江苏省苏锡常镇四市2019届高三一模考试化学试卷(有答案)

1、江苏省苏锡常镇四市2018届高三教学情况调研（一）（3月）化学试题1.每年3月22日为“世界水日”。下列有关“废水”的处理正确的是A.工业废水无需处理，直接用于农业灌溉B.废水经氯气消毒后，即可安全再利用C.寻找方式来减少和再利用废水可节约水资源D.收集和处理废水，弊大于利【答案】C【解析】A.工业废水中含有重金属离子，污染环境，不能直接用于农业灌溉，A错误；B.废水经氯气消毒后还需要进一步净化处理，B错误；C.寻找方式来减少和再利用废水可节约水资源，C正确；D.收集和处理废水，有利于改善环境，利大于弊，D错误，答案选Co2.下列有关化学用语的表示，正确的是A.氨基（一NH2）的电子式：H：*

2、二HB.钾离子的结构示意图：）C.二氧化碳分子的比例模型：D.碳酸的电离方程式：H2CO3kCO32 + 2H +【答案】A【解析】 .IHI !A.氨基（-NH2）的电子式：A正确；B.钾离子的结构示意图：» J , B错误；C.碳原子半径大于氧原子半径， 该模型不能表示二氧化碳分子的比例模型， C错误； D.碳酸是二元弱酸，分步电离，以第一步电离为主：H2CO3=HCO3+H+, D错误，答案选Ao点睛：选项C是易错点，注意比例模型与球棍模型的区别，由于比例模型是一种用来表现分子三维空间分布的分子模型。球代表原子，球的大小代表原子直径的大小，球和球紧靠在一起，因此判断时还需要注意

3、原子半径的相对大小。3 .下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A.晶体硅熔点高硬度大，可用于制造半导体材料B.碳酸钠溶液显碱性，可用于除去金属器件表面的油脂C.碳酸氢钠能与碱反应，可用作焙制糕点的膨松剂D.明矶溶于水能形成胶体，可用于自来水的杀菌消毒【答案】B【解析】A.晶体硅熔点高硬度大与可用于制造半导体材料无关系，A错误；B.碳酸钠溶液显碱性,可用于除去金属器件表面的油脂，B正确；C.碳酸氢钠能与酸反应产生二氧化碳，因此可用作焙制糕点的膨松剂，C错误；D.明矶溶于水能形成胶体，可用于净水，不能用于自来水的杀菌消毒，D错误，答案选 Bo4 .实验室制取氨气、收集、验证其还原性并进行尾气处理

4、的装置和原理能达到实验目的的是A.用装置甲制取氨气B.用装置乙收集氨气时气体应该从a 口进b 口出C.装置丙中黑色固体变成红色时还原产物一定为铜D.可以用装置丁吸收氨气，进行尾气处理A.氯化俊受热分解生成氨气和氯化氢，冷却后又重新化合生成氯化钱，不能用装置甲制取氨气，A错误；B.氨气密度小于空气，可以用向下排空气法收集，即用装置乙收集氨气时气体应该从a 口进b 口出，B正确；C.装置丙中黑色固体变成红色时还原产物不一定为铜， 因为氧化亚铜也是红色的，C错误；D.氨气极易溶于水，不能用水直接吸收，D错误，答案选B。5 .短周期主族元素 X、Y、Z、W原子序数依次增大， 其中X、Y处于同一周期且相

5、邻，Z元 素的原子在短周期中原子半径最大，W是地壳中含量最多的金属元素。下列说法正确的是A.原子半径：r(X) <r(Y) <r(W) <r(Z)B. Z和X组成的化合物中一定不含共价键C. W的单质还原性比 Z的强D. Y、Z、W三种元素组成的化合物可能是 Z3WY6【答案】D【解析】短周期主族元素 X、Y、Z、W原子序数依次增大，其中 X、丫处于同一周期且相邻，Z元 素的原子在短周期中原子半径最大，Z是Na。W是地壳中含量最多的金属元素，W是Al ,因此X与丫处于第二周期相邻元素。 A.原子半径：r(Y) vr(X) vr(W) vr(Z), A错误； B.如果X是。，与

6、Na形成的化合物过氧化钠中含共价键，B错误；C.铝单质还原性比钠的弱，C错误；D.如果Y是F,则Y、Z、W三种元素组成的化合物可能是 Na3AlF6, D正 确，答案选D。点睛：根据题干信息推断出元素是解答的关键，难点是X与Y不能确定，需要分析讨论。注意“位一构一性”推断的核心是“结构”， 即根据结构首先判断其在元素周期表中的位置， 然后根据元素性质的相似性和递变性预测其可能的性质；也可以根据其具有的性质确定其在周期表中的位置，进而推断出其结构。6.下列指定反应的离子方程式正确的是A.石灰水中加入过量小苏打溶液：HC0I4+OH- - CaCO4 +H?0b.将铜丝插入足量浓硝酸中：|3Cu4

7、*gH'+2NOE= mCu产"WNCT +4HjO c.将SO2通入少量氨水中：d.用双氧水从酸化的海带灰浸出液中提取碘：21=【答案】C 【解析】A.石灰水中加入过量小苏打溶液生成碳酸钙、碳酸钠和水，A错误；B.将铜丝插入足量浓硝酸中生成硝酸铜、 NO2和水，B错误；C.将SO2通入少量氨水中生成亚硫酸氢俊，C正确；D.用双氧水从酸化的海带灰浸出液中提取碘：21+H2O2+2H+=l2+2H2O, D错误，答案选Co 点睛：在离子方程式正误判断中， 学生往往忽略相对量的影响，命题者往往设置“离子方程式正确，但不符合相对量”的陷阱。 答题的关键一是审准“相对量”的多少，二是

8、看离子反注意离子配比，注意试剂应是否符合该量，没有注意物质之间是否会发生氧化还原反应等,的加入顺序，难溶物溶解度的大小，注意隐含因素等。7 .在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A. MgCO 3 口 J MgCl 2 也"-MgB. NaCl(aq) mNaHCO 3(s)上Na2CO3 (s)C. S ±上以 S03 H力.H2SO4D. Al 广“岬 NaAlO 2（aq） h 斜.NaAlO 2（s）【答案】D【解析】A.应该是电解熔融的氯化镁冶炼金属镁，A错误；B.氯化钠溶液与CO2不反应，B错误；C.硫燃烧生成SO2, C错误；D.铝与氢氧化钠溶

9、液反应生成偏铝酸钠，加热蒸发、冷却 结晶即可得到偏铝酸钠固体，D正确，答案选Do8 .电石(主要成分为CaC2)是重要的基本化工原料。己知 2000c时，电石生产原理如下： ac+C=C日AHi=47kJ mol L平衡常数K1C心)”C一QC心)产- mol 1平衡常数法以下说法不正确的是A.反应"痣改8B.反应手双则)平衡常数K=E|C. 2000c时增大压强，Ki减小，K2增大D.反应：2010+。:驷)-301母+20。但幼一打kJ , md-i【答案】C【解析】A.反应的平衡常数 K=c(Ca) c(CO) ,A正确；B.根据方程式可知反应 1/2Ca( g)+C( s)

10、= 1/2CaC2(s)的平衡常数(二、:无，B正确；C.平衡常数只与温度有关系，2000c时增大压 强，Ki、K2均不变，C错误；D.根据盖斯定律可知X 2 即得到反应2CaO( s)+CaC2( s) = 3Ca(g)+2CO(g) AH= (2a- b) kJ/mol, D 正确，答案选 C。9.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.磊=1*1。、* L"的溶液中：, k晨 N5, SOfLin jB.通入大量 CO2 的溶液中：CsIhOl ClbCOO HCOiC. c（ClO-）=l.0 mol/ L 的溶液中：N八 K' + 辞二 SOTd.能使

11、酚配变红的溶液中：co?-, cr【答案】D【解析】A. - 17,的溶液中氢离子浓度是 0. 1mol/ L ,溶液显酸性，亚铁离子被硝酸根氧化，不能大量共存，A错误；B.通入大量CO2的溶液中C6H5。一不能大量共存，B错误；C. c（ClO-） =1. 0 mol/L的溶液中硫离子被次氯酸根离子氧化，不能大量共存，C错误；D.能使酚血:变红的溶液显碱性，四种离子不反应，可以大量共存，D正确，答案选 Do10.工业上用丁烷催化脱氢侧备丁烯 ：C4Hw（g）CH（g）+H 2（g）（正反应吸热）。将丁烷和氢气以一定的配比通过填充有催化剂的反应器（氢气的作用是活化催化剂），反应的平衡转化率、产

12、率与温度、投料比有关。下列判断不正确的是« M M M濯犯七 1ST身乱七加（丁闵 图二A.由图甲可知，x小于0.1B.由图乙可知，丁烯产率先增大后减小， 减小的原因是氢气是产物之一，随着n（氢气）/n（ 丁烷）增大，逆反应速率减小C.由图丙可知产率在 590c之前随温度升高面增大的原因可能是温度升高平衡正向移动D.由图丙可知，丁烯产率在590c之后快速降低的主要原因为丁烯高温分解生成副产物【答案】B【解析】A.正反应体积增大，增大压强，平衡逆向移动，则丁烯的平衡产率减小，由图甲可知，x小于0.1, A正确；B.氢气浓度增大，逆反应速率增大，B错误；C.正反应为吸热反应，升高温度平衡

13、正向移动，由图丙可知产率在 590c之前随温度升高而增大的原因可能是温度升高平衡正向移动，C正确；D.由图丙可知，丁烯产率在 590c之后快速降低的主要原因 为丁烯高温分解生成副产物，D正确，答案选B。点睛：本题考查化学平衡的影响因素，为高频考点，把握图象分析温度、压强对平衡移动的 影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学平衡在实际生产中的应用。11.下列叙述中不正确的是A.以铁作阳极，钳作阴极，电解饱和食盐水，可以制备烧碱B. 25c下，在NH 3 H2O稀溶液中加水稀释，式黑盘的值不变C.工业生产硫酸时，接触室催化氧化S02时使用热交换器可以充分利用热量，降低生产成本D.反应,

14、必>3因+3口电）+3邙）=2*肛设8）+死胆）室温下不能自发进行，则A H>0 【答案】A【解析】A.应该是以铁作阴极，钳作阳极，电解饱和食盐水，可以制备烧碱，A错误；B.或表示镂根的水解常数，温度不变，水解常数不变,B正确；C.工业生产硫酸时，接触室催化氧化 S02时使用热交换器可以充分利用热量，降低生产成本，C正确；D.反应Al2O3（s）+3Cl2（g）+3C（s） =2AlCl 3（g）+3CO（g）的嫡值增加，室温下不能自发进行， 说明 反应一定是吸热反应，则A H>0, D正确，答案选A。12.羟甲香豆素是一种治疗胆结石的药物。合成其的两种中间体及羟甲香豆素的结

15、构如下： V I 中 ! p 丁 r/h rHOay CW, 座甲等宜海下列有关说法正确的是A.化合物X和丫分子各含有1个手性碳原子B.化合物丫能发生加成反应、取代反应和消去反应C. 1mol羟甲香豆素最多可与 2molNaOH反应D.化合物X和羟甲香豆素分别与滨水反应，最多消耗的Br2的物质的量之比为1:1【答案】AB【解析】A.化合物X中与醇羟基相连的碳原子以及 丫分子与醇羟基相连的碳原子均为手性碳原子， A正确；B.化合物Y含有酯基、酚羟基、醇羟基，能发生加成反应、取代反应和消去反应， B正确；C.羟甲香豆素含有酚羟基以及酚羟基形成的酯基，1mol羟甲香豆素最多可与3molNaOH反应，

16、C错误；D.化合物X和羟甲香豆素分别与滨水反应，最多消耗的Br2的物质的量之比为2: 3， D 错误，答案选AB 。点睛： 准确判断出分子中含有的官能团是解答的关键，注意已知官能团结构与性质的迁移应用。 C 选项是解答的易错点，主要是没有考虑到酯基水解后形成的酚羟基能继续与氢氧化钠溶液反应。13 .根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选实验操作和现象结论项反应生成了乙A 将乙醇与浓硫酸共热所得气体通入酸性KMNO 4 溶液中 , 溶液褪色烯某溶液中加入硝酸酸化的Ba(NO 3)2 溶液 , 无现象 , 再滴加 AgNO 3 溶液 , 有白色溶液中一定含B沉淀生成有 Cl -淀粉溶液中滴加

17、稀硫酸加热, 取加热后的溶液于试管中, 加入新制Cu(OH) 2 悬浊淀粉未水解液后 , 加热至沸腾, 没有出现砖红色沉淀向 10mL0.2mol ?L-1NaOH 溶液加入2 滴 0.1mol ?L-1MgCl 2 溶液 , 产生白色沉Ksp:Mg(OH) 2D淀后 , 再滴加 2 滴 0.1mol ?L-1FeCl 3 溶液 , 有红褐色沉淀生成。>Fe(OH) 3A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】A、生成的乙烯中含有乙醇，乙醇也能使酸性高镒酸钾溶液褪色，A错误；B、硝酸酸化的硝酸钡溶液排除了其它离子的干扰，再加入硝酸银溶液产生白色沉淀说明含有氯离子，B 正确；C、再

18、加入新制氢氧化铜悬浊液之前没有加入氢氧化钠中和稀硫酸，C错误；D、反应中氢氧化钠过量，加入氯化铁一定产生氢氧化铁沉淀，D 错误，答案选B。14 .常温时，向20 mL0. 1000 mol/L H 2c2O4溶液中滴加0.1000 mol L-1NaOH溶液，混合溶液 pH随加入NaOH溶液体积的变化如图所示。下列有关叙述正确的是。20 50 40RNflOHWllLA.点、所示溶液中，点所示溶液H2O的电离程度最小B.点所示溶液中：43KHm)c.点所示溶液中：氏HC力1)32电口国l=小吟D.滴定过程中可能出现：式【答案】BC【解析】室温时，向20 mL0.1000 mol/LH 2c2O

19、4溶液中滴加 0. 1000 mol/LNaOH溶液，发生反应为： H2c2O4+OH-= HC2O4-+H2。，HC2O4-+OH- = C2O42-+H2O,消耗 20mLNaOH 溶液时为第一化学计量点，恰好生成NaHC2O4,消耗40mLNaOH溶液时为第二化学计量点， 恰好生成Na2c2。4, 则A.酸或碱存在抑制水的电离，盐类水解促进水的电离，随着滴定反应的进行，溶液中 H2c2O4的量越来越少.盐类含量越来越高，则水的电离程度逐渐增大，点、所示 溶液中，点所示溶液 "O的电离程度最小，A错误；B.点时氢氧化钠与草酸的物质的 量之比是 3： 2,根据电荷守恒和物料守恒可知

20、溶液中2c( H+)+c( HC2O4)+3c(H2c2O4)=2c(OH-)+ c(C2O42-) , B正确；C.点溶液显中性，根据电荷守恒可知 c( HC2O4)+2c( C2O42-) = c(Na+) , C正确；D.根据图像可知当溶液显碱性时，c( HC2O4-)与c( C2O42-)不可能相等，D错误，答案选BC。点睛：本题考查酸碱滴定原理，结合图像分析第一化学计量点和第二化学计量点，明确滴定发生的反应，牢牢把握溶液中的守恒思想是解答此类问题的关键。15.一定温度下(T2> Tl),在3个体积均为2.0 L的恒容密闭容器中反应2NO(g)+ Cl 2(g)=2ClNO(g)

21、(正反应放热)达到平衡，下列说法正确的是客耨福度产物质的用蛤液/rnidi - l-1物质的平街濯肥tnol + L-i 1(NO)心dClNO)ITi0,200400Q.(M11n0,200400.20口 IIII鼻Qqa励QA.达到平衡时，容器I与容器II中的总压强之比为1: 2B.达到平衡时，容器III中ClNO的转化率小于 80%C.达到平衡时，容器II中c(ClNO(/ c(NO)比容器I中的大D.若温度为，起始时向同体积恒容密闭容器中充入0.20 mol NO(g)、0.2 mol Cl2(g)和0.20mol ClNO(g),则该反应向正反应方向进行【答案】C【解析】A.容器II

22、相当于是0. 4mol/LNO与0. 2mol/L氯气开始建立平衡，正反应体积减小，相当 于容器I增大了压强，平衡正向移动，因此达到平衡时，容器 I与容器II中的总压强之比为 大于1: 2, A错误；B.容器III相当于是0.2mol/LNO与0. 1mol/L氯气开始建立平衡，正 反应放热，升高温度平衡逆向移动，因此达到平衡时，容器 III中NO的转化率小于容器I 中NO的转化率(20%),所以达到平衡时，容器III中ClNO的转化率大于80% B错误；C. 容器II相当于是0. 4mol/ LNO与0. 2mol/ L氯气开始建立平衡，正反应体积减小，相当于容器I增大了压强，平衡正向移动，

23、因此达到平衡时，容器 II中c(ClNO(/c(NO)比容器I中(1(14 21的大，C正确；D.根据容器I中数据可知该温度下平衡常数为 K =:;= 若温0462 x 0.08 诲度为，起始时向同体积恒容密闭容器中充入0.20 mol NO(g)、0. 2mol Cl2(g)和0.20molI0?ClNO(g),则浓度嫡为°再而 = 10>K，所以该反应向逆反应方向进行，D错误，答案选Co16.以菱镒矿(主要成分MiO%还含有FK6、CaCOj.断5, A曲,虻6等杂质)为原 料制各二氧化镒的工艺流程如下：破版 MrtCh化合物X 草酸於I L I _ I薰特疗粉国研一1&#

24、165;有1一1厩条由解卜f mm Jj J因体L 一体，已知草酸钙、草酸镁不溶于水。(1)写出“氧化”时发生反应的离子方程式： 。(2) “中和”的目的是将铁、铝元素转化为沉淀除去，化合物 X可用 (写一种物质 的化学式)。(3)该工艺流程中固体l和固体2均需用水洗涤，目的是 (4) “除杂”时，除去的金属离子有 一。(5) “电解”原理如下图所示，阳极的电极反应式为(6)该流程中可以循环使用的物质有一。【答案】(1). MnO2+2Fe2+4H + =Mn F中的含氧官能团名称为 和 E的结构简式为+2Fe3+2H2O(2). CaCO3 (或 MnCO3等合理) (3).用水洗涤滤渣，洗

25、出液用于酸浸工序，提高镒的回收率(或用水洗涤滤渣，洗出液循环利用，提高镒的回收率等合理)(4). Ca2+、Mg2+(5).Mn2+ + 2H2ONe = MnO 2 + 4H+(6). H2SO4、MnO2【解析】(1)酸浸后溶液中含有亚铁离子，能被二氧化镒氧化，则“氧化”时发生反应的离子方程 式为MnO2 + 2Fe2+ 4H + = Mn2+ + 2Fe3+ 2H2O o (2) “中和”的目的是将铁、铝元素转化为沉淀除去，由于不能再引入新杂质，则化合物X可用MnCO3。(3)过滤得到的沉淀表面含有杂质离子，因此该工艺流程中固体l和固体2均需用水洗涤滤渣，洗出液用于酸浸工序，提高镒的回收

26、率。(4)已知草酸钙、草酸镁不溶于水，则“除杂”时，除去的金属离子有 Ca2+、Mg2+o (5)阳极镒离子失去电子转化为二氧化镒，则阳极的电极反应式为Mn2+ +2H2O - 2e = MnO2 + 4H + o (6)硫酸镒电解生成二氧化镒和硫酸，则该流程中可以循环使用的物质有 H2SO4、MnO 2。17.麻黄素是中枢神经兴奋剂，其合成路线如下图所示。llgSOj(3)写出B-C的化学反应方程式:(4) F-G历经两步反应，反应类型依次为(5)请写出同时满足下列条件的 F的一种同分异构体的结构简式能发生银镜反应；水解产物能与FeCl3显色：核磁共振氢谱显示有四组峰。(6)请写出以乙醇为原

27、料制备强吸水性树脂 Cii-airh,CHXIiOJJ的合成路线流程图(可选择题干中相关试剂，无机试剂任选,合成路线流程图示例见本题题干)(1) .羟基(2) .默基(3).(5).加成反应O(6).消去反应(8).GHjCHjOH(1)根据F的结构简式可知F中的含氧官能团名称为羟基和谈基；(2)根据已知信息结合F的结构简式可知E的结构简式为：。|。(3) B-C是卤代燃的水解反应，反应的化学反应方程式为IOH+NaOH。HjP "a"(4) F-G历经两步反应，首先是默基的加成反应生成羟基，然后羟基发生消去反应生成双键;(5)能发生银镜反应，含有醛基；水解产物能与 FeC

28、l3显色，含有酚羟基形成的酯基:核磁共振氢谱显示有四组峰,。(6)根据逆推法结合题干信则符合条件的有机物结构简式为息可知以乙醇为原料制备强吸水性树脂的合成路线流程图为O点睛：有机物的考查主要是围绕官能团的性质进行，因此掌握常见官能团的性质以及它们之间的转化是解决有机化学题的基础，也是关键。另外还需要注意提取题干中隐含的信息并能灵活应用。该类试题的另一个难点是有机合成路线的设计，解答时先要对比原料的结构和最终产物的结构，官能团发生什么改变，碳原子个数是否发生变化，再根据官能团的性质进行 设计，注意逆推法和已知信息的应用。18.氯化茉(C6H5CH2CI)是一种重要的有机化工原料。工业上采用甲苯与

29、干燥氯气在光照条件 下反应合成氯化节。(1)写出甲苯与干燥氯气在光照条件下反应合成氯化节的化学方程式 。(2)用下列方法分析氯化节粗产品的纯度：步骤I:称取2.555 g样品于烧瓶中，加入100.00 mL 4mol/L氢氧化钠溶液共热，冷却至室温。加入100.00 mL4mol/L硝酸，一段时间后，将烧瓶中的溶液全部转移至250.00 mL的容量瓶中，加水定容。步骤II :从容量瓶中各取 50.00 mL溶液于三只锥形瓶中，各加入 25.00 mL0.2000mol/L硝酸 银溶液。步骤m：用硫酸铁钱作指示剂，用0.2000 mol/LNH 4SCN溶液分别滴定剩余的硝酸银，所得滴已知】加入

30、硝酸的目的是 在步骤III操作中,判断达到滴定终点的现象是定数据如下表。哈数据_NH<SCN解/体积论而r匚实腔序滴定而荷定后第i次0.4Ciojs 一第二次0301032笫三次 _0.2Q10.4N SC N AgNOi=AgSCN j -FNH该样品中氯化节的质量分数(写出计算过程。上述测定结果通常高于氯化节中氯元素的理论含量，原因是 _ _ _ _ ._ _ 【答案】(1). C6H 5CH 3+ C12 C6H5CH2CI + HCl(2).中和 NaOH 使溶液呈酸性，防止 OH一对下一步的干扰(3).当滴入最后一滴，溶液由无色变为红色，且半分钟(4).10D%=M27%LML

31、Sg imLxeaMOind .LMOgflL -OJOOOmJ，IXCHHOOBLJK 戛(5) .甲苯与氯气在光照条件下可能生成多氯代物，C12或生成的HCl也会造成测定结果偏局【解析】(1 )甲苯与干燥氯气在光照条件下反应合成氯化节的化学方程式为C6H5CH3 + C12克.*C6H5CH2Cl + HCl o (2)溶液显碱性，则加入硝酸的目的是中和NaOH使溶液呈酸性，防止 OH一对下一步的干扰。铁离子能与SCN反应使溶液显红色，则在步骤III操作中，判断达到滴定终点的现象是当滴入最后一滴，溶液由无色变为红色， 且半分钟内不褪色。三次实验中消耗标准液体积分别是9.98mL、10.02

32、mL、10. 21mL ,第三次实验数据误差大，舍去，则消耗标准液体积的平均值是10.00mL,根据方程式可知剩余硝酸银是0. 002mol,所以与氯离子反应的硝酸银是0. 005mol 0. 002mol =0. 003mol ,则水解生成的氯离子 是 0.003mol x 250mL/50mL = 0. 015mol ,因此该样品中氯化节 的质量分数为O OISeH Xr . 上山x ICO% 74.27%。由于甲苯与氯气在光照条件下可能生成多氯代物，且Cl2或生成的HCl也会造成测定结果偏高，因此上述测定结果通常高于氯化节中氯元 素的理论含量。19.以铭铁矿为原料 在它必加可制备K2Cr

33、2O7和金属铭。实验流程如下:NajCO?.空气Fe（匚HjSQaNaI匚力Q部液卜l KjC rStfKp .T "55谯菽N皿5已对r 2cmT+汨Ch0r+H4 pH<3.0 , QOT暂粮小.(1)写出铭铁矿焙烧转化为 NazCrO4的化学反应方程式： 焙烧时不 能使用陶瓷容器的原因是 (2)加入稀硫酸后所得 Na2C2O7溶液的pH应小于3.0,可用 测定溶液pH。(3)操作包括过滤和洗涤。实当室洗涤沉淀的操作是 （4） Na2s的作用是调节溶液的酸碱度和士卜n遥口门，必- KCI - NtiSOif *呵句一日总图鱼鬟死（5） Fe3+在pH为3.7时可完全转化为

34、Fe（OH）3。在上述流程中所得 NazCrz07溶液中含有少 量Fe3+。请结合上图有关物质的溶解度曲线，设计由Na2Cr2O7液制备K2Cr2O7固体的实验方案（实验中须选用的试剂：硫酸、 NaOH溶液、KCl固体、蒸储水）：。【答案】 （1）. 4Fe（CrO2"+7O2+8Na2CO3步宣 2Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2（2）.陶瓷在高温下会与 Na2CO3反应（3）. pH计 （4）.沿玻璃棒加水至浸没沉淀，待水自然滤出后重复23次 （5）.将重铭酸钠还原为氢氧化铭（6）.向Na2Cr2O7溶液中加入适量NaOH调节pH大于3.7,过滤，向滤液中加入硫酸溶液至pH

35、小于3.0,再加入适量 KCl固体，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥【解析】（1）根据流程图可知高温下碳酸钠、氧气与Fe（CrO2）2反应转化为 NazCr。的化学反应方程式为 4Fe（CrO2）2+7O2+8Na2CO3 立工 2FkO3+8Na2CrO4+8CO2。由于陶瓷在高温下会与Na2CO3反应，所以焙烧时不能使用陶瓷容器；（2）要精确测定溶液的 pH,应该选择pH计。（3）洗涤沉淀在过滤器中完成，则实验室洗涤沉淀的操作是沿玻璃棒加水至浸没沉 淀，待水自然滤出后重复 23次；（4）硫离子具有还原性，则 Na2s的作用除了调节溶液的 酸碱度外，还有将重铭酸钠还原为氢氧化铭的作用；（

36、5） Na2Cr2O7的溶解度大于重铭酸钾，又因为Fe3+在pH为3.7时可完全转化为 Fe（OH） 3,所以结合已知信息可知由Na2Cr2O7溶液制备K2Cr2O7固体的实验方案为向 Na2Cr2O7溶液中加入适量NaOH调节pH大于3. 7,过滤， 向滤液中加入硫酸溶液至pH小于3. 0,再加入适量KCl固体，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥即可。20 .氮氧化物会形成光化学烟雾和酸雨，可采取下列方法对氧氧化物进行处理。AM = -I62Z2H - mol-1A胡=一1以。口5H £iH= A. kJ - mol-1(1) SNCR脱硝技术的原理：6NOfs）+4NH3（g）

37、-2N0（由十。施）一孤6（卧则"TN施）+121hO（成(2) NSR (NOx储存还原)工作原理:NOx的储存和还原在不同时段交替进行，如图a所示。NOx储存转化为Ba(NO3)2过程中，参加反应的 NO和02的物质的量之比为H2还原Ba(NO3)2的过程分两步进行，图 b表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系。第一步反应的化学方程式为 。(3) SCR消除氮氧化物的反应原理：4NO(g)-F4NHj(g)+O2(g)= 4M3+6HQ(g)其他条件相同，某密闭容器中分别投入NH3、NO、O2,在甲、乙两种催化剂作用下，NO转化率与温度的关系如图 c所示。在催化剂甲作用下，图中丫

38、点处(对应温度为210C) NO的转化率一定不是该温度下的平衡转化率的原因是 j工业实际选择催化剂乙的原因是<» 150 200 2M JOT 3 JO康度此IS c(4)用石灰乳吸收氨的氧化物，原理为: 4K0j + 2CMCH%- CafN(h)34C&(NO3)1+2 HQNO7+NO+Cs(OH -匚白5小 4-HjO为使吸收充分,网b(选填或Y )1。目前可采用电解的方法除去废水中的NO2,原理如图d所示。写出阴极的电极反应式:【答案】(1). AH=2735.6kJ mol 1(2). 4 ： 3(3). 8H2+Ba(NO3)2BaO+2NH3+5H2O

39、(4).平衡转化率是该温度下的最大转化率，此时 Y点NO的转化率 明显低于同温度下乙作催化剂时 NO的转化率(5).在低温下，使用催化剂乙， NO转化率很高 (6). > .2NO： +4H2O+6e-=N2+8 OH (若答 2NO；+8H+ + 6e- =N 2+ 4H2O 也正确)【解析】(1)已知：4NO(g)+4NH3(g)+O2(g) =4N2(g)+6HzO(g) H= 1627. 2kJ/mol6NO(g)+4NH3(g) = 5N2(g)+ 6H2O(g) H = 1807. 0kJ/mol2NO(g)+O2(g) =2NO2(g) H = 113. 0kJ/mol则根

40、据盖斯定律可知()X3 即得到反应6NO2(g)+8NH3(g) =7N2(g)+12H2O(g) H = 2735. 6kJ/ mol;(2)反应中氮元素化合价从 +2价升高到+5价，失去3个电子，氧气中氧元素化合价从0价降低到一2价，得到2个电子，根据电子得失守恒可知参加反应的NO和02的物质的量之比为4： 3;根据图像可知第一步反应的还原产物是氨气，则结合图a可知第一步反应的化学方程式为 8H2+Ba(NO3)2 jgf盘 BaO+2NH 3+5HzO。(3)由于平衡转化率是该温度下的最大转化率，此时 Y点NO的转化率明显低于同温度下 乙作催化剂时NO的转化率，所以在催化剂甲作用下，图中

41、丫点处(对应温度为210C) NO的转化率一定不是该温度下的平衡转化率。根据图像可知在低温下，使用催化剂乙，NO转化率很高，所以工业实际选择催化剂乙；(4)由于NO不能与氢氧化车反应，而 NO?可以，所以为使吸收充分，NO?与NO的体积之比应该I。阴极NO2一得到电子发生还原反应生成氮气，因此阴极的电极反应式为2NO2 +4H2O+ 6e =心+ 8OH。21 .铜的化合物具有广泛的用途。(1) Cu2+基态核外电子排布式为 。(2)往硫酸铜溶液中加入过量氨水，溶液最终变成深蓝色，继续加入乙醇，可析出CufMH训SO.H】0"n、O、S原子的第一电离能由大到小的顺序为 ,与 SO42

42、-互为等电子体的分子的化学式为 _ ,每个乙醇分子中sp3杂化的原子个数为(3)铜的一种氧化物晶体结构如图所示，其中 O原子的配位数为 匚(4) CU2O的熔点比 Cu2s高的原因是 。【答案】 (1). Ar3d 9或 1s22s22p63s23p63d9(2). N>O>S (3). CCl 4 (CF4、SiF4等合理) (4). 3(5). 4(6).因为r(O2-)<r(S2-),所以Cu2O的晶格能比Cu2s大，熔点高【解析】(1)铜的质子数是 29,则Cu2+基态核外电子排布式为Ar 3d9或1s22s22p63s23p63d9。(2)非金属性越强，第一电离能越

43、大，氮元素的2P轨道电子处于半充满状态，稳定性强，第一电离能大于相邻元素，则N、O、S原子的第一电离能由大到小的顺序为N>O>So原子数和价电子数分别都相等的互为等电子体，则与SO42-互为等电子体的分子的化学式为CCl 4、CF4、SiF4等，饱和碳原子均是 sp3杂化，羟基氧原子也是sp3杂化，则每个乙醇分子中sp3杂化的原子个数为 3个。(3)。原子和铜原子的原子个数分别是8X 1/8+6X 1/2=4、4,铜原子的配位数是 4,则氧原子的配位数也为4; (4)因为r( O2-) < r( S2-),所以Cu2O的晶格能比Cu2s大，熔点高。22.亚硝酸钠(NaNO2)是工业盐的主要成分，在漂白、电镀等方面应用广泛。实验室以木炭、 浓硝酸、