2022級高三校際聯合考試化學注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。可能用到的相對原子質量：H-1C-12O-16Cu-64S-32一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個選項符合題目要求。1.2025年春晚吉祥物“巳升升”的五官設計取材于青銅器和玉器上的紋樣，青銅是銅和鉛的合金。關于青銅的說法正確的是A.在潮濕空氣中，青銅會生成銅綠 B.青銅的硬度比純銅小C.青銅是一種合金，屬于純凈物 D.青銅的熔點比純銅高【答案】A【解析】【詳解】A．在潮濕空氣中，銅和氧氣、二氧化碳、水蒸氣反應生成堿式碳酸銅，故A正確；B．合金的硬度比其組分都大，故青銅的硬度比純銅大，故B錯誤；C．青銅是一種合金，是銅、鉛的混合物，故C錯誤；D．合金的熔點比其組分都低，青銅的熔點比純銅低，故D錯誤；選A。2.下列物質在生產生活中應用錯誤的是A.ClO2可用于自來水消毒 B.NH4Cl溶液可用于除鐵銹C.聚丙烯可用于制作醫用口罩 D.膽礬可用于檢驗無水乙醇中的水【答案】D【解析】【詳解】A．ClO2具有強氧化性，能有效殺滅水中細菌、病毒，且副產物少，常用于自來水消毒，應用正確，A不符合題意；B．NH4Cl溶液水解呈酸性，可與鐵銹反應生成可溶鹽，用于除銹，應用正確，B不符合題意；C．聚丙烯是醫用口罩熔噴層的主要材料，能高效過濾微粒，應用正確，C不符合題意；D．膽礬(CuSO4·5H2O)本身含結晶水，呈藍色，無法通過顏色變化檢驗乙醇中的水。正確試劑應為無水硫酸銅(白色)，遇水變藍，因此應用錯誤，D符合題意；故選D。3.下列化學用語或圖示正確的是A.的系統命名：2-氯丁酮B.HClO的球棍模型：C.基態Cu＋的價電子軌道表示式：D.反式聚異戊二烯的結構簡式：【答案】B【解析】【詳解】A．由結構簡式可知系統名稱為3-氯丁酮，故A錯誤；B．HClO的結構式為H-O-Cl，又原子半徑Cl>O>H，球棍模型：，故B正確；C．基態Cu＋的價電子數為10，價電子軌道表示式為，故C錯誤；D．反式聚異戊二烯的結構簡式為，表示順式結構，故D錯誤；故選：B。4.下列說法錯誤的是A.沸點：CO>N2 B.鍵角：NH<NH3C.離子鍵百分數：MgO>Al2O3 D.穩定性：CH4>SiH4【答案】B【解析】【詳解】A．CO為極性分子，N2為非極性分子，CO分子間作用力大于N2，故CO沸點高于N2，故A正確；B．銨根、氨氣中心原子均為sp3雜化，其孤電子對數分別為0、1，孤電子對與成鍵電子對之間的斥力大于成鍵電子對之間的斥力，鍵角：NH>NH3，故B錯誤；C．金屬性：Mg>Al，則離子鍵百分數：MgO>Al2O3，故C正確；D．非金屬性C>Si，非金屬性越強，形成氣態氫化物越穩定，故D正確；故選：B。5.物質的性質決定用途，下列兩者對應關系錯誤的是A.Na2CO3具有堿性，可用作食品膨松劑B.維C具有還原性，可作補鐵劑中的抗氧化劑C.FeCl3溶液具有氧化性，可作刻蝕銅電路板的腐蝕液D.Na2O2能與CO2反應生成O2，可作潛水艇中的供氧劑【答案】A【解析】【詳解】A．碳酸鈉（）堿性較強，通常不用作食品膨松劑，食品膨松劑常用的是碳酸氫鈉（小蘇打），它受熱分解產生二氧化碳氣體使食品蓬松，該選項錯誤；B．維生素C具有還原性，可以防止補鐵劑中的鐵元素被氧化，能作補鐵劑中的抗氧化劑，該選項正確；C．氯化鐵（）溶液能與銅發生氧化還原反應：，利用其氧化性可作刻蝕銅電路板的腐蝕液，該選項正確；D．過氧化鈉（）能與二氧化碳（）反應生成氧氣（），化學方程式為，可作潛水艇中的供氧劑，該選項正確；綜上所述，正確答案是A。6.下列圖示實驗中，操作規范且能達到實驗目的的是A.圖甲：探究鈉與水反應 B.圖乙：用移液管量取25.00mL稀硫酸C.圖丙：制備氫氧化鐵膠體 D.圖丁：僅倒置一次檢查容量瓶是否漏水【答案】B【解析】【詳解】A．探究鈉與水反應應該在燒杯中進行，故A錯誤；B．可以用移液管量取25.00mL稀硫酸，圖示操作正確，故B正確；C．制備氫氧化鐵膠體不能攪拌，故C錯誤；D．檢查容量瓶是否漏水，用右手食指頂住瓶塞，左手托住瓶底，將容量瓶倒立（瓶口朝下），觀察瓶口處是否有水滲出。如果沒有水滲出，將容量瓶正立，旋轉瓶塞180度后再次倒立，重復檢查，需倒置兩次，故D錯誤；答案選B。7.乙酰乙酸乙酯(K)的酮式與烯醇式互變異構過程如圖所示：下列說法錯誤的是A.通過質譜可測定K分子的相對分子質量B.通過紅外光譜可測定K分子的分子式C通過紫外光譜可測定K分子中有無共軛結構D.通過核磁共振氫譜可測定K分子中有幾種化學環境的氫原子【答案】B【解析】【詳解】A．質譜儀通過質荷比的數值可以確定有機化合物的相對分子質量，通過質譜圖最右邊的分子離子峰推測待測物質的相對分子質量，A正確；B．有機物的紅外光譜圖可以獲得分子中所含化學鍵和官能團的信息，不能確定分子式，B錯誤；C．通過紫外光譜可以測知有機物所含的共軛結構，C正確；D．核磁共振氫譜吸收峰的數目等于有機物分子中H原子種類，H原子數目之比等于對應峰的面積之比，可以推知有機物分子中有幾種不同類型的氫原子及它們的數目，D正確；故選：B。8.藥物巴洛沙韋的主要成分M的結構如圖所示。下列說法錯誤的是A.可與酸性KMnO4溶液反應 B.含有4種含氧官能團C.可發生加成反應和取代反應 D.在酸性條件下水解的有機產物有3種【答案】D【解析】【詳解】A．該有機物結構中含有的碳碳雙鍵和羥基都可以被酸性KMnO4溶液氧化，因此M可與酸性KMnO4溶液反應，A正確；B．從結構中可知，M中的含氧官能團有酰胺基、羰基、醚鍵、酯基4種，B正確；C．M結構中含有碳碳雙鍵，可以發生加成反應，同時，結構中有羥基和酯基，可以發生取代反應，C正確；D．M結構中含有酯基，在酸性條件下水解，生成物為、和另一種醇，有機產物有2種，D錯誤；答案選D。9.由H、C、N、O四種元素組成的化合物的成鍵結構如圖所示，分子中五元環上原子共平面。下列說法錯誤的是A.圖中?代表N原子B.五元環中存在的大π鍵為C.該化合物中所有碳氧鍵鍵長相等D.五元環上原子的孤對電子位于sp2雜化軌道【答案】C【解析】【詳解】A．由圖可知?形成3條共價鍵數滿足穩定結構，則該球最外層電子數為5，代表N原子，故A正確；B．五元環中每個C原子提供1個電子、O原子提供2個電子參與形成大π鍵，表示為：，故B正確；C．五元環中碳氧鍵為大π鍵，而羥基氧與碳形成的碳氧鍵為單鍵，鍵長不相等，故C錯誤；D．五元環上原子采用sp2雜化，孤對電子位于sp2雜化軌道，故D正確；故選C。10.硫酸鹽還原菌(SRB)可以處理含Cu2+的硫酸鹽酸性廢水，同時實現有機廢水的處理，原理如圖所示，下列說法正確的是A.若以鉛蓄電池為電源，b為Pb電極B.SO參與的電極反應為：C.電解一段時間后陽極區溶液的pH減小D.標準狀況下，產生2.24LCO2時，理論上可產生9.6gCuS【答案】B【解析】【分析】由裝置圖可知右側石墨電極上發生反應：；可知石墨電極作陽極，則左側石墨電極為陰極，a為負極，b為正極，據此分析解答。【詳解】A．由以上分析可知b為正極，若以鉛蓄電池為電源，b為PbO2電極，故A錯誤；B．左側石墨電極為陰極，SO在該電極得電子轉化為CuS，電極反應為：，故B正確；C．結合陽極反應可知，每轉移8mol電子時，陽極區生成7mol氫離子，但為滿足電荷守恒，同時有8mol氫離子通過質子交換膜進入陰極區，則陽極區溶液中氫離子濃度減小，pH增大，故C錯誤；D．標準狀況下，產生2.24LCO2即生成0.1mol，轉移0.4mol電子，結合陰極反應可知，此時陰極生成0.05molCuS，質量為：4.8g，故D錯誤；故選：B。二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題只有一個或兩個選項符合題意，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。11.由下列事實或現象能得出相應結論的是事實或現象結論A向苯酚濁液中加入足量Na2CO3溶液，溶液變澄清Ka(C6H6OH)>Ka2(H2CO3)B向兩份5mL0.1mol·L-1H2O2溶液中分別加入1mL0.1mol·L-1KMnO4和FeCl3，前者產生氣泡速率快KMnO4的催化效果比FeCl3好C常溫下，用pH計測定0.1mol·L-1NaH2PO2溶液的pH>7H3PO2為三元弱酸D分別向丙烯酸乙酯和α-氰基丙烯酸乙酯中滴入水，前者無明顯現象，后者快速固化氰基能活化雙鍵，使其更易發生加聚反應A.A B.B C.C D.D【答案】AD【解析】【詳解】A．強酸能和弱酸鹽溶液反應生成弱酸，根據題干現象，苯酚溶液變澄清，但沒有氣泡產生，說明苯酚與碳酸鈉反應生成苯酚鈉、碳酸氫鈉，得出酸性：碳酸＞苯酚＞碳酸氫根離子，則電離平衡常數Ka(C6H6OH)＞Ka2(H2CO3)，A符合題意；B．KMnO4溶液可氧化過氧化氫，FeCl3溶液可催化過氧化氫分解，反應原理不同，且題干兩種溶液體積不同，故不能探究催化效果，B不合題意；C．常溫下，用pH計測定0.1mol?L-1NaH2PO2溶液的pH＞7溶液呈堿性，說明該鹽為強堿弱酸鹽，不能確定該鹽是正鹽還是酸式鹽，所以無法判斷H3PO2是幾元酸，C不合題意；D．分別向丙烯酸乙酯和α-氰基丙烯酸乙酯中滴入水，前者無明顯現象，后者快速固化說明氰基活化碳碳雙鍵，使其更易發生加聚反應，D符合題意；故答案為：AD。12.室溫下，含有MCO3(s)的0.01mol·L-1的Na2CO3溶液和含有MSO4(s)的0.01mol·L-1的Na2SO4溶液，兩份溶液中的pM[pM=-lgc(M2+)]以及含碳微粒分布分數δ如隨pH變化關系如圖所示。①M2＋不水解；②100.6=4下列說法錯誤的是A.曲線②表示MCO3的變化曲線B.x=6.97C.MSO4(s)M2+(aq)+SO(aq)的Ksp的數量級為D.若將Na2CO3溶液的濃度變為0.1mol·L-1，則曲線①②的交點將出現在a點右側【答案】D【解析】【分析】隨著pH的增大，逐漸減小，逐漸增大，然后逐漸減小，逐漸增大，所以圖像中左側分布系數逐漸減小的曲線代表，右側分布系數逐漸增大的曲線代表，分布系數先增大后減小的曲線代表；隨著pH增大，增大，MCO3(s)的沉淀溶解平衡逆向移動，溶液中減小，pM增大；隨著pH增大，不變，對MSO4(s)的沉淀溶解平衡無影響，溶液中不變，pM不變，所以曲線①表示MSO4的變化曲線，曲線②表示MCO3的變化曲線。【詳解】A．由分析知，曲線②表示MCO3的變化曲線，故A正確；B．pH為6.37時，，，所以，pH為x時，，，則，，故B正確；C．a點時，，，所以，數量級為，故C正確；D．曲線①②的交點為不變，若將Na2CO3溶液的濃度變為0.1mol·L-1，pH相同時，溶液中的比0.01mol·L-1的Na2CO3溶液的大，所以曲線①②的交點將出現在a點左側，故D錯誤；故選D。13.以黃鐵礦(主要含FeS2，還含有NiS、CoS、CuS以及少量Au)為原料分離各種金屬，工藝流程如下：已知：①“焙燒”后燒渣主要成分是Fe2O3、NiO、CuO、Co3O4和Au。②常溫，Ksp[Fe(OH)3]=10-38.6，Ksp[Cu(OH)2]=10-19.8，Ksp[Co(OH)2]=10-14.7，Ksp[Ni(OH)2]=10-12.8，一般認為金屬陽離子≤10-5mol/L為沉淀完全。③氧化性：Co3+>Cl2。④lg5=0.7。下列說法錯誤的是A.“酸浸”時H2O2作還原劑，若用鹽酸代替硫酸和H2O2效果更佳B.當c(Co2+)=0.05mol·L-1，c(Ni2+)=0.1mol·L-1，“調pH”范圍是6.6≤pH<7.3C.“沉鈷”時發生反應的離子方程式為Co2++2HCO=CoCO3↓+CO2+H2OD.檢驗CoCO3是否洗滌干凈的試劑可選用HCI和BaCl2【答案】AC【解析】【分析】將礦石粉碎，在空氣中焙燒，得到金屬氧化物和二氧化硫氣體，燒渣用硫酸和過氧化氫浸泡，得到含Cu2+、Fe3+、Co2+、Ni2+溶液，金單質過濾除去，過濾后的溶液加氨水調節pH，Fe3+、Cu2+轉化為氫氧化物沉淀除去，Co2+和Ni2+在溶液中，再加入氨水和碳酸氫銨得到CoCO3沉淀，溶液中得到NiSO4。【詳解】A．“酸浸”時Co3O4溶于酸得到Co2+和Co3+，氧化性：Co3+>Cl2，用鹽酸代替硫酸，Co3+會將Cl-氧化為Cl2，A錯誤；B．加入氨水讓Fe3+、Cu2+沉淀，Co2+和Ni2+不沉淀，根據溶度積常數Ksp[Fe(OH)3]=10-38.6，Ksp[Cu(OH)2]=10-19.8，當Cu2+沉淀完全時，Fe3+也已經完全沉淀，Ksp[Cu(OH)2]=1×10-5×c2(OH-)=10-19.8，c(OH-)=1.0×10-7.4mol/L，c(H+)=1.0×10-6.6mol/L，pH=6.6，又根據Ksp[Co(OH)2]=10-14.7，Ksp[Ni(OH)2]=10-12.8可知，Co2+先沉淀，Co2+開始沉淀時，Ksp[Co(OH)2]=c(Co2+)×c2(OH-)=0.05×c2(OH-)=10-14.7，c2(OH-)=2×10-13.7，c2(H+)=5×10-15.3，pH=7.3，“調pH”范圍是6.6≤pH<7.3，B正確；C．“沉鈷”時加入碳酸氫銨和氨水，生成CoCO3沉淀，反應的離子方程式為Co2++2+2NH3·H2O=CoCO3↓++2H2O+，C錯誤；D．CoCO3沉淀表面有硫酸根離子，檢驗CoCO3是否洗滌干凈的試劑可選用HCl和BaCl2，D正確；答案選AC。14.配合物具有豐富性質，為探究Fe(III)及其配合物的性質進行如下實驗。已知：Fe3++6F-=[FeF6]3-(無色)。實驗操作及現象I取少量FeO加入①號試管，滴入過量0.3mol·L-1HNO3溶液，固體溶解，產生無色氣體，在試管口處變為紅棕色，溶液為無色，取少量該溶液于②號試管，加入1滴0.1mol·L-1KSCN，無變化；向①號試管中加入過量的0.1mol·L-1NaOH溶液，產生紅褐色沉淀II向③號、④號試管各加入1mL0.1mol·L-1FeCl3溶液，向③號試管中加入少許NH4F固體，溶液黃色褪去，分別向兩支試管中各滴加5滴0.1mol·L-1淀粉KI溶液，③號試管無變化，④號試管變藍下列說法正確的是A.①②號試管實驗不能證明FeO被HNO3氧化B.①②號試管實驗說明Fe(III)在有HNO3存在下不能用少量KSCN檢驗C.①②③號試管實驗表明與Fe(III)配位能力強弱順序：F->Cl->SCN-D.③④號試管實驗說明Fe(III)形成[FeF6]3-配離子后氧化性減弱，不能氧化I-【答案】BD【解析】【詳解】A．FeO和硝酸反應，生成了NO，說明硝酸被還原，則FeO被氧化，故A錯誤；B．向FeO和過量硝酸反應后的溶液中加入過量的NaOH溶液，產生紅褐色沉淀，說明有Fe(Ⅲ)生成，但加入KSCN溶液無變化，說明Fe(III)在有HNO3存在下不能用少量KSCN檢驗，故B正確；C．向③號試管的FeCl3溶液中加入少許NH4F固體，溶液黃色褪去，說明F-和Fe(III)結合生成了無色的[FeF6]3-，則F-和Fe(III)結合能力強于Cl-，①②號試管實驗不能比較Cl-和Fe(III)的結合能力和SCN-和Fe(III)結合能力的強弱，故C錯誤；D．加入NH4F固體的③號試管滴加淀粉KI溶液不變藍，說明Fe(III)形成[FeF6]3-配離子后氧化性減弱，不能氧化I-，故D正確；故選BD。15.分別向恒溫恒壓密閉容器Ⅰ(T1、P1)，恒溫恒壓密閉容器Ⅱ(T2、P2)中充入1molC3H8(g)發生反應>0，反應過程中c(C3H8)隨時間t的變化曲線如圖所示。已知：v=kc(C3H8)，T1、T2時反應速率常數分別為k1、k2，v(x)=v(y)，t1時容器Ⅱ達到化學平衡狀態。下列說法錯誤的是A.反應速率常數k1:k2=18:13B.x點的活化分子數目多于z點C.減小容器Ⅰ的壓強，可使平衡時各組分的物質的量分數與容器Ⅱ中的相同D.若容器Ⅱ初始充入1mol丙烷和5molAr，則平衡后，丙烷的轉化率為75%【答案】ACD【解析】【分析】從圖像分析，容器Ⅰ(T1、P1)初始小于容器Ⅱ(T2、P2)初始，說明容器Ⅰ體積大于容器Ⅱ，；x點，，y點，，由，即，則，。【詳解】A．根據圖像分析，x點，，y點，，由，即，則，A項錯誤；B．相同溫度下，y點比z點大，，由，則，結合x點與z點相同，說明單位體積x點的活化分子數目多于z點，容器Ⅰ體積大于容器Ⅱ，則x點的活化分子數目多于z點，B項正確；C．從上述分析可知，，再減小容器Ⅰ的壓強，反應平衡正移，壓強影響容器Ⅰ平衡比容器Ⅱ正移程度大，>0，，溫度影響容器Ⅰ平衡比容器Ⅱ正移程度大，故在容器Ⅰ、容器Ⅱ分別處于溫度下，減小容器Ⅰ的壓強，不可使平衡時各組分的物質的量分數與容器Ⅱ中的相同，C項錯誤；D．容器Ⅱ(T2、P2)初始1molC3H8(g)，，則容器體積為1L，t1時達到化學平衡狀態，，根據三段式分析計算，，，解得；平衡時氣體，；溫度不變，不變，若丙烷的轉化率為75%時，計算，，此時，，此時不是平衡狀態，即平衡后，丙烷的轉化率不等于75%，D項錯誤；答案選ACD。三、非選擇題：本題共5小題，共60分。16.堿土金屬元素在生產、生活和科研中應用廣泛。回答下列問題：（1）基態鈣原子核外電子的空間運動狀態有___________種。（2）碳酸鈹與乙酸反應生成配合物結構如圖所示，該配合物的化學式為___________，Be的配位數為___________，Be、C、O電負性由大到小的順序___________(用元素符號表示)；兩分子乙酸之間形成兩個氫鍵得到八元環二聚體，該二聚體的結構簡式為___________(以O···H-O表示氫鍵)。（3）某堿土金屬防銹顏料的晶胞結構如圖所示，晶胞參數為apm，A點的原子分數坐標為(0，0，0)，B點原子分數坐標為___________，相鄰之間的最短距離為___________pm。該晶胞沿體對角線方向的投影圖為___________(填標號)。A．B．C．D．【答案】（1）10（2）①.Be4O(OOCCH3)6②.4③.O>C>Be④.（3）①.②.③.A【解析】【小問1詳解】鈣核外電子排布為1s22s22p63s23p64s2，核外電子的空間運動狀態有10種；【小問2詳解】由結構可知該配合物的化學式為Be4O(OOCCH3)6；Be與周圍4個O原子直接相連，配位數為4；Be、C、O為同周期元素，從左到右電負性增大，則電負性：O>C>Be；兩分子乙酸之間形成兩個氫鍵得到八元環二聚體，該二聚體的結構簡式為；【小問3詳解】結合晶胞結構，A點的原子分數坐標為(0，0，0)，B點原子分數坐標為；相鄰之間的最短距離等于面對角線的一半，即為：pm；該晶胞沿體對角線方向的投影，對角線上的黑球投影為體心，其余黑球投影為正六邊形的頂點，灰球投影到六邊形的對角線的四等分點，則投影圖為A。17.乙烯雌酚(H)是一種人工合成激素。合成路線如圖所示(部分反應條件略)。回答下列問題：（1）B中官能團名稱為___________，F→G的反應類型為___________。（2）C的結構簡式為___________，D→E反應的化學方程式為___________。（3）H與足量的氫氣完全加成后的產物中共有___________個手性碳原子。（4）含有羥基的A的芳香族同分異構體共___________種(不考慮立體異構)，其中能被催化氧化為酮的化合物的結構簡式為___________。【答案】（1）①.醛基、醚鍵②.消去反應（2）①.②.（3）2（4）①.14②.【解析】【分析】A發生已知的反應得到B，B的結構簡式為，B與NaCN發生已知反應得到C，C的結構簡式為：，C還原得到D，D與CH3CH2I發生取代反應得到E，由F的結構簡式可知E的結構簡式為：，E到F發生羰基上加成再取代的反應，得到F，F到G發生消去反應生成G，G的結構簡式為：，G在KOH作用下反應后再酸化得到H，以此分析。【小問1詳解】B的結構簡式為：，官能團名稱為醛基和醚鍵；F到G發生醇的消去反應生成碳碳雙鍵，反應類型為消去反應；【小問2詳解】由分析可知，C的結構簡式為：；D到E發生取代反應，得到E和HI，反應的化學方程式為：；【小問3詳解】H與足量的氫氣反應后得到產物為：，手性碳原子為兩個：；【小問4詳解】A為，含羥基的A的芳香族同分異構體有、、(鄰、間、對3種)、(鄰、間、對3種)、(羥基在苯環上有2種)、(羥基在苯環上有3種)、(羥基在苯環上有1種)，共1+1+3+3+2+3+1=14種；能被催化氧化為酮的化合物的結構簡式為。18.利用“氧化法測定葡萄酒中SO2的實驗裝置如圖所示(夾持裝置略)。實驗過程如下：①加樣：向梨形瓶C和試管D中分別加入20.0mL和5.0mL的0.3%H2O2溶液，并各滴3滴混合指示劑后，溶液立即變為紫色，再依次滴入少量NaOH標準液，使C和D中溶液顏色恰好變為橄欖綠色。向A瓶中加入20.00mL葡萄酒樣品。②氧化：取10.00mL25%的磷酸溶液加入A瓶中，B管中緩緩通入N210min左右，C瓶中溶液顏色逐漸變為紫色，D中溶液顏色無變化。③滴定：取下C瓶，用NaOH標準液滴定至終點，消耗NaOH標準液VmL。回答下列問題：（1）儀器A的名稱為___________，B管中通入N2的目的是___________。（2）用NaOH固體配制100mL0.01mol·L-1NaOH溶液，取50.00mL該溶液稀釋至500mL，作為NaOH標準液。上述操作過程中必須用到的標有刻度和溫度的玻璃儀器為___________(填標號)。①玻璃棒②膠頭滴管③100mL容量瓶④500mL容量瓶（3）“氧化”過程，梨形瓶C中發生反應的離子方程式為___________。（4）該滴定實驗達到終點現象為___________，樣品中SO2的含量為___________g/L。（5）裝置D的作用為___________；若試管D中溶液顏色發生變化，其它操作不變，測定結果會___________(填“偏大”“偏小”或“不變”)。【答案】（1）①.圓底燒瓶②.驅趕SO2到C瓶溶液中進行充分反應，同時防止空氣中的氧氣將葡萄酒中的+4價硫被氧化（2）③④（3）SO2+H2O2=2H++或者SO2+H2O2+2OH-=2H2O+（4）①.滴入最后半滴NaOH溶液，溶液由紫色變為橄欖綠色，且30s不變色②.1.6V×10-3（5）①.驗證SO2全部被C瓶中的H2O2氧化②.偏小【解析】【分析】本題為實驗探究題，利用磷酸將葡萄酒中溶解的SO2趕出并通入N2將SO2全部帶入0.3%的H2O2溶液中發生氧化反應生成H2SO4，方程式為：H2O2+SO2=H2SO4，然后用NaOH溶液進行滴定H2SO4，根據消耗NaOH的物質的量來計算H2SO4的物質的量進而計算出SO2的物質的量，以測量葡萄酒中SO2的含量，據此分析解題。【小問1詳解】由題干實驗裝置圖可知，儀器A的名稱為圓底燒瓶，結合分析可知B管中通入N2的目的是驅趕SO2到C瓶溶液中進行充分反應，同時防止空氣中的氧氣將葡萄酒中的+4價硫被氧化，故答案為：圓底燒瓶；驅趕SO2到C瓶溶液中進行充分反應，同時防止空氣中的氧氣將葡萄酒中的+4價硫被氧化；【小問2詳解】用NaOH固體配制100mL0.01mol·L-1NaOH溶液中需要使用的儀器有：天平、燒杯、玻璃棒、100mL容量瓶和膠頭滴管，取50.00mL該溶液稀釋至500mL需要使用的儀器有：量筒、燒杯、玻璃棒、500mL容量瓶和膠頭滴管，其中量筒、容量瓶中必須標明刻度和溫度，即上述操作過程中必須用到的標有刻度和溫度的玻璃儀器為100mL容量瓶、500mL容量瓶，故答案為：③④；【小問3詳解】由分析可知，“氧化”過程，梨形瓶C中發生氧化反應生成H2SO4，方程式為：H2O2+SO2=H2SO4，則該反應的離子方程式為：SO2+H2O2=2H++或者SO2+H2O2+2OH-=2H2O+，故答案為：SO2+H2O2=2H++或者SO2+H2O2+2OH-=2H2O+；小問4詳解】由分析可知，該滴定實驗達到終點現象為滴入最后半滴NaOH溶液，溶液由紫色變為橄欖綠色，且30s不變色，由(2)可知，NaOH標準液的濃度為：0.001mol/L，根據題干信息可知，SO2~H2SO4~2NaOH，故n(SO2)==×0.001mol/L×V×10-3L=5.0V×10-7mol，則樣品中SO2的含量為：=1.6V×10-3g/L，故答案為：1.6V×10-3；【小問5詳解】由題干信息可知，裝置D中溶液顏色沒有發生改變，說明從C中逸出的氣體中不含SO2，故裝置D的作用為驗證SO2全部被C瓶中的H2O2氧化，若試管D中溶液顏色發生變化，說明SO2未完全被C中H2O2氧化，則生成的硫酸物質的量偏小，消耗標準液NaOH的體積偏小，則其它操作不變，測定結果會偏小，故答案為：驗證SO2全部被C瓶中的H2O2氧化；偏小。19.以赤泥熔煉渣(主要成分為Fe2O3、SiO2、CaO，少量Sc2O3)為原料分離稀土元素鈧(Sc)的一種工藝流程如下：已知：①萃取劑為磷酸三丁酯、磷酸二丁酯和磺化煤油；②Sc3+的氧化性很弱。回答下列問題：（1）“浸渣”的主要成分為___________(填化學式)。（2）“反萃取”的目的是分離Sc和Fe元素。向“萃取液”中加入NaOH，(Fe2+、Fe3+、Sc3+)的沉淀率隨pH的變化如圖。試劑X為___________(填Na2SO3或NaClO)，應調節pH最佳為___________。（3）已知Sc2(C2O4)3難溶于水，難溶于酸；Ka1(H2C2O4)=a，Ka2(H2C2O4)=b，Ksp[Sc2(C2O4)3]=c，“沉鈧”時，發生反應：2Sc3++3H2C2O4=Sc2(C2O4)3+6H+，此反應的平衡常數K=___________。(用含a、b、c代數式表示)（4）Sc2(C2O4)3經系列操作可得，加熱脫水時生成ScOCl的化學方程式為___________。（5）在一定條件下，一種物質在兩種互不相溶的溶劑A、B中的濃度之比是一個常數(分配系數Kd)；萃取率=。萃取Sc的過程中，若Sc元素的分配系數，取100mL含鈧的溶液，一次性加入60mL萃取劑，則Sc的萃取率為___________%(保留到小數點后一位，下同)；若將60mL萃取劑分成3次萃取，每次用20mL，則最后一次水層中鈧的殘留率為___________%。【答案】（1）CaSO4、SiO2（2）①.Na2SO3②.2（3）（4）ScCl3·6H2OScOCl+2HCl↑+5H2O（5）①.81.8②.6.4【解析】【分析】熔煉渣主要成分為Fe2O3、SiO2、CaO，少量Sc2O3，其中二氧化硅不溶，氧化鈣和硫酸反應生成硫酸鈣，故“浸渣”的主要成分為CaSO4、SiO2；Fe2O3和Sc2O3和硫酸反應生成相應的鹽，隨后用萃取劑萃取，將鈧元素和鐵元素分類出來，加入試劑X將三價鐵還原為二價鐵，加入氫氧化鈉實現鈧和鐵的分離，過濾后加入硝酸溶解，隨后加入草酸沉鈧，處理后得到單質鈧，以此解題。【小問1詳解】熔煉渣主要成分為Fe2O3、SiO2、CaO，少量Sc2O3，其中二氧化硅不溶，氧化鈣和硫酸反應生成硫酸鈣，故“浸渣”的主要成分為CaSO4、SiO2；【小問2詳解】由圖可知，二價鐵更容易和Sc分離，故試劑X應該是將三價鐵轉化為二價鐵，則試劑X為Na2SO3；由圖可知，pH為2時，二價鐵沒有沉淀，Sc的沉淀率已經很大，故應調節pH最佳為2；【小問3詳解】已知Ka1(H2C2O4)=a，Ka2(H2C2O4)=b，Ksp[Sc2(C2O4)3]=c，則結合平衡常數的定義可知反應2Sc3++3H2C2O4=Sc2(C2O4)3+6H+的平衡常數K==；【小問4詳解】ScCl3·6H2O沉淀在高溫脫水的過程中，ScCl3發生了水解反應，方程式為：ScCl3·6H2OScOCl+2HCl↑+5H2O；【小問5詳解】設100mL含Sc的溶液中Sc的物質的量為amol，一次性加入60mL萃取劑，其中可以萃取的Sc的物質的量為xmol，則，解得x=0.818a，Sc的萃取率=；若將60mL萃取劑分成3次萃取，每次用20mL，設100mL含Sc的溶液中Sc的物質的量為amol，一次性加入20mL萃取劑，其中可以萃取的Sc的物質的量為xmol，則，解得x=0.6a，Sc的萃取率=，鈧的殘留率為1-60%=40