北京市西城區2021屆高三上學期期末考試化學試題姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二總分評分一、單選題1．劇裝戲具的制作技藝是首批國家傳統工藝振興項目之一、下列括號中所列高分子材料的主要成分不屬于蛋白質的是（）A．戲衣(絲綢)B．頭盔(羽毛)C．髯口(毛發)D．刀槍把(竹木)A．A B．B C．C D．D2．化學與生活密切相關。下列說法錯誤的是（）A．高溫可殺滅細菌，是由于高溫可使蛋白質變性B．純堿溶液可去油污，是由于NaHCO3水解使溶液顯堿性C．石灰石可減少煤燃燒的SO2排放，是由于它可將SO2轉化為CaSO4D．維生素C常與補鐵劑(有效成分中鐵元素為+2價)同服，是由于它具有還原性3．下列化學用語表述正確的是（）A．乙炔的實驗式：CHB．H2O2的電子式：C．Mg2+的結構示意圖：D．CO2分子的比例模型：4．下列離子方程式書寫正確的是（）A．氨水與稀鹽酸反應：OH?+H+=H2OB．CuO與稀硝酸反應：CuO+2H+=Cu2++H2OC．Ba(OH)2溶液與稀硫酸反應：Ba2++SO42-D．大理石與稀鹽酸反應：CO32-+2H+=CO25．鍶是人體不可缺少的一種微量元素，位于元素周期表中第五周期第ⅡA族。下列關于38Sr的說法錯誤的是（）A．原子最外層有2個電子B．中子數為52的Sr的核素符號為38C．與同周期的53I的原子半徑：Sr>ID．最高價氧化物對應的水化物的堿性：Ca(OH)2>Sr(OH)26．下列顏色變化與氧化還原反應無關的是（）A．用小刀切開金屬鈉，表面逐漸變暗B．推進盛有NO2的密閉針筒的活塞，氣體顏色變深C．將酸性KMnO4溶液滴入H2C2O4溶液中，溶液紫色褪去D．將FeSO4溶液加入NaOH溶液中，最終生成紅褐色沉淀7．柑橘類水果中含有檸檬酸，其結構簡式如下。下列關于檸檬酸的說法錯誤的是（）A．分子式是C6H8O7B．是可溶于水的有機化合物C．與濃硫酸共熱可發生消去反應D．核磁共振氫譜有三種不同的吸收峰8．火法煉銅的原理：Cu2S+O2高溫__2Cu+SO2.下列說法A．O2在該反應中作氧化劑B．所得氣體通入品紅溶液，溶液褪色C．3.2gO2參與反應時，該反應中電子轉移的總數約為4×6.02×1022D．所得氣體經處理可作工業制硫酸的原料9．用下圖所示裝置及藥品進行實驗，能達到對應實驗目的的是（）圖1圖2圖3圖4A．圖1：實驗室制氨氣 B．圖2：檢驗乙炔具有還原性C．圖3：用乙醇萃取碘水中的I2 D．圖4：用海水制取蒸餾水10．高分子N可用于制備聚合物離子導體，其合成路線如下：下列說法錯誤的是（）A．苯乙烯不存在順反異構體B．試劑a為C．試劑b為HO(CH2CH2O)mCH3D．反應1為加聚反應，反應2為縮聚反應11．在兩個密閉的錐形瓶中，0.05g形狀相同的鎂條(過量)分別與2mL2mol·L?1的鹽酸和醋酸反應，測得容器內壓強隨時間的變化曲線如下圖。下列說法正確的是（）A．①代表的是鹽酸與鎂條反應時容器內壓強隨時間的變化曲線B．任意相同時間段內，鹽酸與Mg反應的化學反應速率均快于醋酸與Mg反應的化學反應速率C．反應中醋酸的電離被促進，兩種溶液最終產生的氫氣總量基本相等D．1mol·L?1NaOH溶液完全中和上述兩種酸溶液，鹽酸消耗NaOH溶液的體積更大12．新型可充電鎂—溴電池能量密度高，循環性能優越，在未來能量存儲領域潛力巨大。某鎂—溴電池裝置如下圖(正負極區之間的離子選擇性膜只允許Mg2+通過)。下列說法錯誤的是（）A．放電時，Mg電極發生還原反應B．放電時，正極反應為：Br3-+2eC．充電時，Mg電極應連接電源負極D．當0.1molMg2+通過離子選擇性膜時，導線中通過0.2mole?13．一定條件下，分別在甲、乙、丙三個恒容密閉容器中加入A和B，發生反應：3A(g)+B(g)?2C(g)?H>0，448K時該反應的化學平衡常數K=1，反應體系中各物質的物質的量濃度的相關數據如下：容器溫度/K起始時物質的濃度/(mol·L?1)10分鐘時物質的濃度/(mol·L?1)c(A)c(B)c(C)甲448310.5乙T1310.4丙44832a下列說法錯誤的是（）A．甲中，10分鐘內A的化學反應速率：υ(A)=0.075mol·L?1·min?1B．甲中，10分鐘時反應已達到化學平衡狀態C．乙中，T1＜448K、K乙＜K甲D．丙中，達到化學平衡狀態時A的轉化率大于25%14．某同學通過實驗研究銅鹽溶液顏色的變化。下列說法錯誤的是（）A．由①②可知，②中溶液呈藍色是Cu2+與水分子作用的結果B．由④可知，Cu2+與Cl?可能會結合產生黃色物質C．由③④可知，Cl?的濃度對銅鹽溶液的顏色有影響D．由②③④可知，CuCl2溶液一定為綠色二、實驗題15．某鐵礦石中鐵元素的化合價為+2價和+3價，測定其中鐵元素總含量的實驗如下。已知：ⅰ.該實驗條件下，SnCl2的氧化產物為SnCl62-，Cr2ⅱ.雜質不參加反應。Ⅰ.將鐵礦石粉碎，取mg鐵礦石粉于燒杯中，加入濃鹽酸，加熱使其充分溶解；Ⅱ.冷卻后過濾、洗滌，將濾液和洗滌液轉移到250mL儀器a中定容；Ⅲ.移取25mL溶液于錐形瓶中，加入4mol·L?1鹽酸，加熱至接近沸騰，邊搖動錐形瓶邊緩慢滴加一定濃度的SnCl2溶液，至恰好完全反應，停止滴加SnCl2溶液；Ⅳ.冷卻后加入50mL蒸餾水和指示劑，用cmol·L?1K2Cr2O7溶液滴定至終點；Ⅴ.重復測定三次，消耗K2Cr2O7溶液的平均體積為VmL。（1）Ⅰ中，加快化學反應速率的措施有(至少寫出2個)。（2）Ⅱ中，儀器a的名稱是。（3）Ⅲ中，Sn2+還原Fe3+的離子方程式是。（4）該鐵礦石中鐵元素的質量分數為。（5）Ⅲ中，若SnCl2過量，測得的鐵礦石中鐵元素的質量分數會(填“偏大”、“偏小”或“不變”)。16．某同學研究濃硝酸與KSCN溶液的反應。資料：Ⅰ.SCN?中S、C、N元素的化合價依次為：-2價、+4價、-3價。Ⅱ.SCN?的性質類似鹵素離子，能被氧化為黃色的(SCN)2，(SCN)2可聚合為紅色的(SCN)x。Ⅲ.NO2可溶于濃硝酸。（1）實驗一：向濃硝酸中滴加KSCN溶液，溶液立即變紅是因為生成了(填化學式)。（2）研究SCN?的轉化產物。實驗二：a.將實驗一ⅲ中的氣體通入Ba(OH)2和NaOH的混合溶液中，有白色沉淀生成。b.過濾、洗滌白色沉淀，取少量于試管中，加入過量的稀硝酸，沉淀完全溶解，再滴加少量KMnO4溶液，不褪色。c.另取少量實驗一ⅲ中試管內的溶液加入BaCl2溶液，產生大量白色沉淀。①通過b證實了紅棕色氣體中不含SO2，證據是。②a中，Ba(OH)2溶液中加入NaOH溶液以增大OH?濃度的目的是。③由上述實驗現象可知：SCN?轉化的最終產物中一定有。（3）繼續研究實驗一ⅲ中“靜置一段時間后，突然劇烈反應，紅色迅速褪去”的原因。實驗三：①對比實驗一和實驗三可得結論：一定濃度的NO2。②結合實驗三，從化學反應速率的角度解釋實驗一ⅱ和ⅲ中的現象：。17．石油天然氣開采和煉制過程中會產生大量含硫廢水(其中S元素的主要化合價是-2價)，對設備、環境等造成嚴重危害。已知：H2S有劇毒；常溫下溶解度為1∶2.6(體積)。（1）H2S、HS?、S2?在水溶液中的物質的量分數隨pH的分布曲線如圖。當pH≈8時，含硫廢水中最主要的含硫(-2價)微粒是。（2）沉淀法處理含硫廢水：向pH≈8的含硫廢水中加入適量Cu2+的溶液，產生黑色沉淀且溶液的pH降低。用化學平衡移動的原理解釋溶液的pH降低的原因：。（3）氧化還原法處理含硫廢水：向pH≈8的含硫廢水中加入一定濃度的Na2SO3溶液，加酸將溶液調為pH=5，產生淡黃色沉淀。①反應的離子方程式是。②不同pH時，硫化物去除率隨時間的變化曲線如圖。本工藝選擇控制體系的pH=5，不選擇pH＜5，從環境保護的角度分析其主要原因：。（4）電浮選絮凝法處理含硫廢水：鋁作陽極、石墨作陰極，以直流電電解含一定濃度Na2SO4的pH≈8的含硫廢水。陽極產生微小氣泡，隨后溶液中產生淡黃色渾濁，陽極附近生成的膠體吸附淡黃色渾濁。①用離子方程式表述產生淡黃色渾濁的可能原因：(1種即可)。②陰極產生的氣泡把污水中的懸浮物(含陽極擴散的膠體)帶到水面形成浮渣層，結合電極反應式解釋膠體和浮渣層的形成過程：。18．某鈷礦石的主要成分有CoO、Co2O3、MnO、Fe2O3、MgO和SiO2等。由該礦石粉制備CoC2O4固體的方法如下(部分催化劑已略)。已知：金屬離子沉淀的pH：Fe3+Fe2+Mg2+Mn2+Co2+開始沉淀時1.56.38.98.27.4完全沉淀時2.88.310.910.29.4（1）Co2O3溶于濃硫酸，生成Co2+和一種可使帶火星的木條復燃的氣體，該氣體是。（2）向溶液1中加入NaOH溶液，將Fe3+轉化為Fe(OH)3沉淀，應調節pH至少大于。（3）向溶液2中加入NaF溶液，去除的離子是。（4）向溶液3中加入氨水和過氧化氫溶液，將Co2+轉化為Co(NH3)63+。補充完整下列離子方程式：Co2++H2O2+NH3-Co(NH3)63++，。（5）溶液4中，若將1molCo(NH3)63+全部轉化為CoC2O4沉淀，需要消耗(NH4)2C2O4mol。（6）關于上述流程，下列說法正確的是(填序號)。a.若礦石粉中存在少量FeO，經上述流程也可制得純度相同的CoC2O4b.向溶液3中加入氨水，作用僅是調節溶液的pHc.流程中，僅通過調節溶液的pH無法將金屬元素完全分離19．他米巴羅汀是治療急性髓性白血病的藥物，其合成路線如下：已知：+RCl→AlCl3（1）A是芳香烴，試劑a是。（2）C中含氮的官能團是。（3）D→E為酯化反應，化學方程式是。（4）C和F反應得到G為可逆反應，推測N(C2H5)3(一種有機堿)的作用是。（5）I的結構簡式是。（6）H是制他米巴羅汀的重要中間體，以C2H2為原料合成H的路線如下：已知：R1—C≡CH+→KOH/加壓①試劑b的結構簡式是。②N→H的化學方程式是。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A．絲綢的主要成分是蠶絲，蠶絲屬于蛋白質，故不選A；B．羽毛的成分是蛋白質，故不選B；C．毛發的成分是蛋白質，故不選C；D．竹木的成分是纖維素，故答案為：D；

【分析】蛋白質由碳、氮、磷、硫等元素組成的，毛發、蠶絲、羊毛等的主要成分為蛋白質，據此分析解答。

2．【答案】B【解析】【解答】A．高溫可使蛋白質變性，所以高溫可殺滅細菌，故A不符合題意；B．純堿溶液可去油污，是由于Na2CO3水解使溶液顯堿性，故B符合題意；C．由于氧化鈣和二氧化硫反應生成亞硫酸鈣，亞硫酸鈣被氧化為CaSO4，所以石灰石可減少煤燃燒的SO2排放，故C不符合題意；D．維生素C具有還原性，維生素C與補鐵劑(有效成分中鐵元素為+2價)同服，可以防止亞鐵離子被氧化，故D不符合題意；故答案為：B。

【分析】A.高溫可使蛋白質變性而死亡；

B.碳酸鈉俗名純堿，化學式為Na2CO3；

C.碳酸鈣與氧氣、二氧化硫氣體在加熱條件下能夠反應生成硫酸鈣和二氧化碳氣體；

D.維生素C具有還原性，能與氧氣反應。

3．【答案】A【解析】【解答】A．乙炔的分子式是C2H2，實驗式是CH，故A符合題意；B．H2O2是共價化合物，電子式是，故B不符合題意；C．Mg2+核外有10個電子，結構示意圖為，故C不符合題意；D．碳原子的半徑大于氧原子，故D不符合題意；故答案為：A；

【分析】A.實驗式為分子中各原子的最簡比；

B.過氧化氫是共價化合物，H、O原子間通過共用電子對連接；

C.鎂離子的核內有12個質子，核外有10個電子；

D.CO2分子的比例比例型中C原子半徑大于O。

4．【答案】B【解析】【解答】A．氨水與稀鹽酸反應生成氯化銨和水，反應的離子方程式是NHB．CuO與稀硝酸反應生成硝酸銅和水，反應的離子方程式是CuO+2H+=Cu2++H2O，故B符合題意；C．Ba(OH)2溶液與稀硫酸反應生成硫酸鋇和水，反應的離子方程式是Ba2++2OH-+SO42-+2H+=BaSO4D．大理石與稀鹽酸反應生成氯化鈣、二氧化碳、水，反應的離子方程式是CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H故答案為：B。

【分析】根據離子方程式的書寫原則：電荷守恒，質量守恒，弱電解質保持原式進行分析。5．【答案】D【解析】【解答】A．主族序數等于原子最外層電子數，鍶元素位于周期表中第五周期第ⅡA族，所以鍶原子原子最外層有2個電子，故A不符合題意；B．質量數=質子數+中子數=38+52=90，所以中子數為52的Sr的核素符號為3890C．同一周期，從左到右，原子半徑逐漸減小，由于原子序數：碘>鍶，所以原子半徑：Sr>I，故C不符合題意；D．同一主族元素元素從上到下金屬性增強，金屬性越強，對應的最高價氧化物的水化物的堿性就越強，所以最高價氧化物對應的水化物的堿性：Ca(OH)22，故D符合題意；故答案為：D。

【分析】依據元素周期表和元素周期律的相關知識分析解答。6．【答案】B【解析】【解答】A.金屬鈉表面逐漸變暗是被氧氣氧化生成了Na2O，發生了氧化還原反應，故A不符合；B.推進盛有NO2的密閉針筒的活塞，增大壓強，反應2NO2?C.將酸性KMnO4溶液滴入H2C2O4溶液中，溶液紫色褪去，是因為KMnO4被H2C2O4還原為Mn2+，發生了氧化還原反應，故C不符合；D.將FeSO4溶液加入NaOH溶液中，先生成氫氧化亞鐵白色沉淀，氫氧化亞鐵迅速被氧氣氧化生成氫氧化鐵紅褐色沉淀，發生了氧化還原反應，故D不符合；故答案為：B。

【分析】依據反應是否有化合價的變化結合常見金屬單質和化合物的性質分析解答。7．【答案】D【解析】【解答】A．由結構簡式知，分子式是C6H8O7，A不符合題意；B．所含3個羧基、1個羥基均為親水基團、碳鏈很短、是可溶于水的有機化合物，B不符合題意；C．羥基所連碳原子鄰位上有氫原子，故與濃硫酸共熱可發生消去反應，C不符合題意；D．分子內有4種氫原子，核磁共振氫譜有4種不同的吸收峰，D符合題意；故答案為：D。

【分析】該有機物中含有羧基、羥基結合羧酸和醇的性質分析解答。8．【答案】C【解析】【解答】A．O2中氧元素化合價降低，O2在該反應中作氧化劑，故A不符合題意；B．SO2具有漂白性，所得氣體通入品紅溶液，溶液褪色，故B不符合題意；C．該反應中硫元素化合價由-2升高為+4，3.2gO2的物質的量是0.1mol，3.2gO2參與反應時，該反應中電子轉移的總數約為6×6.02×1022，故C符合題意；D．SO2和氧氣反應生成SO3、SO3和水反應生成硫酸，所得氣體經處理可作工業制硫酸的原料，故D不符合題意；故答案為：C。

【分析】該反應中Cu元素化合價由+1價變為0價、S元素化合價由-2價變為+4價、O元素化合價由0價變為2價，得電子化合價降低的反應物是氧化劑，失電子化合價升高的反應物是還原劑，據此分析解答。

9．【答案】D【解析】【解答】A.氯化銨受熱分解生成氨氣和氯化氫，離開加熱部位，氣體溫度降低后又會化合生成氯化銨固體，故實驗室不能用分解氯化銨制氨氣，故A不符合題意；B.用電石制取的乙炔中常含有H2S氣體，H2S也具有還原性，能將高錳酸鉀還原，使其褪色，干擾乙炔的檢驗，因此應先除去H2S，再檢驗乙炔具有還原性，故B不符合題意；C.乙醇與水互溶，故不能用乙醇萃取碘水中的I2，故C不符合題意；D.可以用蒸餾的方法，用海水制取蒸餾水，故D符合題意；故答案為：D。

【分析】A.氯化銨分解后，在試管口化合生成氯化銨；

B.H2S氣體也有還原性；

C.萃取用于互不相溶的兩種液體分離；

D.海水中水的沸點較低。

10．【答案】D【解析】【解答】A．苯乙烯分子中碳碳雙鍵上的其中一個碳原子上連有兩個相同的H原子，因此苯乙烯不存在順反異構體，故A不符合題意；B．根據苯乙烯、M的結構分析可知，試劑a為，苯乙烯的碳碳雙鍵打開，的碳碳雙鍵也打開，二者再發生加聚反應得到M，故B不符合題意；C．根據M和N的結構分析可知，試劑b為HO(CH2CH2O)mCH3，M和b發生加成反應生成N，故C不符合題意；D．由以上分析知，反應1為加聚反應，反應2為加成反應，故D符合題意；故答案為：D。

【分析】A.連接碳碳雙鍵的亞甲基.上含有2個H原子；

B.苯乙烯和a發生加聚反應生成高分子M，根據M結構簡式確定a結構簡式；

C.M和b發生取代反應生成N，根據M和N結構簡式確定b結構簡式；

D.苯乙烯和a發生加聚反應生成M，M和b發生取代反應生成N。

11．【答案】C【解析】【解答】A．鹽酸為一元強酸，醋酸為一元弱酸，則2mL2mol·L?1的鹽酸和醋酸中，鹽酸中c(H+)大，與鎂條反應的速率大，相同時間內產生的氫氣多，容器內壓強大，反應速率快，反應先結束，故②代表的是鹽酸與鎂條反應時容器內壓強隨時間的變化曲線，故A不符合題意；B．可以通過曲線的斜率比較二者的反應速率，從圖像可以看出，100s后，醋酸與鎂的反應速率更大，此時鹽酸與鎂已接近反應結束，c(H+)較小，反應速率小，故B不符合題意；C．由于鹽酸和醋酸的濃度和體積均相同，則二者物質的量相同，故反應結束時，產生的氫氣氣總量基本相等，故C符合題意；D．由于鹽酸和醋酸的物質的量相同，故用1mol·L?1NaOH溶液完全中和上述兩種酸溶液時，鹽酸與醋酸消耗NaOH溶液的體積相等，故D不符合題意；故答案為：C。

【分析】依據同濃度的鹽酸和醋酸電離出來的c(H+)不同，結合化學反應速率的影響因素分析解答。12．【答案】A【解析】【解答】A．放電時，鎂是負極，Mg電極失電子發生氧化反應，故A符合題意；B．由原電池原理可知，放電時，正極反應為：Br3-+2e?C．放電時，鎂是負極，充電時，Mg電極應連接電源負極，故C不符合題意；D．根據電荷守恒，當0.1molMg2+通過離子選擇性膜時，導線中通過0.2mole?，故D不符合題意；故答案為：A。

【分析】依據總反應可知鎂作負極，發生氧化反應，石墨作正極。負極反應式為Mg-2e-=Mg2+，正極反應式為Br3-+2e-=3Br-。依據原電池中“陰負陽正”的規律，Mg2+向正極遷移，若負極區用鎂鹽的水溶液，則Mg會與H2O反應。

13．【答案】B【解析】【解答】A．甲中，10分鐘時C的物質的濃度為0.5mol·L?1，則A的濃度減小0.75mol·L?1，10分鐘內A的化學反應速率：υ(A)=0.75mol·L?1÷10min=0.075mol·L?1·min?1，故A不符合題意；B．甲中，10分鐘時C的物質的濃度為0.5mol·L?1，則A的濃度減小0.75mol·L?1，B的濃度減小0.25mol·L?1，10分鐘時，c(A)=2.25mol·L?1、c(A)=0.75mol·L?1，Q=0.52C.3A(g)+B(g)?2C(g)正反應吸熱，升高溫度，反應速率加快、平衡常數增大，若T1>448K，10分鐘時C物質的濃度應該大于0.5mol·L?1，所以乙中，T1＜448K、K乙＜K甲，故C不符合題意；D．甲中，10分鐘時C的物質的濃度為0.5mol·L?1，則A的濃度減小0.75mol·L?1，B的濃度減小0.25mol·L?1，10分鐘時，c(A)=2.25mol·L?1、c(A)=0.75mol·L?1，Q=0.522.253故答案為：B。

【分析】A.根據給出的數據計算出C的速率再利用化學計量系數計算出A的速率

B.根據給出的數據計算出10min濃度計算出此時的濃度商與平衡常數進行對比即可

C.根據此時正反應時吸熱即可判斷溫度的大小和平衡闡述的大小

D.根據鉀和丙對比即可判斷相增加了B的物質的量，即可提高A的轉化率，計算出甲中A的轉化率即可14．【答案】D【解析】【解答】A．由①②可知，硫酸銅遇水變藍，所以②中溶液呈藍色是Cu2+與水分子作用的結果，故A不符合題意；B．由④可知，氯化鈉固體表面氯離子濃度較大，固體表面為黃色，所以Cu2+與Cl?可能會結合產生黃色物質，故B不符合題意；C．③→④增大了氯離子濃度，所以Cl?的濃度對銅鹽溶液的顏色有影響，故C不符合題意；D．由③溶液為藍色可知，CuCl2溶液不一定為綠色，故D符合題意；故答案為：D。

【分析】A.由①②可知，無水CuSO4是白色的，加入水后CuSO4溶液呈藍色；

B.向③中溶液加入NaCl固體后，底部的NaCl固體表面變為黃色；

C.②中加少量NaCl溶液后③溶液為藍色，③中藍色溶液加入足量NaCl固體后④溶液為黃色；

D.②CuSO4溶液中加少量NaCl溶液后溶液依然為藍色。

15．【答案】（1）粉碎、加入濃鹽酸、加熱（2）容量瓶（3）2Fe3++Sn2++6Cl?Δ__2Fe2+（4）3.36cV（5）偏大【解析】【解答】(1)粉碎鐵礦石可增大固液接觸面積，加快反應速率；增大鹽酸濃度，可加快反應速率；加熱升高溫度，也可以加快反應速率；(2)精確配制一定物質的量濃度的溶液需要用容量瓶，則儀器a的名稱是容量瓶；(3)已知SnCl2的氧化產物為SnCl62-，則Sn2+與Fe3+反應生成SnCl62-和Fe2+，則Sn2+還原Fe3+的離子方程式是2Fe3++Sn2++6Cl?Δ__2Fe(4)K2Cr2O7與Fe2+反應的離子方程式為Cr2O72-+6Fe則該鐵礦石中鐵元素的質量分數為3.36cVm(5)Ⅲ中若SnCl2過量，過量的SnCl2也會消耗K2Cr2O7，使得消耗的K2Cr2O7溶液的體積偏大，則測得的鐵礦石中鐵元素的質量分數會偏大。

【分析】依據化學反應速率的影響因素結合溶液的配制及氧化還原反應的相關知識分析解答。

16．【答案】（1）(SCN)x（2）向洗凈的白色沉淀中加入過量的稀硝酸，沉淀完全溶解，再滴加少量KMnO4溶液，不褪色；避免混合氣體中大量的NO2使溶液呈酸性，干擾檢驗CO2和SO2；CO2、S（3）能加快濃硝酸氧化(SCN)x的化學反應速率(或能催化濃硝酸氧化(SCN)x)；實驗一中存在反應：a.濃硝酸氧化SCN?，b.濃硝酸氧化(SCN)x，化學反應速率：υa>υb，所以ⅱ中溶液立即變紅；靜置過程中，生成的NO2溶于硝酸，濃度積累到一定程度時，使υb增大，紅色迅速褪去【解析】【解答】(1)向濃硝酸中滴加KSCN溶液，SCN?被氧化為黃色的(SCN)2，(SCN)2可聚合為紅色的(SCN)x，所以溶液立即變紅；(2)①二氧化硫能與氫氧化鋇反應生成亞硫酸鋇沉淀，亞硫酸鋇能被硝酸氧化為硫酸鋇，向洗凈的白色沉淀中加入過量的稀硝酸，沉淀完全溶解，再滴加少量KMnO4溶液，不褪色，證明證實了紅棕色氣體中不含SO2；②Ba(OH)2溶液中加入NaOH溶液增大OH?濃度，避免混合氣體中大量的NO2使溶液呈酸性，干擾檢驗CO2和SO2；③實驗a、b證明氣體中有二氧化碳，實驗c證明溶液中有SO42-，所以SCN?轉化的最終產物中一定有CO2(3)①對比實驗一和實驗三可知，NO2能加快濃硝酸氧化(SCN)x的化學反應速率(或能催化濃硝酸氧化(SCN)x)；②實驗一中存在反應：a.濃硝酸氧化SCN?，b.濃硝酸氧化(SCN)x，化學反應速率：υa>υb，所以ⅱ中溶液立即變紅；靜置過程中，生成的NO2溶于硝酸，濃度積累到一定程度時，使υb增大，紅色迅速褪去。

【分析】濃硝酸中滴加KSCN溶液后溶液變紅色，說明生成了(SCN)x，靜置片刻后溶液紅色褪去，且有紅棕色氣體生成，說明濃硫酸氧化(SCN)x，同時生成NO2氣體；

(1)黃色的(SCN)2，可聚合為紅色的(SCN)x；

(2)①BaSO3能被HNO3氧化為BaSO4，而BaCO3能溶于稀硝酸；

②NO2溶于水生成HNO3，而HNO3能溶解BaCO3；

③混合氣體成分是NO2和CO2，根據元素守恒，溶液中含有SO42-；

(3)①實驗ⅲ中“靜置一段時間后，突然劇烈反應，紅色迅速褪去“，而實驗三是先在濃硝酸中溶解適量NO2，再滴加KSCN溶液，生成的(SCN)x迅速被氧化，褪色速率加快，說明NO2起催化作用；

②實驗ⅱ中有(SCN)x生成，而ⅲ中當NO2的濃度達到一定程度時(SCN)x迅速被氧化。

17．【答案】（1）HS?（2）含硫廢水中存在HS??H++S2?，加入適量Cu2+的溶液，S2?+Cu2+=CuS↓，c(S2?)減小，使HS?的電離平衡正向移動，c(H+)增大，溶液的pH降低（3）2HS?+SO32-+4H+==3S↓+3H2O；pH＜5時，溶液中-2價S元素主要以H2S的形式存在，常溫下H2S的溶解度為1∶2.6，酸性強使H2（4）2HS?+O2+2H+=2S↓+2H2O(O2+2HS?=2S↓+2OH?)或HS?-2e?=S↓+H+；陽極：Al-3e?=Al3+，Al3+形成Al(OH)3膠體，陰極：2H2O+2e?=H2↑+2OH?，H2氣泡把污水中吸附了S的Al(OH)3膠體懸浮物帶到水面形成浮渣層【解析】【解答】(1)由圖像可知，當pH≈8時，含硫廢水中最主要的含硫(-2價)微粒是HS?；(2)當pH≈8時，含硫廢水中最主要的含硫(-2價)微粒是HS?，則含硫廢水中存在HS??H++S2?，加入適量Cu2+的溶液，發生反應S2?+Cu2+==CuS↓，生成CuS黑色沉淀，c(S2?)減小，使HS?的電離平衡正向移動，c(H+)增大，溶液的pH降低；(3)①當pH≈8時，含硫廢水中最主要的含硫(-2價)微粒是HS?，加入一定濃度的Na2SO3溶液，加酸將溶液調為pH=5，產生淡黃色沉淀為S單質，HS?與SO32-在酸性環境下發生歸中反應生成S單質，反應的離子方程式是2HS?+SO3②本工藝選擇控制體系的pH=5，不選擇pH＜5，從環境保護的角度分析其主要原因為：pH＜5時，溶液中-2價S元素主要以H2S的形式存在，常溫下H2S的溶解度為1∶2.6，酸性強使H2S更易逸出，H2S有劇毒會污染環境；(4)①pH≈8的含硫廢水中硫(-2價)微粒最主要是HS?，鋁作陽極，陽極發生反應Al-3e?=Al3+，石墨作陰極，陰極發生反應2H2O+2e?=H2↑+2OH?，陽極產生微小氣泡，則陽極可能發生反應2H2O-4e-=O2↑+4H，隨后溶液中產生淡黃色渾濁，即有S單質生成，則可能是氧氣將HS?氧化為S單質，也有可能是HS?在陽極失電子被氧化生成S單質，故可能是發生了反應2HS?+O2+2H+=2S↓+2H2O(O2+2HS?②陰極產生的氣泡把污水中的懸浮物(含陽極擴散的膠體)帶到水面形成浮渣層是由于陽極：Al-3e?=Al3+，Al3+形成Al(OH)3膠體，陰極：2H2O+2e?=H2↑+2OH?，H2氣泡把污水中吸附了S的Al(OH)3膠體懸浮物帶到水面形成浮渣層。

【分析】(1)圖象中曲線實線為H2S，長虛線為HS-，短虛線為S2-，當pH≈8時，HS-最多；

(2)含硫廢水中存在HS-=H++S2-，加入適量Cu2+的溶液，S2-+Cu2+=CuS↓，使HS-的電離平衡正向移動；

(3)①向pH≈8的含硫廢水中加入一定濃度的Na2SO3溶液，加酸將溶液調為pH=5，產生淡黃色沉淀為S單質，據此書寫離子方程式；

②pH<5時，溶液中-2價S元素主要以H2S的形式存在，H2S有劇毒會污染環境；

(4)作陽極、石墨作陰極，以直流電電解含一定濃度Na2SO4的pH≈8的含硫廢水，陽極產生微小氣泡，隨后溶液中產生淡黃色渾濁，陽極附近生成的膠體吸附淡黃色渾濁，膠體是氫氧化鋁膠體，淡黃色渾濁是生成了S單質，可能是HS-離子失電子發生氧化反應，被氧氣氧化；

①產生淡黃色渾濁的可能原因是HS-離子失電子發生氧化反應，或被氧氣氧化；

②陰極產生的氣泡把污水中的懸浮物(含陽極擴散的膠體)帶到水面形成浮渣層，是因為陽極鋁失電子發生氧化反應生成鋁離子，鋁離子水解生成氫氧化鋁膠體，陰極上氫離子得到電子發生還原反應生成氫氣，H2氣泡把污水中吸附了S的Al(OH)3膠體懸浮物帶到水面形成浮渣層。

18．【答案】（1）O2（2）2.8（3）Mg2+（4）2Co2++H2O2+12NH3=2Co(NH3)63++2OH?（5）1.5（6）ac【解析】【解答】(1)可使帶火星的木條復燃的氣體為氧氣，故答案為：O2；(2)根據題給信息分析，pH=2.8時，氫氧化鐵完全沉淀，則將Fe3+轉化為Fe(OH)3沉淀，應調節pH至少大于2.8，故答案為：2.8；(3)根據上述對流程圖的分析，Fe3+通過Fe(OH)3沉淀除去，Mn2+通過氧化為MnO2除去，則加入NaF溶液，去除的離子是Mg2+，故答案為：Mg2+；(4)根據氧化還原中電子轉移守恒配平知Co2+系數為2，H2O2系數為1，再根據原子守恒及電荷守恒配平得：2Co2++H2O2+12NH3=2Co(NH3)63++2OH?，故答案為：2Co2++H2O2+12NH3=