2023-2024学年湖南省长沙市名校联考联合体高二上学期期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1湖南省长沙市名校联考联合体2023-2024学年高二上学期期末考试时量：75分钟；满分：100分可能用到的相对原子质量：H~1N~14O~16Na~23S~32Cl~35.5一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42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.化学与社会、生活密切相关。下列说法正确的是A.明矾净水与自来水用漂白粉杀菌消毒原理相同B.医学上常采用硫酸钡作为钡餐，因为硫酸钡难被盐酸溶解C.生活中的铁制品的腐蚀以析氢腐蚀为主D.泡沫灭火剂利用了稀硫酸溶液与碳酸氢钠溶液混合发生化学反应产生CO2【答案】B【解析】明矾净水是铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体吸附水中悬浮物形成沉淀，达到净水目的，但没有强氧化性，不能用于杀菌消毒；用于自来水杀菌消毒的漂白粉与CO2反应生成HClO，HClO具有强氧化性，能杀菌消毒，所以明矾净水与自来水的杀菌消毒原理不相同，故A项错误；硫酸钡不溶于水和盐酸，无毒，医学上常采用硫酸钡作为钡餐，故B项正确；自然界中钢铁的腐蚀以吸氧腐蚀为主，故C项错误；泡沫灭火剂的原料是硫酸铝溶液与碳酸氢钠溶液，不是稀硫酸溶液与碳酸氢钠溶液，硫酸铝溶液与碳酸氢钠发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，用于灭火，故D项错误；故本题选B。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.18g所含的电子数目为11NAB.1L1mol/LNa2CO3溶液中含有的数目为NAC.将7.1gCl2通入足量氢氧化钠溶液中，转移电子数为0.2NAD.标准状况下11.2LO2、CO2混合气体含有的氧原子数为NA【答案】D【解析】每个的电子数为10，18g的物质的量为1mol，因此1mol所含的电子数目为10NA，A错误；会水解，因此1L1mol/LNa2CO3溶液中含有的数目小于NA，B错误；Cl2通入足量氢氧化钠溶液中，会发生反应，每消耗1molCl2，转移电子数为1mol，7.1gCl2物质的量为0.1mol，转移电子数为0.1NA，C错误；标准状况下11.2L混合气体物质的量为0.5mol，0.5molO2、CO2含有的氧原子数为NA,D正确；答案选D。3.下列各离子方程式中，属于水解反应且书写正确的是A.B.C.D.【答案】D【解析】是醋酸的电离方程式，故不选A；碳酸根离子分步水解，第一步水解的离子方程式为，故不选B；是的电离方程式，故不选C；F-是弱酸根离子，F-水解的离子方程式为，故选D；选D。4.下列化学用语表示正确的是A.离子的结构示意图：B.基态碳原子的轨道表示式C.水的电子式：D.基态铬原子(24Cr)的价层电子排布式：【答案】D【解析】离子核电荷数17，核外电子数18，核外电子数为2、8、8，离子的结构示意图：，故A错误；基态碳原子的电子排布式为1s22s22p2，根据洪特规则，当电子在同一能级的不同轨道上排布时，电子总是优先占据一个轨道，且自旋平行，故其轨道表示式为，故B错误；水是共价化合物，H与O原子之间是共价键，故其电子式为，故C错误；基态铬原子(24Cr)的电子式排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，其价层电子排布式：3d54s1，故D正确；

故选：D。5.布洛芬(Ibuprofen)是一种常见解热镇痛类、非甾体抗炎药，其结构简式如图所示。下列有关布洛芬的说法正确的是A.能发生取代反应 B.不能发生氧化反应C.分子式为C13H17O2 D.分子中有酯基和甲基两种官能团【答案】A【解析】该有机物分子中含有的甲基和羧基均能发生取代反应，故A项正确；该有机物能燃烧，燃烧属于氧化反应，故B项错误；该分子中C、H、O原子个数依次是13、18、2，分子式为C13H18O2，故C项错误；甲基不是官能团，含有的官能团是羧基，故D项错误；故答案为A。6.酸碱中和反应是一个典型的放热反应，在测定中和热的实验中，下列叙述正确的是A.将50mL0.55mol/LNaOH溶液与50mL0.50mol/L盐酸改为50mL0.65mol/LNaOH溶液与50mL0.60mol/L盐酸，所得中和热的数值保持不变B.测定中和反应反应热的实验中，混合溶液的温度不再变化时，该温度为终止温度C.测了盐酸溶液温度的温度计未洗涤立马测定氢氧化钠溶液的温度，会使得△H偏小D.实验中可使用相同浓度的氨水替代氢氧化钠溶液【答案】A【解析】反应放出热量和所用酸以及碱的量的多少有关，中和热是强酸和强碱的稀溶液反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，则将50mL0.55mol/LNaOH溶液与50mL0.50mol/L盐酸改为50mL0.65mol/LNaOH溶液与50mL0.60mol/L盐酸时放热增多，但所得中和热的数值保持不变，故A项正确；酸碱恰好反应完全时放热最多，所以测定中和反应热的实验中，混合溶液温度最高时的温度为终止温度，故B项错误；测盐酸溶液温度的温度计未洗涤立马测定氢氧化钠溶液的温度时，所测NaOH溶液的温度偏高，温度差偏小，反应热数值偏小，但中和热△H为负值，所以测得的△H偏大，故C项错误；一水合氨是弱碱，电离吸热，实验中使用相同浓度的氨水替代氢氧化钠溶液时，测得中和热数值偏小，故D项错误；故本题选A。7.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的4种短周期元素，其原子结构如表：元素原子结构W基态原子L层电子数是K层电子数的2倍X原子核外p电子数比s电子数少1Y原子最外层2p轨道上有2个未成对电子Z原子核外的M层中只有两对成对电子下列说法不正确的是A.最高价氧化物对应的水化物的酸性：X>WB.简单气态氢化物的稳定性：X>Y>WC.第一电离能：X>Y>WD.ZY2为极性分子【答案】B【解析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的4种短周期元素，W基态原子L层电子数是K层电子数的2倍，W是C；X原子核外p电子数比s电子数少1，X是N；Y原子的最外层2p轨道上有2个未成对电子，原子序数大于氮元素，Y是O；Z原子核外的M层中只有两对成对电子，Z是S，据此解答。非金属性越强则对应最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性：同周期自左向右逐渐增强，同主族从上到下逐渐减弱，W是C，X是N，则最高价氧化物对应的水化物的酸性：HNO3＞H2CO3，故A项正确；非金属性越强则对应简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性：同周期自左向右逐渐增强，同主族从上到下逐渐减弱，则非金属性：O＞N＞C，最简单气态氢化物稳定性：H2O＞NH3＞CH4，故B项错误；第一电离能：同周期自左向右逐渐增强，同主族从上到下逐渐减弱，但第ⅡA、ⅤA族原子结构处于充满或半充满结构，第一电离能大于相邻周期元素，氮元素的2p轨道电子处于半充满稳定状态，则第一电离能：N＞O＞C，故C项正确；SO2易溶于水，根据相似相溶原理，SO2为极性分子，故D项正确；故答案选B。8.化学反应既有物质的变化又有能量的变化，下列说法正确的是(热化学方程式中H的绝对值均正确)A.CaO(s)+H2O(l)=Ca(OH)2(s)H1；CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g)H2；则H1>H2B.2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)H=-571.6kJ/mol(燃烧热)C.Ba(OH)2(aq)+HCl(aq)=BaCl2(aq)+H2O(l)H=-57.3kJ/mol(中和热)D.同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的H不同【答案】C【解析】第一个反应是放热反应，H1＜0，第二个反应为吸热反应，H2>0，H1<H2，故A错误；燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成指定产物时所放出的热量，所给热化学方程式是2molH2，不能表示燃烧热，故B错误；中和热是指酸碱发生中和反应，生成1molH2O时所放出的热量，Ba(OH)2(aq)+HCl(aq)=BaCl2(aq)+H2O(l)H=-57.3kJ/mol可以表示中和热的热化学方程式，故C正确；H只与反应体系的始末状态有关，与反应条件无关，故D错误；故选C。9.某同学采用工业大理石(含有少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质)制取CaCl2﹒6H2O，设计了如下流程：下列说法不正确的是A.固体I中含有SiO2，固体II中含有Fe(OH)3B.使用石灰水时，要控制pH，防止固体II中Al(OH)3转化为[Al(OH)4]-C.试剂a选用盐酸，从溶液III得到CaCl2﹒6H2O产品的过程中，须控制条件防止其分解D.若改变实验方案，在溶液I中直接加氨水至沉淀完全，滤去沉淀，其溶液经蒸发浓缩、冷却结晶也可得到纯净的CaCl2﹒6H2O【答案】D【解析】由题给流程可知，向工业大理石加入足量盐酸酸浸，将碳酸钙和金属氧化物转化为可溶的氯化物，二氧化硅与盐酸不反应，过滤得到含有二氧化硅的固体I和溶液I；向溶液I中加入石灰水，将溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的固体II和溶液II；向溶液II中加入盐酸中和过量的石灰水得到氯化钙溶液，氯化钙溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水氯化钙。由分析可知，固体I中含有二氧化硅，固体II中含有氢氧化铁、氢氧化铝，故A正确；氢氧化铝是两性氢氧化物，能与过量的氢氧化钙溶液反应生成四羟基合铝酸根离子，所以使用石灰水时，要控制溶液pH，防止氢氧化铝转化为四羟基合铝酸根离子，故B正确；六水氯化钙受热易失去结晶水，所以从溶液III得到六水氯化钙产品的过程中，须控制条件防止其分解，故C正确；若改变实验方案，在溶液I中直接加氨水至沉淀完全，过滤得到的滤液中会含有氯化铵杂质，导致蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到的六水氯化钙中混有氯化铵杂质，所以在溶液I中直接加氨水，故D错误；故选D。10.我国科学家研究了不同含金化合物催化乙烯加氢的反应历程如图所示，下列说法正确的是A过渡态1比过渡态2更稳定B.若该反应生成液态，则反应的增大C.催化剂AuF的催化效果比的好D.该反应的热化学方程式为：【答案】D【解析】过渡态1所处状态能量高于状态2，两种过渡态物质中较稳定的是过渡态2，A错误；若该反应生成液态，反应放热更多，则反应的减小，B错误；由图可知AuPF3+对应的活化能小，则催化效果好，C错误；由反应物、生成物的总能量可知=-129.6kJ/mol-0=-129.6kJ/mol，该反应的热化学方程式为：，D正确；故选D。11.根据下列实验操作或现象能得出相应实验结论的是选项实验操作或现象实验结论A用铂丝蘸取某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色一定是钠盐，该溶液中一定不含有K+B向溶液中滴加硝酸，再滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成Y中一定含有C用坩埚钳夹住以小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热，铝箔熔化但不滴落氧化铝的熔点高于铝单质D制备Fe(OH)3胶体：将0.1mol/LFeCl3溶液与0.3mol/LNaOH溶液等体积混合生成了Fe(OH)3胶体A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应火焰呈黄色说明该溶液一定是含有钠元素，可能是碱，也可能是钠盐，钾元素的焰色反应实验需要透过蓝色钴玻璃观察，焰色反应为紫色，不确定是否含有钾元素，A错误；溶液中含有亚硫酸根离子会被硝酸氧化为硫酸根离子，和钡离子生成硫酸钡沉淀，含有银离子也会出现同样的现象，B错误；打磨过的铝箔在酒精灯上加热，金属铝熔化而不滴落下来，是因为外层的氧化铝没熔化，包裹住内部已经熔化的铝单质，说明金属铝熔点比氧化铝低，C正确；FeCl3溶液和NaOH溶液生成氢氧化铁沉淀，得不到氢氧化铁胶体；制取红褐色胶体应该向煮沸的蒸馏水中滴加饱和氯化铁溶液至溶液变红褐色，D错误；故选C。12.中科院长春应用化学研究所张新波团队提出了一种独特的锂-氮(Li-N)电池，其在放电过程中消耗氮气，充电过程中释放氮气，可实现氮气的循环，并对外提供电能。该电池在充电时发生反应：。下列说法不正确的是A.锂-氮电池为绿色固氮提供了一种可能的途径B.放电时，由甲电极向乙电极迁移，并在多孔碳布表面生成C.充电时，甲接外接电源的负极，发生还原反应D.放电时，乙电极上发生的反应为【答案】D【解析】锂-氮电池放电时消耗，充电时释放，实现了的循环，为绿色固氮提供了一种可能的途径，A正确；放电时，甲电极为负极，乙电极为正极，向负极即乙电极迁移，并在多孔碳布表面生成，B正确；放电时，甲电极发生氧化反应，充电时，甲接外接电源的负极，发生还原反应，C正确；乙电极上发生的反应为，D错误；故选D。13.25℃时，用0.1000mol/L的NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.1000mol/L的CH3COOH溶液和HCN溶液，所得滴定曲线如图。下列说法不正确的是A.点①和点②所示溶液中：c(CH3COO-)-c(CN-)=c(HCN)-c(CH3COOH)B.④⑤为两个反应滴定终点，两个反应均可采用酚酞作指示剂C.点①溶液中水的电离程度小于点②溶液D.点②和点③间(不含端点)存在离子浓度大小关系：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)【答案】C【解析】点①所示溶液的溶质为HCN和NaCN，点②所示溶液的溶质为CH3COOH和CH3COONa，根据质量守恒可知，点①所示溶液满足：，点②所示溶液满足：，则，A正确；NaOH溶液分别滴定CH3COOH溶液和HCN溶液时，滴定终点的溶质分别为CH3COONa和NaCN，溶液均显碱性，④⑤为两个反应的滴定终点，两个反应均可采用酚酞作指示剂，B正确；点①所示溶液的溶质为HCN和NaCN，溶液显碱性，CN-的水解程度大于HCN的电离；点②所示溶液的溶质为CH3COOH和CH3COONa，溶液显酸性，CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解；盐的水解促进水的电离，酸抑制水的电离，则所以点①溶液中水的电离程度大于点②溶液，C错误；点②和点③间(不含端点)均显酸性，则溶液中存在离子浓度大小关系：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)，D正确；故选C。14.Al3+与F-具有很强的亲和性，当F-的浓度过大时，还会形成AlF。AlF3在一定溶剂中存在分步电离，常温下向某浓度的AlF3溶液中加入NaF，实验测定Al3+、AlF2+、AlF、AlF3在所有含铝元素微粒中的百分含量随pF[]的变化如图所示，下列说法错误的是A.曲线b表示AlFB.pF=4时，C.pF=6.6时，D.常温下，的化学平衡常数为1015.6【答案】C【解析】从左到右pF越来越大，则得出c(F－)浓度越来越小，从右向左，c(F－)浓度逐渐增大，则得出a、b、c、d分别代表AlF3、、AlF、AlF2+、Al3+变化曲线。从左到右pF越来越大，AlF3在溶液中存在分步电离，所以图中a、b、c、d分别代表AlF3、AlF、AlF2+、Al3+变化曲线，故A正确；a、b、c、d分别代表AlF3、AlF、AlF2+、Al3+变化曲线，图中pF=4时，根据图中信息得到c(AlF)＞c(AlF3)＞c(AlF2+)，故B正确；pF=6.6时，根据电荷守恒得到c(Na+)+3c(Al3+)+2c(AlF2+)+c(AlF)+c(H+)=c(F－)+c(OH－)，故C错误；由图可知，pF=−lgc(F－)=3.8时，c(AlF3)=c(AlF)，AlF+F－AlF3的平衡常数K1=，K1==，根据pF=−lgc(F－)=5.2时，c(AlF)=c(AlF2+)，AlF2++F－AlF的平衡常数K2=，K2==，根据pF=−lgc(F－)=6.6时，c(Al3+)=c(AlF2+)，Al3++F－AlF2+的平衡常数K3=，K3==，常温下，Al3++3F－AlF3的化学平衡常数为K=K1K2K3=103.8×105.2×106.6=1015.6，故D正确；故选C。二、非选择题(本题共4小题，共58分)15.我国嫦娥五号返回器带回了月球土壤样品。研究发现，月球土壤样品中存在铁、金、银、铅、锌、铜等矿物颗粒。请回答下列问题：（1）基态Fe原子的价层电子排布式为___________，其核外填充有电子的原子轨道数目为___________，比铁原子多一个质子的元素名称为___________。（2）Ti(BH4)2是一种储氢材料。的空间结构是___________，H、Na、K的电负性由小到大的顺序为___________。（3）我国科学家研究发现，十八胺在较高温度下具有一定的还原性，由于从十八胺中获得电子的能力不同，不同的金属盐在十八胺体系中反应可以得到不同的产物：单一金属盐Zn2+Ag+在十八胺体系中的产物ZnOAg已知元素的电负性数据：元素ZnAgAu电负性(鲍林标度)1.61.92.4据此推测单一的金属(Au3+)盐在十八胺体系中反应的产物为___________(写化学式)。（4）分析Cu，Zn的核外电子排布，推测Cu的第二电离能I2___________Zn的第二电离能I2(填“大于”“小于”或“等于”)。【答案】（1）①.3d64s2②.15③.钴（2）①.正四面体②.K<Na<H（3）Au（4）大于【解析】【小问1详析】Fe为26号元素，电子排布式为，价层电子排布式为3d64s2；其核外填充有电子的原子轨道数目为15；比铁原子多一个质子的元素为27号元素，为钴元素；【小问2详析】中心原子B的价电子对数为，无孤电子对，故空间构型为正四面体形；同一主族从上到下，电负性逐渐减小，故由小到大的顺序为K<Na<H；【小问3详析】元素电负性越大，得到电子的能力越强。根据元素电负性可知：得电子能力：Au3+>Ag+>Zn2+，由于Ag+得到电子变为单质，则Au3+得电子变为Au；【小问4详析】Cu+的价层电子排布式为3d10，Zn+的价层电子排布式为3d104s1，失去3d轨道上的电子比失去4s轨道上的电子难，故Cu的第二电离能I2＞Zn的第二电离能I2。16.某科研人员以废镍催化剂(主要成分为NiO，另含Fe2O3、CaO、CuO、BaO)为原料回收镍，工艺流程如图。已知：常温下，有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH如表。氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Ni(OH)2开始沉淀的pH1.56.57.7沉淀完全的pH3.79.79.2回答下列问题：（1）浸出渣主要成分为___________(填化学式)。（2）“除铜”时，Fe3+与H2S反应的离子方程式为___________。（3）“氧化”的目的是将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，写出该反应的离子方程式：___________。温度需控制在40~50℃之间，该步骤温度不能太高的原因是___________。（4）“调pH”时，pH的控制范围为___________。（5）“除铜”中分离CuS、S用到的分离方法是___________。（6）用可溶性碳酸盐，可以浸取CaSO4固体，在溶液浸取过程中发生反应：CaSO4(s)+(aq)CaCO3(s)+(aq)。已知：298K时，Ksp(CaCO3)=2.80×10-9，Ksp(CaSO4)=4.90×10-5，则此温度下该反应的平衡常数K为___________(结果保留三位有效数字)。【答案】（1）BaSO4、CaSO4（2）2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+（3）①.H2O2+2H++2Fe2+=2H2O+2Fe3+②.避免温度太高，过氧化氢受热分解（4）3.7≤pH<7.7或3.7~7.7（5）过滤（6）1.75×104【解析】以废镍催化剂(主要成分为NiO，另含Fe2O3、CaO、CuO、BaO)为原料回收镍，废镍催化剂先用硫酸浸取，过滤得到含有镍离子、铁离子、钙离子、铜离子的溶液，再通入硫化氢除去铜离子，且使铁离子被还原成亚铁离子，得硫化铜、硫固体，过滤得到的滤液中含有镍离子、亚铁离子、钙离子，加入H2O2将亚铁离子氧化为铁离子，调节pH生成氢氧化铁沉淀，镍离子不沉淀，加入氟化钠除去钙离子，再加入氯化钠后电解得2NiO(OH)﹒H2O，灼烧得三氧化二镍。【小问1详析】用硫酸浸取废镍催化剂，各氧化物转化为离子进入溶液，钙离子和钡离子与硫酸根离子结合得到CaSO4、BaSO4沉淀，故答案为：CaSO4、BaSO4；【小问2详析】“除铜”时，铁离子氧化硫化氢反应生成亚铁离子和S，离子方程式为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，故答案为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；【小问3详析】“氧化”时用H2O2将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为H2O2+2H++2Fe2+=2H2O+2Fe3+；过氧化氢受热易分解，故温度不能太高；【小问4详析】“调pH”，使铁离子完全沉淀，且避免生成Ni(OH)2，由表中数据可知，pH范围为：3.7≤pH<7.7，故答案为：3.7≤pH<7.7或3.7~7.7；【小问5详析】“除铜”中分离CuS、S用到的分离方法是过滤，故答案为：过滤；【小问6详析】平衡常数K=，故答案为：1.75×104。17.氰化钠(NaCN)是一种重要的基本化工原料，用于化学合成、电镀、冶金和有机合成医药农药，同时也是一种剧毒物质，一旦泄漏需要及时处理，一般可以用二氧化氯(ClO2)水溶液或硫代硫酸钠(Na2S2O3)溶液来处理，以减轻环境污染。（1）NaCN用二氧化氯(ClO2)水溶液处理后，CN-被氧化为两种不污染空气的气体，NaCN溶液显___________性(填“酸”“碱”或“中”)，用石墨作电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2，写出阳极产生ClO2的电极反应式(酸性环境)：___________。工业制备硫代硫酸钠的反应原理；2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2。某化学小组利用上述原理在实验室制备硫代硫酸钠，并用硫代硫酸钠溶液处理含氰化钠废水。【实验一】实验室通过如图所示装置制备硫代硫酸钠。关闭K1，打开K2，打开分液漏斗活塞，缓慢滴加硫酸，控制好反应速率。（2）①装置A中盛放Na2SO3固体的仪器名称是___________；写出A中反应的化学反应方程式：___________。②装置B的作用是___________。（3）实验结束后，在E处可连接盛有___________(填标号)溶液的注射器，再关闭K2，打开K1，以防止拆除装置时装置中的有害气体逸出污染空气。A.BaCl2溶液 B.浓硫酸C.酸性KMnO4溶液 D.NaOH溶液（4）实验中所用药品Na2CO3中碳原子杂化方式是___________。【实验二】测定硫代硫酸钠产品纯度并处理废水中的氰化钠。制备的硫代硫酸钠产品一般为Na2S2O3﹒5H2O，一般可用的标准溶液测定产品纯度：取10.00g产品配制成250mL溶液，取25.00mL溶液，用浓度为0.1000mol/L的标准溶液进行滴定(原理为2Na2S2O3+=Na2S4O6+2NaI)，相关数据记录如表：实验编号123溶液体积/mL25.0025.0025.00消耗的标准溶液体积/mL20.0518.0019.95（5）计算Na2S2O3﹒5H2O产品的纯度为___________(结果保留三位有效数字)。【答案】（1）①.碱②.Cl-+2H2O-5e-=ClO2↑+4H+（2）①.圆底烧瓶②.Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O③.防止倒吸（3）CD（4）sp2（5）99.2%【解析】利用70%浓硫酸与亚硫酸钠反应制备二氧化硫,将二氧化硫通入硫化钠、碳酸钠的混合溶液并搅拌反应制备硫代硫酸钠，再利用硫代硫酸钠与二氧化氯反应等进行性质探究。【小问1详析】NaCN为弱酸强碱盐，NaCN溶液显碱性；阳极发生氧化反应，由题意可知，氯离子放电生成ClO2，结合质量守恒可知，有水参加反应，同时生成H+，阳极的电极反应式为Cl-+2H2O-5e-=C1O2↑+4H+；【小问2详析】①装置A中盛放Na2SO3固体的仪器名称是圆底烧瓶；浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫、硫酸钠和水，化学方程式为：Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O；②装置B的作用是防止倒吸；【小问3详析】有害气体为SO2，可以用酸性KMnO4溶液或NaOH溶液吸收SO2，故答案为：CD；【小问4详析】Na2CO3中碳原子价电子对数为：3+0=3，没有孤电子对，杂化方式为sp2杂化；【小问5详析】三组实验数据中第2组数据误差太大，应舍弃，取第1组和第3组数据的平均值，可知平均消耗I2的标准溶液20.00mL，Na2S2O3·5H2O产品的纯度为：。18.I．（1）已知：①NaHCO3(s)=NaHCO3(aq)H=+18.81kJ/mol②Na2CO3(s)=Na2CO3(aq)H=-16.44kJ/mol③2NaHCO3(s)=Na2CO3(s)+CO2(g)+H2O(l)H=+92.34kJ/mol资料显示，NaHCO3固体加热到100℃发生分解，但是加热NaHCO3溶液不到80℃就有大量CO2气体放出。写出碳酸氢钠溶液分解的热化学方程式：___________。（2）用焦炭还原NO2的反应为2NO2(g)+2C(s)N2(g)+2CO2(g)，在恒温条件下，1molNO2和足量C发生该反应，测得平衡时NO2和CO2的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示：①A、B、C三点中NO2的转化率最低的是___________(填“A”、“B”或“C”)点。②计算C点时该反应的压强平衡常数Kp(C)=___________MPa(Kp是用平衡分压代替平衡浓度计算)。Ⅱ．甲烷水蒸气催化重整是制备高纯氢的方法之一、反应如下：反应i．CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)H=+206kJ/mol反应ii．CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)H2=+165kJ/mol回答下列问题：（3）对于反应i，向体积为2L的恒容密闭容器中，按n(H2O)：n(CH4)=1：1投料。①若在恒温条件下，反应达到平衡时CH4的转化率为50%，则平衡时容器内的压强与起始压强之比为___________(最简整数比)。②其他条件相同时，在不同催化剂(I、Ⅱ、Ⅲ)作用下，反应相同时间，CH4的转化率随反应温度的变化如图所示，CH4的转化率：c点>b点，原因是___________。③三条曲线在约850℃后重合，原因是___________。Ⅲ．利用CO可以合成草酸(H2C2O4)。草酸是二元弱酸，具有较强还原性。（4）常温下，pH=3的H2C2O4溶液的物质的量浓度为c1，水电离出的c(H+)为c3；pH=4的H2C2O4溶液的物质的量浓度为c2，水电离出的c(H+)为c4，则c1___________10c2(填“>”“<”或“=”，下同)；10c3___________c4。【答案】（1）2NaHCO3(aq)=Na2CO3(aq)+CO2(g)+H2O(l)=+38.28kJ/mol（2）①.B②.6（3）①.3：2②.温度升高，反应速率加快，相同时间，反应正向进行的程度增大，CH4的转化率增大③.反应均达到了平衡状态（4）①.>②.=【解析】【小问1详析】已知加热NaHCO3溶液不到80℃就有大量CO2气体放出，根据盖斯定律，③+②-2×①得：2NaHCO3(aq)=Na2CO3(aq)+CO2(g)+H2O(l)=+38.28kJ/mol；【小问2详析】①因在恒温条件下，温度不变，则平衡常数不变，A、B两点平衡常数相等，A、B、C三点中B点NO2的浓度最高，则转化率最低；②C点的总压强为30MPa，气体共有5份，每份分压为6MPa，；【小问3详析】①根据题意，设开始时n(H2O)=n(CH4)=1mol，反应达平衡时CH4的转化率为50%，即平衡时CH4转化1×50%=0.5mol，列三段式：，压强之比等于物质的量之比，则；②从图中可以看出，三种催化剂对应的反应速率不同，其中在催化剂Ⅰ作用下反应速率最快，在催化剂Ⅲ作用下反应速率最慢，但平衡时甲烷的转化率相同，所以b、c两点均未达到化学平衡状态，从b点到c点，随温度升高，反应速率加快，相同时间内CH4转化率增大；③催化剂只改变速率，平衡不移动，反应达到平衡时甲烷的转化率相同，则三条曲线在约850℃后会重合的原因是反应均达到了平衡状态；【小问4详析】常温下，pH=3的H2C2O4溶液，c(H+)=10-3mol/L，c1>10-3mol/L，c3=10-11mol/L；pH=4的H2C2O4溶液，c(H+)=10-4mol/L，c2>10-4mol/L，c4=10-10mol/L；弱电解质溶液“越稀越电离”，故pH=4的H2C2O4溶液中H2C2O4的电离程度比pH=3的H2C2O4溶液大，则c1>10c2；根据上述分析10c3=c4。湖南省长沙市名校联考联合体2023-2024学年高二上学期期末考试时量：75分钟；满分：100分可能用到的相对原子质量：H~1N~14O~16Na~23S~32Cl~35.5一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42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.化学与社会、生活密切相关。下列说法正确的是A.明矾净水与自来水用漂白粉杀菌消毒原理相同B.医学上常采用硫酸钡作为钡餐，因为硫酸钡难被盐酸溶解C.生活中的铁制品的腐蚀以析氢腐蚀为主D.泡沫灭火剂利用了稀硫酸溶液与碳酸氢钠溶液混合发生化学反应产生CO2【答案】B【解析】明矾净水是铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体吸附水中悬浮物形成沉淀，达到净水目的，但没有强氧化性，不能用于杀菌消毒；用于自来水杀菌消毒的漂白粉与CO2反应生成HClO，HClO具有强氧化性，能杀菌消毒，所以明矾净水与自来水的杀菌消毒原理不相同，故A项错误；硫酸钡不溶于水和盐酸，无毒，医学上常采用硫酸钡作为钡餐，故B项正确；自然界中钢铁的腐蚀以吸氧腐蚀为主，故C项错误；泡沫灭火剂的原料是硫酸铝溶液与碳酸氢钠溶液，不是稀硫酸溶液与碳酸氢钠溶液，硫酸铝溶液与碳酸氢钠发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，用于灭火，故D项错误；故本题选B。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.18g所含的电子数目为11NAB.1L1mol/LNa2CO3溶液中含有的数目为NAC.将7.1gCl2通入足量氢氧化钠溶液中，转移电子数为0.2NAD.标准状况下11.2LO2、CO2混合气体含有的氧原子数为NA【答案】D【解析】每个的电子数为10，18g的物质的量为1mol，因此1mol所含的电子数目为10NA，A错误；会水解，因此1L1mol/LNa2CO3溶液中含有的数目小于NA，B错误；Cl2通入足量氢氧化钠溶液中，会发生反应，每消耗1molCl2，转移电子数为1mol，7.1gCl2物质的量为0.1mol，转移电子数为0.1NA，C错误；标准状况下11.2L混合气体物质的量为0.5mol，0.5molO2、CO2含有的氧原子数为NA,D正确；答案选D。3.下列各离子方程式中，属于水解反应且书写正确的是A.B.C.D.【答案】D【解析】是醋酸的电离方程式，故不选A；碳酸根离子分步水解，第一步水解的离子方程式为，故不选B；是的电离方程式，故不选C；F-是弱酸根离子，F-水解的离子方程式为，故选D；选D。4.下列化学用语表示正确的是A.离子的结构示意图：B.基态碳原子的轨道表示式C.水的电子式：D.基态铬原子(24Cr)的价层电子排布式：【答案】D【解析】离子核电荷数17，核外电子数18，核外电子数为2、8、8，离子的结构示意图：，故A错误；基态碳原子的电子排布式为1s22s22p2，根据洪特规则，当电子在同一能级的不同轨道上排布时，电子总是优先占据一个轨道，且自旋平行，故其轨道表示式为，故B错误；水是共价化合物，H与O原子之间是共价键，故其电子式为，故C错误；基态铬原子(24Cr)的电子式排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，其价层电子排布式：3d54s1，故D正确；

故选：D。5.布洛芬(Ibuprofen)是一种常见解热镇痛类、非甾体抗炎药，其结构简式如图所示。下列有关布洛芬的说法正确的是A.能发生取代反应 B.不能发生氧化反应C.分子式为C13H17O2 D.分子中有酯基和甲基两种官能团【答案】A【解析】该有机物分子中含有的甲基和羧基均能发生取代反应，故A项正确；该有机物能燃烧，燃烧属于氧化反应，故B项错误；该分子中C、H、O原子个数依次是13、18、2，分子式为C13H18O2，故C项错误；甲基不是官能团，含有的官能团是羧基，故D项错误；故答案为A。6.酸碱中和反应是一个典型的放热反应，在测定中和热的实验中，下列叙述正确的是A.将50mL0.55mol/LNaOH溶液与50mL0.50mol/L盐酸改为50mL0.65mol/LNaOH溶液与50mL0.60mol/L盐酸，所得中和热的数值保持不变B.测定中和反应反应热的实验中，混合溶液的温度不再变化时，该温度为终止温度C.测了盐酸溶液温度的温度计未洗涤立马测定氢氧化钠溶液的温度，会使得△H偏小D.实验中可使用相同浓度的氨水替代氢氧化钠溶液【答案】A【解析】反应放出热量和所用酸以及碱的量的多少有关，中和热是强酸和强碱的稀溶液反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，则将50mL0.55mol/LNaOH溶液与50mL0.50mol/L盐酸改为50mL0.65mol/LNaOH溶液与50mL0.60mol/L盐酸时放热增多，但所得中和热的数值保持不变，故A项正确；酸碱恰好反应完全时放热最多，所以测定中和反应热的实验中，混合溶液温度最高时的温度为终止温度，故B项错误；测盐酸溶液温度的温度计未洗涤立马测定氢氧化钠溶液的温度时，所测NaOH溶液的温度偏高，温度差偏小，反应热数值偏小，但中和热△H为负值，所以测得的△H偏大，故C项错误；一水合氨是弱碱，电离吸热，实验中使用相同浓度的氨水替代氢氧化钠溶液时，测得中和热数值偏小，故D项错误；故本题选A。7.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的4种短周期元素，其原子结构如表：元素原子结构W基态原子L层电子数是K层电子数的2倍X原子核外p电子数比s电子数少1Y原子最外层2p轨道上有2个未成对电子Z原子核外的M层中只有两对成对电子下列说法不正确的是A.最高价氧化物对应的水化物的酸性：X>WB.简单气态氢化物的稳定性：X>Y>WC.第一电离能：X>Y>WD.ZY2为极性分子【答案】B【解析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的4种短周期元素，W基态原子L层电子数是K层电子数的2倍，W是C；X原子核外p电子数比s电子数少1，X是N；Y原子的最外层2p轨道上有2个未成对电子，原子序数大于氮元素，Y是O；Z原子核外的M层中只有两对成对电子，Z是S，据此解答。非金属性越强则对应最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性：同周期自左向右逐渐增强，同主族从上到下逐渐减弱，W是C，X是N，则最高价氧化物对应的水化物的酸性：HNO3＞H2CO3，故A项正确；非金属性越强则对应简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性：同周期自左向右逐渐增强，同主族从上到下逐渐减弱，则非金属性：O＞N＞C，最简单气态氢化物稳定性：H2O＞NH3＞CH4，故B项错误；第一电离能：同周期自左向右逐渐增强，同主族从上到下逐渐减弱，但第ⅡA、ⅤA族原子结构处于充满或半充满结构，第一电离能大于相邻周期元素，氮元素的2p轨道电子处于半充满稳定状态，则第一电离能：N＞O＞C，故C项正确；SO2易溶于水，根据相似相溶原理，SO2为极性分子，故D项正确；故答案选B。8.化学反应既有物质的变化又有能量的变化，下列说法正确的是(热化学方程式中H的绝对值均正确)A.CaO(s)+H2O(l)=Ca(OH)2(s)H1；CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g)H2；则H1>H2B.2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)H=-571.6kJ/mol(燃烧热)C.Ba(OH)2(aq)+HCl(aq)=BaCl2(aq)+H2O(l)H=-57.3kJ/mol(中和热)D.同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的H不同【答案】C【解析】第一个反应是放热反应，H1＜0，第二个反应为吸热反应，H2>0，H1<H2，故A错误；燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成指定产物时所放出的热量，所给热化学方程式是2molH2，不能表示燃烧热，故B错误；中和热是指酸碱发生中和反应，生成1molH2O时所放出的热量，Ba(OH)2(aq)+HCl(aq)=BaCl2(aq)+H2O(l)H=-57.3kJ/mol可以表示中和热的热化学方程式，故C正确；H只与反应体系的始末状态有关，与反应条件无关，故D错误；故选C。9.某同学采用工业大理石(含有少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质)制取CaCl2﹒6H2O，设计了如下流程：下列说法不正确的是A.固体I中含有SiO2，固体II中含有Fe(OH)3B.使用石灰水时，要控制pH，防止固体II中Al(OH)3转化为[Al(OH)4]-C.试剂a选用盐酸，从溶液III得到CaCl2﹒6H2O产品的过程中，须控制条件防止其分解D.若改变实验方案，在溶液I中直接加氨水至沉淀完全，滤去沉淀，其溶液经蒸发浓缩、冷却结晶也可得到纯净的CaCl2﹒6H2O【答案】D【解析】由题给流程可知，向工业大理石加入足量盐酸酸浸，将碳酸钙和金属氧化物转化为可溶的氯化物，二氧化硅与盐酸不反应，过滤得到含有二氧化硅的固体I和溶液I；向溶液I中加入石灰水，将溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的固体II和溶液II；向溶液II中加入盐酸中和过量的石灰水得到氯化钙溶液，氯化钙溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水氯化钙。由分析可知，固体I中含有二氧化硅，固体II中含有氢氧化铁、氢氧化铝，故A正确；氢氧化铝是两性氢氧化物，能与过量的氢氧化钙溶液反应生成四羟基合铝酸根离子，所以使用石灰水时，要控制溶液pH，防止氢氧化铝转化为四羟基合铝酸根离子，故B正确；六水氯化钙受热易失去结晶水，所以从溶液III得到六水氯化钙产品的过程中，须控制条件防止其分解，故C正确；若改变实验方案，在溶液I中直接加氨水至沉淀完全，过滤得到的滤液中会含有氯化铵杂质，导致蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到的六水氯化钙中混有氯化铵杂质，所以在溶液I中直接加氨水，故D错误；故选D。10.我国科学家研究了不同含金化合物催化乙烯加氢的反应历程如图所示，下列说法正确的是A过渡态1比过渡态2更稳定B.若该反应生成液态，则反应的增大C.催化剂AuF的催化效果比的好D.该反应的热化学方程式为：【答案】D【解析】过渡态1所处状态能量高于状态2，两种过渡态物质中较稳定的是过渡态2，A错误；若该反应生成液态，反应放热更多，则反应的减小，B错误；由图可知AuPF3+对应的活化能小，则催化效果好，C错误；由反应物、生成物的总能量可知=-129.6kJ/mol-0=-129.6kJ/mol，该反应的热化学方程式为：，D正确；故选D。11.根据下列实验操作或现象能得出相应实验结论的是选项实验操作或现象实验结论A用铂丝蘸取某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色一定是钠盐，该溶液中一定不含有K+B向溶液中滴加硝酸，再滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成Y中一定含有C用坩埚钳夹住以小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热，铝箔熔化但不滴落氧化铝的熔点高于铝单质D制备Fe(OH)3胶体：将0.1mol/LFeCl3溶液与0.3mol/LNaOH溶液等体积混合生成了Fe(OH)3胶体A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应火焰呈黄色说明该溶液一定是含有钠元素，可能是碱，也可能是钠盐，钾元素的焰色反应实验需要透过蓝色钴玻璃观察，焰色反应为紫色，不确定是否含有钾元素，A错误；溶液中含有亚硫酸根离子会被硝酸氧化为硫酸根离子，和钡离子生成硫酸钡沉淀，含有银离子也会出现同样的现象，B错误；打磨过的铝箔在酒精灯上加热，金属铝熔化而不滴落下来，是因为外层的氧化铝没熔化，包裹住内部已经熔化的铝单质，说明金属铝熔点比氧化铝低，C正确；FeCl3溶液和NaOH溶液生成氢氧化铁沉淀，得不到氢氧化铁胶体；制取红褐色胶体应该向煮沸的蒸馏水中滴加饱和氯化铁溶液至溶液变红褐色，D错误；故选C。12.中科院长春应用化学研究所张新波团队提出了一种独特的锂-氮(Li-N)电池，其在放电过程中消耗氮气，充电过程中释放氮气，可实现氮气的循环，并对外提供电能。该电池在充电时发生反应：。下列说法不正确的是A.锂-氮电池为绿色固氮提供了一种可能的途径B.放电时，由甲电极向乙电极迁移，并在多孔碳布表面生成C.充电时，甲接外接电源的负极，发生还原反应D.放电时，乙电极上发生的反应为【答案】D【解析】锂-氮电池放电时消耗，充电时释放，实现了的循环，为绿色固氮提供了一种可能的途径，A正确；放电时，甲电极为负极，乙电极为正极，向负极即乙电极迁移，并在多孔碳布表面生成，B正确；放电时，甲电极发生氧化反应，充电时，甲接外接电源的负极，发生还原反应，C正确；乙电极上发生的反应为，D错误；故选D。13.25℃时，用0.1000mol/L的NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.1000mol/L的CH3COOH溶液和HCN溶液，所得滴定曲线如图。下列说法不正确的是A.点①和点②所示溶液中：c(CH3COO-)-c(CN-)=c(HCN)-c(CH3COOH)B.④⑤为两个反应滴定终点，两个反应均可采用酚酞作指示剂C.点①溶液中水的电离程度小于点②溶液D.点②和点③间(不含端点)存在离子浓度大小关系：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)【答案】C【解析】点①所示溶液的溶质为HCN和NaCN，点②所示溶液的溶质为CH3COOH和CH3COONa，根据质量守恒可知，点①所示溶液满足：，点②所示溶液满足：，则，A正确；NaOH溶液分别滴定CH3COOH溶液和HCN溶液时，滴定终点的溶质分别为CH3COONa和NaCN，溶液均显碱性，④⑤为两个反应的滴定终点，两个反应均可采用酚酞作指示剂，B正确；点①所示溶液的溶质为HCN和NaCN，溶液显碱性，CN-的水解程度大于HCN的电离；点②所示溶液的溶质为CH3COOH和CH3COONa，溶液显酸性，CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解；盐的水解促进水的电离，酸抑制水的电离，则所以点①溶液中水的电离程度大于点②溶液，C错误；点②和点③间(不含端点)均显酸性，则溶液中存在离子浓度大小关系：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)，D正确；故选C。14.Al3+与F-具有很强的亲和性，当F-的浓度过大时，还会形成AlF。AlF3在一定溶剂中存在分步电离，常温下向某浓度的AlF3溶液中加入NaF，实验测定Al3+、AlF2+、AlF、AlF3在所有含铝元素微粒中的百分含量随pF[]的变化如图所示，下列说法错误的是A.曲线b表示AlFB.pF=4时，C.pF=6.6时，D.常温下，的化学平衡常数为1015.6【答案】C【解析】从左到右pF越来越大，则得出c(F－)浓度越来越小，从右向左，c(F－)浓度逐渐增大，则得出a、b、c、d分别代表AlF3、、AlF、AlF2+、Al3+变化曲线。从左到右pF越来越大，AlF3在溶液中存在分步电离，所以图中a、b、c、d分别代表AlF3、AlF、AlF2+、Al3+变化曲线，故A正确；a、b、c、d分别代表AlF3、AlF、AlF2+、Al3+变化曲线，图中pF=4时，根据图中信息得到c(AlF)＞c(AlF3)＞c(AlF2+)，故B正确；pF=6.6时，根据电荷守恒得到c(Na+)+3c(Al3+)+2c(AlF2+)+c(AlF)+c(H+)=c(F－)+c(OH－)，故C错误；由图可知，pF=−lgc(F－)=3.8时，c(AlF3)=c(AlF)，AlF+F－AlF3的平衡常数K1=，K1==，根据pF=−lgc(F－)=5.2时，c(AlF)=c(AlF2+)，AlF2++F－AlF的平衡常数K2=，K2==，根据pF=−lgc(F－)=6.6时，c(Al3+)=c(AlF2+)，Al3++F－AlF2+的平衡常数K3=，K3==，常温下，Al3++3F－AlF3的化学平衡常数为K=K1K2K3=103.8×105.2×106.6=1015.6，故D正确；故选C。二、非选择题(本题共4小题，共58分)15.我国嫦娥五号返回器带回了月球土壤样品。研究发现，月球土壤样品中存在铁、金、银、铅、锌、铜等矿物颗粒。请回答下列问题：（1）基态Fe原子的价层电子排布式为___________，其核外填充有电子的原子轨道数目为___________，比铁原子多一个质子的元素名称为___________。（2）Ti(BH4)2是一种储氢材料。的空间结构是___________，H、Na、K的电负性由小到大的顺序为___________。（3）我国科学家研究发现，十八胺在较高温度下具有一定的还原性，由于从十八胺中获得电子的能力不同，不同的金属盐在十八胺体系中反应可以得到不同的产物：单一金属盐Zn2+Ag+在十八胺体系中的产物ZnOAg已知元素的电负性数据：元素ZnAgAu电负性(鲍林标度)1.61.92.4据此推测单一的金属(Au3+)盐在十八胺体系中反应的产物为___________(写化学式)。（4）分析Cu，Zn的核外电子排布，推测Cu的第二电离能I2___________Zn的第二电离能I2(填“大于”“小于”或“等于”)。【答案】（1）①.3d64s2②.15③.钴（2）①.正四面体②.K<Na<H（3）Au（4）大于【解析】【小问1详析】Fe为26号元素，电子排布式为，价层电子排布式为3d64s2；其核外填充有电子的原子轨道数目为15；比铁原子多一个质子的元素为27号元素，为钴元素；【小问2详析】中心原子B的价电子对数为，无孤电子对，故空间构型为正四面体形；同一主族从上到下，电负性逐渐减小，故由小到大的顺序为K<Na<H；【小问3详析】元素电负性越大，得到电子的能力越强。根据元素电负性可知：得电子能力：Au3+>Ag+>Zn2+，由于Ag+得到电子变为单质，则Au3+得电子变为Au；【小问4详析】Cu+的价层电子排布式为3d10，Zn+的价层电子排布式为3d104s1，失去3d轨道上的电子比失去4s轨道上的电子难，故Cu的第二电离能I2＞Zn的第二电离能I2。16.某科研人员以废镍催化剂(主要成分为NiO，另含Fe2O3、CaO、CuO、BaO)为原料回收镍，工艺流程如图。已知：常温下，有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH如表。氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Ni(OH)2开始沉淀的pH1.56.57.7沉淀完全的pH3.79.79.2回答下列问题：（1）浸出渣主要成分为___________(填化学式)。（2）“除铜”时，Fe3+与H2S反应的离子方程式为___________。（3）“氧化”的目的是将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，写出该反应的离子方程式：___________。温度需控制在40~50℃之间，该步骤温度不能太高的原因是___________。（4）“调pH”时，pH的控制范围为___________。（5）“除铜”中分离CuS、S用到的分离方法是___________。（6）用可溶性碳酸盐，可以浸取CaSO4固体，在溶液浸取过程中发生反应：CaSO4(s)+(aq)CaCO3(s)+(aq)。已知：298K时，Ksp(CaCO3)=2.80×10-9，Ksp(CaSO4)=4.90×10-5，则此温度下该反应的平衡常数K为___________(结果保留三位有效数字)。【答案】（1）BaSO4、CaSO4（2）2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+（3）①.H2O2+2H++2Fe2+=2H2O+2Fe3+②.避免温度太高，过氧化氢受热分解（4）3.7≤pH<7.7或3.7~7.7（5）过滤（6）1.75×104【解析】以废镍催化剂(主要成分为NiO，另含Fe2O3、CaO、CuO、BaO)为原料回收镍，废镍催化剂先用硫酸浸取，过滤得到含有镍离子、铁离子、钙离子、铜离子的溶液，再通入硫化氢除去铜离子，且使铁离子被还原成亚铁离子，得硫化铜、硫固体，过滤得到的滤液中含有镍离子、亚铁离子、钙离子，加入H2O2将亚铁离子氧化为铁离子，调节pH生成氢氧化铁沉淀，镍离子不沉淀，加入氟化钠除去钙离子，再加入氯化钠后电解得2NiO(OH)﹒H2O，灼烧得三氧化二镍。【小问1详析】用硫酸浸取废镍催化剂，各氧化物转化为离子进入溶液，钙离子和钡离子与硫酸根离子结合得到CaSO4、BaSO4沉淀，故答案为：CaSO4、BaSO4；【小问2详析】“除铜”时，铁离子氧化硫化氢反应生成亚铁离子和S，离子方程式为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，故答案为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；【小问3详析】“氧化”时用H2O2将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为H2O2+2H++2Fe2+=2H2O+2Fe3+；过氧化氢受热易分解，故温度不能太高；【小问4详析】“调pH”，使铁离子完全沉淀，且避免生成Ni(OH)2，由表中数据可知，pH范围为：3.7≤pH<7.7，故答案为：3.7≤pH<7.7或3.7~7.7；【小问5详析】“除铜”中分离CuS、S用到的分离方法是过滤，故答案为：过滤；【小问6详析】平衡常数K=，故答案为：1.75×104。17.氰化钠(NaCN)是一种重要的基本化工原料，用于化学合成、电镀、冶金和有机合成医药农药，同时也是一种剧毒物质，一旦泄漏需要及时处理，一般可以用二氧化氯(ClO2)水溶液或硫代硫酸钠(Na2S2O3)溶液来处理，以减轻环境污染。（1）NaCN用二氧化氯(ClO2)水溶液处理后，CN-被氧化为两种不污染空气的气体，NaCN溶液显___________性(填“酸”“碱”或“中”)，用石墨作电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2，写出阳极产生ClO2的电极反应式(酸性环境)：___________。工业制备硫代硫酸钠的反应原理；2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2。某化学小组利用上述原理在实验室制备硫代硫酸钠，并用硫代硫酸钠溶液处理含氰化钠废水。【实验一】实验室通过如图所示装置制备硫代硫酸钠。关闭K1，打开K2，打开分液漏斗活塞，缓慢滴加硫酸，控制好反应速率。（2）①装置A中盛放Na2SO3固体的仪器名称是___________；写出A中反应的化学反应方程式：___________。②装置B的作用是___________。（3）实验结束后，在E处可连接盛有___________(填标号)溶液的注射器，再关闭K2，打开K1，以防止拆除装置时装置中的有害气体逸出污染空气。A.BaCl2溶液 B.浓硫酸C.酸性KMnO4溶液 D.NaOH溶液（4）实验中所用药品Na2CO3中碳原子杂化方式是___________。【实验二】测定硫代硫酸钠产品纯度并处理废水中的氰化钠。制备的硫代硫酸钠产品一般为Na2S2O3﹒5H2O，一般可用的标准溶液测定产品纯度：取10.00g产品配制成250mL溶液，取25.00mL溶液，用浓度为0.1000mol/L的标准溶液进行滴定(原理为2Na2S2O3+=Na2S4O6+2NaI)，相关数据记录如表：实验编号123溶液体积/mL25.0025.0025.00消耗的标准溶液体积/mL20.0518.0019.95（5