山东省滨州市2022-2023学年高二上学期期末考试化学试题（ 含答案解析 ）

高二化学试题本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共10页，满分100分，考试时间90分钟。注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。将条形码横贴在答题卡对应位置“条形码粘贴处”。2.第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔在答题卡上将对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，不能答在试卷上。3.第Ⅱ卷所有题目的答案，考生须用0.5毫米黑色签字笔答在答题卡规定的区域内，在试卷上答题不得分。4.考试结束，监考人员将答题卡收回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Cr52第Ⅰ卷选择题(共40分)一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。1.化学与生产、生活息息相关，下列说法错误的是A.钢材焊接前，可用饱和氯化锌溶液处理焊点的铁锈B.明矾与高铁酸钾均可作水处理剂，两者处理水的原理相同C.装修后室内空气中的甲醛可用氨基化合物去除D.我国首次在实验室实现了二氧化碳合成淀粉，生物酶催化剂的使用改变了反应历程【答案】B【解析】【详解】A．氯化锌水解使溶液显酸性，能与金属表面的氧化物反应，从而作焊接金属的除锈剂，故A正确；B．明矾与高铁酸钾均可作水处理剂，但明矾水解生成的氢氧化铝胶体吸附水中的悬浮颗粒物并使之沉降，高铁酸钾具有强氧化性，能杀菌消毒，同时与水反应生成氢氧化铁胶体能净水，两者处理水的原理不同，故B错误；C．甲醛可与氨基化合物中的-NH2结合形成-NH-CH2OH或-N(CH2-OH)2等无毒无害的羟甲基衍生物和水，从而除去甲醛，故C正确；D．催化剂在反应过程中参与反应，改变了反应历程，降低了反应活化能，从而加快了反应速率，故D正确；故选：B。2.下列化学用语表示正确是A.次氯酸的结构式：B.水的电子式：C.基态铍原子能量最高的原子轨道示意图：D.基态铬原子的价电子排布式：【答案】D【解析】【详解】A．次氯酸的中心原子O孤电子对数=2、价层电子对数=2+2=4，故为sp3杂化、VSEPR模型为四面体、空间构型为V形，结构式：，A错误；B．水是共价化合物、电子式：，B错误；C．基态铍原子核外电子排布式为1s22s2，能量最高的原子轨道为2s，不是2p轨道，故该轨道示意图错误，C错误；D．基态铬原子的原子序数为24、价电子排布式：，D正确；答案选D。3.下列描述正确的是A.为角形的极性分子 B.的空间结构为平面三角形C.的VSEPR模型为八面体形 D.和的中心原子杂化方式不同【答案】C【解析】【详解】A．为直线形的非极性分子，故A错误；B．中心Cl原子价电子对数为，含一对孤电子对，空间构型为三角锥形，故B错误；C．中心I原子价电子对数为，VSEPR模型为八面体形，故C正确；D．中心Si原子价电子对数为，中心原子采用sp3杂化；中心S原子价电子对数为，中心原子采用sp3杂化，杂化方式相同，故D错误；故选：C。4.下列关于仪器构造以及使用的说法正确的是A.①使用时不能高温烘干B.②检漏、蒸馏水洗后，再装入待装液并排气泡、调零C.①②③都标有温度、容积、零刻度D.④⑤⑥是蒸馏装置中的必要仪器【答案】A【解析】【详解】A．①为容量瓶，不能进行高温烘干，否则影响体积，故A正确；B．②为酸式滴定管，使用前应先检漏，然后蒸馏水洗净后，需用待装液润洗，故B错误；C．①为容量瓶，只有刻度线，不存在零刻线，另外③量筒也不存在零刻线，故C错误；D．蒸馏装置中用直型冷凝管，不选用球形冷凝管，故D错误；故选：A。5.复印机周围的特殊腥味是造成的。下列关于的说法错误的是A.分子内存在大键 B.与互为等电子体C.与互为同分异构体 D.在水中的溶解度大于【答案】C【解析】【详解】A．分子内中心O原子分别与O形成键，同时三个O原子之间形成，故A正确；B．与所含原子数均为3，价电子数均为18，互为等电子体，故B正确；C．与均为O元素形成的单质，互为同素异形体，故C错误；D．为V形极性分子，为非极性分子，根据相似相溶原理可知在水中的溶解度大于，故D正确；故选：C。6.a、b、c、d、e是元素周期表中原子序数依次增大的前四周期元素，a元素基态原子核外电子有3种空间运动状态，b的简单氢化物水溶液呈碱性，b、c同周期，c元素基态原子的s能级电子数等于p能级电子数，d单质为淡黄色固体且易溶于，e元素基态原子最外层只有1个电子。下列说法错误的是A.第一电离能介于a和b之间的第二周期的元素有3种B.c与氢元素可组成既含极性键又含非极性键的极性分子C.简单氢化物的沸点：c>dD.e单质在常温下一定能与冷水反应【答案】D【解析】【分析】a元素基态原子核外电子有3种空间运动状态，即a核外电子占据3个不同轨道，则a为B，b的简单氢化物水溶液呈碱性，b为N；b、c同周期，c元素基态原子的s能级电子数等于p能级电子数，c为O，d单质为淡黄色固体且易溶于，d为S；e元素基态原子最外层只有1个电子，则e可能的电子层排布为：，据此分析解答。【详解】A．第二周期从左到右第一电离能成增大趋势，但IIA大于IIIA，VA大于VIA，第一电离能介于B和N之间的第二周期元素有Be、C、O3种，故A周期；B．O与H可以形成过氧化氢，既含极性键又含非极性键，同时过氧化氢为极性分子，故B正确；C．分子之间存在氢键，导致其沸点高于H2S，故C正确；D．由以上分析可知e可能为Ca、Cr和Cu，常温下Cu与冷水不反应，故D错误；故选：D7.一种配合物的化学式为，该配合物的水溶液不导电，加入溶液不产生沉淀，加入强碱处理不释放。下列说法错误的是A.该配合物无外界B.该配合物中Pt采取杂化C.该配合物中H-N-H键角比中H-N-H键角大D.该配合物中Pt为+4价【答案】B【解析】【详解】A．由该配合物的性质可知该配合物无外界离子，故A正确；B．该配合物的配位数为6，Pt采取杂化，故B错误；C．该配合物中与Pt之间形成配位键，N原子周围不再存在孤电子对，而中中心N原含有1对孤电子对，孤电子对对成键电子对产生排斥使键角变小，故C正确；D．根据化合物中各元素化合价代数和为零，可知该物质中Pt价态为+4价，故D正确；故选：B。8.实验是化学研究的基础。下列关于各实验装置(夹持装置已略去)的叙述正确的是A.验证电离常数B.可用于制备氢氧化铁胶体C.测定分解的化学反应速率D用溶液制备无水A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．稀硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳气体进入硅酸钠溶液中生成硅酸沉淀，可通过该装置证明酸性：碳酸大于硅酸，进而说明，故A正确；B．氢氧化铁胶体的制备方法是将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，不能酒精灯持续加热，否则引起胶体聚沉，故B错误；C．长颈漏斗下端为伸入液面以下，会使生成的氧气从长颈漏斗中逸出，无法测定氧气的体积变化，故C错误；D．溶液制备无水的操作方法时在不断通入HCl气流的条件下将溶液蒸干，直接蒸发结晶导致氯化铁水解，最终得到氢氧化铁，故D错误；故选：A。9.某反应的速率方程为，其半衰期(当剩余的反应物恰好是起始的一半时所需的时间)为。在650K时，反应物浓度不同时的反应速率如表所示。0.0250.0500.0250.0400.0400.120下列说法错误的是A.该反应可能为基元反应B.该反应的速率常数C.当，，650K时的反应速率为D.在过量的B存在时，反应掉93.75%的A所需的时间是1200min【答案】C【解析】【详解】A．由表中数据可知、与v均成正比，m=n=1，，反应物之间可直接反应生成产物，反应可能为基元反应，故A正确；B．结合以上分析及表中数据：k×0.025×0.040=，，故B正确；C．由以上分析可知：，当，，650K时的反应速率为，故C错误；D．在过量的B存在时，反应掉93.75%的A，经历4个半衰期，半衰期为=min=300min，反应掉93.75%的A所需的时间是300min×4=1200min，故D正确；故选：C。10.中科院兰州化学物理研究所用催化加氢合成低碳烯烃，反应过程如图。在其他条件相同时，添加不同助剂(催化剂中添加助剂Na、K或Cu后可改变反应的选择性)，经过相同时间后测得的转化率和各产物的物质的量分数如下表。助剂的转化率/%各产物的物质的量分数/％其他Na42.535.939.624.5K27.275.622.81.6Cu9.880.712.56.8下列说法正确的是A.第i步反应的活化能比第ii步的低B.产物中的键角均为120°C.对于单位时间内乙烯的产量来说，添加助剂K的效果最好D.催化剂的使用可以提高低碳烯烃的平衡产率【答案】C【解析】【详解】A．由图中信息可知第i步为慢反应，第ii步为快反应，根据活化能越低反应速率越快，可知反应i的活化能大于反应ii，故A错误；B．为平面形结构，C-C键角约为120°，其中C-H键角约为117°，键角并不相同，故B错误；C．在其他条件相同时，添加助剂Na时，乙烯的物质的量分数为：42.5%×39.6%=15.3%；添加助剂K时，乙烯的物质的量分数为：27.2%×75.6%=20.6%；添加助剂Cu时，乙烯的物质的量分数为：9.8%×80.7%=7.9%，添加助剂K的效果最好，故C正确；D．催化剂只加快反应速率，对化学平衡无影响，不能提高产率，故D错误；故选：C。二、选择题：本题包括5小题，每小题4分，共20分。每小题有1个或2个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.下列实验目的对应的方案设计、现象和结论都正确的是实验目的方案设计现象和结论A在pH=4时，比较与结合能力强弱向溶液中，先加NaOH溶液调节pH=4，再加入足量的KSCN溶液红褐色沉淀不溶解，说明在pH=4时，结合的能力更强B检验溶液中是否含钠元素将蘸取溶液的玻璃棒放在无色火焰上灼烧火焰出现黄色，说明溶液中含钠元素C比较与溶度积的大小向含等物质的量浓度的、溶液中滴加少量稀烧碱溶液产生蓝色沉淀，说明的溶度积更小D比较亚硫酸与碳酸的酸性强弱分别测定、饱和溶液的pH前者小，说明亚硫酸酸性更强A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．当pH=4时，完全沉淀为，加入KSCN溶液不溶解，说明与的结合能力：>，故A正确；B．不能用玻璃棒蘸取药品放在火焰上灼烧，应用铂丝，故B错误；C．向含等物质的量浓度的、溶液中滴加少量稀烧碱溶液，可能先产生氢氧化镁白色沉淀，后产生氢氧化铜蓝色沉淀，白色沉淀被蓝色沉淀覆盖，故无法判断沉淀产生的先后，不能说明两者溶度积的大小，故C错误；D．、的溶解度不同，则两者饱和溶液的浓度不同，故无法比较同浓度的亚硫酸与碳酸的酸性强弱，故D错误；故选：A。12.工业上可用甲烷氧化制备甲醛，该反应的副产物主要有CO、。在一定容积的密闭容器中加入某催化剂，按物质的量之比1∶1投入甲烷和氧气，分别于不同温度下反应相同时间，测得甲醛、CO的选择性及甲烷的转化率随温度的变化情况如图所示。(注：HCHO选择性=)下列说法错误的是A.制备甲醛的反应中，正反应的活化能大于逆反应的活化能B.低于650℃时，随温度的升高，甲烷的转化率增大的原因可能是温度升高，反应速率加快C.650℃时，体系中D.650℃时，甲醛的产率为20%【答案】AC【解析】【详解】A．由图可知甲醛的选择性随温度的升高始终降低，可知升温不利于HCHO的生成，该反应为放热反应，则正反应的活化能小于逆反应活化能，故A错误；B．低于650℃时，由于反应速率较慢，测定转化率时反应为平衡，随温度升高，反应速率加快，相同时间内甲烷的转化率增大，故B正确；C．设初始投料为1mol甲烷和1mol氧气，650℃时，甲烷的平衡转化率为50%，即平衡时n(CH4)=0.5mol，HCHO的选择性为40%，HCHO的实际产量为0.5mol×40%=0.2mol，此时CO的选择性也为40%，则CO的产量为0.5mol×40%=0.2mol，根据碳原子守恒，此时=1-0.5-0.2-0.2=0.1mol，体系中，故C错误；D．设初始投料为1mol甲烷和1mol氧气，根据碳元素守恒可知，理论上最多生成1molHCHO，据图可知此温度下甲烷的平衡转化率为50%，即平衡时n(CH4)=0.5mol，，HCHO的选择性为40%，所以HCHO的实际产量为0.5mol×40%=0.2mol，平衡产率为，故D正确；故选：AC。13.的综合利用是实现“双碳”的重要手段。利用钌(Ru)基催化剂将转化为有机原料甲酸的反应机理按照反应I、II、III依次进行，如图所示。下列说法错误的是A.为该反应的催化剂B.反应II中发生了还原反应C.生成HCOOH总反应的原子利用率为100%D.反应过程中C原子的杂化方式发生了变化【答案】A【解析】【详解】A．由反应机理图可知该过程的总反应为+H2=HCOOH，起点反应为I，为反应起点的反应物，同时为反应III的产物，为该反应的催化剂，而为中间产物，故A错误；B．反应II中产物中C的化合价为+2价，则发生了还原反应，故B正确；C．该过程的总反应为+H2=HCOOH，该反应为化合反应，原子利用率100%，故C正确；D．中C原子采用sp杂化，HCOOH中C原子采用sp2杂化，C的杂化方式发生改变，故D正确；故选：A。14.我国科学家实现了在铜催化剂条件下将转化为三甲胺。计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示(其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注)。下列说法错误的是A.2个分子断键所吸收的能量低于1个DMF分子和4个H原子在铜催化剂表面吸附所释放的能量B.该反应的热化学方程式为：C.增大压强可以提高该反应的活化分子百分数，进而加快反应速率D.该反应在低温下能正向自发进行【答案】C【解析】【详解】A．根据反应历程的相对能量大小可知，2个分子断键所吸收的能量低于1个DMF分子和4个H原子在铜催化剂表面吸附所释放的能量，选项A正确；B．该反应的总反应为(CH3)2NCHO(g)和H2(g)转化为N(CH3)3(g)，1.02eV为单个(CH3)2NCHO(g)反应时放出的热量，所以热化学方程式为，选项B正确；C．对有气体参加的可逆反应，增大压强增大单位体积内活化分子个数，活化分子百分数不变，选项C错误；D．该反应△H<0，△S<0，要使△G=△H-T△S<0，则应在低温下，故该反应在低温下能正向自发进行，选项D正确；答案选C。15.25℃时，用HCl气体调节氨水的pH，体系中微粒浓度的对数值()与pH的关系如图1所示(a、b、c、d线分别对应体系中除和外的其它微粒)，反应物的物质的量之比与pH的关系如图2所示(忽略通入气体后引起的溶液体积变化)。下列说法错误的是A.水解平衡常数的数量级为B.对应溶液：C.水的电离程度：D.对应溶液：【答案】D【解析】【分析】由图可知，P1时溶液为氯化铵和一水合氨的混合溶液，溶液中铵根离子和一水合氨的浓度相同、pH为9.25，则氨水的电离常数Kb=c(OH-)=10-4.75，P2时溶液为氯化铵和一水合氨的混合溶液，溶液中氢离子和氢氧根离子相等，溶液呈中性，P3时氨水和氯化氢气体恰好完全反应生成氯化铵，溶液呈酸性。【详解】A．由分析可知，氨水的电离常数Kb=10-4.75，则铵根离子的水解常数Kh==10-9.25，则数量级为10−10，故A正确；B．由图知，对应溶液中铵根离子和一水合氨的浓度相同、pH为9.25，，根据物料守恒：得，根据电荷守恒：，，则，故B正确；C．氨水在溶液中电离出的氢氧根离子抑制水的电离，铵根离子在溶液中水解促进水的电离，由分析可知，P1、P2、P3时溶液中铵根离子浓度依次增大，水的电离程度依次增大，故C正确；D．对应溶液中=1.5，根据物料守恒：，故D错误；故选D。第Ⅱ卷(非选择题共60分)三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.N、Fe等元素的单质及化合物在科研和工农业生产中有着广泛应用。回答以下问题：（1）的价电子轨道表示式为_______。（2）检验时，可加入_______溶液(填名称)，生成橙红色的，1mol该配合物离子中有_______mol配位键。使用该试剂时，应控制溶液pH在2~9范围内，原因是_______。（3）、、的沸点由高到低的顺序为_______；、、分子的键角分别为107.3°、93.6°、91.8°，其键角逐渐减小的原因是_______。【答案】（1）（2）①.邻二氮菲②.6③.当pH<2时，邻二氮菲中的N原子易与H结合；当pH>9时，Fe2+会与OH-结合形成沉淀，从面影响邻二氮菲与Fe2+形成配合物（3）①.>>②.、、分子均为三角锥形，结构相似，中心原子电负性越大，中心原子周围电子云密度越大，电子对之间的相互排斥作用越大，相应的键角越大【解析】【小问1详解】Fe为26号元素，价电子排布式为：，则的价电子排布式为：，价电子轨道表示式为，故答案为：；【小问2详解】根据加入试剂后产物的结构可知检验时，选用的是邻二氮菲；由结构可知邻二氮菲中两个N原子均与Fe形成配位键，则1mol该配合物离子中有6mol配位键；使用该试剂时，应控制溶液pH在2~9范围内，原因是pH值过小时邻二氮菲中的N原子易与H+结合；pH值过大时，Fe2+会与OH-结合形成沉淀，从面影响邻二氮菲与Fe2+形成配合物；故答案为：邻二氮菲；6；当pH<2时，邻二氮菲中的N原子易与H+结合；当pH>9时，Fe2+会与OH-结合形成沉淀，从面影响邻二氮菲与Fe2+形成配合物；【小问3详解】、、均为分子晶体，组成结构相似，但之间能形成氢键导致其沸点偏高，的相对分子质量大于，因此分子间作用力大于，沸点高于，三者沸点：>>，、、分子均为三角锥形，结构相似，而电负性：N>P>As，中心原子电负性越大，中心原子周围电子云密度越大，电子对之间的相互排斥作用越大，相应的键角越大，故答案为：>>；、、分子均为三角锥形，结构相似，中心原子电负性越大，中心原子周围电子云密度越大，电子对之间的相互排斥作用越大，相应的键角越大。17.氮是最重要的生命必需元素之一，与之相关的碱较多。部分碱在常温下的电离平衡常数如下表。名称氨联氨羟胺甲胺化学式电离常数回答以下问题：（1）常温下，氨水的电离度为_______。（2）液氨能发生类似于水的自偶电离：，基于此，液氨可以与亚硫酰氯()发生氨解反应生成，则另一产物为_______。（3）用化学用语表示羟胺溶液显碱性的原因_______，据此分析羟胺的小于甲胺的原因_______(从电负性、电子云密度角度作答)。（4）常温时，浓度相同①②③④⑤溶液的pH由大到小的顺序是_______(填序号)。（5）用的标准盐酸滴定的溶液，滴加标准盐酸的体积为V(mL)。下列说法正确的是A.当时，反应的离子方程式为B.滴定过程中，应选用酚酞作指示剂C.当时，溶液呈中性D.常温下，反应的平衡常数【答案】（1）1.3%（2）SO(NH2)2（3）①.NH2OH+H2O[NH3OH]++OH-②.氧的电负性比碳的大，甲基属给电子基，羟基属吸电子基，所以甲胺中氮的电子云密度比羟胺中氮的电子云密度，更易结合水电离出的H+（4）⑤＞①＞②＞④＞③（5）AD【解析】【小问1详解】已知NH3•H2O+OH-，设发生电离NH3•H2O的浓度为cmol/L，则Kb==≈=1.69×10-5，解得c=1.3×10-3mol/L，常温下，氨水的电离度为=1.3%，故答案为：1.3%；【小问2详解】液氨能发生类似于水的自偶电离：，基于此，液氨可以与亚硫酰氯()发生氨解反应生成NH4Cl，即与SOCl2中的Cl结合，则另一产物为SO(NH2)2，故答案为：SO(NH2)2；【小问3详解】羟胺和水反应生成[NH3OH]+和OH-，导致溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度而使溶液呈碱性即NH2OH+H2O[NH3OH]++OH-，从题干电离常数数据可看出，甲胺碱性比羟胺的碱性更强，原因是氧的电负性比碳的大，甲基属给电子基，羟基属吸电子基，所以甲胺中氮的电子云密度比羟胺中氮的电子云密度，更易结合水电离出的H+，故答案为：NH2OH+H2O[NH3OH]++OH-；氧的电负性比碳的大，甲基属给电子基，羟基属吸电子基，所以甲胺中氮的电子云密度比羟胺中氮的电子云密度，更易结合水电离出的H+；【小问4详解】①②③④⑤均为强酸弱碱盐，同浓度时，对应的弱碱的碱性越弱，水解程度越大，对应的强酸弱碱盐溶液显酸性，则酸性越强，pH越小，结合表格中的电离常数可知，电离常数越小，碱性越弱，即Kb(CH3NH2)＞Kb(NH3)＞Kb1(N2H4)＞Kb(NH2OH)＞Kb2(N2H4)，故pH由大到小的顺序为：CH3NH3Cl＞NH4Cl＞N2H5Cl＞NH3OHCl＞N2H6Cl2即⑤＞①＞②＞④＞③，故答案为：⑤＞①＞②＞④＞③；【小问5详解】A．已知N2H4是二元弱碱，其与HCl反应是分步进行的，N2H4+HCl=N2H5Cl、N2H5Cl+HCl=N2H6Cl2，故当时，反应的离子方程式为，A正确；B．由于滴定终点的溶质为N2H5Cl和N2H6Cl2由于水解而呈酸性，酚酞的变色范围为8~10，故滴定过程中，不能选用酚酞作指示剂，应该选用甲基橙作指示剂，B错误；C．根据电荷守恒可知，滴定过程中一直存在：，当时，则有，即c(OH-)＞c(H+)即溶液呈碱性，C错误；D．常温下，反应的平衡常数K=====，D正确；故答案为：AD。18.重铬酸铵[(NH4)2Cr2O7]可用作媒染剂和有机合成催化剂，具有强氧化性。实验室中将NH3通入重铬酸(H2Cr2O7)溶液制备(NH4)2Cr2O7的装置如图所示(夹持装置略)。已知：（1）A装置的作用为_______；实验时应控制三颈烧瓶内溶液pH约为4，pH不宜过大的原因是_______；C装置中的试剂为_______。（2）实验室常用甲醛法测定含的样品中氮元素的质量分数，其反应原理为：最后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸。实验步骤如下：I．取样品ag，配成250mL溶液。Ⅱ．量取25.00mL样品溶液，加入适量氯化钡溶液使完全沉淀，再加入足量的中性甲醛溶液，摇匀、静置5min。Ⅲ．以酚酞作指示剂同，用标准溶液进行滴定，记录数据。Ⅳ．重复步骤Ⅱ、Ⅲ2~3次，处理数据。回答以下问题：①加入适量氯化钡溶液使完全沉淀的目的是_______。②滴定终点的现象为_______。③若实验消耗NaOH标准溶液的体积平均为bmL，该样品中氮元素的质量分数的计算式为_______(用含a、b、c式子表示)。④下列情况会导致测定结果偏低的是_______(填序号)。A．步骤I中定容时仰视刻度线B．步骤Ⅱ中使用的甲醛溶液中混有微量甲酸C．步骤Ⅲ滴定前未用NaOH标准溶液润洗滴定管D．步骤Ⅲ滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失【答案】（1）①.平衡气压，检验装置是否堵塞，检测氨气流速②.防止因pH过大，转化为，使产物不纯③.P2O5或硅胶（2）①.将完全沉淀，防止其将甲醛氧化成甲酸而影响实验结果②.当滴入最后一滴NaOH标准液后，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色③.%④.AD【解析】【小问1详解】由题干实验装置图可知，由于NH3极易溶于水，即B装置中很难看到气泡，而NH3在CCl4中溶解度较小，A装置可以看到气泡，可以通过气泡的速率来控制NH3通入的速率，则A装置的作用为：平衡气压，检验装置是否堵塞，检测氨气流速，由题干信息可知，，pH过大则使平衡正向移动，使生成的产物(NH4)2Cr2O7不纯，实验时控制三颈烧瓶内溶液pH约为4，pH不宜过大的原因是防止因pH过大，转化为，使产物不纯，装置C的作用为吸收多余的NH3，且NH3溶于水呈碱性故用P2O5或硅胶，故答案为：平衡气压，检验装置是否堵塞，检测氨气流速；防止因pH过大，转化为，使产物不纯；P2O5或硅胶；【小问2详解】①由题干信息可知，具有强氧化性，能够将甲醛氧化为甲酸，故加入适量氯化钡溶液使完全沉淀的目的是将完全沉淀，防止其将甲醛氧化成甲酸而影响实验结果，故答案为：将完全沉淀，防止其将甲醛氧化成甲酸而影响实验结果；②用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸，用酚酞作指示剂，滴定终点现象为：当滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色，所以终点的颜色变化为无色变为浅红色，故答案为：当滴入最后一滴NaOH标准液后，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；③根据反应：、、最终可得关系式：4N～2（NH4）2Cr2O7～8H+～8OH-～8NaOH，则n（N）=n（NaOH）=cmol/L×b×10-3L=bc×10-3mol，样品中氮的质量分数=×100%=%，故答案为：%；④A．若步骤I中定容时仰视刻度线，则所配置的样品溶液浓度偏小，消耗的NaOH溶液体积偏小，测定结果偏小，A符合题意；B．若实验中使用的甲醛常混有微量甲酸，甲酸也会消耗NaOH，导致含N量偏高，B不合题意；C．步骤Ⅲ滴定前未用NaOH标准溶液润洗滴定管，导致NaOH标准液的浓度偏小，消耗NaOH溶液的体积偏大，测定结果偏大，C不合题意；D．步骤Ⅲ滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，导致消耗NaOH溶液的体积偏小，测定结果偏小，D符合题意；故答案为：AD。19.三氯化钉()和硫化铋()用途广泛。利用某含钌、铋的废催化剂(主要成分为Ru、、)回收和的工艺流程如下。已知：I.滤液1中Ru元素和Bi元素存在形式为、；II.。回答下列问题：（1）“氧化碱浸”过程中，Ru发生反应的离子方程式为_______。该过程中，NaClO的利用率与温度的关系如图所示。温度高于25℃时，NaClO的利用率开始下降，主要原因可能是_______。（2）滤液2的主要成分有NaCl、、_______(填化学式)。（3）“蒸馏”过程中，与发生反应的化学方程式为_______。（4）盐酸“吸收”过程中产生的，经进一步处理可以转化为两种盐_______、_______(填名称)，可在本工艺流程中循环使用。（5）“沉淀”时，向溶液中加入溶液，反应后混合溶液中为，则的沉淀率为_______(忽略溶液混合引起的体积变化)。【答案】（1）①.②.温度高于25℃时，次氯酸钠的水解程度增大，产生的HClO受热分解，导致利用率下降（2）、（3）（4）①.次氯酸钠②.氯酸钠（5）85%【解析】【分析】钌、铋的废催化剂(主要成分为Ru、、)加NaOH溶解，并加NaClO氧化，反应后Ru、转化为、，转化为，过滤后，在滤液中加入乙醇，发生还原反应转化为，乙醇被氧化为乙醛，、进入滤液中，滤液2中加盐酸酸化，转化为硅酸沉淀，过滤得滤渣3；转化为，溶液中加Na2S反应生成；与氯酸钠发生反应被氧化为，加入盐酸中发生氧化还原反应生成氯气和，据此分析解答。【小问1详解】“氧化碱浸”过程中，Ru被NaClO氧化成，1molRu失6mol电子，1molNaClO被还原为氯离子得2mol电子，根据得失电子守恒及元素守恒可得反应方程式：；NaClO能发生水解，温度升高水解程度增大，水解产生得HClO受热分解，导致NaClO利用率下降，故答案为：；温度高于25℃时，次氯酸钠的水解程度增大，产生的HClO受热分解，导致利用率下降；【小问2详解】由以上分析可知滤液2中有NaCl、、和，故答案为：；【小问3详解】“蒸馏”过程中，与发生