2023年届北京市海淀区高三上学期期中考试化学试题解析

海淀区2023~2023学年第一学期期中练习高三化学完毕后，将本试卷和答题纸一并交回。H1C12O16Na23S32Fe56第一局部选择题〔42〕〔每题3分，共42分〕A.陶瓷工艺品B.纸质练习簿A.陶瓷工艺品B.纸质练习簿C.不锈钢盆D.蚕丝领带答案：AC.不锈钢盆D.蚕丝领带解：A.陶瓷的主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，故A选；B.纸张的主要成分为纤维素，为有机材料，故BC.不锈钢的主要成分为铁，有无机金属材料，故C不选；D.蚕丝主要成分为蛋白质，为有机材料，故D故答案选：A。A.甲烷的构造式：以下对化学用语的描述中，的是A.甲烷的构造式：B.磷的原子构造示意图：C.209Bi210BiB.磷的原子构造示意图：D.D.Na和Cl形成NaCl解：A4解：A4C-HA1518P3-的构造示意图，故B209Bi和210BiBiC83 83确；的DNa和Cl形成NaCl的过程NaNa+ClClD故答案选：B。以下反响中，HO22Na+2HO=2NaOH+H↑

B.3NO+HO=2HNO+NO2 2 2 2 3C.Cl+HO

HCl+HClO

D.SO+HO HSO2 2 2 2 2 3答案：A思路：【分析】氧化复原反响中反响物中氧化剂化合价下降，复原剂化合价上升以此推断。解：A.HOH+10HO做氧化剂，故A2 2B.HOB2C.HOC2D.SO2

HOD2故答案选：A。反响：2HO=2HO+O上升温度

22 2 2

参加少量MnO固体2加水稀释答案：C思路：

参加几滴FeCl3解：A．上升温度能够增加单位体积内活化分子数以及有效碰撞频率，能够加快化学反响率，故A项不选；HO

分解具有催化作用，能够降低活化能，使单位体积内活化分子数增加，从而增加有效碰撞频2 22率，能够加快化学反响率，故B项不选；C．加水稀释会降低单位体积内活化分子数，使有效碰撞频率降低，化学反响速率将降低，故C项选；D．FeClHO

分解具有催化作用，能够降低活化能，使单位体积内活化分子数增加，从而增加有效碰撞3 22频率，能够加快化学反响率，故D项不选；综上所述，不能加快该反响的速率的是C项，故答案为C。5.以下事实用元素周期律解释的是NaOH的碱性强于Al(OH)3MgAlC.HO稳定性强于HS2D.HClO4

2的酸性强于HBrO的答案：D思路：解：A．NaOH、Al(OH)3

均是该元素最高价氧化物对应水化物，NaOH的碱性强于Al(OH)3

可说明钠元素金属性强于铝元素，故A项不选；B．Mg、AlMgMg>Al，二者是同一周期元素，原子序数Mg<Al，符合“同周期元素从左至右金属性渐渐减弱”，故BC．非金属性O>S，同时HO的稳定性强于HS，能够用元素周期律解释，故C2 2D．HClO4

是氯元素最高价氧化物的水化物，HBrOHClO>HBrO，4但不能用元素周期律解释，故D项选；综上所述，不能用元素周期律解释的是D项，故答案为D。6.常温下，以下各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.pH=1HCO-、K+、Cl-、Na+3B.无色溶液中：NH+、K+、MnO-、NO-4 4 3C.含有SO2-的溶液中：NO-、OH-、Na+、Ba2+4 3D.c(OH-)=10-2mol/LNa+、CO2-、Cl-、K+3答案：D思路：解：A．pH=1的溶液中存在大量的H+，H+、HCO-能够反响放出二氧化碳气体，不能大量共存，故A3B．MnO-4

有颜色，在无色溶液中不能大量存在，故B不选；C．SO2-、Ba2+能够反响生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，故C4D．c(OH-)=10-2mol/LOH-，OH-、Na+、CO2-、Cl-、K+离子间不能发生反响，能够3大量共存，故DD。以下事实与盐类的水解的是用明矾净水用稀盐酸去除铁锈用热的纯碱溶液清洗油污配制FeCl3

溶液时参加少量盐酸答案：B思路：解：A.明矾中铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附性可用于净水，与盐类的水解有关，故A不选；B.稀盐酸与铁锈反响6HCl+FeO=2FeCl+3HO可用于去除铁锈，与盐类的水解无关，故B2 3 3 2C.纯碱溶液中碳酸根水解呈碱性可以使油污发生水解反响生成可溶性物质，用于清洗油污，与盐类水解有关，故CD.FeCl3

Fe3++3HO2

Fe(OH)3

+3H+，参加少量盐酸增加氢离子浓度平衡逆移，可以防止铁离子的水解，与盐类水解有关，故D不选。故答案选：B。NA

代表阿伏加德罗常数值，以下说法正确的选项是A.6.2gNaO0.2N2 AB.pH=2的盐酸中的H+0.01NAC.2.3gNa和足量O2

0.1NAB.证明二氧化硫具有漂白性C.证明碳酸钠热稳定性比碳酸氢钠高B.证明二氧化硫具有漂白性C.证明碳酸钠热稳定性比碳酸氢钠高解：A．6.2gNaOC．2.3gNa物质的量为解：A．6.2gNaOC．2.3gNa物质的量为6.2g62g/mol=0.1mol，0.1molNaO0.1×3N=0.3NA22AA法错误；B．未告知溶液体积，无法计算溶液中所含溶质的物质的量，故B项说法错误；2.3g=0.1mol，Na与足量O后，Na10.1molNa23g/mol 20.1×N=0.1N，故CA AD．标准状况下，HO2D综上所述，说法正确是C项，故答案为C。9.用以下试验装置完成对应的试验〔夹持装置已略去，不能到达试验目的的是A.证明氨气极易溶于水2 A答案：C思路：D.证明铁与水蒸气反响生成氢气答案：B思路：D.证明铁与水蒸气反响生成氢气解：A.挤压胶头滴管，氨气遇水溶解，烧瓶内气压降低，在大气压的作用下将烧杯中的水向上压形成“喷泉”，可以说明氨气极易溶于水，故A二氧化硫使高锰酸钾褪色表现为二氧化硫的复原性，无法证明二氧化硫具有漂白性，故B错误；碳酸氢钠不稳定加热分解，而碳酸钠不分解，则图中小试管中温度低碳酸氢钠分解，可知碳酸氢钠的稳定性差，故C铁与水蒸气反响生成氢气，用燃烧的火柴靠近能点燃气体并有淡蓝色火焰可说明生成氢气，故D正确。故答案选：B。以下对试验现象解释的方程式中，正确的选项是A.0.1mol/L次氯酸溶液的pH4.2：HClO=H++ClO-向醋酸中参加NaHCO溶液得到无色气体：2CHCOOH+CO2-=2CHCOO-+HO+CO3 3 3 3 2 2NaHSO

溶液中参加足量Ba〔OH〕

溶液，得到白色沉淀：2H++SO2-+Ba2++2OH-=BaSO↓+2HO4在煤中添加石灰石，降低尾气中SO

2浓度：2CaCO+2SOO

4 4 2加热2CaSO+2CO2 3 2 2 4 2答案：D思路：解：A.HClO为弱电解质，不完全电离，故A错误；B.NaHCO3

溶液中电离生成Na+和HCO-3

，不能拆成CO2-形式，故B3C.NaHSO4

溶液中参加足量Ba〔OH〕2

溶液反响，离子方程式中H+与SO

2-的系数比应为1:1离子方程式为4H++SO2-+Ba2++OH-=BaSO↓+HOC4 4 2D.石灰石与SO2

和空气中氧气反响得到CaSO4

和CO2

降低尾气中SO2

浓度，化学方程式为：加热2CaCO+2SO+O 2CaSO+2COD3 2 2 4 2故答案选：D。能量变化如以下图。以下说法的是生成活化氧的总反响是吸热反响反响前后氧元素的化合价发生转变生成活化氧的反响在有水条件下更简洁发生D.反响过程中存在氧氧键的断裂和碳氧键的生成答案：A思路：解：AAB．反响前氧气中O0，在活化氧中O0，反响前后氧元素的化合价发生了转变，故B正确；C．C正确；D．依据图示，反响物氧气中存在氧氧键，炭黑中存在碳碳键，生成物活化氧中存在碳氧键和碳碳键，因此反响过程中存在氧氧键的断裂和碳氧键的生成，故DA。单质溴是一种重要的化工原料，室温下为深红棕色、易挥发的液体，密度约3.1g/cm3。工业上常以海〔主要成分为单质溴的卤水只能选择热空气吹出法，工艺流程如以下图。以下说法的是流程一中，分液时粗溴位于下层流程二中，溶液C的溴含量高于卤水乙流程二中，试剂X可以是HCl两种流程均利用了单质溴的易挥发性答案：C思路：解：A．水蒸气吸取溴得到溴水，溴的密度为3.1g/cm3，大于水的密度，所以分液时溴在下层，故A项说法正确；CB说法正确；流程二中，由于Br+SO+2HO=HSO+2HBr，所以试剂XHBr氧化为Br，如Cl2 2 2 2 4 2 2Cl+2HBr=Br+2HCl，而HCl无氧化性，故C2 2两种流程中，水蒸气或热空气能将溶液中的溴带出，都是利用溴的易挥发性，故D项说法正确；综上所述，说法不正确的选项是CC。五氯化磷〔PCl〕是有机合成中重要的氯化剂，可由如下反响制得：5PCl〔g〕+Cl〔g〕 PCl〔g〕△H=-93.0kJ/mol3 2 52.0L2.0molPCl3

1.0molCl2t/s050t/s050150250350n〔PCl〕/mol500.240.360.400.40以下说法正确的选项是上升温度，平衡向正反响方向移动增大压强，活化分子百分数增大，反响速率加快5该温度下，反响的化学平衡常数的数值为6D.0~150sv〔PCl〕=2.4×10-3mol/〔L·s〕3答案：C思路：【分析】依据反响的起始物质的量和平衡时PCl5

物质的量写出该反响的“三段法”，以此计算化学平衡常数，反响速率等值。解：A．反响△H<0，正反响放热，上升温度，平衡向逆反响方向移动，故A错误；B．增大压强，各物质的浓度增大，反响速率加快，活化分子百分数不变，故B错误；C.250sn(PCl)=0.4mol，则有5PCl(g)+Cl(g)PCl(g)325起始(mol)210变化(mol)0.40.40.4平衡(mol)1.60.60.4c(PCl)

0.4mol2L 5该温度下，反响的化学平衡常数K=

5 = ，故C c(PCl3

)c(Cl2

) 1.6mol

0.6mol 6D.0~150s

v(PCl3

c)=v(PCl)= 故答案选：C。5 t故答案选：C。

0.36mol2L150s

2L 2L 〔 〔〕=1.2 10-3mol/ LsNaO1.56gNaO

40mLA(液体体积无明22 22编①编①②③④号操作i.产生大量能使带火星木条i.产生大量能使带火星木条现溶液变红色，20复燃的气体 溶液变红色2小时后象 液褪色.秒后褪色 ii.溶液变红色，10分钟 无明显变化ii.变红色后褪色以下说法的是由②中现象iNaO与水反响有HO22 22由③、④可知，②中溶液红色褪去是由于c(OH-)大由②、③、④可知，①中溶液红色褪去的主要缘由不是c(OH-)大D.56mol/L答案：D思路：【分析】1.56gNaO

1.56g的物质的量= =0.02mol，参加到40mL水中充分反响得溶液A(液体体积无明显变化)，22 78g/mol0.02mol 2完全反响生成氢氧化钠，则氢氧化钠的浓度为

0.04L

=1mol/L，结合试验现象分析推断。解：A．过氧化钠与水反响得到的溶液A是氧气，是过氧化氢在二氧化锰催化作用下发生了分解，说明NaO与水反响有HO

生成，故A22 22由分析知，②步骤ii1mol/L，与③i都是滴加酚酞后，溶液变红色，10ii中滴加几滴盐酸后，氢氧化钠浓度减小，溶液变成红色，由④知，0.1mol/L的氢氧化钠溶液中滴加酚酞，溶液变红色，2小时后无明显变化，说明氢氧化钠溶液的浓度较大时，一段时间后颜色会褪去，浓度较小时，不能褪色，说明②溶液红色褪去是由于c(OH-)大，故B依据B的分析可知，1mol/L10溶液变红色，20秒后就褪色，说明溶液红色褪去的主要缘由不是c(OH-)大，而是过氧化氢的氧化作用，故C①中过氧化氢已经将酚酞氧化了，因此褪色后的溶液再滴加5滴6mol/L盐酸，溶液不能变成红色，故DD。其次局部非选择题〔共58分〕A、B、D、E、XAA、B能形成两种液态化合物ABABDE2 22D、X8。〔1〕AB

的电子式为 ；E在周期表中的位置是 。22如以下图所示，将X单质的水溶液分别滴入盛有不同试剂的试管中。①试管a中发生反响的化学方程式为 该反响可用于制备漂白液。②试管b中的试验现象为 ，说明X的非金属性强于碘，从原子构造的角度解释其缘由是 。镓〔Ga〕与E为同主族元素，氮化镓〔GaN〕作为第三代半导体材料，具有耐高温、耐高电压等特31性，随着5G技术的进展，GaN商用进入快车道。以下相关说法中，正确的选项是 〔填字母序号。a.Ga位于元素周期表的第四周期b.GaNGa+3c.Ga3+的离子半径小于E3+的离子半径XB2

是一种高效消毒剂，工业上用其处理中性废水中的锰，使Mn2+转化为MnO2

沉淀除去，X被复原至(1).(2).第ⅢA(1).(2).第ⅢA3(3).Cl+2NaOH=NaCl+NaClO+HO(4).溶液变蓝(5).22氯原子和碘原子最外层都是7个电子，但氯原子半径比碘原子半径小，原子核对核外电子的吸引力强，得电子能力强，失电子能力弱，所以氯的非金属性比碘强(6).ab(7).2ClO2

+5Mn2++6H2

2

+2Cl-+12H+思路：【分析】AA为HA、BAB和ABBO2 22元素；DDNaEE数大于D，则EAlD、X8，D1X7，且XD，则XCl〔1〕ABHO，EAlⅢA322 22解：由上述分析可知〔1〕ABHO，EAlⅢA322 22答案为：；第ⅢA3〔2〕①XClCl+2NaOH=NaCl+NaClO+H答案为：；第ⅢA32 2Cl+2NaOH=NaCl+NaClO+HO；2 2②制氯水滴入淀粉碘化钾溶液中发生反响：Cl2

+2KI=2KCl+I2

Cl的非金属强于I7核外电子的吸引力强，得电子力量强，失电子力量弱，所以氯的非金属性比碘强，故答案为：溶液变蓝；氯原子和碘原子最外层都是7个电子，但氯原子半径比碘原子半径小，原子核对核外电子的吸引力强，得电子力量强，失电子力量弱，所以氯的非金属性比碘强；〔3〕a.GaⅢA4周期，故ab.GaNN-30可知Ga+3价，故bc.Ga3+的电子层数大于Al3+的电子层数，则Ga3+的离子半径大于E3+的离子半径，故c错误；故答案选：ab；〔4〕XB2

为ClO2

与Mn2+

反应生成MnO2

沉淀和Cl-

2ClO2

+5Mn2++6H2

2

+2Cl+12H+，故答案为2ClO2

+5Mn2++6H2

2

+2Cl-+12H+。自然界中的局部氮循环如以下图。上图含氮物质的各步转化中，属于氮的固定的是 〔填数字序号。NH3

是氮循环中的重要物质，工业合成氨反响的化学方程式为 。某化工厂消灭泄漏，大量氨水进入循环水系统，使循环水中含氯杀菌剂〔有效成分为Cl〕的杀菌效2果降低、硝化作用增加，导致循环水的pH发生波动，最终造成设备腐蚀。①以下有关氨对循环水影响的说法中，正确的选项是 〔填字母序号。过量氨进入循环水后，水中NO-2

NO-含量会上升3过量氨进入循环水后，不会导致水体富养分化循环水pHpH为削减氨对杀菌剂杀菌效果的影响，可以改用非氧化性杀菌剂c〔NO-2

〕可推断循环水的水质是否恶化，c〔NO-2

〕检测利用的是酸性条件下I-被NO-2

氧化为I2

的反响，该反响的历程如下：NO-2

+2H+=NO++HO2II.……III.2ONI=I+2NO2II的离子方程式为 。含NO-的废水可用二硫化亚铁〔FeS〕处理，在反硝化细菌的作用下发生以下反响，请将离子方程式3 2反硝化细菌补充完整：14NO-+5FeS+ H+ 7N↑+10SO2-+ 3 2 2 4答 案 ：(1).①②(2).N2

(g)+3H2

(g)

高温高压催化剂

2NH3

(g)(3).acd(4).2NO++2I-=2ONI(5).4(6).5Fe2++2HO2思路：【分析】氮的固定是将空气中游离的氮转变成氮的化合物的过程；工业上用氮气和氢气在高温高压催化剂条件下合成氨气；①氨进入循环水后会与会与水系统中的硝化细菌和氧气等发生硝化作用，生成NO-2

NO-，是水体富3养分化；氨气水溶液呈碱性；②酸性条件下I-NO-

氧化为I

则总反响为2NO-+2I-+4H+=2NO+I

+2H

O，和反响I、III，写出II2 2 2 2 2的离子方程式；依据化合价升降守恒、电荷守恒和元素守恒配平方程；1〕N转2化为其他含N化合物，从图上看，①②分别属于自然固氮和人工固氮，故答案为：①②；〔2〕N(g)+3H2

(g)

高温高压催化剂

2NH3

(g)N2

(g)+3H2

(g)

高温高压催化剂

2NH3

(g)；①a.过量氨进入循环水后，会与水系统中的硝化细菌和氧气等发生硝化作用，生成NO-2

和NO-，故3NO-2

NO-含量会上升，故a3水体富养分化是指含NP体富养分化，故b循环水pHpHc氨对杀菌剂杀菌效果的有很大的影响，为保证杀菌效果，可以改用非氧化性杀菌剂，故d正确；故答案为：acd；I-NO-

I

则总反响为2NO-+2I-+4H+=2NO+I

+2H

OI×2+II+III2 2 2 2 22NO-+2I-+4H+=2NO+I+2H

O，则II2NO++2I-=2ONI2 2 22NO++2I-=2ONI；NO-N+50145=70，FeS

S-16，3 2化合价上升107=70，此时化合价升降已经相等，则Fe5Fe2+，再依据电荷守恒可得14NO-+5FeS3 2

+4H+=7N2

+10SO2-+5Fe2++2H4

O，故答案为：45Fe2++2HO。2 2用CO

制备CHOH可实现CO的能源化利用，反响如下：CO+3H CHOH+HO2 3 2 2 2 3 2温度为523K时，测得上述反响中生成8.0gCHOH(g)放出的热量为12.3kJ。反响的热化学方程式为3 。1L3molCO2和6molH2

，参加适宜的催化剂进展反响。该温度下反响的化学平衡常数值为

1。某时刻测得40c(CHOH)=1mol/L，此时反响 〔填“已经到达”或“未到达”〕化学平衡状态。3工业上用CO制备CHOH的过程中存在以下副反响CO(g)+H(g) CO(g)+HO(g△H=+41.2kJ/mol2 3 2 2 2将反响物混合气按进料比n(CO)：n(H)=1：3通入反响装置，选择适宜的催化剂，发生反响。2 2①不同温度和压强下，CHOH平衡产率和CO12。3 2图1中，压强p p〔填“>”“=”或“<”，推断的依据 。1 22中，压强为p503KCO

平衡转化率随温度上升而增大的缘由是 。2 233②实际生产中，测得压强为p3CHOH33523K时的CHOH33率最大，可能的缘由是 〔填字母序号。a.此条件下主反响限度最大b.此条件下主反响速率最快c.523K答案：(1).CO(g)+3H(g) CHOH(g)+HO(g)ΔH=-49.2kJ/mol；(2).未到达(3).>(4).CO制备CHOH的2 2 3 2 2 3反响正向为气体体积减小的反响，增大压强，平衡将正向移动，CHOH平衡产率将增大，而一样温度下，3pCHOHp>p(5).温度上升，主反响的平衡逆向移动，副反响的平衡正向移动，且1 3 1 1副反响正向移动超过了正反响逆向移动(6).bc思路：8.0g解(1)8.0gCHOH(g的物质的量为 =0.25mo反响中生成0.25molCHOH(g放出的热量为12.3k，3 32g/mol 3则生成1molCHOH(g12.3×4kJ=49.2kJ，523K时，各物质均为气体，则反响的热化3学方程式为CO(g)+3H(g) CHOH(g)+HO(g)ΔH=-49.2kJ/mol；2 2 3 2某时刻测得c(CHOH)=1mol/Ln(CO)=1moln(H)=3moln(HO)=1mol3 2 2 2c(CO)=2mol/L，c(H)=3mol/L，c(CHOH)=1mol/L，c(HO)=1mol/L，该时刻浓度熵2c(CH

OH)cH

2 3 2O 11 1Q= 3

= = <K，则说明反响未到达平衡状态；C cCO2

c3 H2

233 54①i．由图可知，一样温度下，压强为p

时CHOH平衡产率高于压强为p时的CHOH平衡产率，1 3 2 3CO(g)+3H(g) CHOH(g)+HO(g)正向是气体体积减小的反响，增大压强，平衡将正向移动，CHOH平2 2 3 2 3衡产率将上升，因此压强：p>p1 1ii．CO(g)+H(g) CO(g)+HO(g)△H=+41.2kJ/mol2 2 2平衡将正向移动，CO(g)+3H(g) CHOH(g)+HO(g)ΔH=-49.2kJ/mol是气体等体积反响，正向为放热2 2 3 2反响，上升温度，平衡将逆向移动，当温度高于503K后，正向移动的程度高于逆向移动程度，导致CO平2衡转化率随温度上升而增大；②a．渐渐上升温度过程中，主反响的转化率将渐渐降低，限度渐渐减小，不能说明CHOH3ab．渐渐上升温度过程中，化学反响速率会渐渐增大，使得单位时间内能够产生更多CHOH，CHOH3 3衡产率上升，故bc．当温度为523K时，CHOH平衡产率最高，后续上升温度时，假设其它条件不会受到影响，则化学反响速3率将增大，CHOHCHOH3 3523K523Kc综上所述，故答案为bc。工业上，处理低品位黄铜矿[二硫化亚铁铜(CuFeS)含量较低]常承受生物堆浸法。堆浸所得的溶液可用2于制备绿矾(FeSO·7HO)和胆矾(CuSO·5HO)。相关流程如以下图。4 2 4 2：①生物堆浸使用的氧化亚铁硫杆菌〔T.f细菌〕在pH1.0~6.0范围内可保持活性。Fe3+Cu2+Fe3+Cu2+Fe2+开头沉淀时的pH1.54.26.3完全沉淀时的pH2.86.78.3生物堆浸前，需先将矿石进展研磨，目的是 。〕生物堆浸过程的反响在 T.f细菌的作用下进展，主要包括两个阶段，第一阶段的反响为：Tf细菌CuFeS+4H++O Cu2+Fe2++2S+2HOFe2+连续被氧化转变成Fe3+，反响的离子方程式2 2 2为 。结合推断：生物堆浸过程中，应掌握溶液的pH在 范围内。INaSO固体会复原堆浸液中的Fe3+X。为推断堆浸液中Fe3+是否被复原完223全，可取少量溶液，向其中参加 试剂〔填试剂的化学式，观看溶液颜色变化。过程II中，用HO和稀硫酸处理后，CuS完全溶解，用离子方程式表示HO的作用是 。22 22KMnO4

mgcmol/L的KMnO4

KMnO4

溶液的体积为VmL绿矾晶体质量分数的计算式为 。〔：FeSO7HO278g/mol〕4 2答案：(1).增大接触面积，加快堆浸速率(2).4Fe2++O+4H+=4Fe3++2HO(3).1.0～1.5(4).KSCN(5).CuS+HO+2H+=Cu2++2HO+S(6).

2 21.39cV100%思路：【分析】

22 2 m低品位黄铜矿[二硫化亚铁铜(CuFeS)含量较低]经过研磨后在微生物作用下进展堆浸，因生物堆浸使用的2氧化亚铁硫杆菌〔T.f〕在pH1.0~6.0Fe3+pH1.5pH1.0～1.5CuFeS2

与空气发生氧化复原反响，生成铜盐、铁盐、硫单质等，然后向堆浸液中参加复原剂将Fe3+复原，并将Cu2+转化为CuS，FeSO4

CuS固体，再向CuSCuSCuSOFeSO

溶液、CuSO

溶液得到绿矾、胆矾，以此解答。

4 4 4〔〕速率加快；〔2〕生物堆浸过程其次阶段的反响为Fe2+与O2

之间发生氧化复原反响生成Fe3+，依据氧化复原反响化合价升降守恒、电荷守恒以及质量守恒可知，反响的离子方程式为4Fe2++O+4H+=4Fe3++2HO；2 2由上述分析可知，生物堆浸过程中，应掌握溶液的pH在1.0～1.5；推断堆浸液中Fe3+X，向其中参加少量KSCN溶液，观看溶液是否呈血红色(或红色)，假设溶液呈血红色(或红色)，则说明Fe3+未被复原完全，假设无明显试验现象，则说明Fe3+被复原完全；〔5〕HO具有强氧化性，CuSCuO、S、HO，CuO22 2反响生成CuSOHO，总反响离子方程式为CuS+HO+2H+=Cu2++2HO+S；4 2 22 2〔6〕FeSO4

KMnO4

溶液反响中，Fe2+被氧化为Fe3+，KMnO4

被复原为Mn2+，依据氧化复原反响化合价升降守恒可知，二者关系式为：5FeSO～KMnO，滴定过程中消耗n(KMnO)=cmol/L×V×10-3L=10-3cVmol，则4 4 4n(FeSO)=n(FeSO•7HO)=5×1-3cVmom(FeSO7HO)=5×1-cVmol×278g/mol=1.39cVg4mFeSO数为 4

4 2 4 2。27HO1.39cV100%。2mg m某课外小组探究硫化钠晶体〔NaS·9HO〕在空气中放置后的氧化产物。取少量在空气中放置一段时间2 2的硫化钠晶体样品，溶于水得到溶液A，测得溶液ApH13。查阅资料：硫化钠晶体在空气中放置后，可能会有NaSNaSONaSO等物质生成。2x 2 3 223S2-、S2-、SO2-都不能使品红褪色，SO2-或高浓度OH-能使品紅褪色。x 2 3 3ii.NaS能与H+反响生成HS〔臭鸡蛋气味气体S；NaS能与Cu2+反响生成CuS〔黑色固体S；NaSO2x 2 2x 223可与Cu2+形成可溶性络合物，该络合物对稀盐酸稳定，受热易分解生成棕黑色沉淀。取未在空气中放置的硫化钠晶体溶于水后测得溶液显碱性用离子方程式解释其缘由为 。编号试剂编号试剂现象1A马上褪色2pH=13NaOH无明显变化①试验一证明氧化产物中有NaSO，其中编号2试验的目的是 。2 3②某同学由试验结果进一步推想硫化钠晶体的氧化产物中可能还含有NaSO，这是由于NaSO

有 性。进展试验二。