2025届高三化学一轮复习- --工业流程题

2025届高三化学复习---工业流程题 1．（24-25高三上·内蒙古赤峰·阶段练习）完成下列问题。 (1)碘化亚铜(CuI)是阳极射线管覆盖物，不溶于水和乙醇，碘单质可以溶于有机溶剂。下图是工业上由冰铜制取无水碘化亚铜的流程。 ①步骤a中[Cu2S被转化为Cu，同时有大气污染物A(SO2)]生成，相关反应的化学方程式为 。 ②步骤b中溶液I是CuSO4溶液，则H2O2的作用是 。 ③步骤c中有I2生成，则发生反应的离子方程式为 。 (2)下图是和的溶解度曲线，则由溶液得到固体的操作是 → →用乙醇洗涤→干燥。 (3)一定条件下，当溶液中与H2O2化学计量数之比恰好为2:5时，溶液中离子被还原为较低价态，则X元素的化合价变为 。 2．（24-25高三上·山东济南·阶段练习）在生活中常用于调味和保存食物，工业上可用于玻璃、肥皂和陶瓷等生产，医学上可用于生理盐水等，现用完成如图所示转化： 回答下列问题： (1)物质A、物质D常温下的颜色分别为 、 ，将物质A溶解在水中，再滴入几滴紫色石蕊试液，观察到的现象是 。 (2)单质X的化学式为 ，物质C转化为物质D的化学方程式为 。 (3)D可以用作呼吸面具中的供氧剂，涉及反应的化学方程式为 。 (4)向物质D与水反应后所得溶液中滴加酚酞溶液，溶液先变红后褪色。某小组欲探究其原因，进行如图所示实验：①取少量反应后的溶液于试管中，加入后迅速产生大量气体且该气体能使带火星的木条复燃；实验②③中溶液红色均不褪去。 通过上述实验可得出，物质D与水反应可能生成了 (填化学式)。 3．（24-25高三上·重庆·阶段练习）Ⅰ．食醋是日常饮食中的一种调味剂，国家标准规定酿造食醋中醋酸含量不得低于0.035g/mL。选择酚酞作指示剂，用标准NaOH溶液可以测定食醋中醋酸的浓度，以检测白醋是否符合国家标准。某品牌白醋的醋酸浓度测定过程如图所示，回答下列问题： (1)量取稀释后的25.00mL白醋溶液应选用 (填“式”或“碱式”)滴定管。 (2)写出白醋溶液中醋酸与NaOH溶液反应的离子方程式： 。 (3)滴定管在使用前需要检验其是否漏水、水洗、 装液、排气泡、调零、读数。 (4)下列操作中，可能使所测白醋中醋酸的浓度数值偏高的是___________(填编号)。 A．滴定前盛放白醋稀溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥 B．滴定过程中振荡时锥形瓶内有液滴溅出 C．碱式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失 D．读取NaOH溶液体积时，开始时仰视读数，滴定结束时俯视读数 (5)若通过实验测得稀释后白醋的浓度为0.070mo/L，则该白醋中醋酸含量为 g/mL(保留两位有效数字)，该白醋 (填“符”或“不符合”)国家标准。 Ⅱ．某小组设计实验测定胆矾()纯度(杂质不参与反应)：称取ag胆矾样品溶于蒸馏水，加入足量KI溶液，充分反应后，过滤。把滤液配制成250mL溶液，准确量取配制溶液25.00mL于锥形瓶中，滴加2滴淀粉溶液，用bmol/L标准溶液滴定至终点，消耗VmL溶液。 涉及的有关反应如下：； (6)滴定终点的现象： 。 (7)胆矾的纯度为 %。(用含a、b、V的最简式子表示) 4．（2024高三下·山西晋城·阶段练习）已知：硫酸铜溶液中滴入氨基乙酸钠（）即可得到配合物A。其结构如图： (1)Cu元素基态原子的最外层电子排布式为 。 (2)元素C、N、O的第一电离能由大到小排列顺序为 。 (3)配合物A中碳原子的轨道杂化类型为 。 (4)氨基乙酸钠（）含有键的数目为 （阿伏加德罗常数的值用表示）。 (5)广义的碱是指能结合的物质，已知是一种二元弱碱，其与足量稀硫酸反应生成的酸式盐的化学式为： 。 (6)已知：硫酸铜灼烧可以生成一种红色晶体，其结构如图，已知该晶体的密度为，阿伏加德罗常数的值为，则该立方晶胞的参数是 pm。 5．（2024高三下·湖南衡阳·阶段练习）氮、硫、氯是重要的非金属元素，根据它们的性质回答下列问题： (1)农业生产中常用到的氮肥是铵盐，检验某化肥中铵盐的方法是将待检物取出少量放入试管中，然后 (填标号)； A．加热，用红色石蕊试纸放在试管口检验 B．加入氢氧化钠溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸放在试管口检验 C．加入碱溶液，加热，再滴入酚酞试液 (2)下列物质中，既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应的是 (填标号)； ①    ②    ③ (3)A、B、C、D四种物质之间有下图所示的转化关系。 已知：A是一种非金属单质，为黄色晶体；B、C、D均为化合物；B是形成酸雨的主要成分之一。请回答下列问题： ①D的浓溶液与Cu在加热条件下的反应方程式 ，该反应中D体现的性质是： ； ②向D的稀溶液中滴加BaCl2溶液，能产生白色沉淀。写出该反应的离子方程式： ； (4)从核心元素价态分析，亚硝酸盐(如NaNO2)应既具有氧化性，又具有还原性。亚硝酸盐对应的酸为亚硝酸(HNO2)，HNO2是一种弱酸，易分解生成NO和NO2。 ①请用“双线桥”表示NaNO2与HI反应时的电子转移情况： 。 ②某同学把新制的氯水加到溶液中，观察到氯水褪色，同时生成和，请写出反应的离子方程式： 。 6．（2024高三下·浙江杭州·阶段练习）氯可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中利用如图装置(部分装置省略)制备和，探究其氧化还原性质。 回答下列问题： (1)盛放浓盐酸的仪器名称是 ，a中的试剂为 。 (2)写出烧瓶中反应的化学方程式 。 (3)c中化学反应的离子方程式是 。采用冰水浴冷却的目的是 。 (4)反应结束后，取出b中试管，经冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，得到KClO3晶体。沉淀过滤后，洗涤的操作方法是 。 (5)取少量KClO3和NaClO溶液分别置于1号和2号试管中，滴加中性KI溶液。1号试管溶液颜色不变，2号试管溶液变为棕色。可知该条件下KClO3的氧化能力 NaClO(填“大于”或“小于”)。 7．（24-25高三上·江苏南京·阶段练习）I、研究脱除烟气中的、NO是环境保护、促进社会可持续发展的重要课题。 (1)烟气中的NO可在催化剂作用下用还原。 已知：  kJ⋅mol-1   kJ⋅mol-1 有氧条件下，与NO反应生成，相关热化学方程式为   。 (2)尿素溶液可吸收含、NO烟气中的，其反应为。若吸收烟气时同时通入少量，可同时实现脱硫、脱硝。 ①脱硝的反应分为两步。第一步：。 第二步：和反应生成和。 第二步的化学反应方程式为 。 ②将含、NO烟气以一定的流速通过10%的溶液，其他条件相同，不通和通少量时的去除率如图所示。通少量时的去除率较低的原因是 。 II、炼钢厂排放的烧结烟气中主要含、NO、、O₂和水蒸气。臭氧()预氧化，协同脱硫脱硝技术可将烟气中的污染物转化为铵盐和，实现脱硫脱硝。 说明：进行下列研究时均控制反应器内温度为100℃、模拟烟气流速为2L/min。研究表明，100℃时，很难氧化、，和NO基本不发生氧化还原反应。 (3)臭氧预氧化：向反应器中通入仅含0.3‰NO的模拟烟气和。实验测得出口处NO、浓度随的变化曲线如图所示。 ①当时，反应器中发生的主要反应的化学方程式为 。 ②当时，出口处浓度急剧下降的原因是 。 (4)协同脱硫脱硝：装置如图所示，向反应器中通入含0.5‰SO₂、0.3‰NO的模拟烟气。 ①按通入，硫、氮脱除率随的变化曲线如图所示。随着量的增多，硫、氮脱除率几乎同等程度地升高，但也存在明显不足，主要缺点是 。 ②按通入、通入，随着投入量的增多，脱硝效率增大；而脱硫效率却减小，其原因是 。 8．（24-25高三上·江苏南京·阶段练习）是易挥发的发烟液体，温度高于130℃易爆炸。高氯酸铜晶体易溶于水，120℃开始分解，常用于生产电极和作催化剂等。 (1)将和用研钵分别研细，加入适量的沸水，搅拌，充分反应后静置得蓝色沉淀。写出生成沉淀的化学方程式 。 (2)向沉淀中滴加稍过量的，小心搅拌，适度加热后得到蓝色溶液，同时产生大量的白雾。 ①白雾的主要成分是 (填化学式)。 ②加热时温度不能过高的原因是 。 (3)某研究小组欲用粗品(含少量)制备纯净的无水氯化铜固体。请补充完整由粗品制备纯净的无水氯化铜固体的实验步骤：将粗固体溶于适量稀盐酸；边搅拌边缓慢加入适量 并充分混合，直至 ，停止滴加。边搅拌边分批加入 ， ，停止加入。 ， ，冷却结晶，过滤、冰水洗涤，低温干燥，得到晶体；将晶体 ，得到无水氯化铜固体。 已知：①实验中必须用的试剂：CuO、溶液、HCl气体和溶液 ②下表列出相应金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1mol⋅L-1)； 金属离子 开始沉淀 沉淀完全 1.1 3.2 5.8 8.8 4.7 6.7 9．（2024高三下·辽宁朝阳·阶段练习）某化学兴趣小组为探究的性质，按如图所示装置进行实验。 请回答下列问题： (1)装置A中盛放亚硫酸钠()的仪器名称是 ，其中发生反应的化学方程式为 。 (2)实验过程中，装置B中紫红色变为无色，说明具有 (填“氧化性”或“还原性”)，C中无色溶液中出现黄色浑浊，说明具有 (填“氧化性”或“还原性”)。 (3)装置D的目的是探究与品红溶液作用的可逆性，请写出实验操作及现象 。 (4)尾气可以用溶液吸收，其反应的离子方程式为 。 (5)将二氧化硫和氯气同时通入水中，溶液的漂白性 (填“是”或“否”)会增强，用化学用语解释原因(写出反应的化学方程式) 。 10．（2024高三下·山东枣庄·阶段练习）海洋资源的利用具有广阔前景。 (1)下图是从海水中提取粗溴的主要流程 ①从海水中提取溴的主要步骤是向浓缩的海水中通入氯气，将溴离子氧化，该反应的离子方程式是 。 ②可用热空气吹出溴是因为溴的 。(选填编号) A．氧化性    B．还原性   C．挥发性   D．腐蚀性 (2)海带灰中富含以形式存在的碘元素。实验室提取的途径如下所示： ①灼烧海带至灰烬时所用的主要仪器名称是 。 ②向酸化的滤液中加过氧化氢溶液，写出该反应的离子方程式 。反应结束后，再加入作萃取剂，振荡、静置，该步操作用到的仪器名称为 ，可以观察到层呈 色。 (3)某化学小组用如图所示装置检验氯气是否具有漂白性及卤素单质氧化性的相对强弱。下列说法错误的是_______。 A．c处棉花球变成蓝色，说明Br2的氧化性比I2强 B．a中U型管可盛放无水氯化钙 C．b处棉花球变成黄色，说明Cl2的氧化性比Br2强 D．d装置中可发生反应的离子方程式为Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O 11．（24-25高三上·天津·阶段练习）工业上以硫黄为原料制备硫酸的原理示意图如下，包括Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三阶段。 Ⅰ．硫液化后与空气中的氧反应生成 (1)硫的燃烧应控制事宜温度，若进料温服超过硫的沸点，部分燃烧的硫以蒸汽的形式随 SO2进入到下一阶段，会导致(填序号) 。 a．硫的消耗量增加      产率下降       c．生成较多 (2)SO2(g)氧化生成SO3(g)， 随温度升高，SO2平衡转化率 (填升高或降低)。 (3)从能量角度分析，钒催化剂在反应中的作用为 。 Ⅱ．一定条件下，钒催化剂的活性温度范围是450~600℃。为了兼顾转化率和反应速率，可采用四段转化工艺：预热后的SO2和O2通过第一段的钒催化剂层进行催化氧化，气体温度会迅速接近600℃，此时立即将气体通过热交换器，将热量传递给需要预热的SO2和O2、完成第一段转化。降温后的气体依次进行后三段转化，温度逐段降低，总转化率逐段提高，接近平衡转化率。最终反应在 左右时， SO₂转化率达到97%。 (4)气体经过每段的钒催化剂层，温度都会升高，其原因是 。升高温度后的气体都需要降温，其目的是 。 (5)采用四段转化工艺可以实现 (填序号)。 a．控制适宜的温度，尽量加快反应速率，尽可能提高 转化率 b．使反应达到平衡状态 c．节约能源 Ⅲ．工业上用浓硫酸吸收 ，若用水吸收 会产生酸雾，导致吸收效率降低。 (6)SO3的吸收率与所用硫酸的浓度、温度的关系如图所示。 据图分析，最适合的吸收条件：硫酸的浓度 温度 。 12．（2024高三上·云南昆明·期末）已知A、B、C、D、E、F、G为中学化学中常见的化合物，其中A是淡黄色固体，B是无色液体，G为红褐色固体。常温下甲、乙、丙为单质气体，丙呈黄绿色；丁、戊为常见金属单质，其中戊是当前用量最大的金属。它们之间的转化关系如图所示(有的反应部分产物已经略去)。 回答下列问题： (1)写出“白色沉淀”的化学式： ，列举物质A的一个用途 。 (2)写出反应②的离子方程式： 。 (3)反应①～⑥中，不属于氧化还原反应的是 (填序号)。检验C中阳离子的常用方法： 。 (4)写出过量碳酸氢钠溶液与澄清石灰水反应的离子方程式： 。若碳酸钠固体中混有少量的碳酸氢钠，请用化学方程式表示提纯碳酸钠固体的方法： 。 (5)向Fe2(SO4)3溶液中通入SO2气体，得到浅绿色溶液。请写出反应的离子方程式： 。 (6)“绿色”高效净水剂Na2FeO4可用Fe(OH)3与NaClO、NaOH溶液反应制得，每制取166gNa2FeO4，消耗NaClO mol。 13．（2024高三上·湖北武汉·阶段练习）微博橙子辅导小组对羟基苯甘氨酸邓氏钾盐是制备药物阿莫西林的重要中间体，可通过以下路线实现人工合成： 已知：① ②F到G的反应是一个加成反应_______；H的分子式为_______。 回答下列问题： (1)G中所含官能团的名称为 。 (2)反应①的反应类型为 。 (3)反应③为加成反应，则F的结构简式为 。 (4)在实际反应中，若反应①的条件控制不当，则可能会有较多有机副产物生成，写出一种有机副产物的结构简式 。 (5)写出反应④的化学方程式 。 (6)以化合物H为原料可进一步合成二酮类化合物()，其合成路线如下： 则K的结构简式为 。 (7)芳香族化合物J是C的同分异构体，则满足以下条件的J有 种。 i.苯环上只有3个取代基 ii.恰好能与反应 ⅲ.J不能发生银镜反应 14．（2024·河北·模拟预测）是一种重要的化工原料，可用于制革，印染等工业。 (1)以铬铁矿(主要成分为，还含有等)为原料制备的工艺流程如图。 ①焙烧时将矿料磨碎且气体与矿料逆流而行，其目的是 。 ②焙烧的目的是将转化为并将氧化物转化为可溶性钠盐，写出焙烧时发生的化学方程式 。 ③滤渣1主要含有 。 ④矿物中相关元素可溶性组分的物质的量浓度c与pH的关系如下图所示。 i．过程Ⅲ中用溶液的目的是 ，pH的理论范围为 。 ii．过程Ⅳ发生反应，计算该反应的 。 (2)测定产品中的质量分数。 称取产品，用容量瓶配制为待测液。取待测液于锥形瓶中，加入蒸馏水和稀硫酸等，用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。产品中(摩尔质量为)的质量分数为 。(列计算式即可) (3)利用膜电解技术，以溶液为阳极室电解质溶液，溶液为阴极室电解质溶液也可以制备，装置如图。 离子交换膜应该选用 (填序号)。 a．阴离子交换膜    B．质子交换膜    C．阳离子交换膜 15．（24-25高三上·广西·阶段练习）泻盐()被广泛用于临床，如导泻、利胆等。以菱镁矿渣(主要成分是，含少量、、、、、等)为原料制备泻盐的流程如图所示。 已知：常温下，部分金属阳离子开始沉淀和完全沉淀(离子浓度小于)时的pH如下表： 阳离子 开始沉淀时的pH 1.6 3.2 7.6 8.9 完全沉淀时的pH 3.1 4.7 9.6 10.9 回答下列问题： (1)“酸浸”前常将菱镁矿渣磨成矿粉，其目的是 ；滤渣的主要成分为 (填化学式)。 (2)写出加入时发生反应的离子方程式： 。 (3)“调pH”的范围为___________~___________。 (4)已知、两种物质的溶解度与温度的关系如图1所示。 “操作1”采用蒸发浓缩、 (填操作名称，采用如图2装置操作，夹持装置已略去)。 (5)“操作1”分离的可用于制豆腐时“点卤”，“点卤”中是___________(填标号)。 A．保鲜剂 B．调味剂 C．凝固剂 D．增色剂 (6)的热失重曲线如图3所示。 写出过程发生反应的化学方程式： ；点对应固体成分的化学式为 (填标号)。 A．        B．        C．        D．MgO 16．（2024高三上·贵州·阶段练习）硒是动物和人体所必需的微量元素之一，也是一种重要的工业原料。硒的化合物可用于治疗克山病，是制备新型光伏太阳能电池、半导体材料和金属硒化物的重要原料。回答下列问题： (1)硒的价电子排布式为 。 (2)工业上获得硒的方法很多。方法一：某科研小组以硫铁矿生产硫酸过程中产生的含硒物料(主要含S、等)提取硒，设计流程如图所示： ①“脱硫”时，测得脱硫率随温度的变化如图所示，随着温度的升高，脱硫率呈上升趋势的原因是 ，“脱硫”时最佳温度是 。 ②粗硒的精制过程：浸出[转化成硒代硫酸钠]净化→酸化等步骤。净化后的溶液中达到，此时溶液中的的最大值为 ，精硒中基本不含铜。 (3)方法二：工业上从铜阳极泥(含有等)中提取硒的过程如图所示： ①焙烧时，产物A的化学式为 。 ②将甲酸还原反应的化学方程式补充完整： 。 ③常温下，电离平衡体系中含(价)微粒的物质的量分数与的关系如图所示。向亚硒酸溶液中滴入氨水至，该过程中主要反应的离子方程式为 。 17．（24-25高三上·广西·阶段练习）硫代硫酸钠(Na2S2O3)俗称大苏打或海波，在碱性条件下稳定，遇酸易分解。将SO2通入按一定比例配成的Na2S和Na2CO3的混合溶液中，便可得到Na2S2O3，同时生成CO2。 Ⅰ．制备Na2S2O3·5H2O。 (1)仪器A的名称为 ，装置D的作用是 ，B中的试剂最好选用 (填字母)。 A．稀H2SO4     B．NaOH溶液     C．饱和NaHSO3溶液     D．饱和NaHCO3溶液 (2)C中将Na2S和Na2CO3配成溶液再通入SO2，便可制得Na2S2O3和CO2，写出反应的离子方程式为 。 (3)为保证硫代硫酸钠的产量，实验中产生的SO2不能过量，原因是 。 (4)反应终止后，C中的溶液经蒸发浓缩即可析出Na2S2O3·5H2O，其中可能含有Na2SO3、Na2SO4等杂质，检测产品中是否含有Na2SO4杂质的实验操作和现象： 。 Ⅱ．探究Na2S2O3的部分化学性质。 Ⅲ．Na2S2O3的应用。 已知：。 某同学探究与稀H2SO4反应的速率影响因素时，设计了如下系列实验： 编号 0.1mol/L Na2S2O3溶液的体积/ 0.1mol/LH2SO4溶液的体积/ 水的体积/ 水浴温度/℃ 测定变浑浊时间/s ① 10.0 15.0 0 35 t1 ② 10.0 10.0 V1 35 t2 ③ 15.0 0 45 t3 (5) 。 (6)通过对比实验①和②，验证 对反应速率的影响，因此测定变浑浊的时间t1 t2(填“>、“＜”或“=”)。 18．（24-25高三上·重庆铜梁·阶段练习）某中学化学社团利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应来探究“条件对化学反应速率的影响”，实验时，先分别量取下列溶液，然后倒入试管中迅速振荡混合均匀，开始计时，通过测定褪色所需时间来判断反应的快慢。设计方案如下，其中t3＜t2＜t1： 实验编号 试管中所加试剂及用量(mL) 温度(℃) 溶液褪至无色所需时间(min) 0.6mol/LH2C2O4溶液 0.2mol/LKMnO4溶液 3mol/LH2SO4溶液 H2O 1 3.0 2.0 2.0 3.0 25 t1 2 3.0 3.0 2.0 2.0 25 t2 3 3.0 3.0 2.0 2.0 40 t3 请回答： (1)配制0.6mol/LH2C2O4溶液 ①若实验中大约要使用480mLH2C2O4溶液，则需要称量H2C2O4•2H2O固体 g。 ②选择称量H2C2O4•2H2O固体所需要的仪器 (填序号)。 名称 托盘天平(带砝码) 小烧杯 坩埚钳 玻璃棒 药匙 量筒 仪器 序号 a b c d e f (2)已知反应后H2C2O4转化为CO2逸出，KMnO4转化为MnSO4，每消耗1molH2C2O4转移 mol电子。当观察到紫色刚好褪去，参加反应的H2C2O4和KMnO4的物质的量之比n(H2C2O4)∶n(KMnO4)= 。 (3)实验1测得KMnO4溶液的褪色时间为t1=4 min，忽略混合前后溶液体积的变化，这段时间内平均反应速率v(KMnO4)= mol/(L·min)。 (4)根据表中的实验2和实验3数据，可以得到的结论是 。 (5)该小组同学根据经验绘制了n(Mn2+)随时间变化趋势的示意图，如图a所示，但有同学查阅已有的实验资料发现，该实验过程中n(Mn2+)随时间变化的趋势应当如图b所示： 推测可能的原因是 。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．(1) Cu2S+O22Cu+SO2 作氧化剂，将氧化亚铜、铜氧化生成硫酸铜 2Cu2++4I-=2CuI↓+I2 (2) 蒸发结晶 趁热过滤 (3)+2 【分析】冰铜(Cu2S、FeS)在1200℃的空气中灼烧，Cu2S转化为Cu2O、Cu和SO2，FeS转化为熔渣B和SO2；将泡铜加入H2SO4、H2O2中加热，得到CuSO4溶液；将溶液I中加入过量的NaI、过滤，得到CuI、I2沉淀；先水洗，再乙醇洗涤沉淀，得到CuI晶体。 【详解】（1）①步骤a中，Cu2S被氧化为Cu，同时有SO2生成，反应的化学方程式为Cu2S+O22Cu+SO2。 ②步骤b中溶液I是CuSO4溶液，则Cu元素由+1价、0价升高到+2价，H2O2的作用是：作氧化剂，将氧化亚铜、铜氧化生成硫酸铜。 ③步骤c中有I2生成，同时生成CuI沉淀，则发生反应的离子方程式为2Cu2++4I-=2CuI↓+I2。 （2）从图中可以看出，约50℃后，随温度升高，Na2SO4的溶解度降低，则蒸发结晶后，需趁热过滤，否则会生成晶体，所以由Na2SO4溶液得到Na2SO4固体的操作是：蒸发结晶→趁热过滤→用乙醇洗涤→干燥。 （3）一定条件下，当溶液中与H2O2化学计量数之比恰好为2:5时，作氧化剂，H2O2作还原剂，且O元素由-1价升高到0价，溶液中离子被还原为较低价态，设产物中X元素的化合价为y，依据得失电子守恒可建立等式2×(7-y)=2×5，y=2，则X元素的化合价变为+2。 【点睛】若溶质的溶解度随温度的升高而减小，则采用蒸发结晶、趁热过滤的方法从溶液中提取溶质。 2．(1) 黄绿色 淡黄色 先变红后褪色 (2) (3)      (4) 【分析】熔融状态下电解得到金属钠和氯气，因A可制成“84”消毒液，则A为Cl2，B为Na；Na与单质X可连续反应，则X为O2，C为Na2O，D为Na2O2，E为NaOH，据此回答； 【详解】（1）物质A为氯气，在常温下为黄绿色气体；物质D为过氧化钠，常温下为淡黄色固体；氯气溶解在水中，发生反应，盐酸具有酸性，滴入紫色石蕊试液变红色，次氯酸具有漂白性则褪色，故现象为先变红后褪色； （2）单质X为氧气，化学式为O2；氧化钠与氧气在加热条件下反应生成过氧化钠，方程式为； （3）D为Na2O2，可用作呼吸面具，与呼出的二氧化碳和水反应产生氧气，化学方程式分别为、； （4）实验②③作为对照实验，实验②③反应后溶液均为红色，能证明使溶液褪色的不是O2和，实验①证明反应生成氧气，说明溶液中存在过氧化氢，则与反应可能生成了具有强氧化性的。 3．(1)酸式 (2) (3)润洗 (4)C (5) 0.042 符合 (6)当滴入最后半滴标准溶液时，溶液由蓝色变成无色，且半分钟内不恢复原色 (7) 【分析】量取10.00mL白醋，稀释至100mL，量取稀释后25.00mL溶液，滴加几滴酚酞指示剂，采用标准NaOH溶液滴定，摇动锥形瓶，等锥形瓶中溶液的颜色从无色变成浅红色、30秒内不褪色时停止滴定、待液面稳定后读取滴定管液面的读数并记录，重复2-3次实验。 【详解】（1）食醋主要成分为醋酸，显酸性，量取稀释后的25.00mL白醋溶液应选用酸式滴定管。 （2）醋酸为弱电解质，部分电离，保留化学式，白醋溶液中醋酸与NaOH溶液反应的离子方程式。 （3）根据滴定操作，滴定管在使用前需要检验其是否漏水、水洗、润洗装液、排气泡、调零、读数。 （4）A．滴定前盛放白醋稀溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，无影响，A不选； B．滴定过程中振荡时锥形瓶内有液滴溅出，导致溶质损失，结果偏低，B不选； C．碱式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，导致标准液体积偏大，结果偏高，C选； D．读取NaOH溶液体积时，开始时仰视读数，滴定结束时俯视读数，导致标准液体积偏小，结果偏低，D不选； 故选C。 （5）若通过实验测得稀释后白醋的浓度为0.070mo/L，则该白醋中醋酸含量为=0.042g/mL，该白醋符合国家标准。 （6）根据淀粉遇到碘变蓝，滴定终点现象为当滴入最后半滴标准溶液时，溶液由蓝色变成无色，且半分钟内不恢复原色。 （7）根据关系式：可知，胆矾纯度为。 4．(1) (2) (3) (4) (5) (6) 【详解】（1）Cu是29号元素，其原子核外有29个电子，3d能级上有10个电子，4s能级上有1个电子，3d、4s能级上电子为其外围电子，最外层电子排布式为4s1； （2）同周期从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但N元素原子的2p能级处于半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻的元素，所以C、N、O三种元素的第一电离能由由小到大的排列顺序是N＞O＞C； （3）配合物A分子中一种碳有C=O，碳的杂化方式为sp2杂化，另一种碳周围都是单键，碳的杂化方式为sp3杂化； （4）共价单键为σ键，共价双键中一个是σ键，一个是π键；中含有8个σ键，所以1mol氨基乙酸钠中含有σ键为8mol，含有键的数目为； （5）已知是一种二元弱碱，其能结合2个氢离子，其与足量稀硫酸反应生成的酸式盐中阳离子为，阴离子为，故化学式为； （6）据“均摊法”，晶胞中含个O、4个Cu，设晶胞参数为a pm，则晶体密度为，a=pm。 5．(1)B (2)①②③ (3) Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O 强氧化性和酸性 (4) 【分析】A是一种非金属单质，为黄色晶体判断为单质S；B、C、D均为化合物；B是形成酸雨的主要成分之一，推断为SO2；则依据转化关系分析可知B和氧气催化剂作用反应生成C为SO3，D为H2SO4，以此解答。 【详解】（1）农业生产中常用到的氮肥是铵盐，检验某化肥中铵盐的方法是将待检物取出少量放入试管中，然后加入氢氧化钠溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸放在试管口检验，如变蓝，说明有铵盐，故答案为：B。 （2）①为弱酸的铵盐，既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应，②具有两性，既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应， ③为弱酸的酸式盐、既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应，故答案为：①②③。 （3）①由分析可知，D为H2SO4，浓H2SO4溶液与Cu在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，该反应中体现H2SO4的酸性和强氧化性； ②向硫酸稀溶液中滴加BaCl2溶液，生成硫酸钡沉淀和盐酸，离子方程式为。 （4） ①反应中N元素由+3价下降到+2价，I元素由-1价上升到0价，用“双线桥”表示NaNO2与HI反应时的电子转移情况为：； ②将新制的氯水加到溶液中，观察到氯水褪色，同时生成和，该反应中N元素由+3价上升到+5价，Cl元素由0价下降到-1价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。 6．(1) 分液漏斗 饱和氯化钠溶液 (2)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O (3) Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O 避免生成 (4)向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作2~3次 (5)小于 【分析】根据实验装置及目的，实验室用二氧化锰与浓盐酸共热制备氯气，用饱和食盐水除去氯气中的HCl杂质，则装置a为饱和食盐水；装置b为氯气与热的KOH溶液反应生成氯酸钾和氯化钾、水；装置c为氯气与冷的NaOH溶液反应生成NaClO和NaCl、水，氯气有毒，装置d为尾气处理装置。 【详解】（1）盛放浓盐酸的仪器名称为分液漏斗；a目的为除去HCl杂质，试剂为饱和食盐水； （2）二氧化锰和浓硫酸加热反应生成氯化锰，氯气和水，方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O； （3）c中氯气与冷的NaOH反应生成NaClO、NaCl和水，离子方程式Cl2+2OH−=ClO−+Cl−+H2O；氯气与碱反应放热，温度升高可生成氯酸钠，用冷的碱可避免氯酸钠的生成； （4）沉淀过滤后，向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作2~3次，洗涤KClO3晶体； （5）根据实验现象KClO3未与KI反应，而NaClO与KI反应生成单质碘，则在该条件下KClO3的氧化能力小于NaClO。 7．(1) (2) ClO2与NO反应生成HCl和NO2，溶液酸性增强，SO2的溶解度减小；NO2消耗尿素，使得与SO2反应的尿素减少 (3) O3将NO2氧化为更高价态的氮的氧化物 (4) 过量太多的氨气对提高硫、氮脱除率的影响不大，同时产生大量氨气尾气，既浪费原料，也带来新的污染 时，O3将NO氧化为更高价氮的氧化物，此时O3-NH3协同脱硝优先于O3-NH3协同脱硫反应(脱硝速率大于脱硫速率)，因此通入的O3量越多，生成的高价氮的氧化物越多，脱硝效率越大；同时由于通入的NH3量一定，高价氮的氧化物对NH3的消耗进一步限制了NH3与SO2反应的进行，使得脱硫效率减小 【详解】（1）  kJ⋅mol-1   kJ⋅mol-1 有氧条件下，与NO反应生成，相关热化学方程式为   根据盖斯定律可知： （2）①脱硝的反应分为两步。第一步：。 第二步：和反应生成和。 第二步的化学反应方程式为。 ②将含、NO烟气以一定的流速通过10%的溶液，其他条件相同，不通和通少量时的去除率如图所示。通少量时的去除率较低的原因是ClO2与NO反应生成HCl和NO2，溶液酸性增强，SO2的溶解度减小；NO2消耗尿素，使得与SO2反应的尿素减少。 （3）①当时，主要有二氧化氮生成，反应器中发生的主要反应的化学方程式为； ②当时，一氧化氮转化率很高，出口处浓度急剧下降的原因是O3将NO2氧化为更高价态的氮的氧化物； （4）①按通入，硫、氮脱除率随的变化曲线如图所示。随着量的增多，硫、氮脱除率几乎同等程度地升高，但也存在明显不足，主要缺点是过量太多的氨气对提高硫、氮脱除率的影响不大，同时产生大量氨气尾气，既浪费原料，也带来新的污染。 ②按通入、通入，随着投入量的增多，脱硝效率增大；而脱硫效率却减小，其原因是时，O3将NO氧化为更高价氮的氧化物，此时O3-NH3协同脱硝优先于O3-NH3协同脱硫反应(脱硝速率大于脱硫速率)，因此通入的O3量越多，生成的高价氮的氧化物越多，脱硝效率越大；同时由于通入的NH3量一定，高价氮的氧化物对NH3的消耗进一步限制了NH3与SO2反应的进行，使得脱硫效率减小。 8．(1) (2) HClO4 防止HClO4爆炸、Cu(ClO4)2分解 (3) H2O2溶液 取少量溶液加入K3[Fe(CN)6]溶液无蓝色沉淀生成 CuO 调节溶液pH至3.2~4.7 过滤 将滤液蒸发浓缩至表面出现晶膜 在HCl气氛中加热至质量不再变化(或恒重)为止 【详解】（1）将和用研钵分别研细，加入适量的沸水，搅拌，充分反应后静置得蓝色沉淀，反应的原理是利用“双水解反应”，反应过程中无元素化合价变化，根据原子守恒可知反应化学方程式为。 （2）①是易挥发的发烟液体，因此反应过程中的白雾主要成分为HClO4； ②温度高于130℃易爆炸、高氯酸铜晶体在120℃开始分解，因此加热时温度不能过高。 （3）用粗品(含少量))制备纯净的无水氯化铜固体，由于Fe2+完全沉淀时，Cu2+已沉淀完全，因此需要将Fe2+氧化为Fe3+，然后再通过调节溶液pH除去Fe3+，为确保Fe2+完全被氧化为Fe3+，可取少量溶液加入K3[Fe(CN)6]溶液观察是否有蓝色沉淀生成，若无蓝色沉淀生成，则溶液中不含Fe2+，为不引入新杂质，可选用双氧水作氧化剂，加入CuO调节溶液pH至3.2~4.7，将Fe3+沉淀后，经过滤后将滤液蒸发浓缩至表面出现晶膜，再经过冷却结晶，过滤、冰水洗涤，低温干燥，得到晶体，因CuCl2会发生水解，因此为抑制其在加热过程中发生强烈水解，需在HCl气氛中进行，为确保加热充分，可通过称重判断，若固体质量不再变化，说明已反应充分。 9．(1) 蒸馏烧瓶 (2) 还原性 氧化性 (3)品红溶液褪色后关闭分液漏斗活塞，点燃酒精灯加热，溶液恢复为红色 (4) (5) 否 【分析】装置A中盛放亚硫酸钠（Na2SO3）的仪器名称是蒸馏烧瓶，其中发生的反应为亚硫酸钠与硫酸发生反应生成SO2，装置B中SO2能转化为Mn2+，紫红色褪去，装置C中SO2与Na2S发生转化为S，无色溶液中出现黄色浑浊，装置D的目的是探究SO2与品红溶液作用的可逆性，先通SO2，然后再给烧杯加热，SO2会污染环境，需要进行尾气处理，尾气可以用NaOH溶液吸收，生成盐和水，据此回答。 【详解】（1）装置A中盛放亚硫酸钠（Na2SO3）的仪器名称是蒸馏烧瓶，其中发生的反应为亚硫酸钠与硫酸发生的复分解反应，方程式为； （2）实验过程中，装置B中紫红色变为无色，说明SO2能将转化为Mn2+，具有还原性；C中无色溶液中出现黄色浑浊，说明SO2将Na2S转化为S，具有氧化性； （3）装置D的目的是探究SO2与品红溶液作用的可逆性，先通SO2，品红溶液褪色后关闭分液漏斗活塞，点燃酒精灯加热，溶液恢复为红色； （4）尾气可以用NaOH溶液吸收，生成盐和水，反应的化学方程式为； （5）由于SO2具有还原性，Cl2具有强氧化性，两者会发生氧化还原反应，反应的方程式为：，漂白性将减弱，故将二氧化硫和氯气同时通入水中，溶液的漂白性将会减弱。 10．(1) C (2) 坩埚 分液漏斗 紫红 (3)A 【分析】氯气将溴离子氧化生成溴单质，含溴单质的苦卤被热空气吹出后，冷凝得到粗溴； 干海带灼烧后溶解过滤，滤液酸化后加入过氧化氢，碘离子被氧化为碘单质，使用四氯化碳萃取后得到碘； 氯气不具有漂白性，U形管左端放置湿润的有色布条，用于验证次氯酸的漂白性，U形管装有无水氯化钙用于干燥氯气，右侧干燥的有色布条不褪色，证明氯气无漂白性，硬质玻璃管内用于验证卤素单质氧化性的强弱。 【详解】（1）①氯气将溴离子氧化生成溴单质和氯离子，该反应的离子方程式是； ②可用热空气吹出溴是因为溴的沸点较低，能挥发出来，故选C； （2）①灼烧海带至灰烬时所用的主要仪器名称是坩埚，坩埚是可以用于灼烧的仪器； ②向酸化的滤液中加过氧化氢溶液，过氧化氢具有氧化性可以和碘离子发生反应生成碘单质和水，该反应的离子方程式；反应结束后，再加入CCl4作萃取剂，振萃取出碘单质，该步操作用到的仪器名称为分液漏斗，碘的CCl4层显紫红色。 （3）A．c处发生、只能说明有碘生成、由于氯气的干扰不能说明Br2的氧化性比I2强，故A错误； B．Cl2本身没有漂白性，次氯酸具有漂白性，故a 中湿润的有色布条褪色，经过U形管中干燥剂干燥后，干燥的有色布条不褪色，故a中U形管可盛放无水氯化钙来干燥Cl2，故B正确； C．b 处发生 ，则b 处棉花球变成黄色，说明Cl2的氧化性比 Br2强，故C正确； D．d处为尾气处理，d装置中可发生反应的离子方程式为Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O，故D正确； 故选A。 11．(1)ab (2)降低 (3)降低反应活化能 (4) 反应放热 保持钒催化剂活性温度，提高 转化率，保证反应速率 (5)ac (6) 98.3% 60℃ 【分析】先将硫黄在空气中燃烧或焙烧，和氧气反应生成二氧化硫，生成的SO2和氧气发生反应转化为三氧化硫，生成的SO3用浓硫酸吸收得到硫酸； 【详解】（1）a．第Ⅰ步时，硫粉液化并与氧气共热生成二氧化硫，若反应温度超过硫粉沸点，部分硫粉会转化为硫蒸气损失，消耗的硫粉会增大，a正确； b．硫蒸气与生成的二氧化硫一同参加第Ⅱ步反应过程中，降低二氧化硫的生成率，b正确； c．二氧化硫产率降低后，生成的三氧化硫也会减少，c错误； 故选ab。 （2）二氧化硫氧化生成三氧化硫反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则二氧化硫转化率降低； （3）催化剂可以改变反应的历程，降低反应的活化能，加快反应速率； （4）通入催化剂层后，体系(剩余反应物与生成物)温度升高的原因在于：二氧化硫和氧气的反应是放热反应，反应释放能量使得温度升高；催化剂需要一定的活化温度且反应为放热反应，每轮反应后进行热交换降温的目的是：保持钒催化剂活性温度，提高SO2转化率，保证反应速率； （5）a．由题目信息可知，在每段SO2向SO3转化的过程中，各段控制适宜的温度，温度逐段降低，可以保持钒催化剂的活性温度，保证SO2的转化率和反应速率均保持较高水平，故a正确； b．由题目信息可知，反应转化率接近平衡转化率，也就是使得反应接近平衡状态，故b错误； c．降温后的气体依次进行后三段转化，温度逐段降低，节约了能源，故c正确； 故选ac。 （6）由图可知，最适合吸收三氧化硫的浓硫酸质量分数为98.3%，最适合吸收的温度为60℃，此时SO3吸收率最高。 12．(1) Al(OH)3 供氧剂 (2) (3) ⑤⑥ 焰色试验 (4) (5) (6)1.5 【分析】A、B、C、D、E、F、G为中学化学中常见的化合物，其中A是淡黄色固体，B是无色液体，常温下甲、乙、丙为单质气体，丙呈黄绿色，丙是Cl2；A和B能反应， A是Na2O2、B是H2O，C是NaOH，甲是O2；氢气和氧气反应生成水，乙是H2；氢气和氯气反应生成HCl，E是盐酸；G为红褐色固体，G是Fe(OH)3；丁、戊为常见金属单质，戊是当前用量最大的金属，则戊是Fe；Fe和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，F是FeCl2；丁能与氢氧化钠溶液反应，丁是Al，铝和氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，则D是； 【详解】（1）D是，和少量盐酸反应生成氢氧化铝沉淀“白色沉淀”的化学式Al(OH)3；A是Na2O2，过氧化钠常用作供氧剂。 （2）反应②是铝和氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为； （3）反应①～⑥中，⑤是四羟基合铝酸钠与适量盐酸反应生成氢氧化铝沉淀、氯化钠、水，⑥氢氧化铝和盐酸反应生成氯化铝和水，没有化合价变化，属于非氧化还原反应，不属于氧化还原反应的是⑤⑥。C中的阳离子是Na+，钠元素的焰色为黄色，检验C中阳离子的常用方法为焰色试验。 （4）过量碳酸氢钠溶液与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠、水，反应的离子方程式为。碳酸氢钠受热易分解，若碳酸钠固体中混有少量的碳酸氢钠，用加热法克提纯碳酸钠固体，反应方程式为。 （5）二氧化硫具有还原性，向Fe2(SO4)3溶液中通入SO2气体，Fe3+被还原为Fe2+，得到浅绿色溶液，反应的离子方程式。 （6）“绿色”高效净水剂Na2FeO4可用Fe(OH)3与NaClO、NaOH溶液反应制得，Fe元素化合价由+3升高为+6、氯元素化合价由+1降低为-1，根据得失电子守恒得反应关系式3NaClO~ 2Na2FeO4，每制取166gNa2FeO4，消耗NaClO的物质的量为mol。 13．(1)酯基、碳碳双键 (2)加成反应 (3)CH2=C=O (4) (5) (6) (7)12 【分析】 根据A的分子式及C的结构简式知，A和B发生加成反应生成C，A为，B为OHCCOOH，根据反应④产物的结构简式知，C中醇羟基被氨基取代生成D为，D和H发生信息中的反应生成；E为HC≡CH，结合G结构简式可知，F结构简式为CH2=C=O，G和甲醇发生反应生成H，据此分析解题。 【详解】（1）根据图知，G中官能团为酯基、碳碳双键，故答案为：酯基、碳碳双键； （2）由题干流程图可知，反应①为醛基发生加成反应生成羟基，所以该反应为加成反应，故答案为：加成反应； （3）由分析可知，反应③为加成反应，则F为CH2=C=O，故答案为：CH2=C=O； （4） 反应①的条件控制不当，羧基和酚羟基会发生取代反应生成酯基，得到：，故答案为：； （5） 由分析可知，D为，反应④的方程式为：，故答案为：； （6） 根据K的分子式知，H与BrCH2CH2Br发生取代反应生成K，K中酯基碱性水解后酸化得到，则K结构简式为，故答案为：； （7）芳香族化合物J是C的同分异构体，满足以下条件：i.苯环上只有3个取代基；ii.1molJ恰好能与3molNaOH反应，则含有酯基或酚羟基或羧基；iii.J不能发生银镜反应，说明不含醛基或HCOO-，3个取代基为-OH、-OH、-CH2COOH或-OH、-OH、-COOCH3；若为-OH、-OH、-CH2COOH，2个酚羟基处于邻位，-CH2COOH有2种位置异构；2个酚羟基处于间位，-CH2COOH有3种位置异构；2个酚羟基处于对位，-CH2COOH有1种位置异构，共6种情况；若为-OH、-OH、-COOCH3，也有6种位置异构，所以有12种位置异构，故答案为：12。 14．(1) 增大接触面积，提高反应速率，使矿石充分反应 4FeO·Cr2O3+7O2+8Na2CO32Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2 Fe2O3和MgO 调节溶液pH使与[Al(OH)4]-转化为沉淀除去 4.5~9.3 1014.8 (2) (3)c 【分析】铬铁矿(主要成分为，还含有MgO、、等)加入纯碱焙烧，生成Na2CrO4、Na[Al(OH)4]、Na2SiO3等，FeO转化为Fe2O3，MgO不反应；加水浸取后，滤渣1为Fe2O3、MgO；滤液中加入H2SO4后过滤，溶液2为Na2CrO4溶液，滤渣2为Al(OH)3、H2SiO3等；Na2CrO4溶液中继续加入H2SO4，最终转化为Na2Cr2O7，据此作答。 【详解】（1）①焙烧时将矿料磨碎且气体与矿料逆流而行，可增大矿石与空气的接触面积，提高反应速率，使矿石充分反应； ②焙烧的目的是将转化为并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐，则FeO被O2氧化为Fe2O3，焙烧时发生的化学方程式为； ③由分析可知，滤渣1主要含有Fe2O3和MgO； ④ⅰ．由分析可知，过程Ⅲ中用H2SO4溶液的目的是：调节溶液pH使与转化为沉淀除去；pH的理论范围应使得[Al(OH)4]-完全转化为Al(OH)3， 完全转化为H2SiO3，即为4.5~9.3； ⅱ．过程Ⅳ发生反应，选择pH=2.4的点，此时c()=1mol/L，c()=10-5mol/L，c(H+)=10-2.4mol/L，该反应的K=≈1014.8； （2）依据得失电子守恒，可建立如下关系式：~ 6 Fe2+，n(Fe2+)=bmol/L×V×10-3L=bV×10-3mol，n()=mol，则产品中(摩尔质量为)的质量分数为 （3）阳极发生反应，溶液的酸性增强，发生的转化，阴极发生反应4H2O+4e-=2H2↑+4OH-，阳极中的Na+、H+会向阴极迁移，则离子交换膜应允许Na+、H+通过，应该选用阳离子交换膜，故选c。 15．(1) 增大接触面积，使反应快速而充分 、 (2) (3)4.78.9 (4)趁热过滤 (5)C (6) B 【分析】菱镁矿渣(主要成分是，含少量、、、、、等)中加入足量稀硫酸“酸浸”得到对应的硫酸盐，其中不参与反应，生成的CaSO4难溶，则滤渣的主要成分为和CaSO4，再向滤液中加入KClO3将Fe2+氧化为Fe3+，再加入试剂MgO调节pH，煮沸将Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀除去，再经过“操作1” 包括蒸发浓缩、趁热过滤除钙后，此时溶液主要含有MgSO4，最后经“操作2”得到MgSO4⋅7H2O，则“操作2”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，据此解答。 【详解】（1）“酸浸”前需将矿渣磨碎，其目的是：增大固体与酸的接触面积，加大浸取速率，提高镁元素的浸出效率；经分析可知滤渣的主要成分为和CaSO4，故答案为：增大接触面积，使反应快速而充分；、； （2）加入将Fe2+氧化为Fe3+发生反应，故答案为； （3）加入试剂MgO调节pH，沉淀和且不引其他杂质离子，但镁离子不沉淀，根据所给数据pH范围为4.78.9，故答案为：4.78.9； （4）根据图1可知CaSO4溶解度随温度升高而升高幅度不大，若从溶液中得到应采取蒸发浓缩、趁热过滤，除钙同时防止硫酸镁晶体析出，故答案为：趁热过滤； （5）可用于制豆腐时“点卤”，“点卤”中是凝固剂，故答案为：C； （6）初始取硫酸镁晶体的物质的量为，失重时，先部分脱水，后全部脱水，最后硫酸镁部分分解，最终硫酸镁全部分解，生成稳定的氧化镁。根据每个点数据，依据相对分子质量判断。在失重过程中镁元素始终存在于固体中且质量不变。计算如下： 代号 a b c d e 摩尔质量/ 246 138 120 280 40 组成 b、c的组成分别是、，则b→c的化学方程式：；根据平均值原理，d点组成介于c和e之间，即可以看成由和组成，可以看成，则780℃时所得固体的化学式为，故答案为：；B。 16．(1) (2) 温度升高，单质硫在煤油中的溶解度增加 (3) 【分析】由题给流程可知，方法一为向含硒物料中加入煤油溶解、过滤得到含硫煤油和滤渣；向滤渣中加入氯酸钠、稀硫酸进行氧化酸浸，将硒转化为硒代硫酸钠，金属元素可溶硫酸盐，二氧化硅不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和滤液；滤液经控电位还原、过滤得到滤液和粗硒；粗硒经精制得到硒；方法二为铜阳极泥在氧气中焙烧得到二氧化硒和焙烧渣，二氧化硒溶于水生成亚硒酸，亚硒酸溶液与甲酸溶液共热反应得到粗硒。 【详解】（1）硒元素的原子序数为34，基态原子的价电子排布式为为，故答案为：； （2）①由图可知，时脱硫率已经很大，在升高温度，脱硫率变化不大，所以脱硫的最佳温度是；脱硫时，脱硫率随着温度的升高而升高是因为温度升高，硫在煤油中的溶解度增大，故答案为：温度升高，单质硫在煤油中的溶解度增加；； ②由溶度积可知，溶液中硫化钠浓度为0.026mol/L时，溶液中铜离子浓度的最大值为，故答案为：； （3）①由分析可知，焙烧得到的产物A为，故答案为：； ②由分析可知，亚硒酸溶液与甲酸溶液共热反应生成硒、二氧化碳和水，反应的化学方程式为，故答案为：； ③向亚硒酸溶液中滴入氨水至与均存在，可看作电离出的与等物质的量的反应，生成和，该过程中主要反应的离子方程式为，故答案为：。 17．(1) 圆底烧瓶 安全瓶，防倒吸 C (2) (3)若SO2过量，溶液显酸性，产物Na2S2O3遇酸易分解，导致产率下降 (4)取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层清液，再滴加BaCl2溶液，若出现沉淀，则说明含有Na2SO4杂质 (5)1∶2 (6) H2SO4浓度（或浓度） ＜ 【分析】在装置A中H2SO4与Na2SO3发生复分解反应产生Na2SO4、SO2气体、H2O，装置B中可以盛放饱和NaHSO3溶液，其作用是平衡气压，控制气体速率；在装置C中发生反应；装置D的作用是安全瓶，可以防止倒吸现象的发生；装置E用于尾气处理，防止污染大气。 【详解】（1）据装置图可知仪器A的名称为圆底烧瓶；装置D的作用是安全瓶，防止装置E中的液体进入装置C而引起倒吸现象的发生；B装置主要为平衡气压、控制气流速度，以及防止倒吸的作用，试剂最好选用饱和NaHSO3溶液，故合理选项是C，故答案为：圆底烧瓶；安全瓶，防倒吸；C； （2）在装置C中硫化钠、碳酸钠与二氧化硫反应生成硫代硫酸钠和二氧化碳，该反应的离子方程式为：，故答案为：； （3）为保证硫代硫酸钠的产量，实验中产生的SO2不能过量，原因是若SO2过量，溶液显酸性，产物Na2S2O3分解，产率降低，故答案为：若SO2过量，溶液显酸性，产物Na2S2O3遇酸易分解，导致产率下降； （4），检测产品中是否含有Na2SO4杂质实际就是检验硫酸根是否存在，实验方案为取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层清液，再滴加BaCl2溶液，若出现沉淀，则说明含有Na2SO4杂质，故答案为：取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层清液，再滴加BaCl2溶液，若出现沉淀，则说明含有Na2SO4杂质； （5）分析实验①、②可知两个实验的温度相同，则实验①、②可探究硫酸浓度对反应速率的影响，实验①、②两组混合溶液总体积相同，其他条件应相同，故V1=5；析实验②、③可知：两个实验的温度不，则实验②、③可探究温度对反应速率的影响，实验②、③两组混合溶液总体积相同，温度不同，V2=10， ，故答案为：1:2； （6）分析实验①、②可知两个实验的温度相同，则实验①、②可探究硫酸浓度对反应速率的影响，硫酸浓度①>②，反应速率①>②，测定变浑浊的时间t1<t2，故答案为：H2SO4浓度（或浓度）；<。 18．(1) 37.8 abe (2) 2 5:2 (3)0.01 (4)其他条件不变时，升高温度，化学反应速率加快 (5)该反应为放热反应；反应生成的Mn2+起催化作用 【分析】利用控制变量法探究外界条件对化学反应速率的影响时，通常只改变一个变量。实验1和实验2中，温度相同，混合液的总体积相同，0.6mol/LH2C2O4的体积相同，在混合液中其浓度相同，3mol/LH2SO4的体积相同，在混合液中其浓度相同，0.2mol/LKMnO4溶液的体积不同，则混合液中其浓度不同，此两实验是用来探究浓度对化学反应速率的影响；实验2和实验3中各物质的浓度都相同，但温度不同，此两实验是用来探究温度对化学反应速率的影响。 【详解】（1）①实验室没有480mL的容量瓶，要配制480mLH2C2O4溶液，需要选择500mL的容量瓶，则需要称量H2C2O42H2O固体的质量为0.6mol/L×0.5L×126g/mol=37.8g。 ②称量H2C2O42H2O固体时，需要使用天平、小烧杯、药匙，则所需要的仪器abe。 （2）已知反应后H2C2O4转化为CO2逸出，KMnO4转化为MnSO4，依据得失电子守恒，可建立关系式：5H2C2O4~2KMnO4~10e-，则每消耗1molH2C2O4转移2mol电子。当观察到紫色刚好褪去，参加反应的H2C2O4和KMnO4的物质的量之比n(H2C2O4)∶n(KMnO4)= 5:2。 （3）实验1测得KMnO4溶液的褪色时间为t1=4 min，混合溶液的总体积共10mL，这段时间内平均反应速率v(KMnO4)== 0.01mol/(L·min)。 （4）由分析可知，表中的实验2和实验3中各物质的对应浓度都相同，只有温度不同，40℃＞25℃，所需时间t3＜t2，则可以得到的结论是：其他条件不变时，升高温度，化学反应速率加快。 （5）图b曲线显示，当反应进行一段时间后，随反应时间的增长，n(Mn2+)迅速增大，也就是反应速率迅速加快，推测可能的原因是：该反应为放热反应；反应生成的Mn2+起催化作用。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$