第20練-新高考模式綜合練(江蘇卷)(解析版)

第20練新高考模式綜合練（江蘇卷）試卷滿分100分，考試時間75分鐘可能用到的相對原子質(zhì)量：H-1Li-7N-14O-16S-32Fe-56Ni-59一、單項選擇題：共14題，每題3分，共42分。每題只有一個選項最符合題意。1．2022年2月，我國科學家成功開發(fā)全球首套二氧化碳加氫制汽油(碳原子數(shù)在5～12之間的烴)的裝置。下列有關(guān)二氧化碳加氫制汽油的說法不正確的是A．該反應屬于化合反應 B．汽油中含有C、H兩種元素C．反應過程中CO2被還原 D．汽油屬于混合物【答案】A【解析】A．多種物質(zhì)生成一種物質(zhì)是化合物反應，根據(jù)原子守恒可知該反應總過程中應該還有水生成，因此該反應不屬于化合反應，A錯誤；B．汽油是碳原子數(shù)在5～12之間的烴，所以汽油中含有C、H兩種元素，B正確；C．反應過程中碳元素化合價降低，因此CO2被還原，C正確；D．汽油是碳原子數(shù)在5～12之間的烴，所以汽油屬于混合物，D正確；答案選A。2．用氨水吸收硫酸工廠尾氣中的發(fā)生反應：。下列說法正確的是A．的電子式 B．是非極性分子C．的結(jié)構(gòu)式為 D．的空間構(gòu)型為直線形【答案】C【解析】A．NH3的電子式為，A項錯誤；B．SO2中中心原子S上的孤電子對數(shù)為=1，σ鍵電子對數(shù)為2，價層電子對數(shù)為3，VSEPR模型為平面三角形，略去孤電子對，SO2的空間構(gòu)型為V形，SO2中正、負電的中心不重合，SO2是極性分子，B項錯誤；C．的結(jié)構(gòu)式為，C項正確；D．H2O中中心原子O上的孤電子對數(shù)為=2，σ鍵電子對數(shù)為2，價層電子對數(shù)為4，VSEPR模型為四面體形，略去孤電子對，H2O的空間構(gòu)型為V形，D項錯誤；答案選C。3．下列鐵及其化合物的性質(zhì)與用途不具有對應關(guān)系的是A．金屬Fe具有導熱性，可用于制造炊具B．納米Fe3O4顆粒呈黑色，可用作磁性材料C．Fe(OH)3膠體具有吸附性，可用作凈水劑D．FeCl3溶液具有氧化性，可用于蝕刻銅制品【答案】B【解析】A．金屬鐵具有良好的導熱性，可用于制造炊具，存在對應關(guān)系，故A不符合題意；B．四氧化三鐵顆粒顯黑色，與作磁性材料無關(guān)，故B符合題意；C．氫氧化鐵膠體吸附水中懸浮固體小顆粒，膠體聚沉，達到凈水的目的，氫氧化鐵膠體可做凈水劑，故C不符合題意；D．氯化鐵具有強氧化性，能與Cu發(fā)生反應2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，可以刻蝕銅制品，故D不符合題意；答案為B。4．利用反應制備過氧化鈣晶體的裝置如圖所示。下列說法正確的是A．儀器能防止倒吸的發(fā)生B．儀器可改用長頸漏斗C．為D．使用沸水浴加熱儀器可提高產(chǎn)率【答案】A【解析】【分析】W中的固體為制取氨氣的反應物，應選用堿石灰與氯化銨的混合固體，裝置X可以將生成的氨氣導入氯化鈣溶液，且裝置X進行改造，中間連接了長頸漏斗，可以達到防止倒吸的作用，三頸燒瓶內(nèi)發(fā)生反應，冷水浴作用下，CaO2?8H2O溶解度較低，可以獲得產(chǎn)物，且低溫可以抑制過氧化氫分解，據(jù)此分析回答問題。A．試管W用于制取氨氣，由于氨氣極易溶于水，儀器X中間連接了長頸漏斗，可以達到防止倒吸的作用，故A正確；B．儀器Y是分液漏斗，可控制反應進程，不能改用長頸漏斗，故B錯誤；C．加熱氯化銨分解產(chǎn)生的氨氣、HCl稍冷會重新化合為氯化銨，不能用于制取氨氣，且容易堵塞試管，則W不能是，故C錯誤；D．沸水浴可以加快反應速率，但是會促進過氧化氫的分解，不能提高產(chǎn)率，故D錯誤；故選：A。5．X、Y、Z、M為原子序數(shù)依次增大的四種短周期主族元素，X和Z基態(tài)原子L層上均有2個未成對電子，Z與M同主族；W位于第四周期，其基態(tài)原子失去3個電子后3d軌道半充滿。下列說法正確的是A．X簡單氫化物的沸點高于同主族其它元素B．Y基態(tài)原子核外有5種空間運動狀態(tài)的軌道C．鍵角：MZ>MZD．W位于元素周期表的ds區(qū)【答案】B【解析】【分析】X和Z的基態(tài)原子L層上有2個未成對電子，原子序數(shù)X＜Z，則X原子核外電子排布式為，X為C元素，Z原子核外電子排布式為，Z為Ｏ元素，則Y為N元素，Ｚ與M同主族，則M為S元素，W位于第四周期，其基態(tài)原子失去3個電子后3d軌道半充滿，則W為Fe元素。A．組成和結(jié)構(gòu)相似的分子晶體，相對分子質(zhì)量越大，分子間作用力越強，物質(zhì)的熔沸點越高，即沸點：，故A錯誤；B．Y為N元素，其基態(tài)原子軌道表示式為，原子核外有5種空間運動狀態(tài)的軌道，故B正確；C．為，中心S原子的價層電子對數(shù)為4，采用sp3雜化，有一個孤電子對，為，中心S原子的價層電子對數(shù)為4，采用sp3雜化，無孤電子對，孤電子對對成鍵電子的斥力大于成鍵電子間的斥力，則鍵角<，故C錯誤；D．W為Fe，位于元素周期表的d區(qū)，故D錯誤；答案選B。6．下列說法正確的是A．CO2與SiO2的晶體類型相同B．SiCl4與SiHCl3分子中的鍵角相等C．1mol晶體硅中含有2molSi-Si鍵D．CO2分子中碳原子軌道雜化類型為sp2【答案】C【解析】A．CO2為分子晶體，而SiO2為共價晶體，故A錯誤；B．SiCl4為正四面體形，鍵角為109.5°，而SiHCl3分子不是正四面體形，鍵角不等于109.5°，故B錯誤；C．晶體硅中每個硅原子都連接4個硅原子形成Si-Si共價鍵，每個Si-Si鍵被2個Si共有，所以相當于每個Si原子連有2個Si-Si鍵，故C正確；D．CO2分子中碳原子軌道雜化類型為sp，故D錯誤；故選C。7．一種利用廢舊鍍鋅鐵皮制備磁性Fe3O4納米粒子的工藝流程如下。下列有關(guān)說法不正確的是A．“堿洗”主要是為了去除廢舊鍍鋅鐵皮中的鋅B．“氧化”后的溶液中金屬陽離子主要有Fe3+、Na+C．“氧化”時發(fā)生反應的離子方程式為2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2OD．用激光筆照射“加熱沉鐵”后所得分散系，產(chǎn)生丁達爾效應【答案】B【解析】【分析】鋅和氫氧化鈉溶液反應，用氫氧化鈉溶液清洗廢舊鍍鋅鐵皮，氫氧化鈉除掉鋅和表面的油污，再用稀硫酸反應生成硫酸亞鐵，再用次氯酸鈉溶液氧化亞鐵離子，向溶液中加入氫氧化鈉溶液生成氫氧化亞鐵和氫氧化鐵，加熱反應生成磁性Fe3O4納米粒子。A．鋅和氫氧化鈉反應，因此“堿洗”是為了去除廢舊鍍鋅鐵皮表面的油污和鋅，故A正確；B．“氧化”后是次氯酸鈉和亞鐵離子反應，因此溶液中金屬陽離子主要有Fe2+、Fe3+，還有Na+，故B錯誤；C．“氧化”時次氯酸鈉和亞鐵離子反應生成鐵離子和氯離子，因此發(fā)生反應的離子方程式為2Fe2++ClO－+2H+=2Fe3++Cl－+H2O，故C正確；D．加熱沉鐵即把氫氧化亞鐵、氫氧化鐵加熱分解生成Fe3O4膠體，因此用激光筆照射“加熱沉鐵”后所得分散系，產(chǎn)生丁達爾效應，故D正確。綜上所述，答案為B。8．液氨是一種很好的溶劑，液氨可以微弱的電離產(chǎn)生NH和NH。NH3中的一個H原子若被-NH2取代可形成N2H4(聯(lián)氨)，若被-OH取代可形成NH2OH(羥胺)。在有NH存在時，Cu(OH)2能溶于氨水形成[Cu(NH3)4]2+。NH3經(jīng)過一定的轉(zhuǎn)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(zhì)間轉(zhuǎn)化可以實現(xiàn)的是A．N2H4(aq)NH3(g) B．NH(aq)N2(g)C．NH3(g)NO(g) D．NO2(g)HNO3(aq)【答案】D【解析】A．氯氣表現(xiàn)氧化性，聯(lián)氨中氮元素化合價應該上升，不能生成氨氣，A錯誤；B．銨根離子與與二氧化硫反應應生成亞硫酸銨，B錯誤；C．氨氣在題給條件下應轉(zhuǎn)化為氮氣，C錯誤；D．二氧化氮和水反應生成硝酸和NO，氮元素化合價有升有降，滿足氧化還原反應的價態(tài)規(guī)律，D正確；故選D。9．某科研小組用甲烷-空氣燃料電池提供的電能電解處理含Cr2O的酸性廢水，設計如圖所示裝置(X、Y、Z為氣體)。已知：除去Cr2O相關(guān)反應：①6Fe2＋＋Cr2O＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O；②Cr3＋和Fe3＋最終轉(zhuǎn)化為Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀除去。下列說法正確的是A．氣體X為空氣，氣體Y為甲烷B．燃料電池負極反應式為CH4-8e-＋2H2O=CO2↑＋8H＋C．Z氣體的循環(huán)利用可使熔融碳酸鹽中CO的物質(zhì)的量基本不變D．除去1molCr2O理論上消耗16.8L甲烷(標準狀況)【答案】C【解析】【分析】燃料電池通入氧氣的一極為正極，甲烷為負極，電解池陽極發(fā)生氧化反應，則Fe為陽極，C為陰極，Y為正極，X為負極，據(jù)此分析解題。A．氣體X為甲烷，氣體Y為空氣，A錯誤；B．正極反應方程式為O2+CO2+4e-=2CO，總反應式為：CH4+2O2=CO2＋2H2O：燃料電池負極反應式為：CH4-8e-＋4CO=5CO2↑＋2H2O，B錯誤；C．Z氣體為CO2，循環(huán)利用可使熔融碳酸鹽中CO的物質(zhì)的量基本不變，C正確；D．6Fe2＋＋Cr2O＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，除去1molCr2O理論上需消耗6molFe2＋，要轉(zhuǎn)移12mol電子，消耗甲烷(標準狀況)=1.5mol×22.4L/mol=33.6L，D錯誤。答案選C。10．C、Si同處于IVA族，它們的單質(zhì)或化合物有重要用途。實驗室可用CO2回收廢液中的苯酚，工業(yè)上用SiO2和焦炭高溫下反應制得粗硅，再經(jīng)如下2步反應制得精硅：Si(s)+3HCl(g)=SiHCl3(g)+H2(g)△H=-141.8kJ·mol-1，SiHCl3(g)+H2(g)=Si(s)+3HCl(g)，反應過程中可能會生成SiCl4。有關(guān)反應Si(s)+3HCl(g)SiHCl3(g)+H2(g)的說法正確的是A．該反應的△H＜0，△S＞0B．其他條件不變，增大壓強SiHCl3平衡產(chǎn)率減小C．實際工業(yè)生產(chǎn)選擇高溫，原因是高溫時Si的平衡轉(zhuǎn)化率比低溫時大D．如圖所示，當＞3，SiHCl3平衡產(chǎn)率減小說明發(fā)生了副反應【答案】D【解析】A．該反應當中，反應前氣體的計量系數(shù)和為3，反應后氣體的計量系數(shù)和為2，故反應的△S<0，A錯誤；B．加壓向氣體計量系數(shù)減小的方向移動，對于該反應來說是正向移動，SiHCl3平衡產(chǎn)率增大，B錯誤；C．由題干信息可知，該反應為放熱反應，升高溫度平衡逆向移動，即高溫時Si的平衡轉(zhuǎn)化率比低溫時小，C錯誤；D．由圖可知，當＞3，SiHCl3平衡產(chǎn)率減小，說明此時SiHCl3參與了其他的反應，導致平衡體系內(nèi)SiHCl3濃度降低，產(chǎn)率降低，D正確；故選D。11．化合物Y是制備抗腫瘤藥物的關(guān)鍵中間體，其人工合成路線如下：下列說法正確的是A．X分子中所有碳原子不可能共平面 B．X→Y發(fā)生了還原反應C．用酸性KMnO4溶液區(qū)分X、Y分子 D．X易溶于水【答案】B【解析】A．苯環(huán)和碳碳雙鍵均為平面結(jié)構(gòu)，單鍵可旋轉(zhuǎn)，因此X分子中所有碳原子可能共平面，故A錯誤；B．X中的硝基被還原為Y中的氨基，則X→Y發(fā)生了還原反應，故B正確；C．X、Y左邊苯環(huán)均含有甲基，均能被酸性KMnO4溶液氧化，不能用酸性KMnO4溶液區(qū)分X、Y分子，故C錯誤；D．X分子中不含親水基，不易溶于水，故D錯誤；答案選B。12．室溫下，可用Na2S、FeS等處理含Hg2+的廢水。已知：，，，。當離子濃度小于時，認為該離子沉淀完全。下列說法正確的是A．向溶液中存在：B．的平衡常數(shù)為C．向溶液中通入過量氣體，可使沉淀完全D．向含有的廢水中加入，如果完全轉(zhuǎn)化為，則上層清液中一定存在【答案】D【解析】A．根據(jù)質(zhì)子守恒可知，溶液中存在：，A錯誤；B．的平衡常數(shù)為Kh====≠，B錯誤；C．向1L0.1mol/LFeCl2溶液中通入過量H2S氣體，則該反應為：Fe2++H2SFeS+2H+，該反應的K====0.6<<105，即不可使Fe2+沉淀完全，C錯誤；D．向含有的廢水中加入，如果完全轉(zhuǎn)化為，則上層清液中一定存在，D正確；故答案為：D。13．在一定的溫度和壓強下，將按一定比例混合的CO2和H2通過裝有催化劑的反應器可得到甲烷。已知：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)ΔH=﹣165kJ·mol-1CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH=+41kJ·mol-1催化劑的選擇是CO2甲烷化技術(shù)的核心。在兩種不同催化劑作用下反應相同時間，測CO2轉(zhuǎn)化率和生成CH4選擇性隨溫度變化的影響如圖所示。CH4選擇性=×100%下列有關(guān)說法正確的是A．在260℃~320℃間，以Ni-CeO2為催化劑，升高溫度CH4的產(chǎn)率不變B．延長W點的反應時間，一定能提高CO2的轉(zhuǎn)化率C．CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g)ΔH=﹣206kJ·mol-1D．高于320℃后，以Ni為催化劑，隨溫度的升高CO2轉(zhuǎn)化率上升的原因是平衡正向移動【答案】C【解析】A．在260℃~320℃間，以Ni-CeO2為催化劑時，升高溫度CH4的選擇性基本不變，但CO2的轉(zhuǎn)化率在上升，所以CH4的產(chǎn)率上升，故A錯誤；B．W點可能是平衡點，延長時間不一定能提高CO2的轉(zhuǎn)化率，故B錯誤；C．已知：①CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)ΔH=﹣165kJ·mol-1，②CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH=+41kJ·mol-1，根據(jù)蓋斯定律，由①-②可得CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g)ΔH=﹣206kJ·mol-1，故C正確；D．由圖可知，對應的時間內(nèi)以Ni為催化劑，CO2轉(zhuǎn)化率明顯低于相同溫度下Ni-CeO2為催化劑的轉(zhuǎn)化率，320℃時，以Ni-CeO2為催化劑，CO2甲烷化反應已達平衡，升高溫度平衡左移，而以Ni為催化劑，CO2甲烷化反應速率較慢，升高溫度反應速率加快，因此高于320℃后，隨溫度的升高CO2轉(zhuǎn)化率上升的原因是催化劑活性增大，反應速率加快，故D錯誤；答案選C。14．一定條件下Pd—MgO催化劑可以實現(xiàn)CO2“甲烷化”，其反應機理如下圖所示，下列說法正確的是A．CO2和H2O的空間結(jié)構(gòu)均為直線形B．MgO→MgOCO2轉(zhuǎn)化過程中只有共價鍵的斷裂與形成C．中間體MgOCO中碳元素的化合價為-2價D．“甲烷化”的總反應為CO2＋4H2CH4＋2H2O【答案】D【解析】【分析】A．二氧化碳分子C原子形成2個σ鍵，沒有孤電子對，價層電子對數(shù)為2，二氧化碳C原子采取sp雜化，為直線形，水分子中O原子形成2個O-H鍵，含有2對孤電子對，價層電子對數(shù)為4，水分子為V形結(jié)構(gòu)，故A錯誤；B．MgO只含有離子鍵，MgOCO2中含有離子鍵和共價鍵，則MgO→MgOCO2時，沒有共價鍵的斷裂，故B錯誤；C．反應過程中碳元素的化合價為-2價的中間體是MgOCH2，故C錯誤；D．圖示中箭頭指入的是反應物，指出的是生成物，則CO2和氫氣是反應物，生成甲烷和水，反應的方程式為：CO2＋4H2CH4＋2H2O，故D正確；故選：D。二、非選擇題(共4題，58分)15．LiFePO4電極材料是動力型鋰離子電池的理想正極材料(1)以LiOH、FeSO4、H3PO4和葡萄糖為原料，利用如圖所示裝置(固定裝置已略去)制取LiFePO4/C電極的過程如下：步驟１：準確稱量18.00gLiOH、38.00gFeSO4和75mLH3PO4溶液(含溶質(zhì)24.50g)。步驟2：將LiOH置于三頸燒瓶中，加入煮沸過的蒸餾水，攪拌使其溶解。從分液漏斗中滴加H3PO4溶液，實驗過程中不斷通入氮氣，直至H3PO4滴加完畢。步驟3：將FeSO4固體溶于蒸餾水中，迅速倒入三頸燒瓶中，快速攪拌，充分反應后，過濾并洗滌沉淀得LiFePO4固體。步驟4：將LiFePO4與一定量葡萄糖混合，惰性氣氛下加熱，得到LiFePO4/C。①步驟2向三頸燒瓶中通入N2的目的是___________，該步驟中為達到相同目的采取的措施還有___________。②步驟3發(fā)生反應的化學方程式為___________。(2)已知：Li2CO3微溶于水；LiFePO4、FePO4難溶于水和堿，可溶于鹽酸生成LiCl、FeCl2、FeCl3和H3PO4；pH>3.2時，F(xiàn)e3＋沉淀完全。完善由某廢舊電極材料(含鋁、炭、LiFePO4和FePO4)制取Li2CO3的實驗方案：邊攪拌邊向廢舊電極材料中加入NaOH溶液至不再產(chǎn)生氣泡，過濾，___________，過濾、洗滌，低溫干燥得Li2CO3固體。(實驗中須使用的試劑有：雙氧水、鹽酸、NaOH溶液、Na2CO3溶液)(3)磷精鐵渣(FexP)可作為制取LiFePO4的原料。一種測定FexP組成的實驗方法如下：準確稱取1.840g磷精鐵渣于燒杯中，加入過量硝酸和硫酸的混合溶液，加熱，使磷鐵渣充分溶解。過濾，將濾液配成100mL溶液A．取20.00mL溶液A，加入100mL0.06000mol·L?1EDTA標準溶液，加入氨水調(diào)節(jié)pH約為2，加熱使之充分反應。冷卻，加入指示劑，用0.05000mol·L?1Bi3+標準溶液滴定過量的EDTA，消耗Bi3+標準溶液24.00mL。通過計算確定FexP的化學式(寫出計算過程)____。已知：EDTA與Fe3＋和Bi3+反應的化學計量數(shù)之比均為1∶1?！敬鸢浮?/p>

排除裝置中的氧氣，防止Fe2＋被氧化

加入煮沸過的蒸餾水

Li3PO4＋FeSO4=LiFePO4＋Li2SO4

向濾渣中邊攪拌邊加入鹽酸，至固體不再減少，過濾；向濾液中加入過量的雙氧水，再逐滴加入NaOH溶液至pH大于3.2，過濾；邊攪拌邊向濾液中滴加Na2CO3溶液至產(chǎn)生大量沉淀生成，靜置，向上層清液中滴加Na2CO3溶液若無沉淀生成

Fe1.5P【解析】【分析】(1)①FeSO4易被氧氣氧化，步驟2向三頸燒瓶中通入N2的目的是排除裝置中的氧氣，防止Fe2＋被氧化，該步驟中為達到相同目的采取的措施還有加入煮沸過的蒸餾水。②步驟3中Li3PO4與FeSO4發(fā)生反應生成LiFePO4和Li2SO4，化學方程式為Li3PO4＋FeSO4=LiFePO4＋Li2SO4；(2)向濾渣中邊攪拌邊加入鹽酸，至固體不再減少，過濾除去炭；得到的濾液中含有LiCl、FeCl2、FeCl3和H3PO4；向濾液中加入過量的雙氧水把Fe2+氧化為Fe3+，再逐滴加入NaOH溶液至pH大于3.2，F(xiàn)e3＋完全轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀，過濾除去氫氧化鐵；邊攪拌邊向濾液中滴加Na2CO3溶液至產(chǎn)生大量Li2CO3沉淀，靜置，向上層清液中滴加Na2CO3溶液若無Li2CO3沉淀生成，說明Li+沉淀完全。(3)n(EDTA)=0.06000mol·L-1×100×10-3L=6.000×10-3mol；n(Bi3+)=0.05000mol·L-1×24×10-3L=1.200×10-3mol；取20.00mL溶液A中n(Fe3+)=6.000×10-3mol-1.200×10-3mol=4.800×10-3mol；1.840g磷精鐵渣中n(Fe3+)總=4.800×10-3mol×=0.02400mol；m(Fe)=0.02400mol×56g/mol=1.344g；m(P)=1.840g-1.344g=0.4960g；n(P)=0.496g÷31g/mol=0.01600mol；n(Fe3+)∶n(P)=3∶2；化學式為Fe1.5P。16．聚合硫酸鐵(PFS)是一種優(yōu)質(zhì)的絮凝劑，水溶液呈棕黃色，其化學組成可表示為[Fex(OH)y(SO4)z]m。以鉛尾礦渣(含F(xiàn)eS2、PbS)為原料制備聚合硫酸鐵。已知：①含F(xiàn)e(NO)2+溶液為黑色。鎢酸鈉可與Ti3+生成藍色物質(zhì)“鎢藍”。②“水解”的過程可表示為：Fe3++SO+H2O→Fex(OH)y(SO4)z+H+(1)寫出“酸浸”過程中FeS2發(fā)生反應的離子方程式____。(2)①在“氧化、水解”過程中，溶液的pH與反應時間的關(guān)系如圖所示，pH在20min左右出現(xiàn)波動的原因是____。②“氧化、水解”時H2O2也可用NaNO2代替，反應的機理如圖所示，逐滴滴入NaNO2后的反應現(xiàn)象為____。(3)設計以下實驗測定以上制備[Fex(OH)y(SO4)z]m中x：y：z的值：步驟1.稱取一定質(zhì)量的PFS樣品，加入40mL0.10mol/LHCl和蒸餾水配成100.00mL溶液，分成兩等份。步驟2.取其中一份于錐形瓶中，加入鎢酸鈉指示劑，用0.10mol/L的TiCl3溶液滴定至終點，消耗TiCl3溶液30.00mL(Fe3++Ti3+=Fe2++Ti4+)。步驟3.取另一份溶液于錐形瓶中，加入足量KF溶液掩蔽Fe3+，滴加幾滴酚酞溶液，用0.1mol/L的NaOH溶液滴定至終點，消耗NaOH溶液10.00mL。①步驟2中滴定終點的現(xiàn)象是____。②試計算[Fex(OH)y(SO4)z]m中x：y：z的值____(寫出計算過程)。【答案】(1)FeS2+2H+=Fe2++H2S↑+S(2)

H2O2氧化Fe2+消耗H+使溶液pH升高，生成的Fe3+水解產(chǎn)生H+使溶液的pH下降，兩者速率的變化引起pH的波動

溶液由淺綠色(無色)變?yōu)楹谏?，后黑色褪去，如此反復，最終溶液呈棕黃色(3)

滴入最后半滴TiCl3溶液，溶液由無色變?yōu)樗{色，且30s無變化

3：1：4【解析】【分析】“過濾”步驟得到PbS，鉛尾礦渣中PbS不與H2SO4反應，“過濾”還得到S單質(zhì)，F(xiàn)eS2中S顯－1價，F(xiàn)e元素顯＋2價，“酸浸”時得到氣體，因此離子反應方程式為FeS2＋2H＋=Fe2＋＋H2S↑＋S，加入H2O2，將Fe2＋氧化成Fe3＋，據(jù)此分析；(1)根據(jù)上述分析，F(xiàn)eS2中－1價硫元素在硫酸中發(fā)生歧化反應，生成H2S和S，其離子方程式為FeS2＋2H＋=Fe2＋＋H2S↑＋S，故答案為FeS2＋2H＋=Fe2＋＋H2S↑＋S；(2)①Fe2＋與H2O2反應：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O，使溶液pH升高，根據(jù)信息②，F(xiàn)e3＋水解產(chǎn)生H＋，溶液的pH下降，兩者速率的變化引起pH的波動，故答案為H2O2氧化Fe2+消耗H+使溶液pH升高，生成的Fe3+水解產(chǎn)生H+使溶液的pH下降，兩者速率的變化引起pH的波動；②反應機理過程：Fe2＋與NO反應生成Fe3＋和NO，NO與Fe2＋反應生成Fe(NO)2＋，F(xiàn)e(NO)2＋與氧氣反應生成NO和Fe3＋，F(xiàn)e2＋顯綠色，F(xiàn)e(NO)2＋顯黑色，F(xiàn)e3＋顯棕黃色，因此逐滴滴入NaNO2后的反應現(xiàn)象為溶液由淺綠色(無色)變?yōu)楹谏?，后黑色褪去，如此反復，最終溶液呈棕黃色；故答案為溶液由淺綠色(無色)變?yōu)楹谏?，后黑色褪去，如此反復，最終溶液呈棕黃色；(3)①根據(jù)題意可知，步驟2鎢酸鈉作指示劑，TiCl3進行滴定，滴定終點的現(xiàn)象是：滴入最后半滴TiCl3溶液，溶液由無色變?yōu)樗{色，且30s無變化；故答案為滴入最后半滴TiCl3溶液，溶液由無色變?yōu)樗{色，且30s無變化；②步驟2：發(fā)生Fe3＋＋Ti3＋=Fe2＋＋Ti4＋，推出樣品中Fe3＋物質(zhì)的量為2×30mL×10－3L·mL－1×0.1mol·L－1=6×10－3mol，樣品中OH－物質(zhì)的量為(40mL×10－3L·mL－1×0.10mol·L－1－2×10mL×10－3L·mL－1×0.1mol·L－1)=2×10－3mol，根據(jù)電荷守恒，推出樣品中n(SO)==8×10－3mol，則x∶y∶z=6×10－3∶2×10－3∶8×10－3=3∶1∶4；故答案為3∶1∶4。17．鍍鎳廢水是重金屬污染源之一，常見處理含鎳廢水的一種離子交換和沉淀法工藝如下：已知該交換樹脂為陽離子型樹脂HR，HRR-+H+；NiR2(aq)Ni2+(aq)+2R-(aq)。(1)Ni2+的核外電子排布式為___________。(2)已知在pH=2時，離子交換過程Ni2+去除率很低，其原因為___________。(3)“脫絡”(指鎳元素由絡合物NiR2轉(zhuǎn)化成游離的Ni2+)過程中，R-與中間產(chǎn)物·OH(羥基自由基)反應生成難以與Ni2+絡合的·R(有機物自由基)，但·OH也能與H2O2發(fā)生反應。反應的方程式如下：Ⅰ．Fe2++H2O2=Fe3++OH-+·OHⅡ．R-+·OH=OH-+·R平衡移動的角度解釋加入FeSO4和H2O2能夠?qū)崿F(xiàn)“脫絡”的原因是___________。(4)NiC2O4隔絕空氣高溫煅燒可制得Ni2O3，NiC2O4受熱分解的化學方程式為___________。(5)硫酸鎳銨(NH4)xNiy(SO4)m·nH2O可用于電鍍等領(lǐng)域，為測定其組成，進行如下實驗：①稱取4.670樣品，配成250mL溶液A。②取25.00mL溶液A，加足量濃NaOH溶液并加熱，生成NH344.80mL(標準狀況)。③另取25.00mL溶液A，用0.05000mol/L的EDTA(Na2H2Y)標準溶液滴定其中的Ni2+(離子方程式為Ni2++H2Y2-=NiY2-+2H+)，平行測定四次，分別消耗標準EDTA溶液的體積是20.00mL、19.98mL、20.02mL、24.00mL。則硫酸鎳銨的化學式為___________(寫出計算過程)。【答案】(1)1s22s22p63s23p63d8或[Ar]3d8(2)pH=2時，酸性較強，抑制HR電離產(chǎn)生R-，c(R-)低，因而Ni2+去除率低(3)NiR2在溶液中存在以下平衡：NiR2(aq)Ni2+(aq)+2R-(aq)。Fe2+和H2O2通過反應Ⅰ和反應Ⅱ?qū)-轉(zhuǎn)化成難以與Ni2+絡合的·R，使c(R-)減小，平衡正向移動，實現(xiàn)“脫絡”(4)2NiC2O4Ni2O3+3CO↑+CO2↑(5)(NH4)2Ni(SO4)2·10H2O【解析】(1)根據(jù)Ni原子的電子排布式1s22s22p63s23p63d84s2，Ni失去2個電子，首先失去最外層4s2的電子，變?yōu)镹i2+的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d8或[Ar]3d8；(2)根據(jù)交換樹脂為陽離子型樹脂HR，HRR-+H+；NiR2(aq)Ni2+(aq)+2R-(aq)可知pH=2時，酸性較強，抑制HR電離產(chǎn)生R-，導致c(R-)低，結(jié)合Ni2+的程度降低，因而Ni2+去除率低；(3)NiR2在溶液中存在以下平衡：NiR2(aq)Ni2+(aq)+2R-(aq)。Fe2+和H2O2通過反應Ⅰ和反應Ⅱ?qū)-轉(zhuǎn)化成難以與Ni2+絡合的·R，使c(R-)減小，平衡正向移動，實現(xiàn)“脫絡”；(4)根據(jù)化合價的升降判斷產(chǎn)物，利用原子及電子守恒配平得：2NiC2O4Ni2O3+3CO+CO2；(5)4.670g硫酸鎳銨中Ni2+的物質(zhì)的量為0.02L×0.05000mol/L×10=0.01000mol；n(NH)=10n(NH3)=10×2×10-3mol=0.02mol；根據(jù)電荷守恒可知樣品中n(SO)=0.02mol；根據(jù)質(zhì)量守恒