上海市闵行区三年（2020-2022）年高考化学模拟题分题型分层汇编-07认识化学科学（基础题）
一、单选题（共14题）
1．（2022·上海闵行·统考一模）能与溴水反应的非电解质是
A．硫化氢 B．二氧化硫 C．氢氧化钠 D．苯
2．（2022·上海闵行·统考一模）下列化学用语表示正确的是
A．中子数为16的磷原子：
B．过氧化氢的电子式：
C．的名称：2-乙基丁烷
D．氧原子核外电子轨道表示式：
3．（2022·上海闵行·统考一模）是一种有毒气体，能溶于水，人们常用溶液除去气体中混有的杂质，生成黑褐色的CuS沉淀，下列说法正确的是
A．离子方程式：
B．溶解或电离出能力：
C．足量溶液吸收可得到
D．稀释溶液，溶液中的离子浓度都降低
4．（2022·上海闵行·统考一模）一定量的某磁黄铁矿(主要成分，S为-2价)与盐酸恰好完全反应(杂质不与盐酸反应)，生成硫单质、和一定量的某种气体，且反应后溶液中无。有关说法正确的是
A． B．生成了气体
C． D．中，
5．（2022·上海闵行·统考模拟预测）图a、b、c分别为NaCl在不同状态下导电实验的微观示意图(X、Y为石墨电极)。下列分析正确的是
A．图a中每个Na+吸引4个Cl- B．图b说明通电后NaCl才电离
C．图c中X与电源负极相连 D．图c中Y上产生H2
6．（2022·上海闵行·统考模拟预测）为回收硫，在CuCl2、FeCl3的混合溶液中依次通入一定体积的H2S和空气(O2体积比以20%计)，转化过程如图，描述正确的是
A．Fe3+相当于催化剂，不参与反应
B．整个过程只发生氧化还原反应
C．只有2种元素的化合价发生变化
D．若最终不产生CuS，则通入V(H2S)∶V(空气)=2∶5
7．（2022·上海·统考一模）有关化学用语正确的是
A．氯化氢的比例模型： B．37Cl—的结构示意图：
C．乙烯分子的球棍模型： D．甲基的电子式：
8．（2022·上海·统考一模）属于非电解质，且溶解时破坏化学键的物质是
A．Cl2 B．HCl C．CO2 D．C2H5OH
9．（2022·上海·统考一模）欲除去粗盐中含有的Ca2+、Mg2+、SO，加入三种除杂试剂顺序不可行的是
A．NaOH BaCl2 Na2CO3 B．BaCl2 NaOH Na2CO3
C．Na2CO3 BaCl2 NaOH D．BaCl2 Na2CO3 NaOH
10．（2021·上海闵行·统考二模）某溶液可能含有等物质的量的Ba2＋、Na＋、、H＋、Cl-、I-、、中的几种，向该溶液中滴加少量新制氯水，所得溶液为无色。判断不正确的是
A．肯定不含 B．肯定不含H＋
C．肯定含有 D．肯定不含Cl-
11．（2021·上海闵行·统考一模）改变温度不影响
A．物质的摩尔质量 B．水的离子积
C．气体摩尔体积 D．化学平衡常数
12．（2021·上海闵行·统考一模）对于22.4L的气体2H2，说法正确的是
A．含有2NA个2H
B．密度是 1H2 的 0.5 倍
C．标准状况下，含有2NA个中子
D．分子数是11.2 L H2的两倍
13．（2021·上海闵行·统考一模）下列离子方程式书写正确的是
A．铁与稀盐酸反应：Fe+6H+=Fe3++3H2↑
B．氯气与氯化亚铁溶液反应：Cl2+Fe2+=Fe3++2Cl-
C．氯化铁溶液与铜反应：3Cu+2Fe3+=2Fe+3Cu2+
D．氯化铁溶液与硫化氢反应：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+
14．（2020·上海闵行·统考二模）能与氢硫酸反应的非电解质是
A．氯气 B．氢氧化钠 C．硫酸亚铁 D．二氧化硫
二、填空题（共4题）
15．（2022·上海闵行·统考一模）某温度下，体积和pH都相同的盐酸和氯化铵溶液加水稀释时pH变化曲线如图所示。
(1)a、b、c三点溶液中水的电离程度大小关系：_______。
(2)①b点溶液中c(H+) =_______+_______ (填微粒浓度)。________
②用等浓度的NaOH溶液和b、c处溶液反应，消耗NaOH溶液的体积。_______(填“>”“<”或“=”)。
(3)阐述a、c两点溶液的导电能力强弱：_______。
16．（2022·上海·统考一模）NH4Cl是农业常用的一种氮肥，该产品主要生产工艺之一就是利用中国著名实业家侯德榜发明的“侯氏制碱法”。
(1)NH4Cl中含有的化学键类型有_______；其三种组成元素中，原子半径最大的原子，其核外电子有_______种不同的运动状态，有_______种不同能量的电子。
(2)NH4I和NH4Cl性质类似都易分解，产物都有NH3，但NH4I分解过程中产生紫红色的气体。请从物质结构角度解释_______。
(3)纯碱工业中，使NH4Cl从母液中析出的措施不包括_______(选填编号)。
a.冷却 b.加入食盐细颗粒 c.通入CO2 d.通入NH3
(4)无水情况下，NH4Cl可以和Fe2O3发生如下反应：_______NH4Cl +_______Fe2O3=_______Fe + _______FeCl3 + _______N2 ↑ + _______H2O
①配平上述反应方程式，并标出电子转移的方向和数目_______；
②当有2mol电子转移时，生成标准状况下的气体体积为_______L(保留2位小数)
③若上述反应物恰好完全反应，将固体产物溶解并过滤，写出检验滤液中金属离子的方法：_______
17．（2022·上海·统考一模）综合利用CO2对构建低碳社会、促进工业可持续发展有重要意义。
途径1：可用工业废气中二氧化碳制备再生能源物质——甲醇。反应原理为：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g) + H2O(g) +53.7kJ
某温度下，向2L密闭容器中通入0.04 mol CO2和0.08 mol H2，测得其压强(p)随时间(t)变化(如图1中)曲线I所示。
(1)以CO2来表示5 min内的化学反应反应速率υ(CO2)=_______。
(2)若只改变某一条件，其他条件相同时，曲线变化为II，则改变的条件是_______。
途径2：还可以通过以下途径实现CO2向CH3OH的转化(Q1、Q2均大于0)：
反应I：CO2(g)+H2(g) H2O(g)+CO(g)+Q1
反应Ⅱ：2H2(g)+CO(g) CH3OH(g)+Q2
反应I和反应Ⅱ的平衡常数K随温度T的变化如图2所示。
(3)根据图中数据分析可知，T1_______T2(选填“>”、“<”或“=”)；
(4)目前，许多国家采用CO2代替CO(以煤和天然气为原料)生产CH3OH。请阐述理由：_______
(5)0.02molCO2通入含有10mL 3 mol/L NaOH溶液中：
①所得溶液中取2mL，滴加几滴稀Ba(OH)2溶液，c(CO)_______(选填“增大、减小、不变、无法确定”)，写出反应的离子方程式_______；
②反应后的溶液还能吸收CO2的物质的量是_______；
③反应后的溶液中离子浓度由大到小的顺序排列_______。
18．（2021·上海闵行·统考一模）FePO4 是制备锂离子电池的原料。向 FeSO4 溶液中先加入 H3PO4 溶液，再加入 NaOH、NaClO 的混合液可制取 FePO4。
(1)配平下列反应方程式：FeSO4+H3PO4+NaClO+NaOH→FePO4↓+Na2SO4+NaCl+H2O，____________________。
(2)NaOH、NaClO 的混合液可通过 Cl2 与 NaOH 溶液反应制取。若 NaOH、NaClO混合液中NaClO含量偏低，则制得的 FePO4 中含有的不溶性杂质主要是_______。
(3)现有 500 mL 1.2mol/LNaOH 溶液，若要制取反应所需的混合液，则需通入标准状况下 Cl2 的体积为__________。
三、实验题（共2题）
19．（2022·上海闵行·统考模拟预测）二氧化硫及硫酸盐在生活、生产中有重要应用。回答下列问题：
I.测定晶体结晶水含量的实验中常选择胆矾作为实验对象进行研究。
(1)结合已有知识及表格中信息解释原因_______。
明矾 胆矾 绿矾
化学式 KAl(SO4)2·12H2O CuSO4·5H2O FeSO4·7H2O
色态 无色透明 蓝色 浅绿色
失去全部结晶水温度(℃) 200 200 300
II.《唐本草》和《天工开物》等古籍均记载中国很早就焙烧绿矾制备铁红(主要成分Fe2O3，是一种传统颜料的着色剂)和含硫气体等。
(2)对含硫气体的成分，某学生做出三种假设：①含硫气体为SO2；②含硫气体为SO3；③含硫气体为SO2和SO3。从上述三种假设中挑选一种不合理的，做出解释：_______。
(3)将盛有绿矾的硬质玻璃管A按下图装置，加强热使其充分反应。
C、D中的溶液依次为_______、_______(选填字母编号)。
a.品红溶液 b.Ba(OH)2溶液 c.盐酸酸化的BaCl2溶液 d.浓硫酸
III.SO2常用于食品加工中作防腐剂、漂白剂。我国规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.26g·L-1。某研究小组测定葡萄酒中SO2含量的方法为：在300.00mL葡萄酒中加入适量稀硫酸，加热使SO2全部逸出，并用H2O2完全吸收，再将吸收了SO2的H2O2充分加热后，用0.0900mol·L-1NaOH溶液进行滴定。
(4)H2O2吸收SO2的化学方程式为_______。“将吸收了SO2的H2O2充分加热”目的是_______。
(5)若选用酚酞作指示剂，滴定终点的现象为_______。滴定终点时消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中的SO2含量为_______g·L-1。该葡萄酒的此项指标被判定为_______。(选填：合格、不合格)
20．（2021·上海闵行·统考二模）莫尔盐［(NH4)2Fe(SO4)2 6H2O，392g/mol］是一种重要的还原剂，可通过以下流程制取：
Fe2(SO4)3溶液FeSO4溶液 (NH4)2Fe(SO4)2溶液莫尔盐
已知：硫酸铵、水合硫酸亚铁、硫酸亚铁铵在水中的溶解度
10 20 30 40
(NH4)2SO4 73.0 75.4 78.0 81.0
FeSO4 7H2O 40.0 48.0 60.0 73.3
(NH4)2SO4 FeSO4 6H2O 18.1 21.2 24.5 27.9
完成下列填空：
(1)配制Fe2(SO4)3溶液需加入少量稀硫酸，目的是____。
(2) (NH4)2SO4溶液和FeSO4溶液混合会生成(NH4)2Fe(SO4)2的原因是____。
(3)隔绝空气下莫尔盐受强热分解会产生多种气体。利用如下装置验证气体中存在H2O、SO2和SO3。验证气体的装置次序为____；c装置中足量盐酸的作用是____。
(4)测定莫尔盐样品的纯度：称取莫尔盐样品20.000g，用蒸馏水配成250mL溶液，取25.00mL溶液加入稀硫酸，用0.1000mol L-1的KMnO4 溶液滴定三次，达到滴定终点时平均消耗10.00mLKMnO4溶液。
①蒸馏水要预先加热煮沸的原因是____；配成250mL溶液的定量仪器为____。
②若滴定前不用标准液润洗滴定管，将会导致最终结果___(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)；
③已知滴定反应中n(Fe2+)：n()为5：1，该样品的纯度为____。
四、工业流程题（共1题）
21．（2021·上海闵行·统考二模）工业上可用NaNO2从含I-的卤水中提取单质碘。流程如下：
(1)酸性条件下，含I-的卤水发生如下反应：+I-+____→NO ↑+I2 +_____，补充完整方程式并配平：_______；当有0.75mol I-参与反应时，在标准状况下产生气体的体积是_______L。
(2)上述反应为什么不选用常见的氧化剂氯气，而选择价格并不便宜的NaNO2，可能原因是___。
(3)从第②步反应后的溶液中提纯I2涉及到的方法可以是____(选填编号)。
a.萃取 b.升华 c.纸层析 d.过滤
(4)在富集碘元素过程中，还使用了NaHSO3溶液。该物质既能水解又能电离，设计实验验证其水解程度和电离程度的相对大小___。
五、原理综合题（共1题）
22．（2020·上海闵行·统考二模）NaClO、NaNO3、Na2SO3等钠盐在多领域有着较广的应用。
（1）上述三种盐所涉及的五种元素中，半径较小的原子是______________
（2）碱性条件下，铝粉可除去工业废水中的NaNO2，处理过程中产生一种能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体。产物中铝元素的存在形式_____________
（3）新冠疫情发生后，有人用电解食盐水自制NaClO消毒液，装置如图（电极都是石墨）。电极a应接在直流电源的_____________
（4）Na2SO3溶液中存在水解平衡+H2O+设计简单实验证明该平衡存在__________________
时刻 ① ② ③ ④
温度/℃ 25 30 40 25
PH 9.66 9.52 9.37 9.25
升温过程中PH减小的原因是_____________
试卷第2页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【详解】A．硫化氢在溶液中能电离出自由移动的离子，属于电解质，故A不符合题意；
B．二氧化硫不能电离出自由移动的离子，属于非电解质，能与溴水中溴单质发生氧化还原反应，故B符合题意；
C．氢氧化钠在熔融状态下或水溶液中能电离出自由移动的离子，属于电解质，故C不符合题意；
D．苯是非电解质，但不能与溴水反应，故D不符合题意；
故选B。
2．B
【详解】A．中子数为16的磷原子的质量数为15+16=31，可以用表示，故A错误；
B．双氧水为共价化合物，其电子式为 ，故B正确；
C．的名称：3-甲基戊烷，故C错误；
D．氧原子核外电子排布式为1s22s2p4，p轨道数为3，其中一轨道中的两个电子自旋方向相反，，故D错误；
故选B。
3．B
【详解】A．为弱酸不能写成离子形式，应该用分子式表示，正确的离子方程式为：+2H+，故A错误；
B．由铜离子与硫化氢反应生成硫化铜沉淀可知，相同条件下溶解或电离出能力：，故B正确；
C．足量溶液和反应生成和水，故C错误；
D．温度不变，不变，c(H+)降低，则c(OH-)必然增大，所以稀释溶液时，不是溶液中的所有离子浓度都降低，故D错误；
答案选B。
4．D
【详解】A．盐酸恰好完全反应，生成，没有其他的氯化物生成，根据元素守恒，，所以盐酸的浓度为：，A错误；
B．根据信息，和盐酸反应，硫单质、和气体，根据氢元素守恒，生成的为，标况下体积为，B错误；
C．根据上述分析，可以写出反应方程式：，根据元素守恒，算出：，C错误；
D．在，为-2价，设化合物中的物质的量分别为和，则，，所以，D正确；
故选D。
5．D
【详解】A．根据粒子半径判断，氯离子半径大于钠离子，图a中小的白色球体为钠离子，在氯化钠晶体中，每个Na+同层的有4个氯离子，上下层各有1个氯离子，共吸引6个Cl-，A错误 ；
B．图b说明通电后离子发生定向移动，不是通电NaCl才电离，B 错误；
C．电解池中阴离子向阳极运动，图c中阴离子向X极运动，则X与电源正极相连，C错误；
D．由C分析可知，图c中Y为阴极，Y极上氢离子放电发生还原反应产生H2，D正确；
故选D。
6．D
【分析】由图可知：一共发生的有三个反应①H2S+Cu2+=CuS↓+2H+、②CuS+2Fe3+=2Fe2++Cu2++S、③4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，由此可以推出总反应：2H2S+O2=2S↓+2H2O。
【详解】A．反应中消耗FeCl3又生成等量的FeCl3，则Fe3+相当于催化剂，但参与了化学反应，故A错误；
B．由图可知，反应H2S+Cu2+=CuS↓+2H+没有元素化合价发生变化，不属于氧化还原反应，故B错误；
C．由反应①H2S+Cu2+=CuS↓+2H+、②CuS+2Fe3+=2Fe2++Cu2++S、③4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，可得Fe、S、O共3种元素化合价发生变化，故C错误；
D．由图可得总反应：2H2S+O2=2S↓+2H2O，消耗V(H2S)：V(O2)=2∶1，O2体积在空气体积占比20%，则V(空气)=5V(O2)，则通入V(H2S)∶V(空气)=2∶5，故D正确；
故选：D。
7．C
【详解】A．氯化氢分子是直线形分子，氯原子比氢原子大，氯化氢的比例模型为，故A错误；
B．氯离子核电荷数为17，核外电子数为18，有3个电子层，最外层电子数为8，离子的结构示意图为，故B错误；
C．乙烯分子的结构简式为CH2=CH2，分子的球棍模型为，故C正确；
D．甲基的结构简式为—CH3，电子式为，故D正确；
故选C。
8．C
【详解】A．Cl2是非金属单质，既不是电解质又不是非电解质，故不选A；
B．HCl的水溶液能导电，HCl是电解质，故不选B；
C．CO2自身不能电离，属于非电解质，CO2溶解时和水反应生成碳酸，有化学键的断裂和形成，故选C；
D．C2H5OH溶于水时不能电离，没有破坏化学键，C2H5OH是非电解质，故不选D；
选C。
9．C
【详解】除去Ca2+，要使用Na2CO3溶液；欲除去SO，要使用BaCl2溶液，这时就要引入过量Ba2+，除去过量Ba2+，就要使用Na2CO3溶液，为使实验步骤简单，除去SO加入的BaCl2溶液就要在加入Na2CO3溶液之前，这样除去Mg2+要使用NaOH溶液，过量的OH-及要用盐酸除去，而加入NaOH溶液除去Mg2+在使用试剂顺序无要求，因此三种试剂使用顺序可以是NaOH、BaCl2、Na2CO3或BaCl2、NaOH、Na2CO3或BaCl2、Na2CO3、NaOH，而不能是按Na2CO3、BaCl2、NaOH顺序，故合理选项是C。
10．A
【详解】亚硫酸根离子的还原性强于碘离子，优先与少量氯水反应，由向溶液中滴加少量新制氯水，所得溶液为无色可知，溶液中一定含有亚硫酸根离子，一定不含氢离子和钡离子；溶液中各离子物质的量相等，由电荷守恒可知，溶液中一定含有钠离子和铵根离子，一定不含有氯离子、碘离子和硫酸根离子，则溶液中一定含有亚硫酸根离子、钠离子和铵根离子，一定不含有氢离子、钡离子、氯离子、碘离子和硫酸根离子，故选A。
11．A
【详解】A．单位物质的量的物质具有的质量为物质的摩尔质量，与温度无关，改变温度摩尔质量不变，故A符合题意；
B．升高温度促进水的电离，水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度增大，根据Kw=c(H+)c(OH-)，水的离子积增大，则改变温度，影响水的离子积大小，故B不符合题意；
C．气体摩尔体积为单位物质的量的气体所占的体积，数值的大小决定于气体所处的温度和压强。其它条件不变，改变温度，气体摩尔体积数值一定变化，故C不符合题意；
D．在一定温度下，当一个可逆反应达到平衡状态时，各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比值是个常数，这个常数即为化学平衡常数，平衡常数只与温度有关，温度改变，平衡常数一定改变，故D不符合题意；
答案选A。
12．C
【详解】A．22.4 L的H2状态条件未知，不能用标况下气体摩尔体积计算氢气的物质的量，则含有2H原子数目无法计算，故A错误；
B．根据，2H2和1H2的物质的量以及1H2的体积未知，无法比较二者的密度大小关系，故B错误；
C．一个2H2分子中含有2个中子，标准状况下，22.4 L 2H2的物质的量为1mol，则含有中子数=1mol×2×NA=2NA个，故C正确；
D．两种气体的状态条件未知，无法计算物质的量，分子数目无法确定，不能比较，故D错误；
答案选C。
13．D
【详解】A．铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，离子反应方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，故A错误；
B．氯气与氯化亚铁溶液反应生成氯化铁，离子反应方程式为：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-，故B错误；
C．氯化铁溶液与铜反应生成氯化铜和氯化亚铁，离子反应方程式为：Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+
D．氯化铁溶液与硫化氢反应生成氯化亚铁、盐酸和硫单质，离子反应方程式为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，故D正确；
答案选D。
14．D
【详解】A.氯气与氢硫酸反应生成盐酸和硫沉淀，氯气是单质，既不是电解质又不是非电解质，故不选A；
B.氢氧化钠与氢硫酸反应生成硫化钠和水，氢氧化钠溶液能导电，氢氧化钠是电解质，故不选B；
C. 硫酸是强酸，氢硫酸是弱酸，硫酸亚铁和氢硫酸不反应，故不选C；
D. 二氧化硫与氢硫酸反应生成硫单质和水，二氧化硫自身不能电离，二氧化硫是非电解质，故选D。
15．(1)a>b>c
(2) >
(3)a、c两点溶液的离子 度c
【详解】（1）盐酸电离出的氢离子抑制了水的电离，所以c点溶液中水的电离程度最小；水解促进水的电离，由于氯化铵溶液中的氢离子来自于铵根离子水解生成的氢离子，氢离子浓度越大，说明水解程度越大，a点的pH
（2）①b点溶液中，根据质子守恒得出，故答案为：；
②用等浓度的NaOH溶液和b、c处溶液反应，b点溶液中铵根和氢离子均消耗NaOH，而c点溶液只有盐酸消耗NaOH（盐酸完全电离），故消耗NaOH溶液的体积>，故答案为：>；
（3）溶液的导电能力和溶液中自由移动离子浓度的大小有关，当溶液的体积相等时，a、c两点溶液的离子浓度c
(2)NH4C1分解生成NH3和HCl，NH4I先分解生成NH3和HI，原于半径：I>C1，键长：H-I>H-C1，故键能H-I
(4) 或 7.47 取样少量于试管中滴加酸性高锰酸钾溶液，若溶液的紫红色褪去，则溶液中金属离子为Fe2+或取样少量于试管中滴加铁氰化钾溶液，若出现蓝色沉淀，则溶液中金属离子为Fe2+
【解析】（1）
氮和氢原子之间是共价键结合，铵根是NH3分子与氢离子以配位键结合，配位键是一种特殊的共价键，铵根与氯离子是以离子键结合的，NH4Cl中含有的化学键类型为离子键和共价键，三种元素半径最大的Cl元素，核外有17个电子，一个电子一个运动状态，其核外电子有17种不同的运动状态，一个能级一种能量，1s22s22p63s23p5，有5种不同的能量的电子；
（2）
NH4C1分解生成NH3和HCl，NH4I先分解生成NH3和HI，原于半径：I>C1，键长： H-I>H-C1，故键能H-I
根据沉淀转化析出氯化铵，NH4Cl(s)NH(aq)+Cl-(aq)平衡逆向移动，
a．NH4Cl(s)NH(aq)+Cl-(aq)吸热，冷却使平衡逆向移动会析出氯化铵固体，a不符合题意；
b．加入食盐细颗粒，导致氯离子浓度增大，平衡使平衡逆向移动会析出氯化铵固体，b不符合题意；
c．通入CO2与反应的离子无关，平衡不移动，不会析出氯化铵晶体，C符合题意；
d．通入NH3，NH3和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出铵根离子，同离子反应导致平衡逆向移动会析出氯化铵固体，d不符合题意；
故选c。
（4）
①NH4Cl中氮的化合价-3价化合价升高变成了N2中0价，Fe2O3中铁的化合价+3价降低变为Fe中0价，根据化合价守恒和原子守恒可配平为：6NH4Cl+4Fe2O3=6Fe+2FeCl3+3N2↑+12H2O，NH4Cl中氮的化合价-3价化合价升高变成了N2中0价转移3e-，有6个氮原子化合价升高，所以转移电子数目为6×3e-=18e-，或；
②根据①中的信息可知，18e-～3N2当有2mol电子转移时，可知n(N2)=×2mol，V=nVm=×2mol×22.4L/mol=7.47L；
③若上述反应物恰好完全反应，生成的铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，Fe+2FeCl3=3FeCl2将固体产物溶解并过滤，滤液中的金属离子为亚铁离子，亚铁离子的检验，取样少量于试管中滴加酸性高锰酸钾溶液，若溶液的紫红色褪去，则溶液中金属离子为Fe2+或取样少量于试管中滴加铁氰化钾溶液，若出现蓝色沉淀，则溶液中金属离子为Fe2+；【点睛】
17．(1)0.002mol/(L·min)
(2)加入催化剂
(3)<
(4)CO以煤和天然气为原料，生产成本受煤和天然气价格影响较大；CO2来源广泛，它还是温室气体，这样的转化有利于碳减排，缓解环境问题
(5) 增大 2 HCO+Ba2++2OH-=BaCO3↓+CO+2 H2O 0.01mol c(Na+)>c(HCO)> c(CO)> c(OH-)> c(H+)
【解析】（1）
①开始时混合气体总物质的量=(0.04+0.08) mol=0. 12 mol，恒温恒容条件下，气体物质的量之比等于压强之比，则平街时混合气体总物质的量=×0.12mol=0. 08 mol，根据方程式知，如果有1 mol二氧化碳完全反应，则混合气体物质的量减少2 mol，则混合气体减少(0. 12-0.08) mol=0. 04 mol.则消耗n(CO2 )=×0.04 mol=0.02mol，反应开始至达平衡时，v(CO2)===0.002mol/(L·min)；
（2）
改变条件时只缩短了反应达到平街时间，但是平衡时压强不变，催化剂只改变化学反应速率不影响平街移动，所以改变的条件是加入催化剂；
（3）
Ⅰ和Ⅱ的正反应都是放热反应，升高温度平街逆向移动，化学平衡常数减小，根据图知，从左向右化学平衡常依次减小说明温度依次升高，所以Ti
CO需要煤和天然气制取，投资较高，且生产成本受煤和天然气价格影响较大，二氧化碳来源广泛，且是温室气体，还能解决温室效应，所以用二氧化碳较好；
（5）
①二氧化碳通入到氢氧化钠溶液中，首先反应生成碳酸钠，碳酸钠在与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，产物不是碳酸钠就是碳酸氢钠，或者二者都有，设生成物中碳酸钠的物质的量为x，碳酸为y，根据2NaOH＋CO2＝Na2CO3＋H2O，NaOH＋CO2＝NaHCO3再根据C和Na守恒可知可得出，x+y=0.02mol，2x+y=0.01L×3 mol/L=0.03mol，解得x=y=0.01mol，溶液碳酸钠和碳酸氢钠混合液，所得溶液中取2mL，滴加几滴稀Ba(OH)2溶液，而碳酸碳酸氢根和氢氧根结合生碳酸根，钡离子和碳酸根结合生成碳酸钡沉淀，由于氢氧化钡的量少，氢氧化钡提供来两个氢氧根的全部被碳酸氢根消耗掉，还多了碳酸根，所以碳酸根的数目增多，反离子方程式为：2HCO+Ba2++2OH-=BaCO3↓+CO+2H2O；
②根据①分析可知碳酸钠为0.01mol，根据Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，可知Na2CO3～CO2所以n(CO2)=n(Na2CO3)=0.01mol；
③据①分析可知，溶液中n(Na2CO3)=0.01mol=n(NaHCO3)，根据两个电离方程式NaHCO3=Na+ + HCO，Na2CO3=2Na+ + CO，可知c(Na+)最大，HCO+ H2O H2CO3 + OH-，CO+ H2O HCO+ OH-可知溶液显碱性，c(OH-)> c(H+)，也可知c(HCO)和c(CO)均比c(OH-)大，若HCO和CO都不水解和电离二者浓度一样大，但是CO的水解程度大于HCO的水解程度，剩余就少，所以c(Na+)>c(HCO)> c(CO)> c(OH-)> c(H+)；
18． 2FeSO4+2H3PO4+NaClO+4NaOH=2FePO4↓+2Na2SO4+NaCl+5H2O Fe(OH)3 2.24L
【详解】(1)反应FeSO4+H3PO4+NaClO+NaOH→FePO4↓+Na2SO4+NaCl+H2O中，Fe元素化合价由+2价变为+3价，Cl元素化合价由+1价变为-1价，根据电子得失守恒及物料守恒，配平反应方程式为：2FeSO4+2H3PO4+NaClO+4NaOH=2FePO4↓+2Na2SO4+NaCl+5H2O；
(2)NaOH、NaClO 的混合液可通过 Cl2 与 NaOH 溶液反应制取。若 NaOH、NaClO混合液中NaClO含量偏低，NaClO不足以将FeSO4中的Fe2+全部氧化为Fe3+，过量的Fe2+与碱反应生成Fe(OH)2，Fe(OH)2易被氧化生成Fe(OH)3，则制得的 FePO4中含有的不溶性杂质主要是Fe(OH)3；
(3)500mL1.2mol/LNaOH溶液中氢氧化钠的物质的量为0.5L×1.2mol/L=0.6mol，通入氯气发生反应2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，设配制该混合溶液需要标准状况下 Cl2 的体积为VL，生成NaClO的物质的量为mol，消耗氢氧化钠的物质的量为2×=mol，根据反应2FeSO4+2H3PO4+NaClO+4NaOH=2FePO4↓+2Na2SO4+NaCl+5H2O可知，所需的混合液中NaClO和NaOH的物质的量比为1∶4，则∶(0.6-)=1∶4，解得V=2.24L。
19．(1)胆矾失去全部结晶水所需温度较低，易于操作且颜色变化明显，易于观察
(2)焙烧绿矾制备铁红，铁元素化合价升高，则应该有元素化合价降低，故应该生成二氧化硫气体，假设②不合理
(3) c a
(4) H2O2+SO2=H2SO4 除去过量的过氧化氢
(5) 最后一滴氢氧化钠标准液滴入后，溶液变为红色，且半分钟内不变色 0.24 合格
【分析】盛有绿矾的硬质玻璃管A加强热，分解生成气体首先通过酸化的氯化钡溶液检验三氧化硫，再通过品红溶液检验二氧化硫，最后通入氢氧化钠溶液吸收尾气；
(1)
无水硫酸铜为白色粉末，常选择胆矾作为实验对象进行研究原因是胆矾失去全部结晶水所需温度较低，易于操作且颜色变化明显，易于观察；
(2)
焙烧绿矾制备铁红，铁元素化合价升高，则应该有元素化合价降低，故应该生成二氧化硫气体，假设②不合理；
(3)
二氧化硫和三氧化硫均和氢氧化钡反应生成沉淀，三氧化硫能溶于水可以和氯化钡反应生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，二氧化硫能使品红溶液褪色，故检验二氧化硫、三氧化硫依次通过CD，C、D中的溶液依次为c.盐酸酸化的BaCl2溶液、a.品红溶液；
(4)
H2O2具有氧化性，二氧化硫具有还原性，吸收SO2的化学方程式为H2O2+SO2=H2SO4；用0.0900mol·L-1NaOH溶液进行滴定过程中需要使用酚酞做指示剂，溶液中过量的过氧化氢具有强氧化性，会使酚酞褪色，过氧化氢不稳定，加热分解，故“将吸收了SO2的H2O2充分加热”目的是除去过量的过氧化氢；
(5)
若选用酚酞作指示剂，滴定终点的现象为最后一滴氢氧化钠标准液滴入后，溶液变为红色，且半分钟内不变色；根据反应关系可知，SO2～H2SO4～2NaOH，滴定终点时消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中的SO2的质量为25.00×10-3L×0.0900mol·L-1×64g/L÷2=0.072g，含量为0.072g ÷0.3L=0.24g·L-1<0.26g·L-1，故合格。
20． 防止Fe3+水解 硫酸亚铁铵在水中溶解度小于硫酸亚铁和硫酸铵 bcad 吸收氨气并将溶液酸化，排除SO2的干扰 除去氧气防止Fe2+被氧化 250mL容量瓶 偏大 98%
【分析】由题给流程可知，向硫酸铁溶液中铁粉制得硫酸亚铁溶液，向硫酸亚铁溶液中加入硫酸铵溶液制得硫酸亚铁铵溶液，硫酸亚铁铵溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到莫尔盐。
【详解】(1)硫酸铁是强酸弱碱盐，在溶液中易发生水解反应，则配制硫酸铁溶液时，应加入少量稀硫酸防止铁离子水解，故答案为：防止Fe3+水解；
(2)由题给硫酸铵、水合硫酸亚铁、硫酸亚铁铵在水中的溶解度表可知，在相同温度下，硫酸亚铁铵在水中溶解度小于硫酸亚铁和硫酸铵，则硫酸铵溶液和硫酸亚铁溶液混合时，会生成溶解度小的硫酸亚铁铵，故答案为：硫酸亚铁铵在水中溶解度小于硫酸亚铁和硫酸铵；
(3)由题意可知，硫酸亚铁铵受强热分解生成的气体中可能含有氨气、氮气、三氧化硫、二氧化硫和水等，验证气体中存在水蒸气、二氧化硫和三氧化硫时应注意检验三氧化硫和二氧化硫所用溶液会带出水蒸气，干扰水蒸气的检验，则应用无水硫酸铜先检验水蒸气；二氧化硫不能与氯化钡溶液反应，但混合气体中的氨气会降低溶液的酸性，导致二氧化硫与氯化钡溶液反应，所以应用盐酸酸化的氯化钡溶液吸收氨气并将溶液酸化，排除二氧化硫对三氧化硫的检验；用品红溶液检验二氧化硫后，应用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫，防止有毒的二氧化硫排空，污染空气，则验证气体的装置次序为bcad，故答案为：bcad；吸收氨气并将溶液酸化，排除SO2的干扰；
(4) ①亚铁离子具有还原性，易被蒸馏水中溶解的氧气氧化，则配制摩尔盐溶液时，蒸馏水要预先加热煮沸除去氧气，防止亚铁离子被氧化；由配制一定物质的量浓度溶液的配制步骤可知，配制250mL溶液需用到的定量仪器为250mL容量瓶，故答案为：除去氧气防止Fe2+被氧化；250mL容量瓶；
②若滴定前不用标准液润洗滴定管，高锰酸钾溶液会被稀释，导致滴定时消耗高锰酸钾溶液体积偏大，使最终结果偏大，故答案为：偏大；
③由反应中亚铁离子和高锰酸根离子的物质的量比为5:1可知，250mL溶液中亚铁离子的物质的量为0.1000mol L-1×10.000×10—3L×5×10=5.000×10—2mol，则该样品的纯度为×100%=98%，故答案为：98%。
21． 2+2I-+4H+=2NO↑+I2+2H2O 16.8 氯气氧化性太强，还能继续氧化I2 ab 常温下测NaHSO3稀溶液的pH，若pH大于7，则其水解程度大于电离程度，若pH小于7，其水解程度小于电离程度
【分析】含I-的卤水经过酸化，亚硝酸钠具有氧化性，碘离子具有还原性，二者发生氧化还原反应生成一氧化氮、碘单质、碘化钠和水，反应化学方程式：2+4HI=2NO↑+I2+2H2O+2NaI，活性炭所吸附I2通过NaOH溶液或NaHSO3溶液得到I-、，再经过45%H2SO4处理提取单质碘，据此分析解答。
【详解】(1)该反应中N元素的化合价由+3降低为+2，I元素的化合价由-1升高为0，根据电子得失守恒，可得主反应2+2I-→2NO ↑+I2，酸性条件下，结合电荷守恒方程式左边补充4H+，结合原子个数守恒方程式右边补充2H2O，最后完整方程式为：2+2I-+4H+=2NO↑+I2+2H2O。当有0.75mol I-参与反应时，则生成 n(NO)==0.75mol，在标准状况下产生气体的体积是0.75mol22.4L/mol=16.8L。故答案为：2+2I-+4H+=2NO↑+I2+2H2O；16.8；
(2)上述反应中不选用常见的氧化剂氯气，原因是氯气氧化性太强，还能继续氧化I2，从而提取碘单质产率降低，故工业上氧化卤水中I-选择价格并不便宜的NaNO2。故答案为：氯气氧化性太强，还能继续氧化I2；
(3)从第②步反应后的溶液中提纯I2，碘在水中的溶解度不大，但易溶于有机溶剂，可加入四氯化碳萃取碘，即把碘从水溶液中提取出来；同时碘容易升华，也可用升华提取碘。
故答案选ab；
(4)NaHSO3溶液中既能水解又能电离，水解使其显碱性，电离使其显酸性，在常温下，可测NaHSO3稀溶液的pH，若pH大于7，则其水解程度大于电离程度，若pH小于7，其水解程度小于电离程度。故答案为：常温下测NaHSO3稀溶液的pH，若pH大于7，则其水解程度大于电离程度，若pH小于7，其水解程度小于电离程度。
22． O N 34.5 正 2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，Cl2+2NaOH→NaCl+NaClO+H2 向溶液中滴加酚酞，发现变红 温度升高，Kw 变大，c(H+)增大，pH 变小（Na2SO3被氧化） >
【分析】（1）电子层数越少，半径越小，电子层数相同，质子数越多半径越小；p亚层的电子数，p亚层上电子自旋状态只有一种；根据洪特规则，当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，而且自旋状态相同；
（2）铝在碱性条件下，生成偏铝酸盐；铝粉除去工业废水中的NaNO2，处理过程中产生氨气，反应方程式是 ；
（3）氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，为使氯气与氢氧化钠充分反应，a极应生成氯气；
（4）由于该水解平衡的存在，使Na2SO3溶液显碱性；水电离吸热，升高温度，水的电离平衡正向移动；①与④相比，温度相同，①的pH大于④，说明④中浓度减小。
【详解】（1）上述三种盐所涉及的五种元素中，Na、Cl、S有3个电子层，半径较大，O、 N有2个电子层，且O的质子数大于N，所以半径较小的原子是O；根据洪特规则，当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，而且自旋状态相同，所以p亚层上电子自旋状态只有一种的元素是N；
（2）铝在碱性条件下，生成偏铝酸盐，产物中铝元素的存在形式是；铝粉除去工业废水中的NaNO2，反应方程式是，根据方程式1molAl粉处理0.5mol NaNO2，质量是0.5mol×69g/mol=34.5g；
（3）a极氯离子失电子生成氯气，所以a极是阳极，应接在直流电源的正极；用石墨电极电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气、氯气，氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，该装置中发生的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
（4）该水解平衡的存在，Na2SO3使溶液显碱性，向溶液中滴加酚酞，发现变红，则证明该平衡的存在；水电离吸热，升高温度，水的电离平衡正向移动，Kw 变大，c(H+)增大，pH 变小； ①与④相比，温度相同，①的pH大于④，说明④中浓度减小，c (）①>④。
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