北京市2024_2025学年高三化学上学期10月月考

这是一份北京市2024_2025学年高三化学上学期10月月考，共21页。试卷主要包含了 代表阿伏加德罗常数的值， 胆矾的结构示意图如图所示， 硅是电子工业的重要材料等内容，欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Fe56
第一部分
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 杭州第19届亚运会使用到的材料属于无机非金属材料的是
A. “亚运莲花尊”莲花盆的青瓷B. 火炬“薪火”外壳的铝合金
C. 棒垒球馆顶棚的聚四氟乙烯薄膜D. 亚运村衣橱内的由麦秸秆制成的衣架
【答案】A
【解析】
【详解】A．青瓷属于无机非金属材料，A正确；
B．铝合金属于金属材料，B错误；
C．棒垒球馆顶棚的聚四氟乙烯薄膜，属于合成有机高分子，C错误；
D．麦秸秆的化学成分为纤维素，属于天然有机高分子材料，D错误；
答案选A。
2. 下列事实不能直接从原子结构角度解释的是
A. 化合物ICl中I为+1价B. 第一电离能：N>O
C. 硬度：金刚石>石墨D. 热稳定性：
【答案】C
【解析】
【详解】A．Cl和I同主族，最外层电子数相等，但I原子半径大于Cl，故Cl非金属性即得电子能力大于I，则化合物ICl中I为+1价，能直接从原子结构角度解释，A不符合题意；
B．同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大呈增大趋势，由于第ⅤA族元素最外层p轨道处于半满稳定结构，所以它们的第一电离能大于同周期相邻元素，所以N的第一电离能大于O，B不符合题意；
C．金刚石与石墨互为同素异形体，均有C原子构成，金刚石硬度大与其分子结构有关，不能从原子结构角度解释，C符合题意；
D．N和P同主族，最外层电子数相等，但P原子半径大于N，故N非金属性大于P，则简单氢化物热稳定性NH3大于PH3，能直接从原子结构角度解释，D不符合题意；
故选C。
3. 下列制备物质的转化关系不合理的是
A. 制HNO3：N2→NH3→NO→NO2→HNO3
B. 制H2SO4：S→SO2→SO3→H2SO4
C. 制NaOH：海水NaCl溶液NaOH
D. 制Mg：海水→Mg(OH)2→MgCl2溶液Mg
【答案】D
【解析】
【详解】A．氮气与氢气合成氨气，氨催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮氧化成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，通过该生产流程可制备硝酸，故A正确；
B．硫燃烧生成二氧化硫，再将二氧化硫转化为三氧化硫，然后与水反应生成硫酸，通过该生产流程可制备硫酸，故B正确；
C．水淡化后能得到氯化钠溶液，电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氯气和氢气，所以在给定条件下，能够完成几种物质之间的转化，故C正确；
D．要电解能到金属镁，需要电解熔融氯化镁，用氯化镁溶液得到的是氢氧化镁，故D错误。
答案选D。
4. 代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 一定条件下2 ml 和1 ml 充分反应后，可得到的分子数为
B. 用石灰乳完全吸收2 ml 时，转移电子的数目是
C. 在常温常压下，44 g 与混合物气体中所含的原子数目一定为
D. 反应中，生成2 ml ，转移的电子数目为
【答案】C
【解析】
【详解】A．与生成的反应为可逆反应，不能进行到底，故2 ml 和1 ml 充分反应后，可得到的分子数小于，A错误；
B．石灰乳与氯气的反应方程式为，分别变成+1价和-1价，1个转移1个电子，故2 ml ，转移个电子，B错误；
C．与摩尔质量都是，且分子均由3个原子构成，故44 g 与混合物气体中所含的原子数目为，C正确；
D．反应中5个-3价的N原子失电子变成0价，3个+5价的N原子得电子变成0价，生成2 ml 转移电子的数目为，D错误；
故选C。
5. 下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
①无色溶液中：、、、、
②的溶液中：、、、
③水电离出的ml/L的溶液中：、、、
④加入Al能放出的溶液中：、、、、
⑤的溶液中：、、、、
A. ①③④B. ①④⑤C. ②⑤D. ③⑤
【答案】C
【解析】
【详解】①中有颜色，①不选；
②的溶液，溶液显碱性，碱性溶液中、、、互相不反应，能大量共存，②选；
③水电离出的ml/L的溶液可能是酸性溶液，也可能是碱性溶液，若是酸性溶液与氢离子反应，、与氢离子发生氧化还原反应，不能大量共存；若是碱性溶液，、不能大量共存，③不选；
④加入Al能放出的溶液可能是酸性溶液，也可能是碱性溶液，若是酸性溶液则不能大量共存，若是碱性溶液，、不能大量共存，与本身也不能大量共存，④不选；
⑤的溶液为酸性溶液，、、、、在酸性溶液中互相不反应，⑤选；
故选C。
6. 胆矾(CuSO4•5H2O)的结构示意图如图所示。下列说法不正确的是

A. 基态Cu2+的价层电子轨道表示式是
B. SO中的O－S－O的键角小于H2O中的H－O－H的键角
C. H2O中氧原子的VSEPR的价层电子对数是4
D. 胆矾中的H2O与Cu2+、H2O与SO的作用力分别为配位键和氢键
【答案】B
【解析】
【详解】A．基态Cu2+价层电子排布式为3d9，由泡利原理、洪特规则，价电子轨道表示式为 ，故A正确；
B．H2O中O和SO中S均为sp3杂化，H2O中O含有2对孤电子对，SO中S原子无孤电子对，孤电子对与孤电子对之间的斥力＞孤电子对与成键电子对之间的斥力＞成键电子对与成键电子对之间的斥力，所以H-O-H键角小SO中O-S-O键角，故B错误；
C．H2O中，氧原子的价层电子对数为，故C正确；
D．由图可知，胆矾中H2O的氧原子与铜离子之间形成配位键，硫酸根离子中氧原子与水分子中H原子之间形成氢键，故D正确；
故选：B。
7. 下列解释事实的离子方程式正确的是
A. 用稀处理银镜反应后试管内壁的Ag：
B. 在煤中添加石灰石，降低尾气中浓度：
C 向溶液中加入足量溶液，得到白色沉淀：
D. 在溶液中加入过量氨水出现浑浊：
【答案】B
【解析】
【详解】A．稀与单质银反应生成硝酸银、一氧化氮和水，离子方程式为，A错误；
B．在煤中添加石灰石，减少二氧化硫的排放，二氧化硫转化成硫酸钙，方程式为，B正确；
C．向溶液中加入足量溶液，以少定多，生成硫酸钡、氢氧化钠和水，离子方程式为，C错误；
D．在溶液中加入过量氨水出现浑浊生成氢氧化铝沉淀，一水合氨为弱碱，不能拆分，离子方程式为，D错误；
故选B。
8. 下表提供的试剂，用如图所示装置（忽略尾气处理装置），能制备相应气体的是
A AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．浓盐酸与二氧化锰制备氯气需要加热，装置没有加热装置，故无法制备氯气，故A错误；
B．浓硫酸与亚硫酸钠反应制备二氧化硫，用浓硫酸干燥，且可用向上排空气法收集，故B正确；
C．稀硫酸与粗锌反应制备氢气，用浓硫酸干燥，但是氢气的密度比空气小，不能用向上排空气法收集，故C错误；
D．稀硝酸与铜粉反应生成NO，收集NO只能用排水法收集，NO的密度与空气接近且会和氧气反应，不能用排空气法收集，故D错误；
答案选B。
9. 硅是电子工业的重要材料。利用石英砂(主要成分为)和镁粉模拟工业制硅的流程示意图如下。
已知：电负性：
下列说法不正确的是
A. I中引燃时用镁条，利用了镁条燃烧放出大量的热
B. Ⅱ中主要反应有：、
C. 为防止自燃，Ⅱ需隔绝空气
D. 过程中含硅元素的物质只体现氧化性
【答案】D
【解析】
【分析】I中发生的反应有：；Ⅱ中MgO、Mg2Si与盐酸反应。
【详解】A．因为与镁反应需要能量，所以I中引燃时用镁条，利用了镁条燃烧放出大量的热，A正确；
B．因为硅与盐酸不反应，所以Ⅱ中主要反应有：、，B正确；
C．因为容易自自燃，所以为防止自燃，Ⅱ需隔绝空气，C正确；
D．因为电负性：，所以中硅元素为+4价，而中硅元素为-4价，所以在中，含硅元素的物质体现还原性，D错误；
故选D。
【点睛】电负性越大的元素，在化合物中显负价。
10. 用电石（主要成分为CaC2，含CaS和Ca3P2等）制取乙炔时，常用CuSO4溶液除去乙炔中的杂质。反应为:
①CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4
②11PH3+24CuSO4+12H2O=3H3PO4+24H2SO4+8Cu3P↓
下列分析不正确的是
A. CaS、Ca3P2发生水解反应的化学方程式：CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑、Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑
B. 不能依据反应①比较硫酸与氢硫酸的酸性强弱
C. 反应②中每24 ml CuSO4氧化11 ml PH3
D. 用酸性KMnO4溶液验证乙炔还原性时，H2S、PH3有干扰
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．水解过程中元素的化合价不变，根据水解原理结合乙炔中常混有H2S、PH3可知CaS的水解方程式为CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑；Ca3P2水解方程式为Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑，A项正确；
B．该反应能发生是因为有不溶于水也不溶于酸的CuS生成，因此反应①不能说明H2S的酸性强于H2SO4，事实上硫酸的酸性强于氢硫酸，B项正确；
C．反应②中Cu元素化合价从+2价降低到+1价，得到1个电子，P元素化合价从-3价升高到+5价，失去8个电子，则24mlCuSO4完全反应时，可氧化PH3的物质的量是24ml÷8＝3ml，C项错误；
D．H2S、PH3均被KMnO4酸性溶液氧化，所以会干扰KMnO4酸性溶液对乙炔性质的检验，D项正确；
答案选C。
11. ①~⑥是周期表中第二、三周期的元素，它们的主要化合价和原子半径如下表所示：
下列说法中正确的是
A. ①原子的半径是与它同主族的原子中最小
B. ②的氧化物中只含离子键
C. ③与⑥可以形成离子化合物
D. 非金属性④>⑤
【答案】C
【解析】
【分析】①∼⑥是周期表中第二、三周期的元素，根据元素的主要化合价和原子半径可知，①②为第ⅠA族元素，②的原子半径大，因此②为 Na，①为 Li；⑤和⑥为第ⅦA族元素，⑤没有正价，⑤为 F元素，则⑥为Cl元素；④只有-2价，且其原子半径大于⑤，则④为 O元素，③为+2 价，原子半径比①大，比②小，则③为Mg元素，据此回答；
【详解】A．同主族元素，从上到下，电子层数增多，原子半径增大，①为ⅠA族元素，ⅠA族中H的原子半径最小，A错误；
B．②为Na，钠的氧化物有Na2O和Na2O2，Na2O2中既含有离子键，又含有非极性共价键，B错误；
C．③为Mg，⑥为Cl ，Mg和Cl属于活泼的金属元素和非金属元素，可以形成离子化合物，C正确；
D．同一周期元素，从左到右，非金属性逐渐增强，非金属性F>O，即⑤>④，D错误；
故选C。
12. 下列实验不能达到对应目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．Na2CO3受热不分解，澄清石灰水不变浑浊，NaHCO3受热分解，澄清石灰水变浑浊，则从澄清石灰水是否变浑浊，可比较Na2CO3和NaHCO3的热稳定性，A能达到目的；
B．配制一定物质的量浓度的溶液时，将烧杯内溶液转移入容量瓶时，需使用玻璃棒引流，且玻璃棒的一端位于刻度线的下方，B能达到目的；
C．研究浓度对化学反应速率的影响，有色物质都应完全反应，而此实验中2mL0.2ml/LKMnO4溶液过量，尽管反应速率快，但最终不褪色，所以不能用于研究浓度对反应速率的影响，C不能达到目的；
D．Mg(OH)2和Al(OH)3沉淀中分别滴加浓NaOH溶液，只有Al(OH)3沉淀溶解，则表明Al(OH)3能表现出一定的酸性，从而得出Mg的金属性比Al金属性的强，D能达到实验目的；
故选C。
13. 我国研究人员研发了一种新型纳米催化剂，实现CO2和H2反应得到CH4，部分微粒转化过程如图(吸附在催化剂表面上的物种用*标注)。下列说法不正确的是
A. 过程②吸收热量
B. 过程③涉及极性键的断裂和形成
C. 结合过程③，过程④的方程式为：*C+*OH+5H→CH4+H2O
D. 整个过程中制得1mlCH4转移电子的物质的量为8ml
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．由图可知，过程②为*CO2→*CO+*O，在断键过程中吸收热量，故A正确；
B．过程③为：*CO+*O+2H→2*OH+*C，CO中的极性共价键被破坏，形成*OH中新极性键，故B正确；
C．结合过程③，过程④的方程式应为：*C+2*OH+6H→CH4+2H2O，故C错误；
D．整个过程中由1mlCO2制得1mlCH4，C元素化合价由+4降低为-4，则转移电子的物质的量为8ml，故D正确。
故选C。
14. 实验小组探究浓度对溶液与溶液反应的影响。实验如下：
已知：①。
②取ⅰ～ⅳ充分反应后的上层清液，滴加浓盐酸均产生白色沉淀；滴加溶液均产生蓝色沉淀。下列说法不正确的是
A. 分析ⅰ中数据可知：
B. ⅱ中沉淀加适量浓氨水充分反应，取上层清液滴加溶液，产生白色沉淀
C. 本实验中反应物浓度增大，对复分解反应的影响比对氧化还原反应的影响更大
D. 取ⅲ中充分反应后的上层清液，滴加溶液产生蓝色沉淀，可以作为为可逆反应的证据
【答案】D
【解析】
【详解】A．等体积混合后，此时，不会产生沉淀，所以a=0，故A正确；
B．ii中沉淀加适量浓氨水充分反应形成，溶液中增大，取上层清液滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，故B正确；
C．结合表中数据可得，本实验中反应物浓度增大，得到的沉淀占比越大，所以推断对复分解反应的影响比对氧化还原反应的影响更大，故C正确；
D．结合表中数据可知有生成，溶液中Fe2+过量，不能通过检验是否存在Fe2+作为为可逆反应的证据，故D错误；
故选D。
第二部分
本部分共5题，共58分
15. 自来水是自然界中的淡水经过絮凝、沉淀、过滤、消毒等工艺处理后得到的。常用的自来水消毒剂有二氧化氯（ClO2）和高铁酸钾（K2FeO4）等。
（1）某研究小组用下图装置制备少量ClO2（夹持装置已略去）。

资料：ClO2常温下为易溶于水而不与水反应的气体，水溶液呈深黄绿色，11℃时液化成红棕色液体。以NaClO3和HCl的乙醇溶液为原料制备ClO2的反应为2NaClO3 + 4HCl= 2ClO2↑+ Cl2↑+ 2NaCl + 2H2O。
①冰水浴的作用是____________。
② NaOH溶液中发生的主要反应的离子方程式为________________。
（2）将ClO2水溶液滴加到KI溶液中，溶液变棕黄；再向其中加入适量CCl4，振荡、静置，观察到____，证明ClO2具有氧化性。
（3）ClO2在杀菌消毒过程中会产生副产物亚氯酸盐（ClO2-），需将其转化为Cl-除去。下列试剂中，可将ClO2-转化为Cl-的是_____________________（填字母序号）。
a. FeSO4 b. O3 c. KMnO4 d. SO2
（4）K2FeO4是一种新型、绿色的多功能净水剂，集氧化、吸附、絮凝、沉淀、灭菌、消毒、脱色、除臭等性能为一体。实验室制备K2FeO4的方法如下：在冰水浴中，向KClO和KOH的混合溶液中少量多次加入硝酸铁，并不断搅拌。
①上述制备K2FeO4反应的离子方程式为______________________。
②净水过程中，K2FeO4起到吸附、絮凝作用的原理是____________。
【答案】 ①. 分离Cl2和ClO2 ②. Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O ③. 溶液分层，下层为紫色 ④. ad ⑤. 3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO42-+3Cl-+5H2O ⑥. 净水过程中，FeO42-发挥氧化作用，被还原成Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，起到吸附、絮凝作用
【解析】
【详解】（1）①根据反应2NaClO3 + 4HCl= 2ClO2↑+ Cl2↑+2NaCl+2H2O 可知，制备ClO2的同时生成氯气，利用ClO2 11℃时液化成红棕色液体，可用冰水浴将Cl2和ClO2分离，获得纯净的ClO2，
答案为：分离Cl2和ClO2；
② NaOH溶液为尾气处理装置，作用是吸收产生的氯气，氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，
答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
（2）向混合后的溶液中加入适量CCl4，振荡、静置，CCl4密度比水大，且不溶于水，若观察到溶液分层，且下层为紫色，说明溶液中生成碘单质，进一步说明将ClO2水溶液滴加到KI溶液中发生反应，碘离子由-1价变为0价，化合价升高被氧化，则证明ClO2具有氧化性。
答案为：溶液分层，下层为紫色；
（3）需将ClO2-其转化为Cl-除去，氯元素的化合价从+3价变为-1价，化合价降低得电子，被还原，需要加入还原剂，
a. FeSO4中亚铁离子具有还原性，可以做还原剂，故a符合；
b. O3具有强氧化性，故b不符合；
c. KMnO4具有强氧化性，故c不符合；
d. SO2具有还原性，可以做还原剂，故d符合；
答案为ad；
（4）K2FeO4是一种新型、绿色的多功能净水剂，集氧化、吸附、絮凝、沉淀、灭菌、消毒、脱色、除臭等性能为一体。实验室制备K2FeO4的方法如下：在冰水浴中，向KClO和KOH的混合溶液中少量多次加入硝酸铁，并不断搅拌。
①在冰水浴中，向KClO和KOH的混合溶液中少量多次加入硝酸铁，生成高铁酸钾，Fe3+从+3价升高到+6价的FeO42-，失去3个电子，ClO-中氯元素从+1价变为-1价的氯离子，得到2个电子，最小公倍数为6，则ClO-和Cl-的系数为3，Fe3+和FeO42-系数为2，根据物料守恒，可得离子方程式为3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO42-+3Cl-+5H2O，
答案为：3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO42-+3Cl-+5H2O；
②净水过程中，FeO42-发挥氧化作用，被还原成Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，起到吸附、絮凝作用，
答案为：净水过程中，FeO42-发挥氧化作用，被还原成Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，起到吸附、絮凝作用。
16. 硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸金试剂。硫代硫酸根(S2O)可看作是SO中的一个O原子被S原子取代的产物。
（1）基态S原子的核外电子排布式是_______。
（2）比较S原子和O原子的电负性大小，从原子结构的角度说明理由：_______。
（3）S2O的空间结构是_______。
（4）同位素示踪实验可证实S2O中两个S原子的化学环境不同，实验过程为

过程ii中，S2O断裂的只有硫硫键，若过程i所用试剂是Na232SO3和35S，过程ii含硫产物是_______。
（5）MgS2O3•6H2O的晶胞形状为长方体，边长分别为anm、bnm、cnm，结构如图所示。晶胞中的[Mg(H2O)6]2+个数为_______。已知阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度为ρg•cm-3，MgS2O3•6H2O的摩尔质量M=_______g•ml-1(1nm=10-7cm，用含有字母的代数式表示)。

（6）浸金时，S2O作为配体可提供孤电子对与Au+形成[Au(S2O3)2]3-。分别判断S2O中的中心S原子和端基S原子能否做配位原子并说明理由：_______。
【答案】（1）1s22s22p63s23p4或[Ne]3s23p4
（2）电负性O＞S，O和S为同主族元素，电子层数S＞O，原子半径S＞O，原子核对最外层电子的吸引作用O＞S
（3）四面体形 （4）Ag235S、32SO
（5） ①. 4 ②.
（6）端基S原子有孤电子对可以做配位原子，而中心S原子无孤电子对不可以做配位原子
【解析】
【小问1详解】
S是第三周期ⅥA族元素，基态S原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4或[Ne]3s23p4；
【小问2详解】
S和O为同主族元素，O原子核外有2个电子层，S原子核外有3个电子层，O原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去1个电子，即O的第一电离能大于S的第一电离能。
【小问3详解】
可看作是中1个O原子被S原子取代，则的空间构型为四面体形。
【小问4详解】
过程ⅱ中断裂只有硫硫键，根据反应机理可知，整个过程中最终转化为，S最终转化为。若过程i所用试剂是Na232SO3和35S，过程ⅱ的含硫产物是Ag235S、32SO；
【小问5详解】
由晶胞结构可知，1个晶胞中含有个，含有4个；该晶体的密度，所以MgS2O3•6H2O的摩尔质量M=g•ml-1；
【小问6详解】
具有孤电子对的原子就可以给个中心原子提供电子配位。中的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子；端基S原子含有孤电子对，能做配位原子。
17. 研究人员对Na2SO3和Fe粉去除废水中的硝态氮进行研究。
已知：i．某工厂排放的含氮废水中总氮=10mg·L-1，含有硝态氮、氨氮。
ii．本实验中Na2SO3在时，脱除硝态氮(转化为N2)效果较强。
iii．Na2SO3和Fe粉均可以脱除硝态氮，本实验中二者均为过量。
（1）Na2SO3和Fe粉在去除废水中硝态氮的过程中表现___________性(填“氧化”或“还原”)。
（2）研究Na2SO3在pH=1的含氮废水中发生反应的情况，实验结果如图1。
①根据图1，写出“实验组一”中发生反应的离子方程式___________。
②进行“实验组二”实验时发现，降低溶液pH更有利于的去除，可能的原因是___________。
（3）脱除pH=1的含氮废水中硝态氮，单独加入Na2SO3或同时加入Na2SO3与Fe粉的实验结果如图2和图3。
①根据图2，前15min内Na2SO3，脱除；主要反应的离子方程式为___________。
②根据图2和图3，20~60min内体系中生成主要反应的离子方程式为___________。
③检验处理后的废水中存在取一定量废水蒸发浓缩，___________(补充操作和现象)。
【答案】（1）还原 （2） ①. ②. c(H＋)较大时，的氧化性较强；或增大c(H＋)有利于提高和反应速率
（3） ①. ②. ③. 加入浓NaOH溶液并加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体
【解析】
【小问1详解】
Na2SO3和Fe粉在去除废水中硝态氮，将氮元素还原为，而Na2SO3和Fe粉的化合价升高，因此Na2SO3和Fe粉体现的是还原性；
【小问2详解】
实验组一相比空白组Na2SO3有所减少，在含有盐酸的溶液中发生的离子方程式为：；实验组二在实验组一的基础上将蒸馏水改为含氮废水，Na2SO3消耗得更多，可能因为c(H＋)较大时，的氧化性较强或增大c(H＋)有利于提高和反应速率；
【小问3详解】
①根据图2，前15min内Na2SO3脱除NO，在此过程中没有看到生成， 说明还原产物为，主要反应的离子方程式为；
②根据图2和图3，20~60min内主要是Fe作还原剂，Fe的化合价升高，因为Fe粉是过量的，故只能生成体系中生成，因此生成主要反应的离子方程式为；
③检验处理后的废水中是否存在：取一定量废水蒸发浓缩，加入浓NaOH溶液并加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。
18. 含钛高炉渣的主要化学成分为、、MgO、CaO、、、FeO和金属Fe等，对其综合利用具有重要的经济价值和社会效益。
Ⅰ．一种含钛高炉渣提钛工艺流程如下图所示。
已知：①不溶于水、稀酸和碱溶液；②能与强酸、强碱反应。
（1）盐酸酸浸过程中发生反应的离子方程式为___________。
（2）“磁选”的目的是___________。
（3）下列说法正确的是______（填字母序号）。
a．滤渣1主要成分为、
b．若将流程A部分与流程B部分互换顺序，最终得到的滤渣成分相同
c．若将流程A部分与流程B部分互换顺序，理论上氢氧化钠用量不变
Ⅱ．含钛高炉渣中金属Fe含量的测定：
ⅰ．配制金属Fe浸取液：取一定量的亚硫酸钠和邻菲罗啉（抑制水解）溶于水，加入乙酸和乙酸铵混合溶液调，此时铁的化合物不溶解。
ⅱ．取g粉碎后的含钛高炉渣，加入足量金属Fe浸取液，室温下浸取1h。
ⅲ．过滤，将滤液及洗涤液全部转移至盛有过量溶液的烧杯中，加入稀硫酸充分反应。
ⅳ．将反应后的溶液煮沸至冒大气泡并继续微沸10min。
ⅴ．冷却，用浓度为c ml·L的抗坏血酸（）标准液滴定，消耗抗坏血酸标准液V mL。
已知：①酸性条件下，（未配平）
②(抗坏血酸)(脱氢抗坏血酸)
（4）步骤ⅱ中浸取铁时发生反应的离子方程式为______。
（5）步骤ⅲ中加入过量溶液的主要作用是______（用离子方程式表示）。
（6）该含钛高炉渣中金属Fe的质量分数=______（用代数式表示）。
（7）下列两种情况均会对“金属Fe的质量分数”测定结果造成偏差：
情况一：配制金属Fe浸取液时，溶液pH等于2
情况二：未进行步骤ⅳ，直接用抗坏血酸标准液滴定
①情况一的测定结果______（填“偏高”或“偏低”）。
②情况二的测定结果偏高，其理由是____________。
【答案】（1）
（2）除去易被磁铁吸引的金属铁，从而减少“酸浸”时盐酸的用量
（3）ab （4）或
（5）
（6）
（7） ①. 偏高 ②. 未进行步骤ⅳ，直接用抗坏血酸标准液滴定，有过氧化氢剩余，也会和抗坏血酸反应，消耗抗坏血酸标准液偏多，测得金属的质量分数偏高
【解析】
【分析】磁选分离出金属Fe，盐酸酸浸，、MgO、CaO、、FeO溶解，、不溶解，滤渣1主要成分是、，再加氢氧化钠溶液碱浸，溶解，不溶，滤渣2主要成分是，提纯之后还原得到金属钛；
【小问1详解】
盐酸酸浸过程中发生反应的离子方程式为；
【小问2详解】
“磁选”的目的是除去易被磁铁吸引的金属铁，从而减少“酸浸”时盐酸的用量；
【小问3详解】
a．根据分析可知滤渣1的主要成分为、，a正确；
b．若将流程A部分与流程B部分互换顺序，最终得到的滤渣2都是，成分相同，b正确；
c．氢氧化钠可以与、反应，若将流程A部分与流程B部分互换顺序，先加氢氧化钠溶液碱浸，理论上氢氧化钠用量增多，c错误；
故选ab；
【小问4详解】
根据已知：①酸性条件下，，步骤ⅱ中浸取铁时发生反应的离子方程式为或；
【小问5详解】
步骤ⅲ中加入过量H2O2溶液的主要作用是将Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为；
【小问6详解】
根据发生的反应可得关系式C6H8O6～2Fe3+～2Fe，该含钛高炉渣中金属Fe的物质的量为2cV×10-3ml，质量分数=；
【小问7详解】
情况一：配制金属Fe浸取液时，溶液pH等于2，会导致铁的化合物溶解，测得金属Fe的质量分数偏高；
情况二：未进行步骤ⅳ，直接用抗坏血酸标准液滴定，有过氧化氢剩余，也会和抗坏血酸反应，消耗抗坏血酸标准液偏多，测得金属的质量分数偏高。
19. 探究铁在某浓度H3PO4和H2O2的混合溶液中反应的情况，进行如下实验：
已知：Fe3(PO4)2难溶于水，Fe(H2PO4)2溶于水。
(1)用85% H3PO4配制100 mL 1.0 ml·L−1H3PO4所用的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、______。
(2)实验Ⅱ中铁钉表面产生气体的化学方程式是______。
(3)探究停止产生气泡的原因。
提出假设：铁钉表面形成了含有+3价铁的氧化膜将铁钉覆盖。
甲同学进行实验Ⅲ，得出假设成立的结论。
实验Ⅲ：将洗净的实验Ⅰ中无气泡产生时的铁钉置于试管中，加入滴有KSCN溶液的稀H2SO4，振荡，静置，溶液呈红色。
乙同学认为实验Ⅲ无法证实假设成立，其理由是_____。
乙同学通过改进实验证实了假设成立。
(4)铁钉表面突然产生大量气泡的可能原因是Fe2+迅速被H2O2氧化形成氧化膜，使聚集在铁钉表面的H2脱离铁钉表面。
①实验Ⅳ证实了形成氧化膜过程中产生H+。
实验Ⅳ：______（填操作），滴入少量FeSO4溶液后，立即测定pH，pH迅速降低。
②形成氧化膜（以Fe2O3计）的离子方程式是______。
(5)实验Ⅰ中周而往复的现象与铁钉表面氧化膜的生成和溶解密切相关，从反应的速率
角度分析其原因：______。
【答案】 ①. 100mL容量瓶 ②. ③. 未排除氧气的干扰 ④. 取与实验I初始时pH和浓度均相同的H2O2溶液于试管中 ⑤. ⑥. 铁与磷酸反应生成氢气和Fe2+，Fe2+在铁钉表面迅速被氧化形成氧化膜，使聚集在铁钉表面的氢气脱离：随后发生磷酸溶解氧化膜的慢反应，氧化膜覆盖铁钉表面时不产生气泡，当氧化膜溶解后，铁又与磷酸反应产生氢气
【解析】
【分析】题目是进行探究性实验，在实验I中，铁钉表面产生气泡，是因为铁与H3PO4反应生成氢气，因为溶液保持澄清，根据信息可知还生成了Fe(H2PO4)2，一段时间后再产生大量气泡，再停止，出现周而往复的现象，与实验II对比可知是H2O2发生了作用，再根据后续的探究性实验分析出现周而往复的现象的原因。
【详解】（1）根据配制一定物质的量的溶液所需要的仪器，还缺少100mL容量瓶，故答案为：100mL容量瓶；
（2）由题目信息可知，铁与H3PO4反应生成氢气和Fe(H2PO4)2，化学方程式为：；
（3）氧气在酸性条件下可以将亚铁离子氧化成成铁离子，故实验Ⅲ无法证实假设成立，故答案为：未排除氧气的干扰；
（4）①、实验Ⅳ要证实形成氧化膜过程中产生H+，根据控制变量的思想，操作为：取与实验I初始时pH和浓度均相同的H2O2溶液于试管中，滴入少量FeSO4溶液后，立即测定pH，pH迅速降低；故答案为：取与实验I初始时pH和浓度均相同的H2O2溶液于试管中；
②、亚铁离子被H2O2溶液氧化为Fe2O3，离子方程式为：；
（5）实验Ⅰ中周而往复的现象与铁钉表面氧化膜的生成和溶解密切相关，从反应的速率角度分析如下：铁与磷酸反应生成氢气和Fe2+，Fe2+在铁钉表面迅速被氧化形成氧化膜，使聚集在铁钉表面的氢气脱离：随后发生磷酸溶解氧化膜的慢反应，氧化膜覆盖铁钉表面时不产生气泡，当氧化膜溶解后，铁又与磷酸反应产生氢气。
故答案为：铁与磷酸反应生成氢气和Fe2+，Fe2+在铁钉表面迅速被氧化形成氧化膜，使聚集在铁钉表面的氢气脱离：随后发生磷酸溶解氧化膜的慢反应，氧化膜覆盖铁钉表面时不产生气泡，当氧化膜溶解后，铁又与磷酸反应产生氢气。
【点睛】该题是探究性实验题，需根据实验现象分析反应原理，按照题目的探究步骤分析发生的反应，试题的难点为如何解释气泡的产生和停止反复出现的现象，要求有较强的思考分析能力。选项
a中试剂
b中试剂
c中试剂
实验目的
A.
浓盐酸
二氧化锰
饱和食盐水
制备并收集氯气
B.
浓硫酸
亚硫酸钠
浓硫酸
制备并收集二氧化硫
C.
稀硫酸
粗锌
浓硫酸
制备并收集氢气
D.
稀硝酸
铜粉
浓硫酸
制备并收集一氧化氮
元素
①
②
③
④
⑤
⑥
主要化合价
+1
+1
+2
-2
-1
-1、+7
原子半径/nm
0.152
0.186
0.160
0.074
0.071
0.099
选项
A
B
实验
目的
比较Na2CO3和NaHCO3的热稳定性
配制一定物质的量浓度的溶液
选项
C
D
实验
目的
研究浓度对化学反应速率的影响
比较Mg、Al金属性的强弱
实验
编号
试剂
沉淀物质的量之比
试剂X
试剂Y
ⅰ
0.04
0.04
a
ⅱ
0.1
0.1
0.15
ⅲ
0.5
0.5
0.19
ⅳ
1.0
1.0
0.26
实验
操作
现象
Ⅰ
将除去氧化膜的铁钉置于烧杯中，加入30 mL 1.0 ml·L−1 H3PO4和
3 mL 30% H2O2的混合溶液（pH≈1）。
一段时间后铁钉表面突然产生大量气泡，随后停止产生气泡；一段时间后再产生大量气泡，再停止，出现周而往复的现象。过程中，溶液保持澄清。
Ⅱ
将与实验Ⅰ相同的铁钉放入烧杯中，加入30 mL 1.0 ml·L−1H3PO4和3 mL H2O。
片刻后铁钉表面持续产生气泡，溶液保持澄清。