天津市第一中学2019届高三化学上学期第三次月考试卷（含解析）.docx

天津一中 2018-2019-1 高三年级三月考化学学科试卷第 卷(共36分)相对原子质量：H：1 、C：12 、Cl：35.5 、 Fe：56、 S：32 、 Al：27 、 N：14 、 O：16选择题：(每小题只有1个正确答案，6小题，每小题6分，共36分)1.化学在生产和生活中有重要的应用。下列说法正确的是A. 陶瓷坩埚和石英坩埚都是硅酸盐产品B. 乙醇、过氧化氢、次氯酸钠等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的C. 新型材料聚酯纤维、光导纤维都属于有机高分子材料D. 高分子吸水性树脂聚丙烯酸钠，不溶于水，可吸收其自身重量几百倍的水【答案】D【解析】【详解】A. 石英坩埚主要成分为二氧化硅，属于氧化物，不是硅酸盐产品，选项A错误；B.过氧化氢、次氯酸钠等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的，乙醇可使蛋白质脱水而变性，不具有氧化性，选项B错误；C.光导纤维主要成分为二氧化硅，属于无机物，不是有机高分子材料，选项C错误；D.高吸水性树脂属于功能高分子材料，聚丙烯酸钠含亲水基团，相对分子质量在10000以上，属于功能高分子材料，选项D正确；故合理选项是D。2.NA代表阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是A. 0.1mol 熔融的 NaHSO4 中含有的离子总数为 0.3 NAB. 标准状况下，2.24L HF和NH3分子所含电子数目均为NAC. 常温时,56gAl与足量浓硝酸反应,转移的电子数目为3NAD. 向含有 1mol FeI2 溶质的溶液中通入适量的氯气，当有 1molFe2+被氧化时，该反应转移电子的数目为 3NA【答案】D【解析】【详解】A. NaHSO4在熔融状态电离产生Na+、HSO4-，1个NaHSO4电离产生2个离子，所以0.1mol NaHSO4在熔融状态中含有的离子总数为 0.2NA，选项A错误；B. 标准状况下HF呈液态，不能使用气体摩尔体积，选项B错误；C. 常温时Al遇浓硝酸会发生钝化现象，不能进一步反应，选项C错误；D.微粒的还原性I-Fe2+，向含有1mol FeI2溶质的溶液中通入适量的氯气，当有 1molFe2+被氧化时，I-已经反应完全，则1mol FeI2反应转移3mol电子，则转移电子数目是3NA，选项D正确；故合理选项是D。3.下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）A. 饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应：CO32+CaSO4CaCO3+SO42B. 酸化NaIO3和NaI的混合溶液：I +IO3+6H+=I2+3H2OC. KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO+2Fe(OH)3=2FeO42+3Cl+4H+H2OD. 电解饱和食盐水：2Cl+2H+Cl2+ H2【答案】A【解析】分析：A项，饱和Na2CO3溶液与CaSO4发生复分解反应生成更难溶于水的CaCO3；B项，电荷不守恒，得失电子不守恒；C项，在碱性溶液中不可能生成H+；D项，电解饱和食盐水生成NaOH、H2和Cl2。详解：A项，饱和Na2CO3溶液与CaSO4发生复分解反应生成更难溶于水的CaCO3，反应的离子方程式为CO32-+CaSO4CaCO3+SO42-，A项正确；B项，电荷不守恒，得失电子不守恒，正确的离子方程式为5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O，B项错误；C项，在碱性溶液中不可能生成H+，正确的离子方程式为3ClO-+2Fe（OH）3+4OH-=3Cl-+2FeO42-+5H2O，C项错误；D项，电解饱和食盐水生成NaOH、H2和Cl2，电解饱和食盐水的离子方程式为2Cl-+2H2OCl2+H2+2OH-，D项错误；答案选A。点睛：本题考查离子方程式正误的判断。判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物（题中D项）等；从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等；从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子守恒等（题中B项）；从反应的条件进行判断（题中C项）；从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断。4.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次递增，a、b、c、d、e、f是由这些元素成的化合物，d是淡黄色粉末，m为元素Y的单质，通常为无色无味的气体。上述物质的转化关系如图所示。下列说法错误的是 A. 简单离子半径：ZXD. 由上述4种元素组成的化合物的水溶液一定显酸性【答案】D【解析】【分析】短周期元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次递增，a、b、c、d、e、f 是由这些元素组成的化合物，d 是淡黄色粉末，d为Na2O2，m为元素Y的单质，通常为无色无味的气体，则m为O2，则Y为O元素，根据图示转化关系可知：a为烃，b、c分别为CO2、H2O，e、f分别为碳酸钠、NaOH，结合原子序数可知，W为H，X为C，Y为O，Z为Na，据此解答。【详解】由上述分析可知，四种元素分别是：W为H，X为C，Y为O，Z为Na。AZ、Y的离子具有相同电子层结构，原子序数越大，其相应的离子半径就越小，所以简单离子半径：ZY，选项A正确；B过氧化钠为离子化合物，含有离子键和共价键，含有阳离子钠离子和阴离子过氧根离子，阳离子和阴离子的比值为2：1，选项B正确；C元素非金属性越强，其对应的氢化物越稳定，由于元素的非金属性YX，所以简单气态氢化物的热稳定性：YX，选项C正确；D上述4种元素组成的化合物是NaHCO3，该物质属于强碱弱酸盐，其水溶液水解显碱性，选项D错误；故符合题意的选项为D。【点睛】本题考查无机物的推断，把握钠的化合物的性质及相互转化是本题解答的关键，侧重于分析与推断能力的考查，注意淡黄色固体、原子序数为推断的突破口，本题为高频考点，难度不大。5.下列说法正确的是A. 配制 Fe(NO3)2 溶液时，向 Fe(NO3)2 溶液中滴加几滴稀硝酸，以防止 Fe(NO3)2 发生水解B. 滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁C. 中和热的测定实验中，测酸后的温度计未用水清洗便立即去测碱的浓度，所测中和热的数值偏高D. 配制1mol/L 的 NH4NO3溶液时，溶解后立即转移至容量瓶，会导致所配溶液浓度偏高【答案】B【解析】【详解】A. Fe(NO3)2是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，在配制Fe(NO3)2溶液时，为了防止Fe2+水解不可向溶液中加入硝酸，因为硝酸能将亚铁离子氧化为铁离子，选项A错误；B.滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁，使溶液进入到锥形瓶中，慢慢加标准溶液，以减小实验误差，选项B正确；C.中和热的测定实验中，测酸后的温度计若未用水清洗便立即去测碱的温度，在温度计上残留的酸液就会与溶液中的碱发生中和反应，放出热量，使所测碱的起始温度偏高，导致中和热的数值偏小，选项C错误；D.NH4NO3溶于水吸热，使溶液温度降低，配制 1mol/L 的NH4NO3溶液时，溶解后，就立即转移至容量瓶，会导致配制溶液的体积偏大，使所配溶液浓度偏低，选项D错误；故合理选项是B。6.H2C2O4 为二元弱酸，Ka1(H2C2O4 ) =5.4102，Ka2(H2C2O4)=5.4105，设H2C2O4 溶液 中 c(总)=c(H2C2O4) +c(HC2O4) +c(C2O42)。室温下用 NaOH 溶液滴定25.00 mL 0.1000 molL1 H2C2O4 溶液至终点。滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是A. pH = 7 的溶液：c(Na+) =0.1000 molL1+ c(C2O42) c(H2C2O4)B. c(Na+)=c(总)的溶液：c(Na+)c(H2C2O4 ) c(C2O42 ) c(H+ )C. 0.1000 molL1 H2C2O4 溶液：c(H+) =0.1000molL1 +c(C2O42 )+c(OH) c(H2C2O4 )D. c(Na+)=2c(总)的溶液：c(OH) c(H+) = c(H2C2O4) +c(HC2O4)【答案】C【解析】【分析】A.pH=7时溶液呈中性，由于氢氧化钠溶液浓度不知，中和后溶液的体积不知，不能确定反应后浓度与0.1000 mol/L的大小关系；B.c(Na+)=c(总)时，二者恰好完全反应生成NaHC2O4，HC2O4-的水解平衡常数为，说明HC2O4-的电离程度大于其水解程度，c(C2O42-)c(H2C2O4)；C.根据0.1000 molL-1 H2C2O4溶液中的电荷守恒和物料守恒分析； D.c(Na+)=2c(总)时，氢氧化钠与草酸恰好反应生成草酸钠，根据醋酸钠溶液中的质子守恒判断。【详解】A.草酸与氢氧化钠溶液等体积、等浓度时满足：c(Na+)=0.1000mol/L+c(C2O42-)-c(H2C2O4)，但氢氧化钠溶液浓度不知，中和后溶液的体积不知，不能确定反应后浓度与0.1000molL-1的关系，所以该关系不一定不成立，选项A错误；B.c(Na+)=c(总)的溶液中，溶质为NaHC2O4，HC2O4-的水解平衡常数，说明HC2O4-的电离程度大于其水解程度，则c(C2O42-)c(H2C2O4)；在溶液中还存在水电离的氢离子，则c(H+)c(C2O42-)，离子浓度大小为：c(Na+)c(H+)c(C2O42-)c(H2C2O4)，选项B错误；C.0.1000 molL-1H2C2O4溶液中存在电荷守恒：c(H+)=2c(C2O42-)+c(OH-)+c(HC2O4-)，还存在物料守恒：c(总)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)=0.1000mol/L，二者结合可得：c(H+)=0.1000lmol/L+c(C2O42-)+c(OH-)-c(H2C2O4)，选项C正确；D.c(Na+)=2c(总)的溶液中，溶质为Na2C2O4，根据Na2C2O4溶液中的质子守恒可得：c(OH-)-c(H+)=2c(H2C2O4)+c(HC2O4-)，选项D错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查离子浓度大小比较、弱电解质的电离平衡等知识，明确反应后溶质组成为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒、质子守恒，该题有利于提高学生的分析能力及综合应用能力。第卷(共 64 分)7.化合物 Mg5Al3(OH)19(H2O)4 可作环保型阻燃材料，受热时按如下化学方程式分解：2Mg5Al3(OH)19(H2O)427H2O+10MgO+3Al2O3(1)写出该化合物作阻燃剂的两条依据_。(2)用离子方程式表示除去固体产物中 Al2O3 的原理_(3)已知 MgO可溶于NH4Cl的水溶液，用化学方程式表示其原理_。.磁性材料 A(M=296g/mol)是由两种元素组成的化合物，某研究小组按如图流程探 究其组成：请回答：(4)A的化学式为_。C 中呈黄色的离子对应元素在元素周期表中的位置为_。(5)已知化合物 A 能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体(标况下，该气体对氨气的相对密度为2)，该气体分子的电子式为_。写出该反应的离子方程式_。(6)写出FG反应的化学方程式_。【答案】 (1). 反应吸热降低温度，固体氧化物隔绝空气，水蒸气稀释空气 (2). Al2O3 +2OH=2AlO2+H2O (3). NH4Cl+H2ONH3H2O+HCl、MgO+2HCl=MgCl2+H2O 或MgO+H2O+ 2NH4Cl=MgCl2+2NH3H2O (4). Fe3S4 (5). 第四周期第族 (6). (7). Fe3S4+6H+=3H2S+3Fe2+S (8). H2SO3+I2+H2O=H2SO4+2HI【解析】【分析】(1)分解反应是吸热反应且生成的氧化镁、氧化铝的熔点高；(2)氧化镁是碱性氧化物，氧化铝是两性氧化物，依据二者性质不同除去；(3)氯化铵溶液中铵根离子水解溶液显酸性，氧化镁溶于酸促进水解平衡正向进行；C加入KSCN，D为血红色溶液，可知C为FeCl3，D为Fe(SCN)3等，逆推可知B为Fe2O3，且n(Fe2O3)=0.03mol，n(Fe)=0.06mol，m(Fe)=0.06mol56g/mol=3.36g，A煅烧生成的无色气体E溶液水得到酸性溶液，加入碘的KI溶液，得到无色溶液G，而且溶液的酸性增强，说明碘可氧化E的水溶液，E应为SO2，F为H2SO3，G含有和H2SO4和HI，可知A含有Fe、S元素，且m(S)=5.920g-3.36g=2.56g，n(S)=0.08mol，可知n(Fe)：n(S)=3：4，以此解答该题。【详解】I.(1)2Mg5Al3(OH)19(H2O)427H2O+10MgO+3Al2O3，分解反应是吸热反应，会降低温度，而且生成的氧化镁和氧化铝都是熔点很高的氧化物，附着表面会阻止燃烧，水蒸气稀释空气，降低氧气的浓度，不利于物质燃烧；(2)氧化镁是碱性氧化物溶于酸，氧化铝是两性氧化物溶于酸、溶于碱，加入氢氧化钠溶解后过滤除去，反应的离子方程式为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，(3)氯化铵溶液中铵根离子水解溶液显酸性，氧化镁溶于水解生成的酸，反应的化学方程式为：NH4Cl+H2ONH3H2O+HCl，MgO+2HCl=MgCl2+H2O或MgO+2NH4Cl+H2O=MgCl2+2NH3H2O，II.C加入KSCN，D为血红色溶液，可知C为FeCl3，D为Fe(SCN)3等，可知B为Fe2O3，且n(Fe2O3)=0.03mol，n(Fe)=0.06mol，m(Fe)=0.06mol56g/mol=3.36g，A燃烧生成的无色气体E溶于水得到酸性溶液，加入碘的KI溶液，得到无色溶液，且溶液酸性增强，说明碘可氧化E的水溶液，E应为SO2，F为H2SO3，G含有和H2SO4和HI，可知A含有Fe、S元素，且m(S)=5.920g-3.36g=2.56g，n(S)=0.08mol，可知n(Fe)：n(S)=3：4，所以A为Fe3S4。(4)由以上分析可知，A为Fe3S4，其中的铁元素位于元素周期表的第四周期 第族；(5)化合物A能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体，淡黄色不溶物为S，气体的相对分子质量为NH3的2倍，相对分子质量是172=34，为H2S气体，其电子式为，反应的离子方程式为Fe3S4+6H+=3Fe2+S+3H2S；(6)I2有氧化性，在溶液中将H2SO3氧化为硫酸，所以FG反应的化学方程式为H2SO3+I2+H2O=H2SO4+2HI。【点睛】本题综合考查镁铝化合物性质盐类水解的原理应用，无机物的推断、化学方程式的书写等知识，为高考常见题型，侧重于学生分析、计算和实验能力的考查，注意把握物质的性质以及反应现象，结合质量守恒推断物质的组成，题目难度中等。8.某天然氨基酸 M 是人体必需的氨基酸之一，其合成路线如下：已知：(1)AB的反应条件和试剂是_；化合物D的名称为_；(2)EF的反应类型是_；A分子中最多有_个原子共平面；(3)写出DE反应的化学方程式_；(4)I与乙二醇反应可生成能降解的高分子化合物N,写出该反应的化学方程式_；(5)符合下列条件的化合物M的同分异构体共有_种(不考虑立体异构)；含有苯甲酸结构 含有一个甲基 苯环上只有两个取代基 其中核磁共振氢谱峰面积比为1：1：2：2：2：3的分子的结构简式 _(任写一种)；(6)请结合以上合成路线，写出以丙酸和上述流程中出现的物质为原料经三步合成丙氨酸( )的路线_。【答案】 (1). 光照、Cl2 (2). 3-苯基-1-丙醇 (3). 氧化反应 (4). 13 (5). (6). (7). (8). 9 (9). 【解析】【分析】对比A、C的结构可知B为。D发生催化氧化生成E为，进一步氧化生成F，对比F、G的结构，可知F发生取代反应生成生成G，由H、J的结构简式，结合I的分子式、信息，可推知I为。由G、K、M的结构简式，结合信息，可推知L为。(5)化合物M的同分异构体满足条件：含有苯甲酸结构，含有一个甲基，苯环上只有两个取代基，可知其中一个取代基为-COOH，另外一个取代基为-NHCH2CH3、或-CH2NHCH3、或-CH(NH2)CH3，在苯环上的位置均有邻、间、对3种；(6)根据题目已知的合成路线，可使丙酸先与PCl3反应，产物再与反应，最后在碱性条件水解、酸化得到。【详解】(1)AB是甲苯与氯气发生取代反应生成，反应条件和试剂是：光照、氯气；化合物D可看作在1-丙醇分子中3号碳原子上的一个H原子被苯基取代产生的物质，所以化合物D的名称为3-苯基-1-丙醇；(2) 3-苯基-1-丙醇被催化氧化产生E是 ，该物质含有醛基，被催化氧化，产生F是，EF的反应是氧化反应；A是甲苯，根据苯分子是平面分子，甲烷分子是正四面体结构可知，甲苯分子中最多有13个原子在同一平面上；(3) 3-苯基-1-丙醇在Ag催化下，与氧气反应，产生3-苯基-1-丙醛和水，反应的化学方程式是：；(4)I是，与乙二醇反应可生成能降解的高分子化合物N，该反应的化学方程式：(5)化合物M的同分异构体满足条件：含有苯甲酸结构，含有一个甲基，苯环上只有两个取代基，可知其中一个取代基为-COOH，另外一个取代基为-NHCH2CH3、或-CH2NHCH3、或-CH(NH2)CH3，均有邻、间、对3种，所以符合条件的同分异构体共有9种，其中核磁共振氢谱峰面积比为1：1：2：2：2：3的分子的结构简式：或或；(6)由合成路线，可知丙酸先与PCl3反应，产生CH3CHClCOOH，产物再与反应，得到的在碱性条件水解、酸化就可得到得到，其合成路线流程图为：。【点睛】本题考查有机物的合成与推断，涉及有机物命名、反应类型、限制条件的同分异构体书写、有机物空间结构等知识，侧重考查学生自学能力、知识迁移运用能力、分析推理能力，熟练掌握官能团的性质与转化是本题解答的关键，本题为有机常考题型。9.高铁酸钾(K2FeO4)是一种集氧化、吸附、絮凝于一体的新型多功能水处理剂。其生产工艺如下：已知：2KOH+Cl2=KCl+KClO+H2O(条件：温度较低)6KOH+3Cl2=5KCl+KClO3+3H2O(条件：温度较高)K2FeO4在水溶液中易水解：4FeO42+10H2O 4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2回答下列问题：实验室可利用如图装置完成流程和(1)写出工业上制取 Cl2 的化学方程式_；恒压滴液漏斗支管的作用_，两水槽中的水为_(填“热水”或“冷水”)(2)反应一段时间后，停止通氯气，再往仪器 a 中加入浓 KOH 溶液的目的是_；A为下一步反应提供碱性的环境B使 KClO3 转化为 KClOC与溶液 I 中过量的Cl2继续反应，生成更多的KClODKOH 固体溶解时会放出较多的热量，有利于提高反应速率(3)从溶液中分离出 K2FeO4后，还会有副产品KNO3、KCl，则反应中发生的离子方程式为：_。(4)用重结晶法提纯粗产品：将粗产品先用 KOH 稀溶液溶解，再加入饱和的 KOH溶液，冷却结晶，过滤，用少量异丙醇洗涤，最后低温真空干燥。洗涤粗品时选用异丙醇而不用水的理由是_。如何判断 K2FeO4 晶体已经洗涤干净_。(5)从环境保护的角度看，制备 K2FeO4 较好的方法为电解法，其装置如图电解过程中阳极的电极反应式为_。(6)FeO42-在水溶液中的存在形态如图所示。下列说法正确的是_。A不论溶液的酸碱性如何变化，铁元素都有 4 种存在形态B向 pH=10的这种溶液中加硫酸至 pH=2，HFeO4-的分布分数逐渐 增大C向 pH=6 的这种溶液中加 KOH 溶液，发生反应的离子方程式为HFeO4-+OH-=FeO42- +H2O【答案】 (1). 2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2 (2). 平衡压强，以便液体顺利流下 (3). 冷水 (4). AC (5). 2Fe3+ +3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O (6). 防止FeO42-水解，利于烘干 (7). 取少量最后一次的洗涤液，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀则已被洗净 (8). Fe+8OH-6e-FeO42-+4H2O (9). C【解析】【分析】在工业上用电解饱和食盐水的方法制取氯气；足量Cl2通入KOH溶液中，温度低时发生反应2KOH+Cl2=KCl+KClO+H2O，向溶液I中加入KOH，使氯气完全反应，且将溶液转化为碱性溶液，只有碱性条件下次氯酸根离子才能和铁离子发生氧化还原反应生成高铁酸根离子，除去KCl得到碱性的KClO浓溶液，向碱性的KClO浓溶液中加入90%的Fe(NO3)3溶液，发生反应2Fe3+3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，得到溶液II，纯化得到湿产品，将湿产品洗涤、干燥得到晶体K2FeO4。(1)根据常用仪器的用途解答；根据流程，需生成KClO，温度较低时生成KClO；(2)KOH和氯气在低温下反应生成KClO，只有碱性条件下，铁离子才能和次氯酸根离子发生氧化还原反应生成高铁酸根离子，再往仪器a中加入浓KOH溶液的目的是与过量的Cl2继续反应，生成更多的KClO，且保持溶液为强碱性环境；氯气为黄绿色气体，判断浓KOH溶液已过量可通过三颈烧瓶内颜色彻底变成无色后判断；(3)根据题目信息、氧化还原反应中化合价发生变化确定产物以及电子得失守恒和质量守恒来配平；(4)加入饱和KOH溶液可以增大氢氧根离子的浓度，使平衡向左移动；只要检验最后一次的洗涤中无Cl-，即可证明K2FeO4晶体已经洗涤干净；(5)电解时阳极失去电子，发生氧化反应判断；(6) 结合FeO42-在水溶液中的存在形态与溶液的pH关系分析判断。【详解】(1)在工业上用电解饱和食盐水的方法制取氯气，反应的化学方程式是：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2；仪器a是三颈烧瓶，恒压滴液漏斗上部和三颈烧瓶气压相通，就可以使恒压滴液漏斗上下气体压强相同，保证恒压滴液漏斗中的液体顺利滴下；氯气与KOH反应随温度的不同，而不同。根据流程，需生成KClO，在较低温度下发生反应：2KOH+Cl2=KCl+KClO+H2O，所以两水槽中的水为冷水，起降温作用；(2)只有碱性条件下，铁离子才能和次氯酸根离子发生氧化还原反应生成FeO42-，KOH和氯气反应生成KClO，所以加入KOH的目的是除去氯气且使溶液为后一步反应提供碱性生成更多的KClO，选项AC合理；(3)据题目信息和氧化还原反应中化合价发生变化确定找出反应物：Fe3+、ClO-、OH-，生成物：FeO42-、Cl-、H2O，根据电子得失守恒和质量守恒、电荷守恒来配平方程式为2Fe3+3ClO-+10OH- =2FeO42-+3Cl-+5H2O；(4)洗涤K2FeO4 晶体的粗品时选用异丙醇而不用水是因为K2FeO4在水溶液中易发生水解反应：4 FeO42-+10H2O4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2；而且异丙醇沸点低，容易气化，便于K2FeO4干燥； K2FeO4晶体表面含有杂质离子为氯离子，所以只要检验最后一次的洗涤中无Cl-，即可证明晶体已经洗涤干净。方法是用试管取少量最后一次的洗涤液，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀则已被洗净；(5)电解时阳极Fe失电子发生氧化反应，电极反应方程式为：Fe+8OH-6e-FeO42-+4H2O；(6) A不同pH值时，溶液中铁元素的存在形式及种类数都不同，如pH=8时，只有两种存在形态，选项A错误；B由图象分析可知，改变溶液的pH，当溶液由pH=10降至pH=4的过程中，HFeO4-的分布分数是先增大后减小，故B错误；C向pH=8的这种溶液中加KOH溶液，根据分布图中微粒浓度的变化可知发生反应为：HFeO4-+OH-=FeO42-+H2O，选项C正确；故合理选项是C。【点睛】本题以高铁酸钾(K2FeO4)的制备为线索，考查了电解、盐的水解、温度与酸碱性对反应的影响等知识。把握流程图中每一步发生的反应及操作方法是解本题关键，注意结合题给信息解答，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等。10.氮氧化物的转化和综合利用既有利于节约资源，又有利于保护环境。(1)H2还原法是处理燃煤烟气中SO2的方法之一。已知：2H2S(g)+SO2(g)3S(s)+2H2O(l) H=a kJmol1H2S(g)H2(g)+S(s) H=b kJmol1H2O(l)H2O(g) H=c kJmol1写出SO2(g)和H2(g)反应生成S(s)和H2O(g)的热化学方程式_。(2)SO2经过净化后与空气混合进行催化氧化可制取硫酸，其中SO2发生催化氧化的反应为： 2SO2(g)O2(g)2SO3(g)。若在T1、0.1 MPa条件下，往一密闭容器通入 SO2和O2其中n(SO2) n(O2)21，测得容器内总压强与反应时间如图所示。图中A点时，SO2的转化率为_。在其他条件不变的情况下，测得T2时压强的变化曲线如图所示，则C点的正反应速率vc(正)与A点的逆反应速率vA(逆)的大小关系为vc(正)_vA(逆)(填“”、“”或 “”)。图中B点的压强平衡常数Kp_ (用平衡分压代替平衡浓度计算， 分压总压物质