1、江苏省常州市2020届高三化学上学期期末考试试题（含解析）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.垃圾分类处理就是新时尚。下列做法正确的是()A. 回收厨余垃圾，提取食品用油B. 焚烧废旧塑料，防止白色污染C. 回收电子垃圾，集中填埋处理D. 改变生活方式，预防废物生成【答案】D【解析】【详解】A回收厨余垃圾，不能提取食品用油，故A错误；B焚烧废旧塑料会产生有毒气体，污染空气，故B错误；C回收电子垃圾，进行无害处理，不能集中填埋处理，会污染环境，不提倡，故C错误；D充分利用资源、减少废物生成，垃圾分类回收利用，预防废物生成，减少环境污染，应提倡，故D
2、符合；故选：D。2.新制氯水中存在反应Cl2H2OHClHClO，下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是()A. 中子数为18的氯原子：ClB. H2O的比例模型：C. Cl的结构示意图：D. HClO的电子式：【答案】A【解析】【详解】A氯元素的质子数为17，中子数为20的氯原子的质量数为37，该原子的正确表示方法为：Cl，故A正确；BH2O分子中氧原子半径大于氢原子半径，故B错误；CCl结构示意图中质子数不会发生变化，还应该是17，故C错误；D次氯酸为共价化合物，H原子最外层1个电子，Cl原子最外层7个电子，O原子最外层6个电子，则其电子式为，故D错误；故选： A。3.下列有关物质性质与
3、用途具有对应关系的是()A. SiO2熔点高硬度大，可用于制光导纤维B. Al2O3是两性氧化物，可用作耐高温材料C. NaHCO3受热易分解，可用于制胃酸中和剂D. 钠钾合金熔点低，可用作快中子反应堆的热交换剂【答案】D【解析】【详解】A.SiO2可用于制光导纤维，利用的是二氧化硅的导光性，与其熔点无关，故A错误； B.由于Al2O3具有较高熔点，可用作耐高温材料，与Al2O3是两性氧化物无关，故B错误； C.碳酸氢钠与盐酸反应，可用作胃酸中和剂，与NaHCO3的稳定性无关，故C错误； D.钠钾合金熔点低，可用作快中子反应堆的热交换剂，故D正确；故选：D。4.常温下，下列各组离子一定能在指定
4、溶液中大量共存的是()A. 无色透明的溶液：Na、Cu2、SO42-、NO3-B. Kw/c(H)11013molL1的溶液：NH4+、Ca2、Cl、NO3-C. c(Fe2)1 molL1的溶液：K、NH4+、MnO4-、SO42-D. 水电离的c(H)11013molL1的溶液：K、Na、AlO2-、CO32-【答案】B【解析】【详解】ACu2为有色离子，在溶液中不能大量共存，故A错误；BKw/c(H+)=11013molL1的溶液呈酸性，NH4+、Ca2、Cl、NO3-之间不反应，都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；Cc(Fe2)1 molL1的溶液：Fe2、MnO4-发生
5、氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D水电离的c(H+)=11013molL1的溶液呈酸性或碱性，AlO2-、CO32-与氢离子反应，在酸性溶液中不能大量共存，故D错误；故选：B。5.下列实验操作能达到实验目的的是()A. 过滤操作时，可用玻璃棒搅拌混合物以加快过滤速度B. 分液操作时，先将上层液体从上口倒出，再将下层液体从下口放出C. 在装置甲中放入MnO2和稀盐酸加热制备氯气D. 在装置乙中放入NaOH溶液吸收实验室制氯气时的尾气【答案】D【解析】【详解】A过滤操作时，不能用玻璃棒搅拌混合物，防止捅破试纸，故A错误；B分液操作时，先将下层液体从下口放出，再将上层液体从上口倒出，故
6、B错误；C在装置甲中放入MnO2和浓盐酸加热制备氯气，不能用稀盐酸，故C错误；D在装置乙中放入NaOH溶液吸收实验室制氯气时的尾气，因为氯气有毒不能任意排放，氯气可以用氢氧化钠反应被吸收，故D正确；故选：D。6.下列有关物质性质的叙述正确的是()A. Cu片放入浓硫酸可生成SO2B. KAl(SO4)212H2O溶于水可形成Al(OH)3胶体C. 在蒸发皿中充分加热FeCl3溶液可得到FeCl3固体D. 向苯酚溶液中滴加Na2CO3溶液可生成CO2【答案】B【解析】【详解】ACu片放入浓硫酸加热生成SO2 ，常温下不反应，故A错误；BKAl(SO4)212H2O溶于水电离出铝离子，铝离子水解可
7、形成Al(OH)3胶体，故B正确；C在蒸发皿中充分加热FeCl3溶液，氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，氯化氢易挥发，促进水解，最终可得到Fe(OH)3固体，故C错误；D向苯酚溶液中滴加Na2CO3溶液反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，因为碳酸的酸性大于苯酚的酸性，不能生成CO2，故D错误故选：B。7.下列指定反应的离子方程式正确的是()A. 饱和Na2CO3溶液与BaSO4固体反应：CO32-BaSO4=BaCO3SO42-B. 室温下用浓HNO3溶解铜：3Cu2NO3-8H=3Cu22NO4H2OC. 向次氯酸钠溶液中通入足量SO2气体：ClOSO2H2O=HClOHSO3-D. 向碳酸氢铵溶液中加
8、入足量澄清石灰水：Ca2HCO3-OH=CaCO3H2O【答案】A【解析】【详解】A饱和Na2CO3溶液与BaSO4固体反应：CO32-BaSO4=BaCO3SO42-，符合客观事实，电荷守恒，原子守恒，故A正确；B室温下用浓HNO3溶解铜： Cu2NO3-4H=Cu2NO22H2O，故B错误；C向次氯酸钠溶液中通入足量SO2气体，发生氧化还原反应：ClOSO2H2O= ClSO42-2H，故C错误；D向碳酸氢铵溶液中加入足量澄清石灰水：Ca2HCO3-NH4+2OH=CaCO32H2O+NH3，故D错误；故选：A。8.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Y是地壳中含量最高的元素，工
9、业上通常电解Z的熔融氧化物得到其单质，W的最外层电子数是其最内层电子数的3倍，四种元素原子的最外层电子数之和为19。下列说法正确的是()A. 原子半径r(X)r(Y)r(Z)r(W)B. Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的弱C. X的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的弱D. X和W形成的化合物XW2中含有离子键【答案】C【解析】【分析】Y是地壳中含量最高的元素，Y是氧元素；工业上通常电解Z的熔融氧化物得到其单质，Z是铝元素，W的最外层电子数是其最内层电子数的3倍，Y、Z、W原子序数依次增大，W是硫元素，四种元素原子的最外层电子数之和为19，可以推出X最外层电子数是4，X是碳元素。【详解】A原子
10、半径同一周期从左到右逐渐减少，同一主族从上到下逐渐增大，故四种元素的原子半径r(Z)r(W) r(X)r(Y)，故A错误；B同一主族从上到下非金属性逐渐减弱，氧元素和硫元素处于同一主族，氧元素的非金属性大于硫元素，非金属性越强，气态氢化物越稳定，Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的强，故B错误；CX的最高价氧化物对应水化物是碳酸，是弱酸，W的最高价氧化物对应水化物是硫酸，是强酸，故C正确； DX和W形成的化合物CS2中含有共价键，没有离子键，故D错误；故选：C。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. MgCO3(s)MgCl2(aq)Mg(s)B. SiO2(s)SiCl
11、4(l)Si(s)C. FeS2(s)SO3(g)H2SO4(aq)D. N2(g)NH3(g)Ag(NH3)2NO3(aq)【答案】D【解析】【详解】AMgCO3(s)和盐酸反应生成氯化镁和水，氯化镁溶液电解得到氢氧化镁，氢气和氯气，不能直接得到金属镁，应是电解熔融状态的氯化镁得到金属镁，故A错误；BSiO2(s)与盐酸不反应，故B错误；CFeS2(s)在高温下和氧气反应生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故C错误；D氮气与氢气在高温高压和催化剂作用下可以生成氨气，向硝酸银溶液中通入氨气可以生成硝酸二氨合银，故D正确；故选：D。10.高铁酸盐(如Na2FeO4)被广泛应用在水处理方面，以铁基材料
12、为阳极，在高浓度强碱溶液中通过电解制备高铁酸盐，装置如图。下列说法正确的是()A. a为阳极，电极反应式为Fe6e4H2O=FeO42-8HB. 电解过程中电能全部转化为化学能C. 为防止高铁酸根扩散被还原，则离子交换膜为阴离子交换膜D. 铁电极上有少量气体产生的原因可能是4OH4e=O22H2O【答案】D【解析】【详解】A阳极铁失电子在碱性溶液中发生氧化反应生成高铁酸钠，电极反应Fe6e8OH-=FeO42-4H2O，故A错误；B电解过程中电能没有全部转化为化学能，还有一部分转化为热能，故B错误；C高铁酸根离子为阴离子，在阳极生成，电解过程中移向阳极，为防止高铁酸根扩散被还原，则离子交换膜为
13、阳离子交换膜，故C错误；D铁电极上有少量气体产生是生成氧气，原因可能是发生了电极反应：4OH4e=O22H2O，故D正确；故选：D。11.下列说法正确的是()A. 常温下，2NO(g)O2(g)=2NO2(g)能自发进行，则该反应的H0B. 常温下，0.1 molL1氨水稀释后，溶液中c(NH4+)/c(NH3H2O)的值增大C. 2 mol SO2与1 mol O2混合反应生成SO3，转移电子数为46.021023D. 用pH均为11的NaOH溶液和氨水分别中和等体积等物质的量浓度的盐酸，消耗氨水的体积更大【答案】B【解析】【详解】A如果该反应常温下能自发进行，则G=HTS0，该反应的S0，
14、则该反应的H0，故A错误；B常温下，0.1 molL1氨水稀释后，c(NH4+)/c(NH3H2O)=Kb/c(OH-)，稀释过程中电离常数不变，氢氧根的浓度减少，溶液中c(NH4+)/c(NH3H2O)的值增大，故B正确；C2 mol SO2与1 mol O2混合反应是可逆反应，不能完全反应，故转移电子数小于46.021023，故C错误；DNaOH是强碱、氨水是弱碱，pH=11的氨水和NaOH溶液物质的量浓度：NaOHI2，故B正确；C.向滴有酚酞的Na2CO3溶液中，逐滴加入BaCl2溶液，二者反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，碳酸根离子浓度减小之至消失，则溶液碱性逐渐减弱，导致溶液红色褪去，而
15、氯化钡溶液呈中性，故C错误；D. 向2 mL 2%的硫酸铜溶液中滴入几滴NaOH溶液，振荡后再加入1 mL有机物X，加热后未出现砖红色沉淀，可能是氢氧化钠的量不够，故D错误；故选：B。【点睛】向BaCl2溶液中通入SO2，由于不能弱酸制取强酸，所以两者不反应。但若再通入碱性气体氨气或氧化性气体或能和水反应生成氧化物的气体，就可以出现白色沉淀。如向溶液中通入氯气、NO2都可以氧化溶液中的+4价硫从而生成BaSO4沉淀。通入硫化氢也可以生成沉淀S。14.H2S为二元弱酸，20 的pKa16.89，pKa214.15(电离常数K的负对数lg KpK)。在20 时，向0.1 molL1的Na2S溶液中
16、缓慢通入HCl(忽略溶液体积变化和H2S的挥发)，在该过程中下列微粒物质的量浓度关系一定正确的是()A. 溶液中c(HS)c(S2)时，c(S2)2c(H2S)c(HS)c(H2S)c(H)c(OH)D. 溶液中c(Cl)0.2 molL1时，c(OH)c(HS)c(S2)c(H)【答案】BC【解析】【分析】Na2S溶液中通入HCl，有电荷守恒：c(Cl)+2c(S2)+c(HS)+c(OH)=c(Na+)+c(H+)和物料守恒：c(Na+)=2c(S2)+2c(HS)+2c(H2S)，两式相加可得质子守恒：c(Cl)+c(OH)c(H+)+c(HS)+2c(H2S)。【详解】A根据c(HS)
17、=c( S2)可知，溶液呈碱性，所以c(OH)c(H+)，由质子守恒：c(Cl)+c(OH)c(H+)+c(HS)+2c(H2S)，可得c(Cl)c(HS)+2c(H2S)，由于c(HS)=c( S2)，所以c(Cl)c(S2)+2c(H2S)，故A错误；B由质子守恒：c(Cl)+c(OH)c(H+)+c(HS)+2c(H2S)，pH=7的溶液c(OH)=c(H+)，可得c(Cl)c(HS)+2c(H2S)，故B正确；C溶液pH6.89时，c(H+)=10-6.89溶液显酸性，Ka1=10-6.89，所以c(HS)c(H2S)，弱电解质的电离比较弱，溶液中离子浓度大小关系是c(Cl)c(HS)
18、c(H2S)c(H)c(OH)，故C正确；Dc(Cl)=0.200molL1，说明Na2S恰好和通入的HCl完全反应生成NaCl和H2S。溶液中，c( Na+)=c(Cl)，根据电荷守恒：c(Cl)+2c(S2)+c(HS)+c(OH)=c(Na+)+c(H+)，可得c(OH)c(H2S)2c(S2)c(H)，故D错误；故选：BC。15.一定条件下，测得反应3CO(g)3H2(g)(CH3)2O(g)CO2(g)达平衡时CO的平衡转化率与温度和压强的关系如图所示(假定过程中不发生其他反应)。温度为T时，向体积为1 L的恒容密闭容器中充入0.4 mol CO和0.4 mol H2，反应达平衡时测
19、得CO2物质的量为0.1 mol。下列说法正确的是()A. 该反应的Hp2B. 压强为p2时，图中Q点所示条件下v(正)v(逆)C. 温度为T时，若向体积为1 L的恒压容器中充入0.4 mol CO和0.4 mol H2，达平衡时CO的转化率大于75%D. 温度为T时，若向原容器中充入0.1 mol CO、0.2 mol(CH3)2O和0.2 mol CO2，则该反应的平衡常数大于104【答案】AC【解析】【详解】A由图可知，在压强不变的条件下，升高温度一氧化碳的转化率降低，说明升温向逆反应反应移动，故正反应是放热反应，即该反应的Hp2，故A正确；B压强为p2时，图中Q点在该温度下要达到平衡状
20、态，要增大一氧化碳的转化率，即要向正反应方向进行，所以v(正)v(逆)，故B错误；C温度为T时，向体积为1 L的恒容密闭容器中充入0.4 mol CO和0.4 mol H2，反应达平衡时测得CO2物质的量为0.1 mol，由化学方程式可知消耗的一氧化碳是0.3mol，一氧化碳的转化率是75%，若向恒温恒压的容器中加入0.4 mol CO和0.4 mol H2，由于该反应的正反应是体积缩小的反应，所以压强增大，平衡正向进行，达平衡时CO的转化率大于75%，故C正确； D温度为T时，化学平衡常数K=104，向原容器中充入0.1 mol CO、0.2 mol(CH3)2O和0.2 mol CO2，温
21、度不变，则该反应的平衡常数等于104，故D错误；故选：AC。16.以含锂电解铝废渣(主要成分为LiF、AlF3、NaF，少量CaO等)为原料，生产碳酸锂的工艺流程如下：(已知：常温下，LiOH可溶于水，Li2CO3微溶于水)(1)含锂电解铝废渣与浓硫酸在200400 条件下反应2 h，加水浸取后过滤，得到的滤渣主要成分是_(填化学式)。(2)流程中浸取后的过滤操作需要趁热在恒温装置中进行，否则会导致Li2SO4的收率下降，原因是_。(已知部分物质的溶解度数据见下表) (3)40下进行碱解反应，得到粗碳酸锂与氢氧化铝的混合滤渣，生成氢氧化铝的离子方程式为_。(4)苛化过程中加入的氧化钙将不溶性的
22、碳酸锂转化成氢氧化锂溶液。若氧化钙过量，则可能会造成_。(5)碳化反应中，CO2的吸收采用了气、液逆流的方式，这样做的优点是_。整个工艺流程中可以循环利用的物质有_。【答案】 (1). CaSO4 (2). 若未恒温趁热过滤，则过滤时溶液温度下降，硫酸钠结晶析出时，夹裹了部分的硫酸锂共沉淀 (3). 2Al33CO32-3H2O=2Al(OH)33CO2 (4). 碳酸锂产品的钙离子含量相对升高(或使得氢氧化铝溶解进入溶液，导致最终产品的纯度下降) (5). 可增大接触面积，提高碳化效率 (6). CO2【解析】【分析】(1) LiF、AlF3、NaF、 CaO与浓硫酸在200400 条件下反
23、应2 h，生成硫酸锂，硫酸铝，硫酸钠，硫酸钙，氟化氢和水，据此可得滤渣；（2）硫酸锂的溶解度随温度的变化不明显，而硫酸钠的溶解度随温度的升高而增大，据此分析；（3）碱解时加入碳酸钠，滤液中有铝离子，发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，据此写出离子方程式；（4）苛化过程中加入的氧化钙如果过量，产品中钙离子的量增多，影响产品的纯度；（5）使反应物充分接触，提高碳化效率，前后都用到的同一种物质可以循环使用。【详解】(1) LiF、AlF3、NaF、 CaO与浓硫酸在200400 条件下反应2 h，生成硫酸锂，硫酸铝，硫酸钠，硫酸钙，氟化氢和水，而硫酸锂，硫酸铝，硫酸钠都是可溶性的盐，硫酸钙
24、是微溶物，当作沉淀处理，故滤渣是CaSO4，故答案为：CaSO4；(2) 硫酸锂的溶解度随温度的变化不明显，而硫酸钠的溶解度随温度的升高而增大，如果不在恒温下过滤，温度降低，硫酸钠会析出，会夹裹硫酸锂，故答案为：若未恒温趁热过滤，则过滤时溶液温度下降，硫酸钠结晶析出时，夹裹了部分的硫酸锂共沉淀；（3）碱解时加入碳酸钠，滤液中有铝离子，发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，离子方程式是：2Al33CO32-3H2O=2Al(OH)33CO2，故答案为：2Al33CO32-3H2O=2Al(OH)33CO2；（4）苛化过程中加入的氧化钙如果过量，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，产品中钙离子的量
25、增多，也有可能使氢氧化铝反应而溶解，故答案为：碳酸锂产品的钙离子含量相对升高(或使得氢氧化铝溶解进入溶液，导致最终产品的纯度下降) ；（5）碳化反应中，CO2的吸收采用了气、液逆流的方式，使反应物充分接触，提高碳化效率，碱解时生成二氧化碳，碳化时需要通入二氧化碳，循环利用的物质是二氧化碳，故答案为：可增大接触面积，提高碳化效率 ； CO2。17.化合物G是合成一种新型降压药的重要中间体，其合成路线如下：(1)化合物A中官能团的名称是_和_。(2)化合物AB反应类型是_。(3)化合物D的分子式为C13H18N2O3，D的结构简式为_。(4)B的一种同分异构体同时满足下列条件，该同分异构体的结构简
26、式为_。含有苯环，属于-氨基酸； 能发生银镜反应； 分子中含有6种不同环境的氢原子。(5) 已知：ROHRNH2，写出以和乙烯为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。_【答案】 (1). 酯基 (2). 氨基 (3). 取代反应 (4). (5). (6). 【解析】【分析】（1）有化合物A的结构简式可得含有的官能团；（2）由A产生B，链接增长，官能团的变化可知其反应类型；（3）有化合物D的分子式以及反应物推出其结构简式；（4）根据要求写出其结构简式；（5）根据题意写出其合成路线图。【详解】（1）化合物A结构简式为，A中含有的官能团为酯基、氨基。（2
27、）对比A和B的结构简式可知，A中NH2与CH3CH2CH2COCl发生取代反应生成B和HCl，即AB的反应类型为取代反应。（3）化合物D的分子式为C13H18N2O3，结合C、E的结构简式，以及CDE的反应条件，CD为C中NO2的还原反应，D的结构简式为。（4）B的结构简式为，B的分子式为C13H17O3N，不饱和度为6，B的同分异构体含有苯环，属于氨基酸，能发生银镜反应说明结构中含醛基，分子中含有6种不同环境的氢原子，氨基、羧基、醛基中有3种H原子，则所写符合条件的B的同分异构体具有对称性，其结构简式为。（5）以和乙烯为原料制备，分析的结构特点，合成可仿流程中FG，所以由发生氧化反应合成，由
28、乙烯制备H2NCH2CH2NH2；乙烯中含碳碳双键，H2NCH2CH2NH2中含双官能团，结合题给已知，应由CH2=CH2先与Cl2发生加成反应生成ClCH2CH2Cl，ClCH2CH2Cl在NaOH水溶液中加热发生水解反应生成HOCH2CH2OH，HOCH2CH2OH发生题给已知的反应生成H2NCH2CH2NH2；则合成路线流程图为：。18.铝工业产生的硫酸盐溶液经喷雾干燥后得到以硫酸铝为主的固体，硫酸铝的利用成为资源综合利用的一个重要项目。(1)室温下配制一定浓度的酸性硫酸铝溶液，通过加入CaCO3粉末调节硫酸铝溶液的pH，可制得可溶性的碱式硫酸铝Ala(OH)b(SO4)c，用于烟气脱硫
29、，碱式硫酸铝中b值的大小影响其脱硫效率。制备碱式硫酸铝溶液时，可以提高b值的措施有_(写出一条合理措施即可)(2)在还原气氛下硫酸铝固体分解得到的活性Al2O3可作为工业催化剂载体。在H2还原气氛下，硫酸铝的分解常温就能进行。这是由于在还原气氛中易生成中间产物Al2S3，随即再与Al2(SO4)3反应得到Al2O3。则Al2(SO4)3与H2反应生成Al2S3的化学方程式为_。(3)将10.00 g Al2(SO4)3n H2O放入坩埚内，在氩气气氛中灼烧。在热分解过程中，热重分析仪记录数据如下(已去除坩埚的质量)：温度298 K523 K687 K1 393 K固体质量10.00 g5.94
30、 g5.14 g1.53 g温度达1 393 K后固体质量不再变化，经分析固体成分为-Al2O3和无定型Al2O3结构的微晶。则Al2(SO4)3nH2O中的n值为_。求523 K时固体成分的化学式(请写出计算过程)。_【答案】 (1). 适当增加CaCO3的用量、适当升高温度、延长反应时间或加快搅拌速度 (2). Al2(SO4)312H2=Al2S312H2O (3). 18 (4). Al2(SO4)33H2O【解析】【分析】（1）室温下配制一定浓度的酸性硫酸铝溶液，通过加入CaCO3粉末调节硫酸铝溶液的pH，可制得可溶性的碱式硫酸铝Ala(OH)b(SO4)c，加入CaCO3的用量多，
31、消耗氢离子，使pH值增大，b值增加；（2）依据氧化还原反应进行配平；（3）依据原子守恒进行计算；【详解】（1）室温下配制一定浓度的酸性硫酸铝溶液，通过加入CaCO3粉末调节硫酸铝溶液的pH，可制得可溶性的碱式硫酸铝Ala(OH)b(SO4)c，加入CaCO3的用量多，消耗氢离子，使pH值增大，b值增加，升高温度，故答案为：适当增加CaCO3的用量、适当升高温度、延长反应时间或加快搅拌速度 ；(2) H2还原气氛下，硫酸铝的分解常温就能进行，这是由于在还原气氛中易生成中间产物Al2S3，由此可知生成物是Al2S3和水，根据氧化还原反应中的电子守恒进行配平得反应的化学方程式是：Al2(SO4)31
32、2H2=Al2S312H2O，故答案为：Al2(SO4)312H2=Al2S312H2O；（3）温度达1 393 K后固体质量不再变化，根据铝原子守恒得：2，解得n=18，故答案为：18；由上面的计算可知该物质的化学式是Al2(SO4)318H2O，10.00g该晶体含有的水的质量是523 K时固体的质量是5.94g，质量的减少量是10.0-5.94g=4.04g，说明固体的结晶水还没有完全失去，设其化学式是Al2(SO4)3xH2O，根据铝原子守恒得：，解得x=3，故答案为：Al2(SO4)33H2O。19.实验室用软锰矿(主要成分为MnO2)和黄铁矿(主要成分为FeS2)为原料制取Mn2O
33、3和单质硫，其实验流程如下：已知： 在碱性条件下，二价锰以Mn(OH)2形式稳定存在，三价锰以MnOOH形式稳定存在。Mn(OH)2和MnOOH均难溶于水和碱性溶液。无水MnSO4晶体熔点700 ，在不同温度下它和MnOOH固体受热发生分解：4MnSO42Mn2O34SO2O2；2MnOOHMn2O3H2O。(1)溶浸过程中生成MnSO4、Fe2(SO4)3及单质S，该反应的化学方程式为_。(2)室温下，为使杂质离子浓度小于1106molL1，除铁步骤中需调节溶液pH范围为_(已知：KspFe(OH)21.01016、KspFe(OH)31.01039，pH7.1时Mn(OH)2开始沉淀)(3
34、)为提高Mn2O3的产率，流程中两次过滤操作后均需对滤渣进行洗涤，并_。(4)(NH4)2S溶液浸取过滤得到的滤渣时发生反应：(NH4)2S xS(NH4)2Sx1，单质硫转化为多硫化铵(NH4)2Sx1转移到液相中。实验时采用过量的饱和(NH4)2S溶液浸取的目的是_。将多硫化铵溶液置于如图所示的装置中，控制在90 条件下分解，单质硫的提取率可达98%。实验中适宜的加热方式为_。(5)请补充完整由MnSO4溶液制备较纯净Mn2O3的实验方案：向MnSO4溶液中_，72 h后得到产品Mn2O3。(须使用的试剂：0.2 molL1氨水、3%H2O2溶液、BaCl2溶液、热水)【答案】 (1).
35、3MnO22FeS26H2SO4=3MnSO4Fe2(SO4)34S6H2O (2). 3.0pH7.1 (3). 将洗涤后的滤液合并入过滤后的滤液中 (4). 增大单质硫的浸取率 (5). 水浴加热 (6). 加入过量3%过氧化氢溶液和0.2 molL1氨水，不断搅拌，直至生成大量沉淀，过滤，用热水洗涤沉淀23次，直至滤液中滴加BaCl2溶液不再出现浑浊，将沉淀转移入加热装置，控制温度在250 加热【解析】【分析】（1）溶浸时加入的是软锰矿、黄铁矿、硫酸，依据加入的物质和生成的物质写出化学方程式；（2）当铁离子浓度小于10-6mol/L，铁离子认为完全除去，c3(OH-)=，c(H+)=，计
36、算pH；（4）加热的温度在100以下，利用水浴加热。【详解】（1）溶浸过程中加入的有MnO2和 FeS2，生成MnSO4、Fe2(SO4)3及单质S，依据电子守恒进行配平，反应的化学方程式是3MnO22FeS26H2SO4=3MnSO4Fe2(SO4)34S6H2O，故答案为：3MnO22FeS26H2SO4=3MnSO4Fe2(SO4)34S6H2O；（2）c3(OH-)=10-33，c(OH-)=10-11 ，c(H+)=10-3，pH=3.0，锰离子沉淀时pH值是7.1，所以除去杂质铁离子调节pH值的范围是3.0-7.1，故答案为：3.0pH7.1；(3)为提高Mn2O3的产率，对滤渣进
37、行洗涤，并将洗涤后的滤液合并入过滤后的滤液中，故答案为：将洗涤后的滤液合并入过滤后的滤液中；（4）实验时采用过量的饱和(NH4)2S溶液浸取过滤得到的滤渣S，因为(NH4)2S xS(NH4)2Sx1，单质硫转化为多硫化铵(NH4)2Sx1转移到液相中，目的是增大单质硫的浸取率，因为控制温度在90 ，可以用水浴加热，故答案为：增大单质硫的浸取率；水浴加热；（5）无水MnSO4加热分解虽然也能得到Mn2O3，但加热温度较高，而且会产生有毒气体SO2，所以采取把MnSO4转化为MnOOH，然后在250 下加热分解制得。把MnSO4转化为MnOOH，锰元素的化合价升高，需要加入氧化剂过氧化氢，加入氨
38、水，生成MnOOH，控制温度250，使其分解得到Mn2O3，故答案为：加入过量3%过氧化氢溶液和0.2 molL1氨水，不断搅拌，直至生成大量沉淀，过滤，用热水洗涤沉淀23次，直至滤液中滴加BaCl2溶液不再出现浑浊，将沉淀转移入加热装置，控制温度在250 加热。20.通过多种方法对废水废气脱硝，可以减轻含氮物质对环境的污染。(1)在缺氧条件下，由于兼性脱氮菌的作用，将NO2-和NO还原成N2实现脱硝的过程，称为反硝化。污水处理厂以甲醇作碳源实现硝酸盐的反硝化过程分两步进行：3NO3-(aq)CH3OH(l)=3NO2-(aq)CO2(g)2H2O(l)；H398.9 kJmol12NO2-(
39、aq)CH3OH(l)=N2(g)CO2(g)H2O(l)2OH(aq)；H91.5 kJmol1反应6NO3-(aq)5CH3OH(l)=3N2(g)5CO2(g)7H2O(l)6OH(aq)的H_kJmol1。(2)在船舶废气的脱硝工艺中，采用无隔膜电解法对海水进行电解，再用循环喷淋模式对船舶废气进行脱硝。使用惰性电极对海水电解。由于采用无隔膜电解槽，阳极产物大部分是ClO，同时会有少量Cl2、ClO3-生成，则电解生成ClO3-的电极反应式为_。一段时间后，随电解海水中ClO含量的不断增加，经循环喷淋系统吸收的废气中NO脱除率不断增加，而NO2的脱除率却有所下降，这是由于NO被氧化为NO
40、2，该反应的离子方程式为_。电解海水溶液的pH对氮氧化物的去除率会产生一定影响，见下图。当电解液pH从5.5下降至4.5过程中，NO和NOx的脱除率快速上升的原因是_。综合考虑脱硝效率、后期处理、设备使用等因素，选择电解海水溶液的最佳pH为_。(3)锅炉的烟气脱硝处理常采用以氨为还原剂进行催化还原，主要反应如下：4NH34NOO2=4N26H2O4NH36NO=5N26H2O当反应温度过高时，NH3会发生以下反应：4NH33O2=2N26H2O4NH35O2=4NO6H2O在反应中当生成1 mol N2时，转移的电子数为_mol。随着反应温度升高，脱硝效率降低的原因可能是_。【答案】 (1).
41、 1 072.3 (2). Cl3H2O6e=ClO3-6H (3). NOClO=NO2Cl (4). 酸性增强时，有效氯ClO转化为HClO和Cl2，它们的氧化性强于ClO或Cl2与NO的反应是气相反应，接触更充分 (5). 77.5 (6). 2.4 (7). 高温时NH3发生氧化反应，导致还原剂NH3被大量消耗(或NH3发生氧化反应会再产生NO)【解析】【分析】(1)利用盖斯定律计算；（2）惰性电极做阳极，阴离子在阳极失去电子被氧化，氯离子被氧化生成氯酸根离子，依据电荷守恒写出离子方程式；次氯酸根离子把一氧化氮氧化成二氧化氮，自身被还原成氯离子，依据电子守恒，电荷守恒写出离子方程式；酸
42、性增强，次氯酸根离子转化为次氯酸和氯气，氧化性增强，去除率增大；（3）利用电子守恒进行计算。【详解】（1）3NO3-(aq)CH3OH(l)=3NO2-(aq)CO2(g)2H2O(l)；H398.9 kJmol12NO2-(aq)CH3OH(l)=N2(g)CO2(g)H2O(l)2OH(aq)；H91.5 kJmol1有盖斯定律：2+3得：6NO3-(aq)5CH3OH(l)=3N2(g)5CO2(g)7H2O(l)6OH(aq)的H1 072.3 kJmol1故答案为：1 072.3；（2）氯离子在阳极被氧化成氯酸根离子，失去6个电子，利用原子守恒该反应的离子方程式是Cl3H2O6e=C
43、lO3-6H，故答案为：Cl3H2O6e=ClO3-6H；次氯酸根离子把一氧化氮氧化成二氧化氮，自身被还原成氯离子，依据电子守恒，电荷守恒写出离子方程式：NOClO=NO2Cl，故答案为：NOClO=NO2Cl；当电解液pH从5.5下降至4.5过程中，生成的次氯酸增多，次氯酸的氧化性强，还有一部分会生成氯气，与一氧化氮发生气相反应，速率加快，考虑设备的耐腐蚀性和去除率，选择溶液的酸碱性在中性附近，故答案为：酸性增强时，有效氯ClO转化为HClO和Cl2，它们的氧化性强于ClO或Cl2与NO的反应是气相反应，接触更充分；77.5 ；（3）反应4NH36NO=5N26H2O中当生成1 mol N2
44、时，消耗氨气的物质的量是0.8mol，失电子数等于0.8mol(0-（-3）)=2.4mol，随着反应温度的升高，NH3发生氧化反应，导致还原剂NH3被大量消耗(或NH3发生氧化反应会再产生NO)，使脱硝效率降低，故答案为：2.4；高温时NH3发生氧化反应，导致还原剂NH3被大量消耗(或NH3发生氧化反应会再产生NO)。21.吡啶类化合物是合成医药、农药、香料、染料等产品的重要原料。现有一种新型的N，O一二齿配体吡啶类化合物(A)，将它和ZnEt2反应后可以得到含锌的有机化合物(B)，其具有优异的催化性能。(1)基态Zn原子核外电子排布式为_。(2)1 mol化合物A中含有的键数目为_。(3)
45、化合物A能与水以任意比例互溶，这是因为_。(4)化合物A中碳原子轨道的杂化类型为_，化合物B中含有_(填字母)。a. 极性共价键 b. 非极性共价键 c. 配位键 d. 氢键(5)某化合物甲具有与吡啶类化合物相似的性质，其晶胞结构如图所示，其中X原子的配位数为_。【答案】 (1). Ar3d104s2 (2). 24 mol (3). 化合物A与水分子间存在氢键 (4). sp2、sp3 (5). abc (6). 8【解析】【分析】（1）依据能量最低原理，泡利原理，洪特规则进行排布；（2）共价单键是键，双键中和三键中一个键是键；（3）运用相似相溶规律分析；（4）碳原子全部形成单键采取sp3杂
46、化，含有一个双键时采取sp2杂化，含有一个三键时采取sp杂化；（5）紧密相邻的异种原子的数目就是该原子的配位数。【详解】（1）锌的原子序数是30，核外电子数是30，基态Zn原子核外电子排布式为Ar3d104s2，故答案为：Ar3d104s2；（2）由图A结构简式可知1 mol化合物A中含有的键数目为24mol，故答案为：24mol；（3）化合物A含有羟基，能与水形成分子间氢键，可以与水互溶，故答案为：化合物A与水分子间存在氢键；（4）碳原子全部形成单键采取sp3杂化，含有一个双键时采取sp2杂化，含有一个三键时采取sp杂化，商业化合物A中碳原子轨道的杂化类型为sp2、sp3 ；化合物B中含有碳碳非极性键，碳氢、碳氮、碳氧极性键，还有过渡金属锌形成的配位键，故答案为：sp2、sp3 ；abc；（5）X原子紧密相邻的Y原子有8个，故X原子的配位数为8，故答案为：8。