【文档说明】北京市怀柔区第一中学2024-2025学年高三上学期10月月考 化学试题 Word版含解析.docx，共(18)页，1.002 MB，由小赞的店铺上传

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怀柔一中高三年级化学学科10月复习反馈可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16K39一、选择题(每小题只有1个选项符合题意，每小题3分，共42分)1.我国“天问一号”探测器使用了大量新材料，其中属于金属材料的是A.探测器结构材料——镁铝合金B.

深空太阳能电池材料——砷化镓C.隔热组件材料——二氧化硅纳米气凝胶D.柔性可伸缩材料——形状记忆聚合物【答案】A【解析】【详解】A．探测器结构材料——镁铝合金属于金属材料，是金属镁与金属铝的合金，A正确；B．砷化镓为半导体材料不是金属材料，B错误；C．纳米二氧化

硅，一般就是二氧化硅颗粒，粒度在纳米级，气凝胶是气凝胶为介孔材料，不属于金属材料，C错误；D．形状记忆聚合物是指具有初始形状的制品在一定的条件下改变其初始条件并固定后，通过外界条件（如热、电、光、化学感应等）的刺激又可恢复其初始形状的高分子材料不属于金属材料，D错误；答案选A。2.下列化学用

语或图示表达正确的是A.中子数为32，质子数为27的钴原子：3227CoB.SO2的空间结构示意图为C.基态Si原子的价层电子的轨道表示式为D.HF分子中σ键的形成示意图为【答案】D【解析】【详解】A．中子数为32，质子数为27的钴原子，其质量数为59，其符号为：5927Co，A不正

确；B．SO2分子中，S原子的价层电子对数为3，有1个孤电子对，对成键电子有排斥作用，则分子呈V形结构，B不正确；C．基态Si原子的价电子排布式为3s23p2，其价层电子的轨道表示式为，C不正确；D．形成HF分子时，H原子的1s电子云与F原子的2p电子云沿着p电子云的对称轴

方向发生重叠，从而形成σ键，则σ键的形成示意图为，D正确；故选D。3.下列物质的应用中，与氧化还原反应无关的是A.用含Fe2O3的铁矿石冶炼FeB.用Na2O2作潜水艇的供氧剂C.用NaOH作沉淀剂去除粗盐水中的Mg2+D.以NH3为原料制备HNO3【答案】C【解析】【详解】A．用含氧化铁的铁矿

石冶炼铁时，氧化铁中铁元素的化合价降低被还原，与氧化还原反应有关，故A不符合题意；B．用过氧化钠作潜水艇的供氧剂时，过氧化钠中氧元素的化合价即升高被氧化，又降低被还原，与氧化还原反应有关，故B不符合题意；C．用氢氧化钠溶液作沉淀剂去除粗盐水中的镁离子时，没有元素发生化合价变化，与氧化还原反应无关

，故C符合题意；D．以氨气为原料制备硝酸时，氨气中氮元素的化合价升高被氧化，与氧化还原反应有关，故D不符合题意；故选C。4.下列方程式与所给事实相符的是A.常温下，0.1mol·L-1H3PO4溶液pH约为3.1：3344HPO3HPO+−=+B.金属钠和水的反应：22Na2HONa

2OHH+−+=++C.向NaHCO3溶液中加入CaCl2产生白色沉淀：323CaHCOCaCOH−+++=+D.还原铁粉与水蒸气反应有可燃性气体产生：()23423Fe4HOgFeO4H++高温【答案】D【解析

】【详解】A．常温下，0.1mol·L-1H3PO4液溶液pH约为3.1，c(H+)=10-3.1mol/L，说明H3PO4是三元弱酸，在溶液中存在电离平衡，主要是第一步电离，其电离方程式为：H3PO4H++-24

HPO，A错误；B．电子不守恒，电荷也不守恒，该反应的离子方程式应该为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，B错误；C．由于酸性：HCl＞H2CO3，所以NaHCO3与CaCl2不能发生反应产生CaCO3沉淀，C错误

；D．还原铁粉与水蒸气在高温下发生置换反应产生Fe3O4和H2，反应的化学方程式为：()23423Fe+4HOgFeO+4H高温，D正确；故合理选项是D。5.下列比较正确的是A.第一电离能：Be＞BB.热稳定性：H2S＞H2OC.碱性：Al(OH)3＞Mg(OH)2D.熔点：Br2＞I2【

答案】A【解析】【详解】A．Be、B为左右相邻的同周期元素，B在Be的右侧，Be的2p轨道全空，电子的能量低，则第一电离能：Be＞B，A正确；B．元素的非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，O与S为上下相邻的同主族元素，S在O的下方，非金属性S＜O，则热稳定性：

H2S＜H2O，B不正确；C．Al和Mg为同周期相邻元素，Al在Mg的右方，同周期元素从左到右，金属性依次减弱，金属性越强，其最高价氧化物的水化物的碱性越强，则碱性：Al(OH)3＜Mg(OH)2，C不正确；D．Br2和I2在晶态时都属于

分子晶体，Br2的相对分子质量小于I2，则分子间作用力Br2小于I2，所以熔点：Br2＜I2，D不正确；故选A。6.下列说法正确的是A.标准状况下，5.6L4CH中所含C-H键的数目为236.0210B.

室温下，1L0.11molL−3CHCOOH溶液中3CHCOO−的数目为226.0210C.质量相同的2HO和2DO(重水)所含的原子数相同D.室温下，pH=12的氨水中，OH−的物质的量为0.01mol【答案】A【解析】【详解】A．1分

子甲烷中含有4个碳氢键，则标准状况下，5.6L4CH的物质的量为0.25mol，所含C-H键的物质的量为1mol，数目为236.0210，A正确；B．醋酸为弱酸，只能发生部分电离，电离池醋酸根离子的数目小于226.0210，

B错误；C．1分子2HO和2DO所含原子数相同，但是两者的摩尔质量不同，则质量相同的2HO和2DO(重水)的物质的量不同，所含的原子数不相同，C错误；D．不确定溶液体积，不能计算氢氧根物质的量，D错误；故选A。7.下列说法不正确

的是A.纯碱和烧碱熔化时克服的化学键类型相同B.加热蒸发氯化钾水溶液的过程中有分子间作用力的破坏C.石墨转化为金刚石既有共价键的断裂和生成，也有分子间作用力的破坏D.2CO溶于水和干冰升华都只有分子间作用力改变【答案】

D【解析】【详解】A．烧碱和纯碱均属于离子化合物，熔化时须克服离子键，A正确；B．加热蒸发氯化钾水溶液，液态水变为气态水，水分子之间的分子间作用力被破坏，B正确；C．石墨属于层状结构晶体，每层石墨原子间为共价键，层与层之间为分子间作用力，金刚石只含有共价键，因而石墨转化为金刚

石既有共价键的断裂和生成，也有分子间作用力的破坏，C正确；D．CO2溶于水发生反应：CO2+H2O⇌H2CO3，这里有化学键的断裂和生成，D错误；故选D。8.元素X、Y、Z和R在周期表中的位置如图所示。R位于第

四周期，X、Y、Z原子的最外层电子数之和为17。下列说法正确的是XYZRA.X基态原子的核外电子排布式为2s22p2B.电负性：R＞YC.0.033mol•L-1的H3RO4溶液的pH约等于1D.还原性：Y2-＞

Z-【答案】D【解析】【分析】由元素X、Y、Z和R在周期表中的位置可知，X位于第二周期，Y、Z位于第三周期，设X的最外层电子数为x，X、Y、Z原子的最外层电子数之和为17，则x+x+2+x+3=17，解得x=4，可知X为C、Y为S、Z为Cl，R位于第四周期VA族，R

为As。【详解】A．X为C元素，则X基态原子的核外电子排布式为1s22s22p2，A错误；B．元素非金属性越强，其电负性越大，非金属性：As<S，则电负性：R<Y，B错误；C．H3AsO4为弱酸，不能完全电离，则0.033mol•L-1的H3RO4溶

液的pH一定大于1，C错误；D．同周期主族元素从左到右非金属性增强，非金属性越强，对应简单阴离子的还原性越弱，非金属性：Cl>S，则还原性：Y2-＞Z-，D正确；故选D。9.萤石是制作光学玻璃的原料之一其主要成分氟化钙的晶胞结构如下图所示。下列说法正确的是A.氟化钙的化学式为CaFB.每个

晶胞中含有14个2Ca+C.氟化钙中只含有离子键D.每个2Ca+周围距离最近且等距的F−有4个【答案】C【解析】【分析】由图可知，2Ca+位于晶胞的顶点和面心，数目为1186482+=，F−位于晶胞体内，数目为8。【详解】A．根据上述分析可知，2Ca+数目

为4，F−数目为8，则氟化钙的化学式为CaF2，故A错误；B．每个晶胞中含有4个2Ca+，故B错误；C．氟化钙是由钙离子和氟离子构成的化合物，只含有离子键，故C正确；D．以面心处2Ca+为研究对象，每个2Ca+周围距离最近且相等的F−

有8个，故D错误；故选C。10.硫酸是重要化工原料，工业生产制取硫酸的原理示意图如下。下列说法不正确的是A.I的化学方程式：223423FeS+8OFeO+6SOB.Ⅱ中的反应条件都是为了提高2SO平衡转化率C.将黄铁矿换成硫黄可以

减少废渣的产生D.生产过程中产生的尾气可用碱液吸收【答案】B【解析】【分析】黄铁矿和空气中的O2在加热条件下发生反应，生成SO2和Fe3O4，SO2和空气中的O2在400~500℃、常压、催化剂的作用下发生反应得到SO3，用98.3%的浓硫酸吸收SO3，得到H2SO4。【详解】A．反应I是黄铁

矿和空气中的O2在加热条件下发生反应，生成SO2和Fe3O4，化学方程式：223423FeS+8OFeO+6SO，故A正确；B．反应Ⅱ条件要兼顾平衡转化率和反应速率，还要考虑生产成本，如Ⅱ中“常压、催化剂”不是为了提高2SO平衡转

化率，故B错误；C．将黄铁矿换成硫黄，则不再产生34FeO，即可以减少废渣产生，故C正确；D．硫酸工业产生的尾气为2SO、3SO，可以用碱液吸收，故D正确；故选B。11.离子化合物22NaO和2CaH与水的反应分别为①22222NaO2HO4NaOHO+=+；②2222CaH2HOCa(O

H)2H+=+。下列说法正确的是A222NaOCaH、中均有非极性共价键B.①中水发生氧化反应，②中水发生还原反应C.22NaO中阴、阳离子个数比为1:2，2CaH中阴、阳离子个数比为2:1D.当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的2O和2H

的物质的量相同【答案】C.【解析】【详解】A．Na2O2中有离子键和非极性键，CaH2中只有离子键而不含非极性键，A错误；B．①中水的化合价不发生变化，不涉及氧化还原反应，②中水发生还原反应，B错误；C．Na2O2由Na+和22O−组成．阴、阳离子个数之比为1∶

2，CaH2由Ca2+和H-组成，阴、阳离子个数之比为2∶1，C正确；D．①中每生成1个氧气分子转移2个电子，②中每生成1个氢气分子转移1个电子，转移电子数相同时，生成氧气和氢气的物质的量之比为1∶2，D错误；故选C12.已知：K

ClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O，如图所示，将少量试剂分别放入培养皿中的相应位置，实验时将浓盐酸滴在KClO3晶体上，并用表面皿盖好。下表中由实验现象得出的结论完全正确的是（）选项实验现象结论A滴有KSCN的FeCl2溶液变

红Cl2具有还原性B滴有酚酞NaOH溶液褪色Cl2具有酸性C紫色石蕊溶液先变红后褪色Cl2具有漂白性DKI-淀粉溶液变成蓝色Cl2具有氧化性A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．滴有KSCN的Fe

Cl2溶液变红，是因为氯气的氧化性把亚铁离子氧化为铁离子，铁离子与KSCN反应使得溶液呈红色，故A错误；B．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，酸再与碱反应，是因为与水反应的生成物表现为酸性，不是氯气表。的现为酸性，故B错误；C．紫色石蕊溶液先变红后褪色，是因为氯气与

水反应生成盐酸和次氯酸，溶液中有氢离子，所以紫色石蕊溶液先变红，褪色是因为次氯酸具有漂白性，而非氯气具有漂白性，故C错误；D．因为氯气能把碘化钾中碘离子氧化成碘，故KI淀粉溶液变成蓝色，故D正确，故答案：D。13

.水体中的局部氮循环如下图所示，其中含氮物质转化方向与水深有关。下列说法不正确．．．的是A.排放含4NH+废水不会影响水体中2NO−的浓度B.图中涉及的反应均为氧化还原反应C.反硝化过程中含N物质被还原D.不同水深含氮物质转化方向不同，可能与

溶氧量有关【答案】A【解析】【详解】A．图中转化关系中，4NH+浓度增大，硝化作用增强，会导致2NO−增多，所以排放含4NH+的废水会影响水体中2NO−的浓度，A错误；B．由图中转化关系可知，所涉及的反应，元素化合价都发生了变化，故均为氧化还原反应，B正确；C．由图中转化关系可知，反硝化过程中

含N物质化合价均降低，被还原，C正确；D．表层水中氧气浓度大，含氮物质转化以硝化过程为主，发生氧化反应；底层水中氧气浓度小，含氮物质转化以反硝化过程为主，发生还原反应，所以不同水深含氮物质转化方向不同，可能与溶氧量有关，D正确；故选A

。14.化学小组探究2Fe+与SCN−是否存在反应，实验过程如下图所示。下列分析不正确的是A.②中溶液无色是因为32Fe2Fe3Fe+++=，导致平衡33Fe3SCNFe(SCN)+−+逆向移动B.③中溶液略显黄色，可能是因为

②→③过程中2Fe+被空气氧化C.④中溶液颜色比①浅，说明2Fe+与SCN−反应导致()SCNc−减小D.将向①中加入的2滴水改为2滴0.3mol/L4FeSO溶液，两次实验后的溶液颜色相同【答案】C【解析】

详解】A．②中溶液加入足量铁粉，32Fe2Fe3Fe+++=，溶液中Fe3+浓度减小，导致3+-3Fe+3SCNFe(SCN)平衡逆向移动，导致溶液颜色变浅甚至无色，A正确；B．③中溶液略显黄色，可能是因为2Fe+被空气氧化，生成Fe3+，B正确；C．④中加入2滴243Fe

(SO)溶液，溶液又显红色，但是颜色比①浅，是因为溶液中3Fe(SCN)浓度比①小，C错误；D．①中溶液2mL，②中溶液4mL，然后分成两等份，一份是2mL，所以①溶液体积和②溶液分成两等份后溶液体积是相同的，所以向①中加入的2滴水改为2

滴0.3mol/L4FeSO溶液，两次实验后的溶液颜色相同，D正确；故选C。二、填空题(共5道大题，共58分)15.KCN易溶于水，水溶液呈碱性，虽有剧毒，却因其较强的配位能力被广泛使用，如用于从低品位的金矿砂(含单质金)中提取金。（1）基态N价层电子排布式为___________。（2）C

N-的所有原子均满足8电子稳定结构，其电子式为___________。（3）CN-中N为-3价，从结构与性质关系的角度解释其原因：___________。【（4）下图为KCN的晶胞示意图。已知晶胞边长为anm，阿伏加德罗常数的值为NA，该晶胞的密度为___________g·cm−3(已知：1cm

=107nm)。（5）浸金过程如下：i．将金矿砂溶于pH为10.5~11的KCN溶液，过滤，得含[Au(CN)2]-的滤液；ii．向滤液中加入足量金属锌，得单质金。①已知Au与Cu同族，则Au属于____

_______区元素。②i中反应的离子方程式为___________。③i中，pH＜10.5会导致相同时间内Au的浸取率下降，结合化学用语说明原因是___________。【答案】（1）2s22p3（2）（3

）C、N电子层数相同，核电荷数C＜N，原子半径C＞N，C的电负性小于N的，对三对共用电子对的吸引作用C弱于N，因此，CN-中N呈-3价（4）213A26010Na（5）①.ds②.4Au+8CN-+2H2O+O2=4[Au(C

N)2]-+4OH-③.pH减小，c(OH-)下降，CN-+H2OHCN+OH-平衡正向移动，溶液中c(CN-)下降，i中浸金反应速率减小【解析】【小问1详解】氮为7号元素，电子排布式为1s22s22p3，则基态N价层电子排布式为2s22p3。【小问2详解】CN

-的所有原子均满足8电子稳定结构，则与N2互为等电子体，C、N原子间形成三对共用电子，其电子式为。【小问3详解】C、N同周期且左右相邻，电负性C小于N，则N吸引三对共用电子的能力更强，所以从结构与性质关系的角度解释其原因：C、

N电子层数相同，核电荷数C＜N，原子半径C＞N，C的电负性小于N的，对三对共用电子对的吸引作用C弱于N，因此，CN-中N呈-3价。【小问4详解】在KCN晶胞中，含K+的个数为11214+=4，含CN-的个数

为118682+=4，已知晶胞边长为anm，阿伏加德罗常数的值为NA，该晶胞的密度为173A4(391214)g/molNmol(a10cm)−−++=213A26010Nag·cm−3。【小问5详解】①已知Au与Cu同族，Cu属于ds区元素，则Au属于ds区元素。②i中

，将金矿砂溶于pH为10.5~11的KCN溶液，过滤，得含[Au(CN)2]-的滤液，则反应的离子方程式为4Au+8CN-+2H2O+O2=4[Au(CN)2]-+4OH-。③i中，pH＜10.5时，溶液中c(OH-)减小，会促使CN-不断水解，溶液中c

(CN-)减小，浸金速率减慢，从而导致相同时间内Au的浸取率下降，结合化学用语说明原因是：pH减小，c(OH-)下降，CN-+H2OHCN+OH-平衡正向移动，溶液中c(CN-)下降，i中浸金反应速率减小。【点睛】计算晶胞中所含微粒数目时，常使用均摊法。16.为消除燃煤烟气中含有的SO2、NO

x，研究者提出了若干烟气“脱硫”、“脱硝”的方法。（1）向燃煤中加入适量石灰石，高温时将SO2转化为CaSO4的化学方程式是______。（2）选择性催化还原法（SCR）“脱硝”。在催化剂的作用下，选取还原剂将烟气中的NO进行无害化处理。NH3还原NO的化学方

程式是______。（3）以NaClO溶液作为吸收剂进行一体化“脱硫”、“脱硝”。控制溶液的pH＝5.5，将烟气中的SO2、NO转化为SO42−、NO3−，均为放热反应。①在如图中画出“放热反应”的反应过程中的能量变化示意图。②NaClO溶液吸收烟气中SO2的离子方程式是______。③一定

时间内，温度对硫、硝脱除率的影响曲线如图，SO2的脱除率高于NO，可能的原因是______（写出1种即可）。④烟气中SO2和NO的体积比为4∶1，50℃时的脱除率见图2，则此吸收液中烟气转化生成的NO3−和Cl−的物质的量

之比为______。【答案】①2CaCO3+2SO2+O22CaSO4+2CO2②.4NH3+6NO5N2+6H2O③.SO2+ClO−+H2O==SO42−+Cl−+2H+SO2在水中的溶解度大于N

O④.SO2在溶液中的还原性强于NO⑤.SO2与NaClO溶液的反应速率大于NO2∶13【解析】【详解】（1）向燃煤中加入适量石灰石，高温时石灰石、氧气和SO2转化为CaSO4的化学方程式是2CaCO3+2SO2+O22Ca

SO4+2CO2；（2）NH3还原NO生成氮气和水，反应的化学方程式是4NH3+6NO5N2+6H2O；（3）①“放热反应”的反应过程中反应物总能量大于生成物总能量，故能量变化示意图如下：；②NaClO溶液吸收烟气中SO2，发生氧化

还原反应生成硫酸钠和盐酸，反应的离子方程式是SO2+ClO−+H2O==SO42−+Cl−+2H+；③一定时间内，温度对硫、硝脱除率的影响曲线如图，SO2的脱除率高于NO，可能的原因是SO2在水中的溶解度大于NO、SO2在溶液中的还原性强于NO、SO2与N

aClO溶液的反应速率大于NO；④烟气中SO2和NO的体积比为4∶1，50℃时的脱除率见图2分别为100%和80%，根据反应SO2+ClO−+H2O==SO42−+Cl−+2H+、3ClO−+2NO+H2O=2NO3−+3Cl−+2H+，则此吸收液中烟气转化生成的NO3−和Cl−的

物质的量之比为3180%180%4100%2132+=：：。17.金属铬坚硬，耐腐蚀，可做镀层金属，并且在制皮革，羊毛，火柴，颜料等方面均有其应用。但是.Cr(VI)致癌，因而工业废水中如果含有

Cr(VI)需要处理后再排放。已知：()10sp27BaCrO2.310K−=，()31sp3CrOH6.310K−=，3Cr+完全沉淀时的pH约为5.6。（1）沉淀法利用2BaCl试剂可处理含227CrO−废水，离子方程式是__

_________。（2）还原法①可以选择还原剂2Fe+，对酸性含铬废水进行处理。将下述反应的离子方程式补充完整：___________。22327FeCrO_____Cr__________+−+++=++②可以选择焦亚硫酸钠(225NaSO)处理含铬(VI)

废水，处理费用低。其工艺流程如图：资料：焦亚硫酸钠(225NaSO)为白色或黄色结晶粉末，遇强酸放出2SO。i．反应池中发生反应的离子方程式是___________。ii．227CrO−在酸性条件下氧化

性强，在实际工业中pH过低，则需要的焦亚硫酸钠的量比理论值高出许多，结合化学用语解释可能的原因是___________。【答案】（1）222727BaCrOBaCrO+−+=（2）①.22332726Fe1CrO14H2Cr6Fe7HO+−+++++=++②.22232527423SO2CrO1

0H6SO4Cr5HO−−+−+++=++③.pH过低，发生反应：225222HSOHO2SO+−+=+，2SO不断逸出，所以需要更多的225SO−【解析】【分析】由流程可知，废水中加稀硫酸调pH至2

.5，在反应池中发生22232527423SO2CrO10H6SO4Cr5HO−−+−+++=++，若pH过低，发生225222HSOHO2SO+−+=+，SO2不断逸出，所以需要更多的225NaSO；再加入石灰乳调节pH，生成Cr(O

H)3沉淀，同时生成硫酸钙沉淀，上清液测定达标即可，以此来解答。【小问1详解】根据()10sp27BaCrO2.310K−=可知利用2BaCl试剂可处理含227CrO−废水，发生复分解反应，反应的离子方程式是222727B

aCrOBaCrO+−+=。【小问2详解】①铁元素化合价从+2价升高到+3价，失去1个电子，铬元素化合价从+6价降低到+3价，依据电子得失守恒可知反应中转移6个电子，则根据元素守恒以及溶液显酸性可知还有氢离子参加反应，同时有水生成，所以反应的离子方程式为2233

2726FeCrO14H2Cr6Fe7HO+−+++++=++。②i．反应池中重铬酸根离子被还原，225NaSO被氧化为硫酸根离子，则发生反应的离子方程式是22232527423SO2CrO10H6SO4Cr5HO−−+−+++=++。ii．由于pH过低，发生反应：22

5222HSOHO2SO+−+=+，2SO不断逸出，所以需要更多的225SO−，即需要的焦亚硫酸钠的量比理论值高出许多。18.碘是人体必须的微量元素之一，海洋植物如海带、海藻中含有丰富的碘元素。在实验室中，从海藻里提取碘的流程如下：（1）指出上述过程中有关

实验操作的名称，步骤ⅰ：___________，步骤ⅲ：___________。（2）步骤ⅱ中可使用Cl2。Cl2过量时，可能无法获得I2，原因是I2会被继续氧化为IO3−，该反应的离子方程式为___________。（3）当使用H2O2做氧化剂时，I-的转化率受外界因素的影响如下图

所示。①图1中，pH=7时I-转化率几乎为0，结合离子方程式解释原因：___________。②图2中，H2O2与I-的物质的量之比从0.5∶1提高到1∶1时，I-的转化率明显增大，可能的原因是___________。【答案】（1）①.过滤②.萃取分

液（2）I2＋5Cl2＋6H2O=2IO3−＋10Cl-＋12H+（3）①.H2O2＋2I-＋2H+=I2＋2H2O，pH=7时H2O2氧化能力弱②.体系中存在其它消耗H2O2的反应，导致H2O2与I-物质的量之比为0.5∶1时，H2O2的量相对不足。随着H2O2浓度增加，H2O2与剩余I-

反应，导致I-的转化率提高。或答：该反应可能为可逆反应，H2O2浓度增大，平衡正向移动，I-转化率提高【解析】【分析】海藻在坩埚中灼烧得海藻灰，用水“浸泡”海藻灰，过滤得含有碘离子的水溶液，加氧化剂双氧水把碘离子氧化为碘单质，得含有碘单质的水溶液，

加四氯化碳等萃取剂萃取分液得含有碘单质的有机溶液，蒸馏得碘单质。【小问1详解】步骤ⅰ实现固液分离，步骤ⅰ是过滤；步骤ⅲ是含I2的水溶液得到含I2的有机溶液，步骤ⅲ是萃取分液。【小问2详解】I2被氯气氧化为IO3−，I元素化合价由0升高为+5、氯气被还原为Cl-，

氯元素化合价由0降低为-1，根据得失电子守恒，该反应的离子方程式为I2＋5Cl2＋6H2O=2IO3−＋10Cl-＋12H+。【小问3详解】①酸性条件下，双氧水把I-氧化为I2，H2O2＋2I-＋2H+=I2＋2H2O，pH=7时H2O2氧化能力弱

，所以pH=7时I-转化率几乎为0。②双氧水易分解，体系中存在其它消耗H2O2的反应，导致H2O2与I-物质的量之比为0.5∶1时，H2O2的量相对不足，随着H2O2浓度增加，H2O2与剩余I-反应，导致I-的转化率提高。19.化学小组实验探究SO2与AgNO3溶液的反应。（1）实验一：用如下装置

(夹持、加热仪器略)制备SO2，将足量SO2通入AgNO3溶液中，迅速反应，得到无色溶液A和白色沉淀B。①浓H2SO4与Cu反应的化学方程式是___________。②试剂a是___________。（2）对体系中有关物质性质分

析得出：沉淀B可能为Ag2SO3、Ag2SO4或二者混合物。(资料：Ag2SO4微溶于水；Ag2SO3难溶于水)实验二：验证B的成分①写出Ag2SO3溶于氨水的离子方程式：___________。②加入盐酸后沉淀D大部分溶解，剩余少量沉淀F，推断D中主要是BaS

O3，进而推断B中含有Ag2SO3，向滤液E中加入一种试剂，可进一步证实B中含有Ag2SO3，所用试剂及现象是___________。（3）根据沉淀F的存在，推测SO24−的产生有两个途径：途径1：实验一中，SO2在AgN

O3溶液中被氧化生成Ag2SO4，随沉淀B进入D。途径2：实验二中，SO23−被氧化为SO24−进入D．实验三：探究SO24−的产生途径①向溶液A中滴入过量盐酸，产生白色沉淀，证明溶液中含有___________；取上层清液继续滴

加BaCl2溶液，未出现白色沉淀，可判断B中不含Ag2SO4。做出判断的理由：___________。②实验三的结论：___________。（4）实验一中SO2与AgNO3溶液反应的离子方程式是___

________。（5）根据物质性质分析，SO2与AgNO3溶液应该可以发生氧化还原反应。将实验一所得混合物放置一段时间，有Ag和SO24−生成。根据上述实验所得结论：该实验条件下，___________；碱性溶液中SO23−更易

被氧化为SO24−。【答案】（1）①.Cu＋2H2SO4(浓)ΔCuSO4＋SO2↑＋2H2O②.饱和NaHSO3溶液（2）①.Ag2SO3＋4NH3·H2O=2[Ag(NH3)2]+＋SO23−＋4H2O②.H2O2溶液，产生白色沉淀（3）①.A

g+②.Ag2SO4溶解度大于BaSO4，没有BaSO4沉淀时，必定没有Ag2SO4③.途径1不产生SO24−，途径2产生SO24−（4）2Ag+＋SO2＋H2O=Ag2SO3↓＋2H+（5）实验条件下：SO2

与AgNO3溶液生成Ag2SO3的速率大于生成Ag和SO24−的速率【解析】【分析】铜和浓硫酸反应时会有硫酸酸雾形成，饱和3NaHSO溶液的作用是除去二氧化硫中的硫酸酸雾。沉淀D中加过量稀盐酸后过滤得到滤

液E，滤液E中含有2BaCl和少量23HSO，加入双氧水溶液产生白色沉淀即可证明23HSO存在。24AgSO是微溶物，所以存在：22442AgSOAgSO+−+，向上层清液中滴加2BaCl溶液，未出现白色

沉淀，说明不含24AgSO。由实验二知，二氧化硫通入硝酸银溶液中主要生成23AgSO沉淀，由()5知，混合物放置一段时间有银和硫酸根生成，则可得在实验条件下，二氧化硫与硝酸银溶液生成23AgSO的速率大于生成银和硫酸根的速率；

由实验二分析知，碱性溶液中亚硫酸根更易被氧化为硫酸根。据此分析作答。【小问1详解】浓24HSO与铜反应生成硫酸铜、二氧化硫和水。试剂a为饱和3NaHSO溶液，用于吸收2SO中的杂质气体，防止对后续实验产生干扰。

答案为：()244222H2HOCuSOCuSOSO+=++浓；饱和3NaHSO溶液。【小问2详解】①难溶于水的23AgSO与32·HONH反应生成可溶性的()32322[]OAgNHSOH和，反应的离子方程式为：()2233233224?HO2[]4HOAgSONHAgNHSO+−

+=++。②加入盐酸后沉淀D大部分溶解，溶解的物质为3BaSO，没有溶解的物质为4BaSO，3BaSO与盐酸反应生成2BaCl、2SO，只要证明滤液E中含有2Ba+和溶解的2SO即可证明B中含有23AgSO，所以选用的试剂选择具有氧化性的22HO溶液

。答案为：()2233233224?HO2[]4HOAgSONHAgNHSO+−+=++；加入22HO溶液，产生白色沉淀。【小问3详解】①向溶液A中滴入过量盐酸，只有Ag+能与Cl−反应生成白色沉淀AgCl，所以溶液A中含有Ag+。②取上层清液继续加入2BaCl溶液，没有白色沉淀出现，说明A中

没有24SO−，因为24AgSO微溶于水；若B中含有24AgSO，溶液A中则含有少许24SO−，加入2BaCl溶液能生成更难溶的4BaSO沉淀。③综合上述分析可知，途径1不产生24SO−，途径2产生24SO−。答案为：Ag+；

24AgSO溶解度大于4BaSO，没有4BaSO沉淀时，必定没有24AgSO；途径1不产生24SO−，途径2产生24SO−。【小问4详解】根据以上分析可知，二氧化硫与硝酸银反应生成亚硫酸银沉淀，方程式为：22232HO2HAgSOAgSO++++=+。答案为：22232HO2HAgSOAgS

O++++=+。【小问5详解】由以上实验现象可知二氧化疏和硝酸银反应生成亚硫酸银和氢离子，同时生成少量硫酸银，既能发生沉淀反应，又能发生氧化还原反应，其中沉淀反应的速率比氧化还原反应快。答案为：2SO与3AgNO溶液生

成23AgSO的速率大于生成银和硫酸根的速率。