2022徐州铜山区高二下学期期中考试化学含解析

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2021~2022学年度第二学期期中学情调研
高二化学试题
注意事项
考生在答题前请认真阅读本注意事项及答题要求
1.本试卷共6页。包含选择题(第1题～第14题，共14题42分)、非选择题(第15题～第18题，共4题58分)两部分。考试时间为75分钟，满分100分。考试结束后，请将答题卡或答题纸交回。
2.答题前，请务必将自己的姓名、考试证号用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔填写在答题卡或答题纸上的规定位置。
3.使用答题卡作答选择题的，必须用2B铅笔把答题卡上对应选项的方框涂满涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案(不使用答题卡作答选择题的，请将选择题答案写在答题纸最后的选择题答题栏内)。作答非选择题，必须用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔将各题答案写在答题卡或答题纸上的指定位置，在其它位置作答一律无效。
4.如有作图需要，可用2B铅笔作答，并请加黑加粗，描写清楚。
本卷可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5 K-39 Mn-55 Fe-56
一、单项选择题：共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 我国科学家前不久成功合成了长的管状定向碳纳米管，长度居世界之首，这种碳纤维具有强度高，刚度(抵抗变形的能力)大、密度小(只有钢的四分之一)，熔点高，化学稳定性好的特点，因而被称为“超级纤维”。下列对碳纤维的说法中不正确的是
A. 它是一种高分子化合物 B. 它的组成元素是碳
C. 它是石墨的同素异形体 D. 它是制造飞机的理想材料
【答案】A
【解析】
【分析】根据题目信息判断物质的组成元素，根据同素异形体的特点进行判断；
【详解】A．碳纤维是一种元素组成，属于单质，故A不正确；
B．根据题目信息判断，只有碳元素组成，故B正确；
C．根据同素异形体的定义判断，C正确；
D．根据题目信息碳纤维具有强度高，刚度大，密度小，熔点高的特点，故D正确；
故选答案A；
【点睛】此题考查碳元素物质的应用，利用信息进行判断；注意基本概念的应用。
2. 下列有关物质结构与性质的说法中，正确的是
A. 根据石墨易传热、能导电的性质，可以推测出石墨属于金属单质
B. 通常条件下很稳定的原因是氮分子中氮氮三键的键能大
C. 乙醇能与钠发生反应，故乙醇为电解质
D. 熔融的氯化钠能导电是因为其中有自由移动的电子
【答案】B
【解析】
【详解】A．石墨是由碳元素组成的一种非金属单质，石墨中碳原子采取sp2杂化，每个碳原子形成3个碳碳键，形成平面六元并环结构，每个碳原子的配位数为3，有一个未参与杂化的2p电子，它的原子轨道垂直于碳原子平面，由于所有的p轨道相互平行而且相互重叠，使p轨道中的电子在蒸个碳原子平面中运动，使石墨易传热、能导电， A项错误；
B．N2分子中氮氮三键的键能很大，所以N2的化学性质很稳定，通常情况下难以与其它物质发生化学反应，B项正确；
C．乙醇是在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物，乙醇为非电解质，C项错误；
D．熔融的氯化钠能导电是因为其中有自由移动的阴、阳离子，D项错误；
答案选B。
3. 下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是
A. 对于平衡体系，增大压强(缩小容积)可使颜色变深
B. 合成氨工业上，采用高压以提高的产率
C. 氯水宜保存在低温、避光条件下
D. 用溶液除铁锈，增大溶液浓度，除铁锈速率加快
【答案】A
【解析】
【详解】A．对于平衡体系，气体分子总数不变，增压可增大碘单质蒸气的浓度，导致颜色加深，不能用勒夏特列原理加以解释，A符合；
B．合成氨反应中气体分子总数减少，增压有利于平衡右移，故合成氨工业上，采用高压以提高的产率，能用勒夏特列原理加以解释，B不符合；
C．氯水中存在，次氯酸见光分解、次氯酸浓度降低、平衡右移，则氯水宜保存在低温、避光条件下，能用勒夏特列原理加以解释，C不符合；
D． 氯化铵溶液水解呈酸性，因此可以用溶液除铁锈，增大溶液浓度、水解平衡右移，氢离子浓度增大，除铁锈速率加快，能用勒夏特列原理加以解释，D不符合；
答案选A。
4. 下列有关电化学实验装置的说法正确的是（ ）

A. 用装置甲组装铜锌原电池
B. 用图乙所示装置可实现反应：Cu+2H2OCu(OH)2+H2↑
C. 用图丙装置可制得消毒剂NaClO同时减少Cl2的逸出
D. 用图丁装置可验证铁钉发生了析氢腐蚀
【答案】C
【解析】
【详解】A．装置甲中把铜棒插入硫酸铜溶液、锌棒插入硫酸锌溶液组装铜锌原电池，故A错误；
B．图乙所示装置，若铜连接电源正极，可实现反应：Cu+2H2OCu(OH)2+H2↑，故B错误；
C．用图丙装置，氯气在阳极生成、氢氧化钠在阴极生成，气泡上升过程中与氢氧化钠充分接触，可制得消毒剂NaClO同时减少Cl2的逸出，故C正确；
D．图丁装置铁钉发生吸氧腐蚀，故D错误；
故选C。
5. 下列指定反应的离子方程式正确的是
A. 饱和溶液与固体反应：
B. 碱性溶液与反应：
C. 用铜电极电解溶液：
D. 溶液净水原理：
【答案】A
【解析】
【详解】A． 硫酸钙的溶解度大于碳酸钙，故饱和溶液与固体反应能生成更难溶的碳酸钙：，A正确；
B． 碱性溶液与反应不会生成大量氢离子，应为：，B错误；
C． 用铜电极电解溶液：阳极铜溶解得到铜离子、阴极铜离子得电子得到铜，C错误；
D． 溶液净水原理是因为氯化铁水解产生了氢氧化铁胶体、而不是沉淀：，D错误；
答案选A。
6. Cl2可用于生产漂白粉等化工产品。Cl2的制备方法有：
方法ⅠNaClO+2HCl(浓)=NaCl+Cl2↑+H2O；
方法Ⅱ4HCl(g)+O2(g)=2H2O(g)+2Cl2(g)ΔH=akJ·mol−1
上述两种方法涉及的反应在一定条件下均能自发进行。一定条件下，在密闭容器中利用方法Ⅱ制备Cl2，下列有关说法正确的是
A. 升高温度，可以提高HCl的平衡转化率
B. 提高，该反应的平衡常数增大
C. 若断开1molH-Cl键的同时有1molH-O键断开，则表明该反应达到平衡状态
D. 该反应的平衡常数表达式K=
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．该反应一定条件下能自发，即可以满足ΔG=ΔH-TΔS＜0，反应为气体系数之和减小的反应，ΔS＜0，则只有ΔH＜0才可能满足ΔG＜0，所以该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，HCl的转化率减小，A错误；
B．平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，B错误；
C．若断开1molH-Cl键的同时有1molH-O键断开，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，C正确；
D．该反应中水为气态，平衡常数表达式为K=，D错误；
综上所述答案为C。
7. 以含钴废渣(主要成分为CoO和Co2O3，含少量Al2O3和ZnO)为原料制备锂电池的电极材料CoCO3的工艺流程如下：

下列说法错误的是
A. 通入SO2发生反应的离子方程式：2Co3＋＋SO2＋2H2O=2Co2＋＋SO＋4H＋
B. 加入适量Na2CO3调节pH是利用几种氢氧化物Ksp的不同除铝
C. 若萃取剂的总量一定，则分多次加入萃取比一次加入萃取效果更好
D. 将含Co2＋的溶液缓慢滴加到Na2CO3溶液中沉钴，以提高CoCO3的产率
【答案】D
【解析】
【分析】钴废渣主要成分为CoO、Co2O3，还含有Al2O3、ZnO等杂质，加入硫酸酸浸并通入二氧化硫，纵观整个流程最后得到CoCO3，说明该过程中二氧化硫会还原Co2O3，发生反应：Co2O3+SO2+H2SO4=2CoSO4+H2O，硫酸与CoO、氧化铝、氧化锌反应，所得溶液中还含有硫酸铝、硫酸锌等，加入碳酸钠调节溶液的pH，使铝离子转化为氢氧化铝沉淀，过滤除去，然后加入萃取剂，萃取锌离子，在有机层中加入稀硫酸，可得到硫酸锌。在水相中加入碳酸钠生成CoCO3固体。
【详解】A．根据分析可知酸浸过程中二氧化硫会还原Co2O3，根据电子守恒和元素守恒得到离子方程式2Co3＋＋SO2＋2H2O=2Co2＋＋SO＋4H＋，A正确；
B．氢氧化物Ksp不同，则开始沉淀时所需的pH值不同，加入适量Na2CO3调节相应的pH可以只沉淀Al3+，B正确；
C．萃取过程中，每一次萃取都是按照一定比例进行的溶质分配，多次萃取相当于不断降低物质的浓度，提取效率就高，C正确；
D．将含Co2＋的溶液缓慢滴加到Na2CO3溶液中，碳酸钠过量，碱性过程，会生成Co(OH)2沉淀，降低CoCO3的产率，D错误；
综上所述答案D。
8. 下列叙述中正确的是
A. 向密闭容器中充入与，在实验条件下充分反应生成，放出的热量，则该反应的热化学方程式为：
B. 常温常压下，氢氧燃料电池放电过程中消耗，转移电子的数目为
C. 配制溶液时，将溶于较浓硝酸，然后加水稀释
D. 常温下，的溶液和的溶液中，水的电离程度相同
【答案】C
【解析】
【详解】A．SO2与O2化合成SO3的反应为可逆反应，充入的1molSO2和0.5molO2不能完全反应，则1molSO2和0.5molO2完全反应放出的热量大于80kJ，反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)的∆H＜-160kJ/mol，A项错误；
B．常温常压下气体摩尔体积大于22.4L/mol，11.2LH2物质的量小于0.5mol，转移电子数小于6.02×1023，B项错误；
C．Hg(NO3)2属于强酸弱碱盐，在溶液中存在水解平衡Hg2++2H2O⇌Hg(OH)2+2H+，将Hg(NO3)2溶于较浓硝酸，能抑制Hg2+的水解，C项正确；
D．NH4Cl属于强酸弱碱盐，由于的水解促进水的电离，常温下pH=4的NH4Cl溶液中电离的水的浓度为1×10-4mol/L，CH3COOH电离的H+抑制水的电离，常温下pH=4的CH3COOH溶液中电离的水的浓度为1×10-10mol/L，水的电离程度不相同，D项错误；
答案选C。
9. 根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
向苯酚浊液中滴加溶液，浊液变清
苯酚的酸性强于的酸性
B
常温下，分别测量浓度均为的溶液和溶液的，前者的大
酸性：
C
向的混合稀溶液中滴入少量稀溶液，有黄色沉淀生成

D
向少量碘水中加入过量浓溶液，分成两等份，向一份中滴加溶液显红色；向另一份中滴加淀粉溶液显蓝色
与的反应为可逆反应

A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【分析】A中根据反应现象及反应事实进行判断；B中根据逆向思维，水解程度的大小反之判断电离程度的大小；C中根据溶解度的大小判断溶度积的大小；D中根据实验现象判断溶液中含有的离子，根据溶液成分进行判断反应；
【详解】A．苯酚和碳酸钠反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，不能制出碳酸，故不能说明苯酚的酸性强于碳酸，故A不正确；
B．硫化钠发生两步水解，第一步远大于第二步，根据同浓度的盐溶液水解程度判断酸性大小为：HClO>HS-，故B不正确；
C．氯化钠和碘化钠的浓度未知，不能说明两个沉淀的溶解度大小，故C不正确；
D．滴加KSCN显红色，说明含有三价铁，故说明发生了反应，淀粉溶液变蓝说明还有碘单质，故能说明该反应是可逆反应，故D正确；
故选答案D；
【点睛】此题考查实验的应用；根据实验现象及实验事实判断结论；注意水解过程中分步及程度。
10. 一定温度下的难溶电解质AmBn­­在水溶液中达到沉淀溶解平衡时，其平衡常数Ksp＝cm(An＋)×cn(Bm＋)，称为难溶电解质的离子积。已知下表数据：
物质
Fe(OH)2
Cu(OH)2
Fe(OH)3
Ksp／25℃
8.0×10－16
2.2×10－20
4.0×10－36
完全沉淀时的pH范围
≥9.6
≥6.4
≥3

对含等物质的量的CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3的混合溶液的下列说法，正确的是
A. 向该混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，最先看到的是蓝色沉淀
B. 该溶液中c(SO42－):[ c(Cu2＋)＋c(Fe2＋)＋c(Fe3＋)]＞5:4
C. 向该溶液中加入适量氯水，调节pH到4~5后过滤，可获得纯净的CuSO4溶液
D. 向该溶液中加入适量氨水，调节pH到9.6后过滤，将所得沉淀灼烧，可得等物质的量的CuO、FeO、Fe2O3三种固体的混合物
【答案】B
【解析】
【详解】A.根据表中数据可知，氢氧化铁完全沉淀时的pH≥3，所以混合液中逐滴加入氢氧化钠溶液后，铁离子优先反应生成氢氧化铁沉淀，应该最先看到红褐色沉淀，故A错误；
B.因为Cu2+、Fe2+、Fe3+对应的碱全是弱碱，所以这三种离子在溶液中都会发生水解，因此它们的物质的量会减少，则溶液中c(SO42－):[ c(Cu2＋)＋c(Fe2＋)＋c(Fe3＋)]＞5:4，故B正确；
C.加入氯水，可以把亚铁离子全氧化成Fe3+，但它的还原产物Cl-肯定还在溶液中，而且在调节pH时加入的试剂也会在溶液中有所保留，所以得到的溶液中不可能只含CuSO4一种溶质，故C错误；
D.由表中数据可知，在pH到9.6后过滤，沉淀中含有Cu(OH)2、Fe(OH)2和Fe(OH)3，对沉淀灼烧，最终得到的是CuO和Fe2O3两种固体的混合物，故D错误；
故选B。
11. 科学家对新型电化学系统研究发现，用碳化钼作Li极催化剂时的放电产物为，装置如图所示。若用Au和多孔碳作Li极催化剂，则产物为和C。下列说法正确的是

A. 放电时，碳化钼用于提高反应的活化能
B. 若用作催化剂时，放电的电极反应式为：
C. 该电池可以选用水溶液作为电解质溶液
D. 生成等物质的量的和时，转移电子数不相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．放电时，碳化钼作催化剂、用于降低反应的活化能，A错误；
B．已知碳化钼作Li极催化剂时的放电产物为，反应过程中二氧化碳被还原，则若用作催化剂时，放电的电极反应式为： ，B正确；
C． Li能与水反应，则该电池不能选用水溶液作为电解质溶液，C错误；
D．用金作催化剂时电极反应为，若用作催化剂时，放电的电极反应式为： ，则生成等物质的量的和时，转移电子数相同，D错误；
答案选B。
12. 室温下，通过下列实验探究溶液的性质。
实验
实验操作
1
用试纸测定溶液的，测得约为8
2
将浓度均为溶液和溶液等体积混合，产生白色沉淀和刺激性气味的气体
3
将等体积与溶液混合，析出晶体
4
向溶液中滴加溶液，产生白色沉淀逸出无色气体
下列有关说法正确的是
A. 溶液中存在：
B. 根据实验2的现象可以得出
C. 实验3静置后的上层清液中有：
D. 实验4中产生的气体是和混合气体
【答案】C
【解析】
【详解】A．NH4HCO3属于弱酸弱碱的酸式盐，在溶液中存在水解平衡（+H2O⇌NH3·H2O+H+），既存在电离平衡（⇌H++）、又存在水解平衡（+H2O⇌H2CO3+OH-），用pH试纸测定0.1mol/LNH4HCO3溶液的pH，测得pH约为8，溶液呈碱性，说明的水解程度大于的水解程度，故溶液中存在c()＞c()＞c()，A错误；
B．将浓度均为0.1mol/LNH4HCO3溶液和Ba(OH)2溶液等体积混合，产生白色沉淀和刺激性气味的气体，有白色BaCO3沉淀生成，只能说明混合液中c(Ba2+)∙c()=0.05×0.05=2.5×10-3＞Ksp(BaCO3)，B错误；
C．原NH4HCO3溶液中存在物料守恒：c()+c(NH3·H2O)=c()+c(H2CO3)+c()，将等体积1mol/LNH4HCO3与NaCl溶液混合，碳酸氢钠溶解度较小，析出碳酸氢钠晶体，发生反应NH4HCO3+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl，由于有部分在NaHCO3晶体中析出，故静置后的上层清液中c()+c(NH3·H2O)＞c()+c(H2CO3)+c()，C正确；
D．向1mol/LNH4HCO3溶液中滴加0.1mol/LAlCl3溶液，产生白色沉淀，逸出无色气体，发生的反应为3+Al3+=Al(OH)3↓+3CO2↑，产生的气体是CO2，D错误；
故选C。
13. 二甲醚催化制备乙醇主要涉及以下两个反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅰ、Ⅱ的平衡常数的对数、与温度的关系如图1所示：固定的原料比、体系压强不变的条件下，同时发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时各物质的物质的量分数随温度的变化如图2所示。下列说法正确的是

A.
B. 测得X点的物质的量分数是10%，则X点反应Ⅱ有：v(正) C. 由曲线知，后升高温度对反应Ⅰ的影响程度小于对反应Ⅱ的影响程度
D. 曲线A表示的物质的量分数随温度的变化
【答案】D
【解析】
【分析】根据温度和平衡常数的关系判断反应类型，利用反应过程中物质的量的变化判断平衡移动方向，根据平衡移动方向判断正逆反应速率的大小，利用图象表示的各物质的量的递变规律判断平衡的移动方向；
【详解】A．根据图1中温度与lgK2的关系：当温度升高，K2在减小，故反应II为放热反应，b<0；故A不正确；
B．X点对应反应温度为400K，由图可知，X点乙醇物质的量分数小于平衡时乙醇的物质的量分数，说明此时反应未达到平衡，反应正向移动，V正>V逆，故B不正确；
C．由图1可知，反应I和II均为放热反应，升高温度，平衡均逆向移动，由图2可知，乙酸乙酯的 降低速率大于甲醇的降低速率，600K后升高温度对反应I的影响程度大于反应II，故C不正确；
D．根据图象2判断当乙酸甲酯的量增大时，反应I是主要反应，该过程中气体的分子数再减小，故氢气的物质的量分数再增大，当乙酸甲酯的物质的量分数达到最大时，反应2向正向进行或者反应I向逆向进行，氢气的物质的量分数降低，故A线表示物质的量分数变化，故D正确；
故选答案D；
【点睛】此题考查平衡移动的应用，利用图象信息判断平衡移动方向，注意在一定条件下的主反应和次反应。
14. 以Pd纳米粒子为核、空心多孔碳球(HCS)为壳的封装型催化剂是和直接合成中最具代表性的催化剂，其主要反应的机理如图(其中吸附在催化剂表面的物种用*标注)所示。下列说法正确的是

A. 使用催化剂可降低反应的焓变，加快该反应的速率
B. 步骤②释放能量、步骤④吸收能量
C. 步骤③中有化学键的生成，没有发生化学键的断裂
D. 若过程中生成，则会降低的产率
【答案】D
【解析】
【详解】A．催化剂不能降低反应的焓变，可以加快反应的速率，A错误；
B．从图中可知，步骤②一个H2*中化学键断裂生成2个H*，化学键断裂吸收能量，步骤④OOH*和H结合生成H2O2*，形成化学键释放能量，因此步骤②吸收能量，步骤④释放能量，B错误；
C．由题中图示可知，步骤③是O2*+2H*→OOH*+H*，氧氧双键断开一根键，C错误；
D．由题中图示可知，若过程中生成O*，则会降低OOH*和H2O2*的生成量，生成的O*可能会生成水，可能会降低H2O2的产率，D正确；
故答案选D。
二、非选择题：共4题，共58分。
15. 氮氧化物和排放易造成臭氧层空洞、酸雨及水体污染。
（1）氮氧化物破坏臭氧层原理为：①②。常温下反应①的平衡常数为，反应②的平衡常数为，则反应的平衡常数K=_______(用表示)；氮氧化物在该反应中的作用是_______。
（2）SCR法是工业上消除氮氧化物的常用方法，反应原理为：，其他条件相同，在甲、乙两种催化剂作用下，NO转化率与温度的关系如图1。

①工业上选择催化剂乙的原因是_______；
②在催化剂甲作用下，图中M点处(对应温度为)NO的转化率_______(填“可能是”“一定是”或“一定不是”)该温度下的平衡转化率。高于时，NO转化率降低的原因可能是_______。
③按上述方程式中和的比例进行催化脱硝反应。反应一定的时间，和NO的转化率与温度的关系如图2所示。超过后，NO转化率急剧下降，而仍维持较高转化率的原因是_______。
（3）电极生物膜法能有效去除水体中的，进行生物的反硝化反应。其可能反应机理如图3所示。用必要的化学用语及文字来描述此过程为_______。

【答案】（1） ①. K1•K2 ②. 催化剂
（2） ①. 低温下有很强的催化活性(或在较大的温度范围内有较高催化活性) ②. 一定不是 ③. 催化剂活性降低或副反应增多 ④. 超过200℃后，NH3与O2生成NO
（3）H2O在阴极得电子生成氢气，2H2O+2e-=H2↑+2OH-，氢气与硝酸根离子在生物膜中发生脱硝反应，2NO+5H2=N2↑+2OH-+4H2O
【解析】
【小问1详解】
反应①K1=，反应②K2=，目标方程式K=，则K=K1×K2。从反应①和反应②可知，反应前后NO未消耗，起到催化剂的作用。
【小问2详解】
①从图中可知，工业上选择催化剂乙的原因为乙在低温下有很强的催化活性(或在较大的温度范围内有较高催化活性)。
②催化剂只改变反应速率，从而改变反应到达平衡的时间，但不影响反应物的平衡转化率，图中M点处，甲和乙作用下的NO的转化率不同，由此确定该温度下的转化率一定不是平衡转化率。高于210℃时，NO转化率降低的原因可能为催化剂活性降低或副反应增多。
③超过200℃时，发生氨的催化氧化，NH3与O2反应生成NO，从而导致NO转化率急剧下降而NH3仍维持较高的转化率。
【小问3详解】
从图中可知，H2O在阴极得电子生成氢气，化学方程式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，氢气与硝酸根离子在生物膜中发生脱硝反应，2+5H2=N2↑+2OH-+4H2O。
16. 三草酸合铁(Ⅲ)酸钾是制备负载型活性催化剂的主要原料，易溶于水，难溶于乙醇。实验室制备流程如下：

Ⅰ.制备晶体。
（1）“酸溶”时加入硫酸的目的是_______。
（2）“沉淀”得到晶体，“沉淀”时发生反应的化学方程式为_______。
（3）“沉淀”时需要煮沸，其目的是_______。
Ⅱ.三草酸合铁(Ⅲ)酸钾的组成分析
含量的测定：在电子分析天平上称取少量样品，加入适量和水微热溶解，并配成溶液。取出，用标准溶液滴定，发生反应的离子方程式为：，达滴定终点时，消耗标准溶液(保留溶液待下一步分析使用)。
含量的测量：在上述保留的溶液中加入一小匙锌粉，加热近沸，直到黄色消失，使完全转化为，趁热过滤除去多余的锌粉，滤液收集到另一锥形瓶中。继续用，标准溶液进行滴定，达到滴定终点时，消耗溶液的体积为。
（4）测定含量的实验中，滴定达到终点时的现象是_______。
（5）通过计算确定与粒子数目的比值：_______(写出计算过程)。
【答案】（1）抑制Fe2+水解
（2）(NH4)2 Fe (SO4)2+ H2C2O4＋2H2O =FeC2O4•2H2O↓+ H2SO4+(NH4)2SO4
（3）促进草酸电离和沉淀的生成
（4）溶液变为浅红色，且半分钟内颜色不变化
（5）7：2
【解析】
【分析】根据实验目的制备草酸亚铁及原料硫酸亚铁铵判断，反应过程中化合价没有发生变化说明发生到了复分解反应，根据产物判断杂质离子，利用所需物质判断所加试剂的目的；
【小问1详解】
根据最终制备产物是草酸亚铁晶体，而二价铁在溶液中发生水解，故加入硫酸目的是抑制二价铁的水解；
【小问2详解】
根据原子守恒，利用复分解反应的特点进行书写化学方程式为：(NH4)2 Fe (SO4)2+ H2C2O4＋2H2O =FeC2O4•2H2O↓+ H2SO4+(NH4)2SO4；
【小问3详解】
根据沉淀的目的得到草酸亚铁，加入草酸提供草酸根离子的特点进行判断煮沸的目的是：促进草酸电离和沉淀的生成；
【小问4详解】
根据氧化还原反应高锰酸钾把二价铁进行氧化滴定，利用高锰酸钾中高锰酸根离子的紫红色做指示剂，故滴定终点的现象是：溶液变为浅红色，且半分钟内颜色不变化；
【小问5详解】
根据草酸根和高锰酸根离子的关系：解得x=7×10-4mol，根据高锰酸根和二价锰之间的关系：， ，y=2×10-4mol，根据铁元素守恒，三价铁的物质的量为：2×10-4mol，故：；
【点睛】此题考查物质的制备，利用目的产物进行推断；物质组成测定时注意指示剂的选择。
17. 炼油厂烷基化反应产生的废液中含硫酸91%、难挥发有机物7%。实验室以软锰矿(主要含，还含少量Fe、Al等元素)处理废液并制取晶体，其实验流程如下：

已知：①时，和沉淀完全；时，开始沉淀；②分解温度为。
（1）研究温度对“降解”过程中有机物去除率的影响，实验在如图1所示的装置中进行。

①在不同温度下反应相同时间，发现温度从升高到时，有机物去除率从29%增大到58%，其可能的原因是的氧化能力随温度升高而增强；_______。
②废液因含有机物而呈现黑红色。有机物降解速率慢，难以观察气泡产生速率。降解一段时间，判断有机物浓度基本不变的依据是：三颈烧瓶内_______。烧杯中盛放的试剂可以是_______。
（2）降解一段时间后，加入硫铁矿(主要成分)将剩余还原，所得溶液中的主要离子有等，其离子方程式为_______。
（3）的溶解度曲线如图2所示。设计以过滤所得滤液为原料，进一步除去有机物等杂质并制取晶体的实验方案：_______，趁热过滤，用热的硫酸锰溶液洗涤，烘干。(实验中须使用的试剂：石灰石粉末、活性炭)。

（4）若将流程中“过滤”后的滤液调节除去后，再加入溶液，可生成沉淀，反应温度对锰沉淀率的影响关系如图所示。

①该过程中沉淀剂选用溶液，而不用溶液的原因是_______。
②当温度超过，沉锰反应的锰沉淀率随温度升高而下降的原因是_______。
【答案】（1） ①. 温度升高，反应速率加快 ②. 液体颜色不再变浅 ③. NaOH溶液或石灰乳
（2）2FeS2＋15MnO2＋28H＋=2Fe3＋＋15Mn2＋＋4＋14H2O
（3）在搅拌下向滤液中分批加入石灰石粉末，调节pH略大于5，过滤。向滤液中加入足量活性炭，充分吸附后过滤，将滤液在加压条件下，控制在180℃左右结晶
（4） ①. Na2CO3溶液碱性较强，会有部分Mn(OH)2生成，所得MnCO3不纯，锰元素利用率低 ②. 温度升高，NH4HCO3受热分解(或温度升高，促进Mn2＋水解)
【解析】
【分析】废液加入软锰矿降解，部分有机物和浓硫酸反应，锰、铝转化为相应的盐溶液、铁被二氧化锰、稀硫酸转化为三价铁盐溶液；再加入硫铁矿和过量二氧化锰反应生成硫酸锰、硫酸铁，过滤除去滤渣，滤液中含有硫酸锰、硫酸铁、硫酸铝、有机物等，经过处理得到。
【小问1详解】
①研究温度对“降解”过程中有机物去除率的影响，温度升高，有机物去除率增大，说明温度升高后反应速率加快，相同时间内有机物反应的更多；
②废液因含有机物而呈现黑红色，随着反应进行，颜色会变浅，判断有机物浓度基本不变的依据可以是：三颈烧瓶内液体颜色不再变浅。废液中含硫酸91%，会与有机物反应发生氧化还原反应生成有毒气体二氧化硫，二氧化硫可以使用碱液吸收减少污染，故烧杯中盛放的试剂可以是NaOH溶液或石灰乳；
【小问2详解】
硫铁矿(主要成分)将剩余还原，所得溶液中的主要离子有等，反应中铁、硫元素化合价升高，则锰元素化合价降低生成锰离子，根据质量守恒、电子守恒配平可得其离子方程式为2FeS2＋15MnO2＋28H＋=2Fe3＋＋15Mn2＋＋4＋14H2O；
【小问3详解】
由溶解度曲线可知，低温析出，高温下溶解度减小析出；已知：①时，和沉淀完全；时，开始沉淀；②分解温度为；有机物等杂质可以使用活性炭吸附除去，溶液pH可以加入碳酸钙和氢离子反应进行调节；故实验方案：在搅拌下向滤液中分批加入石灰石粉末，调节pH略大于5，过滤；向滤液中加入足量活性炭，充分吸附后过滤，将滤液在加压条件下，控制在180℃左右结晶，趁热过滤，用热的硫酸锰溶液洗涤晶体，烘干。
【小问4详解】
①时，开始沉淀，碳酸钠中碳酸根离子水解程度较大，溶液碱性较强，故该过程中沉淀剂选用溶液，而不用溶液的原因是Na2CO3溶液碱性较强，会有部分Mn(OH)2生成，所得MnCO3不纯，锰元素利用率低。
②温度过高回导致碳酸氢铵受热分解，且加热会促进锰离子水解，故当温度超过，沉锰反应的锰沉淀率随温度升高而下降的原因是温度升高，NH4HCO3受热分解(或温度升高，促进Mn2＋水解)。
18. 铬是电镀、制革和颜料等工业废水中的主要重金属污染物。在水溶液中，Cr(Ⅲ)以形态存在：Cr (Ⅵ)主要以和形态存在，其毒性是Cr (Ⅲ)的100倍。处理含Cr (Ⅵ)废水的常用方法是先将其转化为Cr (Ⅲ)，再进一步将转化为沉淀，减少水体中总铬含量。
（1）探究 Cr (Ⅵ)的存在形式：Cr (Ⅵ)在水溶液中常有和两种存在形式，该废水中两种离子的浓度与溶液的关系如下图所示。

①加酸可以使转化为，该反应的离子方程式为_______。
②计算该反应的平衡常数为_______。
（2） Cr (Ⅵ)转化为
在时，向该废水中加入溶液将Cr (Ⅵ)还原为，然后再向其中加入浓氨水调节溶液。(已知：污水排放标准要求，)
①加入溶液后，发生反应的离子方程式为_______。
②还原Cr (Ⅵ)时，需控制溶液的，若酸性过高会造成的后果是_______。
③为使废水达到排放标准并充分回收，需调节溶液的_______。
（3）也可用于直接还原去除废水中的，反应时消耗大量。废水的初始对去除溶液中的Cr (Ⅵ)和总Cr的影响关系如下图所示。

废水初始时，和反应生成和氢气，最终溶液的约为9，反应生成的转化为沉淀得到有效去除。废水初始时，虽然Cr (Ⅵ)的去除率达到100%，但总Cr的去除率为0.0%，其原因是_______。
【答案】（1） ①. 2+2H+ =+H2O ②. 1014
（2） ①. ②. 酸性过高时，H+与结合生成SO2气体逸出，造成原料损失和环境污染 ③. 6
（3）pH=2时，原废水中含大量H+，满足和反应的需要，使得Cr(Ⅵ)完全被还原为Cr(Ⅲ)，反应后仍剩余较多H+，导致Cr(Ⅲ)无法转化为Cr(OH)3沉淀，仍以Cr3+形式存在于溶液中
【解析】
【分析】由转化时元素守恒，结合图可知，曲线a代表 、b代表。
【小问1详解】
①加酸可以使转化为，该反应的离子方程式为2+2H+ =+H2O。
②计算该反应的平衡常数为。
【小问2详解】
①在时，Cr (Ⅵ)主要以存在，向该废水中加入溶液，发生氧化还原反应：还原产物、氧化产物为硫酸根离子，离子方程式为。
②还原Cr (Ⅵ)时，需控制溶液的，若酸性过高会造成的后果是：酸性过高时，H+与结合生成SO2气体逸出，造成原料损失和环境污染。
③已知： ，，污水排放标准要求，为则c (OH-)= mol·L－1，此时溶液pH=6，即应控制溶液的 。
【小问3详解】
由图知，废水初始时，被还原为并转化为沉淀得到有效去除。而废水初始时，被还原为时不能转化为沉淀、留在溶液中难以有效去除。故答案为：pH=2时，原废水中含大量H+，满足和反应的需要，使得Cr(Ⅵ)完全被还原为Cr(Ⅲ)，反应后仍剩余较多H+，导致Cr(Ⅲ)无法转化为Cr(OH)3沉淀，仍以Cr3+形式存在于溶液中。