江苏省苏州市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题

这是一份江苏省苏州市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题，共29页。试卷主要包含了3℃，5后脱硫率下降的可能原因有，0×10-9、Ksp=7，3]，50等内容，欢迎下载使用。
江苏省苏州市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题


1. （2022春·江苏苏州·高二期末）(氨硼烷)储氢量高，是具有广泛应用前景的储氢材料。
元素
H
B
N
电负性
2.1
2.0
3.0

(1)氨硼烷的结构
①中键的数目为_______。
②熔点104℃，熔点-183.3℃。两者熔点差异较大的原因是_______。
(2)氨硼烷水解释氢
①氨硼烷水解释氢需要在金属型催化剂(如、Pt等)催化下进行。写出基态Fe原子的核外电子排布式：_______。
②铁的甲、乙两种晶胞(所示图形为正方体)结构示意如图所示。甲、乙晶胞所含铁原子个数比为_______。
③氨硼烷水解释氢时转化为，写出水解释氢的化学方程式_______。

(3)氨硼烷热分解释氢
①氨硼烷受热时固体残留率随温度的变化如图所示。110℃时残留固体的化学式可能为_______。

②若B点一种产物的最简式就是分子式，该产物分子中键∶键=_______。
2. （2022春·江苏苏州·高二期末）工业或机动车尾气中的NOx会造成环境问题，可用多种方法脱除。
(1)碱液吸收：NaOH溶液可吸收硝酸工业尾气(含)，获得副产品。
①等物质的量NO与NO2被NaOH溶液吸收，反应的离子方程式为_______。
②若吸收时NO与NO2比例控制不当，则吸收液经浓缩结晶、过滤得到晶体中最有可能混有的杂质是_______(填化学式)。排放的尾气中含量较高的氮氧化物是_______(填化学式)。
(2)还原法：尿素水溶液热解产生的NH3可去除尾气中的NOx，流程如下：

①尿素中氮元素的化合价为_______。
②写出“催化反应”过程中NH3还原NO2的化学方程式_______。
③若氧化处理后的尾气中混有SO2，此时催化剂表面会因为覆盖部分硫酸盐而导致催化剂中毒，降低NOx的去除率。试分析硫酸盐的产生过程_______。
④“催化反应”过程中需控制温度在之间。温度过高，NOx的去除率下降，其原因可能是温度过高催化剂的活性降低和_______。
3. （2021春·江苏苏州·高二统考期末）三氯氧磷()常用作半导体掺杂剂及光导纤维原料，易水解形成磷酸及氯化氢。
(1)磷酸溶液中各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如图所示。将三氯氧磷加入到NaOH溶液中，控制反应后溶液pH约为10.该过程发生反应的离子方程式为___________。

(2)测定三氯氧磷产品中Cl元素含量的实验操作为：
Ⅰ.取a g产品于锥形瓶中，加入足量NaOH溶液，待完全水解后加稀硝酸至酸性；
Ⅱ.向锥形瓶中加入0.1000的溶液40.00mL，使完全沉淀；
Ⅲ.向其中加入2mL硝基苯，用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖；
Ⅳ.加入，用标准溶液滴定过量至终点，记下所用体积。
已知：室温下，。
①滴定终点的现象为___________。
②操作Ⅲ中若沉淀覆盖不完全可能发生反应。该反应的平衡常数___________，该反应会导致所测产品中Cl元素含量___________(填“偏大”、“偏小”或“不变”)
(3)生产三氯氧磷会产生大量含磷(主要为、、P)废水。在废水中先加入适量漂白粉，再将磷元素转化为磷酸盐沉淀并回收。
①在沉淀前先加入适量漂白粉的原因是___________。
②磷酸铵镁结晶法除磷的原理为：其它条件不变时，磷去除率随溶液初始pH变化如图所示。时，随pH增大磷去除率下降的原因是___________。

③铁炭混合物在水溶液中形成微电池，铁转化为，进一步被氧化为，与结合成沉淀。铁炭总质量一定，反应时间相同，测得磷去除率随铁炭质量比的变化如图所示。当时，随着m(Fe)增加，磷去除率降低，原因是___________。

4. （2020春·江苏苏州·高二统考期末）铜制印刷电路板蚀刻液的选择及再生回收是研究热点。
(1)用HCl-FeCl3溶液作蚀刻液
①该溶液蚀刻铜板时发生主要反应的离子方程式为__________.
②从废液中可回收铜井使蚀刻液再生。再生所用的试剂有Fe和______(填化学式)。
(2)用HCl-CuCl2溶液作蚀刻液蚀刻铜后的废液中含Cu+ 用下图所示方法可使蚀刻液再生并回收金属铜。

第一步BDD电极上生成强氧化性的氢氧自由基(HO·)：H2O-e-==HO·+H+： .
第二步HO·氧化Cu+实现CuCl蚀刻液再生：________(填离子方程式) .
(3)用碱性CuCl2溶液(用NH3·H2O-NH4Cl调节pH)作蚀刻液
原理为：CuCl2+ 4NH3·H2O==Cu(NH3)4Cl2+ 4H2O；Cu(NH3)4Cl2+Cu== 2Cu(NH3)2Cl
①过程中只须及时补充NH3·H2O和NH4Cl就可以使蚀刻液再生，保持蚀刻能力。蚀刻液再生过程中作氧化剂的是_________(填化学式) 。
②50℃，c(CuCl2)=2.5mol·L-1， pH对蚀刻速串的影响如图所示。适宜pH约为8.3~9.0，pH过小或过大，蚀刻速率均会减小的原因是______________.

5. （2022春·江苏苏州·高二期末）α-Fe2O3是一种优质的软磁性材料，用FeSO4溶液通过两步可制α-Fe2O3：
①氧化制铁黄[FeO(OH)，不溶于水]；②煅烧铁黄制。
I.氧化制铁黄
向一定浓度的FeSO4溶液中滴加氨水，至混合液pH约为6.5时停止滴加，产生白色沉淀(带灰绿色)；通入氧气，生成铁黄晶体。通氧气过程中溶液pH随时间的变化如图所示。

己知：25℃时。
(1)25℃时，滴氨水至混合液pH约为6.5时，溶液中残留的c(Fe2+)=_______。
(2)段，溶液pH随氧气通入基本保持不变。请结合化学方程式分析该过程中溶液pH基本保持不变的原因_______。
(3) 段，溶液pH随氧气通入明显变小。请结合化学方程式分析该过程中溶液pH明显变小的原因_______。
II.煅烧制α-Fe2O3
(4)将所得铁黄晶体洗净后煅烧，得α-Fe2O3。下图为其他条件相同时不同煅烧温度对产品中Fe2O3质量分数的影响。当煅烧温度高于800℃时，产品中Fe2O3质量分数降低，铁元素质量分数升高，其可能原因是_______。

(5)煅烧也能生成α-Fe2O3。实验室以溶液为原料制备高产率、较纯净的α-Fe2O3。已知：开始沉淀的，请补充完整实验方案：在搅拌下_______，将固体干燥，得到纯净的放入管式炉内煅烧2h，获得产品α-Fe2O3。(必须使用的试剂：溶液、盐酸、溶液、蒸馏水)
6. （2021春·江苏苏州·高二统考期末）某研究人员按图所示流程进行“燃煤烟气的脱硫研究”。实验中，和混合气体连续通入，水和铁在起始时一次性加入。

(1)吸收时，温度不宜过高的原因是___________。
(2)实验中，对吸收液的pH进行跟踪检测，测得pH随时间的变化曲线如下图所示(A点为纯水的pH)。(已知：对和混合气体的吸收有催化作用)

①AB段，pH下降的主要原因是___________。
②CD段，吸收液的pH迅速增大的原因可能是___________。
(3)利用反应可以制备晶体。请补充完整以溶液为原料制备的实验方案：取40mL 1 溶液，___________，静置、过滤、洗涤、干燥。(实验中须选用的试剂：稀硫酸、双氧水、1 NaOH溶液、1 溶液)
(4)通过下列方法测定产品纯度：准确称取0.2400g (含少量，无其他杂质)样品，加过量稀硫酸完全溶解，再加入Zn粉至溶液黄色褪去，向溶液中逐滴加入0.1000 溶液，发生反应，当反应恰好完全进行时，消耗溶液31.00mL。计算样品中的质量分数___________ (写出计算过程)。
7. （2020春·江苏苏州·高二统考期末）蓝色钾盐水合物KaCub(C2O4)c·H2O(铜元素为+2价)的组成可通过下列实验确定：
步骤①：称取一定质量的样品置于锥形瓶中，加入适量2 mol·L-1稀硫酸，微热使样品溶解。再加入30 mL水加热，用0.0200 mol·L-1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液12.00 mL(的还原产物为Mn2+)。
步骤②：充分加热滴定后的溶液，冷却后，调节pH并加入过量的KI固体，溶液变为棕色并产生白色沉淀CuI，发生反应2Cu2++4I-=2CuI↓+I2
步骤③：加入少量淀粉溶液作指示剂，用0.0200 mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液15.00 mL，发生反应I2+2=2I-+
(1)若步骤②中未对滴定后的溶液进行加热，则测出的Cu2+的物质的量将____(填“偏大”、“偏小” 或“不变”) 。
(2)步骤③中滴定终点的现象是___________。
(3)通过计算确定a：b：c=___________。(写出计算过程)
8. （2022春·江苏苏州·高二期末）对燃煤烟气或煤浆进行脱硫能有效降低排入大气中的SO2含量。
I.燃煤烟气脱硫
软锰矿浆(主要成分MnO2，含有少量铁、铝等氧化物)可脱除燃煤烟气中的SO2，又可制得电池材料MnO2。主要流程如下：

(1)“除铁铝”步骤所得滤渣的主要成分为_______。
(2)写出“沉锰”步骤发生反应的离子方程式_______。
(3)为了测算所需脱硫剂的大致用量，需对烟气中SO2含量进行测定。方法是将烟气以一定流速通过装有的标准溶液(滴入淀粉溶液作指示剂，并加蒸馏水稀释为)，以的流量进行采样，记录淀粉溶液褪色的时间为。
①计算该烟气中SO2含量。(以为单位，写出计算过程)_______。
②某小组同学认为用一定浓度标准溶液(酚酞溶液作指示剂)也可测定烟气中SO2含量。该方案是否可行，请说出理由_______。
II.煤浆脱硫
(4)煤浆中的可用软锰矿粉在酸性条件下进行脱除，对该反应有催化作用，其催化原理如图所示。

①X的化学式为_______。
②写出足量MnO2脱除总反应的离子方程式_______。
③煤浆的脱硫率()与溶液起始pH的关系如图所示。

pH大于1.5后脱硫率下降的可能原因有：随着pH的升高，反应物的氧化能力或还原能力降低：_____。
9. （2021春·江苏苏州·高二统考期末）推动的综合利用实现碳中和是党中央作出的重大战略决策。
(1)科学家利用电化学装置实现和两种分子的耦合转化，其原理如图所示：

①电极A上的电极反应式为___________。
②若生成的乙烯和乙烷的体积比为2∶1，则消耗的和体积比为___________。
(2)一定条件可转化为， 。
①下列有关该反应的说法正确的是___________。
A．升高温度逆反应速率加快，正反应速率减慢
B．反应体系中浓度不再变化，说明反应达到平衡状态
C．恒温恒容下达到平衡后，再通入，平衡向正反应方向移动
D．平衡时，若改变体积增大压强，则、均变大
②某温度下恒容密闭容器中，和起始浓度分别为a和3a，反应达平衡时，转化率为b，该温度下反应的平衡常数___________。
③恒压下，该反应在无分子筛膜时甲醇的平衡产率和有分子筛膜时甲醇的产率随温度的变化如图所示，分子筛膜能选择性分离出。P点甲醇产率高于T点的原因为___________。

(3)与丙烯催化合成甲基丙烯酸。催化剂在温度不同时对转化率的影响如图所示，300℃时转化率低于200℃和250℃的原因可能为___________。

10. （2021春·江苏苏州·高二统考期末）一定条件下将锰冶炼烟尘灰(主要成分)、黄铁矿(主要成分)与足量硫酸溶液混合，通过反应可将锰和铁浸出。其它条件相同，温度对Mn、Fe浸出率及硫酸残留率(反应后溶液中剩余硫酸与加入硫酸的比例)影响如图所示。

(1)基态核外电子排布式为___________。
(2)温度高于120℃时，的残留率增大的原因之一是与反应，该反应的离子方程式为___________。
(3)温度高于120℃时，残留固体中的含量减少，但铁元素浸出率却下降的原因是___________。
(4)向浸出液先加入，后加入调节pH，可得到纯化溶液。
已知：室温下，，。假设加入后溶液中，若溶液中某离子浓度小于，则认为该离子完全沉淀。
①先加入再调节pH的原因是___________。
②浓氨水调节溶液的pH范围为___________。
(5)溶液经电解可得到。生成的电极反应式为___________。
11. （2020春·江苏苏州·高二统考期末）汽车尾气中含有CO、NOx等污染物，减少汽车尾气污染是重要研究课题。
(1)已知： N2(g) + O2(g)==2NO(g) △H=+ 180.5kJ·mol-1
2C(s)+ O2(g)== 2CO(g)  △H= - 221.0kJ·mol-1
C(s)+ O2(g)==CO2(g)  △H= -393.5 kJ·mol-1
2CO(g)+ 2NO(g)== N2(g)+ 2CO2(g) △H=_______kJ·mol-1
(2)某温度下，为探究2CO(g)+ 2NO(g)⇌N2(g)+ 2CO2(g)的反应速率，用气体传感器测得不同时间的CO和NO浓度如下表：
时间/s
0
1
2
3
4
5
c(CO)/10-4mol·L-1
36.0
30.5
28.5
27.5
27.0
27.0
c(NO)/10-4mol·L-1
10.0
4.50
2.50
1.50
1.00
1.00

①前2s内，上述反应的平均反应速率v(NO)=_______；
②该温度下，上述反应的平衡常数K=_________；
③对于上述反应，下列叙述正确的是________(填字母)。
A．反应在低温下能自发进行          B．当2v正(CO)=v逆(N2)时，反应达到平衡状态
C．研究反应的高效催化剂意义重大    D．反应达到平衡时，CO、NO的转化率相等
(3)CO浓度分析仪以燃料电池为工作原理，其装置如图所示，该电池中电解质为氧化钇-氧化钠，其中O2-可以在固体介质NASICON中自由移动。写出多孔电极a的电极反应式：_________。

12. （2020春·江苏苏州·高二统考期末）Na2CO3和NaHCO3在生活和生产中应用广泛。
(1)室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是_____ (填字母) .
A．0.1mol·L-1的Na2CO3溶液： c(Na+)+c(H+) =c(OH-)+c()+c()
B．0.1mol·L-1的NaHCO3溶液： c(Na+) =c() + c()+ c(H2CO3)
C．0.1mol·L-1的NaHCO3溶液： c(Na+)>c()>c()>c(H2CO3)
D．浓度均为0.1mol·L-1的Na2CO3和NaHCO3混合溶液：2c(H+)+c()+3c(H2CO3)=2c(OH-)+c()
(2)水垢中的CaSO4可用Na2CO3溶液处理。当两种沉淀共存时， =________；[Ksp(CaCO3) =5.0×10-9、Ksp(CaSO4)=7.0×10-5]
(3) 25℃时，碳酸及其盐溶液中含碳元素微粒的分布分数δ随溶液pH变化的关系如图所示。

①纯碱溶液去油污的原理是_________(用离子方程式表示) 。25℃时，该反应的平衡常数表示为Kh，则pKh=_________(pKh=-lgKh)。
②25C时，下列三种溶液
A．0.1mol·L-1的NaHCO3溶液：
B．0.1mol·L-1的Na2CO3溶液：
C．0.1mol·L-1的NaCN溶液。
pH由大到小的顺序为________________(填字母)。[25℃时，K(HCN)= 10-9.3]
(4)NaHCO3可用于铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3)制铝。流程如下：

①滤渣中除含SiO2转化得到的铝硅酸钠外，还含_____(填化学式) 。
②写出“沉淀"步骤发生反应的离子方程式________和________。
13. （2020春·江苏苏州·高二统考期末）CO2是廉价的碳资源，将其甲烷化具有重要意义。
热化学转化法：原理为CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)△H
(1)每生成0.4mol CH4(g)，放出66kJ的热量。则△H=________；
(2)其他条件不变，压强对CO2的转化率及CH4的选择性的影响如图所示。CH4的选择性=×100%，CO2甲烷化反应选择0.1MPa (1个大气压)而不选择更高压强的原因是_______。

电化学转化法：在多晶Cu催化下，电解CO2制备CH4的原理如图所示。

(3)铂电极上产生的气体为_____(填化学式)；
(4)电解结束时阴、阳极室的KHCO3溶液的浓度基本保持不变。在电解过程中，移向_______ (填“阴”或“阳” )极室。写出阴极的电极反应式______；
(5)电解过程中应持续通入CO2，同时温度应控制在10℃左右，使CO2优先于H+在电极上发生反应。该电解过程不在室温下进行的原因是________。
14. （2020春·江苏苏州·高二统考期末）元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为1。在气体分析中，常用XCl的盐酸溶液吸收并定量测定CO的含量，原理为：2XCl+2CO+ 2H2O==X2Cl2·2CO·2H2O
(1)X原子基态核外电子排布式为_________；
(2)C、H、O三种元素的电负性由大到小的顺序为________；
(3)H2O中氧原子的轨道杂化类型为__________；
(4)X2Cl2·2CO·2H2O是一种配合物，结构如图所示，每个X原子能与其他原子形成3个配位键，在图中用“→"标出相应的配位键__。CO与N2分子的结构相似，则1molX2Cl2·2CO·2H2O含有δ键的数目为__。

(5)化合物XCl晶体的晶胞如图所示，距离每个X离子最近的Cl的个数为________。


参考答案：
1. (1)     7NA     分子之间有氢键，分子之间只有范德华力
(2)     或     1:2    
(3)     或     3:2

【解析】（1）
①1个氨硼烷分子中含7个σ键，则中含7molσ键，数目为7NA。
②N的电负性强，可以形成分子间氢键，使其熔点升高，而不能形成分子间氢键，因此的熔点比高。
（2）
①铁的原子序数为26，其基态原子核外电子排布式为：或。
②依据均摊法，甲晶胞中铁原子个数为1+8=2，乙晶胞中铁原子个数为8+6=4，则甲、乙晶胞所含铁原子个数比为2:4=1:2。
③氨硼烷水解释氢时转化为，硼元素化合价由-3价升高到+3价，则可生成氢气，反应的化学方程式为：。
（3）
①110℃时，分析固体残留率随温度的变化图可知，M(A)=M()93.55%=3193.55%=29，因此A为或。
②B点时，M(B)=M()87.10%=3187.10%=27，B点一种产物的最简式就是分子式，B为，分子中σ键:π键=3:2。
2. (1)               NO
(2)     -3          与反应生成，与反应生成或者     温度升高，NH3催化氧化生成NO

【详解】（1）①由题意可知NO和NO2混合气体通入NaOH生成NaNO2，化学反应方程式为NO+NO2+2NaOH=NaNO2+H2O，离子方程式为NO+NO2+2OH-=NO2-+H2O。
答案为：NO+NO2+2OH-=NO2-+H2O。
②NO与NO2混合气体中NO过量时，混合气体与NaOH反应生成的盐只有NaNO2。同时，过量的NO由于不和NaOH反应以尾气形式排放。
当NO与NO2比例为1：1时，与NaOH反应只生成NaNO2，无气体释放。
混合气体中NO2过量时，除NO与NO2按1：1与NaOH反应生成NaNO2外，剩余的NO2可被NaOH吸收生成NaNO2和NaNO3，无气体释放。
综上所述，晶体中最可能的杂质为NaNO3，比例不当时可能释放NO。
答案为：NaNO3，NO。
（2）①CO(NH2)2中碳元素+4价，氧元素-2价，氢元素+1价，设氮元素化合价为x，则4+(-2)+2x+1×4=0，解得x=-3。
答案为：-3。
②依据题意可知反应物为NO2和NH3，产物为N2和H2O。于是，方程式为。
答案为：。
③硫酸盐形成需要，而题目中混合气体含有的是SO2，因此可以推到形成的过程中存在将SO2氧化成SO3的过程。尿素水溶液热解和催化生成N2过程中均有H2O，可以将SO3转化成H2SO4。生成的H2SO4与NH3反应生成(NH4)2SO4或NH4HSO4。
答案为：与反应生成，与反应生成或者。
④催化反应过程通入的气体含有NO2、O2、NH3、H2O、CO2（尿素水溶液热解产物），除发生NO2与NH3反应外，还可能发生NH3的催化氧化，其产物为NO和H2O。NO的生成可以使NOx的去除率下降。
答案为：温度升高，NH3催化氧化生成NO。
3.          当最后一滴滴入后溶液恰好变为红色，且30s不褪色     160     偏小     将废水中的、P转化为     pH增大，增大，与时和反应，导致和减小，不利于生成磷酸镁铵     随着m(Fe)增加，形成的微电池数目减少，溶液中的减小
【详解】(1)由图知，pH约为10时，溶液中主要存在的离子是，则三氯氧磷和NaOH溶液反应的离子方程式为：；
(2)①滴定时采用佛尔哈德法，酸性条件下以NH4Fe(SO4)2作指示剂，用NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，终点产生AgSCN使溶液呈红色，所以终点现象为：当最后一滴滴入后溶液恰好变为红色，且30s不褪色；
②反应的平衡常数，该反应会消耗部分AgCl产物，导致所测产品中Cl元素含量偏小；
(3)①氯化水解法生产三氯氧磷会产生含磷(主要为H3PO4、H3PO3等)废水，在废水中先加入适量漂白粉，使废水中的H3PO3氧化为，使其加入生石灰后能完全转化为磷酸的钙盐，达到较高的回收率，故原因是：将废水中的、P转化为；
②时，随pH增大磷去除率下降的原因是pH增大，增大，与时和反应，导致c和减小，不利于生成磷酸镁铵；
③因为铁碳总质量一定，当时，随着m(Fe)增加，导致C量减少，形成的微电池数目减少，溶液中c(Fe2+)减小，对应的Fe3+减少，从而导致P去除率降低，故原因是：随着m(Fe)增加，形成的微电池数目减少，溶液中的减小。
4.     2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+     HCl和Cl2(或H2O2)     H++Cu++·OH=Cu2++H2O     O2     pH太低，NH3·H2O浓度小。Cu2+和生成Cu+不能形成对应的配合物，pH太高，Cu2+或Cu+会转化为难溶性碱(碱式盐)
【分析】(1)①Fe3+与铜发生氧化还原反应生成亚铁离子和铜离子；
②需要将亚铁离子氧化生成铁离子，且在盐酸溶液中进行再生蚀刻液，防止铁离子的水解；
(2)阳极产生强氧化性的·OH ，将Cu+氧化生成Cu2+，Cl-通过阴离子交换膜进入阳极区可生成CuCl2蚀刻液；
(3)①蚀刻液再生过程中作氧化剂的是氧气；
②pH太低，NH3·H2O浓度小；Cu2+和生成Cu+不能形成对应的配合物，pH太高，Cu2+或Cu+会转化为难溶性碱(碱式盐)。
【详解】(1)①Fe3+与铜板发生氧化还原反应，其离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故答案为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；
②需要将亚铁离子氧化生成铁离子，且在盐酸溶液中进行再生蚀刻液，防止铁离子的水解，所以再生所用的试剂有除了Fe，还用HCl和Cl2(或H2O2)，故答案为：HCl和Cl2(或H2O2)；
(2)由图可知，阳极产生强氧化性的·OH ，在阳极上发生：H++Cu++·OH=Cu2++H2O，Cl-通过阴离子交换膜进入阳极区可生成CuCl2蚀刻液，故答案为：H++Cu++·OH=Cu2++H2O；
(3) ①蚀刻液再生过程中作氧化剂的是氧气，故答案为：O2；
②pH太低，NH3·H2O浓度小；Cu2+和生成Cu+不能形成对应的配合物，pH太高，Cu2+或Cu+会转化为难溶性碱(碱式盐)，故答案为：
pH太低，NH3·H2O浓度小。Cu2+和生成Cu+不能形成对应的配合物，pH太高，Cu2+或Cu+会转化为难溶性碱(碱式盐)。
5. (1)
(2)段发生反应，溶液中c(H+)基本不变
(3)段发生反应，生成大量H+，溶液中c(H+)增大
(4)部分Fe2O3分解生成Fe3O4或FeO
(5)向溶液中缓慢滴加约溶液，静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2～3次：取最后一次洗涤后的滤液，滴入盐酸酸化后再滴加溶液，无浑浊

【分析】分析溶液中通入O2时，pH没有明显变化和pH明显降低时的原因，只需将两个过程中可能发生的反应进行对比。可能发生的反应为或，第一个反应不消耗也不生成H+，第二个反应生成H2SO4，c(H+)明显增大，pH减小。
（1）
25℃时，滴氨水至混合液pH约为6.5时，c(OH-)=10-7.5mol/L，溶液中残留的c(Fe2+)=mol∙L-1=。答案为：；
（2）
由分析可知，段，溶液pH随氧气通入基本保持不变，则发生Fe(OH)2的氧化反应，由此得出原因是：段发生反应，溶液中c(H+)基本不变。答案为：段发生反应，溶液中c(H+)基本不变；
（3）
由分析可知，段，溶液pH随氧气通入明显变小，则发生Fe2+的氧化反应，由此得出其原因：段发生反应，生成大量H+，溶液中c(H+)增大。答案为：段发生反应，生成大量H+，溶液中c(H+)增大；
（4）
当煅烧温度高于800℃时，产品中Fe2O3质量分数降低，铁元素质量分数升高，则表明Fe2O3转化为其它的铁的氧化物，同时生成O2，其可能原因是：部分Fe2O3分解生成Fe3O4或FeO。答案为：部分Fe2O3分解生成Fe3O4或FeO；
（5）
FeSO4生成FeCO3，显然需要加入NH4HCO3，要得到纯净的FeCO3，需要对沉淀进行洗涤、检验最后一次洗涤液中是否含有，需要加入盐酸酸化的BaCl2溶液。所以完整实验方案：在搅拌下向溶液中缓慢滴加约溶液，静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2～3次：取最后一次洗涤后的滤液，滴入盐酸酸化后再滴加溶液，无浑浊，将固体干燥，得到纯净的放入管式炉内煅烧2h，获得产品α-Fe2O3。答案为：向溶液中缓慢滴加约溶液，静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2～3次：取最后一次洗涤后的滤液，滴入盐酸酸化后再滴加溶液，无浑浊。
【点睛】检验沉淀是否洗涤干净时，通常检查最后一次洗涤液中是否含有沉淀不能电离产生的离子。
6. 温度过高，的溶解度下降，不利于吸收     与水反应生成，部分电离出     BC段缓慢氧化产生，与Fe反应生成，催化加快、的吸收转化为，与Fe反应速率快于其生成速率     边搅拌边加入适量稀硫酸和双氧水，充分反应后，加热至沸除去过量的，冷却，再加入20mL 1 溶液，加入足量1 NaOH溶液，加热、搅拌使其充分反应     根据，得

根据Fe守恒和质量守恒：

解得：

【分析】制备四氧化三铁的原理为：，提供的原料有硫酸亚铁和氢氧化钠溶液，而没有硫酸铁，故需用双氧水将硫酸亚铁氧化为硫酸铁，并需除去过量的过氧化氢，再在等物质的量硫酸亚铁和硫酸铁的混合液中加入足量氢氧化钠溶液，反应即得到四氧化三铁，过滤、洗涤干燥即可。
【详解】(1) 高温使气体的溶解度降低，吸收时，温度过高，的溶解度下降，不利于吸收。
(2)①二氧化硫与水反应生成亚硫酸，则AB段，pH下降的主要原因是与水反应生成，部分电离出。
②AB段之后，体现内缓慢氧化产生，与Fe反应生成，发生反应： ，，即亚铁离子催化加快、的吸收转化为，故CD段吸收液的pH迅速增大的原因可能是与Fe反应速率快于其生成速率。
(3)由反应知，要制备四氧化三铁，需要等物质的量硫酸亚铁和硫酸铁反应，故需将硫酸亚铁氧化为硫酸铁，在等物质的量硫酸亚铁和硫酸铁的混合液中加入足量氢氧化钠溶液，反应得到四氧化三铁，过滤、洗涤干燥即可。具体实验方案为：取40mL 1 溶液，边搅拌边加入适量稀硫酸和双氧水，充分反应后，加热至沸除去过量的，冷却，再加入20mL 1 溶液，加入足量1 NaOH溶液，加热、搅拌使其充分反应，静置、过滤、洗涤、干燥。
(4)由数据、结合关系式、元素质量守恒可计算样品中的质量分数：根据，得，根据Fe守恒和质量守恒：，解得：，则。
7.      偏大     溶液蓝色褪去     2：1：2
【分析】(1)加热可促使MnO4-分解产生Mn2+反应，避免对后面实验产生干扰；
(2)根据I2遇淀粉溶液变为蓝色判断滴定终点的实验现象；
(3)根据MnO4-标准溶液的物质的量计算C2O42-的物质的量；根据反应消耗Na2S2O3标准溶液的体积计算Cu2+的物质的量，最后根据电荷守恒可计算K+的物质的量，再计算出各种离子的物质的量的整数比，即得到a：b：c的比值。
【详解】(1)在酸性条件下KMnO4具有强的氧化性，可以与I-发生氧化还原反应产生I2。若步骤②中未对滴定后的溶液进行加热除去MnO4-，MnO4-会氧化后面为测定Cu2+而加入的I-，反应产生I2，使产生I2的物质的量增多，导致测出的Cu2+的含量偏大；
(2)在溶液中发生反应：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，以淀粉溶液作指示剂，由于I2遇淀粉溶液变为蓝色，所以用0.0200 mol·L-1Na2S2O3标准溶液进行滴定时，发生反应：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，随着标准溶液的加入，I2浓度逐渐降低，溶液蓝色逐渐变浅，当滴加最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟内不再变为蓝色，说明此时反应达到了滴定终点故滴定终点的实验现象是：溶液蓝色褪去，半分钟内不再变为蓝色；
(3)根据电子守恒可知关系式：5C2O42-～2MnO4-，所以n(C2O42-)=n(MnO4-)=×0.0200 mol/L×12.00 mL×10-3 L/mL=6.000×10-4 mol；
根据方程式2Cu2++4I-=2CuI↓+I2、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可得关系式：2Cu2+～I2～2S2O32-，所以n(Cu2+)=2n(I2)=n(S2O32-)=0.0200 mol/L×15.00 mL×10-3 L/mL=3.000×10-4 mol；
根据电荷守恒可得：
n(K+)+2n(Cu2+)=2n(C2O42-)，则n(K+)+2×3.000×10-4 mol=2×6.000×10-4 mol，解得n(K+)=6.000×10-4 mol，所以n(K+)：n(Cu2+)：n(C2O42-)=2：1：2，故a：b：c=2：1；2。
【点睛】本题考查了物质组成的分析判断，涉及得到方法在物质成分确定的应用、滴定终点的判断及电荷守恒的应用。掌握基础是关键，要充分理解物质性质、实验操作的目的，根据物质的量关系进行判断。
8. (1)
(2)
(3)     3.2mg∙L-1     不可行。烟气中含大量，也会消耗溶液
(4)     或          转化为沉淀，减小，同时沉淀覆盖在矿粉表面，阻碍反应进行

【分析】从流程图中可以看出，烟气和酸性软锰矿浆反应，烟气中的二氧化硫被矿浆吸收，生成含有锰离子、铁离子、铝离子的溶液，再加入碳酸锰进行pH的调节，除去铁离子和铝离子，过滤之后加入高锰酸钾发生反应生成二氧化锰，再过滤即可得到最终的产品二氧化锰。
（1）
加入碳酸锰消耗氢离子来调节pH，使铁离子和铝离子转化为氢氧化铁和氢氧化铝而除去；
（2）
沉锰步骤的反应为加入高锰酸钾之后，高锰酸根离子与锰离子反应生成了二氧化锰，从电荷守恒上可以推知，反应物中有水参加，同时生成氢离子，其方程式为；
（3）
①反应掉的I2的物质的量为，二氧化硫的物质的量为x，则根据方程式计算

则二氧化硫的含量为。
②因为是燃煤烟气，其中含有大量的二氧化碳，如果使用氢氧化钠溶液，二氧化碳也会被吸收，使结果不准确。
（4）
①从图中可以看出，FeS2与X’反应生成了X和硫酸根离子，题目中又已知铁离子可以催化反应的进行，可以推知，X为亚铁离子，X’为铁离子。
②从图中可以看出，酸性条件下，二氧化锰与FeS2在铁离子催化作用下反应，生成锰离子、铁离子和硫酸根离子，其总离子方程式为
③pH大于1.5之后，铁离子转化成了氢氧化铁，同时可能覆盖于矿粉表面阻止反应的发生，所以脱硫率下降。
9.           6∶5     BD          分子筛膜从反应体系中不断分离出，有利于反应正向进行，甲醇产率升高     温度过高，可能会导致催化剂催化效率降低
【分析】平衡标志判断可从两个方面入手：(1)正逆反应的速率相等；(2)体系中各物质的浓度保持不变。
【详解】(1)①如图，该装置为电解池装置，二氧化碳经过电极A后变为一氧化碳，化合价降低，为阴极，电极反应式为，故填；
②电极B作阳极，根据题意，其电极反应为，电极A的反应式为，所以体积比为；
(2)①A.对于任何反应，升高温度，正逆反应均加快，故A错误；
B.当体系中甲醇浓度不再改变，反应达平衡，故B正确；
C.恒温恒容下达平衡后，充入氮气，各物质浓度不变，速率不变，平衡不移动，故C错误；
D.平衡若改变体积增大压强，二氧化碳和甲醇浓度增大，故D正确；
故选BD；
②根据题意可建立三段式

平衡常数K==，故填；
③根据题意，分子筛膜分离出水，使平衡向着产物的方向进行，即分子筛膜从反应体系中不断分离出，有利于反应正向进行，甲醇产率升高，故填分子筛膜从反应体系中不断分离出，有利于反应正向进行，甲醇产率升高；
(3)高温时，催化剂活性降低，效率降低，故填温度过高，可能会导致催化剂催化效率降低。
10.     或          温度升高后Fe元素水解程度增加，以沉淀形式留在矿渣中     先用将氧化，便于将铁元素沉淀完全；先调节pH，可能导致氧化性减弱     3.0～8.0    
【详解】(1)锰是25号元素，按构造原理可知：基态核外电子排布式为或。
(2) 黄铁矿(主要成分)中硫化合价为-1价，具有还原性、铁离子具有氧化性，一定条件下，二者能发生氧化还原反应。温度高于120℃时，的残留率增大的原因之一是反应生成的与发生了反应、生成了硫酸，该反应的离子方程式为。
(3)硫酸亚铁、硫酸铁是强碱弱酸盐，水解生成弱碱，由(2)知，温度高于120℃时， 与铁离子反应生成可溶物，温度升高后溶液中Fe元素水解程度增加，生成的弱碱以沉淀形式留在矿渣中铁元素，故导致残留固体中的含量减少，但铁元素浸出率却下降。
(4)酸性条件下，二氧化锰具有强氧化性，能氧化含硫阴离子得到硫酸根离子、能氧化亚铁离子得到铁离子，自身转变为锰离子，故向浸出液先加入，所得溶液含铁离子、硫酸根离子和锰离子，加入调节pH，可得到氢氧化铁沉淀，经过滤可得到溶液。则：
①先加入再调节pH的原因是先用将氧化，便于将铁元素沉淀完全；先调节pH，可能导致氧化性减弱。
②常温下，，其中c(Fe3+)=10－5 mol·L－1，则c (OH-)= mol·L－1，此时溶液pH=3.0，即应控制溶液的 ，可使Fe3+沉淀完全。常温下，=c(Mn2+)×c2(OH-)，假设加入后溶液中，则c (OH-)=，此时溶液pH=8.0，即应控制溶液的 可避免Mn2+产生沉淀。故浓氨水调节溶液的pH范围为3.0～8.0。
(5)溶液经电解可得到。锰元素化合价从+2升高到+4，发生氧化反应，则生成的电极反应式为。
11.      -746.5     3.75×10-4mol·L-1·s-1     5000     AC     CO+O2--2e-=CO2
【详解】（1）△H=-393.5×2－（﹣221.0）－180.5=746.5 kJ·mol-1；
（2）①v(NO)=（10－2.5）×10-4÷2=3.75×10-4mol·L-1·s-1；
②，
③A. 该反应△H＜0，△S＜0，所以可在低温下自发反应，A正确;
B. 当v正(CO)=2v逆(N2)时，反应达到平衡状态，B错误；
C．高效催化剂可提高反应效率，意义重大，C正确；
D．CO转化率为（9×10-4）÷（36×10-4）=0.25，NO转化率为（9×10-4）÷（10×10-4）=0.9，D错误；
答案选AC；
（3）电极a是原电池负极，发生氧化反应，故电极反应式为CO+O2--2e- =CO2。
12.     BD     1.4×104     +H2O+OH-     3.7     B>C>A     Fe2O3     +OH-=+H2O     ++H2O=Al(OH)3↓+
【分析】（1）依据盐类水解规律、电荷守恒和物料守恒分析可得；
（2）当两种沉淀共存时，溶液中硫酸根和碳酸根的浓度之比等于硫酸钙和碳酸钙的溶度积之比；
（3）当c(H2CO3)=c()时，一级电离平衡常数等于溶液中氢离子浓度，当c()= c()时，二级电离平衡常数等于溶液中氢离子浓度，碳酸根的水解平衡常数等于水的离子积常数除以二级电离平衡常数，通过比较电离平衡常数的大小，判断盐的水解程度大小；
（4）由流程可知，向铝土矿中加入氢氧化钠溶液，两性氧化物氧化铝和酸性氧化物能与氢氧化钠溶液反应，碱性氧化物氧化铁与氢氧化钠溶液不反应，其中二氧化硅转化为铝硅酸钠沉淀，氧化铝转化为偏铝酸钠溶液，过滤得到偏铝酸钠和氢氧化钠的混合溶液；向混合溶液中加入碳酸氢钠溶液，碳酸氢钠溶液先与氢氧化钠溶液反应，再与偏铝酸钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，过滤得到氢氧化铝沉淀；灼烧氢氧化铝，氢氧化铝分解生成氧化铝，电解熔融的氧化铝制得金属铝。
【详解】（1）A.0.1mol·L-1的Na2CO3溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+ c(H+) =c(OH-)+c()+2c()，故错误；
B.0.1mol·L-1的NaHCO3溶液中存在物料守恒关系 c(Na+) =c() + c()+ c(H2CO3)，故正确；
C.0.1mol·L-1的NaHCO3溶液中，的水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，则c(H2CO3)> c()，故错误；
D.浓度均为0.1mol·L-1的Na2CO3和NaHCO3混合溶液中电荷守恒关系c(Na+)+c(H+) =c(OH-)+c()+2c()，还存在物料守恒关系2c(Na+) =3c() +3 c()+ 3c(H2CO3)，整合电荷守恒关系和物料守恒关系可得2c(H+)+c()+3c(H2CO3)=2c(OH-)+c()，故正确；
故答案为：BD；
（2）当两种沉淀共存时， ====1.4×104，故答案为：1.4×104；
（3）碳酸的一级电离平衡常数Ka1=，由图可知pH=6.4时，c(H2CO3)=c()，Ka1=1.0×10-6.4，二级电离平衡常数Ka2=，由图可知pH=10.3时，c()= c()，则Ka2=1.0×10-10.3；
①碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，碱性条件下，油脂水解达到除油污的目的，碳酸是二元弱酸，碳酸根在溶液中分步水解，以一级水解为主，则水解的离子方程式为+H2O+OH-，25℃时，该反应的平衡常数表示为Kh====1.0×10-3.7，则pKh=3.7，故答案为：+H2O+OH-；3.7；
②酸越强，电离平衡常数越大，由电离平衡常数可知，电离程度H2CO3＞HCN＞，酸的电离程度越大，对应盐的水解程度越小，水解程度＞CN—＞，则浓度均为.0.1mol·L-1的NaHCO3溶液、Na2CO3溶液和NaCN溶液的pH由大到小的顺序为Na2CO3溶液＞NaCN溶液＞NaHCO3溶液，故答案为：B>C>A；
（4）①由分析可知，滤渣中除含铝硅酸钠外，还含有氧化铁，故答案为：Fe2O3；
②“沉淀”步骤时，碳酸氢钠溶液先与氢氧化钠溶液反应，再与偏铝酸钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，反应的离子方程式分别为+OH-=+H2O和++H2O=Al(OH)3↓+，故答案为：+OH-=+H2O；++H2O=Al(OH)3↓+。
【点睛】（3）当c(H2CO3)=c()时，一级电离平衡常数等于溶液中氢离子浓度，当c()= c()时，二级电离平衡常数等于溶液中氢离子浓度，碳酸根的水解平衡常数等于水的离子积常数除以二级电离平衡常数是解答关键，也是解答的难点。
13.      -165kJ/mol     在0.1MPa，CO2的转化率及CH4的选择性较高，加压CO2的转化率及CH4的选择性变化不大，且加压会增大投资和能耗     CO2、O2     阳     9CO2+8e-+6H2O=CH4+8     温度太高，不利于CO2的溶解
【分析】(1)根据反应放出的热量与反应的物质呈正比计算；
(2)在0.1MPa，CO2的转化率及CH4的选择性较高，加压CO2的转化率及CH4的选择性变化不大；
(3)多晶Cu作阴极，CO2得到电子变为CH4逸出；铂电极为阳极，溶液中OH-失去电子变为O2，反应产生的H+与HCO3-反应产生CO2；根据阳极发生氧化反应，阴极上发生还原反应，溶液中阴离子HCO3-向阳极定向移动，结合温度对气体溶解度的影响分析判断。
【详解】(1)反应发生CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)，若生成0.4mol CH4(g)，放出66kJ的热量则产生1 mol甲烷气体时，放出热量为Q= 66kJ×=165kJ，故该反应的反应热△H=-165kJ/mol；
(2)在0.1MPa，CO2的转化率及CH4的选择性较高，加压CO2的转化率及CH4的选择性变化不大，且加压会增大投资和能耗，因此选择条件是0.1MPa；
(3)Pt电极为阳极，在阳极上溶液中水电离产生的OH-失去电子，发生氧化反应产生O2，OH-放电，破坏了附近水的电离平衡，产生H+，使附近溶液中c(H+)增大，H+与附近溶液中的反应产生CO2气体，故铂电极上产生的气体为CO2、O2；
(4)采用电化学转化法，在多晶Cu催化下，电解CO2制备CH4时，多晶Cu为阴极，CO2得到电子变为CH4，结合电解质溶液成分，可知阴极的电极反应式为：9CO2+8e-+6H2O=CH4+8；
(5)电解过程中应持续通入CO2，同时温度应控制在10℃左右，使CO2优先于H+在电极上发生反应。该电解过程不在室温下进行的原因是因为温度升高，CO2在溶液中的溶解度会降低，不利于CO2的溶解及发生还原反应。
【点睛】本题考查了反应热的计算、电解原理的应用。掌握反应热与反应物质的关系、电极反应、影响平衡的因素是解题关键，注意结合题目知识分析解答。
14.      1s22s2p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1     O>C>H     sp3          14mol或14×6.02×1023     4
【详解】（1）元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为1，X为Cu，其原子基态核外电子排布式为1s22s2p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；
（2）非金属性越强电负性越大，所以C、H、O三种元素的电负性由大到小的顺序为O>C>H；
（3）根据水的中心原子的氧原子的价电子数为（6+2）÷2=4，所以氧原子的杂化方式为sp3杂化；
（4）根据氯原子最外层电子数为7可知，氯原子可形成一对共用电子对，即氯原子形成两条共价键中只有一条是配位键，而X可形成3条配位键，故答案为，因1molX2Cl2·2CO·2H2O含有8mol配位键，4molH-O键，2molCO含2molδ键，H-O键和配位键都属于δ键，即1molX2Cl2·2CO·2H2O含有8+4+2=14molδ键，即14NA个δ键；
（5）由晶包图可知晶包类型为ZnS，其晶包中配位数为4，距离每个X离子最近的Cl的个数为4。