2025年外研版高三化學(xué)上冊階段測試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年外研版高三化學(xué)上冊階段測試試卷571考試試卷考試范圍：全部知識點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、如圖所示；裝置在常溫下工作（溶液體積變化忽略不計(jì)）．閉合K，燈泡發(fā)光．下列敘述中不正確的是（）

A.當(dāng)電路中有1.204×1022個(gè)電子轉(zhuǎn)移時(shí)，乙燒杯中溶液的C（H+）約為0.1mol?L-1B.電池工作時(shí)，鹽橋中的K+移向甲燒杯C.電池工作時(shí)，外電路的電子方向是從a到bD.乙池中的氧化產(chǎn)物為SO42-2、化學(xué)與生活密切相關(guān)，下列說法不正確的是（）A.“地溝油”禁止食用，但可以用來制肥皂B.PM2.5作為空氣質(zhì)量預(yù)報(bào)的一項(xiàng)重要指標(biāo)，它是指空氣中直徑小于或等于2.5um的顆粒物，該值越高，代表空氣污染程度越嚴(yán)重C.積極推行“限塑令”，加快研發(fā)利用二氧化碳合成的聚碳酸酯類可降解塑料D.碳酸鋇是一種難溶于水和酸的鹽，可用作X光透視腸胃的藥劑3、下列有關(guān)離子（或物質(zhì)）的檢驗(yàn)及結(jié)論，正確的是（）A.用丁達(dá)爾效應(yīng)可以鑒別FeCl3溶液和Fe（OH）3膠體B.焰色反應(yīng)試驗(yàn)時(shí)，透過藍(lán)色鈷玻璃，可觀察到Na+離子火焰呈黃色C.檢驗(yàn)Na2CO3固體中是否混有NaHCO3，可向固體滴加稀鹽酸，觀察是否產(chǎn)生氣體D.向某無色溶液中加入BaCl2溶液有白色沉淀出現(xiàn)，再加入稀鹽酸，沉淀不消失，則該溶液中一定含有SO42-4、使1mol乙烯與氯氣發(fā)生完全加成反應(yīng)，然后使該加成反應(yīng)的產(chǎn)物與氯氣在光照的條件下發(fā)生取代反應(yīng)全部生成C2H2Cl4，則兩個(gè)過程中消耗的氯氣的總的物質(zhì)的量是（）A.3molB.4molC.5molD.6mol5、下列有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)的應(yīng)用正確的是rm{(}rm{)}A.常溫下干燥氯氣與鐵不反應(yīng)，可以用鋼瓶儲存氯水B.二氧化硫具有漂白、殺菌性能，可在食品生產(chǎn)中大量使用C.濃硫酸具有吸水性，可以用來干燥氨氣D.次氯酸鈉具有強(qiáng)氧化性，可用于配制消毒液6、為確定某溶液的離子組成；分別進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：

rm{壟脵}測定溶液的rm{pH}溶液顯強(qiáng)堿性．

rm{壟脷}取少量溶液加入稀鹽酸至溶液呈酸性；產(chǎn)生無刺激性；能使澄清石灰水變渾濁的氣體．

rm{壟脹}在上述溶液中再滴加rm{Ba(NO_{3})_{2}}溶液；產(chǎn)生白色沉淀．

rm{壟脺}取上層清液繼續(xù)滴加rm{Ba(NO_{3})_{2}}溶液至無沉淀時(shí)，再滴加rm{AgNO_{3}}溶液；產(chǎn)生白色沉淀．

根據(jù)實(shí)驗(yàn)以下推測正確的是rm{(}rm{)}A.一定有rm{SO_{3}^{2-}}離子B.一定有rm{CO_{3}^{2-}}離子C.一定有rm{Cl^{-}}離子存在D.不能確定rm{HCO_{3}^{-}}離子是否存在7、短周期主族元素A、B、C、D的原子序數(shù)依次增大，A和B形成的氣態(tài)化合物的水溶液呈堿性，B位于第VA族，A和C同主族，D原子最外層電子數(shù)與電子層數(shù)相等．下列敘述正確的是（）A.原子半徑：D＞C＞BB.單質(zhì)的還原性：D＞CC.元素C的氧化物均為共價(jià)化合物D.元素D的最高價(jià)氧化物對應(yīng)的水化物能相互反應(yīng)8、25℃、101kPa下，2g氫氣燃燒生成液態(tài)水，放出285.8kJ熱量，表示該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式正確的是（）A.2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=-285.8kJ?mol-1B.2H2（g）+O2（g）═2H2O（1）△H=+571.6kJ?mol-1C.2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=-571.6kJ?mol-1D.2H2（g）+O2（g）═2H2O（1）△H=-571.6kJ?mol-1評卷人得分二、雙選題(共8題，共16分)9、在酸性條件下，可以水解生成相對分子質(zhì)量相同的兩種物質(zhì)的有機(jī)物是()A.蔗糖B.麥芽糖C.乙酸乙酯D.甲酸乙酯10、在探究rm{SO_{2}}水溶液成分和性質(zhì)的實(shí)驗(yàn)中，下列根據(jù)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象得出的結(jié)論正確的是rm{(}rm{)}A.向rm{SO_{2}}水溶液中加入少量rm{NaHCO_{3}}粉末，有氣泡產(chǎn)生，說明rm{SO_{2}}水溶液呈酸性B.向rm{SO_{2}}水溶液中滴加rm{Ba(NO_{3})_{2}}溶液，有白色沉淀產(chǎn)生，說明rm{SO_{2}}水溶液中含有rm{SO_{4}^{2mathrm{{-}}}}C.向rm{SO_{2}}水溶液中通入rm{H_{2}S}氣體，有淡黃色沉淀產(chǎn)生，說明rm{SO_{2}}水溶液具有氧化性D.向rm{KMnO_{4}}溶液中滴加rm{SO_{2}}水溶液，溶液顏色褪去，說明rm{SO_{2}}水溶液具有漂白性11、將等物質(zhì)的量的rm{F_{2}}和rm{ClF}混合，在密閉容器中發(fā)生反應(yīng)：rm{F_{2}(g)+ClF(g)?ClF_{3}(g)}rm{F_{2}(g)+ClF(g)?

ClF_{3}(g)}下列敘述中正確的是rm{婁隴H<0}rm{(}

A.恒溫恒容時(shí)，當(dāng)rm{)}轉(zhuǎn)化rm{ClF}時(shí)，容器內(nèi)的壓強(qiáng)為初始時(shí)的rm{40%}倍B.若rm{0.8}rm{c(F_{2}}rm{)隆脙c(ClF)隆脙c(ClF}rm{)隆脙c(ClF)隆脙c(ClF}則反應(yīng)一定達(dá)到平衡狀態(tài)C.達(dá)到平衡后，若增大容器體積，則正反應(yīng)速率減小，逆反應(yīng)速率增大，平衡左移D.平衡后再降低溫度，保持恒容，達(dá)到新的平衡，則混合氣體的平均摩爾質(zhì)量增大rm{{,!}_{3}}12、按如圖所示裝置，在試管rm{A}里加入rm{3mL}乙醇和rm{2mL}冰醋酸，然后一邊搖動，一邊慢慢地加入rm{2mL}濃硫酸，再加入少量碎瓷片，用酒精燈加熱rm{10min}結(jié)果在飽和碳酸鈉溶液的液面上沒有無色油狀液體，下列對其原因的分析錯誤的是rm{(}rm{)}A.試管rm{A}中沒有發(fā)生反應(yīng)B.熱源小、水量多，水浴升溫速度太慢C.產(chǎn)物蒸汽在試管rm{A}上部全部被冷凝回流D.產(chǎn)物已全部溶解在飽和rm{Na_{2}CO_{3}}溶液中13、某有機(jī)物和過量鈉反應(yīng)生成氣體rm{V_{a}L}另一份等質(zhì)量的該有機(jī)物和碳酸氫鈉反應(yīng)生成rm{V_L}氣體rm{(}同溫同壓rm{)}若rm{V_{a}=V_}則該有機(jī)物可能是rm{(}rm{)}A.rm{HOCH_{2}CH_{2}COOH}B.rm{CH_{3}COOH}C.rm{HOOC-COOH}D.14、下列說法不正確的是（）A.酸式滴定管、堿式滴定管、容量瓶、移液管都是準(zhǔn)確量取一定體積液體的容器，它們在使用時(shí)都要進(jìn)行檢查是否漏水、水洗、潤洗、注液、調(diào)整液面等幾個(gè)過程B.紙層析法是以濾紙為惰性支持物，水為固定相，有機(jī)溶劑作流動相．用該方法可分離Fe3+和Cu2+，層析后氨熏顯色，濾紙上方出現(xiàn)紅棕色斑點(diǎn)C.進(jìn)行分液操作時(shí)，應(yīng)先打開上口活塞或使塞上的凹槽對準(zhǔn)漏斗口的小孔，然后打開旋塞，下層液體從下口放出，上層液體從漏斗上口倒出D.在制備硝酸鉀晶體的實(shí)驗(yàn)中，趁熱過濾時(shí)，承接濾液的小燒杯中預(yù)先加2mL蒸餾水．以防過濾時(shí)氯化鈉晶體析出15、下列實(shí)驗(yàn)操作能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖莚m{(}rm{)}A.用排飽和氯化銨溶液的方法收集氨氣B.用重結(jié)晶的方法除去rm{BaSO_{4}}固體中混有的rm{NaCl}C.將碳酸鈣置于蒸發(fā)皿中高溫灼燒可得到氧化鈣D.將硫酸銅溶液蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥得到膽礬晶體16、一種電化學(xué)制備rm{NH_{3}}的裝置如圖所示，圖中陶瓷在高溫時(shí)可以傳輸rm{H^{+}}下列敘述正確的是rm{(}rm{)}

A.rm{Pd}電極rm為陰極B.陰極的反應(yīng)式為：rm{N_{2}+6H^{+}+6e^{?}=2NH_{3}}C.rm{H^{+}}由陰極向陽極遷移D.陶瓷可以隔離rm{N_{2}}和rm{H_{2}}評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)17、鐵及其化合物與生產(chǎn)；生活關(guān)系密切．

（1）如圖2是實(shí)驗(yàn)室研究海水對鐵閘不同部位腐蝕情況的剖面示意圖這一腐蝕過程中發(fā)生還原反應(yīng)的物質(zhì)是____（填化學(xué)式）．圖2中A、B、C、D四個(gè)區(qū)域，生成鐵銹最多的是____（填字母）．

（2）用廢鐵皮制取鐵紅（Fe2O3）的部分流程示意圖如下：（圖1）

步驟I若溫度過高，將不利于反應(yīng)的進(jìn)行，用適當(dāng)?shù)奈淖趾突瘜W(xué)方程式進(jìn)行解釋：____．

步驟Ⅱ中發(fā)生反應(yīng)：4Fe（NO3）2+O2+（2n+4）H2O→2Fe2O3?nH2O+8HNO3，反應(yīng)產(chǎn)生的HNO3又將廢鐵皮中的鐵轉(zhuǎn)化為Fe（NO3）2，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為____上述生產(chǎn)流程中，能體現(xiàn)“綠色化學(xué)”思想的是____（任寫一項(xiàng)）．

（3）已知t℃時(shí)，反應(yīng)FeO（s）+CO（g）?Fe（s）+CO2（g）的平衡常數(shù)為K1．寫出K1的表達(dá)式____．若該反應(yīng)在恒容容器中反應(yīng)時(shí)滿足圖3所示變化，則該反應(yīng)的正反應(yīng)為____反應(yīng)（選填“吸熱”或“放熱”）．若在t℃的2L恒溫密閉容器中加入0.02molFeO（s），并通入一定量CO．若5min后FeO（s）轉(zhuǎn)化率為50%，則CO2的平均反應(yīng)速率為____．18、影響化學(xué)反應(yīng)速率的因素：

（1）內(nèi)因：____．

（2）外因：____．

①濃度：____．

②壓強(qiáng)：____．

③溫度：____．

④催化劑：____．

⑤其他因素：____．19、浩瀚的海洋是一個(gè)巨大的寶庫；蘊(yùn)含有80多種元素，可供提取利用的有50多種．

（1）其中“氯堿工業(yè)”就是以食鹽水為原料制取Cl2等物質(zhì)，有關(guān)的化學(xué)方程式為：____．

（2）實(shí)驗(yàn)室用二氧化錳制取氯氣的化學(xué)方程式為：____；根據(jù)上述實(shí)驗(yàn)原理，從下列裝置中選擇合適的發(fā)生裝置用于實(shí)驗(yàn)室制取少量氯氣____（填寫裝置的序號）．

（3）實(shí)驗(yàn)室中模擬Br-→Br2的轉(zhuǎn)化，可以通過在KBr溶液中滴加少量新制氯水的實(shí)驗(yàn)進(jìn)行實(shí)現(xiàn)．寫出Br-→Br2的轉(zhuǎn)化離子方程式為：____；氯水不穩(wěn)定，要現(xiàn)用現(xiàn)配，下列吸收氯氣制備氯水的裝置最合理的是____（選填下列選項(xiàng)的編號字母）．

（4）實(shí)驗(yàn)室制備氯氣的反應(yīng)會因鹽酸濃度下降而停止．為測定反應(yīng)殘余液中鹽酸的濃度，探究小組同學(xué)進(jìn)行了以下實(shí)驗(yàn)：取100mL殘余液放入燒杯中，將燒杯（含玻璃棒）放在電子天平上（如下圖），再把已稱好50.0gCaCO3粉末慢慢加入到殘余液中；邊加邊攪拌使其充分反應(yīng)．觀察讀數(shù)變化如下表所示：

。CaCO3用量未加CaCO3時(shí)加約四分之一時(shí)加一半時(shí)全部加完時(shí)讀數(shù)/g318.3325.3334.5359.5請你據(jù)此分析計(jì)算：

①實(shí)驗(yàn)中產(chǎn)生的CO2氣體質(zhì)量為____；

②殘余液中鹽酸的物質(zhì)的量濃度為（結(jié)果精確到小數(shù)點(diǎn)后一位）____．20、聚丙烯腈的單體是丙烯腈（CH2═CHCN）；其合成方法很多，如以乙炔為原料，其合成過程的化學(xué)反應(yīng)方程式如下：

①CH≡CH+HCNCH2═CHCN

乙炔氫氰酸丙烯腈。

②nCH2═CHCN→．

聚丙烯腈。

回答下列問題：

（1）制備聚丙烯腈的反應(yīng)類型是____．

（2）聚丙烯腈中氮的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為____．

（3）如何檢驗(yàn)?zāi)称放频难蛎朗茄蛎€是“人造羊毛”？____，____，____．

（4）根據(jù)以上材料分析，聚丙烯腈是線型結(jié)構(gòu)還是體型結(jié)構(gòu)？____．21、接觸法制硫酸工藝中，其主反應(yīng)在450℃并有催化劑存在下進(jìn)行：2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）；△H=-190KJ/mol

（1）該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式是____，該反應(yīng)450℃時(shí)的平衡常數(shù)____500℃時(shí)的平衡常數(shù)（填“大于”；“小于”或“等于”）．

（2）說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)是____．

a．V（O2）正=2V（SO3）逆b．ひ（SO2）正?ひ（O2）逆=2：1

c．容器中氣體的密度不隨時(shí)間而變化d．容器中氣體的分子總數(shù)不隨時(shí)間而變化

e．容器中氣體的平均分子量不隨時(shí)間而變化

（3）在一個(gè)固定容積為5L的密閉容器中充入0.20molSO2和0.10molO2，半分鐘后達(dá)到平衡，測得容器中含SO30.18mol，則V（O2）=____mol．L-1．min-1：若繼續(xù)通入0.30molSO2和0.15molO2，則平衡____移動（填“向正反應(yīng)方向”、“向逆反應(yīng)方向”或“不”），再次達(dá)到平衡后，____mol＜n（SO3）＜____mol．評卷人得分四、實(shí)驗(yàn)題(共3題，共6分)22、用中和滴定法測定某燒堿樣品的純度；試根據(jù)實(shí)驗(yàn)回答下列問題：

（1）準(zhǔn)確稱量10.0g含有少量中性易溶雜質(zhì)的樣品，配成500mL待測溶液．稱量時(shí)，樣品可放在____（填編號字母）稱量．

A．小燒杯中B．潔凈紙片上C．托盤上。

（2）滴定時(shí)，用0.2000mol?L-1的鹽酸來滴定待測溶液，不可選用____（填編號字母）做指示劑．

A．甲基橙B．石蕊C．酚酞。

（3）滴定過程中，眼睛應(yīng)注視____；在鐵架臺上墊一張白紙，其目的是____．

（4）根據(jù)下表數(shù)據(jù)，計(jì)算被測燒堿溶液的物質(zhì)的量濃度是____mol?L-1，燒堿樣品的純度是____．

。滴定次數(shù)待測溶液體積（mL）標(biāo)準(zhǔn)酸體積滴定前的刻度（mL）滴定后的刻度（mL）滴定前的刻度（mL）滴定后的刻度（mL）第一次10.000.4020.50第二次10.004.1024.00（5）下列實(shí)驗(yàn)操作會對滴定結(jié)果產(chǎn)生什么后果？（填“偏高”；“偏低”或“無影響”）

①觀察酸式滴定管液面時(shí)，開始俯視，滴定終點(diǎn)平視，則滴定結(jié)果____．

②若將錐形瓶用待測液潤洗，然后再加入10.00mL待測液，則滴定結(jié)果____．23、過氧乙酸是一種弱酸性氧化劑；極不穩(wěn)定，廣泛用作漂白劑和高效殺菌消毒劑等．

Ⅰ、制備：冰醋酸與H2O2濃溶液按體積比1：1混合，加入適量濃硫酸，控制溫度5℃～30℃，攪拌30min并靜置4～6h．反應(yīng)原理為：H2O2+CH3COOH（過氧乙酸）+H2O

Ⅱ、含量測定：稱取5.0000g過氧乙酸試樣（液體），稀釋至100mL備用．取上述稀釋后過氧乙酸試樣5.00mL，用0.0100mol?L-1KMnO4溶液滴定到終點(diǎn)以除去其中的H2O2，隨即加入10%KI溶液10mL（足量），加入0.5%淀粉溶液3滴，搖勻，并用0.0500mol?L-1Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定到終點(diǎn)（離子反應(yīng)方程式為：I2+2S2O32-═2I-+S4O62-），消耗Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液的總體積為20.00mL．

（1）制備過氧乙酸時(shí)，溫度不宜過高，其原因可能是______．

（2）稀釋樣品時(shí)，除用到燒杯及玻璃棒外，還用到的玻璃儀器有______、______．

（3）用Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定到終點(diǎn)的現(xiàn)象是______．

（4）通過計(jì)算確定原試樣中過氧乙酸的質(zhì)量分?jǐn)?shù)（寫出計(jì)算過程）．24、將某黃銅礦rm{(}主要成分為rm{CuFeS_{2})}和rm{O_{2}}在一定溫度范圍內(nèi)發(fā)生反應(yīng)，反應(yīng)所得固體混合物rm{X}中含有rm{CuSO_{4}}rm{FeSO_{4}}rm{Fe_{2}(SO_{4})_{3}}及少量rm{SiO_{2}}等，除雜后可制得純凈的膽礬晶體rm{(CuSO_{4}隆隴5H_{2}O)}rm{壟脜}實(shí)驗(yàn)測得溫度對反應(yīng)所得固體混合物中水溶性銅rm{(CuSO_{4})}的含量的影響如圖所示。生產(chǎn)過程中應(yīng)將溫度控制在____左右，溫度升高至一定程度后，水溶性銅含量下降的可能原因是____。rm{壟脝}下表列出了相關(guān)金屬離子生成氫氧化物沉淀的rm{pH(}開始沉淀的rm{pH}按金屬離子濃度為rm{1.0mol隆隴L^{-1}}計(jì)算rm{)}實(shí)驗(yàn)中可選用的試劑和用品：稀硫酸、rm{3%H_{2}O_{2}}溶液、rm{CuO}玻璃棒、精密rm{pH}試紙。rm{壟脵}實(shí)驗(yàn)時(shí)需用約rm{3%}的rm{H_{2}O_{2}}溶液rm{100mL}現(xiàn)用市售rm{30%(}密度近似為rm{1g?cm^{隆陋3})}的rm{H_{2}O_{2}}來配制，其具體配制方法是____。rm{壟脷}補(bǔ)充完整由反應(yīng)所得固體混合物rm{X}制得純凈膽礬晶體的實(shí)驗(yàn)步驟：第一步：將混合物加入過量稀硫酸，攪拌、充分反應(yīng)，過濾。第二步：____。第三步：____，過濾。第四步：____、冷卻結(jié)晶。第五步：過濾、洗滌，低溫干燥。rm{壟脟}在酸性、有氧條件下，一種叫rm{Thibacillusferroxidans}的細(xì)菌能將黃銅礦轉(zhuǎn)化成硫酸鹽，該過程反應(yīng)的離子方程式為____。評卷人得分五、簡答題(共2題，共18分)25、鎳電池廣泛應(yīng)用于混合動力汽車系統(tǒng)，電極材料由Ni（OH）2；碳粉、氧化鐵等涂覆在鋁箔上制成．由于電池使用后電極材料對環(huán)境有危害．某興趣小組對該電池電極材料進(jìn)行資源回收研究；設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)流程如下：

已知：①NiCl2易溶于水，F(xiàn)e3+不能氧化Ni2+．②已知實(shí)驗(yàn)溫度時(shí)的溶解度：NiC2O4＞NiC2O4．?H2O＞NiC2O4?2H2O③Ksp（Ni（OH）2）：5.0×10-16，Ksp（NiC2O4）：4.0×10-10

回答下列問題：

（1）酸溶后所留殘?jiān)闹饕煞輄_____（填物質(zhì)名稱）．

（2）用NiO調(diào)節(jié)溶液的pH，析出沉淀的成分為______（填化學(xué)式）；

（3）寫出加入Na2C2O4溶液后反應(yīng)的化學(xué)方程式______．

（4）寫出加入NaOH溶液所發(fā)生反應(yīng)的離子方程式______，該反應(yīng)的平衡常數(shù)為______．

（5）電解過程中陰極反應(yīng)式為：______，沉淀Ⅲ可被電解所得產(chǎn)物之一氧化，寫出氧化反應(yīng)的離子方程式：______．

（6）鐵鎳蓄電池，放電時(shí)總反應(yīng)：Fe+Ni2O3+3H2O═Fe（OH）2+2Ni（OH）2；下列有關(guān)該電池的說法不正確的是。

A．電池的電解液為堿性溶液，電池的正極為Ni2O3；負(fù)極為Fe

B．電池充電時(shí)；陰極附近溶液的pH降低。

C．電池放電時(shí)，負(fù)極反應(yīng)為Fe+20H--2e一═Fe（OH）2

D．電池充電時(shí)，陽極反應(yīng)為2Ni（OH）2+20H--2e-═Ni2O3+3H2O．26、鈦酸鋇是一種強(qiáng)介電化合物材料，具有高介電常數(shù)和低介電損耗，是電子陶瓷中使用最廣泛的材料之一，被譽(yù)為“電子陶瓷工業(yè)的支柱”，工業(yè)制取方法如圖，先獲得不溶性草酸氧鈦鋇晶體[BaTiO（C2O4）2?4H2O]；煅燒后可獲得鈦酸鋇粉體．

（1）酸浸時(shí)發(fā)生的反應(yīng)的離子方程式為______；

（2）配制TiCl4溶液時(shí)通常將TiCl4固體溶于濃鹽酸再加水稀釋；其目的是______；

（3）加入H2C2O4溶液時(shí)；發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為______；可循環(huán)使用的物質(zhì)X是______（填化學(xué)式），設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案驗(yàn)證草酸氧鈦鋇晶體是否洗滌干凈：______；

（4）煅燒草酸氧鈦鋇晶體得到BaTiO3的同時(shí)；生成高溫下的氣體產(chǎn)物有CO；______和______；

（5）工業(yè)上用飽和Na2CO3溶液處理重晶石（主要成分是BaSO4），待達(dá)到平衡后，移走上層清液，重復(fù)多次操作，將其轉(zhuǎn)化為易溶于酸的BaCO3，再由BaCO3制備其它鋇鹽．已知常溫下：Ksp（BaSO4）=1.0×10-10，Ksp（BaCO3）=2.58×10-9，請問至少需要______mol?L-1的碳酸鈉溶液浸泡才能實(shí)現(xiàn)上述轉(zhuǎn)化（忽略CO32-的水解）．參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】【分析】圖中裝置為原電池，反應(yīng)中高錳酸鉀被還原，在酸性條件下生成Mn2+，甲中電極為原電池的正極，乙中亞硫酸鈉被氧化，為原電池的負(fù)極，被氧化生成SO42-，結(jié)合電極方程式解答該題．【解析】【解答】解：A．乙中電極反應(yīng)為HSO3--2e-+H2O=SO42-+3H+，則當(dāng)電路中有1.204×1022個(gè)電子轉(zhuǎn)移時(shí)，即0.02mol電子轉(zhuǎn)移時(shí)，乙中生成0.03molH+，c（H+）==0.1mol/L；故A正確；

B．甲為正極，電池工作時(shí)，陽離子移向正極，鹽橋中的K+移向甲燒杯；故B正確；

C．外電路的電子方向是從b（負(fù)極）到a（正極）；故C錯誤；

D．乙中電極反應(yīng)為HSO3--2e-+H2O=SO42-+3H+，氧化產(chǎn)物為SO42-；故D正確；

故選C．2、D【分析】【分析】A．油脂堿性條件下水解；可生成肥皂；

B．空氣中直徑大于或等于2.5μm的顆粒物屬于空氣污染物；

C．積極推行“限塑令”；使用二氧化碳合成的聚碳酸酯類可降解塑料可減少白色污染；

D．碳酸鋇能溶于鹽酸．【解析】【解答】解：A．地溝油的主要成分是油脂；油脂堿性條件下水解成為造化反應(yīng)，可生成肥皂，故A正確；

B．；PM2.5是指大氣中直徑小于或等于2.5微米的顆粒物；也稱為可入肺顆粒物，屬于空氣污染物，PM2.5的值越高，空氣中顆粒物的含量越大，空氣污染程度越嚴(yán)重，故B正確；

C．積極推行“限塑令”；加快研發(fā)利用二氧化碳合成的聚碳酸酯類可降解塑料可減少白色污，故C正確；

D．碳酸鋇是一種難溶于水的鹽；但是碳酸鋇能溶于鹽酸生成氯化鋇，鋇離子有毒，而胃酸的主要成分是鹽酸，所以不能用碳酸鋇作X光透視腸胃的藥劑，故D錯誤．

故選D．3、A【分析】【分析】A．膠體具有丁達(dá)爾效應(yīng)；

B．透過藍(lán)色鈷玻璃，可觀察到K+離子焰色反應(yīng)現(xiàn)象；

C．碳酸鈉和碳酸氫鈉與鹽酸都反應(yīng)生成氣體；

D．不能排除Ag+的干擾．【解析】【解答】解：A．膠體具有丁達(dá)爾效應(yīng)；可用丁達(dá)爾效應(yīng)鑒別溶液和膠體，故A正確；

B．透過藍(lán)色鈷玻璃可濾去黃光，可觀察到K+離子焰色反應(yīng)現(xiàn)象；故B錯誤；

C．碳酸鈉和碳酸氫鈉與鹽酸都反應(yīng)生成氣體；可用加熱的方法檢驗(yàn)，故C錯誤；

D．不能排除Ag+的干擾；應(yīng)先加鹽酸，如無現(xiàn)象，再加氯化鋇檢驗(yàn)，故D錯誤．

故選A．4、A【分析】【分析】乙烯和氯氣發(fā)生加成反應(yīng)時(shí)，碳碳雙鍵的物質(zhì)的量和參加加成反應(yīng)的氯氣的物質(zhì)的量相等，1，2-二氯乙烷和氯氣發(fā)生取代反應(yīng)時(shí)，被取代氫原子的物質(zhì)的量和參加取代反應(yīng)的氯氣的物質(zhì)的量相等，據(jù)此解答．【解析】【解答】解：根據(jù)C2H4+Cl2→CH2ClCH2Cl知；1mol乙烯與氯氣發(fā)生加成反應(yīng)需要氯氣1mol；

根據(jù)CH2ClCH2Cl+2Cl2C2H2Cl4+2HCl知，1mol1，2-二氯甲烷生成C2H2Cl4時(shí)需要氯氣的物質(zhì)的量為2mol；所以兩個(gè)過程一共消耗氯氣的物質(zhì)的量為3mol；

故選A．5、D【分析】解：rm{A.}氯水中含氫離子，與rm{Fe}反應(yīng)；鋼瓶不能儲存氯水，但常溫下干燥氯氣與鐵不反應(yīng)，故A錯誤；

B.二氧化硫有毒；不能在食品生產(chǎn)中大量使用，故B錯誤；

C.濃硫酸與氨氣反應(yīng)；則不能用來干燥氨氣，故C錯誤；

D.具有強(qiáng)氧化性；可殺菌消毒，則次氯酸鈉具有強(qiáng)氧化性，可用于配制消毒液，故D正確；

故選D．

A.氯水中含氫離子，與rm{Fe}反應(yīng)；

B.二氧化硫有毒；

C.濃硫酸與氨氣反應(yīng)；

D.具有強(qiáng)氧化性；可殺菌消毒．

本題考查物質(zhì)的性質(zhì)及用途，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應(yīng)、性質(zhì)與用途等為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意元素化合物知識的應(yīng)用，題目難度不大．【解析】rm{D}6、B【分析】解：rm{壟脵}測定溶液的rm{pH}溶液顯強(qiáng)堿性，說明溶液中含有氫氧根離子，碳酸氫根離子不能存在；

rm{壟脷}取少量溶液加入稀鹽酸至溶液呈酸性，產(chǎn)生無刺激性、能使澄清石灰水變渾濁的氣體，說明生成的氣體為二氧化碳，不是刺激性氣味的二氧化硫，說明rm{B}原溶液中含碳酸根離子；

rm{壟脹}在上述溶液中再滴加rm{Ba(NO_{3})_{2}}溶液，產(chǎn)生白色沉淀rm{.}進(jìn)一步證明溶液中含碳酸根離子；

rm{壟脺}取上層清液繼續(xù)滴加rm{Ba(NO_{3})_{2}}溶液至無沉淀時(shí)，再滴加rm{AgNO_{3}}溶液，產(chǎn)生白色沉淀說明含氯離子，但rm{壟脷}步中加入鹽酸含有氯離子；不能確定原溶液中含氯離子；

綜上所述：溶液中一定含碳酸根離子；一定不含亞硫酸根離子碳酸氫根離子，氯離子不能確定．

故選B．

rm{壟脵}說明溶液在含有氫氧根離子；

rm{壟脷}現(xiàn)象說明有二氧化碳?xì)怏w生成；無刺激性氣味二氧化硫氣體生成；

rm{壟脹}說明產(chǎn)生鋇離子的白色沉淀為硫酸鋇；

rm{壟脺}現(xiàn)象證明是氯離子的性質(zhì)，但rm{壟脷}步驟中加入了鹽酸；不能說明原溶液中含氯離子；

本題考查了元素化合物性質(zhì)，主要是離子性質(zhì)的檢驗(yàn)和應(yīng)用，熟練撞我離子性質(zhì)和特征反應(yīng)，檢驗(yàn)方法是解題關(guān)鍵．【解析】rm{B}7、D【分析】【分析】短周期主族元素A、B、C、D的原子序數(shù)依次增大，A和B形成的氣態(tài)化合物的水溶液呈堿性，B位于第VA族，該化合物為氨氣，可推知A為氫元素、B為N元素；A和C同主族，C的原子序數(shù)大于N，則C為Na；D原子序數(shù)大于Na，處于第三周期，D原子最外層電子數(shù)與電子層數(shù)相等，則D為Al，結(jié)合元素周期律與元素化合物性質(zhì)解答．【解析】【解答】解：短周期主族元素A；B、C、D的原子序數(shù)依次增大；A和B形成的氣態(tài)化合物的水溶液呈堿性，B位于第VA族，該化合物為氨氣，可推知A為氫元素、B為N元素；A和C同主族，C的原子序數(shù)大于N，則C為Na；D原子序數(shù)大于Na，處于第三周期，D原子最外層電子數(shù)與電子層數(shù)相等，則D為Al；

A．同周期自左而右原子半徑減??；同主族自上而下原子半徑增大，故原子半徑Na＞Al＞N，故A錯誤；

B．金屬性Na＞Al；故還原性Na＞Al，故B錯誤；

C．H元素；N元素的氧化物均為共價(jià)化合物；Na的氧化物屬于離子化合物，故C錯誤；

D．氫氧化鋁是兩性氫氧化物；能與硝酸；氫氧化鈉反應(yīng)，硝酸與氫氧化鈉發(fā)生中和反應(yīng)，故D正確；

故選D．8、D【分析】【分析】2g氫氣燃燒生成液態(tài)水，放出285.8kJ熱量，則4g氫氣燃燒生成液態(tài)水，放出571.6kJ熱量，熱化學(xué)方程式應(yīng)為2H2（g）+O2（g）═2H2O（1）△H=-571.6kJ?mol-1；

以此解答該題．【解析】【解答】解：A；因4g氫氣燃燒生成液態(tài)水；放出熱量571.6kJ，不是285.8kJ，故A錯誤；

B；因4g氫氣燃燒生成液態(tài)水；放出熱量571.6kJ，放熱時(shí)焓變值為負(fù)值，故B錯誤；

C；因4g氫氣燃燒生成液態(tài)水；不是氣態(tài)水，故C錯誤；

D；因4g氫氣燃燒生成液態(tài)水；放出571.6kJ熱量，放熱時(shí)焓變值為負(fù)值，故D正確；

故選：D．二、雙選題(共8題，共16分)9、A|D【分析】解：A．蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，C12H22O11+H2OC6H12O6+C6H12O6分子式均為C6H12O6；為相對分子質(zhì)量相同的有機(jī)物，故A正確；

B．麥芽糖水解只生成葡萄糖C6H12O6；只有一種產(chǎn)物，故B錯誤；

C．乙酸乙酯水解方程式為CH3COOC2H5+H2OCH3COOH+C2H5OH；為相對分子質(zhì)量不同的有機(jī)物，故C錯誤；

D．甲酸乙酯水解生成甲酸和乙醇，HCOOCH2CH3+H2OHCOOH+CH3CH2OH；為相對分子質(zhì)量相同的有機(jī)物，故D正確；

故選AD．【解析】【答案】AD10、AC【分析】【分析】本題主要考查二氧化硫的性質(zhì)，難度不大。【解答】A.向rm{SO_{2}}水溶液中加入少量rm{NaHCO_{3}}粉末，有氣泡產(chǎn)生，氣體為二氧化碳，發(fā)生強(qiáng)酸制取弱酸的反應(yīng)原理，則rm{SO_{2}}水溶液呈酸性，故A正確；rm{B.}向rm{SO_{2}}水溶液中滴加rm{Ba(NO_{3})_{2}}溶液，發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸鋇白色沉淀，但rm{SO_{2}}水溶液中不含有rm{SO_{4}^{2-}}故B錯誤；C.將rm{SO_{2}}水溶液中通入rm{H_{2}S}氣體，發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成淡黃色沉淀rm{S}由rm{S}元素的化合價(jià)降低可知rm{SO_{2}}水溶液具有氧化性，故C正確；D.向rm{KMnO_{4}}溶液中滴加rm{SO_{2}}水溶液，發(fā)生氧化還原反應(yīng)溶液顏色褪去，由rm{S}元素的化合價(jià)升高可知rm{SO_{2}}水溶液具有還原性，故D錯誤。故選AC?！窘馕觥縭m{AC}11、AD【分析】【分析】本題考查化學(xué)平衡的影響因素及計(jì)算等問題，難度中等，rm{B}為易錯點(diǎn)，平衡常數(shù)未知，不能根據(jù)平衡時(shí)各物質(zhì)的物質(zhì)的量關(guān)系確定是否達(dá)到平衡狀態(tài)。【解答】A.設(shè)rm{F_{2}}和rm{ClF}的物質(zhì)的量都為rm{1mol}當(dāng)rm{ClF}轉(zhuǎn)化rm{40%}時(shí)，由rm{F_{2}(g)+ClF(g)?ClF_{3}(g)}可知生成rm{0.4molClF_{3}}剩余rm{F_{2}}和rm{ClF}都為rm{0.6mol}則容器內(nèi)的壓強(qiáng)為初始時(shí)的rm{dfrac{0.4mol+0.6mol+0.6mol}{2mol}=0.8}故A正確；B.平衡常數(shù)未知，若rm{dfrac{0.4mol+0.6mol+0.6mol}{2mol}

=0.8}rm{c(F_{2})}rm{c(ClF)}rm{c(ClF_{3})=1}rm{1}不能確定是否達(dá)到平衡狀態(tài)，故B錯誤；C.增大容器容積，壓強(qiáng)減小，正、逆反應(yīng)速率都降低，正反應(yīng)速率降低更多，平衡向逆反應(yīng)方向移動，故C錯誤；D.降低溫度，平衡向正反應(yīng)方向移動，氣體的總物質(zhì)的量減小，而質(zhì)量不變，則混合氣體的平均摩爾質(zhì)量增大，故D正確。故選AD。rm{1}【解析】rm{AD}12、rAD【分析】解：rm{A.}乙醇；乙酸在濃硫酸作用下；加熱可發(fā)生酯化反應(yīng)生成乙酸乙酯，故A錯誤；

B.如燒杯內(nèi)加水過多；反應(yīng)溫度較低，則反應(yīng)較慢，可能收集不到乙酸乙酯，故B正確；

C.如生成乙酸乙酯較少，產(chǎn)物蒸汽在試管rm{A}上部全部被冷凝回流；也可能收集不到乙酸乙酯，故C正確；

D.乙酸乙酯不溶于飽和碳酸鈉溶液；故D錯誤．

故選AD．

乙酸與乙醇在濃硫酸作用下加熱發(fā)生酯化反應(yīng)生成乙酸乙酯和水，方程式為rm{CH_{3}COOH+C_{2}H_{5}OHunderset{triangle}{overset{{脜簍脕貌脣謾}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}COOC_{2}H_{5}+H_{2}O}反應(yīng)需在加熱條件下進(jìn)行，生成的乙酸乙酯不溶于飽和碳酸鈉溶液，長導(dǎo)管起到冷凝回流的作用，以此解答該題．

本題考查乙酸乙酯的制備，為高頻考點(diǎn)，題目難度中等，本題注意把握乙酸乙酯的制備原理和實(shí)驗(yàn)方法，學(xué)習(xí)中注重實(shí)驗(yàn)評價(jià)能力的培養(yǎng)．rm{CH_{3}COOH+C_{2}H_{5}OH

underset{triangle}{overset{{脜簍脕貌脣謾}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}COOC_{2}H_{5}+H_{2}O}【解析】rm{AD}13、rAD【分析】解：有機(jī)物和足量的鈉反應(yīng)，該有機(jī)物中可能含有rm{-OH}或rm{-COOH}或rm{-OH}rm{-COOH}該機(jī)物與足量的小蘇打溶液反應(yīng)，說明該有機(jī)物含有rm{-COOH.}有機(jī)物與鈉反應(yīng)；與碳酸氫鈉反應(yīng)；二者生成的氣體體積相等，則有機(jī)物中羧基數(shù)目與羥基數(shù)目相等．

A.rm{HOCH_{2}CH_{2}COOH}中羧基與羥基數(shù)目相等；該有機(jī)物與鈉反應(yīng)；與碳酸氫鈉反應(yīng)，二者生成的氣體體積相等，故A正確；

B.rm{CH_{3}COOH}中不含羥基，該有機(jī)物與鈉反應(yīng)、與碳酸氫鈉反應(yīng)，二者生成的氣體體積之比為rm{1}rm{2}故B錯誤；

C.rm{HOOC-COOH}中不含羥基，該有機(jī)物與鈉反應(yīng)、與碳酸氫鈉反應(yīng)，二者生成的氣體體積之比為rm{1}rm{2}故C錯誤；

D.含有rm{1}個(gè)羥基、rm{1}個(gè)羧基；則該有機(jī)物與鈉反應(yīng)；與碳酸氫鈉反應(yīng)，二者生成的氣體體積相等，故D正確．

故選AD．

有機(jī)物和足量的鈉反應(yīng)，該有機(jī)物中可能含有rm{-OH}或rm{-COOH}或rm{-OH}rm{-COOH}該機(jī)物與足量的小蘇打溶液反應(yīng)，說明該有機(jī)物含有rm{-COOH.}有機(jī)物與鈉反應(yīng)；與碳酸氫鈉反應(yīng)；二者生成的氣體體積相等，則有機(jī)物中羧基數(shù)目與羥基數(shù)目相等，以此解答該題．

本題考查醇、羧酸的性質(zhì)與有機(jī)物結(jié)構(gòu)推斷等，為高頻考點(diǎn)，難度不大，清楚醇、羧酸的性質(zhì)是解題關(guān)鍵，注意基礎(chǔ)知識的掌握．【解析】rm{AD}14、A|D【分析】解：A．容量瓶為配置一定物質(zhì)的量濃度溶液的主要儀器；使用時(shí)不能潤洗，故A錯誤；

B．紙層析法是以濾紙為惰性支持物，水為固定相，有機(jī)溶劑作流動相．用該方法可分離Fe3+和Cu2+；紙層析法是利用離子在濾紙上的移動速度不同，進(jìn)行分離，鐵離子在上層，遇到氨水生成紅褐色沉淀氫氧化鐵層析后氨熏顯色，濾紙上方出現(xiàn)紅棕色斑點(diǎn)，故B正確；

C．進(jìn)行分液操作時(shí)；應(yīng)先打開上口活塞或使塞上的凹梢對準(zhǔn)漏斗口的小孔，然后打開旋塞，下層液體從下口放出，上層液體從漏斗上口倒出符合實(shí)驗(yàn)基本操作，故C正確；

D．在制備硝酸鉀晶體的實(shí)驗(yàn)中；利用的是硝酸鉀和氯化鈉溶解度隨溫度改變而發(fā)生不同變化的原理，所以不應(yīng)該趁熱過濾，故D錯誤；

故選：AD．

A．依據(jù)酸式滴定管；堿式滴定管、容量瓶、移液管的裝置特點(diǎn)和使用注意事項(xiàng)解答；

B．紙層析法是利用離子在濾紙上的移動速度不同；進(jìn)行分離，鐵離子在上層，遇到氨水生成紅褐色沉淀氫氧化鐵；

C．依據(jù)分液漏斗的使用方法解答；

D．制備KNO3利用的是硝酸鉀和氯化鈉溶解度隨溫度改變而發(fā)生不同變化的原理解答．

本題為實(shí)驗(yàn)題，考查了常見儀器的使用和常見實(shí)驗(yàn)的原理，側(cè)重于學(xué)生的分析能力、實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，題目難度不大．【解析】【答案】AD15、rAD【分析】解：rm{A.}氨氣易溶于水；氯化銨溶液可抑制氨氣的溶解，則用排飽和氯化銨溶液的方法收集氨氣，故A正確；

B.rm{NaCl}溶于水；硫酸鋇不溶于水，應(yīng)選溶解；過濾法分離，故B錯誤；

C.在試管中加熱分解；蒸發(fā)皿用于溶液與可溶性固體的分離，故C錯誤；

D.硫酸銅溶液蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶可析出晶體；過濾、洗滌、干燥得到膽礬晶體，故D正確；

故選AD．

A.氨氣易溶于水；氯化銨溶液可抑制氨氣的溶解；

B.rm{NaCl}溶于水；硫酸鋇不溶于水；

C.在試管中加熱分解；

D.硫酸銅溶液蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶可析出晶體．

本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評價(jià)，為高頻考點(diǎn)，把握混合物分離提純、物質(zhì)的性質(zhì)、實(shí)驗(yàn)技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾椋⒁鈱?shí)驗(yàn)評價(jià)性分析，題目難度不大．【解析】rm{AD}16、BD【分析】【分析】本題側(cè)重考查電解原理，為高頻考點(diǎn)，把握電極、電極反應(yīng)及離子移動方向?yàn)榻獯鸬年P(guān)鍵，注重分析與應(yīng)用能力的考查，題目難度不大?！窘獯稹緼.rm{Pb}電極rm上氫氣失去電子；為陽極，故A錯誤；

B.陰極上發(fā)生還原反應(yīng)，則陰極反應(yīng)為rm{N_{2}+6H^{+}+6e^{-}=2NH_{3}}故B正確；

C.電解池中，rm{H^{+}}由陽極向陰極遷移；故C錯誤；

D.由圖可知，氮?dú)馀c氫氣不直接接觸，陶瓷可以隔離rm{N_{2}}和rm{H_{2}}故D正確。

故選BD?！窘馕觥縭m{BD}三、填空題(共5題，共10分)17、O2B4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O，造成原料浪費(fèi)4Fe+10HNO3=4Fe（NO3）2+NH4NO3+3H2O氮氧化物排放少吸熱0.001mol/（L?min）【分析】【分析】（1）①由圖可知；海水溶液為弱酸性，發(fā)生吸氧腐蝕，氧氣具有強(qiáng)氧化性，充當(dāng)氧化劑，被還原；

②A發(fā)生化學(xué)腐蝕；B發(fā)生電化學(xué)腐蝕，C已經(jīng)腐蝕后有氧化層，D在金屬內(nèi)部；

（2）由流程圖可知，F(xiàn)e與硝酸反應(yīng)生成硝酸亞鐵，步驟Ⅱ中轉(zhuǎn)化為Fe2O3?nH2O；最后得到鐵紅；

硝酸分解生成二氧化氮、氧氣、水；產(chǎn)生的HNO3又將廢鐵皮中的鐵轉(zhuǎn)化為Fe（NO3）2；則Fe與硝酸反應(yīng)生成硝酸亞鐵；硝酸銨和水；氮氧化物為有毒氣體；

（3）K=，升高溫度，V正增加的快；

通入xmolCO；t℃時(shí)反應(yīng)達(dá)到平衡．此時(shí)FeO（s）轉(zhuǎn)化率為50%，即反應(yīng)的FeO為0.02mol×50%=0.01mol，則。

FeO（s）+CO（g）?Fe（s）+CO2（g）

開始0.02x00

轉(zhuǎn)化0.010.010.010.01

平衡x-0.010.01

結(jié)合化學(xué)反應(yīng)速率計(jì)算．【解析】【解答】解：（1）由圖可知，海水溶液為弱酸性，則Fe失去電子，正極上O2得到電子，發(fā)生吸氧腐蝕，A發(fā)生化學(xué)腐蝕，B發(fā)生電化學(xué)腐蝕，C已經(jīng)腐蝕后有氧化層，D在金屬內(nèi)部，顯然B中腐蝕速率最快，生成鐵銹最多，故答案為：O2；B；

（2）由流程圖可知，F(xiàn)e與硝酸反應(yīng)生成硝酸亞鐵，步驟Ⅱ中轉(zhuǎn)化為Fe2O3?nH2O，最后得到鐵紅；硝酸分解生成二氧化氮、氧氣、水，該反應(yīng)為4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O，產(chǎn)生的HNO3又將廢鐵皮中的鐵轉(zhuǎn)化為Fe（NO3）2，則Fe與硝酸反應(yīng)生成硝酸亞鐵、硝酸銨和水，該反應(yīng)為4Fe+10HNO3═4Fe（NO3）2+NH4NO3+3H2O；由流程可知，上述生產(chǎn)流程中，能體現(xiàn)“綠色化學(xué)”思想的是減少了有毒的氮氧化物的生成，氮氧化物排放少；

故答案為：4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O，造成原料浪費(fèi)；4Fe+10HNO3═4Fe（NO3）2+NH4NO3+3H2O；氮氧化物排放少；

（3）依據(jù)化學(xué)反應(yīng)方程式得出：平衡常數(shù)K=；升高溫度，V正增加的快；故正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)；

t℃時(shí)反應(yīng)達(dá)到平衡．此時(shí)FeO（s）轉(zhuǎn)化率為50%；即反應(yīng)的FeO為0.02mol×50%=0.01mol，則。

FeO（s）+CO（g）?Fe（s）+CO2（g）

開始0.020

轉(zhuǎn)化0.010.01

平衡0.01

故v（CO2）==0.001mol/（L?min），故答案為：；吸熱；0.001mol/（L?min）．18、反應(yīng)物本身的性質(zhì)外部條件增大或減小濃度，反應(yīng)速率增大或減小對有氣體的反應(yīng)，增大壓強(qiáng)或減小壓強(qiáng)，反應(yīng)速率增大或減小升溫或降低問題反應(yīng)速率增大或減小改變反應(yīng)速率接觸面積增大，反應(yīng)速率增大，光、磁場、超聲波、顆粒大小、溶劑性質(zhì)【分析】【分析】參加反應(yīng)的物質(zhì)的性質(zhì)是影響化學(xué)反應(yīng)速率的決定性因素，這是內(nèi)因；外因一般來說，化學(xué)反應(yīng)都與溫度有關(guān)，升高溫度，化學(xué)反應(yīng)速率增加；在其他條件相同時(shí)，固體顆粒越小，反應(yīng)物的表面積越大，化學(xué)反應(yīng)速率越快；固體顆粒越小，固體反應(yīng)物的表面積越小，化學(xué)反應(yīng)速率降低，在其他條件相同時(shí)，增大反應(yīng)物的濃度，化學(xué)反應(yīng)速率加快；減小反應(yīng)物的濃度，反應(yīng)速率降低．．在其他條件相同時(shí)，使用催化劑，可以加快化學(xué)反應(yīng)速率；在其他條件相同時(shí)，增大氣態(tài)反應(yīng)物的壓強(qiáng)，化學(xué)反應(yīng)速率加快；減小氣態(tài)反應(yīng)物的壓強(qiáng)，化學(xué)反應(yīng)速率降低．【解析】【解答】解：（1）決定化學(xué)反應(yīng)速率的因素：反應(yīng)物本身的性質(zhì)；

故答案為：反應(yīng)物本身的性質(zhì)；

（2）外部條件改變影響化學(xué)反應(yīng)速率；故答案為：外部條件；

①在其它條件相同時(shí)；增大或減小反應(yīng)物濃度，反應(yīng)速率增大或減?。?/p>

故答案為：增大或減小反應(yīng)物濃度；反應(yīng)速率增大或減??；

②對于有氣體參加的反應(yīng)來說；其他條件不變時(shí)，增大或減小體系的壓強(qiáng)，反應(yīng)速率會加大或減??；

故答案為：對有氣體的反應(yīng)；增大壓強(qiáng)或減小壓強(qiáng)，反應(yīng)速率增大或減??；

③在其它條件不變的情況下；升高或降低溫度，化學(xué)反應(yīng)要加快或減小，經(jīng)過實(shí)驗(yàn)測定，溫度每升高10℃，反應(yīng)速率通常要增大到原來的2～4倍；

故答案為：升溫或降低問題反應(yīng)速率增大或減?。?/p>

④催化劑能改變化學(xué)反應(yīng)速率；故答案為：改變化學(xué)反應(yīng)速率；

⑤其它因素對化學(xué)反應(yīng)速率的影響；接觸面積；光、磁場、超聲波、顆粒大小、溶劑性質(zhì)；

故答案為：接觸面積增大，反應(yīng)速率增大，光、磁場、超聲波、顆粒大小、溶劑性質(zhì)影響反應(yīng)速率．19、2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2Ob2Br-+Cl2=2Cl-+Br2d8.8g4.0mol/L【分析】【分析】（1）“氯堿工業(yè)”通過飽和食鹽水得到氫氧化鈉；氯氣和氫氣；

（2）二氧化錳與濃鹽酸加熱反應(yīng)生成氯化錳；氯氣和水；根據(jù)該反應(yīng)物狀態(tài)、反應(yīng)條件選擇合理的裝置；

（3）根據(jù)氯氣能氧化溴離子得到單質(zhì)溴形成反應(yīng)的離子方程式；由于氯氣有毒；所以需要對尾氣進(jìn)行吸收；

（4）①先判斷碳酸鈣過量情況；然后根據(jù)最終質(zhì)量差可以計(jì)算出實(shí)驗(yàn)中產(chǎn)生二氧化碳的質(zhì)量；

②根據(jù)二氧化碳的質(zhì)量計(jì)算出消耗HCl的物質(zhì)的量，再根據(jù)c=計(jì)算出殘余液中鹽酸的物質(zhì)的量濃度．【解析】【解答】解：（1）電解飽和食鹽水反應(yīng)生成NaOH、H2、Cl2，該反應(yīng)方程式為：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；

故答案為：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；

（2）二氧化錳與濃鹽酸反應(yīng)生成氯化錳、水、氯氣，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O；該反應(yīng)需要加熱條件下進(jìn)行，反應(yīng)物為固體和液體，所以只有裝置b合理；

故答案為：MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O；b；

（3）氯氣能氧化溴離子得到單質(zhì)溴，離子方程式為：2Br-+Cl2=2Cl-+Br2；氯氣有毒，應(yīng)注意尾氣吸收，以防污染空氣，所以裝置d最合理；

故答案為：2Br-+Cl2=2Cl-+Br2；d；

（4）①未加CaCO3時(shí)總量為：318.3，加約四分之一時(shí)，加入碳酸鈣的質(zhì)量為：50g×=12.5g；反應(yīng)后溶液增加的質(zhì)量為：318.3g+12.5g-325.3=5.5g；

加一半碳酸鈣時(shí)；溶液增加的質(zhì)量為：318.3g+25g-334.5=8.8g；加入50g碳酸鈣時(shí)，即又加入了25g碳酸鈣，此時(shí)總質(zhì)量增加了25g，說明加入一半碳酸鈣時(shí)，溶液中鹽酸已經(jīng)完全反應(yīng)，所以減少的質(zhì)量8.8g即為二氧化碳的質(zhì)量；

故答案為：8.8g；

②反應(yīng)生成了8.8g二氧化碳，n（CO2）==0.2mol，根據(jù)反應(yīng)關(guān)系式CaCO3～2HCl可知，消耗氯化氫的物質(zhì)的量為：n（HCl）=2n（CO2）=0.4mol，殘余液中鹽酸的物質(zhì)的量濃度為：c（HCl）==4.0mol/L；

故答案為：4.0mol/L．20、加成反應(yīng)和加聚反應(yīng)26.4%羊毛接近火焰時(shí)蜷縮，燃燒時(shí)有特殊氣味（燒焦羽毛的氣味），燃燒后灰燼用手一壓就變成粉末而化學(xué)纖維（如腈綸）接近火焰時(shí)迅速蜷縮，燃燒較緩慢氣味與羊毛（主要成分是蛋白質(zhì)）燃燒時(shí)明顯不同，趁熱可拉成絲，灰燼為灰褐色玻璃球狀，不易破碎線型結(jié)構(gòu)【分析】【分析】（1）依據(jù)反應(yīng)的特征是有進(jìn)無出分析判斷為加成反應(yīng)；

（2）氮的質(zhì)量分?jǐn)?shù)=；

（3）純羊毛制品的主要成分是蛋白質(zhì)；蛋白質(zhì)燃燒時(shí)能產(chǎn)生燒焦羽毛的氣味；

（4）聚丙烯腈分子中的結(jié)構(gòu)單元連接成長鏈．【解析】【解答】解：（1）反應(yīng)①屬于加成反應(yīng)；反應(yīng)②屬于聚合反應(yīng)（加聚反應(yīng)），故答案為：加成反應(yīng)和加聚反應(yīng)；

（2）w（N）=×100%=×100%≈26.4%；故答案為：26.4%；

（3）羊毛接近火焰時(shí)蜷縮；燃燒時(shí)有特殊氣味（燒焦羽毛的氣味），燃燒后灰燼用手一壓就變成粉末；而化學(xué)纖維（如腈綸）接近火焰時(shí)迅速蜷縮，燃燒較緩慢，氣味與羊毛（主要成分是蛋白質(zhì)）燃燒時(shí)明顯不同，趁熱可拉成絲，灰燼為灰褐色玻璃球狀，不易破碎；

故答案為：羊毛接近火焰時(shí)蜷縮；燃燒時(shí)有特殊氣味（燒焦羽毛的氣味），燃燒后灰燼用手一壓就變成粉末；而化學(xué)纖維（如腈綸）接近火焰時(shí)迅速蜷縮，燃燒較緩慢，氣味與羊毛（主要成分是蛋白質(zhì)）燃燒時(shí)明顯不同，趁熱可拉成絲，灰燼為灰褐色玻璃球狀，不易破碎；

（4）由于聚丙烯腈分子中的結(jié)構(gòu)單元連接成長鏈，故屬于線型高分子，故答案為：線型結(jié)構(gòu)．21、K=大于bde0.036向正反應(yīng)方向0.360.50【分析】【分析】（1）根據(jù)化學(xué)平衡常數(shù)的書寫方法：K=生成物的濃度冪之積除以反應(yīng)物的濃度冪之積來書寫；結(jié)合溫度對平衡的影響來分析K的變化情況；

（2）根據(jù)化學(xué)平衡狀態(tài)的標(biāo)志：正反應(yīng)速率等于逆反應(yīng)速率；平衡混合物中各組成成分的含量不變來判斷；

a．V（O2）正=V（SO3）逆表明反應(yīng)得到平衡狀態(tài)；

b．化學(xué)平衡狀態(tài)的標(biāo)志：正逆反應(yīng)速率相等；

c．容器中氣體的密度=；根據(jù)分子和分母是否變化來回答；

d．容器中氣體的分子總數(shù)（物質(zhì)的量）不隨時(shí)間而變化是平衡狀態(tài)的標(biāo)志；

e．容器中氣體的平均分子量=，根據(jù)分子和分母是否變化來回答．【解析】【解答】解：（1）化學(xué)平衡常數(shù)K=生成物的濃度冪之積除以反應(yīng)物的濃度冪之積，即K=，對于放熱反應(yīng)，升高溫度，K減小，故答案為：K=；大于；

（2）a．化學(xué)方程式的系數(shù)之比等于化學(xué)反應(yīng)中各物質(zhì)的反應(yīng)速率之比，V（O2）正=V（SO3）逆；均為正反應(yīng)速率，不能判斷是否達(dá)到平衡明反應(yīng)得到平衡狀態(tài)，故a錯誤；

b．ひ（SO2）正?ひ（O2）逆=2：1，表明正逆反應(yīng)速率相等是平衡狀態(tài)，故b正確；

c．容器中氣體的密度=；反應(yīng)前后質(zhì)量守恒，反應(yīng)在體積不變的容器中進(jìn)行，所以氣體的密度始終不變，故c錯誤；

d．該反應(yīng)為氣體的分子總數(shù)減少的反應(yīng)；當(dāng)容器中氣體的分子總數(shù)不隨時(shí)間而變化時(shí)，平衡混合物中各組成成分含量不變，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故d正確；

e．容器中氣體的平均分子量=；反應(yīng)前后質(zhì)量守恒，反應(yīng)是一個(gè)氣體物質(zhì)的量變化的反應(yīng)，所以當(dāng)容器中氣體的平均分子量不隨時(shí)間而變化時(shí)是平衡狀態(tài)，故e正確．

故選bde；

（3）當(dāng)生成0.18molSO3時(shí)；參加反應(yīng)的氧氣的物質(zhì)的量為x；

2SO2+O22SO3

12

x0.18mol

解得x=0.09mol；

v（O2）==0.036mol?L-1?min-1；

繼續(xù)通入0.30molSO2和0.15molO2；容器內(nèi)壓強(qiáng)增大，平衡向氣體體積減小的方向移動，即向正反應(yīng)方向移動；

用極限法求出n（SO3）的范圍，假設(shè)平衡不移動，此時(shí)n（SO3）=0.18×2=0.36mol，假設(shè)0.50molSO2完全生成SO3，根據(jù)化學(xué)方程式2SO2+O2?2SO3可知n（SO3）=0.5mol，所以再次達(dá)到平衡時(shí)，0.36mol＜n（SO3）＜0.50mol；

故答案為：0.036；向正反應(yīng)方向；0.45；0.50．四、實(shí)驗(yàn)題(共3題，共6分)22、AB錐形瓶內(nèi)溶液的顏色變化便于觀察錐形瓶內(nèi)液體顏色的變化，減小滴定誤差0.400080.00%偏高偏高【分析】【分析】（1）易潮解的藥品；必須放在玻璃器皿上（如：小燒杯；表面皿）里稱量；

（2）酸堿中和滴定時(shí)；可用酚酞或甲基橙做指示劑，石蕊變色范圍寬且現(xiàn)象不明顯，故一般不用石蕊作指示劑；

（3）滴定時(shí)；左手控制滴定管，右手搖動錐形瓶，眼睛注視錐形瓶內(nèi)溶液顏色的變化，根據(jù)溶液顏色的變化判斷終點(diǎn)；

（4）根據(jù)c（待測）=；V（標(biāo)準(zhǔn)）用兩次的平均值；根據(jù)m=c?V?M計(jì)算500mL溶液中氫氧化鈉的質(zhì)量，再根據(jù)質(zhì)量分?jǐn)?shù)公式計(jì)算氫氧化鈉的質(zhì)量分?jǐn)?shù)；

（5）根據(jù)操作對c（待測）=產(chǎn)生的影響分析誤差．【解析】【解答】解：（1）易潮解的藥品；必須放在玻璃器皿上（如：小燒杯；表面皿）里稱量，防止玷污托盤．因燒堿易潮解，所以應(yīng)放在小燒杯中稱量，故選A；

（2）酸堿中和滴定時(shí)；可用酚酞或甲基橙做指示劑，石蕊變色范圍寬且現(xiàn)象不明顯，故一般不用石蕊作指示劑，故選B；

（3）滴定時(shí)；滴定過程中兩眼應(yīng)該注視錐形瓶內(nèi)溶液的顏色變化，在盛放待測溶液的錐形瓶下方放一張白紙的作用是觀察錐形瓶中溶液顏色的變化明顯，減少實(shí)驗(yàn)誤差，故答案為：錐形瓶內(nèi)溶液的顏色變化；便于觀察錐形瓶內(nèi)液體顏色的變化，減小滴定誤差；

（4）第一次消耗的標(biāo)準(zhǔn)液的體積為：（20.50-0.40）mL=20.10mL；第二次消耗的標(biāo)準(zhǔn)液體積為：24.00mL-4.10mL=19.90mL，兩次滴定數(shù)據(jù)都是有效的，所以消耗標(biāo)準(zhǔn)液平均體積為20.00mL；

根據(jù)c（待測）=，=0.4000mol?L-1；

樣品中含有燒堿的質(zhì)量為：m（燒堿）=c?V?M=0.4000mol?L-1×0.5L×40g/mol=8.0g，燒堿的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為：ω=×100%=80.00%；

故答案為：0.4000；80.00%；

（5）①觀察酸式滴定管液面時(shí)；開始俯視，滴定終點(diǎn)平視，導(dǎo)致計(jì)算出的標(biāo)準(zhǔn)液體積偏大，濃度偏高，故答案為：偏高；

②若若將錐形瓶用待測液潤洗，然后再加入10.00mL待測液，導(dǎo)致待測液的物質(zhì)的量增加，消耗的標(biāo)準(zhǔn)液體積增大，結(jié)果偏高，故答案為：偏高．23、略

【分析】解：（1）溫度過高時(shí)過氧化氫會分解不能保證其和醋酸充分反應(yīng)；同時(shí)過氧乙酸也容易分解；

故答案為：溫度過高H2O2和CH3COOOH會分解；

（2）稱取5.0000g過氧乙酸試樣（液體）；稀釋至100mL時(shí)，除用到燒杯及玻璃棒外，還要用到膠頭滴管取液體，要用100mL容量瓶定容；

故答案為：100mL容量瓶；膠頭滴管；

（3）用Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定到終點(diǎn)時(shí)；溶液中的碘全部參加反應(yīng)，溶液的藍(lán)色會褪色，所以滴定到終點(diǎn)的現(xiàn)象是溶液藍(lán)色剛好褪去，且半分鐘不變化；

故答案為：溶液藍(lán)色剛好褪去；且半分鐘不變化；

（4）根據(jù)（3）的方程式及I2+2S2O32-=2I-+S4O62-兩個(gè)化學(xué)方程式，可以得關(guān)系式如下：CH3COOOH～I(xiàn)2～2Na2S2O3，由關(guān)系式可知，n（CH3COOOH）=n（Na2S2O3）=×0.05mol/L×0.02L=5×10-4mol，故原樣品中w（CH3COOOH）=×100%=15.2%；

答：原試樣中過氧乙酸的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為15.2%．

（1）溫度過高時(shí)過氧化氫會分解不能保證其和醋酸充分反應(yīng)；同時(shí)過氧乙酸也容易分解；

（2）稱取5.0000g過氧乙酸試樣（液體）；稀釋至100mL時(shí)，除用到燒杯及玻璃棒外，還要用到膠頭滴管取液體，要用100mL容量瓶定容；

（3）用Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定到終點(diǎn)時(shí)；溶液中的碘全部參加反應(yīng)，溶液的藍(lán)色會褪色，據(jù)此答題；

（4）根據(jù)（3）的方程式及I2+2S2O32-=2I-+S4O62-兩個(gè)化學(xué)方程式，可以得關(guān)系式如下：CH3COOOH～I(xiàn)2～2Na2S2O3，據(jù)此計(jì)算稀釋后5mL反應(yīng)中n（CH3COOOH）；進(jìn)而計(jì)算原試樣中過氧乙酸的質(zhì)量分?jǐn)?shù)．

本題考查氧化還原反應(yīng)滴定、實(shí)驗(yàn)原理的分析和多步反應(yīng)關(guān)系的計(jì)算等，難度中等，（4）中注意利用關(guān)系式進(jìn)行計(jì)算，為易錯點(diǎn)，學(xué)生容易忽略滴定中所取溶液的體積，按稀釋后溶液體積計(jì)算，導(dǎo)致錯誤答案．【解析】溫度過高H2O2和CH3COOOH會分解；100mL容量瓶；膠頭滴管；溶液藍(lán)色剛好褪去，且半分鐘不變化24、(1)600℃CuSO4發(fā)生了分解(2)①用量筒量取10mL30%H2O2溶液加入燒杯中，再加入90mL水(或加水稀釋至100mL)，攪拌均勻②向?yàn)V液中加入稍過量3%H2O2溶液，充分反應(yīng)向溶液中加入CuO，用精密pH試紙控制pH在3.2～4.7之間加熱濃縮(3)4CuFeS2＋4H＋＋17O2=4Cu2＋＋4Fe3＋＋8SO42-＋2H2O【分析】【分析】本題考查考查較為綜合，涉及物質(zhì)的制備、檢驗(yàn)和性質(zhì)實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)等問題，側(cè)重于考查學(xué)生綜合運(yùn)用化學(xué)知識的能力，為高考常見題型，難度中等?！窘獯稹縭m{(1)}由圖可知，rm{600隆忙}時(shí)水溶性銅rm{(CuSO_{4})}的含量出現(xiàn)轉(zhuǎn)折，故應(yīng)控制溫度在rm{600隆忙}左右，水溶性銅化合物為rm{CuSO_{4}?5H_{2}O}酸溶性銅化合物為rm{CuO}溫度較高時(shí)，rm{CuSO_{4}?5H_{2}O}可分解生成rm{CuO}則在rm{600隆忙}以上時(shí)水溶性銅化合物含量減少；

故答案為：rm{600隆忙}rm{CuSO_{4}}發(fā)生了分解反應(yīng)；

rm{(2)壟脵}實(shí)驗(yàn)時(shí)需用約rm{3%}的rm{H_{2}O_{2}}溶液rm{100mL}現(xiàn)用市售rm{30%(}密度近似為rm{1g?cm^{-3})}的rm{H_{2}O_{2}}來配制，即rm{3%隆脕100=30%隆脕x}解rm{x=10mL}故需要rm{30%}的雙氧水rm{10mL}需用水rm{90mL}故步驟為：用量筒量取rm{10mL30%H_{2}O_{2}}溶液加入燒杯中，再加入rm{90mL}水rm{(}或加水稀釋至rm{100mL)}攪拌均勻；故答案為：用量筒量取rm{10mL30%H_{2}O_{2}}溶液加入燒杯中，再加入rm{90mL}水rm{(}或加水稀釋至rm{100mL)}攪拌均勻；

rm{壟脷}混合物rm{X}中含有rm{CuSO_{4}}rm{FeSO_{4}}rm{Fe_{2}(SO_{4})_{3}}及少量rm{SiO_{2}}等，需先溶解于硫酸，除去二氧化硅，然后氧化亞鐵離子生成鐵離子，以便降低rm{pH}值除去，故應(yīng)加入氧化劑，最后調(diào)節(jié)rm{pH}值，然后加熱濃縮、冷卻結(jié)晶、洗滌、干燥即可得產(chǎn)品，故步驟二為：向?yàn)V液中加入稍過量rm{3%}rm{H_{2}O_{2}}溶液；充分反應(yīng)，以便氧化亞鐵離子；

步驟三為：向溶液中加入rm{CuO}用精密rm{pH}試紙控制rm{pH}在rm{3.2隆蘆4.7}之間；便于讓鐵離子生成氫氧化鐵除去；

步驟四為：加熱濃縮；

故答案為：向?yàn)V液中加入稍過量rm{3%H_{2}O_{2}}溶液，充分反應(yīng)；向溶液中加入rm{CuO}用精密rm{pH}試紙控制rm{pH}在rm{3.2隆蘆4.7}之間；加熱濃縮；

rm{(3)}在酸性溶液中利用氧氣可以將黃銅礦氧化成硫酸鹽，則應(yīng)有硫酸參加反應(yīng)，且生成硫酸銅，硫酸鐵和水，反應(yīng)的方程式為rm{4CuFeS_{2}+2H_{2}SO_{4}+17O_{2}=4CuSO_{4}+2Fe_{2}(SO_{4})_{3}+2H_{2}O}離子反應(yīng)方程式為：rm{4CuFeS_{2}+4H^{+}+17O_{2}=4Cu^{2+}+4Fe^{3+}+8SO_{4}^{2-}+2H_{2}O}故答案為：rm{4CuFeS_{2}+4H^{+}+17O_{2}=4Cu^{2+}+4Fe^{3+}+8SO_{4}^{2-}+2H_{2}O}

【解析】rm{(1)600隆忙}rm{CuSO_{4}}發(fā)生了分解rm{(2)壟脵}用量筒量取rm{10mL30%H_{2}O_{2}}溶液加入燒杯中，再加入rm{90mL}水rm{(}或加水稀釋至rm{100mL)}攪拌均勻rm{壟脷}向?yàn)V液中加入稍過量rm{3%H_{2}O_{2}}溶液，充分反應(yīng)向溶液中加入rm{CuO}用精密rm{pH}試紙控制rm{pH}在rm{3.2隆蘆4.7}之間加熱濃縮rm{(3)4CuFeS_{2}+4H^{+}+17O_{2}=4Cu^{2+}+4Fe^{3+}+8SO_{4}^{2-}+2H_{2}O}rm{(3)

4CuFeS_{2}+4H^{+}+17O_{2}=4Cu^{2+}+4Fe^{3+}+8SO_{4}^{2-}+2H_{2}O}五、簡答題(共2題，共18分)25、略

【分析】解：將廢舊鎳電池電極材料溶于稀鹽酸，發(fā)生反應(yīng)Ni（OH）2+2HCl=NiCl2+2H2O、Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，過濾得到的殘?jiān)荂，向?yàn)V液中加入NiO，條件溶液的pH，根據(jù)流程圖知，生成的沉淀應(yīng)該是Fe（OH）3、Al（OH）3，然后向?yàn)V液中加入Na2C2O4溶液，發(fā)生反應(yīng)NiCl2+Na2C2O4=NiC2O4↓+2NaCl，過濾，將濾液電解，陽極上氯離子放電生成氯氣、陰極上氫離子放電生成氫氣，過濾得到的NiC2O4和NaOH反應(yīng)生成Ni（OH）2，用氯氣將Ni（OH）2氧化生成Ni（OH）3，根據(jù)鐵鎳蓄電池放電時(shí)總反應(yīng)：Fe+Ni2O3+3H2O═Fe（OH）2+2Ni（OH）2；可判斷電解液為堿性，充電時(shí)消耗氫氧根，陰極附近溶液的pH升高．

（1）通過以上分析知，酸溶時(shí)能與鹽酸反應(yīng)的物質(zhì)是Al、Ni（OH）2、Fe2O