1、苏北四市2018届高三一模化学试卷1. 人类必须尊重自然、顺应自然、保护自然。下列做法符合上述理念的是A. 开发太阳能等新能源汽车 B. 工业污水直接用于灌溉农田C. 焚烧废旧塑料防止“白色污染” D. 推广露天烧烤丰富人们饮食【答案】A【解析】A、太阳能和风能是取之不尽的新能源，应大量发展使用，选项A符合；B、工业污水直接用于灌溉农田可能会造成家作物的污染，选项B不符合；C、焚烧废旧塑料会加重空气污染，选项C不符合；D、推广露天烧烤丰富人们饮食，会造成空气污染，选项D不符合。答案选A。2. 下列化学用语表示正确的是A. 中子数为8的氧原子： B. 氯离子的结构示意图：C. Na2S的电子式：
2、 D. 2丙醇的结构简式：(CH3)2CHOH【答案】D.3. 下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A. Si的熔点高，可用作半导体材料B. SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆C. Na2CO3溶液呈碱性，可用于洗涤油污D. Al2O3硬度很大，可用于制造耐火材料【答案】C【解析】A硅位于金属和非金属元素之间，具有金属和非金属的性质，硅单质是半导体的主要材料，但与硅的熔点高不对应，选项A错误；B、SO2具有漂白性，可用于漂白纸浆，选项B错误；C、Na2CO3溶液呈碱性，能与油脂反应，可用于洗涤油污，选项C正确；D、Al2O3熔点高，可用于制造耐火材料，与硬度很大不对应，选项D错误。答案选C。4
3、. 下列关于NO2的制取、净化、收集及尾气处理的装置和原理不能达到实验目的的是 A. 制取NO2 B. 净化NO2 C. 收集NO2 D. 尾气处理【答案】B【解析】A、浓硝酸与铜反应可用于制取二氧化氮，选项A正确；B、二氧化氮能与水反应，不能用水净化二氧化氮，选项B错误；C、二氧化氮的密度大于空气，用向上排空气法收集时导管长进短出，选项C正确；D、二氧化氮能与氢氧化钠溶液反应，可以用氢氧化钠溶液吸收尾气，选项D正确。答案选B。5. X、Y、Z、W均为短周期主族元素，原子序数依次增大。X与Z位于同一主族，Z的核外电子数是X的2倍，Y、Z、W原子的最外层电子数之和等于Z的核外电子总数。下列说法正
4、确的是A. 原子半径：r(X)r(Y)r(Z)B. Y的氧化物能与氢氧化钠溶液反应C. Z的氧化物对应的水化物均为强酸D. Z的气态氢化物的稳定性比W的强【答案】B【解析】X、Y、Z、W均为短周期主族元素，原子序数依次增大。X与Z位于同一主族，Z的核外电子数是X的2倍，则X为氧元素，Z为硫元素，W为氯元素；Y、Z、W原子的最外层电子数之和等于Z的核外电子总数。则Y的最外层电子数为16-7-6=3，Y为铝元素。故A. 同周期元素原子从左到右逐渐减小，同主族元素原子从上而下逐渐增大，故原子半径：r(X)r(Z)r(Y)，选项A错误；B. Y的氧化物Al2O3能与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，选
5、项B正确；C. Z的氧化物对应的水化物H2SO4为强酸，H2SO3为弱酸，选项C错误；D. Z的气态氢化物H2S的稳定性比W的气态氢化物HCl弱，选项D错误。答案选B。点睛：本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，侧重对元素周期律的考查，X、Y、Z、W均为短周期主族元素，原子序数依次增大。X与Z位于同一主族，Z的核外电子数是X的2倍，则X为氧元素，Z为硫元素，W为氯元素；Y、Z、W原子的最外层电子数之和等于Z的核外电子总数。则Y的最外层电子数为16-7-6=3，Y为铝元素，据此解答。6. 下列指定反应的离子方程式正确的是A. 氯化铁溶液溶解铜片：Fe3+ CuFe2+ Cu2B. 氯
6、气与水反应：Cl2 + H2O 2H+ + Cl+ ClOC. 硝酸银溶液中加入过量氨水：Ag+ + NH3H2OAgOH+ NH4+D. Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应： Ca2+ HCO3+ OHCaCO3+ H2O【答案】D【解析】A. 氯化铁溶液溶解铜片，反应的离子方程式为：2Fe3+ Cu2Fe2+ Cu2，选项A错误；B. 氯气与水反应的离子方程式为：Cl2 + H2O H+ + Cl+ HClO，选项B错误；C. 硝酸银溶液中加入过量氨水，反应的离子方程式为：Ag+ + 3NH3H2OAg(NH3)2OH+ NH4+，选项C错误；D. Ca(HCO3)2溶液与少量N
7、aOH溶液反应的离子方程式为： Ca2+ HCO3+ OHCaCO3+ H2O，选项D正确。答案选D。7. 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. B. C. D. 【答案】A【解析】A、二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，硅酸钠溶液中通入二氧化碳反应生成碳酸钠和硅酸，物质间转化均能实现，选项A正确；B、氯化镁晶体受热时由于水解产生氢氧化镁和盐酸，盐酸易挥发，水解程度增大，最后加热灼烧得到氧化镁而得不到无水氯化镁，选项B错误；C、二氧化硫与氯化钙不能反应，无法得到亚硫酸钙，选项C错误；D、铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁而不是得到氧化铁，选项D错误。答案选A。8. 通过以下反
8、应均可获取O2。下列有关说法不正确的是 光催化分解水制氧气：2H2O(l)2H2(g) + O2(g) H1+571.6 kJmol1过氧化氢分解制氧气：2H2O2(l)2H2O(l) + O2(g) H2196.4 kJmol1一氧化氮分解制氧气：2NO(g)N2(g) + O2(g) H3180.5 kJmol1A. 反应是人们获取H2的途径之一B. 反应、都是化学能转化为热能C. 反应H2O2(l)H2O(g)+O2(g)的H285.8kJmol1D. 反应2H2(g)+2NO(g)N2(g)+2H2O(l)的H752.1 kJmol1【答案】C【解析】A、反应是通过光催化分解水制氧气的
9、同时也得到氢气，所以是人们获取H2的途径之一，选项A正确；B、反应、都是放热反应，是化学能转化为热能，选项B正确；C、根据盖斯定律，结合反应可知，反应H2O2(l)H2O(g)+O2(g)的H+285.8 kJmol1，选项C不正确；D、根据盖斯定律，由-可得反应2H2(g)+2NO(g)N2(g)+2H2O(l) HH3H1752.1 kJmol1，选项D正确。答案选C。9. 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. 能使甲基橙变红的溶液中：K、Mg2、NO3、IB. c(HCO3)1 molL1溶液中：Na、NH4、SO42、OHC. 无色透明的溶液中： Fe3+、Al3+、
10、NO3、SO42D. 【答案】D【解析】A能使甲基橙变红的溶液，显酸性，H+、I-、NO3-发生氧化还原反应，则不能共存，选项A错误；B. NH4、HCO3与OH反应而不能大量共存，选项B错误；C、无色透明的溶液中不含Fe3+，选项C错误；D、的溶液呈碱性，OH、Ba2+、Na、Cl、AlO2相互之间不反应，能大量共存，选项D正确。答案选D。10. 下列图示与对应的叙述相符合的是A. 图甲表示对某化学平衡体系改变温度后反应速率随时间的变化B. 图乙表示反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量C. 图丙表示0.1 molL1NaOH溶液滴定20 mL 0.1 molL1硫酸时溶液pH的变化D
11、. 图丁表示向Ba(OH)2溶液中滴加稀H2SO4至过量，溶液的导电性变化情况【答案】B【解析】A、升高温度，正逆反应速率都增大，都大于原来平衡速率，选项A错误；B、反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量为吸热反应，该图表示正确，选项B正确；C、图中向20 mL 0.1 molL1硫酸中滴加0.1 molL1NaOH溶液时，溶液酸碱性的变化是：酸性溶液中性溶液碱性溶液，但滴定终点消耗氢氧化钠的体积应该为40 mL，选项C错误；D、图丁表示向Ba(OH)2溶液中滴加稀H2SO4至过量，溶液的导电性变化应逐渐减小，当硫酸过量时导电性逐渐增大，选项D错误。答案选B。点睛：本题为图象题,做题时注
12、意分析图象题中曲线的变化特点是做该类题型的关键，易错点为选项C，应明确所加溶液体积与酸碱反应的情况，滴定终点消耗氢氧化钠的体积应该为40 mL，但图中向20 mL 0.1 molL1硫酸中滴加0.1 molL1NaOH溶液时，溶液酸碱性的变化是：酸性溶液中性溶液碱性溶液，故错误。11. 有机物Z是制备药物的中间体，合成Z的路线如下图所示：下列有关叙述正确的是A. X分子中所有原子处于同一平面B. X、Y、Z均能和NaOH溶液反应C. 可用NaHCO3溶液鉴别Y和ZD. 1 mol Y跟足量H2反应，最多消耗3 mol H2【答案】BC【解析】A.甲烷为正四面体结构， X分子中存在甲基，故所有原
13、子不可能处于同一平面，选项A错误；B、X、Y、Z分别为酯、酚、羧酸，均能和NaOH溶液反应，选项B正确；C、Z中含羧基能与碳酸氢钠溶液反应产生气体，Y反应不能产生气体，可用NaHCO3溶液鉴别Y和Z，选项C正确；D、Y中含有一个苯环和一个羰基，1 mol Y跟足量H2反应，最多消耗4 mol H2，选项D错误。答案选BC。12. 下列说法正确的是A. 反应2NaCl(s)2Na(s)Cl2(g) 的H0，S0B. 常温下，将稀CH3COONa溶液加水稀释后，n(H+)n(OH)不变C. 合成氨生产中将NH3液化分离，可加快正反应速率，提高H2的转化率D. 氢氧燃料电池工作时，若消耗标准状况下1
14、1.2 L H2，则转移电子数为6.021023【答案】D13. 根据下列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实验结论A向苯酚浊液中加入Na2CO3溶液，溶液变澄清酸性：苯酚HCO3B将少量Fe(NO3)2加水溶解后，滴加稀硫酸酸化，再滴加KSCN溶液，溶液变成血红色Fe(NO3)2已变质C氯乙烷与NaOH溶液共热后，滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀氯乙烷发生水解D在2 mL 0.01 molL1的Na2S溶液中先滴入几滴0.01 molL1 ZnSO4溶液有白色沉淀生成，再滴入0.01 molL1 CuSO4溶液，又出现黑色沉淀Ksp(CuS)Ksp(ZnS)A. A B.
15、B C. C D. D【答案】A【解析】A苯酚与碳酸钠反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，则溶液变澄清，说明酸性：苯酚HCO3-，选项A正确；B、Fe(NO3)2溶液中滴加稀H2SO4酸化后，相当于存在HNO3，会把Fe2+氧化为Fe3+,滴加KSCN溶液后变红色,不能确定Fe(NO3)2试样已变质，选项B错误；C、氯乙烷与NaOH溶液共热后，溶液中还存在过量的NaOH溶液，此时直接加入AgNO3 溶液，最终得到的褐色的Ag2O，选项C错误；D、在2 mL 0.01 molL1的Na2S溶液中先滴入几滴0.01 molL1 ZnSO4溶液有白色沉淀ZnS生成，因为Na2S溶液过量，所以再滴入CuSO4溶
16、液，又出现黑色沉淀CuS，所以无法据此判断Ksp(CuS)与Ksp(ZnS)的大小关系，选项D错误。答案选A。14. 常温下，Ka1(H2C2O4)101.3， Ka2(H2C2O4)104.2。用0.1000 molL1 NaOH溶液滴定10.00 mL 0.1000 molL1 H2C2O4溶液所得滴定曲线如右图。下列说法正确的是A. 点所示溶液中：c(Na+)c(HC2O4)c(H2C2O4)c(C2O42)B. 点所示溶液中：c(HC2O4)c(C2O42)C. 点所示溶液中：c(Na+)c(HC2O4) + c(C2O42)D. 点所示溶液中：c(Na+) + 2c(H2C2O4)
17、+ 2c(H+)2c(OH) + 2c(C2O42)【答案】BD【解析】A. 点所示溶液为Na HC2O4溶液，溶液呈酸性，说明HC2O4的电离大于水解，则c(C2O42) c(H2C2O4)，选项A错误；B、常温下，点所示溶液中pH=4.2，Ka2(H2C2O4)=104.2，故c(HC2O4)c(C2O42)，选项B正确；C、点所示溶液中pH=7，根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)c(HC2O4) + 2c(C2O42)+ c(OH)，则c(Na+)c(HC2O4) +2 c(C2O42)，选项C错误；D、点所示的溶液的体积20mL，草酸和氢氧化钠恰好完全反应，生成正盐草酸钠，草酸钠水
18、解，所以溶液中，c（Na+）2c（HC2O4-）+2c（H2C2O4）+2c（C2O42-），根据电荷守恒得：关系式为：c(Na+)+c(H+)c(HC2O4) + 2c(C2O42)+ c(OH)，由-得：c(Na+) + 2c(H2C2O4) + 2c(H+)2c(OH) + 2c(C2O42)，选项D正确。答案选BD。点睛：本题考查酸碱混合的定性判断，涉及物料守恒、电荷守恒等知识，试题知识点较多、综合性较强，解题时注意电荷守恒及物料守恒的应用，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系为解答关键。易错点为选项D，点所示的溶液的体积20mL，草酸和氢氧化钠恰好完全反应，生成正盐草酸钠，结合电荷守恒、物
19、料守恒判断。15. 温度为T时，在两个起始容积都为1L的恒温密闭容器发生反应：H2(g)+I2(g)2HI(g) H0。实验测得：v正v(H2)消耗v(I2)消耗k正c(H2)c(I2)，v逆v(HI)消耗k逆c2 (HI)，k正、k逆为速率常数，受温度影响。下列说法正确的是容器物质的起始浓度（molL1）物质的平衡浓度c(H2)c(I2)c(HI)（恒容）0.10.10c(I2)0.07 molL1（恒压）000.6A. 反应过程中，容器与容器中的总压强的比为1:3B. 两容器达平衡时：c(HI，容器)3c(HI，容器)C. 温度一定，容器中反应达到平衡时（平衡常数为K），有K成立D. 达平
20、衡时，向容器中同时再通入0.1 mol I2和0.1 mol HI，则此时正逆【答案】AC【解析】该反应为气体体积不变的反应，根据表中数据可知，以上两容器中反应为等温等压下的等效平衡，A.假设能按比例完全转化为HI，则容器与容器的物质的量之比为1：3，体积相同，则反应过程中，容器与容器中的总压强的比为1:3，选项A正确；B、两容器达平衡时：c(HI，容器)=3c(HI，容器)，B错误；C、温度一定，容器中反应达到平衡时v正v逆，由v正v(H2)消耗v(I2)消耗k正c(H2)c(I2)得c(H2)c(I2)=，由v逆v(HI)消耗k逆c2 (HI)得c2 (HI)=，则有K=，选项C正确；D、
21、容器达平衡时，H2、I2、HI的浓度分别为0.07 molL1、0.07 molL1、0.03 molL1，K=,向容器中同时再通入0.1 mol I2和0.1 mol HI，则此时Q=K，逆正,选项D错误。答案选AC。点睛：本题考查了化学平衡影响因素分析判断，等效平衡及平衡常数计算分析，掌握基础是关键，易错点为选项D，应先利用数据计算K，再根据浓度变化后求算Q，最后通过比较K与Q大小确定平衡移动方向及正逆反应速率大小。16. 沉淀碳酸钙主要用于食品、医药等行业。以精选石灰石（含有少量MgCO3、FeCO3杂质）为原料制备沉淀碳酸钙的工艺流程如下：（1）流程中可以循环利用的物质有气体、气体和_
22、（填化学式）。（2）“碳化”时发生反应的离子方程式为_，该过程中通入气体和气体的顺序是_。（3）工业上常用电解氯化钠和氯化钙熔融物来制备金属钠，原理如下图所示：电解过程中，加入氯化钙的目的是_。石墨电极发生的电极反应方程式为_。电解得到的Na中约含1%的Ca，除去其中少量Ca的方法为_。已知部分物质的熔沸点如下表：【答案】 (1). NH4Cl (2). Ca2+ + CO2 + 2NH3 + H2OCaCO3 + 2NH4+ (3). 先通入气体（或后通气体） (4). 降低电解质的熔融温度，降低能耗 (5). 2Cl2eCl2 (6). 控制温度在370K1123K间蒸馏【解析】精选石灰石
23、煅烧得到氧化镁、氧化亚铁、氧化钙和气体二氧化碳，固体加入氯化铵浸取后用双氧水氧化，确保亚铁离子转化为铁离子，再加入氧化钙调节pH，碱性条件下反应得到气体为氨气，并使铁离子、镁离子转化为沉淀，过滤，滤渣为氢氧化铁、氢氧化镁，过滤后的溶液以氯化钙为溶质，先通入足量的氨气，再通入适量的二氧化碳，得到氯化铵和碳酸钙，过滤得到滤液为氯化铵，沉淀为碳酸钙。（1）该工艺中可以循环使用的物质是参加反应过程，反应后又生成的物质可以循环使用，流程图分析判断气体、气体分别为二氧化碳和氨气，可以循环使用，另外滤液NH4Cl也可以循环使用；（2）“碳化”时氯化钙溶液中通入氨气和二氧化碳生成碳酸钙和氯化铵，发生反应的离子
24、方程式为Ca2+ + CO2 + 2NH3 + H2OCaCO3 + 2NH4+，氨气溶解度大，为保证溶解更多气体，该过程中先通入气体，再在碱性溶液中通入气体；（3）电解过程中，加入氯化钙的目的是降低电解质的熔融温度，降低能耗；铁为活泼金属，电解氯化钠制钠时不能作为阳极，故石墨电极为阳极，发生的电极反应方程式为2Cl2eCl2；电解得到的Na中约含1%的Ca，除去其中少量Ca的方法为控制温度在370K1123K间蒸馏。17. 化合物H是一种用于合成药物的中间体，其合成路线流程图如下：（1）B中的含氧官能团名称为羟基、_和_。 （2）BC的反应类型为_。（3）写出同时满足下列条件的A的一种同分异
25、构体的结构简式：_。含有苯环，且遇FeCl3溶液不显色；能发生水解反应，水解产物之一能发生银镜反应，另一水解产物分子中只有3种不同化学环境的氢。（4）F 的分子式为C18H20O4，写出F的结构简式：_。 （5）以苯、甲醛和丙酮为基础有机原料，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). 醚键 (2). 羰基 (3). 消去反应 (4). (5). (6). 【解析】（1）B为，含氧官能团名称为羟基、醚键和羰基；（2）BC是加热条件下发生消去反应生成和水，反应类型为消去反应；（3）A（）的同分异构体满足：含有苯环，且遇FeCl3溶液不显色，则不含有酚
26、羟基；能发生水解反应，水解产物之一能发生银镜反应，另一水解产物分子中只有3种不同化学环境的氢，则应高度对称，考虑氧原子的个数，应该含有甲酸酯结构，则符合条件的结构简式有；（4）F 的分子式为C18H20O4，结合E（）的结构简式，以及F与SOCl2反应生成，则F的结构简式为：； （5）甲醛与丙酮在氢氧化钠溶液中反应生成HOCH2CH2COCH3，HOCH2CH2COCH3催化氧化得到OHCCH2COCH3，OHCCH2COCH3进一步催化氧化得到HOOCCH2COCH3，HOOCCH2COCH3与SOCl2反应得到ClCOCH2COCH3，ClCOCH2COCH3与苯在氯化铝催化下反应得到。合
27、成路线流程图如下：。18. 白钠镁矾（mNa2SO4nMgSO4xH2O）俗称硝板，工业上用白钠镁矾制备碱式碳酸镁4MgCO3Mg(OH)24H2O晶须的过程如下：向碳酸钠溶液中加入白钠镁矾，保持50加热0.5h，有大量的5MgCO33H2O生成，然后升高温度到85加热2h发生热解反应，过滤得碱式碳酸镁晶体。（1）热解反应的方程式为_。（2）碱式碳酸镁可用作化学冷却剂，原因是_。（3）为测定白钠镁矾的组成，进行下列实验：取白钠镁矾3.340 g溶于水配成100.00 mL溶液A；取25.00 mL溶液A，加入足量的氯化钡溶液，得BaSO4 1.165 g；另取25.00 mL溶液A，调节pH1
28、0，用浓度为0.1000 molL1的EDTA标准溶液滴定Mg2+（离子方程式为Mg2+ + H2Y2MgY2+ 2H+），滴定至终点，消耗标准溶液25.00 mL。通过计算确定白钠镁矾的化学式（写出计算过程）。_【答案】 (1). 5MgCO33H2O + 2H2O4MgCO3Mg(OH)24H2O + CO2 (2). 碱式碳酸镁分解吸热 (3). n(BaSO4)n(SO42)0.0200mol，n(Mg2+)n(EDTA)0.1000 molL125.00 mL103 LmL1 0.01mol，n(Na2SO4)0.0200mol-0.01mol0.01mol，n(H2O)0.04mo
29、l，n(Na2SO4): n(MgSO4): n(H2O) 0.01mol:0.01mol:0.04mol1:1:4，化学式为Na2SO4MgSO44H2O【解析】（1）热解反应是5MgCO33H2O升高温度到85加热2h发生热解反应，过滤得碱式碳酸镁晶体，反应的方程式为：5MgCO33H2O + 2H2O4MgCO3Mg(OH)24H2O + CO2；（2）碱式碳酸镁分解吸热，可用作化学冷却剂；（3）n(BaSO4)n(SO42)0.0200mol，n(Mg2+)n(EDTA)0.1000 molL125.00 mL103 LmL1 0.01mol，n(Na2SO4)0.0200mol-0.
30、01mol0.01mol，n(H2O)0.04mol，n(Na2SO4): n(MgSO4): n(H2O) 0.01mol:0.01mol:0.04mol1:1:4，化学式为Na2SO4MgSO44H2O。19. 利用锌冶炼废渣（ZnSO4、CuSO4、FeSO4、FeS2、Al2O3、SiO2）制备ZnSO4和Fe2O3的实验流程如下：已知：“碱浸”时，NaOH溶液浓度越大越粘稠，越容易生成铝硅酸钠沉淀。（1） “水浸”阶段需在7080条件下进行，适宜的加热方式为_。（2）“氧化”阶段是将Fe2+氧化后进一步生成Fe(OH)3，从反应产物的角度分析，以氯水替代H2O2的缺点是使ZnSO4中
31、混有ZnCl2；_。（3）“灼烧”时FeS2发生反应的化学方程式为_。使用的装置如右图，仪器a的名称为_。（4） “碱浸”阶段，在其它条件不变的情况下，所得固体中Fe2O3含量随NaOH溶液的浓度的增大而增大，但当氢氧化钠浓度大于12 molL1时，Fe2O3含量反而降低，其原因是_。（5）“滤液”溶质主要是ZnSO4和CuSO4。已知硫酸锌晶体的溶解度随温度变化如右图，请设计从“滤液”中获取ZnSO4晶体的实验方案：_（实验中须使用的试剂有：Zn粉、稀H2SO4、酒精）。【答案】 (1). 水浴加热 (2). 引入H+使Fe3+不容易沉淀 (3). 4FeS2 + 11O22Fe2O3 +
32、8SO2 (4). 坩埚 (5). NaOH浓度大于12 molL1时，生成的铝硅酸钠沉淀附着在反应物表面，使碱浸不完全 (6). 向滤液中加入过量的锌粉，过滤，在滤渣中加入稍过量稀硫酸，过滤，把两次过滤的滤液合并，保持60左右蒸发浓缩，冷却至室温结晶，过滤用酒精洗涤，干燥【解析】（1） “水浸”阶段需在7080条件下进行，水的沸点为100，适宜的加热方式为水浴加热；（2）“氧化”阶段是将Fe2+氧化后进一步生成Fe(OH)3，从反应产物的角度分析，以氯水替代H2O2的缺点是使ZnSO4中混有ZnCl2；引入H+使Fe3+不容易沉淀；（3）“灼烧”时FeS2在空气中与氧气反应生成氧化铁和二氧化
33、硫，发生反应的化学方程式为4FeS2 + 11O22Fe2O3 + 8SO2；实验室用于灼烧固体的仪器是坩埚，则仪器a的名称为坩埚；（4）NaOH浓度大于12 molL1时，生成的铝硅酸钠沉淀附着在反应物表面，使碱浸不完全，Fe2O3含量反而降低；（5）向滤液中加入过量的锌粉，过滤，在滤渣中加入稍过量稀硫酸，过滤，把两次过滤的滤液合并，保持60左右蒸发浓缩，冷却至室温结晶，过滤用酒精洗涤，干燥，得到ZnSO4晶体。20. 废水废气对自然环境有严重的破坏作用，大气和水污染治理刻不容缓。（1）某化工厂产生的废水中含有Fe2、Mn2+等金属离子，可用过硫酸铵(NH4)2S2O8氧化除去。过硫酸铵与M
34、n2+反应生成MnO2的离子方程式为_。温度与Fe2+、Mn2+氧化程度之间的关系如图1所示：图1实验过程中应将温度控制在_。Fe2+与Mn2+被氧化后形成胶体絮状粒子，常加入活性炭处理，加入活性炭的目的为_。H2O2也有较强氧化性，在实际生产中不用H2O2氧化Mn2+的原因是_。（2）利用某分子筛作催化剂，NH3可脱除废气中NO、NO2，其反应机理如图2所示。A包含物质的化学式为N2和_。 图2 图3（3）工业上废气中SO2可用Na2CO3溶液吸收，反应过程中溶液组成变化如图3所示。吸收初期（图中A点以前）反应的化学方程式为_。C点高于B点的原因是_。【答案】 (1). S2O82 + 2H
35、2O + Mn 2=4H + 2SO42 + MnO2 (2). 80（8090区间均可） (3). 吸附胶体粒子形成沉淀 (4). 锰的化合物可催化H2O2的分解，使消耗的H2O2增多 (5). H2O (6). 2Na2CO3 + SO2 + H2O2NaHCO3 + Na2SO3 (7). 根据钠元素守恒， NaHSO3的物质的量是Na2CO3的2倍，所以NaHSO3的质量大，质量分数就大【解析】（1）过硫酸铵与Mn2+反应生成MnO2，而本身被还原为SO42，反应的离子方程式为S2O82 + 2H2O + Mn 2=4H + 2SO42 + MnO2；根据图1可知：80时Fe2+、Mn
36、2+氧化程度接近1.0，故实验过程中应将温度控制在80；Fe2+与Mn2+被氧化后形成胶体絮状粒子，常加入活性炭处理，加入活性炭的目的为吸附胶体粒子形成沉淀；H2O2也有较强氧化性，在实际生产中不用H2O2氧化Mn2+的原因是锰的化合物可催化H2O2的分解，使消耗的H2O2增多；（2）根据图示反应可产生A的反应为：（NH4）（HNO2）+=N2+A+H+，结合反应可推导出A为H2O；反应为（NH4）（HNO2）+=N2+ 2H2O +H+；（3）吸收初期（图中A点以前）工业上废气中SO2可用Na2CO3溶液吸收，由图中信息可知，NaHCO3 和Na2SO3的量明显增加，则发生反应的化学方程式为
37、：2Na2CO3 + SO2 + H2O2NaHCO3 + Na2SO3；C点高于B点的原因是根据钠元素守恒， NaHSO3的物质的量是Na2CO3的2倍，所以NaHSO3的质量大，质量分数就大。21. 铁触媒常作为合成氨的催化剂，CO会使催化剂中毒。可用CH3COOCu(NH3)2溶液吸收CO。（1）Cu2+基态核外电子排布式为_。（2）C、N、O的电负性由大到小的顺序为_。（3）1 mol CH3COOCu(NH3)2中含有键的数目为_mol，其中C原子轨道的杂化类型是_。（4）与CO分子互为等电子体的阴离子为_。（5）Cu和Fe都可以形成多种氧化物。其中FexO晶胞结构为NaCl型，由于
38、晶体缺陷，x值小于1。若FexO中的x0.92，则该此晶体化学式为_（用Fe2+aFe3+bO形式表示）。【答案】 (1). Ar3d9 (2). ONC (3). 14 (4). sp3和sp2 (5). CN（或C22等） (6). Fe2+0.76Fe3+0.16O【解析】（1）Cu是29号元素，Cu2+含有27个电子 ，其基态电子排布式为Ar3d9；（2）元素原子的得电子能力越强，则电负性越大，所以ONC；（3）硫酸铜与氨水反应可形成Cu（NH3）42+，N-H键C-H键、C-O键，C=O中的一个键及配位键属于键，1mol该配离子中含有键为14mol；CH3COO中甲基上的C形成4条键
39、，无孤电子对，因此采取sp3杂化类型，酯基中的C形成3条键和1条键，无孤电子对，采取sp2杂化类型；（4）等电子体是指具有相同价电子数目和原子数目的分子或离子，与CO互为等电子体的阴离子为CN或C22等；（5）若FexO中的x0.92，用Fe2+aFe3+bO形式表示FexO晶胞，则有a+b=0.92，2a+3b=2，联立解得a=0.76，b=0.16，则该此晶体化学式为Fe2+0.76Fe3+0.16O。22. 乙酰苯胺是较早使用的一种解热镇痛药，可由苯胺和乙酸反应制备：已知： 苯胺易被氧化； 乙酰苯胺、苯胺和醋酸的部分物理性质如下表：物质熔点沸点溶解度(20 )乙酰苯胺114.3 305
40、0.46苯胺6 184.43.4醋酸16.6 118 易溶实验步骤如下：步骤1：在50 mL圆底烧瓶中，加入5 mL苯胺、7.5 mL冰醋酸及少许锌粉，依照右图装置组装仪器。步骤2：控制温度计示数约105 ，小火加热回流1 h。步骤3：趁热将反应混合物倒入盛有100 mL冷水的烧杯中，冷却后抽滤，洗涤，得到粗产品。请回答下列问题：（1）步骤1中加入锌粉的作用是_ 、起着沸石的作用。（2）步骤2中控制温度计示数约105 ，接引管流出的主要物质是_，若温度过高，会导致_。刺形分馏柱中，由下到上，温度逐渐_（填“升高”、“降低”或“不变”）。（3）步骤3中抽滤装置所包含的仪器除减压系统外，还有吸滤瓶
41、、_（填仪器名称）。（4）步骤3得到的粗产品可采取重结晶的方法进一步提纯，操作步骤是_。【答案】 (1). 防止苯胺被氧化 (2). 水 (3). 未反应的醋酸蒸出 (4). 降低 (5). 布氏漏斗 (6). 将粗产品在较高温度下溶解形成浓溶液，降温结晶，过滤，洗涤，重复23次【解析】（1）苯胺易被氧化，加入锌粉，防止苯胺被氧化，同时起着沸石的作用，防止暴沸；（2）已知醋酸的沸点为118，水的沸点为100，选择控制温度计约105，接引管流出的主要物质是水；若温度过高，会导致未反应的醋酸蒸出，降低反应物的利用率；刺形分馏柱中，由下到上，温度逐渐降低；（3）步骤3中抽滤装置所包含的仪器除减压系统外，还有吸滤瓶、布氏漏斗；（4）步骤3得到的粗产品可采取重结晶的方法进一步提纯，操作步骤是将粗产品在较高温度下溶解形成浓溶液，降温结晶，过滤，洗涤，重复23次。