资源简介

江苏省连云港市2024-2025学年高一上学期期末调研化学试题
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1．（2025高一上·连云港期末）2024年12月26日，我国第六代战机首飞成功。战机中常使用高强度、耐高温的钛合金材料，钛合金材料属于
A．分子晶体 B．离子晶体 C．金属晶体 D．共价晶体
【答案】C
【知识点】晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用
【解析】【解答】A、分子晶体是由分子构成，微粒间靠分子间作用力结合，钛合金含金属元素，不是分子构成，A错误；
B、离子晶体由离子构成，靠离子键结合，钛合金无离子键，B错误；
C、金属晶体包括纯金属和合金，钛合金是钛与其他金属等形成的合金，属于金属材料，所以属于金属晶体，C正确；
D、共价晶体由原子通过共价键结合，钛合金不是原子通过共价键形成的晶体，D错误；
故答案为：C。
【分析】要判断钛合金所属晶体类型，需明确各类晶体（分子晶体、离子晶体、金属晶体、共价晶体）的构成微粒及特点，再结合钛合金的组成（合金，属于金属材料范畴）进行分析。
2．（2025高一上·连云港期末）反应可作呼吸面具的供氧剂。下列说法正确的是
A．的结构示意图为
B．空间填充模型为
C．仅含离子键
D．中子数为10的氧原子可表示为
【答案】D
【知识点】化学键；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；元素、核素；原子结构示意图
【解析】【解答】A、Na+是钠原子失去最外层 1 个电子形成的阳离子，核外电子层结构为 2、8（共 10 个电子）， 其离子结构示意图为：，A错误；
B、CO2分子中，C 原子半径大于 O 原子半径，空间填充模型应体现原子大小差异，为：，B错误；
C、Na2CO3由 Na+和 CO32-构成，Na+与 CO32-之间存在离子键，而 CO32-内部的 C 与 O 之间存在共价键，因此 Na2CO3既含离子键又含共价键，C错误；
D、氧原子的质子数为 8，中子数为 10 时，质量数 = 质子数 + 中子数 = 18，原子表示方法为左上角标质量数、左下角标质子数，即 ，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题需结合化学用语的规范要求，分析离子结构示意图、分子空间模型、化学键类型及原子表示方法的正确性。
3．（2025高一上·连云港期末）化学创造美好生活。下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A．浓硫酸具有吸水性，可用作干燥剂
B．次氯酸具有弱酸性，可用于杀菌消毒
C．钠具有强还原性，可用于制作高压钠灯
D．受热易分解，可治疗胃酸过多
【答案】A
【知识点】浓硫酸的性质；焰色反应；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A、浓硫酸的吸水性使其能够吸收气体或固体中的水分，这一性质直接决定了它可作为干燥剂使用，性质与用途对应正确，A正确；
B、次氯酸用于杀菌消毒，依赖的是其强氧化性（能破坏微生物结构），而非弱酸性，性质与用途不对应，B错误；
C、钠可制作高压钠灯，是因为钠的焰色反应呈黄色（光的穿透性强），与钠的强还原性无关，性质与用途不对应，C错误；
D、NaHCO3治疗胃酸过多，是由于它能与胃酸中的 HCl 反应（中和酸性），并非因为其受热易分解的性质，D错误；
故答案为：A。
【分析】判断物质性质与用途的对应关系，关键在于明确每种物质的核心性质及其与用途之间的逻辑关联，排除性质与用途不匹配的选项。
4．（2025高一上·连云港期末）氯及其化合物的转化具有重要应用。下列说法正确的是
A．制漂白粉：NaCl溶液漂白粉
B．HCl制备：NaCl溶液和
C．纯碱工业：NaCl溶液
D．金属Mg制备：溶液
【答案】B
【知识点】氯气的化学性质；金属冶炼的一般原理
【解析】【解答】A、漂白粉制备需用 Cl2与石灰乳（Ca(OH)2的悬浊液）反应，因澄清石灰水（Ca(OH)2稀溶液）浓度低，无法充分吸收 Cl2以制备有效成分，故该转化不合理，A错误；
B、电解 NaCl 溶液时，反应生成 NaOH、H2和 Cl2；H2在 Cl2中燃烧可直接生成 HCl，两步反应均能发生且条件合理，转化流程可行，B正确；
C、因盐酸酸性强于碳酸，NaCl 溶液与 CO2不反应。工业制纯碱时，需先向饱和 NaCl 溶液通入 NH3（制成氨盐水，增强碱性），再通入 CO2才能析出 NaHCO3，故该转化不合理，C错误；
D、电解熔融 MgCl2可得到 Mg 和 Cl2；若电解 MgCl2溶液，因 H+比 Mg2+更易放电，产物为 H2、Cl2和 Mg(OH)2，无法得到金属 Mg，转化不合理，D错误；
故答案为：B。【分析】本题需结合氯及其化合物的制备原理、反应条件及物质性质，判断各转化流程是否合理，核心在于分析反应能否发生及条件是否适宜。
【分析】A．明确漂白粉的制备原料及浓度要求。
B．分析电解 NaCl 溶液的产物及 H2与 Cl2的反应可能性。
C．判断 NaCl 溶液与 CO2能否直接反应生成 NaHCO3。
D．区分电解熔融 MgCl2与 MgCl2溶液的产物差异。
（2025高一上·连云港期末）阅读下列材料，完成下面小题：
周期表中ⅣA族元素及其化合物应用广泛。石墨烯、碳纳米管、富勒烯等单质是常见的碳纳米材料；能与氢氟酸（HF，弱酸）反应生成（在水中完全电离为和）；将硫化锗（）与共热制得锗；还原性比还原性强；与浓盐酸反应生成。
5．石墨烯结构如图所示。下列有关说法正确的是
A．石墨烯纳米材料属于胶体
B．石墨烯是一种新型化合物
C．石墨烯能导电，石墨烯属于电解质
D．从石墨剥离出石墨烯需克服分子间作用力
6．碳及其化合物的多样性是构成物质多样性的重要原因。下列说法中正确的是
A．乙醇和二甲醚互为同位素
B．富勒烯、金刚石化学性质相似
C．碳纳米管、石墨烯互为同分异构体
D．12C、13C、14C三种核素互为同素异形体
7．下列化学反应表示正确的是
A．与HF溶液反应：
B．高温下还原硫化锗：
C．强酸溶液中，与反应：
D．与浓盐酸反应：(浓)
【答案】5．D
6．B
7．C
【知识点】同素异形体；元素、核素；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）A、胶体是分散质粒子直径在1-100nm的分散系，石墨烯纳米材料本身不是分散系，不属于胶体，A错误；
B、石墨烯仅由碳元素组成，是单质，并非化合物，B错误；
C、电解质是溶于水或熔融态能导电的化合物，石墨烯是单质，不符合电解质定义，C错误；
D、石墨为层状结构，层与层之间通过分子间作用力结合，剥离石墨烯需克服这种作用力，D正确；
故答案为：D。
（2）A、同位素指同种元素的不同原子，乙醇（C2H5OH）和二甲醚（CH3OCH3）是分子式相同的化合物，互为同分异构体，A错误；
B、富勒烯和金刚石均为碳元素的单质（同素异形体），化学性质相似，B正确；
C、碳纳米管和石墨烯是碳元素的不同单质，互为同素异形体，同分异构体针对化合物，C错误；
D、 2C、 3C、 4C是碳元素的不同核素，质子数相同、中子数不同，互为同位素，D错误；
故答案为：B。
（3）A、HF是弱酸，离子方程式中应保留化学式，反应应为SiO2+6HF=2H++SiF62-+2H2O，原式子错误，A错误；
B、H2还原GeS2的产物为Ge和H2S，高温下H2S稳定，反应式应为GeS2 +2H2 Ge+2H2S，B错误；
C、Sn2+还原性强于Fe2+，可被Fe3+氧化为Sn4+，反应为2Fe3++Sn2+=2Fe2++Sn4+，C正确；
D、PbO2与浓盐酸反应的化学方程式应为PbO2+4HCl(浓)=PbCl2+2H2O+Cl2↑，原式子配平错误，D错误；
故答案为：C。
【分析】（1）围绕石墨烯的性质与分类，结合胶体、化合物、电解质的定义及石墨的层状结构特点进行判断。
（2）依据同位素、同素异形体、同分异构体的概念，区分不同类别物质的关系。
（3）根据反应事实、物质电离特点及氧化还原规律，判断化学方程式或离子方程式的正确性。
5．A、胶体是分散质粒子直径在1-100nm的分散系，石墨烯纳米材料本身不是分散系，不属于胶体，A错误；
B、石墨烯仅由碳元素组成，是单质，并非化合物，B错误；
C、电解质是溶于水或熔融态能导电的化合物，石墨烯是单质，不符合电解质定义，C错误；
D、石墨为层状结构，层与层之间通过分子间作用力结合，剥离石墨烯需克服这种作用力，D正确；
故答案为：D。
6．A、同位素指同种元素的不同原子，乙醇（C2H5OH）和二甲醚（CH3OCH3）是分子式相同的化合物，互为同分异构体，A错误；
B、富勒烯和金刚石均为碳元素的单质（同素异形体），化学性质相似，B正确；
C、碳纳米管和石墨烯是碳元素的不同单质，互为同素异形体，同分异构体针对化合物，C错误；
D、 2C、 3C、 4C是碳元素的不同核素，质子数相同、中子数不同，互为同位素，D错误；
故答案为：B。
7．A、HF是弱酸，离子方程式中应保留化学式，反应应为SiO2+6HF=2H++SiF62-+2H2O，原式子错误，A错误；
B、H2还原GeS2的产物为Ge和H2S，高温下H2S稳定，反应式应为GeS2 +2H2 Ge+2H2S，B错误；
C、Sn2+还原性强于Fe2+，可被Fe3+氧化为Sn4+，反应为2Fe3++Sn2+=2Fe2++Sn4+，C正确；
D、PbO2与浓盐酸反应的化学方程式应为PbO2+4HCl(浓)=PbCl2+2H2O+Cl2↑，原式子配平错误，D错误；
故答案为：C。
8．（2025高一上·连云港期末）硫及其化合物部分转化关系如图所示。下列说法正确的是
A．常温下，32gS单质中含1.0molS原子
B．反应①每消耗3.4g，得到0.4mol电子
C．0.1mol·L-1溶液中，为0.1mol·L-1
D．标准状况下，11.2L中原子总数约为
【答案】A
【知识点】物质的量浓度；氧化还原反应的电子转移数目计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、硫单质（S）的摩尔质量是 32g/mol，32g S 的物质的量为 1mol，所含 S 原子的物质的量为 1.0mol，A正确；
B、反应①为 SO2与 H2S 反应生成 S 和 H2O，H2S 中 S 元素化合价从 - 2 升高到 0（被氧化），是失去电子而非得到。3.4g H2S 的物质的量为 0.1mol，反应中失去 0.2mol 电子，B错误；
C、Na2SO3在溶液中完全电离，1mol Na2SO3电离出 2mol Na+，故 0.1mol L- Na2SO3溶液中，c (Na+) 为 0.2mol L- ，C错误；
D、标准状况下 11.2L SO2的物质的量为 0.5mol，1 个 SO2分子含 3 个原子（1 个 S 和 2 个 O），则原子总数约为 0.5×3×6.02×1023，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题需结合硫及其化合物的转化关系，从物质的量计算、氧化还原电子转移、溶液离子浓度及气体摩尔体积等角度分析选项正确性。
9．（2025高一上·连云港期末）实验室进行制备并验证性质的实验，下列相关原理、装置及操作正确的是
A．用装置甲制取 B．用装置乙验证漂白性
C．用装置丙收集 D．用装置丁吸收尾气
【答案】D
【知识点】二氧化硫的性质；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A、铜与浓硫酸反应生成 SO2的条件是加热，装置甲中缺少加热仪器，无法发生反应，A错误；
B、SO2的漂白性体现在能使品红溶液褪色，而它通入紫色石蕊溶液中只会使溶液变红（因 SO2与水反应生成 H2SO3显酸性），不能漂白酸碱指示剂，无法验证漂白性，B错误；
C、SO2的密度比空气大，用向上排空气法收集时，气体应从长导管进入、短导管排出，装置丙的进气方式错误，C错误；
D、SO2是酸性气体，可与 NaOH 溶液反应（SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O），装置丁用 NaOH 溶液吸收尾气，且倒置的漏斗能防止倒吸（避免因压强减小导致液体回流），D正确；
故答案为：D。
【分析】本题需结合 SO2的制备原理、性质验证、收集方法及尾气处理的实验要求，判断各装置及操作的合理性。
10．（2025高一上·连云港期末）用反萃取原理可从的萃取液中回收，流程如图所示。下列说法不正确的是
A．“反应Ⅰ”的离子方程式为
B．“操作Ⅰ”为分液
C．利用反萃取原理可实现碘单质的重新富集
D．通过升华可将粗碘提纯
【答案】A
【知识点】海水资源及其综合利用；分液和萃取；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、“反应 I” 是 I2与浓 NaOH 溶液的反应，I2既是氧化剂又是还原剂，正确的离子方程式为，A错误；
B、操作 I 用于分离互不相溶的 CCl4有机层和水溶液，符合分液操作的适用条件（分离互不相溶的液体），B正确；
C、反萃取过程中，I2先从低浓度的 CCl4溶液转移到水溶液中形成 I-和 IO3-，加稀硫酸后又转化为高浓度 I2，实现了碘的富集，C正确；
D、碘单质易升华（固体直接变为气体），利用这一性质可通过升华法除去粗碘中的杂质，达到提纯目的，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题需结合反萃取回收碘的流程，从反应方程式配平、分离操作类型、富集原理及提纯方法等角度分析选项正确性。
11．（2025高一上·连云港期末）室温下，根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是
选项 实验过程及现象 实验结论
A 往某溶液中加入盐酸产生无色气体 该溶液一定含有
B 将湿润的有色布条放入干燥的氯气，布条褪色 氯气具有漂白性
C 向蔗糖中滴加几滴蒸馏水，再加入浓硫酸，产生海绵状黑色物质，并产生刺激性气味气体 浓硫酸体现了吸水性、脱水性和强氧化性
D 用洁净的铂丝蘸取某溶液灼烧，火焰呈黄色 溶液中不含钾元素
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】常见离子的检验；焰色反应；物质检验实验方案的设计；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、加盐酸产生的无色气体可能是 CO2或 SO2。若为 CO2，溶液可能含 CO32-或 HCO3-；若为 SO2，可能含 SO32-或 HSO3-。因此，仅凭此现象不能确定溶液一定含 CO32-，A错误；
B、干燥氯气无漂白性，湿润有色布条褪色是因为氯气与水反应生成 HClO（Cl2+H2O=HCl+HClO），HClO 具有漂白性，并非氯气本身，B错误；
C、蔗糖中先加蒸馏水，浓硫酸吸收水分（吸水性）；随后使蔗糖脱水生成黑色碳（脱水性）；碳与浓硫酸反应生成 SO2（刺激性气体），体现强氧化性（C+2H2SO4(浓)=CO2↑+2SO2↑+2H2O）。现象与性质对应，C正确；
D、焰色呈黄色说明含 Na+，但 K+的焰色为紫色，会被 Na+的黄色掩盖，需透过蓝色钴玻璃观察才能确认是否含 K+，因此不能判断溶液不含钾元素，D错误；
故答案为：C。【分析】A．判断与盐酸反应产生无色气体的离子种类。
B．区分氯气与次氯酸的漂白性。
C．分析浓硫酸在反应中体现的性质。
D．明确钾元素焰色反应的观察条件。
12．（2025高一上·连云港期末）室温下，通过下列实验探究一定浓度溶液的性质。
实验1：向溶液中滴几滴酚酞，溶液显红色。
实验2：向实验1所得溶液中缓慢滴加几滴稀盐酸，溶液红色变浅，无气体产生。
实验3：向溶液中通入过量的，无明显现象。
实验4：向实验3所得溶液中滴加少量溶液，产生白色沉淀。
下列有关说法正确的是
A．实验1说明可电离出
B．实验2中溶液红色变浅的原因是：
C．由实验3可以推测与没有发生反应
D．实验4反应后的溶液中存在大量的、、
【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、Na2CO3在水中电离出 Na+和 CO32-，本身不能电离出 OH-。实验 1 中溶液变红，是因为 CO32-发生水解（CO32-+H2O HCO3-+OH-）产生了 OH-，使溶液呈碱性，A错误；
B、实验 2 中加少量稀盐酸，发生反应 CO32-+H+=HCO3-，CO32-浓度减小，其水解程度降低，溶液中 OH-浓度减小，碱性减弱，导致红色变浅，B正确；
C、实验 3 中虽无明显现象，但 Na2CO3与过量 CO2实际发生反应（Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3），只是生成的 NaHCO3溶于水，无明显外观变化，并非未反应，C错误；
D、实验 3 所得溶液为 NaHCO3溶液，滴加少量 Ba(OH)2溶液时，发生反应 HCO3-+OH-+Ba2+=BaCO3↓+H2O，OH-被消耗，不会大量存在，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题通过实验探究 Na2CO3溶液的性质，需结合盐类水解、离子反应规律，分析各实验现象背后的化学原理，判断选项正误。A．明确 Na2CO3溶液显碱性的原因是水解而非电离。
B．分析少量盐酸与 Na2CO3反应的离子变化及对溶液碱性的影响。
C．判断 Na2CO3与过量 CO2是否发生反应。
D．分析实验 4 中反应后的离子组成。
13．（2025高一上·连云港期末）向一定浓度的NaOH溶液中缓慢通入，生成物的物质的量和溶液的温度随通入氯气的物质的量的变化如图所示。下列说法不正确的是
A．a点时溶液中
B．的增加可能是由于温度升高导致的
C．减少的原因可能是：
D．参加反应的NaOH与的物质的量之为2：1
【答案】A
【知识点】氯气的化学性质；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、a 点时 n (ClO-)=n (ClO3-)，设二者均为 1mol。Cl2生成 ClO-时，Cl 元素从 0 价升至 + 1 价，1mol ClO-失去 1mol 电子；生成 ClO3-时，Cl 元素从 0 价升至 + 5 价，1mol ClO3-失去 5mol 电子，共失电子 6mol。根据电子守恒，生成 Cl-（Cl 元素从 0 价降至 - 1 价）应得 6mol 电子，故 n (Cl-)=6mol。因此 n (Cl-)：n (ClO3-)=6：1，A错误；
B、NaOH 与 Cl2的反应放热，随 Cl2通入，温度升高。图中 n (ClO3-) 随温度升高而增加，推测温度升高可能促进生成 ClO3-的反应，B正确；
C、图中 ClO-减少时，ClO3-和 Cl-同步增加，符合反应 3ClO-=2Cl-+ClO3-的变化规律，故 ClO-减少可能源于此反应，C正确；
D、产物为 NaCl、NaClO、NaClO3，三种物质中 Na+与 Cl-的个数比均为 1：1，故反应中 n(Na+)=n(Cl)。NaOH 提供 Na+，Cl2提供 Cl 原子，因此 n (NaOH)：n (Cl2)=2：1，D正确；
故答案为：A。【分析】本题考查 NaOH 与 Cl2反应的产物变化规律，需结合氧化还原反应的电子守恒、原子守恒及温度对反应的影响分析选项。
A．利用电子守恒计算 a 点时 Cl-与 ClO3-的物质的量之比。
B．分析温度对产物种类的影响。
C．解释 ClO-减少与 ClO3-增加的关系。
D．依据原子守恒确定 NaOH 与 Cl2的物质的量比。
二、非选择题：共4题，共61分。
14．（2025高一上·连云港期末）下图是中学常见元素周期表的一部分，参照元素在表中的位置，回答下列问题：
（1）元素的排列。
①元素g在周期表的位置是　 　。
②主族元素在周期表中所处的位置与电子层数和　 　电子数有关。
（2）元素及其化合物的结构。
①f形成的氧化物的电子式为　 　。
②a、d形成的化合物中含有的化学键类型为　 　。
（3）元素周期律及其应用。
①元素b、c形成的简单氢化物热稳定性最强的是　 　（填结构式），元素h、i最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是　 　（填化学式）。
②已知：与NaOH生成和。j是门捷列夫预言的“类铝”元素镓（Ga），其最高价氧化物对应的水化物与元素e的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为　 　。
【答案】（1）第三周期ⅢA族；最外层
（2）；共价键
（3）；；
【知识点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】（1）①g是Al元素，在周期表中位于第三周期第IIIA族；
②对于主族元素来说，原子核外有几层电子，就位于第几周期，最外层有几个电子，位于第几主族，主族元素在周期表中所处的位置与电子层数和最外层电子数有关；
故答案为： 第三周期ⅢA族 ； 最外层 ；
（2）①f是Mg元素，氧化物为MgO，电子式为；
②a是H元素，d是O元素，形成的化合物是H2O或者H2O2，含有的化学键类型是共价键；
故答案为： ； 共价键 ；
（3）①b、c分别是C和N元素，简单氢化物分别为CH4和NH3，非金属性N>C，非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，氢化物最稳定的是NH3，结构式为；h、i分别是S和Cl，非金属性Cl>S，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，酸性强的是HClO4；
②元素e的最高价氧化物对应的水化物是NaOH，Ga与Al类似，其最高价氧化物对应的水化物与NaOH反应的离子方程式为：。
故答案为： ； ； ；
【分析】由元素在周期表中的位置可知，a、b、c、d、e、f、g、h、i、j分别是H、C、N、O、Na、Mg、Al、S、Cl、Ga元素。
（1）①根据元素在周期表中的位置确定元素种类，进而判断周期和族。
②主族元素周期数由电子层数决定，主族序数由最外层电子数决定。
（2）①先确定元素形成的氧化物，再根据离子化合物电子式书写规则书写。
②确定形成的化合物，分析其中化学键类型。
（3）①根据元素非金属性强弱判断氢化物稳定性和最高价含氧酸酸性强弱，非金属性越强，对应氢化物越稳定、最高价含氧酸酸性越强。
②利用元素的相似性（镓与铝类似），结合已知反应类推离子方程式。
（1）①g是Al元素，在周期表中位于第三周期第IIIA族；
②对于主族元素来说，原子核外有几层电子，就位于第几周期，最外层有几个电子，位于第几主族，主族元素在周期表中所处的位置与电子层数和最外层电子数有关；
（2）①f是Mg元素，氧化物为MgO，电子式为；
②a是H元素，d是O元素，形成的化合物是H2O或者H2O2，含有的化学键类型是共价键；
（3）①b、c分别是C和N元素，简单氢化物分别为CH4和NH3，非金属性N>C，非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，氢化物最稳定的是NH3，结构式为；h、i分别是S和Cl，非金属性Cl>S，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，酸性强的是HClO4；
②元素e的最高价氧化物对应的水化物是NaOH，Ga与Al类似，其最高价氧化物对应的水化物与NaOH反应的离子方程式为：。
15．（2025高一上·连云港期末）以菱镁矿渣（主要成分是，含少量、FeO、CaO、、、MgO等）为原料制备的流程如下：
（1）将稀硫酸加入菱镁矿渣充分反应后过滤。
①为提高“酸浸”效率可以采用的措施是　 　（写出一种措施即可）。
②滤渣的主要成分为、　 　。
（2）加入将氧化为，加入适量MgO调节溶液pH，除去Fe、Al元素。
①“氧化”时的离子方程式为　 　。
②pH对硫酸镁粗液中杂质元素去除率以及Mg元素损失率的影响如图所示。应调节pH为　 　。
（3）对除钙后的滤液进行蒸发结晶，过滤得到晶体。硫酸镁溶液在不同温度下蒸发结晶得到的产物的XRD图谱如图所示（XRD图谱用于判断某晶态物质是否存在）。要得到晶体应选择的温度为　 　。
（4）将24.6 g （摩尔质量为246 g·mol-1）焙烧，剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。
①a→b过程发生反应的化学方程式为　 　。
②e点对应固体成分的化学式为　 　。
【答案】（1）粉碎菱镁矿渣或适当升高温度；
（2）；6
（3）30 ℃
（4）；MgO
【知识点】镁、铝的重要化合物；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①粉碎菱镁矿渣，增大接触面积，或适当升高温度均可提高“酸浸”效率，则为提高“酸浸”效率可以采用的措施是粉碎菱镁矿渣或适当升高温度；
②根据分析可知，滤渣的主要成分为、CaSO4；
故答案为： 粉碎菱镁矿渣或适当升高温度 ；CaSO4；
（2）①“氧化”时Fe2+被H2O2氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：；
②由图可知，pH=6时，Fe、Al元素的去除率很高，且Mg元素的损失率较低，则应调节pH为6；
故答案为： ；6；
（3）根据XRD图谱可知，30 ℃时MgSO4 7H2O的衍射峰强度较高，而50 ℃、80 ℃时MgSO4 6H2O的衍射峰强度高，故要得到晶体应选择的温度为30 ℃；
故答案为： 30 ℃ ；
（4）①a→b过程中，固体质量减少，减少的质量为结晶水的质量，即失去的，而24.6g的物质的量为0.1mol，含有0.7mol结晶水，则a→b过程失去6分子结晶水生成，即反应的化学方程式为：；
②e点固体质量为4.00 g，其中Mg的质量为，则剩余质量，恰好为O元素的质量，故e点固体成分的化学式为MgO。
故答案为： ； MgO 。
【分析】菱镁矿渣主要成分是 MgCO3，还含有少量 Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3、SiO2、MgO 等。流程第一步酸浸时，加入稀硫酸后：MgCO3和 MgO 与硫酸反应生成 MgSO4；Fe2O3反应生成 Fe2(SO4)3；FeO 反应生成 FeSO4；CaO 反应生成 CaSO4（微溶于水）；Al2O3反应生成 Al2(SO4)3；而 SiO2不与稀硫酸反应，过滤后成为滤渣成分之一。
由于 CaSO4微溶，部分未溶解的 CaSO4也会成为滤渣。后续步骤中，H2O2将 Fe2+氧化为 Fe3+，加入 MgO 调节 pH 并煮沸，使 Fe3+、Al3+转化为 Fe(OH)3和 Al(OH)3沉淀。再通过除钙操作分离出 CaSO4 2H2O，最后经结晶得到 MgSO4 7H2O。
（1）①粉碎菱镁矿渣，增大接触面积，或适当升高温度均可提高“酸浸”效率，则为提高“酸浸”效率可以采用的措施是粉碎菱镁矿渣或适当升高温度；
②根据分析可知，滤渣的主要成分为、CaSO4；
（2）①“氧化”时Fe2+被H2O2氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：；
②由图可知，pH=6时，Fe、Al元素的去除率很高，且Mg元素的损失率较低，则应调节pH为6；
（3）根据XRD图谱可知，30 ℃时MgSO4 7H2O的衍射峰强度较高，而50 ℃、80 ℃时MgSO4 6H2O的衍射峰强度高，故要得到晶体应选择的温度为30 ℃；
（4）①a→b过程中，固体质量减少，减少的质量为结晶水的质量，即失去的，而24.6g的物质的量为0.1mol，含有0.7mol结晶水，则a→b过程失去6分子结晶水生成，即反应的化学方程式为：；
②e点固体质量为4.00 g，其中Mg的质量为，则剩余质量，恰好为O元素的质量，故e点固体成分的化学式为MgO。
16．（2025高一上·连云港期末）是一种优良的消毒剂，浓度过高时易发生爆炸，常将其制备成固体以便运输和贮存，高于60℃时分解。实验装置如图所示。
（1）装置A产生。将一定量固体与溶液、溶液中的一种配成悬浊液，加入到三颈烧瓶中，通过恒压滴液漏斗缓慢滴加另一种溶液，充分反应。
①恒压滴液漏斗中的溶液为　 　。
②制备过程中持续通入空气的目的是　 　。
（2）装置B制备。
①生成的化学方程式为　 　。
②溶液在不同温度时析出的晶体情况如图所示。从溶液中获得固体的操作：　 　（须使用的试剂：无水乙醇）。
（3）纯度测定。称取样品1.000g溶于水配制成250mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中，再加入足量酸化的KI溶液。充分反应后滴加两滴淀粉溶液作指示剂，用0.2000·L-1的标准溶液反应，至恰好完全反应时消耗溶液20.00mL。测定过程中发生下列反应：，。
①计算该产品的纯度　 　（写出计算过程）。
②配制标准溶液，下列操作将导致测定的纯度偏高的是　 　（填字母）。
a．定容时俯视刻度线 b．摇匀后发现液面下降，补加蒸馏水至刻线
c．未洗涤烧杯和玻璃棒 d．容量瓶洗涤后未干燥直接进行配制
【答案】（1）溶液；稀释防止爆炸
（2）；加热温度至略低于60℃蒸发浓缩 冷却至略高于38℃结晶 趁热过滤 用无水乙醇洗涤所得固体，控制温度低于60℃干燥。
（3）；bc
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①、、的反应是氧化还原反应，氯酸钠在酸性环境下是强氧化剂，将氯酸钠和亚硫酸钠按一定比例配成混合物，即A中是NaClO3和Na2SO3溶液，滴加硫酸溶液开始反应：2++=2+2+，因此恒压滴液漏斗中是H2SO4溶液；
②ClO2浓度过高时易发生爆炸，通入N2的目的是稀释ClO2，防止浓度过高发生爆炸；
故答案为：溶液 ； 稀释防止爆炸 ；
（2）①装置B在冰水浴中ClO2与NaOH和H2O2反应生成NaClO2，反应的化学方程式为：；
②NaClO2高于60℃时分解，根据图示可知，温度低于38℃容易析出NaClO2·3H2O，因此溶液中获得固体的操作是：加热温度至略低于60℃蒸发浓缩，冷却至略高于38℃结晶，趁热过滤，用无水乙醇洗涤所得固体，控制温度低于60℃干燥；
故答案为： ； 加热温度至略低于60℃蒸发浓缩 冷却至略高于38℃结晶 趁热过滤 用无水乙醇洗涤所得固体，控制温度低于60℃干燥；
（3）①n(Na2S2O3)=CV=0.2000mol·L-1×20.00×10-3L=4.0×10-3mol；
由方程式可知：NaClO2~2I2~4Na2S2O3，n(NaClO2)=n(Na2S2O3)= 1.0×10-3mol；
ω(NaClO2)=×100%=90.5%；
②配制Na2S2O3溶液时俯视刻度线，溶液体积偏小，配制标准溶液浓度偏高，消耗的标准溶液体积偏小，造成测定结果偏低，a不符合；
摇匀后发现液面下降，补加蒸馏水至刻线，造成所配制溶液浓度偏小，滴定时消耗的标准溶液体积偏大，测定结果偏高，b符合；
未洗涤烧杯和玻璃棒，造成所配溶液中溶质减少，所配标准溶液浓度偏小，滴定时消耗的溶液体积偏大，测定结果偏高，c符合；
容量瓶洗涤后未干燥，对所配溶液的浓度无影响，测定结果准确，d不符合；
故答案为： ； bc。
【分析】三颈烧瓶中有Na2SO3溶液和NaClO3固体，通过恒压滴液漏斗加入硫酸溶液发生反应，生成ClO2气体，在冰水浴中与NaOH和H2O2反应生成NaClO2，尾气通过C装置处理。
（1）①根据反应需酸性环境，判断滴加的是 H2SO4溶液（提供酸性条件）。
②因 ClO2浓度过高易爆炸，通入空气是为稀释 ClO2，防止爆炸。
（2）①结合反应物（ClO2、NaOH、H2O2）和产物（NaClO2、O2等），写化学方程式。
②依据 NaClO2高于 60℃分解及溶解度曲线，控制温度在 38℃~60℃间操作，并用无水乙醇处理。
（3）①通过反应关系（NaClO2~2I2~4Na2S2O3），由 Na2S2O3的量计算纯度。
②分析配制 Na2S2O3溶液的操作对浓度的影响，判断对测定结果的偏高因素。
（1）①、、的反应是氧化还原反应，氯酸钠在酸性环境下是强氧化剂，将氯酸钠和亚硫酸钠按一定比例配成混合物，即A中是NaClO3和Na2SO3溶液，滴加硫酸溶液开始反应：2++=2+2+，因此恒压滴液漏斗中是H2SO4溶液；
②ClO2浓度过高时易发生爆炸，通入N2的目的是稀释ClO2，防止浓度过高发生爆炸；
（2）①装置B在冰水浴中ClO2与NaOH和H2O2反应生成NaClO2，反应的化学方程式为：；
②NaClO2高于60℃时分解，根据图示可知，温度低于38℃容易析出NaClO2·3H2O，因此溶液中获得固体的操作是：加热温度至略低于60℃蒸发浓缩，冷却至略高于38℃结晶，趁热过滤，用无水乙醇洗涤所得固体，控制温度低于60℃干燥；
（3）①n(Na2S2O3)=CV=0.2000mol·L-1×20.00×10-3L=4.0×10-3mol；
由方程式可知：NaClO2~2I2~4Na2S2O3，n(NaClO2)=n(Na2S2O3)= 1.0×10-3mol；
ω(NaClO2)=×100%=90.5%；
②配制Na2S2O3溶液时俯视刻度线，溶液体积偏小，配制标准溶液浓度偏高，消耗的标准溶液体积偏小，造成测定结果偏低，a不符合；
摇匀后发现液面下降，补加蒸馏水至刻线，造成所配制溶液浓度偏小，滴定时消耗的标准溶液体积偏大，测定结果偏高，b符合；
未洗涤烧杯和玻璃棒，造成所配溶液中溶质减少，所配标准溶液浓度偏小，滴定时消耗的溶液体积偏大，测定结果偏高，c符合；
容量瓶洗涤后未干燥，对所配溶液的浓度无影响，测定结果准确，d不符合；
答案选bc。
17．（2025高一上·连云港期末）脱硫是天然气、电力、石油化工等行业中非常重要的一个环节，其主要目的是去除含硫化合物，以减少环境污染和提高产品质量。
（1）天然气中含有少量，在酸性溶液中利用硫杆菌可实现天然气的催化脱硫，其原理如图所示。
①该催化脱硫过程总反应的化学方程式为　 　。
②该催化过程中，要控制反应温度不能过高，原因是　 　。
（2）钙基脱硫剂常用于工业烟气的干法脱硫。通过添加活性组分可以提高脱硫性能，为筛选出能够更加有效提升脱硫剂脱硫效果的活性组分，进行研究：250℃时，初始浓度、模拟烟气流量相同的条件下，分别添加0.1g及氨基类活性物质进行脱硫实验，结果如图所示。
①反应一段时间后，出口浓度都升高的原因是　 　。
②250℃时，已分解为固体，氨基类活性物质分解产生气态。氨基类活性物质脱硫性能明显优于的原因是　 　。
（3）石油化工会产生含硫（-2价）废水，碱性条件下，催化氧化废水的机理如图所示。
①步骤Ⅲ可描述为　 　。
②步骤Ⅳ中，化合价发生变化的元素有　 　。
【答案】（1）；温度太高，硫杆菌失去活性
（2）随着反应时间的延长，活性组分逐渐被消耗；250℃时，碳酸氢钠分解为碳酸钠固体，反应为“气-固”模式，氨基类活性物质产生气态，反应为“气-气”模式，氨基类活性物质显著增大了脱硫剂与的接触面积，脱硫效率优于。
（3）被*O氧化为S，*O得电子后与结合生成；O、Mn
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；化学反应速率的影响因素；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】（1）①天然气中含有少量，在酸性溶液中利用硫杆菌可实现天然气的催化脱硫，其中硫杆菌做催化剂，硫酸亚铁是中间产物循环使用，总化学方程式为：；
②催化剂在特定条件下的催化效率高，温度高，会失去活性，答案为：温度太高，硫杆菌失去活性；
故答案为： ； 温度太高，硫杆菌失去活性 ；
（2）通过添加活性组分可以提高脱硫性能。
①反应一段时间后，出口浓度都升高的原因是：随着反应时间的延长，活性组分逐渐被消耗；
②250℃时，已分解为固体，氨基类活性物质分解产生气态。氨基类活性物质脱硫性能明显优于的原因是：250℃时，碳酸氢钠分解为碳酸钠固体，反应为“气-固”模式，氨基类活性物质产生气态，反应为“气-气”模式，氨基类活性物质显著增大了脱硫剂与的接触面积，脱硫效率优于；
故答案为： 随着反应时间的延长，活性组分逐渐被消耗 ；250℃时，碳酸氢钠分解为碳酸钠固体，反应为“气-固”模式，氨基类活性物质产生气态，反应为“气-气”模式，氨基类活性物质显著增大了脱硫剂与的接触面积，脱硫效率优于。
（3）①根据流程中图示，步骤Ⅲ可描述为：被*O氧化为S，*O得电子后与结合生成；
②步骤Ⅳ中变化可以看出，氧气参加反应，与Mn结合成键，化合价发生变化的元素有：O、Mn。
故答案为：被*O氧化为S，*O得电子后与结合生成； O、Mn 。
【分析】（1）①结合催化剂（硫杆菌）作用及中间产物（FeSO4、Fe2(SO4)3）循环，写出 H2S 与 O2反应生成 S 和 H2O 的总方程式。
②硫杆菌是生物催化剂，温度过高会使其失去活性，影响催化效率。
（2）①随反应进行，活性组分不断消耗，脱硫能力下降，导致 SO2出口浓度升高。
②NaHCO3分解为 Na2CO3固体，与 SO2为 “气 - 固” 反应；氨基类物质分解产生气态 NH3，与 SO2为 “气 - 气” 反应，后者接触面积更大，脱硫效果更优。
（3）①S2-被吸附态氧（*O）氧化为 S，*O 得电子后与 H2O 结合生成 OH-。
②步骤 Ⅳ 中，O 和 Mn 的化合价发生变化（O 参与氧化还原，Mn 的结合状态改变）。
（1）①天然气中含有少量，在酸性溶液中利用硫杆菌可实现天然气的催化脱硫，其中硫杆菌做催化剂，硫酸亚铁是中间产物循环使用，总化学方程式为：；
②催化剂在特定条件下的催化效率高，温度高，会失去活性，答案为：温度太高，硫杆菌失去活性；
（2）通过添加活性组分可以提高脱硫性能。
①反应一段时间后，出口浓度都升高的原因是：随着反应时间的延长，活性组分逐渐被消耗；
②250℃时，已分解为固体，氨基类活性物质分解产生气态。氨基类活性物质脱硫性能明显优于的原因是：250℃时，碳酸氢钠分解为碳酸钠固体，反应为“气-固”模式，氨基类活性物质产生气态，反应为“气-气”模式，氨基类活性物质显著增大了脱硫剂与的接触面积，脱硫效率优于；
（3）①根据流程中图示，步骤Ⅲ可描述为：被*O氧化为S，*O得电子后与结合生成；
②步骤Ⅳ中变化可以看出，氧气参加反应，与Mn结合成键，化合价发生变化的元素有：O、Mn。
1 / 1江苏省连云港市2024-2025学年高一上学期期末调研化学试题
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1．（2025高一上·连云港期末）2024年12月26日，我国第六代战机首飞成功。战机中常使用高强度、耐高温的钛合金材料，钛合金材料属于
A．分子晶体 B．离子晶体 C．金属晶体 D．共价晶体
2．（2025高一上·连云港期末）反应可作呼吸面具的供氧剂。下列说法正确的是
A．的结构示意图为
B．空间填充模型为
C．仅含离子键
D．中子数为10的氧原子可表示为
3．（2025高一上·连云港期末）化学创造美好生活。下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A．浓硫酸具有吸水性，可用作干燥剂
B．次氯酸具有弱酸性，可用于杀菌消毒
C．钠具有强还原性，可用于制作高压钠灯
D．受热易分解，可治疗胃酸过多
4．（2025高一上·连云港期末）氯及其化合物的转化具有重要应用。下列说法正确的是
A．制漂白粉：NaCl溶液漂白粉
B．HCl制备：NaCl溶液和
C．纯碱工业：NaCl溶液
D．金属Mg制备：溶液
（2025高一上·连云港期末）阅读下列材料，完成下面小题：
周期表中ⅣA族元素及其化合物应用广泛。石墨烯、碳纳米管、富勒烯等单质是常见的碳纳米材料；能与氢氟酸（HF，弱酸）反应生成（在水中完全电离为和）；将硫化锗（）与共热制得锗；还原性比还原性强；与浓盐酸反应生成。
5．石墨烯结构如图所示。下列有关说法正确的是
A．石墨烯纳米材料属于胶体
B．石墨烯是一种新型化合物
C．石墨烯能导电，石墨烯属于电解质
D．从石墨剥离出石墨烯需克服分子间作用力
6．碳及其化合物的多样性是构成物质多样性的重要原因。下列说法中正确的是
A．乙醇和二甲醚互为同位素
B．富勒烯、金刚石化学性质相似
C．碳纳米管、石墨烯互为同分异构体
D．12C、13C、14C三种核素互为同素异形体
7．下列化学反应表示正确的是
A．与HF溶液反应：
B．高温下还原硫化锗：
C．强酸溶液中，与反应：
D．与浓盐酸反应：(浓)
8．（2025高一上·连云港期末）硫及其化合物部分转化关系如图所示。下列说法正确的是
A．常温下，32gS单质中含1.0molS原子
B．反应①每消耗3.4g，得到0.4mol电子
C．0.1mol·L-1溶液中，为0.1mol·L-1
D．标准状况下，11.2L中原子总数约为
9．（2025高一上·连云港期末）实验室进行制备并验证性质的实验，下列相关原理、装置及操作正确的是
A．用装置甲制取 B．用装置乙验证漂白性
C．用装置丙收集 D．用装置丁吸收尾气
10．（2025高一上·连云港期末）用反萃取原理可从的萃取液中回收，流程如图所示。下列说法不正确的是
A．“反应Ⅰ”的离子方程式为
B．“操作Ⅰ”为分液
C．利用反萃取原理可实现碘单质的重新富集
D．通过升华可将粗碘提纯
11．（2025高一上·连云港期末）室温下，根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是
选项 实验过程及现象 实验结论
A 往某溶液中加入盐酸产生无色气体 该溶液一定含有
B 将湿润的有色布条放入干燥的氯气，布条褪色 氯气具有漂白性
C 向蔗糖中滴加几滴蒸馏水，再加入浓硫酸，产生海绵状黑色物质，并产生刺激性气味气体 浓硫酸体现了吸水性、脱水性和强氧化性
D 用洁净的铂丝蘸取某溶液灼烧，火焰呈黄色 溶液中不含钾元素
A．A B．B C．C D．D
12．（2025高一上·连云港期末）室温下，通过下列实验探究一定浓度溶液的性质。
实验1：向溶液中滴几滴酚酞，溶液显红色。
实验2：向实验1所得溶液中缓慢滴加几滴稀盐酸，溶液红色变浅，无气体产生。
实验3：向溶液中通入过量的，无明显现象。
实验4：向实验3所得溶液中滴加少量溶液，产生白色沉淀。
下列有关说法正确的是
A．实验1说明可电离出
B．实验2中溶液红色变浅的原因是：
C．由实验3可以推测与没有发生反应
D．实验4反应后的溶液中存在大量的、、
13．（2025高一上·连云港期末）向一定浓度的NaOH溶液中缓慢通入，生成物的物质的量和溶液的温度随通入氯气的物质的量的变化如图所示。下列说法不正确的是
A．a点时溶液中
B．的增加可能是由于温度升高导致的
C．减少的原因可能是：
D．参加反应的NaOH与的物质的量之为2：1
二、非选择题：共4题，共61分。
14．（2025高一上·连云港期末）下图是中学常见元素周期表的一部分，参照元素在表中的位置，回答下列问题：
（1）元素的排列。
①元素g在周期表的位置是　 　。
②主族元素在周期表中所处的位置与电子层数和　 　电子数有关。
（2）元素及其化合物的结构。
①f形成的氧化物的电子式为　 　。
②a、d形成的化合物中含有的化学键类型为　 　。
（3）元素周期律及其应用。
①元素b、c形成的简单氢化物热稳定性最强的是　 　（填结构式），元素h、i最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是　 　（填化学式）。
②已知：与NaOH生成和。j是门捷列夫预言的“类铝”元素镓（Ga），其最高价氧化物对应的水化物与元素e的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为　 　。
15．（2025高一上·连云港期末）以菱镁矿渣（主要成分是，含少量、FeO、CaO、、、MgO等）为原料制备的流程如下：
（1）将稀硫酸加入菱镁矿渣充分反应后过滤。
①为提高“酸浸”效率可以采用的措施是　 　（写出一种措施即可）。
②滤渣的主要成分为、　 　。
（2）加入将氧化为，加入适量MgO调节溶液pH，除去Fe、Al元素。
①“氧化”时的离子方程式为　 　。
②pH对硫酸镁粗液中杂质元素去除率以及Mg元素损失率的影响如图所示。应调节pH为　 　。
（3）对除钙后的滤液进行蒸发结晶，过滤得到晶体。硫酸镁溶液在不同温度下蒸发结晶得到的产物的XRD图谱如图所示（XRD图谱用于判断某晶态物质是否存在）。要得到晶体应选择的温度为　 　。
（4）将24.6 g （摩尔质量为246 g·mol-1）焙烧，剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。
①a→b过程发生反应的化学方程式为　 　。
②e点对应固体成分的化学式为　 　。
16．（2025高一上·连云港期末）是一种优良的消毒剂，浓度过高时易发生爆炸，常将其制备成固体以便运输和贮存，高于60℃时分解。实验装置如图所示。
（1）装置A产生。将一定量固体与溶液、溶液中的一种配成悬浊液，加入到三颈烧瓶中，通过恒压滴液漏斗缓慢滴加另一种溶液，充分反应。
①恒压滴液漏斗中的溶液为　 　。
②制备过程中持续通入空气的目的是　 　。
（2）装置B制备。
①生成的化学方程式为　 　。
②溶液在不同温度时析出的晶体情况如图所示。从溶液中获得固体的操作：　 　（须使用的试剂：无水乙醇）。
（3）纯度测定。称取样品1.000g溶于水配制成250mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中，再加入足量酸化的KI溶液。充分反应后滴加两滴淀粉溶液作指示剂，用0.2000·L-1的标准溶液反应，至恰好完全反应时消耗溶液20.00mL。测定过程中发生下列反应：，。
①计算该产品的纯度　 　（写出计算过程）。
②配制标准溶液，下列操作将导致测定的纯度偏高的是　 　（填字母）。
a．定容时俯视刻度线 b．摇匀后发现液面下降，补加蒸馏水至刻线
c．未洗涤烧杯和玻璃棒 d．容量瓶洗涤后未干燥直接进行配制
17．（2025高一上·连云港期末）脱硫是天然气、电力、石油化工等行业中非常重要的一个环节，其主要目的是去除含硫化合物，以减少环境污染和提高产品质量。
（1）天然气中含有少量，在酸性溶液中利用硫杆菌可实现天然气的催化脱硫，其原理如图所示。
①该催化脱硫过程总反应的化学方程式为　 　。
②该催化过程中，要控制反应温度不能过高，原因是　 　。
（2）钙基脱硫剂常用于工业烟气的干法脱硫。通过添加活性组分可以提高脱硫性能，为筛选出能够更加有效提升脱硫剂脱硫效果的活性组分，进行研究：250℃时，初始浓度、模拟烟气流量相同的条件下，分别添加0.1g及氨基类活性物质进行脱硫实验，结果如图所示。
①反应一段时间后，出口浓度都升高的原因是　 　。
②250℃时，已分解为固体，氨基类活性物质分解产生气态。氨基类活性物质脱硫性能明显优于的原因是　 　。
（3）石油化工会产生含硫（-2价）废水，碱性条件下，催化氧化废水的机理如图所示。
①步骤Ⅲ可描述为　 　。
②步骤Ⅳ中，化合价发生变化的元素有　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用
【解析】【解答】A、分子晶体是由分子构成，微粒间靠分子间作用力结合，钛合金含金属元素，不是分子构成，A错误；
B、离子晶体由离子构成，靠离子键结合，钛合金无离子键，B错误；
C、金属晶体包括纯金属和合金，钛合金是钛与其他金属等形成的合金，属于金属材料，所以属于金属晶体，C正确；
D、共价晶体由原子通过共价键结合，钛合金不是原子通过共价键形成的晶体，D错误；
故答案为：C。
【分析】要判断钛合金所属晶体类型，需明确各类晶体（分子晶体、离子晶体、金属晶体、共价晶体）的构成微粒及特点，再结合钛合金的组成（合金，属于金属材料范畴）进行分析。
2．【答案】D
【知识点】化学键；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；元素、核素；原子结构示意图
【解析】【解答】A、Na+是钠原子失去最外层 1 个电子形成的阳离子，核外电子层结构为 2、8（共 10 个电子）， 其离子结构示意图为：，A错误；
B、CO2分子中，C 原子半径大于 O 原子半径，空间填充模型应体现原子大小差异，为：，B错误；
C、Na2CO3由 Na+和 CO32-构成，Na+与 CO32-之间存在离子键，而 CO32-内部的 C 与 O 之间存在共价键，因此 Na2CO3既含离子键又含共价键，C错误；
D、氧原子的质子数为 8，中子数为 10 时，质量数 = 质子数 + 中子数 = 18，原子表示方法为左上角标质量数、左下角标质子数，即 ，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题需结合化学用语的规范要求，分析离子结构示意图、分子空间模型、化学键类型及原子表示方法的正确性。
3．【答案】A
【知识点】浓硫酸的性质；焰色反应；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A、浓硫酸的吸水性使其能够吸收气体或固体中的水分，这一性质直接决定了它可作为干燥剂使用，性质与用途对应正确，A正确；
B、次氯酸用于杀菌消毒，依赖的是其强氧化性（能破坏微生物结构），而非弱酸性，性质与用途不对应，B错误；
C、钠可制作高压钠灯，是因为钠的焰色反应呈黄色（光的穿透性强），与钠的强还原性无关，性质与用途不对应，C错误；
D、NaHCO3治疗胃酸过多，是由于它能与胃酸中的 HCl 反应（中和酸性），并非因为其受热易分解的性质，D错误；
故答案为：A。
【分析】判断物质性质与用途的对应关系，关键在于明确每种物质的核心性质及其与用途之间的逻辑关联，排除性质与用途不匹配的选项。
4．【答案】B
【知识点】氯气的化学性质；金属冶炼的一般原理
【解析】【解答】A、漂白粉制备需用 Cl2与石灰乳（Ca(OH)2的悬浊液）反应，因澄清石灰水（Ca(OH)2稀溶液）浓度低，无法充分吸收 Cl2以制备有效成分，故该转化不合理，A错误；
B、电解 NaCl 溶液时，反应生成 NaOH、H2和 Cl2；H2在 Cl2中燃烧可直接生成 HCl，两步反应均能发生且条件合理，转化流程可行，B正确；
C、因盐酸酸性强于碳酸，NaCl 溶液与 CO2不反应。工业制纯碱时，需先向饱和 NaCl 溶液通入 NH3（制成氨盐水，增强碱性），再通入 CO2才能析出 NaHCO3，故该转化不合理，C错误；
D、电解熔融 MgCl2可得到 Mg 和 Cl2；若电解 MgCl2溶液，因 H+比 Mg2+更易放电，产物为 H2、Cl2和 Mg(OH)2，无法得到金属 Mg，转化不合理，D错误；
故答案为：B。【分析】本题需结合氯及其化合物的制备原理、反应条件及物质性质，判断各转化流程是否合理，核心在于分析反应能否发生及条件是否适宜。
【分析】A．明确漂白粉的制备原料及浓度要求。
B．分析电解 NaCl 溶液的产物及 H2与 Cl2的反应可能性。
C．判断 NaCl 溶液与 CO2能否直接反应生成 NaHCO3。
D．区分电解熔融 MgCl2与 MgCl2溶液的产物差异。
【答案】5．D
6．B
7．C
【知识点】同素异形体；元素、核素；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）A、胶体是分散质粒子直径在1-100nm的分散系，石墨烯纳米材料本身不是分散系，不属于胶体，A错误；
B、石墨烯仅由碳元素组成，是单质，并非化合物，B错误；
C、电解质是溶于水或熔融态能导电的化合物，石墨烯是单质，不符合电解质定义，C错误；
D、石墨为层状结构，层与层之间通过分子间作用力结合，剥离石墨烯需克服这种作用力，D正确；
故答案为：D。
（2）A、同位素指同种元素的不同原子，乙醇（C2H5OH）和二甲醚（CH3OCH3）是分子式相同的化合物，互为同分异构体，A错误；
B、富勒烯和金刚石均为碳元素的单质（同素异形体），化学性质相似，B正确；
C、碳纳米管和石墨烯是碳元素的不同单质，互为同素异形体，同分异构体针对化合物，C错误；
D、 2C、 3C、 4C是碳元素的不同核素，质子数相同、中子数不同，互为同位素，D错误；
故答案为：B。
（3）A、HF是弱酸，离子方程式中应保留化学式，反应应为SiO2+6HF=2H++SiF62-+2H2O，原式子错误，A错误；
B、H2还原GeS2的产物为Ge和H2S，高温下H2S稳定，反应式应为GeS2 +2H2 Ge+2H2S，B错误；
C、Sn2+还原性强于Fe2+，可被Fe3+氧化为Sn4+，反应为2Fe3++Sn2+=2Fe2++Sn4+，C正确；
D、PbO2与浓盐酸反应的化学方程式应为PbO2+4HCl(浓)=PbCl2+2H2O+Cl2↑，原式子配平错误，D错误；
故答案为：C。
【分析】（1）围绕石墨烯的性质与分类，结合胶体、化合物、电解质的定义及石墨的层状结构特点进行判断。
（2）依据同位素、同素异形体、同分异构体的概念，区分不同类别物质的关系。
（3）根据反应事实、物质电离特点及氧化还原规律，判断化学方程式或离子方程式的正确性。
5．A、胶体是分散质粒子直径在1-100nm的分散系，石墨烯纳米材料本身不是分散系，不属于胶体，A错误；
B、石墨烯仅由碳元素组成，是单质，并非化合物，B错误；
C、电解质是溶于水或熔融态能导电的化合物，石墨烯是单质，不符合电解质定义，C错误；
D、石墨为层状结构，层与层之间通过分子间作用力结合，剥离石墨烯需克服这种作用力，D正确；
故答案为：D。
6．A、同位素指同种元素的不同原子，乙醇（C2H5OH）和二甲醚（CH3OCH3）是分子式相同的化合物，互为同分异构体，A错误；
B、富勒烯和金刚石均为碳元素的单质（同素异形体），化学性质相似，B正确；
C、碳纳米管和石墨烯是碳元素的不同单质，互为同素异形体，同分异构体针对化合物，C错误；
D、 2C、 3C、 4C是碳元素的不同核素，质子数相同、中子数不同，互为同位素，D错误；
故答案为：B。
7．A、HF是弱酸，离子方程式中应保留化学式，反应应为SiO2+6HF=2H++SiF62-+2H2O，原式子错误，A错误；
B、H2还原GeS2的产物为Ge和H2S，高温下H2S稳定，反应式应为GeS2 +2H2 Ge+2H2S，B错误；
C、Sn2+还原性强于Fe2+，可被Fe3+氧化为Sn4+，反应为2Fe3++Sn2+=2Fe2++Sn4+，C正确；
D、PbO2与浓盐酸反应的化学方程式应为PbO2+4HCl(浓)=PbCl2+2H2O+Cl2↑，原式子配平错误，D错误；
故答案为：C。
8．【答案】A
【知识点】物质的量浓度；氧化还原反应的电子转移数目计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、硫单质（S）的摩尔质量是 32g/mol，32g S 的物质的量为 1mol，所含 S 原子的物质的量为 1.0mol，A正确；
B、反应①为 SO2与 H2S 反应生成 S 和 H2O，H2S 中 S 元素化合价从 - 2 升高到 0（被氧化），是失去电子而非得到。3.4g H2S 的物质的量为 0.1mol，反应中失去 0.2mol 电子，B错误；
C、Na2SO3在溶液中完全电离，1mol Na2SO3电离出 2mol Na+，故 0.1mol L- Na2SO3溶液中，c (Na+) 为 0.2mol L- ，C错误；
D、标准状况下 11.2L SO2的物质的量为 0.5mol，1 个 SO2分子含 3 个原子（1 个 S 和 2 个 O），则原子总数约为 0.5×3×6.02×1023，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题需结合硫及其化合物的转化关系，从物质的量计算、氧化还原电子转移、溶液离子浓度及气体摩尔体积等角度分析选项正确性。
9．【答案】D
【知识点】二氧化硫的性质；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A、铜与浓硫酸反应生成 SO2的条件是加热，装置甲中缺少加热仪器，无法发生反应，A错误；
B、SO2的漂白性体现在能使品红溶液褪色，而它通入紫色石蕊溶液中只会使溶液变红（因 SO2与水反应生成 H2SO3显酸性），不能漂白酸碱指示剂，无法验证漂白性，B错误；
C、SO2的密度比空气大，用向上排空气法收集时，气体应从长导管进入、短导管排出，装置丙的进气方式错误，C错误；
D、SO2是酸性气体，可与 NaOH 溶液反应（SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O），装置丁用 NaOH 溶液吸收尾气，且倒置的漏斗能防止倒吸（避免因压强减小导致液体回流），D正确；
故答案为：D。
【分析】本题需结合 SO2的制备原理、性质验证、收集方法及尾气处理的实验要求，判断各装置及操作的合理性。
10．【答案】A
【知识点】海水资源及其综合利用；分液和萃取；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、“反应 I” 是 I2与浓 NaOH 溶液的反应，I2既是氧化剂又是还原剂，正确的离子方程式为，A错误；
B、操作 I 用于分离互不相溶的 CCl4有机层和水溶液，符合分液操作的适用条件（分离互不相溶的液体），B正确；
C、反萃取过程中，I2先从低浓度的 CCl4溶液转移到水溶液中形成 I-和 IO3-，加稀硫酸后又转化为高浓度 I2，实现了碘的富集，C正确；
D、碘单质易升华（固体直接变为气体），利用这一性质可通过升华法除去粗碘中的杂质，达到提纯目的，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题需结合反萃取回收碘的流程，从反应方程式配平、分离操作类型、富集原理及提纯方法等角度分析选项正确性。
11．【答案】C
【知识点】常见离子的检验；焰色反应；物质检验实验方案的设计；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、加盐酸产生的无色气体可能是 CO2或 SO2。若为 CO2，溶液可能含 CO32-或 HCO3-；若为 SO2，可能含 SO32-或 HSO3-。因此，仅凭此现象不能确定溶液一定含 CO32-，A错误；
B、干燥氯气无漂白性，湿润有色布条褪色是因为氯气与水反应生成 HClO（Cl2+H2O=HCl+HClO），HClO 具有漂白性，并非氯气本身，B错误；
C、蔗糖中先加蒸馏水，浓硫酸吸收水分（吸水性）；随后使蔗糖脱水生成黑色碳（脱水性）；碳与浓硫酸反应生成 SO2（刺激性气体），体现强氧化性（C+2H2SO4(浓)=CO2↑+2SO2↑+2H2O）。现象与性质对应，C正确；
D、焰色呈黄色说明含 Na+，但 K+的焰色为紫色，会被 Na+的黄色掩盖，需透过蓝色钴玻璃观察才能确认是否含 K+，因此不能判断溶液不含钾元素，D错误；
故答案为：C。【分析】A．判断与盐酸反应产生无色气体的离子种类。
B．区分氯气与次氯酸的漂白性。
C．分析浓硫酸在反应中体现的性质。
D．明确钾元素焰色反应的观察条件。
12．【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、Na2CO3在水中电离出 Na+和 CO32-，本身不能电离出 OH-。实验 1 中溶液变红，是因为 CO32-发生水解（CO32-+H2O HCO3-+OH-）产生了 OH-，使溶液呈碱性，A错误；
B、实验 2 中加少量稀盐酸，发生反应 CO32-+H+=HCO3-，CO32-浓度减小，其水解程度降低，溶液中 OH-浓度减小，碱性减弱，导致红色变浅，B正确；
C、实验 3 中虽无明显现象，但 Na2CO3与过量 CO2实际发生反应（Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3），只是生成的 NaHCO3溶于水，无明显外观变化，并非未反应，C错误；
D、实验 3 所得溶液为 NaHCO3溶液，滴加少量 Ba(OH)2溶液时，发生反应 HCO3-+OH-+Ba2+=BaCO3↓+H2O，OH-被消耗，不会大量存在，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题通过实验探究 Na2CO3溶液的性质，需结合盐类水解、离子反应规律，分析各实验现象背后的化学原理，判断选项正误。A．明确 Na2CO3溶液显碱性的原因是水解而非电离。
B．分析少量盐酸与 Na2CO3反应的离子变化及对溶液碱性的影响。
C．判断 Na2CO3与过量 CO2是否发生反应。
D．分析实验 4 中反应后的离子组成。
13．【答案】A
【知识点】氯气的化学性质；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、a 点时 n (ClO-)=n (ClO3-)，设二者均为 1mol。Cl2生成 ClO-时，Cl 元素从 0 价升至 + 1 价，1mol ClO-失去 1mol 电子；生成 ClO3-时，Cl 元素从 0 价升至 + 5 价，1mol ClO3-失去 5mol 电子，共失电子 6mol。根据电子守恒，生成 Cl-（Cl 元素从 0 价降至 - 1 价）应得 6mol 电子，故 n (Cl-)=6mol。因此 n (Cl-)：n (ClO3-)=6：1，A错误；
B、NaOH 与 Cl2的反应放热，随 Cl2通入，温度升高。图中 n (ClO3-) 随温度升高而增加，推测温度升高可能促进生成 ClO3-的反应，B正确；
C、图中 ClO-减少时，ClO3-和 Cl-同步增加，符合反应 3ClO-=2Cl-+ClO3-的变化规律，故 ClO-减少可能源于此反应，C正确；
D、产物为 NaCl、NaClO、NaClO3，三种物质中 Na+与 Cl-的个数比均为 1：1，故反应中 n(Na+)=n(Cl)。NaOH 提供 Na+，Cl2提供 Cl 原子，因此 n (NaOH)：n (Cl2)=2：1，D正确；
故答案为：A。【分析】本题考查 NaOH 与 Cl2反应的产物变化规律，需结合氧化还原反应的电子守恒、原子守恒及温度对反应的影响分析选项。
A．利用电子守恒计算 a 点时 Cl-与 ClO3-的物质的量之比。
B．分析温度对产物种类的影响。
C．解释 ClO-减少与 ClO3-增加的关系。
D．依据原子守恒确定 NaOH 与 Cl2的物质的量比。
14．【答案】（1）第三周期ⅢA族；最外层
（2）；共价键
（3）；；
【知识点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】（1）①g是Al元素，在周期表中位于第三周期第IIIA族；
②对于主族元素来说，原子核外有几层电子，就位于第几周期，最外层有几个电子，位于第几主族，主族元素在周期表中所处的位置与电子层数和最外层电子数有关；
故答案为： 第三周期ⅢA族 ； 最外层 ；
（2）①f是Mg元素，氧化物为MgO，电子式为；
②a是H元素，d是O元素，形成的化合物是H2O或者H2O2，含有的化学键类型是共价键；
故答案为： ； 共价键 ；
（3）①b、c分别是C和N元素，简单氢化物分别为CH4和NH3，非金属性N>C，非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，氢化物最稳定的是NH3，结构式为；h、i分别是S和Cl，非金属性Cl>S，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，酸性强的是HClO4；
②元素e的最高价氧化物对应的水化物是NaOH，Ga与Al类似，其最高价氧化物对应的水化物与NaOH反应的离子方程式为：。
故答案为： ； ； ；
【分析】由元素在周期表中的位置可知，a、b、c、d、e、f、g、h、i、j分别是H、C、N、O、Na、Mg、Al、S、Cl、Ga元素。
（1）①根据元素在周期表中的位置确定元素种类，进而判断周期和族。
②主族元素周期数由电子层数决定，主族序数由最外层电子数决定。
（2）①先确定元素形成的氧化物，再根据离子化合物电子式书写规则书写。
②确定形成的化合物，分析其中化学键类型。
（3）①根据元素非金属性强弱判断氢化物稳定性和最高价含氧酸酸性强弱，非金属性越强，对应氢化物越稳定、最高价含氧酸酸性越强。
②利用元素的相似性（镓与铝类似），结合已知反应类推离子方程式。
（1）①g是Al元素，在周期表中位于第三周期第IIIA族；
②对于主族元素来说，原子核外有几层电子，就位于第几周期，最外层有几个电子，位于第几主族，主族元素在周期表中所处的位置与电子层数和最外层电子数有关；
（2）①f是Mg元素，氧化物为MgO，电子式为；
②a是H元素，d是O元素，形成的化合物是H2O或者H2O2，含有的化学键类型是共价键；
（3）①b、c分别是C和N元素，简单氢化物分别为CH4和NH3，非金属性N>C，非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，氢化物最稳定的是NH3，结构式为；h、i分别是S和Cl，非金属性Cl>S，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，酸性强的是HClO4；
②元素e的最高价氧化物对应的水化物是NaOH，Ga与Al类似，其最高价氧化物对应的水化物与NaOH反应的离子方程式为：。
15．【答案】（1）粉碎菱镁矿渣或适当升高温度；
（2）；6
（3）30 ℃
（4）；MgO
【知识点】镁、铝的重要化合物；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①粉碎菱镁矿渣，增大接触面积，或适当升高温度均可提高“酸浸”效率，则为提高“酸浸”效率可以采用的措施是粉碎菱镁矿渣或适当升高温度；
②根据分析可知，滤渣的主要成分为、CaSO4；
故答案为： 粉碎菱镁矿渣或适当升高温度 ；CaSO4；
（2）①“氧化”时Fe2+被H2O2氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：；
②由图可知，pH=6时，Fe、Al元素的去除率很高，且Mg元素的损失率较低，则应调节pH为6；
故答案为： ；6；
（3）根据XRD图谱可知，30 ℃时MgSO4 7H2O的衍射峰强度较高，而50 ℃、80 ℃时MgSO4 6H2O的衍射峰强度高，故要得到晶体应选择的温度为30 ℃；
故答案为： 30 ℃ ；
（4）①a→b过程中，固体质量减少，减少的质量为结晶水的质量，即失去的，而24.6g的物质的量为0.1mol，含有0.7mol结晶水，则a→b过程失去6分子结晶水生成，即反应的化学方程式为：；
②e点固体质量为4.00 g，其中Mg的质量为，则剩余质量，恰好为O元素的质量，故e点固体成分的化学式为MgO。
故答案为： ； MgO 。
【分析】菱镁矿渣主要成分是 MgCO3，还含有少量 Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3、SiO2、MgO 等。流程第一步酸浸时，加入稀硫酸后：MgCO3和 MgO 与硫酸反应生成 MgSO4；Fe2O3反应生成 Fe2(SO4)3；FeO 反应生成 FeSO4；CaO 反应生成 CaSO4（微溶于水）；Al2O3反应生成 Al2(SO4)3；而 SiO2不与稀硫酸反应，过滤后成为滤渣成分之一。
由于 CaSO4微溶，部分未溶解的 CaSO4也会成为滤渣。后续步骤中，H2O2将 Fe2+氧化为 Fe3+，加入 MgO 调节 pH 并煮沸，使 Fe3+、Al3+转化为 Fe(OH)3和 Al(OH)3沉淀。再通过除钙操作分离出 CaSO4 2H2O，最后经结晶得到 MgSO4 7H2O。
（1）①粉碎菱镁矿渣，增大接触面积，或适当升高温度均可提高“酸浸”效率，则为提高“酸浸”效率可以采用的措施是粉碎菱镁矿渣或适当升高温度；
②根据分析可知，滤渣的主要成分为、CaSO4；
（2）①“氧化”时Fe2+被H2O2氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：；
②由图可知，pH=6时，Fe、Al元素的去除率很高，且Mg元素的损失率较低，则应调节pH为6；
（3）根据XRD图谱可知，30 ℃时MgSO4 7H2O的衍射峰强度较高，而50 ℃、80 ℃时MgSO4 6H2O的衍射峰强度高，故要得到晶体应选择的温度为30 ℃；
（4）①a→b过程中，固体质量减少，减少的质量为结晶水的质量，即失去的，而24.6g的物质的量为0.1mol，含有0.7mol结晶水，则a→b过程失去6分子结晶水生成，即反应的化学方程式为：；
②e点固体质量为4.00 g，其中Mg的质量为，则剩余质量，恰好为O元素的质量，故e点固体成分的化学式为MgO。
16．【答案】（1）溶液；稀释防止爆炸
（2）；加热温度至略低于60℃蒸发浓缩 冷却至略高于38℃结晶 趁热过滤 用无水乙醇洗涤所得固体，控制温度低于60℃干燥。
（3）；bc
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①、、的反应是氧化还原反应，氯酸钠在酸性环境下是强氧化剂，将氯酸钠和亚硫酸钠按一定比例配成混合物，即A中是NaClO3和Na2SO3溶液，滴加硫酸溶液开始反应：2++=2+2+，因此恒压滴液漏斗中是H2SO4溶液；
②ClO2浓度过高时易发生爆炸，通入N2的目的是稀释ClO2，防止浓度过高发生爆炸；
故答案为：溶液 ； 稀释防止爆炸 ；
（2）①装置B在冰水浴中ClO2与NaOH和H2O2反应生成NaClO2，反应的化学方程式为：；
②NaClO2高于60℃时分解，根据图示可知，温度低于38℃容易析出NaClO2·3H2O，因此溶液中获得固体的操作是：加热温度至略低于60℃蒸发浓缩，冷却至略高于38℃结晶，趁热过滤，用无水乙醇洗涤所得固体，控制温度低于60℃干燥；
故答案为： ； 加热温度至略低于60℃蒸发浓缩 冷却至略高于38℃结晶 趁热过滤 用无水乙醇洗涤所得固体，控制温度低于60℃干燥；
（3）①n(Na2S2O3)=CV=0.2000mol·L-1×20.00×10-3L=4.0×10-3mol；
由方程式可知：NaClO2~2I2~4Na2S2O3，n(NaClO2)=n(Na2S2O3)= 1.0×10-3mol；
ω(NaClO2)=×100%=90.5%；
②配制Na2S2O3溶液时俯视刻度线，溶液体积偏小，配制标准溶液浓度偏高，消耗的标准溶液体积偏小，造成测定结果偏低，a不符合；
摇匀后发现液面下降，补加蒸馏水至刻线，造成所配制溶液浓度偏小，滴定时消耗的标准溶液体积偏大，测定结果偏高，b符合；
未洗涤烧杯和玻璃棒，造成所配溶液中溶质减少，所配标准溶液浓度偏小，滴定时消耗的溶液体积偏大，测定结果偏高，c符合；
容量瓶洗涤后未干燥，对所配溶液的浓度无影响，测定结果准确，d不符合；
故答案为： ； bc。
【分析】三颈烧瓶中有Na2SO3溶液和NaClO3固体，通过恒压滴液漏斗加入硫酸溶液发生反应，生成ClO2气体，在冰水浴中与NaOH和H2O2反应生成NaClO2，尾气通过C装置处理。
（1）①根据反应需酸性环境，判断滴加的是 H2SO4溶液（提供酸性条件）。
②因 ClO2浓度过高易爆炸，通入空气是为稀释 ClO2，防止爆炸。
（2）①结合反应物（ClO2、NaOH、H2O2）和产物（NaClO2、O2等），写化学方程式。
②依据 NaClO2高于 60℃分解及溶解度曲线，控制温度在 38℃~60℃间操作，并用无水乙醇处理。
（3）①通过反应关系（NaClO2~2I2~4Na2S2O3），由 Na2S2O3的量计算纯度。
②分析配制 Na2S2O3溶液的操作对浓度的影响，判断对测定结果的偏高因素。
（1）①、、的反应是氧化还原反应，氯酸钠在酸性环境下是强氧化剂，将氯酸钠和亚硫酸钠按一定比例配成混合物，即A中是NaClO3和Na2SO3溶液，滴加硫酸溶液开始反应：2++=2+2+，因此恒压滴液漏斗中是H2SO4溶液；
②ClO2浓度过高时易发生爆炸，通入N2的目的是稀释ClO2，防止浓度过高发生爆炸；
（2）①装置B在冰水浴中ClO2与NaOH和H2O2反应生成NaClO2，反应的化学方程式为：；
②NaClO2高于60℃时分解，根据图示可知，温度低于38℃容易析出NaClO2·3H2O，因此溶液中获得固体的操作是：加热温度至略低于60℃蒸发浓缩，冷却至略高于38℃结晶，趁热过滤，用无水乙醇洗涤所得固体，控制温度低于60℃干燥；
（3）①n(Na2S2O3)=CV=0.2000mol·L-1×20.00×10-3L=4.0×10-3mol；
由方程式可知：NaClO2~2I2~4Na2S2O3，n(NaClO2)=n(Na2S2O3)= 1.0×10-3mol；
ω(NaClO2)=×100%=90.5%；
②配制Na2S2O3溶液时俯视刻度线，溶液体积偏小，配制标准溶液浓度偏高，消耗的标准溶液体积偏小，造成测定结果偏低，a不符合；
摇匀后发现液面下降，补加蒸馏水至刻线，造成所配制溶液浓度偏小，滴定时消耗的标准溶液体积偏大，测定结果偏高，b符合；
未洗涤烧杯和玻璃棒，造成所配溶液中溶质减少，所配标准溶液浓度偏小，滴定时消耗的溶液体积偏大，测定结果偏高，c符合；
容量瓶洗涤后未干燥，对所配溶液的浓度无影响，测定结果准确，d不符合；
答案选bc。
17．【答案】（1）；温度太高，硫杆菌失去活性
（2）随着反应时间的延长，活性组分逐渐被消耗；250℃时，碳酸氢钠分解为碳酸钠固体，反应为“气-固”模式，氨基类活性物质产生气态，反应为“气-气”模式，氨基类活性物质显著增大了脱硫剂与的接触面积，脱硫效率优于。
（3）被*O氧化为S，*O得电子后与结合生成；O、Mn
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；化学反应速率的影响因素；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】（1）①天然气中含有少量，在酸性溶液中利用硫杆菌可实现天然气的催化脱硫，其中硫杆菌做催化剂，硫酸亚铁是中间产物循环使用，总化学方程式为：；
②催化剂在特定条件下的催化效率高，温度高，会失去活性，答案为：温度太高，硫杆菌失去活性；
故答案为： ； 温度太高，硫杆菌失去活性 ；
（2）通过添加活性组分可以提高脱硫性能。
①反应一段时间后，出口浓度都升高的原因是：随着反应时间的延长，活性组分逐渐被消耗；
②250℃时，已分解为固体，氨基类活性物质分解产生气态。氨基类活性物质脱硫性能明显优于的原因是：250℃时，碳酸氢钠分解为碳酸钠固体，反应为“气-固”模式，氨基类活性物质产生气态，反应为“气-气”模式，氨基类活性物质显著增大了脱硫剂与的接触面积，脱硫效率优于；
故答案为： 随着反应时间的延长，活性组分逐渐被消耗 ；250℃时，碳酸氢钠分解为碳酸钠固体，反应为“气-固”模式，氨基类活性物质产生气态，反应为“气-气”模式，氨基类活性物质显著增大了脱硫剂与的接触面积，脱硫效率优于。
（3）①根据流程中图示，步骤Ⅲ可描述为：被*O氧化为S，*O得电子后与结合生成；
②步骤Ⅳ中变化可以看出，氧气参加反应，与Mn结合成键，化合价发生变化的元素有：O、Mn。
故答案为：被*O氧化为S，*O得电子后与结合生成； O、Mn 。
【分析】（1）①结合催化剂（硫杆菌）作用及中间产物（FeSO4、Fe2(SO4)3）循环，写出 H2S 与 O2反应生成 S 和 H2O 的总方程式。
②硫杆菌是生物催化剂，温度过高会使其失去活性，影响催化效率。
（2）①随反应进行，活性组分不断消耗，脱硫能力下降，导致 SO2出口浓度升高。
②NaHCO3分解为 Na2CO3固体，与 SO2为 “气 - 固” 反应；氨基类物质分解产生气态 NH3，与 SO2为 “气 - 气” 反应，后者接触面积更大，脱硫效果更优。
（3）①S2-被吸附态氧（*O）氧化为 S，*O 得电子后与 H2O 结合生成 OH-。
②步骤 Ⅳ 中，O 和 Mn 的化合价发生变化（O 参与氧化还原，Mn 的结合状态改变）。
（1）①天然气中含有少量，在酸性溶液中利用硫杆菌可实现天然气的催化脱硫，其中硫杆菌做催化剂，硫酸亚铁是中间产物循环使用，总化学方程式为：；
②催化剂在特定条件下的催化效率高，温度高，会失去活性，答案为：温度太高，硫杆菌失去活性；
（2）通过添加活性组分可以提高脱硫性能。
①反应一段时间后，出口浓度都升高的原因是：随着反应时间的延长，活性组分逐渐被消耗；
②250℃时，已分解为固体，氨基类活性物质分解产生气态。氨基类活性物质脱硫性能明显优于的原因是：250℃时，碳酸氢钠分解为碳酸钠固体，反应为“气-固”模式，氨基类活性物质产生气态，反应为“气-气”模式，氨基类活性物质显著增大了脱硫剂与的接触面积，脱硫效率优于；
（3）①根据流程中图示，步骤Ⅲ可描述为：被*O氧化为S，*O得电子后与结合生成；
②步骤Ⅳ中变化可以看出，氧气参加反应，与Mn结合成键，化合价发生变化的元素有：O、Mn。
1 / 1

展开更多......

收起↑