B、反应的活化能或能垒越高，反应速率越小，反应总反应快慢主要由机理反应慢的一步决定；
C、根据图2可知，过渡态4到反应物2放出能量为逆反应的活化能，则反应物2到过渡态4需要的总能量为反应物的活化能；
D、反应的活化能或能垒越高，反应的速率越低，结合图1、图2中各步的能垒的大小分析反应速率的快慢。 本题考查反应热与焓变的关系，为高频考点，明确图中能量变化、焓变与能垒或活化能关系为解答的关键，试题侧重学生分析能力与灵活应用能力的考查，注意反应过程中能量变化对反应速率的影响，题目难度中等。
15. 【答案】 D
【解析】
解：A．开始试验时，如生成硫，应为黄色沉淀，而开始时为黑色沉淀，则应为Fe2S3，故A正确； B．硫化钠具有还原性，可与铁离子发生氧化还原反应生成S，方程式为Fe2S3+4FeCl3═6FeCl2+3S，故B正确；
C．发生氧化还原反应生成氯化亚铁，硫化钠过量，则生成FeS，为黑色沉淀，故C正确； D．在Na2S溶液过量的情况下，黑色沉淀为FeS，而Fe（OH）3为红褐色，故D错误。 故选：D。
实验开始时，生成黑色沉淀为Fe2S3，由于硫化钠具有还原性，可与铁离子发生氧化还原反应生成S，黄色沉淀为S，硫化钠过量，最后生成FeS，以此解答该题。
本题考查物质的性质实验，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力和实验能力，题目将实验与元素化合物知识有机结合，有利于培养学生良好的科学素养和化学核心价值观，注意把握现象的分析以及物质的性质，题目难点中等。
16. 【答案】 C
【解析】
解：A、由图中离子在溶液中的物质的量分数可知，pH=4时，溶液中存在下列关系c（HFeO4-）＞e（H2FeO4）＞e（FeO42-），故A正确；
B、由A点数据可知，A点对应的溶液中pH=4，HFeO4-的物质的量分数为80.6%，则H2FeO4的物质的量分数为
19.4%，所以两者的物质的量之比为=4.15，c（H+）=10-4mol/L，H2FeO4的第一步电离平衡常数
Ka1==4.15×l0-4，故B正确；
C、B点溶液加NaOH溶液到pH为4的过程中，溶液的酸性减弱，c（HFeO4-）增大，即c（H+）减小，所以
增大，故C错误；
D、B点pH约为3，溶液显酸性，溶液的酸性是由高铁酸和高铁酸氢根的电离决定的，而C点的pH约为7，是由高铁酸氢根的电离和高铁酸根的水解共同决定的，酸的电离对水的电离有抑制作用，酸性越强，抑制作用越大，而酸根水解会促进水的电离，溶液的pH越大，则对水的电离的促进作用就越大，所以B、C两点对应溶液中水的电离程度：B＜C，故B正确； 故选：C。
A、根据图中离子在溶液中的物质的量分数分析判断；
B、由A点数据可知，A点对应的溶液中pH=4，HFeO4-的物质的量分数为80.6%，则H2FeO4的物质的量分数为
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19.4%，所以两者的物质的量之比为=4.15，c（H+）=10-4mol/L，H2FeO4的第一步电离平衡常数
Ka1=；
C、B点溶液加NaOH溶液到pH为4的过程中，溶液的酸性减弱，c（HFeO4-）增大；
D、B点pH约为3，溶液显酸性，溶液的酸性是由高铁酸和高铁酸氢根离子的电离决定的，而C点的pH约为7，是由高铁酸氢根离子的电离和高铁酸根离子的水解共同决定的。
本题考查弱电解质的电离，为高频考点，把握电离与水解、电离平衡常数计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图中各点对应离子浓度，题目难度不大。
17. 【答案】
氧化 离子键、共价键 碱 S2O42-+H2O=HS2O4-+OH-，HS2O4-+H2O=H2S2O4+OH- c（HSO3-）＞c
（SO32-）＞c（H2SO3） 2S2O42-+O2+2H2O=4HSO3- 2HSO3-+O2=2H++2SO42- 【解析】
解：（1）葡萄酒中添加微量的SO2可抑制细菌生长，防止葡萄酒被氧化， 故答案为：氧化；
（2）氢的硫化物有多种：H2Sx（x=1，2，3，…），如H2S2，其结构与H2O2相似，说明硫原子间形成一个单
键两端和氢原子形成共价键，H2S3的结构式，
故答案为：；
（3）固体硫酸氢钾在加热熔化时，生成了焦硫酸钾（K2S2O7），一定破坏了离子键，酸根离子变化，证明生成了新的共价键，反应中断裂的化学键类型为：离子键、共价键， 故答案为：离子键、共价键；
（4）①Na2S2O4溶液中溶质为强碱弱酸盐，溶液中S2O42-离子分步水解，溶液显碱性，水解离子方程式：S2O42-+H2O=HS2O4-+OH-，HS2O4-+H2O=H2S2O4+OH-，
故答案为：碱； S2O4 2-+H2O=HS2O4 -+OH-，HS2O4-+H2O=H2S2O4 +OH-；
②t1时溶液中只有一种溶质，Na2S2O4溶液在空气中易被氧化生成亚硫酸氢钠，溶液显酸性，说明亚硫酸氢根离子电离程度大于其水解程度，溶液中含硫元素的粒子浓度由大到小的顺序为：c（HSO3-）＞c（SO32-）＞c（H2SO3），0-t1段发生反应的离子方程式为：2S2O42-+O2+2H2O=4HSO3-，t1-t2段溶液的pH变小的原因是：亚硫酸氢钠被氧化生成硫酸氢钠，反应的离子方程式：2HSO3-+O2=2H++2SO42-，
故答案为：c（HSO3-）＞c（SO32-）＞c（H2SO3）；2S2O4 2-+O2+2H2O=4HSO3-；2HSO3-+O2=2H++2SO42-； （1）二氧化硫具有还原性；
（2）氢的硫化物有多种：H2Sx（x=1，2，3，…），如H2S2，其结构与H2O2相似，说明硫原子间形成一个单键两端和氢原子形成共价键；
（3）固体硫酸氢钾在加热熔化时，生成了焦硫酸钾（K2S2O7），反应中断裂的化学键类型为离子键共价键； （4）①Na2S2O4溶液中S2O42-离子分步水解，溶液显碱性；
②t1时溶液中只有一种溶质，Na2S2O4溶液在空气中易被氧化生成亚硫酸氢钠，溶液显酸性，HSO3-的电离程度大于水解程度，因此亚硫酸氢钠被氧化为硫酸氢钠。
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本题考查氧化还原反应、水解反应、物质的结构等，涉及对反应原理、物质结构的分析评价、离子方程式的书写等，注意对物质性质信息的应用，题目难度中等。
18. 【答案】
冷凝反应物使之回流 b 苯能腐蚀橡胶 ABC 蒸馏 B 72.0% 【解析】
解：（1）仪器甲是冷凝管，除导气外的作用还起到冷凝回流反应物，使反应物充分利用；水逆流冷凝效果好应从 b口流入，
故答案为：冷凝反应物使之回流； b；
（2）因为苯能腐蚀橡胶，所以装置中瓶口使用了玻璃塞而不使用橡胶塞， 故答案为：苯能腐蚀橡胶；
（3）A、能有效地把水带离反应体系，促进平衡向正反应方向移动，故A正确； B、能通过观察水面高度不再变化的现象，判断反应结束的时间，故B正确； C、分液时先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸丁酯从上口到出，可避免上下层液体混合，故C正确； D、分水器可以及时分离出乙酸和水，促进反应正向进行，提高反应物的转化率，故D错误； 故答案为：ABC；
（4）分离出苯的方法是蒸馏， 故答案为：蒸馏；
（5）产物要进行重结晶，需将粗产品溶解，用乙醇，便于重结晶； 故答案为：B；
（6）根据题意可知：0.45g的2-苯甲酰基苯甲酸和0.500g的二正丁基氧化锡加入到50mL苯中， 2-苯甲酰基苯甲酸～～～～～～～～二正丁基氧化锡～～～～～～～～～～～～～二正丁基锡羧酸酯 4×226 4×
249 1864
0.45g 0.500g mg
因为mg，则 m=0.9279g 产率=
，所以二正丁基氧化锡过量，按2-苯甲酰基苯甲酸计算，设生成的二正丁基锡羧酸酯为
×100%=72.0%，
故答案为：72.0%。
（1）仪器甲是冷凝管，作用是导气、冷凝使反应物回流；水流应逆流冷凝效果好； （2）根据苯能腐蚀橡胶分析装置中瓶口使用了玻璃塞而不使用橡胶塞原因；
（3）分水器分离出酸和水，分液时避免上下层液体混合，结合影响化学平衡的因素分析； （4）分离出苯的方法是蒸馏；
（5）产物要进行重结晶，需将粗产品溶解，用乙醇，便于重结晶；
（6）根据产率=×100%计算。
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本题考查有机物合成实验、物质的分离与洗涤等基本操作、对实验装置的分析评价等，较好的考查学生对数据的应用、阅读获取信息的能力以及知识迁移应用，难度中等。
19. 【解析】
解：该原理为：硫磺燃烧生成SO2，净化后在溶碱槽Ⅰ中与碳酸钠反应生成NaHSO3与二氧化碳，NaHSO3在溶碱槽Ⅱ中与碳酸钠再反应生成Na2SO3，Na2SO3在溶碱槽Ⅲ中与SO2反应生成NaHSO3，过饱和NaHSO3溶液经结晶、离心分离、干燥制得Na2S2O5 。
（1）硫磺燃烧前先加热成液态并通过喷嘴喷入焚硫炉中，增大硫与空气的接触面积，使硫磺充分燃烧，加快反应速率；
故答案为：增大硫与空气的接触面积，使硫磺充分燃烧，加快反应速率； （2）由转化关系可知，反应中需要的是空气，故要除去多余的氧气， 故答案为：氧气；
（3）SO2足量生成NaHSO3，若SO2不足，则生成Na2SO3， 故答案为：Na2SO3；
（4）Na2SO3在溶碱槽Ⅲ中与SO2反应生成NaHSO3，若在溶碱槽Ⅱ中碳酸钠过量，那么碳酸钠在溶碱槽Ⅲ中也与SO2反应，
故答案为：SO2+Na2SO3 +H2O=2 NaHSO3；（或者2SO2+Na2CO3 +H2O=2 NaHSO3+CO2）；
（5）过饱和NaHSO3溶液经结晶、离心分离，故离心机分离后的母液为NaHSO3溶液，可和溶碱槽Ⅰ中与碳酸钠反应生成NaHSO3一起被用， 故答案为：Ⅰ；
（6）过饱和NaHSO3溶液经结晶、离心分离、干燥制得Na2S2O5，反应为：2 NaHSO3=Na2S2O5 +H2O， 故答案为：2 NaHSO3=Na2S2O5 +H2O；
（7）设产品中Na2S2O5的百分含量为ω，则利用化合价升降配平可知：2I2+S2O52-+3H2O=4I-+2SO42-+6H+ Na2S2O5～～～～～～～～～2I2
190g 2mol mω cmol?L-1×VL×10-3
。
该原理为：硫磺燃烧生成SO2，净化后在溶碱槽Ⅰ中与碳酸钠反应生成NaHSO3与二氧化碳，NaHSO3在溶碱槽Ⅱ中与碳酸钠再反应生成Na2SO3，Na2SO3在溶碱槽Ⅲ中与SO2反应生成NaHSO3，过饱和NaHSO3溶液经结晶、离心分离、干燥制得Na2S2O5 。
（1）硫磺燃烧前先加热成液态并通过喷嘴喷入焚硫炉中，增大硫与空气的接触面积，使硫磺充分燃烧，加快反应速率；
（2）根据反应需要的物质判断；
（3）SO2足量生成NaHSO3，若SO2不足，则生成Na2SO3； （4）Na2SO3在溶碱槽Ⅲ中与SO2反应生成NaHSO3；
（5）过饱和NaHSO3溶液经结晶、离心分离，故离心机分离后的母液为NaHSO3溶液； （6）过饱和NaHSO3溶液经结晶、离心分离、干燥制得Na2S2O5；
（7）设产品中Na2S2O5的百分含量为ω，根据反应比例关系计算：2I2+S2O52-+3H2O=4I-+2SO42-+6H+。
本题以制备焦亚硫酸钠为载体，考查学生对于工艺流程原理的理解、对操作与反应条件可知的理解，S与C等元素化合物的性质与转化、常用化学用语书写等，知识比较陌生，有难度，理解制备原理是关键，需要学生具备扎实的基础与综合运用能力。
20. 【答案】
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