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江苏省南京盐城2020届高三第一次模拟考试化学试题
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2020届高三年级第一次模拟考试(一)(南京、盐城)
化学本试卷分选择题和非选择题两部分。共120分。考试用时100分钟。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Fe 56 Ba 137
选择题
单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分。每小题只有一个选项符合题意。
1.我国太阳能开发利用位于世界前列。下列采用“光——热——电”能量转换形式的是
A. 光致(互变异构)储能
B. 生产甲醇燃料
C. 太阳能熔盐发电
D. 太阳能空间发电
【答案】C
【解析】
【详解】A、光能转变成热能，直接利用，故A不符；
B、光能转变成化学能，故B不符；
C、采用“光——热——电”能量转换形式，故C符合；
D、光能转换为电能，故D不符；
故选C。
2.2019年8月《Green Chemistry》报道了我国学者发明的低压高效电催化还原CO2的新方法，其总反应为NaCl＋CO2CO＋NaClO。下列有关化学用语表示错误的是( )
A. 中子数为12的钠原子：Na B. Cl－的结构示意图：
C. CO2的结构式：O=C=O D. NaClO的电子式：
【答案】D
【解析】
【详解】A. 钠是11号元素，中子数为12的钠原子，质量数为23：Na ，故A正确；
B. 氯的核电荷为17，最外层得到1个电子形成稳定结构，Cl－的结构示意图：，故B正确；
C. 二氧化碳的碳与氧形成四个共用电子对，CO2的结构式：O=C=O，故C正确；
D. NaClO是离子化合物，NaClO的电子式：，故D错误；
故选D。
3.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是( )
A. Mg(OH)2具有碱性，可用于制胃酸中和剂
B. H2O2是无色液体，可用作消毒剂
C. FeCl3具有氧化性，可用作净水剂
D. 液NH3具有碱性，可用作制冷剂
【答案】A
【解析】
详解】A. Mg(OH)2具有碱性，能与盐酸反应，可用于制胃酸中和剂，故A正确；
B. H2O2具有强氧化性，可用作消毒剂，故B错误；
C. FeCl3水解后生成氢氧化铁胶体，具有吸附性，可用作净水剂，故C错误；
D. 液NH3气化时吸热，可用作制冷剂，故D错误；
故选A。
4.用下列装置制取NH3，并还原CuO，其原理和装置均正确的是( )
A. 用装置制取NH3 B. 用装置干燥NH3
C. 用装置还原CuO D. 用装置处理尾气
【答案】C
【解析】
【详解】A、NH4Cl受热分解后,在试管口又重新生成NH4Cl固体，得不到氨气，故A错误；
B、浓硫酸与氨气反应生成硫酸铵，不能用浓硫酸干燥NH3，故B错误；
C、2NH3＋3CuO3Cu＋N2＋3H2O ，用氨气还原CuO，故C正确；
D、氨气与稀硫酸反应，装置内压强急剧减小，会引起倒吸，故D错误；
故选C。
5.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )
A. 能使甲基橙变红的溶液：Na＋、Ca2＋、Br－、HCO3－
B. ＝1×10－12的溶液：K＋、Na＋、CO32－、AlO2－
C. 0.1 mol·L－1KFe(SO4)2溶液：Mg2＋、Al3＋、SCN－、NO3－
D. 0.1 mol·L－1Ca5NH4(NO3)11溶液：H＋、Fe2＋、Cl－、SO42-
【答案】B
【解析】
【详解】A. 能使甲基橙变红的溶液呈酸性：H＋、HCO3－反应生成水和二氧化碳，故A不符；
B. ＝1×10－12的溶液，氢离子浓度小于氢氧根离子浓度，溶液呈碱性：K＋、Na＋、CO32－、AlO2－与OH-间不发生反应，故B符合；
C. 0.1 mol·L－1KFe(SO4)2溶液：Fe3＋+3SCN－=Fe(SCN)3,生成络合物，不能共存，故C不符；
D. 0.1 mol·L－1Ca5NH4(NO3)11溶液：H＋、Fe2＋、NO3－之间要发生氧化还原反应，故D不符合；
故选B。
6.下列有关化学反应的叙述正确的是( )
A. 铁在热的浓硝酸中钝化 B. CO2与Na2O2反应可产生O2
C. 室温下浓硫酸可将石墨氧化为CO2 D. SO2与过量漂白粉浊液反应生成CaSO3
【答案】B
【解析】
【详解】A. 铁在冷的浓硝酸中钝化，故A错误；
B. CO2与Na2O2反应可产生O2和Na2CO3，故B正确；
C. 在加热条件下浓硫酸可将石墨氧化为CO2，故C错误；
D.漂白粉具有强氧化性，SO2与过量漂白粉浊液反应生成CaSO4，故D错误；
故选B。
7.下列指定反应的离子方程式正确的是( )
A. SO2与过量氨水反应：SO2＋NH3·H2O=NH4+＋HSO3－
B. FeCl3溶液与SnCl2溶液反应：Fe3＋＋Sn2＋=Fe2＋＋Sn4＋
C. Cu与稀硝酸反应：3Cu＋8H＋＋2NO3-=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
D. 用浓盐酸与MnO2制取少量Cl2：MnO2＋4H＋＋4Cl－MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A. SO2与过量氨水反应生成亚硫酸铵和水：SO2＋2NH3·H2O=2NH4+＋SO32-＋H2O，故A错误，
B.原方程式电荷不守恒， FeCl3溶液与SnCl2溶液反应：2Fe3＋＋Sn2＋=2Fe2＋＋Sn4＋，故B错误；
C. Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水：3Cu＋8H＋＋2NO3-=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，故C正确；
D. 用浓盐酸与MnO2制取少量Cl2，生成的氯化锰是强电解质：MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2+＋Cl2↑＋2H2O，故D错误；
故选C。
8.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X位于ⅦA族，Y的原子核外最外层与次外层电子数之和为9，Z是地壳中含量最多的金属元素，W与X同主族。下列说法错误的是( )
A. 原子半径：r(Y)>r(Z)>r(W)>r(X)
B. 由X、Y组成的化合物是离子化合物
C. X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强
D. Y的最高价氧化物对应水化物的碱性比Z的弱
【答案】D
【解析】
【分析】
短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X位于ⅦA族，X为氟元素，Y的原子核外最外层与次外层电子数之和为9，Y为钠元素，Z是地壳中含量最多的金属元素，Z为铝元素，W与X同主族，W为氯元素。
【详解】X为氟元素，Y为钠元素，Z为铝元素，W为氯元素。
A. 电子层越多原子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大原子半径越小，则原子半径：r(Y)>r(Z)>r(W)>r(X)，故A正确；
B. 由X、Y组成的化合物是NaF，由金属离子和酸根离子构成，属于离子化合物，故B正确；
C. 非金属性越强，对应氢化物越稳定，X的简单气态氢化物HF的热稳定性比W的简单气态氢化物HCl强，故C正确；
D.元素的金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强， Y的最高价氧化物对应水化物是NaOH，碱性比Al(OH)3强，故D错误；
故选D，
【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的应用，推断元素为解答关键，注意熟练掌握元素周期律内容、元素周期表结构，提高分析能力及综合应用能力，易错点A，注意比较原子半径的方法。
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. Al2O3(熔融)Al(s)AlCl3(s)
B. FeS2(s) SO2(g) H2SO4(aq)
C. NH3(g) NO(g) NaNO3(aq)
D. SiO2(s) H4SiO4(s) Na2SiO3(aq)
【答案】A
【解析】
【详解】A. 2Al2O3(熔融)4Al(s)+3O2↑，2Al+3Cl22AlCl3(s)，故A正确；
B.SO2(g) +H2O=H2SO3(aq)，故B错误；
C.NO(g)与NaOH(aq)不反应，故C错误；
D. SiO2(s) 不溶于水，故D错误；
故选A
10.2019年11月《Science》杂志报道了王浩天教授团队发明的制取H2O2的绿色方法，原理如图所示(已知：H2O2=H＋＋HO2－，Ka＝2.4×10－12)。下列说法错误的是( )
A. X膜为选择性阳离子交换膜
B. 催化剂可促进反应中电子的转移
C. 每生成1 mol H2O2电极上流过4 mol e－
D. b极上的电极反应为O2＋H2O＋2e－=HO2－＋OH－
【答案】C
【解析】
【详解】A. a极发生H2-2e－=2H＋，X膜为选择性阳离子交换膜，让H＋进入中间，故A正确；
B. 催化剂可促进反应中电子的转移，加快反应速率，故B正确；
C. 氧元素由0价变成-1价，每生成1 mol H2O2电极上流过2 mol e－，故C错误；
D. b为正极，氧气得电子，b极上的电极反应为O2＋H2O＋2e－=HO2－＋OH－，故D正确；
故选C。
不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。
11.下列说法正确的是( )
A. 碳素钢在海水中发生的腐蚀主要是析氢腐蚀
B. 反应Si(s)＋2Cl2(g)===SiCl4 (l) 在室温下能自发进行，则该反应的ΔH>0，△S>0
C. 室温时，CaCO3在0.1 mol·L－1 的NH4Cl溶液中的溶解度比在纯水中的大
D. 2 mol SO2和1 mol O2在密闭容器中混合充分反应，转移电子的数目为4×6.02×1023
【答案】C
【解析】
【详解】A. 海水接近中性，碳素钢在海水中发生的腐蚀主要是吸氧腐蚀，故A错误；
B. 反应前后气体体积减少，△S<0，反应Si(s)＋2Cl2(g)=SiCl4 (l) 在室温下能自发进行，则该反应的ΔH>0，故B错误；
C. 室温时，铵根离子水解呈酸性，促进CaCO3的溶解，CaCO3在0.1 mol·L－1 的NH4Cl溶液中的溶解度比在纯水中的大，故C正确；
D. SO2和 O2的反应是可逆反应，2 mol SO2和1 mol O2在密闭容器中混合充分反应，转移电子的数目小于4×6.02×1023，故D错误；
故选C。
12.铁杉脂素是重要的木脂素类化合物，其结构简式如右图所示。下列有关铁杉脂素的说法错误的是( )
A. 分子中两个苯环处于同一平面
B. 分子中有3个手性碳原子
C. 能与浓溴水发生取代反应
D. 1 mol铁杉脂素与NaOH溶液反应最多消耗3 mol NaOH
【答案】A
【解析】
【详解】A. 分子中两个苯环连在四面体结构的碳原子上，不可能处于同一平面，故A错误；
B. 图中*标注的三个碳原子是手性碳原子，故B正确；
C. 酚羟基的邻对位可能与浓溴水发生取代反应，故C正确；
D. 1 mol铁杉脂素与NaOH溶液反应最多消耗3 mol NaOH，分别是酯基消耗1mol，2个酚羟基各消耗1mol，故D正确；
故选A。
13.室温下进行下列实验，根据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
结论
A
向苯酚浊液中滴入Na2S溶液，浊液变清
C6H5O－结合H＋的能力比S2－的弱
B
将X溶液滴在KI淀粉试纸上，试纸变蓝色
X溶液中一定含有I2
C
向FeCl2和KSCN的混合溶液中滴入酸化的AgNO3溶液，溶液变红
Ag＋的氧化性一定比Fe3＋的强
D
向2支均盛有2 mL相同浓度Na3[Ag(S2O3)2]溶液的试管中，分别滴入2滴相同浓度的KCl、KI溶液，前者无明显现象，后者有黄色沉淀
Ksp(AgI)
A. A B. B C. C D. D
【答案】AD
【解析】
【详解】A、向苯酚浊液中滴入Na2S溶液，浊液变清，发生C6H5OH＋S2－=HS－＋C6H5O－,S2－结合H＋的能力强，故A正确；
B、将X溶液滴在KI淀粉试纸上，试纸变蓝色，有两种可能，一种是X溶液中含有I2，另一种可能是X将KI氧化成I2，故B错误；
C、向FeCl2和KSCN的混合溶液中滴入酸化的AgNO3溶液，溶液变红，可能是硝酸将亚铁离子氧化成铁离子，与KSCN反应生成血红色的Fe(SCN)3，故C错误；
D、向2支均盛有2 mL相同浓度Na3[Ag(S2O3)2]溶液的试管中，分别滴入2滴相同浓度的KCl、KI溶液，前者无明显现象，后者有黄色沉淀，说明生成AgI，而AgCl没有生成沉淀，即Ksp(AgI)
【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、离子检验、沉淀生成、弱电解质与盐类水解、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，易错点C，隐含硝酸也能将亚铁离子氧化成铁离子。
14.25℃时，二元酸H3PO3的pKa1、pKa2(pK＝－lgK)依次为1.30、6.60，氨水的pKb为4.75。常温时，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－1NH4H2PO3溶液中：c(H3PO3)>c(NH3·H2O)>c(H＋)>c(OH－)
B. 0.1 mol·L－1H3PO3溶液用NaOH溶液滴定至pH＝6.60:c(H2PO3-)＝c(HPO32-)
C. 0.1 mol·L－1H3PO3溶液用氨水滴定至pH＝7.0:c(NH4+)＝c(H2PO3- )＋c(HPO32-)
D. 0.4 mol·L－1氨水与0.2 mol·L－1NaH2PO3等体积混合(体积变化可忽略)：c(NH3·H2O)
【解析】
【详解】A. 二元酸H3PO3的pKa1=1.3小于氨水的pKb为4.75，铵根离子的水解能力强，c(NH3·H2O)>c(H3PO3)，故A错误；
B. 0.1 mol·L－1H3PO3溶液用NaOH溶液滴定至pH＝6.60，ka2= =c(H +)=10-6.60,所以c(H2PO3-)＝c(HPO32-)，故B正确；
C. 0.1 mol·L－1H3PO3溶液用氨水滴定至pH＝7.0，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒c(H+)+c(NH4+)＝c(H2PO3- )＋2c(HPO32-)+c(OH-)，即：c(NH4+)＝c(H2PO3- )＋2c(HPO32-)，故C错误；
D. 0.4 mol·L－1氨水与0.2 mol·L－1NaH2PO3等体积混合(体积变化可忽略)，相当于0.1 mol·L－1Na（NH4）HPO3溶液和0.1 mol·L－1氨水等体积混合，根据电荷守恒：①c(H+)+c(NH4+)+c(Na+)=c(H2PO3- )＋2c(HPO32-)+c(OH-)，再由物料守恒：②c(NH4+)+c(NH3·H2O)＝2c(H2PO3- )＋2c(HPO32-)＋2c(H3PO3)，③c(Na+)=0.1 mol·L－1，②-①得c(NH3·H2O)+c(OH-)=c(H2PO3-)＋2c(H3PO3)＋c(Na+)+c(H+)，将③代入，溶液呈碱性c(H+)
【点睛】本题以离子浓度大小比较为载体考查盐类水解，侧重考查对盐类水解原理的理解和灵活运用，明确溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，C为解答易错点，注意C中电荷守恒表达式的书写，注意溶液中没有PO33-,难点D，注意电荷守恒、物料守恒的灵活运用。
15.甲、乙为两个容积均为1 L的恒容密闭容器，向甲中充入1 mol CH4和1 mol CO2，乙中充入1 mol CH4和m mol CO2，加入催化剂，只发生反应：CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)，测得CH4的平衡转化率随温度的变化如图所示。下列说法正确的是( )
A. 该反应的正反应是放热反应
B. a、b、c三点处，容器内气体总压强：p(a)
D. 恒温时向甲平衡体系中再充入CO2、CH4各0.4 mol，CO、H2各1.2 mol，重新达平衡前，v(正)>v(逆)
【答案】BC
【解析】
【详解】A. CH4的平衡转化率随温度的升高而升高，平衡正向移动，该反应的正反应是吸热反应，故A错误；
B. a、b温度升高，平衡正向移动，压强增大，p(a)
T K时，K= =12.96，平衡时甲的甲烷的转化率小于60%，，该反应的平衡常数小于12.96，故C正确；
D. Qc==12.96>K，恒温时向甲的平衡体系中再充入CO2、CH4各0.4 mol，CO、H2各1.2 mol，重新达平衡前，v(正)
非选择题
16.利用铝热炼镁还原渣[Al、Ca(AlO2)2、Al2O3、MgO及少量不能被碱液溶出的尖晶石型铝的化合物等]制取Al(OH)3的工艺流程如下：
(1) “滤渣”成分包括：水合铝酸钙、尖晶石型铝的化合物、不含铝的化合物______________(写两种物质的化学式)。
(2) “溶出”时，在适当条件下，铝及其大部分含铝化合物以NaAlO2溶出。
①金属Al与NaOH溶液反应的化学方程式为________________________________。
②其他条件相同时，Na2CO3、NaOH溶液的浓度对铝的溶出率的影响如图所示：
NaOH溶液浓度一定时，130 g·L－1的Na2CO3溶液对铝的溶出率比100 g·L－1的大，这是因为______________(从平衡移动角度分析)；Na2CO3溶液浓度一定时，当NaOH溶液浓度大于80 g·L－1，铝的溶出率随NaOH溶液浓度增大而减小，可能原因是______________。
(3) “碳分”时，溶液与过量CO2反应的离子方程式为________________________。
(4) “过滤2”的母液经再生处理可返回“溶出”工序循环使用，再生的方法是____________。
【答案】 (1). CaCO3、MgO[或Mg(OH)2] (2). 2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑ (3). Na2CO3浓度大，有利于溶出反应向生成CaCO3方向移动，促进铝的溶出 (4). AlO2-以水合铝酸钙形式重新进入固相[或过量NaOH浓溶液与原料中含钙化合物作用生成Ca(OH)2，Ca(OH)2与NaAlO2作用生成水合铝酸钙] (5). AlO2-＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO3- (6). 在不断搅拌下加入适量的生石灰[或熟石灰，答NaOH暂不扣分]，然后过滤去渣
【解析】
【分析】
铝热炼镁还原渣[Al、Ca(AlO2)2、Al2O3、MgO及少量不能被碱液溶出的尖晶石型铝的化合物等]加入NaOH、Na2CO3溶液溶出，过滤后滤渣中含有水合铝酸钙、尖晶石型铝的化合物、不含铝的化合物、CaCO3 MgO [Mg(OH)2 ]，滤液中含有NaAlO2 ，通入CO2 后发生AlO2-＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3- ，过滤得母液中含NaHCO3 ，滤渣是Al(OH)3 。
【详解】(1) 过滤1，“滤渣”成分包括：水合铝酸钙、尖晶石型铝的化合物、不含铝的化合物CaCO3、MgO[或Mg(OH)2]。
(2)①金属Al与NaOH溶液反应的化学方程式为2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑；
②Ca2＋＋CO32－=CaCO3↓, Na2CO3浓度大，有利于溶出反应向生成CaCO3方向移动，促进铝的溶出。
AlO2-以水合铝酸钙形式重新进入固相[或过量NaOH浓溶液与原料中含钙化合物作用生成Ca(OH)2，Ca(OH)2与NaAlO2作用生成水合铝酸钙] ；
(3) “碳分”时，溶液与过量CO2反应生成Al(OH)3 沉淀和碳酸氢钠，离子方程式为AlO2-＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3- 。
(4) “过滤2”的母液中含NaHCO3 ，碳酸氢钠转化为碳酸钠，再进入“溶出”工序循环使用。再生处理：在不断搅拌下加入适量的生石灰[或熟石灰，答NaOH暂不扣分]，然后过滤去渣，可返回“溶出”工序循环使用。
【点睛】本题以铝热炼镁还原渣制取Al(OH)3的工艺流程为背景，考查元素化学知识，解题关键，熟练掌握氧化还原反应方程式书写、离子方程式书写等基础知识，难点（6）碳酸氢钠转化为碳酸钠，再进入“溶出”工序循环使用。
17.五味子丙素具有良好的抗肝炎病毒活性，其中间体H的一种合成路线如下：
(1) A中含氧官能团的名称为____________和____________。
(2) B→C的反应类型为____________。
(3) F的分子式为C10H11NO5，E→F发生还原反应，写出F的结构简式：____________。
(4) D的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：__________。
①能发生银镜反应、水解反应且能与FeCl3溶液发生显色反应；
②分子中有4种不同化学环境的氢。
(5) 或。写出以和(CH3)2SO4为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)__________________________
【答案】 (1). 羟基 (2). 羧基 (3). 取代反应 (4). (5). (6).
【解析】
【分析】
A和CH3OH 在催化剂作用下发生取代反应生成B，B与(CH3)2SO4 发生取代反应，生成C，C用CH2I2 将-OH保护起来，得到D，D与浓硝酸发生取代反应生成硝基化合物E，E中硝基被SnCl2 和HCl还原成氨基，生成F，F为，F与NaNO2 、H2SO4生成G，G与CuBr反应生成H。
【详解】(1) A中含氧官能团的名称为羟基和羧基。
(2)B中羟基上的H与(CH3)2SO4 发生取代反应生成C ，B→C的反应类型为取代反应。
(3)F的分子式为C10H11NO5，结合D和G的结构简式，D与浓硝酸发生取代反应生成硝基化合物E，E中硝基被SnCl2 和HCl还原成氨基，生成F，F为。
(4) D为，同分异构中①能发生银镜反应、水解反应且能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，和醛基；②分子中有4种不同化学环境的氢，说明苯环的取代基呈轴对称，可能结构为：。
(5)根据题干提供的信息，模仿D到G合成的过程，先用浓硝酸硝化，再还原生成氨基，与NaNO2 、H2SO4生成，再水解生成酚，和(CH3)2SO4为原料制备，合成路线流程图。
【点睛】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析判断及知识综合运用、知识迁移能力，明确官能团的结构和性质关系、物质之间的转化关系、知识迁移运用方法是解本题关键，注意结合题给信息进行合成路线设计，难点（4）同分异构体的书写。
18.黄铁矾法是硫酸体系中除铁的常用方法，黄铵铁矾是黄铁矾中的一种[化学式可表示为(NH4)xFey(SO4)z(OH)w，摩尔质量为480 g·mol－1]。
(1) 除去MnSO4酸性溶液中的Fe2＋可向溶液中加入MnO2，充分搅拌，然后用氨水调节溶液的pH为1～3，升温到95 ℃，静置即可形成黄铵铁矾沉淀。MnO2氧化Fe2＋的离子方程式为_______________________，静置形成黄铵铁矾过程中溶液的pH________(填“增大”“减小”或“不变”)。
(2) 依据下列实验和数据可确定黄铵铁矾的化学式。
①称取黄铵铁矾2.400 g，加入足量NaOH溶液充分反应后过滤，向滤液中加入足量盐酸酸化的BaCl2溶液，得到沉淀2.330 g。
②Mim Ristic等曾对黄铵铁矾进行热分解实验，其结果可用下图热重曲线表示(已知：黄铵铁矾在300 ℃前分解释放的物质为H2O，300～575 ℃之间只有NH3·H2O放出，此时残留固体只存在Fe、O、S三种元素，670 ℃以上得到的是纯净的红棕色粉末)。
根据以上实验及图中数据确定黄铵铁矾的化学式______________(写出计算过程)。
【答案】 (1). MnO2＋4H＋＋2Fe2＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O (2). 减小 (3). 由z＝ =2
y＝ ＝3
18 g·mol－1×x＋56 g·mol－1×3＋96 g·mol－1×2＋17 g·mol－1×w＝480 g·mol－1
由化合价代数和为0∶x×(＋1)＋3×(＋3)＋2×(－2)＋w×(－1)＝0
解得：x＝1，w＝6
[或 ，减少的必为NH3和H2O，即每480 g黄铵铁矾受热分解，此阶段中释放1 mol NH3和0.5 mol H2O，推得x＝1
由电荷守恒：x＋3y＝2z＋w，w＝6]
化学式为NH4Fe3(SO4)2(OH)6
【解析】
【详解】(1) MnO2氧化Fe2＋生成Fe3＋和Mn2＋， 离子方程式为 MnO2＋4H＋＋2Fe2＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O，静置形成黄铵铁矾过程中消耗OH-，溶液的pH减小；
(2) 由z＝ =2
y＝ ＝3
18 g·mol－1×x＋56 g·mol－1×3＋96 g·mol－1×2＋17 g·mol－1×w＝480 g·mol－1
由化合价代数和为0∶x×(＋1)＋3×(＋3)＋2×(－2)＋w×(－1)＝0
解得：x＝1，w＝6
[或 ，减少的必为NH3和H2O，即每480 g黄铵铁矾受热分解，此阶段中释放1 mol NH3和0.5 mol H2O，推得x＝1
由电荷守恒：x＋3y＝2z＋w，w＝6]
化学式为NH4Fe3(SO4)2(OH)6
【点睛】本题以“确定黄铵铁矾的化学式”为背景，考查了氧化还原离子方程式的书写及有关计算，难点（2）确定黄铵铁矾的化学式相关计算，注意电荷守恒原理在计算中的运用。
19.实验室以电镀废渣(Cr2O3、CuO、Fe2O3及CaO)为原料制取铜粉和K2Cr2O7的主要流程如下：
(1) “酸浸”时，用硫酸而不用盐酸，这是因为______________(从浸取产物的溶解性考虑)。
(2) “制铜氨液”，即制取[Cu(NH3)4]SO4溶液时，采用8 mol·L－1氨水，适量30% H2O2，并通入O2，控制温度为55 ℃。温度不宜过高，这是因为______________________。
(3) “沉CuNH4SO3”时可用如下装置(夹持、加热仪器略)：
①制取SO2的化学方程式为______________________。
②“沉CuNH4SO3”时，反应液需控制在45 ℃，合适的加热方式是________________。
③反应完成的实验现象是____________________________。
(4) 设计以“Cr(OH)3、Fe(OH)3”的混合物为原料，制取K2Cr2O7的实验方案：将Cr(OH)3、Fe(OH)3的混合物加入烧杯中，加适量的水调成浆状，_________________，冰水洗涤及干燥。
(已知：①碱性条件下，H2O2可将＋3价的Cr氧化为CrO42-；酸性条件下，H2O2可将＋6价的Cr还原为＋3价的Cr；＋6价的Cr在溶液pH<5时，主要以Cr2O72-的形式存在；在pH>7时，主要以CrO42-的形式存在。
②部分物质溶解度曲线如图所示：
③实验中必须使用的试剂：KOH溶液、10%H2O2溶液、稀盐酸)
【答案】 (1). 硫酸可将CaO转化为CaSO4渣而除去 (2). 温度过高会加速NH3的挥发、加速H2O2的分解、“铜氨液”会分解生成Cu(OH)2(答出一点即可) (3). Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O (4). 45 ℃的水浴加热 (5). 上层清液由深蓝色逐渐变为几乎无色 (6). 在不断搅拌下加入适量KOH溶液，再加入过量的10% H2O2溶液，维持pH大于7，充分反应后，煮沸(除去过量的H2O2)，静置、过滤，滤液用稀盐酸酸化至pH<5，蒸发浓缩、冰浴冷却结晶、过滤
【解析】
分析】
电镀废渣(Cr2O3、CuO、Fe2O3及CaO)用硫酸酸浸，残渣为CaSO4 等溶解度不大的物质，溶液中有Cr3＋、Cu2＋、Fe3＋，加适量Na2S 溶液，过滤，滤液中Cr3＋、Fe3＋，处理生成Fe(OH)3 Cr(OH)3，除去Fe(OH)3，制备K2Cr2O7；滤渣CuS沉淀，采用8 mol·L－1氨水，适量30% H2O2，并通入O2，制取铜氨溶液，通SO2，“沉CuNH4SO3”，同时生成铜粉。
【详解】(1) “酸浸”时，用硫酸而不用盐酸，这是因为硫酸可将CaO转化为CaSO4渣而除去。
(2) “制铜氨液”，即制取[Cu(NH3)4]SO4溶液时，温度不宜过高，这是因为 温度过高会加速NH3的挥发、加速H2O2的分解、“铜氨液”会分解生成Cu(OH)2(答出一点即可)；
(3) ①铜与浓硫酸加热生成SO2、硫酸铜和水，化学方程式为 Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O 。
②要控制100℃以下的加热温度，且受热均匀，可选用水浴加热；“沉CuNH4SO3”时，反应液需控制在45 ℃，合适的加热方式是：45 ℃的水浴加热。
③[Cu(NH3)4]SO4溶液呈蓝色，通入SO2 反应生成CuNH4SO3和Cu，反应完成的实验现象是上层清液由深蓝色逐渐变为几乎无色。
(4) 制取K2Cr2O7的实验方案：将Cr(OH)3、Fe(OH)3的混合物加入烧杯中，加适量的水调成浆状，在不断搅拌下加入适量KOH溶液，再加入过量的10% H2O2溶液，维持pH大于7，充分反应后，煮沸(除去过量的H2O2)，静置、过滤，滤液用稀盐酸酸化至pH<5，蒸发浓缩、冰浴冷却结晶、过滤，冰水洗涤及干燥。
【点睛】本题以实际化工生产“以电镀废渣(Cr2O3、CuO、Fe2O3及CaO)为原料制取铜粉和K2Cr2O7的主要流程”为背景，考查了元素化合物知识，化学方程式的书写等，难点（3）[Cu(NH3)4]SO4溶液呈蓝色，通入SO2 反应生成CuNH4SO3和Cu。
20.沼气的主要成分是CH4，还含有CO2、H2S等。Jo De Vrieze等设计了利用膜电解法脱除沼气中的CO2和H2S，并将阴极处理后气体制成高纯度生物甲烷，其流程如图所示。
(1) 需控制电解槽中阴极室pH>7，其目的是________________。
(2) 阳极室逸出CO2和________(填化学式)；H2S在阳极上转化为SO42-而除去，其电极反应式为___________________。
(3) 在合成塔中主要发生的反应为：
反应Ⅰ： CO2(g)＋4H2(g)=CH4(g)＋2H2O(g) ΔH1
反应Ⅱ： CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g) ΔH2
调节＝4，充入合成塔，当气体总压强为0.1 MPa，平衡时各物质的物质的量分数如图1所示；不同压强时，CO2的平衡转化率如图2所示：
①反应CO2(g)＋CH4(g)=2CO(g)＋2H2(g)的△H＝________(用ΔH1、ΔH2表示)。
②图1中，200～550 ℃时，CO2的物质的量分数随温度升高而增大的原因是__________。
③图2中，相同温度下，压强越大，CO2的平衡转化率越大，其原因是___________________；在压强为10 MPa时，当温度在200～800 ℃范围内，随温度升高，CO2的平衡转化率始终减小，其原因是________________________。
【答案】 (1). 将H2S转化为HS－(S2－)，部分CO2转化为HCO3- (CO32-) (2). O2 (3). H2S＋4H2O－8e－===10H＋＋SO42- (4). 2ΔH2—ΔH1 (5). ΔH1＜0，ΔH2＞0，温度升高时，反应Ⅰ向左移动增加的CO2的量大于反应Ⅱ向右移动减少的CO2的量 (6). 增大压强，反应Ⅱ不移动，反应Ⅰ向正反应方向移动 (7). 反应Ⅰ中CO2减小的平衡转化率始终大于反应Ⅱ中CO2增大的平衡转化率(或反应Ⅰ、Ⅱ中CO2平衡时的净转化率呈减小趋势)
【解析】
【详解】(1) 沼气中的CO2和H2S，需在阴极室中处理达到合成高纯度生物甲烷要求，需控制电解槽中阴极室pH>7，其目的是将H2S转化为HS－(S2－)，部分CO2转化为HCO3- (CO32-)。
(2) 阳极：2H2O -4e－=4H+＋O2↑,阳极室逸出CO2和O2；H2S在阳极上转化为SO42-而除去，其电极反应式为H2S＋4H2O－8e－=10H＋＋SO42-。
(3) ①反应Ⅰ： CO2(g)＋4H2(g)=CH4(g)＋2H2O(g) ΔH1，反应Ⅱ： CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g) ΔH2，由盖斯定律，反应Ⅱ×2-反应Ⅰ,反应CO2(g)＋CH4(g)=2CO(g)＋2H2(g)的△H＝2ΔH2—ΔH1。
②图1中，200～550 ℃时，CO2的物质的量分数随温度升高而增大的原因是：ΔH1＜0，ΔH2＞0，温度升高时，反应Ⅰ向左移动增加的CO2的量大于反应Ⅱ向右移动减少的CO2的量。
③图2中，相同温度下，压强越大，CO2的平衡转化率越大，其原因是：增大压强，反应Ⅱ不移动，反应Ⅰ向正反应方向移动；
在压强为10 MPa时，当温度在200～800 ℃范围内，随温度升高，CO2的平衡转化率始终减小，其原因是：反应Ⅰ中CO2减小的平衡转化率始终大于反应Ⅱ中CO2增大的平衡转化率(或反应Ⅰ、Ⅱ中CO2平衡时的净转化率呈减小趋势)。
【选做题】本题包括两小题，请选定其中一小题，并在相应的答题区域内作答。若多做，则按第1小题评分。
21.CuSCN是一种生物防腐涂料，可用CuSO4、NaSCN、Na2SO3作原料，并用乙二醇或DMF作分散剂进行制备。
(1) Cu＋基态核外电子排布式为____________。
(2) NaSCN中元素S、C、N的第一电离能由大到小的顺序为____________；Na2SO3中SO32-的空间构型为____________(用文字描述)。
(3) 乙二醇(HOCH2CH2OH)与H2O可以任意比例互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为____________________。
(4) DMF(OHCNCH3CH3)分子中碳原子的轨道杂化类型为____________；1 mol DMF分子中含有σ键的数目为____________。
【答案】 (1). [Ar]3d10或1s22s22p63s23p63d10 (2). N、C、S (3). 三角锥形 (4). HOCH2CH2OH与H2O之间可以形成氢键 (5). sp2和sp3 (6). 11 mol
【解析】
【详解】(1)铜是29号元素，Cu＋基态核外电子排布式为 [Ar]3d10或1s22s22p63s23p63d10 。
(2)同周期自左而右元素的第一电离能呈增大趋势，ⅤA族np能级容纳3个电子，为半充满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，则N＞C>O，O和S在同一主族，从上到下，第一电离能呈减小的趋势， NaSCN中元素S、C、N的第一电离能由大到小的顺序为N、C、S；
SO32-中心原子S价层电子对数为3+ =4，杂化类型为sp3杂化，空间构型为三角锥形；
(3) 乙二醇(HOCH2CH2OH)与H2O可以任意比例互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为HOCH2CH2OH与H2O之间可以形成氢键。
(4) DMF的结构简式为(OHCNCH3CH3)分子中碳原子的轨道杂化类型为酰胺基中的C形成3个σ键，没有孤电子对，为sp2杂化，甲基中C形成4个σ键，没有孤电子对，为sp3杂化；一个DMF分子中有7个C-H键，3个C-N键，1个C-O键，1 mol DMF分子中含有σ键的数目为11 mol。
【点睛】本题考查了离子价电子排布、第一电力能大小、化学键、氢键、杂化类型等，难点和易错点，（4）DMF分子式转化成结构简式，是难点，由结构简式计算化学键数目，易将省略的C-H丢失，是易错点。
22.乙酸苄酯是一种有馥郁茉莉花香气的无色液体，沸点213 ℃，密度为1.055 g·cm－3，实验室制备少量乙酸苄酯的反应如下：CH2OH＋(CH3CO)2OCH2OOCCH3(乙酸苄酯)＋CH3COOH
实验步骤如下：
步骤1：三颈烧瓶中加入30 g (0.28 mol)苯甲醇、30 g乙酸酐(0.29 mol)和1 g无水CH3COONa，搅拌升温至110 ℃，回流4～6 h(装置如图所示)：
步骤2：反应物降温后，在搅拌下慢慢加入15%的Na2CO3溶液，直至无气泡放出为止。
步骤3：将有机相用15%的食盐水洗涤至中性。分出有机相，向有机相中加入少量无水CaCl2处理得粗产品。
步骤4：在粗产品中加入少量硼酸，减压蒸馏(1.87 kPa)，收集98～100 ℃的馏分，即得产品。
(1) 步骤1中，加入无水CH3COONa的作用是_______________，合适的加热方式是_______。
(2) 步骤2中，Na2CO3溶液需慢慢加入，其原因是____________。
(3) 步骤3中，用15%的食盐水代替蒸馏水，除可减小乙酸苄酯的溶解度外，还因为_______________；加入无水CaCl2的作用是___________________。
(4) 步骤4中，采用减压蒸馏目的是__________________。
【答案】 (1). 催化剂 (2). 油浴(或沙浴) (3). 以免大量CO2泡沫冲出 (4). 乙酸苄酯与水的密度几乎相同不容易分层 (5). 除去有机相中的水 (6). 防止常压蒸馏时，乙酸苄酯未达沸点前就已发生分解
【解析】
【分析】
CH2OH＋(CH3CO)2OCH2OOCCH3(乙酸苄酯)＋CH3COOH，是液体混合加热，可油浴(或沙浴)均匀加热，使用无水CH3COONa作催化剂来加快反应速率，用15%的Na2CO3溶液来提高产率，用15%的食盐水分离CH2OOCCH3和其它能溶于水的混合物，有机相用无水CaCl2干燥，最后蒸馏提纯得到产品。
【详解】(1) 根据CH2OH＋(CH3CO)2OCH2OOCCH3(乙酸苄酯)＋CH3COOH的原理和条件，步骤1中，加入无水CH3COONa的作用是催化剂，为保证能均匀受热，合适的加热方式是油浴(或沙浴)。
(2)Na2CO3作用是降低生成物CH3COOH的浓度，促进平衡正向移动， 步骤2中，Na2CO3溶液需慢慢加入，其原因是以免大量CO2泡沫冲出。
(3) 由题干中信息可知：乙酸苄酯密度为1.055 g·cm－3，步骤3中，用15%的食盐水代替蒸馏水，除可减小乙酸苄酯的溶解度外，还因为乙酸苄酯与水的密度几乎相同不容易分层；加入无水CaCl2的作用是除去有机相中的水。
(4) 步骤4中，采用减压蒸馏的目的是防止常压蒸馏时，乙酸苄酯未达沸点前就已发生分解。
【点睛】本题以乙酸苄酯的制备实验考查物质的制备、分离、和提纯等基本操作，难点（1）无水乙酸钠的作用，（3）用15%的食盐水代替蒸馏水目的，考查学生的阅读和表达能力。
2020届高三年级第一次模拟考试(一)(南京、盐城)
化学本试卷分选择题和非选择题两部分。共120分。考试用时100分钟。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Fe 56 Ba 137
选择题
单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分。每小题只有一个选项符合题意。
1.我国太阳能开发利用位于世界前列。下列采用“光——热——电”能量转换形式的是
A. 光致(互变异构)储能
B. 生产甲醇燃料
C. 太阳能熔盐发电
D. 太阳能空间发电
【答案】C
【解析】
【详解】A、光能转变成热能，直接利用，故A不符；
B、光能转变成化学能，故B不符；
C、采用“光——热——电”能量转换形式，故C符合；
D、光能转换为电能，故D不符；
故选C。
2.2019年8月《Green Chemistry》报道了我国学者发明的低压高效电催化还原CO2的新方法，其总反应为NaCl＋CO2CO＋NaClO。下列有关化学用语表示错误的是( )
A. 中子数为12的钠原子：Na B. Cl－的结构示意图：
C. CO2的结构式：O=C=O D. NaClO的电子式：
【答案】D
【解析】
【详解】A. 钠是11号元素，中子数为12的钠原子，质量数为23：Na ，故A正确；
B. 氯的核电荷为17，最外层得到1个电子形成稳定结构，Cl－的结构示意图：，故B正确；
C. 二氧化碳的碳与氧形成四个共用电子对，CO2的结构式：O=C=O，故C正确；
D. NaClO是离子化合物，NaClO的电子式：，故D错误；
故选D。
3.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是( )
A. Mg(OH)2具有碱性，可用于制胃酸中和剂
B. H2O2是无色液体，可用作消毒剂
C. FeCl3具有氧化性，可用作净水剂
D. 液NH3具有碱性，可用作制冷剂
【答案】A
【解析】
详解】A. Mg(OH)2具有碱性，能与盐酸反应，可用于制胃酸中和剂，故A正确；
B. H2O2具有强氧化性，可用作消毒剂，故B错误；
C. FeCl3水解后生成氢氧化铁胶体，具有吸附性，可用作净水剂，故C错误；
D. 液NH3气化时吸热，可用作制冷剂，故D错误；
故选A。
4.用下列装置制取NH3，并还原CuO，其原理和装置均正确的是( )
A. 用装置制取NH3 B. 用装置干燥NH3
C. 用装置还原CuO D. 用装置处理尾气
【答案】C
【解析】
【详解】A、NH4Cl受热分解后,在试管口又重新生成NH4Cl固体，得不到氨气，故A错误；
B、浓硫酸与氨气反应生成硫酸铵，不能用浓硫酸干燥NH3，故B错误；
C、2NH3＋3CuO3Cu＋N2＋3H2O ，用氨气还原CuO，故C正确；
D、氨气与稀硫酸反应，装置内压强急剧减小，会引起倒吸，故D错误；
故选C。
5.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )
A. 能使甲基橙变红的溶液：Na＋、Ca2＋、Br－、HCO3－
B. ＝1×10－12的溶液：K＋、Na＋、CO32－、AlO2－
C. 0.1 mol·L－1KFe(SO4)2溶液：Mg2＋、Al3＋、SCN－、NO3－
D. 0.1 mol·L－1Ca5NH4(NO3)11溶液：H＋、Fe2＋、Cl－、SO42-
【答案】B
【解析】
【详解】A. 能使甲基橙变红的溶液呈酸性：H＋、HCO3－反应生成水和二氧化碳，故A不符；
B. ＝1×10－12的溶液，氢离子浓度小于氢氧根离子浓度，溶液呈碱性：K＋、Na＋、CO32－、AlO2－与OH-间不发生反应，故B符合；
C. 0.1 mol·L－1KFe(SO4)2溶液：Fe3＋+3SCN－=Fe(SCN)3,生成络合物，不能共存，故C不符；
D. 0.1 mol·L－1Ca5NH4(NO3)11溶液：H＋、Fe2＋、NO3－之间要发生氧化还原反应，故D不符合；
故选B。
6.下列有关化学反应的叙述正确的是( )
A. 铁在热的浓硝酸中钝化 B. CO2与Na2O2反应可产生O2
C. 室温下浓硫酸可将石墨氧化为CO2 D. SO2与过量漂白粉浊液反应生成CaSO3
【答案】B
【解析】
【详解】A. 铁在冷的浓硝酸中钝化，故A错误；
B. CO2与Na2O2反应可产生O2和Na2CO3，故B正确；
C. 在加热条件下浓硫酸可将石墨氧化为CO2，故C错误；
D.漂白粉具有强氧化性，SO2与过量漂白粉浊液反应生成CaSO4，故D错误；
故选B。
7.下列指定反应的离子方程式正确的是( )
A. SO2与过量氨水反应：SO2＋NH3·H2O=NH4+＋HSO3－
B. FeCl3溶液与SnCl2溶液反应：Fe3＋＋Sn2＋=Fe2＋＋Sn4＋
C. Cu与稀硝酸反应：3Cu＋8H＋＋2NO3-=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
D. 用浓盐酸与MnO2制取少量Cl2：MnO2＋4H＋＋4Cl－MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A. SO2与过量氨水反应生成亚硫酸铵和水：SO2＋2NH3·H2O=2NH4+＋SO32-＋H2O，故A错误，
B.原方程式电荷不守恒， FeCl3溶液与SnCl2溶液反应：2Fe3＋＋Sn2＋=2Fe2＋＋Sn4＋，故B错误；
C. Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水：3Cu＋8H＋＋2NO3-=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，故C正确；
D. 用浓盐酸与MnO2制取少量Cl2，生成的氯化锰是强电解质：MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2+＋Cl2↑＋2H2O，故D错误；
故选C。
8.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X位于ⅦA族，Y的原子核外最外层与次外层电子数之和为9，Z是地壳中含量最多的金属元素，W与X同主族。下列说法错误的是( )
A. 原子半径：r(Y)>r(Z)>r(W)>r(X)
B. 由X、Y组成的化合物是离子化合物
C. X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强
D. Y的最高价氧化物对应水化物的碱性比Z的弱
【答案】D
【解析】
【分析】
短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X位于ⅦA族，X为氟元素，Y的原子核外最外层与次外层电子数之和为9，Y为钠元素，Z是地壳中含量最多的金属元素，Z为铝元素，W与X同主族，W为氯元素。
【详解】X为氟元素，Y为钠元素，Z为铝元素，W为氯元素。
A. 电子层越多原子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大原子半径越小，则原子半径：r(Y)>r(Z)>r(W)>r(X)，故A正确；
B. 由X、Y组成的化合物是NaF，由金属离子和酸根离子构成，属于离子化合物，故B正确；
C. 非金属性越强，对应氢化物越稳定，X的简单气态氢化物HF的热稳定性比W的简单气态氢化物HCl强，故C正确；
D.元素的金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强， Y的最高价氧化物对应水化物是NaOH，碱性比Al(OH)3强，故D错误；
故选D，
【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的应用，推断元素为解答关键，注意熟练掌握元素周期律内容、元素周期表结构，提高分析能力及综合应用能力，易错点A，注意比较原子半径的方法。
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. Al2O3(熔融)Al(s)AlCl3(s)
B. FeS2(s) SO2(g) H2SO4(aq)
C. NH3(g) NO(g) NaNO3(aq)
D. SiO2(s) H4SiO4(s) Na2SiO3(aq)
【答案】A
【解析】
【详解】A. 2Al2O3(熔融)4Al(s)+3O2↑，2Al+3Cl22AlCl3(s)，故A正确；
B.SO2(g) +H2O=H2SO3(aq)，故B错误；
C.NO(g)与NaOH(aq)不反应，故C错误；
D. SiO2(s) 不溶于水，故D错误；
故选A
10.2019年11月《Science》杂志报道了王浩天教授团队发明的制取H2O2的绿色方法，原理如图所示(已知：H2O2=H＋＋HO2－，Ka＝2.4×10－12)。下列说法错误的是( )
A. X膜为选择性阳离子交换膜
B. 催化剂可促进反应中电子的转移
C. 每生成1 mol H2O2电极上流过4 mol e－
D. b极上的电极反应为O2＋H2O＋2e－=HO2－＋OH－
【答案】C
【解析】
【详解】A. a极发生H2-2e－=2H＋，X膜为选择性阳离子交换膜，让H＋进入中间，故A正确；
B. 催化剂可促进反应中电子的转移，加快反应速率，故B正确；
C. 氧元素由0价变成-1价，每生成1 mol H2O2电极上流过2 mol e－，故C错误；
D. b为正极，氧气得电子，b极上的电极反应为O2＋H2O＋2e－=HO2－＋OH－，故D正确；
故选C。
不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。
11.下列说法正确的是( )
A. 碳素钢在海水中发生的腐蚀主要是析氢腐蚀
B. 反应Si(s)＋2Cl2(g)===SiCl4 (l) 在室温下能自发进行，则该反应的ΔH>0，△S>0
C. 室温时，CaCO3在0.1 mol·L－1 的NH4Cl溶液中的溶解度比在纯水中的大
D. 2 mol SO2和1 mol O2在密闭容器中混合充分反应，转移电子的数目为4×6.02×1023
【答案】C
【解析】
【详解】A. 海水接近中性，碳素钢在海水中发生的腐蚀主要是吸氧腐蚀，故A错误；
B. 反应前后气体体积减少，△S<0，反应Si(s)＋2Cl2(g)=SiCl4 (l) 在室温下能自发进行，则该反应的ΔH>0，故B错误；
C. 室温时，铵根离子水解呈酸性，促进CaCO3的溶解，CaCO3在0.1 mol·L－1 的NH4Cl溶液中的溶解度比在纯水中的大，故C正确；
D. SO2和 O2的反应是可逆反应，2 mol SO2和1 mol O2在密闭容器中混合充分反应，转移电子的数目小于4×6.02×1023，故D错误；
故选C。
12.铁杉脂素是重要的木脂素类化合物，其结构简式如右图所示。下列有关铁杉脂素的说法错误的是( )
A. 分子中两个苯环处于同一平面
B. 分子中有3个手性碳原子
C. 能与浓溴水发生取代反应
D. 1 mol铁杉脂素与NaOH溶液反应最多消耗3 mol NaOH
【答案】A
【解析】
【详解】A. 分子中两个苯环连在四面体结构的碳原子上，不可能处于同一平面，故A错误；
B. 图中*标注的三个碳原子是手性碳原子，故B正确；
C. 酚羟基的邻对位可能与浓溴水发生取代反应，故C正确；
D. 1 mol铁杉脂素与NaOH溶液反应最多消耗3 mol NaOH，分别是酯基消耗1mol，2个酚羟基各消耗1mol，故D正确；
故选A。
13.室温下进行下列实验，根据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
结论
A
向苯酚浊液中滴入Na2S溶液，浊液变清
C6H5O－结合H＋的能力比S2－的弱
B
将X溶液滴在KI淀粉试纸上，试纸变蓝色
X溶液中一定含有I2
C
向FeCl2和KSCN的混合溶液中滴入酸化的AgNO3溶液，溶液变红
Ag＋的氧化性一定比Fe3＋的强
D
向2支均盛有2 mL相同浓度Na3[Ag(S2O3)2]溶液的试管中，分别滴入2滴相同浓度的KCl、KI溶液，前者无明显现象，后者有黄色沉淀
Ksp(AgI)
A. A B. B C. C D. D
【答案】AD
【解析】
【详解】A、向苯酚浊液中滴入Na2S溶液，浊液变清，发生C6H5OH＋S2－=HS－＋C6H5O－,S2－结合H＋的能力强，故A正确；
B、将X溶液滴在KI淀粉试纸上，试纸变蓝色，有两种可能，一种是X溶液中含有I2，另一种可能是X将KI氧化成I2，故B错误；
C、向FeCl2和KSCN的混合溶液中滴入酸化的AgNO3溶液，溶液变红，可能是硝酸将亚铁离子氧化成铁离子，与KSCN反应生成血红色的Fe(SCN)3，故C错误；
D、向2支均盛有2 mL相同浓度Na3[Ag(S2O3)2]溶液的试管中，分别滴入2滴相同浓度的KCl、KI溶液，前者无明显现象，后者有黄色沉淀，说明生成AgI，而AgCl没有生成沉淀，即Ksp(AgI)
【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、离子检验、沉淀生成、弱电解质与盐类水解、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，易错点C，隐含硝酸也能将亚铁离子氧化成铁离子。
14.25℃时，二元酸H3PO3的pKa1、pKa2(pK＝－lgK)依次为1.30、6.60，氨水的pKb为4.75。常温时，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－1NH4H2PO3溶液中：c(H3PO3)>c(NH3·H2O)>c(H＋)>c(OH－)
B. 0.1 mol·L－1H3PO3溶液用NaOH溶液滴定至pH＝6.60:c(H2PO3-)＝c(HPO32-)
C. 0.1 mol·L－1H3PO3溶液用氨水滴定至pH＝7.0:c(NH4+)＝c(H2PO3- )＋c(HPO32-)
D. 0.4 mol·L－1氨水与0.2 mol·L－1NaH2PO3等体积混合(体积变化可忽略)：c(NH3·H2O)
【解析】
【详解】A. 二元酸H3PO3的pKa1=1.3小于氨水的pKb为4.75，铵根离子的水解能力强，c(NH3·H2O)>c(H3PO3)，故A错误；
B. 0.1 mol·L－1H3PO3溶液用NaOH溶液滴定至pH＝6.60，ka2= =c(H +)=10-6.60,所以c(H2PO3-)＝c(HPO32-)，故B正确；
C. 0.1 mol·L－1H3PO3溶液用氨水滴定至pH＝7.0，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒c(H+)+c(NH4+)＝c(H2PO3- )＋2c(HPO32-)+c(OH-)，即：c(NH4+)＝c(H2PO3- )＋2c(HPO32-)，故C错误；
D. 0.4 mol·L－1氨水与0.2 mol·L－1NaH2PO3等体积混合(体积变化可忽略)，相当于0.1 mol·L－1Na（NH4）HPO3溶液和0.1 mol·L－1氨水等体积混合，根据电荷守恒：①c(H+)+c(NH4+)+c(Na+)=c(H2PO3- )＋2c(HPO32-)+c(OH-)，再由物料守恒：②c(NH4+)+c(NH3·H2O)＝2c(H2PO3- )＋2c(HPO32-)＋2c(H3PO3)，③c(Na+)=0.1 mol·L－1，②-①得c(NH3·H2O)+c(OH-)=c(H2PO3-)＋2c(H3PO3)＋c(Na+)+c(H+)，将③代入，溶液呈碱性c(H+)
【点睛】本题以离子浓度大小比较为载体考查盐类水解，侧重考查对盐类水解原理的理解和灵活运用，明确溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，C为解答易错点，注意C中电荷守恒表达式的书写，注意溶液中没有PO33-,难点D，注意电荷守恒、物料守恒的灵活运用。
15.甲、乙为两个容积均为1 L的恒容密闭容器，向甲中充入1 mol CH4和1 mol CO2，乙中充入1 mol CH4和m mol CO2，加入催化剂，只发生反应：CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)，测得CH4的平衡转化率随温度的变化如图所示。下列说法正确的是( )
A. 该反应的正反应是放热反应
B. a、b、c三点处，容器内气体总压强：p(a)
D. 恒温时向甲平衡体系中再充入CO2、CH4各0.4 mol，CO、H2各1.2 mol，重新达平衡前，v(正)>v(逆)
【答案】BC
【解析】
【详解】A. CH4的平衡转化率随温度的升高而升高，平衡正向移动，该反应的正反应是吸热反应，故A错误；
B. a、b温度升高，平衡正向移动，压强增大，p(a)
T K时，K= =12.96，平衡时甲的甲烷的转化率小于60%，，该反应的平衡常数小于12.96，故C正确；
D. Qc==12.96>K，恒温时向甲的平衡体系中再充入CO2、CH4各0.4 mol，CO、H2各1.2 mol，重新达平衡前，v(正)
非选择题
16.利用铝热炼镁还原渣[Al、Ca(AlO2)2、Al2O3、MgO及少量不能被碱液溶出的尖晶石型铝的化合物等]制取Al(OH)3的工艺流程如下：
(1) “滤渣”成分包括：水合铝酸钙、尖晶石型铝的化合物、不含铝的化合物______________(写两种物质的化学式)。
(2) “溶出”时，在适当条件下，铝及其大部分含铝化合物以NaAlO2溶出。
①金属Al与NaOH溶液反应的化学方程式为________________________________。
②其他条件相同时，Na2CO3、NaOH溶液的浓度对铝的溶出率的影响如图所示：
NaOH溶液浓度一定时，130 g·L－1的Na2CO3溶液对铝的溶出率比100 g·L－1的大，这是因为______________(从平衡移动角度分析)；Na2CO3溶液浓度一定时，当NaOH溶液浓度大于80 g·L－1，铝的溶出率随NaOH溶液浓度增大而减小，可能原因是______________。
(3) “碳分”时，溶液与过量CO2反应的离子方程式为________________________。
(4) “过滤2”的母液经再生处理可返回“溶出”工序循环使用，再生的方法是____________。
【答案】 (1). CaCO3、MgO[或Mg(OH)2] (2). 2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑ (3). Na2CO3浓度大，有利于溶出反应向生成CaCO3方向移动，促进铝的溶出 (4). AlO2-以水合铝酸钙形式重新进入固相[或过量NaOH浓溶液与原料中含钙化合物作用生成Ca(OH)2，Ca(OH)2与NaAlO2作用生成水合铝酸钙] (5). AlO2-＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO3- (6). 在不断搅拌下加入适量的生石灰[或熟石灰，答NaOH暂不扣分]，然后过滤去渣
【解析】
【分析】
铝热炼镁还原渣[Al、Ca(AlO2)2、Al2O3、MgO及少量不能被碱液溶出的尖晶石型铝的化合物等]加入NaOH、Na2CO3溶液溶出，过滤后滤渣中含有水合铝酸钙、尖晶石型铝的化合物、不含铝的化合物、CaCO3 MgO [Mg(OH)2 ]，滤液中含有NaAlO2 ，通入CO2 后发生AlO2-＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3- ，过滤得母液中含NaHCO3 ，滤渣是Al(OH)3 。
【详解】(1) 过滤1，“滤渣”成分包括：水合铝酸钙、尖晶石型铝的化合物、不含铝的化合物CaCO3、MgO[或Mg(OH)2]。
(2)①金属Al与NaOH溶液反应的化学方程式为2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑；
②Ca2＋＋CO32－=CaCO3↓, Na2CO3浓度大，有利于溶出反应向生成CaCO3方向移动，促进铝的溶出。
AlO2-以水合铝酸钙形式重新进入固相[或过量NaOH浓溶液与原料中含钙化合物作用生成Ca(OH)2，Ca(OH)2与NaAlO2作用生成水合铝酸钙] ；
(3) “碳分”时，溶液与过量CO2反应生成Al(OH)3 沉淀和碳酸氢钠，离子方程式为AlO2-＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3- 。
(4) “过滤2”的母液中含NaHCO3 ，碳酸氢钠转化为碳酸钠，再进入“溶出”工序循环使用。再生处理：在不断搅拌下加入适量的生石灰[或熟石灰，答NaOH暂不扣分]，然后过滤去渣，可返回“溶出”工序循环使用。
【点睛】本题以铝热炼镁还原渣制取Al(OH)3的工艺流程为背景，考查元素化学知识，解题关键，熟练掌握氧化还原反应方程式书写、离子方程式书写等基础知识，难点（6）碳酸氢钠转化为碳酸钠，再进入“溶出”工序循环使用。
17.五味子丙素具有良好的抗肝炎病毒活性，其中间体H的一种合成路线如下：
(1) A中含氧官能团的名称为____________和____________。
(2) B→C的反应类型为____________。
(3) F的分子式为C10H11NO5，E→F发生还原反应，写出F的结构简式：____________。
(4) D的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：__________。
①能发生银镜反应、水解反应且能与FeCl3溶液发生显色反应；
②分子中有4种不同化学环境的氢。
(5) 或。写出以和(CH3)2SO4为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)__________________________
【答案】 (1). 羟基 (2). 羧基 (3). 取代反应 (4). (5). (6).
【解析】
【分析】
A和CH3OH 在催化剂作用下发生取代反应生成B，B与(CH3)2SO4 发生取代反应，生成C，C用CH2I2 将-OH保护起来，得到D，D与浓硝酸发生取代反应生成硝基化合物E，E中硝基被SnCl2 和HCl还原成氨基，生成F，F为，F与NaNO2 、H2SO4生成G，G与CuBr反应生成H。
【详解】(1) A中含氧官能团的名称为羟基和羧基。
(2)B中羟基上的H与(CH3)2SO4 发生取代反应生成C ，B→C的反应类型为取代反应。
(3)F的分子式为C10H11NO5，结合D和G的结构简式，D与浓硝酸发生取代反应生成硝基化合物E，E中硝基被SnCl2 和HCl还原成氨基，生成F，F为。
(4) D为，同分异构中①能发生银镜反应、水解反应且能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，和醛基；②分子中有4种不同化学环境的氢，说明苯环的取代基呈轴对称，可能结构为：。
(5)根据题干提供的信息，模仿D到G合成的过程，先用浓硝酸硝化，再还原生成氨基，与NaNO2 、H2SO4生成，再水解生成酚，和(CH3)2SO4为原料制备，合成路线流程图。
【点睛】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析判断及知识综合运用、知识迁移能力，明确官能团的结构和性质关系、物质之间的转化关系、知识迁移运用方法是解本题关键，注意结合题给信息进行合成路线设计，难点（4）同分异构体的书写。
18.黄铁矾法是硫酸体系中除铁的常用方法，黄铵铁矾是黄铁矾中的一种[化学式可表示为(NH4)xFey(SO4)z(OH)w，摩尔质量为480 g·mol－1]。
(1) 除去MnSO4酸性溶液中的Fe2＋可向溶液中加入MnO2，充分搅拌，然后用氨水调节溶液的pH为1～3，升温到95 ℃，静置即可形成黄铵铁矾沉淀。MnO2氧化Fe2＋的离子方程式为_______________________，静置形成黄铵铁矾过程中溶液的pH________(填“增大”“减小”或“不变”)。
(2) 依据下列实验和数据可确定黄铵铁矾的化学式。
①称取黄铵铁矾2.400 g，加入足量NaOH溶液充分反应后过滤，向滤液中加入足量盐酸酸化的BaCl2溶液，得到沉淀2.330 g。
②Mim Ristic等曾对黄铵铁矾进行热分解实验，其结果可用下图热重曲线表示(已知：黄铵铁矾在300 ℃前分解释放的物质为H2O，300～575 ℃之间只有NH3·H2O放出，此时残留固体只存在Fe、O、S三种元素，670 ℃以上得到的是纯净的红棕色粉末)。
根据以上实验及图中数据确定黄铵铁矾的化学式______________(写出计算过程)。
【答案】 (1). MnO2＋4H＋＋2Fe2＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O (2). 减小 (3). 由z＝ =2
y＝ ＝3
18 g·mol－1×x＋56 g·mol－1×3＋96 g·mol－1×2＋17 g·mol－1×w＝480 g·mol－1
由化合价代数和为0∶x×(＋1)＋3×(＋3)＋2×(－2)＋w×(－1)＝0
解得：x＝1，w＝6
[或 ，减少的必为NH3和H2O，即每480 g黄铵铁矾受热分解，此阶段中释放1 mol NH3和0.5 mol H2O，推得x＝1
由电荷守恒：x＋3y＝2z＋w，w＝6]
化学式为NH4Fe3(SO4)2(OH)6
【解析】
【详解】(1) MnO2氧化Fe2＋生成Fe3＋和Mn2＋， 离子方程式为 MnO2＋4H＋＋2Fe2＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O，静置形成黄铵铁矾过程中消耗OH-，溶液的pH减小；
(2) 由z＝ =2
y＝ ＝3
18 g·mol－1×x＋56 g·mol－1×3＋96 g·mol－1×2＋17 g·mol－1×w＝480 g·mol－1
由化合价代数和为0∶x×(＋1)＋3×(＋3)＋2×(－2)＋w×(－1)＝0
解得：x＝1，w＝6
[或 ，减少的必为NH3和H2O，即每480 g黄铵铁矾受热分解，此阶段中释放1 mol NH3和0.5 mol H2O，推得x＝1
由电荷守恒：x＋3y＝2z＋w，w＝6]
化学式为NH4Fe3(SO4)2(OH)6
【点睛】本题以“确定黄铵铁矾的化学式”为背景，考查了氧化还原离子方程式的书写及有关计算，难点（2）确定黄铵铁矾的化学式相关计算，注意电荷守恒原理在计算中的运用。
19.实验室以电镀废渣(Cr2O3、CuO、Fe2O3及CaO)为原料制取铜粉和K2Cr2O7的主要流程如下：
(1) “酸浸”时，用硫酸而不用盐酸，这是因为______________(从浸取产物的溶解性考虑)。
(2) “制铜氨液”，即制取[Cu(NH3)4]SO4溶液时，采用8 mol·L－1氨水，适量30% H2O2，并通入O2，控制温度为55 ℃。温度不宜过高，这是因为______________________。
(3) “沉CuNH4SO3”时可用如下装置(夹持、加热仪器略)：
①制取SO2的化学方程式为______________________。
②“沉CuNH4SO3”时，反应液需控制在45 ℃，合适的加热方式是________________。
③反应完成的实验现象是____________________________。
(4) 设计以“Cr(OH)3、Fe(OH)3”的混合物为原料，制取K2Cr2O7的实验方案：将Cr(OH)3、Fe(OH)3的混合物加入烧杯中，加适量的水调成浆状，_________________，冰水洗涤及干燥。
(已知：①碱性条件下，H2O2可将＋3价的Cr氧化为CrO42-；酸性条件下，H2O2可将＋6价的Cr还原为＋3价的Cr；＋6价的Cr在溶液pH<5时，主要以Cr2O72-的形式存在；在pH>7时，主要以CrO42-的形式存在。
②部分物质溶解度曲线如图所示：
③实验中必须使用的试剂：KOH溶液、10%H2O2溶液、稀盐酸)
【答案】 (1). 硫酸可将CaO转化为CaSO4渣而除去 (2). 温度过高会加速NH3的挥发、加速H2O2的分解、“铜氨液”会分解生成Cu(OH)2(答出一点即可) (3). Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O (4). 45 ℃的水浴加热 (5). 上层清液由深蓝色逐渐变为几乎无色 (6). 在不断搅拌下加入适量KOH溶液，再加入过量的10% H2O2溶液，维持pH大于7，充分反应后，煮沸(除去过量的H2O2)，静置、过滤，滤液用稀盐酸酸化至pH<5，蒸发浓缩、冰浴冷却结晶、过滤
【解析】
分析】
电镀废渣(Cr2O3、CuO、Fe2O3及CaO)用硫酸酸浸，残渣为CaSO4 等溶解度不大的物质，溶液中有Cr3＋、Cu2＋、Fe3＋，加适量Na2S 溶液，过滤，滤液中Cr3＋、Fe3＋，处理生成Fe(OH)3 Cr(OH)3，除去Fe(OH)3，制备K2Cr2O7；滤渣CuS沉淀，采用8 mol·L－1氨水，适量30% H2O2，并通入O2，制取铜氨溶液，通SO2，“沉CuNH4SO3”，同时生成铜粉。
【详解】(1) “酸浸”时，用硫酸而不用盐酸，这是因为硫酸可将CaO转化为CaSO4渣而除去。
(2) “制铜氨液”，即制取[Cu(NH3)4]SO4溶液时，温度不宜过高，这是因为 温度过高会加速NH3的挥发、加速H2O2的分解、“铜氨液”会分解生成Cu(OH)2(答出一点即可)；
(3) ①铜与浓硫酸加热生成SO2、硫酸铜和水，化学方程式为 Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O 。
②要控制100℃以下的加热温度，且受热均匀，可选用水浴加热；“沉CuNH4SO3”时，反应液需控制在45 ℃，合适的加热方式是：45 ℃的水浴加热。
③[Cu(NH3)4]SO4溶液呈蓝色，通入SO2 反应生成CuNH4SO3和Cu，反应完成的实验现象是上层清液由深蓝色逐渐变为几乎无色。
(4) 制取K2Cr2O7的实验方案：将Cr(OH)3、Fe(OH)3的混合物加入烧杯中，加适量的水调成浆状，在不断搅拌下加入适量KOH溶液，再加入过量的10% H2O2溶液，维持pH大于7，充分反应后，煮沸(除去过量的H2O2)，静置、过滤，滤液用稀盐酸酸化至pH<5，蒸发浓缩、冰浴冷却结晶、过滤，冰水洗涤及干燥。
【点睛】本题以实际化工生产“以电镀废渣(Cr2O3、CuO、Fe2O3及CaO)为原料制取铜粉和K2Cr2O7的主要流程”为背景，考查了元素化合物知识，化学方程式的书写等，难点（3）[Cu(NH3)4]SO4溶液呈蓝色，通入SO2 反应生成CuNH4SO3和Cu。
20.沼气的主要成分是CH4，还含有CO2、H2S等。Jo De Vrieze等设计了利用膜电解法脱除沼气中的CO2和H2S，并将阴极处理后气体制成高纯度生物甲烷，其流程如图所示。
(1) 需控制电解槽中阴极室pH>7，其目的是________________。
(2) 阳极室逸出CO2和________(填化学式)；H2S在阳极上转化为SO42-而除去，其电极反应式为___________________。
(3) 在合成塔中主要发生的反应为：
反应Ⅰ： CO2(g)＋4H2(g)=CH4(g)＋2H2O(g) ΔH1
反应Ⅱ： CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g) ΔH2
调节＝4，充入合成塔，当气体总压强为0.1 MPa，平衡时各物质的物质的量分数如图1所示；不同压强时，CO2的平衡转化率如图2所示：
①反应CO2(g)＋CH4(g)=2CO(g)＋2H2(g)的△H＝________(用ΔH1、ΔH2表示)。
②图1中，200～550 ℃时，CO2的物质的量分数随温度升高而增大的原因是__________。
③图2中，相同温度下，压强越大，CO2的平衡转化率越大，其原因是___________________；在压强为10 MPa时，当温度在200～800 ℃范围内，随温度升高，CO2的平衡转化率始终减小，其原因是________________________。
【答案】 (1). 将H2S转化为HS－(S2－)，部分CO2转化为HCO3- (CO32-) (2). O2 (3). H2S＋4H2O－8e－===10H＋＋SO42- (4). 2ΔH2—ΔH1 (5). ΔH1＜0，ΔH2＞0，温度升高时，反应Ⅰ向左移动增加的CO2的量大于反应Ⅱ向右移动减少的CO2的量 (6). 增大压强，反应Ⅱ不移动，反应Ⅰ向正反应方向移动 (7). 反应Ⅰ中CO2减小的平衡转化率始终大于反应Ⅱ中CO2增大的平衡转化率(或反应Ⅰ、Ⅱ中CO2平衡时的净转化率呈减小趋势)
【解析】
【详解】(1) 沼气中的CO2和H2S，需在阴极室中处理达到合成高纯度生物甲烷要求，需控制电解槽中阴极室pH>7，其目的是将H2S转化为HS－(S2－)，部分CO2转化为HCO3- (CO32-)。
(2) 阳极：2H2O -4e－=4H+＋O2↑,阳极室逸出CO2和O2；H2S在阳极上转化为SO42-而除去，其电极反应式为H2S＋4H2O－8e－=10H＋＋SO42-。
(3) ①反应Ⅰ： CO2(g)＋4H2(g)=CH4(g)＋2H2O(g) ΔH1，反应Ⅱ： CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g) ΔH2，由盖斯定律，反应Ⅱ×2-反应Ⅰ,反应CO2(g)＋CH4(g)=2CO(g)＋2H2(g)的△H＝2ΔH2—ΔH1。
②图1中，200～550 ℃时，CO2的物质的量分数随温度升高而增大的原因是：ΔH1＜0，ΔH2＞0，温度升高时，反应Ⅰ向左移动增加的CO2的量大于反应Ⅱ向右移动减少的CO2的量。
③图2中，相同温度下，压强越大，CO2的平衡转化率越大，其原因是：增大压强，反应Ⅱ不移动，反应Ⅰ向正反应方向移动；
在压强为10 MPa时，当温度在200～800 ℃范围内，随温度升高，CO2的平衡转化率始终减小，其原因是：反应Ⅰ中CO2减小的平衡转化率始终大于反应Ⅱ中CO2增大的平衡转化率(或反应Ⅰ、Ⅱ中CO2平衡时的净转化率呈减小趋势)。
【选做题】本题包括两小题，请选定其中一小题，并在相应的答题区域内作答。若多做，则按第1小题评分。
21.CuSCN是一种生物防腐涂料，可用CuSO4、NaSCN、Na2SO3作原料，并用乙二醇或DMF作分散剂进行制备。
(1) Cu＋基态核外电子排布式为____________。
(2) NaSCN中元素S、C、N的第一电离能由大到小的顺序为____________；Na2SO3中SO32-的空间构型为____________(用文字描述)。
(3) 乙二醇(HOCH2CH2OH)与H2O可以任意比例互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为____________________。
(4) DMF(OHCNCH3CH3)分子中碳原子的轨道杂化类型为____________；1 mol DMF分子中含有σ键的数目为____________。
【答案】 (1). [Ar]3d10或1s22s22p63s23p63d10 (2). N、C、S (3). 三角锥形 (4). HOCH2CH2OH与H2O之间可以形成氢键 (5). sp2和sp3 (6). 11 mol
【解析】
【详解】(1)铜是29号元素，Cu＋基态核外电子排布式为 [Ar]3d10或1s22s22p63s23p63d10 。
(2)同周期自左而右元素的第一电离能呈增大趋势，ⅤA族np能级容纳3个电子，为半充满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，则N＞C>O，O和S在同一主族，从上到下，第一电离能呈减小的趋势， NaSCN中元素S、C、N的第一电离能由大到小的顺序为N、C、S；
SO32-中心原子S价层电子对数为3+ =4，杂化类型为sp3杂化，空间构型为三角锥形；
(3) 乙二醇(HOCH2CH2OH)与H2O可以任意比例互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为HOCH2CH2OH与H2O之间可以形成氢键。
(4) DMF的结构简式为(OHCNCH3CH3)分子中碳原子的轨道杂化类型为酰胺基中的C形成3个σ键，没有孤电子对，为sp2杂化，甲基中C形成4个σ键，没有孤电子对，为sp3杂化；一个DMF分子中有7个C-H键，3个C-N键，1个C-O键，1 mol DMF分子中含有σ键的数目为11 mol。
【点睛】本题考查了离子价电子排布、第一电力能大小、化学键、氢键、杂化类型等，难点和易错点，（4）DMF分子式转化成结构简式，是难点，由结构简式计算化学键数目，易将省略的C-H丢失，是易错点。
22.乙酸苄酯是一种有馥郁茉莉花香气的无色液体，沸点213 ℃，密度为1.055 g·cm－3，实验室制备少量乙酸苄酯的反应如下：CH2OH＋(CH3CO)2OCH2OOCCH3(乙酸苄酯)＋CH3COOH
实验步骤如下：
步骤1：三颈烧瓶中加入30 g (0.28 mol)苯甲醇、30 g乙酸酐(0.29 mol)和1 g无水CH3COONa，搅拌升温至110 ℃，回流4～6 h(装置如图所示)：
步骤2：反应物降温后，在搅拌下慢慢加入15%的Na2CO3溶液，直至无气泡放出为止。
步骤3：将有机相用15%的食盐水洗涤至中性。分出有机相，向有机相中加入少量无水CaCl2处理得粗产品。
步骤4：在粗产品中加入少量硼酸，减压蒸馏(1.87 kPa)，收集98～100 ℃的馏分，即得产品。
(1) 步骤1中，加入无水CH3COONa的作用是_______________，合适的加热方式是_______。
(2) 步骤2中，Na2CO3溶液需慢慢加入，其原因是____________。
(3) 步骤3中，用15%的食盐水代替蒸馏水，除可减小乙酸苄酯的溶解度外，还因为_______________；加入无水CaCl2的作用是___________________。
(4) 步骤4中，采用减压蒸馏目的是__________________。
【答案】 (1). 催化剂 (2). 油浴(或沙浴) (3). 以免大量CO2泡沫冲出 (4). 乙酸苄酯与水的密度几乎相同不容易分层 (5). 除去有机相中的水 (6). 防止常压蒸馏时，乙酸苄酯未达沸点前就已发生分解
【解析】
【分析】
CH2OH＋(CH3CO)2OCH2OOCCH3(乙酸苄酯)＋CH3COOH，是液体混合加热，可油浴(或沙浴)均匀加热，使用无水CH3COONa作催化剂来加快反应速率，用15%的Na2CO3溶液来提高产率，用15%的食盐水分离CH2OOCCH3和其它能溶于水的混合物，有机相用无水CaCl2干燥，最后蒸馏提纯得到产品。
【详解】(1) 根据CH2OH＋(CH3CO)2OCH2OOCCH3(乙酸苄酯)＋CH3COOH的原理和条件，步骤1中，加入无水CH3COONa的作用是催化剂，为保证能均匀受热，合适的加热方式是油浴(或沙浴)。
(2)Na2CO3作用是降低生成物CH3COOH的浓度，促进平衡正向移动， 步骤2中，Na2CO3溶液需慢慢加入，其原因是以免大量CO2泡沫冲出。
(3) 由题干中信息可知：乙酸苄酯密度为1.055 g·cm－3，步骤3中，用15%的食盐水代替蒸馏水，除可减小乙酸苄酯的溶解度外，还因为乙酸苄酯与水的密度几乎相同不容易分层；加入无水CaCl2的作用是除去有机相中的水。
(4) 步骤4中，采用减压蒸馏的目的是防止常压蒸馏时，乙酸苄酯未达沸点前就已发生分解。
【点睛】本题以乙酸苄酯的制备实验考查物质的制备、分离、和提纯等基本操作，难点（1）无水乙酸钠的作用，（3）用15%的食盐水代替蒸馏水目的，考查学生的阅读和表达能力。
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