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2021-2022学年山东省德州市高三（上）期中化学试卷
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这是一份2021-2022学年山东省德州市高三（上）期中化学试卷，共35页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年山东省德州市高三（上）期中化学试卷
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分．每小题只有一个选项符合题目要求．
1．（2分）化学与生活、生产密切相关．下列说法错误的是（ ）
A．“卤水点豆腐”利用了胶体的聚沉原理
B．还原性铁粉用于食品行业的“双吸剂”
C．二氧化硅用于硅全固态电池的阳极材料
D．“拉闸限电”活动有利于“碳中和、碳达峰”
2．（2分）下列变化中，气体反应物既被氧化又被还原的是（ ）
A．金属钠露置在空气中迅速变暗
B．露置在空气中的过氧化钠固体变白
C．将氨气与氯化氢混合，产生大量白烟
D．充满氯气的试管倒扣在水槽中，试管内液面上升
3．（2分）下列离子组在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A．小苏打溶液中K+、Ba2+、OH﹣、NO3﹣
B．氨水溶液中K+、[Al（OH）4]﹣、Na+、NO3﹣
C．“84”消毒液中：K+、H+、Cl﹣、SO42﹣
D．氯化铁溶液中Na+、K+、S2﹣、NO3﹣
4．（2分）下列有关实验操作或叙述正确的是（ ）
A．向容量瓶转移液体时，玻璃棒不可以接触容量瓶内壁
B．用NaOH溶液，湿润的蓝色石蕊试纸可检验溶液中NH4+
C．进行分液时，先放出下层液体后再倒出上层液体
D．蒸馏用到的玻璃仪器有蒸馏烧瓶、球形冷凝管、温度计等
5．（2分）氯化钠来自海水，工业上通过提纯NaCl进一步获得钠单质和化合物，转化关系如下．下列说法正确的是（ ）
A．提纯过程主要涉及过滤、结晶、蒸馏等操作
B．上述转化中只有反应①属于氧化还原反应
C．反应②所得副产物中既含离子键又含共价键
D．实验室可用氢氧化钙鉴别碳酸钠和碳酸氢钠
6．（2分）已知短周期主族元素X、Y、Z、W、R，其中X的原子半径在短周期主族元素中最大，Y元素的原子最外层电子数为a，次外层电子数为b，Z元素的原子L层电子数为a+b，M层电子数为a﹣b，W与Z同主族R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2：1．下列叙述错误的是（ ）
A．非金属强弱顺序：Y＞R＞W＞Z
B．沾有R单质的玻璃仪器可用WR2进行清洗
C．简单离子半径大小关系：R＞X＞Y
D．RY2和X2Y2均能使品红试液褪色
7．（2分）亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效的漂白剂和氧化剂，其制备方法如下：
①2NaClO3+SO2+H2SO4═2ClO2↑+2NaHSO4
②2ClO2+H2O2+2NaOH═2NaClO2+O2+2H2O
下列说法不正确的是（ ）
A．氧化性：ClO3﹣＞ClO2＞H2O2
B．通过原电池实现①，正极的电极反应SO2﹣2e﹣+2H2O═HSO4﹣+3H+
C．每生1mol亚氯酸钠，理论上共转移电子数2NA
D．进行反应②时，要控制反应温度不易过高
8．（2分）下列实验中操作规范，且能达到实验目的的是（ ）
A
B
C
D
观察Fe（OH）2的生成
蒸发结晶制备氯化钠晶体
制备并收集干燥的氨气
铁上镀铜
A．A B．B C．C D．D
9．（2分）价﹣类二维图是学习元素化合物知识的重要方法，某同学绘制某常见元素的价﹣类二维图如图所示．下列推断合理的是（ ）
A．f中阴阳离子个数比一定为1：2
B．图中按箭头所示的转化均可一步实现
C．标况下，1molb和c的混合物体积22.4L
D．可用盐酸酸化的氯化钡检验e是否变质
10．（2分）FeCl3常做印刷电路板的“腐蚀液”，右图是制备氯化铁晶体的实验装置图，下列说法不正确的是（ ）
A．甲装置中的高锰酸钾可用氯酸钾、漂白精代替
B．实验时应依次打开乙中活塞、弹簧夹、甲中活塞
C．甲中反应的离子方程式为：2MnO4﹣+16H++10Cl﹣═2Mn2++5Cl2↑+8H2O
D．结束后，将乙中溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥即得FeCl3晶体
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分．每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．
11．（4分）X、Y是原子序数增大的短周期元素，两者可形成多种有机化合物．甲、乙分别是X、Y元素形成的常见氧化物．现将nmol甲和乙的混合物与足量过氧化钠反应，固体质量增重mg，同时生成VL氧气．下列说法正确的是（ ）
A．反应过程中，电子转移数为2nNA
B．n（甲）：n（乙）＝（m﹣2n）：（28n﹣m）
C．参加反应的过氧化钠的质量为78ng
D．V＝11.2
12．（4分）铁的某种络合物离子（用[L﹣Fe﹣H]+表示）催化甲酸分解的反应机理及相对能量变化如图所示：下列说法正确的是（ ）
A．反应过程中铁元素价态没有改变
B．由到过程中形成了离子键
C．反应过程中最大能垒E正＝77.1kJ•mol﹣1
D．总反应为：HCOOH（l）CO2（g）+H2（g）△H＝﹣46.2kJ•mol﹣1
13．（4分）研究微生物燃料电池不仅可以获得高效能源，同时还可对污水、餐厅废弃物等进行科学处理．利用微生物燃料电池原理处理酸性废水的示意图如右图所示，下列说法正确是（ ）
A．工作时，K+由b极区移向a极区
B．负极反应为：[Fe（CN）6]3﹣+e﹣═[Fe（CN）6]4﹣
C．消耗0.1molCH3COOH，a极区质量减少9.6g
D．放电过程中，b极附近溶液的pH变小
14．（4分）临床上用KI预防和治疗甲状腺疾病．一种利用含碘废水制取KI的工艺流程如图：下列说法错误的是（ ）
A．制CuI时I2和CuSO4都做氧化剂
B．“滤渣2”经过处理可回收利用
C．加入HI的目的是去除K2CO3，提高KI的纯度
D．获得KI晶体时可在空气中直接蒸发浓缩、冷却结晶
15．（4分）H2A是一种二元弱酸，H2A由于与空气中的某种成分作用而保持不变，已知Ksp（MA）＝3×10﹣9，某水体中lgc（X）（X为H2A、HA﹣、A2﹣、M2+）与pH的关系如图所示．下列说法正确的多是（ ）
A．曲线②代表HA﹣
B．H2A的一级电离常数为10﹣8.3
C．c（M2+）随pH升高而增大
D．pH＝10.3时，c（M2+）＝3.0×10﹣7.9mol•L﹣1
三、非选择题：本题共5小题，共60分．
16．（12分）硒（34Se）与人类的健康密切相关．硒元素的发现已有200多年，人们对硒的认识已经进入全新阶段．
（1）Se元素原子结构示意图为： 。
（2）H2O、H2S、H2Se三种氢化物的稳定性大小顺序是 ，其中还原性最强的是 。
下表是O、S、Se、Te四种元素单质分别与H2反应生成1mol气态氢化物的反应热，其中表示生成1mol硒化氢反应热的是 （填字母代号）。
A
B
C
D
+99.7kJ•mol﹣1
+29.7kJ•mol﹣1
﹣20.6kJ•mol﹣1
﹣241.8kJ•mol﹣1
（3）工业上用浓H2SO4焙烧CuSe的方法提取硒，反应产生SO2、SeO2的混合气体，写出反应的化学方程式 。理论上该反应每转移1mol电子，可得到SeO2的质量为 g。（保留一位小数）
（4）已知硒酸（H2SeO4）在水溶液中的电离方程式为：H2SeO4═H++HSeO4﹣；HSeO4﹣⇌H++SeO42﹣。Na2SeO4溶液的离子浓度由大到小的顺序为 ，Na与Se两种元素的守恒关系为：c（Na+）＝ 。
17．（12分）硫酸是十分重要的化工原料．工业上用黄铁矿（FeS2）制备硫酸的工艺如图所示。
（1）FeS2的电子式： 。
（2）过程Ⅰ发生的化学方程式为 。
（3）已知：98.3%的浓硫酸密度为1.84g•cm﹣3，则该浓硫酸的物质的量浓度为 。
（4）实验室常用一定物质的量浓度的稀硫酸要用浓硫酸进行配制，配制过程中各操作的先后顺序是 。
（5）如图是模拟工业探究为何采用98.3%的浓硫酸吸收三氧化硫的装置。
①如图中丙和丁装置的作用分别是： 。
②若丁装置在反应过程中出现气泡，不久就出现了白雾，而丙装置一直没有明显变化，产生这种现象的可能原因两种是：一是丙中插入浓硫酸溶液的导管插得太深，使两个吸收瓶内的压强差较大，导致SO3从丁的水中冒了出来，与水形成酸雾；二是 。
③本实验设计还存在的较明显缺陷是 。
18．（12分）氯化亚铜（CuCl）是一种白色粉末，广泛应用于化工和印染等行业。CuCl难溶于乙醇，在潮湿的空气中易被氧化，酸性条件下不稳定，易生成Cu和Cu2+。工业上用铜矿粉（主要含Cu2S及少量Fe2O3、FeO等）为原料制备CuCl．流程如图。
（1）“酸浸”中，加入稀H2SO4不宜过量太多的原因是 。
（2）滤液3的主要成分是 ；过程中可以循环利用的物质是 。
（3）生成MnCO3的离子方程式为： 。
（4）析出的CuCl晶体用乙醇洗涤的目的是 。
（5）合成过程中氯化亚铜的产率与温度、溶液pH的关系如图所示。
①据图分析，生产氯化亚铜的适宜条件为 。
②合成时，盐酸用量过多对产品造成的影响是 。
19．（12分）“循环经济”是目前备受关注的课题，对保护环境和资源的综合利用意义重大。
（1）氮元素在海洋中的循环，是整个海洋生态系统的基础和关键，海洋中无机氮的循环过程可用如图1表示。
①海洋中的氮循环起始于氮的固定，其中属于固氮作用的一步是 （填图中数字序号）。
②有氧时，在硝化细菌作用下，NH4+可实现过程④的转化，若产物n（NO2﹣）：n（N2O）＝2：1，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
（2）氮循环的过程中产生有毒氧化物（NOx）。工业上常用 Na2CO3溶液吸收法处理。
发生的反应有NO+NO2+Na2CO3═2NaNO2+CO2（Ⅰ）
2NO2+Na2CO3═NaNO2+NaNO3+CO2（Ⅱ）
将1molNOx通入Na2CO3溶液中，被完全吸收，溶液中生成的NO3﹣、NO2﹣两种离子的物质的量随x变化关系如图所示。下图2中线段b表示 （填离子符号）随x值变化的关系；若用溶质质量分数为21.2%的Na2CO3溶液吸收，则需要Na2CO3溶液至少 g。
（3）采用电解法处理含氮氧化物废气，可回收硝酸，具有较高的环境效益和经济效益．实验室模拟电解法吸收NOx的装置如上图3所示（图中电极均为石墨电极）。
①直流电源的负极为 （“A”或“B”）；该电解装置应选择 （填“阳”或“阴”）离子交换膜。
②若以处理NO2为模拟实验，阳极发生的电极反应为 。
20．（12分）二氯异氰尿酸钠[（CNO）3Cl2Na]是常用的杀菌消毒剂，常温下为白色固体，难溶于冷水。某同学利用高浓度的NaClO溶液和（CNO）3H3固体，在10℃时反应制备二氯异氰尿酸钠，实验装置如图所示（部分夹持装置略）。
已知：2NaClO+（CNO）3H3═（CNO）3Cl2Na+NaOH+H2O
回答下列问题：
（1）仪器a的名称为恒压滴液漏斗，与分液漏斗相比其优点是 。
（2）待装置B中出现 时，可由三颈烧瓶上口加入（CNO）3H3固体；反应过程中仍需不断通入 Cl2的理由是 。
（3）反应结束后，装置B中的浊液经过滤、 、干燥得粗产品。上述装置存在一处缺陷会导致装置B中NaOH利用率降低，改进的方法是 。
（4）通过下列实验测定二氯异氰尿酸钠样品中有效氯的含量。
反应原理：[（CNO）3Cl2]﹣+H++2H2O═（CNO）3H3+2HClO，HClO+2I﹣+H+═I2+Cl﹣+H2O，I2+2S2O32﹣═S4O62﹣+2I﹣。
实验步骤：准确称取mg样品，用容量瓶配成250mL溶液；取25.00mL上述溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，充分反应后，用 cmol/L Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色。加入淀粉指示剂继续滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液平均为 VmL。
①滴定终点现象为 。
②该样品的有效氯含量表达式为 。（该样品的有效氯＝×100%）
2021-2022学年山东省德州市高三（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分．每小题只有一个选项符合题目要求．
1．（2分）化学与生活、生产密切相关．下列说法错误的是（ ）
A．“卤水点豆腐”利用了胶体的聚沉原理
B．还原性铁粉用于食品行业的“双吸剂”
C．二氧化硅用于硅全固态电池的阳极材料
D．“拉闸限电”活动有利于“碳中和、碳达峰”
【分析】A．豆浆是胶体，卤水是电解质溶液；
B．还原性铁粉能发生吸氧腐蚀，会吸收氧气和水蒸气；
C．硅是优良的半导体材料，硅可以用于制硅全固态电池；
D．火力发电会释放二氧化碳，“拉闸限电”活动有利于节约电能。
【解答】解：A．豆浆是胶体，卤水是电解质溶液，胶体遇到电解质溶液会发生聚沉，所以“卤水点豆腐”利用了胶体的聚沉原理，故A正确；
B．还原性铁粉能发生吸氧腐蚀，会吸收氧气和水蒸气，所以还原性铁粉能作食品行业的“双吸剂‘’，故B正确；
C．硅是优良的半导体材料，硅可以用于制硅全固态电池，二氧化硅是绝缘体，不能作阳极材料，故C错误；
D．火力发电会释放二氧化碳，“拉闸限电”活动有利于节约电能，能减少二氧化碳的排放，所以有利于“碳中和、碳达峰‘’，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了元素的化合物的性质及其应用，为高频考点和常见题型，侧重于学生的分析、应用能力的考查，把握物质的组成、结构、性质与应用为解答该题的关键，题目难度不大。
2．（2分）下列变化中，气体反应物既被氧化又被还原的是（ ）
A．金属钠露置在空气中迅速变暗
B．露置在空气中的过氧化钠固体变白
C．将氨气与氯化氢混合，产生大量白烟
D．充满氯气的试管倒扣在水槽中，试管内液面上升
【分析】A．Na在空气中被氧气氧化；
B．过氧化钠与空气中的水、二氧化碳反应；
C．氨气与HCl反应生成氯化铵；
D．二氧化氮与水反应生成硝酸和NO。
【解答】解：A．Na在空气中被氧气氧化，氧气是氧化剂，被还原，故A不选；
B．过氧化钠与空气中的水、二氧化碳反应，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，气体中元素化合价不变，故B不选；
C．氨气与HCl反应生成氯化铵，反应中没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，故C不选；
D．氯气与水反应生成HClO和HCl，氯气既是氧化剂又是还原剂，则气体反应物既被氧化又被还原，故D选；
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度不大，明确氧化还原反应的概念即可解答，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的灵活应用能力。
3．（2分）下列离子组在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A．小苏打溶液中K+、Ba2+、OH﹣、NO3﹣
B．氨水溶液中K+、[Al（OH）4]﹣、Na+、NO3﹣
C．“84”消毒液中：K+、H+、Cl﹣、SO42﹣
D．氯化铁溶液中Na+、K+、S2﹣、NO3﹣
【分析】离子之间不能结合生成沉淀、气体、水、弱电解质，不能发生氧化还原反应等，则离子能大量共存，以此来解答。
【解答】解：A.Ba2+、OH﹣、HCO3﹣反应生成沉淀和水，不能大量共存，故A错误；
B.氨水溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，故B正确；
C.H+、Cl﹣、ClO﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；
D.S2﹣分别与Fe3+、NO3﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息、离子之间的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意复分解反应、氧化还原反应的判断。
4．（2分）下列有关实验操作或叙述正确的是（ ）
A．向容量瓶转移液体时，玻璃棒不可以接触容量瓶内壁
B．用NaOH溶液，湿润的蓝色石蕊试纸可检验溶液中NH4+
C．进行分液时，先放出下层液体后再倒出上层液体
D．蒸馏用到的玻璃仪器有蒸馏烧瓶、球形冷凝管、温度计等
【分析】A.容量瓶转移液体时，玻璃棒的下端在刻度线以下；
B.氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝；
C.分液时避免上下层液体混合；
D.球形冷凝管易残留馏分。
【解答】解：A.容量瓶转移液体时，玻璃棒的下端在刻度线以下，防止溶液残留，玻璃棒可以接触容量瓶内壁，故A错误；
B.氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，不能选湿润的蓝色石蕊试纸，故B错误；
C.分液时避免上下层液体混合，则先放出下层液体后，再从上口倒出上层液体，故C正确；
D.球形冷凝管易残留馏分，应选直形冷凝管，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物的分离提纯、溶液的配制、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。
5．（2分）氯化钠来自海水，工业上通过提纯NaCl进一步获得钠单质和化合物，转化关系如下．下列说法正确的是（ ）
A．提纯过程主要涉及过滤、结晶、蒸馏等操作
B．上述转化中只有反应①属于氧化还原反应
C．反应②所得副产物中既含离子键又含共价键
D．实验室可用氢氧化钙鉴别碳酸钠和碳酸氢钠
【分析】由转化可知，海水提纯后得到NaCl，①为电解熔融氯化钠生成Na，②中氯化钠溶液、氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氯化铵，③为碳酸氢钠分解生成碳酸钠，④为电解氯化钠溶液生成NaOH，以此来解答。
【解答】解：A.海水中含氯化钠，且含钙离子、镁离子、硫酸根离子，需要加NaOH、氯化钡、碳酸钠除杂后，过滤、蒸发结晶得到NaCl，提纯不涉及蒸馏，故A错误；
B.由上述分析可知，①、④均为电解，均属于氧化还原反应，故B错误；
C.反应②所得副产物为氯化铵，含离子键、共价键，故C正确；
D.碳酸钠和碳酸氢钠均与氢氧化钙溶液反应生成白色沉淀，现象相同，不能鉴别，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查海水资源的应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物的分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用。
6．（2分）已知短周期主族元素X、Y、Z、W、R，其中X的原子半径在短周期主族元素中最大，Y元素的原子最外层电子数为a，次外层电子数为b，Z元素的原子L层电子数为a+b，M层电子数为a﹣b，W与Z同主族R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2：1．下列叙述错误的是（ ）
A．非金属强弱顺序：Y＞R＞W＞Z
B．沾有R单质的玻璃仪器可用WR2进行清洗
C．简单离子半径大小关系：R＞X＞Y
D．RY2和X2Y2均能使品红试液褪色
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W、R，其中X的原子半径在短周期主族元素中最大，则X为Na；Z元素的原子L层电子数为a+b，M层电子数为a﹣b，则a+b＝8，而Y元素的原子最外层电子数为a，次外层电子数为b，故b＝2，则a＝8﹣2＝6，可知Y为O元素，Z元素的M层电子数为a﹣b＝6﹣2＝4，故Z为Si；W与Z同主族，则W为C元素；R元素原子与Y元素（氧）原子的核外电子数之比为2：1，则R元素元素核外电子数为2×8＝16，故R为S元素。
【解答】解：由分析可知，X为Na、Y为O、Z为Si、W为C元素、R为S元素；
A．同周期自左而右非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱，则非金属性O＞C，O＞S，S＞Si，C＞Si，元素最高价含氧酸的酸性越强，该元素非金属性越强，酸性H2SO4＞H2CO3，故非金属性S＞C，可知非金属性O＞S＞C＞Si，故A正确；
B．硫单质能溶于CS2，故B正确；
C．电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，而离子的电子层越多，离子半径越大，故离子半径S2﹣＞O2﹣＞Na+，故C错误；
D．二氧化硫和过氧化钠都具有漂白性，都可使品红褪色，但原理不同，二氧化硫发生化合反应，过氧化钠具有强氧化性，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查原子结构和元素周期律的关系，推断元素是解题的关键，注意掌握元素化合物知识，理解影响微粒半径大小的因素，侧重考查学生分析推理能力及知识综合运用能力。
7．（2分）亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效的漂白剂和氧化剂，其制备方法如下：
①2NaClO3+SO2+H2SO4═2ClO2↑+2NaHSO4
②2ClO2+H2O2+2NaOH═2NaClO2+O2+2H2O
下列说法不正确的是（ ）
A．氧化性：ClO3﹣＞ClO2＞H2O2
B．通过原电池实现①，正极的电极反应SO2﹣2e﹣+2H2O═HSO4﹣+3H+
C．每生1mol亚氯酸钠，理论上共转移电子数2NA
D．进行反应②时，要控制反应温度不易过高
【分析】A.根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来进行分析判断；
B.正极发生还原反应；
C.每生1mol亚氯酸钠，转移电子2mol；
D.温度过高，过氧化氢会分解。
【解答】解：A.①2NaClO3+SO2+H2SO4═2ClO2↑+2NaHSO4氧化剂是NaClO3，氧化产物是ClO2，故氧化性ClO3﹣＞ClO2；②2ClO2+H2O2+2NaOH═2NaClO2+O2+2H2O中二氧化氯做氧化剂，过氧化氢做还原剂，故氧化性ClO2＞H2O2，所以氧化性：ClO3﹣＞ClO2＞H2O2，所以A正确；
B.正极发生还原反应，SO2﹣2e﹣+2H2O═HSO4﹣+3H+这个反应是氧化反应，是负极反应，故B错误；
C.每生1mol亚氯酸钠，转移电子2mol，每生1mol亚氯酸钠，理论上共转移电子数2NA，故C正确；
D.温度过高，过氧化氢会分解，故温度不易过高，故D正确，
故选：B。
【点评】本题考查氧化还原反应中氧化性强弱的比较、电子转移数的计算，内容比较基础，适合平常基础训练。
8．（2分）下列实验中操作规范，且能达到实验目的的是（ ）
A
B
C
D
观察Fe（OH）2的生成
蒸发结晶制备氯化钠晶体
制备并收集干燥的氨气
铁上镀铜
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.植物油可隔绝空气，硫酸亚铁与NaOH溶液反应生成氢氧化亚铁；
B.蒸发选蒸发皿；
C.氨气的密度比空气密度小；
D.铁上镀铜，应Cu与电源正极相连作阳极。
【解答】解：A.植物油可隔绝空气，硫酸亚铁与NaOH溶液反应生成氢氧化亚铁，图中装置可制备氢氧化亚铁并防止被氧化，故A正确；
B.蒸发选蒸发皿，不能选坩埚，故B错误；
C.氨气的密度比空气密度小，应短导管进气收集，故C错误；
D.铁上镀铜，应Cu与电源正极相连作阳极，Fe与电源负极相连，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、物质的制备、电镀、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。
9．（2分）价﹣类二维图是学习元素化合物知识的重要方法，某同学绘制某常见元素的价﹣类二维图如图所示．下列推断合理的是（ ）
A．f中阴阳离子个数比一定为1：2
B．图中按箭头所示的转化均可一步实现
C．标况下，1molb和c的混合物体积22.4L
D．可用盐酸酸化的氯化钡检验e是否变质
【分析】根据该元素的价类二维图可以推知，a为S，属于单质，硫元素的化合价为0，b为SO2，硫元素的化合价为+4价，属于氧化物，c为SO3，硫元素的化合价为+6价，属于氧化物，d为Na2SO4或NaHSO4，硫元素为+6价，属于钠盐；e为Na2SO3或NaHSO3，硫元素为+4价，属于钠盐，f为Na2S或NaHS，硫元素为﹣2价，属于钠盐。
【解答】解：A．f为Na2S或NaHS，当f为Na2S时阴阳离子个数比一定为1：2，当f为NaHS时阴阳离子个数比一定为1：1，故A错误；
B．图中按箭头所示的转化由a→c，即由S→SO3不能一步实现，故B错误；
C．标况下，SO3不是气体，故1molSO2和SO3的混合物体积不是22.4L，故C错误；
D．Na2SO3或NaHSO3变质生成Na2SO4或NaHSO4，根据亚硫酸钡溶于酸，硫酸钡不溶于酸，可用盐酸酸化的氯化钡检验Na2SO3或NaHSO3是否变质，故D正确；
故选：D。
【点评】本题综合考查无机物的推断，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力以及元素化合物知识的综合理解和运用，题目难度不大，注意把握物质的性质。
10．（2分）FeCl3常做印刷电路板的“腐蚀液”，右图是制备氯化铁晶体的实验装置图，下列说法不正确的是（ ）
A．甲装置中的高锰酸钾可用氯酸钾、漂白精代替
B．实验时应依次打开乙中活塞、弹簧夹、甲中活塞
C．甲中反应的离子方程式为：2MnO4﹣+16H++10Cl﹣═2Mn2++5Cl2↑+8H2O
D．结束后，将乙中溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥即得FeCl3晶体
【分析】由制备实验装置可知，先打开乙中活塞，乙中Fe与盐酸反应生成FeCl2，再打开弹簧夹，打开甲中活塞，甲中发生2MnO4﹣+16H++10Cl﹣═2Mn2++5Cl2↑+8H2O，然后氯气进入乙中氧化亚铁离子生成FeCl3，结束后将乙中溶液在HCl气流中蒸发制备FeCl3晶体，丙中NaOH溶液可吸收尾气，以此来解答。
【解答】解：A.甲装置中的高锰酸钾可用氯酸钾、漂白精代替，均可氧化浓盐酸生成氯气，故A正确；
B.由上述分析可知，氯气氧化氯化亚铁生成氯化铁，则实验时应依次打开乙中活塞、弹簧夹、甲中活塞，故B正确；
C.甲中高锰酸钾可氧化浓盐酸，反应的离子方程式为：2MnO4﹣+16H++10Cl﹣═2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故C正确；
D.为抑制铁离子的水解，需要在HCl气流中将乙中溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥即得FeCl3晶体，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、制备原理、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分．每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．
11．（4分）X、Y是原子序数增大的短周期元素，两者可形成多种有机化合物．甲、乙分别是X、Y元素形成的常见氧化物．现将nmol甲和乙的混合物与足量过氧化钠反应，固体质量增重mg，同时生成VL氧气．下列说法正确的是（ ）
A．反应过程中，电子转移数为2nNA
B．n（甲）：n（乙）＝（m﹣2n）：（28n﹣m）
C．参加反应的过氧化钠的质量为78ng
D．V＝11.2
【分析】X、Y是原子序数增大的短周期元素，两者可形成多种有机化合物，而甲、乙分别是X、Y元素形成的常见氧化物，甲、乙与过氧化钠反应有氧气生成，则甲为H2O、乙为CO2，则X为H元素、Y为C元素；
A．根据方程式2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑、2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2计算氧气的物质的量，再根据氧元素化合价变化计算注意电子数目；
B．根据A分析可以计算生成氧气的质量，固体增重与氧气质量之和等于水与二氧化碳的总质量，再结合水与二氧化碳总物质的量计算它们的物质的量之比；
C．根据方程式2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑、2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2计算参加反应过氧化钠的物质的量，再根据m＝nM计算过氧化钠的质量；
D．氧气不一定处于标准状况下。
【解答】解：X、Y是原子序数增大的短周期元素，两者可形成多种有机化合物，而甲、乙分别是X、Y元素形成的常见氧化物，甲、乙与过氧化钠反应有氧气生成，则甲为H2O、乙为CO2，则X为H元素、Y为C元素；
A．由方程式2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑、2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，可知n（O2）＝[n（H2O）+n（CO2）]＝×nmol＝0.5nmol，故转移电子为0.5nmol×2×[0﹣（﹣1）]＝nmol，即转移电子数目为nNA，故A错误；
B．由A分析可知，生成氧气的质量为0.5nmol×32g/mol＝16ng，则水与二氧化碳总质量为（m+16n）g，设水、二氧化碳的物质的量分别为xmol、ymol，则，整理可得x：y＝（28n﹣m）：（m﹣2n），即n（甲）：n（乙）＝（28n﹣m）：（m﹣2n），故B错误；
C．根据方程式2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑、2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，可知n（Na2O2）＝n（H2O）+n（CO2）＝nmol，故参加反应的过氧化钠的质量为nmol×78g/mol＝78ng，故C正确；
D．氧气不一定处于标准状况下，不能计算生成氧气的体积，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学方程式计算、元素化合物的推断，推断物质是解题的关键，注意根据化学方程式理解过氧化钠与水、二氧化碳反应增重问题，D选项为易错点，学生容易忽略标准状况，试题较好地考查学生分析推理能力、化学计算能力。
12．（4分）铁的某种络合物离子（用[L﹣Fe﹣H]+表示）催化甲酸分解的反应机理及相对能量变化如图所示：下列说法正确的是（ ）
A．反应过程中铁元素价态没有改变
B．由到过程中形成了离子键
C．反应过程中最大能垒E正＝77.1kJ•mol﹣1
D．总反应为：HCOOH（l）CO2（g）+H2（g）△H＝﹣46.2kJ•mol﹣1
【分析】A．→CO2+，该反应为氧化还原反应；
B．由到过程中氢原子之间形成共价键；
C．活化能为过渡态的相对能量与反应物的相对能量之差；
D．合并HCOOH→HCOO﹣+H+，[L﹣Fe﹣H]++HCOO﹣→，→CO2+，+H+→，→Ⅰ[L﹣Fe﹣H]++H2，得总方程式，△H＝生成物总能量﹣反应物总能量。
【解答】解：A．→CO2+，该反应为氧化还原反应，碳元素由+2价上升至+4价，则铁元素化合价降低，故A错误；
B．由到过程中氢原子之间形成共价键，没有形成离子键，故B错误；
C．反应过程中最大能垒E正＝43.5kJ/mol﹣（﹣42.6kJ/mol）＝86.1kJ/mol，故C错误；
D．合并HCOOH→HCOO﹣+H+，[L﹣Fe﹣H]++HCOO﹣→，→CO2+，+H+→，→Ⅰ[L﹣Fe﹣H]++H2，得该过程的总反应为HCOOH（l） CO2（g）+H2（g），△H＝﹣46.2kJ/mol﹣0kJ/mol＝﹣46.2kJ/mol，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查反应机理的分析判断、催化剂作用的理解应用、化学键的变化，决定化学快慢的因素等知识点，明确反应机理中的各个阶段是解题关键，掌握化学反应原理等基础知识即可解答，题目难度中等。
13．（4分）研究微生物燃料电池不仅可以获得高效能源，同时还可对污水、餐厅废弃物等进行科学处理．利用微生物燃料电池原理处理酸性废水的示意图如右图所示，下列说法正确是（ ）
A．工作时，K+由b极区移向a极区
B．负极反应为：[Fe（CN）6]3﹣+e﹣═[Fe（CN）6]4﹣
C．消耗0.1molCH3COOH，a极区质量减少9.6g
D．放电过程中，b极附近溶液的pH变小
【分析】由图可知，碳元素价态升高失电子，故a极为负极，电极反应式为CH3COOH﹣8e﹣+2H2O＝CO2↑+8H+，b为正极，电极反应式为[Fe（CN）6]3﹣+e﹣═[Fe（CN）6]4﹣，据此作答。
【解答】解：A.放电时，a极区生成氢离子，正电荷增加，b极区负电荷增加，故氢离子由a极区向b极区迁移，故A错误；
B.a极为负极，电极反应式为CH3COOH﹣8e﹣+2H2O＝CO2↑+8H+，故B错误；
C.a极为负极，电极反应式为CH3COOH﹣8e﹣+2H2O＝CO2↑+8H+，消耗1mol醋酸，a极区释放2mol二氧化碳，同时有8mol氢离子由a极区向b极区迁移，质量减少2mol×44g/mol+8mol×1g/mol＝96g，故消耗0.1molCH3COOH，a极区质量减少9.6g，故C正确；
D.放电过程中，氢离子由a极区向b极区迁移，b极附近溶液的pH变小，故D正确；
故选：CD。
【点评】本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
14．（4分）临床上用KI预防和治疗甲状腺疾病．一种利用含碘废水制取KI的工艺流程如图：下列说法错误的是（ ）
A．制CuI时I2和CuSO4都做氧化剂
B．“滤渣2”经过处理可回收利用
C．加入HI的目的是去除K2CO3，提高KI的纯度
D．获得KI晶体时可在空气中直接蒸发浓缩、冷却结晶
【分析】由流程可知，制备CuI发生2Cu2++I2+4S2O32﹣＝2CuI↓+2S4O62﹣，过滤1得到滤液1为含S4O62﹣的溶液，CuI中加入铁粉生成FeI2，过滤2得到的滤渣2含有Fe、Cu，其中Fe可循环使用，在滤液中加入碳酸钾溶液发生K2CO3+FeI2＝FeCO3↓+2KI可得到KI，滤渣3为FeCO3，滤液中还含有过量的碳酸钾，加入HI可除去，为防止KI被氧化而变质，可将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，可得到KI，以此解答该题。
【解答】解：A.制备CuI发生2Cu2++I2+4S2O32﹣＝2CuI↓+2S4O62﹣，Cu、I元素的化合价降低，则I2和CuSO4都做氧化剂，故A正确；
B.“滤渣2”含Fe，磁铁分离出Fe可回收后在制备FeI2中利用，故B正确；
C.制备KI时加碳酸钾过量，可知调节pH时加入HI的目的是去除K2CO3，提高KI的纯度，故C正确；
D.KI易被空气中的氧气氧化，导致产品不纯，所以获得KI晶体的操作应是蒸发浓缩、泠却结晶、过滤、洗涤、干燥，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物的分离提纯、制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用。
15．（4分）H2A是一种二元弱酸，H2A由于与空气中的某种成分作用而保持不变，已知Ksp（MA）＝3×10﹣9，某水体中lgc（X）（X为H2A、HA﹣、A2﹣、M2+）与pH的关系如图所示．下列说法正确的多是（ ）
A．曲线②代表HA﹣
B．H2A的一级电离常数为10﹣8.3
C．c（M2+）随pH升高而增大
D．pH＝10.3时，c（M2+）＝3.0×10﹣7.9mol•L﹣1
【分析】根据图象分析，随着pH的增大，溶液的碱性增强，HA﹣、A2﹣浓度都增大，而在曲线①pH很小时也产生HA﹣，而随着A2﹣浓度增大，逐渐生成MA沉淀，溶液中M2+逐渐减小，因此曲线①代表HA﹣，②代表A2﹣，③代表M2+，据此分析回答问题。
【解答】解：A．溶液中存在弱电离，且一级电离大于二级电离程度，且随着溶液pH的增大，溶液的碱性增强，结合分析可知，曲线①代表HA﹣，故A正确；
B．曲线①代表HA﹣，由点（6.3，﹣5）可知此时溶液中H2A、HA﹣浓度相等，且pH＝6.3，即c（H+）＝1×10﹣6.3mol/L，则H2A的一级电离常数Ka1＝c（H+）＝1.0×10﹣6.3，故B错误；
C．而随着A2﹣浓度增大，逐渐生成MA沉淀，溶液中M2+逐渐减小，则曲线③代表M2+，根据图象可知，c（M2+）随pH升高而减小，故C错误；
D．已知Ksp（MA）＝2.8×10﹣9，根据图象pH＝10.3时，lgc（X）＝1.1，即c（HA﹣）＝c（A2﹣）＝10﹣1.1mol•L﹣1，则c（M2+）＝＝＝2.8×10﹣7.9mol•L﹣1，故D正确；
故选：AD。
【点评】本题考查难溶物溶解平衡，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确图象含义及电离平衡常数计算是解本题关键，题目难度中等。
三、非选择题：本题共5小题，共60分．
16．（12分）硒（34Se）与人类的健康密切相关．硒元素的发现已有200多年，人们对硒的认识已经进入全新阶段．
（1）Se元素原子结构示意图为： 。
（2）H2O、H2S、H2Se三种氢化物的稳定性大小顺序是 H2O＞H2S＞H2Se ，其中还原性最强的是 H2Se 。
下表是O、S、Se、Te四种元素单质分别与H2反应生成1mol气态氢化物的反应热，其中表示生成1mol硒化氢反应热的是 B （填字母代号）。
A
B
C
D
+99.7kJ•mol﹣1
+29.7kJ•mol﹣1
﹣20.6kJ•mol﹣1
﹣241.8kJ•mol﹣1
（3）工业上用浓H2SO4焙烧CuSe的方法提取硒，反应产生SO2、SeO2的混合气体，写出反应的化学方程式 CuSe+4H2SO4CuSO4+SeO2↑+3SO2↑+4H2O 。理论上该反应每转移1mol电子，可得到SeO2的质量为 18.5 g。（保留一位小数）
（4）已知硒酸（H2SeO4）在水溶液中的电离方程式为：H2SeO4═H++HSeO4﹣；HSeO4﹣⇌H++SeO42﹣。Na2SeO4溶液的离子浓度由大到小的顺序为 c（Na+）＞c（SeO42﹣）＞c（OH﹣）＞c（HSeO4﹣）＞c（H+） ，Na与Se两种元素的守恒关系为：c（Na+）＝ 2[c（SeO42﹣）+c（HSeO4﹣）] 。
【分析】（1）Se是34号元素，原子核外有34个电子分4层排布，从里到外各层的电子数分别为2、8、18、6；
（2）同主族从上到下非金属元素依次减弱，氢化物稳定性依次减弱，还原性依次增强，元素的非金属性越强，气态氢化物越特定，能量越低；
（3）CuSe与浓H2SO4反应，产生SO2、SeO2的混合气体，同时生成硫酸铜，结合化学方程式定量关系计算；
（4）已知硒酸（H2SeO4）在水溶液中的电离方程式为：H2SeO4═H++HSeO4﹣；HSeO4﹣⇌H++SeO42﹣，第一步完全电离，HSeO4﹣离子只电离不水解，Na2SeO4溶液中SeO42﹣离子水解，据此分析判断溶液的离子浓度由大到小的顺序和Na与Se两种元素的守恒关系。
【解答】解：（1）Se是34号元素，原子核外有34个电子分4层排布，从里到外各层的电子数分别为2、8、18、6，则硒（Se）的原子结构示意图为，
故答案为：；
（2）非金属性，O＞S＞Se，H2O、H2S、H2Se三种氢化物的稳定性大小顺序是：H2O＞H2S＞H2Se，其中还原性最强的是：H2Se，同主族元素，自上而下非金属减弱，与反应的剧烈程度减弱，反应越来越困难，反应热越来越大，故生成1mol硒化氢反应热的应是+29.7kJ•mol﹣1，
故答案为：H2O＞H2S＞H2Se；H2Se；B；
（3）CuSe与浓H2SO4反应，产生SO2、SeO2的混合气体，同时生成硫酸铜，反应的化学方程式为：CuSe+4H2SO4（浓）CuSO4+3SO2↑+SeO2+4H2O，理论上转移6mol电子生成1molSeO2，理论上该反应每转移1mol电子，可得到SeO2的物质的量mol，质量为＝mol×111g/mol＝18.5g，
故答案为：CuSe+4 H2SO4CuSO4+SeO2↑+3SO2↑+4H2O；18.5；
（4）已知硒酸（H2SeO4）在水溶液中的电离方程式为：H2SeO4═H++HSeO4﹣；HSeO4﹣⇌H++SeO42﹣，第一步完全电离，HSeO4﹣离子只电离不水解，Na2SeO4溶液中SeO42﹣离子水解，据此分析判断溶液的离子浓度由大到小的顺序：c（Na+）＞c（SeO42﹣）＞c（OH﹣）＞c（HSeO4﹣）＞c（H+），Na与Se两种元素的守恒关系为：c（Na+）＝2[c（SeO42﹣）+c（HSeO4﹣）]，
故答案为：c（Na+）＞c（SeO42﹣）＞c（OH﹣）＞c（HSeO4﹣）＞c（H+）；2[c（SeO42﹣）+c（HSeO4﹣）]。
【点评】本题考查原子结构、元素周期律、氧化还原反应、电解质溶液中离子浓度关系等，为高频考点，把握氧化还原反应实质、电解质溶液中离子浓度关系分析方法、元素周期律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，题目难度不大。
17．（12分）硫酸是十分重要的化工原料．工业上用黄铁矿（FeS2）制备硫酸的工艺如图所示。
（1）FeS2的电子式： 。
（2）过程Ⅰ发生的化学方程式为 4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2 。
（3）已知：98.3%的浓硫酸密度为1.84g•cm﹣3，则该浓硫酸的物质的量浓度为 18.4mol•L﹣1 。
（4）实验室常用一定物质的量浓度的稀硫酸要用浓硫酸进行配制，配制过程中各操作的先后顺序是 CBDFAE 。
（5）如图是模拟工业探究为何采用98.3%的浓硫酸吸收三氧化硫的装置。
①如图中丙和丁装置的作用分别是： 吸收三氧化硫并做对照实验 。
②若丁装置在反应过程中出现气泡，不久就出现了白雾，而丙装置一直没有明显变化，产生这种现象的可能原因两种是：一是丙中插入浓硫酸溶液的导管插得太深，使两个吸收瓶内的压强差较大，导致SO3从丁的水中冒了出来，与水形成酸雾；二是 浓硫酸对SO3的吸收效果远好于水的吸收效果，SO3被浓硫酸充分吸收 。
③本实验设计还存在的较明显缺陷是 缺少尾气处理装置 。
【分析】黄铁矿（FeS2）制备硫酸的工艺流程：过程Ⅰ为过程Ⅰ为FeS2在空气中煅烧产生和Fe2O3和SO2，过程Ⅱ为SO2在400～500℃和催化剂的作用下，被氧气氧化成SO3，过程Ⅲ为98.3%的浓硫酸吸收SO3产生硫酸；
（1）FeS2是由Fe2+和S22﹣构成的，据此书写其电子式；
（2）过程Ⅰ为FeS2在空气中煅烧产生和Fe2O3和SO2，据此书写化学方程式；
（3）根据c＝计算；
（4）用浓溶液配置稀溶液的步骤为：计算→量取→稀释→移液→洗涤→定容→摇匀；
（5）模拟工业探究采用98.3%的浓硫酸吸收三氧化硫的实验：用甲装置干燥SO2和O2，并其混合均均，在乙装置中Cr2O3的催化作用和加热条件下，产生SO3，最后分别用丙装置中98.3%的浓硫酸和丁装置中的水吸收三氧化硫，并形成对照实验，为了防止SO2逸出，污染环境，还需要一个尾气处理装置。
【解答】解：（1）FeS2是由Fe2+和S22﹣构成的，其电子式为：，
故答案为：；
（2）过程Ⅰ为FeS2在空气中煅烧产生和Fe2O3和SO2，化学方程式为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，
故答案为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；
（3）98.3%的浓硫酸密度为1.84g•cm﹣3，则该浓硫酸的物质的量浓度为c＝mol/L≈18.4mol/L，
故答案为：18.4mol•L﹣1；
（4）用浓硫酸配制稀硫酸的步骤为：计算→量取→稀释（C）→移液（B）→洗涤（D）→定容：先用烧杯和玻璃棒引流添加蒸馏水，当液面离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管（F→A）→摇匀（E），
故答案为：CBDFAE；
（5）①由分析可知，图中丙和丁装置的作用分别是：吸收三氧化硫并做对照实验，
故答案为：吸收三氧化硫并做对照实验；
②由于丙装置和丁装置的试剂不同，可能是试剂对SO3的吸收程度不同，若丁装置在反应过程中出现气泡，不久就出现了白雾，而丙装置一直没有明显变化，产生这种现象的可能原因是：浓硫酸对SO3的吸收效果远好于水的吸收效果，SO3被浓硫酸充分吸收，
故答案为：浓硫酸对SO3的吸收效果远好于水的吸收效果，SO3被浓硫酸充分吸收；
③SO2是空气污染物，故本实验设计还存在的较明显缺陷是：缺少尾气处理装置，
故答案为：缺少尾气处理装置。
【点评】本题考查制备硫酸的工艺和探究实验，题目难度中等，关键是掌握硫酸的制备原理、配置一定的物质的量浓度溶液的步骤和物质的量浓度的计算，明确对照实验的设计思路。
18．（12分）氯化亚铜（CuCl）是一种白色粉末，广泛应用于化工和印染等行业。CuCl难溶于乙醇，在潮湿的空气中易被氧化，酸性条件下不稳定，易生成Cu和Cu2+。工业上用铜矿粉（主要含Cu2S及少量Fe2O3、FeO等）为原料制备CuCl．流程如图。
（1）“酸浸”中，加入稀H2SO4不宜过量太多的原因是 避免除杂步骤消耗更多的氨水和碳酸氢铵 。
（2）滤液3的主要成分是 硫酸铵 ；过程中可以循环利用的物质是 氨气 。
（3）生成MnCO3的离子方程式为： Mn2++2HCO3﹣═MnCO3↓+H2O+CO2↑ 。
（4）析出的CuCl晶体用乙醇洗涤的目的是 减少损失防止氧化 。
（5）合成过程中氯化亚铜的产率与温度、溶液pH的关系如图所示。
①据图分析，生产氯化亚铜的适宜条件为 55℃、pH＝3 。
②合成时，盐酸用量过多对产品造成的影响是 不仅降低氯化亚铜的产率，还会使产品中混有铜杂质 。
【分析】由流程可知，酸浸时发生Cu2S+2MnO2+8H+＝2Cu2++2Mn2++S+4H2O、2FeO+2MnO2+8H+＝2Fe3++Mn2++4H2O、Fe2O3+6H+＝2Fe3++3H2O，过滤分离出S；向滤液1中加入氨水调节溶液的pH值，铁离子生成Fe（OH）3沉淀，加入碳酸氢铵发生Mn2++2HCO3﹣═MnCO3↓+H2O+CO2↑，得到MnCO3沉淀，过滤得到的滤液2中含有Cu（NH3）4CO3，加热发生Cu（NH3）4CO3CuO+4NH3↑+CO2↑，滤液3含硫酸铵，最后CuO与盐酸、亚硫酸铵发生2H++SO32﹣+2CuO+2Cl﹣═H2O+2CuCl+SO42﹣，过滤、洗涤、真空干燥或隔绝空气干燥得CuCl产品，以此来解答。
【解答】解：（1）“酸浸”中，加入稀H2SO4不宜过量太多的原因是避免除杂步骤消耗更多的氨水和碳酸氢铵，
故答案为：避免除杂步骤消耗更多的氨水和碳酸氢铵；
（2）滤液3的主要成分是硫酸铵；由上述分析可知，过程中可以循环利用的物质是氨气，
故答案为：硫酸铵；氨气；
（3）生成MnCO3的离子方程式为Mn2++2HCO3﹣═MnCO3↓+H2O+CO2↑，
故答案为：Mn2++2HCO3﹣═MnCO3↓+H2O+CO2↑；
（4）CuCl难溶于乙醇，在潮湿的空气中易被氧化，则析出的CuCl晶体用乙醇洗涤的目的是减少损失防止氧化，
故答案为：减少损失防止氧化；
（5）①图中纵坐标为产率，横坐标为温度、pH，则生产氯化亚铜的适宜条件为55℃、pH＝3，
故答案为：55℃、pH＝3；
②CuCl在酸性条件下不稳定，易生成Cu和Cu2+，则合成时，盐酸用量过多对产品造成的影响是不仅降低氯化亚铜的产率，还会使产品中混有铜杂质，
故答案为：不仅降低氯化亚铜的产率，还会使产品中混有铜杂质。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用。
19．（12分）“循环经济”是目前备受关注的课题，对保护环境和资源的综合利用意义重大。
（1）氮元素在海洋中的循环，是整个海洋生态系统的基础和关键，海洋中无机氮的循环过程可用如图1表示。
①海洋中的氮循环起始于氮的固定，其中属于固氮作用的一步是 ② （填图中数字序号）。
②有氧时，在硝化细菌作用下，NH4+可实现过程④的转化，若产物n（NO2﹣）：n（N2O）＝2：1，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 5：4 。
（2）氮循环的过程中产生有毒氧化物（NOx）。工业上常用 Na2CO3溶液吸收法处理。
发生的反应有NO+NO2+Na2CO3═2NaNO2+CO2（Ⅰ）
2NO2+Na2CO3═NaNO2+NaNO3+CO2（Ⅱ）
将1molNOx通入Na2CO3溶液中，被完全吸收，溶液中生成的NO3﹣、NO2﹣两种离子的物质的量随x变化关系如图所示。下图2中线段b表示 NO3﹣ （填离子符号）随x值变化的关系；若用溶质质量分数为21.2%的Na2CO3溶液吸收，则需要Na2CO3溶液至少 250 g。
（3）采用电解法处理含氮氧化物废气，可回收硝酸，具有较高的环境效益和经济效益．实验室模拟电解法吸收NOx的装置如上图3所示（图中电极均为石墨电极）。
①直流电源的负极为 A （“A”或“B”）；该电解装置应选择 阳 （填“阳”或“阴”）离子交换膜。
②若以处理NO2为模拟实验，阳极发生的电极反应为 NO2﹣e﹣+H2O═NO3﹣+2H+ 。
【分析】（1）①氮的固定作用是指游离态氮元素发生反应生成化合态氮元素的过程为固氮作用，即单质变化为化合物；
②有氧时，在硝化细菌作用下，NH4+可实现过程④的转化，生成N2O、NO2﹣、H+和水，结合电荷守恒和原子守恒配平书写离子方程式，结合定量关系计算得到；
（2）利用极限法和守恒法来解决问题即可，若x＝1.5气体应为NO和NO2混合物，物质的量比为1：1，按Ⅰ式反应，没有NO3﹣，线a应该表示NO2﹣，所有线b表示NO3﹣，用守恒法：反应生成的NaNO3和NaNO2中氮元素与钠元素之比为1：1，所以1mol NOx被完全吸收至少需碳酸钠0.5mol，质量＝0.5mol×106g、mol＝53g；
（3）根据图知，电解时，左室中电极上氢离子放电生成氢气，则左室为阴极室，右室为阳极室，阳极上通入的是氮氧化物，生成的硝酸，所以阳极上氮氧化物失电子和水生成硝酸。
【解答】解：（1）①氮的固定作用是指游离态氮元素发生反应生成化合态氮元素的过程为固氮作用，即单质变化为化合物，分析转化关系图可知只有反应②是氮气保护为铵根离子是固氮作用，
故答案为：②；
②有氧时，在硝化细菌作用下，NH4+可实现过程④的转化，若产物n（NO2﹣）：n（N2O）＝2：1，生成N2O、NO2﹣、H+和水，氮元素化合价﹣3价变化为+1价和+3价，氧元素化合价0价变化为﹣2价，电子转移总数20e﹣，所以铵根离子前为4，氧气前为5，NO2﹣前为2，N2O前为1，结合电荷守恒得到氢离子前为6，水分子式前为5，配平得到离子方程式为：4NH4++5O2═2NO2﹣+6H++N2O+5H2O，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：4，
故答案为：5：4；
（2）用极限法：若x＝1.5气体应为NO和NO2混合物，物质的量比为1：1，按Ⅰ式反应，没有NO3﹣，线a应该表示NO2﹣，所有线b表示NO3﹣，用守恒法：反应生成的NaNO3和NaNO2中氮元素与钠元素之比为1：1，所以1mol NOx被完全吸收至少需碳酸钠0.5mol，质量＝0.5mol×106g、mol＝53g，若用溶质质量分数为21.2%的Na2CO3溶液吸收，计算得碳酸钠溶液的质量＝g＝250g，
故答案为：NO3﹣；250；
（3）①电解时，左室中电极上氢离子放电生成氢气，则左室为阴极室，连接的电源负极，右室为阳极室，电极反应为：NO2﹣e﹣+H2O＝NO3﹣+2H+，该电解装置应选择阳离子交换膜，
故答案为：A；阳；
②电解时，左室中电极上氢离子放电生成氢气，则左室为阴极室，右室为阳极室，阳极上通入的是氮氧化物，生成的硝酸，所以阳极上氮氧化物失电子和水生成硝酸，电极反应式为：NO2﹣e﹣+H2O＝NO3﹣+2H+，
故答案为：NO2﹣e﹣+H2O═NO3﹣+2H+。
【点评】本题考查化学反应原理，涉及化学方程式计算、氧化还原反应、电解原理等知识点，侧重考查学生分析、判断及计算能力，难点是电极反应式的书写，要注意结合电解质溶液酸碱性书写，题目难度中等。
20．（12分）二氯异氰尿酸钠[（CNO）3Cl2Na]是常用的杀菌消毒剂，常温下为白色固体，难溶于冷水。某同学利用高浓度的NaClO溶液和（CNO）3H3固体，在10℃时反应制备二氯异氰尿酸钠，实验装置如图所示（部分夹持装置略）。
已知：2NaClO+（CNO）3H3═（CNO）3Cl2Na+NaOH+H2O
回答下列问题：
（1）仪器a的名称为恒压滴液漏斗，与分液漏斗相比其优点是 恒压分液漏斗的支管可以使漏斗下方与漏斗中的压强一致，使漏斗内液体顺利流下 。
（2）待装置B中出现 液面上方有黄绿色气体 时，可由三颈烧瓶上口加入（CNO）3H3固体；反应过程中仍需不断通入 Cl2的理由是 使反应生成的NaOH再次生成NaClO，提高原料的利用率 。
（3）反应结束后，装置B中的浊液经过滤、 冰水洗涤 、干燥得粗产品。上述装置存在一处缺陷会导致装置B中NaOH利用率降低，改进的方法是 在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶 。
（4）通过下列实验测定二氯异氰尿酸钠样品中有效氯的含量。
反应原理：[（CNO）3Cl2]﹣+H++2H2O═（CNO）3H3+2HClO，HClO+2I﹣+H+═I2+Cl﹣+H2O，I2+2S2O32﹣═S4O62﹣+2I﹣。
实验步骤：准确称取mg样品，用容量瓶配成250mL溶液；取25.00mL上述溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，充分反应后，用 cmol/L Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色。加入淀粉指示剂继续滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液平均为 VmL。
①滴定终点现象为 滴入最后一滴Na2S2O3标准液时，锥形瓶内溶液蓝色刚好褪去（或颜色恰好由蓝色变成无色），且半分钟不恢复 。
②该样品的有效氯含量表达式为 。（该样品的有效氯＝×100%）
【分析】（1）恒压滴液漏斗的原理就是形成漏斗下方与漏斗中的压强一致，使漏斗内液体顺利流下，不需要克服下方压力增大的影响；
（2）当装置B中出现液面上方有黄绿色气体时，说明B中生成了大量的NaClO，反应过程中仍需不断通入 Cl2的目的是使反应生成的 NaOH再次生成 NaClO，从而提高原料的利用率；
（3）二氯异氰尿酸钠难溶于冷水，过滤得到的二氯异氰尿酸钠可用冰水洗涤，减少溶解损失，然后经干燥得粗产品，A中生成的氯气中混有HCl气体，溶于B中的溶液后，也会消耗NaOH，导致生成的NaClO的量减少，进一步导致生成的二氯异氰尿酸钠减少，可以在装置 A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶，除去HCl，避免其影响；
（4）①根据题意可知，滴定终点现象为滴入最后一滴溶液时，锥形瓶内的溶液由蓝色刚好褪去，且半分钟不恢复蓝色；
②根据题意可得关系式：HClO～I2～2S2O32﹣，n（HClO）＝n（S2O32﹣）＝cmol/L×V×10﹣3L＝5×10﹣4cVmol，进一步计算出样品中的有效氯含量。
【解答】解：（1）恒压滴液漏斗，与分液漏斗相比其优点是恒压分液漏斗的支管可以使漏斗下方与漏斗中的压强一致，使漏斗内液体顺利流下，不需要克服下方压力增大的影响，
故答案为：恒压分液漏斗的支管可以使漏斗下方与漏斗中的压强一致，使漏斗内液体顺利流下；
（2）当装置B中出现液面上方有黄绿色气体时，说明B中生成了大量的NaClO，此时由三颈烧瓶上口加入（CNO）3H3固体，发生反应：2NaClO+（CNO）3H3═（CNO）3Cl2Na+NaOH+H2O，由于反应又生成了NaOH，所以反应过程中仍需不断通入 Cl2，使反应生成的 NaOH再次生成 NaClO，从而提高原料的利用率，
故答案为：液面上方有黄绿色气体；使反应生成的 NaOH再次生成 NaClO，提高原料的利用率；
（3）因为二氯异氰尿酸钠难溶于冷水，故反应结束后，装置B中的浊液经过滤、冰水洗涤、干燥得粗产品，因为A中生成的氯气中混有HCl气体，HCl溶于B中的溶液后，也会消耗NaOH，但生成的是NaCl，而不是NaClO，故会降低NaOH的利用率，改进的方法是在装置 A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶，除去HCl，避免其影响，
故答案为：冰水洗涤；在装置 A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶；
（4）①根据题意可知，滴定终点现象为滴入最后一滴Na2S2O3标准液时，锥形瓶内溶液蓝色刚好褪去（或颜色恰好由蓝色变成无色），且半分钟不恢复，
故答案为：滴入最后一滴Na2S2O3标准液时，锥形瓶内溶液蓝色刚好褪去（或颜色恰好由蓝色变成无色），且半分钟不恢复；
②根据题意可得关系式：HClO～I2～2S2O32﹣，n（HClO）＝n（S2O32﹣）＝cmol/L×V×10﹣3L＝5×10﹣4cVmol，故样品中的有效氯含量为：×100%＝，
故答案为：。
【点评】本题主要考查物质的制备，具体考查了恒压分液漏斗的原理，如何提高原料的利用率，试剂的除杂，滴定终点的判断，关系式计算等，具有一定的综合性，对学生的思维能力要求较高，属于难题
2021-2022学年山东省德州市高三（上）期中化学试卷
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分．每小题只有一个选项符合题目要求．
1．（2分）化学与生活、生产密切相关．下列说法错误的是（ ）
A．“卤水点豆腐”利用了胶体的聚沉原理
B．还原性铁粉用于食品行业的“双吸剂”
C．二氧化硅用于硅全固态电池的阳极材料
D．“拉闸限电”活动有利于“碳中和、碳达峰”
2．（2分）下列变化中，气体反应物既被氧化又被还原的是（ ）
A．金属钠露置在空气中迅速变暗
B．露置在空气中的过氧化钠固体变白
C．将氨气与氯化氢混合，产生大量白烟
D．充满氯气的试管倒扣在水槽中，试管内液面上升
3．（2分）下列离子组在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A．小苏打溶液中K+、Ba2+、OH﹣、NO3﹣
B．氨水溶液中K+、[Al（OH）4]﹣、Na+、NO3﹣
C．“84”消毒液中：K+、H+、Cl﹣、SO42﹣
D．氯化铁溶液中Na+、K+、S2﹣、NO3﹣
4．（2分）下列有关实验操作或叙述正确的是（ ）
A．向容量瓶转移液体时，玻璃棒不可以接触容量瓶内壁
B．用NaOH溶液，湿润的蓝色石蕊试纸可检验溶液中NH4+
C．进行分液时，先放出下层液体后再倒出上层液体
D．蒸馏用到的玻璃仪器有蒸馏烧瓶、球形冷凝管、温度计等
5．（2分）氯化钠来自海水，工业上通过提纯NaCl进一步获得钠单质和化合物，转化关系如下．下列说法正确的是（ ）
A．提纯过程主要涉及过滤、结晶、蒸馏等操作
B．上述转化中只有反应①属于氧化还原反应
C．反应②所得副产物中既含离子键又含共价键
D．实验室可用氢氧化钙鉴别碳酸钠和碳酸氢钠
6．（2分）已知短周期主族元素X、Y、Z、W、R，其中X的原子半径在短周期主族元素中最大，Y元素的原子最外层电子数为a，次外层电子数为b，Z元素的原子L层电子数为a+b，M层电子数为a﹣b，W与Z同主族R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2：1．下列叙述错误的是（ ）
A．非金属强弱顺序：Y＞R＞W＞Z
B．沾有R单质的玻璃仪器可用WR2进行清洗
C．简单离子半径大小关系：R＞X＞Y
D．RY2和X2Y2均能使品红试液褪色
7．（2分）亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效的漂白剂和氧化剂，其制备方法如下：
①2NaClO3+SO2+H2SO4═2ClO2↑+2NaHSO4
②2ClO2+H2O2+2NaOH═2NaClO2+O2+2H2O
下列说法不正确的是（ ）
A．氧化性：ClO3﹣＞ClO2＞H2O2
B．通过原电池实现①，正极的电极反应SO2﹣2e﹣+2H2O═HSO4﹣+3H+
C．每生1mol亚氯酸钠，理论上共转移电子数2NA
D．进行反应②时，要控制反应温度不易过高
8．（2分）下列实验中操作规范，且能达到实验目的的是（ ）
A
B
C
D
观察Fe（OH）2的生成
蒸发结晶制备氯化钠晶体
制备并收集干燥的氨气
铁上镀铜
A．A B．B C．C D．D
9．（2分）价﹣类二维图是学习元素化合物知识的重要方法，某同学绘制某常见元素的价﹣类二维图如图所示．下列推断合理的是（ ）
A．f中阴阳离子个数比一定为1：2
B．图中按箭头所示的转化均可一步实现
C．标况下，1molb和c的混合物体积22.4L
D．可用盐酸酸化的氯化钡检验e是否变质
10．（2分）FeCl3常做印刷电路板的“腐蚀液”，右图是制备氯化铁晶体的实验装置图，下列说法不正确的是（ ）
A．甲装置中的高锰酸钾可用氯酸钾、漂白精代替
B．实验时应依次打开乙中活塞、弹簧夹、甲中活塞
C．甲中反应的离子方程式为：2MnO4﹣+16H++10Cl﹣═2Mn2++5Cl2↑+8H2O
D．结束后，将乙中溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥即得FeCl3晶体
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分．每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．
11．（4分）X、Y是原子序数增大的短周期元素，两者可形成多种有机化合物．甲、乙分别是X、Y元素形成的常见氧化物．现将nmol甲和乙的混合物与足量过氧化钠反应，固体质量增重mg，同时生成VL氧气．下列说法正确的是（ ）
A．反应过程中，电子转移数为2nNA
B．n（甲）：n（乙）＝（m﹣2n）：（28n﹣m）
C．参加反应的过氧化钠的质量为78ng
D．V＝11.2
12．（4分）铁的某种络合物离子（用[L﹣Fe﹣H]+表示）催化甲酸分解的反应机理及相对能量变化如图所示：下列说法正确的是（ ）
A．反应过程中铁元素价态没有改变
B．由到过程中形成了离子键
C．反应过程中最大能垒E正＝77.1kJ•mol﹣1
D．总反应为：HCOOH（l）CO2（g）+H2（g）△H＝﹣46.2kJ•mol﹣1
13．（4分）研究微生物燃料电池不仅可以获得高效能源，同时还可对污水、餐厅废弃物等进行科学处理．利用微生物燃料电池原理处理酸性废水的示意图如右图所示，下列说法正确是（ ）
A．工作时，K+由b极区移向a极区
B．负极反应为：[Fe（CN）6]3﹣+e﹣═[Fe（CN）6]4﹣
C．消耗0.1molCH3COOH，a极区质量减少9.6g
D．放电过程中，b极附近溶液的pH变小
14．（4分）临床上用KI预防和治疗甲状腺疾病．一种利用含碘废水制取KI的工艺流程如图：下列说法错误的是（ ）
A．制CuI时I2和CuSO4都做氧化剂
B．“滤渣2”经过处理可回收利用
C．加入HI的目的是去除K2CO3，提高KI的纯度
D．获得KI晶体时可在空气中直接蒸发浓缩、冷却结晶
15．（4分）H2A是一种二元弱酸，H2A由于与空气中的某种成分作用而保持不变，已知Ksp（MA）＝3×10﹣9，某水体中lgc（X）（X为H2A、HA﹣、A2﹣、M2+）与pH的关系如图所示．下列说法正确的多是（ ）
A．曲线②代表HA﹣
B．H2A的一级电离常数为10﹣8.3
C．c（M2+）随pH升高而增大
D．pH＝10.3时，c（M2+）＝3.0×10﹣7.9mol•L﹣1
三、非选择题：本题共5小题，共60分．
16．（12分）硒（34Se）与人类的健康密切相关．硒元素的发现已有200多年，人们对硒的认识已经进入全新阶段．
（1）Se元素原子结构示意图为： 。
（2）H2O、H2S、H2Se三种氢化物的稳定性大小顺序是 ，其中还原性最强的是 。
下表是O、S、Se、Te四种元素单质分别与H2反应生成1mol气态氢化物的反应热，其中表示生成1mol硒化氢反应热的是 （填字母代号）。
A
B
C
D
+99.7kJ•mol﹣1
+29.7kJ•mol﹣1
﹣20.6kJ•mol﹣1
﹣241.8kJ•mol﹣1
（3）工业上用浓H2SO4焙烧CuSe的方法提取硒，反应产生SO2、SeO2的混合气体，写出反应的化学方程式 。理论上该反应每转移1mol电子，可得到SeO2的质量为 g。（保留一位小数）
（4）已知硒酸（H2SeO4）在水溶液中的电离方程式为：H2SeO4═H++HSeO4﹣；HSeO4﹣⇌H++SeO42﹣。Na2SeO4溶液的离子浓度由大到小的顺序为 ，Na与Se两种元素的守恒关系为：c（Na+）＝ 。
17．（12分）硫酸是十分重要的化工原料．工业上用黄铁矿（FeS2）制备硫酸的工艺如图所示。
（1）FeS2的电子式： 。
（2）过程Ⅰ发生的化学方程式为 。
（3）已知：98.3%的浓硫酸密度为1.84g•cm﹣3，则该浓硫酸的物质的量浓度为 。
（4）实验室常用一定物质的量浓度的稀硫酸要用浓硫酸进行配制，配制过程中各操作的先后顺序是 。
（5）如图是模拟工业探究为何采用98.3%的浓硫酸吸收三氧化硫的装置。
①如图中丙和丁装置的作用分别是： 。
②若丁装置在反应过程中出现气泡，不久就出现了白雾，而丙装置一直没有明显变化，产生这种现象的可能原因两种是：一是丙中插入浓硫酸溶液的导管插得太深，使两个吸收瓶内的压强差较大，导致SO3从丁的水中冒了出来，与水形成酸雾；二是 。
③本实验设计还存在的较明显缺陷是 。
18．（12分）氯化亚铜（CuCl）是一种白色粉末，广泛应用于化工和印染等行业。CuCl难溶于乙醇，在潮湿的空气中易被氧化，酸性条件下不稳定，易生成Cu和Cu2+。工业上用铜矿粉（主要含Cu2S及少量Fe2O3、FeO等）为原料制备CuCl．流程如图。
（1）“酸浸”中，加入稀H2SO4不宜过量太多的原因是 。
（2）滤液3的主要成分是 ；过程中可以循环利用的物质是 。
（3）生成MnCO3的离子方程式为： 。
（4）析出的CuCl晶体用乙醇洗涤的目的是 。
（5）合成过程中氯化亚铜的产率与温度、溶液pH的关系如图所示。
①据图分析，生产氯化亚铜的适宜条件为 。
②合成时，盐酸用量过多对产品造成的影响是 。
19．（12分）“循环经济”是目前备受关注的课题，对保护环境和资源的综合利用意义重大。
（1）氮元素在海洋中的循环，是整个海洋生态系统的基础和关键，海洋中无机氮的循环过程可用如图1表示。
①海洋中的氮循环起始于氮的固定，其中属于固氮作用的一步是 （填图中数字序号）。
②有氧时，在硝化细菌作用下，NH4+可实现过程④的转化，若产物n（NO2﹣）：n（N2O）＝2：1，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
（2）氮循环的过程中产生有毒氧化物（NOx）。工业上常用 Na2CO3溶液吸收法处理。
发生的反应有NO+NO2+Na2CO3═2NaNO2+CO2（Ⅰ）
2NO2+Na2CO3═NaNO2+NaNO3+CO2（Ⅱ）
将1molNOx通入Na2CO3溶液中，被完全吸收，溶液中生成的NO3﹣、NO2﹣两种离子的物质的量随x变化关系如图所示。下图2中线段b表示 （填离子符号）随x值变化的关系；若用溶质质量分数为21.2%的Na2CO3溶液吸收，则需要Na2CO3溶液至少 g。
（3）采用电解法处理含氮氧化物废气，可回收硝酸，具有较高的环境效益和经济效益．实验室模拟电解法吸收NOx的装置如上图3所示（图中电极均为石墨电极）。
①直流电源的负极为 （“A”或“B”）；该电解装置应选择 （填“阳”或“阴”）离子交换膜。
②若以处理NO2为模拟实验，阳极发生的电极反应为 。
20．（12分）二氯异氰尿酸钠[（CNO）3Cl2Na]是常用的杀菌消毒剂，常温下为白色固体，难溶于冷水。某同学利用高浓度的NaClO溶液和（CNO）3H3固体，在10℃时反应制备二氯异氰尿酸钠，实验装置如图所示（部分夹持装置略）。
已知：2NaClO+（CNO）3H3═（CNO）3Cl2Na+NaOH+H2O
回答下列问题：
（1）仪器a的名称为恒压滴液漏斗，与分液漏斗相比其优点是 。
（2）待装置B中出现 时，可由三颈烧瓶上口加入（CNO）3H3固体；反应过程中仍需不断通入 Cl2的理由是 。
（3）反应结束后，装置B中的浊液经过滤、 、干燥得粗产品。上述装置存在一处缺陷会导致装置B中NaOH利用率降低，改进的方法是 。
（4）通过下列实验测定二氯异氰尿酸钠样品中有效氯的含量。
反应原理：[（CNO）3Cl2]﹣+H++2H2O═（CNO）3H3+2HClO，HClO+2I﹣+H+═I2+Cl﹣+H2O，I2+2S2O32﹣═S4O62﹣+2I﹣。
实验步骤：准确称取mg样品，用容量瓶配成250mL溶液；取25.00mL上述溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，充分反应后，用 cmol/L Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色。加入淀粉指示剂继续滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液平均为 VmL。
①滴定终点现象为 。
②该样品的有效氯含量表达式为 。（该样品的有效氯＝×100%）
2021-2022学年山东省德州市高三（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分．每小题只有一个选项符合题目要求．
1．（2分）化学与生活、生产密切相关．下列说法错误的是（ ）
A．“卤水点豆腐”利用了胶体的聚沉原理
B．还原性铁粉用于食品行业的“双吸剂”
C．二氧化硅用于硅全固态电池的阳极材料
D．“拉闸限电”活动有利于“碳中和、碳达峰”
【分析】A．豆浆是胶体，卤水是电解质溶液；
B．还原性铁粉能发生吸氧腐蚀，会吸收氧气和水蒸气；
C．硅是优良的半导体材料，硅可以用于制硅全固态电池；
D．火力发电会释放二氧化碳，“拉闸限电”活动有利于节约电能。
【解答】解：A．豆浆是胶体，卤水是电解质溶液，胶体遇到电解质溶液会发生聚沉，所以“卤水点豆腐”利用了胶体的聚沉原理，故A正确；
B．还原性铁粉能发生吸氧腐蚀，会吸收氧气和水蒸气，所以还原性铁粉能作食品行业的“双吸剂‘’，故B正确；
C．硅是优良的半导体材料，硅可以用于制硅全固态电池，二氧化硅是绝缘体，不能作阳极材料，故C错误；
D．火力发电会释放二氧化碳，“拉闸限电”活动有利于节约电能，能减少二氧化碳的排放，所以有利于“碳中和、碳达峰‘’，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了元素的化合物的性质及其应用，为高频考点和常见题型，侧重于学生的分析、应用能力的考查，把握物质的组成、结构、性质与应用为解答该题的关键，题目难度不大。
2．（2分）下列变化中，气体反应物既被氧化又被还原的是（ ）
A．金属钠露置在空气中迅速变暗
B．露置在空气中的过氧化钠固体变白
C．将氨气与氯化氢混合，产生大量白烟
D．充满氯气的试管倒扣在水槽中，试管内液面上升
【分析】A．Na在空气中被氧气氧化；
B．过氧化钠与空气中的水、二氧化碳反应；
C．氨气与HCl反应生成氯化铵；
D．二氧化氮与水反应生成硝酸和NO。
【解答】解：A．Na在空气中被氧气氧化，氧气是氧化剂，被还原，故A不选；
B．过氧化钠与空气中的水、二氧化碳反应，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，气体中元素化合价不变，故B不选；
C．氨气与HCl反应生成氯化铵，反应中没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，故C不选；
D．氯气与水反应生成HClO和HCl，氯气既是氧化剂又是还原剂，则气体反应物既被氧化又被还原，故D选；
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度不大，明确氧化还原反应的概念即可解答，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的灵活应用能力。
3．（2分）下列离子组在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A．小苏打溶液中K+、Ba2+、OH﹣、NO3﹣
B．氨水溶液中K+、[Al（OH）4]﹣、Na+、NO3﹣
C．“84”消毒液中：K+、H+、Cl﹣、SO42﹣
D．氯化铁溶液中Na+、K+、S2﹣、NO3﹣
【分析】离子之间不能结合生成沉淀、气体、水、弱电解质，不能发生氧化还原反应等，则离子能大量共存，以此来解答。
【解答】解：A.Ba2+、OH﹣、HCO3﹣反应生成沉淀和水，不能大量共存，故A错误；
B.氨水溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，故B正确；
C.H+、Cl﹣、ClO﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；
D.S2﹣分别与Fe3+、NO3﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息、离子之间的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意复分解反应、氧化还原反应的判断。
4．（2分）下列有关实验操作或叙述正确的是（ ）
A．向容量瓶转移液体时，玻璃棒不可以接触容量瓶内壁
B．用NaOH溶液，湿润的蓝色石蕊试纸可检验溶液中NH4+
C．进行分液时，先放出下层液体后再倒出上层液体
D．蒸馏用到的玻璃仪器有蒸馏烧瓶、球形冷凝管、温度计等
【分析】A.容量瓶转移液体时，玻璃棒的下端在刻度线以下；
B.氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝；
C.分液时避免上下层液体混合；
D.球形冷凝管易残留馏分。
【解答】解：A.容量瓶转移液体时，玻璃棒的下端在刻度线以下，防止溶液残留，玻璃棒可以接触容量瓶内壁，故A错误；
B.氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，不能选湿润的蓝色石蕊试纸，故B错误；
C.分液时避免上下层液体混合，则先放出下层液体后，再从上口倒出上层液体，故C正确；
D.球形冷凝管易残留馏分，应选直形冷凝管，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物的分离提纯、溶液的配制、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。
5．（2分）氯化钠来自海水，工业上通过提纯NaCl进一步获得钠单质和化合物，转化关系如下．下列说法正确的是（ ）
A．提纯过程主要涉及过滤、结晶、蒸馏等操作
B．上述转化中只有反应①属于氧化还原反应
C．反应②所得副产物中既含离子键又含共价键
D．实验室可用氢氧化钙鉴别碳酸钠和碳酸氢钠
【分析】由转化可知，海水提纯后得到NaCl，①为电解熔融氯化钠生成Na，②中氯化钠溶液、氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氯化铵，③为碳酸氢钠分解生成碳酸钠，④为电解氯化钠溶液生成NaOH，以此来解答。
【解答】解：A.海水中含氯化钠，且含钙离子、镁离子、硫酸根离子，需要加NaOH、氯化钡、碳酸钠除杂后，过滤、蒸发结晶得到NaCl，提纯不涉及蒸馏，故A错误；
B.由上述分析可知，①、④均为电解，均属于氧化还原反应，故B错误；
C.反应②所得副产物为氯化铵，含离子键、共价键，故C正确；
D.碳酸钠和碳酸氢钠均与氢氧化钙溶液反应生成白色沉淀，现象相同，不能鉴别，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查海水资源的应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物的分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用。
6．（2分）已知短周期主族元素X、Y、Z、W、R，其中X的原子半径在短周期主族元素中最大，Y元素的原子最外层电子数为a，次外层电子数为b，Z元素的原子L层电子数为a+b，M层电子数为a﹣b，W与Z同主族R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2：1．下列叙述错误的是（ ）
A．非金属强弱顺序：Y＞R＞W＞Z
B．沾有R单质的玻璃仪器可用WR2进行清洗
C．简单离子半径大小关系：R＞X＞Y
D．RY2和X2Y2均能使品红试液褪色
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W、R，其中X的原子半径在短周期主族元素中最大，则X为Na；Z元素的原子L层电子数为a+b，M层电子数为a﹣b，则a+b＝8，而Y元素的原子最外层电子数为a，次外层电子数为b，故b＝2，则a＝8﹣2＝6，可知Y为O元素，Z元素的M层电子数为a﹣b＝6﹣2＝4，故Z为Si；W与Z同主族，则W为C元素；R元素原子与Y元素（氧）原子的核外电子数之比为2：1，则R元素元素核外电子数为2×8＝16，故R为S元素。
【解答】解：由分析可知，X为Na、Y为O、Z为Si、W为C元素、R为S元素；
A．同周期自左而右非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱，则非金属性O＞C，O＞S，S＞Si，C＞Si，元素最高价含氧酸的酸性越强，该元素非金属性越强，酸性H2SO4＞H2CO3，故非金属性S＞C，可知非金属性O＞S＞C＞Si，故A正确；
B．硫单质能溶于CS2，故B正确；
C．电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，而离子的电子层越多，离子半径越大，故离子半径S2﹣＞O2﹣＞Na+，故C错误；
D．二氧化硫和过氧化钠都具有漂白性，都可使品红褪色，但原理不同，二氧化硫发生化合反应，过氧化钠具有强氧化性，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查原子结构和元素周期律的关系，推断元素是解题的关键，注意掌握元素化合物知识，理解影响微粒半径大小的因素，侧重考查学生分析推理能力及知识综合运用能力。
7．（2分）亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效的漂白剂和氧化剂，其制备方法如下：
①2NaClO3+SO2+H2SO4═2ClO2↑+2NaHSO4
②2ClO2+H2O2+2NaOH═2NaClO2+O2+2H2O
下列说法不正确的是（ ）
A．氧化性：ClO3﹣＞ClO2＞H2O2
B．通过原电池实现①，正极的电极反应SO2﹣2e﹣+2H2O═HSO4﹣+3H+
C．每生1mol亚氯酸钠，理论上共转移电子数2NA
D．进行反应②时，要控制反应温度不易过高
【分析】A.根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来进行分析判断；
B.正极发生还原反应；
C.每生1mol亚氯酸钠，转移电子2mol；
D.温度过高，过氧化氢会分解。
【解答】解：A.①2NaClO3+SO2+H2SO4═2ClO2↑+2NaHSO4氧化剂是NaClO3，氧化产物是ClO2，故氧化性ClO3﹣＞ClO2；②2ClO2+H2O2+2NaOH═2NaClO2+O2+2H2O中二氧化氯做氧化剂，过氧化氢做还原剂，故氧化性ClO2＞H2O2，所以氧化性：ClO3﹣＞ClO2＞H2O2，所以A正确；
B.正极发生还原反应，SO2﹣2e﹣+2H2O═HSO4﹣+3H+这个反应是氧化反应，是负极反应，故B错误；
C.每生1mol亚氯酸钠，转移电子2mol，每生1mol亚氯酸钠，理论上共转移电子数2NA，故C正确；
D.温度过高，过氧化氢会分解，故温度不易过高，故D正确，
故选：B。
【点评】本题考查氧化还原反应中氧化性强弱的比较、电子转移数的计算，内容比较基础，适合平常基础训练。
8．（2分）下列实验中操作规范，且能达到实验目的的是（ ）
A
B
C
D
观察Fe（OH）2的生成
蒸发结晶制备氯化钠晶体
制备并收集干燥的氨气
铁上镀铜
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.植物油可隔绝空气，硫酸亚铁与NaOH溶液反应生成氢氧化亚铁；
B.蒸发选蒸发皿；
C.氨气的密度比空气密度小；
D.铁上镀铜，应Cu与电源正极相连作阳极。
【解答】解：A.植物油可隔绝空气，硫酸亚铁与NaOH溶液反应生成氢氧化亚铁，图中装置可制备氢氧化亚铁并防止被氧化，故A正确；
B.蒸发选蒸发皿，不能选坩埚，故B错误；
C.氨气的密度比空气密度小，应短导管进气收集，故C错误；
D.铁上镀铜，应Cu与电源正极相连作阳极，Fe与电源负极相连，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、物质的制备、电镀、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。
9．（2分）价﹣类二维图是学习元素化合物知识的重要方法，某同学绘制某常见元素的价﹣类二维图如图所示．下列推断合理的是（ ）
A．f中阴阳离子个数比一定为1：2
B．图中按箭头所示的转化均可一步实现
C．标况下，1molb和c的混合物体积22.4L
D．可用盐酸酸化的氯化钡检验e是否变质
【分析】根据该元素的价类二维图可以推知，a为S，属于单质，硫元素的化合价为0，b为SO2，硫元素的化合价为+4价，属于氧化物，c为SO3，硫元素的化合价为+6价，属于氧化物，d为Na2SO4或NaHSO4，硫元素为+6价，属于钠盐；e为Na2SO3或NaHSO3，硫元素为+4价，属于钠盐，f为Na2S或NaHS，硫元素为﹣2价，属于钠盐。
【解答】解：A．f为Na2S或NaHS，当f为Na2S时阴阳离子个数比一定为1：2，当f为NaHS时阴阳离子个数比一定为1：1，故A错误；
B．图中按箭头所示的转化由a→c，即由S→SO3不能一步实现，故B错误；
C．标况下，SO3不是气体，故1molSO2和SO3的混合物体积不是22.4L，故C错误；
D．Na2SO3或NaHSO3变质生成Na2SO4或NaHSO4，根据亚硫酸钡溶于酸，硫酸钡不溶于酸，可用盐酸酸化的氯化钡检验Na2SO3或NaHSO3是否变质，故D正确；
故选：D。
【点评】本题综合考查无机物的推断，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力以及元素化合物知识的综合理解和运用，题目难度不大，注意把握物质的性质。
10．（2分）FeCl3常做印刷电路板的“腐蚀液”，右图是制备氯化铁晶体的实验装置图，下列说法不正确的是（ ）
A．甲装置中的高锰酸钾可用氯酸钾、漂白精代替
B．实验时应依次打开乙中活塞、弹簧夹、甲中活塞
C．甲中反应的离子方程式为：2MnO4﹣+16H++10Cl﹣═2Mn2++5Cl2↑+8H2O
D．结束后，将乙中溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥即得FeCl3晶体
【分析】由制备实验装置可知，先打开乙中活塞，乙中Fe与盐酸反应生成FeCl2，再打开弹簧夹，打开甲中活塞，甲中发生2MnO4﹣+16H++10Cl﹣═2Mn2++5Cl2↑+8H2O，然后氯气进入乙中氧化亚铁离子生成FeCl3，结束后将乙中溶液在HCl气流中蒸发制备FeCl3晶体，丙中NaOH溶液可吸收尾气，以此来解答。
【解答】解：A.甲装置中的高锰酸钾可用氯酸钾、漂白精代替，均可氧化浓盐酸生成氯气，故A正确；
B.由上述分析可知，氯气氧化氯化亚铁生成氯化铁，则实验时应依次打开乙中活塞、弹簧夹、甲中活塞，故B正确；
C.甲中高锰酸钾可氧化浓盐酸，反应的离子方程式为：2MnO4﹣+16H++10Cl﹣═2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故C正确；
D.为抑制铁离子的水解，需要在HCl气流中将乙中溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥即得FeCl3晶体，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、制备原理、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分．每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．
11．（4分）X、Y是原子序数增大的短周期元素，两者可形成多种有机化合物．甲、乙分别是X、Y元素形成的常见氧化物．现将nmol甲和乙的混合物与足量过氧化钠反应，固体质量增重mg，同时生成VL氧气．下列说法正确的是（ ）
A．反应过程中，电子转移数为2nNA
B．n（甲）：n（乙）＝（m﹣2n）：（28n﹣m）
C．参加反应的过氧化钠的质量为78ng
D．V＝11.2
【分析】X、Y是原子序数增大的短周期元素，两者可形成多种有机化合物，而甲、乙分别是X、Y元素形成的常见氧化物，甲、乙与过氧化钠反应有氧气生成，则甲为H2O、乙为CO2，则X为H元素、Y为C元素；
A．根据方程式2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑、2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2计算氧气的物质的量，再根据氧元素化合价变化计算注意电子数目；
B．根据A分析可以计算生成氧气的质量，固体增重与氧气质量之和等于水与二氧化碳的总质量，再结合水与二氧化碳总物质的量计算它们的物质的量之比；
C．根据方程式2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑、2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2计算参加反应过氧化钠的物质的量，再根据m＝nM计算过氧化钠的质量；
D．氧气不一定处于标准状况下。
【解答】解：X、Y是原子序数增大的短周期元素，两者可形成多种有机化合物，而甲、乙分别是X、Y元素形成的常见氧化物，甲、乙与过氧化钠反应有氧气生成，则甲为H2O、乙为CO2，则X为H元素、Y为C元素；
A．由方程式2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑、2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，可知n（O2）＝[n（H2O）+n（CO2）]＝×nmol＝0.5nmol，故转移电子为0.5nmol×2×[0﹣（﹣1）]＝nmol，即转移电子数目为nNA，故A错误；
B．由A分析可知，生成氧气的质量为0.5nmol×32g/mol＝16ng，则水与二氧化碳总质量为（m+16n）g，设水、二氧化碳的物质的量分别为xmol、ymol，则，整理可得x：y＝（28n﹣m）：（m﹣2n），即n（甲）：n（乙）＝（28n﹣m）：（m﹣2n），故B错误；
C．根据方程式2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑、2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，可知n（Na2O2）＝n（H2O）+n（CO2）＝nmol，故参加反应的过氧化钠的质量为nmol×78g/mol＝78ng，故C正确；
D．氧气不一定处于标准状况下，不能计算生成氧气的体积，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学方程式计算、元素化合物的推断，推断物质是解题的关键，注意根据化学方程式理解过氧化钠与水、二氧化碳反应增重问题，D选项为易错点，学生容易忽略标准状况，试题较好地考查学生分析推理能力、化学计算能力。
12．（4分）铁的某种络合物离子（用[L﹣Fe﹣H]+表示）催化甲酸分解的反应机理及相对能量变化如图所示：下列说法正确的是（ ）
A．反应过程中铁元素价态没有改变
B．由到过程中形成了离子键
C．反应过程中最大能垒E正＝77.1kJ•mol﹣1
D．总反应为：HCOOH（l）CO2（g）+H2（g）△H＝﹣46.2kJ•mol﹣1
【分析】A．→CO2+，该反应为氧化还原反应；
B．由到过程中氢原子之间形成共价键；
C．活化能为过渡态的相对能量与反应物的相对能量之差；
D．合并HCOOH→HCOO﹣+H+，[L﹣Fe﹣H]++HCOO﹣→，→CO2+，+H+→，→Ⅰ[L﹣Fe﹣H]++H2，得总方程式，△H＝生成物总能量﹣反应物总能量。
【解答】解：A．→CO2+，该反应为氧化还原反应，碳元素由+2价上升至+4价，则铁元素化合价降低，故A错误；
B．由到过程中氢原子之间形成共价键，没有形成离子键，故B错误；
C．反应过程中最大能垒E正＝43.5kJ/mol﹣（﹣42.6kJ/mol）＝86.1kJ/mol，故C错误；
D．合并HCOOH→HCOO﹣+H+，[L﹣Fe﹣H]++HCOO﹣→，→CO2+，+H+→，→Ⅰ[L﹣Fe﹣H]++H2，得该过程的总反应为HCOOH（l） CO2（g）+H2（g），△H＝﹣46.2kJ/mol﹣0kJ/mol＝﹣46.2kJ/mol，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查反应机理的分析判断、催化剂作用的理解应用、化学键的变化，决定化学快慢的因素等知识点，明确反应机理中的各个阶段是解题关键，掌握化学反应原理等基础知识即可解答，题目难度中等。
13．（4分）研究微生物燃料电池不仅可以获得高效能源，同时还可对污水、餐厅废弃物等进行科学处理．利用微生物燃料电池原理处理酸性废水的示意图如右图所示，下列说法正确是（ ）
A．工作时，K+由b极区移向a极区
B．负极反应为：[Fe（CN）6]3﹣+e﹣═[Fe（CN）6]4﹣
C．消耗0.1molCH3COOH，a极区质量减少9.6g
D．放电过程中，b极附近溶液的pH变小
【分析】由图可知，碳元素价态升高失电子，故a极为负极，电极反应式为CH3COOH﹣8e﹣+2H2O＝CO2↑+8H+，b为正极，电极反应式为[Fe（CN）6]3﹣+e﹣═[Fe（CN）6]4﹣，据此作答。
【解答】解：A.放电时，a极区生成氢离子，正电荷增加，b极区负电荷增加，故氢离子由a极区向b极区迁移，故A错误；
B.a极为负极，电极反应式为CH3COOH﹣8e﹣+2H2O＝CO2↑+8H+，故B错误；
C.a极为负极，电极反应式为CH3COOH﹣8e﹣+2H2O＝CO2↑+8H+，消耗1mol醋酸，a极区释放2mol二氧化碳，同时有8mol氢离子由a极区向b极区迁移，质量减少2mol×44g/mol+8mol×1g/mol＝96g，故消耗0.1molCH3COOH，a极区质量减少9.6g，故C正确；
D.放电过程中，氢离子由a极区向b极区迁移，b极附近溶液的pH变小，故D正确；
故选：CD。
【点评】本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
14．（4分）临床上用KI预防和治疗甲状腺疾病．一种利用含碘废水制取KI的工艺流程如图：下列说法错误的是（ ）
A．制CuI时I2和CuSO4都做氧化剂
B．“滤渣2”经过处理可回收利用
C．加入HI的目的是去除K2CO3，提高KI的纯度
D．获得KI晶体时可在空气中直接蒸发浓缩、冷却结晶
【分析】由流程可知，制备CuI发生2Cu2++I2+4S2O32﹣＝2CuI↓+2S4O62﹣，过滤1得到滤液1为含S4O62﹣的溶液，CuI中加入铁粉生成FeI2，过滤2得到的滤渣2含有Fe、Cu，其中Fe可循环使用，在滤液中加入碳酸钾溶液发生K2CO3+FeI2＝FeCO3↓+2KI可得到KI，滤渣3为FeCO3，滤液中还含有过量的碳酸钾，加入HI可除去，为防止KI被氧化而变质，可将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，可得到KI，以此解答该题。
【解答】解：A.制备CuI发生2Cu2++I2+4S2O32﹣＝2CuI↓+2S4O62﹣，Cu、I元素的化合价降低，则I2和CuSO4都做氧化剂，故A正确；
B.“滤渣2”含Fe，磁铁分离出Fe可回收后在制备FeI2中利用，故B正确；
C.制备KI时加碳酸钾过量，可知调节pH时加入HI的目的是去除K2CO3，提高KI的纯度，故C正确；
D.KI易被空气中的氧气氧化，导致产品不纯，所以获得KI晶体的操作应是蒸发浓缩、泠却结晶、过滤、洗涤、干燥，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物的分离提纯、制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用。
15．（4分）H2A是一种二元弱酸，H2A由于与空气中的某种成分作用而保持不变，已知Ksp（MA）＝3×10﹣9，某水体中lgc（X）（X为H2A、HA﹣、A2﹣、M2+）与pH的关系如图所示．下列说法正确的多是（ ）
A．曲线②代表HA﹣
B．H2A的一级电离常数为10﹣8.3
C．c（M2+）随pH升高而增大
D．pH＝10.3时，c（M2+）＝3.0×10﹣7.9mol•L﹣1
【分析】根据图象分析，随着pH的增大，溶液的碱性增强，HA﹣、A2﹣浓度都增大，而在曲线①pH很小时也产生HA﹣，而随着A2﹣浓度增大，逐渐生成MA沉淀，溶液中M2+逐渐减小，因此曲线①代表HA﹣，②代表A2﹣，③代表M2+，据此分析回答问题。
【解答】解：A．溶液中存在弱电离，且一级电离大于二级电离程度，且随着溶液pH的增大，溶液的碱性增强，结合分析可知，曲线①代表HA﹣，故A正确；
B．曲线①代表HA﹣，由点（6.3，﹣5）可知此时溶液中H2A、HA﹣浓度相等，且pH＝6.3，即c（H+）＝1×10﹣6.3mol/L，则H2A的一级电离常数Ka1＝c（H+）＝1.0×10﹣6.3，故B错误；
C．而随着A2﹣浓度增大，逐渐生成MA沉淀，溶液中M2+逐渐减小，则曲线③代表M2+，根据图象可知，c（M2+）随pH升高而减小，故C错误；
D．已知Ksp（MA）＝2.8×10﹣9，根据图象pH＝10.3时，lgc（X）＝1.1，即c（HA﹣）＝c（A2﹣）＝10﹣1.1mol•L﹣1，则c（M2+）＝＝＝2.8×10﹣7.9mol•L﹣1，故D正确；
故选：AD。
【点评】本题考查难溶物溶解平衡，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确图象含义及电离平衡常数计算是解本题关键，题目难度中等。
三、非选择题：本题共5小题，共60分．
16．（12分）硒（34Se）与人类的健康密切相关．硒元素的发现已有200多年，人们对硒的认识已经进入全新阶段．
（1）Se元素原子结构示意图为： 。
（2）H2O、H2S、H2Se三种氢化物的稳定性大小顺序是 H2O＞H2S＞H2Se ，其中还原性最强的是 H2Se 。
下表是O、S、Se、Te四种元素单质分别与H2反应生成1mol气态氢化物的反应热，其中表示生成1mol硒化氢反应热的是 B （填字母代号）。
A
B
C
D
+99.7kJ•mol﹣1
+29.7kJ•mol﹣1
﹣20.6kJ•mol﹣1
﹣241.8kJ•mol﹣1
（3）工业上用浓H2SO4焙烧CuSe的方法提取硒，反应产生SO2、SeO2的混合气体，写出反应的化学方程式 CuSe+4H2SO4CuSO4+SeO2↑+3SO2↑+4H2O 。理论上该反应每转移1mol电子，可得到SeO2的质量为 18.5 g。（保留一位小数）
（4）已知硒酸（H2SeO4）在水溶液中的电离方程式为：H2SeO4═H++HSeO4﹣；HSeO4﹣⇌H++SeO42﹣。Na2SeO4溶液的离子浓度由大到小的顺序为 c（Na+）＞c（SeO42﹣）＞c（OH﹣）＞c（HSeO4﹣）＞c（H+） ，Na与Se两种元素的守恒关系为：c（Na+）＝ 2[c（SeO42﹣）+c（HSeO4﹣）] 。
【分析】（1）Se是34号元素，原子核外有34个电子分4层排布，从里到外各层的电子数分别为2、8、18、6；
（2）同主族从上到下非金属元素依次减弱，氢化物稳定性依次减弱，还原性依次增强，元素的非金属性越强，气态氢化物越特定，能量越低；
（3）CuSe与浓H2SO4反应，产生SO2、SeO2的混合气体，同时生成硫酸铜，结合化学方程式定量关系计算；
（4）已知硒酸（H2SeO4）在水溶液中的电离方程式为：H2SeO4═H++HSeO4﹣；HSeO4﹣⇌H++SeO42﹣，第一步完全电离，HSeO4﹣离子只电离不水解，Na2SeO4溶液中SeO42﹣离子水解，据此分析判断溶液的离子浓度由大到小的顺序和Na与Se两种元素的守恒关系。
【解答】解：（1）Se是34号元素，原子核外有34个电子分4层排布，从里到外各层的电子数分别为2、8、18、6，则硒（Se）的原子结构示意图为，
故答案为：；
（2）非金属性，O＞S＞Se，H2O、H2S、H2Se三种氢化物的稳定性大小顺序是：H2O＞H2S＞H2Se，其中还原性最强的是：H2Se，同主族元素，自上而下非金属减弱，与反应的剧烈程度减弱，反应越来越困难，反应热越来越大，故生成1mol硒化氢反应热的应是+29.7kJ•mol﹣1，
故答案为：H2O＞H2S＞H2Se；H2Se；B；
（3）CuSe与浓H2SO4反应，产生SO2、SeO2的混合气体，同时生成硫酸铜，反应的化学方程式为：CuSe+4H2SO4（浓）CuSO4+3SO2↑+SeO2+4H2O，理论上转移6mol电子生成1molSeO2，理论上该反应每转移1mol电子，可得到SeO2的物质的量mol，质量为＝mol×111g/mol＝18.5g，
故答案为：CuSe+4 H2SO4CuSO4+SeO2↑+3SO2↑+4H2O；18.5；
（4）已知硒酸（H2SeO4）在水溶液中的电离方程式为：H2SeO4═H++HSeO4﹣；HSeO4﹣⇌H++SeO42﹣，第一步完全电离，HSeO4﹣离子只电离不水解，Na2SeO4溶液中SeO42﹣离子水解，据此分析判断溶液的离子浓度由大到小的顺序：c（Na+）＞c（SeO42﹣）＞c（OH﹣）＞c（HSeO4﹣）＞c（H+），Na与Se两种元素的守恒关系为：c（Na+）＝2[c（SeO42﹣）+c（HSeO4﹣）]，
故答案为：c（Na+）＞c（SeO42﹣）＞c（OH﹣）＞c（HSeO4﹣）＞c（H+）；2[c（SeO42﹣）+c（HSeO4﹣）]。
【点评】本题考查原子结构、元素周期律、氧化还原反应、电解质溶液中离子浓度关系等，为高频考点，把握氧化还原反应实质、电解质溶液中离子浓度关系分析方法、元素周期律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，题目难度不大。
17．（12分）硫酸是十分重要的化工原料．工业上用黄铁矿（FeS2）制备硫酸的工艺如图所示。
（1）FeS2的电子式： 。
（2）过程Ⅰ发生的化学方程式为 4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2 。
（3）已知：98.3%的浓硫酸密度为1.84g•cm﹣3，则该浓硫酸的物质的量浓度为 18.4mol•L﹣1 。
（4）实验室常用一定物质的量浓度的稀硫酸要用浓硫酸进行配制，配制过程中各操作的先后顺序是 CBDFAE 。
（5）如图是模拟工业探究为何采用98.3%的浓硫酸吸收三氧化硫的装置。
①如图中丙和丁装置的作用分别是： 吸收三氧化硫并做对照实验 。
②若丁装置在反应过程中出现气泡，不久就出现了白雾，而丙装置一直没有明显变化，产生这种现象的可能原因两种是：一是丙中插入浓硫酸溶液的导管插得太深，使两个吸收瓶内的压强差较大，导致SO3从丁的水中冒了出来，与水形成酸雾；二是 浓硫酸对SO3的吸收效果远好于水的吸收效果，SO3被浓硫酸充分吸收 。
③本实验设计还存在的较明显缺陷是 缺少尾气处理装置 。
【分析】黄铁矿（FeS2）制备硫酸的工艺流程：过程Ⅰ为过程Ⅰ为FeS2在空气中煅烧产生和Fe2O3和SO2，过程Ⅱ为SO2在400～500℃和催化剂的作用下，被氧气氧化成SO3，过程Ⅲ为98.3%的浓硫酸吸收SO3产生硫酸；
（1）FeS2是由Fe2+和S22﹣构成的，据此书写其电子式；
（2）过程Ⅰ为FeS2在空气中煅烧产生和Fe2O3和SO2，据此书写化学方程式；
（3）根据c＝计算；
（4）用浓溶液配置稀溶液的步骤为：计算→量取→稀释→移液→洗涤→定容→摇匀；
（5）模拟工业探究采用98.3%的浓硫酸吸收三氧化硫的实验：用甲装置干燥SO2和O2，并其混合均均，在乙装置中Cr2O3的催化作用和加热条件下，产生SO3，最后分别用丙装置中98.3%的浓硫酸和丁装置中的水吸收三氧化硫，并形成对照实验，为了防止SO2逸出，污染环境，还需要一个尾气处理装置。
【解答】解：（1）FeS2是由Fe2+和S22﹣构成的，其电子式为：，
故答案为：；
（2）过程Ⅰ为FeS2在空气中煅烧产生和Fe2O3和SO2，化学方程式为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，
故答案为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；
（3）98.3%的浓硫酸密度为1.84g•cm﹣3，则该浓硫酸的物质的量浓度为c＝mol/L≈18.4mol/L，
故答案为：18.4mol•L﹣1；
（4）用浓硫酸配制稀硫酸的步骤为：计算→量取→稀释（C）→移液（B）→洗涤（D）→定容：先用烧杯和玻璃棒引流添加蒸馏水，当液面离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管（F→A）→摇匀（E），
故答案为：CBDFAE；
（5）①由分析可知，图中丙和丁装置的作用分别是：吸收三氧化硫并做对照实验，
故答案为：吸收三氧化硫并做对照实验；
②由于丙装置和丁装置的试剂不同，可能是试剂对SO3的吸收程度不同，若丁装置在反应过程中出现气泡，不久就出现了白雾，而丙装置一直没有明显变化，产生这种现象的可能原因是：浓硫酸对SO3的吸收效果远好于水的吸收效果，SO3被浓硫酸充分吸收，
故答案为：浓硫酸对SO3的吸收效果远好于水的吸收效果，SO3被浓硫酸充分吸收；
③SO2是空气污染物，故本实验设计还存在的较明显缺陷是：缺少尾气处理装置，
故答案为：缺少尾气处理装置。
【点评】本题考查制备硫酸的工艺和探究实验，题目难度中等，关键是掌握硫酸的制备原理、配置一定的物质的量浓度溶液的步骤和物质的量浓度的计算，明确对照实验的设计思路。
18．（12分）氯化亚铜（CuCl）是一种白色粉末，广泛应用于化工和印染等行业。CuCl难溶于乙醇，在潮湿的空气中易被氧化，酸性条件下不稳定，易生成Cu和Cu2+。工业上用铜矿粉（主要含Cu2S及少量Fe2O3、FeO等）为原料制备CuCl．流程如图。
（1）“酸浸”中，加入稀H2SO4不宜过量太多的原因是 避免除杂步骤消耗更多的氨水和碳酸氢铵 。
（2）滤液3的主要成分是 硫酸铵 ；过程中可以循环利用的物质是 氨气 。
（3）生成MnCO3的离子方程式为： Mn2++2HCO3﹣═MnCO3↓+H2O+CO2↑ 。
（4）析出的CuCl晶体用乙醇洗涤的目的是 减少损失防止氧化 。
（5）合成过程中氯化亚铜的产率与温度、溶液pH的关系如图所示。
①据图分析，生产氯化亚铜的适宜条件为 55℃、pH＝3 。
②合成时，盐酸用量过多对产品造成的影响是 不仅降低氯化亚铜的产率，还会使产品中混有铜杂质 。
【分析】由流程可知，酸浸时发生Cu2S+2MnO2+8H+＝2Cu2++2Mn2++S+4H2O、2FeO+2MnO2+8H+＝2Fe3++Mn2++4H2O、Fe2O3+6H+＝2Fe3++3H2O，过滤分离出S；向滤液1中加入氨水调节溶液的pH值，铁离子生成Fe（OH）3沉淀，加入碳酸氢铵发生Mn2++2HCO3﹣═MnCO3↓+H2O+CO2↑，得到MnCO3沉淀，过滤得到的滤液2中含有Cu（NH3）4CO3，加热发生Cu（NH3）4CO3CuO+4NH3↑+CO2↑，滤液3含硫酸铵，最后CuO与盐酸、亚硫酸铵发生2H++SO32﹣+2CuO+2Cl﹣═H2O+2CuCl+SO42﹣，过滤、洗涤、真空干燥或隔绝空气干燥得CuCl产品，以此来解答。
【解答】解：（1）“酸浸”中，加入稀H2SO4不宜过量太多的原因是避免除杂步骤消耗更多的氨水和碳酸氢铵，
故答案为：避免除杂步骤消耗更多的氨水和碳酸氢铵；
（2）滤液3的主要成分是硫酸铵；由上述分析可知，过程中可以循环利用的物质是氨气，
故答案为：硫酸铵；氨气；
（3）生成MnCO3的离子方程式为Mn2++2HCO3﹣═MnCO3↓+H2O+CO2↑，
故答案为：Mn2++2HCO3﹣═MnCO3↓+H2O+CO2↑；
（4）CuCl难溶于乙醇，在潮湿的空气中易被氧化，则析出的CuCl晶体用乙醇洗涤的目的是减少损失防止氧化，
故答案为：减少损失防止氧化；
（5）①图中纵坐标为产率，横坐标为温度、pH，则生产氯化亚铜的适宜条件为55℃、pH＝3，
故答案为：55℃、pH＝3；
②CuCl在酸性条件下不稳定，易生成Cu和Cu2+，则合成时，盐酸用量过多对产品造成的影响是不仅降低氯化亚铜的产率，还会使产品中混有铜杂质，
故答案为：不仅降低氯化亚铜的产率，还会使产品中混有铜杂质。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用。
19．（12分）“循环经济”是目前备受关注的课题，对保护环境和资源的综合利用意义重大。
（1）氮元素在海洋中的循环，是整个海洋生态系统的基础和关键，海洋中无机氮的循环过程可用如图1表示。
①海洋中的氮循环起始于氮的固定，其中属于固氮作用的一步是 ② （填图中数字序号）。
②有氧时，在硝化细菌作用下，NH4+可实现过程④的转化，若产物n（NO2﹣）：n（N2O）＝2：1，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 5：4 。
（2）氮循环的过程中产生有毒氧化物（NOx）。工业上常用 Na2CO3溶液吸收法处理。
发生的反应有NO+NO2+Na2CO3═2NaNO2+CO2（Ⅰ）
2NO2+Na2CO3═NaNO2+NaNO3+CO2（Ⅱ）
将1molNOx通入Na2CO3溶液中，被完全吸收，溶液中生成的NO3﹣、NO2﹣两种离子的物质的量随x变化关系如图所示。下图2中线段b表示 NO3﹣ （填离子符号）随x值变化的关系；若用溶质质量分数为21.2%的Na2CO3溶液吸收，则需要Na2CO3溶液至少 250 g。
（3）采用电解法处理含氮氧化物废气，可回收硝酸，具有较高的环境效益和经济效益．实验室模拟电解法吸收NOx的装置如上图3所示（图中电极均为石墨电极）。
①直流电源的负极为 A （“A”或“B”）；该电解装置应选择 阳 （填“阳”或“阴”）离子交换膜。
②若以处理NO2为模拟实验，阳极发生的电极反应为 NO2﹣e﹣+H2O═NO3﹣+2H+ 。
【分析】（1）①氮的固定作用是指游离态氮元素发生反应生成化合态氮元素的过程为固氮作用，即单质变化为化合物；
②有氧时，在硝化细菌作用下，NH4+可实现过程④的转化，生成N2O、NO2﹣、H+和水，结合电荷守恒和原子守恒配平书写离子方程式，结合定量关系计算得到；
（2）利用极限法和守恒法来解决问题即可，若x＝1.5气体应为NO和NO2混合物，物质的量比为1：1，按Ⅰ式反应，没有NO3﹣，线a应该表示NO2﹣，所有线b表示NO3﹣，用守恒法：反应生成的NaNO3和NaNO2中氮元素与钠元素之比为1：1，所以1mol NOx被完全吸收至少需碳酸钠0.5mol，质量＝0.5mol×106g、mol＝53g；
（3）根据图知，电解时，左室中电极上氢离子放电生成氢气，则左室为阴极室，右室为阳极室，阳极上通入的是氮氧化物，生成的硝酸，所以阳极上氮氧化物失电子和水生成硝酸。
【解答】解：（1）①氮的固定作用是指游离态氮元素发生反应生成化合态氮元素的过程为固氮作用，即单质变化为化合物，分析转化关系图可知只有反应②是氮气保护为铵根离子是固氮作用，
故答案为：②；
②有氧时，在硝化细菌作用下，NH4+可实现过程④的转化，若产物n（NO2﹣）：n（N2O）＝2：1，生成N2O、NO2﹣、H+和水，氮元素化合价﹣3价变化为+1价和+3价，氧元素化合价0价变化为﹣2价，电子转移总数20e﹣，所以铵根离子前为4，氧气前为5，NO2﹣前为2，N2O前为1，结合电荷守恒得到氢离子前为6，水分子式前为5，配平得到离子方程式为：4NH4++5O2═2NO2﹣+6H++N2O+5H2O，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：4，
故答案为：5：4；
（2）用极限法：若x＝1.5气体应为NO和NO2混合物，物质的量比为1：1，按Ⅰ式反应，没有NO3﹣，线a应该表示NO2﹣，所有线b表示NO3﹣，用守恒法：反应生成的NaNO3和NaNO2中氮元素与钠元素之比为1：1，所以1mol NOx被完全吸收至少需碳酸钠0.5mol，质量＝0.5mol×106g、mol＝53g，若用溶质质量分数为21.2%的Na2CO3溶液吸收，计算得碳酸钠溶液的质量＝g＝250g，
故答案为：NO3﹣；250；
（3）①电解时，左室中电极上氢离子放电生成氢气，则左室为阴极室，连接的电源负极，右室为阳极室，电极反应为：NO2﹣e﹣+H2O＝NO3﹣+2H+，该电解装置应选择阳离子交换膜，
故答案为：A；阳；
②电解时，左室中电极上氢离子放电生成氢气，则左室为阴极室，右室为阳极室，阳极上通入的是氮氧化物，生成的硝酸，所以阳极上氮氧化物失电子和水生成硝酸，电极反应式为：NO2﹣e﹣+H2O＝NO3﹣+2H+，
故答案为：NO2﹣e﹣+H2O═NO3﹣+2H+。
【点评】本题考查化学反应原理，涉及化学方程式计算、氧化还原反应、电解原理等知识点，侧重考查学生分析、判断及计算能力，难点是电极反应式的书写，要注意结合电解质溶液酸碱性书写，题目难度中等。
20．（12分）二氯异氰尿酸钠[（CNO）3Cl2Na]是常用的杀菌消毒剂，常温下为白色固体，难溶于冷水。某同学利用高浓度的NaClO溶液和（CNO）3H3固体，在10℃时反应制备二氯异氰尿酸钠，实验装置如图所示（部分夹持装置略）。
已知：2NaClO+（CNO）3H3═（CNO）3Cl2Na+NaOH+H2O
回答下列问题：
（1）仪器a的名称为恒压滴液漏斗，与分液漏斗相比其优点是 恒压分液漏斗的支管可以使漏斗下方与漏斗中的压强一致，使漏斗内液体顺利流下 。
（2）待装置B中出现 液面上方有黄绿色气体 时，可由三颈烧瓶上口加入（CNO）3H3固体；反应过程中仍需不断通入 Cl2的理由是 使反应生成的NaOH再次生成NaClO，提高原料的利用率 。
（3）反应结束后，装置B中的浊液经过滤、 冰水洗涤 、干燥得粗产品。上述装置存在一处缺陷会导致装置B中NaOH利用率降低，改进的方法是 在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶 。
（4）通过下列实验测定二氯异氰尿酸钠样品中有效氯的含量。
反应原理：[（CNO）3Cl2]﹣+H++2H2O═（CNO）3H3+2HClO，HClO+2I﹣+H+═I2+Cl﹣+H2O，I2+2S2O32﹣═S4O62﹣+2I﹣。
实验步骤：准确称取mg样品，用容量瓶配成250mL溶液；取25.00mL上述溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，充分反应后，用 cmol/L Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色。加入淀粉指示剂继续滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液平均为 VmL。
①滴定终点现象为 滴入最后一滴Na2S2O3标准液时，锥形瓶内溶液蓝色刚好褪去（或颜色恰好由蓝色变成无色），且半分钟不恢复 。
②该样品的有效氯含量表达式为 。（该样品的有效氯＝×100%）
【分析】（1）恒压滴液漏斗的原理就是形成漏斗下方与漏斗中的压强一致，使漏斗内液体顺利流下，不需要克服下方压力增大的影响；
（2）当装置B中出现液面上方有黄绿色气体时，说明B中生成了大量的NaClO，反应过程中仍需不断通入 Cl2的目的是使反应生成的 NaOH再次生成 NaClO，从而提高原料的利用率；
（3）二氯异氰尿酸钠难溶于冷水，过滤得到的二氯异氰尿酸钠可用冰水洗涤，减少溶解损失，然后经干燥得粗产品，A中生成的氯气中混有HCl气体，溶于B中的溶液后，也会消耗NaOH，导致生成的NaClO的量减少，进一步导致生成的二氯异氰尿酸钠减少，可以在装置 A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶，除去HCl，避免其影响；
（4）①根据题意可知，滴定终点现象为滴入最后一滴溶液时，锥形瓶内的溶液由蓝色刚好褪去，且半分钟不恢复蓝色；
②根据题意可得关系式：HClO～I2～2S2O32﹣，n（HClO）＝n（S2O32﹣）＝cmol/L×V×10﹣3L＝5×10﹣4cVmol，进一步计算出样品中的有效氯含量。
【解答】解：（1）恒压滴液漏斗，与分液漏斗相比其优点是恒压分液漏斗的支管可以使漏斗下方与漏斗中的压强一致，使漏斗内液体顺利流下，不需要克服下方压力增大的影响，
故答案为：恒压分液漏斗的支管可以使漏斗下方与漏斗中的压强一致，使漏斗内液体顺利流下；
（2）当装置B中出现液面上方有黄绿色气体时，说明B中生成了大量的NaClO，此时由三颈烧瓶上口加入（CNO）3H3固体，发生反应：2NaClO+（CNO）3H3═（CNO）3Cl2Na+NaOH+H2O，由于反应又生成了NaOH，所以反应过程中仍需不断通入 Cl2，使反应生成的 NaOH再次生成 NaClO，从而提高原料的利用率，
故答案为：液面上方有黄绿色气体；使反应生成的 NaOH再次生成 NaClO，提高原料的利用率；
（3）因为二氯异氰尿酸钠难溶于冷水，故反应结束后，装置B中的浊液经过滤、冰水洗涤、干燥得粗产品，因为A中生成的氯气中混有HCl气体，HCl溶于B中的溶液后，也会消耗NaOH，但生成的是NaCl，而不是NaClO，故会降低NaOH的利用率，改进的方法是在装置 A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶，除去HCl，避免其影响，
故答案为：冰水洗涤；在装置 A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶；
（4）①根据题意可知，滴定终点现象为滴入最后一滴Na2S2O3标准液时，锥形瓶内溶液蓝色刚好褪去（或颜色恰好由蓝色变成无色），且半分钟不恢复，
故答案为：滴入最后一滴Na2S2O3标准液时，锥形瓶内溶液蓝色刚好褪去（或颜色恰好由蓝色变成无色），且半分钟不恢复；
②根据题意可得关系式：HClO～I2～2S2O32﹣，n（HClO）＝n（S2O32﹣）＝cmol/L×V×10﹣3L＝5×10﹣4cVmol，故样品中的有效氯含量为：×100%＝，
故答案为：。
【点评】本题主要考查物质的制备，具体考查了恒压分液漏斗的原理，如何提高原料的利用率，试剂的除杂，滴定终点的判断，关系式计算等，具有一定的综合性，对学生的思维能力要求较高，属于难题
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