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山东省泰安肥城市2023-2024学年高三9月阶段测试化学试题（解析版）
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这是一份山东省泰安肥城市2023-2024学年高三9月阶段测试化学试题（解析版），共8页。试卷主要包含了5 Fe56 C59， NA为阿伏加德罗常数的值， 下列实验操作正确的是等内容，欢迎下载使用。
2.选择题答案必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整，笔迹清晰。
3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。
可能用到的相对原子质量：H1 N14 Cl35.5 Fe56 C59
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。
1. 非物质文化遗产体现了古代劳动人民的智慧。下列说法错误的是
A. “烟台绒绣”用羊毛绒线绣制，不可用加酶洗涤剂清洗
B. “即墨老酒”由黍米酿制，其原理是淀粉水解可得乙醇
C. “硫熏”使“莱州草辫”色泽白净，兼有驱虫、防腐的功能
D. “胶东花饽饽”用酵母作膨松剂，使用过程中发生了化学变化
【答案】B
【解析】
【详解】A．羊绒的主要成分是蛋白质，加酶洗衣粉含有生物催化剂酶，可以催化蛋白质的分解反应，A正确；
B．淀粉水解得到葡萄糖，B错误；
C．硫燃烧产生的二氧化硫杀菌消毒漂白，C正确；
D．酵母菌在适宜的温度,发酵使面粉中的淀粉转化糖,再将糖分转化二氧化碳气体,在低温蒸制时使二氧化碳气体收缩,使面团发生蜂窝状，D正确；
故答案为：B。
2. 下列说法中不正确的是
A. NOx和碳氢化合物是造成光化学烟雾污染主要原因
B. H2SO4和CuCl2均可通过化合反应得到
C. 侯氏制碱法原理是将NH3通入含有CO2的饱和食盐水中制得NaHCO3
D. 工业接触法制备硫酸涉及到的转化为FeS2→SO2→SO3→H2SO4
【答案】C
【解析】
【详解】A．光化学烟雾是汽车、工厂等污染源排入大气的碳氢化合物(CxHy)和氮氧化物(NOx)等一次污染物在阳光(紫外光)作用下发生光化学反应生成二次污染物，所以NOx和碳氢化合物是造成光化学烟雾污染的主要原因，A正确；
B．SO3与H2O发生化合反应生成H2SO4，Cu与Cl2在点燃条件下化合生成CuCl2，所以二者均可通过化合反应得到，B正确；
C．为增大CO2的溶解度，提高产品(纯碱)的质量，侯氏制碱法的原理是将CO2通入含有NH3的饱和食盐水中制得NaHCO3，过滤后灼烧制得Na2CO3，C不正确；
D．工业接触法制备硫酸分三步进行，分别为FeS2高温氧化得SO2、SO2催化氧化得SO3、SO3用水吸收(实际上用98.3%浓硫酸吸收)制得H2SO4，D正确；
故选C。
3. 南海是一个巨大的资源宝库，海水开发利用的部分过程如图所示，下列说法错误的是
A. 物质X可以选用CaO
B. 操作1中玻璃棒的作用是引流
C. 第①步中，蒸发结晶、高温烘干可以得到干燥的MgCl2·6H2O固体
D. 第②步反应的离子方程式为：Br2+SO2+2H2O=SO+2Br-+4H+
【答案】C
【解析】
【分析】苦卤中加石灰乳沉淀Mg2+生成氢氧化镁,①中在HCl气流中蒸发得到无水氯化镁，滤液含NaBr，NaBr与氯气反应生成溴，②中溴与二氧化硫发生氧化还原反应，吸收液成分为硫酸和HBr；
【详解】A．苦卤中加OH-沉淀Mg2+生成氢氧化镁，物质X常选用CaO，氧化钙和水反应生成石灰乳便宜易得，且氢氧化镁比氢氧化钙更难溶，工业生产中常选用石灰乳作为Mg2+的沉淀剂，故A正确；
B．操作l是过滤，其中玻璃棒的作用是引流，故B正确；
C．因加热促进镁离子水解，且生成盐酸易挥发,因此第①步是将MgCl26H2O晶体在HC1气流中加热脱去结晶水得无水MgCl2，故C错误；
D．第②步SO2作还原剂，SO2 与Br2发生氧化还原反应生成HBr和H2SO4，反应的离子方程式为：Br2+SO2+2H2O=SO+2Br-+4H+，故D正确；
故答案为C
4. NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 标准状况下，22.4LCHCl3所含的分子数为NA
B. 1ml碘蒸气和1ml氢气在密闭容器中充分反应，生成的碘化氢分子数小于2NA
C. 0.1ml·L-1FeCl3溶液中含有的Fe3+数目一定小于0.1NA
D. 5.6g铁完全发生吸氧腐蚀生成铁锈Fe2O3·xH2O，在电化学过程中转移的电子数为0.3NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．标准状况下CHCl3不是气体，不能通过气体摩尔体积计算其物质的量，故A错误；
B．碘单质与氢气的反应为可逆反应，1ml碘蒸气和1ml氢气不能完全反应，生成的碘化氢分子数小于2NA，故B正确；
C．溶液体积未知，不能确定Fe3+数目，故C错误；
D．5.6g铁为0.1ml，电化学过程中发生反应：Fe-2e-=Fe2+，0.1mlFe转移0.2 NA电子，故D错误；
故选：B。
5. 用下列实验装置能达到相关实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．胶体能够透过滤纸，故除去Fe(OH)3胶体中混有的NaCl溶液不能进行过滤操作，而应该采用渗析法，A错误；
B．容量瓶不能作为溶解、稀释和反应、长期贮存溶液的仪器，B错误；
C．氯气与FeSO4反应生成氯离子，引入了新的杂质，C错误；
D．先闭合K1形成电解池，电解硫酸钠溶液时阳极生成氧气，阴极生成氢气，然后打开K1闭合K2，可形成氢气、氧气的燃料电池，故D正确；
故选：D。
6. 物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要维度。如图为硫及其部分化合物的价态-类别图。下列说法不正确的是
A. a和c可以反应生成bB. 附着有b的试管，可以用清洗
C. c具有氧化性，可漂白纸浆D. f的浓溶液和Cu在加热条件下反应时体现了其氧化性和酸性
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，a为硫化氢、b为硫、c为二氧化硫、d为三氧化硫、e为亚硫酸、f为硫酸、g为亚硫酸盐、h为硫酸盐。
【详解】A．硫化氢气体能与二氧化硫气体反应生成硫和水，故A正确；
B．硫不溶于水，易溶于二硫化碳，则附着有硫的试管，可用二硫化碳清洗除去硫，故B正确；
C．二氧化硫具有漂白性，可用于漂白纸浆，故C错误；
D．铜与浓硫酸共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应中浓硫酸表现强氧化性和酸性，故D正确；
故选C。
7. 下列实验操作正确的是
A. 酸式滴定管的查漏方法：将旋塞关闭，滴定管注入一定量的蒸馏水，把它固定滴定管夹上，放置两分钟，观察滴定管口及旋塞两端是否有水渗出，若均不漏水才可使用
B. 配制FeSO4溶液，应加入铁粉防止Fe2+氧化，并加入盐酸抑制Fe2+的水解
C. 重结晶法提纯苯甲酸，将1.0g粗苯甲酸放入100ml的烧杯，加入50ml蒸馏水。加热、搅拌，使苯甲酸充分溶解；冷却后过滤得到晶体，蒸馏水洗涤后晾干，得到高纯度苯甲酸晶体
D. 在接近滴定终点时，使用“半滴操作”的正确方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液粘落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化
【答案】D
【解析】
【详解】A．酸式滴定管的查漏方法为：将旋塞关闭，滴定管里注入一定量的水，把它固定在滴定管夹上，再将旋塞旋转180°，观察滴定管口及旋塞两端是否有水渗出，旋塞不渗水才可使用，故A错误；
B．配制FeSO4溶液，应加入铁粉防止Fe2+氧化，并加入硫酸抑制Fe2+的水解，故B错误；
C．重结晶法提纯苯甲酸的方法为：将1.0g粗苯甲酸放入100ml的烧杯，加入50ml蒸馏水。加热、搅拌，使苯甲酸充分溶解，将溶液过滤到另外一个100mL的烧杯中，将滤液静置，使其缓慢冷却结晶，待滤液完全冷却后滤出晶体，并用少量蒸馏水洗涤，将晶体铺在干燥的滤纸上晾干，故C错误；
D．“半滴操作”的正确方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液粘落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化，故D正确；
故选D。
8. 周期表中ⅥA族元素及其化合物应用广泛。H2S是一种易燃的有毒气体(摩尔燃烧焓为562.2kJ·ml-1)，可制取各种硫化物。硫酰氯(SO2Cl2)是重要的化工试剂，常作氯化剂或氯磺化剂。工业上以精炼铜的阳极泥(含CuSe)为原料回收Se，以电解强碱性Na2TeO3溶液制备Te．下列化学反应表示正确的是
A. H2S燃烧的热化学方程式：2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l) ΔH=-1124.4kJ‧ml-1
B. CuSe和浓硫酸反应：CuSe+H2SO4=CuSO4+H2Se↑
C. 电解强碱性Na2TeO3溶液的阴极反应：+4e-+6H＋=Te+3H2O
D. SO2Cl2遇水强烈水解生成两种酸：SO2Cl2+2H2O=4H＋++2Cl-
【答案】A
【解析】
【详解】A．H2S的摩尔燃烧焓为562.2kJ·ml-1，则2ml H2S(g)完全燃烧放热1124.4kJ，热化学方程式为：2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l) ΔH=-1124.4kJ‧ml-1，A正确；
B．H2Se与H2S类似，具有较强的还原性，能被浓硫酸氧化为SeO2，则CuSe和浓硫酸反应方程式为：CuSe+2H2SO4(浓)=CuSO4+SeO2+2H2O，B不正确；
C．电解强碱性Na2TeO3溶液，电极反应式中不应出现H+，阴极反应式为：+4e-+3H2O=Te+ 6OH-，C不正确；
D．SO2Cl2中S显+6价，遇水强烈水解生成H2SO4和HCl，离子方程式为：SO2Cl2+2H2O=4H＋++2Cl-，D不正确；
故选A。
9. 用电解法对酸性含氯氨氮废水进行无害化处理的过程如图所示。下列说法正确的是
A. DSA电极与外接电源的负极连接
B. 发生的电极反应为：
C. 降解过程中应该控制条件避免发生反应②
D. 1ml HO·和足量反应，转移的电子数为
【答案】C
【解析】
【详解】A．NH3在DSA电极转化为N2，氮元素从-3价升高为0价，被氧化，该电极是电解池的阳极，与外接电源的正极相连，故A错误；
B．由图示知，Cl-在DSA电极表面转化为Cl2电极反应式为：2 Cl--2e-=Cl2↑，故B错误；
C．反应②中NH3转化为，没有达到氨氮废水无害化处理的目的，所以，降解过程中应该控制条件避免发生反应②，故C正确；
D．羟基自由基中氧元素为-1价，其还原产物中氧元素为-2价，一个HO·可得到一个电子，1ml HO·完全反应时转移的电子数为6.02×1023，故D错误；
故选C。
10. 在恒温恒容的密闭容器中发生：2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g) ΔH<0，T℃时，平衡常数为K，下列说法正确的是
A. 该反应在任何温度下都可自发进行
B. T℃时，若C. 选择高效催化剂可以提高活化分子百分数，提高CO(NH2)2的平衡产率
D. 若容器内气体压强保持不变，该可逆反应达到化学平衡状态
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据反应方程式可知，该反应为熵减，即ΔS＜0，依据ΔG=ΔH－TΔS，该反应在低温下能自发进行，故A错误；
B．若＜K，该反应向正反应方向进行，即v正＞v逆，故B错误；
C．选择高效催化剂只提高活化分子百分数，对化学平衡移动无影响，即不能提高尿素的产率，故C错误；
D．尿素为固体，该反应为气体物质的量减少的反应，相同条件下，气体压强与气体物质的量成正比，因此该反应当混合气体压强不再改变时，说明反应达到平衡，故D正确；
答案为D。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 氧化还原电对的标准电极电势()可用来比较相应氧化剂的氧化性强弱，相关数据(酸性条件)如下。
下列分析错误的是
A. 氧化性：
B. 向溶液滴加溶液，反应的离子方程式为
C. 向淀粉KI溶液中滴加溶液，溶液变蓝色
D. 向含有KSCN的溶液中滴加少量氯水，溶液变红色
【答案】B
【解析】
【详解】A．标准电极电势越大，对应氧化剂的氧化性越强，氧化性：；故A正确；
B．的氧化性低于，所以不能通过氧化得到；所以不会发生反应，故B错误；
C．的氧化性高于，向淀粉KI溶液中滴加溶液，得到，溶液变蓝色；故C正确；
D．氧化性大小为，所以氯水氧化，溶液变红，故D正确；
故答案选B。
12. 炼油、石化等工业会产生含硫(价)废水，可通过催化氧化法进行处理，碱性条件下，催化氧化废水的机理如图所示。其中为催化剂，附着在催化剂载体聚苯胺的表面。下列说法错误的是
A. 催化氧化过程中既有共价键的断裂又有离子键的断裂
B. 转化I中化合价发生变化的元素仅有和
C. 催化氧化过程的总反应为：
D. 催化剂使用一段时间后催化效率会下降，原因是生成的覆盖在催化剂表面或进入催化剂内空位处
【答案】B
【解析】
【详解】A．二氧化锰为离子化合物，由图可知，转化I中二氧化锰氧脱离生成空位，为离子键的断裂；水生成OH-存在共价键的断裂；故A正确；
B．转化I中锰形成的化学键数目发生改变，故化合价发生变化的元素有和、Mn，故B错误；
C．由图可知，催化氧化过程的总反应为氧气、水、硫离子在催化作用下生成氢氧根离子和硫单质：，故C正确；
D．反应中生成硫单质，生成的覆盖在催化剂表面或进入催化剂内空位处，阻碍了反应的进行，导致催化剂使用一段时间后催化效率会下降，故D正确；
故选B。
13. 一种由湿法炼铜的低铜萃取余液(含C2+、Cu2+、Fe2+、Fe3+、Mn2+、H+、)回收金属的工艺流程如下：
室温下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：
下列说法正确的是
A. “滤渣I”为
B. “调pH”时，选用CaO浆液代替CaO固体可加快反应速率
C. 生成的离子方程式为
D. “沉钴”时，用代替可以提高的纯度
【答案】BC
【解析】
【分析】由题干工艺流程图信息可知，向低铜萃取余液中加入CaO浆液调节pH值到4.0~5.0，则产生CaSO4和Fe(OH)3沉淀，过滤得滤渣I成分为CaSO4和Fe(OH)3，滤液中含有C2+、Cu2+、Fe2+、Mn2+等离子，向滤液中通入空气将Fe2+氧化为Fe3+，进而转化为Fe(OH)3沉淀，将Mn2+氧化为MnO2，过滤得滤液(主要含有C2+和Cu2+)，向其中加入CaO浆液，调节pH到5.5~7.8，将Cu2+转化为Cu(OH)2，即滤渣Ⅱ为Cu(OH)2，过滤得滤液，向其中加入NaHCO3进行沉钴，反应原理为：C2++2=CCO3↓+H2O+CO2↑，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，“滤渣I”为Fe(OH)3和CaSO4，A错误；
B．“调pH”时，选用CaO浆液代替CaO固体，可以增大反应物之间的接触面积，可加快反应速率，B正确；
C．由题干工艺流程图可知，氧化步骤中溶液显酸性，结合氧化还原反应配平可得，生成MnO2的离子方程式为，C正确；
D．由于碳酸钠溶液的碱性比碳酸氢钠的强得多，“沉钴”时，不能用Na2CO3代替NaHCO3，否则将生成C(OH)2等杂质，D错误；
故答案为：BC。
14. 为探究FeCl3的性质，进行了如下实验(FeCl3和Na2SO3溶液浓度均为0.1ml·L−1)。
分析上述实验现象，所得结论不合理的是
A. 实验①说明加热促进Fe3+水解反应
B. 实验②说明Fe3+ 既发生了水解反应，又发生了还原反应
C. 实验③说明Fe3+ 发生了水解反应，但没有发生还原反应
D. 实验①-③说明SO对Fe3+ 的水解反应无影响，但对还原反应有影响
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据实验①现象可知，加热FeCl3溶液，Fe3+水解生成氢氧化铁的胶体，说明加热促进Fe3+水解反应，A正确；
B．实验②过量FeCl3溶液中滴加少量Na2SO3溶液，溶液变红褐色，说明Fe3+水解生成氢氧化铁胶体；再滴加溶液产生蓝色沉淀，说明Fe3+与发生氧化还原反应生成Fe2+，整个过程说明Fe3+ 既发生了水解反应，又发生了还原反应，B正确；
C．实验③过量Na2SO3溶液中滴加少量FeCl3溶液，溶液变红褐色说明Fe3+水解生成氢氧化铁胶体；一份滴加溶液，无蓝色沉淀生成，说明Fe3+与没有发生氧化还原反应生成Fe2+；另一份煮沸产生红褐色沉淀，说明发生了胶体的聚沉；整个过程说明Fe3+ 发生了水解反应，但没有发生还原反应，C正确；
D．由BC分析可知，Fe3+均水解生成氢氧化铁胶体，说明对Fe3+的水解反应有促进作用，少量对Fe3+的还原反应有影响，过量对Fe3+的还原反应无影响，D错误；
故选D。
15. 利用平衡移动原理，分析一定温度下Mg2+在不同pH的Na2CO3体系中的可能产物。
已知：ⅰ、图1中曲线表示Na2CO3体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。
ⅱ、图2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合c(Mg2+)·c2(OH-)=Ksp[Mg(OH)2]；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合c(Mg2+)·c()=Ksp(MgCO3)；
[注：起始c(Na2CO3)=0.1ml·L−1，不同pH下c()由图1得到]。
下列说法正确的是
A. 由图1，pH=10.25，c()=c()
B. 由图2，初始状态pH=11、lg[c(Mg2+)]=-6，有沉淀生成
C. 由图2，初始状态pH=9、lg[c(Mg2+)]=-2，平衡后溶液中存在：c(H2CO3)+c()+c()=0.1ml·L−1
D. 由图1和图2，初始状态pH=8、lg[c(Mg2+)]=-1，发生反应：Mg2++2=MgCO3↓+CO2↑+H2O
【答案】AD
【解析】
【详解】A．水溶液中的离子平衡 从图1可以看出时pH=10.25时，碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相同，A项正确；
B．从图2可以看出pH=11、lg[c(Mg2+)]=-6时，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的下方，不会产生碳酸镁沉淀或氢氧化镁沉淀，B项错误；
C．从图2可以看出pH=9、lg[c(Mg2+)]=-2时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，根据物料守恒，溶液中c(H2CO3)+c()+c()<0.1ml·L−1，C项错误；
D．pH=8时，溶液中主要含碳微粒是，pH=8，lg[c(Mg2+)]=-1时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为Mg2++2=MgCO3↓+CO2↑+H2O，D项正确；
故选：AD。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16. 根据所学知识，回答下列问题：
（1）K2FeO4是常见的水处理剂，净水原理如图1所示。请回答下列问题：
①高铁酸钾(K2FeO4)中铁元素的化合价为_____；
②过程a中K2FeO4体现_____(填“氧化”或“还原”)性，反应过程中转移5.418×1022个电子，需要_____mlK2FeO4.
（2）碱性条件下用Fe(OH)3和KClO反应制备K2FeO4.配平其反应的化学方程式：_____。
Fe(OH)3+KOH+KClO——K2FeO4+KCl+H2O
（3）干法制备高铁酸钠的主要反应为：2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，该反应中的还原剂是_____，生产1ml的高铁酸钠，需要消耗氧化剂的物质的量是_____。
（4）高铁酸钾(K2FeO4)是新型多功能水处理剂，其生产工艺如图2所示：
已知：
ⅰ、Cl2与NaOH溶液反应的产物与反应温度有关，温度较低时产物为NaCl、NaClO和H2O；温度较高时产物为NaCl、NaClO3和H2O。
ⅱ、同一条件下，溶液的碱性越强，高铁酸盐的稳定性越高。回答下列问题：
步骤③发生的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比n(氧化剂)∶n(还原剂)=_____。对“湿产品”进行“洗涤、干燥”时，洗涤剂最好选用_____(填序号)溶液和异丙醇。
A．Fe(NO3)3溶液 B．NH4Cl溶液 C．CH3COOK溶液 D．蒸馏水
（5）从环境保护的角度看，制备K2FeO4较好的方法为电解法。维持一定的电流强度和电解温度，KOH起始浓度对K2FeO4浓度的影响如图3(电解液体积相同的情况下进行的实验)。适宜的电解时间应选用_____h；当KOH起始浓度为14ml·L-1时，1.0～1.5h内生成K2FeO4的速率是_____ml·L-1·h-1。
【答案】（1） ①. +6 ②. 氧化 ③. 0.03
（2）2Fe(OH)3+4KOH+3KClO=2K2FeO4+3KCl+5H2O
（3） ①. Na2O2、FeSO4 ②. 2.5ml
（4） ①. 3∶2 ②. C
（5） ①. 2.0 ②. 3.2
【解析】
【分析】高铁酸钾具有氧化性，可以用于杀菌消毒，其还原产物为，水解可得胶体，可用于净水；
过量氯气和氢氧化钠反应生成氧化性物质次氯酸钠，加入氢氧化钠使得溶液呈碱性，除去氯化钠后加入硝酸铁溶液，发生氧化还原反应生成高铁酸钠，加入饱和氢氧化钾溶液析出高铁酸钾晶体；
【小问1详解】
①高铁酸中K元素+1价，O元素-2价，化合价代数和为0，可以算得Fe元素化合价为+6价；
②过程a中Fe由+6转变为+3价，化合价降低，体现氧化性，1mlFe原子得到3ml电子，所以需要；
【小问2详解】
失，得，根据电子得失守恒，原子守恒，方程式为：；
【小问3详解】
该反应中中O元素化合价-1价降低到氧化钠和硫酸钠中O元素-2价，化合价降低，中O元素由-1价升高到氧气中氧元素0价，化合价升高，所以既作氧化剂又作还原剂 中Fe元素化合价升高，为还原剂，还原剂为和；
由方程式可知，产物1ml高铁酸钠，转移，需要消耗氧化剂为2.5ml；
【小问4详解】
步骤③发生反应离子方程式为：，是还原剂，是氧化剂，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2；
根据已知条件可知，洗涤剂不能选用水解呈酸性的硝酸铁溶液和氯化铵溶液，应选用水解呈碱性的溶液，答案选C；
【小问5详解】
由图可知，2h高铁酸钾的浓度较大，则适宜的电解时间应选用2h；
当KOH起始浓度为14ml/L时，1~1.5h内高铁酸钾的浓度变化量是12ml/L-10.4ml/L=1.6ml/L，1.0~1.5h内生成高铁酸钾的速率为。
17. C3O4在磁性材料、电化学领域应用广泛。以钴矿[主要成分是CO、C2O3、C(OH)3，还含SiO2及少量Al2O3、Fe2O3、CuO及MnO2等]为原料可制取C3O4。主要步骤如下：
（1）浸取：用盐酸和Na2SO3溶液浸取钴矿，浸取液中含有Al3+、Fe2+、C2+、Cu2+、Mn2+、Cl-、SO等离子。写出C2O3发生反应的离子方程式：____。
（2）除杂：向浸取液中先加入足量NaClO3氧化Fe2+，再加入NaOH调节pH除去Al3+、Fe3+、Cu2+。有关沉淀数据如表(“完全沉淀”时金属离子浓度≤1×10-5ml·L-1)：
若浸取液中c(C2+)=0.1ml·L-1，则须调节溶液pH的范围是____(加入NaClO3和NaOH时，溶液的体积变化忽略)。
（3）萃取、反萃取：向除杂后的溶液中，加入某有机酸萃取剂(HA)2，发生反应：C2++n(HA)2CA2•(n-1)(HA)2+2H+。实验测得：当溶液pH处于4.5～6.5范围内，C2+萃取率随溶液pH的增大而增大(如图1所示)，其原因是____。向萃取所得有机相中加入H2SO4，反萃取得到水相。该工艺中设计萃取、反萃取的目的是____。
（4）沉钴、热分解：向反萃取后得到的水相中加入NH4HCO3溶液，过滤、洗涤、干燥，得到CCO3固体，加热CCO3制备C3O4。1ml CCO3在空气中加热，反应温度对反应产物的影响如图2所示，请写出500～1000℃时，发生主要反应的化学方程式___。
【答案】（1）C2O3+SO+4H+=2C2++SO+2H2O
（2）6.7～7.4 （3） ①. pH越大，溶液中c(H+)越小，有利于C2++n(HA)2CA2•(n-1)(HA)2+2H+反应正向进行C2+萃取率越高 ②. 分离C2+和Mn2+
（4）2C3O46CO+O2↑
【解析】
【小问1详解】
Na2SO3具有还原性，能与+3价的钴离子发生氧化还原反应生成C2+和，则发生反应的离子方程式：。
【小问2详解】
根据表中数据，使Al3+、Fe3+、Cu2+完全生成沉淀，pH大于或等于6.7，且不能使C2+生成沉淀；根据表中数据可知，C2+恰好沉淀完全的pH为9.4，则此时溶液中c(OH-)=110-4.6ml∙L-1，Ksp[C(OH)2]=c2(OH-)∙c(C2+)=(110-4.6ml∙L-1)2110-5ml∙L-1=110-14.2；由于浸取液中c(C2+)=0.1ml∙L-1，则C2+开始沉淀时c(OH-)=ml∙L-1，此时pH=7.4，故要防止C2+开始沉淀，pH应小于7.4，故须调节溶液pH的范围是6.7~7.4。
【小问3详解】
①向除杂后的溶液中，加入某有机酸萃取剂(HA)2，发生反应：；则当溶液pH处于4.5～6.5范围内，萃取率随溶液pH的增大而增大的原因是：pH越大，溶液中越小，有利于反应正向进行，萃取率越高；
②经萃取与反萃取可得到纯度、浓度较高的CSO4，则该工艺中设计萃取、反萃取的目的是：分离和。
【小问4详解】
由图知，500～1000℃时发生分解生成CO，则C元素化合价从平均+价降低到+2价、必有部分O元素化合价从-2升高到0价得到氧气，则按得失电子数守恒、元素质量守恒得：500～1000℃时发生主要反应的化学方程式：。
18. 实验室以活性炭为催化剂，由CCl2制备三氯化六氨合钴(Ⅲ){[C(NH3)6]Cl3}的装置如图所示：
已知：Ksp[C(OH)2]=6×10-15；[C(NH3)6]2+具有较强还原性，C2+不易被氧化。
回答下列问题：
（1）仪器c的名称是_____；d中无水CaCl2的作用是_____。
（2）向混合液中先加入浓氨水，目的是_____，混合液中NH4Cl的作用是_____；充分反应后再加入双氧水，水浴加热，控制温度为55℃的原因是_____。
（3）CCl2制备[C(NH3)6]Cl3的化学方程式为_____；将反应后的混合物趁热过滤，待滤液冷却后加入适量浓盐酸，冰水冷却、抽滤、乙醇洗涤、干燥，得到[C(NH3)6]Cl3晶体。抽滤采用如图装置。抽滤完毕，接下来的操作为_____(填选项字母)。抽滤的优点是_____。
A．先关闭水龙头，后拔掉橡胶管
B．先拔掉橡胶管，后关闭水龙头
（4）为测定产品中钴的含量，进行下列实验：
Ⅰ．称取3.5400g产品，加入足量NaOH溶液蒸出NH3，再加入稀硫酸，使[C(NH3)6]Cl3全部转化为C3+，然后将溶液配制成250mL，取25.00mL于锥形瓶中，加入过量的KI溶液，用0.1000ml·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液13.30mL。(已知反应2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)
Ⅱ．另取与步骤Ⅰ中等量的KI溶液于锥形瓶中，用上述标准溶液进行滴定，消耗Na2S2O3标准溶液1.30mL。
①样品中钴元素的质量分数为_____；
②若步骤Ⅱ滴定前滴定管内无气泡，滴定后有气泡，会使测定结果_____(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
【答案】（1） ①. 三颈烧瓶 ②. 吸收挥发出的氨气
（2） ①. 将C2+转化为易被氧化的[C(NH3)6]2+ ②. 抑制NH3·H2O电离，防止生成C(OH)2沉淀 ③. 温度过低，反应速率慢；温度过高，双氧水受热易分解
（3） ①. 2CCl2+10NH3·H2O+H2O2+2NH4Cl2[C(NH3)6]Cl3+12H2O ②. B ③. 加快过滤速率
（4） ①. 20% ②. 偏大
【解析】
【分析】由题意可知，由氯化亚钴制备三氯化六氨合钴(Ⅲ)的过程，先向氯化亚钴和氯化铵的混合溶液中加入氨水，将溶液中的亚钴离子转化为易被氧化的[C(NH3)6]2+，再向充分反应后的溶液中加入双氧水溶液，在活性炭作催化剂、水浴加热条件下，过氧化氢将[C(NH3)6]2+氧化为[C(NH3)6]3+。
【小问1详解】
仪器c的名称是三颈烧瓶；给三颈烧瓶加热，浓氨水易分解并挥发出氨气，造成大气污染，则d中无水CaCl2的作用是：吸收挥发出的氨气。
【小问2详解】
因为[C(NH3)6]2+具有较强还原性，C2+不易被氧化，所以向混合液中先加入浓氨水，目的是：将C2+转化为易被氧化的[C(NH3)6]2+；Ksp[C(OH)2]=6×10-15，为防止生成C(OH)2沉淀，应控制溶液的碱性，则混合液中NH4Cl的作用是：抑制NH3·H2O电离，防止生成C(OH)2沉淀；充分反应后再加入双氧水，双氧水的热稳定性较差，水浴加热时，需控制温度为55℃，原因是：温度过低，反应速率慢；温度过高，双氧水受热易分解。
【小问3详解】
CCl2制备[C(NH3)6]Cl3时，加入双氧水、氨水和氯化铵，化学方程式为2CCl2+10NH3·H2O+H2O2+2NH4Cl2[C(NH3)6]Cl3+12H2O；抽滤完毕，为防止自来水进入吸滤瓶内，接下来的操作为先拔掉橡胶管，后关闭水龙头，故选B。抽滤时，产生负压力，有利于液体与固体的分离，优点是：加快过滤速率。
【小问4详解】
①由步骤Ⅱ可知，KI溶液中混入少量I2；步骤Ⅰ中，发生反应2C3+——I2——2Na2S2O3，
样品中钴元素的质量分数为=20%；
②若步骤Ⅱ滴定前滴定管内无气泡，滴定后有气泡，则读出的原KI溶液中混有的I2消耗的Na2S2O3体积偏小，C3+氧化生成的I2消耗的Na2S2O3偏大，会使测定结果偏大。
【点睛】步骤Ⅰ中KI溶液消耗Na2S2O3标准溶液，表明此KI溶液中混有I2。
19. 和都是有毒气体，但新的研究表明，它们都是生命体系气体信号分子，在人体内具有重要的生理作用，是高中阶段常见的气体。
回答下列问题：
（1）反应是联合硝酸工业减少污染物排放的重要反应。该反应分为三步完成(都是双分子反应，即反应物都只有两种分子)，前两步反应如下：
第1步：
第2步：
①写出第3步反应热化学方程式：_______。
②基元反应，正反应速率。
的正反应速率，总反应速率
，α是平衡转化率，α′是瞬时转化率，k、k1、k2均为速率常数，受温度影响，温度升高，速率常数增大。
I.复杂反应分为多步进行时，决定反应速率的是最_______(填“快”或“慢”的一步，3步基元反应中，活化能最高的一步是第_______步。
II.温度升高，α_______(填“变大”、“变小”或“不变”)，在α′=0.90时，一系列温度下的总反应速率—时间()曲线如图所示，分析图中曲线先升后降的原因：_______。
（2）用冶炼的过程涉及如下反应：
反应I：
反应II：
①将和放入恒容密闭容器中，下列事实能说明反应I和II均已达到平衡状态的是_______(填选项字母)。
A.容器内气体的密度不再发生变化 B.的生成速率等于消耗速率。
C.容器内气体总压强不再发生变化 D.容器内和的物质的量相等
②在一个体积可变的容器中，维持温度不变(此时反应I的分压平衡常数)。压缩容器体积，达到新平衡时，的分压_______(填“变大”、“变小”或“不变”)。用压力传感器测得平衡时容器内压强为，计算反应II的分压平衡常数(写出计算过程)：_______。
【答案】（1） ①. ②. 慢 ③. 1 ④. 变小 ⑤. 温度升高，k2增大，α变小，低于490℃时。k2增大占主导，反应速率加快，高于490℃时，α变小占主导，反应速率减慢
（2） ①. ABC ②. 不变 ③. 根据及，可得分压，即
【解析】
【小问1详解】
①根据盖斯定律，第3步反应=总反应—第1步—第2步，方程式为；
②I.复杂反应决定反应速率的肯定是基元反应中的慢反应，根据可知，第1步是慢反应。活化能最高；
II．总反应放热，温度升高，平衡逆向移动，平衡转化率变小；温度升高，增大，变小，结合图象不难得出：低于时，增大占主导，反应速率加快，高于时，变小占主导，反应速率减慢；
【小问2详解】
①反应I和反应I相互干扰，只能同时达到平衡状态，如果没有达到平衡状态，容器内和的量都会发生变化。气体的密度和总压会随之变化，所以A、C均可以作为达到平衡状态的标志；B中说明的物质的量不再发生变化，也能作为达到平衡状态的标志；而和的物质的量相等，无法判断接下来是否仍相等，不能作为达到平衡状态的标志；
②平衡常数，因为温度不变，也不会变化，所以平衡时的分压也不变。根据及，可得分压，即。
20. 为检验溶液中是否含有Cl⁻，某同学向溶液中先加HNO3，再加AgNO3，若有白色沉淀生成，则证明有Cl⁻。对此结论，有人提出了质疑：溶液中可能有SO，并设计了如下探究性实验。
实验一：向Na2SO4溶液中滴加AgNO3溶液
（1）实验一中产生沉淀的离子方程式为_______。
（2）已知：25℃时，Ksp(Ag2SO4)=实验一中编号④无明显变化，若要产生浑浊，溶液中c(SO)理论上至少需达到_______ml·L-1。若向1mL某浓度的NaCl与Na2SO4的混合溶液中加入3滴溶液，分析上面数据，下列说法正确的是_______(填标号)。
A．混合液中时不会产生Ag2SO4沉淀
B．混合液中时不会产生Ag2SO4沉淀
C．无论SO浓度大小，都会产生Ag2SO4沉淀
D．若使用溶液，可基本排除SO对Cl⁻检验构成的干扰
将实验一编号③中的理论计算结果与现象对照，发现理论上大部分Ag+应该形成沉淀，这与“有些许浑浊”的现象相矛盾。为探究真相，在实验一的基础上继续设计了以下实验。
实验二：
（3）对于Ag2SO4溶于硝酸的原因提出了如下假设，请完成假设二。
假设一：NO对Ag2SO4溶解起作用。
假设二：_______。
（4）选择合适的试剂并设计实验方案，分别验证假设一和假设二是否成立。请补充完整实验操作和现象。
（5）通过(4)的实验，请用平衡理论解释Ag2SO4溶解的原因：_______。(已知：H2SO4=H++HSO、HSO=H++SO)
【答案】（1）
（2） ①. 12 ②. BD
（3）H+对 Ag2SO4溶解起作用
（4） ①. 固体不溶解 ②. 3溶液，振荡 ③. 沉淀溶解
（5）滴加稀硝酸后，H⁺与 SO结合生成 HS， SO浓度降低， Ag2SO4沉淀溶解平衡 正向移动，Ag2SO4不断溶解
【解析】
【小问1详解】
Na2SO4与AgNO3反应生成硫酸银沉淀和硝酸钠，反应离子方程式为：；
【小问2详解】
④中硝酸银浓度为0.001ml/L, Ksp(Ag2SO4)=若要产生浑浊，则溶液中c(SO)理论上至少需达到=12 ml/L；
A．根据实验③可知，时，产生沉淀，因此混合液中时会产生Ag2SO4沉淀，故A错误；
B．由A中分析可知，混合液中时不会产生Ag2SO4沉淀，故B正确；
C．根据AB项分析可知，SO浓度达到一定浓度时，才会产生Ag2SO4沉淀，故C错误；
D．根据实验数据可知，若使用溶液，实验无明显变化，可基本排除SO对Cl⁻检验构成的干扰，故D正确；
【小问3详解】
硝酸能电离出氢离子和硝酸根离子，结合题意可知假设二为：H+对 Ag2SO4溶解起作用；
【小问4详解】
假设一：NO对Ag2SO4溶解起作用，硝酸钠中含有硝酸根，因此若③固体溶解，证明假设一成立，固体不溶解，则假设一不成立；另一份溶液用于验证假设二，假设二为H+对 Ag2SO4溶解起作用，则实验④的操作为向一份加入3溶液，振荡，若硫酸银沉淀溶解，证明假设二成立；
【小问5详解】
根据实验(4)可知，Ag2SO4溶解的原因为：滴加稀硝酸后，H⁺与 SO结合生成 HS， SO浓度降低， Ag2SO4沉淀溶解平衡 正向移动，Ag2SO4不断溶解。A
B
C
D
实验装置
实验目的
除去Fe(OH)3胶体中的NaCl溶液
配制0.1ml·L-1NaCl溶液
除去Fe2(SO4)3溶液中的FeSO4
制作简单的燃料电池
氧化还原电对(氧化剂/还原剂)
电极反应式
/V
0.77
0.54
1.36
1.07
1.84
金属离子
开始沉淀时的pH
7.8
5.5
5.8
1.8
8.3
完全沉淀时的pH
9.4
6.7
8.8
2.9
10.9
实验
操作与现象
①
②
③
沉淀
Al(OH)3
Fe(OH)3
C(OH)2
Cu(OH)2
Mn(OH)2
恰好完全沉淀时的pH
5.2
2.8
9.4
6.7
10.1
编号
Na2SO4溶液
AgNO3溶液
混合后Ag+浓度/(ml·L-1)
现象
体积/mL
浓度/(ml·L-1)
体积/滴
浓度/(ml·L-1)
①
1
1
3
2
0.2
出现大量白色沉淀
②
1
1
3
0.5
0.05
出现少量白色沉淀
③
1
1
3
0.1
0.01
有些许浑浊
④
1
1
3
0.01
0.001
无明显变化
编号
AgNO3溶液浓度/(ml·L-1)
现象
滴加硝酸后的现象
①
2
出现大量白色沉淀
滴加稀硝酸，沉淀大量溶解；改加浓硝酸，沉淀较快消失
②
05
出现少量白色沉淀
滴加稀硝酸，沉淀基本消失
步骤
操作
现象
结论
步骤①
取少量Ag2SO4于试管中，加入2mL水，振荡
固体不溶解
步骤②
将①的浊液分成两等份
步骤③
向其中一份加入1mL0.1ml·L-1NaNO3溶液，振荡
_______
假设一不成立
步骤④
向另一份加入_______
_______
假设二成立
2.选择题答案必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整，笔迹清晰。
3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。
可能用到的相对原子质量：H1 N14 Cl35.5 Fe56 C59
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。
1. 非物质文化遗产体现了古代劳动人民的智慧。下列说法错误的是
A. “烟台绒绣”用羊毛绒线绣制，不可用加酶洗涤剂清洗
B. “即墨老酒”由黍米酿制，其原理是淀粉水解可得乙醇
C. “硫熏”使“莱州草辫”色泽白净，兼有驱虫、防腐的功能
D. “胶东花饽饽”用酵母作膨松剂，使用过程中发生了化学变化
【答案】B
【解析】
【详解】A．羊绒的主要成分是蛋白质，加酶洗衣粉含有生物催化剂酶，可以催化蛋白质的分解反应，A正确；
B．淀粉水解得到葡萄糖，B错误；
C．硫燃烧产生的二氧化硫杀菌消毒漂白，C正确；
D．酵母菌在适宜的温度,发酵使面粉中的淀粉转化糖,再将糖分转化二氧化碳气体,在低温蒸制时使二氧化碳气体收缩,使面团发生蜂窝状，D正确；
故答案为：B。
2. 下列说法中不正确的是
A. NOx和碳氢化合物是造成光化学烟雾污染主要原因
B. H2SO4和CuCl2均可通过化合反应得到
C. 侯氏制碱法原理是将NH3通入含有CO2的饱和食盐水中制得NaHCO3
D. 工业接触法制备硫酸涉及到的转化为FeS2→SO2→SO3→H2SO4
【答案】C
【解析】
【详解】A．光化学烟雾是汽车、工厂等污染源排入大气的碳氢化合物(CxHy)和氮氧化物(NOx)等一次污染物在阳光(紫外光)作用下发生光化学反应生成二次污染物，所以NOx和碳氢化合物是造成光化学烟雾污染的主要原因，A正确；
B．SO3与H2O发生化合反应生成H2SO4，Cu与Cl2在点燃条件下化合生成CuCl2，所以二者均可通过化合反应得到，B正确；
C．为增大CO2的溶解度，提高产品(纯碱)的质量，侯氏制碱法的原理是将CO2通入含有NH3的饱和食盐水中制得NaHCO3，过滤后灼烧制得Na2CO3，C不正确；
D．工业接触法制备硫酸分三步进行，分别为FeS2高温氧化得SO2、SO2催化氧化得SO3、SO3用水吸收(实际上用98.3%浓硫酸吸收)制得H2SO4，D正确；
故选C。
3. 南海是一个巨大的资源宝库，海水开发利用的部分过程如图所示，下列说法错误的是
A. 物质X可以选用CaO
B. 操作1中玻璃棒的作用是引流
C. 第①步中，蒸发结晶、高温烘干可以得到干燥的MgCl2·6H2O固体
D. 第②步反应的离子方程式为：Br2+SO2+2H2O=SO+2Br-+4H+
【答案】C
【解析】
【分析】苦卤中加石灰乳沉淀Mg2+生成氢氧化镁,①中在HCl气流中蒸发得到无水氯化镁，滤液含NaBr，NaBr与氯气反应生成溴，②中溴与二氧化硫发生氧化还原反应，吸收液成分为硫酸和HBr；
【详解】A．苦卤中加OH-沉淀Mg2+生成氢氧化镁，物质X常选用CaO，氧化钙和水反应生成石灰乳便宜易得，且氢氧化镁比氢氧化钙更难溶，工业生产中常选用石灰乳作为Mg2+的沉淀剂，故A正确；
B．操作l是过滤，其中玻璃棒的作用是引流，故B正确；
C．因加热促进镁离子水解，且生成盐酸易挥发,因此第①步是将MgCl26H2O晶体在HC1气流中加热脱去结晶水得无水MgCl2，故C错误；
D．第②步SO2作还原剂，SO2 与Br2发生氧化还原反应生成HBr和H2SO4，反应的离子方程式为：Br2+SO2+2H2O=SO+2Br-+4H+，故D正确；
故答案为C
4. NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 标准状况下，22.4LCHCl3所含的分子数为NA
B. 1ml碘蒸气和1ml氢气在密闭容器中充分反应，生成的碘化氢分子数小于2NA
C. 0.1ml·L-1FeCl3溶液中含有的Fe3+数目一定小于0.1NA
D. 5.6g铁完全发生吸氧腐蚀生成铁锈Fe2O3·xH2O，在电化学过程中转移的电子数为0.3NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．标准状况下CHCl3不是气体，不能通过气体摩尔体积计算其物质的量，故A错误；
B．碘单质与氢气的反应为可逆反应，1ml碘蒸气和1ml氢气不能完全反应，生成的碘化氢分子数小于2NA，故B正确；
C．溶液体积未知，不能确定Fe3+数目，故C错误；
D．5.6g铁为0.1ml，电化学过程中发生反应：Fe-2e-=Fe2+，0.1mlFe转移0.2 NA电子，故D错误；
故选：B。
5. 用下列实验装置能达到相关实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．胶体能够透过滤纸，故除去Fe(OH)3胶体中混有的NaCl溶液不能进行过滤操作，而应该采用渗析法，A错误；
B．容量瓶不能作为溶解、稀释和反应、长期贮存溶液的仪器，B错误；
C．氯气与FeSO4反应生成氯离子，引入了新的杂质，C错误；
D．先闭合K1形成电解池，电解硫酸钠溶液时阳极生成氧气，阴极生成氢气，然后打开K1闭合K2，可形成氢气、氧气的燃料电池，故D正确；
故选：D。
6. 物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要维度。如图为硫及其部分化合物的价态-类别图。下列说法不正确的是
A. a和c可以反应生成bB. 附着有b的试管，可以用清洗
C. c具有氧化性，可漂白纸浆D. f的浓溶液和Cu在加热条件下反应时体现了其氧化性和酸性
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，a为硫化氢、b为硫、c为二氧化硫、d为三氧化硫、e为亚硫酸、f为硫酸、g为亚硫酸盐、h为硫酸盐。
【详解】A．硫化氢气体能与二氧化硫气体反应生成硫和水，故A正确；
B．硫不溶于水，易溶于二硫化碳，则附着有硫的试管，可用二硫化碳清洗除去硫，故B正确；
C．二氧化硫具有漂白性，可用于漂白纸浆，故C错误；
D．铜与浓硫酸共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应中浓硫酸表现强氧化性和酸性，故D正确；
故选C。
7. 下列实验操作正确的是
A. 酸式滴定管的查漏方法：将旋塞关闭，滴定管注入一定量的蒸馏水，把它固定滴定管夹上，放置两分钟，观察滴定管口及旋塞两端是否有水渗出，若均不漏水才可使用
B. 配制FeSO4溶液，应加入铁粉防止Fe2+氧化，并加入盐酸抑制Fe2+的水解
C. 重结晶法提纯苯甲酸，将1.0g粗苯甲酸放入100ml的烧杯，加入50ml蒸馏水。加热、搅拌，使苯甲酸充分溶解；冷却后过滤得到晶体，蒸馏水洗涤后晾干，得到高纯度苯甲酸晶体
D. 在接近滴定终点时，使用“半滴操作”的正确方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液粘落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化
【答案】D
【解析】
【详解】A．酸式滴定管的查漏方法为：将旋塞关闭，滴定管里注入一定量的水，把它固定在滴定管夹上，再将旋塞旋转180°，观察滴定管口及旋塞两端是否有水渗出，旋塞不渗水才可使用，故A错误；
B．配制FeSO4溶液，应加入铁粉防止Fe2+氧化，并加入硫酸抑制Fe2+的水解，故B错误；
C．重结晶法提纯苯甲酸的方法为：将1.0g粗苯甲酸放入100ml的烧杯，加入50ml蒸馏水。加热、搅拌，使苯甲酸充分溶解，将溶液过滤到另外一个100mL的烧杯中，将滤液静置，使其缓慢冷却结晶，待滤液完全冷却后滤出晶体，并用少量蒸馏水洗涤，将晶体铺在干燥的滤纸上晾干，故C错误；
D．“半滴操作”的正确方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液粘落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化，故D正确；
故选D。
8. 周期表中ⅥA族元素及其化合物应用广泛。H2S是一种易燃的有毒气体(摩尔燃烧焓为562.2kJ·ml-1)，可制取各种硫化物。硫酰氯(SO2Cl2)是重要的化工试剂，常作氯化剂或氯磺化剂。工业上以精炼铜的阳极泥(含CuSe)为原料回收Se，以电解强碱性Na2TeO3溶液制备Te．下列化学反应表示正确的是
A. H2S燃烧的热化学方程式：2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l) ΔH=-1124.4kJ‧ml-1
B. CuSe和浓硫酸反应：CuSe+H2SO4=CuSO4+H2Se↑
C. 电解强碱性Na2TeO3溶液的阴极反应：+4e-+6H＋=Te+3H2O
D. SO2Cl2遇水强烈水解生成两种酸：SO2Cl2+2H2O=4H＋++2Cl-
【答案】A
【解析】
【详解】A．H2S的摩尔燃烧焓为562.2kJ·ml-1，则2ml H2S(g)完全燃烧放热1124.4kJ，热化学方程式为：2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l) ΔH=-1124.4kJ‧ml-1，A正确；
B．H2Se与H2S类似，具有较强的还原性，能被浓硫酸氧化为SeO2，则CuSe和浓硫酸反应方程式为：CuSe+2H2SO4(浓)=CuSO4+SeO2+2H2O，B不正确；
C．电解强碱性Na2TeO3溶液，电极反应式中不应出现H+，阴极反应式为：+4e-+3H2O=Te+ 6OH-，C不正确；
D．SO2Cl2中S显+6价，遇水强烈水解生成H2SO4和HCl，离子方程式为：SO2Cl2+2H2O=4H＋++2Cl-，D不正确；
故选A。
9. 用电解法对酸性含氯氨氮废水进行无害化处理的过程如图所示。下列说法正确的是
A. DSA电极与外接电源的负极连接
B. 发生的电极反应为：
C. 降解过程中应该控制条件避免发生反应②
D. 1ml HO·和足量反应，转移的电子数为
【答案】C
【解析】
【详解】A．NH3在DSA电极转化为N2，氮元素从-3价升高为0价，被氧化，该电极是电解池的阳极，与外接电源的正极相连，故A错误；
B．由图示知，Cl-在DSA电极表面转化为Cl2电极反应式为：2 Cl--2e-=Cl2↑，故B错误；
C．反应②中NH3转化为，没有达到氨氮废水无害化处理的目的，所以，降解过程中应该控制条件避免发生反应②，故C正确；
D．羟基自由基中氧元素为-1价，其还原产物中氧元素为-2价，一个HO·可得到一个电子，1ml HO·完全反应时转移的电子数为6.02×1023，故D错误；
故选C。
10. 在恒温恒容的密闭容器中发生：2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g) ΔH<0，T℃时，平衡常数为K，下列说法正确的是
A. 该反应在任何温度下都可自发进行
B. T℃时，若
D. 若容器内气体压强保持不变，该可逆反应达到化学平衡状态
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据反应方程式可知，该反应为熵减，即ΔS＜0，依据ΔG=ΔH－TΔS，该反应在低温下能自发进行，故A错误；
B．若＜K，该反应向正反应方向进行，即v正＞v逆，故B错误；
C．选择高效催化剂只提高活化分子百分数，对化学平衡移动无影响，即不能提高尿素的产率，故C错误；
D．尿素为固体，该反应为气体物质的量减少的反应，相同条件下，气体压强与气体物质的量成正比，因此该反应当混合气体压强不再改变时，说明反应达到平衡，故D正确；
答案为D。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 氧化还原电对的标准电极电势()可用来比较相应氧化剂的氧化性强弱，相关数据(酸性条件)如下。
下列分析错误的是
A. 氧化性：
B. 向溶液滴加溶液，反应的离子方程式为
C. 向淀粉KI溶液中滴加溶液，溶液变蓝色
D. 向含有KSCN的溶液中滴加少量氯水，溶液变红色
【答案】B
【解析】
【详解】A．标准电极电势越大，对应氧化剂的氧化性越强，氧化性：；故A正确；
B．的氧化性低于，所以不能通过氧化得到；所以不会发生反应，故B错误；
C．的氧化性高于，向淀粉KI溶液中滴加溶液，得到，溶液变蓝色；故C正确；
D．氧化性大小为，所以氯水氧化，溶液变红，故D正确；
故答案选B。
12. 炼油、石化等工业会产生含硫(价)废水，可通过催化氧化法进行处理，碱性条件下，催化氧化废水的机理如图所示。其中为催化剂，附着在催化剂载体聚苯胺的表面。下列说法错误的是
A. 催化氧化过程中既有共价键的断裂又有离子键的断裂
B. 转化I中化合价发生变化的元素仅有和
C. 催化氧化过程的总反应为：
D. 催化剂使用一段时间后催化效率会下降，原因是生成的覆盖在催化剂表面或进入催化剂内空位处
【答案】B
【解析】
【详解】A．二氧化锰为离子化合物，由图可知，转化I中二氧化锰氧脱离生成空位，为离子键的断裂；水生成OH-存在共价键的断裂；故A正确；
B．转化I中锰形成的化学键数目发生改变，故化合价发生变化的元素有和、Mn，故B错误；
C．由图可知，催化氧化过程的总反应为氧气、水、硫离子在催化作用下生成氢氧根离子和硫单质：，故C正确；
D．反应中生成硫单质，生成的覆盖在催化剂表面或进入催化剂内空位处，阻碍了反应的进行，导致催化剂使用一段时间后催化效率会下降，故D正确；
故选B。
13. 一种由湿法炼铜的低铜萃取余液(含C2+、Cu2+、Fe2+、Fe3+、Mn2+、H+、)回收金属的工艺流程如下：
室温下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：
下列说法正确的是
A. “滤渣I”为
B. “调pH”时，选用CaO浆液代替CaO固体可加快反应速率
C. 生成的离子方程式为
D. “沉钴”时，用代替可以提高的纯度
【答案】BC
【解析】
【分析】由题干工艺流程图信息可知，向低铜萃取余液中加入CaO浆液调节pH值到4.0~5.0，则产生CaSO4和Fe(OH)3沉淀，过滤得滤渣I成分为CaSO4和Fe(OH)3，滤液中含有C2+、Cu2+、Fe2+、Mn2+等离子，向滤液中通入空气将Fe2+氧化为Fe3+，进而转化为Fe(OH)3沉淀，将Mn2+氧化为MnO2，过滤得滤液(主要含有C2+和Cu2+)，向其中加入CaO浆液，调节pH到5.5~7.8，将Cu2+转化为Cu(OH)2，即滤渣Ⅱ为Cu(OH)2，过滤得滤液，向其中加入NaHCO3进行沉钴，反应原理为：C2++2=CCO3↓+H2O+CO2↑，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，“滤渣I”为Fe(OH)3和CaSO4，A错误；
B．“调pH”时，选用CaO浆液代替CaO固体，可以增大反应物之间的接触面积，可加快反应速率，B正确；
C．由题干工艺流程图可知，氧化步骤中溶液显酸性，结合氧化还原反应配平可得，生成MnO2的离子方程式为，C正确；
D．由于碳酸钠溶液的碱性比碳酸氢钠的强得多，“沉钴”时，不能用Na2CO3代替NaHCO3，否则将生成C(OH)2等杂质，D错误；
故答案为：BC。
14. 为探究FeCl3的性质，进行了如下实验(FeCl3和Na2SO3溶液浓度均为0.1ml·L−1)。
分析上述实验现象，所得结论不合理的是
A. 实验①说明加热促进Fe3+水解反应
B. 实验②说明Fe3+ 既发生了水解反应，又发生了还原反应
C. 实验③说明Fe3+ 发生了水解反应，但没有发生还原反应
D. 实验①-③说明SO对Fe3+ 的水解反应无影响，但对还原反应有影响
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据实验①现象可知，加热FeCl3溶液，Fe3+水解生成氢氧化铁的胶体，说明加热促进Fe3+水解反应，A正确；
B．实验②过量FeCl3溶液中滴加少量Na2SO3溶液，溶液变红褐色，说明Fe3+水解生成氢氧化铁胶体；再滴加溶液产生蓝色沉淀，说明Fe3+与发生氧化还原反应生成Fe2+，整个过程说明Fe3+ 既发生了水解反应，又发生了还原反应，B正确；
C．实验③过量Na2SO3溶液中滴加少量FeCl3溶液，溶液变红褐色说明Fe3+水解生成氢氧化铁胶体；一份滴加溶液，无蓝色沉淀生成，说明Fe3+与没有发生氧化还原反应生成Fe2+；另一份煮沸产生红褐色沉淀，说明发生了胶体的聚沉；整个过程说明Fe3+ 发生了水解反应，但没有发生还原反应，C正确；
D．由BC分析可知，Fe3+均水解生成氢氧化铁胶体，说明对Fe3+的水解反应有促进作用，少量对Fe3+的还原反应有影响，过量对Fe3+的还原反应无影响，D错误；
故选D。
15. 利用平衡移动原理，分析一定温度下Mg2+在不同pH的Na2CO3体系中的可能产物。
已知：ⅰ、图1中曲线表示Na2CO3体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。
ⅱ、图2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合c(Mg2+)·c2(OH-)=Ksp[Mg(OH)2]；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合c(Mg2+)·c()=Ksp(MgCO3)；
[注：起始c(Na2CO3)=0.1ml·L−1，不同pH下c()由图1得到]。
下列说法正确的是
A. 由图1，pH=10.25，c()=c()
B. 由图2，初始状态pH=11、lg[c(Mg2+)]=-6，有沉淀生成
C. 由图2，初始状态pH=9、lg[c(Mg2+)]=-2，平衡后溶液中存在：c(H2CO3)+c()+c()=0.1ml·L−1
D. 由图1和图2，初始状态pH=8、lg[c(Mg2+)]=-1，发生反应：Mg2++2=MgCO3↓+CO2↑+H2O
【答案】AD
【解析】
【详解】A．水溶液中的离子平衡 从图1可以看出时pH=10.25时，碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相同，A项正确；
B．从图2可以看出pH=11、lg[c(Mg2+)]=-6时，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的下方，不会产生碳酸镁沉淀或氢氧化镁沉淀，B项错误；
C．从图2可以看出pH=9、lg[c(Mg2+)]=-2时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，根据物料守恒，溶液中c(H2CO3)+c()+c()<0.1ml·L−1，C项错误；
D．pH=8时，溶液中主要含碳微粒是，pH=8，lg[c(Mg2+)]=-1时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为Mg2++2=MgCO3↓+CO2↑+H2O，D项正确；
故选：AD。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16. 根据所学知识，回答下列问题：
（1）K2FeO4是常见的水处理剂，净水原理如图1所示。请回答下列问题：
①高铁酸钾(K2FeO4)中铁元素的化合价为_____；
②过程a中K2FeO4体现_____(填“氧化”或“还原”)性，反应过程中转移5.418×1022个电子，需要_____mlK2FeO4.
（2）碱性条件下用Fe(OH)3和KClO反应制备K2FeO4.配平其反应的化学方程式：_____。
Fe(OH)3+KOH+KClO——K2FeO4+KCl+H2O
（3）干法制备高铁酸钠的主要反应为：2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，该反应中的还原剂是_____，生产1ml的高铁酸钠，需要消耗氧化剂的物质的量是_____。
（4）高铁酸钾(K2FeO4)是新型多功能水处理剂，其生产工艺如图2所示：
已知：
ⅰ、Cl2与NaOH溶液反应的产物与反应温度有关，温度较低时产物为NaCl、NaClO和H2O；温度较高时产物为NaCl、NaClO3和H2O。
ⅱ、同一条件下，溶液的碱性越强，高铁酸盐的稳定性越高。回答下列问题：
步骤③发生的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比n(氧化剂)∶n(还原剂)=_____。对“湿产品”进行“洗涤、干燥”时，洗涤剂最好选用_____(填序号)溶液和异丙醇。
A．Fe(NO3)3溶液 B．NH4Cl溶液 C．CH3COOK溶液 D．蒸馏水
（5）从环境保护的角度看，制备K2FeO4较好的方法为电解法。维持一定的电流强度和电解温度，KOH起始浓度对K2FeO4浓度的影响如图3(电解液体积相同的情况下进行的实验)。适宜的电解时间应选用_____h；当KOH起始浓度为14ml·L-1时，1.0～1.5h内生成K2FeO4的速率是_____ml·L-1·h-1。
【答案】（1） ①. +6 ②. 氧化 ③. 0.03
（2）2Fe(OH)3+4KOH+3KClO=2K2FeO4+3KCl+5H2O
（3） ①. Na2O2、FeSO4 ②. 2.5ml
（4） ①. 3∶2 ②. C
（5） ①. 2.0 ②. 3.2
【解析】
【分析】高铁酸钾具有氧化性，可以用于杀菌消毒，其还原产物为，水解可得胶体，可用于净水；
过量氯气和氢氧化钠反应生成氧化性物质次氯酸钠，加入氢氧化钠使得溶液呈碱性，除去氯化钠后加入硝酸铁溶液，发生氧化还原反应生成高铁酸钠，加入饱和氢氧化钾溶液析出高铁酸钾晶体；
【小问1详解】
①高铁酸中K元素+1价，O元素-2价，化合价代数和为0，可以算得Fe元素化合价为+6价；
②过程a中Fe由+6转变为+3价，化合价降低，体现氧化性，1mlFe原子得到3ml电子，所以需要；
【小问2详解】
失，得，根据电子得失守恒，原子守恒，方程式为：；
【小问3详解】
该反应中中O元素化合价-1价降低到氧化钠和硫酸钠中O元素-2价，化合价降低，中O元素由-1价升高到氧气中氧元素0价，化合价升高，所以既作氧化剂又作还原剂 中Fe元素化合价升高，为还原剂，还原剂为和；
由方程式可知，产物1ml高铁酸钠，转移，需要消耗氧化剂为2.5ml；
【小问4详解】
步骤③发生反应离子方程式为：，是还原剂，是氧化剂，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2；
根据已知条件可知，洗涤剂不能选用水解呈酸性的硝酸铁溶液和氯化铵溶液，应选用水解呈碱性的溶液，答案选C；
【小问5详解】
由图可知，2h高铁酸钾的浓度较大，则适宜的电解时间应选用2h；
当KOH起始浓度为14ml/L时，1~1.5h内高铁酸钾的浓度变化量是12ml/L-10.4ml/L=1.6ml/L，1.0~1.5h内生成高铁酸钾的速率为。
17. C3O4在磁性材料、电化学领域应用广泛。以钴矿[主要成分是CO、C2O3、C(OH)3，还含SiO2及少量Al2O3、Fe2O3、CuO及MnO2等]为原料可制取C3O4。主要步骤如下：
（1）浸取：用盐酸和Na2SO3溶液浸取钴矿，浸取液中含有Al3+、Fe2+、C2+、Cu2+、Mn2+、Cl-、SO等离子。写出C2O3发生反应的离子方程式：____。
（2）除杂：向浸取液中先加入足量NaClO3氧化Fe2+，再加入NaOH调节pH除去Al3+、Fe3+、Cu2+。有关沉淀数据如表(“完全沉淀”时金属离子浓度≤1×10-5ml·L-1)：
若浸取液中c(C2+)=0.1ml·L-1，则须调节溶液pH的范围是____(加入NaClO3和NaOH时，溶液的体积变化忽略)。
（3）萃取、反萃取：向除杂后的溶液中，加入某有机酸萃取剂(HA)2，发生反应：C2++n(HA)2CA2•(n-1)(HA)2+2H+。实验测得：当溶液pH处于4.5～6.5范围内，C2+萃取率随溶液pH的增大而增大(如图1所示)，其原因是____。向萃取所得有机相中加入H2SO4，反萃取得到水相。该工艺中设计萃取、反萃取的目的是____。
（4）沉钴、热分解：向反萃取后得到的水相中加入NH4HCO3溶液，过滤、洗涤、干燥，得到CCO3固体，加热CCO3制备C3O4。1ml CCO3在空气中加热，反应温度对反应产物的影响如图2所示，请写出500～1000℃时，发生主要反应的化学方程式___。
【答案】（1）C2O3+SO+4H+=2C2++SO+2H2O
（2）6.7～7.4 （3） ①. pH越大，溶液中c(H+)越小，有利于C2++n(HA)2CA2•(n-1)(HA)2+2H+反应正向进行C2+萃取率越高 ②. 分离C2+和Mn2+
（4）2C3O46CO+O2↑
【解析】
【小问1详解】
Na2SO3具有还原性，能与+3价的钴离子发生氧化还原反应生成C2+和，则发生反应的离子方程式：。
【小问2详解】
根据表中数据，使Al3+、Fe3+、Cu2+完全生成沉淀，pH大于或等于6.7，且不能使C2+生成沉淀；根据表中数据可知，C2+恰好沉淀完全的pH为9.4，则此时溶液中c(OH-)=110-4.6ml∙L-1，Ksp[C(OH)2]=c2(OH-)∙c(C2+)=(110-4.6ml∙L-1)2110-5ml∙L-1=110-14.2；由于浸取液中c(C2+)=0.1ml∙L-1，则C2+开始沉淀时c(OH-)=ml∙L-1，此时pH=7.4，故要防止C2+开始沉淀，pH应小于7.4，故须调节溶液pH的范围是6.7~7.4。
【小问3详解】
①向除杂后的溶液中，加入某有机酸萃取剂(HA)2，发生反应：；则当溶液pH处于4.5～6.5范围内，萃取率随溶液pH的增大而增大的原因是：pH越大，溶液中越小，有利于反应正向进行，萃取率越高；
②经萃取与反萃取可得到纯度、浓度较高的CSO4，则该工艺中设计萃取、反萃取的目的是：分离和。
【小问4详解】
由图知，500～1000℃时发生分解生成CO，则C元素化合价从平均+价降低到+2价、必有部分O元素化合价从-2升高到0价得到氧气，则按得失电子数守恒、元素质量守恒得：500～1000℃时发生主要反应的化学方程式：。
18. 实验室以活性炭为催化剂，由CCl2制备三氯化六氨合钴(Ⅲ){[C(NH3)6]Cl3}的装置如图所示：
已知：Ksp[C(OH)2]=6×10-15；[C(NH3)6]2+具有较强还原性，C2+不易被氧化。
回答下列问题：
（1）仪器c的名称是_____；d中无水CaCl2的作用是_____。
（2）向混合液中先加入浓氨水，目的是_____，混合液中NH4Cl的作用是_____；充分反应后再加入双氧水，水浴加热，控制温度为55℃的原因是_____。
（3）CCl2制备[C(NH3)6]Cl3的化学方程式为_____；将反应后的混合物趁热过滤，待滤液冷却后加入适量浓盐酸，冰水冷却、抽滤、乙醇洗涤、干燥，得到[C(NH3)6]Cl3晶体。抽滤采用如图装置。抽滤完毕，接下来的操作为_____(填选项字母)。抽滤的优点是_____。
A．先关闭水龙头，后拔掉橡胶管
B．先拔掉橡胶管，后关闭水龙头
（4）为测定产品中钴的含量，进行下列实验：
Ⅰ．称取3.5400g产品，加入足量NaOH溶液蒸出NH3，再加入稀硫酸，使[C(NH3)6]Cl3全部转化为C3+，然后将溶液配制成250mL，取25.00mL于锥形瓶中，加入过量的KI溶液，用0.1000ml·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液13.30mL。(已知反应2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)
Ⅱ．另取与步骤Ⅰ中等量的KI溶液于锥形瓶中，用上述标准溶液进行滴定，消耗Na2S2O3标准溶液1.30mL。
①样品中钴元素的质量分数为_____；
②若步骤Ⅱ滴定前滴定管内无气泡，滴定后有气泡，会使测定结果_____(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
【答案】（1） ①. 三颈烧瓶 ②. 吸收挥发出的氨气
（2） ①. 将C2+转化为易被氧化的[C(NH3)6]2+ ②. 抑制NH3·H2O电离，防止生成C(OH)2沉淀 ③. 温度过低，反应速率慢；温度过高，双氧水受热易分解
（3） ①. 2CCl2+10NH3·H2O+H2O2+2NH4Cl2[C(NH3)6]Cl3+12H2O ②. B ③. 加快过滤速率
（4） ①. 20% ②. 偏大
【解析】
【分析】由题意可知，由氯化亚钴制备三氯化六氨合钴(Ⅲ)的过程，先向氯化亚钴和氯化铵的混合溶液中加入氨水，将溶液中的亚钴离子转化为易被氧化的[C(NH3)6]2+，再向充分反应后的溶液中加入双氧水溶液，在活性炭作催化剂、水浴加热条件下，过氧化氢将[C(NH3)6]2+氧化为[C(NH3)6]3+。
【小问1详解】
仪器c的名称是三颈烧瓶；给三颈烧瓶加热，浓氨水易分解并挥发出氨气，造成大气污染，则d中无水CaCl2的作用是：吸收挥发出的氨气。
【小问2详解】
因为[C(NH3)6]2+具有较强还原性，C2+不易被氧化，所以向混合液中先加入浓氨水，目的是：将C2+转化为易被氧化的[C(NH3)6]2+；Ksp[C(OH)2]=6×10-15，为防止生成C(OH)2沉淀，应控制溶液的碱性，则混合液中NH4Cl的作用是：抑制NH3·H2O电离，防止生成C(OH)2沉淀；充分反应后再加入双氧水，双氧水的热稳定性较差，水浴加热时，需控制温度为55℃，原因是：温度过低，反应速率慢；温度过高，双氧水受热易分解。
【小问3详解】
CCl2制备[C(NH3)6]Cl3时，加入双氧水、氨水和氯化铵，化学方程式为2CCl2+10NH3·H2O+H2O2+2NH4Cl2[C(NH3)6]Cl3+12H2O；抽滤完毕，为防止自来水进入吸滤瓶内，接下来的操作为先拔掉橡胶管，后关闭水龙头，故选B。抽滤时，产生负压力，有利于液体与固体的分离，优点是：加快过滤速率。
【小问4详解】
①由步骤Ⅱ可知，KI溶液中混入少量I2；步骤Ⅰ中，发生反应2C3+——I2——2Na2S2O3，
样品中钴元素的质量分数为=20%；
②若步骤Ⅱ滴定前滴定管内无气泡，滴定后有气泡，则读出的原KI溶液中混有的I2消耗的Na2S2O3体积偏小，C3+氧化生成的I2消耗的Na2S2O3偏大，会使测定结果偏大。
【点睛】步骤Ⅰ中KI溶液消耗Na2S2O3标准溶液，表明此KI溶液中混有I2。
19. 和都是有毒气体，但新的研究表明，它们都是生命体系气体信号分子，在人体内具有重要的生理作用，是高中阶段常见的气体。
回答下列问题：
（1）反应是联合硝酸工业减少污染物排放的重要反应。该反应分为三步完成(都是双分子反应，即反应物都只有两种分子)，前两步反应如下：
第1步：
第2步：
①写出第3步反应热化学方程式：_______。
②基元反应，正反应速率。
的正反应速率，总反应速率
，α是平衡转化率，α′是瞬时转化率，k、k1、k2均为速率常数，受温度影响，温度升高，速率常数增大。
I.复杂反应分为多步进行时，决定反应速率的是最_______(填“快”或“慢”的一步，3步基元反应中，活化能最高的一步是第_______步。
II.温度升高，α_______(填“变大”、“变小”或“不变”)，在α′=0.90时，一系列温度下的总反应速率—时间()曲线如图所示，分析图中曲线先升后降的原因：_______。
（2）用冶炼的过程涉及如下反应：
反应I：
反应II：
①将和放入恒容密闭容器中，下列事实能说明反应I和II均已达到平衡状态的是_______(填选项字母)。
A.容器内气体的密度不再发生变化 B.的生成速率等于消耗速率。
C.容器内气体总压强不再发生变化 D.容器内和的物质的量相等
②在一个体积可变的容器中，维持温度不变(此时反应I的分压平衡常数)。压缩容器体积，达到新平衡时，的分压_______(填“变大”、“变小”或“不变”)。用压力传感器测得平衡时容器内压强为，计算反应II的分压平衡常数(写出计算过程)：_______。
【答案】（1） ①. ②. 慢 ③. 1 ④. 变小 ⑤. 温度升高，k2增大，α变小，低于490℃时。k2增大占主导，反应速率加快，高于490℃时，α变小占主导，反应速率减慢
（2） ①. ABC ②. 不变 ③. 根据及，可得分压，即
【解析】
【小问1详解】
①根据盖斯定律，第3步反应=总反应—第1步—第2步，方程式为；
②I.复杂反应决定反应速率的肯定是基元反应中的慢反应，根据可知，第1步是慢反应。活化能最高；
II．总反应放热，温度升高，平衡逆向移动，平衡转化率变小；温度升高，增大，变小，结合图象不难得出：低于时，增大占主导，反应速率加快，高于时，变小占主导，反应速率减慢；
【小问2详解】
①反应I和反应I相互干扰，只能同时达到平衡状态，如果没有达到平衡状态，容器内和的量都会发生变化。气体的密度和总压会随之变化，所以A、C均可以作为达到平衡状态的标志；B中说明的物质的量不再发生变化，也能作为达到平衡状态的标志；而和的物质的量相等，无法判断接下来是否仍相等，不能作为达到平衡状态的标志；
②平衡常数，因为温度不变，也不会变化，所以平衡时的分压也不变。根据及，可得分压，即。
20. 为检验溶液中是否含有Cl⁻，某同学向溶液中先加HNO3，再加AgNO3，若有白色沉淀生成，则证明有Cl⁻。对此结论，有人提出了质疑：溶液中可能有SO，并设计了如下探究性实验。
实验一：向Na2SO4溶液中滴加AgNO3溶液
（1）实验一中产生沉淀的离子方程式为_______。
（2）已知：25℃时，Ksp(Ag2SO4)=实验一中编号④无明显变化，若要产生浑浊，溶液中c(SO)理论上至少需达到_______ml·L-1。若向1mL某浓度的NaCl与Na2SO4的混合溶液中加入3滴溶液，分析上面数据，下列说法正确的是_______(填标号)。
A．混合液中时不会产生Ag2SO4沉淀
B．混合液中时不会产生Ag2SO4沉淀
C．无论SO浓度大小，都会产生Ag2SO4沉淀
D．若使用溶液，可基本排除SO对Cl⁻检验构成的干扰
将实验一编号③中的理论计算结果与现象对照，发现理论上大部分Ag+应该形成沉淀，这与“有些许浑浊”的现象相矛盾。为探究真相，在实验一的基础上继续设计了以下实验。
实验二：
（3）对于Ag2SO4溶于硝酸的原因提出了如下假设，请完成假设二。
假设一：NO对Ag2SO4溶解起作用。
假设二：_______。
（4）选择合适的试剂并设计实验方案，分别验证假设一和假设二是否成立。请补充完整实验操作和现象。
（5）通过(4)的实验，请用平衡理论解释Ag2SO4溶解的原因：_______。(已知：H2SO4=H++HSO、HSO=H++SO)
【答案】（1）
（2） ①. 12 ②. BD
（3）H+对 Ag2SO4溶解起作用
（4） ①. 固体不溶解 ②. 3溶液，振荡 ③. 沉淀溶解
（5）滴加稀硝酸后，H⁺与 SO结合生成 HS， SO浓度降低， Ag2SO4沉淀溶解平衡 正向移动，Ag2SO4不断溶解
【解析】
【小问1详解】
Na2SO4与AgNO3反应生成硫酸银沉淀和硝酸钠，反应离子方程式为：；
【小问2详解】
④中硝酸银浓度为0.001ml/L, Ksp(Ag2SO4)=若要产生浑浊，则溶液中c(SO)理论上至少需达到=12 ml/L；
A．根据实验③可知，时，产生沉淀，因此混合液中时会产生Ag2SO4沉淀，故A错误；
B．由A中分析可知，混合液中时不会产生Ag2SO4沉淀，故B正确；
C．根据AB项分析可知，SO浓度达到一定浓度时，才会产生Ag2SO4沉淀，故C错误；
D．根据实验数据可知，若使用溶液，实验无明显变化，可基本排除SO对Cl⁻检验构成的干扰，故D正确；
【小问3详解】
硝酸能电离出氢离子和硝酸根离子，结合题意可知假设二为：H+对 Ag2SO4溶解起作用；
【小问4详解】
假设一：NO对Ag2SO4溶解起作用，硝酸钠中含有硝酸根，因此若③固体溶解，证明假设一成立，固体不溶解，则假设一不成立；另一份溶液用于验证假设二，假设二为H+对 Ag2SO4溶解起作用，则实验④的操作为向一份加入3溶液，振荡，若硫酸银沉淀溶解，证明假设二成立；
【小问5详解】
根据实验(4)可知，Ag2SO4溶解的原因为：滴加稀硝酸后，H⁺与 SO结合生成 HS， SO浓度降低， Ag2SO4沉淀溶解平衡 正向移动，Ag2SO4不断溶解。A
B
C
D
实验装置
实验目的
除去Fe(OH)3胶体中的NaCl溶液
配制0.1ml·L-1NaCl溶液
除去Fe2(SO4)3溶液中的FeSO4
制作简单的燃料电池
氧化还原电对(氧化剂/还原剂)
电极反应式
/V
0.77
0.54
1.36
1.07
1.84
金属离子
开始沉淀时的pH
7.8
5.5
5.8
1.8
8.3
完全沉淀时的pH
9.4
6.7
8.8
2.9
10.9
实验
操作与现象
①
②
③
沉淀
Al(OH)3
Fe(OH)3
C(OH)2
Cu(OH)2
Mn(OH)2
恰好完全沉淀时的pH
5.2
2.8
9.4
6.7
10.1
编号
Na2SO4溶液
AgNO3溶液
混合后Ag+浓度/(ml·L-1)
现象
体积/mL
浓度/(ml·L-1)
体积/滴
浓度/(ml·L-1)
①
1
1
3
2
0.2
出现大量白色沉淀
②
1
1
3
0.5
0.05
出现少量白色沉淀
③
1
1
3
0.1
0.01
有些许浑浊
④
1
1
3
0.01
0.001
无明显变化
编号
AgNO3溶液浓度/(ml·L-1)
现象
滴加硝酸后的现象
①
2
出现大量白色沉淀
滴加稀硝酸，沉淀大量溶解；改加浓硝酸，沉淀较快消失
②
05
出现少量白色沉淀
滴加稀硝酸，沉淀基本消失
步骤
操作
现象
结论
步骤①
取少量Ag2SO4于试管中，加入2mL水，振荡
固体不溶解
步骤②
将①的浊液分成两等份
步骤③
向其中一份加入1mL0.1ml·L-1NaNO3溶液，振荡
_______
假设一不成立
步骤④
向另一份加入_______
_______
假设二成立
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