2021年河北省保定市一中高考一模化学试卷（解析版）

1、PAGE PAGE 23页河北省保定市一中2021年高考化学一模试卷一、单选题1化学无处不在，与人类生产、生活联系密切。下列与化学有关的说法错误的是（） A王安石诗：雷蟠电掣云滔滔，夜半载雨输亭皋，涉及反应：N2+O2放电_ 2NOB北科大参与研发的“超级钢”(含Mn10%、C47%、V0.7%等)是一种新型合金 C生活中制作油条的口诀是“一碱、二矾、三钱盐”，其中的“碱”是纯碱D中国古代常用竹简、丝帛记载文字，二者的主要成分均为蛋白质2利托那韦可用于新冠肺炎的治疗，如图所示物质为合成利托那韦的原料之一。下列有关该物质的说法正确的是（） A与苯甲酸甲酯( )互为同系物B分子式为C12H12O5

2、N2SC苯环上的二溴代物有4种(不含立体结构)D能发生加成反应，不能发生取代反应3实验室从碘的四氯化碳溶液中分离并得到单质碘，主要步骤为：用浓NaOH溶液进行反萃取(3I2+6OH-=5I-+IO 3- +3H2O)、分液、酸化(5I-+IO 3- +6H+=3I2+3H2O)、过滤及干燥等，甲、乙、丙、丁是部分操作装置图。下列说法错误的是（） A用装置甲反萃取时，先检验仪器是否漏水B用装置乙分液时，先放出有机相，关闭活塞，从上口倒出水相C用装置丙从酸化后的体系中分离出单质碘D用装置丁对所得到的单质碘进行加热干燥4下列反应的离子方程式书写错误的是（） AFe(OH)3溶于HI溶液中：Fe(OH

3、)3+3H+=Fe3+3H2OB将石灰乳加入到MgCl2溶液中得到氢氧化镁：Ca(OH)2+Mg2+=Mg(OH)2+Ca2+C泡沫灭火器反应原理：3HCO 3- +Al3+=3CO2+Al(OH)3D在Ca(HCO3)2溶液中加入少量NaOH溶液：Ca2+HCO 3- +OH-=CaCO3+H2O5硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物(NOx)，为保护环境，将烟气与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3Ce中文名“铈”的混合溶液中实现无害化处理，其转化过程如图。下列说法正确的是（） A过程发生反应的离子方程式：H2+Ce4+=2H+Ce3+B处理一段时间后，混合溶液中Ce3+和C

4、e4+浓度不变C该转化过程的实质为NOx被H2还原Dx=1时，过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：16现有短周期主族元素X、Y、Z、R、T。R原子最外层电子数是电子层数的2倍；Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，Z与T形成的Z2T化合物的水溶液呈碱性。五种元素的原子半径与原子序数的关系如图。下列说法正确的是（） A原子半径和离子半径均满足：YTC最高价氧化物对应的水化物的酸性：TKsp(CuS)D室温下，用pH试纸分别测定浓度均为0.1molL-1的Na2SO3和NaHSO3两种溶液的pHpH：Na2SO3NaHSO3HSO 3- 结合H+能力比SO 32- 的强AA BB CC D

5、D9中科院董绍俊课题组将二氧化锰和生物质置于一个由滤纸制成的折纸通道内，形成电池如图，该电池可将可乐(pH=2.5)中的葡萄糖作为燃料获得能量。下列说法正确的是（） A该电池是将生物能转化成电能的装置B随着反应不断进行，负极区的pH不断增大Cb极的电极反应式为MnO2+2H2O+2e-=Mn2+4OH-D每消耗0.01mol葡萄糖，外电路中转移0.02mole-10石墨烯是具有单层片状结构的新材料(如图)，其厚度仅有一个原子直径大小(约0.35nm)，可覆盖于金属表面，用于金属防腐。下列说法错误的是（） A所有金属腐蚀都是金属失去电子B一般环境中，金属腐蚀的正极反应式：O2+2H2O+4e-=

6、4OH-C石墨烯防腐的原理是形成了性质稳定的合金D石墨烯防腐的缺点是一旦破损就会加速金属的腐蚀二、多选题11工业上用铁泥(主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe)制备纳米Fe3O4的流程图如图： 下列叙述正确的是（）A为提高步骤的反应速率，所加稀盐酸的量越多越好B步骤中，主要反应的离子方程式为2Fe3+Fe=3Fe2+C步骤中，反应完成后剩余的H2O2无需除去D步骤中，“分离”包含的操作有过滤、洗涤1225，一元弱碱甲胺(CH3NH2)的电离常数Kb4.010-4，1g50.7，电解质溶液的电导率与离子浓度有关，电导率越大，溶液的导电能力越强。25时，用0.02molL-1盐酸滴定20.00m

7、L浓度为0.02molL-1的CH3NH2溶液，利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率随加入盐酸的体积变化如图。下列说法正确的是（） A25，M点对应的溶液中水电离的c(H+)水c(OH-)水=1.010-14B溶液中始终存在c(CH3NH 3+ )+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)C25，M点对应溶液的pH6.3DN点对应的溶液中：c(Cl-)c(H+)c(CH3NH 3+ )c(OH-)13HCOOH在Pd催化剂表面脱氢的反应机理、反应历程与能量的关系如图所示： 下列说法正确的是（）A在Pd催化剂表面HCOOH脱氢反应的 H 0B在Pd催化剂表面离解OH键比CH键的活化能低C在历程中，

8、生成的反应速率最慢D用DCOOH或HCOOD代替HCOOH，得到的产物都有HD和CO2三、非选择题14SO2具有抗氧化、保鲜、防腐、脱色等功用，合理利用二氧化硫可服务于人们更好的生活。但空气中过量的二氧化硫会形成酸雨、易引起呼吸道疾病等问题，因此，二氧化硫的污染治理是化学研究的重要课题。（1）“钙基固硫”的原理是燃煤时加入CaCO3或CaO以减少二氧化硫的排放，涉及的反应有：CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)H1=+178.2kJmol-1CaO(s)+SO2(g)=CaSO3(s)H2=-402.0kJmol-12CaSO3(s)+O2(g)=2CaSO4(s)H3=-2314.8

9、kJmol-1则2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)=2CaSO4(s)+2CO2(g)H= 。（2）石灰石石膏法是一种常见的“钙基固硫”方法。其中，石灰石的溶解率与脱硫效果有着密切的关系。根据双模理论，可将催化条件下CaCO3吸收SO2宏观反应分为三步：i.本征反应，即在催化剂作用下，溶解的SO2和Ca2+发生化学反应，且反应在液相中进行，反应速率为RA；ii.CaCO3由固相溶解进入液相，溶解速率为RB；iii.SO2由气相扩散进入液相，扩散速率为RC。温度变化对总反应速率的影响如图，温度在2545时，总反应速率受 (填“RA”、“RB”或“RC”)控制。4555曲线呈下降趋势的

10、原因：一是CaCO3溶解度随温度的升高而降低；二是 。（3）硝化法既能生产硫酸，也能处理二氧化硫，主要反应为：NO2(g)+SO2(g) SO3(g)+NO(g)H ”、“ ”或“”，下同)；最简单气态氢化物的沸点：X Y。（3）Y的最高价氧化物对应水化物中酸根离子的空间构型是 (用文字描述)。（4）Z3+基态核外电子排布式为 ，用硫氰化钾溶液检验Z3+的离子方程式为 ，1molSCN-中含有 mol键， mol键，与其互为等电子体的分子是 (写两种分子式)。（5）与W晶体的金属堆积相同的是_。 ANaBZnCAgDMg（6）Fe、Co、Ni是三种重要的金属元素，三种元素二价氧化物的晶胞类型相

11、同，其熔点由高到低的顺序为 。CoO的面心立方晶胞如图，设阿伏加德罗常数的值为NA，则CoO晶体的密度为 gcm-3。18某维生素的生理功能是维持上皮组织的完整性和细胞膜的通透性，维持正常视觉，促进年幼动物生长等。以下是该维生素的合成路线的一部分。已知： RMgXH2O（1）A的化学名称为 。（2）由A生成B的反应类型为 。（3）写出由C和M生成N的方程式 。（4）D的结构简式为 。（5）醛F的结构简式为 。（6）B中具有 、OH且不与NaHCO3反应的同分异构体(不包括B，不考虑立体异构)共 种，其中核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为6：1：1的同分异构体的结构简式为 。在所有的同分异构体(

12、不考虑立体异构)中，含有手性碳原子的异构体有 种。 答案解析部分1【答案】D【解析】【解答】A雷雨天气，空气中的氧气和氮气在闪电作用下发生反应：N2+O2放电_ 2NO，故A不符合题意； B“超级钢”的主要元素是铁，还含有Mn、C、V等元素，是新型合金，故B不符合题意；C生活中制作油条的口诀是“一碱、二矾、三钱盐”，其中的“碱”是纯碱，和明矾中的Al3+发生双水解反应产生CO2，使油条疏松，故C不符合题意；D竹简的主要成分为纤维素，丝帛的主要成分为蛋白质，故D符合题意；故答案为：D。【分析】古代的竹简主要是竹子，主要成分是纤维素，不是蛋白质，而丝帛的主要成分是蛋白质，故其他选项均正确2【答案】

13、C【解析】【解答】A图中分子的结构与苯甲酸甲酯不相似，不属于同系物，A不符合题意；B根据图中分子结构可知该有机物分子式为C12H10O5N2S，B不符合题意；C苯环上的二溴代物有： 、 、 、 四种，C符合题意；D分子中含有苯环和碳碳双键，可以发生加成反应，该有机物在一定条件下能发生卤代、水解等取代反应，D不符合题意；故答案为：C。【分析】根据结构简式即可写出分子式，找出含有硝基、酯基、碳碳双键等官能团，可以发生加成和取代反应，苯甲酸甲酯中不含氮元素和硫元素与有机物组成不同不互为同系物，此物质中的苯环上的二溴代物有4种3【答案】D【解析】【解答】A装置甲的仪器为分液漏斗，分液漏斗中有玻璃活塞，

14、在使用之前必须检验是否漏水，故A不符合题意；B分液时避免上下层液体混合，由于CCl4溶液比水重，在下层，则分液时，先从下口放出有机相(四氯化碳层)，关闭活塞，从上口倒出水相，可避免上层液体被污染，故B不符合题意；C酸化后大量析出固体碘单质，不溶于水，图中过滤可分离，故C不符合题意；D由于碘易升华，不能用装置丁对所得到的单质碘进行加热干燥，故D符合题意；答案为D。【分析】A.装置甲是分液漏斗使用前需要进行检查是否漏水B.乙是分液装置，此装置进行分液时有机相在下方，先将有机相流出再从上口流出无机相C.碘单质不溶于酸和水因此可以用过滤D.碘单质极易升华，干燥碘在干燥器中进行4【答案】A【解析】【解答

15、】A三价铁离子具有氧化性，离子方程式为：2Fe(OH)3+6H+2I-=2Fe2+6H2O+I2，A符合题意；B离子方程式为：Ca(OH)2+Mg2+=Mg(OH)2+Ca2+，B不符合题意；C离子方程式为：3HCO 3- +Al3+=3CO2+Al(OH)3，C不符合题意；D在Ca(HCO3)2溶液中加入少量NaOH溶液，化学方程式为：Ca(HCO3)2+NaOH= CaCO3+H2O+NaHCO3，离子方程式为：Ca2+HCO 3- +OH-=CaCO3+H2O，D不符合题意；故答案为：A。【分析】A.Fe(OH)3溶于HI溶液中，氧化性的铁离子会将还原性的碘离子氧化B.石灰乳与MgCl2

16、溶液反应得到更难溶的氢氧化镁C.泡沫灭火器是硫酸铝溶液与碳酸氢钠溶液双水解生成二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀D.加入少量的氢氧化钠，以氢氧化钠为基准，1mol氢氧化钠只能消耗1mol碳酸氢根离子5【答案】C【解析】【解答】A过程发生反应的离子方程式：H2+2Ce4+2H+2Ce3+，故A不符合题意；BCe3+和Ce4+是反应的催化剂，参与反应但是量不变，浓度在变化；故B不符合题意；C总反应：2NOx+2xH2=2xH2O+N2，NOx的化合价降低被还原，该转化过程的实质为NOx被H2还原，故C符合题意；D总反应：2NOx+2xH2=2xH2O+N2，x=1时，过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1

17、：1，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】A.根据图示I即可写出离子方程式，此离子方程式电荷不守恒B.均是催化剂，但是随着反应的进行溶液的体积在发生变化故浓度变化C.写出总的反应即可判断D.写出总的反应即可判断氧化剂与还原剂的比值6【答案】B【解析】【解答】A原子半径YZ+，不符题意；BY为氧元素、T为硫元素，其气态氢化物分别是H2O和H2S，水分子间因可以形成氢键，所以H2O沸点大于H2S；作为同族元素，氧元素非金属性强于硫元素，故H2O热稳定性大于H2S，符合题意；CT是硫元素、R是碳元素，其最高价氧化物对应水化物分别是H2SO4和H2CO3，酸性是H2SO4H2CO3，不符题意；DX为

18、氢元素、R为碳元素、Y为氧元素，其组成的化合物可以是H2CO3，也可以是有机物乙醇(C2H5OH)、甲醇、乙醛等，这些化合物的水溶液不一定都显酸性，不符题意；故答案为：B。【分析】短周期元素，每一周期原子半径均是由IA族到VIIA族依次减小(0族原子半径测量方案不同于普通原子，不考虑)，但随着周期数增加，元素原子外电子层数也随之增加，故原子半径会出现同族元素随周期数上升而增大。由题图可看出，X元素占一周期，R、Y占一周期，Z、T占一周期。再有R元素最外层电子数是电子层数的2倍，可以推得R是碳元素；故X是第一周期主族元素氢；Z是第三周期半径最大元素，故是钠元素；Z与Y能形成Z2Y、Z2Y2型离子

19、化合物，故Y是氧元素；最后，Z与T形成Z2T化合物，所以T是与Z同周期且能形成T2-离子的元素，硫元素，Na2S强碱弱酸盐，溶于水溶液显碱性。7【答案】D【解析】【解答】A生成气体所处的状态不明确，故气体的物质的量无法计算，则转移的电子数无法计算，故A不符合题意；B4.6gNa的物质的量为n(Na) mM 4.6g23g/mol 0.2mol，Na与水完全反应生成NaOH和H2，即2Na+2H2O=2NaOH+H2，产物NaOH中OH存在一个共价键，H2中存在1个共价键，由于0.2molNa与水完全反应生成0.2molNaOH和0.1molH2，所以生成0.2NA+0.1NA=0.3NA的共价

20、键，故B不符合题意；CAl(OH)3的酸式电离为Al(OH)3 H+ AlO2- +H2O，Al(OH)3为弱电解质，部分电离，不能完全电离，H+数目小于NA，故C不符合题意；D7.8gC6H6的物质的量为n(C6H6) mM 7.8g78g/mol 0.1mol，120时H2O为气体，燃烧产物为CO2或CO一种或两种及H2O，根据元素守恒，碳的氧化物为0.6mol，H2O为0.3mol，所得气体分子数为0.6NA+0.3NA0.9NA，故D符合题意；答案为D。【分析】A.随着反应的进行硝酸变稀，产物发生改变，转移电子数目不易求出B.写出钠与水反应的方程式，根据产物即可计算出共价键的数目C.考

21、虑的是氢氧化铝是弱电解质不能完全电离D.根据101KPa，以及120，生成物均是气体根据质量计算出即可8【答案】B【解析】【解答】A氯化银也是不溶于稀盐酸的白色沉淀，则向某溶液中先加入氯化钡溶液，再滴入盐酸生成白色沉淀可能为氯化银或硫酸钡，故A不符合题意；B升高温度，平衡向吸热反应方向移动，将充满NO2的密闭玻璃球浸泡在热水中，红棕色变深，说明反应2NO2(g) N2O4(g)向逆反应方向移动，该反应为放热反应，H0，故B符合题意；C在0.1molL-1K2S溶液中滴加少量等浓度的ZnSO4溶液，再加入少量等浓度的CuSO4溶液时，过量的K2S溶液与CuSO4溶液反应生成CuS黑色沉淀，不存在

22、沉淀的转化，无法判断和比较ZnS与CuS的溶度积大小，故C不符合题意；D0.1molL-1的Na2SO3和NaHSO3两种溶液中Na2SO3的pH大于NaHSO3，说明SO 32- 结合H+能力比HSO 3- 的强，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】A.证明含有硫酸根离子应该是先加入盐酸再加入氯化钡溶液B.二氧化氮是红棕色，加入后颜色加深说明正反应放热C.证明溶度积的大小是应该保证硫化钾的量极少D.得出结论不对9【答案】D【解析】【解答】A该电池是将化学能转化成电能的装置，A项不符合题意；B.负极区电极反应式为 C6H12O6-2e-=C6H10O6+2H+ ，负极溶液中c(H+)增大，则

23、溶液的pH减小，B项不符合题意；C.b电极上二氧化锰得电子和氢离子反应生成水和锰离子，电极反应式为 MnO2+4H+2e-=Mn2+2H2O ，C项不符合题意；D根据 C6H12O6-2e-=C6H10O6+2H+ 可知，消耗1mol葡萄糖，外电路中转移2mol e-，则消耗0.01mol葡萄糖，外电路中转移0.02 mole-，D项符合题意；故答案为：D。【分析】根据此装置图即可判断是原电池，是将化学能转化为电能的装置，葡萄糖在负极失去电子变为葡萄糖内脂和氢离子，酸性增强，而二氧化锰做正极，得到电子形成锰离子和水，根据正负极的电极式即可写出总的电池反应，即可计算出消耗一定质量的葡萄糖转移的电

24、子数10【答案】C【解析】【解答】A金属元素没有负价，故金属单质只能失电子而被腐蚀，故A不符合题意；B金属腐蚀在强酸溶液中为析氢腐蚀、弱酸或中性溶液中为吸氧腐蚀，一般环境中以弱酸或中性溶液为主，故主要发生吸氧腐蚀，正极反应式：O2+2H2O+4e-=4OH-，故B不符合题意；C合金定义为：一种金属与另一种或几种金属或非金属经过混合熔化，冷却凝固后得到的具有金属性质的固体，而由题意知石墨烯是覆盖于金属表面，未形成合金，故C符合题意；D石墨烯层破损后，与金属形成原电池，金属为负极、石墨为正极，加快金属的腐蚀速率，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】A.金属还原性很强易失去电子变为阳离子B.金属腐

25、蚀时一般是吸氧腐蚀或析氢腐蚀，金属做负极，但是正极需要考虑电解质的酸碱性C.合金的抗腐蚀性能强于纯金属D.主要破损后形成原电池加入金属的腐蚀11【答案】B,D【解析】【解答】A稀盐酸的量越多不能使反应速率加快，应搅拌、适当升高温度可提高铁泥与盐酸的反应速率，A不符合题意；B滤液A的溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的稀盐酸，加入铁粉还原Fe3+，即主要的离子反应为：2Fe3+Fe=3Fe2+，B符合题意；C步骤中，浊液C中的氢氧化亚铁被过氧化氢氧化成浊液D，为了提高Fe3O4的产率需要控制浊液D与滤液B中Fe2+的比例，为防止滤液B中Fe2+在步骤中被H2O2氧化，步骤中反应完成后需再加热一段时间除

26、去剩余H2O2，C不符合题意；D步骤为浊液D与滤液B加热搅拌发生反应制得Fe3O4，步骤中，使Fe3O4分离出来需经过过滤、洗涤、干燥，D符合题意；故答案为：BD。【分析】铁泥(主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe)与稀盐酸反应得到的滤液A溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的稀盐酸，加入铁粉还原铁离子：2Fe3+Fe=3Fe2+，过滤过量的铁，滤液B的溶质为氯化亚铁，加入氢氧化钠溶液，生成Fe(OH)2浑浊液，向浑浊液中加入双氧水，双氧水将Fe(OH)2浊液氧化成浊液D，反应完成后需再加热一段时间除去剩余H2O2，浊液D与滤液B加热搅拌发生反应制得Fe3O4，经过滤、洗涤、干燥得产品Fe3O4，据

27、此分析解答。12【答案】B,C【解析】【解答】A 25，M点溶质为CH3NH3Cl，是强酸弱碱盐，水解促进水电离，c(H+)水=c(OH-)水1.010-7，M点对应的溶液中水电离的c(H+)水c(OH-)水1.010-14，故A不符合题意；B 根据电荷守恒，滴定开始后，溶液中始终存在c(CH3NH 3+ )+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，故B符合题意；C 一元弱碱甲胺(CH3NH2)的电离常数Kb4.010-4，M点酸碱恰好完全反应，溶质为CH3NH3Cl，浓度为0.01mol/L，Kh= 10-14410-4 =2.510-11，则c(H+)= 0.012.510-11 mol/

28、L=510-7mol/L，25，M点对应的溶液的pH=7-lg56.3，故C符合题意；D N点时盐酸过量，为CH3NH3Cl、HCl的混合物，则N点对应的溶液中：c(Cl-)c(CH3NH3+)c(H+)c(OH-)，故D不符合题意；故答案为：BC。【分析】结合方程式和滴定曲线可知M点酸碱恰好完全反应，溶质为CH3NH3Cl，结合物料守恒、电荷守恒分析。N点时盐酸过量，为CH3NH3Cl、HCl的混合物，c(CH3NH3+)c(H+)。13【答案】C,D【解析】【解答】A由图可知，在Pd催化剂表面HCOOH脱氢反应为放热反应， H 小于0，故A不符合题意；B由图可知，在Pd催化剂表面离解OH键

29、的活化能较高，解离CH键的活化能低，故B不符合题意；C在历程中，生成的活化能最高，反应速率最慢，故C符合题意；D由图可知，HCOOH脱氢是生成氢气和二氧化碳，所以用DCOOH或HCOOD代替HCOOH，得到的产物都有HD和CO2，故D符合题意；故答案为：CD。【分析】A.根据起始物的能量和最终物的能量进行判断即可B.I到II是进行离解O-H键，而III到IV是离解C-H键，根据图示离解O-H键活化能高C.IV到V的活化能最高速率最慢D.根据反应原理即可判断14【答案】（1）-2762.4 kJmol-1（2）RA；二氧化硫溶解度随温度升高而降低（3）9；（4）温度升高，反应速率增大；1.5；0

30、.75【解析】【解答】(1) CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)H1=+178.2kJmol-1CaO(s)+SO2(g)=CaSO3(s)H2=-402.0kJmol-12CaSO3(s)+O2(g)=2CaSO4(s)H3=-2314.8kJmol-1，根据盖斯定律，H=2+2+=2178.2-2402-2314.8=-2762.4 kJmol-1；(2)在较低温度中升高温度对反应速率影响较大，故温度在2545时，总反应速率受RA控制；温度继续升高，会影响溶解度，则4555曲线呈下降趋势的原因：一是CaCO3溶解度随温度的升高而降低；二是二氧化硫溶解度随温度升高而降低；(3)根据

31、已知条件列出三段式，设加入二氧化氮和二氧化硫为1，反应消耗为x， NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)初始1100转化xxxx平衡1-x1-xxx ，达到平衡时NO和NO2的浓度之比为3：1，即 x1-x=31 ，解得x=0.75，平衡常数 K=0.750.750.250.25=9 ；Q=1111=1v逆；(4)v1=4-0.41048=0.0075molL-1h-1 ， v2=2-0.41016=0.01molL-1h-1 ，故 v1v2 ，由此得出结论，温度升高，反应速率增大；平衡常数受温度影响，2、3组温度一样，反应后C仍为0.4，为等效平衡，极值转化后与第二组起始量相同，

32、第二组起始量为2，1，0，第三组为a，b，0.5，故a+0.5=2，b+0.25=1，即a=1.5，b=0.75；【分析】（1）根据盖斯定律即可计算出焓变（2）根据图示可以判断，温度对速率影响较大，因此可以考虑是含有催化剂的反应，温度越高二氧化硫的溶解度降低导致速率下降（3） 根据平衡时的数据即可计算出平横常数根据给出的物质的量计算出浓度再计算出浓度商与平衡常数对比即可（4） 通过计算出速率进行对比即可得出结论根据第2组和第3组温度相同，故为等效平衡，即可计算出起始的物质的量15【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率，提高酸浸时的浸出率（2）二氧化硅（3）FeTiO3+2H2SO4FeSO4

33、+TiOSO4+2H2O（4）在pH介于46之间时，铁离子的基本水解完全；随温度的升高，溶液中亚铁离子氧化生成铁离子（5）H2TiO3；MnO 4- +5Fe2+8H+Mn2+5Fe3+4H2O【解析】【解答】(1)磨矿的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高酸浸时的浸出率。故答案为增大接触面积，加快反应速率，提高酸浸时的浸出率；(2)二氧化硅不与酸和水反应，滤渣的主要成分是二氧化硅。故答案为：二氧化硅；(3)酸解过程中，FeTiO3发生反应生成FeSO4、TiOSO4、2H2O，化学方程式FeTiO3+2H2SO4FeSO4+TiOSO4+2H2O。故答案为：FeTiO3+2H2SO4FeS

34、O4+TiOSO4+2H2O；(4)在其它条件不变的情况下，体系中Fe()含量随pH变化如图1，试分析在pH介于46之间时，Fe()含量基本保持不变的原因：在pH介于46之间时，铁离子的基本水解完全。故答案为：在pH介于46之间时，铁离子的基本水解完全；如图2，55后，Fe()含量增大的原因是随温度的升高，溶液中亚铁离子氧化生成铁离子，温度升高，氧化速度加快。故答案为：随温度的升高，溶液中亚铁离子氧化生成铁离子；(5)滤液中TiOSO4能发生水解反应生成沉淀H2TiO3和滤液H2SO4，TiO2+2H2O=2H+H2TiO3，水解过程中得到沉淀的化学式为H2TiO3。故答案为：H2TiO3；一

35、定量Fe2+的存在有利于水解工艺的进行，因此在水解之前，先要测定钛液中Fe2+的含量。实验室常用酸性高锰酸钾溶液进行滴定，用离子方程式表示其原理MnO 4- +5Fe2+8H+Mn2+5Fe3+4H2O。故答案为：MnO 4- +5Fe2+8H+Mn2+5Fe3+4H2O。【分析】钛铁矿的主要成分为FeTiO3（可表示为FeOTiO2），含有Fe2O3、MgO、CaO、Al2O3、SiO2等杂质，在加热条件下钛铁矿和稀硫酸混合，发生的反应有FeTiO3+2H2SO4FeSO4+TiOSO4+2H2O、Fe2O3+3H2SO4Fe2（SO4）3+3H2O等，浸取液中含有Fe3+、Mg2+、Ca2

36、+、Al3+，加入铁粉，Fe3+能和Fe反应生成Fe2+，然后过滤，滤渣的主要成分是二氧化硅，滤液结晶过滤得到的晶体成分滤渣为硫酸亚铁晶体，滤液中TiOSO4能发生水解反应生成沉淀H2TiO3和滤液H2SO4，最后高温煅烧沉淀得到TiO2。16【答案】（1）分液漏斗；吸收未反应的二氧化硫，防止污染环境（2）S+ Na2SO3 _ Na2S2O3；Na2S2O3在酸性溶液中不稳定，会发生反应：S2O 32- +2H+=S+SO2+H2O（3）趁热过滤；乙醇（4）Na2S2O35H2O晶体于4045熔化，48分解（5）96.9%【解析】【解答】(1)根据仪器构造特点可知，仪器a为分液漏斗，装置丙的

37、作用是吸收未反应的二氧化硫，防止污染环境。(2)制备Na2S2O35H2O，发生的反应有：Na2CO3+SO2=Na2SO3+CO2Na2S+SO2+H2O=Na2SO3+H2S2H2S+SO2=3S+2H2O则第个反应即生成的S和Na2SO3反应生成Na2S2O3：S+ Na2SO3 _ Na2S2O3。Na2S2O3在酸性溶液中不稳定，会发生反应：S2O 32- +2H+=S+SO2+H2O，所以需要控制溶液的pH不小于7。(3)从热的反应混合液中过滤除去活性炭，为提高产率，操作为趁热过滤，以防温度下降时Na2S2O35H2O晶体析出。Na2S2O35H2O不溶于乙醇，所以洗涤时用乙醇作洗

38、涤剂。(4) Na2S2O35H2O晶体于4045熔化，48分解，所以蒸发时要控制温度不宜过高。(5) KMnO4的物质的量为0.40molL-10.0200L=0.008mol，根据反应方程式5S2O 32- +8MnO 4- +14H+=8Mn2+10SO 42- +7H2O，可知S2O 32- 的物质的量为0.005mol，则1.28g样品中Na2S2O35H2O的质量分数为 0.005mol248g/mol1.28g 100%=96.9%。【分析】（1）根据装置即可判断名称，过程中右二氧化硫逸出而是污染性气体因此需要进行尾气处理（2）根据最终的产物即可写出方程式，主要考虑Na2S2O3

39、在酸性溶液易发生歧化反应 （3）提高产率增加在水中的溶解量应该需要趁热过滤，洗涤时需要考虑硫代硫酸钠的溶解性因此再乙醇中进行洗涤 （4）根据题意可知，温度过高易分解（5）根据方程式利用消耗的高锰酸钾计算出硫代硫酸钠的物质的量，即可计算出质量从而计算出质量分数17【答案】（1）第二周期第A族（2）；（3）平面三角形（4）1s22s22p63s23p63d5或Ar3d5；Fe3+3SCN-=Fe(SCN)3；2；2；CO2，N2O，OCN-，N3等（5）C（6）NiOCoOFeO；31023NAa3【解析】【解答】(1)X为碳元素，位于周期表的第二周期第A族；故答案为：第二周期第A族。(2)同一周期元素的第一电离能随原子序数的增大而增大，但第A大于A，第A大于A，所以C小于N元素的第一电离能；氨气分子间存在氢键，沸点比甲烷的更高，所以最简单气态氢化物的沸点：CH4NH3；故答案为：；。(3)根据价层电子对数推出空间结构，N的最高价氧化物对应水化物中酸根离子即 NO3- ， NO3- 的空间构型：3+ (5+1-23)2 =3，价层电子对数为3，孤电子对数为0，所以是平面三角形；故答案为：平面三角形。(4)Fe基态核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2或