高級中學名校試卷PAGEPAGE1山東省泰安市2024-2025學年高三上學期期末考試試題1.答題前，考生先將自己的姓名、考生號、座號填寫在相應位置，認真核對條形碼上的姓名、考生號和座號，并將條形碼粘貼在指定位置上。2.選擇題答案必須使用2B鉛筆(按填涂樣例)正確填涂。非選擇題答案必須使用0.5毫米黑色簽字筆書寫，字體工整，筆跡清楚。3.請按照題號在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效，在草稿紙、試題卷上答題無效。保持卡面清潔，不折疊，不破損?？赡苡玫降南鄬υ淤|量：H1C12O16Cl35.5Sn119一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個選項符合題意。1.泰山黃精中含有多種營養(yǎng)成分，包括糖類、氨基酸、鐵等微量元素等。其中黃精多糖具有重要藥用價值，常采用水煮醇沉法提取，下列有關說法錯誤的是A.泰山黃精含有C、H、O、N、Fe等微量元素B.水煮時，黃精中的多糖等成分因溫度升高溶解度增大而進入溶液C.加入乙醇后多糖沉淀，是因為乙醇改變了溶劑的極性，降低了多糖的溶解度D.黃精中的易被氧化成，所以黃精包裝內應加脫氧劑【答案】A【解析】A．C、H、O、N是常量元素，而不是微量元素，A錯誤；B．常采用水煮醇沉法提取黃精，則說明水煮時溫度升高，黃精中的多糖等成分因溫度升高溶解度增大而進入溶液，B正確；C．乙醇為非極性溶劑，加入乙醇后，乙醇改變了溶劑的極性，降低了多糖的溶解度，使得多糖沉淀，C正確；D．黃精中的易被氧化成，所以黃精包裝內應加脫氧劑，防止亞鐵離子被氧化，D正確；故選A。2.下列有機物的化學用語正確的是A.乙烯的結構式：B.四氯化碳的電子式C.表示乙酸的球棍模型D.：表示正丁烷的結構簡式【答案】C【解析】A．結構式用一根短線表示一對共用電子對，乙烯分子中碳原子間是雙鍵，其結構式應為，A錯誤；B．四氯化碳中C和Cl之間形成共價鍵，Cl原子最外層有7個電子，要滿足8電子穩(wěn)定結構，其電子式應為，B錯誤；C．模型中用小球表示原子，短棍表示化學鍵，符合乙酸的球棍模型表示形式，C正確；D．的結構簡式表示的是異丁烷，正丁烷的結構簡式為，D錯誤；故選C。3.下列物質性質與用途的對應關系錯誤的是選項物質性質用途A次氯酸鈉氧化性衣物漂白B氫氣還原性制作燃料電池C二氧化硫還原性葡萄酒中護色、抗氧化D氫氟酸酸性雕刻玻璃A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．次氯酸鈉的氧化性使其能夠破壞衣物中的色素分子，實現(xiàn)漂白作用，性質與用途對應正確；故A正確；B．氫氣在燃料電池中失去電子，作還原劑，體現(xiàn)還原性，性質與用途對應正確，故B正確；C．二氧化硫的還原性使其能還原葡萄酒中的氧氣，防止氧化變色，性質與用途對應正確，故C正確；D．這一過程是因為氟極強的得電子能力，電負性很高以及負離子半徑過小的特點，使得氟硅之間的化學鍵比氧硅要強，從而迫使氧硅鍵斷裂，生成了四氟化硅，用途與性質對應錯誤，故D錯誤；故答案為：D。4.下列措施不是通過改變速率常數(shù)影響化學反應速率的是A.催化氧化氨制備硝酸時，加入鉑作催化劑B.合成氨工業(yè)中采取高壓條件C.接觸法制硫酸的沸騰爐中采取逆流操作D.高爐煉鐵中采取高溫條件【答案】B【解析】A．催化氧化氨制備硝酸時，加入鉑作催化劑，可以降低反應活化能，通過改變速率常數(shù)加快反應速率，A不符合題意；B．合成氨工業(yè)中合成氨反應為可逆反應，采取高壓條件，促進化學平衡正向移動且增大反應速率，由于壓強增大氣體的濃度增大，但速率常數(shù)與濃度無關，故不是通過改變速率常數(shù)影響化學反應速率，B符合題意；C．接觸法制硫酸的沸騰爐中采取逆流操作，可以增大接觸面積，通過改變速率常數(shù)加快反應速率，C不符合題意；D．高爐煉鐵中采取高溫條件，升溫可以增大速率常數(shù)，加快化學反應速率，D不符合題意；答案選B。5.下圖所示的實驗操作及描述均正確，且能達到實驗目的的是A.甲：結晶得到固體B.乙：比較的氧化性強弱C.丙：實驗室模擬侯氏制堿法D.丁：用NaOH標準溶液滴定未知濃度鹽酸【答案】B【解析】A．受熱易分解，不能蒸發(fā)結晶得到，且蒸發(fā)結晶時不能蒸干，故A錯誤；B．錐形瓶中高錳酸鉀和濃鹽酸反應放出黃綠色氯氣，可知氧化性KMnO4>Cl2，氯氣通入Na2S溶液中生成淡黃色S沉淀，證明氧化性Cl2>S，故B正確；C．制備NaHCO3時，為增大二氧化碳的溶解量，應先向食鹽水中通入氨氣，后通入二氧化碳，故C錯誤；D．滴定操作時，左手無名指和小手指向手心彎曲，輕輕地貼著出口管，用其余三指控制活塞的轉動，且氫氧化鈉溶液滴定鹽酸時錐形瓶內應添加幾滴指示劑，故D錯誤；選B。6.設為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A.1mol硝基與所含電子數(shù)不相同B.標準狀況下，11.2LHF含有個HF分子C.溶液中數(shù)目為D.總質量為3g的和HCHO混合物中含有碳原子數(shù)目為【答案】D【解析】A．硝基的電子數(shù)為，1mol硝基含電子數(shù)為；的電子數(shù)為，1mol含電子數(shù)為，二者所含電子數(shù)相同，A錯誤；B．標準狀況下，HF是液態(tài)，不能用氣體摩爾體積22.4L/mol來計算其物質的量和分子數(shù)，B錯誤；C．溶液中會發(fā)生水解：，所以溶液中數(shù)目小于，C錯誤；D．的最簡式為，HCHO的最簡式也為，最簡式的摩爾質量為30g/mol，總質量為3g的混合物中含“”的物質的量為，1個“”中含1個碳原子，所以含有碳原子數(shù)目為，D正確；故選D。7.下圖為鐵的價類二維圖，箭頭表示部分物質間的轉化關系，下列說法正確的是A.鐵與氧氣的燃燒反應可實現(xiàn)上述轉化①B.加熱發(fā)生轉化③，與HI反應發(fā)生④C.可通過與稀硝酸反應實現(xiàn)轉化⑤，計量數(shù)之比為D.作為新型凈水劑可實現(xiàn)轉化⑥，既能殺菌消毒又能凈水【答案】D【解析】A．鐵在氧氣燃燒生成四氧化三鐵，不能生成三氧化二鐵，不能實現(xiàn)上述轉化①，故A錯誤；B．氫氧化鐵與氫碘酸反應生成碘化亞鐵、碘和水，不能發(fā)生轉化④，故B錯誤；C．氫氧化亞鐵與稀硝酸反應生成硝酸鐵、一氧化氮和水，反應的化學方程式為3Fe(OH)2+10HNO3(稀)=3Fe(NO3)3+NO↑+5H2O，則氫氧化亞鐵與稀硝酸計量數(shù)之比為3：10，故C錯誤；D．高鐵酸鉀能與水中的細菌發(fā)生氧化還原反應生成鐵離子，達到殺菌消毒的作用，反應生成的鐵離子在溶液中水解生成氫氧化鐵膠體，膠體吸附水中懸浮雜質聚沉而達到凈水的作用，所以高鐵酸鉀作為新型凈水劑可實現(xiàn)轉化⑥，既能殺菌消毒又能凈水，故D正確；故選D。8.醋酸是一種重要的化工產品，下列有關醋酸溶液的說法錯誤的是A醋酸與醋酸中電離度之比小于B.向溶液中加水稀釋，溶液中離子總物質的量增大C.常溫下，的溶液和的溶液中，水的電離程度相同D.濃度均為和溶液等體積混合后：【答案】C【解析】A．醋酸是弱酸，濃度越高，電離度越小，0.2mol/L醋酸的電離度小于0.1mol/L醋酸，因此兩者電離度之比小于1:1，A正確；B．稀釋弱酸時，電離程度增大，電離產生的離子總物質的量增加，B正確；C．pH=4的溶液中，H+來自水解，水解促進水的電離，水電離出的H+濃度為1×10-4mol/L，而pH=4的溶液中，H+主要來自醋酸電離，抑制水的電離，水電離出的H+濃度僅為1×10-10mol/L，兩者水的電離程度不同，C錯誤；D．濃度均為的和溶液等體積混合后，電荷守恒為

，物料守恒為，聯(lián)立兩式可得

，D正確；故選C。9.W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，W、X、Y位于同周期，它們的原子最外層電子數(shù)均為偶數(shù)，W、Z同主族。下列說法正確的是A.簡單離子半徑： B.具有弱氧化性C.最簡單氫化物的熱穩(wěn)定性： D.ZY不能與鹽酸溶液反應【答案】B【解析】因為W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，W、X、Y位于同周期且原子最外層電子數(shù)均為偶數(shù)，W、Z同主族，所以可推出W、X、Y在第二周期，分別為Be、C、O；Z為Mg，據(jù)此回答。A．電子層數(shù)越多，離子半徑越大；電子層結構相同，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小。W為Be，其離子，Y為O，其離子，Z為Mg，其離子，和電子層結構相同，核電荷數(shù)Mg>O，所以離子半徑>，且、電子層數(shù)比多，所以簡單離子半徑應為Y>Z>W，A錯誤；B．為，中碳元素為+4價，處于最高價態(tài)，在與碳單質等反應時可表現(xiàn)弱氧化性，如

，B正確；C．元素非金屬性越強，其最簡單氫化物熱穩(wěn)定性越強。同周期從左到右非金屬性增強，非金屬性O>C，即Y>X，所以最簡單氫化物熱穩(wěn)定性Y>X，C錯誤；D．ZY為MgO，MgO屬于堿性氧化物，能與鹽酸溶液反應，化學方程式為，D錯誤；故選B。10.甲烷-甲醇-碘甲烷熱化學循環(huán)如圖(圖中各物質均為氣態(tài))所示。下列說法錯誤的是A.反應①的B.①②③④均發(fā)生氧化還原反應C.反應③在高溫下能自發(fā)進行，則其D.上述熱化學循環(huán)實現(xiàn)了水的分解【答案】C【解析】甲烷-甲醇-碘甲烷熱化學循環(huán)圖中，反應①為CH4+H2O=CO+3H2，反應②為CO+2H2=CH3OH，反應③為4CH3OH+2I2=4CH3I+O2+2H2O，反應④為2CH3I+H2O=CH3OH+CH4+I2。A．反應①為CH4+H2O=CO+3H2，，A正確；B．反應①②③④中，均有單質參加反應或有單質生成，均存在元素化合價的變化，均發(fā)生氧化還原反應，B正確；C．反應③為4CH3OH(g)+2I2(g)=4CH3I(g)+O2(g)+2H2O(g)，其?S＞0，在高溫下能自發(fā)進行，不能確定其?H的正負，C錯誤；D．上述熱化學循環(huán)的總反應為2H2O2H2↑+O2↑，實現(xiàn)了水的分解，D正確；故選C。二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個或兩個選項符合題意，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。11.下列實驗操作和現(xiàn)象所得到的實驗結論正確的是選項實驗操作和現(xiàn)象結論A相同條件下，用pH試紙測得等濃度的溶液的pH約為9，溶液的pH約為8酸性強弱：B相同條件下，用pH試紙測得等濃度的溶液的pH約為11，溶液的pH約為9酸性強弱：C以溶液為指示劑，用標準溶液滴定溶液中的，先出現(xiàn)白色沉淀，后出現(xiàn)磚紅色沉淀D向溶有的溶液中通入氣體X，出現(xiàn)白色沉淀氣體X具有強氧化性A.A B.B C.C D.D【答案】AB【解析】A．相同條件下，用pH試紙測得等濃度的CH3COONa和NaNO2溶液，測得CH3COONa溶液的pH約為9，NaNO2溶液的pH約為8，說明的水解程度比的大，越弱越水解，所以CH3COOH的酸性比HNO2的弱，故A正確；B．相同條件下，用pH試紙測得等濃度的溶液的pH約為11，溶液的pH約為9，說明的水解程度比的水解程度大，越弱越水解，所以的酸性比弱，故B正確；C．AgCl和Ag2CrO4的溶度積分別為Ksp(AgCl)和Ksp(Ag2CrO4)，先出現(xiàn)白色沉淀，后出現(xiàn)磚紅色沉淀，不能說明Ksp(AgCl)<Ksp(Ag2CrO4)，因為開始時溶液中氯離子濃度遠大于鉻酸根離子濃度，根據(jù)溶度積規(guī)則，當時，AgCl先沉淀析出，隨著AgNO3的加入，c(Cl-)逐漸降低，當時，才會生成Ag2CrO4沉淀，所以沉淀的先后順序不僅與溶度積有關，還與溶液中離子的初始濃度有關，故C錯誤；D．X可以是強氧化氣體也可以是堿性氣體，若X是堿性氣體NH3，則NH3沒有強氧化性，故D錯誤；故答案為：AB；12.汞(熔點，沸點356℃)是制造電池、電極的重要原料，歷史上曾用“灼燒辰砂法”制取汞。目前工業(yè)上制粗汞的一種流程圖如下：下列分析錯誤的是A.洗滌粗汞可用5%的鹽酸代替5%的硝酸B.辰砂與氧化鈣加熱反應時，為氧化產物C.減壓蒸餾的目的是降低汞的沸點，提高分離效率D.車間內汞蒸氣濃度較高時，可在關閉門窗后用碘熏蒸，生成【答案】A【解析】“灼燒辰砂法”制取汞，先將辰砂(主要含HgS)與CaO進行加熱，得到含有CaS和CaSO4等的爐渣和含鉛、汞等雜質的粗汞，用5%的硝酸洗滌、減壓蒸餾，得到純汞，據(jù)此回答。A．5%的硝酸能溶解粗汞中含有的鉛、銅等雜質，而鹽酸不與銅等金屬反應，無法除去這些雜質，所以不能用5%的鹽酸代替5%的硝酸，A錯誤；B．辰砂(HgS)與氧化鈣加熱反應時，HgS中硫元素化合價升高生成CaSO4，所以CaSO4為氧化產物，B正確；C．減壓蒸餾可降低體系壓強，從而降低汞的沸點，能在較低溫度下使汞汽化分離，提高分離效率，C正確；D．汞蒸氣有毒，碘與汞反應生成，可降低汞蒸氣濃度，減少危害，所以車間內汞蒸氣濃度較高時，可在關閉門窗后用碘熏蒸，D正確；故選A。13.磷酸鐵鋰“刀片電池”放電時的總反應：，工作原理如圖所示。下列說法正確的是A.放電時，鋁箔作負極B.放電時，通過隔膜移向負極C.充電時，陰極質量增加D.充電時的陽極反應式為【答案】CD【解析】根據(jù)放電時的總反應：，化合價升高，失電子被氧化，在負極反應，則銅箔為負極，電極反應式為：；鋁箔為正極，電極反應式為：，充電時電極反應反向進行，據(jù)此分析解答。A．根據(jù)分析，放電時，鋁箔作正極，A錯誤；B．放電時，陽離子向正極移動，則通過隔膜移向正極即鋁箔方向，B錯誤；C．根據(jù)分析中的負極反應式可知充電過程中的陰極反應式為：，質量會增加，C正確；D．根據(jù)分析中的正極反應式可知充電過程中的陽極反應式為：，D正確；故答案為：CD。14.室溫下，某溶液初始時僅溶有M和N且濃度相等，同時發(fā)生以下兩個反應：①；②，反應①的速率可表示為，反應②的速率可表示為(為速率常數(shù))。反應體系中組分M、Z的濃度隨時間變化情況如圖。下列說法正確的是A.30min時，生成Z的速率B.60min時，產物C.反應①的活化能比反應②的活化能大D.反應結束時，【答案】BC【解析】A．?時，生成?的速率為?而非，且給出的速率表達也張冠李戴，A錯誤；B．由圖可知，?時?c(M)?由初始0.50降至0.30，消耗了；而Z由0增至?。由于兩條反應都按消耗?M?和?N，故此時生成?Z?所消耗的?M?為，生成?Y?所消耗的?M?為，兩者之比為?。因為兩反應速率之比為常數(shù)，故各時刻生成?Y?與?Z?的物質的量之比不變，所以時?，B正確；C．由分析可知，時，反應生成Y的濃度為、Z的濃度為可知反應①速率小于反應②的速率，則反應①的活化能比反應②的活化能大，C正確；D．若反應按“生成”的比例完全消耗初始的?M?和?N?（均為），則最終?，不可能達到，D錯誤；故選BC。15.室溫下，水溶液中各含硫微粒物質的量分數(shù)隨pH變化關系如下圖，已知酚酞變色的pH范圍為；。下列說法正確的是A.B.以酚酞為指示劑，用NaOH標準溶液可滴定水溶液的濃度C.忽略的第二步水解，的溶液中D.最大時【答案】AD【解析】在H2S溶液中存在電離平衡：、，隨著pH的增大，H2S的物質的量分數(shù)逐漸減小，HS-的物質的量分數(shù)先增大后減小，S2-的物質的量分數(shù)逐漸增大，則圖中線①、②、③依次代表H2S、HS-、S2-的物質的量分數(shù)隨pH的變化關系，①和②交點的pH=7，此時，則，同理，由②和③交點的pH=13.0可知，Ka2(H2S)=c(H+)=1.0×10-13，據(jù)此解答。A．由分析可知，，A正確；B．酚酞的變色范圍為8.2~10.0，若以酚酞為指示劑，用NaOH標準溶液滴定H2S水溶液，由圖可知，當酚酞發(fā)生明顯顏色變化時，反應生成的是大量HS-，沒有反應完全，即不能用酚酞作指示劑判斷滴定終點，B錯誤；C．Na2S溶液中存在水解平衡：、（忽略第二步水解），第一步水解平衡常數(shù)，設水解的S2-的濃度為xmol/L，則，解得x≈0.062，則，C錯誤；D．由圖可知，最大時，D正確；故選AD。三、非選擇題：本題共5小題，共60分。16.PFS新型高效鐵鹽類無機高分子絮凝劑，用作凈水劑、媒染劑、顏料和藥物。可由聚合制得。（1）中Fe元素的化合價為___________；溶于水繼續(xù)水解生成膠體的離子反應方程式為___________。（2）向和足量硫酸的混合溶液中滴加適量亞硝酸鈉，生成和NO，反應的離子方程式為___________。（3）向(2)中反應后溶液中繼續(xù)滴加亞硝酸鈉溶液，有紅棕色氣體產生。設計以下實驗探究氣體產物的成分。已知：、NO沸點分別為21℃、。①為了檢驗裝置A中生成的氣體產物，儀器的連接順序(按左→右連接)為___________。A→C→___________→___________→___________②加入藥品后的操作是___________。③裝置E的作用是___________；裝置B中發(fā)生反應的離子方程式___________。④裝置A中反應的化學方程式是___________；該實驗設計的不足之處是___________?！敬鸢浮浚?）①.+3②.（2）（3）①.E→D→B②.先向裝置中通一段時間的③.冷凝，使完全液化④.或⑤.⑥.無法證明D中NO來自與反應【解析】(3)使用氮氣將裝置中空氣排出，防止空氣中氧氣干擾NO的檢驗，A中反應生成氣體，使用C裝置干燥氣體，結合、NO沸點，使用E冷凝分離，剩余氣體進入D，D中再通入氧氣，氧氣和NO反應生成紅棕色的二氧化氮氣體，最后尾氣使用B中堿液吸收，據(jù)此解答。（1）中氫氧根、硫酸根化合價分別為-1、-2，結合化合物中各元素化合價代數(shù)和為0，則Fe元素的化合價為+3；溶于水繼續(xù)水解生成氫氧化鐵膠體和硫酸，離子反應方程式為：；（2）和足量硫酸的混合溶液中滴加適量亞硝酸鈉，生成和NO，反應中鐵元素化合價由+2價升高至+3價，氮元素化合價由+3價降低至+2價，則反應的離子方程式為：；（3）①由分析可知，為了檢驗裝置A中生成的氣體產物，儀器的連接順序(按左→右連接)為A→C→E→D→B；②加入藥品后的操作是先向裝置中通一段時間的，排凈裝置中空氣，防止空氣中氧氣干擾NO的檢驗；③由分析可知，結合、NO沸點分別為21℃、，裝置E的作用是冷凝，使完全液化；裝置B中發(fā)生反應為二氧化氮和氫氧化鈉反應生成硝酸鈉、亞硝酸鈉和水，反應的離子方程式為：（或若還存在一氧化氮則會發(fā)生反應：）；④裝置A中較濃硫酸和亞硝酸鈉反應，亞硝酸鈉發(fā)生歧化反應生成二氧化氮、一氧化氮，同時生成硫酸鈉和水，反應的化學方程式是：；因二氧化氮會和溶液中的水反應生成NO，則該實驗設計的不足之處是：無法證明D中NO來自與反應。17.生物硝化與反硝化工藝除去工業(yè)廢水中過量的原理如圖所示：已知：硝化菌對pH值的變化非常敏感，最佳pH值是8.0~8.4，反硝化菌最適宜的pH值是6.5~7.5。（1）含過量的工業(yè)廢水排放會導致的環(huán)境問題是___________；硝化階段中溶液的pH___________(填“升高”或“降低”)。（2）向含的酸性廢水中加入適量的碳源(甲醇)，能實現(xiàn)“反硝化”過程，并產生兩種對環(huán)境無污染的氣體，每處理含的酸性廢水，理論上消耗甲醇的物質的量為___________。反硝化作用是造成土壤中氮元素損失的重要原因之一，在農業(yè)上常采用___________的辦法防止氮肥損失。（3）一種硝化與反硝化的改進工藝工作原理如圖所示：半硝化脫氨過程與的物質的量之比為___________，過程中加入的物質的量應略___________(填“大于”或“小于”)；該過程中與原方法相比，該方法的優(yōu)點是___________。（4）一種雙陰極微生物燃料電池裝置可以同時進行硝化和反硝化脫氮，其中硝化過程中被氧化。電池工作時，“厭氧陽極”的電勢比“好氧陰極”___________(填“高”或“低”)，“厭氧陽極”若流出1.2mol電子，該區(qū)域“出水”比“進水”減輕了___________g(假設氣體全部逸出)?！敬鸢浮浚?）①.水體富營養(yǎng)化(或水華或赤潮)②.降低（2）①.0.42mol②.松土(合理即可)（3）①.②.小于③.不再需要外加碳源(或還原劑，或甲醇)（4）①.低②.14.4【解析】（1）含有過量的工業(yè)廢水排放到水中，會導致水體中營養(yǎng)物質過剩，從而引發(fā)藻類等水生生物的大量繁殖，藻類的過度生長會消耗水中的溶解氧，導致水體缺氧，進而影響水生生物的生存，甚至引發(fā)水華或赤潮現(xiàn)象；硝化過程是氨氮在硝化菌等作用下被氧化為硝酸鹽的過程，因此硝化反應的化學方程式可以表示為，從方程式可以看出，硝化過程中生成的H+使溶液的酸性增強，pH值降低；故答案為：水體富營養(yǎng)化(或水華或赤潮)；降低；（2）反硝化過程是將硝酸鹽在反硝化菌的作用下還原為N2的過程。在這個過程中，需要碳源(甲醇)作為電子供體。反硝化過程的離子方程式可以表示為，從方程式可以看出，每消耗0.5mol，理論上消耗甲醇的物質的量為0.42mol；反硝化作用會導致土壤中的氮元素以氮氣的形式逸出，從而造成氮肥損失。在農業(yè)上，可以通過松土來增加土壤的通氣性，使氧氣更容易進入土壤，從而抑制反硝化過程的發(fā)生，因為反硝化菌是厭氧菌，在有氧條件下其活性會受到抑制，從而減少氮肥的損失；故答案為：0.42mol；松土；（3）半硝化脫氨過程是指將氨氮部分氧化為亞硝酸鹽的過程，在改進工藝中，亞硝酸鹽可以直接被反硝化菌還原為氮氣，而不需要進一步氧化為硝酸鹽，離子方程式為，，從這兩個方程式可以看出，半硝化脫氨過程與的物質的量之比為4：3；在改進工藝中，加入的物質的量應略小于；由上一問可知：半硝化脫氨過程與的物質的量之比為4：3，同時會生成4份的，理論上和物質的量之比為1：1即可恰好消耗，但若過量，可能會與發(fā)生雙水解的反應，造成原料損耗，故加入的物質的量應略小于；改進工藝通過半硝化直接生成亞硝酸鹽，同時，由于亞硝酸鹽可以直接被反硝化，也減少了對碳源的需求；改進工藝的優(yōu)點是不再需要外加碳源（或還原劑或甲醇）；故答案為：4：3；小于；不再需要外加碳源（或還原劑或甲醇）；（4）在微生物燃料電池中，“厭氧陽極”是發(fā)生氧化反應的電極，而“好氧陰極”是發(fā)生還原反應的電極；根據(jù)電化學原理，“厭氧陽極”實際是負極，“好氧陰極”是正極；因此，“厭氧陽極”的電勢比“好氧陰極”低；“厭氧陽極”的電極反應式為，每1molC6H12O6反應，消耗6molH2O，轉移24mole-，“厭氧陽極”區(qū)質量減少，所以當流出1.2mole-時，質量減少14.4g；故答案為：低；14.4；18.四氯化錫可用作有機合成脫水劑，易水解生成，熔點為，沸點為。實驗室利用如圖所示裝置制備無水(夾持和控溫裝置省略)：回答下列問題：（1）盛放濃鹽酸的儀器名稱為___________；當觀察到___________時，開始加熱D裝置。（2）若無B裝置可能導致的安全問題是___________；若無F裝置除無法吸收剩余氯氣外，還可能會導致___________(用化學方程式表示)。（3）E中收集到的液體呈淡黃綠色，原因是___________；提純該的方法是加入少許錫粒，將此瓶密閉靜置1小時，然后進行___________(填序號)。a．用NaOH洗滌再蒸餾b．分液c．重結晶d．蒸餾（4）測定樣品純度的方案如下：取ag樣品溶于足量稀鹽酸中，加入淀粉溶液作指示劑，用碘酸鉀標準溶液滴定至終點，消耗標準液VmL。滴定過程中先后發(fā)生的反應為(均未配平)：ⅰ．ⅱ．則樣品的純度為___________%；若滴定時間過長，測定樣品純度會___________(填“偏大”“偏小”或“無影響”)?！敬鸢浮浚?）①.恒壓滴液漏斗②.黃綠色氣體充滿裝置(或E中充滿黃綠色氣體)（2）①.D中生成可能發(fā)生爆炸②.（3）①.溶有②.d（4）①.②.偏大【解析】A裝置是氯氣發(fā)生裝置，實驗開始時，先向A試管中加入濃鹽酸，裝置B中飽和食鹽水可除去HCl，裝置C中濃硫酸干燥氯氣，D中氯氣和Sn在300℃左右反應生成SnCl4，氯氣是污染性氣體，若不進行尾氣處理直接排放，會污染大氣，由題目所給信息知SnCl4易水解，若不隔絕外界水蒸氣則會造成產品的水解變質，所以用F裝置吸收氯氣、水蒸氣，據(jù)此分析解題；（1）盛放濃鹽酸的儀器名稱為恒壓滴液漏斗；排出裝置中空氣后再加熱D，故當觀察到黃綠色氣體充滿裝置(或E中充滿黃綠色氣體)時，開始加熱D裝置；（2）裝置B中飽和食鹽水可除去HCl，若無B裝置，HCl與Sn反應產生氫氣，導致D中生成可能發(fā)生爆炸的安全問題是；若無F裝置除無法吸收剩余氯氣外，還可能會導致空氣中的水蒸氣進入裝置D，水解生成，方程式：；（3）E中收集到的液體呈淡黃綠色，原因是，熔點為，沸點為，可知是分子晶體，且為非極性分子，Cl2易溶解在SnCl4中；提純該的方法是加入少許錫粒，將此瓶密閉靜置1小時，因熔沸點較低，可采用蒸餾進行分離，故d；（4）滴定過程中先后發(fā)生的反應為，，關系式：，，樣品的純度為%；若滴定時間過長，空氣中的氧氣會氧化生成，消耗的碘酸鉀將減少，測定樣品純度會偏大。19.工業(yè)處理酸性含鉻廢水(含等)并回收鉻元素的工藝如下：已知：Cr(Ⅵ)在水溶液中存在平衡：。（1）加入石灰乳，調pH值至7，沉淀1的主要成分是___________。（2）NaClO能氧化，生成無毒無味氣體，其離子方程式為___________。（3）加入NaClO可提高鎳元素的去除率的原因___________(結合化學平衡知識解釋)。（4）沉淀2與足量的稀硫酸反應所得溶液2的主要成分是___________，生成該物質的離子方程式為___________。（5）向溶液2中加入適量的KCl，蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶，過濾得，已知相關物質的溶解度與溫度的關系如圖所示，得到的需要提純，應采用的操作是___________?！敬鸢浮浚?）（2）（3）氧化，使降低，平衡正向移動，增大，利于生成沉淀（4）①.硫酸、②.（5）重結晶【解析】含、[Ni(CN)4]2-、的廢水中加入石灰乳預調pH，轉化為CaSO4沉淀，轉化為，再加入NaClO破氰，此時CN-被氧化為、N2，Ni2+轉化為Ni(OH)2沉淀；濾液中加入BaCl2?2H2O，沉淀2為BaCrO4、BaSO4；沉淀2中再加入H2SO4，BaCrO4轉化為BaSO4沉淀，溶液中含有。（1）由分析可知，沉淀1的主要成分是硫酸鈣，故答案為：；（2）由題給流程和題意可知，溶液中與發(fā)生的反應生成碳酸氫根離子、氮氣和氯離子，反應的離子方程式為，故答案為：；（3）含有四氰合鎳離子的溶液中存在如下絡合平衡：，向溶液中加入次氯酸鈉，次氯酸根離子將溶液中的氰酸根離子氧化，溶液中氰酸根離子濃度減小，平衡正向移動，使得溶液中的鎳離子濃度增大，有利于轉化為氫氧化鎳沉淀，故答案為：氧化，使降低，平衡正向移動，增大，利于生成沉淀；（4）由分析可知，加入足量硫酸溶液的目的是將鉻酸鋇轉化為硫酸鋇和重鉻酸根離子，反應的離子方程式為，則溶液2的主要成分為硫酸和重鉻酸鈉，故答