定含有 SO2、SO3 。
③已知实验前的FeSO4质量是m1g，加热一段时间后为了测定FeSO4分解程度，往反应后的试管中加入一定浓度的硫酸溶液，用浓度为c1mol?L1的KMnO4来滴定，到达滴定终点时消耗KMnO4的量为V1mL，则FeSO4分解程度为
×100% 。
（3）设计实验证明H2SO3酸性强于H2CO3酸性 用pH计测定相同浓度的NaHSO3与NaHCO3的pH值 。
【解答】解：（1）甲组由此得出绿矾的分解产物中含有SO2，装置B为品红，二氧化硫有漂白性，能漂白品红溶液，故装置B中品红褪色， 故答案为：品红溶液褪色；
（2）①因为三氧化硫具有漂白性，要检验得到的气体中成分，三氧化硫熔点较低，则应该先降低温度观察是否得到固体，然后用盐酸酸化的氯化钡检验三氧化硫是否被吸收完全，最后再将气体通入品红溶液检验是否褪色来判断气体产物是否含有二氧化硫，A制取气体、D得到三氧化硫固体、E检验三氧化硫是否除尽、B检验二氧化硫，所以其排列顺序为A、D、E、B；
如果装置E中不产生沉淀，则说明剩余的气体中不含三氧化硫，如果能时品红溶液褪色，则应该是二氧化硫气体，从而排除三氧化硫干扰， 故答案为：D；E；B；装置E中无白色沉淀生成；
②试验完成后，Fe的氧化物中氧化亚铁、四氧化三铁是黑色固体，只有氧化铁是红色固体，所以A试管中产物的红色固体应该是Fe2O3，通过以上分析知，生成的气体中一定含有SO2、SO3，
故答案为：Fe2O3；SO2、SO3；
③KMnO4溶液氧化Fe2+生成Fe3+，自身被还原生成锰离子，发生的离子反应方程式为MnO4+5Fe2++8H+＝Mn2++5Fe3++4H2O，根据方程式知，n（Fe2+）＝5n（MnO4）＝5
﹣
﹣
×c1×V1×103 mol，根据Fe原子守恒得n（FeSO4）＝n（Fe2+）＝5×103c1V1mol，
﹣
﹣
则分解的硫酸亚铁质量＝m1g﹣5×103c1V1mol×152g/mol＝（m1﹣0.76c1V1）g，
﹣
FeSO4分解程度＝故答案为：
×100%， ×100%；
（3）可以根据其相同浓度的酸式钠盐pH判断其酸性强弱，所以用pH计测定相同浓度的NaHSO3与NaHCO3的pH值，
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故答案为：用pH计测定相同浓度的NaHSO3与NaHCO3的pH值。
9．（14分）硒（Se）、碲（Te）为ⅥA族元素，是当今高新技术新材料的主要成分之一，电解精炼铜的阳极泥主要成分为Cu2Te、Ag2Se和少量金属单质及其他化合物，工业上从其中回收碲、硒的一种工艺流程如下：
已知：
Ⅰ．TeO2微溶于水，易溶于较浓的强酸和强碱；
Ⅱ．元素碲在溶液中主要以Te4+、TeO32、HTeO3等形式存在；
﹣
﹣
Ⅲ.25℃时，亚碲酸（H2TeO3）的 Ka1＝1×10
3
，Ka2＝2×10
8
；
Ⅳ．Se和TeO2的物理性质如下：
物理性质 Se TeO2
熔点 221℃ 733℃
沸点 685℃ 1260℃
水溶性 难溶于水 微溶于水
（1）Se的氢化物的电子式是 或“＜”）。
。NaHTeO3的溶液的pH ＜ 7（填“＞”、“＝”
（2）加入浓硫酸焙烧前常将阳极泥中大块颗粒先粉碎其目的是 增大接触面积，提高反应速率 。
（3）SeO2与SO2在冷却后通入水中反应的化学方程式 SeO2+2SO2+2H2O＝2H2SO4+Se↓ 。反应后分离出Se单质的操作①为 过滤 （填操作名称）。
（4）焙砂中碲以TeO2形式存在，与足量NaOH溶液反应后得到的溶液①，其溶质的主要成分为 Na2TeO3 （填化学式，过量的NaOH除外）。工业上也可以通过电解溶液①得到单质碲。已知电解时的电极均为石墨，则阴极的电极反应式为 TeO32+3H2O+4e﹣
﹣
＝Te+6OH 。
（5）向溶液①中加入硫酸时控制溶液的pH为4.5﹣5.0，生成TeO2沉淀。如果H2SO4过量，将导致碲的回收率偏低，其原因是 溶液酸性过强，TeO2会继续与酸反应导致碲元素损失 。
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﹣
（6）将纯净的TeO2先溶于盐酸得到四氯化碲，然后再SO2通入到溶液中得到Te单质，请写出由四氯化碲得到Te单质的离子方程式 Te4++2SO2+4H2O＝Te+8H++2SO42 。
﹣
（7）上述流程中可循环利用的物质 H2SO4、HCl （填化学式）。 【解答】解：（1）Se与O属于同族元素，氢化物的电子式为
﹣
﹣
﹣
，由题意可知元素碲
在溶液中主要以Te4+、TeO32、HTeO3等形式存在，说明HTeO3可电离，则溶液呈酸性，pH＜， 故答案为：
；＜；
（2）加入浓硫酸焙烧前常将阳极泥中大块颗粒先粉碎，可以增大接触面积，提高反应速率，
故答案为：增大接触面积，提高反应速率；
（3）根据流程图，SeO2 与SO2在冷却后通入水中反应生成Se，反应的化学方程式为SeO2+2SO2+2H2O＝2H2SO4+Se↓．Se 单质难溶于水，反应后分离出Se单质可以通过过滤分离，
故答案为：SeO2+2SO2+2H2O＝2H2SO4+Se↓；过滤；
（4）TeO2微溶于水，易溶于较浓的强酸和强碱。焙砂中碲以TeO2形式存在，与足量NaOH 溶液反应后得到的溶液①，其溶质的主要成分为Na2TeO3．工业上也可以通过电解溶液①得到单质碲，电解时的电极均为石墨，则阴极发生还原反应，TeO32得到电子
﹣
生成Te，电极反应式为TeO32+3H2O+4e＝Te+6OH，
﹣
﹣
﹣
故答案为：Na2TeO3；TeO32+3H2O+4e＝Te+6OH；
﹣
﹣
﹣
（5）TeO2微溶于水，易溶于较浓的强酸和强碱，向溶液①中加入硫酸时控制溶液的pH 为4.5～5.0，生成TeO2沉淀，如果H2SO4过量，将导致生成的TeO2沉淀偏少，碲的回收率偏低，
故答案为：溶液酸性过强，TeO2会继续与酸反应导致碲元素损失；
（6）将纯净的TeO2先溶于盐酸得到四氯化碲，然后再将SO2通入到溶液中得到Te单质，二氧化硫被氧化生成硫酸，反应的离子方程式为Te4++2SO2+4H2O＝Te+8H++2SO42，
﹣
故答案为：Te4++2SO2+4H2O＝Te+8H++2SO42；
﹣
（7）根据流程图和上述（6）的方程式可知，Te4++2SO2+4H2O＝Te+8H++2SO42反应中
﹣
生成的盐酸和硫酸可以循环利用， 故答案为：H2SO4、HCl。
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10．（15分）甲醇不仅是重要的化工原料，而且还是性能优良的能源和车用燃料。 （1）已知：CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）△H1＝a kJ?mol1
﹣
2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H2＝b kJ?mol1
﹣
2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H3＝c kJ?mol1
﹣
试写出由气态甲醇完全燃烧生成液态水的热化学方程式 2CH3OH（g）+3O2（g）＝2CO2（g）+4H2O（l）△H＝（c+2b﹣2a）kJ?mol1 。
﹣
（2）通过下列反应制备甲醇：CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）。
若在一容积可变的密闭容器中充入1mol CO和2mol H2，CO的平衡转化率随温度（T）、压强（p）的变化如图所示。 ①该反应的△H ＜ 0。
②A、B两点压强大小pA ＜ pB（填“＞、＜、＝”），其原因为 该反应为气体分子数减小的反应，增大压强，有利于平衡向正向移动，CO转化率升高，故pA＜pB 。 ③若达到化学平衡状态A时，容器的体积为2L，则平衡常数KA＝ 4 。如果反应开始时仍充入1molCO和2mol H2，则在平衡状态B时，容器的体积V（B）＝ 0.4 L。 （3）以甲醇为燃料，氧气为氧化剂，H2SO4溶液为电解质溶液，可制成燃料电池（电极材料为惰性电极）。则电池负极反应的离子方程式为 CH3OH﹣6e+H2O＝CO2+6H+ 。
【解答】解：（1）已知：①CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）△H1＝a kJ?mol1
﹣
②2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H2＝b kJ?mol1
﹣
③2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H3＝c kJ?mol1
﹣
盖斯定律计算（②﹣①）×2+③得到由气态甲醇完全燃烧生成液态水的热化学方程式：2CH3OH（g）+3O2（g）＝2CO2（g）+4H2O（l）△H＝（c+2b﹣2a）kJ?mol1，
﹣
故答案为：2CH3OH（g）+3O2（g）＝2CO2（g）+4H2O（l）△H＝（c+2b﹣2a）kJ?mol
﹣1
；
（2）①图象分析可知，随温度升高，一氧化碳平衡转化率减小，说明升温平衡逆向进行，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，△H＜0， 故答案为：＜；
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