D.向Ba2+浓度为10-5mol·L-1的废水中加入CaSO4粉末，会有BaSO4沉淀析出
【答案】D
【解析】SO42-最低浓度的对数值p（SO42-）=－lgc（SO42-）与p（M2+）=－lgc（M2+）关系如图可知，根据KSP=c（M2+）×c（SO42-），带入数据进行计算，四种沉淀的KSP大小顺序为KSP（CaSO4）>KSP（PbSO4）>KSP（BaSO4），A错误；根据图像可知，a点在曲线上，可表示CaSO4的饱和溶液，但是c（Ca2+）>c（SO42-），B错误；图线中坐标数值越大，对应离子实际浓度越小，b点在曲线下方，表示PbSO4的过饱和溶液，且c（Pb2+）=c（SO42-），C错误；由于KSP（CaSO4）>KSP（BaSO4），溶解度较大的沉淀可以向溶解度更小的沉淀转化，向Ba2+浓度为10-5mol·L-1的废水中加入CaSO4粉末，沉淀由CaSO4转化为BaSO4沉淀，D正确；正确选项D。
8.“银-菲洛嗪法”是检测居室内甲醛（化学式CH2O）含量的常用方法之一。
化学学习小组利用其原理设计如下装置测定新装修居室内空气中甲醛的含量。
（夹持装置略去）
已知：
甲醛能被银氨溶液、酸性KMnO4氧化生成CO2；10-5mol·L-1的紫色KMnO4溶液遇甲醛气体即褪色；毛细管内径不超过1mm。
请回答下列问题：
（1）银氨溶液的制备。
打开K3，打开分液漏斗活塞，将饱和食盐水慢慢滴入圆底烧瓶中。
饱和食盐水的作用是_________________________，当观察到三颈烧瓶中__________时，关闭K3和分液漏斗活塞。
（2）室内空气中甲醛含量的测定
①用热水浴加热三颈烧瓶，打开K1，将滑动隔板慢慢由最右端抽到最左端，吸入1L室内空气，关闭K1。
打开K2，缓慢推动滑动隔板，将气体全部推出，关闭K2。
装置中毛细管的作用是______________。
再重复上述操作四次。
②向充分反应后的溶液中加入稀硫酸调节溶液pH=1，再加入足量Fe2（SO4）3溶液，写出加入Fe2（SO4）3溶液后发生反应的离子方程式______________________________。
立即加入菲洛嗪，Fe2+与菲洛嗪形成有色物质，在562nm处测定吸光度，测得生成Fe2+1.12mg。
空气中甲醛的含量为___________mg·L-1。
（3）关闭K3，将三颈烧瓶中的溶液换为40．00mL10-4mol·L-1的KMnO4溶液，量取KMnO4溶液使用的仪器是_____________。
再加入2mL6mol·L-1的硫酸酸化后重新测定空气中甲醛的含量。
当三颈瓶中溶液恰好褪色时，向容器A中共抽气________次。
【答案】
（1）.饱和食盐水和氮化镁反应制备氨气，并减缓反应速率
（2）.白色沉淀恰好溶解时（3）.减小气体的通入速度，使空气中甲醛气体被完全吸收（4）.Ag+Fe3+=Ag++Fe2+（5）.0.03（6）.酸式滴定管或移液管（7）.5
【解析】
（1）饱和食盐水和氮化镁反应制备氨气，并减缓反应速率；氨水溶液和硝酸银溶液反应，先产生白色沉淀，后逐渐溶解，当观察到三颈烧瓶中白色沉淀恰好溶解时，关闭K3和分液漏斗活塞；正确答案：
饱和食盐水和氮化镁反应制备氨气，并减缓反应速率；白色沉淀恰好溶解时。
（2）①装置中毛细管的作用是减小气体的通入速度，使空气中甲醛气体被完全吸收；正确答案：
减小气体的通入速度，使空气中甲醛气体被完全吸收。
②甲醛和银氨溶液加热反应生成银，银具有还原性，被Fe3+氧化，离子方程式：
Ag+Fe3+=Ag++Fe2+；根据甲醛能被银氨溶液氧化为二氧化碳，氢氧化二氨合银被还原为单质银；甲醛中碳元素化合价由0价→+4价，银由+1价→0价；生成的银又被铁离子氧化，铁离子本身又被还原为亚铁离子，生成Fe2+1.12mg，物质的量为2×10-5mol，根据电子守恒规律：
设消耗甲醛的量为xmol，则4x=2×10-5×1，x=5×10-6mol；因此实验进行了5次操作，所以测得1L空气中甲醛的含量为1×10-6mol,即为1×10-6×30×103=0.03mg·L-1；正确答案：
Ag+Fe3+=Ag++Fe2+；0.03。
（3）由于酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能够腐蚀橡胶，因此要用酸式滴定管或移液管进行量取；已知1L空气中甲醛的含量为1×10-6mol，它被KMnO4溶液氧化为二氧化碳，KMnO4被还原为锰离子；设向容器A中共抽气N次,n（KMnO4）=40×10-3×10-4=4×10-6mol；根据电子守恒规律：
N×4×1×10-6=4×10-6×（7-2），N=5；正确答案：
酸式滴定管或移液管；5。
点睛：
此题
（2）中的计算时，可以根据电子得失守恒列方程进行计算，甲醛失电子，氢氧化二氨合银中银（+1价）得电子，变为银，银又被铁离子氧化，铁离子变为亚铁离子，最后相当于甲醛失电子给了铁离子；最后计算出的甲醛的量为5次实验的总量，只有除以5以后才能得到本题的答案，便于第（3）问题的解答，这是本题的一个易错点。
9.碳酸锰（MnCO3）是高性能磁性材料，金属钨是重要的战略物资。
由黑钨矿（主要成分为FeWO4、MnWO4，少量SiO2）制取碳酸锰和金属钨的流程如下：
已知：
①钨酸（H2WO4）酸性很弱，难溶于水，其钠盐易溶于水。
②SiO32-和WO42-完全沉淀的pH分别为8、5。
③草酸（H2C2O4）具有酸性和还原性，能分解。
回答下列问题：
（1）将矿石粉碎的目的是_____________________。
（2）固体（X）的化学式是____________________________。
（3）写出高温焙烧过程中，MnWO4发生反应的化学方程式________________。
（4）MnO2与硫酸、草酸反应的离子方程式是__________________________。
测得一定量MnO2完全溶解的时间与温度的关系如图所示，分析控温加热75℃时MnO2溶解所需时间最少的原因__________________。
（5）滤液Ⅱ调节pH应选择的试剂为_________________。
A．WO3B．氨水C．稀盐酸D．NaHCO3
（6）用Na2CO3溶液沉淀Mn2+时，应控制MnSO4溶液的pH不超过8，防止生成Mn（OH）2，用Na2CO3溶液沉锰采取的操作方法是________________________。
【答案】
（1）.加快反应速率，提高原料的利用率；
（2）.Fe2O3（3）.2MnWO4+2Na2CO3+O2=2Na2WO4+2MnO2+2CO2（4）.MnO2+H2C2O4+2H+=Mn2++2CO2↑+2H2O（5）.75℃以前，温度升高，反应速率加快，所需时间减少；75℃以后，部分草酸分
解，导致浓度降低，速率下降，所需时间增多。
（6）.C（7）.向硫酸锰溶液中缓慢滴加碳酸钠溶液，边滴边搅拌
。
【解析】
（1）将矿石粉碎的目的是加快反应速率，提高原料的利用率；正确答案：
加快反应速率，提高原料的利用率。
（2）黑钨矿（主要成分为FeWO4、MnWO4，少量SiO2），从整个流程看出，滤液1进行的一系列操作中，最终产生的金属钨；滤渣1进行处理后，加入盐酸过滤后，得到二氧化锰，那么滤液中含有铁元素，滤液中的铁元素最终加热、蒸干、灼烧后，可以得到氧化铁固体；所以固体（X）的化学式是Fe2O3。
正确答案：
Fe2O3。
（3）高温条件下，MnWO4与Na2CO3、O2共同反应生成Na2WO4、MnO2和CO2；反应的化学方程式：
2MnWO4+2Na2CO3+O2=2Na2WO4+2MnO2+2CO2；正确答案：
2MnWO4+2Na2CO3+O2=2Na2WO4+2MnO2+2CO2；
（4）MnO2具有氧化性，在酸性条件下，能够把草酸氧化为二氧化碳，反应的离子方程式是：
MnO2+H2C2O4+2H+=Mn2++2CO2↑+2H2O；已知草酸（H2C2O4）具有酸性和还原性，能分解；根据图像可知：
75℃以前，温度升高，反应速率加快，所需时间减少；75℃以后，部分草酸分解，导致浓度降低，速率下降，所需时间增多；正确答案：
MnO2+H2C2O4+2H+=Mn2++2CO2↑+2H2O；75℃以前，温度升高，反应速率加快，所需时间减少；75℃以后，部分草酸分解，导致浓度降低，速率下降，所需时间增多。
（5）根据信息：
①钨酸（H2WO4）酸性很弱，难溶于水，其钠盐易溶于水。
②SiO32-和WO42-完全沉淀的pH分别为8、5可知，加入盐酸调节溶液的pH，先使SiO32-变为硅酸沉淀，然后再使WO42-变为H2WO4沉淀；正确答案：
C。
（6）因Na2CO3溶液水解显碱性，如果溶液的碱性太强，易生成Mn（OH）2沉淀，所以应控制MnSO4溶液的pH不超过8；用Na2CO3溶液沉锰采取的操作方法是：
向硫酸锰溶液中缓慢滴加碳酸钠溶液，边滴边搅拌；正确答案：
向硫酸锰溶液中缓慢滴加碳酸钠溶液，边滴边搅拌。
10.直接排放含SO2的烟气会形成酸雨，危害环境。
工业上常采用催化还原法和碱吸收法处理SO2气体。
（1）下图所示：
1molCH4完全燃烧生成气态水的能量变化和1molS（g）燃烧的能量变化。
在催化剂作用下，CH4可以还原SO2生成单质S（g）、H2O（g）和CO2，写出该反应的热化学方程式________________________________________________________。
（2）焦炭催化还原二氧化硫的化学方程式为2C（s）+2SO2（g）
S2（g）+2CO2（g）。
一定压强下，向1L密闭容器中充入足量的焦炭和1molSO2发生反应，测得SO2的生成速率与S2（g）的生成速率随温度变化的关系如图所示：
①A、B、C、D四点对应的状态中，达到平衡状态的有_____________（填字母）。
②该反应的△H_____0（填“>”“<”或“=”）。
③下列措施能够增大SO2平衡转化率的是______________。
A．降低温度B．增加C的量C．减小容器体积D．添加高效催化剂
（3）用氨水吸收SO2。
25℃时2．0mol·L-1的氨水中，NH3·H2O的电离度α=______（
×100％）。
将含SO2的烟气通入该氨水中，当溶液显中性时，溶液中的
=_______。
（已知25℃，Kb（NH3·H2O）=1.8×10-5；Ka1（H2SO3）=1.3×10-2，Ka2（H2SO3）=6.2×10-8）
（4）当吸收液失去吸收能力后通入O2可得到NH4HSO4溶液，用如图所示装置电解所得NH4HSO4溶液可制得强氧化剂（NH4）2S2O8
①写出电解NH4HSO4溶液的化学方程式____________。
②若用9．65A的恒定电流电解饱和NH4HSO4溶液1小时，理论上生成的（NH4）2S2O8的物质的量为________。
（F=96500C·mol-1）
【答案】
（1）.CH4（g）+2SO2（g）=2S（g）+CO2（g）+2H2O（g）,∆H=352KJ/mol;
（2）.C（3）.<（4）.A（5）.0.3%（6）.0.62（7）.2NH4HSO4==（NH4）2S2O8+H2↑（8）.0.18mol
【解析】
（1）根据图像可知：
①CH4（g）+2O2（g）===CO2（g）+2H2O（g） △H=Ea1-Ea2=126-928=-802J/mol；②S（s）+O2（g）===SO2（g）△H=-577kJ/mol；根据盖斯定律可知①－②×2即得到CH4和SO2反应的热化学方程式为CH4（g）+2SO2（g）===CO2（g）+2S（s）+2H2O（g）△H=352kJ/mol；正确答案：
CH4（g）+2SO2（g）===CO2（g）+2S（s）+2H2O（g） △H=352kJ/mol。
（2）①达到平衡状态时，速率之比和物质前面的系数成正比，且速率方向相反；因此A点时，SO2的生成速率与S2（g）的生成速率相等，不符合系数比关系，没有达到平衡状态；B点时SO2的生成速率与S2（g）的生成速率虽然不相等，但不符合系数比关系，没有达到平衡状态；C点SO2的生成速率与S2（g）的生成速率相差2倍关系，符合系数比关系,达到平衡状态；D点时，SO2的生成速率与S2（g）的生成速率相差不是2倍关系，不符合系数比关系，没有达到平衡状态；正确选项C。
②从图像可出，升高温度，SO2的生成速率增加较快，反应逆向移动，该反应为放热反应，△H<0；正确答案：
<。
③针对于可逆反应2C（s）+2SO2（g）
S2（g）+2CO2（g），△H<0；降低温度，平衡右移，SO2平衡转化率增大，A正确；C为纯固体，改变其用量，速率不变，平衡不移动，SO2平衡转化率不变，B错误；减小容器体积，增大压强，平衡左移，SO2平衡转化率减小，C错误；添加高效催化剂，只能加快反应速率，平衡不动，SO2平衡转化率不变，D错误；正确选项A。
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（4）①NH4HSO4中硫元素为+6价，（NH4）2S2O8中硫元素为+2价，发生氧化反应，根据氧化还原反应规律，氢元素化合价降低，被还原为氢气，电解NH4HSO4溶液的化学方程式2NH4HSO4==（NH4）2S2O8+H2↑；正确答案：
2NH4HSO4==（NH4）2S2O8+H2↑。
②根据公式：
Q=It=9.65×60×60，反应转移的电子物质的量为Q/F=9.65×60×60/96500=0.36mol,根据2NH4HSO4==（NH4）2S2O8+H2↑可知，转移2mol电子，生成1mol（NH4）2S2O8，现转移0.36mol电子，生成0.18mol（NH4）2S2O8；正确答案：
0.18。
11.Cu、Fe、Se、Co、S、P等元素常用于化工材料的合成。
请回答下列问题：
（1）Fe3+最外层电子排布式为___________，其核外共有_____种不同运动状态的电子。
Fe3+比Fe2+更稳定的原因是_______________________________________。
（2）硒为第四周期元素，相邻的元素有砷和溴，则三种元素的电负性从大到小的顺序为_________________（用元素符号表示），SeO2分子的空间构型为___________________。
（3）P4S3可用于制造火柴，其分子结构如图所示。
P4S3分子中硫原子的杂化轨道类型为__________，每个P4S3分子中含孤电子对的数目为_______________。
（4）铜的某种氧化物晶胞结构如图所示，若该晶胞的边长为acm，则该氧化物的密度为________g·cm-3。
（设阿伏加德罗常数的值为NA）。
【答案】
（1）.3s23p63d5
（2）.23（3）.Fe3+的电子排布为[Ar]3d5，3d轨道为半充满状态，比Fe2+电子排布[Ar]3d6更稳定（4）.Br>Se>As（5）.Ⅴ形（6）.sp3（7）.10（8）.
【解析】
（1）Fe原子核电荷数为26，电子排布式[Ar]3d64s2,Fe3+最外层电子排布式为3s23p63d5；其核外共有23种不同运动状态的电子；Fe3+比Fe2+更稳定的原因是Fe3+的电子排布为[Ar]3d5，3d轨道为半充满状态，比Fe2+电子排布[Ar]3d6更稳定；正确答案：
3s23p63d5；23；Fe3+的电子排布为[Ar]3d5，3d轨道为半充满状态，比Fe2+电子排布[Ar]3d6更稳定。
（2）同一周期元素，从左到右，电负性增大，所以三种元素的电负性从大到小的顺序为Br>Se>As；因为SeO2中Se中心原子有两对孤电子对,所以它是V形结构；正确答案：
Br>Se>As；Ⅴ形。
（3）从P4S3分子的结构可以看出,S原子形成两个键,考虑到S原子本身价层含有两对孤电子对,成键是3p中的单电子成键,因此杂化轨道为不等性的sp3杂化；1个P4S3分子中含有4个P和3个S,一个P含有1对孤电子对,1个S含有2对孤电子对,则每个
分子含有的孤电子对数为
；正确答案：
sp3；10。
（4）根据晶胞的结构可知，含有铜原子个数为4，氧原子个数为8×1/8+1=2，所以该晶胞含有2个Cu2O，该晶胞的边长为acm，则晶胞的体积为a3cm3，设晶体的密度为ρg·cm-3，晶胞中含有氧化亚铜的质量为2×144/NA=288/NAg，所以a3=288/ρNA，所以ρ=
g·cm-3；正确答案：
。
12.化合物G是一种医药中间体，由芳香化合物A制备G的一种合成路线如下：
回答下列问题：
已知：
①酯能被LiAlH4还原为醇
（1）A的化学名称_________________。
（2）C的结构简式_______________，由B生成C的反应类型_____________。
（3）由F生成G的反应方程式_____________________。
（4）芳香化合物X是C的同分异构
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