2017年北京市西城区高考化学一模试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．景泰蓝是一种传统的手工艺品．下列制作景泰蓝的步骤中，不涉及化学变化的是（）A B C D将铜丝压扁，掰成图案将铅丹、硼酸盐等化合熔制后描绘高温焙烧酸洗去污A．A B．B C．C D．D2．全氮类物质具有高密度、超高能量及爆轰产物无污染等优点．中国科学家成功合成全氮阴离子N5﹣，N5﹣是制备全氮类物质N5+N5﹣的重要中间体．下列说法中，不正确的是（）A．全氮类物质属于绿色能源B．每个N5+中含有35个质子C．每个N5﹣中含有35个电子D．N5+N5﹣结构中含共价键3．下列实验方案中，可行的是（）A．用食醋除去热水瓶中的水垢B．用米汤检验加碘盐中的碘酸钾（KIO3）C．向Al2（SO4）3溶液中加过量NaOH溶液，制Al（OH）3D．向稀H2SO4催化水解后的麦芽糖溶液中直接加入新制Cu （OH）2悬浊液，检验水解产物4．25℃时，0.1mol?L﹣1的3种溶液①盐酸②氨水③CH3COONa溶液．下列说法中，不正确的是（）A．3种溶液中pH最小的是①B．3种溶液中水的电离程度最大的是②C．①与②等体积混合后溶液显酸性D．①与③等体积混合后c（H+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）5．生铁在pH=2和pH=4的盐酸中发生腐蚀．在密闭容器中，用压强传感器记录该过程的压强变化，如图所示．下列说法中，不正确的是（）A．两容器中负极反应均为Fe﹣2e﹣═Fe2+B．曲线a记录的是pH=2的盐酸中压强的变化C．曲线b记录的容器中正极反应是O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣D．在弱酸性溶液中，生铁能发生吸氧腐蚀6．某同学用Na2CO3和NaHCO3溶液进行如图所示实验．下列说法中，正确的是（）A．实验前两溶液的pH相等B．实验前两溶液中离子种类完全相同C．加入CaCl2溶液后生成的沉淀一样多D．加入CaCl2溶液后反应的离子方程式都是CO32﹣+Ca2+═CaCO3↓7．已知：CH3CH2CH2CH2OH CH3CH2CH2CHO利用如图装置用正丁醇合成正丁醛．相关数据如表：物质沸点/℃密度/（g?cm﹣3）水中溶解性正丁醇117.20.8109微溶正丁醛75.70.8017微溶下列说法中，不正确的是（）A．为防止产物进一步氧化，应将酸化的Na2Cr2O7溶液逐滴加入正丁醇中B．当温度计1示数为90～95℃，温度计2示数在76℃左右时，收集产物C．反应结束，将馏出物倒入分液漏斗中，分去水层，粗正丁醛从分液漏斗上口倒出D．向获得的粗正丁醛中加入少量金属钠，检验其中是否含有正丁醇二、解答题（共4小题，满分58分）8．聚酰亚胺是重要的特种工程材料，已广泛应用在航空、航天、纳米、液晶、激光等领域．某聚酰亚胺的合成路线如图（部分反应条件略去）．已知：（1）A所含官能团的名称是．（2）①反应的化学方程式是．（3）②反应的反应类型是．（4）I的分子式为C9H12O2N2，I的结构简式是．（5）K是D的同系物，核磁共振氢谱显示其有4组峰，③的化学方程式是．（6）1mol M与足量的NaHCO3溶液反应生成4mol CO2，M的结构简式是．（7）P的结构简式是．9．As2O3在医药、电子等领域有重要应用．某含砷元素（As）的工业废水经如图1流程转化为粗As2O3．（1）“碱浸”的目的是将废水中的H3AsO3和H3AsO4转化为盐．H3AsO4转化为Na3AsO4反应的化学方程式是．（2）“氧化”时，1mol AsO33﹣转化为AsO43﹣至少需要O2mol．（3）“沉砷”是将砷元素转化为Ca5（AsO4）3OH沉淀，发生的主要反应有：a．Ca（OH）2（s）?Ca2+（aq）+2OH﹣（aq）△H＜0b．5Ca2++OH﹣+3AsO43﹣?Ca5（AsO4）3OH△H＞0研究表明：“沉砷”的最佳温度是85℃．用化学平衡原理解释温度高于85℃后，随温度升高沉淀率下降的原因是．（4）“还原”过程中H3AsO4转化为H3AsO3，反应的化学方程式是．（5）“还原”后加热溶液，H3AsO3分解为As2O3，同时结晶得到粗As2O3．As2O3在不同温度和不同浓度硫酸中的溶解度（S）曲线如图2所示．为了提高粗As2O3的沉淀率，“结晶”过程进行的操作是．（6）下列说法中，正确的是（填字母）．a．粗As2O3中含有CaSO4b．工业生产中，滤液2可循环使用，提高砷的回收率c．通过先“沉砷”后“酸化”的顺序，可以达到富集砷元素的目的．10．以黄铜矿（主要成分二硫化亚铁铜CuFeS2）为原料，用Fe2（SO4）3溶液作浸取剂提取铜，总反应的离子方程式是CuFeS2+4Fe3+?Cu2++5Fe2++2S．（1）该反应中，Fe3+体现性．（2）上述总反应的原理如图1所示．负极的电极反应式是．（3）一定温度下，控制浸取剂pH=1，取三份相同质量黄铜矿粉末分别进行如下实验：实验操作2小时后Cu2+浸出率/%I加入足量0.10mol?L﹣1 Fe2（SO4）3溶液78.2II加入足量0.10mol?L﹣1 Fe2（SO4）3溶液，通入空气90.8III加入足量0.10mol?L﹣1 Fe2（SO4）3溶液，再加入少量0.0005mol?L ﹣1 Ag2SO4溶液98.0①对比实验I、II，通入空气，Cu2+浸出率提高的原因是．②由实验III推测，在浸取Cu2+过程中Ag+作催化剂，催化原理是：ⅰ．CuFeS2+4Ag+═Fe2++Cu2++2Ag2Sⅱ．Ag2S+2Fe3+═2Ag++2Fe2++S为证明该催化原理，进行如下实验：a．取少量黄铜矿粉末，加入少量0.0005mol?L﹣1 Ag2SO4溶液，充分混合后静置．取上层清液，加入稀盐酸，观察到溶液中，证明发生反应i．b．取少量Ag2S粉末，加入溶液，充分混合后静置．取上层清液，加入稀盐酸，有白色沉淀，证明发生反应ii．（4）用实验II的浸取液电解提取铜的原理如图2所示：①电解初期，阴极没有铜析出．用电极反应式解释原因是．②将阴极室的流出液送入阳极室，可使浸取剂再生，再生的原理是．11．某化学小组研究盐酸被氧化的条件，进行如下实验．（1）研究盐酸被MnO2氧化．实验操作现象I常温下将MnO2和12mol?L﹣1浓盐酸混合溶液呈浅棕色，略有刺激性气味II将I中混合物过滤，加热滤液生成大量黄绿色气体III加热MnO2和4mol?L﹣1稀盐酸混合物无明显现象①已知MnO2呈弱碱性．I中溶液呈浅棕色是由于MnO2与浓盐酸发生了复分解反应，化学方程式是．②II中发生了分解反应，反应的化学方程式是．③III中无明显现象的原因，可能是c（H+）或c（Cl﹣）较低，设计实验（图1）IV 进行探究：将实验III、IV作对比，得出的结论是；将i、ii作对比，得出的结论是．④用图2装置（a、b均为石墨电极）进行实验V：ⅰ．K闭合时，指针向左偏转ⅱ．向右管中滴加浓H2SO4至c（H+）≥7mol?L﹣1，指针偏转幅度变化不大ⅲ．再向左管中滴加浓H2SO4至c（H+）≥7mol?L﹣1，指针向左偏转幅度增大将ⅰ和ⅱ、ⅲ作对比，得出的结论是．（2）研究盐酸能否被氧化性酸氧化．①烧瓶中放入浓H2SO4，通过分液漏斗向烧瓶中滴加浓盐酸，烧瓶上方立即产生白雾，用湿润的淀粉KI试纸检验，无明显现象．由此得出浓硫酸（填“能”或“不能”）氧化盐酸．②向试管中加入3mL浓盐酸，再加入1mL浓HNO3，试管内液体逐渐变为橙色，加热，产生棕黄色气体，经检验含有NO2．实验操作现象I将湿润的淀粉KI试纸伸入棕黄色气体中试纸先变蓝，后褪色II将湿润的淀粉KI试纸伸入纯净Cl2中试纸先变蓝，后褪色III……通过实验I、II、III证明混合气体中含有Cl2，III的操作是．（3）由上述实验得出：盐酸能否被氧化与氧化剂的种类、有关．2017年北京市西城区高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．景泰蓝是一种传统的手工艺品．下列制作景泰蓝的步骤中，不涉及化学变化的是（）A B C D将铜丝压扁，掰成图案将铅丹、硼酸盐等化合熔制后描绘高温焙烧酸洗去污A．A B．B C．C D．D【分析】有新物质生成的变化为化学变化，没有新物质生成的变化为物理变化，据此分析解答．【解答】解：A．将铜丝压扁，掰成图案，属于物质形状改变，没有新物质生成，属于物理变化，故A选；B．铅丹、硼酸盐、玻璃粉等原料化合在经过烧熔而制成不透明的或是半透明的有独特光泽物质，该过程有新物质生成，属于化学变化，故B不选；C．烧制陶瓷过程有新物质生成，属于化学变化，故C不选；D．酸洗去污，为酸与金属氧化物反应生成易溶性物质，属于化学变化，故D不选；故选：A．【点评】本题以景泰蓝制造为载体考查了物理变化与化学变化的区别，明确过程中是否有新物质生成是解题关键，题目难度不大．2．全氮类物质具有高密度、超高能量及爆轰产物无污染等优点．中国科学家成功合成全氮阴离子N5﹣，N5﹣是制备全氮类物质N5+N5﹣的重要中间体．下列说法中，不正确的是（）A．全氮类物质属于绿色能源B．每个N5+中含有35个质子C．每个N5﹣中含有35个电子D．N5+N5﹣结构中含共价键【分析】A、全氮类物质爆轰产物无污染等优点；B、每个N5+中含有质子为7×5=35个；C、电子为35+1=36个电子；D、N5+和N5﹣离子间存在离子键，而离子内氮氮之间存在共价键；【解答】解：A、全氮类物质爆轰产物无污染等优点，所以属于绿色能源，故A 正确；B、每个N5+中含有质子为7×5=35个，而电子为35﹣1=34个电子，故B正确；C、电子为35+1=36个电子，所以每个N5﹣中含有36个电子，故C错误；D、N5+和N5﹣离子间存在离子键，而离子内氮氮之间存在共价键，所以N5+N5﹣结构中含共价键，故D正确；故选C．【点评】主要考查了原子的构成和原子和离子之间的相互转化，离子是由于质子和电子的数目相不等而带电，化学键的类型，比较容易．3．下列实验方案中，可行的是（）A．用食醋除去热水瓶中的水垢B．用米汤检验加碘盐中的碘酸钾（KIO3）C．向Al2（SO4）3溶液中加过量NaOH溶液，制Al（OH）3D．向稀H2SO4催化水解后的麦芽糖溶液中直接加入新制Cu （OH）2悬浊液，检验水解产物【分析】A．醋酸可与碳酸钙反应；B．碘酸钾与淀粉不反应；C．氢氧化铝可溶于氢氧化钠溶液；D．检验麦芽糖的水解产物，应在碱性条件下进行．【解答】解：A．食醋的主要成分为醋酸，酸性比碳酸强，可与碳酸钙反应，可用于除去水垢，故A正确；B．淀粉遇碘变蓝色，但碘酸钾与淀粉不反应，故B错误；C．氢氧化铝可溶于氢氧化钠溶液，氢氧化钠过量，生成偏铝酸钠，故C错误；D．检验麦芽糖的水解产物，应先加入碱调节溶液至碱性，应在碱性条件下进行，故D错误．故选A．【点评】本题考查较为综合，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力和实验能力，题目涉及物质的检验、除杂、检验等，答题时主要把握物质的性质的异同以及实验的严密性和可行性的评价，难度不大．4．25℃时，0.1mol?L﹣1的3种溶液①盐酸②氨水③CH3COONa溶液．下列说法中，不正确的是（）A．3种溶液中pH最小的是①B．3种溶液中水的电离程度最大的是②C．①与②等体积混合后溶液显酸性D．①与③等体积混合后c（H+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）【分析】A．溶液PH大小，碱大于水解显碱性的盐，大于酸；B．酸碱抑制水的电离，水解的盐促进水的电离；C．①与②等体积等浓度混合生成氯化铵溶液，铵根离子水解溶液显酸性；D．①与③等体积等浓度混合生成醋酸和氯化钠，溶液显酸性．【解答】解：A25℃时，0.1mol?L﹣1的3种溶液①盐酸②氨水③CH3COONa溶液，溶液PH②＞③＞①，最小的是盐酸①，故A正确；B.3种溶液中水的电离程度最大的是③CH3COONa溶液，水解促进水的电离，故B 错误；C..①与②等体积等浓度混合生成氯化铵溶液，铵根离子水解溶液显酸性，NH4++H2O?NH3?H2O+H+，故C正确；D．①与③等体积等浓度混合生成醋酸和氯化钠，溶液显酸性，溶液中存在水的电离，溶液中离子浓度c（H+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣），故D正确；故选B．【点评】本题考查了弱电解质电离平衡、溶液酸碱性、盐类水解等，掌握基础是解题关键，题目难度中等．5．生铁在pH=2和pH=4的盐酸中发生腐蚀．在密闭容器中，用压强传感器记录该过程的压强变化，如图所示．下列说法中，不正确的是（）A．两容器中负极反应均为Fe﹣2e﹣═Fe2+B．曲线a记录的是pH=2的盐酸中压强的变化C．曲线b记录的容器中正极反应是O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣D．在弱酸性溶液中，生铁能发生吸氧腐蚀【分析】据压强与时间关系图知，曲线a的压强随着反应的进行而逐渐增大，说明发生析氢腐蚀，对应的是酸性较强的pH=2的盐酸溶液；曲线b的压强随着反应的进行而逐渐减小，说明发生吸氧腐蚀，对应的应是酸性较弱的pH=4的盐酸溶液，根据原电池原理来分析解答．【解答】解：A．两个溶液中都发生电化学腐蚀，铁均作负极，电极反应式为Fe ﹣2e﹣=Fe2+，故A正确；B．曲线a的压强随着反应的进行而逐渐增大，说明发生析氢腐蚀，发生析氢腐蚀的条件是酸性较强，则该容器中的盐酸pH=2，故B正确；C．曲线b的压强随着反应的进行而逐渐减小，说明发生吸氧腐蚀，对应的应是酸性较弱的pH=4的盐酸溶液，电解质溶液呈酸性，正极反应为O2+4e﹣+4H+═2H2O，故C错误；D．曲线b的压强随着反应的进行而逐渐减小，说明发生吸氧腐蚀，对应的应是酸性较弱的pH=4的盐酸溶液，所以在酸性溶液中生铁可能发生吸氧腐蚀，故D 正确；故选C．【点评】本题考查了析氢腐蚀和吸氧腐蚀，根据压强与时间的关系分析吸氧腐蚀和析氢腐蚀、电极反应等知识点，注意弱酸性条件下生铁能发生吸氧腐蚀，难度中等．6．某同学用Na2CO3和NaHCO3溶液进行如图所示实验．下列说法中，正确的是（）A．实验前两溶液的pH相等B．实验前两溶液中离子种类完全相同C．加入CaCl2溶液后生成的沉淀一样多D．加入CaCl2溶液后反应的离子方程式都是CO32﹣+Ca2+═CaCO3↓【分析】A．碳酸钠溶液中碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子；B．溶液中阴阳离子为碳酸根离子、碳酸氢根离子、氢氧根离子、钠离子和氢离子；C．碳酸氢钠和氯化钙溶液不反应，碳酸钠和氯化钙反应生成沉淀是碳酸钙；D．碳酸氢钠和氯化钙溶液不反应，碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀．【解答】解：A．等浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液中，碳酸钠溶液中碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，溶液PH不同．碳酸钠溶液PH大于碳酸氢钠，故A 错误；B．溶液中阴阳离子为碳酸根离子、碳酸氢根离子、氢氧根离子、钠离子和氢离子，实验前两溶液中离子种类完全相同，故B正确；C．碳酸氢钠和氯化钙溶液不反应，碳酸钠和氯化钙1：1反应生成碳酸钙沉淀，加入CaCl2溶液后生成的沉淀不一样多，故C错误；D．加入CaCl2溶液后，碳酸钠溶液中反应的离子方程式都是CO32﹣+Ca2+═CaCO3↓，碳酸氢钠和氯化钙不反应，故D错误；故选B．【点评】本题考查了钠及其化合物性质，主要是碳酸钠和碳酸氢钠的性质对比，掌握基础是解题关键，题目难度中等．7．已知：CH3CH2CH2CH2OH CH3CH2CH2CHO 利用如图装置用正丁醇合成正丁醛．相关数据如表：物质沸点/℃密度/（g?cm﹣3）水中溶解性正丁醇117.20.8109微溶正丁醛75.70.8017微溶下列说法中，不正确的是（）A．为防止产物进一步氧化，应将酸化的Na2Cr2O7溶液逐滴加入正丁醇中B．当温度计1示数为90～95℃，温度计2示数在76℃左右时，收集产物C．反应结束，将馏出物倒入分液漏斗中，分去水层，粗正丁醛从分液漏斗上口倒出D．向获得的粗正丁醛中加入少量金属钠，检验其中是否含有正丁醇【分析】A．Na2Cr2O7溶在酸性条件下能氧化正丁醇；B．温度计1控制反应混合溶液的温度，温度计2是控制馏出成分的沸点；C．正丁醛密度小于水的密度；D．粗正丁醛中含有水；【解答】解：A．Na2Cr2O7溶在酸性条件下能氧化正丁醇，所以将酸化的Na2Cr2O7溶液逐滴加入正丁醇中，故A正确；B．由反应物和产物的沸点数据可知，温度计1保持在90～95℃，既可保证正丁醛及时蒸出，又可尽量避免其被进一步氧化，温度计2示数在76℃左右时，收集产物为正丁醛，故B正确；C．正丁醛密度为0.8017 g?cm﹣3，小于水的密度，故粗正丁醛从分液漏斗上口倒出，故C正确；D．正丁醇能与钠反应，但粗正丁醛中含有水，水可以与钠反应，所以无法检验粗正丁醛中是否含有正丁醇，故D错误；故选D．【点评】本题主要考查有机化学实验、反应原理、基本操作等，难度中等，注意对实验原理的理解掌握．二、解答题（共4小题，满分58分）8．聚酰亚胺是重要的特种工程材料，已广泛应用在航空、航天、纳米、液晶、激光等领域．某聚酰亚胺的合成路线如图（部分反应条件略去）．已知：（1）A所含官能团的名称是碳碳双键．（2）①反应的化学方程式是．（3）②反应的反应类型是取代反应（硝化反应）．（4）I的分子式为C9H12O2N2，I的结构简式是．（5）K是D的同系物，核磁共振氢谱显示其有4组峰，③的化学方程式是．（6）1mol M与足量的NaHCO3溶液反应生成4mol CO2，M的结构简式是．（7）P的结构简式是．【分析】A为乙烯，与水反应生成B为CH3CH2OH，由分子式可知D为，则E为，可知F为，由题给信息可知G为，I为，K是D的同系物，核磁共振氢谱显示其有4组峰，应为，L为，M为，N为，P 为，以此解答该题．【解答】解：（1）A为乙烯，含有的官能团为碳碳双键，故答案为：碳碳双键；（2）①为苯甲酸与乙醇的酯化翻译官，反应的化学方程式是，故答案为：；（3）②为的硝化反应，反应的反应类型是取代反应（硝化反应），故答案为：取代反应（硝化反应）；（4）由以上分析可知I为，故答案为：；（5）K是，核磁共振氢谱显示其有4组峰，③的化学方程式是，故答案为：；（6）由以上分析可知M为，故答案为：；（7）由以上分析可知P为，故答案为：．【点评】本题考查有机物的推断与合成，充分利用转化关系中有机物的结构简式、分子式与反应条件进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化、对信息的理解与迁移应用，是高考热点题型，难点中等．9．As2O3在医药、电子等领域有重要应用．某含砷元素（As）的工业废水经如图1流程转化为粗As2O3．（1）“碱浸”的目的是将废水中的H3AsO3和H3AsO4转化为盐．H3AsO4转化为Na3AsO4反应的化学方程式是H3AsO4+3NaOH═Na3AsO4+3H2O．（2）“氧化”时，1mol AsO33﹣转化为AsO43﹣至少需要O20.5mol．（3）“沉砷”是将砷元素转化为Ca5（AsO4）3OH沉淀，发生的主要反应有：a．Ca（OH）2（s）?Ca2+（aq）+2OH﹣（aq）△H＜0b．5Ca2++OH﹣+3AsO43﹣?Ca5（AsO4）3OH△H＞0研究表明：“沉砷”的最佳温度是85℃．用化学平衡原理解释温度高于85℃后，随温度升高沉淀率下降的原因是温度升高，反应a平衡逆向移动，c（Ca2+）下降，反应b平衡逆向移动，Ca5（AsO4）3OH沉淀率下降．（4）“还原”过程中H3AsO4转化为H3AsO3，反应的化学方程式是H3AsO4+H2O+SO2═H3AsO3+H2SO4．（5）“还原”后加热溶液，H3AsO3分解为As2O3，同时结晶得到粗As2O3．As2O3在不同温度和不同浓度硫酸中的溶解度（S）曲线如图2所示．为了提高粗As2O3的沉淀率，“结晶”过程进行的操作是调硫酸浓度约为7mol?L﹣1，冷却至25℃，过滤．（6）下列说法中，正确的是abc（填字母）．a．粗As2O3中含有CaSO4b．工业生产中，滤液2可循环使用，提高砷的回收率c．通过先“沉砷”后“酸化”的顺序，可以达到富集砷元素的目的．【分析】向工业废水（含有H3AsO4、H3AsO3）加入氢氧化钠碱浸：H3AsO4+3NaOH ═Na3AsO4+3H2O、H3AsO3+3NaOH═Na3AsO3+3H2O，得到含有Na3AsO4、Na3AsO3的溶液，融入氧气氧化Na3AsO3为Na3AsO4，再加入石灰乳沉砷得到Ca5（AsO4）3OH沉淀，用稀硫酸溶解沉淀，生成H3AsO4和硫酸钙，通入二氧化硫将H3AsO4还原为H3AsO3，反应为：H3AsO4+H2O+SO2═H3AsO3+H2SO4，“还原”后加热溶液，H3AsO3分解为As2O3，调硫酸浓度约为7 mol?L﹣1，冷却至25℃，过滤，得粗As2O3，据此分析作答．【解答】解：（1）H3AsO4与氢氧化钠反应转化为Na3AsO4反应的化学方程式H3AsO4+3NaOH═Na3AsO4+3H2O；故答案为：H3AsO4+3NaOH═Na3AsO4+3H2O；（2）“氧化”时，AsO33﹣转化为AsO43﹣，As元素由+3价升高到+5价，转移2个电子，则1mol AsO33﹣转化为AsO43﹣转移电子2mol，氧气由0价降到﹣2价，需要0.5mol；故答案为：0.5；（3）“沉砷”是将砷元素转化为Ca5（AsO4）3OH沉淀，发生的主要反应有：a．Ca （OH）2（s）?Ca2+（aq）+2OH﹣（aq）△H＜0，b．5Ca2++OH﹣+3AsO43﹣?Ca5（AsO4）+）下降，反应3OH△H＞0，温度升高高于85℃后，反应a平衡逆向移动，c（Ca2b平衡逆向移动，Ca5（AsO4）3OH沉淀率下降；故答案为：温度升高，反应a平衡逆向移动，c（Ca2+）下降，反应b平衡逆向移动，Ca5（AsO4）3OH沉淀率下降；（4）“还原”过程中二氧化硫将H3AsO4还原为H3AsO3，自身被氧化生成硫酸，反应为：H3AsO4+H2O+SO2═H3AsO3+H2SO4；故答案为：H3AsO4+H2O+SO2═H3AsO3+H2SO4；（5）由图2可知：硫酸浓度约为7 mol?L﹣1，25℃时As2O3的沉淀率最大，易于分离，故为了提高粗As2O3的沉淀率，调硫酸浓度约为7 mol?L﹣1，冷却至25℃，过滤；故答案为：调硫酸浓度约为7 mol?L﹣1，冷却至25℃，过滤；（6）a．钙离子未充分除去，粗As2O3中含有CaSO4，正确；b．滤液2为硫酸，可循环使用，提高砷的回收率，正确；c．通过先“沉砷”后“酸化”的顺序，可以达到富集砷元素的目的，正确；故答案为：abc．【点评】本题考查了物质的制备，涉及对工艺流程的理解、氧化还原反应、对条件的控制选择与理解等，理解工艺流程原理是解题的关键，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，题目难度中等．10．以黄铜矿（主要成分二硫化亚铁铜CuFeS2）为原料，用Fe2（SO4）3溶液作浸取剂提取铜，总反应的离子方程式是CuFeS2+4Fe3+?Cu2++5Fe2++2S．（1）该反应中，Fe3+体现氧化性．（2）上述总反应的原理如图1所示．负极的电极反应式是CuFeS2﹣4e﹣═Fe2++2S+Cu2+．（3）一定温度下，控制浸取剂pH=1，取三份相同质量黄铜矿粉末分别进行如下实验：实验操作2小时后Cu2+浸出率/%I加入足量0.10mol?L﹣1 Fe2（SO4）3溶液78.2II加入足量0.10mol?L﹣1 Fe2（SO4）3溶液，通入空气90.8III加入足量0.10mol?L﹣1 Fe2（SO4）3溶液，再加入少量0.0005mol?L ﹣1 Ag2SO4溶液98.0①对比实验I、II，通入空气，Cu2+浸出率提高的原因是通入O2后，发生反应4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O，c（Fe2+）降低，c（Fe3+）升高，总反应的平衡正向移动．②由实验III推测，在浸取Cu2+过程中Ag+作催化剂，催化原理是：ⅰ．CuFeS2+4Ag+═Fe2++Cu2++2Ag2Sⅱ．Ag2S+2Fe3+═2Ag++2Fe2++S为证明该催化原理，进行如下实验：a．取少量黄铜矿粉末，加入少量0.0005mol?L﹣1 Ag2SO4溶液，充分混合后静置．取上层清液，加入稀盐酸，观察到溶液中无明显现象，证明发生反应i．b．取少量Ag2S粉末，加入pH=1的0.10mol?L﹣1Fe2（SO4）3溶液溶液，充分混合后静置．取上层清液，加入稀盐酸，有白色沉淀，证明发生反应ii．（4）用实验II的浸取液电解提取铜的原理如图2所示：①电解初期，阴极没有铜析出．用电极反应式解释原因是Fe3++e﹣═Fe2+．②将阴极室的流出液送入阳极室，可使浸取剂再生，再生的原理是Fe2+在阳极失电子生成Fe3+：Fe2+﹣e﹣═Fe3+，SO42﹣通过阴离子交换膜进入阳极室，Fe2（SO4）3溶液再生．【分析】（1）氧化还原反应中元素化合价降低最氧化剂被还原；（2）总反应的离子方程式是CuFeS2+4Fe3+?Cu2++5Fe2++2S，负极是CuFeS2失电子发生氧化反应；（3）①一定温度下，控制浸取剂pH=1，取三份相同质量黄铜矿粉末，加入足量0.10mol?L﹣1 Fe2（SO4）3溶液，发生反应生成亚铁离子、铜离子和单质硫，其中亚铁离子被氧气氧化为铁离子，反应正向进行程度增大；②a．取少量黄铜矿粉末，加入少量0.0005mol?L﹣1 Ag2SO4溶液，充分混合后静置，溶液中无银离子；b．证明发生反应iiAg2S+2Fe3+═2Ag++2Fe2++S，选择溶液需要溶解Ag2S粉末生成银离子来验证银离子的存在；（4）①浸取液中含过量的铁离子，铁离子氧化性大于铜优先放电；②Fe2+在阳极失电子生成Fe3+，SO42﹣通过阴离子交换膜进入阳极室；【解答】解：（1）CuFeS2+4Fe3+?Cu2++5Fe2++2S，反应中铁元素化合价+3价变化为+2价，做氧化剂被还原发生还原反应，故答案为：氧化；（2）CuFeS2+4Fe3+?Cu2++5Fe2++2S，负极是CuFeS2失电子发生氧化反应，电极反应为：CuFeS2﹣4e﹣═Fe2++2S+Cu2+，故答案为：CuFeS2﹣4e﹣═Fe2++2S+Cu2+；（3）①一定温度下，控制浸取剂pH=1，取三份相同质量黄铜矿粉末，加入足量0.10mol?L﹣1 Fe2（SO4）3溶液，发生反应生成亚铁离子、铜离子和单质硫，其中亚铁离子被氧气氧化为铁离子，通入O2后，发生反应4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O，c（Fe2+）降低，c（Fe3+）升高，总反应的平衡正向移动，故答案为：通入O2后，发生反应4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O，c（Fe2+）降低，c （Fe3+）升高，总反应的平衡正向移动；②a．无明显现象；b．pH=1的0.10 mol?L﹣1Fe2（SO4）3溶液；（4）①电解初期，阴极没有铜析出．浸取液中含过量的铁离子，铁离子氧化性大于铜优先放电，电极反应Fe3++e﹣═Fe2+，故答案为：Fe3++e﹣═Fe2+；②将阴极室的流出液送入阳极室，可使浸取剂再生，再生的原理是Fe2+在阳极失电子生成Fe3+：Fe2+﹣e﹣═Fe3+，SO42﹣通过阴离子交换膜进入阳极室，Fe2（SO4）3溶液再生，故答案为：Fe2+在阳极失电子生成Fe3+：Fe2+﹣e﹣═Fe3+，SO42﹣通过阴离子交换膜进入阳极室，Fe2（SO4）3溶液再生；【点评】本题考查了氧化还原反应、性质实验验证、电极原理的理解和电极反应书写，掌握基础是解题关键，题目难度中等．11．某化学小组研究盐酸被氧化的条件，进行如下实验．（1）研究盐酸被MnO2氧化．实验操作现象I常温下将MnO2和12mol?L﹣1浓盐酸混合溶液呈浅棕色，略有刺激性气味II将I中混合物过滤，加热滤液生成大量黄绿色气体III加热MnO2和4mol?L﹣1稀盐酸混合物无明显现象①已知MnO2呈弱碱性．I中溶液呈浅棕色是由于MnO2与浓盐酸发生了复分解反应，化学方程式是MnO2+4HCl═MnCl4+2H2O．②II中发生了分解反应，反应的化学方程式是MnCl4═Cl2↑+MnCl2．③III中无明显现象的原因，可能是c（H+）或c（Cl﹣）较低，设计实验（图1）IV 进行探究：将实验III、IV作对比，得出的结论是III中没有明显现象的原因是c（H+）、c（Cl ﹣）较低，需要增大到一定浓度才能被MnO2氧化；将i、ii作对比，得出的结论是MnO2氧化盐酸的反应中c（H+）变化的影响大于c（Cl﹣）．④用图2装置（a、b均为石墨电极）进行实验V：ⅰ．K闭合时，指针向左偏转ⅱ．向右管中滴加浓H2SO4至c（H+）≥7mol?L﹣1，指针偏转幅度变化不大ⅲ．再向左管中滴加浓H2SO4至c（H+）≥7mol?L﹣1，指针向左偏转幅度增大将ⅰ和ⅱ、ⅲ作对比，得出的结论是HCl的还原性与c（H+）无关；MnO2的氧化性与c（H+）有关，c（H+）越大，MnO2的氧化性越强．（2）研究盐酸能否被氧化性酸氧化．①烧瓶中放入浓H2SO4，通过分液漏斗向烧瓶中滴加浓盐酸，烧瓶上方立即产生白雾，用湿润的淀粉KI试纸检验，无明显现象．由此得出浓硫酸不能（填“能”或“不能”）氧化盐酸．②向试管中加入3mL浓盐酸，再加入1mL浓HNO3，试管内液体逐渐变为橙色，加热，产生棕黄色气体，经检验含有NO2．实验操作现象I将湿润的淀粉KI试纸伸入棕黄色气体中试纸先变蓝，后褪色II将湿润的淀粉KI试纸伸入纯净Cl2中试纸先变蓝，后褪色。