江苏省苏北四市2020届高三一模化学版含解析.pdf

苏北四市2018 届高三一模 化学试卷 1. 人类必须尊重自然、顺应自然、保护自然。下列做法符合上述理念的是 A. 开发太阳能等新能源汽车 B. 工业污水直接用于灌溉农田 C. 焚烧废旧塑料防止“白色污染” D. 推广露天烧烤丰富人们饮食 【答案】 A 【解析】 A、太阳能和风能是取之不尽的新能源，应大量发展使用，选项A符合； B 、工业污 水直接用于灌溉农田可能会造成家作物的污染，选项B不符合； C、焚烧废旧塑料会加重空气 污染，选项C不符合； D、推广露天烧烤丰富人们饮食，会造成空气污染，选项D不符合。答 案选 A。 2. 下列化学用语表示正确的是 A. 中子数为8 的氧原子： B. 氯离子的结构示意图： C. Na2S的电子式： D. 2丙醇的结构简式：(CH3)2CHOH 【答案】 D 3. 下列有关物质性质与用途具有对应关系的是 A. Si的熔点高，可用作半导体材料 B. SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆 C. Na2CO3溶液呈碱性，可用于洗涤油污 D. Al 2O3硬度很大，可用于制造耐火材料 【答案】 C 【解析】 A硅位于金属和非金属元素之间，具有金属和非金属的性质，硅单质是半导体的主 要材料，但与硅的熔点高不对应，选项A错误； B、SO2具有漂白性，可用于漂白纸浆，选项B 错误； C、Na2CO3溶液呈碱性， 能与油脂反应，可用于洗涤油污，选项 C正确； D、Al2O3熔点高， 可用于制造耐火材料，与硬度很大不对应，选项D错误。答案选C。 4. 下列关于NO2的制取、净化、收集及尾气处理的装置和原理不能达到实验目的的是 A. 制取 NO2 B. 净化 NO2 C. 收集 NO2 D. 尾气处理 【答案】 B 【解析】 A、浓硝酸与铜反应可用于制取二氧化氮，选项A正确； B、二氧化氮能与水反应， 不能用水净化二氧化氮，选项B错误； C、二氧化氮的密度大于空气，用向上排空气法收集时 导管长进短出，选项C正确； D、二氧化氮能与氢氧化钠溶液反应，可以用氢氧化钠溶液吸收 尾气，选项D正确。答案选B。 5. X 、Y、Z、 W均为短周期主族元素，原子序数依次增大。X与 Z位于同一主族，Z的核外电 子数是 X的 2 倍，Y、Z、W原子的最外层电子数之和等于Z 的核外电子总数。下列说法正确的 是 A. 原子半径： r(X) r(Y) r(Z) B. Y 的氧化物能与氢氧化钠溶液反应 C. Z 的氧化物对应的水化物均为强酸 D. Z 的气态氢化物的稳定性比W的强 【答案】 B 【解析】 X、Y、Z、W均为短周期主族元素，原子序数依次增大。X与 Z 位于同一主族，Z 的核 外电子数是X的 2 倍，则 X为氧元素， Z 为硫元素， W为氯元素； Y、Z、W原子的最外层电子 数之和等于Z 的核外电子总数。则Y的最外层电子数为16-7-6=3 ，Y为铝元素。故A. 同周期 元素原子从左到右逐渐减小，同主族元素原子从上而下逐渐增大，故原子半径：r(X) r(Z) r(Y) ，选项 A错误； B. Y 的氧化物Al2O3能与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，选项B 正确； C. Z 的氧化物对应的水化物H2SO4为强酸， H2SO3为弱酸，选项C错误； D. Z 的气态氢 化物 H2S的稳定性比W的气态氢化物HCl 弱，选项D错误。答案选B。 点睛： 本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，侧重对元素周期律的考查，X、 Y、Z、W均为短周期主族元素，原子序数依次增大。X与 Z 位于同一主族，Z 的核外电子数是 X的 2 倍，则 X为氧元素， Z 为硫元素， W为氯元素； Y、Z、W原子的最外层电子数之和等于Z 的核外电子总数。则Y的最外层电子数为16-7-6=3 ，Y为铝元素，据此解答。 6. 下列指定反应的离子方程式正确的是 A. 氯化铁溶液溶解铜片：Fe 3 + CuFe 2+ Cu2 B. 氯气与水反应：Cl2 + H2O 2H + + Cl + ClO C. 硝酸银溶液中加入过量氨水：Ag + + NH3·H2O AgOH + NH4 + D. Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应： Ca 2+ HCO 3 + OHCaCO 3+ H2O 【答案】 D 【解析】 A. 氯化铁溶液溶解铜片，反应的离子方程式为：2Fe 3+ Cu2Fe2+ Cu2 ，选项 A错 误； B. 氯气与水反应的离子方程式为：Cl2 + H2O H + + Cl + HClO，选项 B错误； C. 硝 酸银溶液中加入过量氨水，反应的离子方程式为：Ag + + 3NH3·H2O Ag(NH3)2OH+ NH4 +，选项 C错误；D. Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应的离子方程式为： Ca 2 + HCO3 + OHCaCO 3+ H2O ，选项 D正确。答案选D。 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. B. C. D. 【答案】 A 【解析】 A、二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，硅酸钠溶液中通入二氧化碳反应 生成碳酸钠和硅酸，物质间转化均能实现，选项A正确； B、氯化镁晶体受热时由于水解产生 氢氧化镁和盐酸，盐酸易挥发，水解程度增大，最后加热灼烧得到氧化镁而得不到无水氯化 镁，选项B错误； C、二氧化硫与氯化钙不能反应，无法得到亚硫酸钙，选项C错误； D、铁 在氧气中燃烧生成四氧化三铁而不是得到氧化铁，选项D错误。答案选A。 8. 通过以下反应均可获取O2。下列有关说法不正确的是 光催化分解水制氧气：2H2O(l) 2H2(g) + O 2(g) H1+571.6 kJ ·mol 1 过氧化氢分解制氧气：2H2O2(l) 2H2O(l) + O2(g) H2196.4 kJ ·mol 1 一氧化氮分解制氧气：2NO(g)N2(g) + O 2(g) H3180.5 kJ ·mol 1 A. 反应是人们获取H2的途径之一 B. 反应、都是化学能转化为热能 C. 反应 H2O2(l)H2O(g)+O2(g) 的 H285.8kJ ·mol 1 D. 反应 2H2(g)+2NO(g) N2(g)+2H2O(l) 的 H752.1 kJ ·mol 1 【答案】 C 【解析】 A、反应是通过光催化分解水制氧气的同时也得到氢气，所以是人们获取H2的途径 之一，选项A正确； B、反应、都是放热反应，是化学能转化为热能，选项B正确； C、 根据盖斯定律，结合反应可知，反应H2O2(l)H2O(g)+O2(g) 的 H+285.8 kJ·mol 1，选 项 C不正确； D、根据盖斯定律，由- 可得反应2H2(g)+2NO(g) N2(g)+2H2O(l) HH3 H1752.1 kJ ·mol 1，选项 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. 能使甲基橙变红的溶液中：K 、 Mg2、NO 3 、I B. c(HCO3 ) 1 mol ·L1 溶液中： Na 、NH4 、SO 4 2 、OH C. 无色透明的溶液中： Fe 3+、Al3+、NO 3 、SO 4 2 D. 【答案】 D 【解析】 A能使甲基橙变红的溶液，显酸性，H +、I-、NO 3 -发生氧化还原反应，则不能共存， 选项 A错误； B. NH4 、HCO 3 与 OH 反应而不能大量共存，选项 B错误； C、无色透明的溶液中 不含 Fe 3+，选项 C错误； D、 的溶液呈碱性，OH 、Ba2+、Na、Cl、AlO 2 相互之 间不反应，能大量共存，选项D正确。答案选D。 10. 下列图示与对应的叙述相符合的是 A. 图甲表示对某化学平衡体系改变温度后反应速率随时间的变化 B. 图乙表示反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量 C. 图丙表示0.1 mol ·L 1NaOH 溶液滴定 20 mL 0.1 mol ·L1 硫酸时溶液pH的变化 D. 图丁表示向Ba(OH)2溶液中滴加稀H2SO4至过量，溶液的导电性变化情况 【答案】 B 【解析】 A、升高温度，正逆反应速率都增大，都大于原来平衡速率，选项A错误； B、反应 物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量为吸热反应，该图表示正确，选项B正确； C、 图中向 20 mL 0.1 mol ·L 1 硫酸中滴加0.1 mol ·L 1NaOH 溶液时，溶液酸碱性的变化是：酸 性溶液中性溶液碱性溶液，但滴定终点消耗氢氧化钠的体积应该为40 mL，选项 C错误； D、图丁表示向Ba(OH)2溶液中滴加稀H2SO4至过量，溶液的导电性变化应逐渐减小，当硫酸过 量时导电性逐渐增大，选项D错误。答案选B 。 点睛：本题为图象题, 做题时注意分析图象题中曲线的变化特点是做该类题型的关键，易错点 为选项 C，应明确所加溶液体积与酸碱反应的情况，滴定终点消耗氢氧化钠的体积应该为40 mL ，但图中向20 mL 0.1 mol ·L 1 硫酸中滴加0.1 mol ·L 1NaOH 溶液时，溶液酸碱性的变化 是：酸性溶液中性溶液碱性溶液，故错误。 11. 有机物 Z 是制备药物的中间体，合成Z 的路线如下图所示： 下列有关叙述正确的是 A. X 分子中所有原子处于同一平面 B. X 、Y、Z 均能和 NaOH 溶液反应 C. 可用 NaHCO 3溶液鉴别Y和 Z D. 1 mol Y跟足量 H2反应，最多消耗3 mol H 2 【答案】 BC 【解析】 A.甲烷为正四面体结构， X 分子中存在甲基，故所有原子不可能处于同一平面，选 项 A错误； B、X、Y、Z 分别为酯、酚、羧酸，均能和NaOH 溶液反应，选项B正确； C、 Z 中 含羧基能与碳酸氢钠溶液反应产生气体，Y反应不能产生气体，可用NaHCO3溶液鉴别Y和 Z， 选项 C正确； D、Y中含有一个苯环和一个羰基，1 mol Y 跟足量 H2反应，最多消耗4 mol H2， 选项 D错误。答案选BC。 12. 下列说法正确的是 A. 反应 2NaCl(s) 2Na(s) Cl2(g) 的 H0，S0 B. 常温下，将稀CH3COONa 溶液加水稀释后，n(H +) ·n(OH) 不变 C. 合成氨生产中将NH3液化分离，可加快正反应速率，提高H2的转化率 D. 氢氧燃料电池工作时，若消耗标准状况下11.2 L H 2，则转移电子数为6.02×10 23 【答案】 D 13. 根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是 选项实验操作和现象实验结论 A 向苯酚浊液中加入Na2CO3溶液，溶液变澄清酸性：苯酚 HCO 3 B 将少量 Fe(NO3)2加水溶解后，滴加稀硫酸酸化，再滴加 KSCN溶液，溶液变成血红色 Fe(NO3)2已变质 C 氯乙烷与NaOH溶液共热后，滴加AgNO3溶液，生成白色 沉淀 氯乙烷发生水解 D 在 2 mL 0.01 mol ·L 1 的 Na2S溶液中先滴入几滴0.01 Ksp(CuS) Ksp(ZnS) mol·L 1 ZnSO 4溶液有白色沉淀生成， 再滴入 0.01 mol·L 1 CuSO4溶液，又出现黑色沉淀 A. A B. B C. C D. D 【答案】 A 【解析】A 苯酚与碳酸钠反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，则溶液变澄清， 说明酸性： 苯酚 HCO3- ， 选项 A正确； B、Fe(NO3)2溶液中滴加稀H2SO4酸化后，相当于存在HNO3，会把 Fe 2+氧化为 Fe3+, 滴加 KSCN 溶液后变红色, 不能确定Fe(NO3)2试样已变质， 选项 B错误； C、氯乙烷与NaOH溶液 共热后， 溶液中还存在过量的NaOH 溶液， 此时直接加入AgNO3溶液， 最终得到的褐色的Ag2O ， 选项 C错误； D、在 2 mL 0.01 mol ·L 1 的 Na2S溶液中先滴入几滴0.01 mol ·L 1 ZnSO4溶液 有白色沉淀ZnS生成，因为Na2S溶液过量，所以再滴入CuSO4溶液，又出现黑色沉淀CuS ，所 以无法据此判断Ksp(CuS)与 Ksp(ZnS) 的大小关系，选项D错误。答案选A。 14. 常温下， Ka1(H2C2O4) 10 1.3 ， Ka2(H2C2O4) 10 4.2 。用 0.1000 mol·L 1 NaOH 溶液滴定10.00 mL 0.1000 mol ·L 1 H 2C2O4溶液所得滴定曲线如右图。下列说法正确的是 A. 点所示溶液中：c(Na +)c(HC 2O4 ) c(H 2C2O4) c(C2O4 2) B. 点所示溶液中：c(HC2O4 ) c(C2O4 2) C. 点所示溶液中：c(Na +) c(HC 2O4 ) + c(C 2O4 2 ) D. 点所示溶液中：c(Na +) + 2c(H 2C2O4) + 2c(H +) 2c(OH) + 2c(C 2O4 2 ) 【答案】 BD 【解析】A. 点所示溶液为Na HC2O4溶液，溶液呈酸性， 说明 HC2O4 的电离大于水解， 则 c(C2O4 2 ) c(H 2C2O4) ， 选项 A错误；B 、 常温下，点所示溶液中pH=4.2 ， Ka2(H2C2O4) =10 4.2 ，故 c(HC2O4 ) c(C 2O4 2) ，选项 B正确； C、点所 示溶液中pH=7，根据电荷守恒有c(Na +)+c(H+) c(HC 2O4 ) + 2c(C 2O4 2)+ c(OH ) ，则 c(Na+) c(HC 2O4 ) +2 c(C 2O4 2) ，选项 C错误； D、点所示的溶液的体积 20mL，草酸 和氢氧化钠恰好完全反应，生成正盐草酸钠，草酸钠水解， 所以溶液中， c（Na +）2c（HC 2O4 - ） +2c（ H2C2O4）+2c（C2O4 2-），根据电荷守恒得：关系式为： c(Na +)+c(H+) c(HC 2O4 ) + 2c(C 2O4 2 )+ c(OH) ，由 - 得： c(Na +) + 2c(H 2C2O4) + 2c(H +) 2c(OH) + 2c(C 2O4 2 )，选项 D正确。答案选BD 。 点睛：本题考查酸碱混合的定性判断，涉及物料守恒、电荷守恒等知识，试题知识点较多、 综合性较强，解题时注意电荷守恒及物料守恒的应用，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系为解 答关键。易错点为选项D，点所示的溶液的体积20mL ，草酸和氢氧化钠恰好完全反应，生 成正盐草酸钠，结合电荷守恒、物料守恒判断。 15. 温度为 T 时，在两个起始容积都为1L 的恒温密闭容器发生反应：H2(g)+I 2(g)2HI(g) H 0。实验测得： v正v(H2)消耗v(I 2)消耗 k正c(H2) ·c(I2) ， v逆v(HI)消耗k逆c 2 (HI) ，k 正、k逆为速率常数，受温度影响。下列说法正确的是 容器 物质的起始浓度（ mol·L 1） 物质的平衡浓度 c(H2) c(I 2) c(HI) （恒容）0.1 0.1 0 c(I2) 0.07 mol ·L 1 （恒压）0 0 0.6 A. 反应过程中，容器与容器中的总压强的比为1:3 B. 两容器达平衡时：c(HI ，容器 ) 3c(HI ，容器) C. 温度一定，容器中反应达到平衡时（平衡常数为K） ，有 K 成立 D. 达平衡时，向容器中同时再通入0.1 mol I2和 0.1 mol HI，则此时正逆 【答案】 AC 【解析】该反应为气体体积不变的反应，根据表中数据可知，以上两容器中反应为等温等压 下的等效平衡，A.假设能按比例完全转化为HI，则容器与容器的物质的量之比为1： 3， 体积相同，则反应过程中，容器与容器中的总压强的比为1:3 ，选项 A正确； B、两容器 达平衡时： c(HI ，容器) =3c(HI ，容器 ) ， B错误； C、温度一定，容器中反应达到平衡 时 v正v逆，由 v正v(H2)消耗v(I2)消耗k正c(H2) ·c(I2) 得 c(H2) ·c(I2)=，由 v逆v(HI) 消耗k逆c 2 (HI) 得 c2 (HI)= ，则有 K=，选项 C正确； D、容器达平衡 时， H2、 I2、 HI 的浓度分别为0.07 mol·L 1、 0.07 mol·L1、 0.03 mol·L1， K= , 向容器中同时再通入0.1 mol I 2和 0.1 mol HI，则此时Q=K，逆正, 选项 D错误。答案选AC。 点睛：本题考查了化学平衡影响因素分析判断，等效平衡及平衡常数计算分析，掌握基础是 关键，易错点为选项D，应先利用数据计算K ，再根据浓度变化后求算Q，最后通过比较K与 Q大小确定平衡移动方向及正逆反应速率大小。 16. 沉淀碳酸钙主要用于食品、医药等行业。以精选石灰石（含有少量MgCO 3、FeCO3杂质）为 原料制备沉淀碳酸钙的工艺流程如下： （1）流程中可以循环利用的物质有气体、气体和_（填化学式） 。 （2）“碳化”时发生反应的离子方程式为_，该过程中通入气体和气体 的顺序是 _。 （3）工业上常用电解氯化钠和氯化钙熔融物来制备金属钠，原理如下图所示： 电解过程中，加入氯化钙的目的是_。 石墨电极发生的电极反应方程式为_。 电解得到的Na中约含 1% 的 Ca，除去其中少量Ca的方法为 _。 已知部分物质的熔沸点如下表： 【答案】 (1). NH 4Cl (2). Ca 2+ + CO2 + 2NH3 + H2O CaCO 3 + 2NH4 + (3). 先通入 气体（或后通气体） (4). 降低电解质的熔融温度，降低能耗 (5). 2Cl 2e Cl2 (6). 控制温度在370K1123K间蒸馏 【解析】精选石灰石煅烧得到氧化镁、氧化亚铁、氧化钙和气体二氧化碳，固体加入氯化 铵浸取后用双氧水氧化，确保亚铁离子转化为铁离子，再加入氧化钙调节pH ，碱性条件下反 应得到气体为氨气，并使铁离子、镁离子转化为沉淀，过滤，滤渣为氢氧化铁、氢氧化镁， 过滤后的溶液以氯化钙为溶质，先通入足量的氨气，再通入适量的二氧化碳，得到氯化铵和 碳酸钙，过滤得到滤液为氯化铵，沉淀为碳酸钙。 （1）该工艺中可以循环使用的物质是参加反应过程，反应后又生成的物质可以循环使用，流 程图分析判断气体、气体分别为二氧化碳和氨气，可以循环使用，另外滤液NH4Cl 也可以 循环使用；（2）“碳化”时氯化钙溶液中通入氨气和二氧化碳生成碳酸钙和氯化铵，发生反 应的离子方程式为Ca 2+ + CO2 + 2NH3 + H2O CaCO 3 + 2NH4 +，氨气溶解度大，为保证溶解更多 气体，该过程中先通入气体，再在碱性溶液中通入气体；（3）电解过程中，加入氯化 钙的目的是降低电解质的熔融温度，降低能耗；铁为活泼金属，电解氯化钠制钠时不能作 为阳极，故石墨电极为阳极，发生的电极反应方程式为2Cl 2eCl 2；电解得到的Na 中约含 1% 的 Ca，除去其中少量Ca的方法为控制温度在370K1123K间蒸馏。 17. 化合物 H是一种用于合成药物的中间体，其合成路线流程图如下： （1） B中的含氧官能团名称为羟基、_和_。 （2）BC 的反应类型为_。 （3）写出同时满足下列条件的A的一种同分异构体的结构简式：_。 含有苯环，且遇FeCl3溶液不显色； 能发生水解反应，水解产物之一能发生银镜反应，另一水解产物分子中只有3 种不同化学 环境的氢。 （4） F 的分子式为C18H20O4，写出 F 的结构简式： _。 （5）以苯、甲醛和丙酮为基础有机原料，制备的合成路线流程图（无机试 剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。_ 【答案】 (1). 醚键 (2). 羰基 (3). 消去反应 (4). (5). (6). 【解析】（1） B为，含氧官能团名称为羟基、醚键和羰基；（2）BC 是 加热条件下发生消去反应生成和水，反应类型为消去 反应；（3）A（）的同分异构体满足：含有苯环，且遇FeCl3溶液不显色，则 不含有酚羟基；能发生水解反应，水解产物之一能发生银镜反应，另一水解产物分子中只 有 3 种不同化学环境的氢，则应高度对称，考虑氧原子的个数，应该含有甲酸酯结构，则符 合条件的结构简式有； （4） F 的分子式为C18H20O4，结合 E （）的结构简式，以及F 与 SOCl2反应生成，则 F 的结构简式为：； （5）甲醛与丙酮在氢氧化钠溶液中反应生成 HOCH 2CH2COCH3， HOCH2CH2COCH3催化氧化得到OHCCH2COCH3，OHCCH2COCH3进一步催化氧化得到 HOOCCH2COCH3，HOOCCH2COCH3与 SOCl2反应得到ClCOCH2COCH3，ClCOCH2COCH3与苯在氯化铝催化 下反应得到。合成路线流程图如下： 。 18. 白钠镁矾（ mNa2SO4·nMgSO4·xH2O）俗称硝板，工业上用白钠镁矾制备碱式碳酸镁 4MgCO3·Mg(OH)2·4H2O晶须的过程如下：向碳酸钠溶液中加入白钠镁矾，保持50加热 0.5h ，有大量的5MgCO 3·3H2O生成，然后升高温度到85加热 2h 发生热解反应，过滤得碱式 碳酸镁晶体。 （1）热解反应的方程式为_。 （2）碱式碳酸镁可用作化学冷却剂，原因是_。 （3）为测定白钠镁矾的组成，进行下列实验： 取白钠镁矾3.340 g溶于水配成100.00 mL 溶液 A； 取 25.00 mL 溶液 A，加入足量的氯化钡溶液，得BaSO4 1.165 g； 另取 25.00 mL 溶液 A，调节 pH10，用浓度为0.1000 mol ·L 1 的 EDTA标准溶液滴定Mg 2+ （离子方程式为Mg 2+ + H 2Y 2MgY2+ 2H+） ，滴定至终点，消耗标准溶液 25.00 mL 。通过计算 确定白钠镁矾的化学式（写出计算过程）。_ 【答案】 (1). 5MgCO 3·3H2O + 2H2O4MgCO3·Mg(OH)2·4H2O + CO2 (2). 碱式碳 酸镁分解吸热 (3). n(BaSO4) n(SO4 2 )0.0200mol ，n(Mg 2+) n(EDTA)0.1000 mol ·L 1×25.00 mL×103 L·mL 1 0.01mol ， n(Na2SO4) 0.0200mol-0.01mol0.01mol ， n(H2O) 0.04mol ， n(Na2SO4): n(MgSO4): n(H2O) 0.01mol:0.01mol:0.04mol1:1:4 ，化学式为Na2SO4·MgSO 4·4H2O 【解析】（1）热解反应是5MgCO3·3H2O升高温度到85加热 2h 发生热解反应，过滤得碱式碳 酸镁晶体，反应的方程式为：5MgCO3·3H2O + 2H2O4MgCO3·Mg(OH)2·4H2O + CO2； （ 2） 碱式碳酸镁分解吸热，可用作化学冷却剂；（3） n(BaSO4) n(SO4 2 ) 0.0200mol ，n(Mg 2+) n(EDTA) 0.1000 mol ·L 1×25.00 mL×10 3 L·mL 1 0.01mol ，n(Na2SO4) 0.0200mol-0.01mol0.01mol ，n(H2O) 0.04mol ，n(Na2SO4): n(MgSO4): n(H2O) 0.01mol:0.01mol:0.04mol1:1:4 ，化学式为Na2SO4·MgSO4·4H2O 。 19. 利用锌冶炼废渣（ZnSO4、CuSO4、FeSO4、FeS2、Al2O3、SiO2）制备 ZnSO4和 Fe2O3的实验流 程如下： 已知：“碱浸”时，NaOH 溶液浓度越大越粘稠，越容易生成铝硅酸钠沉淀。 （1） “水浸”阶段需在7080条件下进行，适宜的加热方式为_。 （2）“氧化”阶段是将Fe 2+氧化后进一步生成 Fe(OH)3，从反应产物的角度分析，以氯水替代 H2O2的缺点是使ZnSO4中混有 ZnCl2；_ 。 （3）“灼烧”时FeS2发生反应的化学方程式为_。使用的装置如右图，仪器 a 的名称为 _。 （4） “碱浸”阶段，在其它条件不变的情况下，所得固体中Fe2O3含量随 NaOH 溶液的浓度的 增大而增大，但当氢氧化钠浓度大于12 mol·L 1 时， Fe2O3含量反而降低，其原因是 _。 （5）“滤液”溶质主要是ZnSO4和 CuSO 4。已知硫酸锌晶体的溶解度随温度变化如右图，请 设计从“滤液”中获取ZnSO4晶体的实验方案： _ （实验中须使用的试剂有： Zn 粉、稀 H2SO4、酒精）。 【答案】 (1). 水浴加热 (2). 引入 H +使 Fe3+不容易沉淀 (3). 4FeS 2 + 11O22Fe2O3 + 8SO2 (4). 坩埚 (5). NaOH浓度大于12 mol·L 1 时，生成的铝硅酸 钠沉淀附着在反应物表面，使碱浸不完全 (6). 向滤液中加入过量的锌粉，过滤，在滤 渣中加入稍过量稀硫酸，过滤，把两次过滤的滤液合并，保持60左右蒸发浓缩，冷却至室 温结晶，过滤用酒精洗涤，干燥 【解析】（1） “水浸”阶段需在7080条件下进行，水的沸点为100，适宜的加热方式 为水浴加热；（2）“氧化”阶段是将Fe 2+氧化后进一步生成 Fe(OH)3，从反应产物的角度分析， 以氯水替代H2O2的缺点是使ZnSO4中混有 ZnCl2；引入 H +使 Fe3+不容易沉淀；（3）“灼烧” 时 FeS2在空气中与氧气反应生成氧化铁和二氧化硫，发生反应的化学方程式为4FeS2 + 11O22Fe2O3 + 8SO2；实验室用于灼烧固体的仪器是坩埚，则仪器 a 的名称为坩埚；（4）NaOH 浓度大于12 mol·L 1 时，生成的铝硅酸钠沉淀附着在反应物表面，使碱浸不完全，Fe2O3含量 反而降低；（5）向滤液中加入过量的锌粉，过滤，在滤渣中加入稍过量稀硫酸，过滤，把 两次过滤的滤液合并，保持60左右蒸发浓缩，冷却至室温结晶，过滤用酒精洗涤，干燥， 得到 ZnSO4晶体。 20. 废水废气对自然环境有严重的破坏作用，大气和水污染治理刻不容缓。 （1）某化工厂产生的废水中含有Fe 2、Mn2+等金属离子，可用过硫酸铵 (NH4)2S2O8 氧化除去。 过硫酸铵与Mn 2+反应生成 MnO2的离子方程式为_。 温度与Fe 2+、 Mn2+氧化程度之间的关系如图 1 所示： 图 1 实验过程中应将温度控制在_。Fe 2+与 Mn2+被氧化后形成胶体絮状粒子，常加 入活性炭处理，加入活性炭的目的为_。 H2O2也有较强氧化性，在实际生产中不用H2O2氧化 Mn 2+的原因是 _。 （2）利用某分子筛作催化剂，NH3可脱除废气中NO 、NO2，其反应机理如图2 所示。 A包含物 质的化学式为N2和_。 图 2 图 3 （3）工业上废气中SO2可用 Na2CO3溶液吸收，反应过程中溶液组成变化如图3 所示。 吸收初期（图中A点以前）反应的化学方程式为_。 C 点高于 B点的原因是 _。 【答案】 (1). S 2O8 2 + 2H2O + Mn 2=4H + 2SO4 2 + MnO2 (2). 80（8090区 间均可） (3). 吸附胶体粒子形成沉淀 (4). 锰的化合物可催化H2O2的分解， 使消耗的 H2O2增多 (5). H 2O (6). 2Na2CO3 + SO2 + H2O2NaHCO3 + Na2SO3 (7). 根据钠元素守 恒， NaHSO3的物质的量是Na2CO3的 2 倍，所以NaHSO3的质量大，质量分数就大 【解析】（1）过硫酸铵与Mn 2+反应生成 MnO 2，而本身被还原为SO4 2，反应的离子方程式为 S2O8 2 + 2H2O + Mn 2=4H + 2SO4 2 + MnO2；根据图1 可知： 80时Fe 2+、Mn2+氧化程度接 近 1.0 ，故实验过程中应将温度控制在80； Fe 2+与 Mn2+被氧化后形成胶体絮状粒子，常加入 活性炭处理，加入活性炭的目的为吸附胶体粒子形成沉淀；H 2O2也有较强氧化性，在实际生 产中不用H2O2氧化 Mn 2+的原因是锰的化合物可催化 H2O2的分解，使消耗的H2O2增多； （2）根据 图示反应可产生A的反应为： （NH4） （HNO 2） +=N 2+A+H +，结合反应可推导出 A为 H2O；反应为 （NH4） （HNO2） +=N 2+ 2H2O +H +； （3）吸收初期 （图中 A点以前） 工业上废气中 SO2可用 Na2CO3 溶液吸收，由图中信息可知，NaHCO3 和 Na2SO3的量明显增加，则发生反应的化学方程式为： 2Na2CO3 + SO2 + H2O2NaHCO 3 + Na2SO3；C 点高于 B点的原因是根据钠元素守恒， NaHSO3的 物质的量是Na2CO3的 2 倍，所以NaHSO3的质量大，质量分数就大。 21. 铁触媒常作为合成氨的催化剂，CO会使催化剂中毒。可用CH3COOCu(NH 3)2 溶液吸收CO 。 （1） Cu 2+基态核外电子排布式为 _。 （2） C 、N、O的电负性由大到小的顺序为_。 （3） 1 mol CH3COOCu(NH3)2 中含有 键的数目为 _mol，其中 C原子轨道的 杂化类型是 _。 （4）与 CO分子互为等电子体的阴离子为_。 （5）Cu和 Fe 都可以形成多种氧化物。其中FexO晶胞结构为NaCl 型，由于晶体缺陷，x 值小 于 1。 若 FexO中的 x0.92 ，则该此晶体化学式为_（用 Fe 2+ aFe 3+ bO形式表示）。 【答案】 (1). Ar3d 9 (2). O N C (3). 14 (4). sp 3 和 sp 2 (5). CN （或 C2 2 等） (6). Fe 2+ 0.76Fe 3+ 0.16O 【解析】（1） Cu是 29 号元素， Cu 2+含有 27 个电子 ，其基态电子排布式为Ar3d 9； （2）元素 原子的得电子能力越强，则电负性越大，所以ONC ； （3）硫酸铜与氨水反应可形成Cu （NH3 ） 42+，N-H键 C-H键、C-O键，C=O中的一个键及配位键属于 键，1mol 该配离子中含有 键 为 14mol；CH3COO 中甲基上的C形成 4 条 键，无孤电子对，因此采取sp 3 杂化类型，酯基中 的 C形成 3 条 键和 1 条 键，无孤电子对，采取sp 2 杂化类型；（4）等电子体是指具有相 同价电子数目和原子数目的分子或离子，与CO互为等电子体的阴离子为CN 或 C 2 2等； （5） 若 FexO中的 x0.92 ，用 Fe 2+ aFe 3+ bO形式表示 FexO晶胞，则有a+b=0.92 ， 2a+3b=2，联立解得 a=0.76 ，b=0.16 ，则该此晶体化学式为Fe 2+ 0.76Fe 3+ 0.16O。 22. 乙酰苯胺是较早使用的一种解热镇痛药，可由苯胺和乙酸反应制备： 已知： 苯胺易被氧化； 乙酰苯胺、苯胺和醋酸的部分物理性质如下表： 物质熔点沸点溶解度 (20 ) 乙酰苯胺114.3 305 0.46 苯胺6 184.43.4 醋酸16.6 118 易溶 实验步骤如下： 步骤 1：在 50 mL 圆底烧瓶中，加入5 mL 苯胺、 7.5 mL 冰醋酸及少许锌粉，依照右图装置组 装仪器。 步骤 2：控制温度计示数约105 ，小火加热回流1 h 。 步骤 3：趁热将反应混合物倒入盛有100 mL冷水的烧杯中，冷却后抽滤，洗涤，得到粗产品。 请回答下列问题： （1）步骤 1 中加入锌粉的作用是_ 、起着沸石的作用。 （2）步骤 2 中控制温度计示数约105 ，接引管流出的主要物质是_，若温 度过高，会导致_。刺形分馏柱中，由下到上，温度逐渐_ （填“升高”、“降低”或“不变”）。 （3）步骤 3 中抽滤装置所包含的仪器除减压系统外，还有吸滤瓶、_（填仪 器名称）。 （4）步骤 3 得到的粗产品可采取重结晶的方法进一步提纯，操作步骤是_。 【答案】 (1). 防止苯胺被氧化 (2). 水 (3). 未反应的醋酸蒸出 (4). 降低 (5). 布氏漏斗 (6). 将粗产品在较高温度下溶解形成浓溶液，降温结晶，过滤，洗涤， 重复 23 次 【解析】（1）苯胺易被氧化，加入锌粉，防止苯胺被氧化，同时起着沸石的作用，防止暴沸； （2）已知醋酸的沸点为118，水的沸点为100，选择控制温度计约105，接引管流出的 主要物质是水；若温度过高，会导致未反应的醋酸蒸出，降低反应物的利用率；刺形分馏柱 中，由下到上，温度逐渐降低；（3）步骤 3 中抽滤装置所包含的仪器除减压系统外，还有吸 滤瓶、布氏漏斗； （ 4）步骤 3 得到的粗产品可采取重结晶的方法进一步提纯，操作步骤是将 粗产品在较高温度下溶解形成浓溶液，降温结晶，过滤，洗涤，重复23 次。