【解析】江苏省徐州市2018届高三考前模拟检测化学试题-含解析

PAGE江苏省徐州市2018届高三考前模拟检测化学试题可能用到的相对原子质量：H1C12O16Al27S32Fe56Cu64Zn65选择题单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分。每小题只有一个选项符合题意。1.推进绿色发展，建设美丽中国。下列做法应提倡的是A.限制二氧化碳排放，减少酸雨产生B.加大化肥、农药使用，提高粮食产量C.将塑料焚烧处理，减轻白色污染D.开发新能源，减少化石燃料的使用【答案】D【解析】分析：A.根据产生酸雨的原因分析；B．根据合理使用化肥、农药能提高粮食产量分析；C、根据白色污染是塑料制品造成的污染,焚烧会污染空气分析判断；D．根据现在能源的开发和利用情况考虑；详解:A、酸雨是由人为排放的二氧化硫和氮氧化物转化而成的，限制二氧化碳排放，不能减少酸雨产生，故A错误；B.农业生产中,合理使用化肥、农药以提高粮食产量，正确；

C、白色污染是塑料制品造成的污染,焚烧会污染空气，C说法不正确；D、化石燃料属于不可再生能源，面临被耗尽的危险，人类正在利用和开发新的能源,如太阳能、风能、地热能，故B说法正确；故本题答案选D。点睛：酸雨是指pH小于5.6的雨雾或其他形式的大气降水，它是由人为排放的二氧化硫和氮氧化物转化而成的；温室效应是指由于煤、石油、天然气的化石燃料的大量使用，排放到大气中的CO2、CH4等气体的大量增加，致使地表温度上升的现象；白色污染是指各种塑料垃圾对土壤所造成的污染。2.下列有关化学用语表示正确的是A.质量数为14的碳原子：B.次氯酸的电子式：C.乙醇分子的比例模型：D.绿矾的化学式：CuSO4·5H2O【答案】C【解析】分析：本题考查化学用语的使用。详解：A不正确，应该是；B不正确，应该是；D不正确，应该是FeSO4·7H2O，所以正确的答案选C。3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A.浓H2SO4有脱水性，可用作干燥剂B.Na2CO3能与酸反应，可用作治疗胃酸过多C.Fe2(SO4)3具有强氧化性，可用于自来水净化D.铝合金的密度小、强度大，可制成飞机构件【答案】D【解析】分析：A.根据浓硫酸的吸水性解答；B.根据碳酸钠的碱性较强来分析C.根据硫酸铁水解原理分析；D.根据铝合金特性分析；4.下列有关实验装置或操作正确的是A.装置甲液面读数为12.20mLB.装置乙可探究铁的吸氧腐蚀C.装置丙可检验乙烯的生成D.装置丁可验证碳酸氢钠受热分解【答案】B【解析】分析：A.依据酸式滴定管的构造和规格确定读数；B.根据吸氧腐蚀的条件来判断；C.酸性高锰酸钾与二氧化硫也能发生氧化还原反应；D.根据实验时加热固体的要求来分析；详解：A.滴定管刻度值0刻度在上，“上小下大”，因此由图可知装置甲液面读数为11.80mL，故A错误；B.装置乙是在中性条件下，浸有食盐水的棉团与铁钉和空气接触，形成微小原电池，消耗装置中的氧气，压强减小，导管中上升一段液柱，因此通过现象可探究铁的吸氧腐蚀，B正确；

C.反应过程中会有二氧化硫生成，因为二氧化硫等也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，应先通碱液吸收再检验，故C错误；D.加热碳酸氢钠固体应使试管口向下倾斜，故D错误；故本题答案为：B。点睛：本题考查较为综合，涉及滴定管读数、吸氧腐蚀、气体的制备和检验等知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和评价能力的考查，注意把握物质的性质的异同以及实验方案的严密性，难度中等。5.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，原子序数之和为42，X原子的核外电子数等于Y的最外层电子数，Z是第IA元素，W是同周期非金属性最强的元素。下列说法正确的是A.单质的还原性：X＞ZB.原子半径：r(X)＜r(Y)＜r(Z)＜r(W)C.Y、Z组成的化合物中一定含有离子键D.W的氧化物的水化物一定是强酸【答案】C【解析】分析：短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大,Z是第IA元素，W是同周期非金属性最强的元素，则Z为Na，W为Cl（W不能为F，若为F，X、Y、Z、W原子序数之和不可能为42）；因X、Y、Z、W原子序数之和为42，则X和Y原子序数之和为42-11-17=14，X原子的核外电子数等于Y的最外层电子数，则X为C，Y为O,以此来解答。详解:由上述分析可以知道,X为C,Y为O,Z为Na,W为Cl；

A.X的单质是C,Z的单质是Na，还原性Na>C，故A错误；

B.电子层越多,原子半径越大,同周期从左向右原子半径减小,则原子半径：r(Y)＜r(X)＜r(W)＜r(Z),所以B选项是错误的；

C.Y、Z两种元素组成的化合物是离子化合物，一定含有离子键，故C正确；

D.氯的氧化物的水化物有多种，若为HClO则为弱酸，故D错误；所以本题答案为C。6.下列指定反应的离子方程式正确的是A.过氧化钠溶于水产生O2：2O22－＋2H2O===O2↑＋4OH－B.铜溶于稀硝酸：3Cu＋8H+＋2NO3－＝3Cu2+＋2NO↑＋4H2OC.氢氧化铁溶于氢碘酸中：Fe(OH)3＋3H+＝Fe3+＋3H2OD.硫酸铵溶液和氢氧化钡溶液反应：NH＋SO42－＋Ba2＋＋OH－===BaSO4↓＋NH3·H2O【答案】B【解析】分析：本题考查离子方程式正误判断，按离子方程式书写要求逐一分析。详解:A.过氧化钠是氧化物不能拆，过氧化钠溶于水产生O2，正确的离子方程式为：2Na2O2＋2H2O===O2↑＋4Na++4OH－，故A错误；

B.铜溶于稀硝酸：3Cu＋8H+＋2NO3－＝3Cu2+＋2NO↑＋4H2O，故B正确；

C.Fe3+能氧化I-，氢氧化铁与HI发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：2Fe(OH)3+6H++2I-=2Fe2++I2+6H2O，故C错误；

D.硫酸铵溶液和氢氧化钡溶液反应，正确的离子方程式为：2NH＋SO42－＋Ba2＋＋2OH－===BaSO4↓＋2NH3·H2O，所以D选项是错误的；所以本题答案为B。点睛：正确书写、判断离子方程式要注意四个关键点，一是反应物之间量的关系，如本题D选项；二是化学式拆写是否正确，如本题A选项；三是是否漏掉同步反应，如本题C选项；四是注意守恒关系。7.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A.FeS2SO2SO3B.NaClNaHCO3(s)Na2CO3(s)C.HClOCl2Ca(ClO)2D.AlAl(OH)3Al2O3【答案】A【解析】分析：本题考查物质间的转化，依据物质性质分析。详解：A.工业上焙烧硫铁矿制取二氧化硫，二氧化硫催化氧化生成三氧化硫，A正确；B.氯化钠溶液直接通二氧化碳不能生成碳酸氢钠，应先通氨气，再通二氧化碳，B错误；C.次氯酸光照生成氧气而不是氯气，C错误；D.铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠而不是氢氧化铝，D错误；所以，本题应选A。点睛：要学好化学，元素化合物知识是基础，一定要在掌握各类物质的性质的前提下，总结转化规律，强记化学方程式。8.联氨（N2H4）常温下为无色液体，可用作火箭燃料。下列说法不正确的是①2O2(g)＋N2(g)＝N2O4(l)ΔH1②N2(g)＋2H2(g)＝N2H4(l)ΔH2③O2(g)＋2H2(g)＝2H2O(g)ΔH3④2N2H4(l)＋N2O4(l)＝3N2(g)＋4H2O(g)ΔH4=﹣1048.9kJ·mol－1A.O2(g)＋2H2(g)＝2H2O(l)ΔH5，ΔH5＞ΔH3B.ΔH4﹦2ΔH3﹣2ΔH2﹣ΔH1C.1molO2(g)和2molH2(g)具有的总能量高于2molH2O(g)D.联氨和N2O4作火箭推进剂的原因之一是反应放出大量的热【答案】A【解析】分析：本题考查反应热的大小比较，盖斯定律及物质稳定性的比较，依据概念分析。详解：A.O2(g)＋2H2(g)＝2H2O(g)ΔH3；O2(g)＋2H2(g)＝2H2O(l)ΔH5；两个反应均为放热反应，ΔH均为负值，放热越多ΔH越小，由于生成液态水放热更多，所以ΔH5<ΔH3,A错误；B.根据盖斯定律，③×2-②×2-①得，2N2H4(l)＋N2O4(l)＝3N2(g)＋4H2O(g)，所以ΔH4﹦2ΔH3﹣2ΔH2﹣ΔH1，B正确；C.O2(g)＋2H2(g)＝2H2O(g)ΔH3,该反应为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，所以C正确；D.由ΔH4=﹣1048.9kJ·mol－1知，反应放出大量的热，所以可以用联氨和N2O4作火箭推进剂，D正确；因此，本题正确答案为A。9.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.c(Fe2+)=1mol·L−1的溶液中：K+、Fe3+、ClO－、SO42－B.0.1mol·L−1NH4Cl溶液中：Ba2+、OH－、AlO2－、NO3－C.=1×10−12的溶液中：Na+、SO42－、Al3+、NO3－D.由水电离的c(H+)=1×10−13mol·L−1溶液中：Na+、K+、SO42－、Cl－【答案】D【解析】分析：本题考查离子共存，根据题中各条件逐一分析。详解:A、因c(Fe2+)=1mol·L−1的溶液有大量Fe2+,则Fe2+和ClO－发生氧化还原反应,则不能大量共存，故A错误；

B.0.1mol·L−1NH4Cl的溶液有大量NH4+,则NH4+和OH－反应而不能大量共存，故B错误；C、由=10-12的溶液,则=10-12,即c(H+)=10-13mol/L，溶液为强碱性，在碱性条件下Al3+不能大量共存，所以C选项是错误的；

D、因水电离的c(H+)=1×10−13mol·L−1<1×10-7mol/L，抑制了水的电离,则溶液可能为酸或碱的溶液,该组离子均不反应，则一定能大量共存，故D正确；所以D选项是正确的。点睛：由水电离的c(H+)=1×10−13mol·L−1的溶液可能为酸或碱的溶液；=1×10−12的溶液的溶液中c(H+)=10-13mol/L，溶液为强碱性，利用离子之间能否结合生成水、气体、沉淀、弱电解质,能否发生氧化还原反应来分析离子在指定溶液中能否大量共存。10.下列图示与对应的叙述相符的是甲乙丙丁A.图甲表示常温下稀释pH均为11的MOH溶液和NOH溶液时pH的变化，由图可知溶液的碱性：MOH＞NOHB.图乙表示常温下0.1000mol·L－1醋酸溶液滴定20.00mL0.1000mol·L－1NaOH溶液的滴定曲线C.图丙表示反应CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)的能量变化，使用催化剂可改变Eb﹣Ea的值D.图丁表示反应2CO(g)＋2NO(g)N2(g)＋2CO2(g)，在其他条件不变时，改变起始CO的物质的量，平衡时N2的体积分数变化，由图可知NO的转化率c＞b＞a【答案】D【解析】分析：本题考查对图像的理解和分析能力，涉及强弱电解质的稀释，中和滴定，能量变化和化学平衡。详解：A、因为稀释能促进弱碱的电离，所以稀释pH均为11的MOH溶液和NOH溶液时pH变化大的碱性强，所以碱性：MOH<NOH，A错误；B.常温下0.1000mol·L－1醋酸溶液滴定20.00mL0.1000mol·L－1NaOH溶液,当加入20.00mL醋酸时，二者恰好反应生成醋酸钠，水解显碱性，而不是中性，所以B错误；C.反应中加入催化剂会降低活化能，但不影响反应热，即使用催化剂不改变Eb﹣Ea的值，C错误；D、反应2CO(g)＋2NO(g)N2(g)＋2CO2(g)，在其他条件不变的情况下增大起始物CO的物质的量，使一氧化氮转化率增大，NO的转化率c＞b＞a，D正确；因此本题答案为D。不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。11.药物异搏定合成路线中，其中的一步转化如下：下列说法正确的是A.Y的分子式为C5H9O2BrB.X分子中所有原子在同一平面内C.Z和足量H2加成后的分子中有5个手性碳原子D.等物质的量的X、Z分别与溴水反应，最多消耗Br2的物质的量之比1:1【答案】AD【解析】分析：根据有机物的结构可知，Y的分子式为C5H9O2Br，利用X含苯环、碳氧双键为平面结构，Z分子含碳碳双键、苯环、酯基等来分析解答。详解：A．由Y结构可知，分子式为C5H9O2Br，故A正确；

B．苯环、碳氧双键为平面结构，与苯环、双键之间相连的原子在同一平面内，而甲基上的氢原子不可能在同一平面内，故B错误；

C．Z和足量H2加成后的分子为，共有如图标记出的4个手性碳原子，故C错误；

D．X具有酚羟基，1molX和溴水发生取代反应，消耗2molBr2，Z分子中含有两个碳碳双键，1molZ和2molBr2发生加成法应，所以等物质的量的X、Z分别与溴水反应，最多消耗Br2的物质的量之比1:1，故D正确；本题选AD。12.下列说法正确的是A.11.2LCl2与足量铁充分反应，转移电子数为6.02×1023B.SiCl4(g)+2H2(g)＝Si(s)+4HCl(g)常温下不能自发进行，则该反应的ΔH＞0C.向硫酸钡悬浊液中加入足量饱和Na2CO3溶液，振荡、过滤、洗涤，向沉淀中加入盐酸有气体产生，说明Ksp(BaSO4)＞Ksp(BaCO3)D.25℃时Ka(HClO)＝3.0×10－8，Ka(HCN)＝4.9×10－10，若该温度下NaClO溶液与NaCN溶液的pH相同，则c(NaClO)＞c(NaCN)【答案】BD【解析】分析：A.根据气体摩尔体积使用条件判断；B.反应不能自发进行的判断根据△H-T△S>0；C.沉淀生成是在温度一定条件下,离子浓度乘积符合溶度积常数的原因；D.根据弱酸越弱，酸根离子越易水解来分析。详解:A.没有指明在标准状况下，无法计算，故A错误；B.SiCl4(g)+2H2(g)＝Si(s)+4HCl(g)常温下不能自发进行，则△H-T△S>0,由于反应前后气体体积增大△S>0,则△H一定大于0,故B正确；

C.BaSO4饱和溶液中加入饱和Na2CO3溶液有白色沉淀,是因为碳酸根离子浓度和钡离子浓度乘积大于溶度积常数,Ksp(BaSO4)<Ksp(BaCO3),故C错误；

D.根据Ka(HClO)＝3.0×10－8，Ka(HCN)＝4.9×10－10，知酸性HClO>HCN,酸越弱，酸根离子水解越强，溶液的碱性越强，若要该温度下NaClO溶液与NaCN溶液的pH相同，则c(NaClO)＞c(NaCN)，故D正确；所以BD选项是正确的。13.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项操作和现象结论A向碳酸钠溶液中加入浓盐酸，将反应后的气体通入苯酚钠溶液中，溶液变浑浊酸性：碳酸＞苯酚B向(NH4)2S2O8溶液中加入硝酸酸化的Mn(NO3)2溶液和1滴AgNO3溶液（作催化剂），微热，溶液变紫红色氧化性：S2O82－＞MnO4－C将石蜡油蒸气通过炽热的素瓷片分解，得到的气体通入酸性KMnO4溶液，溶液褪色分解产物中含乙烯D取5mL0.1mol·L－1FeCl3溶液，滴加5滴0.1mol·L－1KI溶液，振荡，再加入5mLCCl4，振荡，静置，取上层液体，向其中滴加KSCN溶液，显血红色。KI和FeCl3反应有一定的限度A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】分析：A.发生强酸制取弱酸的反应；B.氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；C.不饱和烃使酸性KMnO4溶液褪色；D.滴加5滴0.1mol·L－1KI溶液,20滴约为1mL,氯化铁有剩余。详解:A.向碳酸钠溶液中加入浓盐酸，将反应后的气体通入苯酚钠溶液中，溶液变浑浊,可能是挥发出的HCl和苯酚钠反应，应先除去CO2中混有的HCl,再通入所以苯酚钠溶液中，所以该实验不能说明酸性：碳酸＞苯酚，故A错误；

B.向(NH4)2S2O8溶液中加入硝酸酸化的Mn(NO3)2溶液，溶液变紫红色,说明生成了MnO4－，发生了氧化还原反应，S2O82－作氧化剂，MnO4－是氧化产物，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，知氧化性：S2O82－＞MnO4－，所以B选项是正确的；

C.不饱和烃使酸性KMnO4溶液褪色,由现象可以知道,分解产物含烯烃,不一定为乙烯,故C错误；

D.滴加5滴0.1mol·L－1KI溶液,20滴约为1mL,氯化铁有剩余,则取出来的溶液中滴加KSCN溶液,显血红色,不能说明KI和FeCl3反应有一定的限度,故D错误；

所以B选项是正确的。14.常温下，将Cl2缓慢通入水中至饱和，然后向所得饱和氯水中滴加0.10mol·L－1的NaOH溶液，整个过程中溶液pH变化的曲线如图所示。下列叙述中正确的是A.点①所示溶液中：c(H+)=c(Cl－)+c(HClO)+c(OH－)B.点②所示溶液中：c(H+)＞c(Cl－)＞c(ClO—)＞c(HClO)C.点③所示溶液中：c(Na+)=2c(ClO－)+c(HClO)D.点④所示溶液中：c(Na+)>c(ClO－)>c(Cl－)>c(HClO)【答案】C【解析】①点表示Cl2缓慢通入水中但未达到饱和，电荷守恒式：c(H＋)＝c(Cl－)＋c(ClO－)＋c(OH－)，A错误；②点表示Cl2缓慢通入水中刚好达到饱和，HClO是弱酸，部分电离，c(HClO)＞c(ClO－)，则有c(H＋)＞c(Cl－)＞c(HClO)＞c(ClO－)，B错误；③点溶液pH＝7，电荷守恒式：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(ClO－)＋c(Cl－)＋c(OH－)，则c(Na＋)＝c(ClO－)＋c(Cl－)，溶液中c(Cl－)＝c(ClO－)＋c(HClO)，所以c(Na＋)＝c(ClO－)＋c(Cl－)＝c(ClO－)＋c(ClO－)＋c(HClO)＝2c(ClO－)＋c(HClO)，C正确；④点表示饱和氯水与NaOH溶液反应得到NaCl、NaClO、NaOH，NaClO部分水解，则c(Cl－)＞c(ClO－)，则D错误。15.工业上以CO和H2为原料合成甲醇的反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H＜0，在容积为1L的恒容容器中，分别在T1、T2、T3三种温度下合成甲醇。右图是上述三种温度下不同H2和CO的起始组成比（起始时CO的物质的量均为1mol）与CO平衡转化率的关系。下列说法正确的是A.H2转化率：a＞b＞cB.上述三种温度之间关系为T1＞T2＞T3C.a点状态下再通入0.5molCO和0.5molCH3OH，平衡向正方向移动D.c点状态下再通入1molCO和4molH2，新平衡中CH3OH的体积分数增大【答案】ADB、根据反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H＜0，是放热反应,温度越高，转化率越低，三种温度之间关系为T1<T2<T3,B错误；

C、a点状态下，CO转化率为50%，n(H2)/n(CO)=1.5，n(CO)=1mol，利用三行式找出各量：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)起始浓度（mol/L）11.50变化浓度（mol/L）0.510.5平衡浓度（mol/L）0.50.50.5平衡常数K===4，再通入0.5molCO和0.5molCH3OH，CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)各物质浓度（mol/L）(0.5+0.5)0.5(0.5+0.5)此时，浓度商Qc==4=K,所以平衡不移动，C错误；D、c点状态下再通入1molCO和4molH2，在等温等容条件下，投料比不变，相当于加压，平衡正向移动，故D正确；所以本题答案为AD。非选择题16.活性ZnO在橡胶、塑料等工业中有重要应用，某工厂以含铅锌烟气（主要成分是ZnO、PbO，还有少量FeO、CuO）制备活性ZnO的工艺流程如下：（1）下图为温度与Zn、Pb元素浸出率的关系图，“酸浸”时采用30℃而不是更高的温度的原因是：①减少盐酸挥发；②____。（2）“氧化”的目的是除去酸浸液中的Fe2+，在pH约为5.1的溶液中，加入高锰酸钾溶液，生成MnO2和Fe(OH)3沉淀，该反应的离子方程式为____。（3）①若“过滤I”所得的滤液浑浊，则处理的方法为____。②“除杂”时，滤渣Ⅱ的主要成分是Cu、Pb，试剂X应为____。（4）在“过滤Ⅱ”后的溶液中加入Na2CO3溶液，生成碱式碳酸锌［Zn2(OH)2CO3］等物质。①该反应的化学方程式为____。②检验碱式碳酸锌洗涤干净的操作为____。【答案】(1).随温度升高，Zn2+浸出率基本不变，Pb2+浸出率增大，杂质含量增大(2).3Fe2++MnO4–+7H2O＝MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+(3).将滤液重新过滤(4).Zn(5).2Na2CO3+2ZnCl2+H2O＝4NaCl+Zn2(OH)2CO3↓+CO2↑（或3Na2CO3+2ZnCl2+2H2O＝4NaCl+Zn2(OH)2CO3↓+2NaHCO3）(6).取最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则洗净【解析】分析：从流程可知，含铅锌烟气（主要成分是ZnO、PbO，还有少量FeO、CuO）用盐酸酸浸金属氧化物溶解，经高锰酸钾氧化，调pH到5.1，反应生成MnO2和Fe(OH)3沉淀，过滤除去，滤液中加入Zn可除去Cu2+、Pb2+，最后加入Na2CO3溶液，生成碱式碳酸锌［Zn2(OH)2CO3］等物质，最终得到活性ZnO。详解：（1）从Zn、Pb元素浸出率的关系图可知，“酸浸”时采用30℃而不是更高的温度的原因是除减少盐酸挥发外，随温度升高，Zn2+浸出率基本不变，Pb2+浸出率增大，杂质含量增大；因此，本题答案为：随温度升高，Zn2+浸出率基本不变，Pb2+浸出率增大，杂质含量增大；（2）“氧化”时高锰酸钾将Fe2+氧化，生成MnO2和Fe(OH)3沉淀，根据电子守恒、电荷守恒和原子守恒写出该反应的离子方程式为3Fe2++MnO4–+7H2O＝MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+；（3）①滤液浑浊，为避免产率减小，则处理的方法为将滤液重新过滤。②“除杂”时，溶液中含有Cu2+、Pb2+,加入Zn可置换出两种金属得到Cu、Pb，，且不引入杂质，所以试剂X应为Zn。因此，本题答案为：将滤液重新过滤；Zn；（4）①ZnCl2与Na2CO3溶液反应，生成碱式碳酸锌［Zn2(OH)2CO3］，根据原子守恒确定其它产物并配平，化学方程式为2Na2CO3+2ZnCl2+H2O＝4NaCl+Zn2(OH)2CO3↓+CO2↑（或3Na2CO3+2ZnCl2+2H2O＝4NaCl+Zn2(OH)2CO3↓+2NaHCO3）。②碱式碳酸锌表面可能吸附Cl-，洗涤干净的操作为检验最后一次洗涤液中是否含有Cl-,即取最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则洗净。因此，本题答案为：2Na2CO3+2ZnCl2+H2O＝4NaCl+Zn2(OH)2CO3↓+CO2↑（或3Na2CO3+2ZnCl2+2H2O＝4NaCl+Zn2(OH)2CO3↓+2NaHCO3）；取最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则洗净。17.抗菌药奥沙拉秦钠可通过下列路线合成：（1）化合物B中的含氧官能团为____、____（写官能团名称）。（2）由D→E的反应类型为____。（3）写出C的结构简式____。（4）写出C同时满足下列条件的一种同分异构体的结构简式____。Ⅰ．能发生银镜反应；Ⅱ．能与FeCl3溶液发生显色反应；Ⅲ．分子中有4中化学环境不同的氢（5）已知易被氧化。请写出以甲醇、苯酚和为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任选，合成路线流程图示例见本题干）____。【答案】(1).酯基(2).羟基(3).还原反应(4).(5).或或或(6).【解析】分析：从合成路线可知，A→B为酯化反应，推出B为，B→C为硝基的取代反应，故C为，根据题给条件和要求解答。详解：（1）根据以上分析，化合物B为，其中的含氧官能团为酯基；羟基。（2）由D→E是“加氢去氧”的反应，反应类型为还原反应。（3）根据以上分析，C的结构简式。（4）C的同分异构体中能发生银镜反应，说明含有醛基；能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；分子中有4中化学环境不同的氢，应有适当的对称结构；符合条件的有：、、、（任写一种）（5）先氧化甲基变为-COOH,生成，参照A→…→G的合成路线，写出合成路线流程图为：。点睛：本题考查有机化学知识，考查考生的理解、推理能力和综合思维能力，难度较大，设计合成路线要注意信息的使用，应先氧化-CH3变-COOH，后还原-NO2为-NH2，而不能反之，设计好合成步骤的先后顺序非常重要。18.超细铜粉有重要用途，工业上可以通过铝黄铜合金（含Cu、Al、Zn）制超细铜粉。某小组在实验室模拟制备超细铜粉的方法如下:步骤Ⅰ：取铝黄铜合金加入热浓硫酸溶解，再加入过量NaOH溶液只生成Cu(OH)2沉淀，过滤，洗涤。步骤Ⅱ：向Cu(OH)2沉淀中加硫酸溶解，再加氨水，形成[Cu(NH3)4]SO4溶液。步骤Ⅲ：向[Cu(NH3)4]SO4溶液中通入SO2气体至溶液呈微酸性，生成NH4CuSO3。再与足量的1.000mol·L-1的稀硫酸混合并微热，得到超细铜粉。（1）步骤Ⅰ中完全溶解铝黄铜合金可以加入稀硫酸和____。A．FeCl3B．盐酸C．热空气（2）配制500mL1.000mol·L-1的稀硫酸，需要用98%的浓硫酸（密度为1.84g·mL-1）____mL。（3）在步骤Ⅲ中生成NH4CuSO3的化学反应方程式为____。（4）准确称取1.000g铝黄铜合金与足量的1.000mol·L-1稀硫酸完全反应，生成标准状况下气体体积为134.4mL。将相同质量的合金完全溶于热的足量的浓硫酸，产生标准状况下气体体积为380.8mL。计算此合金中铜的质量分数________。【答案】(1).C(2).27.2（或27.17）(3).2[Cu(NH3)4]SO4+3SO2+4H2O＝2NH4CuSO3+3(NH4)2SO4(4).n(H2)=0.1344L÷22.4L·mol-1=0.006moln(SO2)=0.3808L÷22.4L·mol-1=0.017mol∵Zn、Al与稀硫酸产生的H2和Zn、Al与浓硫酸产生的SO2的物质的量相同，∴n(Cu)=n(SO2)－n(H2)=0.017mol－0.006mol=0.011mol铜的质量分数为：=70.4%【解析】分析：（1）依据Cu的活泼性分析；（2）按照稀释定律来计算；（3）根据质量守恒定律书写生成NH4CuSO3的化学反应方程式；（4）根据守恒关系计算合金中铜的质量分数。详解：（1）由于Cu不溶于稀硫酸，也不溶于盐酸，虽然能溶于FeCl3，但会引入新的杂质,可以加入稀硫酸和热空气,将铜氧化，又不引入新的杂质，因此，本题答案为：C。（2）先求出浓硫酸的物质的量浓度，根据C==mol/L=18.4mol/L,根据稀释定律：C1V1=C2V2,18.4mol/LV=1mol/L500mL,解得，V=27.2mL；因此，本题答案为：27.2（或27.17）；（3）向[Cu(NH3)4]SO4溶液中通入SO2，生成NH4CuSO3，发生的是氧化还原反应，铜的化合价降低被还原，二氧化硫部分被氧化生成SO42-,根据得失电子守恒和原子守恒写出生成NH4CuSO3的化学反应方程式为2[Cu(NH3)4]SO4+3SO2+4H2O＝2NH4CuSO3+3(NH4)2SO4。（4）合金中的Al、Zn和稀硫酸反应生成氢气，n(H2)=0.1344L÷22.4L·mol-1=0.006mol合金中Cu、Al、Zn和足量浓硫酸反应生成SO2，n(SO2)=0.3808L÷22.4L·mol-1=0.017mol因Zn、Al与稀硫酸产生的H2和Zn、Al与浓硫酸产生的SO2的物质的量相同，所以n(Cu)=n(SO2)－n(H2)=0.017mol－0.006mol=0.011mol，铜的质量分数为：×100%=70.4%。点睛：本题难点是（4）小题中计算铜的质量分数，突破点在于Zn、Al与稀硫酸产生的H2和Zn、Al与浓硫酸产生的SO2的物质的量相同，可以通过得失电子守恒来理解和运用。19.实验室用下图所示装置模拟石灰石燃煤烟气脱硫实验：（1）实验中为提高石灰石浆液脱硫效率采取的措施是____，写出通入SO2和空气发生反应生成石膏(CaSO4·2H2O)的化学方程式____。（2）将脱硫后的气体通入KMnO4溶液，可粗略判断烟气脱硫效率的方法是____。（3）研究发现石灰石浆液的脱硫效率受pH和温度的影响。烟气流速一定时，脱硫效率与石灰石浆液pH的关系如图所示，在为5.7时脱硫效果最佳，石灰石浆液5.7＜pH＜6.0时，烟气脱硫效果降低的可能原因是____，烟气通入石灰石浆液时的温度不宜过高，是因为____。（4）石灰石烟气脱硫得到的物质中的主要成分是CaSO4和CaSO3，实验人员欲测定石灰石浆液脱硫后的物质中CaSO3的含量，以决定燃煤烟气脱硫时通入空气的量。请补充完整测定CaSO3含量的实验方案：取一定量石灰石烟气脱硫后的物质，____。[浆液中CaSO3能充分与硫酸反应。实验中须使用的药品：75%的硫酸、标准浓度的(NH4)2Fe(SO4)2溶液，标准浓度的酸性KMnO4溶液]【答案】(1).不断搅拌、制成浆液(2).2CaCO3+2SO2+O2+4H2O＝2CaSO4·2H2O+2CO2(3).高锰酸钾溶液颜色褪去的快慢(4).石灰石的溶解度减小，减慢了与SO2的反应(5).温度升高SO2的溶解度小(6).加入足量的75%的硫酸，加热，将生成的SO2气体通入一定体积过量的标准浓度的酸性KMnO4溶液，记录加入KMnO4溶液的体积，充分反应后，用标准浓度的(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定（过量酸性KMnO4溶液），记录达到滴定终点时消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积，计算得出结果【解析】分析：(1)根据加快反应速率的条件分析；利用电子守恒、原子守恒写出化学方程式；（2）用高锰酸钾溶液检测SO2的含量；（3）根据影响化学反应速率的因素分析；（4）利用氧化还原滴定的方法测定CaSO3含量。详解:（1）实验中为提高石灰石浆液脱硫效率采取的措施是不断搅拌、制成浆液；根据电子守恒和原子守恒，写出通入SO2和空气发生反应生成石膏(CaSO4·2H2O)的化学方程式2CaCO3+2SO2+O2+4H2O＝2CaSO4·2H2O+2CO2。（2）脱硫后的气体含有少量SO2气体，通入KMnO4溶液能使高锰酸钾溶液颜色，因此根据颜色褪去的快慢，可粗略判断烟气脱硫效率，本题答案为：高锰酸钾溶液颜色褪去的快慢。（3）由脱硫效率与石灰石浆液pH的关系图知，在为5.7时脱硫效果最佳，pH增大石灰石的溶解度减小，减慢了与SO2的反应；温度升高SO2的溶解度小，因此，本题正确答案为：石灰石的溶解度减小，减慢了与SO2的反应；温度升高SO2的溶解度小。（4）欲测定CaSO3的含量，根据所给实验药品，先向样品中加入足量的75%的硫酸，加热，将生成的SO2气体通入一定体积过量的标准浓度的酸性KMnO4溶液，记录加入KMnO4溶液的体积，充分反应后，用标准浓度的(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定（过量酸性KMnO4溶液），记录达到滴定终点时消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积，计算得出结果。点睛：本题考查影响化学反应速率的因素、反应条件的选择、定量测定实验的设计，难点是（4）小题中，实验步骤的设计，要注意实验原理的分析，根据实验原理设计实验步骤。20.氮元素是造成水体富营养化的主要原因，在水中常以氨氮或NO3‒形式存在。（1）在pH为4～6时，用H2在Pd-Cu催化下将NO3-还原为N2可消除水中NO3‒。该反应的离子方程式为____。若用H2和CO2的混合气体代替H2，NO3-去除效果更好，其原因是____。（2）NaClO氧化可除去氨氮，反应机理如图1所示（其中H2O和NaCl略去），实验测得相同条件下，相同反应时间，pH与氨氮的去除率关系如图2所示，温度与氨氮去除率关系如图3所示。图1图2图3①NaClO氧化NH3的总反应的化学方程式为____。②如图2所示，在pH＞9时，pH越大去除率越小，其原因是____。③如图3所示，温度低于15℃时，温度越低去除率越低其原因是____。当温度高于25℃时，温度越高去除率也越低，其原因是____。（3）用电化学法可去除废水中的氨氮。在含NH4+的废水中加入氯化钠，用惰性电极电解。反应装置如图4所示，则电解时，a极的电极反应式为____。【答案】(1).2NO3–+5H2+2H+＝N2↑+6H2O(2).CO2溶于溶液中，可维持pH在4～6之间(3).2NH3+3NaClO＝N2↑+3H2O+3NaCl(4).ClO的浓度减小，氧化反应速率减慢(5).温度低时反应速率慢(6).温度高时，加快了HClO的分解（或NaClO分解），利用率降低(7).2H2O+2NH4++2e–＝2NH3·H2O+H2↑或2H++2e–＝H2↑【解析】分析：（1）氢气能将硝酸根还原为氮气，溶液呈酸性，说明有H+参与反应，氢气被氧化生成水；（2）根据图示找出反应物和生成物；（3）根据图中电解原理解答。详解：（1）氢气能将硝酸根还原为氮气，溶液呈酸性，说明有H+参与反应，氢气被氧化生成水，书写时注意反应的条件，故答案为：2NO3–+5H2+2H+＝N2↑+6H2O（催化剂条件）；因为需控制pH为4～6，若用H2和CO2的混合气体代替H2，CO2溶于溶液中，可维持pH在4～6之间，使NO3-去除效果更好，因此，本题答案为：2NO3–+5H2+2H+＝N2↑+6H2O；CO2溶于溶液中，可维持pH在4～6之间。（2）①由图知，NaClO氧化NH3生成N2、H2O和NaCl,根据得失电子守恒、原子守恒写出反应的化学方程式为2NH3+3NaClO＝N2↑+3H2O+3NaCl。②在pH＞9时，ClO-的浓度减小，氧化反应速率减慢，去除率降低。③由图知温度低于15℃时，反应速率慢，去除率降低。当温度高于25℃时，加快了HClO的分解（或NaClO分解），利用率降低。因此，本题正确答案为：NH3+3NaClO＝N2↑+3H2O+3NaCl；ClO-的浓度减小，氧化反应速率减慢；温度低时反应速率慢；温度高时，加快了HClO的分解（或NaClO分解），利用率降低。（3）据图可知，该池为电解池，a为阴极，b为阳极，a极发生还原反应，电极反应式为：2H2O+2NH4++2e–＝2NH3·H2O+H2↑或2H++2e–＝H2↑。因此，本题答案为：2H2O+2NH4++2e–＝2NH3·H2O+H2↑或2H++2e–＝H2↑。点睛：本题难度不大，考查学生根据反应原理书写离子方程式、化学方程式和电极反应式的能力，首先根据反应原理找出反应物、生成物、反应条件，根据书写方法、步骤进行书写即可。属于基础知识的考查，所以要求学生在平时的学习中加强基础知识的储备以便能够灵活应用。21.原子序数依次递增的A、B、C、D、E五种元素，其中只有E是第四周期元素，A的一种核素中没有中子，B原子基态时最外层电子数是其内层电子数的2倍，D原子基态时2p原子轨道上有2个未成对的电子，E元素的原子结构中3d能级上未成对电子数是成对电子数的2倍。回答下列问题：（1）E的+2价离子基态核外电子排布式为____。（2）A、B、C、D原子中，电负性最大的是____（填元素符号）。（3）1molB2A4分子中σ键的数目为____。B4A6为链状结构，其分子中B原子轨道的杂化类型只有一种，则杂化类型为____。（4）元素B的一种氧化物与元素C的一种氧化物互为等电子体，元素C的这种氧化物的分子空间构型为____。（5）E和C形成的一种化合物的晶胞结构如图所示，该化合物的化学式为____。【答案】(1).[Ar]3d6(2).O(3).5mol(4).sp2(5).直线型(6).Fe4N【解析】分析：原子序数依次增大的五种元素A、B、C、D、E,其中A的一种核素中没有中子,则A为H元素；B原子基态时最外层电子数是其内层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4,故B为碳元素；D原子基态时2p原子轨道上有2个未成对的电子,原子序数大于碳,故D核外电子排布为1s22s22p4,则D为O元素;C的原子序数介于碳、氧之间,故C为N元素；E元素的原子结构中3d能级上未成对电子数是成对电子数的2倍,则E的价电子排布为3d64s2,为Fe元素,据此解答。详解:结合以上分析：（1）Fe的价电子排布为3d64s2,所以Fe的+2价离子基态核外电子排布式为[Ar]3d6。（2）同周期随原子序数增大,元素电负性呈增大趋势,所以,C、H、O、N、的电负性大小为O>N>C>H，电负性最大的是O。（3）C2H4分子结构简式为CH2=CH2,C原子形成3个键,1molC2H4分子中σ键的数目为5mol。C4H6为链状结构，则结构简式为CH2=CH-CH=CH2,C原子形成3个键，没有孤对电子，其分子中C原子轨道的杂化类型只有一种，则杂化类型为sp2。（4）元素C、O形成的一种化合物与元素N、O形成的一种化合物互为等电子体,应是CO2与N2O,等电子体具有相似的性质，CO2为直线型分子，所以N2O分子空间构型为直线型。（5）铁和氮形成的晶体的晶胞结构如图所示,晶胞中铁原子数目为8+6=4,氮原子数目为1,原子数目之比为4:1,故该氮化物的化学式是Fe4N,因此，本题正确答案是:Fe4N。22.己二酸是合成尼龙－66的主要原料之一。实验室合成己二酸的原理、有关数据如下：3＋8HNO3

—→

3＋8NO↑＋7H2O物质密度（20℃）熔点沸点溶解性环己醇0.962g/cm325.9℃160.8℃20℃时，在水中溶解度为3.6

g，可混溶于乙醇、苯己二酸1.360g/cm3152℃337.5℃在水中的溶解度：15℃时1.44

g，25℃时2.3

g。易溶于乙醇，不溶于苯步骤Ⅰ：在如右图装置的三颈烧瓶中加入16mL50%的硝酸，再加入1～2粒沸石，滴液漏斗中盛放有5.4mL环己醇。步骤Ⅱ：水浴加热三颈烧瓶至50℃左右，移去水浴，缓慢滴加5～6滴环己醇，摇动三口烧瓶，观察到有红棕色气体放出时再慢慢滴加剩下的环己醇，维持反应温度在60

℃～65

℃之间。步骤Ⅲ：当环己醇全部加入后，将混合物用80

℃～90

℃水浴加热约10min（注意控制温度），直至无红棕色气体生成为止。步骤Ⅳ：趁热将反应液倒入烧杯中，放入冰水浴中冷却，析出晶体后抽滤、洗涤、干燥、称重。请回答下列问题：（1）装置b的名称为____；滴液漏斗的细支管a的作用是____。（2）NaOH溶液的作用为____；实验中，先将温度由室温升至50℃左右，再慢慢控制在60

℃～65

℃之间，最后控制在80

℃～90

℃，目的是____。（3）抽滤操作结束时先后进行的操作是______。（4）为了除去可能的杂质和减少产品损失，可分别用冰水或____洗涤晶体。【答案】(1).冷凝管(2).平衡滴液漏斗与三颈烧瓶内的气压，使环己醇能够顺利流下(3).吸收NO2和NO(4).减少硝酸的分解(5).先断开抽滤瓶与抽气泵的连接，后关闭抽气泵(6).苯【解析】分析：(1)仪器b为球形冷凝管；滴液漏斗的细支管a可以平衡滴液漏斗与圆底烧瓶内压强，便于液体顺利流下；(2)氢氧化钠溶液吸收NO2和NO，防止污染空气；控制温度可以减少硝酸的分解；(3)抽滤操作结束时要先断开抽滤瓶与抽气泵的连接，后关闭抽气泵；(4)己二酸不溶于苯，而环己醇易溶于苯,要减小因洗涤导致的损失,可以用苯洗涤。详解:(1)装置图中仪器b为球形冷凝管，滴液漏斗的细支管a的作用是：平衡滴液漏斗与圆底烧瓶内压强,便于环己醇顺利流下，因此，本题正确答案是:球形冷凝管；平衡滴液漏斗与圆底烧瓶内压强，便于液体顺利流下；(2)NaOH溶液的作用是吸收NO2和NO，防止污染空气，由于硝酸易分解，实验中，先将温度由室温升至50℃左右，再慢慢控制在60℃～65℃之间，最后控制在80℃～90℃，因此，本题正确答案是:吸收NO2和NO，防止污染空气；减少硝酸的分解；

(3)抽滤操作结束时先后进行的操作是：先断开抽滤瓶与抽气泵的连接，后关闭抽气泵，因此，本题正确答案是：先断开抽滤瓶与抽气泵的连接，后关闭抽气泵。

(4)溶解度随温度变化较大，先用冰水洗涤，有利于结晶析出，因为己二酸不溶于苯，而环己醇易溶于苯，要减小因洗涤导致的损失，可以用苯洗涤，因此，本题正确答案是：苯。

2019年高三毕业班质量检查模拟测试理综化学试卷1.下列各组物质中，均属于硅酸盐工业产品的是A.陶瓷、水泥B.水玻璃、玻璃钢C.单晶硅、光导纤维D.石膏、石英玻璃【答案】A【解析】A、制陶瓷的主要原料是粘土，制备水泥主要原料是石灰石和粘土，都通过高温加热，水泥主要成分为3CaO·SiO2、2CaO·SiO2、3CaO·Al2O3，陶瓷、水泥属于硅酸盐工业产品，故A正确；B、水玻璃是硅酸钠的水溶液、玻璃钢(FRP)亦称作GFRP，即纤维强化塑料，一般指用玻璃纤维增强不饱和聚酯、环氧树脂与酚醛树脂基体。故B错误；C.单晶硅是硅单质、光导纤维主要成分为二氧化硅，故C错误；D.石膏主要成分是硫酸钙、石英玻璃主要成分为二氧化硅，故D错误；点睛：本题考查硅酸盐产品，难度较小，解题关键：明确物质的组成，注意基础知识的积累掌握．易错点B，水玻璃是硅酸钠的水溶液、玻璃钢(FRP)亦称作GFRP，即纤维强化塑料。2.唐代苏敬《新修本草》有如下描述：本来绿色，新出窑未见风者，正如瑠璃。陶及今人谓之石胆，烧之赤色，故名绿矾矣。”“绿矾”指A.硫酸铜晶体B.硫化汞晶体C.硫酸亚铁晶体D.硫酸锌晶体【答案】C【解析】“绛矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如瑠璃…烧之赤色…”，绛矾是绿色，经煅烧后，分解成粒度非常细而活性又很强的Fe2O3超细粉末为红色，所以绛矾为7水硫酸亚铁，化学式：FeSO4·7H2O。故选C。点睛：本题考查了物质性质、物质颜色的掌握，掌握基础是解题关键，主要是亚铁盐和铁盐转化的颜色变化，信息理解是关键，题目较简单。3.(ChemCommun)报导，MarcelMayorl合成的桥连多环烃()，拓展了人工合成自然产物的技术。下列有关该烃的说法正确的是A.不能发生氧化反应B.一氯代物只有4种C.分子中含有4个五元环D.所有原子处于同一平面【答案】C【解析】A、能与氧气发生氧化反应，故A错误；B、一氯代物只有3种，故B错误；C、分子中含有4个五元环，3个六元环，故C正确；D.所有原子都是sp3杂化，不可能处于同一平面，故D错误；故选C。4.下列实验操作或说法正确的是A.提纯氯气，可将气体依次通过装有饱和碳酸氢钠溶液、浓硫酸的洗气瓶B.碳酸钠溶液可贮存在带玻璃塞的磨口试剂瓶中C.用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，该溶液一定是钠盐溶液D.用新制氢氧化铜悬浊液可以鉴别乙酸、葡萄糖、淀粉3种溶液【答案】D【解析】A.提纯氯气，不可将气体依次通过装有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶，氯气与饱和碳酸氢钠溶液反应，生成氯化钠、次氯钠、二氧化碳，故A错误；B、碳酸钠溶液能与玻璃中的SiO2反应，不可贮存在带玻璃塞的磨口试剂瓶中，故B错误；C、用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，该溶液不一定是钠盐溶液，可能是氢氧化钠，故C错误；D、用新制氢氧化铜悬浊液可以鉴别乙酸、葡萄糖、淀粉3种溶液，乙酸具有酸性，可与氢氧化铜发生中和反应，葡萄糖为还原性糖，与氢氧化铜发生氧化还原反应生成砖红色沉淀，淀粉与氢氧化铜不反应，可鉴别，故D正确；故选D。5.位于3个不同短周期的主族元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大。其中，b、d同主族，d元素最高与最低化合价的代数和等于4，c原子最外层电子比b原子次外层电子多1个。下列判断错误的是A.a、b、c的简单离子半径依次增大B.a、b、c形成的化合物既溶于强酸又溶于强碱C.b的氢化物的氧化性可能比e的强D.d的最高价氧化物的水化物是强酸【答案】A【解析】位于3个不同短周期的主族元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大。其中，b、d同主族，d元素最高与最低化合价的代数和等于4，b为氧元素，d为硫元素，c原子最外层电子比b原子次外层电子多1个，c为铝元素，a只能为氢元素,e只能为氯元素。A.a、b、c的简单离子半径，氧离子大于铝离子，故A错误；B.a、b、c形成的化合物氢氧化铝既溶于强酸又溶于强碱，故B正确；C.b的氢化物H2O2的氧化性比HCl的强，故C正确；D.d的最高价氧化物的水化物H2SO4是强酸，故D正确；故选A。6.某新型水系钠离子电池工作原理如下图所示。TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电，充电时Na2S4还原为Na2S。下列说法错误的是A.充电时，太阳能转化为电能，电能又转化为化学能B.放电时，a极为负极C.充电时，阳极的电极反应式为3I--2e-=I3-D.M是阴离子交换膜【答案】D【解析】A.充电时，太阳能转化为电能，电能又转化为化学能贮存起来，故A正确；B.放电时，a极为负极，Na2S失电子氧化为Na2S4，故B正确；C.充电时，阳极失电子被氧化，阳极的电极反应式为3I--2e-=I3-，故C正确；D.M是阳离子交换膜，阴离子会相互反应，故D错误，故选D。7.常温下，用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定新配制的25.0mL0.02mol·L-1FeSO4溶液，应用手持技术测定溶液的pH与时间(t)的关系，结果如右图所示。下列说法错误的是A.ab段，溶液中发生的主要反应：H++OH-=H2OB.bc段，溶液中c(Fe2+)>(Fe3+)>c(H+)>c(OH-)C.d点，溶液中的离子主要有Na+、SO42-、OH-D.滴定过程发生了复分解反应和氧化还原反应【答案】B【解析】A、ab段，新配制的25.0mL0.02mol·L-1FeSO4溶液，为抑制水解加了些硫酸，溶液中发生的主要反应：H++OH-=H2O，故A正确；B.bc段，c(H+)>(Fe3+)，故B错误；C.d点pH=11.72，表示滴定反应已完全结束，此时溶液含有硫酸钠与过量的氢氧化滴定反应已完全结束，此时溶液含有硫酸钠与过量的氢氧化滴定反应已完全结束，此时溶液含有硫酸钠与过量的氢氧化钠，溶液中的离子主要有Na+、SO42－、OH－，C正确；D、滴定过程中发生的反应有酸碱中和反应、硫酸亚铁与氢氧化钠的复分解反应、氢氧化亚铁与氧气的氧化还原反应，故D正确。8.检测明矾样晶(含砷酸盐)中的砷含量是否超标，实验装置如下图所示(夹持装置已略去)。【实验1】配制砷标准溶液①取0.132gAg2O3，用NaOH溶液完全溶解后，配制成1LNa3AsO3溶液（此溶液1mL相当于0.10mg砷）；②取一定量上述溶液，配制1L含砷量为1mg·L-1的砷标准溶液。（1）步骤①中，必须使用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还有__________。步骤②需取用步骤①中Na3AsO3溶液____mL。【实验2】制备砷标准对照液①往A瓶中加入2.00mL砷标准溶液，再依次加入一定量的盐酸、KI溶液和SnCl2溶液，混匀，室温放置10min，使砷元素全部转化为H3AsO3。②往A瓶中加入足量锌粒(含有ZnS杂质)，立即塞上装有乙酸铅棉花的导气管B，并使B管右侧末端插入比色管C中银盐吸收液的液面下，控制反应温度25~40℃，45min后，生成的砷化氢气体被完全吸收，Ag+被还原为红色胶态银。③取出C管，向其中添加氯仿至刻度线，混匀，得到砷标准对照液。（2）乙酸铅棉花的作用是_____________________。（3）完成生成砷化氢反应的离子方程式：____Zn+____H3AsO3+____H+=____()+____Zn2++____()________________（4）控制A瓶中反应温度的方法是________________________；反应中，A瓶有较多氢气产生，氢气除了搅拌作用外，还具有的作用是_____________________________。（5）B管右侧末端导管口径不能过大(约为1mm)，原因是__________________________。【实验3】判断样品中砷含量是否超标称取ag明矾样品替代【实验2】①中“2.00m砷标准溶液”，重复【实验2】后续操作。将实验所得液体与砷标准对照液比对，若所得液体的颜色浅，说明该样品含砷量未超标，反之则超标。（6）国标规定砷限量为百万分之二(质量分数)，则a的值为______________________。【答案】(1).1000mL容量瓶、胶头滴管(2).10.0(3).除去H2S气体(4).3Zn+H3AsO3+6H+=AsH3↑+3Zn2++3H2O(5).水浴加热(6).将AsH3气体完全带入C管（或其他合理答案）(7).增大反应接触面积。使AsH3气体被充分吸收，确保形成胶态银(8).1.0【解析】（1）步骤①中，必须使用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还有1000mL容量瓶、胶头滴管；1mL相当于0.10mg砷，配制1L含砷量为1mg·L-1的砷标准溶液，步骤②需取用步骤①中Na3AsO3溶液10.0mL。（2）H2S＋CH3COO2Pb=PbS↓＋2CH3COOH,乙酸铅棉花的作用是除去H2S气体；（3）锌将+3价的砷还原生成砷化氢，氯化锌和水，反应的离子方程式3Zn+H3AsO3+6H+=AsH3↑+3Zn2++3H2O；（4）控制反应温度25~40℃，可采用水浴加热；反应中，A瓶有较多氢气产生，氢气除了搅拌作用外，题中没有载气装置，可见氢另一种作用就是载气，还具有的作用是将AsH3气体完全带入C管（或其他合理答案）；（5）B管右侧末端导管口径不能过大(约为1mm)，原因是增大反应接触面积。使AsH3气体被充分吸收，确保形成胶态银。（6）国标规定砷限量为百万分之二(质量分数)，a×2×10-6=2×10-3L×1×10-6（g·L-1），a=1.0,则a的值为1.0。点睛：（4）“反应中，A瓶有较多氢气产生，氢气除了搅拌作用外，还具有的作用是”是本题的难点，气体的定量测定，为使气体完全反应，常需要载气装置，但题中没有载气装置，可见氢另一种作用就是载气，还具有的作用是将AsH3气体完全带入C管（或其他合理答案）；（6）化学实验中的数据处理，学生对比色分析，和百万分之二(质量分数)的表示方法比陌生，只有读懂题干信息，列出方程a×2×10-6=2×10-3L×1×10-6（g·L-1），才能求出a=1.0。9.聚合硫酸铁(PFS)是一种高效的无机高分子絮凝剂。某工厂利用经浮选的硫铁矿烧渣(有效成分为Fe2O3和Fe3O4)制备PFS，其工艺流程如下图所示。（1）“还原焙烧”过程中，CO还原Fe3O4生成FeO的热化学方程式为___________________________。已知：Fe3O4(s)+C(s)=3FeO(s)+CO(g)ΔH1=191.9kJ·mol-1C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH2=-393.5kJ·mol-1C(s)+CO2(g)=2CO(g)ΔH3=172.5kJ·mol-1（2）CO是“还原焙烧"过程的主要还原剂。下图中，曲线表示4个化学反应a、b、c、d达到平衡时气相组成和温度的关系，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别是Fe2O3、Fe3O4、FeO、Fe稳定存在的区域。a属于_________（填“吸热反应”或“放热反应”）；570℃时，d反应的平衡常数K=_________________。（3）工业上，“还原培烧”的温度一般控制在800℃左右，温度不宜过高的理由是____________________。（4）若“酸浸”时间过长，浸出液中Fe2+含量反而降低，主要原因是___________________________。（5）已知：25℃时，Ksp[Fe(OH)2]=1.0×10-17,Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-39,若浸出液中c(Fe2+)=10-1.8mol·L-1，为避免“催化氧化”过程中产生Fe(OH)3，应调节浸出液的pH≤_____________。（6）FeSO4溶液在空气中会缓慢氧化生成难溶的Fe(OH)SO4，该反应的离子方程式为_________________________。“催化氧化”过程用NaNO2作催化剂（NO起实质上的催化作用）时，温度与Fe2+转化率的关系如右图所示（反应时间相同），Fe2+转化率随温度的升高先上升后下降的原因是_______________________________。【答案】(1).Fe3O4(s)+CO(g)=3FeO(s)+CO2(g)ΔH=19.4kJ·mol-1(2).放热反应(3).1(4).浪费能量，且FeO易被还原成Fe（或其他合理答案）(5).Fe2+易被空气中的O2氧化咸Fe3+（或其他合理答案）(6).1.6(7).4SO42-+4Fe2++O2+2H2O=4Fe(OH)SO4↓(8).温度升高，反应速率增大；温度过高，NO气体逸出，转化率下降（或其他合理答案）10.过二硫酸钾(K2S2O8)在科研与工业上有重要用途。（1）S2O82-的结构式为，其中S元素的化合价为_________________。在Ag+催化下，S2O82-能使含Mn2+的溶液变成紫红色，氧化产物是___________（填离子符号）。（2）某厂采用湿法K2S2O8氧化脱硝和氨法脱硫工艺综合处理锅炉烟气，提高了烟气处理效率，处理液还可以用作城市植被绿化的肥料。①脱硫过程中，当氨吸收液的pH=6时，n(SO32-)∶n(HSO3-)=________。[巳知：25℃时，Ka1(H2SO3)=1.5×10-2，Ka2(H2SO3)=1.0×10-7]②脱硝过程中依次发生两步反应：第1步，K2S2O8将NO氧化成HNO2，第2步，K2S2O8继续氧化HNO2，第2步反应的化学方程式为______________________________________；一定条件下，NO去除率随温度变化的关系如右图所示。80℃时，若NO初始浓度为450mg·m-3，tmin达到最大去除率，NO去除的平均反应速率：v(NO)=____mol·L-1·min-1（列代数式）（3）过二硫酸钾可通过“电解→转化→提纯”方法制得，电解装置示意图如右图所示。①电解时，铁电极连接电源的_________________极。②常温下，电解液中含硫微粒的主要存在形式与pH的关系如下图所示。在阳极放电的离子主要是HSO4-，阳极区电解质溶液的pH范围为_________，阳极的电极反应式为________________________。③往电解产品中加入硫酸钾，使其转化为过二硫酸钾粗产品，提纯粗产品的方法_______________。【答案】(1).+6(2).MnO4-(3).1:10(4).HNO2+K2S2O8+H2O=HNO3+K2SO4+H2SO4(5).（或或）(6).负(7).0-2(8).2HSO4--2e-=S2O82-+2H+(9).重结晶【解析】（1）S2O82-的结构式为，每个硫与4个O原子形成6个共价键，其中S元素的化合价为+6。在Ag+催化下，S2O82-能使含Mn2+的溶液变成紫红色，氧化产物是MnO4-。（2）①脱硫过程中，当氨吸收液的pH=6时，HSO3－SO32－＋H＋,Ka2=c(SO32-)c（H＋）/c(HSO3-)=1.0×10-7，n(SO32-)∶n(HSO3-)=1:10。②脱硝过程中依次发生两步反应：第1步，K2S2O8将NO氧化成HNO2，第2步，K2S2O8继续氧化HNO2，K2S2O8作氧化剂，还原成H2SO4，第2步反应的化学方程式为HNO2+K2S2O8+H2O=HNO3+K2SO4+H2SO4；80℃时，若NO初始浓度为450mg·m-3，tmin达到最大去除率为0.916，NO去除的平均反应速率：v(NO)=mol·L-1·min-1；（3）①电解时，铁作阴极，铁电极连接电源的负极。②常温下，在阳极放电的离子主要是HSO4-，电解HSO4-生成S2O82-，由图HSO4-存在的pH范围-2～2，S2O82-存在的pH范围0-2，阳极区电解质溶液的pH范围为0-2；S化合价不变，O由-2升高至-1价，失电子，阳极的电极反应式为2HSO4--2e-=S2O82-+2H+。③往电解产品过二硫酸钠中加入硫酸钾，使其转化为过二硫酸钾粗产品，依据两者的溶解度差异，提纯粗产品的方法用重结晶的方法。11.钛及其化合物的应用正越来