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2020年江苏省南通市通州区高考化学一模试卷(含解析）
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这是一份2020年江苏省南通市通州区高考化学一模试卷(含解析），共27页。试卷主要包含了答题前填写好自己的姓名，请将答案正确填写在答题卡上等内容，欢迎下载使用。
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2020年江苏省南通市通州区高考化学一模试卷
试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：120分钟；命题人：xxx
题号
一
二
三
总分
得分
注意事项：
1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2、请将答案正确填写在答题卡上
评卷人
得分
一、 单选题（共12题）
1. 近日，我国首批拥有完全自主知识产权的稀土铝合金电力电缆产品顺利下线。稀土是周期表中镧系元素和钪、钇元素的总称。中国是目前已探明的稀土储量最多的国家。下列说法正确的是（ ）
A.稀土共包含17种元素 B.稀土元素均处于周期表的ⅢA
C.稀土可完全替代铜作导线 D.大量出口稀土可以提升我国的经济水平
2. 用化学用语表示Cl2+H2O═HCl+HClO的相关微粒，其中正确的是（ ）
A.中子数为8的氧原子：O
B.H2O的电子式：
C.HClO的结构式：H-Cl-O
D.C1-的结构示意图：
3. 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A.SiO2硬度大，可用于制作光导纤维
B.SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆
C.Fe2O3能与酸反应，可用于制作红色涂料
D.Al（OH）3具有弱碱性，可用于制作胃酸中和剂
4. 室温下，下列各组离子在溶液中能大量共存的是（ ）
A.Fe3+、NH4+、SO42-、SCN-
B.K+、Ba2+、Cl-、NO3-
C.Mg2+、H+、SO42-、CO32-
D.H+、NH4+、MnO4-、I-
5. 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
6. 下列说法正确的是（ ）
A.Al在浓硝酸中不发生反应
B.工业使用MnO2和浓盐酸反应制Cl2
C.过量稀氨水吸收SO2生成（NH4）2SO3
D.加热条件下，Na与O2反应生成Na2O
7. 下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A.Na2O2溶于水：Na2O2+2H2O═2Na++2OH-+O2↑
B.Al2（SO4）3溶液中滴加Ba（OH）2：A13++4OH-+Ba2++SO42-═AlO2-+BaSO4↓+2H2O
C.用氨水溶解AgCl沉淀：Ag++2NH3•H2O═[Ag（NH3）2]++2H2O
D.酸性条件下，碘化钾溶液露置于空气中变质：4H++4I-+O2═2I2+2H2O
8. X、Y、Z、W、R是原了序数依次递增的短周期元素．X原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y、R同主族，且两者核外电子数之和是X核外电子数的4倍，Z为短周期中金属性最强的元素，W是地売中含量最高的金属元素．下列叙述正确的是（ ）
A.Y、Z、W原子半径依次增大
B.X的最高价氧化物对应水化物的酸性比R的强
C.X、R分别与Y形成的常见化合物中化学键类型相同
D.元素W、R的简单离子具有相同的电子层结构
9. 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.N2NH3NO
B.FeFeCl2Fe（OH）2
C.MgOMgCl2（aq）Mg（s）
D.CCO2CaCO3
10. 已知HCN的Ka=6.2×10-10。用H2O2溶液处理含NaCN的废水的反应原理为：NaCN+H2O+H2O2═NaHCO3+NH3。下 列有关说法正确的是（ ）
A.NaCN是弱电解质
B.该反应中氮元素被氧化
C.处理前后的水溶液中，c（Na+）相等
D.每消耗1molH2O2，转移电子数目为2×6.02×1023
11. 根据下列图示所得出的结论正确的是（ ）
A.图甲表示H2和O2反应生成H2O过程中的能量变化曲线，可推知H2O比O2稳定
B.图乙表示70℃时不同条件下H2O2的浓度随时间变化的曲线，可推知H2O2只有在碱性条件下才发生分解
C.图丙表示KNO3、NaCl的溶解度随温度变化的曲线，可推知提纯含有少量NaCl杂质的KNO3晶体，应采用蒸发结晶的方法
D.图丁表示光照下氯水的pH随时间的变化曲线，可推知光照后溶液中Cl-浓度增大
12. CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示。下列说法正确的是（ ）
A.将CuSO4溶液滴入蛋白质溶液中，有沉淀析出：加水，沉淀能完全溶解
B.相对于途径①和③，途径②中Cu元素的利用率更高
C.X可能是SO2和SO3两种混合气体
D.反应④中，理论上消耗的葡萄糖与生成的Cu2O物质的量相等
评卷人
得分
二、 双选题（共3题）
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
用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色
该溶液中含有Na+
B
向Co2O3固体中滴加浓盐酸，有黄绿色气体生成
氧化性：Co2O3＞Cl2
C
向碳酸钠溶液中加入浓盐酸，将产生的气体通入苯酚钠溶液中，溶液变浑浊
酸性：盐酸＞碳酸＞苯酚
D
将石蜡油蒸气通过炽热的碎瓷片分解，得到的气体通入溴的四氯化碳溶液，溴的四氯化碳溶液褪色
分解产物中含乙烯
A.A B.B C.C D.D
14. 化合物M具有广谱抗菌活性，利用有机物X、Y合成M的反应可表示如图：下列说法正确的是（ ）
A.X分子中有1个手性碳原子
B.Y分子中所有原子一定不可能在同一平面内
C.X和Y均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D.X、Y合成M的反应类型为加成反应
15. 用图装置加热FeSO4，并检验反应产物。下列关于FeSO4分解反应的说法不正确的是（ ）
A.装置甲中固体变为红棕色，说明反应生成了氧化铁
B.装置乙中品红溶液颜色褪去，说明反应生成了SO2
C.装置丙中未产生白色沉淀，说明反应未生成SO3
D.装置丁中导管口有气泡，说明反应生成O2
评卷人
得分
三、 简答题（共6题）
16. 一种以硼镁矿（含Mg2B2O5•H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3）为原料生产硼酸（H3BO3）及轻质氧化镁的工艺流程如图1：
回答下列问题：。
（1）在95℃条件下“溶浸”，为提高镁的浸取率，可采取的措施是______。“溶浸”时生成气体的化学式为______。
（2）“沉镁”中生成Mg（OH）2•MgCO3沉淀的离子方程式为______。
（3）母液经加热后可循环使用的物质为______。
（4）由Mg（OH）2•MgCO3制备轻质氧化镁的方法是______。
（5）已知硫酸镁的溶解度随温度变化的曲线如图2所示，且溶液的沸点随压强增大而升高。为了从MgSO4溶液中充分回收MgSO4•H2O，应采取的措施是______。
17. 氧化白藜芦醇具有抗病毒等作用。一种合成氧化白藜芦醇的路径如图：
（1）B中的官能团名称为______。
（2）C的分子式为C8H8O2，写出C的结构简式______。
（3）反应③的化学方程式为______。
（4）X为D的同分异构体，写出满足如下条件一种X的结构简式______。
①含有苯环；
②核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为6：2：1；
③1mol的X与足量金属Na反应可生成2g H2。
（5）用如下方法测定经处理后废水中A的含量（废水中不含干扰测定的物质）。
Ⅰ．用已准确称量的KBrO3固体配制100 mL a mol•L-1KBrO3标准溶液；
Ⅱ．取v1mL上述溶液，加入过量KBr，加H2SO4酸化，溶液颜色呈棕黄色；
Ⅲ．向Ⅱ所得溶液中加入V2mL废水；
Ⅳ．向Ⅱ所得溶液中加入过量KI；
Ⅴ．以淀粉溶液作指示剂，用b mol•L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，共消耗Na2S2O3溶液V3mL。
已知：I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6，Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均无色。
①Ⅰ中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、______。
②Ⅱ中发生反应的离子方程式是______。
③Ⅱ～Ⅳ须快速操作，且液体滴加完毕后应立即塞上瓶塞，其原因是______。
18. KMnO4是实验室常用的氧化剂，可用作水处理剂、化学定量测定等。
（1）实验室用MnO2等作原料制取少量KMnO4的实验流程如图：
①“熔融”时，不能使用陶瓷坩埚的原因是______（用化学方程式表示）
②“K2MnO4歧化”的离子方程式为______。
（2）KMnO4氧化甘油（C3H8O3）时，生成MnO2黑色沉淀并产生CO2气体，则发生反应的n（KMnO4）：n（C3H8O3）=______。
（3）为测定某物质A （aNa2SO3•bNa2SO4•xH2O）的组成，进行下列实验：
①取27.80 gA溶于水配成100.00 mL溶液；
②取10.00 mL溶液，用浓度为0.1500 mol•L-1的KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液40.00 mL；
③向②的混合溶液中加入足量的氯化钡溶液，将沉淀充分洗涤烘干后称量，质量为4.660 g。
通过计算确定A的化学式（写出计算过程）______。
19. 工业上用已清洗并充分除锈的废铁制备活性Fe3O4，流程如图1：
（1）在合成池里生成Fe3O4的离子方程式为______。
（2）在反应池中几乎没有气体产生，根据流程可知，配料中心很可能控制混合物中的Fe2O3与Fe物质的量之比接近______。
（3）实验室中利用图2所示装置由废铁屑制备FeCl3•6H2O晶体，并测定铁屑中铁单质的质量分数（杂质不溶于水且不与酸反应）。取mg废铁屑加入B装置中，在A中加入足量的200 mL盐酸后进行下列操作：
Ⅰ．打开活塞a和弹簧夹K，关闭活塞b，缓慢滴加盐酸；
Ⅱ．当装置D的量气管一侧液面不再下降时，关闭弹簧夹K，打开活塞b；
Ⅲ．当A中溶液完全进入烧杯后关闭活塞a、b。
①某同学在装试剂前，先向水准管中加水，使其液面高于量气管液面，此操作的目的是______。
②用离子方程式表示烧杯中足量的H2O2溶液的作用______。 某同学取烧杯中溶液少许，滴入盛有酸性高锰酸钾溶液的试管中，试管中溶液紫色褪去，据此，该同学认为铁元素未完全转化为Fe3+．请对此结论进行评价：______。
③实验结束后，为了准确读取气体体积，对D装置进行的操作为______。 若反应前后量气管内读数差换算成标准状况为V mL，则此废铁屑中铁单质的质量分数为______。
20. 含SO2的工业尾气有多种吸收和处理方法。
（1）在甲酸钠（HCOONa）、氢氧化钠混合溶液中通入二氧化硫气体可以制备保险粉（Na2S2O4），同时生成二氧化碳气体，写出该反应的离子方程式：______。
（2）工业上可用Na2CO2溶液吸收工业尾气。将尾气以11.2 L•min-1（ 已折算为标准状况）的流速均匀通过10L 0.1 mol•L-1Na2CO3溶液，测得溶液组成随通气时间的变化如图1所示。
①写出t1时刻对应的化学方程式：______
②0-t2时间段，SO2的平均反应速率为______mol•min-1。
③尾气中SO2的体积分数为______。
（3）实验室以工业废渣（主要含CaSO4•2H2O，还含少量SiO2、Al2O3、Fe2O3）为原料制取轻质CaCO3和（NH4）2SO4晶体，其实验流程如图2：
①浸取时温度保持在60～70℃，温度过高将会导致CaSO4的转化率下降，其原因是：______
②滤渣水洗后，经多步处理得到制备轻质CaCO3所需的CaCl2溶液。设计以水洗后的滤渣为原料，制取CaCl2溶液的实验方案：______[已知 pH=5时Fe（OH）3和Al（OH）3沉淀完全； pH=8.5 时Al（OH）3开始溶解。实验中必须使用的试剂：盐酸和Ca（OH）2]。
21. 在普通铝中加入少量Cu和Mg后，形成一种称为拉维斯相的微小晶粒，其分散在Al中可使得铝材的硬度增加、延展性减小，形成所谓“坚铝”，是制造飞机的主要材料。回答下列问题：
（1）Cu+基态核外电子排布式为______。
（2）乙二胺（H2NCH2CH2NH2）能与Mg2+、Cu2+等 金属离子形成稳定环状离子，乙二胺分子中碳原子的杂化类型是______。 乙二胺的沸点大于正丁烷（C4H10），原因是______。
（3）[Cu（CH3CN）4]+是非常稳定的络合离子，配体中σ键和π键个数之比为______。
（4）与NO3-互为等电子体的分子为______ （ 写化学式）。
（5）图是拉维斯微小晶粒的结构，其化学式为______
参考答案及解析
一、 单选题
1. 【答案】A
【解析】解：A．稀土资源就是化学元素周期表中镧系元素-镧（La）、铈（Ce）、镨（Pr）等以及与镧系的15个元素密切相关的两个元素-钪（Sc）和钇（Y）共17种元素，称为稀土元素，也叫稀土资源，简称稀土，故A正确；
B．稀土元素中镧系元素处于周期表的ⅢB，故B错误；
C．稀土含量少，用稀土铝合金电力电缆产品做导线，但不可完全替代铜作导线，故C错误；
D．我国资源储量的快速的减少，同时由于技术水平低，出口低级产品，污染严重；同时图形材料中可以看出由于资源开发造成的土地资源的破坏，利润少，产生的一系列生态环境问题，从资源的开发利用，技术水平的提高，调整产业结构，加大环境保护措施，对破坏土地采取复垦，以及提高出口价格保护我国现在稀土资源，大量出口稀土长期看把你提升我国的经济水平，故D错误；
故选：A。
A．稀土是周期表中镧系元素和钪、钇元素的总称；
B．稀土元素是镧系和钪、钇元素总称；
C．稀土含量少，利用稀土铝合金电力电缆产品做导线；
D．我国稀土在开发利用过程中普遍存在过量开采，储量减少；不合理开发，造成土地破坏；环境污染严重；技术水平低；以初级产品为主，价格低，创汇少的问题。
本题以我国稀土在开发利用为背景，属于知识性试题，考查了周期表中的位置、稀土资源开发利用的问题和可持续发展角度分析采取的措施，解题的关键是学生调动、运用知识的能力和利用图示获取和解读地理信息的能力。解题时应注意对课本知识的把握。
2. 【答案】B
【解析】解：A、质量数=质子数+中子数，故中子数为8的氧原子的质量数为16，且质量数标示在元素符号的左上角，故表示为168O，故A错误；
B、水中O原子以共价键与H原子相结合，故其电子式为，故B正确；
C、HClO中O原子分别与H、Cl原子以共价键相结合，故其结构式为H-O-Cl，故C错误；
D、氯离子的核内有17个质子，核外有18个电子，故其结构示意图为，故D错误。
故选：B。
A、质量数=质子数+中子数；
B、水中O原子以共价键与H原子相结合；
C、HClO中O原子分别与H、Cl原子以共价键相结合；
D、氯离子的核内有17个质子，核外有18个电子。
本题考查化学用语，涉及电子式、结构式、结构示意图以及原子表示方法等，综合性较强，注重基础知识的考查，把握化学用语的区别及规范应用，题目难度不大。
3. 【答案】D
【解析】解：A．光导纤维的主要成分是二氧化硅，光导纤维是利用光的全反射原理，与二氧化硅的硬度大小无关，故A错误；
B．二氧化硫能与有色物质化合生成无色物质，二氧化硫的漂白性与氧化性无关，故B错误；
C．Fe2O3是红棕色难溶性的固体，Fe2O3可用于制作红色涂料，与它的化学性质无关，故C错误；
D．氢氧化铝是两性氢氧化物，具有弱碱性，能和酸反应，可用于制作胃酸中和剂，故D正确。
故选：D。
A．二氧化硅晶体对光具有良好的全反射作用；
B．二氧化硫能与有色物质化合生成无色物质；
C．Fe2O3是红棕色难溶性的固体；
D．氢氧化铝能和酸反应。
本题考查了物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
4. 【答案】B
【解析】解：A．Fe3+与SCN-发生络合反应，二者不能大量共存，故A不选；
B．K+、Ba2+、Cl-、NO3-相互不反应，可以大量共存，故B选；
C．镁离子与碳酸根离子反应，碳酸根离子与氢离子反应，不能大量共存，故C不选；
D．酸性环境下，高锰酸根离子具有强的氧化性，能够氧化碘离子，不能大量共存，故D不选；
故选：B。
A．Fe3+与SCN-发生络合反应；
B．K+、Ba2+、Cl-、NO3-相互不反应；
C．镁离子与碳酸根离子反应，碳酸根离子与氢离子反应；
D．酸性环境下，高锰酸根离子具有强的氧化性。
本题考查离子共存的判断，题目难度不大，明确离子反应发生条件即可解答，注意掌握离子不能共存的情况，如：发生氧化还原反应、复分解反应等，试题侧重考查学生的分析能力及灵活运用基础知识的能力。
5. 【答案】B
【解析】
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握实验装置的作用、气体的制备实验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
A．Cu与浓硝酸发生氧化还原反应，图中固液反应装置可制备二氧化氮，故A正确；
B．二氧化氮与水反应，图中装置不能净化二氧化氮，故B错误；
C．二氧化氮的密度比空气密度大，则图中向上排空气法可收集NO2，故C正确；
D．二氧化氮有毒，与NaOH发生反应，图中尾气处理合理，故D正确。
故选B。
6. 【答案】C
【解析】解：A．常温下将Al片放入浓硝酸中，无明显变化，铝和浓硝酸发生钝化现象，发生反应生成一薄层致密的氧化物薄膜阻止反应进行，故A错误；
B．工业使用电解饱和食盐水制Cl2，实验室使用MnO2和浓盐酸反应制Cl2，故B错误；
C．过量稀氨水吸收SO2生成（NH4）2SO3和水，故C正确；
D．加热条件下，Na与O2反应生成Na2O2，故D错误；
故选：C。
A．常温下浓硝酸遇到铝发生钝化现象，生成一薄层致密的氧化物薄膜阻止反应进行；
B．工业使用电解饱和食盐水制Cl2；
C．过量稀氨水吸收SO2生成（NH4）2SO3和水；
D．加热条件下，Na与O2反应生成Na2O2。
本题考查了浓硝酸的性质、氯气的工业制备、以及二氧化硫、钠的性质，题目难度不大，注意掌握物质的性质是解题关键，明确铝、铁在常温下与浓硫酸、浓硝酸发生了钝化现象，不是不反应，为易错点。
7. 【答案】D
【解析】解：A．Na2O2 溶于水，离子方程式：2Na2O2+2H2O═4Na++4OH-+O2↑，故A错误；
B．Al2（SO4）3溶液中滴加Ba（OH）2：2A13++6OH-+3Ba2++3SO42-═Al（OH）3↓+3BaSO4↓，故B错误；
C．氯化银是沉淀，不能拆，故离子方程式为AgCl+2NH3•H2O=[Ag（NH3）2]++Cl-+2H2O，故C错误；
D．酸性条件下，碘化钾溶液露置于空气中变质，离子方程式：4H++4I-+O2═2I2+2H2O，故D正确；
故选：D。
A．原子个数不守恒；
B．氢氧化钡少量，反应生成硫酸钡、氢氧化铝；
C．氯化银是沉淀，不能拆；
D．碘离子能够被空气中氧化生成碘单质。
本题考查离子方程式的书写方法，题目难度中等，明确发生反应的实质为解答关键，注意熟练掌握离子方程式的书写原则，试题有利于提高学生的规范答题能力。
8. 【答案】C
【解析】解：由以上分析可知X为C、Y为O、Z为Na、W为Al、R为S元素，
A．Z为Na、W为Al，原子Na＞Al，故A错误；
B．非金属性S＞C，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故B错误；
C．X、R分别与Y形成的常见化合物分别为二氧化碳、二氧化硫，都为共价化合物，化学键类型相同，故C正确；
D．W为Al、R为S元素，对应的离子的原子核外电子层数不同，故D错误。
故选：C。
X、Y、Z、W、R是原了序数依次递增的短周期元素．X原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，应为C元素，Y、R同主族，且两者核外电子数之和是X核外电子数的4倍，即为24，则Y为O元素，R为S元素，Z为短周期中金属性最强的元素，应为Na元素，W是地売中含量最高的金属元素，为Al元素，结合元素周期律的递变规律解答该题．
本题考查了原子结构与元素周期律的综合应用，为高频考点和常见题型，题目难度中等，推断元素为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．
9. 【答案】A
【解析】解：A．氮气与氢气化合生成氨气，氨气催化氧化生成NO，均能实现各步转化，故A正确；
B．铁在氯气中点燃生成氯化铁，不能生成氯化亚铁，则不能一步实现，故B错误；
C．电解氯化镁溶液，阳极是氯离子放电生成氯气，阴极是氢离子放电生成氢气，负极附近得到氢氧化镁沉淀，不能生成镁单质，则不能一步实现，故C错误；
D．盐酸酸性强于碳酸，根据强制弱酸原理，二氧化碳与氯化钙不反应，则不能一步实现，故D错误；
故选：A。
A．氮气与氢气化合生成氨气，氨气催化氧化生成NO；
B．铁在氯气中点燃生成氯化铁；
C．氧化镁和盐酸反应生成氯化镁溶液，电解氯化镁溶液得到氢氧化镁沉淀；
D、CaCl2溶液和二氧化碳不能反应。
本题考查了物质性质、物质转化的应用，主要是镁、氯、碳、氮的化合物性质的理解判断，掌握基础是解题关键，题目较简单。
10. 【答案】D
【解析】
本题考查了氧化还原反应，侧重于氧化还原反应电子转移和物质性质的考查，注意从化合价的角度分析，题目难度不大。
A．NaCN为可溶性的钠盐，在水溶液中全部电离，是强电解质，故A错误；
B．NaCN中C为+2价，Na为+1价，则氮元素的化合价为-3，反应前后N元素化合价不变，故B错误；
C．用H2O2溶液处理含NaCN的废水后的水溶液体积增大，则c（Na+）减小，故C错误；
D．NaCN+H2O+H2O2═NaHCO3+NH3反应中H2O2中O元素从-1价降低为-2价，则每消耗1mol H2O2，转移电子数目为2×6.02×1023，故D正确。
故选D。
11. 【答案】D
【解析】解：A．由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，即H2和O2总能量大于H2O总能量，则该反应为放热反应，不能推出H2O比O2稳定，故A错误；
B．根据图知，碱浓度越大，相同时间内消耗的双氧水越多，但不能推知H2O2只有在碱性条件下才发生分解，故B错误；
C．因为KNO3的溶解度随温度增大而明显增大，而NaCl的溶解度随温度变化不大，所以提纯含有少量NaCl杂质的KNO3晶体，应采用降温结晶的方法，故C错误；
D．随着光照的进行，溶液的pH减小，酸性增强，说明氢离子浓度增大，HClO分解生成HCl和氧气，所以溶液中氯离子浓度增大，故D正确；
故选：D。
A．由图可知，反应物总能量大于生成物总能量；
B．根据图知，碱浓度越大，相同时间内消耗的双氧水越多；
C．根据KNO3的溶解度随温度增大而明显增大判断，提纯含有少量NaCl杂质的KNO3晶体，应采用降温结晶的方法；
D．随着光照的进行，溶液的pH减小，酸性增强，HClO分解生成HCl和氧气。
本题考查图象分析，涉及反应热和焓变、化学反应速率影响因素、溶解度等知识点，明确图象中曲线含义及其变化趋势、化学反应原理是解本题关键，侧重考查图象分析判断能力。
12. 【答案】D
【解析】解：A、CuSO4是重金属盐，能使蛋白质变性，有沉淀析出，但加水时，沉淀不能溶解，故A错误；
B、只要硫酸过量，等量的Cu全部生成CuSO4，并且得到CuSO4的量相等，所以Cu元素的利用率相等，故B错误；
C、硫酸铜在1100℃分解的方程式为：2CuSO4Cu2O+SO2↑+SO3↑+O2↑，根据化合价变化规律可知，X可能是O2、SO2和SO3的混合气体，若只有SO2和SO3，铜元素、S元素化合价只有降低，无元素化合价升高，故C错误；
D、新制的氢氧化铜悬浊液与葡萄糖反应的方程式为CH2OH（CHOH）4CHO+2Cu（OH）22H2O+Cu2O↓+CH2OH（CHOH）4COOH，理论上消耗的葡萄糖与生成Cu2O的物质的量相等，故D正确；
故选：D。
途径①涉及反应为3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；
途径②涉及反应为2Cu+2H2SO4+O2=2CuSO4+2H2O；
途径③涉及反应为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O，
途径④涉及反应为CH2OH（CHOH）4CHO+2Cu（OH）22H2O+Cu2O↓+CH2OH（CHOH）4COOH，
硫酸铜在1100℃分解的方程式为2CuSO4Cu2O+SO2↑+SO3↑+O2↑，根据反应的方程式分析解答。
本题考查了Cu及其化合物的性质、制备方案的评价等知识，掌握铜及其物质的性质为解题关键，注意依据题干提供信息或相关反应方程式分析，题目难度中等。
二、 双选题
13. 【答案】AB
【解析】解：A．钠的焰色反应为黄色，用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，可说明溶液中含有Na+，故A正确；
B．滴加浓盐酸，有黄绿色气体生成，说明生成氯气，可说明氧化性：Co2O3＞Cl2，符合氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性的规律，故B正确；
C．浓盐酸易挥发，二氧化碳中混有氯化氢，不能确定碳酸、苯酚的酸性，故C错误；
D．不饱和烃使溴的四氯化碳溶液褪色，由现象可知，分解产物含烯烃，不一定为乙烯，故D错误。
故选：AB。
A．钠的焰色反应为黄色；
B．滴加浓盐酸，有黄绿色气体生成，说明生成氯气；
C．二氧化碳中混有氯化氢；
D．分解产物含烯烃，不一定为乙烯。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握离子的检验、性质探究、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
14. 【答案】AC
【解析】解：A．连接4个不同基团的C为手性碳原子，则X中与氨基相连的C为手性碳原子，只有1个手性碳原子，故A正确；
B．Y中碳碳双键、羰基均为平面结构，且直接相连，则所有原子可能共面，故B错误；
C．X、Y中均含碳碳双键，均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；
D．合成反应中X的氨基上H被取代，且生成水，为取代反应，而加成反应的产物只有一种，故D错误；
故选：AC。
A．连接4个不同基团的C为手性碳原子；
B．Y中碳碳双键、羰基均为平面结构，且直接相连；
C．X、Y中均含碳碳双键；
D．合成反应中X的氨基上H被取代，且生成水。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意原子共面、烯烃的性质，题目难度不大。
15. 【答案】CD
【解析】解：A．装置甲中固体变为红棕色，氧化铁为红棕色，说明反应生成了氧化铁，故A正确；
B．二氧化硫具有漂白性，装置乙中品红溶液颜色褪去，说明反应生成了SO2，故B正确；
C．Fe元素的化合价升高，S元素的化合价降低，结合电子及原子守恒可知还生成三氧化硫，则装置丙中产生白色沉淀，故C错误；
D．丁中二氧化硫与碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，不能说明氧气的生成，故D错误；
故选：CD。
由实验装置可知，甲中发生2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑，乙中品红褪色可检验生成的二氧化硫，丙中生成硫酸钡可检验生成的三氧化硫，丁中有气体生成，二氧化硫与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，以此啦解答。
本题考查物质的性质实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、物质的检验、实验操作为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
三、 简答题
16. 【答案】加快搅拌速率 NH3 2Mg2++3CO32-+2H2O=Mg（OH）2•MgCO3↓+2HCO3-（或2Mg2++2CO32-+H2O=Mg（OH）2•MgCO3↓+CO2↑） （NH4）2SO4 高温焙烧 加压升温MgSO4的饱和溶液
【解析】解：（1）在95℃条件下“溶浸”，为提高镁元素的浸取率，因为温度太高，铵盐易分解，硼镁矿已成粉，故可采取的措施有：加快搅拌速率；据流程知，加入硫酸铵溶液，得到气体，根据硼镁矿和硫酸铵化学式知，得到的气体为NH3，
故答案为：加快搅拌速率；NH3；
（2）在“沉镁”中镁离子和碳酸根离子发生水解和复分解反应生成Mg（OH）2•MgCO3沉淀，同时还生成碳酸氢根离子离子，离子方程式为
2Mg2++3CO32-+2H2O=Mg（OH）2•MgCO3↓+2HCO3-（或2Mg2++2CO32-+H2O=Mg（OH）2•MgCO3↓+CO2↑），
故答案为：2Mg2++3CO32-+2H2O=Mg（OH）2•MgCO3↓+2HCO3-（或2Mg2++2CO32-+H2O=Mg（OH）2•MgCO3↓+CO2↑）；
（3）在母液中得到（NH4）2SO4，在溶浸时需要加入（NH4）2SO4，所以母液经加热后得到的（NH4）2SO4，可返回溶浸工序循环使用，
故答案为：（NH4）2SO4；
（4）碱式碳酸镁高温易分解得到氧化物、水和二氧化碳，所以高温焙烧就可以得到轻质氧化镁，
故答案为：高温焙烧；
（5）根据题中信息可知温度越高MgSO4•H2O的溶解度越小，由于溶液的沸点随压强增大而升高，为了防止溶液沸腾，应该在较高的压强条件下加热，使MgSO4•H2O结晶析出，
故答案为：加压升温MgSO4的饱和溶液。
一种硼镁矿（含Mg2B2O5•H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3）为原料，生产硼酸（H3BO3）及轻质氧化镁，由流程可知，硼镁矿（含Mg2B2O3•H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3）加入硫酸铵溶液，得到气体，根据硼镁矿和硫酸铵化学式知，得到的气体为NH3，用NH4HCO3吸收NH3，发生反应NH3+NH4HCO3=（NH4）2CO3，根据过滤2及沉镁成分知，过滤1中得到的滤渣为难溶性的SiO2、Fe2O3、Al2O3，调节溶液pH=3.5时得到H3BO3，滤液中含有MgSO4，沉镁过程发生的反应为2Mg2++3CO32-+2H2O=Mg（OH）2•MgCO3↓+2HCO3-，加热分解可以得到轻质MgO；母液中含有（NH4）2SO4，以此来解答。
（1）一般“溶浸”时，为提高元素的浸取率，可采取的措施有：①粉碎矿石；②适当升高浸取温度；③适当提高溶液浓度；④延长浸取时间（或加快搅拌速率）等，但该题要认真审题，在95℃条件下“溶浸”硼镁矿粉时，为提高镁元素的浸取率的措施，仔细选择措施；据流程知，加入硫酸铵溶液，得到气体，根据硼镁矿和硫酸铵化学式知，得到的气体为NH3，据此分析作答；
（2）在“沉镁”中镁离子和碳酸根离子发生水解和复分解反应生成Mg（OH）2•MgCO3沉淀，同时还生成碳酸氢根离子，据此分析作答；
（3）在母液中得到（NH4）2SO4，在溶浸时需要加入（NH4）2SO4，据此分析作答；
（4）碱式碳酸镁高温易分解得到氧化物、水和二氧化碳，据此分析作答；
（5）根据题中信息，溶液的沸点随压强增大而升高分析。
本题考查了物质的分离提纯，涉及化学方程式的书写，除杂方法和试剂的选择，以及图象的分析等，题目难度较大，注意对图象的分析和对题干信息的分析。
17. 【答案】羟基、碘原子 玻璃棒、胶头滴管和100mL容量瓶 BrO3-+5Br-+6H+=3Br2+3H2O 防止Br2挥发
【解析】解：（1）B的结构简式为，含有官能团-OH，名称为羟基，含有-I，名称为：碘原子，
故答案为：羟基、碘原子；
（2）A发生取代反应生成B，对照氧化白藜芦醇和E的结构简式可知，B发生取代反应生成C，C的分子式为C8H8O2，所以C的结构简式为，
故答案为：；
（3）反应③D中甲基被H原子取代，反应为：，
故答案为：；
（4）D为，X为D的同分异构体，
①X中含有苯环；
②有三种不同化学环境的氢，个数比为6：2：1，该分子中一共9个H原子，则应该有2个甲基；
③1mol的X与足量金属Na反应可生成2gH2，生成的氢气物质的量为1mol，说明含有2个-OH，因为含有2个甲基，所以只能有2个酚羟基，
符合条件的结构简式为，
故答案为：；
（5）①配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等，Ⅰ中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和100mL容量瓶，
故答案为：玻璃棒、胶头滴管和100mL容量瓶；
②Ⅱ中发生反应的离子方程式是BrO3-+5Br-+6H+=3Br2+3H2O，
故答案为：BrO3-+5Br-+6H+=3Br2+3H2O；
③由于Br2具有挥发性的性质，Ⅱ～Ⅳ中反应须在密闭容器中进行，否则会造成测定结果偏高，所以Ⅱ～Ⅳ须快速操作，且液体滴加完毕后应立即塞上瓶塞，
故答案为：防止Br2挥发。
A发生取代反应生成B，对照氧化白藜芦醇和E的结构简式可知，B发生取代反应生成C，D发生取代反应生成E，CE发生取代反应生成氧化白藜芦醇。
（1）根据B的结构简式以及常见官能团的名称解答；
（2）C的分子式为C8H8O2，对照氧化白藜芦醇和E的结构简式可知，B发生取代反应生成C；
（3）反应③D中甲基被H原子取代；
（4）①X中含有苯环；
②有三种不同化学环境的氢，个数比为6：2：1，该分子中一共9个H原子，则应该有2个甲基；
③1mol的X与足量金属Na反应可生成2gH2，生成的氢气物质的量为1mol，说明含有2个-OH，因为含有2个甲基，所以只能有2个酚羟基；
（5）①依据溶液配制过程和实验步骤分析判断；
②II中发生氧化还原反应生成溴和水；
③溴易挥发。
本题考查有机合成和推断，侧重考查分析推断及知识综合运用能力，正确分析反应前后物质结构变化是解本题关键，采用知识迁移方法进行合成路线设计，题目难度中等。
18. 【答案】SiO2+2KOH=K2SiO3+H2O 3MnO42-+4CH3COOH=2MnO4-+MnO2↓+4CH3COO-+2H2O 14：3 测定时取27.80gA溶于水配成100.00mL溶液，取了10.00mL溶液检测，所以计算时，量都要扩大10倍代入计算，
2KMnO4～～～～～～～～～5Na2SO3
2 5
0.1500mol/L×0.4Ln（Na2SO3）
n（Na2SO3）==0.15mol
n（SO42-）=n（BaSO4）===0.2mol
n（Na2SO4）=n（SO42-）-n（Na2SO3）=0.2mol-0.15mol=0.05mol
n（H2O）===0.1mol
a：b：c=n（Na2SO3）：n（Na2SO4）：n（H2O）=0.15mol：0.05mol：0.1mol=3：1：2
故A的化学式：3Na2SO3•Na2SO4•2H2O
【解析】解：（1）①陶瓷坩埚的主要成分为二氧化硅，KOH会与陶瓷坩埚中SiO2反应，腐蚀坩埚即SiO2+2KOH=K2SiO3+H2O，
故答案为：SiO2+2KOH=K2SiO3+H2O；
②K2MnO4歧化是在醋酸溶液中发生歧化，MnO42-一部分生成MnO4-，一部分生成MnO2，所以反应的离子方程式为：
3MnO42-+4CH3COOH=2MnO4-+MnO2↓+4CH3COO-+2H2O，
故答案为：3MnO42-+4CH3COOH=2MnO4-+MnO2↓+4CH3COO-+2H2O；
（2）KMnO4氧化甘油（C3H8O3）时，生成MnO2黑色沉淀并产生CO2气体，设发生反应的n（KMnO4）=xmol，n（C3H8O3）=ymol，根据得失电子守恒，则
3x=14y，故n（KMnO4）：n（C3H8O3）=x：y=14：3，
故答案为：14：3；
（3）测定时取27.80 gA溶于水配成100.00 mL溶液，取了10.00 mL溶液检测，所以计算时，量都要扩大10倍代入计算，
2KMnO4～～～～～～～～～5Na2SO3
2 5
0.1500 mol/L×0.4L n（Na2SO3）
n（Na2SO3）==0.15mol
n（SO42-）=n（BaSO4）===0.2mol
n（Na2SO4）=n（SO42-）-n（Na2SO3）=0.2mol-0.15mol=0.05mol
n（H2O）===0.1mol
a：b：c=n（Na2SO3）：n（Na2SO4）：n（H2O）=0.15mol：0.05mol：0.1mol=3：1：2
故A的化学式：3Na2SO3•Na2SO4•2H2O
故答案为：测定时取27.80 gA溶于水配成100.00 mL溶液，取了10.00 mL溶液检测，所以计算时，量都要扩大10倍代入计算，
2KMnO4～～～～～～～～～5Na2SO3
2 5
0.1500 mol/L×0.4L n（Na2SO3）
n（Na2SO3）==0.15mol
n（SO42-）=n（BaSO4）===0.2mol
n（Na2SO4）=n（SO42-）-n（Na2SO3）=0.2mol-0.15mol=0.05mol
n（H2O）===0.1mol
a：b：c=n（Na2SO3）：n（Na2SO4）：n（H2O）=0.15mol：0.05mol：0.1mol=3：1：2，
故A的化学式：3Na2SO3•Na2SO4•2H2O。
实验室用MnO2等为原料制取少量KMnO4，原料为MnO2，KOH和KClO3，先熔融反应生成K2MnO4，加入水和醋酸，K2MnO4在醋酸体系中发生歧化生成MnO2和KMnO4，最后经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，重结晶操作得到较纯的KMnO4晶体。
（1）①根据流程图，熔融时是将MnO2，KOH和KClO3熔融，考虑陶瓷坩埚的主要成分为二氧化硅SiO2，KOH会与陶瓷坩埚中SiO2反应，据此书写方程式；
②K2MnO4歧化是在醋酸溶液中发生歧化，MnO42-一部分生成MnO4-，一部分生成MnO2，醋酸不能拆，据得失电子守恒书写离子方程式；
（2）KMnO4氧化甘油（C3H8O3）时，生成MnO2黑色沉淀并产生CO2气体，设发生反应的n（KMnO4）=xmol，n（C3H8O3）=ymol，根据得失电子守恒，则
3x=14y，计算可得；
（3）为测定某物质A （aNa2SO3•bNa2SO2•xH2O）的组成，进行实验时，取27.80 gA溶于水配成100.00 mL溶液；只取10.00 mL溶液，所以计算时，量都要扩大10倍代入计算，根据失电子守恒则有
2KMnO4～～～～～～～～～5Na2SO3
2 5
0.1500 mol/L×0.4L n（Na2SO3）
计算出n（Na2SO3），而反应后溶液中所有的 n（SO42-）=n（BaSO4），根据计算可得，
根据硫元素守恒，故计算可得n（Na2SO4）=n（SO42-）-n（Na2SO3），最后根据质量守恒，算出物质A中结晶水的质量，再根据求n（H2O），
a：b：c=n（Na2SO3）：n（Na2SO4）：n（H2O），通过计算可以确定A的化学式。
本题考查实验流程分析和滴定计算，涉及到氧化还原反应方程式的书写，重在考查计算，整体难度中等，是中档题，注意使用电子得失守恒和元素守恒带来解题的方便，平时需加强这方面知识的训练。
19. 【答案】Fe2++2Fe3++8OH-=Fe3O4↓+4H2O 4：1 检验装置的气密性 H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O 该结论不正确，因为烧杯中溶液有剩余的双氧水，也能使高锰酸钾溶液紫色褪去 读数时应上下移动水准管，使水准管和量气管两管液面相平 %
【解析】解：（1）Fe2+与Fe3+在碱性条件下反应生成Fe3O4，反应的离子方程式为：Fe2++2Fe3++8OH-=Fe3O4↓+4H2O，
故答案为：Fe2++2Fe3++8OH-=Fe3O4↓+4H2O；
（2）没有气体产生，说明铁刚好使三价铁转化为二价铁，由于在1molFe3O4中可以认为有二价的氧化亚铁和三价的三氧化铁各1mol，
设Fe为xmol，Fe2O3为ymol，生成1molFe3O4，根据Fe+2Fe3+=3Fe2+则有：
解得，故三氧化二铁和铁的物质的量为4：1，
故答案为：4：1；
（3）①某同学在装试剂前，先向水准管中加水，使其液面高于量气管液面，若一段时间后，水准管内液面高于量气管内液面，且液面差保持稳定，说明气密性良好，所以此操作的目的是检验装置的气密性，
故答案为：检验装置的气密性；
②盐酸与Fe反应生成氯化亚铁，实验目的是制备FeCl3•6H2O晶体，则要加双氧水把亚铁离子氧化为铁离子，其反应的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，烧杯中溶液一定有双氧水，可能有Fe2+，使高锰酸钾溶液紫色褪去的，可能是剩余的双氧水，
故答案为：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；该结论不正确，因为烧杯中溶液有剩余的双氧水，也能使高锰酸钾溶液紫色褪去；
③读数时，水准管和量气管两管液面相平、视线与液面最低处相平，否则易产生误差，导致计算结果有误差；设废铁屑中铁单质的质量分数为ω
Fe+2HCl=FeCl2+H2↑
56g 22.4L
mgω V×10-3L
ω=×100%=%
故答案为：读数时应上下移动水准管，使水准管和量气管两管液面相平；%。
利用已清洗并充分除锈的废铁为原料，利用共沉淀法制备活性Fe3O4：废铁粉碎，增大固体的表面积，目的是增加反应速率，三氧化二铁与铁单质在酸性条件下反应生成亚铁离子，离子方程式为Fe2O3+Fe+6H+═3Fe2++3H2O，加入NaOH溶液在合成池中生成活性Fe3O4。
（1）Fe2+与Fe3+在碱性条件下反应生成Fe3O4；
（2）没有气体产生，说明铁刚好使三价铁转化为二价铁，由于在1molFe3O4中可以认为有二价的氧化亚铁和三价的三氧化铁各1mol，设Fe为Xmol，Fe2O3为ymol，生成1molFe3O4，根据Fe+2Fe3+=3Fe2+解题；
（3）①根据检验装置的气密性步骤知道，先形成密闭体系，在水准管中加水，使水准管液面高于量气管液面，根据液面变化判断，据此可知此操作的目的；
②盐酸与Fe反应生成氯化亚铁，加双氧水把亚铁离子氧化为铁离子；根据烧杯中溶液可能有Fe2+，但一定有双氧水，都具有还原性，都可以使高锰酸钾溶液紫色褪去，据此分析解答；
③读数时，要保证水准管和量气管两管液面要相平、视线与液面最低处相平，据此分析解答；Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，根据氢气的体积求出物质的量，再根据方程式求出Fe的物质的量、质量，即可求出Fe的质量分数。
本题考查了物质的制备、物质含量的测定，侧重于考查基本实验操作、氧化还原反应、物质含量的有关计算等，难度中等，需要学生具有扎实的基础知识与灵活运用知识解决问题的能力。
20. 【答案】HCOO-+OH-+2SO2═S2O42-+H2O+CO2 2NaHCO3+SO2=2CO2+Na2SO3+H2O 0.03 6.00% 温度过高，碳酸铵分解 在搅拌下向足量的稀盐酸中分批加入滤渣，待观察不到气泡后，过滤，向滤液中分批加入少量的氢氧化钙，用pH试纸测量溶液的pH，当pH介于5-8.5时，过滤，可得到CaCl2溶液
【解析】解：（1）甲酸钠和氢氧化钠混合溶液与SO2生成保险粉Na2S2O4同时生成二氧化碳，反应的离子方程式：HCOO-+OH-+2SO2═S2O42-+H2O+CO2
故答案为：HCOO-+OH-+2SO2═S2O42-+H2O+CO2；
（2）①由图可知，t1时刻是碳酸氢钠与二氧化硫反应主要生成二氧化碳与亚硫酸钠，反应的化学方程式为：2NaHCO3+SO2=2CO2+Na2SO3+H2O，
故答案为：2NaHCO3+SO2=2CO2+Na2SO3+H2O；
②由图中坐标点可知，时间为60min，NaHSO3的物质的量浓度为0.16mol/L，代入公式
Na2CO3+2SO2+H2O=CO2+2NaHSO3
2 2
v（SO2）=v（NaHSO3）===0.003mol/（L•min）
0-t2时间段，SO2 的平均反应速率为0.003mol/（L•min）×10L=0.03mol/min
故答案为：0.03；
③尾气中SO2的体积分数=SO2的物质的量分数
=×100%=×100%=×100%=6.00%
故答案为：6.00%；
（3）①温度过高将会使碳酸铵分解，导致CaSO4的转化率下降，
故答案为：温度过高，碳酸铵分解；
②滤渣含有CaCO3、SiO2、Al2O3、Fe2O3，以水洗后的滤渣为原料，制取CaCl2溶液的实验方案为：分批向足量的稀盐酸中加入滤渣，待观察不到气泡后，说明盐酸完全反应，过滤，分离出SiO2以及其它不溶性的滤渣，然后向滤液中分批加入少量的氢氧化钙，用pH、试纸测量溶液的pH，当pH介于5-8.5时，完全除去铁离子、铝离子，过滤，可得到CaCl2溶液，
故答案为：在搅拌下向足量的稀盐酸中分批加入滤渣，待观察不到气泡后，过滤，向滤液中分批加入少量的氢氧化钙，用pH试纸测量溶液的pH，当pH介于5-8.5时，过滤，可得到CaCl2溶液。
（1）甲酸钠和氢氧化钠混合溶液与SO2生成保险粉同时生成二氧化碳，依据反应物和生成物结合原子守恒、电荷守恒配平写出；
（2）①由图中信息可知吸收初期t1时刻碳酸钠溶液的量已经为零，而碳酸氢钠溶液的量明显在减少，说明工业废气中二氧化硫被碳酸氢钠溶液吸收，由图中信息还可知Na2SO3的量明显增加，据此写对应的化学方程式；
②由图中坐标点可知，时间为60min，NaHSO3的物质的量浓度为0.16mol/L，根据公式v=计算可得；
③尾气中SO2的体积分数=SO2的物质的量分数=×100%；
（3）①温度过高将会使碳酸铵分解，导致CaSO4的转化率下降，据此分析；
②滤渣含有CaCO3、SiO2、Al2O3、Fe2O3，以水洗后的滤渣为原料，制取CaCl2溶液的实验思路为：将CaCO3和足量的稀盐酸反应，待观察不到气泡后，说明盐酸完全反应，过滤，除去SiO2以及其它不溶性的滤渣，然后向滤液中用氢氧化钙，调pH介于5-8.5时，完全除去铁离子、铝离子，过滤，可得到CaCl2溶液，据此分析解答。
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
21. 【答案】1s22s22p63s23p63d10 sp3 乙二胺分子间能形成氢键 5：2 SO3、BF3 Cu2Mg或者MgCu2
【解析】解：（1）Cu为29号元素，Cu的基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，失去2个电子后生成Cu+，Cu+的基本电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，
故答案为：1s22s22p63s23p63d10；
（2）从乙二胺（H2NCH2CH2NH2）结构简式可知，两个碳原子都达到饱和结构，形成4个σ键，所以碳原子为sp3杂化；乙二胺分子间能形成氢键，正丁烷分子间不能形成氢键，氢键的存在能大大提高分子晶体的沸点；
故答案为：sp3；乙二胺分子间能形成氢键；
（3）CH3CN中存在C-H单键、C-C单键和C≡N键，共价单键为σ键、共价三键中含有1个σ键和2个π键，所以配体中σ键和π键个数之比为5：2，
故答案为：5：2；
（4）SO3、BF3与NO3-含有的原子总数，价电子总数都相等，互为等电子体；
故答案为：SO3、BF3；
（5）该晶胞中Mg原子位于8个顶点上、6个面心上，在晶胞内部有4个Mg原子，所以Mg原子个数=8×+6×+4=8，Cu原子都位于晶胞内部，有16个；
所以其化学式为：Cu2Mg或者MgCu2；
故答案为：Cu2Mg或者MgCu2。
（1）Cu的基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，根据基态原子的电子排布式书写Cu+的电子排布式；
（2）依据乙二胺分子中碳原子形成的σ键数目判断轨道杂化类型；乙二胺分子间能形成氢键，结合氢键对沸点影响解答；
（3）CH3CN中存在C-H单键、C-C单键和C≡N键，共价单键为σ键、共价三键中含有1个σ键和2个π键；
（4）等电子体是指具有原子总数相同、价电子总数相同的微粒；
（5）依据均摊法计算晶胞中含有Cu、Mg个数，据此书写化学式。
本题考查结构和性质，涉及核外电子排布式书写、化学键类型判断、等电子体、配合物、原子杂化类型、晶胞结构判断等知识点，侧重考查基础知识综合运用、空间想像能力及计算能力，题目难度中等。
绝密★启用前
2020年江苏省南通市通州区高考化学一模试卷
试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：120分钟；命题人：xxx
题号
一
二
三
总分
得分
注意事项：
1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2、请将答案正确填写在答题卡上
评卷人
得分
一、 单选题（共12题）
1. 近日，我国首批拥有完全自主知识产权的稀土铝合金电力电缆产品顺利下线。稀土是周期表中镧系元素和钪、钇元素的总称。中国是目前已探明的稀土储量最多的国家。下列说法正确的是（ ）
A.稀土共包含17种元素 B.稀土元素均处于周期表的ⅢA
C.稀土可完全替代铜作导线 D.大量出口稀土可以提升我国的经济水平
2. 用化学用语表示Cl2+H2O═HCl+HClO的相关微粒，其中正确的是（ ）
A.中子数为8的氧原子：O
B.H2O的电子式：
C.HClO的结构式：H-Cl-O
D.C1-的结构示意图：
3. 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A.SiO2硬度大，可用于制作光导纤维
B.SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆
C.Fe2O3能与酸反应，可用于制作红色涂料
D.Al（OH）3具有弱碱性，可用于制作胃酸中和剂
4. 室温下，下列各组离子在溶液中能大量共存的是（ ）
A.Fe3+、NH4+、SO42-、SCN-
B.K+、Ba2+、Cl-、NO3-
C.Mg2+、H+、SO42-、CO32-
D.H+、NH4+、MnO4-、I-
5. 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
6. 下列说法正确的是（ ）
A.Al在浓硝酸中不发生反应
B.工业使用MnO2和浓盐酸反应制Cl2
C.过量稀氨水吸收SO2生成（NH4）2SO3
D.加热条件下，Na与O2反应生成Na2O
7. 下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A.Na2O2溶于水：Na2O2+2H2O═2Na++2OH-+O2↑
B.Al2（SO4）3溶液中滴加Ba（OH）2：A13++4OH-+Ba2++SO42-═AlO2-+BaSO4↓+2H2O
C.用氨水溶解AgCl沉淀：Ag++2NH3•H2O═[Ag（NH3）2]++2H2O
D.酸性条件下，碘化钾溶液露置于空气中变质：4H++4I-+O2═2I2+2H2O
8. X、Y、Z、W、R是原了序数依次递增的短周期元素．X原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y、R同主族，且两者核外电子数之和是X核外电子数的4倍，Z为短周期中金属性最强的元素，W是地売中含量最高的金属元素．下列叙述正确的是（ ）
A.Y、Z、W原子半径依次增大
B.X的最高价氧化物对应水化物的酸性比R的强
C.X、R分别与Y形成的常见化合物中化学键类型相同
D.元素W、R的简单离子具有相同的电子层结构
9. 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.N2NH3NO
B.FeFeCl2Fe（OH）2
C.MgOMgCl2（aq）Mg（s）
D.CCO2CaCO3
10. 已知HCN的Ka=6.2×10-10。用H2O2溶液处理含NaCN的废水的反应原理为：NaCN+H2O+H2O2═NaHCO3+NH3。下 列有关说法正确的是（ ）
A.NaCN是弱电解质
B.该反应中氮元素被氧化
C.处理前后的水溶液中，c（Na+）相等
D.每消耗1molH2O2，转移电子数目为2×6.02×1023
11. 根据下列图示所得出的结论正确的是（ ）
A.图甲表示H2和O2反应生成H2O过程中的能量变化曲线，可推知H2O比O2稳定
B.图乙表示70℃时不同条件下H2O2的浓度随时间变化的曲线，可推知H2O2只有在碱性条件下才发生分解
C.图丙表示KNO3、NaCl的溶解度随温度变化的曲线，可推知提纯含有少量NaCl杂质的KNO3晶体，应采用蒸发结晶的方法
D.图丁表示光照下氯水的pH随时间的变化曲线，可推知光照后溶液中Cl-浓度增大
12. CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示。下列说法正确的是（ ）
A.将CuSO4溶液滴入蛋白质溶液中，有沉淀析出：加水，沉淀能完全溶解
B.相对于途径①和③，途径②中Cu元素的利用率更高
C.X可能是SO2和SO3两种混合气体
D.反应④中，理论上消耗的葡萄糖与生成的Cu2O物质的量相等
评卷人
得分
二、 双选题（共3题）
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
用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色
该溶液中含有Na+
B
向Co2O3固体中滴加浓盐酸，有黄绿色气体生成
氧化性：Co2O3＞Cl2
C
向碳酸钠溶液中加入浓盐酸，将产生的气体通入苯酚钠溶液中，溶液变浑浊
酸性：盐酸＞碳酸＞苯酚
D
将石蜡油蒸气通过炽热的碎瓷片分解，得到的气体通入溴的四氯化碳溶液，溴的四氯化碳溶液褪色
分解产物中含乙烯
A.A B.B C.C D.D
14. 化合物M具有广谱抗菌活性，利用有机物X、Y合成M的反应可表示如图：下列说法正确的是（ ）
A.X分子中有1个手性碳原子
B.Y分子中所有原子一定不可能在同一平面内
C.X和Y均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D.X、Y合成M的反应类型为加成反应
15. 用图装置加热FeSO4，并检验反应产物。下列关于FeSO4分解反应的说法不正确的是（ ）
A.装置甲中固体变为红棕色，说明反应生成了氧化铁
B.装置乙中品红溶液颜色褪去，说明反应生成了SO2
C.装置丙中未产生白色沉淀，说明反应未生成SO3
D.装置丁中导管口有气泡，说明反应生成O2
评卷人
得分
三、 简答题（共6题）
16. 一种以硼镁矿（含Mg2B2O5•H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3）为原料生产硼酸（H3BO3）及轻质氧化镁的工艺流程如图1：
回答下列问题：。
（1）在95℃条件下“溶浸”，为提高镁的浸取率，可采取的措施是______。“溶浸”时生成气体的化学式为______。
（2）“沉镁”中生成Mg（OH）2•MgCO3沉淀的离子方程式为______。
（3）母液经加热后可循环使用的物质为______。
（4）由Mg（OH）2•MgCO3制备轻质氧化镁的方法是______。
（5）已知硫酸镁的溶解度随温度变化的曲线如图2所示，且溶液的沸点随压强增大而升高。为了从MgSO4溶液中充分回收MgSO4•H2O，应采取的措施是______。
17. 氧化白藜芦醇具有抗病毒等作用。一种合成氧化白藜芦醇的路径如图：
（1）B中的官能团名称为______。
（2）C的分子式为C8H8O2，写出C的结构简式______。
（3）反应③的化学方程式为______。
（4）X为D的同分异构体，写出满足如下条件一种X的结构简式______。
①含有苯环；
②核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为6：2：1；
③1mol的X与足量金属Na反应可生成2g H2。
（5）用如下方法测定经处理后废水中A的含量（废水中不含干扰测定的物质）。
Ⅰ．用已准确称量的KBrO3固体配制100 mL a mol•L-1KBrO3标准溶液；
Ⅱ．取v1mL上述溶液，加入过量KBr，加H2SO4酸化，溶液颜色呈棕黄色；
Ⅲ．向Ⅱ所得溶液中加入V2mL废水；
Ⅳ．向Ⅱ所得溶液中加入过量KI；
Ⅴ．以淀粉溶液作指示剂，用b mol•L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，共消耗Na2S2O3溶液V3mL。
已知：I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6，Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均无色。
①Ⅰ中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、______。
②Ⅱ中发生反应的离子方程式是______。
③Ⅱ～Ⅳ须快速操作，且液体滴加完毕后应立即塞上瓶塞，其原因是______。
18. KMnO4是实验室常用的氧化剂，可用作水处理剂、化学定量测定等。
（1）实验室用MnO2等作原料制取少量KMnO4的实验流程如图：
①“熔融”时，不能使用陶瓷坩埚的原因是______（用化学方程式表示）
②“K2MnO4歧化”的离子方程式为______。
（2）KMnO4氧化甘油（C3H8O3）时，生成MnO2黑色沉淀并产生CO2气体，则发生反应的n（KMnO4）：n（C3H8O3）=______。
（3）为测定某物质A （aNa2SO3•bNa2SO4•xH2O）的组成，进行下列实验：
①取27.80 gA溶于水配成100.00 mL溶液；
②取10.00 mL溶液，用浓度为0.1500 mol•L-1的KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液40.00 mL；
③向②的混合溶液中加入足量的氯化钡溶液，将沉淀充分洗涤烘干后称量，质量为4.660 g。
通过计算确定A的化学式（写出计算过程）______。
19. 工业上用已清洗并充分除锈的废铁制备活性Fe3O4，流程如图1：
（1）在合成池里生成Fe3O4的离子方程式为______。
（2）在反应池中几乎没有气体产生，根据流程可知，配料中心很可能控制混合物中的Fe2O3与Fe物质的量之比接近______。
（3）实验室中利用图2所示装置由废铁屑制备FeCl3•6H2O晶体，并测定铁屑中铁单质的质量分数（杂质不溶于水且不与酸反应）。取mg废铁屑加入B装置中，在A中加入足量的200 mL盐酸后进行下列操作：
Ⅰ．打开活塞a和弹簧夹K，关闭活塞b，缓慢滴加盐酸；
Ⅱ．当装置D的量气管一侧液面不再下降时，关闭弹簧夹K，打开活塞b；
Ⅲ．当A中溶液完全进入烧杯后关闭活塞a、b。
①某同学在装试剂前，先向水准管中加水，使其液面高于量气管液面，此操作的目的是______。
②用离子方程式表示烧杯中足量的H2O2溶液的作用______。 某同学取烧杯中溶液少许，滴入盛有酸性高锰酸钾溶液的试管中，试管中溶液紫色褪去，据此，该同学认为铁元素未完全转化为Fe3+．请对此结论进行评价：______。
③实验结束后，为了准确读取气体体积，对D装置进行的操作为______。 若反应前后量气管内读数差换算成标准状况为V mL，则此废铁屑中铁单质的质量分数为______。
20. 含SO2的工业尾气有多种吸收和处理方法。
（1）在甲酸钠（HCOONa）、氢氧化钠混合溶液中通入二氧化硫气体可以制备保险粉（Na2S2O4），同时生成二氧化碳气体，写出该反应的离子方程式：______。
（2）工业上可用Na2CO2溶液吸收工业尾气。将尾气以11.2 L•min-1（ 已折算为标准状况）的流速均匀通过10L 0.1 mol•L-1Na2CO3溶液，测得溶液组成随通气时间的变化如图1所示。
①写出t1时刻对应的化学方程式：______
②0-t2时间段，SO2的平均反应速率为______mol•min-1。
③尾气中SO2的体积分数为______。
（3）实验室以工业废渣（主要含CaSO4•2H2O，还含少量SiO2、Al2O3、Fe2O3）为原料制取轻质CaCO3和（NH4）2SO4晶体，其实验流程如图2：
①浸取时温度保持在60～70℃，温度过高将会导致CaSO4的转化率下降，其原因是：______
②滤渣水洗后，经多步处理得到制备轻质CaCO3所需的CaCl2溶液。设计以水洗后的滤渣为原料，制取CaCl2溶液的实验方案：______[已知 pH=5时Fe（OH）3和Al（OH）3沉淀完全； pH=8.5 时Al（OH）3开始溶解。实验中必须使用的试剂：盐酸和Ca（OH）2]。
21. 在普通铝中加入少量Cu和Mg后，形成一种称为拉维斯相的微小晶粒，其分散在Al中可使得铝材的硬度增加、延展性减小，形成所谓“坚铝”，是制造飞机的主要材料。回答下列问题：
（1）Cu+基态核外电子排布式为______。
（2）乙二胺（H2NCH2CH2NH2）能与Mg2+、Cu2+等 金属离子形成稳定环状离子，乙二胺分子中碳原子的杂化类型是______。 乙二胺的沸点大于正丁烷（C4H10），原因是______。
（3）[Cu（CH3CN）4]+是非常稳定的络合离子，配体中σ键和π键个数之比为______。
（4）与NO3-互为等电子体的分子为______ （ 写化学式）。
（5）图是拉维斯微小晶粒的结构，其化学式为______
参考答案及解析
一、 单选题
1. 【答案】A
【解析】解：A．稀土资源就是化学元素周期表中镧系元素-镧（La）、铈（Ce）、镨（Pr）等以及与镧系的15个元素密切相关的两个元素-钪（Sc）和钇（Y）共17种元素，称为稀土元素，也叫稀土资源，简称稀土，故A正确；
B．稀土元素中镧系元素处于周期表的ⅢB，故B错误；
C．稀土含量少，用稀土铝合金电力电缆产品做导线，但不可完全替代铜作导线，故C错误；
D．我国资源储量的快速的减少，同时由于技术水平低，出口低级产品，污染严重；同时图形材料中可以看出由于资源开发造成的土地资源的破坏，利润少，产生的一系列生态环境问题，从资源的开发利用，技术水平的提高，调整产业结构，加大环境保护措施，对破坏土地采取复垦，以及提高出口价格保护我国现在稀土资源，大量出口稀土长期看把你提升我国的经济水平，故D错误；
故选：A。
A．稀土是周期表中镧系元素和钪、钇元素的总称；
B．稀土元素是镧系和钪、钇元素总称；
C．稀土含量少，利用稀土铝合金电力电缆产品做导线；
D．我国稀土在开发利用过程中普遍存在过量开采，储量减少；不合理开发，造成土地破坏；环境污染严重；技术水平低；以初级产品为主，价格低，创汇少的问题。
本题以我国稀土在开发利用为背景，属于知识性试题，考查了周期表中的位置、稀土资源开发利用的问题和可持续发展角度分析采取的措施，解题的关键是学生调动、运用知识的能力和利用图示获取和解读地理信息的能力。解题时应注意对课本知识的把握。
2. 【答案】B
【解析】解：A、质量数=质子数+中子数，故中子数为8的氧原子的质量数为16，且质量数标示在元素符号的左上角，故表示为168O，故A错误；
B、水中O原子以共价键与H原子相结合，故其电子式为，故B正确；
C、HClO中O原子分别与H、Cl原子以共价键相结合，故其结构式为H-O-Cl，故C错误；
D、氯离子的核内有17个质子，核外有18个电子，故其结构示意图为，故D错误。
故选：B。
A、质量数=质子数+中子数；
B、水中O原子以共价键与H原子相结合；
C、HClO中O原子分别与H、Cl原子以共价键相结合；
D、氯离子的核内有17个质子，核外有18个电子。
本题考查化学用语，涉及电子式、结构式、结构示意图以及原子表示方法等，综合性较强，注重基础知识的考查，把握化学用语的区别及规范应用，题目难度不大。
3. 【答案】D
【解析】解：A．光导纤维的主要成分是二氧化硅，光导纤维是利用光的全反射原理，与二氧化硅的硬度大小无关，故A错误；
B．二氧化硫能与有色物质化合生成无色物质，二氧化硫的漂白性与氧化性无关，故B错误；
C．Fe2O3是红棕色难溶性的固体，Fe2O3可用于制作红色涂料，与它的化学性质无关，故C错误；
D．氢氧化铝是两性氢氧化物，具有弱碱性，能和酸反应，可用于制作胃酸中和剂，故D正确。
故选：D。
A．二氧化硅晶体对光具有良好的全反射作用；
B．二氧化硫能与有色物质化合生成无色物质；
C．Fe2O3是红棕色难溶性的固体；
D．氢氧化铝能和酸反应。
本题考查了物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
4. 【答案】B
【解析】解：A．Fe3+与SCN-发生络合反应，二者不能大量共存，故A不选；
B．K+、Ba2+、Cl-、NO3-相互不反应，可以大量共存，故B选；
C．镁离子与碳酸根离子反应，碳酸根离子与氢离子反应，不能大量共存，故C不选；
D．酸性环境下，高锰酸根离子具有强的氧化性，能够氧化碘离子，不能大量共存，故D不选；
故选：B。
A．Fe3+与SCN-发生络合反应；
B．K+、Ba2+、Cl-、NO3-相互不反应；
C．镁离子与碳酸根离子反应，碳酸根离子与氢离子反应；
D．酸性环境下，高锰酸根离子具有强的氧化性。
本题考查离子共存的判断，题目难度不大，明确离子反应发生条件即可解答，注意掌握离子不能共存的情况，如：发生氧化还原反应、复分解反应等，试题侧重考查学生的分析能力及灵活运用基础知识的能力。
5. 【答案】B
【解析】
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握实验装置的作用、气体的制备实验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
A．Cu与浓硝酸发生氧化还原反应，图中固液反应装置可制备二氧化氮，故A正确；
B．二氧化氮与水反应，图中装置不能净化二氧化氮，故B错误；
C．二氧化氮的密度比空气密度大，则图中向上排空气法可收集NO2，故C正确；
D．二氧化氮有毒，与NaOH发生反应，图中尾气处理合理，故D正确。
故选B。
6. 【答案】C
【解析】解：A．常温下将Al片放入浓硝酸中，无明显变化，铝和浓硝酸发生钝化现象，发生反应生成一薄层致密的氧化物薄膜阻止反应进行，故A错误；
B．工业使用电解饱和食盐水制Cl2，实验室使用MnO2和浓盐酸反应制Cl2，故B错误；
C．过量稀氨水吸收SO2生成（NH4）2SO3和水，故C正确；
D．加热条件下，Na与O2反应生成Na2O2，故D错误；
故选：C。
A．常温下浓硝酸遇到铝发生钝化现象，生成一薄层致密的氧化物薄膜阻止反应进行；
B．工业使用电解饱和食盐水制Cl2；
C．过量稀氨水吸收SO2生成（NH4）2SO3和水；
D．加热条件下，Na与O2反应生成Na2O2。
本题考查了浓硝酸的性质、氯气的工业制备、以及二氧化硫、钠的性质，题目难度不大，注意掌握物质的性质是解题关键，明确铝、铁在常温下与浓硫酸、浓硝酸发生了钝化现象，不是不反应，为易错点。
7. 【答案】D
【解析】解：A．Na2O2 溶于水，离子方程式：2Na2O2+2H2O═4Na++4OH-+O2↑，故A错误；
B．Al2（SO4）3溶液中滴加Ba（OH）2：2A13++6OH-+3Ba2++3SO42-═Al（OH）3↓+3BaSO4↓，故B错误；
C．氯化银是沉淀，不能拆，故离子方程式为AgCl+2NH3•H2O=[Ag（NH3）2]++Cl-+2H2O，故C错误；
D．酸性条件下，碘化钾溶液露置于空气中变质，离子方程式：4H++4I-+O2═2I2+2H2O，故D正确；
故选：D。
A．原子个数不守恒；
B．氢氧化钡少量，反应生成硫酸钡、氢氧化铝；
C．氯化银是沉淀，不能拆；
D．碘离子能够被空气中氧化生成碘单质。
本题考查离子方程式的书写方法，题目难度中等，明确发生反应的实质为解答关键，注意熟练掌握离子方程式的书写原则，试题有利于提高学生的规范答题能力。
8. 【答案】C
【解析】解：由以上分析可知X为C、Y为O、Z为Na、W为Al、R为S元素，
A．Z为Na、W为Al，原子Na＞Al，故A错误；
B．非金属性S＞C，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故B错误；
C．X、R分别与Y形成的常见化合物分别为二氧化碳、二氧化硫，都为共价化合物，化学键类型相同，故C正确；
D．W为Al、R为S元素，对应的离子的原子核外电子层数不同，故D错误。
故选：C。
X、Y、Z、W、R是原了序数依次递增的短周期元素．X原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，应为C元素，Y、R同主族，且两者核外电子数之和是X核外电子数的4倍，即为24，则Y为O元素，R为S元素，Z为短周期中金属性最强的元素，应为Na元素，W是地売中含量最高的金属元素，为Al元素，结合元素周期律的递变规律解答该题．
本题考查了原子结构与元素周期律的综合应用，为高频考点和常见题型，题目难度中等，推断元素为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．
9. 【答案】A
【解析】解：A．氮气与氢气化合生成氨气，氨气催化氧化生成NO，均能实现各步转化，故A正确；
B．铁在氯气中点燃生成氯化铁，不能生成氯化亚铁，则不能一步实现，故B错误；
C．电解氯化镁溶液，阳极是氯离子放电生成氯气，阴极是氢离子放电生成氢气，负极附近得到氢氧化镁沉淀，不能生成镁单质，则不能一步实现，故C错误；
D．盐酸酸性强于碳酸，根据强制弱酸原理，二氧化碳与氯化钙不反应，则不能一步实现，故D错误；
故选：A。
A．氮气与氢气化合生成氨气，氨气催化氧化生成NO；
B．铁在氯气中点燃生成氯化铁；
C．氧化镁和盐酸反应生成氯化镁溶液，电解氯化镁溶液得到氢氧化镁沉淀；
D、CaCl2溶液和二氧化碳不能反应。
本题考查了物质性质、物质转化的应用，主要是镁、氯、碳、氮的化合物性质的理解判断，掌握基础是解题关键，题目较简单。
10. 【答案】D
【解析】
本题考查了氧化还原反应，侧重于氧化还原反应电子转移和物质性质的考查，注意从化合价的角度分析，题目难度不大。
A．NaCN为可溶性的钠盐，在水溶液中全部电离，是强电解质，故A错误；
B．NaCN中C为+2价，Na为+1价，则氮元素的化合价为-3，反应前后N元素化合价不变，故B错误；
C．用H2O2溶液处理含NaCN的废水后的水溶液体积增大，则c（Na+）减小，故C错误；
D．NaCN+H2O+H2O2═NaHCO3+NH3反应中H2O2中O元素从-1价降低为-2价，则每消耗1mol H2O2，转移电子数目为2×6.02×1023，故D正确。
故选D。
11. 【答案】D
【解析】解：A．由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，即H2和O2总能量大于H2O总能量，则该反应为放热反应，不能推出H2O比O2稳定，故A错误；
B．根据图知，碱浓度越大，相同时间内消耗的双氧水越多，但不能推知H2O2只有在碱性条件下才发生分解，故B错误；
C．因为KNO3的溶解度随温度增大而明显增大，而NaCl的溶解度随温度变化不大，所以提纯含有少量NaCl杂质的KNO3晶体，应采用降温结晶的方法，故C错误；
D．随着光照的进行，溶液的pH减小，酸性增强，说明氢离子浓度增大，HClO分解生成HCl和氧气，所以溶液中氯离子浓度增大，故D正确；
故选：D。
A．由图可知，反应物总能量大于生成物总能量；
B．根据图知，碱浓度越大，相同时间内消耗的双氧水越多；
C．根据KNO3的溶解度随温度增大而明显增大判断，提纯含有少量NaCl杂质的KNO3晶体，应采用降温结晶的方法；
D．随着光照的进行，溶液的pH减小，酸性增强，HClO分解生成HCl和氧气。
本题考查图象分析，涉及反应热和焓变、化学反应速率影响因素、溶解度等知识点，明确图象中曲线含义及其变化趋势、化学反应原理是解本题关键，侧重考查图象分析判断能力。
12. 【答案】D
【解析】解：A、CuSO4是重金属盐，能使蛋白质变性，有沉淀析出，但加水时，沉淀不能溶解，故A错误；
B、只要硫酸过量，等量的Cu全部生成CuSO4，并且得到CuSO4的量相等，所以Cu元素的利用率相等，故B错误；
C、硫酸铜在1100℃分解的方程式为：2CuSO4Cu2O+SO2↑+SO3↑+O2↑，根据化合价变化规律可知，X可能是O2、SO2和SO3的混合气体，若只有SO2和SO3，铜元素、S元素化合价只有降低，无元素化合价升高，故C错误；
D、新制的氢氧化铜悬浊液与葡萄糖反应的方程式为CH2OH（CHOH）4CHO+2Cu（OH）22H2O+Cu2O↓+CH2OH（CHOH）4COOH，理论上消耗的葡萄糖与生成Cu2O的物质的量相等，故D正确；
故选：D。
途径①涉及反应为3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；
途径②涉及反应为2Cu+2H2SO4+O2=2CuSO4+2H2O；
途径③涉及反应为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O，
途径④涉及反应为CH2OH（CHOH）4CHO+2Cu（OH）22H2O+Cu2O↓+CH2OH（CHOH）4COOH，
硫酸铜在1100℃分解的方程式为2CuSO4Cu2O+SO2↑+SO3↑+O2↑，根据反应的方程式分析解答。
本题考查了Cu及其化合物的性质、制备方案的评价等知识，掌握铜及其物质的性质为解题关键，注意依据题干提供信息或相关反应方程式分析，题目难度中等。
二、 双选题
13. 【答案】AB
【解析】解：A．钠的焰色反应为黄色，用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，可说明溶液中含有Na+，故A正确；
B．滴加浓盐酸，有黄绿色气体生成，说明生成氯气，可说明氧化性：Co2O3＞Cl2，符合氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性的规律，故B正确；
C．浓盐酸易挥发，二氧化碳中混有氯化氢，不能确定碳酸、苯酚的酸性，故C错误；
D．不饱和烃使溴的四氯化碳溶液褪色，由现象可知，分解产物含烯烃，不一定为乙烯，故D错误。
故选：AB。
A．钠的焰色反应为黄色；
B．滴加浓盐酸，有黄绿色气体生成，说明生成氯气；
C．二氧化碳中混有氯化氢；
D．分解产物含烯烃，不一定为乙烯。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握离子的检验、性质探究、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
14. 【答案】AC
【解析】解：A．连接4个不同基团的C为手性碳原子，则X中与氨基相连的C为手性碳原子，只有1个手性碳原子，故A正确；
B．Y中碳碳双键、羰基均为平面结构，且直接相连，则所有原子可能共面，故B错误；
C．X、Y中均含碳碳双键，均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；
D．合成反应中X的氨基上H被取代，且生成水，为取代反应，而加成反应的产物只有一种，故D错误；
故选：AC。
A．连接4个不同基团的C为手性碳原子；
B．Y中碳碳双键、羰基均为平面结构，且直接相连；
C．X、Y中均含碳碳双键；
D．合成反应中X的氨基上H被取代，且生成水。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意原子共面、烯烃的性质，题目难度不大。
15. 【答案】CD
【解析】解：A．装置甲中固体变为红棕色，氧化铁为红棕色，说明反应生成了氧化铁，故A正确；
B．二氧化硫具有漂白性，装置乙中品红溶液颜色褪去，说明反应生成了SO2，故B正确；
C．Fe元素的化合价升高，S元素的化合价降低，结合电子及原子守恒可知还生成三氧化硫，则装置丙中产生白色沉淀，故C错误；
D．丁中二氧化硫与碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，不能说明氧气的生成，故D错误；
故选：CD。
由实验装置可知，甲中发生2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑，乙中品红褪色可检验生成的二氧化硫，丙中生成硫酸钡可检验生成的三氧化硫，丁中有气体生成，二氧化硫与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，以此啦解答。
本题考查物质的性质实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、物质的检验、实验操作为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
三、 简答题
16. 【答案】加快搅拌速率 NH3 2Mg2++3CO32-+2H2O=Mg（OH）2•MgCO3↓+2HCO3-（或2Mg2++2CO32-+H2O=Mg（OH）2•MgCO3↓+CO2↑） （NH4）2SO4 高温焙烧 加压升温MgSO4的饱和溶液
【解析】解：（1）在95℃条件下“溶浸”，为提高镁元素的浸取率，因为温度太高，铵盐易分解，硼镁矿已成粉，故可采取的措施有：加快搅拌速率；据流程知，加入硫酸铵溶液，得到气体，根据硼镁矿和硫酸铵化学式知，得到的气体为NH3，
故答案为：加快搅拌速率；NH3；
（2）在“沉镁”中镁离子和碳酸根离子发生水解和复分解反应生成Mg（OH）2•MgCO3沉淀，同时还生成碳酸氢根离子离子，离子方程式为
2Mg2++3CO32-+2H2O=Mg（OH）2•MgCO3↓+2HCO3-（或2Mg2++2CO32-+H2O=Mg（OH）2•MgCO3↓+CO2↑），
故答案为：2Mg2++3CO32-+2H2O=Mg（OH）2•MgCO3↓+2HCO3-（或2Mg2++2CO32-+H2O=Mg（OH）2•MgCO3↓+CO2↑）；
（3）在母液中得到（NH4）2SO4，在溶浸时需要加入（NH4）2SO4，所以母液经加热后得到的（NH4）2SO4，可返回溶浸工序循环使用，
故答案为：（NH4）2SO4；
（4）碱式碳酸镁高温易分解得到氧化物、水和二氧化碳，所以高温焙烧就可以得到轻质氧化镁，
故答案为：高温焙烧；
（5）根据题中信息可知温度越高MgSO4•H2O的溶解度越小，由于溶液的沸点随压强增大而升高，为了防止溶液沸腾，应该在较高的压强条件下加热，使MgSO4•H2O结晶析出，
故答案为：加压升温MgSO4的饱和溶液。
一种硼镁矿（含Mg2B2O5•H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3）为原料，生产硼酸（H3BO3）及轻质氧化镁，由流程可知，硼镁矿（含Mg2B2O3•H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3）加入硫酸铵溶液，得到气体，根据硼镁矿和硫酸铵化学式知，得到的气体为NH3，用NH4HCO3吸收NH3，发生反应NH3+NH4HCO3=（NH4）2CO3，根据过滤2及沉镁成分知，过滤1中得到的滤渣为难溶性的SiO2、Fe2O3、Al2O3，调节溶液pH=3.5时得到H3BO3，滤液中含有MgSO4，沉镁过程发生的反应为2Mg2++3CO32-+2H2O=Mg（OH）2•MgCO3↓+2HCO3-，加热分解可以得到轻质MgO；母液中含有（NH4）2SO4，以此来解答。
（1）一般“溶浸”时，为提高元素的浸取率，可采取的措施有：①粉碎矿石；②适当升高浸取温度；③适当提高溶液浓度；④延长浸取时间（或加快搅拌速率）等，但该题要认真审题，在95℃条件下“溶浸”硼镁矿粉时，为提高镁元素的浸取率的措施，仔细选择措施；据流程知，加入硫酸铵溶液，得到气体，根据硼镁矿和硫酸铵化学式知，得到的气体为NH3，据此分析作答；
（2）在“沉镁”中镁离子和碳酸根离子发生水解和复分解反应生成Mg（OH）2•MgCO3沉淀，同时还生成碳酸氢根离子，据此分析作答；
（3）在母液中得到（NH4）2SO4，在溶浸时需要加入（NH4）2SO4，据此分析作答；
（4）碱式碳酸镁高温易分解得到氧化物、水和二氧化碳，据此分析作答；
（5）根据题中信息，溶液的沸点随压强增大而升高分析。
本题考查了物质的分离提纯，涉及化学方程式的书写，除杂方法和试剂的选择，以及图象的分析等，题目难度较大，注意对图象的分析和对题干信息的分析。
17. 【答案】羟基、碘原子 玻璃棒、胶头滴管和100mL容量瓶 BrO3-+5Br-+6H+=3Br2+3H2O 防止Br2挥发
【解析】解：（1）B的结构简式为，含有官能团-OH，名称为羟基，含有-I，名称为：碘原子，
故答案为：羟基、碘原子；
（2）A发生取代反应生成B，对照氧化白藜芦醇和E的结构简式可知，B发生取代反应生成C，C的分子式为C8H8O2，所以C的结构简式为，
故答案为：；
（3）反应③D中甲基被H原子取代，反应为：，
故答案为：；
（4）D为，X为D的同分异构体，
①X中含有苯环；
②有三种不同化学环境的氢，个数比为6：2：1，该分子中一共9个H原子，则应该有2个甲基；
③1mol的X与足量金属Na反应可生成2gH2，生成的氢气物质的量为1mol，说明含有2个-OH，因为含有2个甲基，所以只能有2个酚羟基，
符合条件的结构简式为，
故答案为：；
（5）①配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等，Ⅰ中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和100mL容量瓶，
故答案为：玻璃棒、胶头滴管和100mL容量瓶；
②Ⅱ中发生反应的离子方程式是BrO3-+5Br-+6H+=3Br2+3H2O，
故答案为：BrO3-+5Br-+6H+=3Br2+3H2O；
③由于Br2具有挥发性的性质，Ⅱ～Ⅳ中反应须在密闭容器中进行，否则会造成测定结果偏高，所以Ⅱ～Ⅳ须快速操作，且液体滴加完毕后应立即塞上瓶塞，
故答案为：防止Br2挥发。
A发生取代反应生成B，对照氧化白藜芦醇和E的结构简式可知，B发生取代反应生成C，D发生取代反应生成E，CE发生取代反应生成氧化白藜芦醇。
（1）根据B的结构简式以及常见官能团的名称解答；
（2）C的分子式为C8H8O2，对照氧化白藜芦醇和E的结构简式可知，B发生取代反应生成C；
（3）反应③D中甲基被H原子取代；
（4）①X中含有苯环；
②有三种不同化学环境的氢，个数比为6：2：1，该分子中一共9个H原子，则应该有2个甲基；
③1mol的X与足量金属Na反应可生成2gH2，生成的氢气物质的量为1mol，说明含有2个-OH，因为含有2个甲基，所以只能有2个酚羟基；
（5）①依据溶液配制过程和实验步骤分析判断；
②II中发生氧化还原反应生成溴和水；
③溴易挥发。
本题考查有机合成和推断，侧重考查分析推断及知识综合运用能力，正确分析反应前后物质结构变化是解本题关键，采用知识迁移方法进行合成路线设计，题目难度中等。
18. 【答案】SiO2+2KOH=K2SiO3+H2O 3MnO42-+4CH3COOH=2MnO4-+MnO2↓+4CH3COO-+2H2O 14：3 测定时取27.80gA溶于水配成100.00mL溶液，取了10.00mL溶液检测，所以计算时，量都要扩大10倍代入计算，
2KMnO4～～～～～～～～～5Na2SO3
2 5
0.1500mol/L×0.4Ln（Na2SO3）
n（Na2SO3）==0.15mol
n（SO42-）=n（BaSO4）===0.2mol
n（Na2SO4）=n（SO42-）-n（Na2SO3）=0.2mol-0.15mol=0.05mol
n（H2O）===0.1mol
a：b：c=n（Na2SO3）：n（Na2SO4）：n（H2O）=0.15mol：0.05mol：0.1mol=3：1：2
故A的化学式：3Na2SO3•Na2SO4•2H2O
【解析】解：（1）①陶瓷坩埚的主要成分为二氧化硅，KOH会与陶瓷坩埚中SiO2反应，腐蚀坩埚即SiO2+2KOH=K2SiO3+H2O，
故答案为：SiO2+2KOH=K2SiO3+H2O；
②K2MnO4歧化是在醋酸溶液中发生歧化，MnO42-一部分生成MnO4-，一部分生成MnO2，所以反应的离子方程式为：
3MnO42-+4CH3COOH=2MnO4-+MnO2↓+4CH3COO-+2H2O，
故答案为：3MnO42-+4CH3COOH=2MnO4-+MnO2↓+4CH3COO-+2H2O；
（2）KMnO4氧化甘油（C3H8O3）时，生成MnO2黑色沉淀并产生CO2气体，设发生反应的n（KMnO4）=xmol，n（C3H8O3）=ymol，根据得失电子守恒，则
3x=14y，故n（KMnO4）：n（C3H8O3）=x：y=14：3，
故答案为：14：3；
（3）测定时取27.80 gA溶于水配成100.00 mL溶液，取了10.00 mL溶液检测，所以计算时，量都要扩大10倍代入计算，
2KMnO4～～～～～～～～～5Na2SO3
2 5
0.1500 mol/L×0.4L n（Na2SO3）
n（Na2SO3）==0.15mol
n（SO42-）=n（BaSO4）===0.2mol
n（Na2SO4）=n（SO42-）-n（Na2SO3）=0.2mol-0.15mol=0.05mol
n（H2O）===0.1mol
a：b：c=n（Na2SO3）：n（Na2SO4）：n（H2O）=0.15mol：0.05mol：0.1mol=3：1：2
故A的化学式：3Na2SO3•Na2SO4•2H2O
故答案为：测定时取27.80 gA溶于水配成100.00 mL溶液，取了10.00 mL溶液检测，所以计算时，量都要扩大10倍代入计算，
2KMnO4～～～～～～～～～5Na2SO3
2 5
0.1500 mol/L×0.4L n（Na2SO3）
n（Na2SO3）==0.15mol
n（SO42-）=n（BaSO4）===0.2mol
n（Na2SO4）=n（SO42-）-n（Na2SO3）=0.2mol-0.15mol=0.05mol
n（H2O）===0.1mol
a：b：c=n（Na2SO3）：n（Na2SO4）：n（H2O）=0.15mol：0.05mol：0.1mol=3：1：2，
故A的化学式：3Na2SO3•Na2SO4•2H2O。
实验室用MnO2等为原料制取少量KMnO4，原料为MnO2，KOH和KClO3，先熔融反应生成K2MnO4，加入水和醋酸，K2MnO4在醋酸体系中发生歧化生成MnO2和KMnO4，最后经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，重结晶操作得到较纯的KMnO4晶体。
（1）①根据流程图，熔融时是将MnO2，KOH和KClO3熔融，考虑陶瓷坩埚的主要成分为二氧化硅SiO2，KOH会与陶瓷坩埚中SiO2反应，据此书写方程式；
②K2MnO4歧化是在醋酸溶液中发生歧化，MnO42-一部分生成MnO4-，一部分生成MnO2，醋酸不能拆，据得失电子守恒书写离子方程式；
（2）KMnO4氧化甘油（C3H8O3）时，生成MnO2黑色沉淀并产生CO2气体，设发生反应的n（KMnO4）=xmol，n（C3H8O3）=ymol，根据得失电子守恒，则
3x=14y，计算可得；
（3）为测定某物质A （aNa2SO3•bNa2SO2•xH2O）的组成，进行实验时，取27.80 gA溶于水配成100.00 mL溶液；只取10.00 mL溶液，所以计算时，量都要扩大10倍代入计算，根据失电子守恒则有
2KMnO4～～～～～～～～～5Na2SO3
2 5
0.1500 mol/L×0.4L n（Na2SO3）
计算出n（Na2SO3），而反应后溶液中所有的 n（SO42-）=n（BaSO4），根据计算可得，
根据硫元素守恒，故计算可得n（Na2SO4）=n（SO42-）-n（Na2SO3），最后根据质量守恒，算出物质A中结晶水的质量，再根据求n（H2O），
a：b：c=n（Na2SO3）：n（Na2SO4）：n（H2O），通过计算可以确定A的化学式。
本题考查实验流程分析和滴定计算，涉及到氧化还原反应方程式的书写，重在考查计算，整体难度中等，是中档题，注意使用电子得失守恒和元素守恒带来解题的方便，平时需加强这方面知识的训练。
19. 【答案】Fe2++2Fe3++8OH-=Fe3O4↓+4H2O 4：1 检验装置的气密性 H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O 该结论不正确，因为烧杯中溶液有剩余的双氧水，也能使高锰酸钾溶液紫色褪去 读数时应上下移动水准管，使水准管和量气管两管液面相平 %
【解析】解：（1）Fe2+与Fe3+在碱性条件下反应生成Fe3O4，反应的离子方程式为：Fe2++2Fe3++8OH-=Fe3O4↓+4H2O，
故答案为：Fe2++2Fe3++8OH-=Fe3O4↓+4H2O；
（2）没有气体产生，说明铁刚好使三价铁转化为二价铁，由于在1molFe3O4中可以认为有二价的氧化亚铁和三价的三氧化铁各1mol，
设Fe为xmol，Fe2O3为ymol，生成1molFe3O4，根据Fe+2Fe3+=3Fe2+则有：
解得，故三氧化二铁和铁的物质的量为4：1，
故答案为：4：1；
（3）①某同学在装试剂前，先向水准管中加水，使其液面高于量气管液面，若一段时间后，水准管内液面高于量气管内液面，且液面差保持稳定，说明气密性良好，所以此操作的目的是检验装置的气密性，
故答案为：检验装置的气密性；
②盐酸与Fe反应生成氯化亚铁，实验目的是制备FeCl3•6H2O晶体，则要加双氧水把亚铁离子氧化为铁离子，其反应的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，烧杯中溶液一定有双氧水，可能有Fe2+，使高锰酸钾溶液紫色褪去的，可能是剩余的双氧水，
故答案为：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；该结论不正确，因为烧杯中溶液有剩余的双氧水，也能使高锰酸钾溶液紫色褪去；
③读数时，水准管和量气管两管液面相平、视线与液面最低处相平，否则易产生误差，导致计算结果有误差；设废铁屑中铁单质的质量分数为ω
Fe+2HCl=FeCl2+H2↑
56g 22.4L
mgω V×10-3L
ω=×100%=%
故答案为：读数时应上下移动水准管，使水准管和量气管两管液面相平；%。
利用已清洗并充分除锈的废铁为原料，利用共沉淀法制备活性Fe3O4：废铁粉碎，增大固体的表面积，目的是增加反应速率，三氧化二铁与铁单质在酸性条件下反应生成亚铁离子，离子方程式为Fe2O3+Fe+6H+═3Fe2++3H2O，加入NaOH溶液在合成池中生成活性Fe3O4。
（1）Fe2+与Fe3+在碱性条件下反应生成Fe3O4；
（2）没有气体产生，说明铁刚好使三价铁转化为二价铁，由于在1molFe3O4中可以认为有二价的氧化亚铁和三价的三氧化铁各1mol，设Fe为Xmol，Fe2O3为ymol，生成1molFe3O4，根据Fe+2Fe3+=3Fe2+解题；
（3）①根据检验装置的气密性步骤知道，先形成密闭体系，在水准管中加水，使水准管液面高于量气管液面，根据液面变化判断，据此可知此操作的目的；
②盐酸与Fe反应生成氯化亚铁，加双氧水把亚铁离子氧化为铁离子；根据烧杯中溶液可能有Fe2+，但一定有双氧水，都具有还原性，都可以使高锰酸钾溶液紫色褪去，据此分析解答；
③读数时，要保证水准管和量气管两管液面要相平、视线与液面最低处相平，据此分析解答；Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，根据氢气的体积求出物质的量，再根据方程式求出Fe的物质的量、质量，即可求出Fe的质量分数。
本题考查了物质的制备、物质含量的测定，侧重于考查基本实验操作、氧化还原反应、物质含量的有关计算等，难度中等，需要学生具有扎实的基础知识与灵活运用知识解决问题的能力。
20. 【答案】HCOO-+OH-+2SO2═S2O42-+H2O+CO2 2NaHCO3+SO2=2CO2+Na2SO3+H2O 0.03 6.00% 温度过高，碳酸铵分解 在搅拌下向足量的稀盐酸中分批加入滤渣，待观察不到气泡后，过滤，向滤液中分批加入少量的氢氧化钙，用pH试纸测量溶液的pH，当pH介于5-8.5时，过滤，可得到CaCl2溶液
【解析】解：（1）甲酸钠和氢氧化钠混合溶液与SO2生成保险粉Na2S2O4同时生成二氧化碳，反应的离子方程式：HCOO-+OH-+2SO2═S2O42-+H2O+CO2
故答案为：HCOO-+OH-+2SO2═S2O42-+H2O+CO2；
（2）①由图可知，t1时刻是碳酸氢钠与二氧化硫反应主要生成二氧化碳与亚硫酸钠，反应的化学方程式为：2NaHCO3+SO2=2CO2+Na2SO3+H2O，
故答案为：2NaHCO3+SO2=2CO2+Na2SO3+H2O；
②由图中坐标点可知，时间为60min，NaHSO3的物质的量浓度为0.16mol/L，代入公式
Na2CO3+2SO2+H2O=CO2+2NaHSO3
2 2
v（SO2）=v（NaHSO3）===0.003mol/（L•min）
0-t2时间段，SO2 的平均反应速率为0.003mol/（L•min）×10L=0.03mol/min
故答案为：0.03；
③尾气中SO2的体积分数=SO2的物质的量分数
=×100%=×100%=×100%=6.00%
故答案为：6.00%；
（3）①温度过高将会使碳酸铵分解，导致CaSO4的转化率下降，
故答案为：温度过高，碳酸铵分解；
②滤渣含有CaCO3、SiO2、Al2O3、Fe2O3，以水洗后的滤渣为原料，制取CaCl2溶液的实验方案为：分批向足量的稀盐酸中加入滤渣，待观察不到气泡后，说明盐酸完全反应，过滤，分离出SiO2以及其它不溶性的滤渣，然后向滤液中分批加入少量的氢氧化钙，用pH、试纸测量溶液的pH，当pH介于5-8.5时，完全除去铁离子、铝离子，过滤，可得到CaCl2溶液，
故答案为：在搅拌下向足量的稀盐酸中分批加入滤渣，待观察不到气泡后，过滤，向滤液中分批加入少量的氢氧化钙，用pH试纸测量溶液的pH，当pH介于5-8.5时，过滤，可得到CaCl2溶液。
（1）甲酸钠和氢氧化钠混合溶液与SO2生成保险粉同时生成二氧化碳，依据反应物和生成物结合原子守恒、电荷守恒配平写出；
（2）①由图中信息可知吸收初期t1时刻碳酸钠溶液的量已经为零，而碳酸氢钠溶液的量明显在减少，说明工业废气中二氧化硫被碳酸氢钠溶液吸收，由图中信息还可知Na2SO3的量明显增加，据此写对应的化学方程式；
②由图中坐标点可知，时间为60min，NaHSO3的物质的量浓度为0.16mol/L，根据公式v=计算可得；
③尾气中SO2的体积分数=SO2的物质的量分数=×100%；
（3）①温度过高将会使碳酸铵分解，导致CaSO4的转化率下降，据此分析；
②滤渣含有CaCO3、SiO2、Al2O3、Fe2O3，以水洗后的滤渣为原料，制取CaCl2溶液的实验思路为：将CaCO3和足量的稀盐酸反应，待观察不到气泡后，说明盐酸完全反应，过滤，除去SiO2以及其它不溶性的滤渣，然后向滤液中用氢氧化钙，调pH介于5-8.5时，完全除去铁离子、铝离子，过滤，可得到CaCl2溶液，据此分析解答。
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
21. 【答案】1s22s22p63s23p63d10 sp3 乙二胺分子间能形成氢键 5：2 SO3、BF3 Cu2Mg或者MgCu2
【解析】解：（1）Cu为29号元素，Cu的基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，失去2个电子后生成Cu+，Cu+的基本电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，
故答案为：1s22s22p63s23p63d10；
（2）从乙二胺（H2NCH2CH2NH2）结构简式可知，两个碳原子都达到饱和结构，形成4个σ键，所以碳原子为sp3杂化；乙二胺分子间能形成氢键，正丁烷分子间不能形成氢键，氢键的存在能大大提高分子晶体的沸点；
故答案为：sp3；乙二胺分子间能形成氢键；
（3）CH3CN中存在C-H单键、C-C单键和C≡N键，共价单键为σ键、共价三键中含有1个σ键和2个π键，所以配体中σ键和π键个数之比为5：2，
故答案为：5：2；
（4）SO3、BF3与NO3-含有的原子总数，价电子总数都相等，互为等电子体；
故答案为：SO3、BF3；
（5）该晶胞中Mg原子位于8个顶点上、6个面心上，在晶胞内部有4个Mg原子，所以Mg原子个数=8×+6×+4=8，Cu原子都位于晶胞内部，有16个；
所以其化学式为：Cu2Mg或者MgCu2；
故答案为：Cu2Mg或者MgCu2。
（1）Cu的基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，根据基态原子的电子排布式书写Cu+的电子排布式；
（2）依据乙二胺分子中碳原子形成的σ键数目判断轨道杂化类型；乙二胺分子间能形成氢键，结合氢键对沸点影响解答；
（3）CH3CN中存在C-H单键、C-C单键和C≡N键，共价单键为σ键、共价三键中含有1个σ键和2个π键；
（4）等电子体是指具有原子总数相同、价电子总数相同的微粒；
（5）依据均摊法计算晶胞中含有Cu、Mg个数，据此书写化学式。
本题考查结构和性质，涉及核外电子排布式书写、化学键类型判断、等电子体、配合物、原子杂化类型、晶胞结构判断等知识点，侧重考查基础知识综合运用、空间想像能力及计算能力，题目难度中等。
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