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【化学】江苏省启东市2020届高三下学期期初考试（解析版）
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江苏省启东市2020届高三下学期期初考试
1.节约资源、保护环境，共同守护我们赖以生存的地球是每个人的责任。下列做法值得提倡的是（ ）
A. 推进垃圾分类处理 B. 将秸秆就地焚烧
C. 加快开采化石燃料 D. 使用含磷洗涤剂
【答案】A
【详解】A. 推进垃圾分类处理，可健全再生资源回收利用网络，节能环保，故A正确；
B. 就地焚烧秸秆会产生有害气体，污染空气，故B错误；
C. 加快开采化石燃料会造成大量空气污染物排放，故C错误；
D. 使用含磷洗涤剂会造成水体富营养化，故D错误；
故答案为A。
2.用化学用语表示中的相关微粒，其中正确的是（ ）
A. 的结构式： B. 的比例模型：
C. 中子数为18的硫原子： D. 的结构示意图：
【答案】A
【详解】A. H2S中S为sp3杂化，与H原子形成S-H键，其结构式为，故A正确；
B. 氧原子半径比氢原子半径大，水分子的比例模型为，故B错误；
C. 原子符号左上角的数字为质量数，质量数=中子数+质子数=18+16=34，所以中子数为18的硫原子，故C错误；
D. S元素为16号元素，核电荷数为16，原子结构示意图为：，故D错误；
故答案为A。
3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A. 熔点很高，可用作耐高温材料
B. 浓硫酸具有脱水性，可用于干燥氯气
C. 溶液显酸性，可用于蚀刻印刷电路
D. 具有导电性，可由于制作光导纤维
【答案】A
【详解】A. Al2O3中离子键键能大，导致其熔点高，可用作耐高温材料，故A正确；
B. 浓硫酸做干燥剂是因为其吸水性而不是脱水性，故B错误；
C. Fe3+有较强氧化性可以和铜单质反应2Fe3++Cu==Cu2++ 2Fe2+，与氯化铁溶液显酸性无关，故C错误；
D. 二氧化硅对光具有良好的全反射作用，则用于制作光导纤维，且二氧化硅不导电，故D错误；
故答案为A。
4.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
A. 澄清透明溶液中：、、、
B. 能使石蕊变红的溶液、、、
C. 水电离的溶液中：、、、
D. 常温下，的溶液中：、、、
【答案】D
【详解】A. 铝离子与碳酸根发生双水解反应而不能大量共存，故A不符合题意；
B. 能使石蕊变化的溶液显酸性，酸性溶液中硝酸根会将亚铁离子氧化而不能大量共存，故B符合题意；
C. 水电离的，说明水的电离受到抑制，酸和碱的电离都可以抑制水的电离，故无法确定溶液酸碱性，碱性溶液中铁离子不能大量存在，故C不符合题意；
D. 常温下，的溶液显碱性，四种离子相互不反应也不与氢氧根反应，可以大量共存，故D符合题意；
故答案为D。
5.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是（夹持装置未画出）（ ）
A. 用装置甲检验溶液中是否有K＋
B. 用装置乙制取并收集少量NH3
C. 用装置丙进行喷泉实验
D. 用装置丁加热熔融NaOH固体
【答案】B
【详解】A、检验K＋，需要通过蓝色钴玻璃观察，防止黄光的干扰，故说法错误；
B、利用生石灰遇水放出大量的热，以及NH3·H2O不稳定受热易分解，来制取氨气，由于氨气的密度小于空气的密度，收集氨气用向下排空气法收集，故正确；
C、喷泉实验：烧瓶内外产生压强差，而氯气不溶于饱和食盐水，不能形成喷泉，故说法错误；
D、瓷坩埚成分是SiO2，SiO2属于酸性氧化物，和NaOH反应，不能用瓷坩埚熔融NaOH固体，故说法错误。
答案选B。
6.以下反应可表示获得乙醇并用作汽车燃料的过程，下列有关说法正确的是（ ）
①
②
③
A.
B. 、、均为
C. 在不同油耗汽车中发生反应③，会不同
D. 植物的光合作用通过反应①将热能转化为化学能
【答案】A
【详解】A．由盖斯定律可知-①-②=③×2，则2△H3=-△H1-△H2，故A正确；
B．假设均小于0，根据2△H3=-△H1-△H2可知△H2=-△H1-2△H3，则若△H1<0，△H3<0，则△H2>0，与假设矛盾，故B错误；
C．焓变与反应的始终态有关，则在不同油耗汽车中发生反应③，△H3会相同，故C错误；
D．植物的光合作用利用太阳能，则太阳能转化为化学能，故D错误；
故选：A。
7.下列反应的离子方程式的书写正确的是（ ）
A. 小苏打溶液与澄清石灰水反应：
B. 银氨溶液中加入盐酸：
C. 溶于稀
D. 向硫酸氢钠溶液滴加氢氧化钡溶液至中性：
【答案】C
【详解】A．若碳酸氢钠少量，反应生成碳酸钙和氢氧化钠和水，离子方程式：Ca2++OH-+HCO3-═CaCO3↓+H2O，若碳酸氢钠过量，反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，离子方程式：Ca2++2OH-+2HCO3-═CaCO3↓+2H2O+CO32-，故A错误；
B．向银氨溶液中加入盐酸，反应方程式中漏掉了生成氯化银沉淀的反应，正确的离子方程式为[Ag(NH3)2]++Cl-+OH-+3H+═AgCl↓+2NH4++H2O，故B错误；
C．Fe3O4与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，利用整体法，Fe3O4中铁元素化合价共计+8价，生成3mol三价铁离子，共失去1mol电子，硝酸根中氮元素从+5价降为+2价，1mol硝酸根被还原得到3mol电子，要使得失电子守恒，Fe3O4系数为3，硝酸根离子系数为1，依据原子个数守恒，离子方程式：3Fe3O4+28H++NO3-=9Fe3++NO↑+14H2O，故C正确；
D．向硫酸氢钠溶液中滴加氢氧化钡溶液至中性的离子反应为2H++SO42++Ba2++2OH-═BaSO4↓+2H2O，故D错误；
故答案选C。
【点睛】离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系(如：质量守恒和电荷守恒等)、检查是否符合原化学方程式等。
8.短周期主族元素原子序数依次增大，同主族且与处于不同周期，同主族且的原子序数是的两倍，以下说法正确的是（ ）
A. 原子半径：
B. 由组成的化合物中可能含共价键
C. 元素最高价氧化物对应的水化物的酸性比强
D. 的简单气态氢化物的热稳定性比的弱
【答案】B
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，Y、W同主族且W的原子序数是Y的两倍，则Y为O，W为S；X、Z同主族且与Y处于不同周期，则X为H，Z为Na元素；Q的原子序数大于S，则Q为Cl元素，据此结合元素周期律知识解答。
【详解】根据分析可知，X为H，Y为O，Z为Na，W为S元素，Q为Cl元素，
A．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径r(Z)＞r(W)＞r(Y)＞r(X)，故A错误；
B．O、Na形成的过氧化钠中含有共价键，故B正确；
C．非金属性S＜Cl，则W元素最高价氧化物对应的水化物的酸性比Q弱，故C错误；
D．非金属性O＞S，则Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的强，故D错误；
故答案为B。
9.在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【详解】A．氨气催化氧化生成一氧化氮，故A错误；
B．三氧化铁和铝发生铝热反应生成铁单质，铁单质在氯气中燃烧生成氯化铁，故B正确；
C．二氧化硅不与水反应，故C错误；
D．蔗糖中不含醛基，不能被新制氢氧化铜氧化，故D错误；
故答案为B。
【点睛】葡萄糖分子中含有游离醛基，果糖分子中含有游离酮基，乳糖和麦芽糖分子中含有游离的醛基，故它们都是还原糖；非还原性糖有蔗糖、淀粉、纤维素等，但它们都可以通过水解生成相应的还原性单糖。
10.一种可充电锂-空气电池如图所示。当电池放电时，O2与Li+在多孔碳材料电极处生成Li2O2-x（x=0或1）。下列说法正确的是（ ）
A. 放电时，多孔碳材料电极为负极
B. 放电时，外电路电子由多孔碳材料电极流向锂电极
C. 充电时，电解质溶液中Li+向多孔碳材料区迁移
D. 充电时，电池总反应为Li2O2-x=2Li+（1—）O2
【答案】D
【详解】A．放电时，O2与Li+在多孔碳电极处反应，说明电池内，Li+向多孔碳电极移动，因为阳离子移向正极，所以多孔碳电极为正极，A错误；
B．因为多孔碳电极为正极，外电路电子应该由锂电极流向多孔碳电极（由负极流向正极），B错误；
C．充电和放电时电池中离子的移动方向应该相反，放电时，Li+向多孔碳电极移动，充电时向锂电极移动，C错误；
D．根据图示和上述分析，电池的正极反应是O2与Li+得电子转化为Li2O2-X，电池的负极反应是单质Li失电子转化为Li+，所以总反应为：2Li + （1—）O2 ＝ Li2O2-X，充电的反应与放电的反应相反，所以为Li2O2-X ＝ 2Li +（1—）O2，选项D正确；
答案选D。
11.下列说法正确的是（ ）
A. 在常温下可自发进行，则该反应
B. 一定条件下反应达到平衡时，
C. 向溶液中加入少量水，溶液中比值增大
D. 与足量的水反应生成，转移电子数目为
【答案】C
【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．一定条件下反应达到平衡时v正(H2)= v逆(H2)，v逆(H2)：v逆(NH3)=3:2，所以2v正(H2) =3v逆(NH3)，故B错误；
C．，加少量水碱性减弱，氢离子浓度增大，Ka不变，所以比值增大，故C正确；
D．过氧化钠与水反应生成的氧气，过氧化钠中-1价的氧元素升高到0价氧，则生成一个氧气分子转移2个电子，所以生成0.2molO2转移的电子数为0.4NA，即0.4×6.02×1023，故D错误；
故答案为C。
12.黄檀内酯是一种具有抗肿瘤、抗菌、抗氧化等生物活性的天然化合物，可由香兰素为原料合成（如图所示）。下列说法正确的是（ ）
A. ①、②分子中碳原子一定都处于同一平面
B. ①、②均能与浓溴水反应
C. 化合物①能与反应产生
D. 化合物②最多只能与反应
【答案】BD
【详解】A．②中两个平面之间存在C-C键，可自由旋转，则②分子中碳原子不一定都处于同一平面，故A错误；
B．①含有酚羟基且羟基临位还有空位，可以和溴水发生取代，②除了酚羟基还含有碳碳双键可以与溴水发生加成反应，故B正确；
C．酚的酸性比碳酸弱，与碳酸钠反应不能生成二氧化碳，故C错误；
D．②含有酚羟基和酯基，都可与氢氧化钠溶液反应，且酯基可水解生成酚羟基和羧基，则1mol化合物②最多只能与3molNaOH反应，故D正确。
故选：BD。
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
结论
A
向久置溶液中，加入足量稀硝酸，再加入足量溶液，出现白色沉淀。
久置已部分被氧化。
B
与浓硫酸共热至，产生的气体通入酸性溶液，紫红色褪去
反应生成了乙烯
C
常温下，向浓度均为的和的混合溶液中逐滴滴加溶液，先生成蓝色沉淀
D
测定等浓度的和溶液的，前者比后者的大
非金属性：
【答案】C
【详解】A．即便亚硫酸钠没有被氧化，加入硝酸后也会将亚硫酸根氧化成硫酸根，故A错误；
B．乙醇易挥发且能使酸性高猛酸钾褪色，无法证明是否产生了乙烯，故B错误；
C．根据现象可知先产生氢氧化铜沉淀，同种类型的沉淀Ksp越小溶解度越小，越先沉淀，所以Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2]，，故C正确；
D．亚硫酸并非S元素的最高价含氧酸，不能通过比较碳酸和亚硫酸的酸性强弱来判断S和C的非金属性强弱，故D错误；
故答案为C。
【点睛】同种类型的沉淀如AB型、AB2型等可以认为溶解度越大则Ksp越大，不同种类型的沉淀的Ksp比较没有意义。
14.时，将溶液逐滴滴加到溶液中，所得溶液的与滴加的体积关系如右图所示。下列指定溶液浓度关系说法正确的是（ ）
已知：，时的，。
A. 点所得溶液中：
B. 点所得溶液中：
C. 点所得溶液中：
D. 点所得溶液中：
【答案】CD
【详解】A．当向溶液中滴加极少量NaOH时，溶液中c(Na+)极小，此时c(H+)>c(Na+)，但随着NaOH的滴加，c(Na+)变大c(H+)变小，最终c(H+)
C．Ka2=，，则Ka2=10-7.19，c点溶液pH=4.52，即c(H+)=10-4.52mol/L，所以，故C正确；
D．d点加入0.1mol/LNaOH溶液40mL，恰好与亚硫酸钠完全反应，溶液中的溶质为Na2SO3，存在质子守恒c(OH⁻)= c(H+)+ c(HSO3⁻)+2 c(H2SO3)，故D正确；
故答案为CD。
15.时，向容积为恒容密闭容器中充入一定量的和，发生如下反应：，反应过程中测定的部分数据见表：
反应时间/
0
0.30
0.60
20
0.10
30
0.20
下列说法正确的是（ ）
A. 反应在内的平均速率为
B. 保持其他条件不变，升高温度，平衡时，则反应的
C. 保持其他条件不变，再向平衡体系中同时通入、、，达到新平衡前
D. 相同温度下，若起始时向容器中充入，达到平衡时转化率小于
【答案】BD
【详解】A．容器体积为1L，20min内v(CO)=，同一时段内反应速率之比等于计量数之比，所以v(H2)=2 v(CO)=0.02mol·L-1·min-1，故A错误；
B．20min内△n(CO)=0.20mol，则△n(H2)=0.40mol，所以20min时容器内氢气的物质的为0.60mol-0.40mol=0.20mol，到30min时氢气的物质的量没有发生变化说明反应达到平衡，该过程中△n(CO)=0.20mol，△n(H2)=0.40mol，根据方程式可知平衡时n(CH3OH)=0.20mol，容器体积为1L，c(CH3OH)=0.20mol/L，温度升高c(CH3OH)减小，说明平衡左移，则正反应为放热反应，即△H<0，故B正确；
C．平衡时体系内n(CO)=0.10mol ，n(H2)=0.20mol，n(CH3OH)=0.20mol，若再通入0.10molCO、0.20mol H2、0.20mol CH3OH，同时将容器体积扩大为原来的2倍，则达到等效平衡，而保持其他条件不变，向容器中再通入0.20molCO、0.20mol H2、0.20mol CH3OH，相当于在等效平衡的基础上再加入0.10molCO，同时增大压强，则平衡右移，即v正>v逆，故C错误；
D．初始投料为0.30molCO和0.60molH2，若完全反应则生成0.30mol CH3OH，即该温度下向容器内加入0.30mol CH3OH可以达到完全一样的平衡状态，平衡时n(CH3OH)=0.20mol，CH3OH的转化率为，而加入1mol CH3OH相当于等效平衡的基础上加压，反应的平衡会右移，导致CH3OH的转化率减小，故D正确；
故答案为D。
【点睛】利用等效平衡原理分析问题时，先假设一个能达到等效平衡的虚拟状态，再分析实际情况与虚拟状态相比改变的条件是什么，平衡会如何移动；也可以定量分析，本题中可用求出该温度下的平衡常数，改变投料之后可以计算该状态下的浓度商，与平衡常数进行比较，判断平衡移动的方向。
16.在工业、农业等方面有广泛的应用，工业上可由高铁菱锰矿（主要成分为，含有、、、等杂质）制备，部分工艺流程如图所示：
相关金属离子生成氢氧化物沉淀的（开始沉淀的按离子浓度为计算）：
金属离子
开始沉淀的
8.1
6.3
1.5
3.4
8.9
沉淀完全的
10.1
8.3
2.8
4.7
10.9
（1）“氧化”时发生反应的离子方程式为______________________________________。
（2）“调”范围至5～6，得到滤渣2的主要成分除外还有_____________。
（3）“除杂”过程中加入的目的是______________________________________。
（4）“沉锰”过程中发生反应的化学方程式为__________________________________。
（5）在水中的溶解度与温度关系如图。由获得较纯净的晶体的方法是：将溶于适量的稀硫酸，控制温度在之间蒸发结晶，__________________________，得到晶体，洗涤、烘干。晶体通常采用减压烘干的原因是__________________________________________________________。
【答案】(1). 2Fe2+ +MnO2 +4H+=2Fe3+ +Mn2+ +2H2O (2). 、 (3). 除去Mg2+ (4). (5). 趁热过滤 (6). 防止失去结晶水
【分析】根据流程：高铁菱锰矿(主要成分为MnCO3，含有FeCO3、Al2O3、MgO、SiO2等杂质)加入硫酸酸浸，得到Mn2+、Fe2+、Al3+、Mg2+的酸性溶液，SiO2不溶，滤渣1为SiO2，向滤液加入MnO2，将二价铁离子氧化成三价铁，反应为：2FeSO4 +MnO2 +2H2SO4=Fe2(SO4)3 +MnSO4 +2H2O，氨水调节pH5～6沉淀Fe3+、Al3+，得到氢氧化铁和氢氧化铝的沉淀，滤渣2为多余的MnO2、Al(OH)3 Fe(OH)3，中加入MnF2除去Mg2+，滤渣3为MgF2，除杂后的溶液主要含有Mn2+，加入碳酸氢铵和氨水的混合物沉锰：Mn2++HCO3-+NH3•H2O=MnCO3↓+NH4++H2O，将MnCO3溶于适量的稀硫酸，控制温度为90℃以上结晶，得到MnSO4•H2O晶体，洗涤、烘干得到产品，以此解答该题。
【详解】(1)酸浸后，溶液中含有亚铁离子，能被二氧化锰氧化，得到三价铁离子和二价锰离子，故离子方程式为2Fe2+ +MnO2 +4H+=2Fe3+ +Mn2+ +2H2O；
(2)根据氢氧化物沉淀的 pH，“调pH”范围至5～6，得到滤渣2的主要成分除MnO2外还有Al(OH)3、Fe(OH)3；
(3)根据分析“除杂”过程中加入MnF2的目的是除去Mg2+；
(4)根据分析，除杂后的溶液主要含有Mn2+，加入碳酸氢铵和氨水的混合物沉锰：MnSO4+NH4HCO3+NH3•H2O=MnCO3↓+(NH4)2SO4+H2O；
(5)由MnCO3获得较纯净的MnSO4•H2O 晶体应先将MnCO3溶解，MnSO4在90℃析出MnSO4•H2O，所以控制温度在之间蒸发结晶，并且要趁热过滤，得到MnSO4•H2O晶体，洗涤、烘干得到产品，晶体通常采用减压烘干的原因是温度较低可防止MnSO4•H2O失去结晶水。
【点睛】减压烘干是在密闭容器中抽真空后进行干燥的方法，此法优点是温度较低，产品质松易粉碎，此外，减少了空气对产品的不良影响，对保证产品质量有一定意义。
17.化合物H是一种抗血栓药物，其合成路线流程图如图所示：
（1）中的官能团名称为__________（写两种）。
（2）的反应类型为__________。
（3）环状分子的分子式为，写出的结构简式：__________________。
（4）写出同时满足下列条件的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，能与溶液发生显色反应；
②分子中有三键，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（显碱性，易被氧化）、、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). 氨基 醚键 (2). 取代反应 (3). (4). (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，C和G发生取代反应生成H。
【详解】(1)A中的官能团为氨基、醚键；
(2)C+G→H 的反应类型为取代反应，还生成HCl分子；
(3)E的分子式为C5H8O2，根据D和F的结构简式可知E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，有一个手性碳原子即饱和碳原子上连接四个不同的基团，有5种不同化学环境的氢，说明结构对称，则符合条件的结构简式为；
(5)分析可知从到形成另一个环的过程发生类似于题目所给流程中A到C的转化，而苯环的另一取代基需要先引入硝基，然后发生类似的反应，再发生A到B的转化，可知合成路线为：。
18.以碳酸镁（含少量）为原料制取硫酸镁晶体，并测定含量：将原料完全溶于一定量的稀硫酸中，加足量的后用调节溶液的，静置后过滤，除去滤渣，将滤液结晶得硫酸镁晶体。
（1）的稀硫酸至少能溶解原料的质量为__________。
（2）加调节促进水解，写出总反应的离子方程式为__________________________________________________。
（3）已知：，。室温下，若溶液中，欲使溶液中的，需调节溶液范围为______________________。
（4）常采用下列方法测定结晶硫酸镁中的含量：
已知：①在为9~10时，、均能与形成配合物
②在为5~6时，除了与反应，还能将与形成的配合物中的“置换”出来：
步骤1：准确称取得到的硫酸镁晶体加入过量的，配成在9~10之间溶液
步骤2：准确移取溶液于锥形瓶中，用标准溶液滴定，滴定到终点，消耗标准溶液的体积为
步骤3：准确移取溶液于另一只锥形瓶中，调节在5~6；用标准溶液滴定，滴定至终点，消耗标准溶液的体积为。
计算该结晶硫酸镁中的质量分数（请给出计算过程）。____________________。
【答案】(1). 6.30g (2). (3). (4). Mg2+、Zn2+与EDTA均按1：1反应，25mL溶液A中剩余EDTA的量：，
则100mL溶液A中剩余EDTA的量：，
25mL溶液A中EDTA总量：，
则100mL溶液A中EDTA总量：，
所以6.0g样品中，该结晶硫酸镁中Mg2+的质量分数。
【详解】(1)30.00mL 2.500mol•L-1的稀硫酸的物质的量为0.075mol，铁的相对原子质量大于镁的相对原子质量，碳酸亚铁和碳酸镁与硫酸均为1:1反应，所以含碳酸亚铁越多溶解的原料越多，最小值为全部是碳酸镁时的质量，0.075molH2SO4可溶解0.075mol碳酸镁，所以至少溶解原料0.075mol×84g/mol=6.30g；
(2)铁离子水解使溶液显酸性，加入碳酸镁，水解产生的氢离子与碳酸镁反应，促进铁离子的水解，最终碳酸镁溶解，生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳，离子方程式为：；
(3)溶液中镁离子浓度为0.01mol/L，根据Ksp[Mg(OH)2]可知镁离子开始出现沉淀时溶液中氢氧根离子的浓度为mol•L-1=1×10-5 mol•L-1，此时溶液的pH值为9；当铁离子浓度为1×10−6mol/L时，根据Ksp[Fe(OH)3]可知此时溶液中氢氧根离子的浓度为mol•L-1=1×10-11mol•L-1，此时溶液的pH值为3，为了使铁离子沉淀而不沉淀镁离子，所需调节溶液pH范围为3～9；
(4)Mg2+、Zn2+与EDTA均按1：1反应，25mL溶液A中剩余EDTA的量：，
则100mL溶液A中剩余EDTA的量：，
25mL溶液A中EDTA总量：，
则100mL溶液A中EDTA总量：，
所以6.0g样品中，该结晶硫酸镁中Mg2+的质量分数。
19.工业上以浓缩海水（含较高浓度的）为原料提取溴的部分流程如图所示：
已知：。
图甲 图乙
（1）实验室制取纯净氯气部分装置如图甲，装置的作用是______________________。
（2）反应釜2中发生反应的离子方程式为______________________________________。
（3）实验室用图乙所示装置模拟流程中的部分过程。
①通入热空气的作用是__________________________________。
②烧杯中所盛溶液是______________________。
③烧瓶中的长导管起着平衡压强的作用，当烧瓶内气体压强过大时，可以观察到的现象是__________________________________________________。
（4）对反应后烧瓶中的溶液进行如下实验，请补充完整相关实验步骤。
限选用的试剂为：稀硫酸、四氯化碳、澄清石灰水。
①检验烧瓶的溶液中是否含有。
取烧瓶中的溶液适量，加入试管中，再加入过量的稀硫酸酸化；_________________
______________________________________________________________。
②从反应后烧瓶溶液中提取溴单质。
向烧瓶中加入过量的稀硫酸酸化；______________________________________________。
【答案】(1). 除去中挥发出的 (2). (3). 使中进入瓶中 (4). 溶液或溶液 (5). 导管中液面上升 (6). 将酸化后产生的气体通过盛有四氯化碳的洗气瓶后，再通入澄清石灰水中，若石灰水变浑浊，则证明烧瓶的溶液中含有 (7). 将酸化后的溶液加入到蒸馏烧瓶中进行蒸馏，得到溴单质（或用四氯化碳进行萃取并分液后蒸馏）
【分析】由流程可知，硫酸酸化的浓缩海水，通入氯气发生Cl2+2Br-=Br2+2Cl-，通入热的空气吹出溴单质，用碳酸钠溶液吸收溴单质3Br2+3CO32-=5Br-+BrO3-+3CO2，加入稀硫酸发生5Br-+BrO3-+6H+=3Br2+3H2O，富集溴，最后通过蒸馏得到溴单质，以此来解答。
【详解】(1)反应生成的氯气中混有HCl气体需要用饱和食盐水除去；
(2)根据分析可知反应釜2中发生反应的离子方程式为：5Br-+BrO3-+6H+=3Br2+3H2O；
(3)①通入热空气的作用是将Br2从溶液中吹出；
②烧杯C中所盛溶液是NaOH溶液(或碳酸钠溶液)，可吸收尾气；
③烧瓶B中的长导管D起着平衡压强的作用，当烧瓶内气体压强过大时，可以观察到的现象是导管中液面上升；
(4)①碳酸根可以和酸反应生成二氧化碳，纯净的二氧化碳气体可使澄清石灰水变浑浊，所以检验烧瓶B的溶液中是否含有CO32-的方法为：取烧瓶B中的溶液适量，加入试管中，再加入过量的稀硫酸酸化，将酸化后产生的气体通过盛有四氯化碳的洗气瓶后，再通入澄清石灰水中，若石灰水变浑浊，则证明烧瓶B的溶液中含有CO32-，否则不含碳酸根离子；
②溴单质微溶于水，易溶于有机溶剂，可通过分液、蒸馏操作分离出溴单质，所以提取反应后烧瓶B溶液中的溴单质的方法为：向烧瓶B中加入过量的稀硫酸酸化，将酸化后的溶液加入到蒸馏烧瓶中进行蒸馏，得到溴单质(或用四氯化碳进行萃取并分液后蒸馏，从而得到溴单质)。
【点睛】本题中检验CO32-时要注意，加入过量稀硫酸后产生溴单质，溴易挥发导致生成的二氧化碳气体混有Br2，混合气体通入澄清石灰不一定产生沉淀。
20.烟气的脱硝（除NOx）技术和脱硫（除SO2）技术都是环境科学研究的热点。
（1）工业上可以采用“质子膜电解槽”对烟气进行脱硫脱硝，其工艺如图甲所示：
①“NaOH液吸收装置” SO2主要反应的化学方程式为_______________________________。
②电解的主要目的是__________________________________；阴极的电极反应式为__________________________________。
③“高价氮的化合物”中NO2在反应器中发生化合反应的化学方程式为__________________________________________________。
（2）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1molN2时，转移的电子数为______mol。
（3）一定条件下，将一定浓度NOx（NO2和NO的混合气体）通入0.05mol/L的乳浊液中，发生的反应为：；。改变，的去除率如图乙所示。
①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__________________________________________________。
②O3和NO发生的主要反应为：。保持NO的初始浓度不变，改变，将反应后的混合气体通入乳浊液中吸收。为节省O3的用量，又能保持NOx去除效果，则合适的值约为______________。
a.0.4 b.0.6 c.1.2
【答案】(1). SO2+NaOH=NaHSO3 (2). 再生Ce4+ (3). 2HSO3-+2H++2e-=S2O42-+2H2O (4). 4NO2+4NH3+2H2O+O2=4NH4NO3 (5). 8 (6). NO2和OH-反应生成NO3-和NO，导致NO去除率降低 (7). b
【分析】(1)脱硫脱硝流程为：NaOH溶液吸收SO2生成NaHSO3溶液，NO被高价Ce4+溶液吸收生成得到含有高价N的化合物和Ce3+混合溶液，通过电解装置：NaHSO3在阴极得电子生成Na2S2O4，含有高价N的化合物和Ce3+混合溶液在阳极失去电子生成Ce4+，使Ce4+再生，含有高价N的化合物和Ce4+混合溶液经过萃取和反萃取、分液得到含Ce4+的溶液、循环到NO吸收装置中再利用，高价N的化合物在反应器中的O2、NH3共同作用下生成NH4NO3。
【详解】(1)①NaOH溶液吸收SO2生成NaHSO3溶液，化学方程式为SO2+NaOH=NaHSO3；
②由原电池装置的Pb电极和PbO2电极可知，与原电池Pb相接的为阴极、与PbO2电极相接的为阳极，阳极电极反应式为Ce3+-e-=Ce4+，结合流程物质循环可知，阳极产物Ce4+可再利用，获得再生；阴极上NaHSO3得电子生成Na2S2O4，电极反应式为2HSO3-+2H++2e-=S2O42-+2H2O；
③高价氮的化合物中NO2在“反应器”中与O2、NH3发生化合反应生成NH4NO3，化学方程式为4NO2+4NH3+2H2O+O2=4NH4NO3 ；
(2)反应过程中NO2被还原成N2，氮元素化合价降低4价，则生成一个N2转移电子数为8，则生成1molN2转移的电子8mol；
(3)①NO2和OH-反应生成NO3-和NO，导致NO去除率降低；
②保持NO的初始浓度不变，改变n(O3)/n(NO)，节省O3的用量，又能保持NOx去除效果，据图可知需要保持n(NO2)/n(NO)的合适范围是1.3左右，O3和NO发生的主要反应为：NO+O3=NO2+O2．若初始NO为1，O3为x，则生成的NO2为x，剩余的NO为1-x，则有的值要在1.3左右，解得x约为0.57，则n(O3)/n(NO)合适的值要在0.57左右，故选b。
21.FeCl3溶液中的Fe3+可用KSCN溶液检验，还可与苯酚发生显色反应，用于酚羟基的检验。
（1）Fe3+基态核外电子排布式为__________________。
（2）与SCN-互为等电子体且为非极性分子的化学式为__________。（填化学式）。
（3）苯酚中碳原子与氧原子的轨道杂化类型分别是______________；1mol苯酚分子中含有的键的数目为__________。
（4）普鲁士蓝俗称铁蓝，结构如图甲所示（K+未画出），平均每两个立方体中含有一个K+，又知该晶体中铁元素有+2价和+3价两种，则Fe3+与Fe2+的个数比为______________。
（5）血红素铁（图乙）用作铁强化剂，其吸收率比一般铁剂高3倍，在图乙中画出Fe2+与N原子间的化学键（若是配位键，需要用箭头加以表示）。___________________________
【答案】(1). 或 (2). (3). 、 (4). 或 (5). (6).
【详解】(1)Fe是26号元素，核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d6 4s2，先失去4s能级2个电子、再失去3d能级1个电子形成Fe3+，可知Fe3+基态核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d5；
(2)SCN-中含有3个原子，且其价电子数是16，与SCN-互为等电子体的非极性分子为CS2或CO2；
(3)苯酚中苯环为平面结构，C原子之间形成大π键和σ键，为sp2杂化，氧原子为sp3杂化；苯酚中每两个原子之间均形成1个σ键，苯酚分子中含有13个σ键，1mol苯酚分子中含有的σ键数为13NA；
(4)每两个立方体中含有一个K+，所以一个晶胞中钾离子个数=1÷2=0.5，该立方体中铁原子个数=8×=1，CN-位于每条棱中点，该立方体中含有CN-个数=12×=3，所以平均化学式是K 0.5 Fe(CN)3，Fe平均化合价2.5，所以亚铁离子与铁离子之比是1:1；
(5)每个N原子可以形成3个共价键，左上和右下两个N原子已经形成2个共价键，则还可以和Fe2+形成σ键，右上和左下两个氮原子已经饱和，但可以提供孤对电子，Fe2+可以提供空轨道，二者可以形成配位键，所以化学键为：。
【点睛】原子总数、价电子总数相同的微粒互为等电子体；正负电荷重心重合的分子是非极性分子。
1.节约资源、保护环境，共同守护我们赖以生存的地球是每个人的责任。下列做法值得提倡的是（ ）
A. 推进垃圾分类处理 B. 将秸秆就地焚烧
C. 加快开采化石燃料 D. 使用含磷洗涤剂
【答案】A
【详解】A. 推进垃圾分类处理，可健全再生资源回收利用网络，节能环保，故A正确；
B. 就地焚烧秸秆会产生有害气体，污染空气，故B错误；
C. 加快开采化石燃料会造成大量空气污染物排放，故C错误；
D. 使用含磷洗涤剂会造成水体富营养化，故D错误；
故答案为A。
2.用化学用语表示中的相关微粒，其中正确的是（ ）
A. 的结构式： B. 的比例模型：
C. 中子数为18的硫原子： D. 的结构示意图：
【答案】A
【详解】A. H2S中S为sp3杂化，与H原子形成S-H键，其结构式为，故A正确；
B. 氧原子半径比氢原子半径大，水分子的比例模型为，故B错误；
C. 原子符号左上角的数字为质量数，质量数=中子数+质子数=18+16=34，所以中子数为18的硫原子，故C错误；
D. S元素为16号元素，核电荷数为16，原子结构示意图为：，故D错误；
故答案为A。
3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A. 熔点很高，可用作耐高温材料
B. 浓硫酸具有脱水性，可用于干燥氯气
C. 溶液显酸性，可用于蚀刻印刷电路
D. 具有导电性，可由于制作光导纤维
【答案】A
【详解】A. Al2O3中离子键键能大，导致其熔点高，可用作耐高温材料，故A正确；
B. 浓硫酸做干燥剂是因为其吸水性而不是脱水性，故B错误；
C. Fe3+有较强氧化性可以和铜单质反应2Fe3++Cu==Cu2++ 2Fe2+，与氯化铁溶液显酸性无关，故C错误；
D. 二氧化硅对光具有良好的全反射作用，则用于制作光导纤维，且二氧化硅不导电，故D错误；
故答案为A。
4.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
A. 澄清透明溶液中：、、、
B. 能使石蕊变红的溶液、、、
C. 水电离的溶液中：、、、
D. 常温下，的溶液中：、、、
【答案】D
【详解】A. 铝离子与碳酸根发生双水解反应而不能大量共存，故A不符合题意；
B. 能使石蕊变化的溶液显酸性，酸性溶液中硝酸根会将亚铁离子氧化而不能大量共存，故B符合题意；
C. 水电离的，说明水的电离受到抑制，酸和碱的电离都可以抑制水的电离，故无法确定溶液酸碱性，碱性溶液中铁离子不能大量存在，故C不符合题意；
D. 常温下，的溶液显碱性，四种离子相互不反应也不与氢氧根反应，可以大量共存，故D符合题意；
故答案为D。
5.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是（夹持装置未画出）（ ）
A. 用装置甲检验溶液中是否有K＋
B. 用装置乙制取并收集少量NH3
C. 用装置丙进行喷泉实验
D. 用装置丁加热熔融NaOH固体
【答案】B
【详解】A、检验K＋，需要通过蓝色钴玻璃观察，防止黄光的干扰，故说法错误；
B、利用生石灰遇水放出大量的热，以及NH3·H2O不稳定受热易分解，来制取氨气，由于氨气的密度小于空气的密度，收集氨气用向下排空气法收集，故正确；
C、喷泉实验：烧瓶内外产生压强差，而氯气不溶于饱和食盐水，不能形成喷泉，故说法错误；
D、瓷坩埚成分是SiO2，SiO2属于酸性氧化物，和NaOH反应，不能用瓷坩埚熔融NaOH固体，故说法错误。
答案选B。
6.以下反应可表示获得乙醇并用作汽车燃料的过程，下列有关说法正确的是（ ）
①
②
③
A.
B. 、、均为
C. 在不同油耗汽车中发生反应③，会不同
D. 植物的光合作用通过反应①将热能转化为化学能
【答案】A
【详解】A．由盖斯定律可知-①-②=③×2，则2△H3=-△H1-△H2，故A正确；
B．假设均小于0，根据2△H3=-△H1-△H2可知△H2=-△H1-2△H3，则若△H1<0，△H3<0，则△H2>0，与假设矛盾，故B错误；
C．焓变与反应的始终态有关，则在不同油耗汽车中发生反应③，△H3会相同，故C错误；
D．植物的光合作用利用太阳能，则太阳能转化为化学能，故D错误；
故选：A。
7.下列反应的离子方程式的书写正确的是（ ）
A. 小苏打溶液与澄清石灰水反应：
B. 银氨溶液中加入盐酸：
C. 溶于稀
D. 向硫酸氢钠溶液滴加氢氧化钡溶液至中性：
【答案】C
【详解】A．若碳酸氢钠少量，反应生成碳酸钙和氢氧化钠和水，离子方程式：Ca2++OH-+HCO3-═CaCO3↓+H2O，若碳酸氢钠过量，反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，离子方程式：Ca2++2OH-+2HCO3-═CaCO3↓+2H2O+CO32-，故A错误；
B．向银氨溶液中加入盐酸，反应方程式中漏掉了生成氯化银沉淀的反应，正确的离子方程式为[Ag(NH3)2]++Cl-+OH-+3H+═AgCl↓+2NH4++H2O，故B错误；
C．Fe3O4与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，利用整体法，Fe3O4中铁元素化合价共计+8价，生成3mol三价铁离子，共失去1mol电子，硝酸根中氮元素从+5价降为+2价，1mol硝酸根被还原得到3mol电子，要使得失电子守恒，Fe3O4系数为3，硝酸根离子系数为1，依据原子个数守恒，离子方程式：3Fe3O4+28H++NO3-=9Fe3++NO↑+14H2O，故C正确；
D．向硫酸氢钠溶液中滴加氢氧化钡溶液至中性的离子反应为2H++SO42++Ba2++2OH-═BaSO4↓+2H2O，故D错误；
故答案选C。
【点睛】离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系(如：质量守恒和电荷守恒等)、检查是否符合原化学方程式等。
8.短周期主族元素原子序数依次增大，同主族且与处于不同周期，同主族且的原子序数是的两倍，以下说法正确的是（ ）
A. 原子半径：
B. 由组成的化合物中可能含共价键
C. 元素最高价氧化物对应的水化物的酸性比强
D. 的简单气态氢化物的热稳定性比的弱
【答案】B
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，Y、W同主族且W的原子序数是Y的两倍，则Y为O，W为S；X、Z同主族且与Y处于不同周期，则X为H，Z为Na元素；Q的原子序数大于S，则Q为Cl元素，据此结合元素周期律知识解答。
【详解】根据分析可知，X为H，Y为O，Z为Na，W为S元素，Q为Cl元素，
A．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径r(Z)＞r(W)＞r(Y)＞r(X)，故A错误；
B．O、Na形成的过氧化钠中含有共价键，故B正确；
C．非金属性S＜Cl，则W元素最高价氧化物对应的水化物的酸性比Q弱，故C错误；
D．非金属性O＞S，则Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的强，故D错误；
故答案为B。
9.在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【详解】A．氨气催化氧化生成一氧化氮，故A错误；
B．三氧化铁和铝发生铝热反应生成铁单质，铁单质在氯气中燃烧生成氯化铁，故B正确；
C．二氧化硅不与水反应，故C错误；
D．蔗糖中不含醛基，不能被新制氢氧化铜氧化，故D错误；
故答案为B。
【点睛】葡萄糖分子中含有游离醛基，果糖分子中含有游离酮基，乳糖和麦芽糖分子中含有游离的醛基，故它们都是还原糖；非还原性糖有蔗糖、淀粉、纤维素等，但它们都可以通过水解生成相应的还原性单糖。
10.一种可充电锂-空气电池如图所示。当电池放电时，O2与Li+在多孔碳材料电极处生成Li2O2-x（x=0或1）。下列说法正确的是（ ）
A. 放电时，多孔碳材料电极为负极
B. 放电时，外电路电子由多孔碳材料电极流向锂电极
C. 充电时，电解质溶液中Li+向多孔碳材料区迁移
D. 充电时，电池总反应为Li2O2-x=2Li+（1—）O2
【答案】D
【详解】A．放电时，O2与Li+在多孔碳电极处反应，说明电池内，Li+向多孔碳电极移动，因为阳离子移向正极，所以多孔碳电极为正极，A错误；
B．因为多孔碳电极为正极，外电路电子应该由锂电极流向多孔碳电极（由负极流向正极），B错误；
C．充电和放电时电池中离子的移动方向应该相反，放电时，Li+向多孔碳电极移动，充电时向锂电极移动，C错误；
D．根据图示和上述分析，电池的正极反应是O2与Li+得电子转化为Li2O2-X，电池的负极反应是单质Li失电子转化为Li+，所以总反应为：2Li + （1—）O2 ＝ Li2O2-X，充电的反应与放电的反应相反，所以为Li2O2-X ＝ 2Li +（1—）O2，选项D正确；
答案选D。
11.下列说法正确的是（ ）
A. 在常温下可自发进行，则该反应
B. 一定条件下反应达到平衡时，
C. 向溶液中加入少量水，溶液中比值增大
D. 与足量的水反应生成，转移电子数目为
【答案】C
【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．一定条件下反应达到平衡时v正(H2)= v逆(H2)，v逆(H2)：v逆(NH3)=3:2，所以2v正(H2) =3v逆(NH3)，故B错误；
C．，加少量水碱性减弱，氢离子浓度增大，Ka不变，所以比值增大，故C正确；
D．过氧化钠与水反应生成的氧气，过氧化钠中-1价的氧元素升高到0价氧，则生成一个氧气分子转移2个电子，所以生成0.2molO2转移的电子数为0.4NA，即0.4×6.02×1023，故D错误；
故答案为C。
12.黄檀内酯是一种具有抗肿瘤、抗菌、抗氧化等生物活性的天然化合物，可由香兰素为原料合成（如图所示）。下列说法正确的是（ ）
A. ①、②分子中碳原子一定都处于同一平面
B. ①、②均能与浓溴水反应
C. 化合物①能与反应产生
D. 化合物②最多只能与反应
【答案】BD
【详解】A．②中两个平面之间存在C-C键，可自由旋转，则②分子中碳原子不一定都处于同一平面，故A错误；
B．①含有酚羟基且羟基临位还有空位，可以和溴水发生取代，②除了酚羟基还含有碳碳双键可以与溴水发生加成反应，故B正确；
C．酚的酸性比碳酸弱，与碳酸钠反应不能生成二氧化碳，故C错误；
D．②含有酚羟基和酯基，都可与氢氧化钠溶液反应，且酯基可水解生成酚羟基和羧基，则1mol化合物②最多只能与3molNaOH反应，故D正确。
故选：BD。
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
结论
A
向久置溶液中，加入足量稀硝酸，再加入足量溶液，出现白色沉淀。
久置已部分被氧化。
B
与浓硫酸共热至，产生的气体通入酸性溶液，紫红色褪去
反应生成了乙烯
C
常温下，向浓度均为的和的混合溶液中逐滴滴加溶液，先生成蓝色沉淀
D
测定等浓度的和溶液的，前者比后者的大
非金属性：
【答案】C
【详解】A．即便亚硫酸钠没有被氧化，加入硝酸后也会将亚硫酸根氧化成硫酸根，故A错误；
B．乙醇易挥发且能使酸性高猛酸钾褪色，无法证明是否产生了乙烯，故B错误；
C．根据现象可知先产生氢氧化铜沉淀，同种类型的沉淀Ksp越小溶解度越小，越先沉淀，所以Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2]，，故C正确；
D．亚硫酸并非S元素的最高价含氧酸，不能通过比较碳酸和亚硫酸的酸性强弱来判断S和C的非金属性强弱，故D错误；
故答案为C。
【点睛】同种类型的沉淀如AB型、AB2型等可以认为溶解度越大则Ksp越大，不同种类型的沉淀的Ksp比较没有意义。
14.时，将溶液逐滴滴加到溶液中，所得溶液的与滴加的体积关系如右图所示。下列指定溶液浓度关系说法正确的是（ ）
已知：，时的，。
A. 点所得溶液中：
B. 点所得溶液中：
C. 点所得溶液中：
D. 点所得溶液中：
【答案】CD
【详解】A．当向溶液中滴加极少量NaOH时，溶液中c(Na+)极小，此时c(H+)>c(Na+)，但随着NaOH的滴加，c(Na+)变大c(H+)变小，最终c(H+)
C．Ka2=，，则Ka2=10-7.19，c点溶液pH=4.52，即c(H+)=10-4.52mol/L，所以，故C正确；
D．d点加入0.1mol/LNaOH溶液40mL，恰好与亚硫酸钠完全反应，溶液中的溶质为Na2SO3，存在质子守恒c(OH⁻)= c(H+)+ c(HSO3⁻)+2 c(H2SO3)，故D正确；
故答案为CD。
15.时，向容积为恒容密闭容器中充入一定量的和，发生如下反应：，反应过程中测定的部分数据见表：
反应时间/
0
0.30
0.60
20
0.10
30
0.20
下列说法正确的是（ ）
A. 反应在内的平均速率为
B. 保持其他条件不变，升高温度，平衡时，则反应的
C. 保持其他条件不变，再向平衡体系中同时通入、、，达到新平衡前
D. 相同温度下，若起始时向容器中充入，达到平衡时转化率小于
【答案】BD
【详解】A．容器体积为1L，20min内v(CO)=，同一时段内反应速率之比等于计量数之比，所以v(H2)=2 v(CO)=0.02mol·L-1·min-1，故A错误；
B．20min内△n(CO)=0.20mol，则△n(H2)=0.40mol，所以20min时容器内氢气的物质的为0.60mol-0.40mol=0.20mol，到30min时氢气的物质的量没有发生变化说明反应达到平衡，该过程中△n(CO)=0.20mol，△n(H2)=0.40mol，根据方程式可知平衡时n(CH3OH)=0.20mol，容器体积为1L，c(CH3OH)=0.20mol/L，温度升高c(CH3OH)减小，说明平衡左移，则正反应为放热反应，即△H<0，故B正确；
C．平衡时体系内n(CO)=0.10mol ，n(H2)=0.20mol，n(CH3OH)=0.20mol，若再通入0.10molCO、0.20mol H2、0.20mol CH3OH，同时将容器体积扩大为原来的2倍，则达到等效平衡，而保持其他条件不变，向容器中再通入0.20molCO、0.20mol H2、0.20mol CH3OH，相当于在等效平衡的基础上再加入0.10molCO，同时增大压强，则平衡右移，即v正>v逆，故C错误；
D．初始投料为0.30molCO和0.60molH2，若完全反应则生成0.30mol CH3OH，即该温度下向容器内加入0.30mol CH3OH可以达到完全一样的平衡状态，平衡时n(CH3OH)=0.20mol，CH3OH的转化率为，而加入1mol CH3OH相当于等效平衡的基础上加压，反应的平衡会右移，导致CH3OH的转化率减小，故D正确；
故答案为D。
【点睛】利用等效平衡原理分析问题时，先假设一个能达到等效平衡的虚拟状态，再分析实际情况与虚拟状态相比改变的条件是什么，平衡会如何移动；也可以定量分析，本题中可用求出该温度下的平衡常数，改变投料之后可以计算该状态下的浓度商，与平衡常数进行比较，判断平衡移动的方向。
16.在工业、农业等方面有广泛的应用，工业上可由高铁菱锰矿（主要成分为，含有、、、等杂质）制备，部分工艺流程如图所示：
相关金属离子生成氢氧化物沉淀的（开始沉淀的按离子浓度为计算）：
金属离子
开始沉淀的
8.1
6.3
1.5
3.4
8.9
沉淀完全的
10.1
8.3
2.8
4.7
10.9
（1）“氧化”时发生反应的离子方程式为______________________________________。
（2）“调”范围至5～6，得到滤渣2的主要成分除外还有_____________。
（3）“除杂”过程中加入的目的是______________________________________。
（4）“沉锰”过程中发生反应的化学方程式为__________________________________。
（5）在水中的溶解度与温度关系如图。由获得较纯净的晶体的方法是：将溶于适量的稀硫酸，控制温度在之间蒸发结晶，__________________________，得到晶体，洗涤、烘干。晶体通常采用减压烘干的原因是__________________________________________________________。
【答案】(1). 2Fe2+ +MnO2 +4H+=2Fe3+ +Mn2+ +2H2O (2). 、 (3). 除去Mg2+ (4). (5). 趁热过滤 (6). 防止失去结晶水
【分析】根据流程：高铁菱锰矿(主要成分为MnCO3，含有FeCO3、Al2O3、MgO、SiO2等杂质)加入硫酸酸浸，得到Mn2+、Fe2+、Al3+、Mg2+的酸性溶液，SiO2不溶，滤渣1为SiO2，向滤液加入MnO2，将二价铁离子氧化成三价铁，反应为：2FeSO4 +MnO2 +2H2SO4=Fe2(SO4)3 +MnSO4 +2H2O，氨水调节pH5～6沉淀Fe3+、Al3+，得到氢氧化铁和氢氧化铝的沉淀，滤渣2为多余的MnO2、Al(OH)3 Fe(OH)3，中加入MnF2除去Mg2+，滤渣3为MgF2，除杂后的溶液主要含有Mn2+，加入碳酸氢铵和氨水的混合物沉锰：Mn2++HCO3-+NH3•H2O=MnCO3↓+NH4++H2O，将MnCO3溶于适量的稀硫酸，控制温度为90℃以上结晶，得到MnSO4•H2O晶体，洗涤、烘干得到产品，以此解答该题。
【详解】(1)酸浸后，溶液中含有亚铁离子，能被二氧化锰氧化，得到三价铁离子和二价锰离子，故离子方程式为2Fe2+ +MnO2 +4H+=2Fe3+ +Mn2+ +2H2O；
(2)根据氢氧化物沉淀的 pH，“调pH”范围至5～6，得到滤渣2的主要成分除MnO2外还有Al(OH)3、Fe(OH)3；
(3)根据分析“除杂”过程中加入MnF2的目的是除去Mg2+；
(4)根据分析，除杂后的溶液主要含有Mn2+，加入碳酸氢铵和氨水的混合物沉锰：MnSO4+NH4HCO3+NH3•H2O=MnCO3↓+(NH4)2SO4+H2O；
(5)由MnCO3获得较纯净的MnSO4•H2O 晶体应先将MnCO3溶解，MnSO4在90℃析出MnSO4•H2O，所以控制温度在之间蒸发结晶，并且要趁热过滤，得到MnSO4•H2O晶体，洗涤、烘干得到产品，晶体通常采用减压烘干的原因是温度较低可防止MnSO4•H2O失去结晶水。
【点睛】减压烘干是在密闭容器中抽真空后进行干燥的方法，此法优点是温度较低，产品质松易粉碎，此外，减少了空气对产品的不良影响，对保证产品质量有一定意义。
17.化合物H是一种抗血栓药物，其合成路线流程图如图所示：
（1）中的官能团名称为__________（写两种）。
（2）的反应类型为__________。
（3）环状分子的分子式为，写出的结构简式：__________________。
（4）写出同时满足下列条件的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，能与溶液发生显色反应；
②分子中有三键，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（显碱性，易被氧化）、、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). 氨基 醚键 (2). 取代反应 (3). (4). (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，C和G发生取代反应生成H。
【详解】(1)A中的官能团为氨基、醚键；
(2)C+G→H 的反应类型为取代反应，还生成HCl分子；
(3)E的分子式为C5H8O2，根据D和F的结构简式可知E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，有一个手性碳原子即饱和碳原子上连接四个不同的基团，有5种不同化学环境的氢，说明结构对称，则符合条件的结构简式为；
(5)分析可知从到形成另一个环的过程发生类似于题目所给流程中A到C的转化，而苯环的另一取代基需要先引入硝基，然后发生类似的反应，再发生A到B的转化，可知合成路线为：。
18.以碳酸镁（含少量）为原料制取硫酸镁晶体，并测定含量：将原料完全溶于一定量的稀硫酸中，加足量的后用调节溶液的，静置后过滤，除去滤渣，将滤液结晶得硫酸镁晶体。
（1）的稀硫酸至少能溶解原料的质量为__________。
（2）加调节促进水解，写出总反应的离子方程式为__________________________________________________。
（3）已知：，。室温下，若溶液中，欲使溶液中的，需调节溶液范围为______________________。
（4）常采用下列方法测定结晶硫酸镁中的含量：
已知：①在为9~10时，、均能与形成配合物
②在为5~6时，除了与反应，还能将与形成的配合物中的“置换”出来：
步骤1：准确称取得到的硫酸镁晶体加入过量的，配成在9~10之间溶液
步骤2：准确移取溶液于锥形瓶中，用标准溶液滴定，滴定到终点，消耗标准溶液的体积为
步骤3：准确移取溶液于另一只锥形瓶中，调节在5~6；用标准溶液滴定，滴定至终点，消耗标准溶液的体积为。
计算该结晶硫酸镁中的质量分数（请给出计算过程）。____________________。
【答案】(1). 6.30g (2). (3). (4). Mg2+、Zn2+与EDTA均按1：1反应，25mL溶液A中剩余EDTA的量：，
则100mL溶液A中剩余EDTA的量：，
25mL溶液A中EDTA总量：，
则100mL溶液A中EDTA总量：，
所以6.0g样品中，该结晶硫酸镁中Mg2+的质量分数。
【详解】(1)30.00mL 2.500mol•L-1的稀硫酸的物质的量为0.075mol，铁的相对原子质量大于镁的相对原子质量，碳酸亚铁和碳酸镁与硫酸均为1:1反应，所以含碳酸亚铁越多溶解的原料越多，最小值为全部是碳酸镁时的质量，0.075molH2SO4可溶解0.075mol碳酸镁，所以至少溶解原料0.075mol×84g/mol=6.30g；
(2)铁离子水解使溶液显酸性，加入碳酸镁，水解产生的氢离子与碳酸镁反应，促进铁离子的水解，最终碳酸镁溶解，生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳，离子方程式为：；
(3)溶液中镁离子浓度为0.01mol/L，根据Ksp[Mg(OH)2]可知镁离子开始出现沉淀时溶液中氢氧根离子的浓度为mol•L-1=1×10-5 mol•L-1，此时溶液的pH值为9；当铁离子浓度为1×10−6mol/L时，根据Ksp[Fe(OH)3]可知此时溶液中氢氧根离子的浓度为mol•L-1=1×10-11mol•L-1，此时溶液的pH值为3，为了使铁离子沉淀而不沉淀镁离子，所需调节溶液pH范围为3～9；
(4)Mg2+、Zn2+与EDTA均按1：1反应，25mL溶液A中剩余EDTA的量：，
则100mL溶液A中剩余EDTA的量：，
25mL溶液A中EDTA总量：，
则100mL溶液A中EDTA总量：，
所以6.0g样品中，该结晶硫酸镁中Mg2+的质量分数。
19.工业上以浓缩海水（含较高浓度的）为原料提取溴的部分流程如图所示：
已知：。
图甲 图乙
（1）实验室制取纯净氯气部分装置如图甲，装置的作用是______________________。
（2）反应釜2中发生反应的离子方程式为______________________________________。
（3）实验室用图乙所示装置模拟流程中的部分过程。
①通入热空气的作用是__________________________________。
②烧杯中所盛溶液是______________________。
③烧瓶中的长导管起着平衡压强的作用，当烧瓶内气体压强过大时，可以观察到的现象是__________________________________________________。
（4）对反应后烧瓶中的溶液进行如下实验，请补充完整相关实验步骤。
限选用的试剂为：稀硫酸、四氯化碳、澄清石灰水。
①检验烧瓶的溶液中是否含有。
取烧瓶中的溶液适量，加入试管中，再加入过量的稀硫酸酸化；_________________
______________________________________________________________。
②从反应后烧瓶溶液中提取溴单质。
向烧瓶中加入过量的稀硫酸酸化；______________________________________________。
【答案】(1). 除去中挥发出的 (2). (3). 使中进入瓶中 (4). 溶液或溶液 (5). 导管中液面上升 (6). 将酸化后产生的气体通过盛有四氯化碳的洗气瓶后，再通入澄清石灰水中，若石灰水变浑浊，则证明烧瓶的溶液中含有 (7). 将酸化后的溶液加入到蒸馏烧瓶中进行蒸馏，得到溴单质（或用四氯化碳进行萃取并分液后蒸馏）
【分析】由流程可知，硫酸酸化的浓缩海水，通入氯气发生Cl2+2Br-=Br2+2Cl-，通入热的空气吹出溴单质，用碳酸钠溶液吸收溴单质3Br2+3CO32-=5Br-+BrO3-+3CO2，加入稀硫酸发生5Br-+BrO3-+6H+=3Br2+3H2O，富集溴，最后通过蒸馏得到溴单质，以此来解答。
【详解】(1)反应生成的氯气中混有HCl气体需要用饱和食盐水除去；
(2)根据分析可知反应釜2中发生反应的离子方程式为：5Br-+BrO3-+6H+=3Br2+3H2O；
(3)①通入热空气的作用是将Br2从溶液中吹出；
②烧杯C中所盛溶液是NaOH溶液(或碳酸钠溶液)，可吸收尾气；
③烧瓶B中的长导管D起着平衡压强的作用，当烧瓶内气体压强过大时，可以观察到的现象是导管中液面上升；
(4)①碳酸根可以和酸反应生成二氧化碳，纯净的二氧化碳气体可使澄清石灰水变浑浊，所以检验烧瓶B的溶液中是否含有CO32-的方法为：取烧瓶B中的溶液适量，加入试管中，再加入过量的稀硫酸酸化，将酸化后产生的气体通过盛有四氯化碳的洗气瓶后，再通入澄清石灰水中，若石灰水变浑浊，则证明烧瓶B的溶液中含有CO32-，否则不含碳酸根离子；
②溴单质微溶于水，易溶于有机溶剂，可通过分液、蒸馏操作分离出溴单质，所以提取反应后烧瓶B溶液中的溴单质的方法为：向烧瓶B中加入过量的稀硫酸酸化，将酸化后的溶液加入到蒸馏烧瓶中进行蒸馏，得到溴单质(或用四氯化碳进行萃取并分液后蒸馏，从而得到溴单质)。
【点睛】本题中检验CO32-时要注意，加入过量稀硫酸后产生溴单质，溴易挥发导致生成的二氧化碳气体混有Br2，混合气体通入澄清石灰不一定产生沉淀。
20.烟气的脱硝（除NOx）技术和脱硫（除SO2）技术都是环境科学研究的热点。
（1）工业上可以采用“质子膜电解槽”对烟气进行脱硫脱硝，其工艺如图甲所示：
①“NaOH液吸收装置” SO2主要反应的化学方程式为_______________________________。
②电解的主要目的是__________________________________；阴极的电极反应式为__________________________________。
③“高价氮的化合物”中NO2在反应器中发生化合反应的化学方程式为__________________________________________________。
（2）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1molN2时，转移的电子数为______mol。
（3）一定条件下，将一定浓度NOx（NO2和NO的混合气体）通入0.05mol/L的乳浊液中，发生的反应为：；。改变，的去除率如图乙所示。
①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__________________________________________________。
②O3和NO发生的主要反应为：。保持NO的初始浓度不变，改变，将反应后的混合气体通入乳浊液中吸收。为节省O3的用量，又能保持NOx去除效果，则合适的值约为______________。
a.0.4 b.0.6 c.1.2
【答案】(1). SO2+NaOH=NaHSO3 (2). 再生Ce4+ (3). 2HSO3-+2H++2e-=S2O42-+2H2O (4). 4NO2+4NH3+2H2O+O2=4NH4NO3 (5). 8 (6). NO2和OH-反应生成NO3-和NO，导致NO去除率降低 (7). b
【分析】(1)脱硫脱硝流程为：NaOH溶液吸收SO2生成NaHSO3溶液，NO被高价Ce4+溶液吸收生成得到含有高价N的化合物和Ce3+混合溶液，通过电解装置：NaHSO3在阴极得电子生成Na2S2O4，含有高价N的化合物和Ce3+混合溶液在阳极失去电子生成Ce4+，使Ce4+再生，含有高价N的化合物和Ce4+混合溶液经过萃取和反萃取、分液得到含Ce4+的溶液、循环到NO吸收装置中再利用，高价N的化合物在反应器中的O2、NH3共同作用下生成NH4NO3。
【详解】(1)①NaOH溶液吸收SO2生成NaHSO3溶液，化学方程式为SO2+NaOH=NaHSO3；
②由原电池装置的Pb电极和PbO2电极可知，与原电池Pb相接的为阴极、与PbO2电极相接的为阳极，阳极电极反应式为Ce3+-e-=Ce4+，结合流程物质循环可知，阳极产物Ce4+可再利用，获得再生；阴极上NaHSO3得电子生成Na2S2O4，电极反应式为2HSO3-+2H++2e-=S2O42-+2H2O；
③高价氮的化合物中NO2在“反应器”中与O2、NH3发生化合反应生成NH4NO3，化学方程式为4NO2+4NH3+2H2O+O2=4NH4NO3 ；
(2)反应过程中NO2被还原成N2，氮元素化合价降低4价，则生成一个N2转移电子数为8，则生成1molN2转移的电子8mol；
(3)①NO2和OH-反应生成NO3-和NO，导致NO去除率降低；
②保持NO的初始浓度不变，改变n(O3)/n(NO)，节省O3的用量，又能保持NOx去除效果，据图可知需要保持n(NO2)/n(NO)的合适范围是1.3左右，O3和NO发生的主要反应为：NO+O3=NO2+O2．若初始NO为1，O3为x，则生成的NO2为x，剩余的NO为1-x，则有的值要在1.3左右，解得x约为0.57，则n(O3)/n(NO)合适的值要在0.57左右，故选b。
21.FeCl3溶液中的Fe3+可用KSCN溶液检验，还可与苯酚发生显色反应，用于酚羟基的检验。
（1）Fe3+基态核外电子排布式为__________________。
（2）与SCN-互为等电子体且为非极性分子的化学式为__________。（填化学式）。
（3）苯酚中碳原子与氧原子的轨道杂化类型分别是______________；1mol苯酚分子中含有的键的数目为__________。
（4）普鲁士蓝俗称铁蓝，结构如图甲所示（K+未画出），平均每两个立方体中含有一个K+，又知该晶体中铁元素有+2价和+3价两种，则Fe3+与Fe2+的个数比为______________。
（5）血红素铁（图乙）用作铁强化剂，其吸收率比一般铁剂高3倍，在图乙中画出Fe2+与N原子间的化学键（若是配位键，需要用箭头加以表示）。___________________________
【答案】(1). 或 (2). (3). 、 (4). 或 (5). (6).
【详解】(1)Fe是26号元素，核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d6 4s2，先失去4s能级2个电子、再失去3d能级1个电子形成Fe3+，可知Fe3+基态核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d5；
(2)SCN-中含有3个原子，且其价电子数是16，与SCN-互为等电子体的非极性分子为CS2或CO2；
(3)苯酚中苯环为平面结构，C原子之间形成大π键和σ键，为sp2杂化，氧原子为sp3杂化；苯酚中每两个原子之间均形成1个σ键，苯酚分子中含有13个σ键，1mol苯酚分子中含有的σ键数为13NA；
(4)每两个立方体中含有一个K+，所以一个晶胞中钾离子个数=1÷2=0.5，该立方体中铁原子个数=8×=1，CN-位于每条棱中点，该立方体中含有CN-个数=12×=3，所以平均化学式是K 0.5 Fe(CN)3，Fe平均化合价2.5，所以亚铁离子与铁离子之比是1:1；
(5)每个N原子可以形成3个共价键，左上和右下两个N原子已经形成2个共价键，则还可以和Fe2+形成σ键，右上和左下两个氮原子已经饱和，但可以提供孤对电子，Fe2+可以提供空轨道，二者可以形成配位键，所以化学键为：。
【点睛】原子总数、价电子总数相同的微粒互为等电子体；正负电荷重心重合的分子是非极性分子。
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