1、江苏省南京市金陵中学、江苏省海安高级中学、南京外国语学校2020届高三化学第四次模拟考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-l C-12 N-14 O-16 Cl-35.5 K-39 Mn-55 Fe-56 Co-59选择题（共40分）单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分。每小题只有一个选项符合题意。1. 化学与生产、生活密切相关。下列叙述不正确的是（ ）A. 将少量二氧化硫添加到红酒中可起到杀菌和抗氧化作用B. 甘油、生物柴油和汽油都属于烃类物质C. 中国天眼FAST用到的碳化硅是一种无机非金属材料D. 用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料可实现碳的循环利用【答案】B【解析】
2、【详解】A二氧化硫具有还原性，将少量二氧化硫添加到红酒中可起到杀菌和抗氧化作用，A正确；B甘油是多元醇，生物柴油是利用油脂制备的，均不属于烃类物质，B错误；C中国天眼FAST用到的碳化硅是一种无机非金属材料，C正确；D用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料可实现碳的循环利用有利于节能环保，D正确；答案选B。2. 次氯酸钠溶液与氨气反应可制备联氨：NaClO+2NH3N2H4+NaCl+H2O。下列表示相关微粒的化学用语正确的是（ ）A. 中子数为8的氧原子：OB. H2O的电子式：C. Cl-的结构示意图：D. N2H4的结构式：【答案】B【解析】【详解】A中子数为8的氧原子的质量数是8+816，可表
3、示为：，A错误；BH2O是含有共价键的共价化合物，电子式为：，B正确；CCl-的质子数是17，其结构示意图为：，C错误；DN2H4的电子式为，其结构式：，D错误；答案选B3. 下列有关物质的性质与用途正确且具有对应关系的是（ ）A. FeCl3具有氧化性，可用作铜制线路板的蚀刻剂B. SiO2可与氢氟酸反应，可用作光导纤维C. 活性炭具有还原性，可用于除去水体中的重金属离子D. NaHCO3受热易分解，可用于制胃酸中和剂【答案】A【解析】【详解】A. FeCl3具有氧化性，能与铜反应生成氯化铜和氯化亚铁，可用作铜制线路板的蚀刻剂，A正确；B. SiO2可与氢氟酸反应，与可用作光导纤维没有关系，
4、B错误；C. 活性炭具有吸附性，可用于除去水体中的重金属离子，C错误；D. NaHCO3能与酸反应，可用于制胃酸中和剂，D错误；答案选A。4. 常温下，下列溶液中各组离子一定能够大量共存的是（ ）A. 使紫色石蕊试液变红的溶液：Fe2+、Mg2+、Cl-B. 0.1molL-1NaAlO2溶液：K+、C. =0.lmolL-1的溶液：Na+、K+、D. 通入足量SO2后的溶液：Na+、Ba2+、ClO-、CH3COO-【答案】C【解析】【详解】A使紫色石蕊试液变红的溶液显酸性，Fe2+、在酸性溶液中会发生氧化还原反应，不能大量共存，A不合题意；B、与都会发生反应生成Al(OH)3沉淀，不能大量
5、共存，B不合题意；C=0.lmolL-1的溶液呈碱性，Na+、K+、在碱性溶液中都能大量共存，C符合题意；D足量的SO2通入含有ClO-的溶液中，会发生氧化还原反应生成Cl-、和H+，不能大量共存，D不合题意；故选C。5. 下列有关实验装置正确且能达到实验目的的是（ ）A. 用图甲所示装置制取少量乙酸乙酯B. 用图乙所示装置吸收氨气防倒吸C. 用图丙所示装置验证SO2的漂白性D. 用图丁所示装置蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体【答案】A【解析】【详解】A.乙醇和乙酸在浓硫酸的作用下发生酯化反应生成乙酸乙酯，利用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯，图甲所示装置可以制取少量乙酸乙酯，A正确；B.氨
6、气极易溶于水，导管直接插入水中容易倒吸，用图乙所示装置吸收氨气不能防倒吸；B错误；C.酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，用图丙所示装置验证SO2的是还原性，C错误；D.氯化铵受热易分解，不能用图丁所示装置蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体，D错误；答案选A。6. 下列有关物质的性质描述正确的是（ ）A. Fe(OH)3溶于氢碘酸生成FeI3B. Na与CuSO4水溶液反应析出CuC. Fe和水蒸气高温下生成Fe2O3D. 稀盐酸与Na2SiO3溶液混合产生H2SiO3【答案】D【解析】【详解】A铁离子能氧化碘离子，Fe(OH)3溶于氢碘酸生成FeI2、I2和H2O，A错误；BNa是活泼的金属
7、，与CuSO4水溶液反应生成Cu(OH)2、H2和Na2SO4，B错误；CFe和水蒸气高温下生成Fe3O4、H2，C错误；D稀盐酸与Na2SiO3溶液混合产生H2SiO3沉淀和氯化钠，D正确；答案选D。7. 下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（ ）A. 向偏铝酸钠溶液中通入过量的CO2：2AlOCO23H2O=2Al(OH)3COB. 向HNO2溶液中滴加酸性KMnO4溶液：5NO+2MnO+3H2O=5NO+2Mn2+3OH-C. 向NH4HSO4溶液中滴加少量的Ba(OH)2溶液：Ba2+2OH-+NH+H+SO=BaSO4+NH3H2O+H2OD. 向银氨溶液中滴加乙醛溶液并水浴加
8、热：CH3CHO+2Ag(NH3)2+2OH-CH3COO-+NH+2Ag+H2O+3NH3【答案】D【解析】【详解】A. 向偏铝酸钠溶液中通入过量的CO2生成碳酸氢钠和氢氧化铝：AlOCO22H2O=Al(OH)3HCO，A错误；B. 亚硝酸是弱电解质，向HNO2溶液中滴加酸性KMnO4溶液：5HNO2+2MnO+H=5NO+2Mn2+3H2O，B错误；C. 向NH4HSO4溶液中滴加少量的Ba(OH)2溶液铵根不反应：Ba2+2OH-+2H+SO=BaSO4+2H2O，C错误；D. 向银氨溶液中滴加乙醛溶液并水浴加热发生银镜反应：CH3CHO+2Ag(NH3)2+2OH-CH3COO-+N
9、H+2Ag+H2O+3NH3，D正确；答案选D。8. 短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，且X、Z同主族，Y为金属元素，且Y的原子序数小于X和Z的最外层电子数之和，Z原子的最外层电子数与核外电子总数之比为3：8。下列说法正确的是（ ）A. 原子半径：r(W)r(Y)r(X)B. X与Y组成的化合物中均不含共价键C. X的简单气态氢化物的热稳定性比Z的强D. W的氧化物对应的水化物酸性比Z的强【答案】C【解析】【分析】Z原子的最外层电子数与核外电子总数之比为3：8，即最外层电子数与内层电子数之比为3：5，则Z原子的核外有三层，即Z元素为S；X、Z同主族，则X元素为O，Y的原子序数大于8
10、且小于X和Z的最外层电子数之和12，所以金属元素Y为Na，短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，所以W元素为Cl，据此分析作答。【详解】根据上述分析可知，X元素为O，Y元素为Na，Z元素为S，W元素为Cl。ANa是短周期主族元素中原子半径最大的元素，Cl和S相邻并且Cl原子比O多一电子层，所以原子半径：r(Na)r(Cl)r(O)，A项错误；BX与Y组成的化合物有Na2O或Na2O2，其中Na2O2由钠离子和离子构成，含有非极性共价键，B项错误；CS的非金属性小于O，所以O的简单气态氢化物的热稳定性比S的强，C项正确；D应该是W的则根据氧化物对应的水化物酸性比Z的强，D项错误；答案选C
11、。9. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）A. Fe3O4(s)Fe(s)Fe(NO3)2(aq)B. SO2(g)CaSO3(s)CaSO4(s)C. MgO(s)MgSO4(aq)Mg(s)D. NaOH(aq)NH3(g)Na2CO3(s)【答案】A【解析】【详解】AFe3O4发生铝热反应生成铁单质，过量的铁溶于硝酸中生成硝酸亚铁，A能实现；BSO2与氯化钙不反应，B不能实现；C电解熔融的氯化镁得到单质镁，C不能实现；D氨气、二氧化碳和氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠，D不能实现；答案选A。10. 一种镁氧电池电极材料为金属镁和吸附氧气活性炭，电解液为KOH浓溶液，如图所
12、示。下列说法不正确的是（ ）A. 正极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-B. 负极反应式为：Mg-2e-+2OH-=Mg(OH)2C. 电子的移动方向是由a经外电路到bD. 该电池在工作过程中，电解液KOH的浓度保持不变【答案】D【解析】【分析】该镁氧电池中，镁电极为负极，通入空气的一极为正极，电解质显碱性，所以负极反应式为：Mg-2e-+2OH-=Mg(OH)2，负极镁被氧化，正极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，正极上O2被还原，由此解题。【详解】A镁电极为负极，以负极反应式为：Mg-2e-+2OH-=Mg(OH)2，正极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，总反应式为
13、：2Mg+O2+2H2O2Mg（OH）2，故A正确；B镁电极负极，以负极反应式为：Mg-2e-+2OH-=Mg(OH)2，故B正确；C电子的移动方向是沿外电路由负极到正极，即a到b，故C正确；D反应中KOH被消耗，所以该电池在工作过程中，电解液KOH的浓度减小，故D错误；答案选D。不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计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，该题得0分；若正确答案包括两个选项，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. 下列说法中不正确的是（ ）A. SiO2(s)+2C(s)=Si(s)+
14、2CO(g)只能在高温下自发进行，则该反应H0B. 在外加电流的阴极保护法中，海上石油钢铁钻井平台与直流电源的负极相连C. 25时0.1molL-1CH3COONa溶液加水稀释后，溶液中的值减小D. “氧阴极还原法”制取H2O2的反应为2H2O+O22H2O2。反应中每消耗2.24LO2(标准状况下），转移的电子数目为0.46.02l023【答案】AD【解析】【详解】ASiO2(s)+2C(s)=Si(s)+2CO(g)的S0，该反应只能在高温下自发进行，则该反应H0，A不正确；B在外加电流的阴极保护法中，为阻止钢铁失电子，海上石油钢铁钻井平台应作阴极，所以应与直流电源的负极相连，B正确；C2
15、5时0.1molL-1CH3COONa溶液加水稀释后，CH3COO 的水解程度变大，n(Na+)不变，而n(CH3COOH)增大，所以溶液中=的值减小，C正确；D“氧阴极还原法”制取H2O2的反应为2H2O+O22H2O2。2.24LO2(标准状况下）的物质的量为0.1mol，O元素由0价降低为-1价，所以转移的电子数目为0.26.02l023，D不正确；故选AD。12. 传统中草药金银花对治疗“新冠肺炎”有效，其有效成分“绿原酸”可由“奎尼酸”在一定条件下人工合成：下列说法正确的是（ ）A. 绿原酸分子中所有碳原子在同一平面内B. 奎尼酸与绿原酸都能与FeCl3溶液发生显色反应C. 绿原酸与
16、足量氢气完全加成，每个产物分子中含有6个手性碳原子D. 等物质的量的奎尼酸与绿原酸分别与足量NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量之比为1：4【答案】D【解析】【详解】A绿原酸分子中含有多个饱和碳原子，所有碳原子不可能在同一平面内，A错误；B奎尼酸分子中不存在酚羟基，不能与FeCl3溶液发生显色反应，B错误；C绿原酸与足量氢气完全加成所得产物，产物分子中含有7个手性碳原子，C错误；D奎尼酸含有1个羧基，绿原酸含有1个羧基、1个酯基和2个酚羟基，所以等物质的量的奎尼酸与绿原酸分别与足量NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量之比为1：4，D正确；答案选D。13. 根据下列实验操作和现象
17、所得出的结论正确的是（ ）选项实验操作现象结论A向蛋白质溶液中加入少量饱和(NH4)2SO4溶液出现白色沉淀蛋白质发生了变性B将苯、液溴和铁粉混合后产生的气体直接通入AgNO3溶液中产生淡黄色沉淀苯和液溴发生了取代反应C相同条件下，将SO2和O2按体积比1:1混合并通过灼热的催化剂充分反应，产物依次通过BaCl2溶液和品红溶液前者溶液中产生白色沉淀，后者溶液褪色SO2和O2的反应有一定的限度D向2支均盛有2mL1.0mol/L的KOH溶液的试管中，分别加入2滴浓度均为0.1mol/L的AlCl3和FeCl3溶液一支试管出现红褐色沉淀，另一支无明显现象KspAl(OH)3 KspFe(OH)3A
18、. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A(NH4)2SO4为轻金属的盐，它使蛋白质发生盐析而不是变性，A不正确；B液溴易挥发，挥发出的溴单质与AgNO3溶液反应也能生成AgBr沉淀，所以产生淡黄色沉淀并不能说明苯和液溴发生了取代反应，B不正确；C产物通过BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明反应生成了SO3；品红溶液褪色，说明SO2有剩余，从而说明SO2和O2没有完全反应，SO2和O2的反应有一定的限度，C正确；D由于KOH过量，Al3+与OH-反应先生成Al(OH)3沉淀，然后继续与KOH反应，生成KAlO2，并没有发生Al(OH)3与Fe3+生成Fe(OH)3和Al3+的反应
19、，也就不能说明KspAl(OH)3与KspFe(OH)3的相对大小，D不正确；故选C。14. 草酸H2C2O4为二元弱酸，Kal(H2C2O4)=5.410-2，Ka2(H2C2O4)=5.410-5)。室温下向0.lmolL-l的Na2C2O4溶液中缓慢通入HCl气体直至过量（忽略溶液体积变化和HCl的挥发）。该过程中得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是（ ）A. 0.lmolL-lNa2C2O4溶液：c（Na+）c（C2O）c（HC2O）c（OH-）c(H+)B. pH=7的溶液：c(Na+)=2c(C2O)+c(HC2O)C. c(C2O)=c(HC2O)的溶液：c(Cl-
20、)c(C2O)+2c(H2C2O4)D. c(Na)=2c(Cl-)的溶液：c(Na+)+c(H+)c(Cl-)+c(HC2O)+c(C2O)+c(H2C2O4)+c(OH-)【答案】CD【解析】【详解】A. 0.lmolL-lNa2C2O4溶液中草酸根离子水解溶液显碱性，且分步水解，以第一步水解为主，则离子浓度大小为：c（Na+）c（C2O）c（OH-）c（HC2O）c(H+)，A错误；B. pH=7的溶液中根据电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)c(Cl-)+c(HC2O)+2c(C2O)+c(OH-)，又因为c(H+)c(OH-)，所以c(Na+)c(Cl-)+2c(C2O)+c(HC2
21、O)，B错误；C. c(C2O)=c(HC2O)时根据Ka2(H2C2O4)=5.410-5可知c(H+)5.410-5，即溶液显酸性。根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)c(Cl-)+c(HC2O)+2c(C2O)+c(OH-)、物料守恒c(Na+)2c(HC2O)+2c(C2O)+2c(H2C2O4)可知c(HC2O)+2c(H2C2O4)+c(H+)c(Cl-)+c(OH-)，因此溶液中c(Cl-)c(HC2O)+2c(H2C2O4)，即c(Cl-)c(C2O)+2c(H2C2O4)，C正确；D. c(Na+)=2c(Cl-)的溶液中溶质是等浓度的NaHC2O4和NaCl，草酸氢根离子的
22、电离程度大于水解程度，则溶液中c(C2O)c(H2C2O4)，根据电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)c(Cl-)+c(HC2O)+2c(C2O)+c(OH-)，所以溶液中c(Na+)+c(H+)c(Cl-)+c(HC2O)+c(C2O)+c(H2C2O4)+c(OH-)，D正确；答案选CD。15. 已知N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H=-92.4kJ/mol，一定条件下体系中各物质浓度随时间变化的曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）A. 前20分钟内反应放出的热量为46.2kJB. 时段，若仅将初始投放的物质浓度增至原来的2倍，则反应物的转化率增大，平衡常数不变C. 第25分钟改变
23、的条件可以是将NH3从反应体系中分离出去D. 若第60分钟时反应又达到了平衡，则时段改变的条件一定是增大压强【答案】BC【解析】【详解】A要想知道放热多少就必须知道参加反应的H2的物质的量，又由于c=nV且图中显示的是c无V，所以求不出具体的放热多少，故A错误；B恒容容器，将初始投放的物质浓度增至原来的2倍，相当于增大压强，平衡正向移动，反应物的转化率增大，温度不变，平衡常数保持不变，故B正确；C第25分钟时，氮气、氢气的浓度不变，氨气的浓度由1.00mol/L变为0，说明改变的条件是将NH3从反应体系中分离出去，故C正确；D氢气和氮气的浓度减小，氨气的浓度增大，说明平衡正向移动，正反应是放热
24、反应，降温能使平衡正向移动，故时段改变的条件是降低温度，故D错误；故答案选BC。非选择题（共80分）16. 由一种含钴、铝、锂的电子元件废料（钴以Co2O3CoO形式吸附在铝箔表面，少量锂混杂其中）回收氧化钴(CoO)的工艺流程如图：（1）“碱溶”阶段发生的主要反应的离子方程式为_。（2）“浸出”阶段加入稀H2SO4酸化后，再加入Na2S2O3溶液浸出钴，得到可溶性硫酸盐，则浸出钴的化学方程式为_。实际工业生产中不用盐酸浸出钴，除了盐酸的挥发性外，更重要的原因是_。（3）“除杂”阶段将仍残留的微量Al3+、Li+转化为铝锂渣(主要成分是LiF和Al(OH)3)，Na2CO3溶液的主要作用是_。
25、（4）“沉钴”阶段获得碳酸钴需控制溶液pH88.5，可能的原因是_。（5）CoO溶于盐酸可得粉红色的CoCl2溶液。CoCl26H2O晶体受热分解时，剩余固体质量随温度变化的示意关系如图，B物质的化学式是_。【答案】 (1). 2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2 (2). 4Co2O3CoO+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O (3). 盐酸可能会被氧化产生Cl2，污染环境 (4). 调节pH，促进铝离子水解产生氢氧化铝沉淀 (5). pH过低不利于CoCO3沉淀完全，pH过高会产生Co(OH)2沉淀 (6). CoCl2H2O【解析】【分析】废
26、料中加入氢氧化钠溶液铝转化为偏铝酸钠，将铝从废料中分离出来，过滤后得到含Co2O3CoO的钴渣，再用硫酸溶解，同时加入硫代硫酸钠还原Co3，然后加入碳酸钠溶液调节pH利用NaF沉淀Li，过滤后向滤液中碳酸钠沉钴得到CoCO3沉淀，经过滤洗涤沉淀，最后将CoCO3进行加热分解可得CoO粉末，据此解答。【详解】（1）“碱溶”阶段铝溶解，发生的主要反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2。（2）“浸出”阶段加入稀H2SO4酸化后，再加入Na2S2O3溶液浸出钴，得到可溶性硫酸盐，反应中硫代硫酸钠是还原剂，+3价钴得到电子，则浸出钴的化学方程式为4Co2O3CoO+Na2S2O3
27、+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O。实际工业生产中不用盐酸浸出钴，除了盐酸的挥发性外，更重要的原因是盐酸具有还原性，易被氧化为氯气而污染环境。（3）“除杂”阶段将仍残留的微量Al3+、Li+转化为铝锂渣主要成分是LiF和Al(OH)3)，因此Na2CO3溶液的主要作用是调节pH，促进铝离子水解产生氢氧化铝沉淀。（4）由于pH过低不利于CoCO3沉淀完全，pH过高会产生Co(OH)2沉淀，因此“沉钴”阶段获得碳酸钴需控制溶液pH88.5。（5）476mgCoCl26H2O的物质的量是0.476g238g/mol0.002mol，其中水的质量是0.216g，根据图像可知固体
28、质量由476mg变为332mg，质量减少144mg，这说明该阶段减少水的物质的量是0.144g18g/mol0.008mol，剩余水的物质的量是0.004mol，质量是0.072g，则A时对应物质的化学式为CoCl22H2O。A到B阶段固体质量减少332mg296mg36mg，则剩余水的质量是72mg36mg36mg，物质的量是0.002mol，因此B对应物质的化学式是CoCl2H2O。17. 化合物G是合成鬼臼脂的中间体，可通过以下方法合成：（1）E中的含氧官能团的名称为_、_。（2）BC的反应类型为_。（3）F的分子式为C15H14O7，写出F的结构简式：_。（4）B的同分异构体X同时满足
29、下列条件。写出符合条件的X的一种结构简式：_。属于芳香族化合物；在酸性条件下水解后可得三种产物，且每种产物均只含有两种化学环境不同的氢。（5）已知：。请以甲苯、BuLi和DMF为原料制备，写出相应的合成路线流程图（无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。_【答案】 (1). 酯基 (2). 醚键 (3). 还原反应 (4). (5). (6). 【解析】【详解】(1)E的结构式为，E中的含氧官能团的名称为酯基、醚键；(2)BC的反应B中的CHO转化为CH2OH，碳氧双键打开碳原子和氧原子均连有一个氢原子，为还原反应；(3)F的分子式为C15H14O7，E和H2发生加成，结合分子式和G的结
30、构简式，可知E中的碳碳双键与H2发生加成；则F的结构简式：；(4)B的同分异构体X同时满足属于芳香族化合物（含苯环）；在酸性条件下水解后可得三种产物，且每种产物均只含有两种化学环境不同的氢；说明存在分子中存在2个酯基，且得到的物质的结构也是对称的。结构简式：；(5)目标产物中含有酯基，逆推，则需要得到物质，分子中的羧基，可由甲基氧化得到，分子中的CH2OH，模仿ABC的过程。需要在甲苯中甲基的邻位引入个Br，根据已知，如果先将CH3氧化成COOH，Br引入COOH的间位，因此需要先引入Br，再氧化CH3。此外由于CHO和CH2OH均能被KMnO4(H)氧化，因此需要先将CH3氧化成COOH，再
31、模仿A到C的过程，则合成路线为。18. 亚铁氰化钾晶体化学式为：KxFey(CN)znH2O，俗称黄血盐，常用作食品抗结剂。一种用NaCN（N显-3价）废液制取黄血盐的主要工艺流程：（1）实验室用绿矾固体配制FeSO4溶液时，应先_，再用蒸馏水稀释。（2）“转化罐”中生成黄血盐晶体的反应类型为_。（3）采用密封气流干燥取代在通风橱内干燥的原因是_。（4）黄血盐的化学式可通过下列实验测定：准确称取4.220g样品加入水中充分溶解，将所得溶液转移至容量瓶配制成100.00mL溶液A。量取25.00mL溶液A，用2.000molL-1KMnO4溶液滴定，达到滴定终点时，共消耗KMnO4溶液15.25
32、mL。反应如下（未配平）：向所得溶液加入Mn2+离子交换树脂，将Mn2+完全吸附后再滴加足量NaOH溶液，过滤、洗涤、灼烧，最终得固体0.2g。通过计算确定样品的化学式（写出计算过程）。_【答案】 (1). 将绿矾溶于稀硫酸并加入少量铁粉 (2). 复分解反应 (3). 防止亚铁氰化钾被氧化 (4). 根据电子得失守恒：根据电荷守恒：亚铁氰化钾晶体的化学式为：【解析】【分析】实验目的是合成黄血盐，由流程可知，NaCN废液中加入硫酸亚铁、氯化钙，发生反应，然后过滤除去CaSO4，经过滤后在转化罐中加入KCl进行转化，经过密封气流干燥，最后得到黄血盐，据此流程解答。【详解】（1）用绿矾配制FeSO
33、4溶液时，为防止Fe2+的水解和氧化，将绿矾溶于稀硫酸并加入少量铁粉，再用蒸馏水稀释，而不是直接溶解在水里，答案为：将绿矾溶于稀硫酸并加入少量铁粉；（2）转化罐中加入KCl进行转化，得到溶解度比较小的钾盐，反应中元素的化合价都没有变化，属于化学反应中的复分解反应类型，答案为：复分解反应；（3）亚铁氰化钾中的亚铁很容易被空气中的氧气氧化，故采用密封气流干燥取代在通风橱内干燥，答案为：防止亚铁氰化钾被氧化；（4）根据反应过程中铁元素守恒可得：用KMnO4溶液滴定过程中铁由+2价变为+3价，碳元素由+2价变为+4价，氮元素由-3价变为+5价，发生氧化反应，高锰酸钾中锰元素由+7价变为+2价，发生还原
34、反应，根据电子得失守恒：，所以根据KxFey(CN)znH2O中的电荷守恒可得：KxFey(CN)znH2O中各元素的质量分别为：；水的质量为：，黄铁盐KxFey(CN)znH2O中各粒子物质的量之比为：，所以黄血盐即亚铁氰化钾晶体的化学式为：。【点睛】根据氧化还原反应中化合价升降总数相等进行计算，另外要注意配制了100mL溶液，从中量取了25mL进行测定，计算时不能用100mL去进行计算。19. 制糖工业中利用蔗糖和氯酸钠制备二氧化氯，用于蔗糖的杀菌消毒及蔗渣造纸的漂白，工艺流程如图：己知：ClO2易溶于水，稀溶液于冷暗处相对稳定，沸点为11，遇光、热易引走垦爆炸，常用空气、二氧化碳等气体稀
35、释降低爆炸性。NaClO2易溶于水，难溶于乙醇，水溶液常温下稳定，酸性条件下易产生ClO2，高于60时易分解。(1)“反应”阶段控制温度8090，反应的化学方程式为_。该工艺流程中用蔗糖做还原剂可能的优点是_。(2) “吸收”阶段用真空泵将气体引入蒸馏水中制得ClO2吸收液。实验室模拟该流程，需控制吸收液的温度以提高吸收率，控温最适宜的操作是_。为提高实验安全性，可用足量的NaOH和H2O2混合液吸收反应后的气体以获得更稳定的NaClO2，实验装置如图（部分装置已略去）。图中装置B的作用是_。混合液吸收ClO2的离子方程式为_。(3)装置c中获得NaClO2中混有少量Na2CO3等杂质，为获得
36、较纯净的NaClO2，可用足量的Ba(OH)2和H2O2混合液吸收反应后的气体，再进一步除杂。NaClO2的溶解度如图所示，请补充完整由吸收液制备少量无水亚氯酸钠的实验方案：将反应产生的气体通入足量Ba(OH)2和H2O2混合液中充分吸收，过滤，向滤液中_。（实验中须使用的试剂和仪器有：饱和Na2SO4溶液，乙醇，减压装置）【答案】 (1). 48NaClO3+C12H22O11+24H2SO448ClO2+12CO2+24Na2SO4+35H2O (2). 原料廉价易得，产生CO2气体可起到稀释作用，降低爆炸性 (3). 冰水浴 (4). 安全瓶 (5). 2OH-+2ClO2+H2O2=2
37、+2H2O+O2 (6). 加入饱和Na2SO4溶液至不再产生沉淀，过滤，取滤液，减压条件下，55(38-60)蒸发浓缩，当出现较多固体时，高于38趁热过滤，用乙醇洗涤固体23次，低于60条件下干燥，得到无水NaClO2【解析】【分析】甘蔗渣压榨去渣，得到蔗糖，与NaClO3、H2SO4混合发生反应，生成ClO2和CO2等，生成的ClO2用水吸收，由于气体的溶解度随温度的升高而减小，所以应在低温下通入水中；为提高实验安全性，可用足量的NaOH和H2O2混合液吸收反应后的气体以获得更稳定的NaClO2，此时发生氧化还原反应，同时生成O2等；但生成的NaClO2中常混入Na2CO3，所以应将其除去
38、。操作过程中，应注意使用“饱和Na2SO4溶液，乙醇，减压装置”。可把NaOH换成Ba(OH)2，过量的Ba(OH)2再加饱和硫酸钠转化为沉淀，过滤所得滤液蒸发结晶时，应减压，一方面要防止温度过高引起NaClO2分解，另一方面又要防止温度过低引起溶质的转化，干燥时同样要注意温度的控制，洗涤时应使用乙醇，以减少水洗时的溶解损失。【详解】(1)“反应”阶段控制温度8090，此时蔗糖与NaClO3、H2SO4发生氧化还原反应，生成ClO2、CO2和Na2SO4，反应的化学方程式为48NaClO3+C12H22O11+24H2SO448ClO2+12CO2+24Na2SO4+35H2O。该工艺流程中所
39、用蔗糖是就地取材，依据信息，生成的CO2也具有安全性，所以可能的优点是原料廉价易得，产生CO2气体可起到稀释作用，降低爆炸性。答案为：48NaClO3+C12H22O11+24H2SO448ClO2+12CO2+24Na2SO4+35H2O；原料廉价易得，产生CO2气体可起到稀释作用，降低爆炸性；(2) 温度低，有利于蒸馏水中制得ClO2吸收液，所以控温最适宜的操作是冰水浴。吸收气体时，需防止倒吸，图中装置B的作用是安全瓶。NaOH和H2O2混合液吸收ClO2时，ClO2作氧化剂，将H2O2氧化为O2，发生反应的离子方程式为2OH-+2ClO2+H2O2=2+2H2O+O2。答案为：冰水浴；安
40、全瓶；2OH-+2ClO2+H2O2=2+2H2O+O2；(3)装置c中用足量的Ba(OH)2和H2O2混合液吸收反应后的气体时，Na2CO3转化为BaCO3沉淀，过量的Ba(OH)2需加入饱和硫酸钠转化为沉淀，同时H2O2、ClO2与生成的NaOH发生反应，获得NaClO2，从溶解度曲线可以看出，温度需控制在38以上，由信息中可知，NaClO2高于60时易分解，所以不管是蒸发还是干燥，都需将温度控制在此范围，同时需考虑过滤过程中温度不能低于38，洗涤时用乙醇洗涤，以减少水洗时的溶解损失。从而得出由吸收液制备少量无水亚氯酸钠的实验方案：将反应产生的气体通入足量Ba(OH)2和H2O2混合液中充
41、分吸收，过滤，向滤液中加入饱和Na2SO4溶液至不再产生沉淀，过滤，取滤液，减压条件下，55(3860)蒸发浓缩，当出现较多固体时，高于38趁热过滤，用乙醇洗涤固体23次，低于60条件下干燥，得到无水NaClO2。答案为：加入饱和Na2SO4溶液至不再产生沉淀，过滤，取滤液，减压条件下，55(3860)蒸发浓缩，当出现较多固体时，高于38趁热过滤，用乙醇洗涤固体23次，低于60条件下干燥，得到无水NaClO2。【点睛】在设计除杂、制取、提纯NaClO2时，一定要注意使用题给信息：饱和Na2SO4溶液，乙醇，减压装置。使用饱和Na2SO4溶液，是为了除去过量的Ba(OH)2；使用乙醇，是为了减少
42、水洗时的溶解损失；减压装置，是为了在低温下蒸发结晶。20. CO2的综合利用对温室气体的减排以及对减缓燃料危机等具有重要意义。（1）CH4-CO2催化重整反应为：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)。已知：C(s)+2H2(g)=CH4(g) H=-75kJmol-1C(s)+O2(g)=CO2(g) H=-394kJmol-1C(s)+O2(g)=CO(g) H=111kJmol-1该催化重整反应的H=_kJmol-1。（2）CH4-CO2催化重整反应通过热力学计算可得到的图像之一如图。200400时，主要发生的反应的化学方程式为_。当温度高于600时，随着温度的升高C的物
43、质的量减少，其原因是_（用文字表达）。（3）辅助的Al-CO2电池工作原理如图所示。该电池电容量大，能有效利用CO2，电池反应产物Al2(C2O4)3是重要的化工原料。电池的正极反应式：6O2+6e-=6O2-，6CO2+6O2-=3C2O+6O2。反应过程中O2的作用是_。电池的负极反应式为_。（4）以TiO2/Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸。在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率的关系如题图所示。Cu2Al2O4可溶于稀硝酸，该反应的离子方程式为_。300400时，乙酸的生成速率升高的原因是_。【答案】 (1). +247 (2). CH4C+2H2 (
44、3). 600以上，C与CO2反应生成CO (4). 催化作用 (5). Al-3e-=Al3+ (6). 3Cu2Al2O4+32H+2NO=6Cu2+6Al3+2NO+26H2O (7). 300400催化剂几乎失去催化效率，温度升高加快化学反应速率【解析】【详解】（1）已知：C(s)+2H2(g)=CH4(g) H=-75kJmol-1C(s)+O2(g)=CO2(g) H=-394kJmol-1C(s)+O2(g)=CO(g) H=111kJmol-1根据盖斯定律2即得到该催化重整反应的H=+247kJmol-1。（2）根据图像可知200400时甲烷分解生成氢气和碳，主要发生的反应的化
45、学方程式为CH4C+2H2。由于600以上，C与CO2反应生成CO，所以当温度高于600时，随着温度的升高C的物质的量减少。（3）由于电池的正极反应式为：6O2+6e-=6O2-，6CO2+6O2-=3C2O+6O2，这说明反应前消耗氧气，最后又产生氧气，则反应过程中O2的作用是催化作用。负极铝失去电子，则电池的负极反应式为Al-3e-=Al3+；（4）Cu2Al2O4可溶于稀硝酸生成硝酸铜、硝酸铝、一氧化氮和水，该反应的离子方程式为3Cu2Al2O4+32H+2NO=6Cu2+6Al3+2NO+26H2O。根据图像可知300400时催化剂几乎失去催化效率，温度升高加快化学反应速率，所以300
46、400时，乙酸的生成速率升高。21. 乙酸锰可用于制造钠离子电池的负极材料。可用如下反应制得乙酸锰：4Mn(NO3)26H2O+26(CH3CO)2O4(CH3COO)3Mn +8HNO2+ 3O2+40CH3COOH。（1）Mn3+基态核外电子排布式为_。（2）NO的空间构型为_；CH3COOH分子中碳原子的轨道杂化类型为_。（3）配合物Mn(CH3OH)62+中配位原子是_。（4）CH3COOH能与H2O任意比混溶的原因，除它们都是极性分子外还因为_。（5）MnS晶体具有、三种形态，其中-MnS的晶胞结构如图所示，则Mn2+的配位数为_。【答案】 (1). Ar3d4或ls22s22p63
47、s23p63d4 (2). 平面三角形 (3). sp2，sp3 (4). O (5). CH3COOH分子与H2O分子间可形成氢键 (6). 4【解析】【分析】根据原子的电子排布式确定其离子的电子排布情况；根据等电子原理确定空间构型；有机物中的碳原子的杂化方式可以根据其成键情况进行判断；根据原子是否有孤电子对分析配位原子；根据氢键对物质的溶解性的影响分析物质的溶解性；根据晶胞结构确定原子的配位数。【详解】（1）Mn的原子序数是25，其基态原子的电子排布式为ls22s22p63s23p63d54s2，则Mn3+基态核外电子排布式为Ar3d4或ls22s22p63s23p63d4。（2）等电子体的空间构型相似，NO与BF3是等电子体，因为BF3的空间构型为平面三角形，故NO的空间构型为平面三角形；CH3COOH分子中甲基上的碳原子形成4个键，故其为sp3杂化，羧基中的碳原子形成3个键和1个键，故其轨道杂化类型为sp2。（3）配合物Mn(CH3OH)62+中配体是甲醇，只有氧原子含有孤对电子，配位原子是O。（4）CH3COOH能与H2O任意比混溶的原因，除它们都是极性分子外还因为CH3COOH分子与H2O分子间可形成氢键。（5）根据-MnS的晶胞结构图Mn2+位于S2-形成的正四面体中，则Mn2+的配位数为4。- 22 -
