北京市西城区2021届高三上学期期末考试化学试题

北京市西城区2021届高三上学期期末考试化学试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、单选题1．剧装戏具的制作技艺是首批国家传统工艺振兴项目之一、下列括号中所列高分子材料的主要成分不属于蛋白质的是（）A．戏衣(丝绸)B．头盔(羽毛)C．髯口(毛发)D．刀枪把(竹木)A．A B．B C．C D．D2．化学与生活密切相关。下列说法错误的是（）A．高温可杀灭细菌，是由于高温可使蛋白质变性B．纯碱溶液可去油污，是由于NaHCO3水解使溶液显碱性C．石灰石可减少煤燃烧的SO2排放，是由于它可将SO2转化为CaSO4D．维生素C常与补铁剂(有效成分中铁元素为+2价)同服，是由于它具有还原性3．下列化学用语表述正确的是（）A．乙炔的实验式：CHB．H2O2的电子式：C．Mg2+的结构示意图：D．CO2分子的比例模型：4．下列离子方程式书写正确的是（）A．氨水与稀盐酸反应：OH−+H+=H2OB．CuO与稀硝酸反应：CuO+2H+=Cu2++H2OC．Ba(OH)2溶液与稀硫酸反应：Ba2++SO42-D．大理石与稀盐酸反应：CO32-+2H+=CO25．锶是人体不可缺少的一种微量元素，位于元素周期表中第五周期第ⅡA族。下列关于38Sr的说法错误的是（）A．原子最外层有2个电子B．中子数为52的Sr的核素符号为38C．与同周期的53I的原子半径：Sr>ID．最高价氧化物对应的水化物的碱性：Ca(OH)2>Sr(OH)26．下列颜色变化与氧化还原反应无关的是（）A．用小刀切开金属钠，表面逐渐变暗B．推进盛有NO2的密闭针筒的活塞，气体颜色变深C．将酸性KMnO4溶液滴入H2C2O4溶液中，溶液紫色褪去D．将FeSO4溶液加入NaOH溶液中，最终生成红褐色沉淀7．柑橘类水果中含有柠檬酸，其结构简式如下。下列关于柠檬酸的说法错误的是（）A．分子式是C6H8O7B．是可溶于水的有机化合物C．与浓硫酸共热可发生消去反应D．核磁共振氢谱有三种不同的吸收峰8．火法炼铜的原理：Cu2S+O2高温__2Cu+SO2.下列说法A．O2在该反应中作氧化剂B．所得气体通入品红溶液，溶液褪色C．3.2gO2参与反应时，该反应中电子转移的总数约为4×6.02×1022D．所得气体经处理可作工业制硫酸的原料9．用下图所示装置及药品进行实验，能达到对应实验目的的是（）图1图2图3图4A．图1：实验室制氨气 B．图2：检验乙炔具有还原性C．图3：用乙醇萃取碘水中的I2 D．图4：用海水制取蒸馏水10．高分子N可用于制备聚合物离子导体，其合成路线如下：下列说法错误的是（）A．苯乙烯不存在顺反异构体B．试剂a为C．试剂b为HO(CH2CH2O)mCH3D．反应1为加聚反应，反应2为缩聚反应11．在两个密闭的锥形瓶中，0.05g形状相同的镁条(过量)分别与2mL2mol·L−1的盐酸和醋酸反应，测得容器内压强随时间的变化曲线如下图。下列说法正确的是（）A．①代表的是盐酸与镁条反应时容器内压强随时间的变化曲线B．任意相同时间段内，盐酸与Mg反应的化学反应速率均快于醋酸与Mg反应的化学反应速率C．反应中醋酸的电离被促进，两种溶液最终产生的氢气总量基本相等D．1mol·L−1NaOH溶液完全中和上述两种酸溶液，盐酸消耗NaOH溶液的体积更大12．新型可充电镁—溴电池能量密度高，循环性能优越，在未来能量存储领域潜力巨大。某镁—溴电池装置如下图(正负极区之间的离子选择性膜只允许Mg2+通过)。下列说法错误的是（）A．放电时，Mg电极发生还原反应B．放电时，正极反应为：Br3-+2eC．充电时，Mg电极应连接电源负极D．当0.1molMg2+通过离子选择性膜时，导线中通过0.2mole−13．一定条件下，分别在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中加入A和B，发生反应：3A(g)+B(g)⇌2C(g)∆H>0，448K时该反应的化学平衡常数K=1，反应体系中各物质的物质的量浓度的相关数据如下：容器温度/K起始时物质的浓度/(mol·L−1)10分钟时物质的浓度/(mol·L−1)c(A)c(B)c(C)甲448310.5乙T1310.4丙44832a下列说法错误的是（）A．甲中，10分钟内A的化学反应速率：υ(A)=0.075mol·L−1·min−1B．甲中，10分钟时反应已达到化学平衡状态C．乙中，T1＜448K、K乙＜K甲D．丙中，达到化学平衡状态时A的转化率大于25%14．某同学通过实验研究铜盐溶液颜色的变化。下列说法错误的是（）A．由①②可知，②中溶液呈蓝色是Cu2+与水分子作用的结果B．由④可知，Cu2+与Cl−可能会结合产生黄色物质C．由③④可知，Cl−的浓度对铜盐溶液的颜色有影响D．由②③④可知，CuCl2溶液一定为绿色二、实验题15．某铁矿石中铁元素的化合价为+2价和+3价，测定其中铁元素总含量的实验如下。已知：ⅰ.该实验条件下，SnCl2的氧化产物为SnCl62-，Cr2ⅱ.杂质不参加反应。Ⅰ.将铁矿石粉碎，取mg铁矿石粉于烧杯中，加入浓盐酸，加热使其充分溶解；Ⅱ.冷却后过滤、洗涤，将滤液和洗涤液转移到250mL仪器a中定容；Ⅲ.移取25mL溶液于锥形瓶中，加入4mol·L−1盐酸，加热至接近沸腾，边摇动锥形瓶边缓慢滴加一定浓度的SnCl2溶液，至恰好完全反应，停止滴加SnCl2溶液；Ⅳ.冷却后加入50mL蒸馏水和指示剂，用cmol·L−1K2Cr2O7溶液滴定至终点；Ⅴ.重复测定三次，消耗K2Cr2O7溶液的平均体积为VmL。（1）Ⅰ中，加快化学反应速率的措施有(至少写出2个)。（2）Ⅱ中，仪器a的名称是。（3）Ⅲ中，Sn2+还原Fe3+的离子方程式是。（4）该铁矿石中铁元素的质量分数为。（5）Ⅲ中，若SnCl2过量，测得的铁矿石中铁元素的质量分数会(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。16．某同学研究浓硝酸与KSCN溶液的反应。资料：Ⅰ.SCN−中S、C、N元素的化合价依次为：-2价、+4价、-3价。Ⅱ.SCN−的性质类似卤素离子，能被氧化为黄色的(SCN)2，(SCN)2可聚合为红色的(SCN)x。Ⅲ.NO2可溶于浓硝酸。（1）实验一：向浓硝酸中滴加KSCN溶液，溶液立即变红是因为生成了(填化学式)。（2）研究SCN−的转化产物。实验二：a.将实验一ⅲ中的气体通入Ba(OH)2和NaOH的混合溶液中，有白色沉淀生成。b.过滤、洗涤白色沉淀，取少量于试管中，加入过量的稀硝酸，沉淀完全溶解，再滴加少量KMnO4溶液，不褪色。c.另取少量实验一ⅲ中试管内的溶液加入BaCl2溶液，产生大量白色沉淀。①通过b证实了红棕色气体中不含SO2，证据是。②a中，Ba(OH)2溶液中加入NaOH溶液以增大OH−浓度的目的是。③由上述实验现象可知：SCN−转化的最终产物中一定有。（3）继续研究实验一ⅲ中“静置一段时间后，突然剧烈反应，红色迅速褪去”的原因。实验三：①对比实验一和实验三可得结论：一定浓度的NO2。②结合实验三，从化学反应速率的角度解释实验一ⅱ和ⅲ中的现象：。17．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：H2S有剧毒；常温下溶解度为1∶2.6(体积)。（1）H2S、HS−、S2−在水溶液中的物质的量分数随pH的分布曲线如图。当pH≈8时，含硫废水中最主要的含硫(-2价)微粒是。（2）沉淀法处理含硫废水：向pH≈8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。用化学平衡移动的原理解释溶液的pH降低的原因：。（3）氧化还原法处理含硫废水：向pH≈8的含硫废水中加入一定浓度的Na2SO3溶液，加酸将溶液调为pH=5，产生淡黄色沉淀。①反应的离子方程式是。②不同pH时，硫化物去除率随时间的变化曲线如图。本工艺选择控制体系的pH=5，不选择pH＜5，从环境保护的角度分析其主要原因：。（4）电浮选絮凝法处理含硫废水：铝作阳极、石墨作阴极，以直流电电解含一定浓度Na2SO4的pH≈8的含硫废水。阳极产生微小气泡，随后溶液中产生淡黄色浑浊，阳极附近生成的胶体吸附淡黄色浑浊。①用离子方程式表述产生淡黄色浑浊的可能原因：(1种即可)。②阴极产生的气泡把污水中的悬浮物(含阳极扩散的胶体)带到水面形成浮渣层，结合电极反应式解释胶体和浮渣层的形成过程：。18．某钴矿石的主要成分有CoO、Co2O3、MnO、Fe2O3、MgO和SiO2等。由该矿石粉制备CoC2O4固体的方法如下(部分催化剂已略)。已知：金属离子沉淀的pH：Fe3+Fe2+Mg2+Mn2+Co2+开始沉淀时1.56.38.98.27.4完全沉淀时2.88.310.910.29.4（1）Co2O3溶于浓硫酸，生成Co2+和一种可使带火星的木条复燃的气体，该气体是。（2）向溶液1中加入NaOH溶液，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，应调节pH至少大于。（3）向溶液2中加入NaF溶液，去除的离子是。（4）向溶液3中加入氨水和过氧化氢溶液，将Co2+转化为Co(NH3)63+。补充完整下列离子方程式：Co2++H2O2+NH3-Co(NH3)63++，。（5）溶液4中，若将1molCo(NH3)63+全部转化为CoC2O4沉淀，需要消耗(NH4)2C2O4mol。（6）关于上述流程，下列说法正确的是(填序号)。a.若矿石粉中存在少量FeO，经上述流程也可制得纯度相同的CoC2O4b.向溶液3中加入氨水，作用仅是调节溶液的pHc.流程中，仅通过调节溶液的pH无法将金属元素完全分离19．他米巴罗汀是治疗急性髓性白血病的药物，其合成路线如下：已知：+RCl→AlCl3（1）A是芳香烃，试剂a是。（2）C中含氮的官能团是。（3）D→E为酯化反应，化学方程式是。（4）C和F反应得到G为可逆反应，推测N(C2H5)3(一种有机碱)的作用是。（5）I的结构简式是。（6）H是制他米巴罗汀的重要中间体，以C2H2为原料合成H的路线如下：已知：R1—C≡CH+→KOH/加压①试剂b的结构简式是。②N→H的化学方程式是。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A．丝绸的主要成分是蚕丝，蚕丝属于蛋白质，故不选A；B．羽毛的成分是蛋白质，故不选B；C．毛发的成分是蛋白质，故不选C；D．竹木的成分是纤维素，故答案为：D；

【分析】蛋白质由碳、氮、磷、硫等元素组成的，毛发、蚕丝、羊毛等的主要成分为蛋白质，据此分析解答。

2．【答案】B【解析】【解答】A．高温可使蛋白质变性，所以高温可杀灭细菌，故A不符合题意；B．纯碱溶液可去油污，是由于Na2CO3水解使溶液显碱性，故B符合题意；C．由于氧化钙和二氧化硫反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙被氧化为CaSO4，所以石灰石可减少煤燃烧的SO2排放，故C不符合题意；D．维生素C具有还原性，维生素C与补铁剂(有效成分中铁元素为+2价)同服，可以防止亚铁离子被氧化，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.高温可使蛋白质变性而死亡；

B.碳酸钠俗名纯碱，化学式为Na2CO3；

C.碳酸钙与氧气、二氧化硫气体在加热条件下能够反应生成硫酸钙和二氧化碳气体；

D.维生素C具有还原性，能与氧气反应。

3．【答案】A【解析】【解答】A．乙炔的分子式是C2H2，实验式是CH，故A符合题意；B．H2O2是共价化合物，电子式是，故B不符合题意；C．Mg2+核外有10个电子，结构示意图为，故C不符合题意；D．碳原子的半径大于氧原子，故D不符合题意；故答案为：A；

【分析】A.实验式为分子中各原子的最简比；

B.过氧化氢是共价化合物，H、O原子间通过共用电子对连接；

C.镁离子的核内有12个质子，核外有10个电子；

D.CO2分子的比例比例型中C原子半径大于O。

4．【答案】B【解析】【解答】A．氨水与稀盐酸反应生成氯化铵和水，反应的离子方程式是NHB．CuO与稀硝酸反应生成硝酸铜和水，反应的离子方程式是CuO+2H+=Cu2++H2O，故B符合题意；C．Ba(OH)2溶液与稀硫酸反应生成硫酸钡和水，反应的离子方程式是Ba2++2OH-+SO42-+2H+=BaSO4D．大理石与稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳、水，反应的离子方程式是CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H故答案为：B。

【分析】根据离子方程式的书写原则：电荷守恒，质量守恒，弱电解质保持原式进行分析。5．【答案】D【解析】【解答】A．主族序数等于原子最外层电子数，锶元素位于周期表中第五周期第ⅡA族，所以锶原子原子最外层有2个电子，故A不符合题意；B．质量数=质子数+中子数=38+52=90，所以中子数为52的Sr的核素符号为3890C．同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，由于原子序数：碘>锶，所以原子半径：Sr>I，故C不符合题意；D．同一主族元素元素从上到下金属性增强，金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性就越强，所以最高价氧化物对应的水化物的碱性：Ca(OH)22，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】依据元素周期表和元素周期律的相关知识分析解答。6．【答案】B【解析】【解答】A.金属钠表面逐渐变暗是被氧气氧化生成了Na2O，发生了氧化还原反应，故A不符合；B.推进盛有NO2的密闭针筒的活塞，增大压强，反应2NO2⇌C.将酸性KMnO4溶液滴入H2C2O4溶液中，溶液紫色褪去，是因为KMnO4被H2C2O4还原为Mn2+，发生了氧化还原反应，故C不符合；D.将FeSO4溶液加入NaOH溶液中，先生成氢氧化亚铁白色沉淀，氢氧化亚铁迅速被氧气氧化生成氢氧化铁红褐色沉淀，发生了氧化还原反应，故D不符合；故答案为：B。

【分析】依据反应是否有化合价的变化结合常见金属单质和化合物的性质分析解答。7．【答案】D【解析】【解答】A．由结构简式知，分子式是C6H8O7，A不符合题意；B．所含3个羧基、1个羟基均为亲水基团、碳链很短、是可溶于水的有机化合物，B不符合题意；C．羟基所连碳原子邻位上有氢原子，故与浓硫酸共热可发生消去反应，C不符合题意；D．分子内有4种氢原子，核磁共振氢谱有4种不同的吸收峰，D符合题意；故答案为：D。

【分析】该有机物中含有羧基、羟基结合羧酸和醇的性质分析解答。8．【答案】C【解析】【解答】A．O2中氧元素化合价降低，O2在该反应中作氧化剂，故A不符合题意；B．SO2具有漂白性，所得气体通入品红溶液，溶液褪色，故B不符合题意；C．该反应中硫元素化合价由-2升高为+4，3.2gO2的物质的量是0.1mol，3.2gO2参与反应时，该反应中电子转移的总数约为6×6.02×1022，故C符合题意；D．SO2和氧气反应生成SO3、SO3和水反应生成硫酸，所得气体经处理可作工业制硫酸的原料，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】该反应中Cu元素化合价由+1价变为0价、S元素化合价由-2价变为+4价、O元素化合价由0价变为2价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂，据此分析解答。

9．【答案】D【解析】【解答】A.氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，离开加热部位，气体温度降低后又会化合生成氯化铵固体，故实验室不能用分解氯化铵制氨气，故A不符合题意；B.用电石制取的乙炔中常含有H2S气体，H2S也具有还原性，能将高锰酸钾还原，使其褪色，干扰乙炔的检验，因此应先除去H2S，再检验乙炔具有还原性，故B不符合题意；C.乙醇与水互溶，故不能用乙醇萃取碘水中的I2，故C不符合题意；D.可以用蒸馏的方法，用海水制取蒸馏水，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】A.氯化铵分解后，在试管口化合生成氯化铵；

B.H2S气体也有还原性；

C.萃取用于互不相溶的两种液体分离；

D.海水中水的沸点较低。

10．【答案】D【解析】【解答】A．苯乙烯分子中碳碳双键上的其中一个碳原子上连有两个相同的H原子，因此苯乙烯不存在顺反异构体，故A不符合题意；B．根据苯乙烯、M的结构分析可知，试剂a为，苯乙烯的碳碳双键打开，的碳碳双键也打开，二者再发生加聚反应得到M，故B不符合题意；C．根据M和N的结构分析可知，试剂b为HO(CH2CH2O)mCH3，M和b发生加成反应生成N，故C不符合题意；D．由以上分析知，反应1为加聚反应，反应2为加成反应，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】A.连接碳碳双键的亚甲基.上含有2个H原子；

B.苯乙烯和a发生加聚反应生成高分子M，根据M结构简式确定a结构简式；

C.M和b发生取代反应生成N，根据M和N结构简式确定b结构简式；

D.苯乙烯和a发生加聚反应生成M，M和b发生取代反应生成N。

11．【答案】C【解析】【解答】A．盐酸为一元强酸，醋酸为一元弱酸，则2mL2mol·L−1的盐酸和醋酸中，盐酸中c(H+)大，与镁条反应的速率大，相同时间内产生的氢气多，容器内压强大，反应速率快，反应先结束，故②代表的是盐酸与镁条反应时容器内压强随时间的变化曲线，故A不符合题意；B．可以通过曲线的斜率比较二者的反应速率，从图像可以看出，100s后，醋酸与镁的反应速率更大，此时盐酸与镁已接近反应结束，c(H+)较小，反应速率小，故B不符合题意；C．由于盐酸和醋酸的浓度和体积均相同，则二者物质的量相同，故反应结束时，产生的氢气气总量基本相等，故C符合题意；D．由于盐酸和醋酸的物质的量相同，故用1mol·L−1NaOH溶液完全中和上述两种酸溶液时，盐酸与醋酸消耗NaOH溶液的体积相等，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】依据同浓度的盐酸和醋酸电离出来的c(H+)不同，结合化学反应速率的影响因素分析解答。12．【答案】A【解析】【解答】A．放电时，镁是负极，Mg电极失电子发生氧化反应，故A符合题意；B．由原电池原理可知，放电时，正极反应为：Br3-+2e−C．放电时，镁是负极，充电时，Mg电极应连接电源负极，故C不符合题意；D．根据电荷守恒，当0.1molMg2+通过离子选择性膜时，导线中通过0.2mole−，故D不符合题意；故答案为：A。

【分析】依据总反应可知镁作负极，发生氧化反应，石墨作正极。负极反应式为Mg-2e-=Mg2+，正极反应式为Br3-+2e-=3Br-。依据原电池中“阴负阳正”的规律，Mg2+向正极迁移，若负极区用镁盐的水溶液，则Mg会与H2O反应。

13．【答案】B【解析】【解答】A．甲中，10分钟时C的物质的浓度为0.5mol·L−1，则A的浓度减小0.75mol·L−1，10分钟内A的化学反应速率：υ(A)=0.75mol·L−1÷10min=0.075mol·L−1·min−1，故A不符合题意；B．甲中，10分钟时C的物质的浓度为0.5mol·L−1，则A的浓度减小0.75mol·L−1，B的浓度减小0.25mol·L−1，10分钟时，c(A)=2.25mol·L−1、c(A)=0.75mol·L−1，Q=0.52C.3A(g)+B(g)⇌2C(g)正反应吸热，升高温度，反应速率加快、平衡常数增大，若T1>448K，10分钟时C物质的浓度应该大于0.5mol·L−1，所以乙中，T1＜448K、K乙＜K甲，故C不符合题意；D．甲中，10分钟时C的物质的浓度为0.5mol·L−1，则A的浓度减小0.75mol·L−1，B的浓度减小0.25mol·L−1，10分钟时，c(A)=2.25mol·L−1、c(A)=0.75mol·L−1，Q=0.522.253故答案为：B。

【分析】A.根据给出的数据计算出C的速率再利用化学计量系数计算出A的速率

B.根据给出的数据计算出10min浓度计算出此时的浓度商与平衡常数进行对比即可

C.根据此时正反应时吸热即可判断温度的大小和平衡阐述的大小

D.根据钾和丙对比即可判断相增加了B的物质的量，即可提高A的转化率，计算出甲中A的转化率即可14．【答案】D【解析】【解答】A．由①②可知，硫酸铜遇水变蓝，所以②中溶液呈蓝色是Cu2+与水分子作用的结果，故A不符合题意；B．由④可知，氯化钠固体表面氯离子浓度较大，固体表面为黄色，所以Cu2+与Cl−可能会结合产生黄色物质，故B不符合题意；C．③→④增大了氯离子浓度，所以Cl−的浓度对铜盐溶液的颜色有影响，故C不符合题意；D．由③溶液为蓝色可知，CuCl2溶液不一定为绿色，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】A.由①②可知，无水CuSO4是白色的，加入水后CuSO4溶液呈蓝色；

B.向③中溶液加入NaCl固体后，底部的NaCl固体表面变为黄色；

C.②中加少量NaCl溶液后③溶液为蓝色，③中蓝色溶液加入足量NaCl固体后④溶液为黄色；

D.②CuSO4溶液中加少量NaCl溶液后溶液依然为蓝色。

15．【答案】（1）粉碎、加入浓盐酸、加热（2）容量瓶（3）2Fe3++Sn2++6Cl−Δ__2Fe2+（4）3.36cV（5）偏大【解析】【解答】(1)粉碎铁矿石可增大固液接触面积，加快反应速率；增大盐酸浓度，可加快反应速率；加热升高温度，也可以加快反应速率；(2)精确配制一定物质的量浓度的溶液需要用容量瓶，则仪器a的名称是容量瓶；(3)已知SnCl2的氧化产物为SnCl62-，则Sn2+与Fe3+反应生成SnCl62-和Fe2+，则Sn2+还原Fe3+的离子方程式是2Fe3++Sn2++6Cl−Δ__2Fe(4)K2Cr2O7与Fe2+反应的离子方程式为Cr2O72-+6Fe则该铁矿石中铁元素的质量分数为3.36cVm(5)Ⅲ中若SnCl2过量，过量的SnCl2也会消耗K2Cr2O7，使得消耗的K2Cr2O7溶液的体积偏大，则测得的铁矿石中铁元素的质量分数会偏大。

【分析】依据化学反应速率的影响因素结合溶液的配制及氧化还原反应的相关知识分析解答。

16．【答案】（1）(SCN)x（2）向洗净的白色沉淀中加入过量的稀硝酸，沉淀完全溶解，再滴加少量KMnO4溶液，不褪色；避免混合气体中大量的NO2使溶液呈酸性，干扰检验CO2和SO2；CO2、S（3）能加快浓硝酸氧化(SCN)x的化学反应速率(或能催化浓硝酸氧化(SCN)x)；实验一中存在反应：a.浓硝酸氧化SCN−，b.浓硝酸氧化(SCN)x，化学反应速率：υa>υb，所以ⅱ中溶液立即变红；静置过程中，生成的NO2溶于硝酸，浓度积累到一定程度时，使υb增大，红色迅速褪去【解析】【解答】(1)向浓硝酸中滴加KSCN溶液，SCN−被氧化为黄色的(SCN)2，(SCN)2可聚合为红色的(SCN)x，所以溶液立即变红；(2)①二氧化硫能与氢氧化钡反应生成亚硫酸钡沉淀，亚硫酸钡能被硝酸氧化为硫酸钡，向洗净的白色沉淀中加入过量的稀硝酸，沉淀完全溶解，再滴加少量KMnO4溶液，不褪色，证明证实了红棕色气体中不含SO2；②Ba(OH)2溶液中加入NaOH溶液增大OH−浓度，避免混合气体中大量的NO2使溶液呈酸性，干扰检验CO2和SO2；③实验a、b证明气体中有二氧化碳，实验c证明溶液中有SO42-，所以SCN−转化的最终产物中一定有CO2(3)①对比实验一和实验三可知，NO2能加快浓硝酸氧化(SCN)x的化学反应速率(或能催化浓硝酸氧化(SCN)x)；②实验一中存在反应：a.浓硝酸氧化SCN−，b.浓硝酸氧化(SCN)x，化学反应速率：υa>υb，所以ⅱ中溶液立即变红；静置过程中，生成的NO2溶于硝酸，浓度积累到一定程度时，使υb增大，红色迅速褪去。

【分析】浓硝酸中滴加KSCN溶液后溶液变红色，说明生成了(SCN)x，静置片刻后溶液红色褪去，且有红棕色气体生成，说明浓硫酸氧化(SCN)x，同时生成NO2气体；

(1)黄色的(SCN)2，可聚合为红色的(SCN)x；

(2)①BaSO3能被HNO3氧化为BaSO4，而BaCO3能溶于稀硝酸；

②NO2溶于水生成HNO3，而HNO3能溶解BaCO3；

③混合气体成分是NO2和CO2，根据元素守恒，溶液中含有SO42-；

(3)①实验ⅲ中“静置一段时间后，突然剧烈反应，红色迅速褪去“，而实验三是先在浓硝酸中溶解适量NO2，再滴加KSCN溶液，生成的(SCN)x迅速被氧化，褪色速率加快，说明NO2起催化作用；

②实验ⅱ中有(SCN)x生成，而ⅲ中当NO2的浓度达到一定程度时(SCN)x迅速被氧化。

17．【答案】（1）HS−（2）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，溶液的pH降低（3）2HS−+SO32-+4H+==3S↓+3H2O；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H2（4）2HS−+O2+2H+=2S↓+2H2O(O2+2HS−=2S↓+2OH−)或HS−-2e−=S↓+H+；阳极：Al-3e−=Al3+，Al3+形成Al(OH)3胶体，阴极：2H2O+2e−=H2↑+2OH−，H2气泡把污水中吸附了S的Al(OH)3胶体悬浮物带到水面形成浮渣层【解析】【解答】(1)由图像可知，当pH≈8时，含硫废水中最主要的含硫(-2价)微粒是HS−；(2)当pH≈8时，含硫废水中最主要的含硫(-2价)微粒是HS−，则含硫废水中存在HS−⇌H++S2−，加入适量Cu2+的溶液，发生反应S2−+Cu2+==CuS↓，生成CuS黑色沉淀，c(S2−)减小，使HS−的电离平衡正向移动，c(H+)增大，溶液的pH降低；(3)①当pH≈8时，含硫废水中最主要的含硫(-2价)微粒是HS−，加入一定浓度的Na2SO3溶液，加酸将溶液调为pH=5，产生淡黄色沉淀为S单质，HS−与SO32-在酸性环境下发生归中反应生成S单质，反应的离子方程式是2HS−+SO3②本工艺选择控制体系的pH=5，不选择pH＜5，从环境保护的角度分析其主要原因为：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有剧毒会污染环境；(4)①pH≈8的含硫废水中硫(-2价)微粒最主要是HS−，铝作阳极，阳极发生反应Al-3e−=Al3+，石墨作阴极，阴极发生反应2H2O+2e−=H2↑+2OH−，阳极产生微小气泡，则阳极可能发生反应2H2O-4e-=O2↑+4H，随后溶液中产生淡黄色浑浊，即有S单质生成，则可能是氧气将HS−氧化为S单质，也有可能是HS−在阳极失电子被氧化生成S单质，故可能是发生了反应2HS−+O2+2H+=2S↓+2H2O(O2+2HS−②阴极产生的气泡把污水中的悬浮物(含阳极扩散的胶体)带到水面形成浮渣层是由于阳极：Al-3e−=Al3+，Al3+形成Al(OH)3胶体，阴极：2H2O+2e−=H2↑+2OH−，H2气泡把污水中吸附了S的Al(OH)3胶体悬浮物带到水面形成浮渣层。

【分析】(1)图象中曲线实线为H2S，长虚线为HS-，短虚线为S2-，当pH≈8时，HS-最多；

(2)含硫废水中存在HS-=H++S2-，加入适量Cu2+的溶液，S2-+Cu2+=CuS↓，使HS-的电离平衡正向移动；

(3)①向pH≈8的含硫废水中加入一定浓度的Na2SO3溶液，加酸将溶液调为pH=5，产生淡黄色沉淀为S单质，据此书写离子方程式；

②pH<5时，溶液中-2价S元素主要以H2S的形式存在，H2S有剧毒会污染环境；

(4)作阳极、石墨作阴极，以直流电电解含一定浓度Na2SO4的pH≈8的含硫废水，阳极产生微小气泡，随后溶液中产生淡黄色浑浊，阳极附近生成的胶体吸附淡黄色浑浊，胶体是氢氧化铝胶体，淡黄色浑浊是生成了S单质，可能是HS-离子失电子发生氧化反应，被氧气氧化；

①产生淡黄色浑浊的可能原因是HS-离子失电子发生氧化反应，或被氧气氧化；

②阴极产生的气泡把污水中的悬浮物(含阳极扩散的胶体)带到水面形成浮渣层，是因为阳极铝失电子发生氧化反应生成铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，阴极上氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，H2气泡把污水中吸附了S的Al(OH)3胶体悬浮物带到水面形成浮渣层。

18．【答案】（1）O2（2）2.8（3）Mg2+（4）2Co2++H2O2+12NH3=2Co(NH3)63++2OH−（5）1.5（6）ac【解析】【解答】(1)可使带火星的木条复燃的气体为氧气，故答案为：O2；(2)根据题给信息分析，pH=2.8时，氢氧化铁完全沉淀，则将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，应调节pH至少大于2.8，故答案为：2.8；(3)根据上述对流程图的分析，Fe3+通过Fe(OH)3沉淀除去，Mn2+通过氧化为MnO2除去，则加入NaF溶液，去除的离子是Mg2+，故答案为：Mg2+；(4)根据氧化还原中电子转移守恒配平知Co2+系数为2，H2O2系数为1，再根据原子守恒及电荷守恒配平得：2Co2++H2O2+12NH3=2Co(NH3)63++2OH−，故答案为：2Co2++H2O2+12NH3=