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【化学】江苏省南通市、泰州市2020届高三上学期期末考试（解析版）
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江苏省南通市、泰州市2020届高三上学期期末考试
1.化妆品中添加甘油可以起到保湿作用。甘油中一定含有的元素有（ ）
A. 氯 B. 氧 C. 硫 D. 磷
【答案】B
【详解】丙三醇（C3H8O3）俗名甘油，根据丙三醇的化学式可知含有C、H、O三种元素；
答案选B。
【点睛】本题以信息的形式来考查学生对于物质元素组成的认识，化学式是解答的关键，学生应能根据化学式得到解题需要的信息，根据丙三醇的化学式可知含有C、H、O三种元素。
2.反应CO2＋2NH3CO(NH2)2＋H2O可应用于工业合成尿素。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是（ ）
A. 中子数为8的碳原子：C B. NH3的电子式：
C. 氧原子的结构示意图： D. CO(NH2)2的结构简式：
【答案】D
【详解】A．中子数为8，质量数=中子数+质子数，为6+8=14，中子数为8的碳原子应为，选项A错误；
B．氨气中N原子最外层含有8个电子，其正确的电子式为，选项B错误；
C．氧原子是8号元素，核内质子数为8，核外有2个电子层，第一层2个电子，第二层6个电子，氧原子的结构示意图为，选项C错误；
D．CO(NH2)2中有4个H-N键、1个C=O键和2个C-N键，C、N和O原子都达到8电子稳定结构，其结构简式为：，选项D正确；
答案选D。
【点睛】本题考查化学用语的使用，化学用语是学好化学的基本语言，在化学中有多种化学语言如结构式、电子式、结构简式等等，解题时不能张冠李戴，要按要求写，例如题目要求写结构式就不能写出结构简式。
3.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A. Al2O3熔点高，可用作耐高温材料 B. SO2有氧化性，可用作葡萄酒抗氧化剂
C. 小苏打能与碱反应，可用作抗酸药 D. NH4Cl受热易分解，可用作化肥
【答案】A
【详解】A．熔点高的物质可作耐高温材料，则Al2O3熔点高，可用作耐高温材料，选项A正确；
B．SO2有还原性，可用作葡萄酒抗氧化剂，选项B错误；
C．小苏打，即碳酸氢钠,是一种弱碱性的抗酸药物，是因为其能与酸反应，选项C错误；
D．NH4Cl是氮肥，但与其受热易分解无关，选项D错误。
答案选A。
4.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A. 0.1 mol·L－1 HCl溶液：NH4+、Na＋、NO3-、SO42-
B. 0.1 mol·L－1 KOH溶液：Na＋、Ca2＋、AlO2-、SiO32-
C. 0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液：K＋、Cu2＋、OH－、MnO4-
D. 0.1 mol·L－1 NaClO溶液：Mg2＋、Fe2＋、I－、S2－
【答案】A
【详解】A．该组离子之间不反应，能共存，选项A正确；
B．Ca2＋与SiO32-反应产生沉淀而不能大量共存，选项B错误；
C．HCO3-、Cu2＋与OH－反应而不能大量共存，选项C错误；
D．ClO-与Fe2＋、I－、S2－发生氧化还原反应而不能大量共存，选项D错误。
答案选A。
5.下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A. 将Cl2通入热的NaOH溶液：Cl2＋6OH－Cl－＋ClO3－＋3H2O
B. 用醋酸除水垢：2CH3COOH＋CO32-=2CH3COO－＋H2O＋CO2↑
C. 酸性FeSO4溶液长期放置发生变质：4Fe2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋2H2O
D. 向NH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液并加热：NH4+＋OH－NH3↑＋H2O
【答案】C
【详解】A．将Cl2通入热的NaOH溶液，反应生成氯化钠、氯酸钠和水，反应的离子方程式为：3Cl2＋6OH－5Cl－＋ClO3－＋3H2O，选项A错误；
B．用醋酸除水垢，反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，反应的离子方程式为：2CH3COOH＋CaCO3=2CH3COO－＋Ca2++H2O＋CO2↑，选项B错误；
C．酸性FeSO4溶液长期放置发生变质，反应的离子方程式为：4Fe2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋2H2O，选项C正确；
D．向NH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液并加热，反应生成碳酸钠、氨气和水，反应的离子方程式为：HCO3－+NH4+＋2OH－NH3↑＋CO32-+2H2O，选项D错误。
答案选C。
6.下列图示装置和原理能达到实验目的的是（ ）
A. 用装置甲制取并收集氨气
B. 用装置乙制取无水氯化镁
C. 用装置丙除去氯气中的氯化氢
D. 用装置丁分离苯和四氯化碳
【答案】C
【详解】A．加热固体药品时试管口应略向倾斜，且收集时不能密闭，选项A错误；
B．加热氯化镁溶液，促进了镁离子水解，因为水解产生的HCl易挥发，最终得到的固体为氧化镁，无法获得无水氯化镁，选项B错误；
C．除去氯气中氯化氢应通过盛有饱和食盐水的洗气瓶除去氯化氢，用装置丙能达到实验目的，选项C正确；
D．分液的对象是两种互不相溶的液体，苯易溶于四氯化碳，因此采用分馏的方法进行分离，选项D错误；
答案选C。
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. CaCl2(aq) CaCO3 CaO
B. Na Na2O NaOH
C. (C6H10O5)n(淀粉) C6H12O6(葡萄糖) C2H5OH
D. Cu2S Cu CuSO4
【答案】C
【详解】A．二氧化碳与氯化钙溶液不反应，碳酸钙受热分解生成氧化钙和二氧化碳，其中第一步不能实现转化，选项A错误；
B．钠在氧气中点燃反应生成过氧化钠而不是生成氧化钠，氧化钠与水反应生成氢氧化钠，其中第一步不能实现转化，选项B错误；
C．淀粉在稀硫酸催化下水解最终生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的催化下反应生成乙醇和二氧化碳，两步转化均能实现，选项C正确；
D．高温条件下硫化亚铜与氧气反应生成铜和二氧化硫（火法炼铜），铜与稀硫酸不反应无法得到硫酸铜，第一步转化不能实现，选项D错误；
答案选C。
8.如图是一种电解质溶液可以循环流动的新型电池。下列说法正确的是（ ）
A. Cu电极为正极
B. PbO2电极反应式为PbO2＋2e－＋4H＋=Pb2＋＋2H2O
C. 放电后循环液中H2SO4与CuSO4物质的量之比变小
D. 若将Cu换成Pb，则电路中电子转移方向改变
【答案】C
【详解】A. Cu电极上Cu失去电子产生Cu2＋，作为负极，选项A错误；
B. PbO2电极为正极，电极反应式为PbO2＋2e－＋4H＋＋SO42－=PbSO4＋2H2O，选项B错误；
C. 放电时负极电极反应为Cu-2e－=Cu2＋，正极电极反应为PbO2＋2e－＋4H＋＋SO42－=PbSO4＋2H2O，总反应为PbO2＋Cu＋4H＋＋SO42－= Cu2＋+PbSO4＋2H2O，H2SO4减少，CuSO4增多，循环液中H2SO4与CuSO4物质的量之比变小，选项C正确；
D. 若将Cu换成Pb，Pb失电子为负极，电路中电子转移方向不改变，选项D错误。
答案选C。
9.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X是非金属性最强的元素，Y是地壳中含量最高的金属元素，Y、Z处于同一周期且相邻，W原子最外层电子比内层电子少3个。下列说法正确的是（ ）
A. 原子半径：r(X)
C. Z的简单气态氢化物的热稳定性比W的强
D. 元素Y、W最高价氧化物的水化物之间能反应生成盐和水
【答案】D
【详解】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X是非金属性最强的元素，则X为F元素，Y是地壳中含量最高的金属元素，为Al元素；Y、Z处于同一周期且相邻，则Z为Si元素；W原子最外层电子比内层电子少3个，则为Cl元素。
A. 同周期元素从左到右原子半径依次减小，故原子半径： r(Y) >r(Z) >r(W) >r(X)，选项A错误；
B. X与Z组成的化合物SiF4是共价化合物，选项B错误；
C. 非金属性Cl>Si，Z的简单气态氢化物SiH4的热稳定性比W的简单气态氢化物HCl弱，选项C错误；
D. 元素Y、W最高价氧化物的水化物Al(OH)3、HClO4之间能反应生成盐和水，选项D正确；
答案选D。
10.下列说法正确的是（ ）
A. 由CH4、O2和KOH溶液组成的燃料电池，负极反应为CH4＋8OH－－8e－=CO2＋6H2O
B. 常温下，反应2Na2O2(s)＋2CO2(g)=2Na2CO3(s)＋O2(g)能自发进行，该反应ΔH<0
C. 反应C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)达平衡后，缩小容器体积，H2O(g)平衡转化率不变
D. 0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液加水稀释，的值减小
【答案】B
【详解】A．在CH4、O2和KOH溶液组成的燃料电池中，负极反应式为：CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O，选项A错误；
B．常温下，反应2Na2O2(s)＋2CO2(g)=2Na2CO3(s)＋O2(g)是熵减的反应，ΔS<0，能自发进行，则ΔG=ΔH-TΔS<0，故该反应ΔH<0，选项B正确；
C．反应C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)为气体体积增大的反应，达平衡后，缩小容器体积，平衡逆向移动，H2O(g)平衡转化率减小，选项C错误；
D．0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液加水稀释，温度不变，电离平衡常数Kb=不变，故的值不变，选项D错误；
答案选B。
11.下图是以秸秆为原料制备某种聚酯高分子化合物的合成路线，下列有关说法正确的是（ ）
A. X的化学式为C4H6O4
B. Y分子中有1个手性碳原子
C. Y和1，4－丁二醇通过加聚反应生成聚酯Z
D. 消耗Y和1，4－丁二醇的物质的量之比为1∶1
【答案】D
【详解】A. 根据X的结构简式可知，X的化学式为C6H6O4，选项A错误；
B. 根据Y的结构简式可知，Y中除了两个羧基外，还有4个亚甲基，不存在手性碳原子，选项B错误；
C. Y和1，4－丁二醇通过缩聚反应生成聚酯Z和水，选项C错误；
D. 根据聚酯Z的结构简式可知，生成Z时，消耗Y和1，4－丁二醇的物质的量之比为1∶1，选项D正确。
答案选D。
12.下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ）
选项
实验操作和现象
结论
A
将废铁屑溶于过量盐酸，滴入KSCN溶液，未见溶液变为红色
该废铁屑中不含三价铁的化合物
B
向AgCl悬浊液中滴入数滴0.1 mol·L－1 KI溶液，有黄色沉淀生成
Ksp(AgI)
向a、b两试管中同时加入4 mL 0.01 mol·L－1 KMnO4溶液和2 mL 0.1 mol·L－1 H2C2O4溶液，再向a试管内加入少量MnSO4，a试管中溶液褪色较快
MnSO4是KMnO4和H2C2O4反应的催化剂
D
向苯酚浊液中加入热的氢氧化钠溶液，浊液变澄清
苯酚显酸性
【答案】BC
【详解】A.若铁屑过量，则其中的三价铁也会被过量的铁还原为亚铁离子，只生成氯化亚铁，滴入KSCN溶液，未见溶液变为红色，无法证明该废铁屑中不含三价铁的化合物，选项A错误；
B. 向AgCl悬浊液中滴入数滴0.1 mol·L－1 KI溶液，有黄色沉淀生成，AgCl转化为更难溶的AgI，证明Ksp(AgI)
D.温度升高苯酚溶解度增大，苯酚的浑浊液变澄清，向苯酚浊液中加入热的氢氧化钠溶液，浊液变澄清无法说明苯酚的酸性，选项D错误；
答案选BC。
13.根据下列图所示所得出的结论正确的是（ ）
A. 图甲是一定温度下，处于恒容密闭容器、弱酸性环境下的铁钉发生腐蚀过程中体系压强的变化曲线，可推知初始阶段铁钉主要发生析氢腐蚀
B. 图乙是平衡体系2NO2(g)N2O4(g)；ΔH＝－56.9 kJ·mol－1改变某一条件后v(正)、v(逆)的变化情况，可推知t0时刻改变的条件是升高温度
C. 图丙是某温度下c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.100 mol·L－1的醋酸与醋酸钠混合溶液中c(CH3COOH)、c(CH3COO－)与pH的关系，可推知该温度下pH＝3的溶液中：Ka<10－4.75
D. 图丁中虚线是2SO2＋O22SO3在催化剂存在下反应过程中能量的变化情况，可推知催化剂Ⅰ的催化效果更好
【答案】AC
【详解】A. 图甲是一定温度下，处于恒容密闭容器、弱酸性环境下的铁钉发生腐蚀过程中体系压强的变化曲线，根据反应开始时压强增大，可推知初始阶段铁钉主要发生析氢腐蚀，气体体积增多，压强增大，选项A正确；
B. 图乙是平衡体系2NO2(g)N2O4(g)；ΔH＝－56.9 kJ·mol－1改变某一条件后v(正)、v(逆)的变化情况，若t0时刻改变的条件是升高温度，则正逆反应速率均增大，与图中正反应速率在条件改变时不变不符，选项B错误；
C. 图丙是某温度下c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.100 mol·L－1的醋酸与醋酸钠混合溶液中c(CH3COOH)、c(CH3COO－)与pH的关系，可推知该温度下Ka=10－4.75，温度不变时Ka不变，则pH＝3的溶液中Ka=10－4.75，选项C正确；
D. 图丁中虚线是2SO2＋O22SO3在催化剂存在下反应过程中能量的变化情况，根据图中信息可知，催化剂Ⅱ正反应的活化能更低，催化效果更好，选项D错误。
答案选AC。
14.室温下，Ka(HCN)＝6.2×10－10，Ka1(H2C2O4)＝5.4×10－2，Ka2(H2C2O4)＝5.4×10－5。若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是（ ）
A. 0.1 mol·L－1 NaCN溶液与等体积、等浓度盐酸混合：c(Na＋)＝c(Cl－)>c(H＋)>c(HCN)>c(CN－)
B. 向0.1 mol·L－1 NaHC2O4溶液中加入NaOH溶液至pH＝7：c(Na＋)<2[c(HC2O4-)＋c(C2O42-)＋c(H2C2O4)]
C. 0.1 mol·L－1 NaCN溶液与0.1 mol·L－1 NaHC2O4溶液的比较：c(CN－)
【答案】BC
【详解】A. 溶液为HCN与氯化钠的混合溶液，且二者的物质的量浓度相等，HCN的电离很微弱，c(Na＋)＝c(Cl－)> c(HCN)>c(H＋)> c(CN－)，选项A错误；
B. 若向0.1 mol·L－1 NaHC2O4溶液中加入NaOH溶液至完全反应则生成Na2C2O4，溶液呈碱性，根据物料守恒有c(Na＋)=2[c(HC2O4-)＋c(C2O42-)＋c(H2C2O4)] ，当反应至溶液pH＝7时则氢氧化钠不足，c(Na＋)偏小，故c(Na＋)<2[c(HC2O4-)＋c(C2O42-)＋c(H2C2O4)]，选项B正确；
C. 因Ka(HCN)＝6.2×10－10 c(H2C2O4)，而存在物料守恒有c(Na＋)=c(CN－)+ c(HCN)=c(HC2O4-)＋c(C2O42-)+ c(H2C2O4)，故c(CN－)
答案选BC。
【点睛】本题考查盐的水解及溶液中离子浓度大小关系的比较，注意物料守恒等的应用，易错点为选项D，若0.1 mol·L－1 NaHC2O4溶液中存在物料守恒有：c(Na＋)=c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＋c(H2C2O4)＝0.1mol·L－1，而0.1 mol·L－1 NaCN溶液与0.1 mol·L－1 NaHC2O4溶液等体积混合后：c(Na＋)+c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＋c(H2C2O4)＝0.1 mol·L－1+0.05 mol·L－1=0.15 mol·L－1。
15.Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个容积均为1 L的恒容密闭容器中均投入1 mol CO2和3 mol H2，在不同温度下发生反应：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)。反应10 min，测得各容器内CO2的物质的量分别如右图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 该正反应ΔH<0
B. T1时，该反应的平衡常数为
C. 10 min内，容器Ⅱ中的平均速率：v(H2)＝0.07 mol·L－1·min－1
D. 10 min后，向容器Ⅲ中再加入1 mol CO2(g)和1 mol H2O(g)，此时v(逆)>v(正)
【答案】AD
【详解】A. 根据图中信息可知，Ⅰ中反应末达平衡，Ⅱ、Ⅲ反应达平衡，则升高温度，CO2的物质的量增大，平衡逆向移动，证明该正反应ΔH<0，选项A正确；
B. T1时，反应末达平衡状态，无法计算反应的平衡常数，选项B错误；
C. 10 min内，容器Ⅱ中的平均速率：v(H2)=3 v(CO2)=3×=0.21 mol·L－1·min－1，选项C错误；
D. 10 min时n(CO2)= 0.7 mol， 则n(H2)=2.1 mol、n(CH3OH)= n(H2O)= 0.3mol，平衡常数K=，向容器Ⅲ中再加入1 mol CO2(g)和1 mol H2O(g)，此时Q=＞K，反应逆向移动，v(逆)>v(正)，选项D正确。
答案选AD。
16.铁红(Fe2O3)常用于油漆、油墨及橡胶工业。工业上以一定质量的硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、Fe3O4，另含少量难溶杂质)为主要原料制备铁红的一种工艺流程如下：
已知：某些过渡元素(如Cu、Fe、Ag等)的离子能与NH3、H2O、OH－、SCN－等形成可溶性配合物。
(1) 工业常将硫铁矿烧渣经过粉碎后再进行“酸浸”，其目的是____________________________________________。
(2) “酸浸”时加入的硫酸不宜过量太多的原因是___________________________________。
(3) “过滤1”所得滤液中含有的阳离子有____________________。
(4) “沉淀”过程中，控制NH4HCO3用量不变，铁的沉淀率随氨水用量变化如右图所示。当氨水用量超过一定体积时，铁的沉淀率下降。其可能的原因是__________________________。
(5) “过滤2”所得滤渣的主要成分为FeOOH和FeCO3，所得滤液中的主要溶质是______________(填化学式)。
(6) 写出FeCO3在空气中焙烧生成铁红的化学方程式：__________________________。
【答案】(1). 增大反应物接触面积，加快反应速率，提高烧渣浸出率 (2). 过量太多会增加沉淀过程氨水的用量 (3). Fe2＋、Fe3＋、H＋ (4). 氨水与铁的氢氧化物反应生成可溶性配合物 (5). (NH4)2SO4 (6). 4FeCO3＋O22Fe2O3＋4CO2
【分析】在硫铁矿渣中加入硫酸酸浸后过滤1去掉不溶物滤渣，滤液中加入氨水和碳酸氢铵调节溶液pH，过滤后得到滤液，而滤渣在空气中焙烧可得铁红Fe2O3，据此分析。
【详解】在硫铁矿渣中加入硫酸酸浸后过滤1去掉不溶物滤渣，滤液中加入氨水和碳酸氢铵调节溶液pH，过滤后得到滤液，而滤渣在空气中焙烧可得铁红Fe2O3。
(1)为增大反应物接触面积，加快反应速率，提高烧渣浸出率，工业常将硫铁矿烧渣经过粉碎后再进行“酸浸”；
(2) “酸浸”时加入的硫酸不宜过量太多，否则过量太多会增加沉淀过程氨水的用量；
(3) Fe2O3、Fe3O4与硫酸反应生成硫酸亚铁和硫酸铁，且硫酸过量，故“过滤1”所得滤液中含有的阳离子有Fe2＋、Fe3＋、H＋；
(4) 根据图中信息可知，当氨水用量超过一定体积时，铁的沉淀率下降。可能的原因是氨水与铁的氢氧化物反应生成可溶性配合物；
(5) “过滤2”所得滤渣的主要成分为FeOOH和FeCO3，根据流程可知，铵根离子及硫酸根离子均未转化为沉淀而留在滤液中，故所得滤液中的主要溶质是(NH4)2SO4；
(6) FeCO3在空气中焙烧生成铁红Fe2O3，同时生成CO2，反应的化学方程式为：4FeCO3＋O22Fe2O3＋4CO2。
17.化合物G对白色念珠菌具有较强的抑制作用。G可经下图所示合成路线制备：
请回答下列问题：
(1) A→B的反应类型是______________。
(2) E中含氧官能团的名称为______________和______________。
(3) C与B互为同分异构体，能与小苏打反应放出CO2，且能与SOCl2发生取代反应生成D。写出C的结构简式：______________。
(4) 写出同时满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式：______________。(不考虑立体异构)
①含有—SH结构；
②能在酸性条件下发生水解反应，两种水解产物均含有三种不同环境的H原子。其中一种水解产物既能遇FeCl3溶液显色，又能与Br2的CCl4溶液发生加成反应。
(5) 写出以甲苯和乙醇为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). 加成反应 (2). 羰基 (3). 酯基 (4). (5). (6).
【分析】与在(CH3CH2)3N催化下加热发生加成反应生成，在AlCl3作用下发生重组生成，在SOCl2作用下反应生成，与甲醇发生取代反应生成和氯化氢，与氨水共热生成，在POCl3催化下加热与乙酸发生反应生成，据此分析。
【详解】与在(CH3CH2)3N催化下加热发生加成反应生成，在AlCl3作用下发生重组生成，在SOCl2作用下反应生成，与甲醇发生取代反应生成和氯化氢，与氨水共热生成，在POCl3催化下加热与乙酸发生反应生成。
(1) A→B的反应类型是加成反应；
(2) E为，含氧官能团的名称为羰基和酯基；
(3) C与B互为同分异构体，能与小苏打反应放出CO2，且能与SOCl2发生取代反应生成D。C的结构简式为；
(4) D的一种同分异构体：①含有—SH结构；②能在酸性条件下发生水解反应，两种水解产物均含有三种不同环境的H原子。其中一种水解产物既能遇FeCl3溶液显色则含有酚羟基，又能与Br2的CCl4溶液发生加成反应则含有碳碳双键，则符合条件的同分异构体有或；
(5)以甲苯和乙醇为原料制备，甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸，苯甲酸与乙醇发生酯化反应生成苯甲酸乙酯，苯甲酸乙酯与NH2NH2•H2O反应生成；乙醇被酸性高锰酸钾氧化得到乙酸，乙酸与反应得到；合成路线流程图为。
【点睛】本题为有机合成及推断的题目，推出各物质是解题的关键，合成有机物时可以利用逆推法，结合题干中的合成路线进行判断分析。
18.某十钒酸铵[(NH4)xH6－xV10O28·yH2O(其中钒为＋5价)]常用来制造高端钒铝合金。
Ⅰ. (NH4)xH6－xV10O28·yH2O的制备
将NH4VO3溶于pH为4的弱酸性介质后，加入乙醇，过滤得到(NH4)xH6－xV10O28·yH2O晶体。乙醇的作用是______________________________________________________。
Ⅱ. (NH4)xH6－xV10O28·yH2O的组成测定
(1) NH4+含量测定
准确称取0.363 6 g该十钒酸铵晶体，加入蒸馏水和NaOH溶液，加热煮沸，生成的氨气用20.00 mL 0.100 0 mol·L－1盐酸标准溶液吸收。用等浓度的NaOH标准溶液滴定过量盐酸，消耗NaOH标准溶液8.00 mL。
(2) V10O(M＝958 g·mol－1)含量测定
步骤1：准确称取0.3636 g该十钒酸铵晶体，加入适量稀硫酸，微热使之溶解。
步骤2：加入蒸馏水和NaHSO3，充分搅拌，使V10O完全转化为VO2＋。
步骤3：加适量稀硫酸酸化，加热煮沸，除去溶液中＋4价硫。
步骤4：用0.020 00 mol·L－1 KMnO4标准溶液滴定，终点时消耗30.00 mL KMnO4标准溶液(该过程中钒被氧化至＋5价，锰被还原至＋2价)。
①写出步骤2反应的离子方程式：____________________________________。
②若未进行步骤3操作，则数值y将________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
③通过计算确定该十钒酸铵晶体的化学式(写出计算过程)。____________________
【答案】(1). 促进十钒酸铵晶体的析出 (2). 5HSO3-＋V10O＋21H＋=10VO2＋＋5SO42-＋13H2O (3). 偏小 (4). n(NH4+)＝＝1.2×10－3 mol，n(V10O)＝＝3.0×10－4 mol，x＝＝4，n(H2O)＝＝3.0×10－3 mol，y＝＝10，该十钒酸铵晶体的化学式为(NH4)4H2V10O28·10H2O。
【分析】Ⅰ.(NH4)xH6－xV10O28·yH2O在乙醇中的溶解度较小；
Ⅱ. ①根据氧化还原反应原理分析；
②若未进行步骤3操作，则溶液中＋4价硫与KMnO4能发生氧化还原反应，使消耗的KMnO4的体积偏大，V10O286-物质的量偏大， y将偏小；
③实验I中，n(NH3)=n(HCl)-n(NaOH)，实验II中发生的反应：V10O286-+5HSO3-+21H+=10VO2++5SO42-+13H2O，5VO2++MnO4-+H2O=Mn2++5VO2++2H+，则V10O286-～10VO2+～2MnO4-，根据高锰酸钾的物质的量求出V10O286-的物质的量，利用物质的量之比等于微粒数目比求出x，再根据质量守恒定律求出水的质量和n的值。
【详解】Ⅰ.(NH4)xH6－xV10O28·yH2O在乙醇中的溶解度较小，乙醇的作用是促进十钒酸铵晶体的析出；
Ⅱ. ①步骤2：加入蒸馏水和NaHSO3，充分搅拌，使V10O完全转化为VO2＋，HSO3-被氧化为SO42-，根据氧化还原反应原理进行配平，则反应的离子方程式为：5HSO3-＋V10O＋21H＋=10VO2＋＋5SO42-＋13H2O；
②若未进行步骤3操作，则溶液中＋4价硫与KMnO4能发生氧化还原反应，使消耗的KMnO4的体积偏大，根据方程式计算得到的V10O286-物质的量偏大，步骤4中的数值y将偏小；
③实验I中，n(NH3)=n(HCl)-n(NaOH)，实验II中发生的反应：V10O286-+5HSO3-+21H+=10VO2++5SO42-+13H2O，5VO2++MnO4-+H2O=Mn2++5VO2++2H+，则V10O286-～10VO2+～2MnO4-，n(NH4+)＝＝1.2×10－3 mol，n(V10O)＝＝3.0×10－4 mol，x＝＝4，n(H2O)＝＝3.0×10－3 mol，y＝＝10，该十钒酸铵晶体的化学式为(NH4)4H2V10O28·10H2O。
【点睛】本题考查了物质含量的测定，侧重于氧化还原反应滴定法的应用以及误差分析的考查，题目难度中等，注意把握滴定原理以及误差分析的方法，侧重于考查学生的分析能力和计算能力。
19.氟铝酸钠(Na3AlF6)是工业炼铝中重要的含氟添加剂。实验室以氟石(CaF2)、石英和纯碱为原料模拟工业制备氟铝酸钠的流程如下：
(1) “煅烧”时，固体药品混合后应置于______________(填仪器名称)中加热。
(2) 通过控制分液漏斗的活塞可以调节添加液体的速率。调溶液pH接近5时，滴加稀硫酸的分液漏斗的活塞应如下图中的________(填序号)所示。
(3)在酸性废水中加入Al2(SO4)3、Na2SO4混合溶液，可将废水中F－转换为氟铝酸钠沉淀。
①该混合溶液中，Al2(SO4)3与Na2SO4的物质的量之比应≥________(填数值)。
②在不改变其他条件的情况下，加入NaOH调节溶液pH。实验测得溶液中残留氟浓度和氟去除率随溶液pH的变化关系如图所示。pH>5时，溶液中残留氟浓度增大的原因是______________________________________________________________。
(4) 若用CaCl2作为沉淀剂除去F－，欲使F－浓度不超过0.95 mg·L－1，c(Ca2＋)至少为________mol·L－1。[Ksp(CaF2)＝2.7×10－11]
(5) 工业废铝屑(主要成分为铝，少量氧化铁、氧化铝)可用于制取硫酸铝晶体[Al2(SO4)3·18H2O]。
①请补充完整由废铝屑为原料制备硫酸铝晶体的实验方案：取一定量废铝屑，放入烧杯中，______________________________________________________________________________，得硫酸铝晶体。[已知：pH＝5时，Al(OH)3沉淀完全；pH＝8.5时，Al(OH)3沉淀开始溶解。须使用的试剂：3 mol·L－1 H2SO4溶液、2 mol·L－1 NaOH溶液、冰水]
②实验操作过程中，应保持强制通风，原因是______________________________________。
【答案】(1). 铁坩埚 (2). ② (3). (4). OH－与Al3＋结合能力强于F－与Al3＋结合能力 (5). 0.0108 (6). 加入2 mol·L－1 NaOH溶液反应至不再有气泡生成，过滤；向滤液中加入3 mol·L－1 H2SO4，调pH至5～8.5，过滤，洗涤滤渣2～3次；将滤渣转移至烧杯中，加入3 mol·L－1 H2SO4至恰好完全溶解；将溶液蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，用少量冰水洗涤，干燥 (7). 防止H2与O2混合爆炸
【分析】(1) 纯碱高温条件下能与二氧化硅反应，据此分析；
(2) 通过控制分液漏斗的活塞可以调节添加液体的速率，注意开关必须慢慢打开；
(3)①根据Al2(SO4)3、Na2SO4反应生成Na3AlF6，考虑Al2(SO4)3水解；
②OH－与Al3＋结合能力强于F－与Al3＋结合能力，则氟去除率随溶液pH的增大而降低；
(4)根据Ksp(CaF2)= c(Ca2＋)×c2(F－)计算；
(5)①已知：pH＝5时，Al(OH)3沉淀完全；pH＝8.5时，Al(OH)3沉淀开始溶解，据此分析；
②注意应保持强制通风，防止H2与O2混合爆炸。
【详解】(1) 纯碱高温条件下能与二氧化硅反应，故 “煅烧”时，固体药品混合后应置于铁坩埚中加热；
(2) 通过控制分液漏斗的活塞可以调节添加液体的速率。注意开关必须慢慢打开调溶液pH接近5时，滴加稀硫酸的分液漏斗的活塞应如下图中的②所示；
(3)①根据氟铝酸钠(Na3AlF6)的分子式可知，完全由Al2(SO4)3、Na2SO4反应生成Na3AlF6时，Al2(SO4)3、Na2SO4的物质的量之比为1：3，但考虑到Al2(SO4)3的水解，故应略大，则Al2(SO4)3与Na2SO4的物质的量之比应≥；
②在不改变其他条件的情况下，加入NaOH调节溶液pH，当pH>5时，OH－与Al3＋结合能力强于F－与Al3＋结合能力，则氟去除率随溶液pH的增大而降低；
(4) 若用CaCl2作为沉淀剂除去F－，欲使F－浓度不超过0.95 mg·L－1，则浓度为，根据Ksp(CaF2)= c(Ca2＋)×c2(F－)= c(Ca2＋)×(5.0×10-5)2=2.7×10－11，则c(Ca2＋)至少为0.0108mol·L－1；
(5)①已知：pH＝5时，Al(OH)3沉淀完全；pH＝8.5时，Al(OH)3沉淀开始溶解，则由废铝屑为原料制备硫酸铝晶体的实验方案：取一定量废铝屑，放入烧杯中，加入2 mol·L－1 NaOH溶液反应至不再有气泡生成，过滤；向滤液中加入3 mol·L－1 H2SO4，调pH至5～8.5，过滤，洗涤滤渣2～3次；将滤渣转移至烧杯中，加入3 mol·L－1 H2SO4至恰好完全溶解；将溶液蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，用少量冰水洗涤，干燥，得硫酸铝晶体；
②实验操作过程中，应保持强制通风，防止H2与O2混合爆炸。
【点睛】本题考查物质的制备及溶度积的应用。注意考查溶液浓度对沉淀形成的影响，易错点为(3)①根据Al2(SO4)3、Na2SO4反应生成Na3AlF6，考虑Al2(SO4)3水解；②OH－与Al3＋结合能力强于F－与Al3＋结合能力，则氟去除率随溶液pH的增大而降低。
20.烟气中通常含有高浓度SO2、氮氧化物及粉尘颗粒等有害物质，在排放前必须进行脱硫脱硝处理。
(1) 利用甲烷可将氮氧化物还原为氮气除去。已知：
2NO(g)＋O2(g)=2NO2(g)；ΔH＝a kJ·mol－1
CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g)；ΔH＝b kJ·mol－1
CH4(g)＋2NO2(g)=N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)；ΔH＝c kJ·mol－1
反应CH4(g)＋4NO(g)=2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)；ΔH＝________ kJ·mol－1。
(2) H2O2在催化剂αFeOOH的表面上，分解产生·OH。·OH较H2O2和O2更易与烟气中的NO、SO2发生反应。反应后所得产物的离子色谱如图1所示。
①写出·OH氧化NO的化学反应方程式：______________________________________。
②当H2O2浓度一定时，NO的脱除效率与温度的关系如图2所示。升温至80 ℃以上，大量汽化的H2O2能使NO的脱除效率显著提高的原因是______________________________，温度高于180 ℃，NO的脱除效率降低的原因是________________________________。
(3) 工业可采用亚硫酸钠作吸收液脱除烟气中的二氧化硫。应用双阳离子交换膜电解技术可使该吸收液再生，同时得到高浓度SO2，其工作原理如图3所示。
① SO2气体在________(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)室生成。
②用离子方程式表示吸收液再生的原理：______________________________________。
(4) 新型纳米材料氧缺位铁酸盐(ZnFe2Ox)能将烟气中SO2分解除去，若1 mol ZnFe2Ox与足量SO2生成1 mol ZnFe2O4和0.5 mol S，则x＝________。
【答案】(1). 2a＋2c－b (2). 3·OH＋NO=HNO3＋H2O (3). H2O2与催化剂的接触更好，产生更多的·OH，·OH浓度增大，与NO混合更充分 (4). 180 ℃以后，·OH分解成O2和H2O，NO的脱出效率下降 (5). Ⅱ (6). OH－＋HSO3-=SO32-＋H2O (7). 3
【分析】(1)根据盖斯定律进行计算；
(2) ①·OH氧化NO生成硝酸和水，据此写出化学方程式；
(3)根据电解池原理分析；
(4) 根据氧化还原反应中得失电子守恒计算。
【详解】(1)已知：①2NO(g)＋O2(g)=2NO2(g)；ΔH1＝a kJ·mol－1
②CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g)；ΔH2＝b kJ·mol－1
③CH4(g)＋2NO2(g)=N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)；ΔH3＝c kJ·mol－1
根据盖斯定律，由①×2+③×2-②得反应CH4(g)＋4NO(g)=2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)；ΔH=ΔH1×2+ΔH3×2-ΔH2=（2a＋2c－b）kJ·mol－1；
(2) ①·OH氧化NO生成硝酸和水，反应的化学反应方程式为：3·OH＋NO=HNO3＋H2O；
②当H2O2浓度一定时，升温至80 ℃以上，H2O2与催化剂的接触更好，产生更多的·OH，·OH浓度增大，与NO混合更充分，大量汽化的H2O2能使NO的脱除效率显著提高；温度高于180 ℃，·OH分解成O2和H2O，NO的脱出效率下降，NO的脱除效率降低；
(3) 工业可采用亚硫酸钠作吸收液脱除烟气中的二氧化硫。应用双阳离子交换膜电解技术可使该吸收液再生，同时得到高浓度SO2，根据图中信息可知阴极上氢离子得电子产生氢气，溶液中OH-浓度增大，和HSO3-反应生成SO32-，钠离子通过阳离子交换膜移向Ⅰ室，Na2SO3溶液再生；阳极是水电离出的OH-放电生成氧气，H+浓度增大，通过阳离子交换膜进入Ⅱ室，和Ⅱ室中的HSO3-生成亚硫酸，进而分解产生SO2；
① SO2气体在Ⅱ室生成；
②吸收液中氢氧根离子与亚硫酸根离子反应生成亚硫酸而再生，离子反应方程式为：OH－＋HSO3-=SO32-＋H2O；
(4) 根据氧化还原反应中得失电子守恒可知，N(铁失电子)=[3-（x-1）]×2×2=4×1=N(硫得电子)，解得x=3。
【点睛】本题考查盖斯定律的应用及电解原理的理解等知识，合理分析氧化还原反应中得失电子及电解池中电子转移情况是解题的关键，易错点是(2)②当H2O2浓度一定时，升温至80 ℃以上，H2O2与催化剂的接触更好，产生更多的·OH，·OH浓度增大，与NO混合更充分，大量汽化的H2O2能使NO的脱除效率显著提高。
21.由硝酸锰[Mn(NO3)2]制备的一种含锰催化剂，常温下能去除甲醛、氢氰酸(HCN)等有毒气体。
(1) Mn2＋基态核外电子排布式是_____________。NO3-的空间构型为_________(用文字描述)
(2) 甲醛分子中，碳原子的杂化方式为________。
(3) HCN分子中σ键与π键的数目比为________。H、C、N三种元素的电负性由大到小的顺序为__________________________。
(4) 硝酸锰受热可分解生成NO2和某种锰的氧化物。该氧化物晶胞结构如右图所示。写出硝酸锰受热分解的化学方程式：__________________________。
【答案】(1). [Ar]3d5 (2). 平面正三角形 (3). sp2 (4). 1∶1 (5). N>C>H (6). Mn(NO3)2MnO2＋2NO2↑
【分析】（1）Mn原子核外电子数为25，原子形成阳离子先按能层高低失去电子，能层越高的电子越容易失去，同一能层中按能级高低失去电子，能级越高越容易失去；
根据价层电子对互斥理论判断NO3-的空间构型；
（2）甲醛分子中C原子价层电子对个数为3且不含孤电子对；
（3）HCN的分子结构为H-CN，根据结构式推出σ键与π键的数目比；同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增大，据此分析；
（4）根据该氧化物晶胞结构，结合均摊法算出氧化物的化学式，再写出化学方程式。
【详解】（1）Mn为25号元素，Mn2+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5；
NO3-中N原子形成3个δ键，没有孤电子对，则应为平面三角形；
（2）甲醛分子中C原子价层电子对个数为3且不含孤电子对，所以甲醛为平面三角形结构，C原子杂化类型是sp2；
(3) HCN的分子结构为H-CN，其中C-H键为σ键，CN键中含1个σ键和2个π键，故σ键与π键的数目比为1：1；
同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增大，则有电负性C＜N，H的电负性最小，故有：N>C>H；
(4) 根据该氧化物晶胞结构，结合均摊法可知，锰原子数为，O原子数为，则氧化物的化学式为MnO2，硝酸锰受热可分解生成NO2和MnO2，则硝酸锰受热分解的化学方程式为：Mn(NO3)2MnO2＋2NO2↑。
22.实验室用氧化锌作催化剂、以乙二醇和碳酸氢钠为复合解聚剂常压下快速、彻底解聚聚对苯二甲酸乙二醇酯，同时回收对苯二甲酸和乙二醇。反应原理如下：
实验步骤如下：
步骤1：在题图1所示装置的四颈烧瓶内依次加入洗净的矿泉水瓶碎片、氧化锌、碳酸氢钠和乙二醇，缓慢搅拌，油浴加热至180 ℃，反应0.5 h。
步骤2：降下油浴，冷却至160 ℃，将搅拌回流装置改为图2所示的搅拌蒸馏装置，水泵减压，油浴加热蒸馏。
步骤3：蒸馏完毕，向四颈烧瓶内加入沸水，搅拌。维持温度在60 ℃左右，抽滤。
步骤4：将滤液转移至烧杯中加热煮沸后，趁热边搅拌边加入盐酸酸化至pH为1～2。用砂芯漏斗抽滤，洗涤滤饼数次直至洗涤滤液pH＝6，将滤饼摊开置于微波炉中微波干燥。
请回答下列问题：
(1) 步骤1中将矿泉水瓶剪成碎片的目的是______________________________。
(2) 步骤2中减压蒸馏的目的是__________________________________________________，蒸馏出的物质是______________。
(3) 抽滤结束后停止抽滤正确的操作方法是______________________________________。若滤液有色，可采取的措施是__________________________。
(4) 该实验中，不采用水浴加热的原因是______________________________________。
【答案】(1). 增大接触面积，加快解聚速率，且有利于搅拌 (2). 降低蒸馏温度，防止引起副反应 (3). 乙二醇 (4). 拔下抽气泵与吸滤瓶间的橡皮管，再关闭抽气泵 (5). 加入活性炭脱色 (6). 水浴温度不能超过100 ℃
【分析】(1) 根据反应速率的影响因素进行分析；
(2)降低蒸馏温度，防止引起副反应，采用减压蒸馏；蒸馏出的物质是乙二醇；
(3) 根据抽滤操作进行分析；
(4)水浴温度不能超过100 ℃，据此分析。
【详解】(1) 为了增大接触面积，加快解聚速率，且有利于搅拌，步骤1中将矿泉水瓶剪成碎片；
(2)降低蒸馏温度，防止引起副反应，步骤2采用减压蒸馏的方法；蒸馏出的物质是乙二醇；
(3) 抽滤结束后停止抽滤时应拔下抽气泵与吸滤瓶间的橡皮管，再关闭抽气；若滤液有色，可加入活性炭脱色；
(4) 该实验中，温度超过100 ℃，而水浴温度不能超过100 ℃，不采用水浴加热。
1.化妆品中添加甘油可以起到保湿作用。甘油中一定含有的元素有（ ）
A. 氯 B. 氧 C. 硫 D. 磷
【答案】B
【详解】丙三醇（C3H8O3）俗名甘油，根据丙三醇的化学式可知含有C、H、O三种元素；
答案选B。
【点睛】本题以信息的形式来考查学生对于物质元素组成的认识，化学式是解答的关键，学生应能根据化学式得到解题需要的信息，根据丙三醇的化学式可知含有C、H、O三种元素。
2.反应CO2＋2NH3CO(NH2)2＋H2O可应用于工业合成尿素。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是（ ）
A. 中子数为8的碳原子：C B. NH3的电子式：
C. 氧原子的结构示意图： D. CO(NH2)2的结构简式：
【答案】D
【详解】A．中子数为8，质量数=中子数+质子数，为6+8=14，中子数为8的碳原子应为，选项A错误；
B．氨气中N原子最外层含有8个电子，其正确的电子式为，选项B错误；
C．氧原子是8号元素，核内质子数为8，核外有2个电子层，第一层2个电子，第二层6个电子，氧原子的结构示意图为，选项C错误；
D．CO(NH2)2中有4个H-N键、1个C=O键和2个C-N键，C、N和O原子都达到8电子稳定结构，其结构简式为：，选项D正确；
答案选D。
【点睛】本题考查化学用语的使用，化学用语是学好化学的基本语言，在化学中有多种化学语言如结构式、电子式、结构简式等等，解题时不能张冠李戴，要按要求写，例如题目要求写结构式就不能写出结构简式。
3.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A. Al2O3熔点高，可用作耐高温材料 B. SO2有氧化性，可用作葡萄酒抗氧化剂
C. 小苏打能与碱反应，可用作抗酸药 D. NH4Cl受热易分解，可用作化肥
【答案】A
【详解】A．熔点高的物质可作耐高温材料，则Al2O3熔点高，可用作耐高温材料，选项A正确；
B．SO2有还原性，可用作葡萄酒抗氧化剂，选项B错误；
C．小苏打，即碳酸氢钠,是一种弱碱性的抗酸药物，是因为其能与酸反应，选项C错误；
D．NH4Cl是氮肥，但与其受热易分解无关，选项D错误。
答案选A。
4.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A. 0.1 mol·L－1 HCl溶液：NH4+、Na＋、NO3-、SO42-
B. 0.1 mol·L－1 KOH溶液：Na＋、Ca2＋、AlO2-、SiO32-
C. 0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液：K＋、Cu2＋、OH－、MnO4-
D. 0.1 mol·L－1 NaClO溶液：Mg2＋、Fe2＋、I－、S2－
【答案】A
【详解】A．该组离子之间不反应，能共存，选项A正确；
B．Ca2＋与SiO32-反应产生沉淀而不能大量共存，选项B错误；
C．HCO3-、Cu2＋与OH－反应而不能大量共存，选项C错误；
D．ClO-与Fe2＋、I－、S2－发生氧化还原反应而不能大量共存，选项D错误。
答案选A。
5.下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A. 将Cl2通入热的NaOH溶液：Cl2＋6OH－Cl－＋ClO3－＋3H2O
B. 用醋酸除水垢：2CH3COOH＋CO32-=2CH3COO－＋H2O＋CO2↑
C. 酸性FeSO4溶液长期放置发生变质：4Fe2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋2H2O
D. 向NH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液并加热：NH4+＋OH－NH3↑＋H2O
【答案】C
【详解】A．将Cl2通入热的NaOH溶液，反应生成氯化钠、氯酸钠和水，反应的离子方程式为：3Cl2＋6OH－5Cl－＋ClO3－＋3H2O，选项A错误；
B．用醋酸除水垢，反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，反应的离子方程式为：2CH3COOH＋CaCO3=2CH3COO－＋Ca2++H2O＋CO2↑，选项B错误；
C．酸性FeSO4溶液长期放置发生变质，反应的离子方程式为：4Fe2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋2H2O，选项C正确；
D．向NH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液并加热，反应生成碳酸钠、氨气和水，反应的离子方程式为：HCO3－+NH4+＋2OH－NH3↑＋CO32-+2H2O，选项D错误。
答案选C。
6.下列图示装置和原理能达到实验目的的是（ ）
A. 用装置甲制取并收集氨气
B. 用装置乙制取无水氯化镁
C. 用装置丙除去氯气中的氯化氢
D. 用装置丁分离苯和四氯化碳
【答案】C
【详解】A．加热固体药品时试管口应略向倾斜，且收集时不能密闭，选项A错误；
B．加热氯化镁溶液，促进了镁离子水解，因为水解产生的HCl易挥发，最终得到的固体为氧化镁，无法获得无水氯化镁，选项B错误；
C．除去氯气中氯化氢应通过盛有饱和食盐水的洗气瓶除去氯化氢，用装置丙能达到实验目的，选项C正确；
D．分液的对象是两种互不相溶的液体，苯易溶于四氯化碳，因此采用分馏的方法进行分离，选项D错误；
答案选C。
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. CaCl2(aq) CaCO3 CaO
B. Na Na2O NaOH
C. (C6H10O5)n(淀粉) C6H12O6(葡萄糖) C2H5OH
D. Cu2S Cu CuSO4
【答案】C
【详解】A．二氧化碳与氯化钙溶液不反应，碳酸钙受热分解生成氧化钙和二氧化碳，其中第一步不能实现转化，选项A错误；
B．钠在氧气中点燃反应生成过氧化钠而不是生成氧化钠，氧化钠与水反应生成氢氧化钠，其中第一步不能实现转化，选项B错误；
C．淀粉在稀硫酸催化下水解最终生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的催化下反应生成乙醇和二氧化碳，两步转化均能实现，选项C正确；
D．高温条件下硫化亚铜与氧气反应生成铜和二氧化硫（火法炼铜），铜与稀硫酸不反应无法得到硫酸铜，第一步转化不能实现，选项D错误；
答案选C。
8.如图是一种电解质溶液可以循环流动的新型电池。下列说法正确的是（ ）
A. Cu电极为正极
B. PbO2电极反应式为PbO2＋2e－＋4H＋=Pb2＋＋2H2O
C. 放电后循环液中H2SO4与CuSO4物质的量之比变小
D. 若将Cu换成Pb，则电路中电子转移方向改变
【答案】C
【详解】A. Cu电极上Cu失去电子产生Cu2＋，作为负极，选项A错误；
B. PbO2电极为正极，电极反应式为PbO2＋2e－＋4H＋＋SO42－=PbSO4＋2H2O，选项B错误；
C. 放电时负极电极反应为Cu-2e－=Cu2＋，正极电极反应为PbO2＋2e－＋4H＋＋SO42－=PbSO4＋2H2O，总反应为PbO2＋Cu＋4H＋＋SO42－= Cu2＋+PbSO4＋2H2O，H2SO4减少，CuSO4增多，循环液中H2SO4与CuSO4物质的量之比变小，选项C正确；
D. 若将Cu换成Pb，Pb失电子为负极，电路中电子转移方向不改变，选项D错误。
答案选C。
9.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X是非金属性最强的元素，Y是地壳中含量最高的金属元素，Y、Z处于同一周期且相邻，W原子最外层电子比内层电子少3个。下列说法正确的是（ ）
A. 原子半径：r(X)
C. Z的简单气态氢化物的热稳定性比W的强
D. 元素Y、W最高价氧化物的水化物之间能反应生成盐和水
【答案】D
【详解】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X是非金属性最强的元素，则X为F元素，Y是地壳中含量最高的金属元素，为Al元素；Y、Z处于同一周期且相邻，则Z为Si元素；W原子最外层电子比内层电子少3个，则为Cl元素。
A. 同周期元素从左到右原子半径依次减小，故原子半径： r(Y) >r(Z) >r(W) >r(X)，选项A错误；
B. X与Z组成的化合物SiF4是共价化合物，选项B错误；
C. 非金属性Cl>Si，Z的简单气态氢化物SiH4的热稳定性比W的简单气态氢化物HCl弱，选项C错误；
D. 元素Y、W最高价氧化物的水化物Al(OH)3、HClO4之间能反应生成盐和水，选项D正确；
答案选D。
10.下列说法正确的是（ ）
A. 由CH4、O2和KOH溶液组成的燃料电池，负极反应为CH4＋8OH－－8e－=CO2＋6H2O
B. 常温下，反应2Na2O2(s)＋2CO2(g)=2Na2CO3(s)＋O2(g)能自发进行，该反应ΔH<0
C. 反应C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)达平衡后，缩小容器体积，H2O(g)平衡转化率不变
D. 0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液加水稀释，的值减小
【答案】B
【详解】A．在CH4、O2和KOH溶液组成的燃料电池中，负极反应式为：CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O，选项A错误；
B．常温下，反应2Na2O2(s)＋2CO2(g)=2Na2CO3(s)＋O2(g)是熵减的反应，ΔS<0，能自发进行，则ΔG=ΔH-TΔS<0，故该反应ΔH<0，选项B正确；
C．反应C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)为气体体积增大的反应，达平衡后，缩小容器体积，平衡逆向移动，H2O(g)平衡转化率减小，选项C错误；
D．0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液加水稀释，温度不变，电离平衡常数Kb=不变，故的值不变，选项D错误；
答案选B。
11.下图是以秸秆为原料制备某种聚酯高分子化合物的合成路线，下列有关说法正确的是（ ）
A. X的化学式为C4H6O4
B. Y分子中有1个手性碳原子
C. Y和1，4－丁二醇通过加聚反应生成聚酯Z
D. 消耗Y和1，4－丁二醇的物质的量之比为1∶1
【答案】D
【详解】A. 根据X的结构简式可知，X的化学式为C6H6O4，选项A错误；
B. 根据Y的结构简式可知，Y中除了两个羧基外，还有4个亚甲基，不存在手性碳原子，选项B错误；
C. Y和1，4－丁二醇通过缩聚反应生成聚酯Z和水，选项C错误；
D. 根据聚酯Z的结构简式可知，生成Z时，消耗Y和1，4－丁二醇的物质的量之比为1∶1，选项D正确。
答案选D。
12.下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ）
选项
实验操作和现象
结论
A
将废铁屑溶于过量盐酸，滴入KSCN溶液，未见溶液变为红色
该废铁屑中不含三价铁的化合物
B
向AgCl悬浊液中滴入数滴0.1 mol·L－1 KI溶液，有黄色沉淀生成
Ksp(AgI)
向a、b两试管中同时加入4 mL 0.01 mol·L－1 KMnO4溶液和2 mL 0.1 mol·L－1 H2C2O4溶液，再向a试管内加入少量MnSO4，a试管中溶液褪色较快
MnSO4是KMnO4和H2C2O4反应的催化剂
D
向苯酚浊液中加入热的氢氧化钠溶液，浊液变澄清
苯酚显酸性
【答案】BC
【详解】A.若铁屑过量，则其中的三价铁也会被过量的铁还原为亚铁离子，只生成氯化亚铁，滴入KSCN溶液，未见溶液变为红色，无法证明该废铁屑中不含三价铁的化合物，选项A错误；
B. 向AgCl悬浊液中滴入数滴0.1 mol·L－1 KI溶液，有黄色沉淀生成，AgCl转化为更难溶的AgI，证明Ksp(AgI)
D.温度升高苯酚溶解度增大，苯酚的浑浊液变澄清，向苯酚浊液中加入热的氢氧化钠溶液，浊液变澄清无法说明苯酚的酸性，选项D错误；
答案选BC。
13.根据下列图所示所得出的结论正确的是（ ）
A. 图甲是一定温度下，处于恒容密闭容器、弱酸性环境下的铁钉发生腐蚀过程中体系压强的变化曲线，可推知初始阶段铁钉主要发生析氢腐蚀
B. 图乙是平衡体系2NO2(g)N2O4(g)；ΔH＝－56.9 kJ·mol－1改变某一条件后v(正)、v(逆)的变化情况，可推知t0时刻改变的条件是升高温度
C. 图丙是某温度下c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.100 mol·L－1的醋酸与醋酸钠混合溶液中c(CH3COOH)、c(CH3COO－)与pH的关系，可推知该温度下pH＝3的溶液中：Ka<10－4.75
D. 图丁中虚线是2SO2＋O22SO3在催化剂存在下反应过程中能量的变化情况，可推知催化剂Ⅰ的催化效果更好
【答案】AC
【详解】A. 图甲是一定温度下，处于恒容密闭容器、弱酸性环境下的铁钉发生腐蚀过程中体系压强的变化曲线，根据反应开始时压强增大，可推知初始阶段铁钉主要发生析氢腐蚀，气体体积增多，压强增大，选项A正确；
B. 图乙是平衡体系2NO2(g)N2O4(g)；ΔH＝－56.9 kJ·mol－1改变某一条件后v(正)、v(逆)的变化情况，若t0时刻改变的条件是升高温度，则正逆反应速率均增大，与图中正反应速率在条件改变时不变不符，选项B错误；
C. 图丙是某温度下c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.100 mol·L－1的醋酸与醋酸钠混合溶液中c(CH3COOH)、c(CH3COO－)与pH的关系，可推知该温度下Ka=10－4.75，温度不变时Ka不变，则pH＝3的溶液中Ka=10－4.75，选项C正确；
D. 图丁中虚线是2SO2＋O22SO3在催化剂存在下反应过程中能量的变化情况，根据图中信息可知，催化剂Ⅱ正反应的活化能更低，催化效果更好，选项D错误。
答案选AC。
14.室温下，Ka(HCN)＝6.2×10－10，Ka1(H2C2O4)＝5.4×10－2，Ka2(H2C2O4)＝5.4×10－5。若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是（ ）
A. 0.1 mol·L－1 NaCN溶液与等体积、等浓度盐酸混合：c(Na＋)＝c(Cl－)>c(H＋)>c(HCN)>c(CN－)
B. 向0.1 mol·L－1 NaHC2O4溶液中加入NaOH溶液至pH＝7：c(Na＋)<2[c(HC2O4-)＋c(C2O42-)＋c(H2C2O4)]
C. 0.1 mol·L－1 NaCN溶液与0.1 mol·L－1 NaHC2O4溶液的比较：c(CN－)
【答案】BC
【详解】A. 溶液为HCN与氯化钠的混合溶液，且二者的物质的量浓度相等，HCN的电离很微弱，c(Na＋)＝c(Cl－)> c(HCN)>c(H＋)> c(CN－)，选项A错误；
B. 若向0.1 mol·L－1 NaHC2O4溶液中加入NaOH溶液至完全反应则生成Na2C2O4，溶液呈碱性，根据物料守恒有c(Na＋)=2[c(HC2O4-)＋c(C2O42-)＋c(H2C2O4)] ，当反应至溶液pH＝7时则氢氧化钠不足，c(Na＋)偏小，故c(Na＋)<2[c(HC2O4-)＋c(C2O42-)＋c(H2C2O4)]，选项B正确；
C. 因Ka(HCN)＝6.2×10－10
答案选BC。
【点睛】本题考查盐的水解及溶液中离子浓度大小关系的比较，注意物料守恒等的应用，易错点为选项D，若0.1 mol·L－1 NaHC2O4溶液中存在物料守恒有：c(Na＋)=c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＋c(H2C2O4)＝0.1mol·L－1，而0.1 mol·L－1 NaCN溶液与0.1 mol·L－1 NaHC2O4溶液等体积混合后：c(Na＋)+c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＋c(H2C2O4)＝0.1 mol·L－1+0.05 mol·L－1=0.15 mol·L－1。
15.Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个容积均为1 L的恒容密闭容器中均投入1 mol CO2和3 mol H2，在不同温度下发生反应：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)。反应10 min，测得各容器内CO2的物质的量分别如右图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 该正反应ΔH<0
B. T1时，该反应的平衡常数为
C. 10 min内，容器Ⅱ中的平均速率：v(H2)＝0.07 mol·L－1·min－1
D. 10 min后，向容器Ⅲ中再加入1 mol CO2(g)和1 mol H2O(g)，此时v(逆)>v(正)
【答案】AD
【详解】A. 根据图中信息可知，Ⅰ中反应末达平衡，Ⅱ、Ⅲ反应达平衡，则升高温度，CO2的物质的量增大，平衡逆向移动，证明该正反应ΔH<0，选项A正确；
B. T1时，反应末达平衡状态，无法计算反应的平衡常数，选项B错误；
C. 10 min内，容器Ⅱ中的平均速率：v(H2)=3 v(CO2)=3×=0.21 mol·L－1·min－1，选项C错误；
D. 10 min时n(CO2)= 0.7 mol， 则n(H2)=2.1 mol、n(CH3OH)= n(H2O)= 0.3mol，平衡常数K=，向容器Ⅲ中再加入1 mol CO2(g)和1 mol H2O(g)，此时Q=＞K，反应逆向移动，v(逆)>v(正)，选项D正确。
答案选AD。
16.铁红(Fe2O3)常用于油漆、油墨及橡胶工业。工业上以一定质量的硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、Fe3O4，另含少量难溶杂质)为主要原料制备铁红的一种工艺流程如下：
已知：某些过渡元素(如Cu、Fe、Ag等)的离子能与NH3、H2O、OH－、SCN－等形成可溶性配合物。
(1) 工业常将硫铁矿烧渣经过粉碎后再进行“酸浸”，其目的是____________________________________________。
(2) “酸浸”时加入的硫酸不宜过量太多的原因是___________________________________。
(3) “过滤1”所得滤液中含有的阳离子有____________________。
(4) “沉淀”过程中，控制NH4HCO3用量不变，铁的沉淀率随氨水用量变化如右图所示。当氨水用量超过一定体积时，铁的沉淀率下降。其可能的原因是__________________________。
(5) “过滤2”所得滤渣的主要成分为FeOOH和FeCO3，所得滤液中的主要溶质是______________(填化学式)。
(6) 写出FeCO3在空气中焙烧生成铁红的化学方程式：__________________________。
【答案】(1). 增大反应物接触面积，加快反应速率，提高烧渣浸出率 (2). 过量太多会增加沉淀过程氨水的用量 (3). Fe2＋、Fe3＋、H＋ (4). 氨水与铁的氢氧化物反应生成可溶性配合物 (5). (NH4)2SO4 (6). 4FeCO3＋O22Fe2O3＋4CO2
【分析】在硫铁矿渣中加入硫酸酸浸后过滤1去掉不溶物滤渣，滤液中加入氨水和碳酸氢铵调节溶液pH，过滤后得到滤液，而滤渣在空气中焙烧可得铁红Fe2O3，据此分析。
【详解】在硫铁矿渣中加入硫酸酸浸后过滤1去掉不溶物滤渣，滤液中加入氨水和碳酸氢铵调节溶液pH，过滤后得到滤液，而滤渣在空气中焙烧可得铁红Fe2O3。
(1)为增大反应物接触面积，加快反应速率，提高烧渣浸出率，工业常将硫铁矿烧渣经过粉碎后再进行“酸浸”；
(2) “酸浸”时加入的硫酸不宜过量太多，否则过量太多会增加沉淀过程氨水的用量；
(3) Fe2O3、Fe3O4与硫酸反应生成硫酸亚铁和硫酸铁，且硫酸过量，故“过滤1”所得滤液中含有的阳离子有Fe2＋、Fe3＋、H＋；
(4) 根据图中信息可知，当氨水用量超过一定体积时，铁的沉淀率下降。可能的原因是氨水与铁的氢氧化物反应生成可溶性配合物；
(5) “过滤2”所得滤渣的主要成分为FeOOH和FeCO3，根据流程可知，铵根离子及硫酸根离子均未转化为沉淀而留在滤液中，故所得滤液中的主要溶质是(NH4)2SO4；
(6) FeCO3在空气中焙烧生成铁红Fe2O3，同时生成CO2，反应的化学方程式为：4FeCO3＋O22Fe2O3＋4CO2。
17.化合物G对白色念珠菌具有较强的抑制作用。G可经下图所示合成路线制备：
请回答下列问题：
(1) A→B的反应类型是______________。
(2) E中含氧官能团的名称为______________和______________。
(3) C与B互为同分异构体，能与小苏打反应放出CO2，且能与SOCl2发生取代反应生成D。写出C的结构简式：______________。
(4) 写出同时满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式：______________。(不考虑立体异构)
①含有—SH结构；
②能在酸性条件下发生水解反应，两种水解产物均含有三种不同环境的H原子。其中一种水解产物既能遇FeCl3溶液显色，又能与Br2的CCl4溶液发生加成反应。
(5) 写出以甲苯和乙醇为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). 加成反应 (2). 羰基 (3). 酯基 (4). (5). (6).
【分析】与在(CH3CH2)3N催化下加热发生加成反应生成，在AlCl3作用下发生重组生成，在SOCl2作用下反应生成，与甲醇发生取代反应生成和氯化氢，与氨水共热生成，在POCl3催化下加热与乙酸发生反应生成，据此分析。
【详解】与在(CH3CH2)3N催化下加热发生加成反应生成，在AlCl3作用下发生重组生成，在SOCl2作用下反应生成，与甲醇发生取代反应生成和氯化氢，与氨水共热生成，在POCl3催化下加热与乙酸发生反应生成。
(1) A→B的反应类型是加成反应；
(2) E为，含氧官能团的名称为羰基和酯基；
(3) C与B互为同分异构体，能与小苏打反应放出CO2，且能与SOCl2发生取代反应生成D。C的结构简式为；
(4) D的一种同分异构体：①含有—SH结构；②能在酸性条件下发生水解反应，两种水解产物均含有三种不同环境的H原子。其中一种水解产物既能遇FeCl3溶液显色则含有酚羟基，又能与Br2的CCl4溶液发生加成反应则含有碳碳双键，则符合条件的同分异构体有或；
(5)以甲苯和乙醇为原料制备，甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸，苯甲酸与乙醇发生酯化反应生成苯甲酸乙酯，苯甲酸乙酯与NH2NH2•H2O反应生成；乙醇被酸性高锰酸钾氧化得到乙酸，乙酸与反应得到；合成路线流程图为。
【点睛】本题为有机合成及推断的题目，推出各物质是解题的关键，合成有机物时可以利用逆推法，结合题干中的合成路线进行判断分析。
18.某十钒酸铵[(NH4)xH6－xV10O28·yH2O(其中钒为＋5价)]常用来制造高端钒铝合金。
Ⅰ. (NH4)xH6－xV10O28·yH2O的制备
将NH4VO3溶于pH为4的弱酸性介质后，加入乙醇，过滤得到(NH4)xH6－xV10O28·yH2O晶体。乙醇的作用是______________________________________________________。
Ⅱ. (NH4)xH6－xV10O28·yH2O的组成测定
(1) NH4+含量测定
准确称取0.363 6 g该十钒酸铵晶体，加入蒸馏水和NaOH溶液，加热煮沸，生成的氨气用20.00 mL 0.100 0 mol·L－1盐酸标准溶液吸收。用等浓度的NaOH标准溶液滴定过量盐酸，消耗NaOH标准溶液8.00 mL。
(2) V10O(M＝958 g·mol－1)含量测定
步骤1：准确称取0.3636 g该十钒酸铵晶体，加入适量稀硫酸，微热使之溶解。
步骤2：加入蒸馏水和NaHSO3，充分搅拌，使V10O完全转化为VO2＋。
步骤3：加适量稀硫酸酸化，加热煮沸，除去溶液中＋4价硫。
步骤4：用0.020 00 mol·L－1 KMnO4标准溶液滴定，终点时消耗30.00 mL KMnO4标准溶液(该过程中钒被氧化至＋5价，锰被还原至＋2价)。
①写出步骤2反应的离子方程式：____________________________________。
②若未进行步骤3操作，则数值y将________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
③通过计算确定该十钒酸铵晶体的化学式(写出计算过程)。____________________
【答案】(1). 促进十钒酸铵晶体的析出 (2). 5HSO3-＋V10O＋21H＋=10VO2＋＋5SO42-＋13H2O (3). 偏小 (4). n(NH4+)＝＝1.2×10－3 mol，n(V10O)＝＝3.0×10－4 mol，x＝＝4，n(H2O)＝＝3.0×10－3 mol，y＝＝10，该十钒酸铵晶体的化学式为(NH4)4H2V10O28·10H2O。
【分析】Ⅰ.(NH4)xH6－xV10O28·yH2O在乙醇中的溶解度较小；
Ⅱ. ①根据氧化还原反应原理分析；
②若未进行步骤3操作，则溶液中＋4价硫与KMnO4能发生氧化还原反应，使消耗的KMnO4的体积偏大，V10O286-物质的量偏大， y将偏小；
③实验I中，n(NH3)=n(HCl)-n(NaOH)，实验II中发生的反应：V10O286-+5HSO3-+21H+=10VO2++5SO42-+13H2O，5VO2++MnO4-+H2O=Mn2++5VO2++2H+，则V10O286-～10VO2+～2MnO4-，根据高锰酸钾的物质的量求出V10O286-的物质的量，利用物质的量之比等于微粒数目比求出x，再根据质量守恒定律求出水的质量和n的值。
【详解】Ⅰ.(NH4)xH6－xV10O28·yH2O在乙醇中的溶解度较小，乙醇的作用是促进十钒酸铵晶体的析出；
Ⅱ. ①步骤2：加入蒸馏水和NaHSO3，充分搅拌，使V10O完全转化为VO2＋，HSO3-被氧化为SO42-，根据氧化还原反应原理进行配平，则反应的离子方程式为：5HSO3-＋V10O＋21H＋=10VO2＋＋5SO42-＋13H2O；
②若未进行步骤3操作，则溶液中＋4价硫与KMnO4能发生氧化还原反应，使消耗的KMnO4的体积偏大，根据方程式计算得到的V10O286-物质的量偏大，步骤4中的数值y将偏小；
③实验I中，n(NH3)=n(HCl)-n(NaOH)，实验II中发生的反应：V10O286-+5HSO3-+21H+=10VO2++5SO42-+13H2O，5VO2++MnO4-+H2O=Mn2++5VO2++2H+，则V10O286-～10VO2+～2MnO4-，n(NH4+)＝＝1.2×10－3 mol，n(V10O)＝＝3.0×10－4 mol，x＝＝4，n(H2O)＝＝3.0×10－3 mol，y＝＝10，该十钒酸铵晶体的化学式为(NH4)4H2V10O28·10H2O。
【点睛】本题考查了物质含量的测定，侧重于氧化还原反应滴定法的应用以及误差分析的考查，题目难度中等，注意把握滴定原理以及误差分析的方法，侧重于考查学生的分析能力和计算能力。
19.氟铝酸钠(Na3AlF6)是工业炼铝中重要的含氟添加剂。实验室以氟石(CaF2)、石英和纯碱为原料模拟工业制备氟铝酸钠的流程如下：
(1) “煅烧”时，固体药品混合后应置于______________(填仪器名称)中加热。
(2) 通过控制分液漏斗的活塞可以调节添加液体的速率。调溶液pH接近5时，滴加稀硫酸的分液漏斗的活塞应如下图中的________(填序号)所示。
(3)在酸性废水中加入Al2(SO4)3、Na2SO4混合溶液，可将废水中F－转换为氟铝酸钠沉淀。
①该混合溶液中，Al2(SO4)3与Na2SO4的物质的量之比应≥________(填数值)。
②在不改变其他条件的情况下，加入NaOH调节溶液pH。实验测得溶液中残留氟浓度和氟去除率随溶液pH的变化关系如图所示。pH>5时，溶液中残留氟浓度增大的原因是______________________________________________________________。
(4) 若用CaCl2作为沉淀剂除去F－，欲使F－浓度不超过0.95 mg·L－1，c(Ca2＋)至少为________mol·L－1。[Ksp(CaF2)＝2.7×10－11]
(5) 工业废铝屑(主要成分为铝，少量氧化铁、氧化铝)可用于制取硫酸铝晶体[Al2(SO4)3·18H2O]。
①请补充完整由废铝屑为原料制备硫酸铝晶体的实验方案：取一定量废铝屑，放入烧杯中，______________________________________________________________________________，得硫酸铝晶体。[已知：pH＝5时，Al(OH)3沉淀完全；pH＝8.5时，Al(OH)3沉淀开始溶解。须使用的试剂：3 mol·L－1 H2SO4溶液、2 mol·L－1 NaOH溶液、冰水]
②实验操作过程中，应保持强制通风，原因是______________________________________。
【答案】(1). 铁坩埚 (2). ② (3). (4). OH－与Al3＋结合能力强于F－与Al3＋结合能力 (5). 0.0108 (6). 加入2 mol·L－1 NaOH溶液反应至不再有气泡生成，过滤；向滤液中加入3 mol·L－1 H2SO4，调pH至5～8.5，过滤，洗涤滤渣2～3次；将滤渣转移至烧杯中，加入3 mol·L－1 H2SO4至恰好完全溶解；将溶液蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，用少量冰水洗涤，干燥 (7). 防止H2与O2混合爆炸
【分析】(1) 纯碱高温条件下能与二氧化硅反应，据此分析；
(2) 通过控制分液漏斗的活塞可以调节添加液体的速率，注意开关必须慢慢打开；
(3)①根据Al2(SO4)3、Na2SO4反应生成Na3AlF6，考虑Al2(SO4)3水解；
②OH－与Al3＋结合能力强于F－与Al3＋结合能力，则氟去除率随溶液pH的增大而降低；
(4)根据Ksp(CaF2)= c(Ca2＋)×c2(F－)计算；
(5)①已知：pH＝5时，Al(OH)3沉淀完全；pH＝8.5时，Al(OH)3沉淀开始溶解，据此分析；
②注意应保持强制通风，防止H2与O2混合爆炸。
【详解】(1) 纯碱高温条件下能与二氧化硅反应，故 “煅烧”时，固体药品混合后应置于铁坩埚中加热；
(2) 通过控制分液漏斗的活塞可以调节添加液体的速率。注意开关必须慢慢打开调溶液pH接近5时，滴加稀硫酸的分液漏斗的活塞应如下图中的②所示；
(3)①根据氟铝酸钠(Na3AlF6)的分子式可知，完全由Al2(SO4)3、Na2SO4反应生成Na3AlF6时，Al2(SO4)3、Na2SO4的物质的量之比为1：3，但考虑到Al2(SO4)3的水解，故应略大，则Al2(SO4)3与Na2SO4的物质的量之比应≥；
②在不改变其他条件的情况下，加入NaOH调节溶液pH，当pH>5时，OH－与Al3＋结合能力强于F－与Al3＋结合能力，则氟去除率随溶液pH的增大而降低；
(4) 若用CaCl2作为沉淀剂除去F－，欲使F－浓度不超过0.95 mg·L－1，则浓度为，根据Ksp(CaF2)= c(Ca2＋)×c2(F－)= c(Ca2＋)×(5.0×10-5)2=2.7×10－11，则c(Ca2＋)至少为0.0108mol·L－1；
(5)①已知：pH＝5时，Al(OH)3沉淀完全；pH＝8.5时，Al(OH)3沉淀开始溶解，则由废铝屑为原料制备硫酸铝晶体的实验方案：取一定量废铝屑，放入烧杯中，加入2 mol·L－1 NaOH溶液反应至不再有气泡生成，过滤；向滤液中加入3 mol·L－1 H2SO4，调pH至5～8.5，过滤，洗涤滤渣2～3次；将滤渣转移至烧杯中，加入3 mol·L－1 H2SO4至恰好完全溶解；将溶液蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，用少量冰水洗涤，干燥，得硫酸铝晶体；
②实验操作过程中，应保持强制通风，防止H2与O2混合爆炸。
【点睛】本题考查物质的制备及溶度积的应用。注意考查溶液浓度对沉淀形成的影响，易错点为(3)①根据Al2(SO4)3、Na2SO4反应生成Na3AlF6，考虑Al2(SO4)3水解；②OH－与Al3＋结合能力强于F－与Al3＋结合能力，则氟去除率随溶液pH的增大而降低。
20.烟气中通常含有高浓度SO2、氮氧化物及粉尘颗粒等有害物质，在排放前必须进行脱硫脱硝处理。
(1) 利用甲烷可将氮氧化物还原为氮气除去。已知：
2NO(g)＋O2(g)=2NO2(g)；ΔH＝a kJ·mol－1
CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g)；ΔH＝b kJ·mol－1
CH4(g)＋2NO2(g)=N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)；ΔH＝c kJ·mol－1
反应CH4(g)＋4NO(g)=2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)；ΔH＝________ kJ·mol－1。
(2) H2O2在催化剂αFeOOH的表面上，分解产生·OH。·OH较H2O2和O2更易与烟气中的NO、SO2发生反应。反应后所得产物的离子色谱如图1所示。
①写出·OH氧化NO的化学反应方程式：______________________________________。
②当H2O2浓度一定时，NO的脱除效率与温度的关系如图2所示。升温至80 ℃以上，大量汽化的H2O2能使NO的脱除效率显著提高的原因是______________________________，温度高于180 ℃，NO的脱除效率降低的原因是________________________________。
(3) 工业可采用亚硫酸钠作吸收液脱除烟气中的二氧化硫。应用双阳离子交换膜电解技术可使该吸收液再生，同时得到高浓度SO2，其工作原理如图3所示。
① SO2气体在________(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)室生成。
②用离子方程式表示吸收液再生的原理：______________________________________。
(4) 新型纳米材料氧缺位铁酸盐(ZnFe2Ox)能将烟气中SO2分解除去，若1 mol ZnFe2Ox与足量SO2生成1 mol ZnFe2O4和0.5 mol S，则x＝________。
【答案】(1). 2a＋2c－b (2). 3·OH＋NO=HNO3＋H2O (3). H2O2与催化剂的接触更好，产生更多的·OH，·OH浓度增大，与NO混合更充分 (4). 180 ℃以后，·OH分解成O2和H2O，NO的脱出效率下降 (5). Ⅱ (6). OH－＋HSO3-=SO32-＋H2O (7). 3
【分析】(1)根据盖斯定律进行计算；
(2) ①·OH氧化NO生成硝酸和水，据此写出化学方程式；
(3)根据电解池原理分析；
(4) 根据氧化还原反应中得失电子守恒计算。
【详解】(1)已知：①2NO(g)＋O2(g)=2NO2(g)；ΔH1＝a kJ·mol－1
②CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g)；ΔH2＝b kJ·mol－1
③CH4(g)＋2NO2(g)=N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)；ΔH3＝c kJ·mol－1
根据盖斯定律，由①×2+③×2-②得反应CH4(g)＋4NO(g)=2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)；ΔH=ΔH1×2+ΔH3×2-ΔH2=（2a＋2c－b）kJ·mol－1；
(2) ①·OH氧化NO生成硝酸和水，反应的化学反应方程式为：3·OH＋NO=HNO3＋H2O；
②当H2O2浓度一定时，升温至80 ℃以上，H2O2与催化剂的接触更好，产生更多的·OH，·OH浓度增大，与NO混合更充分，大量汽化的H2O2能使NO的脱除效率显著提高；温度高于180 ℃，·OH分解成O2和H2O，NO的脱出效率下降，NO的脱除效率降低；
(3) 工业可采用亚硫酸钠作吸收液脱除烟气中的二氧化硫。应用双阳离子交换膜电解技术可使该吸收液再生，同时得到高浓度SO2，根据图中信息可知阴极上氢离子得电子产生氢气，溶液中OH-浓度增大，和HSO3-反应生成SO32-，钠离子通过阳离子交换膜移向Ⅰ室，Na2SO3溶液再生；阳极是水电离出的OH-放电生成氧气，H+浓度增大，通过阳离子交换膜进入Ⅱ室，和Ⅱ室中的HSO3-生成亚硫酸，进而分解产生SO2；
① SO2气体在Ⅱ室生成；
②吸收液中氢氧根离子与亚硫酸根离子反应生成亚硫酸而再生，离子反应方程式为：OH－＋HSO3-=SO32-＋H2O；
(4) 根据氧化还原反应中得失电子守恒可知，N(铁失电子)=[3-（x-1）]×2×2=4×1=N(硫得电子)，解得x=3。
【点睛】本题考查盖斯定律的应用及电解原理的理解等知识，合理分析氧化还原反应中得失电子及电解池中电子转移情况是解题的关键，易错点是(2)②当H2O2浓度一定时，升温至80 ℃以上，H2O2与催化剂的接触更好，产生更多的·OH，·OH浓度增大，与NO混合更充分，大量汽化的H2O2能使NO的脱除效率显著提高。
21.由硝酸锰[Mn(NO3)2]制备的一种含锰催化剂，常温下能去除甲醛、氢氰酸(HCN)等有毒气体。
(1) Mn2＋基态核外电子排布式是_____________。NO3-的空间构型为_________(用文字描述)
(2) 甲醛分子中，碳原子的杂化方式为________。
(3) HCN分子中σ键与π键的数目比为________。H、C、N三种元素的电负性由大到小的顺序为__________________________。
(4) 硝酸锰受热可分解生成NO2和某种锰的氧化物。该氧化物晶胞结构如右图所示。写出硝酸锰受热分解的化学方程式：__________________________。
【答案】(1). [Ar]3d5 (2). 平面正三角形 (3). sp2 (4). 1∶1 (5). N>C>H (6). Mn(NO3)2MnO2＋2NO2↑
【分析】（1）Mn原子核外电子数为25，原子形成阳离子先按能层高低失去电子，能层越高的电子越容易失去，同一能层中按能级高低失去电子，能级越高越容易失去；
根据价层电子对互斥理论判断NO3-的空间构型；
（2）甲醛分子中C原子价层电子对个数为3且不含孤电子对；
（3）HCN的分子结构为H-CN，根据结构式推出σ键与π键的数目比；同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增大，据此分析；
（4）根据该氧化物晶胞结构，结合均摊法算出氧化物的化学式，再写出化学方程式。
【详解】（1）Mn为25号元素，Mn2+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5；
NO3-中N原子形成3个δ键，没有孤电子对，则应为平面三角形；
（2）甲醛分子中C原子价层电子对个数为3且不含孤电子对，所以甲醛为平面三角形结构，C原子杂化类型是sp2；
(3) HCN的分子结构为H-CN，其中C-H键为σ键，CN键中含1个σ键和2个π键，故σ键与π键的数目比为1：1；
同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增大，则有电负性C＜N，H的电负性最小，故有：N>C>H；
(4) 根据该氧化物晶胞结构，结合均摊法可知，锰原子数为，O原子数为，则氧化物的化学式为MnO2，硝酸锰受热可分解生成NO2和MnO2，则硝酸锰受热分解的化学方程式为：Mn(NO3)2MnO2＋2NO2↑。
22.实验室用氧化锌作催化剂、以乙二醇和碳酸氢钠为复合解聚剂常压下快速、彻底解聚聚对苯二甲酸乙二醇酯，同时回收对苯二甲酸和乙二醇。反应原理如下：
实验步骤如下：
步骤1：在题图1所示装置的四颈烧瓶内依次加入洗净的矿泉水瓶碎片、氧化锌、碳酸氢钠和乙二醇，缓慢搅拌，油浴加热至180 ℃，反应0.5 h。
步骤2：降下油浴，冷却至160 ℃，将搅拌回流装置改为图2所示的搅拌蒸馏装置，水泵减压，油浴加热蒸馏。
步骤3：蒸馏完毕，向四颈烧瓶内加入沸水，搅拌。维持温度在60 ℃左右，抽滤。
步骤4：将滤液转移至烧杯中加热煮沸后，趁热边搅拌边加入盐酸酸化至pH为1～2。用砂芯漏斗抽滤，洗涤滤饼数次直至洗涤滤液pH＝6，将滤饼摊开置于微波炉中微波干燥。
请回答下列问题：
(1) 步骤1中将矿泉水瓶剪成碎片的目的是______________________________。
(2) 步骤2中减压蒸馏的目的是__________________________________________________，蒸馏出的物质是______________。
(3) 抽滤结束后停止抽滤正确的操作方法是______________________________________。若滤液有色，可采取的措施是__________________________。
(4) 该实验中，不采用水浴加热的原因是______________________________________。
【答案】(1). 增大接触面积，加快解聚速率，且有利于搅拌 (2). 降低蒸馏温度，防止引起副反应 (3). 乙二醇 (4). 拔下抽气泵与吸滤瓶间的橡皮管，再关闭抽气泵 (5). 加入活性炭脱色 (6). 水浴温度不能超过100 ℃
【分析】(1) 根据反应速率的影响因素进行分析；
(2)降低蒸馏温度，防止引起副反应，采用减压蒸馏；蒸馏出的物质是乙二醇；
(3) 根据抽滤操作进行分析；
(4)水浴温度不能超过100 ℃，据此分析。
【详解】(1) 为了增大接触面积，加快解聚速率，且有利于搅拌，步骤1中将矿泉水瓶剪成碎片；
(2)降低蒸馏温度，防止引起副反应，步骤2采用减压蒸馏的方法；蒸馏出的物质是乙二醇；
(3) 抽滤结束后停止抽滤时应拔下抽气泵与吸滤瓶间的橡皮管，再关闭抽气；若滤液有色，可加入活性炭脱色；
(4) 该实验中，温度超过100 ℃，而水浴温度不能超过100 ℃，不采用水浴加热。
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