【文档说明】【精准解析】天津市部分区2020届高三质量调查试卷（二）化学试题.doc，共(19)页，1.186 MB，由小赞的店铺上传

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天津市部分区2020年高三质量调查试卷(二)化学试卷第I卷注意事项：1.每题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。2.本卷共12题，每题3分，共36分。在每题给出的四个选项中，只有一项最符合题目要求。可能用到的相对原子质量：H：1C：

12O：16Na：23S：32Fe：56I：1271.下列过程不涉及氧化还原反应的是()A.黑火药的爆炸B.丹砂(HgS)烧之成水银，积变又成丹砂C.利用明矾溶液清除铜绿D.湿法炼铜【答案】C【解析】【分析】【详解】A．黑火药由木炭、硫磺粉、硝

酸钾按照一定比例混合而成，爆炸时的化学反应为2KNO3＋3C＋S点燃K2S＋N2↑＋3CO2↑，有化合价的变化，涉及氧化还原反应，A不选；B．其中涉及的反应有HgSHg＋S，Hg＋S=HgS，有化合价的变化，涉及氧化还原反应，B不选；C．明矾中的Al3＋在水溶液中能够水解，Al3＋＋3H2OAl

(OH)3＋3H＋，使得溶液呈酸性；铜绿的主要成分是Cu2(OH)2CO3，能溶于酸，整个过程中化合价不变，不涉及氧化还原反应，C符合题意；D．湿法炼铜涉及的反应为CuSO4＋Fe=FeSO4＋Cu，有化合价的变化，涉及氧化还原反应，D不选；答案选C。2.天津

属于沿海城市，下列与海洋有关说法正确的是()A.从海水中提取Mg单质，最后一步电解2MgCl饱和溶液，就可制得金属镁B.海水经过一定生产过程可以制造出杀灭病毒的84消毒液C.从海带中提取碘，含2I的溶液可以用酒精萃取D.海水中富集的元素氯在目前已知的元素中电负性最强【答案】B【解析】【详解

】A．电解氯化镁溶液得到的是氢气和氯气，电解熔融的氯化镁才可以得到金属镁，选项A错误；B．海水经过精制除杂后，电解氯化钠溶液得到氢氧化钠和氯气，氯气与氢氧化钠反应可得次氯酸钠溶液，可以制造出杀灭病毒的84消毒液，选项B正确；C．酒精易溶于水不能做萃取剂，选项C错误；D．非金

属性越强元素的电负性越强，海水中富集的元素氯的电负性比氟元素的弱，选项D错误。答案选B。3.下列各项中所列物质与所属类别对应正确的是()A.电解质：氧化钠、石墨、硫酸B.混合物：盐酸、冰水混合物、氢氧化铁胶体C.共价晶体：金刚石、23NaAlO、D.一元酸：醋酸、苯

甲酸、高锰酸【答案】D【解析】【详解】A．石墨是单质，既不是电解质也不是非电解质，选项A错误；B．冰水混合物是H2O，属于纯净物，选项B错误；C．钠属于金属晶体、氧化铝属于离子晶体，选项C错误；D．醋酸、苯甲酸、高锰酸都属于

一元酸，选项D正确；答案选D。4.下列说法正确的是()A.利用键长及键能的数据可判断：稳定性44CH<SiHB.金属的电子气理论，可以解释金属易导电易腐蚀的原因C.化学反应过程中一定有化学键的变化，这是反应过程中能量变化的本质原因D.活化能越大就代表化学反应需要吸收或放出

的能量就越大【答案】C【解析】【详解】A．非金属性：C＞Si；元素的非金属性越强，其对应的简单氢化物的稳定性就越强，故CH4与SiH4的稳定性：CH4＞SiH4，选项A错误；B．组成金属晶体的微粒为金属

阳离子和自由电子，在外加电场作用下电子可发生定向移动，故能导电，能用金属晶体结构加以解释，金属易腐蚀与金属晶体结构无关、与化学性质有关，金属的化学性质比较活泼，容易被空气中的氧气所氧化，故金属易腐蚀不能用金属晶体结构加

以解释，选项B错误；C．化学键的断裂要吸收能量，化学键的形成要放出能量，所以化学反应中化学键的断裂和形成是反应过程中有能量变化的本质原因，选项C正确；D．反应的活化能越大，反需要的能量越多，但反应前后的能量变化不一定越大，即反应热的数值不一定大

，选项D错误。答案选C。5.下列选项错误的是()A.氧化铁溶于过量氢碘酸：+3+232FeO+6H=2Fe+3HOB.足量氨水吸收少量二氧化碳气体：+2-3224232NHHO+CO=2NH+HO+COC.常温下，水电离出的()+-13cH=10mol/L，则-+--2KAlO

ClBr，，，可能会大量共存D.在明矾溶液中，2-2++34SMgNONH、、、−不能大量共存【答案】A【解析】【详解】A.三价铁具有强氧化性能氧化碘离子，正确的离子方程式为：+-2+2322FeO+6H+2I=2Fe+I+3HO，故A错误；B

.足量氨水吸收少量二氧化碳气体产生碳酸铵，离子方程式正确；C.常温下，水电离出的()+-13cH=10mol/L，说明水的电离被抑制，溶液可能是酸溶液也可能是碱溶液，若为碱溶液该组离子可以大量共存，若为酸溶液氢离子与偏铝酸根离子反应不能大量共存，故C正确；D.在明矾溶液中存在铝离子，铝离子与硫离子

可以发生完全双水解反应不能大量共存，故D正确；故选：A。6.根据已有知识判断下列说法正确的是()A.若X是第四周期中的一种“类硅”元素，则X单质不易与水反应B.若-A与+B电子层结构相同，则原子序数B>A，离子半径-+A<BC.若①氯化钠溶液与②氯化铵溶液浓度相等

，则常温下两种溶液中的Kw：②＞①D.若反应222NO(g)+2CO(g)2CO(g)+N(g)在一定条件下能够自发进行，则反应的ΔH>0【答案】A【解析】【详解】A.X是第四周期中“类硅”元素，说明其性质与硅相似，硅单质与水不反应，则X单质也不易

与水反应，故A正确；B.-A与+B电子层结构相同，B在A的下一周期，原子序数B>A，核外电子排布相同时，核电荷数越多离子半径越小，故离子半径-+A>B，故B错误；C.常温下Kw是常数，温度不变Kw不变，两溶液均为常温，因此Kw：②

=①，故C错误；D.由反应可知该反应ΔS<0，从熵判据角度反应不能自发进行，若反应能自发进行，则必须满足焓判据自发，即ΔH<0，故D错误；故选：A。7.下列实验操作或分析正确的是()A.用湿润的pH试纸测盐酸的pH

B.检验淀粉是否水解，可以向淀粉溶液中加入稀24HSO，加热一段时间，冷却后加入新制2Cu(OH)，煮沸，观察是否有红色沉淀生成C.乙醇和乙酸在浓硫酸作用下，酯化制得乙酸乙酯，提纯乙酸乙酯需要经过水、氢氧化钠溶液洗涤D.用盐酸标准溶液滴定待测的氢氧化钠溶液时，水

洗后的酸式滴定管未经标准液润洗，则测定结果偏高【答案】D【解析】【详解】A.用湿润的pH试纸测盐酸的pH会稀释盐酸溶液，所测pH值偏大，故A错误；B.检验醛基需在碱性环境下加新制氢氧化铜再加热煮沸，观察现象，因此应在

水解后溶液中先加碱中和硫酸至呈碱性后再加新制氢氧化铜，故B错误；C.乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中会发生水解反应，因此不能用氢氧化钠溶液洗涤，应用饱和碳酸钠溶液洗涤，故C错误；D.用盐酸标准溶液滴定待测的氢氧化钠溶液时，水洗后的酸式滴定管未经标准液润洗，则滴定管中残

留的水会稀释标准液，导致盐酸所用体积偏大，测定结果偏高，故D正确；故选：D。8.下列关于化学平衡的判断正确的是()A.化学平衡向正反应方向移动，反应物的转化率不一定增大B.对于放热反应，降低温度将缩短反应达到平

衡的时间C.对于有气体参加的反应，改变反应体系的压强，化学平衡一定移动D.同一可逆反应，在温度12T>T时，反应对应的平衡常数12K>K，则说明该反应为放热反应【答案】A【解析】【分析】【详解】A.化学平衡正向移动可能是增大了反应物浓度，而增大一种反应物浓度使平衡正

向移动，该反应物的转化率一般减小，故A正确；B.降低温度会使反应速率减小，会延长反应到达平衡的时间，故B错误；C.若反应前后气体体积不变，改变压强，平衡不移动，故C错误；D.温度12T>T时，反应对应的平衡常数1

2K>K，说明温度升高平衡正向移动，则正向为吸热放应，故D错误；故选A。9.下列说法正确的是()A.常温下，AgCl固体在100mL0.01mol/LNaCl溶液中的spK比在2mol100m/LBL.01aCl0中

的spK大B.恒温恒容的密闭容器中，某储氢反应：x2x+2yMH(s)+yH(g)MH(s)，当容器内气体压强保持不变时，反应达到化学平衡C.铝-空气燃料电池，以NaOH溶液为电解液时负极反应为：3Al+3OH-3e=Al(OH)−

−D.常温下，相同浓度的碳酸钠与碳酸氢钠的混合溶液中离子浓度的大小顺序为：()()()()+2--+33cNa>cCO>cHCO>c(OH)>cH−【答案】B【解析】【分析】【详解】A．AgCl的Ksp只与温度有关，温度不

变，Ksp不变，即在NaCl溶液和BaCl2溶液中，AgCl的Ksp一样大，A错误；B．反应x2x+2yMH(s)+yH(g)MH(s)中，正反应气体的物质的量减小，恒容下，若该反应未平衡，则压强减小，当压强不变，说明已达平衡，B正确；C．NaOH溶液为电解液时

，产物应为AlO2-，C错误；D．NaHCO3溶液显碱性，HCO3-的水解度大于电离度，水解为主；而CO32-的水解产物为HCO3-，且其水解度大于HCO3-，故()()2--33cCOcHCO＜，D错误。答案选B。【点睛】弱酸的酸式盐中，弱酸的酸式根离

子既能发生水解，又能发生电离，可以根据溶液的酸碱性判断这两种作用的相对大小，如碳酸氢钠溶液显碱性，则其以水解为主。10.下列说法正确的是()A.氨基酸为高分子化合物，分子中既有-COOH又有-NH2，可以发生缩聚反应B.苯甲酸重结晶主要经过热溶、趁热过滤、蒸发、结晶等几步C.1mol最多和6mol

NaOH发生反应D.经酸性水解，得到两种产物【答案】C【解析】【详解】A．氨基酸不是高分子化合物，A错误；B．苯甲酸重结晶主要经过热溶、蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作，B错误；C．1mol该有机物中含4mol

酚羟基，1mol酯基，1mol羧基，故1mol最多和(4+1+1)mol=6molNaOH发生反应，C正确；D．经酸性水解，得到3种有机物，D错误。答案选C。11.电解23NaCO溶液，原理如图所示。下列说法正确的是()A.随着电解的进行，阴极区溶液的pH变小B.

+Na从阴极穿过交换膜向阳极移动C.若利用可逆反应原电池做此电解装置的电源，当原电池中发生的反应达平衡时，该电解装置不会停止工作D.阳极电极反应式：22-3234CO+2HO-4e=4HCO+O−−【答案】D【解析】

【分析】结合图可知，阳极反应为：2--332-24CO+2HO-4e=4HCO+O，阴极为水电离的氢离子得电子，阴极反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阳极的部分Na+穿过阳离子交换膜与阴极产生的OH-形成NaOH，据此解答。【详解】A．阴极反应为：2H2O+

2e-=H2↑+2OH-，阴极区溶液pH增大，A错误；B．Na+从阳极穿过阳离子交换膜向阴极移动，B错误；C．当原电池中发生的反应达平衡时，原电池装置不再放电，该电解装置将停止工作，C错误；D．由分析可知，阳极电极反应式：2--332-24CO+2H

O-4e=4HCO+O，D正确。答案选D。12.室温下，用等浓度的NaOH溶液，分别滴定浓度均为0.1mol/L的三种酸(HA、HB和HD)溶液，滴定的曲线如图所示，下列判断正确的是()A.等浓度的三种酸中和

等量的NaOH需要三种酸的体积：V(HA)＞V(HB)＞V(HD)B.从滴定开始至pH=7时，三种溶液中水的电离程度逐渐增大C.滴定至P点时，溶液中：c(HB)+c(H+)=c(B-)+c(OH-)D.当中和百分数达100%时，将三种溶液混合

后：c(HA)+c(HB)+c(HD)=c(OH-)-c(H+)【答案】B【解析】【详解】A．三种酸都是一元酸，与碱中和能力相同。中和等物质的量的NaOH，消耗三种酸的物质的量也相等，根据n=cV，若三种酸

的浓度相等，则消耗三种酸的体积也相等，故中和等量的NaOH需要三种酸的体积关系为：V(HA)=V(HB)=V(HD)，A错误；B．向三种酸溶液中逐滴加入NaOH溶液，溶液的酸性逐渐减弱，酸对水电离的抑制作用逐渐减弱，水电离程度逐渐增大，当酸恰好被中和产生盐时，水电离程度达

到最大。在溶液pH=7时，三种酸还没有完全被中和，因此水电离程度逐渐增大，B正确；C．根据电荷守恒可得①：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(B-)，P点时根据横坐标中和百分数为50%，可知c(NaB)：c(HB)=1：1，此时的溶液显酸性，c(H+)＞c(OH-)，则c(B-)＞c

(HB)，根据物料守恒可得②：2c(Na+)=c(B-)+c(HB)，①×2-②整理可得c(HB)+2c(H+)=c(B-)+2c(OH-)，由于c(H+)>c(OH-)，所以c(HB)+c(H+)＜c(B-)+c(OH-)，C错误；D．根据图示可知：0.1mo

l/L的酸HA的pH=1，c(H+)=0.1mol/L=c(HA)，说明HA是一元强酸，中和百分数达到100%，混合溶液中c(NaA)=c(NaB)=c(NaD)，NaA是强酸强碱盐，不水解；而HB、HD中c(H+)小于酸的浓度，证明HB、HD是弱酸，在溶液中盐Na

B、NaD水解使溶液显碱性，根据质子守恒可得：c(OH-)=c(HB)+c(HD)+c(H+)，所以c(HB)+c(HD)=c(OH-)-c(H+)，所以c(HA)+c(HB)+c(HD)＞c(OH-)-c

(H+)，D错误；故合理选项是B。第II卷注意事项：1.用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上。2.本卷共4题，共64分。13.已知A、B、C、D、E、F都是元素周期表中前36号的元素，它们的原子序数依次增大。A单质是密度最小的气体。B是周期表已知元素中非金属性最强的元素

，且和C属同一主族。D、E、F属同一周期，D、F为主族元素，又知E、F的原子序数分别是29、33。D跟B可形成离子化合物，其晶胞结构如图：(1)比C元素质子数少1的原子的价层电子的轨道表示式为____

______。(2)E元素在周期表中第_____周期，第_____族的元素，它的+2价离子的电子排布式为________。写出E的单质与稀硝酸反应的离子方程式___________。(3)F元素的名称是_____。与F同一主族的第二

、三周期元素与A形成的化合物沸点的高低为___________>__________(用化学式表示)，判断的理由____________。(4)写出D跟A形成的化合物的电子式为________。【答案】(1).(2).四(3).ⅠB(4)

.1s22s22p63s23p63d9（或[Ar]3d9）(5).3Cu+8H++2-3NO=3Cu2++NO↑+4H2O(6).砷(7).NH3(8).PH3(9).NH3可以形成分子间氢键，沸点高(10).2+H:Ca:H－－【解析】【分析】根

据题目所给条件，A单质是密度最小的气体，则A为H元素；B是周期表已知元素中非金属性最强的元素，则B为F元素；C与B同主族且A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，则C为Cl元素；E、F的原子序数分别是29、33，则E

为Cu元素，F为As元素；D跟B可形成如图所示的晶胞结构，晶胞中D占有8个顶点和6个面心，则晶胞中含有118+682=4个D，8个B全部晶胞内部，则该粒子化合物为DB2，因D为主族元素且原子序数大于Cl小于Cu

，则D为Ca元素，据此分析。【详解】(1)比Cl元素质子数少1的原子为S原子，其价电子数为6，根据电子排布规则，S原子基态价电子轨道表示式为；(2)E为Cu元素，其在元素周期表中的位置为第四周期第ⅠB族，其+2价离子为Cu2+，电子排布

式为1s22s22p63s23p63d9（或[Ar]3d9）；Cu与稀硝酸反应的离子方程式为3Cu+8H++2-3NO=3Cu2++NO↑+4H2O；(3)F的元素名称为砷，与其同主族的第二、三周期元素为N、P，氢化物为NH3、PH3，因NH3可以形成分子间氢键，故NH3的沸点高于PH3；(4)C

a与H两种元素形成的化合物为离子化合物，化学式为CaH2，其中Ca最外层的两个电子分别转移到2个H上，Ca形成+2价离子，H形成-1价离子，故CaH2的电子式为2+H:Ca:H－－。14.I.有机物间存在如图转化关系，C在核磁共振氢谱中出现4组峰，其峰面积之比为6:2:1:1。回答下列

问题：(1)C物质的同系物中，有一种物质的浓度为75%的溶液，能达到良好的消毒、杀菌作用，该物质的名称是________。(2)D的官能团的名称是________。(3)六种有机物中能跟Na反应的是_______________(填字母)。(4)由A生成B、C的化学反应方程式为____

。(5)已知F能使溴的四氯化碳溶液褪色，G是F同系物中最简单的物质，完成用G和对苯二甲酸为原料经3步反应制备对苯二甲酸乙二醇酯的合成路线(有机物写结构简式，其它试剂任选)_________Ⅱ.物质J是具有强烈玫瑰香气的香料，可由下列反应路线合成(部分

反应条件已略)(1)A物质的类别是_______。反应②是加成反应，则D物质的结构简式是_______。(2)③的反应类型为_______。(3)G的同分异构体L遇3FeCl溶液显紫色，与足量饱和溴水反应未见白色沉淀产生，则L的结构简式为_______。(只写一种)【答案】(1).乙醇(2).

醛基(3).C、E(4).+NaOHΔ⎯⎯→+(5).CH2=CH224Br/CCl⎯⎯⎯⎯→BrCH2CH2BrNaOH/水Δ⎯⎯⎯⎯⎯→HOCH2CH2OH(6).卤代烃(7).3ClCCHO(8).取代反应或酯化反

应(9).（或等合理答案）【解析】【分析】Ⅰ.有机物A在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成B和C，C可以连续两次氧化生成E，B酸化也生成E，故有机物A为酯，C为醇，B为羧酸盐，E为羧酸，D为醛，且B、C、

D、E含有相同的碳原子数目4，且C在核磁共振氢谱中出现4组峰，其峰面积之比为6:2:1:1，则C为(CH3)2CHCH2OH，D为(CH3)2CHCHO，E为(CH3)2CHCOOH，B为(CH3)2CHCOONa，故A

为(CH3)2CHCOOCH2CH(CH3)2，据此分析。Ⅱ.根据流程，有机物G可以由两种途径制得，第一种途径为CHCl3与苯甲醛反应生成，第二种途径为有机物D与苯反应生成，有机物G经酯化反应生成有机物J，据此分析。【详解】Ⅰ.(1)根据分析，有机物C属于醇，其

同系物中有一种物质的浓度为75%的溶液，能达到良好的消毒、杀菌作用，该物质的名称是乙醇；(2)根据分析，有机物D为(CH3)2CHCHO，其结构中含有醛基；(3)有机物中可以与Na反应的物质为醇和酸，故6种有机物中可以与Na反应的有机物是C和E，故选择CE；(4)由A反应生成

B和C的反应方程式为+NaOHΔ⎯⎯→+；(5)有机物F能使溴的四氯化碳溶液褪色说明有机物F中含有双键，且有机物F为有机物C脱水而来，故有机物F为(CH3)2C=CH2，有机物G是有机物F的最简单同系物，则有机物G为乙烯，利用乙烯和对苯二甲酸制备对苯二甲酸乙二醇酯，可先将乙烯转化

为乙二醇，乙二醇与对苯二甲酸发生酯化反应生成目标产物，合成路线为：CH2=CH224Br/CCl⎯⎯⎯⎯→BrCH2CH2BrNaOH/水Δ⎯⎯⎯⎯⎯→HOCH2CH2OH；Ⅱ.(1)根据有机物A的结构，有机物A属于卤代烃；反应②是加成反应，根据加成反应的定义，则D物质的结

构简式是Cl3CCHO；(2)反应③为醇和酸的反应，生成物J为醇，则反应③的反应类型为酯化反应（或取代反应）；(3)G的同分异构体L遇FeCl3溶液显紫色，说明有机物L中含有酚羟基，与足量饱和溴水反应未见白色沉淀产生说明酚羟基的邻对位上被其他原子

或原子团占用，故符合条件的其中一种有机物的结构为或等。15.【任务一】探究墨粉中铁的氧化物。墨粉是由树脂和炭黑、电荷剂、磁粉(铁氧化物)等组成。(1)向一定量墨粉中加入适量的稀硫酸充分振荡后，向试管中缓缓压入棉花团至试管底部，棉花团所起的作用是___________。(2)取(1)中水

层部分清液，把清液分装两试管，一试管中加入适量NaOH溶液，出现_________，证明有Fe3＋，另一试管中加入铁氰化钾溶液，立即出现______，证明有Fe2＋。【任务二】设计实验方案，测定墨粉中铁元素的质量分数。取10.6

g墨粉经过一系列操作，配制成250mL溶液(溶液中铁元素全部转化为Fe3＋)，取出20.00mL溶液，用-10.5000molL的KI溶液滴定。(1)滴定过程中，选择的指示剂是______。a.淀粉溶液b.KSCN溶液c.36KFe(

CN)溶液d.NaOH溶液(2)若滴定过程中消耗-10.5000molLKI溶液20.00mL，则墨粉中铁的质量分数为______(百分数保留两位整数)。【任务三】了解34FeO的工业制备。复印机使用的墨粉的主要成分是34FeO，如图是利用硫铁矿烧渣制备高纯

34FeO的工艺流程。已知：①23342Fe(OH)+2Fe(OH)=FeO4HO；②()442NHSO在水中可溶，在乙醇中难溶；③()4422NHFeSO12HO在乙醇与水的混合溶剂中的溶解度随乙醇体积分

数的变化曲线如图所示：回答下列问题：(1)①浸出液中含有的金属阳离子为______________，操作②中加入铁屑的目的是_________。(2)步骤③用22HO作氧化剂的优点是_______。(3)经步骤⑤后，一

般需要对所得晶体进行洗涤和干燥处理。请说出选择乙醇和水的混合液作为洗涤液的理由___________。【答案】(1).过滤(2).红褐色沉淀(3).蓝色沉淀(4).b(5).66%(6).Fe2＋(7).防止Fe2＋被氧化(8).不产生杂质、无污染(9).洗去()

442NHSO，减少()4422NHFeSO12HO的溶解【解析】【分析】【详解】【任务一】（1）向一定量墨粉中加入适量的稀硫酸充分振荡后，向试管中缓缓压入棉花团至试管底部，铁氧化物溶解，碳等物质不溶，棉花团所起的作用是过滤。故答案为：过滤；（2）取（1）中水层部分

清液，把清液分装两试管，一试管中加入适量NaOH溶液，出现红褐色沉淀[Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓]，证明有Fe3＋；另一试管中加入铁氰化钾溶液，立即出现蓝色沉淀，生成Fe3[Fe(CN)6]2是蓝色沉

淀，证明有Fe2＋。故答案为：红褐色沉淀；蓝色沉淀；【任务二】（1）滴定的原理为2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2，滴定过程中，用KSCN溶液作指示剂，红色褪去时，停止滴定。故答案为：b；（2）若滴定过程中消耗-10.5000

molLKI溶液20.00mL，则墨粉中铁的质量分数为-112500.5000mol?L0.02056?2010.6gLgmol−×100%=66%。故答案为：66%；【任务三】（1）①四氧化三铁溶于硫酸，再用H2S将铁离子还原，加Fe可防亚铁离子氧化，浸

出液中含有的金属阳离子为Fe2＋，操作②中加入铁屑的目的是防止Fe2＋被氧化。故答案为：Fe2＋；防止Fe2＋被氧化；（2）双氧水是绿色氧化剂，反应后生成水，步骤③用22HO作氧化剂的优点是不产生杂质、无污染。故答案为：不产生杂质、无

污染；（3）根据题目提供的信息②③，经步骤⑤后，对所得晶体进行洗涤和干燥处理，选择乙醇和水的混合液作为洗涤液的理由洗去()442NHSO，减少()4422NHFeSO12HO的溶解。故答案为：洗去()442NHSO，减少()4422NHFeSO12HO的溶解。16.已知反应3-+3432

2AsO+2I+2HAsO+I+HO−−是可逆反应。设计如图装置(12CC、均为石墨电极)，分别进行下述操作：①向B烧杯中逐滴加入浓盐酸。②向B烧杯中逐滴加入40%NaOH溶液。结果发现电流表指针均发生偏转。(1)①过程中1C棒上发生的反应为__

_______；②过程中2C棒上发生的反应为___________。(2)操作②过程中，盐桥中的+K移向_________烧杯溶液(填“A”或“B”)。资料：-23I+IIK=640−。向20mL一定浓度的22HO溶液中加入-110mL0

.10mIolLK溶液，达平衡后，相关微粒浓度如下：微粒-I2I3I−浓度()-1/molL-32.510-32.510a(3)a=________________。该平衡体系中除了含有-23II，和-I外，判断溶液是否一定还含有其他含碘微粒___

___________(填“是”或“否”)。(4)已知：甲醇与水蒸气重整制氢可直接用于燃料电池。反应：-1321CHOH(g)CO(g)+2H(g)ΔH=+90.64kJmol反应：-12222CO(g)+HO(g)CO(g)+H(g)ΔH=+41.20

kJmol则32223CHOH(g)+HO(g)CO(g)+3H(g)ΔH=______________-1kJmol(5)已知：25℃时，()()-10-9sp4sp3KBaSO=110,KBaCO=110。医学上进行消化系统的X射线透视时，常使用4BaSO作内服造影剂。胃酸酸性很强(p

H约为1)，但服用大量4BaSO仍然是安全的，4BaSO不溶于酸的原因是(用溶解平衡原理解释)：_________。误服少量3BaCO，应尽快用大量的一定浓度的24NaSO溶液给患者洗胃，忽略洗胃过程中24NaSO溶液浓度的变化，要使残留在胃液中的2+B

a浓度为-10-1210molL，应服用的24NaSO溶液的最低浓度为_______-1molL。【答案】(1).-22I-2eI－＝(2).3-3342AsO+2OH-2eAsO+HO－＝−−(3).A(4).-34.010(5).是(6).+131

.84(7).H+不能减少2Ba+或24SO−的浓度，平衡不能向溶解的方向移动(8).-10.5molL【解析】【分析】根据加入溶液酸碱性的不同判断反应进行的方向；根据化学平衡常数计算反应反应中某一物质的浓度，根据元素的守恒定律判断溶液

中是否存在其他微粒；根据盖斯定律计算化学反应热；根据化学平衡移动原理分析平衡是否发生移动。【详解】(1)过程①向烧杯B中加入浓盐酸，反应正向进行，C1棒上溶液中的碘离子失电子生成I2，电极方程式为2I--2e-=I2，C2棒上

溶液中的3-4AsO得电子生成3-3AsO，电极方程式为3-4AsO+2e-+2H+=3-3AsO+H2O；过程②向烧杯B中加入NaOH溶液，反应逆向进行，其总反应相应变为3-3AsO+I2+2OH-=3-4AsO+H2O

+2I-，C1棒上溶液中I2得电子生成I-，电极方程式为I2+2e-=2I-，C2棒上溶液中3-3AsO失电子生成3-4AsO，电极方程式为3-3AsO-2e-+2OH-=3-4AsO+H2O；(2)过程②A烧杯中

生成大量I-，导致盐桥中K+向A烧杯移动；(3)根据反应可写出反应的化学平衡常数表达式K=-3-2c(I)c(I)c(I)=640，将碘离子和碘单质的浓度带入，解得c(-3I)=4×10-3mol/L；对于方程式I-+I2=

-3I，根据平衡时三种物质的平衡浓度可以计算这个反应中I的总物质的量浓度为1.95×10-2mol/L，物质的量为1.95×10-2×30×10-3=5.85×10-4mol，而反应前碘化钾溶液中碘离子的物质的量为0.1×10×10-3=10-3mol，二者存在差值，说明溶液中

还含有其他含碘微粒；(4)根据盖斯定律，将第一个热化学方程式与第二个热化学方程式相加即得到第三个方程式的反应热，第三个热化学方程式的反应热∆H3=∆H1+∆H2=+90.64kJ/mol+41.20kJ/mol=+131.84kJ/mol；(5)人胃液的主要成分为HCl

，服用BaSO4后不会对人体造成伤害，原因是H+不能减少钡离子或硫酸根的浓度，硫酸钡的沉淀溶解平衡不会发生移动；洗胃过程中要使残留在胃中的Ba2+浓度小于2×10-10mol/L，根据BaSO4的溶度积常数可以计算硫酸根浓度c(

2-4SO)=sp2+Kc(Ba)=-10-10110210=0.5mol/L，故应服用硫酸钠溶液的最低浓度为0.5mol/L。