2024年江苏高考化学新题 仿真模拟卷02

新题精选仿真卷(二)化学试题(满分100分)[选材亮点]第3题以化学性质与相似的为背景，考查物质的相关知识。★核心素养科学精神与社会责任证据推理与模型认知实验探究与创新意识[试题亮点]第13题以CH3Cl与Cl2反应制CH2Cl2为背景，考查化学平衡移动分析和平衡常数注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。2．选择题答案必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效．保持卡面清洁，不折叠、不破损。可能用到的相对原子质量：H-1Li-7C-12N-14O-16Mg-24S-32Cl-35.5K-39V-51Fe-56Ti-48Co-59一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。1．海水提溴常用SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr达到富集目的，此反应相关物质的说法正确的是A．SO2是碱性氧化物 B．Br2在常温常压下是红棕色气体C．H2SO4是离子化合物 D．HBr是强酸2．工业上由、和可制备。下列说法中正确的是A．的电子式为 B．的空间结构为直线形C．中元素的化合价为+4价 D．中含有非极性共价键3．下列图示装置或操作错误的是A．图①验证铁的吸氧腐蚀B．图②验证易溶于水且溶液呈碱性C．图③测量的体积D．图④操作可排出盛有溶液滴定管尖嘴内的气泡4．下列比较关系正确的是A．第一电离能：N＞O B．还原性：HBr＞HIC．碱性：Al(OH)3＞Mg(OH)2 D．离子半径：Na+＞F-5．熔点较低，易升华，溶于醇和醚，其化学性质与相似。下列说法正确的是A．属于电解质，但熔融态不导电 B．Be位于元素周期表的p区C．熔点比高 D．不与NaOH溶液反应6．下列反应方程式与所给事实错误的是A．加热NaHCO3固体，产生无色气体：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑B．过量铁粉与稀硝酸反应，产生无色气体：Fe++4H+=Fe3++NO↑+2H2OC．苯酚钠溶液中通入CO2，出现白色浑浊：+CO2+H2O→+NaHCO3D．乙醇、乙酸和浓硫酸混合加热，产生有香味的油状液体：CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O7．下列有关物质的性质与用途不具有对应关系的是A．碳化硅硬度大，可用于制作砂轮磨料B．Na2SO3有还原性，可用于水处理中脱氯C．NH4HCO3受热易分解，可用作氮肥D．硫酸钡不溶于水和酸，且不容易被X射线透过，医疗上可用作消化系统X射线检测的内服药剂8．工业上可利用硫酸亚铁制备铁盐、亚铁盐、纳米Fe3O4等。下列说法正确的是A．纳米Fe3O4形成胶体时，其分散质粒子可透过半透膜B．制备纳米Fe3O4的反应中，每消耗3molFeSO4，转移2mol电子C．制备碳酸亚铁的反应为D．检验硫酸铵中NH的方法：将硫酸铵溶于适量水中，加入浓NaOH溶液并加热，再用湿润的蓝色石蕊试纸检验产生的气体9．有机物d可由多步反应合成，反应流程如图。下列说法正确的是

A．有机物a、b、c均能与金属钠反应生成氢气B．有机物a与c均含有羟基，属于同系物C．有机物d的分子式为D．有机物b的一氯代物只有1种10．尿素是重要的化工原料，也常用作氮肥。以氨为原料合成尿素的相关反应如下：①

；②

；③

；④

。下列叙述正确的是A．反应①在较高温度下易自发进行B．反应②的平衡常数C．在恒容密闭容器中发生反应②，当气体摩尔质量不变时反应达到平衡D．11．根据下列实验操作以及现象能得到正确实验结论的是选项实验操作及现象实验结论A将白色固体溶解，滴加足量稀盐酸，将样品产生的气体通入品红溶液，品红褪色该白色固体为亚硫酸盐B将甲醇与足量KMnO4溶液混合，紫红色变浅甲醇被氧化为甲酸C向Mg(OH)2悬浊液中加入几滴CuSO4溶液，生成蓝色沉淀证明Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]D将盐酸与NaHCO3混合产生的气体直接通入苯酚钠溶液，溶液变浑浊酸性：碳酸>苯酚A．A B．B C．C D．D12．常温下，NH3•H2O的Kb约为10-5。在下列装置中存在不同pH的两种溶液，溶液中离子不能穿过隔膜，分子可以自由穿过隔膜(如图所示)。已知c起始(NH3•H2O)=c平衡(NH3•H2O)+c(NH)。当达到平衡时，下列叙述正确的是A．溶液I中c(OH-)=c(H+)+c(NH)B．溶液I和II中的c平衡(NH3•H2O)不相等C．溶液II中为0.1D．溶液I和II中c起始I(NH3•H2O)：c起始II(NH3•H2O)=101：11013．200℃条件下，CH3Cl与Cl2反应制CH2Cl2，同时有副产物CHCl3、CCl4产生。一氯甲烷的转化率及产物分布分数[如二氯甲院的分布分数：]与原料配比关系如下图所示。下列说法错误的是

A．随着原料配比的增加，CH2Cl2的分布分数逐渐减小B．工业生产应控制原料配比在0～0.5左右C．CH3Cl的转化率随原料配比增大而升高D．在原料配比时，CH3Cl制CH2Cl2的相对压力平衡常数[的写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压(单位为kPa)除以p0(p0=100kPa)]二、非选择题：共4题，共61分。14．(15分)硫酸锑铵()是分析化学常用的滴定剂。以氟碳铈矿(含、、等)为原料制备硫酸铈铵的工艺流程如图所示。已知部分信息如下：①在空气中易被氧化为。②“沉铈”时发生的反应之一：。回答下列问题：(1)滤渣A的成分是(填化学式)。“焙烧”中常采用高压空气、逆流操作(空气从焙烧炉下部通入，矿粉从上部加入)，这样操作的目的是。(2)“酸浸”中，铈浸出率与温度的关系如图1所示，铈浸出率与硫酸浓度的关系如图2所示。工业生产应选择的适宜温度是℃，硫酸浓度mol·L。(3)“沉铈”时，硫脲作(填“还原剂”或“氧化剂”)。(4)“溶解”时，为防止被氧化，可以加入(填标号)。a．

b．NaClO

c．(5)写出含溶液与反应的离子方程式。(6)测定产品纯度。称取wg产品溶于水，配制成250mL溶液，准确量取25.00mL配制的溶液于锥形瓶中。加入VmL0.10mol⋅L溶液，恰好完全反应。该产品纯度为。(杂质不参与反应，滴定反应为)15．(15分)化合物I是制备抗肿瘤药物阿法替尼的重要中间体，化合物I的一种合成路线如图。已知：RCH=NHRCH2NH2回答下列问题：(1)C中含氧官能团的名称是。(2)A的化学名称为。(3)B中所含的第二周期元素第一电离能由大到小的顺序是。(4)F的结构简式为，H→I的反应类型为。(5)G→H的化学方程式为。(6)有多种同分异构体，符合下列条件的有种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有3组峰，其峰面积比为6∶1∶1的结构简式为(写出一种)。a.能发生银镜反应

b.不含醚键(7)参考上述合成路线，以HOOCCH2NH2、HCONH2为原料合成，合成过程中无机试剂任选。16．(15分)草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O，相对分子质量为180)呈淡黄色，可用作照相显影剂。某实验小组对其进行了一系列探究。I．采用如下装置(可重复选用)进行实验探究纯净草酸亚铁晶体受热分解的产物。

(1)装置D的名称为，作用是。(2)按照气流从左到右的方向，上述装置的连接顺序为a→→d→e→b→c→尾气处理装置(填仪器接口的小字母编号)。(3)能证明分解产物中存在CO的现象是。II．将54.0g草酸亚铁晶体在氮气的氛围中加热分解，得到分解产物的热重曲线(样品质量随温度的变化情况)如图所示：

(4)B点时，固体只含有一种铁的氧化物，则所得固体的化学式为。Ⅲ．文献表明：相同条件下，草酸根(C2O)的还原性强于Fe2+。为检验这一结论进行以下实验。资料：ⅰ．草酸(H2C2O4)为二元弱酸。ⅱ．三水三草酸合铁酸钾K3[Fe(C2O4)3]·3H2O为翠绿色晶体，光照易分解。其水溶液中存在：[Fe(C2O4)3]3−Fe3++3C2OK＝6.3×10−21通过Fe3+和C2O在溶液中的反应比较Fe2+和C2O的还原性强弱操作现象在避光处，向10mL0.5mol∙L-1FeCl3溶液中缓慢加入0.5mol∙L-1K2C2O4溶液至过量，搅拌，充分反应后，冰水浴冷却，过滤得到翠绿色溶液和翠绿色晶体(5)取实验中的少量晶体洗净，配成溶液，滴加KSCN溶液，不变红。继续加入硫酸，溶液变红。加硫酸后溶液变红的原因是。(6)经检验，翠绿色晶体为K3[Fe(C2O4)3]·3H2O。请设计实验，确认实验中没有发生氧化还原反应的操作和现象是。17．(15分)Ⅰ.石油天然气开采和炼制过程中会产生大量含硫废水(其中S元素的主要化合价是-2价)，对设备、环境等造成严重危害。已知：常温下H2S溶解度为1∶2.6(体积)。下图为常温下H2S、HS-、S2-在水溶液中的物质的量分数随pH变化的分布曲线，回答下列问题：(1)由图判断，H2S的一级电离平衡常数为Ka1=。(2)25℃，HS-电离程度小于水解程度，依据是：。(3)以酚酞为指示剂，将NaOH溶液滴入H2S溶液中，滴定终点的离子方程式是。(4)向pH≈9的含硫废水中加入适量Cu2+的溶液，产生黑色沉淀且溶液的pH降低。用平衡移动的原理解释溶液pH降低的原因：。Ⅱ.氧化还原法处理含HS-的废水：向含HS-的废水中加入一定浓度的Na2SO3溶液，加适量酸，溶液产生淡黄色沉淀。(5)反应的离子方程式是。(6)不同pH时，硫化物去除率随时间的变化曲线如图所示。试分析本工艺选择控制体系的pH≈6，而不是去除率更高的pH=3的主要原因：。(7)处理某废气中的H2S，是将废气与空气混合通入FeCl2、CuCl2、FeCl3的混合液中，其转化的流程如图所示。下列说法正确的是___________A．转化过程中参与循环的离子只有Fe2+B．转化过程有四种元素的化合价发生了变化C．过程Ⅲ中发生的反应为CuS+2Fe3+=S+2Fe2++Cu2+D．氧化性由强到弱的顺序：O2>Fe3+>S(8)催化重整法处理H2S。Fe2O3可以用作脱除H2S的催化剂，脱除过程如图所示。Fe2O3脱除H2S时需先进行吸附。按图乙方式进行吸附，其吸附能力比按图甲强，请从结构角度解释其原因。参考答案：1．D【解析】A．SO2能与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，A项错误；B．Br2在常温常压下是深红棕色液体，B项错误；C．H2SO4中只含共价键，属于共价化合物，C项错误；D．卤族元素从上至下，原子半径逐渐增大，H-X键的键长逐渐增长，键能逐渐减小，在水溶液中越容易断裂，越容易电离出H+，酸性越强，则酸性：HF<HCl<HBr<HI，其中HCl为强酸，所以HBr也为强酸，D项正确；故选D。2．D【解析】A．NaOH的电子式为，故A错误；B．中价层电子对个数=2+(7=1-2×2)=4，为sp3杂化，且含有2个孤电子对，所以是V型，故B错误C．中元素的化合价为+3价，故C错误；D．中O-O之间含有非极性共价键，故D正确；故选D。3．D【解析】A．铁丝发生吸氧腐蚀会消耗试管中氧气，试管内压强减小，外界大气压大于试管内气压会使红墨水向上升，因此能够验证铁的吸氧腐蚀，A正确；

B．打开活塞，将胶头滴管中的水挤入烧瓶中，氨气溶于导致烧瓶内压强急剧减小，外界大气压不变，大气压将水通过导管进入烧瓶中而形成喷泉氨气和水反应生成的一水合氨电离出而使其水溶液呈碱性，酚酞遇碱溶液变红色，所以该装置能验证易溶于水且溶液呈碱性，B正确；C．氧气难溶于水，利用U形管原理，借助大气压强可测量氧气体积，C正确；

D．高酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶管所以高锰酸钾溶液应盛放在酸式滴定管中，D错误；故选D。4．A【解析】A．同周期从左到右，第一电离能逐渐增大，但是第ⅤA族元素的第一电离能大于第ⅥA族元素的第一电离能，故第一电离能：N＞O，A项正确；B．同一主族从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，氢化物的还原性逐渐增强，则还原性：HBr＜HI，B项错误；C．同周期从左到右，元素的金属性逐渐减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性减弱，则碱性：Al(OH)3＜Mg(OH)2，C项错误；D．核外电子排布相同的离子，原子序数越小，离子半径越大，则离子半径：Na+＜F-，D项错误；答案选A。5．A【解析】A．熔点较低，易升华，其化学性质与相似，符合分子晶体的性质，故为共价化合物，熔融状态破坏不了共价键，故熔融状态不导电，A正确；B．Be位于元素周期表的s区，B错误；C．分子晶体的熔点与相对分子质量有关，通常相对分子质量越大的分子间作用力越强，熔点越高，故熔点比低，C错误；D．氯化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，化学性质与相似，故推测可以与NaOH溶液反应，D错误；故选A。6．B【解析】A．加热NaHCO3固体，NaHCO3受热分解生成CO2气体，方程式为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，故A正确；B．过量铁粉与稀硝酸反应，产生无色气体NO和Fe2＋，方程式为3Fe+2+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O，故B错误；C．苯酚钠溶液中通入CO2，生成苯酚和碳酸氢钠，出现白色浑浊，方程式为+CO2+H2O→+NaHCO3，故C正确；D．乙醇、乙酸在浓硫酸加热条件下发生酯化反应，产生有香味的油状液体乙酸乙酯，方程式为CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O，故D正确；故选B。7．C【解析】A．碳化硅是共价晶体，其具有空间网状结构，硬度大，可用于制作砂轮磨料，二者有因果关系，A不合题意；B．Na2SO3的S为+4价，有还原性，可以被Cl2、ClO-氧化，故可用于水处理中脱氯，二者存在因果关系，B不合题意；C．NH4HCO3用作氮肥，与其受热易分解无因果关系，C符合题意；D．硫酸钡不溶于水和酸，且不容易被X射线透过，医疗上可用作消化系统X射线检测的内服药剂，二者有因果关系，D不合题意；故答案为：C。8．B【解析】A．胶体粒子的直径在1~100纳米之间，不能透过半透膜，A错误；B．纳米Fe3O4中，三分之二的铁为+3价，三分之一的铁为+2价，因此每消耗3molFeSO4，转移2mol电子，B正确；C．制备碳酸亚铁的反应为，C错误；D．检验硫酸铵中NH的方法：将硫酸铵溶于适量水中，加入浓NaOH溶液并加热，再用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体，若试纸变蓝，则证明有NH，D错误；故选：B。9．C【解析】A．有机物b分子中没有羟基，不能与金属钠反应，A错误；B．同系物指的是结构相似、分子组成相差若干个的有机物，B错误；C．根据结构式可知，有机物d的分子式为C8H12O3，C正确；D．有机物b为对称结构，一氯代物有2种，D错误；故答案为：C。10．D【解析】A．反应①为放热的熵减反应，根据反应可以自发进行，则在较低温度下易自发进行，A错误；B．平衡常数等于平衡时生成物浓度系数次方之积与反应物浓度系数次方之积的比，纯固体和纯液体不计入其中；反应②的平衡常数，B错误；C．在恒容密闭容器中发生反应②，反应中只有水一种气体，其摩尔质量为定值，当气体摩尔质量不变时，不能说明反应达到平衡，C错误；D．由盖斯定律可知，反应①+②-③得反应④，则，D正确；故选D。11．C【解析】A．将白色固体溶解，滴加足量稀盐酸，将样品产生的气体通入品红溶液，品红褪色，该白色固体可能含有等离子，故A错误；B．将甲醇与足量KMnO4溶液混合，紫红色变浅，甲醇可能被氧化，但不确定是甲酸还是二氧化碳，故B错误；C．向Mg(OH)2悬浊液中加入几滴CuSO4溶液，生成蓝色沉淀，Mg(OH)2沉淀转化为Cu(OH)2，证明Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]，故C正确；D．将盐酸与NaHCO3混合产生的气体中含有二氧化碳和氯化氢，将盐酸与NaHCO3混合产生的气体直接通入苯酚钠溶液，氯化氢、二氧化碳都能与苯酚钠反应生成苯酚，溶液变浑浊，不能证明酸性：碳酸>苯酚，故D错误；选C。12．D【解析】A．常温下溶液I的pH=7.0，，A错误；B．根据题意，未电离的分子可以通过隔膜，说明溶液I和溶液II中的c平衡(NH3•H2O)相等，B错误；C．溶液II的pH=8，溶液中mol/L，，c平衡(NH3•H2O)=0.1c()，根据c起始(NH3•H2O)=c平衡(NH3•H2O)+c()=1.1c()，则，C错误；D．根据C的分析，c起始II(NH3•H2O)=1.1c()，同理，溶液I的pH=7.0，，c起始I(NH3•H2O)=1.01c()，溶液I和II中c起始I(NH3•H2O)：c起始II(NH3•H2O)=1.01:1.1=101：110，D正确；故选D。13．B【解析】A．由图像可知随着原料配比的增加，CH2Cl2的分布分数逐渐减小，A正确；B．由图像可知原料配比在0～0.5左右，虽然副产物只有三氯甲烷，但一氯甲烷的转化率低，原料配比一般在1左右，B错误；C．由图像可知CH3Cl的转化率随原料配比增大而升高，C正确；D．在原料配比时，由图像可知一氯甲烷的转化率为0.4，且产物分布分数为二氯甲烷0.8，三氯甲烷0.2，2mol一氯甲烷有转化，生成二氯甲烷和三氯甲烷：故生成二氯甲烷的反应中，各物质相对分压依次为、、、，平衡常数，D正确；故选B。14．(1)、增大接触面积，提高反应速率，使焙烧充分，提高原料的利用率(2)953.0(3)还原剂(4)c(5)(6)【分析】首先分析流程，氟碳铈矿(含、、等)在空气中焙烧，被氧化为+4价Ce，反应生成BaO，SiO2不反应，加稀硫酸酸浸，+4价Ce反应生成CeF，BaO生成硫酸钡，故滤渣A的主要成分为、；浸液中的CeF与硫脲、硫酸钠反应被还原为，再加氢氧化钠、稀盐酸溶解得到含Ce3+的溶液，加碳酸氢铵沉Ce，生成Ce2(CO3)3，灼烧得到CeO2，与稀硫酸反应得Ce(SO4)2，最后与硫酸铵作用得到产品。【解析】（1）由上述分析可知，滤渣A的成分为：、；“焙烧”中常采用高压空气、逆流操作的目的是：增大接触面积，提高反应速率，使焙烧充分，提高原料的利用率；（2）根据图1，可以看出适宜的温度为度是95℃，温度再高Ce的浸出率基本不变了，由图2可知，硫酸的浓度为3.0mol/L时，Ce的浸出率最高；（3）结合上述分析，在“沉铈”时，硫脲将4价Ce还原为即3价Ce，故硫脲做还原剂；（4）防止防止被氧化，应该加入一种还原剂，选项中能做还原剂的为，故选c，和NaClO都具有强氧化性，故不能选；（5）根据上述分析，溶液与反应生成Ce2(CO3)3，说明碳酸氢根电离出的碳酸根与结合，氢离子与其他的碳酸氢根结合成碳酸，故离子方程式为：；（6）根据方程式，n(Fe2+)=0.1mol/LV10-3L=1.010-4mol，则n(Ce4+)=1.010-4mol，则原样品中的物质的量=1.010-4mol10=1.010-3mol，产品为纯度==。15．(1)羧基、硝基(2)对氯甲苯(3)N＞O＞C(4)取代反应(5)++HCl(6)7(7)HOOCCH2NH2【分析】A发生取代反应生成B，B中苯甲基被氧化为苯甲酸，C中硝基与氢气发生还原反应生成氨基，E中苯环上发生硝基的取代反应生成F为，G发生取代反应生成H和HCl，H发生取代反应生成I和HCl；【解析】（1）C中含氧官能团的名称是羧基、硝基；（2）A的化学名称为对氯甲苯；（3）B中所含的第二周期元素是C、N、O，同一周期从左往右元素第一电离能呈增大趋势，ⅤA与ⅥA反常，则第一电离能由大到小顺序为N＞O＞C；（4）由分析可知F的结构简式为；H→I是C-Cl与羟基O-H发生取代反应，反应类型为取代反应；（5）G→H是氨基与C-Cl发生取代反应，化学方程式为++HCl；（6）的不饱和度为1，a.能发生银镜反应说明含有醛基-CHO，则其他均为单键，b.不含醚键说明另一个基团为-OH，符合条件的同分异构体有CH3CH2CH(OH)CHO、CH3CH(OH)CH2CHO、HOCH2CH2CH2CHO、HOCH2CH(CH3)CHO、(CH3)2C(OH)CHO；或甲酸酯：HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2共7种，其中核磁共振氢谱有3组峰，其峰面积比为6∶1∶1的结构简式为；（7）根据流程中D→E的合成方法，HOOCCH2NH2、HCONH2反应得到，结合F→G可得，根据已知：RCH=NHRCH2NH2，与氢气发生加成反应可得，合成路线为：HOOCCH2NH2。16．(1)(球形)干燥管检验分解产物是否有水(2)g→f→b→c→h→i(或i→h)(3)装置C硬质试管中固体由黑变红，第二个连接的澄清石灰水装置出现白色浑浊(4)Fe3O4(5)溶液中存在平衡：[Fe(C2O4)3]3-Fe3++3C2O，加入硫酸后，H+与C2O结合可使平衡正向移动，c(Fe3+)增大，遇KSCN溶液变红(6)取少量实验中的翠绿色溶液于试管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不出现蓝色沉淀【分析】草酸亚铁晶体在装置A中受热分解，生成的气体通过D装置中的无水硫酸铜检验是否有水生成，通过B装置中的澄清石灰水检验二氧化碳的生成，通过E装置，碱石灰干燥气体后通入装置C中，CO和氧化铜反应生成铜和二氧化碳，再通过装置B检验生成的二氧化碳气体，最后进行尾气处理。【解析】（1）由图可知，装置D的名称为(球形)干燥管；由分析可知，装置D的作用为检验分解产物是否有水；（2）通过分析可知，装置连接顺序为A→D→B→E→C→B→尾气处理装置，则按照气流从左到右的方向，上述装置的连接顺序为a→g→f→b→c→h→i→d→e→b→c→尾气处理装置或a→g→f→b→c→i→h→d→e→b→c→尾气处理装置；（3）若气体中含有CO，碱石灰干燥气体后通入装置C中，CO和氧化铜反应生成铜和二氧化碳，再通过装置B检验生成的二氧化碳气体，则能证明分解产物中存在CO的现象是装置C硬质试管中固体由黑变红，第二个连接的澄清石灰水装置出现白色浑浊；（4）B点时，固体只含有一种铁的氧化物，草酸亚铁晶体受热分解后，Fe元素的物质的量不变，则n(Fe)=，生成的铁的氧化物中Fe元素的质量为，则氧化物中O元素的物质的量为n(O)=，n(Fe)：n(O)=3:4，则该氧化物为Fe3O4；（5）溶液中存在平衡：[Fe(C2O4)3]3-Fe3++3C2O，加入硫酸后，H+与C2O结合可使平衡正向移动，溶液中c(Fe3+)增大，遇KSCN溶液变红；（6）确认实验中没有发生氧化还原反应，则溶液中不含Fe2+，取少量实验中的翠绿色溶液于试管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不出现蓝色沉淀，说明溶液中不含Fe2+，实验中没有发生氧化还原反应。17．(1)10-6.9(2)HS-在pH接近10时，物质的量分数最大，HS-溶液显碱性，即水解程度大于电离程度(3)OH-+H2S=HS-+H2O(4)含硫废水中存在HS−H++S2−，加入适量Cu2+的溶液，S2−+Cu2+=CuS↓，c(S2−)减小，使HS−的电离平衡正向移动，c(H+)增大，pH减小(5)2HS−+SO+4H+=3S↓+3H2O(6)pH<5时，溶液中-2价S元素主要以H2S的形式存在，常温下H2S的溶解度为1∶2.6，酸性强使H2S更易逸出，H2S会污染环境(或：H+与SO生成SO2，SO2污染环境(7)CD(8)H2S中H带正电、S带负电，Fe2O3中Fe带正电，O带负电；甲吸附方式为同种电性微粒靠近，乙吸附方式中为不同电性微粒靠近时，吸附能力强【分析】图象中各曲线含义分别为H2S、HS-、S2-。【解析】（1）由图判断，pH=6.9时，c(HS-)=c(H2S)，H2S的一级电离平衡常数为Ka1==c(H+)=10-6.9。故答案为：10-6.9；（2）25℃，HS-电离程度小于水解程度，依据是：HS-在pH接近10时，物质的量分数最大，HS-溶液显碱性，即水解程度大于电离程度。故答案为：HS-在pH接近10时，物质的量分数最大，HS-溶