苏州市第一中学2019-2020学年高二下学期期中考试化学试题含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精江苏省苏州市第一中学2019-2020学年高二下学期期中考试化学试题含解析化学试卷（考试时间：90分钟总分100分）可能用到的相对原子质量：H—1C—12N—14O—16Mg—24P—31Cl—35.5Cr-52Ag-108第Ⅰ卷（选择题共40分)一、单项选择题(本题包括10小题，每小题2分，共20分.每小题只有一个选项符合题意)1.“液态阳光”是指由阳光、二氧化碳和水通过人工光合得到的绿色液态燃料.下列有关“液态阳光”的说法错误的是A.CO2和H2O转化“液态阳光"过程中同时释放能量B。煤气化得到的水煤气合成的甲醇不属于“液态阳光”C.“液态阳光"行动有利于可持续发展并应对气候变化D。“液态阳光”有望解决全球化石燃料不断枯竭的难题【答案】A【解析】【详解】A、“液态阳光”是指由阳光、CO2和水通过人工光合得到的绿色液态燃料，是将光能转化成化学能的过程，该反应为吸热反应,故A说法错误；B、煤气化是由水蒸气与碳反应生成CO和H2，煤液化可以合成甲醇，不符合“液态阳光”的定义，煤气化得到水煤气合成的甲醇不属于“液态阳光”，故B说法正确；C、“液态阳光"由阳光、CO2和水反应，可以解决温室气体，有利于可持续发展并应对气候变化，故C说法正确；D、根据“液态阳光”的定义，“液态阳光”有望解决全球化石燃料不断枯竭的难题，故D说法正确；2.用化学用语表示Na2O＋2HCl=2NaCl＋H2O中的相关微粒，其中正确的是()A。中子数为18的氯原子：ClB.Na2O的电子式：Na[]2－C。H2O的结构式：D。Na＋的结构示意图：【答案】C【解析】【分析】【详解】A.中子数为18的氯原子，质量数为35，应写成Cl，A错误；B。Na2O的电子式中两个Na+不可以合并，写成Na+［]2－Na+，B错误;C。H2O分子中O原子形成两个氢氧键，结构式为,C正确；D。Na＋是由Na原子失去了最外层的一个电子而得到，结构示意图为，D错误；答案选C.3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A.Al2O3是两性氧化物，可用作耐高温材料B。氯化铁溶液呈酸性，可用于蚀刻铜电路板C。晶体硅熔点高、硬度大，可用于制作半导体材料D。Fe粉具有还原性，可用作食品袋中的抗氧化剂【答案】D【解析】【分析】【详解】A．氧化铝具有较高熔点,可以用于耐高温材料，与其两性氧化物性质无关，故A错误;B．氯化铁与Cu反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应中氯化铁表现氧化性，与溶液的酸性无关，故B错误；C．晶体硅是良好的半导体，用于制作半导体材料，与晶体硅的熔点和硬度无关，故C错误；D．Fe粉具有还原性,易和空气中的氧气反应，可用作食品袋中的抗氧化剂，故D正确；故答案为D。4.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.能使甲基橙变红的溶液:Na+、Mg2+、Cl－、HCO3-B。KW/c（OH—）=1×10－12的溶液：Na+、K+、ClO－、CO32—C。0.1mol·L－1Fe(NO3）2溶液：H+、Cu2+、SO42-、Cl－D。能溶解Al（OH)3的溶液:K+、NH4+、NO3—、CH3COO－【答案】B【解析】【详解】A、能使甲基橙变红，说明该溶液显酸性，HCO3－不能与H＋大量共存,故A不符合题意；B、该溶液显碱性，这些离子能够在指定的溶液中大量共存，故B符合题意;C、NO3－与H＋大量共存时，NO3－具有强氧化性，能将Fe2＋氧化成Fe3＋,因此这些离子在指定溶液中不能大量共存，故C不符合题意；D、能溶解Al(OH)3，该溶液可能为酸，也可能为碱，NH4＋不能与OH－大量共存，CH3COO－不能与H＋大量共存，因此在指定溶液不能大量共存，故D不符合题意；5.利用废蚀刻液（含FeCl2、CuCl2及FeCl3）制备碱性蚀刻液［Cu(NH3）4Cl2溶液]和FeCl3•6H2O的主要步骤：用H2O2氧化废蚀刻液，制备氨气，制备碱性蚀刻液［CuCl2+4NH3=Cu(NH3）4Cl2］、固液分离,用盐酸溶解沉淀并制备FeCl3•6H2O。下列实验原理和装置不能达到实验目的的是（）A.用装置甲制备NH3 B.用装置乙制备Cu(NH3）4Cl2并沉铁C。用装置丙分离Cu（NH3）4Cl2溶液和Fe（OH）3 D.用装置丁将FeCl3溶液蒸干制备FeCl3•6H2O【答案】D【解析】【详解】A．实验室制备氨气,可用氢氧化钙、氯化铵在加热条件下进行，故A正确;B．氨气易溶于水，注意防止倒吸，氨气与溶液反应生成Cu(NH3)4Cl2和氢氧化铁，故B正确；C．分离固体和液体，可用过滤的方法，故C正确；D．应在蒸发皿中蒸发，且避免氯化铁水解,更不能直接蒸干，故D错误；故答案为D。【点睛】考查物质制备实验设计、物质分离的实验基本操作,明确实验原理是解题关键,用H2O2氧化废蚀刻液，使亚铁离子生成铁离子，用甲装置制备氨气，生成的氨气通入乙装置，制备碱性蚀刻液[CuCl2+4NH3=Cu(NH3)4Cl2］，用丙装置过滤分离，用盐酸溶解氢氧化铁沉淀,将溶液在蒸发皿中进行蒸发，且应通入氯化氢,防止铁离子水解，以达到制备FeCl3•6H2O的目的,注意把握物质性质的理解、物质分离提纯的方法。6.下列指定反应的离子方程式正确的是A。过量CO2通入氨水：CO2+NH3·H2O=NH4++HCO3−B.SO2使溴水褪色：SO2+2H2O+Br2=2H++SO42−+2HBrC.用H2O2从酸化的海带灰浸出液中提取碘：2I−+H2O2=I2+2OH−D。向NH4Al(SO4)2溶液中加入过量的NaOH溶液：Al3++4OH−=AlO2−+2H2O【答案】A【解析】【分析】【详解】A。过量CO2通入氨水，CO2过量生成HCO3−，离子方程式为：CO2+NH3·H2O=NH4++HCO3−,A正确;B。SO2使溴水褪色，生成H2SO4和HBr都为强酸，离子方程式为：SO2+2H2O+Br2=4H++SO42−+2Br−，B错误；C。用H2O2从酸化的海带灰浸出液中提取碘，酸性条件下生成H2O，离子方程式为：2I−+H2O2+2H+=I2+2H2O，C错误；D。向NH4Al(SO4）2溶液中加入过量的NaOH溶液,NaOH溶液过量,NH4+也参与反应，离子方程式为:NH4++Al3++5OH−=AlO2—+NH3∙H2O+2H2O，D错误；答案选A.【点睛】CO2与碱反应时，CO2少量时生成CO32−，CO2过量时生成HCO3−；Al3+与强碱反应时，碱少量时生成Al(OH)3沉淀，碱过量时生成AlO2−；NH4+与强碱反应时生成NH3∙H2O。7。下列有关物质性质的叙述不正确的是A.Na2O2与CO2反应生成O2 B。铁片投入到冷的浓硫酸中，发生钝化C.NH4Cl溶液中滴加酚酞溶液,溶液变红 D。AlCl3溶液中加入足量氨水，生成Al（OH）3【答案】C【解析】【详解】A.Na2O2与CO2反应生成O2和碳酸钠，选项A正确；B.铁片投入到冷的浓硫酸中，发生钝化，选项B正确；C.NH4Cl为强酸弱碱盐,水解使溶液呈酸性，滴加酚酞溶液，溶液呈无色，选项C不正确;D。氢氧化铝不溶于弱碱，AlCl3溶液中加入足量氨水，生成Al（OH）3，选项D正确;答案选C。8。在给定条件下，下列选项所示的转化关系均能实现的是（)A.SiO2SiCl4SiB。SO2BaSO3BaSO4C。CuOCu（OH）2Cu2OD.AlNaAlO2(aq）NaAlO2（s)【答案】D【解析】【分析】【详解】A．二氧化硅和盐酸不反应，故A错误;B．亚硫酸酸性弱于HCl，二氧化硫不能与氯化钡溶液反应，故B错误；C．氧化铜不能和水反应，故C错误；D．铝为两性物质,与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠，蒸发偏铝酸钠溶液得到偏铝酸钠固体,故D正确；故答案为D.9.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X的单质是空气中体积分数最大的气体，Y原子的最外层电子数与X原子的核外电子总数相等，Z的族序数等于其原子核外最内层的电子数，W与Y同主族。下列说法正确的是A。原子半径：r（Z)＞r(X）＞r(Y)B.X的简单气态氢化物的热稳定性比Y的强C.Y分别与X、Z形成的化合物所含化学键类型相同D.Z、W形成的化合物的水溶液电解可制取单质Z【答案】A【解析】【分析】X的单质是空气中体积分数最大的气体,即X为N，Y原子的最外层电子数与X原子的核外电子总数相等，即Y为F，Z的族序数等于其原子核外最内层的电子数，四种元素为短周期主族元素，原子序数依次增大,即Z为Mg,W与Y同主族，W为Cl;【详解】X的单质是空气中体积分数最大的气体，即X为N，Y原子的最外层电子数与X原子的核外电子总数相等，即Y为F,Z的族序数等于其原子核外最内层的电子数，四种元素为短周期主族元素,原子序数依次增大,即Z为Mg，W与Y同主族，W为Cl；A、原子半径大小顺序是r(Mg)〉r（Cl）〉r(N)〉r（F),故A正确；B、非金属性越强，其气态氢化物热稳定性越强，F的非金属性强于N，即HF热稳定性强于NH3，故B错误；C、形成的化合物分别是NF3和MgF2，前者含有共价键,后者含有离子键，故C错误；D、形成的化合物为MgCl2，电解熔融MgCl2制取Mg，故D错误；【点睛】微粒半径大小比较：一看电子层数,一般电子层数越多，半径越大，二看原子序数，电子层数相同,原子序数增大,半径越小,三看电子数，电子层数相同，原子序数相同，电子数越多，半径越大。10.下列说法正确的是A。甲烷燃烧时，化学能全部转化为热能B.反应3Si（s)+2N2(g）=Si3N4（s)能自发进行，则该反应为放热反应C。1molCl2与足量的NaOH溶液充分反应,转移电子的数目为2×6.02×1023D.常温下,pH=2的醋酸溶液pH=12的NaOH溶液混合后的溶液呈酸性【答案】B【解析】【详解】A、甲烷燃烧时化学能转化为热能和光能，选项A错误；B、反应3Si（s）+2N2(g）=Si3N4(s）为熵减的反应，ΔS<0，能自发进行,则ΔG=ΔH—TΔS<0,故ΔH〈0，即该反应是放热反应，选项B正确;C、氯气和氢氧化钠溶液反应时，有一半的氯气作氧化剂，一半的氯气作还原剂，则1molCl2与足量NaOH溶液反应转移电子6.02×1023，选项C错误;D、常温下,pH＝12的NaOH溶液和pH＝2的醋酸混合后，因没有说明碱与酸的体积，无法确定形成溶液的酸碱性,选项D错误。答案选B。不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分.每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时,该小题得0分：若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，只要选错一个，该小题得0分。11.一种电化学“大气固碳"电池工作原理如图所示。该电池在充电时，通过催化剂的选择性控制，只有Li2CO3发生氧化,释放出CO2和O2。下列说法正确的是A.该电池放电时的正极反应为2Li－2e－＋CO32－=Li2CO3B.该电池既可选用含水电解液，也可选无水电解液C。充电时阳极发生的反应为C＋2Li2CO3－4e－=3CO2＋4Li＋D。该电池每放、充4mol电子一次，理论上能固定1molCO2【答案】D【解析】【分析】【详解】A．原电池正极发生还原反应，放电时Li被氧化成Li+应为负极，正极反应为：3CO2+4e-+4Li+=2Li2CO3+C，故A错误；B．Li能与水反应，所以不能选用含水电解液，故B错误；C．充电时阳极只有Li2CO3发生氧化，释放出CO2和O2，所以电极方程式为2Li2CO3—4e-=2CO2↑+4Li++O2↑，故C错误；D．根据放电时正极反应可知转移4mol电子，可以吸收3molCO2，根据充电时阳极反应可知转移4mol电子，释放2mollCO2，所以每放、充4mol电子一次，理论上能固定1molCO2,故D正确；故答案为D。【点睛】正确判断放电时正极反应为解题关键,根据图示放电时正极反应物只有二氧化碳，所以只能是碳元素被还原成C单质,同时生成碳酸锂,充电时碳酸锂被氧化,从而达到固定碳的目的。12.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相同条件下，分别测量0.1mol·L－1和0.01mol·L－1醋酸溶液的导电性，前者的导电性强醋酸浓度越大，电离程度越大B向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，浊液变清酸性：苯酚>碳酸CKNO3和KOH的混合溶液中加入铝粉并加热,管口放湿润的红色石蕊试纸，试纸变为蓝色NO3-还原为NH3D用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近某有色气体X,玻璃棒周围产生白烟气体X可能是氯气AA B.B C.C D.D【答案】CD【解析】【分析】【详解】A．浓度较大的醋酸溶液中离子浓度较大,所以导电性较强，但醋酸为弱电解质，浓度越大电离程度越小，故A错误；B．浊液变清是因为苯酚与碳酸钠反应生成苯酚钠、碳酸氢钠，苯酚的酸性弱于碳酸而强于碳酸氢根，故B错误;C．湿润的红色石蕊试纸变为蓝色,说明产生氨气，再结合氧化还原规律可知碱性条件下Al将硝酸根离子还原成氨气，故C正确；D．浓氨水易挥发，氯气与氨气反应生成氯化铵和氮气，玻璃棒周围产生白烟，且氯气为黄绿色气体，故D正确；故答案为CD。13。图1为CO2与CH4转化为CH3COOH的反应历程(中间体的能量关系如虚框中曲线所示）,图2为室温下某溶液中CH3COOH和CH3COO－两种微粒浓度随pH变化的曲线。下列结论错误的是A。CH4分子在催化剂表面会断开C—H键，断键会吸收能量B.中间体①的能量大于中间体②的能量C.室温下，CH3COOH的电离常数Ka＝10－4.76D.升高温度，图2中两条曲线交点会向pH增大方向移动【答案】D【解析】【详解】A。虚框内中间体的能量关系图可知，CH4分子在催化剂表面断开C－H键,断裂化学键需要吸收能量，A项正确；B。从虚框内中间体的能量关系图看,中间体①是断裂C—H键形成的，断裂化学键需要吸收能量，中间体②是形成C—C和O—H键形成的,形成化学键需要释放能量，所以中间体①的能量大于中间体②的能量，B项正确；C。由图2可知，当溶液pH=4.76，c(CH3COOH）=c(CH3COO—)=0。05mol/L，CH3COOHCH3COO—+H+的电离常数Ka==c（H+）=10-4.76。C项正确;D。根据CH3COOHCH3COO—+H+的电离常数Ka=可知，图2两条曲线的交点的c（H+）值等于醋酸的电离常数Ka的值，而升高温度电离常数增大，即交点的c(H+）增大，pH将减小，所以交点会向pH减小的方向移动。D项错误；答案选D.14。分别调节0。01mol·L－1HCOOH溶液、0。01mol·L－1氨水的pH，系统中微粒浓度的负对数值(－lgc)与pH的关系分别如下图所下列说法错误的是A.25℃时，NH3·H2ONH4++OH－的lgK=－4.7B.25℃时，0。01mol·L－1HCOOH溶液的pH为3.7C。HCOONa溶液中加入NH4Cl至溶液呈中性:c（Cl－)＞c（Na+）＞c（HCOO－）D.HCOONa溶液中加入KHSO3至溶液呈中性:c(HCOOH）+c（H2SO3)=c（SO32－）【答案】BC【解析】【分析】－【详解】A、NH3·H2O为弱碱,部分电离，电离平衡常数只受温度的影响，因此25℃时当c（NH3·H2O）=c(NH4＋），K=c(OH－）=Kw/c（H＋）=10—4。7mol·L－1，即lgK=－4.7，故A说法正确；B、25℃时甲酸平衡常数为K=10－3。7，根据平衡常数，25℃时，0.01mol·L－1甲酸中c（H＋）=10－2.85mol·L－1,即pH≈2。9,故B错误；C、根据水解平衡常数、电离平衡常数、水的离子积之间的关系，HCOO－的水解平衡常数Kh=Kw/Ka=10－10。3,NH4＋的水解平衡常数Kh=10－9.3，NH4＋的水解程度大于HCOO－水解程度，两种溶液混合后呈中性，甲酸钠的量比NH4Cl多,Na＋浓度大于Cl－浓度,故C错误；D、根据电荷守恒，c（CHOO－)＋c（HSO3－)＋2c（SO32－)＋c（OH－)=c（Na＋）＋c（H＋）＋c（K＋）,溶液显中性,c（H＋)=c(OH－），即c（CHOO－）＋c(HSO3－）＋2c(SO32－)=c（Na＋）＋c（K＋)，根据物料守恒,c（Na＋)=c（HCOO－)＋c（HCOOH)，c(K＋）=c(HSO3－)＋c（H2SO3)＋c（SO32－)，三式合并得到:c(SO32－）=c(HCOOH)＋c（H2SO3),故D正确；15。一定温度下，在三个容积均为2L的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物，发生反应:2CO（g)+4H2(g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H<0，测得反应的相关数据如下表：容器1容器2容器3反应温度T/K600600500反应物投入量0.2molCO0。4molH20.4molCO0.8molH20.2molCH3OCH30.2molH2O平衡v（CO）/(mol·L—1·s—1)v1v2v3平衡n(H2）/（mol)0。2n2n3平衡体系总压强p/Pap1p2p3物质的平衡转化率aa1（CO)a2（CO)a3（CH3OCH3)平衡常数KK1K2K3下列说法正确的是A.v1<v2，n2>0。4 B。K2=2。5×103，p2〉p3C。2p1<p3，a1（CO）>a2(CO） D.n3〈0.4，a2(CO）+a3（CH3OCH3）<1【答案】BD【解析】【详解】A．容器1和容器2温度相同，但容器2内浓度更大,反应速率更快，所以v1<v2;若容器2的容积为容器1的二倍，则二者达到等效平衡，n2=0。4，但实际上容器2容积与容器1相等，相当于在等效平衡的基础上进行加压，该反应为气体系数减小的反应，加压平衡正向移动，则n2<0.4，故A错误；B．温度相同平衡常数相同，所以K1=K2,对于容器1，投料为0。2molCO，0。4molH2，平衡时n（H2)=0.2mol，容器体积为2L，列三段式有所以平衡常数K1==2.5×103，即K2=2.5×103；将容器3的投料极限转化后和容器2投料相同，若二者反应温度相同，则达到等效平衡,此时p2=p3,但实际上容器3温度降低，该反应正反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，导致压强减小,所以p2>p3，故B正确；C．若容器3与容器1反应温度相同,且容积为容器1的2倍，则二者达到等效平衡，此时p1=p3，但实际上二者容积相等，假设把容积压缩到与1相等的过程中平衡不移动，此时2p1=p3,但实际加压平衡会正向移动，所以2p1>p3,且温度降低平衡正向移动，导致p3进一步减小；根据A选项分析可知a1（CO)<a2（CO）,故C错误;D．根据C选项分析,容器3相当于容器1的等效平衡状态正向移动,所以n3〈0.4；容器2和3若为等效平衡，则a2（CO)+a3(CH3OCH3）=1，根据B选项分析可知容器3相当于容器2的等效平衡状态正向移动,a3（CH3OCH3)减小，所以a2(CO)+a3(CH3OCH3）<1,故D正确；故答案为BD。【点睛】利用等效平衡原理分析问题时，先假设一个能达到等效平衡的虚拟状态，再分析实际情况与虚拟状态相比改变的条件是什么，平衡会如何移动。第Ⅱ卷（非选择题共60分）16.以含锂电解铝废渣(主要成分为LiF、AlF3、NaF，少量CaO等)为原料,生产碳酸锂的工艺流程如下：（已知：常温下，LiOH可溶于水,Li2CO3微溶于水)(1）含锂电解铝废渣与浓硫酸在200~400℃条件下反应2h，加水浸取后过滤，得到的滤渣主要成分是________(填化学式）。(2)流程中浸取后的过滤操作需要趁热在恒温装置中进行,否则会导致Li2SO4的收率下降，原因是________。(已知部分物质的溶解度数据见下表）温度/℃Li2SO4/gAl2(SO4）3/gNa2SO4/g036。131.24。91035。433。59.12034。836.519。53034.340.440.84033。945。748.8(3）40℃下进行碱解反应，得到粗碳酸锂与氢氧化铝的混合滤渣，生成氢氧化铝的离子方程式为________。（4)苛化过程中加入的氧化钙将不溶性的碳酸锂转化成氢氧化锂溶液。若氧化钙过量,则可能会造成________.(5)碳化反应中，CO2的吸收采用了气、液逆流的方式，这样做的优点是________。整个工艺流程中可以循环利用的物质有________.【答案】（1）。CaSO4(2).若未恒温趁热过滤，则过滤时溶液温度下降，硫酸钠结晶析出时，夹裹了部分的硫酸锂共沉淀(3）.2Al3＋＋3CO32—＋3H2O=2Al（OH）3↓＋3CO2↑(4）。碳酸锂产品的钙离子含量相对升高（或使得氢氧化铝溶解进入溶液，导致最终产品的纯度下降)（5)。可增大接触面积,提高碳化效率（6)。CO2【解析】【分析】含锂电解铝废渣主要成分为LiF、AlF3、NaF,少量CaO等，加入浓硫酸生成的气体为HF，加水浸取，硫酸钙微溶，所以浸取后过滤分离出滤渣为CaSO4，滤液中主要金属阳离子有Li+、Al3+、Na+;滤液中加碳酸钠发生2Al3++3CO32—+3H2O=2Al（OH)3↓+3CO2↑、2Li++CO32—=Li2CO3↓，气体为二氧化碳,过滤分离，滤液主要含硫酸钠，滤渣为Al（OH）3、Li2CO3，再加CaO、水苛化将不溶性的碳酸锂转化成氢氧化锂溶液,过滤分离得到LiOH溶液,碳化时LiOH与二氧化碳反应生成Li2CO3，以此来解答。【详解】（1）根据分析，得到的滤渣主要成分是微溶于水的CaSO4;(2）根据表格数据可知温度较低时，硫酸钠的溶解度较小,若未恒温趁热过滤,则过滤时溶液温度下降，硫酸钠结晶析出时，夹裹了部分的硫酸锂共沉淀,导致硫酸锂收率下降；（3)铝离子水解显酸性，碳酸根水解显碱性,二者可以彻底双水解得到氢氧化铝沉淀和二氧化碳,方程式为2Al3＋＋3CO32—＋3H2O=2Al（OH）3↓＋3CO2↑；(4)氧化钙可以和水反应生成Ca(OH)2，氢氧化钙和二氧化碳反应会生成碳酸钙沉淀，若氧化钙过量，则可能会造成碳酸锂产品的钙离子含量相对升高；且溶液碱性过强会使氢氧化铝沉淀溶解,导致最终产品的纯度下降;(5）气、液逆流的方式可增大接触面积,提高碳化效率；根据分析可知整个工艺流程中可以循环利用的物质是CO2。17。三氯氧磷（POCl3）常用作有机合成的氯化剂、催化剂和阻燃剂等。POCl3遇水会强烈水解，生成H3PO4和HCl。为测定某POCl3样品中Cl元素含量，进行下列实验：①准确称取30。70gPOCl3样品，置于盛有60.00mL蒸馏水的水解瓶中摇动至完全水解；②将水解液配成100.00mL溶液A，取10.00mL溶液A于锥形瓶中；③加入10。00mL3.200mol·L－1AgNO3标准溶液，并加入少许硝基苯用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖；④加入指示剂，用0.2000mol·L－1KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液,达到滴定终点时共用去10.00mLKSCN溶液。已知：AgSCN是白色沉淀，Ksp(AgSCN）＝2×10－12，Ksp（AgCl）＝1。8×10－10。(1）滴定选用的指示剂是________（填字母)；滴定终点的现象为________。A。FeCl2B.NH4Fe（SO4）2C.淀粉D。甲基橙(2)用硝基苯覆盖沉淀的目的是________;若无此操作,所测Cl元素含量将会________(填“偏大”、“偏小”或“不变"）。(3)计算三氯氧磷样品中Cl元素的含量________（写出计算过程)。【答案】(1）.B（2).当最后一滴标准KSCN溶液滴入时，溶液变为血红色，且半分钟不褪去(3）.使生成的沉淀与溶液隔离，避免滴定过程中SCN－与AgCl反应(或防止沉淀转化生成AgSCN而导致数据不准确)(4）.偏小(5)。先后发生的反应：POCl3＋3H2O=H3PO4＋3HCl、Cl－＋Ag＋=AgCl↓、SCN－＋Ag＋=AgSCN↓；n（AgNO3）总＝3.200mol·L－1×10.00×10－3L＝3.200×10－2mol；n（Ag＋）剩余＝n(SCN－)＝0.2000mol·L－1×10。00×10－3L＝2。000×10－3mol；与Cl－反应的n（Ag＋）＝n(AgNO3）总－n(Ag＋)剩余＝0。030mol；m（Cl元素）＝0.030mol×35。5mol·L－1＝1。065g;w（Cl元素）＝×100％＝34。69％。【解析】【分析】该滴定原理为：先将POCl3样品彻底水解，氯元素全部以Cl-形式存在,取样，然后加入硝酸银标准液，将银离子沉淀，然后再滴加KSCN标准液,测定剩余银离子的量,从而确定氯离子消耗的银离子的量,得到氯离子的量;加入硝酸银时加入少许硝基苯用力摇动,使沉淀表面被有机物覆盖，以防用KSCN溶液滴定剩余硝酸银时氯化银转化为AgSCN,使滴定结果不准。【详解】（1)滴定终点时,KSCN过量，所以选用的指示剂应能和SCN-反应使溶液变色，Fe3+与SCN-反应溶液变红色,所以选NH4Fe(SO4)2为指示剂,滴定终点，可观察到最后一滴标准液KSCN溶液滴入时，溶液变为血红色,且半分钟不褪去;（2）根据题目信息可知AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，KSCN溶液直接与氯化银接触会发生沉淀转化，导致滴定结果不准确；加入硝基苯用力摇动，使AgCl沉淀表面被有机物覆盖,使生成的沉淀与溶液隔离，避免滴定过程中SCN－与AgCl反应（或防止沉淀转化生成AgSCN而导致数据不准确）;如果不进行此操作,消耗的KSCN溶液偏多，根据滴定原理可知会导致样品中氯元素的含量偏小;（3)先后发生的反应：POCl3＋3H2O=H3PO4＋3HCl、Cl－＋Ag＋=AgCl↓、SCN－＋Ag＋=AgSCN↓；n(AgNO3）总＝3.200mol·L－1×10.00×10－3L＝3。200×10－2mol；n(Ag＋)剩余＝n（SCN－)＝0。2000mol·L－1×10.00×10－3L＝2。000×10－3mol；与Cl－反应的n(Ag＋)＝n（AgNO3）总－n（Ag＋）剩余＝0。030mol；m(Cl元素)＝0.030mol×35.5mol·L－1＝1.065g；w(Cl元素)＝×100%＝34.69%。18。以SO2、软锰矿（主要成分MnO2，少量Fe、Al、Ca及Pb的化合物等)、氨水及净化剂等为原料可制备MnSO4溶液和Mn3O4，主要实验步骤如下:步骤Ⅰ：如图所示装置，将SO2通入B中的软锰矿浆液中(MnO2+SO2=MnSO4)。步骤Ⅱ:充分反应后,在不断搅拌下依次向三口烧瓶中加入适量纯净的MnO2、MnCO3，最后加入适量Na2S沉铅等重金属。步骤Ⅲ：过滤得MnSO4溶液。(1)装置A用于制取SO2,反应的化学方程式为_____。（2）装置B中反应应控制在90~100℃，适宜的加热方式是_____。（3)装置C的作用是_____。(4）“步骤Ⅱ"中加入纯净MnO2的目的是_____,用MnCO3调节溶液pH时,需调节溶液pH范围为_____(该实验条件下,部分金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH如下）.金属离子Fe2＋Fe3＋Al3+Mn2+开始沉淀pH7.041.873。327.56沉淀完全pH9。183.274。910。2(5)已知:①用空气氧化Mn（OH）2浊液可制备Mn3O4[6Mn（OH)2+O22Mn3O4+6H2O]，主要副产物为MnOOH；反应温度和溶液pH对产品中Mn的质量分数的影响如下图所示：②反应温度超过80℃时,Mn3O4产率开始降低.③Mn(OH)2是白色沉淀，Mn3O4呈黑色；Mn3O4、MnOOH中锰的质量分数理论值依次为72.03％、62.5%。请补充完整由步骤Ⅲ得到的MnSO4溶液，并用氨水等制备较纯净的Mn3O4的实验方案:_____，真空干燥6小时得产品Mn3O4.【答案】（1).Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O(2)。用90～100℃的水浴加热(3)。吸收未反应的SO2（4)。将Fe2+氧化为Fe3+（5).4.9＜pH＜7.56(6).将滤液加热并保温在60～80℃,用氨水调节溶液pH并维持8～9,在不断搅拌下，边通空气边滴加氨水，至有大量黑色沉淀时，静置，在上层清液再滴加氨水至无沉淀，过滤，用去离子水洗涤沉淀直至过滤液中检不出SO42—【解析】【详解】（1）装置A制取SO2,发生的化学方程式为Na2SO3＋H2SO4=Na2SO4＋SO2↑＋H2O；（2)温度维持在90～100℃，适宜的加热方式为90～100℃的水浴加热；（3)SO2有毒，污染空气,因此装置C的作用是吸收未反应的SO2;(4)根据软锰矿中含有成分，以及表格中数据，MnO2作氧化剂，将Fe2＋氧化成Fe3＋，便于除去；加入MnCO3调节溶液的pH,使Fe3＋、Al3＋以氢氧化物的形式沉淀出来，但Mn2＋不能沉淀出来,即调节的pH的范围是4.9≤pH<7.56；(5）根据信息温度超过80℃，Mn3O4的产率开始降低，根据信息③，Mn3O4中Mn质量分数理论值为72.03℃，因此温度控制在60℃～80℃之间，根据pH与产物中Mn质量分数之间的关系,pH应控制在8～9之间，因此具体操作是将滤液加热并保温在60~80℃，用氨水调节溶液pH并维持8～9，在不断搅拌下,边通空气边滴加氨水，至有大量黑色沉淀时，静置,在上层清液再滴加氨水至无沉淀,过滤，用去离子水洗涤沉淀直至过滤液中检不出SO42－；19。SO2、NO是大气污染物，NH4NO3、H2SO4等是水体污染物，有效去除这些污染物是一项重要课题。（1）NO、SO2可以先氧化，后用碱吸收.其氧化过程的反应原理如下：NO（g)＋O3（g）⇌NO2(g)＋O2（g）；ΔH1＝－200。9kJ·mol－1SO2（g)＋O3（g）⇌SO3（g)＋O2(g）；ΔH2＝－241.6kJ·mol－12SO2（g）＋O2(g)⇌2SO3（g);ΔH3＝－196.6kJ·mol－1则反应2NO2(g）⇌2NO(g)＋O2（g)的ΔH=________kJ·mol－1。（2）土壤中的硫循环如图所示，土壤中的黄铁矿（FeS2）在过程Ⅰ中会转化成硫酸亚铁和硫酸，该过程发生的化学方程式为________；某种反硫化细菌在过程Ⅱ中需要有乳酸参与反应消耗硫酸,生成H2S并伴有热量放出，那么乳酸除在反应中作还原剂外，还存在另一作用并解释原因:________。(3）电解法除去工业废水中的硝酸铵的装置示意图如图所示，阴极电极反应式为_______.（4)向恒容密闭容器中充入1molNO和2molO3，发生如下反应:NO(g）＋O3（g)⇌NO2(g）＋O2（g)；ΔH〈0.不同温度下反应相同时间后，体系中NO转化率随温度变化曲线如图。温度低于100℃时，NO转化率随温度升高而增大的主要原因是________；当温度高时，O3分解生成活性极高的氧原子，NO转化率随温度升高而降低,可能的原因有：①________，②________。【答案】(1）。+115。2(2).2FeS2＋7O2＋2H2O=2FeSO4＋2H2SO4(3）.因为过程Ⅱ(反硫化过程）吸热，乳酸和硫酸反应放出的热量使温度升高促进了过程Ⅱ（反硫化过程)的进行(4).2NH4+＋2e－=2NH3↑＋H2↑（5).低于100℃时,相同时间内反应未达到平衡。温度升高，化学反应速率加快，NO转化率高（6).温度高时，反应速率快，相同时间内已达到平衡，温度升高平衡左移(7）。发生反应NO2＋O=NO＋O2【解析】【分析】（1)①已知NO（g）+O3(g）⇌NO2(g)+O2（g)△H1=-200。9kJ•mol-1，②SO2(g）+O3(g）⇌SO3（g)+O2（g）△H2=—241.6kJ•mol—1，③2SO2(g）+O2(g）⇌2SO3(g)△H3=-196.6kJ•mol-1，盖斯定律计算（②—①）×2得到反应2NO2（g）⇌2NO（g)+O2(g)的△H；(2）土壤中的黄铁矿（FeS2)在过程Ⅰ中和氧气、水反应会转化成硫酸亚铁和硫酸；乳酸参与反应消耗硫酸，有热量放出使温度升高;（3)装置图中放出氧气的为阳极,溶液中铵根离子在阴极得到电子生成混合气体为氨气和氢气；(4）温度低于100℃时，NO转化率随温度升高而增大是反应速率增大，反应正向进行，已知温度高时，O3分解生成活性极高的氧原子，NO转化率随温度升高而降低，由于反应为放热反应，随温度升高平衡逆向进行，同时发生反应NO2+O=NO+O2使转化率降低。【详解】（1)已知：①NO(g)+O3（g)⇌NO2(g）+O2(g）△H1=—200。9kJ•mol—1，