北京市昌平区新学道临川学校2020届高三上学期期末考试化学试题

2019~2020北京新学道临川学校高三上学期期末
化学
(考试时间：90分钟 试卷满分：100分)
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
4．测试范围：高考全部内容。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 F 19 S 32 Cl 35.5 K 39 Cr 52 Fe 56 Cu 64 Pb 207
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共14个小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.中国不少古诗词清晰的描绘了当时人民的生活和社会的发展，如刘禹锡的浪淘沙“日照澄州江雾开，淘金女伴满江隈，美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来。”下列有关本诗的说法正确的是
A. “沙中浪底来”的物质指的是金的氧化物
B. 淘金原理与化学上的萃取一致
C. 雾的分散质粒子直径范围是10-9～10-7cm
D. 由沙子（主要成分二氧化硅）到计算机芯片（硅）发生了还原反应
【答案】D
【解析】
【详解】A.金的性质稳定，在自然界中主要以单质形式存在，“沙中浪底来”的物质指的是金的单质，与题意不符，A错误；
B.淘金原理为金的密度大，且不溶于水，沉到底部，与化学上的萃取不一致，与题意不符，B错误；
C.雾属于胶体，分散质直径为1nm~100nm，为10-9～10-7m，与题意不符，C错误；
D. 由沙子（主要成分二氧化硅）到计算机芯片（硅）发生了二氧化硅与碳反应生成硅单质和一氧化碳，硅的化合价降低发生还原反应，符合题意，D正确；
答案为D。
2.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 1 mol甲苯分子最多共平面的原子个数为
B. 在标准状况下，4.48L环己烷含氢原子个数
C. ，在稀硫酸中充分水解，所得生成物中键数为
D. 和的混合气体中含有的质子数，中子数均为
【答案】D
【解析】
【详解】A. 苯基中有11个原子共平面，甲基一个C和一个H与苯基共平面，共有13个原子共平面，所以1mol甲苯分子最多共平面的原子个数为，A错误；
B. 标况下，环己烷为非气态，无法计算其物质的量，B错误；
C. ，在稀硫酸中水解为可逆反应，无法完全变为酸和醇，C错误；
D. 和的摩尔质量均为44g/mol，混合气体中含有的质子数，中子数均为，D正确；
故答案选D。
3.四种短周期元素X、Y、Z和W在周期表中的位置如图所示，原子序数之和为48，下列说法不正确的是
X
Y


Z
W


A. 原子半径（r）大小比较：
B. X和Y可形成共价化合物XY、等化合物
C. Y的非金属性比Z的强，所以Y的最高价氧化物的水化物酸性大于Z
D. Z的最低价单核阴离子的失电子能力比W的强
【答案】C
【解析】
【分析】
据周期表中同周期、同主族元素原子序数的变化规律，利用已知条件计算、推断元素，进而回答问题。
【详解】表中四种短周期元素的位置关系说明，X、Y在第二周期，Z、W在第三周期。设X原子序数为a，则Y、Z、W原子序数为a+1、a+9、a+10。因四种元素原子序数之和为48，得a=7，故X、Y、Z、W分别为氮（N）、氧（O）、硫（S）、氯（Cl）。
A. 同周期主族元素从左到右，原子半径依次减小，故，A项正确；
B. X和Y可形成共价化合物XY（NO）、（NO2）等化合物，B项正确；
C. 同主族由上而下，非金属性减弱，故Y的非金属性比Z的强，但Y元素没有含氧酸，C项错误；
D. S2-、Cl-电子层结构相同，前者核电荷数较小，离子半径较大，其还原性较强，D项正确。
本题选C。
4.下列反应符合事实且化学方程式或离子方程式书写正确的是
A. 过量铁粉与氯气反应：
B. 往溶液中通入少量的：
C. 用稀盐酸除去银镜：
D. 溶液与溶液等体积混合：
【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查化学用语，意在考查知识再现及知识迁移能力。
【详解】A.氯气氧化性强，与铁反应的产物是氯化铁，故A错误；
B.SO2与NO3-在酸性环境中会发生氧化还原反应，生成硫酸钡沉淀，故B错误；
C.稀盐酸与银不反应，故C错误；
D.等物质的量的Ba(OH)2与NaHCO3混合时OH-过量，故D正确；
答案：D
【点睛】易错选项B，硝酸根离子在酸性环境下具有强氧化性，SO2具有强还原性，所以要注意氧化还原反应的发生。
5.科学家通过实验发现环己烷在一定条件下最终可以生成苯，从而增加苯及芳香族化合物的产量，下列有关说法正确的是
A. ①②两步反应都属于加成反应
B. 环己烯的链状同分异构体超过10种(不考虑立体异构)
C. 环己烷、环己烯、苯均易溶于水和乙醇
D. 环己烷、环己烯、苯均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】B
【解析】
【详解】A.①②两步反应是脱氢反应，不属于加成反应，故A错误；
B.环己烯的链状同分异构体既有二烯烃，也有炔烃等，存在官能团异构、官能团位置异构、碳链异构，同分异构体超过10种，故B正确；
C.环己烷、环己烯、苯均难溶于水，故C错误；
D.环己烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错误；
答案：B
6.由下列实验及现象不能推出相应结论的是（ ）

实验
现象
结论
A．
向2mL0.1mol/LFeCl3的溶液中加足量铁粉，振荡，加1滴KSCN溶液
黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变
还原性：Fe＞Fe2+
B．
将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶
集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生
CO2具有氧化性
C．
加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸
石蕊试纸变蓝
NH4HCO3显碱性
D．
将SO2通入酸性KMnO4溶液
紫色溶液褪色

SO2具有还原性




A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A. 向FeCl3溶液中加入足量铁粉后,Fe3+完全转化为Fe2+，滴入KSCN溶液，溶液不变色，可证明还原性:Fe>Fe2+，A项正确；
B. 燃着的金属钠能在装有CO2的集气瓶中反应生成Na2CO3和C，说明CO2具有氧化性，B项正确；
C. NH4HCO3受热分解生成的NH3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，只能说明NH3为碱性气体,不能确定NH4HCO3的酸碱性，C项错误，
D. 将SO2通入酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色，是发生了氧化还原反应使酸性高锰酸钾的锰由+7价变成+2价，+2价的锰为无色所以次试验是说明二氧化硫具有还原性，故D正确；
答案选C。
7.已知常温下，Ksp(NiS)≈1.0×10-21，Ksp(ZnS)≈1.0×10-25，pM=-lgc(M2+)。向20mL0.1mol·L-1NiCl2溶液中滴加0.1mol·L-1Na2S溶液，溶液中pM与Na2S溶液体积的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）

A. 图像中，V0=40，b=10.5
B. 若NiCl2(aq)变为0.2mol·L-1，则b点向a点迁移
C. 若用同浓度ZnCl2溶液替代NiCl2溶液，则d点向f点迁移
D. Na2S溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+c(H2S)
【答案】C
【解析】
【分析】
向20mL0.1mol·L-1NiCl2溶液中滴加0.1mol·L-1Na2S溶液，反应的方程式为：NiCl2+Na2S= NiS↓+2NaCl；pM=-lgc(M2+)，则c(M2+)越大，pM越小，结合溶度积常数分析判断。
【详解】A．根据图像，V0点表示达到滴定终点，向20mL0.1mol·L-1NiCl2溶液中滴加0.1mol·L-1Na2S溶液，滴加20mL Na2S溶液时恰好完全反应，根据反应关系可知，V0=20mL，故A错误；
B．根据图像，V0点表示达到滴定终点，溶液中存在NiS的溶解平衡，温度不变，溶度积常数不变，c(M2+)不变，则pM=-lgc(M2+)不变，因此b点不移动，故B错误；
C．Ksp(NiS)≈1.0×10-21，Ksp(ZnS)≈1.0×10-25，ZnS溶解度更小，滴定终点时，c(Zn2+)小于c(Ni2+)，则pZn2+=-lgc(Zn2+)＞pNi2+，因此若用同浓度ZnCl2溶液替代NiCl2溶液，则d点向f点迁移，故C正确；
D．Na2S溶液中存在质子守恒，c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)，故D错误；
故选C。
【点睛】本题的易错点为B，要注意在NiS的饱和溶液中存在溶解平衡，平衡时，c(Ni2+)不受NiCl2起始浓度的影响，只有改变溶解平衡时的体积，c(Ni2+)才可能变化。
8.中华文化源远流长、博大精深。下列有关蕴含的化学知识的说法中，不正确的是
A. 食品包装中常见的抗氧化剂成分为：还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀不相同
B. “陶尽门前土，屋上无片瓦。十指不沾泥，鳞鳞居大厦。”黏土烧制陶瓷的过程发生了化学变化
C. “兰陵美酒郁金香，玉碗盛来琥珀光。”粮食发酵产生的酒精分散在酒糟中，可以通过蒸馏与酒糟分离
D. 侯氏制碱法中的“碱”指的是纯碱
【答案】A
【解析】
【详解】A项、食品包装中铁粉、氯化钠溶液、炭粉构成原电池，铁作负极，碳作正极，负极上铁失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子发生还原反应，其脱氧原理实际上就是钢铁的吸氧腐蚀，故A错误；
B项、黏土烧制陶瓷的过程中有新物质生成，属于化学变化，故B正确；
C项、酒精沸点低，可以用蒸馏与酒糟分离获得酒精，故C正确；
D项、侯氏制碱法是工业上制取碳酸钠的过程，故D正确；
故选A。
9.三种有机物之间的转化关系如下，下列说法错误的是

A. X中所有碳原子处于同一平面
B. Y的分子式为
C. 由Y生成Z的反应类型为加成反应
D. Z的一氯代物有9种（不含立体异构）
【答案】B
【解析】
【详解】A．X的结构简式为，分子结构中含有两个碳碳双键，均为平面结构，结构中的非双键碳原子相当于乙烯基中的氢原子，则所有碳原子处于同一平面，故A正确；
B．Y的结构简式为，其分子式为C10H14O2，故B错误；
C．由Y生成Z的反应为碳碳双键与氢气的加成，则反应类型为加成反应，故C正确；
D．Z的等效氢原子有9种，则一氯代物有9种(不含立体异构)，故D正确；
故答案为B。
10.设NA为阿伏加德罗常数值，下列说法正确的是（ ）
A. 25℃时，pH=13的Ba(OH)2溶液中含有的OH-数目为0.1NA
B. 铅蓄电池放电时负极净增质量比正极净增质量多16g时转移电子数为NA
C. 1mol CH4与过量氯气发生取代反应，生成CH3Cl气体为NA
D. 25℃时Ksp(CaSO4)=9×10-6，则该温度下CaSO4饱和溶液中含有3×10-3NA个Ca2+
【答案】B
【解析】
【详解】A.缺少溶液的体积，不能计算微粒数目，A错误；
B.铅蓄电池放电时负极Pb失去电子，发生氧化反应，电极反应式为Pb-2e-+SO42-=PbSO4，正极获得电子，发生还原反应，电极反应式为：PbO2+2e-+4H++SO42-=PbSO4+2H2O，根据电极反应式可知，每转移2mol电子，负极增重96g，正极质量增重64g，负极净增质量比正极净增质量为32g，则若负极净增质量比正极净增质量多16g时，转移电子物质的量是1mol，转移的电子数为NA，B正确；
C.取代反应是逐步进行的，反应产生的CH3Cl会与Cl2进一步反应产生CH2Cl2、CHCl3、CCl4等，所以1mol CH4与过量氯气发生取代反应，生成CH3Cl气体不是NA，C错误；
D.缺少溶液的体积，不能计算离子数目，D错误；
故合理选项是B。
11.用KIO3与H2S反应制备KI固体，装置如图所示。实验步骤：①检查装置的气密性；②关闭K，在各装置中加入相应试剂，向装置B中滴入30%的KOH溶液，制得KIO3；③打开K，通入H2S直至饱和可制得KI，同时有黄色沉淀生成；④关闭K，向所得溶液滴入稀硫酸，水浴加热，充分逸出H2S；⑤把装置B中混合液倒入烧杯，为除去硫酸，加入足量碳酸钡，再经过一系列操作可得成品。下列有关该实验的叙述错误的是（ ）

A. 步骤②可观察到固体溶解，溶液由棕黄色变为无色
B. 步骤③装置B中发生反应的离子方程式为3H2S+IO3-═3S↓+3H2O+I-
C. 装置C中氢氧化钠溶液的作用是吸收硫化氢
D. 步骤⑤中一系列操作为过滤，洗涤，合并滤液和洗液，蒸馏
【答案】D
【解析】
【分析】
根据装置，A装置由FeS和稀硫酸制备H2S，B装置由碘与KOH制备KIO3，反应为：3I2+6KOH═KIO3+5KI+3H2O，将H2S通入B中与KIO3溶液发生反应：3H2S+IO3-═3S↓+3H2O+I-，向所得溶液滴入稀硫酸，水浴加热，充分逸出H2S，C装置吸收多余的H2S，把装置B中混合液倒入烧杯，为除去硫酸，加入足量碳酸钡，得到硫酸钡沉淀，过滤，洗涤，合并滤液和洗液，蒸发结晶得到KI固体，据此分析解答。
【详解】A、步骤②中滴入30%氢氧化钾溶液后，发生反应3I2+6KOH═KIO3+5KI+3H2O，棕黄色(碘水颜色)溶液变成无色，故A正确；
B、步骤③中装置B生成黄色沉淀，为S，反应为3H2S+IO3-═3S↓+3H2O+I-，故B正确；
C、尾气只能是H2S，污染环境，不能直接排放，装置C中氢氧化钠溶液的作用是吸收硫化氢，故C正确；
D、步骤⑤中把装置B中混合液倒入烧杯，为除去硫酸，加入足量碳酸钡，得到硫酸钡沉淀，过滤，洗涤，合并滤液和洗液，蒸发结晶得到成品，无需蒸馏，故D错误；
故选D。
【点睛】正确理解实验的原理是解题的关键。本题的易错点为A，要注意本题中碘与氢氧化钾溶液反应生成的产物为碘酸钾，碘酸钾溶液显无色。
12.主族元素Q、X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且均不大于20。Q的简单氢化物和其最高价含氧酸可以化合成盐，X与Q同周期且是该周期主族元素中原子半径最小的元素；Z一具有与氩原子相同的电子层结构；Q、Y、W原子的最外层电子数之和为9。下列说法一定正确的是
A. X与Z的简单氢化物的水溶液均呈强酸性
B. Y与Z形成的化合物只含离子键
C. 简单氢化物的沸点：Q D. Z和W形成的化合物的水溶液呈碱性
【答案】C
【解析】
【分析】
Q的简单氢化物和其最高价含氧酸可以化合成盐，确定Q为N；X与Q同周期且是该周期主族元素中原子半径最小的元素，确定X为F；Z一具有与氩原子相同的电子层结构，确定Z为Cl；Q、Y、W原子的最外层电子数之和为9，当W为K时，Y为Al；当W为Ca时，Y为Mg。
【详解】A. X简单氢化物HF的水溶液呈弱酸性，故A错误；
B. Y与Z形成的化合物可能是AlCl3或MgCl2，氯化铝属于共价化合物不含有离子键，故B错误；
C.简单氢化物的沸点：Q（NH3） D. Z和W形成的化合物为KCl或CaCl2，二者均为强酸强碱盐，水溶液呈中性，故D错误；
答案：C
13.2019年诺贝尔化学奖颁给了三位为锂离子电池发展作出重要贡献的科学家。磷酸铁锂锂离子电池充电时阳极反应式为：LiFePO4 －xLi+ －xe－→ xFePO4 +(1－x)LiFePO4。放电工作示意图如图。下列叙述不正确的是

A. 放电时，Li+通过隔膜移向正极
B. 放电时，电子由铝箔沿导线流向铜箔
C. 放电时正极反应为：FePO4+xLi+ +xe－→xLiFePO4 +(1－x)FePO4
D. 磷酸铁锂锂离子电池充放电过程通过Li+迁移实现，C、Fe、P元素化合价均不发生变化
【答案】D
【解析】
【详解】A. 原电池中阳离子移向正极，放电时，Li是负极，Li+通过隔膜移向正极，故A正确；
B. 放电时Li+右移，铝箔负极、铜箔是正极，电子由铝箔沿导线流向铜箔，故B正确；
C. 根据充电时阳极反应式，可知放电时正极反应为：FePO4+xLi+ +xe－→xLiFePO4 +(1－x)FePO4，故C正确；
D. 磷酸铁锂锂离子电池充放电过程通过Li+迁移实现，Li、Fe元素化合价发生变化，故D错误；选D。
【点睛】本题考查了原电池工作工作原理，熟悉原电池放、充电时各个电极发生反应是解题关键，注意放电时正极得电子发生还原反应。
14.在25℃时，甘氨酸在水溶液中解离情况如下：H3N+CH2COOH(A+)H3N+CH2COO-(A±)H2NCH2COO-(A-)，改变溶液pH值，三种甘氨酸相关离子的分布分数(α，平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)变化如图所示。当调节溶液的pH值使甘氨酸所带的净电荷为零，此时溶液的pH叫等电点。下列说法正确的是( )

A. 曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别代表的微粒为A−、A±、A+
B. K2=10−2.34，且K2对应的解离基团为-NH3+
C. 在pH=9.60的溶液中加盐酸，α(A±)+α(A+)+α(A−)保持不变
D. 甘氨酸等电点pH约为6，且存在c(A±)=c(A+)=c(A−)
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据其解离情况可知：溶液碱性越强，A-含量越大，溶液酸性越强，A+含量越大，故曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别代表的微粒为A+、A±、A-，A错误；
B.由图可知pH=9.60时，溶液中H3N+CH2COO-与H2NCH2COO-浓度相等，K2对应的解离过程为：H3N+CH2COO-H2NCH2COO-+H+，K2==10-9.60，K2对应的解离基团为COO-，B错误；
C.根据物料守恒可知，α(A±)+α(A+)+α(A-)保持不变，C正确；
D.由图可知，等电点pH约为6，此时溶液中c(H3N+CH2COO-)＞c(H3N+CH2COOH)＝c(H2NCH2COO-)，D错误；
故合理选项是C。
二、非选择题
15.某种电镀污泥主要含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3)以及少量的金(Au)，可以用于制取Na2Cr2O7溶液、金属铜和粗碲等，以实现有害废料的资源化利用，工艺流程如下：

已知：煅烧时，Cu2Te发生的反应为Cu2Te+2O22CuO+TeO2。
(1)煅烧时，Cr2O3发生反应的化学方程式为__________________。
(2)为提高酸浸速率，可采用的措施是____________(答出两条)。
(3)浸出液中除了含有TeOSO4(在电解过程中不反应)外，还可能含有____(填化学式)。
(4)工业上用重铬酸钠(Na2Cr2O7)母液生产重铬酸钾(K2Cr2O7)的工艺流程如图所示:

通过冷却结晶能析出大量K2Cr2O7的原因是__________________。 
(5)测定产品中K2Cr2O7含量的方法如下:称取产品试样2.50 g配成250 mL溶液，用移液管取出25.00 mL于锥形瓶中，加入足量稀硫酸酸化后，再加入几滴指示剂，用0.1000 mol·L−1硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2标准液进行滴定，重复进行二次实验。(已知Cr2O72-被还原为Cr3+)
①氧化还原滴定过程中的离子方程式为________________。 
②若三次实验消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准液的平均体积为25.00 mL，则所得产品中K2Cr2O7的纯度为_____%。[已知M(K2Cr2O7)=294 g·mol−1，计算结果保留三位有效数字]。 
(6)上述流程中K2Cr2O7发生氧化还原反应后所得溶液中除含有Cr3+外，还含有一定浓度的Fe3+杂质，可通过加碱调pH的方法使两者转化为沉淀。已知c(Cr3+)=3×10−5 mol·L−1，则当溶液中开始析出Cr(OH)3沉淀时Fe3+是否沉淀完全?____(填“是”或“否”)。{已知：Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10−38，Ksp[Cr(OH)3]=6.0×10−31}
【答案】 (1). 2Cr2O3+3O2+4Na2CO3 4Na2CrO4+4CO2 (2). 适当增大稀硫酸的浓度、升高温度、搅拌等 (3). CuSO4(或CuSO4和H2SO4) (4). 低温条件下，K2Cr2O7的溶解度在整个体系中最小，且K2Cr2O7的溶解度随温度的降低而显著减小 (5). Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O (6). 49.0 (7). 是
【解析】
【分析】
某种电镀污泥中主要含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3)以及少量的金(Au)，可以用于制取Na2Cr2O7溶液、金属铜、粗碲等，根据流程图，煅烧时Cu2Te发生的反应为Cu2Te+2O22CuO+TeO2，Cr2O3与纯碱和空气中的氧气反应生成Na2CrO4，Na2CrO4酸化后生成Na2Cr2O7溶液；沉渣中主要含有CuO、TeO2以及少量的金(Au)，用稀硫酸溶解后，浸出液中主要含有Cu2+和TeOSO4，电解后Cu2+放电生成Cu单质，溶液中含有TeOSO4，TeOSO4与SO2发生氧化还原反应生成粗碲。
【详解】(1)根据流程图可知，煅烧时Cr2O3与纯碱和空气中的氧气反应生成Na2CrO4，反应的化学方程式为2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2；
(2)为了提高酸浸速率，可采用的措施是适当增大稀硫酸的浓度、升高温度、搅拌等；
(3)根据上述分析，浸出液中除了含有TeOSO4(在电解过程中不反应)外，还可能含有CuSO4。铜离子转化为铜单质，发生还原反应，故电解沉积过程中析出单质铜的电极为阴极；
(4)在低温条件下K2Cr2O7的溶解度在整个体系中最小，且K2Cr2O7的溶解度随温度的降低而显著减小，因此通过冷却结晶能析出大量K2Cr2O7；
(5)①氧化还原滴定过程中发生硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2与Cr2O72-的反应，其中Cr2O72-被还原为Cr3+，根据电子守恒、电荷守恒，可得反应的离子方程式为Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；
②25.00mL标准溶液中含有Fe2+的物质的量为：n(Fe2+)=0.025L×0.1000mol/L=0.0025mol，根据方程式Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，可知n(Cr2O72-)=×0.0025mol×=mol，则所得产品中K2Cr2O7的纯度为×100%=49.0%；
(6)c(Cr3+)为3×10-5 mol/L，则当溶液中开始析出Cr(OH)3沉淀时，c3(OH-)=mol3/L3= mol3/L3，此时溶液中c(Fe3+)==2.0×10-12mol/L<1.0×10-5mol/L，说明Fe3+已经沉淀完全。
【点睛】本题考查了物质分离提纯、、化学反应速率的影响因素、滴定方法在氧化还原反应的应用、溶度积常数的计算等，掌握化学反应基本原理、氧化还原反应原理及溶度积常数的含义是本题解答的关键。
16.唐山市打造“山水园林城市”，因此研究NOx、SO2等大气污染物的妥善处理具有重要意义。
（1）SO2的排放主要来自于煤的燃烧，工业上常用氨水吸收法处理尾气中的SO2。已知吸收过程中相关反应的热化学方程式如下：
SO2(g)+NH3·H2O(aq)NH4HSO3(aq) ΔH1=a kJ·mol−1；
NH3·H2O(aq)+ NH4HSO3(aq)(NH4)2SO3(ag)+H2O(l) ΔH 2=b kJ·mol−1；
2(NH4)2SO3(aq)+O2(g)2(NH4)2SO4(aq) ΔH 3=c kJ·mol−1。
则反应2SO2(g)+4NH3·H2O(aq)+O2(g) 2(NH4)2SO4(aq)+2H2O(l)的ΔH =____kJ·mol−1。
（2）以乙烯(C2H4)作为还原剂脱硝(NO)，脱硝机理如图1，则总反应的化学方程式为_______；脱硝率与温度、负载率(分子筛中催化剂的质量分数)的关系如图2，为达到最佳脱硝效果，应采用的条件是______。

（3）T1温度时在容积为2L的恒容密闭容器中发生反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g) △H<0。实验测得：υ正=υ(NO)消耗=2υ(O2)消耗=k正c2(NO)·c(O2)，υ逆=(NO2) 消耗=k逆c2(NO2)，k正、k逆为速率常数只受温度影响。不同时刻测得容器中n(NO)、n(O2)如表：
时间/s
0
1
2
3
4
5
n(NO)/mol
1
0.6
0.4
0.2
0.2
0.2
n(O2)/mol
0.6
0.4
0.3
0.2
0.2
0.2

①T1温度时k正/k逆=__________ L/mol。
②若将容器的温度改变为T2时其k正=k逆，则T2__________T1(填“>”、“<”或“=")。
（4）已知：N2(g)+O2(g)2NO(g) △H＝+181.5 kJ·mol－1 ，某科研小组尝试利用固体表面催化工艺进行NO分解。若用、、和分别表示N2、NO、O2和固体催化剂，在固体催化剂表面分解NO的过程如图所示。从吸附到解吸的过程中，能量状态最低的是___(填字母序号)。

（5）利用电解法处理高温空气中稀薄的NO(O2浓度约为NO浓度的10倍)，装置示意图如下，固体电解质可传导O2－

①阴极的电极反应式为______。
②消除一定量的NO所消耗的电量远远大于理论计算量，可能的原因是(不考虑物理因素)_________。
【答案】 (1). 2a+2b+c (2). 6NO+3O2+2C2H43N2+4CO2+4H2O (3). 350℃左右、负载率3.0% (4). 160 (5). > (6). C (7). 2NO+4e-=N2+2O2- (8). 阴极发生副反应O2+4e-=2O2-
【解析】
【分析】
（1）根据盖斯定律，将已知的热化学方程式叠加，可得相应反应的热化学方程式；

（2）由图1可知，在催化剂的作用下，C2H4与NO、O2反应最终生成N2、CO2、H2O， 据此写出反应的总方程式；根据图2可知，为达到最佳脱硝效果，应满足脱硝率高，负载率低，适宜的温度；
（3）①根据k正/k逆=c2(NO2)/c2(NO)·c(O2)=K，依据表格数据列出三段式求出结论；
②k正=k逆时，则K=1，利用K与温度的关系作答；
（4）该分解反应为放热反应；
（5）①阴极是NO得到电子生成O2-和N2；
②电解装置中下电极板上存在有O2，容易在阴极发生副反应；
【详解】（1）根据盖斯定律，将①×2+②×2+③可得2SO2(g)+4NH3•H2O(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)+2H2O（1） 的△H=(2a+2b+c)kJ/mol；
（2）①根据图1可以知道，在催化剂的作用下，C2H4与NO、O2反应最终生成N2、CO2、H2O，反应总方程式为: 6NO+3O2+2C2H43N2+4CO2+4H2O；由图可知，b曲线的最高点处，脱硝率高，负载率低，温度适宜，适宜适合条件为350℃、负载率3.0%；
（3）①根据v正=v(NO)消耗=2v(O2)消耗= k正c2(NO)·c(O2)，得出k正=v(NO)消耗/c2(NO)·c(O2)，根据v逆=v(NO2)消耗= k逆c2(NO2)，得出k逆= v(NO2)消耗/c2(NO2)，因为v(NO)消耗= v(NO2)消耗，所以k正/k逆= c2(NO2)/ [c2(NO)·c(O2)]=K，表格中初始物质的量：n(NO)=1mol，n(O2)=0.6mol，体积为2L，则列出三段式如下：
2NO(g)+O2(g)2NO2(g)
起（mol·L－1） 0.5 0.3 0
转（mol·L－1） 0.4 0.2 0.4
平（mol·L－1） 0.1 0.1 0.4
K= c2(NO2)/[c2(NO)·c(O2)]= (0.4mol/L)2/[(0.1 mol/L) 2×(0.1 mol/L)]=160 L/mol，故答案为160；
②若将容器的温度改变为T2时其k正=k逆，则K=1＜160，因反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g) △H＜0，反应放热，K值减小，则对应的温度增大，即T2＞T1；
（4）A→B是NO断键转化为氮原子和氧原子，B→C是氮原子与氮原子结合转化为氮气，氧原子与氧原子结合转化为氧气，断键吸热，成键放热，故能量最低的状态是C处；
（5）①阴极是NO得到电子生成O2-和N2，其电极反应式为：2NO +4e－== N2↑+ 2O2-；
②因O2浓度约为NO浓度的十倍，且电解装置中下电极板上存在有O2，容易在阴极发生副反应：O2+4e－==2O2-，导致耗能远高于理论值。
17.制备N2H4·H2O（水合肼）和无水Na2SO3主要实验流程如下：

已知：① 氯气与烧碱溶液的反应是放热反应；
② N2H4·H2O有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2。
⑴从流程分析，本流程所用的主要有机原料为_______________（写名称）。
⑵步骤Ⅰ制备NaClO溶液时，若温度为41℃，测得产物中除NaClO外还含有NaClO3，且两者物质的量之比为5∶1，该反应的离子方程式为____________________。
⑶实验中，为使步骤Ⅰ中反应温度不高于40 ℃，除减缓Cl2的通入速率外，还可采取的措施是_________________。
⑷步骤Ⅱ合成N2H4·H2O（沸点约118 ℃）的装置如图。NaClO碱性溶液与尿素[CO（NH2）2]（沸点196.6℃）水溶液在40℃以下反应一段时间后，再迅速升温至110℃继续反应。

① 使用冷凝管的目的是_________________。
② 滴液漏斗内的试剂是_______；
将滴液漏斗内的液体放入三颈烧瓶内的操作是______________________________；
③ 写出流程中生成水合肼反应的化学方程式________________________________。
⑸ 步骤Ⅳ制备无水Na2SO3（水溶液中H2SO3、HSO3－、SO32－随pH的分布如图所示）。

① 边搅拌边向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液。实验中确定停止通SO2的pH值为____（取近似整数值，下同）；
②用制得的NaHSO3溶液再制Na2SO3溶液的pH应控制在________。
【答案】 (1). 尿素 (2). 8Cl2 + 16OH- = 5ClO-+ ClO3- + 10Cl- + 8H2O (3). 冰水浴冷却 (4). 通过冷凝回流，减少水合肼的挥发，提高水合肼的产率 (5). NaClO碱性溶液 (6). 打开滴液漏斗的活塞，旋转旋塞使漏斗内的液体缓缓流下 (7). NaClO + CO(NH2)2 +2NaOH＝ NaCl + N2H4 ·H2O + Na2CO3 (8). 4 (9). 10
【解析】
【分析】
由实验流程可知，氯气和氢氧化钠溶液的反应生成NaClO，为避免生成NaClO3，应控制温度在40℃以下，生成的NaClO与尿素反应生成N2H4•H2O和Na2CO3，可用蒸馏的方法分离出N2H4•H2O，副产品Na2CO3溶液中通入二氧化硫，可制得Na2SO3，结合对应物质的性质以及题给信息分析解答。
【详解】⑴根据流程图，本流程所用的主要有机原料为尿素，故答案为尿素；
(2)若温度为41℃，测得产物中除NaClO外还含有NaClO3，且两者物质的量之比为5∶1，同时还生成NaCl，根据得失电子守恒，ClO-∶ClO3- ∶Cl- 物质的量之比为5∶1∶10，反应的离子方程式为8Cl2 + 16OH- = 5ClO-+ ClO3- + 10Cl- + 8H2O，故答案为8Cl2 + 16OH- = 5ClO-+ ClO3- + 10Cl- + 8H2O；
⑶氯气与烧碱溶液的反应是放热反应，实验中，为使步骤Ⅰ中反应温度不高于40 ℃，除减缓Cl2的通入速率外，避免反应过于剧烈，放出大量的热而导致温度升高，还可以用冰水浴冷却，故答案为冰水浴冷却；
(4)①为避免N2H4•H2O的挥发，使用冷凝管，起到冷凝回流，减少水合肼的挥发，提高水合肼的产率，故答案为通过冷凝回流，减少水合肼的挥发，提高水合肼的产率；
②为了避免N2H4•H2O与 NaClO剧烈反应生成N2，实验中通过滴液漏斗滴加的溶液是NaClO碱性溶液；将滴液漏斗内的液体放入三颈烧瓶内的操作是打开滴液漏斗的活塞，旋转旋塞使漏斗内的液体缓缓流下，故答案为NaClO碱性溶液；打开滴液漏斗的活塞，旋转旋塞使漏斗内的液体缓缓流下；
③ 根据流程图，NaClO 和CO(NH2)2 在NaOH溶液中反应生成水合肼和碳酸钠，反应的化学方程式为NaClO + CO(NH2)2 +2NaOH＝ NaCl + N2H4 ·H2O + Na2CO3，故答案为NaClO + CO(NH2)2 +2NaOH＝ NaCl + N2H4 ·H2O + Na2CO3；
(5)用Na2CO3制备无水Na2SO3，在Na2CO3溶液中通入过量的二氧化硫生成NaHSO3，然后在NaHSO3溶液中加入NaOH溶液可生成Na2SO3。
①由图像可知，溶液pH约为4时，可完全反应生成NaHSO3，此时可停止通入二氧化硫，故答案为4；
②由图像可知pH约为10时，可完全反应生成Na2SO3，故答案为10。
18.艾司洛尔(I )是预防和治疗手术期心动过速的一种药物，某合成路线如下：

回答下列问题：
(1)A的结构简式为_____________________，D 的化学名称为__________________。
(2)G→H的反应类型为_______________，H中所含官能团的名称为______________。
(3)C→D中步骤①的化学反应方程式为_________________。
(4)已知：1 mol D 和1 mol 丙二酸在吡啶、苯胺中反应生成 1 mol E、1 mol H2O和1 molCO2，且E 能与溴水发生加成反应，则 E 的结构简式为 ____________。
(5)X是F的同分异构体，写出满足下列条件的 X 的结构简式________。①与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳②与FeC13溶液发生显色反应③核磁共振氢谱有四组峰且峰面积之比为 6 : 2 : 1 : 1
(6)参照上述合成路线，设计以和为主要原料制备的合成路线______。
【答案】 (1). (2). 对羟基苯甲醛 (3). 取代反应 (4). 酯基和醚键 (5). +4NaOH +2NaCl+CH3COONa+2H2O (6). (7). (8).
【解析】
【分析】
根据A的化学式C7H8O，由C逆推得出A的结构简式为，B为，根据C→D发生的两步反应推出D为，1 mol D 和1 mol 丙二酸在吡啶、苯胺中反应生成 1 mol E、1 mol H2O和1 molCO2，且E 能与溴水发生加成反应，结合E的分子式，E为，E和氢气发生加成反应生成F为，F和CH3OH发生酯化反应生成G为。
【详解】（1）根据A的化学式C7H8O，由C逆推得出A的结构简式为，根据C→D发生的两步反应①+4NaOH+2NaCl+CH3COONa+2H2O，②在H+条件下，转化为D，D的化学名称为对羟基苯甲醛，故答案为；对羟基苯甲醛。
（2）G为， G中酚羟基上的氢原子被所取代从而得到H，故G→H的反应类型为取代反应，根据H 的结构简式可知，所含官能团的名称为酯基和醚键，故答案为取代反应；酯基和醚键。
（3）C→D中步骤①的化学反应方程式为
+4NaOH +2NaCl+CH3COONa+2H2O，故答案为 +4NaOH +2NaCl+CH3COONa+2H2O。
（4）1 mol D（）和1 mol 丙二酸（HOOC-CH2-COOH）在吡啶、苯胺中反应生成 1 mol E、1 mol H2O和1 molCO2，且E 能与溴水发生加成反应，可知E中含碳碳双键，E的化学式为C9H8O3， E为，故答案为。
（5）X的分子式为C9H10O3，根据①与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，说明含有-COOH②与FeC13溶液发生显色反应，说明含有酚羟基③核磁共振氢谱有四组峰且峰面积之比为 6 : 2 : 1 : 1，有四种不同环境的氢原子，故符合题意的X有
故答案为。
（6）以和为主要原料制备，对比原料和目标产物的结构简式，中羧基发生酯化反应引入—COOCH3，碳碳双键发生加成反应，模仿流程中G→H引入醚键，则合成路线为：

故答案为
。
【点睛】本题考查有机物的推断与合成，侧重考查分析推断、知识综合运用能力，充分利用反应条件、有机物分子式与结构简式进行分析推断，明确官能团及其性质关系、官能团之间的转化关系是解题关键。