1、湖南省郴州市2018届高三第一次质量检测化学试题1. 化学与生产生活联系紧密，下列有关说法正确的是A. 只用淀粉溶液即可检验食盐是否为加碘盐B. 氢氟酸刻蚀水晶饰品体现其酸性C. 水垢中的CaSO4，可先转化为CaCO3，再用酸除去D. 煤经过气化和液化等物理变化可转为清洁能源【答案】C【解析】A. 加碘盐含有KIO3，淀粉遇单质碘变蓝，只用淀粉溶液不可检验食盐是否为加碘盐，故A错误；B. 氢氟酸刻蚀水晶饰品是因为生成SiF4气体，不是体现其酸性，故B错误；C. 水垢中的CaSO4，可利用Na2CO3溶液先转化为CaCO3，再用酸除去，故C正确；D. 煤的气化和液化属于化学变化，故D错误。故选
2、C。点睛：解答本题的难点是选项C，用Na2CO3溶液控制溶液中Qc=c(Ca2+)c(CO32)Ksp(CaCO3)，即可将CaSO4转化为CaCO3，弱酸盐CaCO3可溶于强酸。2. 下列与化学有关的文献理解错误的是A. 咏石灰（明于谦）中“烈火焚烧若等闲要留清白在人间”其中“清白”是指氢氧化钙B. 咏煤炭（明于谦）中：凿开混沌得乌金不辞辛苦出山林”其中“乌金”的主要成分是煤炭C. 天丁开物中记载：“以消石、硫磺为主。草木灰为辅。魂散惊而魄齑粉”文中提到的是火药D. 天丁开物中有如下描述：“世间丝、麻、裘、褐皆具素质”文中的“裘”主要成分是蛋白质【答案】A【解析】A. 咏石灰(明于谦)中“烈
3、火焚烧若等闲要留清白在人间”，描述的是碳酸钙的受热分解，其中“清白”是指氧化钙，故A错误；B. 咏煤炭(明于谦)中“凿开混沌得乌金不辞辛苦出山林”描述的是煤炭的开采，其中“乌金”的主要成分是煤炭，故B正确；C. 天工开物中记载：“以消石、硫磺为主。草木灰为辅。魂散惊而魄齑粉” ，消石、硫磺是制造火药的主要原料，故C正确；D. 天工开物中有如下描述：“世间丝、麻、裘、褐皆具素质”文中的“裘”指的是动物的毛皮，主要成分是蛋白质，故D正确；故选A。3. 1mol化学式为C4H8O3的物质分别与足量的NaHCO3且和Na反应产生气体的物质的量相等，满足条件的同分异构体数目为（不考虑空间异构）A. 4种
4、 B. 5种 C. 6种 D. 7种【答案】B【解析】COOH与NaHCO3反应生成CO2，OH与Na反应生成H2，产生的气体的物质的量相等，说明C4H8O3含有的羧基与羟基一样多，所以C4H8O3分子含有一个COOH和一个OH，C4H8O3分子可看作由COOH、OH、C3H6组成，可形成5种分子结构，故选B。点睛：解答本题需要注意COOH中含有羟基，COOH既能与NaHCO3反应，又能与Na反应。1molCOOH与足量NaHCO3反应生成1molCO2，与足量Na反应生成0.5molH2。4. 设NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A. 80时，1L pH=l的硫酸溶液中，含有的OH
5、-数目为10-13NAB. 向含有FeI2的溶液中通人适量氯气，当有1molFe2+被氧化时，该反应转移电子数目为3NAC. l00g质量分数为46%的乙醇水溶液中氧原子数为4NAD. 以Mg、Al为电极,NaOH溶液为电解质溶液的原电池中，导线上流过NA个电子【答案】C【解析】A. 80时，Kw110-14，1LpH=l的硫酸溶液中，c(OH-)=mol/L=110-13mol/，含有的OH-数目大于10-13NA，故A错误；B. 还原性：IFe2+，向含有FeI2的溶液中通人适量氯气，当有1molFe2+被氧化时，I已经完全被氧化，该反应转移电子数目不能确定，故B错误；C. l00g质量分
6、数为46%的乙醇水溶液中含有46g即1mol乙醇和54g即3mol水，氧原子数为4NA，故C正确；D. 以Mg、Al为电极，NaOH溶液为电解质溶液的原电池中，导线上流过的电子数无法确定，故D错误。故选C。5. 下列解释实验过程或事实的反应方程式不正确的是A. 熔融烧碱时，不能使用普通石英坩埚：SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2OB. 在海带灰的浸出液(含有I-)中滴加H2O2得到I2:2I-+ H2O2+2H+= I2+O2+2H2OC. 红热的铁丝与水接触，表面形成蓝黑色（或黑色）保护层：3Fe+ 4H2O(g)Fe3O4+4H2D. “84消毒液”（有效成分NaClO）和“洁厕灵”
7、（主要成分盐酸）混合使用放出氯气：ClO-+ Cl-+ 2H+= Cl2+H2O【答案】B【解析】A. 熔融烧碱时，不能使用普通石英坩埚，因为二者反应：SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O，A正确；B. 在海带灰的浸出液（含有I-）中滴加H2O2得到I2：2I-+H2O2+2H+I2 +2H2O，B错误；C. 红热的铁丝与水接触，表面形成蓝黑色（或黑色）保护层四氧化三铁：3Fe+4H2O Fe3O4 +4H2，C正确；D. “84消毒液”(有效成分NaClO)和“洁厕灵”(主要成分盐酸)混合使用发生氧化还原反应放出氯气：ClOCl2HCl2H2O，D正确，答案选B。6. 某同学查阅教材得
8、知，普通锌锰电池筒内无机物质主要成分为MnO2、NH4C1、ZnCl2等物质。他在探究废干电池内的黑色固体回收利用时，进行如图所示实验：下列有关实验的叙述中，不正确的是A. 操怍中玻璃棒的作用是加快固体溶解速度 B. 操作的操作名称是过滤C. 操作中盛放药品的仪器是坩埚 D. 操作的目的是除去滤渣中杂质【答案】D【解析】试题解析：A操作中玻璃棒起到搅拌加速溶解的作用，故A正确；B普通锌锰电池筒内无机物质主要成分为MnO2、NH4Cl、ZnCl2等物质，NH4Cl、ZnCl2易溶于水，MnO2难溶于水，操作是把固体与溶液分离，应是过滤，故B正确；C由图可知操作是在坩埚内灼烧滤渣，通常把泥三角放在
9、三角架上，再把坩埚放在泥三角上，故C正确；D二氧化锰是黑色固体，能作双氧水的催化剂，灼烧后的滤渣能加快双氧水分解产生氧气，能证明黑色固体是二氧化锰，所以该实验的目的不是除去滤渣中杂质，故D错误。考点：化学实验基本操作7. 已知a、b、c、d四种短周期主族元素，在周期表中相对位置如下图所示，下列说法正确的是A. a、c两元素的最高正价一定相等B. d的原子序数不可能是b的原子序数的3倍C. c的最高价氧化物对应的水化物可溶于d的最高价氧化物对应的水化物D. 若c元素最高价氧化物对应的水化物是强酸，则d元素的单质具有强氧化性【答案】D【解析】若a是氧元素，则c是硫元素，最高正价不相等，故A错误；若
10、b是Be元素，则d是Mg元素，d的原子序数是b的原子序数的3倍，故B错误；若c的最高价氧化物对应的水化物是氢氧化铝，则d的最高价氧化物对应的水化物是硅酸，氢氧化铝难溶于硅酸，故C错误；若c元素最高价氧化物对应的水化物是强酸，则c是S，d是氯元素，氯气具有强氧化性，故D正确。8. 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. =0.1的溶液中：N a+K+、SiO42-、SO32-B. pH=l的溶液中：K+、Al3+、SO42-、F-C. 与镁反应生成氢气的溶液中：Na+、Ba2+、NO3-、Cl-D. 0. 1mol/L的NaHCO3溶液中：NH4+、Mg2+、Br-、AlO2-【
11、答案】A【解析】A的溶液显碱性，溶液pH=13，离子组Na+、K+、SiO32、SO32-在溶液中彼此间不发生离子反应，能大量共存；BHF为弱酸，F-不能在强酸性溶液中大量存在，故B错误；C与镁反应生成氢气的溶液显酸性，在酸性溶液中NO3-有强氧化性，与金属作用不可能生成氢气，故C错误；DHCO3-在溶液中的电离能促进AlO2-水解，不能大量共存，故D错误，答案为A。9. 乙酸橙花酯是一种食用香料，其结构简式如图，关于该有机物的叙述中正确的是1mol该有机物可消耗3mol H2； 不能发生银镜反应； 分子式为C12H20O2； 它的同分异构体中可能有酚类； 1 mol该有机物水解时只能消耗1m
12、ol NaOHA. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：该有机物含有碳碳双键和酯基。1摩尔该有机物能消耗2摩尔氢气，错误；没有醛基，不能发生银镜反应，正确；给有机物分子式为C12H20O2，正确；该分子式分析，当有苯环时，氢原子最多为18个，所以不能含有苯环，即不可能有酚类，错误；含有酯基，1摩尔该有机物水解消耗1摩尔氢氧化钠，正确。故选D。考点：有机物的结构和性质10. 优质的锂碘电池可用于心脏起搏器延续患者的生命，它的正极材料是聚2-乙烯吡啶（简写P2VP）和I2的复合物，电解质是固态薄膜状的碘化锂，电池的总反应为2Li+P2VPnI2= P2VP(n-1)I2+2LiI，则下列
13、说法正确的是A. 正极的反应为P2VPnI2+2e-= P2VP(n-1)I2+2I-B. 电池工作时，碘离子移向P2VP极C. 聚2-乙烯吡啶的复合物与有机物性质相似，因此聚2-乙烯吡啶的复合物不会导电D. 该电池所产生的电压低，使用寿命比较短【答案】A【解析】A. 正极的反应为P2VPnI2+2e-=P2VP(n-1)I2+2I-，故A正确；B. P2VP极为正极，电池工作时，碘离子移向负极Li，故B错误；C. 聚2-乙烯吡啶的复合物含有电子，因此聚2-乙烯吡啶的复合物可以导电，故C错误；D. 锂的比能量高，该电池使用寿命比较长，故D错误。故选A。11. 由下列实验操作和现象得出的结论正确
14、的是选项实验操作实验现象结论A将氯气、SO2气体分别通入品红溶液溶液均退色氯气、SO2均有漂白性且漂白原理相同B某溶液加入浓NaOH溶液加热，在试管口放一片湿润的红色石蕊试纸试纸变蓝NH3是碱C硝酸银溶液中加少量NaCl溶液，再加KI溶液先出现白色沉淀，后出现黄色沉淀Ksp(AgCl)Ksp(AgI)DFeCl3溶液中通入足量SO2气体，然后滴入KSCN溶液溶液不变红还原性SO2Fe2+ A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】A. 氯气利用与水反应的生成物次氯酸的氧化性漂白，SO2可与色素结合为不稳定的无色物质，它们的漂白原理不同，故A错误；B. NH3不能电离产生OH-，所
15、以不是碱，NH3与H2O反应的生成物NH3H2O是碱，故B错误；C. 硝酸银溶液中加少量NaCl溶液，产生白色沉淀AgCl，溶液中剩余硝酸银，再加KI溶液，产生黄色沉淀AgI，不是AgCl转化为AgI而是直接生成AgI，不能证明Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，故C错误；D. FeCl3溶液中通入足量SO2气体，然后滴入KSCN溶液，溶液不变红，表明SO2将Fe3+还原为Fe2+，证明还原性SO2Fe2+，故D正确。故选D。12. 一定条件下，CO2(g)+3H2(g)H2O(g)+CH3OH(g) H=-53.7kJ/mol；向2L恒容恒温密闭容器中充入1mol CO2和2.8molH2反
16、应，图中过程I、是在两种不同催化剂作用下建立平衡的过程中CO2的转化率(CO2)随时间(t)的变化曲线。下列说法不正确的是A. m点：v（正）v（逆） B. 活化能：过程过程IC. n点时该反应的平衡常数K=50 D. 过程I，t2时刻改变的反应条件可能是升高温度【答案】CCO2(g)+3H2(g)H2O(g)+CH3OH(g)起始浓度（mol/L） 0.5 1.4 0 0转化浓度（mol/L） 0.4 1.2 0.4 0.4平衡浓度（mol/L） 0.1 0.2 0.4 0.4所以该反应的平衡常数K200，C错误；D. 过程I，t2时刻转化率降低，说明反应向逆反应方向进行，由于正反应放热，因
17、此改变的反应条件可能是升高温度，D正确，答案选C。13. 某溶液中含有的离子可能是K+、Ba2+、Al3+、Mg2+、AlO2-、CO32-、SiO32-、Cl-中的几种，现进行如下实验：取少量溶液滴加氢氧化钠溶液过程中无沉淀生成；另取少量原溶液，逐滴加入5mL 0.2mol/L盐酸，发生的现象是：开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生气体，最后沉淀逐渐减少至消失：在上述沉淀消失后的溶液中，再加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.43g。下列说法中正确的是A. 该溶液中一定不含Ba2+、Al3+、Mg2+、SiO32-、Cl-B. 该溶液中一定含有K+、AlO2-、CO32-、Cl-C. 该
18、溶液是否有K+需做焰色反应（透过蓝色钴玻璃片）D. 可能含有Cl-【答案】B【解析】向溶液中加入氢氧化钠溶液过程中无沉淀生成，说明溶液中一定不存在与氢氧化钠生成沉淀的离子，即A13+和Mg2+；另取少量原溶液，逐滴加入5mL0.2molL-1的盐酸，开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生气体，最后沉淀逐渐减少至消失，所以一定不存在SiO32-，滴加盐酸产生和溶解的沉淀为氢氧化铝，题中所给的离子中能与盐酸反应生成气体的只有CO32-，则气体为二氧化碳，说明原溶液中存在AlO2和CO32，所以一定不存在与CO32反应的Ba2+，再根据溶液呈电中性可知，溶液中一定存在唯一的阳离子K+；在上述沉
19、淀消失后的溶液中，再加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.435g，则沉淀为AgCl，物质的量为：0.435g143.5g/mol0.003mol，中加入的氯离子的物质的量为：n（HCl）=0.2mol/L0.005L=0.001moln（AgCl），所以原溶液中一定存在0.02mol Cl。A.根据以上分析可知，溶液中一定不存在Ba2+、Mg2+、A13+、SiO32-，一定存在Cl-，故A错误；B.由分析可知：该溶液中一定含有K+、AlO2-、CO32-、Cl-，故B正确；C.根据溶液呈电中性可以判断，溶液中一定存在钾离子，不需要通过焰色反应判断钾离子是否存在，故C错误；D.根据生成氯化银沉淀
20、的物质的量可知，原溶液中一定存在氯离子，故D错误；答案选B。点睛：根据离子的特征反应及离子间的共存情况，进行离子推断时要遵循以下三条原则：（1）互斥性原则，判断出一定有某种离子存在时，将不能与之共存的离子排除掉，从而判断出一定没有的离子，如本题的原溶液中存在CO32，所以一定不存在与CO32反应的Ba2+；（2）电中性原则，溶液呈电中性，溶液中一定有阳离子和阴离子，不可能只有阳离子或阴离子，如本题根据溶液呈电中性可知，溶液中一定存在唯一的阳离子K+；（3）进出性原则，离子检验时，加入试剂会引入新的离子，某些离子在实验过程中可能消失，则原溶液中是否存在该种离子要结合题目信息进行判断，如本题中的C
21、l-就是利用最终生成的AgCl沉淀的质量和开始加入的HCl的物质的量判断一定存在。14. 甲乙丙丁戊是中学常见的无机物，他们的转化关系如图所示（某些条件和部分产物已略去）。下列说法错误的是A. 若戊为一种强碱且焰色反应为黄色，则反应可能都属于氧化还原反应B. 常温下，若丙为无色气体，戊为红棕色气体，则甲、乙可能是铜和稀硝酸C. 若甲为硫磺燃烧产物，丁为水，则戊不可用于干燥甲D. 若甲为浓盐酸，乙为MnO2，则戊可能使品红褪色【答案】C【解析】试题分析：A若戊为一种强碱且焰色反应为黄色，则戊为NaOH，此时甲、乙可能为Na和O2、丙为Na2O2，与水反应生成戊（NaOH），故A正确；B若丙为无色
22、气体，戊为红棕色气体，则丙为NO、戊为NO2，但能产生NO的不一定是铜和稀硝酸，故B错误；C若甲为硫磺燃烧产物（SO2），丁为水，则乙为O2、丙为SO3、戊为H2SO4，浓硫酸可用于干燥SO2，故C正确；D若甲为浓盐酸，乙为MnO2，则丙为Cl2，可与水或者碱反应产生具有漂白性的HClO或者次氯酸盐，故D正确。故选B。考点：考查无机物之间的转化15. 在标准状况下，将a L NH3完全溶于水得到V mL氨水，溶液的密度为pg .cm-3，溶质的质量分数为，溶质的物质的量浓度为cmol/L。下列叙述中正确的有 上述溶液中加入VmL水后，所得溶液的质量分数大于0.5 上述溶液中再加入1.5V mL
23、同浓度稀盐酸，充分反应后溶液中离子浓度大小关系为：c(Cl-)c(NH4+)c(H+)c(OH-)A. B. C. D. 【答案】B【解析】氨气溶于水，主要以NH3H2O存在，但仍然以NH3作为溶质，=100%= =100%=100%，选项错误；、C= = mol/L，选项正确；水的密度比氨水的密度大，所以上述溶液中再加入VmL水后，混合后溶液的质量大于2倍的原氨水的质量，溶质氨气的质量不变，所以所得溶液的质量分数小于0.5，选项错误；上述溶液中再加入1.5VmL同浓度稀盐酸，溶液为氯化铵与氯化氢的混合溶液，浓度之比为2：1，溶液呈酸性，c（H+）c（OH-），铵根离子水解，水解程度微弱，所以
24、c（Cl-）c（NH4+），充分反应后溶液中离子浓度大小关系为：c（Cl-）c（NH4+）c（H+）c（OH-），选项正确；答案选B。点睛：本题考查物质的量浓度的计算、盐类水解、质量分数等，注意氨气溶于水主要以一水合氨存在，但溶质仍以氨气计算，氨水的密度小于水，浓度越大密度越小。16. 某磁黄铁矿的主要成分是FexS（S为-2价），既含有Fe2+又含有Fe3+。将一定量的该磁黄铁矿与l00mL的盐酸恰好完全反应（注：矿石中其他成分不与盐酸反应），生成硫单质2.4g、FeCl20.425mol和一定量H2S气体，且溶液中无Fe3+。则下列说法正确的是A. l00mL的盐酸中HC1物质的量浓度为7
25、.5mol/LB. 生成的H2S气体在标准状况下的体积为2.24LC. 该磁黄铁矿中FexS的x=0.85D. 该磁黄铁矿FexS中，Fe2+与Fe3+的物质的量之比为3:1【答案】C【解析】试题分析：A.根据题给信息知，将一定量的该磁黄铁矿与100mL的盐酸恰好完全反应，生成FeCl20425mol，根据氯原子守恒知，HCl的物质的量为0.85mol，100mL的盐酸中HCl物质的量浓度为8.5mol/L，A项错误；B.根据铁原子守恒知，磁黄铁矿中铁的物质的量为0.425mol，硫单质是由反应2Fe3+S2=2Fe2+S生成的，生成硫单质2.4g，物质的量为0.075mol，则磁黄铁矿中+3
26、价铁的物质的量为0.15mol，+2价铁的物质的量为0.275mol，根据化合价规则知，原磁黄铁矿中2价硫的物质的量为0.5mol，根据硫原子守恒知，生成H2S的物质的量为0.425mol，标准状况下的体积为9.52L，B项错误；C.根据上述分析，该磁黄铁矿中FexS的x=0.85，C项正确；D.该磁黄铁矿FexS中，Fe2+与Fe3+的物质的量之比为17：6，D项错误；答案选B。【考点定位】考查氧化还原反应的计算，原子守恒法计算。【名师点睛】本题考查根据氧化还原反应进行计算，根据反应过程中原子守恒、转移电子守恒进行计算，根据氢原子守恒计算硫化氢体积，根据转移电子守恒计算亚铁离子和铁离子的物质
27、的量之比，计算量较大，难度较大。根据氯原子守恒计算盐酸的浓度；根据氢原子守恒计算硫化氢的体积；根据转移电子守恒计算n(Fe3)，根据铁原子守恒计算n（Fe2+），根据氢原子守恒及硫单质计算硫原子的物质的量，从而得出x值；根据转移电子守恒计算Fe2+与Fe3+的物质的量之比。17. FeCl2是一种常用的还原剂。有关数据如下：C6H5Cl(氯苯)C6H4Cl2FeCl3FeCl2溶解性不溶于水易溶于苯不溶于C6H5Cl、C6H4Cl2、苯，易吸水。熔点-4553沸点132173实验室可以用多种方法来制备无水FeCl2，回答下列问题：I按如图l装置用H2还原无水FeCl3制取，装置C的作用是_；E
28、中盛放的试剂是_；D中反应的化学方程式为_。II按如图2装置，在三颈烧瓶中放入162.5g无水氯化铁和225g氯苯，控制反应温度在128139加热3h，反应接近100%。冷却，分离提纯得到粗产品。反应如下：2FeCl3+C6H5Cl2FeCl2+C6H4Cl2+HC1（1）该制取反应中，作还原剂的是_。（2）反应温度接近或超过C6H5Cl的沸点，但实验过程中C6H5Cl并不会大量损失，原因是_。（3）冷却实验装置，将三颈瓶内物质经过过滤、洗涤，干燥后，将得到粗产品。洗涤所用的试剂可以是_；回收滤液中C6H5Cl的方法是_。（4）仅通过烧杯中的现象变化就可以监控氯化铁的转化率。若要监控氯化铁转化
29、率达到或超过90%，则烧杯中试剂可以是加有酚酞，且理论上含_g NaOH的溶液。【答案】 (1). 干燥氢气 (2). 碱石灰 (3). H2+2FeCl32FeCl2+2HC1 (4). C6H5Cl (5). 实验使用了冷凝回流装置 (6). 苯 (7). 蒸馏滤液，并收集132馏分 (8). 18【解析】本题主要考查FeCl2的实验室制法。I按如图l装置用H2还原无水FeCl3制取，装置C的作用是干燥氢气；E中盛放的试剂是碱石灰；D中反应的化学方程式为H2+2FeCl32FeCl2+2HC1。II（1）该制取反应中，FeCl3是氧化剂，作还原剂的是C6H5Cl。（2）反应温度接近或超过C
30、6H5Cl的沸点，但实验过程中C6H5Cl并不会大量损失，原因是实验使用了冷凝回流装置。（3）C6H5Cl、C6H4Cl2易溶于苯，FeCl2不溶于苯，洗涤所用的试剂可以是苯；分离互溶液体的一般方法是蒸馏，回收滤液中C6H5Cl的方法是蒸馏滤液，并收集132馏分。（4）162.5g无水氯化铁的物质的量是1mol，氯化铁转化率达到或超过90%，生成氯化氢的物质的量不少于0.45mol，烧杯中的酚酞在氢氧化钠耗尽时由红色变为无色，理论上与0.45molHCl发生反应消耗0.45mol即18gNaOH。18. 某化工厂以软锰矿、闪锌矿（除主要成分为MnO2、ZnS外还含有少量的FeS、CuS、Al2
31、O3等物质）为原料制取Zn和MnO2。（1）在一定条件下，将这两种矿粉在硫酸溶液中相互作用，配平如下的化学方程式：口MnO2+口FeS+口H2SO4=口MnSO4+口Fe2(SO4)3+口S+口H2O _（2）将所得含有Mn2+、Fe3+、Cu2+、Al3+、Zn2+的酸性溶液按以下的工业流程进行操作处理得溶液(IV)，电解溶液(IV)即得MnO2和Zn。a操作中加Zn粉后发生反应的离子方程式为：_。b操作中加入适量X的作用是什么_；X的首选物的化学式是_。c操作中所加碳酸盐的化学式是_。（3）为了从上述流程中产生的Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀混合物中同收Al(OH)3，工厂设计了如下的
32、有关流程图aAlC13溶液和NaAlO2溶液反应生成Al(OH)3的离子方程式为_，若总共得到n molAl(OH)3，则消耗的NaOH和HC1的理论量(mol)分别为_、_。b若使用下列流程同收处理，请比较两个流程消耗酸碱的用量？_。【答案】 (1). 3、2、6、3、1、2、6 (2). Zn+2Fe3+ =Zn2+ 2Fe2+、Zn+Cu2+=Zn2+ Cu (3). 将Fe2+氧化成Fe3+ (4). MnO2 (5). MnCO3或ZnCO3 (6). Al3+ + 3AlO2-+ 6H2O=4Al(OH)3 (7). (8). (9). 如按下流程，则得到同样n molAl(OH)
33、3，消耗的NaOH、HC1的埋论量分别为nmol，大于前流程的消耗量，相对而言，前流程更符合节约的原则【解析】试题分析：（1）在一定条件下，将这两种矿粉在硫酸溶液中相互作用，根据原子守恒、电子守恒可得配平的化学方程式：3MnO2 + 2FeS +6H2SO4=3MnSO4 + Fe2(SO4)3 +2S + 6H2O；a操作向该溶液中加入Zn粉后，溶液中的Fe3+、Cu2+会与Zn发生氧化还原反应，发生反应的离子方程式为Zn + 2Fe3+=Zn2+ + 2Fe2+、Zn + Cu2+=Zn2+ + Cu；根据图示可知在酸性溶液中含有Fe2+、Al3+等，要将它们反应转化为Al(OH)3、Fe
34、(OH)3沉淀，应该先加入氧化剂，将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+；为了不引入新的杂质离子，加入的氧化剂可以是MnO2；c操作中所加碳酸盐就是调整溶液的酸碱性的，根据除杂的原则，该物质应该是的化学式是MnCO3或ZnCO3；（3）aAlCl3溶液和NaAlO2溶液混合发生盐的双水解反应生成AI(OH)3，该反应的离子方程式为Al3+ 3AlO2+ 6H2O=4Al(OH)3；由于n(Al3+)：n(AlO2)=1:3,所以若总共得到n molAl(OH)3，则需要消耗AlCl3的物质的量是n/4mol，消耗NaAlO2的物质的量是3n/4mol，根据元素守恒可知n(NaOH)=n(NaAlO2
35、)= 3n/4mol，n(HCl)=3n(AlCl3)= 3n/4mol，b若使用下列流程回收处理，得到同样n molAl(OH)3，消耗的NaOH、HCl的理论量分别为n mol，大于前一个流程消耗酸碱的用量，因此相对而言，前流程更符合节约的原则。考点：考查氧化还原反应离子方程式的书写、物质的选择及作用、关于化学方程式的计算、化学实验方案的设计及评价的知识。19. CO2是燃烧和代谢的最终产物，也是造成温室效应昀废气，但CO2作为一种资源，开发和利用的前景十分诱人。I、利用太阳能，以CO2为原料制取炭黑的流程如上图所示。过程2的化学方程式为：_。II、近年科学家提出“绿色自由”构想。把含有大
36、量CO2的空气吹入K2CO3溶液中，再把CO2从溶液中提取出来，并使之与H2反应制取甲醇。其工艺流程如图所示：（1）由吸收池导入分解池中的主要物质的化学式是_。上述流程中_（填化学式）可循环使用，该流程体现了“绿色化学”理念。（2）不同温度下，在1L恒容密闭容器中充入2mol CO2和5 mol H2，相同时间内测得CO2的转化率随温度变化如下图所示：合成塔中发生的化学反应方程式为_。T1时a点v（正）_v（逆）（填“”，“ (6). 800 (7). 56 (8). 从右至左 (9). 2CO2+12H+ 12e-=C2H4+4H2O【解析】本题主要考查有关二氧化碳的性质。I、过程2的化学方
37、程式为：6FeO+CO2=C+2Fe3O4。II、（1）分解池中产生CO2，由吸收池导入分解池中的主要物质的化学式是KHCO3。上述流程中KHCO3分解产生K2CO3，所以K2CO3（填化学式）可循环使用，该流程体现了“绿色化学”理念。（2）合成塔中发生反应的化学方程式为CO2+3H2CH3OH+H2O。T1时a点平衡向着正反应方向建立，所以v（正）v（逆）温度为T4时b点的平衡浓度：c(CO2)=(2-1.6)mol/L=0.4mol/L，c(H2)=(5-4.8)mol/L=0.2mol/L，c(CH3OH)=c(H2O)=1.6mol/L，平衡常数为=800。（3）V(盐酸)25mL时,
38、发生反应：K2CO3+HClKCl+KHCO3，n(K2CO3)= n(HCl)=0.10mol/L25mL=2.5mmol，K2CO3+H2O+CO22KHCO3,则该l00mL吸收液还可吸收2.5mmol即标准状况下56mLCO2.III、 （1）CO2发生还原反应，通入CO2的一极是阴极，阳离子移向阴极，H+的移动方向是从右至左；（2）产生乙烯的电极反应式为2CO2+12H+12e-=C2H4+4H2O。20. 对乙酰氨基苯酚（F）是最常用的非甾体消炎解热镇痛药，用于治疗感冒发烧、关节痛、神经痛、偏头痛等，它可用最简单的烯烃A等合成：已知：请回答下列问题：（1）E的名称为_，C中含有的官
39、能团是_。（2）B的结构简式是_，反应的反应类型是_。（3）F与足量NaOH溶液反应的化学方程式为_。（4）F的同分异构体有很多，其中一类同时满足下列条件的同分异构体共有_种。苯环上有三个侧链；与FeCl3溶液发生显色反应；能发生银镜反应且醛基直接连在苯环上。（5）参照F的合成路线，设计一条以溴苯为起始原料制备的合成路线_。【答案】 (1). 硝基苯 (2). 羧基 (3). CH3CHO (4). 取代反应或脱水 (5). (6). 20 (7). （或）（或）【解析】本题主要考查有机物的结构与性质。（1）E的名称为硝基苯，C中含有的官能团是羧基。（2）B的结构简式是CH3CHO，反应乙酸转化为乙酸酐，其反应类型是取代反应或脱水反应。（3）F与足量NaOH溶液反应的化学方程式为。.（5）以溴苯为起始原料制备的合成路线：（或）（或）