北京市一零一中2023-2024学年高二（下）统练一化学试题含答案

这是一份北京市一零一中2023-2024学年高二（下）统练一化学试题含答案，共20页。试卷主要包含了 下列实验能达到实验目的的是， 常温下，用0等内容，欢迎下载使用。

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本试卷分为I卷、II卷两部分，共14个小题，共8页，满分100分；答题时间为60分钟；
请将答案写在机读卡和答题纸上，交机读卡和答题纸。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16
I卷：选择题(共40分)
每小题只有一个选项符合题意。每小题4分，共40分。
1. 现有三种元素的基态原子的电子排布式如下：
① ② ③
则下列有关比较中正确的是
A. 原子半径：②>①>③B. 第一电离能：③>①>②
C. 电负性：②>①>③D. 最高正化合价：③>②>①
2. 关于、和的结构与性质，下列说法错误的是
A. 为极性分子
B. 空间结构为平面形
C. 和中C、O、N杂化方式均相同
D. 可与酸反应生成，中有两个配位键
3. 正硼酸()是一种片层状结构的白色晶体，层内的通过氢键相连(如图所示)。下列有关说法正确的是
A. 正硼酸晶体属于离子晶体，熔点很高B. 的化学性质主要与氢键有关
C. 1ml晶体中有6ml氢键D. 分子中硼原子最外层不是8电子稳定结构
4. 是一种重要的染料及合成农药中间体。下列说法正确的是
A. 分子中的键角小于离子中的键角
B.Cu元素位于元素周期表d区
C. 基态O原子核外电子占据的最高能级的电子云轮廓图为球形
D. 与形成配位键的是H原子
5. 下列实验能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
6. 常温下，用0.10ml/LNaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10ml/L的CH3COOH溶液和HCN溶液，所得滴定曲线如图。下列说法不正确的是
已知：；
A. 曲线M为的滴定曲线
B. 点①和点②所示溶液中：
C. 点③所示溶液中：
D.点④所示溶液中：
7. 电解溶液制备NaOH和的装置示意图如下。
下列说法不正确的是
A. Ⅰ区溶液pH下降
B. 离子交换膜a为阳离子交换膜
C. Ⅲ区发生电极反应：
D. 理论上，每生成1ml NaOH，同时有生成
8. 一定条件下，按n(NO)∶n(O2)=2∶1的比例向反应容器充入NO、O2，发生反应2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)。温度、压强(p)对NO平衡转化率的影响如下，
下列分析正确的是
A. 压强大小关系：p1>p2
B. 其他条件相同时，随温度升高该反应的平衡常数增大
C. 400℃、p1条件下，O2的平衡转化率为40%
D. 500℃、p1条件下，该反应的化学平衡常数一定为
9. 以石灰石矿(主要成分为，含少量等)为原料制备高纯轻质碳酸钙的一种工艺流程如下。
已知：固体B中含有及
下列说法不正确的是
A. 过程Ⅱ中，溶液浸出而非是因为
B. 过程Ⅲ中，反应的离子方程式为
C. 过程Ⅱ和过程Ⅲ的操作均应在较高温度下进行
D. 整个流程中，“变废为宝、循环利用”的物质是
10. 某实验小组研究经打磨的镁条与1ml•L-1NaHCO3溶液(pH≈8.4)的反应。室温时，用CO2传感器检测生成的气体，并测定反应后溶液的pH。实验如表：
下列说法不正确的是
A. 由①可知，室温时，NaHCO3在溶液中可分解产生CO2
B. 由①②可知，②中产生的大量气体中可能含有H2
C. ②中的反应比③中的剧烈，是因为NaHCO3溶液中c(H+)更大
D. 由②③可知，HCO的作用可能是破坏了覆盖在镁条表面的镁与H2O反应生成的Mg(OH)2
II卷 非选择题(共60分)
11. 碳单质有多种，其中石墨和富勒烯()两类常见的物质。以其完美的球烯受到科学家重视，其结构如下图所示。60个碳原子是等同的，均为近似杂化，但却有两种不同类型的碳碳键。其中一种为138pm；另一种为145pm。
（1）请在图中标明这2种类型的键的键长_______。
（2）石墨中的碳原子杂化类型为_______，键角是_______，最小的环含有的原子数为_______。
（3）石墨中原子和原子之间存在的作用力类型有_______。
a.键 b.键 c.极性键 d.非极性键 e.离子键 f.范德华力
（4）在水中溶解度_______在苯中溶解度(填“>”、“<”或“≈”)；原因是_______。
（5）石墨、互为同素异形体，但相同条件下，石墨的熔点比高得多，原因是_______。
（6）从结构角度解释为什么不导电_______。
（7）的晶胞结构为面心立方结构。已知一定条件下晶胞的棱长为a cm，阿伏加德罗常数为，则该条件下的摩尔体积(单位物质的量的物质的体积)为_______(用含a、的代数式表示，下同)，晶体密度为_______。
12. 页岩气中含有较多的乙烷，可将其转化为更有工业价值的乙烯。
（1） 二氧化碳氧化乙烷制乙烯。
将C2H6和CO2按物质的量之比为1∶1通入反应器中，发生如下反应：
ⅰ．C2H6(g) C2H4(g) + H2(g) ΔH1＝+136.4 kJ·ml− 1
ⅱ．CO2(g) + H2(g) CO(g) + H2O(g) ΔH2＝+41.2 kJ·ml− 1
ⅲ．C2H6(g) +CO2(g) C2H4(g) +CO(g) +H2O(g) ΔH3
①用ΔH1、ΔH2计算ΔH3＝______kJ·ml−1。
②反应ⅳ：C2H6(g) 2C(s)+3H2(g)为积碳反应，生成的碳附着在催化剂表面， 降低催化剂的活性，适当通入过量 CO2 可以有效缓解积碳，结合方程式解释其原因：__。
③二氧化碳氧化乙烷制乙烯的研究热点之一是选择催化剂，相同反应时间，不同温度、不同催化剂的数据如下表（均未达到平衡状态）：
【注】C2H4 选择性：转化的乙烷中生成乙烯的百分比。
CO 选择性：转化的 CO2 中生成 CO 的百分比。
对比Ⅰ和Ⅱ，该反应应该选择的催化剂为__，理由是__。实验条件下，铬盐作催化剂时，随温度升高，C2H6 的转化率升高，但 C2H4 的选择性降低，原因是__。
（2） 利用质子传导型固体氧化物电解池将乙烷转化为乙烯，示意图如图：
①电极 a 与电源的______极相连。
②电极 b 的电极反应式是 ______。
13. 炼铅烟尘的主要成分为铅的氧化物(Pb2O3、Pb3O4、PbO)及PbSO4，其杂质主要为含镉(Cd)化合物，回收处理炼铅烟尘可实现资源再生。某工艺流程如图：
已知：ⅰ.Pb2O3Pb3O4PbO
ⅱ.CdSO4易溶于水，热稳定性好
ⅲ.PbSO4(s)+2Cl-(aq)PbCl2(s)+SO42-(aq)
PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq)
ⅳ.Pb(OH)2为两性氢氧化物
(1)步骤①中焙烧的目的是________。在此过程中PbO与浓硫酸发生反应的化学方程式为________。
(2)滤液I的成分是________。
(3)相同反应时间，步骤①中焙烧温度和酸料比对Pb、Cd去除率的影响如下表所示（均未达到平衡状态）。
应选择的焙烧温度和酸料比为________。
Cd去除率随温度升高先增大后减小的原因可能为________。
(4)步骤③中NaCl溶液的作用是________。
(5)步骤④的操作是________。
(6)下列说法正确的是________(填序号)。
A.步骤①中浓硫酸作氧化剂
B.步骤③中pH<4的目的是防止Pb2+水解
C.步骤④的滤液可循环利用以提高Pb的回收率
D.步骤⑤中增大NaOH溶液浓度可使Pb沉淀完全
14. “硫代硫酸银”（ [ Ag（S2O3）2]3–）常用于切花保鲜，由AgNO3溶液（0.1 ml·L–1、pH=6）和Na2S2O3溶液（0.1 ml·L–1、pH=7）现用现配制。某小组探究其配制方法。
【实验一】
（1）A为Ag2S2O3。写出生成A的离子方程式__________。
（2）对实验现象的分析得出，试管a中充分反应后一定生成了__________（填离子符号）。进而推测出沉淀m可能为Ag2S、Ag、S或它们的混合物。做出推测的理由是__________。
（3）若试管a中物质充分反应后不过滤，继续加入1.1 mL Na2S2O3溶液，振荡，静置，黑色沉淀不溶解，清液中逐渐出现乳白色浑浊，有刺激性气味产生。用离子方程式解释产生白色浑浊的原因：__________。
结论：Ag2S2O3不稳定，分解所得固体不溶于Na2S2O3溶液。
【实验二】已知：Ag2S2O3＋3S2O32- 2 [ Ag（S2O3）2]3–（无色）
（4）用平衡移动原理解释实验i中加入1.5 mL AgNO3后产生白色沉淀的原因：__________。
（5）实验i中，当加入0.5 mL AgNO3溶液时，得到无色清液，若放置一段时间，无明显变化。结合化学反应速率分析该现象与ii不同的原因是__________。
（6）简述用0.1 ml·L–1 AgNO3溶液和0.1 ml·L–1 Na2S2O3溶液配制该保鲜剂时，试剂的投料比和操作：__________。
参考答案
I卷：选择题(共40分)
每小题只有一个选项符合题意。每小题4分，共40分。
1. 【答案】A
【分析】①为S元素；②为P元素；③为F元素；据此分析解题。
【详解】A．除第1周期外，其他周期元素(惰性气体元素除外)的原子半径随原子序数的递增而减小；同一族的元素从上到下，随电子层数增多，原子半径增大；所以S、P、F元素的原子半径大小为P > S>F，故A正确；
B．P元素最外层电子为半充满状态，第一电离能大于相邻元素，所以第一电离能P > S，故B错误；
C．对于主族元素，同一周期，从左到右元素电负性递增，同一主族，自上而下元素电负性递减，所以F元素电负性最大，故C错误；
D．F元素无正化合价，故D错误；
故答案选A。
2. 【答案】B
【详解】A．分子结构不对称，为极性分子，故A正确；
B．中N原子形成3个化学键，且含有一个孤电子对，所以空间结构不为平面形，故B错误；
C．和中C、O、N的杂化方式均为sp3杂化，故C正确；
D．中N原子形成3个化学键，且含有一个孤电子对，中两个N原子上的孤店子对与H+的空轨道形成两个配位键形成，故D正确；
故答案选B。
3. 【答案】D
【详解】A． 层内的通过氢键相连，正硼酸晶体属于分子晶体，熔点低，故A错误；
B． 的化学性质主要与分子内共价键有关，与氢键无关，故B错误；
C． 每摩硼酸分子形成6摩氢键，每摩氢键2摩分子共用，1ml晶体中有3ml氢键，故C错误；
D． 分子中硼原子最外层只有6个电子，不是8电子稳定结构，故D正确；
故选D
4. 【答案】A
【详解】A．分子中N原子为sp3杂化，空间构型为三角锥形，键角约为107º18´，离子中S原子为sp3杂化，空间构型为正四面体形，键角为109º28´，选项A正确；
B．Cu元素为29号元素，价电子排布为3d104s1，属于ds区，选项B错误；
C．基态O原子核外电子排布为1s22s22p4，最高能级为2p，p能级的电子云轮廓图为哑铃形，选项C错误；
D．与形成配位键的是N原子，提供空轨道，N提供孤电子对，选项D错误；
答案选A。
5. 【答案】D
【详解】A．铁上电镀铜，铜片应放在阳极，铁片放在阴极，故A错误；
B．测定中和反应的反应热要在防散热装置中进行，故B错误；
C．比较AgCl和Ag2S溶解度大小，银离子不能过量，否则生成氯化银后，过量的银离子和硫离子反应生成Ag2S，无法比较Ag2S和AgCl的溶解性大小，故C错误；
D．验证铁发生吸氧腐蚀，左侧试管内部压强减小，右侧导管中水柱上升，故D正确；
故选D。
6. 【答案】B
【详解】A. 由题干已知信息可知Ka(CH3COOH)＞Ka(HCN)，则等浓度的CH3COOH和HCN的pH值，CH3COOH的更小，故曲线M为HCN的滴定曲线，A正确；
B．点①和点②所示溶液加入的NaOH体积相等，点①溶液呈碱性，溶质为等物质的量的NaCN和HCN，且CN-的水解＞HCN的电离， 点②溶液呈酸性，溶质为等物质的量的CH3COONa和CH3COOH，且CH3COOH的电离大于CH3COO-水解，故有c(CN-)＜c(CH3COO-)，B错误；
C．点③溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒得c(Na+)=c(CH3COO-)，故溶液中有c(Na+)=c(CH3COO-)＞c(H+)=c(OH-)，C正确；
D．点④溶液中溶质为NaCN，溶液的pH＞7，溶液呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)，根据电荷守恒得c(Na+)＞c(CN-)，故溶液中有：c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+)，D正确；
故答案为：B。
7. 【答案】B
【分析】电解槽中右侧电极为阴极、左侧电极为阳极，阳极上水失电子生成氧气和氢离子，电极反应为:2H2O-4e-=O2↑+4H+，阴极上水发生得电子的还原反应生成氢气，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，则钠离子通过离子交换膜生成NaOH、b为阳离子交换膜，硫酸根通过离子交换膜a生成硫酸a为阴离子交换膜，据此分析解答。
【详解】A．据分析可知，左侧电极为阳极，阳极上水失电子生成氧气和氢离子，电极反应为:2H2O-4e-=O2↑+4H+，氢离子浓度增加Ⅰ区溶液pH下降，A正确；
B．根据分析可知，离子交换膜a为阴离子交换膜，B错误；
C．根据分析可知，Ⅲ区发生电极反应：，C正确；
D．根据2H2O-4e-=O2↑+4H+，可知理论上，—e-—H+，每生成1ml NaOH，同时有生成，D正确；
答案选B。
8. 【答案】C
【详解】A．400℃时，从下到上，NO转化率增大，说明平衡正向移动即增大压强，因此压强大小关系：p2>p1，故A错误；
B．其他条件相同时，随温度升高，NO转化率降低，平衡逆向移动，因此该反应的平衡常数减小，故B错误；
C．根据加入的量之比等于计量系数之比，则转化率相等，因此在400℃、p1条件下，O2的平衡转化率为40%，故C正确；
D．该反应是体积减小的反应，500℃、p1条件下，由于缺少容器体积，因此无法计算该反应的化学平衡常数，故D错误；
答案为C。
9. 【答案】C
【分析】煅烧石灰石矿(主要成分为，含少量等)，、分解分别生成CaO和MgO ，并放出CO2，煅烧后固体 CaO、MgO，加氯化铵浸取，溶解CaO，得到含氯化钙和 的滤液A，过滤，固体B中含有及，滤液A中通CO2，，生成沉淀CaCO3。
【详解】A．过程Ⅱ中，溶液浸出而非，因为，A正确；
B．过程Ⅲ中，CO2和氯化钙和反应生成CaCO3，的离子方程式为，B正确；
C．过程Ⅱ的反应物氯化铵受热易分解，过程Ⅲ中受热易分解、易挥发，不能在较高温度下进行，C错误；
D．过程Ⅰ产生的是过程Ⅲ的反应物，过程Ⅲ中的生成物是过程Ⅱ的反应物，所以可循环利用，D正确；
故答案选C。
10. 【答案】C
【详解】A．由①可知，锥形瓶中的试剂为6.0g1ml•L-1NaHCO3溶液，锥形瓶内CO2的浓度增大，说明室温时，NaHCO3在溶液中可分解产生CO2，故A正确；
B．②中产生大量气泡，该气体净化后可点燃，说明产生的大量气体中可能含有H2，故B正确；
C．NaHCO3溶液呈碱性，其中c(H+)小于H2O中的，故C错误；
D．NaHCO3可以和碱性物质反应，由②③可知，HCO的作用可能是破坏了覆盖在镁条表面的镁与H2O反应生成的Mg(OH)2，故D正确；
故选C。
II卷 非选择题(共60分)
11. 【答案】（1） （2） ①. sp2 ②. 120° ③. 2
（3）abdf （4） ①. < ②. 不溶于水等强极性溶剂，在正己烷、苯、二氧化碳、四氯化碳等非极性溶剂中有一定的溶解性
（5）是由分子构成的，它发生物理变化时只要克服分子间作用力，石墨是共价晶体、金属晶体和分子晶体之间的一种过渡型晶体，它熔化时要克服很强的共价键之外还要克服层与层之间的作用力，所以熔沸点很高
（6）分子中每个C都是sp2杂化，而剩余的电子会形成一个包围在分子外围的离域大键，尽管有电子，但电子不能从这个分子运动到另一个分子，自然没有电子在整个单质内的定向移动，没有电流，不能导电
（7） ①. ②. =
【小问1详解】
碳碳双键的键长小于碳碳单键，在图中标明这2种类型的键，注明键长为： ；
【小问2详解】
石墨中每个碳原子价层电子对数是3,碳原子杂化类型为sp2，石墨晶体中最小的环为六元环，正六边形，键角是120°，最小的环含有的原子数为6=2个；
【小问3详解】
石墨是一种混合型晶体。石墨晶体中，同一层里面的碳原子之间以共价键相互结合，层与层之间是范德华力，石墨中的碳原子采取的是sp2杂化，每一个碳原上都有一个2p轨道与平面垂直，p电子可以在同一层中自由移动，存在键、键、非极性键、范德华力；
答案选abdf；
【小问4详解】
不溶于水等强极性溶剂，在正己烷、苯、二氧化碳、四氯化碳等非极性溶剂中有一定的溶解性，则在水中溶解度<在甲苯中溶解度；
【小问5详解】
是由分子构成的，它发生物理变化时只要克服分子间作用力，石墨是共价晶体、金属晶体和分子晶体之间的一种过渡型晶体，它熔化时要克服很强的共价键之外还要克服层与层之间的作用力，所以熔沸点很高；
【小问6详解】
分子中每个C都是sp2杂化，而剩余的电子会形成一个包围在分子外围的离域大键，尽管有电子，但电子不能从这个分子运动到另一个分子，自然没有电子在整个单质内的定向移动，没有电流，不能导电；
【小问7详解】
由晶胞结构可知，每个晶胞中含有8+6=4个分子，则该条件下的摩尔体积为；
晶体密度为====。
12. 【答案】 ①. +177.6 ②. 增大CO2的量，发生反应C+CO2 2CO，消耗C；增大CO2的量，反
应ⅲ正向进行程度增加，降低了C2H6的浓度，反应ⅳ进行的程度减小 ③. 铬盐 ④. 相同温度下，铬盐作催化剂时C2H6的转化率和C2H4的选择性均较高 ⑤. 温度升高，反应ⅰ、ⅲ、ⅳ的化学反应速率均增大，反应ⅳ增大的更多 ⑥. 正极 ⑦. CO2 +2e－+2H+=CO+H2O
【详解】（1）①已知：C2H6(g) C2H4(g) + H2(g) ΔH1＝+136.4 kJ·ml− 1
ⅱ．CO2(g) + H2(g) CO(g) + H2O(g) ΔH2＝+41.2 kJ·ml− 1
ⅲ．C2H6(g) +CO2(g) C2H4(g) +CO(g) +H2O(g) ΔH3
由盖斯定律可知，反应ⅰ+反应ⅱ得反应ⅲ，则ΔH3＝ΔH1+ΔH2=（+136.4 kJ·ml− 1）+（+41.2 kJ·ml− 1）=+177.6 kJ·ml− 1，故答案为：+177.6；
②增大二氧化碳的量，可以有效缓解积碳的原因是，二氧化碳能与碳在加热条件下反应生成一氧化碳，消耗积碳，反应的化学方程式为C+CO2 2CO；增大二氧化碳的量，反应ⅲ向正正反应方向移动，降低了体系中C2H6的浓度，使反应ⅳ向逆反应方向移动，减少积碳的生成，故答案为：增大CO2的量，发生反应C+CO2 2CO，消耗C；增大CO2的量，反应ⅲ正向进行程度增加，降低了C2H6的浓度，反应ⅳ进行的程度减小；
③由表格数据可知，相同温度下，铬盐作催化剂时，C2H6的转化率和C2H4的选择性均较高，则对比Ⅰ和Ⅱ，该反应应该选择的催化剂为铬盐；升高温度，反应ⅰ、ⅲ、ⅳ的化学反应速率均增大，反应ⅳ的化学反应速率增大的幅度更大，导致C2H6 的转化率升高，C2H4的选择性降低，故答案为：温度升高，反应ⅰ、ⅲ、ⅳ的化学反应速率均增大，反应ⅳ增大的更多；
（2）①电解池中，阳离子向阴极移动，由图给氢离子的移动方向可知，电极 a为阳极，与电源正极相连，故答案为：正；
②电解池中，阳离子向阴极移动，由图给氢离子的移动方向可知，电极b为阴极，在氢离子作用下，二氧化碳在阴极上得电子发生还原反应生成一氧化碳和水，电极反应式为CO2 +2e－+2H+=CO+H2O。
13. 【答案】 ①. 将Pb2O3、Pb3O4转化为PbO ②. PbO+H2SO4PbSO4+H2O ③. CdSO4(H2SO4) ④. 温度为500℃，酸料比为0.6 mL/g ⑤. 温度升高反应速率加快，一段时间内Cd去除率增大；温度过高导致硫酸损失，反应物浓度减小，因此一段时间内Cd去除率降低 ⑥. 使PbSO4转化成PbCl42-，与不溶杂质分离开 ⑦. 加水稀释，过滤 ⑧. BC
【分析】炼铅烟尘主要成分为铅的氧化物(Pb2O3、Pb3O4、PbO)及PbSO4，其杂质主要为含镉(Cd)化合物，Pb的稳定氧化物是PbO，高温焙烧能够使不稳定的Pb2O3、Pb3O4转化为PbO，然后加入浓硫酸，发生复分解反应产生PbSO4，杂质镉(Cd)的化合物反应产生易溶性CdSO4，然后用水浸泡，可除去可溶性杂质，在滤液I中主要含有CdSO4及过量H2SO4，然后向滤渣PbSO4中加入NaCl溶液，会发生离子交换反应，为促进物质反应，温度控制在90℃，调节溶液pH<4，可防止Pb2+水解，PbSO4发生反应转化为可溶性物质[PbCl4]2-，然后过滤除去不溶性杂质，将滤液II进行稀释得到PbCl2沉淀，再将其过滤出来，洗涤干净，用适量NaOH溶液溶解得到Pb(OH)2。
【详解】(1)步骤①中焙烧的目的是将Pb2O3、Pb3O4转化为稳定氧化物PbO。在此过程中PbO与浓硫酸发生复分解反应产生PbSO4和H2O，反应的化学方程式为PbO+H2SO4PbSO4+H2O。
(2)在加热浓硫酸焙烧时Pb的氧化物转化为PbSO4，杂质Cd的化合物转化为CdSO4，根据题干信息可知CdSO4易溶于水，热稳定性好，而PbSO4难溶于水，所以滤液I的成分是CdSO4及过量的H2SO4。
(3)根据相同反应时间，步骤①中焙烧温度和酸料比对Pb、Cd去除率的影响可知：在酸配料比不变时，温度升高，Cd的去除率先增大后减小，在500℃时Cd的去除率达到最大值，因此焙烧温度是500℃；在温度不变，酸料比为0.6 mL/g时Cd的去除率达到最大值，故应选择的焙烧温度和酸料比为温度为500℃，酸料比为0.6 mL/g；
Cd去除率随温度升高先增大后减小的原因可能是：温度升高，反应速率加快，一段时间内Cd去除率增大；当温度过高时导致硫酸损失，反应物浓度减小，因此一段时间内Cd去除率又降低。
(4)在步骤③中NaCl溶液的作用是能够使难溶性的PbSO4转化成可溶性PbCl42-进入溶液，从而与不溶杂质分离开。
(5)根据信息ⅲ. PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq)可知，将滤液加水稀释，平衡逆向移动，就可以得到PbCl2固体，因此步骤④的操作是加水稀释，过滤。
(6)A. 步骤①中浓硫酸与PbO反应产生PbSO4，CdO反应产生CdSO4，元素化合价都不变，因此硫酸的作用不是作氧化剂，A错误；
B. Pb(OH)2为两性氢氧化物，因此铅盐是强酸弱碱盐，在溶液中易发生水解反应使溶液显酸性，在步骤③中调节溶液pH<4的目的是防止Pb2+水解，B正确；
C. 在步骤④的滤液中含有一定量的PbCl2，若将其循环利用，就提高Pb的回收率，C正确；
D. Pb(OH)2为两性氢氧化物，若步骤⑤中增大NaOH溶液浓度，NaOH过量，则Pb(OH)2与过量NaOH反应产生Na2PbO2进入溶液，最终不能得到Pb(OH)2，因此NaOH浓度不易过大，D错误；
故合理选项是BC。
14. 【答案】 ①. Ag+＋= Ag2S2O3↓ ②. H+、 ③. 得到的是氧化产物，必然要生成其他还原产物 ④. ⑤. 过量Ag+与结合，使c（）降低，Ag2S2O3＋3S2O32-2[Ag（S2O3）2]3-逆向移动，析出沉淀 ⑥. 逐滴滴加AgNO3时，Ag2S2O3的溶解速率大于分解速率；迅速混合时部分Ag2S2O3来不及溶解即发生分解，分解产物不能再溶于Na2S2O3 ⑦. Na2S2O3和AgNO3物质的量之比大于2:1，在不断搅拌下将AgNO3溶液缓缓加入到Na2S2O3溶液中
【分析】Na2S2O3与AgNO3反应生成白色沉淀Ag2S2O3，白色沉淀立即变为棕黄色，最终变为黑色，过滤后，滤液pH=1，说明溶液中存在H+，滴入硝酸钡溶液产生白色沉淀，推断滤液中存在SO42-，说明沉淀转化为氧化还原反应。实验i中逐滴滴加硝酸银溶液，Ag2S2O3的溶解速率大于分解速率，实验ii中一次性加入硝酸银溶液，生成Ag2S2O3立即分解，分解所得固体不溶于Na2S2O3溶液，形成胶体。
【详解】（1）Na2S2O3与AgNO3反应生成A，A为白色沉淀Ag2S2O3，Na2S2O3与AgNO3为可溶性盐在离子方程式中要拆写，则离子方程式为Ag+＋S2O32-= Ag2S2O3↓
（2）滤液pH=1，说明溶液中存在H+，滴入硝酸钡溶液产生白色沉淀，推断滤液中存在SO42-，故试管a中充分反应后一定生成了H+、 SO42-。因为得到的SO42-，硫元素化合价升高为氧化产物，发生氧化还原反应则必然要生成其他还原产物，银、硫元素的化合价可能要降低，进而推测出沉淀m可能为Ag2S、Ag、S或它们的混合物。
（3）若试管a中物质充分反应后不过滤，溶液呈酸性，继续加入1.1 mL Na2S2O3溶液，有刺激性气味产生，根据元素守恒，推断有刺激性气味的气体应该为二氧化硫，则硫元素化合价升高，根据得失电子守恒可知，硫元素化合价降低生成硫单质，离子方程式为。
（4）实验i中加入1.5 mL AgNO3后产生白色沉淀，白色沉淀应为Ag2S2O3，因为过量Ag+与S2O32-结合，使c（S2O32-）降低，Ag2S2O3＋3S2O32-2[Ag（S2O3）2]3-逆向移动，析出沉淀。
（5）实验i与实验ii的区别在于硝酸银溶液的滴加方式不同，实验i中逐滴滴加AgNO3时，Ag2S2O3的溶解速率大于分解速率；实验ii根据结论“Ag2S2O3不稳定，分解所得固体不溶于Na2S2O3溶液”，AgNO3溶液与Na2S2O3溶液迅速混合时，部分Ag2S2O3来不及溶解即发生分解，分解产物不能再溶于Na2S2O3。
（6）硫代硫酸银（ [ Ag（S2O3）2]3–）用于切花保鲜，[ Ag（S2O3）2]3–中S2O32-与Ag+物质的量之比为2:1，因为Ag2S2O3 ＋3S2O32- 2 [ Ag（S2O3）2]3–平衡的存在，为提高[ Ag（S2O3）2]3–产量，Na2S2O3和AgNO3物质的量之比应大于2:1，根据实验i与实验ii的现象对比，为避免反应生成的Ag2S2O3分解，应在不断搅拌下将AgNO3溶液缓缓加入到Na2S2O3溶液中。
A.铁上电镀铜
B.测定中和反应的反应热
C.比较AgCl和溶解度大小
D.验证铁发生吸氧腐蚀
实验装置
编号
锥形瓶中的试剂
实验现象
锥形瓶内CO2的浓度变化
①
6.0g1ml•L-1NaHCO3溶液
有极微量气泡生成，15min后测得溶液的pH无明显变化
②
6.0g1ml•L-1NaHCO3溶液和
0.1g镁条
持续产生大量气泡(净化后可点燃)，溶液中有白色浑浊生成。15min后测得溶液的pH上升至9.0
③
6.0gH2O(滴有酚酞溶液)和0.1g镁条
镁条表面有微量气泡，一段时间后，镁条表面微红
焙烧温度/℃
各元素的去除率/%
酸料比/(mL/g)
各元素的去除率/%
Pb
Cd
Pb
Cd
100
2.57
56.63
0.3
2.57
74.12
200
2.62
89.30
0.4
2.67
85.10
500
2.67
96.98
0.5
2.72
92.48
600
2.87
95.42
0.6
2.67
96.98
900
2.88
40.15
0.7
2.65
95.13
实验操作
实验现象
i.
白色沉淀生成，振荡后迅速溶解，得到无色清液；
滴加至约1 mL时清液开始略显棕黄色，有丁达尔现象；
超过1.5 mL后，产生少量白色沉淀，立即变为棕黄色，最终变为黑色；
滴加完毕，静置，得到黑色沉淀，上层清液pH = 5
ii.
白色沉淀生成，立即变为棕黄色，充分振荡后得到棕黄色清液，有丁达尔现象。