河北省唐山市2025届高三下学期第二次模拟化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1河北省唐山市2025届高三下学期第二次模拟试题本试卷共8页，18小题，满分100分。考试时长75分钟。注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32Cu-64Ba-137第I卷(选择题共42分)一、选择题(共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意。)1.中国古典名著《红楼梦》中对贾宝玉的出场有如下描述：“头上戴着束发嵌宝紫金冠……青缎粉底小朝靴……又有一根五色丝绦，系着一块美玉。”下列说法错误的是A.头发的主要成分为蛋白质 B.紫金的主要成分为合金C.缎的主要成分为纤维素 D.美玉的主要成分为硅酸盐【答案】C【解析】A．动物的皮毛、人体的头发、皮肤都属于蛋白质，A正确；B．紫金的成分是金和其它金属熔合形成的，主要成分为合金，B正确；C．缎用蚕丝织成的，主要成分为蛋白质，C错误；D．美玉是金属的硅酸盐，属于硅酸盐，D正确；答案选C。2.下列说法正确是A.出现在能灼伤人体组织的固体或液体试剂外包装上B.测定中和反应的反应热时，应使用铜制搅拌器搅拌C.石油分馏时发现忘记加入碎瓷片，应立即补加D.铁钉镀锌时，铁钉用砂纸打磨干净后即可与电源相连开始电镀【答案】A【解析】A．图标表示能灼伤人体组织的固体或液体试剂，A正确；B．铜导热性好，测定中和反应的反应热时，为减少热量损失，不能使用铜制搅拌器搅拌，B错误；C．石油分馏时发现忘记加入碎瓷片，应立即停止加热，冷却后再补加碎瓷片，C错误；D．铁钉镀锌时，用砂纸将镀件打磨干净后，将铁钉放入电解液中，再与直流电源负极相连，作阴极，D错误；答案选A。3.高分子材料在生产、生活中有着广泛的应用，下列说法错误的是A.涤纶的主要成分聚对苯二甲酸乙二酯由对苯二甲酸与乙醇反应制得B.丁苯橡胶由丁二烯与苯乙烯经加聚反应制得，可用于生产汽车轮胎C.聚丙烯酰胺由单体经加聚反应制得，是一种优良的增稠剂D.酚醛树脂由甲醛和苯酚缩聚制得，是人类合成的第一种高分子材料【答案】A【解析】A．涤纶的主要成分聚对苯二甲酸乙二酯，由对苯二甲酸与乙二醇反应制得，A错误；B．丁苯橡胶的单体是丁二烯和苯乙烯，二者通过经加聚反应制得，可用于生产汽车轮胎，B正确；C．聚丙烯酰胺的结构简式为：，由单体经加聚反应制得，是一种优良的增稠剂，C正确；D．酚醛树脂的结构简式为：，由甲醛和苯酚缩聚制得，是人类合成的第一种高分子材料，D正确；答案选A。4.我国研究团队成功合成“超级炸药”引起了世界瞩目。[Mg(H2O)6]2+[(N5)2(H2O)4]2-是其一种中间体，下列说法正确的是A.镁离子的核外电子轨道表示式为B.阳离子的空间结构为立方体C.已知为五元平面环状结构，则其中N原子均为sp3杂化D.中间体中配位体分子的VSEPR模型为四面体【答案】D【解析】A．镁离子的核外有10个电子，核外电子轨道表示式为，故A错误；B．阳离子是，Mg2+与6个水分子形成6个配位键，空间结构为八面体，故B错误；C．已知为五元平面环状结构，则N原子价电子对数为3，则其中N原子均为sp2杂化，故C错误；D．中间体中配位体分子是H2O，H2O分子中O原子价电子对数为4，VSEPR模型为四面体，故D正确；选D。5.尿素氧化法制备水合肼(N2H4·H2O)的原理为CO(NH2)2+NaClO+2NaOH=N2H4·H2O+NaCl+Na2CO3，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A.1molCO(NH2)2中σ键的数目为7NAB.等物质的量的NaClO和NaCl电子数差8NAC.每生成1molN2H4·H2O转移电子数2NAD.常温下，1LpH=11的Na2CO3溶液中水电离的H+数目为10-3NA【答案】B【解析】A．根据结构式可知，1molCO(NH2)2中σ键的数目为7NA，A项正确；B．物质的量均为1mol的NaClO和NaCl电子数差8NA，未明确等物质的量的NaClO和NaCl是几摩尔，电子数差不一定是8NA，B项错误；C．根据化学反应方程式可知，每生成1mol1molN2H4·H2O，有1molNaClO转化为NaCl，转移电子数2NA，C项正确；D．常温下，1LpH=11的Na2CO3溶液中，溶液中的氢氧根离子来自水的电离，故，故该溶液中水电离的H+数目为10-3NA，D项正确；答案选B。6.间苯二酚在一定条件下与邻苯二甲酸酐生成荧光黄反应如下：下列说法正确的是A.荧光黄的分子式为C20H14O5B.邻苯二甲酸酐中所有原子不可能共平面C.可用NaHCO3溶液鉴别间苯二酚与荧光黄D.1mol荧光黄分子最多消耗11molH2【答案】C【解析】A．根据荧光黄的结构简式，可得出分子式为：C20H12O5，A错误；B．苯环上原子在同一平面，-COO-上原子在同一平面，邻苯二甲酸酐中所有原子可能共平面，B错误；C．荧光黄含有羧基，能够与NaHCO3反应生成CO2，间苯二酚不能反应，C正确；D．苯环可以与氢气加成，碳碳双键和碳氧双键都能与氢气加成，羧基不能与氢气加成，1mol荧光黄分子最多消耗9molH2，D错误；答案选C。7.下列实验装置不能达到实验目的的是A.图①装置验证非金属性：C>SiB.图②装置制备氢氧化铁胶体C.图③装置分离植物油和水的混合液D.图④装置完成硫酸锂的焰色试验【答案】A【解析】A．盐酸有挥发性，也能与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，A错误；B．饱和氯化铁溶液滴入沸水中并继续加热至溶液呈红褐色，得到Fe(OH)3胶体，B正确；C．植物油和水是互不相溶的液体，可以用分液法分离混合溶液，C正确；D．用光洁的无锈铁丝蘸取溶液在酒精灯外焰上灼烧，可以进行焰色试验，D正确；答案选A。8.物质结构决定性质。下列物质的性质差异与解释不符的是性质差异解释A白磷比红磷易自燃白磷中P-P键弯曲，张力较大BCH4键角比NH3大中心原子杂化类型不同C铅的纳米晶体熔点明显低于大块晶体纳米晶体的表面积增大D15-冠-5比18-冠-6识别Na+能力强冠醚15-冠-5空腔直径与Na+直径匹配A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．白磷（P）为正四面体结构，其P—P键角为60°，导致较大张力，使白磷更活泼，易自燃，红磷结构更稳定，A正确B．CH4键角（109°28′）大于NH3（约107°)，但两者中心原子均为sp3杂化，键角差异源于NH3中孤对电子的排斥作用，而非杂化类型不同，B错误。C．纳米铅因表面积大、表面能高，熔点低于块状铅，C正确；D．冠醚空腔直径与离子尺寸匹配决定识别能力，15-冠-5空腔与Na+匹配更佳，D正确；故选B。9.某有机催化剂由A、B、X、Y、Z五种原子序数依次增大的短周期元素组成，结构如图所示。下列说法正确的是A.基态Z原子核外电子有16种不同的空间运动状态B.X元素所在周期中，第一电离能大于X的元素有2种C.原子半径：B>Z>AD.简单氢化物沸点：Y>X>Z【答案】D【解析】原子序数依次递增的短周期元素A、B、X、Y、Z，A只形成1个共价键，B形成4个共价键，X形成2个共价键、Z形成6个共价键，可知A为H元素、B为C元素、X为O元素、Z为S元素；Y形成带1个单位正电荷的阳离子，结合原子序数可知Y为Na元素，以此来解答。A．基态硫原子（原子序数）的电子排布式为：‌，每个原子轨道对应一种空间运动状态，硫原子核外电子有种不同的空间运动状态，A错误；B．氧元素位于元素周期表第二周期，在同周期中，第一电离能大于氧的元素共有‌种‌，分别是氮、氟和氖，B错误；C．A为H元素、B为C元素、Z为S元素，根据周期律，三种元素半径大小是：，C错误；D．Y为Na元素、X为O元素、Z为S元素，是离子化合物，沸点最高，都是分子晶体，由于水分子间存在氢键，所以水的沸点高于硫化氢，D正确；故选D。10.化学是一门以实验为基础的科学。依据下列实验及现象，所得结论正确的是实验及现象结论A向NaCl溶液中滴加过量氯水，溶液先由无色变为棕黄色，一段时间后褪色氯水具有氧化性和漂白性B向等物质的量浓度的KF和KSCN混合溶液中滴加几滴FeCl3溶液，振荡，溶液颜色无明显变化结合Fe3+的能力：F->SCN-C向酸性KMnO4溶液中滴加FeCl2溶液，溶液紫红色褪去Fe2+有还原性D分别测定Na2CO3和Na2SO4溶液的pH，Na2CO3溶液使pH试纸呈现更深的颜色水解程度：>A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．溶液先由无色变为棕黄色，是因为Cl⁻浓度过高可能导致ClO⁻与Cl⁻在酸性条件下反应生成Cl2，一段时间后褪色是因为氯水中存在如下平衡：Cl2+H2OH++Cl—+HClO，与氯水具有氧化性和漂白性无关，故A错误；B．向等物质的量浓度的氟化钾和硫氰化钾混合溶液中滴加几滴氯化铁溶液，振荡，溶液颜色无明显变化说明溶液中的氟离子与铁离子的结合能力强于硫氰酸根离子，先与铁离子反应生成六氟合铁酸根离子，故B正确；C．溶液中的氯离子也能与酸性高锰酸钾溶液反应使溶液褪色，则向酸性高锰酸钾溶液中滴加氯化亚铁溶液，溶液紫红色褪去不能说明亚铁离子具有还原性，故C错误；D．由探究实验变量唯一化可知，测定溶液pH时，没有明确碳酸钠溶液和硫酸钠溶液的浓度是否相同，所以分别测定碳酸钠溶液和硫酸钠溶液的pH，碳酸钠溶液使pH试纸呈现更深的颜色不能说明碳酸根离子的水解程度大于硫酸根离子，故D错误；故选B。11.过一硫酸()为一元强酸，在一定条件下可将酮和烯烃分别转化为酯和环氧类物质，反应机理如下，R1、R2、R3、R4、R5均为烃基。(已知：C—O键键能大于O—O键能)下列说法错误的是A.H2SO5具有强氧化性，且的结构为B.异丁烯与丙酮的反应类似⑤，反应的化学方程式为C.反应过程中有非极性键的断裂与形成D.为烯烃转化过程中的催化剂【答案】B【解析】A．由题干过一硫酸的结构式可知，的结构为，结构中含有过氧键，故H2SO5具有强氧化性，A正确；B．由题干转化信息可知，异丁烯与丙酮的反应类似⑤即R1、R2、R4、R5为甲基，R3为H，反应的化学方程式为，B错误；C．由题干转化信息可知，反应过程中有O-O、C=C等非极性键的断裂和有C-C非极性键的形成，C正确；D．由题干转化信息可知，参与了反应，但反应前后没有发生改变，即为烯烃转化过程中的催化剂，D正确；故答案为：B。12.新型储氢材料较好地解决了氢气的储存和运输问题。其中铁镁合金储氢材料立方晶胞结构如图1所示，a表示晶胞边长。储氢后H原子以正八面体的配位模式分布在Fe原子周围，其中某镁原子的原子分数坐标为(，，)，某氢原子的原子分数坐标为(，0，0)。下列说法错误的是A.图2为MPQN的截面图B.储氢后晶体的化学式为Mg2FeH6C.Mg原子周围最近的氢原子数为12D.两个H原子之间的最短距离为a【答案】D【解析】A．图2中Fe原子分布在顶点和上下边，Mg原子分布在位置，则为MPQN截面图，故A正确；B．如图所示，晶胞中有8个Mg原子，Fe原子位于顶点、面心，晶胞中Fe原子数目，储氢后H原子以正八面体的配位模式有序分布在Fe原子的周围，则H原子数目为4×6=24个，储氢后晶体的化学式为Mg2FeH6，故B正确；C．储氢后H原子以正八面体的配位模式分布在Fe原子周围，若以Mg原子为坐标原点，H原子位于与镁原子相连的3个面的面心，与Mg最邻近的H有12个，故C正确；D．已知H原子构成正八面体、铁原子位于正八面体的体心，晶胞参数为a，H原子与Fe原子之间的最短距离为晶胞参数的，即H原子与Fe原子之间距离为，则两个H原子之间的最短距离为，故D错误；故答案为D。13.库伦测硫仪(如图)可测定SO2和SO3混合气体中SO2的含量。检测前，500mL电解质溶液中保持不变，电解池不工作。待气体进入后，测硫仪立即自动进行电解至又回到原定值。电解结束，库伦测硫仪显示电解过程中转移电子xmol，取100mL电解池中溶液，滴加足量BaCl2溶液得沉淀mg。(F=96500C·mol-1)。下列说法错误的是A.右侧Pt电极接电源负极B.电解池工作时，发生反应SO2++2H2O=+3I-+4H+C.混合气体中SO2的体积分数为D.若以10A的电源进行电解，则理论上需用时2.68x小时【答案】C【解析】由题干电解池装置图可知，左侧Pt电极转化为I-转化为，电极反应为：3I--2e-=发生氧化反应，作阳极，右侧Pt电极为H+得到电子生成H2，作阴极，据此分析解题。A．由分析可知，右侧Pt电极为阴极，故右侧Pt电极接电源负极，A正确；B．电解池工作时，二氧化硫在电解池中发生的反应为反应生成的碘三离子与二氧化硫反应生成碘离子、硫酸根离子和氢离子，发生反应SO2++2H2O=+3I-+4H+，B正确；C．由题干数据可知，电解结束，库伦测硫仪显示电解过程中转移电子xmol，即SO2等物质的量为：mol，取100mL电解池中溶液，滴加足量BaCl2溶液得沉淀mg，则原电解后溶液中含有硫酸根离子的物质的量为：mol，即原混合气体中SO2、SO3的总物质的量为：，故混合气体中SO2的体积分数为，C错误；D．由题干信息可知，电解结束，库伦测硫仪显示电解过程中转移电子xmol，即通过的电量为Q=96500xC，若以10A的电源进行电解，则理论上需用时=2.68x小时，D正确；故答案为：C。14.常温下，维持的溶液中，CuS达沉淀溶解平衡时，相关离子浓度与pH的关系如图所示，。下列说法正确的是A.L2表示随pH的变化关系B.C.当pH=7.0时，D.当pH=9.0时，c(Cu2+)=10-30.9mol·L-1【答案】D【解析】A．随着pH增大，增大，减小，增大，所以L1表示随pH的变化关系，L2表示随pH的变化关系，A错误；B．当pH=11.5时，，即，，，，则，B错误；C．当pH=7.0时，，由于加了其他碱来调节pH值，溶液中含有的阳离子有H+、Cu2+和其他阳离子，结合电荷守恒知，，C错误；D．，当pH=5时，，由，解得mol/L，此时，，则，当pH=9.0时，，由，解得mol/L，则，D正确；故选D。第Ⅱ卷(非选择题共58分)二、填空题(共4小题，共计58分)15.有机铜配合物蛋氨酸铜([Cu(Met)2]，Met表示蛋氨酸根)作为稳定性更好、安全性更高的高铜饲料添加剂，常作为水产动物、家禽、兽类等补铜的优质铜源。某实验小组按如下方案合成蛋氨酸铜并测定产品含铜量。Ⅰ．制备蛋氨酸铜：a．在仪器A中依次加入0.8g蛋氨酸、0.8g硫酸铜和80mL无水乙醇，搅拌溶解。b．用NaOH溶液控制pH为2.5～3.0，控温80～85℃，保持30～60min。c．自然冷却，结晶，减压过滤，用少量煮沸的蒸馏水多次洗涤，干燥，得产品。Ⅱ．含铜量测定：取0.3600g产品于锥形瓶中，加入适量蒸馏水和稀盐酸，加热至全部溶解，冷却后加入NH3·H2O-NH4Cl缓冲溶液，加热至70℃左右，滴入2～3滴指示剂PAN，用0.05000mol·L-1乙二胺四乙酸二钠盐(Na2H2Y)标准溶液滴定，反应为Cu2++H2Y2-=CuY2-+2H+。重复三次，平均消耗Na2H2Y标准溶液19.25mL。回答下列问题：（1）已知蛋氨酸结构为。蛋氨酸铜中氨基、羧酸根离子均与铜离子形成配位键，写出蛋氨酸铜的结构简式_______(不考虑空间异构)。（2）仪器A的名称是_______，控温80～85℃的最佳方案是_______。（3）相比常压过滤，采用减压过滤的优点是_______。（4）验证产品洗涤干净的方法是_______。（5）下列有关滴定操作正确的是_______(填字母代号)。a．滴定管使用之前，应检查活塞是否漏水b．滴定管洗涤干净之后，直接加入Na2H2Y标准液c．调整滴定管中液面至“0”或“0”刻度以上，记录读数d．滴定时，眼睛应时刻注视滴定管中液面变化（6）产品中铜的质量分数为_______%(保留小数点后两位)；若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，则测定结果_______(填“偏大”“偏小”或“不变”)。【答案】（1）或（2）①.三颈烧瓶或三颈瓶或三口烧瓶②.水浴加热（3）过滤速度更快，固体和液体分离比较完全，滤出的固体容易干燥（4）取最后一次洗涤液于试管中，滴加BaCl2溶液，无白色沉淀产生，证明已洗涤干净（5）a（6）①17.11②.偏大【解析】根据题中信息可知，蛋氨酸、硫酸铜反应，用无水乙醇作为溶剂，加入NaOH溶液控制pH并控温，以制备蛋氨酸铜，取得到的产品于锥形瓶中，经过处理后用乙二胺四乙酸二钠盐(Na2H2Y)标准溶液滴定，据此作答。（1）根据题意可知，蛋氨酸铜中氨基、羧酸根离子均与铜离子形成配位键，说明为二齿配体，即Cu2+提供空轨道，与N原子形成配位键，以及-COOH中含有孤电子对的单键氧形成配位键，铜离子为+2价，连接4条配位键，即铜离子与的比值关系为1：2，由此可得蛋氨酸铜的结构简式为：或。（2）根据题中仪器特点可知，仪器A为三颈烧瓶或三颈瓶或三口烧瓶；控温80～85℃，控制的温度小于100℃，因此最佳方案是：水浴加热。（3）减压过滤用真空泵抽真空造成负压，因此相比常压过滤，采用减压过滤的优点是：过滤速度更快，固体和液体分离比较完全，滤出的固体容易干燥。（4）根据题意可知，在三颈烧瓶中加入的物质主要有蛋氨酸、硫酸铜、无水乙醇、氢氧化钠，因此验证产品是否洗涤干净，现象明显的是检验硫酸根，因此验证产品洗涤干净的方法是：取最后一次洗涤液于试管中，滴加BaCl2溶液，无白色沉淀产生，证明已洗涤干净。（5）滴定步骤包含检漏、洗涤、润洗、注液、调液，读数，滴定，滴定终点，即进行滴定操作前，先检查滴定管是否漏水；滴定管先用蒸馏水洗而后用标准液或是待测液润洗，该题的产品直接溶解于锥形瓶中，因此滴定管需要用标准液润洗；用标准溶液润洗滴定管2~3次，将乙二胺四乙酸二钠盐(Na2H2Y)标准溶液注入滴定管至“0”刻度以上1~2cm；把盛有标准溶液的滴定管固定好，调节滴定管尖嘴使之充满溶液；调节液面至“0”或“0”以下某一刻度，记下读数；把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准溶液滴定至终点并记下滴定管液面的刻度即可，重复三次，由此可知，a．滴定前，必须先检验活塞是否漏水，故a正确；b．滴定管洗净后，需要先润洗才可以装入标准溶液，直接装入会使标准溶液的浓度减小，故b错误；c．根据分析可知，调节液面至“0”或“0”以下某一刻度，并非是以上，往上没有刻度线，故c错误；d．滴定时，眼睛关注的是锥形瓶内溶液颜色的变化，读数是滴定之后进行，故d错误；故答案选a。（6）根据题中反应为Cu2++H2Y2-=CuY2-+2H+可知，，则，即；滴定前有气泡，而滴定后气泡消失，那么会导致消耗的乙二胺四乙酸二钠盐标准溶液的体积偏大，从而使铜离子的物质的量偏大，最终测定的结果偏大。16.科技人员提出用硫酸同时浸出软锰矿和辉铜矿的新工艺，用于联产硫酸锰和硫酸铜，具有较大的经济效益。其流程如图所示：已知：软锰矿和辉铜矿中主要成分分别为MnO2、Cu2S，含有Fe2O3、SiO2等杂质。请回答下列问题：（1）Cu2S中亚铜离子的核外电子排布式为_______。（2）“渣”的主要成分为S和_______。（3）写出“浸取”中锰、铜元素涉及的总反应的化学方程式：_______。“浸取”中体系温度变化不明显，但反应片刻后锰、铜浸出速率突然加快的原因可能是_______。（4）“净化”中加入铵盐使Fe3+转化成淡黄色的黄铁矾[(NH4)aFeb(SO4)c(OH)d]晶体析出，以便过滤除去，其反应的离子方程式为_______。（5）已知硫酸锰和硫酸铜在水中的溶解度如表所示：温度/℃020406080100硫酸铜/g14.320.728.540.055.075.4硫酸锰/g53.264.568.855.048.034.9“结晶一”中采用的方法是_______；为提高产率，“结晶二”所得母液应与_______(填工序名称)后所得液体混合，循环利用。（6）净化后所得混合溶液分离硫酸铜和硫酸锰，还可以采用羧酸酯类有机相“萃取”和硫酸“反萃”的方法。原理如下。“废液”主要无机溶质为_______(填名称)。【答案】（1）[Ar]3d10或1s22s22p63s23p63d10（2）SiO2(或二氧化硅)（3）①.2MnO2+Cu2S+4H2SO4=2MnSO4+2CuSO4+4H2O+S②.反应过程中有催化剂生成(Fe3+有催化作用，或其他合理答案)（4）（5）①.蒸发结晶、趁热过滤②.净化（6）硫酸钠【解析】软锰矿和辉铜矿中主要成分分别为MnO2、Cu2S，含有Fe2O3、SiO2等杂质。用硫酸“酸浸”，MnO2把Cu2S氧化为硫酸铜、S沉淀，MnO2被还原为硫酸锰，氧化铁和硫酸反应生成硫酸铁和水，二氧化硅不溶于硫酸；过滤，滤渣中含有S和SiO2，滤液中加入铵盐使Fe3+转化成淡黄色的黄铁矾[(NH4)aFeb(SO4)c(OH)d]晶体析出；硫酸锰的溶解度受温度影响不大，硫酸铜的溶解度随温度升高而增大，蒸发结晶析出硫酸锰，趁热过滤得到硫酸锰晶体，降低温度结晶析出硫酸铜晶体；（1）Cu原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，铜原子失去最外层1个电子得到Cu+，亚铜离子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10。（2）“酸浸”，MnO2把Cu2S氧化为硫酸铜、S沉淀，二氧化硅不溶于硫酸，所以“渣”的主要成分为S和SiO2；（3）“浸取”中MnO2把Cu2S氧化为硫酸铜、S沉淀，MnO2被还原为硫酸锰，根据得失电子守恒，锰、铜元素涉及的总反应的化学方程式为2MnO2+Cu2S+4H2SO4=2MnSO4+2CuSO4+4H2O+S。根据影响反应速率的因素，“浸取”中体系温度变化不明显，但反应片刻后锰、铜浸出速率突然加快的原因可能是反应过程中有催化剂生成。（4）“净化”中加入铵盐使Fe3+转化成淡黄色的黄铁矾[(NH4)aFeb(SO4)c(OH)d]晶体，反应的离子方程式为。（5）硫酸锰的溶解度受温度影响不大，硫酸铜的溶解度随温度升高而增大，蒸发结晶析出硫酸锰，趁热过滤得到硫酸锰晶体，所以“结晶一”中采用的方法是蒸发结晶、趁热过滤；为提高产率；“结晶二”所得母液应与净化后所得液体混合，循环利用。（6）净化后所得混合溶液中含有硫酸铜和硫酸锰，采用羧酸酯类有机相“萃取”和硫酸“反萃”分离出硫酸铜和硫酸锰，过程中加入了羧酸酯类有机物、硫酸、氢氧化钠，所以“废液”的主要无机溶质为硫酸钠。17.羰基硫(COS)，广泛应用于农药、医药及其他化工生产领域。利用CO2和H2S制备COS的反应如下：主反应：H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g)△H1=+35.0kJ·mol⁻¹副反应Ⅰ：2H2S(g)S2(g)+2H2(g)△H2=+17158kJ·mol⁻¹副反应Ⅱ：2H2S(g)+3CO2(g)⇌3CO(g)+S2(g)+2H2O(g)△H3=+253.98kJ·mol⁻¹回答下列问题：（1）已知：298K时，18g气态水转化为液态水释放44kJ能量；H2S(g)的标准燃烧热为△H=-586.0kJ·mol-1，则COS(g)的标准燃烧热△H=_______kJ·mol-1，副反应Ⅱ在_______(填“高温”“低温”或“任意温度”)下能自发进行。（2）一定条件下，在一恒容密闭容器中通入一定量的H2S(g)和CO2(g)发生反应，下列说法正确的是_______(填字母代号)。a．向该容器内充入一定量Ar，反应达到平衡的时间将缩短b．主反应的正反应活化能一定小于副反应Ⅰ的正反应活化能c．当v正(H2S)=2v逆(S2)+v逆(COS)时，反应达到平衡状态d．若在恒温恒压体系中进行，平衡时H2S(g)的平衡转化率增大（3）一定条件下，向恒容密闭容器中通入等物质的量的CO2(g)和H2S(g)混合气体，起始压强为100kPa，发生上述反应，20min时达到平衡，测得体系总压强为110kPa，S2(g)的平均反应速率为_______kPa·min-1，又p(COS)=p(CO2)=p(CO)+p(S2)，则H2S(g)的平衡转化率为_______，主反应的压强平衡常数Kp=_______。（4）将等物质的量的CO2(g)和H2S(g)混合气体充入恒容密闭容器中发生上述反应，反应物的转化率随温度的变化如下图：表示CO2的转化率随温度的变化曲线为_______(填“a”或“b”)，在温度低于T₀时，二者转化率近似相等，可能的原因_______。【答案】（1）①.-577②.高温（2）cd（3）①.0.5②.80%③.3（4）①.b②.副反应I几乎不发生(或以主反应为主，或以主反应及副反应II为主，或其他合理答案)【解析】（1）设①；已知：H2S(g)的标准燃烧热为△H=-586.0kJ·mol-1，得②：已知：298K时，18g气态水转化为液态水释放44kJ能量；得③：H2O(g)=H2O(l)ΔH=-44kJ⋅mol-1，根据盖斯定律，反应②-①-③=主反应，则ΔH1=-586.0kJ⋅mol-1-xkJ⋅mol-1+44kJ⋅mol-1=+35.0kJ⋅mol-1；得x=-577kJ·mol-1，则COS(g)的标准燃烧热△H=-577kJ·mol-1，副反应Ⅱ为气体体积增大的吸热反应，则ΔH＞0、ΔS＞0，自发进行时ΔG=ΔH-T·ΔS＜0，故在高温下能自发进行。（2）a．向该容器内充入一定量Ar，反应相关物质的浓度均不变，则反应速率不变，反应达到平衡的时间不变，a错误；b．活化能是反应发生所需克服的能量壁垒，其大小取决于反应路径的能垒高度，主反应和副反应的活化能高低由各自的反应机理决定，且催化剂等可能选择性改变主/副反应的活化能，则主反应的正反应活化能不一定小于副反应Ⅰ的正反应活化能，b错误；c．根据化学方程式中的化学计量数关系以及硫元素周恒可知，当v正(H2S)=2v逆(S2)+v逆(COS)时，可使H2S、S2、COS等各成分的浓度保持不变，则反应达到平衡状态，c正确；d．主反应中气体的物质的量不变，副反应中气体的物质的量增大，若在恒温恒压体系中进行，容积扩大，副反应均右移，则平衡时H2S(g)的平衡转化率增大，d正确；选cd。（3）一定条件下，向恒容密闭容器中通入等物质的量的CO2(g)和H2S(g)混合气体，起始压强为100kPa，设CO2(g)和H2S(g)均为1mol，发生上述反应，20min时达到平衡，测得体系总压强为110kPa，根据，则平衡时混合气体共2.2mol，根据差量法可知，S2(g)物质的量等于增加的气体的物质的量，即0.2mol，则S2(g)的平均反应速率为0.5kPa·min-1，又p(COS)=p(CO2)=p(CO)+p(S2)，则n(COS)=n(CO2)=n(CO)+n(S2)=n(CO)+0.2mol，根据碳元素守恒，可知n(COS)=