1、天津南开中学2018届高三10月月考化学试题可能用到的原子量：H:1C:12N:14O:16Na:23Mg:24Al:27S:32Fe:56Cu:64Ba:137卷（共36分）一、选择题（每小题只有一个正确选项）1. 类比推理的方法在化学学习与研究中有广泛的应用，但有时会得出错误的结论。以下几种类比推理结论中正确的是（ ）A. CO2通入Ba(NO3)2溶液中无沉淀生成，推出SO2通入Ba(NO3)2溶液中无沉淀生成B. Fe3Cl8可以改写为FeCl22FeCl3，推出Fe3I8可以改写为FeI22FeI3C. H2O的沸点高于H2S，推出CH4沸点高于SiH4D. H2SO4为强酸，推出H
2、ClO4为强酸【答案】D【解析】A、二氧化硫具有还原性，能被强氧化剂氧化生成硫酸根离子，所以二氧化硫能被硝酸钡氧化生成硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡沉淀，故A错误；B、铁离子的氧化性比碘单质强，所以无FeI3，推出Fe3I8可以改写为3FeI2I2，故B错误；C、含有氢键的物质熔沸点较高，H2O中含有氢键，因此H2O的沸点高于H2S，但CH4中不含氢键，所以SiH4的熔沸点比CH4高，故C错误；D、非金属性越强最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性C1S，所以HC1O4为强酸，故D正确；故选D。点睛：本题考查探究化学规律，涉及氧化还原反应、氢键、最高价氧化物的水化物酸性等知识
3、点，注意规律中的异常现象。本题的易错点为A，注意二氧化碳和二氧化硫的还原性的差别。 2. NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列叙述中正确的是（ ）A. 标准状况下，80g SO3中含3NA个氧原子B. 含0.01 mol FeCl3的饱和溶液完全水解制成的氢氧化铁胶体中所含胶粒数目等于0.01 NAC. 含有2NA个阴离子的Na2O2，与水反应可以生成标准状况下约44.8 L的气体D. 53 g纯碱晶体中含有的CO32-离子个数等于0.5 NA【答案】A【解析】A、80g SO3的物质的量为=1mol，1mol三氧化硫含有3mol氧原子，故A正确；B. 胶体中的胶体粒子是多个氢氧化铁微粒的聚合体
4、，无法判断含0.01mol Fe3Cl8的饱和溶液完全水解制成的氢氧化铁胶体中所含胶粒数目，故B错误；C. 含有2NA个阴离子的Na2O2的物质的量为2mol，根据2Na2O2 + 2H2O = 4NaOH + O2 ，与水反应可以生成标准状况下约22.4L，故C错误；D. 53g纯碱晶体的物质的量为0.5mol，晶体中含有的CO32-离子个数少于0.5NA，故D错误；故选A。3. 某溶液为含有较多的CuSO4和少量的Fe2(SO4)3酸性溶液。若用该溶液制取硫酸铜固体，可供选择的操作有：加适量H2SO4溶液加适量CuO冷却结晶加过量NaOH溶液加强热至有大量白色固体析出过滤。正确的操作步骤及
5、顺序是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】若用该溶液制取硫酸铜固体，Fe3+对于CuSO4来说属于杂质，所以先要除去Fe3+。除去Fe3+的方法通常为：加入能消H+的物质，促进Fe3+水解平衡：Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+右移，使得Fe3+完全水解为氢氧化铁沉淀；可以加入CuO，CuO+2H+=Cu2+H2O，消耗溶液中的H+，使得酸性减弱，促进铁离子沉淀；过滤可得硫酸铜溶液，再蒸发结晶即可得硫酸铜固体；不能加NaOH溶液，否则会引入Na+杂质。故操作顺序为：，选D。点睛：向溶液中加入新物质调pH，促进铁离子等水解，要注意不能引入新杂质，本题中可以选择加入CuO、CuCO
6、3、Cu(OH)2消耗H+，从而达到调pH至弱酸性的目的。4. 对下列化学反应对应的实验现象表述正确的是（ ）A. 将一定量Na2O投入到Ca(HCO3)2溶液中，有白色沉淀和无色气体产生B. 将NaHCO3溶液和NaAlO2溶液混合后有沉淀和气体产生C. 氯化铁溶液与过量铜粉充分反应后溶液由黄色变成蓝绿色D. 0.01 molL-1 NH4Al(SO4)2溶液与0.005 molL-1 Ba(OH)2溶液等体积混合，产生白色沉淀和刺激性气味的气体【答案】C【解析】A、将Na2O投入到Ca(HCO3)2溶液中，Na2O先与水反应生成NaOH，OH-与HCO3-反应生成CO32-和水，而CO32
7、-与Ca2+反应生成CaCO3沉淀，离子方程式为：OH-+ HCO3-+Ca2+= CaCO3+H2O，整个过程中没有气体产生，故A错误；B、将NaHCO3溶液和NaAlO2溶液混合，发生反应：AlO2-+ HCO3-+H2O=Al(OH)3+ CO32-，没有气体产生，故B错误；C、氯化铁溶液与过量铜粉，氯化铁反应完全，反应为：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，Fe3+溶液为黄色，Cu2+溶液为蓝色，Fe2+溶液为浅绿色，故溶液由黄色变成蓝绿色，故C正确；D、0.01 molL-1 NH4Al(SO4)2溶液与0.005 molL-1 Ba(OH)2溶液等体积混合，其中OH-先于Al3+反
8、应产生白色沉淀，且OH-与Al3+浓度相等，故OH-少量，不会与NH4+反应，故D错误。故选C。点睛：本题A、B两个选项涉及到同一个易错点：HCO3-的复分解反应。OH-与HCO3-反应，AlO2-与 HCO3-反应，可分别理解为OH-抢走HCO3-中的H+, AlO2-抢走HCO3-中的H+，产物均为CO32-，而不是CO2。5. 宋代著名法医学家宋慈的洗冤集录中有“银针验毒”的记载，“银针验毒”的原理是：4Ag+2H2S+O2=2X=2H2O。下列说法正确的是（ ）A. X的化学式为AgSB. 银针验毒时，空气中氧气失去电子C. 反应中Ag和H2S均是还原剂D. 每生成1 mol X，反应
9、转移2 mol e-【答案】D【解析】由质量守恒可知X的化学式为Ag2S；银针验毒时，空气中氧气分子得到电子，化合价从反应前的0价变为反应后的-2价，化合价降低，做氧化剂；在反应中Ag的化合价从单质Ag的0价变为反应后Ag2S中的+1价，失去电子，作还原剂； H2S中的H、S两元素的化合价都没有发生变化，既不是氧化剂也不是还原剂，由方程式：4Ag+2H2S+O2=2X+2H2O可知，4Ag4e2Ag2S，则每生成1mo1Ag2S，反应转移2mo1e-，故D正确。6. X、Y、Z是三种常见元素的单质，甲乙是两种常见的化合物，这些单质和化合物之间存在如图所示的关系，下列说法正确的是（ ）A. X、
10、Y、Z一定是非金属单质B. 如果X、Y都为金属单质，则Z必为非金属单质C. X、Y、Z中至少有一种是金属单质D. 如果X、Y都为非金属单质，则Z必为金属单质【答案】B【解析】根据X、Y、Z是单质，甲和乙是常见的化合物，X和甲反应会生成Y和乙，反应是置换反应，X可能是氢气或者碳或者活泼金属，X和Z会生成乙，Y和Z会生成甲。A、X、Y、Z不一定是非金属单质，如2Mg+CO2=C+2MgO，故A错误；B、若X、Y都为金属单质，发生置换反应是一定是金属单质很金属化合物的反应，X、Y的化合物一定是非金属化合物，所以则Z必为非金属单质，如2Al+Fe2O3=2Fe+Al2O3；Zn+CuCl2=ZnCl2
11、+Cu；故B正确；C、X、Y、Z可以都是非金属单质，如C+H2O=CO+H2，故C错误；D、如果X、Y都为非金属单质，则Z可以为金属单质，也可以为非金属单质，如Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2；Zn+2HCl=ZnCl2+H2故D错误；故选B。点睛：本题考查了物质转化关系和物质性质的应用，主要考查置换反应的特征反应，熟悉常见的置换反应是解题关键。本题想难度较大，可以通过举例法帮助判断。7. 化学知识在生产和生活中有着重要的应用。下列说法中正确的是（ ）钠的还原性很强，可以用来冶炼金属钛、钽、铌、锆等；K、Na合金可作核反应堆的导热剂；明矾常用作消毒剂；Na2O2既可作呼吸面具中O2的来源
12、，又可漂白织物、麦秆、羽毛等；碳酸钠在医疗上是治疗胃酸过多的一种药剂；发酵粉中主要含有碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：金属钠的化学性质强于金属钛，可以将金属钛、钽、铌、锆等从其熔融态的盐中置换出来，所以可以用来冶炼金属钛、钽、铌、锆等，故正确；K、Na合金熔点低，可作原子反应堆的导热剂，故正确；明矾不具有氧化性，不能作常用作消毒剂，铝离子水解生成的氢氧化铝具有净水作用，所以明矾可以做净水剂，故错误；Na2O2和二氧化碳反应生成氧气，且又有强氧化性，有漂白性，所以Na2O2既可作呼吸面具中O2的来源，又可漂白织物、麦杆、羽毛等，故正确；碳酸钠
13、碱性较强，所以不能用来治疗胃酸过多，碳酸氢钠在医疗上是治疗胃酸过多的一种药剂，故错误；碳酸氢钠和酸反应生成二氧化碳，所以发酵粉中主要含有碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔，故正确；故选B。考点：考查了钠及其化合物的性质的相关知识。8. 向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液进行如下操作，其中结论正确的是（ ）操作现象结论A滴加BaCl2溶液生成白色沉淀原溶液中有SO42-B滴加氯水和CCl4，振荡、静置下层溶液显紫红色原溶液中有I-C用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应火焰呈黄色原溶液中有Na+、无K+D滴加几滴稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝原溶液中无NH4+A. A B.
14、B C. C D. D【答案】B【解析】A、滴加BaCl2溶液有白色沉淀生成，不能说明原溶液中有SO42-，因为CO32-、SO32-、Ag+等滴加BaCl2溶液，也生成白色沉淀，故A错误；B、滴加氯水和CCl4，下层溶液显紫红色说明产生了碘单质，氯水为强氧化性溶液，可推断溶液存在强还原性的I-，氯气置换出碘单质，故B正确；C.、用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，说明原溶液中有Na+，但并不能说明溶液中无K+，因为黄色火焰可以覆盖K+的浅紫色火焰，检验K+需通过蓝色钴玻璃观察火焰，故C错误；D、NH3极易溶于水，若溶液中含有少量的NH4+时，滴加稀NaOH溶液不会放出NH3，检验NH
15、4+的正确操作为：向原溶液中滴加几滴浓NaOH溶液，加热，将湿润红色石蕊试纸置于试管口，若试纸变蓝证明存在，NH4+，故D错误。故选B。9. 某消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH，下列用来解释事实的方程式中合理的是（已知：饱和NaClO溶液的pH约为11）A. 该消毒液可以向NaOH溶液中通入足量Cl2制备：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2OB. 该消毒液加氢碘酸生成HClO，可增强漂白作用：H+ClO-=HClOC. 该消毒液与洁厕灵（主要成分为HCl）混用，产生Cl2:2H+Cl-+ClO-=Cl2+H2OD. 该消毒液的pH约为12的原因是：ClO-+H2OHC
16、lO+OH-【答案】C【解析】A、该消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH，可以向NaOH溶液中通入适量Cl2制备，但Cl2不能过量，否则NaOH会反应完全，故A错误；向该消毒液加氢碘酸，HI为强还原性酸，I-被Cl2氧化，故离子方程式应为：2I-+Cl2=I2+2Cl-，故B错误；C、在酸性条件下ClO-与Cl-发生归中反应生成Cl2，发生反应为：2H+Cl-+ClO-Cl2+H2O，该反应合理，故B错误；D、饱和NaClO溶液的pH约为11，而消毒液的pH约为12，因此溶液的pH主要不是由ClO-的水解造成的，而是因为NaOH过量，故D错误。故选C。10. 下列各组离子能共存
17、，且当溶液中c(H+)=10-1molL-1时，只能观察到有气体产生；而当溶液中c(H+)=10-13molL-1时，只能观察到有白色沉淀生成。则该组离子可能是（ ）A. Na+、Mg2+、NO3-、HCO3-、SO42- B. Pb2+、Ba2+、K+、Cl-、S2-C. Pb2+、Fe2+、Na+、SO42-、NO3- D. Mg2+、NH4+、SO42-、Cl-、S2O32-【答案】A【解析】当溶液中c(H+)=10-1molL-1时，溶液显强酸性，当溶液中c(H+)=10-13molL-1时，溶液显强碱性。A、溶液显强酸性时，HCO3-与H+反应生成CO2，只有气体产生；溶液显强碱性时
18、，发生反应HCO3-+H+Mg2+=MgCO3+H2O，只有沉淀产生，故A正确；B、 Pb2+与S2-会反应生成PbS沉淀，二者不能大量共存，故B错误；C、Pb2+与SO42-会反应生成PbSO4沉淀，二者不能大量共存，故C错误；D、当溶液呈强酸性时，S2O32-与H+反应：S2O32-+2H+=S+SO2，既有沉淀又有气体产生，故D错误。故选A。11. FeS与一定浓度的HNO3反应，生成Fe(NO3)3、Fe2(SO4)3、NO2、N2O4、NO和H2O，当NO2、N2O4、NO的物质的量之比为4:1:4时，实际参加反应的FeS与HNO3的物质的量之比为A. 1:6 B. 2:15 C.
19、2:3 D. 16:25【答案】A【解析】令参加反应的FeS为1mol，则溶液中Fe2(SO4)3为mol，Fe(NO3)3为mol，反应中Fe元素、S元素化合价升高，N元素化合价降低，令NO2、N2O4、NO的物质的量分别为4amol、amol、4amol，根据电子转移守恒有：1(3-2)+16-(-2)=4a(5-4)+a(5-4)2+4a(5-2)，解得a=0.5，故NO2、N2O4、NO的物质的量分别为2mol、0.5mol、2mol，故起氧化剂作用的HNO3为2mol+0.5mol2+2mol=5mol，起酸的作用的硝酸生成Fe(NO3)3，故起酸的作用的硝酸为mol3=1mol，参
20、加反应的硝酸为5mol+1mol=6mol，故实际参加反应的FeS与HNO3的物质的量之比为1mol：6mol=1：6，故选A。点睛：利用电子转移守恒与元素守恒计算是关键，注意电子守恒思想在氧化还原反应计算中的运用。根据FeS化学式可知，溶液中铁离子与硫酸根离子的物质的量相等，如果参加反应的FeS为1mol，则溶液中Fe2(SO4)3为mol，Fe(NO3)3为mol，这是解题的基础和关键。12. 向HCl、AlCl3混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，生成沉淀的量随NaOH溶液加入量的变化关系如图所示，则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是（ ）A. M点对应的溶液中：K+、Fe2+、SO
21、42-、NO3-B. N点对应的溶液中：K+、NH4+、Cl-、CO32-C. S点对应的溶液中：Na+、SO42-、HCO3-、NO3-D. R点对应的溶液中：Na+、SO42-、Cl-、NO3-【答案】D【解析】AM点盐酸有剩余，溶液显酸性，H+、Fe2+、NO3-发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；BN点HCl与NaOH恰好反应，溶液中含AlCl3，Al3+、CO32-相互促进水解，不能大量共存，故B错误；CS点AlCl3没有完全反应，Al3+、HCO3-相互促进水解，不能大量共存，故C错误；DR点生成偏铝酸钠，溶液显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故D正确；故选D。13.
22、制备纳米Fe3O4的过程如图所示：下列有关叙述不合理的是（ ）A. 纳米Fe3O4分散在适当溶剂中，当强光照射时，会产生丁达尔现象B. 反应的反应类型为消去反应C. 反应中，环丙胺的作用可能是促进氯化铁水解D. 反应的化学方程式为：6FeOOH+CO=2Fe3O4+3H2O+CO2【答案】B【解析】试题分析：A纳米Fe3O4分散在适当溶剂中，就会形成胶体。当强光照射时，会产生丁达尔现象，正确；B反应的反应类型为分解反应，由于没有产生含有双键的物质，因此反应不是消去反应，错误；C反应中，加入环丙胺，就可以使FeCl3变为FeOOH，因此其作用可能是促进氯化铁水解，正确；D根据质量守恒定律可知反应
23、的化学方程式为：6FeOOH+CO= 2Fe3O4+3H2O+CO2，正确。考点：考查纳米Fe3O4的制备过程的反应原理的知识。14. 向含a mol NaClO的溶液通入b mol SO2充分反应（不考虑二氧化硫与水之间的反应以及次氯酸的分解）。下列说法不正确的是（ ）A. 当0ba/3时：SO2+3ClO-+H2O=SO42-+2HClO+Cl-B. 当a=b时：SO2+ClO-+H2O=2H+Cl-+SO42-C. 当a/3ba时，反应后溶液中H+的物质的量：0n(H+)2b molD. 当0ba时，反应后溶液中ClO-、Cl-、SO42-物质的量之比为：(a-b):b:b【答案】D【解
24、析】根据电子得失守恒可知如果bmolSO2恰好被氧化为硫酸需要bmol次氯酸钠，生成bmol氯化钠，则A. 当0ba/3时次氯酸钠过量，过量的次氯酸钠结合氢离子转化为次氯酸，即SO2+H2O+3ClOSO42+2HClO+Cl，A正确；B. 根据以上分析可知当ba时，反应的离子方程式为SO2+H2O+ClO2H+Cl+SO42，B正确；C. 当a/3b时过量的次氯酸钠结合结合生成的氢离子转化为次氯酸，ba时生成硫酸和氯化钠，氢离子的物质的量是2bmol，因此当a/3ba时，反应后溶液中H+的物质的量: 0n(H+)2bmol，C正确；D. 当0bc，则残余固体是铁和Cu的混合物 若ac，则最终
25、溶液中一定有Fe2+和Cu2+若ac，则最终溶液中一定没有Fe3+ 若ac，则最终溶液中可能有Cu2+若ac，则铜没有完全置换出来，故剩余固体为铜，故错误；溶液中存在阳离子为Fe2+、和Cu2+，故正确；则溶液中一定不存在Fe3+ ，故正确；若ac，则铜全部析出，且还有铁剩余，故剩余固体为铁和铜，溶液中一定存在的阳离子为Fe2+一定不存在的阳离子为Fe3+、Cu2+，故错误；正确；故本题选D。考点：铁三角应用。卷（共64分）二、填空题（共4道大题）19. 某冶金厂的矿渣中含有较多的Al2O3、Fe2O3、MgO、SiO2，现欲进行综合利用以提取氧化铝、氧化镁、氧化铁作为工业原料，其设计的工艺流
26、程如下：已知：硅酸的酸性比氢氧化铝强。饱和氯化铵溶液的pH约为5。氢氧化镁开始沉淀至沉淀完全的pH范围：9.012.0。氢氧化铁开始沉淀至沉淀完全的pH范围：2.74.0。回答下列问题：（1）写出过程中发生反应的化学方程式：_、_。（2）过程的名称是_；产品乙的俗名是_。（3）过程中所用适量的B是一种常见气体，过程中所发生的反应的离子方程式为：_。（4）残渣甲用饱和氯化铵溶液能部分溶解的原因是_（用离子方程式表示）。（5）解释工业上不用电解产品甲制备相应金属单质的原因_。【答案】 (1). Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2 (2). SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2
27、(3). 溶解，过滤 (4). 铁红 (5). 2AlO2-+2H2O+CO2=2Al(OH)3+CO32- (6). MgO+2NH4+H2O=Mg2+2NH3H2O (7). MgO熔点高，熔融状态下电解耗能多，成本高【解析】由流程可知，滤渣粉碎后加入碳酸钠，高温条件下反应生成NaAlO2和硅酸钠，溶解后过滤得到残渣甲含有Fe2O3、MgO，加入氯化铵，得到乙为Fe2O3，溶液甲含有氯化镁，固体甲为氢氧化镁，产品甲为MgO；溶液丙含有NaAlO2和硅酸钠，可通入适量的二氧化碳，由于硅酸的酸性比氢氧化铝强，偏铝酸钠与二氧化碳反应生成沉淀丙为氢氧化铝，加热分解生成产品丙为氧化铝。(1)过程II
28、中氧化铝和二氧化硅与碳酸钠反应，发生反应的化学方程式分别为Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2、SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2，故答案为：Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2；SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2；(2)过程为溶解，过滤，产品乙为氧化铁，俗名是铁红，故答案为：溶解，过滤；铁红；(3)过程V中所用适量的B是一种气体，应为二氧化碳，反应的离子方程式为CO2+3H2O+2AlO2-=2Al(OH)3+CO32-，故答案为：CO2+3H2O+2AlO2-=2Al(OH)3+CO32-，(4)残渣甲中主要含有氧化镁，铵根离子水解溶液显酸性，促进氧
29、化镁的溶解，反应的离子方程式为MgO+2NH4+H2OMg2+2NH3H2O，故答案为：MgO+2NH4+H2OMg2+2NH3H2O；(5)产品甲为氧化镁，MgO熔点高，熔融状态下电解耗能多，成本高，工业上不用电解氧化镁的方法制备镁单质，而是电解熔融状态的氯化镁冶炼镁，故答案为：MgO熔点高，熔融状态下电解耗能多，成本高。20. 2-萜品醇可作为消毒剂、抗氧化剂、医药和溶剂。合成-萜品醇G的路线之一如下：已知： 请回答下列问题：（1）G中含氧官能团的名称是_，G的化学式是_；B生成C的基本反应类型为_；C生成D的基本反应类型为_。（2）按要求完成下列反应的化学方程式B在一定条件下生成高分子化
30、合物的化学方程式：_。CD的化学方程式为_。EF的化学方程式为_。（3）写出同时满足下列条件的B的链状同分异构体的结构简式：_。核磁共振氢谱有2个吸收峰；能发生银镜反应（4）试剂Y的结构简式为_。（5）通过常温下的化学反应区别E、F和G所选用试剂的化学名称为_和_。（6）G与H2O催化加成得到不含手性碳原子（连有4个不同原子或原子团的碳原子叫手性碳原子）的化合物H，写出H的结构简式：_。【答案】 (1). 羟基 (2). C10H18O (3). 取代反应 (4). 消去反应 (5). (6). (7). (8). (9). CH3MgX(X=Cl、Br、I) (10). 碳酸氢钠溶液 (11
31、). 金属钠 (12). 【解析】由A、B的结构可知反应为A与氢气发生加成反应生成B，B与HBr发生取代反应生成C为，C发生消去反应生成D为，D水解反应得到E为，E与乙醇发生酯化反应生成F为，F发生信息反应生成G为，结合F与G的结合可知Y为CH3MgBr。(1)G为，其中所含官能团有羟基和碳碳双键，G的化学式为C10H18O；根据上述分析，B生成C的反应属于取代反应，C生成D的反应为消去反应，故答案为：羟基和碳碳双键；C10H18O；取代反应；消去反应；(2)化合物B在一定条件下发生聚合反应产生高聚物的化学方程式为：，故答案为：；CD的化学方程式为 ，故答案为：；化合物E生成化合物F的化学方程
32、式为：，故答案为：；(3)B的同分异构体中，核磁共振氢谱有2个吸收峰，说明分子中含有2种H原子，由B的结构可知，分子中H原子数目很多，故该同分异构体为对称结构，为链状结构，不饱和度为2，能发生银镜反应，故含有醛基2个-CHO，其余的H原子以甲基形式存在，另外的O原子为对称结构的连接原子，故符合条件的同分异构体的结构简式为：，故答案为：；(4)由以上分析可知Y为CH3MgBr，故答案为：CH3MgBr；(5)E为， F为， G为，区分三种物质，可以先加入碳酸氢钠溶液，能够放出气体的是E，再与金属钠与其他2种物质反应，能够放出气体的是G，故答案为：碳酸氢钠溶液；金属钠；(6)G与H2O催化加成得不
33、含手性碳原子，羟基接在连接甲基的不饱和C原子上，H的结构简式为：，故答案为：。点睛：本题考查有机物的推断与合成，充分利用有机物的结构、反应条件及反应信息进行判断，掌握官能团的性质与理解反应信息是关键。本题的易错点为H的结构简式的书写，要注意手性碳原子的判断：(1)手性碳原子一定是饱和碳原子；(2)手性碳原子所连接的四个基团要是不同的。21. 工业上设计将VOSO4中的K2SO4、SiO2杂质除去并回收得到V2O5的流程如图所示：回答下列问题：（1）步骤所得废渣的成分是_（写化学式），操作的名称是_。（2）步骤、的变化过程表示为（下式R表示VO2+，HA表示有机萃取剂）：R2(SO4)n（水层）
34、+2nHA（有机层）2RAn（有机层）+nH2SO4（水层），X试剂为_（写化学式）。（3）按要求完成下列方程式。的离子方程式为_。加氨水调节pH过程中涉及的离子方程式为：_。（4）25时，取样进行试验分析，得到钒沉淀率和溶液pH之间关系如下表：pH1.31.41.51.61.71.81.92.02.1钒沉淀率/%88.194.896.598.098.898.896.493.189.3在实际生产中，中加入氨水，调节溶液的pH最佳为_；若钒沉淀率为93.1%时不产生Fe(OH)3沉淀，则溶液中c(Fe3+)_molL-1（已知：25时，KspFe(OH)3=2.610-39）。（5）该工艺流程中
35、可以循环利用的物质有_和_。【答案】 (1). SiO2 (2). 萃取、分液 (3). H2SO4 (4). 6VO2+ClO3-+9H2O=6VO3-+Cl-+18H+ (5). NH3H2O+H+=NH4+H2O NH4+VO3-=NH4VO3 (6). 1.71.8（或1.7、1.8其中一个，或合理数值即可） (7). 2.610-3 (8). 氨气（或氨水或NH3或NH3H2O） (9). 有机萃取剂（HA或有机溶剂或萃取后的有机层也给分）【解析】将VOSO4中的K2SO4、SiO2杂质除去并回收得到V2O5的流程，水溶过滤得到含VO2+、SO42-、K+的溶液，加入有机萃取剂分液得
36、到含VO2+的有机层，再经过反萃取得到水层，加入KClO3氧化VO2+为VO3-，加入氨水调节溶液PH形成NH4VO3沉淀，灼烧得到V2O5。(1)废钒催化剂(主要成分V2O5、Fe2O3和SiO2等)酸溶后，V2O5、Fe2O3和酸反应，二氧化硅不与酸反应，过滤得到滤渣为二氧化硅，根据流程图，操作II是加入有机萃取剂进行萃取和分液，故答案为：SiO2；萃取、分液；(2)中反萃取时加入的X试剂是抑制平衡正向进行，可以加入硫酸抑制平衡正向进行，故答案为：H2SO4；(3)的反应为氯酸钾氧化VO2+生成VO3-，依据电荷守恒和原子守恒配平得到的离子方程式为：6VO2+ClO3-+9H2O=6VO3
37、-+Cl-+18H+；加氨水调节pH，氨水与酸发生中和反应，反应后生成了NH4VO3沉淀，反应的离子方程式为NH3H2O+H+=NH4+H2O、NH4+VO3-=NH4VO3，故答案为：6VO2+ClO3-+9H2O=6VO3-+Cl-+18H+；NH3H2O+H+=NH4+H2O、NH4+VO3-=NH4VO3；(4)根据表中数据判断，中加入氨水，调节溶液pH最佳值为1.7-1.8，此时钡沉淀率达到最大，需要氨水量较小；若钒沉淀率为93.1%时不产生Fe(OH)3沉淀，此时pH=2，c(H+)=10-2mol/L，c(OH-)=10-12mol/L，则溶液中c(Fe3+)浓度依据溶度积计算，
38、KspFe(OH)3=c(Fe3+)c3(OH-)=2.610-39，计算得到c(Fe3+)=2.610-3molL-1，不产生Fe(OH)3沉淀，则溶液中c(Fe3+)2.610-3molL-1，故答案为：1.7-1.8；2.610-3molL-1；(5)分析流程图，物质参加反应，反应过程中又生成的物质，或重复利用的物质可以循环利用，流程中有机萃取剂、氨气可以循环利用；故答案为：氨气或氨水，有机萃取剂。22. 含硫物质燃烧会产生大量烟气，主要成分是SO2、CO2、N2和O2。某研究性学习小组在实验室利用下列装置制备模拟烟气，并测算模拟烟气通过转化器的脱硫效率。请回答下列问题：模拟烟气的制备（
39、1）用_装置制SO2；用_装置制CO2（填“A”或“B”）。（2）将制得的气体与一定量空气充分混合，获得模拟烟气用于后续实验。测定烟气中SO2的体积分数（3）将部分模拟烟气缓慢通过C、D装置，其中C、D中盛有的药品分别是_、_（填序号）。KMnO4溶液；饱和NaHSO3溶液；饱和Na2CO3溶液；饱和NaHCO3溶液写出吸收SO2时发生反应的离子方程式_（4）若模拟烟气的流速为a mLmin-1，t1 min后，测得量筒内液体的体积为V mL，则SO2的体积分数是_。测算模拟烟气通过转化器的脱硫效率（已转化的SO2占原有SO2的百分比）（5）将模拟烟气通过转化器E装置，E装置中盛有FeCl2和
40、FeCl3的混合溶液，常温下，该混合溶液可以催化SO2与O2的反应，以达到更好脱硫的目的。写出催化剂参与反应过程的离子方程式：SO2+2H2O+2Fe3+=SO42-+2Fe2+4H+；_。（6）若模拟烟气仍以a mLmin-1的流速通过转化器E装置，t2 min后，向E装置中加入酸化的_溶液得到白色浑浊液，经一系列操作后，得到m g固体。若实验的气体体积已折算为标准状况，则该转化器的脱硫效率是_。【答案】 (1). A (2). B (3). (4). (5). 5SO2+2MnO4-+2H2O=2Mn2+5SO42-+4H+ (6). 100(at1-V)/at1 % (7). 4Fe2+
41、O2+4H+=2H2O+4Fe3+ (8). BaCl2 (9). 22400 mt2/233t2(at1-V)100%【解析】I. (1)实验室制备二氧化硫，可以选用亚硫酸钠固体和硫酸反应，亚硫酸钠易溶于水，应该选用A装置制SO2，实验室用碳酸钙与盐酸反应制备二氧化碳，碳酸钙难溶于水，可以选用B装置制CO2，故答案为：A；B； (4)若模拟烟气的流速为aml/min，t1分子后测得量筒内液体为VmL，则混合气体二氧化碳、氧气、氮气的体积是Vml，则二氧化硫的体积为t1aml-Vml，所以二氧化硫的体积分数为100%=%，故答案为：%；. (5)SO2+2H2O+2Fe3+SO42-+2Fe2
42、+4H+ 在反应中三价铁离子被还原为二价铁离子，要想保持质量、性质不变，得到的二价铁离子应该被氧气氧化为三价铁离子，反应的方程式为：4Fe2+O2+4H+=2H2O+4Fe3+，故答案为：4Fe2+O2+4H+=2H2O+4Fe3+；(6)若模拟烟气仍以a mL/min的流速通过转化器E装置，t2 min后，向E装置中加入酸化的氯化钡溶液得到硫酸钡沉淀；t2分钟内烟气中含二氧化硫的体积为：V(SO2)=at2%； 根据上述反应可知各物质之间量的关系为：SO2SO42-BaSO422400ml233gV(SO2) mg所以转化的二氧化硫气体的体积为：V(SO2)=；所以二氧化硫的转化率=，故答案为：BaCl2；。