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江苏省黄桥中学2020届高三上学期第一次月考化学（解析版） 试卷
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江苏省黄桥中学2020届高三上学期第一次月考
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分120分，考试时间100分钟。
可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 Mg—24 Ca—40
第Ⅰ卷(选择题 共40分)
单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。
1.2019年4月22日是第50个“世界地球日”，我国确定的活动主题为“珍爱美丽地球，守护自然资源”。下列行为不符合这一活动主题的是（ ）
A. 改进汽车尾气净化技术，减少大气污染物的排放
B. 加快化石燃料的开采与使用，促进社会可持续发展
C. 用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，实现碳的循环利用
D. 对工业废水、生活污水进行净化处理，减少污染物的排放
【答案】B
【详解】A．改进汽车尾气净化技术，减少大气污染物的排放，有利于保护环境，符合上述主题，故A不选；
B．加快化石燃料的开采与使用会增加污染物的排放量，且化石燃料属于非再生能源，不能促进可持续发展，不符合该主题，故B选；
C．用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，实现碳的循环利用，可以减少二氧化碳对环境的影响，符合该主题，故C不选；
D．对工业废水、生活污水进行净化处理，减少污染物的排放，循环高效利用水资源，可以节约资源、减少污染物排放，符合该主题，故D不选；
答案选B。
2.用化学用语表示SiO2＋4HF=SiF4↑＋2H2O中的相关微粒，其中正确的是（ ）
A. F－的结构示意图： B. 水分子的比例模型：
C. SiF4的电子式： D. 中子数为15的Si原子：Si
【答案】D
【详解】A．F原子序数为9，得到1个电子形成最外层8个电子的稳定结构，离子结构示意图为：，故A错误；
B．水分子是V型，比例模型能够体现出原子的相对体积大小，其正确的比例模型为：，故B错误；
C．SiF4中Si、F均满足最外层8电子稳定结构，则F周围应有8个电子，漏写F原子上的孤电子对，故C错误；
D．质量数=质子数+中子数，故中子数为15的硅原子的质量数为29，符号为Si，故D正确；
答案选D。
【点睛】本题的易错点为B，在分子的比例模型中，要注意原子的空间排布，还要注意原子的相对大小。
3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A. 浓硫酸具有脱水性，可用于干燥氯气
B. 晶体硅熔点高，可用于制作半导体材料
C. Na2CO3溶液显碱性，可用热的纯碱溶液洗油污
D. FeS固体呈黑色，可用于除去废水中Cu2＋、Hg2＋等重金属
【答案】C
【详解】A．浓硫酸具有吸水性，可作干燥剂，与脱水性无关，故A错误；
B．晶体硅可用于制作半导体材料是因为晶体硅的导电性介于导体与绝缘体之间，与熔点高无关，故B错误；
C．碳酸钠溶液由于CO32-的水解溶液显碱性，水解是吸热反应，升高温度，水解程度增大，碱性增强，油脂在碱性条件下能水解，则可用热的纯碱溶液洗油污，故C正确；
D．FeS固体用于除去废水中Cu2+、Hg2+等重金属，是因为硫化汞、硫化铜溶解度小于硫化亚铁，与硫化亚铁为黑色无关，故D错误；
答案选C。
4.常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（ ）
A. c(OH－)/c(H＋)＝10－12的溶液中：NH4+、Cu2＋、NO3-、SO42-
B. 滴加KSCN溶液显红色的溶液中：NH4+、K＋、Cl－、I－
C. 0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中：Fe3＋、K＋、Cl－、SO42-
D. 水电离产生的c(OH－)＝10－12 mol·L－1的溶液中：Na＋、Al3＋、Cl－、NO3-
【答案】A
【详解】A．c(OH－)/c(H＋)=10-12的溶液，显酸性，NH4+、Cu2＋、NO3-、SO42-离子之间不反应，与氢离子也不反应，可大量共存，故A正确；
B．滴加KSCN溶液显红色的溶液，说明溶液中存在三价铁离子，三价铁离子能够氧化碘离子，不能大量共存，故B错误；
C．Fe3＋与HCO3-发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；
D．由水电离的c(OH－)=10-12mol•L-1的溶液，为酸溶液或碱溶液，碱溶液中不能大量存在Al3+，故D错误；
答案选A。
【点睛】本题的易错点为D，要注意“c(OH－)＝10－12 mol·L－1的溶液”与“水电离产生的c(OH－)＝10－12 mol·L－1的溶液”的区别，前者表示溶液显酸性，后者表示溶液显酸性或碱性。
5.用下列实验装置或操作进行相应实验，能达到实验目的的是（ ）
A. 用图1所示装置制取少量纯净的CO2气体
B. 用图2所示装置灼烧碎海带
C. 用图3所示装置吸收尾气中SO2
D. 用图4所示装置检验溴乙烷与NaOH醇溶液共热产生的乙烯
【答案】B
【详解】A．纯碱为碳酸钠，易溶于水，不能放置在多孔隔板上，且盐酸具有挥发性，所以生成的二氧化碳中含有HCl，故A错误；
B．灼烧海带在坩埚中进行，图中装置合理，故B正确；
C．二氧化硫与饱和的亚硫酸氢钠溶液不反应，二氧化硫不能被饱和NaHSO3溶液吸收，不能达到实验目的，故C错误；
D．乙醇易挥发，挥发出来的乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能达到实验目的，故D错误；
答案选B。
6.下列有关物质性质的叙述正确的是（ ）
A. 明矾和芒硝均具有净水作用
B. 氯水久置后，漂白性和酸性均增强
C. SO2通入Ba(NO3)2溶液中有沉淀产生
D. NH3通入AlCl3溶液至过量先沉淀后沉淀溶解
【答案】C
【详解】A．明矾水解生成的氢氧化铝具有吸附性，可以用来净水；芒硝的主要成分为Na2SO4·10H2O，没有净水作用，不能用来净水，故A错误；
B．新制氯水久置后为盐酸溶液，所以氯水久置后漂白性减弱、酸性增强，故B错误；
C．NO3-在酸性条件下具有强氧化性，SO2通入Ba(NO3)2溶液中，溶液中硝酸根离子在酸溶液中能氧化二氧化硫为硫酸，硫酸根离子结合钡离子生成硫酸钡沉淀，故C正确；
D．NH3通入AlCl3溶液反应生成氢氧化铝沉淀，氨水是弱碱，不能溶解生成的氢氧化铝沉淀，氨气过量后沉淀不溶解，故D错误；
答案选C。
【点睛】本题的易错点为C，要注意硝酸根离子在酸性溶液中具有强氧化性。
7.下列离子方程式书写正确的是（ ）
A. 氢氧化钡溶液中加入硫酸铵：Ba2＋＋OH－＋NH4+＋SO42-=BaSO4↓＋NH3·H2O
B. 用惰性电极电解CuCl2溶液：Cu2＋＋2Cl－＋2H2OCu(OH)2↓＋H2↑＋Cl2↑
C. 向漂白粉溶液中通入少量二氧化硫：Ca2＋＋2ClO－＋SO2＋H2O=CaSO3↓＋2HClO
D. 向苯酚钠溶液中通入少量的CO2：C6H5O－＋CO2＋H2O→C6H5OH＋HCO3-
【答案】D
【详解】A．该反应不符合正确配比，离子方程式为Ba2++2OH-+2NH4++SO42-=BaSO4↓+2NH3•H2O，故A错误；
B．用惰性电极电解饱和CuCl2溶液时，阴极上Cu2+放电能力大于H+，阳极上氯离子放电，所以电解氯化铜本身，电解反应的离子方程式为Cu2++2Cl- Cu+Cl2↑，故B错误；
C．向漂白粉溶液中通入少量二氧化硫，发生氧化还原反应，离子方程式为SO2+Ca2++3ClO-+H2O=CaSO4↓+2HClO+Cl-，故C错误；
D．苯酚钠溶液中通入少量CO2，反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：C6H5O-+CO2+H2O→C6H5OH+HCO3-，故D正确；
答案选D。
8.下列物质的转化在给定条件下能实现的是（ ）
A. NH3NO2HNO3 B. AlNaAlO2(aq) NaAlO2(s)
C. FeFe2O3Fe D. AgNO3(aq) [Ag(NH3)2OH(aq)] Ag
【答案】B
【详解】A．NH3与氧气反应生成的是NO，无法直接得到NO2，故A错误；
B．铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液为强碱弱酸盐溶液，水解产物不挥发，蒸发会得到溶质偏铝酸钠，所以Al NaAlO2(aq) NaAlO2(s)，能够在给定条件下实现，故B正确；
C．铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，不是生成氧化铁，故C错误；
D．硝酸银溶液和一水合氨反应生成氢氧化银沉淀，继续加入氨水沉淀溶解生成银氨溶液，蔗糖为非还原性的糖，不能和银氨溶液反应，物质间转化不能实现，故D错误；
答案选B。
9.短周期主族元素W、X、Y和Z原子序数依次增大，W的气态氢化物的水溶液可使酚酞变红，并且可与X的氢化物形成一种共价化合物。 Y是地壳中含量最多的金属元素，Z原子最外层电子数是其内层电子总数的3/5。下列说法中一定正确的是（ ）
A. X的简单气态氢化物稳定性比Z的强
B. 原子半径大小顺序：W
D. 工业上一般采取电解Y的熔融氯化物来生产Y的单质
【答案】A
【分析】短周期主族元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大，W的气态氢化物的水溶液可使酚酞变红，说明溶液显碱性，则W为N元素；氨气可与X的氢化物形成一种共价化合物，为一水合氨，则X为O元素；Y是地壳中含量最多的金属元素，Y为Al元素；Z原子最外层电子数是其内层电子总数的3/5，则内层电子总数为10，最外层电子数为6，Z为S元素。据此分析解答。
【详解】根据上述分析，W为N元素，X为O元素，Y为Al元素，Z为S元素。
A．非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性：O＞S，X的简单气态氢化物的稳定性比Z的强，故A正确；
B．同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，原子半径：S＜Al，即Z
D．氯化铝为共价化合物，熔融状态不能导电，工业上一般采取电解熔融氧化铝来生产铝，故D错误；
答案选A。
10.下列叙述中正确的是（ ）
A. 1 molN2与4molH2混合充分反应，则转移的电子数目为6mol
B. 向0.1mol·L－1CH3COONa溶液中加入少量水，溶液中减小
C. 常温下，C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)不能自发进行，则该反应的ΔH>0
D. HCl和NaOH反应的中和热为－57.3kJ·mol－1，则H2SO4和Ba(OH)2反应的中和热为－114.6 kJ·mol－1
【答案】C
【详解】A．氮气和氢气的反应为可逆反应，不能进行彻底，1 molN2与4molH2混合充分反应，转移的电子数小于6mol，故A错误；
B．向0.1mol•L-1CH3COONa溶液中加入少量水，促进CH3COO-的水解，溶液中c（OH-）减小，氢离子浓度增大，醋酸根离子浓度减小，则溶液中的比值增大，故B错误；
C．常温下，反应C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g) 不能自发进行，△S＞0，△H-T△S＞0，则该反应的△H＞0，故C正确；
D．HCl和NaOH反应的中和热△H=-57.3kJ/mol，表明稀强酸与强碱反应生成1mol液态水放出57.3kJ的热量，则H2SO4和Ba(OH)2反应的中和热一方面必须指生成1mol水放出的热量，另一方面硫酸与氢氧化钡发生反应时还有沉淀反应放出热量，故D错误；
答案选C。
【点睛】本题的易错点为D，要注意根据中和热的概念判断，中和热都应以生成1mol水为标准。
不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共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时，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.有机物Z可用于防治骨质疏松，可通过X、Y经两步转化得到Z。下列说法正确的是（ ）
A. X、Y、Z都属于芳香族化合物
B. Y分子中含有3个手性碳原子
C. X、Y、Z与浓溴水反应最多消耗1molBr2
D. 1molZ与NaOH溶液反应最多消耗3molNaOH
【答案】BD
【详解】A．含有苯环的有机物是芳香族化合物，X、Z中含有苯环，属于芳香族化合物，Y中没有苯环，不属于芳香族化合物，故A错误；
B．手性碳原子为连接四个不同的原子或原子团的碳原子，Y分子中有3个手性碳原子，故B正确；
C．题中未明确X、Y、Z的物质的量，无法确定与浓溴水反应消耗的Br2，1个Y分子中含2个碳碳双键，1molY最多消耗2molBr2，故C错误；
D．Z中含有2个酚羟基和1个酯基，都可与氢氧化钠反应，则1molZ与NaOH溶液反应最多消耗3molNaOH，故D正确；
答案选BD。
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
向溶液X中加入Na2O2粉末，出现红褐色沉淀和无色气体
X中一定含有Fe3＋
B
用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热，铝箔熔化但不滴落
氧化铝的熔点高于铝单质
C
向Na2CO3溶液中加入冰醋酸，将产生的气体直接通入苯酚钠溶液中，产生白色浑浊
酸性：醋酸>碳酸>苯酚
D
向2支均盛有2mL1.0mol·L－1 KOH溶液的试管中分别加入2滴浓度均为0.1mol·L－1的AlCl3和MgCl2溶液，一支试管出现白色沉淀，另一支无明显现象
Ksp[Al(OH)3]>Ksp[Mg(OH)2]
【答案】B
【详解】A．X中可能含亚铁离子，能被过氧化钠氧化，则X中不一定含Fe3+，故A错误；
B．氧化铝熔点高，包裹在Al的外面，则熔化后的液态铝不滴落下来，故B正确；
C．醋酸易挥发，醋酸与苯酚钠也能反应生成苯酚，不能比较碳酸、苯酚的酸性强弱，故C错误；
D．由于氢氧化铝为两性氢氧化物，过量的氢氧化钾将生成的氢氧化铝溶解，不能通过该实验比较Ksp[Al(OH)3]与Ksp[Mg(OH)2]的大小，故D错误；
答案选B。
【点睛】本题的易错点为D，要注意氢氧化铝性质的特殊性，氢氧化铝能够被强碱溶解生成易溶于水的偏铝酸盐。
13.下列图示与对应的叙述相符的是（ ）
A. 图甲所示，表示强碱滴定强酸的滴定曲线
B. 图乙所示，从能量角度考虑，金刚石比石墨稳定
C. 图丙所示，表示反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)；ΔH<0的平衡常数K与温度和压强的关系
D. 图丁所示，图中的阴影部分面积的含义是[υ(正)－υ(逆)]
【答案】A
【详解】A．强碱滴定强酸，溶液pH增大，pH=7附近存在pH的突变，图像符合，故A正确；
B．从图上可知，石墨能量比金刚石低，石墨稳定，故B错误；
C．平衡常数是温度的函数，温度不变，平衡常数不变，所以温度相同而压强不同时，两者的平衡常数相同，故C错误；
D．横坐标为时间t，纵坐标为反应速率υ，图中阴影部分的面积为转化物质的量浓度，故D错误；
答案选A。
14.在常温下，下列溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A. 浓度均为0.1mol·L－1的CuSO4和(NH4)2SO4的混合溶液中：c(NH4+)>c(SO42-)>c(Cu2＋)>c(H＋)
B. pH＝6的NaHSO3溶液中：c(SO32-)－c(H2SO3)＝9.9×10－6mol·L－1
C. 0.1 mol·L－1CH3COONa溶液中通入HCl气体，至pH＝7(溶液体积变化忽略不计)：c(Na＋)>c(CH3COOH)＝c(Cl－)
D. 0.100mol·L－1的Na2S溶液中通入HCl气体，至c(Cl－)＝0.100 mol·L－1(忽略溶液体积的变化及H2S的挥发)：c(OH－)－c(H＋)＝c(H2S)－c(S2－)
【答案】CD
【详解】A．等物质的量浓度的CuSO4和(NH4)2SO4的混合溶液中，铵根离子和铜离子均可以发生水解反应，溶液显示酸性，存在：c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(Cu2+)＞c(H+)，故A错误；
B．常温下，亚硫酸氢钠呈酸性，说明亚硫酸氢根离子的电离程度大于水解程度，根据物料守恒得c(Na+)=c(H2SO3)+c(HSO3-)+c(SO32-)①，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSO3-)+2c(SO32-)②，将①代入②得，c(H2SO3)+c(H+)=c(OH-)+c(SO32-)，所以c(SO32-)-c(H2SO3)=c(H+)-c(OH-)=(10-6-10-8 )mol/L=9.9×10-7 mol•L-1，故B错误；
C．CH3COONa溶液中通入HCl气体至pH=7，则c(OH-)=c(H+)，结合电荷守恒c(Na+)+c(H+)═c(Cl-)+c(OH-)+c(CH3COO-)可得：①c(Na+)═c(Cl-)+c(CH3COO-)，即c(Na+)＞c(Cl-)；结合醋酸钠中物料守恒可得：②c(Na+)═c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，根据①②可知c(CH3COOH)═c(Cl-)，所以溶液中满足：c(Na+)＞c(CH3COOH)═c(Cl-)，故C正确；
D．0.100mol·L－1的Na2S溶液中存在c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=0.100mol•L-1，因为c(Cl-)=0.100 mol•L-1，因此c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=c(Cl-)=0.100mol•L-1，溶液中存在电荷守恒式c(Cl-)+2c(S2-)+c(HS-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，物料守恒式c(Na+)=2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)，由电荷守恒式和物料守恒式可得c(Cl-)+c(OH-)═c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)，所以c(OH-)-c(H+)=c(HS-)+2c(H2S)-[c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)]=c(H2S)-c(S2-)，故D正确；
答案选CD。
【点睛】明确盐的水解原理为解答关键。解题过程中要注意掌握电荷守恒、物料守恒的含义及应用。本题的难点为D，要能够灵活运用电荷守恒和物料守恒。
15.有Ⅰ～Ⅳ四个体积均为0.5 L的恒容密闭容器，在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中按不同投料比(Z)充入HCl和O2(如下表)，加入催化剂发生反应4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(g)；ΔH，HCl的平衡转化率(α)与Z和温度(t)的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
容器
起始时
t/℃
n(HCl)/mol
Z
Ⅰ
300
0.25
a
Ⅱ
300
0.25
b
Ⅲ
300
0.25
4
A. ΔH<0，a<4
C. 容器Ⅲ某时刻处在R点，则R点的υ正>υ逆，压强：p(R)>p(Q)
D. 若起始时，在容器Ⅳ中充入0.25molCl2和0.25molH2O(g)，300℃达平衡时容器中c(HCl)＝0.1mol·L－1
【答案】AC
【详解】A．图像中HCl转化率随温度升高而减小，说明升温平衡逆向移动，正反应为放热反应△H＜0，增大氧气的物质的量，可促进HCl的转化，即投料比越小，HCl转化率越大，可知a＜4＜b，故A正确；
B．300℃时，Z==4，n(HCl)=0.25mol，n(O2)=0.0625mol，体积为0.5L，c(HCl)=0.5mol/L，n(O2)=0.125mol/L，HCl转化率80%，HCl的变化量为0.5 mol/L×80%=0.4 mol/L，
4HCl(g)+O2(g)⇌2Cl2 (g)+2H2O(g)
起始量(mol/L) 0.5 0.125 0 0
变化量(mol/L) 0.4 0.1 0.2 0.2
平衡量(mol/L) 0.1 0.025 0.2 0.2
K==640，故B错误；
C．容器III，Z为4，平衡转化率为80%，R点温度与Q点相同，但转化率不同，转化率小于平衡时转化率，可知R点未达到平衡状态，反应正向进行，则R点的υ(正)＞υ(逆)，此时压强大于平衡状态下的压强：p(R)＞p(Q)，故C正确；
D．若起始时，在0.5 L容器Ⅳ中只充入0.25molCl2和0.25moIH2O(g)，等效于在0.5L容器中充入0.5molHCl和0.125molO2，充入的HCl和O2物质的量为容器III的两倍，相当于在容器III的基础上增大压强，将体积缩小为原来的1/2，增大压强平衡正向移动，300℃达到平衡时0.1mol/L
第Ⅱ卷(非选择题共80分)
16.使用磷肥副产物氟硅酸钠(Na2SiF6)为原料合成冰晶石(Na3AlF6)成为一条合理利用资源、提高经济效益的新方法。工艺流程如下图所示：
（1）传统合成冰晶石的方法是萤石(CaF2)法：使用萤石、石英和纯碱在高温下煅烧生成NaF，在NaF溶液中加入Al2(SO4)3溶液制得。在加入硫酸铝溶液前，需先用硫酸将NaF溶液的pH下调至5左右，否则可能产生副产物__________(填物质的化学式)，但酸度不宜过强的原因是______________________________________________________。
（2）氨解时白炭黑产率和冰晶石纯度与pH的关系如图，氨解时需要控制溶液的pH＝_____；能提高氨解速率的措施有______(填字母)。
A．快速搅拌 B．加热混合液至100℃ C．减小氨水浓度
（3）工艺流程中氨解反应的化学方程式为__________________________________________；冰晶石合成反应的离子方程式为__________________________________________。
（4）为了提高原料利用率，减少环境污染，可采取的措施是_________________________。
【答案】 (1). Al(OH)3 (2). H＋和F－结合生成弱酸HF，使F－浓度减低不易生成Na3AlF6 (3). 8.5 (4). A (5). Na2SiF6＋4NH3·H2O=2NaF＋4NH4F＋SiO2↓＋2H2O (6). 3Na＋＋4NH4+＋6F－＋AlO2-＋2H2O=Na3AlF6↓＋4NH3·H2O (7). 过滤2的滤液氨水可循环利用
【分析】根据流程图，氨水浸取氟硅酸钠时生成了二氧化硅，则同时会生成NaF、NH4F和H2O，反应的方程式可以表示为Na2SiF6+4NH3•H2O═2NaF+4NH4F+ SiO2↓+2H2O，因此滤液中含有NaF、NH4F，加入NaAlO2溶液得到Na3AlF6，过滤2得到的滤液为氨气水溶液，可循环使用，据此分析解答。
【详解】(1)传统合成冰晶石的方法是萤石(CaF2)法，是使用萤石、石英和纯碱在高温下煅烧生成NaF，在NaF溶液中加入Al2(SO4)3溶液制得。NaF水解，溶液显碱性，在加入硫酸铝溶液前，需先用硫酸将NaF溶液的pH下调至5左右，防止加入硫酸铝后生成Al(OH)3沉淀；但酸度不宜过强，否则H＋和F－结合生成弱酸HF，使F－浓度减低不易生成Na3AlF6，故答案为：Al(OH)3；H＋和F－结合生成弱酸HF，使F－浓度减低不易生成Na3AlF6；
(2)从图可知，pH为8.5时，冰晶石中白炭黑的含量较低，冰晶石纯度较高，白炭黑产率高；A．快速搅拌可以加快反应速率，故A正确；B．加热混合液至100℃，氨水受热分解，反应物浓度小，化学反应速率减慢，故B错误；C．减小氨水浓度，化学反应速率减慢，故C错误；故答案为：8.5；A；
(3) 根据流程图，氨水浸取氟硅酸钠时生成了二氧化硅，则同时会生成NaF、NH4F和H2O，反应的方程式可以表示为Na2SiF6+4NH3•H2O═2NaF+4NH4F+ SiO2↓+2H2O，水浴加热过程中生成冰晶石的化学方程式为：2NaF+4NH4F+NaAlO2+2H2O= Na3AlF6↓+4NH3·H2O，离子方程式为3Na＋+4NH4++6F－+AlO2-+2H2O=Na3AlF6↓+4NH3·H2O，故答案为：Na2SiF6+4NH3•H2O═2NaF+4NH4F+ SiO2↓+2H2O；3Na＋+4NH4++6F－+AlO2-+2H2O=Na3AlF6↓+4NH3·H2O；
(4)根据上述分析，第二次过滤所得滤液为氨水溶液，为了提高原料利用率，减少环境污染，可循环使用氨水，故答案为：过滤2的滤液氨水可循环利用。
17.近年研究表明离子液体型催化剂GIL可对某些特定加成反应有很好的催化作用，有机化合物H的合成路线如下：
（1）C中含有的官能团名称为_____________。
（2）C→D的反应类型为___________。
（3）已知：G和H的分子式相同，F→G和B→C反应类型也相同，那么G的结构简式为_________________。
（4）写出满足下列条件的B的一种同分异构体X的结构简式：___________。
①1molX完全水解消耗2molNaOH；
②水解酸化后两种产物核磁共振氢谱均有4个峰，峰高比为3∶2∶2∶1。
（5）以乙醇为原料利用GIL合成聚酯写出合成路线流程图(无机试剂可任选，合成路线流程图示例见本题题干)。________________________________
【答案】 (1). 羰基、碳碳双键 (2). 加成反应 (3). (4). (5).
【分析】（1）~（4）G和H的分子式相同，根据F和H的结构可知，F→G时F中需要去掉一个-CN，因此F→G为消去反应，则G为；B→C和F→G的反应类型相同，则B→C为消去反应，结合A→B和C的结构可知，B为，据此分析解答。
(5)合成需要合成CH3CH（OH）CH2COOH，根据流程图，增长碳链需要首先合成含有醛基或羰基的物质，只需要将乙醇催化氧化即可生成乙醛，然后2分子乙醛发生反应生成CH3CH（OH）CH2CHO，将醛基氧化可以生成CH3CH（OH）CH2COOH，CH3CH（OH）CH2COOH在浓硫酸作用下发生缩聚反应即可。
【详解】(1)C()中含有的官能团有羰基和碳碳双键，故答案为：羰基、碳碳双键；
(2)根据C、D的结构可知，C→D时C中的碳碳双键与反应转化为碳碳单键，发生了加成反应，故答案为：加成反应；
(3)根据上述分析，G为，故答案为：；
(4)B为，B的一种同分异构体X满足：①1molX完全水解消耗2molNaOH，说明结构中含有酯基，且水解生成的羟基为酚羟基；②水解酸化后两种产物核磁共振氢谱均有4个峰，峰高比为3∶2∶2∶1，满足条件的X为，故答案为：；
(5)以乙醇为原料利用GIL合成聚酯。合成需要合成CH3CH（OH）CH2COOH，根据流程图，需要首先合成含有醛基或羰基的物质，只需要将乙醇催化氧化即可生成乙醛，然后2分子乙醛发生反应生成CH3CH（OH）CH2CHO，将醛基氧化可以生成CH3CH（OH）CH2COOH，CH3CH（OH）CH2COOH在浓硫酸作用下发生缩聚反应即可，合成路线为CH3CH2OHCH3CHOCH3CH（OH）CH2CHO CH3CH（OH）CH2COOH，故答案为：CH3CH2OHCH3CHOCH3CH（OH）CH2CHO CH3CH（OH）CH2COOH。
18.硫化钠是重要的化工原料，大多采用无水芒硝(Na2SO4)—炭粉还原法制备，原理为：Na2SO4＋2CNa2S＋2CO2↑。其主要流程如下：
(1) 上述流程中采用稀碱液比用热水更好，理由是________________________________________________________________________。
(2) 已知：I2＋2S2O32－===2I－＋S4O62－。所制得的Na2S·9H2O晶体中含有Na2S2O3·5H2O等杂质。为测定产品的成分，进行下列实验，步骤如下：
a. 取试样10.00 g配成500.00 mL溶液。
b. 取所配溶液25.00 mL于碘量瓶中，加入过量ZnCO3悬浊液除去Na2S后，过滤，向滤液中滴入2～3滴淀粉溶液，用0.050 00 mol·L－1 I2溶液滴定至终点，用去5.00 mL I2溶液。
c. 再取所配溶液25.00 mL于碘量瓶中，加入50.00 mL 0.050 00 mol·L－1的I2溶液，并滴入2～3滴淀粉溶液，振荡。用标准Na2S2O3溶液滴定多余的I2，用去15.00 mL 0.100 0 mol·L－1 Na2S2O3溶液。
①步骤b中用ZnCO3除去Na2S的离子方程式为________________________________。
②判断步骤c中滴定终点的方法为__________________________。
③计算试样中Na2S·9H2O和Na2S2O3·5H2O的质量分数，写出计算过程______________。
【答案】(1). 热水会促进Na2S水解，而稀碱液能抑制Na2S水解 (2). ZnCO3＋S2－===ZnS＋CO (3). 溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色。 (4). 步骤b中消耗的I2有：
n(I2)＝0.050 00 mol·L－1×5.00 mL×10－3 L·mL－1＝2.500×10－4 mol
n(Na2S2O3·5H2O)＝2n(I2)＝5.000×10－4 mol(1分)
w(Na2S2O3·5H2O)＝＝24.8%(1分)
步骤c中，加入的I2有：
n(I2)＝0.050 00 mol·L－1×50.00 mL×10－3 L·mL－1＝2.500×10－3 mol(1分)
溶液中Na2S2O3消耗的I2有：2.500×10－4 mol(1分)
滴入的标准Na2S2O3溶液消耗多余的I2有：
15．00 mL×10－3 L·mL－1×0.100 0 mol·L－1×1/2＝7.500×10－4 mol
溶液中Na2S有：
n(Na2S)＝(2.500×10－3－2.500×10－4－7.500×10－4)mol＝1.500×10－3 mol(1分)
w(Na2S·9H2O)＝＝72.0%(1分)
【解析】(1)硫化钠水解，溶液显碱性，水解吸热，热水会促进Na2S水解，而稀碱液能抑制Na2S水解。(2)①步骤b中用ZnCO3除去Na2S，反应中生成更难溶的ZnS，反应的离子方程式为 ZnCO3＋S2－＝ZnS＋CO32－。②碘遇淀粉显蓝色，则判断步骤c中滴定终点的方法为溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色。③步骤b中消耗的I2为：
n(I2)＝0.050 00 mol·L－1×5.00 mL×10－3 L·mL－1＝2.500×10－4 mol
n(Na2S2O3·5H2O)＝2n(I2)＝5.000×10－4 mol
w(Na2S2O3·5H2O)＝＝24.8%
步骤c中，加入的I2有：
n(I2)＝0.050 00 mol·L－1×50.00 mL×10－3 L·mL－1＝2.500×10－3 mol
溶液中Na2S2O3消耗的I2有：2.500×10－4 mol
滴入的标准Na2S2O3溶液消耗多余的I2有：
15.00 mL×10－3 L·mL－1×0.100 0 mol·L－1×1/2＝7.500×10－4 mol
溶液中Na2S有：
n(Na2S)＝(2.500×10－3－2.500×10－4－7.500×10－4)mol＝1.500×10－3 mol
w(Na2S·9H2O)＝＝72.0%
19.BaCl2可用于电子、仪表等工业。以毒重石(主要成分为BaCO3，含少量的CaCO3、MgSO4、Fe2O3、SiO2等杂质)为原料，模拟工业制取BaCl2·2H2O的流程如下图所示：
已知：Ksp(BaC2O4)＝1.6×10－7，Ksp(CaC2O4)＝2.3×10－9。
Ca2＋
Mg2＋
Fe3＋
开始沉淀时的pH
11.9
9.1
1.9
完全沉淀时的pH
13.9
11.0
3.7
（1）盐酸浸取时需要适当加热的原因是_________________________________。
（2）滤渣Ⅰ的成分为___________。
（3）加入H2C2O4时应避免过量，其原因是___________________________。
（4）用37%的盐酸配制15%的盐酸需用到的仪器有_______(填字母)。
A．量筒 B．烧杯 C．容量瓶 D．玻璃棒
（5）滤渣Ⅲ需经过洗涤后才能进行后续加工处理的原因是___________________________。
（6）请补充完整由碳酸钡石(含30%CaCO3的BaCO3矿石)模拟工业制取BaCl2·2H2O的实验步骤为________________________________________________________________________，过滤，用无水乙醇洗涤2～3次，低温干燥。(实验中可使用的试剂有：冷水，80℃热水，0.1mol·L－1盐酸，6mol·L－1盐酸)
【答案】 (1). 既加快反应速度又提高浸取率 (2). SiO2、BaSO4 (3). 防止生成BaC2O4 (4). ABD (5). 除去表面附着的Ba2＋，防止污染环境 (6). 灼烧碳酸钡石至恒重，用80℃热水溶解固体，趁热过滤，向滤液中加入稍过量的6mol·L－1盐酸，蒸发浓缩，冷却结晶
【分析】毒重石(主要成分为BaCO3，含少量的CaCO3、MgSO4、Fe2O3、SiO2等杂质)加入盐酸溶解，生成氯化钙、氯化镁、氯化钡和氯化铁，且少量硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡，滤渣Ⅰ为SiO2、BaSO4；加入氢氧化钠溶液调至pH=12.5，铁离子、镁离子转化为氢氧化镁、氢氧化铁沉淀进入滤渣Ⅱ，滤液为氯化钡、氯化钙、氯化钠和氢氧化钠，加入草酸反应生成草酸钙沉淀，即滤渣Ⅲ为草酸钙；滤液Ⅲ蒸发浓缩、冷却结晶得到氯化钡晶体。据此分析解答。
【详解】(1)盐酸浸取时，适当加热，可以加快反应速度，提高浸取率，故答案为：既加快反应速度又提高浸取率；
(2)酸溶时，SiO2不溶于盐酸和水，且溶液中的SO42-和Ba2+反应生成BaSO4沉淀，则过滤所得滤渣Ⅰ的成分为SiO2、BaSO4，故答案为：SiO2、BaSO4；
(3)加入H2C2O4的目的是除去溶液中的Ca2+，但草酸过量时，也会生成BaC2O4沉淀，故答案为：防止生成BaC2O4；
(4)用37%的盐酸配制15%的盐酸，需要用量筒量取适量的37%的盐酸倒入烧杯中，然后向烧杯中加入一定量的蒸馏水，用玻璃棒搅拌均匀即可，需用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒，故答案为：ABD；
(5)滤渣Ⅲ为草酸钙，溶液中的氯化钡吸附在草酸钙的表面，钡离子属于重金属离子，会污染环境，因此需经过洗涤后才能进行后续加工处理，故答案为：除去表面附着的Ba2＋，防止污染环境；
(6)用碳酸钡石(含30%CaCO3的BaCO3矿石)模拟工业制取BaCl2·2H2O，根据题给试剂，可以首先将碳酸钡石粉碎煅烧，使碳酸钡石分解，因为氢氧化钙的溶解度较小，且温度越高，溶解度越小，然后用80℃热水溶解固体，趁热过滤，除去氢氧化钙，将生成的氢氧化钡用6mol·L－1盐酸中和，得到氯化钡溶液，蒸发浓缩，冷却结晶得到BaCl2·2H2O粗品，过滤，用无水乙醇洗涤2～3次，低温干燥即可，故答案为：灼烧碳酸钡石至恒重，用80℃热水溶解固体，趁热过滤，向滤液中加入稍过量的6mol·L－1盐酸，蒸发浓缩，冷却结晶。
【点睛】本题的易错点和难点为(6)中实验步骤的设计，要注意根据氢氧化钙和氢氧化钡溶解度的区别设计实验。
20.烟气中的氮氧化物是造成大气污染的重要因素。
（1）NOx是汽车尾气的主要污染物之一。汽车发动机工作时会引发N2和O2反应，其能量变化示意图如下：
则N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)的热化学反应方程式为_________________________。
（2）汽车使用乙醇汽油并不能减少NOx的排放，这使NOx的有效消除成为环保领域的重要课题。某研究小组在实验室以Ag—ZSM—5为催化剂，测得NO转化为N2的转化率随温度变化情况如图1所示。
①若不使用CO，温度超过775 K，发现NO的分解率降低，其可能的原因为___________________________________________________。
②NO直接催化分解(生成N2与O2)也是一种脱硝途径。在不同条件下，NO的分解产物不同。在高压下，NO在40℃下分解生成两种化合物，体系中各组分物质的量随时间变化曲线如图2所示。请写出NO分解的化学方程式：______________________________________。
（3）一定条件下，向NOx/O3混合物中加入一定浓度的SO2气体，进行同时脱硫脱硝实验，实验结果如图3。
①同时脱硫脱硝时NO的氧化率略低的原因是__________________________________。
②由图3可知SO2对NO的氧化率影响很小的原因是_____________________________。
（4）有人设想采用下列方法减少烟气中的氮氧化物对环境的污染：用天然气中的CH4、H2等还原SO2，从产物中分离出一种含硫质量分数约为94%的化合物，并用这种化合物来还原NOx。请写出这种含硫化合物和NOx反应的化学方程式：___________________________。
（5）某工业废水中含有毒性较大的CN－，可用电解法将其转变为N2，装置如图4所示。电解池中生成N2的电极反应式为_____________________________________。
【答案】(1). N2(g)＋O2(g)=2NO(g)；ΔH＝＋184 kJ·mol－1 (2). NO的分解反应是放热反应，升温有利于反应逆向进行 (3). 3NON2O＋NO2 (4). SO2的氧化消耗了少量O3，减小了O3的浓度 (5). O3氧化SO2反应的活化能较大，O3与NO反应速率比O3与SO2反应速率快 (6). 2xH2S＋2NOx=N2＋2xH2O＋2xS (7). 2CN－＋12OH－－10e－=2CO32-＋N2↑＋6H2O
【分析】(1)根据反应热=反应物的键能和-生成物的键能和，从而书写热化学方程式；
(2) 温度超过775 K，发现NO的分解率降低，说明平衡向逆反应方向移动；NO在40℃下分解生成两种化合物，根据元素守恒可知生成的为N的氧化物，由图像可知3molNO生成两种氮的氧化物各为1mol，根据原子守恒判断产物书写方程式；
(3)SO2与O3反应导致减小了O3的浓度；SO2对NO的氧化率影响很小，说明臭氧与NO更易反应；
(4) 用天然气中的CH4、H2等还原SO2，S元素化合价降低，在含硫质量分数约为94%的化合物S显-2价，结合质量守恒判断该化合物的化学式，据此分析解答；
(5)由装置图可知，左边为阳极为CN-失电子生成氮气的反应，由此书写电极反应式。
【详解】(1)该反应中的反应热=反应物的键能之和-生成物的键能之和=(946+498)kJ/mol-2×630kJ/mol=+184kJ/mol，所以N2和O2反应生成NO的热化学反应方程式为N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+184kJ•mol-1；故答案为：N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+184kJ•mol-1；
(2)①若不使用CO，温度超过775 K，发现NO的分解率降低，说明平衡向逆反应方向移动，则该反应正反应为放热反应，故答案为：该反应是放热反应，升高温度反应更有利于向逆反应方向进行；
②NO在40℃下分解生成两种化合物，根据元素守恒可知生成的为N的氧化物，氮元素的氧化物有NO、N2O、NO2、N2O3、N2O4、N2O5，由图像可知3molNO生成两种氮的氧化物各为1mol，其反应方程式为：3NO=Y+Z，根据原子守恒可知为N2O、NO2，所以方程式为3NON2O+NO2，故答案为：3NO N2O+NO2
(3)①SO2与O3反应，减小了O3的浓度，从而使NO的氧化率略低，故答案为：SO2的氧化消耗了少量O3，减小了O3的浓度；
②SO2对NO的氧化率影响很小，说明臭氧与NO更易反应，可说明O3氧化SO2反应的活化能较大，O3与NO反应速率比O3与SO2反应速率快，故答案为：SO2的氧化消耗了少量O3，减小了O3的浓度；O3氧化SO2反应的活化能较大，O3与NO反应速率比O3与SO2反应速率快；
(4) 用天然气中的CH4、H2等还原SO2，S元素化合价降低，从产物中分离出一种含硫质量分数约为94%的化合物，根据质量守恒，该化合物只能含有H和S元素，为H2S，H2S还原NOx生成氮气和硫，反应的方程式为2xH2S＋2NOx=N2＋2xH2O＋2xS，故答案为：2xH2S＋2NOx=N2＋2xH2O＋2xS；
(5)根据图像，左边电极上CN－转变为N2，失去电子，发生氧化反应，CN-失电子生成氮气，因为溶液显碱性，因此电极反应式为：2CN-+12OH--10e-=2CO32-+N2↑+6H2O，故答案为：2CN-+12OH--10e-=2CO32-+N2↑+6H2O。
21.金属钛(Ti)是一种具有许多优良性能的金属，钛和钛合金被认为是21世纪的重要金属材料。
（1）Ti(BH4)2是一种过渡元素硼氢化物储氢材料。
①Ti2＋基态电子排布式可表示为___________。
②与BH4-互为等电子体的阳离子的化学式为___________。
③H、B、Ti原子的第一电离能由小到大的顺序为___________________。
（2）二氧化钛(TiO2)是常用的、具有较高催化活性和稳定性的光催化剂，常用于污水处理。纳米TiO2催化的一个实例如图所示。
化合物乙的分子中采取sp3杂化方式的原子个数为_______。
（3）水溶液中并没有[Ti(H2O)6)]4＋离子，而是[Ti(OH)2(H2O)4]2＋离子，1mol[Ti(OH)2(H2O)4]2＋中σ键的数目为________。
（4）氮化钛(TiN)具有典型的NaCl型结构，某碳氮化钛化合物，结构是用碳原子取代氮化钛晶胞(结构如图)顶点的氮原子，则此碳氮化钛化合物的化学式是___________。
【答案】 (1). 1s22s22p62s23p63d2或[Ar]3d2 (2). NH4+ (3). Ti
(2)采取sp3杂化方式的原子的价层电子对数=4，据此分析判断分子中采取sp3杂化方式的原子个数；
(3) 配位键属于σ键，1个单键为1个σ键，据此分析判断；
(4)根据均摊法计算晶胞中碳、氮、钛原子数目，进而确定化学式。
【详解】(1)①钛是22号元素，Ti2+核外有20个电子，根据构造原理知其基态核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d2，故答案为：1s22s22p63s23p63d2；
②BH4-含有5个原子，价电子总数为8，与BH4-互为等电子体的阳离子为NH4+，故答案为：NH4+；
③同一周期，从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素。同族元素，从上至下第一电离能逐渐减小，金属元素的第一电离能小于非金属元素，H、B、Ti原子的第一电离能由小到大的顺序为Ti
(3) 1个[Ti(OH)2(H2O)4]2＋中含有6个配位键，10个O-H，因此1mol[Ti(OH)2(H2O)4]2＋中含有σ键的数目为16mol，故答案为：16mol；
(4) 某碳氮化钛化合物，结构是用碳原子取代氮化钛晶胞顶点的氮原子，利用均摊法可知，晶胞中含有碳原子数为8×=1，含有氮原子数为6×=3，含有钛原子数为12×+1=4，所以碳、氮、钛原子数之比为1∶3∶4，则该化合物的化学式为Ti4CN3，故答案为：Ti4CN3。
江苏省黄桥中学2020届高三上学期第一次月考
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分120分，考试时间100分钟。
可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 Mg—24 Ca—40
第Ⅰ卷(选择题 共40分)
单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。
1.2019年4月22日是第50个“世界地球日”，我国确定的活动主题为“珍爱美丽地球，守护自然资源”。下列行为不符合这一活动主题的是（ ）
A. 改进汽车尾气净化技术，减少大气污染物的排放
B. 加快化石燃料的开采与使用，促进社会可持续发展
C. 用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，实现碳的循环利用
D. 对工业废水、生活污水进行净化处理，减少污染物的排放
【答案】B
【详解】A．改进汽车尾气净化技术，减少大气污染物的排放，有利于保护环境，符合上述主题，故A不选；
B．加快化石燃料的开采与使用会增加污染物的排放量，且化石燃料属于非再生能源，不能促进可持续发展，不符合该主题，故B选；
C．用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，实现碳的循环利用，可以减少二氧化碳对环境的影响，符合该主题，故C不选；
D．对工业废水、生活污水进行净化处理，减少污染物的排放，循环高效利用水资源，可以节约资源、减少污染物排放，符合该主题，故D不选；
答案选B。
2.用化学用语表示SiO2＋4HF=SiF4↑＋2H2O中的相关微粒，其中正确的是（ ）
A. F－的结构示意图： B. 水分子的比例模型：
C. SiF4的电子式： D. 中子数为15的Si原子：Si
【答案】D
【详解】A．F原子序数为9，得到1个电子形成最外层8个电子的稳定结构，离子结构示意图为：，故A错误；
B．水分子是V型，比例模型能够体现出原子的相对体积大小，其正确的比例模型为：，故B错误；
C．SiF4中Si、F均满足最外层8电子稳定结构，则F周围应有8个电子，漏写F原子上的孤电子对，故C错误；
D．质量数=质子数+中子数，故中子数为15的硅原子的质量数为29，符号为Si，故D正确；
答案选D。
【点睛】本题的易错点为B，在分子的比例模型中，要注意原子的空间排布，还要注意原子的相对大小。
3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A. 浓硫酸具有脱水性，可用于干燥氯气
B. 晶体硅熔点高，可用于制作半导体材料
C. Na2CO3溶液显碱性，可用热的纯碱溶液洗油污
D. FeS固体呈黑色，可用于除去废水中Cu2＋、Hg2＋等重金属
【答案】C
【详解】A．浓硫酸具有吸水性，可作干燥剂，与脱水性无关，故A错误；
B．晶体硅可用于制作半导体材料是因为晶体硅的导电性介于导体与绝缘体之间，与熔点高无关，故B错误；
C．碳酸钠溶液由于CO32-的水解溶液显碱性，水解是吸热反应，升高温度，水解程度增大，碱性增强，油脂在碱性条件下能水解，则可用热的纯碱溶液洗油污，故C正确；
D．FeS固体用于除去废水中Cu2+、Hg2+等重金属，是因为硫化汞、硫化铜溶解度小于硫化亚铁，与硫化亚铁为黑色无关，故D错误；
答案选C。
4.常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（ ）
A. c(OH－)/c(H＋)＝10－12的溶液中：NH4+、Cu2＋、NO3-、SO42-
B. 滴加KSCN溶液显红色的溶液中：NH4+、K＋、Cl－、I－
C. 0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中：Fe3＋、K＋、Cl－、SO42-
D. 水电离产生的c(OH－)＝10－12 mol·L－1的溶液中：Na＋、Al3＋、Cl－、NO3-
【答案】A
【详解】A．c(OH－)/c(H＋)=10-12的溶液，显酸性，NH4+、Cu2＋、NO3-、SO42-离子之间不反应，与氢离子也不反应，可大量共存，故A正确；
B．滴加KSCN溶液显红色的溶液，说明溶液中存在三价铁离子，三价铁离子能够氧化碘离子，不能大量共存，故B错误；
C．Fe3＋与HCO3-发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；
D．由水电离的c(OH－)=10-12mol•L-1的溶液，为酸溶液或碱溶液，碱溶液中不能大量存在Al3+，故D错误；
答案选A。
【点睛】本题的易错点为D，要注意“c(OH－)＝10－12 mol·L－1的溶液”与“水电离产生的c(OH－)＝10－12 mol·L－1的溶液”的区别，前者表示溶液显酸性，后者表示溶液显酸性或碱性。
5.用下列实验装置或操作进行相应实验，能达到实验目的的是（ ）
A. 用图1所示装置制取少量纯净的CO2气体
B. 用图2所示装置灼烧碎海带
C. 用图3所示装置吸收尾气中SO2
D. 用图4所示装置检验溴乙烷与NaOH醇溶液共热产生的乙烯
【答案】B
【详解】A．纯碱为碳酸钠，易溶于水，不能放置在多孔隔板上，且盐酸具有挥发性，所以生成的二氧化碳中含有HCl，故A错误；
B．灼烧海带在坩埚中进行，图中装置合理，故B正确；
C．二氧化硫与饱和的亚硫酸氢钠溶液不反应，二氧化硫不能被饱和NaHSO3溶液吸收，不能达到实验目的，故C错误；
D．乙醇易挥发，挥发出来的乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能达到实验目的，故D错误；
答案选B。
6.下列有关物质性质的叙述正确的是（ ）
A. 明矾和芒硝均具有净水作用
B. 氯水久置后，漂白性和酸性均增强
C. SO2通入Ba(NO3)2溶液中有沉淀产生
D. NH3通入AlCl3溶液至过量先沉淀后沉淀溶解
【答案】C
【详解】A．明矾水解生成的氢氧化铝具有吸附性，可以用来净水；芒硝的主要成分为Na2SO4·10H2O，没有净水作用，不能用来净水，故A错误；
B．新制氯水久置后为盐酸溶液，所以氯水久置后漂白性减弱、酸性增强，故B错误；
C．NO3-在酸性条件下具有强氧化性，SO2通入Ba(NO3)2溶液中，溶液中硝酸根离子在酸溶液中能氧化二氧化硫为硫酸，硫酸根离子结合钡离子生成硫酸钡沉淀，故C正确；
D．NH3通入AlCl3溶液反应生成氢氧化铝沉淀，氨水是弱碱，不能溶解生成的氢氧化铝沉淀，氨气过量后沉淀不溶解，故D错误；
答案选C。
【点睛】本题的易错点为C，要注意硝酸根离子在酸性溶液中具有强氧化性。
7.下列离子方程式书写正确的是（ ）
A. 氢氧化钡溶液中加入硫酸铵：Ba2＋＋OH－＋NH4+＋SO42-=BaSO4↓＋NH3·H2O
B. 用惰性电极电解CuCl2溶液：Cu2＋＋2Cl－＋2H2OCu(OH)2↓＋H2↑＋Cl2↑
C. 向漂白粉溶液中通入少量二氧化硫：Ca2＋＋2ClO－＋SO2＋H2O=CaSO3↓＋2HClO
D. 向苯酚钠溶液中通入少量的CO2：C6H5O－＋CO2＋H2O→C6H5OH＋HCO3-
【答案】D
【详解】A．该反应不符合正确配比，离子方程式为Ba2++2OH-+2NH4++SO42-=BaSO4↓+2NH3•H2O，故A错误；
B．用惰性电极电解饱和CuCl2溶液时，阴极上Cu2+放电能力大于H+，阳极上氯离子放电，所以电解氯化铜本身，电解反应的离子方程式为Cu2++2Cl- Cu+Cl2↑，故B错误；
C．向漂白粉溶液中通入少量二氧化硫，发生氧化还原反应，离子方程式为SO2+Ca2++3ClO-+H2O=CaSO4↓+2HClO+Cl-，故C错误；
D．苯酚钠溶液中通入少量CO2，反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：C6H5O-+CO2+H2O→C6H5OH+HCO3-，故D正确；
答案选D。
8.下列物质的转化在给定条件下能实现的是（ ）
A. NH3NO2HNO3 B. AlNaAlO2(aq) NaAlO2(s)
C. FeFe2O3Fe D. AgNO3(aq) [Ag(NH3)2OH(aq)] Ag
【答案】B
【详解】A．NH3与氧气反应生成的是NO，无法直接得到NO2，故A错误；
B．铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液为强碱弱酸盐溶液，水解产物不挥发，蒸发会得到溶质偏铝酸钠，所以Al NaAlO2(aq) NaAlO2(s)，能够在给定条件下实现，故B正确；
C．铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，不是生成氧化铁，故C错误；
D．硝酸银溶液和一水合氨反应生成氢氧化银沉淀，继续加入氨水沉淀溶解生成银氨溶液，蔗糖为非还原性的糖，不能和银氨溶液反应，物质间转化不能实现，故D错误；
答案选B。
9.短周期主族元素W、X、Y和Z原子序数依次增大，W的气态氢化物的水溶液可使酚酞变红，并且可与X的氢化物形成一种共价化合物。 Y是地壳中含量最多的金属元素，Z原子最外层电子数是其内层电子总数的3/5。下列说法中一定正确的是（ ）
A. X的简单气态氢化物稳定性比Z的强
B. 原子半径大小顺序：W
D. 工业上一般采取电解Y的熔融氯化物来生产Y的单质
【答案】A
【分析】短周期主族元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大，W的气态氢化物的水溶液可使酚酞变红，说明溶液显碱性，则W为N元素；氨气可与X的氢化物形成一种共价化合物，为一水合氨，则X为O元素；Y是地壳中含量最多的金属元素，Y为Al元素；Z原子最外层电子数是其内层电子总数的3/5，则内层电子总数为10，最外层电子数为6，Z为S元素。据此分析解答。
【详解】根据上述分析，W为N元素，X为O元素，Y为Al元素，Z为S元素。
A．非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性：O＞S，X的简单气态氢化物的稳定性比Z的强，故A正确；
B．同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，原子半径：S＜Al，即Z
D．氯化铝为共价化合物，熔融状态不能导电，工业上一般采取电解熔融氧化铝来生产铝，故D错误；
答案选A。
10.下列叙述中正确的是（ ）
A. 1 molN2与4molH2混合充分反应，则转移的电子数目为6mol
B. 向0.1mol·L－1CH3COONa溶液中加入少量水，溶液中减小
C. 常温下，C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)不能自发进行，则该反应的ΔH>0
D. HCl和NaOH反应的中和热为－57.3kJ·mol－1，则H2SO4和Ba(OH)2反应的中和热为－114.6 kJ·mol－1
【答案】C
【详解】A．氮气和氢气的反应为可逆反应，不能进行彻底，1 molN2与4molH2混合充分反应，转移的电子数小于6mol，故A错误；
B．向0.1mol•L-1CH3COONa溶液中加入少量水，促进CH3COO-的水解，溶液中c（OH-）减小，氢离子浓度增大，醋酸根离子浓度减小，则溶液中的比值增大，故B错误；
C．常温下，反应C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g) 不能自发进行，△S＞0，△H-T△S＞0，则该反应的△H＞0，故C正确；
D．HCl和NaOH反应的中和热△H=-57.3kJ/mol，表明稀强酸与强碱反应生成1mol液态水放出57.3kJ的热量，则H2SO4和Ba(OH)2反应的中和热一方面必须指生成1mol水放出的热量，另一方面硫酸与氢氧化钡发生反应时还有沉淀反应放出热量，故D错误；
答案选C。
【点睛】本题的易错点为D，要注意根据中和热的概念判断，中和热都应以生成1mol水为标准。
不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共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时，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.有机物Z可用于防治骨质疏松，可通过X、Y经两步转化得到Z。下列说法正确的是（ ）
A. X、Y、Z都属于芳香族化合物
B. Y分子中含有3个手性碳原子
C. X、Y、Z与浓溴水反应最多消耗1molBr2
D. 1molZ与NaOH溶液反应最多消耗3molNaOH
【答案】BD
【详解】A．含有苯环的有机物是芳香族化合物，X、Z中含有苯环，属于芳香族化合物，Y中没有苯环，不属于芳香族化合物，故A错误；
B．手性碳原子为连接四个不同的原子或原子团的碳原子，Y分子中有3个手性碳原子，故B正确；
C．题中未明确X、Y、Z的物质的量，无法确定与浓溴水反应消耗的Br2，1个Y分子中含2个碳碳双键，1molY最多消耗2molBr2，故C错误；
D．Z中含有2个酚羟基和1个酯基，都可与氢氧化钠反应，则1molZ与NaOH溶液反应最多消耗3molNaOH，故D正确；
答案选BD。
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
向溶液X中加入Na2O2粉末，出现红褐色沉淀和无色气体
X中一定含有Fe3＋
B
用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热，铝箔熔化但不滴落
氧化铝的熔点高于铝单质
C
向Na2CO3溶液中加入冰醋酸，将产生的气体直接通入苯酚钠溶液中，产生白色浑浊
酸性：醋酸>碳酸>苯酚
D
向2支均盛有2mL1.0mol·L－1 KOH溶液的试管中分别加入2滴浓度均为0.1mol·L－1的AlCl3和MgCl2溶液，一支试管出现白色沉淀，另一支无明显现象
Ksp[Al(OH)3]>Ksp[Mg(OH)2]
【答案】B
【详解】A．X中可能含亚铁离子，能被过氧化钠氧化，则X中不一定含Fe3+，故A错误；
B．氧化铝熔点高，包裹在Al的外面，则熔化后的液态铝不滴落下来，故B正确；
C．醋酸易挥发，醋酸与苯酚钠也能反应生成苯酚，不能比较碳酸、苯酚的酸性强弱，故C错误；
D．由于氢氧化铝为两性氢氧化物，过量的氢氧化钾将生成的氢氧化铝溶解，不能通过该实验比较Ksp[Al(OH)3]与Ksp[Mg(OH)2]的大小，故D错误；
答案选B。
【点睛】本题的易错点为D，要注意氢氧化铝性质的特殊性，氢氧化铝能够被强碱溶解生成易溶于水的偏铝酸盐。
13.下列图示与对应的叙述相符的是（ ）
A. 图甲所示，表示强碱滴定强酸的滴定曲线
B. 图乙所示，从能量角度考虑，金刚石比石墨稳定
C. 图丙所示，表示反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)；ΔH<0的平衡常数K与温度和压强的关系
D. 图丁所示，图中的阴影部分面积的含义是[υ(正)－υ(逆)]
【答案】A
【详解】A．强碱滴定强酸，溶液pH增大，pH=7附近存在pH的突变，图像符合，故A正确；
B．从图上可知，石墨能量比金刚石低，石墨稳定，故B错误；
C．平衡常数是温度的函数，温度不变，平衡常数不变，所以温度相同而压强不同时，两者的平衡常数相同，故C错误；
D．横坐标为时间t，纵坐标为反应速率υ，图中阴影部分的面积为转化物质的量浓度，故D错误；
答案选A。
14.在常温下，下列溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A. 浓度均为0.1mol·L－1的CuSO4和(NH4)2SO4的混合溶液中：c(NH4+)>c(SO42-)>c(Cu2＋)>c(H＋)
B. pH＝6的NaHSO3溶液中：c(SO32-)－c(H2SO3)＝9.9×10－6mol·L－1
C. 0.1 mol·L－1CH3COONa溶液中通入HCl气体，至pH＝7(溶液体积变化忽略不计)：c(Na＋)>c(CH3COOH)＝c(Cl－)
D. 0.100mol·L－1的Na2S溶液中通入HCl气体，至c(Cl－)＝0.100 mol·L－1(忽略溶液体积的变化及H2S的挥发)：c(OH－)－c(H＋)＝c(H2S)－c(S2－)
【答案】CD
【详解】A．等物质的量浓度的CuSO4和(NH4)2SO4的混合溶液中，铵根离子和铜离子均可以发生水解反应，溶液显示酸性，存在：c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(Cu2+)＞c(H+)，故A错误；
B．常温下，亚硫酸氢钠呈酸性，说明亚硫酸氢根离子的电离程度大于水解程度，根据物料守恒得c(Na+)=c(H2SO3)+c(HSO3-)+c(SO32-)①，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSO3-)+2c(SO32-)②，将①代入②得，c(H2SO3)+c(H+)=c(OH-)+c(SO32-)，所以c(SO32-)-c(H2SO3)=c(H+)-c(OH-)=(10-6-10-8 )mol/L=9.9×10-7 mol•L-1，故B错误；
C．CH3COONa溶液中通入HCl气体至pH=7，则c(OH-)=c(H+)，结合电荷守恒c(Na+)+c(H+)═c(Cl-)+c(OH-)+c(CH3COO-)可得：①c(Na+)═c(Cl-)+c(CH3COO-)，即c(Na+)＞c(Cl-)；结合醋酸钠中物料守恒可得：②c(Na+)═c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，根据①②可知c(CH3COOH)═c(Cl-)，所以溶液中满足：c(Na+)＞c(CH3COOH)═c(Cl-)，故C正确；
D．0.100mol·L－1的Na2S溶液中存在c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=0.100mol•L-1，因为c(Cl-)=0.100 mol•L-1，因此c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=c(Cl-)=0.100mol•L-1，溶液中存在电荷守恒式c(Cl-)+2c(S2-)+c(HS-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，物料守恒式c(Na+)=2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)，由电荷守恒式和物料守恒式可得c(Cl-)+c(OH-)═c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)，所以c(OH-)-c(H+)=c(HS-)+2c(H2S)-[c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)]=c(H2S)-c(S2-)，故D正确；
答案选CD。
【点睛】明确盐的水解原理为解答关键。解题过程中要注意掌握电荷守恒、物料守恒的含义及应用。本题的难点为D，要能够灵活运用电荷守恒和物料守恒。
15.有Ⅰ～Ⅳ四个体积均为0.5 L的恒容密闭容器，在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中按不同投料比(Z)充入HCl和O2(如下表)，加入催化剂发生反应4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(g)；ΔH，HCl的平衡转化率(α)与Z和温度(t)的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
容器
起始时
t/℃
n(HCl)/mol
Z
Ⅰ
300
0.25
a
Ⅱ
300
0.25
b
Ⅲ
300
0.25
4
A. ΔH<0，a<4
C. 容器Ⅲ某时刻处在R点，则R点的υ正>υ逆，压强：p(R)>p(Q)
D. 若起始时，在容器Ⅳ中充入0.25molCl2和0.25molH2O(g)，300℃达平衡时容器中c(HCl)＝0.1mol·L－1
【答案】AC
【详解】A．图像中HCl转化率随温度升高而减小，说明升温平衡逆向移动，正反应为放热反应△H＜0，增大氧气的物质的量，可促进HCl的转化，即投料比越小，HCl转化率越大，可知a＜4＜b，故A正确；
B．300℃时，Z==4，n(HCl)=0.25mol，n(O2)=0.0625mol，体积为0.5L，c(HCl)=0.5mol/L，n(O2)=0.125mol/L，HCl转化率80%，HCl的变化量为0.5 mol/L×80%=0.4 mol/L，
4HCl(g)+O2(g)⇌2Cl2 (g)+2H2O(g)
起始量(mol/L) 0.5 0.125 0 0
变化量(mol/L) 0.4 0.1 0.2 0.2
平衡量(mol/L) 0.1 0.025 0.2 0.2
K==640，故B错误；
C．容器III，Z为4，平衡转化率为80%，R点温度与Q点相同，但转化率不同，转化率小于平衡时转化率，可知R点未达到平衡状态，反应正向进行，则R点的υ(正)＞υ(逆)，此时压强大于平衡状态下的压强：p(R)＞p(Q)，故C正确；
D．若起始时，在0.5 L容器Ⅳ中只充入0.25molCl2和0.25moIH2O(g)，等效于在0.5L容器中充入0.5molHCl和0.125molO2，充入的HCl和O2物质的量为容器III的两倍，相当于在容器III的基础上增大压强，将体积缩小为原来的1/2，增大压强平衡正向移动，300℃达到平衡时0.1mol/L
第Ⅱ卷(非选择题共80分)
16.使用磷肥副产物氟硅酸钠(Na2SiF6)为原料合成冰晶石(Na3AlF6)成为一条合理利用资源、提高经济效益的新方法。工艺流程如下图所示：
（1）传统合成冰晶石的方法是萤石(CaF2)法：使用萤石、石英和纯碱在高温下煅烧生成NaF，在NaF溶液中加入Al2(SO4)3溶液制得。在加入硫酸铝溶液前，需先用硫酸将NaF溶液的pH下调至5左右，否则可能产生副产物__________(填物质的化学式)，但酸度不宜过强的原因是______________________________________________________。
（2）氨解时白炭黑产率和冰晶石纯度与pH的关系如图，氨解时需要控制溶液的pH＝_____；能提高氨解速率的措施有______(填字母)。
A．快速搅拌 B．加热混合液至100℃ C．减小氨水浓度
（3）工艺流程中氨解反应的化学方程式为__________________________________________；冰晶石合成反应的离子方程式为__________________________________________。
（4）为了提高原料利用率，减少环境污染，可采取的措施是_________________________。
【答案】 (1). Al(OH)3 (2). H＋和F－结合生成弱酸HF，使F－浓度减低不易生成Na3AlF6 (3). 8.5 (4). A (5). Na2SiF6＋4NH3·H2O=2NaF＋4NH4F＋SiO2↓＋2H2O (6). 3Na＋＋4NH4+＋6F－＋AlO2-＋2H2O=Na3AlF6↓＋4NH3·H2O (7). 过滤2的滤液氨水可循环利用
【分析】根据流程图，氨水浸取氟硅酸钠时生成了二氧化硅，则同时会生成NaF、NH4F和H2O，反应的方程式可以表示为Na2SiF6+4NH3•H2O═2NaF+4NH4F+ SiO2↓+2H2O，因此滤液中含有NaF、NH4F，加入NaAlO2溶液得到Na3AlF6，过滤2得到的滤液为氨气水溶液，可循环使用，据此分析解答。
【详解】(1)传统合成冰晶石的方法是萤石(CaF2)法，是使用萤石、石英和纯碱在高温下煅烧生成NaF，在NaF溶液中加入Al2(SO4)3溶液制得。NaF水解，溶液显碱性，在加入硫酸铝溶液前，需先用硫酸将NaF溶液的pH下调至5左右，防止加入硫酸铝后生成Al(OH)3沉淀；但酸度不宜过强，否则H＋和F－结合生成弱酸HF，使F－浓度减低不易生成Na3AlF6，故答案为：Al(OH)3；H＋和F－结合生成弱酸HF，使F－浓度减低不易生成Na3AlF6；
(2)从图可知，pH为8.5时，冰晶石中白炭黑的含量较低，冰晶石纯度较高，白炭黑产率高；A．快速搅拌可以加快反应速率，故A正确；B．加热混合液至100℃，氨水受热分解，反应物浓度小，化学反应速率减慢，故B错误；C．减小氨水浓度，化学反应速率减慢，故C错误；故答案为：8.5；A；
(3) 根据流程图，氨水浸取氟硅酸钠时生成了二氧化硅，则同时会生成NaF、NH4F和H2O，反应的方程式可以表示为Na2SiF6+4NH3•H2O═2NaF+4NH4F+ SiO2↓+2H2O，水浴加热过程中生成冰晶石的化学方程式为：2NaF+4NH4F+NaAlO2+2H2O= Na3AlF6↓+4NH3·H2O，离子方程式为3Na＋+4NH4++6F－+AlO2-+2H2O=Na3AlF6↓+4NH3·H2O，故答案为：Na2SiF6+4NH3•H2O═2NaF+4NH4F+ SiO2↓+2H2O；3Na＋+4NH4++6F－+AlO2-+2H2O=Na3AlF6↓+4NH3·H2O；
(4)根据上述分析，第二次过滤所得滤液为氨水溶液，为了提高原料利用率，减少环境污染，可循环使用氨水，故答案为：过滤2的滤液氨水可循环利用。
17.近年研究表明离子液体型催化剂GIL可对某些特定加成反应有很好的催化作用，有机化合物H的合成路线如下：
（1）C中含有的官能团名称为_____________。
（2）C→D的反应类型为___________。
（3）已知：G和H的分子式相同，F→G和B→C反应类型也相同，那么G的结构简式为_________________。
（4）写出满足下列条件的B的一种同分异构体X的结构简式：___________。
①1molX完全水解消耗2molNaOH；
②水解酸化后两种产物核磁共振氢谱均有4个峰，峰高比为3∶2∶2∶1。
（5）以乙醇为原料利用GIL合成聚酯写出合成路线流程图(无机试剂可任选，合成路线流程图示例见本题题干)。________________________________
【答案】 (1). 羰基、碳碳双键 (2). 加成反应 (3). (4). (5).
【分析】（1）~（4）G和H的分子式相同，根据F和H的结构可知，F→G时F中需要去掉一个-CN，因此F→G为消去反应，则G为；B→C和F→G的反应类型相同，则B→C为消去反应，结合A→B和C的结构可知，B为，据此分析解答。
(5)合成需要合成CH3CH（OH）CH2COOH，根据流程图，增长碳链需要首先合成含有醛基或羰基的物质，只需要将乙醇催化氧化即可生成乙醛，然后2分子乙醛发生反应生成CH3CH（OH）CH2CHO，将醛基氧化可以生成CH3CH（OH）CH2COOH，CH3CH（OH）CH2COOH在浓硫酸作用下发生缩聚反应即可。
【详解】(1)C()中含有的官能团有羰基和碳碳双键，故答案为：羰基、碳碳双键；
(2)根据C、D的结构可知，C→D时C中的碳碳双键与反应转化为碳碳单键，发生了加成反应，故答案为：加成反应；
(3)根据上述分析，G为，故答案为：；
(4)B为，B的一种同分异构体X满足：①1molX完全水解消耗2molNaOH，说明结构中含有酯基，且水解生成的羟基为酚羟基；②水解酸化后两种产物核磁共振氢谱均有4个峰，峰高比为3∶2∶2∶1，满足条件的X为，故答案为：；
(5)以乙醇为原料利用GIL合成聚酯。合成需要合成CH3CH（OH）CH2COOH，根据流程图，需要首先合成含有醛基或羰基的物质，只需要将乙醇催化氧化即可生成乙醛，然后2分子乙醛发生反应生成CH3CH（OH）CH2CHO，将醛基氧化可以生成CH3CH（OH）CH2COOH，CH3CH（OH）CH2COOH在浓硫酸作用下发生缩聚反应即可，合成路线为CH3CH2OHCH3CHOCH3CH（OH）CH2CHO CH3CH（OH）CH2COOH，故答案为：CH3CH2OHCH3CHOCH3CH（OH）CH2CHO CH3CH（OH）CH2COOH。
18.硫化钠是重要的化工原料，大多采用无水芒硝(Na2SO4)—炭粉还原法制备，原理为：Na2SO4＋2CNa2S＋2CO2↑。其主要流程如下：
(1) 上述流程中采用稀碱液比用热水更好，理由是________________________________________________________________________。
(2) 已知：I2＋2S2O32－===2I－＋S4O62－。所制得的Na2S·9H2O晶体中含有Na2S2O3·5H2O等杂质。为测定产品的成分，进行下列实验，步骤如下：
a. 取试样10.00 g配成500.00 mL溶液。
b. 取所配溶液25.00 mL于碘量瓶中，加入过量ZnCO3悬浊液除去Na2S后，过滤，向滤液中滴入2～3滴淀粉溶液，用0.050 00 mol·L－1 I2溶液滴定至终点，用去5.00 mL I2溶液。
c. 再取所配溶液25.00 mL于碘量瓶中，加入50.00 mL 0.050 00 mol·L－1的I2溶液，并滴入2～3滴淀粉溶液，振荡。用标准Na2S2O3溶液滴定多余的I2，用去15.00 mL 0.100 0 mol·L－1 Na2S2O3溶液。
①步骤b中用ZnCO3除去Na2S的离子方程式为________________________________。
②判断步骤c中滴定终点的方法为__________________________。
③计算试样中Na2S·9H2O和Na2S2O3·5H2O的质量分数，写出计算过程______________。
【答案】(1). 热水会促进Na2S水解，而稀碱液能抑制Na2S水解 (2). ZnCO3＋S2－===ZnS＋CO (3). 溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色。 (4). 步骤b中消耗的I2有：
n(I2)＝0.050 00 mol·L－1×5.00 mL×10－3 L·mL－1＝2.500×10－4 mol
n(Na2S2O3·5H2O)＝2n(I2)＝5.000×10－4 mol(1分)
w(Na2S2O3·5H2O)＝＝24.8%(1分)
步骤c中，加入的I2有：
n(I2)＝0.050 00 mol·L－1×50.00 mL×10－3 L·mL－1＝2.500×10－3 mol(1分)
溶液中Na2S2O3消耗的I2有：2.500×10－4 mol(1分)
滴入的标准Na2S2O3溶液消耗多余的I2有：
15．00 mL×10－3 L·mL－1×0.100 0 mol·L－1×1/2＝7.500×10－4 mol
溶液中Na2S有：
n(Na2S)＝(2.500×10－3－2.500×10－4－7.500×10－4)mol＝1.500×10－3 mol(1分)
w(Na2S·9H2O)＝＝72.0%(1分)
【解析】(1)硫化钠水解，溶液显碱性，水解吸热，热水会促进Na2S水解，而稀碱液能抑制Na2S水解。(2)①步骤b中用ZnCO3除去Na2S，反应中生成更难溶的ZnS，反应的离子方程式为 ZnCO3＋S2－＝ZnS＋CO32－。②碘遇淀粉显蓝色，则判断步骤c中滴定终点的方法为溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色。③步骤b中消耗的I2为：
n(I2)＝0.050 00 mol·L－1×5.00 mL×10－3 L·mL－1＝2.500×10－4 mol
n(Na2S2O3·5H2O)＝2n(I2)＝5.000×10－4 mol
w(Na2S2O3·5H2O)＝＝24.8%
步骤c中，加入的I2有：
n(I2)＝0.050 00 mol·L－1×50.00 mL×10－3 L·mL－1＝2.500×10－3 mol
溶液中Na2S2O3消耗的I2有：2.500×10－4 mol
滴入的标准Na2S2O3溶液消耗多余的I2有：
15.00 mL×10－3 L·mL－1×0.100 0 mol·L－1×1/2＝7.500×10－4 mol
溶液中Na2S有：
n(Na2S)＝(2.500×10－3－2.500×10－4－7.500×10－4)mol＝1.500×10－3 mol
w(Na2S·9H2O)＝＝72.0%
19.BaCl2可用于电子、仪表等工业。以毒重石(主要成分为BaCO3，含少量的CaCO3、MgSO4、Fe2O3、SiO2等杂质)为原料，模拟工业制取BaCl2·2H2O的流程如下图所示：
已知：Ksp(BaC2O4)＝1.6×10－7，Ksp(CaC2O4)＝2.3×10－9。
Ca2＋
Mg2＋
Fe3＋
开始沉淀时的pH
11.9
9.1
1.9
完全沉淀时的pH
13.9
11.0
3.7
（1）盐酸浸取时需要适当加热的原因是_________________________________。
（2）滤渣Ⅰ的成分为___________。
（3）加入H2C2O4时应避免过量，其原因是___________________________。
（4）用37%的盐酸配制15%的盐酸需用到的仪器有_______(填字母)。
A．量筒 B．烧杯 C．容量瓶 D．玻璃棒
（5）滤渣Ⅲ需经过洗涤后才能进行后续加工处理的原因是___________________________。
（6）请补充完整由碳酸钡石(含30%CaCO3的BaCO3矿石)模拟工业制取BaCl2·2H2O的实验步骤为________________________________________________________________________，过滤，用无水乙醇洗涤2～3次，低温干燥。(实验中可使用的试剂有：冷水，80℃热水，0.1mol·L－1盐酸，6mol·L－1盐酸)
【答案】 (1). 既加快反应速度又提高浸取率 (2). SiO2、BaSO4 (3). 防止生成BaC2O4 (4). ABD (5). 除去表面附着的Ba2＋，防止污染环境 (6). 灼烧碳酸钡石至恒重，用80℃热水溶解固体，趁热过滤，向滤液中加入稍过量的6mol·L－1盐酸，蒸发浓缩，冷却结晶
【分析】毒重石(主要成分为BaCO3，含少量的CaCO3、MgSO4、Fe2O3、SiO2等杂质)加入盐酸溶解，生成氯化钙、氯化镁、氯化钡和氯化铁，且少量硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡，滤渣Ⅰ为SiO2、BaSO4；加入氢氧化钠溶液调至pH=12.5，铁离子、镁离子转化为氢氧化镁、氢氧化铁沉淀进入滤渣Ⅱ，滤液为氯化钡、氯化钙、氯化钠和氢氧化钠，加入草酸反应生成草酸钙沉淀，即滤渣Ⅲ为草酸钙；滤液Ⅲ蒸发浓缩、冷却结晶得到氯化钡晶体。据此分析解答。
【详解】(1)盐酸浸取时，适当加热，可以加快反应速度，提高浸取率，故答案为：既加快反应速度又提高浸取率；
(2)酸溶时，SiO2不溶于盐酸和水，且溶液中的SO42-和Ba2+反应生成BaSO4沉淀，则过滤所得滤渣Ⅰ的成分为SiO2、BaSO4，故答案为：SiO2、BaSO4；
(3)加入H2C2O4的目的是除去溶液中的Ca2+，但草酸过量时，也会生成BaC2O4沉淀，故答案为：防止生成BaC2O4；
(4)用37%的盐酸配制15%的盐酸，需要用量筒量取适量的37%的盐酸倒入烧杯中，然后向烧杯中加入一定量的蒸馏水，用玻璃棒搅拌均匀即可，需用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒，故答案为：ABD；
(5)滤渣Ⅲ为草酸钙，溶液中的氯化钡吸附在草酸钙的表面，钡离子属于重金属离子，会污染环境，因此需经过洗涤后才能进行后续加工处理，故答案为：除去表面附着的Ba2＋，防止污染环境；
(6)用碳酸钡石(含30%CaCO3的BaCO3矿石)模拟工业制取BaCl2·2H2O，根据题给试剂，可以首先将碳酸钡石粉碎煅烧，使碳酸钡石分解，因为氢氧化钙的溶解度较小，且温度越高，溶解度越小，然后用80℃热水溶解固体，趁热过滤，除去氢氧化钙，将生成的氢氧化钡用6mol·L－1盐酸中和，得到氯化钡溶液，蒸发浓缩，冷却结晶得到BaCl2·2H2O粗品，过滤，用无水乙醇洗涤2～3次，低温干燥即可，故答案为：灼烧碳酸钡石至恒重，用80℃热水溶解固体，趁热过滤，向滤液中加入稍过量的6mol·L－1盐酸，蒸发浓缩，冷却结晶。
【点睛】本题的易错点和难点为(6)中实验步骤的设计，要注意根据氢氧化钙和氢氧化钡溶解度的区别设计实验。
20.烟气中的氮氧化物是造成大气污染的重要因素。
（1）NOx是汽车尾气的主要污染物之一。汽车发动机工作时会引发N2和O2反应，其能量变化示意图如下：
则N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)的热化学反应方程式为_________________________。
（2）汽车使用乙醇汽油并不能减少NOx的排放，这使NOx的有效消除成为环保领域的重要课题。某研究小组在实验室以Ag—ZSM—5为催化剂，测得NO转化为N2的转化率随温度变化情况如图1所示。
①若不使用CO，温度超过775 K，发现NO的分解率降低，其可能的原因为___________________________________________________。
②NO直接催化分解(生成N2与O2)也是一种脱硝途径。在不同条件下，NO的分解产物不同。在高压下，NO在40℃下分解生成两种化合物，体系中各组分物质的量随时间变化曲线如图2所示。请写出NO分解的化学方程式：______________________________________。
（3）一定条件下，向NOx/O3混合物中加入一定浓度的SO2气体，进行同时脱硫脱硝实验，实验结果如图3。
①同时脱硫脱硝时NO的氧化率略低的原因是__________________________________。
②由图3可知SO2对NO的氧化率影响很小的原因是_____________________________。
（4）有人设想采用下列方法减少烟气中的氮氧化物对环境的污染：用天然气中的CH4、H2等还原SO2，从产物中分离出一种含硫质量分数约为94%的化合物，并用这种化合物来还原NOx。请写出这种含硫化合物和NOx反应的化学方程式：___________________________。
（5）某工业废水中含有毒性较大的CN－，可用电解法将其转变为N2，装置如图4所示。电解池中生成N2的电极反应式为_____________________________________。
【答案】(1). N2(g)＋O2(g)=2NO(g)；ΔH＝＋184 kJ·mol－1 (2). NO的分解反应是放热反应，升温有利于反应逆向进行 (3). 3NON2O＋NO2 (4). SO2的氧化消耗了少量O3，减小了O3的浓度 (5). O3氧化SO2反应的活化能较大，O3与NO反应速率比O3与SO2反应速率快 (6). 2xH2S＋2NOx=N2＋2xH2O＋2xS (7). 2CN－＋12OH－－10e－=2CO32-＋N2↑＋6H2O
【分析】(1)根据反应热=反应物的键能和-生成物的键能和，从而书写热化学方程式；
(2) 温度超过775 K，发现NO的分解率降低，说明平衡向逆反应方向移动；NO在40℃下分解生成两种化合物，根据元素守恒可知生成的为N的氧化物，由图像可知3molNO生成两种氮的氧化物各为1mol，根据原子守恒判断产物书写方程式；
(3)SO2与O3反应导致减小了O3的浓度；SO2对NO的氧化率影响很小，说明臭氧与NO更易反应；
(4) 用天然气中的CH4、H2等还原SO2，S元素化合价降低，在含硫质量分数约为94%的化合物S显-2价，结合质量守恒判断该化合物的化学式，据此分析解答；
(5)由装置图可知，左边为阳极为CN-失电子生成氮气的反应，由此书写电极反应式。
【详解】(1)该反应中的反应热=反应物的键能之和-生成物的键能之和=(946+498)kJ/mol-2×630kJ/mol=+184kJ/mol，所以N2和O2反应生成NO的热化学反应方程式为N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+184kJ•mol-1；故答案为：N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+184kJ•mol-1；
(2)①若不使用CO，温度超过775 K，发现NO的分解率降低，说明平衡向逆反应方向移动，则该反应正反应为放热反应，故答案为：该反应是放热反应，升高温度反应更有利于向逆反应方向进行；
②NO在40℃下分解生成两种化合物，根据元素守恒可知生成的为N的氧化物，氮元素的氧化物有NO、N2O、NO2、N2O3、N2O4、N2O5，由图像可知3molNO生成两种氮的氧化物各为1mol，其反应方程式为：3NO=Y+Z，根据原子守恒可知为N2O、NO2，所以方程式为3NON2O+NO2，故答案为：3NO N2O+NO2
(3)①SO2与O3反应，减小了O3的浓度，从而使NO的氧化率略低，故答案为：SO2的氧化消耗了少量O3，减小了O3的浓度；
②SO2对NO的氧化率影响很小，说明臭氧与NO更易反应，可说明O3氧化SO2反应的活化能较大，O3与NO反应速率比O3与SO2反应速率快，故答案为：SO2的氧化消耗了少量O3，减小了O3的浓度；O3氧化SO2反应的活化能较大，O3与NO反应速率比O3与SO2反应速率快；
(4) 用天然气中的CH4、H2等还原SO2，S元素化合价降低，从产物中分离出一种含硫质量分数约为94%的化合物，根据质量守恒，该化合物只能含有H和S元素，为H2S，H2S还原NOx生成氮气和硫，反应的方程式为2xH2S＋2NOx=N2＋2xH2O＋2xS，故答案为：2xH2S＋2NOx=N2＋2xH2O＋2xS；
(5)根据图像，左边电极上CN－转变为N2，失去电子，发生氧化反应，CN-失电子生成氮气，因为溶液显碱性，因此电极反应式为：2CN-+12OH--10e-=2CO32-+N2↑+6H2O，故答案为：2CN-+12OH--10e-=2CO32-+N2↑+6H2O。
21.金属钛(Ti)是一种具有许多优良性能的金属，钛和钛合金被认为是21世纪的重要金属材料。
（1）Ti(BH4)2是一种过渡元素硼氢化物储氢材料。
①Ti2＋基态电子排布式可表示为___________。
②与BH4-互为等电子体的阳离子的化学式为___________。
③H、B、Ti原子的第一电离能由小到大的顺序为___________________。
（2）二氧化钛(TiO2)是常用的、具有较高催化活性和稳定性的光催化剂，常用于污水处理。纳米TiO2催化的一个实例如图所示。
化合物乙的分子中采取sp3杂化方式的原子个数为_______。
（3）水溶液中并没有[Ti(H2O)6)]4＋离子，而是[Ti(OH)2(H2O)4]2＋离子，1mol[Ti(OH)2(H2O)4]2＋中σ键的数目为________。
（4）氮化钛(TiN)具有典型的NaCl型结构，某碳氮化钛化合物，结构是用碳原子取代氮化钛晶胞(结构如图)顶点的氮原子，则此碳氮化钛化合物的化学式是___________。
【答案】 (1). 1s22s22p62s23p63d2或[Ar]3d2 (2). NH4+ (3). Ti
(2)采取sp3杂化方式的原子的价层电子对数=4，据此分析判断分子中采取sp3杂化方式的原子个数；
(3) 配位键属于σ键，1个单键为1个σ键，据此分析判断；
(4)根据均摊法计算晶胞中碳、氮、钛原子数目，进而确定化学式。
【详解】(1)①钛是22号元素，Ti2+核外有20个电子，根据构造原理知其基态核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d2，故答案为：1s22s22p63s23p63d2；
②BH4-含有5个原子，价电子总数为8，与BH4-互为等电子体的阳离子为NH4+，故答案为：NH4+；
③同一周期，从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素。同族元素，从上至下第一电离能逐渐减小，金属元素的第一电离能小于非金属元素，H、B、Ti原子的第一电离能由小到大的顺序为Ti
(3) 1个[Ti(OH)2(H2O)4]2＋中含有6个配位键，10个O-H，因此1mol[Ti(OH)2(H2O)4]2＋中含有σ键的数目为16mol，故答案为：16mol；
(4) 某碳氮化钛化合物，结构是用碳原子取代氮化钛晶胞顶点的氮原子，利用均摊法可知，晶胞中含有碳原子数为8×=1，含有氮原子数为6×=3，含有钛原子数为12×+1=4，所以碳、氮、钛原子数之比为1∶3∶4，则该化合物的化学式为Ti4CN3，故答案为：Ti4CN3。
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