XX省淮安市五校聯盟2023至2024學年高三上學期10月學情調查測化學試題附參考答案（解析）

屆高三五校聯盟10月學情調研測試化學試題試卷滿分：100分考試時長：75分鐘相對原子質量：H-1C-12O-16Na-23S-32K-39Cl-35.5一、單項選擇題：(共13小題，每小題3分，共計39分)1.我國在聯合國大會上提出“2030年前實現碳達峰，2060年前實現碳中和”，下列有關低碳生活的說法正確的是A.開發(fā)太陽能等新能源是踐行低碳生活的有效途徑B.在一定條件下，選擇合適的催化劑將CO2氧化為甲酸C.推廣使用煤液化，可減少CO2的排放D.禁止煤炭等化石燃料的使用【答案】A【解析】【詳解】A．開發(fā)太陽能等新能源，能減少化石燃料的使用，故是踐行低碳生活的有效途徑，A正確；B．CO2轉化為甲酸時碳元素化合價降低，不是氧化而是還原，B錯誤；C．推廣使用煤液化技術，可減少顆粒污染物的排放，不能減少二氧化碳的排放，C錯誤；D．現代社會化石燃料仍是主要能源，不可能禁止化石燃料等傳統(tǒng)能源的使用，D錯誤；故答案：A。2.過氧化鈣和水發(fā)生反應：2CaO2+2H2O=2Ca(OH)2+O2↑。下列表示正確的是A.中子數為8的O原子：B.過氧化鈣(CaO2)的電子式：C.基態(tài)O原子核外電子軌道表示式：D.Ca(OH)2在水中的電離方程式：22+【答案】BD【解析】【詳解】A．已知O為8號元素，質量數等于質子數加中子數，故中子數為8的O原子表示為：，A錯誤；B．過氧化鈣(CaO2)是由Ca2+和構成的，故CaO2的電子式為：，B正確；C．已知O是8號元素，故基態(tài)O原子核外電子軌道表示式為：，C錯誤；D．氫氧化鈣是強電解質，在水溶液中完全電離，電離方程式正確，D正確；故答案為：BD。3.實驗室關于制取NH3并驗證其性質，下列實驗裝置能達到實驗目的的是A.用裝置甲制取NH3 B.用裝置乙干燥NH3C.用裝置丙收集NH3 D.用裝置丁驗證NH3極易溶于水【答案】D【解析】【詳解】A．實驗室制NH3，加熱固體反應物且有水生成，則試管口應該向下傾斜，A錯誤；B．NH3是堿性氣體，不能用濃硫酸來干燥，B錯誤；C．氨氣的密度比空氣的小，應該采用向下排空氣法收集即需短進長出，不能用裝置丙收集NH3，C錯誤；D．用裝置丁進行噴泉實驗即可驗證NH3極易溶于水，D正確；故答案為：D。4.下列有關說法正確的是A.SO2溶于水所得溶液能導電，所以SO2是電解質B.KCl晶胞見圖，距離K?最近的Cl?有6個C.SO的硫元素為sp2雜化D.電負性：O<S【答案】B【解析】【詳解】A．SO2溶于水所得溶液雖然能導電，但并不是SO2本身電離產生自由移動的離子導電，所以SO2不是電解質，屬于非電解質，A錯誤；B．分析晶胞可知，以體心K+為中心，等距的氯離子有6個，B正確；C．SO中中心原子S周圍的價層電子對數為：3+=4，故SO中的硫元素為sp3雜化，C錯誤；D．已知O、S為同一主族元素，同一主族從上往下元素的電負性依次減小，故電負性：O＞S，D錯誤；故答案為：B。5.液氨是一種很好的溶劑，液氨可以微弱的電離產生和。NH3中的一個H原子若被-NH2取代可形成N2H4(聯氨)，若被-OH取代可形成NH2OH(羥胺)。在有存在時，Cu(OH)2能溶于氨水形成[Cu(NH3)4]2+。NH3經過一定的轉化可以形成N2、NO、NO2、N2O4(無色)、HNO3等。下列有關NH2OH、NH3、、的說法正確的是A.NH2OH難溶于水B.的空間構型為直線形C.NH3的鍵角比中的大D.1mol[Cu(NH3)4]2?中含有4molσ鍵【答案】C【解析】【詳解】A．NH2OH能和水形成分子間氫鍵，所以易溶于水，A錯誤；B．的價層電子數為2+=3，含有1對孤電子對，VSEPR模型為平面三角形，其空間構型為V形，B錯誤；C．中N原子價層電子對個數=2+=4且含有2個孤電子對，NH3中N原子價層電子對個數=3+=4且含有1個孤電子對，孤電子對之間的排斥力大于孤電子對和成鍵電子對之間的排斥力，所以NH3的鍵角比中的大，C正確；D．1mol[Cu(NH3)4]2?中含有4molCu-Nσ鍵和12molN-Hσ鍵，即共16molσ鍵，D錯誤；故答案為：C。6.液氨是一種很好的溶劑，液氨可以微弱的電離產生和。NH3中的一個H原子若被-NH2取代可形成N2H4(聯氨)，若被-OH取代可形成NH2OH(羥胺)。在有存在時，Cu(OH)2能溶于氨水形成[Cu(NH3)4]2+。NH3經過一定的轉化可以形成N2、NO、NO2、N2O4(無色)、HNO3等。在題給條件下，下列選項所示的物質間轉化不可以實現的是A.NO2(g)HNO3(aq) B.NH3(g)NO2(g)C.N2(g)NO(g) D.Cu(OH)2(s)[Cu(NH3)4]2+(aq)【答案】B【解析】【詳解】A．常溫下，3NO2+H2O=2HNO3+NO，即NO2(g)HNO3(aq)可以實現，A不合題意；B．常溫下，NH3與O2不反應，即NH3(g)NO2(g)不可實現，B符合題意；C．N2和O2在放電情況下反應生成NO，即N2(g)NO(g)能夠實現，C不合題意；D．Cu(OH)2(s)Cu2+(aq)+2OH-(aq)，結合OH-促進上述溶解平衡，且Cu2+能與NH3形成[Cu(NH3)4]2+，故Cu(OH)2(s)[Cu(NH3)4]2+(aq)能夠實現，D不合題意；故答案為：B。7.液氨是一種很好的溶劑，液氨可以微弱的電離產生和。NH3中的一個H原子若被-NH2取代可形成N2H4(聯氨)，若被-OH取代可形成NH2OH(羥胺)。在有存在時，Cu(OH)2能溶于氨水形成[Cu(NH3)4]2+。NH3經過一定的轉化可以形成N2、NO、NO2、N2O4(無色)、HNO3等。對于反應2NO2(g)N2O4(g)，下列說法正確的是A.該反應的H>0S<0B.該反應的平衡常數表達式為C.升高溫度，該反應的(正)增大，(逆)減小D.將容器體積壓縮為原來一半，氣體顏色比壓縮前深【答案】D【解析】【詳解】A．已知該反應2NO2(g)N2O4(g)＜0，且反應常溫下能夠自發(fā)進行，故該反應的H＜0，A錯誤；B．該反應2NO2(g)N2O4(g)的平衡常數表達式為K=，B錯誤；C．升高溫度，該反應的正反應速率增大，逆反應速率也增大，C錯誤；D．將反應器容積壓縮為原來的一半，根據勒夏特列原理可知，達到新平衡時，氣體顏色比壓縮前深，D正確；故答案為：D。8.已知：(1)血紅蛋白可與O2結合，血紅蛋白更易與CO配位，血紅蛋白與O2配位示意如圖所示。(2)血紅蛋白(Hb)與O2、CO結合的反應可表示為①Hb+O2?Hb(O2)K1；②Hb+CO?Hb(CO)K2。下列說法不正確的是A.相同溫度下，K1>K2B.反應①②的ΔH均小于0C.CO中的C原子提供孤電子對與Fe2?配位D.用高壓氧艙治療CO中毒時，平衡②逆向移動【答案】A【解析】【詳解】A．CO也可與血紅蛋白配位，它與血紅蛋白結合的能力更強，則反應②比反應①正向進行的程度大，所以相同溫度下，K2＞K1，A錯誤；B．由題干信息可知，反應①②分別為O2和CO與血紅蛋白中的Fe2+形成配位鍵的過程，形成化學鍵能夠釋放能量，故反應①②的ΔH均小于0，B正確；C．Fe2+含有空軌道，所以Fe2+形成配位鍵時提供空軌道，CO中C和O均有孤電子對，由于O的電負性比C的大，不易給出電子形成配位鍵，故CO中的C原子提供孤電子對與Fe2?配位，C正確；D．CO中毒患者進入高壓氧艙治療，氧氣濃度增大，平衡①正向移動導致c（Hb）減小，所以平衡②逆向移動，D正確；故答案為：A。9.下列有關物質的性質與用途具有對應關系的是A.Na2CO3易溶于水，可用于清洗油污B.NH4HCO3受熱易分解，可用作氮肥C.ClO2有強氧化性，可用于水體殺菌消毒D.Al2O3熔點高，可用于電解冶煉鋁【答案】C【解析】【詳解】A．碳酸鈉為強堿弱酸鹽，水解顯堿性，可用于去除油污，與水溶性無關，A錯誤；B．碳酸氫銨含有氮元素，可用作氮肥，與其受熱分解的性質無關，B錯誤；C．ClO2具有強氧化性，能夠使蛋白質變性，具有殺菌消毒作用，常用作消毒劑，C正確；D．氧化鋁為離子化合物，熔融狀態(tài)能導電，可用于電解冶煉鋁，與其熔點高的性質無關，D錯誤；故答案為：C。10.以含鈷廢渣(主要成分為CoO和Co2O3，含少量Al2O3和ZnO)為原料制備CoCO3工藝流程如下：下列說法不正確的是A.“酸浸”時稀硫酸用量不宜過多B.“除鋁”時加入Na2CO3溶液過濾后所得濾渣是Al(OH)3C.“萃取”時萃取劑總量一定，分多次加入萃取比一次加入萃取效果更好D.沉鈷時將含Co2?的溶液緩慢滴加到Na2CO3溶液中，可提高CoCO3的產率【答案】D【解析】【分析】由題干信息可知，鈷廢渣主要成分為CoO、Co2O3，還含有Al2O3、ZnO等雜質，加入硫酸酸浸并通入二氧化硫，縱觀整個流程知最后得到CoCO3，說明該過程中二氧化硫起還原作用，硫酸與氧化鋁、氧化鋅反應，所得溶液中含有硫酸鋁、硫酸鋅等，加入碳酸鈉溶液調節(jié)溶液的pH，使鋁離子轉化為氫氧化鋁沉淀并過濾除去；加入萃取劑，萃取鋅離子，在有機層中加入稀硫酸，可得到硫酸鋅，在水相中加入碳酸鈉溶液生成CoCO3固體，據此分析解題?！驹斀狻緼．由題干工藝流程圖可知，“酸浸”時稀硫酸用量若過多，將增加后續(xù)步驟中Na2CO3的用量，造成浪費，A正確；B．除鋁時加入Na2CO3溶液，發(fā)生的反應為2Al3++3+3H2O=Al(OH)3↓+3CO2↑，過濾后所得濾渣是Al(OH)3，B正確；C．萃取過程中，多次萃取能使萃取效率提高，C正確；D．沉鈷時將含Co2+的溶液緩慢滴加到Na2CO3溶液中，碳酸鈉過量，溶液堿性過強，會生成Co(OH)2沉淀，降低CoCO3的產率，D錯誤；故答案為：D。11.室溫下，下列實驗探究方案能達到探究目的的是選項探究方案探究目的A向盛有KBr溶液的試管中滴加幾滴新制氯水，再加入CCl4溶液，振蕩、靜置，觀察CCl4層顏色Cl2的氧化性比Br2的強B向滴有酚酞的氨水中加入CH3COONH4固體，溶液的紅色變淺CH3COONH4溶液呈酸性C向久置的FeSO4溶液中滴加幾滴KSCN溶液，振蕩，觀察溶液顏色變化FeSO4已全部變質D用pH試紙測得：CH3COONa溶液的pH約為9，NaNO2溶液的pH約為8HNO2電離出H+的能力比CH3COOH的強A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【詳解】A．氯水可氧化KBr生成Br2，CCl4層顏色呈紅棕色，可知Cl2的氧化性比Br2強，A正確；B．加入CH3COONH4固體，銨根離子濃度增大，使一水合氨的電離平衡逆向移動，溶液的紅色變淺，但CH3COONH4溶液呈中性，B錯誤；C．溶液呈紅色，證明FeSO4溶液已變質，無法證明Fe2+不存在，即無法證明FeSO4溶液已完全變質，C錯誤；D．CH3COONa溶液、NaNO2溶液均顯堿性，說明醋酸根離子、亞硝酸根離子離子水解，但溶液堿性還與鹽溶液濃度有關，選項中沒有明確鹽溶液濃度相等，不能說明亞硝酸、醋酸的酸性強弱，D錯誤；

故答案為：A。12.室溫下：Ka1(H2C2O4)=5×10-2，Ka2(H2C2O4)=1×10-4，Ksp(CaC2O4)=2.5×10-9。通過下列實驗探究某些草酸鹽性質。實驗①：用pH計測得0.10mol/LK2C2O4溶液的pH=8實驗②：向0.10mol/LKHC2O4溶液中滴入少量酸性高錳酸鉀溶液，振蕩后溶液紫色褪去實驗③：向0.10mol/LKHC2O4溶液加入一定體積的等濃度CaCl2溶液產生白色沉淀，測得上層清液pH=4，(Ca2+)=10-4mol/L實驗④：向0.10mol/LK2C2O4溶液中滴加一定濃度的稀鹽酸后，混合溶液的pH=7，下列說法正確的是A.實驗①溶液中：=2×10-3B.實驗②說明KHC2O4溶液具有漂白性C.實驗③所得上層清液中的=2.5×10-5mol/LD.實驗④反應所得溶液中存在：c(K+)=2c()+【答案】C【解析】【詳解】A．0.100mol?L-1K2C2O4溶液的pH=8，c(H+)=10-8mol?L-1，Ka1(H2C2O4)?Ka2(H2C2O4)===5×10-2×1×10-4=5×10-6，==2×10-11，A錯誤；B．向0.10mol?L-1KHC2O4溶液中滴入少量酸性高錳酸鉀溶液，振蕩后溶液紫色褪去，高錳酸鉀與KHC2O4發(fā)生氧化還原反應，體現KHC2O4具有還原性，B錯誤；C．向0.10mol?L-1KHC2O4溶液加入一定體積的等濃度CaCl2溶液產生白色沉淀，測得上層清液pH=4，c(Ca2+)=10-4mol?L-1，則c()==mol/L=2.5×10-5mol?L-1，Ka2(H2C2O4)===1×10-4，解得=2.5×10-5mol?L-1，C正確；D.向0.10mol?L-1K2C2O4溶液中滴加一定濃度的稀鹽酸后，由電荷守恒可知c(K+)+c(H+)=2c()++c(Cl-)+c(OH-)，混合溶液的pH=7，則c(H+)=c(OH-)，則c(K+)=2c()++c(Cl-)，D錯誤；故答案為：C。13.一定條件下，將一定量的CO2和H2混合氣體通過裝有催化劑的反應器可得到甲烷。已知：Ⅰ.CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g)；ΔH=＋41kJ·mol-l。Ⅱ.CO2(g)＋4H2(g)=CH4(g)＋2H2O(g)；ΔH=-165kJ·mol-1。在兩種不同催化劑作用下反應相同時間，CO2轉化率和生成CH4選擇性隨溫度變化關系如圖所示(CH4選擇性=×100%)。下列說法不正確的是A.反應CO(g)＋3H2(g)=CH4(g)＋H2O(g)；ΔH=-206kJ·mol-1B.在280℃條件下反應制取CH4，應選擇催化劑A的效果較好C.260～300℃間，使用催化劑A或B，升高溫度時CH4的產率都增大D.M點可能是該溫度下的平衡點，延長反應時間，不一定能提高CH4的產率【答案】D【解析】【詳解】A．根據蓋斯定律反應Ⅱ-反應Ⅰ可得CO(g)＋3H2(g)=CH4(g)＋H2O(g)ΔH=-165kJ·mol-1-41kJ·mol-l=-206kJ·mol-1，A正確；B．據圖可知在280℃條件下反應，使用催化劑A時CH4的選擇性更高，B正確；C．由圖可知，260～300℃間，使用催化劑A或B，升高溫度時CO2的轉化率都增大，CH4的選擇性都增大，則產率都增大，C正確；D．據圖可知選用催化劑A時，在與M點相同溫度條件下，CO2有更高的轉化率，而催化劑不影響平衡，說明M點一定不是平衡點，D錯誤；綜上所述答案為D。二、非選擇題：共4小題，共計61分。14.鎳酸鋰(LiNiO2)是一種具有潛力的鋰離子材料。以鎳催化劑廢渣(主要成分是Ni，含少量Zn、Fe、CaO、SiO2等雜質)為原料制備鎳酸鋰的流程如下。（1）“除鐵”步驟中發(fā)生反應的離子方程式為_______。（2）“除鈣”操作不能在玻璃儀器中進行，其原因是_______。（3）已知“濾渣3”的主要成分是CaF2，則“萃取”操作中加入的有機萃取劑的作用是_______。（4）有人認為“除鈣”中可以用HF代替NH4F，則“除鈣”：2+2H+(aq)反應的平衡常數K=1.0×103，則sp(CaF2)_______(已知：室溫下，HF的電離平衡常數-4)。（5）“酸浸”中，鎳浸出率與液固比(稀硫酸濃度一定時溶液體積與鎳渣質量比)的關系如圖1所示，最佳液固比為_______。當液固比一定時，鎳浸出率與溫度的關系如圖2所示，40℃之前，隨著溫度升高，鎳浸出率逐漸增大的主要原因是_______。（6）“沉鎳”時得到碳酸鎳(NiCO3)沉淀，在空氣中碳酸鎳和碳酸鋰共同“煅燒”可制得鎳酸鋰，請寫出該反應的化學方程式：_______?！敬鸢浮浚?）2Fe2+＋ClO－＋5H2O===2Fe(OH)3↓＋Cl－＋4H＋（2）在酸性溶液中加入氟化銨，氟離子和氫離子會生成氫氟酸，氫氟酸會和玻璃中的二氧化硅反應，腐蝕玻璃；（3）除去溶液中的Zn2+（4）1.6×10-10（5）①.3②.溫度升高，反應速率加快，鎳浸出率增加（6）4NiCO3+2Li2CO3+O24LiNiO2+6CO2【解析】【分析】鎳催化劑廢渣加入稀硫酸酸浸，鎳、鋅、鐵、鈣轉化為相應的鹽溶液，二氧化硅不反應成為濾渣1，過濾后加入次氯酸鈉溶液將二價鐵轉化為三價鐵除去，生成Fe(OH)3沉淀即為濾渣2，過濾后加入氟化銨溶液生成氟化鈣沉淀除去鈣，即濾渣3為CaF2，過濾加入有機萃取劑萃取出鋅，然后向水層溶液中加入碳酸鈉溶液得到鎳的沉淀，含鎳沉淀中加入Li2CO3通入空氣在900℃時高溫煅燒反應生成鎳酸鋰，據此分析解題?！拘?詳解】由分析可知，“除鐵”即加入次氯酸鈉溶液將二價鐵轉化為三價鐵除去，生成Fe(OH)3沉淀，故該步驟中發(fā)生反應的離子方程式為：2Fe2+＋ClO－＋5H2O=2Fe(OH)3↓＋Cl－＋4H＋，故答案為：2Fe2+＋ClO－＋5H2O=2Fe(OH)3↓＋Cl－＋4H＋；【小問2詳解】“除鈣”操作不能在玻璃儀器中進行，其原因是在酸性溶液中加入氟化銨，氟離子和氫離子會生成氫氟酸，氫氟酸會和玻璃中的二氧化硅反應，腐蝕玻璃，故答案為：在酸性溶液中加入氟化銨，氟離子和氫離子會生成氫氟酸，氫氟酸會和玻璃中的二氧化硅反應，腐蝕玻璃；【小問3詳解】由以上分析可知“萃取”操作中加入有機萃取劑的作用是除去溶液中的Zn2+，故答案為：除去溶液中的Zn2+；【小問4詳解】有人認為“除鈣”中可以用HF代替NH4F，則“除鈣”：Ca2+(aq)+2HF(l)CaF2(s)+2H+(aq)反應的平衡常數K=1.0×103，即K=====1×103，解得Ksp(CaF2)=1.6×10-10，故答案為：1.6×10-10；【小問5詳解】由圖可知，液固比為3時，鎳浸出率已經達到最高值，且再增加液固比，鎳浸出率不再提高，故最佳液固比為3；當液固比一定時，40℃之前，隨著溫度升高，鎳浸出率逐漸增大的主要原因是溫度升高，反應速率加快，鎳浸出率增加，故答案為：3；溫度升高，反應速率加快，鎳浸出率增加；【小問6詳解】“沉鎳”時得到碳酸鎳(NiCO3)沉淀，在空氣中碳酸鎳和碳酸鋰共同“煅燒”可制得鎳酸鋰即LiNiO2，根據氧化還原反應配平可得，該反應的化學方程式：4NiCO3+2Li2CO3+O24LiNiO2+6CO2，故答案為：4NiCO3+2Li2CO3+O24LiNiO2+6CO2。15.二氯異氰尿酸鈉(CNO)3Cl2Na)為白色固體，難溶于冷水，是一種高效、安全的氧化性消毒劑。實驗室用如圖所示裝置制備(夾持裝置已略去)?；卮鹣铝袉栴}：已知：實驗原理為：2NaClO+(CNO)3H3=(CNO)3Cl2Na+NaOH+H2O，該反應為放熱反應。（1）儀器a中側管的作用為_______，裝置A中的藥品不可以選擇_______。A．KMnO4B．MnO2C．K2Cr2O7D．KClO（2）裝置B的作用是除去氯氣中的HCl，用平衡原理解釋30%硫酸的作用_______。（3）當從裝置C中觀察到_______時，加入(CNO)3H3溶液。實驗過程中C的溫度必須保持在17~20℃，pH控制在6.5~8.5，若溫度過高，pH值過低，會生成NCl3，為避免生成NCl3，可采取的最佳改進措施為_______。（4）二氯異氰尿酸鈉緩慢水解可產生HClO消毒滅菌。通過下列實驗檢測樣品的有效氯含量：準確稱取1.4200g樣品，用容量瓶配成250.0mL溶液；取25.00mL上述溶液于碘量瓶中，加入適量稀硫酸和過量KI溶液，密封在暗處靜置5min；用-1Na2S2O3標準溶液滴定至溶液呈微黃色，加入淀粉指示劑繼續(xù)滴定至終點，消耗Na2S2O3溶液20.00mL。[已知該樣品的有效氯=]①請算出該樣品的有效氯_______(寫出計算過程)②下列操作會導致樣品的有效氯測定值偏高的是_______填序號)。A．盛裝Na2S2O3標準溶液的滴定管未潤洗B．滴定管在滴定前無氣泡，滴定后有氣泡C．碘量瓶中加入的稀硫酸偏少【答案】（1）①.平衡氣壓，使液體順利流下②.B（2）氯氣溶于水存在：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，30%硫酸中的H+使平衡左移，減少氯氣損失（3）①.液面上方出現黃綠色氣體②.將裝置C進行17～20℃冷水?。?）①.25.00②.A【解析】【分析】由實驗裝置圖可知，裝置A用于制備Cl2，不需要加熱，可用KMnO4或K2Cr2O7或KClO與濃鹽酸反制備，由于濃鹽酸具有揮發(fā)性，制得的Cl2含有大量的HCl氣體，制備NaClO過程中會消耗部分NaOH，使得NaOH利用率降低，可先通入盛裝飽和食鹽水或30%硫酸的洗氣瓶除去HCl氣體，裝置C中生成二氯異氰尿酸鈉的反應為2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O、2NaClO+(CNO)3H3=(CNO)3Cl2Na+NaOH+H2O，氯氣是有毒氣體、能與NaOH溶液反應，裝置D中盛裝的NaOH溶液用于尾氣處理，據此分析解答?！拘?詳解】裝置A中儀器a中側管的作用為平衡壓強，有利于濃鹽酸順利滴下；裝置A用于制備Cl2，不需要加熱，并且KMnO4、K2Cr2O7、KClO均具有強氧化性，能與濃鹽酸反應生成Cl2，所以裝置A中的藥品可以是KMnO4、K2Cr2O7、KClO，故答案為：平衡氣壓，使液體順利流下；B；【小問2詳解】裝置B的作用是除去氯氣中的HCl，氯氣溶于水存在平衡為Cl2+H2OH++Cl-+HClO，30%硫酸電離出的H+使該平衡逆向移動，減少氯氣的溶解損失，故答案為：氯氣溶于水存在：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，30%硫酸中的H+使平衡左移，減少氯氣損失；【小問3詳解】裝置C用于生成二氯異氰尿酸鈉，反應原理是2NaClO+(CNO)3H3=(CNO)3Cl2Na+NaOH+H2O，由圖可知，氯氣和NaOH溶液先反應生成NaClO，當從裝置C中觀察到液面上方出現黃綠色氣體時說明NaOH溶液已反應完全，即裝置中生成了一定量NaClO，此時可加入(CNO)3H3溶液，發(fā)生生成二氯異氰尿酸鈉的反應，實驗過程中C的溫度必須保持在17～20℃，可用冷水浴加熱，若溫度過高，pH值過低，會生成NCl3，即(CNO)3H3會與Cl2反應生成NCl3，故答案為：液面上方出現黃綠色氣體；將裝置C進行17～20℃冷水??；【小問4詳解】①由題干信息可知，反應的關系式為2Cl～(CNO)3Cl2Na～2I2～4S2O32-，即25.00mL樣品溶液n(Cl)=n(Na2S2O3)=0.5×0.1000×20×10-3mol=1×10-3mol，則1.4200g樣品中n(Cl)=1×10-3mol×=1×10-2mol，所以樣品的有效氯測定值為×100%=25.00%，故答案為：25.00；

②A．盛裝Na2S2O3標準溶液的滴定管未潤洗，導致Na2S2O3標準溶液的濃度偏低，消耗Na2S2O3標準溶液的體積V偏大，則樣品的有效氯測定值偏高，A正確；B．滴定管在滴定前無氣泡，滴定后有氣泡，則消耗Na2S2O3標準溶液的體積V讀數偏小，樣品的有效氯測定值偏低，B錯誤；C．碘量瓶中加入的稀硫酸偏少，過程中生成I2的量偏小，滴定過程中消耗Na2S2O3標準溶液的體積V偏小，樣品的有效氯測定值偏低，C錯誤；故答案為：A。16.檸檬酸亞鐵(FeC6H6O7)是一種易被人體吸收的高效鐵制劑，醫(yī)療上可以用來治療缺鐵性貧血。某課題組以硫鐵礦燒渣(含Fe2O3、SiO2、少量Al2O3等)為原料，先制備碳酸亞鐵，再與檸檬酸反應可以制得檸檬酸亞鐵。其工藝流程如下：已知：相關金屬離子生成氫氧化物沉淀的pH(開始沉淀的pH按金屬離子濃度為1.0mol·L-1計算)：金屬離子Al3+Fe2+Fe3+沉淀開始pH3.15.91.2沉淀完全pH5.16.93.2（1）基態(tài)Fe價電子排布式為_______。（2）“浸泡”時加入過量硫酸的目的：_______。（3）“除雜”時有同學提出下列兩種途徑，請選擇較合理的途徑并說明理由_______。途徑一：

途徑二：

（4）“制備FeCO3”時，Na2CO3溶液的濃度對沉淀中鐵元素的質量分數以及FeCO3產率的影響如圖：Na2CO3溶液的濃度大于4mol/L時，FeCO3的產率有所下降，而沉淀中鐵元素質量分數仍在上升的原因是_______。（5）已知檸檬酸亞鐵易被氧化，能溶于水，不溶于乙醇。設計試驗方案，從“除雜”后的FeSO4溶液制備檸檬酸亞鐵晶體：_______，靜置、過濾、洗滌、干燥，獲得檸檬酸亞鐵晶體。(必須用到的試劑有：Fe粉、4mol/LNa2CO3溶液、檸檬酸溶液、無水乙醇)【答案】（1）（2）使燒渣充分溶解，提高鐵元素的浸出率；抑制Fe3+水解（3）途徑一較合理，途徑一獲得的FeSO4純度高，途徑二中FeSO4溶液中混有Al2(SO4)3（4）Na2CO3溶液的濃度大于4mol/L時，有更多的Fe2+轉化為Fe(OH)2，FeCO3產率下降，Fe(OH)2中Fe元素質量分數大于FeCO3中，故沉淀中鐵元素質量分數仍在上升（5）向硫酸亞鐵溶液中逐滴加入4mol/LNa2CO3溶液，待沉淀不再增加后，過濾，將濾渣溶于足量檸檬酸溶液中，同時加入適量鐵粉，充分反應后將濾液濃縮，加入適量的無水乙醇【解析】【分析】硫鐵礦燒渣(含Fe2O3、SiO2、少量Al2O3等)加硫酸浸泡、過濾得到含Fe3+、Al3+的溶液，通過除雜除去鋁離子、將鐵離子轉化為亞鐵離子，然后利用碳酸鈉進行沉淀，再將碳酸亞鐵轉化為檸檬酸亞鐵?！拘?詳解】Fe為26號元素，價電子排布式為；【小問2詳解】加入過量硫酸，可以使燒渣充分溶解，提高鐵元素的浸出率；且Fe3+易水解，加入過量硫酸可抑制Fe3+的水解；【小問3詳解】途徑一：浸泡液中加入鐵粉，發(fā)生，調pH在5.1~5.9，Al3+全部轉化成Al(OH)3沉淀，過濾，得到硫酸亞鐵溶液；途徑二：調pH使Fe3+全部沉淀時，有部分Al3+也以Al(OH)3的形式沉淀出來，因此制備的FeSO4溶液中混有Al2(SO4)3；【小問4詳解】Na2CO3溶液的濃度大于4mol/L時，堿性太強，有更多的Fe2+轉化為Fe(OH)2，FeCO3產率下降，Fe(OH)2中Fe元素質量分數大于FeCO3中，故沉淀中鐵元素質量分數仍在上升；【小問5詳解】從“除雜”后的FeSO4溶液制備檸檬酸亞鐵晶體：向硫酸亞鐵溶液中逐滴加入4mol/LNa2CO3溶液，待沉淀不再增加后，過濾，將濾渣溶于足量的檸檬酸溶液中，同時加入適量鐵粉，充分反應后將濾液濃縮，加入適量的無水乙醇，靜置、過濾、洗滌、干燥，獲得檸檬酸亞鐵晶體。17.研究煙氣脫硝脫硫是環(huán)境保護、促進社會可持續(xù)發(fā)展的重要課題。（1）一種隔膜電化學法可處理燃煤煙氣中的NO和SO2，裝置如圖所示。陰極區(qū)的電極反應式為_______。使用固體催化劑可提高脫硫效率。氣體在固體催化劑表面反應的機理是氣體反應物分子吸附在催化劑表面，占據催化劑表面活性位點，生成一些活性高的微粒，從而降低反應活化