江苏省苏北四市2018届高三一模化学Word版含解析.doc

www.ks5u.com 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： 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. 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＋+ Cu＝Fe2＋+ Cu2＋‎ B. 氯气与水反应：Cl2 + H2O 2H+ + Cl－+ ClO－‎ C. 硝酸银溶液中加入过量氨水：Ag+ + NH3·H2O＝AgOH↓+ NH4+‎ D. Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应： Ca2＋+ HCO3－+ OH－＝CaCO3↓+ 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＋+ Cu＝2Fe2＋+ 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+ + 3NH3·H2O＝[Ag(NH3)2]OH+ NH4+，选项C错误；D. Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应的离子方程式为： Ca2＋+ HCO3－+ OH－＝CaCO3↓+ 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. 通过以下反应均可获取O2。下列有关说法不正确的是 ‎ ‎①光催化分解水制氧气：2H2O(l)＝2H2(g) + O2(g) ΔH1＝+571.6 kJ·mol－1‎ ‎②过氧化氢分解制氧气：2H2O2(l)＝2H2O(l) + O2(g) ΔH2＝－196.4 kJ·mol－1‎ ‎③一氧化氮分解制氧气：2NO(g)＝N2(g) + O2(g) ΔH3＝－180.5 kJ·mol－1‎ A. 反应①是人们获取H2的途径之一 B. 反应②、③都是化学能转化为热能 C. 反应H2O2(l)＝H2O(g)+O2(g)的ΔH＝－285.8kJ·mol－1‎ D. 反应2H2(g)+2NO(g)＝N2(g)+2H2O(l)的ΔH＝－752.1 kJ·mol－1‎ ‎【答案】C ‎【解析】A、反应①是通过光催化分解水制氧气的同时也得到氢气，所以是人们获取H2的途径之一，选项A正确；B、反应②、③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①可知，反应H2O2(l)＝H2O(g)+O2(g)的ΔH＝+285.8 kJ·mol－1，选项C不正确；D、根据盖斯定律，由③-①可得反应2H2(g)+2NO(g)＝N2(g)+2H2O(l) ΔH＝ΔH3－ΔH1＝－752.1 kJ·mol－1，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－、I－‎ B. c(HCO3－)＝1 mol·L－1溶液中：Na＋、NH4＋、SO42－、OH－‎ C. 无色透明的溶液中： Fe3+、Al3+、NO3－、SO42－‎ D. ‎ ‎【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 mol·L－1NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol·L－1硫酸时溶液pH的变化 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 mol·L－1硫酸中滴加0.1 mol·L－1NaOH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 mol·L－1硫酸中滴加0.1 mol·L－1NaOH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Z D. 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ΔH＜0，ΔS＞0‎ B. 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11.2 L H2，则转移电子数为6.02×1023‎ ‎【答案】D ‎13. 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＞HCO3－‎ B 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 mol·L－1的Na2S溶液中先滴入几滴0.01‎ Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)‎ ‎ mol·L－1 ZnSO4溶液有白色沉淀生成，再滴入0.01 mol·L－1 CuSO4溶液，又出现黑色沉淀 A. A B. 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 mol·L－1的Na2S溶液中先滴入几滴0.01 mol·L－1 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)＝10－1.3， Ka2(H2C2O4)＝10－4.2。用0.1000 mol·L－1 NaOH溶液滴定10.00 mL 0.1000 mol·L－1 H2C2O4溶液所得滴定曲线如右图。下列说法正确的是 A. 点①所示溶液中：c(Na+)>c(HC2O4－)＞c(H2C2O4)＞c(C2O42－)‎ B. 点②所示溶液中：c(HC2O4－)＝c(C2O42－)‎ C. 点③所示溶液中：c(Na+)＝c(HC2O4－) + c(C2O42－)‎ D. 点④所示溶液中：c(Na+) + 2c(H2C2O4) + 2c(H+)＝2c(OH－) + 2c(C2O42－)‎ ‎【答案】BD ‎【解析】A. 点①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②所示溶液中pH=4.2，，Ka2(H2C2O4)＝==10－4.2，故c(HC2O4－‎ ‎)＝c(C2O42－)，选项B正确；C、点③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④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，草酸钠水解，所以溶液中，c（Na+）═2c（HC2O4-）+2c（H2C2O4）+2c（C2O42-）①，根据电荷守恒得：关系式为：c(Na+)+c(H+)＝c(HC2O4－) + 2c(C2O42－)+ c(OH－)②，由①-②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④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) ΔH＜0。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（mol·L－1）‎ 物质的平衡浓度 c(H2)‎ c(I2)‎ c(HI)‎ Ⅰ（恒容）‎ ‎0.1‎ ‎0.1‎ ‎0‎ c(I2)＝0.07 mol·L－1‎ Ⅱ（恒压）‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎0.6‎ A. 反应过程中，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强的比为1:3‎ B. 两容器达平衡时：c(HI，容器Ⅱ)＞3c(HI，容器Ⅰ)‎ C. 温度一定，容器Ⅱ中反应达到平衡时（平衡常数为K），有K＝成立 D. 达平衡时，向容器Ⅰ中同时再通入0.1 mol I2和0.1 mol HI，则此时ν正＞ν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Ⅰ与容器Ⅱ的物质的量之比为1：3，体积相同，则反应过程中，容器Ⅰ与容器Ⅱ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Ⅱ)=3c(HI，容器Ⅰ)，B错误；C、温度一定，容器Ⅱ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、容器Ⅰ达平衡时，H2、I2、HI的浓度分别为0.07 mol·L－1、0.07 mol·L－1、0.03 mol·L－1，K=,向容器Ⅰ中同时再通入0.1 mol I2和0.1 mol HI，则此时Q=>K，ν逆＞ν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Ⅰ、气体Ⅱ和__________（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Ⅰ和气体Ⅱ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：‎ ‎①电解过程中，加入氯化钙的目的是________________。‎ ‎②石墨电极发生的电极反应方程式为________________。‎ ‎③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 + H2O＝CaCO3↓ + 2NH4+ (3). 先通入气体Ⅱ（或后通气体Ⅰ） (4). 降低电解质的熔融温度，降低能耗 (5). 2Cl－－2e－＝Cl2↑ (6). 控制温度在370K～1123K间蒸馏 ‎【解析】精选石灰石煅烧得到氧化镁、氧化亚铁、氧化钙和气体Ⅰ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Ⅱ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Ⅰ、气体Ⅱ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，发生反应的离子方程式为Ca2+ + CO2 + 2NH3 + H2O＝CaCO3↓ + 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Ⅱ，再在碱性溶液中通入气体Ⅰ；（3）①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；②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2Cl－－2e－＝Cl2↑；③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370K～1123K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）B→C的反应类型为________________。‎ ‎（3）写出同时满足下列条件的A的一种同分异构体的结构简式：________________。‎ ‎①含有苯环，且遇FeCl3溶液不显色；‎ ‎②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）B→C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：①含有苯环，且遇FeCl3溶液不显色，则不含有酚羟基；②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。合成路线流程图如下：。‎ ‎18. 白钠镁矾（mNa2SO4·nMgSO4·xH2O）俗称硝板，工业上用白钠镁矾制备碱式碳酸镁[4MgCO3·Mg(OH)2·4H2O]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5MgCO3·3H2O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：‎ ‎①取白钠镁矾3.340 g溶于水配成100.00 mL溶液A；‎ ‎②取25.00 mL溶液A，加入足量的氯化钡溶液，得BaSO4 1.165 g；‎ ‎③另取25.00 mL溶液A，调节pH＝10，用浓度为0.1000 mol·L－1的EDTA标准溶液滴定Mg2+（离子方程式为Mg2+ + H2Y2－＝MgY2－+ 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). 5MgCO3·3H2O + 2H2O4MgCO3·Mg(OH)2·4H2O + CO2↑ (2). 碱式碳酸镁分解吸热 (3). n(BaSO4)＝n(SO42－)＝＝0.0200mol，n(Mg2+)＝n(EDTA)＝0.1000 mol·L－1×25.00 mL×10－3 L·mL－1 ＝0.01mol，n(Na2SO4)＝0.0200mol-0.01mol＝0.01mol，n(H2O)＝＝0.04mol，n(Na2SO4): n(MgSO4): n(H2O) ＝0.01mol:0.01mol:0.04mol＝1:1:4，化学式为Na2SO4·MgSO4·4H2O ‎【解析】（1）热解反应是5MgCO3·3H2O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：5MgCO3·3H2O + 2H2O4MgCO3·Mg(OH)2·4H2O + 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 mol·L－1×25.00 mL×10－3 L·mL－1 ＝0.01mol，n(Na2SO4)＝0.0200mol-0.01mol＝0.01mol，n(H2O)＝＝0.04mol，n(Na2SO4): n(MgSO4): n(H2O) ＝0.01mol:0.01mol:0.04mol＝1:1:4，化学式为Na2SO4·MgSO4·4H2O。‎ ‎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70～80℃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①使ZnSO4中混有ZnCl2；②________________。‎ ‎（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 mol·L－1时，Fe2O3含量反而降低，其原因是________________。‎ ‎（5）“滤液Ⅰ”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Ⅰ”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 + 8SO2 (4). 坩埚 (5). NaOH浓度大于12 mol·L－1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Ⅰ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70～80℃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①使ZnSO4中混有ZnCl2；②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 mol·L－1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Ⅰ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。‎ ‎①过硫酸铵与Mn2+反应生成MnO2的离子方程式为________________。‎ ‎②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________________。‎ ‎③H2O2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。‎ ‎①吸收初期（图中A点以前）反应的化学方程式为________________。‎ ‎②C点高于B点的原因是________________。‎ ‎【答案】 (1). S2O82－ + 2H2O + Mn 2＋=4H＋ + 2SO42－ + MnO2↓ (2). 80℃（80℃~90℃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 + H2O＝2NaHCO3 + 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）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↓；②根据图1可知：80℃时Fe2+、Mn2+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；③H2O2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）①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：2Na2CO3 + SO2 + H2O＝2NaHCO3 + Na2SO3；②C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CH3COO[Cu(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 CH3COO[Cu(NH3)2]中含有σ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，由于晶体缺陷，x值小于1。若FexO中的x＝0.92，则该此晶体化学式为________________（用Fe2+aFe3+bO形式表示）。‎ ‎【答案】 (1). [Ar]3d9 (2). O﹥N﹥C (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[Ar]3d9；（2）元素原子的得电子能力越强，则电负性越大，所以O>N>C；（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σ键，1mol该配离子中含有σ键为14mol；CH3COO中甲基上的C形成4条σ键，无孤电子对，因此采取sp3杂化类型，酯基中的C形成3条σ键和1条π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x＝0.92，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：① 苯胺易被氧化；‎ ‎② 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 ℃‎ ‎0.46‎ 苯胺 ‎－6 ℃‎ ‎184.4℃‎ ‎3.4‎ 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、________________（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2~3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2~3次。‎