河北省沧州市泊头市八县联考2023-2024学年高三下学期化学5月月考试题（含答案）

第第页河北省沧州市泊头市八县联考2023-2024学年高三下学期化学5月月考试题一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1．开元寺铁佛像是世界上现存的最大古代铁佛像，开元大佛为中空铸铁件，外有泥塑涂层和贴金饰层。下列说法正确的是（）A．佛像腰部以上部位表面多呈红棕色，其主要成分为Fe3O4B．泥塑涂层由黏土烧制而成，泥塑涂层属于硅酸盐材料C．佛像贴金饰层所用材料为黄金金箔，金箔的制作过程属于化学变化D．佛像中空铸铁件所用材料为生铁，生铁的含碳量比钢的含碳量低2．下列实验室药品的保存或实验安全应急措施错误的是（）A．漂白粉要避光、密封保存在阴凉处B．浓溴水沾在皮肤上，先用大量水冲洗，再用酒精擦拭C．AgNO3溶液应当保存在棕色细口瓶中D．浓硫酸沾到皮肤上，先用大量水冲洗，然后涂抹稀NaOH溶液3．下列关于分子结构和性质的说法正确的是（）A．H2O2和S2Cl2均为极性分子B．Cl2O分子的键角比SCl2分子的键角小C．BF3和NF3的VSEPR模型和分子空间构型均相同D．C2H6和C2H4分子中形成C-Hσ键原子轨道的重叠方式相同4．有机物M在一定条件下可以转化为N，下列说法正确的是（）A．M能与NaOH溶液发生反应B．可利用溴水鉴别M和NC．N分子中含有1个手性碳原子D．含2个甲基和2个醛基的N的同分异构体有4种5．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．标准状况下，11.2LCH3CHO中含有π键的数目为0.5NAB．1mol基态Ni原子中含有未成对电子数为3NAC．100mL8mol/L浓硝酸与6.4g的Cu完全反应转移的电子数目为0.2NAD．工业合成氨的反应通入14gN2和14gH2充分反应后生成NH分子的数目为NA6．短周期主族元素X、Y、Z、W、M和Q的原子序数依次增大，其构成一种化合物的结构如图所示。下列说法正确的是（）A．上述元素均位于元素周期表的p区B．简单氢化物的沸点：Q>W>YC．Z的最高价氧化物的水化物可与Q的氢化物反应生成固体单质D．简单离子半径：M>W>Z7．下列实验操作能达到实验目的的是（）选项实验目的实验操作A比较Cu和Ag的金属性将银棒和铜棒分别插入AgNO3溶液与CuSO4溶液中，并用盐桥和导线(含电流表)将二者连接组成原电池B验证KI溶液与FeCl3溶液之间的反应为可逆反应取2mL0.1mol/LKI溶液，加入5~6滴FeCl3溶液充分反应，再滴入2滴淀粉溶液C证明苯能与液溴发生取代反应将苯与液溴反应生成的气体直接通入AgNO3溶液中D证明Kh(CuSO4)随温度升高而增大用pH计分别测量40℃和70℃时0.1mol/LCuSO溶液的pHA．A B．B C．C D．D8．通过有机分子a可组装高度有序的聚电解质薄膜b，该薄膜具有精确可调谐的层间距和高效的离子传输。下列说法错误的是（）A．有机分子a中参与sp3杂化和sp2杂化的C原子数目之比为4：1B．有机分子a中存在离子键和共价键C．聚电解质薄膜b中相邻的有机分子a之间存在氢键D．离子在聚电解质薄膜b中依靠正、负电荷间的静电作用传输9．电解锰工业会产生镁、锰复盐(NH4)，MnMg2(SO4)6.5·21H2O，一种利用该复盐回收金属Mg和Mn的工艺流程如下：下列说法正确的是（）A．“热水浸”的目的是加快溶解速率，其所得溶液呈碱性B．“沉锰”时，发生反应的离子方程式为Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+H2C．滤液中所含溶质的主要成分为(NH4)2SO4和NH3·H2OD．将生成的Mg(OH)2进行焙烧，所得固体可用于工业电解制备金属镁10．科学研究发现负载在Cu-SSZ-13分子筛表面的Cu2+有两种存在形式，其结构如图1所示，其催化NH3还原NO的机理如图2所示。下列说法错误的是（）A．图1中，1号Cu2+与O原子形成的配位键中，O提供孤电子对B．图2中，在Cu2+表面进行NH3还原NO的反应路径有2种，但可以相互转化C．NH3还原NO的总化学方程式为4NH3+4N0+O2催化剂__4N2+6HD．该反应机理中涉及氧化还原反应，且Cu+形成配合物的配位数均相同11．科学家最近研发出通过光电化学制氢的同时获得高附加值化学产品的控制系统，反应原理如下图所示(其中h+表示电子空穴)。下列说法错误的是（）A．a-Fe2O3电极电势低于Pt电极B．电解质溶液中H+向a-Fe2O电极迁移C．a-Fe2O3电极反应式为：+2h+=+2H+D．理论上，当a-Fe2O3电极上产生2.408×1023个h+时，Pt电极生成0.4gH212．科学家研发出一种新型储氢材料，晶胞结构如下图所示，晶胞参数为apm，下列说法正确的是（）A．所含非金属元素的电负性N>B>HB．该晶体的化学式为【Mg(NH3)6】【BH4】C．阴、阳离子的最小距离为34D．若晶胞以【BH4】-为顶点，所得晶胞结构与NaCl晶胞相同13．反应R(g)⇌P(g)有三种路径，具体能量变化如图所示，其中X、Y为中间产物，其他条件均相同。下列说法中错误的是（）A．反应达到平衡时，升高温度，P的体积分数增大B．路径I达到平衡所用时间最短C．路径Ⅱ比路径Ⅲ中X的最高浓度小D．平衡时增大R的浓度，再次达到平衡时P的体积分数增大14．常温下，向含有一定浓度HX的酸性溶液和足量难溶AgX固体混合体系中加入NaOH固体调节溶液pH(忽略溶液体积与温度的变化)，假设该过程不产生沉淀，则溶液中HX、X-和Ag+浓度的负对数(-lgc)随溶液pH的变化关系如图所示。下列叙述正确的是（）A．曲线②代表-lgc(Ag+)随pH的变化曲线B．HX(aq)+Ag+(aq)⇌AgX(s)+H+(aq)的平衡常数K=106C．若将M点对应的混合体系加水至原体积的2倍，溶液中c(Ag+)不变D．加入NaOH固体的过程中均存在c(Ag+)+c(Na+)=c(X-)二、非选择题：本题包含4小题，共58分。15．铁氧体法可以从废水中回收有价金属。在实验室中模拟铁氧体处理含铬废水并制备铬铁矿晶体(其化学式为Fe3-xCr2O4)的实验步骤及示意图如下：①将FeSO4晶体与含Cr②将反应后的溶液转移至仪器a中，加入NaOH调节pH，再通入压缩空气并不断搅拌，定时检测Fe元素和Cr元素的含量；③抽滤，获得可排放废水，将固体烘干得到铬铁矿晶体。已知：i.我国废水排放标准Cr元素含量不超过10-5mol/L，pH范围为6~9。i.Ksp【Fe(OH)2】=1×10-15，Ksp【Fe(OH)3】=1×10-38，Ksp【Cr(OH)3】=1×10-23。回答下列问题：（1）步骤①中发生反应的离子方程式为。（2）步骤②中所使用仪器a的名称为，通入空气的目的为，通入压缩空气的速率和搅拌速率都不宜太快的原因为。（3）步骤③中抽滤结束后，应进行的第一步操作为(填选项字母)。A.取下布氏漏斗B.打开止水夹KC.拔下接水泵的橡胶管D.关闭水泵开关室温下为使抽滤出的废水可直接排放，应控制pH的范围为。（4）经实验测得铬铁矿晶体的化学式符合Fe3-xCrxO4，若x=0.3，则初始加入FeSO4晶体和溶液中所含Cr2O72-16．蒽醌二磺酸钠法(ADA法)对合成氨原料气进行脱硫(H2S)的工艺流程如图所示，该工艺的优势之一在于只要向“再生吸收液”不断通如空气即可实现连续吸收H2S气体。已知：i.室温下，Ka1(H2CO3)=4.5×10-7，Ka2(H2CO3)=4.7×10-11，Ka1(H2S)=1.1×10-7，Ka2(H2S)=1.3×10-13。ii.酒石酸钾钠、EDTA可分别与V4+、Fe3+形成可溶性配合物。（1）“吸收”时，发生反应的离子方程式为。（2）“脱硫”时，NaVO3先转化为Na2V4O9同时可得到S，则该转化过程反应的化学方程式为。（3）“还原”时，氧化态ADA()转化为还原态ADA()，同时NaVO3得以再生。该转化过程需要消耗NaOH，但该工艺中并没有再加入该试剂的原因为，Na2V4O9参与反应过程中氧化剂和还原剂的物质的量之比为。（4）“氧化”时，ADA(还原态)→空气ADA(氧化态)，同时有H2O2生成。从氧化还原反应角度分析，FeCl3的作用可能是；加入EDTA的目的是（5）“再生吸收液”中可循环使用的物质有____(填选项字母)。A．NaOH B．酒石酸钾钠 C．NaVO3 D．EDTAE．ADA17．乙烯和丙烯都是重要的化工原料，甲醇和丙烷共反应制备乙烯和丙烯可大幅度降低能耗，该反应体系中存在如下反应：I.C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)△H1=+124.20kJ/molⅡ.C3H8(g)⇌CH4(g)+C2H4(g)△H2=+81.25kJ/molⅢ.CH4(g)+C2H4(g)⇌C3H6(g)+H2(g)△H3Ⅳ.CH3OH(g)+H2(g)⇌CH4(g)+H2O(g)△H4=-115.93kJ/mol（1）△H3=。（2）630℃时，向盛有催化剂的真空容器中充入1molC3H8(g)，保持容器压强为0.1MPa，进行反应，当反应达到平衡时，C3H8(g)的转化率为60%，C2H4(g)的平衡分压为0.0125MPa。①此时p(C3H6)=，反应Ⅱ的分压平衡常数为Kp=MPa。②若向上述平衡体系中充入N2(g)，再次达到平衡时C3H8(g)的转化率(填“>”“<”或“=”)60%，其原因为。此时p(C3H（3）若向盛有催化剂的真空容器中按物质的量之比4：1：1充入C3H8(g)、CH3OH(g)和H2O(g)，仍在容器压强为0.1MPa下进行反应，平衡体系中C2H4(g)和C3H6(g)的体积分数随温度(T)的变化如图所示。解释300℃后，C3H6(g)的体积分数随温度(T)的变化的原因为；甲醇的作用为。

​​18．沙丁胺醇(G)是预防和治疗支气管哮喘的药物，其一种合成路线如下图所示：已知：Ph表示苯基。回答下列问题：（1）有机物A的化学名称为，B→C的过程为异构化反应，则有机物C的结构简式为。（2）有机物D中含氧官能团的名称为。（3）A→B的化学方程式为。（4）E→F的化学反应类型为。（5）芳香族化合物M为B的同分异构体，且1molM最多可与2molNaHCO3反应的结构有种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有4组峰的结构为(任写一种)。（6）写出以为原料制备的合成路线(无机试剂及两个碳以下的有机试剂任选)：。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A、Fe3O4为黑色固体，因此红棕色成分不是Fe3O4，A不符合题意。

B、泥是由黏土烧制而成的，属于硅酸盐材料，B符合题意。

C、金箔的制作过程中利用了金属的延展性，过程中没有新物质生成，属于物理变化，C不符合题意。

D、生铁的含碳量高于钢的含碳量，D不符合题意。

故答案为：B

【分析】A、Fe3O4为黑色固体。

B、泥属于硅酸盐材料。

C、金箔的制作过程没有新物质生成。

D、生铁的含碳量高于钢的含碳量。2．【答案】D【解析】【解答】A、漂白粉的主要成分是CaCl2和Ca(ClO)2，其中Ca(ClO)2能与空气中的CO2反应，生成HClO，HClO光照条件下易分解。因此漂白粉要避光、密封保存，A不符合题意。

B、浓溴水站在皮肤上，先用大量水冲洗；再利用Br2易溶于酒精的性质，用酒精擦拭，B不符合题意。

C、AgNO3在光照条件下易分解，因此需保存在棕色瓶内。液体试剂应保存在细口瓶中，C不符合题意。

D、NaOH溶液具有腐蚀性，应用过3%～5%的NaHCO3溶液涂抹，D符合题意。

故答案为：D

【分析】A、漂白粉中的Ca(ClO)2易与空气中的CO2反应，生成的HClO见光易分解。

B、Br2易溶于酒精。

C、AgNO3见光易分解，需保存在棕色瓶中。

D、NaOH溶液具有腐蚀性，应使用3%～5%的NaHCO3溶液。3．【答案】A【解析】【解答】A、H2O2中O原子采用sp3杂化，为四面体结构，O原子含有孤电子对，因此H2O2为极性分子。S2Cl2结构与H2O2类似，因此S2Cl2也为极性分子，A符合题意。

B、电负性O＞S，键长Cl－O＜Cl－S，分子内原子斥力较大。因此Cl2O的键角更大，B不符合题意。

C、BF3中心原子的价层电子对数为3，不含孤电子对，因此其VSEPR模型和空间构型都是平面三角形。

NF3的中心原子的价层电子对数为4，含有1对孤电子对。因此其VSEPR模型为四面体型，空间构型为三角锥形，C不符合题意。

D、C2H6中碳原子采用sp3杂化，C－Hσ键为sp3－sσ键。C2H4中碳原子采用sp2杂化，C－Hσ键为sp2－sσ键。二者的轨道重叠方式不同，D不符合题意。

故答案为：A

【分析】A、O、S原子都含有孤电子对，属于极性分子。

B、根据结构中原子斥力大小分析。

C、NF3中N原子含有一对孤电子对，VSEPR模型与空间构型不通过。

D、根据碳原子的杂化方式分析。4．【答案】B【解析】【解答】A、M中的醇羟基不与NaOH溶液反应，A不符合题意。

B、M中碳碳双键能与Br2发生加成反应，使溴水褪色；而N与溴水不反应，不能使溴水褪色。因此可用溴水鉴别M和N，B符合题意。

C、连接有4个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子。N中共含有3个手性碳原子，C不符合题意。

D、若碳链结构为，两个－CHO可同时位于①号或2号碳原子上；若两个－CHO分别位于①号、②号碳原子上或①号、③好号碳原子上，共有4种结构。

若碳链结构为，则另一个－CHO可位于①号、或②号、或③号碳原子上，共有3种结构。

若碳链结构为，则两个-CHO分别位于①号碳原子和②好碳原子上，共1种结构。

综上，满足条件的同分异构体共有4+3+1=8种，D不符合题意。

故答案为：B

【分析】A、醇羟基不能与NaOH溶液反应。

B、M中碳碳双键能使溴水褪色。

C、连接有4个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子。

D、根据限定条件书写同分异构体的结构简式。5．【答案】C【解析】【解答】A、标准状态下CH3CHO不是气体，不可应用气体摩尔体积进行计算，A不符合题意。

B、基态Ni原子的核外电子排布式为[Ar]3d84s2，含有未成对电子数为2，B不符合题意。

C、100mL8mol·L－1的浓硝酸中所含n(HNO3)=0.1L×8mol·L－1=0.8mol，因此0.1molCu完全反应，则反应过程中转移电子数为0.1mol×2×NA=0.2NA，C符合题意。

D、合成氨的反应为可逆反应，反应物无法完全转化。因此14gN2和14gH2无法完全转化，D不符合题意。

故答案为：C

【分析】A、标准状态下CH3CHO不是气体。

B、根据Ni的核外电子排布式分析。

C、6.4gCu的物质的量为0.1mol，0.1molCu与浓硝酸反应，消耗n(HNO3)=0.4mol；与稀硝酸反应，消耗n(HNO3)=0.27mol。

D、合成氨的反应为可逆反应，反应物无法完全转化。6．【答案】C【解析】【解答】由分析可知，X为H、Y为C、Z为N、W为O、M为F、Q为S。

A、上述H元素位于s区，A不符合题意。

B、Y、W、Q的简单氢化物分别为CH4、H2O、H2S。都属于分子晶体，其中H2O可形成分子间氢键，使得沸点增大。而H2S的分子间作用力强于CH4，因此H2S的沸点高于CH4。所以三种简单氢化物的沸点为：W＞Q＞Y，B不符合题意。

C、Z的最高价氧化物为HNO3，Q的氢化物为H2S。HNO3具有氧化性，能将H2S氧化成S单质，C符合题意。

D、Z、W、M的简单离子分别为N3－、O2－、F－。三者的核外电子结构相同，则其核电荷数越大，离子半径越小。因此离子半径Z＞W＞M，D不符合题意。

故答案为：C

【分析】Q可形成6个共价键，因此Q为S。X形成一个共价键，因此X为H。Y可形成四个共价键，因此Y为C。Z形成三个共价键，因此Z为N。W形成两个共价键，因此W为O。M形成一个共价键，因此M为F。据此结合选项分析。7．【答案】A【解析】【解答】A、在原电池装置中，较活泼的金属做负极。该原电池装置中，Cu做负极，Ag做正极，因此可得金属活动性Cu＞Ag，A符合题意。

B、滴入2滴淀粉溶液，可检验是否含有I2，I2为生成物，无法判断该反应是否为可逆反应，B不符合题意。

C、由于Br2具有挥发性，会使得产生的气体中混有Br2，能与AgNO3溶液反应生成AgBr沉淀，C不符合题意。

D、升高温度，促进了水的电离，CuSO4溶液pH的变化可能是水电离引起的，无法判断CuSO4水解平衡，D不符合题意。

故答案为：A

【分析】A、在原电池装置中，较活泼金属做负极。

B、淀粉溶液用于检验I2的生成，无法判断反应是否为可逆反应。

C、应先除去Br2，防止Br2与AgNO3溶液反应。

D、温度升高，水的电离程度增大，pH的变化可能是由于水电离引起。8．【答案】A【解析】【解答】A、n的值未知，因此无法确定分子结构中采用sp2杂化的碳原子个数，故无法确定采用sp3、sp2杂化的碳原子个数比，A符合题意。

B、有机物a中存在共价键和离子键，B不符合题意。

C、分子结构中的N-H可形成氢键，C不符合题意。

D、离子在聚电解质薄膜中依靠正负电荷间的静电作用传输，D不符合题意。

故答案为：A

【分析】A、n的值未知，因此无法确定sp2杂化的碳原子个数。

B、非金属元素之间形成共价键，阴阳离子间形成离子键。

C、分子结构中的N-H可形成氢键。

D、离子在聚电解质薄膜中依靠正负电荷的静电作用传输。9．【答案】C【解析】【解答】A、升高温度，可加快固体的溶解速率。溶液中NH4＋、Mg2＋、Mn2＋的水解，使得溶液中c(H＋)＞c(OH－)，溶液显酸性，A不符合题意。

B、“沉锰”时Mn2＋与HCO3－、NH3·H2O反应生成MnCO3沉淀和NH4＋，该反应的离子方程式为Mn2＋＋HCO3－＋NH3·H2O=MnCO3↓＋NH4＋＋H2O，B不符合题意。

C、加入氨水进行“沉镁”后，溶液中剩余NH4＋、SO42－和过量的NH3·H2O，因此滤液的主要成分为(NH4)2SO4、NH3·H2O，C符合题意。

D、将生成的Mg(OH)2进行焙烧，得到MgO。而工业上用电解熔融MgCl2制备金属Mg，D不符合题意。

故答案为：C

【分析】A、所得溶液中NH4+、Mg2＋、Mn2＋的水解使溶液显酸性。

B、CO2能与NH3·H2O进一步反应生成NH4+。

C、滤液中所含离子为NH4+、SO42-和过量的NH3·H2O。

D、工业上用电解熔融MgCl2的方法制备金属Mg。10．【答案】D【解析】【解答】A、O原子核外有2对孤电子对，因此在形成配位键时，O原子提供孤电子对，A不符合题意。

B、由图2反应原理可知，在Cu2＋表面进行NH3还原NO的反应路径有2种，且可以相互转化，B不符合题意。

C、由图可知，NH3还原NO的反应过程中，生成N2和H2O，因此该反应的化学方程式为4NH3＋4NO＋O2催化剂__4N2＋6H2O，C不符合题意。

D、该过程中存在元素化合价变化，涉及氧化还原反应。Cu＋形成配合物的配位数为2或3，D符合题意。

故答案为：D

【分析】A、O原子核外有两对孤电子对。

B、根据图2物质转化分析。

C、根据图示过程确定反应物和生成物，从而确定总反应。

D、根据Cu11．【答案】B【解析】【解答】A、α－Fe2O3电极发生失电子的氧化反应，因此α－Fe2O3电极的电势较低，A不符合题意。

B、H＋在Pt电极上发生得电子的还原反应，生成H2，因此电解质溶液中的H＋向Pt电极移动，B符合题意。

C、由分析可知，α－Fe2O3电极的电极反应式为，C不符合题意。

D、当α－Fe2O3电极上产生2.408×1023个h＋，即产生0.4molh＋时，Pt电极上得到0.4mole－。因此Pt电极上产生0.2molH2，其质量为0.2mol×2g·mol－1=0.4g，D不符合题意。

故答案为：B

【分析】Pt电极上H＋发生得电子的还原反应，生成H2，其电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑。α－Fe2O3电极的电极反应式为+2h+=+2H+。据此结合选项分析。12．【答案】C【解析】【解答】A、N、B处于同一周期，核电荷数越大，电负性越强。因此电负性N＞B。[BH4]-中H为-1价，B为+3价，因此电负性H＞B。故三种元素的电负性N＞H＞B，A不符合题意。

B、[Mg(NH3)6]2＋位于晶胞的顶点和面心，因此晶胞中所含[Mg(NH3)6]2＋的个数为8×18+6×12=4。BH4－位于晶胞内部，因此晶胞中所含BH4－的个数为8。所以该晶体的化学式为[Mg(NH3)6][BH4]2，B不符合题意。

C、该晶胞的体对角线长为3apm，阴阳离子的最小距离为体对角线的14。所以阴阳离子的最小距离为34apm，C符合题意。

D、NaCl晶体中阴阳离子的个数比1：1。因此该晶胞结构与NaCl晶胞结构不同，D不符合题意。

故答案为：C

13．【答案】D【解析】【解答】A、由图可知，反应物的总能量低于生成物的总能量，该反应为吸热反应。升高温度，平衡正向移动，P的体积分数增大，A不符合题意。

B、路径Ⅰ的最大能垒数值最小，反应速率最快，反应达到平衡状态所需的时间最短，B不符合题意。

C、路径Ⅱ的最大能垒数值比路径Ⅲ大，因此中间产物X的生成速率慢；而后续反应过程中路径相同，X的消耗速率相同。因此路径Ⅱ比路径Ⅲ中X的最高浓度小，C不符合题意。

D、该反应的平衡常数K=cPcR，平衡是增大c(R)，温度不变，平衡常数不变，因此再次达到平衡时，P的体积分数不变，D符合题意。

故答案为：D

【分析】A、结合温度对平衡移动的影响分析。

B、路径Ⅰ反应所需的活化能最小，反应速率最块。14．【答案】B【解析】【解答】A、由分析可知，曲线②代表－lgc(HX)随pH的变化曲线，A不符合题意。

B、N点时，－lgc(X－)=－lgc(Ag＋)=8，即c(X－)=c(Ag＋)=10－8mol·L－1，所以AgX的溶度积Ksp(AgX)=c(Ag＋)×c(X－)=10－16。M点时－lgc(X－)=－lgc(HX)=2，即c(X－)=c(HX)=10－2mol·L－1，此时pH=10，即溶液中c(H＋)=10－10mol·L－1，所以HX的电离平衡常数KaHX=cH+×cX-cHX=10-10×10-210-2=10-10。所以该反应的平衡常数K=cH+cAg+=KaHXcX-KspAgXcX-=KaHXKspAgX=10-1010-16=106，B符合题意。

C、若将M点溶液加水稀释，则溶液中c(X－)减小，AgX的溶度积Ksp保持不变，则溶液中c(Ag＋)增大，C不符合题意。15．【答案】（1）6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3+（2）三颈烧瓶；调整Fe2+和Fe3+的比例，以获得铬铁矿晶体；若通气或搅拌太快，不利于铬铁矿晶体生长，无法获得晶体（3）B；8~9（4）18：1；将所得溶液分为两份，一份溶液中加入KSCN溶液，另一份溶液中加入K3[Fe(CN)6]溶液【解析】【解答】（1）Cr2O72－具有氧化性，能将Fe2＋氧化成Fe3＋，自身还原生成Cr3＋。反应过程中Fe元素由＋2价变为＋3价，失去1个电子；Cr元素由＋6价变为＋3价，得到3×2=6个电子；根据得失电子守恒可得，Fe2＋、Fe3＋的系数为6，；Cr2O72－的系数为1，Cr3＋的系数为2。根据电荷守恒可得，反应物中含有H＋，且其系数为14。根据H原子守恒可得，生成物中含有H2O，且其系数为7。因此可得该反应的离子方程式为：6Fe2＋＋Cr2O72－＋14H＋=6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O。

故答案为：6Fe2＋＋Cr2O72－＋14H＋=6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O

（2）图示仪器a为三颈烧瓶。通入空气的过程中，利用了空气中的O2，将部分Fe2＋氧化成Fe3＋。因此通入空气的目的是调整Fe2＋和Fe3＋的比例，以获得铬铁矿晶体。若通入压缩空气的速率和搅拌速率太快，则不利于铬铁矿晶体的生长，无法获得晶体。

故答案为：三颈烧瓶；调整Fe2＋和Fe3＋的比例，以获得铬铁矿晶体；若通气或搅拌太快，不利于铬铁矿晶体生长，无法获得晶体

（3）步骤③抽滤结束后，第一步操作应打开止水夹K，使得装置内的压强与外界压强相同。室温下为使抽滤出的废水可直接排放，则废水中c(Cr3＋)≤10－5mol·L－1，pH范围为6~9。此时溶液中cOH-=3KspCrOH3cCr3+=31×10-2310-5=10-6mol·L-1。溶液中cH+=KwcOH-=10-1410-6=10-8mol·L-1。因此需控制pH的范围为8~9。

故答案为：B；8~9

（4）若x=0.3，则铬铁矿晶体的化学式为Fe2.7Cr0.3O4，则Fe、Cr的原子个数比为9：1。因此初始加入FeSO4晶体和溶液中Cr2O72－的物质的量之比为18：1。铬铁矿晶体中铁元素的价态为+2价和+3价。检验Fe2＋可用K3[Fe(CN)6]溶液，检验Fe3＋可用KSCN溶液。因此其实验操作过程为取少量铬铁矿晶体溶于稀硫酸，将所得溶液分为两份，一份溶液中加入KSCN溶液，溶液变为红色，说明含有Fe3＋；另一份溶液中加入K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，说明含有Fe2＋。

故答案为：18：1；将所得溶液分为两份，一份溶液中加入KSCN溶液，另一份溶液中加入K3[Fe(CN)6]溶液

【分析】（1）Cr2O72－具有氧化性，能将Fe2＋氧化成Fe3＋，自身还原生成Cr316．【答案】（1）H2S+CO32-⇌HS（2）2NaHS+4NaVO3+H2O=Na2V4O9+4NaOH+2S↓（3）脱硫过程中生成了NaOH；2：1（4）加快还原态ADA的氧化速率(或催化H2O2分解)；EDTA和Fe3+形成可溶性配合物，保持溶液中Fe3+浓度的稳定性（5）B；C；E【解析】【解答】（1）电离平衡常数越大，酸性越强。因此酸性：H2CO3＞H2S＞HCO3－＞HS－。根据“强酸制弱酸”原理可得，H2S与Na2CO3反应时，生成NaHS和NaHCO3，该反应的离子方程式为H2S＋CO32－=HS－＋HCO3－。

故答案为：H2S＋CO32－=HS－＋HCO3－

（2）“脱硫”过程中NaHS与NaVO3反应生成Na2V4O9和S。过程中S元素由－2价变为0价，失去2个电子；V元素由＋5价变为＋4价，得到1×4=4个电子。根据得失电子守恒可得，NaHS、S的系数为2；NaVO3的系数为4，Na2V4O9的系数为1。由Na元素守恒可得，生成物中含有NaOH，且其系数为4；根据H元素守恒可得，反应物中含有H2O，且其系数为1。因此可得该反应得到化学方程式为2NaHS＋4NaVO3＋H2O=Na2V4O9＋4NaOH＋2S↓。

故答案为：2NaHS＋4NaVO3＋H2O=Na2V4O9＋4NaOH＋2S↓

（3）由“脱硫”过程发生的反应可知，“脱硫”过程中反应生成NaOH，因此在“还原”过程中虽然需要消耗NaOH，但不需补充NaOH。氧化态ADA转化为还原态ADA时得到2个电子，Na2V4O9转化为NaVO3时得到1×4=4个电子，由得失电子守恒可得，氧化剂ADA与还原剂Na2V4O9的物质的量之比为2：1。

故答案为：脱硫过程中生成了NaOH；2：1

（4）“氧化”过程中，空气中的O2将还原态ADA氧化成氧化态ADA，同时生成H2O2，H2O2在FeCl3催化作用下分解，有利于ADA由还原态转化为氧化态。因此FeCl3的作用是加快还原态ADA的氧化速率。EDTA能与Fe3＋形成可溶于性配合物，使得溶液中Fe3＋浓度稳定，有利于“氧化”反应的进行。因此加入EDTA的作用是与Fe3＋形成可溶性配合物，保持溶液中Fe3＋浓度的稳定性。

故答案为：加快还原态EDTA的氧化速率（或催化H2O2分解）；EDTA与Fe3＋形成可溶性配合物，保持溶液中Fe3＋浓度的稳定性

（5）“再生吸收液”中含有酒石酸钾钠、NaVO3、EDTA，均可循环利用。

故答案为：BCE

【分析】（1）由电离常数大小确定酸性强弱，根据“强酸制弱酸”原理书写反应的离子方程式。

（2）“脱硫”时NaHS与NaVO3反应生成Na2V4O9和S，结合得失电子守恒、原子守恒书写反应的化学方程式。

（3）由“脱硫”过程中发生的反应可知，过程中生成NaOH，因此不需再补充NaOH。根据反应过程中得失电子守恒确定氧化剂和还原剂得到物质的量之比。

（4）Fe3＋可催化H2O2的分解，加快“氧化”反应的进行。加入EDTA，可将溶液中的Fe3＋形成配合物，保持溶液中Fe3＋浓度的稳定性。

（5）根据“再生吸收液”的成分分析。17．【答案】（1）+42.95kJ/mol（2）0.025MPa；0.00625；>；Ⅰ和Ⅱ均为气体分子数增大的反应，充入的N2降低了各组分的分压，平衡正向移动；不变（3）反应Ⅱ正向进行的程度大于反应Ⅰ(温度升高，反应Ⅳ平衡逆向移动，H2浓度增大使平衡逆向移动)；在低温区通过反应Ⅳ拉动反应Ⅰ的发生(或生成CH4，不利于反应Ⅱ的发生)【解析】【解答】（1）由盖斯定律可得，反应Ⅲ的反应热ΔH=ΔH1-ΔH2=(＋124.2kJ·mol－1)－(＋81.25kJ·mol－1)=＋42.95kJ·mol－1。

故答案为：＋42.95kJ·mol－1

（2）①平衡时C3H8(g)的转化率为60%，则参与反应的n(C3H8)=1mol×60%=0.6mol。由反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，反应后混合气体的物质的量增加0.6mol，所以混合气体的总物质的量为1mol＋00.6mol=1.6mol。根据压强之比等于物质的量之比可得1.6mol0.1MPa=nC2H40.0125MPa，所以平衡时n(C2H4)=0.2mol。令平衡时n(C3H6)=amol、n(CH4)=bmol、n(H2)=cmol。由C原子守恒可得3a＋b=1.4；由H原子守恒可得3aa＋2b＋c=2.混合气体的总物质的量为1.6mol，则a＋b＋c=1，联立可得3a+b=1.43a+2b+c=2a+b+c=1，解得a=0.4b=0.2c=0.4，即n(C3H6)=0.4mol、n(CH4)=0.2mol、n(H2)=0.4mol。

此时p(C3H6)=2p(