(1)实验室用固体Na2SO3与70%硫酸反应制备并收集SO2气体．C.D大试管中为有孔塑料板．下列装置(图1)中合理的是b．．有一Na2SO3固体因部分被氧化而变质．为测定样品纯度.甲.乙两位同学分别设计了如下实验方案．根据题意回答:(2)甲同学用托盘天平称取m g样品.溶于水.加入过量的BaCl2溶液．过滤后.向沉淀中加入过量盐酸.再经过滤.洗涤.� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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4．（1）实验室用固体Na₂SO₃与70%硫酸反应制备并收集SO₂气体．C、D大试管中为有孔塑料板．下列装置（图1）中合理的是b．（选填编号）．
有一Na₂SO₃固体因部分被氧化而变质．为测定样品纯度，甲、乙两位同学分别设计了如下实验方案．根据题意回答：
（2）甲同学用托盘天平称取m g样品，溶于水，加入过量的BaCl₂溶液．过滤后，向沉淀中加入过量盐酸，再经过滤、洗涤、后进行烘干，冷却后称得残留固体质量为m₁g．判断残留固体是否洗涤干净的依据是在最后洗涤过滤出的滤液中滴加硝酸银溶液，无沉淀生成，表明沉淀已洗净．
（3）判断残留固体质量m₁ g能够作为实验测定值代入计算式，推算样品纯度，必须补充的实验操作是重复烘干、冷却、称量，所得质量与m₁的差值小于0.001g．
（4）乙同学称取m g样品溶于水，配成AmL溶液，用滴定管取V mL于锥形瓶中，用浓度为c mol/L的标准酸性高锰酸钾溶液滴定至终点．反应关系为：SO₃^2-+MnO₄^-→SO₄^2-+Mn²⁺（未配平）．配平滴定反应方程式5SO₃^2-+2MnO₄^-+6H⁺=5SO₄^2-+2Mn²⁺+3H₂O．
（5）配制样品溶液时，不一定需要的实验仪器是c（选填编号）．
a．容量瓶 b．玻璃棒 c．滴定管 d．烧杯 e．胶头滴管
（6）滴定管液面变化如图2所示，图I显示初读数为2.40mL．根据图II所示末读数，可得样品纯度计算式为$\frac{126g/mol×\frac{0.0505cA}{V}mol}{mg}$×100%．
（7）常温下，H₂SO₃的电离常数K_a1=1.2×10^-2，K_a2=6.3×10^-3；H₂CO₃的电离常数K_a1=4.5×10^-7，K_a2=4.7×10^-11．某同学设计实验验证H₂SO₃酸性强于H₂CO₃；同温下将SO₂和CO₂气体分别通入水中至饱和，立即用酸度计测两溶液的pH，若前者的pH小于后者，则H₂SO₃酸性强于H₂CO₃，该实验设计不正确（填正确、不正确），若不正确，理由在于SO₂和CO₂气体溶于水后的饱和溶液其浓度不相等，不能用于比较pH．

分析（1）二氧化硫的密度大于空气，收集气体的导管应该进气管长出气管短；
（2）过滤洗涤得到的硫酸钡沉淀，洗涤干净的方法是依据沉淀表面可能附着有的氯化钡，设计实验检验氯离子的存在情况；
（3）必须确保生成的硫酸钡沉淀完全烘干，即所得质量与m₁的差值小于0.001g；
（4）酸性条件下反应，反应物还应该有氢离子，产物中还要水，然后根据化合价升降相等配平该反应；
（5）根据配制一定物质的量浓度的溶液步骤判断使用仪器；
（6）根据滴定管构造及图示滴定管中液面读出消耗的高锰酸钾溶液体积，然后根据反应方程式及题中数据列出样品纯度的表达式；
（7）H₂SO₃和H₂CO₃均属于二元酸，要想通过比较二者的pH来验证二者的酸性强弱，必需使二者的浓度相同，但是用于比较pH的两种酸的物质的量浓度不相等，所以该实验设计不正确；要检验酸性强弱，可以采用多种方法，例如利用水解原理（酸越弱相应的强碱盐就越易水解），也可以利用较强的酸制取较弱的酸来检验．

解答解：（1）由于二氧化硫的密度大于空气，泽尔收集二氧化硫气体的导管应该进气管长出气管短，故b正确，
故答案为：b；
（2）过滤洗涤得到的硫酸钡沉淀，洗涤干净的方法是依据沉淀表面可能附着有的氯化钡，操作方法为：在最后洗涤过滤出的滤液中滴加硝酸银溶液，无沉淀生成，表明沉淀已洗净，
故答案为：在最后洗涤过滤出的滤液中滴加硝酸银溶液，无沉淀生成，表明沉淀已洗净；
（3）判断残留固体质量m₁g能够作为实验测定值代入计算式，推算样品纯度，必须重复烘干、冷却、称量，烘干后称量的质量与m₁的差值小于0.001g，
故答案为：重复烘干、冷却、称量，所得质量与m₁的差值小于0.001g；
（4）亚硫酸根离子的中S元素为+4价，反应后变为+6价的硫酸根离子，化合价升高2价，高锰酸根离子中锰元素的化合价为+7价，反应后变为+2价的锰离子，化合价降低5价，则亚硫酸根离子的系数为5、高锰酸根离子的系数为2，然后利用观察法配平可得：5SO₃^2-+2MnO₄^-+6H⁺=5SO₄^2-+2Mn²⁺+3H₂O，
故答案为：5SO₃^2-+2MnO₄^-+6H⁺=5SO₄^2-+2Mn²⁺+3H₂O；
（5）根据配制一定物质的量浓度的溶液过程中，需要使用的仪器有：一定容积的容量瓶、搅拌和引流时用到玻璃棒，溶解固体需要在烧杯中进行，定容时需要使用胶头滴管，所以需要的仪器有：a．容量瓶、b．玻璃棒、d．烧杯、e．胶头滴管，一般不需要的为c．滴定管，
故答案为：c；
（6）滴定管的每个小刻度为0.10mL，根据图2所示，图I显示初读数为2.40mL，图II所示的末读数为22.60mL，滴定总共消耗的高锰酸钾溶液的体积为：（22.60-2.40）mL=20.20mL，消耗高锰酸钾的物质的量为：cmol/L×0.0202L=0.0202cmol，AmL样品溶液完全反应消耗高锰酸钾的物质的量为：0.0202cmol×$\frac{AmL}{VmL}$=$\frac{0.0202cA}{V}$mol，根据反应5SO₃^2-+2MnO₄^-+6H⁺=5SO₄^2-+2Mn²⁺+3H₂O可知，mg样品中含有亚硫酸钠的物质的量为：$\frac{0.0202cA}{V}$mol×$\frac{5}{2}$=$\frac{0.0505cA}{V}$mol，
则样品纯度的计算式为：$\frac{126g/mol×\frac{0.0505cA}{V}mol}{mg}$×100%，
故答案为：2.40mL；$\frac{126g/mol×\frac{0.0505cA}{V}mol}{mg}$×100%；
（7）H₂SO₃和H₂CO₃均属于二元酸，要想通过比较二者的pH来验证二者的酸性强弱，必需使二者的浓度相同，但是SO₂和CO₂气体溶于水后的饱和溶液其浓度显然不相等（因为二者的溶解度不同），所以该实验设计不正确；要检验酸性强弱，可以采用多种方法，例如：方案①：配制相同物质的量浓度的NaHSO₃和NaHCO₃溶液，用酸度计（或pH试纸）测两溶液的pH，前者的pH小于后者，证明H₂SO₃酸性强于H₂CO₃，方案②：将SO₂气体依次通过NaHCO₃（Na₂CO₃）溶液、酸性KMnO₄溶液、品红溶液、澄清石灰水，品红溶液不褪色、且澄清石灰水变混浊，证明H₂SO₃酸性强于H₂CO₃等，
故答案为：不正确；SO₂和CO₂气体溶于水后的饱和溶液其浓度不相等，不能用于比较pH．

点评本题考查了性质实验方案的设计，题目难度中等，涉及中和滴定及计算、配制一定物质的量浓度的溶液方法、化学实验装置判断、物质性质方案的设计与评价等知识，试题知识点较多、综合性较强，充分考查学生的分析、理解能力及化学实验能力，熟练掌握化学实验基本操作方法为解答关键．

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14．在0.1mol•L^-1氨水中加入少量的氯化铵晶体，则NH₃•H₂O的电离常数（　　）

A．

变大

B．

变小

C．

不变

D．

无法确定

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氧族元素包括氧、硫、硒、碲、钋等，如图为氧族元素氢化物a、b、c、d的生成热数据示意图，下列关于氧族元素的说明正确的

A．含有18e-的两种氢化物中只存在极性键

B．氢化物的沸点大小是H2O＜H2S＜H2Se＜H2Te

C．a所对应的氢化物是H2O

D．每1mol H2S分解会吸收20KJ的热量

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某课外兴趣小组对H2O2的分解速率做了如下实验探究。

（1）下表是该小组研究影响过氧化氢（H2O2）分解速率的因素时采集的一组数据：

用10 mL H2O2制取150 mL O2所需的时间

浓度时间（秒）反应条件	30%H2O2	15%H2O2	10%H2O2	5%H2O2
（Ⅰ）无催化剂、不加热	几乎不反应	几乎不反应	几乎不反应	几乎不反应
（Ⅱ）无催化剂、加热	360	480	540	720
（Ⅲ）MnO2催化剂、加热	10	25	60	120

该小组在设计方案时，考虑了浓度、a：___________b：___________等因素对过氧化氢分解速率的影响。

②从上述影响H2O2分解速率的因素a和b中任选一个，说明该因素对该反应速率的影响：_____________。

（2）将质量相同但颗粒大小不同的MnO2分别加入到5 mL 5%的双氧水中，并用带火星的木条测试。测定结果如下：

催化剂

（MnO2）

操作情况

观察结果

反应完成所需的时间

粉末状

混合不振荡

剧烈反应，带火星的木条复燃

3.5分钟

块状

反应较慢，火星红亮但木条未复燃

30分钟

①写出H2O2发生反应的化学方程式：______________________。

②实验结果说明催化剂作用的大小与________________有关。

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反应CO（g）＋2H2（g） CH3OH（g）过程中的能量变化情况如下图所示，曲线Ⅰ和曲线Ⅱ分别表示不使用催化剂和使用催化剂的两种情况。下列判断正确的是

A．该反应的ΔH＝＋91 kJ/mol B．加入催化剂，该反应的ΔH变小

C．反应物的总能量大于生成物的总能量 D．如果该反应生成液态CH3OH，则ΔH变大

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9．NiSO₄•6H₂O是一种绿色易溶于水的晶体，可由电镀废渣（除镍外，还含有铜、锌、铁等元素）为原料获得．操作步骤如下：

（1）向滤液Ⅰ中加入FeS是为了生成难溶于酸的硫化物沉淀而除去Cu²⁺、Zn²⁺等杂质，则除去Cu²⁺的离子方程式为：FeS+Cu²⁺=CuS+Fe²⁺
（2）对滤液Ⅱ的操作，请回答：
①往滤液Ⅱ中加入H₂O₂的离子方程式：2Fe²⁺+H₂O₂+2H⁺=2Fe³⁺+2 H₂O
②调滤液ⅡpH的目的是除去Fe³⁺，其原理是Fe³⁺+3H₂O?Fe（OH）₃+3H⁺，检验Fe³⁺是否除尽的操作和现象是：用试管取少量滤液Ⅲ，滴加几滴KSCN溶液，若无颜色变化，则Fe³⁺已除净
（3）滤液Ⅲ溶质的主要成分是NiSO₄，加Na₂CO₃过滤后得到NiCO₃固体，再加适量稀硫酸溶解又生成NiSO₄，这两步操作的目的是增大NiSO₄的浓度，利于蒸发结晶（或富集NiSO₄）
（4）得到的NiSO₄溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等一系列操作可得到NiSO₄•6H₂O晶体，请回答：
①为了提高产率，过滤后得到的母液要循环使用，则应该回流到流程中的d位置（填a、b、c、d）
②如果得到产品的纯度不够，则应该进行重结晶操作（填操作名称）
③理论上从100Kg 废渣（Ni元素含量为59%）中可回收NiSO₄•6H₂O的质量为227 Kg．（Ni的相对原子质量为59，NiSO₄•6H₂O相对分子质量为227）

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16．纳米ZnS具有独特的光电效应，在电学、磁学、光学等领域应用广泛．以工业废渣锌灰（主要成分为Zn、ZnO，还含有Fe₂O₃、FeO、CuO等杂质）为原料制备纳米ZnS的工业流程如下：
（已知Ksp[Fe（OH）₃]=3.8×10^-38； Ksp[Cu（OH）₂]=2×10^-20；Ksp（ZnS）=1.6×10^-24）

下列说法不正确的是（　　）

	A．	酸浸时FeO与稀HNO₃反应的离子方程式为3FeO+10H⁺+NO${\;}_{3}^{-}$═3Fe³⁺+NO↑+5H₂O
	B．	将酸浸的尾气循环利用，加入的X气体可以是O₂
	C．	滤渣2中的成分和Zn和Fe
	D．	当溶液中Zn²⁺浓度为小于1.0×10^-5mol•L^-1时，则可认为其沉淀完全．若要使Zn²⁺沉淀完全，溶液中S^2-浓度应大于1.6×10^-19mol•L^-1

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13．燃料电池不是把还原剂、氧化剂全部贮藏在电池内，而是在工作时，不断从外界输入，同时将电极反应产物不断排出电池．下面有4种燃料电池的工作原理示意图，其中正极的反应产物为水的是（　　）

	A．	固体氧化物燃料电池		B．	碱性燃料电池
	C．	质子交换膜燃料电池		D．	熔融盐燃料电池

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科目：高中化学 来源： 题型：填空题

11．

将0.1molMg、Al混合物溶于100mL4mol/L的盐酸中，然后再滴加1mol/L的NaOH溶液，在滴加NaOH溶液的过程中，沉淀质量m与NaOH溶液的体积V的变化如图所示．
（1）写出BC过程的离子反应方程式Al（OH）₃+OH^-=AlO₂^-+2H₂O
（2）当V₁=140mL时，混合物中n（Mg）=0.04mol，V₂=460mL
（3）滴入的NaOH溶液400mL 时，溶液中的Mg²⁺和Al³⁺刚好沉淀完全．
（4）若混合物中Mg的物质的量分数为a，当滴入的NaOH溶液为450mL时，所得沉淀中无Al（OH）₃，则a的取值范围是0.5≤a＜1
（5）当加入V₂mlNaOH溶液后过滤，向滤液中通入过量的CO₂气体，能观察到的现象为白色胶状沉淀，写出该过程反应的离子方程式AlO₂^-+CO₂+2H₂O═Al（OH）₃↓+HCO₃^-．

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