1、江苏省扬州中学2020届高三化学下学期6月月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16选择题（共40分）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.化学与生活密切相关。下列说法正确的是（ ）A. 二氧化氯泡腾片中的NaClO2属于氧化物B. 咳嗽形成的飞沫气溶胶属于胶体分散系C. 口罩熔喷布的原料聚丙烯属于天然有机高分子D. 人工肺中的硅橡胶(如图所示)属于新型无机非金属材料【答案】B【解析】【详解】A二氧化氯泡腾片中的NaClO2中含有Na、Cl、O三种元素，不属于氧化物，而属于盐，A错误；B咳嗽形成的飞沫气溶胶属于
2、胶体，分散质是飞沫小液滴，分散剂是空气，因此属于分散系中的胶体，B正确；C口罩熔喷布的原料聚丙烯是由单体丙烯CH2=CH-CH3通过加聚反应形成的高分子化合物，属于人工合成的有机高分子化合物，C错误；D人工肺中的硅橡胶是由通过缩聚反应形成的高分子材料，属于有机高分子材料，D错误；故合理选项是B。2.下列有关硫元素及其化合物的相关化学用语表示正确的是（ ）A. 质子数为16，中子数为16的硫原子：SB. 硫化钠的电子式：C. 二硫化碳分子的比例模型：D. NaHSO3电离方程式：NaHSO3=Na+H+SO【答案】B【解析】【详解】A质子数为16、中子数为16的硫原子，它的质量数为16+16=3
3、2，该原子正确的表示方法为：，故A错误；B硫化钠由钠离子和硫离子形成离子键，硫化钠的电子式为：，故B正确；C比例模型中用不同体积的小球表示不同原子的大小，二硫化碳分子中，硫原子的原子半径比C原子半径大，其比例模型为，故C错误；DNaHSO3中钠离子与亚硫酸氢根形成离子键，在水溶液中断开离子键，亚硫酸氢根离子为弱酸的酸式酸根离子，不能拆，正确的电离方程式为：NaHSO3=Na+HSO3-，故D错误；答案为B。3.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）A. NaClO溶液具有碱性，可用于杀菌消毒B. NH3具有还原性，可用于检验HCl泄漏C FeCl3溶液能与Cu反应，可用于蚀刻印刷电路板
4、D. 漂白粉在空气中不稳定，可用于漂白纸浆【答案】C【解析】【详解】ANaClO溶液可用于杀菌消毒，并不是由于其具有碱性，而是因为其具有强氧化性，故A错误；BNH3可用于检验HCl泄漏是由于NH3能与HCl反应生成NH4Cl，产生白烟，并不是因为其具有还原性，故B错误；CFeCl3溶液能与Cu反应，可用于蚀刻印刷电路板，故C正确；D漂白粉用于漂白纸浆，并不是由于其在空气中不稳定，而是利用其强氧化性和漂白性，故D错误。本题答案选C。4.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X是空气中含量最多的元素，Y元素的原子最外层电子数是次外层的3倍，Z元素原子是短周期原子半径最大的，W与X属于同一主
5、族。下列说法正确的是（ ）A. 原子半径：r(X)r(Y)r(W)r(Y)，A错误；B.Y、Z分别为O、Na，组成的化合物Na2O2，过氧根含有共价键，B错误；C.W、Z分别为P、Na，最高价氧化物的水化物分别为：H3PO4、NaOH，酸和碱之间能反应，C正确；D.X为N、W为P，简单气态氢化物分别为NH3、PH3，同主族从上到下，非金属性减弱，气态氢化物的热稳定性减弱，故气态氢化物的热稳定性：XW，D错误；答案选C。5.下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）A. 用饱和Na2CO3溶液浸泡CaSO4固体：CO+CaSO4CaCO3+SOB. 向NH4HCO3溶液中加入足量石灰水：Ca2+HC
6、O+OH-=CaCO3+H2OC. 向CuSO4溶液中加过量的氨水：Cu2+2NH3H2O=Cu(OH)2+2NHD. 用碘化钾淀粉溶液检验亚硝酸钠中NO的存在：NO+2I-+2H+=NO+I2+H2O【答案】A【解析】【详解】A碳酸钙溶解度小于硫酸钙，锅炉水垢中的CaSO4用饱和Na3CO3溶液浸泡后可以转化为碳酸钙，离子方程式：CO+CaSO4CaCO3+SO，故A正确；B向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水，铵根离子和碳酸氢根离子都参与反应，正确的离子方程式为：NH4+HCO3-+Ca2+2OH-CaCO3+H2O+NH3H2O，故B错误；C硫酸铜溶液中加过量氨水，生成络合物，离子反应为Cu2
7、+4NH3H2OCu(NH3)42+4H2O，故C错误；D用碘化钾淀粉溶液检验亚硝酸钠中NO2-的存在的离子反应为2NO2-+2I-+4H+2NO+I2+2H2O，原离子方程式电荷不守恒，故D错误。答案选A。6.下列有关实验装置的说法中正确的是（ ）A. 用图1装置可以实现化学能持续转化为电能B. 放出图2装置中全部液体，体积为42.00 mLC. 用图3装置可以制备少量氢氧化铁胶体D. 用图4装置可以检验乙醇脱水后有乙烯生成【答案】C【解析】【详解】A要实现化学能持续转化为电能，应该把Zn电极放入ZnCl2溶液中，把石墨电极放入盐酸中，A错误；B图示的仪器小刻度在下，大刻度在上，表示的是量筒
8、，精确度是0.1 mL，不能精确到0.01 mL，因此放出图2装置中全部液体，体积为42.0 mL，B错误；C氢氧化铁胶体的制取方法是：向沸腾的蒸馏水中滴加几滴饱和氯化铁饱和溶液，继续加热液体呈红褐色，停止加热，得到的红褐色液体就是氢氧化铁胶体，C正确 ；D乙醇易挥发，乙醇能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使溶液褪色，同时乙醇与浓硫酸发生氧化还原反应生成的二氧化硫也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此不能确定是否产生了乙烯，D错误；故合理选项是C。7.下列有关化学反应的叙述正确的是（ ）A. Fe在氧气中燃烧生成黑色Fe3O4B. SO2与BaCl2溶液反应生成BaSO3沉淀C. 常温下，Cu与浓H2SO4
9、反应生成SO2D. 向新制的FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液显红色【答案】A【解析】【详解】A.铁丝在氧气中剧烈燃烧，火星四射，生成黑色固体Fe3O4，A正确；B.因HCl的酸性强于H2SO3，所以SO2与BaCl2反应不能生成BaSO3和HCl，B错误；C.常温下，Cu与浓H2SO4不反应，需加热生成SO2，C错误；D.Fe3+与SCN-才会形成血红色配合物，新制的FeCl2溶液中不含Fe3+，故溶液不变红，D错误；答案选A。8.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）A. 0.1 molL-1Na2SO4溶液：Ba2+、OH-、NO3-、Cl-B. 0.1 molL-
10、1KMnO4溶液：Na+、SO32-、Cl-、I-C. 0.1 molL-1KOH溶液：Na+、Cl-、CO32-、AlO2-D. 0.1 molL-1HCl溶液：K+、Mg2+、HCO3-、SO42-【答案】C【解析】【详解】ANa2SO4电离产生的SO42-会与Ba2+形成BaSO4沉淀，不能大量共存，A错误；BMnO4-具有氧化性，选项中的SO32-、Cl-、I-具有还原性，SO32-、Cl-、I-与MnO4-会发生氧化还原反应，不能大量共存，B错误；CKOH电离产生的离子与选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，C正确；DHCl溶液电离产生的H+与HCO3-会发生反应产生CO2、H
11、2O，不能大量共存，D错误；故合理选项是C。9.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）A. NaCl(aq)Cl2(aq)FeCl2(s)B. CuO(s)Cu(OH)2(s)Cu2O(s)C. NH3(g)NO(g)HNO3(aq)D. HClO(aq)Cl2(g)SiCl4(g)【答案】C【解析】【详解】A电解饱和食盐水生成氯气，化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，Fe与氯气生成氯化铁，化学方程式为2Fe+3Cl22FeCl3，所以在给定条件下不能生成FeCl2，故A不符合题意；BCuO是固体，不溶于水，也不与水直接反应生成Cu(OH)2，所以在给定
12、条件下不能生成Cu(OH)2，故B不符合题意；C氨催化氧化生成一氧化氮和水，化学方程式为4NH3+5O2 4NO+6H2O，一氧化氮氧化生成二氧化氮，化学方程式为2NO+O2=2NO2，二氧化氮与水反应生成硝酸，化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，所以在给定条件下能实现各步转化，故C符合题意；DHClO见光分解，生成HCl和O2，化学方程式为2HClO 2HCl+O2，不产生Cl2，所以在给定条件下不能生成Cl2，故D不符合题意；答案为C。10.根据下列图示所得出的结论不正确的是（ ）A. 图甲是CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的lgK与反应温度T的关系曲线，说明该
13、反应的H CH3COOH。【详解】A由pH=7可知：c(H+)=c(OH-)，由物料守恒可知： 由电荷守恒可知，故可知离子浓度为c(Na+)c(Cl-)=c(CH3COOH)，故A正确；B相同浓度的CH3COONa和HCOONa的混合溶液中，可知，由酸性HCOOH大于CH3COOH，由盐类水解规律越弱越水解可知相同浓度的CH3COONa和HCOONa溶液中，CH3COONa水解程度较大，故c(HCOO-)c(CH3COO-)，故溶液中的离子浓度关系是c(Na+)c(HCOO-)c(CH3COO-)c(OH-)，故B正确；C由酸性HCOOH CH3COOH可知，HCOONH4的水解程度小于CH3
14、COONH4的水解程度，故c(NH)相等时c(HCOONH4)c(CH3COONH4)，故C错误；D0.1molL-1的CH3COOH溶液和0.05molL-1的NaOH溶液等体积混合溶液中的溶质CH3COOH和CH3COONa，且物质的量浓度相等，由物料守恒可知：，电荷守恒可知： 故可知c(Na+)+c(OH-)=故D选项错误；【点睛】本题目中主要考核盐类溶液中微粒浓度之间的关系，注重考查物料守恒和电荷守恒规律。15.已知：CH4(g)+2H2S(g)CS2(g)+4H2(g)。向恒容密闭容器中充入0.1molCH4和0.2molH2S，不断升高温度，测得平衡时体系中各物质的物质的量分数与温
15、度的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）A. 该反应的H0B. X点CH4的转化率为20%C. X点与Y点容器内压强比为5155D. 维持Z点温度，向容器中再充入CH4、H2S、CS2、H2各0.1mol时v(正)v(逆)【答案】BD【解析】【分析】由图可知，温度越高，生成物的物质的量越大，则升高温度平衡正向移动；X 点CH4的物质的量与氢气相等，Z点CH4的物质的量与CS2相等，据此计算平衡常数，再计算Qc与K比较判断。【详解】A由图可知，温度越高，生成物的物质的量越大，则升高温度平衡正向移动，所以正反应为吸热反应，则HO，故A错误；BX 点CH4的物质的量与氢气相等，则所以有0.1-x=4
16、x，解得x=0.02，则X点CH4的转化率为=20%，故B正确；C同温同体积，物质的量与压强成正比，而X点与Y点的温度不同，则无法计算容器内压强比，故C错误；DZ点CH4的物质的量与CS2相等，则所以有0.1-x=x，解得x=0.05，设体积为V，得出平衡常数K=，向容器中再充入CH4、H2S、CS2、H2各0.1mol时，Qc=K，所以平衡移动逆方向移动，v(正)v(逆)，故D正确。答案选BD。【点睛】本题考查化学平衡影响因素及其计算，数据分析判断，主要是图线的理解应用，掌握基础是解题关键。非选择题（共80分）16.工业利用含镍废料(以镍铁钙合金为主)制取NiC2O4(草酸镍)，再经高温煅烧
17、NiC2O4制取Ni2O3的流程如图：已知：NiC2O4、CaC2O4均难溶于水；Fe3+完全沉淀的pH约为3.2。(1)“酸溶”时硫酸不宜过多的原因为_。(2)加入H2O2发生的主要反应的离子方程式为_；(3)加入Na2CO3溶液调节pH至4.05.0，其目的为_。(4)加入NH4F溶液可将Ca2+转化为CaF2沉淀除去，已知25时Ksp(CaF2)=1.610-10，要使溶液中Ca2+沉淀完全c(Ca2+)1.010-5 molL-1，则“除钙”时需控制NH4F的浓度至少为_molL-1。(5)NiC2O4隔绝空气高温煅烧可制得Ni2O3，NiC2O4受热分解的化学方程式为_。(6)Ni2
18、O3还可用于制备合成氨的催化剂ConNi(1-n)Fe2O4。在其他条件相同时，合成氨的相对初始速率随催化剂中n值变化的曲线如图，由图可知Co2+、Ni2+两种离子中催化效果更好的是_。【答案】 (1). 防止调pH时消耗过多Na2CO3 (2). 2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O (3). 促进Fe3+水解，使其沉淀完全 (4). 0.004 (5). 2NiC2O4Ni2O3+3CO+CO2 (6). Co2+【解析】【分析】向镍废料(镍、铁、钙合金为主)中加入硫酸，废料中的金属与稀硫酸反应产生NiSO4、FeSO4、CaSO4，向溶液中加入H2O2，可以将Fe2+氧化为Fe
19、3+，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使Fe3+全部形成Fe(OH)3沉淀，得到滤渣1是Fe(OH)3沉淀，向滤液再加入NH4F溶液，使Ca2+离子形成CaF2沉淀除去，则沉淀2是CaF2，过滤得到溶液含有Ni2+离子的溶液，在溶液中加入草酸生成NiC2O4，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到NiC2O4晶体，将晶体煅烧产生Ni2O3。【详解】(1)加入硫酸进行酸溶处理，目的是使合金中的金属元素形成阳离子进入溶液，若加入硫酸过多，后面加入Na2CO3溶液调节pH时就会消耗过多Na2CO3溶液，因此硫酸不能过多；(2)H2O2具有强的氧化性，可以将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，根据电子守恒、电荷守恒、
20、原子守恒，可得该反应的离子方程式为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；(3)酸溶后的溶液中含有过量硫酸电离产生的H+，加入Na2CO3溶液调节pH至4.05.0，可以使Fe3+水解形成Fe(OH)3沉淀，从而达到除去Fe3+的目的，该反应的方程式为2Fe3+3CO32-+3H2O=2Fe(OH)3+3CO2；(4)根据CaF2的Ksp(CaF2)=c(Ca2+)c2(F-)=1.610-10，当溶液中Ca2+沉淀完全时，由于c(Ca2+）1.010-5 molL-1， c(F-)最小为：=0.004 mol/L；(5)NiC2O4高温煅烧产生Ni2O3，同时会产生CO、CO2，可
21、获得两种化合物气体，该反应的化学方程式为2NiC2O4Ni2O3+3CO+CO2；(6)Ni2O3可用于制备合成氨的催化剂ConNi(1-n)Fe2O4。从图可知：催化剂中n值越大，合成氨的相对初始速率越大。催化剂中n值越大，则催化剂ConNi(1-n)Fe2O4中Co2+的含量越大，由此可知Co2+、Ni2+两种离子中催化效果更好的是Co2+。【点睛】本题考查了物质制备流程分析推断，涉及试剂的使用、实验操作步骤的目的、溶度积常数的应用、催化效率的判断等，综合考查了学生对化学实验、化学基础知识和化学理论的掌握与应用。17.化合物G是一类用于合成除草剂中间体，其合成路线流程图如图：（1）C中的含
22、氧官能团名称为_和_。（2）BC的反应类型为_。（3）写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式已知：烯醇(C=COH)结构不稳定_苯环上连有CF3，苯环上一氯代物只有一种；能使溴的四氯化碳溶液褪色，能发生银镜反应；分子中有4种不同化学环境的氢；（4）E的分子式为C11H8NO3F3，写出E的结构简式：_。（5）请写出以、和硝酸胍为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。_。【答案】 (1). 醚键 (2). 酯基 (3). 取代反应 (4). 或或或 (5). (6). 【解析】【分析】物质A间苯二酚与经过加成反应、消去反应和取代反应得到物质B，B中O
23、H上的H原子被(CH3)2SO4中的CH3取代了生成物质C，C在浓硫酸、硝酸胍的作用下反应生成物质D，根据E的分子式，D中的硝基在Fe、NH4Cl条件下被还原为氨基，生成的E为，E与发生取代反应生成F，最后F与发生取代反应生成了G。【详解】（1）根据C的结构简式可知C中的含氧官能团名称为酯基、醚键。（2）对比B和C的结构简式可知，B中OH上的H原子被(CH3)2SO4中的CH3取代了，故答案为取代反应。（3）苯环上连有CF3，则结构为，苯环上一氯代物只有一种，则结构应该对称性比较好，既能使溴水褪色又能发生银镜反应，说明有醛基和碳碳双键或碳碳三键，与C物质对照，发现除了外，分子中应该还有4个C原
24、子和3个O原子，还有三个不饱和度，如果是一个醛基和一个碳碳三键，另外连两个羟基；如果是一个醛基，两个碳碳双键，则碳原子大于4个，不可能，应该是两个醛基和一个碳碳双键，且要对称排布，则碳碳双键与CF3基团处于对位，还有一个O原子也处在对称轴上；结合分子中只有4种不同化学环境的氢，不难得出其结构为 或或 或等。（4）根据F进行逆推，可知是D中的硝基在Fe、NH4Cl条件下被还原为氨基，生成E，故答案为。（5）结合原料，分析要合成的物质，要将酚羟基部分成环，利用AB的信息即可，再利用CD的信息可以完成对位上硝基，利用DE的信息，完成硝基还原为氨基，再进行酰基化反应和加成反应得目标产物，合成路线为：。
25、18.工业生产中常常需要对混合气体中的NOx含量进行测定，其中一种方法的操作如下：将200L气样通入酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化为NO，加水稀释至100.00mL；微微加热，除去过量的H2O2；量取20.00mL该溶液，加入20mL8.00010-2molL-1FeSO4溶液（过量），充分反应；用5.00010-3molL-1K2Cr2O7溶液滴定剩余的Fe2+，终点时消耗20.00mL。（1）能使气样中的NOx更好地被H2O2溶液氧化的操作是_。（2）NO被H2O2氧化为NO3-的离子方程式是_。（3）若缺少步骤，对混合气体中NOx含量的测定结果将_（填“偏大”或“偏小”或“无影
26、响”）。（4）滴定过程中发生下列反应（未配平）：Fe2+NO+H+NO+Fe3+H2OCr2O+Fe2+H+Cr3+Fe3+H2O则气样中NOx折合成NO2的含量为_mgm-3。（保留4位有效数字）（写出计算过程）【答案】 (1). 将气样缓慢的通过H2O2溶液 (2). 2NO+3H2O2=2H+2NO+2H2O (3). 偏大 (4). 383.3【解析】【分析】NO被H2O2氧化为NO，N元素的化合价升高，过氧化氢中O元素的化合价降低；加水稀释硝酸至100.00 mL溶液时，需100mL容量瓶；滴定操作主要用到铁架台、酸式滴定管、锥形瓶等；由反应结合电子守恒可知存在Cr2O72-6Fe2
27、+2NO3-，以此计算。【详解】(1)气体成分中的氮氧化物被H2O2溶液氧化成为NO-进行测定，后续的测定围绕溶液成分展开，气体中的氮氧化物需要被完全吸收测定才更加准确，可以将气样缓慢的通过H2O2溶液，从而增大接触的时间，故答案为：将气样缓慢的通过H2O2溶液；(2)配平过程中注意溶液是酸性环境，用H+配平，离子方程式为：2NO+3H2O2=2H+2NO+2H2O，故答案为：2NO+3H2O2=2H+2NO+2H2O；(3)若缺少步骤，过量的H2O2就没有除去，当加入FeSO4标准溶液时，过量的H2O2也氧化了一部分Fe2+，使加入的K2Cr2O7标准溶液偏少，测定结果偏大，故答案为：偏大；
28、(4)计算过程如下：实验过程中消耗的n(Cr2O72-)=5.00010-3mol/L20.00mL10-3L/mL=1.00010-4mol，由滴定时的反应Cr2O72-+6Fe2+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O，则n(Fe2+)=6n(Cr2O72-)=61.00010-4mol=6.00010-4mol，与NO3-反应的Fe2+的物质的量：n(Fe2+)=8.00010-2mol/L20.00mL10-3L/mL-6.00010-4mol=1.00010-3mol，气样中NOx的物质的量：n(NOx)=n(NO2)=n(NO3)=，气样中NOx折合成NO2的质量=m(NO2)=7
29、6.66mg，气样中NOx折合成NO2的含量=383.3mgm-3，故答案为：383.3。【点睛】本题考查物质含量测定实验、氧化还原反应计算等，把握物质的性质、测定原理为解答的关键，注意关系式计算的应用。19.某科研小组采用电解锰粉（主要成分为Mn和少量含Fe、Ni、Pb、P、Si等元素的单质或其化合物）为原料制备高纯氯化锰。已知：Mn是一种比Fe活泼的金属。H2S气体具有较强的还原性，如：H2S+H2O2=S+2H2O。相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0molL-1计算）Fe3+Fe2+Mn2+Ni2+Pb2+开始沉淀的pH1.15.88.66.78.0
30、沉淀完全的pH3.28.810.19.28.8（1）酸溶时盐酸要缓慢滴加的原因是_。（2）加入MnCO3固体时发生反应的离子方程式为_。MnCO3固体也可用下列物质代替_。（填写编号）A.MnO B.MnSO4 C.Mn(OH)2 D.MnCl2（3）通入H2S气体可使Pb2+、Ni2+生成硫化物沉淀，如：H2S(aq)+Pb2+(aq)PbS(s)+2H+(aq)，该反应的平衡常数K=_用Ka1(H2S)、Ka2(H2S)及Ksp(PbS)表示。（4）煮沸的目的是_。（5）已知MnCl24H2O在106时失去一分子结晶水，198失去全部结晶水。请补充完整由煮沸后的滤液获得高纯（99.99%）
31、MnCl24H2O晶体（MnCl2的溶解度曲线如图所示）的实验方案：将煮沸后的滤液冷却至室温，_（实验中须使用的试剂是：30%H2O2）。【答案】 (1). 防止活泼金属Mn与盐酸剧烈反应放出大量的热，避免盐酸大量挥发，使反应易于控制 (2). 3MnCO3+2Fe3+3H2O=3Mn2+2Fe(OH)3+3CO2 (3). AC (4). K= (5). 降低H2S的溶解度，减少S2-杂质 (6). 向其中缓慢滴加30%H2O2，搅拌，静置，向上层清液中继续滴加H2O2至无沉淀生成，过滤，将滤液加热至80（或60100之间的任意一个温度）进行蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，冰水洗涤，重结晶，低温烘
32、干（或低于100烘干）。【解析】【分析】根据流程：电解锰粉（主要成分为Mn和少量含Fe、Ni、Pb、P、Si等元素的单质或其化合物）在盐酸中酸浸，过滤，滤渣I含有磷酸盐和硅酸盐，滤液含有Fe2+、Fe3+、Ni2+， Pb2+，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，加MnCO3调节pH45之间，除去Fe3+，滤渣II为Fe(OH)3，滤液中通入H2S除去Pb 2+和Ni2+，“滤渣III”的主要成分是NiS和PbS，滤液主要含有MnCl2，再进行加热浓缩、冷却结晶得到MnCl24H2O，据此分析作答。【详解】(1)Mn是一种比Fe活泼的金属，它会与盐酸剧烈反应，且这是一个放热反应，温度升高过快
33、会加剧盐酸的挥发，所以滴加时要注意缓慢操作，防止活泼金属Mn与盐酸剧烈反应放出大量的热，从而避免盐酸大量挥发，使反应易于控制，故答案为：防止活泼金属Mn与盐酸剧烈反应放出大量的热，避免盐酸大量挥发，使反应易于控制；(2)流程图中加MnCO3后会生成CO2气体，此过程中会消耗H+，所以，它的作用是调节pH，从而使前一步中被H2O2氧化生成的Fe3+沉淀完全，离子方程式为3MnCO3+2Fe3+3H2O=3Mn2+2Fe(OH)3+3CO2；选择调节pH的试剂时要注意既要能消耗H+使pH增大，又不能引入杂质离子，所以A、C符合题意，故答案为：3MnCO3+2Fe3+3H2O=3Mn2+2Fe(OH
34、)3+3CO2；AC；(3)根据反应方程式得K=，又已知Ka1(H2S)= ，Ka2(H2S)= ，Ksp(PbS)=c(Pb2+)c(S2-)， 通过变形出来得到K=，故答案为：K=；(4)在流程中，煮沸的作用通常是加快反应的速率、降低气体的溶解度使其逸出、促进某离子的水解、促进胶体的沉降等，本流程中，主要作用是降低H2S的溶解度，减少S2-杂质，故答案为：降低H2S的溶解度，减少S2-杂质；(5)该小题为“物质制备的实验方案设计”。实验操作题中，所给的试剂往往有一定的提示作用，加之题目的已知H2S气体具有较强的还原性，如：H2S+H2O2=S+2H2O，很明显的指出需要除去残余的S2-。M
35、nCl24H2O在106时失去一分子结晶水，198失去全部结晶水，结合溶解度曲线，所以，蒸发浓缩时温度控制在100以内60以上较为合适，实际操作中可采用水浴加热，烘干时同样要注意低温。本题对产品纯度要求很高（99.99%），故需要重结晶操作，故答案为：向其中缓慢滴加30%H2O2，搅拌，静置，向上层清液中继续滴加H2O2至无沉淀生成，过滤，将滤液加热至80（或60100之间的任意一个温度）进行蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，冰水洗涤，重结晶，低温烘干（或低于100烘干）。【点睛】本题考查物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，题干信息的分析理解，结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键。20.
36、硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。由硫化氢获得硫单质有多种方法。(1)已知：H2S(g)+H2SO4(aq)=S(s)+SO2(g)+2H2O(l) H1=61kJmol-1SO2(g)+I2(g)+2H2O(l)=2HI(aq)+H2SO4(aq) H2=151kJmol-12HI(aq)=H2(g)+I2(g) H3=110kJmol-1则硫化氢气体分解为氢气和固体硫的热化学方程式为_。(2)K2CO3溶液吸收H2S的反应为K2CO3+H2SKHS+KHCO3，该反应的平衡常数的对数值为lgK=_(已知：H2CO3lgK1=6.4，lgK2=10.3；H2SlgKl=7.0，
37、lgK2=19.0)。(3)工业上采用图1所示装置电解K4Fe(CN)6和KHCO3混合溶液一段时间，然后停止电解，通入H2S，利用生成的K3Fe(CN)6将H2S转化为S，自身转化为K4Fe(CN)6。电解时，阳极的电极反应式为_。通入H2S过程中，伴有CO转化为HCO。通H2S发生反应的离子反应方程式为_。(4)将含H2S尾气的空气按一定流速通入酸性FeCl3溶液中，可实现含H2S尾气的空气脱硫。在FeCl3溶液吸收H2S的过程中，溶液中的n(Fe3+)及被吸收的n(H2S)随时间t的变化如图2所示。t1时刻后，溶液中n(Fe3+)保持微量减少至基本不变，其原因是_。(5)H2S溶液中H2
38、S、HS-，S2-的物质的量分数(X)随pH的变化如图3所示，H2S的电离平衡常数Ka1=_。写出pH由12.0变为16.0时发生的主要的离子方程式：_。【答案】 (1). H2S(g)=H2(g)+S(s) H=20kJmol-1 (2). 3.3 (3). Fe(CN)64-e-=Fe(CN)63- (4). 2Fe(CN)63-+2CO+H2S=2Fe(CN)64-+2HCO+S (5). t1时刻后，生成的Fe3+与H2S发生氧化还原反应，溶液中的Fe2+被空气氧化为Fe3+，这两个反应的速率近似相等，因而溶液中的Fe3+的量基本不变 (6). 10-7.24 (7). HS-+OH-
39、=S2-+H2O【解析】【详解】(1)已知H2S(g)+H2SO4(aq)=S(s)+SO2(g)+2H2O(l) H1=61kJmol-1；SO2(g)+I2(g)+2H2O(l)=2HI(aq)+H2SO4(aq) H2=-151kJmol-1；2HI(aq)=H2(g)+I2(g) H3=110kJmol-1根据盖斯定律，反应+得H2S(g)=H2(g)+S(s)，H=H1+H2+H3=20kJmol-1，故答案为：H2S(g)=H2(g)+S(s) H=20kJmol-1；(2)根据题意，K2CO3溶液吸收H2S的反应为K2CO3+H2SKHS+KHCO3，离子方程式为+H2SHS-+
40、，则该反应的平衡常数为，则lgK=lgKa1(H2S)-lgKa2(H2CO3)=-7-(-10.3)=3.3，故答案为：3.3；(3)电解时阳极发生失电子的氧化反应，先将Fe(CN)64-转化为Fe(CN)63-，化合价升高，所以反应为：Fe(CN)64-e-=Fe(CN)63-，故答案为：Fe(CN)64-e-=Fe(CN)63-；通入H2S过程中，伴有CO转化为HCO，根据电子得失守恒和元素守恒可知：2Fe(CN)63-+2+H2S=2Fe(CN)64-+2+S，故答案为：2Fe(CN)63-+2+H2S=2Fe(CN)64-+2+S；(4)t1时刻后，溶液中的Fe2+被空气氧化为Fe3
41、+，生成的Fe3+再与H2S发生氧化还原反应，因而溶液中的Fe3+的量基本不变，故答案为：t1时刻后，生成的Fe3+与H2S发生氧化还原反应，溶液中的Fe2+被空气氧化为Fe3+，这两个反应的速率近似相等。因而溶液中的Fe3+的量基本不变；(5)根据H2S溶液中H2S、HS-，S2-的物质的量分数(X)随pH的变化图，当pH=7.24时，c(H2S)=c(HS-)，则H2S的电离平衡常数Ka1=c(H+)=10-7.24，由图可知，pH由12.0变为16.0时，是由HS-转化为了S2-，反应的离子方程式为HS-+OH-=S2-+H2O，故答案为：10-7.24；HS-+OH-=S2-+H2O。
42、21.配合物Cu(CH3CN)4BF4四氟硼酸四(乙腈)合铜(I)是有机合成中常见催化剂。（1）Cu+的基态核外电子排布式为_。（2）BF的空间构型为_，与其互为等电子体的阴离子是_。（3）C、N、B三种元素的电负性由小到大的顺序为_。（4）Cu(CH3CN)4+中配位原子为_。（5）Cu3N的晶胞结构如图所示，则N3-的配位数为_。【答案】 (1). Ar3d10 (2). 正四面体 (3). PO、SO、ClO (4). BCN (5). N (6). 6【解析】【分析】(1) Cu原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，可推出Cu+的核外电子排布；(2)价电子数和
43、原子数一样的是等电子体；(3)同周期元素从左到右，电负性逐渐增强；(4)配体中配位原子含有孤对电子【详解】(1)Cu原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，4s能级失去1个电子形成Cu+，Cu+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，即Ar3d10；(2) BF的中心原子孤对电子数为：，价层电子数为：4+0=4，空间构型为正四面体；价电子数和原子数一样的是等电子体，则与BF互为等电子体的阴离子是：PO、SO、ClO；(3)同周期元素从左到右，电负性逐渐增强，则电负性由小到大的顺序：BCN；(4) 配体中配位原子含有孤对电子，Cu(CH3CN)4+中配位原子为N；(5)根据Cu3N的晶胞结构，小球个数，大球个数，所以小球表示Cu原子、大球表示N原子，N3-的配位数=32=6。