江西省师范大学附属中学高三化学第三次模拟考试试题(含解析)

0.2 MPa相对0.1 MPa，增大了压强，体积减小，c(H2)增大，下反应达平衡时c(H2)比M点大，D项正确。

8. 硫酸亚铁铵是分析化学中的重要试剂，在不同温度下加热分解产物不同。设计如图实验装置（夹持装置略去），在500℃时隔绝空气加热A中的硫酸亚铁铵至分解完全，确定分解产物的成分。

（1）B装置的作用是_________________________________。

（2）实验中，观察到C中无明显现象，D中有白色沉淀生成，可确定产物中一定有__________气体产生，写出D中发生反应的离子方程式_____________________________。若去掉C，是否能得出同样结论并解释其原因____________________________________________。 （3）A中固体完全分解后变为红棕色粉末，某同学设计实验验证固体残留物仅为Fe2O3，而不含FeO，请完成表中内容。（试剂，仪器和用品自选） 实验步骤 预期现象 结论 取少量A中残留物于试管中，_____________ 加入适量稀硫酸，充分振荡使其完全溶解；__________

（4）若E中收集到的气体只有N2，其物质的量为x mol，固体残留物Fe2O3的物质的量为y mol，D中沉淀物质的量为z mol，根据氧化还原反应的基本规律，x、y和z应满足的关系为________________________。

（5）结合上述实验现象和相关数据的分析，完成硫酸亚铁铵在500℃时隔绝空气加热完全分解的化学方程式_________________________________。

【答案】 (1). 检验产物中是否有水生成 (2). SO2 (3). SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4↓+2H+ (4). 否，若有SO3也有白色沉淀生成 (5). 将溶液分成两份，分别滴加高锰酸钾溶液、KSCN

固体残留物仅为Fe2O3 - 5 -

溶液（或：依次滴加K3Fe(CN)6溶液、KSCN溶液或其他合理答案） (6). 若高锰酸钾溶液不褪色，加入KSCN溶液后变红（或：加入K3Fe(CN)6溶液无现象，加入KSCN溶液后变红，或其他合理答案） (7). 3x+y=z (8). 2(NH4)2Fe(SO4)2 NH3↑+N2↑+4SO2↑+5H2O

【解析】（1）硫酸亚铁铵 在500℃时隔绝空气加热分解，H、O结合有水生成，故B装置的作用是检验产物中是否有水生成。

（2）装置C中BaC12溶液的作用是为了检验分解产物中是否有SO3气体生成，若含有该气体，会生成硫酸钡白色沉淀，观察到的观象为溶液变浑浊，但该装置中没有明显现象，可知产物中无有SO3气体生成；装置D中有白色沉淀，说明产物中有SO2气体生成，通入过氧化氢发生氧化还原反应，生成硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为：

SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4↓+2H+，若去掉C，若有SO3也有白色沉淀生成，不能得出说明出有SO2而无SO3的结论。

（3）根据Fe2+的还原性，可以用高锰酸钾溶液检验，依据Fe3+与KSCN溶液后变红可检验，方法为：取少量A中残留物与试管中，加入适量稀硫酸，充分振荡使其完全溶解，将溶液分成两份，分别滴加高锰酸钾溶液、KSCN溶液（或：依次滴加K3Fe(CN)6溶液、KSCN溶液或其他合理答案） 并振荡，若高锰酸钾溶液不褪色，加入KSCN溶液后变红（或：加入K3Fe(CN)6溶液无现象，加入KSCN溶液后变红，或其他合理答案），则残留物仅为Fe2O3而不含FeO。 （4）若产物中有氮气生成，则失去电子的元素是Fe和N，得到电子的元素是S， 分解，E中生成xmolN2失去电子的物质的量是6xmol，生成ymol Fe2O3失去电子的物质的量是2y mol，D中沉淀物质的量为zmol，即生成的二氧化硫的物质的量是z mol，则得电子的物质的量是2z mol，根据得失电子守恒，6x+2y=2z即3x+y=z；

（5）结合上述实验现象和相关数据的分析，完成硫酸亚铁铵在500℃时隔绝空气加热完全分解的化学方程式： 2(NH4)2Fe(SO4)2

Fe2O3+2 NH3↑+N2↑+4SO2↑+5H2O

Fe2O3+2

【点睛】该题为实验探究题 ，主要考查物质的检验，如H2O，Fe2O3，FeO，SO2等，考查实验设计，氧化还原的计算等知识，理解实验目的和掌握基础知识为关键，难度适中。

9. 钢铁工业是国民经济的重要基础产业，目前比较先进的天然气竖炉冶铁工艺流程如下图所示：

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（1）催化反应室发生的反应为： ⅰ.CH4(g)+H2O(g)ⅱ.CH4(g)+CO2(g)

CO(g)+3H2(g) △H=+206kJ/mol 2CO(g)+2H2(g) △H=+247kJ/mol

CO2(g)+4H2(g)，则该反应的

① 催化反应室可能发生的副反应有CH4(g)+2H2O(g)△H=__________。

② 催化反应室的温度通常需维持在550～750℃之间，从化学反应速率角度考虑，主要目的是______________________________________________。

③ 在催化反应室中，若两反应达到平衡时，容器中n(CH4)=0.2mol,n(CO)=0.3mol，n(H2)=0.5mol，则通入催化反应室CH4的起始物质的量为_______mol（不考虑发生副反应）。 （2）还原反应室发生的反应为： ⅰ.Fe2O3(s)+3CO(g)ⅱ.Fe2O3(s)+3H2(g)

2Fe(s)+3CO2(g) △H=-25kJ/mol 2Fe(s)+3H2O(g) △H=+98kJ/mol

增大的是_______（填字母）。

① 下列措施中能使反应i平衡时

A．增大压强（压缩容器体积） B．降低温度 C．增加Fe2O3(s)用量 D．增大CO的浓度

②若在1000℃下进行反应ⅰ.Fe2O3(s)+3CO(g)

2Fe(s)+3CO2(g) △H=-25kJ/mol

(该温度下化学反应平衡常数K=64), CO起始浓度为量2mol/L（Fe2O3过量），则CO的转化率为_______。

③天然气竖炉冶铁相对于传统焦炭冶铁，该冶铁工艺的优点是________________。 （3）铁钛合金是一种常用的不锈钢材料，某同学在探究该合金的性质时，往含有TiO2+、Fe3+溶液中加入铁屑至溶液显紫色，该过程发生的反应有： ①2Fe3++Fe=3Fe2+

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②Ti(紫色)+Fe+H2O=TiO(无色)+Fe+2H ③____________________。

【答案】 (1). +165kJ/mol (2). 一定温度范围内，催化剂的活性越大，维持反应速率较快(合理即给分) (3). 0.4mol (4). B (5). 80% (6). 生成的部分CO2及水蒸气可循环利用；该工艺中较大比例的H2作还原剂，可减少CO2的排放(只要答一点即可) (7). 2TiO+Fe+4H=2Ti+Fe+2H2O

【解析】（1）①考查热化学反应方程式的计算，利用盖斯定律进行判断，即有i×2－ii，得出△H=(206×2－247)kJ·mol=＋165kJ·mol；②考查催化剂的催化效率，在一定温度范围内催化剂的活性最大，化学反应速率加快；③本题考查化学平衡的计算，CH4(g)+H2O(g)

CO(g)+3H2(g)

－1

－1

2+

+

3+

2+

3+3+2+2++

变化量：x x x 3x

CH4(g)+CO2(g)

2CO(g)+2H2(g)

变化量：y y 2y 2y

则有：x＋2y=0.3，3x＋2y=0.5，解得x=y=0.1mol，则起始时通入甲烷的量(0.1＋0.1＋0.2)mol=0.4mol；（2）①考查影响化学平衡移动的因素，A、增大压强，平衡不移动，比值不变，故A错误；B、正反应是放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，即c(CO2)增大，c(CO)减小，因此比值增大，故B正确；C、因为反应前后气体系数之和相同，通入非反应气体，化学平衡不移动，即比值不变，故C错误；D、氧化铁是固体，浓度视为常数，增加氧化铁的量，平衡不移动，即比值不变，故D错误；E、根据化学平衡常数K=c3(CO2)/c3(CO)，温度不变化学平衡常数不变，即通入CO2，比值不变，故E错误；F、使用催化剂，对化学平衡移动没有影响，即比值不变，故F错误；②考查化学平衡的计算，令达到平衡时，CO的浓度为amol·L－1，根据平衡常数的表达式，K=(2－a)3/a3=64，解得a=0.4mol·L－1，则消耗CO的物质的量浓度为(2－0.4)mol·L=1.6mol·L，其转化率为1.6/2×100%=80%；③考查流程的优点，生成的部分CO2及水蒸气可循环利用；该工艺中较大比例的H2作还原剂，可减少CO2的排放；（3）③加入铁屑至溶液出现紫色，说明溶液中Ti元素以Ti3＋形式的存在，假如铁屑，把TiO中Ti还原成Ti，根据信息①，铁元素以Fe形式存在，因为溶液显酸性，因此离子反应方程式为2TiO2＋+Fe+4H＋=2Ti3＋+Fe2＋+2H2O。

点睛：本题易错点是（2）中①的选项E，不要从增大CO的浓度，平衡向正反应方向移动进行分析，应从化学平衡常数的角度考虑，根据化学平衡常数K=c3(CO2)/c3(CO)，温度不变化学平衡常数不变，因此通入CO，此比值不变，否则平衡发生改变。

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2＋

3＋

2＋

－1

－1