1、江苏省扬州市2020届高三化学下学期阶段性检测试题（二）（含解析）注意事项：考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求1.本试卷共8页，包含选择题第1题第15题，共40分、非选择题第16题第21题，共80分两部分。本次考试时间为100分钟，满分120分。考试结束后，请将答题卡交回。2.答题前，请考生务必将自己的学校、班级、姓名、学号、考生号、座位号用0.5毫米的黑色签字笔写在答题卡上相应的位置。3.选择题每小题选出答案后，请用2B铅笔在答题纸指定区域填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再填涂其它答案。非选择题请用0.5毫米的黑色签字笔在答题纸指定区域作答。在试卷或草稿纸上作答一律无效。4.如有
2、作图需要，可用2B铅笔作答，并请加黑加粗，描写清楚。可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 S-32 K-39 Fe-56 Cu-64 Ba-137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.化学与生活密切相关。下列说法中不正确的是（ ）A. 漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2B. 碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多C. 酸中毒病人可输入0.9%的氯化铵溶液D. 工业上可利用油脂的碱性水解制取肥皂【答案】C【解析】【详解】A. 漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2，A正确；B. 碳酸氢钠有弱碱性，可
3、用于治疗胃酸过多，B正确；C. 碳酸氢钠有弱碱性，酸中毒病人可输入1.25%的NaHCO3溶液，C错误；D. 油脂在碱性条件下的水解反应称为皂化反应，工业上用此反应制取肥皂，D正确。答案选C。2.下列关于化学用语表示正确的是（ ）A. F-的结构示意图：B. 中子数是19的Cl原子：ClC. 二氧化碳分子的比例模型：D. NaHCO3在水中的电离方程式：NaHCO3=Na+H+CO32-【答案】A【解析】【详解】AF-有10个电子，其结构示意图为：，A正确；BCl原子有17个质子，中子数是19，则质量数=17+19=36，可表示为：Cl，B错误；CC原子半径比O原子大，图示模型C原子半径比O原
4、子小，C错误；DNaHCO3是弱酸酸式盐，在水中电离方程式为：NaHCO3=Na+HCO3-，D错误。答案选A。3.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）A. Al2O3熔点很高，可用于制造耐火材料B. SiO2硬度很大，可用于制作光导纤维C. FeCl3溶液显酸性，可用于制作印刷电路板D. SO2具有还原性，可用于漂白纸浆【答案】A【解析】【详解】AAl2O3熔点很高，可用于制造耐火材料，比如氧化铝坩埚，A正确；B利用SiO2可以制成无色透明的“玻璃”,利用该“玻璃”的全反射原理,传导光信号进行通信，可用于制作光导纤维，B错误；C利用FeCl3溶液的氧化性来印刷电路板，C错误；DSO
5、2具有漂白性，可用于漂白纸浆，D错误。答案选A。4.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）A. 0.1molL-1的KMnO4溶液：Na+、Cl-、SO32-B. 使紫色石蕊试液显蓝色的溶液：K+、AlO2-、NO3-C. 0.1molL-1FeCl3溶液：NH4+、SCN-、SO42-D. =11012的溶液：Na+、SO42-、HCO3-【答案】B【解析】【详解】AMnO4-有强氧化性，能将SO32-氧化，A错误；B能使紫色石蕊试液显蓝色的溶液为碱性溶液，碱性溶液中K+、AlO2-、NO3-能大量共存，B正确；CFe3+和SCN-发生络合反应生成络合物Fe(SCN)3而不能大
6、量共存，C错误；D=11012，c(H+)c(OH-)，溶液显酸性，H+和HCO3-反应生成二氧化碳和水而不能大量共存，D错误。答案选B。5.下列有关化学反应的叙述正确的是（ ）A. N2在O2中燃烧生成NOB. SO3与H2O反应生成H2SO3C. 常温下，Fe在浓盐酸中发生钝化D. AlCl3稀溶液和过量稀氨水反应生成Al(OH)3【答案】D【解析】【详解】AN2和O2在高温或者放电条件下反应生成NO，A错误；BSO3与H2O反应生成H2SO4，B错误；C浓盐酸没有强氧化性，不能使金属钝化，C错误；D氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝，所以无论氨水少量还是过量均生成Al(OH)3，D正确。答案选
7、D。6.下列实验操作能达到实验目的的是（ ）A. 用图1所示装置验证浓硫酸具有强氧化性B. 用图2所示装置分离乙醇和碘的混合液C. 向FeSO4溶液中加铁粉，防止其被氧化D. 用KMnO4溶液除去乙烯中的少量SO2【答案】C【解析】【详解】A浓硫酸和Cu在常温下不反应，无法验证，A错误；B碘易溶于乙醇等有机溶剂，不会分层，不能用分液分离，B错误；C加入铁粉后，还原性：FeFe2+，可防止Fe2+被氧化，C正确；D乙烯也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，不能用KMnO4溶液除去乙烯中的少量SO2，D错误。答案选C。7.下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）A. 向氨水中通入过量CO2：2NH3H2O+C
8、O2=2NH4+CO32-+H2OB. Zn与稀醋酸反应：Zn+2H+=Zn2+H2C. 用稀硝酸清洗试管内壁的银镜：Ag+2H+NO3-=Ag+NO2+H2OD. 在强碱溶液中NaClO与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4：4OH-+3ClO-+2Fe(OH)3=2FeO42-+3Cl-+5H2O【答案】D【解析】【详解】A通入过量CO2，碳酸盐会进一步反应生成碳酸氢盐，A错误；B醋酸是弱酸，不能拆开，B错误；C稀硝酸作氧化剂时，还原产物为NO，C错误；DClO-有强氧化性，可将Fe(OH)3氧化才FeO42-，自身被还原成Cl-，再结合电荷守恒、原子守恒可得出4OH-+3ClO-+2Fe
9、(OH)3=2FeO42-+3Cl-+5H2O，D正确。答案选D。【点睛】涉及酸性氧化物的反应，酸性氧化物少量时生成正盐，酸性氧化物过量时生成酸式盐。8.短周期主族元素A、B、C、D的原子序数依次增大，A与D同主族，B+与A2-具有相同的电子层结构，C原子的最外层电子数等于A原子最外层电子数的一半，则下列叙述正确的是（ ）A. B2A2中阴阳离子的个数比为1：1B. 原子半径的大小顺序：r(D)r(C)r(B)r(A)C. A的简单气态氢化物的热稳定性比D的弱D. B、C的最高价氧化物的水化物之间能发生反应【答案】D【解析】【分析】B+与A2-具有相同的电子层结构，B为Na、A为O，A与D同主
10、族，所以D为S，C原子的最外层电子数等于A原子最外层电子数的一半，所以C为Al，综上所述，A为O，B为Na，C为Al，D为S，据此分析解答。【详解】ANa2O2由2个Na+和1个O22-组成，阴阳离子的个数比为1：2，A错误；BO为第二周期元素，其余三个均为第三周期元素，所以O原子半径最小，同周期元素从左往右，原子半径逐渐减小，所以原子半径从大到小为：NaAlSO，B错误；CO的非金属性比S强，H2O比H2S稳定，C错误；DNaOH能和氢氧化铝反应生成偏铝酸钠和水，D正确。答案选D。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. CuO(s)Cu(s)CuCl2(aq)B.
11、Na(s)Na2O(s)NaOH(aq)C. NH3(g)NO(g)HNO3(aq)D. HCl(aq)Cl2(g)NaClO(aq)【答案】B【解析】【详解】A第二步，Cu能和FeCl3反应，和FeCl2不反应，A错误；BNa和氧气不加热生成氧化钠，氧化钠和水反应生成氢氧化钠，B正确；C氨的催化氧化生成NO和水，第一步可以，NO和水不反应，第二步不可以，C错误；D浓HCl和MnO2在加热条件下反应生成MnCl2和水和Cl2，少了加热，第一步不可以，D错误。答案选B。10.下列图示与对应的叙述相符合的是（ ）A. 图甲表示向CH3COOH溶液中逐渐加入少量CH3COONa固体后，溶液pH的变化
12、B. 图乙表示用0.1000molL-1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000molL-1醋酸溶液的滴定曲线C. 图丙表示电解法处理污水的原理，生成的胶体能除去污水中的悬浮物，该装置中的铁片可用铝片代替D. 图丁表示镁条与盐酸反应的化学反应速率随反应时间变化的曲线，说明t1时刻溶液的温度最高【答案】C【解析】【详解】ACH3COOHCH3COO-+H+，加入少量CH3COONa固体，CH3COO-浓度增大，平衡逆向移动，H+浓度减小，pH增大，与图不符，A错误；B醋酸是弱电解质，0.1000molL-1醋酸溶液，氢离子浓度小于0.1000molL-1，pH大于1，与图不符，B错误；C. 实
13、质是阳极Fe失电子生成Fe2+，阴极2H2O+2e-=H2+2OH-，Fe2+和OH-结合成Fe(OH)2，Fe(OH)2被氧化成Fe(OH)3胶体，Fe(OH)3胶体吸附污水中的悬浮物，换成Al后，阳极Al失电子生成Al3+，最终产生Al(OH)3胶体同样可以吸附污水中的悬浮物，C正确；D. 从图丁曲线变化趋势可知，Ot1，反应放热，温度升高对化学反应速率的影响大于H+浓度降低对化学反应速率的影响，曲线呈上升趋势，但不能说明在t1时溶液的温度最高，D错误。答案选C。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，该小题
14、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.甲醇-空气燃料电池的反应为2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O，下列有关说法正确的是（ ）A. 甲醇-空气燃料电池的负极反应为CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2OB. 一定温度下，反应2H2(g)+CO(g)=CH3OH(g)能自发进行，该反应的H0C. 根据共价键的键能可以准确计算CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(l)的HD. 标准状况下，甲醇-空气燃料电池放电时消耗5.6LO2，转移电子的数目约为3.011023【答案】A
15、【解析】【分析】甲醇-空气燃料电池的反应为2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O，C元素化合价从-2升高到+4，失电子，化合价升高，在负极反应，O2中O化合价从0价降低到-2价，化合价降低，在正极反应，所以正极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-，负极反应为：CH3OH+8OH-6e-=CO32-+6H2O，据此分析回答。【详解】A由上面分析可知，负极反应为CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O，A正确；B2H2(g)+CO(g)=CH3OH(g)的气体分子数减少，S0，可自发进行，则H-TS0，H0，与复述矛盾，B错误；C1mol理想气体分子AB断裂为中性气态
16、原子A和B所需要的能量或A和B合成理想气体分子所放出的能量称为键能，涉及的是理想气体分子，答案上给的H2O是液态，所以不能准确计算，C错误；D由O2+2H2O+4e-=4OH-可知，22.4LO2参与反应转移4mol电子，所以5.6LO2参与反应转移1mol电子，即6.021023个，D错误。答案选A。【点睛】H-TS0，化学反应能自发进行。12.化合物Y在医药上具有广泛用途，可由X制得。下列有关化合物X、Y的说法正确的是（ ）A. X分子中所有原子可能在同一平面上B. 1molY最多能与1molNaOH反应C X、Y均能与酸性KMnO4溶液反应D. X、Y分别与足量H2加成的产物分子中手性碳
17、原子数目不相等【答案】C【解析】【详解】A与标“1”的C原子连接的4个原子构成四面体，不可能共面，那么所有原子绝对不可能完全共面，A错误；BY结构中1mol酯基消耗1molNaOH，酯基水解生成羟基为酚羟基，再消耗1molNaOH，所以1molY最多能与2molNaOH反应，B错误；CX分子中的醛基、羟基、与苯环相连的C上有H，可以被酸性高锰酸钾氧化，Y分子中与苯环相连的C有两个有H，可以被酸性高锰酸钾氧化，C正确；D与四个不相同的原子或原子团相连的C原子称为手性碳，X、Y分别与足量H2加成的产物分子中手性碳均有5个，相同，D错误。答案选C。【点睛】共面的结构有：苯环结构的12个原子、乙烯结构
18、的6个原子，甲醛结构的4个原子，甲烷结构的3个原子。13.室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）选项实验操作和现象结论A向CuSO4溶液中通入H2S，生成黑色沉淀（CuS）H2S的酸性比H2SO4强B向PbO2中滴加浓盐酸，出现黄绿色气体PbO2具有氧化性C在酒精灯上加热铝箔，铝箔熔化但不滴落熔点：氧化铝铝D向NaCl和NaBr混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，出现淡黄色沉淀（AgBr）Ksp(AgCl)Ksp(AgBr)A. AB. BC. CD. D【答案】BC【解析】【详解】AH2S是弱酸，H2SO4是强酸，结论错误，A错误；BCl从-1价升高到0价，被氧化，P
19、bO2具有氧化性，B正确；C铝箔表面迅速形成氧化铝，内部依然是铝，铝箔熔化但不滴落，说明外面的氧化铝熔点高于里面的Al，C正确；D向NaCl和NaBr混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，出现淡黄色沉淀（AgBr），有可能是Cl-浓度太小，D错误。答案选BC。【点睛】根据沉淀溶解平衡： 可以知道，两种离子形成沉淀是需要条件的，即QcKsp，所以D答案没有出现白色沉淀，出现淡黄色沉淀不一定是白色沉淀转换为淡黄色沉淀了，还可能是Cl-浓度太小了。14.室温下，Ka(HCOOH)=1.77104，Ka(CH3COOH)=1.75105。若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度
20、关系正确的是（ ）A. 浓度均为0.1molL-1的CH3COONa溶液与HCOOK溶液：c(K+)-c(HCOO-)c(Na+)-c(CH3COO-)B. 向0.1molL-1的HCOONa溶液中通入HCl气体至pH=7：c(Na+)c(Cl-)=c(HCOOH)C. 0.1molL-1的HCOOH溶液和0.05molL-1的NaOH溶液等体积混合：c(Na+)+c(OH-)=c(HCOOH)+c(H+)D. c(NH4+)相等的HCOONH4溶液、CH3COONH4溶液：c(HCOONH4)c(CH3COONH4)【答案】BC【解析】【分析】A两个溶液中的电荷守恒分别为：c(K+)+c(H
21、+)=c(HCOO-)+c(OH-)，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)；B电荷守恒式子为：c(Na+)+ c(H+)= c(Cl-)+ c(HCOO-)+ c(OH-)，物料守恒式子为：c(Na+)= c(HCOO-)+ c(HCOOH)；CHCOOH+NaOH=HCOONa+H2O；D越弱越水解，水解程度：c(HCOO-)c(CH3COO-)。【详解】A根据电荷守恒有：HCOOK溶液中，c(K+)+c(H+)=c(HCOO-)+c(OH-)，c(OH-)- c(H+)= c(K+)-c(HCOO-)，CH3COONa溶液中，c(Na+)+c(H+)=c(CH3CO
22、O-)+c(OH-)，c(OH-)- c(H+)= c(Na+)-c(CH3COO-)，因为Ka(HCOOH)=1.77104，Ka(CH3COOH)=1.75105，所以CH3COO-水解程度更大，碱性更强，c(OH-)- c(H+)更大，那么c(K+)-c(HCOO-)0，A正确；BM点为平衡状态，条件不变，延长反应时间，平衡不发生移动，甲烷的转化率不变，B错误；C体积为1L，T1时：，K=2.0736，假设起始时充入CH4、CO2、CO和H2的物质的量为a，Qc=，Qc和K的大小，和起始值a有关，不一定正向移动，C错误；D充入0.5molCH4和0.5molCO2比充入0.4molCH4
23、和0.4molCO2而言，平衡正向移动，但是起始值增大程度大于转化值增大程度，转化率减小，图像符合，D正确。答案选AD。【点睛】本题易错选项C，某时刻平衡正向移动还是逆向移动，关键看Qc和K的关系，QcK，平衡逆向移动，QcK，平衡正向移动，Qc=K，达到平衡状态；D项平衡移动中，增加的物质转化率反而减小。非选择题（共80分）16.工业上以硫酸泥（主要含S、Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2等）为原料提取硒，流程如图：（1）“脱硫”过程中，温度控制在95，原因是_。（2）“氧化”过程中，Se转化成H2SeO3，该反应的化学方程式为_。（3）“还原”过程是通过控制电位还原的方法将电位高的
24、物质先还原，电位低的物质保留在溶液中。下表是将“过滤”所得滤液中所含物质还原对应的电位。控制电位在0.7821.692V，可除去“过滤”所得滤液中残留的ClO2。名称Cu2+/CuZn2+/ZnFe2+/FeFe3+/Fe2+ClO2/Cl-H2SeO3/Se电位/V0.435-0.885-0.4630.7821.6920.743为使硒和杂质金属分离，加入Na2SO3还原时，电位应控制在_范围；H2SeO3（弱酸）还原为硒的离子反应方程式为_。（4）滤液中主要存在的金属阳离子有Zn2+、Na+、_。（5）所得粗硒需精制。向粗硒浸出液中加入Na2S溶液可以将残留的Fe2+等微量杂质离子转化为沉淀
25、而除去。已知25时Ksp(FeS)=6.010-18，要使溶液中Fe2+沉淀完全c(Fe2+)1.010-5molL-1，则需控制溶液中c(S2-)_molL-1。【答案】 (1). 温度低于95，脱硫速率偏低（硫在煤油中溶解度降低）,温度高于95，煤油挥发量加大 (2). 4NaClO3+Se+2H2SO4=2Na2SO4+4ClO2+H2O+H2SeO3 (3). 0.4350.743 (4). H2SeO3+2SO32-=2SO42-+Se+H2O (5). Fe2+、Cu2+ (6). 6.010-13【解析】【分析】硫酸泥中加煤油，将S溶解、过滤以滤液的形式除去，滤渣中的Se用NaC
26、lO3氧化成H2SeO3，同时Fe2O3、CuO、ZnO被硫酸溶解，过滤除去SiO2，溶液中主要含有Fe3+、Cu2+、Zn2+、H2SeO3、Na+、SO42-，用Na2SO3还原，H2SeO3被还原成Se，Fe3+被还原成Fe2+，将电位控制在0.4350.743，然后过滤使Cu2+、Zn2+、Fe2+、Na+、SO42+以滤液形式除去，得到粗Se。【详解】（1）S溶于煤油，Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2等不溶于煤油，过滤可除去S和煤油，温度太低，S在煤油中的溶解度太小，脱硫率低，除不尽，温度太高，煤油挥发太多，故答案为：温度低于95，脱硫速率偏低（硫在煤油中溶解度降低），温度
27、高于95，煤油挥发量加大；（2）Se化合价从0升高到+4，作还原剂，NaClO3做氧化剂，还原产物为ClO2，Cl化合价从+5降低到+4，根据得失电子守恒可知，氧化剂和还原剂物质的量比=4:1，再结合原子守恒可得方程式：4NaClO3+Se+2H2SO4=2Na2SO4+4ClO2+H2O+H2SeO3，故答案为：4NaClO3+Se+2H2SO4=2Na2SO4+4ClO2+H2O+H2SeO3；（3）从表格可知，为使硒和杂质金属分离，要将电位控制在0.743以下，0.435以上，H2SeO3被还原成Se，化合价降低4，SO32-作还原剂，化合价升高2，被氧化成SO42-，氧化剂和还原剂物质
28、的量之比=1:2，结合电荷守恒、原子守恒可得离子方程式为：H2SeO3+2SO32-=2SO42-+Se+H2O，故答案为：0.4350.743；H2SeO3+2SO32-=2SO42-+Se+H2O；（4）通过控制电位还原，几种金属离子均遗留在了溶液里，随滤液除去了，所以滤液中主要存在的金属阳离子有Zn2+、Na+、Fe2+、Cu2+，故答案为：Fe2+、Cu2+；（5）Ksp(FeS)=c(Fe2+)c(S2-)，当c(Fe2+)1.010-5molL-1时，认为完全沉淀，有，解得：c(S2-)6.010-13 molL-1，故答案为：6.010-13。【点睛】“还原”过程是通过控制电位还
29、原的方法将电位高的物质先还原，要使H2SeO3还原成Se，电位要比0.743小，但是太小，比如小于0.435，Cu2+就还原成Cu了，就不在溶液里了，所以电位要大于0.435的。17.氯喹是合成一种抑制病毒药物的中间体，其合成路线如图：（1）D中含氧官能团的名称为_和_。（2）AB的反应类型为_。（3）CD的反应中有副产物X（X与D互为同分异构体）生成，写出X的结构简式：_。（4）E的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_。酸性条件下水解得到的两种有机产物，都能发生银镜反应，其中一种与FeCl3溶液发生显色反应；分子中有氰基（-CN），有一个手性碳原子，有4种不同化学环
30、境的氢。（5）已知：NH2易被氧化；酰氯（Cl）的氯原子比氯代烃的更易被取代RHC=N-CH2R写出以和为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）_。【答案】 (1). 羟基 (2). 酯基 (3). 还原反应 (4). (5). (6). 【解析】【分析】（5）逆合成分析：信息的产物和目标产物都有C=N，故目标产物可由在过氧化氢作用下得到，由信息可知可由通过取代反应制得，可由还原硝基而来，可由消化而来，可由和发生反应而来。【详解】（1）D为，含氧官能团有羟基和酯基，故答案为：羟基；酯基；（2）AB：，去氧加氢为还原反应，故答案为：还原反应；（3）CD，在与N原子
31、相连的C的邻位C上成新环，同理，这个新环也可以在N左下角这个C上形成新环，故X为：，故答案为：；（4）E为：，它的同分异构体在酸性条件下水解得到的两种有机产物，都能发生银镜反应，则必有HCOO-、-CHO，只有三个氧原子而水解产物有一种能与FeCl3溶液发生显色反应，则HCOO-必与苯环直接相连，有-CN，那么还有1个C，一个Cl，因为有一个手性碳，则这个C上连的4个部分不相同，所以我们先把这部分连好，为：，左边部分必与相连，又因为有4种不同化学环境的氢，所以只能连在对位：，故答案为：；（5）通过逆合成分析：信息的产物和目标产物都有C=N，故目标产物可由在过氧化氢作用下得到，由信息可知可由通过
32、取代反应制得，可由还原硝基而来，可由消化而来，可由和发生反应而来，故答案为：【点睛】能发生银镜反应的结构有：-CHO、HCOOH、HCOO-、HCONH-等，出现手性碳，先将手性碳作为中心原子，把其他部位连在该碳上作为一个整体，在去与其他结构相连接。18.亚硝酰硫酸（NOSO4H）主要用于染料、医药等工业。实验室制备亚硝酰硫酸的方法如下：将SO2通入盛有浓硫酸和浓硝酸的混合液中，维持体系温度略低于20，搅拌，使其充分反应。反应过程中，亚硝酰硫酸的物质的量和硝酸的物质的量随时间的变化如图所示。（1）实验室制备NOSO4H的化学反应方程式为_。反应进行到10min后，反应速度明显加快，其可能原因是
33、_。反应过程中，硝酸减少的物质的量大于NOSO4H生成的物质的量的可能原因是_（2）为了测定亚硝酰硫酸的纯度，进行如下实验：。准确称取1.200g产品放入锥形瓶中，加入50.00mL0.1000molL-1的KMnO4标准溶液和足量稀H2SO4，摇匀，使其充分反应。再将反应后溶液加热至6070（使生成的HNO3挥发逸出），冷却至室温，用0.2500molL-1Na2C2O4标准溶液滴定至终点，消耗Na2C2O4溶液的体积为16.00mL。已知：2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4；KMnO4在酸性条件下被还原为Mn2+。根据以上实验数据计算
34、亚硝酰硫酸的纯度。（写出计算过程）_【答案】 (1). HNO3+SO2NOSO4H (2). 生成的NOSO4H对该反应有催化作用 (3). 硝酸会挥发和分解 (4). 90.00%【解析】【分析】（1）设NOSO4H中N的化合价为x，根据化合价代数和为0有：x+(+6)1+(-2)5+(+1) 1=0，解得：x=+3，N元素化合价从+5降低到+3，必有S元素化合价从+4升高到+6，发生的是氧化还原反应，氧化剂与还原剂物质的量之比=1：1；（2）50.00mL0.1000molL-1的KMnO4与16.00mL 0.2500molL-1Na2C2O4反应之后剩余的KMnO4再与NOSO4H反
35、应。【详解】（1）N元素化合价从+5降低到+3，必有S元素化合价从+4升高到+6，N元素和S元素的物质的量之比=1:1，所以反应的方程式为：HNO3+SO2NOSO4H，故答案为：HNO3+SO2NOSO4H；反应前十分钟没有加快，不是温度，十分钟后明显加快，说明生成的物质对反应有催化作用，故答案为：生成的NOSO4H对该反应有催化作用；从反应的方程式看：参加反应的硝酸和生成的NOSO4H比例为1:1，消耗的硝酸多，可能是有一部分挥发和分解了，故答案为：硝酸会挥发和分解；（2）一部分KMnO4标准溶液和NOSO4H反应，剩余的KMnO4标准溶液用Na2C2O4反滴定，KMnO4和Na2C2O4
36、，KMnO4中Mn元素化合价从+7降低到+2，降低5，作氧化剂，Na2C2O4中C元素化合价从+3升高到+4升高了1，2个C升高了2，作还原剂，根据得失电子守恒，氧化剂和还原剂的物质的量之比=2:5，所以，解得：和Na2C2O4反应的KMnO4的物质的量n1=1.610-3mol，KMnO4总的物质的量=50.0010-3L0.1000molL-1=510-3mol，所以和NOSO4H反应的KMnO4的物质的量=510-3mol-1.610-3mol=3.410-3mol，所以，解得NOSO4H的质量m=1.0795g，所以样品中NOSO4H的纯度=90.00%，故答案为：90.00%。【点睛
37、】和Na2C2O4反应的KMnO4加上和NOSO4H反应的KMnO4为总的KMnO4的量。19.亚氯酸钠（NaClO2）是二氧化氯（ClO2）泡腾片的主要成分。实验室以氯酸钠（NaClO3）为原料先制得ClO2，再制备NaClO2粗产品，其流程如图：已知：ClO2可被NaOH溶液吸收，反应为2ClO2+2NaOH=NaClO3+NaClO2+H2O。无水NaClO2性质稳定，有水存在时受热易分解。（1）反应中若物质X为SO2，则该制备ClO2反应的离子方程式为_。（2）实验在如图-1所示的装置中进行。若X为硫磺与浓硫酸，也可反应生成ClO2。该反应较剧烈。若该反应在装置A的三颈烧瓶中进行，则三
38、种试剂（a.浓硫酸；b.硫黄；c.NaClO3溶液）添加入三颈烧瓶的顺序依次为_（填字母）。反应中双氧水的作用是_。保持反应时间、反应物和溶剂的用量不变，实验中提高ClO2吸收率的操作有：装置A中分批加入硫黄、_（写出一种即可）。（3）将装置B中溶液蒸发可析出NaClO2，蒸发过程中宜控制的条件为_（填“减压”、“常压”或“加压”）。（4）反应所得废液中主要溶质为Na2SO4和NaHSO4，直接排放会污染环境且浪费资源。为从中获得芒硝（Na2SO410H2O）和石膏（水合硫酸钙），请补充完整实验方案：_，将滤液进一步处理后排放（实验中须使用的试剂和设备有：CaO固体、酚酞、冰水和冰水浴）。已知
39、：CaSO4不溶于Na2SO4水溶液；Na2SO4的溶解度曲线如图2所示。【答案】 (1). 2ClO3-+SO22ClO2+SO42- (2). cab (3). 作还原剂 (4). 水浴加热时控制温度不能过高（或加一个多孔球泡等） (5). 减压 (6). 向废液中分批加入适量CaO固体并搅拌，用冰水浴控制反应温度，对浊液取样并滴加酚酞，至溶液呈浅红色时停止加入CaO。静置后过滤，用水洗涤沉淀2-3次得到石膏；滤液蒸发浓缩，冷却结晶至32.4以下，接近0，过滤，所得晶体用冰水洗涤2-3次，低温干燥得到芒硝【解析】分析】用二氧化硫将NaClO3还原制得ClO2，ClO2和NaOH反应制得Na
40、ClO3和NaClO2，再用过氧化氢将NaClO3还原成NaClO2制得NaClO2粗品。【详解】（1）SO2作还原剂，S化合价升高2，被氧化成SO42-，ClO3-作氧化剂，被还原成ClO2，Cl化合价降低1，结合电子得失守恒、电荷守恒、原子守恒可书写离子方程式：2ClO3-+SO22ClO2+SO42-，故答案为：2ClO3-+SO22ClO2+SO42-；（2）反应剧烈，浓硫酸只能在最后添加，结合流程图可知先加NaClO3，所以顺序为：先加NaClO3，再加S，最后加浓硫酸，故答案为：cab；反应中NaOH和ClO2反应生成NaClO3和NaClO2，过氧化氢的作用是将NaClO3还原成
41、NaClO2，过氧化氢会分解，温度不宜太高，所以控制A中水浴加热时温度不过高，或者在B中搅拌、或者加一个多孔球泡，故答案为：作还原剂；水浴加热时控制温度不能过高（或加一个多孔球泡等）；（3）无水NaClO2性质稳定，有水存在时受热易分解，应该减压，让水分尽快蒸发，故答案为：减压；（4）加入一定量CaO使NaHSO4反应成CaSO4，为了保证NaHSO4反应完，所加CaO需稍过量，CaO过量溶液就显碱性了，可以用酚酞作指示剂，当溶液变为浅红色时停止加CaO，CaSO4不溶于Na2SO4水溶液，此时可用过滤、洗涤的方法得到石膏，此时滤液为Na2SO4溶液，还不是芒硝，从图上看，可将温度调整32.4
42、以下，形成芒硝，析出芒硝晶体，过滤、洗涤、干燥就可得芒硝了，为了使芒硝产率较高，可用冰水洗涤，降低因溶解损失的量，故答案为：向废液中分批加入适量CaO固体并搅拌，用冰水浴控制反应温度，对浊液取样并滴加酚酞，至溶液呈浅红色时停止加入CaO。静置后过滤，用水洗涤沉淀2-3次得到石膏；滤液蒸发浓缩，冷却结晶至32.4以下，接近0，过滤，所得晶体用冰水洗涤2-3次，低温干燥得到芒硝。【点睛】结合图像，温度低于32.4以下，硫酸钠结晶得到芒硝，温度降低，芒硝的溶解度减小，可用冰水洗涤减小损失率。20.有效去除大气中的NOx（主要是NO和NO2）是环境保护的重要课题。（1）用Pl-g-C3N4光催化氧化法
43、脱除NO的过程如图-1所示。在酸性水溶液中，光催化脱除原理和电化学反应原理类似。g-C3N4端的反应：O2+2H+2e-=H2O2，Pl端的反应：_。（2）次氯酸盐脱除NO的主要过程如下：NO+HClO=NO2+HClNO+NO2+H2O2HNO2HClO+HNO2=HNO3+HCl下列分析正确的是_。a.烟气中含有的少量O2能提高NO的脱除率b.NO2单独存在时不能被脱除c.脱除过程中，次氯酸盐溶液的pH下降（3）NaClO溶液能有效脱除NO。25时，NO的脱除率随pH的变化如图-2所示；pH=4时，NO的脱除率随温度的变化如图-3所示。25时，随着pH降低，NO的脱除率增大的原因：_。pH
44、=4时，6080NO的脱除率下降的原因：_。（4）一定条件下，将一定浓度NOx（NO2和NO的混合气体）通入Ca(OH)2悬浊液中，改变，NOx的去除率如图-4所示。已知：NO与Ca(OH)2不反应；NOx的去除率=1-100%在0.3-0.5之间，NO吸收时发生的主要反应的离子方程式为：_。当大于1.4时，NO2去除率升高，但NO去除率却降价。其可能的原因是_。O3与NO反应的方程式为：NO+O3=NO2+O2，（该条件下不考虑O2与NO的反应）。保持NO的初始浓度不变，改变n(O3)/n(NO)，将反应后的混合气体通入Ca(OH)2悬浊液中吸收。为节省O3的用量，又能保持NOx总去除效果好
45、，则合适的值范围为_。（保留两位小数）【答案】 (1). NO2e-+H2O=2H+NO2 (2). ac (3). pH降低，ClO-+H+=HClO，溶液中c(HClO)增大 (4). HClO受热分解，溶液中c(HClO)减小 (5). NO+NO2+Ca(OH)2=Ca2+2NO2-+H2O (6). NO2量太多，剩余的NO2和水反应生成NO逸出，导致NO去除率降低 (7). 0.550.58【解析】【分析】（1）g-C3N4端得电子，那么Pl端失电子，结合电荷守恒、原子守恒可写P1端离子方程式；（2）次氯酸盐脱除NO的主要过程可看出，脱NO的本质是转换成HNO3；（3）NaClO脱
46、NO的过程可看出，实际上是HClO与NO反应，所以pH变化HClO跟着变化，脱NO效果也会跟着变化；（4）NO和Ca(OH)2不反应，NO、NO和Ca(OH)2三者反应，分析化合价可知产物为亚硝酸钙，在此基础上分析解答。【详解】（1）g-C3N4端得电子发生还原反应，生成过氧化氢，P1端NO失电子变成NO2，这样左边就出现了正电荷，右边加H+，结合原子守恒，左边应加H2O,所以P1端的离子方程式为：NO2e-+H2O=2H+NO2，故答案为：NO2e-+H2O=2H+NO2；（2）a从给出的条件看，次氯酸盐脱除NO是先将一部分NO氧化成NO2才脱出的，O2和NO反应生成NO2，就省了第一步了，
47、所以烟气中含有的少量O2能提高NO的脱除率，a正确；b从原理上看，氮氧化物转换为HNO3就被脱出了，NO2单独存在时能和水反应生成HNO3和NO，有一定的脱出率，b错误；c次氯酸盐水解显碱性，从原理来看，最后生成硝酸和HCl，pH下降，c正确；故答案为：ac；（3）pH降低，c(H+)增大，产生更多的HClO，所以NO的脱除率增大，故答案为：pH降低，ClO-+H+=HClO，溶液中c(HClO)增大；HClO会分解，温度太高，HClO分解得太多，溶液中HClO浓度减小了，故答案为：HClO受热分解，溶液中c(HClO)减小；（4）NO和Ca(OH)2不反应，所以反应物有NO、NO2和Ca(O
48、H)2，根据氧化还原规律，产物为Ca(NO2)2和水，所以离子方程式为：NO+NO2+Ca(OH)2=Ca2+2NO2-+H2O，故答案为：NO+NO2+Ca(OH)2=Ca2+2NO2-+H2O；当太大，NO2量太多，吸收不完，有一部分NO2就和水反应生成硝酸和NO，这样就导致NO2去除率升高，但NO去除率却降价，故答案为：NO2量太多，剩余的NO2和水反应生成NO逸出，导致NO去除率降低；从图上看NOx总去除效果最好时，介于1.2到1.4之间，设NO的物质量为1，那么则NO2的物质的量为1.2介于1.4之间，由NO+O3=NO2+O2可知，此时消耗O3和NO的量均为1.2到1.4之间，所以
49、O3的量为1.2-1.4，NO的量为（1.2+1）到（1.4+1）之间，即在到，即0.55到0.58之间，故答案为：0.550.58。【点睛】本题的（4）采用设“1”法可将计算简单化。21.钛被誉为“现代金属”和“战略金属”。（1）Ti基态核外电子排布式为_。（2）TiO2与BaCO3一起熔融可制得偏钛酸钡，CO32-的空间构型为_；与CO32-互为等电子体的分子是_。（3）四异丙醇钛（C12H28O4Ti）结构如图-1所示，1mol四异丙醇钛中含有键的数目为_mol。（4）偏钛酸钡的晶体结构如图-2所示，则偏钛酸钡的化学式为_；与Ba2+最近且等距离的O2-为_个。【答案】 (1). Ar3
50、d24s2或1s22s22p63s23p63d24s2 (2). 平面正三角形 (3). SO3或BF3 (4). 44 (5). BaTiO3 (6). 12【解析】【详解】（1）Ti是22号元素，位于第四周期，其基态核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d24s2或Ar3d24s2，故答案为：Ar3d24s2或1s22s22p63s23p63d24s2；（2）碳酸根离子中价层电子对个数=3，且没有孤电子对，所以是平面正三角形，原子个数和价电子数与CO32-相等的分子是CO32-的等电子体，所以可以用S换了C，得SO3，也可以用F换了O，用B换了C，得BF3，故答案为：平面三角形
51、；SO3或BF3；（3）单键全是键，1个C12H28O4Ti分子中含44个单键，故1mol四异丙醇钛（C12H28O4Ti）中含有44mol键，故答案为：44；（4）均摊法可知：Ba2+个数=8=1，O2-个数=6=3，Ti4+个数=1，所以偏钛酸钡的化学式为：BaTiO3，与与Ba2+最近且等距离的O2-为晶胞中立方体的面对角线的交点处的O2-，从图上可看出，1个晶胞中这样的O2-有3个，按照均摊法计算，实际有=3=1.5个，所以总的O2-有1.58=12个，故答案为：BaTiO3；12。【点睛】均摊法计算原子个数：位于六面体面上的原子，每个贡献，位于棱上的原子，每个贡献，位于顶点的原子，每个贡献，位于六面体内部的原子，每个贡献1。