山東省青島第二中學2022-2023學年高三上學期期末測試化學試題 附解析

山東省青島第二中學2022-2023學年高三上學期期末考試化學試題一、選擇題；本題共12小題，每小題3分，共36分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.下列說法不正確的是()A.泡沫滅火器可用于一般的起火，但不適用于活潑金屬引起的火災B.納米鐵粉可以高效地去除被污染水體中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金屬離子，其本質是納米鐵粉對重金屬離子較強的物理吸附C.儲熱材料是一類重要的能量存儲物質，單位質量的儲熱材料在發(fā)生熔融或結晶時會吸收或釋放較大的熱量D.Ge(32號元素)的單晶可以作為光電轉換材料用于太陽能電池【答案】B【解析】【詳解】A．泡沫滅火器可用于一般的起火，但不適用于Na、Mg等金屬著火，如鈉燃燒生成過氧化鈉，過氧化鈉與二氧化碳或水反應生成氧氣，而鎂可以在二氧化碳中燃燒，故A正確；B．Fe和Cb2+、Cu2+、Hg2+發(fā)生置換反應，屬于化學變化，物理吸附?jīng)]有新物質生成屬于物理變化，故B錯誤；C．儲熱材料是一類重要的存儲物質，根據(jù)能量守恒知，這些物質在熔融時需要吸收熱量、在結晶時放出熱量，故C正確；D．Ge為半導體材料，可以作為光電轉換材料用于太陽能電池，故D正確；答案選B。2.下列說法不正確的是A.煤的液化和氣化均為物理變化B.工業(yè)酒精中往往含有甲醇C.液化石油氣是混合物D.許多水果和花卉有芳香氣味是因為含有酯【答案】A【解析】【詳解】A．煤的液化和氣化過程中均有新物質存在，因此發(fā)生的變化為化學變化，A錯誤；B．工業(yè)酒精中往往含有甲醇，甲醇有強的毒性，B正確；C．液化石油氣含有多種有機物，因此屬于混合物，C正確；D．花卉和水果中含有多種低級酯，因而具有芳香氣味，D正確；故合理選項是A。3.在重結晶法提純苯甲酸的實驗中不需要用到的儀器有A. B. C. D.【答案】C【解析】【詳解】用重結晶法提純苯甲酸的實驗步驟為加熱溶解、趁熱過濾、冷卻結晶、過濾，所以實驗中需要用到漏斗、酒精燈、燒杯，不需要坩堝；故選C。4.下列各組物質融化或升華時，所克服的粒子間作用力屬于同種類型的是A.NaOH和熔化 B.鎂和硫的熔化C.氯化鈉和蔗糖熔化 D.碘和干冰升華【答案】D【解析】【詳解】A．NaOH是離子晶體，熔化克服離子鍵，是共價晶體，熔化克服共價鍵，A不符合題意；B．鎂是金屬晶體，熔化克服金屬鍵，硫是分子晶體，熔化克服分子間作用力，B不符合題意；C．氯化鈉離子晶體，熔化克服離子鍵，蔗糖是分子晶體，熔化克服分子間作用力，C不符合題意；D．碘和干冰都是分子晶體，其升華均是克服分子間作用力，D符合題意；故選D。5.前4周期元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大。X和Y的基態(tài)原子的2p能級上各有兩個未成對電子，Z與Y同族，W原子核內有29個質子，下列說法正確的是A.W與Y形成的化合物晶胞如圖所示，該化合物的化學式為WYB.元素第一電離能：I1(Z)>I1(Y)C.氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：Y>ZD.原子半徑：【答案】C【解析】【分析】X和Y的基態(tài)原子的2p能級上各有兩個未成對電子，則2p能級上分別有2、4個電子，X為C、Y為O；Z與Y同族，Z為S；W原子核內有29個質子，W為Cu?！驹斀狻緼．根據(jù)晶胞結構可知，白球有1+8=2個，黑球有4個，兩種元素原子個數(shù)比為1:2，該化合物化學式為Cu2O，A錯誤；B．同一主族元素從上向下第一電離能逐漸減小，則I1(O)>I1(S)，B錯誤；C．非金屬性越強，其氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：H2O>H2S，C正確；D．電子層數(shù)越多、半徑越大，電子層數(shù)相同時，核電荷數(shù)越多、半徑越小，則原子半徑：，D錯誤；答案選C。6.下列實驗內容可以達到預期實驗目的的是選項實驗內容實驗目的A將1mol溶解在1L水中配制1的溶液B將通入酸性溶液中證明具有漂白性C加入足量鐵屑，充分反應后，過濾除去溶液中的少量D將木炭與濃硫酸共熱，得到的氣體通入澄清石灰水檢驗木炭的氧化產(chǎn)物是A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．中V指溶液體積而不是溶劑體積，將1mol

CuSO4?5H2O溶解在1L水中，溶液體積大于1L，導致物質的量濃度小于1mol/L，故A錯誤；B．二氧化硫能被強氧化劑氧化而體現(xiàn)還原性，酸性高錳酸鉀溶液具有強氧化性，二氧化硫被酸性高錳酸鉀溶液氧化而使酸性高錳酸鉀溶液褪色，該實驗體現(xiàn)二氧化硫還原性而不是漂白性，用品紅檢驗二氧化硫的漂白性，故B錯誤；C．鐵和氯化鐵反應生成氯化亞鐵，且不引進新的雜質，然后采用過濾方法除去Fe，故C正確；D．加熱條件下，木炭和濃硫酸反應生成二氧化碳和二氧化硫，二者都能和除去石灰水反應生成白色沉淀，要用澄清石灰水檢驗二氧化碳，有關先用溴水除去二氧化硫，然后再將氣體通入澄清石灰水中，故D錯誤；故選：C。7.有人設計出利用CH4和O2反應，用鉑電極在KOH溶液中構成原電池。電池的總反應類似于CH4在O2中燃燒，則下列說法中正確的是①每消耗1molCH4可以向外電路提供8mole—②電池放電時，溶液pH不斷升高③負極上是O2獲得電子，電極反應式為：O2+2H2O+4e—=4OH—④負極上CH4失去電子，電極反應式為：CH4+10OH——8e—=+7H2OA.①④ B.①③ C.①② D.③④【答案】A【解析】【分析】由題意可知，甲烷燃料電池中，通入甲烷的一極為負極，堿性條件下，甲烷在負極失去電子發(fā)生氧化反應生成碳酸根離子和水，電極反應式為CH4+10OH——8e—=+7H2O，通入氧氣的一極為正極，氧氣在正極得到電子發(fā)生還原反應生成氫氧根離子，電極反應式為O2+2H2O+4e—=4OH—，電池的總反應為CH4+2O2+2OH—=+3H2O?！驹斀狻竣儆煞治隹芍?，負極上每消耗1molCH4可以向外電路提供8mole—，故正確；②由分析可知，電池放電時，消耗氫氧根離子，溶液pH不斷下降，故錯誤；③由分析可知，正極上是氧氣獲得電子發(fā)生還原反應，電極反應式為O2+2H2O+4e—=4OH—，故錯誤；④由分析可知，負極上甲烷失去電子發(fā)生氧化反應，電極反應式為CH4+10OH——8e—=+7H2O，故正確；①④正確，故選A。8.下列各選項中兩種粒子所含電子數(shù)不相等的是A.羥甲基（－CH2OH）和甲氧基（CH3O－） B.亞硝酸（HNO2）和亞硝酸根（NO）C.硝基（－NO2）和二氧化氮（NO2） D.羥基（－OH）和氫氧根（OH－）【答案】D【解析】【詳解】A．羥甲基（-CH2OH）的電子數(shù)=6+2+8+1=17；甲氧基（CH3O-）電子數(shù)=6+3+8=17；兩種粒子所含電子數(shù)相同，故A不符合；B．亞硝酸（HNO2）電子數(shù)=1+7+2×8=24；亞硝酸根（NO2-）電子數(shù)=7+2×8+1=24；兩種粒子所含電子數(shù)相同，故B不符合；C．硝基（-NO2）電子數(shù)=7+2×8=23；二氧化氮（NO2）電子數(shù)=7+2×8=23；兩種粒子所含電子數(shù)相同，故C不符合；D．羥基（-OH）電子數(shù)=8+1=9；氫氧根離子（OH-）電子數(shù)=8+1+1=10；兩種粒子所含電子數(shù)不相同，故D符合；故答案為D。9.下列指定反應的離子方程式正確的是A.雙氧水使酸性KMnO4溶液褪色：2MnO+5H2O2=2Mn2++5O2↑+6OH-+2H2OB.過量的鐵粉溶于稀硝酸：Fe+4H++NO=Fe3++NO↑+2H2OC.用Na2S2O3溶液吸收水中的Cl2：4Cl2+S2O+5H2O=10H++2SO+8Cl-D.向NaAlO2溶液中通入過量CO2：2AlO+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO【答案】C【解析】【詳解】A．雙氧水與酸性KMnO4溶液反應生成錳離子、氧氣和水，離子方程式為6H++2MnO+5H2O2═2Mn2++5O2↑+8H2O，故A錯誤；B．過量的鐵粉溶于稀硝酸生成亞鐵離子，離子方程式：3Fe+8H++2NO═3Fe2++2NO↑+4H2O，故B錯誤；C．氯氣能夠氧化硫代硫酸根離子生成硫酸根離子，自己被還原為氯離子，故用Na2S2O3溶液吸收自來水中多余Cl2，離子方程式為4Cl2+S2O+5H2O═10H++2SO+8Cl-，故C正確；D．向NaAlO2溶液中通入過量CO2，反應生成氫氧化鋁沉淀和碳酸氫鈉，正確的離子方程式為：AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO，故D錯誤；

故選：C。10.在理論上不能用于設計成原電池的化學反應是①H2SO4(aq)＋Ba(OH)2(aq)＝2H2O(l)＋BaSO4(s)；△H＜0②CH3CH2OH(l)＋3O2(g)2CO2(g)＋3H2O(l)；△H＜0③2FeCl3(aq)＋Cu(s)＝2FeCl2(aq)＋CuCl2(aq)；△H＜0④C(s)＋CO2(g)＝2CO(g)；△H＞0A.④ B.①④ C.①② D.②③【答案】B【解析】【詳解】原電池反應應為自發(fā)進行的氧化還原反應反應，化學能轉變?yōu)殡娔?，反應放熱；①為中和反應，不能設計成原電池，故①錯誤；②為氧化還原反應，反應放熱，可設計成原電池，故②正確；③為氧化還原反應，反應放熱，可設計成原電池，故③正確；④反應吸熱，不能設計成原電池，故④錯誤；故答案B。11.下列說法正確的是A.同位素之間或同素異形體之間的相互轉化均屬于化學變化B.油酸和硬脂酸互為同系物C.和互為同分異構體D.由H、D、T、、這幾種核素組成的水分子共有12種【答案】D【解析】【詳解】A．同位素之間的轉化沒有生成新的物質，因此不屬于化學變化，同素異形體的轉化有新物質生成，故屬于化學變化，選項A錯誤；B．油酸為不飽和一元酸，含有碳碳雙鍵，硬脂酸屬于飽和一元酸，兩者結構不相似，不是同系物，選項B錯誤；C．分子式相同而結構不同的有機物互稱同分異構體，CH3COOCH2CH3和CH3CH2OOCCH3分子式相同，結構也相同，是同種物質，選項C錯誤；D．一個水分子中含有兩個氫原子和一個氧原子，若兩個氫原子為同一種氫原子，則所形成水分子有3×2=6種，若兩個氫原子為不同的氫原子，則形成的水分子有3×2=6種，因此共形成水分子有12種，選項D正確；答案選D。12.分類法在化學學科發(fā)展中起到了非常重要的作用，下列分類依據(jù)合理的是①根據(jù)氧化物的性質將氧化物分成酸性氧化物、堿性氧化物等②根據(jù)反應中是否有電子轉移將化學反應分為氧化還原反應和非氧化還原反應③根據(jù)分散系是否有丁達爾效應將分散系分為溶液、膠體和濁液④根據(jù)組成元素的種類將純凈物分為單質和化合物⑤根據(jù)水溶液溶液能否導電將物質分為電解質和非電解質A.②④⑤ B.②③④ C.①③⑤ D.①②④【答案】D【解析】【詳解】①根據(jù)氧化物的性質，氧化物分為酸性氧化物、堿性氧化物、兩性氧化物和不成鹽氧化物，故①正確；②化學反應根據(jù)有無電子轉移，反應分為氧化還原反應和非氧化還原反應，故②正確；③分散系根據(jù)分散質直徑大小，分散系分為溶液、膠體、濁液，故③錯誤；④根據(jù)純凈物所含元素種類的多少將純凈物分為單質和化合物，故④正確；⑤根據(jù)在水溶液或熔融狀態(tài)下能否導電將化合物分為電解質和非電解質，故⑤錯誤。故選D。二、多選題；本題共3小題，每小題4分，共12分。13.根據(jù)實驗操作和現(xiàn)象所得出的結論正確的是選項實驗操作和現(xiàn)象結論A向Fe(NO3)2溶液中滴入HI和淀粉混合溶液，溶液變藍氧化性：Fe2+＞I2B向3mLKI溶液中滴加幾滴氯水，振蕩，再滴加1mL淀粉溶液，溶液顯藍色Cl2的氧化性比I2的強C向Ag2CO3白色懸濁液中滴加少量Na2S溶液，出現(xiàn)黑色沉淀Ksp(Ag2S)＜Ksp(Ag2CO3)D苯和液溴在FeBr3的催化下發(fā)生反應，將得到的氣體直接通入AgNO3溶液中，產(chǎn)生淡黃色沉淀苯和液溴發(fā)生取代反應A.A B.B C.C D.D【答案】BC【解析】【詳解】A．由于I-的還原性大于Fe2+，故向Fe(NO3)2溶液中滴入HI和淀粉混合溶液，溶液中的H+、、I-可以發(fā)生反應生成I2，溶液變藍，故該實驗不能說明Fe2+的氧化性強于I2，A錯誤；B．向KI溶液中滴加少量氯水，溶液變成藍色，說明氯水中的Cl2與溶液中的I-發(fā)生反應生成I2，故該實驗可以說明Cl2的氧化性比I2的強，B正確；C．向Ag2CO3白色懸濁液中滴加少量Na2S溶液，出現(xiàn)黑色沉淀，該黑色沉淀為Ag2S，說明硫化鈉溶液可以與溶解度小的碳酸銀反應生成溶解度更小的硫化銀，故可以說明Ksp(Ag2S)＜Ksp(Ag2CO3)，C正確；D．苯和液溴在FeBr3的催化下發(fā)生反應生成HBr，但是由于該反應為放熱反應，得到的氣體中還含有Br2，Br2溶于硝酸銀溶液后可以與水發(fā)生反應生成Br-，Br-與Ag+反應生成淡黃色的AgBr沉淀，故不能單憑是否有淡黃色沉淀生成確定苯和液溴發(fā)生取代反應，D錯誤；故選BC。14.三甲胺N(CH3)3是重要的化工原料。我國科學家實現(xiàn)了在銅催化劑條件下將N，N-二甲基甲酰胺[(CH3)2NCHO，簡稱DMF]轉化為三甲胺[N(CH3)3]。計算機模擬單個DMF分子在銅催化劑表面的反應歷程如圖所示(*表示物質吸附在銅催化劑上)，下列說法正確的是A.該歷程中決速步驟為B.該歷程中的最大能壘(活化能)為1.19eVC.升高溫度可以加快反應速率，并提高DMF的平衡轉化率D.若1molDMF完全轉化為三甲胺，則會釋放出1.02eV·NA的能量【答案】BD【解析】【詳解】A．步驟的能壘(正反應活化能)為0.22eV，正反應活化能最高的最后一步步驟的能壘1.19eV，故最后一步是上述歷程中的決定反應速率步驟，故A錯誤；B．根據(jù)選項A分析可知該歷程中最大能壘(活化能)E元為1.19ev，故B正確；C．升高溫度可以加快反應速率，反應為放熱反應，故降低DMF的平衡轉化率，故C錯誤；D．由反應物和生成物的相對能量可知，反應放熱為0eV-(-1.02eV)=1.02eV，1molDMF完全轉化為三甲胺，則會釋放出1.02eV·NA的能量，故D正確；故選BD。15.下列溶液中有關物質的量濃度關系正確的是A.0.1mol·L-1NaHCO3溶液：c(Na+)>c(HCO)>c(CO)>c(H2CO3)B.0.1mol·L-1NaHCO3溶液與0.1mol·L-1NaOH溶液等體積混合：c(Na+)=2c(CO)+c(HCO)+2c(H2CO3)C.0.1mol·L-1NaHCO3溶液與0.2mol·L-1NaOH溶液等體積混合：c(Na+)>c(OH-)>0.05mol·L-1>c(CO)>c(HCO)D.0.2mol·L-1NaHCO3溶液與0.1mol·L-1NaOH溶液等體積混合：c(CO)+2c(OH-)=c(HCO)+3c(H2CO3)+2c(H+)【答案】CD【解析】【分析】【詳解】A．NaHCO3溶液顯堿性可知碳酸氫根離子的水解程度大于其電離程度，則c(H2CO3)>c(CO)，故A錯誤；B．0.1mol·L-1NaHCO3溶液與0.1mol·L-1NaOH溶液等體積混合，恰好完全反應生成Na2CO3，根據(jù)物料守恒得：c(Na+)=2c(CO)+2c(HCO)+2c(H2CO3)，故B錯誤；

C．0.1mol·L-1NaHCO3溶液與0.2mol·L-1NaOH溶液等體積混合，反應后的溶液為0.05mol·L-1Na2CO3與0.05mol·L-1NaOH的混合溶液，其中鈉離子濃度為0.15mol·L-1，因碳酸根水解生成氫氧根離子和碳酸氫根離子，溶液中的c(OH-)>0.05mol·L-1，c(HCO)<c(CO)<0.05mol·L-1，故C正確；D．0.2mol·L-1NaHCO3溶液與0.1mol·L-1NaOH溶液等體積混合，反應后的溶液為：0.05mol·L-1Na2CO3與0.05mol·L-1NaHCO3的混合溶液，根據(jù)電荷守恒得：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(CO)+c(HCO)，根據(jù)物料守恒得：2c(Na+)=3c(CO)+3c(HCO)+3c(H2CO3)，聯(lián)立可得：c(CO)+2c(OH-)=c(HCO)+3c(H2CO3)+2c(H+)，故D正確；故選：CD。三、填空題：52分16.已知A、B、R、D都是周期表中前四周期的元素，它們的原子系數(shù)依次增大。其中A元素基態(tài)原子第一電離能比B元素基態(tài)原子的第一電離能大，B的基態(tài)原子的L層、R基態(tài)原子的M層均有2個單電子，D是第Ⅷ族中原子序數(shù)最小的元素。(1)寫出基態(tài)D原子的電子排布式__________。(2)已知高純度R的單質在現(xiàn)代信息技術與新能源開發(fā)中具有極為重要的地位。工業(yè)上生產(chǎn)高純度R的單質過程如下：寫出過程③的反應方程式___________，已知RHCl3的沸點是31.5oC，則該物質的晶體類型是__________，中心原子的軌道雜化類型為__________，該物質的空間構型是______。(3)A的第一電離能比B的第一電離能大的原因是_________，A、B兩元素分別與R形成的共價鍵中，極性較強的是________。A、B兩元素間能形成多種二元化合物，其中與A3-互為等電子體的物質的化學式為_______。(4)已知D單質的晶胞如圖所示，則晶體中D原子的配位數(shù)為______，一個D的晶胞質量為____，已知D原子半徑為rpm，則該晶胞的空間利用率為_____________(寫出計算過程)。【答案】①.[Ar]3d64s2②.SiHCl3+H2Si+3HCl③.分子晶體④.sp3⑤.四面體形⑥.N原子的2p能級處于較穩(wěn)定的半充滿狀態(tài)⑦.Si-O鍵⑧.N2O⑨.8⑩.?.晶胞中鐵原子占據(jù)的體積為兩個鐵原子的體積，鐵原子的半徑為rpm，如圖所示，晶胞的棱長為=，晶胞的體積=()3，空間利用率==×100%=68%【解析】【分析】B的基態(tài)原子的L層、R基態(tài)原子的M層均有2個單電子，則最外層電子數(shù)可能為4或6，B可能為C或O元素，R可能為Si或S元素，D是第Ⅷ族中原子序數(shù)最小的元素，應為Fe，A元素基態(tài)原子第一電離能比B元素基態(tài)原子的第一電離能大，且A的原子序數(shù)小于B，則A是N元素、B是O元素，高純度R的單質在現(xiàn)代信息技術與新能源開發(fā)中具有極為重要的地位，則R是Si元素；(1)D是Fe元素，其原子核外有26個電子，根據(jù)構造原理書寫基態(tài)D原子的電子排布式；(2)SiO2和C在高溫下發(fā)生置換反應生成粗Si，粗硅和HCl在300℃條件下反應生成SiHCl3，SiHCl3和過量氫氣在1000℃-1100℃條件下反應生成純硅，③的反應為SiHCl3和氫氣的反應，生成Si和HCl，分子晶體熔沸點較低，該分子中Si原子價層電子對個數(shù)是4且不孤電子對，根據(jù)價層電子對互斥理論判斷Si原子的軌道雜化類型及空間構型；(3)原子軌道中電子處于全滿、全空或半滿最穩(wěn)定；N、O兩元素分別與Si形成的共價鍵中，元素的非金屬性越強，其形成的化合物中極性鍵的極性越強；等電子體中原子個數(shù)相等及價電子數(shù)相等；(4)該晶胞是體心立方晶胞，該晶胞中Fe原子個數(shù)=1+8×=2，其配合物是8，每個Fe原子的質量=，則該晶胞質量就是兩個Fe原子質量，空間利用率=。【詳解】(1)D是Fe元素，其原子核外有26個電子，根據(jù)構造原理書寫基態(tài)D原子的電子排布式為[Ar]3d64s2；(2)SiO2和C在高溫下發(fā)生置換反應生成粗Si，粗硅和HCl在300℃條件下反應生成SiHCl3，SiHCl3和過量氫氣在1000℃-1100℃條件下反應生成純硅，③的反應為SiHCl3和氫氣的反應，生成Si和HCl，反應方程式為SiHCl3+H2Si+3HCl；分子晶體熔沸點較低，該物質熔沸點較低，則該物質晶體類型為分子晶體，該分子中Si原子價層電子對個數(shù)是4且不含孤電子對，根據(jù)價層電子對互斥理論判斷Si原子的軌道雜化類型及空間構型分別為sp3、四面體形；(3)原子軌道中電子處于全滿、全空或半滿最穩(wěn)定，N原子的2p能級處于較穩(wěn)定的半充滿狀態(tài)，所以N原子比O原子第一電離能大；N、O兩元素分別與Si形成的共價鍵中，元素的非金屬性越強，其形成的化合物中極性鍵的極性越強，因為O元素的非金屬性大于N，則極性O-Si鍵＞N-Si鍵；等電子體中原子個數(shù)相等及價電子數(shù)相等，N3-中含有3個原子、價電子數(shù)是16，與該離子互為等電子體的氮氧化物為N2O；(4)該晶胞是體心立方晶胞，該晶胞中Fe原子個數(shù)=1+8×=2，體心上的Fe原子被頂點上的8個原子包圍，所以其配合物是8，每個Fe原子的質量=g，則該晶胞質量就是兩個Fe原子質量=2×g=2×g=g；晶胞中鐵原子占據(jù)的體積為兩個鐵原子的體積，鐵原子的半徑為rpm，如圖所示，晶胞的棱長為=，晶胞的體積=()3，空間利用率==×100%=68%。17.鉈(T1)在工業(yè)中的用途非常廣泛。從某鉛鋅廠的電塵(主要成分為PbO、ZnO還含有少量Fe2O3、T12O)中回收鉈的工藝流程如圖所示：已知：①Zn(OH)2為兩性氫氧化物，溶液pH=10.0時開始溶解。②常溫下，相關離子開始沉淀和沉淀完全時的pH如下表所示：離子Fe3+Zn2+開始沉淀的pH2.76.4沉淀完全的pH3.78.0回答下列問題：（1）為提高“酸浸”效率，可采取的措施有_______(寫出一種)。（2）為提高電塵的轉化率，利用洗滌后的濾渣檢驗“酸浸”是否充分，其實驗操作__________。（3）“濾渣”的主要成分是_______(填化學式)，由于沉淀顆粒很細，通常在“酸浸”時還需要加入絮凝劑，其目的是_______。（4）“分步沉淀”時，先形成的沉淀為_______(填化學式)。沉淀第二種離子時調節(jié)溶液pH的范圍為_______，當其恰好完全沉淀，則溶液中先沉淀的離子濃度為_______。（5）“酸溶”中發(fā)生反應的離子方程式是_______?！敬鸢浮浚?）適當增大硫酸濃度（2）取濾渣于干燥潔凈的試管中，加入硫酸溶液，再滴加KSCN溶液，若溶液不變紅，則已充分酸浸（3）①.PbSO4②.吸附PbSO4沉淀，使沉淀顆粒變大，便于過濾除雜（4）①.Fe(OH)3②.8.0≤pH<10.0③.10-17.9mol/L（5）2H++Tl2S=H2S↑+2TI+【解析】【分析】向電塵(主要成分為PbO、ZnO還含有少量Fe2O3、T12O)中加入稀硫酸，金屬氧化物與硫酸反應變?yōu)镻bSO4、ZnSO4、Fe2(SO4)3、Tl2SO4，其中PbSO4不溶，通過過濾進入濾渣，然后向濾液中加入NaOH溶液，分步進行沉淀，當溶液調節(jié)pH為2.7~3.7，則產(chǎn)生Fe(OH)3，當溶液pH為8.0~10.0時沉淀是Zn(OH)2沉淀，向濾液中加入Na2S溶液，S2-與TI+反應生成Tl2S沉淀，過濾后將沉淀用稀硫酸溶解得到Tl2SO4，將Tl+進行富集，加入Zn發(fā)生置換反應：Zn+2Tl+=Zn2++2Tl，制取得到金屬Tl?！拘?詳解】為提高“酸浸”效率，可采取的措施有適當增大硫酸濃度、適當升高溫度、攪拌、適當延長酸浸時間等；【小問2詳解】酸浸時若充分，則濾渣中不含有Fe2O3，再加入稀硫酸溶液中，溶液中無Fe3+，因此向其中滴加KSCN溶液，不變紅色。故為提高電塵的轉化率，利用洗滌后的濾渣檢驗“酸浸”是否充分，其實驗操作為：取濾渣于干燥潔凈的試管中，加入硫酸溶液，再滴加KSCN溶液，若溶液不變紅，則已充分酸浸；【小問3詳解】酸浸時，金屬氧化物與硫酸反應，PbO與硫酸反應產(chǎn)生微溶性的PbSO4，其它金屬氧化物反應產(chǎn)生的都是可溶性硫酸鹽，故濾渣主要成分為PbSO4；由于沉淀顆粒很細，通常在“酸浸”時還需要加入絮凝劑，其目的是吸附PbSO4沉淀，使沉淀顆粒變大，便于過濾除雜；【小問4詳解】向濾液中加入NaOH溶液，進行分步沉淀，由于Fe3+形成沉淀的溶液pH最小，F(xiàn)e3+沉淀完全溶液pH=3.7，故“分步沉淀”時，先形成的沉淀為Fe(OH)3；由于Zn2+開始形成沉淀pH=8.0，在溶液pH=10.0時開始溶解，所以沉淀第二種離子Zn2+時調節(jié)溶液pH的范圍為8.0≤pH<10.0；由表格數(shù)據(jù)，F(xiàn)e(OH)3沉淀完全的pH=3.7可知，Ksp[Fe(OH)3]=10-5×10=10-35.9，Zn(OH)2沉淀完全時，pH為8.0，則Fe3+的濃度c(Fe3+)==10-17.9；【小問5詳解】由分析可知，“酸溶”中發(fā)生反應原理為Tl2S+H2SO4=Tl2SO4+H2S↑，該反應的離子方程式是：2H++Tl2S=H2S↑+2T1+。18.化學反應速率是描述化學反應進行快慢程度的物理量。下面是某同學測定化學反應速率并探究其影響因素的實驗。I.測定化學反應速率，該同學利用如圖裝置測定化學反應速率。(1)為保證實驗準確性、可靠性，利用該裝置進行實驗前應先進行的步驟是_______；(2)該反應有黃色固體生成，并且伴有刺激性，能使品紅溶液褪色的氣體生成。請寫出該反應的離子方程式：____。(3)若在2min時收集到224mL(已折算成標準狀況)氣體，可計算出該2min內H+的反應速率，而該測定值比實際值偏小，其原因是__。II.為探討化學反應速率的影響因素，設計的實驗方案如下表。(已知2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，其中Na2S2O3溶液均足量)實驗序號體積V/mL時間/sNa2S2O3溶液淀粉溶液碘水水①10.02.04.00.0t1②8.02.04.02.0t2③6.02.04.0Vxt3表中Vx=_______mL，比較t1、t2、t3大小，試推測該實驗結論：_______III.氧化還原滴定原理同中和滴定原理相似，為了測定某未知濃度的NaHSO3溶液的濃度，現(xiàn)用0.1000mol/L的酸性KMnO4溶液進行滴定，離子方程式：2+5+H+=2Mn2++5+3H2O；回答下列問題：(1)用KMnO4進行滴定時，判斷滴定終點的現(xiàn)象是_______。(2)下列操作會導致測定結果偏低的是_______。A.酸式滴定管水洗后未用待測液潤洗B.盛裝未知液的錐形瓶用蒸餾水洗過，未用待測液潤洗C.滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后消失D.觀察讀數(shù)時，滴定前仰視，滴定后俯視(3)根據(jù)下表中測定的實驗數(shù)據(jù)，計算NaHSO3溶液的物質的量濃度(寫出計算過程，結果保留4位有效數(shù)字)_________。實驗編號待測NaHSO3溶液的體積/mLKMnO4溶液的體積/mL120.0015.98220.0017.00320.0016.02【答案】①.檢查裝置的氣密性②.③.SO2會部分溶于水，導致所測得的SO2的體積偏?、?4⑤.增大反應物濃度，可加快反應速率⑥.當加入最后一滴酸性KMnO4溶液時，溶液由無色變?yōu)闇\紅色，且半分鐘內不褪色⑦.D⑧.0.2【解析】【分析】【詳解】I.(1)從實驗裝置可知，本實驗是通過測量在一個時間段內所收集到的氣體的體積來測定反應速率，所以實驗前應先進行的步驟是檢查裝置的氣密性；(2)該反應有黃色固體生成，應為S單質，并且伴有刺激性，能使品紅溶液褪色的氣體生成，應為二氧化硫，則該反應的離子方程式為：；(3)SO2易溶于水，導致所測得的SO2的體積偏小，則據(jù)此計算出的△n(H+)和△c(H+)以及v(H+)會偏?。籌I.由表格數(shù)據(jù)可知，除了Na2S2O3溶液所加入的體積不同外，淀粉溶液和碘水的體積均相同，則該實驗探究的是反應物Na2S2O3濃度對化學反應速率的影響，則應保持其他影響因素一致，即應使混合溶液的總體積均為16mL，故Vx=4mL；淀粉作為顯色劑，檢驗碘的存在，可根據(jù)顏色的變化判斷反應的快慢，由于在三個實驗中Na2S2O3溶液的體積①＞②＞③，而混合后溶液體積相同，故混合后Na2S2O3濃度①＞②＞③，可知化學反應速率①＞②＞③，反應所需時間ｔ的大小關系為t1＜t2＜t3，則推測該實驗結論為增大反應物濃度，可加快反應速率；III.(1)滴定完成時NaHSO3溶液沒有剩余，溶液會呈高錳酸鉀溶液顏色，為淺紅色，且半分鐘內顏色不褪去，就說明NaHSO3溶液已完全被氧化，則滴定終點的現(xiàn)象是當加入最后一滴酸性KMnO4溶液時，溶液由無色變?yōu)闇\紅色，且半分鐘內不褪色，即達滴定終點；(2)A．KMnO4溶液能夠腐蝕橡膠，應該用酸式滴定管盛裝，則酸式滴定管水洗后未用待測液潤洗，會導致酸性高錳酸鉀濃度偏小，需要高錳酸鉀體積偏大，測定值偏高；B．盛裝未知液的錐形瓶用蒸餾水洗過，未用待測液潤洗，對實驗無影響；C．定管尖嘴部分有氣泡，滴定后消失，會導致測定高錳酸鉀溶液體積偏大，測定值偏高；D．觀察讀數(shù)時，滴定前仰視，滴定后俯視，導致測定高錳酸鉀溶液體積偏小，測定值偏低；故選D；(3)實驗2中KMnO4溶液的體積的偏離較大，舍去不用，由實驗1和3取平均值，KMnO4溶液體積的平均值為，由方程式2+5+H+=2Mn2++5+3H2O可得，2~5，則NaHSO3的物質的量濃度為。19.乙酸苯甲酯可提高花或果的芳香氣味，常用于化妝品工業(yè)和食品工業(yè)，下圖是乙酸苯甲酯的一種合成路線(部分反應物、產(chǎn)物和反應條件略去)。已知A是果實的催熟劑。(1)A分子的電子式為________；C的分子式為________；D中官能團結構簡式為________。(2)A→B反應類型為_____________，反應F→G反應類型___________。(3)G的同分異構體有多種，遇FeCl3溶液顯紫色的共有_____種；苯環(huán)上一氯代物有2種的物質的結構簡式______________。(4)寫出下列反應的化學方程式：B→C：_____________________；F→G：______________________；G→H：___________________；C的銀鏡反應方程式為：____________________?！敬鸢浮竣?②.C2H4O③.-COOH④.加成反應⑤.取代反應（水解反應）⑥.有3種⑦.⑧.2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O；⑨.+NaOH+NaCl⑩.CH3COOH++H2O?.C銀鏡反應方程式為：CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+H2O+2Ag↓+3NH3↑【解析】【詳解】由已知A是果實的催熟劑可得：A是乙烯，運用逆合成分析法推斷，乙酸苯甲酯是由苯甲醇和乙酸酯化反應得到的，所以D是乙酸，C是乙醛，B是乙醇。（1）A是乙烯，電子式為；C是乙醛，分子式為C2H4O；D是乙酸，D中官能團為-COOH。（2）乙烯在一定條件下與水發(fā)生加成反應生成乙醇，故A→B反應類型為加成反應；因為，所以F→G反應類型為水解反應（取代反應）。（3）G為苯甲醇，G的同分異構體，遇FeCl3溶液顯紫色的，應含有酚羥基，故為：鄰甲基苯酚、間甲基苯酚、對甲基苯酚共3種；其中苯環(huán)上一氯代物有2種的是對甲基苯酚，結構簡式為：。（4）B是乙醇，C是乙醛，B→C反應的化學方程式為：2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O；，F(xiàn)→G發(fā)生水解反應化學方程式為：+NaOH+NaCl；苯甲醇和乙酸發(fā)生酯化反應得到乙酸苯甲酯，G→H反應化學方程式為：CH3COOH++H2O；C是乙醛，發(fā)生銀鏡反應方程式為：CH3CHO+2[Ag(NH3)2]OHCH3COONH4+H2O+2Ag↓+3NH3↑。20.三氯化硅是制備硅烷、多晶硅的重要原料。已知在催化劑作用下發(fā)生反應：。一定條件下，向容積為1L的恒容密閉容器中充入，分別在溫度為、條件下反應，測得反應體系中的物質的量分數(shù)隨時間變化的關系如圖所示。（1）在溫度下，的平衡轉化率_______%。若想進一步提高的轉化率，除改變溫度外還可以采取的措施是_