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2021-2022学年吉林省东北师大附中高三（上）第三次模拟化学试卷（12月份）
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这是一份2021-2022学年吉林省东北师大附中高三（上）第三次模拟化学试卷（12月份），共40页。试卷主要包含了单项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年吉林省东北师大附中高三（上）第三次模拟化学试卷（12月份）
一、单项选择题（每小题2分，共10小题，共20分）
1．（2分）“嫦娥五号”成功着陆月球，展示了以芳纶为主要材料制成的五星红旗，用SiC增强铝基材料钻杆“挖土”，实现了中国首次月球无人采样返回。下列说法错误的是（ ）
A．运载火箭使用了煤油液氧推进剂，其中煤油是由煤干馏得到的
B．制作五星红旗用的芳纶为合成纤维
C．探测器装有太阳能电池板，其主要成分是Si
D．返回器带回的月壤中含有3He，它与地球上的4He互为同位素
2．（2分）硫和氮及其化合物对人类生存和社会发展意义重大，但也造成了不少环境问题，下列说法正确的（ ）
A．雷雨天气空气中的少量N2可转化为NO2并随雨水落下
B．PM2.5（微粒直径约为2.5×10﹣6m）含氮分散质分散在空气中形成气溶胶，能产生丁达尔效应
C．二氧化硫有毒，严禁将其添加到任何食品和饮品中
D．“酸雨”是由大气中的碳、氮、硫的氧化物溶于雨水造成的
3．（2分）铝硅酸盐型分子筛中有许多笼状空穴和通道（如图），其骨架的基本结构单元是硅氧四面体和铝氧四面体，化学组成可表示为Ma[（AlO2）x•（SiO2）y]•zH2O（M代表金属离子），下列推测不正确的是（ ）
A．若a＝，则M为二价阳离子
B．常采用水玻璃、偏铝酸钠在强酸或强碱性溶液中反应后结晶制得分子筛
C．调节（硅铝比）的值，可以改变分子筛骨架的热稳定性
D．分子筛中的笼状空穴和通道，可用于筛分分子
4．（2分）下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A．用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液中提取碘：2I﹣+H2O2═I2+2OH﹣
B．过量的铁粉溶于稀硝酸：Fe+4H++NO3﹣═Fe3++NO↑+2H2O
C．用Na2S2O3溶液吸收水中的Cl2：4Cl2+S2O32﹣+5H2O═10H++2SO42﹣+8Cl﹣
D．向NaAlO2溶液中通入过量CO2：2AlO2﹣+CO2+3H2O═2Al（OH）3↓+CO32﹣
5．（2分）NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，22.4LH2和F2混合后所含气体分子数目为2NA
B．87g的MnO2和足量稀盐酸共热，转移电子数目为2NA
C．13g的立方烷（）和正四面体烷（）的混合物中含有原子数目为2NA
D．1mol金刚石中含有共价键数目为4NA
6．（2分）下列操作规范且能达到实验目的的是（ ）
A．利用装置甲可证明非金属性强弱：Cl＞C＞Si
B．利用装置乙准确称得0.1775gNaCl固体
C．利用装置丙证明氨气极易溶于水
D．利用装置丁制备Fe（OH）2并能较长时间观察到白色
7．（2分）查德威克通过用α粒子轰击ZNX原子的实验发现了中子，核反应为：ZNX+24He→P12Y+01n。已知ZNX原子核内质子数比中子数少一个，已知在元素周期表中，对角线上元素的化学性质相似，如对角线上氧氯间化学性质相似。下列说法正确的是（ ）
A．X的最高价氧化物对应的水化物能与NaOH溶液反应生成盐和水.
B．X单质可与强酸溶液反应，但不能与强碱溶液反应
C．Y的主族序数与X中子数相等
D．12Y和14Y互为同素异形体
8．（2分）我国科技工作者发现某“小分子胶水”（结构简式如图）能自噬细胞“吞没”致病蛋白。下列说法正确的是（ ）
A．分子式是C14H10O4
B．1mol该物质最多能与7molH2发生加成反应
C．1mol该物质最多能与3molNaOH反应
D．所有原子不可能在同一半面内
9．（2分）我国化学工作者提出一种利用有机电极（PTO/HQ）和无机电极（MnO2/石墨毡），在酸性环境中可充电的电池其放电时的工作原理如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．放电时，MnO2/石墨毡为正极，发生还原反应
B．充电时，有机电极和外接电源的负极相连
C．放电时，MnO2/石墨毡电极的电极反应式为MnO2+2e﹣+4H+═Mn2++2H2O
D．充电时，有机电极的电极反应式为PTO+4e﹣+4H2O═HQ+4OH﹣
10．（2分）根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ）
选项
实验操作和现象
结论
A
向溶有SO2的BaCl溶液中通入气体X，出现白色沉淀
X具有强氧化性
B
Mg（OH）2沉淀溶解于NH4Cl溶液
NH4+水解呈酸性
C
常温下，分别测定浓度均为0.1mol•L﹣1NaF和NaClO溶液的pH，后者的pH大
酸性：HF＜HClO
D
卤代烃Y与NaOH水溶液共热后，加入足量稀硝酸，再滴入AgNO3溶液，产生白色沉淀
Y中含有氯原子
A．A B．B C．C D．D
二、单项选择题（每小题3分，共10小题，共30分）
11．（3分）捕获二氧化碳是碳中和技术之一，如图是捕获二.氧化碳生成甲酸的过程，若NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．每生成lmol甲酸，转移的电子数为4NA
B．标准状况下，22.4LCO2分 子中含有2NA对共用电子对
C．1molN（C2H5）3中含有的非极性键的数目为3NA
D．1mol甲酸和足量乙醇充分反应后，生成甲酸乙酯的数目为NA
12．（3分）亚硝酸钠是一种工业盐，在生产、生活中应用广泛。现用如图所示装置（夹持装置已省略）及药品探究亚硝酸钠与硫酸的反应及气体产物的成分。
已知气体的沸点为NO2：21℃，NO：﹣152℃。下列说法错误的是（ ）
A．装置中通入氧气用于检验NO的生成
B．反应前应打开弹簧夹，先通入一段时间氮气，除去装置中的空气
C．装置中冰水浴的作用是冷凝，使NO2液化
D．用装置b代替装置a的优点是便于控制反应的发生与停止
13．（3分）U、V、X、Y、Z为原子序数依次增大的前20号元素。已知U、Z分别为前20号主族元素中原子半径最小和最大的元素；V与X在周期表中位置相邻，且V与X能形成2种以上的气体；常温下能用Y单质制成的容器盛装U、V、X三种元素组成化合物的浓溶液。下列说法不正确的是（ ）
A．U、V、X三种元素能形成离子化合物
B．V、X、Y三种元素形成的简单离子半径：Y＞X＞V
C．U、X、Y三种元素形成的化合物能凝聚水中的悬浮物，并能吸附色素
D．V、Y、Z三种元素形成的最高价氧化物对应的水化物均能相互反应
14．（3分）某无色溶液中可能含有Ba2+、Fe3+、Na+、K+、NH4+、SO42﹣、SO32﹣、Cl﹣、Br﹣、CO32﹣中的若干种，离子浓度都为0.1mol/L．往该溶液中加入BaCl2和过量的盐酸，无白色沉淀生成。另取少量原溶液，设计并完成如下实验。下列判断正确的是（ ）
A．Ba2+、Fe3+、SO42﹣、CO32﹣肯定不存在，Na+、K+肯定存在
B．原溶液肯定不含SO42﹣和SO32﹣
C．若步骤中Ba（NO3）2和HNO3溶液改用BaCl2和盐酸的混合溶液，对溶液中离子的判断有影响
D．是否含NH4+需另做实验判断
15．（3分）一定温度下：在N2O5的四氯化碳溶液（100mL）中发生分解反应：2N2O5⇌4NO2+O2。在不同时刻测量放出的O2体积，换算成N2O5浓度如表：
t/s
0
600
1200
1710
2220
2820
x
c（N2O5）/（mol•L﹣1）
1.40
0.96
0.66
0.48
0.35
0.24
0.12
下列说法正确的是（ ）
A．600～1200s，生成NO2的平均速率为5.0×10﹣4mol•L﹣1•s﹣1
B．反应2220s时，放出的O2体积为11.8L（标准状况）
C．反应达到平衡时，v正（N2O5）＝v逆（NO2）
D．推测上表中的x为3930
16．（3分）FeS2/C纳米材料具有较高的可逆比容量以及优秀的倍率性能，可用于锂离子电池负极材料。采用热重分析法测定FeS2/C复合材料中各组分的含量。FeS2/C样品在空气中的热重曲线如图所示，下列说法中不正确的是（ ）[注：残留率（%）＝剩余固体质量÷样品质量×100%]
A．300～400℃之间的失重对应着碳的消失
B．550～700℃之间的失重反应方程式为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2
C．FeS2/C复合材料中FeS2与C的物质的量之比约为1：2
D．FeS2/C复合材料中碳的质量分数为9.1%
17．（3分）利用钛铁矿（主要成分为FeTiO3，含有少量MgO、SiO2等杂质）制备LiFePO4的工艺流程如图所示：
已知：钛铁矿经盐酸浸取后钛主要以TiOCl42﹣形式存在，Ksp（FePO4）＝1.0×10﹣22、Ksp[Mg3（PO4）2]＝1.0×10﹣24。下列说法错误的是（ ）
A．钛铁矿经盐酸浸取后过滤，滤渣的主要成分为SiO2
B．“过滤③”之前[设此时c（Mg2+）＝0.01mol•L﹣1]，使Fe3+恰好沉淀完全[即c（Fe3+）＝1×10﹣5mol•L﹣1]，此时不会有Mg3（PO4）2沉淀生成
C．“高温煅烧”的主要反应为2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+2CO2↑+CO↑+H2O
D．LiFePO4缺失部分Li+则形成Li1﹣xFePO4，若x＝0.2，则Li1﹣xFePO4中n（Fe2+）：n（Fe3+）＝4：1
18．（3分）我国某科研机构设计如图装置，利用K2Cr2O7实现含苯酚废水的有效处理，处理后的废水毒性降低且不引入其它杂质。一段时间后，中间室中NaCl溶液的浓度减小。下列说法中错误的是（ ）
A．工作时，N极附近溶液pH升高
B．工作时，每转移3mol电子，N极室和M极室质量变化相差65g
C．a为阳离子交换膜，b为阴离子交换膜
D．N电极反应式为Cr2O72﹣+6e﹣+7H2O═2Cr（OH）3↓+8OH﹣
19．（3分）向某浓度亚磷酸（H3PO3，一种二元弱酸）加入NaOH溶液，溶液pH与离子浓度关系如图，下列说法不正确的是（ ）
A．曲线Ⅱ代表pH与1g的关系
B．M、N两点均满足：c（Na+ ）+c（H+ ）＝c（OH﹣ ）+c（H2PO3﹣ ）+2c（HPO32﹣ ）
C．NaH2PO3水溶液为酸性
D．将M点溶液稀释，比值变小
20．（3分）25℃时，用HCl调节Na3R溶液的pH，混合溶液的pH与离子浓度的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．L3表示pH与﹣lg的关系曲线
B．H3R的电离常数（Ka3（H3R）]的数最级为10﹣8
C．NaH2R溶液中水电离出的c（H+）＞10﹣7mol•L﹣1
D．混合溶液的pH＝7时，存在c（H3R）＜c（R3﹣）
三、填空题：
21．（12分）为测定某氟化稀土样品中氟元素的质量分数，某化学兴趣小组进行了如下实验。利用高氯酸（高沸点酸）将样品中的氟元素转化为氟化氢（低沸点酸）蒸出，再进行吸收滴定来测定含量。实验装置如图所示。
（1）装置c的名称是 ，玻璃管a的作用为 。
（2）实验步骤：①连接好实验装置，检查装置气密性；②往c中加入mg氟化稀土样品和 一定体积的高氯酸，f中盛有滴加酚酞的NaOH溶液。加热装置b、c。
①下列物质可代替高氯酸的是 。（填序号）
A．硫酸
B．盐酸
C．硝酸
D．磷酸
②水蒸气发生装置b的作用是 。
（3）定量测定：将f中得到的馏出液配成100mL溶液，取其中20mL加入V1mL amol•L﹣1La（NO3）3溶液，得到LaF3沉淀（不考虑其他沉淀的生成），再用cmol•L﹣1EDTA标准溶液滴定剩余La3+（La+与EDTA按1：1配合），消耗EDTA标准溶液V2mL，则氟化稀土样品中氟的质量分数为 。
（4）问题讨论：
若观察到f中溶液红色褪去，可采用最简单的补救措施是： 。否则会使实验结果偏低。
实验中除有HF气体外，可能还有少量SiF4（易水解）气体生成。若有SiF4生成，实验结果将 （填“偏高”、“偏低”或“不受影响”）。理由是 。
22．（12分）以软锰矿（主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe2O3等少量杂质）为主要原料合成新型的环保催化剂（OMS﹣2）的工艺流程如图。
（1）“浸锰”反应中往往有副产物MnS2O6生成，温度对“浸锰”反应的影响如图1所示。为减少MnS2O6的生成，“浸锰”的适宜温度是 ；调pH后再过滤主要除去 元素。
（2）Mn12O19中氧元素化合价均为﹣2价，锰元素的化合价有两种，则Mn（Ⅲ）、Mn（Ⅳ）物质的量之比为 。生产过程中KMnO4、MnSO4•H2O按物质的量比1：5与K2S2O8反应，产物中硫元素全部以SO42﹣的形式存在，该反应的离子方程式为 。
（3）滤液X可进一步分离出多种化合物，其一为盐类，该盐在农业生产中可用作 。
（4）OMS﹣2是一种纳米级的分子筛。分别用OMS﹣2和MnOx对甲醛进行催化氧化，在相同时间内甲醛转化率和温度的关系如图2。由图可知，OMS﹣2与MnOx相比，催化效率较高是 ，原因是 。
（5）甲醛（HCHO）在OMS﹣2催化氧化作用下生成CO2和H2O，现利用OMS﹣2对某密闭空间的甲醛进行催化氧化实验。实验开始时，该空间内甲醛含量为1.22mg/L，CO2含量为0.590mg/L，一段时间后测得CO2含量升高至1.47mg/L，该实验中甲醛的转化率为 。（保留三位有效数字）
23．（14分）CO、N2O均为大气污染物，利用催化剂处理污染气体成为化工的热点问题，在一定温度时，有催化剂存在的条件下，密闭容器中CO与N2O转化为CO2与N2，其相关反应为：反应I：CO（g）+N2O（g）CO2（g）+N2（g）ΔH
（1）已知：①C（s）+N2O（g）⇋CO（g）+N2（g）ΔH1＝﹣192.9 kJ•mol﹣1
②2CO（g）+O2（g）⇋2CO2（g）ΔH2＝﹣566.0 kJ•mol﹣1
③C（s）+O2（g）⇋CO2（g）ΔH3＝﹣393.5 kJ•mol﹣1
则反应ΔH＝ 。
（2）CO、N2O在Pt2O+的表面进行两步反应转化为无毒的气体，其转化关系、相对能量与反应历程如图1。
①分别写出N2O、CO在Pt2O+的表面上的反应方程式： 、 。
②第一步反应的速率比第二步的 （填“慢”或“快”）。两步反应均为 热反应。
（3）若反应CO（g）+N2O（g）⇋CO2（g）+N2（g）的正、逆反应速率分别可表示为v正＝k正c（CO）•c（N2O）、v逆＝k逆c（CO2）•c（N2），k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，c为物质的量浓度。则图2（pk＝﹣lgk：T表示温度）所示①、②、③、④四条斜线中，能表示以pk正随T变化关系的是斜线 ，能表示pk逆随T变化关系的是斜线 。
（4）在一定温度，101 kPa下，分别在1 L密闭容器中充入2 mol N2O和2 mol CO，发生反应：CO（g）+N2O（g）⇋CO2（g）+N2（g），达平衡时，测得无毒气体的体积分数75%，该条件下平衡常数Kp＝ （结果保留小数点后两位，Kp为以分压表示的平衡常数，分压＝总压×物质的量分数）。
24．（12分）（1）高铁酸钾是绿色、环保型水处理剂，也是高能电池的电极材料，在碱性条件下稳定。
①用高铁酸钾处理水时，不仅能消毒杀菌，还能将水体中的CN﹣转化成无毒物质，生成的氢氧化铁胶体粒子还能吸附水中悬浮杂质。试写出高铁酸钾处理含CN﹣废水时除去CN﹣的离子方程式 。
②已知：常温下，Ksp[Fe（OH）3]＝4.0×10﹣38。高铁酸钾的净水能与废水的pH有关，当溶液pH＝2时，废水中c（Fe3+）＝ mol•L﹣1。
③K2FeO4可作锌铁碱性高能电池的正极材料，电池反应原理：2K2FeO4+3Zn+8H2O⇌充电放电2Fe（OH）3+3Zn（OH）2+4KOH。充电时阴极的电极反应为 。
（2）羟基磷酸钙，简写为HAP，其化学组成为Ca10（PO4）6（OH）2。是一种新型的环境功能矿物材料，可用于除去水体中的F﹣、Cd2+、Pb22+及Cu2+等。制备HAP的步骤如下：分别配制250mL浓度均为0.5mol•L﹣1的Ca（NO3）2溶液和（NH4）2HPO4溶液（pH约为8），分别量取Ca（NO3）2溶液V1mL和（NH4）2HPO4溶液V2mL，加热至50℃，不断搅拌下，将（NH4）2HPO4溶液逐滴滴入Ca（NO3）2溶液中，再用氨水调节pH全10.5，强力搅拌1小时，再经后续处理得到产品。
①理论上V1：V2＝ 。
②反应生成Ca10（PO4）6（OH）2的离子方程式为 。
③HAP脱除F﹣的操作是：在聚四氟乙烯烧杯中加入50mL10mg•L﹣1NaF溶液0.15gCa10（PO4）6（OH）2，在恒温下振荡，每隔1小时测定一次溶液中 F﹣浓度，直至达到吸附平衡。除氟反应原理是：Ca10（PO4）6（OH）2+20F﹣⇌10CaF2+6PO43﹣+2OH﹣，该反应的平衡常数K＝ [用Ksp（CaF2）和Ksp（HAP）表示]。
2021-2022学年吉林省东北师大附中高三（上）第三次模拟化学试卷（12月份）
参考答案与试题解析
一、单项选择题（每小题2分，共10小题，共20分）
1．（2分）“嫦娥五号”成功着陆月球，展示了以芳纶为主要材料制成的五星红旗，用SiC增强铝基材料钻杆“挖土”，实现了中国首次月球无人采样返回。下列说法错误的是（ ）
A．运载火箭使用了煤油液氧推进剂，其中煤油是由煤干馏得到的
B．制作五星红旗用的芳纶为合成纤维
C．探测器装有太阳能电池板，其主要成分是Si
D．返回器带回的月壤中含有3He，它与地球上的4He互为同位素
【分析】A.煤油是由石油分馏得到；
B.芳纶为合成纤维；
C.太阳能电池板，其主要成分是Si；
D.质子数相同，中子数不同的不同核素互为同位素。
【解答】解：A.煤油是由石油分馏得到，不是由煤干馏得到，故A错误；
B.芳纶为合成纤维，故B正确；
C.太阳能电池板，其主要成分是Si，故C正确；
D.质子数相同，中子数不同的不同核素互为同位素，3He与地球上的4He互为同位素，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了无机非金属材料，为高频考点，侧重考查学生的分析和解题能力，注意把握相关基础知识的积累，题目难度不大。
2．（2分）硫和氮及其化合物对人类生存和社会发展意义重大，但也造成了不少环境问题，下列说法正确的（ ）
A．雷雨天气空气中的少量N2可转化为NO2并随雨水落下
B．PM2.5（微粒直径约为2.5×10﹣6m）含氮分散质分散在空气中形成气溶胶，能产生丁达尔效应
C．二氧化硫有毒，严禁将其添加到任何食品和饮品中
D．“酸雨”是由大气中的碳、氮、硫的氧化物溶于雨水造成的
【分析】A.空气中氮气最终能转化为硝酸根离子；
B.胶体粒子的直径大小在1nm～100nm（10−9m∼10−7m）之间；
C.葡萄酒用二氧化硫作防腐剂和抗氧剂；
D.二氧化碳不会导致酸雨。
【解答】解：A．雷雨天气时空气中的N2、O2在雷电作用下反应产生NO，NO与O2反应产生NO2，NO2与H2O反应产生HNO3和NO，HNO3电离产生NO3﹣，故有助于空气中的N2转化为可供植物吸收的硝酸根离子，故A正确；
B．胶体粒子的直径大小在1nm～100nm（10−9m∼10−7m）之间，而PM2.5微粒直径约为 2.5×10−6m，不属于胶体，不能产生丁达尔效应，故B错误；
C．二氧化硫有毒，但二氧化硫常用作葡萄酒的防腐剂和抗氧剂，故C错误；
D．“酸雨”是由大气中的氮，硫的氧化物溶于雨水造成的，二氧化碳不会导致酸雨，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查环境污染，题目难度中等，掌握相关物质的基本性质和转化关系是解题的关键。
3．（2分）铝硅酸盐型分子筛中有许多笼状空穴和通道（如图），其骨架的基本结构单元是硅氧四面体和铝氧四面体，化学组成可表示为Ma[（AlO2）x•（SiO2）y]•zH2O（M代表金属离子），下列推测不正确的是（ ）
A．若a＝，则M为二价阳离子
B．常采用水玻璃、偏铝酸钠在强酸或强碱性溶液中反应后结晶制得分子筛
C．调节（硅铝比）的值，可以改变分子筛骨架的热稳定性
D．分子筛中的笼状空穴和通道，可用于筛分分子
【分析】A．设M的化合价为m，则根据正负化合价代数和为0计算；
B．偏铝酸钠在强酸性溶液中不能稳定存在容易形成铝离子；
C．调节硅铝比可以改变分子筛的空间结构；
D．调节硅铝比可以调节分子筛的孔径，可以筛分不同大小的分子。
【解答】解：A．设M的化合价为m，结合正负化合价代数和为0可知：m×+x×（﹣1）＝0，解得：m＝+2，故A正确；
B．偏铝酸钠在强酸性溶液中不能稳定存在容易形成Al3+，不可以利用偏铝酸钠在强酸性溶液中制备分子筛，故B错误；
C．调节硅铝比可以改变分子筛的空间结构，从而改变分子筛的稳定性，故C正确；
D．调节硅铝比可以调节分子筛的孔径，根据分子筛孔径的大小可以筛分不同大小的分子，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查晶胞计算，侧重考查阅读、分析、推断及知识综合应用能力，明确题干信息为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力。
4．（2分）下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A．用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液中提取碘：2I﹣+H2O2═I2+2OH﹣
B．过量的铁粉溶于稀硝酸：Fe+4H++NO3﹣═Fe3++NO↑+2H2O
C．用Na2S2O3溶液吸收水中的Cl2：4Cl2+S2O32﹣+5H2O═10H++2SO42﹣+8Cl﹣
D．向NaAlO2溶液中通入过量CO2：2AlO2﹣+CO2+3H2O═2Al（OH）3↓+CO32﹣
【分析】A、酸性溶液中，反应产物不能生成氢氧根离子；
B、过量铁和稀硝酸反应生成亚铁离子；
C、氯气能够氧化硫代硫酸根离子生成硫酸根离子；
D、二氧化碳过量，生成的产物为碳酸氢根离子，不是碳酸根离子；
【解答】解：A、用过氧化氢从酸化海带灰浸出液中提取碘，产物中不会生成氢氧根离子，正确的离子方程式为：2I﹣+2H++H2O2═I2+2H2O，故A错误；
B、过量铁粉溶于稀硝酸中反应生成硝酸亚铁，反应的离子方程式为：3Fe+8H++2NO3﹣═3Fe2++2NO↑+4H2O，故B错误；
C、氯气能够氧化硫代硫酸根离子生成硫酸根离子，自己被还原为氯离子，故用Na2S2O3溶液吸收自来水中多余Cl2，离子方程式：4Cl2+S2O32﹣+5H2O═10H++2SO42﹣+8Cl﹣，故C正确；
D、向NaAlO2溶液中通入过量CO2，反应生成了氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，离子方程式为：AlO2﹣+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了离子积方程式的书写判断，离子方程式的书写是高考不变的一个题型，每年高考必考，是热点题型，题目难度不大。
5．（2分）NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，22.4LH2和F2混合后所含气体分子数目为2NA
B．87g的MnO2和足量稀盐酸共热，转移电子数目为2NA
C．13g的立方烷（）和正四面体烷（）的混合物中含有原子数目为2NA
D．1mol金刚石中含有共价键数目为4NA
【分析】A.标况下HF为液体；
B.二氧化锰与稀盐酸不反应；
C.立方烷（）和正四面体烷（）的最简式均为CH；
D.金刚石中，1个碳原子形成2条共价键。
【解答】解：A.氢气和氟化氢反应生成的HF在标况下为液体，不是气体，故A错误；
B.二氧化锰与稀盐酸不反应，只能与浓盐酸反应，87g的MnO2和足量稀盐酸共热，转移电子数目为0，故B错误；
C.立方烷（）和正四面体烷（）的最简式均为CH，则13g混合物中含有的CH的物质的量为n＝＝1mol，则含原子个数为2NA个，故C正确；
D.金刚石中，1个碳原子形成2条共价键，则1mol金刚石中含共价键为2NA条，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，阿伏加德罗常数是高考的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题的关键。
6．（2分）下列操作规范且能达到实验目的的是（ ）
A．利用装置甲可证明非金属性强弱：Cl＞C＞Si
B．利用装置乙准确称得0.1775gNaCl固体
C．利用装置丙证明氨气极易溶于水
D．利用装置丁制备Fe（OH）2并能较长时间观察到白色
【分析】A.挥发的盐酸与硅酸钠反应，且盐酸为无氧酸；
B.托盘天平的感量为0.1g；
C.打开止水夹，挤压胶头滴管可引发喷泉；
D.酒精与水互溶，不能隔绝空气。
【解答】解：A.挥发的盐酸与硅酸钠反应，且盐酸为无氧酸，图中实验不能比较非金属性强弱，故A错误；
B.托盘天平的感量为0.1g，则乙中不能准确称得0.1775gNaCl固体，故B错误；
C.打开止水夹，挤压胶头滴管可引发喷泉，丙可证明氨气极易溶于水，故C正确；
D.酒精与水互溶，不能隔绝空气，丁制备Fe（OH）2可观察到白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变化为红褐色，应选苯隔绝空气，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，明确物质的性质、非金属性比较、物质的制备、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。
7．（2分）查德威克通过用α粒子轰击ZNX原子的实验发现了中子，核反应为：ZNX+24He→P12Y+01n。已知ZNX原子核内质子数比中子数少一个，已知在元素周期表中，对角线上元素的化学性质相似，如对角线上氧氯间化学性质相似。下列说法正确的是（ ）
A．X的最高价氧化物对应的水化物能与NaOH溶液反应生成盐和水.
B．X单质可与强酸溶液反应，但不能与强碱溶液反应
C．Y的主族序数与X中子数相等
D．12Y和14Y互为同素异形体
【分析】根据核反应为：ZNX+24He→P12Y+01n，N+4＝12+1，所以N＝9，已知ZNX原子核内质子数比中子数少一个，则Z+（Z+1）＝9，解得Z＝4，可知X为Be元素，4+2＝p+0，则p＝6，因此Y为C元素，然后根据元素周期律分析解答。
【解答】A．X为Be元素，Be与Al属于对角线关系，依此推断元素周期表中，对角线上元素的化学性质相似，因此Be的最高价氧化物对应的水化物具有两性，可与NaOH溶液反应生成盐和水，故A正确；
B．Be性质与Al相似，既可与强酸反应，又可与强碱反应，故B错误；
C．Y是C，位于元素周期表第二周期第IVA的元素，其主族序数为4；X中子数为9﹣4＝5，两者数值不相等，故C错误；
D．12Y和14Y质子数相同，都是6个，但中子数不同，分布是6、8，因此二者互为同位素，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律的关系，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力。
8．（2分）我国科技工作者发现某“小分子胶水”（结构简式如图）能自噬细胞“吞没”致病蛋白。下列说法正确的是（ ）
A．分子式是C14H10O4
B．1mol该物质最多能与7molH2发生加成反应
C．1mol该物质最多能与3molNaOH反应
D．所有原子不可能在同一半面内
【分析】A．含有C、H、O原子个数依次是15、10、4；
B．苯环和氢气以1：3发生加成反应，碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应，酯基中碳氧双键和氢气不反应；
C．酚羟基和氢氧化钠以1：1反应，酯基水解生成的羧基和酚羟基与NaOH以1：1反应；
D．苯、乙烯、﹣COO﹣中所有原子共平面，单键可以旋转。
【解答】解：A．含有C、H、O原子个数依次是15、10、4，分子式为C15H10O4，故A错误；
B．苯环和氢气以1：3发生加成反应，碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应，酯基中碳氧双键和氢气不反应，1mol该有机物最多消耗7mol氢气，故B正确；
C．酚羟基和氢氧化钠以1：1反应，酯基水解生成的羧基和酚羟基与NaOH以1：1反应，1mol该有机物最多消耗4molNaOH，故C错误；
D．苯、乙烯、﹣COO﹣中所有原子共平面，单键可以旋转，该分子中所有原子可能共平面，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。
9．（2分）我国化学工作者提出一种利用有机电极（PTO/HQ）和无机电极（MnO2/石墨毡），在酸性环境中可充电的电池其放电时的工作原理如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．放电时，MnO2/石墨毡为正极，发生还原反应
B．充电时，有机电极和外接电源的负极相连
C．放电时，MnO2/石墨毡电极的电极反应式为MnO2+2e﹣+4H+═Mn2++2H2O
D．充电时，有机电极的电极反应式为PTO+4e﹣+4H2O═HQ+4OH﹣
【分析】由图可知，放电时，MnO2/石墨毡为正极，电极反应式为MnO2+2e﹣+4H+═Mn2++2H2O，有机电极为负极，电极反应式为HQ﹣4e﹣+4H2O＝PTQ+4H+，充电时，MnO2/石墨毡为阳极，电极反应式为Mn2++2H2O﹣2e﹣＝MnO2+4H+，有机电极为阴极，电极反应式为PTO+4e﹣+4H+═HQ+4H2O，据此作答。
【解答】解：A.放电时，MnO2/石墨毡为正极，Mn元素得电子发生还原反应，故A正确；
B.充电时，有机电极为阴极，和外接电源的负极相连，故B正确；
C.放电时，MnO2/石墨毡为正极，电极反应式为MnO2+2e﹣+4H+═Mn2++2H2O，故C正确；
D.充电时，有机电极为阴极，电极反应式为PTO+4e﹣+4H+═HQ+4H2O，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查可充电电池，题目难度中等，能依据图象和题目信息准确判断正负极和阴阳极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
10．（2分）根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ）
选项
实验操作和现象
结论
A
向溶有SO2的BaCl溶液中通入气体X，出现白色沉淀
X具有强氧化性
B
Mg（OH）2沉淀溶解于NH4Cl溶液
NH4+水解呈酸性
C
常温下，分别测定浓度均为0.1mol•L﹣1NaF和NaClO溶液的pH，后者的pH大
酸性：HF＜HClO
D
卤代烃Y与NaOH水溶液共热后，加入足量稀硝酸，再滴入AgNO3溶液，产生白色沉淀
Y中含有氯原子
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．X可能为氨气，白色沉淀为亚硫酸钡；
B．氢氧化镁电离的氢氧根离子可与铵根离子反应；
C．越弱越水解；
D．卤代烃Y与NaOH水溶液共热后生成卤化钠，加硝酸酸化溶液，再加入AgNO3溶液检验卤素离子。
【解答】解：A．X可能为氨气，白色沉淀为亚硫酸钡，氨气不具有强氧化性，故A错误；
B．氢氧化镁电离的氢氧根离子可与氯化铵溶液中的铵根离子反应，导致Mg（OH）2的溶解平衡右移而逐渐溶解，而不是NH4+水解出的H+与Mg（OH）2电离出的OH﹣结合的原因，故B错误；
C．常温下，分别测定浓度均为0.1mol•L﹣1NaF和NaClO溶液的pH，后者的pH大，说明酸性：HF＞HClO，故C错误；
D．卤代烃Y与NaOH水溶液共热发生水解反应，加入足量稀硝酸中和氢氧化钠，再滴入AgNO3溶液，产生的白色沉淀为AgCl，能够证明Y中含有氯原子，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
二、单项选择题（每小题3分，共10小题，共30分）
11．（3分）捕获二氧化碳是碳中和技术之一，如图是捕获二.氧化碳生成甲酸的过程，若NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．每生成lmol甲酸，转移的电子数为4NA
B．标准状况下，22.4LCO2分 子中含有2NA对共用电子对
C．1molN（C2H5）3中含有的非极性键的数目为3NA
D．1mol甲酸和足量乙醇充分反应后，生成甲酸乙酯的数目为NA
【分析】A．根据得失电子守恒计算；
B．求出二氧化碳的物质的量，然后根据1个二氧化碳分子中含4对共用电子对来分析；
C．形成于不同种元素的原子间的共价键为极性键，形成于同种元素的原子间的共价键为非极性共价键；
D．酯化反应为可逆反应。
【解答】解：A．生甲酸的反应是氧化还原反应，C元素化合价由+4降到+2，降低2个单位，每生成1mol 甲酸，转移的电子数为2NA，故A错误；
B．标况下22.4L二氧化碳的物质的量为1mol，而1个二氧化碳分子中含4对共用电子对，故1mol二氧化碳中含4NA对共用电子对，故B错误；
C．形成于不同种元素的原子间的共价键为极性键，形成于同种元素的原子间的共价键为非极性共价键，1molN（C2H5）3中含有的非极性键只有C﹣C键，数目为3NA，故C正确；
D．酯化反应为可逆反应，不能进行彻底，故1mol甲酸和足量乙醇充分反应后，生成甲酸乙酯的数目小于NA，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大。
12．（3分）亚硝酸钠是一种工业盐，在生产、生活中应用广泛。现用如图所示装置（夹持装置已省略）及药品探究亚硝酸钠与硫酸的反应及气体产物的成分。
已知气体的沸点为NO2：21℃，NO：﹣152℃。下列说法错误的是（ ）
A．装置中通入氧气用于检验NO的生成
B．反应前应打开弹簧夹，先通入一段时间氮气，除去装置中的空气
C．装置中冰水浴的作用是冷凝，使NO2液化
D．用装置b代替装置a的优点是便于控制反应的发生与停止
【分析】A．2NO+O2＝2NO2，因为存在2NO2（红棕色）⇌N2O4（无色）△H＜0；
B．先通入一段时间氮气，排出装置中的空气，避免NO被氧化；
C．NO2沸点为21℃，易液化；
D．用装置b代替装置a，可使液体顺利流出。
【解答】解：A．2NO+O2＝2NO2，因为存在2NO2（红棕色）⇌N2O4（无色）△H＜0，加热可使反应更有利于生成红棕色的NO2，便于检验是否有NO生成，故A正确；
B．反应前应打开弹簧夹，先通入一段时间氮气，排出装置中的空气，防止NO被空气中的氧气氧化，干扰NO的检验，造成对反应气体产物检验不准确，故B正确；
C．NO2沸点为21℃，易液化，则冰水浴的作用是冷凝使NO2液化，便于与NO分离，故C正确；
D．用装置b代替装置a，可使漏斗内的气压和烧瓶中气压相同，便于液体顺利流出，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查实验方案设计，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力和实验能力，明确物质的性质和实验原理是解本题关键，注意实验设计要遵循严密性、可行性、科学性的原则，难度中等。
13．（3分）U、V、X、Y、Z为原子序数依次增大的前20号元素。已知U、Z分别为前20号主族元素中原子半径最小和最大的元素；V与X在周期表中位置相邻，且V与X能形成2种以上的气体；常温下能用Y单质制成的容器盛装U、V、X三种元素组成化合物的浓溶液。下列说法不正确的是（ ）
A．U、V、X三种元素能形成离子化合物
B．V、X、Y三种元素形成的简单离子半径：Y＞X＞V
C．U、X、Y三种元素形成的化合物能凝聚水中的悬浮物，并能吸附色素
D．V、Y、Z三种元素形成的最高价氧化物对应的水化物均能相互反应
【分析】U、V、X、Y、Z为原子序数依次增大的前20号元素，已知U、Z分别为前20号主族元素中原子半径最小和最大的元素，则U为H元素，Z为K元素；V与X在周期表中位置相邻，且V与X能形成2种以上的气体，可知V为N元素，X为O元素；常温下能用Y单质制成的容器盛装U、V、X三种元素组成化合物的浓溶液，则Y为Al元素，铝和浓硝酸发生钝化反应，以此解答该题。
【解答】解：由以上分析可知U、V、X、Y、Z分别为H、N、O、Al、K等元素，
A.U、V、X三种元素可形成的化合物为硝酸铵等，为离子化合物，故A正确；
B.三种元素对应的离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大离子半径越小，则V、X、Y三种元素形成的简单离子半径：V＞X＞Y，故B错误；
C.U、X、Y三种元素形成的化合物为氢氧化铝，氢氧化铝胶体具有较强的吸附性，能凝聚水中的悬浮物，并能吸附色素，故C正确；
D.氢氧化铝具有两性，可与硝酸、氢氧化钾反应，则V、Y、Z三种元素形成的最高价氧化物对应的水化物均能相互反应，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，题目难度中等，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容、元素周期表结构，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。
14．（3分）某无色溶液中可能含有Ba2+、Fe3+、Na+、K+、NH4+、SO42﹣、SO32﹣、Cl﹣、Br﹣、CO32﹣中的若干种，离子浓度都为0.1mol/L．往该溶液中加入BaCl2和过量的盐酸，无白色沉淀生成。另取少量原溶液，设计并完成如下实验。下列判断正确的是（ ）
A．Ba2+、Fe3+、SO42﹣、CO32﹣肯定不存在，Na+、K+肯定存在
B．原溶液肯定不含SO42﹣和SO32﹣
C．若步骤中Ba（NO3）2和HNO3溶液改用BaCl2和盐酸的混合溶液，对溶液中离子的判断有影响
D．是否含NH4+需另做实验判断
【分析】无色溶液中一定不含Fe3+，往该溶液中加入BaCl2和过量的盐酸，无白色沉淀生成说明溶液无SO42﹣，往该溶液中加入过量的氯水，无色气体生成，SO32﹣和CO32﹣至少有一种，则溶液中不能有Ba2+，溶液加四氯化碳分液，下层橙色，则有Br﹣，上层加硝酸钡和稀硝酸有白色沉淀，有SO32﹣，溶液中一定含阳离子，且离子浓度都为0.1mol•L﹣1．根据电荷守恒，一定含有NH4+、Na+、K+，一定不存在Cl﹣．滤液中加硝酸酸化的硝酸银有白色沉淀，是过程中加氯水时引入的氯离子，结合溶液为电中性，得出Ba2+、Fe3+、SO42﹣、CO32﹣肯定不存在，Br﹣、SO32﹣、NH4+、Na+、K+肯定存在。
【解答】解：A．Ba2+、Fe3+、SO42﹣、CO32﹣肯定不存在，Br﹣、SO32﹣、NH4+、Na+、K+肯定存在，故A正确；
B．不存在SO32﹣，故B错误；
C．加氯水时引入的氯离，不影响离子的检验，故C错误；
D．结合溶液为电中性，Br﹣、SO32﹣、各0.1mol•L﹣1，NH4+、Na+、K+都存在才能电中性，一定有NH4+故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查离子的检验及离子共存，为高频考点，把握常见离子的检验及发生的化学反应为解答的关键，侧重学生分析能力及思维严密性的考查，题目难度不大。
15．（3分）一定温度下：在N2O5的四氯化碳溶液（100mL）中发生分解反应：2N2O5⇌4NO2+O2。在不同时刻测量放出的O2体积，换算成N2O5浓度如表：
t/s
0
600
1200
1710
2220
2820
x
c（N2O5）/（mol•L﹣1）
1.40
0.96
0.66
0.48
0.35
0.24
0.12
下列说法正确的是（ ）
A．600～1200s，生成NO2的平均速率为5.0×10﹣4mol•L﹣1•s﹣1
B．反应2220s时，放出的O2体积为11.8L（标准状况）
C．反应达到平衡时，v正（N2O5）＝v逆（NO2）
D．推测上表中的x为3930
【分析】A．600～1200s，N2O5的变化量为（0.96﹣066）mol•L﹣1＝0.3mol•L﹣1，在此时间段内NO2的变化量为其2倍，即0.6mol•L﹣1，代入平均速率v＝进行计算；
B．根据物质的量的变化量之比等于化学计量数之比进行计算；
C．反应达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，用不同物质表示该反应的速率时，其数值之比等于化学计量数之比；
D．分析表中数据可知，该反应经过1110s（600﹣1710，1710﹣2820）后N2O5浓度会变为原来的，因此，N2O5的浓度由0.24mol/L变为0.12mol/L时，可以推测上表中的x为（2820+1110）＝3930。
【解答】解：A．600～1200s，N2O5的变化量为（0.96﹣066）mol•L﹣1＝0.3mol•L﹣1，在此时间段内NO2的变化量为其2倍，即0.6mol•L﹣1，因此，生成NO2平均速率为v＝＝＝1.0×10﹣3mol•L﹣1•s﹣1，故A错误；
B．由表中数据可知，反应2220s时，N2O5的变化量为（1.40﹣0.35）mol/L═1.05mol/L，其物质的量的变化量为1.05mol/L×0.1L＝0.105mol，O2的变化量是其，即0.0525mol，因此，放出的O2在标准状况下的体积为0.0525mol×22.4L/mol＝1.176L，故B错误；
C．反应达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，用不同物质表示该反应的速率时，其数值之比等于化学计量数之比，2v正（N2O5）＝v逆（NO2），故C错误；
D．分析表中数据可知，该反应经过1110s（600﹣1710，1710﹣2820）后N2O5浓度会变为原来的，因此，N2O5的浓度由0.24mol/L变为0.12mol/L时，可以推测上表中的x为（2820+1110）＝3930，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查化学反应速率的计算、化学平衡的计算、化学平衡状态的判断等知识，题目难度一般。
16．（3分）FeS2/C纳米材料具有较高的可逆比容量以及优秀的倍率性能，可用于锂离子电池负极材料。采用热重分析法测定FeS2/C复合材料中各组分的含量。FeS2/C样品在空气中的热重曲线如图所示，下列说法中不正确的是（ ）[注：残留率（%）＝剩余固体质量÷样品质量×100%]
A．300～400℃之间的失重对应着碳的消失
B．550～700℃之间的失重反应方程式为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2
C．FeS2/C复合材料中FeS2与C的物质的量之比约为1：2
D．FeS2/C复合材料中碳的质量分数为9.1%
【分析】A．FeS2/C样品在空气中加热，C加热发生燃烧生成二氧化碳；
B．550～700℃之间发生反应为FeS2的氧化反应；
C．由图中信息可知碳的质量分数为9.1%，则FeS2的质量分数为90.9%，结合两者相对分子质量计算；
D．由图中数据信息可知碳的质量分数为9.1%。
【解答】解：A．FeS2/C样品在空气中加热，C首先在空气中加热发生燃烧生成二氧化碳，因此300～400℃之间的失重对应着碳转变成二氧化碳气体的过程，故A正确；
B．550～700℃之间发生反应为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，故B正确；
C．由图中信息可知碳的质量分数为9.1%，则FeS2的质量分数为90.9%，两者的物质的量之比为：：≈1：1，故C错误；
D．由图中数据信息可知碳完全反应固体失重9.1%，可知碳的质量分数为9.1%，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了化学方程式的计算，题目难度中等，根据题干信息正确分析物质的反应过程为解答本题的关键，注意不同物质反应温度的不同。
17．（3分）利用钛铁矿（主要成分为FeTiO3，含有少量MgO、SiO2等杂质）制备LiFePO4的工艺流程如图所示：
已知：钛铁矿经盐酸浸取后钛主要以TiOCl42﹣形式存在，Ksp（FePO4）＝1.0×10﹣22、Ksp[Mg3（PO4）2]＝1.0×10﹣24。下列说法错误的是（ ）
A．钛铁矿经盐酸浸取后过滤，滤渣的主要成分为SiO2
B．“过滤③”之前[设此时c（Mg2+）＝0.01mol•L﹣1]，使Fe3+恰好沉淀完全[即c（Fe3+）＝1×10﹣5mol•L﹣1]，此时不会有Mg3（PO4）2沉淀生成
C．“高温煅烧”的主要反应为2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+2CO2↑+CO↑+H2O
D．LiFePO4缺失部分Li+则形成Li1﹣xFePO4，若x＝0.2，则Li1﹣xFePO4中n（Fe2+）：n（Fe3+）＝4：1
【分析】利用钛铁矿（主要成分为FeTiO3，含有少量MgO、SiO2等杂质）制备LiFePO4，由制备流程可知，加盐酸过滤后的滤渣为SiO2，滤液①中含Mg2+、Fe2+、Ti4+，水解后过滤，沉淀为TiO2•xH2O；水解后的滤液②中含Mg2+、Fe2+，双氧水可氧化亚铁离子，在磷酸条件下过滤分离出FePO4，加入碳酸锂、草酸高温煅烧发生反应2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O+3CO2↑，获得LiFePO4，以此来解答。
【解答】解：A．钛铁矿经盐酸浸取后SiO2不反应，过滤所得滤渣的主要成分为SiO2，故A正确；
B．使Fe3+恰好沉淀完全，溶液中c（Fe3+）＝1×10﹣5mol•L﹣1，则c（PO43﹣）＝＝mol/L＝1×10﹣17mol/L，Qc[Mg3（PO4）2]＝c3（Mg2+）×c2（PO43﹣）＝0.013×（1.0×10﹣17）2＝1×10﹣40＜Ksp[Mg3（PO4）2]＝1.0×10﹣24，说明此时不会有Mg3（PO4）2沉淀生成，故B正确；
C． FePO4与Li2CO3、草酸高温煅烧得到LiFePO4，铁元素降低，草酸中碳元素升高生成二氧化碳，由电子守恒、元素守恒可得方程式为：2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O+3CO2↑，故C错误；
D．LiFePO4缺失部分Li+则形成Li1﹣xFePO4，若x＝0.2，设n（Fe2+）＝a，n（Fe3+）＝b，则①a+b＝1、②（1﹣x）×1+2a+3b＝3，联立①②解得a＝0.8mol，b＝0.2mol，则Li1﹣xFePO4中n（Fe2+）：n（Fe3+）＝0.8mol+0.2mol＝4：1，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备原理、物质的性质、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，D为易错点，题目难度不大。
18．（3分）我国某科研机构设计如图装置，利用K2Cr2O7实现含苯酚废水的有效处理，处理后的废水毒性降低且不引入其它杂质。一段时间后，中间室中NaCl溶液的浓度减小。下列说法中错误的是（ ）
A．工作时，N极附近溶液pH升高
B．工作时，每转移3mol电子，N极室和M极室质量变化相差65g
C．a为阳离子交换膜，b为阴离子交换膜
D．N电极反应式为Cr2O72﹣+6e﹣+7H2O═2Cr（OH）3↓+8OH﹣
【分析】放电过程中，M电极为负极，电极反应为C6H5OH﹣28e﹣+11H2O＝6CO2↑+28H+，N电极为正极，电极反应为Cr2O72﹣+6e﹣+7H2O═2Cr（OH）3↓+8OH﹣，由于该装置的目的是对废水进行有效处理，生成的H+应迁移到中间室，a为阳离子交换膜，生成的OH﹣应迁移到中间室，与H+反应生成H2O，使NaCl溶液浓度降低，b为阴离子交换膜，据此分析解题。
【解答】解：A．N极电极反应为Cr2O72﹣+6e﹣+7H2O═2Cr（OH）3↓+8OH﹣，由于生成氢氧根，N极附近溶液pH升高，故A正确；
B．M电极为负极，电极反应为C6H5OH﹣28e﹣+11H2O＝6CO2↑+28H+，每转移3mol电子，M极室减少3molH+向正极移动，同时生成molCO2放出，减少44g/mol×mol+3mol×1g/mol≈31.3g，N电极为正极，电极反应为Cr2O72﹣+6e﹣+7H2O═2Cr（OH）3↓+8OH﹣，N极室有3molOH﹣，向负极移动减少51g，生成1molCr（OH）3沉淀，共减少51g+1mol×103g/mol＝154g，因此N极室和M极室质量变化相差154g﹣31.3g＝122.7g，故B错误；
C．该装置的目的是对废水进行有效处理，生成的H+应迁移到中间室，a为阳离子交换膜，生成的OH﹣应迁移到中间室，与H+反应生成H2O，使NaCl溶液浓度降低，b为阴离子交换膜，故C正确；
D．N电极为正极，Cr2O72﹣被还原为Cr（OH）3，电极反应为Cr2O72﹣+6e﹣+7H2O═2Cr（OH）3↓+8OH﹣，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查原电池的工作原理，为高频考点，侧重考查学生分析能力和解决问题的能力，把握工作原理即可解答，注意电极反应式书写，题目难度中等。
19．（3分）向某浓度亚磷酸（H3PO3，一种二元弱酸）加入NaOH溶液，溶液pH与离子浓度关系如图，下列说法不正确的是（ ）
A．曲线Ⅱ代表pH与1g的关系
B．M、N两点均满足：c（Na+ ）+c（H+ ）＝c（OH﹣ ）+c（H2PO3﹣ ）+2c（HPO32﹣ ）
C．NaH2PO3水溶液为酸性
D．将M点溶液稀释，比值变小
【分析】A．c（H2PO3﹣ ）＝c（H3PO3）时，K1＝×c（H+ ）＝c（H+），同理K2＝×c（H+ ）＝c（H+），K1＞K2，当横坐标相等时，纵坐标数值小的曲线表示pH与1g的关系；
B．任何电解质水溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；
C．根据H2PO3﹣ 的电离和水解程度相对大小判断溶液酸碱性；
D．温度不变电离平衡常数不变，M点稀释过程中，溶液中c（H+）减小，＝×＝×。
【解答】解：A．c（H2PO3﹣ ）＝c（H3PO3）时，K1＝×c（H+ ）＝c（H+），同理K2＝×c（H+ ）＝c（H+），K1＞K2，当横坐标相等时，纵坐标数值小的曲线表示pH与1g的关系，则曲线Ⅱ代表pH与1g的关系，故A正确；
B．任何电解质水溶液中都存在电荷守恒得c（Na+ ）+c（H+ ）＝c（OH﹣ ）+c（H2PO3﹣ ）+2c（HPO32﹣ ），故B正确；
C．N点K1＝×c（H+ ）＝10×10﹣2.4＝10﹣1.4，M点K2＝×c（H+ ）＝0.1×10﹣5.5＝10﹣6.5，H2PO3﹣ 的水解平衡常数＝＝10﹣12.6＜K2，则H2PO3﹣ 的电离大于水解程度，所以该溶液呈酸性，故C正确；
D．温度不变电离平衡常数不变，M点稀释过程中，溶液中c（H+）减小，＝×＝×增大，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确电离平衡常数计算方法、电离平衡常数与水解平衡常数关系是解本题关键，D为解答难点，题目难度中等。
20．（3分）25℃时，用HCl调节Na3R溶液的pH，混合溶液的pH与离子浓度的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．L3表示pH与﹣lg的关系曲线
B．H3R的电离常数（Ka3（H3R）]的数最级为10﹣8
C．NaH2R溶液中水电离出的c（H+）＞10﹣7mol•L﹣1
D．混合溶液的pH＝7时，存在c（H3R）＜c（R3﹣）
【分析】25℃时，Ka1（H3R）＝×c（H+）＞Ka2（H3R）＝×c（H+）＞Ka3（H3R）＝×c（H+），则pH相同时pH与＜＜，对函数﹣lgx为减函数，值越小﹣lgx越大，则﹣lg＞﹣lg＞﹣lg，所以L1表示pH与﹣lg的关系曲线，L2表示pH与﹣lg的关系曲线，L3表示pH与﹣lg的关系曲线，以此分析解答。
【解答】解：A．根据分析可知，L3表示pH与﹣lg的关系曲线，故A错误；
B．L1曲线中pH＝10时，﹣lg≈﹣2，≈102，Ka3（H3R）＝×c（H+）＝＝10﹣12，故B错误；
C．L2中﹣lg＝0时，pH＝7，Ka（H2R﹣）＝10﹣7，L3中﹣lg＝6时pH＝7，Ka1（H3R）＝106×10﹣7＝10﹣1，Kh（H2R﹣）＝＝10﹣13＜Ka（H2R﹣）＝10﹣7，说明H2R﹣的电离程度大于其水解程度，溶液呈酸性，抑制了水的电离，则NaH2R溶液中水电离出的c（H+）＜10﹣7mol•L﹣1，故C错误；
D．pH＝7时，﹣lg≈6，﹣lg≈﹣5，﹣lg＝00，说明c（HR2﹣）＝c（H2R﹣），c（H3R）＝10﹣6c（H2R﹣），c（R3﹣）＝10﹣5c（HR2﹣）＝10﹣5c（H2R﹣），所以c（H3R）＜c（R3﹣），故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查弱电解质的电离平衡、离子浓度大小比较，为高频考点，明确图示曲线变化为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力，题目难度中等。
三、填空题：
21．（12分）为测定某氟化稀土样品中氟元素的质量分数，某化学兴趣小组进行了如下实验。利用高氯酸（高沸点酸）将样品中的氟元素转化为氟化氢（低沸点酸）蒸出，再进行吸收滴定来测定含量。实验装置如图所示。
（1）装置c的名称是 三颈烧瓶 ，玻璃管a的作用为 平衡气压，防止仪器b中压强过大 。
（2）实验步骤：①连接好实验装置，检查装置气密性；②往c中加入mg氟化稀土样品和 一定体积的高氯酸，f中盛有滴加酚酞的NaOH溶液。加热装置b、c。
①下列物质可代替高氯酸的是 AD 。（填序号）
A．硫酸
B．盐酸
C．硝酸
D．磷酸
②水蒸气发生装置b的作用是 水蒸气进入到c中，把c中产生的HF全部赶到f中，减少实验误差 。
（3）定量测定：将f中得到的馏出液配成100mL溶液，取其中20mL加入V1mL amol•L﹣1La（NO3）3溶液，得到LaF3沉淀（不考虑其他沉淀的生成），再用cmol•L﹣1EDTA标准溶液滴定剩余La3+（La+与EDTA按1：1配合），消耗EDTA标准溶液V2mL，则氟化稀土样品中氟的质量分数为 ×100% 。
（4）问题讨论：
若观察到f中溶液红色褪去，可采用最简单的补救措施是： 添加NaOH溶液 。否则会使实验结果偏低。
实验中除有HF气体外，可能还有少量SiF4（易水解）气体生成。若有SiF4生成，实验结果将 不受影响 （填“偏高”、“偏低”或“不受影响”）。理由是 SiF4气体进入到f中进行水解，重新生成HF，被溶液吸收，氟元素没有损失 。
【分析】（1）c为三颈烧瓶；玻璃管a与外界连通，起到了平衡气压的作用；
（2）①实验中必须使用不易挥发的酸，据此分析；
②水蒸气发生装置b的作用是利用水蒸气把HF全部赶到f中；
（3）根据一部分La3+与F﹣反应生成LaF3沉淀，另一部分与EDTA结合按1：1反应，根据反应过程消耗的La（NO3）3和EDTA的物质的量计算F元素的物质的量和质量分数；
（4）反应过程中消耗了NaOH溶液，此时只需要再添加NaOH溶液；SiF4气体进入到f中进行水解，重新生成HF，被溶液吸收，氟元素没有损失，所以对实验结果没有影响。
【解答】解：（1）装置c的名称为三颈烧瓶；玻璃管a与外界连通，作用为平衡气压，防止仪器b中压强过大，
故答案为：三颈烧瓶；平衡气压，防止仪器b中压强过大；
（2）①本实验利用的是高氯酸的高沸点的性质，即不易挥发的性质，硫酸和磷酸都不易挥发，盐酸和硝酸易挥发，所以正确选项为AD，
故答案为：AD；
②水蒸气发生装置b的作用是使水蒸气进入到c中，把c中产生的HF全部赶到f中，减少实验误差，
故答案为：水蒸气进入到c中，把c中产生的HF全部赶到f中，减少实验误差；
（3）La3+分为两个部分，一部分与F﹣反应，比例为1：3，另一部分与EDTA结合，比例为1：1，EDTA消耗的La3+为cV2×10﹣3mol，F﹣消耗的La3+为（aV1﹣cV2）×10﹣3mol，20mL溶液中F﹣的物质的量为3×（aV1﹣cV2）×10﹣3mol，100mL溶液中F﹣的物质的量为3×5×（aV1﹣cV2）×10﹣3mol，氟的质量分数×100%＝×100%，
故答案为：×100%；
（4）f中的NaOH溶液是为了吸收挥发出来的HF，避免F元素的损失，当溶液红色褪去，说明NaOH几乎没有，此时只需要再添加NaOH溶液；SiF4气体进入到f中进行水解，重新生成HF，被溶液吸收，氟元素没有损失，所以对实验结果没有影响，
故答案为：添加NaOH溶液；不受影响；SiF4气体进入到f中进行水解，重新生成HF，被溶液吸收，氟元素没有损失。
【点评】本题考查了物质组成的实验探究、物质成分的测定、含量计算等，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
22．（12分）以软锰矿（主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe2O3等少量杂质）为主要原料合成新型的环保催化剂（OMS﹣2）的工艺流程如图。
（1）“浸锰”反应中往往有副产物MnS2O6生成，温度对“浸锰”反应的影响如图1所示。为减少MnS2O6的生成，“浸锰”的适宜温度是 90℃ ；调pH后再过滤主要除去 Fe 元素。
（2）Mn12O19中氧元素化合价均为﹣2价，锰元素的化合价有两种，则Mn（Ⅲ）、Mn（Ⅳ）物质的量之比为 5：1 。生产过程中KMnO4、MnSO4•H2O按物质的量比1：5与K2S2O8反应，产物中硫元素全部以SO42﹣的形式存在，该反应的离子方程式为 2MnO4﹣+2S2O82﹣+10Mn2++11H2O＝Mn12O19↓+4SO42﹣+22H+ 。
（3）滤液X可进一步分离出多种化合物，其一为盐类，该盐在农业生产中可用作 钾肥 。
（4）OMS﹣2是一种纳米级的分子筛。分别用OMS﹣2和MnOx对甲醛进行催化氧化，在相同时间内甲醛转化率和温度的关系如图2。由图可知，OMS﹣2与MnOx相比，催化效率较高是 OMS﹣2 ，原因是 OMS﹣2比MnOx表面积大，吸附的反应物浓度更高，反应速率更快 。
（5）甲醛（HCHO）在OMS﹣2催化氧化作用下生成CO2和H2O，现利用OMS﹣2对某密闭空间的甲醛进行催化氧化实验。实验开始时，该空间内甲醛含量为1.22mg/L，CO2含量为0.590mg/L，一段时间后测得CO2含量升高至1.47mg/L，该实验中甲醛的转化率为 49.2% 。（保留三位有效数字）
【分析】软锰矿（主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe2O3等少量杂质）为主要原料制备环保催化剂（OMS﹣2）：由流程可知软锰矿形成矿浆，通入足量的SO2，发生MnO2+SO2＝MnSO4，Fe2O3+SO2+2H+＝2Fe2++SO42﹣+H2O，SiO2不反应，过滤，滤渣I为SiO2，滤液含有Mn2+、Fe2+，加入过氧化氢氧化亚铁离子，调节pH，沉淀铁离子，过滤，滤渣II为氢氧化铁，向滤液中加入碳酸氢铵溶液，生成MnCO3沉淀，再加入硫酸精制，结晶获得MnSO4•H2O，KMnO4、MnSO4•H2O按物质的量比1：5与K2S2O8反应获得Mn12O19，Mn12O19在773K温度下煅烧得氧锰八面体纳米棒（OMS﹣2），据此解答。
【解答】解：（1）由图可知，90℃时，MnS2O6的生成率低，锰浸出率高，温度再高，变化不大，则“浸锰”的适宜温度是90℃，调节pH，主要为了使铁离子沉淀，除去铁元素，
故答案为：90℃；Fe；
（2）Mn12O19中氧元素化合价均为﹣2价，设Mn（Ⅲ）为x个，则Mn（Ⅳ）为12﹣x，根据化合物中元素化合价代数和为0，即得3x+4（12﹣x）＝2×19，x为10，Mn（Ⅳ）为2，Mn（Ⅲ）、Mn（Ⅳ）物质的量之比为5：1；根据题意生产过程中的原料KMnO4、K2S2O8、MnSO4•H2O按物质的量比1：1：5反应，产物中硫元素全部以SO42﹣的形式存在，该反应的离子方程式为2MnO4﹣+2S2O82﹣+10Mn2++11H2O＝Mn12O19↓+4SO42﹣+22H+，
故答案为：5：1；2MnO4﹣+2S2O82﹣+10Mn2++11H2O＝Mn12O19↓+4SO42﹣+22H+；
（3）滤液X中含有钾元素，可以用作钾肥，
故答案为：钾肥；
（4）由图象可以看出，相同温度下，OMS﹣2作催化剂时，因纳米级OMS﹣2比MnOx表面积大，吸附的反应物浓度更高，反应速率更快，故OMS﹣2与MnOx相比，催化效率较高是OMS﹣2，
故答案为：OMS﹣2；OMS﹣2比MnOx表面积大，吸附的反应物浓度更高，反应速率更快；
（5）设体积为VL，CO2含量由0.590mg/L升高至1.47mg/L，CO2含量增多0.88mg/L，反应生成的CO2的物质的量为×VL×10﹣3g/mg，根据原子个数守恒，参与反应的甲醛的物质的量为×VL×10﹣3g/mg，故该实验中甲醛的转化率为×100%≈49.2%，
故答案为：49.2%。
【点评】本题以氧锰八面体纳米棒（OMS﹣2）的合成为载体考查工艺流程图，意在考查学生的综合分析能力，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
23．（14分）CO、N2O均为大气污染物，利用催化剂处理污染气体成为化工的热点问题，在一定温度时，有催化剂存在的条件下，密闭容器中CO与N2O转化为CO2与N2，其相关反应为：反应I：CO（g）+N2O（g）CO2（g）+N2（g）ΔH
（1）已知：①C（s）+N2O（g）⇋CO（g）+N2（g）ΔH1＝﹣192.9 kJ•mol﹣1
②2CO（g）+O2（g）⇋2CO2（g）ΔH2＝﹣566.0 kJ•mol﹣1
③C（s）+O2（g）⇋CO2（g）ΔH3＝﹣393.5 kJ•mol﹣1
则反应ΔH＝ ﹣365.5kJ/mol 。
（2）CO、N2O在Pt2O+的表面进行两步反应转化为无毒的气体，其转化关系、相对能量与反应历程如图1。
①分别写出N2O、CO在Pt2O+的表面上的反应方程式： N2O+Pt2O+＝N2+Pt2O2+ 、 CO+Pt2O2+＝CO2+Pt2O+ 。
②第一步反应的速率比第二步的 慢 （填“慢”或“快”）。两步反应均为 放 热反应。
（3）若反应CO（g）+N2O（g）⇋CO2（g）+N2（g）的正、逆反应速率分别可表示为v正＝k正c（CO）•c（N2O）、v逆＝k逆c（CO2）•c（N2），k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，c为物质的量浓度。则图2（pk＝﹣lgk：T表示温度）所示①、②、③、④四条斜线中，能表示以pk正随T变化关系的是斜线 ③ ，能表示pk逆随T变化关系的是斜线 ④ 。
（4）在一定温度，101 kPa下，分别在1 L密闭容器中充入2 mol N2O和2 mol CO，发生反应：CO（g）+N2O（g）⇋CO2（g）+N2（g），达平衡时，测得无毒气体的体积分数75%，该条件下平衡常数Kp＝ 9 （结果保留小数点后两位，Kp为以分压表示的平衡常数，分压＝总压×物质的量分数）。
【分析】（1）根据盖斯定律①+②﹣③得CO（g）+N2O（g）CO2（g）+N2（g）；
（2）①N2O与Pt2O+反应生成N2和Pt2O2+，CO与Pt2O2+生成CO2和Pt2O+；
②由图可知，第一步的活化能高于第二步得活化能；由图可知，两步反应的反应物总能量大于生成物总能量；
（3）该反应是放热反应，升高温度，反应速率加快，升高温度，v正、v逆均增大，则pk正、pk逆均减小，平衡向逆反应方向移动；
（4）该反应是气体物质的量不变的反应，且反应物和生成物的系数都是1，达平衡时，测得无毒气体的体积分数75%，则CO2（g）和N2（g）体积分数均为37.5%，CO（g）和N2O（g）体积分数均为12.5%。
【解答】解：（1）根据盖斯定律①+②﹣③得CO（g）+N2O（g）CO2（g）+N2（g）△H＝（﹣192.9﹣566+393.5）kJ/mol＝﹣365.4kJ/mol，
故答案为：﹣365.5kJ/mol；
（2）①N2O与Pt2O+反应生成N2和Pt2O2+，CO与Pt2O2+生成CO2和Pt2O+，则N2O、CO在Pt2O+的表面上的反应方程式分别为N2O+Pt2O+＝N2+Pt2O2+、CO+Pt2O2+＝CO2+Pt2O+，
故答案为：N2O+Pt2O+＝N2+Pt2O2+；CO+Pt2O2+＝CO2+Pt2O+；
②由图可知，第一步的活化能高于第二步得活化能，则第一步反应的速率比第二步的慢；由图可知，两步反应的反应物总能量大于生成物总能量，则两步反应均为放热反应，
故答案为：慢；放；
（3）该反应是放热反应，升高温度，反应速率加快，升高温度，v正、v逆均增大，则pk正、pk逆均减小，平衡向逆反应方向移动，则v逆＞v正，pk逆＜pk正，由图象可知，能表示以pk正随T变化关系的是斜线③；能表示pk逆随T变化关系的是斜线④，
故答案为：③；④；
（4）该反应是气体物质的量不变的反应，且反应物和生成物的系数都是1，达平衡时，测得无毒气体的体积分数75%，则CO2（g）和N2（g）体积分数均为37.5%，CO（g）和N2O（g）体积分数均为12.5%，Kp＝＝＝9，
故答案为：9。
【点评】本题考查反应热的计算、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算等，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三段式等知识解答，此题难度大。
24．（12分）（1）高铁酸钾是绿色、环保型水处理剂，也是高能电池的电极材料，在碱性条件下稳定。
①用高铁酸钾处理水时，不仅能消毒杀菌，还能将水体中的CN﹣转化成无毒物质，生成的氢氧化铁胶体粒子还能吸附水中悬浮杂质。试写出高铁酸钾处理含CN﹣废水时除去CN﹣的离子方程式 10FeO42﹣+6CN﹣+22H2O＝10Fe（OH）3（胶体）+6CO32﹣+3N2↑+14OH﹣ 。
②已知：常温下，Ksp[Fe（OH）3]＝4.0×10﹣38。高铁酸钾的净水能与废水的pH有关，当溶液pH＝2时，废水中c（Fe3+）＝ 0.04 mol•L﹣1。
③K2FeO4可作锌铁碱性高能电池的正极材料，电池反应原理：2K2FeO4+3Zn+8H2O⇌充电放电2Fe（OH）3+3Zn（OH）2+4KOH。充电时阴极的电极反应为 Zn（OH）2+2e﹣＝Zn+2OH﹣ 。
（2）羟基磷酸钙，简写为HAP，其化学组成为Ca10（PO4）6（OH）2。是一种新型的环境功能矿物材料，可用于除去水体中的F﹣、Cd2+、Pb22+及Cu2+等。制备HAP的步骤如下：分别配制250mL浓度均为0.5mol•L﹣1的Ca（NO3）2溶液和（NH4）2HPO4溶液（pH约为8），分别量取Ca（NO3）2溶液V1mL和（NH4）2HPO4溶液V2mL，加热至50℃，不断搅拌下，将（NH4）2HPO4溶液逐滴滴入Ca（NO3）2溶液中，再用氨水调节pH全10.5，强力搅拌1小时，再经后续处理得到产品。
①理论上V1：V2＝ 5：3 。
②反应生成Ca10（PO4）6（OH）2的离子方程式为 10Ca2++6HPO42﹣+8NH3•H2OCa10（PO4）6（OH）2↓+8NH4++6H2O 。
③HAP脱除F﹣的操作是：在聚四氟乙烯烧杯中加入50mL10mg•L﹣1NaF溶液0.15gCa10（PO4）6（OH）2，在恒温下振荡，每隔1小时测定一次溶液中 F﹣浓度，直至达到吸附平衡。除氟反应原理是：Ca10（PO4）6（OH）2+20F﹣⇌10CaF2+6PO43﹣+2OH﹣，该反应的平衡常数K＝ [用Ksp（CaF2）和Ksp（HAP）表示]。
【分析】（1）高铁酸钾具有氧化性，可将CN﹣氧化为氮气和二氧化碳而除去，本身被还原为氢氧化铁胶体，在碱性溶液中二氧化碳变为碳酸根离子；
（2）pH＝2时，c（OH﹣）＝10﹣12mol/L，根据Ksp[Fe（OH）3]＝4.0×10﹣38，废水中c（Fe3+）＝；
（3）充电时阴极上氢氧化锌得电子产生锌；
（4）根据产物Ca10（PO4）6（OH）2的组成中钙元素与磷元素的原子个数比可知，等浓度的Ca（NO3）2溶液V1mL和（NH4）2HPO4溶液V2 mL，则理论上V1：V2；
（5）Ca（NO3）2溶液和（NH4）2HPO4溶液加热至50℃，不断搅拌下，将（NH4）2HPO4溶液逐滴滴入Ca（NO3）2溶液中，再用氨水调节pH至10.5，强力搅拌1小时，再经后续处理得到Ca10（PO4）6（OH）2；
（6）根据多重平衡规则，反应Ca10（PO4）6（OH）2+20F﹣⇌10CaF2+6PO43﹣+2OH﹣的化学平衡常数表达式为K═。
【解答】解：（1）高铁酸钾具有氧化性，可将CN﹣氧化为氮气和二氧化碳而除去，本身被还原为氢氧化铁胶体，在碱性溶液中二氧化碳变为碳酸根离子，反应的离子方程式为：10FeO42﹣+6CN﹣+22H2O＝10Fe（OH）3（胶体）+6CO32﹣+3N2↑+14OH﹣，
故答案为：10FeO42﹣+6CN﹣+22H2O＝10Fe（OH）3（胶体）+6CO32﹣+3N2↑+14OH﹣；
（2）pH＝2时，c（OH﹣）＝10﹣12mol/L，根据Ksp[Fe（OH）3]＝4.0×10﹣38，废水中c（Fe3+）＝mol/L＝0.04mol/L，
故答案为：0.04mol/L；
（3）充电时阴极上氢氧化锌得电子产生锌，电极反应为Zn（OH）2+2e﹣＝Zn+2OH﹣，
故答案为：Zn（OH）2+2e﹣＝Zn+2OH﹣；
（4）根据产物Ca10（PO4）6（OH）2的组成中钙元素与磷元素的原子个数比可知，等浓度的Ca（NO3）2溶液V1mL和（NH4）2HPO4溶液V2 mL，则理论上V1：V2＝10：6＝5：3，
故答案为：5：3；
（5）Ca（NO3）2溶液和（NH4）2HPO4溶液加热至50℃，不断搅拌下，将（NH4）2HPO4溶液逐滴滴入Ca（NO3）2溶液中，再用氨水调节pH至10.5，强力搅拌1小时，再经后续处理得到Ca10（PO4）6（OH）2的离子方程式为10Ca2++6HPO42﹣+8NH3•H2OCa10（PO4）6（OH）2↓+8NH4++6H2O，
故答案为：10Ca2++6HPO42﹣+8NH3•H2OCa10（PO4）6（OH）2↓+8NH4++6H2O；
（6）根据多重平衡规则，反应Ca10（PO4）6（OH）2+20F﹣⇌10CaF2+6PO43﹣+2OH﹣的化学平衡常数表达式为K═＝，
故答案为：。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，明确物质的性质、发生的反应、制备原理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
2021-2022学年吉林省东北师大附中高三（上）第三次模拟化学试卷（12月份）
一、单项选择题（每小题2分，共10小题，共20分）
1．（2分）“嫦娥五号”成功着陆月球，展示了以芳纶为主要材料制成的五星红旗，用SiC增强铝基材料钻杆“挖土”，实现了中国首次月球无人采样返回。下列说法错误的是（ ）
A．运载火箭使用了煤油液氧推进剂，其中煤油是由煤干馏得到的
B．制作五星红旗用的芳纶为合成纤维
C．探测器装有太阳能电池板，其主要成分是Si
D．返回器带回的月壤中含有3He，它与地球上的4He互为同位素
2．（2分）硫和氮及其化合物对人类生存和社会发展意义重大，但也造成了不少环境问题，下列说法正确的（ ）
A．雷雨天气空气中的少量N2可转化为NO2并随雨水落下
B．PM2.5（微粒直径约为2.5×10﹣6m）含氮分散质分散在空气中形成气溶胶，能产生丁达尔效应
C．二氧化硫有毒，严禁将其添加到任何食品和饮品中
D．“酸雨”是由大气中的碳、氮、硫的氧化物溶于雨水造成的
3．（2分）铝硅酸盐型分子筛中有许多笼状空穴和通道（如图），其骨架的基本结构单元是硅氧四面体和铝氧四面体，化学组成可表示为Ma[（AlO2）x•（SiO2）y]•zH2O（M代表金属离子），下列推测不正确的是（ ）
A．若a＝，则M为二价阳离子
B．常采用水玻璃、偏铝酸钠在强酸或强碱性溶液中反应后结晶制得分子筛
C．调节（硅铝比）的值，可以改变分子筛骨架的热稳定性
D．分子筛中的笼状空穴和通道，可用于筛分分子
4．（2分）下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A．用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液中提取碘：2I﹣+H2O2═I2+2OH﹣
B．过量的铁粉溶于稀硝酸：Fe+4H++NO3﹣═Fe3++NO↑+2H2O
C．用Na2S2O3溶液吸收水中的Cl2：4Cl2+S2O32﹣+5H2O═10H++2SO42﹣+8Cl﹣
D．向NaAlO2溶液中通入过量CO2：2AlO2﹣+CO2+3H2O═2Al（OH）3↓+CO32﹣
5．（2分）NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，22.4LH2和F2混合后所含气体分子数目为2NA
B．87g的MnO2和足量稀盐酸共热，转移电子数目为2NA
C．13g的立方烷（）和正四面体烷（）的混合物中含有原子数目为2NA
D．1mol金刚石中含有共价键数目为4NA
6．（2分）下列操作规范且能达到实验目的的是（ ）
A．利用装置甲可证明非金属性强弱：Cl＞C＞Si
B．利用装置乙准确称得0.1775gNaCl固体
C．利用装置丙证明氨气极易溶于水
D．利用装置丁制备Fe（OH）2并能较长时间观察到白色
7．（2分）查德威克通过用α粒子轰击ZNX原子的实验发现了中子，核反应为：ZNX+24He→P12Y+01n。已知ZNX原子核内质子数比中子数少一个，已知在元素周期表中，对角线上元素的化学性质相似，如对角线上氧氯间化学性质相似。下列说法正确的是（ ）
A．X的最高价氧化物对应的水化物能与NaOH溶液反应生成盐和水.
B．X单质可与强酸溶液反应，但不能与强碱溶液反应
C．Y的主族序数与X中子数相等
D．12Y和14Y互为同素异形体
8．（2分）我国科技工作者发现某“小分子胶水”（结构简式如图）能自噬细胞“吞没”致病蛋白。下列说法正确的是（ ）
A．分子式是C14H10O4
B．1mol该物质最多能与7molH2发生加成反应
C．1mol该物质最多能与3molNaOH反应
D．所有原子不可能在同一半面内
9．（2分）我国化学工作者提出一种利用有机电极（PTO/HQ）和无机电极（MnO2/石墨毡），在酸性环境中可充电的电池其放电时的工作原理如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．放电时，MnO2/石墨毡为正极，发生还原反应
B．充电时，有机电极和外接电源的负极相连
C．放电时，MnO2/石墨毡电极的电极反应式为MnO2+2e﹣+4H+═Mn2++2H2O
D．充电时，有机电极的电极反应式为PTO+4e﹣+4H2O═HQ+4OH﹣
10．（2分）根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ）
选项
实验操作和现象
结论
A
向溶有SO2的BaCl溶液中通入气体X，出现白色沉淀
X具有强氧化性
B
Mg（OH）2沉淀溶解于NH4Cl溶液
NH4+水解呈酸性
C
常温下，分别测定浓度均为0.1mol•L﹣1NaF和NaClO溶液的pH，后者的pH大
酸性：HF＜HClO
D
卤代烃Y与NaOH水溶液共热后，加入足量稀硝酸，再滴入AgNO3溶液，产生白色沉淀
Y中含有氯原子
A．A B．B C．C D．D
二、单项选择题（每小题3分，共10小题，共30分）
11．（3分）捕获二氧化碳是碳中和技术之一，如图是捕获二.氧化碳生成甲酸的过程，若NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．每生成lmol甲酸，转移的电子数为4NA
B．标准状况下，22.4LCO2分 子中含有2NA对共用电子对
C．1molN（C2H5）3中含有的非极性键的数目为3NA
D．1mol甲酸和足量乙醇充分反应后，生成甲酸乙酯的数目为NA
12．（3分）亚硝酸钠是一种工业盐，在生产、生活中应用广泛。现用如图所示装置（夹持装置已省略）及药品探究亚硝酸钠与硫酸的反应及气体产物的成分。
已知气体的沸点为NO2：21℃，NO：﹣152℃。下列说法错误的是（ ）
A．装置中通入氧气用于检验NO的生成
B．反应前应打开弹簧夹，先通入一段时间氮气，除去装置中的空气
C．装置中冰水浴的作用是冷凝，使NO2液化
D．用装置b代替装置a的优点是便于控制反应的发生与停止
13．（3分）U、V、X、Y、Z为原子序数依次增大的前20号元素。已知U、Z分别为前20号主族元素中原子半径最小和最大的元素；V与X在周期表中位置相邻，且V与X能形成2种以上的气体；常温下能用Y单质制成的容器盛装U、V、X三种元素组成化合物的浓溶液。下列说法不正确的是（ ）
A．U、V、X三种元素能形成离子化合物
B．V、X、Y三种元素形成的简单离子半径：Y＞X＞V
C．U、X、Y三种元素形成的化合物能凝聚水中的悬浮物，并能吸附色素
D．V、Y、Z三种元素形成的最高价氧化物对应的水化物均能相互反应
14．（3分）某无色溶液中可能含有Ba2+、Fe3+、Na+、K+、NH4+、SO42﹣、SO32﹣、Cl﹣、Br﹣、CO32﹣中的若干种，离子浓度都为0.1mol/L．往该溶液中加入BaCl2和过量的盐酸，无白色沉淀生成。另取少量原溶液，设计并完成如下实验。下列判断正确的是（ ）
A．Ba2+、Fe3+、SO42﹣、CO32﹣肯定不存在，Na+、K+肯定存在
B．原溶液肯定不含SO42﹣和SO32﹣
C．若步骤中Ba（NO3）2和HNO3溶液改用BaCl2和盐酸的混合溶液，对溶液中离子的判断有影响
D．是否含NH4+需另做实验判断
15．（3分）一定温度下：在N2O5的四氯化碳溶液（100mL）中发生分解反应：2N2O5⇌4NO2+O2。在不同时刻测量放出的O2体积，换算成N2O5浓度如表：
t/s
0
600
1200
1710
2220
2820
x
c（N2O5）/（mol•L﹣1）
1.40
0.96
0.66
0.48
0.35
0.24
0.12
下列说法正确的是（ ）
A．600～1200s，生成NO2的平均速率为5.0×10﹣4mol•L﹣1•s﹣1
B．反应2220s时，放出的O2体积为11.8L（标准状况）
C．反应达到平衡时，v正（N2O5）＝v逆（NO2）
D．推测上表中的x为3930
16．（3分）FeS2/C纳米材料具有较高的可逆比容量以及优秀的倍率性能，可用于锂离子电池负极材料。采用热重分析法测定FeS2/C复合材料中各组分的含量。FeS2/C样品在空气中的热重曲线如图所示，下列说法中不正确的是（ ）[注：残留率（%）＝剩余固体质量÷样品质量×100%]
A．300～400℃之间的失重对应着碳的消失
B．550～700℃之间的失重反应方程式为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2
C．FeS2/C复合材料中FeS2与C的物质的量之比约为1：2
D．FeS2/C复合材料中碳的质量分数为9.1%
17．（3分）利用钛铁矿（主要成分为FeTiO3，含有少量MgO、SiO2等杂质）制备LiFePO4的工艺流程如图所示：
已知：钛铁矿经盐酸浸取后钛主要以TiOCl42﹣形式存在，Ksp（FePO4）＝1.0×10﹣22、Ksp[Mg3（PO4）2]＝1.0×10﹣24。下列说法错误的是（ ）
A．钛铁矿经盐酸浸取后过滤，滤渣的主要成分为SiO2
B．“过滤③”之前[设此时c（Mg2+）＝0.01mol•L﹣1]，使Fe3+恰好沉淀完全[即c（Fe3+）＝1×10﹣5mol•L﹣1]，此时不会有Mg3（PO4）2沉淀生成
C．“高温煅烧”的主要反应为2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+2CO2↑+CO↑+H2O
D．LiFePO4缺失部分Li+则形成Li1﹣xFePO4，若x＝0.2，则Li1﹣xFePO4中n（Fe2+）：n（Fe3+）＝4：1
18．（3分）我国某科研机构设计如图装置，利用K2Cr2O7实现含苯酚废水的有效处理，处理后的废水毒性降低且不引入其它杂质。一段时间后，中间室中NaCl溶液的浓度减小。下列说法中错误的是（ ）
A．工作时，N极附近溶液pH升高
B．工作时，每转移3mol电子，N极室和M极室质量变化相差65g
C．a为阳离子交换膜，b为阴离子交换膜
D．N电极反应式为Cr2O72﹣+6e﹣+7H2O═2Cr（OH）3↓+8OH﹣
19．（3分）向某浓度亚磷酸（H3PO3，一种二元弱酸）加入NaOH溶液，溶液pH与离子浓度关系如图，下列说法不正确的是（ ）
A．曲线Ⅱ代表pH与1g的关系
B．M、N两点均满足：c（Na+ ）+c（H+ ）＝c（OH﹣ ）+c（H2PO3﹣ ）+2c（HPO32﹣ ）
C．NaH2PO3水溶液为酸性
D．将M点溶液稀释，比值变小
20．（3分）25℃时，用HCl调节Na3R溶液的pH，混合溶液的pH与离子浓度的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．L3表示pH与﹣lg的关系曲线
B．H3R的电离常数（Ka3（H3R）]的数最级为10﹣8
C．NaH2R溶液中水电离出的c（H+）＞10﹣7mol•L﹣1
D．混合溶液的pH＝7时，存在c（H3R）＜c（R3﹣）
三、填空题：
21．（12分）为测定某氟化稀土样品中氟元素的质量分数，某化学兴趣小组进行了如下实验。利用高氯酸（高沸点酸）将样品中的氟元素转化为氟化氢（低沸点酸）蒸出，再进行吸收滴定来测定含量。实验装置如图所示。
（1）装置c的名称是 ，玻璃管a的作用为 。
（2）实验步骤：①连接好实验装置，检查装置气密性；②往c中加入mg氟化稀土样品和 一定体积的高氯酸，f中盛有滴加酚酞的NaOH溶液。加热装置b、c。
①下列物质可代替高氯酸的是 。（填序号）
A．硫酸
B．盐酸
C．硝酸
D．磷酸
②水蒸气发生装置b的作用是 。
（3）定量测定：将f中得到的馏出液配成100mL溶液，取其中20mL加入V1mL amol•L﹣1La（NO3）3溶液，得到LaF3沉淀（不考虑其他沉淀的生成），再用cmol•L﹣1EDTA标准溶液滴定剩余La3+（La+与EDTA按1：1配合），消耗EDTA标准溶液V2mL，则氟化稀土样品中氟的质量分数为 。
（4）问题讨论：
若观察到f中溶液红色褪去，可采用最简单的补救措施是： 。否则会使实验结果偏低。
实验中除有HF气体外，可能还有少量SiF4（易水解）气体生成。若有SiF4生成，实验结果将 （填“偏高”、“偏低”或“不受影响”）。理由是 。
22．（12分）以软锰矿（主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe2O3等少量杂质）为主要原料合成新型的环保催化剂（OMS﹣2）的工艺流程如图。
（1）“浸锰”反应中往往有副产物MnS2O6生成，温度对“浸锰”反应的影响如图1所示。为减少MnS2O6的生成，“浸锰”的适宜温度是 ；调pH后再过滤主要除去 元素。
（2）Mn12O19中氧元素化合价均为﹣2价，锰元素的化合价有两种，则Mn（Ⅲ）、Mn（Ⅳ）物质的量之比为 。生产过程中KMnO4、MnSO4•H2O按物质的量比1：5与K2S2O8反应，产物中硫元素全部以SO42﹣的形式存在，该反应的离子方程式为 。
（3）滤液X可进一步分离出多种化合物，其一为盐类，该盐在农业生产中可用作 。
（4）OMS﹣2是一种纳米级的分子筛。分别用OMS﹣2和MnOx对甲醛进行催化氧化，在相同时间内甲醛转化率和温度的关系如图2。由图可知，OMS﹣2与MnOx相比，催化效率较高是 ，原因是 。
（5）甲醛（HCHO）在OMS﹣2催化氧化作用下生成CO2和H2O，现利用OMS﹣2对某密闭空间的甲醛进行催化氧化实验。实验开始时，该空间内甲醛含量为1.22mg/L，CO2含量为0.590mg/L，一段时间后测得CO2含量升高至1.47mg/L，该实验中甲醛的转化率为 。（保留三位有效数字）
23．（14分）CO、N2O均为大气污染物，利用催化剂处理污染气体成为化工的热点问题，在一定温度时，有催化剂存在的条件下，密闭容器中CO与N2O转化为CO2与N2，其相关反应为：反应I：CO（g）+N2O（g）CO2（g）+N2（g）ΔH
（1）已知：①C（s）+N2O（g）⇋CO（g）+N2（g）ΔH1＝﹣192.9 kJ•mol﹣1
②2CO（g）+O2（g）⇋2CO2（g）ΔH2＝﹣566.0 kJ•mol﹣1
③C（s）+O2（g）⇋CO2（g）ΔH3＝﹣393.5 kJ•mol﹣1
则反应ΔH＝ 。
（2）CO、N2O在Pt2O+的表面进行两步反应转化为无毒的气体，其转化关系、相对能量与反应历程如图1。
①分别写出N2O、CO在Pt2O+的表面上的反应方程式： 、 。
②第一步反应的速率比第二步的 （填“慢”或“快”）。两步反应均为 热反应。
（3）若反应CO（g）+N2O（g）⇋CO2（g）+N2（g）的正、逆反应速率分别可表示为v正＝k正c（CO）•c（N2O）、v逆＝k逆c（CO2）•c（N2），k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，c为物质的量浓度。则图2（pk＝﹣lgk：T表示温度）所示①、②、③、④四条斜线中，能表示以pk正随T变化关系的是斜线 ，能表示pk逆随T变化关系的是斜线 。
（4）在一定温度，101 kPa下，分别在1 L密闭容器中充入2 mol N2O和2 mol CO，发生反应：CO（g）+N2O（g）⇋CO2（g）+N2（g），达平衡时，测得无毒气体的体积分数75%，该条件下平衡常数Kp＝ （结果保留小数点后两位，Kp为以分压表示的平衡常数，分压＝总压×物质的量分数）。
24．（12分）（1）高铁酸钾是绿色、环保型水处理剂，也是高能电池的电极材料，在碱性条件下稳定。
①用高铁酸钾处理水时，不仅能消毒杀菌，还能将水体中的CN﹣转化成无毒物质，生成的氢氧化铁胶体粒子还能吸附水中悬浮杂质。试写出高铁酸钾处理含CN﹣废水时除去CN﹣的离子方程式 。
②已知：常温下，Ksp[Fe（OH）3]＝4.0×10﹣38。高铁酸钾的净水能与废水的pH有关，当溶液pH＝2时，废水中c（Fe3+）＝ mol•L﹣1。
③K2FeO4可作锌铁碱性高能电池的正极材料，电池反应原理：2K2FeO4+3Zn+8H2O⇌充电放电2Fe（OH）3+3Zn（OH）2+4KOH。充电时阴极的电极反应为 。
（2）羟基磷酸钙，简写为HAP，其化学组成为Ca10（PO4）6（OH）2。是一种新型的环境功能矿物材料，可用于除去水体中的F﹣、Cd2+、Pb22+及Cu2+等。制备HAP的步骤如下：分别配制250mL浓度均为0.5mol•L﹣1的Ca（NO3）2溶液和（NH4）2HPO4溶液（pH约为8），分别量取Ca（NO3）2溶液V1mL和（NH4）2HPO4溶液V2mL，加热至50℃，不断搅拌下，将（NH4）2HPO4溶液逐滴滴入Ca（NO3）2溶液中，再用氨水调节pH全10.5，强力搅拌1小时，再经后续处理得到产品。
①理论上V1：V2＝ 。
②反应生成Ca10（PO4）6（OH）2的离子方程式为 。
③HAP脱除F﹣的操作是：在聚四氟乙烯烧杯中加入50mL10mg•L﹣1NaF溶液0.15gCa10（PO4）6（OH）2，在恒温下振荡，每隔1小时测定一次溶液中 F﹣浓度，直至达到吸附平衡。除氟反应原理是：Ca10（PO4）6（OH）2+20F﹣⇌10CaF2+6PO43﹣+2OH﹣，该反应的平衡常数K＝ [用Ksp（CaF2）和Ksp（HAP）表示]。
2021-2022学年吉林省东北师大附中高三（上）第三次模拟化学试卷（12月份）
参考答案与试题解析
一、单项选择题（每小题2分，共10小题，共20分）
1．（2分）“嫦娥五号”成功着陆月球，展示了以芳纶为主要材料制成的五星红旗，用SiC增强铝基材料钻杆“挖土”，实现了中国首次月球无人采样返回。下列说法错误的是（ ）
A．运载火箭使用了煤油液氧推进剂，其中煤油是由煤干馏得到的
B．制作五星红旗用的芳纶为合成纤维
C．探测器装有太阳能电池板，其主要成分是Si
D．返回器带回的月壤中含有3He，它与地球上的4He互为同位素
【分析】A.煤油是由石油分馏得到；
B.芳纶为合成纤维；
C.太阳能电池板，其主要成分是Si；
D.质子数相同，中子数不同的不同核素互为同位素。
【解答】解：A.煤油是由石油分馏得到，不是由煤干馏得到，故A错误；
B.芳纶为合成纤维，故B正确；
C.太阳能电池板，其主要成分是Si，故C正确；
D.质子数相同，中子数不同的不同核素互为同位素，3He与地球上的4He互为同位素，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了无机非金属材料，为高频考点，侧重考查学生的分析和解题能力，注意把握相关基础知识的积累，题目难度不大。
2．（2分）硫和氮及其化合物对人类生存和社会发展意义重大，但也造成了不少环境问题，下列说法正确的（ ）
A．雷雨天气空气中的少量N2可转化为NO2并随雨水落下
B．PM2.5（微粒直径约为2.5×10﹣6m）含氮分散质分散在空气中形成气溶胶，能产生丁达尔效应
C．二氧化硫有毒，严禁将其添加到任何食品和饮品中
D．“酸雨”是由大气中的碳、氮、硫的氧化物溶于雨水造成的
【分析】A.空气中氮气最终能转化为硝酸根离子；
B.胶体粒子的直径大小在1nm～100nm（10−9m∼10−7m）之间；
C.葡萄酒用二氧化硫作防腐剂和抗氧剂；
D.二氧化碳不会导致酸雨。
【解答】解：A．雷雨天气时空气中的N2、O2在雷电作用下反应产生NO，NO与O2反应产生NO2，NO2与H2O反应产生HNO3和NO，HNO3电离产生NO3﹣，故有助于空气中的N2转化为可供植物吸收的硝酸根离子，故A正确；
B．胶体粒子的直径大小在1nm～100nm（10−9m∼10−7m）之间，而PM2.5微粒直径约为 2.5×10−6m，不属于胶体，不能产生丁达尔效应，故B错误；
C．二氧化硫有毒，但二氧化硫常用作葡萄酒的防腐剂和抗氧剂，故C错误；
D．“酸雨”是由大气中的氮，硫的氧化物溶于雨水造成的，二氧化碳不会导致酸雨，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查环境污染，题目难度中等，掌握相关物质的基本性质和转化关系是解题的关键。
3．（2分）铝硅酸盐型分子筛中有许多笼状空穴和通道（如图），其骨架的基本结构单元是硅氧四面体和铝氧四面体，化学组成可表示为Ma[（AlO2）x•（SiO2）y]•zH2O（M代表金属离子），下列推测不正确的是（ ）
A．若a＝，则M为二价阳离子
B．常采用水玻璃、偏铝酸钠在强酸或强碱性溶液中反应后结晶制得分子筛
C．调节（硅铝比）的值，可以改变分子筛骨架的热稳定性
D．分子筛中的笼状空穴和通道，可用于筛分分子
【分析】A．设M的化合价为m，则根据正负化合价代数和为0计算；
B．偏铝酸钠在强酸性溶液中不能稳定存在容易形成铝离子；
C．调节硅铝比可以改变分子筛的空间结构；
D．调节硅铝比可以调节分子筛的孔径，可以筛分不同大小的分子。
【解答】解：A．设M的化合价为m，结合正负化合价代数和为0可知：m×+x×（﹣1）＝0，解得：m＝+2，故A正确；
B．偏铝酸钠在强酸性溶液中不能稳定存在容易形成Al3+，不可以利用偏铝酸钠在强酸性溶液中制备分子筛，故B错误；
C．调节硅铝比可以改变分子筛的空间结构，从而改变分子筛的稳定性，故C正确；
D．调节硅铝比可以调节分子筛的孔径，根据分子筛孔径的大小可以筛分不同大小的分子，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查晶胞计算，侧重考查阅读、分析、推断及知识综合应用能力，明确题干信息为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力。
4．（2分）下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A．用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液中提取碘：2I﹣+H2O2═I2+2OH﹣
B．过量的铁粉溶于稀硝酸：Fe+4H++NO3﹣═Fe3++NO↑+2H2O
C．用Na2S2O3溶液吸收水中的Cl2：4Cl2+S2O32﹣+5H2O═10H++2SO42﹣+8Cl﹣
D．向NaAlO2溶液中通入过量CO2：2AlO2﹣+CO2+3H2O═2Al（OH）3↓+CO32﹣
【分析】A、酸性溶液中，反应产物不能生成氢氧根离子；
B、过量铁和稀硝酸反应生成亚铁离子；
C、氯气能够氧化硫代硫酸根离子生成硫酸根离子；
D、二氧化碳过量，生成的产物为碳酸氢根离子，不是碳酸根离子；
【解答】解：A、用过氧化氢从酸化海带灰浸出液中提取碘，产物中不会生成氢氧根离子，正确的离子方程式为：2I﹣+2H++H2O2═I2+2H2O，故A错误；
B、过量铁粉溶于稀硝酸中反应生成硝酸亚铁，反应的离子方程式为：3Fe+8H++2NO3﹣═3Fe2++2NO↑+4H2O，故B错误；
C、氯气能够氧化硫代硫酸根离子生成硫酸根离子，自己被还原为氯离子，故用Na2S2O3溶液吸收自来水中多余Cl2，离子方程式：4Cl2+S2O32﹣+5H2O═10H++2SO42﹣+8Cl﹣，故C正确；
D、向NaAlO2溶液中通入过量CO2，反应生成了氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，离子方程式为：AlO2﹣+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了离子积方程式的书写判断，离子方程式的书写是高考不变的一个题型，每年高考必考，是热点题型，题目难度不大。
5．（2分）NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，22.4LH2和F2混合后所含气体分子数目为2NA
B．87g的MnO2和足量稀盐酸共热，转移电子数目为2NA
C．13g的立方烷（）和正四面体烷（）的混合物中含有原子数目为2NA
D．1mol金刚石中含有共价键数目为4NA
【分析】A.标况下HF为液体；
B.二氧化锰与稀盐酸不反应；
C.立方烷（）和正四面体烷（）的最简式均为CH；
D.金刚石中，1个碳原子形成2条共价键。
【解答】解：A.氢气和氟化氢反应生成的HF在标况下为液体，不是气体，故A错误；
B.二氧化锰与稀盐酸不反应，只能与浓盐酸反应，87g的MnO2和足量稀盐酸共热，转移电子数目为0，故B错误；
C.立方烷（）和正四面体烷（）的最简式均为CH，则13g混合物中含有的CH的物质的量为n＝＝1mol，则含原子个数为2NA个，故C正确；
D.金刚石中，1个碳原子形成2条共价键，则1mol金刚石中含共价键为2NA条，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，阿伏加德罗常数是高考的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题的关键。
6．（2分）下列操作规范且能达到实验目的的是（ ）
A．利用装置甲可证明非金属性强弱：Cl＞C＞Si
B．利用装置乙准确称得0.1775gNaCl固体
C．利用装置丙证明氨气极易溶于水
D．利用装置丁制备Fe（OH）2并能较长时间观察到白色
【分析】A.挥发的盐酸与硅酸钠反应，且盐酸为无氧酸；
B.托盘天平的感量为0.1g；
C.打开止水夹，挤压胶头滴管可引发喷泉；
D.酒精与水互溶，不能隔绝空气。
【解答】解：A.挥发的盐酸与硅酸钠反应，且盐酸为无氧酸，图中实验不能比较非金属性强弱，故A错误；
B.托盘天平的感量为0.1g，则乙中不能准确称得0.1775gNaCl固体，故B错误；
C.打开止水夹，挤压胶头滴管可引发喷泉，丙可证明氨气极易溶于水，故C正确；
D.酒精与水互溶，不能隔绝空气，丁制备Fe（OH）2可观察到白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变化为红褐色，应选苯隔绝空气，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，明确物质的性质、非金属性比较、物质的制备、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。
7．（2分）查德威克通过用α粒子轰击ZNX原子的实验发现了中子，核反应为：ZNX+24He→P12Y+01n。已知ZNX原子核内质子数比中子数少一个，已知在元素周期表中，对角线上元素的化学性质相似，如对角线上氧氯间化学性质相似。下列说法正确的是（ ）
A．X的最高价氧化物对应的水化物能与NaOH溶液反应生成盐和水.
B．X单质可与强酸溶液反应，但不能与强碱溶液反应
C．Y的主族序数与X中子数相等
D．12Y和14Y互为同素异形体
【分析】根据核反应为：ZNX+24He→P12Y+01n，N+4＝12+1，所以N＝9，已知ZNX原子核内质子数比中子数少一个，则Z+（Z+1）＝9，解得Z＝4，可知X为Be元素，4+2＝p+0，则p＝6，因此Y为C元素，然后根据元素周期律分析解答。
【解答】A．X为Be元素，Be与Al属于对角线关系，依此推断元素周期表中，对角线上元素的化学性质相似，因此Be的最高价氧化物对应的水化物具有两性，可与NaOH溶液反应生成盐和水，故A正确；
B．Be性质与Al相似，既可与强酸反应，又可与强碱反应，故B错误；
C．Y是C，位于元素周期表第二周期第IVA的元素，其主族序数为4；X中子数为9﹣4＝5，两者数值不相等，故C错误；
D．12Y和14Y质子数相同，都是6个，但中子数不同，分布是6、8，因此二者互为同位素，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律的关系，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力。
8．（2分）我国科技工作者发现某“小分子胶水”（结构简式如图）能自噬细胞“吞没”致病蛋白。下列说法正确的是（ ）
A．分子式是C14H10O4
B．1mol该物质最多能与7molH2发生加成反应
C．1mol该物质最多能与3molNaOH反应
D．所有原子不可能在同一半面内
【分析】A．含有C、H、O原子个数依次是15、10、4；
B．苯环和氢气以1：3发生加成反应，碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应，酯基中碳氧双键和氢气不反应；
C．酚羟基和氢氧化钠以1：1反应，酯基水解生成的羧基和酚羟基与NaOH以1：1反应；
D．苯、乙烯、﹣COO﹣中所有原子共平面，单键可以旋转。
【解答】解：A．含有C、H、O原子个数依次是15、10、4，分子式为C15H10O4，故A错误；
B．苯环和氢气以1：3发生加成反应，碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应，酯基中碳氧双键和氢气不反应，1mol该有机物最多消耗7mol氢气，故B正确；
C．酚羟基和氢氧化钠以1：1反应，酯基水解生成的羧基和酚羟基与NaOH以1：1反应，1mol该有机物最多消耗4molNaOH，故C错误；
D．苯、乙烯、﹣COO﹣中所有原子共平面，单键可以旋转，该分子中所有原子可能共平面，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。
9．（2分）我国化学工作者提出一种利用有机电极（PTO/HQ）和无机电极（MnO2/石墨毡），在酸性环境中可充电的电池其放电时的工作原理如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．放电时，MnO2/石墨毡为正极，发生还原反应
B．充电时，有机电极和外接电源的负极相连
C．放电时，MnO2/石墨毡电极的电极反应式为MnO2+2e﹣+4H+═Mn2++2H2O
D．充电时，有机电极的电极反应式为PTO+4e﹣+4H2O═HQ+4OH﹣
【分析】由图可知，放电时，MnO2/石墨毡为正极，电极反应式为MnO2+2e﹣+4H+═Mn2++2H2O，有机电极为负极，电极反应式为HQ﹣4e﹣+4H2O＝PTQ+4H+，充电时，MnO2/石墨毡为阳极，电极反应式为Mn2++2H2O﹣2e﹣＝MnO2+4H+，有机电极为阴极，电极反应式为PTO+4e﹣+4H+═HQ+4H2O，据此作答。
【解答】解：A.放电时，MnO2/石墨毡为正极，Mn元素得电子发生还原反应，故A正确；
B.充电时，有机电极为阴极，和外接电源的负极相连，故B正确；
C.放电时，MnO2/石墨毡为正极，电极反应式为MnO2+2e﹣+4H+═Mn2++2H2O，故C正确；
D.充电时，有机电极为阴极，电极反应式为PTO+4e﹣+4H+═HQ+4H2O，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查可充电电池，题目难度中等，能依据图象和题目信息准确判断正负极和阴阳极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
10．（2分）根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ）
选项
实验操作和现象
结论
A
向溶有SO2的BaCl溶液中通入气体X，出现白色沉淀
X具有强氧化性
B
Mg（OH）2沉淀溶解于NH4Cl溶液
NH4+水解呈酸性
C
常温下，分别测定浓度均为0.1mol•L﹣1NaF和NaClO溶液的pH，后者的pH大
酸性：HF＜HClO
D
卤代烃Y与NaOH水溶液共热后，加入足量稀硝酸，再滴入AgNO3溶液，产生白色沉淀
Y中含有氯原子
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．X可能为氨气，白色沉淀为亚硫酸钡；
B．氢氧化镁电离的氢氧根离子可与铵根离子反应；
C．越弱越水解；
D．卤代烃Y与NaOH水溶液共热后生成卤化钠，加硝酸酸化溶液，再加入AgNO3溶液检验卤素离子。
【解答】解：A．X可能为氨气，白色沉淀为亚硫酸钡，氨气不具有强氧化性，故A错误；
B．氢氧化镁电离的氢氧根离子可与氯化铵溶液中的铵根离子反应，导致Mg（OH）2的溶解平衡右移而逐渐溶解，而不是NH4+水解出的H+与Mg（OH）2电离出的OH﹣结合的原因，故B错误；
C．常温下，分别测定浓度均为0.1mol•L﹣1NaF和NaClO溶液的pH，后者的pH大，说明酸性：HF＞HClO，故C错误；
D．卤代烃Y与NaOH水溶液共热发生水解反应，加入足量稀硝酸中和氢氧化钠，再滴入AgNO3溶液，产生的白色沉淀为AgCl，能够证明Y中含有氯原子，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
二、单项选择题（每小题3分，共10小题，共30分）
11．（3分）捕获二氧化碳是碳中和技术之一，如图是捕获二.氧化碳生成甲酸的过程，若NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．每生成lmol甲酸，转移的电子数为4NA
B．标准状况下，22.4LCO2分 子中含有2NA对共用电子对
C．1molN（C2H5）3中含有的非极性键的数目为3NA
D．1mol甲酸和足量乙醇充分反应后，生成甲酸乙酯的数目为NA
【分析】A．根据得失电子守恒计算；
B．求出二氧化碳的物质的量，然后根据1个二氧化碳分子中含4对共用电子对来分析；
C．形成于不同种元素的原子间的共价键为极性键，形成于同种元素的原子间的共价键为非极性共价键；
D．酯化反应为可逆反应。
【解答】解：A．生甲酸的反应是氧化还原反应，C元素化合价由+4降到+2，降低2个单位，每生成1mol 甲酸，转移的电子数为2NA，故A错误；
B．标况下22.4L二氧化碳的物质的量为1mol，而1个二氧化碳分子中含4对共用电子对，故1mol二氧化碳中含4NA对共用电子对，故B错误；
C．形成于不同种元素的原子间的共价键为极性键，形成于同种元素的原子间的共价键为非极性共价键，1molN（C2H5）3中含有的非极性键只有C﹣C键，数目为3NA，故C正确；
D．酯化反应为可逆反应，不能进行彻底，故1mol甲酸和足量乙醇充分反应后，生成甲酸乙酯的数目小于NA，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大。
12．（3分）亚硝酸钠是一种工业盐，在生产、生活中应用广泛。现用如图所示装置（夹持装置已省略）及药品探究亚硝酸钠与硫酸的反应及气体产物的成分。
已知气体的沸点为NO2：21℃，NO：﹣152℃。下列说法错误的是（ ）
A．装置中通入氧气用于检验NO的生成
B．反应前应打开弹簧夹，先通入一段时间氮气，除去装置中的空气
C．装置中冰水浴的作用是冷凝，使NO2液化
D．用装置b代替装置a的优点是便于控制反应的发生与停止
【分析】A．2NO+O2＝2NO2，因为存在2NO2（红棕色）⇌N2O4（无色）△H＜0；
B．先通入一段时间氮气，排出装置中的空气，避免NO被氧化；
C．NO2沸点为21℃，易液化；
D．用装置b代替装置a，可使液体顺利流出。
【解答】解：A．2NO+O2＝2NO2，因为存在2NO2（红棕色）⇌N2O4（无色）△H＜0，加热可使反应更有利于生成红棕色的NO2，便于检验是否有NO生成，故A正确；
B．反应前应打开弹簧夹，先通入一段时间氮气，排出装置中的空气，防止NO被空气中的氧气氧化，干扰NO的检验，造成对反应气体产物检验不准确，故B正确；
C．NO2沸点为21℃，易液化，则冰水浴的作用是冷凝使NO2液化，便于与NO分离，故C正确；
D．用装置b代替装置a，可使漏斗内的气压和烧瓶中气压相同，便于液体顺利流出，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查实验方案设计，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力和实验能力，明确物质的性质和实验原理是解本题关键，注意实验设计要遵循严密性、可行性、科学性的原则，难度中等。
13．（3分）U、V、X、Y、Z为原子序数依次增大的前20号元素。已知U、Z分别为前20号主族元素中原子半径最小和最大的元素；V与X在周期表中位置相邻，且V与X能形成2种以上的气体；常温下能用Y单质制成的容器盛装U、V、X三种元素组成化合物的浓溶液。下列说法不正确的是（ ）
A．U、V、X三种元素能形成离子化合物
B．V、X、Y三种元素形成的简单离子半径：Y＞X＞V
C．U、X、Y三种元素形成的化合物能凝聚水中的悬浮物，并能吸附色素
D．V、Y、Z三种元素形成的最高价氧化物对应的水化物均能相互反应
【分析】U、V、X、Y、Z为原子序数依次增大的前20号元素，已知U、Z分别为前20号主族元素中原子半径最小和最大的元素，则U为H元素，Z为K元素；V与X在周期表中位置相邻，且V与X能形成2种以上的气体，可知V为N元素，X为O元素；常温下能用Y单质制成的容器盛装U、V、X三种元素组成化合物的浓溶液，则Y为Al元素，铝和浓硝酸发生钝化反应，以此解答该题。
【解答】解：由以上分析可知U、V、X、Y、Z分别为H、N、O、Al、K等元素，
A.U、V、X三种元素可形成的化合物为硝酸铵等，为离子化合物，故A正确；
B.三种元素对应的离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大离子半径越小，则V、X、Y三种元素形成的简单离子半径：V＞X＞Y，故B错误；
C.U、X、Y三种元素形成的化合物为氢氧化铝，氢氧化铝胶体具有较强的吸附性，能凝聚水中的悬浮物，并能吸附色素，故C正确；
D.氢氧化铝具有两性，可与硝酸、氢氧化钾反应，则V、Y、Z三种元素形成的最高价氧化物对应的水化物均能相互反应，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，题目难度中等，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容、元素周期表结构，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。
14．（3分）某无色溶液中可能含有Ba2+、Fe3+、Na+、K+、NH4+、SO42﹣、SO32﹣、Cl﹣、Br﹣、CO32﹣中的若干种，离子浓度都为0.1mol/L．往该溶液中加入BaCl2和过量的盐酸，无白色沉淀生成。另取少量原溶液，设计并完成如下实验。下列判断正确的是（ ）
A．Ba2+、Fe3+、SO42﹣、CO32﹣肯定不存在，Na+、K+肯定存在
B．原溶液肯定不含SO42﹣和SO32﹣
C．若步骤中Ba（NO3）2和HNO3溶液改用BaCl2和盐酸的混合溶液，对溶液中离子的判断有影响
D．是否含NH4+需另做实验判断
【分析】无色溶液中一定不含Fe3+，往该溶液中加入BaCl2和过量的盐酸，无白色沉淀生成说明溶液无SO42﹣，往该溶液中加入过量的氯水，无色气体生成，SO32﹣和CO32﹣至少有一种，则溶液中不能有Ba2+，溶液加四氯化碳分液，下层橙色，则有Br﹣，上层加硝酸钡和稀硝酸有白色沉淀，有SO32﹣，溶液中一定含阳离子，且离子浓度都为0.1mol•L﹣1．根据电荷守恒，一定含有NH4+、Na+、K+，一定不存在Cl﹣．滤液中加硝酸酸化的硝酸银有白色沉淀，是过程中加氯水时引入的氯离子，结合溶液为电中性，得出Ba2+、Fe3+、SO42﹣、CO32﹣肯定不存在，Br﹣、SO32﹣、NH4+、Na+、K+肯定存在。
【解答】解：A．Ba2+、Fe3+、SO42﹣、CO32﹣肯定不存在，Br﹣、SO32﹣、NH4+、Na+、K+肯定存在，故A正确；
B．不存在SO32﹣，故B错误；
C．加氯水时引入的氯离，不影响离子的检验，故C错误；
D．结合溶液为电中性，Br﹣、SO32﹣、各0.1mol•L﹣1，NH4+、Na+、K+都存在才能电中性，一定有NH4+故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查离子的检验及离子共存，为高频考点，把握常见离子的检验及发生的化学反应为解答的关键，侧重学生分析能力及思维严密性的考查，题目难度不大。
15．（3分）一定温度下：在N2O5的四氯化碳溶液（100mL）中发生分解反应：2N2O5⇌4NO2+O2。在不同时刻测量放出的O2体积，换算成N2O5浓度如表：
t/s
0
600
1200
1710
2220
2820
x
c（N2O5）/（mol•L﹣1）
1.40
0.96
0.66
0.48
0.35
0.24
0.12
下列说法正确的是（ ）
A．600～1200s，生成NO2的平均速率为5.0×10﹣4mol•L﹣1•s﹣1
B．反应2220s时，放出的O2体积为11.8L（标准状况）
C．反应达到平衡时，v正（N2O5）＝v逆（NO2）
D．推测上表中的x为3930
【分析】A．600～1200s，N2O5的变化量为（0.96﹣066）mol•L﹣1＝0.3mol•L﹣1，在此时间段内NO2的变化量为其2倍，即0.6mol•L﹣1，代入平均速率v＝进行计算；
B．根据物质的量的变化量之比等于化学计量数之比进行计算；
C．反应达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，用不同物质表示该反应的速率时，其数值之比等于化学计量数之比；
D．分析表中数据可知，该反应经过1110s（600﹣1710，1710﹣2820）后N2O5浓度会变为原来的，因此，N2O5的浓度由0.24mol/L变为0.12mol/L时，可以推测上表中的x为（2820+1110）＝3930。
【解答】解：A．600～1200s，N2O5的变化量为（0.96﹣066）mol•L﹣1＝0.3mol•L﹣1，在此时间段内NO2的变化量为其2倍，即0.6mol•L﹣1，因此，生成NO2平均速率为v＝＝＝1.0×10﹣3mol•L﹣1•s﹣1，故A错误；
B．由表中数据可知，反应2220s时，N2O5的变化量为（1.40﹣0.35）mol/L═1.05mol/L，其物质的量的变化量为1.05mol/L×0.1L＝0.105mol，O2的变化量是其，即0.0525mol，因此，放出的O2在标准状况下的体积为0.0525mol×22.4L/mol＝1.176L，故B错误；
C．反应达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，用不同物质表示该反应的速率时，其数值之比等于化学计量数之比，2v正（N2O5）＝v逆（NO2），故C错误；
D．分析表中数据可知，该反应经过1110s（600﹣1710，1710﹣2820）后N2O5浓度会变为原来的，因此，N2O5的浓度由0.24mol/L变为0.12mol/L时，可以推测上表中的x为（2820+1110）＝3930，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查化学反应速率的计算、化学平衡的计算、化学平衡状态的判断等知识，题目难度一般。
16．（3分）FeS2/C纳米材料具有较高的可逆比容量以及优秀的倍率性能，可用于锂离子电池负极材料。采用热重分析法测定FeS2/C复合材料中各组分的含量。FeS2/C样品在空气中的热重曲线如图所示，下列说法中不正确的是（ ）[注：残留率（%）＝剩余固体质量÷样品质量×100%]
A．300～400℃之间的失重对应着碳的消失
B．550～700℃之间的失重反应方程式为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2
C．FeS2/C复合材料中FeS2与C的物质的量之比约为1：2
D．FeS2/C复合材料中碳的质量分数为9.1%
【分析】A．FeS2/C样品在空气中加热，C加热发生燃烧生成二氧化碳；
B．550～700℃之间发生反应为FeS2的氧化反应；
C．由图中信息可知碳的质量分数为9.1%，则FeS2的质量分数为90.9%，结合两者相对分子质量计算；
D．由图中数据信息可知碳的质量分数为9.1%。
【解答】解：A．FeS2/C样品在空气中加热，C首先在空气中加热发生燃烧生成二氧化碳，因此300～400℃之间的失重对应着碳转变成二氧化碳气体的过程，故A正确；
B．550～700℃之间发生反应为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，故B正确；
C．由图中信息可知碳的质量分数为9.1%，则FeS2的质量分数为90.9%，两者的物质的量之比为：：≈1：1，故C错误；
D．由图中数据信息可知碳完全反应固体失重9.1%，可知碳的质量分数为9.1%，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了化学方程式的计算，题目难度中等，根据题干信息正确分析物质的反应过程为解答本题的关键，注意不同物质反应温度的不同。
17．（3分）利用钛铁矿（主要成分为FeTiO3，含有少量MgO、SiO2等杂质）制备LiFePO4的工艺流程如图所示：
已知：钛铁矿经盐酸浸取后钛主要以TiOCl42﹣形式存在，Ksp（FePO4）＝1.0×10﹣22、Ksp[Mg3（PO4）2]＝1.0×10﹣24。下列说法错误的是（ ）
A．钛铁矿经盐酸浸取后过滤，滤渣的主要成分为SiO2
B．“过滤③”之前[设此时c（Mg2+）＝0.01mol•L﹣1]，使Fe3+恰好沉淀完全[即c（Fe3+）＝1×10﹣5mol•L﹣1]，此时不会有Mg3（PO4）2沉淀生成
C．“高温煅烧”的主要反应为2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+2CO2↑+CO↑+H2O
D．LiFePO4缺失部分Li+则形成Li1﹣xFePO4，若x＝0.2，则Li1﹣xFePO4中n（Fe2+）：n（Fe3+）＝4：1
【分析】利用钛铁矿（主要成分为FeTiO3，含有少量MgO、SiO2等杂质）制备LiFePO4，由制备流程可知，加盐酸过滤后的滤渣为SiO2，滤液①中含Mg2+、Fe2+、Ti4+，水解后过滤，沉淀为TiO2•xH2O；水解后的滤液②中含Mg2+、Fe2+，双氧水可氧化亚铁离子，在磷酸条件下过滤分离出FePO4，加入碳酸锂、草酸高温煅烧发生反应2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O+3CO2↑，获得LiFePO4，以此来解答。
【解答】解：A．钛铁矿经盐酸浸取后SiO2不反应，过滤所得滤渣的主要成分为SiO2，故A正确；
B．使Fe3+恰好沉淀完全，溶液中c（Fe3+）＝1×10﹣5mol•L﹣1，则c（PO43﹣）＝＝mol/L＝1×10﹣17mol/L，Qc[Mg3（PO4）2]＝c3（Mg2+）×c2（PO43﹣）＝0.013×（1.0×10﹣17）2＝1×10﹣40＜Ksp[Mg3（PO4）2]＝1.0×10﹣24，说明此时不会有Mg3（PO4）2沉淀生成，故B正确；
C． FePO4与Li2CO3、草酸高温煅烧得到LiFePO4，铁元素降低，草酸中碳元素升高生成二氧化碳，由电子守恒、元素守恒可得方程式为：2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O+3CO2↑，故C错误；
D．LiFePO4缺失部分Li+则形成Li1﹣xFePO4，若x＝0.2，设n（Fe2+）＝a，n（Fe3+）＝b，则①a+b＝1、②（1﹣x）×1+2a+3b＝3，联立①②解得a＝0.8mol，b＝0.2mol，则Li1﹣xFePO4中n（Fe2+）：n（Fe3+）＝0.8mol+0.2mol＝4：1，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备原理、物质的性质、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，D为易错点，题目难度不大。
18．（3分）我国某科研机构设计如图装置，利用K2Cr2O7实现含苯酚废水的有效处理，处理后的废水毒性降低且不引入其它杂质。一段时间后，中间室中NaCl溶液的浓度减小。下列说法中错误的是（ ）
A．工作时，N极附近溶液pH升高
B．工作时，每转移3mol电子，N极室和M极室质量变化相差65g
C．a为阳离子交换膜，b为阴离子交换膜
D．N电极反应式为Cr2O72﹣+6e﹣+7H2O═2Cr（OH）3↓+8OH﹣
【分析】放电过程中，M电极为负极，电极反应为C6H5OH﹣28e﹣+11H2O＝6CO2↑+28H+，N电极为正极，电极反应为Cr2O72﹣+6e﹣+7H2O═2Cr（OH）3↓+8OH﹣，由于该装置的目的是对废水进行有效处理，生成的H+应迁移到中间室，a为阳离子交换膜，生成的OH﹣应迁移到中间室，与H+反应生成H2O，使NaCl溶液浓度降低，b为阴离子交换膜，据此分析解题。
【解答】解：A．N极电极反应为Cr2O72﹣+6e﹣+7H2O═2Cr（OH）3↓+8OH﹣，由于生成氢氧根，N极附近溶液pH升高，故A正确；
B．M电极为负极，电极反应为C6H5OH﹣28e﹣+11H2O＝6CO2↑+28H+，每转移3mol电子，M极室减少3molH+向正极移动，同时生成molCO2放出，减少44g/mol×mol+3mol×1g/mol≈31.3g，N电极为正极，电极反应为Cr2O72﹣+6e﹣+7H2O═2Cr（OH）3↓+8OH﹣，N极室有3molOH﹣，向负极移动减少51g，生成1molCr（OH）3沉淀，共减少51g+1mol×103g/mol＝154g，因此N极室和M极室质量变化相差154g﹣31.3g＝122.7g，故B错误；
C．该装置的目的是对废水进行有效处理，生成的H+应迁移到中间室，a为阳离子交换膜，生成的OH﹣应迁移到中间室，与H+反应生成H2O，使NaCl溶液浓度降低，b为阴离子交换膜，故C正确；
D．N电极为正极，Cr2O72﹣被还原为Cr（OH）3，电极反应为Cr2O72﹣+6e﹣+7H2O═2Cr（OH）3↓+8OH﹣，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查原电池的工作原理，为高频考点，侧重考查学生分析能力和解决问题的能力，把握工作原理即可解答，注意电极反应式书写，题目难度中等。
19．（3分）向某浓度亚磷酸（H3PO3，一种二元弱酸）加入NaOH溶液，溶液pH与离子浓度关系如图，下列说法不正确的是（ ）
A．曲线Ⅱ代表pH与1g的关系
B．M、N两点均满足：c（Na+ ）+c（H+ ）＝c（OH﹣ ）+c（H2PO3﹣ ）+2c（HPO32﹣ ）
C．NaH2PO3水溶液为酸性
D．将M点溶液稀释，比值变小
【分析】A．c（H2PO3﹣ ）＝c（H3PO3）时，K1＝×c（H+ ）＝c（H+），同理K2＝×c（H+ ）＝c（H+），K1＞K2，当横坐标相等时，纵坐标数值小的曲线表示pH与1g的关系；
B．任何电解质水溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；
C．根据H2PO3﹣ 的电离和水解程度相对大小判断溶液酸碱性；
D．温度不变电离平衡常数不变，M点稀释过程中，溶液中c（H+）减小，＝×＝×。
【解答】解：A．c（H2PO3﹣ ）＝c（H3PO3）时，K1＝×c（H+ ）＝c（H+），同理K2＝×c（H+ ）＝c（H+），K1＞K2，当横坐标相等时，纵坐标数值小的曲线表示pH与1g的关系，则曲线Ⅱ代表pH与1g的关系，故A正确；
B．任何电解质水溶液中都存在电荷守恒得c（Na+ ）+c（H+ ）＝c（OH﹣ ）+c（H2PO3﹣ ）+2c（HPO32﹣ ），故B正确；
C．N点K1＝×c（H+ ）＝10×10﹣2.4＝10﹣1.4，M点K2＝×c（H+ ）＝0.1×10﹣5.5＝10﹣6.5，H2PO3﹣ 的水解平衡常数＝＝10﹣12.6＜K2，则H2PO3﹣ 的电离大于水解程度，所以该溶液呈酸性，故C正确；
D．温度不变电离平衡常数不变，M点稀释过程中，溶液中c（H+）减小，＝×＝×增大，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确电离平衡常数计算方法、电离平衡常数与水解平衡常数关系是解本题关键，D为解答难点，题目难度中等。
20．（3分）25℃时，用HCl调节Na3R溶液的pH，混合溶液的pH与离子浓度的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．L3表示pH与﹣lg的关系曲线
B．H3R的电离常数（Ka3（H3R）]的数最级为10﹣8
C．NaH2R溶液中水电离出的c（H+）＞10﹣7mol•L﹣1
D．混合溶液的pH＝7时，存在c（H3R）＜c（R3﹣）
【分析】25℃时，Ka1（H3R）＝×c（H+）＞Ka2（H3R）＝×c（H+）＞Ka3（H3R）＝×c（H+），则pH相同时pH与＜＜，对函数﹣lgx为减函数，值越小﹣lgx越大，则﹣lg＞﹣lg＞﹣lg，所以L1表示pH与﹣lg的关系曲线，L2表示pH与﹣lg的关系曲线，L3表示pH与﹣lg的关系曲线，以此分析解答。
【解答】解：A．根据分析可知，L3表示pH与﹣lg的关系曲线，故A错误；
B．L1曲线中pH＝10时，﹣lg≈﹣2，≈102，Ka3（H3R）＝×c（H+）＝＝10﹣12，故B错误；
C．L2中﹣lg＝0时，pH＝7，Ka（H2R﹣）＝10﹣7，L3中﹣lg＝6时pH＝7，Ka1（H3R）＝106×10﹣7＝10﹣1，Kh（H2R﹣）＝＝10﹣13＜Ka（H2R﹣）＝10﹣7，说明H2R﹣的电离程度大于其水解程度，溶液呈酸性，抑制了水的电离，则NaH2R溶液中水电离出的c（H+）＜10﹣7mol•L﹣1，故C错误；
D．pH＝7时，﹣lg≈6，﹣lg≈﹣5，﹣lg＝00，说明c（HR2﹣）＝c（H2R﹣），c（H3R）＝10﹣6c（H2R﹣），c（R3﹣）＝10﹣5c（HR2﹣）＝10﹣5c（H2R﹣），所以c（H3R）＜c（R3﹣），故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查弱电解质的电离平衡、离子浓度大小比较，为高频考点，明确图示曲线变化为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力，题目难度中等。
三、填空题：
21．（12分）为测定某氟化稀土样品中氟元素的质量分数，某化学兴趣小组进行了如下实验。利用高氯酸（高沸点酸）将样品中的氟元素转化为氟化氢（低沸点酸）蒸出，再进行吸收滴定来测定含量。实验装置如图所示。
（1）装置c的名称是 三颈烧瓶 ，玻璃管a的作用为 平衡气压，防止仪器b中压强过大 。
（2）实验步骤：①连接好实验装置，检查装置气密性；②往c中加入mg氟化稀土样品和 一定体积的高氯酸，f中盛有滴加酚酞的NaOH溶液。加热装置b、c。
①下列物质可代替高氯酸的是 AD 。（填序号）
A．硫酸
B．盐酸
C．硝酸
D．磷酸
②水蒸气发生装置b的作用是 水蒸气进入到c中，把c中产生的HF全部赶到f中，减少实验误差 。
（3）定量测定：将f中得到的馏出液配成100mL溶液，取其中20mL加入V1mL amol•L﹣1La（NO3）3溶液，得到LaF3沉淀（不考虑其他沉淀的生成），再用cmol•L﹣1EDTA标准溶液滴定剩余La3+（La+与EDTA按1：1配合），消耗EDTA标准溶液V2mL，则氟化稀土样品中氟的质量分数为 ×100% 。
（4）问题讨论：
若观察到f中溶液红色褪去，可采用最简单的补救措施是： 添加NaOH溶液 。否则会使实验结果偏低。
实验中除有HF气体外，可能还有少量SiF4（易水解）气体生成。若有SiF4生成，实验结果将 不受影响 （填“偏高”、“偏低”或“不受影响”）。理由是 SiF4气体进入到f中进行水解，重新生成HF，被溶液吸收，氟元素没有损失 。
【分析】（1）c为三颈烧瓶；玻璃管a与外界连通，起到了平衡气压的作用；
（2）①实验中必须使用不易挥发的酸，据此分析；
②水蒸气发生装置b的作用是利用水蒸气把HF全部赶到f中；
（3）根据一部分La3+与F﹣反应生成LaF3沉淀，另一部分与EDTA结合按1：1反应，根据反应过程消耗的La（NO3）3和EDTA的物质的量计算F元素的物质的量和质量分数；
（4）反应过程中消耗了NaOH溶液，此时只需要再添加NaOH溶液；SiF4气体进入到f中进行水解，重新生成HF，被溶液吸收，氟元素没有损失，所以对实验结果没有影响。
【解答】解：（1）装置c的名称为三颈烧瓶；玻璃管a与外界连通，作用为平衡气压，防止仪器b中压强过大，
故答案为：三颈烧瓶；平衡气压，防止仪器b中压强过大；
（2）①本实验利用的是高氯酸的高沸点的性质，即不易挥发的性质，硫酸和磷酸都不易挥发，盐酸和硝酸易挥发，所以正确选项为AD，
故答案为：AD；
②水蒸气发生装置b的作用是使水蒸气进入到c中，把c中产生的HF全部赶到f中，减少实验误差，
故答案为：水蒸气进入到c中，把c中产生的HF全部赶到f中，减少实验误差；
（3）La3+分为两个部分，一部分与F﹣反应，比例为1：3，另一部分与EDTA结合，比例为1：1，EDTA消耗的La3+为cV2×10﹣3mol，F﹣消耗的La3+为（aV1﹣cV2）×10﹣3mol，20mL溶液中F﹣的物质的量为3×（aV1﹣cV2）×10﹣3mol，100mL溶液中F﹣的物质的量为3×5×（aV1﹣cV2）×10﹣3mol，氟的质量分数×100%＝×100%，
故答案为：×100%；
（4）f中的NaOH溶液是为了吸收挥发出来的HF，避免F元素的损失，当溶液红色褪去，说明NaOH几乎没有，此时只需要再添加NaOH溶液；SiF4气体进入到f中进行水解，重新生成HF，被溶液吸收，氟元素没有损失，所以对实验结果没有影响，
故答案为：添加NaOH溶液；不受影响；SiF4气体进入到f中进行水解，重新生成HF，被溶液吸收，氟元素没有损失。
【点评】本题考查了物质组成的实验探究、物质成分的测定、含量计算等，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
22．（12分）以软锰矿（主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe2O3等少量杂质）为主要原料合成新型的环保催化剂（OMS﹣2）的工艺流程如图。
（1）“浸锰”反应中往往有副产物MnS2O6生成，温度对“浸锰”反应的影响如图1所示。为减少MnS2O6的生成，“浸锰”的适宜温度是 90℃ ；调pH后再过滤主要除去 Fe 元素。
（2）Mn12O19中氧元素化合价均为﹣2价，锰元素的化合价有两种，则Mn（Ⅲ）、Mn（Ⅳ）物质的量之比为 5：1 。生产过程中KMnO4、MnSO4•H2O按物质的量比1：5与K2S2O8反应，产物中硫元素全部以SO42﹣的形式存在，该反应的离子方程式为 2MnO4﹣+2S2O82﹣+10Mn2++11H2O＝Mn12O19↓+4SO42﹣+22H+ 。
（3）滤液X可进一步分离出多种化合物，其一为盐类，该盐在农业生产中可用作 钾肥 。
（4）OMS﹣2是一种纳米级的分子筛。分别用OMS﹣2和MnOx对甲醛进行催化氧化，在相同时间内甲醛转化率和温度的关系如图2。由图可知，OMS﹣2与MnOx相比，催化效率较高是 OMS﹣2 ，原因是 OMS﹣2比MnOx表面积大，吸附的反应物浓度更高，反应速率更快 。
（5）甲醛（HCHO）在OMS﹣2催化氧化作用下生成CO2和H2O，现利用OMS﹣2对某密闭空间的甲醛进行催化氧化实验。实验开始时，该空间内甲醛含量为1.22mg/L，CO2含量为0.590mg/L，一段时间后测得CO2含量升高至1.47mg/L，该实验中甲醛的转化率为 49.2% 。（保留三位有效数字）
【分析】软锰矿（主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe2O3等少量杂质）为主要原料制备环保催化剂（OMS﹣2）：由流程可知软锰矿形成矿浆，通入足量的SO2，发生MnO2+SO2＝MnSO4，Fe2O3+SO2+2H+＝2Fe2++SO42﹣+H2O，SiO2不反应，过滤，滤渣I为SiO2，滤液含有Mn2+、Fe2+，加入过氧化氢氧化亚铁离子，调节pH，沉淀铁离子，过滤，滤渣II为氢氧化铁，向滤液中加入碳酸氢铵溶液，生成MnCO3沉淀，再加入硫酸精制，结晶获得MnSO4•H2O，KMnO4、MnSO4•H2O按物质的量比1：5与K2S2O8反应获得Mn12O19，Mn12O19在773K温度下煅烧得氧锰八面体纳米棒（OMS﹣2），据此解答。
【解答】解：（1）由图可知，90℃时，MnS2O6的生成率低，锰浸出率高，温度再高，变化不大，则“浸锰”的适宜温度是90℃，调节pH，主要为了使铁离子沉淀，除去铁元素，
故答案为：90℃；Fe；
（2）Mn12O19中氧元素化合价均为﹣2价，设Mn（Ⅲ）为x个，则Mn（Ⅳ）为12﹣x，根据化合物中元素化合价代数和为0，即得3x+4（12﹣x）＝2×19，x为10，Mn（Ⅳ）为2，Mn（Ⅲ）、Mn（Ⅳ）物质的量之比为5：1；根据题意生产过程中的原料KMnO4、K2S2O8、MnSO4•H2O按物质的量比1：1：5反应，产物中硫元素全部以SO42﹣的形式存在，该反应的离子方程式为2MnO4﹣+2S2O82﹣+10Mn2++11H2O＝Mn12O19↓+4SO42﹣+22H+，
故答案为：5：1；2MnO4﹣+2S2O82﹣+10Mn2++11H2O＝Mn12O19↓+4SO42﹣+22H+；
（3）滤液X中含有钾元素，可以用作钾肥，
故答案为：钾肥；
（4）由图象可以看出，相同温度下，OMS﹣2作催化剂时，因纳米级OMS﹣2比MnOx表面积大，吸附的反应物浓度更高，反应速率更快，故OMS﹣2与MnOx相比，催化效率较高是OMS﹣2，
故答案为：OMS﹣2；OMS﹣2比MnOx表面积大，吸附的反应物浓度更高，反应速率更快；
（5）设体积为VL，CO2含量由0.590mg/L升高至1.47mg/L，CO2含量增多0.88mg/L，反应生成的CO2的物质的量为×VL×10﹣3g/mg，根据原子个数守恒，参与反应的甲醛的物质的量为×VL×10﹣3g/mg，故该实验中甲醛的转化率为×100%≈49.2%，
故答案为：49.2%。
【点评】本题以氧锰八面体纳米棒（OMS﹣2）的合成为载体考查工艺流程图，意在考查学生的综合分析能力，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
23．（14分）CO、N2O均为大气污染物，利用催化剂处理污染气体成为化工的热点问题，在一定温度时，有催化剂存在的条件下，密闭容器中CO与N2O转化为CO2与N2，其相关反应为：反应I：CO（g）+N2O（g）CO2（g）+N2（g）ΔH
（1）已知：①C（s）+N2O（g）⇋CO（g）+N2（g）ΔH1＝﹣192.9 kJ•mol﹣1
②2CO（g）+O2（g）⇋2CO2（g）ΔH2＝﹣566.0 kJ•mol﹣1
③C（s）+O2（g）⇋CO2（g）ΔH3＝﹣393.5 kJ•mol﹣1
则反应ΔH＝ ﹣365.5kJ/mol 。
（2）CO、N2O在Pt2O+的表面进行两步反应转化为无毒的气体，其转化关系、相对能量与反应历程如图1。
①分别写出N2O、CO在Pt2O+的表面上的反应方程式： N2O+Pt2O+＝N2+Pt2O2+ 、 CO+Pt2O2+＝CO2+Pt2O+ 。
②第一步反应的速率比第二步的 慢 （填“慢”或“快”）。两步反应均为 放 热反应。
（3）若反应CO（g）+N2O（g）⇋CO2（g）+N2（g）的正、逆反应速率分别可表示为v正＝k正c（CO）•c（N2O）、v逆＝k逆c（CO2）•c（N2），k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，c为物质的量浓度。则图2（pk＝﹣lgk：T表示温度）所示①、②、③、④四条斜线中，能表示以pk正随T变化关系的是斜线 ③ ，能表示pk逆随T变化关系的是斜线 ④ 。
（4）在一定温度，101 kPa下，分别在1 L密闭容器中充入2 mol N2O和2 mol CO，发生反应：CO（g）+N2O（g）⇋CO2（g）+N2（g），达平衡时，测得无毒气体的体积分数75%，该条件下平衡常数Kp＝ 9 （结果保留小数点后两位，Kp为以分压表示的平衡常数，分压＝总压×物质的量分数）。
【分析】（1）根据盖斯定律①+②﹣③得CO（g）+N2O（g）CO2（g）+N2（g）；
（2）①N2O与Pt2O+反应生成N2和Pt2O2+，CO与Pt2O2+生成CO2和Pt2O+；
②由图可知，第一步的活化能高于第二步得活化能；由图可知，两步反应的反应物总能量大于生成物总能量；
（3）该反应是放热反应，升高温度，反应速率加快，升高温度，v正、v逆均增大，则pk正、pk逆均减小，平衡向逆反应方向移动；
（4）该反应是气体物质的量不变的反应，且反应物和生成物的系数都是1，达平衡时，测得无毒气体的体积分数75%，则CO2（g）和N2（g）体积分数均为37.5%，CO（g）和N2O（g）体积分数均为12.5%。
【解答】解：（1）根据盖斯定律①+②﹣③得CO（g）+N2O（g）CO2（g）+N2（g）△H＝（﹣192.9﹣566+393.5）kJ/mol＝﹣365.4kJ/mol，
故答案为：﹣365.5kJ/mol；
（2）①N2O与Pt2O+反应生成N2和Pt2O2+，CO与Pt2O2+生成CO2和Pt2O+，则N2O、CO在Pt2O+的表面上的反应方程式分别为N2O+Pt2O+＝N2+Pt2O2+、CO+Pt2O2+＝CO2+Pt2O+，
故答案为：N2O+Pt2O+＝N2+Pt2O2+；CO+Pt2O2+＝CO2+Pt2O+；
②由图可知，第一步的活化能高于第二步得活化能，则第一步反应的速率比第二步的慢；由图可知，两步反应的反应物总能量大于生成物总能量，则两步反应均为放热反应，
故答案为：慢；放；
（3）该反应是放热反应，升高温度，反应速率加快，升高温度，v正、v逆均增大，则pk正、pk逆均减小，平衡向逆反应方向移动，则v逆＞v正，pk逆＜pk正，由图象可知，能表示以pk正随T变化关系的是斜线③；能表示pk逆随T变化关系的是斜线④，
故答案为：③；④；
（4）该反应是气体物质的量不变的反应，且反应物和生成物的系数都是1，达平衡时，测得无毒气体的体积分数75%，则CO2（g）和N2（g）体积分数均为37.5%，CO（g）和N2O（g）体积分数均为12.5%，Kp＝＝＝9，
故答案为：9。
【点评】本题考查反应热的计算、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算等，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三段式等知识解答，此题难度大。
24．（12分）（1）高铁酸钾是绿色、环保型水处理剂，也是高能电池的电极材料，在碱性条件下稳定。
①用高铁酸钾处理水时，不仅能消毒杀菌，还能将水体中的CN﹣转化成无毒物质，生成的氢氧化铁胶体粒子还能吸附水中悬浮杂质。试写出高铁酸钾处理含CN﹣废水时除去CN﹣的离子方程式 10FeO42﹣+6CN﹣+22H2O＝10Fe（OH）3（胶体）+6CO32﹣+3N2↑+14OH﹣ 。
②已知：常温下，Ksp[Fe（OH）3]＝4.0×10﹣38。高铁酸钾的净水能与废水的pH有关，当溶液pH＝2时，废水中c（Fe3+）＝ 0.04 mol•L﹣1。
③K2FeO4可作锌铁碱性高能电池的正极材料，电池反应原理：2K2FeO4+3Zn+8H2O⇌充电放电2Fe（OH）3+3Zn（OH）2+4KOH。充电时阴极的电极反应为 Zn（OH）2+2e﹣＝Zn+2OH﹣ 。
（2）羟基磷酸钙，简写为HAP，其化学组成为Ca10（PO4）6（OH）2。是一种新型的环境功能矿物材料，可用于除去水体中的F﹣、Cd2+、Pb22+及Cu2+等。制备HAP的步骤如下：分别配制250mL浓度均为0.5mol•L﹣1的Ca（NO3）2溶液和（NH4）2HPO4溶液（pH约为8），分别量取Ca（NO3）2溶液V1mL和（NH4）2HPO4溶液V2mL，加热至50℃，不断搅拌下，将（NH4）2HPO4溶液逐滴滴入Ca（NO3）2溶液中，再用氨水调节pH全10.5，强力搅拌1小时，再经后续处理得到产品。
①理论上V1：V2＝ 5：3 。
②反应生成Ca10（PO4）6（OH）2的离子方程式为 10Ca2++6HPO42﹣+8NH3•H2OCa10（PO4）6（OH）2↓+8NH4++6H2O 。
③HAP脱除F﹣的操作是：在聚四氟乙烯烧杯中加入50mL10mg•L﹣1NaF溶液0.15gCa10（PO4）6（OH）2，在恒温下振荡，每隔1小时测定一次溶液中 F﹣浓度，直至达到吸附平衡。除氟反应原理是：Ca10（PO4）6（OH）2+20F﹣⇌10CaF2+6PO43﹣+2OH﹣，该反应的平衡常数K＝ [用Ksp（CaF2）和Ksp（HAP）表示]。
【分析】（1）高铁酸钾具有氧化性，可将CN﹣氧化为氮气和二氧化碳而除去，本身被还原为氢氧化铁胶体，在碱性溶液中二氧化碳变为碳酸根离子；
（2）pH＝2时，c（OH﹣）＝10﹣12mol/L，根据Ksp[Fe（OH）3]＝4.0×10﹣38，废水中c（Fe3+）＝；
（3）充电时阴极上氢氧化锌得电子产生锌；
（4）根据产物Ca10（PO4）6（OH）2的组成中钙元素与磷元素的原子个数比可知，等浓度的Ca（NO3）2溶液V1mL和（NH4）2HPO4溶液V2 mL，则理论上V1：V2；
（5）Ca（NO3）2溶液和（NH4）2HPO4溶液加热至50℃，不断搅拌下，将（NH4）2HPO4溶液逐滴滴入Ca（NO3）2溶液中，再用氨水调节pH至10.5，强力搅拌1小时，再经后续处理得到Ca10（PO4）6（OH）2；
（6）根据多重平衡规则，反应Ca10（PO4）6（OH）2+20F﹣⇌10CaF2+6PO43﹣+2OH﹣的化学平衡常数表达式为K═。
【解答】解：（1）高铁酸钾具有氧化性，可将CN﹣氧化为氮气和二氧化碳而除去，本身被还原为氢氧化铁胶体，在碱性溶液中二氧化碳变为碳酸根离子，反应的离子方程式为：10FeO42﹣+6CN﹣+22H2O＝10Fe（OH）3（胶体）+6CO32﹣+3N2↑+14OH﹣，
故答案为：10FeO42﹣+6CN﹣+22H2O＝10Fe（OH）3（胶体）+6CO32﹣+3N2↑+14OH﹣；
（2）pH＝2时，c（OH﹣）＝10﹣12mol/L，根据Ksp[Fe（OH）3]＝4.0×10﹣38，废水中c（Fe3+）＝mol/L＝0.04mol/L，
故答案为：0.04mol/L；
（3）充电时阴极上氢氧化锌得电子产生锌，电极反应为Zn（OH）2+2e﹣＝Zn+2OH﹣，
故答案为：Zn（OH）2+2e﹣＝Zn+2OH﹣；
（4）根据产物Ca10（PO4）6（OH）2的组成中钙元素与磷元素的原子个数比可知，等浓度的Ca（NO3）2溶液V1mL和（NH4）2HPO4溶液V2 mL，则理论上V1：V2＝10：6＝5：3，
故答案为：5：3；
（5）Ca（NO3）2溶液和（NH4）2HPO4溶液加热至50℃，不断搅拌下，将（NH4）2HPO4溶液逐滴滴入Ca（NO3）2溶液中，再用氨水调节pH至10.5，强力搅拌1小时，再经后续处理得到Ca10（PO4）6（OH）2的离子方程式为10Ca2++6HPO42﹣+8NH3•H2OCa10（PO4）6（OH）2↓+8NH4++6H2O，
故答案为：10Ca2++6HPO42﹣+8NH3•H2OCa10（PO4）6（OH）2↓+8NH4++6H2O；
（6）根据多重平衡规则，反应Ca10（PO4）6（OH）2+20F﹣⇌10CaF2+6PO43﹣+2OH﹣的化学平衡常数表达式为K═＝，
故答案为：。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，明确物质的性质、发生的反应、制备原理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
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