“3＋2”模擬練(七)2025全國高考二輪化學(xué)抓分卷

2025全國高考二輪化學(xué)抓分卷“3＋2”模擬練(七)一、選擇題1.“致良知，知行合”，勞動有利于“知行合”。下列勞動項目與所述的化學(xué)知識沒有關(guān)聯(lián)的是(A)選項勞動項目化學(xué)知識A幫廚活動：幫師傅炒雞蛋蛋白質(zhì)發(fā)生水解，最終生成氨基酸B健康行動：用“84”消毒液噴灑教室內(nèi)外“84”消毒液具有強(qiáng)氧化性C家務(wù)勞動：用醋酸清洗水壺中的水垢CH3COOH的酸性比H2CO3的強(qiáng)D學(xué)農(nóng)活動：給農(nóng)田里的小麥?zhǔn)┠蛩啬蛩厥堑省窘馕觥砍措u蛋體現(xiàn)蛋白質(zhì)在高溫下變性，與蛋白質(zhì)水解無關(guān)，A選。2.化合物Z2XYM4是一種常見的復(fù)合肥，所含的4種元素均為前20號元素，且在前四個周期均有分布。Y的基態(tài)原子價層p軌道半充滿，X最常見的核素沒有中子，M在地殼中含量最多。下列說法正確的是(D)A.元素電負(fù)性：M>Z>XB.簡單氫化物的熔點：Z>Y>MC.第一電離能：X>Z>YD.M3為極性分子【解析】X、Y、Z、M分別為H、P、K、O。同周期主族元素從左到右電負(fù)性增大，同主族元素從上到下電負(fù)性減小，電負(fù)性：O>H>K，A錯誤；KH為離子晶體，H2O與PH3為分子晶體且H2O存在分子間氫鍵，則氫化物熔點：KH>H2O>PH3，B錯誤；同周期主族元素從左到右第一電離能呈增大趁勢，同主族元素從上到下第一電離能減小，第一電離能：N>H>K，C錯誤。3.0.1000mol/LH3PO4溶液用0.1000mol/LNaOH溶液進(jìn)行滴定，其滴定曲線如圖所示[已知：滴定分?jǐn)?shù)α＝eq\f(n滴定液中溶質(zhì),n被滴定溶質(zhì))]。下列說法正確的是(B)A.α＝1時，c(Na＋)>c(H2POeq\o\al(－,4))>c(H3PO4)>c(HPOeq\o\al(2－,4))B.α＝1.5時，2c(Na＋)>3c(H3PO4)＋3c(HPOeq\o\al(2－,4))C.α＝2時，c(Na＋)>c(HPOeq\o\al(2－,4))>c(POeq\o\al(3－,4))>c(H2POeq\o\al(－,4))D.α＝3時，c(OH－)＝c(H＋)＋c(HPOeq\o\al(2－,4))＋c(H2POeq\o\al(－,4))＋c(H3PO4)【解析】α＝1時，表示H3PO4與NaOH按1∶1反應(yīng)，恰好生成NaH2PO4，溶液為酸性，說明H2POeq\o\al(－,4)的電離程度大于其水解程度，則溶液中c(HPOeq\o\al(2－,4))>c(H3PO4)，A錯誤；α＝1.5時，反應(yīng)恰好生成等量的NaH2PO4和Na2HPO4，溶液中存在元素質(zhì)量守恒：2c(Na＋)＝3c(H3PO4)＋3c(HPOeq\o\al(2－,4))＋3c(H2POeq\o\al(－,4))＋3c(POeq\o\al(3－,4))，所以有2c(Na＋)>3c(H3PO4)＋3c(HPOeq\o\al(2－,4))，B正確；α＝2時，反應(yīng)恰好生成Na2HPO4，溶液呈堿性，說明HPOeq\o\al(2－,4)的水解程度大于其電離程度，則溶液中c(H2POeq\o\al(－,4))>c(POeq\o\al(3－,4))，C錯誤；α＝3時，反應(yīng)恰好生成Na3PO4，溶液呈堿性，根據(jù)質(zhì)子守恒：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HPOeq\o\al(2－,4))＋2c(H2POeq\o\al(－,4))＋3c(H3PO4)，D錯誤。二、填空題4.K3eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(FeCN6))(鐵氰化鉀)常用于檢驗Fe2＋。某小組對K3eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(FeCN6))展開探究：實驗(一)制備K3eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(FeCN6))。實驗室用Cl2氧化K4eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(FeCN6))制備K3eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(FeCN6))，裝置如圖所示。(1)寫出B中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(FeCN6))4－＋Cl2=2Cl－＋2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(FeCN6))3－。(2)理論上A中陰、陽兩極產(chǎn)生氣體的體積比為1∶1，實驗測得銅極、石墨極收集氣體的體積比大于1∶1(同溫同壓)，其原因可能是部分Cl2與電解產(chǎn)生的NaOH發(fā)生反應(yīng)[或隨著Cl－的濃度減小，c(OH－)增大，OH－在陽極發(fā)生反應(yīng)等](答一條即可)。實驗(二)探究K3eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(FeCN6))的電離程度。[提出問題]K3eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(FeCN6))的陰離子團(tuán)是否電離？[提出假設(shè)]假設(shè)1：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(FeCN6))3－完全電離。假設(shè)2：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(FeCN6))3－部分電離。假設(shè)3：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(FeCN6))3－不電離。[設(shè)計實驗]實驗序號操作及現(xiàn)象I在10mL0.1mol/LFeCl3和0.1mol/LK3eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(FeCN6))的混合溶液中插入一根無銹鐵絲，A1min產(chǎn)生藍(lán)色沉淀Ⅱ在10mL0.2mol/LK3eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(FeCN6))溶液中插入一根無銹鐵絲(與Ⅰ中相同)，A2min產(chǎn)生藍(lán)色沉淀[實驗結(jié)論](3)實驗結(jié)果：A1<A2。由此可知，假設(shè)2(填“1”“2”或“3”)成立。用必要的化學(xué)用語和文字解釋實驗Ⅱ產(chǎn)生藍(lán)色沉淀的原因：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(FeCN6))3－部分電離出Fe3＋，2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，K＋＋Fe2＋＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(FeCN6))3－=KFeeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(FeCN6))↓(藍(lán)色)。[交流反思](4)利用如圖裝置探究犧牲陽極法，一段時間后，設(shè)計實驗探究鋅是否保護(hù)了鐵：取少量鐵極附近溶液于試管中，向其中滴加K3eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(FeCN6))溶液，若沒有現(xiàn)象，則鋅保護(hù)了鐵，若產(chǎn)生藍(lán)色沉淀，則鋅沒有保護(hù)鐵。[發(fā)散思維](5)K3eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(FeCN6))(鐵氰化鉀)、K4eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(FeCN6))(亞鐵氰化鉀)是分析化學(xué)中兩種常用的試劑。①1moleq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(FeCN6))3－含12molσ鍵。②配離子在水中的顏色與分裂能大小有關(guān)。定義1個電子從較低能量的d軌道躍遷到較高能量的d軌道所需的能量為軌道的分裂能。由此可知，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(FeCN6))3－的分裂能大于(填“大于”或“小于”)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(FeCN6))4－?！窘馕觥垦b置A是電解池，C電極為陽極，氯離子失電子生成氯氣，Cu電極為陰極，水中氫離子得電子生成氫氣，裝置B中Cl2氧化K4eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(FeCN6))制備K3eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(FeCN6))，裝置C中氯氣氧化KI生成碘單質(zhì)，淀粉溶液變藍(lán)，裝置D中氯氣被NaOH溶液吸收。(2)從兩個角度分析，一是陰極生成了堿，溶于水的氯氣與堿反應(yīng)；二是從離子濃度對放電順序的影響角度分析，一段時間后，c(OH－)增大，c(Cl－)減小，放電能力可能出現(xiàn)：OH－>Cl－，陽極產(chǎn)生O2，陰極仍然產(chǎn)生H2，導(dǎo)致V(陰極)>V(陽極)。(5)②鐵離子帶正電荷數(shù)大于亞鐵離子，核對3d電子的吸引力大于亞鐵離子，故eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(FeCN6))3－分裂能較大。5.氯氧化鉍(BiOCl)常用于電子設(shè)備等領(lǐng)域，BiOCl難溶于水，它是BiCl3的水解產(chǎn)物。以鉍的廢料(主要含鉍的化合物，含少量銅、鉛、鋅的硫酸鹽及Cu2S和Fe2O3等)為原料生產(chǎn)高純度BiOCl的工藝流程如下?；卮鹣铝袉栴}：(1)在浸液1中加入過量的鋅，過濾，將濾液蒸發(fā)濃縮、降溫結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥得結(jié)晶水合物M，M的摩爾質(zhì)量為287g/mol，M為ZnSO4·7H2O(填化學(xué)式)。(2)已知：浸液2呈藍(lán)色，浸渣2含有少量硫單質(zhì)?！敖~”中MnO2的作用是Cu2S＋2MnO2＋8H＋=2Cu2＋＋S＋2Mn2＋＋4H2O(用離子方程式表示)。(3)“浸鉍”中，鉍的浸出率與溫度關(guān)系如圖1所示。在高于40℃左右時鉍的浸出率開始下降，其主要因素可能是HCl揮發(fā)加快、Bi3＋水解程度增大(從兩個角度分析)。(4)在室溫和液固比固定的條件下，c(HCl)＝1.0mol/L時，鉍的浸出率與溶液中c(Cl－)的關(guān)系如圖2所示?！敖G”操作中，加入NaCl的目的是增大浸出液中c(Cl－)，提高鉍浸出率。(5)浸液3中主要溶質(zhì)是BiCl3，“沉鉍”過程中，有氣體放出?！俺零G”的主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為BiCl3＋Na2CO3=BiOCl↓＋2NaCl＋CO2↑。從綠色化學(xué)角度看，浸液4可以用于浸鉍(填“酸浸”“浸銅”或“浸鉍”)。(6)測定產(chǎn)品的純度：取mg充分洗滌并干燥后的產(chǎn)品，溶于稍過量的濃硝酸中，加水稀釋到100.0mL，取20.0mL于燒杯中，用cmol/LAgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(用Na2CrO4作指示劑)，消耗AgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液VmL，則產(chǎn)品中BiOCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為eq\f(130.25cV,m)%(用含m、c、V的代數(shù)式表示，Bi—209)?！窘馕觥?1)浸液1中主要陽離子為Cu2＋、Zn2＋、Fe3＋、H＋等，加入過量鋅，Cu2＋、Fe3＋、H＋完全反應(yīng)，得到純凈的硫酸鋅溶液，所以最終得到的結(jié)晶水合物為ZnSO4·xH2O，其摩爾質(zhì)量為287g/mol，則x＝eq\f(287－161,18)＝7，所以M為ZnSO4·7H2O。(2)浸液2為藍(lán)色，說明有銅離子生成，即Cu＋被MnO2氧化，浸渣2含有少量硫單質(zhì)，即硫離子被氧化成硫單質(zhì)。(4)據(jù)圖可知氯離子濃度越大，鉍的浸出率增大，加入氯化鈉可以增大浸出液中c(Cl－)，提高鉍浸出率。(5)BiCl3的水解使溶液顯酸性，碳酸鈉水解使溶液顯堿性，二者發(fā)生水解相互反應(yīng)，可知浸液4中含有大量NaCl，可用于浸鉍。(6)該滴定原理為利用硝酸銀標(biāo)準(zhǔn)液滴定BiOCl中氯離子的量，存在數(shù)量關(guān)系n(BiOCl)＝n(AgNO3)；所以20.0mL待測液中n(BiOCl)＝V×c×10－3mol，則樣品中n(BiOCl)＝eq\f(100.0mL,20.0mL)×V×c×10－3mol＝5Vc×10－3mol，所以產(chǎn)品中BiOCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為eq\f(260.5g/mol×5Vc×10－3mol,mg)×100%＝eq\f(130.25Vc,m)%。“3＋2”模擬練(六)一、選擇題1.下列實驗操作或裝置能達(dá)到目的的是(C)甲乙丙丁A.圖甲：配制100mLFeCl3溶液B.圖乙：在鐵制鍍件上鍍銅C.圖丙：驗證Na2O2和H2O反應(yīng)為放熱反應(yīng)D.圖丁：證明乙炔能與Br2反應(yīng)【解析】定容時應(yīng)平視刻度線，A不選；鐵制鍍件上鍍銅，應(yīng)將鍍件放在陰極上，B不選；該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，廣口瓶中氣體受熱膨脹，右端會出現(xiàn)“左低右高”現(xiàn)象，本實驗可以完成實驗?zāi)康?，C選；電石中含有CaS、Ca3P2等雜質(zhì)，與水反應(yīng)生成H2S、PH3，H2S、PH3能與溴水反應(yīng)，會干擾C2H2與溴水的反應(yīng)，D不選。2.甲為碳單質(zhì)的一種晶體，其二維結(jié)構(gòu)圖如圖，乙為C、K原子構(gòu)成的一種晶體，其二維結(jié)構(gòu)圖如圖。下列敘述錯誤的是(C)甲乙A.甲、乙的二維材料都具有良好的導(dǎo)電性B.甲、乙中碳原子都是sp2雜化C.乙的化學(xué)式為KC12D.甲中碳原子數(shù)與C—C數(shù)目之比為2∶3【解析】根據(jù)均攤原則，每個K原子構(gòu)成的正六邊形中含有K原子數(shù)為6×eq\f(1,3)＋1＝3、C原子數(shù)為36×eq\f(1,3)＋6＋6＝24，乙的化學(xué)式為KC8，C錯誤；甲中碳原子形成3個共價鍵，每個共價鍵被2個碳原子共用，碳原子數(shù)與C—C數(shù)目之比為2∶3，D正確。3.常溫下，用0.1mol/LNaOH溶液滴定20mL0.1mol/LHA溶液。溶液中A－(或HA)的分布系數(shù)δ、NaOH溶液體積V與pH的關(guān)系如圖所示[已知：δ(HA)＝eq\f(cHA,cHA＋cA－)]。下列敘述錯誤的是(C)A.曲線a表示的是HA的分布系數(shù)變化曲線B.HA的電離平衡常數(shù)的數(shù)量級為10－6C.p點對應(yīng)的溶液中，c(A－)＜3c(HA)D.p、n、q中，水的電離程度最大的是q點【解析】用NaOH溶液滴定酸HA的過程中，HA不斷被消耗，c(HA)不斷減小，c(A－)不斷增大，故a、b分別為HA和A－的分布系數(shù)曲線，A正確；曲線a、b的交點x表示HA和A－的分布系數(shù)相同，即溶液中c(HA)＝c(A－)，由Ka＝eq\f(cH＋·cA－,cHA)＝c(H＋)＝10－5.2，數(shù)量級為10－6，B正確；p點時，消耗V(NaOH)＝15mL，則溶液中HA和NaA的濃度之比為1∶3，但此時溶液pH小于7，顯酸性，即HA的電離程度大于A－的水解程度，所以c(A－)＞3c(HA)；C錯誤；q點是NaOH和HA恰好完全反應(yīng)的點，此時溶液中只有A－的水解促進(jìn)水的電離，水的電離程度最大，D正確。二、填空題4.工業(yè)以煉鋼污泥(主要成分為鐵的氧化物，還含有CaO、SiO2、C等雜質(zhì))為原料制備脫硫劑活性Fe2O3·H2O，并用該脫硫劑處理沼氣中H2S的流程如下：(1)“還原”：還原時加入的廢鐵屑除了與Fe3＋反應(yīng)外，還與H＋(填離子符號)反應(yīng)。(2)“除雜”：若使還原后的濾液中Ca2＋完全沉淀(離子濃度小于10－6mol/L)，則濾液中c(F－)需大于1.2×10－2mol/L；若溶液的pH偏低，將會導(dǎo)致CaF2沉淀不完全，其原因是pH偏低形成HF，導(dǎo)致溶液中F－濃度減小，CaF2沉淀不完全[Ksp(CaF2)＝1.44×10－10，Ka(HF)＝3.53×10－4]。(3)“沉鐵”：生成FeCO3沉淀的離子方程式為Fe2＋＋HCOeq\o\al(－,3)＋NH3·H2O=FeCO3↓＋NHeq\o\al(＋,4)＋H2O。(4)“脫硫、再生”：活性Fe2O3·H2O是一種固體脫硫劑(無水Fe2O3無脫硫作用)，其原理是將廢氣中的含硫化合物化學(xué)吸附到脫硫劑的孔隙中，發(fā)生反應(yīng)改變其化學(xué)組成。當(dāng)脫硫劑達(dá)到飽和后，即不再具有脫硫能力，需要對其進(jìn)行再生。利用活性Fe2O3·H2O脫除沼氣中的H2S可轉(zhuǎn)化成Fe2S3·H2O，其脫除及常溫下再生的原理如圖所示。①“脫硫”反應(yīng)的化學(xué)方程式為Fe2O3·H2O＋3H2S=Fe2S3·H2O＋3H2O。②工業(yè)上要求脫除及再生整個過程溫度不能超過90℃，原因是溫度超過90℃，F(xiàn)e2O3·H2O和Fe2S3·H2O均會發(fā)生分解；多次“再生”后，脫硫劑的活性不斷下降，脫硫效果明顯變差的原因可能是多次“再生”后，脫硫劑表面的大部分孔隙被S或其他物質(zhì)覆蓋，使得脫硫劑的活性下降?！窘馕觥?1)“酸浸”時加入的稀硫酸是過量的，故加入的廢鐵屑還與H＋反應(yīng)。(2)Ksp(CaF2)＝c(Ca2＋)·c2(F－)，c2(F－)＝eq\f(KspCaF2,cCa2＋)＝eq\f(1.44×10－10,10－6)＝1.44×10－4，c(F－)＝1.2×10－2mol/L；HF為弱酸，存在電離平衡HFH＋＋F－，當(dāng)溶液酸性過強(qiáng)時，電離平衡逆向移動，F(xiàn)－濃度減小，導(dǎo)致CaF2沉淀不完全。(4)②圖中M為Fe2O3·H2O，N為Fe2S3·H2O，M、N均含有結(jié)晶水，故溫度不宜太高，否則會失去結(jié)晶水；由圖可知，“再生”過程中有S生成，而S為固體，會堵塞脫硫劑的孔隙，使得脫硫劑的活性下降。5.基于生物質(zhì)資源開發(fā)常見的化工原料，是綠色化學(xué)的重要研究方向。利用木質(zhì)纖維素為起始原料結(jié)合CO2生產(chǎn)聚碳酸對二甲苯酯可以實現(xiàn)碳減排，緩解日益緊張的能源危機(jī)，路線如下：回答下列問題：(1)化合物Ⅰ的分子式為C6H12O7。(2)分析化合物Ⅱ的結(jié)構(gòu)，預(yù)測反應(yīng)后形成的新物質(zhì)，參考①的示例，完成下表。序號變化的官能團(tuán)的名稱可反應(yīng)的試劑(物質(zhì))反應(yīng)后形成的新物質(zhì)反應(yīng)類型①羥基O2氧化反應(yīng)②碳碳雙鍵(或醛基)H2(或或)加成反應(yīng)(3)化合物Ⅲ到化合物Ⅳ的反應(yīng)是原子利用率100%的反應(yīng)，且1molⅢ與1mol化合物a反應(yīng)得到1molⅣ，則化合物a為乙烯(或C2H4)。(4)已知化合物Ⅴ的核磁共振氫譜有2組峰，且峰面積之比為2∶3，寫出化合物Ⅴ的結(jié)構(gòu)簡式：。(5)化合物Ⅶ的芳香族同分異構(gòu)體中符合下列條件的有16種(不含立體異構(gòu))。①最多能與相同物質(zhì)的量的Na2CO3反應(yīng)；②能與2倍物質(zhì)的量的Na發(fā)生放出H2的反應(yīng)。(6)下列關(guān)于Ⅶ生成Ⅷ的反應(yīng)的說法不正確的有BD(填字母)。A.反應(yīng)過程中，有H—O斷裂B.反應(yīng)過程中，有C=O雙鍵和C—O單鍵形成C.該反應(yīng)為縮聚反應(yīng)D.CO2屬于極性分子，分子中存在由p軌道“肩并肩”形成的π鍵(7)參照上述信息，寫出以丙烯為起始有機(jī)原料合成的路線(無機(jī)試劑任選)?！敬鸢浮緾H3CH=CH2eq\o(→,\s\up7(Br2))CH3CHCH2BrBreq\o(→,\s\up7(NaOH溶液),\s\do5(△))CH3CHCH2OHOHeq\o(→,\s\up7(CO2),\s\do5(催化劑))【解析】(3)化合物Ⅲ到化合物Ⅳ的反應(yīng)是原子利用率100%的反應(yīng)，且1molⅢ與1mol化合物a反應(yīng)得到1molⅣ，則a的分子式為C2H4，為乙烯。(4)化合物Ⅴ的分子式為C8H10，已知化合物Ⅴ的核磁共振氫譜有2組峰，且峰面積之比為2∶3，說明有對稱性，再根據(jù)Ⅵ的結(jié)構(gòu)分析，則化合物Ⅴ的結(jié)構(gòu)簡式為。(5)化合物Ⅶ的芳香族同分異構(gòu)體中符合下列條件：最多能與相同物質(zhì)的量的Na2CO3反應(yīng)；能與2倍物質(zhì)的量的Na發(fā)生放出H2的反應(yīng)，說明含有1個酚羥基和1個醇羥基，如果取代基為—OH、—CH2CH2OH，有鄰、間、對3種位置異構(gòu)；如果取代基為—OH、—CH(OH)CH3，有鄰、間、對3種位置異構(gòu)；如果取代基為—OH、—CH3、—CH2OH，有10種位置異構(gòu)，所以符合條件的同分異構(gòu)體有16種。(6)根據(jù)圖中信息Ⅶ生成Ⅷ是發(fā)生縮聚反應(yīng)，反應(yīng)過程中，有C—O和H—O斷裂，無C=O雙鍵的形成，且CO2屬于非極性分子，故選BD。“3＋2”模擬練(九)一、選擇題1.下列實驗裝置或操作能達(dá)到相應(yīng)實驗?zāi)康牡氖?A)①②③④A.利用裝置①驗證Na和水的反應(yīng)為放熱反應(yīng)B.利用裝置②除去Cl2中的HClC.利用裝置③配制一定物質(zhì)的量濃度的NaOH溶液D.利用裝置④比較Na2CO3和NaHCO3的熱穩(wěn)定性【解析】密閉容器內(nèi)的氣體熱脹冷縮，若裝置①中U形管內(nèi)紅墨水左低右高，可說明Na和水的反應(yīng)為放熱反應(yīng)，能達(dá)到實驗?zāi)康?，A正確；Cl2、HCl都能夠與NaOH溶液發(fā)生反應(yīng)，因此不能用NaOH溶液除去Cl2中含有的少量HCl，不能達(dá)到實驗?zāi)康?，B錯誤；裝置③中溶質(zhì)應(yīng)該在燒杯中溶解，冷卻后再轉(zhuǎn)移到容量瓶中，C錯誤；Na2CO3穩(wěn)定，受熱不易分解，而NaHCO3不穩(wěn)定受熱易分解，因此應(yīng)該將穩(wěn)定性比較強(qiáng)的Na2CO3放在溫度高的外管，再將NaHCO3放在溫度比較低的內(nèi)管進(jìn)行實驗，根據(jù)澄清石灰水變渾濁的情況，來比較二者的穩(wěn)定性的強(qiáng)弱，不能達(dá)到實驗?zāi)康模珼錯誤。2.某鋰離子電池的總反應(yīng)為2Li＋FeS=Fe＋Li2S。某小組以該電池為電源電解處理含Ba(OH)2廢水和含Ni2＋、Cl－的酸性廢水，并分別獲得BaCl2溶液和單質(zhì)鎳。電解處理的工作原理如圖所示[LiPF6·SO(CH3)2為鋰離子電池的電解質(zhì)]。下列說法正確的是(C)A.X與鋰離子電池的Li電極相連B.a室的電極反應(yīng)式為2H2O－4e－=O2↑＋4H＋C.離子膜M為陽離子交換膜，離子膜N為陰離子交換膜D.若去掉離子膜M將a、b兩室合并，則X電極的反應(yīng)不變【解析】由總反應(yīng)可知，鋰為鋰離子電池的負(fù)極，F(xiàn)eS為正極，由圖可知，處理含Ni2＋、Cl－廢水得單質(zhì)Ni，則Y極為得電子的還原反應(yīng)，為電解池的陰極，X電極為電解池的陽極，接鋰離子電池的正極FeS，A錯誤；氫氧根離子在陽極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成氧氣和水，即a室的電極反應(yīng)式為4OH－—4e－=O2↑＋2H2O，B錯誤；a室中溶液中鋇離子通過陽離子交換膜進(jìn)入b室，Y電極與鋰電極相連，為電解池的陰極，鎳離子在陰極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成鎳，c室中氯離子通過陰離子交換膜進(jìn)入b室，則離子膜M為陽離子交換膜，離子膜N為陰離子交換膜，C正確；若去掉離子膜M將a、b兩室合并，放電能力強(qiáng)于氫氧根離子的氯離子會在陽極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成氯氣，電極反應(yīng)式為2Cl－—2e－=Cl2↑，D錯誤。3.常溫下，幾種含銅元素的鹽的溶度積常數(shù)如下表所示。下列說法正確的是(C)化合物CuClCuBrCu2SCu(OH)2CuSKsp3×10－72×10－92.5×10－502.6×10－191.3×10－36A.常溫下，溶解度：CuCl＜CuBrB.向Cu(OH)2懸濁液中加入Na2S溶液堿性明顯減弱C.反應(yīng)2CuCl＋S2－=Cu2S＋2Cl－的平衡常數(shù)很大，反應(yīng)趨于完全D.已知H2S在溶液中滿足Ka1·Ka2＝1×10－21，可判斷CuS易溶于稀鹽酸【解析】Ksp(CuCl)＞Ksp(CuBr)，二者屬于同種類型沉淀，則溶度積越小，溶解度越小，溶解度：CuCl＞CuBr，A錯誤；向Cu(OH)2懸濁液中加入Na2S溶液可以發(fā)生：Cu(OH)2(s)＋S2－(aq)2OH－(aq)＋CuS(s)，溶液堿性明顯增強(qiáng)，B錯誤；反應(yīng)2CuCl＋S2－=Cu2S＋2Cl－的平衡常數(shù)K＝eq\f(K\o\al(2,sp)CuCl,KspCu2S)＝eq\f(9×10－14,2.5×10－50)≈3.6×1036＞105，說明反應(yīng)趨于完全，C正確；若是CuS易溶于稀鹽酸，則有反應(yīng)：CuS＋2H＋=Cu2＋＋H2S，K＝eq\f(cCu2＋·cH2S,c2H＋)＝eq\f(KspCuS,Ka1·Ka2)＝eq\f(1.3×10－36,1×10－21)＝1.3×10－15，平衡常數(shù)很小，反應(yīng)幾乎不能發(fā)生，可判斷CuS難溶于稀鹽酸，D錯誤。二、填空題4.銅轉(zhuǎn)爐煙灰含金屬元素(主要為Cu、Zn、Pb、Fe)的硫酸鹽和氧化物以及SiO2。其有價金屬回收工藝流程如下。已知：25℃時，Ksp(PbSO4)＝1.82×10－8，Ksp(PbCO3)＝1.46×10－13。回答下列問題：(1)“浸出液①”中所含有的金屬陽離子有Cu2＋、Zn2＋和Fe2＋、Fe3＋?！敖觥敝?，當(dāng)硫酸濃度大于1.8mol/L時，金屬離子浸出率反而下降，原因是難溶物PbSO4覆蓋在表面，阻礙銅、鋅元素的浸出。(2)“除雜”中，加入ZnO調(diào)pH至5.2后，用KMnO4溶液氧化后，所得濾渣主要成分為Fe(OH)3、MnO2，該氧化過程的離子方程式為3Fe2＋＋MnOeq\o\al(－,4)＋7H2O=3Fe(OH)3↓＋MnO2↓＋5H＋。(3)ZnSO4的溶解度隨溫度變化曲線如圖所示?！皾饪s結(jié)晶”的具體操作步驟如下：①在100℃時蒸發(fā)至溶液出現(xiàn)晶膜，停止加熱。②降溫至60℃蒸發(fā)至溶液出現(xiàn)晶膜，停止加熱。③冷卻至室溫，過濾、洗滌、干燥。其中，步驟①的目的是加快蒸發(fā)速率。(4)“轉(zhuǎn)化”后，濾餅的主要成分是SiO2和PbCO3。該工藝中，可循環(huán)利用的物質(zhì)有HNO3。(5)測定煙灰中的Pb2＋：取20mL硝酸浸出液于錐形瓶中，調(diào)pH為5，加入指示劑后用amol/LEDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液(Na2H2Y)滴定至終點(離子方程式為Pb2＋＋H2Y2－=PbY2－＋2H＋)，消耗EDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液bmL，則Pb2＋的濃度為10.35abg/L(Pb—207)?！窘馕觥?1)“浸出液①”中含有硫酸鋅、硫酸銅、硫酸鐵、硫酸亞鐵；當(dāng)硫酸濃度大于1.8mol/L時，難溶物PbSO4覆蓋在表面，阻礙銅、鋅元素的浸出，金屬離子浸出率反而下降。(2)用KMnO4溶液氧化Fe2＋，氧化產(chǎn)物是Fe(OH)3、還原產(chǎn)物是MnO2，根據(jù)得失電子守恒，配平離子方程式見答案。(3)②由圖可知，60℃硫酸鋅的溶解