2024年湖北部分名校高二期中联考化学试题

2024年湖北部分名校高二期中联考高二化学试卷试卷满分：100分注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。可能用到的相对原子质量：H：1C：12O：16Na：23Al：27S：32I：127第Ⅰ卷一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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.科教兴国，科技改变生活。下列说法错误的是A.三折叠柔性屏使用的原材料聚酰亚胺属于有机高分子材料B.T型碳是中科院预言的一种碳的新型结构，其与金刚石互为同素异形体C.天宫课堂“五环实验”，向碳酸钠溶液中滴加甲基橙溶液后变成红色D.我国首次在实验室实现了二氧化碳到淀粉的合成，生物酶催化剂的使用改变了反应历程【答案】C【解析】【详解】A．三折叠柔性屏使用的原材料聚酰亚胺是聚合物，属于有机高分子材料，故A正确；B．T型碳为碳元素形成的一种单质，其与金刚石互为同素异形体，故B正确；C．碳酸钠溶液呈碱性，甲基橙变色范围为3.1~4.4，向碳酸钠溶液中滴加甲基橙溶液后变成黄色，故C错误；D．催化剂降低反应的活化能，是通过改变反应历程，实验室实现二氧化碳到淀粉的合成时，生物酶催化剂的使用改变了反应历程，故D正确；故答案为：C。2.硫酸是重要化工原料，工业生产制取硫酸的原理示意图如下。下列说法错误的是A.反应Ⅰ，粉碎黄铁矿，增大接触面积，使反应充分、反应快B.反应Ⅱ选择常压下进行的原因是：常压下转化率已较高，加压对提高转化率有限，但显著增加工业成本C.反应Ⅲ，将98.3%的浓硫酸从吸收塔顶喷淋而下，快速、充分吸收D.反应Ⅱ，为提高平衡转化率，鼓入过量空气，越多越好【答案】D【解析】【分析】黄铁矿在空气中加热生成二氧化硫、四氧化三铁等物质，二氧化硫中通入空气，400500℃、常压、催化剂条件下反应生成三氧化硫，生成的三氧化硫用98.3%的浓硫酸吸收生成硫酸。【详解】A．反应I中，粉碎黄铁矿，能增大反应物之间的接触面积，使反应更充分，反应速率更快，A正确；B．二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫，该反应为气体体积减小的反应，虽然加压能提高转化率但是提高程度有限，且会显著增加工业成本，同时常压下二氧化硫的转化率已经较高，可满足生产需要，因此反应II选择常压下进行，B正确；C．反应III，将98.3%的浓硫酸从吸收塔顶喷淋而下，三氧化硫从下往上与浓硫酸充分接触，能快速、充分吸收三氧化硫，C正确；D．反应II中若鼓入太多空气，则会导致二氧化硫的浓度太低，反应速率减小，而且鼓入太多空气会使得反应温度降低，反应速率减小，不利于反应II的进行，D错误；故答案选D。3.下列有关说法正确的是A.将、、溶液蒸干均得不到原溶质B.往的氨水中加蒸馏水至1L，的比值增大C.将AB型强电解质溶于水，该过程的可能大于零，也可能小于零，但一定大于零D.为减小或消除中和反应反应热的测定实验的偶然误差，需要多次测定，取平均值，每次测定需要使用温度计2次【答案】B【解析】【详解】A．对于溶液，虽然Al3+会水解：，但H2SO4是高沸点酸，加热蒸干过程不会挥发，最后得到的还是；溶液蒸干过程中会被空气中的氧气氧化为，得不到原溶质；对应溶液，会水解：，加热时HCl挥发，促进水解，最后得到Fe(OH)3，得不到原溶质，A错误；B．往的氨水中加蒸馏水至1L，溶液中c(OH)减小，NH3·H2O的电离常数不变，则增大，B正确；C．AB型强电解质溶于水时，可能吸热，也可能放热，则该过程的可能大于零，也可能小于零；在AB型强电解质溶解过程中，固体电解质转化为离子，混乱度增加，即熵增，然而离子在水中会与水分子形成水合离子，导致体系的混乱度减小，即熵减，若固体转化为离子的熵增占主导，则整个溶解过程熵增，即ΔS＞0；反之，若水合过程的熵减占主导，则整个溶解过程熵减，即ΔS＜0，C错误；D．为减小或消除中和反应反应热的测定实验的偶然误差，需要多次测定，取平均值，每次测定需要使用温度计3次，即分别测定酸的温度、碱的温度和反应过程中的最高温度，D错误；故选B。4.下列关于阿伏加德罗常数的说法中正确的是A.被还原为转移的电子数为B.的溶液中含有的离子总数为C.与充分反应后，所得分子数为D.已知：。取与在适宜条件下充分发生该反应，吸收热量【答案】A【解析】【详解】A．被还原为，Cr元素化合价由+6价降低为+3价，转移的电子数为，故A正确；B．的溶液中碳酸根离子水解为碳酸氢根离子和氢氧根离子，含有的离子总数大于，故B错误；C．与充分反应后生成NO2，部分NO2转化为N2O4，所得分子数为小于，故C错误；D．已知：。取与在适宜条件下充分发生该反应，该反应可逆，生成CO和水的物质的量均小于2mol，吸收的热量小于，故D错误；选A。5.右图为合成某内酰胺的一种中间产物的结构，下列关于该物质说法错误的是A.分子式为B.含有氰基、酮羰基、酯基三种官能团C.该物质能发生氧化反应、取代反应D.与氢氧化钠溶液反应，产物可能都溶于水【答案】A【解析】【详解】A．根据有机物结构简式得到分子式为C10H15NO3，故A错误；B．含有氰基、酮羰基、酯基三种官能团，故B正确；C．该物质燃烧为氧化反应，甲基及酯基能发生取代反应，故C正确；D．酯基不在NaOH溶液下水解，生成钠盐及醇，均可以溶于水，故D正确；综上所述，答案为A。6.X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期主族元素，由X、Y、Z元素所形成某种阳离子结构如图所示，M元素原子最内层电子数占电子总数的四分之一，下列说法错误的是A.简单氢化物的沸点：Z>YB.Z、M形成的简单离子半径：Z<MC.Y、M都可以与X形成1：1和1：2型化合物D.由X、Z、M三种元素形成的化合物中，有促进、也有抑制水的电离的物质【答案】B【解析】【分析】M元素原子最内层电子数占电子总数的四分之一，则M为O，X能形成1个共价键，则X可能为H，Z失去1个电子形成4个共价键，Z为N原子，Y形成4个共价键，则Y为C，综合：X为H、Y为C、Z为N、M为O，以此分析；【详解】A．简单氢化物的沸点：NH3含有氢键，沸点高，则沸点NH3＞CH4，A正确；B．N3、O2的电子层相同，核电荷数越大，半径越小，则O2小于N3，B错误；C．Y与X形成1：1型化合物，如C2H2，M可以与X形成1：2型化合物，如H2O，C正确；D．X、Z、M三种元素形成的化合物中，可以抑制水的电离，可以促进水的电离，D正确；故答案为：B。7.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的有①无色溶液中：、、、②的溶液中：、、、③氯化钠溶液()中：、、④酸性高锰酸钾溶液()中：、、⑤水电离出的溶液中：、、、⑥加入能放出的溶液中：、、、、⑦pH=1的溶液中：、、、、A.2组 B.3组 C.4组 D.5组【答案】A【解析】【详解】①、会发生双水解反应，不能大量共存，①不选；②的溶液呈碱性，所给离子可以大量共存，②选；③氯化钠溶液呈中性，中性溶液不可能存在，因为水解使溶液呈酸性，③不选；④酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，具有还原性，二者发生氧化还原反应，不能大量共存，④不选；⑤水电离出的的溶液可能是酸溶液，也可能是碱溶液，、、在碱性环境下不能大量共存，在酸性环境下有强氧化性，、均不能在酸性环境下大量共存，⑤不选；⑥与铝反应生成氢气，该溶液可能为酸，也可能为碱，如果溶液是酸，在酸性环境下生成二氧化碳和水，如果溶液是碱，、均不能大量共存，⑥不选；⑦pH=1的溶液呈酸性，给定各离子能大量共存，⑦选；故②⑦符合题意，答案选A。8.对于下列过程中发生的化学反应，相应化学或离子方程式错误的是A.绿矾()处理酸性工业废水中的：B.向悬浊液中滴加溶液，沉淀由白色变成红褐色：C.向含的溶液中通入的：D.滴有酚酞的溶液中滴入盐酸至红色恰好褪去：【答案】D【解析】【详解】A．绿矾()处理酸性工业废水中的，生成Cr3+和Fe3+，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：，A正确；B．向悬浊液中滴加溶液，沉淀由白色氢氧化铁变成红褐色氢氧化亚铁：，B正确；C．向含的溶液中通入的，还原性I＞Fe2+，通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，通入氯气的量为5mol的时，有8molI和2molFe2+参与了反应：，C正确；D．Na2CO3是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，因此滴有酚酞时溶液显红色，Na2CO3与HCl反应分步进行，首先发生反应产生NaHCO3、NaCl，反应的离子方程式为：，D错误；故选D。9.我国科研人员研发的海泥细菌电池不仅可以作为海底仪器的水下电源，还可以促进有机污染物(以表示)的分解，其工作原理如图，其中海底沉积层/海水界面可起到质子交换膜的作用，下列理论分析错误的是A.a极发生还原反应B.b极的电极反应为C.若b极区生成S，则a极区增加D.在海泥细菌的作用下发生反应：【答案】C【解析】【分析】由图可知，海泥细菌作用下有机污染物酸性条件下与海水中硫酸根离子反应生成二氧化碳和氢硫酸根离子，反应的方程式为，a极为原电池的正极，酸性条件下氧气在正极得到电子发生还原反应生成水，电极反应式为O2+4e+4H+=2H2O，b极为负极，HS离子在负极失去电子发生氧化反应生成硫和氢离子，电极反应式为HS2e=S↓+H+，则电池总反应为O2+2HS+2H+=2S↓+2H2O。【详解】A．据分析，a极发生还原反应，A正确；B．据分析，b极的电极反应为，B正确；C．若b极区生成S，转移2mole，b极同时生成的1mol氢离子移向a极区，按得失电子守恒，a极氧气转化为水消耗2mol氢离子，则a极区氢离子的物质的量减少1mol，C不正确；D．据分析，在海泥细菌的作用下发生反应：，D正确；选C。10.下列实验操作或装置(部分夹持仪器已略去)正确的是A.利用①用pH试纸测定溶液pH B.利用②探究温度对平衡的影响C.利用③进行酸碱中和滴定 D.利用④实验室制备【答案】B【解析】【详解】A．用pH试纸测定溶液pH，不能直接将pH试纸插入待测液中，应用玻璃棒蘸取待测液，滴至pH试纸上，待变色后再与标准比色卡对比，A错误；B．红棕色的NO2气体存在平衡：，温度改变平衡发生移动，导致气体颜色改变，则可利用②探究温度对平衡的影响，B正确；C．锥形瓶内盛装NaOH待测液，则滴定管内盛装酸液，酸液应用酸式滴定管盛装，不能用碱式滴定管，C错误；D．二氧化锰和浓盐酸共热反应制备Cl2，则不能利用④实验室制备，D错误；故选B。11.常温下，往溶液中通入。已知：，，，。下列说法错误的是A.酸性强弱顺序为：B.两者恰好反应生成和时，溶液的pH约为4C.饱和碳酸钙溶液中，钙离子浓度的数量级为D.已知自然条件下，饱和碳酸溶液的pH≈5.6，则自然条件下饱和碳酸溶液中存在【答案】C【解析】【详解】A．弱酸的电离平衡常数越大，酸性越强，结合电离平衡常数可知，酸性：，A正确；B．两者恰好反应生成和时，离子方程式为，此时c()=0.25mol/L，，则，溶液的pH约为4，B正确；C．饱和碳酸钙溶液中，c(Ca2+)===，钙离子浓度的数量级为，C错误；D．碳酸在溶液中存在两步电离平衡，主要是来自第一步电离，H+两步电离均会生成，故c(H+)＞c()，主要是部分电离得到，而且电离程度十分微弱，H2CO3电离出的程度大于电离产生的程度，故c()和c(OH)要小于c()；Kh1=，溶液pH=5.6，c(H+)=105.6mol/L，c(OH)=108.4mol/L，c()≈c(H+)=105.6mol/L，带入Kh1=，可得c()=4.7×1011mol/L，小于c(OH)=108.4mol/L，故离子浓度大小关系为：，D正确；故选C。12.在催化剂表面，丙烷催化氧化脱氢反应历程如下图。下列说法错误是A.反应①决定总反应的速率B.反应进程②中，丙烷分子中的甲基先失去氢原子C.该反应历程中，各基元反应均为放热反应D.总反应为【答案】C【解析】【分析】反应①催化剂失去氢原子，O2转化为H2O，反应物总能量低于生成物总能量，为吸热反应，活化能为181.1kJ/mol；反应②CH3CH2CH3失去1个氢原子，转化为正丙基，反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，活化能为+167.6139.7=27.9kJ/mol；反应③正丙基失去氢原子，转化为丙烯，反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，活化能为+89.669.4=20.2kJ/mol；据此分析解答。【详解】A．活化能大的反应速率慢，据以上分析可知，反应①的活化能最大，则决定总反应速率的为反应①，故A正确；B．据以上分析可知，反应进程②中，丙烷分子中的甲基先失去一个氢原子转化为正丙基，故B正确；C．据以上分析可知，该反应历程中，基元反应①为吸热反应，反应②、③为放热反应，故C错误；D．由图示及分析可知，反应实质为丙烷和氧气反应生成丙烯和水，总反应为，故D正确；故答案为：C。13.电位滴定是利用溶液电位突变指示终点的滴定法。常温下，用标准溶液测定VmL某生活用品中的含量(假设其他物质均不反应，且不含碳、钠元素)，得到滴定过程中溶液电位E与V()的关系如图所示。已知：两个滴定终点时消耗盐酸的体积差可计算出的量。下列说法错误的是A.水的电离程度：a>b>c>dB.b点对应溶液中：C.VmL生活用品中含有的质量为D.b点溶液中，离子浓度排序：【答案】D【解析】【分析】碳酸钠与盐酸反应分两步进行，第一步：，此时：，第二步：、。【详解】A．未加盐酸前，溶液中溶质主要为，对水的电离起促进作用，随着盐酸的加入，溶质逐步转化为、，水的电离程度应逐步减小，故水的电离程度：，A正确；B．第一步反应终点是点，此时：，根据钠元素与碳元素守恒关系可以得出式：；然后根据碳元素与氯元素守恒关系可以得出式：；最后根据溶液中的电荷守恒得出式：，将三个式子联立为：，可得：，B正确；C．表示发生反应，根据碳守恒，有，即生活用品中含有的质量为，C正确；D．由题干图示信息可知，点为第一滴定终点，即此时为等浓度的混合溶液，碳酸氢钠溶液显碱性，说明其水解程度大于电离程度，则该溶液中离子浓度排序为：，D错误；故选D。14.一定温度下，在恒容密闭容器中发生反应：。进料浓度比[]分别为1：1、4：1、7：1时，平衡转化率随温度变化的关系如图。下列说法错误的是A.a点所在曲线表示进料浓度比为7：1B.该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量C.b、c两点中，对应平衡时体系中体积分数：b>cD.若的初始浓度为，时，【答案】D【解析】【分析】恒容容器中，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1，相当于不断加入c(HCl)，则HCl平衡转化率不断降低，则进料浓度比c(HCl)∶c(O2)为1∶1、4∶1、7∶1分别是曲线X、Y、Z，即。【详解】A．由分析可知，a点所在曲线表示进料浓度比为7：1，A正确；B．由题干图像可知，其他条件相同时升高温度，HCl的平衡转化率减小，即升高温度平衡逆向移动，说明正反应是一个放热反应，即该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量，B正确；C．由B可知，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，体积分数减小，则b、c两点中，对应平衡时体系中体积分数：b>c，C正确；D．由题干图像可知，若的初始浓度为，时，400℃时HCl的平衡转化率为76%，由三段式分析：则K(400℃)=，D错误；故选D。15.室温下，水溶液中各含硫微粒物质的量分数随pH变化关系如下图[例如]。已知：，。下列说法正确的是A.的平衡常数B.室温下，、的饱和溶液中，饱和溶液中的大C.若用已知浓度的溶液完全中和该溶液来测定其浓度，可以选择酚酞做指示剂D.的溶液中加入等体积的溶液，初始生成的沉淀只有【答案】B【解析】【分析】在H2S溶液中存在电离平衡：、，随着pH的增大，H2S的物质的量分数逐渐减小，HS的物质的量分数先增大后减小，S2的物质的量分数逐渐增大，图中线①、②、③依次代表H2S、HS、S2的物质的量分数随pH的变化，由①和②交点的pH=7可知Ka1(H2S)=1×107，由②和③交点的pH=13.0可知Ka2(H2S)=1×1013，据此解答。【详解】A．的平衡常数，故A错误；B．、的饱和溶液中，，得，，得，则饱和溶液中的大，故B正确；C．酚酞的变色范围为8.2~10，若以酚酞为指示剂，用NaOH标准溶液滴定H2S水溶液，由图可知当酚酞发生明显颜色变化时，反应没有完全，即不能用酚酞作指示剂判断滴定终点，故C错误；D．0.01mol/LFeCl2溶液中加入等体积0.2mol/LNa2S溶液，瞬间得到0.005mol/LFeCl2和0.1mol/LNa2S的混合液，Na2S溶液中存在水解平衡、（忽略第二步水解），第一步水解平衡常数Kh(S2)=，设水解的S2的浓度为xmol/L，则，解得x≈0.062，瞬时c(Fe2+)c(S2)=0.005mol/L×(0.1mol/L0.062mol/L)=1.9×104＞Ksp(FeS)，c(Fe2+)c2(OH)=0.005mol/L×(0.062mol/L)2=1.922×105＞Ksp[Fe(OH)2]，故反应初始生成的沉淀是FeS和Fe(OH)2，故D错误；答案选B。第Ⅱ卷二、非选择题(本题共4小题，共55分)16.按要求填写下列空格。（1）以废旧铅酸蓄电池中的含铅废料和硫酸为原料，可以制备高纯度，从而实现铅的再生利用。此过程涉及反应：。该反应可选择亚铁盐作催化剂，分两步完成的反应方程式为①②___________。将与混合并加热得到无水的化学反应方程式为：___________。（2）一定温度下，容积固定的容器中，以M为起始反应物，发生反应，达到平衡后，再充入一定量的M，该平衡向___________(填“正”或者“逆”)反应方向移动，达到新平衡，体系中N的体积分数比原平衡___________(填“大”或者“小”)。（3）在室温下，有下列五种溶液：①溶液②溶液③氨水④含有和的混合液⑤溶液，从大到小的顺序是___________(填序号)。（4）常温下将pH=1的硫酸平均分成两等份，一份加入适量水，另一份加入与该硫酸溶液物质的量浓度相同的氢氧化钠溶液，两者pH都增大了1，加入水和溶液的体积比为(忽略混合前后溶液体积变化)：___________。（5）在溶液中存在平衡：，将其用稀硫酸酸化，再加入亚硫酸钠溶液，其被直接氧化的离子反应方程式为：___________。【答案】（1）①.②.（2）①.正②.小（3）④>⑤>①>②>③（4）6：1（5）【解析】【小问1详解】总反应为：。反应方程式为①，反应②为三价铁离子将Pb氧化生成硫酸铅，方程式为；将水解后生成二氧化硫和HCl，在HCl氛围中脱水得到无水，化学反应方程式为：；【小问2详解】恒容的容器中，充入反应物M，平衡正向移动，但体系的压强增大，可认为建立等效平衡后又增大压强，平衡逆向移动，最后N的体积分数比原平衡小；【小问3详解】五种溶液中均有铵根，以①溶液为参照，铵根正常水解产生；②溶液，醋酸根的水解促进铵根的水解；③氨水，微弱电离出铵根离子，铵根离子最小；④含有和的混合液，存在电离和水解，且电离程度大于水解程度，铵根离子浓度最大；⑤溶液，铵根的水解受到氢离子的抑制，铵根离子比①大；综上从大到小的顺序是④>⑤>①>②>③；【小问4详解】常温下将pH=1的硫酸平均分成两等份，每份体积为VL，一份加入V1L水，另一份加入V2L硫酸溶液物质的量浓度相同的氢氧化钠溶液，两者pH都增大了1，有，V1=9V；，V2=V；加入水和溶液的体积比为6:1；【小问5详解】加入硫酸酸化，平衡正向移动，转化为重铬酸根，然后将亚硫酸根氧化为硫酸根，离子方程式为：。17.用如下方法回收废旧CPU中的单质、和。已知：①浓硝酸不能单独将溶解：②。（1）酸溶后经___________操作，将混合物分离。（2）浓、稀均可作酸溶试剂。实际选用的稀硝酸的理由是：___________。（3）与王水[V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3]溶金原理相同。①写出用王水溶反应的化学方程式：___________。②关于溶金的下列说法正确的是___________(填字母)。A．王水中的发生氧化反应B．王水中浓盐酸的主要作用是增强溶液的酸性C．用浓盐酸与也可使溶解（4）若用足量粉将溶液中的完全还原，生成物中的单质有：___________(填名称)。（5）用适当浓度的盐酸、溶液、氨水与铁粉，可按照如下方法从酸溶后的溶液中回收和(图中标注的试剂和物质均不同)。试剂1是___________，物质2是___________。【答案】（1）过滤（2）节约试剂，产生污染环境的氮氧化物少（3）①.②.C（4）氢气和金（5）①.溶液②.、【解析】【分析】旧CPU中的单质Au(金)，Ag和Cu，加入硝酸酸化后，金不反应，Ag和Cu转化为铜离子和银离子的混合溶液，含金的固体中加入硝酸和氯化钠的混合溶液，金转化为HAuCl4，HAuCl4经锌粉还原分离得到金。【小问1详解】Au(金)，Ag和Cu经酸溶后得到金、铜离子和银离子的混合溶液，将固体和液体分开的的操作是过滤；小问2详解】铜与稀硝酸反应的化学方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；溶解1molCu消耗HNO3的物质的量为mol同时产生2molNO；铜与浓硝酸反应的化学方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，溶解1molCu消耗HNO3的物质的量为4mol同时产生2molNO2；消耗HNO3物质的量少的反应的化学方程式为铜与稀硝酸的反应，实际选用的稀硝酸的理由是：节约试剂，产生污染环境的氮氧化物少；小问3详解】①根据化合价的变化规律可知，金的化合价从0价升高到+3价，作还原剂，硝酸作氧化剂，从+5价降低到+2价，有一氧化氮生成，根据质量守恒，生成物中还有水，化学方程式为：；②A．溶金过程中硝酸的化合价降低，作氧化剂，发生还原反应，故A错误；B．王水中V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3，金与浓硝酸表面生成致密的氧化膜，不反应，王水中浓盐酸提供了氯离子，利于生成四氯合金离子，利于金与硝酸的反应，主要作用增强硝酸的氧化性，故B错误；C．HNO3NaCl与王水[V(浓硝酸)：V(浓盐酸)]=1：3溶金原理相同，则用浓盐酸与NaNO3也可使Au溶解，故C正确；答案选C；【小问4详解】用足量Zn粉将溶液中的完全还原生成Au，同时Zn也将H+还原为H2，Zn被氧化为Zn2+，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：，生成物中的单质有氢气和金；【小问5详解】根据图中信息可知，含有铜离子和银离子的溶液加入试剂1后得到的是物质1和物质3，物质3加入试剂3后得到的是二氨合银离子，试剂3是氨水，物质3是氯化银，试剂1是NaCl溶液；物质1是氯化铜，氯化铜加入过量铁粉得到铜和亚铁离子，物质2是铜和过量的铁粉，经过试剂2，过滤后得到铜单质，试剂2是盐酸，除去过量的铁粉，二氨合银离子经过还原可以得到银单质，实现了铜和银的分离，试剂1是NaCl溶液，物质2是Cu、Fe。18.某小组采用如下实验流程制备：已知：是一种无色晶体，吸湿性极强，可溶于热的正己烷，不溶于冷的正己烷，在空气中受热易被氧化，[]：正己烷是一种有机溶剂。请回答：（1）如图为步骤Ⅰ的实验装置图(夹持仪器和尾气处理装置已省略)，图中仪器A的名称是___________，步骤Ⅰ反应结束的实验现象是___________。（2）步骤Ⅳ中，洗涤所得，晶体可使用___________试剂。（3）纯化与分析：对粗产品纯化处理后得到产品，再采用银量法测定产品中含量以确定纯度。原理为：先用过量标准溶液沉淀，再以标准溶液回滴剩余的。已知：难溶电解质(黄色)(白色)(红色)溶度积常数①从下列选项中选择合适的操作补全测定步骤(填字母序号)。称取产品1.0800g，用少量稀酸A溶解后转移至容量瓶，加水定容得待测溶液。取滴定管检漏、水洗→润洗，从滴定管尖嘴放出液体→装液、赶气泡、调液面、读数→用移液管准确移取待测溶液加入锥形瓶→___________→___________加入酸B→用标准溶液滴定→___________→读数。a．滴加指示剂溶液b．滴加指示剂硫酸铁铵[]溶液c．准确移取标准溶液加入锥形瓶d．滴定至溶液呈浅红色e．滴定至沉淀变白色②加入酸B的作用是___________。③三次滴定消耗标准溶液的平均体积为，则产品纯度为___________(保留四位有效数字)。【答案】（1）①.球形冷凝管②.溶液由紫红色恰好变为无色或溶液褪为无色（2）冷的正己烷（3）①.c②.b③.d④.抑制发生水解反应，保证滴定终点的准确判断⑤.94.44%【解析】【分析】0.2mol过量Al和0.1molI2、正己烷加热回流得混合物，过滤除去未反应完的Al，滤液经过浓缩得浓溶液，然后结晶、过滤、洗涤、干燥得AlI3粗产品。称取1.0800g产品，用少量稀酸A溶解后转移至容量瓶，用移液管准确移取待测溶液加入锥形瓶，再准确移取过量的标准溶液加入锥形瓶沉淀碘离子，为了便于观察回滴剩余的Ag+的终点，应往其中滴加指示剂硫酸铁铵[]溶液，为了抑制发生水解反应，保证滴定终点的准确判断，往其中加入酸B，然后用标准溶液滴定，当剩余的Ag+沉淀完全时，继续滴加的SCN会与Fe3+反应，溶液变浅红色，此时达到滴定终点，读数。【小问1详解】由图中仪器A的构造可知，其名称是球形冷凝管，步骤Ⅰ的反应中2Al3I2，即铝过量，反应结束前，碘溶于环己烷中呈紫红色，则当碘反应完全时，步骤Ⅰ结束，由于生成的AlI3为无色，所以步骤Ⅰ结束的实验现象是溶液由紫红色恰好变为无色或溶液褪为无色；【小问2详解】可溶于热的正己烷，不溶于冷的正己烷，步骤Ⅳ中，为了减少的溶解损失，洗涤所得晶体可使用冷的正己烷；【小问3详解】①称取产品1.0800g，用少量稀酸A溶解后转移至容量瓶，加水定容得待测溶液。取滴定管检漏、水洗→润洗，从滴定管尖嘴放出液体→装液、赶气泡、调液面、读数→用移液管准确移取待测溶液加入锥形瓶，再准确移取标准溶液加入锥形瓶沉淀碘离子，为了便于观察回滴剩余的Ag+的终点，应往其中滴加指示剂硫酸铁铵[]溶液，为了抑制发生水解反应，保证滴定终点的准确判断，往其中加入酸B，然后用标准溶液滴定，当剩余的Ag+沉淀完全时，继续滴加的SCN会与Fe3+反应，溶液变浅红色，此时达到滴定终点，读数，故答案为：cbd；②铁离子能水解生成氢氧化铁，加入酸B的作用是抑制发生水解反应，以减少对实验现象的干扰，保证滴定终点的准确判断；③由滴定步骤可知，AgNO3溶液分别与AlI3溶液中的I和溶液中的SCN发生反应生成AgI和AgSCN，由元素守恒可知，n(AgNO3)=n(AgI)+n(AgSCN)，即n(AgI)=n(AgNO3)n(AgSCN)=n(AgNO3)n(NH4S