湖北省荆州市沙市中学2016届高三化学模拟最后一卷 Word版含解析

2016年湖北省荆州市沙市中学高考化学模拟最后一卷一、选择题：本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．中国传统文化对人类文明贡献巨大，我国古代的人民在那时候就已经广泛应用了，书中充分记载了古代化学研究成果．下列关于古代化学的应用和记载，对其说明不合理的是（）A．《本草纲目》中记载“（火药）乃焰消（KNO3）、硫磺、杉木炭所合，以烽燧铳极”这是利用了“KNO3的氧化性”B．李白有诗云“日照香炉生紫烟”这是描写“碘的升华”C．《本草经集注》中记载了区分硝石（KNO3）和朴消（Na2SO4）的方法：“以火烧之，烟起，乃真硝石也”这是利用了“焰色反应”D．我国古代人民常用明矾除去铜器上的铜锈[Cu2（OH）2CO3]2．某有机物M7.4g与足量氧气反应后，所得气体依次通过盛有浓H2SO4和碱石灰的装置，两装置分别增重9g和17.6g；同温同压下，M蒸汽的密度是H2的37倍，则能够与钠反应放出H2的M的同分异构体的数目为（不考虑立体异构）（）A．8 B．6 C．4 D．23．用H2O2溶液处理含NaCN的废水的反应原理为：NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3，已知：HCN的酸性比H2CO3弱．下列有关说法正确的是（）A．该反应中氮元素被氧化B．该反应中H2O2作还原剂C．0.1mol•L﹣1NaCN溶液中含有HCN和CN﹣的总数为0.1×6.02×1023D．实验室配制NaCN溶液时，需加入适量的NaOH溶液．．．．5．X、Y、Z三种短周期元素，原子半径的大小关系为：r （Y）＞r（X）＞r（Z），原子序数之和为16．X、Y、Z三种元素的常见单质在适当条件下可发生如图所示变化，其中B和C均为10电子分子．下列说法不正确的是（）A．X元素位于ⅥA族B．A难溶于B中C．A和C不可能发生氧化还原反应D．B的沸点高于C的沸点6．用NaOH溶液吸收烟气中的SO2，将所得的Na2SO3溶液进行电解，可循环再生NaOH，同时得到H2SO4，其原理如图所示（电极材料为石墨）．下列有关叙述不正确的是（）A．图中a极连接电源的负极B．A口放出的物质是氢气，C口放出的物质是氧气C．b极电极反应式为：SO32﹣﹣2e﹣+H2O═SO42﹣+2H+D．电解过程中阴极区碱性明显增强7．在常温下，0.100 0mol•L﹣1 Na2CO3溶液25mL用0.100 0mol•L﹣1盐酸滴定，其滴定曲线如图所示，对滴定过程中所得溶液中相关离子浓度间的关系，下列有关说法正确的是（）A．a点：c（CO32﹣）=c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）B．b点：5c（Cl﹣）＞4c（HCO3﹣）+4c（CO32﹣）C．c点：c（OH﹣）=c（H+）+c（HCO3﹣）+2c（H2CO3）D．d点：c（H+）=c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH﹣）三、非选择题：包括必须考题和选考题两部分，第22题～第32题为必考题，每个试题考生必须作答，第33题～第40题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共129分））Ⅰ中的白色沉淀是．（2）Ⅱ中能说明沉淀变黑的离子方程式是，沉淀转化的主要原因是．（3）滤出步骤Ⅲ中乳白色沉淀，推测含有AgCl．用浓HNO3溶解，产生红棕色气体，部分沉淀未溶解，过滤得到滤液X和白色沉淀Y．ⅰ．向X中滴加Ba（NO3）2溶液，产生白色沉淀ⅱ．向Y滴加KI溶液，产生黄色沉淀①由ⅰ判断，滤液X中被检出的离子是．②由ⅰ、ⅱ可确认步骤Ⅲ中乳白色沉淀含有AgCl和另一种沉淀．（4）该学生通过如下对照实验确认了步骤Ⅲ中乳白色沉淀产生的原因：在NaCl存在下，中产生的气体是．②C中盛放的物质W是．③该同学认为B中产生沉淀的反应如下（请补充完整）：2Ag2S+ O2++ +2H2O⇌4AgCl+ S+4NaOH．9．碳、氮、硫是中学化学重要的非金属元素，在工农业生产中有广泛的应用．（1）用于发射“天宫一号”的长征二号火箭的燃料是液态偏二甲肼（CH3）2N﹣NH2，氧化剂是液态四氧化二氮．二者在反应过程中放出大量能量，同时生成无毒、无污染的气体．已知室温下，1g燃料完全燃烧释放出的能量为42.5kJ，请写出该反应的热化学方程式．（2）298K时，在2L的密闭容器中，发生可逆反应2NO2（g）⇌N2O4（g）△H=﹣a kJ•mol ﹣1（a＞0）．N2O4的物质的量浓度随时间变化如图1．达平衡时，N2O4的浓度为NO2的2倍，回答下列问题．①298k时，该反应的平衡常数为．②在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图2所示．下列说法正确的是a．A、C两点的反应速率：A＞Cb．B、C两点的气体的平均相对分子质量：B＜Cc．A、C两点气体的颜色：A深，C浅d．由状态B到状态A，可以用加热的方法③若反应在398K进行，某时刻测得n（NO2）=0.6mol n（N2O4）=1.2mol，则此时V（正）V（填“＞”、“＜”或“=”）．（逆）（3）NH4HSO4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛．现向100mL 0.1mol•L﹣1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol•L﹣1NaOH溶液，得到的溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图3所示．试分析图中a、b、c、d、e五个点，①水的电离程度最大的是；②其溶液中c（OH﹣）的数值最接近NH3•H2O的电离常数K数值的是；③在c点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是．10．二氧化铈（CeO2）是一种重要的稀土氧化物．平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末（含SiO2、Fe2O3、CeO2等物质）．某课题以此粉末为原料，资源回收的工艺流程如下：（1）写出第①步反应的离子方程式．（2）洗涤滤渣B的目的是为了除去（填离子符号），检验该离子是否洗净的方法是．（3）写出第③步反应的化学方程式．（4）制备绿矾（FeSO4•7H2O）时，向Fe2（SO4）3溶液中加入过量铁屑，充分反应后，经过滤得到FeSO4溶液，再经、、过滤、洗涤、干燥等操作步骤得到绿矾．（5）取上述流程中得到的Ce（OH）4产品（质量分数为97%）1.0g，加硫酸溶解后，用0.1000mol/LFeSO4溶液滴定至终点（铈被还原成Ce3+），则需准确滴加标准溶液的体积为mL．（二）选考题：共45分．请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑，注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题，如果多做，则每科按所做的第一题计分．11．由Ca3（PO4）2、SiO2、焦炭等为原料生产硅胶（SiO2•nH2O）、磷、磷酸及CH3OH，下列工艺过程原料综合利用率高，废弃物少．（1）上述反应中，属于置换反应的是[选填：（Ⅰ）、（Ⅱ）、（Ⅲ）、（Ⅳ）、（Ⅴ）]．（2）高温下进行的反应Ⅱ的化学方程式为：；固体废弃物CaSiO3可用于．（3）反应Ⅲ需在隔绝氧气和无水条件下进行，其原因是．（4）CH3OH可用作燃料电池的燃料，在强酸性介质中，负极的电极反应式为．（5）指出（Ⅵ）这一环节在工业生产上的意义．（6）写出由P→H3PO4有关反应式①②．12．利用铜萃取剂M，通过如下反应实现铜离子的富集：（1）X难溶于水、易溶于有机溶剂，其晶体类型为晶体．（2）X中非金属元素原子的第一电离能由大到小顺序为．其中第一电离能最大的原子的杂化方式分别为（3）上述反应中断裂和生成的化学键有（填序号）．a．离子键b．配位键c．金属键d．范德华力e．共价键（4）M与W（分子结构如图1）相比，M的水溶性小，更利于Cu2+的萃取．M水溶性小的主要原因是．（5）如图2为碳化硅的晶胞（其中●为碳原子，○为硅原子）．①三个碳原子和三个硅原子相间构成一个式（船、椅）六元环．②如果我们以一个硅原子为中心，则与硅原子次近的第二层有个原子．③已知：碳原子半径为a×10﹣8cm，硅子半径为b×10﹣8cm，假设碳、硅原子是刚性小球，在晶体中彼此相切，计算碳化硅晶体的密度为g/cm3（只要求列出算式），查表知该密度比实测值偏小，其原因可能是．13．伪麻黄碱（D）是新康泰克的成分之一，能够缓解感冒时带来的鼻塞、流鼻涕和打喷嚏等症状，其中一种合成路线如下：回答下列问题：（1）伪麻黄碱（D）的分子式为；B中含有的官能团有（写名称）．（2）写出B﹣C反应的化学方程式：．C﹣D的反应类型为．（3）B的消去反应产物可以用于合成高分子化合物E，请写出E的结构简式：（4）满足下列要求的A的同分异构体有种；①能发生银镜反应②苯环上的一氯代物有两种结构其中核磁共振氢谱为4组峰，且峰面积之比为6：2：1：1的为（写结构简式）．（5）已知：参照上述合成路线，设计一条由苯和乙酸为起始原料制备的合成路线：．2016年湖北省荆州市沙市中学高考化学模拟最后一卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．中国传统文化对人类文明贡献巨大，我国古代的人民在那时候就已经广泛应用了，书中充分记载了古代化学研究成果．下列关于古代化学的应用和记载，对其说明不合理的是（）A．《本草纲目》中记载“（火药）乃焰消（KNO3）、硫磺、杉木炭所合，以烽燧铳极”这是利用了“KNO3的氧化性”B．李白有诗云“日照香炉生紫烟”这是描写“碘的升华”C．《本草经集注》中记载了区分硝石（KNO3）和朴消（Na2SO4）的方法：“以火烧之，烟起，乃真硝石也”这是利用了“焰色反应”D．我国古代人民常用明矾除去铜器上的铜锈[Cu2（OH）2CO3]【考点】化学史．【分析】A、火药发生化学反应的时候，KNO3中氮元素的化合价降低；B、香中不含碘单质；C、鉴别KNO3和Na2SO4，利用钾元素和钠元素的焰色反应不同；D、明矾的水溶液水解显酸性．【解答】解：A、火药发生化学反应的时候，KNO3中氮元素的化合价降低，被还原，做氧化剂，体现氧化性，故A正确；B、香炉中燃烧的香中不含碘单质，故不存在碘的升华，故B错误；C、鉴别KNO3和Na2SO4，利用钾元素和钠元素的焰色反应不同，钠元素焰色反应为黄色，钾元素焰色反应为隔着钴玻璃为紫色，故C正确；D、明矾的水溶液水解显酸性，故能除去铜器上的铜锈，故D正确．故选B．2．某有机物M7.4g与足量氧气反应后，所得气体依次通过盛有浓H2SO4和碱石灰的装置，两装置分别增重9g和17.6g；同温同压下，M蒸汽的密度是H2的37倍，则能够与钠反应放出H2的M的同分异构体的数目为（不考虑立体异构）（）A．8 B．6 C．4 D．2【考点】有机物实验式和分子式的确定；有机化合物的异构现象．【分析】根据浓硫酸、碱石灰的装置的质量计算出有机物燃烧生成水、二氧化碳的物质的量，根据M蒸汽与氢气的相对密度计算出M的摩尔质量，然后计算出7.4gM的物质的量，根据质量守恒计算出7.4gM中含有氧元素的质量、物质的量，从而确定M的分子式，再根据有机物能够与钠反应确定其含有的官能团，最后确定其同分异构体数目．【解答】解：浓硫酸增重的为水的质量，则n（H2O）==0.5 mol，碱石灰增重的为二氧化碳的质量，则n（CO2）==0.4 mol，M蒸汽的密度是H2的37倍，则M的摩尔质量为：2g/mol×37=74g/mol，7.4gM 的物质的量为：n （M ）==0.1 mol ，7.4gM 中含有氧元素的物质的量为：n （O ）==0.1 mol ， 该有机物分子中含有C 、H 、O 原子数目为： =4、=10、=1， 则有机物的分子式为C 4H 10O ，能与Na 反应生成H 2的是醇，该有机物为丁醇，丁基有4种同分异构体，所以丁醇也有4种同分异构体：CH 3CH 2CH 2CH 2OH 、CH 3CHOHCH 2CH 3、（CH 3）3COH 、（CH 3）2CHOHCH 3，故选C ．3．用H 2O 2溶液处理含NaCN 的废水的反应原理为：NaCN +H 2O 2+H 2O=NaHCO 3+NH 3，已知：HCN 的酸性比H 2CO 3弱．下列有关说法正确的是（ ）A ．该反应中氮元素被氧化B ．该反应中H 2O 2作还原剂C ．0.1mol •L ﹣1NaCN 溶液中含有HCN 和CN ﹣的总数为0.1×6.02×1023D ．实验室配制NaCN 溶液时，需加入适量的NaOH 溶液【考点】氧化还原反应．【分析】NaCN +H 2O 2+H 2O=NaHCO 3+NH 3↑反应中O 元素从﹣1价降低为﹣2价，C 元素从+2价升高到+4价，结合电子转移和NaCN 的性质分析．【解答】解：A ．NaCN 中C 为+2价，Na 为+1价，则氮元素的化合价为﹣3，反应前后N 元素化合价不变，故A 错误；B ．NaCN +H 2O 2+H 2O=NaHCO 3+NH 3↑反应中O 元素从﹣1价降低为﹣2价，所以反应中H 2O 2作氧化剂，故B 错误；C ．没有告诉溶液的体积，无法计算，故C 错误；D ．因为HCN 酸性比H 2CO 3弱，所以实验室配制NaCN 溶液时，需加入适量的NaOH 溶液防止水解，故D 正确．故选D ．．．．．【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，则相同浓度的钠盐溶液的pH越小；B．醇羟基、碳碳双键都能被酸性高锰酸钾溶液氧化；C．硝酸具有强氧化性，能氧化亚硫酸钠生成硫酸根离子；D．蔗糖水解生成葡萄糖，葡萄糖能发生银镜反应，银镜反应必须在碱性条件下进行．【解答】解：A．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，则相同浓度的钠盐溶液的pH越小，亚硫酸钠不是S元素最高价含氧酸的钠盐，所以不能据此判断非金属性强弱，故A错误；B．醇羟基、碳碳双键都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以不能用酸性高锰酸钾溶液检验碳碳双键，应该用溴水，故B错误；C．硝酸具有强氧化性，能氧化亚硫酸钠生成硫酸根离子而干扰实验，应该用盐酸酸化的氯化钡溶液，故C错误；D．蔗糖水解生成葡萄糖，葡萄糖能发生银镜反应，银镜反应必须在碱性条件下进行，所以在滴加银氨溶液之前必须滴加NaOH溶液中和未反应的稀硫酸，故D正确；故选D．5．X、Y、Z三种短周期元素，原子半径的大小关系为：r （Y）＞r（X）＞r（Z），原子序数之和为16．X、Y、Z三种元素的常见单质在适当条件下可发生如图所示变化，其中B和C均为10电子分子．下列说法不正确的是（）A．X元素位于ⅥA族B．A难溶于B中C．A和C不可能发生氧化还原反应D．B的沸点高于C的沸点【考点】原子结构与元素的性质．【分析】B和C均为10电子分子，考虑为氢化物，由转化关系可知，Z为氢，X、Y、Z原子序数之和为16，则X、Y的原子序数之和为15，原子半径Y＞X，则Y为碳元素、X为氟元素或者Y为氮元素、X为氧元素，由转化关系，单质X、Y反应生成A，单质Y、Z生成B，则Y应为氮元素、X应为氧元素，则A为NO、B为H2O、C为NH3，验证符合转化关系，据此解答．【解答】解：B和C均为10电子分子，考虑为氢化物，由转化关系可知，Z为氢，X、Y、Z原子序数之和为16，则X、Y的原子序数之和为15，原子半径Y＞X，则Y为碳元素、X 为氟元素或者Y为氮元素、X为氧元素，由转化关系，单质X、Y反应生成A，单质Y、Z 生成B，则Y应为氮元素、X应为氧元素，则A为NO、B为H2O、C为NH3，验证符合转化关系，A．X为氧元素，处于ⅥA族，故A正确；B．NO不溶于水，故B正确；C．氨气与NO可以发生反应生成氮气与水，故C错误；D．常温下，水为液体，氨气为气态，水的沸点更高，故D正确；故选C．6．用NaOH溶液吸收烟气中的SO2，将所得的Na2SO3溶液进行电解，可循环再生NaOH，同时得到H2SO4，其原理如图所示（电极材料为石墨）．下列有关叙述不正确的是（）A．图中a极连接电源的负极B．A口放出的物质是氢气，C口放出的物质是氧气C．b极电极反应式为：SO32﹣﹣2e﹣+H2O═SO42﹣+2H+D．电解过程中阴极区碱性明显增强【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】依据电解质溶液中阴阳离子的移动方向判断电极，阳离子移向阴极，a为阴极，b 为阳极，SO32﹣在阳极失去电子变成SO42﹣，可能伴有氢氧根离子放电生成氧气，所以C口流出的物质是H2SO4，阴极区放电离子为氢离子生成氢气，据此解答．【解答】解：A、Na+移向阴极区，SO32﹣移向阳极区，所以a极为阴极，应接电源负极，故A正确；B、阴极区放电离子为氢离子生成氢气，阴极电极反应式为2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣，A口出来的是氢气，b极应接电源正极，阳极电极反应式为SO32﹣﹣2e﹣+H2O═SO42﹣+2H+，所以A口放出的物质是氢气，从C口流出的是浓度较大的硫酸，故B错误；C、b为阳极，SO32﹣在阳极失去电子变成SO42﹣，阳极电极反应式为SO32﹣﹣2e﹣+H2O═SO42﹣+2H+，故C正确；D、在阴极区，由于H+放电，破坏水的电离平衡，c（H+）减小，c（OH﹣）增大，生成NaOH，碱性增强，故D正确．故选B．7．在常温下，0.100 0mol•L﹣1 Na2CO3溶液25mL用0.100 0mol•L﹣1盐酸滴定，其滴定曲线如图所示，对滴定过程中所得溶液中相关离子浓度间的关系，下列有关说法正确的是（）A．a点：c（CO32﹣）=c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）B．b点：5c（Cl﹣）＞4c（HCO3﹣）+4c（CO32﹣）C．c点：c（OH﹣）=c（H+）+c（HCO3﹣）+2c（H2CO3）D．d点：c（H+）=c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH﹣）【考点】离子浓度大小的比较．【分析】A．a点时n（HCl）=0.1mol/L×0.0125L=0.00125mol，反应生成0.00125molNaHCO3，剩余0.00125molNa2CO3，从盐类的水解程度的角度分析；B．溶液中存在物料守恒，从物料守恒的角度分析；C．c点时n（HCl）=0.1mol/L×0.025L=0.0025mol，恰好完全反应生成NaHCO3；D．溶液中满足电荷守恒，根据电荷守恒的角度分析．【解答】解：A．a点时n（HCl）=0.1mol/L×0.0125L=0.00125mol，反应生成0.00125molNaHCO3，剩余0.00125molNa2CO3，由于水解程度大于电离程度，则c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣），故A错误；B．b点时n（HCl）=0.1mol/L×0.02L=0.002mol，由物料守恒可知：5c（Cl﹣）=4c（HCO3﹣）+4c（CO32﹣）+4c（H2CO3），则5c（Cl﹣）＞4c（HCO3﹣）+4c（CO32﹣），故B正确；C．c点时n（HCl）=0.1mol/L×0.025L=0.0025mol，恰好完全反应生成NaHCO3，由于HCO3﹣水解程度较弱，则有c（HCO3﹣）＞c（OH﹣），故C错误；D．d点时加入盐酸0.005mol，溶液中溶由反应生成的CO2，溶液存在电荷守恒，存在c（Na+）+c（H+）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣）+c（Cl﹣），由于c（Na+）=c（Cl﹣），则c （H+）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣），故D错误；故选B．三、非选择题：包括必须考题和选考题两部分，第22题～第32题为必考题，每个试题考生必须作答，第33题～第40题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共129分））Ⅰ中的白色沉淀是AgCl．（2）Ⅱ中能说明沉淀变黑的离子方程式是2AgCl（s）+S2﹣⇌Ag2S（s）+2Cl﹣，沉淀转化的主要原因是Ag2S比AgCl溶解度更小．（3）滤出步骤Ⅲ中乳白色沉淀，推测含有AgCl．用浓HNO3溶解，产生红棕色气体，部分沉淀未溶解，过滤得到滤液X和白色沉淀Y．ⅰ．向X中滴加Ba（NO3）2溶液，产生白色沉淀ⅱ．向Y滴加KI溶液，产生黄色沉淀①由ⅰ判断，滤液X中被检出的离子是SO42﹣．②由ⅰ、ⅱ可确认步骤Ⅲ中乳白色沉淀含有AgCl和另一种沉淀S．（4）该学生通过如下对照实验确认了步骤Ⅲ中乳白色沉淀产生的原因：在NaCl存在下，①中产生的气体是O2．②C中盛放的物质W是Ag2S的悬浊液．③该同学认为B中产生沉淀的反应如下（请补充完整）：2Ag2S+ 1O2++ 4NaCl+2H2O⇌4AgCl+ 2S+4NaOH．【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【分析】将NaCl与AgNO3溶液混合，产生白色沉淀为氯化银沉淀，向所得固液混合物中加Na2S溶液，沉淀变为黑色，滤出黑色沉淀，加入NaCl溶液，较长时间后，沉淀变为乳白色，O2将Ag2S 氧化生成S时有Ag+游离出来，NaCl中大量的Cl﹣与游离的Ag+结合成，AgCl沉淀．由于c（Ag+）减小，有利于③中反应平衡右移，B中最终出现乳白色沉淀，（1）将NaCl与AgNO3溶液混合发生复分解反应生成氯化银白色沉淀；（2）向所得固液混合物中加Na2S溶液，会生成黑色沉淀，是因为硫化银溶解度小于氯化银，出现了沉淀转化；（3）滤出步骤Ⅲ中乳白色沉淀，推测含有AgCl．用浓HNO3溶解，产生红棕色气体，是浓硝酸被还原生成的二氧化氮，部分沉淀未溶解为氯化银，硝酸将硫元素氧化成硫酸根离子，则加入硝酸钡后生成硫酸钡沉淀；再结合步骤Ⅲ中黑色沉淀消失可知硫化银与空气中氧气反应生成硫单质，同时生成氯化银沉淀，过滤得到滤液X和白色沉淀Y为S；①向X中滴加Ba（NO3）2溶液，产生白色沉淀为硫酸钡；②由ⅰ、ⅱ可确认步骤Ⅲ中乳白色沉淀含有AgCl和另一种沉淀为S；（4）①A中是二氧化锰催化作用使过氧化氢分解生成氧气；②要探究生成氯化银和S沉淀的原因，C中的试剂为NaCl溶液和Ag2S悬浊液的混合物，则B中应该为硫化银悬浊液；③C中硫化银、氯化钠、氧气和水反应生成氯化银沉淀、S单质和NaOH，根据化合价变化相等配平，【解答】解：（1）将NaCl与AgNO3溶液混合发生复分解反应生成氯化银白色沉淀，Ⅰ中的白色沉淀是AgCl，故答案为：AgCl；（2）向所得固液混合物中加Na2S溶液，会生成黑色沉淀，是因为硫化银溶解度小于氯化银，出现了沉淀转化，Ⅱ中能说明沉淀变黑的离子方程式是：2AgCl（s）+S2﹣⇌Ag2S（s）+2Cl﹣，故答案为：2AgCl（s）+S2﹣⇌Ag2S（s）+2Cl﹣；Ag2S比AgCl溶解度更小；（3）滤出步骤Ⅲ中乳白色沉淀，推测含有AgCl．用浓HNO3溶解，产生红棕色气体，是浓硝酸被还原生成的二氧化氮，部分沉淀未溶解为氯化银，则被氧化的只能为S元素，故乳白色沉淀为AgCl和S的混合物；其中S被稀硝酸氧化成硫酸根离子，则在步骤Ⅴ中向X中滴加Ba（NO3）2溶液会生成BaSO4沉淀，再结合步骤Ⅲ中黑色沉淀消失可知硫化银与空气中氧气反应生成硫单质，同时生成氯化银沉淀，过滤得到滤液X和白色沉淀Y为S，①向X中滴加Ba（NO3）2溶液，产生白色沉淀为硫酸钡，由ⅰ判断，滤液X中被检出的离子是SO42﹣，故答案为：SO42﹣；②由ⅰ、ⅱ可确认步骤Ⅲ中乳白色沉淀含有AgCl和另一种沉淀为S，故答案为：S；（4）①装置A的作用是提供氧气，是二氧化锰催化过氧化氢分解生成的氧气和水，故答案为：O2；②进一步确认步骤Ⅲ中乳白色沉淀产生的原因，装置C中的试剂为NaCl溶液和Ag2S悬浊液的混合物，则装置B中应该不含氯化钠溶液，即为Ag2S悬浊液，通过对比反应现象判断生成乳白色沉淀产生的原因，故答案为：Ag2S悬浊液；③装置C中生成的白色沉淀为氯化银和S单质，反应物应该还有氧气，产物中钠离子只能以NaOH形式存在，则未知的反应物为NaOH，再根据H元素守恒可知另一种未知反应物为水，然后根据化合价升降相等配平可得反应方程式：2Ag2S+4NaCl+O2+2H2O⇌4AgCl+2S+4NaOH；故答案为：1，4NaCl，2；9．碳、氮、硫是中学化学重要的非金属元素，在工农业生产中有广泛的应用．（1）用于发射“天宫一号”的长征二号火箭的燃料是液态偏二甲肼（CH3）2N﹣NH2，氧化剂是液态四氧化二氮．二者在反应过程中放出大量能量，同时生成无毒、无污染的气体．已知室温下，1g燃料完全燃烧释放出的能量为42.5kJ，请写出该反应的热化学方程式C2H8N2（l）+2N2O4（l）═2CO2（g）+3N2（g）+4H2O（l）△H=﹣2550 kJ/mol．（2）298K时，在2L的密闭容器中，发生可逆反应2NO2（g）⇌N2O4（g）△H=﹣a kJ•mol ﹣1（a＞0）．N2O4的物质的量浓度随时间变化如图1．达平衡时，N2O4的浓度为NO2的2倍，回答下列问题．①298k时，该反应的平衡常数为 6.67L/mol．②在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图2所示．下列说法正确的是da．A、C两点的反应速率：A＞Cb．B、C两点的气体的平均相对分子质量：B＜Cc．A、C两点气体的颜色：A深，C浅d．由状态B到状态A，可以用加热的方法③若反应在398K进行，某时刻测得n（NO2）=0.6mol n（N2O4）=1.2mol，则此时V（正）（填“＞”、“＜”或“=”）．＜V（逆）（3）NH4HSO4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛．现向100mL 0.1mol•L﹣1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol•L﹣1NaOH溶液，得到的溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图3所示．试分析图中a、b、c、d、e五个点，①水的电离程度最大的是b；②其溶液中c（OH﹣）的数值最接近NH3•H2O的电离常数K数值的是d；③在c点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+）．【考点】化学反应速率与化学平衡图象的综合应用；热化学方程式；体积百分含量随温度、压强变化曲线；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【分析】（1）先求出偏二甲肼的物质的量，再根据物质的量之比等于热量比求出反应热，然后写出热化学方程式；（2）①有图可知N 2O 4的平衡浓度为0.6mol/L ，达到平衡时，N 2O 4的浓度为NO 2的2倍，则NO 2的平衡浓度为0.3mol/L ，带入平衡常数表达式计算；②a 、压强越大，反应速率越快；b 、混合气体的平均相对分子质量=；c 、NO 2的含量越高，混合气体的颜色越深；d 、可逆反应2NO 2（g ）⇌N 2O 4（g ）△H=﹣a kJ •mol ﹣1 （a ＞0）放热，温度升高平衡逆向移动，二氧化氮含量增大；③反应为放热反应，升高温度，K 值减小，计算可知此时的浓度商Q=K ＞K ，反应向逆反应方向移动，因此V （正）＜V （逆）；（3）①a 、b 、c 、d 、e 五个点，根据反应量的关系，b 点恰好消耗完H +，溶液中只有（NH 4）2SO 4与Na 2SO 4；c 、d 、e 三点溶液均含有NH 3•H 2O ，（NH 4）2SO 4可以促进水的电离，而NH 3•H 2O 抑制水的电离．②溶液中铵根离子浓度与一水合氨浓度最接近时，溶液中c （OH ﹣）的数值最接近NH 3•H 2O 的电离常数K 数值；③c 点溶液呈中性，则溶液含有（NH 4）2SO 4、Na 2SO 4、NH 3•H 2O 三种成分．【解答】解：（1）1g 燃料完全燃烧释放出的能量为42.5kJ ，则1mol 偏二甲肼完全燃烧释放出的能量为42.5kJ ×60=2550kJ ，其热化学方程式为：C 2H 8N 2（l ）+2N 2O 4（l ）═2CO 2（g ）+3N 2（g ）+4H 2O （l ）△H=﹣2550 kJ/mol ；故答案为：C 2H 8N 2（l ）+2N 2O 4（l ）═2CO 2（g ）+3N 2（g ）+4H 2O （l ）△H=﹣2550 kJ/mol ；（2）①有图可知N 2O 4的平衡浓度为0.6mol/L ，达到平衡时，N 2O 4的浓度为NO 2的2倍，则NO 2的平衡浓度为0.3mol/L ，则K===6.67L/mol ，故答案为：6.67L/mol ；②a 、压强越大，反应速率越快，所以A 、C 两点的反应速率：A ＜C ，故a 错误；b 、混合气体的平均相对分子质量=，BC 两点混合气体的质量和物质的量都相等，所以混合气体的平均相对分子质量B=C ，故b 错误；c 、NO 2的含量越高，混合气体的颜色越深，C 点压强大于A 点，加压平衡向生成N 2O 4的方向移动，但NO 2的浓度比原平衡大，所以混合气体的颜色A 点浅C 点深，故c 错误；d 、可逆反应2NO 2（g ）⇌N 2O 4（g ）△H=﹣a kJ •mol ﹣1 （a ＞0）放热，温度升高平衡逆向移动，二氧化氮含量增大，所以由状态B 到状态A ，可以用加热的方法，故d 正确； 故答案为：d ；③反应为放热反应，升高温度，K 值减小，密闭容器的体积为2L ，因此的N 2O 4的浓度为0.6mol/L ，N 2O 4的浓度为0.3mol/L ，浓度商Q===6.67L/mol=K ＞K ，反应向逆反应方向移动，因此V （正）＜V （逆）；故答案为：＜；（3）①a 、b 、c 、d 、e 五个点，根据反应量的关系，b 点恰好消耗完H +，溶液中只有（NH 4）2SO 4与Na 2SO 4；c 、d 、e 三点溶液均含有NH 3•H 2O ，（NH 4）2SO 4可以促进水的电离，而NH3•H2O抑制水的电离，因此水的电离程度最大的是b点，溶液中c（OH﹣）的数值最接近NH3•H2O的电离常数K数值，故答案为：b；②氨水为弱碱，溶液呈碱性，c点溶液呈中性，铵根离子浓度过大，e点溶液碱性过强，一水合氨浓度过大，相对而言d点溶液中铵根离子浓度与一水合氨浓度最接近，溶液中c（OH ﹣）的数值最接近NH3•H2O的电离常数K数值，故答案为：d；③c点溶液呈中性，即溶液含有（NH4）2SO4、Na2SO4、NH3•H2O三种成分，b点时c（Na+）=c（SO42﹣），c点时c（Na+）＞c（SO42﹣），根据N元素与S元素的关系，可以得出c（SO42﹣）＞c（NH4+），故c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+），故答案为：c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+）．10．二氧化铈（CeO2）是一种重要的稀土氧化物．平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末（含SiO2、Fe2O3、CeO2等物质）．某课题以此粉末为原料，资源回收的工艺流程如下：（1）写出第①步反应的离子方程式SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O．（2）洗涤滤渣B的目的是为了除去Fe3+（填离子符号），检验该离子是否洗净的方法是取最后一次洗涤液，加入KSCN溶液，若不出现红色，则已洗净；否则未洗净，．（3）写出第③步反应的化学方程式2CeO2+H2O2+3H2SO4═2Ce2（SO4）3+O2↑+4H2O．（4）制备绿矾（FeSO4•7H2O）时，向Fe2（SO4）3溶液中加入过量铁屑，充分反应后，经过滤得到FeSO4溶液，再经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作步骤得到绿矾．（5）取上述流程中得到的Ce（OH）4产品（质量分数为97%）1.0g，加硫酸溶解后，用0.1000mol/LFeSO4溶液滴定至终点（铈被还原成Ce3+），则需准确滴加标准溶液的体积为46.63mL．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【分析】流程分析：第①步反应废玻璃粉末加氢氧化钠溶液后过滤，得到滤渣A的成分是Fe2O3、CeO2；滤渣A（Fe2O3、CeO2）加稀硫酸后过滤得滤液B是硫酸铁溶液，滤渣B的成分是CeO2；第③步反应CeO2与H2O2和稀H2SO4反应生成Ce3+和O2；第④步反应Ce3+加碱生成Ce（OH）3悬浊液；第⑤步反应Ce（OH）3悬浊液被氧化生成Ce（OH）4．（1）根据废玻璃粉末的成分（含SiO2、Fe2O3、CeO2等物质），可知能与氢氧化钠反应的只有二氧化硅．其离子方程式为SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O；（2）经分析滤渣A的成分是Fe2O3、CeO2；第②步反应Fe2O3与稀硫酸作用生成Fe2（SO4）3+，检验铁离子是否洗净的方法是取最后一次洗涤3，洗涤滤渣B的目的显然是为了除去Fe液，加入KSCN溶液，若不出现红色，则已洗净；否则未洗净；。