2022-2023学年吉林省长春市第二实验中学高二上学期期末考试化学试题含解析

这是一份2022-2023学年吉林省长春市第二实验中学高二上学期期末考试化学试题含解析，共22页。试卷主要包含了单选题，填空题，工业流程题，结构与性质，原理综合题等内容，欢迎下载使用。

吉林省长春市第二实验中学2022-2023学年高二上学期
期末考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列人们在生活、生产、实验的相关措施中，不是用来调控化学反应速率的是
A．将食物存放在温度较低的地方
B．将氯化铁固体溶于较浓盐酸配制氯化铁溶液
C．将固体试剂溶于水配成溶液后再进行化学实验
D．通常将颗粒状的固体药品研细混匀后进行反应
【答案】B
【详解】A．将食物存放在温度较低的地方，降低反应速率，故A不符合题意；
B．将氯化铁固体溶于较浓盐酸配制氯化铁溶液，抑制铁离子水解，不是调控反应速率，故B符合题意；
C．将固体试剂溶于水配成溶液后再进行化学实验，加快溶解以调控速率，故C不符合题意；
D．通常将颗粒状的固体药品研细混匀后进行反应，有利于加快反应速率，使反应更充分，故D不符合题意。
综上所述，答案为B。
2．近年来我国科学家发现了一系列铁系超导材料，其中一类为Fe-Nd-B-N组成的化合物。下列说法正确的是
A．硼元素电负性大于氮元素电负性
B．基态Fe原子核外电子占据的轨道总数为13
C．Nd的价层电子排布式为4f46s2，则Nd2+价层电子排布式为4f26s2
D．第二周期的基态原子与硼未成对电子数相等的元素(除硼之外)有2种
【答案】D
【详解】A．同一周期主族元素，原子序数越大，元素的电负性就越大，则硼元素电负性小于氮元素电负性，A错误；
B．基态铁原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，占据的轨道数共1+1+3+1+3+5+1=15个，B错误；
C．Nd的价层电子排布式为4f46s2，Nd失去最外层的2个6s电子形成Nd2+，则Nd2+价层电子排布式为4f4，C错误；
D．B是5号元素，基态B原子核外电子排布式是1s22s22p1，未成对电子数目是1个，则在第二周期元素的基态原子中，未成对电子数是1个的还有核外电子排布是1s22s1的Li元素、1s22s22p5的F元素，因此共有2种元素，D正确；
故合理选项是D。
3．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标况下，含有极性键数目为
B．溶液中数目小于
C．室温下，相同的氯化铵溶液和硫酸铵溶液中浓度相同
D．常温下，的纯碱溶液中，由水电离产生的数目为
【答案】C
【详解】A．标况下，物质的量为0.5mol，含有极性键数目为，故A错误；
B．溶液，溶液的体积未知，无法判断物质的量，故B错误；
C．室温下，相同的氯化铵溶液和硫酸铵溶液，水解程度相同，说明两种溶液中浓度相同，故C正确；
D．常温下pH=10的纯碱溶液中c(OH-)=10-4mol/L，1L溶液中n(OH-)=10-4mol，该溶液中OH-全部来自水电离，则由水电离产生的OH-数目为10-4NA，故D错误；
故答案为C。
4．下列有关反应热的说法正确的是
A．25℃、时，的燃烧热大于的燃烧热
B．在化学反应过程中，吸热反应需不断从外界获得能量，放热反应不需从外界获得能量
C．甲烷的燃烧热，则甲烷燃烧的热化学方程式为  
D．已知：  ，  ，则
【答案】D
【详解】A．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，25℃、时，S的燃烧热是定值，故A错误；
B．有的吸热反应需要从外界获得一定的能量才能发生，故B错误；
C．甲烷的燃烧热，则甲烷燃烧的热化学方程式应该对应生成液态水，  ，故C错误；
D．S(s)变成S(g)还需要吸热，故，故D正确；
故答案为D。
5．常温下，下列四种溶液:①pH=2的CH3COOH溶液；②pH=2的HCl溶液；③pH=12的氨水；④pH=12的NaOH溶液。相同条件下，下列有关上述溶液的比较中正确的是
A．由水电离出的c(H+):①=②>③=④
B．将②、③两种溶液混合后，若pH=7，则消耗溶液的体积:②>③
C．等体积的①、②溶液分别与足量铝粉反应，生成H2的量:②较多
D．向等体积的四种溶液中分别加入100 mL水后，溶液的pH:③>④>①>②
【答案】B
【详解】A．相同条件下，水的离子积常数是定值，无论酸还是碱都抑制水的电离，①、②的氢离子浓度相同，③、④的氢氧根离子的浓度相同，所以这四种溶液中由水电离的c(H＋)：①=②=③=④，选项A错误；B．pH＝12的氨水是弱碱只有部分电离，所以c（NH3·H2O）＞c（OH-），HCl是强电解质，所以其溶液中c（HCl）=c（H+），c（NH3·H2O）＞c（HCl），若将NH3·H2O和HCl溶液混合后溶液呈中性，则消耗溶液的体积：②＞③，选项B正确；C．醋酸是弱酸，氯化氢和氢氧化钠是强电解质，①、②、④三种溶液的物质的量浓度关系为：①＞②=④，所以等体积的①、②、④溶液分别与铝粉反应，生成H2的量：①最大，选项C错误；D．醋酸是弱酸，加水稀释后能促进醋酸的电离，所以①、②稀释后溶液的pH值7＞②＞①；氨水是弱碱，加水稀释后能促进氨水的电离，所以③、④、稀释后溶液的pH值③＞④＞7，所以向等体积的四种溶液中分别加入100mL水后，溶液的pH：③＞④＞②＞①，选项D错误。答案选B。
6．钠-CO2电池其工作原理如图所示，吸收的CO2转化为Na2CO3固体和碳沉积在多壁碳纳米管(MWCNT)电极表面，下列说法不正确的是

A．多壁碳纳米管(MWCNT)做电池的正极
B．可以用乙醇代替四甘醇二甲醚做有机溶剂
C．负极反应为：Na-e-=Na+
D．电池总反应：4Na+3CO2=2Na2CO3+C
【答案】B
【分析】根据原电池图中物质间的变化利用化合价的变化特点：升高的元素原子失去电子，该电极是负极，化合价降低的一极得到电子做正极；利用物质的性质判断能否稳定存在于原电池中；根据图示物质间的转化，利用化合价的变化、电子得失书写电极反应及总反应方程式；
【详解】A．根据多壁碳纳米管通入的气体二氧化碳判断，碳元素化合价由+4价变为0价，得到电子的一极做正极，故A正确；
B．乙醇具有挥发性性，在原电池工作时会产生热量，导致乙醇更容易挥发，故B不正确；
C．根据原电池图中物质的变化判断负极电极为Na-e-=Na+，故C正确；
D．根据电子守恒、原子守恒及正负极的物质书写总反应方程式为：4Na+CO2=2Na2CO3+C，故D正确；
故选答案B。
【点睛】原电池原理实质是氧化还原反应，根据氧化还原反应电子守恒书写电极反应及总反应；原电池中电解液需是稳定存在才能使电池稳定工作。
7．下列实验操作、实验现象及解释或结论都正确且有因果关系的是

实验操作
实验现象
解释或结论
A
向饱和硼酸溶液中加入少量粉末
无气泡冒出
酸性：碳酸>硼酸
B
将等物质的量的溶液与溶液混合
有白色沉淀和气体生成
二者水解相互促进生成氢氧化铝沉淀
C
向溶液滴加溶液，再向其中滴加溶液
先生成白色沉淀，后有黄色沉淀生成

D
常温下，用玻璃棒蘸取某浓度溶液滴在湿润的试纸中央，与标准比色卡对比
为13
该溶液的浓度为

A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．根据强酸制弱酸的原理，向饱和硼酸溶液中加入少量NaHCO3粉末没有现象，说明没有反应发生，即硼酸的酸性小于碳酸，A项正确；
B．水解：，水解：，故二者水解相互抑制，B项错误；
C．该实验中硝酸银过量，故该实验中没有沉淀转换，故先生成白色沉淀，后有黄色沉淀生成不能说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，C项错误；
D．湿润的pH试纸相当于对溶液进行稀释，测得pH不准确，应选干燥的pH试纸，D项错误；
答案选A。
8．由同周期元素原子W、X、Y、Z构成的一种阴离子(如图)，Y的最外层电子数等于X的核外电子总数，四种原子最外层电子数之和为20。下列说法正确的是

A．W、X、Y、Z第一电离能由大到小依次是：
B．Y形成的简单离子的半径比Z形成的简单离子的半径小
C．X形成的最简单气态氢化物稳定性强于Z的气态氢化物稳定性
D．W、Z形成的化合物分子中各原子均满足8电子稳定结构
【答案】A
【分析】根据同周期元素原子W、X、Y、Z构成的一种阴离子结构，可知Y能形成2个共价键，Y是ⅥA族元素，Y的最外层电子数等于X的核外电子总数，则X是C元素、Y是O元素；Z形成1个共价键，Z是F元素；四种原子最外层电子数之和为20，则W是B元素；
【详解】A．同周期元素从左到右，第一电离能有增大趋势，第一电离能由大到小依次是：F>O>C>B，A项正确；
B．O2-、F-电子层数相同，质子数越多半径越小，简单离子的半径：O2->F-，B项错误；
C．非金属性C D．B、F形成的化合物BF3分子中，B原子不满足8电子稳定结构，D项错误；
答案选A。
9．温度为了时，将H2(g)和I2(g)各1.6mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应H2(g)+I2(g)2HI(g)，一段时间后达到平衡。反应过程中测定的数据如表，下列说法正确的是
t/min
2
4
7
9
n(H2)/mol
1.2
1.1
1.0
1.0

A．0～4min的平均反应速率(HI)=0.25mol•L-1•min-1
B．时，反应的平衡常数=1.2
C．其他条件不变，若降温到T0，达到平衡时，平衡常数K0=4，则此反应的ΔH<0
D．其他条件不变，9min后，向容器中再充入6molH2，平衡向正反应方向移动，再次达到平衡时，H2的浓度减小，I2的转化率增大
【答案】C
【详解】A．(HI)=0.025mol•L-1•min-1，故A错误；
B．由题可列三段式

密闭容器体积为10L，计算可得K==1.44，故B错误；
C．其他条件不变，若降温到T0，达到平衡时平衡常数增大，与时状态相比平衡正向移动，正反应为放热反应，因此ΔH<0，故C正确；
D．通入氢气后，再次达到平衡时，氢气的浓度增大，故D错误。
故答案为：C。
10．下列叙述及对应图示错误的是

A．图甲是某温度下的醋酸与醋酸钠混合溶液中、与pH的关系曲线，的溶液中：
B．图乙是恒温密闭容器中发生反应时，随反应时间变化的曲线，时刻改变的条件可能是缩小容器的体积
C．图丙是铁条与盐酸反应的反应速率随反应时间变化的曲线，时刻溶液的温度最高
D．图丁是在的溶液中加水稀释，随着加入水的体积的增大，溶液中的变化曲线，的水解程度：A点小于B点
【答案】C
【详解】A．根据图像中交点的坐标可知，的电离常数，时电离常数不变，故A正确；
B．由图可知，时刻突然变大，一段时间后，浓度与改变前相同，则时刻改变的条件可能是缩小容器的体积，故B正确；
C．铁条与盐酸的反应是放热反应，随反应的进行，温度越来越高，故C错误；
D．Na2CO3溶液中加水稀释，越稀越水解，随着加水量的增加，Na2CO3的水解程度越来越大，A点小于B点，故D正确；
答案选C。
11．下列叙述中错误的是
A．的熔沸点比高，与分子间的范德华力有关系
B．易溶于，可用相似相溶规律解释
C．分子中键与键个数比为
D．型的分子空间结构必为平面三角形
【答案】D
【详解】A．的相对分子质量比大，范德华力大，故的熔沸点比高，故A正确；
B．和均为非极性分子，根据相似相溶规律可知易溶于，故B正确；
C．键为8个，键为2个，故键与键个数比为，故C正确；
D．型的分子空间结构不一定为平面三角形，如NH3为三角锥形，故D错误；
故选D。
12．CH4-CO2催化重整可以得到合成气(CO和H2)，有利于减小温室效应，其主要反应为CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g) ΔH＝+247 kJ·mol−1，同时存在以下反应：积碳反应：CH4(g)⇌C(s)+2H2(g) ΔH＝+75 kJ·mol−1，消碳反应：CO2(g)+C(s)⇌2CO(g) ΔH＝+172 kJ·mol−1，积碳会影响催化剂的活性，一定时间内积碳量和反应温度的关系如图。下列说法正确的是

A．高压利于提高CH4的平衡转化率并减少积碳
B．增大CO2与CH4的物质的量之比有助于减少积碳
C．升高温度，积碳反应的化学平衡常数K减小，消碳反应的K增大
D．温度高于600℃，积碳反应的化学反应速率减慢，消碳反应的化学反应速率加快，积碳量减少
【答案】B
【详解】A．反应CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)和CH4(g)⇌C(s)+2H2(g)，正反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，可减少积碳，但CH4的平衡转化率降低，故A错误；
B．假设CH4的物质的量不变，增大CO2的物质的量，CO2与CH4的物质的量之比增大，对于反应CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)平衡正向移动，CH4的浓度减小，对于积碳反应：CH4(g)⇌C(s) +2H2(g)，由于甲烷浓度减小，平衡逆向移动，碳含量减少；增大CO2的物质的量，对于消碳反应：CO2(g) +C(s)⇌2CO(g)，平衡正向移动，碳含量也减少，综上分析，增大CO2与CH4的物质的量之比，有助于减少积碳，故B正确；
C．平衡常数只与温度有关，积碳反应和消碳反应都是吸热反应，升高温度，平衡向吸热的方向移动，即向正向移动，两个反应的平衡常数K都增大，故C错误；
D．根据图象，温度高于600℃，积碳量减少，但温度升高，存在的反应体系中反应速率都加快，故D错误；
答案选B。
13．利用燃料电池电解制备并得到副产物，装置如图所示。下列说法不正确的是

A．a极的电极反应式为
B．A膜和C膜均为阳离子交换膜
C．可用铁电极替换阴极的石墨电极
D．a极上通入(标准状况)甲烷，阳极室减少
【答案】D
【分析】CH4燃料电池中，甲烷失电子发生氧化反应，则通入燃料CH4的a极为负极，通入氧化剂氧气的b极为原电池的正极。
【详解】A． a极为负极，CH4在a极上失电子发生氧化反应，电极反应式为，故A正确；
B．与a极相连的石墨为电解池的阴极，与b极相连的石墨为电解池的阳极，由图可知，A膜允许钙离子自由通过，则A膜应为阳离子交换膜，C膜允许钠离子自由通过，则C膜也应为阳离子交换膜，故B正确；
C．阴极电极不参与反应，可用铁电极替换阴极的石墨电极，故C正确；
D．左侧为原电池，右侧为电解池，构成闭合回路，原电池释放的电子，等于电解池通过的电子，a极上通入标况下2.24L甲烷，，根据可知，，通入0.1molCH4应有0.4molCa2+通过A膜进入产品室，则阳极室Ca2+减少0.4mol，故D错误；
答案选D。
14．常温下，向20 mL 0.2 mol·L-1 H2A溶液中滴加0.2 mol·L-1 NaOH溶液。有关微粒的物质的量变化如图(其中Ⅰ代表H2A，Ⅱ代表HA-，Ⅲ代表A2-)。根据图示判断，下列说法正确的是

A．当V(NaOH溶液)=40 mL时，其溶液中水的电离程度比纯水小
B．NaHA溶液中：c(OH-)＋c(A2-)=c(H＋)＋c(H2A)
C．当V(NaOH溶液)=20 mL时，溶液中离子浓度大小关系：c(Na＋)>c(A2-)>c(HA-)>c(H＋)>c(OH-)
D．向Na2A溶液加入水的过程中，pH可能增大也可能减小
【答案】B
【详解】A．当V(NaOH)=40 mL时，等浓度的NaOH溶液与H2A溶液按体积2：1混合后，二者恰好反应生成Na2A和水，Na2A是强碱弱酸盐促进水电离，故A错误；
B．根据电荷守恒得c(OH-)+2c(A2-)+c(HA-)=c(H+)+c(Na+)，根据物料守恒得c(Na+)=c(HA-)+c(H2A)+c(A2-)，所以得c(OH-)+c(A2-)=c(H+)+c(H2A)，故B正确；
C．根据图象知，当V(NaOH)=20 mL时，发生反应为NaOH+H2A═NaHA+H2O，溶质主要为NaHA，HA-电离程度大于水解程度，溶液显酸性，水和HA-都电离出氢离子，只有HA-电离出A2-，所以离子浓度大小顺序是c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)，故C错误；
D．Na2A溶液加水稀释，促进其水解，但溶液中氢氧根离子浓度减小，所以溶液的pH减小，故D错误；
故选：B。
15．已知相同温度下，。某温度下，饱和溶液中、、与的关系如图所示。

下列说法正确的是
A．曲线①代表的沉淀溶解曲线
B．该温度下的值为
C．加适量固体可使溶液由a点变到b点
D．时两溶液中
【答案】B
【分析】BaCO3、BaSO4均为难溶物，饱和溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c()]}＝－lg[c(Ba2＋)×c()]＝－lg[Ksp(BaSO4)]，同理可知溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c()]}＝－lg[Ksp(BaCO3)]，因Ksp(BaSO4)＜ Ksp(BaCO3)，则－lg[Ksp(BaCO3)]＜－lg[Ksp(BaSO4)]，由此可知曲线①为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c()]的关系，曲线②为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c()]的关系。
【详解】A．由题可知，曲线上的点均为饱和溶液中微粒浓度关系，由上述分析可知，曲线①为BaSO4的沉淀溶解曲线，选项A错误；
B．曲线①为BaSO4溶液中－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c()]的关系，由图可知，当溶液中－lg[c(Ba2＋)]＝3时，－lg[c()＝7，则－lg[Ksp(BaSO4)]＝7＋3＝10，因此Ksp(BaSO4)＝1.0×10－10，选项B正确；
C．向饱和BaCO3溶液中加入适量BaCl2固体后，溶液中c(Ba2＋)增大，根据温度不变则Ksp(BaCO3)不变可知，溶液中c()将减小，因此a点将沿曲线②向左上方移动，选项C错误；
D．由图可知，当溶液中c(Ba2＋)＝10－5.1时，两溶液中＝＝，选项D错误；
答案选B。


二、填空题
16．某实验小组为了分析补血剂中铁元素的质量分数，用标准溶液在酸性条件下进行氧化还原滴定，反应的离子方程式是。
(1)滴定过程中标准溶液放在__________(仪器名称)。
(2)达到滴定终点的现象是__________。
(3)下列操作能使结果偏大的是______。
A．滴定管未润洗即装入标准溶液
B．滴定过程中开始仰视，后来俯视度数
C．滴定开始时滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失
D．滴定过程中锥形瓶中不慎有液体溅出
(4)该实验小组称取补血剂在容量瓶中配成溶液，量取试样溶液，用标准溶液滴定。达到滴定终点时，消耗标准溶液，则所测补血剂中铁元素的质量分数是__________(结果精确到0.1％)。
(5)若该小组配制溶液和滴定操作时引起的误差忽略，最终所测补血剂中铁元素含量仍偏小，其可能的原因是__________。
【答案】(1)酸式滴定管
(2)滴入最后半滴标准溶液时，溶液由浅绿色变为紫色且半分钟内不恢复原来的颜色
(3)AC
(4)46.7%
(5)溶解的空气中的氧气将Fe2+氧化为Fe3+，导致所用KMnO4溶液的体积偏小

【分析】用KMnO4标准溶液滴定FeSO4溶液，以确定补铁剂中的铁含量，称取和配制溶液时，需尽可能减少与空气的接触，以防Fe2+被氧化；KMnO4、FeSO4溶液都呈酸性，不能使用碱式滴定管盛放；此滴定称为氧化还原滴定，且KMnO4呈紫色，不需另加指示剂。
【详解】（1）KMnO4溶液具有强氧化性且溶液呈酸性，在酸式滴定管中盛放。
（2）KMnO4溶液具有颜色，且滴定过程中颜色会发生改变，达到滴定终点的现象为滴入最后半滴标准溶液时，溶液由浅绿色变为紫色且半分钟内不恢复原来的颜色。
（3）A.滴定管未润洗即装入标准溶液，导致标准溶液浓度偏小，滴定消耗标准溶液体积偏大，最终使测定结果偏大，A符合题意；
B.滴定过程中开始仰视，后来俯视度数，则测定消耗标准溶液体积偏小，由此计算的待测溶液结果偏低，B不符合题意；
C. 滴定开始时滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，导致反应消耗的标准溶液体积偏大，由此计算的待测溶液结果偏大，C符合题意；
D. 滴定过程中锥形瓶中不慎有液体溅出，导致消耗标准溶液体积偏小，则根据标准溶液计算的待测溶液的Fe2+含量偏低，D不符合题意；
故合理选项是AC；
（4）取12.0 g补血剂在容量瓶中配成100 mL溶液，量取25.00 mL试样溶液，用0.100 mol·L-1 KMnO4标准溶液滴定。达到滴定终点时，消耗标准溶液20.00 mL，依据反应方程式，可建立关系式：KMnO4--5Fe2+，则所测补血剂中铁元素的质量分数是。答案为：46.7%；
（5）若该小组配制溶液和滴定操作时引起的误差忽略，最终所测补血剂中铁元素含量仍偏小，只能是空气中氧气的作用，则其可能原因是：溶解的空气中的氧气将Fe2+氧化为Fe3+，导致所用KMnO4溶液的体积偏小。答案为：溶解的空气中的氧气将Fe2+氧化为Fe3+，导致所用KMnO4溶液的体积偏小。

三、工业流程题
17．某科研人员以废镍催化剂(主要成分为NiO，另含Fe2O3、CaO、CuO、BaO)为原料回收镍，工艺流程如图：

已知：常温下，有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH如表：
氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Ni(OH)2
开始沉淀的pH
1.5
6.5
7.7
沉淀完全的pH
3.7
9.7
9.2

回答下列问题：
(1)浸出渣主要成分为___、___ (填化学式)。
(2)"除铜"时，Fe3+与H2S反应的离子方程式为___。
(3)"氧化"的目的是将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，温度需控制在40～50℃之间，该步骤温度不能太高的原因是___。
(4)"调pH"时，pH的控制范围为___。
(5)"除钙"后，若溶液中F-浓度为3×10-3mol·L-1，则=___。[已知常温下，]
(6)在碱性条件下，电解产生2NiOOH·H2O的原理分两步，其中第一步是Cl-在阳极被氧化为ClO-，则该步电极反应式为___。
【答案】     CaSO4(或CaSO4·2H2O)     BaSO4     2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+     温度太高，H2O2受热分解     3.7≤pH<7.7     1.0×10-3     Cl-+2OH--2e-=ClO-+H2O
【分析】废镍催化剂(主要成分为NiO，另含Fe2O3、CaO、CuO、BaO等)，用硫酸浸取，过滤得含有镍离子、铁离子、钙离子、铜离子的溶液，再通入硫化氢除去铜离子，且使铁离子被还原成亚铁离子，得硫化铜、硫固体，过滤得滤液中含有镍离子、亚铁离子、钙离子，加入过氧化氢氧化亚铁离子生成铁离子，调节溶液pH生成氢氧化铁沉淀，加入氟化钠除去钙离子，再加入氯化钠后电解得NiOOH，灼烧得三氧化二镍，以此解答该题。
【详解】(1) 用硫酸浸取，钙离子和钡离子与硫酸根离子结合得到CaSO4、BaSO4沉淀，故浸出渣主要成分为CaSO4(或CaSO4·2H2O)、BaSO4。
(2)"除铜"时，铁离子具有强氧化性，可与硫化氢反应生成亚铁离子和S，反应的离子方程式为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+。
(3)"氧化"时用过氧化氢将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，过氧化氢受热易分解，故温度不能太高。
(4) "调pH"，使铁离子完全沉淀，且避免生成Ni(OH)2，由表中数据可知，pH范围为3.7≤pH<7.7。
(5) 已知常温下，，"除钙"后，若溶液中F-浓度为3×10-3mol·L-1，则钙离子浓度为 ， 。
(6) 阳极上氯离子失电子生成氯气，氯气和氢氧根离子反应生成次氯酸根离子和水，所以阳极反应式为Cl-+2OH--2e-=ClO-+H2O。

四、结构与性质
18．氮、磷、砷是同主族元素，请回答下列问题。
(1)画出基态砷原子价层电子的轨道表示式__________。
(2)①、②、③三种分子空间构型为__________，沸点由高到低的顺序为__________(填序号)，稳定性由强到弱的顺序为__________(填序号)．
(3)和中心原子的杂化类型是__________，二者相比键角更大的分子和相关原因是__________。
(4)原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用表示，与之相反的用表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态的磷原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为__________。
(5)2022年起，曾经的“天价药”诺西那生钠正式实施医保价格，一针直降几十万元人民币。诺西那生钠，用于治疗脊髓性肌肉菱缩症(SMA)。其结构片段如图所示。
(R为)
该结构片段中含有______个手性碳原子。
【答案】(1)
(2)     三角锥形     、、     、、
(3)     sp3     含有一对孤电子对，而含有两对孤电子对，中的孤电子对对于成键电子对的排斥作用较大
(4)或
(5)4

【详解】（1）As是33号元素，砷原子价层电子的轨道表示式 ；
（2）①、②、③三种分子是同主族元素的氢化物，价层电子对数为：，空间构型为三角锥形；、、为同主族的氢化物，氨分子间能形成氢键，分子间作用力最大，沸点最高，砷化氢的相对分子质量大于磷化氢，分子间作用力大于磷化氢，沸点高于磷化氢，则沸点由高到低的顺序为沸点由高到低的顺序为、、；同主族元素，从上到下，非金属性依次减弱，氢化物的稳定性依次减弱，则稳定性由强到弱的顺序为、、；
（3）价层电子对数为：，价层电子对数为：，中心原子的杂化类型都是sp3；孤电子对之间的排斥力大于孤电子对和成键电子对之间的排斥力，含有一对孤电子对，而含有两对孤电子对，中的孤电子对对于成键电子对的排斥作用较大，所以的键角小于的，故答案为：sp3、含有一对孤电子对，而含有两对孤电子对，中的孤电子对对于成键电子对的排斥作用较大；
（4）基态磷原子价电子排布式为3s23p3，其中3s轨道的2个电子自旋状态相反，自旋磁量子数的代数和为0，根据洪特规则可知，其3p轨道的3个电子的自旋状态相同，因此基态磷原子的价电子的自旋磁量子数的代数和为或；
（5）C上连有4个不同的原子或基团具有手性，如图 ，有4个手性碳原子；

五、原理综合题
19．高炉废渣在循环利用前需要脱硫(硫元素主要存在形式为，少量为和)处理。
(1)高温“两段法”氧化脱硫。第一阶段在空气中，相关热化学方程式如下：
  
  
①第二阶段在惰性气体中，反应的________。
②整个过程中，完全转化生成，转移的电子为________。
③生成的用硫酸铜溶液吸收电解氧化，总反应为。写出电解时阳极的电极反应式________________。
(2)喷吹脱硫。用水浸取炉渣，通入适量的，将硫元素以含硫气体形式脱去。当的流量、温度一定时，渣－水混合液的、含碳元素各种微粒(、、)的分布随喷吹时间变化如图1和图2所示。

①第二步电离的电离常数为，则________(填数值，已知)。
②通入时，混合液中发生的主要脱硫反应的离子方程式为_____________。
(3)硫酸工业生产中吸收率与进入吸收塔的硫酸浓度和温度关系如图3，由图可知吸收所用硫酸的适宜浓度为98.3％，温度为_____，而工业生产中一般采用60℃的可能原因是____________。
【答案】(1)     904.1     6     SO2+ 2H2O-2e-=SO+4H+
(2)     10.25     2CO2+S2-十2H2O=2十H2S↑
(3)     40℃     适当升高温度可以加快SO3吸收速率

【详解】（1）①设  为①式，  
为②，根据盖斯定律4②-3①得，；
②CaS完全转化生成SO2时，S元素的化合价从-2价升高到+4价，则生成1 mol SO2转移的电子数为[(+4)-(-2)] mol=6mol；
③由电解总方程式可知，SO2在阳极，上失电子发生氧化反应生成H2SO4，电极反应式为SO2+ 2H2O-2e-=SO+4H+ ；
（2）①由图1、2可知，当溶液中相等时，溶液的pH=10.25，则，则pKa2=10.25；
②由图1、2可知，通入CO215~ 30 min时，溶液中碳元素主要以存在，说明二氧化碳与溶液中S2-反应生成和H2S，反应的离子方程式为2CO2+S2-十2H2O=2十H2S↑；
（3）由图3可知，当吸收SO3所用硫酸的适宜浓度为98.3%，温度为40℃时SO3的吸收率最高，但是适当升高温度可以加快吸收速率，所以工业生产中一般采60℃。