广东省揭阳市第三中学2026届高二化学第一学期期中质量检测模拟试题含解析

广东省揭阳市第三中学2026届高二化学第一学期期中质量检测模拟试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、一定条件下反应2AB(g)A2(g)＋B2(g),不能确定达到平衡状态的是A．单位时间内生成nmolA2，同时生成2nmolABB．单位时间内生成nmolB2，同时生成2nmolABC．AB的消耗速率等于A2的消耗速率D．容器中各组分的物质的量分数不随时间变化2、少量铁粉与100mL0.01mol•L﹣1的稀盐酸反应，反应速率太慢。为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的①加H2O②加NaOH固体③滴入几滴浓盐酸④加CuO固体⑤加NaCl溶液⑥滴加几滴硫酸铜溶液⑦升高温度（不考虑盐酸挥发）A．①⑤⑦ B．②④⑥ C．③⑦ D．③⑥⑦3、在一个不传热的固定容积的密闭容器中，发生可逆反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(s)，当m、n、p、q为任意整数时，反应达到平衡的标志是()①体系的压强不再改变②体系的温度不再改变③体系的密度不再变化④各组分质量分数不再改变A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④4、有一反应：2A＋B2C，其中A、B、C均为气体，下图中的曲线是该反应在不同温度下的平衡曲线，x轴表示温度，y轴表示B的转化率，图中有a、b、c三点，如图所示，则下列描述正确的是A．该反应是放热反应B．b点时混合气体的平均摩尔质量不再变化C．T1温度下若由a点达到平衡，可以采取增大压强的方法D．c点：v(正)<v(逆)5、已知常温常压下，N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92.4kJ/mol。在同温同压下向一密闭容器中通入0.5molN2和1.5molH2，反应完成时放出热量为QkJ，则下列关系正确的是()A．Q＝92.4 B．Q＝46.2 C．Q＜46.2 D．Q>46.26、某温度时，在一体积不变的容器中充入A、B各1mol，反应进行到10s时，测得容器中含有A：0.8mol；B：0.4mol；C：0.4mol。据此回答该反应的化学方程式为：()A．A＋3B==C B．2A＋B===C C．A＋3B===2C D．A＋3B===3C7、用丙醛CH3CH2CHO制取聚丙烯的过程中发生的反应类型为①取代反应；②消去反应；③加聚反应；④还原反应；⑤氧化反应A．④②③B．⑤②③C．①④③D．②④⑤8、25℃时，下列溶液中水的电离程度最小的是(

)A．0.01mol/L盐酸 B．0.01mol/LNa2CO3溶液C．pH=4的NaHSO4溶液 D．pH=11的氨水9、下列溶液一定呈中性的是：A．pH＝7的溶液B．c(H＋)＝c(OH－)＝10－6mol·L－1的溶液C．使石蕊试液呈紫色的溶液D．酸与碱恰好完全反应10、在1L恒容密闭容器中充入X(g)和Y(g)，发生反应X(g)+Y(g)M(g)+N(g)，所得实验数据如下表，下列说法不正确的是实验编号温度/℃起始时物质的量/mol平衡时物质的量/moln(X)n(Y)n(M)①7000.100.100.09②8000.200.200.10③9000.100.15aA．正反应为放热反应B．实验①中，若5min时测得n(M)=0.05mol，则0~5min时间内，用N表示的平均反应速率v（N）=0.01mol/(L•min)C．实验②中，该反应的平衡常数K=1.0D．实验③中，达到平衡时，a大于0.0611、在中和反应反应热的测定实验中，下列实验误差分析结论不正确的是A．若将NaOH溶液分多次倒入盐酸中，测得温度计的最高读数偏小B．若将环形玻璃搅拌棒换成铜棒，测得温度计的最高读数偏小C．若将稀盐酸换成浓硫酸，测得的反应热ΔH偏大D．若大小烧杯的烧杯口未对齐，测得的反应热ΔH偏大12、铝元素的多种化合物间存在下列转化关系，关于上述过程描述正确的是（）A．实现过程①可通过足量B．实现过程②可加入足量C．实现过程③可加入足量D．实现过程④可通入足量13、已知室温时，0.1mo1/L某一元酸HA在水中有0.1％发生电离，下列叙述错误的是：A．该溶液的pH=4 B．升高温度，溶液的pH增大 C．此酸的电离平衡常数约为1×10-7 D．由HA电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)的106倍14、足量的Zn粉与50mL0.1mol·L-1的稀硫酸充分反应。为了减慢此反应的速率而不改变H2的产量，可以采用如下方法中的()①加Na2SO4溶液②改用50mL0.1mol·L-1的稀盐酸③减压④改用50mL0.1mol·L-1的硝酸⑤冰水浴⑥加Na2CO3溶液A．①②③④ B．①⑤ C．①⑤⑥ D．②⑤⑥15、下列反应属于放热反应的是A．C+CO22CO B．Zn与稀盐酸反应制备氢气C．浓硫酸溶于水 D．石灰石分解制备氧化钙16、可逆反应2NO22NO+O2在恒容密闭容器中进行，达到平衡状态的标志是①单位时间生成nmolO2，同时生成2nmoolNO②单位时间内生成nmolO2，同时生成2nmolNO2③用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2∶2∶1④混合气体的颜色不再改变⑤混合气体的密度不再改变⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变A．①③⑤ B．②④⑥ C．②③④ D．③④⑤二、非选择题（本题包括5小题）17、某研究小组苯酚为主要原料，按下列路线合成药物—沙丁胺醇已知①A→B原子利用率100%②③请回答（1）写出D官能团的名称____________（2）下列说法正确的是（_________）A．A是甲醛B．化合物D与FeCl3溶液显色反应C．B→C反应类型为取代反应D．沙丁胺醇的分子式C13H19NO3（3）设计化合物C经两步反应转变为D到的合成路线（用流程图表示）__________（4）写出D+E→F的反应化学方程式____________________________________（5）化合物M比E多1个CH2，写出化合物M所有可能的结构简式须符合：1H-NMR谱表明M分子中有3种氢原子____________________________________________18、A是由两种元素组成的化合物，质量比为7:8，在真空中加热分解，生成B、C。E是常见的液体，C和E高温下能发生反应。F为日常生活中常见的化合物，E、F之间的反应常用于工业生产，I为黄绿色气体单质。(1)写出A的化学式：____(2)写出K的电子式：______(3)写出C和E高温下能发生反应的方程式：______(4)写出D和L发生反应的离子方程式：_______19、某校化学课外兴趣小组为了探究影响化学反应速率的因素，做了以下实验。(1)用三支试管各取5.0mL、0.01mol·L－1的酸性KMnO4溶液，再分别滴入0.1mol·L－1H2C2O4溶液，实验报告如下。①实验1、3研究的是_________对反应速率的影响。②表中V＝_________mL。(2)小组同学在进行(1)中各组实验时，均发现该反应开始时很慢，一段时间后速率会突然加快。对此该小组的同学展开讨论：①甲同学认为KMnO4与H2C2O4的反应放热，温度升高，速率加快。②乙同学认为随着反应的进行，因_________，故速率加快。(3)为比较Fe3＋、Cu2＋对H2O2分解的催化效果，该小组的同学又分别设计了如图甲、乙所示的实验。回答相关问题：①装置乙中仪器A的名称为_________。②定性分析：如图甲可通过观察反应产生气泡的快慢，定性比较得出结论。有同学提出将CuSO4溶液改为CuCl2溶液更合理，其理由是____________________________________。③定量分析：如图乙所示，实验时以收集到40mL气体为准，忽略其他可能影响实验的因素，实验中需要测量的数据是_______________。20、在平板电视显示屏生产过程中产生的废玻璃粉末中含有二氧化铈(CeO2)。(1)在空气中煅烧Ce(OH)CO3可制备CeO2，该反应的化学方程式________；(2)已知在一定条件下，电解熔融状态的CeO2可制备Ce，写出阳极的电极反应式________；(3)某课题组用上述废玻璃粉末(含有SiO2、Fe2O3、CeO2以及其它少量不溶于稀酸的物质)为原料，设计如图流程对资源进行回收，得到Ce(OH)4和硫酸铁铵。①过滤得到滤渣B时，需要将其表面杂质洗涤干净。洗涤沉淀的操作是________。②反应①的离子方程式为______________________。③如下图，氧化还原滴定法测定制得的Ce(OH)4产品纯度。该产品中Ce(OH)4的质量分数为________________(保留两位有效数字)。若滴定所用FeSO4溶液已在空气中露置了一段时间，则测得该Ce(OH)4产品的纯度__________(“偏高”、“偏低”或“无影响”)。21、工业上以某软锰矿（主要成分为MnO2，还含有SiO2、Al2O3等杂质）为原料，利用烟道气中的SO2制备MnSO4·H2O的流程如下：(1)滤渣A的主要成分是_________（填化学式）。(2)操作Ⅰ为加热（煮沸）结晶、趁热过滤、洗涤、干燥。根据下图溶解度曲线分析，趁热过滤的目的除了防止MnSO4·H2O中含有(NH4)2SO4外，还有____________________。（3）MnSO4常用于测量地表水的DO值(每升水中溶解氧气的质量，即溶氧量)。我国《地表水环境质量标准》规定，生活饮用水源的DO值不得低于5mg·L－1。李明同学设计了如下实验步骤测定某河水的DO值：第一步：使如图所示装置中充满N2后，用注射器向三颈烧瓶中加入200mL水样。第二步：用注射器向三颈烧瓶中依次加入一定量MnSO4溶液（过量）、碱性KI溶液（过量），开启搅拌器，发生下列反应：Mn2＋＋O2＋OH－→MnO(OH)2↓（未配平）第三步：搅拌并向烧瓶中加入一定量H2SO4溶液，在酸性条件下，上述MnO(OH)2将I－氧化为I2，其反应如下：MnO(OH)2＋I－＋H＋→Mn2+＋I2＋H2O（未配平）第四步：从烧瓶中取出40.00mL溶液，与0.010mol·L－1Na2S2O3溶液发生反应：2S2O32—＋I2=S4O62—＋2I－，恰好完全进行时，消耗Na2S2O3溶液4.40mL。①在配制第二、三步所加试剂时，所有溶剂水须先煮沸后再冷却才能使用，将溶剂水煮沸的作用是_____。②通过计算判断作为饮用水源，此河水的DO值是否达标______(写出计算过程，不考虑第二、三步加入试剂后水样体积的变化)。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【详解】反应达到平衡的标志是：正逆反应速率相等，各组分的浓度是一定值。A、B、D表示各组分的浓度不再随着时间表的改变而改变，是一定值；而C选项当AB的消耗速率等于A2的消耗速率，表明在单位时间内，消耗的AB和消耗的A2的物质的量相等，那么各组分的浓度随时间的改变在改变，没有达到平衡状态。2、C【详解】①加水，稀释了盐酸，故反应速率变慢，故不选；②加入氢氧化钠会消耗盐酸，盐酸浓度降低，和金属锌反应速率减慢，故不选；③加浓盐酸，盐酸浓度增大，反应速率加快，且不改变H2的产量，故选；④加CuO固体会消耗盐酸，盐酸浓度降低，和金属锌反应速率减慢，故不选；⑤加氯化钠溶液，稀释了盐酸，故反应速率变慢，故不选；⑥滴加硫酸铜溶液，铁把铜置换出来，形成原电池，故反应速率加快，但与盐酸反应的铁减少，故减少了产生氢气的量，故不选；⑦升高温度，反应速率加快，且不改变H2的产量，故选；可以使用的方法有③⑦，故选C。【点睛】本题考查了影响反应速率的因素。本题的易错点为⑥，要注意审题：加快反应速率和不改变氢气的量。3、C【解析】①该反应气体的物质的量不能确定是否有变化，故①不是反应达到平衡的标志；②温度随着反应进行而改变，当体系的温度不再改变时，说明反应达到平衡，故②是反应达到平衡的标志；③该反应气体体积一定，气体密度随着反应进行而改变，当体系的密度不再变化时，说明反应达到平衡，故③反应达到平衡的标志；④各组分质量分数不再改变，说明反应达到平衡的标志，故④是反应达到平衡的标志。故选C。点睛：化学平衡的本质就是正反应速率等于逆反应速率，宏观上各物质的质量、物质的量、百分含量等保持不变。4、B【分析】由反应方程式可知该反应的正反应为气体体积减小的反应。分析所给图示，可以看出随着温度的升高，B的转化率逐渐增大，表示反应向正反应方向进行，则该反应为吸热反应。【详解】A．分析图示曲线的趋势，温度升高，反应正向进行，即正反应是吸热反应，A项错误；B．b点在平衡曲线上，说明此时可逆反应达平衡状态，对于反应前后气体体积改变的反应，平均摩尔质量不再变化，B项正确；C．T1温度下若由a点达到平衡，则可逆反应应向逆反应方向移动，增大压强会使该反应向正反应方向移动，不能达到目的，C项错误；D．c点未处于平衡状态，要达到平衡状态，反应需向正反应方向进行，则v(正)>v(逆)，D项错误；答案选B。5、C【分析】合成氨的反应是可逆反应，反应物不能完全反应；假定完全反应计算放出的热量，实际放出的热量小于完全反应计算放出的热量。【详解】假定0.5molN2和1.5molH2完全反应，根据N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=-92.4kJ·mol-1可知，放出的热量为：92.4kJ×0.5/1=46.2kJ，由于合成氨是可逆反应，故反应物不能完全反应，所以放出的热量小于46.2kJ,即Q＜46.2kJ，C正确；综上所述，本题选C。6、C【详解】化学反应速率之比等于化学方程式中各物质的化学计量数之比，等体积条件下等于各物质的物质的量变化之比，∆n（A）=1-0.8=0.2mol，∆n（B）=1-0.4=0.6mol，∆n（C）=0.4mol，所以该反应的化学方程式为A＋3B===2C；答案选C。7、A【解析】用CH3CH2CHO制取聚丙烯，可用逆推法，←CH3CH2=CH2←CH3CH2CH2OH←CH3CH2CHO。第一步CH3CH2CHO与氢气加成得到CH3CH2CH2OH，与氢气加成又可称为还原反应；第二步；丙醇发生消去反应得到丙烯；第三步，丙烯发生加聚反应得到聚丙烯。故选A。8、A【详解】A.0.01mol/L盐酸中氢离子浓度是0.01mol/L，抑制水的电离；B.0.01mol/LNa2CO3溶液中碳酸根水解，促进水的电离；C.pH=4的NaHSO4溶液中溶质电离出氢离子，抑制水的电离，其中氢离子浓度是10－4mol/L；D.pH=11的氨水中一水合氨电离出氢氧根，抑制水的电离，其中氢氧根离子浓度是10－3mol/L；综上所述，对水的电离的抑制作用最大的是0.01mol/L盐酸，因此，水的电离程度最小的是0.01mol/L盐酸，答案选A。9、B【解析】温度未知时，根据溶液中c（H+）、c（OH-）相对大小判断溶液酸碱性，如果c（H+）=c（OH-），则溶液呈中性，如果c（H+）＞c（OH-），则溶液呈酸性，如果c（H+）＜c（OH-），则溶液呈碱性，据此分析解答。【详解】A．pH=7的溶液不一定呈中性，100℃时纯水的pH=6，该温度下pH=7时溶液呈碱性，选项A错误；B．无论温度多少，只要溶液中存在c（H+）=c（OH-），则该溶液一定呈中性，所以c（H+）=c（OH-）=10-6mol•L-1的溶液呈中性，选项B正确；C．石蕊试液变色范围是5-8，则石蕊试液呈紫色的溶液不一定是中性的，选项C错误；D．酸与碱恰好反应生成的溶液不一定是中性的，溶液的酸碱性由生成的盐的性质决定，如生成氯化铵溶液呈酸性、生成碳酸钠溶液呈碱性，故D错误；答案选B。【点睛】本题考查溶液酸碱性判断，要根据溶液中c（H+）、c（OH-）相对大小判断溶液酸碱性，温度未知时不能根据溶液pH判断酸碱性，为易错题。10、D【解析】A．根据表格数据①②知，增大压强平衡不移动，升高温度，后②中M的物质的量小于①的2倍，说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故A正确；B．实验①中，若5min时测得n(M)=0.05mol，则0至5min时间内，v(M)=0.05mol1L5min=0.01

mol/(

L•min)，化学反应速率与化学计量数成正比，则用N表示的平均反应速率v(N)=v(M)=0.01

mol/(

L•min)，故C．

X(g)+Y(g)⇌M(g)+N(g)反应前(mol)0.2

0.2

0

0转化

(mol)

0.1

0.1

0.1

0.1平衡时(mol)

0.1

0.1

0.1

0.1则实验②中，该反应的平衡常数K=0.11×0.110.11×0.11=1.0，故C正确；D．反应X(g)+Y(g)⇌M(g)+N(g)为气体体积不变的反应，压强不影响化学平衡，若实验①②温度相同，实验②平衡时M的物质的量应该为11、C【分析】若将NaOH溶液分多次倒入盐酸中，造成大量热量损失；铜棒易导热，若将环形玻璃搅拌棒换成铜棒，造成热量损失；浓硫酸溶于水放热；若大小烧杯的烧杯口未对齐，造成热量损失。【详解】若将NaOH溶液分多次倒入盐酸中，造成大量热量损失，所以测得温度计的最高读数偏小，故A说法正确；铜棒易导热，若将环形玻璃搅拌棒换成铜棒，造成热量损失，所以测得温度计的最高读数偏小，故B说法正确；浓硫酸溶于水放热，若将稀盐酸换成浓硫酸，放出热量偏大，测得的反应热ΔH偏小，故C说法错误；若大小烧杯的烧杯口未对齐，造成热量损失，测得的反应热ΔH偏大，故D说法正确。选C。12、C【详解】A、氢氧化铝不能溶于碳酸，因此通如足量不能实现过程①，故A错误；B、氢氧化铝为两性氢氧化物，足量NaOH会将生成的氢氧化铝溶解，因此实现过程②可加入少量NaOH，故B错误；C、氢氧化铝为两性氢氧化物，足量NaOH会将生成的氢氧化铝溶解生成偏铝酸钠，故C正确；D、氨水为弱碱，氢氧化铝不能溶于氨水，不能实现过程④，故D错误；故选C。【点睛】解答本题要注意，氢氧化铝为两性氢氧化物，能够溶于强酸和强碱，不能溶于碳酸或氨水等弱酸和弱碱。13、B【详解】A项，0.1mol/L某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，说明溶液中c(H+)=0.1×0.1%mol·L-1=10-4mol·L-1，pH=4，故A项正确；B项，升温促进电离，溶液的pH减小，故B项错误；C项，此酸的电离平衡常数约为K===1×10-7，故C项正确；D项，由HA电离出的c(H+)约为10-4mol·L-1，所以c(H+，水电离)=10-10mol·L-1，前者是后者的106倍，所以由HA电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)的106倍，故D项正确。答案选B。14、B【分析】为了降低此反应速率而不改变H2的产量，少量Zn粉完全反应，则可通过降低氢离子浓度、降低温度等来降低反应速率，以此来解答。【详解】①加Na2SO4溶液，溶液中的水对硫酸来说其稀释作用，使溶液中c(H+)降低，反应速率减小，但氢气的量不变，①正确；②改用50mL、0.1mol/L的稀盐酸，溶液中c(H+)降低，反应速率减小，生成氢气的量减小，②错误；③反应在溶液中进行，减压，对反应速率基本不影响，③错误；④改用50mL、0.1mol/L的硝酸，由于硝酸具有强的氧化性，与Zn发生反应不生成氢气，而生成NO气体，④错误；加适量固体醋酸钠，氢离子浓度降低，反应速率减小，但氢气的总量不变，故正确；⑤冰水浴，使反应温度降低，反应速率减小，由于氢离子的物质的量不变，因此最终产生的氢气的总量不变，⑤正确；⑥加Na2CO3溶液，Na2CO3与硫酸反应产生CO2气体，反应消耗硫酸，导致生成氢气的总量减小，⑥错误；则符合题意的叙述是①⑤；故合理选项是B。【点睛】本题考查影响反应速率的因素，明确常见的影响化学反应速率的外界因素有温度、浓度、原电池对反应速率的影响即可解答，注意Zn粉过量，生成的氢气由硫酸决定为解答的易错点。15、B【详解】A、C与CO2反应生成CO是吸热反应，故A错误；B、锌与稀盐酸反应属于放热反应，故B正确；C、浓硫酸溶于水是物理变化，而放热反应首先是化学变化，故C错误；D、石灰石分解是吸热反应，故D错误；答案选B。16、B【分析】可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆反应速率之比等于系数之比（不同物质），平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，由此衍生的一些物理量不变，以此分析。【详解】①无论反应是否达到平衡状态，反应速率之比等于化学计量数之比，不能说明达到平衡状态，故①错误；②单位时间内生成nmolO2，同时生成2nmolNO2，说明反应v正=v逆，达到平衡状态，故②正确；③化学反应进行到任何程度，化学反应速率之比均等于方程式的系数之比，所以用NO2、NO、O2表示的反应速率的比为2：2：1的状态不一定是平衡状态，故③错误；④混合气体颜色不再改变，证明二氧化氮的浓度不随时间的改变而改变，证明达到了平衡状态，故④正确；⑤混合气体密度ρ=，质量在反应前后是守恒的，体积保持不变，所以密度自始至终都不变，所以混合气体密度不改变的状态不一定是平衡状态，故⑤错误；⑥混合气体平均相对分子质量M=，质量在反应前后是守恒的，反应是一个前后气体系数和变化的反应，即n是变化的，所以M不变证明反应达到了平衡状态，故⑥正确。答案选B。【点睛】本题考查化学平衡状态的判断，题目难度不大，做题时注意分析化学方程式的前后计量数大小的关系。二、非选择题（本题包括5小题）17、醚键AC、、、【分析】本题主要考查有机化合物的综合合成与推断。①A→B的原子利用率为100%，A的分子式是CH2O；B与氯乙烯发生取代反应生成C，结合沙丁胺醇的结构简式，可知B是，C是；C中碳碳双键被氧化前需要保护羟基不被氧化，所以C→D的两步反应，先与(CH3)2SO4反应生成，再氧化为，所以D是；根据沙丁胺醇的结构简式逆推E，E是；F是，F与HI反应生成。【详解】根据以上分析。(1)D为，其含有的官能团的名称是醚键；(2)A的分子式是CH2O，A是甲醛，故A正确；D为，D中不含酚羟基，所以不能与FeCl3溶液发生显色反应，故B错误；B为，B与氯乙烯发生取代反应生成，故C正确；沙丁胺醇的分子式为C13H21NO3，故D错误；(3)化合物C经两步反应转变为D的合成路线为；(4)与反应生成的反应化学方程式为；(5)E的分子式是C4H11N，化合物M比E多1个CH2，则M的分子式是C5H13N，符合1H-NMR谱表明M分子中有3种氢原子的化合物M可能的结构简式有、、、。18、FeS2SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+【分析】I为黄绿色气体单质，I是氯气；E是常见的液体，F为日常生活中常见的化合物，E、F之间的反应常用于工业生产，且能产生氯气，故E是水、F是氯化钠，电解饱和食盐水生成氢气、氯气、氢氧化钠，氢气、氯气生成氯化氢，I是氯气、H是氢气，K是氢氧化钠、J是氯化氢；A是由两种元素组成的化合物，质量比为7:8，在真空中加热分解，生成B、C，A是FeS2，C和水高温下能发生反应，B是S、C是铁；铁和水高温下能发生反应生成四氧化三铁和氢气，G是四氧化三铁，四氧化三铁与盐酸反应生成氯化铁和氯化亚铁；S在氧气中燃烧生成二氧化硫，D是二氧化硫，SO2能把Fe3+还原为Fe2+。【详解】根据以上分析，(1)A是FeS2；(2)K是氢氧化钠，属于离子化合物，电子式为；(3)铁和水高温下发生反应生成四氧化三铁和氢气，方程式为；(4)SO2能把Fe3+还原为Fe2+，反应的离子方程式是SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+。19、温度4.0产物Mn2+可能对该反应具有催化作用分液漏斗控制阴离子相同，排除阴离子的干扰收集40mL气体所需时间【分析】（1）①、②作对比实验分析，其他条件相同时，只有一个条件的改变对反应速率的影响；（2）探究反应过程中反应速率加快的原因，一般我们从反应放热，温度升高，另一个方面从反应产生的某种物质可能起到催化作用；（3）比较Fe3＋、Cu2＋对H2O2分解的催化效果，阳离子不同，尽量让阴离子相同，减少阴离子不同造成的差别，催化效果可以从相同时间内收集气体体积的多少或者从收集相同体积的气体，所需时间的长短入手。【详解】（1）①实验1、3反应物物质的量浓度，但温度不同，所以反应速率不同是由温度不同导致的，故实验1、3研究的是温度对反应速率的影响；②实验1、2研究的是H2C2O4的浓度对反应速率的影响，此时反应温度相同，KMnO4的浓度相同，故表中V＝4.0mL（2）随着反应的进行，生成的Mn2+的物质的量浓度逐渐增加，生成的Mn2+可能对反应有催化作用；（3）①由仪器的构造，可知仪器A为分液漏斗；②在探究Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，必须保证在其他的条件相同，所以将CuSO4改为CuCl2更为合理，可以避免由于阴离子不同造成的干扰；③如图乙所示，实验时以收集到40mL气体为准，忽略其他可能影响实验的因素，实验中需要测量的数据是时间，收集相同体积的气体，所需要的时间越少，反应速率越快。【点睛】本题通过保持其他外界条件一致而改变一个条件来探究温度、催化剂对反应速率的影响，综合性较强。20、（1）4Ce(OH)CO3+O2=4CeO2+4CO2+2H2O（2）（3）后一次的洗涤液滴入KSCN溶液无变化,加入氯水若不变红色,证明洗涤干净;2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O;冷却结晶65.30%偏高【解析】试题分析：（1）Ce(OH)CO3变成CeO2失去1个电子，氧气得到4个电子，所以二者比例为4:1，方程式为4Ce(OH)CO3+O2=4CeO2+4CO2+2H2O。（2）电解熔融状态的二氧化铈可制备铈，在阴极得到铈，阴极是铈离子得到电子生成铈，电极反应为。（3）滤渣A为氧化铁，二氧化铈和氧化亚铁，与硫酸反应后溶液中存在铁离子和亚铁离子。固体表面可吸附铁离子或亚铁离子，检验滤渣B已经洗净的方法是取最后一次的洗涤液滴入KSCN溶液无变化,加入氯水若不变红色,证明洗涤干净。二氧化铈与过氧化氢反应生成硫酸铈和水，方程式为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；根据流程分析，由溶液生成固体，应先蒸发浓缩，然后冷却结晶。称取0.536g样品，加入硫酸溶解，用硫酸亚铁溶液滴定，消耗25毫升，方程式为：Ce4++Fe2++=Ce3++Fe3+,根据元素守恒分析，Ce(OH)4的物质的量等于亚铁离子物质的量=0.0025mol，含量为0.0025×140/0.536="65.30%"；硫酸亚铁在空气中被氧化，消耗硫酸亚铁增多，测定产品的质量分数偏高。考点：物质分离和提纯的方法和基本实验操作，氧化还原反应的配平【名师点睛】

方法

适用范围

主要仪器

注意点

实例

固+液

蒸发

易溶固体与液体分开

酒精灯、蒸发皿、玻璃棒

①不断搅拌；②最后用余热加热；③液体不超过容积2/3

NaCl(H2O)

固+固

结晶

溶解度差别大的溶质分开

NaCl(KNO3)

升华

能升华固体与不升华物分开

酒精灯

I2(NaCl)

固+液

过滤

易溶物与难溶物分开

漏斗、烧杯

①一贴、二低、三靠；②沉淀要洗涤；③定量实验要“无损”

NaCl(CaCO3)

Fe粉(A1粉)

液+液

萃取

溶质在互不相溶的溶剂里，溶解度的不同，把溶质分离出来

分液漏斗

①先查漏；②对萃取剂的要求；③使漏斗内外大气相通;④上层液体从上口倒出

从溴水中提取Br2

分液

分离互不相溶液体

分液漏斗

乙酸乙酯与饱和Na2CO3溶液

蒸馏

分离沸点不同混合溶液

蒸馏烧瓶、冷凝管、温度计、牛角管

①温度计水银球位于支管处；②冷凝水从下口通入；③加碎瓷片

乙醇和水、

I2和CCl4

渗析

分离胶体与混在其中的分子、离子

半透膜

更换蒸馏水

淀粉与NaCl

盐析

加入某些盐，使溶质的溶解度降低而析出

烧杯

用固体盐或浓溶液

蛋白质溶液、

硬脂酸钠和甘油

气+气

洗气

易溶气与难溶气分开

洗气瓶

长进短出

CO2(HCl)、

CO(CO2)

液化

沸点不同气分开

U形管

常用冰水

NO2(N2O4)

21、SiO2减少MnSO4·H2O的损失，防止生成MnSO4·5H2O除去水中溶解的氧气达标【分析】分析信息和工艺流程知向软锰矿浆通入稀硫酸和烟道气，酸浸，酸性条件下，二氧化锰与二氧化硫反应生成硫酸锰、氧化铝和稀硫酸反应生成硫酸铝，过滤，滤渣A为二氧化硅，向滤液1中加入氨水，调节pH=5.4，将Al3+转化为氢氧化铝沉淀，过滤，滤渣B为氢氧化铝，滤液2为硫酸锰溶液，经过加热（煮