D.根据lg=0时，pH=5，可知K(HR)=10-5，所以NaR的水解平衡常数Kh=，则0.1mol/LNaR
溶液的pH大约为9，D错误； 故合理选项是B。
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题~第32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33题第38题为选考题，考生根据要求做答。 (一)必考题(共129分)
8.超顺磁性的Fe3O4粒子(粒子平均直径为25nm)在医疗上有重要作用，实验室制备方法如下：在有N2保护和剧烈搅拌条件下，向FeCl3、FeCl2混合溶液中滴加氨水，可得到黑色的Fe3O4。实验装置如图：
请回答下列问题：
(1)恒压滴液漏斗的优点是______________________。
(2)充N2的目的是___________，反应温度应控制在50℃，加热方法为___________。 (3)制备超顺磁性Fe3O4粒子反应原理的离子方程式为______________________。
(4)充分反应后，将三颈烧瓶中的混合物通过离心分离，然后水洗，最后用无水乙醇洗涤，用无水乙醇洗涤的优点是___________；为了验证得到的固体是超顺磁性的Fe3O4粒子，实验操作：_______________。为了检验超顺磁性粒子中含有+2价的铁，需要的化学试剂为___________(填代号)。 A.KSCN溶液 B.HCl溶液 C.H2O2溶液 D.K3[Fe(CN)6]溶液
(5)实验制得的超顺磁性的Fe3O4粒子中含有少量的Fe(OH)3，为测得Fe3O4的含量，称取mg试样，放在小烧杯中用足量稀硫酸溶解后定容于100mL容量瓶中，准确量取其中的20.00mL溶液置于锥形瓶中，然后用cmol/L的KMnO4溶液进行滴定，当______________________停止滴定，然后重复二次滴定，平均消耗KMnO4溶液ⅴmL，该样品的纯度为___________。(已知MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O)
【答案】 (1). 能保证氨水顺利地滴入三颈烧瓶中 (2). 防止FeCl3、FeCl2混合溶液中的Fe2+被氧化 (3). 水浴加热 (4). Fe2++2Fe3++8NH3·H2O=Fe3O4+8NH4++4H2O (5). 能得到干燥的超顺磁性的Fe3O4粒子 (6). 将得到的固体分散在水中，做丁达尔效应实验 (7). BD (8). 滴入最后一滴标准溶液，溶液变成紫红色，且30秒颜色无变化 (9).
【解析】
【详解】(1)恒压滴液漏斗可以使液体物质氨水的液面上下气体压强一致，氨水在重力作用下就可以顺利滴下；
(2)反应装置内的空间有空气，空气能够将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，通入N2就可以防止三颈烧瓶内FeCl3、FeCl2混合溶液中的Fe2+被氧化；由于反应温度应控制在50℃，低于100℃，所以采用的加热方法为水浴加热；
(3)在有N2保护和剧烈搅拌条件下，向FeCl3、FeCl2混合溶液中滴加氨水，可得到黑色的Fe3O4，同时产生NH4Cl，根据原子守恒和电荷守恒，可得制备超顺磁性Fe3O4粒子反应原理的离子方程式为Fe2++2Fe3++8NH3·H2O=Fe3O4+8NH4++4H2O；
(4)充分反应后，将三颈烧瓶中的混合物通过离心分离，然后水洗，最后用无水乙醇洗涤，由于无水乙醇容易挥发，挥发时吸收大量的热，所以若用无水乙醇洗涤的优点是能快速得到干燥的超顺磁性的Fe3O4粒子；超顺磁性的Fe3O4粒子的粒子平均直径为25nm，具有胶体颗粒大小，为了验证得到的固体是超顺磁性的Fe3O4粒子，可将其分散在水中，做丁达尔效应实验，若产生一条光亮的通路，证明分散系为胶体。为了检验超顺磁性粒子中含有+2价的铁，用非氧化性的酸HCl溶解，向溶液中加入K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，就证明其中含有Fe2+，故需要的试剂合理选项是BD；
(5) Fe3O4与硫酸反应产生的离子中含有Fe2+、Fe3+，而Fe(OH)3反应只产生Fe3+，所以用KMnO4酸性溶液滴定时，当Fe2+反应完全，再滴入时，溶液就会由无色变为高锰酸钾溶液的紫色，故滴定终点为：滴入最后一滴标准溶液，溶液变成紫红色，且30秒颜色无变化。根据Fe3O4+8H+= Fe2++2Fe3++4H2O，MnO4+5Fe+8H=Mn+5Fe+4H2O可得关系式：5Fe3O4—5Fe—MnO4；n(KMnO4)=cmol/L×V×10-3L×度为：
2+
2+
2+
-2+
+
2+
3+
2+
-
=5cV×10-3mol，所以n(Fe3O4)= 5n(KMnO4)=25cV×10-3mol，故mg试样的纯
。
9.锌浮渣主要含Zn、ZnO、SiO2、Fe、Cd、Mn，工业上可通过控制条件逐一除去杂质以制备超细活性氧化锌，其工艺流程如下：
(1)滤渣1的成分为___________。
(2)在S2O82－的结构式中只含有一根“O一O”非极性键，则S的化合价为___________；工业上常用惰性电
极电解(NH4)2SO4生产(NH4)2S2O8(过二硫酸铵)，阳极电极反应式为__________________。净化1是为了将Mn转化为MnO2而除去，写出该反应的离子方程式：______________________。 (3)净化3的目的_________________________________。
(4)碳化回收溶液的主要成分为___________，该物质循环使用的目的___________________。
2+
(5)碳化在50℃进行，“前驱体”的化学式为ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O，写出碳化过程生成“前驱体”的化学方程式：__________________________________________________。
【答案】 (1). 二氧化硅(或SiO2) (2). +6 (3). 2SO4-2e=S2O8 (4). Mn
2-
-2-2＋
+S2O82-+2H2O=MnO2↓+2SO42- +4H＋ (5). 除去溶液中的Cd2+ (6). (NH4)2SO4 (7). 可用于制备(NH4)2S2O8(过二硫酸铵) (8). 3ZnSO4+6NH4HCO3=ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O↓+3(NH4)2SO4+5CO2↑ 【解析】 【分析】
硫酸与锌浮渣中酸性氧化物不能反应，而与金属氧化物及比较活泼的金属反应，SiO2不能反应，以滤渣1形式存在；向含锌废水（主要含 Zn2+、Fe2+、Cd2+、Mn2+）加入(NH4)2S2O8将 Mn2+转化为MnO2除去，滤渣2为二氧化锰；向净化2溶液中加入H2O2，可以将+2价的Fe氧化为+3价的Fe，形成FeOOH沉淀；在向净化3的溶液中加入锌还原Cd2+生成单质铬，过滤得到滤渣3为铬，然后向滤液中加入碳酸氢铵碳化在 50℃进行得到[ZnCO3?2Zn（OH）2?H2O]，碳化时所用 NH4HCO3 的实际用量为理论用量的 1.1 倍，这样可以使 Zn2+充分沉淀，且较高温度下碳酸氢铵分解会损失，据此分析。
【详解】(1)锌浮渣主要含Zn、ZnO、SiO2等物质，加入稀硫酸，Zn、ZnO与硫酸反应变为Zn2+进入溶液，而SiO2是酸性氧化物，不能与硫酸反应，所以滤渣1主要成分是二氧化硅；
(2)在S2O8的结构式中只含有一根“O一O”非极性键,则S与S原子之间存在一个—O—O—，S原子与四个O原子形成共价键，每个S原子形成两个S=O双键，两个S-O单键。由于吸引电子的能力O>S，所以S元素的化合价为+6价；用惰性电极电解(NH4)2SO4生产(NH4)2S2O8(过二硫酸铵)，SO42-在阳极上失去电子，变为S2O82-，阳极电极反应式为：2SO42- -2e-=S2O82-；净化1的溶液中含有Zn2+、Mn2+、Fe2+、Cd2+，向净化1溶液中加入(NH4)2S2O8溶液，(NH4)2S2O8将Mn2+氧化转化为MnO2形成滤渣2而过滤除去，S2O82-则获得电子变为SO42-进入溶液，该反应的离子方程式为Mn+S2O8+2H2O=MnO2↓+2SO4+4H；
(3)净化2的目的是加入H2O2将溶液中的Fe氧化为+3价的铁，与溶液中的OH结合形成FeOOH沉淀除去，向净化3溶液中加入Zn粉，Zn+Cd2+=Zn2++Cd，然后过滤，可以将过量的Zn及置换出的Cd单质过滤除去，所以滤渣3成分为Zn、Cd；
(4)净化3以后的滤液中含有Zn2+，向该溶液中加入碳酸氢铵碳化，得到硫酸铵和二氧化碳及“前躯体”，其化学式为ZnCO3?2Zn(OH)2?H2O，反应方程式是3ZnSO4+6NH4HCO3=ZnCO3?2Zn(OH)2?H2O↓+3(NH4)2SO4+5CO2↑，形成沉淀后过滤，得到的滤液中主要溶质是(NH4)2SO4，该物质含有N元素，可直接用作氮肥，也可以用于
2+
-2＋
2-2-
＋
2-
循环使用制备(NH4)2S2O8(过二硫酸铵)。
【点睛】本题以制备超细活性氧化锌为线索，考查了物质分离和提纯、化学反应原理、氧化还原反应、物质的循环利用等知识，要注意分析实验过程，充分利用物质性质并加以应用。
10.“绿水青山就是金山银山”，研究NxOy、CO、SO2等大气污染物和水污染物的处理对建设美丽中国具有重要意义。 (1)已知：①NO2+CO的能量分别为 NO2 812kJ
②N2(g)+O2(g)③2NO(g)+O2(g)
2NO(g) △H=+179.5kJ/mol K2 2NO2(g) △H=－112.3kJ/mol K3
CO 1076kJ CO2 1490kJ NO 632kJ CO2+NO该反应的平衡常数为K1(下同)，每1mol下列物质分解为气态基态原子吸收
写出NO与CO反应生成无污染气体的热化学方程式_____________________，该热化学方程式的平衡常数K=______________________(用K1、K2、K3表示)
(2)直接排放含SO2的烟气会形成酸雨，危害环境。可用NaOH吸收，所得含硫各微粒(H2SO3、HSO3和SO3)存在于反应后的溶液中，它们的物质的量分数X与溶液pH的关系如图所示。
-2-
①测得溶液的pH=8时，溶液中各离子浓度由大到小的顺序是___________。
②向 NaHSO3溶液中滴加一定浓度的CaCl2溶液，溶液中出现浑浊，pH降低，用化学平衡移动原理解释溶液pH降低的原因________________________。 (3)在一定温度下的恒容容器中，反应2N2O(g)反应时 0 间/min 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 2N2(g)+O2(g)的部分实验数据如下：
c(N2O) 0.100 0.090 0.080 0.070 0.060 0.050 0.040 0.030 0.020 0.010 0.000 /(mol/L)
①在0~40min时段，反应速率v(N2O)为___________mol/(L·min)。
②若N2O起始浓度c0为0.150 mol/L，则反应至30mn时N2O的转化率a=___________。
③不同温度(T)下，N2O分解半衰期随起始压强的变化关系如图所示(图中半衰期指任一浓度N2O消耗一半时所需的相应时间)，则T1___________T2(填“>”、“=”或“<”)。当温度为T1、起始压强为p0，反应至t1min时，体系压强p=___________(用p0表示)
【答案】 (1). 2NO(g) +2CO(g)N2(g) +2CO2(g) △H =-759.8 kJ/mol (2). K12.K3/K2 (3).
H++SO32-，加入氯
c(Na+)>c(SO32-)>c(HSO3-)>c(OH-)>c(H+) (4). 亚硫酸氢根离子存在电离平衡HSO3-
化钙后，Ca2++SO32-=CaSO3↓，使电离平衡正向移动，氢离子浓度增大，pH减小。 (5). 1.0×10-3 (6). 20.0% (7). > (8). 1.25p0 【解析】 【分析】
(1)由已知，反应①的△H=(812+1076-1490-632）kJ/mol=-234kJ/mol，根据盖斯定律，①×2+③-②得：2NO2(g)+2CO(g)
N2(g)+2CO2(g)，△H=[-234×2+(-112.3)-179.5]kJ/mol=-759.8kJ/mol；当总反应式
相加时，平衡常数相乘，相减时平衡常数相除，成倍时平衡常数为幂，据此判断平衡常数关系； (2)①由图可得，pH=8时溶液中溶质主要为Na2SO3和NaHSO3，c(SO3)＞c(HSO3)，溶液中的主要离子为：Na、SO3、HSO3，次要离子为OH、H，据此判断离子浓度大小顺序； ②NaHSO3溶液中HSO3-存在电离平衡HSO3-移动，氢离子浓度增大。 (3) ①V=
计算；
计算；
H++SO32-，加入氯化钙后，Ca2++SO32-=CaSO3↓，使电离平衡正向
2---+
2--+
②根据△c=V△t，然后根据转化率