江苏省苏州市第一中学2024-2025学年高二化学下学期期中试题含解析

PAGE20-江苏省苏州市第一中学2024-2025学年高二化学下学期期中试题（含解析）(考试时间：90分钟总分100分)可能用到的相对原子质量：H—1C—12N—14O—16Mg—24P—31Cl—35.5Cr—52Ag—108第Ⅰ卷(选择题共40分)一、单项选择题(本题包括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.“液态阳光”是指由阳光、二氧化碳和水通过人工光合得到的绿色液态燃料。下列有关“液态阳光”的说法错误的是A.CO2和H2O转化“液态阳光”过程中同时释放能量B.煤气化得到的水煤气合成的甲醇不属于“液态阳光”C.“液态阳光”行动有利于可持续发展并应对气候变更D.“液态阳光”有望解决全球化石燃料不断枯竭的难题【答案】A【解析】【详解】A、“液态阳光”是指由阳光、CO2和水通过人工光合得到的绿色液态燃料，是将光能转化成化学能的过程，该反应为吸热反应，故A说法错误；B、煤气化是由水蒸气与碳反应生成CO和H2，煤液化可以合成甲醇，不符合“液态阳光”的定义，煤气化得到水煤气合成的甲醇不属于“液态阳光”，故B说法正确；C、“液态阳光”由阳光、CO2和水反应，可以解决温室气体，有利于可持续发展并应对气候变更，故C说法正确；D、依据“液态阳光”的定义，“液态阳光”有望解决全球化石燃料不断枯竭的难题，故D说法正确；2.用化学用语表示Na2O＋2HCl=2NaCl＋H2O中的相关微粒，其中正确的是()A.中子数为18的氯原子：ClB.Na2O的电子式：Na[]2－C.H2O的结构式：D.Na＋的结构示意图：【答案】C【解析】【分析】【详解】A.中子数为18的氯原子，质量数为35，应写成Cl，A错误；B.Na2O的电子式中两个Na+不行以合并，写成Na+[]2－Na+，B错误；C.H2O分子中O原子形成两个氢氧键，结构式为，C正确；D.Na＋是由Na原子失去了最外层的一个电子而得到，结构示意图为，D错误；答案选C。3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A.Al2O3是两性氧化物，可用作耐高温材料B.氯化铁溶液呈酸性，可用于蚀刻铜电路板C.晶体硅熔点高、硬度大，可用于制作半导体材料D.Fe粉具有还原性，可用作食品袋中的抗氧化剂【答案】D【解析】【分析】【详解】A．氧化铝具有较高熔点，可以用于耐高温材料，与其两性氧化物性质无关，故A错误；B．氯化铁与Cu反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应中氯化铁表现氧化性，与溶液的酸性无关，故B错误；C．晶体硅是良好的半导体，用于制作半导体材料，与晶体硅的熔点和硬度无关，故C错误；D．Fe粉具有还原性，易和空气中的氧气反应，可用作食品袋中的抗氧化剂，故D正确；故答案为D。4.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.能使甲基橙变红的溶液：Na+、Mg2+、Cl－、HCO3-B.KW/c(OH-)=1×10－12的溶液：Na+、K+、ClO－、CO32-C.0.1mol·L－1Fe(NO3)2溶液：H+、Cu2+、SO42-、Cl－D.能溶解Al(OH)3的溶液：K+、NH4+、NO3-、CH3COO－【答案】B【解析】【详解】A、能使甲基橙变红，说明该溶液显酸性，HCO3－不能与H＋大量共存，故A不符合题意；B、该溶液显碱性，这些离子能够在指定的溶液中大量共存，故B符合题意；C、NO3－与H＋大量共存时，NO3－具有强氧化性，能将Fe2＋氧化成Fe3＋，因此这些离子在指定溶液中不能大量共存，故C不符合题意；D、能溶解Al(OH)3，该溶液可能为酸，也可能为碱，NH4＋不能与OH－大量共存，CH3COO－不能与H＋大量共存，因此在指定溶液不能大量共存，故D不符合题意；5.利用废蚀刻液（含FeCl2、CuCl2及FeCl3）制备碱性蚀刻液[Cu（NH3）4Cl2溶液]和FeCl3•6H2O的主要步骤：用H2O2氧化废蚀刻液，制备氨气，制备碱性蚀刻液[CuCl2+4NH3=Cu（NH3）4Cl2]、固液分别，用盐酸溶解沉淀并制备FeCl3•6H2O。下列试验原理和装置不能达到试验目的的是（）A.用装置甲制备NH3 B.用装置乙制备Cu（NH3）4Cl2并沉铁C.用装置丙分别Cu（NH3）4Cl2溶液和Fe（OH）3 D.用装置丁将FeCl3溶液蒸干制备FeCl3•6H2O【答案】D【解析】【详解】A．试验室制备氨气，可用氢氧化钙、氯化铵在加热条件下进行，故A正确；B．氨气易溶于水，留意防止倒吸，氨气与溶液反应生成Cu(NH3)4Cl2和氢氧化铁，故B正确；C．分别固体和液体，可用过滤的方法，故C正确；D．应在蒸发皿中蒸发，且避开氯化铁水解，更不能干脆蒸干，故D错误；故答案为D。【点睛】考查物质制备试验设计、物质分别的试验基本操作，明确试验原理是解题关键，用H2O2氧化废蚀刻液，使亚铁离子生成铁离子，用甲装置制备氨气，生成的氨气通入乙装置，制备碱性蚀刻液[CuCl2+4NH3=Cu(NH3)4Cl2]，用丙装置过滤分别，用盐酸溶解氢氧化铁沉淀，将溶液在蒸发皿中进行蒸发，且应通入氯化氢，防止铁离子水解，以达到制备FeCl3•6H2O的目的，留意把握物质性质的理解、物质分别提纯的方法。6.下列指定反应的离子方程式正确的是A.过量CO2通入氨水：CO2+NH3·H2O=NH4++HCO3−B.SO2使溴水褪色：SO2+2H2O+Br2=2H++SO42−+2HBrC.用H2O2从酸化的海带灰浸出液中提取碘：2I−+H2O2=I2+2OH−D.向NH4Al(SO4)2溶液中加入过量的NaOH溶液：Al3++4OH−=AlO2−+2H2O【答案】A【解析】【分析】【详解】A.过量CO2通入氨水，CO2过量生成HCO3−，离子方程式为：CO2+NH3·H2O=NH4++HCO3−，A正确；B.SO2使溴水褪色，生成H2SO4和HBr都为强酸，离子方程式为：SO2+2H2O+Br2=4H++SO42−+2Br−，B错误；C.用H2O2从酸化的海带灰浸出液中提取碘，酸性条件下生成H2O，离子方程式为：2I−+H2O2+2H+=I2+2H2O，C错误；D.向NH4Al(SO4)2溶液中加入过量的NaOH溶液，NaOH溶液过量，NH4+也参加反应，离子方程式为：NH4++Al3++5OH−=AlO2-+NH3∙H2O+2H2O，D错误；答案选A。【点睛】CO2与碱反应时，CO2少量时生成CO32−，CO2过量时生成HCO3−；Al3+与强碱反应时，碱少量时生成Al（OH）3沉淀，碱过量时生成AlO2−；NH4+与强碱反应时生成NH3∙H2O。7.下列有关物质性质的叙述不正确的是A.Na2O2与CO2反应生成O2 B.铁片投入到冷的浓硫酸中，发生钝化C.NH4Cl溶液中滴加酚酞溶液，溶液变红 D.AlCl3溶液中加入足量氨水，生成Al(OH)3【答案】C【解析】【详解】A.Na2O2与CO2反应生成O2和碳酸钠，选项A正确；B.铁片投入到冷的浓硫酸中，发生钝化，选项B正确；C.NH4Cl为强酸弱碱盐，水解使溶液呈酸性，滴加酚酞溶液，溶液呈无色，选项C不正确；D.氢氧化铝不溶于弱碱，AlCl3溶液中加入足量氨水，生成Al(OH)3，选项D正确；答案选C。8.在给定条件下，下列选项所示的转化关系均能实现的是()A.SiO2SiCl4SiB.SO2BaSO3BaSO4C.CuOCu(OH)2Cu2OD.AlNaAlO2(aq)NaAlO2(s)【答案】D【解析】【分析】【详解】A．二氧化硅和盐酸不反应，故A错误；B．亚硫酸酸性弱于HCl，二氧化硫不能与氯化钡溶液反应，故B错误；C．氧化铜不能和水反应，故C错误；D．铝为两性物质，与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠，蒸发偏铝酸钠溶液得到偏铝酸钠固体，故D正确；故答案为D。9.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X的单质是空气中体积分数最大的气体，Y原子的最外层电子数与X原子的核外电子总数相等，Z的族序数等于其原子核外最内层的电子数，W与Y同主族。下列说法正确的是A.原子半径：r(Z)＞r(X)＞r(Y)B.X的简洁气态氢化物的热稳定性比Y的强C.Y分别与X、Z形成的化合物所含化学键类型相同D.Z、W形成的化合物的水溶液电解可制取单质Z【答案】A【解析】【分析】X的单质是空气中体积分数最大的气体，即X为N，Y原子的最外层电子数与X原子的核外电子总数相等，即Y为F，Z的族序数等于其原子核外最内层的电子数，四种元素为短周期主族元素，原子序数依次增大，即Z为Mg，W与Y同主族，W为Cl；【详解】X的单质是空气中体积分数最大的气体，即X为N，Y原子的最外层电子数与X原子的核外电子总数相等，即Y为F，Z的族序数等于其原子核外最内层的电子数，四种元素为短周期主族元素，原子序数依次增大，即Z为Mg，W与Y同主族，W为Cl；A、原子半径大小依次是r(Mg)>r(Cl)>r(N)>r(F)，故A正确；B、非金属性越强，其气态氢化物热稳定性越强，F的非金属性强于N，即HF热稳定性强于NH3，故B错误；C、形成的化合物分别是NF3和MgF2，前者含有共价键，后者含有离子键，故C错误；D、形成的化合物为MgCl2，电解熔融MgCl2制取Mg，故D错误；【点睛】微粒半径大小比较：一看电子层数，一般电子层数越多，半径越大，二看原子序数，电子层数相同，原子序数增大，半径越小，三看电子数，电子层数相同，原子序数相同，电子数越多，半径越大。10.下列说法正确的是A.甲烷燃烧时，化学能全部转化为热能B.反应3Si(s)+2N2(g)=Si3N4(s)能自发进行，则该反应为放热反应C.1molCl2与足量的NaOH溶液充分反应，转移电子的数目为2×6.02×1023D.常温下，pH=2的醋酸溶液pH=12的NaOH溶液混合后的溶液呈酸性【答案】B【解析】【详解】A、甲烷燃烧时化学能转化为热能和光能，选项A错误；B、反应3Si(s)+2N2(g)=Si3N4(s)为熵减的反应，ΔS<0，能自发进行，则ΔG=ΔH-TΔS<0，故ΔH<0，即该反应是放热反应，选项B正确；C、氯气和氢氧化钠溶液反应时，有一半的氯气作氧化剂，一半的氯气作还原剂，则1molCl2与足量NaOH溶液反应转移电子6.02×1023，选项C错误；D、常温下，pH＝12的NaOH溶液和pH＝2的醋酸混合后，因没有说明碱与酸的体积，无法确定形成溶液的酸碱性，选项D错误。答案选B。不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分：若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，只要选错一个，该小题得0分。11.一种电化学“大气固碳”电池工作原理如图所示。该电池在充电时，通过催化剂的选择性限制，只有Li2CO3发生氧化，释放出CO2和O2。下列说法正确的是A.该电池放电时的正极反应为2Li－2e－＋CO32－=Li2CO3B.该电池既可选用含水电解液，也可选无水电解液C.充电时阳极发生的反应为C＋2Li2CO3－4e－=3CO2＋4Li＋D.该电池每放、充4mol电子一次，理论上能固定1molCO2【答案】D【解析】【分析】【详解】A．原电池正极发生还原反应，放电时Li被氧化成Li+应为负极，正极反应为：3CO2+4e-+4Li+=2Li2CO3+C，故A错误；B．Li能与水反应，所以不能选用含水电解液，故B错误；C．充电时阳极只有Li2CO3发生氧化，释放出CO2和O2，所以电极方程式为2Li2CO3-4e-=2CO2↑+4Li++O2↑，故C错误；D．依据放电时正极反应可知转移4mol电子，可以汲取3molCO2，依据充电时阳极反应可知转移4mol电子，释放2mollCO2，所以每放、充4mol电子一次，理论上能固定1molCO2，故D正确；故答案为D。【点睛】正确推断放电时正极反应为解题关键，依据图示放电时正极反应物只有二氧化碳，所以只能是碳元素被还原成C单质，同时生成碳酸锂，充电时碳酸锂被氧化，从而达到固定碳的目的。12.依据下列试验操作和现象所得出的结论正确的是()选项试验操作和现象结论A相同条件下，分别测量0.1mol·L－1和0.01mol·L－1醋酸溶液的导电性，前者的导电性强醋酸浓度越大，电离程度越大B向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，浊液变清酸性：苯酚>碳酸CKNO3和KOH的混合溶液中加入铝粉并加热，管口放潮湿的红色石蕊试纸，试纸变为蓝色NO3-还原为NH3D用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近某有色气体X，玻璃棒四周产生白烟气体X可能是氯气AA B.B C.C D.D【答案】CD【解析】【分析】【详解】A．浓度较大的醋酸溶液中离子浓度较大，所以导电性较强，但醋酸为弱电解质，浓度越大电离程度越小，故A错误；B．浊液变清是因为苯酚与碳酸钠反应生成苯酚钠、碳酸氢钠，苯酚的酸性弱于碳酸而强于碳酸氢根，故B错误；C．潮湿的红色石蕊试纸变为蓝色，说明产生氨气，再结合氧化还原规律可知碱性条件下Al将硝酸根离子还原成氨气，故C正确；D．浓氨水易挥发，氯气与氨气反应生成氯化铵和氮气，玻璃棒四周产生白烟，且氯气为黄绿色气体，故D正确；故答案为CD。13.图1为CO2与CH4转化为CH3COOH的反应历程(中间体的能量关系如虚框中曲线所示)，图2为室温下某溶液中CH3COOH和CH3COO－两种微粒浓度随pH变更的曲线。下列结论错误的是A.CH4分子在催化剂表面会断开C—H键，断键会汲取能量B.中间体①的能量大于中间体②的能量C.室温下，CH3COOH的电离常数Ka＝10－4.76D.上升温度，图2中两条曲线交点会向pH增大方向移动【答案】D【解析】【详解】A.虚框内中间体的能量关系图可知，CH4分子在催化剂表面断开C－H键，断裂化学键须要汲取能量，A项正确；B.从虚框内中间体的能量关系图看，中间体①是断裂C—H键形成的，断裂化学键须要汲取能量，中间体②是形成C—C和O—H键形成的,形成化学键须要释放能量，所以中间体①的能量大于中间体②的能量，B项正确；C.由图2可知，当溶液pH=4.76，c(CH3COOH)=c(CH3COO-)=0.05mol/L，CH3COOHCH3COO-+H+的电离常数Ka==c(H+)=10-4.76。C项正确；D.依据CH3COOHCH3COO-+H+的电离常数Ka=可知，图2两条曲线的交点的c(H+)值等于醋酸的电离常数Ka的值，而上升温度电离常数增大，即交点的c(H+)增大，pH将减小，所以交点会向pH减小的方向移动。D项错误；答案选D。14.分别调整0.01mol·L－1HCOOH溶液、0.01mol·L－1氨水的pH，系统中微粒浓度的负对数值(－lgc)与pH的关系分别如下图所下列说法错误的是A.25℃时，NH3·H2ONH4++OH－的lgK=－4.7B.25℃时，0.01mol·L－1HCOOH溶液的pH为3.7C.HCOONa溶液中加入NH4Cl至溶液呈中性：c(Cl－)＞c(Na+)＞c(HCOO－)D.HCOONa溶液中加入KHSO3至溶液呈中性：c(HCOOH)+c(H2SO3)=c(SO32－)【答案】BC【解析】【分析】－【详解】A、NH3·H2O为弱碱，部分电离，电离平衡常数只受温度的影响，因此25℃时当c(NH3·H2O)=c(NH4＋)，K=c(OH－)=Kw/c(H＋)=10-4.7mol·L－1，即lgK=－4.7，故A说法正确；B、25℃时甲酸平衡常数为K=10－3.7，依据平衡常数，25℃时，0.01mol·L－1甲酸中c(H＋)=10－2.85mol·L－1，即pH≈2.9，故B错误；C、依据水解平衡常数、电离平衡常数、水的离子积之间的关系，HCOO－的水解平衡常数Kh=Kw/Ka=10－10.3，NH4＋的水解平衡常数Kh=10－9.3，NH4＋的水解程度大于HCOO－水解程度，两种溶液混合后呈中性，甲酸钠的量比NH4Cl多，Na＋浓度大于Cl－浓度，故C错误；D、依据电荷守恒，c(CHOO－)＋c(HSO3－)＋2c(SO32－)＋c(OH－)=c(Na＋)＋c(H＋)＋c(K＋)，溶液显中性，c(H＋)=c(OH－)，即c(CHOO－)＋c(HSO3－)＋2c(SO32－)=c(Na＋)＋c(K＋)，依据物料守恒，c(Na＋)=c(HCOO－)＋c(HCOOH)，c(K＋)=c(HSO3－)＋c(H2SO3)＋c(SO32－)，三式合并得到：c(SO32－)=c(HCOOH)＋c(H2SO3)，故D正确；15.肯定温度下，在三个容积均为2L的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物，发生反应：2CO(g)+4H2(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)△H<0，测得反应的相关数据如下表：容器1容器2容器3反应温度T/K600600500反应物投入量0.2molCO0.4molH20.4molCO0.8molH20.2molCH3OCH30.2molH2O平衡v(CO)/(mol·L-1·s-1)v1v2v3平衡n(H2)/(mol)0.2n2n3平衡体系总压强p/Pap1p2p3物质的平衡转化率aa1(CO)a2(CO)a3(CH3OCH3)平衡常数KK1K2K3下列说法正确的是A.v1<v2，n2>0.4 B.K2=2.5×103，p2>p3C.2p1<p3，a1(CO)>a2(CO) D.n3<0.4，a2(CO)+a3(CH3OCH3)<1【答案】BD【解析】【详解】A．容器1和容器2温度相同，但容器2内浓度更大，反应速率更快，所以v1<v2；若容器2的容积为容器1的二倍，则二者达到等效平衡，n2=0.4，但事实上容器2容积与容器1相等，相当于在等效平衡的基础上进行加压，该反应为气体系数减小的反应，加压平衡正向移动，则n2<0.4，故A错误；B．温度相同平衡常数相同，所以K1=K2，对于容器1，投料为0.2molCO，0.4molH2，平衡时n(H2)=0.2mol，容器体积为2L，列三段式有所以平衡常数K1==2.5×103，即K2=2.5×103；将容器3的投料极限转化后和容器2投料相同，若二者反应温度相同，则达到等效平衡，此时p2=p3，但事实上容器3温度降低，该反应正反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，导致压强减小，所以p2>p3，故B正确；C．若容器3与容器1反应温度相同，且容积为容器1的2倍，则二者达到等效平衡，此时p1=p3，但事实上二者容积相等，假设把容积压缩到与1相等的过程中平衡不移动，此时2p1=p3，但实际加压平衡会正向移动，所以2p1>p3，且温度降低平衡正向移动，导致p3进一步减小；依据A选项分析可知a1(CO)<a2(CO)，故C错误；D．依据C选项分析，容器3相当于容器1的等效平衡状态正向移动，所以n3<0.4；容器2和3若为等效平衡，则a2(CO)+a3(CH3OCH3)=1，依据B选项分析可知容器3相当于容器2的等效平衡状态正向移动，a3(CH3OCH3)减小，所以a2(CO)+a3(CH3OCH3)<1，故D正确；故答案为BD。【点睛】利用等效平衡原理分析问题时，先假设一个能达到等效平衡的虚拟状态，再分析实际状况与虚拟状态相比变更的条件是什么，平衡会如何移动。第Ⅱ卷(非选择题共60分)16.以含锂电解铝废渣(主要成分为LiF、AlF3、NaF，少量CaO等)为原料，生产碳酸锂的工艺流程如下：(已知：常温下，LiOH可溶于水，Li2CO3微溶于水)(1)含锂电解铝废渣与浓硫酸在200～400℃条件下反应2h，加水浸取后过滤，得到的滤渣主要成分是________(填化学式)。(2)流程中浸取后的过滤操作须要趁热在恒温装置中进行，否则会导致Li2SO4的收率下降，缘由是________。(已知部分物质的溶解度数据见下表)温度/℃Li2SO4/gAl2(SO4)3/gNa2SO4/g036.131.24.91035.433.59.12034.836.519.53034.340.440.84033.945.748.8(3)40℃下进行碱解反应，得到粗碳酸锂与氢氧化铝的混合滤渣，生成氢氧化铝的离子方程式为________。(4)苛化过程中加入的氧化钙将不溶性的碳酸锂转化成氢氧化锂溶液。若氧化钙过量，则可能会造成________。(5)碳化反应中，CO2的汲取采纳了气、液逆流的方式，这样做的优点是________。整个工艺流程中可以循环利用的物质有________。【答案】(1).CaSO4(2).若未恒温趁热过滤，则过滤时溶液温度下降，硫酸钠结晶析出时，夹裹了部分的硫酸锂共沉淀(3).2Al3＋＋3CO32-＋3H2O=2Al(OH)3↓＋3CO2↑(4).碳酸锂产品的钙离子含量相对上升(或使得氢氧化铝溶解进入溶液，导致最终产品的纯度下降)(5).可增大接触面积，提高碳化效率(6).CO2【解析】【分析】含锂电解铝废渣主要成分为LiF、AlF3、NaF，少量CaO等，加入浓硫酸生成的气体为HF，加水浸取，硫酸钙微溶，所以浸取后过滤分别出滤渣为CaSO4，滤液中主要金属阳离子有Li+、Al3+、Na+；滤液中加碳酸钠发生2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑、2Li++CO32-=Li2CO3↓，气体为二氧化碳，过滤分别，滤液主要含硫酸钠，滤渣为Al(OH)3、Li2CO3，再加CaO、水苛化将不溶性的碳酸锂转化成氢氧化锂溶液，过滤分别得到LiOH溶液，碳化时LiOH与二氧化碳反应生成Li2CO3，以此来解答。【详解】(1)依据分析，得到的滤渣主要成分是微溶于水的CaSO4；(2)依据表格数据可知温度较低时，硫酸钠的溶解度较小，若未恒温趁热过滤，则过滤时溶液温度下降，硫酸钠结晶析出时，夹裹了部分的硫酸锂共沉淀，导致硫酸锂收率下降；(3)铝离子水解显酸性，碳酸根水解显碱性，二者可以彻底双水解得到氢氧化铝沉淀和二氧化碳，方程式为2Al3＋＋3CO32-＋3H2O=2Al(OH)3↓＋3CO2↑；(4)氧化钙可以和水反应生成Ca(OH)2，氢氧化钙和二氧化碳反应会生成碳酸钙沉淀，若氧化钙过量，则可能会造成碳酸锂产品的钙离子含量相对上升；且溶液碱性过强会使氢氧化铝沉淀溶解，导致最终产品的纯度下降；(5)气、液逆流的方式可增大接触面积，提高碳化效率；依据分析可知整个工艺流程中可以循环利用的物质是CO2。17.三氯氧磷(POCl3)常用作有机合成的氯化剂、催化剂和阻燃剂等。POCl3遇水会剧烈水解，生成H3PO4和HCl。为测定某POCl3样品中Cl元素含量，进行下列试验：①精确称取30.70gPOCl3样品，置于盛有60.00mL蒸馏水的水解瓶中摇动至完全水解；②将水解液配成100.00mL溶液A，取10.00mL溶液A于锥形瓶中；③加入10.00mL3.200mol·L－1AgNO3标准溶液，并加入少许硝基苯用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖；④加入指示剂，用0.2000mol·L－1KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液，达到滴定终点时共用去10.00mLKSCN溶液。已知：AgSCN是白色沉淀，Ksp(AgSCN)＝2×10－12，Ksp(AgCl)＝1.8×10－10。(1)滴定选用的指示剂是________(填字母)；滴定终点的现象为________。A.FeCl2B.NH4Fe(SO4)2C.淀粉D.甲基橙(2)用硝基苯覆盖沉淀的目的是________；若无此操作，所测Cl元素含量将会________(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。(3)计算三氯氧磷样品中Cl元素的含量________(写出计算过程)。【答案】(1).B(2).当最终一滴标准KSCN溶液滴入时，溶液变为血红色，且半分钟不褪去(3).使生成的沉淀与溶液隔离，避开滴定过程中SCN－与AgCl反应(或防止沉淀转化生成AgSCN而导致数据不精确)(4).偏小(5).先后发生的反应：POCl3＋3H2O=H3PO4＋3HCl、Cl－＋Ag＋=AgCl↓、SCN－＋Ag＋=AgSCN↓；n(AgNO3)总＝3.200mol·L－1×10.00×10－3L＝3.200×10－2mol；n(Ag＋)剩余＝n(SCN－)＝0.2000mol·L－1×10.00×10－3L＝2.000×10－3mol；与Cl－反应的n(Ag＋)＝n(AgNO3)总－n(Ag＋)剩余＝0.030mol；m(Cl元素)＝0.030mol×35.5mol·L－1＝1.065g；w(Cl元素)＝×100%＝34.69%。【解析】【分析】该滴定原理为：先将POCl3样品彻底水解，氯元素全部以Cl-形式存在，取样，然后加入硝酸银标准液，将银离子沉淀，然后再滴加KSCN标准液，测定剩余银离子的量，从而确定氯离子消耗的银离子的量，得到氯离子的量；加入硝酸银时加入少许硝基苯用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖，以防用KSCN溶液滴定剩余硝酸银时氯化银转化为AgSCN，使滴定结果不准。【详解】(1)滴定终点时，KSCN过量，所以选用的指示剂应能和SCN-反应使溶液变色，Fe3+与SCN-反应溶液变红色，所以选NH4Fe(SO4)2为指示剂，滴定终点，可视察到最终一滴标准液KSCN溶液滴入时，溶液变为血红色，且半分钟不褪去；(2)依据题目信息可知AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，KSCN溶液干脆与氯化银接触会发生沉淀转化，导致滴定结果不精确；加入硝基苯用力摇动，使AgCl沉淀表面被有机物覆盖，使生成的沉淀与溶液隔离，避开滴定过程中SCN－与AgCl反应(或防止沉淀转化生成AgSCN而导致数据不精确)；假如不进行此操作，消耗的KSCN溶液偏多，依据滴定原理可知会导致样品中氯元素的含量偏小；(3)先后发生的反应：POCl3＋3H2O=H3PO4＋3HCl、Cl－＋Ag＋=AgCl↓、SCN－＋Ag＋=AgSCN↓；n(AgNO3)总＝3.200mol·L－1×10.00×10－3L＝3.200×10－2mol；n(Ag＋)剩余＝n(SCN－)＝0.2000mol·L－1×10.00×10－3L＝2.000×10－3mol；与Cl－反应的n(Ag＋)＝n(AgNO3)总－n(Ag＋)剩余＝0.030mol；m(Cl元素)＝0.030mol×35.5mol·L－1＝1.065g；w(Cl元素)＝×100%＝34.69%。18.以SO2、软锰矿(主要成分MnO2，少量Fe、Al、Ca及Pb的化合物等)、氨水及净化剂等为原料可制备MnSO4溶液和Mn3O4，主要试验步骤如下：步骤Ⅰ：如图所示装置，将SO2通入B中的软锰矿浆液中(MnO2+SO2=MnSO4)。步骤Ⅱ：充分反应后，在不断搅拌下依次向三口烧瓶中加入适量纯净的MnO2、MnCO3，最终加入适量Na2S沉铅等重金属。步骤Ⅲ：过滤得MnSO4溶液。(1)装置A用于制取SO2，反应的化学方程式为_____。(2)装置B中反应应限制在90～100℃，相宜的加热方式是_____。(3)装置C的作用是_____。(4)“步骤Ⅱ”中加入纯净MnO2的目的是_____，用MnCO3调整溶液pH时，需调整溶液pH范围为_____(该试验条件下，部分金属离子起先沉淀和沉淀完全的pH如下)。金属离子Fe2＋Fe3＋Al3+Mn2+起先沉淀pH7.041.873.327.56沉淀完全pH9.183.274.910.2(5)已知：①用空气氧化Mn(OH)2浊液可制备Mn3O4[6Mn(OH)2+O22Mn3O4+6H2O]，主要副产物为MnOOH；反应温度和溶液pH对产品中Mn的质量分数的影响如下图所示：②反应温度超过80℃时，Mn3O4产率起先降低。③Mn(OH)2是白色沉淀，Mn3O4呈黑色；Mn3O4、MnOOH中锰的质量分数理论值依次为72.03%、62.5%。请补充完整由步骤Ⅲ得到的MnSO4溶液，并用氨水等制备较纯净的Mn3O4的试验方案：_____，真空干燥6小时得产品Mn3O4。【答案】(1).Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O(2).用90～100℃的水浴加热(3).汲取未反应的SO2(4).将Fe2+氧化为Fe3+(5).4.9＜pH＜7.56(6).将滤液加热并保温在60～80℃，用氨水调整溶液pH并维持8～9，在不断搅拌下，边通空气边滴加氨水，至有大量黑色沉淀时，静置，在上层清液再滴加氨水至无沉淀，过滤，用去离子水洗涤沉淀直至过滤液中检不出SO42-【解析】【详解】（1）装置A制取SO2，发生的化学方程式为Na2SO3＋H2SO4=Na2SO4＋SO2↑＋H2O；（2）温度维持在90～100℃，相宜的加热方式为90～100℃的水浴加热；（3）SO2有毒，污染空气，因此装置C的作用是汲取未反应的SO2；（4）依据软锰矿中含有成分，以及表格中数据，MnO2作氧化剂，将Fe2＋氧化成Fe3＋，便于除去；加入MnCO3调整溶液的pH，使Fe3＋、Al3＋以氢氧化物的形式沉淀出来，但Mn2＋不能沉淀出来，即调整的pH的范围是4.9≤pH<7.56；（5）依据信息温度超过80℃，Mn3O4的产率起先降低，依据信息③，Mn3O4中Mn质量分数理论值为72.03℃，因此温度限制在60℃～80℃之间，依据pH与产物中Mn质量分数之间的关系，pH应限制在8～9之间，因此详细操作是将滤液加热并保温在60～80℃，用氨水调整溶液pH并维持8～9，在不断搅拌下，边通空气边滴加氨水，至有大量黑色沉淀时，静置，在上层清液再滴加氨水至无沉淀，过滤，用去离子水洗涤沉淀直至过滤液中检不出SO42－；19.SO2、NO是大气污染物，NH4NO3、H2SO4等是水体污染物，有效去除这些污染物是一项重要课题。(1)NO、SO2可以先氧化，后用碱汲取。其氧化过程的反应原理如下：NO(g)＋O3(g)⇌NO2(g)＋O2(g)；ΔH1＝－200.9kJ·mol－1SO2(g)＋O3(g)⇌SO3(g)＋O2(g)；ΔH2＝－241.6kJ·mol－12SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(g)；ΔH3＝－196.6kJ·mol－1则反应2NO2(g)⇌2NO(g)＋O2(g)的ΔH=________kJ·mol－1。(2)土壤中的硫循环如图所示，土壤中的黄铁矿(FeS2)在过程Ⅰ中会转化成硫酸亚铁和硫酸，该过程发生的化学方程式为________；某种反硫化细菌在过程Ⅱ中须要有乳酸参加反应消耗硫酸，生成H2S并伴有热量放出，那么乳酸除在反应中作还原剂外，还存在另一作用并说明缘由：________。(3)电解法除去工业废水中的硝酸铵的装置示意图如图所示，阴极电极反应式为_______。(4)向恒容密闭容器中充入1molNO和2molO3，发生如下反应：NO(g)＋O3(g)⇌NO2(g)＋O2(g)；ΔH<0。不同温度下反应相同时间后，体系中NO转化率随温度变更曲线如图。温度低于100℃时，NO转化率随温度上升而增大的主要缘由是________；当温度高时，O3分解生成活性极高的氧原子，NO转化率随温度上升而降低，可能的缘由有：①________，②________。【答案】(1).+115.2(2).2FeS2＋7O2＋2H2O=2FeSO4＋2H2SO4(3).因为过程Ⅱ(反硫化过程)吸热，乳酸和硫酸反应放出的热量使温度上升促进了过程Ⅱ(反硫化过程)的进行(4).2NH4+＋2e－=2NH3↑＋H2↑(5).低于100℃时，相同时间内反应未达到平衡。温度上升，化学反应速率加快，NO转化率高(6).温度高时，反应速率快，相同时间内已达到平衡，温度上升平衡左移(7).发生反应NO2＋O=NO＋O2【解析】【分析】(1)①已知NO(g)+O3(g)⇌NO2(g)+O2(g)△H1=-200.9kJ•mol-1，②SO2(g)+O3(g)⇌SO3(g)+O2(g)△H2=-241.6kJ•mol-1，③2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)△H3=-196.6kJ•mol-1，盖斯定律计算(②-①)×2得到反应2NO2(g)⇌2NO(g)+O2(g)的△H；(2)土壤中的黄铁矿(FeS2)在过程Ⅰ中和氧气、水反应会转化成硫酸亚铁和硫酸；乳酸参加反应消耗硫酸，有热量放出访温度上升；(3)装置图中放出氧气的为阳极，溶液中铵根离子在阴极得到电子生成混合气体为氨气和氢气；(4)温度低于100℃时，NO转化率随温度上升而增大是反应速率增大，反应正向进行，已知温度高时，O3分解生成活性极高的氧原子，NO转化率随温度上升而降低，由于反应为放热反应，随温度上升平衡逆向进行，同时发生