重庆市万州第二高级中学2023届高三化学下学期5月月考试题（Word版附解析）

万州二中2022－2023年高三下期5月月考化学试题注意事项：1.答题前，考生将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上。2.答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整。3.考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H：1     C：12     N：14     O：16     F：19     Cl：35.5     Sc：45     Co：59     As：75一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与生产、生活密切相关。下列说法不正确的是（）A.蛋白质水解是由高分子生成小分子的过程B.蔗糖和麦芽糖互为同分异构体.C.食品中的抗氧化剂对人体无害且均具有氧化性D.淀粉可用于生产葡萄糖和酒精【答案】C【解析】【详解】A．蛋白质水解最终生成氨基酸，是由高分子生成小分子的过程，故A正确；B．蔗糖和麦芽糖分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故B正确；C．食品中的抗氧化剂对人体无害且均具有还原性，故C错误；D．淀粉是重要的食品工业原料，可用于生产葡萄糖和酒精，故D正确；故选C。2.是微电子工业中一种优良的等离子蚀刻气体，可通过电解熔融氟化氢铵制得。下列有关说法错误的是A.的空间构型为平面三角形B.相关元素电负性由大到小的顺序为C.和中N原子的杂化方式均为D.晶体中微粒间的作用有离子键、共价键、配位键、氢键 【答案】A【解析】【分析】【详解】A．分子中N的周围形成3个σ键，孤电子对数=，故其价层电子对为4，故其的空间构型为三角锥形，A错误；B．同一周期从左往右元素的电负性依次增大，同一主族从上往下依次减小，故相关元素电负性由大到小的顺序为，B正确；C．分子中N的周围形成3个σ键，孤电子对数=，故其价层电子对为4，中周围有4个σ键，孤电子对数=，故其价层电子对为4，和中N原子的杂化方式均为，C正确；D．与间存在离子键，中有共价键，与间存在氢键，内存在配位键，D正确；故答案为：A。3.关于Na2O2的叙述正确的是（NA表示阿伏加德罗常数）A.7.8gNa2O2含有的共价键数为0.2NAB.7.8gNa2S与Na2O2的混合物，含离子总数为0.3NAC.7.8gNa2O2与足量的CO2充分反应，转移的电数为0.2NAD.0.2molNa被完全氧化生成7.8gNa2O2，转移电子的数目为0.4NA【答案】B【解析】【详解】A、7.8gNa2O2为1mol，含有的共价键数为0.1NA，错误；B、过氧根离子为整体，正确；C、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，反应中，过氧化钠中的氧元素化合价从-1变化到-2和0价，根据电子守恒，1molNa2O2与足量CO2反应时，转移NA个电子，错误；D、1molNa失去1mol电子成为Na+所以0.2mol钠完全被氧化失去0.2mol电子，转移电子数目为0.2NA，错误。4.桥环化合物是指化合物中的任意两个环共用两个不直接相连的碳原子的环烃，二环[1，1，0]丁烷()是最简单的一种桥环有机物。下列关于该化合物的说法正确的是 A.其同分异构体中呈环状的只有环丁烯()B.构成该化合物的所有原子处于同一个平面C.二环[1，1，0]丁烷和甲烷互为同系物D.二环[1，1，0]丁烷的二溴代物为4种【答案】D【解析】【详解】A．二环[1，1，0]丁烷()与环丁烯()和甲基环丙烯()等互为同分异构体，A错误；B．二环[1，1，0]丁烷分子中含有饱和碳原子，所有原子不可能在同一平面上，B错误；C．二环[1，1，0]丁烷与甲烷的结构不相似，分子通式不同，故二环[1，1，0]丁烷和甲烷不互为同系物，C错误；D．二环[1，1，0]丁烷的一溴代物有两种()，形成的二溴代物有三种()，形成的二溴代物有一种()，共四种，D正确；答案选D。【点睛】判断两种有机物是否互为同系物，首先看它们结构是否相似，即所含的官能团及个数均相同，其次是它们的分子组成是否相差1个或若干个“CH2”原子团。5.前四周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。基态W原子中有7个运动状态不同的电子，基态X原子最高能级中自旋状态不同的电子数之比为，基态Y原子的价层电子排布式为，基态Z原子次外层全充满，最外层电子数为1，下列说法错误的是A.电负性：X>W>YB.熔点：化合物ZX>化合物ZYC.简单氢化物的稳定性：W＜XD.X、Y形成的化合物一定为极性分子【答案】D【解析】【分析】根据题意可知，W的核外电子数为7，则W为N元素；X的核外电子排布为1s22s22p4，X为O元素；Y的价层电子排布式为3s23p4，为S元素；Z的核外电子数为2+8+18+1=29，为Cu元素。【详解】A．根据分析可知，电负性为O>N>S，A正确； B．氧比硫氧化能力更强，因此氧和铜离子化学键被破坏需要的能量也越强，故化合物ZX>化合物ZY，B正确；C．同周期从左到右，元素非金属逐渐增强，气态氢化物稳定性增强，故简单氢化物的稳定性：W＜X，C正确；D．三氧化硫为平面正三角形结构，结构对称，为非极性分子，D错误；答案选D。6.通过以下反应均可获取O2。下列有关说法不正确的是①光催化分解水制氧气：2H2O(l)＝2H2(g)+O2(g)ΔH1＝+571.6kJ·mol－1②过氧化氢分解制氧气：2H2O2(l)＝2H2O(l)+O2(g)ΔH2＝－196.4kJ·mol－1③一氧化氮分解制氧气：2NO(g)＝N2(g)+O2(g)ΔH3＝－180.5kJ·mol－1A.反应①是人们获取H2途径之一B.反应②、③都是化学能转化为热能C.反应H2O2(l)＝H2O(g)+O2(g)的ΔH＝－98.2kJ·mol－1D.反应2H2(g)+2NO(g)＝N2(g)+2H2O(l)的ΔH＝－752.1kJ·mol－1【答案】C【解析】【详解】反应①是制取氢气的途径径之一，A正确；②过氧化氢分解制氧气：2H2O2(l)＝2H2O(l)+O2(g)ΔH2＝－196.4kJ·mol－1③一氧化氮分解制氧气：2NO(g)＝N2(g)+O2(g)ΔH3＝－180.5kJ·mol－1都是放热反应，故反应②、③都是化学能转化为热能，B正确；根据盖斯定律，结合①②可知反应H2O2(l)＝H2O(g)+O2(g)的ΔH＝+187,6kJ·mol－1故C错；根据盖斯定律，由③-①可得反应：2H2(g)+2NO(g)=N2(g)+2H2O(l)ΔH=ΔH3-ΔH1=-752.1kJ·mol－1故D正确；本题正确答反应案;C。7.聚合硫酸铁[Fe(OH)SO4]n能用作净水剂(絮凝剂)，可由绿矾(FeSO4·7H2O)和KClO3在水溶液中反应得到。下列说法不正确的是A.KClO3作氧化剂，每生成1mol[Fe(OH)SO4]n消耗6/nmolKClO3B.生成聚合硫酸铁后，水溶液的pH增大C.聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体而净水D.在相同条件下，Fe3+比[Fe(OH)]2+的水解能力更强【答案】A 【解析】【详解】A.根据题干中信息，可利用氧化还原配平法写出化学方程式：6nFeSO4+nKClO3+3nH2O=6[Fe(OH)SO4]n+nKCl，可知KClO3做氧化剂，同时根据计量数关系亦知每生成1mol[Fe(OH)SO4]n消耗n/6molKClO3，A项错误；B.绿矾溶于水后，亚铁离子水解使溶液呈酸性，当其转系为聚合硫酸铁后，亚铁离子的浓度减小，因而水溶液的pH增大，B项正确；C.聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体，胶体粒子吸附杂质微粒引起聚沉，因而净水，C项正确；D.多元弱碱的阳离子的水解是分步进行的。[Fe(OH)]2+的水解相当于Fe3+的二级水解，由于其所带的正电荷比Fe3+少，因而在相同条件下，其结合水电离产生的OH-的能力较弱，故其水解能力不如Fe3+，即在相同条件下，一级水解的程度大于二级水解，D项正确。故答案选A。8.已知X、Y、Z、E、F五种常见物质含有同一元素M，在一定条件下它们有如下转化，Z是NO，下列推断不合理的是A.X可能是一种氢化物B.X生成Z一定是化合反应C.E可能是一种有色气体D.F中M元素的化合价可能为+5【答案】B【解析】【详解】A．如果X是水，分解可生成O2，O2与N2反应生成NO，X可能是一种氢化物，故A正确；B．Z为NO，如果Y是O2，那么NH3与O2在催化剂的条件下可以生成NO，所以不一定就是化合反应，故B错误；C．Z是NO，NO与O2反应产生红棕色的NO2气体，所以E可能是红棕色NO2，故C正确；D．F可以是HNO3，M元素的化合价可能为+5，故D正确；答案选B。9.下列有关实验操作的现象和结论均正确的是（）选项实验操作现象结论A分别向相同浓度的ZnSO4溶液和溶液中通入足量H2S前者无现象，后者有黑色沉淀生成Ksp（ZnS）<Ksp（CuS） B常温下，分别测等浓度的NaX溶液和Na2CO3溶液的pH前者pH小于后者酸性：HX>H2CO3C将铜粉加入FeCl3溶液中溶液变蓝，有黑色固体出现金属铁比铜活泼D将表面附有黑色的Ag2S银器浸入盛有食盐水的铝质容器中黑色逐渐褪去银器为正极，Ag2S得电子生成单质银AAB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．ZnSO4无现象，CuSO4生成黑色沉淀，ZnS的溶解度比CuS的大，因两者是相同类型的沉淀，则证明Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)，A项错误；B．测定盐溶液的pH，可比较HX、碳酸氢根离子的酸性，不能比较HX与碳酸的酸性，B项错误；C．铁离子具有强氧化性，Cu加入到铁离子中，生成亚铁离子和铜离子，不会有固体产生，C项错误；D．铝比银活泼，将银器放入铝容器中，会形成原电池，活泼的铝做负极，失去电子，不活泼的氧化银做正极，得到电子，所以银器做正极，硫化银得电子，生成银单质，黑色会褪去，D项正确；答案选D。【点睛】本题侧重考查物质的性质与化学实验的基本操作，所加试剂的顺序可能会影响实验结论学生在做实验时也要注意此类问题，化学实验探究和综合评价时，其操作要规范，实验过程中可能存在的问题要多思考、多分析可能发生的情况。10.室温下向溶液中加入醋酸溶液，溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的 A.A、B两点所示溶液中水的电离程度相同B.A点所示溶液中：C.B点所示溶液中：D.C点溶液中：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=c(Na+)【答案】C【解析】【分析】随着醋酸的加入，pH逐渐降低，A点为加入10ml醋酸的点，酸碱恰好反应，溶液中溶质为CH3COONa，溶液显碱性，B点为pH=7，溶液恰好呈中性的点，C点为加入20ml醋酸，溶液中溶质为CH3COONa和醋酸1:1混合。【详解】A．A的溶质为CH3COONa，CH3COO-水解，溶液显碱性，促进水的电离，随着醋酸的加入，水解程度降低，水的电离程度降低，故A点的水的电离程度大于B点，A错误；B．A点的溶质为CH3COONa，，CH3COO-水解，溶液显碱性，水解是微弱的，故溶液中的微粒浓度大小关系为：，B错误；C．B点为pH=7，溶液恰好呈中性的点，根据电荷守恒，有，则，C正确；D．C点为加入20ml醋酸，溶液中溶质为CH3COONa和醋酸1:1混合的点，根据物料守恒：，D错误；故选C。【点睛】本题以酸碱中和滴定的pH曲线图为载体，考查水的电离和溶液中粒子浓度的大小关系。在碱溶液中滴加酸溶液至过量，随着酸溶液的滴入溶液中水的电离程度先增大后减小，酸碱恰好完全反应时水的电离程度最大；确定溶液中粒子浓度大小关系时，首先要明确溶液的组成，溶液中存在的平衡以及平衡的 主次关系，巧用电荷守恒、物料守恒和质子守恒。11.根据实验操作、现象得到的结论正确的是选项实验操作实验现象实验结论A向某无色溶液中滴加浓盐酸产生气体能使品红溶液褪色原溶液中可能含有或B将甲醇和过量酸性高锰酸钾溶液混合紫红色褪去或变浅甲醇被氧化成甲酸C向双氧水中滴加酸性溶液立即产生大量气泡催化分解D向2mL的溶液中滴加3滴相同浓度的NaCl溶液，然后再滴加3滴相同浓度的KI溶液先出现白色沉淀，然后产生黄色沉淀A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．向某无色溶液中滴加浓盐酸，产生气体能使品红溶液褪色，该气体可能为，说明原溶液中可能含有或，A正确；B．将甲醇和过量酸性高锰酸钾溶液混合，溶液的紫红色褪去或变浅，可能是甲醇被氧化成甲酸，也可能是过量的高锰酸钾溶液继续将甲酸氧化为二氧化碳，B错误；C．向双氧水中滴加酸性溶液，立即产生大量气泡，被高锰酸钾溶液氧化为氧气，C错误；D．溶液过量，产生的黄色沉淀由溶液直接与溶液反应得到，没有发生沉淀的转化，不能比较和的大小关系，D错误。故选A。12.据2022年1月统计，我国光伏发电并网装机容量突破3亿千瓦，连续七年稳居全球首位。已知四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]常用作电子工业清洗剂，以四甲基氯化铵[(CH3)4NCl]为原料，采用电渗析法合成[(CH3)4NOH]，工作原理如图。下列说法正确的是 A.光伏并网发电装置中N型半导体为正极B.c为阳离子交换膜，d、e均为阴离子交换膜C.保持电流恒定，升高温度可加快合成四甲基氢氧化铵的速率D.制备182g四甲基氢氧化铵，两极共产生33.6L气体(标准状况)【答案】D【解析】【分析】根据第三个池中浓度变化得出，钠离子从第四池通过e膜，氯离子从第二池通过d膜，由电解池中阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，则a为阴极，电极反应式为，b为阳极，电极反应式为，a与N型半导体相连，b与P型半导体相连，所以N型半导体为负极，P型半导体为正极，据此分析解答。【详解】A．由分析可知，N型半导体为负极，A错误；B．Na+离子通过e膜，Cl-通过d膜，(CH3)4N+通过c膜，所以c、e膜为阳离子交换膜，d为阴离子交换膜，B错误；C．温度过高，四甲基氯化铵[(CH3)4NCl]会分解，四甲基氯化铵浓度降低，不能加快合成四甲基氢氧化铵的速率，C错误；D．的物质的量为，a极电极反应式为，则收集氢气1mol，转移电子为2mol，b极电极反应式为，则收集氧气为0.5mol，标况下两极可得气体体积为，D正确；答案选D。13.铼(Re)是一种极其稀少的贵金属。一种以辉钼矿(主要含有MoS2，以及少量ReS2、CuReS4、FeS、SiO2等)为原料制备的工艺流程如图： 已知“氧化焙烧”后成分有：SiO2、Re2O7、MoO3、CuO、Fe3O4，其中Re2O7、MoO3与氨水反应分别生成NH4ReO4、(NH4)2MoO4。下列说法错误的是A.“氧化焙烧”时，ReS2反应后的氧化产物有两种B.为了提高浸出速率，氨水温度越高越好C.流程中涉及到非氧化还原反应D.“电沉积”后，可在阴极收集金属铼【答案】B【解析】【分析】辉钼矿(主要含有MoS2以及少量ReS2、CuReS4、FeS、SiO2等)在空气中氧化焙烧，生成SO2和SiO2、Re2O7、MoO3、CuO、Fe3O4等；通入氨气，Re2O7、MoO3转化为NH4ReO4、(NH4)2MoO4，SiO2、CuO、Fe3O4成为滤渣；浸出液采用离子交换、解吸，可得到NH4ReO4，重结晶去除杂质，进行电沉积，在阴极得到铼。【详解】A．中显+2价、S显-1价，“氧化焙烧”时，中显+7价，中S显+4价，则反应后的氧化产物为和，A正确；B．温度越高，一水合氨越易分解，B错误；C．通入氨气时，反应前后所含元素化合价没有变化，是非氧化还原反应，C正确；D．“电沉积”后，中+7价铼将获得电子，所以在阴极生成金属铼，D正确；故答案为：B。14.向FeBr2、FeI2的混合溶液中通入适量氯气，溶液中某些离子的物质的量变化如右图所示，则下列有关说法中不正确的是A.曲线d代表溶液中Br-变化情况 B.原溶液中FeI2的物质的量为2molC.原溶液中n(Fe2+)：n(Br-)=2：3D.当通入2molCl2时，溶液中离子反应为2I-+2Fe2++2Cl2=I2+2Fe3++4C1-【答案】B【解析】【详解】还原性强弱：I－>Fe2＋>Br－，则：A.根据氧化还原反应的先后顺序，d代表Br－变化情况，故A正确；B.a代表的是I－的变化情况，2I－＋Cl2=I2＋2Cl－，n(I－)=2mol，则n(FeI2)=1mol，故B错误；C.b点代表Fe2＋变化情况，2Fe2+＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，n(Fe2＋)=4mol，d发生反应2Br－＋Cl2=Br2＋2Cl－，n(Br－)=6mol，两者比值为4∶6=2∶3，故C正确；D.加入2molCl2，I－全部参加反应，部分Fe2＋参加反应，因此离子反应2I－＋2Fe2＋＋2Cl2=I2＋2Fe3＋＋4Cl－，故D正确。答案选B。二、非选择题：共58分。15.铝酸铋[Bi(AlO2)3]主要用作抗酸药及抗溃疡药，具有中和胃酸和收敛作用。以辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含有SiO2、Cu2S、FeS2杂质)为原料制备铝酸铋的一种工艺流程如图所示：已知：①常温下，Cu(OH)2、Fe(OH)2、Fe(OH)3和Bi(OH)3的Ksp分别为2.0×10-20、4.0×10-16、.4.0×10-38和8.0×10-31，lg2=0.3。②Cu(OH)2能溶于氨水生成[Cu(NH3)4]2+。③Sn2+和Sn4+在碱性溶液中分别以[Sn(OH)4]2-和[Sn(OH)6]2-的形式存在。请回答下列问题：（1）铋与氮同主族，铋元素在元素周期表中的位置是___________。（2）滤渣1中除了硫单质，还含另一种物质，30g该物质中含共价键的数目是___________，FeCl3与Cu2S反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。（3）“还原”时，加入铋的目的是___________。（4）“沉淀”前，若滤液中Cu2+浓度为0.005mol·L-1，Fe2+浓度为0.01mol·L-1，则“沉淀”时调pH的最大值应小于___________。（5）在碱性溶液中，可用[Sn(OH)4]2-鉴定Bi3+存在，Bi3+被还原为Bi写出该反应的离子方程式： ___________。（6）在氢氧化钠溶液中，次氯酸钠能将Bi(OH)3氧化为NaBiO3，写出该反应的化学方程式：___________。【答案】（1）第六周期VA族（2）①.2NA②.4：1（3）将Fe3+还原为Fe2+，防止沉铋时有Fe(OH)3生成（4）7.3（5）2Bi3++3[Sn(OH)4]2-+6OH-=2Bi↓+3[Sn(OH)6]2-（6）Bi(OH)3+NaOH+NaClO=NaBiO3+NaCl+2H2O【解析】【分析】由题给流程可知，辉铋矿中加入氯化铁和盐酸的混合溶液浸取时，金属硫化物转化为硫和可溶性金属氯化物，二氧化硅与混合溶液不反应，过滤得到含有硫、二氧化硅的滤渣和滤液；向滤液中加入铋，将溶液中的铁离子还原为亚铁离子，过滤得到滤液；调节滤液的pH，将铋离子、铜离子转化为氢氧化铋、氢氧化铜沉淀，过滤得到含有亚铁离子的滤液和滤渣；向滤渣中加入氨水，将氢氧化铜周围四氨合铜离子，过滤得到含有四氨合铜离子的滤液和氢氧化铋；氢氧化铋溶于稀硝酸得到硝酸铋溶液，硝酸铋溶液与偏铝酸钠溶液反应制得铝酸铋。【小问1详解】原子序数为83的铋元素与氮元素同主族，则铋元素位于元素周期表第六周期VA族，故答案为：第六周期VA族；【小问2详解】由分析可知，滤渣1的主要成分是硫和二氧化硅，二氧化硅中每个硅原子与4个氧原子形成4个硅氧键，则30g二氧化硅中含共价键的数目为×4×NAmol—1=2NA；氯化铁溶液与氯化亚铜反应生成氯化亚铁、氯化铜和硫沉淀，反应的化学方程式为4FeCl3+Cu2S=4FeCl2+2CuCl2+S，则反应中氧化剂氯化铁与还原剂硫化亚铜的物质的量之比为，故答案为：2NA；4：1；【小问3详解】由分析可知，“还原”时，加入铋的目的是将溶液中的铁离子还原为亚铁离子，防止沉铋时有氢氧化铁沉淀生成，故答案为：将Fe3+还原为Fe2+，防止沉铋时有Fe(OH)3生成；【小问4详解】由溶度积可知，当亚铁离子开始沉淀时，溶液中的氢氧根离子浓度为=2.0×10—7mol/L，溶液pH为7.3，则“沉淀”时调pH的最大值应小于7.3，故答案为：7.3； 【小问5详解】由题意可知，碱性溶液中[Sn(OH)4]2-与Bi3+反应生成生成Bi和[Sn(OH)6]2-，反应的离子方程式为2Bi3++3[Sn(OH)4]2-+6OH-=2Bi↓+3[Sn(OH)6]2-，故答案为：2Bi3++3[Sn(OH)4]2-+6OH-=2Bi↓+3[Sn(OH)6]2-；【小问6详解】由题意可知，在氢氧化钠溶液中，次氯酸钠溶液与Bi(OH)3反应生成NaBiO3、氯化钠和水，反应的化学方程式为Bi(OH)3+NaOH+NaClO=NaBiO3+NaCl+2H2O，故答案为：Bi(OH)3+NaOH+NaClO=NaBiO3+NaCl+2H2O。16.某兴趣小组研究溶液与溶液反应过程中的物质变化。（1）小组实验向新制溶液中滴加少量溶液，生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，颜色逐渐加深。充分振荡，静置一段时间后变为红褐色。写出由白色沉淀变为红褐色沉淀反应的化学方程式：___________。（2）探究灰绿色沉淀的成因猜想1：白色沉淀吸附，呈现灰绿色。猜想2：铁元素部分被氧化后，(Ⅱ)、(Ⅲ)形成的共沉淀物为灰绿色。实验操作试剂(均为)实验现象Ⅰ向两片玻璃片中心分别滴加试剂ⅰ和ⅱ，面对面快速夹紧。i．___________ii．2滴溶液玻璃片夹缝中有白色浑浊。分开玻璃片，白色浑浊迅速变为灰绿色。Ⅱi．2滴溶液玻璃片夹缝中立即有灰绿色浑 1滴溶液ii．2滴溶液浊。①将试剂ⅰ补充完整_______。②根据实验现象得出结论，猜想______正确。（3）探究灰绿色沉淀的结构和组成资料：i．层状结构示意图如图，位于八面体的顶点，占据八面体的中心。当部分(Ⅱ)被氧化为(Ⅲ)时，层状结构不被破坏。ii．在强酸条件下不易被空气氧化；低浓度的难以体现还原性。iii．。称取一定量灰绿色沉淀，用稀盐酸完全溶解后，定容至得样品液。①小组同学根据资料推测：灰绿色沉淀的层间可能嵌入了，理由是___________通过实验证实了该推测正确，实验操作和现象是___________。②取样品液，测得其中的物质的量为。③取样品液，用酸性溶液滴定至终点，消耗溶液。写出该滴定过程中反应的离子方程式：___________。④取样品液，加适量水及固体静置后，立即以溶液滴定至浅黄色，再加入淀粉溶液滴定至蓝色恰好消失，消耗溶液。结论：用表示灰绿色沉淀的组成，则此样品中______(取最简整数比)。（4）实验反思与改进有文献指出：表面吸附的可与沉淀中已有溶解的(Ⅲ)快速发生电子转移，使沉淀呈现灰绿色。原理如图所示。 ①利用同位素示踪法证明电子转移过程的存在：将固体与溶液混合得到悬浊液，一段时间后___________(将实验测定结果补充完整)。②小组同学根据文献观点改进了(1)中的实验方案，在试管中获得了可较长时间存在的白色沉淀，写出合理的实验操作：___________。【答案】（1）4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3（2）①.2滴溶液和1滴蒸馏水②.2（3）①.层状结构不被破坏，故根据电荷守恒可知，当部分(Ⅱ)被氧化为(Ⅲ)时，层间会引入阴离子平衡电荷②.取少量灰绿色沉淀加入足量的盐酸溶解，再加BaCl2溶液，生成白色沉淀，说明灰绿色沉淀的层间嵌入了（或取少量样品溶液于试管中，滴加氯化钡溶液生成白色沉淀）③.5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O④.4:2:12:1（4）①.溶液中检测到②.将长滴管插入浓氢氧化钠溶液中，缓慢挤入少量的0.1mol/L的FeSO4溶液【解析】【小问1详解】向新制溶液中滴加少量溶液，生成Fe(OH)2白色沉淀，迅速被O2氧化变为灰绿色，最终变成红褐色Fe(OH)3沉淀，反应为Fe(OH)2和氧气、水共同作用生成氢氧化铁，化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。【小问2详解】①由实验操作可知，实验Ⅱ验证猜想2，实验Ⅰ验证猜想1，实验Ⅰ需要使用Fe2+过量且需要保证硫酸亚铁溶液的浓度与实验Ⅱ相同，则需要向两片玻璃片中心分别滴加2滴溶液和1滴蒸馏水，然后再2滴溶液，面对面快速夹紧； ②实验Ⅰ、实验Ⅱ变量为是否存在三价铁，实验Ⅱ现象为玻璃片夹缝中立即有灰绿色浑浊，实验Ⅰ现象为玻璃片夹缝中有白色浑浊，分开玻璃片，白色浑浊迅速变为灰绿色；说明呈现灰绿色的原因是存在三价铁，故猜想2正确。【小问3详解】①共沉淀物为灰绿色的原因是铁元素部分被氧化后，(Ⅱ)、(Ⅲ)形成的；层状结构中位于八面体的顶点，占据八面体的中心，两层间有空隙，当部分(Ⅱ)被氧化为(Ⅲ)时，层状结构不被破坏，故根据电荷守恒可知，当部分(Ⅱ)被氧化为(Ⅲ)时，层间会引入阴离子平衡电荷；硫酸根离子能和钡离子生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，则证明的实验操作和现象是：取少量灰绿色沉淀加入足量的盐酸溶解，再加BaCl2溶液，生成白色沉淀，说明灰绿色沉淀的层间嵌入了；③滴定过程中Fe2+被高锰酸钾氧化为Fe3+，高锰酸根离子被还原为锰离子同时生成水，离子方程式为：5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；④取样品液，加适量水及固体静置后，发生反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2，立即以溶液滴定至浅黄色，再加入淀粉溶液滴定至蓝色恰好消失，发生反应2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，则存在关系式：2Fe3+~I2~2Na2S2O3，则25mL溶液中n(Fe3+)=n(S2O)=0.0128L=3.2×10-4mol；25mL溶液中n(Fe2+)=5n(MnO)=0.0256L×5=6.4×10-4mol；25mL溶液中n()==1.6×10-4mol，则中x：y：m=4:2:1，由化合价代数和为0可知z=12，则此样品中x：y：z：m=4:2:12:1；【小问4详解】①由图可知，2+在固体表面失去电子得到3+，中得电子得到，故一段时间后，溶液中检测到；②由上诉实验结果和文献观点可知，Fe(OH)2白色沉淀吸附，或吸附的可与沉淀中已有溶解的(Ⅲ)快速发生电子转移，都会使沉淀变成灰绿色，为了得到可较长时间存在的白色沉淀，应该隔绝氧气或减少亚铁离子的吸附，实验设计可为：将长滴管插入浓氢氧化钠溶液中，缓慢挤入少量的0.1mol/L的FeSO4溶液。17.2013年初，雾霾天气多次肆虐我国中东部地区。其中，汽车尾气和燃煤尾气是造成空气污染的原因之一。 (1)汽车尾气净化的主要原理为2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)。在密闭容器中发生该反应时，c(CO2)随温度(T)、催化剂的表面积(S)和时间(t)的变化曲线如图所示。据此判断：①该反应的ΔH_______0(填“>”或“<”)。②在T2温度下，0～2s内的平均反应速率v(N2)=_______。③当固体催化剂的质量一定时，增大其表面积可提高化学反应速率。若催化剂的表面积S1>S2，在图中画出c(CO2)在T1、S2条件下达到平衡过程中的变化曲线____。④若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，图示正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是_______(填代号)。(2)直接排放煤燃烧产生的烟气会引起严重的环境问题。①煤燃烧产生的烟气含氮的氧化物，用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。例如：CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)　ΔH1=-867kJ·mol-12NO2(g)⇌N2O4(g)　ΔH2=-56.9kJ·mol-1写出CH4(g)催化还原N2O4(g)生成N2(g)、CO2(g)和H2O(g)的热化学方程式：_______②将燃煤产生的二氧化碳回收利用，可达到低碳排放的目的。如图是通过人工光合作用，以CO2和H2O 为原料制备HCOOH和O2的原理示意图。催化剂b表面发生的电极反应式为_______。③常温下，0.1mol·L-1的HCOONa溶液pH为10，则HCOOH的电离常数Ka=_______。【答案】①.＜②.0.025mol·L-1·s-1③.④.bd⑤.CH4(g)+N2O4(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)　ΔH=-810.1kJ·mol-1⑥.CO2+2H++2e-=HCOOH⑦.10-7mol·L-1【解析】【分析】【详解】(1)①由图中曲线可以看出，在催化剂表面积相同的情况下，T1温度时先达到平衡，温度高反应速率快，则T1＞T2，但温度高时CO2的浓度小，说明升高温度平衡逆向移动，该反应的正反应为放热反应，即ΔH＜0。②反应速率之比是化学计量数之比，则v(N2)==0.025mol·L-1·s-1。③温度相同，质量相同的催化剂，表面积越小反应速率越慢，达到平衡的时间越长，但催化剂不影响平衡状态，则变化曲线可表示为。④a.只能说明t1时正反应速率最快，但不一定处于平衡状态；b.平衡常数只与温度有关系，反应在绝热密闭容器中进行，平衡常数不再发生变化时，反应达到平衡状态；c.t1时，只能说明n(NO)=n(CO2)，不能说明正逆反应速率相等，不是平衡状态； d.当NO的含量不再发生变化时，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态；答案选bd。(2)①已知：ⅰ.CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)　ΔH1=-867kJ·mol-1ⅱ.2NO2(g)⇌N2O4(g)　ΔH2=-56.9kJ·mol-1根据盖斯定律可知ⅰ－ⅱ即得到CH4(g)催化还原N2O4(g)生成N2(g)、CO2(g)和H2O(g)的热化学方程式为CH4(g)+N2O4(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)　ΔH=-810.1kJ·mol-1；②催化剂b表面CO2转变成HCOOH，碳元素化合价降低，CO2被还原，即CO2发生还原反应与H+结合生成HCOOH，电极反应式为CO2+2H++2e-=HCOOH；③常温下，0.1mol·L-1的HCOONa溶液pH为10，即氢氧根的浓度是10－4mol/L，0.1mol·L-1的HCOONa溶液中存在水解平衡：H2O+HCOO-HCOOH+OH-，溶液中c(HCOO-)=(0.1-1.0×10-4)mol·L-1≈0.1mol/L，c(H+)=10-10mol·L-1，c(HCOOH)=10-4mol·L-1，甲酸的电离平衡为HCOOHH++HCOO-，故电离平衡常数Ka==10-7。18.三氯苯达唑是一种新型咪唑类驱虫药，其合成路线之一如下：回答下列问题：（1）A的名称为___________。（2）A→B的反应方程式为___________。（3）X的结构简式为___________。 （4）D→E的反应类型为___________。（5）C的芳香族同分异构体中，与C具有相同官能团的有___________种。（6）为_______(填“极性”或“非极性”)分子，分子的空间结构为___________。（7）邻苯二胺是染料、农药、助剂、感光材料等的中间体。以溴苯为原料，根据上述合成路线，设计合成邻苯二胺的路线___________(无机试剂及两个碳以下的有机试剂任选)。【答案】（1）1，2，4-三氯苯(或偏三氯苯)（2）（3）（4）还原反应（5）15（6）①非极性②.四面体形（7）【解析】【分析】A在浓硫酸、浓硝酸额条件下，发生硝化反应生成B，根据C的分子式和D的结构简式，可以推出C的结构简式为：，X的建构简式为：，D在还原剂的作用下发生还原反应，还原成，再与，在和的作用下生成F，最后在与，在一定条件下得到产品。【小问1详解】根据A的结构，A的名称为：1，2，4-三氯苯(或偏三氯苯)；【小问2详解】A在浓硫酸、浓硝酸额条件下，发生硝化反应生成B，反应方程式为：；【小问3详解】根据C的结构简式和D的结构简式，可以推出X的结构简式为：； 【小问4详解】D在还原剂的作用下发生还原反应，还原成，反应类型为：还原反应；【小问5详解】C的结构简式为：，芳香族同分异构体，根据“定二移一，再加一的方法”，与C具有相同官能团的同分异构体为：，加上，有3种，，加上，除去C有2种，，加上，有3种，，加上，有3种，，加上，有2种，，加上，有2种，共15种；【小问6详解】结构与相同，为直线型分子，含有极性键的非极性分子；为甲烷分子中的1个H原子被I原子取代，所以空间构型为四面体结构；【小问7详解】根据上述合成路线，以溴苯为原料，合成邻苯二胺的路线为：。