【校级联考】安徽省皖西高中教育联盟2019届高三上学期期末教学质量检测理科综合化学试题-

1、题号一一三四总分得分考试范围：xxx;考试时间：100分钟；命题人：xxx第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明评卷人得分、单选题ABCD绝密启用前【校级联考】安徽省皖西高中教育联盟 2019届高三上学期期末教学质量检测理科综合化学试题试卷副标题注意事项：1 .答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2 .请将答案正确填写在答题卡上1 .化学与科学、技术、社会、环境密切相关，下列说法错误的是A.氢氧化铁胶体、淀粉溶液均具有丁达尔效应B.化学是一门具有创造性的科学，化学变化的特征是制造新的分子和原子C.煤的气化、煤的液化、石油的裂化和重整均属于化学变化D.榆荚只能随柳絮，等闲撩乱走空园 ”中

2、 柳絮”的主要成分是纤维素2 .有机物R的结构简式如图所示.下列有关R的性质叙述正确的是A. R的所有原子一定在同一平面上B.在Ni催化和加热条件下，1mol R能与5molH 2发生加成反应C. R既能与竣酸、醇反应，还能发生加成、氧化反应D. 1mol R与足量氢氧化钠溶液反应，消耗氢氧化钠的物质的量为2mol3.下列有关实验装置、操作，不能实现相应实验目的的是试卷第11页，总8页用KOH溶液除去澳苯中单质澳证明浓硫酸有脱水性、强氧化性先出现白色沉淀，后出现砖红色沉淀，证明Ksp(AgCl)<Ksp(Ag 2CrO4)不能通过观察水能否全部流下来判断装置气密性A. A B. B C.

3、 CD. D4,设Na代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 9Na个氢氧根离子和10Na个羟基所含电子数相等B. 1mol苯乙烯中含碳碳双键数目为 4NaC. ImolC2H5OH和1 mol CH 3CO18OH发生酯化反应生成的水分子中含中子数为10NaD.粗铜精炼实验中阳极质量减少6.4g,电解过程中转移电子数为 0.2Na5.如图是某元素的价类二维图，其中A为正盐，X是一种强碱，通常条件下 Z是无色液体，E的相对分子质量比 D大16,各物质的转化关系如图所示。下列说法错误的是t化吾价什JL氢化菊单用料fW awft »A. A作肥料时不适合与草木灰混合施用B.同主族元

4、素的氢化物中B的沸点最低C. C 一般用排水法收集D. DfE的反应可用于检验 D6.电致变色玻璃以其优异的性能将成为市场的新宠，如图所示五层膜的玻璃电致变色系统，其工作原理是在外接电源下，通过在膜材料内部发生氧化还原反应，实现对器件题答内线订装在要不请派VJ >)> 上一工。 >)> ,、 打】 】 】 C - - - - 韭 - - - - C 】 】 】 八夕WQAiWOi _电政变色展含Li的累环，石烧,段电馨版i闷阳。叫几驷后唯N山'富子他存世Bl濯黑导电H评卷人得分、新添加的题型的光透过率进行多级可逆性调节。(已知：WO3和Li4 FaFe(CN)

5、63均为无色透明，LiWO 3和Fe4Fe(CN)63均为蓝色)下列有关说法正确的是A.当A外接电源负极时，此时 Li+得到电子被还原B.当A外接电源正极时，膜的透射率降低，可以有效阻挡阳光C.当B外接电源正极时，离子导体层中Li +向下迁移D.当B外接电源负极时，离子储存层发生反应为：Fe4Fe(CN)63+4Li+4e =Li 4FeaFe(CN)旬37 .已知：pOH= lgc(OH ),温度为 T C时，向 20.00mL 0.01mol L 1 氨水中滴入 0.10mol L-1的盐酸(不考虑溶质挥发)，溶液的pH和pOH与加入盐酸体积关系如图所示。下列说法正确的是A.曲线PJN表示

6、溶液中pH的变化B.若M点水的电离程度与 Q点相等，则 Q点一定符合c(C)>c(NH4+)+c(NH 3 H2O)C. M、P两点的数值之和 a+b=14D. pH与pOH交叉点J对应的 V(盐酸)=20.00mL8 .高纯硝酸锯Sr(NO3)2可用于制造信号灯、光学玻璃等。工业级硝酸锂含硝酸钙、硝 酸钢等杂质，提纯流程如下：然慌水过司珞酸淀产一IL上UttMH已知： 滤液1”的主要溶质是 Ca(NO3)2;滤渣1”的成分为Ba(NO3)2、Sr(NO疑;渣2”的主要成分为 BaCrO4(杂质不与硝酸反应)。铭酸(H2CQ4)为弱酸。(1)酸浸”不能采用高温的原因是(2)相对于水洗，用

7、浓 HNO3洗涤的优点是(3)滤液2”中过量的H2c04被N2H4还原为Cr3+,同时放出无污染的气体,写出反应的离子方程式(4)在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr(OH) 3(s尸=Cr3+(aq)+3OH (aq),常温下，Cr(OH)3的溶度积Ksp=1.0 C0 32,当c(Cr3+)降至1.0 10 5mol/L ,认为Cr3+已经完全沉淀。现将还原后溶液的pH值调至4,此时Cr3+是否沉淀完全？.式计算)。(5)已知Cr(OH) 3类似Al(OH) 3,还原后 溶液的pH不能大于8的原因是：。(结合离子方程式说明理由)。(6)为了测定 滤渣2"中BaCrO4的含量，进行以

8、下实验:in g “滤淡如足-的箱g* 500ML博漉边诙取加足量的4部.将液过流干燥 称新>> n g判断Ba2+完全沉淀的方法:滤渣2"中BaCO4的质量分数为 (用代数式表示)。题答内线订装在要不请派 rkr 八 夕 一评卷人得分三、实验题及 HA.W0H微合福港 新合稔禧A*第II卷(非选择题)请点击修改第II卷的文字说明9 .亚氯酸钠(NaClO 2)是一种高效氧化剂、漂白剂，主要用于棉纺、亚麻、纸浆漂白、水处理、杀菌灭藻、鱼药制造等行业。工业上可采用过氧化氢法，即在碱性条件下，用H2O2还原C1O2制备NaClO?。某兴趣小组模拟工业生产流程在实验室中制备Na

9、ClO2,实验装置如图1所示。回答下列问题：甲乙 西图1已知：纯CIO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下安全。检查装置气密性；称取 10.65 g NaClO3加入200mL稀硫酸中，溶解，然后转移到仪器a中；量取适量 H2O2加入100 mL NaOH浓溶液中，摇匀后转移到仪器b中；连接好装置进行实验。(1)装置甲中空气并不参与反应，则装置甲中发生反应的离子方程式是 。(2)进行实验时，需要对装置甲进行水浴加热，水浴加热的优点是 。(3) 装置丙的作用是(4)装置乙中制取 NaClO2的离子方程式 。(5)仪器b中的溶质浓度对产品含量起到关键作用，溶质浓度对产品含量的影响如图

10、2和图3所示。结合两图信息，此时混合液中n(H2O2)/n(NaOH尸 时为最佳，且H2O2 的浓度为 mol L 1 , 其可能原因是评卷人得分四、综合题(6)实验结束后，在适当的条件下处理b中的混合液，得到产品NaC102 3H2。9.39g。该实验的产率为 。(保留3位有效数字)10.将锌铜合金溶解后与足量KI溶液反应(Zn2+不与反应)，生成的I2用Na2s2O3标准溶液滴定，根据消耗的Na2s2。3溶液体积可测算合金中铜的含量。实验过程如下图所示:回答下列问题:(1) H2O2的电子式为;'酸浸氧化”后铜元素的主要存在形式是(填离子符号)。(2)煮沸”的目的是。(3)用缓冲溶

11、液 调pH'是为了避免溶液的酸性太强，否则滴定”时发生反应的离子方程式：;若100mLNa 2s2。3溶液发生上述反应时，20s后生成的 SO2比S多6.4g ,则 v(Na 2s2。3)=mol/(L s)(忽略溶液体积变化的影响 )。该缓冲溶液是浓度均为 0.10mol/L的CH3COOH和CH3 C00NH4的混合溶液。25c时,溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为 。(已知:25 c 时，Ka(CH3C00H尸K b(NH 3 H2O)=1.8 M0 5)题答内线订装在要不请派 rkr 八 夕 一(4)沉淀”步骤中有CuI沉淀产生，反应的离子方程式为 。线订外(5)转化”步骤中，

12、CuI转化为CuSCN, CuSCN吸附12的倾向比CuI更小，使 滴定” 误差减小。沉淀完全转化后，溶液中c(SCN )： c(l ) >。(已知： Ksp(CuI)=1.0 10 12 ； Ksp( CuSCN)=4.4 10 15)(6)下列情况可能造成测得的铜含量偏高的是 (填标号)。A.铜锌合金中含少量铁B.沉淀”时，I2与I一结合生成I3 ： I2+ I = I3C.转化后的溶液在空气中放置太久，没有及时滴定D.滴定”过程中，往锥形瓶内加入少量蒸储水11 .汽车尾气的主要成分有 CO、SO2、NO、NO2等。(1)利用氨水可以将 SO2、氮氧化物吸收，原理如下图所示。NOjN

13、O 牛隹盐溶液c(SO3225 c 时， 在 pH=5 的NH 4HSO3 溶 液 中，)+c(NH 3 H2O) c(H 2SO3)=mol/L(填确值)请写出 NO2和 NO按体积比1: 1被吸收时反应的离子方程式(2)科研工作者目前正在尝试以二氧化钛(TiO 2)催化分解汽车尾气的研究。已知：2NO(g)+O 2(g)=2NO 2(g)AHi = 113.0kJ mol13NO2(g)+H2O(g)=2HNO 3(g)+NO(g)AH2=-138.0 kJ mol1TiO 2催化尾气降解原理可表示为：2COg)+O 2(g)= 2CO2(g)AH3贝U 2H2O(g)+4NO(g)+3O

14、 2(g)4HNO3(g)AH4=。在O2、H2O(g)浓度一定条件下，模拟CO、NO的降解，得到其降解率(即转化率)如图1所示。请解释 Ti后NO降解率下降的可能原因 。（3）沥青混凝土也可降解 CO。如图2为在不同颗粒间隙的沥青混凝土 （外3型）在不同 温度下，反应相同时间，测得 CO降解率变化。结合如图回答下列问题：已知在50c时在“型沥青混凝土容器中， 平衡时。2浓度为0.01mol L 1,求此温度下CO降解反应的平衡常数 。（用含x的 代数式表示）科研团队以 3型沥青混凝土颗粒为载体，将TiO2改为催化效果更好的 TiO2纳米管，在10c 60 C范围内进行实验，请在如图中用线段与

15、”阴影描绘出CO降解率随温 度变化的曲线可能出现的最大区域范围（在图中画出）。（4） TiO2纳米管的制备是在弱酸性水溶液中以金属钛为阳极进行电解，写出阳极的电题答内线订装在要不请派VJ >)> 上一工。 >)> ,、 打】 】 】 C - - - - 韭 - - - - C 】 】 】 八夕极反应式。本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考参考答案1 . B【解析】【详解】A.氢氧化铁胶体、淀粉溶液都是胶体，都有丁达尔效应，故 A正确；B.化学是一门具有创造性的科学，可以利用先进的技术和设备制造出新的分子，而原子是化学变化的最小微粒，通过化学变化不能产生新的

16、原子，故 B错误；C.煤的气化、煤的液化、石油的裂化和重整都有新物质生成，均属于化学变化，故C正确；D.柳絮”的主要成分是纤维素，故 D正确。故选B。2. C【解析】【分析】有机物含有醛基，可发生加成和氧化反应，含有竣基，具有酸性，可发生中和、酯化反应，含有羟基，可发生取代、氧化反应，以此解答该题。【详解】A.含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，则所有的原子不可能在同一个平面上，故A错误；B.能与氢气反应的有醛基和苯环，则在Ni催化和加热条件下，ImolR能与4molH2发生加成反应，故B错误；C.含有竣基、羟基，则能与竣酸、醇反应，含有醛基，可发生加成、氧化反应，所以C选项是正确的；D.能与

17、氢氧化钠溶液反应的只有竣基，则1mol R与足量氢氧化钠溶液反应，消耗氢氧化钠的物质的量为1mol,故D错误。故选Co【点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重醇、醛、酸的 性质的考查，选项 D为易错点，注意醇羟基和氢氧化钠溶液不反应。3. C【详解】A.澳和NaOH反应生成可溶性的钠盐，澳苯不易溶于水，然后采用分液方法分离提纯澳苯， 所以A选项是正确的；B.浓硫酸具有脱水性和强氧化性，能将蔗糖脱水碳化（有黑色物质生成）并放出大量的热， 在此条件下，碳可以把浓硫酸还原为二氧化硫，二氧化硫能使品红溶液褪色，故该过程可以证明浓硫酸表现了脱水性和强氧化性，所以B选项

18、是正确的；C. Ag2CrO4和AgCl的组成结构不相似，不能依据先生成白色沉淀就判断氯化银的Ksp较小，只能依此判断氯化银的溶解度较小，故C错误；D.该装置中分液漏斗和烧瓶通过橡皮管连接，可以使两者中的气压相同，打开分液漏斗的活塞后，分液漏斗中的水可以顺利完全流下，故不能依此判断该装置的气密性如何，故D选项是正确的。故选Co【点睛】本题考查化学实验方案评价，涉及气密性检验、溶度积大小比较、物质性质、物质分离和提 纯等知识点，明确实验原理、物质性质、实验操作是解本题关键，侧重考查学生分析判断及 实验操作、实验评价能力，易错选项是 D。4. A【解析】 【详解】A. OH -和-OH的电子数分别

19、为10和9,故9mol氢氧根离子和10moi羟基所含电子数相等， 故A项正确；B.苯环中的碳碳键为独特键，不存在碳碳双键，所以1mol苯乙烯中含有1mol碳碳双键，含有的碳碳双键数为 Na个，故B项错误；C. C2H50H和CH3CO18OH发生反应生成水为 H218O,含10个中子，但酯化反应为可逆反应， 反应不能进行到底，故生成的水分子中含中子数小于10Na,故C项错误；D.电解精炼铜时，阳极粗铜中含有活泼性较强的铁、锌等杂质，电解时铁、锌、铜都会发 生溶解，且铁摩尔质量小于铜的64g/mol,锌的摩尔质量大于铜的摩尔质量，所以阳极减少6.4g,转移的电子的物质的量不一定为0.2mol,故

20、D项错误。故选Ao5. B【解析】【详解】由信息可知，A为正盐，为俊盐，强碱与俊盐加热生成氨气，所以 B为NH3；氨气和氧气反 应生成氮气和水，C为N2；氮气氧化为 NO,所以D为NO; NO氧化为NO2, E为NO2；二氧化氮和水反应生成硝酸，F为HNO3； G为硝酸盐；丫为O2, Z为H2O0A.俊态氮肥和草木灰不能混合施用，故A项正确；B. B为NH3,氨气分子间存在氢键，所以氮族元素的氢化物中氨的沸点异常的高，所以氮族元素的氢化物中，NH 3的沸点最高，故B项错误；C. C为N2, N2的密度与空气太接近，用排空气法收集不能得到纯净的气体，所以一般用排水法收集，故C项正确；D. NO与

21、O2反应生成NO2,颜色由无色变为红棕色，可用于检验 NO,故D项正确。故选Bo【点睛】氨气和氧气反应生成氮气和水，也可以生成一氧化氮和水，不能直接生成二氧化氮气体；氮气和氧气在放电条件下，生成一氧化氮，一氧化氮和氧气反应才能生成二氧化氮。6. D【解析】【详解】A、当A接外接电源负极时，A为阴极，发生还原反应为 WO3+ Li+e-= LiWO 3,故A错误； B、当A接外接电源正极时，A极是阳极，在电解池的阳极上发生失电子的氧化反应，电致 变色层发生反应为：LiWO 3-e= WO3+ Li+,生成WO3,此物质为无色透明物质，不能有效阻 挡阳光，故B错误；C、当B外接电源正极时，B极是阳

22、极，阳离子移向阴极，所以离子导体层中Li +向上迁移，故C错误；D、当B接外接电源负极时，B为阴极，此时离子储存层中蓝色的Fe4Fe(CN)63得电子成为Li4FeaFe(CN)63,发生反应为： Fe4Fe(CN) 6卜+礼i+4e =Li 4FeaFe(CN) 6卜,故 D 正确。故选D。7. B【解析】温度为 TC时，向 20.00mL 0.01mol L 1氨水中7入 0.10mol L 1的盐酸，发生反应为：NH 3 H20+HCl NH4C1+ H2O ,化学计量点时，恰好生成NH4Cl, NH4C1水解使溶液显酸性， 结合图象分析。【详解】温度为 TC时，向 20.00mL 0.

23、01mol L 1氨水中7入 0.10mol L 1的盐酸，发生反应为：NH 3 H20+HCl NH4CI+ H2O ,化学计量点时，恰好生成NH4C1, NH4C1水解使溶液显酸性。A.酸滴入碱中，溶液的 pH逐渐减小，pOH逐渐增大，故曲线 PJN为pOH变化曲线，而曲 线MJQ则为pH变化曲线，故 A错误；B.酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，J点为中性溶液，则M点中pH>pOH, 溶液呈碱性，Q点pH<pOH ,溶液呈酸性，若 M点水的电离程度与 Q点相等，则Q点不可 能是NH4CI溶液若为NH4C1溶液存在物料守恒关系 c(C尸c(NH4+)+c(NH 3 H

24、2。),应为 NH4C1和HCl混合溶液，则 Q点一定符合c(Cl )>c(NH 4+)+c(NH 3 H2O),故B正确；C.常温时，水的离子积 Kw=1.0X 10-14, M、P两点为滴定过程中相同时刻同一溶液的pH与pOH ,故a+b=pH+pOH=-lgK w=14,即M、P两点的数值之和 a+b=14,但温度若不是常温， Kw不同，a+b 14,故C错误；D. J点pH=pOH , c(H+尸c(OH-),溶液呈中性，故氨水过量，即J点表示V(盐酸)<20.00mL , 故D错误。故选B。8 .避免浓 HNO3挥发和分解减少 Sr(NO 3)2溶解而造成损失4H 2Cr

25、O4+3N2H4+12H+=4Cr3+3N2+16H2Oc(OH-)=10-10mol/L时 ,c(Cr3+)=1.0X 10-32/(1.0X 10-10)3=1.0X 10-2mol/L>1.0 x 10-5mol/L ,此 时 Cr3+ 不 能沉 淀完全 pH大于8时Cr(OH) 3会溶解，Cr(OH) 3+ OH=CrO2+2H2。静置，向上层清液中继续滴加Na2SO4溶液，上层清液中无白色沉淀生成 X 100%【解析】【分析】(1) HNO3易挥发和分解；(2)硝酸锂在浓HNO 3中比在水中溶解度小；(3) H2CQ4被N2H4还原为Cr3+,同时放出无污染的气体为根据氧化还原

26、反应方程式的配平；(4)根据 KspCr(OH) 3= c(Cr3+)c3(OH-)=1.0 1032 ,c(OH-)=10-10mol/L 时,c(Cr3+)=1.0x 10-32/(1.0 x 10-10)3=1.0X 10-2mol/L>1.0 x 10-5mol/L ,此时 Cr3+不能沉淀完全；(5)已知 Cr(OH)3 类似 Al(OH) 3, Cr(OH) 3在碱性溶液中会发生Cr(OH) 3+ OH -=CrO2-+2H2O而溶解；(6)根据硫酸钠和硝酸钢反应生成硫酸钢沉淀和硝酸进行分析；根据硫酸钢的质量和滤渣2”的质量进行计算。【详解】(1) HNO3易挥发和分解，酸浸

27、”不能采用高温的原因是避免HNO3挥发和分解；故答案为：避免 HNO3挥发和分解；(2)根据同离子效应，相对于水洗，硝酸锂在浓HNO 3中比在水中溶解度小，用浓 HNO3洗涤的优点是减少硝酸银(或产品”溶解损失；故答案为：减少 Sr(NO3)2溶解而造成损失；(3)滤液2”中过量的H2CQ4被N2H4还原为Cr3+, Cr的化合价变化(+6-+3),则N的化合价升高，同时产生一种无色无味的气体，为氮气，N的化合价变化(-2-0),转移电子最小公倍数为：12 ,根据得失电子守恒和原子守恒，离子方程式为： 4H 2CrO4+3N 2 H4+12H +=4Cr 3+3N 2+16H2O;故答案为：4

28、H2CQ4+3N2H4+12H + =4Cr3+3N2+16H2O;(4)根据 KspCr(OH) 3= c(Cr3+)c3(OH-)=1.0 10 32 , c(OH-)=10-10mol/L 时,c(Cr3+)=1.0X 10-32/(1.0 x 10-10)3=1.0 x 10-2mol/L>1.0 x 10-5mol/L ,此时 Cr3+不能沉淀完全； 故 答 案 为：c(OH-)=10-10mol/L时,c(Cr3+)=1.0X 10-32/(1.0 X 10-10)3=1.0 x 10-2mol/L>1.0 x 10-5mol/L ,此时 Cr3+不能沉淀完全；(5)已

29、知 Cr(OH)3 类似 Al(OH) 3, Cr(OH) 3在碱性溶液中会发生 Cr(OH) 3+ OH-=CrO 2+2H2O而溶解，所以还原后溶液的pH不能大于8;故答案为：pH 大于 8 时 Cr(OH) 3会溶解，Cr(OH) 3+ OH-=CrO 2+2H2O;(6)硝酸钢溶液和Na2SO4溶液反应生成硫酸钢和氯化钠，所以判断Ba2+完全沉淀的方法是：静置，向上层清液中继续滴加Na2SO4溶液，上层清液中无白色沉淀生成；设 滤渣2"中BaCrO4的质量为x ,BaCrO 4-BaSO 4253233ngX5=,解得x=g所以 滤丫2"中BaCO4的质量分数为：X

30、100%=X100%故答案为：静置，向上层清液中继续滴加Na2SO4溶液，上层清液中无白色沉淀生成;X100%【点睛】本题考查物质的分离、提纯的综合操作，涉及学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，注意把握实验的原理和操作。9. SO2+2CIO 3-=2ClO2+SO42-受热均匀，便于控制温度吸收C1O2等有害气体，防止污染环境H2O2+2CIO2+2OHJ2CIO2+O2+2H2O0.62.4 该反应为放热反应，会造成H2O2分解(或者过量的 SO2会还原H2O2),所以n(H2O2)/n(NaOH)稍大于0.5,当超过0.6时，NaClO2%变化不大，考虑经济因素，选择比值为 0.6

31、时为最佳 65.0%【解析】【分析】(1)装置甲利用NaClO3和Na2SO3在稀硫酸的酸化下， 产生CIO2和硫酸钠，据此写出发生 反应的离子方程式；(2)水浴加热的优点是受热均匀，便于控制温度；(3) C1O2为有害气体，所以装置丙的作用是吸收C1O2等有害气体，防止污染环境；(4)装置乙中利用 C1O2和H2O2在碱性条件下制备 NaClOz,据此写出发生反应的离子方程 式；(5)由图 3 可知,n(H2O2)/n(NaOH)为 0.6 时，NaClO2%达到 60%,当超过 0.6 时,NaClO2% 变化不大，考虑经济因素，选择比值为0.6时为最佳；由图2可知，此时c(NaOH)=4

32、mol/L , 则 H2O2 的浓度为 4 mol L 1X0.6=2.4 mol L 1;(6)先根据NaClO3NaC102 3H2O计算出理论上可制得 NaC10 2 3H2。的质量，再根据产率实际产量理论产量x 100%十算产率。(1)装置甲利用NaClO3和Na2SO3在稀硫酸的酸化下，产生CIO2和硫酸钠，发生反应的离子方程式是 SO2+2ClO 3-=2ClO 2+SO 42- ；因此，本题正确答案为：SO2+2ClO 3- =2ClO 2+SO42- ；(2)水浴加热的优点是受热均匀，便于控制温度；因此，本题正确答案为：受热均匀，便于控制温度(3) C1O2为有害气体，所以装置

33、丙的作用是吸收C1O2等有害气体，防止污染环境；因此，本题正确答案为：吸收C1O2等有害气体，防止污染环境；(4)装置乙中利用 C1O2和H2O2在碱性条件下制备 NaClOz,其中C1O2是氧化剂，H2O2的 氧化产物是。2,发生反应的离子方程式为H2O2+2CIO 2+2OH -=2ClO2-+O2+2H2O;因此，本题正确答案为：H2O2+2CIO 2+2OH -=2ClO 2-+O2+2H2O;(5)由图 3 可知,n(H2O2)/n(NaOH)为 0.6 时，NaClO2%达到 60%,当超过 0.6 时,NaClO2% 变化不大，考虑经济因素，选择比值为0.6时为最佳，由图2可知，

34、此时c(NaOH)=4mol/L , 则 H2O2 的浓度为 4 mol L 1X0.6=2.4 mol L 1;因此，本题正确答案为：0.6; 2.4;该反应为放热反应，会造成H2O2分解(或者过量的 SO2会还原 出。2),所以n(H2O2)/n(NaOH)稍大于0.5,当超过0.6时，NaClO2%变化不大，考虑 经济因素，选择比值为 0.6时为最佳；(6) 10.65 g NaClO3 的物质的量为=0.1mol ,根据 NaClO3NaClO 2 3H2。，理论上可制得 NaCl0 2 3H2。的质量为 0.1mol 144.5g/mol=14.45g ,该实验的产率为 X100%=

35、65.0%,因此，本题正确答案为：65.0%。10Cu2+除去过量的H2O2S2O32-+2H+=S J +SO2 T +H2O0.1答案第12页，总10页c(CH 3C00-)>c(NH 4+)>c(H +)>c(OH -)2Cu2+4I=2CuI+I 24.4 X 10-3AC【解析】【分析】(1) H2O2是共价化合物，其电子式为铜在酸性条件下被氧化为Cu2+;(4) Cu2+与生成CuI,据此写出反应的离子方程式；(5)根据 c(SCN )： c(I ) 计算。(6)根据反应式2Cu2+4I=2CuI+I 2,凡能造成I2偏大的，所测铜含量偏高分析。【详解】(1) H

36、2O2是共价化合物，其电子式为铜在酸性条件下被 H2O2氧化为Cu2+,所以溶解后铜元素以 Cu2+形式存在；因此，本题正确答案为：1匚0二。"1; Cu2+;(2) H2O2不稳定，加热后能除去，所以煮沸”的目的是除去过量的 H2O2；因此，本题正确答案为：除去过量的H2O2；(3)酸性太强，会发生反应：S2O32-+2H+=S J +SO2 T +H2O;由反应S2O32-+2H+=SJ+SO2T+H2O可知，每生成1molSO2和ImolS,生成的SO2比S多32g, 20s后生成的SO2比S多6.4g,则20s后生成0.2mol SO2,参加反应的硫代硫酸钠为0.2mol,故

37、(Na2s2。3)=0.1mol/(L s);根据 25 c 时，Ka(CH3COOH尸Kb(NH 3 H2O)=1.8 10 5可知，CH3COONH 4 溶液呈中性，故等浓度的CH3COOH和CH3COONH4的混合溶液呈酸性，则溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为 c(CH 3COO-)>c(NH 4+)>c(H +)>c(OH -)。因此，本题正确答案为：S2O32-+2H+=S J+SO2T+H2O ;0.1 ;c(CH 3COO-)>c(NH 4+)>c(H +)>c(OH -);(4) Cu2+与生成CuI,反应的离子方程式为 2Cu2+4I-=

38、2CuI+I2；因此，本题正确答案为：2Cu2+4I-=2CuI+I 2；(5) Ksp(CuI)=c(Cu 2+) c(I-)=1.0 10 12； Ksp( CuSCN尸 c(Cu2+) c(SCN-)=4.4 10 15,则沉淀完全转化后，溶液中 c(SCN ) ： c(l ) >=4.4X10-3,因此，本题正确答案为：4.4X10-3。(6) A.Fe3+也能与反应生成I2,铜锌合金中含少量铁，则会造成测得的铜含量偏高，A项符合题意；B.沉淀”时生成13,会造成测得的铜含量偏低，B项不符合题意；C.空气中的氧气能氧化碘离子生成碘单质，若转化后的溶液在空气中放置太久，则会造成测得

39、的铜含量偏高，C项符合题意；D.滴定”过程中，往锥形瓶内加入少量蒸储水，对实验结果无影响，D项不符合题意。因此，本题正确答案为：AC。11. 10-5-10-9NO+NO 2+3HSO3-=N2+3SO42+3H+-615kJ/mol温度升高，平衡逆向降解率移动 010演加 60 TO(图像画法说明：阴影部分 a点之前在 型上方，a点之后重合)Ti-4e-+2H2O=TiO2+4H +【解析】【分析】(1)25 c时，在 pH=5 的 NH4HSO3 溶液中存在电荷守恒： c(OH-)+ c(HSO3 )+2c(SO32 ) 二c(NH4+)+c(H+),物料守恒：c(NH4+)+ c(NH3 H2O)= c(HSO3 )+c(SO32 )+ c(H2SO3),据此分 析；根据流程图知，NO2、NO与NH4HSO3反应，+4价的氮氧化+4价的硫，NO2、NO被NH4HSO3 吸收生成N2, NO2、NO得电子被还原，则HSO3一被氧化生成SO42 ,据此书写离子方程式；(2)根据已知方程式构建目标方程式，根据盖斯定律计算反应热；根据平衡移动原理来分析，升高温度，