNaCl与浓加热可制HClNaI与浓加热可制HIDA.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．是分子晶体，但是由硅原子和氧原子形成的具有空间网状结构的晶体，属于原子晶体，故A错误；B．钠为活泼金属，先和水反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠再与硫酸铜发生复分解反应生成氢氧化铜沉淀，不能置换出铜，故B错误；C．NaCl与浓加热可制HCl，为难挥发性酸制易挥发性酸；NaI与浓加热发生氧化还原反应生成碘，不能生成HI，故C错误；D．和均为酸性氧化物，过量的和和溶液反应均生成易溶的酸式盐，故D正确；

3答案选D。6.已知a、b、c、d为浸有如图所示溶液的棉球，将铜丝插入具支试管中浓溶液中并加热(加热仪器图中省略)。下列有关说法正确的是A.具支试管中的反应仅体现了浓的强氧化性B.a、b棉球均褪色，体现了的漂白性C.c棉球褪色，体现了的氧化性D.该微型化装置的优点在于既可控制反应的发生与停止，又可节约药品、减少污染【答案】D【解析】【详解】A．具支试管中的反应为：，体现了浓硫酸的强氧化性和酸性，A项错误；B．a棉球不褪色，而是由紫色变成红色，说明二氧化硫的水溶液呈酸性，b棉球褪色体现了SO2的漂白性，B项错误；C．c棉球褪色，是由于酸性高锰酸钾被还原为Mn2+，体现了SO2的还原性，C项错误；D．该装置可以通过调节铜丝的高度，来控制反应的发生与停止，并且装置结构微型化，可以节约药品、减少污染，D项正确；答案选D。7.某同学用下图装置制取溴苯并探究反应类型。先向分液漏斗中加入苯和液溴，再将混合液慢慢滴入反应器I(I下端活塞关闭)中。

4下列有关说法正确的是A.Ⅰ中的铁丝是该反应的催化剂B.Ⅱ中的作用是为了实验结束除去溴苯中的溴化铁杂质C.Ⅲ中的作用是除去中的D.Ⅳ中出现淡黄色沉淀，说明I中发生的是取代反应而不是加成反应【答案】D【解析】【分析】装置Ⅰ中，苯和液溴在溴化铁的催化作用下，生成溴苯和溴化氢；装置Ⅱ中氢氧化钠可以除去多余的溴单质；装置Ⅲ用四氯化碳除去挥发出的，接着用装置Ⅳ验证取代反应的发生，据此分析作答。【详解】A．Ⅰ中的铁丝与溴反应生成溴化铁，溴化铁是该反应的催化剂，A项错误；B．Ⅱ中氢氧化钠溶液的作用主要是为了实验结束除去溴苯中的溴单质，B项错误；C．Ⅲ中四氯化碳的作用是除去挥发出的，C项错误；D．IV中出现淡黄色沉淀，说明有溴化氢生成，则Ⅰ中发生的是取代反应而不是加成反应，D项正确；答案选D。8.“赠人玫瑰，手留余香”，玫瑰的香味来自一种简单的化合物大马酮(结构简式如下)。下列有关大马酮说法正确的是A.属于烃B.分子式为

5C.可使酸性高锰酸钾和溴水褪色D.大马酮最多可以与加成【答案】C【解析】【详解】A．仅由碳和氢两种元素组成的有机物为烃，该有机物含有氧元素，故不属于烃，故A错误；B．该有机物由碳、氢、氧三种元素组成，根据其结构简式可得其分子式为，故B错误；C．该有机物分子中含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，能和溴水发生加成反应，因此可使酸性高锰酸钾和溴水褪色，故C正确；D．碳碳双键和酮羰基在一定条件下能和H2发生加成反应，因此大马酮最多可以与加成，故D错误；答案选C。9.下列说法正确的是A.第一电离能：B.所有的σ键的强度都比π键的大C.晶胞是晶体中最小的平行六面体D.属于具分子识别功能的超分子【答案】A【解析】【详解】A．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大的趋势，但由于氮原子的p能级电子处于半充满状态，所以第一电离能：，故A正确；B．σ键的强度不一定比π键的大，如氮气分子中σ键的强度都比π键小，故B错误；C．晶胞是晶体的代表，是构成晶体的最基本的几何单元，其形状、大小与空间格子的平行六面体单位相同，保留了整个晶格的所有特征，故C错误；D．超分子是通过某种方式将若干个具有某种功能的分子组装起来完成单一分子难以完成的功能的复合分子，不属于超分子，故D错误；答案选A。10.为体现节能减排的理念，中国研制出了新型固态氧化物燃料电池(SOFC)，该电池的工作原理如图所示。下列说法正确的是

6A.可以选用NaOH固体作固态电解质B.正极的电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-C.电子从b极经导线流向a极D.若反应中转移1mol电子，则生成22.4L(标准状况下)CO2【答案】C【解析】【分析】该燃料电池中，CO是燃料，所以CO失电子发生氧化反应，则CO所在的b电极为负极，通入氧气的a电极是正极，正极上氧气得电子发生还原反应，电子从负极沿外电路流向正极，据此分析解答。【详解】A．因为NaOH与CO2会发生反应，所以不可以选用NaOH固体作固态电解质，A错误；B．通入氧气的a电极是正极，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2+4e-=2O2-，B错误；C．外电路中，电子从负极b极经导线流向正极a极，C正确；D．CO所在的b电极为负极，电极反应式为CO-2e-+O2-=CO2，所以反应中转移1mol电子，则生成0.5molCO2，温度压强不知不能计算气体体积，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查了化学电源新型电池，明确原电池原理是解本题关键，难点是电极反应式的书写，要结合原电池反应原理，根据电解质含有的微粒书写电极反应式，明确电子从负极流向正极，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。11.化合物(T)是重要的有机合成中间体，已知T是由原子序数依次递增的短周期元素W、X、Y、Z、Q组成，Z是地壳中含量最高的元素，五种元素原子序数之和为33，其结构式如下：下列说法正确的是

7A.W、Z、Q组成的化合物的电子式：B.简单离子半径：C.最高价氧化物的水化物的酸性：D.氢化物的沸点：【答案】A【解析】【分析】化合物(T)是重要的有机合成中间体，已知T是由原子序数依次递增的短周期元素W、X、Y、Z、Q组成，Z是地壳中含量最高的元素，Z是O，根据结构可判断Q的最高价是+1价，原子序数增大，是Na，X形成4条共价键，Y形成2条共价键，W形成1条共价键，则W是H，X是N，Y是N，满足五种元素原子序数之和为33，据此解答。【详解】根据以上分析可知W、X、Y、Z、Q分别是H、C、N、O、Na。A．W、Z、Q组成的化合物是离子化合物氢氧化钠，电子式为，A正确；B．核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，简单离子半径：，B错误；C．非金属性C＜N，非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，则最高价氧化物的水化物的酸性：，C错误；D．碳元素的氢化物很多，不能比较二者氢化物的沸点高低，D错误；答案选A。12.钙钛矿型化合物是一类可用于生产太阳能电池、传感器、固体电阻器等的功能材料，A型钙钛矿晶胞如图：下列有关其说法错误的是A.该钙钛矿的化学式为B.基态钛原子的价电子排布式为：，位于第四周期第ⅣA族C.的配位数为12D.“1”号原子为坐标原点，则“2”号原子(Ca2+)坐标为(，，)【答案】B【解析】

8【详解】A．根据A型钙钛矿的晶胞可得：Ca位于体心，8个Ti位于顶点，12个O位于棱的中点，利用均摊法可知，晶胞中含有Ca的个数为1，Ti的个数为8×=1，O的个数为12×=3，所以该钙钛矿的化学式为CaTiO3，A项正确；B．钛的原子序数为22，基态钛原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，则价电子排布式为：3d24s2，位于第四周期第ⅣB族，B项错误；C．晶胞中每条边长的中点是一个氧原子，共有12个氧原子，包围着中心的Ca2+，所以Ca2+的配位数为12，C项正确；D．由晶胞的结构和建立的坐标可知，若“1”号原子为坐标原点，则“2”号原子(Ca2+)坐标为(，，)，D项正确；答案选B。13.下列说法正确的是A.，其他条件不变，缩小反应容器体积，正逆反应速率不变B.，碳的质量不再改变说明反应已达平衡C.若压强不再随时间变化能说明反应已达平衡，则A、C不能同时是气体D.已知：，则和充分反应，放热量为【答案】B【解析】【详解】A．对于反应，缩小反应容器体积，压强增大，正、逆反应速率增大相同的倍数，故A错误；B．，碳的质量不再改变，说明正、逆反应速率相等，反应已达到平衡状态，故B正确；C．恒温恒容条件下，若A、C同时是气体，由于该反应前后气体分子数不相等，当压强不变时，说明各物质的浓度不变，能说明反应达到平衡状态，故C错误；D．上述反应为可逆反应，和不可能完全反应，因而放出的热量小于，故D错误；答案选B。14.已知易发生二聚反应

9，对测定其相对分子质量不利，下列有关说法错误的是A.测物质相对分子质量的仪器叫质谱仪B.HF二聚是因为易形成分子间氢键C.测HF相对分子质量宜在低温、高压条件下进行D.HF的水溶液可用于刻蚀玻璃【答案】C【解析】【详解】A．质谱仪能记录分子离子、碎片离子的相对质量，质谱图中数值最大的即是该分子的相对分子质量，故A正确；B．由于F原子电负性大而原子半径较小，所以HF易通过分子间氢键形成HF二聚体，故B正确；C．反应是气体体积减小的放热反应，测定HF相对分子质量应使平衡逆向进行，需要在低压、高温条件下进行，提高HF的纯度，故C错误；D．HF的水溶液能与SiO2反应从而刻蚀玻璃，故D正确；答案选C。15.H的电负性为2.1，当原子团的电负性小于2.1称为给电子基，大于2.1则为吸电子基，不同基团对物质酸性影响见下表，下列有关说法正确的是Ka(25℃)与羧基相连的基团/参照原子吸电子基/A.为吸电子基B.电负性C.D.水解常数(25℃)：【答案】C【解析】【分析】

10对比表中不同基团对物质酸性影响数据不难发现，若与羧基相连的基团为吸电子基，则电离常数较大，酸性较强，若与羧基相连的基团为给电子基，则电离常数较小，酸性较弱，据此分析解答。【详解】A．由表中的电离常数小于可知，应为给电子基，故A错误；B．非金属性越强，吸引电子能力越强，电负性越大，则电负性，故B错误；C．和都为吸电子基，由于电负性，则吸电子能力更强，酸性>，所以，故C正确；D．弱酸根离子水解时，酸越弱，酸根离子越易水解，酸性>，则水解常数(25℃)：，故D错误；答案选C。16.已知25℃时，I.饱和H2S溶液浓度为0.1mol·L-1，且其酸性主要来自第一步电离；Ⅱ.反应R2+(aq)+H2S(aq)RS(s)+2H+(aq)K(平衡常数)；K=，当K>103，认定正向反应基本完全；当K<10-3，认定正向基本不能反应。Ⅲ.H2SFeSCuSKa1=1.0×10-7Ka2=7.1×10-15Ksp=6.3×10-18Ksp=6.3×10-36据此判断，下列说法错误的是A.25℃时，NaHS溶液呈碱性B.25℃时，饱和H2S溶液的pH约为4C.H2S溶液中c(H+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-)D.分别向浓度均为0.1mol·L-1的FeSO4和CuSO4溶液中滴加饱和H2S溶液，二者均出现黑色沉淀【答案】D【解析】【详解】A．25℃时，NaHS溶液中HS-的水解常数，则水解大于电离，NaHS溶液呈碱性，A正确；B．25℃时，饱和H2S溶液浓度为0.1mol·L-1，且其酸性主要来自第一步电离，设电离出氢离子浓度为x，

11因电离程度小，，则，，则饱和H2S溶液的pH约为4，B正确；C．由电荷守恒可知，H2S溶液中c(H+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-)，C正确；D．若FeSO4溶液与H2S溶液能反应，发生反应，该反应平衡常数，说明该反应不可能发生；若CuSO4溶液与H2S溶液能反应，发生反应，该反应平衡常数，说明该反应基本反应完全；则FeSO4溶液与H2S溶液反应不能生成黑色沉淀，CuSO4溶液与H2S溶液反应生成黑色沉淀，D错误；故选D。Ⅱ卷二、填空简答题(包括4小题，共52分)。17.过氧化尿素[，简称UP]具有高效的漂白、杀菌性能，作为洗涤剂的新型添加剂在国外已被广泛用于洗涤产品中，其生产过程如下：Ⅰ.尿素[CO(NH2)2]的生产。下图是实验室制取尿素的实验装置图[因光气(COCl2)剧毒且极易水解，工业生产并不用此法]，部分装置末画出：已知三颈烧瓶中发生反应如下：3H2SO4+P2O5=2H3PO4+3SO3；CCl4+SO3+H2SO4COCl2+2ClSO3H

12（1）仪器b的名称是_______；仪器a用恒压滴液漏斗的优点是_______。（2）锥形瓶中除了生成尿素之外还有一种铵盐，请写出该反应的化学反应方程式：_______。（3）干燥管装置的作用是_______；尾气处理装置吸收光气的离子反应为：_______。Ⅱ.过氧化尿素的工业生产：（4）溶液作喷雾处理的好处是_______。（5）用“流态床”及时除去水和反应热的原因是_______。Ⅲ.产品纯度的测定取UP样品10.00g，溶于水，释放出尿素和，并配成溶液，每次取，用酸性溶液滴定，已知该条件下尿素不反应，只有反应，滴定三次，平均消耗溶液。（6）该滴定反应的离子方程式为_______。（7）该样品的纯度(质量百分比)为_______。【答案】（1）①.球形冷凝管②.让漏斗中的液体顺利流下（2）COCl2+4NH3=CO(NH2)2+2NH4Cl（3）①.阻止导管中的水蒸气进入锥形瓶，从而导致光气水解②.COCl2+4OH-=+2Cl-+2H2O（4）增大接触面积，加快反应速率（5）减少溶解损耗，避免反应放热导致温度过高，H2O2分解，产率降低（6）5H2O2+2+6H+=5O2+2Mn2++8H2O（7）70.5%【解析】【分析】三颈瓶中加入发烟硫酸、P2O5、CCl4，发生反应3H2SO4+P2O5=2H3PO4+3SO3；CCl4+SO3+H2SO4

13COCl2+2ClSO3H，生成光气，进入锥形瓶中与NH3反应，COCl2+4NH3=CO(NH2)2+2NH4Cl，生成尿素，右侧的烧瓶在防倒吸的同时可以吸收尾气。【小问1详解】根据仪器的外观可知，b为球形冷凝管；恒压滴液漏斗可以平衡气压，让漏斗中的液体顺利流下；【小问2详解】由分析可知，锥形瓶中制尿素的反应为COCl2+4NH3=CO(NH2)2+2NH4Cl；【小问3详解】由于光气极易水解，干燥管可以阻止导管中的水蒸气进入锥形瓶，防止光气水解；光气与NaOH反应生成Na2CO3、NaCl和H2O，方程式为COCl2+4OH-=+2Cl-+2H2O；【小问4详解】H2O2雾化之后可以变为小液滴，增大接触面积，加快反应速率；【小问5详解】水可以溶解部分产品，除去水可以减少溶解损耗，H2O2受热易分解，吸收热量可以避免反应放热导致温度过高而导致H2O2分解，产率降低；【小问6详解】在酸性条件下与H2O2反应生成Mn2+、O2和H2O，离子方程式为5H2O2+2+6H+=5O2+2Mn2++8H2O；【小问7详解】n()=0.2mol/L×0.015L=0.003mol，n(H2O2)=×n()=0.0075mol，样品中的n(H2O2)=0.0075mol×10=0.075mol，n[CO(NH2)2∙H2O2]=n(H2O2)=0.075mol，m[CO(NH2)2∙H2O2]=94g/mol×0.075mol=7.05g，该样品的纯度=×100%=70.5%。18.镍因其优异的性能广泛应用于军工制造和汽车电池领域，是一种战略资源，与镍有关的信息如下：Ⅰ.芒德法提炼镍过程(杂质末标出)：Ⅱ.二价镍的检验和分离(Y为红色沉淀)：

14Ⅲ.碱性爱迪生镍铁电池工作原理：，据此回答下列问题：（1）基态镍原子的价层电子排布式为_______。（2）Ⅰ中产生的“烟气”可用氯化铁溶液吸收，请写出该吸收反应的离子方程式：_______。（3）沸点为43℃的属于_______(填晶体类型)晶体；中含有σ键数为_______。（4）Ⅱ用到的丁二酮肟(X)中氮原子的价层电子对数为_______；Y分子内存在的相互作用为_______；Y中配体用氮原子而不用氧原子配位的原因是_______。（5）Ⅲ中爱迪生电池放电时正极的电极反应式为_______。（6）用于古币制造的一种铜镍合金(白铜)晶胞如图，该物质的化学式为_______；元素铜与镍的第二电离能分别为：，，的原因是_______。【答案】（1）（2）（3）①.分子②.（4）①.3②.共价键、配位键、分子内氢键③.氮原子电负性更小，给电子能力更强，形成的配位键更牢固（5）（6）①.②.价层电子排布式：，，铜失去的是全充满的电子，镍失去的是电子，前者更难【解析】

15小问1详解】镍是28号元素，基态镍原子的价层电子排布式为3d84s2；小问2详解】Ⅰ中产生的“烟气”含有SO2，SO2被氯化铁氧化为SO，该吸收反应的离子方程式为。【小问3详解】的沸点低，属于分子晶体；Ni和CO之间的配位键属于σ键，1个CO中含有1个σ键，所以中含有σ键数为8NA；【小问4详解】Ⅱ用到的丁二酮肟(X)中氮原子孤电子对数为，有2个σ键，价层电子对数为3；根据Y分子的结构简式，Y内存在的相互作用为共价键、配位键、分子内氢键；氮原子的电负性更小，给电子能力更强，形成的配位键更牢固，所以Y中配体用氮原子而不用氧原子配位。【小问5详解】原电池正极发生还原反应，Ⅲ中爱迪生电池放电时，发生还原反应生成，正极的电极反应式为；【小问6详解】根据均摊原则，晶胞中Cu原子数、Ni原子数，该物质的化学式为Cu3Ni；价层电子排布式为，价层电子排布式为，第二电离能，铜失去的是全充满的电子，镍失去的是电子，前者更难，所以第二电离能。19.乙醚是一种重要的医用麻醉剂，研究乙醇在催化剂A存在的条件下的脱水反应，对乙醚和酒精的工业生产都有重要意义，乙醇脱水涉及下列两个反应之间的竞争：脱水制乙烯Ⅰ：C2H5OH(g)C2H4(g)+H2O(g)△H1K1脱水制乙醚Ⅱ：2C2H5OH(g)C2H5OC2H5(g)+H2O(g)△H2K2研究所得相关信息如下：①压强平衡常数与温度之间的关系

16②不同温度下乙醇的转化率及选择性反应温度(K)乙醇转化率(%)乙烯选择性(%)乙醚选择性(%)副产物选择性(%)37325.224.3894521.1042354.2552.2446.711.0552395.2096.872.150.98根据上述信息回答下列问题：（1）若反应：2C2H4(g)+H2O(g)C2H5OC2H5(g)的焓变为△H3，平衡常数为K3，则△H3=_________(用含有△H1、△H2的式子表达)；K3=____________(用含有K1、K2的式子表达)。（2）△H1____0(填“>”、“<”或“=”)；乙醚的选择性是指用于生成乙醚的乙醇占反应消耗总乙醇量的百分比，表中数据表明：随着温度升高，乙醚选择性降低，简述理由：______________。（3）除了改变温度外，请再提供一种提高乙醚产率的可行方法__________________________。（4）为研究乙烯水合法合成乙醇，T℃时，可以认为只有反应Ⅰ，向体积为1L的密闭容器中投入0.6mol水和1mol乙烯，5min后恰好达到平衡。平衡后则得乙烯的转化率为5%，容器内的总压为7.75MPa，则5min内乙醇的的生成速率为__________________；计算反应Ⅰ的压强平衡常数Kp=_________________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。（5）向（4）中的容器中再加入0.6mol水和1mol乙烯，平衡后，乙烯的转化率___________(填“增大”、“减小”或“不变”)。【答案】（1）①.ΔH2-2ΔH1②.（2）①.>②.因为ΔH1>0，而ΔH2<0，升温推动Ⅰ平衡右移，而Ⅱ平衡左移，有利于乙烯的生成而不利于乙醚的生成，故乙醚的选择性降低（3）缩小体积增大压强、分离乙醚或者改用选择性更高的催化剂等

17（4）①.0.01mol·L-1·min-1②.52.25MPa（5）增大【解析】【小问1详解】Ⅰ：C2H5OH(g)C2H4(g)+H2O(g)△H1Ⅱ：2C2H5OH(g)C2H5OC2H5(g)+H2O(g)△H2根据盖斯定律Ⅱ—Ⅰ×2得2C2H4(g)+H2O(g)C2H5OC2H5(g)△H3=ΔH2-2ΔH1；、、，所以K3=；故答案为：ΔH2-2ΔH1；【小问2详解】反应Ⅰ压强平衡常数随温度升高而增大，所以正反应吸热△H1>0；根据压强平衡常数与温度之间的关系，ΔH1>0，而ΔH2<0，升温推动Ⅰ平衡右移，而Ⅱ平衡左移，有利于乙烯的生成而不利于乙醚的生成，故乙醚的选择性降低；故答案为：>；因为ΔH1>0，而ΔH2<0，升温推动Ⅰ平衡右移，而Ⅱ平衡左移，有利于乙烯的生成而不利于乙醚的生成，故乙醚的选择性降低；【小问3详解】反应Ⅱ正向移动可以提高乙醚产率，缩小体积增大压强、分离出乙醚都能使反应Ⅱ正向移动，所以提高乙醚产率的可行方法是缩小体积增大压强、分离出乙醚；故答案为：缩小体积增大压强、分离乙醚或者改用选择性更高的催化剂等；【小问4详解】则5min内乙醇的的生成速率为mol·L-1·min-1；Kp=52.25MPa；故答案为：0.01mol·L-1·min-1；52.25MPa；

18【小问5详解】根据等效平衡原理，向（4）中的容器中再加入0.6mol水和1mol乙烯，相当于加压，增大压强，C2H5OH(g)C2H4(g)+H2O(g)反应逆向移动，乙烯转化率增大；故答案为：增大。20.黄铁矿(FeS2)是生产硫酸的原料，用黄铁矿生产硫酸的装置示意图如下：（1）下列有关说法错误的是_____A.黄铁矿要粉碎后进入沸腾炉，目的是增大接触面积加快反应速率B.沸腾炉中发生的主反应为：C.接触室中体现了还原性D.吸收塔中用于吸收的可以是98.3%的浓，也可以是水俗称绿矾，是制造墨水和颜料的原料，工业上利用“沸腾炉”中所出固体矿渣为原料，生产绿矾的过程如下[已知矿渣的主要成分为、、、、、、、]：25℃溶度积

19(Ksp)（2）“酸浸”后，检验滤液1中含有的试剂可以是_______。（3）“还原”步骤发生反应的离子方程式为：_______。（4）“滤渣2”的成分为_______。写化学式)；25℃时，实验测得“滤液3”中，则该溶液的_______。（5）已知“滤渣3”中既有又有，则“滤液4”中_______。（6）操作1的做法是_______。【答案】（1）D（2）酸性溶液或溶液（3）（4）①.②.6（5）80（6）加热蒸发至溶液表面出现大量晶膜，降温结晶、过滤、洗涤、干燥【解析】【分析】矿渣的主要成分为、、、、、、、，稀硫酸溶解主要除去不与酸反应的SiO2，过滤得滤渣1为SiO2，滤液1中有：Fe3+、Fe2+、Al3+、Ca2+、Mg2+，加入FeS2将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，过滤得滤渣2为S及过量的FeS2，滤液2再加FeO，调节溶液的pH使三价铝沉淀，过滤得滤渣3为，滤液3再加入NaF除去钙离子和镁离子，过滤后，将滤液4蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥得绿矾。【小问1详解】A．黄铁矿要粉碎后进入沸腾炉，目的是增大接触面积加快反应速率，使反应更充分，故A正确；B．沸腾炉中发生的主反应为黄铁矿(FeS2)与氧气高温煅烧生成三氧化二铁和二氧化硫：，故B正确；C．沸腾炉中生成的二氧化硫气体和空气中的氧气在接触室内发生的催化氧化反应生成三氧化硫，反应中硫由+4价升高为+6价，接触室中体现了还原性，故C正确；D．吸收塔中用于吸收的可以是98.3%的浓

20，不可以是水，水与三氧化硫反应放出大量的热，形成酸雾，影响吸收效率，故D错误；故答案为：D；【小问2详解】“酸浸”后，滤液中有：Fe3+、Fe2+、Al3+、Ca2+、Mg2+，检验滤液1中含有的试剂可以是酸性溶液或溶液。故答案为：酸性溶液或溶液；【小问3详解】“还原”步骤发生FeS2将Fe3+还原为Fe2+同时生成S，反应的离子方程式为：。故答案为：；【小问4详解】滤液2中有：Fe2+、Al3+、Ca2+、Mg2+，再加FeO，调节溶液的pH使三价铝沉淀，“滤渣2”的成分为；25℃时，实验测得“滤液3”中，c(OH-)==1×10-8,则该溶液的-lg=6。故答案为：；6；【小问5详解】已知“滤渣3”中既有又有，由方程式Mg2+++Ca2+，K==80，则“滤液4”中80。故答案为：80；【小问6详解】绿矾是结晶水合物，操作1的做法是加热蒸发至溶液表面出现大量晶膜，降温结晶、过滤、洗涤、干燥。故答案为：加热蒸发至溶液表面出现大量晶膜，降温结晶、过滤、洗涤、干燥。

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