2024年湖北部分名校高二期中聯(lián)考化學(xué)試題

2024年湖北部分名校高二期中聯(lián)考高二化學(xué)試卷試卷滿分：100分注意事項：1.答題前，先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號、考場號、座位號填寫在試卷和答題卡上，并將準(zhǔn)考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2.選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑。寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。3.非選擇題的作答：用黑色簽字筆直接答在答題卡上對應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)。寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H：1C：12O：16Na：23Al：27S：32I：127第Ⅰ卷一、選擇題：本題共15小題，每小題3分，共45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.科教興國，科技改變生活。下列說法錯誤的是A.三折疊柔性屏使用的原材料聚酰亞胺屬于有機高分子材料B.T型碳是中科院預(yù)言的一種碳的新型結(jié)構(gòu)，其與金剛石互為同素異形體C.天宮課堂“五環(huán)實驗”，向碳酸鈉溶液中滴加甲基橙溶液后變成紅色D.我國首次在實驗室實現(xiàn)了二氧化碳到淀粉的合成，生物酶催化劑的使用改變了反應(yīng)歷程【答案】C【解析】【詳解】A．三折疊柔性屏使用的原材料聚酰亞胺是聚合物，屬于有機高分子材料，故A正確；B．T型碳為碳元素形成的一種單質(zhì)，其與金剛石互為同素異形體，故B正確；C．碳酸鈉溶液呈堿性，甲基橙變色范圍為3.1~4.4，向碳酸鈉溶液中滴加甲基橙溶液后變成黃色，故C錯誤；D．催化劑降低反應(yīng)的活化能，是通過改變反應(yīng)歷程，實驗室實現(xiàn)二氧化碳到淀粉的合成時，生物酶催化劑的使用改變了反應(yīng)歷程，故D正確；故答案為：C。2.硫酸是重要化工原料，工業(yè)生產(chǎn)制取硫酸的原理示意圖如下。下列說法錯誤的是A.反應(yīng)Ⅰ，粉碎黃鐵礦，增大接觸面積，使反應(yīng)充分、反應(yīng)快B.反應(yīng)Ⅱ選擇常壓下進行的原因是：常壓下轉(zhuǎn)化率已較高，加壓對提高轉(zhuǎn)化率有限，但顯著增加工業(yè)成本C.反應(yīng)Ⅲ，將98.3%的濃硫酸從吸收塔頂噴淋而下，快速、充分吸收D.反應(yīng)Ⅱ，為提高平衡轉(zhuǎn)化率，鼓入過量空氣，越多越好【答案】D【解析】【分析】黃鐵礦在空氣中加熱生成二氧化硫、四氧化三鐵等物質(zhì)，二氧化硫中通入空氣，400500℃、常壓、催化劑條件下反應(yīng)生成三氧化硫，生成的三氧化硫用98.3%的濃硫酸吸收生成硫酸?！驹斀狻緼．反應(yīng)I中，粉碎黃鐵礦，能增大反應(yīng)物之間的接觸面積，使反應(yīng)更充分，反應(yīng)速率更快，A正確；B．二氧化硫與氧氣反應(yīng)生成三氧化硫，該反應(yīng)為氣體體積減小的反應(yīng)，雖然加壓能提高轉(zhuǎn)化率但是提高程度有限，且會顯著增加工業(yè)成本，同時常壓下二氧化硫的轉(zhuǎn)化率已經(jīng)較高，可滿足生產(chǎn)需要，因此反應(yīng)II選擇常壓下進行，B正確；C．反應(yīng)III，將98.3%的濃硫酸從吸收塔頂噴淋而下，三氧化硫從下往上與濃硫酸充分接觸，能快速、充分吸收三氧化硫，C正確；D．反應(yīng)II中若鼓入太多空氣，則會導(dǎo)致二氧化硫的濃度太低，反應(yīng)速率減小，而且鼓入太多空氣會使得反應(yīng)溫度降低，反應(yīng)速率減小，不利于反應(yīng)II的進行，D錯誤；故答案選D。3.下列有關(guān)說法正確的是A.將、、溶液蒸干均得不到原溶質(zhì)B.往的氨水中加蒸餾水至1L，的比值增大C.將AB型強電解質(zhì)溶于水，該過程的可能大于零，也可能小于零，但一定大于零D.為減小或消除中和反應(yīng)反應(yīng)熱的測定實驗的偶然誤差，需要多次測定，取平均值，每次測定需要使用溫度計2次【答案】B【解析】【詳解】A．對于溶液，雖然Al3+會水解：，但H2SO4是高沸點酸，加熱蒸干過程不會揮發(fā)，最后得到的還是；溶液蒸干過程中會被空氣中的氧氣氧化為，得不到原溶質(zhì)；對應(yīng)溶液，會水解：，加熱時HCl揮發(fā)，促進水解，最后得到Fe(OH)3，得不到原溶質(zhì)，A錯誤；B．往的氨水中加蒸餾水至1L，溶液中c(OH)減小，NH3·H2O的電離常數(shù)不變，則增大，B正確；C．AB型強電解質(zhì)溶于水時，可能吸熱，也可能放熱，則該過程的可能大于零，也可能小于零；在AB型強電解質(zhì)溶解過程中，固體電解質(zhì)轉(zhuǎn)化為離子，混亂度增加，即熵增，然而離子在水中會與水分子形成水合離子，導(dǎo)致體系的混亂度減小，即熵減，若固體轉(zhuǎn)化為離子的熵增占主導(dǎo)，則整個溶解過程熵增，即ΔS＞0；反之，若水合過程的熵減占主導(dǎo)，則整個溶解過程熵減，即ΔS＜0，C錯誤；D．為減小或消除中和反應(yīng)反應(yīng)熱的測定實驗的偶然誤差，需要多次測定，取平均值，每次測定需要使用溫度計3次，即分別測定酸的溫度、堿的溫度和反應(yīng)過程中的最高溫度，D錯誤；故選B。4.下列關(guān)于阿伏加德羅常數(shù)的說法中正確的是A.被還原為轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為B.的溶液中含有的離子總數(shù)為C.與充分反應(yīng)后，所得分子數(shù)為D.已知：。取與在適宜條件下充分發(fā)生該反應(yīng)，吸收熱量【答案】A【解析】【詳解】A．被還原為，Cr元素化合價由+6價降低為+3價，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為，故A正確；B．的溶液中碳酸根離子水解為碳酸氫根離子和氫氧根離子，含有的離子總數(shù)大于，故B錯誤；C．與充分反應(yīng)后生成NO2，部分NO2轉(zhuǎn)化為N2O4，所得分子數(shù)為小于，故C錯誤；D．已知：。取與在適宜條件下充分發(fā)生該反應(yīng)，該反應(yīng)可逆，生成CO和水的物質(zhì)的量均小于2mol，吸收的熱量小于，故D錯誤；選A。5.右圖為合成某內(nèi)酰胺的一種中間產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)，下列關(guān)于該物質(zhì)說法錯誤的是A.分子式為B.含有氰基、酮羰基、酯基三種官能團C.該物質(zhì)能發(fā)生氧化反應(yīng)、取代反應(yīng)D.與氫氧化鈉溶液反應(yīng)，產(chǎn)物可能都溶于水【答案】A【解析】【詳解】A．根據(jù)有機物結(jié)構(gòu)簡式得到分子式為C10H15NO3，故A錯誤；B．含有氰基、酮羰基、酯基三種官能團，故B正確；C．該物質(zhì)燃燒為氧化反應(yīng)，甲基及酯基能發(fā)生取代反應(yīng)，故C正確；D．酯基不在NaOH溶液下水解，生成鈉鹽及醇，均可以溶于水，故D正確；綜上所述，答案為A。6.X、Y、Z、M為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，由X、Y、Z元素所形成某種陽離子結(jié)構(gòu)如圖所示，M元素原子最內(nèi)層電子數(shù)占電子總數(shù)的四分之一，下列說法錯誤的是A.簡單氫化物的沸點：Z>YB.Z、M形成的簡單離子半徑：Z<MC.Y、M都可以與X形成1：1和1：2型化合物D.由X、Z、M三種元素形成的化合物中，有促進、也有抑制水的電離的物質(zhì)【答案】B【解析】【分析】M元素原子最內(nèi)層電子數(shù)占電子總數(shù)的四分之一，則M為O，X能形成1個共價鍵，則X可能為H，Z失去1個電子形成4個共價鍵，Z為N原子，Y形成4個共價鍵，則Y為C，綜合：X為H、Y為C、Z為N、M為O，以此分析；【詳解】A．簡單氫化物的沸點：NH3含有氫鍵，沸點高，則沸點NH3＞CH4，A正確；B．N3、O2的電子層相同，核電荷數(shù)越大，半徑越小，則O2小于N3，B錯誤；C．Y與X形成1：1型化合物，如C2H2，M可以與X形成1：2型化合物，如H2O，C正確；D．X、Z、M三種元素形成的化合物中，可以抑制水的電離，可以促進水的電離，D正確；故答案為：B。7.常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的有①無色溶液中：、、、②的溶液中：、、、③氯化鈉溶液()中：、、④酸性高錳酸鉀溶液()中：、、⑤水電離出的溶液中：、、、⑥加入能放出的溶液中：、、、、⑦pH=1的溶液中：、、、、A.2組 B.3組 C.4組 D.5組【答案】A【解析】【詳解】①、會發(fā)生雙水解反應(yīng)，不能大量共存，①不選；②的溶液呈堿性，所給離子可以大量共存，②選；③氯化鈉溶液呈中性，中性溶液不可能存在，因為水解使溶液呈酸性，③不選；④酸性高錳酸鉀溶液具有強氧化性，具有還原性，二者發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不能大量共存，④不選；⑤水電離出的的溶液可能是酸溶液，也可能是堿溶液，、、在堿性環(huán)境下不能大量共存，在酸性環(huán)境下有強氧化性，、均不能在酸性環(huán)境下大量共存，⑤不選；⑥與鋁反應(yīng)生成氫氣，該溶液可能為酸，也可能為堿，如果溶液是酸，在酸性環(huán)境下生成二氧化碳和水，如果溶液是堿，、均不能大量共存，⑥不選；⑦pH=1的溶液呈酸性，給定各離子能大量共存，⑦選；故②⑦符合題意，答案選A。8.對于下列過程中發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)，相應(yīng)化學(xué)或離子方程式錯誤的是A.綠礬()處理酸性工業(yè)廢水中的：B.向懸濁液中滴加溶液，沉淀由白色變成紅褐色：C.向含的溶液中通入的：D.滴有酚酞的溶液中滴入鹽酸至紅色恰好褪去：【答案】D【解析】【詳解】A．綠礬()處理酸性工業(yè)廢水中的，生成Cr3+和Fe3+，根據(jù)得失電子守恒和電荷守恒配平離子方程式為：，A正確；B．向懸濁液中滴加溶液，沉淀由白色氫氧化鐵變成紅褐色氫氧化亞鐵：，B正確；C．向含的溶液中通入的，還原性I＞Fe2+，通入氯氣后，碘離子先被氧化，其次是亞鐵離子，通入氯氣的量為5mol的時，有8molI和2molFe2+參與了反應(yīng)：，C正確；D．Na2CO3是強堿弱酸鹽，水解使溶液顯堿性，因此滴有酚酞時溶液顯紅色，Na2CO3與HCl反應(yīng)分步進行，首先發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生NaHCO3、NaCl，反應(yīng)的離子方程式為：，D錯誤；故選D。9.我國科研人員研發(fā)的海泥細(xì)菌電池不僅可以作為海底儀器的水下電源，還可以促進有機污染物(以表示)的分解，其工作原理如圖，其中海底沉積層/海水界面可起到質(zhì)子交換膜的作用，下列理論分析錯誤的是A.a極發(fā)生還原反應(yīng)B.b極的電極反應(yīng)為C.若b極區(qū)生成S，則a極區(qū)增加D.在海泥細(xì)菌的作用下發(fā)生反應(yīng)：【答案】C【解析】【分析】由圖可知，海泥細(xì)菌作用下有機污染物酸性條件下與海水中硫酸根離子反應(yīng)生成二氧化碳和氫硫酸根離子，反應(yīng)的方程式為，a極為原電池的正極，酸性條件下氧氣在正極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成水，電極反應(yīng)式為O2+4e+4H+=2H2O，b極為負(fù)極，HS離子在負(fù)極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成硫和氫離子，電極反應(yīng)式為HS2e=S↓+H+，則電池總反應(yīng)為O2+2HS+2H+=2S↓+2H2O。【詳解】A．據(jù)分析，a極發(fā)生還原反應(yīng)，A正確；B．據(jù)分析，b極的電極反應(yīng)為，B正確；C．若b極區(qū)生成S，轉(zhuǎn)移2mole，b極同時生成的1mol氫離子移向a極區(qū)，按得失電子守恒，a極氧氣轉(zhuǎn)化為水消耗2mol氫離子，則a極區(qū)氫離子的物質(zhì)的量減少1mol，C不正確；D．據(jù)分析，在海泥細(xì)菌的作用下發(fā)生反應(yīng)：，D正確；選C。10.下列實驗操作或裝置(部分夾持儀器已略去)正確的是A.利用①用pH試紙測定溶液pH B.利用②探究溫度對平衡的影響C.利用③進行酸堿中和滴定 D.利用④實驗室制備【答案】B【解析】【詳解】A．用pH試紙測定溶液pH，不能直接將pH試紙插入待測液中，應(yīng)用玻璃棒蘸取待測液，滴至pH試紙上，待變色后再與標(biāo)準(zhǔn)比色卡對比，A錯誤；B．紅棕色的NO2氣體存在平衡：，溫度改變平衡發(fā)生移動，導(dǎo)致氣體顏色改變，則可利用②探究溫度對平衡的影響，B正確；C．錐形瓶內(nèi)盛裝NaOH待測液，則滴定管內(nèi)盛裝酸液，酸液應(yīng)用酸式滴定管盛裝，不能用堿式滴定管，C錯誤；D．二氧化錳和濃鹽酸共熱反應(yīng)制備Cl2，則不能利用④實驗室制備，D錯誤；故選B。11.常溫下，往溶液中通入。已知：，，，。下列說法錯誤的是A.酸性強弱順序為：B.兩者恰好反應(yīng)生成和時，溶液的pH約為4C.飽和碳酸鈣溶液中，鈣離子濃度的數(shù)量級為D.已知自然條件下，飽和碳酸溶液的pH≈5.6，則自然條件下飽和碳酸溶液中存在【答案】C【解析】【詳解】A．弱酸的電離平衡常數(shù)越大，酸性越強，結(jié)合電離平衡常數(shù)可知，酸性：，A正確；B．兩者恰好反應(yīng)生成和時，離子方程式為，此時c()=0.25mol/L，，則，溶液的pH約為4，B正確；C．飽和碳酸鈣溶液中，c(Ca2+)===，鈣離子濃度的數(shù)量級為，C錯誤；D．碳酸在溶液中存在兩步電離平衡，主要是來自第一步電離，H+兩步電離均會生成，故c(H+)＞c()，主要是部分電離得到，而且電離程度十分微弱，H2CO3電離出的程度大于電離產(chǎn)生的程度，故c()和c(OH)要小于c()；Kh1=，溶液pH=5.6，c(H+)=105.6mol/L，c(OH)=108.4mol/L，c()≈c(H+)=105.6mol/L，帶入Kh1=，可得c()=4.7×1011mol/L，小于c(OH)=108.4mol/L，故離子濃度大小關(guān)系為：，D正確；故選C。12.在催化劑表面，丙烷催化氧化脫氫反應(yīng)歷程如下圖。下列說法錯誤是A.反應(yīng)①決定總反應(yīng)的速率B.反應(yīng)進程②中，丙烷分子中的甲基先失去氫原子C.該反應(yīng)歷程中，各基元反應(yīng)均為放熱反應(yīng)D.總反應(yīng)為【答案】C【解析】【分析】反應(yīng)①催化劑失去氫原子，O2轉(zhuǎn)化為H2O，反應(yīng)物總能量低于生成物總能量，為吸熱反應(yīng)，活化能為181.1kJ/mol；反應(yīng)②CH3CH2CH3失去1個氫原子，轉(zhuǎn)化為正丙基，反應(yīng)物總能量高于生成物總能量，為放熱反應(yīng)，活化能為+167.6139.7=27.9kJ/mol；反應(yīng)③正丙基失去氫原子，轉(zhuǎn)化為丙烯，反應(yīng)物總能量高于生成物總能量，為放熱反應(yīng)，活化能為+89.669.4=20.2kJ/mol；據(jù)此分析解答。【詳解】A．活化能大的反應(yīng)速率慢，據(jù)以上分析可知，反應(yīng)①的活化能最大，則決定總反應(yīng)速率的為反應(yīng)①，故A正確；B．據(jù)以上分析可知，反應(yīng)進程②中，丙烷分子中的甲基先失去一個氫原子轉(zhuǎn)化為正丙基，故B正確；C．據(jù)以上分析可知，該反應(yīng)歷程中，基元反應(yīng)①為吸熱反應(yīng)，反應(yīng)②、③為放熱反應(yīng)，故C錯誤；D．由圖示及分析可知，反應(yīng)實質(zhì)為丙烷和氧氣反應(yīng)生成丙烯和水，總反應(yīng)為，故D正確；故答案為：C。13.電位滴定是利用溶液電位突變指示終點的滴定法。常溫下，用標(biāo)準(zhǔn)溶液測定VmL某生活用品中的含量(假設(shè)其他物質(zhì)均不反應(yīng)，且不含碳、鈉元素)，得到滴定過程中溶液電位E與V()的關(guān)系如圖所示。已知：兩個滴定終點時消耗鹽酸的體積差可計算出的量。下列說法錯誤的是A.水的電離程度：a>b>c>dB.b點對應(yīng)溶液中：C.VmL生活用品中含有的質(zhì)量為D.b點溶液中，離子濃度排序：【答案】D【解析】【分析】碳酸鈉與鹽酸反應(yīng)分兩步進行，第一步：，此時：，第二步：、。【詳解】A．未加鹽酸前，溶液中溶質(zhì)主要為，對水的電離起促進作用，隨著鹽酸的加入，溶質(zhì)逐步轉(zhuǎn)化為、，水的電離程度應(yīng)逐步減小，故水的電離程度：，A正確；B．第一步反應(yīng)終點是點，此時：，根據(jù)鈉元素與碳元素守恒關(guān)系可以得出式：；然后根據(jù)碳元素與氯元素守恒關(guān)系可以得出式：；最后根據(jù)溶液中的電荷守恒得出式：，將三個式子聯(lián)立為：，可得：，B正確；C．表示發(fā)生反應(yīng)，根據(jù)碳守恒，有，即生活用品中含有的質(zhì)量為，C正確；D．由題干圖示信息可知，點為第一滴定終點，即此時為等濃度的混合溶液，碳酸氫鈉溶液顯堿性，說明其水解程度大于電離程度，則該溶液中離子濃度排序為：，D錯誤；故選D。14.一定溫度下，在恒容密閉容器中發(fā)生反應(yīng)：。進料濃度比[]分別為1：1、4：1、7：1時，平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度變化的關(guān)系如圖。下列說法錯誤的是A.a點所在曲線表示進料濃度比為7：1B.該反應(yīng)中反應(yīng)物的總能量高于生成物的總能量C.b、c兩點中，對應(yīng)平衡時體系中體積分?jǐn)?shù)：b>cD.若的初始濃度為，時，【答案】D【解析】【分析】恒容容器中，進料濃度比c(HCl)∶c(O2)分別等于1∶1、4∶1、7∶1，相當(dāng)于不斷加入c(HCl)，則HCl平衡轉(zhuǎn)化率不斷降低，則進料濃度比c(HCl)∶c(O2)為1∶1、4∶1、7∶1分別是曲線X、Y、Z，即?！驹斀狻緼．由分析可知，a點所在曲線表示進料濃度比為7：1，A正確；B．由題干圖像可知，其他條件相同時升高溫度，HCl的平衡轉(zhuǎn)化率減小，即升高溫度平衡逆向移動，說明正反應(yīng)是一個放熱反應(yīng)，即該反應(yīng)中反應(yīng)物的總能量高于生成物的總能量，B正確；C．由B可知，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡逆向移動，體積分?jǐn)?shù)減小，則b、c兩點中，對應(yīng)平衡時體系中體積分?jǐn)?shù)：b>c，C正確；D．由題干圖像可知，若的初始濃度為，時，400℃時HCl的平衡轉(zhuǎn)化率為76%，由三段式分析：則K(400℃)=，D錯誤；故選D。15.室溫下，水溶液中各含硫微粒物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨pH變化關(guān)系如下圖[例如]。已知：，。下列說法正確的是A.的平衡常數(shù)B.室溫下，、的飽和溶液中，飽和溶液中的大C.若用已知濃度的溶液完全中和該溶液來測定其濃度，可以選擇酚酞做指示劑D.的溶液中加入等體積的溶液，初始生成的沉淀只有【答案】B【解析】【分析】在H2S溶液中存在電離平衡：、，隨著pH的增大，H2S的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)逐漸減小，HS的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)先增大后減小，S2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)逐漸增大，圖中線①、②、③依次代表H2S、HS、S2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨pH的變化，由①和②交點的pH=7可知Ka1(H2S)=1×107，由②和③交點的pH=13.0可知Ka2(H2S)=1×1013，據(jù)此解答?！驹斀狻緼．的平衡常數(shù)，故A錯誤；B．、的飽和溶液中，，得，，得，則飽和溶液中的大，故B正確；C．酚酞的變色范圍為8.2~10，若以酚酞為指示劑，用NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定H2S水溶液，由圖可知當(dāng)酚酞發(fā)生明顯顏色變化時，反應(yīng)沒有完全，即不能用酚酞作指示劑判斷滴定終點，故C錯誤；D．0.01mol/LFeCl2溶液中加入等體積0.2mol/LNa2S溶液，瞬間得到0.005mol/LFeCl2和0.1mol/LNa2S的混合液，Na2S溶液中存在水解平衡、（忽略第二步水解），第一步水解平衡常數(shù)Kh(S2)=，設(shè)水解的S2的濃度為xmol/L，則，解得x≈0.062，瞬時c(Fe2+)c(S2)=0.005mol/L×(0.1mol/L0.062mol/L)=1.9×104＞Ksp(FeS)，c(Fe2+)c2(OH)=0.005mol/L×(0.062mol/L)2=1.922×105＞Ksp[Fe(OH)2]，故反應(yīng)初始生成的沉淀是FeS和Fe(OH)2，故D錯誤；答案選B。第Ⅱ卷二、非選擇題(本題共4小題，共55分)16.按要求填寫下列空格。（1）以廢舊鉛酸蓄電池中的含鉛廢料和硫酸為原料，可以制備高純度，從而實現(xiàn)鉛的再生利用。此過程涉及反應(yīng)：。該反應(yīng)可選擇亞鐵鹽作催化劑，分兩步完成的反應(yīng)方程式為①②___________。將與混合并加熱得到無水的化學(xué)反應(yīng)方程式為：___________。（2）一定溫度下，容積固定的容器中，以M為起始反應(yīng)物，發(fā)生反應(yīng)，達到平衡后，再充入一定量的M，該平衡向___________(填“正”或者“逆”)反應(yīng)方向移動，達到新平衡，體系中N的體積分?jǐn)?shù)比原平衡___________(填“大”或者“小”)。（3）在室溫下，有下列五種溶液：①溶液②溶液③氨水④含有和的混合液⑤溶液，從大到小的順序是___________(填序號)。（4）常溫下將pH=1的硫酸平均分成兩等份，一份加入適量水，另一份加入與該硫酸溶液物質(zhì)的量濃度相同的氫氧化鈉溶液，兩者pH都增大了1，加入水和溶液的體積比為(忽略混合前后溶液體積變化)：___________。（5）在溶液中存在平衡：，將其用稀硫酸酸化，再加入亞硫酸鈉溶液，其被直接氧化的離子反應(yīng)方程式為：___________?！敬鸢浮浚?）①.②.（2）①.正②.?。?）④>⑤>①>②>③（4）6：1（5）【解析】【小問1詳解】總反應(yīng)為：。反應(yīng)方程式為①，反應(yīng)②為三價鐵離子將Pb氧化生成硫酸鉛，方程式為；將水解后生成二氧化硫和HCl，在HCl氛圍中脫水得到無水，化學(xué)反應(yīng)方程式為：；【小問2詳解】恒容的容器中，充入反應(yīng)物M，平衡正向移動，但體系的壓強增大，可認(rèn)為建立等效平衡后又增大壓強，平衡逆向移動，最后N的體積分?jǐn)?shù)比原平衡??；【小問3詳解】五種溶液中均有銨根，以①溶液為參照，銨根正常水解產(chǎn)生；②溶液，醋酸根的水解促進銨根的水解；③氨水，微弱電離出銨根離子，銨根離子最小；④含有和的混合液，存在電離和水解，且電離程度大于水解程度，銨根離子濃度最大；⑤溶液，銨根的水解受到氫離子的抑制，銨根離子比①大；綜上從大到小的順序是④>⑤>①>②>③；【小問4詳解】常溫下將pH=1的硫酸平均分成兩等份，每份體積為VL，一份加入V1L水，另一份加入V2L硫酸溶液物質(zhì)的量濃度相同的氫氧化鈉溶液，兩者pH都增大了1，有，V1=9V；，V2=V；加入水和溶液的體積比為6:1；【小問5詳解】加入硫酸酸化，平衡正向移動，轉(zhuǎn)化為重鉻酸根，然后將亞硫酸根氧化為硫酸根，離子方程式為：。17.用如下方法回收廢舊CPU中的單質(zhì)、和。已知：①濃硝酸不能單獨將溶解：②。（1）酸溶后經(jīng)___________操作，將混合物分離。（2）濃、稀均可作酸溶試劑。實際選用的稀硝酸的理由是：___________。（3）與王水[V(濃硝酸)：V(濃鹽酸)=1：3]溶金原理相同。①寫出用王水溶反應(yīng)的化學(xué)方程式：___________。②關(guān)于溶金的下列說法正確的是___________(填字母)。A．王水中的發(fā)生氧化反應(yīng)B．王水中濃鹽酸的主要作用是增強溶液的酸性C．用濃鹽酸與也可使溶解（4）若用足量粉將溶液中的完全還原，生成物中的單質(zhì)有：___________(填名稱)。（5）用適當(dāng)濃度的鹽酸、溶液、氨水與鐵粉，可按照如下方法從酸溶后的溶液中回收和(圖中標(biāo)注的試劑和物質(zhì)均不同)。試劑1是___________，物質(zhì)2是___________?！敬鸢浮浚?）過濾（2）節(jié)約試劑，產(chǎn)生污染環(huán)境的氮氧化物少（3）①.②.C（4）氫氣和金（5）①.溶液②.、【解析】【分析】舊CPU中的單質(zhì)Au(金)，Ag和Cu，加入硝酸酸化后，金不反應(yīng)，Ag和Cu轉(zhuǎn)化為銅離子和銀離子的混合溶液，含金的固體中加入硝酸和氯化鈉的混合溶液，金轉(zhuǎn)化為HAuCl4，HAuCl4經(jīng)鋅粉還原分離得到金?！拘?詳解】Au(金)，Ag和Cu經(jīng)酸溶后得到金、銅離子和銀離子的混合溶液，將固體和液體分開的的操作是過濾；小問2詳解】銅與稀硝酸反應(yīng)的化學(xué)方程式為：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；溶解1molCu消耗HNO3的物質(zhì)的量為mol同時產(chǎn)生2molNO；銅與濃硝酸反應(yīng)的化學(xué)方程式為：Cu+4HNO3(濃)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，溶解1molCu消耗HNO3的物質(zhì)的量為4mol同時產(chǎn)生2molNO2；消耗HNO3物質(zhì)的量少的反應(yīng)的化學(xué)方程式為銅與稀硝酸的反應(yīng)，實際選用的稀硝酸的理由是：節(jié)約試劑，產(chǎn)生污染環(huán)境的氮氧化物少；小問3詳解】①根據(jù)化合價的變化規(guī)律可知，金的化合價從0價升高到+3價，作還原劑，硝酸作氧化劑，從+5價降低到+2價，有一氧化氮生成，根據(jù)質(zhì)量守恒，生成物中還有水，化學(xué)方程式為：；②A．溶金過程中硝酸的化合價降低，作氧化劑，發(fā)生還原反應(yīng)，故A錯誤；B．王水中V(濃硝酸)：V(濃鹽酸)=1：3，金與濃硝酸表面生成致密的氧化膜，不反應(yīng)，王水中濃鹽酸提供了氯離子，利于生成四氯合金離子，利于金與硝酸的反應(yīng)，主要作用增強硝酸的氧化性，故B錯誤；C．HNO3NaCl與王水[V(濃硝酸)：V(濃鹽酸)]=1：3溶金原理相同，則用濃鹽酸與NaNO3也可使Au溶解，故C正確；答案選C；【小問4詳解】用足量Zn粉將溶液中的完全還原生成Au，同時Zn也將H+還原為H2，Zn被氧化為Zn2+，根據(jù)得失電子守恒和電荷守恒配平離子方程式為：，生成物中的單質(zhì)有氫氣和金；【小問5詳解】根據(jù)圖中信息可知，含有銅離子和銀離子的溶液加入試劑1后得到的是物質(zhì)1和物質(zhì)3，物質(zhì)3加入試劑3后得到的是二氨合銀離子，試劑3是氨水，物質(zhì)3是氯化銀，試劑1是NaCl溶液；物質(zhì)1是氯化銅，氯化銅加入過量鐵粉得到銅和亞鐵離子，物質(zhì)2是銅和過量的鐵粉，經(jīng)過試劑2，過濾后得到銅單質(zhì)，試劑2是鹽酸，除去過量的鐵粉，二氨合銀離子經(jīng)過還原可以得到銀單質(zhì)，實現(xiàn)了銅和銀的分離，試劑1是NaCl溶液，物質(zhì)2是Cu、Fe。18.某小組采用如下實驗流程制備：已知：是一種無色晶體，吸濕性極強，可溶于熱的正己烷，不溶于冷的正己烷，在空氣中受熱易被氧化，[]：正己烷是一種有機溶劑。請回答：（1）如圖為步驟Ⅰ的實驗裝置圖(夾持儀器和尾氣處理裝置已省略)，圖中儀器A的名稱是___________，步驟Ⅰ反應(yīng)結(jié)束的實驗現(xiàn)象是___________。（2）步驟Ⅳ中，洗滌所得，晶體可使用___________試劑。（3）純化與分析：對粗產(chǎn)品純化處理后得到產(chǎn)品，再采用銀量法測定產(chǎn)品中含量以確定純度。原理為：先用過量標(biāo)準(zhǔn)溶液沉淀，再以標(biāo)準(zhǔn)溶液回滴剩余的。已知：難溶電解質(zhì)(黃色)(白色)(紅色)溶度積常數(shù)①從下列選項中選擇合適的操作補全測定步驟(填字母序號)。稱取產(chǎn)品1.0800g，用少量稀酸A溶解后轉(zhuǎn)移至容量瓶，加水定容得待測溶液。取滴定管檢漏、水洗→潤洗，從滴定管尖嘴放出液體→裝液、趕氣泡、調(diào)液面、讀數(shù)→用移液管準(zhǔn)確移取待測溶液加入錐形瓶→___________→___________加入酸B→用標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定→___________→讀數(shù)。a．滴加指示劑溶液b．滴加指示劑硫酸鐵銨[]溶液c．準(zhǔn)確移取標(biāo)準(zhǔn)溶液加入錐形瓶d．滴定至溶液呈淺紅色e．滴定至沉淀變白色②加入酸B的作用是___________。③三次滴定消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液的平均體積為，則產(chǎn)品純度為___________(保留四位有效數(shù)字)?！敬鸢浮浚?）①.球形冷凝管②.溶液由紫紅色恰好變?yōu)闊o色或溶液褪為無色（2）冷的正己烷（3）①.c②.b③.d④.抑制發(fā)生水解反應(yīng)，保證滴定終點的準(zhǔn)確判斷⑤.94.44%【解析】【分析】0.2mol過量Al和0.1molI2、正己烷加熱回流得混合物，過濾除去未反應(yīng)完的Al，濾液經(jīng)過濃縮得濃溶液，然后結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥得AlI3粗產(chǎn)品。稱取1.0800g產(chǎn)品，用少量稀酸A溶解后轉(zhuǎn)移至容量瓶，用移液管準(zhǔn)確移取待測溶液加入錐形瓶，再準(zhǔn)確移取過量的標(biāo)準(zhǔn)溶液加入錐形瓶沉淀碘離子，為了便于觀察回滴剩余的Ag+的終點，應(yīng)往其中滴加指示劑硫酸鐵銨[]溶液，為了抑制發(fā)生水解反應(yīng)，保證滴定終點的準(zhǔn)確判斷，往其中加入酸B，然后用標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，當(dāng)剩余的Ag+沉淀完全時，繼續(xù)滴加的SCN會與Fe3+反應(yīng)，溶液變淺紅色，此時達到滴定終點，讀數(shù)?！拘?詳解】由圖中儀器A的構(gòu)造可知，其名稱是球形冷凝管，步驟Ⅰ的反應(yīng)中2Al3I2，即鋁過量，反應(yīng)結(jié)束前，碘溶于環(huán)己烷中呈紫紅色，則當(dāng)?shù)夥磻?yīng)完全時，步驟Ⅰ結(jié)束，由于生成的AlI3為無色，所以步驟Ⅰ結(jié)束的實驗現(xiàn)象是溶液由紫紅色恰好變?yōu)闊o色或溶液褪為無色；【小問2詳解】可溶于熱的正己烷，不溶于冷的正己烷，步驟Ⅳ中，為了減少的溶解損失，洗滌所得晶體可使用冷的正己烷；【小問3詳解】①稱取產(chǎn)品1.0800g，用少量稀酸A溶解后轉(zhuǎn)移至容量瓶，加水定容得待測溶液。取滴定管檢漏、水洗→潤洗，從滴定管尖嘴放出液體→裝液、趕氣泡、調(diào)液面、讀數(shù)→用移液管準(zhǔn)確移取待測溶液加入錐形瓶，再準(zhǔn)確移取標(biāo)準(zhǔn)溶液加入錐形瓶沉淀碘離子，為了便于觀察回滴剩余的Ag+的終點，應(yīng)往其中滴加指示劑硫酸鐵銨[]溶液，為了抑制發(fā)生水解反應(yīng)，保證滴定終點的準(zhǔn)確判斷，往其中加入酸B，然后用標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，當(dāng)剩余的Ag+沉淀完全時，繼續(xù)滴加的SCN會與Fe3+反應(yīng)，溶液變淺紅色，此時達到滴定終點，讀數(shù)，故答案為：cbd；②鐵離子能水解生成氫氧化鐵，加入酸B的作用是抑制發(fā)生水解反應(yīng)，以減少對實驗現(xiàn)象的干擾，保證滴定終點的準(zhǔn)確判斷；③由滴定步驟可知，AgNO3溶液分別與AlI3溶液中的I和溶液中的SCN發(fā)生反應(yīng)生成AgI和AgSCN，由元素守恒可知，n(AgNO3)=n(AgI)+n(AgSCN)，即n(AgI)=n(AgNO3)n(AgSCN)=n(AgNO3)n(NH4S