专题11高考预测卷-2022高考化学考前必杀300题（广东卷）

2022广东高考高三化学科高考预测卷一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4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．北京2022年冬奥会中使用了大量新材料。下列属于金属材料的是ABCD速滑冰刀中的钛合金“飞扬”火炬中的聚硅氮烷树脂颁奖礼服中的石墨烯发热材料可降解餐具中的聚乳酸材料2．陶瓷是火与土的结晶，是中华文明的象征之一，宋代五大名窑分别为钧窑、汝窑、官窑、定窑、哥窑。其中钧窑以“人窑一色，出窑万彩”的神奇窑变著称。下列关于陶瓷的说法不正确的是A．窑变是高温下釉料中的金属化合物发生氧化还原反应导致的颜色变化B．闻名世界的秦兵马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成C．陶瓷化学性质稳定，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点D．高品质的瓷器晶莹剔透，属于纯净物3．自然界中时刻存在着氮的转化。实现氮气按照一定方向转化一直是科学领域研究的重要课题，如图为N2分子在催化剂的作用下发生的一系列转化示意图。下列叙述正确的是A．N2→NH3，NH3→NO均属于氮的固定B．在催化剂b作用下，O2发生了氧化反应C．若催化剂a表面发生的为放热反应，则断键吸收能量小于新键生成放出能量D．催化剂a、b表面均发生了极性共价键的断裂4．正确使用化学用语是学习化学必需的基本技能。下列化学用语表达正确的是A．H2O2的电子式： B．小苏打的化学式：Na2CO3C．丙烷的球棍模型： D．Ca原子的结构示意图：5．人类文明的进化得益于化学的发展。下列有关历史事件描述中涉及的化学知识不正确的是选项历史事件描述化学知识A石器时代：古人钻木取火燃烧属于放热反应B青铜时代：用孔雀石[Cu2(OH)2CO3]炼制金属铜Cu为还原产物C蒸汽时代：通过煤的干馏制取焦炭煤的干馏属于物理变化D原子能时代：H、H可用于制造氢弹H、H互为同位素6．表面皿都中装有混合了饱和食盐水、酚酞和铁氰化钾溶液的琼脂，分别将缠有铜丝的铁钉(图A)和缠有锌片的铁钉(图B)放置其中，如图所示，一段时间后b处和c处出现变红现象已知：和铁氰化钾溶液会生成蓝色沉淀。下列说法不正确的是A．发生氧化反应的是a处和d处B．图A中a处出现蓝色沉淀C．b处和c处电极反应式为D．对铁钉腐蚀起防护作用的是图B7．部分弱电解质在常温下的电离平衡常数如表：弱电解质HCOOHHCNH2CO3电离平衡常数Ka=1.8×104Ka=4.9×1010Ka1=4.3×107Ka2=5.6×1011下列说法错误的是A．结合H+的能力：＞CN＞＞HCOOB．向NaCN溶液中通入少量CO2，所发生反应的化学方程式为CO2+H2O+2NaCN=Na2CO3+2HCNC．pH=3的盐酸与pH=11的氨水混合，若溶液显中性，则V(盐酸)>V(氨水)D．等体积、等浓度的HCOONa和NaCN溶液中所含离子总数前者大于后者8．明代《徐光启手迹》中记载了硝酸的制备方法，其主要物质转化流程如图：下列有关该流程说法不正确的是A．煅烧FeSO4发生反应的方程式为2FeSO4Fe2O3+SO3+SO2↑B．SO3和水反应生成H2SO4时放出热量C．H2SO4和KNO3反应制备HNO3属于置换反应D．上述制备过程中使用的铁锅容易损环9．马里奥·莫利纳等科学家通过研究揭示了大气中臭氧层被破坏的机理(如图所示)。下列说法错误是A．CFCl3沸点比CCl4低B．过程III中的O原子可能来自大气中O2或O3的解离C．整个过程中，CFCl3是O3分解的催化剂D．整个过程中，反应体系需要从环境中吸收能量10．贝里斯一希尔曼反应条件温和，其过程具有原子经济性，示例如图。下列说法错误的是+A．Ⅰ中所有碳原子不可能共平面B．该反应属于加成反应C．Ⅱ能发生加聚反应并能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．Ⅲ能使溴的四氯化碳溶液褪色11．由CH4制备合成气(CO、H2)，再由合成气制备甲醇(CH3OH)的反应转化关系如图所示。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．标准状况下11.2LCH3OH所含的极性键为2.5NAB．等物质的量的CH3OH和CH4、CH3OH的质子数比CH4多8NAC．44gCO2气体和44gCH4与CO的混合气体，所含C原子数均为NAD．制备合成气的反应中，若生成1molCO，转移电子数为3NA12．我国科学家采用光热催化技术实现绿色高效回收聚酯下列说法正确的是A．甲醇是乙二醇的同系物 B．PET和BHET都是有机高分子化合物C．BHET能发生取代、加成、氧化反应 D．1molPET最多消耗2molNaOH13．实验室用(肼，又名联氨，常温下为无色油状液体，沸点为，具有与氨相似的气味，有弱碱性和较强的还原性)还原制备纳米的装置(部分加热装置已省略)如图所示：已知：溶液与溶液反应能得到。下列说法正确的是A．装置②⑥中分别盛装浓硫酸和氢氧化钠溶液B．④装置可以提前预热，目的是提高肼的转化率。C．加入反应试剂后，先打开，待装置④中反应完且冷却至室温，再打开排尽装置中的D．装置④中发生反应的化学方程式为14．盐酸羟胺(NH3OHCl)是一种常见的还原剂和显像剂，其化学性质类似NH4Cl。工业上主要采用图1所示的方法制备。其电池装置中含Fe的催化电极反应机理如图2所示。不考虑溶液体积变化，下列说法正确的是A．电池工作时，Pt电极是正极B．图2中，A为H+和e，B为NH3OH+C．电池工作时，每消耗2.24LNO(标准状况下)，左室溶液质量增加3.3gD．电池工作一段时间后，正、负极区溶液的pH均下降15．短周期元素R、X、Y、Z、M原子序数依次递增，原子最外层电子数存在关系：3Z+M=X+Y，其中元素R、X、Y、M形成的化合物(结构式)具有如图所示的转化关系。下列说法正确的是A．原子半径：Z>M>Y>X>RB．氧化物对应水化物的酸性：M>XC．Y与Z形成的化合物只含共价键D．R与X形成的化合物可能会使酸性高锰酸钾溶液褪色16．天然水体中的碳酸盐系统(、、、)，微粒不同浓度分布会影响溶液的pH。某温度下，溶洞水体中(X为、、或)与pH关系如图所示：下列说法正确的是A．曲线①代表B．的数量级为C．该温度下与为线性关系D．溶液中始终存在二、非选择题：共56分。第17~19题为必考题，考生都必须作答。第20~21题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共42分。17．某学习小组对SO2使溶液褪色的机理进行探究。I．SO2气体的制备和性质初探(1)装置A中发生反应的化学方程式____________。(2)装置B中的试剂x是____________。(3)小组同学观察到C、D中溶液均褪色，通过检验C溶液中有SO42，得出C中溶液褪色的原因是____________。II．小组同学通过实验继续对D中品红溶液褪色进行探究。(4)探究使品红褪色的主要主要微粒（分别取2mL试剂a，滴加2滴品红溶液）装置序号试剂a实验现象i0.1mol/LSO2溶液(pH=2)红色逐渐变浅，之后完全褪色ii0.1mol/LNaHSO3溶液(pH=5)红色立即变浅，之后完全褪色iii0.1mol/LNa2SO3溶液(pH=10)红色立即褪色ivpH=2H2SO4溶液红色无明显变化v试剂a红色无明显变化①对比实验iii和v，可以排除在该实验条件下OH对品红褪色的影响，则试剂a可能是__________溶液。查阅资料：品红与SO2水溶液、NaHSO3溶液、Na2SO3溶液反应前后物质如下：②通过上述实验探究并结合资料，小组同学得出结论：一是使品红溶液褪色的主要微粒是________；二是品红溶液中颜色变化主要与其分子中的________结构有关。(5)验证SO2使品红褪色反应的可逆性①甲同学加热实验i褪色后的溶液，产生刺激性气味气体，红色恢复，从化学平衡移动角度解释红色恢复的原因__________。②乙同学向实验i褪色后的溶液中滴入Ba(OH)2溶液至pH=10，生成白色沉淀，溶液变红。写出生成白色沉淀的离子方程式___________。③丙同学利用SO2的还原性，运用本题所用试剂，设计了如下实验，证实了SO2使品红褪色反应的可逆：则试剂Y是__________。18．一种以辉铜矿(主要成分为Cu2S，含少量SiO2)为原料制备硝酸铜晶体的工艺流程如图所示：(1)写出“浸取”过程中Cu2S溶解时发生反应的离子方程式：________。(2)恒温“浸取”的过程中发现铜元素的浸取速率先增大后减少，有研究指出CuCl2是该反应的催化剂，该过程的反应原理可用化学方程式表示为：①Cu2S+2CuCl2=4CuCl+S；②__________。(3)向滤液M中加入(或通入)_______________(填字母)，所得物质可循环利用。a.铁

b.氯气

c.高锰酸钾

d.氯化氢(4)“保温除铁”过程中，加入CuO的目的是______________；向浓缩池中加入适量HNO3的作用是_____________。操作1是_______________。(5)某探究性小组的研究成果如图所示，可以用废铜屑和黄铜矿来富集Cu2S。通入的硫化氢的作用是_____________，当转移0.2mol电子时，生成Cu2S________mol。19.合成氨是人类科学技术发展史上的一项重大突破，是化学和技术对社会发展与进步的巨大贡献之一，也充分说明了含氮化合物对人类生存的巨大意义。回答下列问题：(1)合成氨的反应历程和能量变化如图所示：①合成氨反应的热化学方程式为___________。②对总反应速率影响较大的步骤的能垒(活化能)为___________。(2)合成氨的反应条件研究：实验测定不同条件下，平衡时氨气的含量与起始氢氮比之间的关系如图所示。①___________(填“＜”“＞”或“=”，下同)。②b点时的转化率：___________。③a、b、c、d四点对应的平衡常数由大到小的顺序为___________(用、、、表示)；工业上合成氨一般以铁触媒为催化剂，条件下反应，选取该反应温度而非室温或更高温度的原因主要是___________。(3)、、分别代表、、的分压，代表压力平衡常数(用平衡时的分压代替平衡时的浓度表示)，一定条件下，上述合成氨反应接近平衡时，遵循如下方程：。其中为氨合成反应的净速率，a为常数，与催化剂性质及反应条件有关，、为速率常数，该条件下，实验测得，则反应达到平衡时，、、三者的关系式为___________。20．镇痛药物J的合成方法如图：已知：①+Cl—R3+HCl②R1COOR2+R3CH2COOR4+R2OH③(R1、R2、R3、R4为氢或烃基)④+RCOOR′回答下列问题：(1)反应②的反应类型____，B的名称___。(2)F中含碳的官能团的名称____。(3)反应D→E的化学方程式____。(4)有机物K分子组成比F少两个氢原子，符合下列要求的K的同分异构体有____种。①遇FeCl3溶液显紫色②苯环上有两个取代基写出含有6种氢原子，且峰面积之比为1∶1∶2∶2∶2∶3的结构简式(任写一种即可)____。(5)设计以CH3CH2OH和为原料制备X()的合成路线____。(无机试剂任选。)参考答案1．A【解析】A．钛合金属于金属材料，故A选；B．聚硅氮烷树脂属于无机聚合物，是一种新型无机非金属材料,故B不选；C．石墨烯是碳的同素异形体，属于非金属材料，故C不选；D．聚乳酸是有机材料，故D不选。2．D【解析】A．窑变在高温下釉料中的金属化合物发生氧化还原反应导致的颜色变化，窑变是复杂的物理化学变化，故A正确；B．陶制品主要原料是黏土，经高温烧结而成，故B正确；C．陶瓷是硅酸盐产品，化学性质稳定，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点，故C正确；D．高品质的瓷器晶莹剔透，属于混合物，故D错误。3．C【解析】A．把游离态的氮转化为氮的化合物，称为氮的固定，N2→NH3属于氮的固定，NH3→NO不属于氮的固定，故A错误；B．在催化剂b作用下，O2→NO，O元素的化合价由0价变为2价，化合价降低，发生了还原反应，故B错误；C．断裂旧化学键需要吸收能量，形成新化学键会释放能量，若催化剂a表面发生的为放热反应，则断键吸收能量小于新键生成放出能量，故C正确；D．催化剂a作用下，N2→NH3，断裂非极性共价键N≡N键和HH键，没有发生极性键的断裂，催化剂b作用下，NH3→NO，断裂极性共价键N−H键和非极性共价键O=O键，故D错误。4．C【解析】A．H2O2为共价化合物，只含共价键，电子式为，A错误；B．碳酸氢钠俗名是小苏打，化学式：NaHCO3，B错误；C．丙烷的结构简式为CH3CH2CH3，碳原子的原子半径大于氢原子，其球棍模型为，C正确；D．钙原子核外有20个电子，分三层排布，最外层为2个电子，结构示意图为，D错误。5．C【解析】A．燃烧是一种发光发热的剧烈的氧化还原反应，则属于放热反应，A正确；B．用孔雀石[Cu2(OH)2CO3]炼制金属铜，Cu的化合价由+2价降低到0价，即为被还原，故Cu是还原产物，B正确；C．将煤在隔绝空气的条件下加强热发生复杂的物理、化学变化，则煤的干馏不全属于物理变化，也有化学变化，C错误；D．H、H是质子数相同而中子数不同的H元素的不同原子，则互为同位素，D正确。6．C【解析】一段时间后b处和c处出现变红现象，说明b、c处生成氢氧根离子即b、c处发生还原反应。A．根据前面分析b、c处发生还原反应，则说明发生氧化反应的是a处和d处，故A正确；B．a处是铁失去电子变为亚铁离子，和铁氰化钾溶液会生成蓝色沉淀，因此图A中a处出现蓝色沉淀，故B正确；C．根据前面分析b、c处发生还原反应即b处和c处电极反应式为，故C错误；D．A中铁为负极，铜为正极，对铁有腐蚀性，而B中铁为正极，锌为负极，因此对铁钉腐蚀起防护作用的是图B，是牺牲阳极的阴极保护法，故D正确。7．B【解析】A．由表中数据可知，在相同条件下，酸性由弱到强的顺序是：，所以在相同条件下，结合H+的能力＞CN＞＞HCOO，A正确；B．强酸制弱酸。结合选项A可知，向NaCN溶液中通入少量CO2，生成HCN

和碳酸氢钠，所发生反应的化学方程式为CO2+H2O+NaCN=NaHCO3+HCN，B不正确；C．一水合氨是弱电解质，pH=3的盐酸中的氢离子浓度与pH=11的氨水中氢氧根离子的浓度相同，两者等体积混合后，氨水过量，溶液显碱性，因此，若两溶液混合后显中性，则V(盐酸)＞V(氨水)，C正确；D．由电荷守恒可知，HCOONa溶液和NaCN溶液分别有c(Na+)+c(H+)=c(HCOO)+c(OH)、c(Na+)+c(H+)=c(CN)+c(OH)，HCOONa溶液和NaCN溶液所含离子总浓度均可表示为2c(Na+)+2c(H+)，其中两溶液中c(Na+)相同，但由于酸性HCN＜HCOOH，所以在相同条件下，钠盐溶液中CN的水解程度大于HCOO，等体积、等浓度的HCOONa和NaCN溶液中，NaCN溶液中c(OH)较大，HCOONa溶液中c(H+)较大，则等体积、等浓度的HCOONa和NaCN溶液中所含离子总数前者大于后者，D正确。8．C【解析】FeSO4在高温条件下发生氧化还原反应生成Fe2O3、SO3、SO2，SO3与水化合为H2SO4，利用高沸点酸制备低沸点酸的原理用H2SO4和KNO3反应制备HNO3，同时得到K2SO4。A．FeSO4在高温条件下发生氧化还原反应生成Fe2O3、SO3、SO2，结合得失电子守恒、原子守恒可知反应的方程式为2FeSO4Fe2O3+SO3+SO2↑，A正确；B．SO3和水反应生成H2SO4时放出大量的热，易导致形成酸雾，B正确；C．由分析可知H2SO4+2KNO3=2HNO3+K2SO4，两种化合物相互交换成分生成另外两种化合物，属于复分解反应，C错误；D．上述制备过程中产生的硝酸和硫酸均会腐蚀Fe，故制备过程使用的铁锅容易损环，D正确。9．C【解析】由图式可知，过程Ⅰ为：CFCl3→Cl+CFCl2，过程Ⅱ为：Cl+O3→O2+ClO，过程Ⅲ为：ClO+O→O2+Cl；A．CFCl3、CCl4两者均为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，则CFCl3沸点比CCl4低，A正确；B．过程Ⅰ为：CFCl3→Cl+CFCl2，过程Ⅱ为：Cl+O3→O2+ClO，过程Ⅲ为：ClO+O→O2+Cl，故过程Ⅲ中的O原子可能来自大气中O2或O3的解离，B正确；C．过程Ⅰ为：CFCl3→Cl+CFCl2，过程Ⅱ为：Cl+O3→O2+ClO，过程Ⅲ为：ClO+O→O2+Cl，可知CFCl3作为反应物被消耗，CFCl3不是催化剂，C错误；D．由图可知，紫外线辐射提供破坏了CCl断键需要吸收能量，D正确。10．A【解析】A．I中与苯环直接相连的碳原子通过单键相连，单键可以旋转，所以I中所有碳原子可能共平面，故A错误；B．该反应中I含有的C=O，根据质量守恒得到该反应为加成反应，故B正确；C．II含有碳碳双键可以发生加聚反应并能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D．III含有碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，故D正确。11．D【解析】A．标况下甲醇为液体，不能使用气体摩尔体积计算物质的量，选项A错误；B．甲醇与甲烷物质的量未知，无法计算，选项B错误；C．甲烷摩尔质量为16，一氧化碳摩尔质量为28，二者摩尔质量不同，只知道混合气体的总质量无法计算含有碳原子个数，选项C错误；D．依据分子可知，生成2个甲烷转移6个电子，则若生成1molCO，转移电子数为3NA，选项D正确。12．C【解析】A．结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物互为同系物，而甲醇含一个羟基，乙二醇含两个羟基，两者分子组成上相差1个O，两者不是同系物，A错误；B．由众多原子或原子团主要以共价键结合而成的相对分子质量在一万以上的化合物为有机高分子化合物，而BHET的相对分子质量远小于一万，不是有机高分子化合物，B错误；C．BHET中含醇羟基，且与羟基相连的碳上有氢，能发生取代反应、氧化反应，含苯环，能发生加成反应，C正确；D．PET中酯基和羧基能和氢氧化钠反应，但由于n值未知，所以1molPET消耗氢氧化钠的物质的量未知，D错误。13．D【解析】装置①中溶液与溶液反应能得到，产生N2中含水蒸气，应先通入装置②中浓硫酸干燥氮气，将装置内空气排尽，再打开K2得到蒸气，其有较强的还原性，进入装置④还原制备Cu2O，用装置⑤检验产物含水，肼有弱碱性，装置⑥内应装有浓硫酸吸收未反应的。A．装置①中产生N2中含水蒸气，应先干燥，然后通入装置②中浓硫酸干燥氮气，有弱碱性，装置⑥装有浓硫酸吸收未反应的，A错误；B．的沸点为，装置④提前预热部分肼会损耗，不能提高肼的转化率，B错误；C．加入反应试剂后，应该先打开K1，排出装置内的空气，待装置中的空气排尽后，关闭K1，再打开，待装置④中反应完且冷却至室温，关闭，再打开排尽装置中的，C错误；D．根据题意知，做氧化剂，被还原为Cu2O，做还原剂，被氧化为N2，装置④中发生反应的化学方程式为，D正确。14．C【解析】由图可知，Pt电极上H2→，失去电子发生氧化反应，做负极，电极反应式：H22e=2；含铁的催化电极为正极，其电极反应为：NO+3e+4H++Cl=NH3OHCl。A．Fe电极NO→NH3OHCl，N元素化合价降低，做正极，Pt电极H2→，H元素化合价升高，做负极，故A错误；B．根据题意可知，NH2OH具有类似NH3的弱碱性，可以和盐酸反应生成盐酸羟胺，所以缺少的一步为反应为：NH2OH+H+=NH3OH+，图2中，A为H+，B为，故B错误；C．含铁的催化电极为正极，其电极反应为：NO+3e+4H++Cl=NH3OHCl，4个氢离子中有1个是左侧溶液中HCl提供的，3个是右侧溶液迁移过来的；标况下消耗2.24LNO的物质的量，则左室增加的质量为0.1molNO和0.3molH+的质量，即增加质量为3.3g，故C正确；D．负极电极反应式：H22e=2，H+浓度增大pH值减小，正极电极反应为：NO+3e+4H++Cl=NH3OHCl，正极区H+浓度减小，pH增大，故D错误。15．D【解析】短周期元素R、X、Y、Z、M原子序数依次递增，由图可知，R、X、Y、M形成共价键的个数分别为1、4、2、1，则R、X、Y、M分别为H、C、O和Cl，再根据原子最外层电子数存在关系：3Z+M=X+Y，可得Z最外层电子数为1，则Z为Na。A．一般来讲，电子层越多半径越大，原子半径：Na>Cl>C>O>H，A错误；B．非金属性氯大于碳，最高价氧化物对应水化物的酸性：，B错误；C．Y与Z形成的化合物可能为Na2O2，既含有离子键又含有共价键，C错误；D．R与X形成的化合物可能为乙烯或乙炔，均可使酸性高锰酸钾褪色，D正确。16．C【解析】根据图象分析，随着pH的增大，溶液的碱性增强，、浓度都增大，而在pH很小时也产生，而随着浓度增大，逐渐生成CaCO3沉淀，溶液中Ca2+逐渐减小，因此曲线③代表，④代表，①代表Ca2+，②代表。A．分析可知，随着浓度增大，逐渐生成CaCO3沉淀，溶液中Ca2+逐渐减小，则①代表Ca2+，A错误；B．③代表，④代表，当③和④交叉点时c()=c()，此时pH处于9~10之间，=，的数量级为，B错误；C．已知Ksp(CaCO3)=c(Ca2+)c()，H2CO3的Ka1×Ka2==，结合Ksp(CaCO3)=c(Ca2+)c()，可得c2(H+)=，且Ksp、Ka1、Ka2均为温度的函数是一个定值，由图像可知曲线②代表，c(H2CO3)又是一个不变的值，则该温度下与为线性关系，C正确；D．溶液存在电荷守恒：，由图可以看出c(Ca2+)=c()，c(H2CO3)=c()都只有一个交点，且这两个交点不重合，故溶液中不存在，D错误。17．（1）Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O（2分）（2）饱和NaHSO3溶液（1分）(3)SO2具有还原性，与I2发生氧化还原反应，SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，使碘水的黄色褪去（2分）(4)①pH=10的NaOH溶液或pH=10的Na2CO3溶液（1分）②H2SO3、SO32、HSO3（1分）双键或共轭或对醌式结构（1分）(5)①SO2+H2OH2SO3，加热使溶液中SO2逸出，溶液中H2SO3和SO2浓度均降低，使SO2与品红反应逆向移动，最终达到平衡时，溶液中品红浓度增大，溶液恢复红色（2分）②SO2+2OH+Ba2+=BaSO3↓+H2O（2分）③碘水（2分）【解析】(1)在装置A中Cu与浓硫酸共热，发生氧化还原反应，产生CuSO4、SO2、H2O，发生反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；(2)B装置中溶液可以缓冲气流，同时不能溶解SO2气体，可根据H2SO3是二元弱酸，在溶液中存在电离平衡，则B中x溶液为饱和NaHSO3溶液；(3)小组同学观察到C、D中溶液均褪色，通过检验C溶液中有SO42，这是由于I2具有氧化性，而SO2具有还原性，在溶液中二者会发生氧化还原反应：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，反应产生的H2SO4、HI的水溶液均无色，使C中溶液褪色；(4)①②对比实验iii

和v，可以排除在该实验条件下OH对品红褪色的影响，实验iii为pH=10的Na2SO3溶液，则试剂a可能为pH=10的NaOH溶液或pH=10的Na2CO3溶液；②根据实验可知，向红色的品红溶液中加入Na2SO3、NaHSO3，会看到溶液红色褪去，说明使品红溶液褪色的主要微粒是H2SO3、SO32、HSO3；根据反应前后溶液颜色变化，结合物质分子结构可知：品红溶液中颜色变化主要与其分子中的双键或共轭或对醌式结构有关；(5)①向品红溶液中通入SO2气体，溶液红色褪去，将褪色后的溶液加热，产生刺激性气味气体，红色恢复，说明SO2气体溶于水发生反应：SO2+H2OH2SO3，加热时溶液中SO2气体逸出，溶液中H2SO3和SO2浓度均降低，使SO2与品红反应逆向移动，品红浓度增大，溶液又恢复红色；②向实验i褪色后的溶液中滴入Ba(OH)2溶液至pH=10，发生反应：SO2+2OH+Ba2+=BaSO3↓+H2O，生成白色沉淀，由于SO2浓度降低，SO2与品红反应逆向移动，品红浓度增大，使溶液又恢复了变红；③由于SO2具有还原性，与碘水会发生氧化还原反应：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，使溶液中SO2浓度降低，SO2与品红反应逆向移动，导致品红浓度增大，最终使溶液又恢复了变红。18．（1）Cu2S+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++S（2分）（2）CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2（2分）（3）b（2分）（4）调节溶液的pH，使铁完全转化为Fe(OH)3沉淀（2分）抑制Cu2+的水解（2分）冷却（降温）结晶（1分）（5）催化剂（1分）0.2（2分）【解析】辉铜矿加入氯化铁溶液溶解浸取，二氧化硅不反应，过滤得到矿渣用苯回收硫单质，说明Cu2S和FeCl3发生反应生成S单质，还生成氯化铜、氯化亚铁。在滤液中加入铁还原铁离子和铜离子，然后过滤，滤液M主要含有氯化亚铁，保温除铁加入稀硝酸溶液将亚铁离子氧化为铁离子，用氧化铜调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤分离，滤液中主要含有硝酸铜，加入硝酸抑制铜离子水解，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到硝酸铜晶体。（1）浸取过程中Fe3+将Cu2S氧化成Cu2+和硫单质，本身被还原为二价铁离子，根据电子守恒和元素守恒可得其离子反应方程式，故答案为：Cu2S+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++S；（2）根据CuCl2是该反应的催化剂，故最终产物为CuCl2，可得反应②为三氯化铁氧化氯化亚铜为氯化铜，故答案为：CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2；（3）M中主要物质为氯化亚铁，通入氯气可生成氯化铁，实现循环使用，故答案为：b；（4）“保温除铁”过程要除去Fe3+，故需要加入氧化铜来调节pH值，使Fe3+生成氢氧化铁沉淀；铜离子会水解，故在蒸发浓缩冷却结晶过程中需要加入硝酸来抑制其水解，故