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江苏省常熟市2021-2022学年高二下学期期中考试化学试题Word版含解析
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这是一份江苏省常熟市2021-2022学年高二下学期期中考试化学试题Word版含解析，共22页。试卷主要包含了 下列有关说法不正确的是， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
江苏省常熟市2021~2022学年高二下学期期中考试
化学试题
注意事项：
1.本试卷共分选择题和非选择题两部分，满分100分，考试时间为75分钟。
2.所有试题的答案均填写在答题卷上，答案写在试卷上的无效。
可能用到的相对原子质量：O：16 F：19 Ca：40 Fe：56
第Ⅰ卷(选择题，共42分)
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. 下列说法或有关化学用语的表达正确的是
A. 在基态多电子原子中，p轨道电子能量一定高于s轨道电子能量
B. Fe2+的外围电子轨道表示式是：
C. 第一电离能：Na
【答案】B
【解析】
【详解】A．在基态多电子原子中，p轨道电子能量不一定高于s轨道电子能量，如2p轨道的能量低于4s轨道的能量，故A错误；
B．铁原子的外围电子排布为3d64s2，Fe2+的外围电子排布为3d6，选项中的Fe2+的外围电子轨道表示式符合泡利原理和洪特规则，故B正确；
C．Al的第一电离能失去的电子是3p能级上的，该能级的能量比左边的位于3s能级的能量高，容易失去，所以Al的第一电离能比Mg小，故C错误；
D．Zn的核电荷数为30，其价电子排布式为3d104s2，在周期表中属于ds区元素，故D错误；
故选B。
2. 化学与生产、生活密切相关。下列有关物质的性质与用途对应关系错误的是
A. FeCl3溶液具有氧化性，可用于蚀刻铜制品
B. Na2O2吸收CO2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂
C. Al2O3熔点高，可用作电解冶炼铝的原料
D. Na具有还原性，可用于高温下与TiCl4反应制备Ti
【答案】C
【解析】
【详解】A．氧化性：，所以氯化铁溶液可以用作铜制品的刻蚀液，故A正确；
B．人体呼出的空气中含有大量二氧化碳，能与过氧化钠反应产生氧气供人呼吸，故B正确；
C．氧化铝用作电解制备铝是因为其在熔融状态下能电离，与氧化铝熔点高没有关系，故C错误；
D．金属钠具有强还原性，四氯化钛具有氧化性，在高温下金属钠可以还原四氯化钛制备金属钛，故D正确；
故选C。
3. 下列由废铜屑制取CuSO4·5H2O的实验原理与装置不能达到实验目的的是
A. 用装置甲除去废铜屑表面的油污 B. 用装置乙在加热的条件下溶解废铜屑
C. 用装置丙过滤得到CuSO4溶液 D. 用装置丁蒸干溶液获得CuSO4·5H2O
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A.碳酸钠溶液显碱性，在加热的条件下可以除去铜屑表面的油污，A正确；
B.在酸性条件下，铜与双氧水发生氧化反应得到硫酸铜，B正确；
C.装置丙为过滤装置，过滤可以除去难溶杂质，得到硫酸铜溶液，C正确；
D.用装置丁蒸干溶液得到硫酸铜固体，而不是CuSO4·5H2O，D错误；
答案选D
4. 下列有关说法不正确的是
A. N2H4中氮原子采用的是sp3杂化
B. O2、BBr3、C2H2都是非极性分子
C. 酸性：H2CO3
【答案】C
【解析】
【详解】A．N2H4分子中氮原子的杂化轨道数=成键电子对数+孤电子对数=3+1=4，其中含有一个孤电子对，N原子的杂化类型是sp3，故A正确；
B．O2中只存在非极性键，分子是非极性分子；BBr3中心原子为sp2杂化，不含孤电子对，分子为平面三角形，是含有极性键的非极性分子；C2H2中碳为sp杂化，是直线型分子，为含有极性键的非极性分子，故B正确；
C．次氯酸是弱酸，其酸性比碳酸还弱，故C错误；
D．原子数和价电子数分别都相等的是等电子体，则CO和NO+为等电子体，结构相似，NO+的电子式为 ，故D正确；
5. 下列说法正确的是( )
A. 1 mol N2分子中的π键与1 mol CO2分子中的π键的数目之比为2∶1
B. 稳定性：甲烷＞乙烯
C. 强度：氢键＞化学键＞范德华力
D. 沸点：
【答案】B
【解析】
【详解】A．N2分子间存在氮氮叁键，含2个π键，CO2的结构式为O=C=O，分子中含有2个π键，则1 mol N2分子中的π键与1 mol CO2分子中的π键的数目之比为1:1，故A错误；
B．乙烯分子结构中含有碳碳双键，性质活泼，则甲烷的稳定性比乙烯强，故B正确；
C．氢键属分子间作用力，一般比化学键弱得多，比范德华力强，故C错误；
D．易形成分子内氢键，而易形成分子间氢键，则的沸点明显高于，故D错误；
故答案为B。
6. 镁铝合金质优体轻，又不易锈蚀，被大量用于航空工业、造船工业、日用化工等领域.，下列关于镁铝合金性质的叙述中，正确的是
A. 此合金能全部溶解于稀盐酸中
B. 此合金的熔点比镁和铝的熔点都高
C. 此合金能全部溶解于氢氧化钠溶液中
D. 此合金的硬度比镁和铝的硬度都小
【答案】A
【解析】
【详解】A．镁铝合金的主要成分是镁和铝，均能与稀盐酸反应，故A正确；
B．镁铝合金的熔点比镁和铝的熔点都低，故B错误；
C．镁铝合金属于镁和铝的混合物，铝能与氢氧化钠反应，但镁不能与氢氧化钠反应，因此镁铝合金不能全部溶解于氢氧化钠溶液中，故C错误；
D．镁铝合金的硬度比镁和铝的硬度都大，故D错误；
故选A。
7. 短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W与Y、X与Z位于同一主族，W与X可形成共价化合物WX2，Y原子的内层电子总数是其最外层电子数的2.5倍。下列叙述中不正确的是
A. 原子半径大小顺序为X
C. X、Z气态氢化物的沸点：X>Z
D. WZ2分子中所有原子最外层都为8电子结构
【答案】A
【解析】
【分析】根据题目信息分析，短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，Y原子的内层电子总数是其最外层电子数的2.5倍，则Y有三个电子层，设最外层电子数为a，则2.5a=2+8，解得a=4，故Y为Si元素；W与Y同主族，则W为C元素；W与X可形成共价化合物WX2，X处于第ⅥA族，X与Z分别位于同一主族，故X为O元素，Z为S元素，根据此分析解答。
【详解】A．同周期主族元素自左而右原子半径减小，故原子半径：C＞O，Si＞S，一般电子层越多原子半径越大，则原子半径：S＞C，所以原子半径Si＞S＞C＞O，即原子半径X＜W＜Z＜Y，A错误；
B．WX2、ZX2分别为CO2、SO2，二者分子中均只含有共价键，均属于分子晶体，B正确；
C．水分子间含氢键，则X与Z的氢化物中沸点较高的是X，C正确；
D．WZ2为CS2，CS2分子中含有2个双键，其结构式为S=C=S，C、S原子的最外层都为8电子结构，D正确；
故答案选：A。
8. 下列说法正确的是
I1
I2
I3
I4
I5
I6
I7
578
1817
2745
11575
14830
18376
23293
A. 熔点：锂<钠<钾<铷<铯
B. 硬度：Si>NaCl>I2
C. 某主族元素的电离能I1~I7数据如表所示(单位：kJ/mol)，可推测该元素位于元素周期表VA族
D. 干冰融化时破坏共价键
【答案】B
【解析】
【详解】A．第IA主族从左到右熔点逐渐增大，但钾特殊，钠>钾，A错误；
B．Si属于原子晶体，NaCl属于离子晶体，I2属于分子晶体，硬度：原子晶体>离子晶体>分子晶体，则Si>NaCl>I2，B正确；
C．根据表格数据可知由I3到I4时电离能发生突变，说明该原子最外层应有3个电子，最可能位于第IIIA族，C错误；
D．干冰融化是物理变化，破坏分子间作用力，D错误；
故答案为B。
9. 下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据侯德榜制碱法可知，向饱和食盐水中先通入氨气后通入二氧化碳，才有NaHCO3晶体析出，NaCl与二氧化碳不反应，A错误；
B．二氧化硫与水反应生成H2SO3，不能直接生成H2SO4，B错误；
C．制取金属镁是通过电解熔融态的氯化镁，在溶液中镁离子的放电能力弱于氢离子，C错误；
D．二氧化氮与水反应生成NO和硝酸，硝酸与铜反应生成硝酸铜、水和氮元素的低价态产物，D正确；
故答案选：D。
10. 下列说法正确的是
A AlCl3溶液与过量NaOH溶液反应生成，则AlCl3溶液与过量氨水反应生成
B. Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，则Na2O2与SO3反应生成Na2SO4和O2
C. Fe与Cl2反应生成FeCl3，则Fe与I2反应生成FeI3
D. 少量硫酸铜溶液与NaOH溶液反应生成氢氧化铜沉淀，则少量硫酸铜溶液与氨水反应生成氢氧化铜沉淀
【答案】B
【解析】
【详解】A． 一水合氨是弱碱，AlCl3溶液与过量氨水反应生成氢氧化铝沉淀，故A错误；
B．Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，则Na2O2与SO3反应生成Na2SO4和O2，故B正确；
C．I2的氧化性小于Fe3+，Fe与I2反应生成FeI2，故C错误；
D．少量硫酸铜溶液与过量氨水反应生成硫酸四氨合铜，故D错误；
选B。
11. 下列说法中错误的是
A. 从CH4、、为正四面体结构，可推测、也为正四面体结构
B. 1mol金刚石晶体中，平均含有2molC-C键
C. 金属能导电是因为内部的自由电子在外加电场作用下可发生定向移动
D. 某气态团簇分子结构如图所示，该气态团簇分子的分子式为EF或FE
【答案】D
【解析】
【详解】A．、中都形成4个σ键，且孤电子对数分别为0，则应为正四面体结构，故A正确；
B．金刚石晶体中，每个C原子与其它4个C原子形成共价键，且每2个C原子形成1个共价键，则1 mol金刚石晶体中，平均含有4mol×=2mol C-C键，故B正确；
C．金属能导电是因为内部的自由电子在外加电场作用下可发生定向移动，故C正确；
D．团簇分子中含有4个E、4个F原子，分子式应为E4F4或F4E4，故D错误；
答案为D。
12. 球墨铸铁中含有一种铁碳化合物X。实验小组为测定化合物X的组成设计实验如下：
下列说法不正确的是
A. X的化学式可以表示为Fe3C2
B. 24.0g固体的成分为是氧化铁
C. 将溶液甲加热、蒸发、灼烧也可得到24.0g固体
D. X与足量的热浓硝酸反应有NO2和CO2生成
【答案】A
【解析】
【分析】结合题目进行分析，铁碳化合物X，在足量空气中煅烧得固体1为铁的氧化物，可以有+2价或+3价的铁，溶于盐酸所得溶液中可能Fe2+和Fe3+，再能入足量的氯气，溶液中都为+3价的铁，加热蒸发，铁离子水解，生成氢氧化铁，灼烧后氢氧化铁分解得固体2为氧化铁，24g氧化铁中含有铁元素的质量为，利用元素守恒，可计算得化合物X中铁元素的质量也是16.8g，进而求得X中碳元素的质量为18g-16.8g=1.2g，所以在X中铁、碳原子的物质的量之比为，所以X的化学式为Fe3C，Fe3C与热的浓硝酸发生氧化还原反应，碳元素可被氧化成二氧化碳，硝酸中的氮可被还原成二氧化氮，据此进行解答。
【详解】A．根据分析可知，X的化学式可以表示为Fe3C，A错误；
B．根据分析可知，24.0g固体的成分为是氢氧化铁分解得到的氧化铁，B正确；
C．溶液甲为氯化亚铁和氯化铁的混合物，直接加热、蒸发、灼烧，最终也可以得到氧化铁，C正确；
D．Fe3C与热的浓硝酸发生氧化还原反应，碳元素可被氧化成二氧化碳，硝酸中的氮可被还原成二氧化氮，所以X与足量的热浓硝酸反应有NO2和CO2生成，D正确；
故答案选：A。
13. 高铁酸钾(K2FeO4)是一种暗紫色固体，低温碱性条件下比较稳定。高铁酸钾能溶于水，微溶于浓KOH溶液，且能与水反应放出氧气，并生成Fe(OH)3胶体，常用作水处理剂。高铁酸钾有强氧化性，酸性条件下，其氧化性强于Cl2、KMnO4等。工业上湿法制备K2FeO4的流程如下：
下列关于K2FeO4的说法正确的是
A. 与水反应，每消耗1molK2FeO4转移6mol电子
B. 将K2FeO4与盐酸混合使用，可增强其杀菌消毒效果
C. 可用丁达尔效应鉴别K2FeO4和KMnO4两种紫红色溶液
D. K2FeO4中，基态K+的核外三个电子能层均充满电子
【答案】C
【解析】
【分析】硝酸铁溶液中加入过量次氯酸钠和过量强氧化钠，硝酸铁被次氯酸钠氧化成高铁酸钠，所得滤液通过结晶过滤分离出氯化钠和硝酸钠，在高铁酸钠滤液中加过量饱和KOH溶液得到高铁酸钾沉淀，过滤得到高铁酸钾，据此解答。
【详解】A．K2FeO4与水反应，，由反应可知4molK2FeO4转移12mol电子，每消耗1molK2FeO4转移3mol电子，故A错误；
B．K2FeO4有强氧化性，酸性条件下，其氧化性强于Cl2、可知K2FeO4与盐酸反应生成氯气，两者混合降低其杀菌消毒效果，故B错误；
C．K2FeO4能与水反应生成Fe(OH)3胶体，而高锰酸钾溶水形成的是溶液，可用丁达尔效应鉴别K2FeO4和KMnO4两种紫红色溶液，故C正确；
D．K+的核外电子排布为2,8,8，第三层未充满电子，故D错误；
故选：C。
14. 近期，我国科技工作者合成了一种高质量的纳米棒发光材料，其晶胞结构如图所示，晶胞的边长a。下列说法错误的是
A. 与Cs+距离最近I-个数为12 B. Pb2+的配位数为6
C. Pb2+与Cs+间最短距离为a D. 该物质的化学式为CsPbI3
【答案】C
【解析】
【详解】A．Cs+位于晶胞顶点，I-位于面心，1个晶胞中有3个面心I-离顶点Cs+最近，1个顶点周围可以放8个晶胞，而面心I-又被两个晶胞共用，1个Cs+周围最近的I-有个，故A说法正确；
B．Pb2+位于体心，其周围6个面心I-离其最近，Pb2+配位数为6，故B说法正确；
C．Pb2+与Cs+最短距离为体对角线的一半，面对角线长度=，则体对角线=，则Pb2+与Cs+最短距离为，故C说法错误；
D．该晶胞中含Cs+=个，含Pb2+1个，含I-=个，三者之比1∶1∶3，该物质化学式为：CsPbI3，故D说法正确；
答案为C。
第Ⅱ卷 非选择题(共58分)
二、非选择题：共4题，共58分。
15. 有A、B、C、D、E五种元素。其相关信息如下：
元素
相关信息
A
A原子的1s轨道上只有1个电子
B
B是电负性最大的元素
C
C的基态原子2p轨道中有三个未成对电子
D
D是主族元素且与E同周期，其最外能层上有两个运动状态不同的电子
E
E能形成红色(或砖红色)E2O和黑色的EO两种氧化物
请回答下列问题：
（1）E元素基态原子的电子排布式为_______。
（2）的结构式为_______(标明配位键)
（3）键角：_______CA3(填“大于”或“小于”)
（4）A、C、E三种元素可形成配离子，其中存在的化学键类型有_______(填序号)：
①配位键 ②金属键 ③极性共价键 ④非极性共价键 ⑤离子键 ⑥氢键
1mol中含有σ键的数目为_______；若具有对称的空间构型，且当中的两个CA3被两个取代时，能得到两种不同结构的产物，则的空间构型为_______(填字母)。
a.平面正方形 b.正四面体 c.三角锥形 d. V形
（5）B与D可形成离子化合物，其晶胞结构如图所示。其中D离子的配位数为_______，若该晶体的密度为，阿伏伽德罗常数为NA，则该晶胞的体积是_______cm3(写出表达式即可)。
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1
（2） （3）大于
（4） ①. ①③ ②. 16NA
③. a
（5） ①. 8 ②.
【解析】
【分析】A原子的1s轨道上只有1个电子，则A为H元素；B是电负性最大的元素，则B为F元素；C基态原子的2p轨道中有3个未成对电子，即核外电子排布为1s22s22p3，则C为N元素；E能形成红色(或砖红色)的E2O和黑色的EO两种氧化物，则E为Cu元素；D是主族元素且与E同周期，其最外能层上有2个运动状态不同的电子，则为Ca元素。故A、B、C、D、E分别是H、F、N、Ca、Cu元素，据此解题。
【小问1详解】
Cu元素原子基态时的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1或简化为：[Ar]3d104s1。
【小问2详解】
据分析，是，其结构式为。
【小问3详解】
NH3分子中N原子含有一个孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力较成键电子对之间的排斥力大，则的键角大于NH3。
【小问4详解】
[Cu(NH3)4]2+为配离子，其中Cu2+离子与NH3分子形成配位键，NH3分子中N、H原子间为极性共价键，答案选①③；[Cu(NH3)4]2+形成4个配位键，配位键是σ键，每个NH3分子内3个σ键，故1mol[Cu(NH3)4]2+中含有σ键的数目为4NA+3NA×4=16NA；且[Cu(NH3)4]2+具有对称的空间构型，则可能为平面正方形或正四面体，若为正四面体，[Cu(NH3)4]2+中的两个NH3被两个Cl−离子取代后，只有一种结构，所以应为平面正方形，答案选a；
【小问5详解】
由晶胞结构图可知，Ca2+的配位数为8；根据均摊法，晶胞中含有4个Ca2+离子和8个F−离子，根据= ，则V= = cm3。
16. 卤化物在生产、生活和科研中应用广泛。回答下列问题：
（1）OF2分子的空间构型为_______：OF2的熔、沸点_______(填“高于”或“低于”)Cl2O，原因是_______。
（2）AIF3的熔点约为1040℃，AlCl3的熔点为194℃，其晶体类型分别是_______、_______。
（3）CH3COOH中碳原子的杂化方式为_______，CH3COOH中所含元素的电负性由小到大为_______。
（4）二氧化氯(ClO2)是一种常用的饮用水消毒剂。已知ClO2分子中的键角约为120°。ClO2易溶于水的原因是_______。
【答案】（1） ①. V形 ②. 低于 ③. OF2、Cl2O均为分子品体，结构相似，Cl2O相对分子质量大，分子间作用力大，Cl2O熔、沸点高
（2） ①. 离子晶体 ②. 分子晶体
（3） ①. sp3、sp2 ②. H
【解析】
【小问1详解】
根据VSEPR理论分析中心原子氧原子的价层电子对为，去掉2对孤对电子，可知OF2分子的空间构型是V形；OF2和Cl2O都是分子晶体，结构相似，Cl2O的相对分子质量大，Cl2O的熔、沸点高；
故答案为：V形；低于；OF2、Cl2O均为分子品体，结构相似，Cl2O相对分子质量大，分子间作用力大，Cl2O熔、沸点高；
【小问2详解】
AIF3的熔点约为1040℃，AlCl3的熔点为194℃，原因是AlF3是离子晶体，AlCl3是分子晶体，离子晶体熔点高；
故答案为：离子晶体；分子晶体；
【小问3详解】
CH3COOH分子中，羰基上碳原子的杂化方式为sp2、甲基上碳原子的杂化方式为sp3；CH3COOH分子中所含有的元素有H、C、O，同周期主族元素，随着原子序数增大，电负性增大，所以CH3COOH分子中所含元素的电负性由小到大的顺序是：H＜C＜O；
故答案为：sp3、sp2；H＜C＜O；
【小问4详解】
ClO2分子中的键角约为120°，不是对称的直线形分子，则ClO2为极性分子，溶剂水也是极性分子，根据相似相溶原理可得；
故答案为：ClO2和H2O均为极性分子，相似相溶。
17. 某学习小组研究溶液中Fe2+的稳定性，进行如下实验，并记录下结果。
[实验Ⅰ]
0min
1min
1h
5h
FeSO4溶液
淡黄色
橘红色
红色
深红色
(NH4)2Fe(SO4)2溶液
几乎无色
淡黄色
黄色
橘红色
（1）溶液的稳定性：FeSO4_______(NH4)2Fe(SO4)2(填“<”或“=”或“>”)
[实验Ⅱ]
（2）甲同学提出实验Ⅰ中两溶液的稳定性差异可能是(NH4)2Fe(SO4)2溶液中的保护了Fe2+，因为具有还原性。进行实验Ⅱ，否定了该观点，请补全该实验。
操作
现象
取_______，滴加_______，观察
与实验I中(NH4)2Fe(SO4)2溶液现象相同
（3）乙同学提出实验I中两溶液的稳定性差异是溶液酸性不同所致，进行实验Ⅲ：分别配制0.8mol/LpH为1、2、3、4的FeSO4溶液，观察，发现pH=1的FeSO4溶液长时间无明显变化，pH越大，FeSO4溶液变黄的时间越短。
资料显示：亚铁盐溶液中存在反应：。
由实验Ⅲ，乙同学可得出的实验结论是_______，原因是_______。
（4）进一步研究在水溶液中Fe2+的氧化机理。测定同浓度FeSO4溶液在不同pH条件下，Fe2+的氧化速率与时间的关系如图(实验过程中溶液温度几乎无变化)。反应初期，氧化速率都逐渐增大的原因可能是_______。
（5）综合以上实验分析，增强Fe2+稳定性的措施有_______。
【答案】（1）< （2） ①. 2mLpH=4.0的0.80mol/LFeSO4溶液 ②. 2滴0.01mol/LKSCN溶液
（3） ①. 溶液pH越小，Fe2+越稳定 ②. 溶液中存在平衡，c(H+)越大，对平衡正向进行的抑制作用越强，Fe2+越稳定
（4）生成的Fe(OH)3对反应有催化作用
（5）加一定量的酸；密封保存
【解析】
【小问1详解】
根据表中所示溶液颜色的变化快慢分析，FeSO4溶液与KSCN溶液反应1min后的颜色和(NH4)2Fe(SO4)2溶液与KSCN溶液反应5h后的颜色相同，说明FeSO4溶液的稳定性弱于(NH4)2Fe(SO4)2，故答案为：<；
【小问2详解】
甲同学提出实验Ⅰ中两溶液的稳定性差异可能是(NH4)2Fe(SO4)2溶液中的保护了Fe2+，所以可以取用与(NH4)2Fe(SO4)2溶液体积相同、浓度相同、pH相同的不含的FeSO4溶液做对比实验。即取2mLpH=4.0的0.80mol/LFeSO4溶液，滴加2滴0.01mol/LKSCN溶液进行实验，现象与实验I中(NH4)2Fe(SO4)2溶液现象相同，说明的存在不影响实验结果，从而否定了甲同学的观点，故答案为：2mLpH=4.0的0.80mol/LFeSO4溶液；2滴0.01mol/LKSCN溶液；
【小问3详解】
实验Ⅲ的结果说明溶液pH越小，Fe2+越稳定；根据亚铁盐溶液中存在的化学平衡可知，c(H+)越大，对平衡正向进行的抑制作用越强，Fe2+越稳定，故答案为：溶液pH越小，Fe2+越稳定；溶液中存在平衡，c(H+)越大，对平衡正向进行的抑制作用越强，Fe2+越稳定；
【小问4详解】
根据亚铁盐溶液中存在的化学平衡可推测，生成的Fe(OH)3对反应有催化作用，且反应初期生成的c(H+)小，对反应正向进行的抑制作用很小，故答案为：生成的Fe(OH)3对反应有催化作用；
【小问5详解】
分析实验结果，增强Fe2+稳定性的措施可以是加一定量的酸，增大c(H+)，或进行密封保存，减少与空气的接触等，故答案为：加一定量的酸；密封保存。
18. 以铬铁矿(含及少量)为原料，可制备、、，该工艺流程如下：
（1）“浸取”在、高压下进行，所得浸取液的溶质主要为，生成的化学方程式为_______。“过滤1”所得滤渣的主要成分是、_______。
（2）“浸取”后，“酸化”时生成的可吸附形成沉淀，而“脱附”时两者分离，吸附与脱附的可能机理的示意图如图所示。
①在A的作用下，吸附剂表面出现“活性吸附位”，A的化学式为_______。
②“脱附”时加入溶液可有效脱除表面吸附的，该过程可描述为_______。
（3）“酸化”时铝元素的浓度随的变化如图所示，太小或太大都会导致溶液中铝元素浓度偏高的原因是_______。
（4）测定某溶液的浓度，准确量取溶液，加入过量溶液，充分反应。用的标准溶液滴定至终点，消耗溶液。实验测定原理为：。该溶液的物质的量浓度为_______(写出计算过程)。
【答案】（1） ①. V2O5 + 2NaOH2NaVO3 + H2O ②. MgO
（2） ①. H+ ②. 随着OH-浓度增大，OH-进攻活性吸附位，使从AlOOH表面脱除
（3）pH太小生成Al3+溶解，pH太大不能完全沉淀
（4）0.10 mol·L−1
【解析】
【分析】铬铁矿在NaOH溶液中浸取后所得浸取液中主要溶质有：Na2CrO4、NaAlO2、NaVO3，说明在浸取时，MgO不反应，故过滤1所得滤渣中含有Fe2O3、MgO，浸取后过滤所得滤液加入硫酸酸化，NaAlO2转化AlOOH，并吸附形成沉淀，经过脱附后获得AlOOH，钒元素最终转化为V2O5。
【小问1详解】
根据元素守恒知，原料中V2O5转化生成NaVO3，V元素化合价未改变，故此时是NaOH将V2O5转化生成NaVO3，对应的化学方程式为：V2O5 + 2NaOH2NaVO3 + H2O；由分析知，过滤1所得滤渣的主要成分是Fe2O3、MgO；
【小问2详解】
①由图示知，A物质与AlOOH中OH-发生反应，推测A可能为H+，故此处填：H+；
②由图示知，吸附后，占据活性吸附位，OH-进攻，从而使从吸附剂表面脱附，故此处填：随着OH-浓度增大，OH-进攻活性吸附位，使从AlOOH表面脱除；
【小问3详解】
若pH太小，即c(H+)浓度较大，则AlOOH溶解生成Al3+，若pH太大，即c(OH-)较大，AlOOH会溶解转化为，故此处填：pH太小生成Al3+溶解，pH太大不能完全沉淀；
【小问4详解】
由所给方程式得关系式：2Na2CrO4~3I2~6Na2S2O3，故n(Na2CrO4)=，则Na2CrO4浓度c=。
江苏省常熟市2021~2022学年高二下学期期中考试
化学试题
注意事项：
1.本试卷共分选择题和非选择题两部分，满分100分，考试时间为75分钟。
2.所有试题的答案均填写在答题卷上，答案写在试卷上的无效。
可能用到的相对原子质量：O：16 F：19 Ca：40 Fe：56
第Ⅰ卷(选择题，共42分)
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. 下列说法或有关化学用语的表达正确的是
A. 在基态多电子原子中，p轨道电子能量一定高于s轨道电子能量
B. Fe2+的外围电子轨道表示式是：
C. 第一电离能：Na
【答案】B
【解析】
【详解】A．在基态多电子原子中，p轨道电子能量不一定高于s轨道电子能量，如2p轨道的能量低于4s轨道的能量，故A错误；
B．铁原子的外围电子排布为3d64s2，Fe2+的外围电子排布为3d6，选项中的Fe2+的外围电子轨道表示式符合泡利原理和洪特规则，故B正确；
C．Al的第一电离能失去的电子是3p能级上的，该能级的能量比左边的位于3s能级的能量高，容易失去，所以Al的第一电离能比Mg小，故C错误；
D．Zn的核电荷数为30，其价电子排布式为3d104s2，在周期表中属于ds区元素，故D错误；
故选B。
2. 化学与生产、生活密切相关。下列有关物质的性质与用途对应关系错误的是
A. FeCl3溶液具有氧化性，可用于蚀刻铜制品
B. Na2O2吸收CO2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂
C. Al2O3熔点高，可用作电解冶炼铝的原料
D. Na具有还原性，可用于高温下与TiCl4反应制备Ti
【答案】C
【解析】
【详解】A．氧化性：，所以氯化铁溶液可以用作铜制品的刻蚀液，故A正确；
B．人体呼出的空气中含有大量二氧化碳，能与过氧化钠反应产生氧气供人呼吸，故B正确；
C．氧化铝用作电解制备铝是因为其在熔融状态下能电离，与氧化铝熔点高没有关系，故C错误；
D．金属钠具有强还原性，四氯化钛具有氧化性，在高温下金属钠可以还原四氯化钛制备金属钛，故D正确；
故选C。
3. 下列由废铜屑制取CuSO4·5H2O的实验原理与装置不能达到实验目的的是
A. 用装置甲除去废铜屑表面的油污 B. 用装置乙在加热的条件下溶解废铜屑
C. 用装置丙过滤得到CuSO4溶液 D. 用装置丁蒸干溶液获得CuSO4·5H2O
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A.碳酸钠溶液显碱性，在加热的条件下可以除去铜屑表面的油污，A正确；
B.在酸性条件下，铜与双氧水发生氧化反应得到硫酸铜，B正确；
C.装置丙为过滤装置，过滤可以除去难溶杂质，得到硫酸铜溶液，C正确；
D.用装置丁蒸干溶液得到硫酸铜固体，而不是CuSO4·5H2O，D错误；
答案选D
4. 下列有关说法不正确的是
A. N2H4中氮原子采用的是sp3杂化
B. O2、BBr3、C2H2都是非极性分子
C. 酸性：H2CO3
【答案】C
【解析】
【详解】A．N2H4分子中氮原子的杂化轨道数=成键电子对数+孤电子对数=3+1=4，其中含有一个孤电子对，N原子的杂化类型是sp3，故A正确；
B．O2中只存在非极性键，分子是非极性分子；BBr3中心原子为sp2杂化，不含孤电子对，分子为平面三角形，是含有极性键的非极性分子；C2H2中碳为sp杂化，是直线型分子，为含有极性键的非极性分子，故B正确；
C．次氯酸是弱酸，其酸性比碳酸还弱，故C错误；
D．原子数和价电子数分别都相等的是等电子体，则CO和NO+为等电子体，结构相似，NO+的电子式为 ，故D正确；
5. 下列说法正确的是( )
A. 1 mol N2分子中的π键与1 mol CO2分子中的π键的数目之比为2∶1
B. 稳定性：甲烷＞乙烯
C. 强度：氢键＞化学键＞范德华力
D. 沸点：
【答案】B
【解析】
【详解】A．N2分子间存在氮氮叁键，含2个π键，CO2的结构式为O=C=O，分子中含有2个π键，则1 mol N2分子中的π键与1 mol CO2分子中的π键的数目之比为1:1，故A错误；
B．乙烯分子结构中含有碳碳双键，性质活泼，则甲烷的稳定性比乙烯强，故B正确；
C．氢键属分子间作用力，一般比化学键弱得多，比范德华力强，故C错误；
D．易形成分子内氢键，而易形成分子间氢键，则的沸点明显高于，故D错误；
故答案为B。
6. 镁铝合金质优体轻，又不易锈蚀，被大量用于航空工业、造船工业、日用化工等领域.，下列关于镁铝合金性质的叙述中，正确的是
A. 此合金能全部溶解于稀盐酸中
B. 此合金的熔点比镁和铝的熔点都高
C. 此合金能全部溶解于氢氧化钠溶液中
D. 此合金的硬度比镁和铝的硬度都小
【答案】A
【解析】
【详解】A．镁铝合金的主要成分是镁和铝，均能与稀盐酸反应，故A正确；
B．镁铝合金的熔点比镁和铝的熔点都低，故B错误；
C．镁铝合金属于镁和铝的混合物，铝能与氢氧化钠反应，但镁不能与氢氧化钠反应，因此镁铝合金不能全部溶解于氢氧化钠溶液中，故C错误；
D．镁铝合金的硬度比镁和铝的硬度都大，故D错误；
故选A。
7. 短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W与Y、X与Z位于同一主族，W与X可形成共价化合物WX2，Y原子的内层电子总数是其最外层电子数的2.5倍。下列叙述中不正确的是
A. 原子半径大小顺序为X
C. X、Z气态氢化物的沸点：X>Z
D. WZ2分子中所有原子最外层都为8电子结构
【答案】A
【解析】
【分析】根据题目信息分析，短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，Y原子的内层电子总数是其最外层电子数的2.5倍，则Y有三个电子层，设最外层电子数为a，则2.5a=2+8，解得a=4，故Y为Si元素；W与Y同主族，则W为C元素；W与X可形成共价化合物WX2，X处于第ⅥA族，X与Z分别位于同一主族，故X为O元素，Z为S元素，根据此分析解答。
【详解】A．同周期主族元素自左而右原子半径减小，故原子半径：C＞O，Si＞S，一般电子层越多原子半径越大，则原子半径：S＞C，所以原子半径Si＞S＞C＞O，即原子半径X＜W＜Z＜Y，A错误；
B．WX2、ZX2分别为CO2、SO2，二者分子中均只含有共价键，均属于分子晶体，B正确；
C．水分子间含氢键，则X与Z的氢化物中沸点较高的是X，C正确；
D．WZ2为CS2，CS2分子中含有2个双键，其结构式为S=C=S，C、S原子的最外层都为8电子结构，D正确；
故答案选：A。
8. 下列说法正确的是
I1
I2
I3
I4
I5
I6
I7
578
1817
2745
11575
14830
18376
23293
A. 熔点：锂<钠<钾<铷<铯
B. 硬度：Si>NaCl>I2
C. 某主族元素的电离能I1~I7数据如表所示(单位：kJ/mol)，可推测该元素位于元素周期表VA族
D. 干冰融化时破坏共价键
【答案】B
【解析】
【详解】A．第IA主族从左到右熔点逐渐增大，但钾特殊，钠>钾，A错误；
B．Si属于原子晶体，NaCl属于离子晶体，I2属于分子晶体，硬度：原子晶体>离子晶体>分子晶体，则Si>NaCl>I2，B正确；
C．根据表格数据可知由I3到I4时电离能发生突变，说明该原子最外层应有3个电子，最可能位于第IIIA族，C错误；
D．干冰融化是物理变化，破坏分子间作用力，D错误；
故答案为B。
9. 下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据侯德榜制碱法可知，向饱和食盐水中先通入氨气后通入二氧化碳，才有NaHCO3晶体析出，NaCl与二氧化碳不反应，A错误；
B．二氧化硫与水反应生成H2SO3，不能直接生成H2SO4，B错误；
C．制取金属镁是通过电解熔融态的氯化镁，在溶液中镁离子的放电能力弱于氢离子，C错误；
D．二氧化氮与水反应生成NO和硝酸，硝酸与铜反应生成硝酸铜、水和氮元素的低价态产物，D正确；
故答案选：D。
10. 下列说法正确的是
A AlCl3溶液与过量NaOH溶液反应生成，则AlCl3溶液与过量氨水反应生成
B. Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，则Na2O2与SO3反应生成Na2SO4和O2
C. Fe与Cl2反应生成FeCl3，则Fe与I2反应生成FeI3
D. 少量硫酸铜溶液与NaOH溶液反应生成氢氧化铜沉淀，则少量硫酸铜溶液与氨水反应生成氢氧化铜沉淀
【答案】B
【解析】
【详解】A． 一水合氨是弱碱，AlCl3溶液与过量氨水反应生成氢氧化铝沉淀，故A错误；
B．Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，则Na2O2与SO3反应生成Na2SO4和O2，故B正确；
C．I2的氧化性小于Fe3+，Fe与I2反应生成FeI2，故C错误；
D．少量硫酸铜溶液与过量氨水反应生成硫酸四氨合铜，故D错误；
选B。
11. 下列说法中错误的是
A. 从CH4、、为正四面体结构，可推测、也为正四面体结构
B. 1mol金刚石晶体中，平均含有2molC-C键
C. 金属能导电是因为内部的自由电子在外加电场作用下可发生定向移动
D. 某气态团簇分子结构如图所示，该气态团簇分子的分子式为EF或FE
【答案】D
【解析】
【详解】A．、中都形成4个σ键，且孤电子对数分别为0，则应为正四面体结构，故A正确；
B．金刚石晶体中，每个C原子与其它4个C原子形成共价键，且每2个C原子形成1个共价键，则1 mol金刚石晶体中，平均含有4mol×=2mol C-C键，故B正确；
C．金属能导电是因为内部的自由电子在外加电场作用下可发生定向移动，故C正确；
D．团簇分子中含有4个E、4个F原子，分子式应为E4F4或F4E4，故D错误；
答案为D。
12. 球墨铸铁中含有一种铁碳化合物X。实验小组为测定化合物X的组成设计实验如下：
下列说法不正确的是
A. X的化学式可以表示为Fe3C2
B. 24.0g固体的成分为是氧化铁
C. 将溶液甲加热、蒸发、灼烧也可得到24.0g固体
D. X与足量的热浓硝酸反应有NO2和CO2生成
【答案】A
【解析】
【分析】结合题目进行分析，铁碳化合物X，在足量空气中煅烧得固体1为铁的氧化物，可以有+2价或+3价的铁，溶于盐酸所得溶液中可能Fe2+和Fe3+，再能入足量的氯气，溶液中都为+3价的铁，加热蒸发，铁离子水解，生成氢氧化铁，灼烧后氢氧化铁分解得固体2为氧化铁，24g氧化铁中含有铁元素的质量为，利用元素守恒，可计算得化合物X中铁元素的质量也是16.8g，进而求得X中碳元素的质量为18g-16.8g=1.2g，所以在X中铁、碳原子的物质的量之比为，所以X的化学式为Fe3C，Fe3C与热的浓硝酸发生氧化还原反应，碳元素可被氧化成二氧化碳，硝酸中的氮可被还原成二氧化氮，据此进行解答。
【详解】A．根据分析可知，X的化学式可以表示为Fe3C，A错误；
B．根据分析可知，24.0g固体的成分为是氢氧化铁分解得到的氧化铁，B正确；
C．溶液甲为氯化亚铁和氯化铁的混合物，直接加热、蒸发、灼烧，最终也可以得到氧化铁，C正确；
D．Fe3C与热的浓硝酸发生氧化还原反应，碳元素可被氧化成二氧化碳，硝酸中的氮可被还原成二氧化氮，所以X与足量的热浓硝酸反应有NO2和CO2生成，D正确；
故答案选：A。
13. 高铁酸钾(K2FeO4)是一种暗紫色固体，低温碱性条件下比较稳定。高铁酸钾能溶于水，微溶于浓KOH溶液，且能与水反应放出氧气，并生成Fe(OH)3胶体，常用作水处理剂。高铁酸钾有强氧化性，酸性条件下，其氧化性强于Cl2、KMnO4等。工业上湿法制备K2FeO4的流程如下：
下列关于K2FeO4的说法正确的是
A. 与水反应，每消耗1molK2FeO4转移6mol电子
B. 将K2FeO4与盐酸混合使用，可增强其杀菌消毒效果
C. 可用丁达尔效应鉴别K2FeO4和KMnO4两种紫红色溶液
D. K2FeO4中，基态K+的核外三个电子能层均充满电子
【答案】C
【解析】
【分析】硝酸铁溶液中加入过量次氯酸钠和过量强氧化钠，硝酸铁被次氯酸钠氧化成高铁酸钠，所得滤液通过结晶过滤分离出氯化钠和硝酸钠，在高铁酸钠滤液中加过量饱和KOH溶液得到高铁酸钾沉淀，过滤得到高铁酸钾，据此解答。
【详解】A．K2FeO4与水反应，，由反应可知4molK2FeO4转移12mol电子，每消耗1molK2FeO4转移3mol电子，故A错误；
B．K2FeO4有强氧化性，酸性条件下，其氧化性强于Cl2、可知K2FeO4与盐酸反应生成氯气，两者混合降低其杀菌消毒效果，故B错误；
C．K2FeO4能与水反应生成Fe(OH)3胶体，而高锰酸钾溶水形成的是溶液，可用丁达尔效应鉴别K2FeO4和KMnO4两种紫红色溶液，故C正确；
D．K+的核外电子排布为2,8,8，第三层未充满电子，故D错误；
故选：C。
14. 近期，我国科技工作者合成了一种高质量的纳米棒发光材料，其晶胞结构如图所示，晶胞的边长a。下列说法错误的是
A. 与Cs+距离最近I-个数为12 B. Pb2+的配位数为6
C. Pb2+与Cs+间最短距离为a D. 该物质的化学式为CsPbI3
【答案】C
【解析】
【详解】A．Cs+位于晶胞顶点，I-位于面心，1个晶胞中有3个面心I-离顶点Cs+最近，1个顶点周围可以放8个晶胞，而面心I-又被两个晶胞共用，1个Cs+周围最近的I-有个，故A说法正确；
B．Pb2+位于体心，其周围6个面心I-离其最近，Pb2+配位数为6，故B说法正确；
C．Pb2+与Cs+最短距离为体对角线的一半，面对角线长度=，则体对角线=，则Pb2+与Cs+最短距离为，故C说法错误；
D．该晶胞中含Cs+=个，含Pb2+1个，含I-=个，三者之比1∶1∶3，该物质化学式为：CsPbI3，故D说法正确；
答案为C。
第Ⅱ卷 非选择题(共58分)
二、非选择题：共4题，共58分。
15. 有A、B、C、D、E五种元素。其相关信息如下：
元素
相关信息
A
A原子的1s轨道上只有1个电子
B
B是电负性最大的元素
C
C的基态原子2p轨道中有三个未成对电子
D
D是主族元素且与E同周期，其最外能层上有两个运动状态不同的电子
E
E能形成红色(或砖红色)E2O和黑色的EO两种氧化物
请回答下列问题：
（1）E元素基态原子的电子排布式为_______。
（2）的结构式为_______(标明配位键)
（3）键角：_______CA3(填“大于”或“小于”)
（4）A、C、E三种元素可形成配离子，其中存在的化学键类型有_______(填序号)：
①配位键 ②金属键 ③极性共价键 ④非极性共价键 ⑤离子键 ⑥氢键
1mol中含有σ键的数目为_______；若具有对称的空间构型，且当中的两个CA3被两个取代时，能得到两种不同结构的产物，则的空间构型为_______(填字母)。
a.平面正方形 b.正四面体 c.三角锥形 d. V形
（5）B与D可形成离子化合物，其晶胞结构如图所示。其中D离子的配位数为_______，若该晶体的密度为，阿伏伽德罗常数为NA，则该晶胞的体积是_______cm3(写出表达式即可)。
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1
（2） （3）大于
（4） ①. ①③ ②. 16NA
③. a
（5） ①. 8 ②.
【解析】
【分析】A原子的1s轨道上只有1个电子，则A为H元素；B是电负性最大的元素，则B为F元素；C基态原子的2p轨道中有3个未成对电子，即核外电子排布为1s22s22p3，则C为N元素；E能形成红色(或砖红色)的E2O和黑色的EO两种氧化物，则E为Cu元素；D是主族元素且与E同周期，其最外能层上有2个运动状态不同的电子，则为Ca元素。故A、B、C、D、E分别是H、F、N、Ca、Cu元素，据此解题。
【小问1详解】
Cu元素原子基态时的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1或简化为：[Ar]3d104s1。
【小问2详解】
据分析，是，其结构式为。
【小问3详解】
NH3分子中N原子含有一个孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力较成键电子对之间的排斥力大，则的键角大于NH3。
【小问4详解】
[Cu(NH3)4]2+为配离子，其中Cu2+离子与NH3分子形成配位键，NH3分子中N、H原子间为极性共价键，答案选①③；[Cu(NH3)4]2+形成4个配位键，配位键是σ键，每个NH3分子内3个σ键，故1mol[Cu(NH3)4]2+中含有σ键的数目为4NA+3NA×4=16NA；且[Cu(NH3)4]2+具有对称的空间构型，则可能为平面正方形或正四面体，若为正四面体，[Cu(NH3)4]2+中的两个NH3被两个Cl−离子取代后，只有一种结构，所以应为平面正方形，答案选a；
【小问5详解】
由晶胞结构图可知，Ca2+的配位数为8；根据均摊法，晶胞中含有4个Ca2+离子和8个F−离子，根据= ，则V= = cm3。
16. 卤化物在生产、生活和科研中应用广泛。回答下列问题：
（1）OF2分子的空间构型为_______：OF2的熔、沸点_______(填“高于”或“低于”)Cl2O，原因是_______。
（2）AIF3的熔点约为1040℃，AlCl3的熔点为194℃，其晶体类型分别是_______、_______。
（3）CH3COOH中碳原子的杂化方式为_______，CH3COOH中所含元素的电负性由小到大为_______。
（4）二氧化氯(ClO2)是一种常用的饮用水消毒剂。已知ClO2分子中的键角约为120°。ClO2易溶于水的原因是_______。
【答案】（1） ①. V形 ②. 低于 ③. OF2、Cl2O均为分子品体，结构相似，Cl2O相对分子质量大，分子间作用力大，Cl2O熔、沸点高
（2） ①. 离子晶体 ②. 分子晶体
（3） ①. sp3、sp2 ②. H
【解析】
【小问1详解】
根据VSEPR理论分析中心原子氧原子的价层电子对为，去掉2对孤对电子，可知OF2分子的空间构型是V形；OF2和Cl2O都是分子晶体，结构相似，Cl2O的相对分子质量大，Cl2O的熔、沸点高；
故答案为：V形；低于；OF2、Cl2O均为分子品体，结构相似，Cl2O相对分子质量大，分子间作用力大，Cl2O熔、沸点高；
【小问2详解】
AIF3的熔点约为1040℃，AlCl3的熔点为194℃，原因是AlF3是离子晶体，AlCl3是分子晶体，离子晶体熔点高；
故答案为：离子晶体；分子晶体；
【小问3详解】
CH3COOH分子中，羰基上碳原子的杂化方式为sp2、甲基上碳原子的杂化方式为sp3；CH3COOH分子中所含有的元素有H、C、O，同周期主族元素，随着原子序数增大，电负性增大，所以CH3COOH分子中所含元素的电负性由小到大的顺序是：H＜C＜O；
故答案为：sp3、sp2；H＜C＜O；
【小问4详解】
ClO2分子中的键角约为120°，不是对称的直线形分子，则ClO2为极性分子，溶剂水也是极性分子，根据相似相溶原理可得；
故答案为：ClO2和H2O均为极性分子，相似相溶。
17. 某学习小组研究溶液中Fe2+的稳定性，进行如下实验，并记录下结果。
[实验Ⅰ]
0min
1min
1h
5h
FeSO4溶液
淡黄色
橘红色
红色
深红色
(NH4)2Fe(SO4)2溶液
几乎无色
淡黄色
黄色
橘红色
（1）溶液的稳定性：FeSO4_______(NH4)2Fe(SO4)2(填“<”或“=”或“>”)
[实验Ⅱ]
（2）甲同学提出实验Ⅰ中两溶液的稳定性差异可能是(NH4)2Fe(SO4)2溶液中的保护了Fe2+，因为具有还原性。进行实验Ⅱ，否定了该观点，请补全该实验。
操作
现象
取_______，滴加_______，观察
与实验I中(NH4)2Fe(SO4)2溶液现象相同
（3）乙同学提出实验I中两溶液的稳定性差异是溶液酸性不同所致，进行实验Ⅲ：分别配制0.8mol/LpH为1、2、3、4的FeSO4溶液，观察，发现pH=1的FeSO4溶液长时间无明显变化，pH越大，FeSO4溶液变黄的时间越短。
资料显示：亚铁盐溶液中存在反应：。
由实验Ⅲ，乙同学可得出的实验结论是_______，原因是_______。
（4）进一步研究在水溶液中Fe2+的氧化机理。测定同浓度FeSO4溶液在不同pH条件下，Fe2+的氧化速率与时间的关系如图(实验过程中溶液温度几乎无变化)。反应初期，氧化速率都逐渐增大的原因可能是_______。
（5）综合以上实验分析，增强Fe2+稳定性的措施有_______。
【答案】（1）< （2） ①. 2mLpH=4.0的0.80mol/LFeSO4溶液 ②. 2滴0.01mol/LKSCN溶液
（3） ①. 溶液pH越小，Fe2+越稳定 ②. 溶液中存在平衡，c(H+)越大，对平衡正向进行的抑制作用越强，Fe2+越稳定
（4）生成的Fe(OH)3对反应有催化作用
（5）加一定量的酸；密封保存
【解析】
【小问1详解】
根据表中所示溶液颜色的变化快慢分析，FeSO4溶液与KSCN溶液反应1min后的颜色和(NH4)2Fe(SO4)2溶液与KSCN溶液反应5h后的颜色相同，说明FeSO4溶液的稳定性弱于(NH4)2Fe(SO4)2，故答案为：<；
【小问2详解】
甲同学提出实验Ⅰ中两溶液的稳定性差异可能是(NH4)2Fe(SO4)2溶液中的保护了Fe2+，所以可以取用与(NH4)2Fe(SO4)2溶液体积相同、浓度相同、pH相同的不含的FeSO4溶液做对比实验。即取2mLpH=4.0的0.80mol/LFeSO4溶液，滴加2滴0.01mol/LKSCN溶液进行实验，现象与实验I中(NH4)2Fe(SO4)2溶液现象相同，说明的存在不影响实验结果，从而否定了甲同学的观点，故答案为：2mLpH=4.0的0.80mol/LFeSO4溶液；2滴0.01mol/LKSCN溶液；
【小问3详解】
实验Ⅲ的结果说明溶液pH越小，Fe2+越稳定；根据亚铁盐溶液中存在的化学平衡可知，c(H+)越大，对平衡正向进行的抑制作用越强，Fe2+越稳定，故答案为：溶液pH越小，Fe2+越稳定；溶液中存在平衡，c(H+)越大，对平衡正向进行的抑制作用越强，Fe2+越稳定；
【小问4详解】
根据亚铁盐溶液中存在的化学平衡可推测，生成的Fe(OH)3对反应有催化作用，且反应初期生成的c(H+)小，对反应正向进行的抑制作用很小，故答案为：生成的Fe(OH)3对反应有催化作用；
【小问5详解】
分析实验结果，增强Fe2+稳定性的措施可以是加一定量的酸，增大c(H+)，或进行密封保存，减少与空气的接触等，故答案为：加一定量的酸；密封保存。
18. 以铬铁矿(含及少量)为原料，可制备、、，该工艺流程如下：
（1）“浸取”在、高压下进行，所得浸取液的溶质主要为，生成的化学方程式为_______。“过滤1”所得滤渣的主要成分是、_______。
（2）“浸取”后，“酸化”时生成的可吸附形成沉淀，而“脱附”时两者分离，吸附与脱附的可能机理的示意图如图所示。
①在A的作用下，吸附剂表面出现“活性吸附位”，A的化学式为_______。
②“脱附”时加入溶液可有效脱除表面吸附的，该过程可描述为_______。
（3）“酸化”时铝元素的浓度随的变化如图所示，太小或太大都会导致溶液中铝元素浓度偏高的原因是_______。
（4）测定某溶液的浓度，准确量取溶液，加入过量溶液，充分反应。用的标准溶液滴定至终点，消耗溶液。实验测定原理为：。该溶液的物质的量浓度为_______(写出计算过程)。
【答案】（1） ①. V2O5 + 2NaOH2NaVO3 + H2O ②. MgO
（2） ①. H+ ②. 随着OH-浓度增大，OH-进攻活性吸附位，使从AlOOH表面脱除
（3）pH太小生成Al3+溶解，pH太大不能完全沉淀
（4）0.10 mol·L−1
【解析】
【分析】铬铁矿在NaOH溶液中浸取后所得浸取液中主要溶质有：Na2CrO4、NaAlO2、NaVO3，说明在浸取时，MgO不反应，故过滤1所得滤渣中含有Fe2O3、MgO，浸取后过滤所得滤液加入硫酸酸化，NaAlO2转化AlOOH，并吸附形成沉淀，经过脱附后获得AlOOH，钒元素最终转化为V2O5。
【小问1详解】
根据元素守恒知，原料中V2O5转化生成NaVO3，V元素化合价未改变，故此时是NaOH将V2O5转化生成NaVO3，对应的化学方程式为：V2O5 + 2NaOH2NaVO3 + H2O；由分析知，过滤1所得滤渣的主要成分是Fe2O3、MgO；
【小问2详解】
①由图示知，A物质与AlOOH中OH-发生反应，推测A可能为H+，故此处填：H+；
②由图示知，吸附后，占据活性吸附位，OH-进攻，从而使从吸附剂表面脱附，故此处填：随着OH-浓度增大，OH-进攻活性吸附位，使从AlOOH表面脱除；
【小问3详解】
若pH太小，即c(H+)浓度较大，则AlOOH溶解生成Al3+，若pH太大，即c(OH-)较大，AlOOH会溶解转化为，故此处填：pH太小生成Al3+溶解，pH太大不能完全沉淀；
【小问4详解】
由所给方程式得关系式：2Na2CrO4~3I2~6Na2S2O3，故n(Na2CrO4)=，则Na2CrO4浓度c=。
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