高二化学开学摸底考（人教版2019必修部分选择性必修1）

20232024学年下学期开学模拟考试（天津专用）高二化学时间：75分钟满分：100分注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。4．测试范围：人教版2019必修部分+选择性必修1。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5V51Fe56Cu64第Ⅰ卷（选择题共60分）一、选择题：本题共20个小题，每小题3分，共60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．化学与生活、科技密切相关。下列说法不正确的是A．加入食醋可增强“84”消毒液的消毒效果B．石墨烯是一种新型化合物，在能源、催化方面有重要的应用C．硅胶、生石灰均可作食品包装中的干燥剂D．华为mate60使用的麒麟9000s芯片，其主要成分是硅单质【答案】B【详解】A．“84”消毒液的主要成分为次氯酸钠，食醋能与次氯酸钠反应生成次氯酸，可增强“84”消毒液的消毒效果，A正确；B．石墨烯是碳的一种单质，B错误；C．硅胶和生石灰吸水效果都好，硅胶比较安全，生石灰价格低廉，均可作食品包装中的干燥剂，C正确；D．芯片主要成分是硅单质，D正确；故选B。2．下列说法能证明HA是弱电解质的是A．常温下测得NaA溶液呈碱性 B．常温下测得0.0lmol·L−1HA溶液的pH＝2C．HA的导电性比醋酸弱 D．往HA溶液中滴加甲基橙，溶液显红色【答案】A【解析】A项，常温下测得NaA溶液呈碱性，则NaA为强碱弱酸盐，则HA为弱酸，属于弱电解质，符合题意；B项，常温下测得0.0lmol·L−1HA溶液的pH＝2，则氢离子浓度为0.0lmol·L−1，HA完全发生电离，为强电解质，不符合题意；C项，没有说明溶液的浓度，无法比较HA和醋酸的酸性强弱，不符合题意；D项，往HA溶液中滴加甲基橙，溶液显红色只能说明HA溶液显酸性，无法证明HA是弱电解质，不符合题意。3．用化学用语表示中的相关微粒，其中正确的是A．中子数为8的氮原子： B．HCl的电子式：

C．的结构式：

D．的结构示意图：

【答案】C【详解】A．中子数为8的氮原子质量数为15,表示为，A错误；B．HCl中只含有共价键，电子式为

，B错误；C．NH3中含有3个NH键，NH3的结构式为

，C正确；D．Cl最外层有8个电子，C1的结构示意图为

，D错误；故选C。4．下列制备物质的转化关系不合理的是A．制：B．制：C．制NaOH：海水NaCl溶液NaOHD．制Mg：海水溶液【答案】D【解析】A．氮气和氢气生成NH3，氨和空气的混合气通入灼热的铂铑合金网，在合金网的催化下，氨被氧化成一氧化氮。生成的一氧化氮利用反应后残余的氧气继续氧化为二氧化氮，随后将二氧化氮通入水中制取硝酸，转化关系合理，故A不符合题意；B．S通过和氧气生成SO2，SO2在催化剂条件下生成SO3，SO3通入水中得到，转化关系合理，故B不符合题意；C．海水提纯可获得NaCl溶液，电解NaCl溶液可制备NaOH，转化关系合理，故C不符合题意；D．电解饱和氯化镁溶液，在阳极处产生氯气，阴极处产生氢气和氢氧化镁，因此不能用这种方法获得镁，转化关系不合理，故D符合题意；故答案选D。5．化合物C是一种天然产物合成中的重要中间体，其合成路线如图。下列说法不正确的是A．A中所有原子可能共平面B．A、B、C均能使高锰酸钾和溴水褪色，且反应原理相同C．C中的含氧官能团有2种D．有机物A的同分异构体中含有苯环且能发生银镜反应的有三种(不包含A)【答案】B【解析】A．与苯环直接相连的原子共面，醛基中原子共面，故A中所有原子可能共平面，A正确B．A发生氧化反应使高锰酸钾溶液褪色，和溴水发生取代反应使其褪色；B发生氧化反应使高锰酸钾溶液褪色，和溴水发生加成应、氧化反应使其褪色；C发生氧化反应使高锰酸钾溶液褪色，和溴水发生加成应、取代反应、氧化反应使其褪色；反应原理不相同，B错误；C．C含有醛基、酚羟基两种含氧官能团，C正确；D．有机物A的同分异构体中含有苯环且能发生银镜反应的还有醛基羟基处于邻、间位，以及甲酸苯酚酯三种(不包含A)，D正确；故选B。6．实验室中使用氢氧化钠、碳酸钠、碳酸氢钠时，对应关系错误的是A．氢氧化钠水溶液：实验室模拟皂化反应B．碳酸钠饱和溶液：模拟侯氏制碱法所用试剂C．碳酸钠饱和溶液：制备乙酸乙酯实验中收集产品D．碳酸氢钠饱和溶液：制备CO2时除去HCl气体【答案】B【解析】A．皂化反应为油脂在碱性条件下的水解反应，A项正确；B．模拟侯氏制碱法应使用氯化钠饱和溶液，B项错误；C．碳酸钠饱和溶液可以吸收乙醇，中和乙酸，降低酯的溶解度，C项正确：D．NaHCO3可与HCl反应生成NaCl、CO2和水，因此碳酸氢钠饱和溶液可除去CO2中的HCl气体，D项正确。答案选B。7．下列实验操作规范且能达到实验目的的是选项ABCD操作实验目的制备氢氧化铁胶体定容除去中的少量HCl制备并收集【答案】C【解析】A．向煮沸的蒸馏水中加入饱和氯化铁溶液，至溶液变为红褐色，得到氢氧化铁胶体；氨水和氯化铁生成氢氧化铁红褐色沉淀，A错误；B．胶头滴管要竖直悬空，不能伸入仪器中，B错误；C．饱和亚硫酸氢钠不与二氧化硫反应、HCl和饱和亚硫酸氢钠生成二氧化硫气体，能达到目的，C正确；D．二氧化氮会和水反应转化为一氧化氮，D错误；故选C。8．下列涉及的离子方程式书写正确的是A．醋酸除去水垢中的碳酸钙：B．漂白液的漂白原理：C．Na2O2与水反应：D．FeI2溶液中通入少量Cl2：【答案】B【解析】A．醋酸为弱电解质，不能拆，，A错误；B．漂白粉主要成分为NaClO吸收空气中的水和二氧化碳生成有漂白性的次氯酸，B正确；C．Na2O2与水反应，，C错误；D．还原性I−＞Fe2+，FeI2溶液中通入少量Cl2，Cl2先于I−反应，Cl2+2I−=I2+2Cl−，D错误；故答案为：B。9．部分含N及S物质的分类与相应化合价之间的关系如图所示，下列推断合理的是A．在催化剂的作用下，a可将c、d氧化为bB．a分别溶于d’的溶液和e’的溶液所得的盐溶液均显碱性C．常温下，a’会与浓的e’溶液发生氧化还原反应D．用玻璃棒分别蘸取浓的a溶液和浓的e’溶液，玻璃棒靠近时有白烟产生【答案】C【分析】物质分类和元素化合价分析可知：a为NH3、b为N2、c为NO、d为NO2、e为HNO3；a'为H2S、b'为S、c'为SO2，d'为H2SO3、e'为H2SO4，然后根据物质的性质分析解答。【解析】A．在催化剂的作用下，a：NH3可将c：NO、d：NO2还原为b：N2，A错误；B．a为NH3，d'为H2SO3、e'为H2SO4，NH3与H2SO3反应产生(NH4)2SO3或NH4HSO3；NH3与H2SO4反应产生(NH4)2SO4或NH4HSO4，其中(NH4)2SO3溶液显碱性，其余的水溶液都显酸性，B错误；C．a'为H2S，e'为H2SO4，常温下，H2S会与浓的H2SO4溶液发生氧化还原反应生成硫单质，C正确；D．a为NH3，e'为H2SO4，用玻璃棒分别蘸取浓的氨水溶液和浓的硫酸溶液，浓硫酸不具有挥发性，因此玻璃棒靠近时不会有白烟产生，D错误；故选C。10．已知：A2(g)+B2(g)2AB(g)

=−46.6kJ/mol，下列说法正确的是A．该反应逆反应的活化能Ea一定大于46.6kJ/molB．1molA2(g)与1molB2(g)反应生成2molAB(l)时>−46.6kJ/molC．在密闭容器中，投入1molA2(g)与1molB2(g)进行反应，当反应不再进行时，放出热量为46.6kJD．在相同条件下，1molA2(g)与1molB2(g)的能量总和小于2molAB(g)的能量【答案】A【解析】A．根据，，所以逆反应的活化能一定大于46.6kJ/mol，A正确；B．物质从气态变成液态要放出能量，所以1molA2与1molB2反应生成2molAB(l)，放出的热量大于46.6kJ，因为为负值，所以，B错误；C．该反应为可逆反应，1molA2(g)与1molB2(g)不能完全反应，放出的热量小于46.6kJ，C错误；D．因为该反应为放热反应，所以反应物的总能量大于生成物的总能量，所以1molA2(g)与1molB2(g)的能量总和大于2molAB(g)的能量，D错误；故选A。11．一定温度下，在某密闭容器中发生反应：，若15s内由0.1降到0.07，则下列说法正确的是A．减小反应体系的体积，化学反应速率增大B．升高温度正反应速率增大，逆反应速率减小C．0~15s内用表示的平均反应速率为D．由0.07降到0.05所需的反应时间小于10s【答案】A【解析】A．该反应是气体物质的量不变的反应，减小反应体系的体积，压强增大，化学反应速率加快，故A正确；B．升高温度，正逆反应速率都增大，故B错误；C．0～15s内c(HI)由0.1mol/L降到0.07mol/L，HI变化的物质的量浓度为0.03mol·L－1，根据化学反应速率的数学表达式，v(HI)==0.002mol/(L·s)，根据速率之比=方程式系数之比，所以v(I2)=0.001mol/(L·s)，故C错误；D．浓度降低，化学反应速率减缓，c(HI)由0.07mol·L－1降到0.05mol·L－1，HI表示的化学反应速率小于0.002mol/(L·s)，因此所用时间大于10s，故D错误；答案为A。12．柠檬酸是天然防腐剂和食品添加剂，它是一种有机三元弱酸，与NaOH溶液反应生成柠檬酸钠(用Na3Y表示)。下列说法正确的是A．柠檬酸的电离方程式为：H3Yeq\o(,\s\up7(),\s\do5())3H＋＋Y3－B．NaH2Y水溶液中：c(H2Y－)＜c(Na＋)C．Na3Y水溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝3c(Y3−)＋c(OH−)D．Na3Y水溶液的pH值随着c(Na3Y)的增大而减小【答案】B【解析】A项，柠檬酸是三元弱酸，分步发生电离，第一步电离方程式为：H3Yeq\o(,\s\up7(),\s\do5())H+＋H2Y－，错误；B项，NaH2Y水溶液中，由于H2Y－既能发生水解，也能进一步电离，故c(H2Y−)＜c(Na＋)，正确；C项，Na3Y水溶液中，存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(H2Y−)＋2c(HY2−)＋3c(Y3−)＋c(OH−)，错误；D项，Na3Y水溶液水解呈碱性，随着c(Na3Y)的增大，c(OH)增大，pH值增大，错误。13．实验小组用以下两种方法测定某盐酸浓度。分别取20.00mL待测盐酸进行实验。方法一：以酚酞为指示剂，用0.1000mol·L−1NaOH标准溶液滴定H＋。方法二：以K2CrO4为指示剂，用0.1000mol·L−1AgNO3标准溶液滴定Cl−。已知Ag2CrO4为砖红色沉淀，25℃时Ksp(Ag2CrO4)＝2.0×10−12、Ksp(AgCl)＝1.8×10−10。下列说法错误的是A．两种方法滴定原理分别是H＋＋OH−H2O、Ag＋＋Cl−AgCl↓B．两种方法滴定终点的现象分别是溶液变粉红、产生砖红色沉淀，且半分钟内都不再变化C．理论上两种方法消耗标准液的体积不同D．两种方法均用到锥形瓶、滴定管【答案】C【解析】A项，方法一是酸碱中和，原理是H＋＋OH−H2O，方法二是沉淀反应，原理是Ag＋＋Cl−AgCl↓，正确；B项，方法一以酚酞为指示剂，当最后一滴NaOH标准溶液滴下溶液由无色变为粉红色且半分钟不褪色；方法二以K2CrO4为指示剂，当最后一滴AgNO3标准溶液滴下时沉淀由白色转为砖红色且半分钟沉淀不变化，正确；C项，这两种滴定方法用的标准液浓度相同，与盐酸反应是1∶1，理论上两种方法消耗标准液的体积相同，错误；D项，第一种方法是酸碱中和滴定，第二种是沉淀滴定，都需要滴定管和锥形瓶，正确。14．下列实验能达到预期目的是编号实验内容实验目的A向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，溶液红色变浅证明Na2CO3溶液中存水解平衡B室温下，用pH试纸测定浓度为0.1mol·L−1NaClO溶液和0.1mol·L−1溶液的pH比较HClO和CH3COOH的酸性强弱C等体积pH＝2的HX和HY两种酸分别与足量的锌粒反应，排水法收集气体，HX放出的氢气多且反应速率快证明HX酸性比HY强D向10mL0.2mol·L−1NaOH溶液中滴加2滴0.1mol·L−1MgCl2溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol·L−1FeCl3溶液，又生成红褐色沉淀证明在相同温度下Ksp：Mg(OH)2＞Fe(OH)3【答案】A【解析】A项，含有酚酞的Na2CO3溶液，因碳酸根离子水解显碱性：CO2−+H2Oeq\o(,\s\up7(),\s\do5())HCO－+OH－，滴有酚酞溶液变红，加入少量BaCl2固体，发生反应Ba2++CO2－BaCO3↓，水解平衡逆向移动，则溶液颜色变浅，证明Na2CO3溶液中存在水解平衡，正确；B项，NaClO水解生成次氯酸，有漂白性，所以用pH试纸无法测定其pH，不能达到预期目的，错误；C项，等体积pH均为2的HX和HY两种酸分别与足量锌反应，HX放出的H2多且速率快，说明HX的物质的量浓度更大，但是电离的氢离子一样（pH都是2），所以说明HX电离程度更小，即HA酸性更弱，错误；D项，氢氧化钠溶液过量，加入FeCl3溶液与NaOH溶液反应生成Fe(OH)3红褐色沉淀，不能证明Mg(OH)2和Fe(OH)3溶度积的大小，若加入足量氯化镁完全生成氢氧化镁沉淀后再加入氯化铁，能生成红褐色沉淀，则可证明，错误。15．炼油、石化等含S2工业废水可通过催化氧化法进行处理。将MnO2嵌于聚苯胺(高温会分解)表面制成催化剂，碱性条件下，催化氧化废水的机理如图所示。下列说法正确的是A．催化剂因S覆盖表面或进入空位而失效，高温灼烧后可继续使用B．反应Ⅰ为：2H++S2+*O=H2O+SC．反应过程中只有硫元素被氧化D．反应Ⅲ的ΔH>0【答案】D【解析】A．反应中生成硫单质，生成的S覆盖在催化剂表面或进入催化剂内空位处，阻碍了反应的进行，导致催化剂使用一段时间后催化效率会下降，但题干信息可知，高温下催化剂会分解，故高温灼烧后不可继续使用，A错误；B．由题干图示信息可知，反应Ⅰ为：2H++S2+MnOMn=H2O+S+Mn□Mn，B错误；C．由题干图示信息可知，反应过程中锰形成的化学键数目发生改变，故化合价发生变化的元素有S和O、Mn，C错误；D．由题干图示信息可知，反应Ⅲ为化学键断裂，为吸热反应，故ΔH>0，D正确；故答案为：D。16．W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，焰色试验中X呈黄色，Y是地壳中含量最多的金属元素，W、Z原子最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍。下列叙述正确的是A．简单离子半径大小：X>Y>Z>WB．化合物中阴阳离子的个数比为C．X、Y、Z最高价氧化物的水化物两两间能发生反应D．简单氢化物的沸点：Z>W【答案】C【解析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，焰色试验中X呈黄色，则X为Na，Y是地壳中含量最多的金属元素，则Y为Al，W、Z原子最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍，则W为O，Z为S。A．根据电子层数越多半径越大，具有相同电子层的阴离子半径大于阳离子半径，具有相同电子层的阳离子所带电荷越多，半径越小，简单离子半径大小：Z>W>X>Y，A错误；B．化合物为Na2O2，阴阳离子的个数比为1:2，B错误；C．X、Y、Z最高价氧化物的水化物分别为NaOH、Al（OH）3、H2SO4，两两间能发生反应，C正确；D．Z、W的氢化物分别为H2S、H2O，水中含有氢键，简单氢化物的沸点：W>Z，D错误；故选C。17．亚硝酰氣(NOCl)可用做有机合成试剂。某研究小组用NO和Cl2制备NOCl，并分离回收未反应的原料，装置如图(夹持及加热装置已略去)。已知：①；②沸点：NOCl为−6℃，Cl2为−34℃，NO为−152℃；③NOCl易水解，能与O2反应。下列说法错误的是A．实验前先通入氩气，目的是排尽装置内的空气B．低温浴槽B的温度区间应控制在−34℃~−6℃C．将催化剂负载在玻璃棉上，以增大接触面积，提高反应速率D．尾气回收的物质为NO【答案】B【解析】通过实验原理可知，进气端为和，经过催化剂使其反应制备；经过低温浴槽A降温，使冷凝，得到产品；再经过低温浴槽B降温，使冷凝，防止逸出，污染空气；剩下NO经过无水氯化钙干燥后，进行回收，据此分析作答。A．通入和前先通入氩气，作用是排尽装置中的空气，防止产物与空气中的氧气反应，防止遇空气中的水而水解，A正确；B．为分离产物和未反应的原料，低温溶槽A使冷凝，得到产品，则温度区间应控制在或，再经过低温浴槽B降温，使冷凝，防止逸出，污染空气，低温浴槽B的温度区间应控制在−34℃以下，B错误；C．将催化剂负载在玻璃棉上而不是直接平铺在玻璃管中，目的是增大与气体的接触面积，加快反应速率，C正确；D．由分析可知尾气回收的物质为NO，D正确；故选B。18．钛合金等新型合金广泛应用于航空航天领域，工业上以钛铁矿(，其中Ti为价)为主要原料制备金属钛的工艺流程如下图所示，下列说法正确的是A．“氯化”过程中，既不是氧化剂也不是还原剂B．“氯化”过程中，每生成气体，转移电子C．由制备Ti的过程中，Ar气可换成氮气D．由制备Ti反应的原子利用率为100%【答案】B【解析】氯化发生的反应为：2FeTiO3+7Cl2+6C2FeCl3+2TiCl4+6CO，得到TiCl4，然后镁和四氯化钛反应生成钛和氯化镁，化学方程式为TiCl4+2MgTi+2MgCl2。A．“氯化”过程中，中Fe由+2价变为+3价，是还原剂，A错误；B．反应2FeTiO3+7Cl2+6C2FeCl3+2TiCl4+6CO中，每生成6molCO，转移14mol电子，生成气体，转移电子×14mol=0.7mol，B正确；C．高温下Ti与N2反应，由制备Ti的过程中，Ar气不可换成氮气，C错误；D．由制备Ti反应为TiCl4+2MgTi+2MgCl2，属于置换反应，原子利用率不是100%，D错误；故选B。19．电解废旧锂电池中的示意图如下(其中滤布的作用是阻挡固体颗粒，但离子可自由通过。电解过程中溶液的体积变化忽略不计)。下列说法正确的是A．电极A的电极反应为：B．电极B为阳极，发生还原反应C．电解结束，溶液的增大D．电解一段时间后溶液中浓度减小【答案】C【解析】A．电极A锰元素化合价降低，还原反应，电解时做阴极，电极反应为：2LiMn2O4＋6e−+16H+=2Li++4Mn2++8H2O，A错误；B．电极B锰元素化合价升高，氧化反应，电解时做阳极，B错误；C．２LiMn2O4+４H+２Li++Mn2++３MnO２＋２H2O，电解后H+浓度变小，溶液的pH增大，C正确；D．２LiMn2O4+４H+２Li++Mn2++３MnO２＋２H2O，电解一段时间后溶液中Mn2+浓度增加，D错误；故答案为：C。20．常温下，将通入2LpH=12的NaOH溶液中，溶液中由水电离出的浓度与通入的的体积(V)的关系如图所示。下列叙述不正确的是A．M点溶液中：水电离出的B．N点溶液中：C．P点溶液中：D．R点溶液中：【答案】B【解析】M点为NaOH溶液，M到P是生成Na2CO3，N点是Na2CO3和NaOH的混合溶液，P点是Na2CO3溶液，P到R是生成NaHCO3，R点是NaHCO3和H2CO3的混合溶液，R点溶液呈中性。A．M点溶液中的溶质是NaOH，抑制水电离，则水电离出的c(H+)=10−pH=1×10−12mol·L−1，故A正确；B．N点是Na2CO3和NaOH的混合溶液，溶液呈碱性，c(H+)<c(OH−)，结合电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH−)，两式相减得：c(Na+)>2c()+c()，故B错误；C．P点溶液中，当水电离出的c(OH−)最大时，说明此时的溶液是Na2CO3溶液，根据碳物料守恒可得：c(Na+)=2[c()+c()+c(H2CO3)]，故C正确；D．R点溶液中水电离出的OH−离子浓度10−7mol/L，溶液呈中性，c(H+)=1×10−7mol/L，故D正确；故选B。第II卷（非选择题共40分）二、非选择题：本题共4个大题，共40分。21．（9分）硫酸是重要的化工原料，某兴趣小组对浓硫酸的性质进行如下探究。（1）棉布上滴浓H2SO4后破洞。体现了浓H2SO4的_______(填“脱水”“吸水”或“强氧化”、下同)性；在冷的浓H2SO4中放入铁片无明显现象，体现了浓H2SO4的__________性。为了检验浓硫酸与木炭在加热条件下反应产生的SO2和CO2气体，设计了如图所示实验装置，a、b、c为止水夹，B是用于储气的气囊。(已知淀粉溶液遇I2变蓝)（2）装置A中发生反应的化学方程式为_________________________________________。（3）实验时，装置C中的现象为_____________________。（4）此实验成败的关键在于控制反应产生气体的速率不能过快，因此设计了虚框部分的装置，正确的操作顺序是_______________(填序号)。①向A装置中加入浓硫酸，加热，使A中产生的气体进入气囊B，当气囊中充入一定量气体时，停止加热②待装置A冷却，且气囊B的体积不再变化后，关闭止水夹a，打开止水夹b，慢慢挤压气囊，使气囊B中气体慢慢进入装置C中，待达到实验目的后，关闭止水夹b③打开止水夹a和c，关闭止水夹b（5）若要检验浓硫酸与木炭在加热条件下生成的水蒸气，可在装置__________之间加上一个盛有无水CuSO4的硬质玻璃管。（6）当D中产生____________________________________现象时，可以说明使E中澄清石灰水变浑浊的是CO2，而不是SO2；写出D中发生反应的化学方程式_____________________________。【答案】（1）脱水性强氧化性（1分）（2）2H2SO4(浓)＋Ceq\o(,\s\up6(Δ))2SO2↑＋CO2↑＋2H2O（1分）（3）品红溶液褪色（1分）（4）③①②（1分）（5）A、B或B、C（1分）（6）进气口一端脱脂棉蓝色变浅，出气口一端脱脂棉蓝色不变（1分）2H2O＋SO2＋I22HI＋H2SO4（2分）【解析】（1）棉布上滴浓硫酸后有破洞，浓硫酸具有脱水性，能使纤维素脱水；浓硫酸具有强氧化性，使铁钝化，故答案为：脱水性，强氧化性；（2）装置A中浓硫酸与木炭反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，发生反应的化学方程式为：2H2SO4(浓)＋Ceq\o(,\s\up6(Δ))2SO2↑＋CO2↑＋2H2O；（3）实验时，产生的二氧化硫能使品红溶液褪色，则装置C中的现象为品红溶液褪色；（4）为控制反应的速率，先用气囊将气体收集起来，再用气囊中气体进行试验，所以操作为：打开止水夹a和c，关闭止水夹b；向A装置中加入浓硫酸，加热，使A中产生的气体进入气囊B，当气囊中充量气体时停止加热；待装置A冷却且气囊B的体积不再变化后，关闭止水夹a，打开止水夹b，慢慢挤压气囊，使气囊B中三体慢慢进入装置C中，关闭止水夹b，故答案为③①②；（5）若为检验浓硫酸与木炭在加热条件下生成的水蒸汽，应该在气体经过溶液前检验，即在A、B或B、C之间加上一个盛有无水CuSO4的硬质玻璃管，故答案为A、B或B、C之间；（6）当D装置中进气口一端脱脂棉蓝色变浅，出气口一端脱脂棉蓝色不变时，出气口出的是二氧化碳；D中二氧化硫与碘发生反应生成HI和硫酸，发生反应的化学方程式为2H2O＋SO2＋I22HI＋H2SO4；故答案为：进气口一端脱脂棉蓝色变浅，出气口一端脱脂棉蓝色不变；2H2O＋SO2＋I22HI＋H2SO4。22．（10分）I..如图所示的装置，X、Y都是惰性电极。将电路接通后，向乙中滴入酚酞溶液，在Fe极附近显红色。（2）甲装置是甲烷燃料电池(电解质溶液为KOH溶液)的结构示意图，电极a上反应的电极反应式是。（3）在乙装置中，总反应的离子方程式是。（4）如果丙装置中精铜电极的质量增加了6.4g，则甲装置中标准状况下消耗的的体积为。（5）工作时，丁装置Y电极上反应的电极反应式是。II.常温下，向10mL0.10mol/LCuCl2溶液中滴加0.10mol/LNa2S溶液，滴加过程中lgc(Cu2+)与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示，已知Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)。（6）下列说法错误的是（填字母）。A．a、b两点CuS的溶度积Ksp相等B．常温下，CuS的溶度积Ksp的数量级为1036C．c点溶液中：c(Cl)>c(Na+)>c(S2)>c(OH)>c(H+)D．闪锌矿(ZnS)遇到硫酸铜溶液可转变为铜蓝(CuS)【答案】（1）（2分）（2）（2分）（3）0.56L或560mL（2分）（4）（2分）（5）C（2分）【解析】（1）将电路接通后，向乙中滴入酚酞溶液，在Fe极附近显红色，说明Fe为阴极，C为阳极，甲装置左边为负极，右边为正极，即则a处通入的是CH4，电极上发生的电极反应式是；（2）乙为电解饱和食盐水，其总反应的离子方程式是：；（3）丙装置中精铜电极方程式为：Cu2++2e−=Cu，若该电极质量增加了6.4g，则生成Cu的物质的量为=0.1mol，转移0.2mol电子，甲装置中a处通入的是CH4，电极上发生的电极反应式是，转移0.2mol电子时，消耗0.025molCH4，体积为V=nVm=0.025mol×22.4L/mol=0.56L；（4）丁装置Y为阴极，铜离子得电子生成铜，其电极上发生的电极反应式是Cu2++2e−=Cu。（5）A．a、b亮点的温度相同，Ksp相同，故A正确；B．b点c(Cu2+)=1017.7mol/L，此时硫化钠与氯化铜恰好完全反应，溶液中的铜离子浓度与硫离子浓度相同，Ksp=c(Cu2+)×c(S2)=1017.7×1017.7=1035.4，故B正确；C．c点时溶液中溶质为NaCl与Na2S，所以c(Na+)>c(Cl)，故C错误；D．根据题目可知Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，所以闪锌矿(ZnS)遇到硫酸铜溶液可转变为铜蓝(CuS)，故D正确；故选C。23．（10分）近期科学家首次发现像大脑样的学习材料——VO2，某小组以接触法制硫酸的废催化剂(主要成分是V2O5，含少量Fe2O3、CuO、Al2O3等杂质)为原料制备VO2的流程如下：已知：①NH4VO3难溶于水，(VO2)2SO4易溶于水；②+2H++H2O；③几种金属离子以氢氧化物沉淀时的pH如下表。金属氢氧化物Fe(OH)3Al(OH)3Cu(OH)2开始沉淀的pH2.74.04.6完全沉淀的pH3.75.26.0回答下列问题：（1）“碱浸”中提高反应速率的可行措施有___________(答两条)。（2）“煅烧1”发生主要反应的化学方程式为___________。（3）理论上，为实现Cu2+完全沉淀，应调节pH=6.0，工业生产中，常调节pH=8.0，其目的是___________(用化学用语和必要的文字说明)。（4）滤渣2的主要成分是Cu(OH)2和___________(填化学式)。“煅烧2”需要在流动空气中煅烧的原因可能是___________。（5）将2.075gVO2产品溶于强碱溶液，加热煮沸，调节pH为8.5，将溶液稀释至250.00mL溶液。取25.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，加入硫酸酸化的KI溶液(过量)，溶液中的还原产物为V3+，滴加指示剂，用0.10mol∙L−1Na2S2O3溶液滴定，重复三次，测得数据如下表所示：序号起始读数终点读数①0.1020.55②0.0220.12③0.0319.93该产品的纯度为___________%。若滴定过程中，振荡时间太长，则测得的结果___________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。(已知：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)【答案】（1）粉碎废料、适当加热、适当增大NaOH溶液浓度、搅拌等(任答两条即可)（1分）（2）V2O5+Na2CO32NaVO3+CO2↑（2分）（3）+2H+十H2O，碱性条件促进平衡向左移动，生成更多的（2分）（4）Fe(OH)3

及时带走NH3，避免NH3还原V2O5（2分）（5）80（2分）

偏高（1分）【解析】废催化剂(主要成分是V2O5，含少量Fe2O3、CuO、Al2O3等杂质)加入氢氧化钠溶液，氧化铝溶解，过滤后，向滤渣中加入纯碱，V2O5和纯碱在高温下反应生成二氧化碳和NaVO3，再加入硫酸生成(VO2)2SO4和硫酸铜、硫酸铁，调节溶液pH值沉淀铁离子和铜离子，将转化为，过滤后，向滤液中加入硫酸铵得到NH4VO3沉淀，过滤，煅烧滤渣得到氨气和V2O5，V2O5和活性炭在高温下反应得到VO2。（1）“碱浸”中提高反应速率的可行措施主要从温度、浓度、接触面积等方面分析，有粉碎废料、适当加热、适当增大NaOH溶液浓度、搅拌等(任答两条即可)；故答案为：粉碎废料、适当加热、适当增大NaOH溶液浓度、搅拌等(任答两条即可)。（2）“煅烧1”主要是V2O5和Na2CO3在高温下反应生成NaVO3和CO2气体；主要反应的化学方程式为V2O5+Na2CO32NaVO3+CO2↑；故答案为V2O5+Na2CO32NaVO3+CO2↑。（3）理论上，为实现Cu2+完全沉淀，应调节pH=6.0，工业生产中，根据已知信息+2H+十H2O，为尽量的生成更多的NaVO3，因此要使平衡不断正向移动，则需要多加入碱溶液，常调节pH=8.0，其目的是+2H+十H2O，碱性条件促进平衡向左移动，生成更多的；故答案为：+2H+十H2O，碱性条件促进平衡向左移动，生成更多的。（4）根据Cu(OH)2、Fe(OH)3沉淀完全的pH值得到滤渣2的主要成分是Cu(OH)2和Fe(OH)3。“煅烧2”过程中生成氨气和V2O5，为了避免氨气还原V2O5，应及时的将氨气带出即需要在流动空气中煅烧的原因可能是及时带走NH3，避免NH3还原V2