天津市第二十五中学2020届高三下学期3月网络测试化学试题
天津市第25中学2020年3月高三化学网络测试试卷
第Ⅰ卷
本卷共12题，每题3分，共36分。在每题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。
可能用到的原子量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 P-31 S-32 Cl-35.5 K-39 Fe-56 Cu-64
1.2019年9月25日，全世界几大空之一―—北京大兴国际机场，正式投运。下列相关说法不正确的是( )
A. 机杨航站楼所用钢铁属于合金材料
B. 航站楼使用的玻璃是无机非金属材料
C. 航站楼采用的隔震支座由橡胶和钢板相互叠加粘结而成，属于新型无机材料
D. 机场高速应用自融冰雪路面技术，减少了常规融雪剂使用对环境和桥梁结构造成的破坏
【答案】C
【解析】
【详解】A．机杨航站楼所用钢铁是合金，属于金属材料，故A正确；
B．玻璃是硅酸盐材料，属于无机非金属材料，故B正确；
C．橡胶隔震支座，成分为有机高分子材料，钢板是金属材料，故C错误；
D．常用融雪剂为工业食盐，而盐溶液会加速铁的生锈，应尽量减小使用，故D正确；
故答案为C。
2.下列离子方程式书写不正确的是（ ）
A. 少量金属Na加入水中：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑
B. 用浓NaOH溶液反萃取法提取碘：3I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O
C. 向次氯酸钙溶液中通入足量CO2：Ca2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO
D. 向小苏打溶液中滴加少量澄清石灰水：Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+CO32-+2H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．将金属Na投入水中，反应生成氢氧化钠和氢气：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，故A正确；
B．用浓NaOH溶液反萃取法提取碘生成碘化钠、碘酸钠和水，离子方程式：
3I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O，故B正确；
C．向次氯酸钙溶液通过量CO2的离子反应为ClO-+H2O+CO2=HCO3-+HClO，故C错误；
D．NaHCO3溶液中滴加少量澄清石灰水的离子反应为2HCO3-+Ca2++2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO32-，故D正确；
故选：C。
3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 12 g 金刚石中含有的共用电子对数为NA
B. 1 mol AlCl3在熔融时离子总数为0.4NA
C. 0.2 mol MnO2与足量浓盐酸反应转移的电子数小于 0.4NA
D. 1 L 0.1 mol·Lˉ1 Na2CO3溶液中含有阴离子数大于 0.1 NA
【答案】D
【解析】
【详解】A. 12 g 金刚石物质的量为1mol，由金刚石的结构可知1mol金刚石中含有的共用电子对数为2NA，故A错误；
B. AlCl3为共价化合物，熔融时不能电离出离子，所以AlCl3分子形式存在，故B错误；
C. MnO2与浓盐酸发生反应MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O，1mol MnO2参加反应转移2mol电子，浓盐酸是足量，因此0.2 mol MnO2能全部参与反应，则反应转移的电子数等于0.4NA，故C错误；
D. Na2CO3溶液中CO32-发生水解CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，使阴离子数目增多，因此1 L 0.1 mol·Lˉ1 Na2CO3溶液中含有阴离子数大于 0.1 NA，故D正确；
答案选D。
4.类推法是学习化学的重要方法，由下列事实进行归纳推理，其中合理的是
选项
事实
推理
A
沸点：H2O高于H2S
沸点：H2S高于H2Se
B
NH4Cl溶液可用于处理铁锈
CH3COONH4溶液也可用于处理铁锈
C
常温下能用铝制或铁制容器贮运浓硫酸
常温下也能用铝制或铁制容器贮运浓硝酸
D
SO2通入BaCl2溶液中无沉淀
SO2通入Ba(NO3)2溶液中也无沉淀
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A.由于H2O分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引力，所以水的沸点比H2S的高；H2S、H2Se都是由分子通过分子间作用力结合，分子间作用力H2S
H2SO3，所以SO2通入BaCl2溶液中无沉淀产生；而在酸性条件下，H+、NO3-具有强的氧化性，可以将H2SO3氧化产生H2SO4，所以SO2通入Ba(NO3)2溶液中会产生BaSO4白色沉淀，D错误；
故合理选项是C。
5.创建美好生态环境是实现“中国梦”的重要一环。下列做法正确的是
A. Na2O能与SO2反应，用Na2O作工业废气脱硫剂
B. FeS作沉淀剂去除工业废水中的重金属离子
C. 将“84”消毒液与洁厕灵混合使用增强去污效果
D. 将废旧电池进行深埋防止废旧电池对环境的污染
【答案】B
【解析】
【详解】A. Na2O是碱性氧化物，能与SO2反应，但Na2O在空气中容易变质，不容易保存，因此不能用Na2O作工业废气脱硫剂，A错误；
B. FeS难溶于水，在溶液中存在沉淀溶解平衡，由于其溶度积常数大于CuS、PbS
等，因此其溶解电离产生的S2-与溶液中的Cu2+、Hg2+等重金属离子形成沉淀，故可作沉淀剂去除工业废水中的重金属离子，B正确；
C. “84”消毒液主要成分是NaClO，洁厕灵主要成分是盐酸，将“84”消毒液与洁厕灵混合，会产生有毒的Cl2，所以不能混合使用，C错误；
D. 废旧电池中含有重金属离子，将废旧电池进行深埋会导致土壤污染和水污染，D错误；
故合理选项是B。
6.下列有关实验原理、现象、结论等均正确的是
A. a图示装置，滴加乙醇试管中橙色溶液变为绿色，乙醇发生消去反应生成乙酸
B. b图示装置，右边试管中产生气泡迅速，说明氯化铁的催化效果比二氧化锰好
C. c图示装置，根据试管中收集到无色气体，验证铜与稀硝酸的反应产物是NO
D. d图示装置，试管中先有白色沉淀、后有黑色沉淀，不能验证AgCl的溶解度大于Ag2S
【答案】D
【解析】
【详解】A、乙醇被重铬酸钾氧化成乙酸，错误，不选A；
B、过氧化氢的浓度不同，反应速率不同不能确定是催化剂的效果，错误，不选B；
C、铜和稀硝酸反应生成一氧化氮，一氧化氮和氧气反应，然后通入水中二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，不能证明铜与稀硝酸反应产物是一氧化氮，错误，不选C；
D、硝酸银和氯化钠产生氯化银白色沉淀，但硝酸银过量，剩余的硝酸银和硫化钠反应生成硫化银黑色沉淀，不能证明氯化银和硫化银的溶解度的关系，正确，选D。
7.下列说法正确的是（ ）
A. 按系统命名法，的名称为2，7，7-三甲基-3-乙基辛烷
B. 裂化汽油是一种良好的有机溶剂，可以用于清洗衣物油渍和萃取溴水中的卤素
C. DDT的结构简式为，分子中最多有13个碳原子共平面
D. 的单体是CH3-C≡C-CH3和CH2=CH-CN
【答案】C
【解析】
【详解】A．该有机物最长碳链含有8个C，编号从左边开始，在2号C含有两个甲基、在7号C含有一个甲基、在6号C含有一个乙基，该有机物正确名称为：2，2，7-三甲基-6-乙基-辛烷，故A错误；
B．裂化汽油中含有不饱和的烯烃，能与溴水中的溴发生加成反应，B错误；
C．DDT的结构简式中两苯环中间的碳原子以单键的形式与三个碳原子和一个氢原子相连构成四面体结构，在这个四面体中，最多有三个原子共面，若两苯环与该碳原子可能在同一平面上，但另一碳原子不可能在这个平面上，C正确；
D．的单体是CH2=CH-CH=CH2和CH2=CH-CN，D错误；
答案选C。
【点睛】掌握好有机物的基本性质，熟练掌握好有机物分子中原子共线、共面以及加聚产物找单体。
8.以氯酸钠（NaClO3）等为原料制备亚氯酸钠（NaClO2）的工艺流程如下，下列说法中，不正确的是
A. 反应1中，每生成1 mol ClO2有0.5 mol SO2被氧化
B. 从母液中可以提取Na2SO4
C. 反应2中，H2O2做氧化剂
D. 采用减压蒸发可能是为了防止NaClO2受热分解
【答案】C
【解析】
A. 在反应1中，NaClO3和SO2在硫酸的作用下生成Na2SO4和ClO2，反应的离子方程式为2ClO3－＋SO2=SO42－＋2ClO2，根据方程式可知，每生成1 mol ClO2有0.5 mol SO2被氧化，故
A正确；B. 根据上述分析可知，反应1中除了生成ClO2，还有Na2SO4生成，则从母液中可以提取Na2SO4，故B正确；C. 在反应2中，ClO2与H2O2在NaOH作用下反应生成NaClO2，氯元素的化合价从+4价降低到+3价，则ClO2是氧化剂，H2O2是还原剂，故C错误；D. 减压蒸发在较低温度下能够进行，可以防止常压蒸发时温度过高，NaClO2受热分解，故D正确；答案选C。
9.某溶液中可能含有离子：K+、Na+、Fe2+、Fe3+、SO32-、SO42-，且溶液中各离子的物质的量相等，将此溶液分为两份，一份加高锰酸钾溶液，现象为紫色褪去，另一份加氯化钡溶液，产生了难溶于水的沉淀。下列说法正确的是（ ）
A. 若溶液中含有硫酸根，则可能含有K+
B. 若溶液中含有亚硫酸根，则一定含有K+
C. 溶液中可能含有Fe3+
D. 溶液中一定含有Fe2+和SO42-
【答案】B
【解析】
【详解】向溶液中加高锰酸钾溶液，现象为紫色褪去，说明溶液中含有还原性微粒，可能含有Fe2+或；另一份加氯化钡溶液，产生了难溶于水的沉淀，溶液中可能含有或；若溶液中阴离子只有，与Fe2+会发生双水解，因溶液中各离子的物质的量相等以及会与Fe3+反应，因此阳离子为K+、Na+；若溶液中阴离子为，则阳离子为Fe2+（不能含有K+、Na+，否则溶液不能使高锰酸钾褪色）；若溶液中阴离子为、，Fe3+、Fe2+与不能共存，故溶液中阴离子不可能同时含有、；综上所述，答案为B。
【点睛】本题推断较为复杂，需要对于离子共存相关知识掌握熟练，且需依据电荷守恒进行分析，注意分类讨论。
10.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次递增，其中Y与Z同主族。X与Y、Z与W均可形成如图所示的分子结构，且Z与W形成的分子中所有原子最外层均满足8电子稳定结构。下列说法中正确的是
A. 原子半径：W > Z > Y > X
B. 气态氢化物热稳定性：Y > Z > W
C. 元素Z和W均存在两种以上的含氧酸
D. 元素Z和W在自然界中均只能以化合态存在
【答案】C
【解析】
【分析】
X与Y可形成如图所示的分子结构为过氧化氢，则X为H、Y为O，因为Y与Z同主族，则Z为S，因为短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次递增，W为Cl。
【详解】A. 原子核外电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，故原子半径的大小顺序为Z＞W＞Y＞X，A错误；
B. 原子的非金属性越强，其对应气态氢化物的稳定性越强，故气态氢化物热稳定性大小顺序为W＞Y＞Z，B错误；
C. 元素Z和W均有多种正价态，故均存在两种以上的含氧酸，C正确；
D. 硫元素（Z）在自然界中以化合态和少量游离态的形式存在，D错误；
故答案选C。
11.我国科学家设计二氧化碳熔盐捕获及电化学转化装置，其示意图如下：
下列说法不正确的是
A. b为电源的正极
B. ①②中，捕获CO2时碳元素的化合价发生了变化
C. a极的电极反应式为2C2O52− − 4e− == 4CO2 + O2
D. 上述装置存在反应：CO2 ===== C + O2
【答案】B
【解析】
【详解】A．a电极反应是2C2O52--4e-═4CO2+O2，发生氧化反应，是电解池的阳极，则b为正极，故A正确；B．①捕获CO2时生成的C2O52-中碳元素的化合价仍为+4价，②捕获CO2时生成CO32-时碳元素的化合价仍为+4价，碳元素的化合价均未发生变化，故B错误；C．由电解装置示意图可知a电极反应是2C2O52--4e-═4CO2+O2，故C正确；D．由电解装置示意图可知a电极生成O2，d电极生成C，电解池总反应式为CO2 =C+O2，故D正确；故答案为B。
12.电解质的电导率越大，导电能力越强。用0.100mol·L-1的KOH溶液分别滴定体积均为20.00mL、浓度均为0.100mol•L-1的盐酸和CH3COOH溶液。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 曲线②代表滴定CH3COOH溶液的曲线
B. 在相同温度下，P点水电离程度大于M点
C. M点溶液中：c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=0.1mol·L-1
D. N点溶液中：c(K+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)
【答案】D
【解析】
【详解】A．醋酸为弱电解质，滴加KOH，变为CH3COOK是强电解质，故导电率增加，即曲线①代表滴定醋酸的曲线，故A错误。B.相同温度下，P点溶质为KCl，不影响水的电离，M点为CH3COOK，其水解促进水的电离，故M点大于P点，故B错误。C．对于M点，根据电荷 守恒可知，c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=c(K+)=0.05mol·L-1
，故C错误。D．N点的溶液中含有等物质的量的醋酸钾和氢氧化钾，溶液显碱性，CH3COO-只有很小的一部分发生水解，所以c(K+)＞c(OH-)＞c(CH3COO-)＞c(H+),故D正确。答案：D。
第II卷
13.钛被称为继铁、铝之后的第三金属，请回答下列问题：
（1）金红石(TiO2)是钛的主要矿物之一，基态Ti原子价层电子的排布图为__，基态O原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为__形。
（2）以TiO2为原料可制得TiCl4，TiCl4的熔、沸点分别为205K、409K，均高于结构与其相似的CCl4，主要原因是__。
（3）TiCl4可溶于浓盐酸得H2[TiCl6]，向溶液中加入NH4Cl浓溶液可析出黄色(NH4)2[TiCl6]晶体。该晶体中微观粒子之间的作用力有__。
A.离子键 B.共价键 C.分子间作用力 D.氢键 E.范德华力
（4）TiCl4可与CH3CH2OH、HCHO、CH3OCH3等有机小分子形成加合物。上述三种小分子中C原子的VSEPR模型不同于其他分子的是__，该分子中C的轨道杂化类型为__。
（5）TiO2与BaCO3一起熔融可制得钛酸钡。
①BaCO3中阴离子的立体构型为__。
②经X射线分析鉴定，钛酸钡的晶胞结构如图所示（Ti4+、Ba2+均与O2-相接触），则钛酸钡的化学式为___。
【答案】 (1). (2). 哑铃形 (3). TiCl4的相对分子质量大于CCl4，分子间作用力更大 (4). AB (5). HCHO (6). sp2 (7). 平面三角形 (8). BaTiO3
【解析】
【详解】（1）Ti元素为22号元素，其原子的基态电子排布式为[Ar]3d24s2，所以其价电子排布图为；O是8号元素，基态原子核外电子排布式为1s22s22p4，电子占据的最高能级为2p能级，电子云轮廓为哑铃形；
（2）TiCl4的熔、沸点分别为205K、409K，与CCl4
结构相似，都属于分子晶体，分子晶体的熔沸点与分子间作用力有关，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，TiCl4的相对分子质量大于CCl4，分子间作用力更大；
（3）根据转化过程TiCl4可溶于浓盐酸得H2[TiCl6]，可看做形成一种酸，所有的酸都属于共价化合物，向溶液中加入NH4Cl浓溶液可析出黄色的(NH4)2[TiCl6]晶体，可看做酸跟盐反应生成(NH4)2[TiCl6]，产物中含有铵根离子，根据以上分析，(NH4)2[TiCl6]晶体中含有共价键和离子键，故答案选AB；
(4) CH3CH2OH和CH3OCH3中的碳原子都是以单键形式成键，结构与甲烷相似，都是四面体结构，HCHO的碳原子含有碳氧双键，分子中所有在同一平面，为平面三角形，根据构型可知，三个分子中C原子的VSEPR模型不同于其他分子的是HCHO，根据构型可得，该分子中C的轨道杂化类型为sp2杂化；
(5)①BaCO3中阴离子为CO32-，中心原子为碳原子，其价层电子对数=3+=3，碳原子为sp2杂化，该阴离子由4个原子构成，则立体构型为平面三角形；
②根据晶胞图示，Ti位于晶胞的顶点，Ti的数目=8×=1，Ba原子位于晶胞的内部，数目为1，O原子位于晶胞的棱上，其数目=12×=3，则钛酸钡的化学式为BaTiO3。
14.某驱虫剂（F）的合成路线如图：
回答下列问题：
（1）E中官能团名称是______。
（2）碳原子上连有4个不同的原子或基团，该碳称为手性碳。则C中的手性碳原子有______个。
（3）反应①的反应类型是______。
（4）写出反应②的化学反应方程式______。
（5）写出D的结构简式______。
（6）已知芳香族化合物G比B少两个氢原子，G的核磁共振氢谱如图2，则G可能的结构简式为______。
（7）设计由制备的合成路线。______（无机试剂任选）
【答案】 (1). 酯基 (2). 3 (3). 氧化反应 (4). (5). (6). (7).
【解析】
【分析】
⑴由结构可知，E中含有官能团为酯基。
⑵碳原子上连有4个不同的原子或基团，该碳称为手性碳，五元环中连接侧链的碳原子均为手性碳原子。
⑶对比A、B的结构可知，A中-CHO转化为-COOH生成B。
⑷反应②是与甲醇发生酯化反应生成。
⑸对比C、E的结构，结合反应条件可知，C与HBr发生加成反应生成D，D先发生酯的水解、卤代烃水解反应，然后在酸性条件下发生酯化反应生成E。
⑹芳香族化合物G比B少两个氢原子，G分子式为C10H14O2，G中含有苯环，侧链没有不饱和键，G的核磁共振氢谱图显示有4种氢且氢原子数目之比为2：2：2：1；存在对称结构，侧链为2个-CH2CH2OH且处于对位。
⑺模仿路线图中生成F的过程，与LiAlH4/无水四氢呋喃作用生成．与甲醇发生酯化反应生成，然后与HBr在过氧化氢条件下生成，最后经过①碱性、加热，②酸性、加热生成生成。
【详解】⑴由结构可知，E中含有官能团为酯基；故答案为：酯基。
⑵图中标“*”为手性碳原子：，分子中有3个手性碳原子；故答案为：3。
⑶对比A、B的结构可知，A中-CHO转化为-COOH生成B，反应①属于氧化反应；故答案为：氧化反应。
⑷反应②是与甲醇发生酯化反应生成，反应方程式为：；故答案为：。
⑸对比C、E结构，结合反应条件可知，C与HBr发生加成反应生成D，D
先发生酯的水解、卤代烃水解反应，然后在酸性条件下发生酯化反应生成E，可推知D的结构简式为：；故答案为：。
⑹芳香族化合物G比B少两个氢原子，G分子式为C10H14O2，G中含有苯环，侧链没有不饱和键，G的核磁共振氢谱图显示有4种氢且氢原子数目之比为2：2：2：1；存在对称结构，侧链为2个-CH2CH2OH且处于对位，故G的结构简式为：，故答案为：。
⑺模仿路线图中生成F的过程，与LiAlH4/无水四氢呋喃作用生成．与甲醇发生酯化反应生成，然后与HBr在过氧化氢条件下生成，最后经过①碱性、加热，②酸性、加热生成生成，合成路线流程图为：，故答案为：。
【点睛】官能团识别、有机反应类型、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体书写、合成路线设计等，关键是对比有机物的结构明确发生的反应。
15.某工业废水中含有的 Mn2+、CN﹣等会对环境造成污染，在排放之前必须进行处理。ClO2是一种国际上公认的安全无毒的绿色水处理剂，某实验兴趣小组通过如图装置制备 ClO2，并用它来处理工业废水中的 Mn2+、CN﹣。
已知：i．ClO2 为黄绿色气体，极易溶于水，沸点 11℃；
ii．ClO2 易爆炸，若用“惰性气体”等稀释时，爆炸性则大大降低；
iii．某工业废水处理过程中 Mn2+转化为 MnO2、CN﹣转化为对大气无污染的气体；
iv．装置 B 中发生的反应为：H2C2O4+H2SO4+2KClO3═K2SO4+2CO2↑+2ClO2↑+2H2O。
请回答下列问题：
（1）B 装置的名称是_____，C 装置的作用为_____。
（2）用 H2C2O4 溶液、稀硫酸和 KC1O3 制备 ClO2 的最大优点是_____。
（3）写出装置 D 中除去 Mn2+的离子方程式_____。
（4）ClO2 在处理废水过程中可能会产生副产物亚氯酸盐（ClO2 ）。下列试剂中，可将 ClO2 转化为 Cl
的是_____。（填字母序号）。
a．FeSO4 b．O3 c．KMnO4 d．SO2
（5）在实验室里对该废水样品中 CN﹣含量进行测定：取工业废水Wg于锥形瓶中，加入10mL0.10mol/L 的硫酸溶液，用 0.0200mol/L 的 KMnO4标准溶液进行滴定，当达到终点时共消耗 KMnO4 标准溶液25.00mL。
在此过程中：
①实验中使用棕色滴定管的原因是_____，滴定终点的判断依据是_____。
②W g 工业废水中 CN﹣的物质的量为_____。
③若盛装工业废水的锥形瓶未润洗，则测定结果将_____（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。
【答案】 (1). 圆底烧瓶 (2). 防倒吸 (3). 制得ClO2的同时有CO2产生，可稀释ClO2，大大降低爆炸的可能性 (4). 2ClO2+5Mn2++6H2O=5MnO2↓+2Cl-+12H+ (5). ad (6). 防止KMnO4见光分解 (7). 锥形瓶中的溶液颜色由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色 (8). 0.0005mol (9). 无影响
【解析】
【分析】
（1）B为圆底烧瓶；依据C装置进气管、出气管都较短可知为安全瓶，防止倒吸；
（2）反应生成的产物结合ClO2易爆炸，用惰性气体等稀释时，可防止爆炸分析；
（3）二氧化氯具有强的氧化性，能够氧化二价锰离子生成二氧化锰，本身被还原为氯离子；
（4）将ClO2 转化为 Cl-，应加入还原剂；
（5）①高锰酸钾不稳定；高锰酸钾与CN-发生氧化还原反应，被还原为无色的二价锰离子，所以当达到滴定终点时：颜色由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色；
②涉及反应为：，结合方程式计算；
③锥形瓶无需润洗。
【详解】（1）B装置的名称是圆底烧瓶；依据C装置进气管、出气管都较短可知为安全瓶，防止倒吸，故答案为：圆底烧瓶； 防倒吸；
（2）用H2C2O4溶液、稀硫酸和KClO3制备ClO2反应产物为二氧化氯、二氧化碳可稀释ClO2，大大降低爆炸的可能性，
故答案为：制得ClO2的同时有CO2产生，可稀释ClO2，大大降低爆炸的可能性；
（3）二氧化氯具有强的氧化性，能够氧化二价锰离子生成二氧化锰，本身被还原为氯离子，离子方程式：2ClO2+5Mn2++6H2O=5MnO2↓+2Cl-+12H+，
故答案为：2ClO2+5Mn2++6H2O=5MnO2↓+2Cl-+12H+；
（4）将ClO2 转化为 Cl-，应加入还原剂，可加入硫酸亚铁或二氧化硫等，
故答案为：ad；
（5）①高锰酸钾不稳定受热易分解，所以应放在棕色瓶中；高锰酸钾与CN-发生氧化还原反应，被还原为无色的二价锰离子，所以当达到滴定终点时：颜色由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色，
故答案为：防止KMnO4见光分解；锥形瓶中的溶液颜色由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色；
②设CN-物质的量为n，则依据方程式可知：
解得n＝00005mol，
故答案为：0.0005mol；
③锥形瓶无需润洗，对测定结果没有影响，
故答案为：无影响。
【点睛】本题考查物质的制备以及含量的测定，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力、实验能力和计算能力，注意把握二氧化氯的制备和性质，能正确书写氧化还原反应方程式，掌握氧化还原滴定法测量物质的浓度，熟悉制备原理，准确把握题干信息是解题关键，题目难度较大。
16.合理处理燃气中的H2S，不仅可减少对大气的污染，还可进行资源化利用。回答下列问题：
（1）H2S和S的燃烧热如表所示，
物质
燃烧热/△H（kJ•mol-1）
H2S
-a
S
-b
请写出常温下H2S与SO2反应的热化学方程式______。
（2）可以把H2S设计为一种燃料电池，原理如图a所示：其中，Fe2+在电池工作中的作用是______；请写出 I室发生的离子方程式______。
（3）为探究H2S的直接热解2H2S（g）=2H2（g ）+S2（g）。在一体积为2L的密闭容器中充入2 mol H2S与1 molAr （起到稀释作用），进行实验。
①某同学测出不同温度下H2S的物质的量与反应时间的图象，图b是截取该图象的中间某部分。请计算T2温度下，0-l0s内，H2S的反应速率v=______mo•L-1•s-1；
②图b中，T1、T2、T3三个温度，最高的是______；比较A点与B点的逆反应速率的大小，vA（逆）______vB（逆）（填“＞”、“＜”或“=”）；
③图c是表示反应2H2S（g）=2H2（g）+S2（g）平衡时，装置内各组分气体物质的量分数=与温度的关系（其中Ar气体变化曲线未画出）。请计算：C点的平衡常数K=______；D点平衡时，H2S的转化率=______。
【答案】 (1). 2H2S（g）+SO2（g）=3S（s）+2H2O（l）△H=（-2a+3b）kJ/mol (2). 催化剂 (3). 2Fe3++H2S=2Fe2++2H++S↓ (4). 0.04 (5). T3 (6). ＞ (7). 0.25 (8). 66.7%
【解析】
【分析】
⑴H2S的燃烧热化学方程式：H2S(g) +O2(g)=SO2(g)+H2O(l) △H= －a kJ·mol-1，S的燃烧热化学方程式：S(s) +O2(g) =SO2(g) △H=－bkJ·mol-1，根据热化学方程式推导所求反应，再根据盖斯定律求△H。
⑵Fe2+在电池中呈现循环，根据催化剂特点判断，I室Fe3+将H2S氧化为S，据此书写方程式。
⑶①反应速率为单位时间内浓度的变化量，根据图象剩余1.2mol H2S，结合起始量即可计算H2S的反应速率；②根据吸热反应，温度越高，转化率越高；结合温度对反应速率的影响，温度越高，反应速率越高；③已知H2S起始量，可设其变化量为xmol，列出三段式，在根据不同条件下不同物质物质的量的关系解答x，最后求解C点的平衡常数K，H2S的转化率。
【详解】⑴H2S的燃烧热化学方程式：H2S(g) +O2(g)=SO2(g)+H2O(l) △H=－a kJ·mol-1，S的燃烧热化学方程式：S(s) +O2(g) =SO2(g) △H=－bkJ·mol-1，根据盖斯定律，H2S与SO2反应的热化学方程式为：2H2S(g) +SO2(g) =3S(s) +2H2O(l)△H=(－2a+3b) kJ·mol-1，故答案为：2H2S(g) +SO2(g) =3S(s) +2H2O(l)△H=(－2a+3b) kJ·mol-1。
⑵Fe2+在电池工作中过程中循环利用，性质质量没有改变，所以Fe2+为催化剂，I室发生的反应为Fe3+氧化H2S，离子方程式为：2Fe3++H2S=2Fe2++2H++S↓，故答案为：2Fe3++H2S= 2Fe2++2H++S↓。
⑶①起始时充入2molH2S，根据图象可知10s时剩余1.2molH2S，则，故答案为：0.04。
②根据分解反应一般为吸热反应，温度越高，转化率越高，则T3温度最高，A点与B点所对应的各物质浓度均相同，但A点对应的T3最高，反应速率相对较高，所以vA(逆)＞vB(逆)，故答案为：T3；＞。
③由于起始时2 molH2S，设H2S变化量为xmol，列三段式：
C点时：平衡时H2S与H2的物质的量分数相同，则平衡时H2S与H2的物质的量相同，则2-2x=2x，x=0.5，则平衡时c(H2S) = 0.5mol∙L-1，c(H2)=0.5 mol∙L-1，c(S2)=0.25 mol∙L-1，平衡常数；D点时：平衡时S2与H2S的物质的量分数相同，则平衡时S2与H2S的物质的量相同，则2-2x=x，解得x= ，H2S的转化率；故答案为：0.25；66.7%。
