新疆喀什地区英吉沙县2023届高三上学期11月期中考试化学试题（解析版）

期中考试统考试题(高中)PAGEPAGE1新疆喀什地区英吉沙县2023届高三上学期11月期中考试一、选择题(本大题共20小题，每小题2分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.下列化学用语正确的是（）A.乙烯分子的结构简式：CH2CH2 B.氯化镁的电子式：C.质量数为137的钡原子： D.K+离子的结构示意图：〖答案〗B〖解析〗A．乙烯结构简式中碳碳双键官能团不能省略，乙烯的结构简式为CH2═CH2，故A错误；

B．氯化镁为离子化合物，镁离子与两氯离子通过离子键结合，氯离子最外层满足8电子结构，其电子式为：，故B正确；

C．钡原子是56号元素，质量数为137，元素左下角数字代表质子数，左上角数字代表质量数，则质量数为137的钡原子：，故C错误；

D．K+核内有19个质子，核外有18个电子，结构示意图为，故D错误；

故选：B。2.下列关于胶体的叙述不正确的是（）A.胶体区别于其他分散系的本质特征是能否发生丁达尔效应B.鸡蛋清溶液、淀粉溶液都能发生丁达尔效应C.在1L2mol·L-1的Fe(OH)3胶体中，含有的Fe(OH)3胶粒小于2NAD.Fe(OH)3胶体能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水目的〖答案〗A〖解析〗A．胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在10-9～10-7m之间，即1nm～100nm，丁达尔效应可用来区分溶液和胶体，故A错误；B．鸡蛋清溶液、淀粉溶液均是胶体，均能发生丁达尔效应，故B正确；C．胶体是许多分子的集合体，因此在1L2mol·L-1的Fe(OH)3胶体中，含有的Fe(OH)3胶粒小于2NA，故C正确；D．Fe(OH)3胶体粒子具有较大的表面积，能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水目的，故D正确；故选A。3.下列关于胶体和溶液的说法中，正确的是（）A.许多胶体能进行电泳是因为这些胶体带电B.将饱和氯化铁溶液滴入稀氢氧化钠溶液中加热，可得氢氧化铁胶体C.布朗运动是胶体粒子特有的运动方式，可以据此把胶体与溶液、悬浊液区分D.光线通过时，胶体产生丁达尔效应，溶液则无丁达尔效应〖答案〗D〖解析〗A.分散系胶体呈电中性，但是胶粒可以吸附带电的离子而带电，故A错误；B.将饱和氯化铁溶液滴入稀氢氧化钠溶液中加热，得氢氧化铁沉淀，故B错误；C.胶体与溶液、悬浊液本质区别，是分散质粒子的直径大小，布朗运动并不是胶体粒子所特有，故C错误；D.光线通过时，胶体产生丁达尔效应，溶液则无丁达尔效应，故D正确；〖答案〗选D。4.高效“绿色”消毒剂二氧化氯通常为气体。实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O。下列说法正确的是（）A.KClO3在反应中失去电子B.H2C2O4是还原剂，在反应中被还原C.ClO2具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒D.1molKClO3参加反应，有1mol电子转移〖答案〗D〖祥解〗在反应2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O中，Cl由+5价降为+4价，C由+3价升为+4价。〖详析〗A．KClO3中所含Cl元素化合价降低，在反应中得到电子，A不正确；B．H2C2O4中所含碳元素化合价升高，是还原剂，在反应中被氧化，B不正确；C．ClO2用于自来水的杀菌消毒时，表现出强氧化性，C不正确；D．KClO3中的Cl元素由+5价降为+4价，化合价降低1价，所以1molKClO3参加反应时，有1mol电子转移，D正确；故选D。5.设NA为阿伏加德罗常数值。下图表示N2O在Pt2O+表面与CO反应转化成无害气体的过程。下列说法正确的是（）A.N2O转化成无害气体时的催化剂是B.1gN2O气体中含有电子数为0.5NAC.1molCO2中含有2NA个共用电子对D.1molPt2O+转化为得电子数为3NA〖答案〗B〖解析〗A．由图可知：N2O转化为N2时，转化为，则该过程的催化剂是，A错误；B．1gN2O的物质的量为，含有的电子数为，B正确；C．1molCO2中含有4mol共用电子对，含有的共用电子对数目为4NA，C错误；D．该反应的化学方程式：，反应中氮元素由+1价得电子变为0价，1molN2O转化为N2得到2mol电子，由得失电子守恒，则每1mol转化为失电子为2mol，数目为2NA，D错误；〖答案〗选B。6.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（）A.3-苯基丙烯()中含有的碳碳双键数为NAB.10克环己烷与2-丙醇的混合液中，碳元素的质量分数为72％，则其中所含的氧原子数目为C.碳化硅(SiC)晶体结构中，若含有1mol碳原子，则所含共价键数目为2NAD.硝酸与铜反应得到、共46g，则铜失去的电子数为NA〖答案〗C〖解析〗A．苯环中不含碳碳双键，3-苯基丙烯()中只含有的碳碳双键1mol即为NA，故A正确；B．2-丙醇的分子式为C3H8O，可以写作C3H6H2O，环已烷的分子式为C6H12，则环已烷和2-丙醇的混合物可以分为两部分:一部分是C和H物质的量之比为1：2的部分，另一部分为水。10g环已烷与2-丙醇的混合液中，碳元素的质量分数为72%，则碳元素的质量为7.2g，物质的量为0.6mol，则C和H物质的量之比为1：2的部分里，H的物质的量为1.2mol，质量为1.2g，则此部分共8.4g，则水的部分为10g-8.4g=1.6g，物质的量为，所以氧原子数目为NA，故B正确；C．碳化硅(SiC)晶体结构中，若含有1mol碳原子，每个C原子成4个共价键，则所含共价键的数目为4NA，故C错误；D．可以看成，、共46g，即，硝酸根转化为1mol，得1mol电子，铜失去的电子1mol，即失去电子数为NA，故D正确；故〖答案〗为C7.下列各组物质中，所含分子数相同的是（）A.10gH2和10gO2 B.5.6LN2(标准状况)和11gCO2C18gH2O和0.5molBr2 D.224mLH2和0.01molN2〖答案〗B〖解析〗A．10g氢气的物质的量为=5mol，10g氧气的物质的量为=0.3125mol，两者的物质的量不相等，则所含分子数不相同，故A错误；B．标准状况下，5.6L氮气的物质的量为=0.25mol，11g二氧化碳气体的物质的量为=0.25mol，两者的物质的量相等，则所含分子数相同，故B正确；C．18g水的物质的量为=1mol，与0.5mol溴的物质的量不相等，则两者所含分子数不相同，故C错误；D．缺标准状况下，无法计算224mL氢气的物质的量，不能比较与0.01mol氮气的物质的量大小和所含分子数的大小，故D错误；故选B。8.氧化铍(BeO)在航天航空等领域有着广泛的应用。一种以预处理后的硅铍矿(主要含BeO、Fe2O3、SiO2和FeO等)为原料提取BeO的流程如下图所示：已知：Be(OH)2具有两性，在强碱性溶液中可转化为BeO。下列说法错误的是（）A.“酸浸”步骤所得“滤渣①”的主要成分为SiB.“滤液②”经处理后可获得副产品Na2SO4·10H2OC.“碱溶”时，主要反应为Be(OH)2＋2OH-=BeO＋2H2OD.“水解”时，适当增大溶液pH有利于提高BeO的提取率〖答案〗AD〖祥解〗硅铍矿(主要含BeO、Fe2O3、SiO2和FeO等)在硫酸中酸浸后得到滤液①中含有的主要离子有H+、Be2+、Fe3+、Fe2+、和SO，二氧化硅过滤除去，然后加入氢氧化钠溶液将pH调节至9，氢离子被中和，Fe3+、Fe2+转化为金属氢氧化物沉淀，滤液为硫酸钠溶液，再加入过量氢氧化钠溶液使氢氧化铍生成BeO，再水解得到Be(OH)2。〖详析〗A．氧化铁和氧化亚铁都是碱性氧化物，氧化铍属于两性氧化物，二氧化硅属于酸性氧化物，上述氧化物中只有二氧化硅不溶于稀硫酸，因此“酸浸”步骤所得“滤渣①”的主要成分为SiO2，故A说法错误；B．滤液①中含有的主要离子有H+、Be2+、Fe3+、Fe2+、和SO，加入氢氧化钠溶液将pH调节至9，氢离子被中和，Be2+、Fe3+、Fe2+转化为金属氢氧化物沉淀，滤液为硫酸钠溶液，因此“滤液②”经处理后可获得副产品Na2SO4▪10H2O，故B说法正确；C．Fe(OH)2和Fe(OH)3属于碱，Be(OH)2属于两性化合物，“碱溶”时只有氢氧化铍溶解在氢氧化钠溶液中，反应的离子方程式为：Be(OH)2+2OH-=BeO+2H2O，故C说法正确；D．滤液③的主要阴离子是BeO，它发生水解的离子方程式为：BeO+2H2OBe(OH)2+2OH-，增大溶液的pH，平衡向左移动，不利于BeO的水解，故D说法错误；故选AD。9.设表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中不正确的是（）A.个分子的物质的量是B.分子含有的原子数目为C.在和的条件下，水所含的水分子数为D.与足量完全反应，反应中转移的电子数为〖答案〗C〖解析〗A．个分子的物质的量是，故A正确；

B．分子含有的原子数目为0.5×3=，故B正确；

C．在和的条件下，水不是气体，不能用气体体积来计算物质的量，故C错误；

D．的物质的量是，由Na→Na+，则0.1molNa反应转移的电子数为，故D正确；

故选：C。10.下列离子方程式书写正确的是（）A.向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：B.碳酸氢钠溶液与硫酸氢钠溶液反应：C.AlCl3溶液中加入过量的氨水：D.用澄清石灰水检验二氧化碳：〖答案〗D〖解析〗A.向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸方程式应该为：，A错误；B.碳酸氢钠溶液与硫酸氢钠溶液反应的方程式应该为：，B错误；C.AlCl3溶液中加入过量的氨水生成氢氧化铝沉淀：，C错误；D.用澄清石灰水检验二氧化碳生成碳酸钙沉淀：，D正确；〖答案〗选D。11.下列离子方程式书写不正确的是（）A.澄清石灰水中加入过量的NaHCO3：Ca2++2OH-+2HCO=CaCO3↓+CO+2H2OB.铜和浓硫酸反应制备SO2：Cu+4H++SOCu2++SO2↑+2H2OC.酸化的FeSO4溶液长时间存放，溶液变黄：4H＋＋4Fe2＋＋O2=4Fe3＋＋2H2OD.铜和浓硝酸反应：Cu+4H++2NO=Cu2++2NO2↑+2H2O〖答案〗B〖解析〗A．澄清的石灰水中加入过量的NaHCO3溶液反应生成碳酸钙沉淀和碳酸钠，反应的离子方程式：Ca2++2OH-+2HCO═CaCO3↓+2H2O+CO，故A正确；B．浓硫酸中水很少，硫酸几乎没有电离，生成的硫酸铜主要以白色固体形式存在，因此浓硫酸应保留化学式，故B错误；C．二价铁离子具有强的还原性，能够被空气中的氧气氧化，反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，所以酸化的硫酸亚铁溶液长时间存放，溶液变黄，故C正确；D．铜和浓硝酸反应生成二氧化氮气体，反应的离子方程式为Cu+4H++2NO═Cu2++2NO2↑+2H2O，故D正确；故选B。12.下列方程式的不正确的是（）A.实验室制取Cl2：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2OB.二氧化硫通入氯化钡溶液的离子方程式：Ba2++SO2+2H2O=BaSO4↓+4H+C.硫酸氢钠在水中的电离方程式：NaHSO4=Na++H++D.乙醇与钠反应的化学方程式：2C2H5OH+2Na→2C2H5ONa+H2↑〖答案〗B〖解析〗A．实验室用二氧化锰和浓盐酸加热制取Cl2，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，A正确；B．酸性：H2SO3＜HCl，弱酸不能制取强酸，因此SO2不与BaCl2发生反应，B错误；C．硫酸氢钠在水中完全电离为Na+、H+、，电离方程式为：NaHSO4=Na++H++，C正确；D．乙醇与钠发生反应生成乙醇钠和氢气，反应的化学方程式为：2C2H5OH+2Na→2C2H5ONa+H2↑，D正确；〖答案〗选B。13.下列离子方程式与所述事实相符且正确的是（）A.磁性氧化铁溶于稀硝酸：Fe3O4+8H++=3Fe3++NO↑+4H2OB.Ca(HCO3)2溶液中加入少量NaOH溶液：Ca2++2+2OH-=CaCO3↓++H2OC.明矾溶液中加入Ba(OH)2溶液至生成的沉淀物质的量最多：Al3++2+2Ba2++4OH-=+2BaSO4↓+2H2OD.向含有0.4molFeBr2的溶液中通入0.3molCl2充分反应：4Fe2++2Br-+3Cl2=4Fe3++6Cl-+Br2〖答案〗D〖解析〗A．磁性氧化铁为Fe3O4，与硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，离子方程式为：3Fe3O4+28H++=9Fe3++NO↑+14H2O，故A错误；B．NaOH溶液为少量，故OH－系数必须为1，正确的离子方程式为：Ca2＋＋＋OH－＝CaCO3↓＋H2O，故B错误；C．当铝离子全部沉淀时生成的沉淀的物质的量最多，正确的离子方程式为：2Al3＋＋3＋3Ba2＋＋6OH－＝2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓，故C错误；D．还原性：Fe2+>Br-，向含有0.4molFeBr2的溶液中通入0.3molCl2充分反应，0.3molCl2全部被还原为Cl-，转移0.6mol电子，因此0.4molFe2+全部被氧化，而0.8molBr-只被氧化0.2mol，正确的离子方程式为：4Fe2++2Br-+3Cl2=4Fe3++6Cl-+Br2，故D正确；故选D。14.能用离子方程H++OH-=H2O表示的化学反应是（）A.氢氧化钠与盐酸反应 B.氢氧化钾与醋酸反应C.氢氧化钡与硫酸反应 D.氢氧化铜与硫酸反应〖答案〗A〖解析〗A．反应实质为氢离子与氢氧根离子生成水，离子方程式：H++OH-=H2O，故A正确；B．醋酸为弱酸，应保留化学式，所以氢氧化钾溶液与醋酸反应不能用H++OH-═H2O表示，故B错误；C．反应除了生成水还生成硫酸钡沉淀，所以反应不能用H++OH-═H2O表示，故C错误；D．氢氧化铜难溶于水，氢氧化铜应保留化学式，所以氢氧化铜与硫酸反应不能用H++OH-=H2O表示，故D错误；故选A。15.某混合溶液中含种离子，物质的量浓度如下表，则的物质的量浓度以及离子符号可能为(已知具有强氧化性)所含离子物质的量浓度？A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗A．溶液为酸性，在酸性溶液中硝酸根离子具有强氧化性，所以不可能存在亚铁离子，A错误；B．溶液中负电荷总浓度为2mol/L×1+3mol/L×2=8，正电荷总浓度为1mol/L×3+3mol/L×1=6，所以M应该为阳离子，B错误；C．根据B项分析，M应该为阳离子，再结合A项分析，排除亚铁离子存在的可能，C正确；D．溶液为酸性，碳酸根离子不能大量存在，且M应该为阳离子，D错误；故选C。16.某固体样品由NH4Cl、FeCl2、Na2CO3、NaNO3中的两种按物质的量1：1组成，现对固体样品进行实验：将混合物溶于水，滴加足量的稀盐酸，产生气体，且反应后阴离子的种数与反应前相比无变化。根据实验现象判断固体样品的组成为（）A.NH4Cl、Na2CO3 B.FeCl2、Na2CO3C.FeCl2、NaNO3 D.NH4Cl、NaNO3〖答案〗C〖解析〗加入稀盐酸，产生无色气体，且反应后阴离子的种数与反应前相比无变化，若是CO+2H+=H2O+CO2↑，阴离子会减少，则没有Na2CO3，考虑引入Cl-，则样品含有NH4Cl或FeCl2，气体应是H+、NO、Fe2+产生的，离子方程式：3Fe2++4H++NO=3Fe3++NO↑+2H2O，FeCl2、NaNO3两种物质按物质的量1:1组成，没有消耗完NO，故阴离子种类没变，故选C。17.某地区的雾霾经收集处理后得试样溶液，可能含有如下离子：Na+、NH、Mg2+、Al3+、SO、NO、Cl—。某同学设计并完成了如图实验：已知：3NO+8A1+5OH-+2H2O+3NH3↑+8AlO根据以上的实验操作与现象，该同学得出的结论不正确的是（）A.试样中肯定存在NH、Mg2+、SO和NOB.试样中一定不含Al3+C.试样中可能存在Na+、Cl—D.该雾霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO4〖答案〗B〖祥解〗由实验现象可知，试样溶液中加入过量氢氧化钡溶液共热反应生成遇湿润红色石蕊试纸显蓝色的气体1说明气体1为氨气，试样溶液中会有铵根离子，生成能部分溶于酸的沉淀1说明沉淀1中含有硫酸钡和氢氧化镁，试样溶液中含有硫酸根离子和镁离子；含有氢氧化钡的溶液1与二氧化碳反应生成能溶于酸并发出气体的沉淀2说明溶液1中可能存在偏铝酸根离子，沉淀2中含有碳酸钡，可能含有氢氧化铝，试样溶液中可能存在铝离子；溶液2与铝和碱共热反应生成遇湿润红色石蕊试纸显蓝色的气体2说明气体2为氨气，试样溶液中一定含有硝酸根离子；由于没有设计实验验证溶液中是否存在钠离子和氯离子，所以试样溶液中一定存在铵根离子、镁离子、硫酸根离子和硝酸根离子，可能存在铝离子、钠离子和氯离子。〖详析〗A．由分析可知，试样溶液中一定存在铵根离子、镁离子、硫酸根离子和硝酸根离子，故A正确；B．由分析可知，试样溶液中可能存在铝离子，故B错误；C．由分析可知，试样溶液中可能存在钠离子和氯离子，故C正确；D．由分析可知，试样溶液中一定存在铵根离子、镁离子、硫酸根离子和硝酸根离子，则雾霾中可能存在硝酸钠、氯化铵和硫酸镁，故D正确；故选B。18.下列化学方程式中电子转移不正确的是（）A.B.C.D.〖答案〗D〖解析〗A、Cl：﹣1→0，↑1，×2；Mn：+4→+2，↓2，×1，则共转移2个电子，故A正确；B、Cu：0→+2，↑2，×1；N：+5→+4，↓1，×2，则共转移2个电子，故B正确；C、N：﹣3→0，↑3，×5；N：+5→0，↓5，×3，则共转移15个电子，故C正确；D、Cl：﹣1→0，↑1，×6；Cr：+6→+3，↓3，×2，则共转移6个电子，且HCl是还原剂，失电子，而K2Cr2O7是氧化剂，得电子，应为：，故D错误；故〖答案〗为D。19.反应3Br2+6NaOH5NaBr+NaBrO3+3H2O中，氧化产物是（）A.Br2 B.NaBr C.NaBrO3 D.H2O〖答案〗C〖解析〗反应3Br2+6NaOH5NaBr+NaBrO3+3H2O中，Br2中的Br元素由0价变为NaBr中的-1价和NaBrO3中的+5价，化合价降低得电子，被还原，化合价升高失电子，被氧化，则Br2在该反应中既做氧化剂又做还原剂，NaBr为还原产物，NaBrO3为氧化产物，故〖答案〗选C。20.剪纸是我国传统文化的重要组成部分。佛山剪纸分为纯色剪纸、衬料剪纸、写料剪纸、铜凿剪纸四类。下列有关说法错误的是（）A.造纸术是我国古代四大发明之一，造纸的过程中发生了化学变化B.二氧化硫脲()常用作漂白剂，其分子中只含极性键C.铜凿剪纸是在铜箔上用小钢凿敲凿出图案，铜、铁都属于金属材料D.植物纤维是造纸的原材料之一，也是人体需要的六大营养物质之一〖答案〗D〖解析〗A．造纸过程中加入纯碱将植物纤维分离出来以及加入漂白剂漂白纸张等发生了化学变化，A正确；B．分子中只含极性键，B正确；C．铜、铁是由金属元素组成，都属于金属材料，C正确；D．植物纤维不是人体需要的营养物质，D错误；故选：D。二、填空题，共60分21.下图为实验室某浓盐酸试剂瓶上的标签的有关内容，试根据标签上的有关数据回答下列问题：盐酸分子式：相对分子质量：36.5密度：的质量分数：36.5%(1)该浓盐酸中的物质的量浓度为___________。(2)取用任意体积的该盐酸时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是___________(填字母)。A．溶液中的物质的量 B．溶液的浓度C．溶液中的数目 D．溶液的密度(3)某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制物质的量浓度为的稀盐酸。①该学生需要量取___________上述浓盐酸进行配制②在配制过程中，下列实验操作对所配制的稀盐酸的物质的量浓度有何影响？(在横线上填A表示“偏高”、填B表示“偏低”、填C表示“无影响”)。Ⅰ．用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面___________。Ⅱ．定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水___________。Ⅲ．定容摇匀后，发现液面低于刻度线___________。Ⅳ．定容时，俯视读数，所得溶液的浓度___________。〖答案〗(1)11.9(2)BD(3)①16.8②BBCA〖解析〗(1)根据物质的量浓度与溶液的密度和溶质的百分含量的换算可知，该浓盐酸中的物质的量浓度为=11.9，故〖答案〗为：11.9；(2)溶液是一种均一稳定的分散系，故取用任意体积的该盐酸时，溶液的浓度和溶液的密度与所取溶液的体积多少无关，而溶液中的物质的量等于cV和溶液中的数目等于cVNA均与体积多少有关，故〖答案〗为：BD；(3)某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制物质的量浓度为的稀盐酸。①根据溶液稀释过程中溶质的物质的量保持不变，故有c(浓)V(浓)=c(稀)V(稀)，故该学生需要量取，故〖答案〗为：16.8；②Ⅰ．用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面，将使量取的浓盐酸体积偏小，即溶质的物质的量偏小，故所配溶液的浓度偏小，故〖答案〗为：B；Ⅱ．定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水，将导致溶液体积偏大，故所配溶液的浓度偏小，故〖答案〗为：B；Ⅲ．定容摇匀后，发现液面低于刻度线，这是正常现象，对实验结果无影响，故〖答案〗为：C；Ⅳ．定容时，俯视读数，将使溶液的体积偏小，故所得溶液的浓度将偏大，故〖答案〗为：A。22.黄铁矿是生产硫酸的原料，其主要成分为FeS2。850〜950℃时，在空气中煅烧，发生反应4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2试回答下列问题：(1)含硫35%的黄铁矿样品（杂质不含硫），其FeS2的含量为_____________(2)可用来表示该反应的化学反应速率的物质为_________________(填化学式)。(3)某时刻测得生成SO2的速率为0.64mol·L-1·s-1，则氧气减少的速率为_____________(4)为了提高SO2的生成速率，下列措施可行的是______________(填选项字母）。A.增加硫铁矿石的投入量B.增加炉的高度C.将硫铁矿石粉碎D.升高温度〖答案〗(1)65.625%(2)SO2和O2(3)0.88mol·L-1·s-1(4)CD〖解析〗(1)FeS2的质量分数×FeS2中S元素质量分数=硫铁矿样品中S元素质量分数，故FeS2的质量分数==65.625%，故〖答案〗为65.625%；(2)根据方程式，FeS2和Fe2O3是固体，因此可以用来表示该反应的化学反应速率的物质为SO2和O2，故〖答案〗为SO2和O2；(3)某时刻测得生成SO2的速率为0.64mol·L-1·s-1，则氧气的反应速率为0.64mol·L-1·s-1×=0.88mol·L-1·s-1，故〖答案〗为0.88mol·L-1·s-1；(4)A.增加硫铁矿石的投入量，不能改变硫铁矿的浓度，不能提高SO2的生成速率，错误；B.增加炉的高度，不能改变二氧化硫的浓度，不能提高SO2的生成速率，错误；C.将硫铁矿石粉碎，增大了接触面积，可以提高SO2的生成速率，正确D.升高温度，反应速率加快，正确；故选CD。23.无机净水剂主要有铁系和铝系两类，但铝对人体有慢性毒害作用，所以研制各种铁系净水剂成为热门。聚合硫酸铁〖Fe2(OH)6－2n(SO4)n〗m是一种常用的净水剂，其生产工艺如下：回答下列问题：（1）用98%的硫酸配制28%的硫酸，所需的玻璃仪器除量筒、玻璃棒外，还有______________________________。（2）FeSO4·7H2O在空气中会被氧化变质，检验其已变质的操作：___________________________________________________________________。（3）“氧化”时发生反应的离子方程式为___________________________________。（4）Fe3+水解会使溶液的pH减小，加入NaOH调节pH的目的是__________________。（5）聚合硫酸铁中n(Fe3+):n(OH－):n(SO)比值的确定方法：取一定量的聚合硫酸铁，先加入足量的稀盐酸酸化后，然后加入BaCl2溶液，经操作Ⅰ后得到沉淀A和滤液B，洗涤、干燥沉淀A后称得质量为3.495g，向滤液B中加入足量的NaOH充分反应，将经操作Ⅰ后得到的滤渣洗涤、灼烧至恒重，得2.40g固体C。①生成沉淀A的离子方程式为___________________________________。②操作Ⅰ的名称为__________，固体C的化学式为_____________。③聚合硫酸铁中n(Fe3+):n(OH－):n(SO)_______________。〖答案〗（1）烧杯（2）取少量FeSO4·7H2O样品于试管中，加水溶解，将适量溶液加入试管中，溶液变红，说明FeSO4·7H2O已变质（3）2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3+2H2O（4）促进Fe3+的水解（5）①Ba2++SO=BaSO4↓②过滤③2∶4∶1〖祥解〗本流程中利用硫酸亚铁晶体即绿矾为原料来制取聚合硫酸铁，氧化过程中是将Fe2+转化为Fe3+，离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，加入NaOH溶液调节pH值来促进Fe3+水解而制取聚合硫酸铁，然后固化成型，据此分析解答(1)～(4)，(5)取一定量的聚合硫酸铁，先加入足量的稀盐酸酸化后，则转化为FeCl3和Fe2(SO4)3溶液，然后加入BaCl2溶液，发生的离子反应为：Ba2++=BaSO4↓，经操作Ⅰ后得到沉淀A为BaSO4和滤液B，洗涤、干燥沉淀A后称得质量为3.495g，向滤液B中加入足量的NaOH充分反应，发生的离子反应为：Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓，将经操作Ⅰ后得到的滤渣洗涤、灼烧至恒重，发生反应方程式为：2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O，得2.40g固体C。〖详析〗(1)用98%的硫酸配制28%的硫酸，所需的玻璃仪器有量筒、玻璃棒、烧杯，故〖答案〗为：烧杯；(2)FeSO4•H2O在空气中会被氧化变质即Fe2+转化为Fe3+，只要检验到样品中含有Fe3+就说明已经变质，故检验其已变质的操作为：取少量FeSO4•H2O样品于试管中，加水溶解，将适量KSCN溶液加入试管中，溶液变红，说明FeSO4•H2O已变质，故〖答案〗为：取少量FeSO4•H2O样品于试管中，加水溶解，将适量KSCN溶液加入试管中，溶液变红，说明FeSO4•H2O已变质；(3)由分析可知，氧化过程中是将Fe2+转化为Fe3+，“氧化”时发生反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故〖答案〗为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；(4)Fe3+水解会使溶液的pH减小，反应的离子方程式为：Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，加入NaOH使上述平衡正向移动，故加入NaOH调节的目的是促进Fe3+的水解，故〖答案〗为：促进Fe3+的水解；(5)①有上述分析可知，生成沉淀A的离子方程式为Ba2++=BaSO4↓，故〖答案〗为：Ba2++=BaSO4↓；

②由上述分析可知，操作Ⅰ是分离BaSO4沉淀和滤液，故操作的名称为过滤，固体C的化学式为Fe2O3，故〖答案〗为：过滤；Fe2O3；

③由上述分析可知，n()=n(BaSO4)==0.015mol，n(Fe3+)=2n(Fe2O3)=2×=0.03mol，n(Fe3+)：n()=0.03mol：0.015mol=2：1，然后根据化学式中元素的化合价的代数和为0，可知：2×(+3)+1×(-2)+b×(-1)=0，解得：b=4，聚合硫酸铁中n(Fe3+)：n(OH-)：n()=2：4：1，故〖答案〗为：2：4：1。24.锌钡白(又称立德粉)广泛用作白色颜料。以含锌废料(主要成分是ZnO，含少量Fe3O4、CuO、SiO2等)为原料生产锌钡白(ZnS∙BaSO4)的工艺如下：已知：①常温下，Ksp〖Fe(OH)3〗=1.0×10-38，Ksp(ZnS)=3.0×10-25，Ksp(CuS)=6.0×10-36；②BaS微溶于水，溶于水缓慢反应生成Ba(OH)2和H2S。回答下列问题：（1）“固体2”的主要成分是__________(填化学式)；提高“酸浸"速率的措施主要有_______________________________(答一条)。（2）“氧化”的离子方程式为_______________________________。（3）“除铁”后c(Fe3+)=1×10-5mol·L-1时，滤液的pH=___________。（4）“除铜”中ZnS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+Zn2+(aq)的平衡常