江西省红色七校2022届高三化学第一次联考试题含解析

江西省红色七校2022届高三第一次联考化学试卷1.化学与科技、医药、工业生产均密切相关。下列有关叙述正确的是：（）A.2022年4月26日，中国第二艘航母举行下水仪式，该航母使用了素有“现代工业的骨骼”之称的碳纤维。碳纤维是一种新型的有机高分子材料B.离子交换膜在工业上应用广泛，如氯碱工业使用阴离子交换膜C.半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片的主要材料是经提纯的SiO2D.获得2022年诺贝尔生理学、医学奖的屠呦呦女士用乙醚从黄花蒿中提取出青蒿素，该技术应用了萃取原理【答案】D【解析】A.碳纤维是一种新型的无机非金属材料，A错误；B.离子交换膜在工业上应用广泛，如为防止氯气与氢氧化钠反应，氯碱工业使用阳离子交换膜，B错误；C.计算机芯片的主要材料是经提纯的Si，C错误；D.屠呦呦女士用乙醚从黄花蒿中提取出青蒿素，该技术应用了萃取原理，D正确，答案选D。2.如图表示一些物质间的从属关系，不正确的是(　　)选项XYZHA分散系胶体溶液烟B电解质酸碱盐C元素周期表的纵行主族副族卤族D化合物共价化合物离子化合物酸-21-A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【分析】由图可知，概念的范畴为X包含Y和Z，Y包含H，然后利用物质的组成和性质来分析物质的类别，再根据概念的从属关系来解答；A.根据微粒的直径不同将分散系分为溶液、胶体、浊液分析；B.电解质包含酸、碱、盐；C.元素周期表中的7个主族，卤族也是主族；D.全部由共价键结合的化合物为共价化合物，酸为共价化合物，以此解答。【详解】A、分散系包含胶体和溶液，烟属于胶体，故A正确；B、电解质包含酸、碱、盐，酸不能包含盐，即Y不包含H，故B错误；C、元素周期表的纵行包含主族和副族，主族包含卤族，故C正确；D、化合物包含共价化合物和离子化合物，共价化合物包含酸，故D正确。故答案选B。3.下列装置能达到相应实验目的的是（）A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【分析】A.煤油隔绝空气，防止生成的氢氧化亚铁被氧化；B.NH4Cl受热分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢遇冷有生成NH4Cl；C.碘易溶于酒精，不分层；D.二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮气体。-21-【详解】A.煤油隔绝空气，防止生成的氢氧化亚铁被氧化，则图中装置可制取Fe(OH)2并观察其颜色，所以A选项是正确的；B.NH4Cl受热分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢遇冷又生成NH4Cl，因此得不到氨气，故B错误；C.碘易溶于酒精，不分层，不能利用分液漏斗来分离，故C错误；D.二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮气体，不能用排水法收集二氧化氮，故D错误。所以A选项是正确的。4.下列关于离子方程式的评价正确的是(　　)选项离子方程式评价A将2molCl2通入到含1molFeI2的溶液中：2Fe2＋＋4I－＋3Cl2===2Fe3＋＋6Cl－＋2I2正确；Cl2过量，Fe2＋、I－均被氧化B用Cu作电极电解NaCl溶液，阳极的电极反应式：2Cl－－2e－==Cl2↑正确；Cl－优先于OH－放电C过量SO2通入到NaClO溶液中：SO2＋H2O＋ClO－==HClO＋HSO3－正确；H2SO3的酸性强于HClODMg(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应：Mg2＋＋2HCO3－＋2OH－==MgCO3↓＋2H2O正确；MgCO3比Mg(OH)2更难溶A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【分析】A.将2molCl2通入到含1molFeI2的溶液中，二价铁离子、碘离子都被氧化；B.铜做电极，阳极为活性电极，阳极参与放电；C.HClO有强氧化性；-21-D.氢氧化钠足量，与碳酸氢镁反应生成氢氧化镁沉淀、碳酸钠和水。【详解】A.氯气过量，二价铁离子、碘离子都被氧化，离子方程式为：2Fe2＋＋4I－＋3Cl2==2Fe3＋＋6Cl－＋2I2，故A正确；B.用Cu作电极电解NaCl溶液，阳极的电极反应式：Cu-2e-=Cu2+，评价及离子方程式均不合理，故B错误；C.HClO有强氧化性，能够氧化SO2，正确的离子方程式为：SO2＋H2O＋ClO－==Cl-＋SO42-+2H+,评价及离子方程式均不合理，故C错误；D.氢氧化钠足量，与碳酸氢镁反应生成氢氧化镁沉淀、碳酸钠和水，离子方程式：Mg2＋＋2HCO3－＋4OH－===Mg(OH)2↓＋2CO32-+2H2O，故D错误。所以A选项是正确的。5.已知下列实验事实：①Cr2O3固体既能溶于KOH溶液得到KCrO2溶液，又能溶于硫酸得到Cr2（SO4）3溶液；②将K2Cr2O7溶液滴加到淀粉和KI的混合溶液中，溶液变蓝；③向KCrO2溶液中滴加H2O2溶液，再酸化，可得K2Cr2O7溶液。下列判断不正确的是A.化合物KCrO2中Cr元素为+3价B.实验①证明Cr2O3是两性氧化物C.实验②证明氧化性：Cr2O72－＞I2D.实验③证明H2O2既有氧化性又有还原性【答案】D【解析】试题分析：A、根据化合价规则判断：化合物KCrO2中K和O元素的化合价分别是＋1价和－2价，则Cr元素为+3价，正确；B、根据两性氧化物的概念判断，Cr2O3固体既能溶于KOH溶液得到KCrO2溶液，又能溶于硫酸得到Cr2（SO4）3溶液，则Cr2O3是两性氧化物，正确；C、根据氧化还原反应的强弱规律判断，将K2Cr2O7溶液滴加到淀粉和KI的混合溶液中，溶液变蓝，这说明反应中有单质碘生成，K2Cr2O7是氧化剂，其氧化性强于氧化产物单质碘的，正确；D、向KCrO2溶液中滴加H2O2溶液，再酸化，可得K2Cr2O7溶液，Cr元素的化合价从＋3价升高到＋6价，失去电子，KCrO2是还原剂，双氧水中氧元素的化合价从—1价降低到—2价，双氧水是氧化剂，只表现氧化性，错误。考点：考查化合价规则、两性氧化物以及氧化还原反应的有关判断。6.NA为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A.4.0g由H218O与D216O组成的混合物中所含中子数为2NA-21-B.标准状况下，22.4L己烷含有的共价键数目为19NAC.1LpH=13的NaOH溶液中含有OH-的数目一定为0.1NAD.1mol的Na2O和BaO2混合物中含有的阴、阳离子总数为3NA【答案】A【解析】【详解】A项，H218O与D216O的相对分子质量均为20，中子数均为10，所以4.0g由H218O与D216O的混合物所含中子数为2NA，故A项正确；B项，标准况下己烷为液体，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算其物质的量，故B项错误；C项，pH=13的NaOH溶液中氢氧根的浓度为0.1mol/L，则溶液中的OH-的物质的量n=CV=0.1mol，由于水还能电离出极少的氢氧根，故溶液中氢氧根的个数多于0.1NA个，故C项错误；D项，1mol的Na2O中有3mol离子，1molBaO2中有2mol离子，则1mol的Na2O和BaO2的混合物中含的阴、阳离子总数小于3NA，故D项错误。综上所述，本题正确答案为A。7.现有Al、Cl2、Al2O3、HCl(aq)、Al(OH)3、NaOH(aq)六种物质，它们之间的关系如图所示，图中每条线两端的物质之间都可以发生反应，下列推断不合理的是（）A.X可能为Al或Cl2B.Y一定为NaOH(aq)C.N一定是HCl(aq)D.Q、Z中的一种必为Al2O3【答案】A【解析】图框中Y能与其它5种物质反应，N能与其它4种物质反应，分析所给物质可知六种物质中只有NaOH和其它五种物质都反应，则Y一定为NaOH，HCl（aq）和Cl2不反应，和可其它物质都反应，则N为HCl（aq），X为Cl2，Al、Al2O3、Al（OH）3都既能与盐酸反应也能与NaOH反应，且只有Al能与Cl2反应，则M为Al，Q、Z为Al2O3、Al（OH）3的物质中一种，答案选A。-21-8.下列实验中根据现象得出的结论错误的是（）选项实验现象结论A相同条件下，用1mol·L−1的CH3COOH和1mol·L−1的HCl分别做导电性实验CH3COOH溶液对应的灯泡较暗CH3COOH是弱电解质B向某溶液中加铜和浓H2SO4试管口有红棕色气体产生原溶液可能含有NO3－C向某钾盐中滴加浓盐酸，将产生的气体通入品红溶液品红溶液褪色该钾盐为K2SO3或KHSO3D向浓度均为0.1mol·L−1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水先出现蓝色沉淀Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【分析】A．同浓度的两种一元酸的导电性实验，CH3COOH溶液对应的灯泡较暗，可以证明醋酸为弱酸；B．铜在酸性条件下，被硝酸根离子氧化为铜离子，硝酸根离子被还原为一氧化氮，遇到空气被氧化为红棕色二氧化氮；C．使品红溶液褪色的气体可能为氯气或二氧化硫，则钾盐可能为KClO与浓盐酸反应生成的氯气，也可能是K2SO3或KHSO3与浓盐酸反应生成的二氧化硫；D．难溶电解质的溶度积越小，加入氨水时越容易生成沉淀。【详解】A．同浓度的两种一元酸的导电性实验，CH3COOH溶液对应的灯泡较暗，电离出的氢离子浓度小，所以醋酸为弱酸，故A正确；B．铜在酸性条件下，被硝酸根离子氧化为铜离子，硝酸根离子被还原为一氧化氮，遇到空气被氧化为红棕色气体二氧化氮，因此原溶液中可能含有NO3-，故B正确；C．使品红溶液褪色的气体可能为氯气或二氧化硫，则可能为KClO与浓盐酸反应生成的氯气，也可能是K2SO3或KHSO3与浓盐酸反应生成的二氧化硫，故C错误；-21-D．难溶电解质的溶度积越小，越容易生成沉淀。在相同的条件下，先生成蓝色的氢氧化铜沉淀，因此可以得出Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]结论，故D正确。故答案选C。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，涉及弱酸的证明、硝酸根离子检验、物质的检验、沉淀的溶度积大小比较等知识，把握实验操作及物质的性质为解答的关键，注意方案的合理性分析。9.已知苯乙烯的结构为。有关该物质的下列说法正确的是（）A.该物质在一定条件下和氢气完全加成，加成产物的一溴取代物6种B.该物质能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，褪色原理完全相同C.苯乙烯分子的所有原子不可能在同一平面上D.除去乙苯中混有的苯乙烯可以通入等量氢气反应【答案】A【解析】【分析】A.在一定条件下和氢气完全加成，生成乙基环己烷，含6种H；B.碳碳双键与溴水发生加成反应，与高锰酸钾发生氧化反应；C.苯环及碳碳双键均为平面结构，且直接相连；D.苯环可与氢气发生加成反应。【详解】A.在一定条件下和氢气完全加成，生成乙基环己烷，含6种H，则加成产物的一溴取代物有6种，所以A选项是正确的；B.碳碳双键与溴水发生加成反应，与高锰酸钾发生氧化反应，均褪色，但原理不同，故B错误；C.苯环及碳碳双键均为平面结构，且直接相连，则苯乙烯分子的所有原子可能在同一平面上，故C错误；D.苯环和碳碳双键均可与氢气发生加成反应，该反应为可逆反应，无法控制反应的限度，无法除杂，故D错误。所以A选项是正确的。10.短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A-21-的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，B的氢化物的水溶液呈碱性；C、D为金属元素，且D原子最外层电子数等于其K层电子数；若往E单质的水溶液中滴加少量紫色石蕊试液，可观察到先变红后褪色。下列说法中，正确的是A.B的最高价氧化物对应的水化物的酸性比E强B.某物质焰色反应呈黄色，该物质一定是含C的盐C.向D单质与沸水反应后的溶液中滴加酚酞，溶液变红D.B的氢化物的沸点一定高于A的氢化物【答案】C【解析】短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大；A的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，则A是碳元素；B的氢化物的水溶液呈碱性，则B为N元素；C、D为金属元素，原子序数大于氮，处于第三周期，且D原子最外层电子数等于其K层电子数，其最外层电子数为2，所以D为Mg元素，C为Na元素；若往E单质的水溶液中滴加少量紫色石蕊试液，能观察到先变红后褪色的现象，则E是Cl元素。A．高氯酸的酸性比硝酸的强，A错误；B．某物质焰色反应呈黄色，该物质含有Na元素，可能是含钠盐，也可能为NaOH等，B错误；C．Mg单质与沸水反应后生成氢氧化镁，溶液呈碱性，滴加酚酞，溶液变红，C正确；D．A的氢化物是甲烷、B的氢化物是氨气，氨气分子之间形成氢键，沸点高于甲烷的，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，侧重对元素化合物知识的考查，B选项为易错点，注意氢键对物质性质的影响。注意在对物质性质进行解释时，是用化学键知识解释，还是用范德华力或氢键的知识解释，要根据物质的具体结构决定。11.下列说法不正确的是（）A.已知冰的熔化热为6.0kJ•mol-1，冰中氢键键能为20kJ•mol-1，假设1mol冰中有2mol氢键，且熔化热完全用于破坏冰的氢键，则最多只能破坏冰中15%的氢键B.已知一定温度下，醋酸溶液的物质的量浓度为c，电离度为a,电离常数。若加水稀释，则CH3COOHCH3C00-+H+向右移动，a增大，Ka不变C.甲烷的标准燃烧热为-890.3kJ•mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)＝CO2(g)+2H2O（l）△H=-890.3kJ•mol-1D.500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3-21-(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-38.6kJ/mol【答案】D【解析】【详解】A项，1mol冰中有2mol氢键，由氢键的键能可知，完全破坏其中的氢键要吸收40kJ的热量。由冰的熔化热可知，1mol冰熔化要吸收6.0kJ，若熔化热完全用于破坏冰的氢键，则能破坏的氢键的百分比为100%=15%，故A项正确；B项，可知在醋酸中加水稀释，其电离平衡正向移动，电离度应增大，而电离平衡常数Ka只与温度有关，温度不变，Ka不变，故B项正确；C项，甲烷的标准燃烧热是1mol甲烷完全燃烧生成稳定氧化物所放出的能量，可知热化学方程式正确，故C项正确；D项，该反应是可逆反应，无法进行到底，可知该反应的反应热不等于-38.6kJ/mol，故D项错误。综上所述，本题正确答案为D。12.下列装置图或曲线图与对应的叙述相符的是A.如图1所示，用0.1mol/LNaOH溶液分别滴定相同物质的量浓度、相同体积的盐酸和醋酸，其中实线表示的是滴定盐酸的曲线B.某温度下FeS、CuS的沉淀溶解平衡曲线如图2所示，纵坐标c(M2+)代表Fe2+或Cu2+的浓度，横坐标c(S2—)代表S2—浓度。在物质的量浓度相等的Fe2+和Cu2+的溶液中滴加硫化钠溶液，首先沉淀的离子为Fe2+C.如图3所示，用0.1mol/LCH3COOH溶液滴定20mL0.1mol/LNaOH溶液的滴定曲线，当pH=7时：c(Na+)=c(CH3COO—)＞c(OH—)=c(H+)D.据图4，若除去CuSO4溶液中的Fe3+可向溶液中加入适量CuO至pH在5.5左右【答案】C-21-【解析】A．用0.1mol/LNaOH溶液滴定醋酸时，随着加入氢氧化钠的量的增加，醋酸会电离出一部分氢离子，所以出现的pH值突越要缓慢，故A错误；B．依据图象分析可知，硫化铜溶度积小于硫化亚铁，同浓度Fe2+和Cu2+的溶液中滴加硫化钠溶液，先析出的沉淀是硫化铜，故B错误；C．反应后溶液pH=7，依据溶液中电荷守恒分析，用0.1mol/LCH3COOH溶液滴定20ml0.1mol/LNaOH溶液，反应生成醋酸钠，溶液呈中性，溶液中存在电荷守恒，c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，c(H+)=c(OH-)，则c(CH3COO-)=c(Na+)，得到当pH=7时：c(Na+)=c(CH3COO-)＞c(OH-)=c(H+)，故C正确；D．分析图象可知铁离子完全沉淀的pH为3.7，加入氧化铜会调节溶液pH，到pH=5.5时铜离子会沉淀，应调节溶液pH小于5.5，故D错误；故选C。点睛：溶液中离子浓度大小比较，应从溶液的酸碱性及溶液中各微粒之间守恒关系考虑，最常见的守恒为电荷守恒和物料守恒，如0.1molNaHCO3溶液，因(HCO3-的水解大于其电离，溶液显碱性，同时溶液中除溶剂水外，还存在着Na+、H+、HCO3-、CO32-、OH-及H2CO3，其中电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)＝c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)，物料守恒式为c(Na+)＝c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)，至于其它等式关系可以通过电荷守恒和物料守恒利用等量替换得到。13.微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置。某微生物燃料电池的工作原理如图所示，下列说法正确的是（）A.HS-在硫氧化菌作用下转化为SO42- 的反应为:HS-+4H2O-8e-==SO42-+9H+B.电子从b流出，经外电路流向aC.如果将反应物直接燃烧,能量的利用率不会变化D.若该电池电路中有0.4mol 电子发生转移，则有0.45molH+通过质子交换膜【答案】A【解析】-21-【分析】由图可以知道硫酸盐还原菌可以将有机物氧化成二氧化碳，而硫氧化菌可以将硫氢根离子氧化成硫酸根离子，所以两种细菌存在，就会循环把有机物氧化成CO2放出电子，负极上HS-在硫氧化菌作用下转化为SO42-，失电子发生氧化反应，电极反应式是HS-+4H2O-8e-=SO42-+9H+；正极上是氧气得电子的还原反应4H++O2+4e-=2H2O，根据原电池的构成和工作原理知识来回答。【详解】A、负极上HS-在硫氧化菌作用下转化为SO42-，失电子发生氧化反应，电极反应式是HS-+4H2O-8e-=SO42-+9H+，所以A选项是正确的；B、b是电池的正极，a是负极，所以电子从a流出，经外电路流向b，故B错误；C、如果将反应物直接燃烧，会有部分化学能转化为光能，因此能量的利用率会有变化，故C错误；D、根据电子守恒，若该电池有0.4mol电子发生转移，则有0.4molH+通过质子交换膜，故D错误。所以A选项是正确的。14.一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C(s)+CO2(g)2CO(g)。平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如下图所示：已知：气体分压(p分)=气体总压(p总)×体积分数。下列说法正确的是A.550℃时，若充入惰性气体，ʋ正，ʋ逆均减小，平衡不移动B.650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为25.0%C.T℃时，若充入等体积的CO2和CO，平衡向逆反应方向移动D.925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=24.0p总【答案】B【解析】A、由于反应在体积可变的恒压密闭容器中进行，当550℃时，若充入惰性气体，容器的容积扩大，使反应混合物的浓度减小，因此ʋ正，ʋ逆均减小，由于该反应是气体体积增大的反应，减小压强，化学平衡向气体体积最大的正反应方向移动，A错误；B．根据图像可知在650℃时，反应达平衡后CO的体积分数是40%，则CO2-21-的体积分数是60%，假设平衡时总物质的量是1mol，则反应产生CO0.4mol，其中含有CO20.6mol，反应产生0.4molCO消耗CO2的物质的量是0.2mol，因此CO2转化率为0.2mol÷(0．6mol+0.2mol)×100%=25.0%，B正确；C．T℃时，平衡时CO2和CO的体积分数都是50%，若充入等体积的CO2和CO，化学平衡不移动，C错误；D．925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数KP=，D错误。答案选B。视频15.短周期元素W、X、Y、Z、M原子序数依次增大，元素W的一种核素的中子数为0，X的原子最外层电子数是次外层的2倍，Z与M同主族，Z2－电子层结构与氖原子相同。（1）M在元素周期表中的位置是__________________________。（2）化合物p由W、X、Y、M四种元素组成。已知向p溶液中加入FeCl3溶液，溶液变血红色；向p溶液中加入NaOH溶液并加热可放出使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。p的化学式为_____________。（3）由X、Y、Z三种元素可组成摩尔质量为84g·mol－1的物质q，且q分子中三种元素的原子个数之比为1:1:1。已知q分子中各原子均达到8电子稳定结构，且分子中不含双键，但含极性键和非极性键，q分子的结构式为_____________________。（4）(XY)2的性质与Cl2相似，(XY)2与NaOH溶液常温下反应的离子方程式为________。（5）常温下，1molZ3能与Y的最简单氢化物反应，生成一种常见的盐和1molZ2，该反应的化学方程式为____________________________________________。【答案】(1).第三周期第VIA族(2).NH4SCN(3).N≡C—O—O—C≡N(4).(CN)2+2OH－=CN－+CNO－+H2O(5).2NH3+4O3=NH4NO3+4O2+H2O【解析】试题分析：元素W的一种核素的中子数为0，W是H元素；X的原子最外层电子数是次外层的2倍，X是C元素；Z2－电子层结构与氖相同，Z是O元素；M是S元素。W、X、Y、Z、M的原子序数依次增大，Y是N元素。（1）S位于元素周期表中第三周期VIA族；（2）化合物p由W、X、Y、M四种元素组成。已知向p溶液中加入FeCl3溶液，溶液变血红色P中含有-21-；向p溶液中加入NaOH溶液并加热可放出使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，P中含有。p的化学式为NH4SCN。（3）由X、Y、Z三种元素可组成摩尔质量为84g·mol－1的物质q，且q分子中三种元素的原子个数之比为1:1:1。已知q分子中各原子均达到8电子稳定结构，且分子中不含双键，但含极性键和非极性键，q分子的结构式为N≡C—O—O—C≡N。（4）(CN)2的性质与Cl2相似，根据氯气与氢氧化钠反应，(CN)2与NaOH溶液反应的离子方程式为(CN)2+2OH－=CN－+CNO－+H2O。（5）常温下，1molO3能与氨气反应，生成一种常见的盐NH4NO3和1molO2，该反应的化学方程式为2NH3+4O2=NH4NO3+4O2+H2O。考点：本题考查原子结构、元素周期表。16.氰化钠是一种剧毒物质，工业上常用硫代硫酸钠溶液处理废水中的氰化钠。硫代硫酸钠的工业制备原理为：2Na2S+Na2CO3+4SO2===3Na2S2O3+CO2。某化学兴趣小组拟用该原理在实验室制备硫代硫酸钠，并检测氰化钠废水处理排放情况。I.实验室通过如图所示装置制备Na2S2O3（1）实验中要控制SO2生成速率，可采取的措施有_____________(写出一条)。（2）b装置的作用是_____________。（3）反应开始后，c中先有淡黄色浑浊产生，后又变为澄清，此浑浊物为__________(填化学式)。（4）实验结束后，在e处最好连接盛__________(填“NaOH溶液”、“水”、“CCl4”中的一种)的注射器，接下来的操作为______________，最后拆除装置。II.氰化钠废水处理（5）已知:a.废水中氰化钠的最高排放标准为0.50mg/L；b.Ag++2CN-==[Ag(CN)2]-，Ag++I-=AgI↓，AgI呈黄色，且CN-优先与Ag+反应。实验如下:-21-取20.00mL处理后的氰化钠废水于锥形瓶中，并滴加几滴KI溶液作指示剂，用1.00×10-4mol/L的标准AgNO3溶液滴定，消耗AgNO3溶液的体积为1.50mL。①滴定时1.00×10-4mol/L的标准AgNO3溶液应用________(填仪器名称)盛装；滴定终点时的现象是______________。②处理后的废水是否达到排放标准_______(填“是”或“否”)。【答案】(1).控制反应温度或调节酸的滴加速度(2).安全瓶，防止倒吸(3).S(4).NaOH溶液(5).打开K1关闭K2(6).酸式滴定管(7).滴入最后一滴硝酸银溶液，出现黄色沉淀，且半分钟内沉淀不消失(8).否【解析】【实验一】a装置制备二氧化硫，c装置中制备Na2S2O3，反应导致装置内气压减小，b为安全瓶作用，防止溶液倒吸，d装置吸收多余的二氧化硫，防止污染空气。(1)实验中要控制SO2生成速率，可采取的措施有：控制反应温度、调节酸的滴加速度或调节酸的浓度等，故答案为：控制反应温度、调节酸的滴加速度或调节酸的浓度；(2)由仪器结构特征，可知b装置为安全瓶，防止倒吸，故答案为：安全瓶，防止倒吸；(3)二氧化硫与硫化钠在溶液中反应得到S，硫与亚硫酸钠反应得到Na2S2O3，c中先有浑浊产生，后又变澄清，此浑浊物为S，故答案为：S；(4)实验结束后，装置b中还有残留的二氧化硫，为防止污染空气，应用氢氧化钠溶液吸收，氢氧化钠和二氧化硫反应生成亚硫酸钠和水，再关闭K2打开K1，防止拆除装置时污染空气，故答案为：NaOH溶液；关闭K2打开K1；【实验二】(5)①硝酸银溶液显酸性，应该用酸式滴定管盛装；Ag+与CN-反应生成[Ag(CN)2]-，当CN-反应结束时，滴入最后一滴硝酸银溶液，Ag+与I-生成AgI黄色沉淀半分钟内沉淀不消失，说明反应到达滴定终点，故答案为：酸式滴定管；滴入最后一滴硝酸银溶液，出现淡黄色沉淀，半分钟内沉淀不消失；②消耗AgNO3的物质的量为1.5×10-3L×0.0001mol/L=1.50×10-7mol，根据方程式Ag++2CN-=[Ag(CN)2]-，处理的废水中氰化钠的质量为1.50×10-7mol×2×49g/mol=1.47×10-5g，废水中氰化钠的含量为=0.735mg/L＞0.50mg/L，处理后的废水未达到达到排放标准，故答案为：否。点睛：本题考查物质制备实验、物质含量测定等，关键是对原理的理解。本题的易错点为(5)②的计算判断，注意根据方程式Ag++2CN-=[Ag(CN)2]-计算出氰化钠的含量与废水中氰化钠的最高排放标准为0.50mg/L比较判断是否符合排放标准。-21-17.C、N、S的氧化物常会造成一些环境问题，科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的影响。（1）目前工业上有一种方法是用CO和H2在230℃，催化剂条件下转化生成甲醇蒸汽和水蒸气。图一表示恒压容器中0.5molCO2和1.5molH2转化率达80％时的能量变化示意图。写出该反应的热化学方程式__________________________________________。（2）“亚硫酸盐法”吸收烟气中的SO2。室温条件下，将烟气通入（NH4)2SO3溶液中，测得溶液pH与含硫组分物质的量分数的变化关系如图二所示。请写出a点时n(HSO3-)：n(H2SO3)=_____，b点时溶液pH=7，则n(NH4+)：n(HSO3-)=_____。（3）催化氧化法去除NO，一定条件下，用NH3消除NO污染，其反应原理为4NH3+6NO5N2+6H2O。不同温度条件下，n(NH3):n(NO)的物质的量之比分别为4：l、3：l、1：3时，得到NO脱除率曲线如图三所示：①请写出N2的电子式________。②曲线c对应NH3与NO的物质的量之比是______。③曲线a中NO的起始浓度为6×10-4mg/m3，从A点到B点经过0.8s，该时间段内NO的脱除速率为_____mg/(m3·s)。（4）间接电化学法可除NO。其原理如图四所示，写出电解池阴极的电极反应式（阴极室溶液呈酸性,加入HSO3－，出来S2O42－）:____________________________________。【答案】(1).CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H=-49kJ/mol(2).1:1(3).3:1(4).(5).1：3(6).1.5×10-4(7).2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O【解析】【详解】（1）根据图一，恒压容器中0.5molCO2和1.5molH2转化率达80％时的能量变化，23kJ-3.4kJ=19.6kJ，H=2=-49kJ/mol，该反应的热化学方程式：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H=-49kJ/mol，-21-因此，本题正确答案是：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H=-49kJ/mol；（2）(NH4)2SO3＋SO2＋H2O=2NH4HSO3，由图二可知：a点时HSO3-和H2SO3物质的量分数相等，所以n(HSO3-)：n(H2SO3)=1：1，b点时溶液的pH=7，根据电荷守恒可知n(NH4＋)=n(HSO3-)+2n(SO32-)，又根据图象曲线可知：n(SO32-)=n(HSO3-)，则n(NH4＋)=3n(HSO3-)，所以n(NH4＋)：n(HSO3-)=3：1；因此，本题正确答案是：1:1；3:1；（3）①N2的电子式：；②n(NH3):n(NO)的物质的量之比分别为4：l、3：l、1：3时，NO的含量越来越大，去除率越来越低，曲线c对应NH3与NO的物质的量之比是1：3，其NO的去除率最低；③曲线a中NO的起始浓度为6×10-4mg/m3，从A点到B点经过0.8s，该时间段内NO的脱除速率为=1.5×10-4mg/(m3·s)。因此，本题正确答案是：；1：3；1.5×10-4；（4）电解池阴极发生还原反应，硫元素化合价降低，由于阴极室溶液呈酸性，所以电极反应式为：2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O。因此，本题正确答案是：2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O。【点睛】本题考查较为综合，涉及氧化还原反应，热化学方程式、反应速率、电化学等知识，对图像的正确分析和理解是解题的关键，注意把握图象中各条曲线的含义以及溶液中电荷守恒的应用。18.工业上利用废镍催化剂(主要成分为Ni，还含有一定量的Zn、Fe、SiO2、CaO等)制备草酸镍晶体的流程如下：（1）请写出一种能提高“酸浸”速率的措施：___________________________________；滤渣I的成分是CaSO4和____________________(填化学式)。（2）除铁时，控制不同的条件可以得到不同的滤渣II。已知滤渣II的成分与温度、pH的关系如图所示：-21-①若控制温度40℃、pH=8，则滤渣II的主要成分为___________(填化学式)。②若控制温度80℃、pH=2，可得到黄铁矾钠[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀(图中阴影部分)，写出生成黄铁矾钠的离子方程式：___________________________________________。（3）已知除铁后所得100mL溶液中c(Ca2+)=0.01mol·L-1，加入100mLNH4F溶液，使Ca2+恰好沉淀完全即溶液中c(Ca2+)=1×10-5mol·L-1，则所加c(NH4F)=_______mol·L-1。[已知Ksp(CaF2)=5.29×10-9]（4）加入有机萃取剂的作用是________________________。【答案】(1).把废镍催化剂粉碎、适当加热，适当增大酸的浓度或搅拌等(2).SiO2(3).FeOOH(4).2Na++3ClO- +6Fe2+ +4SO42-+9H2O =Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+3Cl-+6H+(5).6.6×10-2(6).除去溶液中的Zn2+【解析】【分析】废镍催化剂(主要成分为Ni，还含有一定量的Zn、Fe、SiO2、CaO等)，用硫酸溶解，SiO2不与硫酸反应，过滤得到滤液中含有NiSO4、FeSO4、ZnSO4、CaSO4及过量的硫酸，滤渣I为SiO2和CaSO4微溶物，滤液中加入次氯酸钠，将Fe2+氧化为Fe3+，同时调节pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，所以滤渣II为铁元素的沉淀，滤液中含有NiSO4、CaSO4，向滤液中加入NH4F，除去Ca2+，过滤，再加有机萃取剂除去溶液中的Zn2+，再向滤液中加入（NH4）2C2O4，得到草酸镍沉淀，再过滤、洗涤、干燥得草酸镍晶体，(1)根据影响反应速率的因素答题；滤渣I主要为不溶于硫酸的SiO2和微溶物CaSO4；(2)根据图象可以知道，①控制温度40℃、pH=8，则滤渣2的主要成分为FeOOH； -21-②Na2Fe6(SO4)4(OH)12中铁元素化合价为+3价，可知ClO-将e2+氧化为Fe3+，依据氧化还原反应规律可写出生成黄铁矾钠的离子方程式；(3)根据反应式Ca2++2F-=CaF2↓，沉淀Ca2+消耗0.002molNH4F，根据Ksp(CaF2)=c(Ca2+)c2(F-)=5.29×10-9，沉淀Ca2+后，溶液中c(F-)=；(4)根据流程图，加入有机萃取剂的作用是除去溶液中的Zn2+。【详解】（1）根据影响化学反应速率的因素可知，提高浸出率，可把废镍催化剂粉碎或适当加热、适当增大硫酸浓度、搅拌等，滤渣I的成分是CaSO4和SiO2，因此，本题正确答案是：把废镍催化剂粉碎、适当加热，适当增大酸的浓度或搅拌等；SiO2；（2）根据图象可以知道，①控制温度40℃、pH=8，则滤渣2的主要成分为FeOOH，因此，本题正确答案是：FeOOH； ②若控制温度80℃、pH=2，可得到黄铁矾钠[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀，依据氧化还原反应规律写出生成黄铁矾钠的离子方程式为：2Na++3ClO- +6Fe2+ +4SO42-+9H2O =Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+3Cl-+6H+；因此，本题正确答案是：2Na++3ClO- +6Fe2+ +4SO42-+9H2O =Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+3Cl-+6H+； （3）根据反应式Ca2++2F-=CaF2↓，沉淀Ca2+消耗0.002molNH4F，根据Ksp(CaF2)=c(Ca2+)c2(F-)=5.29×10-9，沉淀Ca2+后，溶液中c(F-)=，设加入c(NH4F)=cmol/L，则=；解得c=6.6×10-2，因此，本题正确答案是：6.6×10-2；（4）根据流程图，加入有机萃取剂的作用是除去溶液中的Zn2+，因此，本题正确答案是：除去溶液中的Zn2+。【点睛】本题考查了工业上从废镍催化剂制备草酸镍晶体的工艺流程，侧重考查物质分离的实验设计和方法应用，主要是利用溶液不同pH条件下离子沉淀的情况不同，控制溶液pH除去杂质离子，同时考查了除杂原则不能引入新的杂质，解题时先要弄清制备流程中各步反应原理和目的，从而知道分离提纯的环节中各成分组成，再结合氧化还原反应和沉淀溶度积等知识解决各问题。-21-19.A(C3H6)是基本有机化工原料。由A制备聚合物C和的合成路线(部分反应条件略去)如图所示。已知：＋‖；R—C≡NR—COOH回答下列问题：（1）A的名称是______________，B含有的官能团的名称是________________(写名称)。（2）C的结构简式为________________，D→E的反应类型为_____________。（3）E→F的化学方程式为_____________________________________________________。（4）中最多有________个原子共平面。（5）B的同分异构体中，与B具有相同的官能团且能发生银镜反应的共有________种；其中核磁共振氢谱为3组峰，且峰面积之比为6∶1∶1的是_____________________(写结构简式)。（6）结合题给信息，以乙烯、HBr为起始原料制备丙酸，设计合成路线(其他试剂任选)______。合成路线流程图示例：CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3【答案】(1).丙烯(2).碳碳双键、酯基(3).(4).取代反应(或水解反应)(5).(6).10(7).8(8).(9).-21-CH2==CH2CH3CH2BrCH3CH2CNCH3CH2COOH【解析】【分析】B发生加聚反应生成聚丁烯酸甲酯，则B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，A为C3H6，A发生发生加成反应生成B，则A结构简式为CH2=CHCH3，聚丁烯酸甲酯发生水解反应然后酸化得到聚合物C，C结构简式为；A发生反应生成D，D发生水解反应生成E，E能发生题给信息的加成反应，结合E分子式知，E结构简式为CH2=CHCH2OH、D结构简式为CH2=CHCH2Cl，E和2-氯-1，3-丁二烯发生加成反应生成F，F结构简式为，F发生取代反应生成G，G发生信息中反应得到，则G结构简式为；CH2=CH2和HBr发生加成反应生成CH3CH2Br，CH3CH2Br和NaCN发生取代反应生成CH3CH2CN，CH3CH2CN在碱性条件下发生水解反应然后酸化得到CH3CH2COOH，据此分析解答。【详解】B发生加聚反应生成聚丁烯酸甲酯，则B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，A为C3H6，A发生发生加成反应生成B，则A结构简式为CH2=CHCH3，聚丁烯酸甲酯发生水解反应然后酸化得到聚合物C，C结构简式为；A发生反应生成D，D发生水解反应生成E，E能发生题给信息的加成反应，结合E分子式知，E结构简式为CH2=CHCH2OH、D结构简式为CH2=CHCH2Cl，E和2-氯-1，3-丁二烯发生加成反应生成F，F结构简式为，F发生取代反应生成G，G发生信息中反应得到，则G结构简式为；（1）A的名称是丙烯，B中官能团名称是碳碳双键和酯基，故答案为：丙烯；碳碳双键、酯基；-21-（2）C的结构简式为，D发生取代反应或水解反应生成E，故答案为：；取代反应或水解反应；（3）E结构简式为CH2=CHCH2OH、F结构简式为，E发生加成反应生成F，该反应方程式为，故答案为：；（4）该分子中含有10个原子，根据乙烯结构特点知，该分子中10个原子都有可能共平面；故答案为：10；（5）B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，B的同分异构体中，与B具有相同的官能团且能发生银镜反应，说明含有碳碳双键和酯基、醛基，为甲酸酯，符合条件的同分异构体有HCOOCH=CHCH2CH3、HCOOCH2CH=CHCH3、HCOOCH2CH2CH=CH2、HCOOC（CH3）=CHCH3、HCOOCH=C（CH3）2、HCOOCH（CH3）CH=CH2、HCOOCH2C（CH3）=CH2、HCOOCH（CH2CH3）=CH2，所以符合条件的有8种；其中核磁共振氢谱为3组峰，且峰面积之比为6：1：1的是，故答案为：8；；（6）CH2=CH2和HBr发生加成反应生成CH3CH2Br，CH3CH2Br和NaCN发生取代反应生成CH3CH2CN，CH3CH2CN在碱性条件下发生水解反应然后酸化得到CH3CH2COOH，所以其合成路线为：CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2CNCH3CH2COOH，故答案为：CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2CNCH3CH2COOH。【点睛】本题考查有机物推断和合成，侧重考查学生分析推断及知识综合运用、知识迁移能力，明确官能团及其性质关系、常见反应类型、反应条件及题给信息是解本题关键，难点是有机物合成路线设计，需要学生灵活运用知识解答问题能力。-21-