【答案】C
【解析】A、加入过量的铁粉，黄色消失，加入KSCN溶液，溶液不变色，说明Fe3＋完全被消耗，即Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，根据氧化还原反应的规律，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，Fe化合价升高，Fe为还原剂，Fe2＋即是还原产物又是氧化产物，因此还原性Fe>Fe2＋，故A说法正确；B、瓶内有黑色颗粒产生，说明生成C，发生反应是4Na＋CO2
2Na2O＋C，CO2中C的化合价降低，因此CO2作氧化剂，被还原，故B说法正确；C、碳酸氢铵受热分解，NH4HCO3
NH3↑＋CO2↑＋H2O，碳氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝，而不是碳酸氢铵缘故，故C说法错误；D、产生黄色沉淀，说明生成AgI，AgI和AgCl形式相同，溶度积小的先沉淀，即Ksp（AgCl）>Ksp（AgI），故D说法正确。
12．高能LiFePO4电池，多应用于公共交通。
电池中间是聚合物的隔膜,主要作用是在反应过程中只让Li+通过。
结构如图所示。
原理如下：
（1-x）LiFePO4+xFePO4+LixCn
LiFePO4+nC。
下列说法不正确的是（）
A．放电时，正极电极反应式：
xFePO4+xLi++xe-===xLiFePO4
B．放电时，电子由负极经导线、用电器、导线到正极
C．充电时，阴极电极反应式：
xLi++xe-+nC===LixCn
D．充电时，Li+向左移动
【答案】D
【解析】由总反应：
（1-x）LiFePO4+xFePO4+LixCn
LiFePO4+nC。
放电时，作为原电池，LixCn为负极，化合价升高失去电子发生氧化反应，电子由负极到正极移动；FePO4为正极，化合价降低得到电子发生还原反应。
充电时，作为电解池，LiFePO4参与阴极与阳极的反应，阳离子向阴极移动。
A.放电时，FePO4为正极，正极化合价降低得到电子发生还原反应，电极反应式为xFePO4+xLi++xe-===xLiFePO4，故A正确；
B.放电时，作为原电池，电子由负极经导线、用电器、导线到正极，故B正确；
C.充电时，阴极化合价降低得到电子发生还原反应，电极反应式为xLi++xe-+nC===LixCn，故C正确；
D.充电时，作为电解池，阳离子向阴极移动，Li+向右移动，故D错误；答案选D。
13．已知草酸为二元弱酸：
H2C2O4
HC2O4﹣+H+Ka1；HC2O4﹣
C2O42﹣+H+Ka2，T℃常温下，向某浓度的草酸溶液中逐滴加入一定量浓度的KOH溶液，所得溶液中H2C2O4、HC2O4﹣、C2O42﹣三种,微粒的物质的量分数（δ）与溶液pH的关系如图所示，则下列说法中不正确的是
A．T℃时，lgKa2=-4.2
B．pH=1.2溶液中：
c（K+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（H2C2O4）
C．pH=2.7溶液中：
D．向pH=1.2的溶液中再加KOH溶液，将pH增大至4.2的过程中水的电离度一直增大
【答案】C
【解析】A.由图像可知，T℃时，lgKa2=-4.2，A项正确；B.pH=1.2时，H2C2O4、HC2O4﹣的物质的量分数相等，且c（K+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HC2O4﹣），则c（K+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（H2C2O4），B项正确；C.由图象可以知，pH=1.2时，c（H2C2O4）=c（HC2O4-），则Ka1=c（H+）=10-1.2；pH=4.2时，c（C2O42-）=c（HC2O4-），则Ka2=c（H+）=10-4.2；由电离常数可以知道
，C项错误；D.向pH=1.2的溶液中加KOH溶液将pH增大至4.2，溶液中由酸电离的氢离子浓度减小，则对水的电离抑制的程度减小，水的电离度一直增大，D项正确。
答案选C。
二、非选择题：
共58分，第26~28题为必考题，每个试题考生都必须作答。
第35~36题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：
共43分。
26．（14分）利用酸解法制钛白粉产生的废液[含有大量的FeSO4、H2SO4和少量的Fe2（SO4）3、TiOSO4]生产铁红和补血剂乳酸亚铁的工艺流程如图所示：
已知:
TiOSO4可溶于水，在水中可以电离为TiO2+和SO42-，TiO2+水解成TiO2·xH2O沉淀为可逆反应；乳酸结构简式为CH3CH（OH）COOH。
回答下列问题：
（1）TiOSO4中钛元素的化合价是____________，步骤①中分离硫酸亚铁溶液和滤渣的操作是___________。
（2）滤渣的主要成分为TiO2·xH2O，结合离子方程式解释得到滤渣的原因：
________。
（3）从硫酸亚铁溶液中得到硫酸亚铁晶体的操作方法是____________________；硫酸亚铁在空气中煅烧生成铁红和三氧化硫，该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为______。
（4）步骤④中发生反应的离子方程式为______________________。
（5）步骤⑥必须控制一定的真空度，原因是有利于蒸发水以及____________________。
（6）实验室中检验溶液B中主要阳离子的方法是______________________。
【答案】
（1）+4（1分）过滤（1分）
（2）TiO2++（x+1）H2O
TiO2•xH2O+2H+,铁屑与H+反应，c（H+）降低，平衡向正反应方向移动，促使TiO2+转化为TiO2•xH2O（2分）
（3）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤（2分）1:
4（2分）
（4）Fe2++2HCO3-===FeCO3↓+H2O+CO2↑（2分）
（5）防止Fe2+被氧化（2分）
（6）取少量溶液B于试管中，加人NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，石蕊试纸变蓝，说明溶液B中含有NH4+（2分）
【解析】由流程图可知，废液中加入铁屑，Fe与H2SO4和少量Fe2（SO4）3反应生成FeSO4，溶液的pH增大，促进TiOSO4的水解沉淀，TiOSO4完全水解生成TiO2•xH2O沉淀，过滤，滤渣为TiO2•xH2O和Fe，滤液为FeSO4溶液；FeSO4溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸亚铁晶体，硫酸亚铁晶体脱水、煅烧得到氧化铁；FeSO4溶液中加碳酸氢铵，两者反应生成碳酸亚铁沉淀、硫酸铵和二氧化碳，碳酸亚铁沉淀加乳酸溶解生成乳酸亚铁溶液和二氧化碳，乳酸亚铁溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到乳酸亚铁晶体。
（1）由化合价代数和为0可知，TiOSO4中钛元素的化合价是+4价；步骤①中分离硫酸亚铁溶液和滤渣的操作是过滤，故答案为+4；过滤；
（2）TiOSO4在溶液中水解生成TiO2•xH2O，水解的离子方程式为：
TiO2++（x+1）H2O
TiO2•xH2O+2H+，加入铁屑，铁与H+反应，溶液中c（H+）降低，水解平衡向正反应方向移动，促使TiO2+转化为TiO2•xH2O沉淀，故答案为TiO2++（x+1）H2O
TiO2•xH2O+2H+,铁屑与H+反应，c（H+）降低，平衡向正反应方向移动，促使TiO2+转化为TiO2•xH2O；
（3）FeSO4溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸亚铁晶体；硫酸亚铁在空气中煅烧生成铁红和三氧化硫，反应的化学方程式为4FeSO4+O2
2Fe2O3+4SO3，氧化剂是氧气，还原剂是氧化铁，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：
4，故答案为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；1：
4；
（4）步骤④为FeSO4溶液中加碳酸氢铵，两者反应生成碳酸亚铁沉淀、硫酸铵和二氧化碳，反应的离子方程式为Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑，故答案为Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑；
（5）亚铁离子易被空气中氧气氧化，所以步骤⑥必须控制一定的真空度，这样有利于蒸发水还能防止Fe2+被氧化，故答案为防止Fe2+被氧化；
（6）溶液B为硫酸铵溶液，实验室检验铵根离子的方法是：
取少量溶液B于试管中，加人NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，石蕊试纸变蓝，说明溶液B中含有NH4+，故答案为取少量溶液B于试管中，加人NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，石蕊试纸变蓝，说明溶液B中含有NH4+。
27．（15分）亚硝酰氯（NOCl）是有机物合成中的重要试剂，为红褐色液体或黄色气体，具有刺鼻恶臭味，遇水反应生成一种氢化物和两种氧化物。
某学习小组在实验用C12和NO制备NOCl并测定其纯度，相关实验（装置略去）如下。
请回答:
（1）制备Cl2发生装置可______（填大写字母），反应的离子方程式为_______。
（2）欲收集一瓶干燥的氯气，选择装置，其连接顺序为:
a→________（按气流方向，用小写字母表示），若用到F，其盛装药品为_________。
（3）实验室可用下图装置制备亚硝酰氯（NOCl）
①实验室也可用B装置制备NO，上图X装置的优点为__________（至少写出两点）
②检验装置气密性并装入药品，打开k2,然后再打开____（填“k1”或“k3”），通入一段时间气体，其目的为________，然后进行其他操作，当Z有一定量液体生成时，停止实验。
③若无装肖Y,则Z中NOCl可能发生反应的化学方程式为_________
（4）取Z中所得液体mg溶于水，配制成250mL溶液，取出25.00mL,以K2CrO4溶液为指示剂，用cmol/LAgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为22.50mL.已知:
Ag2CrO4为砖红色固体;Ksp（AgCl）=1.56×10-10,Ksp（Ag2CrO4）=1×10-12,则亚硝酰氯（NOC1）的质量分数为____（用代数式表示，不必化简）。
【答案】
（1）A或B（1分）MnO2+4H++2Cl-
Mn2++Cl2↑+2H2O或2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O（2分）
（2）fgcbdejh（2分）饱和食盐水（1分）
（3）①排除装置内空气的干扰；可以随开随用，随关随停（2分）②K3（1分）排尽三颈烧瓶中的空气防止NO和NOCl变质（2分）③2NOCl+H2O===2HCl+NO↑+NO2↑（2分）
（4）14.7375c/m×100%或写成[c×22.5×10-3×10×65.5]/m×100%（2分）
【解析】
（1）实验室制备Cl2可以用二氧化锰与浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水，或者用高锰酸钾固体与浓盐酸混合反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，则发生装置可选择图中的A或B，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-
Mn2++Cl2↑+2H2O或2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。
（2）制得的氯气中含有氯化氢及水蒸气，所以需要利用饱和食盐水除去氯化氢后再用浓硫酸进行干燥，然后再根据氯气的密度比空气大的性质，用向上排空气法收集，氯气是大气污染物，需要进行尾气处理，可以用碱石灰做吸收剂，故装置连接顺序为:
a→fgcbdejh，F装置内其盛装饱和食盐水，除去氯化氢气体；正确答案：
fgcbdejh；饱和食盐水。
（3）①实验室也可用B装置制备NO，图X装置的优点为排除装置内空气的干扰；可以随开随用，随关随停；正确答案：
排除装置内空气的干扰；可以随开随用，随关随停。
②检验装置气密性并装入药品，打开k2,然后再打开k3，通入一段时间气体，其目的是为排净三颈烧瓶中的空气，防止一氧化氮和NOCl变质；正确答案：
K3；排尽三颈烧瓶中的空气防止NO和NOCl变质。
③NOCl与水反应生成盐酸、一氧化氮和二氧化氮，反应的化学方程式为：
2NOCl+H2O=2HCl+NO↑+NO2↑；正确答案：
2NOCl+H2O===2HCl+NO↑+NO2↑。
（4）取Z中所得液体mg溶于水，取25.00mL溶液中存在：
n（NOCl）=n（Cl-）=n（Ag+）=c×22.50×10-3=0.0225cmol,则250mL溶液中，n（NOCl）=0.225cmol，所以亚硝酰氯（NOC1）的质量分数为0.225c×65.5/m×100%=14.7375c/m×100%；正确答案：
14.7375c/m×100%或写成[c×22.5×10-3×10×65.5]/m×100%。
28．（14分）氮的氧化物是造成大气污染的主要物质。
研究氮氧化物的反应机理对于消除环境污染有重要意义。
（1）NO在空气中存在如下反应：
2NO（g）+O2（g）
2NO2（g）△H,上述反应分两步完成，其反应历程如下图所示：
回答下列问题：
①写出反应I的热化学方程式_________。
②反应I和反应Ⅱ中，一个是快反应，会快速建立平衡状态，而另一个是慢反应。
决定2NO（g）+O2（g）
2NO2（g）反应速率的是_______（填“反应I”或“反应Ⅱ”）；对该反应体系升高温度，发现总反应速率反而变慢，其原因可能是__________（反应未使用催化剂）。
（2）用活性炭还原法处理氮氧化物的有关反应为：
C（s）+2NO（g）
N2（g）+CO2（g）。
向恒容密闭容器中加入一定量的活性炭和NO，T℃时，各物质起始浓度及10min和20min各物质平衡浓度如表所示：
①T℃时，该反应的平衡常数为_____________________（保留两位有效数字）。
②在10min时，若只改变某一条件使平衡发生移动，20min时重新达到平衡，则改变的条件是__________________________________。
③在20min时，保持温度和容器体积不变再充入NO和N2，使二者的浓度均增加至原来的两倍，此时反应v正_______v逆（填“>”、“<”或“=”）。
（3）NO2存在如下平衡：
2NO2（g）
N2O4（g）△H<0，在一定条件下NO2与N2O4的消耗速率与各自的分压（分压=总压×物质的量分数）有如下关系：
v（NO2）=k1·p2（NO2），v（N2O4）=k2·p（N2O4），相应的速率与其分压关系如图所示。
一定温度下，k1、k2与平衡常数kp（压力平衡常数，用平衡分压代替平衡浓度计算）间的关系是k1=____________；在上图标出点中，指出能表示反应达到平衡状态的点是___，理由是________。
【答案】
（1）①2NO（g）
N2O2（g）△H=－（E3-E4）kJ·mol-1（2分）②反应Ⅱ（1分）温度升高后反应I平衡逆向移动，导致N2O2浓度减小，温度升高对反应Ⅱ的影响弱于N2O2浓度减小的影响，导致反应Ⅱ速度变慢，最终总反应速率变慢（2分）
（2）①0.56（2分）②减小二氧化碳浓度（1分）③<（1分）
（3）k1=2k2·KP（2分）BD（1分）达到平衡时，N2O4与NO2的消耗速率满足条件v（NO2）=2v（N2O4）（2分）
【解析】
（1）①△H=E4kJ·mol-1－E3kJ·mol-1=－（E3－E4）kJ·mol-1，因此反应I的热化学方程式2NO（g）
N2O2（g）△H=－（E3－E4）kJ·mol-1，故答案为：
2NO（g）
N2O2（g）△H=－（E3－E4）kJ·mol-1。
②活化能越大，反应速率越慢，反应Ⅱ的活化能大，因此决定2NO（g）+O2（g）
2NO2（g）反应速率的是反应Ⅱ；对该反应体系升高温度，发现总反应速率反而变慢，其原因可能是温度升高后反应I平衡逆向移动，导致N2O2浓度减小，温度升高对反应Ⅱ的影响弱于N2O2浓度减小的影响，导致反应Ⅱ速度变慢，最终总反应速率变慢，故答案为：
反应Ⅱ；温度升高后反应I平衡逆向移动，导致N2O2浓度减小，温度升高对反应Ⅱ的影响弱于N2O2浓度减小的影响，导致反应Ⅱ速度变慢，最终总反应速率变慢。
（2）①T℃时，该反应的平衡常数为
，故答案为：
0.56。
②在10min时，若只改变某一条件使平衡发生移动，20min时重新达到平衡，NO、CO2量比原来减少，氮气比原来增加，则改变的条件是减小二氧化碳浓度，故答案为：
减小二氧化碳浓度。
③在20min时，保持温度和容器体积不变再充入NO和N2，使二者的浓度均增加至原来的两倍，
，此时反应v正<。
（3）一定温度下，平衡时v（NO2）正=2v（N2O4）逆即k1·p2（NO2）=2k2·p（N2O4），k1=2k2·KP，因此k1、k2与平衡常数kp间的关系是k1=2k2·KP；在上图标出点中，B、D点，N2O4与NO2的消耗速率满足条件v（NO2）=2v（N2O4），因此能表示反应达到平衡状态的点是BD，理由是达到平衡时，N2O4与NO2的消耗速率满足条件v（NO2）=2v（N2O4）；故答案为：
2k2·KP；BD；达到平衡时，N2O4与NO2的消耗速率满足条件v（NO2）=2v（N2O4）。
（二）选考题：
共15分。
请考生从2道化学题中任选一题作答。
如果多做，则按所做的第一题计分。
35．［化学——选修3：
物质结构与性质］（15分）
铁被誉为“第一金属”，铁及其化合物在生活中有广泛应用。
回答下列问题：
（1）基态Fe3+的电子排布式为________。
（2）实验室用KSCN溶液、苯酚（
）检验Fe3+。
N、O、S的第一电离能由大到小的顺序为_______（用元素符号表示），苯酚中碳原子的杂化轨道类型为______。
（3）FeCl3的熔点为306℃，沸点为315℃FeCl3的晶体类型是______。
FeSO4常作补铁剂，SO42-的立体构型是_______。
（4）基铁[Fe（CO）5]可用作催化剂、汽油抗爆剂等，1molFe（CO）5分子中含σ键数目为_______，与CO互为等电子体的离子是__________（填化学式，写一种）
（5）氮化铁晶体的晶体结构示意图如图1所示。
该晶体中铁、氮的微粒个数之比为______。
（6）氧化亚铁晶体的晶胞如图2所示。
已知：
氧化亚铁晶体的密度为ρg·cm-1，NA代表阿伏加德罗常数的值。
在该晶胞中，与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+数目为_____；Fe2+与O2-的最短间距为_______pm。
【答案】
（1）1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5（2分）N＞O＞S（1分）
（2）sp2（1分）
（3）分子晶体（1分）正四面体形（1分）
（4）10NA（1分）CN-或C22-（2分）
（5）3∶1（2分）
（6）12（1分）
（3分）
【解析】
（1）铁原子失去4s能级上2个电子、3d能级上1个电子生成Fe3+，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，简化的电子
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