福建省寧德市化學模擬試卷（二）

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精2017年福建省寧德市高考化學模擬試卷（二）一、選擇題:本題共14小題，每小題3分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1．2015年巴黎氣候變化大會召開，旨在保護環(huán)境造福人類．下列說法不正確的是（）A．擴大鉛蓄電池、汞鋅錳干電池的生產(chǎn)，滿足消費需求B．采用碳捕集和儲存技術，逐步實現(xiàn)二氧化碳的零排放C．對工業(yè)廢水、生活污水凈化處理,減少污染物的排放D．催化處理汽車尾氣，減輕氮氧化物污染和光化學煙霧2．下列有關化學用語表示正確的是(）A．中子數(shù)為10的氧原子：OB．Mg2+的結構示意圖：C．硫化鈉的電子式:D．氯乙烯的結構簡式：C2H3Cl3．下列判斷合理的是（）①硫酸、燒堿、醋酸鈉和生石灰分別屬于酸、堿、鹽和氧化物;②蔗糖、硫酸鋇和水分別屬于非電解質、強電解質和弱電解質；③Na2O、Fe2O3、A12O3屬于堿性氧化物④根據(jù)分散系是否具有丁達爾現(xiàn)象將分散系分為溶液、膠體和濁液；⑤根據(jù)反應中是否有電子的轉移將化學反應分為氧化還原反應和非氧化還原反應；⑥CO2、SO2、NO2，都能和堿溶液發(fā)生反應，因此它們都屬于酸性氧化物．A．只有②④⑥ B．只有①②⑤ C．只有①③⑤ D．只有③④⑥4．設NA為阿伏加德羅常數(shù)，下列說法正確的是（）A．常溫下，4。6gNO2含分子數(shù)為0.1NAB．250mL1mol?L﹣1FeCl3溶液中,陰、陽離子總數(shù)等于NAC．標準狀況下，aLCH4和aLC6H14所含分子數(shù)均為aNA/22.4D．1molO2與足量金屬鈉反應，O2得到的電子數(shù)不一定為4NA5．圖是部分短周期元素的原子序數(shù)與其某種常見化合價的關系圖，若用原子序數(shù)代表所對應的元素，則下列說法正確的是（)A．31d和33d互為同素異形體B．氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性:a＞d＞eC．工業(yè)上常用電解法制備單質b和cD．a(chǎn)和b形成的化合物不可能含共價鍵6．下列關于有機化合物的結構、性質的敘述正確的是（）A．糖類、油脂、蛋白質都能發(fā)生水解反應B．甲烷和Cl2的反應與乙烯和Br2的反應屬于同一類型的反應C．苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色,但能與H2發(fā)生加成反應D．因分子中均含有官能團“﹣OH”，故乙醇、乙酸水溶液均呈酸性7．下列兩種化合物互為同分異構體的是（）①蔗糖與麥芽糖②甲醚（C2H6O）與乙醇③淀粉與纖維素④與A．①②③④ B．①②③ C．①②④ D．②③④8．用下列實驗裝置進行相應實驗,能達到實驗目的是()A．用圖甲所示裝置分離乙醇與乙酸B．用圖乙所示裝置向容量瓶中轉移液體C．用圖丙所示裝置制備少量氨氣D．用圖丁所示裝置進行石油的分餾9．下列有關離子檢驗的操作和實驗結論都正確的是()選項實驗操作及現(xiàn)象實驗結論A向某溶液中滴入氯水，然后滴入少量的KSCN溶液，溶液變紅色原溶液中一定含有Fe3+B向某溶液中加入足量的鹽酸無明顯現(xiàn)象，再加入BaCl2溶液,產(chǎn)生白色沉淀原溶液中一定含有SO42﹣C向某溶液中加入稀鹽酸，產(chǎn)生能使澄清石灰水變渾濁的無色無味氣體原溶液中一定含有CO32﹣D向某溶液中滴加稀NaOH溶液，將濕潤的紅色石蕊試紙置于試管口，試紙不變藍原溶液中無NH4+A．A B．B C．C D．D10．給定條件下，下列選項中所示的物質間轉化均能一步實現(xiàn)的是（）A．SSO2BaSO4B．SiO2H2SiO3Na2SiO3（aq）C．MgCl2?6H2OMgCl2MgD．CuSO4（aq)Cu(OH）2懸濁液Cu2O11．單斜硫和正交硫是硫的兩種同素異形體．已知：①S（s，單斜）+O2（g)═SO2（g）△H1=﹣297。16kJ?mol﹣1②S（s，正交）+O2(g）═SO2(g）△H2=﹣296.83kJ?mol﹣1下列說法正確的是（）A．S（s，單斜)═S（s，正交）△H3=+0.33kJ?mol﹣1B．正交硫比單斜硫穩(wěn)定C．相同物質的量的正交硫比單斜硫所含有的能量高D．①式表示斷裂1molO2中的共價鍵所吸收的能量比形成1molSO2中的共價鍵所放出的能量多297。16kJ12．Hg是水體污染的重金屬元素之一．水溶液中二價汞的主要存在形態(tài)與Clˉ、OHˉ的濃度關系如右圖所示［圖中的物質或粒子只有Hg（OH）2為難溶物；pCl=﹣lgc（Cl﹣）]下列說法中不正確的是（）A．配制Hg（NO3）2溶液時，為了防止Hg2+水解，應將Hg（NO3）2固體溶于濃硝酸后再稀釋B．當c（Cl﹣）=0。1mol?L﹣1,pH＜8時，汞元素主要以HgCl3﹣形式存在C．HgCl2是一種弱電解質，其電離方程式是：2HgCl2?HgCl++HgCl3﹣D．當溶液pH保持在4,pCl由2改變至6時，可使HgCl2轉化為Hg（OH）213．熱激活電池可用作火箭、導彈的工作電源．一種熱激活電池的基本結構如圖所示，其中作為電解質的無水LiCl﹣KCl混合物受熱熔融后，電池即可瞬間輸出電能．該電池總反應為PbSO4+2LiCl+Ca═CaCl2+Li2SO4+Pb．下列有關說法正確的是(）A．正極反應式：Ca+2Cl﹣﹣2e﹣=CaCl2B．放電過程中，Li+向負極移動C．常溫時，在正負極間接上電流表或檢流計，指針發(fā)生偏轉D．每轉移0。1mol電子，理論上生成10.35gPb14．常溫下，某酸HA的電離常數(shù)：K=1×10﹣5，下列說法正確的是（）A．HA溶液中加入NaA固體后，減小B．常溫下，0。1mol/LHA溶液中水電離的c(H+）為10﹣13mol/LC．NaA溶液中加入HCl溶液至恰好完全反應，存在關系:2c（Na+）=c（A﹣）+c（Cl﹣）D．常溫下，0。1mol/LNaA溶液水解常數(shù)為10﹣9二、解答題（共4小題，滿分58分）15．氫氣將會成為21世紀最理想的能源．（1)目前常用甲烷與水蒸汽反應制得CO和H2，每獲得168LH2（已折算成標準狀況）需消耗540KJ熱量，寫出該反應的熱化學方程式．(2)化合物A是一種儲氫容量高、安全性好的固體儲氫材料，其儲氫原理可表示為:A(s）+H2（g）B（s)+LiH（s)△H=﹣44.5kJ?mol﹣1…①已知：NH3(l）?NH2﹣+H+①寫出液氨與金屬鋰反應生成B和氫氣的化學方程式．②一定條件下，2。30g固體B與5。35gNH4Cl固體恰好完全反應，生成固體鹽C和能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍色的氣體D，氣體D的體積L（折算成標準狀況）．③A的化學式為，LiH中r（Li+)r（H﹣）(填“大于”或“小于")．④B在加強熱時生成NH3和另一種化合物E,該分解反應的化學方程式為．（3）化合物E也可以作儲氫材料，其儲氫原理可表示為：E（s)+H2(g）A（s）+LiH（s)△H=﹣165kJ?mol﹣1…②儲氫材料可以通過加熱的方式釋放氫氣．從實用化角度考慮，選擇A或E作儲氫材料哪個更合理？理由是．16．催化還原CO2是解決溫室效應及能源問題的重要手段之一．研究表明，在Cu/ZnO催化劑存在下，CO2和H2可發(fā)生兩個平行反應，分別生成CH3OH和CO．反應的熱化學方程式如下：Ⅰ．CO2（g）+3H2(g）?CH3OH（g）+H2O(g）△H1=﹣53.7kJ?mol﹣1K1Ⅱ．CO2（g)+H2（g)?CO（g）+H2O（g）△H2K2（1）反應Ⅰ的平衡常數(shù)表達式K1=．若其它條件不變，升高溫度，則該反應的逆反應速率（填“增大"、“減小”、“不變”或“無法判斷”）．（2）反應Ⅱ還可以通過下列反應獲得:Fe（s）+CO2（g）?FeO（s）+CO（g）△H3K3Fe（s）+H2O(g)?FeO（s)+H2（g）△H4K4在不同溫度時K3、K4的值如下表1：700℃900℃K31.472.15K42。381.67請回答（不考慮溫度對△H的影響）：△H2=（用△H3和△H4表示）,K2=（用K3和K4表示），反應Ⅱ屬于反應（填“放熱”或“吸熱”）．（3)某實驗室控制CO2和H2初始投料比為1：2.2,在相同壓強下，經(jīng)過相同反應時間測得如下表2實驗數(shù)據(jù)：T（K）催化劑CO2轉化率(%）甲醇選擇性(％)543Cat.112。342.3543Cat。210.972.7553Cat。115.339.1553Cat.212。071。6【備注】Cat.1：納米棒；Cat。2：Cu/ZnO納米片；甲醇選擇性：轉化的CO2中生成甲醇的百分比．①在Cu/ZnO催化劑存在下，有利于提高CO2轉化為CH3OH平衡轉化率的措施有．A．使用催化劑Cat。1B．使用催化劑Cat.2C．降低反應溫度D．投料比不變,增加反應物的濃度E．增大CO2和H2的初始投料比②表2中實驗數(shù)據(jù)表明，在相同溫度下不同的催化劑對CO2轉化成CH3OH的選擇性有顯著的影響，其原因是．17．以廢舊鉛酸電池中的含鉛廢料（Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等）為原料，制備粗鉛，實現(xiàn)鉛的再生利用．其工作流程如圖1所示:已知:Ksp（PbSO4）=1.6×10﹣5，Ksp（PbCO3）=3.3×10﹣14．（1）過程Ⅰ中，在Fe2+催化下，Pb和PbO2反應生成PbSO4的化學方程式是．(2）過程Ⅰ中，F(xiàn)e2+催化過程可表示為：i．2Fe2++PbO2+4H++SO42﹣═2Fe3++PbSO4+2H2Oii．…．①寫出ii的離子方程式：．②下列實驗方案可證實上述催化過程．將實驗方案補充完整．a(chǎn)．向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液，溶液幾乎無色，再加入少量PbO2，溶液變紅．b．．(3）過程Ⅱ的目的是脫硫．若濾液2中c（SO42﹣）=1.6mol?L﹣1,c（CO32﹣）=0。1mol?L﹣1，則PbCO3中（填“是”或“否”）混有PbSO4．（4）鈉離子交換膜固相電解法是從含鉛廢料中提取鉛的一種新工藝，其裝置如圖2所示．將含鉛廢料投入陰極室，含鉛廢料中的PbSO4與NaOH溶液發(fā)生反應：PbSO4+3OH﹣═HPbO2﹣+SO42﹣+H2O．①b與外接電源的極相連．②電解過程中,PbO2、PbO、HPbO2﹣在陰極放電，其中PbO2放電的電極反應式為．③與傳統(tǒng)無膜固相電解法相比，使用鈉離子交換膜可以提高Pb元素的利用率，原因是．18．納米四氧化三鐵因在磁記錄、微波吸收材料等領域有潛在的應用而得到廣泛的研究．一種利用廢鐵屑（含少量鐵銹﹣Fe2O3)制備納米Fe3O4的流程如下:廢鐵屑溶液A（Fe2+，F(xiàn)e3+)…→納米Fe3O4用如圖1裝置制備溶液A，其實驗步驟為：Ⅰ．打開k1，關閉k2，并打開k3，緩慢滴加鹽酸；Ⅱ．當容器C中不再產(chǎn)生氣泡時，關閉k3，對裝置E進行讀數(shù)操作;Ⅲ．關閉k1，打開k2、k3，使C容器中的溶液完全進入燒杯；Ⅳ．往燒杯中加入適量試劑X,得到溶液A．請回答：（1)廢鐵屑中加稀鹽酸的反應除Fe+2H+=Fe2++H2↑和Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O外，還可能發(fā)生的化學反應的離子方程式為．（2）要粗略測定廢鐵屑中鐵的質量分數(shù)，可通過裝置E測出C容器中生成氣體的體積．①下列相關敘述錯誤的是（填序號）．a(chǎn)．用CCl4代替E中的水，測得氣體的體積更準確b．量氣管壓入水準管的水過多而溢出，會導致測定失敗c．必須待裝置恢復到室溫且量氣管與水準管兩端液面相平才可進行讀數(shù)②將裝置D改為如圖2裝置，其優(yōu)點是．（3）制備溶液A，試劑X可以選擇（填序號）．a(chǎn)．H2O2b．SO2c．Cl2d．鐵粉（4）由溶液A制備納米Fe3O4理論上需控制Fe2+、Fe3+、OH﹣的物質的量之比為,制備過程中須持續(xù)通入N2的原因是．（5）Fe3O4樣品中Fe（Ⅲ）的質量分數(shù)可用碘量法測定:稱取mgFe3O4樣品，溶于稀鹽酸，配制成100mL溶液;取出10。00mL，加入稍過量的KI溶液，充分反應后,滴入幾滴淀粉溶液，并用cmol?L﹣1Na2S2O3溶液滴定，消耗Na2S2O3溶液VmL（已知：I2+2S2O32﹣=I﹣+S4O62﹣）．①滴定終點的現(xiàn)象是．②樣品中Fe（Ⅲ）的質量分數(shù)．

2017年福建省寧德市高考化學模擬試卷（二）參考答案與試題解析一、選擇題：本題共14小題,每小題3分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1．2015年巴黎氣候變化大會召開,旨在保護環(huán)境造福人類．下列說法不正確的是（）A．擴大鉛蓄電池、汞鋅錳干電池的生產(chǎn)，滿足消費需求B．采用碳捕集和儲存技術，逐步實現(xiàn)二氧化碳的零排放C．對工業(yè)廢水、生活污水凈化處理，減少污染物的排放D．催化處理汽車尾氣，減輕氮氧化物污染和光化學煙霧【考點】F7:常見的生活環(huán)境的污染及治理．【分析】A．加大鉛酸蓄電池、含汞鋅錳干電池的生產(chǎn)，使用后的廢棄物影響環(huán)境；B．推廣碳捕集和儲存技術，逐步實現(xiàn)二氧化碳零排放，減少溫室效應；C．對工業(yè)廢水、生活污水凈化處理，減少污染物的排放，符合社會可持續(xù)發(fā)展理念；D．光化學煙霧的形成與汽車尾氣中的氮氧化物有關．【解答】解：A．加大鉛酸蓄電池、含汞鋅錳干電池的生產(chǎn)，廢舊電池含有的鉛、汞、鋅、錳污染和廢舊蓄電池電解液污染，會造成污染，不符合社會可持續(xù)發(fā)展理念，故A錯誤；B．二氧化碳氣體是產(chǎn)生溫室效應的主要氣體，推廣碳捕集和儲存技術，逐步實現(xiàn)二氧化碳零排放，減少了二氧化碳的排放,符合社會可持續(xù)發(fā)展理念，故B正確；C．水污染主要來自工業(yè)、農(nóng)業(yè)、生活污染物的排放,工業(yè)廢水生活污水經(jīng)過處理后可以節(jié)約資源,保護水源，符合社會可持續(xù)發(fā)展理念，故C正確；D．光化學煙霧的形成主要是汽車尾氣排放出的氮氧化物發(fā)生復雜的變化造成的，故D正確；故選A．2．下列有關化學用語表示正確的是（）A．中子數(shù)為10的氧原子：OB．Mg2+的結構示意圖：C．硫化鈉的電子式:D．氯乙烯的結構簡式：C2H3Cl【考點】4J：電子式、化學式或化學符號及名稱的綜合．【分析】A．O的質子數(shù)為8、質量數(shù)為18;B．Mg2+核外有2個電子層,最外層電子數(shù)為8；C．硫化鈉為離子化合物；D．氯乙烯含有碳碳雙鍵，C2H3Cl為分子式．【解答】解：A．O的質子數(shù)為8，質量數(shù)為18，可表示為188O，故A錯誤；B．Mg2+核外有2個電子層，最外層電子數(shù)為8,結構示意圖為，故B正確；C．硫化鈉為離子化合物,電子式為，故C錯誤；D．氯乙烯含有碳碳雙鍵,C2H3Cl為分子式，結構簡式為CH2=CHCl,故D錯誤．故選B．3．下列判斷合理的是（)①硫酸、燒堿、醋酸鈉和生石灰分別屬于酸、堿、鹽和氧化物；②蔗糖、硫酸鋇和水分別屬于非電解質、強電解質和弱電解質；③Na2O、Fe2O3、A12O3屬于堿性氧化物④根據(jù)分散系是否具有丁達爾現(xiàn)象將分散系分為溶液、膠體和濁液；⑤根據(jù)反應中是否有電子的轉移將化學反應分為氧化還原反應和非氧化還原反應;⑥CO2、SO2、NO2，都能和堿溶液發(fā)生反應，因此它們都屬于酸性氧化物．A．只有②④⑥ B．只有①②⑤ C．只有①③⑤ D．只有③④⑥【考點】3A：酸、堿、鹽、氧化物的概念及其相互聯(lián)系；3C：分散系、膠體與溶液的概念及關系；D2:強電解質和弱電解質的概念．【分析】①酸是指電離出來的陽離子全部是氫離子的化合物，堿是指電離出來陰離子全部是氫氧根離子的化合物，鹽是指電離出金屬離子和酸根離子的化合物，氧化物是兩種元素組成，其中一種是氧元素的化合物;②電解質是指在水溶液里或熔化狀態(tài)下能夠導電的化合物,水溶液中全部電離的化合物為強電解質,水溶液中部分電離的化合物為弱電解質,非電解質是指在水溶液里和熔化狀態(tài)下都不能夠導電的化合物,據(jù)此可以分析各種的所屬類別；③堿性氧化物是指能與酸反應生成鹽和水的金屬氧化物；④根據(jù)分散系中分散質粒子直徑大小分類；⑤根據(jù)反應中是否有電子的轉移將化學反應分為氧化還原反應和非氧化還原反應；⑥酸性氧化物是指能與堿反應生成鹽和水的氧化物．【解答】解:①依據(jù)概念分析，硫酸、燒堿、醋酸鈉和生石灰分別屬于酸、堿、鹽和氧化物，故①正確;②蔗糖不能電離屬于非電解質，硫酸鋇是鹽屬于強電解質，水是弱電解質，故②正確;③既能與酸反應，又能與堿反應，A12O3屬于兩性氧化物，故③錯誤;④根據(jù)分散系中分散質粒子直徑大小將分散系分為溶液、膠體和濁液，故④錯誤；⑤根據(jù)反應中是否有電子的轉移將化學反應分為氧化還原反應和非氧化還原反應,故⑤正確；⑥二氧化氮和水反應生成硝酸和一氧化氮，發(fā)生氧化還原反應不是酸性氧化物，故⑥錯誤；故選B．4．設NA為阿伏加德羅常數(shù),下列說法正確的是（）A．常溫下，4。6gNO2含分子數(shù)為0.1NAB．250mL1mol?L﹣1FeCl3溶液中，陰、陽離子總數(shù)等于NAC．標準狀況下，aLCH4和aLC6H14所含分子數(shù)均為aNA/22.4D．1molO2與足量金屬鈉反應，O2得到的電子數(shù)不一定為4NA【考點】4F：阿伏加德羅常數(shù)．【分析】A．二氧化氮與四氧化二氮存在反應NO2?N2O4；B．三價鐵離子在水溶液中會水解；C．標況下C6H14不是氣體；D．氧氣和鈉反應條件不同產(chǎn)物不同．【解答】解：A．常溫下，4.6gNO2含分子數(shù)為×NA=0.1NA,二氧化氮與四氧化二氮存在反應NO2?N2O4，所以實際4。6gNO2含分子數(shù)小于0。1NA，故A錯誤；B。1mol鐵離子會水解，生成3mol的氫離子，所以250mL1mol?L﹣1FeCl3溶液中，陰、陽離子總數(shù)大于阿伏加德羅常數(shù)，故B錯誤；C．氣體摩爾體積使用對象為氣體,標況下C6H14不是氣體,不能使用氣體摩爾體積，故C錯誤;D．氧氣和鈉反應可以生成氧化鈉，也可以生成過氧化鈉,2molO2與金屬鈉反應,反應生成氧化鈉電子轉移4mol，生成過氧化鈉電子轉移2mol，O2不一定得到4NA個電子，故D正確；故選：D．5．圖是部分短周期元素的原子序數(shù)與其某種常見化合價的關系圖，若用原子序數(shù)代表所對應的元素，則下列說法正確的是（)A．31d和33d互為同素異形體B．氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：a＞d＞eC．工業(yè)上常用電解法制備單質b和cD．a(chǎn)和b形成的化合物不可能含共價鍵【考點】8F：原子結構與元素周期律的關系．【分析】短周期元素中，a為﹣2價、e為+6價，處于VI族，可推知a為O、e為S，b有+1價，原子序數(shù)大于氧，則b為Na，由原子序數(shù)可知c、d處于第三周期，化合價分別為+3、+5，則c為Al、d為P，以此解答該題．【解答】解：A．31d和33d質子數(shù)相同，中子數(shù)不同,是不同的核素，互為同位素,故A錯誤；B．非金屬性a（O)＞e（S)＞d（P）,故氫化物穩(wěn)定性:a＞e＞d，故B錯誤；C．工業(yè)上電解熔融氯化鈉冶煉鈉，電解熔融氧化鋁冶煉鋁，故C正確；D．a(chǎn)和b形成的化合物過氧化鈉，含有共價鍵，故D錯誤，故選C．6．下列關于有機化合物的結構、性質的敘述正確的是（)A．糖類、油脂、蛋白質都能發(fā)生水解反應B．甲烷和Cl2的反應與乙烯和Br2的反應屬于同一類型的反應C．苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色，但能與H2發(fā)生加成反應D．因分子中均含有官能團“﹣OH”，故乙醇、乙酸水溶液均呈酸性【考點】HD：有機物的結構和性質．【分析】A．單糖不能發(fā)生水解；B．甲烷與氯氣發(fā)生取代反應，乙烯與溴發(fā)生加成反應;C．苯與溴的四氯化碳不反應，在一定條件下可與氫氣發(fā)生加成反應；D．乙醇不具有酸性．【解答】解：A．單糖為最簡單的糖，不能發(fā)生水解,如葡萄糖等，故A錯誤;B．甲烷在光照條件下可與氯氣發(fā)生取代反應,乙烯與溴發(fā)生加成反應,反應類型不同,故B錯誤；C．苯性質穩(wěn)定，與溴的四氯化碳不反應，在一定條件下可與氫氣發(fā)生加成反應，可生成環(huán)己烷，故C正確;D．乙醇不具有酸性,乙酸含有羧基，具有酸性，故D錯誤．故選C．7．下列兩種化合物互為同分異構體的是（）①蔗糖與麥芽糖②甲醚（C2H6O）與乙醇③淀粉與纖維素④與A．①②③④ B．①②③ C．①②④ D．②③④【考點】H6：有機化合物的異構現(xiàn)象．【分析】同分異構體是指分子式相同，但結構不同的化合物，同分異構體包含碳鏈異構、官能團異構、位置異構等，以此來解答．【解答】解：①蔗糖和麥芽糖的分子式都為C12H22O11,蔗糖水解生成葡萄糖和果糖,麥芽糖水解生成葡萄糖，二者結構不同,互為同分異構體，故正確;②甲醚(C2H6O）與乙醇的分子式都為C2H6O,甲醚含有醚鍵,乙醇含有﹣OH，二者結構不同，互為同分異構體,故正確；③淀粉和纖維素的分子式為（C6H10O5)n，聚合度n不同，分子式不同,所以不是同分異構體，故錯誤；④與的分子式相同，含有的官能團不同，則結構式不同，所以互為同分異構體，故正確；故選C．8．用下列實驗裝置進行相應實驗，能達到實驗目的是（）A．用圖甲所示裝置分離乙醇與乙酸B．用圖乙所示裝置向容量瓶中轉移液體C．用圖丙所示裝置制備少量氨氣D．用圖丁所示裝置進行石油的分餾【考點】U5：化學實驗方案的評價．【分析】A．乙酸與乙醇不分層；B．轉移液體時玻璃棒引流；C．固固加熱制取氣體，試管口應略向下傾斜；D．溫度計應在蒸餾燒瓶的支管口處．【解答】解：A．乙酸與乙醇不分層，不能利用分液漏斗來分離，應利用蒸餾分離，故A錯誤；B．轉移液體時玻璃棒引流，且玻璃棒的下端在刻度線下，故B正確；C．固固加熱制取氣體，試管口應略向下傾斜,圖中裝置錯誤，故C錯誤；D．溫度計應在蒸餾燒瓶的支管口處，測定餾分的溫度,圖中伸到液體中,故D錯誤;故選B．9．下列有關離子檢驗的操作和實驗結論都正確的是（）選項實驗操作及現(xiàn)象實驗結論A向某溶液中滴入氯水，然后滴入少量的KSCN溶液，溶液變紅色原溶液中一定含有Fe3+B向某溶液中加入足量的鹽酸無明顯現(xiàn)象，再加入BaCl2溶液,產(chǎn)生白色沉淀原溶液中一定含有SO42﹣C向某溶液中加入稀鹽酸，產(chǎn)生能使澄清石灰水變渾濁的無色無味氣體原溶液中一定含有CO32﹣D向某溶液中滴加稀NaOH溶液，將濕潤的紅色石蕊試紙置于試管口，試紙不變藍原溶液中無NH4+A．A B．B C．C D．D【考點】U5：化學實驗方案的評價．【分析】A．先加氯水可氧化亞鐵離子；B．加入足量的鹽酸無明顯現(xiàn)象,排除干擾離子，再加入BaCl2溶液,生成白色沉淀為硫酸鋇；C．無色無味氣體為二氧化碳；D．滴加稀NaOH溶液，可能生成一水合氨．【解答】解：A．先加氯水可氧化亞鐵離子，則不能檢驗亞鐵離子,應先加KSCN溶液無現(xiàn)象,后加氯水變紅，故A錯誤；B．加入足量的鹽酸無明顯現(xiàn)象，排除干擾離子，再加入BaCl2溶液，生成白色沉淀為硫酸鋇，則原溶液中一定含有SO42﹣，故B正確;C．無色無味氣體為二氧化碳，則原溶液中可能含CO32﹣或HCO3﹣，或二者都有，故C錯誤；D．滴加稀NaOH溶液，可能生成一水合氨，則原溶液中可能含NH4+，故D錯誤；故選B．10．給定條件下，下列選項中所示的物質間轉化均能一步實現(xiàn)的是(）A．SSO2BaSO4B．SiO2H2SiO3Na2SiO3（aq）C．MgCl2?6H2OMgCl2MgD．CuSO4(aq）Cu(OH）2懸濁液Cu2O【考點】GK：鎂、鋁的重要化合物;F5:二氧化硫的化學性質；FH：硅和二氧化硅．【分析】A、二氧化硫與氯化鋇不反應；B、二氧化硅不溶于水；C、MgCl2?6H2O要在氯化氫的氛圍中加熱得到氯化鎂固體；D、硫酸銅和氫氧化鈉反應生成氫氧化銅，氫氧化銅和葡萄糖加熱反應生成氧化亞銅紅色沉淀．【解答】解：A、二氧化硫與氯化鋇不反應,弱酸不能制強酸,故A錯誤；B、二氧化硅不溶于水，二氧化硅與水不反應,故B錯誤；C、MgCl2?6H2O要在氯化氫的氛圍中加熱得到氯化鎂固體，故C錯誤;D、硫酸銅和氫氧化鈉反應生成氫氧化銅，CuSO4+2NaOH=Cu（OH）2↓+Na2SO4,氫氧化銅和葡萄糖加熱反應生成氧化亞銅紅色沉淀，C6H12O6+2Cu（OH）2CH2(OH）（CHOH)4COOH+Cu2O↓+2H2O，所以能實現(xiàn)轉化，故D正確；故選D．11．單斜硫和正交硫是硫的兩種同素異形體．已知：①S（s，單斜）+O2(g）═SO2（g）△H1=﹣297.16kJ?mol﹣1②S（s，正交)+O2（g）═SO2(g)△H2=﹣296。83kJ?mol﹣1下列說法正確的是（）A．S（s，單斜）═S（s,正交）△H3=+0。33kJ?mol﹣1B．正交硫比單斜硫穩(wěn)定C．相同物質的量的正交硫比單斜硫所含有的能量高D．①式表示斷裂1molO2中的共價鍵所吸收的能量比形成1molSO2中的共價鍵所放出的能量多297。16kJ【考點】5D:有關反應熱的計算．【分析】A．利用蓋斯定律兩式合并得到熱化學方程式分析判斷；B．依據(jù)得到的熱化學方程式判斷，能量越高越活潑；C．根據(jù)得到的正交硫和單斜硫轉化關系判斷；D．焓變用化學鍵斷裂和形成分析時等于斷裂化學鍵吸收能量減去形成化學鍵放出的能量．【解答】解：已知:①S（s,單斜）+O2（g)=SO2（g）△H1=﹣297.16kJ?mol﹣1；②S(s,正交)+O2(g）=SO2（g）△H2=﹣296。83kJ?mol﹣1；①﹣②得到熱化學方程式：S（s，單斜）=S(s，正交)△H3=﹣0.33kJ?mol﹣1，A．根據(jù)蓋斯定律得到熱化學方程式為：S（s，單斜）=S（s,正交）△H3=﹣0.33kJ?mol﹣1,故A錯誤；B．依據(jù)熱化學方程式可知，正交硫能量低于單斜硫,所以正交硫穩(wěn)定，故B正確；C．相同物質的量的正交硫比單斜硫所含有的能量低，故C錯誤;D．①式表示斷裂lmolO2中共價鍵和斷裂S(s，單斜）所吸收的總能量比形成1molSO2中共價鍵所放出的能量少297。16KJ，故D錯誤；故選B．12．Hg是水體污染的重金屬元素之一．水溶液中二價汞的主要存在形態(tài)與Clˉ、OHˉ的濃度關系如右圖所示［圖中的物質或粒子只有Hg（OH）2為難溶物;pCl=﹣lgc（Cl﹣)］下列說法中不正確的是（）A．配制Hg(NO3）2溶液時，為了防止Hg2+水解，應將Hg（NO3）2固體溶于濃硝酸后再稀釋B．當c（Cl﹣）=0.1mol?L﹣1，pH＜8時，汞元素主要以HgCl3﹣形式存在C．HgCl2是一種弱電解質,其電離方程式是：2HgCl2?HgCl++HgCl3﹣D．當溶液pH保持在4,pCl由2改變至6時，可使HgCl2轉化為Hg（OH）2【考點】D5：弱電解質在水溶液中的電離平衡；DD：鹽類水解的應用．【分析】A．硝酸汞水解顯酸性，抑制水解加入酸；B．當c（C1﹣）=10﹣1mol/L時，根據(jù)圖象分析;C．HgCl2是一種弱電解質，根據(jù)溶液中離子存在方式判斷電解質電離方式;D．根據(jù)圖象可知當溶液pH保持在5，pCl由2改變至6時,根據(jù)圖片中微粒存在方式判斷；【解答】解：A．硝酸汞水解顯酸性，配制Hg(NO3）2溶液時，為了防止Hg2+水解，應將Hg(NO3）2固體溶于濃硝酸后再稀釋,故A正確；B．當c（C1﹣）=10﹣1mol/L時，汞元素主要是以HgCl42﹣形式存在，故B錯誤；C．HgCl2是一種弱電解質，其電離方程式是:2HgCl2?HgCl++HgCl3ˉ，故C正確;D．根據(jù)圖象可知當溶液pH保持在5，pCl由2改變至6時，可使HgCl2轉化為Hg（OH）2，故D正確；故選B．13．熱激活電池可用作火箭、導彈的工作電源．一種熱激活電池的基本結構如圖所示，其中作為電解質的無水LiCl﹣KCl混合物受熱熔融后，電池即可瞬間輸出電能．該電池總反應為PbSO4+2LiCl+Ca═CaCl2+Li2SO4+Pb．下列有關說法正確的是(）A．正極反應式：Ca+2Cl﹣﹣2e﹣=CaCl2B．放電過程中，Li+向負極移動C．常溫時,在正負極間接上電流表或檢流計，指針發(fā)生偏轉D．每轉移0。1mol電子，理論上生成10.35gPb【考點】BH:原電池和電解池的工作原理．【分析】由原電池總反應可知Ca為原電池的負極，被氧化生成反應H2(g)+Cl2（g）=2HCl(g），反應的電極方程式為Ca+2Cl﹣﹣2e﹣=CaCl2，為原電池的正極，發(fā)生還原反應,電極方程式為PbSO4+2e﹣+2Li+=Li2SO4+Pb，原電池工作時，陽離子向正極移動，陰離子向負極移動，結合電解方程式計算．【解答】解：A．正極發(fā)生還原反應,電極方程式為PbSO4+2e﹣+2Li+=Li2SO4+Pb,故A錯誤；B．放電過程中陽離子向正極移動，Li+向正極移動,故B錯誤；C．常溫下，電解質不是熔融態(tài),離子不能移動，不能產(chǎn)生電流，因此連接電流表或檢流計，指針不偏轉，故C錯誤；D．根據(jù)電極方程式PbSO4+2e﹣+2Li+=Li2SO4+Pb,可知每轉移0.1mol電子，理論上生成0.05molPb，質量為10.35g，故D正確;故選D．14．常溫下,某酸HA的電離常數(shù)：K=1×10﹣5,下列說法正確的是（）A．HA溶液中加入NaA固體后，減小B．常溫下，0.1mol/LHA溶液中水電離的c（H+)為10﹣13mol/LC．NaA溶液中加入HCl溶液至恰好完全反應，存在關系:2c（Na+）=c（A﹣）+c（Cl﹣）D．常溫下，0.1mol/LNaA溶液水解常數(shù)為10﹣9【考點】DN:離子濃度大小的比較;D5：弱電解質在水溶液中的電離平衡．【分析】A．的比值為A﹣的水解平衡常數(shù)，水解平衡常數(shù)只受溫度影響;B．HA為弱酸，則氫離子濃度小于0。1mol/L，水電離的氫離子濃度大于10﹣13mol/L；C．根據(jù)混合液中的物料守恒判斷;D．NaA的水解平衡常數(shù)K==，據(jù)此帶入數(shù)據(jù)計算即可．【解答】解:A．的比值為A﹣的水解平衡常數(shù)，加入NaA固體后，由于溫度不變，則水解平衡常數(shù)不變，故A錯誤；B．由于HA為弱酸，則常溫下0。1mol/LHA溶液中氫離子濃度小于0。1mol/L，水電離的c（H+）一定大于mol/L=10﹣13mol/L，故B錯誤；C．NaA溶液中加入HCl溶液至恰好完全反應,NaA和HCl的物質的量相等,根據(jù)物料守恒可得：2c（Na+)=c（A﹣）+c（Cl﹣）+c（HA），故C錯誤；D．NaA的水解平衡常數(shù)K====10﹣9，故D正確；故選D．二、解答題（共4小題，滿分58分）15．氫氣將會成為21世紀最理想的能源．（1)目前常用甲烷與水蒸汽反應制得CO和H2，每獲得168LH2（已折算成標準狀況）需消耗540KJ熱量,寫出該反應的熱化學方程式CH4（g）+H2O(g）?CO(g）+H2（g）△H=+540KJ?mol﹣1．（2）化合物A是一種儲氫容量高、安全性好的固體儲氫材料，其儲氫原理可表示為:A(s)+H2（g）B（s）+LiH（s）△H=﹣44。5kJ?mol﹣1…①已知：NH3（l）?NH2﹣+H+①寫出液氨與金屬鋰反應生成B和氫氣的化學方程式2Li+2NH3=2LiNH2+H2↑．②一定條件下,2.30g固體B與5.35gNH4Cl固體恰好完全反應，生成固體鹽C和能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍色的氣體D，氣體D的體積4。48L(折算成標準狀況）．③A的化學式為Li2NH，LiH中r(Li+)小于r（H﹣）（填“大于"或“小于”)．④B在加強熱時生成NH3和另一種化合物E,該分解反應的化學方程式為3LiNH2Li3N+2NH3．（3）化合物E也可以作儲氫材料,其儲氫原理可表示為：E（s)+H2(g）A(s)+LiH（s）△H=﹣165kJ?mol﹣1…②儲氫材料可以通過加熱的方式釋放氫氣．從實用化角度考慮,選擇A或E作儲氫材料哪個更合理?理由是E，E的儲氫量要比A多．【考點】BE：熱化學方程式;48：化學方程式的書寫；5A：化學方程式的有關計算．【分析】(1)甲烷與水蒸汽反應制得CO和H2,每獲得168L即7。5molH2（已折算成標準狀況）需消耗540KJ熱量，根據(jù)熱化學方程式系數(shù)的意義來回答；（2）①B是LiNH2,液氨與金屬鋰反應生成氫氣和LiNH2；②在一定條件下，2.30g固體B:LiNH2與5。35gNH4Cl固體恰好完全反應，生成固體C和氣體D,氣體D能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍色,可推知D為NH3,NH4Cl的摩爾質量為53.5g/mol,5。35gNH4Cl為0。1mol，B：LiNH2含Li,則固體B與NH4Cl固體反應可表為：LiNH2+NH4Cl→LiCl+NH3，2.30g固體B：LiNH2物質的量是0。1mol,根據(jù)Cl原子守恒，LiCl的物質的量=0.1mol，再根據(jù)質量守恒和原子守恒計算；③B是LiNH2,根據(jù)A（s）+H2(g)B（s）+LiH(s），利用元素守恒可知A的化學式，離子半徑大小，Li+，H﹣,電子層數(shù)相同，核電荷數(shù)越大半徑越小;④B是LiNH2,根據(jù)元素守恒可知，B在加強熱時發(fā)生分解反應，生成NH3和另一種化合物E為Li3N，據(jù)此書寫化學方程式；（3）根據(jù)A和E儲氫量的多少選擇儲氫材料．【解答】解：（1)每獲得168LH2(已折算成標準狀況）需消耗540KJ熱量,即每獲得=molH2（已折算成標準狀況)需消耗540KJ熱量，故該反應的熱化學方程式為CH4（g)+H2O（g)?CO(g）+H2（g)△H=+540KJ?mol﹣1，故答案為:CH4（g）+H2O（g）?CO（g)+H2（g）△H=+540KJ?mol﹣1;(2）①B是LiNH2，液氨與金屬鋰反應生成氫氣和LiNH2，反應的方程式為2Li+2NH3=2LiNH2+H2↑,故答案為：2Li+2NH3=2LiNH2+H2↑;②在一定條件下,2.30g固體B：LiNH2與5。35gNH4Cl固體恰好完全反應，生成固體C和氣體D，氣體D能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍色,可推知D為NH3，NH4Cl的摩爾質量為53。5g/mol，5。35gNH4Cl為0.1mol，B:LiNH2含Li，則固體B與NH4Cl固體反應可表為：LiNH2+NH4Cl→LiCl+NH3，2。30g固體B：LiNH2物質的量是0。1mol，根據(jù)Cl原子守恒,LiCl的物質的量=0。1mol,再根據(jù)質量守恒和原子守恒（原子的種類和數(shù)目反應前后相同），則2.3gB中含有N原子為0。1mol，35gNH4Cl為0。1mol，含有N原子為0.1mol，根據(jù)氮元素守恒,所以產(chǎn)生氨氣是0.2mol，體積是0。2mol×22。4L/mol=4。48L，故答案為：4。48；③B是LiNH2，根據(jù)A（s)+H2(g）B（s）+LiH（s），利用元素守恒可知A的化學式為Li2NH，離子半徑大小，Li+，H﹣，電子層數(shù)相同,核電荷數(shù)越大半徑越小,LiH中r（Li+）小于r（H﹣），故答案為：Li2NH；小于；④推知B是LiNH2,根據(jù)元素守恒可知，B在加強熱時發(fā)生分解反應，生成NH3和另一種化合物E為Li3N，反應的化學方程式為3LiNH2Li3N+2NH3,故答案為：3LiNH2Li3N+2NH3．（3）根據(jù)A的化學式為Li2NH，E為Li3N可知，E的儲氫量要比A多，所以選擇選擇儲氫材料E比較合理，故答案為:E，E的儲氫量要比A多．16．催化還原CO2是解決溫室效應及能源問題的重要手段之一．研究表明，在Cu/ZnO催化劑存在下，CO2和H2可發(fā)生兩個平行反應,分別生成CH3OH和CO．反應的熱化學方程式如下：Ⅰ．CO2（g）+3H2(g)?CH3OH（g）+H2O（g）△H1=﹣53.7kJ?mol﹣1K1Ⅱ．CO2（g)+H2(g)?CO(g）+H2O（g）△H2K2（1）反應Ⅰ的平衡常數(shù)表達式K1=．若其它條件不變，升高溫度，則該反應的逆反應速率增大（填“增大”、“減小”、“不變”或“無法判斷”）．（2)反應Ⅱ還可以通過下列反應獲得：Fe（s)+CO2（g）?FeO（s）+CO（g）△H3K3Fe（s）+H2O（g)?FeO（s)+H2（g)△H4K4在不同溫度時K3、K4的值如下表1：700℃900℃K31.472。15K42。381。67請回答(不考慮溫度對△H的影響）：△H2=△H3﹣△H4(用△H3和△H4表示），K2=（用K3和K4表示）,反應Ⅱ屬于吸熱反應（填“放熱"或“吸熱”）．（3）某實驗室控制CO2和H2初始投料比為1：2.2，在相同壓強下，經(jīng)過相同反應時間測得如下表2實驗數(shù)據(jù)：T(K）催化劑CO2轉化率（％）甲醇選擇性(%)543Cat。112.342。3543Cat。210.972.7553Cat。115。339。1553Cat.212.071。6【備注】Cat.1:納米棒;Cat.2：Cu/ZnO納米片；甲醇選擇性：轉化的CO2中生成甲醇的百分比．①在Cu/ZnO催化劑存在下，有利于提高CO2轉化為CH3OH平衡轉化率的措施有CD．A．使用催化劑Cat.1B．使用催化劑Cat。2C．降低反應溫度D．投料比不變,增加反應物的濃度E．增大CO2和H2的初始投料比②表2中實驗數(shù)據(jù)表明，在相同溫度下不同的催化劑對CO2轉化成CH3OH的選擇性有顯著的影響,其原因是表中數(shù)據(jù)表明此時未達到平衡，不同的催化劑對反應Ⅰ的催化能力不同，因而在該時刻下對甲醇選擇性有影響．【考點】CP:化學平衡的計算；BB：反應熱和焓變;CB：化學平衡的影響因素．【分析】（1)平衡常數(shù)為生成物濃度冪之積與反應物濃度冪之積的比值；溫度升高，反應速率加快，包括正逆反應速率均增大；(2）根據(jù)蓋斯定律反應CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）可以有①Fe（s）+CO2（g）?FeO(s）+CO（g)和②Fe（s)+H2O（g）?FeO（s）+H2(g）通過①﹣②得到，由此計算△H2和K2,通過計算700℃和900℃時K2的值，并結合平衡常數(shù)的影響因素判斷此反應是放熱還是吸熱反應；（3）①由CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g）+H2O(g）△H1=﹣53.7kJ?mol﹣8可知提高CO2轉化為CH3OH平衡轉化率，應使平衡向正向移動，可降低溫度，增大濃度;②不同的催化劑的催化能力不同，且催化劑具有選擇性．【解答】解：（1）平衡常數(shù)為生成物濃度冪之積與反應物濃度冪之積的比值，該反應的平衡常數(shù)為:K=，若其它條件不變,升高溫度，反應的逆反應速率增大,故答案為：；增大；（2）反應CO2（g)+H2（g）?CO（g）+H2O（g）可以有①Fe（s）+CO2(g)?FeO（s）+CO（g)和②Fe（s）+H2O（g）?FeO（s）+H2(g）通過①﹣②得到,根據(jù)蓋斯定律可知，△H2=△H3﹣△H4,K2=，則700℃時K2===0。62，和900℃時K2===1.29,可知此反應的平衡常數(shù)隨溫度的升高而增大，即溫度升高,平衡正向移動，可知此反應為吸熱反應；故答案為：△H3﹣△H4；；吸熱；（3）①A．使用催化劑Cat.1，平衡不移動，不能提高轉化率，故A錯誤;B、使用催化劑Cat.2，不能提高轉化率，故B錯誤；C、降低反應溫度，平衡正向移動，可增大轉化率，故C正確；D、投料比不變，增加反應物的濃度,衡正向移動,可增大轉化率，故D正確；E、增大CO2和H2的初始投料比，可增大氫氣的轉化率,二氧化碳的轉化率減小,故E錯誤．故答案為:CD；②從表中數(shù)據(jù)分析，在相同溫度下,不同的催化劑二氧化碳的轉化率不同，說明不同的催化劑的催化能力不同，相同的催化劑不同的溫度，二氧化碳的轉化率不同，且溫度高的轉化率大,因為正反應為放熱反應，說明表中數(shù)據(jù)是未達到平衡數(shù)據(jù)，故答案為：表中數(shù)據(jù)表明此時未達到平衡，不同的催化劑對反應Ⅰ的催化能力不同，因而在該時刻下對甲醇選擇性有影響．17．以廢舊鉛酸電池中的含鉛廢料(Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等）為原料，制備粗鉛，實現(xiàn)鉛的再生利用．其工作流程如圖1所示：已知：Ksp（PbSO4）=1.6×10﹣5,Ksp(PbCO3)=3。3×10﹣14．（1）過程Ⅰ中，在Fe2+催化下，Pb和PbO2反應生成PbSO4的化學方程式是Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O．（2）過程Ⅰ中,Fe2+催化過程可表示為:i．2Fe2++PbO2+4H++SO42﹣═2Fe3++PbSO4+2H2Oii．…．①寫出ii的離子方程式：2Fe3++Pb+SO42﹣═PbSO4+2Fe2+．②下列實驗方案可證實上述催化過程．將實驗方案補充完整．a(chǎn)．向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液,溶液幾乎無色,再加入少量PbO2，溶液變紅．b．取a中紅色溶液少量，加入足量Pb，充分反應后，紅色退去．（3）過程Ⅱ的目的是脫硫．若濾液2中c(SO42﹣）=1。6mol?L﹣1，c（CO32﹣）=0。1mol?L﹣1，則PbCO3中否（填“是”或“否”）混有PbSO4．（4）鈉離子交換膜固相電解法是從含鉛廢料中提取鉛的一種新工藝，其裝置如圖2所示．將含鉛廢料投入陰極室，含鉛廢料中的PbSO4與NaOH溶液發(fā)生反應：PbSO4+3OH﹣═HPbO2﹣+SO42﹣+H2O．①b與外接電源的負極相連．②電解過程中,PbO2、PbO、HPbO2﹣在陰極放電，其中PbO2放電的電極反應式為PbO2+4e﹣+2H2O=Pb+4OH﹣．③與傳統(tǒng)無膜固相電解法相比，使用鈉離子交換膜可以提高Pb元素的利用率,原因是阻止HPbO2﹣進入陽極室被氧化．【考點】U3：制備實驗方案的設計．【分析】以廢舊鉛酸電池中的含鉛廢料(Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等）為原料，制備粗鉛，含鉛廢料加入硫酸亞鐵、稀硫酸加熱反應過濾得到PbSO4粗品,加入碳酸鈉溶液過濾得到PbCO3粗品，向其中加入焦炭在850℃生成鉛,（1）(1）根據(jù)題給化學工藝流程知，過程Ⅰ中，在Fe2+催化下，Pb、PbO2和H2SO4反應生成PbSO4和水；（2）①催化劑通過參加反應，改變反應歷程，降低反應的活化能,加快化學反應速率，而本身的質量和化學性質反應前后保持不變．根據(jù)題給信息知反應i中Fe2+被PbO2氧化為Fe3+，則反應ii中Fe3+被Pb還原為Fe2+，據(jù)此書寫離子方程式;②a實驗證明發(fā)生反應i，則b實驗需證明發(fā)生反應ii，實驗方案為取a中紅色溶液少量，加入過量Pb，充分反應后，紅色褪去；（3)因為Ksp（PbSO4）=1.6×10﹣5,Ksp（PbCO3）=3。3×10﹣14，c（SO42﹣）=1。6mol?L﹣1,c（CO32﹣)=0.1mol?L﹣1，PbCO3中：c（Pb2+）===3.3×10﹣13,；PbSO4中：Q=c（Pb2+）×c（SO42﹣)=3。3×10﹣13×1.6=5。28×10﹣13＜Ksp（PbSO4），說明PbSO4在母液中未飽和，即PbCO3中不混有PbSO4；（4）①根據(jù)鈉離子向陰極移動知，a為陰極，與電源負極相連；②電解過程中，PbO2在陰極得電子，電極反應式為PbO2+4e﹣+2H2O=Pb+4OH﹣；③鈉離子交換膜只允許鈉離子通過，阻止HPbO2﹣進入陽極室被氧化，從而提高Pb元素的利用率．【解答】解:(1）根據(jù)題給化學工藝流程知，過程Ⅰ中，在催化下，Pb、PbO2和H2SO4反應生成PbSO4和水,化學方程式為：Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O;故答案為：Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O;（2）①催化劑通過參加反應，改變反應歷程，降低反應的活化能,加快化學反應速率，而本身的質量和化學性質反應前后保持不變．根據(jù)題給信息知反應i中Fe2+被PbO2氧化為Fe3+，則反應ii中Fe3+被Pb還原為Fe2+，離子方程式為：2Fe3++Pb+SO42﹣═PbSO4+2Fe2+,故答案為：2Fe3++Pb+SO42﹣═PbSO4+2Fe2+；②a實驗證明發(fā)生反應i，則b實驗需證明發(fā)生反應ii，實驗方案為:a．向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液,溶液幾乎無色，再加入少量PbO2，溶液變紅，亞鐵離子被氧化為鐵離子，b．取a中紅色溶液少量，溶液中存在平衡，F(xiàn)e3++3SCN﹣=Fe（SCN）3，加入過量Pb,和平衡狀態(tài)下鐵離子反應生成亞鐵離子，平衡逆向進行充分反應后，紅色褪去,故答案為：取a中紅色溶液少量，加入足量Pb,充分反應后，紅色退去；（3）因為Ksp（PbSO4）=1。6×10﹣5，Ksp（PbCO3）=3。3×10﹣14，c（SO42﹣）=1.6mol?L﹣1，c（CO32﹣）=0.1mol?L﹣1，PbCO3中：c（Pb2+）===3。3×10﹣13,；PbSO4中:Q=c(Pb2+）×c（SO42﹣）=3。3×10﹣13×1.6=5。28×10﹣13＜Ksp（PbSO4），說明PbSO4在母液中未飽和,即PbCO3中不混有PbSO4；故答案為:否；(4）①根據(jù)鈉離子向陰極移動知,a為陰極，與電源負極相連;故答案為：負;②電解過程中，PbO2在陰極得電子，電極反應式為PbO2+4e﹣+2H2O=Pb+4OH﹣；故答案為：PbO2+4e﹣+2H2O=Pb+4OH﹣;③鈉離子交換膜只允許鈉離子通過，阻止HPbO2﹣進入陽極室被氧化，從而提高Pb元素的利用率；故答案為:阻止HPbO2﹣進入陽極室被氧化．18．納米四氧化三鐵因在磁記錄、微波吸收材料等領域有潛在的應用而得到廣泛的研究．一種利用廢鐵屑（含少量鐵銹﹣Fe2O3）制備納米Fe3O4的流程如下