江苏省苏州实验中学2021-2022学年高二化学下学期期中考试试题（Word版附解析）

2021~2022学年第二学期期中考试卷高二化学注意事项：1.本试卷考试时间为75分钟，试卷满分100分，考试形式闭卷；2.本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置并拍照上传，否则不给分；可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Cr52Cu64一、单项选择题：共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项最符合题意。1.2021年12月20日，2021年度FAST(中国天眼)运行和发展中心在年终总结会上发布消息，FAST已发现509颗脉冲星(旋转的中子星)，是世界上所有其他望远镜发现脉冲星总数的4倍以上。FAST大口径反射镜由碳化硅制成。碳化硅与金刚石互为等电子体。以下说法不正确的是A.中子星具有极高的密度B.碳化硅中硅原子以sp3方式杂化C.碳化硅的熔点低于二氧化硅D.碳化硅是极性分子【答案】C【解析】【详解】A．中子星是恒星演化到生命末期时所形成的一种特殊天体，虽然它的半径不大，只有数十公里左右，但质量却极为惊人，可以说是除黑洞之外密度最大的，仅每立方厘米能够达到8000万到20亿吨，是水密度的一百万亿倍，大约相当于1.4到3个太阳质量，A正确；B．金刚石中碳原子以sp3方式杂化，碳化硅的结构与金刚石类似，则其中碳原子和硅原子均以sp3方式杂化，B正确；C．碳的半径小于硅，所以碳氧键的强度大于硅氧键，碳化硅的熔点高于二氧化硅，C错误；D．碳化硅中的化学键为极性键，碳化硅为共价晶体，不存在分子，D错误；故选C。2.Deacon曾提出在催化剂作用下，通过氧气直接氧化氯化氢成功制备氯气。该反应具有一定的可逆性，热化学方程式可表示为。关于Deacon提出的制的反应，下列有关说法正确的是A.该反应的△S＞0B.每生成标准状况下22.4L，放出58kJ的热量 C.升高温度，该反应v(逆)增大，v(正)减小，平衡向逆反应方向移动D.断裂4molH-Cl键的同时，有4molH-O键生成，说明该反应达到平衡状态【答案】B【解析】【详解】A．熵表示混乱度，气体物质的量越大，熵越大。该反应是气体系数之和减小的反应，所以该反应的熵减小，即△S＜0，A项错误；B．根据热化学方程式可知，每生成2molCl2，放出116kJ的热量，所以每生成标准状况下22.4L(即1mol)Cl2，放出58kJ的热量，B项正确；C．该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，升高温度，正逆反应速率都增大，C项错误；D．HCl是反应物，H2O是生成物，断裂4molH-Cl键的同时，一定同时有4molH-O键生成，所以该说法不能说明该反应达到平衡状态，D项错误；答案选B。3.二氧化氯(ClO2)为新型绿色消毒剂，沸点为9.9℃，可溶于水，有毒，浓度较高时易发生爆炸。用CH3OH和NaClO3在硫酸催化作用下反应可制得ClO2。利用ClO2与H2O2在碱性条件下制备少量NaClO2的实验装置如图所示。下列说法正确是A.为配制分液漏斗中的混合液，应将甲醇溶液倒入浓硫酸中搅拌B.若装置甲烧瓶内氧化产物为HCOOH，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1C.实验中通入气体的速率应尽可能慢D.装置乙中应使用热水浴，以加快反应速率【答案】B【解析】【详解】A．由于甲醇溶液的密度小于浓硫酸的密度，浓硫酸稀释过程放出大量的热量，故为配制分液漏斗中的混合液，应将浓硫酸倒入甲醇溶液中搅拌，A错误； B．已知甲装置烧瓶中是用CH3OH和NaClO3在硫酸催化作用下反应可制得ClO2，反应原理为：CH3OH+4NaClO3+4H2SO4(浓)=4ClO2↑+HCOOH+4NaHSO4+3H2O，故若装置甲烧瓶内氧化产物为HCOOH，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，B正确；C．实验中通入CO2气体的目的是将ClO2稀释，防止其浓度过大引起爆炸，故通入CO2的速率不能太慢，C错误；D．由题干信息可知，ClO2的沸点为9.9℃，若装置乙中应使用热水浴，将加快ClO2的挥发而造成损失，故装置乙应使用冷水浴或者冰水浴，D错误；故答案为：B。4.从海水提取食盐后的母液(含Cl-、Br-、Na+、K+等离子)中提取溴，其流程如下。下列有关说法不正确的是A.母液中含有少量的KCl，KCl晶胞见上图，距离K+最近的Cl—有6个B.“鼓入热空气”得到粗溴，利用了溴易挥发的性质C.纯碱溶液吸收Br2的离子反应方程式：Br2+CO=BrO+Br—+CO2↑D.控制温度在90℃左右“蒸馏”，既有利于获得溴单质，又可防止水蒸气大量逸出【答案】C【解析】【分析】由题给流程可知，向母液中通入氯气将溶液中的溴离子氧化为溴，鼓入热空气将溴吹出得到粗溴；向粗溴中加入碳酸钠溶液，溴与碳酸钠溶液反应得到含有溴离子和溴酸根离子的混合溶液；向混合溶液中加入稀硫酸，酸性条件下溴离子与溴酸根离子反应生成溴，蒸 馏收集得到溴单质。【详解】A．由晶胞结构可知，晶胞中距离钾离子最近的氯离子有6个，故A正确；B．由分析可知，鼓入热空气将溴吹出得到粗溴，则得到粗溴的操作利用了溴易挥发的性质，故B正确；C．由分析可知，向粗溴中加入碳酸钠溶液，溴与碳酸钠溶液反应生成溴离子、溴酸根离子和二氧化碳，反应离子方程式为3Br2+3CO=BrO+5Br—+3CO2↑，故C错误；D．蒸馏时控制温度在90℃左右既有利于获得溴单质，又可防止水蒸气大量逸出使得溴中混有水，故D正确；故选C。5.下列有关含氯的物质或微粒说法不正确的是A.随Cl元素化合价升高，、、、和的氧化性增强B.、和中心原子轨道的杂化类型均为sp3C.NaF、NaCl、NaBr的熔点依次降低，原因是晶体的晶格能随离子核间距的增大而减小D.配合物Pt(NH3)2Cl2存在顺反异构体，分别称为顺铂和反铂。顺铂为极性分子，相同温度时在水中的溶解度大于反铂【答案】A【解析】【详解】A．随Cl元素化合价升高，Cl-、ClO-、ClO、ClO和ClO的氧化性，强并不是随氧元素化合价的升高而升高，其中次氯酸根离子的氧化性反而比高氯酸根离子的氧化性强，A错误；B．ClO的中心原子价层电子对数为：2+×(7+1-2×2)=4，采取sp3杂化，ClO的中心原子价层电子对数为：3+×(7+1-3×2)=4，采取sp3杂化，ClO的中心原子价层电子对数为：4+×(7+1-4×2)=4，采取sp3杂化，B正确；C．NaF、NaCl、NaBr的熔点依次降低，原因是晶体的晶格能随离子核间距的增大而减小，影响晶格能大小的因素主要是离子半径、离子电荷以及离子的电子层构型等，本题中很显然是半径增大引起的，C正确； D．配合物Pt(NH3)2Cl2存在顺反异构体，如图：和，顺铂易溶于水，因为它是极性分子，易溶于极性溶剂，反铂为非极性分子，则顺铂在水溶解度大于反铂，D正确；故选A。6.NH3和N2H4是重要的化工原料，可用于某些配合物的制备，如NiSO4溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4，下列有关的说法正确的是A.[Ni(NH3)6]SO4的配体为NH3，中心体的外围电子排布式为3d84s2B.1mol[Ni(NH3)6]2+中σ键的数目为18molC.[Ni(NH3)6]2+中H-N-H的键角大于NH3中的键角D.由于[Ni(NH3)6]SO4是配合物，故向其中滴加BaCl2溶液不会生成沉淀【答案】C【解析】【详解】A．形成的化合物为配合物，配体为NH3，中心体为Ni2+，Ni2+的外围电子排布式为3d8，故A错误；B．Ni2+与NH3形成配位键，即形成σ键，NH3中N和H之间形成σ键，1mol[Ni(NH3)6]2+中σ键的物质的量为(6+6×3)mol=24mol，故B错误；C．[Ni(NH3)6]2+中H-N-H中N无孤电子对，NH3中N有一个孤电子对，孤电子对之间斥力＞孤电子-成键电子之间的斥力＞成键电子对之间斥力，因此[Ni(NH3)6]2+中H-N-H的键角大于NH3中的键角，故C正确；D．[Ni(NH3)6]SO4在水中电离出[Ni(NH3)6]2+和SO，SO与Ba2+反应生成硫酸钡沉淀，故D错误；答案为C。7.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X、Y、Z是同一周期的非金属元素。化合物WZ的晶体为离子晶体，W的二价阳离子与Z的阴离子具有相同的电子层结构。为非极性分子。Y、Z氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高。下列说法正确的是 A.第一电离能：B.原子半径：C.电负性：D.X的最高价氧化物对应水化物的酸性比Y的弱【答案】D【解析】【分析】W的二价阳离子与Z的阴离子具有相同的电子层结构，且化合物为WZ，即Z的阴离子为负二价，推出W为Mg，Z为O，Y、Z氢化物的沸点比它们同族相邻周期氢化物的沸点高，说明Y、Z氢化物中存在分子间氢键，因为原子序数依次增大，因此Y为N，XZ2为非极性分子，且X与N、O是同一周期的非金属元素，推出X为C，据此分析。【详解】根据上述分析，X为C，Y为N，Z为O，W为Mg；A．同一周期，从左向右，元素的第一电离能呈增大趋势，但ⅡA＞ⅢA，ⅤA＞ⅥA，三种元素第一电离能大小顺序是I1(N)＞I1(O)＞I1(C)，故A错误；B．同一周期，从左向右，原子半径依次减小(稀有气体除外)，因此r(C)＞r(N)＞r(O)，故B错误；C．同一周期，从左向右，元素的电负性逐渐增大，O的电负性大于N，Mg属于活泼金属，Mg的电负性小于N，故C错误；D．C的最高价氧化物对应水化物是H2CO3，H2CO3属于弱酸，N的最高价氧化物对应水化物是HNO3，HNO3为强酸，故D正确；答案为D。8.硫的化合物种类繁多。利用H2S废气制取单质硫的常见途径有：①用O2将部分H2S氧化为SO2，SO2与剩余H2S反应得到硫单质，总反应为2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(g)△H<0；②用ZnO与H2S反应生成ZnS，再用Fe2(SO4)3溶液浸取ZnS得到单质硫。下列有关H2S制取单质硫的反应说法正确的是A.反应2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(g)的△S>0B.途径①中通入O2越多，越有利于单质S的生成C.途径②反应过程中，ZnO是反应的催化剂D.途径②中每回收32g硫，理论消耗Fe2(SO4)31mol【答案】D 【解析】【详解】A．反应2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(g)中气态物质转化为固态物质且气体的物质的量减少，为熵减的反应，△S<0，选项A错误；B．途径①中若通入O2过多，氧气可能会将硫化氢转化为二氧化硫，不利于单质S的生成，选项B错误；C．②用ZnO与H2S反应生成ZnS，再用Fe2(SO4)3溶液浸取ZnS得到单质硫，同时生成FeSO4和ZnSO4：Fe2(SO4)3+ZnS=S↓+2FeSO4+ZnSO4，故ZnO为反应物不是催化剂，选项C错误；D．根据反应Fe2(SO4)3+ZnS=S↓+2FeSO4+ZnSO4，途径②中每回收32g硫，理论消耗Fe2(SO4)31mol，选项D正确；答案选D。9.我国提出了2030年前碳达峰、2060年前碳中和的“双碳”目标。二氧化碳催化加氢合成CH3OH是一种实现“双碳”目标的有效方法，其主要反应的热化学方程式为反应Ⅰ：反应Ⅱ：下列说法正确的是A.1个固态CO2晶胞(如上图)中含4个CO2分子，其分子间和分子内的作用力均有饱和性和方向性B.反应C.用E表示键能，反应Ⅰ的D.CH3OH能与水互溶，主要原因是CH3OH与H2O分子间形成氢键以及都是极性分子【答案】D【解析】 【详解】A．根据晶胞图，CO2位于顶点和面心，个数为=4，1个固态CO2晶胞中含有4个CO2分子，CO2分子间存在分子间作用力，没有饱和性和方向性，分子内存在共价键，共价键有饱和性和方向性，故A错误；B．利用盖斯定律可知，反应Ⅰ－反应Ⅱ得出，故B错误；C．反应Ⅰ的ΔH=反应物键能总和－生成物键能总和，即有，故C错误；D．甲醇和水均为极性分子，根据相似相溶，甲醇中含有羟基，羟基能与H2O分子间形成氢键，因此甲醇与水互溶，故D正确；答案为D。10.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象结论A室温下，用pH试纸测得：0.1mol/LNa2SO3溶液的pH约为10；0.1mol/LNaHSO3溶液的pH约为5结合H+的能力比的强B向NaCl和NaBr的混合溶液中滴入少量AgNO3溶液，产生淡黄色沉淀(AgBr)Ksp(AgBr)＜Ksp(AgCl)C卤代烃Y与NaOH溶液共热后，加入足量稀硝酸，再滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀卤代烃Y中含有氯原子D将乙醇与浓硫酸混合溶液加热，产生的气体直接通入酸性KMnO4溶液，溶液紫红色逐渐褪去乙醇发生了消去反应A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．Na2SO3是强碱弱酸盐，在溶液中发生水解反应，消耗水电离产生H+产生 和OH-，使溶液显碱性，因此室温下，用pH试纸测得：0.1mol/LNa2SO3溶液的pH约为10；而在溶液中同时存在电离平衡：+H+和水解平衡+H2OH2SO3+OH-。电离产生的和H+，使溶液显酸性；水解产生H2SO3和OH-，使溶液显碱性。由于的电离作用大于水解作用，故在室温下0.1mol/LNaHSO3溶液的pH约为5，A错误；B．由于NaCl和NaBr的混合溶液中各种物质的浓度未知，因此不能根据操作及现象判断Ksp(AgBr)＜Ksp(AgCl)，B错误；C．卤代烃Y与NaOH溶液共热后，先加入足量稀硝酸，再滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，证明水解后溶液中含有Cl-，则卤代烃中含有Cl原子，C正确；D．乙醇具有挥发性，挥发的乙醇也能够被酸性KMnO4溶液氧化而使溶液紫红色逐渐褪去，因此不能证明乙醇发生了消去反应产生了乙烯，D错误；故合理选项是C。11.CuCl可用作有机合成的催化剂。工业上用黄铜矿(主要成分是CuFeS2，还含有少量SiO2)制备CuCl的工艺流程如图1：下列说法不正确的是A.“浸取”时的离子方程式为B.“滤渣①”的成分是Fe(OH)3C.“还原”时加入NaCl和浓盐酸主要是为了提供，跟铜元素形成可溶于水的物质D.CuCl的晶胞如图2，每个氯离子周围与之距离最近的氯离子数目是12【答案】B【解析】【详解】A．“浸取”时，CuFeS2在酸性条件下与氧气发生氧化还原反应，反应的离子方程式为4CuFeS2+17O2+4H+=4Cu2++4Fe3++8SO+2H2O，A正确； B．加入过量氧化铜调节pH的目的是将铁离子转化为氢氧化铁除去，因此“滤渣①"的成分是Fe(OH)3和过量的CuO，B不正确；C．"还原"时加入NaCl和浓盐酸主要是为了提供Cl-，跟铜元素形成可溶于水的物质，然后经过一系列操作得到CuCl，C正确；D．由CuCl的晶胞图可知，每个氯离子周围与之距离最近的氯离子数目是12，D正确，故选B。12.FeCl3溶液吸收H2S气体后的再生过程可降解酸性污水中的硝酸盐，工作原理如图所示，下列说法正确的是A.a为电解池的阴极B.溶液M中含有大量的Fe2+、Cl-、H+C.电极b上的反应为2NO+10e-+6H2O=N2↑+12OH-D随着电解进行，H+移向阴极区，故阴极区pH减小【答案】B【解析】【详解】A．a极，a为电解池的阳极，故A错误；B．FeCl3和H2S反应生成FeCl2、S、HCl，溶液M中含有大量的Fe2+、Cl-、H+，故B正确；C．电极b上硝酸根离子得电子生成氮气，电极反应为2NO+10e-+12H+=N2↑+6H2O，故C错误；D．随着电解进行，阴极发生反应2NO+10e-+12H+=N2↑+6H2O，阴极消耗H+，阴极区pH增大，故D错误；选B。13.室温下，通过下列实验探究NaHSO3、Na2SO3溶液的性质。实验1：用pH试纸测量0.1mol·L-1NaHSO3溶液的pH，测得pH约为5 实验2：0.1mol·L-1NaHSO3溶液中加入等体积0.1mol·L-1NaOH溶液，没有明显现象实验3：0.1mol·L-1Na2SO3溶液中滴加新制饱和氯水，氯水颜色褪去实验4：将0.1mol·L-1Na2SO3溶液与0.1mol·L-1CaCl2溶液等体积混合产白色沉淀下列说法正确的是A.由实验1可得出：＞Ka2(H2SO3)B.实验2所得的溶液中c(HSO)＞c(SO)C.实验3中发生反应的离子方程式为H2O+Cl2+SO=SO+2H++2Cl-D.实验4中两溶液混合时有：c(Ca2+)·c(SO)＜Ksp(CaSO3)【答案】C【解析】【详解】A．溶液显酸性，说明溶液中亚硫酸氢根离子的电离程度大于其水解程度，第二步电离常数大于水解常数，即Ka2(H2SO3)＞，A错误；B．0.1mol·L-1NaHSO3溶液中加入等体积0.1mol·L-1NaOH溶液，所得溶液为Na2SO3溶液，溶液中c(SO)＞c(HSO)，B错误；C．新制饱和氯水中有氯气，氯气具有强氧化性，亚硫酸根离子具有还原性，两者发生氧化还原反应，其离子方程式为：H2O+Cl2+SO=SO+2H++2Cl-，C正确；D．两溶液混合若产生白色沉淀，说明溶液中c(Ca2+)·c(SO)>Ksp(CaSO3)，D错误；答案选C。14.选择性催化还原脱硝时，将和的混合气体以相同的流速通过填充有催化剂的反应器发生的主要反应为：。在不同温度下，仅改变的浓度，的脱除率与浓度的关系如图-1所示；温度为时，控制，和总物质的量相同，仅改变进行实验，的脱除率与的关系如图-2所示。下列说法不正确的是 A.浓度在之间时，随着浓度增大，脱除率明显升高的原因可能是与反应生成，而更易与反应B.浓度相同，温度从升高到时，的脱除率下降的原因可能分解为和C.当时，脱除率最高的原因可能是、在催化剂表面吸附量相当D.当后，的脱除率随着增大而减小的原因可能是发生副反应生成了【答案】B【解析】【详解】A．浓度在之间时，随着浓度增大，与反应生成，而更易与反应，所以脱除率明显升高，A正确；B．浓度相同，温度从升高到时，的脱除率下降的原因应该是催化剂活性降低，B错误；C．根据方程式可知、是按照化学计量数之比1：1进行的，所以当时，脱除率最高的原因可能是、在催化剂表面吸附量相当，C正确；D．当后，随着的增大，发生副反应生成了，因此的脱 除率随着增大而减小，D正确；答案选B。二、非选择题：共4题，共58分。15.Fe是一种重要的金属元素，工业上用黄铁矿(主要成分为FeS2)来制备硫酸，用铁、硫酸、柠檬酸、双氧水、氨水等来制备(NH4)3Fe(C6H5O7)2(柠檬酸铁铵)。回答下列问题：（1）FeS2中阴离子的电子式为_______。（2）O和Cl的电负性相差不大，但Fe2O3的熔点为1565℃，而FeCl3的熔点为306℃，且很容易升华，Fe2O3与FeCl3熔点差别较大的原因是_______；FeCl3的蒸气中存在双聚分子(含有两个配位键)，该双聚分子的结构式为_______。(配位键须用→表示)（3）柠檬酸的结构简式如图所示，其分子中碳原子的杂化方式为_______；柠檬酸、乙醇、水均可互溶，主要的原因是_______，(NH4)3Fe(C6H5O7)2中的空间构型为_______。（4）铁和镍两种元素的第三电离能大小关系是I3(Fe)_______I3(Ni)，原因是_______。【答案】（1）（2）①.Fe2O3属于离子晶体，熔化时克服离子键，FeCl3属于分子晶体，熔化时克服分子间作用力②.（3）①.sp2、sp3②.柠檬酸、乙醇、水分子间可以形成氢键③.正四面体（4）①.＜②.Fe2＋价电子排布式3d6转化成3d5，吸收能量低【解析】【小问1详解】FeS2中阴离子是S，其电子式为；故答案为；【小问2详解】根据Fe2O3物理性质，推出Fe2O3属于离子晶体，熔化时克服离子键，同理推出FeCl3属于分子晶体，熔化时克服分子间作用力，离子键比分子间作用力强，因此Fe2O3与FeCl3熔点差别较大；FeCl3的蒸气中存在双聚分子，部分Cl提供孤电子对，Fe提供空轨道，形成配位键， 该双聚分子的结构式为；故答案为Fe2O3属于离子晶体，熔化时克服离子键，FeCl3属于分子晶体，熔化时克服分子间作用力；；【小问3详解】根据柠檬酸的结构简式可知，该分子中碳原子杂化方式有两种，即sp2、sp3；柠檬酸中含有羧基、羟基，乙醇、水中存在羟基，它们分子间可以形成氢键，从而可以相互溶解；中N杂化类型为sp3，无孤电子对，因此的空间构型为正四面体；故答案为sp2、sp3；柠檬酸、乙醇、水分子间可以形成氢键；正四面体；【小问4详解】Fe2＋的电子排布式为[Ar]3d6，再失去一个电子，Fe3+的电子排布式为[Ar]3d5，处于半满，能量低，Ni2＋的电子排布式为[Ar]3d8，再失去电子电子，Ni3+的电子排布式为[Ar]3d7，因此Fe2+转化成Fe3+，需要的能量低；故答案为＜；Fe2＋价电子排布式3d6转化成3d5，吸收能量低。16.以印刷线路板的碱性蚀刻废液(主要成分为[Cu(NH3)4]Cl2)或焙烧过的铜精炼炉渣(主要成分为CuO、SiO2少量Fe2O3)为原料均能制备CuSO4·5H2O晶体。(1)取一定量蚀刻废液和稍过量的NaOH溶液加入到如图所示实验装置的三颈瓶中，在搅拌下加热反应并通入空气，待产生大量的黑色沉淀时停止反应，趁热过滤、洗涤，得到CuO固体；所得固体经酸溶、结晶、过滤等操作，得到CuSO4·5H2O晶体。①写出用蚀刻废液制备CuO反应的化学方程式：_______。②检验CuO固体是否洗净的实验操作是_______。③装置图中装置X的作用是_______。(2)以焙烧过的铜精炼炉渣为原料制备CuSO4·5H2O晶体时，请补充完整相应的实验方案：取 一定量焙烧过的铜精炼炉渣，_______，加热浓缩、冷却结晶、过滤、晾干，得到CuSO4·5H2O晶体。已知：①该实验中pH=3.2时，Fe3+完全沉淀；pH=4.7时，Cu2+开始沉淀。②实验中可选用的试剂：1.0mol/LH2SO4、1.0mol/LHCl、1.0mol/LNaOH。(3)通过下列方法测定产品纯度：准确称取0.5000gCuSO4·5H2O样品，加适量水溶解，转移至碘量瓶中，加过量KI溶液并用稀H2SO4酸化，以淀粉溶液为指示剂，用0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3的溶液19.48mL。测定过程中发生下列反应：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2、2S2O+I2=S4O+2I-。计算CuSO4·5H2O样品的纯度：_______。【答案】①.[Cu(NH3)4]Cl2+2NaOHCuO↓+2NaCl+4NH3↑+H2O②.取最后一次洗涤液少量于试管中，向试管中加稀硝酸和硝酸银，若没有沉淀生成则洗涤干净，若有沉淀生成则未洗净③.防止倒吸④.加入适量1.0mol•L-1H2SO4溶解，然后逐滴加入1.0mol•L-1NaOH调解pH在3.2～4.7，然后过滤⑤.97.4%【解析】【分析】一定量蚀刻废液和稍过量的NaOH溶液加入到三颈瓶中，搅拌、加热生成氨气、氧化铜、氯化钠，过滤、洗涤，得到CuO固体，再加入一定量的稀硫酸，经过蒸发、结晶、过滤等操作，得到CuSO4•5H2O晶体；也可以取一定量焙烧过的铜精炼炉渣，加入一定量的稀硫酸反应，再调解pH，过滤，将滤液加热浓缩、冷却结晶，最终得到CuSO4•5H2O晶体，据此分析解题。【详解】(1)①[Cu(NH3)4]Cl2与NaOH加热反应生成CuO、NaCl、NH3和水，反应的方程式为：[Cu(NH3)4]Cl2+2NaOHCuO↓+2NaCl+4NH3↑+H2O，故答案为：[Cu(NH3)4]Cl2+2NaOHCuO↓+2NaCl+4NH3↑+H2O；②溶液中含有NaCl，则氯离子会附着在沉淀上，因此检验洗涤液中是否存在氯离子即可，检验CuO固体是否洗净的实验操作是：取最后一次洗液少量于试管中，向试管中加稀硝酸和硝酸银，若没有沉淀生成则洗涤干净，若有沉淀生成则未洗净，故答案为：取最后一次洗涤液少量于试管中，向试管中加稀硝酸和硝酸银，若没有沉淀生成则洗涤干净，若有沉淀生成则未洗净；③实验中有氨气生成，氨气极易溶于水，易产生倒吸，所以装置图中装置X的作用是防止倒 吸，故答案为：防止倒吸；(2)取一定量焙烧过的铜精炼炉渣，先加入适量1.0mol•L-1H2SO4溶解，然后逐滴加入1.0mol•L-1NaOH调解pH在3.2～4.7，然后过滤，将滤液加热浓缩、冷却结晶、过滤、晾干，得到CuSO4•5H2O晶体，故答案为：加入适量1.0mol•L-1H2SO4溶解，然后逐滴加入1.0mol•L-1NaOH调解pH在3.2～4.7，然后过滤；(3)n(Na2S2O3)=cV=0.1000mol•L-1×0.01948L=0.001948mol，由2Cu2++4I-═2CuI↓+I2；2S2O32-+I2═S4O62-+2I-可知，2CuSO4•5H2O～I2～2Na2S2O3，则CuSO4•5H2O的物质的量为0.001948mol，所以CuSO4•5H2O样品的纯度为×100%=97.4%，故答案为：97.4%。17.NaClO因其具有强氧化性，在生产及生活中有着广泛的用途。Na2FeO4可通过Fe3+与NaClO在碱性溶液中反应制备。Na2FeO4和NaClO均可用于氧化去除高氯(含高浓度Cl-)废水中的有机物。（1）用Na2FeO4处理高氯废水中的有机物时，需在一定条件下使用。①pH=5时，分解放出O2并产生Fe(OH)3沉淀，该反应的离子方程式为_______。②酸性溶液中氧化性大于Cl2的氧化性。处理高氯废水中的有机物需在碱性条件下进行，其原因是_______。（2）用NaClO处理高氯废水中的有机物时，研究了“NaClO”和“Fe3++NaClO”两种体系对高氯废水中有机物的氧化率。(废水中被氧化有机物的量占废水中有机物总量的百分率)①当废水pH＜6时，仅使用NaClO处理高氯废水，有机物的氧化率较低，其原因是_______。②当n(NaClO)相同时，使用“NaClO”与“Fe3++NaClO”处理高氯废水，废水中有机物的氧化率随废水pH的变化如图所示。与“NaClO”体系相比，“Fe3++NaClO”体系中有机物氧化率随着废水pH升高显著增大的可能原因是_______。 （3）某工业上用惰性电极电解Ni(OH)2悬浊液(pH=11左右)制备NiOOH。①阳极电极反应式为_______。②电解过程中需要充分搅拌Ni(OH)2悬浊液的目的是_______。③Ni(OH)2悬浊液中加入一定量KCl可显著提高NiOOH产率，原因是_______。【答案】（1）①.4+4H++2H2O=3O2↑+4Fe(OH)3↓②.防止水解，防止把Cl-氧化为Cl2（2）①.酸性条件下，ClO-和Cl-反应生成Cl2逸出②.随着废水pH的增大，Fe3+和ClO-反应生成的浓度增大，氧化废水中有机物的反应速率更大（3）①.Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+H2O②.与惰性电极充分接触，防止悬浊液沉降以提高电解效率③.Cl-在电极上得到电子生成Cl2，Cl2与碱反应生成ClO-，ClO-将悬浊液中Ni(OH)2氧化成NiOOH【解析】【小问1详解】①pH=5时，溶液显酸性，分解放出O2并产生Fe(OH)3沉淀，铁元素化合价降低了3价，氧元素化合价升高了2价，根据化合价升降守恒以及电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式为4+4H++2H2O=3O2↑+4Fe(OH)3↓；②处理高氯废水中的有机物需在碱性条件下进行，其原因是防止在酸性条件下，易分解，同时会把Cl-氧化为Cl2，产生新的大气污染；【小问2详解】 ①当废水pH＜6时，仅使用NaClO处理高氯废水，有机物的氧化率较低，其原因是ClO-可以和Cl-发生归中反应生成Cl2逸出，从而降低了ClO-的浓度，方程式为：ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O；②使用“Fe3++NaClO”体系中有机物氧化率随着废水pH升高显著增大的可能原因是随着废水pH的增大，Fe3+和ClO-反应生成的浓度增大，氧化废水中有机物的反应速率更大；【小问3详解】①电解时，在阳极Ni(OH)2失去电子被氧化NiOOH，故阳极的电极反应式为：Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+H2O；②电解Ni(OH)2悬浊液，悬浊液不稳定容易沉降，电解过程中需要充分搅拌Ni(OH)2悬浊液的目的是与惰性电极充分接触，防止悬浊液沉降以提高电解效率；③Ni(OH)2悬浊液中加入一定量KCl显著提高NiOOH产率，原因是Cl-在电极上得到电子发生氧化反应生成Cl2，Cl2与碱反应生成ClO-，ClO-具有氧化性，可以将悬浊液中Ni(OH)2氧化成NiOOH，提高NiOOH产率。18.Ⅰ．天然气开采过程会产生大量含硫废水(硫元素的主要存在形式为)，可采用氧化法对其进行处理。（1）下列事实中，能够比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱的是___________(填标号)。A.氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以B.氢硫酸的导电能力低于亚硫酸C.常温下，的氢硫酸和亚硫酸的分别为4.5和2.1D.氢硫酸的还原性强于亚硫酸Ⅱ．已知：氧化还原反应可拆分为氧化、还原两个半反应，电极电势分别表示为和，电势差。如的。两组电对的电势差越大，反应的自发程度越大。（2）各电对的电极电势与产物浓度的关系如图1所示，将体系中自发程度最大的反应记为ⅰ，反应ⅰ的离子方程式为___________。各微粒的相对能量如下表： 相对能量ab0cde已知反应ⅰ为放热反应，当有发生反应ⅰ时，释放的能量为___________。(用含字母的代数式表示)（3）时，向浓度为的溶液中加入一定量固体，在不同下的去除率随时间变化如图所示。①实际生产中采取的去除条件，而不选择更低的原因为___________。②时，前的去除速率___________；实际生产 中反应时间选择而不是更长，其原因为___________。（4）已知反应过程中还会发生如下两个反应(均未配平)：ⅱ．ⅲ实验测得，在、时，的投加量对平衡体系中部分微粒浓度的影响如图所示。①时，反应ⅲ的平衡常数___________。②结合反应ⅰ、ⅱ、ⅲ分析，当投加量高于时，单位体积内S的质量减小的原因为___________。【答案】（1）AC（2）①.2SO+2H2S+2H+=S2O+2S↓+3H2O②.2a+2c+2d—b—3e（3）①.pH＜5时，H2S溶解度降低，部分逸出造成环境污染②.1.4×10—3③.10min后H2S去除率增幅减小，会有H2S逸出造成环境污染（4）①.②.Na2SO3投加量大于5g/L时，反应ⅲ的影响超过了反应ⅰ和反应ⅱ【解析】【小问1详解】A．氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应说明氢硫酸的酸性弱于碳酸，亚硫酸可以与碳酸氢钠溶液反应说明亚硫酸的酸性强于碳酸，则氢硫酸的酸性弱于亚硫酸，故正确；B ．未明确是否为在相同条件下测定氢硫酸与亚硫酸的导电能力，无法比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱，故错误；C．常温下，相同浓度的氢硫酸溶液pH大于亚硫酸溶液说明氢硫酸的电离程度小于亚硫酸，故正确；D．氢硫酸的还原性强于亚硫酸与酸性强弱无关，则氢硫酸的还原性强于亚硫酸不能氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱，故错误；故选BD；【小问2详解】由图可知，SO/S2O与S/H2S两组电对的电势差越大，反应的自发程度越大，则反应ⅰ的离子方程式为2SO+2H2S+2H+=S2O+2S↓+3H2O，由反应热等于生成物的总能量与反应物总能量之差可知，反应△H=-(2a+2c+2d—b—3e)kJ/mol，则当有2mol氢硫酸反应时，放出的热量为(2a+2c+2d—b—3e)kJ，故答案为：2SO+2H2S+2H+=S2O+2S↓+3H2O；2a+2c+2d—b—3e；【小问3详解】①硫化氢气体溶于水得到氢硫酸溶液，氢硫酸在溶液中部分电离出氢离子，若溶液pH＜5，溶液中氢离子浓度增大，电离平衡左移，导致硫化氢气体的溶解度减小，会逸出造成环境污染，所以实际生产中采取溶液pH=5的去除条件，而不选择更低pH，故答案为：pH＜5时，H2S溶解度降低，部分逸出造成环境污染；②由图可知，溶液pH=5时，10min时硫化氢的去除率为70%，设溶液的体积为1L，10min时硫化氢的去除速率为=1.4×10—3；由图可知，10min后，曲线斜率减小说明硫化氢去除率增幅减小，硫化氢不能完全被吸收，会有硫化氢逸出造成环境污染，故答案为：1.4×10—3；10min后H2S去除率增幅减小，会有H2S逸出造成环境污染；【小问4详解】①由图可知，T℃反应达到平衡时，S2O的浓度为0.015mol/L、SO的浓度为0.009mol/L，则反应的平衡常数K===，故答案为：；②由方程式可知反应ⅰ和ⅱ生成硫单质，反应ⅲ消耗硫单质，由图可知，当Na2SO3投加量大于5g/L时，单位体积内硫单质的质量减小说明反应ⅲ的影响超过了反应ⅰ和反应ⅱ ，故答案为：Na2SO3投加量大于5g/L时，反应ⅲ的影响超过了反应ⅰ和反应ⅱ。