江苏省扬州市2022届高三（上）期中化学试卷一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分．每小题只有一个选项符合题意．1．“保护环境”是我国的基本国策．下列做法不应该提倡的是()A．生活垃圾分类收集B．垃圾进行露天焚烧C．宣传“低碳”出行D．合理使用化肥农药【考点】常见的生活环境的污染及治理．【专题】化学计算．【分析】保护环境，可从减少污染物的排放、开发新能源等角度分析．【解答】解：A．垃圾分类有利于环境的保护和资源的再利用，符合保护环境的措施，故A正确；B．垃圾进行露天焚烧会造成空气污染，故B错误；C．宣传“低碳”出行，节省大量的能源，符合保护环境的措施，故C正确；D．合理使用化肥农药能减少水、土壤污染，故D正确．故选B．【点评】本题主要考查环境保护，注意保护环境人人有责，从自我做起，从小事做起，明确环境和人类发展的关系及环境保护意识即可解答，题目难度不大．2．下列有关氮元素及其化合物的表示正确的是()A．质子数为7、中子数为8的氮原子：NB．氮离子（N3﹣）的结构示意图：C．氨分子的电子式：D．硝基苯的结构简式：【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合．【专题】常规题型；化学用语专题．【分析】A．质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数；B．氮离子（N3﹣）的核电荷数为7，最外层达到8电子稳定结构；C．氨气的电子式中漏掉了N原子的1对未成键电子对；D．硝基苯中，N原子与苯环的碳原子相连．【解答】解：A．质子数为7、中子数为8的氮原子的质量数为15，该原子正确的表示方法为：157N，故A错误；B．氮离子（N3﹣）的核电荷数为7，核外电子总数为10，其离子结构示意图为：，故B正确；C．氨气为共价化合物，分子中含有3个N﹣H键，N原子最外层达到8电子稳定结构，其正确的电子式为，故C错误；-20-\nD．硝基写在苯环的左边时，应该表示为；O2N﹣，硝基苯正确的结构简式为：，故D错误；故选B．【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法，题目难度中等，涉及电子式、结构简式、离子结构示意图、元素符号等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键．3．下列说法正确的是()A．铝有较高熔点，可做耐火材料B．SO2能使溴水褪色，体现其漂白性C．氨气是电解质，因为氨气的水溶液能导电D．钠钾合金可用于快中子反应堆的热交换剂【考点】硅和二氧化硅；电解质溶液的导电性；铝的化学性质．【专题】物质的性质和变化专题．【分析】A．铝熔点不高；B．二氧化硫具有还原性能够被溴水氧化；C．电解质必须本身能够电离；D．钠钾合金导热性强．【解答】解：A．铝熔点不高，氧化铝熔点高，用作耐火材料，故A错误；B．SO2能使溴水褪色，是因为发生氧化还原反应，体现其还原性，故B错误；C．氨气本身不能电离，属于非电解质，故C错误；D．钠钾合金导热性强，可用于快中子反应堆的热交换剂，故D正确；故选：D．【点评】本题考查了物质的性质和用途，性质决定用途，明确物质性质是解题关键，侧重考查学生对基础知识掌握熟练程度，题目难度不大．4．设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是()A．0.1mol•L﹣1NaOH溶液中Na+的数目为0.1NAB．标准状况下，2.24LCCl4中的分子数目为0.1NAC．0.1molNa2O2与足量CO2反应转移的电子数目为0.1NAD．3.2gO2和O3的混合物含有的分子数目为0.1NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、溶液体积不明确；B、标况下四氯化碳为液态；C、过氧化钠与二氧化碳的反应为歧化反应；D、氧气和臭氧的摩尔质量不同．【解答】解：A、溶液体积不明确，故溶液中的钠离子的个数无法计算，故A错误；B、标况下四氯化碳为液态，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B错误；C、过氧化钠与二氧化碳的反应为歧化反应，当1mol过氧化钠参与反应时，反应转移1mol电子，则当0.1mol过氧化钠参与反应时，转移0.1NA个电子，故C正确；D、氧气和臭氧的摩尔质量不同，故3.2g氧气和臭氧的混合物中的分子数目与氧气和臭氧的比例有关，故不能计算，故D错误．故选C．-20-\n【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大．5．短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X与Z原子序数相差8，Y元素的焰色为黄色，Z元素的最高价为+6．下列叙述正确的是()A．X2﹣的离子半径大于Y+的离子半径B．H2Z的沸点高于H2XC．Z的简单气态氢化物稳定性比W的强D．Y2X2和Y2Z的晶体类型和化学键类型完全相同【考点】原子结构与元素周期律的关系；原子结构与元素的性质．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Y元素的焰色为黄色，则Y为Na，Z元素的最高价为+6，则Z为S元素，W原子序数最大，故W为Cl，而X与Z原子序数相差8，则X为O元素，据此解答．【解答】解：短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Y元素的焰色为黄色，则Y为Na，Z元素的最高价为+6，则Z为S元素，W原子序数最大，故W为Cl，而X与Z原子序数相差8，则X为O元素．A．O2﹣、Na+离子的电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：O2﹣＞Na+，故A正确；B．H2O分子之间存在氢键，水的沸点高于H2S，故B错误；C．非金属性S＜Cl，故氢化物稳定性H2S＜HCl，故C错误；D．Na2O2含有离子键、共价键，Na2S只含有离子键，故D错误，故选：A．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意元素周期律的理解应用．6．常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是()A．pH=1的溶液中：Fe2+、K+、NO、SOB．c（Fe3+）=0.1mol•L﹣1的溶液中：Na+、NO、SCN﹣、SOC．使酚酞试液变红色的溶液中：Na+、Ba2+、I﹣、Cl﹣D．水电离的c（H+）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：K+、Na+、NO、HCO【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．pH=1的溶液为酸性溶液，硝酸根离子在酸性条件下能够氧化亚铁离子；B．铁离子与硫氰根离子结合生成络合物硫氰化铁；C．使酚酞试液变红色的溶液中存在大量氢氧根离子，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应；D．水电离的c（H+）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中存在大量氢离子、氢氧根离子，碳酸氢根离子与氢离子和氢氧根离子反应．【解答】解：A．pH=1的溶液为酸性溶液，Fe2+、NO3﹣在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；-20-\nB．Fe3+和SCN﹣之间反应生成硫氰化铁，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．使酚酞试液变红色的溶液为碱性溶液，溶液中存在大量氢氧根离子，Na+、Ba2+、I﹣、Cl﹣之间不反应，都不与氢氧根离子，在溶液中能够大量共存，故C正确；D．水电离的c（H+）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液为酸性或碱性溶液，溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，HCO3﹣与氢离子和氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C．【点评】本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN﹣）等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣；溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等．7．下列实验操作正确的是()A．用装置甲可以制备氯气B．用装置乙分离泥沙中的碘单质C．向碘酒中加入CCl4，静置后分液，可以分离碘酒中的碘D．用玻璃棒蘸取NaClO溶液点在pH试纸上，测定溶液的pH【考点】化学实验方案的评价．【专题】化学实验常用仪器及试剂；化学实验基本操作．【分析】A．浓盐酸和二氧化锰反应需要加热；B．碘具有升华的物理性质；C．乙醇与四氯化碳互溶；D．NaClO溶液具有漂白性．【解答】解：A．浓盐酸和二氧化锰反应需要加热，不加热不反应，故A错误；B．碘具有升华的物理性质，泥沙不易挥发，故B正确；C．乙醇与四氯化碳互溶，不能分层，故C错误；D．NaClO溶液具有漂白性，应用pH计，故D错误．故选B．【点评】本题考查较为综合，涉及实验基础以及pH的测定等，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握实验操作的严密性和可行性的评价，难度中等．8．给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是（A．NaCl（饱和溶液）NaHCO3Na2CO3B．Al2O3AlCl3（aq）Al-20-\nC．SSO3H2SO4D．CuSO4（aq）Cu（OH）2悬浊液Cu【考点】钠的重要化合物；含硫物质的性质及综合应用；镁、铝的重要化合物．【分析】A、饱和食盐水中通入氨气、二氧化碳会发生生成碳酸氢钠晶体，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠；B、电解氯化铝溶液得不到铝单质；C、硫燃烧一步只能生成二氧化硫；D、硫酸铜和过量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜沉淀，在碱性溶液中加入葡萄糖加热反应生成氧化亚铜．【解答】解：A、饱和食盐水中通入氨气、二氧化碳会发生生成碳酸氢钠晶体，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，饱和NaCl溶液NaHCO3Na2CO3，可以实现各步的一步转化，故A符合；B、氧化铝与盐酸反应生成氯化铝溶液，但电解氯化铝溶液得不到铝单质，所以转化关系不可以实现，故B不符合；C、硫燃烧一步只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，则转化关系不可以实现，故C不符合；D、硫酸铜和过量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜沉淀，在碱性溶液中加入葡萄糖加热反应生成氧化亚铜，则转化关系不可以实现，故D不符合；故选A．【点评】本题考查了物质性质的分析应用，主要是反应产物和反应条件的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等．9．下列指定反应的离子方程式正确的是()A．制作印刷电路板：Fe3++Cu═Fe2++Cu2+B．Ca（HCO3）2溶液中加足量NaOH溶液：HCO+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2OC．用NaOH溶液吸收Cl2：Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO+H2OD．明矾常用于净水：Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．电子、电荷不守恒；B．Ca（HCO3）2完全反应，生成碳酸钙、碳酸钠和水；C．反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；D．水解生成胶体，为可逆反应．【解答】解：A．制作印刷电路板的离子反应为2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，故A错误；B．Ca（HCO3）2溶液中加足量NaOH溶液的离子反应为2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32﹣，故B错误；C．用NaOH溶液吸收Cl2的离子反应为Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O，故C错误；D．明矾常用于净水的离子反应为Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+，故D正确；故选D．-20-\n【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质，题目难度不大．10．“人工树叶”电化学实验装置如图，该装置能将H2O和CO2转化为O2和燃料（C3H8O）．下列说法正确的是()A．该装置工作时，光能和电能全部转化为化学能B．该装置工作时，H+向b极板移动C．反应6CO2+8H2O2C3H8O+9O2，每消耗1molCO2转移4mol电子D．电极a上CO2参与的电极反应为：3CO2+18H++18e﹣═C3H8O+5H2O【考点】化学电源新型电池．【专题】电化学专题．【分析】A、该装置是电解池装置，是将电能转化为化学能；B、与电源正极相连的是电解池的阳极，负极相连的是电解池的阴极，a与电源负极相连，所以a是负极阴极，而电解池中氢离子向阴极移动；C、电池总的方程式为：6CO2+8H2O2C3H8O+9O2，即生成9mol的氧气，阴极有6mol的二氧化碳被还原，由此分析解答；D、a与电源负极相连，所以a是负极阴极，电极反应式为：3CO2+18H++18e﹣=C3H8O+5H2O．【解答】解：A、该装置是电解池装置，是将电能转化为化学能，所以该装置将光能和电能转化为化学能，故A错误；B、a与电源负极相连，所以a是负极阴极，而电解池中氢离子向阴极移动，所以H+从阳极b极区向阴极a极区迁移，故B错误；C、电池总的方程式为：6CO2+8H2O2C3H8O+9O2，即每消耗6molCO2转移36mol电子，每消耗1molCO2转移6mol电子，故C错误；D、a与电源负极相连，所以a是阴极，发生还原反应，电极反应式为：3CO2+18H++18e﹣=C3H8O+5H2O，故D正确；故选D．【点评】本题考查电化学的相关知识，学生要清楚电解池的反应原理，阴极发生还原反应，阳极发生氧化反应，以及离子的移动方向就可以迅速解题了，比较容易．二、选择题（共5小题，每小题4分，满分20分）11．下列说法正确的是()-20-\nA．在海轮船壳上镶入锌块保护海轮，利用的是牺牲阳极的阴极保护法B．加入合适的催化剂，能降低反应活化能，从而改变反应的焓变C．用pH均为2的盐酸和醋酸分别中和等物质的量的NaOH，消耗醋酸的体积更大D．稀醋酸中加入少量CH3COONa固体，醋酸的电离程度减小，c（CH3COO﹣）增大【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；金属的电化学腐蚀与防护；催化剂的作用．【专题】常规题型；高考化学专题；电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A、原电池的正极金属易被保护，不易腐蚀；B、催化剂只能加快化学反应速率，不影响焓变大小；C、醋酸为弱酸，pH均为2的盐酸和醋酸溶液，两种溶液中H+离子浓度相等，则醋酸浓度大与盐酸，分别中和等体积、等物质的量浓度的氢氧化钠溶液，当氢氧化钠恰好被完全中和时，消耗的两种酸的物质的量相等，根据n=C×V比较二者的体积关系；D、醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，加入醋酸钠固体，醋酸根离子浓度增大，平衡逆向移动．【解答】解：A、海轮外壳镶嵌锌块，此时铁作为原电池的正极金属而被保护，不易腐蚀，是采用了牺牲阳极的阴极保护法，故A正确；B、催化剂只能加快化学反应速率，对反应的始态和终态无影响，所以不影响焓变，故B错误；C、醋酸为弱酸，pH均为2的盐酸和醋酸溶液，两种溶液中H+离子浓度相等，则醋酸浓度大与盐酸，设盐酸的浓度为C1，醋酸的浓度为C2，则C1＜C2，分别中和等体积、等物质的量浓度的氢氧化钠溶液，当氢氧化钠恰好被完全中和时，消耗的两种酸的物质的量相等，则有：n=C1V1=C2V2，因C1＜C2，所以：V1＞V2，消耗盐酸的体积更大，故C错误；D、醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，加入醋酸钠固体，醋酸根离子浓度增大，平衡逆向移动，醋酸电离程度减小，故D正确；故选AD．【点评】该题是高考中的常见考点，属于中等难度试题的考查，试题综合性强，侧重对学生基础知识的巩固和训练，主要是考查学生对原电池原理、焓变、弱电解质了解程度，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有助于提升学生的学科素养．12．下列设计的实验方案能达到实验目的是()A．制备干燥的NH3：加热浓氨水，将生成的气体通过盛有浓硫酸的洗气瓶B．提纯含有少量HCl的CO2：将混合气体依次通过盛有饱和碳酸钠溶液、浓硫酸的洗气瓶C．检验食盐中是否含有碘酸钾：取少量的食盐溶液，加稀硫酸酸化，再滴入淀粉溶液，观察实验现象D．探究温度对化学平衡移动的影响：将盛有NO2和N2O4混合气体的烧瓶，先后置于冷水和热水中，观察烧瓶中气体颜色的变化【考点】化学实验方案的评价．【专题】元素及其化合物；化学实验基本操作．【分析】A．氨气能与硫酸反应生成硫酸铵；B．二者均与碳酸钠溶液反应；C．碘单质遇淀粉试液变蓝色；D．温度不同，二氧化氮和四氧化二氮之间的平衡改变而向吸热或者方向移动．【解答】解：A．氨气能与硫酸反应生成硫酸铵，应用碱石灰干燥，故A错误；B．二者均与碳酸钠溶液反应，不能除杂，应加饱和碳酸氢钠溶液、洗气来除杂，故B错误；C．碘单质遇淀粉试液变蓝色，碘酸钾中不含碘单质，所以与淀粉实验不反应变色，故C错误；-20-\nD．温度不同，导致二氧化氮和四氧化二氮之间的平衡改变而向吸热或者方向移动，能达到目的，故D正确．故选D．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及混合物的分离提纯、除杂及检验等，侧重物质性质及实验技能的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．13．根据下列实验现象所得结论正确的是选项实验现象结论A将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液有气体生成，溶液未呈血红色稀硝酸不能将Fe氧化为Fe3+B向NaAlO2溶液中滴入NaHCO3溶液产生白色沉淀AlO结合H+的能力比CO强C已知Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O将氢气还原氧化铜后所得红色固体投入足量稀盐酸溶液呈蓝色CuO的还原产物不全部是CuD将0.1mol•L﹣1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1mol•L﹣1CuSO4溶液先有白色沉淀生成，后变为浅蓝色沉淀Cu（OH）2的溶度积比Mg（OH）2的大()A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【专题】元素及其化合物；化学实验基本操作．【分析】A．Fe和过量稀硝酸反应生成硝酸铁，和少量稀硝酸反应生成硝酸亚铁，铁离子和KSCN溶液生成血红色溶液，但亚铁离子和KSCN溶液不反应；B．NaHCO3溶液与NaAlO2溶液混合，AlO2﹣促进HCO3﹣的电离生成氢氧化铝沉淀；C．铜与盐酸不反应；D．溶度积大的物质向溶度积小的物质转化．【解答】解：A．Fe和过量稀硝酸反应生成硝酸铁，和少量稀硝酸反应生成硝酸亚铁，铁离子和KSCN溶液生成血红色溶液，但亚铁离子和KSCN溶液不反应，所以过量Fe和稀硝酸反应生成硝酸亚铁，加入KSCN溶液时，溶液不呈血红色，故A错误；B．NaHCO3溶液与NaAlO2溶液混合，AlO2﹣促进HCO3﹣的电离生成氢氧化铝沉淀，则结合H+的能力：CO32＜AlO2﹣，故B正确；C．铜与盐酸不反应，溶液变蓝色，说明CuO的还原产物不全部是Cu，故C正确；D．将0.1mol•L﹣1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，说明NaOH完全反应，再滴加0.1mol•L﹣1CuSO4溶液，先有白色沉淀生成后变为浅蓝色沉淀，说明发生了沉淀的转化，溶度积大的物质向溶度积小的物质转化，所以Cu（OH）2的溶度积比Mg（OH）2的小，故D错误．故选BC．【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及沉淀转化、金属及其氧化物的性质、氧化还原反应等知识点，侧重考查基本理论、元素化合物性质，注意把握实验原理及操作方法，题目难度中等．14．25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是()-20-\nA．pH=2的CH3COOH溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）B．0.1mol•L﹣1CH3COONa溶液与0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液等体积混合（pH=4.75）：c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=2c（Na+）C．0.1mol•L﹣1CH3COONa溶液与0.1mol•L﹣1HCl溶液混合至pH=7：c（Na+）＞c（Cl﹣）=c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣）D．0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液与0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液等体积混合：c（HCO）+2c（H+）+3c（H2CO3）=c（CO）+2c（OH﹣）【考点】离子浓度大小的比较．【专题】盐类的水解专题．【分析】A、pH=2的CH3COOH溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合，醋酸剩余，溶液显示酸性；B、0.1mol•L﹣1CH3COONa溶液与0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液等体积混合（pH=4.75），则醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，根据物料守恒来回答；C、0.1mol•L﹣1CH3COONa溶液与0.1mol•L﹣1HCl溶液混合生成醋酸和氯化钠，至pH=7，溶液显示中性，醋酸钠显示碱性，醋酸钠剩余，根据电荷守知识回答；D、0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液与0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液等体积混合，根据溶液中的物料守恒来回答．【解答】解：A、pH=2的CH3COOH溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合，醋酸剩余，溶液显示酸性，c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故A错误；B、0.1mol•L﹣1CH3COONa溶液与0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液等体积混合（pH=4.75），溶液中存在物料守恒：c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=2c（Na+），故B正确；C、0.1mol•L﹣1CH3COONa溶液与0.1mol•L﹣1HCl溶液混合生成醋酸和氯化钠，至pH=7，溶液显示中性，醋酸钠显示碱性，醋酸钠剩余，c（Na+）=c（Cl﹣），故C错误；D、0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液与0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液等体积混合，存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=2c（CO32﹣）+c（OH﹣）+c（HCO3﹣），根据物料守恒：2c（Na+）=3[c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）]，两式子整理得到c（HCO3﹣）+2c（H+）+3c（H2CO3）=c（CO32﹣）+2c（OH﹣），故D正确．故选BD．【点评】本题涉及盐的水解原理的应用、离子浓度大小比较等知识，注意电荷守恒、物料守恒以及质子守恒的应用是关键，难度中等．15．在两个容积均为1L密闭容器中以不同的氢碳比[]充入H2和CO2，在一定条件下发生反应：2CO2（g）+6H2（g）⇌C2H4（g）+4H2O（g）△H．CO2的平衡转化率α（CO2）与温度的关系如图所示．下列说法正确的是()-20-\nA．该反应的△H＞0B．氢碳比：X＜2.0C．在氢碳比为2.0时，Q点v（逆）小于P点的v（逆）D．P点温度下，反应的平衡常数为512【考点】化学平衡的计算．【专题】化学平衡专题．【分析】A．由图可知，随温度升高CO2的平衡转化率减小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应；B．氢碳比[]越大，二氧化碳的转化率越大；C．相同温度下，Q点二氧化碳转化率小于平衡时的转化率，说明Q点未到达平衡，反应向正反应进行；D．由图可知，P点平衡时二氧化碳转化率为0.5，氢碳比[]=2，设起始时氢气为2mol/L、二氧化碳为1mol/L，则二氧化碳浓度变化量为0.5mol/L，则：2CO2（g）+6H2（g）⇌C2H4（g）+4H2O（g）起始浓度（mol/L）：1200变化浓度（mol/L）：0.51.50.251平衡浓度（mol/L）：0.50.50.251代入平衡常数表达式K=计算．【解答】解：A．由图可知，随温度升高CO2的平衡转化率减小，说明升高温度平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热反应越大，则正反应为放热反应，故△H＜0，故A错误；B．氢碳比[]越大，二氧化碳的转化率越大，故氢碳比：X＞2.0，故B错误；C．相同温度下，Q点二氧化碳转化率小于平衡时的转化率，说明Q点未到达平衡，反应向正反应进行，逆反应速率增大到平衡状态P，故在氢碳比为2.0时，Q点v（逆）小于P点的v（逆），故C正确；-20-\nD．由图可知，P点平衡时二氧化碳转化率为0.5，氢碳比[]=2，设起始时氢气为2mol/L、二氧化碳为1mol/L，则二氧化碳浓度变化量为0.5mol/L，则：2CO2（g）+6H2（g）⇌C2H4（g）+4H2O（g）起始浓度（mol/L）：1200变化浓度（mol/L）：0.51.50.251平衡浓度（mol/L）：0.50.50.251平衡常数K===64，故D错误，故选：C．【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素、平衡常数、化学平衡图象等，侧重考查对图象的分析获取信息能力，难度中等．三、解答题（共6小题，满分80分）16．工业上利用H2SiF6溶液制备BaF2，同时可得到副产品SiO2，其工艺如下：已知：焙烧过程的反应为（NH4）2SiF6+BaCO3BaSiF6+2NH3↑+CO2↑+H2O↑（1）焙烧的气体产物能恰好完全反应生成物质A，则A的化学式为（NH4）2CO3．（2）氨解反应为放热反应，且反应能进行完全．该反应需降温冷却的原因为（NH4）2CO3受热易分解、减小（NH4）2SiF6晶体的溶解度．（3）热解的另一产物是含两种元素的气体，该气体水解的化学方程式是3SiF4+2H2O=2H2SiF6+SiO2．（4）SiO2可用于制作光导纤维，该物质在信息传输中具有重要应用．（5）为保持该过程的持续循环，每生成1molBaF2，理论上需补充原料H2SiF6mol．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】简答题；热点问题；类比迁移思想；演绎推理法；化学计算．【分析】利用H2SiF6溶液制备BaF2的流程为：H2SiF6溶液中加入碳酸铵进行氨解生成二氧化碳和（NH4）2SiF6晶体，由于（NH4）2CO3受热易分解同时也为了减小（NH4）2SiF6晶体的溶解度，氨解需降温冷却，过滤后将（NH4）2SiF6晶体与碳酸钡混合进行焙烧，生成BaSiF6和NH3、CO2、H2O，生成的NH3、CO2、H2O能恰好完全反应生成物质A，则A为碳酸铵，可进行循环利用，进行热解生成BaF2和另一产物是含两种元素的气体应为SiF4，水解可得H2SiF6和SiO2，H2SiF6可循环利用，据此答题；【解答】解：利用H2SiF6溶液制备BaF2的流程为：H2SiF6溶液中加入碳酸铵进行氨解生成二氧化碳和（NH4）2SiF6晶体，由于（NH4）2CO3受热易分解同时也为了减小（NH4）2SiF6晶体的溶解度，氨解需降温冷却，过滤后将（NH4）2SiF6晶体与碳酸钡混合进行焙烧，生成BaSiF6-20-\n和NH3、CO2、H2O，生成的NH3、CO2、H2O能恰好完全反应生成物质A，则A为碳酸铵，可进行循环利用，进行热解生成BaF2和另一产物是含两种元素的气体应为SiF4，水解可得H2SiF6和SiO2，H2SiF6可循环利用，（1）根据上面的分析可知，A的化学式为（NH4）2CO3，故答案为：（NH4）2CO3；（2）根据上面的分析可知，氨解反应需降温冷却的原因为（NH4）2CO3受热易分解、减小（NH4）2SiF6晶体的溶解度，故答案为：（NH4）2CO3受热易分解、减小（NH4）2SiF6晶体的溶解度；（3）热解的另一产物是含两种元素的气体为SiF4，SiF4水解的化学方程式是3SiF4+2H2O=2H2SiF6+SiO2，故答案为：3SiF4+2H2O=2H2SiF6+SiO2；（4）SiO2可用于制作光导纤维，故答案为：光导纤维；（5）根据方程式H2SiF6+（NH4）2CO3=（NH4）2SiF6+CO2+H2O、（NH4）2SiF6+BaCO3BaSiF6+2NH3↑+CO2↑+H2O↑、BaSiF6+H2O=SiF4+BaF2、3SiF4+2H2O=2H2SiF6+SiO2可知，每1molH2SiF6参加反应可生成1molBaF2同时又得到mol的H2SiF6，所以为保持该过程的持续循环，理论上需补充原料H2SiF6mol，故答案为：．【点评】本题主要考查了化学与工业生产的相关知识、阅读题目与工艺流程获取信息能力、物质的分离提纯、对实验操作的理解、根据计算书写方程式等，难度中等，理解工艺流程是解题关键，需要学生具备扎实的基础与综合运用信息分析问题、解决问题的能力．17．（14分）2Zn（OH）2•ZnCO3是制备活性ZnO的中间体，以锌焙砂（主要成分为ZnO，含少量Cu2+、Mn2+等离子）为原料制备2Zn（OH）2•ZnCO3的工艺流程如下：（1）用（NH4）2SO4与NH3•H2O物质的量之比为1：2的混合溶液浸取锌焙砂时，生成[Zn（NH3）4]2+，该反应的离子方程式是ZnO+2NH4++2NH3•H2O=[Zn（NH3）4]2++3H2O．浸取过程加入H2O2的目的是将Mn2+氧化为MnO2除去．（2）适量S2﹣能将Cu2+等离子转化为硫化物沉淀而除去，若选择置换的方法除杂，则应加入的物质为Zn．（3）气体A的化学式是CO2．（4）过滤3所得滤液可循环使用，其主要成分的化学式是（NH4）2SO4．证明2Zn（OH）2•ZnCO3沉淀洗涤完全的方法是取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加稀盐酸和BaCl2溶液，若无明显现象，则已洗涤干净．-20-\n（5）为实现循环生产，下列物质中可以用来代替（NH4）2S完成除杂的是c．（填字母）a．Na2Sb．K2Sc．BaS．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】简答题；热点问题；类比迁移思想；演绎推理法；化学实验基本操作．【分析】制备2Zn（OH）2•ZnCO3流程为：锌焙砂（主要成分为ZnO，含少量Cu2+、Mn2+等离子）中加入硫酸铵、氨水、双氧水，双氧水将锰离子氧化成二氧化锰，过滤后在滤液中加硫化铵，再过滤，除去铜离子，蒸氨除去多余的氨气，加入碳酸氢铵得到2Zn（OH）2•ZnCO3和二氧化碳气体，过滤得2Zn（OH）2•ZnCO3，滤液为硫酸铵溶液，（1）用（NH4）2SO4与NH3•H2O物质的量之比为1：2的混合溶液浸取锌焙砂时，生成[Zn（NH3）4]2+，根据元素守恒和电荷守恒书写离子方程式；双氧水将锰离子氧化成二氧化锰；（2）根据流程可知，要制备制备2Zn（OH）2•ZnCO3，所以要置换出铜，可以用锌；（3）根据上面的分析可知A的化学式；（4）根据上面的分析可知，过滤3所得滤液为硫酸铵溶液，证明2Zn（OH）2•ZnCO3沉淀洗涤完全即证明沉淀洗涤滤液中有没有硫酸根离子；（5）用Na2S或K2S代替（NH4）2S都会给溶液带来杂质，BaS中的硫离子在后继的步骤中可被沉淀，据此答题．【解答】解：制备2Zn（OH）2•ZnCO3流程为：锌焙砂（主要成分为ZnO，含少量Cu2+、Mn2+等离子）中加入硫酸铵、氨水、双氧水，双氧水将锰离子氧化成二氧化锰，过滤后在滤液中加硫化铵，再过滤，除去铜离子，蒸氨除去多余的氨气，加入碳酸氢铵得到2Zn（OH）2•ZnCO3和二氧化碳气体，过滤得2Zn（OH）2•ZnCO3，滤液为硫酸铵溶液，（1）用（NH4）2SO4与NH3•H2O物质的量之比为1：2的混合溶液浸取锌焙砂时，生成[Zn（NH3）4]2+，反应的离子方程式为ZnO+2NH4++2NH3•H2O=[Zn（NH3）4]2++3H2O，双氧水将锰离子氧化成二氧化锰而除去锰，故答案为：ZnO+2NH4++2NH3•H2O=[Zn（NH3）4]2++3H2O；将Mn2+氧化为MnO2除去；（2）根据流程可知，要制备制备2Zn（OH）2•ZnCO3，所以要置换出铜，可以用锌，故答案为：Zn；（3）根据上面的分析可知A的化学式为CO2，故答案为：CO2；（4）根据上面的分析可知，过滤3所得滤液为硫酸铵溶液，化学式为（NH4）2SO4，证明2Zn（OH）2•ZnCO3沉淀洗涤完全即证明沉淀洗涤滤液中有没有硫酸根离子，操作为取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加稀盐酸和BaCl2溶液，若无明显现象，则已洗涤干净，故答案为：（NH4）2SO4；取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加稀盐酸和BaCl2溶液，若无明显现象，则已洗涤干净；（5）用Na2S或K2S代替（NH4）2S都会给溶液带来杂质，BaS中的硫离子在后继的步骤中可被沉淀，故选c．【点评】本题考查了物质制备方案的设计、物质分离与提纯方法的综合应用，题目难度较大，明确制备流程为解答关键，注意掌握常见物质分离与提纯的操作方法，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力．18．将MnO2与FeSO4溶液、硫酸充分反应后过滤，将滤液加热至60℃后，再加入Na2CO3溶液，最终可制得碱式碳酸锰[aMnCO3•bMn（OH）2•cH2O]．（1）用废铁屑与硫酸反应制备FeSO4溶液时，所用铁屑需比理论值略高，原因是防止FeSO4被氧气氧化，反应前需将废铁屑用热Na2CO3溶液浸泡，其目的是除去铁屑表面的油污．-20-\n（2）为测定碱式碳酸锰组成，取7.390g样品溶于硫酸，生成CO2224.0mL（标准状况），并配成500mL溶液．准确量取10.00mL该溶液，用0.0500mol•L﹣1EDTA（化学式Na2H2Y）标准溶液滴定其中的Mn2+（原理为Mn2++H2Y2﹣=MnY2﹣+2H+），至终点时消耗EDTA标准溶液28.00mL．通过计算确定该样品的化学式．（写出计算过程）n（CO2）=n（MnCO3）=0.01moln（EDTA）=0.0014mol10mL溶液中n（EDTA）=n（Mn2+）=0.028L×0.0500mol•L﹣1=0.0014mol500mL溶液n（Mn2+）=0.0014mol×=0.07mol7.390g该碱式碳酸锰中n（Mn2+）=0.07moln[Mn（OH）2]=0.06molm（H2O）=7.390g﹣0.01mol×115g/mol﹣0.06mol×204g/mol=0.9gn（H2O）==0.05mola：b：c=1：6：5碱式碳酸锰的化学式为MnCO3•6Mn（OH）2•5H2O．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【专题】化学实验．【分析】（1）依据生成的硫酸亚铁易被氧化，需要加入铁粉防止硫酸亚铁被氧化，反应前需将废铁屑用热Na2CO3溶液浸泡是利用碳酸钠溶液的碱性除去铁表面的油污；（2）依据碳元素守恒计算得到碳酸锰物质的量，依据反应原理为Mn2++H2Y2﹣=MnY2﹣+2H+，得到至终点时消耗EDTA标准溶液28.00mL，计算EDTA的物质的量，得到10ml溶液中所含锰离子物质的量，得到500ml溶液中所含锰离子物质的量，减去碳酸镁物质的量计算得到氢氧化锰物质的量，依据碱式碳酸锰[aMnCO3•bMn（OH）2•cH2O]的化学式计算所含结晶水的质量，得到结晶水的物质的量，得到a：b：c．【解答】解：（1）硫酸亚铁易被氧化，需要加入铁粉防止硫酸亚铁被氧化，用废铁屑与硫酸反应制备FeSO4溶液时，所用铁屑需比理论值略高，原因是防止FeSO4被氧气氧化，反应前需将废铁屑用热Na2CO3溶液浸泡是利用碳酸钠溶液的碱性除去铁表面的油污，故答案为：防止FeSO4被氧气氧化；除去铁屑表面的油污；（2）n（CO2）=n（MnCO3）=0.01moln（EDTA）=0.0014mol10mL溶液中n（EDTA）=n（Mn2+）=0.028L×0.0500mol•L﹣1=0.0014mol500mL溶液n（Mn2+）=0.0014mol×=0.07mol7.390g该碱式碳酸锰中n（Mn2+）=0.07moln[Mn（OH）2]=0.06molm（H2O）=7.390g﹣0.01mol×115g/mol﹣0.06mol×204g/mol=0.9gn（H2O）==0.05mola：b：c=1：6：5碱式碳酸锰的化学式为MnCO3•6Mn（OH）2•5H2O，故答案为：n（CO2）=n（MnCO3）=0.01moln（EDTA）=0.0014mol10mL溶液中n（EDTA）=n（Mn2+）=0.028L×0.0500mol•L﹣1=0.0014mol500mL溶液n（Mn2+）=0.0014mol×=0.07mol7.390g该碱式碳酸锰中n（Mn2+）=0.07moln[Mn（OH）2]=0.06molm（H2O）=7.390g﹣0.01mol×115g/mol﹣0.06mol×204g/mol=0.9g-20-\nn（H2O）==0.05mola：b：c=1：6：5碱式碳酸锰的化学式为MnCO3•6Mn（OH）2•5H2O．【点评】本题考查了物质性质和组成的分析判断，化学式计算应用，注意滴定实验的过程分析和计算应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等．19．（14分）氨是生产氮肥、尿素等物质的重要原料．（1）合成氨反应N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）在一定条件下能自发进行的原因是△H＜0．电化学法是合成氨的一种新方法，其原理如图1所示，阴极的电极反应式是N2+6H++6e﹣=2NH3．（2）氨碳比[n（NH3）/n（CO2）]对合成尿素[2NH3（g）+CO2（g）═CO（NH2）2（g）+H2O（g）]有影响，恒温恒容时，将总物质的量3mol的NH3和CO2以不同的氨碳比进行反应，结果如图2所示．a、b线分别表示CO2或NH3的转化率变化，c线表示平衡体系中尿素的体积分数变化．[n（NH3）/n（CO2）]=2时，尿素产量最大；经计算，图中y=0.36（精确到0.01）．（3）废水中含氮化合物的处理方法有多种．①NaClO溶液可将废水中的NH转化为N2．若处理过程中产生N20.672L（标准状况），则需要消耗0.3mol•L﹣1的NaClO溶液0.3L．②在微生物的作用下，NH经过两步反应会转化为NO，两步反应的能量变化如图3所示．则1molNH（aq）全部被氧化成NO（aq）时放出的热量是346kJ．③用H2催化还原法可降低水中NO的浓度，得到的产物能参与大气循环，则反应后溶液的pH升高（填“升高”、“降低”或“不变”）．【考点】化学平衡的计算；氧化还原反应；原电池和电解池的工作原理．【专题】氧化还原反应专题；化学平衡专题．【分析】（1）N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）的△S＜0，自发进行可知△H﹣T△S＜0；合成氨的阴极上氮气得到电子生成氨气；（2）由图可知，横坐标为n（NH3）/n（CO2）=2时，尿素的体积分数最大，且y点氨气的转化率为80%，以此计算氨气的体积分数；（3）①N失去电子，Cl得到电子，遵循电子守恒；②由图可知，第一步热化学反应为NH4+（aq）+1.5O2（g）=2H+（aq）+NO2﹣（aq）+H2O（l）△H=﹣273kJ•mol﹣1，第二步热化学反应为NO2﹣（aq）+0.5O2（g）=NO3﹣（aq））△H=﹣73kJ•mol﹣1，利用盖斯定律可计算1molNH4+（aq）全部氧化成NO3﹣（aq）的热化学方程式；③H2催化还原饮用水中NO3﹣，反应中的还原产物和氧化产物均可参与大气循环，则产物为水和氮气，该反应为5H2+2NO3﹣N2+4H2O+2OH﹣．-20-\n【解答】解：（1）N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）的△S＜0，自发进行可知△H﹣T△S＜0，则△H＜0，合成氨的阴极反应为N2+6H++6e﹣=2NH3，故答案为：△H＜0；N2+6H++6e﹣=2NH3；（2）由图可知，横坐标为n（NH3）/n（CO2）=2时，尿素的体积分数最大，且y点氨气的转化率为80%，2NH3（g）+CO2（g）=CO（NH2）2（g）+H2O（g）起始浓度（mol．L﹣1）2100变化浓度（ol．L﹣1）1.60.80.80.8平衡浓度（mol．L﹣1）0.40.20.80.8平衡CO（NH2）2的体积分数y==0.36，故答案为：2；0.36；（3）①N失去电子，Cl得到电子，设消耗0.3mol•L﹣1的NaClO溶液为xL，由电子守恒可知，0.3mol×xL×2=×2×3，解得x=0.3，故答案为：0.3；②由图可知，第一步热化学反应为NH4+（aq）+1.5O2（g）=2H+（aq）+NO2﹣（aq）+H2O（l）△H=﹣273kJ•mol﹣1①，第二步热化学反应为NO2﹣（aq）+0.5O2（g）=NO3﹣（aq））△H=﹣73kJ•mol﹣1②，由盖斯定律可知①+②得1molNH4+（aq）全部氧化成NO3﹣（aq）的热化学方程式为NH4+（aq）+2O2（g）=2H+（aq）+NO3﹣（aq）+H2O（l）△H=﹣346kJ•mol﹣1，即放出346kJ的热量，故答案为：346；③H2催化还原饮用水中NO3﹣，反应中的还原产物和氧化产物均可参与大气循环，则产物为水和氮气，该反应为5H2+2NO3﹣N2+4H2O+2OH﹣，氢氧根离子浓度增大，则pH升高，故答案为：升高．【点评】本题以信息的形式考查氧化还原反应、离子反应及热化学反应、化学平衡计算，注重对化学用语的考查，注意知识与题目信息的结合来解答，对学生能力要求较高，题目难度中等．20．（14分）电解饱和食盐水所得溶液经多次循环使用后，ClO﹣、ClO含量会增加．已知：Ⅰ．NaHCO3固体50℃开始分解，在溶液中分解温度更低．Ⅱ．碱性条件下，ClO﹣有强氧化性，ClO性质稳定．Ⅲ．酸性条件下，ClO被Fe2+还原为Cl﹣，MnO被Fe2+还原为Mn2+．（1）氯酸盐产生的原因可表示为3ClO﹣⇌2Cl﹣+ClO，该反应的平衡常数表达式为．-20-\n（2）测定电解盐水中ClO含量的实验如下：步骤1：量取盐水样品VmL，调节pH至9～10，再稀释至500mL．步骤2：取10.00mL稀释后的试液，滴加5%的双氧水，至不再产生气泡．步骤3：加入饱和NaHCO3溶液20mL，煮沸．步骤4：冷却，加足量稀硫酸酸化．步骤5：加入amol•L﹣1FeSO4溶液V1mL（过量），以如图所示装置煮沸．步骤6：冷却，用cmol•L﹣1KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗KMnO4标准溶液V2mL．①稀释时用到的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、500mL容量瓶、玻璃棒．②步骤2用双氧水除去盐水中残留ClO﹣的离子方程式为ClO﹣+H2O2=Cl﹣+H2O+O2↑，还原剂不用Na2SO3的原因为Na2SO3残留物会与氧化剂反应，造成实验误差．③与步骤5中通N2目的相同的实验是3（填写步骤号）．④该盐水试样中ClO的浓度为mol•L﹣1（用含字母的代数式表示）．⑤为提高实验结果的精确度，还需补充的实验是将实验步骤1～6重复2次或不加盐水样品，保持其他条件相同，进行空白实验．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【专题】化学实验．【分析】（1）平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积得到；（2）①量取盐水样品VmL，调节pH至9～10，再稀释至500mL，是配制500ml溶液，结合溶液配制过程选择需要的仪器；②过氧化物被次氯酸根离子氧化生成氧气，亚硫酸钠具有还原性分析；③通入氮气防止亚铁离子被空气中的氧气氧化，赶净装置中的空气；④加入amol•L﹣1FeSO4溶液V1mL（过量），酸性条件下，ClO3﹣被Fe2+还原为Cl﹣，用cmol•L﹣1KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗KMnO4标准溶液V2mL．是高锰酸钾氧化剩余亚铁离子，据此结合离子方程式定量关系计算还原的ClO3﹣离子的物质的量，得到浓度，注意溶液体积变化的计算；⑤为提高实验结果的精确度，需要重复几次试验使测定结果更准确．【解答】解：（1）氯酸盐产生的原因可表示为3ClO﹣⇌2Cl﹣+ClO3﹣，该反应的平衡常数表达式为，K=，故答案为：；（2）①量取盐水样品VmL，调节pH至9～10，再稀释至500mL，是配制500ml溶液，稀释时用到的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、500mL容量瓶、玻璃棒，故答案为：500mL容量瓶、玻璃棒；-20-\n②过氧化物被次氯酸根离子氧化生成氧气，步骤2用双氧水除去盐水中残留ClO﹣的离子方程式为：ClO﹣+H2O2=Cl﹣+H2O+O2↑，亚硫酸钠具有还原性残留物会与氧化剂反应，造成实验误差，故答案为：ClO﹣+H2O2=Cl﹣+H2O+O2↑，Na2SO3残留物会与氧化剂反应，造成实验误差；③通入氮气防止亚铁离子被空气中的氧气氧化，赶净装置中的空气，分析步骤可知，步骤3中需要排净装置空气，避免干扰测定结果，故答案为：3；④加入amol•L﹣1FeSO4溶液V1mL（过量），酸性条件下，ClO3﹣被Fe2+还原为Cl﹣，反应的离子方程式为：ClO3﹣+6Fe2++6H+=6Fe3++3H2O+Cl﹣，用cmol•L﹣1KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗KMnO4标准溶液V2mL．是高锰酸钾氧化剩余亚铁离子，依据反应的离子方程式定量关系计算：5Fe2++MnO4﹣+8H+=Mn2++5Fe3++4H2O51ncV2×10﹣3moln=5cV2×10﹣3mol与ClO3﹣反应的Fe2+离子物质的量=amol•L﹣1×V1×10﹣3L﹣5cV2×10﹣3mol据此结合离子方程式定量关系计算还原的ClO3﹣离子的物质的量，ClO3﹣+6Fe2++6H+=6Fe3++3H2O+Cl﹣，16n（ClO3﹣）amol•L﹣1×V1×10﹣3L﹣5cV2×10﹣3moln（ClO3﹣）=（amol•L﹣1×V1×10﹣3L﹣5cV2×10﹣3mol）=×10﹣3mol500mL溶液中含ClO3﹣离子物质的量=×10﹣3mol×=×10﹣3mol，得到浓度==mol/L，故答案为：；⑤为提高实验结果的精确度，需要重复几次试验使测定结果更准确，为提高实验结果的精确度，还需补充的实验是将实验步骤1～6重复2次或不加盐水样品，保持其他条件相同，进行空白实验，故答案为：将实验步骤1～6重复2次或不加盐水样品，保持其他条件相同，进行空白实验．【点评】本题考查了物质组成和含量的探究实验方法，物质性质的理解应用，离子含量的测定实验设计和过程分析是解题关键，题目难度中等．21．（14分）以沉淀法除去工业级偏钒酸铵（NH4VO3）中硅、磷元素杂质的流程如图1：-20-\n（1）碱熔时，下列措施有利于NH3逸出的是ac．a．升温b．加压c．增大NaOH溶液浓度（2）滤渣主要成分为Mg3（PO4）2、MgSiO3，已知Ksp[Mg3（PO4）2]=6.4×10﹣26，Ksp（MgSiO3）=2.3×10﹣5．若滤液中c（PO）≤10﹣6mol•L﹣1，则c（Mg2+）至少为4×10﹣5mol•L﹣1．（3）由图可知，加入一定量的MgSO4溶液作沉淀剂．随着温度升高，除磷率下降，其原因是Mg3（PO4）2溶解度增大、升温促进Mg2+水解生成Mg（OH）2；随着温度升高，除硅率增大，其原因是SiO32﹣+2H2OH2SiO3↓+2OH﹣（或者SiO32﹣+3H2OH4SiO4↓+2OH﹣）（用离子方程式表示）．（4）沉钒时，反应温度需控制在50℃，在实验室可采取的措施为50℃水浴加热．在此温度和pH=8的最佳条件下，探究NH4Cl的浓度对沉钒率的影响，设计实验步骤（常见试剂任选）：取两份10mL一定浓度的滤液A和B，分别加入1mL和10mL的1mol•L﹣1NH4Cl溶液，向向A中加入约9mL蒸馏水，使两份溶液总体积相等，控制两份溶液温度均为50℃、pH均为8，由专用仪器测定沉钒率．（忽略混合过程中溶液体积的变化）（5）高纯的偏钒酸铵灼烧可制备新型光电材料V2O5，该反应的化学方程式为2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】简答题；热点问题；类比迁移思想；演绎推理法；化学计算．【分析】以沉淀法除去工业级偏钒酸铵（NH4VO3）中硅、磷元素杂质的流程为：在偏钒酸铵中加氢氧化钠溶液，将偏钒酸铵溶解，铵盐遇到强碱生成氨气，再加盐酸调节溶液的pH值，加硫酸镁，生成Mg3（PO4）2、MgSiO3沉淀，过滤除去滤渣，在滤液中加氯化铵得偏钒酸铵，（1）根据气体在水中溶解度的影响因素可知，升温、减压都可以减小气体的溶解度，由于氨气在水中形成氨水能电离出氢氧根离子，根平衡移动原理，增加氢氧根浓度可以减小氨气的溶解度，据此答题；（2）根据Ksp[Mg3（PO4）2]=c3（Mg2+）c2（PO43﹣），结合c（PO）≤10﹣6mol•L﹣1进行计算；（3）根据影响盐类水解的因素可知，升高温度水解程度增大，镁离子、硅酸根离子都是易水解的离子；（4）反应温度需控制在50℃可以用水浴，探究NH4Cl的浓度对沉钒率的影响，为要有可比性，两溶液的体积必须相等；（5）高纯的偏钒酸铵灼烧生成V2O5，根据元素守恒可知，还应有氨气和水产生，据此书写化学方程式；【解答】解：以沉淀法除去工业级偏钒酸铵（NH4VO3）中硅、磷元素杂质的流程为：在偏钒酸铵中加氢氧化钠溶液，将偏钒酸铵溶解，铵盐遇到强碱生成氨气，再加盐酸调节溶液的pH值，加硫酸镁，生成Mg3（PO4）2、MgSiO3沉淀，过滤除去滤渣，在滤液中加氯化铵得偏钒酸铵，-20-\n（1）根据气体在水中溶解度的影响因素可知，升温、减压都可以减小气体的溶解度，故选a，由于氨气在水中形成氨水能电离出氢氧根离子，根平衡移动原理，增加氢氧根浓度可以减小氨气的溶解度，故选c，故答案为：ac；（2）根据Ksp[Mg3（PO4）2]=c3（Mg2+）c2（PO43﹣）可知，当c（PO）=10﹣6mol•L﹣1时，c（Mg2+）==4×10﹣5mol•L﹣1，故答案为：4×10﹣5；（3）根据影响盐类水解的因素可知，升高温度水解程度增大，镁离子、硅酸根离子都是易水解的离子，所以升温促进Mg2+水解生成Mg（OH）2，使硅酸根水解生成硅沉淀，反应的离子方程式为SiO32﹣+2H2OH2SiO3↓+2OH﹣（或者SiO32﹣+3H2OH4SiO4↓+2OH﹣），故答案为：升温促进Mg2+水解生成Mg（OH）2；SiO32﹣+2H2OH2SiO3↓+2OH﹣（或者SiO32﹣+3H2OH4SiO4↓+2OH﹣）；（4）反应温度需控制在50℃可以用水浴加热，探究NH4Cl的浓度对沉钒率的影响，为要有可比性，两溶液的体积必须相等，所以要向A中加入约9mL蒸馏水，使两份溶液总体积相等，故答案为：50℃水浴加热；向A中加入约9mL蒸馏水，使两份溶液总体积相等；（5）高纯的偏钒酸铵灼烧生成V2O5，根据元素守恒可知，还应有氨气和水产生，反应的化学方程式为2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O，故答案为：2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O．【点评】本题考查了制备实验方案的设计，涉及到氧化还原反应、盐类的水解原理的应用、实验方案的完善等，难度中等，侧重对学生分析问题的能力考查．-20-
