故选C。
【点拨】本题考查化学实验方案的评价；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；I-的检验、萃取操作及氧化性、还原性的强弱比较；弱酸的相对强弱的比较；二氧化硫的性质等知识点。
对于二氧化硫的还原性与漂白性的区别，这是此题的易错点，另外还要注意根据强酸制备弱酸及同类型的难溶物，溶度积小的先沉淀析出这些规律，来解决相关问题。
二、非选择题（共4小题，其中36-37为选考题，共58分）
26．（改编）（15分）铁、钴（Co）、镍（Ni）都是元素周期表中的VIII族元素，是较活泼的金属，它们的化合物应用广泛。
（1）钴的化合价有+2、+3价，其中+3价钴的氢氧化物有较强的氧化性，试写出在酸性条件下它与亚硫酸钠反应的离子方程式。
（2）25℃时，已知：
Ksp[Co（OH）2]=6.0×10-15，Ksp[Ni（OH）2]=2.0×10-15。
该温度下，下列说法不正确的是。
A．一定条件下，Co（OH）2可转化为Ni（OH）2
B．向Co（OH）2的悬浊液中加入少量浓盐酸，c（Co2+）增大
C．向同浓度的Co2+、Ni2+的混合液中滴加NaOH溶液，Ni（OH）2先析出
D．Co（OH）2和Ni（OH）2共存的悬浊液中，c（Co2+）/c（Ni2+）＝1/3
（3）Fe2（SO4）3和明矾一样也具有净水作用，其净水的原理是（用离子方程式表示）。
（4）高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能水处理剂，且不会造成二次污染。
已知高铁酸盐热稳定性差，工业上用湿法制备K2FeO4的流程如图1所示：
①反应i的离子方程式是：
；
②反应ii氧化过程中，氧化剂（NaClO）与还原剂[Fe（OH）3]的物质的量之比为：
。
在实际生产中一般控制反应温度30℃以下，其原因是：
。
③反应iii加入浓KOH溶液可析出高铁酸钾（K2FeO4），这说明。
④根据图2、图3回答：
为了获取更多的高铁酸钾，铁盐的质量分数应和反应时间应控制控制在左右。
（5）工业上可用通过电解浓NaOH溶液制备Na2FeO4，其工作原理如图4所示：
阳极的电极反应式为。
【答案】（15分）
（1）2Co（OH）3+4H++SO32-=2Co2++SO42-+5H2O（2分）
（2）D（2分）
（3）Fe3++3H2O
Fe（OH）3（胶体）+3H+（2分）
（4）①Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O（2分）
②3：
2（2分）防止生成的高铁酸钠发生分解（1分）
③该温度下，高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小。
（1分）
④30%和60min（1分）
（5）Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O（2分）
【解析】
（1）在酸性条件下，Co（OH）3首先与H+反应生成Co3+，Co3+具有氧化性，把SO32‾氧化为SO42‾，由此可写出离子方程式：
2Co（OH）3+4H++SO32‾=2Co2++SO42‾+5H2O；
（2）A项，因Ksp[Co（OH）2]>Ksp[Ni（OH）2]，故一定条件下，Co（OH）2可转化为Ni（OH）2，即发生沉淀转化，正确；B项，向Co（OH）2的悬浊液中加入少量浓盐酸，c（OH-）降低，沉淀溶解平衡Co（OH）2（s）
CO2++2OH-右移，c（Co2+）增大，正确；C项，向同浓度的Co2+、Ni2+的的混合溶液中滴加NaOH溶液，Ksp[Ni（OH）2]小的Ni（OH）2先析出，正确；D项，Co（OH）2和Ni（OH）2共存的悬浊液中，c（Co2+）/c（Ni2+）＝[c（Co2+）c2（OH-）]/[c（Ni2+）c2（OH-）]=Ksp[Co（OH）2]/Ksp[Ni（OH）2]=（6.0×10-15）/（2.0×10-15）=3，错误。
应选D。
（3）Fe2（SO4）3具有净水作用，其原理是三价铁离子水解产生氢氧化铁胶体，离子方程式为：
Fe3++3H2O
Fe（OH）3（胶体）+3H+，胶体微粒表面积大，吸附能力强，达到净水目的。
（4）由流程图知：
①反应i为氯气与氢氧化钠生成强氧化剂次氯酸钠的反应，其离子方程式是Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
②反应ii的离子方程式为：
2Fe（OH）3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为：
3：
2。
由信息知高铁酸盐热稳定性差，为防止生成的高铁酸钠发生变化，在实际生产中一般控制反应温度30℃以下；
③反应iii加入浓KOH溶液可析出高铁酸钾，这说明该温度下高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小；
④根据图2、图3知：
铁盐的质量分数应在30%和反应时间在60min左右时，高铁酸钾的产率最高。
（5）由图4工作原理知：
阳极是铁，为活性电极，铁放电生成FeO42-，由于是碱性环境，故电极反应式为：
Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O。
【点拨】本题考查常见金属元素及其化合物的综合应用。
涉及到氧化还原反应应用、沉淀溶解平衡、胶体的应用、工艺流程制备物质、元素化合物的性质及电解原理的应用等知识。
溶度积的计算、氧化还原反应方程式、电极反应式的书写、对工艺流程图的理解是本题的易错点。
解本题要注意以下几点：
①明确沉淀溶解平衡的影响因素和溶度积常数的有关计算，解决相应问题；
②理解氧化还原反应的有关概念、原理，正确书写方程式；
③能看懂工艺流程图及有关图像，充分利用题目所给信息解决问题。
27．（14分）“C1化学”是指以碳单质或分子中含1个碳原子的物质（如CO、CO2、CH4、CH3OH等）为原料合成工业产品的化学工艺，对开发新能源和控制环境污染有重要意义。
（1）一定温度下，在两个容积均为2L的密闭容器中，分别发生反应：
CO2（g）+3H2（g）
CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣49.0kJ/mol。
相关数据如下：
容器
甲
乙
反应物投入量
1molCO2（g）和3molH2（g）
1molCH3OH（g）和1molH2O（g）
平衡时c（CH3OH）
c1
c2
平衡时能量变化
放出29.4kJ
吸收akJ
请回答：
①c1c2（填“>”、“<”或“=”）；a=。
②若甲中反应5s时达到平衡，则用CO2来表示甲中反应从开始到平衡过程中的平均反应速率是mol/（L·s）。
（2）压强为p1时，向体积为1L的密闭容器中充入amolCO和2amolH2，发生反应
CO（g）+2H2（g）
CH3OH（g）。
平衡时CO的转化率与温度、压强的关系如图所示。
请回答：
①该反应属于（填“吸”或“放”）热反应；p1p2（填“＞”、“＜”或“＝”）。
②100℃时，该反应的平衡常数K=（用含b的代数式表示）。
（3）在恒容密闭容器里按体积比为1:
4充入一氧化碳和氢气，发生反应：
CO（g）+4H2（g）
CH3OCH3（g）+H2O（g）△H＜0。
一定条件下反应达到平衡状态。
当改变反应的某一个条件后，下列变化能说明平衡一定向正反应方向移动的是；
A．逆反应速率先增大后减小B．正反应速率先增大后减小
C．反应物的体积百分含量减小D．化学平衡常数K值增大
（4）治理汽车尾气的反应是2NO（g）+2CO（g）
2CO2（g）+N2（g）△H<0。
①在恒温恒容的密闭容器中通入n（NO）:
n（CO）=1:
2的混合气体，发生上述反应。
下列图像正确且能说明反应在进行到t1时刻一定达到平衡状态的是（选填字母）。
abc
②已知297℃时，上述反应速率极慢，平衡常数为1×1059。
下列说法正确的是（）
A．装有尾气净化装置的汽车排出的气体中一定不含NO或CO
B．提高尾气净化效率的最好方法是升高温度
C．提高尾气净化效率的最佳途径是研制高效催化剂
D．297℃时该反应正向进行的程度很大，故使用催化剂并无实际意义
【答案】（14分）
（1）①＝（1分）19.6（1分）②0.06（2分）
（2）①放（1分）<（1分）②1/a2（2分）
（3）BD（2分）
（4）①bc（2分）②C（2分）
【解析】
（1）①相同条件下，甲、乙两个容器中发生的反应相同，只是一个从正向开始，一个从逆向开始，但利用归一法可知，两种情况建立的平衡相同，故平衡时c（CH3OH）相同，有c1=c2；平衡时能量变化关系为：
甲中放出的能量与乙中吸收的能量之和等于该反应的焓变绝对值，即：
29.4kJ+akJ=49.0kJ，a=49.0-29.4=19.6
②根据反应CO2（g）+3H2（g）
CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣49.0kJ/mol得，甲中CO2的变化量为：
29.4×1/49.0mol=0.6mol，则v（CO2）=0.6mol/2L÷5s=0.06mol/（L·s），故甲中反应从开始到平衡过程中的平均反应速率是v（CO2）=0.06mol/（L·s）。
（2）①由图像可看出，升温，CO的转化率降低，故该反应属于放热反应；又该反应为气体体积缩小的反应，加压CO的转化率增大，故p1＜p2。
②根据计算模式可求K。
CO（g）+2H2（g）
CH3OH（g）
起始浓度（mol/L） a 2a 0
转化浓度（mol/L）0.5a a 0.5a
平衡浓度（mol/L）0.5a a0.5a
K=0.5a/（0.5a×a2）＝1/a2。
故100℃时，该反应的平衡常数为1/a2
（3）A项说明，v逆>v正，平衡逆向移动；B项说明，v正>v逆，平衡正向移动；C项，反应物的体积百分含量减小，可能是平衡正向移动消耗反应物引起的，也可能是，减少了反应物本身导致体积百分含量减小，但平衡却向逆向移动，故C项平衡移动方向不确定；D项化学平衡常数K值增大，说明温度变了，一定是降温向放热的正向移动了。
故选BD
（4）①a表示反应在进行到t1时刻，CO2和NO的物质的量相等，但此时二者在继续变化还没达到平衡状态；b表示n（NO）:
n（CO）的比值在反应进行到t1时刻不再变化，因开始投料n（NO）:
n（CO）=1:
2，而消耗的n（NO）:
n（CO）=1:
1，故剩余n（NO）:
n（CO）一定不等于1:
1，即随反应的进行n（NO）:
n（CO）的比值在变化，直到平衡时不再变化，故b可说明反应达平衡状态；c表示反应进行到t1时刻c（NO）与c（CO）不再变化，建立平衡状态。
故选bc。
②A项，该反应为可逆反应，不能完全转化，排出的气体中一定含有NO或CO，故错误；B项，尾气温度已经很高，再升高温度，反应速率提高有限，且消耗更多能源，意义不大，故错误；C项，研制高效催化剂可提高反应速率，解决反应极慢的问题，有利于尾气的转化，故正确；D项，297℃时该反应正向进行的程度很大，但反应速率极慢，既然升高温度不切实际，应从催化剂的角度考虑，故错误；选C。
【点拨】本题考查化学平衡原理、平衡状态的判断、平衡移动、平衡图象、反应速率、平衡常数计算、催化剂对反应的影响，注重基础知识的考查和掌握。
解本题要注意以下几点：
①利用归一法可判断同一个反应从正、逆两个方向建立的平衡是否相同，进而解决相关问题。
②通过“定一议二”方法来分析图像问题，根据计算模式可求K。
③抓住化学平衡移动原理、平衡状态的判断、催化剂对反应的影响及化学平衡常数与温度的关系可回答相关问题。
28．（14分）铝、铁等金属材料应用广泛。
铝热反应常用于金属的冶炼，某小组同学利用铝和氧化铁发生铝热反应后得到的固体进行如下实验。
已知：
KSCN中S元素的化合价为-2价，SCN-具有还原性。
（1）铝和氧化铁反应的化学方程式是，引发铝热反应的实验操作是。
（2）固体成分的初步确定。
实验序号
操作及现象
ⅰ
取少量固体样品，加入过量稀盐酸，固体溶解，产生无色气体（经检验为H2），溶液呈浅黄色
ⅱ
向ⅰ中所得溶液中加入少量KSCN溶液，溶液呈浅红色，再加入H2O2溶液至过量，产生无色气体（经检验为O2），溶液变为深红色，且红色很快褪去
①由上述实验可知：
溶液中Fe元素的存在形式有。
②ⅰ中产生H2的原因是样品中除含Fe外，可能有未反应的Al，为检验样品中是否含Al单质，设计了相关实验，依据的原理是（用离子方程式表示）。
③生成O2的化学方程式是。
进一步的实验表明，上述固体样品中Fe元素的存在形式有：
Fe、Fe2O3、Fe3O4。
（3）该小组同学对ⅱ中溶液红色褪去的原因做进一步探究。
实验序号
操作、现象
ⅲ
将ⅱ中剩余溶液均分为两份，一份滴加NaOH溶液，产生红褐色沉淀；
另一份滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入盐酸，沉淀不溶解
ⅳ
取2mL0.1mol/LFeCl3溶液，滴入KSCN溶液，溶液变为红色，通入一段时间O2，无明显变化。
再加入H2O2溶液，红色很快褪去
①实验ⅲ中白色沉淀的化学式是。
②结合实验ⅲ和ⅳ分析，实验ⅱ中红色褪去的原因是。
③查阅资料得知：
Cl-对溶液红色褪去的反应有催化作用，验证该说法应补充的实验和现象是：
各取2mL0.1mol/LFeCl3溶液和2mL0.05mol/LFe2（SO4）3溶液于试管中；分别滴入；再分别加入。
【答案】（14分）
（1）2Al＋Fe2O3
2Fe＋Al2O3（2分）加入少量氯酸钾，插上镁条并将其点燃（1分）
（2）①Fe2+、Fe3+（2分）
②2Al＋2OH-＋2H2O＝2AlO2-＋3H2↑（2分）
③2H2O2
2H2O＋O2↑（Fe3+作催化剂也可）（2分）
（3）①BaSO4（1分）
②溶液中的SCN-被H2O2溶液氧化，使溶液红色褪去（2分）
③KSCN溶液，溶液均变为红色（1分）
等浓度等体积的H2O2溶液，FeCl3溶液褪色快（1分）
【解析】
（1）铝和氧化铁反应的化学方程式是2Al＋Fe2O3
2Fe＋Al2O3，引发铝热反应的实验操作是加入少量氯酸钾，插上镁条并将其点燃。
（2）①根据加入少量KSCN溶液，溶液呈浅红色，断定有Fe3+，再加入H2
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