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06化学实验基础-上海市2023-2024学年高三化学上学期期中、期末重点知识点专题练习（沪科版）
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这是一份06化学实验基础-上海市2023-2024学年高三化学上学期期中、期末重点知识点专题练习（沪科版），共57页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．（2023上·上海普陀·高三校考期末）下列操作或装置不能达到实验目的的是
A．图1观察铁的吸氧腐蚀B．图2铝热反应
C．图3检验乙炔的还原性D．图4制备硝基苯
2．（2023上·上海普陀·高三校考期末）我国海带产量居世界第一位，除供食用外，主要用于制碘。实验室提取碘的途径如下：
下列有关叙述错误的是
A．实验室可在表面皿中焙烧干海带
B．“氧化”时，可选用的试剂有O2、H2O2等
C．海带灰中含有难溶于水的无机物
D．“系列操作”有过滤、萃取、分液、蒸馏等
3．（2023上·上海浦东新·高三统考期末）用如下装置制备并收集乙烯，下列说法正确的是
A．为防止暴沸，烧瓶中应放入几片碎瓷片
B．为控制反应温度，温度计的量程为0~150℃
C．为除去杂质，试剂X可选择酸性溶液
D．可用排气法或排水法收集乙烯
4．（2023上·上海浦东新·高三统考期末）实验室完成硫酸铜晶体中结晶水含量测定实验时，恒重操作用到的仪器是
A．B．C．D．
5．（2023上·上海浦东新·高三统考期末）海洋是资源的宝库，下列从海洋中提取物质的第一步操作一定错误的是
A．淡水——蒸馏B．食盐——蒸发C．溴——浓缩D．碘——萃取
6．（2023上·上海徐汇·高三上海市西南位育中学校考期末）只使用待选试剂能完成元素检验的是待检验元素待选试剂
A．AB．BC．CD．D
7．（2023上·上海徐汇·高三上海市西南位育中学校考期末）用如图装置制取干燥的气体(a、b表示加入的试剂)，能实现的是
A．AB．BC．CD．D
二、填空题
8．（2023上·上海·高三上海市育才中学校考期中）由于氧化还原反应中存在着反应物质之间的电子传递，因此可以通过一定的装置实现化学能与电能之间的相互转化。
(1)过氧化氢的分子结构如图(Ⅱ)，过氧化氢属于 (填“极性”或“非极性”)分子。
过去曾经有人认为过氧化氢的分子结构也可能是(Ⅰ)，选择合理实验方法证明过氧化氢的分子结构为(Ⅱ) 。
A．测定过氧化氢的沸点
B．测定过氧化氢分解时的吸收的能量
C．测定过氧化氢中H﹣O和O﹣O的键长
D．观察过氧化氢细流是否在电场中偏转
(2)电化学合成氨在工业上起着相当重要的作用。
①电解法合成氨反应装置如图所示：
i．a极的电极反应式为 。
ii．电解装置中质子交换膜的作用为 。
iii．若b极产生的O2在一定条件下的体积为336L，a极中通入相同条件下N2的总体积为672L，则N2的转化率为 。(保留两位有效数字)
②近几年科学家研究通过一种生物燃料电池实现室温下合成氨，其工作原理如图：
i．该电池负极是电极 (填“a”或“b”)。
ii．对比传统的工业合成氨，生物燃料电池合成氨的优点是 。(任写一条)
(3)利用滴定法可测定所得CuSO4•5H2O的纯度，操作如下：
a．取agCuSO4•5H2O样品，加入足量NH4F﹣HF溶液溶解(其中F﹣用于防止Fe3+干扰检验：Fe3++6F-=)。
b．滴加足量KI溶液，发生反应2Cu2++4I-═2CuI↓+I2。
c．再用cml•L﹣lNa2S2O3标准溶液滴定，以淀粉溶液为指示剂，到达滴定终点时消耗硫代硫酸钠标准溶液VmL2+2S2=S4+2I﹣。
①接近滴定终点时，若向溶液中滴加KSCN溶液，会发现CuI沉淀转化为CuSCN，其沉淀转化的原因是 。
②已如：CuI能够吸附大量I2，如果不加KSCN溶液，那么测得CuSO4•5H2O的纯度将会 。(填“偏高”“偏低”或“不变”)
③计算CuSO4•5H2O的纯度为： 。(用含a、c、V的代数式表示)
9．（2022上·上海松江·高三上海市松江二中校考期中）硫及其化合物在工业上有广泛的用途。
(1)斜方硫和单斜硫是硫常见的两种单质，它们互为 ，斜方硫和单斜硫均溶于CS2，CS2为直线型分子，属于 分子(填写“极性”或“非极性”)。
(2)Na2S又称臭碱、硫化碱，用离子方程式说明Na2S溶液呈碱性的原因 。Na2S溶液中，c(OH-)-c(H+)= (写出表达式，不含Na+)。
(3)已知NaHSO3溶液显酸性。则溶液中含硫元素的微粒浓度由大到小的顺序是 。
(4)纺织工业中常用氯气作漂白剂，Na2S2O3可作为漂白后布匹的“脱氯剂”。Na2S2O3和Cl2反应的产物是H2SO4、NaCl和HCl，则还原剂与氧化剂的物质的量之比为 。
(5)Na2SO3的溶解度随温度变化曲线如图所示。
要从34℃的Na2SO3溶液中得到Na2SO3·7H2O晶体，实验步骤依次为： 、过滤、干燥。若要得到无水Na2SO3固体，则要加热浓缩至大量晶体析出，再 ，洗涤、干燥。
10．（2021上·上海奉贤·高三校考期中）矾是一类含硫化合物，一般都含有氢、氧、硫等元素，在生活和生产中有着重要应用。
(1)硫元素在周期表中的位置是 ，与硫原子占有相同轨道数目的阳离子有 (用微粒符号表示)。
(2)从原子结构的角度解释硫元素的非金属性比氧弱的原因： 。
(3)蓝矾(CuSO4•5H2O)常用于冶金、制农药等。实验室常用蓝矾溶液检验H2S气体，该反应的离子方程式为 。
(4)绿矾(FeSO4•7H2O)水溶液显酸性，在空气中久置出现红褐色的Fe(OH)3沉淀，且溶液的酸性增强，该反应的离子方程式为 。因此绿矾水溶液保存时防止变质可加入试剂为 (填化学式)。
(5)已知黄矾[FexS2O9•yH2O]中Fe、S的化合价分别为+3、+6，则x= 。将2.500g样品加热到110℃时，样品失掉部分结晶水，恒重后的固体质量为2.320g；将样品继续高温加热至恒重，得到氧化铁0.800g。黄矾的化学式为 。
11．（2021上·上海黄浦·高三上海市向明中学校考期中）下图是制取和观察在空气中被氧化时的颜色变化的实验装置，请回答：
(1)制取前先向试管中滴入稀硫酸，会产生气泡，这步操作的目的是 。
(2)制取时，用长滴管滴入氢氧化钠，离子方程式是 。
(3)制取后，将盛有水的烧杯移开，使试管内外空气流通，一段时间后，试管内制得的氢氧化亚铁沉淀会 (现象)，发生反应的化学方程式是 。
12．（2019上·上海嘉定·高三上海市嘉定区第一中学校考期中）卤族元素包括氯、溴、碘等元素，其中溴和碘在陆地上含量极少，主要存在于海水中。
（1）氯气有毒，一旦泄漏会造成对空气的严重污染。工业上常用浓氨水检验氯气管是否漏气。（已知Cl2可将NH3氧化成N2）写出有关的化学方程式 。
（2）亚氯酸钠(NaClO2)是一种漂白剂。已知NaClO2变质可分解为NaClO3和NaCl。取等质量变质前后的NaClO2试样均配成溶液，分别与足量FeSO4溶液反应时，消耗Fe2+的物质的量相同，从电子守恒的角度解释其原因是 。
（3）从海水中提取溴，一般要经过浓缩、氧化和提取三个步骤。氧化时常用氯气做氧化剂，写出有关的离子方程式 。海带提碘时，由于碘的量较少，在灼烧、溶解之后得到的溶液用硝酸银溶液很难检验。设计一个检验溶液中是否含有碘离子的方法 。
（4）盐酸和醋酸都是一元酸，某温度下，相同pH的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，平衡pH随溶液体积变化的曲线如下图所示。据图判断：
盐酸稀释时的pH变化曲线为 （填“Ⅰ”或“Ⅱ”），溶液的导电性b c（填“>”、“<”或“=”）。
水电离的[H+]a点比b点大还是小 ？从电离平衡移动原理解释原因：
13．（2019上·上海·高三上海市大同中学校考期中）如图所示，向NaOH固体上滴几滴浓氨水，迅速盖上表面皿，观察现象。回答第22-24小题.
1.浓盐酸液滴附近会出现白烟，发生反应的化学方程式为
2.浓硫酸液滴一开始没有明显现象，一段时间后液滴中有白色固体产生，该固体可能是一种酸式盐，其化学式为
3.FeSO4液滴中先出现灰绿色沉淀，过一段时间变成红褐色，发生的应包括（用化学方程式表示）： ； 。
三、解答题
14．（2023上·上海虹口·高三统考期末）三草酸合铁(Ⅲ)酸钾是一种经典的光敏剂，也是制备负载型活性铁催化剂的主要原料。用废铁屑(含少量、)先制备草酸铁，然后再制备三草酸合铁(Ⅲ)酸钾。
Ⅰ．制备草酸亚铁
已知：部分氢氧化物沉淀时溶液的如下表：
(1)加入过量废铁屑的主要目的是___________。
A．提高铁的利用率B．除去溶液中的
C．防止被氧化D．抑制的水解
(2)加入少量后，混合溶液范围应调控在___________。
A．3.2以下B．C．D．7.5以上
(3)写出反应Ⅱ的离子方程式： 。
(4)关于溶液中有关离子浓度的说法正确的是___________。
A．
B．
C．
D．对溶液进行稀释，与的比值变小
Ⅱ．制备三草酸合铁(Ⅲ)酸钾
步骤一：在草酸亚铁固体中，加入饱和溶液；
步骤二：保持恒温40℃，边搅拌边缓慢加入溶液，直至氧化完全；
步骤三：将溶液加热至沸，加入饱和溶液，溶液转为绿色，获得三草酸合铁(Ⅲ)酸钾溶液。
(5)从步骤三所得溶液获得三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体的操作依次为水浴浓缩、 、 ，然后用乙醇淋洗。
(6)步骤二使用做氧化剂，其优点是 ；滴加时需保持恒温40℃，原因是 。
(7)三草酸合铁(Ⅲ)酸钾溶液中存在如下过程：，某同学想检验的存在，结合属于难溶电解质的特点，他向三草酸合铁(Ⅲ)酸钾溶液中加入溶液，并未看到有沉淀生成。从平衡角度解释上述现象 。
Ⅲ．三草酸合铁(Ⅲ)酸钾含量测定
测定三草酸合铁(Ⅲ)酸钾样品纯度的方法如下：
称取样品0.2415g，放入250mL锥形瓶中，加入25mL水和，用标准溶液滴定至终点，反应原理为：
(8)确认滴定终点的操作是 。
(9)若最终消耗标准溶液23.19mL，则样品纯度为 (精确到0.1％)。
(已知的摩尔质量为)
15．（2023上·上海虹口·高三统考期末）水是清洁、可持续的氢能来源。利用太阳能从水中获取氢气符合可持续发展的理念。“太阳能直接热分解水制氢”通过集中阳光产生2000K以上高温，促使分解为和；若温度进一步升高至5000K，与会分解为气态原子。
(1)分解过程中断裂的化学键属于 。
A．离子键 B．极性共价键 C．非极性共价键
(2)在相同条件下，同时存在如下两个过程：
i． ii．
比较下列量的相对大小(均从选项中选择)：①放出热量 ；②反应速率 。
A．i>ii B．i=ii C．i“太阳能光催化分解水制氢”原理可以表示为：。
(3)已知呈平面正三角形结构，推测的立体构型为 。
A．平面正三角形 B．正四面体型 C．三角锥型
(4)能说明氯的非金属性比硫强的事实是___________。
A．溶解性：B．氧化性：
C．热稳定性：D．酸性：
(5)与结构相似，但的沸点高于，原因是 。
(6)反应开始一段时间后，取出一定量溶液，写出检验溶液中的操作方法： 。
“太阳能热化学循环制氢”是将太阳能转化成化学能，通过多个化学过程产生。如常见的铁氧化物循环制氢过程如图所示。
(7)写出反应I的化学方程式： ；若该反应生成标准状况下氢气，转移电子数目为 。
(8)科学家想要用组成相似的钴氧化物代替铁氧化物进行循环制氢。查阅资料发现，使用钴氧化物后反应I和反应II的值随温度变化如图所示。
结合图像判断能否用钴氧化物代替铁氧化物进行热化学循环制氢？若可行，举出采用钴氧化物的一个优势；若不可行，说明理由 。
(9)除了上述“直接热分解”、“光催化分解”和“热化学循环”外，请再设计一种利用太阳能从水中获取氢气的方法： (简述即可，不必展开)。
16．（2023上·上海普陀·高三校考期末）加碘食盐所添加的含碘物质是碘酸钾(KIO3)。某化学兴趣小组欲自制碘酸钾，并测定所得产品的纯度，具体实验过程如下。完成下列填空。
(Ⅰ)碘酸钾的制取
反应原理：3Cl2＋KI＋6KOH6KCl＋KIO3＋3H2O
反应装置如图所示：
(1)装置 甲 为氯气发生装置，反应方程式为： 。
甲中橡胶管 a的作用是 。
指出全套装置中存在的不足之处： 。
(2)用碘化钾固体配制一定物质的量浓度的 碘化钾溶液，下列仪器肯定不需要的是 (填仪器名称)。
(Ⅱ)分离提纯
步骤一 取丙中溶液，加入浓盐酸，搅拌、冷却、……，得到KH(IO3)2粗产品。
步骤二 将KH(IO3)2粗产品溶于水，加入KOH调节pH，蒸发结晶，得到KIO3产品。
(3)在完成(Ⅰ)碘酸钾的制取实验后，测得装置丙溶液中有KI剩余。若此时加入浓盐酸将导致碘酸钾的最终产率偏小，原因是 (用离子反应方程式表示)。 将步骤一中所缺的操作补充完整 。
(Ⅲ)测定碘酸钾产品的纯度
称量wg碘酸钾产品，配成250mL溶液。取25.00mL，加入稍过量的KI与盐酸溶液，充分反应。然后加几滴淀粉指示剂，用0.1000的Na2S2O3标准液滴定至终点，记录所消耗的标准液体积。(已知：2S2O+ I2 = S4O+ 2I- )
(4)经实验，测得消耗标准液的平均体积为VmL，试计算该碘酸钾产品的纯度： 。
(5)某同学欲利用家里常见的物质，模拟上述方法，检验自家所用食盐是否含有碘酸钾。为完成实验，请帮他选择所需要的试剂：家用食盐、干海带(含有 KI)、 (限选居家生活中常用的物质)。
17．（2023上·上海徐汇·高三上海市西南位育中学校考期末）常温下将Cl2缓慢通入水中至饱和，然后改向其中滴加浓NaOH溶液至恰好完全反应。上述整个实验过程中溶液的pH变化曲线如图所示(不考虑次氯酸的分解以及溶液体积的变化)。
(1)氯原子最外层的轨道表示式是 ；次氯酸的电子式是 。
(2)b点对应的溶液中存在多个平衡，含氯元素的平衡是 、 。
(3)写出c点对应溶液中：c(Na+) c(Cl-)+c(ClO-)(填>、＜或=，下同)。比较c(Cl-)：b点 c点。
(4)已知HClO的杀菌能力比ClO-强，氯水处理饮用水时，在夏季的杀菌效果比在冬季差，可能原因是 。氯可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中利用下图装置(部分装置省略)制备KClO3和NaClO，探究其氧化还原性质。
(5)a中的试剂为 。
(6)推测b中化学反应的离子方程式是 。
(7)取少量KClO3和NaClO溶液分别置于1号和2号试管中，再分别滴加中性KI溶液。1号试管溶液颜色不变，2号试管溶液变为棕黄色，加入苯后振荡，静置后的现象是 ，可知该条件下KClO3的氧化能力 NaClO(填“大于”或“小于”)。
18．（2023上·上海·高三上海市行知中学校考期中）Ⅰ．“湿法炼锌”是现代炼锌的主要方法，下列是以硫化锌精矿制备单质锌的工业流程：
(1)ZnS 精矿在空气中焙烧时，通常会将硫化锌精矿粉碎，其目的是 。
(2)已知电解时 Cl－会腐蚀阳极板，因此实际生产会同时加入 Cu 和 CuSO4 从而生成 CuCl 沉 淀以降低对电解的影响， 原理为：2Cl－(aq) + Cu(s) + Cu2+(aq) 2CuCl(s) ΔH < 0，实验测得电解液 pH 对溶液中 c(Cl－)的影响如图所示，下列说法正确的是___________。
A．加入适当过量的 Cu，平衡正向移动
B．Ksp(CuCl)的表达式为 Ksp =
C．向电解液中加入稀硫酸，不利于 Cl－的去除
D．若加入 1 ml Cu 单质，则完全反应后转移的电子总数为 NA
(3)在进行上述操作时，工厂对多余的铜粉进行了回收，为检验其表面的 Cl－是否已经洗净，写出具体的实验步骤、现象和结论： 。
Ⅱ．经员工检测发现仓库中 CuSO4·5H2O 晶体原材料存在被污染的情况(纯度大于 90%则可以继续使用) ，因而安排了下列方法进行其纯度的测定：
①取 0.500 g 晶体样品，加入足量 KI 溶液 发生反应：2Cu2+ + 4I－ = 2CuI↓+ I2。
②用 0.1000 ml/L 的 Na2S2O3 标准溶液进行滴定发生反应： 。
③以淀粉为指示剂，到达滴定终点时消耗标准溶液 15.00 mL。
(4)试通过计算，判断该批原材料是否能够继续使用(写出计算过程)。 。
(5)已知 CuI 能够吸附大量 I2 ，若不对其进行适当的处理，则会导致测得纯度的结果 (填“偏大” 、“偏小” 或“无影响”)。
Ⅲ．采用氨浸法处理含锌物料回收有价金属，具有原料适应性广、工艺流程短、净化负担轻、环境污染小、产品品种多、投资少等特点，对推动湿法炼锌技术的进步具有深远的意义。
(6)控制温度不变，向 10mL 0.1m/L HX 溶液中逐滴加入 0.1ml/L 的氨水， 其导电能力、 pH 与所加氨水体积 V 的关系变化如图所示，下列说法不正确的是___________。
A．水的电离程度：b > d ，a > c
B．Kb(NH3·H2O) = Ka(HX) =10−4.6
C．d 点所得溶液的 pH < 7
D．a 点对应的溶液中存在：c(HX) + 2c(H+) = c(X－) + c(NH3·H2O) + 2c(OH－)
19．（2023上·上海普陀·高三上海市晋元高级中学校考期中）Ⅰ.三草酸合铁酸钾化学式为(M=437g⋅ml-1)，能溶于水，难溶于乙醇，光照易分解，晶体常带一定数量结晶水。
(1)的负离子结构如图所示。从化学键形成角度分析该负离子形成的原因： 。
(2)已知：i.(红褐色) ；
ii.(红色) 。
①向溶液中滴加KSCN溶液，未观察到红色，说明 ；
A．大于 B．等于 C．小于
②继续加入硫酸，溶液变红，原因是： 。
Ⅱ.制备三草酸合铁酸钾晶体的一种方法如下：向一定体积0.5 ml⋅L-1 溶液中缓缓加入0.50 ml⋅L-1 溶液至过量，充分搅拌后冷却，加入95%乙醇并置于暗处，有绿色晶体析出。
(3)配制250 mL 0.5 ml⋅L-1 溶液所需的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还有 ；配制时，需先将称量的晶体溶解在一定浓度的盐酸中，目的是 。
(4)结晶时加入95%乙醇并置于暗处的目的是
(5)三草酸合铁酸钾晶体在100℃可完全失去结晶水。测定晶体中所含的结晶水数目的主要步骤有：
①称量，②置于烘箱中于100℃下加热一段时间，③冷却，④称量，⑤重复加热、冷却、称量直至质量恒定，⑥计算。
①步骤⑤的目的是 。
②若测得最终剩余固体质量较加热前减少了11.0%，则三草酸合铁酸钾晶体的化学式为 。
(6)另一种测定晶体中所含的结晶水数目的方法是利用离子交换，步骤如下：
步骤1：准确称取一定质量晶体，完全溶解于一定量水中；
步骤2：使溶液通过负离子交换柱，并用蒸馏水冲洗交换柱，收集所有过柱液体(已知离子交换反应：。
步骤3：以甲基橙为指示剂，用标准盐酸滴定过柱液体至终点。
①判断终点的现象为 。
②步骤2中未用蒸馏水冲洗交换柱，则测得的结晶水数目 。
A．偏大 B．偏小 C．不变
20．（2023上·上海浦东新·高三上海市洋泾中学校考期中）硫代硫酸钠可由亚硫酸钠和硫粉通过化合反应制得。已知：在酸性溶液中不能稳定存在；硫代硫酸钠与碘反应的离子方程式为：。
I.制备
(1)打开，关闭，向放有铜片的圆底烧瓶中加入足量浓硫酸，加热。圆底烧瓶中发生反应的化学方程式是 。
(2)过滤C中的混合液。将滤液加热浓缩、冷却结晶、过㴔、洗深、烘干，得到产品。“过滤”用到的玻璃仪器是(填仪器名称) 。
(3)装置中盛放的试剂是(填化学式) 溶液，其作用是 。
II.用的标准溶液测定产品的纯度
取产品，配制成溶海。取溶液，以淀粉溶液为指示剂，用浓度为的标准溶液进行滴定，相关数据记录如下表所示。
(4)滴定时，达到滴定终点的现象是 。
(5)在产品中的质量分数是 (用百分数表示，且保留1位小数)。
21．（2023上·上海松江·高三上海市松江二中校考期中）苯乙酸铜是合成优良催化剂、传感材料——纳米氧化铜的重要前驱体之一、下面是它的一种实验室合成路线：
+H2O+H2SO4+NH4HSO4
+Cu(OH)2(苯乙酸铜)+ H2O
制备苯乙酸的装置示意图(加热和夹持装置等略)如下：
已知：苯乙酸()的熔点为，微溶于冷水，溶于乙醇。
具体步骤：
ⅰ．在三颈烧瓶a中加入的硫酸。
ⅱ．将a中的溶液加热至，缓缓滴加苯乙腈()到过量硫酸溶液中，然后升温至继续反应。反应结束后加适量冷水，再分离出苯乙酸粗品。
ⅲ．将苯乙酸加入到乙醇与水的混合溶剂中，充分溶解后，加入搅拌，过滤，滤液静置一段时间，析出苯乙酸铜晶体。回答下列问题：
(1)配制70%硫酸时，加入蒸馏水与浓硫酸的先后顺序是：先加 ，后加 。
(2)在装置中，仪器b的名称是___________。
A．球形分液漏斗B．梨形分液漏斗C．恒压滴液漏斗D．长颈漏斗
(3)仪器c的作用是 ；反应分离苯乙酸粗品时，加适量冷水的目的是 。
(4)下列仪器中可用于分离苯乙酸粗品，除漏斗外，还有___________。
A．分液漏斗B．玻璃棒C．烧杯D．直形冷凝管
(5)写出用和溶液制备沉淀的化学方程式 。
(6)最终得到苯乙酸晶体，则苯乙酸的产率是 。(写出计算过程，结果用百分数表示，保留小数点后两位数字)
(7)某实验小组依据甲醇燃烧的反应原理，设计如图所示的电池装置电解溶液，该电池的负极反应式为 。
22．（2023上·上海松江·高三上海市松江二中校考期中）硫酸锰在农业上是重要微量元素肥料，也是植物合成叶绿素的催化剂。一种以高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及)与氧化锰矿(主要成分为等锰的氧化物)为原料制备硫酸锰的工艺流程如下：
已知：①“混合焙烧”后烧渣含MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO。
②金属离子在水溶液中沉淀的范围如下表所示()；
③离子浓度时，离子沉淀完全。
(1)“混合焙烧”时一般会将原料粉碎，这样做的主要目的是 。
(2)“混合焙烧”后产生的气体，不能通过___________溶液吸收。(单选)
A．B．氨水C．酸性高锰酸钾D．稀硫酸
(3)若试剂a为，则氧化步骤发生反应的离子方程式为 ，若省略“氧化”步骤，造成的影响是 。
(4)“中和除杂”时，应控制溶液的范围是 。
(5)“氟化除杂”后，溶液中浓度为。则溶液中和的比值为 。(已知：；)
(6)“碳化结晶”时，加入碳酸氢铵，产生沉淀。
①碳酸氢铵溶液的电荷守恒式为 。
②“碳化结晶”时，发生反应的离子方程式为 。
(7)“系列操作”为 ， ，过滤，洗涤，干燥。
23．（2023上·上海黄浦·高三格致中学校考期中）肼()是我国导弹和运载火箭中广泛使用的液体燃料之一，具有较强还原性。实验小组拟和NaClO溶液反应制备肼，装置如图所示(夹持装置未画)。
(1)装置b长颈漏斗的作用 ；仪器a的名称 ，a中盛放的试剂 。
(2)的电子式 ，装置C制备化学方程式 ；用NaClO与制的反应是相当复杂的，主要分为两步：已知第一步：，请写出第二步离子方程式： 。
(3)通常用NaClO与过量反应制得，请解释为什么用过量氨气反应的原因： 。
(4)测定产品中的质量分数：取装置C中的溶液4.00g，并调节为弱酸性，加水配成500mL溶液，从中取25.00mL溶液与0.2000ml/L的溶液反应(只有参与反应，其他物质不反应)，反应过程中有无污染性的气体生成，消耗溶液的体积为20.00mL，则该产品中的质量分数为 %。已知：H-1、N-14
24．（2023上·上海虹口·高三上海财经大学附属北郊高级中学校考期中）肼(N2H4)又名联氨，是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用。肼 分子结构如图所示。
(1)关于 N2H4 分子说法正确的是_______。
A．只含有极性键的极性分子B．含有非极性键的极性分子
C．只含有极性键的非极性分子D．有非极性键的非极性分子
(2)N2H4 的相对分子质量与 CH2=CH2 接近，但沸点远高于 CH2=CH2，原因是_______。
A．N2H4 分子内可形成氢键B．N2H4 分子间可形成氢键
C．N2H4 分子中共价键键能更大D．N2H4 分子能形成内盐
(3)发射卫星时可用 N2H4 为燃料，N2O4 为助燃剂，这两种物质反应放出大量能量，生成无毒无害的物质。此过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
(4)实验室可用如下装置，在碱性条件下合成 N2H4：
①完成装置 B 中发生反应的离子方程式(化学计量数为 1 则省略)：
i． ；
ii． □NH3 + □ClO－ = □N2H4 + □_______+ □_______； 。
②装置 A 试管中的试剂为 ；仪器 a 的作用是 。
③装置 C 中每生成 112 mL(折算至标准状况)气体，转移电子数目为 ； 仪器 b 的导管作用为 。
④上述装置中存在一处缺陷，会导致肼的产率降低，改进方法是 。
25．（2023上·上海普陀·高三曹杨二中校考期中）在圆底烧瓶中加入12g 、60mL水、4g硫黄，加热1小时后，趁热减压过滤。再用乙醇洗涤晶体、干燥后得到晶体。
(1)写出制备的化学方程式： 。
(2)用乙醇洗涤晶体的原因是 。
准确称取1.5g产品，加入20mL煮沸并冷却后的水使其完全溶解，以淀粉作指示剂，用0.1000ml/L碘的标准溶液滴定。已知：(无色)，杂质与碘水不反应。
(3)判断滴定终点的现象为 。
(4)记录数据如下表：
则产品中的含量为 %(列式计算，计算过程包括单位，结果保留1位小数)。
26．（2023上·上海虹口·高三华东师范大学第一附属中学校考期中）乙二酸(H2C2O4)俗名草酸，是二元有机弱酸．实验室用淀粉水解液、浓硝酸、浓硫酸制取乙二酸的装置见下图。
反应原理为：
(1)冷凝管中冷凝水从 口流入。
A．a B．b
(2)实验中，使用的定量仪器名称为 。
(3)检验淀粉是否水解完全，所需的试剂为 。
A．溶液 B．碘水 C． 溶液
(4)上述反应中，每生成标况下的气体，则转移的电子数为 。
(5)将反应后溶液冷却、过滤后得到草酸晶体．若所得草酸纯度较低，可用_________方法进一步提纯。
A．萃取B．重结晶C．过滤D．蒸馏
时，有关物质的溶度积见下表。
(6)配制浓度均为混合溶液，再向混合溶液中逐滴加入草酸溶液，充分反应后，最先生成的沉淀为 。
A． B． C．
25℃时，草酸和碳酸的电离平衡常数见下表。
(7)等温等浓度时，pH：H2C2O4溶液 H2CO3溶液。
A．> B．< C． =
(8)等浓度和混合溶液中，含碳元素的负离子浓度从大到小的顺序为 。
(9)向饱和溶液中滴加少量草酸溶液，观察到生成沉淀，写出反应的离子方程式 。
27．（2023上·上海虹口·高三华东师范大学第一附属中学校考期中）高铁酸钾(K2FeO4)是兼具杀菌消毒和吸附絮凝功能的高效水处理剂。
(1) K2FeO4在处理污水时，与水体中的 物质反应生成。
A．氧化性 B．还原性
(2)再水解生成胶体，起到吸附絮凝作用，这与胶体的 有关。
A．丁达尔现象 B．电泳 C．聚沉
(一)电解法制备K2FeO4：
装置如图所示，原理为。
(3)灰铸铁材料作___________极。
A．正B．负C．阴D．阳
(4)电解时，左侧烧杯中溶液的 。
A．升高 B．降低 C．不变
(5)写出电解时石墨电极反应式 。
(二)水相法制备K2FeO4：
实验流程如下所示。
(6)实验室配制溶液，不需要使用的玻璃仪器是___________。
A．容量瓶B．玻璃棒C．胶头滴管D．量筒
(7)实验室制取所需的两种原料为 、 。
(8)写出反应I的化学方程式 。
(9)简述反应Ⅱ能生成K2FeO4的原因 。
(三) K2FeO4的纯度分析
水相法制备的K2FeO4产品纯度测定步骤如下：称取产品配成溶液。取置于锥形瓶，再加入足量溶液，再加适量稀硫酸；最后用标准溶液滴定，终点时消耗标准溶液。主要反应如下：
(10)溶液通常用红色手柄的滴定管盛放，主要是由于其溶液显 。
A．酸性 B．碱性
(11)计算该K2FeO4产品纯度为 。
(12)下列操作会使测定结果偏大的是___________。
A．配制 K2FeO4溶液定容时，仰视容量瓶刻度线
B．盛放K2FeO4溶液的锥形瓶未干燥
C．盛放标准溶液的滴定管未润洗
D．终点读数时，俯视滴定管刻度线
28．（2023上·上海杨浦·高三复旦附中校考期中）Ⅰ.高锰酸钾生产过程中会产生较多的废锰渣，工业上将废锰渣(含MnO2及少量KOH、MgO、Fe2O3)再利用，以它为原料来制备MnSO4·H2O。请回答下列问题：
已知：反应Ⅰ的离子方程式为：MnO2 + FeS2 + 4H+ = 2S + Mn2+ + Fe2+ + 2H2O
(1)为提高酸浸过程中浸出率，实验中可采取的措施有 、 (任写两种)。
(2)已知：室温下Ksp[Fe(OH)2]=4.9×10-17，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，Ksp[Mn(OH)2]=2×10-13，反应Ⅱ后溶液中c(Mn2+)=0.2ml·L-1。
①反应Ⅱ中MnO2的作用是 。
②欲使溶液中c(Fe3+)<10-5ml·L-1，“调pH”过程需控制溶液pH的范围是 。
(3)已知硫酸锰在不同温度下的溶解度和析出晶体的组成如图所示。从滤液制取较多MnSO4·H2O的操作是：控制温度在80~90℃之间，然后 、 ，使固体MnSO4·H2O与溶液分离；获得的MnSO4·H2O晶体常用酒精洗涤，优点是 。
(4)测定产品纯度。
①取制得的MnSO4晶体0.3020g，溶于适量水中，加硫酸酸化；
②用过量NaBiO3(难溶于水)将Mn2+完全氧化为MnO，过滤、洗涤；
③将几次洗涤的滤液与过滤所得的滤液合并，向其中加入Na2C2O4固体1.072g，充分反应；
④再用0.0320ml·L-1 KMnO4溶液滴定步骤③反应后的溶液，用去40.00mL。
已知：C2O + MnO→CO2 + Mn2+(未配平)。
a.用KMnO4溶液滴定时，滴定终点的现象为 。
b.计算产品中MnSO4的质量分数 。
Ⅱ.某实验小组为检验MnSO4受热分解是否生成SO2或SO3，设计探究实验装置如图所示：
(5)装置B、C、D中的溶液依次为 (填字母)。
a．Ba(NO3)2 b．BaCl2 c．品红 d．浓硫酸 e．Ca(OH)2 f．NaOH
(6)实验结束时，为防止倒吸，正确的操作方法是 。
29．（2023上·上海宝山·高三上海交大附中校考期中）I．钴的配合物制取
实验室以活性炭为催化剂，用CCl2制取[C(NH3)6]Cl3，装置如图所示。
(1)仪器a的名称是 ；仪器b中的试剂是 ；冷凝管作用是 。
II．将0.1 ml/L CCl2、NH4Cl混合液在三颈烧瓶中混合，滴加浓氨水，溶液变为棕色。已知：①[C(NH3)6]2+具有较强还原性；溶液呈棕色。②Ksp[C(OH)2] = 6×10－15
(2)请计算常温下该混合液中C2+开始沉淀的pH值(精确到0.01)，列出必要过程 。NH4Cl的作用是 。
(3)充分反应后缓慢滴加双氧水，水浴加热20 min(该过程生成OH－)。发生反应的离子方程式为 。将反应后的混合液冷却后加入适量浓盐酸，过滤、洗涤、干燥，得到[C(NH3)6]Cl3晶体。
III．已知[C(NH3)6]Cl3可溶于热水，微溶于冷水，难溶于乙醇。
(4)请运用平衡移动原理解释加入浓盐酸的目的是 。
(5)[C(NH3)6]3+C3+ + 6NH3 K1；NH3 + H+ K2，判断K1 (K2)6。(填“>”“<”或“=”)
(6)洗涤[C(NH3)6]Cl3时可用___________。
A．蒸馏水B．冰水C．无水乙醇D．50%乙醇水溶液
IV．测定产品中配体NH3与外界Cl－的物质的量之比。实验如下：
①蒸氨：取0.100 g样品加入三颈烧瓶中，再加入足量NaOH溶液并充分加热，蒸出的气体全部通入V1 mL c1 ml/L的H2SO4中。
②滴定：用c2 ml/L NaOH溶液滴定①中溶液，消耗V2 mL NaOH溶液。
③沉淀：另取0.100 g样品溶解，加入足量AgNO3溶液，过滤、洗涤、干燥、恒重，得到沉淀m3 g。(MAgCl = 143.5 g/ml)
(7)滴定时选用的指示剂为 。
(8)测得产品中配体NH3与外界Cl－的物质的量比值为 。(用含c1、V1等数据的代数式表示)若测得n(NH3) ： n(Cl－)比值偏小，可能的原因是 。
A．蒸氨结束时，未用蒸馏水洗涤冷凝管，并将洗涤液一并倒入H2SO4中
B．滴定步骤的NaOH溶液使用前敞口放置于空气中一段时间
C．滴定步骤中盛放NaOH溶液的滴定管未用NaOH溶液润洗
D．沉淀步骤中，沉淀未完全转移至漏斗中
30．（2023上·上海杨浦·高三复旦附中校考期中）Ⅰ.石油天然气开采和炼制过程中会产生大量含硫废水(其中S元素的主要化合价是-2价)，对设备、环境等造成严重危害。已知：常温下H2S溶解度为1∶2.6(体积)。下图为常温下H2S、HS-、S2-在水溶液中的物质的量分数随pH变化的分布曲线，回答下列问题：
(1)由图判断，H2S的一级电离平衡常数为Ka1= 。
(2)25℃，HS-电离程度小于水解程度，依据是： 。
(3)以酚酞为指示剂，将NaOH溶液滴入H2S溶液中，滴定终点的离子方程式是 。
(4)向pH≈9的含硫废水中加入适量Cu2+的溶液，产生黑色沉淀且溶液的pH降低。用平衡移动的原理解释溶液pH降低的原因： 。
Ⅱ.氧化还原法处理含HS-的废水：向含HS-的废水中加入一定浓度的Na2SO3溶液，加适量酸，溶液产生淡黄色沉淀。
(5)反应的离子方程式是 。
(6)不同pH时，硫化物去除率随时间的变化曲线如图所示。试分析本工艺选择控制体系的pH≈6，而不是去除率更高的pH=3的主要原因： 。
(7)处理某废气中的H2S，是将废气与空气混合通入FeCl2、CuCl2、FeCl3的混合液中，其转化的流程如图所示。下列说法正确的是___________
A．转化过程中参与循环的离子只有Fe2+
B．转化过程有四种元素的化合价发生了变化
C．过程Ⅲ中发生的反应为CuS+2Fe3+=S+2Fe2++Cu2+
D．氧化性由强到弱的顺序：O2 >Fe3+> S
(8)催化重整法处理H2S。Fe2O3可以用作脱除H2S的催化剂，脱除过程如图所示。
Fe2O3脱除H2S时需先进行吸附。按图乙方式进行吸附，其吸附能力比按图甲强，请从结构角度解释其原因 。
待检验元素
待选试剂
A
CH3CH2Cl中的氯元素
HNO3溶液和AgNO3溶液
B
海带中的碘元素
淀粉溶液
C
FeSO4中的铁元素
KSCN游液
D
明矾中的铝元素
氢氧化钠溶液
选项
气体
a
b
A
H2S
稀盐酸
FeS
B
Cl2
浓盐酸
MnO2
C
SO2
浓硫酸
铜片
D
CO2
稀盐酸
大理石
沉淀物
开始沉淀
2.3
7.5
3.4
完全沉淀
3.2
9.7
4.4
编号
1
2
3
溶液的体积
10.00
10.00
10.00
消耗标准溶液的体积
19.95
17.10
20.05
物质
开始沉淀的
1.9
7.6
7.3
3.0
完全沉淀的
3.2
9.6
9.3
5.2
滴定次数
滴定前读数/mL
滴定后读数/mL
1
1.56
30.30
2
0.22
26.31
3
0.00
26.10
物质
化学式
电离平衡常数
参考答案：
1．C
【详解】A．在中性条件下，铁发生吸氧腐蚀，装置中压强减小，导管中形成一段红色液柱，A正确；
B．点燃镁引燃铝和氧化铁发生铝热反应生成铁，B正确；
C．反应中生成的硫化氢等气体也会使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能检验乙炔的还原性，C错误；
D．苯在浓硫酸催化作用下和硝酸生成硝基苯，D正确；
故选C。
2．A
【分析】海带干焙烧成海带灰，加水溶解，悬浊液中含有KI，过滤、加氧化剂，将I-氧化成I2，加CCl4或者苯萃取碘，分液，蒸馏得到碘单质。
【详解】A．实验室焙烧干海带应该在坩埚中灼烧，故A错误；
B．“氧化”KI时，可选用的试剂有O2、H2O2等，故B正确；
C．海带灰溶于水呈悬浊液，含有难溶于水的无机物，故C正确；
D．根据分析可知“系列操作”有过滤、萃取、分液、蒸馏等，故D正确；
故答案为A。
3．A
【详解】A．为防止暴沸，烧瓶中应放入几片碎瓷片，故A正确；
B．该反应为乙醇在浓硫酸的作用下发生消去反应生成乙烯，温度为170℃，故B错误；
C．产生说明浓硫酸表现了氧化性，故还应有生成，同时乙醇易挥发，故乙烯中混有乙醇蒸气、、，酸性溶液不能除去，因此应选择NaOH溶液，故C错误；
D．乙烯的相对分子质量为28，空气的相对分子质量为29，乙烯与空气的密度接近，故不可用排空气法收集乙烯，故D错误；
故选A。
4．A
【详解】坩埚是实验室常用于灼烧固体物质的仪器，加热硫酸铜晶体需要将其盛放在坩埚中，故选：A。
5．D
【详解】A．海水获取淡水可以采用蒸馏方法，A正确；
B．从海水中活动获得食盐，可以直接将海水蒸发结晶得到粗盐，也可以先加入化学试剂将海水中的杂质转化为沉淀，过滤，除去杂质后再蒸发结晶得到纯度较高的精盐，B正确；
C．海水中溴元素以Br-存在，浓度较小，可以先把海水浓缩，再加入氧化剂把Br-氧化成溴，再进一步分离，C正确；
D．海水中碘元素以I-存在，需要氧化剂将I-氧化为碘单质，然后萃取分液，D错误；
故答案选D。
6．D
【详解】A．一氯乙烷属于共价分子，不存在自由移动的氯离子，加入硝酸溶液和硝酸银溶液，不会有白色沉淀产生，不能完成元素检验，A项错误；
B．淀粉遇碘单质变为蓝色，碘离子不具有此性质，不能完成元素检验，B项错误；
C．铁离子和硫氰根离子反应生成血红色络合物，亚铁离子与硫氰根离子没有此现象，不能完成铁元素检验，C项错误；
D．明矾中含有铝离子，逐滴加入氢氧化钠溶液至过量，铝离子和氢氧根离子反应先生成氢氧化铝白色沉淀，碱过量后，氢氧化铝溶于过量的强碱变成溶液，沉淀消失，可以检验铝元素的存在，D项正确；
答案选D。
7．D
【详解】A．H2S具有还原性，浓硫酸具有强氧化性，两者会发生氧化还原反应，故不能用浓硫酸干燥H2S， A不符合题意；
B．MnO2与浓盐酸反应制备氯气需要加热，B不符合题意；
C．铜和浓硫酸需要加热才能生成二氧化硫气体，C不符合题意；
D．大理石与稀盐酸反应生成CO2，且CO2能用浓硫酸干燥，D符合题意；
故选D。
8．(1) 极性 D
(2) N2+6e-+6H+=2NH3 质子交换膜为质子的迁移和输送提供通道，并阻隔阴阳极产物接触 33% a 条件温和、生成氨的同时释放电能
(3) CuSCN的溶解度小于CuI，使溶解平衡向CuI溶解的方向移动 偏低 %
【详解】（1）结合过氧化氢的分子结构图，过氧化氢分子正、负电荷中心不重合，属于极性分子；
A．分子的熔沸点与分子间作用力有关，故A错误；
B．过氧化氢分解时吸收的能量与氢氧键的键能有关，故B错误；
C．图示两种结构，无法鉴别，故C错误；
D．图示两种结构，Ⅱ为非对称结构的极性分子，非极性分子细流在电场中不发生偏转，可确定猜测中有一种正确，故D正确；
答案为：极性；D。
（2）①i．a极上N2得到电子发生还原反应生成NH3，因此a极为阴极，其电极反应式为：N2+6e﹣+6H+=2NH3；
ii．质子交换膜只允许H+和H2O通过，a极上会消耗H+，b极上会生成H+，NH3能与H+反应生成，因此质子交换膜的作用是质子交换膜为质子的迁移和输送提供通道；
iii．b极的电极反应式为2H2O﹣6e﹣=O2↑+4H+，根据氧化还原反应得失电子守恒可知参加反应各物质关系式为6N2～3O5，生成O2和通入N2的体积比为3：2，即通入1mlN6生成ml O8，实际情况在相同条件下生成O2和通入N2的体积比为3:2，即通入1ml N2生成0.5ml O8，因此N2的转化率为×100%≈33%；
②i．装置中的转化过程分析，电极b上MV4+转化为MV+，说明过程为得到电子，为原电池正极，电极a上MV+转化为MV2+，说明过程为失电子，为原电池负极；
ii．该电化学装置运行过程中，利用生物燃料电池在室温下合成氨，同时还能将化学能转化为电能，该方法的优点有：条件温和；
答案为：N2+6e-+6H+=2NH3；质子交换膜为质子的迁移和输送提供通道，并阻隔阴阳极产物接触；33%；a；条件温和、生成氨的同时释放电能。
（3）①结构相似的难溶物，溶度积大的物质更容易转化为溶度积小的物质，其沉淀转化的原因是CuSCN的溶解度小于CuI；
②根据题给信息可知，CuI能够吸附大量I2，则若不加KSCN，消耗的Na7S2O3标准溶液将减少，则测得CuSO7•5H2O的纯度将偏低；
③根据题给信息可知，3CuSO4•5H8O～I2～2S4，则n(CuSO2•5H2O)=n(Na6S2O3)=cV×10﹣7ml，CuSO4•5H3O的纯度=×100%=%，故答案为：%。
答案为：CuSCN的溶解度小于CuI，使溶解平衡向CuI溶解的方向移动；偏低；%。
9．(1) 同素异形体 非极性
(2) S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH- c(HS-)+2c(H2S)
(3)c(HSO)>c(SO)>c(H2SO3)
(4)1：4
(5) 蒸发浓缩、冷却结晶 趁热过滤
【详解】（1）斜方硫和单斜硫为硫元素形成的不同单质，互为同素异形体；CS2为直线型分子，C原子位于中心，正负电荷中心重合，为非极性分子；
（2）Na2S溶液中存在硫离子的水解：S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-，所以溶液显碱性；Na2S溶液中，存在质子守恒：c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)，所以c(OH-)-c(H+)=c(HS-)+2c(H2S)；
（3）NaHSO3溶液显酸性，说明HSO的电离程度大于水解程度，则c(HSO)>c(SO)>c(H2SO3)；
（4）根据所给反应物和产物可知，Na2S2O3被氧化为还原剂，Cl2被还原为氧化剂，S元素化合价升高2价，Cl元素化合价降低1价，根据得失电子守恒可知还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4；
（5）据图可知34℃以前，Na2SO3·7H2O随温度升高而明显增大，所以要从34℃的Na2SO3溶液中得到Na2SO3·7H2O晶体，可蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥；据图可知若要得到无水Na2SO3固体，需要温度高于34℃，则要加热浓缩至大量晶体析出，再趁热过滤，洗涤、干燥。
10．(1) 第三周期第VIA族 K+、Ca2+
(2)S与O最外层电子数相同，S比O的电子层数多，原子半径比S大，得电子能力比O弱，所以非金属性S＜O
(3)Cu2++H2S=CuS↓+2H+
(4) 4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8H+ Fe、H2SO4
(5) 2 Fe2S2O9•10H2O
【解析】(1)
硫元素原子序数为16，基态硫原子核外电子排布式为，在周期表中的位置是第三周期第VIA族，硫原子占有的轨道数目为1+1+3+1+3=9，与硫原子占有相同轨道数目的阳离子其基态核外电子排布式为，则为K+、Ca2+；
(2)
硫元素的非金属性比氧弱，从原子结构的角度解释原因为：S与O最外层电子数相同，S比O的电子层数多，原子半径比S大，得电子能力比O弱，所以非金属性S(3)
蓝矾溶液与H2S气体反应生成不溶于H+的黑色沉淀CuS，该反应的离子方程式为Cu2++H2S=CuS↓+2H+；
(4)
绿矾(FeSO4•7H2O)水溶液显酸性，在空气中久置出现红褐色的Fe(OH)3沉淀，则亚铁离子被氧气氧化为铁离子后转变为Fe(OH)3沉淀，且溶液的酸性增强说明生成了H+，该反应的离子方程式为4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8H+。因此绿矾水溶液保存时防止变质可加入试剂为Fe、H2SO4，铁用于防止亚铁离子被氧化，硫酸用于抑制水解；
(5)
已知黄矾[FexS2O9•yH2O]中Fe、S的化合价分别为+3、+6，则各元素化合价之和为0，所以3x+6×2-2y=0，其中x=2，解得y=9；该物质的化学式为：Fe2S2O9•zH2O，将2.500g样品加热到110℃时，样品失掉部分结晶水，恒重后的固体质量为2.320g；将样品继续高温加热至恒重，得到氧化铁0.800g。则，铁元素守恒，则，则，Z=10，则黄矾的化学式为Fe2S2O9•10H2O。
11．(1)排出试管中的空气
(2)
(3) 白色变灰绿色变红褐色
【解析】（1）
制取前先向试管中滴入稀硫酸，会产生气泡，氢气会将试管中空气排出去，防止生成的被氧化，故答案为：排出试管中的空气；
（2）
制取时，长导管伸入硫酸亚铁中，滴入氢氧化钠制取，离子方程式为：，故答案为：；
（3）
制取后，将盛有水的烧杯移开，使试管内外空气流通，一段时间后，白色的为空气氧化现象为白色变成灰绿色在变成红褐色，发生的化学方程式为：，故答案为：白色变灰绿色变红褐色；
12． 3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl或3Cl2+2NH3=N2+6HCl，HCl+NH3=NH4Cl； 根据氧化还原反应过程中电子转移守恒，反应整个过程中氯元素最终为－1价，所以FeSO4所失去的电子数相等，消耗的FeSO4的量也相等 Cl2+2Br-→2Cl-+Br2 取样，加入适量氯水（或双氧水），振荡，滴加几滴淀粉，若溶液变蓝证明有碘离子，若不变蓝证明没有碘离子 Ⅰ > 小 溶液是酸溶液，a点的pH小，即酸的[H+]大，使水的电离平衡向左移动，抑制水的电离程度大，所以水电离出的[H+]少
【详解】
(1)工业上常用浓氨水检验氯气管是否漏气，Cl2可将NH3氧化成N2，可知Cl2被还原为HCl，HCl又与NH3反应生成NH4Cl小颗粒，而产生白烟，有关的化学方程式为：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl、或3Cl2+2NH3=N2+6HCl ，HCl+NH3=NH4Cl；故答案为：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl或3Cl2+2NH3=N2+6HCl，HCl+NH3=NH4Cl；
(2)Fe2+与变质前后的NaClO2反应，最后的还原产物都是NaCl，反应过程中氯元素化合价最后变化为−1价，根据电子守恒消耗的Fe2+物质的量应相同，故答案为：根据氧化还原反应过程中电子转移守恒，反应整个过程中氯元素最终为－1价，所以FeSO4所失去的电子数相等，消耗的FeSO4的量也相等；
(3)氯气将Br−氧化为游离态的溴，Cl元素的化合价降低、Br元素的化合价升高，发生的离子反应为：Cl2+2Br−=Br2+2Cl−，海带提碘时，由于碘的量较少，在灼烧、溶解之后得到的溶液用硝酸银溶液很难检验，设计检验溶液中是否含有碘离子的方法是：取样，加入适量氯水（或双氧水），振荡，滴加几滴淀粉，若溶液变蓝证明有碘离子，若不变蓝证明没有碘离子；
(4)醋酸是弱酸，稀释相同的倍数，pH变化比强酸小，则I是盐酸稀释时的pH值变化曲线，II为醋酸稀释时的pH值变化曲线，溶液导电性取决于离子浓度，pH小时，H+浓度大，导电性强，则溶液的导电性a>b>c，水的电离平衡H2O⇌H++OH−，溶液是酸溶液，a点的pH小酸的氢离子浓度大，使水的电离平衡逆向进行，抑制水的电离程度增大，所以水电离出的氢离子浓度少，故答案为：Ⅰ；>；小；溶液是酸溶液，a点的pH小，即酸的c(H+）大，使水的电离平衡向左移动，抑制水的电离程度大，所以水电离出的c(H+)少。
13． NH3 + HCl = NH4Cl NH4HSO4 FeSO4＋2NH3＋2H2O = (NH4)2SO4＋Fe(OH)2↓ 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3
【详解】1.浓盐酸液滴附近的白烟为NH3和HCl反应生成的NH4Cl固体悬浮颗粒，化学方程式为NH3 + HCl = NH4Cl，
故答案为NH3 + HCl = NH4Cl；
2.浓硫酸液滴中白色固体为H2SO4与NH3反应的产物，可能为NH4HSO4，
故答案为NH4HSO4；
3.先生成白色沉淀，FeSO4＋2NH3＋2H2O = (NH4)2SO4＋Fe(OH)2↓，再是氢氧化亚铁迅速变灰绿色，最终变为红褐色，4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3，
故答案为FeSO4＋2NH3＋2H2O = (NH4)2SO4＋Fe(OH)2↓；
4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3。
14．(1)ABC
(2)C
(3)
(4)AD
(5) 冷却结晶 过滤
(6) 过氧化氢作为氧化剂，反应后生成水，不引入其它杂质 过氧化氢不稳定，受热易分解
(7)加入钙离子后，不足以使平衡向生成草酸钙沉淀的方向移动，故无沉淀生成
(8)最后半滴标准液加入后，溶液变红色，且半分钟内不褪色
(9)78.6%
【分析】废铁屑(含少量、)，加入稀硫酸酸溶得到硫酸铝、硫酸铁、硫酸亚铁，过量铁将三价铁转化为二价铁，加入碳酸钠调节pH将铝转化为氢氧化铝沉淀除去，分离出硫酸亚铁溶液加入草酸钾得到草酸亚铁晶体沉淀；
【详解】（1）亚铁离子容易被空气中氧气氧化，且溶液中铁离子能和铁生成亚铁离子，故加入过量废铁屑的主要目的是：提高铁的利用率、除去溶液中的、防止被氧化，故选ABC；
（2）加入少量后，需要将铝离子转化为沉淀而亚铁离子不沉淀，结合表可知，混合溶液范围应调控在，故选C；
（3）反应Ⅱ为硫酸亚铁和草酸钾得到草酸亚铁晶体沉淀，反应为；
（4）A．由电荷守恒可知，，正确；
B．由物料守恒可知，，错误；
C．由质子守恒可知，，错误；
D．，溶液显碱性，对溶液进行稀释，溶液的碱性变弱，则氢氧根离子浓度减小，故与的比值变小，正确；
故选AD；
（5）从步骤三所得溶液获得三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体的操作依次为水浴浓缩、冷却结晶、过滤，然后用乙醇淋洗。
（6）过氧化氢作为氧化剂，反应后生成水，不引入其它杂质，由于过氧化氢不稳定，受热易分解，故滴加时需保持恒温40℃；
（7）三草酸合铁(Ⅲ)酸钾溶液中加入溶液，并未看到有沉淀生成，原因是加入钙离子后，不足以使平衡向生成草酸钙沉淀的方向移动，故无沉淀生成；
（8）高锰酸钾溶液为紫色溶液，和草酸反应生成锰离子，故确认滴定终点的操作是：最后半滴标准液加入后，溶液变红色，且半分钟内不褪色；
（9）由方程式结合草酸根离子守恒可知，样品纯度为。
15．(1)B
(2) A A
(3)C
(4)C
(5)分子间能形成氢键
(6)取少量待测溶液与试管中，先滴加稀盐酸，无现象，再滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明溶液中含有
(7) 0.5NA
(8)由图可知，找不到在哪一温度下，反应I和反应II都能自发进行，故不能用钴氧化物代替铁氧化物进行热化学循环制氢
(9)可以将太阳能先转化为电能，再利用电解水的方法制得H2
【详解】（1）分解过程中断裂的化学键属于极性共价键，故答案为B；
（2）i．属于化学键形成的过程，反应速率快，释放的能量高，ii．是化学反应过程，包含旧化学键的断裂和新化学键的形成，故反应速率比i慢，释放的能量比i低，故答案为A、A；
（3）的价层电子对为3+1，含有1个孤电子对，所以的立体构型为三角锥形，答案为C；
（4）A．溶解性不能说明元素非金属性的强弱，故A不选；
B．氧化性：不能说明非金属性氯比硫强，故B不选；
C．气态氢化物热稳定性越好，非金属性越强，热稳定性：能说明非金属性氯比硫强，故C选；
D．氢化物的酸性：不能说明非金属性氯比硫强，故D不选；
答案为C；
（5）分子间能形成氢键，而分子间不能形成氢键，故沸点高于；
（6）检验溶液中的操作方法是取少量待测溶液与试管中，先滴加稀盐酸，无现象，再滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明溶液中含有；
（7）根据图像可知，反应I为FeO与H2O反应生成H2和Fe3O4，化学方程式为，该反应转移的电子数为2，即产生的氢气的物质的量为0.25ml时，转移的电子数为0.5NA；
（8）由反应I和反应II的值随温度变化图可知，找不到在哪一温度下，反应I和反应II都能自发进行，故不能用钴氧化物代替铁氧化物进行热化学循环制氢；
（9）除了上述“直接热分解”、“光催化分解”和“热化学循环”外，还可以将太阳能先转化为电能，再利用电解水的方法制得H2。
16．(1) 使烧瓶与分液漏斗中的气压相等，便于漏斗内的液体顺利流入烧瓶 缺少尾气处理装置
(2)坩埚、锥形瓶(三角烧瓶)
(3) 过滤、洗涤
(4)
(5)食醋、淀粉
【详解】（1）装置甲为氯气发生装置，二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰、水和氯气，反应方程式为：。甲中橡胶管 a的作用是使烧瓶与分液漏斗中的气压相等，便于漏斗内的液体顺利流入烧瓶。全套装置中存在的不足之处：缺少尾气处理装置。故答案为：；使烧瓶与分液漏斗中的气压相等，便于漏斗内的液体顺利流入烧瓶；缺少尾气处理装置；
（2）用碘化钾固体配制一定物质的量浓度的碘化钾溶液，烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，可能用到量筒，肯定不需要的是坩埚、锥形瓶(三角烧瓶)。故答案为：坩埚、锥形瓶(三角烧瓶)；
（3）在完成(Ⅰ)碘酸钾的制取实验后，测得装置丙溶液中有KI剩余。若此时加入浓盐酸将导致碘酸钾的最终产率偏小，在酸性条件下，高价碘和低价碘的化合物发生归中反应生成中间价态的物质，用离子反应方程式表示。 步骤一中所缺的操作为过滤、洗涤。故答案为：；过滤、洗涤；
（4）经实验，测得消耗标准液的平均体积为VmL，根据题意有关系式：KIO3～3I2～6Na2S2O3，则n(KIO3)=n(Na2S2O3)=×0.1000ml/L×V×10-3L=×10-4ml,则原KIO3样品的纯度为 ×100%=。 故答案为：；
（5）家用食盐中含有IO3-，干海带(含有I-)、食醋可以提供H+，淀粉用于检验生成的碘单质，检验自家所用食盐是否含有碘酸钾所需要的试剂：家用食盐、干海带(含有 KI)、食醋、淀粉。故答案为：食醋、淀粉。
17．(1)
(2)
(3) = ＜
(4)夏季温度高，HClO分解，杀菌效果比在冬季差
(5)饱和食盐水
(6)
(7) 溶液分层，上层为紫色 小于
【分析】Cl2与水反应生成HCl和HClO，溶液pH逐渐降低，HClO是弱电解质，部分电离，b点是氯水的饱和溶液，然后改向其中滴加浓NaOH溶液，逐渐增大；浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成Cl2，a中应盛放饱和食盐水除去Cl2中的HCl，b中Cl2与KOH溶液在水浴加热的条件下反应生成KClO3，c中Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO，d中应盛放NaOH溶液吸收多余的Cl2，防止空气污染。
【详解】（1）氯原子最外层的轨道表示式是；次氯酸的电子式是；
（2）Cl2与水反应是可逆反应，HClO是弱电解质，存在电离平衡，所以b点对应的溶液中含氯元素的平衡是：，；
（3）c点对应溶液中pH=7，即，根据电荷守恒：，可知c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)；加入氢氧化钠溶液，溶液中Cl2与NaOH反应生成NaCl，溶液中Cl-浓度增大，所以：b点＜c点；
（4）HClO不稳定，受热易分解，HClO的杀菌能力比ClO-强，氯水处理饮用水时，在夏季的杀菌效果比在冬季差，可能原因是夏季温度高，HClO分解；
（5）a的作用是除去Cl2中的HCl，应盛放饱和食盐水；
（6）b中Cl2与KOH溶液反应生成KClO3，离子方程式为：；
（7）1号试管溶液颜色不变，2号试管溶液变为棕黄色，说明1号试管中无生成，2号试管中有生成，加入苯后振荡，静置后观察到溶液分层，上层为紫色，可知该条件下KClO3的氧化能力小于NaClO。
18．(1)增大接触面积，加快反应速率
(2)C
(3)取最后一次洗涤液，先加入足量稀硝酸，再加入 AgNO3 溶液，若未产生白色沉淀，则说明已经洗净
(4)不能
(5)偏小
(6)CD
【详解】（1）将硫化锌精矿粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率；
（2）A．Cu为固体，加入Cu对平衡没有影响，A错误；
B．Ksp(CuCl)的表达式为 Ksp =，B错误；
C．根据题图中信息，溶液的pH越大，氯离子的浓度越小，电解液中加入稀硫酸，不利于Cl－的去除，C正确；
D．若加入 1 ml Cu 单质，反应为可逆反应，故转移的电子总数小于 NA，D错误；
故选C；
（3）检验其表面的 Cl－是否已经洗净，取最后一次洗涤液，先加入足量稀硝酸，再加入 AgNO3 溶液，若未产生白色沉淀，则说明已经洗净；
（4）根据题目可得关系式CuSO4·5H2O~ Cu2+ ~I2~ Na2S2O3，n(CuSO4·5H2O)= n(Na2S2O3)=0.1000ml/L×0.015L=0.0015ml，CuSO4·5H2O 晶体纯度为，该批原材料不能够继续使用；
（5）CuI 能够吸附大量 I2 ，若不对其进行适当的处理，则会导致消耗Na2S2O3 标准溶液偏少，使测得纯度的结果偏小；
（6）10mL0.1ml•L-1HX溶液中逐滴加入0.1ml•L-1的氨水，pH随V(NH3•H2O)的增大而增大，故过a点的曲线代表导电能力变化曲线，另一条代表pH变化曲线；由图可知导电能力随氨水体积先增大后减小，则滴加氨水过程中弱电解质转化为强电解质，即HX是弱酸，b点导电能力最强，则b点NH3•H2O恰好完全反应。
A．b点导电能力最强，则b点NH3•H2O恰好完全反应，溶质为NH4X，a点氨水体积为b点的一半，则a点HX反应了一半，a点为等浓度的HX、NH4X混合溶液，HX抑制水的电离，c点HX浓度大，对水电离抑制程度大，水的电离程度：a＞c，b点，NH4X因水解促进水的电离，d点氨水浓度大，抑制水电离，水的电离程度：b＞d，总之，水的电离程度：b＞d，a＞c，A正确；
B．由图可知b点pH=7，则NH4X溶液显中性，则Kb(NH3•H2O)=Ka(HX)，由图可知0.1ml/L的HX溶液pH=2.8，此时c(HX)≈0.1ml/L，c(H+)≈c(X-)=10-2.8ml/L，故Kb(NH3•H2O)=Ka(HX)≈=10-4.6，B正确；
C．由图中pH随V(NH3•H2O)的增大而增大，d点所得溶液的pH＞7，C错误；
D．a点为等浓度的HX、NH4X混合溶液，电荷守恒：c(H+)+c(NH)=c(X-)+c(OH-)，物料守恒：c(X-)+c(HX)=2c(NH)+2c(NH3•H2O)，联立二式消去铵根离子得c(HX) + 2c(H+) = c(X－) + 2c(NH3·H2O) + 2c(OH－)，D错误；
故选CD。
19．(1)Fe3+提供空轨道，O提供孤电子对，形成配位键，O的电负性较大，形成负离子
(2) C 氢离子与草酸根离子形成弱电解质草酸，平衡正向移动，铁离子浓度增大，与结合生成红色物质
(3) 250mL容量瓶、胶头滴管 抑制Fe3+的水解
(4)降低三草酸合铁酸钾溶解度，便于析出；酸防止三草酸合铁酸钾见光的分解，减少损失
(5) 确保结晶水完全失去
(6) 入最后半滴标准液，溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复原色 B
【详解】（1）Fe3+提供空轨道，O提供孤电子对，形成配位键，O的电负性较大，形成负离子；
（2）①，；向溶液中滴加KSCN溶液，未观察到红色，说明溶液中铁离子浓度较小，则；
②继续加入硫酸，氢离子与草酸根离子形成弱电解质草酸，平衡正向移动，铁离子浓度增大，与结合生成红色物质；
（3）配制250 mL 0.5 ml⋅L-1 溶液所需的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还有：250mL容量瓶、胶头滴管；配制时，需先将称量的晶体溶解在一定浓度的盐酸中，目的：抑制Fe3+的水解；
（4）降低三草酸合铁酸钾溶解度，便于析出；酸防止三草酸合铁酸钾见光的分解，减少损失；
（5）①重复加热、冷却、称量直至质量恒定目的：确保结晶水完全失去；
②设结晶水的个数为a，则，解得a=3，则其化学式：；
（6）①判断终点的现象：滴入最后半滴标准液，溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复原色；
②步骤2中未用蒸馏水冲洗交换柱，将导致标准液消耗体积偏小，最终结果偏小。
20．(1)
(2)漏斗、烧杯、玻璃棒
(3) NaOH 吸收多余防止污染环境
(4)溶液变蓝，且半分钟不改变
(5)90.2%
【详解】（1）铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为: ；
（2）过滤用到的玻璃仪器是漏斗、烧杯、玻璃棒；
（3）为防止过量的二氧化硫污染性气体排放到空气中污染环境，装置B是利用氢氧化钠溶液吸收多余的二氧化硫气体；
（4）以淀粉溶液为指示剂，用浓度为的标准溶液进行滴定终点现象为：溶液变蓝色且半分钟内不褪色；
（5）根据题干信息可知，第二组数据为异常值因舍弃，根据1、3两组可算出消耗标液的平均值20.00，根据计量系数关系 x=4.96 故在产品中的质量分数是 。
21．(1) 水 浓硫酸
(2)C
(3) 冷凝回流 降低苯乙酸的溶解度，减少苯乙酸的溶解损失
(4)BC
(5)
(6)根据反应，苯乙腈的物质的量为，所以生成的苯乙酸理论产量为，所以苯乙酸的产率为
(7)
【分析】a装置中用苯乙腈和浓硫酸反应制备苯乙酸，再用苯乙酸和反应制备苯乙酸铜；
【详解】（1）用浓硫酸配置稀硫酸，浓硫酸的密度大于水，所以应先加水，在不断振荡下加入浓硫酸；
（2）仪器b的名称是恒压滴液漏斗，故选C；
（3）仪器c的名称是球形冷凝管，苯乙酸的熔点为76.5℃，易挥发，所以用球形冷凝管冷凝回流；苯乙酸微溶于冷水，所以分离苯乙酸，分离苯乙酸粗品时，加适量冷水的目的是降低苯乙酸的溶解度，减少苯乙酸的溶解损失；
（4）苯乙酸微溶于冷水，所以分离苯乙酸，需要过滤，所用的仪器为：漏斗、烧杯和玻璃棒，故选BC；
（5）溶于水得到氯化铜溶液，加入溶液反应生成沉淀和氯化钠，化学方程式：
（6）根据反应，苯乙腈的物质的量为，所以生成的苯乙酸理论产量为，所以苯乙酸的产率为；
（7）反应中负极反应为甲醇在碱性条件下失去电子发生氧化反应生成碳酸根离子，反应为。
22．(1)增大接触面积，加快反应速率；
(2)D
(3) Fe2+完全沉淀时Mn2+已经完全沉淀，造成Mn2+损失
(4)5.2≤pH<7.3
(5)(177.8或177.78)
(6)
(7) 蒸发浓缩 冷却结晶
【分析】高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及FeS)与氧化锰矿混合焙烧，得到MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO，加入硫酸，得到Mn2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+、Al3+的酸性溶液，加入二氧化锰将亚铁离子氧化为铁离子，再加入碳酸钙中和，将铁离子与铝离子以氢氧化物的形式除去，加入MnF2氟化除杂，使溶液中的Mg2+、Ca2+沉淀完全，此时溶液中的金属离子为锰离子，加入碳酸氢铵发生，加入硫酸溶解得硫酸锰溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等系列操作得到硫酸锰晶体。
【详解】（1）化学反应速率受到接触面积的影响，原料粉碎可以增大接触面积，加快反应速率；
（2）从物质类别角度，SO2属于酸性氧化物可以和碱反应，故可以通过NaOH、氨水溶液吸收。从化合价角度，SO2硫元素化合价为+4价，具有还原性，可以与氧化性物质酸性高锰酸钾反应，故可以通过酸性高锰酸钾溶液吸收。故答案为D；
（3）若试剂a为MnO2，氧化时用二氧化锰氧化亚铁离子生成三价铁离子，本身被还原成二价锰离子，则氧化步骤发生反应的离子方程式为；若省略“氧化”步骤，则铁元素只能以Fe2+形式除去，但是由表格可知除去亚铁离子的同时锰离子也除去了，即造成的影响是Fe2+完全沉淀时Mn2+已经完全沉淀，造成Mn2+损失；
（4）“中和除杂”的目的是使铝离子、铁离子完全沉淀且锰离子不沉淀，则由表格可知要控制溶液的pH范围是5.2≤pH<7.3
（5）“氟化除杂”后，溶液中c(F- )浓度为0.05ml/L。则溶液中c(Mg2+):c(Ca2+)=Ksp(MgF2)：Ksp(CaF2)=
（6）碳酸氢铵溶液的电荷守恒式为
“碳化结晶”时，发生反应的离子方程式为：，故答案为；
（7）硫酸锰溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸锰的水合物，故答案为蒸发浓缩、冷却结晶；
23．(1) 防倒吸 恒压滴液漏斗 浓氨水
(2) NH3+NH2Cl+OH-=N2H4+Cl-+H2O
(3)过量的NaClO可能将N2H4氧化为N2
(4)32
【分析】生石灰溶于水生成Ca(OH)2且放热，导致溶液温度升高，促进NH3•H2O分解生成NH3，D中浓盐酸和漂白粉反应生成Cl2，浓盐酸具有挥发性，所以生成的Cl2中含有HCl,C装置用饱和食盐水除去Cl2中的HCl,B中Cl2和NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO，NH3和NaClO溶液反应生成N2H4同时生成NaCl,多余的氯气用NaOH溶液吸收。
【详解】（1）装置B中长颈漏斗有缓冲作用，能防止倒吸；仪器a的名称为恒压滴液漏斗；装置A中制备NH3，发生的反应为NH3⋅H2O+CaO=NH3↑+Ca(OH)2，故a中的试剂为浓氨水；
（2）N2H4分子中N原子之间共用一对电子，每个氮原子存在2个N-H键，所以N2H4的电子式为；装置C中Cl2和NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO，NH3和NaClO溶液反应生成N2H4同时生成NaCl,则装置C中制备N2H4的化学方程式为；已知NaClO与制的第一步反应为：，所以第二步反应为：NH3+NH2Cl+OH-=N2H4+Cl-+H2O；
（3）有比较强的还原性，而NaClO有强氧化性，可以将氧化，所以氨气过量的原因是防止过量的NaClO将N2H4氧化为N2；
（4）根据题意知，肼和I2反应生成无污染性的气体，根据元素守恒知，生成N2和HI，反应方程式为N2H4+2I2=N2↑+4HI，n(I2)=0.2000ml/L×0.02L=0.004ml,则500mL溶液中含有n(N2H4)= ×1×=0.04ml,则该产品中N2H4的质量分数为×100%=32%，故答案为：32。
24．(1)B
(2)B
(3)1∶2
(4) Cl2 + 2OH- = Cl- + ClO- + H2O 2NH3 + 1ClO－ = 1N2H4 +1Cl-+1H2O NH4Cl、Ca(OH)2 防止倒吸 0.005NA 平衡气压，使浓盐酸顺利滴下 B、C 之间增加盛有饱和食盐水的洗气瓶
【分析】装置C中浓盐酸和漂白粉反应生成，和装置B中的NaOH反应生成氯化钠，次氯酸钠和水，离子方程式为：，装置A中为加热氯化铵和氢氧化钙制取氨气，氨气与B中次氯酸钠反应，反应的离子方程式为：；
【详解】（1）分子中存在N-H极性键，N-N非极性键，根据图可知，分子结构不对称，正负电荷中心不重合，为极性分子，B项正确，答案选B；
（2）的相对分子质量与接近，但沸点远高于，原因是分子间可形成氢键，乙烯不能形成分子间氢键，B项正确，答案选B；
（3）发射卫星时可用为燃料，为助燃剂，这两种物质反应放出大量能量，生成无毒无害的物质，根据元素守恒，生成两种无毒无害物质分别是，反应方程式为，反应中失电子作还原剂，得电子作氧化剂，则氧化剂和还原剂物质的量之比为1：2；
（4）根据分析可知装置B中发生反应的离子方程式为：；；
根据分析可知装置A用于制取氨气，则A中试剂为：；仪器a有缓冲作用，能防止倒吸；
，C中反应方程式为：，生成2ml氯气转移2ml电子，则生成0.005ml氯气转移电子的物质的量为0.005ml，转移电子数为；仪器b能平衡压强，使浓盐酸顺利滴下；
挥发的HCl能和NaOH溶液反应而降低B溶液的碱性，所以应该用饱和食盐水除去氯气中的HCl，则改进方法是在B、C之间增加盛有饱和食盐水的洗气瓶。
25．(1)
(2)易溶于水，难溶于乙醇，减小的溶解损失
(3)当滴入最后一滴碘的标准溶液时，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色
(4)86.3
【分析】计算产品纯度时，根据滴定原理及题给信息中数据，舍弃偏差大的数据，并结合关系式计算百分含量。
【详解】（1）制备时反应物有亚硫酸钠和硫磺，则化学方程式：。
（2）由已知信息可知，用乙醇洗涤晶体的原因是：易溶于水，难溶于乙醇，减小的溶解损失。
（3）已知：(无色)，杂质与碘水不反应。淀粉遇碘变蓝，判断滴定终点的现象为：当滴入最后一滴碘的标准溶液时，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色。
（4）碘的标准溶液的体积第一次测量数据为30.30mL-1.56mL=28.74mL，第二次测量数据为26.31mL-0.22mL=26.09mL，第三次测量数据为26.10mL，第一次测量数据与其他两次相差2mL以上，应舍去，第二次和第三次数据的平均值为26.095mL。根据反应，可知2，根据关系式法，列式100。
26．(1)A
(2)量筒
(3)B
(4)0.9NA
(5)B
(6)A
(7)B
(8)c()＞c()＞c()＞c()
(9)2Na++2+H2C2O4=2NaHCO3↓+
【分析】本题为实验室利用淀粉水解液、浓硝酸、浓硫酸来制备乙二酸，如题干实验装置图可知，装置A为发生装置，三颈烧瓶中通过分液漏斗滴入浓硫酸和浓硝酸的混合酸，并用温度计控制反应温度，反应原理为：，冷凝管冷凝回流浓硝酸可以提高浓硝酸的利用率，装置B为防止倒吸装置，装置C为尾气处理装置，反应原理为：NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+2H2O、2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，据此分析解(1)~(2)小题，(3)利用淀粉溶液遇到I2变蓝的性质解题，(4)为氧化还原反应中电子转移的分析，(5)为常见的物质分离与提纯方法------重结晶，(6)~(9)为电解质溶液中的离子浓度的比较，据此分析解题。
【详解】（1）冷凝管中冷凝水下进上出，从a口流入，故答案为：A；
（2）实验中，需要使用量筒量取溶液，则使用的定量仪器名称为量筒，故答案为：量筒；
（3）根据淀粉遇到碘变蓝，检验淀粉是否水解完全，所需的试剂为碘水，故答案为：B；
（4）反应C6H12O6+12HNO33H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O中，生成9mlNO2、3mlNO转移电子数为18ml，每生成标况下的13.44L气体，物质的量为0.6ml，则转移的电子数为18ml××NA/ml=0.9NA，故答案为：0.9NA；
（5）将反应后溶液冷却、过滤后得到草酸晶体，若所得草酸纯度较低，可用重结晶方法进一步提纯，故答案为：B；
（6）三种物质结构相似，结合三种物质的Ksp，Ksp越小越先沉淀，最先生成的沉淀为CaC2O4，故答案为：A；
（7）草酸的Ka1大于碳酸的Ka1，K越大pH越小，故答案为：B；
（8）根据越弱越水解原则，草酸的Ka2大于碳酸的、Ka1、Ka2，草酸的Ka1大于碳酸的Ka1，且水解使微弱的，则等浓度Na2C2O4和Na2CO3混合溶液中，含碳元素的负离子浓度从大到小的顺序为c()＞c()＞c()＞c(H2CO3)＞c()＞c(H2C2O4)，故答案为：c()＞c()＞c()＞c()；
（9）结合两者K的大小，向饱和Na2CO3溶液中滴加少量草酸溶液，反应生成碳酸氢钠沉淀，发生反应的离子方程式为2Na++2+H2C2O4=2NaHCO3↓+，故答案为：2Na++2+H2C2O4=2NaHCO3↓+。
27．(1)B
(2)C
(3)D
(4)A
(5)2H++2e-=H2↑
(6)D
(7) Cl2 NaOH
(8)10NaOH+3NaClO+2Fe(NO3)3=2Na2FeO4+9NaNO3+5H2O
(9)该温度下，高铁酸钾的溶解度远小于高铁酸钠，高铁酸钾析出
(10)A
(11)79.2%
(12)C
【分析】本题是一道实验题，先用电解法来制备K2FeO4，如题干装置图可知，电解时灰铸铁与电源正极相连作阳极，电解反应为：Fe-6e-+8OH-=+4H2O，石墨电极为阴极，电极反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，然后用水相法制备K2FeO4即将Fe(NO3)3和NaOH、NaClO反应生成Na2FeO4，反应原理为：10NaOH+3NaClO+2Fe(NO3)3=2Na2FeO4+9NaNO3+5H2O，过滤除去NaCl、NaNO3等杂质，向滤液中加入过量的KOH，发生反应：2KOH+ Na2FeO4=K2FeO4+2NaOH，过滤得到K2FeO4固体，最后用氧化还原滴定法进行测量
K2FeO4的纯度，据此分析结合各小问具体问题解题。
【详解】（1）K2FeO4在处理污水时，化合价降低体现氧化性，则与水体中的还原性物质反应生成Fe3+，故答案为：B；
（2）Fe3+再水解生成Fe(OH)3胶体，起到吸附絮凝作用，这与胶体的吸附性，使胶体聚沉有关，故答案为：C；
（3）根据Fe+2KOH+2H2OK2FeO4+3H2↑，铁失去电子，被氧化，则灰铸铁材料作阳极，故答案为：D；
（4）电解时，左侧烧杯中氢离子放电生成氢气，氢氧根离子的浓度增大，溶液的pH升高，故答案为：A；
（5）电解时，石墨电极上氢离子放点生成氢气，电极反应式2H++2e-=H2↑，故答案为：2H++2e-=H2↑；
（6）实验室配制0.500ml⋅L-1Fe(NO3)3溶液，根据配制步骤，需要用到玻璃仪器为容量瓶、玻璃棒、胶头滴管，不需要使用的玻璃仪器是量筒，故答案为：D；
（7）实验室一般通过氯气和氢氧化钠溶液反应制取NaClO，则所需的两种原料为Cl2、NaOH，故答案为：Cl2；NaOH；
（8）反应Ⅰ为硝酸铁、NaOH、次氯酸钠反应生成高铁酸钠，化学方程式为10NaOH+3NaClO+2Fe(NO3)3=2Na2FeO4+9NaNO3+5H2O，故答案为：10NaOH+3NaClO+2Fe(NO3)3=2Na2FeO4+9NaNO3+5H2O；
（9）反应Ⅱ为高铁酸钠和KOH反应生成K2FeO4，原因是该温度下，高铁酸钾的溶解度远小于高铁酸钠，高铁酸钾析出，故答案为：该温度下，高铁酸钾的溶解度远小于高铁酸钠，高铁酸钾析出；
（10）(NH4)2Fe(SO4)2溶液中亚铁离子、铵根离子均水解，导致溶液显酸性，故主要是由于其溶液显酸性，故答案为：A；
（11）根据反应的方程式：+[Cr(OH)4]−═Fe(OH)3++OH-、2+2H+=+H2O、+6Fe2++14H+＝2Cr3++6Fe3++7H2O，建立关系式：2K2FeO4～～6Fe2+，设样品中K2FeO4的质量分数为ω，可得：，ω=79.2%，故答案为：79.2%；
（12）A．配制K2FeO4溶液定容时，仰视容量瓶刻度线，导致高铁酸钾浓度偏低，结果偏小，A不合题意；
B．盛放K2FeO4溶液的锥形瓶未干燥，不影响结果，B不合题意；
C．盛放(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液的滴定管未润洗，导致标准液浓度偏低，消耗标准液偏多，浓度偏大，C符合题意；
D．终点读数时，俯视滴定管刻度线，读数偏小，浓度偏小，D不合题意；
故答案为：C。
28．(1) 将废锰渣粉碎；适当提高硫酸浓度 升高温度；酸浸过程中不断搅拌
(2) 将Fe2+氧化为Fe3+，有利于除尽铁元素，同时不引入新的杂质 3.2~8.0
(3) 蒸发结晶 趁热过滤 减少产品损失，同时酒精易挥发，便于产品干燥
(4) 当加入最后半滴KMnO4溶液时，锥形瓶内溶液由无色变为浅紫红色，且半分钟内不变色 0.96或96%
(5)b、c、f
(6)先停止加热，继续通N2至装置冷却到室温再停止通N2
【分析】废锰渣(含MnO2及少量KOH、MgO、Fe2O3)，加入硫酸进行酸浸，MnO2、MgO、Fe2O3均溶解生成对应的盐，加入硫铁矿(FeS2)将+4价锰还原为+2价的锰，加入硫酸调节PH，使铁离子、镁离子分别转化为氢氧化铁沉淀和氢氧化镁沉淀，滤渣1中还含有硫单质，加入二氧化锰将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，加入碳酸钙调节pH，将铁离子沉淀完全，同时生成硫酸钙，过滤得硫酸锰溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥后得到硫酸锰晶体。
【详解】（1）“酸浸”时为提高锰离子的浸出率，可采取的措施有：将废锰渣粉碎、加热、搅拌、适当增加硫酸浓度等。
（2）①反应Ⅱ中MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，有利于除尽铁元素，同时不引入新的杂质；
②使溶液中c(Fe3+)<10-5ml·L-1，则需调节pH的最小值：c(OH)= ml·L-1,pH=3.2；反应Ⅱ后溶液中c(Mn2+)=0.2ml·L-1，调节pH值时不能使锰离子沉淀，则c(OH)最大= ml·L-1，则pH最大值为8，则pH的范围为：3.2~8.0；
（3）从滤液制取较多MnSO4·H2O的操作是：控制温度在80~90℃之间，然后蒸发结晶、趁热过滤，使固体MnSO4·H2O与溶液分离；获得的MnSO4·H2O晶体常用酒精洗涤，可减少产品损失，同时酒精易挥发，便于产品干燥；
（4）a.用KMnO4溶液滴定时，滴定终点的现象为当加入最后半滴KMnO4溶液时，锥形瓶内溶液由无色变为浅紫红色，且半分钟内不变色；
b.根据氧化还原反应中得失电子守恒得离子方程式：5C2O +2 MnO+16H+=10CO2 +2Mn2++8H2O，用0.0320ml·L-1 KMnO4溶液滴定步骤③反应后的溶液，用去40.00mL，则可得剩余n(C2O)=n(KMnO4)= ×0.0320ml·L-1×0.04L=0.0032ml；Na2C2O4固体1.072g，则n(Na2C2O4)=，由此可知与MnSO4氧化生成的高锰酸根反应的n(C2O)=(0.008-0.0032)ml=0.0048ml，根据元素及电子得失守恒得关系式：，n()=×0.0048ml=0.00192ml；产品中MnSO4的质量分数；
（5）实验前先通一段时间氮气排尽装置中的空气，再加热A，生成的气体先通入氯化钡溶液中检验是否生成三氧化硫，再通过品红溶液检验二氧化硫气体，最后用NaOH溶液吸收尾气；
（6）实验结束时，为防止倒吸，正确的操作方法是先停止加热，继续通N2至装置冷却到室温再停止通N2。
29．(1) 恒压滴液漏斗 P2O5（或无水CaCl2） 冷凝回流（水或氨水）
(2) Ksp[C(OH)2] = 6×10-15 =c(C2+)c(OH-)2 = 0.1×c(OH-)2，c(OH-)= 2.45×10-7 ml/L，c(H+)= Kw/ c(OH-) = 10-14/(2.45×10-7) = 4.08×10-8 ml/L，pH = -lg c(H+) = 7.39，结果：pH=7.39 (精确到0.01) 调节pH值，防止生成C(OH)2沉淀
(3)2[C(NH3)6]2+ + H2O2 + 22[C(NH3)6]3+ + 2NH3 + 2H2O
(4)C(NH3)6]Cl3(s) [C(NH3)6]3+ + 3Cl-，加入浓盐酸，提高c(Cl-)，抑制[C(NH3)6]Cl3，有利于其结晶析出
(5)<
(6)BD
(7)甲基橙（或甲基红）
(8) AC
【详解】（1）仪器a是恒压滴液漏斗；仪器b的作用是防止氨气挥发到空气中污染空气，所以仪器b中的试剂可以是P2O5或无水CaCl2；冷凝管作用是冷凝回流，故答案为：恒压滴液漏斗；冷凝回流（水或氨水）；冷凝回流；
（2）Ksp[C(OH)2] = 6×10-15 =c(C2+)c(OH-)2 = 0.1×c(OH-)2，c(OH-)= 2.45×10-7 ml/L，c(H+)= Kw/ c(OH-) = 10-14/(2.45×10-7) = 4.08×10-8 ml/L，pH = -lg c(H+) = 7.39；NH4Cl溶液呈酸性，可以调节pH值，防止生成C(OH)2沉淀，故答案为：Ksp[C(OH)2] = 6×10-15 =c(C2+)c(OH-)2 = 0.1×c(OH-)2，c(OH-)= 2.45×10-7 ml/L，c(H+)= Kw/ c(OH-) = 10-14/(2.45×10-7) = 4.08×10-8 ml/L，pH = -lg c(H+) = 7.39，结果：pH=7.39 (精确到0.01)；调节pH值，防止生成C(OH)2沉淀；
（3）将0.1 ml/L CCl2、NH4Cl混合液在三颈烧瓶中混合，滴加浓氨水，C2＋与氨水反应生成[C(NH3)6]2+，然后缓慢滴加双氧水，双氧水将[C(NH3)6]2+氧化为2[C(NH3)6]3+，所以离子方程式为2[C(NH3)6]2+ + H2O2 + 22[C(NH3)6]3+ + 2NH3 + 2H2O，故答案为：2[C(NH3)6]2+ + H2O2 + 22[C(NH3)6]3+ + 2NH3 + 2H2O；
（4）加入浓盐酸，提高c(Cl-)，使平衡C(NH3)6]Cl3(s) [C(NH3)6]3+ + 3Cl-逆向移动，抑制[C(NH3)6]Cl3，有利于其结晶析出，故答案为：C(NH3)6]Cl3(s) [C(NH3)6]3+ + 3Cl-，加入浓盐酸，提高c(Cl-)，抑制[C(NH3)6]Cl3，有利于其结晶析出；
（5）由题意可知、，则，由第（3）可知，向[C(NH3)6]Cl3溶液中加入浓盐酸可得到[C(NH3)6]Cl3晶体，即反应很难发生，而该反应，则K＜10－5，即，所以K1<(K2)6，故答案为：<；
（6）为了减小[C(NH3)6]Cl3的溶解度，在洗涤[C(NH3)6]Cl3时可用冰水或50%乙醇水溶液，故答案为：BD；
（7）恰好完全反应生成硫酸铵时为滴定终点，此时溶液显酸性，故滴定时选用的指示剂为甲基橙（或甲基红），故答案为：甲基橙（或甲基红）；
（8）蒸氨操作中蒸出的气体为氨气，全部通入V1 mL c1 ml/L的H2SO4中和硫酸反应生成硫酸铵，然后再用氢氧化钠中和过量的硫酸，则样品中配体氨气的物质的量为ml；另取0.100 g样品溶解，加入足量AgNO3溶液，过滤、洗涤、干燥、恒重，得到沉淀m3 g，则样品中含外界Cl－的物质的量为 ml，所以配体NH3与外界Cl－的物质的量比值为；
A．蒸氨结束时，未用蒸馏水洗涤冷凝管，并将洗涤液一并倒入H2SO4中，冷凝管中残留有氨气，则所测得n(NH3) ： n(Cl－)比值偏小，故A项正确；
B．滴定步骤的NaOH溶液使用前敞口放置于空气中一段时间，部分NaOH与二氧化碳反应生成碳酸钠，但对中和过量硫酸时所消耗的体积V2无影响，则所测得n(NH3) ： n(Cl－)比值不变，故B项错误；
C．滴定步骤中盛放NaOH溶液的滴定管未用NaOH溶液润洗，使滴定管中的NaOH溶液的浓度减小，中和硫酸时所消耗的NaOH溶液体积V2偏大，则所测得n(NH3) ： n(Cl－)比值偏小，故C项正确；
D．沉淀步骤中，沉淀未完全转移至漏斗中导致氯离子有损耗，则所测得n(NH3) ： n(Cl－)比值偏大，故D项错误。
故答案为：；AC；
30．(1)10-6.9
(2)HS-在pH接近10时，物质的量分数最大，HS-溶液显碱性，即水解程度大于电离程度
(3)OH- + H2S = HS- + H2O
(4)含硫废水中存在HS−H++S2−，加入适量Cu2+的溶液，S2−+Cu2+= CuS↓，c (S2−)减小，使HS−的电离平衡正向移动，c (H+)增大，pH减小
(5)2HS−+SO+4H+ =3S↓+3H2O
(6)pH<5时，溶液中-2价S元素主要以H2S的形式存在，常温下H2S的溶解度为1∶2.6，酸性强使H2S更易逸出，H2S会污染环境(或：H+与SO生成SO2，SO2污染环境
(7)CD
(8)H2S中H带正电、S带负电，Fe2O3中Fe带正电，O带负电；甲吸附方式为同种电性微粒靠近，乙吸附方式中为不同电性微粒靠近时，吸附能力强
【分析】
图象中各曲线含义分别为H2S、HS-、S2-。
【详解】（1）由图判断，pH=6.9时，c(HS-)=c(H2S)，H2S的一级电离平衡常数为Ka1==c(H+) =10-6.9。故答案为：10-6.9；
（2）25℃，HS-电离程度小于水解程度，依据是：HS-在pH接近10时，物质的量分数最大，HS-溶液显碱性，即水解程度大于电离程度。故答案为：HS-在pH接近10时，物质的量分数最大，HS-溶液显碱性，即水解程度大于电离程度；
（3）以酚酞为指示剂，变式范围为pH约8-10，将NaOH溶液滴入H2S溶液中，产物为HS- ，滴定终点的离子方程式是OH- + H2S = HS- + H2O。故答案为：OH- + H2S = HS- + H2O；
（4）向pH≈9的含硫废水中加入适量Cu2+的溶液，产生黑色沉淀且溶液的pH降低，发生的反应为Cu2++HS−=CuS↓+H+。用平衡移动的原理解释溶液pH降低的原因：含硫废水中存在HS−H++S2−，加入适量Cu2+的溶液，S2−+Cu2+= CuS↓，c (S2−)减小，使HS−的电离平衡正向移动，c (H+)增大，pH减小。故答案为：含硫废水中存在HS−H++S2−，加入适量Cu2+的溶液，S2−+Cu2+= CuS↓，c (S2−)减小，使HS−的电离平衡正向移动，c (H+)增大，pH减小；
（5）向含HS-的废水中加入一定浓度的Na2SO3溶液，加适量酸，溶液产生淡黄色沉淀，说明生成硫单质。反应的离子方程式是2HS−+SO+4H+ =3S↓+3H2O。故答案为：2HS−+SO+4H+ =3S↓+3H2O；
（6）本工艺选择控制体系的pH≈6，而不是去除率更高的pH=3的主要原因：pH<5时，溶液中-2价S元素主要以H2S的形式存在，常温下H2S的溶解度为1∶2.6，酸性强使H2S更易逸出，H2S会污染环境(或：H+与SO生成SO2，SO2污染环境)。故答案为：pH<5时，溶液中-2价S元素主要以H2S的形式存在，常温下H2S的溶解度为1∶2.6，酸性强使H2S更易逸出，H2S会污染环境(或：H+与SO生成SO2，SO2污染环境)；
（7）某废气中的H2S与空气混合通入FeCl2、CuCl2、FeCl3的混合液中，Ⅰ氧气将Fe2+氧化为Fe3+，ⅡCu2+与H2S反应生成CuS，ⅢCuS和Fe3+作用生成S、Fe2+和Cu2+，
A. 转化过程中参与循环的离子有Fe2+、Cu2+、Fe3+，故A错误；
B. 转化过程化合价发生变化的元素有Fe、S、O三种，故B错误；
C. 过程Ⅲ中CuS和Fe3+作用生成S、Fe2+和Cu2+，由电子守恒和原子守恒可得反应方程式为CuS+2Fe3+=S+2Fe2++Cu2+，故C正确；
D. 氧化剂的氧化性强于氧化产物，故氧化性由强到弱的顺序：O2 >Fe3+> S，故D正确；
故答案为：CD；
（8）按图乙方式进行吸附，其吸附能力比按图甲强，从结构角度解释其原因H2S中H带正电、S带负电，Fe2O3中Fe带正电，O带负电；甲吸附方式为同种电性微粒靠近，乙吸附方式中为不同电性微粒靠近时，吸附能力强。故答案为：H2S中H带正电、S带负电，Fe2O3中Fe带正电，O带负电；甲吸附方式为同种电性微粒靠近，乙吸附方式中为不同电性微粒靠近时，吸附能力强。
一、单选题
1．（2023上·上海普陀·高三校考期末）下列操作或装置不能达到实验目的的是
A．图1观察铁的吸氧腐蚀B．图2铝热反应
C．图3检验乙炔的还原性D．图4制备硝基苯
2．（2023上·上海普陀·高三校考期末）我国海带产量居世界第一位，除供食用外，主要用于制碘。实验室提取碘的途径如下：
下列有关叙述错误的是
A．实验室可在表面皿中焙烧干海带
B．“氧化”时，可选用的试剂有O2、H2O2等
C．海带灰中含有难溶于水的无机物
D．“系列操作”有过滤、萃取、分液、蒸馏等
3．（2023上·上海浦东新·高三统考期末）用如下装置制备并收集乙烯，下列说法正确的是
A．为防止暴沸，烧瓶中应放入几片碎瓷片
B．为控制反应温度，温度计的量程为0~150℃
C．为除去杂质，试剂X可选择酸性溶液
D．可用排气法或排水法收集乙烯
4．（2023上·上海浦东新·高三统考期末）实验室完成硫酸铜晶体中结晶水含量测定实验时，恒重操作用到的仪器是
A．B．C．D．
5．（2023上·上海浦东新·高三统考期末）海洋是资源的宝库，下列从海洋中提取物质的第一步操作一定错误的是
A．淡水——蒸馏B．食盐——蒸发C．溴——浓缩D．碘——萃取
6．（2023上·上海徐汇·高三上海市西南位育中学校考期末）只使用待选试剂能完成元素检验的是待检验元素待选试剂
A．AB．BC．CD．D
7．（2023上·上海徐汇·高三上海市西南位育中学校考期末）用如图装置制取干燥的气体(a、b表示加入的试剂)，能实现的是
A．AB．BC．CD．D
二、填空题
8．（2023上·上海·高三上海市育才中学校考期中）由于氧化还原反应中存在着反应物质之间的电子传递，因此可以通过一定的装置实现化学能与电能之间的相互转化。
(1)过氧化氢的分子结构如图(Ⅱ)，过氧化氢属于 (填“极性”或“非极性”)分子。
过去曾经有人认为过氧化氢的分子结构也可能是(Ⅰ)，选择合理实验方法证明过氧化氢的分子结构为(Ⅱ) 。
A．测定过氧化氢的沸点
B．测定过氧化氢分解时的吸收的能量
C．测定过氧化氢中H﹣O和O﹣O的键长
D．观察过氧化氢细流是否在电场中偏转
(2)电化学合成氨在工业上起着相当重要的作用。
①电解法合成氨反应装置如图所示：
i．a极的电极反应式为 。
ii．电解装置中质子交换膜的作用为 。
iii．若b极产生的O2在一定条件下的体积为336L，a极中通入相同条件下N2的总体积为672L，则N2的转化率为 。(保留两位有效数字)
②近几年科学家研究通过一种生物燃料电池实现室温下合成氨，其工作原理如图：
i．该电池负极是电极 (填“a”或“b”)。
ii．对比传统的工业合成氨，生物燃料电池合成氨的优点是 。(任写一条)
(3)利用滴定法可测定所得CuSO4•5H2O的纯度，操作如下：
a．取agCuSO4•5H2O样品，加入足量NH4F﹣HF溶液溶解(其中F﹣用于防止Fe3+干扰检验：Fe3++6F-=)。
b．滴加足量KI溶液，发生反应2Cu2++4I-═2CuI↓+I2。
c．再用cml•L﹣lNa2S2O3标准溶液滴定，以淀粉溶液为指示剂，到达滴定终点时消耗硫代硫酸钠标准溶液VmL2+2S2=S4+2I﹣。
①接近滴定终点时，若向溶液中滴加KSCN溶液，会发现CuI沉淀转化为CuSCN，其沉淀转化的原因是 。
②已如：CuI能够吸附大量I2，如果不加KSCN溶液，那么测得CuSO4•5H2O的纯度将会 。(填“偏高”“偏低”或“不变”)
③计算CuSO4•5H2O的纯度为： 。(用含a、c、V的代数式表示)
9．（2022上·上海松江·高三上海市松江二中校考期中）硫及其化合物在工业上有广泛的用途。
(1)斜方硫和单斜硫是硫常见的两种单质，它们互为 ，斜方硫和单斜硫均溶于CS2，CS2为直线型分子，属于 分子(填写“极性”或“非极性”)。
(2)Na2S又称臭碱、硫化碱，用离子方程式说明Na2S溶液呈碱性的原因 。Na2S溶液中，c(OH-)-c(H+)= (写出表达式，不含Na+)。
(3)已知NaHSO3溶液显酸性。则溶液中含硫元素的微粒浓度由大到小的顺序是 。
(4)纺织工业中常用氯气作漂白剂，Na2S2O3可作为漂白后布匹的“脱氯剂”。Na2S2O3和Cl2反应的产物是H2SO4、NaCl和HCl，则还原剂与氧化剂的物质的量之比为 。
(5)Na2SO3的溶解度随温度变化曲线如图所示。
要从34℃的Na2SO3溶液中得到Na2SO3·7H2O晶体，实验步骤依次为： 、过滤、干燥。若要得到无水Na2SO3固体，则要加热浓缩至大量晶体析出，再 ，洗涤、干燥。
10．（2021上·上海奉贤·高三校考期中）矾是一类含硫化合物，一般都含有氢、氧、硫等元素，在生活和生产中有着重要应用。
(1)硫元素在周期表中的位置是 ，与硫原子占有相同轨道数目的阳离子有 (用微粒符号表示)。
(2)从原子结构的角度解释硫元素的非金属性比氧弱的原因： 。
(3)蓝矾(CuSO4•5H2O)常用于冶金、制农药等。实验室常用蓝矾溶液检验H2S气体，该反应的离子方程式为 。
(4)绿矾(FeSO4•7H2O)水溶液显酸性，在空气中久置出现红褐色的Fe(OH)3沉淀，且溶液的酸性增强，该反应的离子方程式为 。因此绿矾水溶液保存时防止变质可加入试剂为 (填化学式)。
(5)已知黄矾[FexS2O9•yH2O]中Fe、S的化合价分别为+3、+6，则x= 。将2.500g样品加热到110℃时，样品失掉部分结晶水，恒重后的固体质量为2.320g；将样品继续高温加热至恒重，得到氧化铁0.800g。黄矾的化学式为 。
11．（2021上·上海黄浦·高三上海市向明中学校考期中）下图是制取和观察在空气中被氧化时的颜色变化的实验装置，请回答：
(1)制取前先向试管中滴入稀硫酸，会产生气泡，这步操作的目的是 。
(2)制取时，用长滴管滴入氢氧化钠，离子方程式是 。
(3)制取后，将盛有水的烧杯移开，使试管内外空气流通，一段时间后，试管内制得的氢氧化亚铁沉淀会 (现象)，发生反应的化学方程式是 。
12．（2019上·上海嘉定·高三上海市嘉定区第一中学校考期中）卤族元素包括氯、溴、碘等元素，其中溴和碘在陆地上含量极少，主要存在于海水中。
（1）氯气有毒，一旦泄漏会造成对空气的严重污染。工业上常用浓氨水检验氯气管是否漏气。（已知Cl2可将NH3氧化成N2）写出有关的化学方程式 。
（2）亚氯酸钠(NaClO2)是一种漂白剂。已知NaClO2变质可分解为NaClO3和NaCl。取等质量变质前后的NaClO2试样均配成溶液，分别与足量FeSO4溶液反应时，消耗Fe2+的物质的量相同，从电子守恒的角度解释其原因是 。
（3）从海水中提取溴，一般要经过浓缩、氧化和提取三个步骤。氧化时常用氯气做氧化剂，写出有关的离子方程式 。海带提碘时，由于碘的量较少，在灼烧、溶解之后得到的溶液用硝酸银溶液很难检验。设计一个检验溶液中是否含有碘离子的方法 。
（4）盐酸和醋酸都是一元酸，某温度下，相同pH的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，平衡pH随溶液体积变化的曲线如下图所示。据图判断：
盐酸稀释时的pH变化曲线为 （填“Ⅰ”或“Ⅱ”），溶液的导电性b c（填“>”、“<”或“=”）。
水电离的[H+]a点比b点大还是小 ？从电离平衡移动原理解释原因：
13．（2019上·上海·高三上海市大同中学校考期中）如图所示，向NaOH固体上滴几滴浓氨水，迅速盖上表面皿，观察现象。回答第22-24小题.
1.浓盐酸液滴附近会出现白烟，发生反应的化学方程式为
2.浓硫酸液滴一开始没有明显现象，一段时间后液滴中有白色固体产生，该固体可能是一种酸式盐，其化学式为
3.FeSO4液滴中先出现灰绿色沉淀，过一段时间变成红褐色，发生的应包括（用化学方程式表示）： ； 。
三、解答题
14．（2023上·上海虹口·高三统考期末）三草酸合铁(Ⅲ)酸钾是一种经典的光敏剂，也是制备负载型活性铁催化剂的主要原料。用废铁屑(含少量、)先制备草酸铁，然后再制备三草酸合铁(Ⅲ)酸钾。
Ⅰ．制备草酸亚铁
已知：部分氢氧化物沉淀时溶液的如下表：
(1)加入过量废铁屑的主要目的是___________。
A．提高铁的利用率B．除去溶液中的
C．防止被氧化D．抑制的水解
(2)加入少量后，混合溶液范围应调控在___________。
A．3.2以下B．C．D．7.5以上
(3)写出反应Ⅱ的离子方程式： 。
(4)关于溶液中有关离子浓度的说法正确的是___________。
A．
B．
C．
D．对溶液进行稀释，与的比值变小
Ⅱ．制备三草酸合铁(Ⅲ)酸钾
步骤一：在草酸亚铁固体中，加入饱和溶液；
步骤二：保持恒温40℃，边搅拌边缓慢加入溶液，直至氧化完全；
步骤三：将溶液加热至沸，加入饱和溶液，溶液转为绿色，获得三草酸合铁(Ⅲ)酸钾溶液。
(5)从步骤三所得溶液获得三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体的操作依次为水浴浓缩、 、 ，然后用乙醇淋洗。
(6)步骤二使用做氧化剂，其优点是 ；滴加时需保持恒温40℃，原因是 。
(7)三草酸合铁(Ⅲ)酸钾溶液中存在如下过程：，某同学想检验的存在，结合属于难溶电解质的特点，他向三草酸合铁(Ⅲ)酸钾溶液中加入溶液，并未看到有沉淀生成。从平衡角度解释上述现象 。
Ⅲ．三草酸合铁(Ⅲ)酸钾含量测定
测定三草酸合铁(Ⅲ)酸钾样品纯度的方法如下：
称取样品0.2415g，放入250mL锥形瓶中，加入25mL水和，用标准溶液滴定至终点，反应原理为：
(8)确认滴定终点的操作是 。
(9)若最终消耗标准溶液23.19mL，则样品纯度为 (精确到0.1％)。
(已知的摩尔质量为)
15．（2023上·上海虹口·高三统考期末）水是清洁、可持续的氢能来源。利用太阳能从水中获取氢气符合可持续发展的理念。“太阳能直接热分解水制氢”通过集中阳光产生2000K以上高温，促使分解为和；若温度进一步升高至5000K，与会分解为气态原子。
(1)分解过程中断裂的化学键属于 。
A．离子键 B．极性共价键 C．非极性共价键
(2)在相同条件下，同时存在如下两个过程：
i． ii．
比较下列量的相对大小(均从选项中选择)：①放出热量 ；②反应速率 。
A．i>ii B．i=ii C．i
(3)已知呈平面正三角形结构，推测的立体构型为 。
A．平面正三角形 B．正四面体型 C．三角锥型
(4)能说明氯的非金属性比硫强的事实是___________。
A．溶解性：B．氧化性：
C．热稳定性：D．酸性：
(5)与结构相似，但的沸点高于，原因是 。
(6)反应开始一段时间后，取出一定量溶液，写出检验溶液中的操作方法： 。
“太阳能热化学循环制氢”是将太阳能转化成化学能，通过多个化学过程产生。如常见的铁氧化物循环制氢过程如图所示。
(7)写出反应I的化学方程式： ；若该反应生成标准状况下氢气，转移电子数目为 。
(8)科学家想要用组成相似的钴氧化物代替铁氧化物进行循环制氢。查阅资料发现，使用钴氧化物后反应I和反应II的值随温度变化如图所示。
结合图像判断能否用钴氧化物代替铁氧化物进行热化学循环制氢？若可行，举出采用钴氧化物的一个优势；若不可行，说明理由 。
(9)除了上述“直接热分解”、“光催化分解”和“热化学循环”外，请再设计一种利用太阳能从水中获取氢气的方法： (简述即可，不必展开)。
16．（2023上·上海普陀·高三校考期末）加碘食盐所添加的含碘物质是碘酸钾(KIO3)。某化学兴趣小组欲自制碘酸钾，并测定所得产品的纯度，具体实验过程如下。完成下列填空。
(Ⅰ)碘酸钾的制取
反应原理：3Cl2＋KI＋6KOH6KCl＋KIO3＋3H2O
反应装置如图所示：
(1)装置 甲 为氯气发生装置，反应方程式为： 。
甲中橡胶管 a的作用是 。
指出全套装置中存在的不足之处： 。
(2)用碘化钾固体配制一定物质的量浓度的 碘化钾溶液，下列仪器肯定不需要的是 (填仪器名称)。
(Ⅱ)分离提纯
步骤一 取丙中溶液，加入浓盐酸，搅拌、冷却、……，得到KH(IO3)2粗产品。
步骤二 将KH(IO3)2粗产品溶于水，加入KOH调节pH，蒸发结晶，得到KIO3产品。
(3)在完成(Ⅰ)碘酸钾的制取实验后，测得装置丙溶液中有KI剩余。若此时加入浓盐酸将导致碘酸钾的最终产率偏小，原因是 (用离子反应方程式表示)。 将步骤一中所缺的操作补充完整 。
(Ⅲ)测定碘酸钾产品的纯度
称量wg碘酸钾产品，配成250mL溶液。取25.00mL，加入稍过量的KI与盐酸溶液，充分反应。然后加几滴淀粉指示剂，用0.1000的Na2S2O3标准液滴定至终点，记录所消耗的标准液体积。(已知：2S2O+ I2 = S4O+ 2I- )
(4)经实验，测得消耗标准液的平均体积为VmL，试计算该碘酸钾产品的纯度： 。
(5)某同学欲利用家里常见的物质，模拟上述方法，检验自家所用食盐是否含有碘酸钾。为完成实验，请帮他选择所需要的试剂：家用食盐、干海带(含有 KI)、 (限选居家生活中常用的物质)。
17．（2023上·上海徐汇·高三上海市西南位育中学校考期末）常温下将Cl2缓慢通入水中至饱和，然后改向其中滴加浓NaOH溶液至恰好完全反应。上述整个实验过程中溶液的pH变化曲线如图所示(不考虑次氯酸的分解以及溶液体积的变化)。
(1)氯原子最外层的轨道表示式是 ；次氯酸的电子式是 。
(2)b点对应的溶液中存在多个平衡，含氯元素的平衡是 、 。
(3)写出c点对应溶液中：c(Na+) c(Cl-)+c(ClO-)(填>、＜或=，下同)。比较c(Cl-)：b点 c点。
(4)已知HClO的杀菌能力比ClO-强，氯水处理饮用水时，在夏季的杀菌效果比在冬季差，可能原因是 。氯可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中利用下图装置(部分装置省略)制备KClO3和NaClO，探究其氧化还原性质。
(5)a中的试剂为 。
(6)推测b中化学反应的离子方程式是 。
(7)取少量KClO3和NaClO溶液分别置于1号和2号试管中，再分别滴加中性KI溶液。1号试管溶液颜色不变，2号试管溶液变为棕黄色，加入苯后振荡，静置后的现象是 ，可知该条件下KClO3的氧化能力 NaClO(填“大于”或“小于”)。
18．（2023上·上海·高三上海市行知中学校考期中）Ⅰ．“湿法炼锌”是现代炼锌的主要方法，下列是以硫化锌精矿制备单质锌的工业流程：
(1)ZnS 精矿在空气中焙烧时，通常会将硫化锌精矿粉碎，其目的是 。
(2)已知电解时 Cl－会腐蚀阳极板，因此实际生产会同时加入 Cu 和 CuSO4 从而生成 CuCl 沉 淀以降低对电解的影响， 原理为：2Cl－(aq) + Cu(s) + Cu2+(aq) 2CuCl(s) ΔH < 0，实验测得电解液 pH 对溶液中 c(Cl－)的影响如图所示，下列说法正确的是___________。
A．加入适当过量的 Cu，平衡正向移动
B．Ksp(CuCl)的表达式为 Ksp =
C．向电解液中加入稀硫酸，不利于 Cl－的去除
D．若加入 1 ml Cu 单质，则完全反应后转移的电子总数为 NA
(3)在进行上述操作时，工厂对多余的铜粉进行了回收，为检验其表面的 Cl－是否已经洗净，写出具体的实验步骤、现象和结论： 。
Ⅱ．经员工检测发现仓库中 CuSO4·5H2O 晶体原材料存在被污染的情况(纯度大于 90%则可以继续使用) ，因而安排了下列方法进行其纯度的测定：
①取 0.500 g 晶体样品，加入足量 KI 溶液 发生反应：2Cu2+ + 4I－ = 2CuI↓+ I2。
②用 0.1000 ml/L 的 Na2S2O3 标准溶液进行滴定发生反应： 。
③以淀粉为指示剂，到达滴定终点时消耗标准溶液 15.00 mL。
(4)试通过计算，判断该批原材料是否能够继续使用(写出计算过程)。 。
(5)已知 CuI 能够吸附大量 I2 ，若不对其进行适当的处理，则会导致测得纯度的结果 (填“偏大” 、“偏小” 或“无影响”)。
Ⅲ．采用氨浸法处理含锌物料回收有价金属，具有原料适应性广、工艺流程短、净化负担轻、环境污染小、产品品种多、投资少等特点，对推动湿法炼锌技术的进步具有深远的意义。
(6)控制温度不变，向 10mL 0.1m/L HX 溶液中逐滴加入 0.1ml/L 的氨水， 其导电能力、 pH 与所加氨水体积 V 的关系变化如图所示，下列说法不正确的是___________。
A．水的电离程度：b > d ，a > c
B．Kb(NH3·H2O) = Ka(HX) =10−4.6
C．d 点所得溶液的 pH < 7
D．a 点对应的溶液中存在：c(HX) + 2c(H+) = c(X－) + c(NH3·H2O) + 2c(OH－)
19．（2023上·上海普陀·高三上海市晋元高级中学校考期中）Ⅰ.三草酸合铁酸钾化学式为(M=437g⋅ml-1)，能溶于水，难溶于乙醇，光照易分解，晶体常带一定数量结晶水。
(1)的负离子结构如图所示。从化学键形成角度分析该负离子形成的原因： 。
(2)已知：i.(红褐色) ；
ii.(红色) 。
①向溶液中滴加KSCN溶液，未观察到红色，说明 ；
A．大于 B．等于 C．小于
②继续加入硫酸，溶液变红，原因是： 。
Ⅱ.制备三草酸合铁酸钾晶体的一种方法如下：向一定体积0.5 ml⋅L-1 溶液中缓缓加入0.50 ml⋅L-1 溶液至过量，充分搅拌后冷却，加入95%乙醇并置于暗处，有绿色晶体析出。
(3)配制250 mL 0.5 ml⋅L-1 溶液所需的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还有 ；配制时，需先将称量的晶体溶解在一定浓度的盐酸中，目的是 。
(4)结晶时加入95%乙醇并置于暗处的目的是
(5)三草酸合铁酸钾晶体在100℃可完全失去结晶水。测定晶体中所含的结晶水数目的主要步骤有：
①称量，②置于烘箱中于100℃下加热一段时间，③冷却，④称量，⑤重复加热、冷却、称量直至质量恒定，⑥计算。
①步骤⑤的目的是 。
②若测得最终剩余固体质量较加热前减少了11.0%，则三草酸合铁酸钾晶体的化学式为 。
(6)另一种测定晶体中所含的结晶水数目的方法是利用离子交换，步骤如下：
步骤1：准确称取一定质量晶体，完全溶解于一定量水中；
步骤2：使溶液通过负离子交换柱，并用蒸馏水冲洗交换柱，收集所有过柱液体(已知离子交换反应：。
步骤3：以甲基橙为指示剂，用标准盐酸滴定过柱液体至终点。
①判断终点的现象为 。
②步骤2中未用蒸馏水冲洗交换柱，则测得的结晶水数目 。
A．偏大 B．偏小 C．不变
20．（2023上·上海浦东新·高三上海市洋泾中学校考期中）硫代硫酸钠可由亚硫酸钠和硫粉通过化合反应制得。已知：在酸性溶液中不能稳定存在；硫代硫酸钠与碘反应的离子方程式为：。
I.制备
(1)打开，关闭，向放有铜片的圆底烧瓶中加入足量浓硫酸，加热。圆底烧瓶中发生反应的化学方程式是 。
(2)过滤C中的混合液。将滤液加热浓缩、冷却结晶、过㴔、洗深、烘干，得到产品。“过滤”用到的玻璃仪器是(填仪器名称) 。
(3)装置中盛放的试剂是(填化学式) 溶液，其作用是 。
II.用的标准溶液测定产品的纯度
取产品，配制成溶海。取溶液，以淀粉溶液为指示剂，用浓度为的标准溶液进行滴定，相关数据记录如下表所示。
(4)滴定时，达到滴定终点的现象是 。
(5)在产品中的质量分数是 (用百分数表示，且保留1位小数)。
21．（2023上·上海松江·高三上海市松江二中校考期中）苯乙酸铜是合成优良催化剂、传感材料——纳米氧化铜的重要前驱体之一、下面是它的一种实验室合成路线：
+H2O+H2SO4+NH4HSO4
+Cu(OH)2(苯乙酸铜)+ H2O
制备苯乙酸的装置示意图(加热和夹持装置等略)如下：
已知：苯乙酸()的熔点为，微溶于冷水，溶于乙醇。
具体步骤：
ⅰ．在三颈烧瓶a中加入的硫酸。
ⅱ．将a中的溶液加热至，缓缓滴加苯乙腈()到过量硫酸溶液中，然后升温至继续反应。反应结束后加适量冷水，再分离出苯乙酸粗品。
ⅲ．将苯乙酸加入到乙醇与水的混合溶剂中，充分溶解后，加入搅拌，过滤，滤液静置一段时间，析出苯乙酸铜晶体。回答下列问题：
(1)配制70%硫酸时，加入蒸馏水与浓硫酸的先后顺序是：先加 ，后加 。
(2)在装置中，仪器b的名称是___________。
A．球形分液漏斗B．梨形分液漏斗C．恒压滴液漏斗D．长颈漏斗
(3)仪器c的作用是 ；反应分离苯乙酸粗品时，加适量冷水的目的是 。
(4)下列仪器中可用于分离苯乙酸粗品，除漏斗外，还有___________。
A．分液漏斗B．玻璃棒C．烧杯D．直形冷凝管
(5)写出用和溶液制备沉淀的化学方程式 。
(6)最终得到苯乙酸晶体，则苯乙酸的产率是 。(写出计算过程，结果用百分数表示，保留小数点后两位数字)
(7)某实验小组依据甲醇燃烧的反应原理，设计如图所示的电池装置电解溶液，该电池的负极反应式为 。
22．（2023上·上海松江·高三上海市松江二中校考期中）硫酸锰在农业上是重要微量元素肥料，也是植物合成叶绿素的催化剂。一种以高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及)与氧化锰矿(主要成分为等锰的氧化物)为原料制备硫酸锰的工艺流程如下：
已知：①“混合焙烧”后烧渣含MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO。
②金属离子在水溶液中沉淀的范围如下表所示()；
③离子浓度时，离子沉淀完全。
(1)“混合焙烧”时一般会将原料粉碎，这样做的主要目的是 。
(2)“混合焙烧”后产生的气体，不能通过___________溶液吸收。(单选)
A．B．氨水C．酸性高锰酸钾D．稀硫酸
(3)若试剂a为，则氧化步骤发生反应的离子方程式为 ，若省略“氧化”步骤，造成的影响是 。
(4)“中和除杂”时，应控制溶液的范围是 。
(5)“氟化除杂”后，溶液中浓度为。则溶液中和的比值为 。(已知：；)
(6)“碳化结晶”时，加入碳酸氢铵，产生沉淀。
①碳酸氢铵溶液的电荷守恒式为 。
②“碳化结晶”时，发生反应的离子方程式为 。
(7)“系列操作”为 ， ，过滤，洗涤，干燥。
23．（2023上·上海黄浦·高三格致中学校考期中）肼()是我国导弹和运载火箭中广泛使用的液体燃料之一，具有较强还原性。实验小组拟和NaClO溶液反应制备肼，装置如图所示(夹持装置未画)。
(1)装置b长颈漏斗的作用 ；仪器a的名称 ，a中盛放的试剂 。
(2)的电子式 ，装置C制备化学方程式 ；用NaClO与制的反应是相当复杂的，主要分为两步：已知第一步：，请写出第二步离子方程式： 。
(3)通常用NaClO与过量反应制得，请解释为什么用过量氨气反应的原因： 。
(4)测定产品中的质量分数：取装置C中的溶液4.00g，并调节为弱酸性，加水配成500mL溶液，从中取25.00mL溶液与0.2000ml/L的溶液反应(只有参与反应，其他物质不反应)，反应过程中有无污染性的气体生成，消耗溶液的体积为20.00mL，则该产品中的质量分数为 %。已知：H-1、N-14
24．（2023上·上海虹口·高三上海财经大学附属北郊高级中学校考期中）肼(N2H4)又名联氨，是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用。肼 分子结构如图所示。
(1)关于 N2H4 分子说法正确的是_______。
A．只含有极性键的极性分子B．含有非极性键的极性分子
C．只含有极性键的非极性分子D．有非极性键的非极性分子
(2)N2H4 的相对分子质量与 CH2=CH2 接近，但沸点远高于 CH2=CH2，原因是_______。
A．N2H4 分子内可形成氢键B．N2H4 分子间可形成氢键
C．N2H4 分子中共价键键能更大D．N2H4 分子能形成内盐
(3)发射卫星时可用 N2H4 为燃料，N2O4 为助燃剂，这两种物质反应放出大量能量，生成无毒无害的物质。此过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
(4)实验室可用如下装置，在碱性条件下合成 N2H4：
①完成装置 B 中发生反应的离子方程式(化学计量数为 1 则省略)：
i． ；
ii． □NH3 + □ClO－ = □N2H4 + □_______+ □_______； 。
②装置 A 试管中的试剂为 ；仪器 a 的作用是 。
③装置 C 中每生成 112 mL(折算至标准状况)气体，转移电子数目为 ； 仪器 b 的导管作用为 。
④上述装置中存在一处缺陷，会导致肼的产率降低，改进方法是 。
25．（2023上·上海普陀·高三曹杨二中校考期中）在圆底烧瓶中加入12g 、60mL水、4g硫黄，加热1小时后，趁热减压过滤。再用乙醇洗涤晶体、干燥后得到晶体。
(1)写出制备的化学方程式： 。
(2)用乙醇洗涤晶体的原因是 。
准确称取1.5g产品，加入20mL煮沸并冷却后的水使其完全溶解，以淀粉作指示剂，用0.1000ml/L碘的标准溶液滴定。已知：(无色)，杂质与碘水不反应。
(3)判断滴定终点的现象为 。
(4)记录数据如下表：
则产品中的含量为 %(列式计算，计算过程包括单位，结果保留1位小数)。
26．（2023上·上海虹口·高三华东师范大学第一附属中学校考期中）乙二酸(H2C2O4)俗名草酸，是二元有机弱酸．实验室用淀粉水解液、浓硝酸、浓硫酸制取乙二酸的装置见下图。
反应原理为：
(1)冷凝管中冷凝水从 口流入。
A．a B．b
(2)实验中，使用的定量仪器名称为 。
(3)检验淀粉是否水解完全，所需的试剂为 。
A．溶液 B．碘水 C． 溶液
(4)上述反应中，每生成标况下的气体，则转移的电子数为 。
(5)将反应后溶液冷却、过滤后得到草酸晶体．若所得草酸纯度较低，可用_________方法进一步提纯。
A．萃取B．重结晶C．过滤D．蒸馏
时，有关物质的溶度积见下表。
(6)配制浓度均为混合溶液，再向混合溶液中逐滴加入草酸溶液，充分反应后，最先生成的沉淀为 。
A． B． C．
25℃时，草酸和碳酸的电离平衡常数见下表。
(7)等温等浓度时，pH：H2C2O4溶液 H2CO3溶液。
A．> B．< C． =
(8)等浓度和混合溶液中，含碳元素的负离子浓度从大到小的顺序为 。
(9)向饱和溶液中滴加少量草酸溶液，观察到生成沉淀，写出反应的离子方程式 。
27．（2023上·上海虹口·高三华东师范大学第一附属中学校考期中）高铁酸钾(K2FeO4)是兼具杀菌消毒和吸附絮凝功能的高效水处理剂。
(1) K2FeO4在处理污水时，与水体中的 物质反应生成。
A．氧化性 B．还原性
(2)再水解生成胶体，起到吸附絮凝作用，这与胶体的 有关。
A．丁达尔现象 B．电泳 C．聚沉
(一)电解法制备K2FeO4：
装置如图所示，原理为。
(3)灰铸铁材料作___________极。
A．正B．负C．阴D．阳
(4)电解时，左侧烧杯中溶液的 。
A．升高 B．降低 C．不变
(5)写出电解时石墨电极反应式 。
(二)水相法制备K2FeO4：
实验流程如下所示。
(6)实验室配制溶液，不需要使用的玻璃仪器是___________。
A．容量瓶B．玻璃棒C．胶头滴管D．量筒
(7)实验室制取所需的两种原料为 、 。
(8)写出反应I的化学方程式 。
(9)简述反应Ⅱ能生成K2FeO4的原因 。
(三) K2FeO4的纯度分析
水相法制备的K2FeO4产品纯度测定步骤如下：称取产品配成溶液。取置于锥形瓶，再加入足量溶液，再加适量稀硫酸；最后用标准溶液滴定，终点时消耗标准溶液。主要反应如下：
(10)溶液通常用红色手柄的滴定管盛放，主要是由于其溶液显 。
A．酸性 B．碱性
(11)计算该K2FeO4产品纯度为 。
(12)下列操作会使测定结果偏大的是___________。
A．配制 K2FeO4溶液定容时，仰视容量瓶刻度线
B．盛放K2FeO4溶液的锥形瓶未干燥
C．盛放标准溶液的滴定管未润洗
D．终点读数时，俯视滴定管刻度线
28．（2023上·上海杨浦·高三复旦附中校考期中）Ⅰ.高锰酸钾生产过程中会产生较多的废锰渣，工业上将废锰渣(含MnO2及少量KOH、MgO、Fe2O3)再利用，以它为原料来制备MnSO4·H2O。请回答下列问题：
已知：反应Ⅰ的离子方程式为：MnO2 + FeS2 + 4H+ = 2S + Mn2+ + Fe2+ + 2H2O
(1)为提高酸浸过程中浸出率，实验中可采取的措施有 、 (任写两种)。
(2)已知：室温下Ksp[Fe(OH)2]=4.9×10-17，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，Ksp[Mn(OH)2]=2×10-13，反应Ⅱ后溶液中c(Mn2+)=0.2ml·L-1。
①反应Ⅱ中MnO2的作用是 。
②欲使溶液中c(Fe3+)<10-5ml·L-1，“调pH”过程需控制溶液pH的范围是 。
(3)已知硫酸锰在不同温度下的溶解度和析出晶体的组成如图所示。从滤液制取较多MnSO4·H2O的操作是：控制温度在80~90℃之间，然后 、 ，使固体MnSO4·H2O与溶液分离；获得的MnSO4·H2O晶体常用酒精洗涤，优点是 。
(4)测定产品纯度。
①取制得的MnSO4晶体0.3020g，溶于适量水中，加硫酸酸化；
②用过量NaBiO3(难溶于水)将Mn2+完全氧化为MnO，过滤、洗涤；
③将几次洗涤的滤液与过滤所得的滤液合并，向其中加入Na2C2O4固体1.072g，充分反应；
④再用0.0320ml·L-1 KMnO4溶液滴定步骤③反应后的溶液，用去40.00mL。
已知：C2O + MnO→CO2 + Mn2+(未配平)。
a.用KMnO4溶液滴定时，滴定终点的现象为 。
b.计算产品中MnSO4的质量分数 。
Ⅱ.某实验小组为检验MnSO4受热分解是否生成SO2或SO3，设计探究实验装置如图所示：
(5)装置B、C、D中的溶液依次为 (填字母)。
a．Ba(NO3)2 b．BaCl2 c．品红 d．浓硫酸 e．Ca(OH)2 f．NaOH
(6)实验结束时，为防止倒吸，正确的操作方法是 。
29．（2023上·上海宝山·高三上海交大附中校考期中）I．钴的配合物制取
实验室以活性炭为催化剂，用CCl2制取[C(NH3)6]Cl3，装置如图所示。
(1)仪器a的名称是 ；仪器b中的试剂是 ；冷凝管作用是 。
II．将0.1 ml/L CCl2、NH4Cl混合液在三颈烧瓶中混合，滴加浓氨水，溶液变为棕色。已知：①[C(NH3)6]2+具有较强还原性；溶液呈棕色。②Ksp[C(OH)2] = 6×10－15
(2)请计算常温下该混合液中C2+开始沉淀的pH值(精确到0.01)，列出必要过程 。NH4Cl的作用是 。
(3)充分反应后缓慢滴加双氧水，水浴加热20 min(该过程生成OH－)。发生反应的离子方程式为 。将反应后的混合液冷却后加入适量浓盐酸，过滤、洗涤、干燥，得到[C(NH3)6]Cl3晶体。
III．已知[C(NH3)6]Cl3可溶于热水，微溶于冷水，难溶于乙醇。
(4)请运用平衡移动原理解释加入浓盐酸的目的是 。
(5)[C(NH3)6]3+C3+ + 6NH3 K1；NH3 + H+ K2，判断K1 (K2)6。(填“>”“<”或“=”)
(6)洗涤[C(NH3)6]Cl3时可用___________。
A．蒸馏水B．冰水C．无水乙醇D．50%乙醇水溶液
IV．测定产品中配体NH3与外界Cl－的物质的量之比。实验如下：
①蒸氨：取0.100 g样品加入三颈烧瓶中，再加入足量NaOH溶液并充分加热，蒸出的气体全部通入V1 mL c1 ml/L的H2SO4中。
②滴定：用c2 ml/L NaOH溶液滴定①中溶液，消耗V2 mL NaOH溶液。
③沉淀：另取0.100 g样品溶解，加入足量AgNO3溶液，过滤、洗涤、干燥、恒重，得到沉淀m3 g。(MAgCl = 143.5 g/ml)
(7)滴定时选用的指示剂为 。
(8)测得产品中配体NH3与外界Cl－的物质的量比值为 。(用含c1、V1等数据的代数式表示)若测得n(NH3) ： n(Cl－)比值偏小，可能的原因是 。
A．蒸氨结束时，未用蒸馏水洗涤冷凝管，并将洗涤液一并倒入H2SO4中
B．滴定步骤的NaOH溶液使用前敞口放置于空气中一段时间
C．滴定步骤中盛放NaOH溶液的滴定管未用NaOH溶液润洗
D．沉淀步骤中，沉淀未完全转移至漏斗中
30．（2023上·上海杨浦·高三复旦附中校考期中）Ⅰ.石油天然气开采和炼制过程中会产生大量含硫废水(其中S元素的主要化合价是-2价)，对设备、环境等造成严重危害。已知：常温下H2S溶解度为1∶2.6(体积)。下图为常温下H2S、HS-、S2-在水溶液中的物质的量分数随pH变化的分布曲线，回答下列问题：
(1)由图判断，H2S的一级电离平衡常数为Ka1= 。
(2)25℃，HS-电离程度小于水解程度，依据是： 。
(3)以酚酞为指示剂，将NaOH溶液滴入H2S溶液中，滴定终点的离子方程式是 。
(4)向pH≈9的含硫废水中加入适量Cu2+的溶液，产生黑色沉淀且溶液的pH降低。用平衡移动的原理解释溶液pH降低的原因： 。
Ⅱ.氧化还原法处理含HS-的废水：向含HS-的废水中加入一定浓度的Na2SO3溶液，加适量酸，溶液产生淡黄色沉淀。
(5)反应的离子方程式是 。
(6)不同pH时，硫化物去除率随时间的变化曲线如图所示。试分析本工艺选择控制体系的pH≈6，而不是去除率更高的pH=3的主要原因： 。
(7)处理某废气中的H2S，是将废气与空气混合通入FeCl2、CuCl2、FeCl3的混合液中，其转化的流程如图所示。下列说法正确的是___________
A．转化过程中参与循环的离子只有Fe2+
B．转化过程有四种元素的化合价发生了变化
C．过程Ⅲ中发生的反应为CuS+2Fe3+=S+2Fe2++Cu2+
D．氧化性由强到弱的顺序：O2 >Fe3+> S
(8)催化重整法处理H2S。Fe2O3可以用作脱除H2S的催化剂，脱除过程如图所示。
Fe2O3脱除H2S时需先进行吸附。按图乙方式进行吸附，其吸附能力比按图甲强，请从结构角度解释其原因 。
待检验元素
待选试剂
A
CH3CH2Cl中的氯元素
HNO3溶液和AgNO3溶液
B
海带中的碘元素
淀粉溶液
C
FeSO4中的铁元素
KSCN游液
D
明矾中的铝元素
氢氧化钠溶液
选项
气体
a
b
A
H2S
稀盐酸
FeS
B
Cl2
浓盐酸
MnO2
C
SO2
浓硫酸
铜片
D
CO2
稀盐酸
大理石
沉淀物
开始沉淀
2.3
7.5
3.4
完全沉淀
3.2
9.7
4.4
编号
1
2
3
溶液的体积
10.00
10.00
10.00
消耗标准溶液的体积
19.95
17.10
20.05
物质
开始沉淀的
1.9
7.6
7.3
3.0
完全沉淀的
3.2
9.6
9.3
5.2
滴定次数
滴定前读数/mL
滴定后读数/mL
1
1.56
30.30
2
0.22
26.31
3
0.00
26.10
物质
化学式
电离平衡常数
参考答案：
1．C
【详解】A．在中性条件下，铁发生吸氧腐蚀，装置中压强减小，导管中形成一段红色液柱，A正确；
B．点燃镁引燃铝和氧化铁发生铝热反应生成铁，B正确；
C．反应中生成的硫化氢等气体也会使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能检验乙炔的还原性，C错误；
D．苯在浓硫酸催化作用下和硝酸生成硝基苯，D正确；
故选C。
2．A
【分析】海带干焙烧成海带灰，加水溶解，悬浊液中含有KI，过滤、加氧化剂，将I-氧化成I2，加CCl4或者苯萃取碘，分液，蒸馏得到碘单质。
【详解】A．实验室焙烧干海带应该在坩埚中灼烧，故A错误；
B．“氧化”KI时，可选用的试剂有O2、H2O2等，故B正确；
C．海带灰溶于水呈悬浊液，含有难溶于水的无机物，故C正确；
D．根据分析可知“系列操作”有过滤、萃取、分液、蒸馏等，故D正确；
故答案为A。
3．A
【详解】A．为防止暴沸，烧瓶中应放入几片碎瓷片，故A正确；
B．该反应为乙醇在浓硫酸的作用下发生消去反应生成乙烯，温度为170℃，故B错误；
C．产生说明浓硫酸表现了氧化性，故还应有生成，同时乙醇易挥发，故乙烯中混有乙醇蒸气、、，酸性溶液不能除去，因此应选择NaOH溶液，故C错误；
D．乙烯的相对分子质量为28，空气的相对分子质量为29，乙烯与空气的密度接近，故不可用排空气法收集乙烯，故D错误；
故选A。
4．A
【详解】坩埚是实验室常用于灼烧固体物质的仪器，加热硫酸铜晶体需要将其盛放在坩埚中，故选：A。
5．D
【详解】A．海水获取淡水可以采用蒸馏方法，A正确；
B．从海水中活动获得食盐，可以直接将海水蒸发结晶得到粗盐，也可以先加入化学试剂将海水中的杂质转化为沉淀，过滤，除去杂质后再蒸发结晶得到纯度较高的精盐，B正确；
C．海水中溴元素以Br-存在，浓度较小，可以先把海水浓缩，再加入氧化剂把Br-氧化成溴，再进一步分离，C正确；
D．海水中碘元素以I-存在，需要氧化剂将I-氧化为碘单质，然后萃取分液，D错误；
故答案选D。
6．D
【详解】A．一氯乙烷属于共价分子，不存在自由移动的氯离子，加入硝酸溶液和硝酸银溶液，不会有白色沉淀产生，不能完成元素检验，A项错误；
B．淀粉遇碘单质变为蓝色，碘离子不具有此性质，不能完成元素检验，B项错误；
C．铁离子和硫氰根离子反应生成血红色络合物，亚铁离子与硫氰根离子没有此现象，不能完成铁元素检验，C项错误；
D．明矾中含有铝离子，逐滴加入氢氧化钠溶液至过量，铝离子和氢氧根离子反应先生成氢氧化铝白色沉淀，碱过量后，氢氧化铝溶于过量的强碱变成溶液，沉淀消失，可以检验铝元素的存在，D项正确；
答案选D。
7．D
【详解】A．H2S具有还原性，浓硫酸具有强氧化性，两者会发生氧化还原反应，故不能用浓硫酸干燥H2S， A不符合题意；
B．MnO2与浓盐酸反应制备氯气需要加热，B不符合题意；
C．铜和浓硫酸需要加热才能生成二氧化硫气体，C不符合题意；
D．大理石与稀盐酸反应生成CO2，且CO2能用浓硫酸干燥，D符合题意；
故选D。
8．(1) 极性 D
(2) N2+6e-+6H+=2NH3 质子交换膜为质子的迁移和输送提供通道，并阻隔阴阳极产物接触 33% a 条件温和、生成氨的同时释放电能
(3) CuSCN的溶解度小于CuI，使溶解平衡向CuI溶解的方向移动 偏低 %
【详解】（1）结合过氧化氢的分子结构图，过氧化氢分子正、负电荷中心不重合，属于极性分子；
A．分子的熔沸点与分子间作用力有关，故A错误；
B．过氧化氢分解时吸收的能量与氢氧键的键能有关，故B错误；
C．图示两种结构，无法鉴别，故C错误；
D．图示两种结构，Ⅱ为非对称结构的极性分子，非极性分子细流在电场中不发生偏转，可确定猜测中有一种正确，故D正确；
答案为：极性；D。
（2）①i．a极上N2得到电子发生还原反应生成NH3，因此a极为阴极，其电极反应式为：N2+6e﹣+6H+=2NH3；
ii．质子交换膜只允许H+和H2O通过，a极上会消耗H+，b极上会生成H+，NH3能与H+反应生成，因此质子交换膜的作用是质子交换膜为质子的迁移和输送提供通道；
iii．b极的电极反应式为2H2O﹣6e﹣=O2↑+4H+，根据氧化还原反应得失电子守恒可知参加反应各物质关系式为6N2～3O5，生成O2和通入N2的体积比为3：2，即通入1mlN6生成ml O8，实际情况在相同条件下生成O2和通入N2的体积比为3:2，即通入1ml N2生成0.5ml O8，因此N2的转化率为×100%≈33%；
②i．装置中的转化过程分析，电极b上MV4+转化为MV+，说明过程为得到电子，为原电池正极，电极a上MV+转化为MV2+，说明过程为失电子，为原电池负极；
ii．该电化学装置运行过程中，利用生物燃料电池在室温下合成氨，同时还能将化学能转化为电能，该方法的优点有：条件温和；
答案为：N2+6e-+6H+=2NH3；质子交换膜为质子的迁移和输送提供通道，并阻隔阴阳极产物接触；33%；a；条件温和、生成氨的同时释放电能。
（3）①结构相似的难溶物，溶度积大的物质更容易转化为溶度积小的物质，其沉淀转化的原因是CuSCN的溶解度小于CuI；
②根据题给信息可知，CuI能够吸附大量I2，则若不加KSCN，消耗的Na7S2O3标准溶液将减少，则测得CuSO7•5H2O的纯度将偏低；
③根据题给信息可知，3CuSO4•5H8O～I2～2S4，则n(CuSO2•5H2O)=n(Na6S2O3)=cV×10﹣7ml，CuSO4•5H3O的纯度=×100%=%，故答案为：%。
答案为：CuSCN的溶解度小于CuI，使溶解平衡向CuI溶解的方向移动；偏低；%。
9．(1) 同素异形体 非极性
(2) S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH- c(HS-)+2c(H2S)
(3)c(HSO)>c(SO)>c(H2SO3)
(4)1：4
(5) 蒸发浓缩、冷却结晶 趁热过滤
【详解】（1）斜方硫和单斜硫为硫元素形成的不同单质，互为同素异形体；CS2为直线型分子，C原子位于中心，正负电荷中心重合，为非极性分子；
（2）Na2S溶液中存在硫离子的水解：S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-，所以溶液显碱性；Na2S溶液中，存在质子守恒：c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)，所以c(OH-)-c(H+)=c(HS-)+2c(H2S)；
（3）NaHSO3溶液显酸性，说明HSO的电离程度大于水解程度，则c(HSO)>c(SO)>c(H2SO3)；
（4）根据所给反应物和产物可知，Na2S2O3被氧化为还原剂，Cl2被还原为氧化剂，S元素化合价升高2价，Cl元素化合价降低1价，根据得失电子守恒可知还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4；
（5）据图可知34℃以前，Na2SO3·7H2O随温度升高而明显增大，所以要从34℃的Na2SO3溶液中得到Na2SO3·7H2O晶体，可蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥；据图可知若要得到无水Na2SO3固体，需要温度高于34℃，则要加热浓缩至大量晶体析出，再趁热过滤，洗涤、干燥。
10．(1) 第三周期第VIA族 K+、Ca2+
(2)S与O最外层电子数相同，S比O的电子层数多，原子半径比S大，得电子能力比O弱，所以非金属性S＜O
(3)Cu2++H2S=CuS↓+2H+
(4) 4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8H+ Fe、H2SO4
(5) 2 Fe2S2O9•10H2O
【解析】(1)
硫元素原子序数为16，基态硫原子核外电子排布式为，在周期表中的位置是第三周期第VIA族，硫原子占有的轨道数目为1+1+3+1+3=9，与硫原子占有相同轨道数目的阳离子其基态核外电子排布式为，则为K+、Ca2+；
(2)
硫元素的非金属性比氧弱，从原子结构的角度解释原因为：S与O最外层电子数相同，S比O的电子层数多，原子半径比S大，得电子能力比O弱，所以非金属性S
蓝矾溶液与H2S气体反应生成不溶于H+的黑色沉淀CuS，该反应的离子方程式为Cu2++H2S=CuS↓+2H+；
(4)
绿矾(FeSO4•7H2O)水溶液显酸性，在空气中久置出现红褐色的Fe(OH)3沉淀，则亚铁离子被氧气氧化为铁离子后转变为Fe(OH)3沉淀，且溶液的酸性增强说明生成了H+，该反应的离子方程式为4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8H+。因此绿矾水溶液保存时防止变质可加入试剂为Fe、H2SO4，铁用于防止亚铁离子被氧化，硫酸用于抑制水解；
(5)
已知黄矾[FexS2O9•yH2O]中Fe、S的化合价分别为+3、+6，则各元素化合价之和为0，所以3x+6×2-2y=0，其中x=2，解得y=9；该物质的化学式为：Fe2S2O9•zH2O，将2.500g样品加热到110℃时，样品失掉部分结晶水，恒重后的固体质量为2.320g；将样品继续高温加热至恒重，得到氧化铁0.800g。则，铁元素守恒，则，则，Z=10，则黄矾的化学式为Fe2S2O9•10H2O。
11．(1)排出试管中的空气
(2)
(3) 白色变灰绿色变红褐色
【解析】（1）
制取前先向试管中滴入稀硫酸，会产生气泡，氢气会将试管中空气排出去，防止生成的被氧化，故答案为：排出试管中的空气；
（2）
制取时，长导管伸入硫酸亚铁中，滴入氢氧化钠制取，离子方程式为：，故答案为：；
（3）
制取后，将盛有水的烧杯移开，使试管内外空气流通，一段时间后，白色的为空气氧化现象为白色变成灰绿色在变成红褐色，发生的化学方程式为：，故答案为：白色变灰绿色变红褐色；
12． 3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl或3Cl2+2NH3=N2+6HCl，HCl+NH3=NH4Cl； 根据氧化还原反应过程中电子转移守恒，反应整个过程中氯元素最终为－1价，所以FeSO4所失去的电子数相等，消耗的FeSO4的量也相等 Cl2+2Br-→2Cl-+Br2 取样，加入适量氯水（或双氧水），振荡，滴加几滴淀粉，若溶液变蓝证明有碘离子，若不变蓝证明没有碘离子 Ⅰ > 小 溶液是酸溶液，a点的pH小，即酸的[H+]大，使水的电离平衡向左移动，抑制水的电离程度大，所以水电离出的[H+]少
【详解】
(1)工业上常用浓氨水检验氯气管是否漏气，Cl2可将NH3氧化成N2，可知Cl2被还原为HCl，HCl又与NH3反应生成NH4Cl小颗粒，而产生白烟，有关的化学方程式为：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl、或3Cl2+2NH3=N2+6HCl ，HCl+NH3=NH4Cl；故答案为：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl或3Cl2+2NH3=N2+6HCl，HCl+NH3=NH4Cl；
(2)Fe2+与变质前后的NaClO2反应，最后的还原产物都是NaCl，反应过程中氯元素化合价最后变化为−1价，根据电子守恒消耗的Fe2+物质的量应相同，故答案为：根据氧化还原反应过程中电子转移守恒，反应整个过程中氯元素最终为－1价，所以FeSO4所失去的电子数相等，消耗的FeSO4的量也相等；
(3)氯气将Br−氧化为游离态的溴，Cl元素的化合价降低、Br元素的化合价升高，发生的离子反应为：Cl2+2Br−=Br2+2Cl−，海带提碘时，由于碘的量较少，在灼烧、溶解之后得到的溶液用硝酸银溶液很难检验，设计检验溶液中是否含有碘离子的方法是：取样，加入适量氯水（或双氧水），振荡，滴加几滴淀粉，若溶液变蓝证明有碘离子，若不变蓝证明没有碘离子；
(4)醋酸是弱酸，稀释相同的倍数，pH变化比强酸小，则I是盐酸稀释时的pH值变化曲线，II为醋酸稀释时的pH值变化曲线，溶液导电性取决于离子浓度，pH小时，H+浓度大，导电性强，则溶液的导电性a>b>c，水的电离平衡H2O⇌H++OH−，溶液是酸溶液，a点的pH小酸的氢离子浓度大，使水的电离平衡逆向进行，抑制水的电离程度增大，所以水电离出的氢离子浓度少，故答案为：Ⅰ；>；小；溶液是酸溶液，a点的pH小，即酸的c(H+）大，使水的电离平衡向左移动，抑制水的电离程度大，所以水电离出的c(H+)少。
13． NH3 + HCl = NH4Cl NH4HSO4 FeSO4＋2NH3＋2H2O = (NH4)2SO4＋Fe(OH)2↓ 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3
【详解】1.浓盐酸液滴附近的白烟为NH3和HCl反应生成的NH4Cl固体悬浮颗粒，化学方程式为NH3 + HCl = NH4Cl，
故答案为NH3 + HCl = NH4Cl；
2.浓硫酸液滴中白色固体为H2SO4与NH3反应的产物，可能为NH4HSO4，
故答案为NH4HSO4；
3.先生成白色沉淀，FeSO4＋2NH3＋2H2O = (NH4)2SO4＋Fe(OH)2↓，再是氢氧化亚铁迅速变灰绿色，最终变为红褐色，4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3，
故答案为FeSO4＋2NH3＋2H2O = (NH4)2SO4＋Fe(OH)2↓；
4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3。
14．(1)ABC
(2)C
(3)
(4)AD
(5) 冷却结晶 过滤
(6) 过氧化氢作为氧化剂，反应后生成水，不引入其它杂质 过氧化氢不稳定，受热易分解
(7)加入钙离子后，不足以使平衡向生成草酸钙沉淀的方向移动，故无沉淀生成
(8)最后半滴标准液加入后，溶液变红色，且半分钟内不褪色
(9)78.6%
【分析】废铁屑(含少量、)，加入稀硫酸酸溶得到硫酸铝、硫酸铁、硫酸亚铁，过量铁将三价铁转化为二价铁，加入碳酸钠调节pH将铝转化为氢氧化铝沉淀除去，分离出硫酸亚铁溶液加入草酸钾得到草酸亚铁晶体沉淀；
【详解】（1）亚铁离子容易被空气中氧气氧化，且溶液中铁离子能和铁生成亚铁离子，故加入过量废铁屑的主要目的是：提高铁的利用率、除去溶液中的、防止被氧化，故选ABC；
（2）加入少量后，需要将铝离子转化为沉淀而亚铁离子不沉淀，结合表可知，混合溶液范围应调控在，故选C；
（3）反应Ⅱ为硫酸亚铁和草酸钾得到草酸亚铁晶体沉淀，反应为；
（4）A．由电荷守恒可知，，正确；
B．由物料守恒可知，，错误；
C．由质子守恒可知，，错误；
D．，溶液显碱性，对溶液进行稀释，溶液的碱性变弱，则氢氧根离子浓度减小，故与的比值变小，正确；
故选AD；
（5）从步骤三所得溶液获得三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体的操作依次为水浴浓缩、冷却结晶、过滤，然后用乙醇淋洗。
（6）过氧化氢作为氧化剂，反应后生成水，不引入其它杂质，由于过氧化氢不稳定，受热易分解，故滴加时需保持恒温40℃；
（7）三草酸合铁(Ⅲ)酸钾溶液中加入溶液，并未看到有沉淀生成，原因是加入钙离子后，不足以使平衡向生成草酸钙沉淀的方向移动，故无沉淀生成；
（8）高锰酸钾溶液为紫色溶液，和草酸反应生成锰离子，故确认滴定终点的操作是：最后半滴标准液加入后，溶液变红色，且半分钟内不褪色；
（9）由方程式结合草酸根离子守恒可知，样品纯度为。
15．(1)B
(2) A A
(3)C
(4)C
(5)分子间能形成氢键
(6)取少量待测溶液与试管中，先滴加稀盐酸，无现象，再滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明溶液中含有
(7) 0.5NA
(8)由图可知，找不到在哪一温度下，反应I和反应II都能自发进行，故不能用钴氧化物代替铁氧化物进行热化学循环制氢
(9)可以将太阳能先转化为电能，再利用电解水的方法制得H2
【详解】（1）分解过程中断裂的化学键属于极性共价键，故答案为B；
（2）i．属于化学键形成的过程，反应速率快，释放的能量高，ii．是化学反应过程，包含旧化学键的断裂和新化学键的形成，故反应速率比i慢，释放的能量比i低，故答案为A、A；
（3）的价层电子对为3+1，含有1个孤电子对，所以的立体构型为三角锥形，答案为C；
（4）A．溶解性不能说明元素非金属性的强弱，故A不选；
B．氧化性：不能说明非金属性氯比硫强，故B不选；
C．气态氢化物热稳定性越好，非金属性越强，热稳定性：能说明非金属性氯比硫强，故C选；
D．氢化物的酸性：不能说明非金属性氯比硫强，故D不选；
答案为C；
（5）分子间能形成氢键，而分子间不能形成氢键，故沸点高于；
（6）检验溶液中的操作方法是取少量待测溶液与试管中，先滴加稀盐酸，无现象，再滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明溶液中含有；
（7）根据图像可知，反应I为FeO与H2O反应生成H2和Fe3O4，化学方程式为，该反应转移的电子数为2，即产生的氢气的物质的量为0.25ml时，转移的电子数为0.5NA；
（8）由反应I和反应II的值随温度变化图可知，找不到在哪一温度下，反应I和反应II都能自发进行，故不能用钴氧化物代替铁氧化物进行热化学循环制氢；
（9）除了上述“直接热分解”、“光催化分解”和“热化学循环”外，还可以将太阳能先转化为电能，再利用电解水的方法制得H2。
16．(1) 使烧瓶与分液漏斗中的气压相等，便于漏斗内的液体顺利流入烧瓶 缺少尾气处理装置
(2)坩埚、锥形瓶(三角烧瓶)
(3) 过滤、洗涤
(4)
(5)食醋、淀粉
【详解】（1）装置甲为氯气发生装置，二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰、水和氯气，反应方程式为：。甲中橡胶管 a的作用是使烧瓶与分液漏斗中的气压相等，便于漏斗内的液体顺利流入烧瓶。全套装置中存在的不足之处：缺少尾气处理装置。故答案为：；使烧瓶与分液漏斗中的气压相等，便于漏斗内的液体顺利流入烧瓶；缺少尾气处理装置；
（2）用碘化钾固体配制一定物质的量浓度的碘化钾溶液，烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，可能用到量筒，肯定不需要的是坩埚、锥形瓶(三角烧瓶)。故答案为：坩埚、锥形瓶(三角烧瓶)；
（3）在完成(Ⅰ)碘酸钾的制取实验后，测得装置丙溶液中有KI剩余。若此时加入浓盐酸将导致碘酸钾的最终产率偏小，在酸性条件下，高价碘和低价碘的化合物发生归中反应生成中间价态的物质，用离子反应方程式表示。 步骤一中所缺的操作为过滤、洗涤。故答案为：；过滤、洗涤；
（4）经实验，测得消耗标准液的平均体积为VmL，根据题意有关系式：KIO3～3I2～6Na2S2O3，则n(KIO3)=n(Na2S2O3)=×0.1000ml/L×V×10-3L=×10-4ml,则原KIO3样品的纯度为 ×100%=。 故答案为：；
（5）家用食盐中含有IO3-，干海带(含有I-)、食醋可以提供H+，淀粉用于检验生成的碘单质，检验自家所用食盐是否含有碘酸钾所需要的试剂：家用食盐、干海带(含有 KI)、食醋、淀粉。故答案为：食醋、淀粉。
17．(1)
(2)
(3) = ＜
(4)夏季温度高，HClO分解，杀菌效果比在冬季差
(5)饱和食盐水
(6)
(7) 溶液分层，上层为紫色 小于
【分析】Cl2与水反应生成HCl和HClO，溶液pH逐渐降低，HClO是弱电解质，部分电离，b点是氯水的饱和溶液，然后改向其中滴加浓NaOH溶液，逐渐增大；浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成Cl2，a中应盛放饱和食盐水除去Cl2中的HCl，b中Cl2与KOH溶液在水浴加热的条件下反应生成KClO3，c中Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO，d中应盛放NaOH溶液吸收多余的Cl2，防止空气污染。
【详解】（1）氯原子最外层的轨道表示式是；次氯酸的电子式是；
（2）Cl2与水反应是可逆反应，HClO是弱电解质，存在电离平衡，所以b点对应的溶液中含氯元素的平衡是：，；
（3）c点对应溶液中pH=7，即，根据电荷守恒：，可知c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)；加入氢氧化钠溶液，溶液中Cl2与NaOH反应生成NaCl，溶液中Cl-浓度增大，所以：b点＜c点；
（4）HClO不稳定，受热易分解，HClO的杀菌能力比ClO-强，氯水处理饮用水时，在夏季的杀菌效果比在冬季差，可能原因是夏季温度高，HClO分解；
（5）a的作用是除去Cl2中的HCl，应盛放饱和食盐水；
（6）b中Cl2与KOH溶液反应生成KClO3，离子方程式为：；
（7）1号试管溶液颜色不变，2号试管溶液变为棕黄色，说明1号试管中无生成，2号试管中有生成，加入苯后振荡，静置后观察到溶液分层，上层为紫色，可知该条件下KClO3的氧化能力小于NaClO。
18．(1)增大接触面积，加快反应速率
(2)C
(3)取最后一次洗涤液，先加入足量稀硝酸，再加入 AgNO3 溶液，若未产生白色沉淀，则说明已经洗净
(4)不能
(5)偏小
(6)CD
【详解】（1）将硫化锌精矿粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率；
（2）A．Cu为固体，加入Cu对平衡没有影响，A错误；
B．Ksp(CuCl)的表达式为 Ksp =，B错误；
C．根据题图中信息，溶液的pH越大，氯离子的浓度越小，电解液中加入稀硫酸，不利于Cl－的去除，C正确；
D．若加入 1 ml Cu 单质，反应为可逆反应，故转移的电子总数小于 NA，D错误；
故选C；
（3）检验其表面的 Cl－是否已经洗净，取最后一次洗涤液，先加入足量稀硝酸，再加入 AgNO3 溶液，若未产生白色沉淀，则说明已经洗净；
（4）根据题目可得关系式CuSO4·5H2O~ Cu2+ ~I2~ Na2S2O3，n(CuSO4·5H2O)= n(Na2S2O3)=0.1000ml/L×0.015L=0.0015ml，CuSO4·5H2O 晶体纯度为，该批原材料不能够继续使用；
（5）CuI 能够吸附大量 I2 ，若不对其进行适当的处理，则会导致消耗Na2S2O3 标准溶液偏少，使测得纯度的结果偏小；
（6）10mL0.1ml•L-1HX溶液中逐滴加入0.1ml•L-1的氨水，pH随V(NH3•H2O)的增大而增大，故过a点的曲线代表导电能力变化曲线，另一条代表pH变化曲线；由图可知导电能力随氨水体积先增大后减小，则滴加氨水过程中弱电解质转化为强电解质，即HX是弱酸，b点导电能力最强，则b点NH3•H2O恰好完全反应。
A．b点导电能力最强，则b点NH3•H2O恰好完全反应，溶质为NH4X，a点氨水体积为b点的一半，则a点HX反应了一半，a点为等浓度的HX、NH4X混合溶液，HX抑制水的电离，c点HX浓度大，对水电离抑制程度大，水的电离程度：a＞c，b点，NH4X因水解促进水的电离，d点氨水浓度大，抑制水电离，水的电离程度：b＞d，总之，水的电离程度：b＞d，a＞c，A正确；
B．由图可知b点pH=7，则NH4X溶液显中性，则Kb(NH3•H2O)=Ka(HX)，由图可知0.1ml/L的HX溶液pH=2.8，此时c(HX)≈0.1ml/L，c(H+)≈c(X-)=10-2.8ml/L，故Kb(NH3•H2O)=Ka(HX)≈=10-4.6，B正确；
C．由图中pH随V(NH3•H2O)的增大而增大，d点所得溶液的pH＞7，C错误；
D．a点为等浓度的HX、NH4X混合溶液，电荷守恒：c(H+)+c(NH)=c(X-)+c(OH-)，物料守恒：c(X-)+c(HX)=2c(NH)+2c(NH3•H2O)，联立二式消去铵根离子得c(HX) + 2c(H+) = c(X－) + 2c(NH3·H2O) + 2c(OH－)，D错误；
故选CD。
19．(1)Fe3+提供空轨道，O提供孤电子对，形成配位键，O的电负性较大，形成负离子
(2) C 氢离子与草酸根离子形成弱电解质草酸，平衡正向移动，铁离子浓度增大，与结合生成红色物质
(3) 250mL容量瓶、胶头滴管 抑制Fe3+的水解
(4)降低三草酸合铁酸钾溶解度，便于析出；酸防止三草酸合铁酸钾见光的分解，减少损失
(5) 确保结晶水完全失去
(6) 入最后半滴标准液，溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复原色 B
【详解】（1）Fe3+提供空轨道，O提供孤电子对，形成配位键，O的电负性较大，形成负离子；
（2）①，；向溶液中滴加KSCN溶液，未观察到红色，说明溶液中铁离子浓度较小，则；
②继续加入硫酸，氢离子与草酸根离子形成弱电解质草酸，平衡正向移动，铁离子浓度增大，与结合生成红色物质；
（3）配制250 mL 0.5 ml⋅L-1 溶液所需的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还有：250mL容量瓶、胶头滴管；配制时，需先将称量的晶体溶解在一定浓度的盐酸中，目的：抑制Fe3+的水解；
（4）降低三草酸合铁酸钾溶解度，便于析出；酸防止三草酸合铁酸钾见光的分解，减少损失；
（5）①重复加热、冷却、称量直至质量恒定目的：确保结晶水完全失去；
②设结晶水的个数为a，则，解得a=3，则其化学式：；
（6）①判断终点的现象：滴入最后半滴标准液，溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复原色；
②步骤2中未用蒸馏水冲洗交换柱，将导致标准液消耗体积偏小，最终结果偏小。
20．(1)
(2)漏斗、烧杯、玻璃棒
(3) NaOH 吸收多余防止污染环境
(4)溶液变蓝，且半分钟不改变
(5)90.2%
【详解】（1）铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为: ；
（2）过滤用到的玻璃仪器是漏斗、烧杯、玻璃棒；
（3）为防止过量的二氧化硫污染性气体排放到空气中污染环境，装置B是利用氢氧化钠溶液吸收多余的二氧化硫气体；
（4）以淀粉溶液为指示剂，用浓度为的标准溶液进行滴定终点现象为：溶液变蓝色且半分钟内不褪色；
（5）根据题干信息可知，第二组数据为异常值因舍弃，根据1、3两组可算出消耗标液的平均值20.00，根据计量系数关系 x=4.96 故在产品中的质量分数是 。
21．(1) 水 浓硫酸
(2)C
(3) 冷凝回流 降低苯乙酸的溶解度，减少苯乙酸的溶解损失
(4)BC
(5)
(6)根据反应，苯乙腈的物质的量为，所以生成的苯乙酸理论产量为，所以苯乙酸的产率为
(7)
【分析】a装置中用苯乙腈和浓硫酸反应制备苯乙酸，再用苯乙酸和反应制备苯乙酸铜；
【详解】（1）用浓硫酸配置稀硫酸，浓硫酸的密度大于水，所以应先加水，在不断振荡下加入浓硫酸；
（2）仪器b的名称是恒压滴液漏斗，故选C；
（3）仪器c的名称是球形冷凝管，苯乙酸的熔点为76.5℃，易挥发，所以用球形冷凝管冷凝回流；苯乙酸微溶于冷水，所以分离苯乙酸，分离苯乙酸粗品时，加适量冷水的目的是降低苯乙酸的溶解度，减少苯乙酸的溶解损失；
（4）苯乙酸微溶于冷水，所以分离苯乙酸，需要过滤，所用的仪器为：漏斗、烧杯和玻璃棒，故选BC；
（5）溶于水得到氯化铜溶液，加入溶液反应生成沉淀和氯化钠，化学方程式：
（6）根据反应，苯乙腈的物质的量为，所以生成的苯乙酸理论产量为，所以苯乙酸的产率为；
（7）反应中负极反应为甲醇在碱性条件下失去电子发生氧化反应生成碳酸根离子，反应为。
22．(1)增大接触面积，加快反应速率；
(2)D
(3) Fe2+完全沉淀时Mn2+已经完全沉淀，造成Mn2+损失
(4)5.2≤pH<7.3
(5)(177.8或177.78)
(6)
(7) 蒸发浓缩 冷却结晶
【分析】高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及FeS)与氧化锰矿混合焙烧，得到MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO，加入硫酸，得到Mn2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+、Al3+的酸性溶液，加入二氧化锰将亚铁离子氧化为铁离子，再加入碳酸钙中和，将铁离子与铝离子以氢氧化物的形式除去，加入MnF2氟化除杂，使溶液中的Mg2+、Ca2+沉淀完全，此时溶液中的金属离子为锰离子，加入碳酸氢铵发生，加入硫酸溶解得硫酸锰溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等系列操作得到硫酸锰晶体。
【详解】（1）化学反应速率受到接触面积的影响，原料粉碎可以增大接触面积，加快反应速率；
（2）从物质类别角度，SO2属于酸性氧化物可以和碱反应，故可以通过NaOH、氨水溶液吸收。从化合价角度，SO2硫元素化合价为+4价，具有还原性，可以与氧化性物质酸性高锰酸钾反应，故可以通过酸性高锰酸钾溶液吸收。故答案为D；
（3）若试剂a为MnO2，氧化时用二氧化锰氧化亚铁离子生成三价铁离子，本身被还原成二价锰离子，则氧化步骤发生反应的离子方程式为；若省略“氧化”步骤，则铁元素只能以Fe2+形式除去，但是由表格可知除去亚铁离子的同时锰离子也除去了，即造成的影响是Fe2+完全沉淀时Mn2+已经完全沉淀，造成Mn2+损失；
（4）“中和除杂”的目的是使铝离子、铁离子完全沉淀且锰离子不沉淀，则由表格可知要控制溶液的pH范围是5.2≤pH<7.3
（5）“氟化除杂”后，溶液中c(F- )浓度为0.05ml/L。则溶液中c(Mg2+):c(Ca2+)=Ksp(MgF2)：Ksp(CaF2)=
（6）碳酸氢铵溶液的电荷守恒式为
“碳化结晶”时，发生反应的离子方程式为：，故答案为；
（7）硫酸锰溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸锰的水合物，故答案为蒸发浓缩、冷却结晶；
23．(1) 防倒吸 恒压滴液漏斗 浓氨水
(2) NH3+NH2Cl+OH-=N2H4+Cl-+H2O
(3)过量的NaClO可能将N2H4氧化为N2
(4)32
【分析】生石灰溶于水生成Ca(OH)2且放热，导致溶液温度升高，促进NH3•H2O分解生成NH3，D中浓盐酸和漂白粉反应生成Cl2，浓盐酸具有挥发性，所以生成的Cl2中含有HCl,C装置用饱和食盐水除去Cl2中的HCl,B中Cl2和NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO，NH3和NaClO溶液反应生成N2H4同时生成NaCl,多余的氯气用NaOH溶液吸收。
【详解】（1）装置B中长颈漏斗有缓冲作用，能防止倒吸；仪器a的名称为恒压滴液漏斗；装置A中制备NH3，发生的反应为NH3⋅H2O+CaO=NH3↑+Ca(OH)2，故a中的试剂为浓氨水；
（2）N2H4分子中N原子之间共用一对电子，每个氮原子存在2个N-H键，所以N2H4的电子式为；装置C中Cl2和NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO，NH3和NaClO溶液反应生成N2H4同时生成NaCl,则装置C中制备N2H4的化学方程式为；已知NaClO与制的第一步反应为：，所以第二步反应为：NH3+NH2Cl+OH-=N2H4+Cl-+H2O；
（3）有比较强的还原性，而NaClO有强氧化性，可以将氧化，所以氨气过量的原因是防止过量的NaClO将N2H4氧化为N2；
（4）根据题意知，肼和I2反应生成无污染性的气体，根据元素守恒知，生成N2和HI，反应方程式为N2H4+2I2=N2↑+4HI，n(I2)=0.2000ml/L×0.02L=0.004ml,则500mL溶液中含有n(N2H4)= ×1×=0.04ml,则该产品中N2H4的质量分数为×100%=32%，故答案为：32。
24．(1)B
(2)B
(3)1∶2
(4) Cl2 + 2OH- = Cl- + ClO- + H2O 2NH3 + 1ClO－ = 1N2H4 +1Cl-+1H2O NH4Cl、Ca(OH)2 防止倒吸 0.005NA 平衡气压，使浓盐酸顺利滴下 B、C 之间增加盛有饱和食盐水的洗气瓶
【分析】装置C中浓盐酸和漂白粉反应生成，和装置B中的NaOH反应生成氯化钠，次氯酸钠和水，离子方程式为：，装置A中为加热氯化铵和氢氧化钙制取氨气，氨气与B中次氯酸钠反应，反应的离子方程式为：；
【详解】（1）分子中存在N-H极性键，N-N非极性键，根据图可知，分子结构不对称，正负电荷中心不重合，为极性分子，B项正确，答案选B；
（2）的相对分子质量与接近，但沸点远高于，原因是分子间可形成氢键，乙烯不能形成分子间氢键，B项正确，答案选B；
（3）发射卫星时可用为燃料，为助燃剂，这两种物质反应放出大量能量，生成无毒无害的物质，根据元素守恒，生成两种无毒无害物质分别是，反应方程式为，反应中失电子作还原剂，得电子作氧化剂，则氧化剂和还原剂物质的量之比为1：2；
（4）根据分析可知装置B中发生反应的离子方程式为：；；
根据分析可知装置A用于制取氨气，则A中试剂为：；仪器a有缓冲作用，能防止倒吸；
，C中反应方程式为：，生成2ml氯气转移2ml电子，则生成0.005ml氯气转移电子的物质的量为0.005ml，转移电子数为；仪器b能平衡压强，使浓盐酸顺利滴下；
挥发的HCl能和NaOH溶液反应而降低B溶液的碱性，所以应该用饱和食盐水除去氯气中的HCl，则改进方法是在B、C之间增加盛有饱和食盐水的洗气瓶。
25．(1)
(2)易溶于水，难溶于乙醇，减小的溶解损失
(3)当滴入最后一滴碘的标准溶液时，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色
(4)86.3
【分析】计算产品纯度时，根据滴定原理及题给信息中数据，舍弃偏差大的数据，并结合关系式计算百分含量。
【详解】（1）制备时反应物有亚硫酸钠和硫磺，则化学方程式：。
（2）由已知信息可知，用乙醇洗涤晶体的原因是：易溶于水，难溶于乙醇，减小的溶解损失。
（3）已知：(无色)，杂质与碘水不反应。淀粉遇碘变蓝，判断滴定终点的现象为：当滴入最后一滴碘的标准溶液时，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色。
（4）碘的标准溶液的体积第一次测量数据为30.30mL-1.56mL=28.74mL，第二次测量数据为26.31mL-0.22mL=26.09mL，第三次测量数据为26.10mL，第一次测量数据与其他两次相差2mL以上，应舍去，第二次和第三次数据的平均值为26.095mL。根据反应，可知2，根据关系式法，列式100。
26．(1)A
(2)量筒
(3)B
(4)0.9NA
(5)B
(6)A
(7)B
(8)c()＞c()＞c()＞c()
(9)2Na++2+H2C2O4=2NaHCO3↓+
【分析】本题为实验室利用淀粉水解液、浓硝酸、浓硫酸来制备乙二酸，如题干实验装置图可知，装置A为发生装置，三颈烧瓶中通过分液漏斗滴入浓硫酸和浓硝酸的混合酸，并用温度计控制反应温度，反应原理为：，冷凝管冷凝回流浓硝酸可以提高浓硝酸的利用率，装置B为防止倒吸装置，装置C为尾气处理装置，反应原理为：NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+2H2O、2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，据此分析解(1)~(2)小题，(3)利用淀粉溶液遇到I2变蓝的性质解题，(4)为氧化还原反应中电子转移的分析，(5)为常见的物质分离与提纯方法------重结晶，(6)~(9)为电解质溶液中的离子浓度的比较，据此分析解题。
【详解】（1）冷凝管中冷凝水下进上出，从a口流入，故答案为：A；
（2）实验中，需要使用量筒量取溶液，则使用的定量仪器名称为量筒，故答案为：量筒；
（3）根据淀粉遇到碘变蓝，检验淀粉是否水解完全，所需的试剂为碘水，故答案为：B；
（4）反应C6H12O6+12HNO33H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O中，生成9mlNO2、3mlNO转移电子数为18ml，每生成标况下的13.44L气体，物质的量为0.6ml，则转移的电子数为18ml××NA/ml=0.9NA，故答案为：0.9NA；
（5）将反应后溶液冷却、过滤后得到草酸晶体，若所得草酸纯度较低，可用重结晶方法进一步提纯，故答案为：B；
（6）三种物质结构相似，结合三种物质的Ksp，Ksp越小越先沉淀，最先生成的沉淀为CaC2O4，故答案为：A；
（7）草酸的Ka1大于碳酸的Ka1，K越大pH越小，故答案为：B；
（8）根据越弱越水解原则，草酸的Ka2大于碳酸的、Ka1、Ka2，草酸的Ka1大于碳酸的Ka1，且水解使微弱的，则等浓度Na2C2O4和Na2CO3混合溶液中，含碳元素的负离子浓度从大到小的顺序为c()＞c()＞c()＞c(H2CO3)＞c()＞c(H2C2O4)，故答案为：c()＞c()＞c()＞c()；
（9）结合两者K的大小，向饱和Na2CO3溶液中滴加少量草酸溶液，反应生成碳酸氢钠沉淀，发生反应的离子方程式为2Na++2+H2C2O4=2NaHCO3↓+，故答案为：2Na++2+H2C2O4=2NaHCO3↓+。
27．(1)B
(2)C
(3)D
(4)A
(5)2H++2e-=H2↑
(6)D
(7) Cl2 NaOH
(8)10NaOH+3NaClO+2Fe(NO3)3=2Na2FeO4+9NaNO3+5H2O
(9)该温度下，高铁酸钾的溶解度远小于高铁酸钠，高铁酸钾析出
(10)A
(11)79.2%
(12)C
【分析】本题是一道实验题，先用电解法来制备K2FeO4，如题干装置图可知，电解时灰铸铁与电源正极相连作阳极，电解反应为：Fe-6e-+8OH-=+4H2O，石墨电极为阴极，电极反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，然后用水相法制备K2FeO4即将Fe(NO3)3和NaOH、NaClO反应生成Na2FeO4，反应原理为：10NaOH+3NaClO+2Fe(NO3)3=2Na2FeO4+9NaNO3+5H2O，过滤除去NaCl、NaNO3等杂质，向滤液中加入过量的KOH，发生反应：2KOH+ Na2FeO4=K2FeO4+2NaOH，过滤得到K2FeO4固体，最后用氧化还原滴定法进行测量
K2FeO4的纯度，据此分析结合各小问具体问题解题。
【详解】（1）K2FeO4在处理污水时，化合价降低体现氧化性，则与水体中的还原性物质反应生成Fe3+，故答案为：B；
（2）Fe3+再水解生成Fe(OH)3胶体，起到吸附絮凝作用，这与胶体的吸附性，使胶体聚沉有关，故答案为：C；
（3）根据Fe+2KOH+2H2OK2FeO4+3H2↑，铁失去电子，被氧化，则灰铸铁材料作阳极，故答案为：D；
（4）电解时，左侧烧杯中氢离子放电生成氢气，氢氧根离子的浓度增大，溶液的pH升高，故答案为：A；
（5）电解时，石墨电极上氢离子放点生成氢气，电极反应式2H++2e-=H2↑，故答案为：2H++2e-=H2↑；
（6）实验室配制0.500ml⋅L-1Fe(NO3)3溶液，根据配制步骤，需要用到玻璃仪器为容量瓶、玻璃棒、胶头滴管，不需要使用的玻璃仪器是量筒，故答案为：D；
（7）实验室一般通过氯气和氢氧化钠溶液反应制取NaClO，则所需的两种原料为Cl2、NaOH，故答案为：Cl2；NaOH；
（8）反应Ⅰ为硝酸铁、NaOH、次氯酸钠反应生成高铁酸钠，化学方程式为10NaOH+3NaClO+2Fe(NO3)3=2Na2FeO4+9NaNO3+5H2O，故答案为：10NaOH+3NaClO+2Fe(NO3)3=2Na2FeO4+9NaNO3+5H2O；
（9）反应Ⅱ为高铁酸钠和KOH反应生成K2FeO4，原因是该温度下，高铁酸钾的溶解度远小于高铁酸钠，高铁酸钾析出，故答案为：该温度下，高铁酸钾的溶解度远小于高铁酸钠，高铁酸钾析出；
（10）(NH4)2Fe(SO4)2溶液中亚铁离子、铵根离子均水解，导致溶液显酸性，故主要是由于其溶液显酸性，故答案为：A；
（11）根据反应的方程式：+[Cr(OH)4]−═Fe(OH)3++OH-、2+2H+=+H2O、+6Fe2++14H+＝2Cr3++6Fe3++7H2O，建立关系式：2K2FeO4～～6Fe2+，设样品中K2FeO4的质量分数为ω，可得：，ω=79.2%，故答案为：79.2%；
（12）A．配制K2FeO4溶液定容时，仰视容量瓶刻度线，导致高铁酸钾浓度偏低，结果偏小，A不合题意；
B．盛放K2FeO4溶液的锥形瓶未干燥，不影响结果，B不合题意；
C．盛放(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液的滴定管未润洗，导致标准液浓度偏低，消耗标准液偏多，浓度偏大，C符合题意；
D．终点读数时，俯视滴定管刻度线，读数偏小，浓度偏小，D不合题意；
故答案为：C。
28．(1) 将废锰渣粉碎；适当提高硫酸浓度 升高温度；酸浸过程中不断搅拌
(2) 将Fe2+氧化为Fe3+，有利于除尽铁元素，同时不引入新的杂质 3.2~8.0
(3) 蒸发结晶 趁热过滤 减少产品损失，同时酒精易挥发，便于产品干燥
(4) 当加入最后半滴KMnO4溶液时，锥形瓶内溶液由无色变为浅紫红色，且半分钟内不变色 0.96或96%
(5)b、c、f
(6)先停止加热，继续通N2至装置冷却到室温再停止通N2
【分析】废锰渣(含MnO2及少量KOH、MgO、Fe2O3)，加入硫酸进行酸浸，MnO2、MgO、Fe2O3均溶解生成对应的盐，加入硫铁矿(FeS2)将+4价锰还原为+2价的锰，加入硫酸调节PH，使铁离子、镁离子分别转化为氢氧化铁沉淀和氢氧化镁沉淀，滤渣1中还含有硫单质，加入二氧化锰将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，加入碳酸钙调节pH，将铁离子沉淀完全，同时生成硫酸钙，过滤得硫酸锰溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥后得到硫酸锰晶体。
【详解】（1）“酸浸”时为提高锰离子的浸出率，可采取的措施有：将废锰渣粉碎、加热、搅拌、适当增加硫酸浓度等。
（2）①反应Ⅱ中MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，有利于除尽铁元素，同时不引入新的杂质；
②使溶液中c(Fe3+)<10-5ml·L-1，则需调节pH的最小值：c(OH)= ml·L-1,pH=3.2；反应Ⅱ后溶液中c(Mn2+)=0.2ml·L-1，调节pH值时不能使锰离子沉淀，则c(OH)最大= ml·L-1，则pH最大值为8，则pH的范围为：3.2~8.0；
（3）从滤液制取较多MnSO4·H2O的操作是：控制温度在80~90℃之间，然后蒸发结晶、趁热过滤，使固体MnSO4·H2O与溶液分离；获得的MnSO4·H2O晶体常用酒精洗涤，可减少产品损失，同时酒精易挥发，便于产品干燥；
（4）a.用KMnO4溶液滴定时，滴定终点的现象为当加入最后半滴KMnO4溶液时，锥形瓶内溶液由无色变为浅紫红色，且半分钟内不变色；
b.根据氧化还原反应中得失电子守恒得离子方程式：5C2O +2 MnO+16H+=10CO2 +2Mn2++8H2O，用0.0320ml·L-1 KMnO4溶液滴定步骤③反应后的溶液，用去40.00mL，则可得剩余n(C2O)=n(KMnO4)= ×0.0320ml·L-1×0.04L=0.0032ml；Na2C2O4固体1.072g，则n(Na2C2O4)=，由此可知与MnSO4氧化生成的高锰酸根反应的n(C2O)=(0.008-0.0032)ml=0.0048ml，根据元素及电子得失守恒得关系式：，n()=×0.0048ml=0.00192ml；产品中MnSO4的质量分数；
（5）实验前先通一段时间氮气排尽装置中的空气，再加热A，生成的气体先通入氯化钡溶液中检验是否生成三氧化硫，再通过品红溶液检验二氧化硫气体，最后用NaOH溶液吸收尾气；
（6）实验结束时，为防止倒吸，正确的操作方法是先停止加热，继续通N2至装置冷却到室温再停止通N2。
29．(1) 恒压滴液漏斗 P2O5（或无水CaCl2） 冷凝回流（水或氨水）
(2) Ksp[C(OH)2] = 6×10-15 =c(C2+)c(OH-)2 = 0.1×c(OH-)2，c(OH-)= 2.45×10-7 ml/L，c(H+)= Kw/ c(OH-) = 10-14/(2.45×10-7) = 4.08×10-8 ml/L，pH = -lg c(H+) = 7.39，结果：pH=7.39 (精确到0.01) 调节pH值，防止生成C(OH)2沉淀
(3)2[C(NH3)6]2+ + H2O2 + 22[C(NH3)6]3+ + 2NH3 + 2H2O
(4)C(NH3)6]Cl3(s) [C(NH3)6]3+ + 3Cl-，加入浓盐酸，提高c(Cl-)，抑制[C(NH3)6]Cl3，有利于其结晶析出
(5)<
(6)BD
(7)甲基橙（或甲基红）
(8) AC
【详解】（1）仪器a是恒压滴液漏斗；仪器b的作用是防止氨气挥发到空气中污染空气，所以仪器b中的试剂可以是P2O5或无水CaCl2；冷凝管作用是冷凝回流，故答案为：恒压滴液漏斗；冷凝回流（水或氨水）；冷凝回流；
（2）Ksp[C(OH)2] = 6×10-15 =c(C2+)c(OH-)2 = 0.1×c(OH-)2，c(OH-)= 2.45×10-7 ml/L，c(H+)= Kw/ c(OH-) = 10-14/(2.45×10-7) = 4.08×10-8 ml/L，pH = -lg c(H+) = 7.39；NH4Cl溶液呈酸性，可以调节pH值，防止生成C(OH)2沉淀，故答案为：Ksp[C(OH)2] = 6×10-15 =c(C2+)c(OH-)2 = 0.1×c(OH-)2，c(OH-)= 2.45×10-7 ml/L，c(H+)= Kw/ c(OH-) = 10-14/(2.45×10-7) = 4.08×10-8 ml/L，pH = -lg c(H+) = 7.39，结果：pH=7.39 (精确到0.01)；调节pH值，防止生成C(OH)2沉淀；
（3）将0.1 ml/L CCl2、NH4Cl混合液在三颈烧瓶中混合，滴加浓氨水，C2＋与氨水反应生成[C(NH3)6]2+，然后缓慢滴加双氧水，双氧水将[C(NH3)6]2+氧化为2[C(NH3)6]3+，所以离子方程式为2[C(NH3)6]2+ + H2O2 + 22[C(NH3)6]3+ + 2NH3 + 2H2O，故答案为：2[C(NH3)6]2+ + H2O2 + 22[C(NH3)6]3+ + 2NH3 + 2H2O；
（4）加入浓盐酸，提高c(Cl-)，使平衡C(NH3)6]Cl3(s) [C(NH3)6]3+ + 3Cl-逆向移动，抑制[C(NH3)6]Cl3，有利于其结晶析出，故答案为：C(NH3)6]Cl3(s) [C(NH3)6]3+ + 3Cl-，加入浓盐酸，提高c(Cl-)，抑制[C(NH3)6]Cl3，有利于其结晶析出；
（5）由题意可知、，则，由第（3）可知，向[C(NH3)6]Cl3溶液中加入浓盐酸可得到[C(NH3)6]Cl3晶体，即反应很难发生，而该反应，则K＜10－5，即，所以K1<(K2)6，故答案为：<；
（6）为了减小[C(NH3)6]Cl3的溶解度，在洗涤[C(NH3)6]Cl3时可用冰水或50%乙醇水溶液，故答案为：BD；
（7）恰好完全反应生成硫酸铵时为滴定终点，此时溶液显酸性，故滴定时选用的指示剂为甲基橙（或甲基红），故答案为：甲基橙（或甲基红）；
（8）蒸氨操作中蒸出的气体为氨气，全部通入V1 mL c1 ml/L的H2SO4中和硫酸反应生成硫酸铵，然后再用氢氧化钠中和过量的硫酸，则样品中配体氨气的物质的量为ml；另取0.100 g样品溶解，加入足量AgNO3溶液，过滤、洗涤、干燥、恒重，得到沉淀m3 g，则样品中含外界Cl－的物质的量为 ml，所以配体NH3与外界Cl－的物质的量比值为；
A．蒸氨结束时，未用蒸馏水洗涤冷凝管，并将洗涤液一并倒入H2SO4中，冷凝管中残留有氨气，则所测得n(NH3) ： n(Cl－)比值偏小，故A项正确；
B．滴定步骤的NaOH溶液使用前敞口放置于空气中一段时间，部分NaOH与二氧化碳反应生成碳酸钠，但对中和过量硫酸时所消耗的体积V2无影响，则所测得n(NH3) ： n(Cl－)比值不变，故B项错误；
C．滴定步骤中盛放NaOH溶液的滴定管未用NaOH溶液润洗，使滴定管中的NaOH溶液的浓度减小，中和硫酸时所消耗的NaOH溶液体积V2偏大，则所测得n(NH3) ： n(Cl－)比值偏小，故C项正确；
D．沉淀步骤中，沉淀未完全转移至漏斗中导致氯离子有损耗，则所测得n(NH3) ： n(Cl－)比值偏大，故D项错误。
故答案为：；AC；
30．(1)10-6.9
(2)HS-在pH接近10时，物质的量分数最大，HS-溶液显碱性，即水解程度大于电离程度
(3)OH- + H2S = HS- + H2O
(4)含硫废水中存在HS−H++S2−，加入适量Cu2+的溶液，S2−+Cu2+= CuS↓，c (S2−)减小，使HS−的电离平衡正向移动，c (H+)增大，pH减小
(5)2HS−+SO+4H+ =3S↓+3H2O
(6)pH<5时，溶液中-2价S元素主要以H2S的形式存在，常温下H2S的溶解度为1∶2.6，酸性强使H2S更易逸出，H2S会污染环境(或：H+与SO生成SO2，SO2污染环境
(7)CD
(8)H2S中H带正电、S带负电，Fe2O3中Fe带正电，O带负电；甲吸附方式为同种电性微粒靠近，乙吸附方式中为不同电性微粒靠近时，吸附能力强
【分析】
图象中各曲线含义分别为H2S、HS-、S2-。
【详解】（1）由图判断，pH=6.9时，c(HS-)=c(H2S)，H2S的一级电离平衡常数为Ka1==c(H+) =10-6.9。故答案为：10-6.9；
（2）25℃，HS-电离程度小于水解程度，依据是：HS-在pH接近10时，物质的量分数最大，HS-溶液显碱性，即水解程度大于电离程度。故答案为：HS-在pH接近10时，物质的量分数最大，HS-溶液显碱性，即水解程度大于电离程度；
（3）以酚酞为指示剂，变式范围为pH约8-10，将NaOH溶液滴入H2S溶液中，产物为HS- ，滴定终点的离子方程式是OH- + H2S = HS- + H2O。故答案为：OH- + H2S = HS- + H2O；
（4）向pH≈9的含硫废水中加入适量Cu2+的溶液，产生黑色沉淀且溶液的pH降低，发生的反应为Cu2++HS−=CuS↓+H+。用平衡移动的原理解释溶液pH降低的原因：含硫废水中存在HS−H++S2−，加入适量Cu2+的溶液，S2−+Cu2+= CuS↓，c (S2−)减小，使HS−的电离平衡正向移动，c (H+)增大，pH减小。故答案为：含硫废水中存在HS−H++S2−，加入适量Cu2+的溶液，S2−+Cu2+= CuS↓，c (S2−)减小，使HS−的电离平衡正向移动，c (H+)增大，pH减小；
（5）向含HS-的废水中加入一定浓度的Na2SO3溶液，加适量酸，溶液产生淡黄色沉淀，说明生成硫单质。反应的离子方程式是2HS−+SO+4H+ =3S↓+3H2O。故答案为：2HS−+SO+4H+ =3S↓+3H2O；
（6）本工艺选择控制体系的pH≈6，而不是去除率更高的pH=3的主要原因：pH<5时，溶液中-2价S元素主要以H2S的形式存在，常温下H2S的溶解度为1∶2.6，酸性强使H2S更易逸出，H2S会污染环境(或：H+与SO生成SO2，SO2污染环境)。故答案为：pH<5时，溶液中-2价S元素主要以H2S的形式存在，常温下H2S的溶解度为1∶2.6，酸性强使H2S更易逸出，H2S会污染环境(或：H+与SO生成SO2，SO2污染环境)；
（7）某废气中的H2S与空气混合通入FeCl2、CuCl2、FeCl3的混合液中，Ⅰ氧气将Fe2+氧化为Fe3+，ⅡCu2+与H2S反应生成CuS，ⅢCuS和Fe3+作用生成S、Fe2+和Cu2+，
A. 转化过程中参与循环的离子有Fe2+、Cu2+、Fe3+，故A错误；
B. 转化过程化合价发生变化的元素有Fe、S、O三种，故B错误；
C. 过程Ⅲ中CuS和Fe3+作用生成S、Fe2+和Cu2+，由电子守恒和原子守恒可得反应方程式为CuS+2Fe3+=S+2Fe2++Cu2+，故C正确；
D. 氧化剂的氧化性强于氧化产物，故氧化性由强到弱的顺序：O2 >Fe3+> S，故D正确；
故答案为：CD；
（8）按图乙方式进行吸附，其吸附能力比按图甲强，从结构角度解释其原因H2S中H带正电、S带负电，Fe2O3中Fe带正电，O带负电；甲吸附方式为同种电性微粒靠近，乙吸附方式中为不同电性微粒靠近时，吸附能力强。故答案为：H2S中H带正电、S带负电，Fe2O3中Fe带正电，O带负电；甲吸附方式为同种电性微粒靠近，乙吸附方式中为不同电性微粒靠近时，吸附能力强。
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