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江苏省苏州市震泽中学2020届高三上学期第二次月考化学（解析版） 试卷
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江苏省苏州市震泽中学2020届高三上学期第二次月考
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.下列做法与社会可持续发展理念相符合的是（ ）
A. 推广一次性塑料袋的使用
B. 应用高效洁净的能源转换技术
C. 加快化石燃料的开采与使用
D. 大量开采地下水以满足工业生产需求
【答案】B
【详解】A. 推广一次性塑料袋的使用会导致白色污染，故A错误；
B. 应用高效洁净的能源转换技术，可以节约能源，减少二氧化碳的排放，故B正确；
C. 加快化石燃料的开采与使用会增加污染物的排放量，故C错误；
D. 大量开采地下水，不利于水资源的保护，故D错误；
答案选B。
【点睛】节能减排，科学发展的主题是节约能源，减少二氧化碳等温室气体的排放，有计划的发展，科学的发展。减少化石能源的利用，开发新能源，减少污染源等，则可实现社会可持续发展，并注意节约能源。
2.用化学用语表示2H2S+3O22SO2+2H2O中的相关微粒，其中正确的是（ ）
A. 中子数为18的硫原子：S
B. H2S的比例模型：
C. H2O的结构式：H-O-H
D. S的结构示意图：
【答案】C
【详解】A. 中子数为18的硫原子，质子数=16，质量数=16+18=34，原子符号，故A错误；
B. H2S的比例模型，故B错误；
C. H2O分子中含两个共价键，分子的结构式：H−O−H，故C正确；
D. 硫原子核内质子数为16，核外电子数为16，硫的原子结构示意图为：，故D错误；
答案选C。
【点睛】比例模型需要注意原子半径大小。
3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A. MgO熔点很高，可用作耐高温材料
B. Al(OH)3受热易分解，可用于制胃酸中和剂
C. FeCl3溶液显酸性，可用于蚀刻印刷电路
D. NaClO溶液能与CO2反应，可用作漂白剂
【答案】A
【详解】A. MgO是离子化合物，离子键强，所以MgO熔点很高，具有高熔点的物质可用作耐高温材料，故A正确；
B. Al(OH)3能与盐酸反应生成氯化铝和水，可用于制胃酸中和剂，但不能长期服用，与Al(OH)3受热易分解无关，故B错误；
C. FeCl3具有强氧化性，能与Cu反应，将Cu溶解，所以FeCl3溶液可用于蚀刻印刷电路，与其水解显酸性无关，故C错误；
D. NaClO具有强氧化性，用作漂白剂，与NaClO溶液能与CO2反应关系不大，故D错误；
答案选A。
【点睛】结构决定性质，性质决定用途。
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 Na2SO3溶液：NH4+、K+、ClO−、Cl−
B. 0.1 mol·L－1 Fe2(SO4)3溶液：Cu2+、NH4+、NO3-、SO42-
C. 0.1 mol·L－1 HCl溶液：Ba2+、K+、HCO3-、NO3-
D. 0.1 mol·L－1 Ba(NO3)2溶液：K+、Na+、SO42-、Cl−
【答案】B
【详解】A. 亚硫酸钠与次氯酸根离子发生氧化还原反应，导致溶液中亚硫酸根离子与次氯酸根离子减小，而氯离子的浓度增大，故A错误；
B. 四种离子之间不反应，都不与硫酸铁反应，所以能大量共存，故B正确；
C. 盐酸与碳酸氢根离子反应，生成二氧化碳气体，导致碳酸氢根离子浓度减小，故C错误；
D. 钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡，导致溶液中硫酸根离子浓度减小，故D错误；
答案选B。
5.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是（ ）
A. 用装置甲制取氯气
B. 用装置乙在铁制品表面镀铜
C. 用装置丙除去CO2中的少量HCl
D. 用装置丁分液，放出水层后再从分液漏斗下口放出有机层
【答案】C
【详解】A. 二氧化锰与浓盐酸加热反应生成氯气，图示装置中缺少加热装置，无法制取氯气，故A错误；
B. 在铁制品表面镀铜，镀件为Fe，Fe应该与电源负极相连，图示为在铜上镀铁，故B错误；
C. 饱和碳酸氢钠溶液可降低二氧化碳的溶解度，且能够除去HCl，可用装置丙除去CO2中的少量HCl，故C正确；
D. 分液时，下层液体从分液漏斗的下口放出，上层液体从分液漏斗的上口倒出，故D错误；
答案选C。
【点睛】分液时，下层液体从分液漏斗的下口放出，上层液体从分液漏斗的上口倒出，防止污染试剂。
6.下列有关物质性质的叙述错误的是（ ）
A. HNO3受热分解可生成NO2
B. Na在O2中燃烧可生成Na2O2
C. CaCl2暴露在空气中可生成CaCO3
D. 向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，溶液显红色
【答案】C
【详解】A. 浓HNO3受热分解可生成NO2，故A正确；
B. Na在O2中燃烧可生成Na2O2，常温下反应生成氧化钠，故B正确；
C. 碳酸酸性小于盐酸，氯化钙和二氧化碳不发生反应，故C错误；
D. 向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，反应生成Fe(SCN)3，溶液显红色，故D正确；
答案选C。
7.下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A. 用KIO3溶液氧化酸性溶液中的KI：5I－+ IO3- + 3H2O = 3I2 + 6OH－
B. 醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应：CaCO3 + 2H+ = Ca2+ + H2O + CO2
C. Cu溶于稀HNO3：Cu + 2H+ + NO3- = Cu2+ + NO2↑+ H2O
D. Ca(HCO3)2溶液与足量NaOH溶液反应：2HCO3- + Ca2+ + 2OH－= CaCO3↓ + CO32-+ 2H2O
【答案】D
【详解】A. KIO3氧化酸性溶液中的KI产物中不能生成氢氧根离子，反应的离子方程式为：5I－+ IO3- +6H+═3I2+3H2O，故A错误；
B. 醋酸溶液除水垢中的CaCO3反应的离子反应为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO−+H2O+CO2↑，故B错误；
C. Cu溶于稀HNO3生成硝酸铜、NO气体和水，正确的离子方程式为：3Cu +8H+ + 2NO3- = ═3Cu2++2NO↑+4H2O，故C错误；
D. Ca(HCO3)2 溶液与足量 NaOH 溶液反应，离子方程式：2HCO3- + Ca2+ + 2OH－= CaCO3↓ + CO32-+ 2H2O故D正确；
答案选D。
【点睛】酸性溶液中不能出现氢氧根离子，离子反应要遵循客观事实，注意量的关系。
8.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次递增，其原子的最外层电子数之和为15。X与Y位于相邻周期，Z是地壳中含量最高的金属元素，W原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍。下列叙述一定正确的是（ ）
A. 原子半径的大小顺序：r(W) > r(Z) > r(Y) > r(X)
B. X的简单气态氢化物易溶于水
C. Y的最高价氧化物对应的水化物的碱性比Z的强
D. Z的最高价氧化物的水化物能溶于X的最高价氧化物的水化物
【答案】C
【分析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次递增，其原子的最外层电子数之和为15；Z是地壳中含量最高的金属元素，则Z为Al元素；W原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍，最外层电子数不超过8个，K层不超过2个，则X内层电子数是2，X位于第二周期，X与Y位于相邻周期，则Y位于第三周期，W的原子序数大于Y，则W位于第三周期、最外层电子数为6，为S元素；四种原子的最外层电子数之和为15，X、Y的最外层电子数为：15-6-3=6，Y处于第三周期，原子序数小于Al，若Y为Na元素，则X为N元素，若Y为Mg元素，则X为C元素，据此解答。
【详解】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次递增，其原子的最外层电子数之和为15；Z是地壳中含量最高的金属元素，则Z为Al元素；W原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍，最外层电子数不超过8个，K层不超过2个，则X内层电子数是2，X位于第二周期，X与Y位于相邻周期，则Y位于第三周期，W的原子序数大于Y，则W位于第三周期、最外层电子数为6，为S元素；四种原子的最外层电子数之和为15，X、Y的最外层电子数为：15−6−3=6，Y处于第三周期，原子序数小于Al，若Y为Na元素，则X为N元素，若Y为Mg元素，则X为C元素。
A. X位于第二周期，其原子半径最小，Y、Z、W位于第三周期，原子序数越大原子半径越小，则原子半径的大小顺序为：r(Y)>r(Z)>r(W)>r(X)，故A错误；
B. 若X为C元素，其简单氢化物为甲烷，甲烷难溶于水，故B错误；
C. 金属性：Y>Z，则Y的最高价氧化物对应的水化物的碱性比Z的强，故C正确；
D. Z的最高价氧化物对应的水化物为氢氧化铝，X的最高价氧化物对应的水化物可能为硝酸或碳酸，氢氧化铝能够溶于硝酸，但是不能溶于碳酸，故D错误；
答案选C。
【点睛】元素周期律的题掌握位置决定结构，结构决定性质，要将元素推断正确。
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. AlAl(OH)3Al2O3
B. Fe2O3FeCl3(aq) 无水FeCl3
C. NaCl(aq)Cl2漂白粉
D. N2NH3NO
【答案】D
【详解】A. 铝和氨水不反应，不能实现，故A错误；
B. 氧化铁和盐酸反应生成氯化铁，加热蒸发氯化铁溶液得到水解产物氢氧化铁沉淀，不能得到氯化铁固体，故B错误；
C. 电解氯化钠溶液生成氢气、氯气和氢氧化钠，氯气和石灰乳反应生成漂白粉，和澄清石灰水反应不能得到漂白粉，故C错误；
D. 氮气和氢气高温高压催化剂反应生成氨气，氨气催化氧化生成一氧化氮，两步反应都可以实现，故D符合；
答案选D。
10.下列说法正确的是（ ）
A. 2NO(g) + 2CO(g) = N2(g) + 2CO2 (g)在常温下可自发进行，则该反应的ΔH＞0
B. 一定条件下反应2SO2 + O2⇌2SO3(g)达到平衡时，v正(O2)=2v逆(SO3)
C. 铁与稀硫酸反应生成22.4 L H2时，转移的电子数约为2×6.02×1023
D. 氢氧燃料电池工作时，H2在负极上失去电子
【答案】D
【详解】A. 该反应的△S<0，常温下能自发进行，△H−T△S<0，则△H<0，故A错误；
B. 速率之比等于对应物质的化学计量数之比，所以一定条件下反应2SO2+O2⇌2SO3(g)达到平衡时，应有2v正(O2)=v逆(SO3)，故B错误；
C. 状态不知，无法由气体的体积求物质的量，所以转移的电子数不一定为2×6.02×1023，故C错误；
D. 氢氧燃料电池中，H2在负极上失去电子被氧化，故D正确；
答案选D。
11.合成化合物Y的某步反应如下。下列有关化合物X、Y的说法正确的是（ ）
A. X分子中所有原子可能在同一平面上
B. Y分子中含有手性碳原子
C. X、Y均能与FeCl3溶液发生显色反应
D. X→Y的反应为加成反应
【答案】BC
【详解】A. X分子中含甲基、亚甲基均四面体结构，所有原子不可能共面，故A错误；
B. 连接4个不同基团的C均为手性碳原子，与2个N原子相连的C为手性碳原子，故B正确；
C. X、Y均含酚−OH，均能与FeCl3溶液发生显色反应，故C正确；
D. X→Y的反应中−CHO与N−H上H加成且脱水，有水生成，不属于简单的加成反应，故D错误；
故选：BC。
12.根据下列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
向蛋白质溶液中滴加饱和CuSO4溶液，有固体析出，再加水固体不溶解
蛋白质的结构已发生变化
B
室温下，向浓度均为0.1 mol·L－1的BaCl2和CaCl2混合溶液中滴加Na2SO4溶液，出现白色沉淀
Ksp(BaSO4)< Ksp(CaSO4)
C
向久置Na2SO3溶液中，加入足量稀硝酸，再加入足量BaCl2溶液，出现白色沉淀
久置Na2SO3已部分被氧化
D
C2H5OH与浓硫酸共热至170℃，产生的气体通入酸性KMnO4溶液，紫红色褪去
证明生成了乙烯
【答案】A
【详解】A. 蛋白质溶液中滴加饱和CuSO4溶液，发生变性，则有固体析出，再加水固体不溶解，故A正确；
B. 浓度均为0.1 mol⋅L−1的BaCl2和CaCl2混合溶液中滴加Na2SO4溶液，均为沉淀生成，且均为白色沉淀，则不能比较Ksp(BaSO4)、Ksp(CaSO4)，故B错误；
C. 硝酸可氧化亚硫酸根离子，与氯化钡反应生成白色沉淀，不能说明久置Na2SO3已部分被氧化，故C错误；
D. 挥发的乙醇及生成的乙烯均使高锰酸钾褪色，由现象不能说明乙烯的生成，故D错误
答案选A。
13.根据下列图示所得出的结论一定错误的是（ ）
A. 图甲表示酶催化反应的反应速率随反应温度的变化
B. 图乙表示向BaCl2溶液中滴加稀硫酸至过量的过程中溶液导电性的变化
C. 图丙表示用0.1000 mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 mol·L-1醋酸的滴定曲线
D. 图丁表示相同温度下，向等体积pH＝10的氢氧化钠溶液和氨水中分别加水稀释时pH的变化曲线，其中a表示氨水稀释时pH的变化曲线
【答案】C
【详解】A. 酶为蛋白质，温度过高，蛋白质变性，则酶催化能力降低，甚至失去催化活性，图中能表示酶催化反应的反应速率随反应温度的变化，故A正确；
B. 向BaCl2溶液中滴加稀硫酸至过量，溶液导电性有所减弱，但不会接近0，图象曲线变化与实际不符，故B错误；
C. NaOH溶液体积为0时，溶液的pH=1，此时为醋酸溶液,由于醋酸为弱酸,则0.1000 mol⋅L−1醋酸溶液的pH>1，图象曲线变化与实际不符，故C错误；
D. pH=10的氢氧化钠溶液和氨水，稀释时一水合氨继续电离，则稀释时NaOH的pH变化大，所以a表示氨水稀释时pH的变化曲线，故D正确；
故答案选BC。
14.室温下，下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A. CH3COONa和CH3COOH混合溶液[pH＝7，c(Na＋)＝0.1 mol·L−1]：c(Na＋)＝c(CH3COO−)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)＝c(OH−)
B. 20 mL 0.1 mol·L−1 CH3COONa溶液中加入0.1 mol·L−1盐酸至溶液pH＝7：c(CH3COOH)＝c(Cl−)
C. 0.1 mol·L−1 CH3COOH溶液与0.1 mol·L−1 Na2CO3溶液等体积混合(无气体逸出)：c()＞c(CH3COOH)＋c(H2CO3)
D. 0.4 mol·L−1 CH3COOH溶液和0.2 mol·L−1 NaOH溶液等体积混合（pH＜7）：c(CH3COOH)＞c(CH3COO−)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH−)
【答案】AB
【详解】A项、CH3COONa和CH3COOH混合溶液，包括CH3COO−水解和CH3COOH电离两个过程，溶液pH＝7，由电荷守恒关系可知c(Na＋)＝c(CH3COO−)＝0.1 mol·L−1，c(H＋)＝c(OH−)＝1×10−7 mol·L−1，溶液中存在醋酸，则c(CH3COOH)＞c(H＋)，故A正确；
B项、20 mL 0.1 mol·L−1 CH3COONa溶液中加入0.1 mol·L−1盐酸至溶液pH＝7的溶液中存在电荷守恒关系：c(H＋)＋c(Na＋)=c(OH−)＋c(CH3COO−)＋c(Cl−)，存在物料守恒关系：c(Na＋)= c(CH3COOH)＋c(CH3COO−)，由溶液中c(H＋)＝c(OH−)可知c(CH3COOH)＝c(Cl−)，故B正确；
C项、反应后溶液的成分是CH3COONa、NaHCO3，溶液显碱性，溶液中存在电荷守恒关系：c(H＋)＋c(Na＋)=c(OH−)＋c(CH3COO−)＋c(HCO3−)＋2c(CO32−)，存在物料守恒关系：c(Na＋)= c(CH3COOH)＋c(CH3COO−)＋c(HCO3−)＋c(CO32−)＋c(H2CO3)，两式相减可得：c(CO32−)＋c(OH−)=c(CH3COOH)＋c(H2CO3)＋c(H＋)，溶液显碱性，溶液中c(OH−)＞c(H＋)，则c(CO32−)＜c(CH3COOH)＋c(H2CO3)，故C错误；
D项、0.4 mol·L−1CH3COOH溶液和0.2 mol·L−1NaOH溶液等体积混合，溶液中的成分是等物质的量的CH3COONa和CH3COOH，醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，则c(CH3COOH)＜c(CH3COO−)，故D错误。
故选AB。
【点睛】本题考查水溶液中的离子平衡，注意电解质溶液中离子浓度大小比较的方法，注意运用电解质溶液中电荷守恒、物料守恒等分析是解答关键。
15.0.1 mol CO2与0.3 mol C在恒压密闭容器中发生反应：CO2(g) + C(s)⇌2CO(g)。平衡时，体系中各气体的体积分数与温度的关系如图。已知：用气体分压表示的化学平衡常数KP = ；气体分压(P分) = 气体总压(P总) ×体积分数。下列说法正确的是（ ）
A. 650℃时，CO2的平衡转化率为25%
B. 800℃达平衡时，若充入气体He，v正 < v逆
C. T ℃达平衡时，若充入等体积的CO2和CO时，v正 > v逆
D. 925℃时，用平衡气体分压表示的化学平衡常数KP = 23.04P总
【答案】AD
【详解】A. 由图可知，650℃时，反应达平衡后CO的体积分数为40%，设开始加入的二氧化碳为1mol，转化了xmol，
则有C(s)+CO2(g)⇌2CO(g)
开始(mol) 1 0
转化(mol) x 2x
平衡(mol) 1−x 2x
所以2x1−x+2x×100%=40%，解得x=0.25mol，则CO2的转化率为0.251×100%=25%，故A正确；
B. 800℃达平衡时，若充入气体He，总压增大，分压不变，平衡不变，v正 =v逆，故B错误；
C. 由图可知，T℃时，反应达平衡后CO和CO2的体积分数都为50%即为平衡状态，T℃时，若充入等体积的CO2和CO平衡不移动，v正 =v逆，故C错误；
D. 925℃时，CO的体积分数为96%，则CO2的体积分数为4%，KP= =23.04P总，故D正确；
答案选AD。
16.工业上采用酸性高浓度含砷废水(砷主要以亚砷酸HAsO2形式存在，还含有少量Fe3+等杂质)提取重要化工原料As2O3。工艺流程如下：
(1)“中和”时调节废水的pH为6，NaOH的作用是_____________________________。
(2)“沉砷”时生成的沉淀是Cu(AsO2)2，发生反应的离子方程式是________________________；此时使用了过量的CuSO4，原因是_________________________________________________；沉砷时需控制体系的pH略显碱性，测得Cu(AsO2)2产物中铜元素含量较高，原因是_____________________________________________________。
(3)“还原”时发生反应的化学方程式是___________________________________。
(4)下图表示其他条件不变下“还原”时，反应温度对砷浸出率和铜浸出率的影响(浸出率表示溶液中所要提取的元素被浸出的程度，即元素被浸出的百分率)：
为达到铜砷分离尽量彻底的目的，应选择的最佳温度是___________。
【答案】 (1). 中和H+，沉淀Fe3+(将Fe3+转化为沉淀)，将HAsO2转化为 (2). Cu2++2Cu(AsO2)2↓ (3). 为了充分回收砷 (4). 产物含有少量氢氧化铜沉淀 (5). 3Cu(AsO2)2+3SO2+6H2OCu3(SO3)2·2H2O+ 6HAsO2+H2SO4 (6). 60 ℃
【分析】工业上采用酸性高浓度含砷废水(砷主要以亚砷酸HAsO2形式存在，还含有少量Fe3+等杂质)提取重要化工原料As2O3。根据工艺流程图可知：加入NaOH，一方面中和酸性高浓度含砷废水中的氢离子，另一方面使杂质离子Fe3+形成沉淀除去，还可以将HAsO2转化为AsO2-，便于沉砷，加入CuSO4后转化为Cu(AsO2)2，过滤后加入SO2后转化为HAsO2加热可得As2O3。结合流程分析完成相应的问题。
【详解】(1)加入NaOH，一方面中和酸性高浓度含砷废水中的氢离子，另一方面使杂质离子Fe3+形成沉淀除去，还可以将HAsO2转化为，便于沉砷。答案：中和H+，沉淀Fe3+(将Fe3+转化为沉淀)，将HAsO2转化为AsO2-。
(2)沉砷中与Cu2+形成沉淀：Cu2++2Cu(AsO2)2↓；使用了过量的CuSO4，是为了充分回收砷；体系的pH略显碱性，容易形成氢氧化铜沉淀，氢氧化铜与Cu(AsO2)2相比，氢氧化铜中含铜量较高。答案：Cu2++2Cu(AsO2)2↓ ；为了充分回收砷；产物含有少量氢氧化铜沉淀。
(3)反应物是Cu(AsO2)2、SO2、H2O，生成物是 Cu3(SO3)2·2H2O和 HAsO2，Cu元素化合价降低，可知部分S元素化合价升高，根据原子守恒还有H2SO4生成，配平得：3Cu(AsO2)2+3SO2+6H2OCu3(SO3)2·2H2O+ 6HAsO2+H2SO4。答案：3Cu(AsO2)2+3SO2+6H2OCu3(SO3)2·2H2O+ 6HAsO2+H2SO4。
(4)根据图示，在60 ℃时，砷的浸出率最高，铜的浸出率最低，可以达到铜砷分离尽量彻底的目的。答案：60 ℃。
17.化合物H是一种抗血栓药物，其合成路线流程图如下：
（1）B中的含氧官能团名称为_________________（写两种）。
（2）C + G → H 的反应类型为________________。
（3）环状分子E 的分子式为C5H8O2 ，写出E的结构简式：______________________。
（4）写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式____________________。
①含有苯环和一种含氧官能团，能与FeCl3溶液发生显色反应；
②分子中有叁键，有一个手性碳原子，有5种不同化学环境的氢。
（5）已知： ；。
写出以和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). 酰胺键,醚键 (2). 取代反应 (3). (4). 或 (5).
【分析】A发生取代反应生成B，B发生取代反应生成C，环状分子E 的分子式为C5H8O2，根据DF结构简式知E为，CG发生取代反应生成H；
（5）以和为原料制备，苯胺两次发生取代反应，然后和浓硝酸发生取代反应，再发生还原反应、最后发生取代反应得到目标产物；
或苯胺先发生取代反应、再和浓硝酸发生取代反应、再发生取代反应、还原反应、最后发生取代反应得到目标产物。
【详解】(1)B中的含氧官能团名称为酰胺键、醚键，
故答案为：酰胺键、醚键；
(2)C+G→H 的反应类型为取代反应，还生成HCl分子，故答案为：取代反应；
(3)E的结构简式：，
故答案为：；
(4)C的同分异构体符合下列条件：
①含有苯环和一种含氧官能团,能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基且含有2个酚羟基；
②分子中有叁键，有一个手性碳原子，有5种不同化学环境的氢，
则符合条件的结构简式为或，
故答案为：或；
(5)以和为原料制备，苯胺两次发生取代反应，然后和浓硝酸发生取代反应，再发生还原反应、最后发生取代反应得到目标产物；
或苯胺先发生取代反应、再和浓硝酸发生取代反应、再发生取代反应、还原反应、最后发生取代反应得到目标产物,其合成路线为或，
故答案为：或。
【点睛】有机物的官能团决定了物质的化学性质，根据题意写出同分异构体的数目。
18.实验室用硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]滴定法测定铬铁矿中铬含量的过程如下：
酸溶:准确称取0.1950 g铬铁矿试样放入锥形瓶中，加入适量磷酸和硫酸的混合酸，加热使试样完全溶解，冷却。
氧化:向上述溶液中滴加5滴1%的MnSO4溶液，再加入一定量的过硫酸铵[(NH4)2S2O8]溶液，摇匀，加热煮沸至出现紫红色，继续加热煮沸至紫红色褪去，冷却。[已知：①2Mn2+ + 5S2O82- + 8H2O = 10SO42- + 2MnO4- + 16H+；②继续加热煮沸后，溶液中过量(NH4)2S2O8和生成的HMnO4已分解除去]
滴定:用0.2050mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定上述溶液至终点，消耗19.50 mL标准溶液。（已知：Cr2O72-Cr3+）
（1）过硫酸铵保存在棕色试剂瓶中的原因是___________________________________。
（2）①“氧化”的目的是将试样溶液中的Cr3+氧化成Cr2O72-，加入5滴MnSO4溶液的目的是________________________________________（已知该条件下还原性：Cr3+ > Mn2+）。
②“氧化”过程中，如果继续加热煮沸时间不充足，会使铬含量的测定结果______（填“偏大”“不变”或“偏小”）。
（3）计算铬铁矿中铬的质量分数（写出计算过程）。______________
【答案】 (1). 过硫酸铵见光易分解 (2). 判断溶液中的Cr3+是否完全被氧化成Cr2O72-[或作为Cr3+与(NH4)2S2O8反应的指示剂] (3). 偏大 (4). 35.53%
【分析】（1）棕色试剂瓶是存放见光易分解的物质；
（2）①加入5滴MnSO4溶液的目的是作为Cr3+与(NH4)2S2O8反应的指示剂；
②“氧化”过程中，如果继续加热煮沸时间不充足，溶液中过量的（NH4）2S2O8和生成的HMnO4不能完全分解除去，会消耗更多（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液；
（3）6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，得到：6Fe2+～Cr2O72-，结合操作过程中的定量关系计算。
【详解】(1)过硫酸铵保存在棕色试剂瓶中的原因是：过硫酸铵见光易分解，
故答案为：过硫酸铵见光易分解；
(2)①“氧化”的目的是将试样溶液中的Cr3+氧化成Cr2O72−，加入5滴MnSO4溶液的目的是：作为Cr3+与(NH4)2S2O8反应的指示剂，判断溶液中的Cr3+是否完全被氧化成Cr2O72−，
故答案为：判断溶液中的Cr3+是否完全被氧化成Cr2O72−；
②“氧化”过程中,如果继续加热煮沸时间不充足，溶液中过量的(NH4)2S2O8和生成的HMnO4不能完全分解除去，会消耗更多(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液，导致计算得到结果偏大，
故答案为：偏大；
(3)6Fe2++ Cr2O72−+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，
得到：6Fe2+∼Cr2O72−，
n(Cr2O72−)=16×0.2050mol⋅L−1×19.50mL×10−3 mL⋅L−1=6.6625×10−4 mol，
铬的质量分数=×100%=35.53%，
故答案为：35.53%。
【点睛】利用氧化还原反应写出正确的化学方程式，利用关系式进行计算。
19.制备钙掺杂纳米Fe3O4，并模拟吸附废水中磷元素的主要实验流程如下：
已知：①CaO2能氧化溶液中的FeCl2，反应生成Fe(OH)3和Fe3＋。
②掺杂的Ca2＋嵌入Fe3O4中，洗涤时不损失，吸附时不形成Ca3(PO4)2等沉淀。
③溶液的pH对吸附剂表面所带电荷有影响。pH越高，表面所带负电荷越多； pH越低，表面所带正电荷越多。
（1）向FeCl2、FeCl3混合溶液中滴加NaOH溶液，一定条件下反应生成Fe3O4，其离子方程式为_______________________________________________。
（2）步骤Ⅱ调节pH至11，共沉淀需在70℃条件下进行，适宜的加热方式为________。为提高共沉淀效果，还可采取的措施为______________________________。
（3）磷元素的吸附效果、H3PO4水溶液中含磷物种分布分数与pH的关系分别如图1和图2所示。
①步骤Ⅳ用KH2PO4溶液模拟废水，测得酸性条件下(pH > 2)对磷元素吸附量较大，原因是：pH越低，吸附剂表面所带正电荷越多，有利于吸附阴离子；______________________
②步骤Ⅴ将吸附剂取出，用碱液解吸回收磷。结合表中数据，分析钙掺杂纳米Fe3O4吸附剂与其他类型吸附剂相比的优势有：______________________________________。
不同类型吸附剂对磷酸盐吸附能力比较
吸附剂
本产品
纯Fe3O4
陶瓷材质
吸附量/mg·g－1
24.1
5.0
12.5
（4）请设计从步骤Ⅱ反应结束后的烧瓶中获取钙掺杂纳米Fe3O4产品的实验方案：用磁铁将沉淀物和溶液分离，___________________________________________________________，用筛网筛分得到产品 (实验中须使用的试剂和仪器有：蒸馏水、无水乙醇、pH计、研钵、烘箱)。
【答案】 (1). Fe2＋＋2Fe3＋＋8OH－= Fe3O4 ↓+ 4H2O (2). 水浴加热 (3). 搅拌 (4). 磷元素酸性条件下主要以H2PO4-形态存在，比HPO42-所带负电荷少，有利于被吸附 (5). 吸附量大（或解吸后可以循环利用） (6). 用蒸馏水洗涤沉淀物至洗出液用pH计检测接近中性，再用无水乙醇洗涤，将所得固体置于烘箱中烘干后，在研钵中研磨
【分析】根据流程：FeCl2•4H2O用CaO2氧化，部分被氧化为Fe(OH)3和Fe3+，加入水得到FeCl2、FeCl3混合溶液，加入NaOH溶液制得钙掺杂纳米Fe3O4，钙掺杂纳米Fe3O4吸附KH2PO4溶液，加入NaOH溶液解吸回收磷，
（1）根据电荷守恒、质量守恒书写可得；
（2）100℃以下与水浴加热；搅拌可以促进混合；
（3）①根据图，磷元素酸性条件下主要以H2PO4-形态存在，结合已知③分析；
②由表可知，钙掺杂纳米Fe3O4吸附剂吸附能力强；
（4）从步骤Ⅱ反应结束后的烧瓶中获取钙掺杂纳米Fe3O4产品，用磁铁将沉淀物和溶液分离，用蒸馏水洗涤至洗涤液显中性，再用无水乙醇洗涤，最后烘干研磨。
【详解】(1)FeCl2、FeCl3混合溶液中滴加NaOH溶液，一定条件下反应生成Fe3O4，离子反应为：Fe2++2Fe3++8OH−=Fe3O4 ↓+4H2O；
故答案为：Fe2++2Fe3++8OH−=Fe3O4 ↓+4H2O；
(2)共沉淀需在70℃条件下进行，选用水浴加热；搅拌可以促进反应物混合，提高共沉淀效果；
故答案为：水浴加热；搅拌；
(3)①已知：pH越低，吸附剂表面所带正电荷越多，有利于吸附阴离子，由图可知,磷元素酸性条件下主要以H2PO4−形态存在，比HPO42−所带负电荷少，有利于被吸附；
故答案为：磷元素酸性条件下主要以H2PO4−形态存在，比HPO42−所带负电荷少，有利于被吸附；
②由表可知，钙掺杂纳米Fe3O4吸附剂吸附能力强，故其吸附量大，同时解吸后可以循环利用；
故答案为：吸附量大(或解吸后可以循环利用)；
(4)从步骤Ⅱ反应结束后的烧瓶中获取钙掺杂纳米Fe3O4产品：用磁铁将沉淀物和溶液分离，用蒸馏水洗涤沉淀物至洗出液用pH计检测接近中性，再用无水乙醇洗涤，将所得固体置于烘箱中烘干后，在研钵中研磨，用筛网筛分得到产品；
故答案为：用蒸馏水洗涤沉淀物至洗出液用pH计检测接近中性，再用无水乙醇洗涤，将所得固体置于烘箱中烘干后，在研钵中研磨。
【点睛】根据电荷守恒、质量守恒书写可得离子方程式，钙掺杂纳米Fe3O4吸附剂吸附能力强，故其吸附量大，同时解吸后可以循环利用；
20.有效去除大气中的NOx和SO2是环境保护的重要课题。
（1）酸性条件下，NaClO2吸收NO的相关热化学方程式如下：
4NO(g) + 3NaClO2(aq) + 2H2O(l) = 4HNO3(aq) + 3NaCl(aq) ΔH= a kJ·mol−1
5NaClO2(aq) + 4HCl(aq) = 4ClO2(g) + 2H2O(l) + 5NaCl(aq) ΔH= b kJ·mol−1
反应5NO(g) + 3ClO2(g) + 4H2O(l) = 5HNO3(aq) + 3HCl(aq) ΔH=________kJ·mol−1。
（2）用电解法处理氮氧化物可回收硝酸。实验室模拟电解NO2的装置如图-1所示。写出电解时阳极的电极反应式：________________________________。
（3）用CO(NH2)2水溶液吸收SO2并通入O2，反应生成(NH4)2SO4和CO2。写出该反应的化学方程式：_____________________________________________________。
（4）利用活性焦炭的吸附作用，可以对烟气进行脱硫和脱硝。被吸附的NO2与活性焦炭反应生成N2和CO2，当生成1 mol N2时，转移的电子数为_________mol。
（5）一定条件下，将一定浓度NOx（NO2和NO的混合气体）通入0.05 mol·L−1的Ca(OH)2乳浊液中，发生的反应为：3NO2 + 2OH－= NO +2NO3-+ H2O；NO + NO2 +2OH－= 2NO2- + H2O。改变，NOx的去除率见图-2。
①的合适范围是___________________。
②当大于1.4时，NO2去除效率升高，但NO去除效率却降低。其可能的原因是______________________________________________________ 。
③O3和NO发生的主要反应为：NO + O3 = NO2 + O2。保持NO的初始浓度不变，改变，将反应后的混合气体通入0.05mol·L−1Ca(OH)2乳浊液中吸收。为节省O3的用量，又能保持NOx去除效果，则合适的值约为_________。
a．0.6 b．0.8 c．1.4
【答案】(1). 5a-3b/4 (2). NO2 − e− + H2O = 2H+ + NO3− (3). 2CO(NH2)2 + 2SO2 + 4H2O + O2 = 2 (NH4)2SO4+ 2CO2 (4). 8 (5). 1.2-1.4 (6). NO2和OH－反应生成NO3-和NO，导致NO去除率降低 (7). a
【分析】（1）酸性条件下，NaClO2吸收NO的相关热化学方程式如下：
①4NO(g) + 3NaClO2(aq) + 2H2O(l) = 4HNO3(aq) + 3NaCl(aq)△H=a kJ•mol-1
②5NaClO2(aq) + 4HCl(aq) = 4ClO2(g) + 2H2O(l) + 5NaCl(aq)△H=b kJ•mol-1
盖斯定律计算（①×5-②×3）×得到反应5NO(g) + 3ClO2(g) + 4H2O(l) = 5HNO3(aq) + 3HCl(aq)；
（2）根据图知，电解时，左室中电极上氢离子放电生成氢气，则左室为阴极室，右室为阳极室，阳极上通入的是氮氧化物，生成的硝酸，所以阳极上氮氧化物失电子和水生成硝酸；
（3）用CO(NH2)2水溶液吸收SO2并通入O2，反应生成(NH4)2SO4和CO2，结合原子守恒和电子守恒平配平书写化学方程式；
（4）被吸附NO2与活性焦炭反应生成N2和CO2，写出化学方程式，结合方程式中的定量关系计算电子转移总数；
（5）①图象读取去除率最高时的的合适范围；
②当大于1.4时，NO2去除效率升高，但NO去除效率却降低是因为二氧化氮反应生成一氧化氮；
③O3和NO发生的主要反应为：NO+O3=NO2+O2．保持NO的初始浓度不变，改变，节省O3的用量，又能保持NOx去除效果，需要保持的合适范围是1.2～1.4。
【详解】(1)酸性条件下,NaClO2吸收NO的相关热化学方程式如下：
①4NO(g)+3NaClO2(aq)+2H2O(l)=4HNO3(aq)+3NaCl(aq)△H=akJ⋅mol−1
②5NaClO2(aq)+4HCl(aq)=4ClO2(g)+2H2O(l)+5NaCl(aq)△H=bkJ⋅mol−1
盖斯定律计算(①×5−②×3)×得到反应5NO(g)+3ClO2(g)+4H2O(l)=5HNO3(aq)+3HCl(aq)△H=kJ/mol，
故答案为：；
(2)根据图知，电解时，左室中电极上氢离子放电生成氢气，则左室为阴极室，右室为阳极室，阳极上通入的是氮氧化物，生成的硝酸，所以阳极上氮氧化物失电子和水生成硝酸，电极反应式为NO2−e−+H2O=NO3−+2H+，
故答案为：NO2−e−+H2O=NO3−+2H+；
(3)用CO(NH2)2水溶液吸收SO2并通入O2，反应生成(NH4)2SO4和CO2，反应的化学方程式：2CO(NH2)2+2SO2+4H2O+O2=2 (NH4)2SO4+2CO2，
故答案为：2CO(NH2)2+2SO2+4H2O+O2=2 (NH4)2SO4+2CO2；
(4)被吸附的NO2与活性焦炭反应生成N2和CO2，反应的化学方程式：2NO2+2C=N2+2CO2，生成1mol氮气电子转移8mol，
故答案为：8；
(5)①图中曲线变化分析可知，的合适范围是1.2∼1.4，在此范围去除率最大，
故答案为：1.2∼1.4；
②当大于1.4时，NO2去除效率升高，但NO去除效率却降低，原因是：NO2和OH−反应生成NO3−和NO，导致NO去除率降低，
故答案为：NO2和OH−反应生成NO3−和NO，导致NO去除率降低；
③O3和NO发生的主要反应为：NO+O3=NO2+O2，保持NO的初始浓度不变，改变，节省O3的用量,又能保持NOx去除效果,需要保持的合适范围是1.2∼1.4，则合适的值约为0.6−0.7，故选a，
故答案为：a。
【点睛】化学方程式的书写，热化学方程式，用盖斯定律进行有关反应热的计算，电解原理，二氧化硫的化学性质，电极反应是难点。
21.X是合成碳酸二苯酯的一种有效的氧化还原催化助剂，可由EDTA与Fe3+反应得到。
（1）EDTA中碳原子杂化轨道类型为_________________；EDTA中四种元素的电负性由小到大的顺序为__________________。
（2）Fe3+基态核外电子排布式为_________________。
（3）EDTA与正二十一烷的相对分子质量非常接近，但EDTA的沸点（540.6 ℃）比正二十一烷的沸点（100 ℃）高的原因是________________________________________________。
（4）1 mol EDTA中含有σ键的数目为______________。
（5）X中的配位原子是___________。
【答案】(1). sp2和sp3 (2). H < C < N < O (3). [Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5 (4). EDTA分子间存在氢键 (5). 35 mol (6). N、O
【分析】（1）EDTA中羧基上C原子价层电子对个数是3、亚甲基上C原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化轨道类型；元素的非金属性越强，其电负性越大；
（2）Fe原子失去3个电子生成铁离子，根据构造原理书写铁离子核外电子排布式；
（3）能形成分子间氢键的物质熔沸点较高；
（4）共价单键为σ键，共价双键中含有一个σ键、一个π键，则1个EDTA分子中σ键的数目35；
（5）X中N、O原子提供孤电子对。
【详解】(1)EDTA中羧基上C原子价层电子对个数是3、亚甲基上C原子价层电子对个数是4,根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化轨道类型,前者为sp2杂化、后者为sp3 杂化，元素的非金属性越强，其电负性越大，非金属性H
故答案为：[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5；
(3)能形成分子间氢键的物质熔沸点较高，EDTA能形成分子间氢键，导致其熔沸点较高，
故答案为：EDTA分子间存在氢键；
(4)共价单键为σ键，共价双键中含有一个σ键、一个π键，则1个EDTA分子中σ键的数目35，所以1 mol EDTA中含有σ键的数目为35mol，
故答案为：35mol；
(5)X中N、O原子提供孤电子对，所以N、O为配位原子，
故答案为：N、O。
【点睛】熔沸点的高低要看晶体的类型，分子晶体主要看范德华力的大小，还要考虑氢键。
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.下列做法与社会可持续发展理念相符合的是（ ）
A. 推广一次性塑料袋的使用
B. 应用高效洁净的能源转换技术
C. 加快化石燃料的开采与使用
D. 大量开采地下水以满足工业生产需求
【答案】B
【详解】A. 推广一次性塑料袋的使用会导致白色污染，故A错误；
B. 应用高效洁净的能源转换技术，可以节约能源，减少二氧化碳的排放，故B正确；
C. 加快化石燃料的开采与使用会增加污染物的排放量，故C错误；
D. 大量开采地下水，不利于水资源的保护，故D错误；
答案选B。
【点睛】节能减排，科学发展的主题是节约能源，减少二氧化碳等温室气体的排放，有计划的发展，科学的发展。减少化石能源的利用，开发新能源，减少污染源等，则可实现社会可持续发展，并注意节约能源。
2.用化学用语表示2H2S+3O22SO2+2H2O中的相关微粒，其中正确的是（ ）
A. 中子数为18的硫原子：S
B. H2S的比例模型：
C. H2O的结构式：H-O-H
D. S的结构示意图：
【答案】C
【详解】A. 中子数为18的硫原子，质子数=16，质量数=16+18=34，原子符号，故A错误；
B. H2S的比例模型，故B错误；
C. H2O分子中含两个共价键，分子的结构式：H−O−H，故C正确；
D. 硫原子核内质子数为16，核外电子数为16，硫的原子结构示意图为：，故D错误；
答案选C。
【点睛】比例模型需要注意原子半径大小。
3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A. MgO熔点很高，可用作耐高温材料
B. Al(OH)3受热易分解，可用于制胃酸中和剂
C. FeCl3溶液显酸性，可用于蚀刻印刷电路
D. NaClO溶液能与CO2反应，可用作漂白剂
【答案】A
【详解】A. MgO是离子化合物，离子键强，所以MgO熔点很高，具有高熔点的物质可用作耐高温材料，故A正确；
B. Al(OH)3能与盐酸反应生成氯化铝和水，可用于制胃酸中和剂，但不能长期服用，与Al(OH)3受热易分解无关，故B错误；
C. FeCl3具有强氧化性，能与Cu反应，将Cu溶解，所以FeCl3溶液可用于蚀刻印刷电路，与其水解显酸性无关，故C错误；
D. NaClO具有强氧化性，用作漂白剂，与NaClO溶液能与CO2反应关系不大，故D错误；
答案选A。
【点睛】结构决定性质，性质决定用途。
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 Na2SO3溶液：NH4+、K+、ClO−、Cl−
B. 0.1 mol·L－1 Fe2(SO4)3溶液：Cu2+、NH4+、NO3-、SO42-
C. 0.1 mol·L－1 HCl溶液：Ba2+、K+、HCO3-、NO3-
D. 0.1 mol·L－1 Ba(NO3)2溶液：K+、Na+、SO42-、Cl−
【答案】B
【详解】A. 亚硫酸钠与次氯酸根离子发生氧化还原反应，导致溶液中亚硫酸根离子与次氯酸根离子减小，而氯离子的浓度增大，故A错误；
B. 四种离子之间不反应，都不与硫酸铁反应，所以能大量共存，故B正确；
C. 盐酸与碳酸氢根离子反应，生成二氧化碳气体，导致碳酸氢根离子浓度减小，故C错误；
D. 钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡，导致溶液中硫酸根离子浓度减小，故D错误；
答案选B。
5.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是（ ）
A. 用装置甲制取氯气
B. 用装置乙在铁制品表面镀铜
C. 用装置丙除去CO2中的少量HCl
D. 用装置丁分液，放出水层后再从分液漏斗下口放出有机层
【答案】C
【详解】A. 二氧化锰与浓盐酸加热反应生成氯气，图示装置中缺少加热装置，无法制取氯气，故A错误；
B. 在铁制品表面镀铜，镀件为Fe，Fe应该与电源负极相连，图示为在铜上镀铁，故B错误；
C. 饱和碳酸氢钠溶液可降低二氧化碳的溶解度，且能够除去HCl，可用装置丙除去CO2中的少量HCl，故C正确；
D. 分液时，下层液体从分液漏斗的下口放出，上层液体从分液漏斗的上口倒出，故D错误；
答案选C。
【点睛】分液时，下层液体从分液漏斗的下口放出，上层液体从分液漏斗的上口倒出，防止污染试剂。
6.下列有关物质性质的叙述错误的是（ ）
A. HNO3受热分解可生成NO2
B. Na在O2中燃烧可生成Na2O2
C. CaCl2暴露在空气中可生成CaCO3
D. 向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，溶液显红色
【答案】C
【详解】A. 浓HNO3受热分解可生成NO2，故A正确；
B. Na在O2中燃烧可生成Na2O2，常温下反应生成氧化钠，故B正确；
C. 碳酸酸性小于盐酸，氯化钙和二氧化碳不发生反应，故C错误；
D. 向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，反应生成Fe(SCN)3，溶液显红色，故D正确；
答案选C。
7.下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A. 用KIO3溶液氧化酸性溶液中的KI：5I－+ IO3- + 3H2O = 3I2 + 6OH－
B. 醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应：CaCO3 + 2H+ = Ca2+ + H2O + CO2
C. Cu溶于稀HNO3：Cu + 2H+ + NO3- = Cu2+ + NO2↑+ H2O
D. Ca(HCO3)2溶液与足量NaOH溶液反应：2HCO3- + Ca2+ + 2OH－= CaCO3↓ + CO32-+ 2H2O
【答案】D
【详解】A. KIO3氧化酸性溶液中的KI产物中不能生成氢氧根离子，反应的离子方程式为：5I－+ IO3- +6H+═3I2+3H2O，故A错误；
B. 醋酸溶液除水垢中的CaCO3反应的离子反应为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO−+H2O+CO2↑，故B错误；
C. Cu溶于稀HNO3生成硝酸铜、NO气体和水，正确的离子方程式为：3Cu +8H+ + 2NO3- = ═3Cu2++2NO↑+4H2O，故C错误；
D. Ca(HCO3)2 溶液与足量 NaOH 溶液反应，离子方程式：2HCO3- + Ca2+ + 2OH－= CaCO3↓ + CO32-+ 2H2O故D正确；
答案选D。
【点睛】酸性溶液中不能出现氢氧根离子，离子反应要遵循客观事实，注意量的关系。
8.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次递增，其原子的最外层电子数之和为15。X与Y位于相邻周期，Z是地壳中含量最高的金属元素，W原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍。下列叙述一定正确的是（ ）
A. 原子半径的大小顺序：r(W) > r(Z) > r(Y) > r(X)
B. X的简单气态氢化物易溶于水
C. Y的最高价氧化物对应的水化物的碱性比Z的强
D. Z的最高价氧化物的水化物能溶于X的最高价氧化物的水化物
【答案】C
【分析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次递增，其原子的最外层电子数之和为15；Z是地壳中含量最高的金属元素，则Z为Al元素；W原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍，最外层电子数不超过8个，K层不超过2个，则X内层电子数是2，X位于第二周期，X与Y位于相邻周期，则Y位于第三周期，W的原子序数大于Y，则W位于第三周期、最外层电子数为6，为S元素；四种原子的最外层电子数之和为15，X、Y的最外层电子数为：15-6-3=6，Y处于第三周期，原子序数小于Al，若Y为Na元素，则X为N元素，若Y为Mg元素，则X为C元素，据此解答。
【详解】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次递增，其原子的最外层电子数之和为15；Z是地壳中含量最高的金属元素，则Z为Al元素；W原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍，最外层电子数不超过8个，K层不超过2个，则X内层电子数是2，X位于第二周期，X与Y位于相邻周期，则Y位于第三周期，W的原子序数大于Y，则W位于第三周期、最外层电子数为6，为S元素；四种原子的最外层电子数之和为15，X、Y的最外层电子数为：15−6−3=6，Y处于第三周期，原子序数小于Al，若Y为Na元素，则X为N元素，若Y为Mg元素，则X为C元素。
A. X位于第二周期，其原子半径最小，Y、Z、W位于第三周期，原子序数越大原子半径越小，则原子半径的大小顺序为：r(Y)>r(Z)>r(W)>r(X)，故A错误；
B. 若X为C元素，其简单氢化物为甲烷，甲烷难溶于水，故B错误；
C. 金属性：Y>Z，则Y的最高价氧化物对应的水化物的碱性比Z的强，故C正确；
D. Z的最高价氧化物对应的水化物为氢氧化铝，X的最高价氧化物对应的水化物可能为硝酸或碳酸，氢氧化铝能够溶于硝酸，但是不能溶于碳酸，故D错误；
答案选C。
【点睛】元素周期律的题掌握位置决定结构，结构决定性质，要将元素推断正确。
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. AlAl(OH)3Al2O3
B. Fe2O3FeCl3(aq) 无水FeCl3
C. NaCl(aq)Cl2漂白粉
D. N2NH3NO
【答案】D
【详解】A. 铝和氨水不反应，不能实现，故A错误；
B. 氧化铁和盐酸反应生成氯化铁，加热蒸发氯化铁溶液得到水解产物氢氧化铁沉淀，不能得到氯化铁固体，故B错误；
C. 电解氯化钠溶液生成氢气、氯气和氢氧化钠，氯气和石灰乳反应生成漂白粉，和澄清石灰水反应不能得到漂白粉，故C错误；
D. 氮气和氢气高温高压催化剂反应生成氨气，氨气催化氧化生成一氧化氮，两步反应都可以实现，故D符合；
答案选D。
10.下列说法正确的是（ ）
A. 2NO(g) + 2CO(g) = N2(g) + 2CO2 (g)在常温下可自发进行，则该反应的ΔH＞0
B. 一定条件下反应2SO2 + O2⇌2SO3(g)达到平衡时，v正(O2)=2v逆(SO3)
C. 铁与稀硫酸反应生成22.4 L H2时，转移的电子数约为2×6.02×1023
D. 氢氧燃料电池工作时，H2在负极上失去电子
【答案】D
【详解】A. 该反应的△S<0，常温下能自发进行，△H−T△S<0，则△H<0，故A错误；
B. 速率之比等于对应物质的化学计量数之比，所以一定条件下反应2SO2+O2⇌2SO3(g)达到平衡时，应有2v正(O2)=v逆(SO3)，故B错误；
C. 状态不知，无法由气体的体积求物质的量，所以转移的电子数不一定为2×6.02×1023，故C错误；
D. 氢氧燃料电池中，H2在负极上失去电子被氧化，故D正确；
答案选D。
11.合成化合物Y的某步反应如下。下列有关化合物X、Y的说法正确的是（ ）
A. X分子中所有原子可能在同一平面上
B. Y分子中含有手性碳原子
C. X、Y均能与FeCl3溶液发生显色反应
D. X→Y的反应为加成反应
【答案】BC
【详解】A. X分子中含甲基、亚甲基均四面体结构，所有原子不可能共面，故A错误；
B. 连接4个不同基团的C均为手性碳原子，与2个N原子相连的C为手性碳原子，故B正确；
C. X、Y均含酚−OH，均能与FeCl3溶液发生显色反应，故C正确；
D. X→Y的反应中−CHO与N−H上H加成且脱水，有水生成，不属于简单的加成反应，故D错误；
故选：BC。
12.根据下列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
向蛋白质溶液中滴加饱和CuSO4溶液，有固体析出，再加水固体不溶解
蛋白质的结构已发生变化
B
室温下，向浓度均为0.1 mol·L－1的BaCl2和CaCl2混合溶液中滴加Na2SO4溶液，出现白色沉淀
Ksp(BaSO4)< Ksp(CaSO4)
C
向久置Na2SO3溶液中，加入足量稀硝酸，再加入足量BaCl2溶液，出现白色沉淀
久置Na2SO3已部分被氧化
D
C2H5OH与浓硫酸共热至170℃，产生的气体通入酸性KMnO4溶液，紫红色褪去
证明生成了乙烯
【答案】A
【详解】A. 蛋白质溶液中滴加饱和CuSO4溶液，发生变性，则有固体析出，再加水固体不溶解，故A正确；
B. 浓度均为0.1 mol⋅L−1的BaCl2和CaCl2混合溶液中滴加Na2SO4溶液，均为沉淀生成，且均为白色沉淀，则不能比较Ksp(BaSO4)、Ksp(CaSO4)，故B错误；
C. 硝酸可氧化亚硫酸根离子，与氯化钡反应生成白色沉淀，不能说明久置Na2SO3已部分被氧化，故C错误；
D. 挥发的乙醇及生成的乙烯均使高锰酸钾褪色，由现象不能说明乙烯的生成，故D错误
答案选A。
13.根据下列图示所得出的结论一定错误的是（ ）
A. 图甲表示酶催化反应的反应速率随反应温度的变化
B. 图乙表示向BaCl2溶液中滴加稀硫酸至过量的过程中溶液导电性的变化
C. 图丙表示用0.1000 mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 mol·L-1醋酸的滴定曲线
D. 图丁表示相同温度下，向等体积pH＝10的氢氧化钠溶液和氨水中分别加水稀释时pH的变化曲线，其中a表示氨水稀释时pH的变化曲线
【答案】C
【详解】A. 酶为蛋白质，温度过高，蛋白质变性，则酶催化能力降低，甚至失去催化活性，图中能表示酶催化反应的反应速率随反应温度的变化，故A正确；
B. 向BaCl2溶液中滴加稀硫酸至过量，溶液导电性有所减弱，但不会接近0，图象曲线变化与实际不符，故B错误；
C. NaOH溶液体积为0时，溶液的pH=1，此时为醋酸溶液,由于醋酸为弱酸,则0.1000 mol⋅L−1醋酸溶液的pH>1，图象曲线变化与实际不符，故C错误；
D. pH=10的氢氧化钠溶液和氨水，稀释时一水合氨继续电离，则稀释时NaOH的pH变化大，所以a表示氨水稀释时pH的变化曲线，故D正确；
故答案选BC。
14.室温下，下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A. CH3COONa和CH3COOH混合溶液[pH＝7，c(Na＋)＝0.1 mol·L−1]：c(Na＋)＝c(CH3COO−)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)＝c(OH−)
B. 20 mL 0.1 mol·L−1 CH3COONa溶液中加入0.1 mol·L−1盐酸至溶液pH＝7：c(CH3COOH)＝c(Cl−)
C. 0.1 mol·L−1 CH3COOH溶液与0.1 mol·L−1 Na2CO3溶液等体积混合(无气体逸出)：c()＞c(CH3COOH)＋c(H2CO3)
D. 0.4 mol·L−1 CH3COOH溶液和0.2 mol·L−1 NaOH溶液等体积混合（pH＜7）：c(CH3COOH)＞c(CH3COO−)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH−)
【答案】AB
【详解】A项、CH3COONa和CH3COOH混合溶液，包括CH3COO−水解和CH3COOH电离两个过程，溶液pH＝7，由电荷守恒关系可知c(Na＋)＝c(CH3COO−)＝0.1 mol·L−1，c(H＋)＝c(OH−)＝1×10−7 mol·L−1，溶液中存在醋酸，则c(CH3COOH)＞c(H＋)，故A正确；
B项、20 mL 0.1 mol·L−1 CH3COONa溶液中加入0.1 mol·L−1盐酸至溶液pH＝7的溶液中存在电荷守恒关系：c(H＋)＋c(Na＋)=c(OH−)＋c(CH3COO−)＋c(Cl−)，存在物料守恒关系：c(Na＋)= c(CH3COOH)＋c(CH3COO−)，由溶液中c(H＋)＝c(OH−)可知c(CH3COOH)＝c(Cl−)，故B正确；
C项、反应后溶液的成分是CH3COONa、NaHCO3，溶液显碱性，溶液中存在电荷守恒关系：c(H＋)＋c(Na＋)=c(OH−)＋c(CH3COO−)＋c(HCO3−)＋2c(CO32−)，存在物料守恒关系：c(Na＋)= c(CH3COOH)＋c(CH3COO−)＋c(HCO3−)＋c(CO32−)＋c(H2CO3)，两式相减可得：c(CO32−)＋c(OH−)=c(CH3COOH)＋c(H2CO3)＋c(H＋)，溶液显碱性，溶液中c(OH−)＞c(H＋)，则c(CO32−)＜c(CH3COOH)＋c(H2CO3)，故C错误；
D项、0.4 mol·L−1CH3COOH溶液和0.2 mol·L−1NaOH溶液等体积混合，溶液中的成分是等物质的量的CH3COONa和CH3COOH，醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，则c(CH3COOH)＜c(CH3COO−)，故D错误。
故选AB。
【点睛】本题考查水溶液中的离子平衡，注意电解质溶液中离子浓度大小比较的方法，注意运用电解质溶液中电荷守恒、物料守恒等分析是解答关键。
15.0.1 mol CO2与0.3 mol C在恒压密闭容器中发生反应：CO2(g) + C(s)⇌2CO(g)。平衡时，体系中各气体的体积分数与温度的关系如图。已知：用气体分压表示的化学平衡常数KP = ；气体分压(P分) = 气体总压(P总) ×体积分数。下列说法正确的是（ ）
A. 650℃时，CO2的平衡转化率为25%
B. 800℃达平衡时，若充入气体He，v正 < v逆
C. T ℃达平衡时，若充入等体积的CO2和CO时，v正 > v逆
D. 925℃时，用平衡气体分压表示的化学平衡常数KP = 23.04P总
【答案】AD
【详解】A. 由图可知，650℃时，反应达平衡后CO的体积分数为40%，设开始加入的二氧化碳为1mol，转化了xmol，
则有C(s)+CO2(g)⇌2CO(g)
开始(mol) 1 0
转化(mol) x 2x
平衡(mol) 1−x 2x
所以2x1−x+2x×100%=40%，解得x=0.25mol，则CO2的转化率为0.251×100%=25%，故A正确；
B. 800℃达平衡时，若充入气体He，总压增大，分压不变，平衡不变，v正 =v逆，故B错误；
C. 由图可知，T℃时，反应达平衡后CO和CO2的体积分数都为50%即为平衡状态，T℃时，若充入等体积的CO2和CO平衡不移动，v正 =v逆，故C错误；
D. 925℃时，CO的体积分数为96%，则CO2的体积分数为4%，KP= =23.04P总，故D正确；
答案选AD。
16.工业上采用酸性高浓度含砷废水(砷主要以亚砷酸HAsO2形式存在，还含有少量Fe3+等杂质)提取重要化工原料As2O3。工艺流程如下：
(1)“中和”时调节废水的pH为6，NaOH的作用是_____________________________。
(2)“沉砷”时生成的沉淀是Cu(AsO2)2，发生反应的离子方程式是________________________；此时使用了过量的CuSO4，原因是_________________________________________________；沉砷时需控制体系的pH略显碱性，测得Cu(AsO2)2产物中铜元素含量较高，原因是_____________________________________________________。
(3)“还原”时发生反应的化学方程式是___________________________________。
(4)下图表示其他条件不变下“还原”时，反应温度对砷浸出率和铜浸出率的影响(浸出率表示溶液中所要提取的元素被浸出的程度，即元素被浸出的百分率)：
为达到铜砷分离尽量彻底的目的，应选择的最佳温度是___________。
【答案】 (1). 中和H+，沉淀Fe3+(将Fe3+转化为沉淀)，将HAsO2转化为 (2). Cu2++2Cu(AsO2)2↓ (3). 为了充分回收砷 (4). 产物含有少量氢氧化铜沉淀 (5). 3Cu(AsO2)2+3SO2+6H2OCu3(SO3)2·2H2O+ 6HAsO2+H2SO4 (6). 60 ℃
【分析】工业上采用酸性高浓度含砷废水(砷主要以亚砷酸HAsO2形式存在，还含有少量Fe3+等杂质)提取重要化工原料As2O3。根据工艺流程图可知：加入NaOH，一方面中和酸性高浓度含砷废水中的氢离子，另一方面使杂质离子Fe3+形成沉淀除去，还可以将HAsO2转化为AsO2-，便于沉砷，加入CuSO4后转化为Cu(AsO2)2，过滤后加入SO2后转化为HAsO2加热可得As2O3。结合流程分析完成相应的问题。
【详解】(1)加入NaOH，一方面中和酸性高浓度含砷废水中的氢离子，另一方面使杂质离子Fe3+形成沉淀除去，还可以将HAsO2转化为，便于沉砷。答案：中和H+，沉淀Fe3+(将Fe3+转化为沉淀)，将HAsO2转化为AsO2-。
(2)沉砷中与Cu2+形成沉淀：Cu2++2Cu(AsO2)2↓；使用了过量的CuSO4，是为了充分回收砷；体系的pH略显碱性，容易形成氢氧化铜沉淀，氢氧化铜与Cu(AsO2)2相比，氢氧化铜中含铜量较高。答案：Cu2++2Cu(AsO2)2↓ ；为了充分回收砷；产物含有少量氢氧化铜沉淀。
(3)反应物是Cu(AsO2)2、SO2、H2O，生成物是 Cu3(SO3)2·2H2O和 HAsO2，Cu元素化合价降低，可知部分S元素化合价升高，根据原子守恒还有H2SO4生成，配平得：3Cu(AsO2)2+3SO2+6H2OCu3(SO3)2·2H2O+ 6HAsO2+H2SO4。答案：3Cu(AsO2)2+3SO2+6H2OCu3(SO3)2·2H2O+ 6HAsO2+H2SO4。
(4)根据图示，在60 ℃时，砷的浸出率最高，铜的浸出率最低，可以达到铜砷分离尽量彻底的目的。答案：60 ℃。
17.化合物H是一种抗血栓药物，其合成路线流程图如下：
（1）B中的含氧官能团名称为_________________（写两种）。
（2）C + G → H 的反应类型为________________。
（3）环状分子E 的分子式为C5H8O2 ，写出E的结构简式：______________________。
（4）写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式____________________。
①含有苯环和一种含氧官能团，能与FeCl3溶液发生显色反应；
②分子中有叁键，有一个手性碳原子，有5种不同化学环境的氢。
（5）已知： ；。
写出以和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). 酰胺键,醚键 (2). 取代反应 (3). (4). 或 (5).
【分析】A发生取代反应生成B，B发生取代反应生成C，环状分子E 的分子式为C5H8O2，根据DF结构简式知E为，CG发生取代反应生成H；
（5）以和为原料制备，苯胺两次发生取代反应，然后和浓硝酸发生取代反应，再发生还原反应、最后发生取代反应得到目标产物；
或苯胺先发生取代反应、再和浓硝酸发生取代反应、再发生取代反应、还原反应、最后发生取代反应得到目标产物。
【详解】(1)B中的含氧官能团名称为酰胺键、醚键，
故答案为：酰胺键、醚键；
(2)C+G→H 的反应类型为取代反应，还生成HCl分子，故答案为：取代反应；
(3)E的结构简式：，
故答案为：；
(4)C的同分异构体符合下列条件：
①含有苯环和一种含氧官能团,能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基且含有2个酚羟基；
②分子中有叁键，有一个手性碳原子，有5种不同化学环境的氢，
则符合条件的结构简式为或，
故答案为：或；
(5)以和为原料制备，苯胺两次发生取代反应，然后和浓硝酸发生取代反应，再发生还原反应、最后发生取代反应得到目标产物；
或苯胺先发生取代反应、再和浓硝酸发生取代反应、再发生取代反应、还原反应、最后发生取代反应得到目标产物,其合成路线为或，
故答案为：或。
【点睛】有机物的官能团决定了物质的化学性质，根据题意写出同分异构体的数目。
18.实验室用硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]滴定法测定铬铁矿中铬含量的过程如下：
酸溶:准确称取0.1950 g铬铁矿试样放入锥形瓶中，加入适量磷酸和硫酸的混合酸，加热使试样完全溶解，冷却。
氧化:向上述溶液中滴加5滴1%的MnSO4溶液，再加入一定量的过硫酸铵[(NH4)2S2O8]溶液，摇匀，加热煮沸至出现紫红色，继续加热煮沸至紫红色褪去，冷却。[已知：①2Mn2+ + 5S2O82- + 8H2O = 10SO42- + 2MnO4- + 16H+；②继续加热煮沸后，溶液中过量(NH4)2S2O8和生成的HMnO4已分解除去]
滴定:用0.2050mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定上述溶液至终点，消耗19.50 mL标准溶液。（已知：Cr2O72-Cr3+）
（1）过硫酸铵保存在棕色试剂瓶中的原因是___________________________________。
（2）①“氧化”的目的是将试样溶液中的Cr3+氧化成Cr2O72-，加入5滴MnSO4溶液的目的是________________________________________（已知该条件下还原性：Cr3+ > Mn2+）。
②“氧化”过程中，如果继续加热煮沸时间不充足，会使铬含量的测定结果______（填“偏大”“不变”或“偏小”）。
（3）计算铬铁矿中铬的质量分数（写出计算过程）。______________
【答案】 (1). 过硫酸铵见光易分解 (2). 判断溶液中的Cr3+是否完全被氧化成Cr2O72-[或作为Cr3+与(NH4)2S2O8反应的指示剂] (3). 偏大 (4). 35.53%
【分析】（1）棕色试剂瓶是存放见光易分解的物质；
（2）①加入5滴MnSO4溶液的目的是作为Cr3+与(NH4)2S2O8反应的指示剂；
②“氧化”过程中，如果继续加热煮沸时间不充足，溶液中过量的（NH4）2S2O8和生成的HMnO4不能完全分解除去，会消耗更多（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液；
（3）6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，得到：6Fe2+～Cr2O72-，结合操作过程中的定量关系计算。
【详解】(1)过硫酸铵保存在棕色试剂瓶中的原因是：过硫酸铵见光易分解，
故答案为：过硫酸铵见光易分解；
(2)①“氧化”的目的是将试样溶液中的Cr3+氧化成Cr2O72−，加入5滴MnSO4溶液的目的是：作为Cr3+与(NH4)2S2O8反应的指示剂，判断溶液中的Cr3+是否完全被氧化成Cr2O72−，
故答案为：判断溶液中的Cr3+是否完全被氧化成Cr2O72−；
②“氧化”过程中,如果继续加热煮沸时间不充足，溶液中过量的(NH4)2S2O8和生成的HMnO4不能完全分解除去，会消耗更多(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液，导致计算得到结果偏大，
故答案为：偏大；
(3)6Fe2++ Cr2O72−+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，
得到：6Fe2+∼Cr2O72−，
n(Cr2O72−)=16×0.2050mol⋅L−1×19.50mL×10−3 mL⋅L−1=6.6625×10−4 mol，
铬的质量分数=×100%=35.53%，
故答案为：35.53%。
【点睛】利用氧化还原反应写出正确的化学方程式，利用关系式进行计算。
19.制备钙掺杂纳米Fe3O4，并模拟吸附废水中磷元素的主要实验流程如下：
已知：①CaO2能氧化溶液中的FeCl2，反应生成Fe(OH)3和Fe3＋。
②掺杂的Ca2＋嵌入Fe3O4中，洗涤时不损失，吸附时不形成Ca3(PO4)2等沉淀。
③溶液的pH对吸附剂表面所带电荷有影响。pH越高，表面所带负电荷越多； pH越低，表面所带正电荷越多。
（1）向FeCl2、FeCl3混合溶液中滴加NaOH溶液，一定条件下反应生成Fe3O4，其离子方程式为_______________________________________________。
（2）步骤Ⅱ调节pH至11，共沉淀需在70℃条件下进行，适宜的加热方式为________。为提高共沉淀效果，还可采取的措施为______________________________。
（3）磷元素的吸附效果、H3PO4水溶液中含磷物种分布分数与pH的关系分别如图1和图2所示。
①步骤Ⅳ用KH2PO4溶液模拟废水，测得酸性条件下(pH > 2)对磷元素吸附量较大，原因是：pH越低，吸附剂表面所带正电荷越多，有利于吸附阴离子；______________________
②步骤Ⅴ将吸附剂取出，用碱液解吸回收磷。结合表中数据，分析钙掺杂纳米Fe3O4吸附剂与其他类型吸附剂相比的优势有：______________________________________。
不同类型吸附剂对磷酸盐吸附能力比较
吸附剂
本产品
纯Fe3O4
陶瓷材质
吸附量/mg·g－1
24.1
5.0
12.5
（4）请设计从步骤Ⅱ反应结束后的烧瓶中获取钙掺杂纳米Fe3O4产品的实验方案：用磁铁将沉淀物和溶液分离，___________________________________________________________，用筛网筛分得到产品 (实验中须使用的试剂和仪器有：蒸馏水、无水乙醇、pH计、研钵、烘箱)。
【答案】 (1). Fe2＋＋2Fe3＋＋8OH－= Fe3O4 ↓+ 4H2O (2). 水浴加热 (3). 搅拌 (4). 磷元素酸性条件下主要以H2PO4-形态存在，比HPO42-所带负电荷少，有利于被吸附 (5). 吸附量大（或解吸后可以循环利用） (6). 用蒸馏水洗涤沉淀物至洗出液用pH计检测接近中性，再用无水乙醇洗涤，将所得固体置于烘箱中烘干后，在研钵中研磨
【分析】根据流程：FeCl2•4H2O用CaO2氧化，部分被氧化为Fe(OH)3和Fe3+，加入水得到FeCl2、FeCl3混合溶液，加入NaOH溶液制得钙掺杂纳米Fe3O4，钙掺杂纳米Fe3O4吸附KH2PO4溶液，加入NaOH溶液解吸回收磷，
（1）根据电荷守恒、质量守恒书写可得；
（2）100℃以下与水浴加热；搅拌可以促进混合；
（3）①根据图，磷元素酸性条件下主要以H2PO4-形态存在，结合已知③分析；
②由表可知，钙掺杂纳米Fe3O4吸附剂吸附能力强；
（4）从步骤Ⅱ反应结束后的烧瓶中获取钙掺杂纳米Fe3O4产品，用磁铁将沉淀物和溶液分离，用蒸馏水洗涤至洗涤液显中性，再用无水乙醇洗涤，最后烘干研磨。
【详解】(1)FeCl2、FeCl3混合溶液中滴加NaOH溶液，一定条件下反应生成Fe3O4，离子反应为：Fe2++2Fe3++8OH−=Fe3O4 ↓+4H2O；
故答案为：Fe2++2Fe3++8OH−=Fe3O4 ↓+4H2O；
(2)共沉淀需在70℃条件下进行，选用水浴加热；搅拌可以促进反应物混合，提高共沉淀效果；
故答案为：水浴加热；搅拌；
(3)①已知：pH越低，吸附剂表面所带正电荷越多，有利于吸附阴离子，由图可知,磷元素酸性条件下主要以H2PO4−形态存在，比HPO42−所带负电荷少，有利于被吸附；
故答案为：磷元素酸性条件下主要以H2PO4−形态存在，比HPO42−所带负电荷少，有利于被吸附；
②由表可知，钙掺杂纳米Fe3O4吸附剂吸附能力强，故其吸附量大，同时解吸后可以循环利用；
故答案为：吸附量大(或解吸后可以循环利用)；
(4)从步骤Ⅱ反应结束后的烧瓶中获取钙掺杂纳米Fe3O4产品：用磁铁将沉淀物和溶液分离，用蒸馏水洗涤沉淀物至洗出液用pH计检测接近中性，再用无水乙醇洗涤，将所得固体置于烘箱中烘干后，在研钵中研磨，用筛网筛分得到产品；
故答案为：用蒸馏水洗涤沉淀物至洗出液用pH计检测接近中性，再用无水乙醇洗涤，将所得固体置于烘箱中烘干后，在研钵中研磨。
【点睛】根据电荷守恒、质量守恒书写可得离子方程式，钙掺杂纳米Fe3O4吸附剂吸附能力强，故其吸附量大，同时解吸后可以循环利用；
20.有效去除大气中的NOx和SO2是环境保护的重要课题。
（1）酸性条件下，NaClO2吸收NO的相关热化学方程式如下：
4NO(g) + 3NaClO2(aq) + 2H2O(l) = 4HNO3(aq) + 3NaCl(aq) ΔH= a kJ·mol−1
5NaClO2(aq) + 4HCl(aq) = 4ClO2(g) + 2H2O(l) + 5NaCl(aq) ΔH= b kJ·mol−1
反应5NO(g) + 3ClO2(g) + 4H2O(l) = 5HNO3(aq) + 3HCl(aq) ΔH=________kJ·mol−1。
（2）用电解法处理氮氧化物可回收硝酸。实验室模拟电解NO2的装置如图-1所示。写出电解时阳极的电极反应式：________________________________。
（3）用CO(NH2)2水溶液吸收SO2并通入O2，反应生成(NH4)2SO4和CO2。写出该反应的化学方程式：_____________________________________________________。
（4）利用活性焦炭的吸附作用，可以对烟气进行脱硫和脱硝。被吸附的NO2与活性焦炭反应生成N2和CO2，当生成1 mol N2时，转移的电子数为_________mol。
（5）一定条件下，将一定浓度NOx（NO2和NO的混合气体）通入0.05 mol·L−1的Ca(OH)2乳浊液中，发生的反应为：3NO2 + 2OH－= NO +2NO3-+ H2O；NO + NO2 +2OH－= 2NO2- + H2O。改变，NOx的去除率见图-2。
①的合适范围是___________________。
②当大于1.4时，NO2去除效率升高，但NO去除效率却降低。其可能的原因是______________________________________________________ 。
③O3和NO发生的主要反应为：NO + O3 = NO2 + O2。保持NO的初始浓度不变，改变，将反应后的混合气体通入0.05mol·L−1Ca(OH)2乳浊液中吸收。为节省O3的用量，又能保持NOx去除效果，则合适的值约为_________。
a．0.6 b．0.8 c．1.4
【答案】(1). 5a-3b/4 (2). NO2 − e− + H2O = 2H+ + NO3− (3). 2CO(NH2)2 + 2SO2 + 4H2O + O2 = 2 (NH4)2SO4+ 2CO2 (4). 8 (5). 1.2-1.4 (6). NO2和OH－反应生成NO3-和NO，导致NO去除率降低 (7). a
【分析】（1）酸性条件下，NaClO2吸收NO的相关热化学方程式如下：
①4NO(g) + 3NaClO2(aq) + 2H2O(l) = 4HNO3(aq) + 3NaCl(aq)△H=a kJ•mol-1
②5NaClO2(aq) + 4HCl(aq) = 4ClO2(g) + 2H2O(l) + 5NaCl(aq)△H=b kJ•mol-1
盖斯定律计算（①×5-②×3）×得到反应5NO(g) + 3ClO2(g) + 4H2O(l) = 5HNO3(aq) + 3HCl(aq)；
（2）根据图知，电解时，左室中电极上氢离子放电生成氢气，则左室为阴极室，右室为阳极室，阳极上通入的是氮氧化物，生成的硝酸，所以阳极上氮氧化物失电子和水生成硝酸；
（3）用CO(NH2)2水溶液吸收SO2并通入O2，反应生成(NH4)2SO4和CO2，结合原子守恒和电子守恒平配平书写化学方程式；
（4）被吸附NO2与活性焦炭反应生成N2和CO2，写出化学方程式，结合方程式中的定量关系计算电子转移总数；
（5）①图象读取去除率最高时的的合适范围；
②当大于1.4时，NO2去除效率升高，但NO去除效率却降低是因为二氧化氮反应生成一氧化氮；
③O3和NO发生的主要反应为：NO+O3=NO2+O2．保持NO的初始浓度不变，改变，节省O3的用量，又能保持NOx去除效果，需要保持的合适范围是1.2～1.4。
【详解】(1)酸性条件下,NaClO2吸收NO的相关热化学方程式如下：
①4NO(g)+3NaClO2(aq)+2H2O(l)=4HNO3(aq)+3NaCl(aq)△H=akJ⋅mol−1
②5NaClO2(aq)+4HCl(aq)=4ClO2(g)+2H2O(l)+5NaCl(aq)△H=bkJ⋅mol−1
盖斯定律计算(①×5−②×3)×得到反应5NO(g)+3ClO2(g)+4H2O(l)=5HNO3(aq)+3HCl(aq)△H=kJ/mol，
故答案为：；
(2)根据图知，电解时，左室中电极上氢离子放电生成氢气，则左室为阴极室，右室为阳极室，阳极上通入的是氮氧化物，生成的硝酸，所以阳极上氮氧化物失电子和水生成硝酸，电极反应式为NO2−e−+H2O=NO3−+2H+，
故答案为：NO2−e−+H2O=NO3−+2H+；
(3)用CO(NH2)2水溶液吸收SO2并通入O2，反应生成(NH4)2SO4和CO2，反应的化学方程式：2CO(NH2)2+2SO2+4H2O+O2=2 (NH4)2SO4+2CO2，
故答案为：2CO(NH2)2+2SO2+4H2O+O2=2 (NH4)2SO4+2CO2；
(4)被吸附的NO2与活性焦炭反应生成N2和CO2，反应的化学方程式：2NO2+2C=N2+2CO2，生成1mol氮气电子转移8mol，
故答案为：8；
(5)①图中曲线变化分析可知，的合适范围是1.2∼1.4，在此范围去除率最大，
故答案为：1.2∼1.4；
②当大于1.4时，NO2去除效率升高，但NO去除效率却降低，原因是：NO2和OH−反应生成NO3−和NO，导致NO去除率降低，
故答案为：NO2和OH−反应生成NO3−和NO，导致NO去除率降低；
③O3和NO发生的主要反应为：NO+O3=NO2+O2，保持NO的初始浓度不变，改变，节省O3的用量,又能保持NOx去除效果,需要保持的合适范围是1.2∼1.4，则合适的值约为0.6−0.7，故选a，
故答案为：a。
【点睛】化学方程式的书写，热化学方程式，用盖斯定律进行有关反应热的计算，电解原理，二氧化硫的化学性质，电极反应是难点。
21.X是合成碳酸二苯酯的一种有效的氧化还原催化助剂，可由EDTA与Fe3+反应得到。
（1）EDTA中碳原子杂化轨道类型为_________________；EDTA中四种元素的电负性由小到大的顺序为__________________。
（2）Fe3+基态核外电子排布式为_________________。
（3）EDTA与正二十一烷的相对分子质量非常接近，但EDTA的沸点（540.6 ℃）比正二十一烷的沸点（100 ℃）高的原因是________________________________________________。
（4）1 mol EDTA中含有σ键的数目为______________。
（5）X中的配位原子是___________。
【答案】(1). sp2和sp3 (2). H < C < N < O (3). [Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5 (4). EDTA分子间存在氢键 (5). 35 mol (6). N、O
【分析】（1）EDTA中羧基上C原子价层电子对个数是3、亚甲基上C原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化轨道类型；元素的非金属性越强，其电负性越大；
（2）Fe原子失去3个电子生成铁离子，根据构造原理书写铁离子核外电子排布式；
（3）能形成分子间氢键的物质熔沸点较高；
（4）共价单键为σ键，共价双键中含有一个σ键、一个π键，则1个EDTA分子中σ键的数目35；
（5）X中N、O原子提供孤电子对。
【详解】(1)EDTA中羧基上C原子价层电子对个数是3、亚甲基上C原子价层电子对个数是4,根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化轨道类型,前者为sp2杂化、后者为sp3 杂化，元素的非金属性越强，其电负性越大，非金属性H
故答案为：[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5；
(3)能形成分子间氢键的物质熔沸点较高，EDTA能形成分子间氢键，导致其熔沸点较高，
故答案为：EDTA分子间存在氢键；
(4)共价单键为σ键，共价双键中含有一个σ键、一个π键，则1个EDTA分子中σ键的数目35，所以1 mol EDTA中含有σ键的数目为35mol，
故答案为：35mol；
(5)X中N、O原子提供孤电子对，所以N、O为配位原子，
故答案为：N、O。
【点睛】熔沸点的高低要看晶体的类型，分子晶体主要看范德华力的大小，还要考虑氢键。
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