12．一种利用LiCl、Li2CO3制备金属锂的装置如图所示。
下列说法正确的是
A．电极M应与电源的负极相连
B．每产生22.4LCl2，将有2molLi+通过隔膜
C．隔膜右电极室每产生1.4gLi，消耗7.4gLi2CO3
D．电解过程中，需要不断补充LiCl
【答案】C
【解析】A项，M为阳极，应与电源的正极相连，故A错误；B项，根据电荷守恒，当有2molLi+通过隔膜，左侧电极室消耗2molCl-则电路中转移2mol电子，产生1molCl2，但没有说明温度和压强，故不能确定氯气体积，故B错误；C项，根据电极反应式，阴极产生1.4gLi，即0.2molLi，转移0.2mol电子，产生0.1molCl2，电解池左侧的反应为2Cl2+2Li2CO3=4LiCl+2CO2+O2，消耗0.1molLi2CO3，即7.4gLi2CO3，故C正确；D项，由图可知，补充到电解池中的LiCl是由碳酸锂和Cl2反应产生的，故需要不断补充的是Li2CO3，故D错误；故选C。
13．25℃时，用0.10mol•L-1的氨水滴定10.00mL0.05mol•L-1的二元酸H2A的溶液，滴定过程中加入氨水的体积（V）与溶液中lg
的关系如图所示。
下列说法正确的是（）
A．H2A的电离方程式为H2A
H++HA-
B．B点溶液中，水电离出的氢离子浓度为1.0×10-6mol•L-1
C．C点溶液中，c（NH4+）+c（NH3•H2O）=2c（A2-）
D．25℃时，氨水的电离平衡常数为Kb=
【答案】B
【解析】A项，0.05mol•L-1的二元酸H2A的溶液中lg
=-12，c（H+）×c（OH-）=10-14，c（H+）=0.1mol/L=2c（H2A），说明该二元酸完全电离，所以为强酸，电离方程式为H2A=2H++A2-，故A错误；B项，B点溶液加入氨水10mL，溶液中lg
=-2，即c（H+）＞c（OH-），溶液呈酸性，此时反应恰好生成（NH4）2A，溶液呈酸性，溶液中H+来自水的电离，即c（OH-）=10-2c（H+），c（H+）×c（OH-）=10-14，所以c（H+）=10-6mol/L，即水电离出的氢离子浓度为1.0×10-6mol/L，故B正确；C项，C点溶液呈中性，溶液中c（H+）＝c（OH-），（NH4）2A溶液呈酸性，要使混合溶液呈中性，则氨水应该稍微过量，根据电荷守恒得c（NH4+）+c（H+）＝c（OH-）+2c（A2－），所以c（NH4+）＝2c（A2－），则c（NH4+）+c（NH3•H2O）＞2c（A2-），故C错误；D项，C点溶液呈中性，则c（H+）＝c（OH-）=10-7mol/L，根据电荷守恒得c（NH
）＝2c（A2－）=2×
mol/L=
mol/L，根据物料守恒得c（NH3•H2O）=
mol/L-
mol/L=
mol/L，氨水的电离常数为Kb=
，故D错误；故选B。
二、非选择题（本大题共4小题，共58分）
（一）必做题
26．（14分）以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2,少量FeS2和硫酸盐）为原料，制备聚合硫酸铁铝[AlFe（OH）6-2n（SO4）n]的部分工艺流程如下：
（1）赤泥液中显碱性的主要物质为Na2CO3,用离子方程式表示显碱性的原因________。
赤泥液的pH与吸收后尾气中SO2含量的关系如图所示，每隔_____分钟需要更换赤泥液。
（2）“聚合”步骤的离子方程式为________________，若增加NaHCO3用量，会使聚合硫酸铁铝化学式中n________（填“变大”“变小”或“不变”）。
（3）若在铝土矿中添加CaCO3脱硫，焙烧后矿粉中含硫量下降不明显，原因是________。
（4）请补充完整测定产品中SO42-含量的实验方案：
准确称取ag样品，_________________________________________，将沉淀置于坩埚中，灼烧至恒重，记录数据。
（实验中必须使用的试剂：
1mol·L-1盐酸、AgNO3溶液、BaCl2溶液）
【答案】
（1）CO32-+H2O
HCO3-+OH－（2分）18（2分）
（2）Al3++Fe3++nSO42-+（6-2n）HCO3-=AlFe（OH）6-2n（SO4）n↓+（6-2n）CO2↑（3分）变小（1分）
（3）焙烧生成的硫氧化物被CaCO3吸收生成CaSO4留在了矿粉中或2CaCO3+2SO2+O2
2CaSO4+2CO2（3分）
（4）加入足量1mol·L－1HCl溶液并充分搅拌，滴加BaCl2溶液至不再产生沉淀，过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2~3次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加AgNO3溶液，不出现白色沉淀（3分）
【解析】
（1）Na2CO3溶液显碱性是因为CO32-水解，即CO32-+H2O
HCO3-+OH－；根据图2pH<5时，尾气中SO2明显增多，说明此时赤泥液吸收效率严重下降，需要更换，通过图1可判断pH=5时对应时间为18min，故每隔18min需要更换赤泥液。
（2）聚合时，参与反应的离子有Al3+、Fe3+、HCO3-、SO42-，即Al3++Fe3++SO42-+HCO3-→AlFe（OH）6-2n（SO4）n↓，此时利用了Al3+、Fe3+与HCO3-彻底双水解性质，推测还有CO2生成，再结合元素守恒和电荷守恒配平即可，最终离子方程式为：
Al3++Fe3++nSO42-+（6-2n）HCO3-=AlFe（OH）6-2n（SO4）n↓+（6-2n）CO2↑；若增加NaHCO3用量，则会导致Al3+、Fe3+与之发生彻底双水解更多的转化为Al（OH）3和Fe（OH）3沉淀，与AlFe（OH）6-2n（SO4）n相比，OH-相对量增多，即6-2n值增大，故n值变小。
（3）CaCO3脱硫主要发生反应：
2CaCO3+2SO2+O2
2CaSO4+2CO2，生成CaSO4留在了矿粉中，故含硫量下降不明显。
（4）测定样品中SO42-含量，可将其转化为BaSO4沉淀，通过SO42-进行计算，具体操作如下：
加入足量1mol·L－1HCl溶液（注意此时不能用硫酸溶解）并充分搅拌，滴加BaCl2溶液至不再产生沉淀，过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2~3次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加AgNO3溶液，不出现白色沉淀（目的：
检验洗涤是否充分）。
27．（14分）碘酸钾（KIO3）是重要的食品添加剂。
某化学兴趣小组设计下列步骤制取KIO3并进行产品的纯度测定。
制取碘酸（HIO3）的实验装置示意图和有关资料如下：
HIO3
①白色固体，能溶于水，难溶于四氯化碳
②Ka=0.169mol·L-1
KIO3
①白色固体，能溶于水，难溶于乙醇
②碱性条件下易发生反应：
ClO-+IO
=IO
+Cl-
回答下列问题：
步骤I用Cl2氧化I2制取HIO3
（1）装置A中发生反应的化学方程式为____________________________
。
（2）装置B中的CCl4可以加快反应速率，原因是_______________。
（3）反应结束后，获取HIO3溶液的操作中，所需玻璃仪器有烧杯、________和________。
步骤II用KOH中和HIO3制取KIO3
（4）该中和反应的离子方程式为___________________________________。
（5）往中和后的溶液中加入适量________，经搅拌、静置、过滤等操作，得到白色固体。
（6）为验证产物，取少量上述固体溶于水，滴加适量SO2饱和溶液，摇匀，再加入几滴淀粉溶液，溶液变蓝。
若实验时，所加的SO2饱和溶液过量，则无蓝色出现，原因是_____________________________________________。
步骤III纯度测定
（7）取0.1000g产品于碘量瓶中，加入稀盐酸和足量KI溶液，用0.1000mol·L-1Na2S2O3溶液滴定，接近终点时，加入淀粉指示剂，继续滴定至终点，蓝色消失（I2+2S2O32-=2I-+S4O62-）。
进行平行实验后，平均消耗Na2S2O3溶液的体积为24.00mL，则产品中KIO3的质量分数为___________。
[M（KIO3）=214.0g·mol-1]
【答案】
（1）KC1O₃+6HC1（浓）=KCl+3Cl₂↑+3H₂O（2分）
（2）I₂和Cl₂易溶于CCl₄，增大了反应物浓度（2分）
（3）分液漏斗、玻璃棒（2分）
（4）HIO3+OHˉ=IO3-+H2O（2分）
（5）乙醇（或“酒精”“C2H5OH”）（2分）
（6）过量的SO₂将IO3-（或I₂）还原为I-（或3SO₂+IO3-+3H2O=Iˉ+3SO42-+6H⁺或SO2+I2+2H2O=2I⁻+SO42-+4H⁺）（2分）
（7）85.6%（2分）
【解析】
（1）装置A氯酸钾和浓盐酸发生归中反应制取氯气，反应为：
KClO3+6HCl（浓）=KCl+3Cl2↑+3H2O；
（2）由于Cl2、I2在水中溶解度小，在CCl4中溶解度大，装置B中的CCl4能增大反应物浓度，使反应速率加快；（3）依据物质信息可知，B中反应后产生的HIO3主要在水溶液中且与CCl4互不相溶，所以必须采用分液法以获取碘酸溶液，分液需要的玻璃仪器有烧杯、分液漏斗、玻璃棒；（4）KOH和HIO3发生中和反应生成KIO3和水，HIO3属于弱电解质，在离子方程式中保留化学式，故离子方程式为：
HIO3+OHˉ=IO3-+H2O；（5）KIO3难溶于乙醇，加入适量乙醇可以使KIO3从溶液中析出，故往中和后的溶液中加入适量乙醇，经搅拌、静置、过滤等操作，得到白色固体；（6）依题意可知，少量饱和SO2水溶液能将KIO3还原为I2，但加入过量饱和SO2水溶液却无蓝色出现，说明过量的SO2能将IO3-、I2等还原为I−，发生反应：
3SO2+IO3-+3H2O=I-+3SO42-+6H⁺或SO2+I2+2H2O=2I⁻+SO42-+4H⁺；（7）取0.1000g产品于碘量瓶中，加入稀盐酸和足量KI溶液，发生反应：
IO3-+5I−+6H+=3I2+3H2O，用0.1000mol/LNa2S2O3溶液滴定生成的I2，有关系式：
KIO3∼3I2∼6S2O32-，则n（KIO3）=
n（Na2S2O3）=
×0.1000mol/L×0.024L=0.0004mol，故产品中KIO3的质量分数为
。
28．（15分）硫酸厂尾气中含有一定量的SO2，回收并综合利用SO2对环境保护有重要意义。
（1）利用氨水吸收烟气中的SO2可转化为（NH4）2SO4。
相关反应热化学方程式如下：
SO2（g）+NH3•H2O（aq）=NH4HSO3（aq）ΔH1=akJ•mol-1
NH3•H2O（aq）+NH4HSO3（aq）=（NH4）2SO3（aq）+H2O（l）ΔH2=bkJ•mol-1
（NH4）2SO3（aq）+O2（g）=2（NH4）2SO4（aq）ΔH3=ckJ•mol-1
①反应2SO2（g）+4NH3•H2O（aq）+O2（g）=2（NH4）2SO4（aq）+2H2O（l）的ΔH=__________________kJ•mol-1
②空气氧化（NH4）2SO3的速率随温度的变化如图1所示，当温度超过60℃时，（NH4）2SO3氧化速率下降的原因可能是_____________________________________。
研究发现，在500℃下硫酸铵分解过程中得到4种产物，其含氮物质随时间变化关系如图2所示。
写出该条件下硫酸铵分解的化学方程式：
_______________________________________。
（2）工业上利用SO2尾气可制备亚硫酰氯（SOCl2）。
SOCl2是一种发烟液体，易水解，可用于农药、医药、染料、电池等生产，其制备原理为：
S（s）+2Cl2（g）+SO2（g）⇌2SOCl2（g）。
①该反应的平衡常数表达式为_________________________________。
②用SOCl2与A1Cl3•6H2O混合共热，可得到无水A1Cl3，原因是________________。
（3）用电解法处理含有SO2尾气的装置如图所示（电极材料均为惰性电极）。
阴极的电极反应式为_________________。
【答案】
（1）①（2a+2b+c）kJ•mol-1（3分）
②温度过高（NH4）2SO3会分解（或水解），浓度减小（或温度升高O2在溶液中溶解度降低）（2分）
3（NH4）2SO4
N2↑+4NH3↑+6H2O↑（3分）
（2）①
（2分）②SOCl2水解产生HCl，抑制Al3+的水解（2分）
（3）2HSO3-+2H++2e-=S2O42-+2H2O（3分）
【解析】
（1）①设①SO2（g）+NH3•H2O（aq）=NH4HSO3（aq）ΔH1=akJ•mol-1；
②NH3•H2O（aq）+NH4HSO3（aq）=（NH4）2SO3（aq）+H2O（l）ΔH2=bkJ•mol-1；
③（NH4）2SO3（aq）+O2（g）=2（NH4）2SO4（aq）ΔH3=ckJ•mol-1；
由盖斯定律可知，①×2+②×2+③可得，反应2SO2（g）+4NH3•H2O（aq）+O2（g）=2（NH4）2SO4（aq）+2H2O（l）的ΔH=（2a+2b+c）kJ•mol-1。
故答案为：
（2a+2b+c）kJ•mol-1。
②空气氧化（NH4）2SO3的速率随温度的变化如图1所示，当温度超过60℃时，（NH4）2SO3氧化速率下降的原因可能是温度过高（NH4）2SO3会分解（或水解），浓度减小（或温度升高O2在溶液中溶解度降低）。
由图可知，（NH4）2SO3受热分解有NH3和N2生成，N元素化合价部分升高，由氧化还原反应规律可知，S元素化合价降低，反应中一定有SO2生成，则反应的化学方程式为3（NH4）2SO4
N2↑+4NH3↑+6H2O↑；
（2）①反应的平衡常数等于各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比值，该反应的平衡常数表达式为
；②用SOCl2与A1Cl3•6H2O混合共热，可得到无水A1Cl3，原因是SOCl2水解产生HCl，抑制Al3+的水解；（3）由图可知，与直流电源a极相连的电极上SO2失去电子发生氧化反应生成硫酸，该电极为阳极，电极反应式为SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+，与直流电源b极相连的电极上HSO3-得到电子发生还原反应生成S2O42-，该电极为阴极，电极反应式为2HSO3-+2H++2e-=S2O42-+2H2O。
（二）选做题
37．[化学——选修3：
物质结构与性质]（15分）据报道复旦大学修发贤教授课题组成功制备出砷化铌纳米带，并观测到其表面态具有百倍于金属铜薄膜和千倍于石墨烯的导电性。
相关研究论文已在线发表于权威科学期刊《自然》。
回答下列问题：
（1）铌元素（Nb）为一种金属元素，其基态原子的核外电子排布式为[Kr]4d55s1。
下列是Nb的不同微粒的核外电子排布式，其中失去最外层1个电子所需能量最小的是______（填标号）。
a.[Kr]4d35s15p1b.[Kr]4d45s1c.Kr]4d2d.Kr]4d3
（2）砷为第VA族元素，砷可以与某些有机基团形成有机化合物，如（ClCH=CH）2AsCl，其中As原子与2个C原子、1个Cl原子形成的VSEPR模型为______________________。
（3）英国曼彻斯特大学物理学家安德烈·盖姆和康斯坦丁诺沃肖洛夫用微机械剥离法成功从石墨中分离出石墨烯，因此共同获得2010年诺贝尔物理学奖；而石墨烯具有优异的光学、电学、力学特性在材料学、微纳加工、能源、生物医学和药物传递等方面具有重要的应用前景，被认为是一种未来革命性的材料。
已知“石墨烯”的平面结构如图所示，一定条件下石墨烯与H2发生加成反应生成石墨烷，石墨烷中碳原子杂化类型是____________，石墨烯导电的原因是_______________________。
（4）石墨烯也可采用化学方法进行制备如采用六氯苯、六溴苯作为原料可制备石墨烯。
下表给出了六氯苯、六溴苯、苯六酸俗名为蜜石酸的熔点和水溶性：
物质
六氯苯
六溴苯
苯六酸
熔点/℃
231
325
287
水溶性
不溶
不溶
易溶
六溴苯的熔点比六氯苯高的原因是_________________________________，苯六酸与六溴苯、六氯苯的水溶性存在明显的差异本质原因是_______________________。
（5）出于以更高效率利用太阳光等目的研制出金红石型铌氧氮化物（NbON），比以往的光学半导体更能够吸收长波长侧的光，作为光学半导体的新材料。
该化合物的晶胞有如图所示的两种构型，若晶胞的边长为apm，该晶体的密度为___________g·cm-3。
（NA是阿伏加德罗常数的值，相关原子量：
Nb—93）
【答案】
（1）a（2分）
（2）四面体形（2分）
（3）sp3（2分）石墨烯中每个碳原子垂直于层平面的2p轨道上的电子，都参与形成了贯穿全层的多原子的大键
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