江苏省海安高级中学2018-2019学年高三上学期化学第二次月考试卷
一、单选题
1．（2017·如皋模拟）下列有关环境问题的做法错误的是（ ）
A．生活污水使用明矾杀菌消毒
B．向燃煤中加入适量石灰石“固硫”
C．推广使用可降解塑料防止白色污染
D．提倡公交出行可减少氮氧化物排放
【答案】A
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】解：A．明矾不具有强氧化性，不能杀菌消毒，故A错误；
B．燃煤燃烧产生大量二氧化硫，能够引起空气污染，向燃煤中加入适量石灰石“固硫”，能够减少二氧化硫排放，减少酸雨，故B正确；
C．推广使用可降解塑料，可以减少聚乙烯、聚氯乙烯塑料的使用，可以防止白色污染，故C正确；
D．提倡公交出行，减少私家车使用，可减少氮氧化物排放，有利于环境保护，故D正确；
故选：A．
【分析】A．明矾不具有强氧化性；
B．燃煤燃烧产生大量二氧化硫，能够引起空气污染；
C．聚乙烯、聚氯乙烯塑料难降解；
D．汽车尾气中含有大量氮的氧化物．
2．（2018高三上·海安月考）下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A．质子数为78，中子数为117的铂原子：
B．硫离子的结构示意图：
C．碳酸的电离方程式H2CO3 2H++CO32-
D．N2H4的电子式：
【答案】B
【知识点】元素、核素；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A.质子数为78，中子数为117的铂原子，其质量数=质子数+中子数=78+117=195，所以该原子表示为： ，故A不符合题意；
B.S2-的核电荷数为16，核外电子数为18，该离子结构示意图为 ，故B符合题意；
C.碳酸是二元弱酸，分步电离，电离方程式为H2CO3 H++HCO3-、HCO3- H++CO32-，故C不符合题意；
D.肼是氮原子和氮原子形成一个共价键，剩余价键和氢原子形成共价键，电子式为 ，故D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、左上角数字应该是质量数；
B、硫原子得到两个电子形成离子，最外层变为8电子；
C、碳酸是二元弱酸，多次电离；
D、要注意两个单原子之间只有一个共用电子对。
3．（2018高三上·海安月考）下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．MgO熔点高，可用于电解冶炼镁
B．酒精具有挥发性，可用于消毒杀菌
C．Fe粉具有还原性，可用作食品袋中的抗氧化剂
D．SO2具有氧化性，常用于漂白秸秆、织物
【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质
【解析】【解答】A. MgO熔点高，电解前需要将其熔化，耗能大，制备Mg，电解熔融MgCl2而不是氧化镁，故A不符合题意；
B. 乙醇能使蛋白质变性，故常用于病人的注射消毒。酒精具有挥发性，能用于人工降温，与消毒无关，故B不符合题意；
C. 还原Fe粉具有还原性，易和空气中的氧气反应，可用作食品袋中的吸氧剂，故C符合题意；
D. 二氧化硫具有漂白性，则用于漂白纸浆，与氧化性无关，故D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、熔点高，浪费能源，一般是电解氯化镁；
B、酒精可以是蛋白质变性；
C、铁有还原性，能够被氧化；
D、二氧化硫具有漂白性，可以对有色物质漂白。
4．（2018高三上·海安月考）四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X的简单离子具有相同电子层结构，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，W与Y同族，Y的最外层电子数为最内层电子数的3倍，Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性。下列说法正确的是（ ）
A．简单离子半径：W
C．气态氢化物的热稳定性：W
【答案】B
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】根据以上分析，W为O， X为Na，Y为S，Z为Cl，
A. X离子（Na+）、W离子（O2-）的电子层为2层，Z离子（Cl-）电子层为3层，电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大，故简单离子半径大小顺序是：X
C. W与Y处于同于主族，从上到下非金属性逐渐减弱，气态氢化物的热稳定性：W>Y ，故C不符合题意；
D.Y与Z处于同同期，从左到右非金属性逐渐增强，最高价氧化物的水化物的酸性：Y
【分析】W和X相同电子结构，X为原子半径最大，即Na，Y的最外层是最内层三倍，则Y为氧或硫，因为原子序数大于X，所以Y为S，则Z为Cl，W为O；
A、半径比较：先看电子层，电子层越多半径越大；再看核电荷数，电子层数相同，核电荷数越大半径越小；最后看最外层电子数，电子层和核电荷数相同，最外层电子数越多半径越大；
B、钠和氧形成氧化钠或过氧化钠，溶于水都是碱性；
C、氢化物稳定性即比较非金属性，从上到下非金属性减小，从左到右非金属性增大；
D、即比较非金属性，从上到下非金属性减小，从左到右非金属性增大。
5．（2018高三上·海安月考）常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A．0.1 mol·L 1的FeCl2溶液中：H+、Al3+、SO42-、ClO
B．无色透明的溶液中：Al3+、Fe3+、NO3-、SCN-
C．与Al反应能放H2的溶液中：Cu2+、NH4+、CO32-、Cl
D．c(OH )/c(H+)=1×1014的溶液中：K+、Na+、I 、SiO32-
【答案】D
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A.Fe2+具有还原性，ClO 在酸性条件下具有强氧化性，两者之间会发生氧化还原反应而不能大量共存，故A不选；
B. Fe3+在水溶液中呈棕黄色，与无色透明溶液的条件不符，故B不选；
C.与Al反应能放H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，碱溶液中不能大量存在Cu2+、NH4+，酸溶液中不能大量存在CO32-，故C不选；
D. c(OH )/c(H+)=1×1014，KW=1 10-14，则c(OH-)=1mol/L，K+、Na+、I 、SiO32-能够大量共存，故D选。
故答案为：D。
【分析】本题考查的是离子共存的问题，
产生水：OH-和H+、HCO3-、HS-、HCO3-不能共存；
产生气体：NH4+和OH-不能共存、H+和CO32-、HCO3-、S2-、HS-、SO32-、HSO3-不能共存；
产生固体：OH-只能和K+、Na+、Ba2+大量共存；
CO32-只能和K+、Na+共存；
SO42-只和Ba2+、Ca2+、Ag+不能共存；
Cl-只和Ag+不能共存
6．（2018高三上·海安月考）下列实验或原理不能达到实验目的的是（ ）
A． 制取Cl2
B． 除去 Cl2 中的HCl
C． 氯气的尾气处理
D． 测氯气的pH
【答案】D
【知识点】氯气的化学性质；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A.2KMnO4+16HCl＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，能达到实验目的，A不符合题意；
B.氯气溶于水，Cl2＋H2O H++Cl ＋HClO，在饱和食盐水中上述平衡向左移，氯气溶解度减小，几乎不溶解，而氯化氢在水中溶解度极大，可以溶于饱和食盐水，能达到实验目的，B不符合题意；
C.Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O，能达到实验目的，C不符合题意；
D.氯气与水反应的生成物次氯酸可以漂白pH试纸，不能达到实验目的，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、为固液不加热装置；
B、氯气不溶于饱和氯化钠溶液；
C、氯气溶于氢氧化钠溶液；
D、氯水具有漂白性，无法进行准确测定。
7．（2018高三上·海安月考）大气中氮氧化物和碳氢化合物受太阳紫外线作用可产生二次污染物——光化学烟雾，其中的反应之一为：CH3CH=CHCH3(2 丁烯)+2O3 → 2CH3CHO+2O2，下列说法正确的是（ ）
A．分子式为C4H8的物质性质均与2 丁烯相同
B．氧化性：O3>O2
C．常温常压下，22.4L的2 丁烯中含C H键数目为8×6.02×1023个
D．1molO3参与该反应，转移的电子数为6×6.02×1023个
【答案】B
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、分子式为C4H8的物质可能是烯烃，也可能是环烷烃，如果是烯烃性质与2-丁烯相同，若为环烷烃，则不同，故A不符合题意；
B、氧化剂的氧化性强于还原产物的氧化性，所以氧化性：O3＞O2，故B符合题意；
C、常温常压下气体摩尔体积不知，无法计算22.4L的2-丁烯的物质的量，故C不符合题意；
D、1molO3参与该反应，转移2mol的电子，所以1molO3参与该反应，转移的电子数为2×6.02×1023个，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、同分异构体性质不同；
B、氧化剂的氧化性大于氧化产物；
C、常温常压不知道气体摩尔体积，无法计算；
D、根据反应可以知道一个臭氧分子只有一个氧原子价态变化。
8．（2018高三上·海安月考）下列指定反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A．用醋酸除去水垢：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑
B．将Na2O2投入足量H2O中：2O22 ＋2H2O=4OH ＋O2↑
C．用强碱溶液吸收制取硝酸的尾气：NO+NO2+2OH =2NO2 +H2O
D．向莫尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O］溶液中加入过量氢氧化钠溶液：NH4++Fe2++3OH =NH3·H2O+Fe(OH)2↓
【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A.醋酸为弱酸，应写成化学式，碳酸钙不溶于水，离子方程式中应写成化学式，符合题意的离子方程式为CaCO3+ 2CH3COOH ==Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑，故A不符合题意；
B. Na2O2投入水中的离子反应为2Na2O2+2H2O═4Na++4OH-+O2↑，故B不符合题意；
C.用强碱溶液吸收工业制取硝酸尾气，离子方程式：NO+NO2+2OH-═2NO2 +H2O，故C符合题意；
D.向莫尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O］溶液中加入过量氧氧化钠溶液：2 NH4++ Fe2++4OH ═2 NH3·H2O + Fe(OH)2↓，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、醋酸是弱酸，不能拆成离子；
B、过氧化钠是氧化物，不能拆成离子；
C、氢氧根和二氧化氮、一氧化氮反应；
D、注意铵根离子的系数为2，氢氧根为4。
9．（2018高三上·海安月考）在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【知识点】工业制金属铝；硅酸的性质及制法
【解析】【解答】A．铝是活泼金属，不能通过电解氯化铝溶液制取铝，工业上采用电解熔融氧化铝冶炼铝，故A不符合题意；
B.氨气催化氧化生成NO，不能直接生成NO2，故B不符合题意；
C.二氧化硅是酸性氧化物，和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠溶液，硅酸酸性比碳酸弱，向硅酸钠溶液中通入CO2，生成硅酸沉淀，两步反应都能实现，故C符合题意；
D.二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸被氧化生成硫酸，二氧化硫和水不能一步转化为硫酸，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、电解氯化铝的实质是电解氯化氢，不能得到铝；
B、氨气和氧气反应生成一氧化氮；
C、二氧化硅是酸性氧化物，碳酸酸性比硅酸强；
D、二氧化硫溶于水生成亚硫酸。
10．（2018高三上·海安月考）下列图示与对应的叙述相符的是（ ）
A．图甲表示升高温度醋酸钠的水解程度增大，溶液碱性增强
B．图乙表示氢氟酸为弱酸，且a点Kw的数值比b点Kw的数值大
C．图丙表示压强对可逆反应2A(g) +2B(g) 3C(g)+D(s)的影响，乙的压强比甲的压强大
D．图丁表示0.100 0 mol·L 1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L 1醋酸溶液的滴定曲线
【答案】A
【知识点】化学平衡移动原理；盐类水解的原理
【解析】【解答】A．醋酸钠是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，pH>7，盐的水解是吸热反应，升高温度，会促进盐的水解，因此，升高温度，醋酸钠的水解程度增大，溶液的pH增大，故A符合；
B.溶液的导电性与溶液中离子浓度大小有关，由于HF是弱酸，在溶液中存在电离平衡，加水稀释时，HF中离子浓度变化小，但比盐酸要大，溶液的导电能力比HCl强，由于温度相同，所以Kw的数值相同，故B不符合；
C.可逆反应2A(g)+2B(g) 3C(g)+D(s)是正反应方向为体积减小的方向，所以增大压强平衡正移，反应物的百分含量减小，与图象不符，故C不符合；
D.醋酸为弱酸，0.10 mol L-1醋酸，其pH大于1，而图中开始pH=1，故D不符合。
故答案为：A。
【分析】A、醋酸钠升高温度，促进水解，pH增大；
B、其实离子浓度相同，稀释相同倍数，弱酸会电离出更多离子，导致浓度大于强酸，导电性更强，但是温度相同，Kw相同；
C、压强会影响平衡移动，反应物百分含量发生变化；
D、醋酸初始pH不是1。
11．（2018高三上·海安月考）下列说法正确的是（ ）
A．298 K时，2H2S(g)＋SO2(g)=3S(s)＋2H2O(l) 能自发进行，则其ΔH<0
B．铜的化学性质比铁稳定，在铁闸上安装铜块可减慢铁闸的腐蚀速率
C．铅蓄电池放电时的负极和充电时的阴极均发生氧化反应
D．常温下，pH均为5的盐酸与氯化铵溶液中，水的电离程度相同
【答案】A
【知识点】常见化学电源的种类及其工作原理；金属的电化学腐蚀与防护
【解析】【解答】A.反应能自发进行，应满足ΔH-T <0，由于该反应是气体分子数减小的反应， <0，则若使ΔH-T <0，必有ΔH<0，故A符合题意；
B.铜的金属活泼性比铁的弱，形成原电池反应，铁为负极，加快腐蚀，故B不符合题意；
C.铅蓄电池放电时是原电池，负极发生氧化反应；充电时是电解池，原电池的正极接电源的正极做阳极，发生氧化反应，故C不符合题意；
D. 氯化铵为强酸弱碱盐，水解促进水的电离，而盐酸抑制水的电离，故D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A、熵减少的反应，即ΔS<0，而ΔH>0必定不能自发，所以ΔH<0；
B、形成原电池，铜为正极，铁为负极；
C、负极失电子，被氧化，阴极得电子，被还原；
D、盐酸抑制水电离，氯化铵促进水电离。
12．（2018高三上·海安月考）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 结论
A 将Fe(NO3)2样品溶于稀H2SO4，滴加KSCN溶液，溶液变红。 原Fe(NO3)2样品溶于酸前已氧化变质
B T℃时，向等体积的饱和AgCl、AgI溶液中分别滴加足量AgNO3溶液，所得沉淀n(AgCl)>n(AgI) T℃时，Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
C 向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸，出现白色胶状沉淀。 非金属性：Cl＞Si
D 无水乙醇与浓硫酸共热至170℃，将产生的气体通入溴水，溴水褪色。 乙烯和溴水发生加成反应
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A.酸性条件下，NO3- 能将 Fe2＋氧化为Fe3＋，所以将Fe(NO3)2样品溶于稀H2SO4，滴加KSCN溶液，溶液变红，不能说明原Fe(NO3)2样品溶于酸前已氧化变质，故A不符合题意；
B. T℃时，向等体积的饱和AgCl、AgI溶液中分别滴加足量AgNO3溶液，所得沉淀n(AgCl)>n(AgI)，说明前者c（Ag+）大于后者c（Ag+），c（Cl-）＞c（I-），由此说明T℃时，Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI），故B符合题意；
C.向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸，出现白色胶状沉淀，证明酸性HCl>H2SiO3，由于HCl不是最高价含氧酸，无法判断Cl、S的非金属性，故C不符合题意；
D. 可能生成二氧化硫与溴水反应，不能确定乙烯与溴水是否发生了加成反应，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A、硝酸根和氢离子即硝酸，有强氧化性；
B、得到沉淀越多，其离子浓度越大；
C、比较非金属性应该用最高价氧化物的水化物；
D、除以浓硫酸会和乙醇反应生成二氧化硫，也具有还原性。
二、多选题
13．（2018高三上·海安月考）X是某药物的中间体，其结构简式如图所示。下列有关X的说法正确的是（ ）
A．每个X分子中含有5个手性碳原子
B．一定条件下，X能与乙醇发生酯化反应
C．一定条件下，X能发生消去反应
D．X既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应
【答案】C,D
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A.连接四个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，由结构简式可以知道应含有6个手性碳原子，故A不符合题意；
B.X不含有羧基，不与乙醇发生酯化反应，故B不符合题意；
C.含有羟基，且邻位碳原子连接H，可发生消去反应，所以C选项是符合题意的；
D.含有氨基，可与盐酸反应，含有酚羟基，可与氢氧化钠溶液反应，所以D选项是符合题意的。
故答案为：CD
【分析】A、手性碳原子即碳原子周围连接四个不同的原子或原子团；
B、X不含羧基，不能发生酯化反应；
C、X含有醇羟基，可以发生消去反应；
D、X有氨基，有碱性，有羧基，有酸性。
14．（2018高三上·海安月考）25 ℃，c(HCN)+c(CN) =0.1mol·L-1的一组HCN和NaCN的混合溶液，溶液中c (HCN)、c(CN－)与pH的关系如图所示。下列有关离子浓度关系叙述正确的是（ ）
A．将0.1 mol·L-1的HCN溶液和0.1 mol·L-1NaCN溶液等体积混合（忽略溶液体积变化）：c(CN－)＞c(Na＋)＞c(HCN)＞c(OH－)＞c(H＋)
B．W点表示溶液中：c(Na＋) + c(H＋) = c(HCN)
C．pH = 8的溶液中：c(Na＋) + c(H＋) + c(HCN) = 0.1mol·L-1 + c(OH－)
D．将0.3 mol·L-1 HCN溶液和0.2 mol·L-1NaOH溶液等体积混合（忽略溶液体积变化）：c(CN－) + 3c(OH－) = 2c(HCN)+ 3c(H＋)
【答案】C,D
【知识点】盐类水解的应用
【解析】【解答】A. 根据图知，W点表示溶液中c(HCN)=c(CN-)=0.05mol/L，溶液的pH=9.31>7，说明溶液呈碱性，则NaCN水解程度大于HCN电离程度，所以将0.1 mol·L-1的HCN溶液和0.1 mol·L-1NaCN溶液等体积混合(忽略溶液体积变化)，存在c(CN－)
D. 将0.3 mol·L-1 HCN溶液和0.2 mol·L-1NaOH溶液等体积混合合(忽略溶液体积变化)，溶液中存在物料守恒和电荷守恒，根据物料守恒得3c(Na＋)=2c(HCN)+2 c(CN－)，根据电荷守恒得c(Na＋) + c(H＋) = c(CN－)+c(OH-)，所以得c(CN－) + 3c(OH－) = 2c(HCN)+ 3c(H＋)，所以D选项是符合题意的。
故答案为：CD
【分析】A、等浓度等体积混合，即初始c(HCN)=c(CN-)，此时呈碱性，即水解大于电离，所以c(CN－)
C、c(Na＋) + c(H＋) = c(CN－)+c(OH-)，而c(HCN)+c(CN-) =0.1mol·L-1，联立可得c(Na＋) + c(H＋) + c(HCN) = 0.1mol·L-1 + c(OH－)；
D、根据物料守恒，可以知道c(Na＋)：[c(HCN)+ c(CN－)]=2：3，即3c(Na＋)=2c(HCN)+2 c(CN－)，根据电荷守恒为c(Na＋) + c(H＋) = c(CN－)+c(OH-)，联立可得答案。
15．（2018高三上·海安月考）一定条件下，CH4与H2O(g)发生反应：CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) ΔH。起始时只充入CH4与H2O(g)，设 =Z，保持反应压强不变，平衡时CH4的体积分数ω(CH4)与Z和T(温度)的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．a>3>b
B．保持温度不变，平衡体系加压后ω(CH4)增大
C．温度为T1、Z=3时，Y点所对应的反应向逆反应方向进行
D．X点时，H2的体积分数为30%
【答案】B,D
【知识点】化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．由图可知，以 =3时作比较，增大水蒸气的物质的量，平衡正向移动，则 的比值越大，则甲烷的体积分数越小，故a<3
C.由图可知，温度为T1、Z=3时，由于甲烷的体积分数Y点大于X点，所以反应向正反应方向进行，故C不符合题意；
D. X点是Z=3的平衡点，设起始时甲烷为1mol，则H2O(g)为3mol，转化的甲烷为amol，
CH4(g)+ H2O(g) CO(g)+ 3H2(g)
起始（mol） 1 3 0 0
转化（mol） a a a 3a
平衡（mol） 1-a 3-a a 3a
由图可知，X点时，CH4的体积分数为10% ，所以 100%=10%，解得a=0.5，
所以H2的体积分数= 100%= 100%=30%，故D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A、增大水蒸气，正向移动，甲烷减少；
B、增大压强，逆向移动，甲烷体积分数增大；
C、甲烷的体积分数Y大于X，所以正向移动；
D、根据三段式，设转化量为a，解答方程式。
三、实验题
16．（2018高三上·海安月考）粉煤灰是燃煤电厂的废渣，主要成分为SiO2、Al2O3、Fe2O3和C等。实验室模拟工业从粉煤灰提取活性Al2O3，其流程如下图：
已知烧结过程的产物主要是：NaAlO2、Ca2SiO4、NaFeO2和Na2SiO3等。
（1）写出烧结过程中铝元素转化的化学方程式 。
（2）操作a为冷却、研磨，其中研磨的目的是 。
（3）浸出过程中，NaFeO2可完全水解，水解反应的离子方程式为 。
（4）操作b的名称是 ，所用的玻璃仪器有 、 和烧杯。
（5）“碳化”时生成沉淀，沉淀的化学式为 。
（6）上述过程中循环使用的物质是 。
【答案】（1）Al2O3＋Na2CO3 2NaAlO2＋CO2↑
（2）提高烧结产物浸出率
（3）FeO2－＋2H2O＝Fe(OH)3↓＋OH－
（4）过滤；漏斗；玻璃棒
（5）Al(OH)3
（6）CO2
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】粉煤灰是燃煤电厂的废渣，主要成分为SiO2、Al2O3、Fe2O3和C等，当加CaCO3、Na2CO3进行烧结，发生Al2O3+Na2CO3 2NaAlO2+CO2↑、Na2CO3+SiO2 Na2SiO3+CO2↑、2CaCO3+SiO2 Ca2SiO4+2CO2↑、Fe2O3+Na2CO3 2NaFeO2+CO2↑、C+O2 CO2，所以气体X为CO2，操作a为冷却、研磨，加入碳酸钠溶液浸出，AlO2-+2H2O Al（OH）3+OH-，碳酸钠溶液呈碱性，抑制偏铝酸根离子的水解，NaFeO2可完全水解，FeO2-+2H2O=Fe（OH）3↓+OH-，操作b过滤出Fe（OH）3、Ca2SiO4，加入氧化钙脱硅，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙和硅酸根离子反应生成硅酸钙沉淀，操作b过滤出硅酸钙沉淀，滤液为NaAlO2，通入二氧化碳，碳酸酸性强于氢氧化铝，所以发生：NaAlO2+CO2+2H2O=NaHCO3+Al（OH）3↓，过滤出沉淀氢氧化铝，加热氢氧化铝生成氧化铝和水，电解氧化铝得到铝和氧气。（1）“烧结“过程中氧化铝和碳酸钠反应：Al2O3+Na2CO3 2NaAlO2+CO2↑，故答案为：Al2O3+Na2CO3 2NaAlO2+CO2↑；（2）“烧结”过程的产物主要是：NaAlO2、Ca2SiO4、NaFeO2和Na2SiO3等，操作a的下一步为浸出，操作a为冷却、研磨，所以研磨的目的是提高烧结产物浸出率，故答案为：提高烧结产物浸出率；（3）碳酸钠溶液呈碱性，抑制偏铝酸根离子的水解，NaFeO2可完全水解，FeO2-+2H2O=Fe（OH）3↓+OH-，故答案为：FeO2-+2H2O=Fe（OH）3↓+OH-；（4）浸出液经过两次操作b分离沉淀，所以b为过滤，过滤时需要制作过滤器的漏斗、固定仪器的铁架台、引流用的玻璃棒、承接滤液的烧杯；所以还需用的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒，故答案为：过滤；漏斗、玻璃棒；（5）操作b过滤出硅酸钙沉淀，滤液为NaAlO2，通入二氧化碳，碳酸酸性强于氢氧化铝，所以发生：NaAlO2+CO2+2H2O=NaHCO3+Al（OH）3↓，所以“碳化”时生成沉淀氢氧化铝，故答案为：Al（OH）3；（6）根据流程图，上述过程中循环使用的物质有碳酸钙和二氧化碳，故答案为：碳酸钙和二氧化碳。
【分析】（1）根据反应物由碳酸钠和氧化铝，生成物为偏铝酸钠，结合原子守恒，可以知道另一种产物为二氧化碳；
（2）研磨一般都是为了增大接触面积、提高浸出率；
（3）根据铁元素价态，可以知道为+3，所以谁结婚才玩为氢氧化铁；
（4）根据产物可以知有固体，所以需要进行过滤。
四、综合题
17．（2018高三上·海安月考）以化合物A为原料合成化合物M的线路如下图所示。
（1）写出化合物B中含氧官能团的名称为 。
（2）①的反应类型为 。
（3）写出同时满足下列条件的E的一种同分异构体的结构简式 。
①能与FeCl3发生显色反应； ②分子中有3种不同化学环境的氢；
（4）E与Y反应生成M同时还生成甲醇，写出Y (C5H8O4)的结构简式 。
（5）以苯酚、乙醇、 为有机原料合成 ，写出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）羟基醚键
（2）取代反应
（3） 或
（4）CH3OOCCH2COOCH3
（5）
【知识点】有机物的合成
【解析】【解答】解：A+CH2Cl2在碱存在时反应生成B，根据A的分子式和B的结构简式推出A的结构简式为 ；B与CH3OH一定条件下反应生成C，C与浓HNO3、浓H2SO4共热发生硝化反应生成D，D与H2一定条件下反应生成E，根据E的结构简式，逆推出C的结构简式为 、D的结构简式为 ；E+Y在一定条件下生成M和CH3OH，Y的分子式为C5H8O4，结合E和M的结构简式，Y的结构简式为CH3OOCCH2COOCH3。（1）根据B的结构简式，化合物B中含氧官能团的名称为羟基和醚键。（2）反应①为A与CH2Cl2发生取代反应生成B和HCl，①的反应类型为取代反应。（3）E的结构简式为 ，E的分子式为C8H9NO3，E的同分异构体能与FeCl3发生显色反应，E的同分异构体中含酚羟基，符合条件的E的一种同分异构体的结构简式为 或 。（4）E+Y在一定条件下生成M和CH3OH，Y的分子式为C5H8O4，结合E和M的结构简式，Y的结构简式为CH3OOCCH2COOCH3。（5） 中含有与M中相同的官能团：肽键和醚键；根据原料苯酚和乙醇，仿B→C引入醚键；仿C→D→E可在苯环上引入-NH2；仿E+Y→M引入肽键，所以由乙醇和 发生酯化反应合成 ；合成过程为： 与CH3CH2OH在一定条件下反应生成 ， 与浓HNO3、浓H2SO4共热生成 ， 与H2在一定条件下反应生成 ；乙醇和 发生酯化反应生成 ； 与 在一定条件下反应生成 。合成路线的流程图为：
【分析】根据合成路线，由A到B，可以知道A为苯环上含有三个羟基，C到D发生硝化反应含有硝基，而E为氨基，即D到E的过程为硝基转化为氨基，再由E逆推回C可以知道C的结构；
（1）可以看出两种官能团，为羟基和醚键
（2）官能团被替换，发生取代反应；
（3）根据E的分子式，确定其结构，含有羟基且只有三种等效氢，注意对称性；
（4）可以生成甲醇，再结合原子守恒以及M的结构特点，可以确定Y为1，5-戊二酸；
（5）结合已知条件，可以确定合成线路。
18．（2018高三上·海安月考）臭氧是地球大气中一种微量气体，人类正在保护和利用臭氧。
（1）氮氧化物会破坏臭氧层，已知：
①NO(g) + O3(g)=NO2(g) + O2 (g) ΔH1 = 200.9 kJ·mol 1
②2NO(g) +O2 (g)=2NO2 (g) ΔH 2 = 116.2 kJ·mol 1
则反应：2O3(g)= 3O2 (g) ΔH= 。
（2）实验室将氧气和臭氧的混合气体0.896 L（标准状况）通入盛有20.0 g铜粉的反应器中，加热充分反应后，粉末的质量变为21.6 g。则原混合气中臭氧的体积分数为 。
（3）大气中的部分碘源于O3对海水中I—的氧化。将O3持续通入NaI溶液中进行模拟研究，探究Fe2+对氧化I-反应的影响，反应体系如图1，测定两组实验中I3-浓度实验的数据如图2所示：
①反应后的溶液中存在化学平衡：I2(aq)+I (aq) I3-(aq)，当c(I3-)/c(I-)=6.8时，溶液中c(I2)= 。（已知反应的平衡常数K=680）
②结合实验数据可知，Fe2+对I 的转化率的影响是 （填“增大”“无影响”或“减小”）。
③第二组实验18 s后，I3—浓度下降。导致I3—浓度下降的原因是 。
（4）臭氧是一种杀菌消毒剂，还是理想的烟气脱硝剂。
①一种脱硝反应中，各物质的物质的量随时间的变化如图3所示，X为 （填化学式）。
②一种臭氧发生装置原理如图4所示。阳极(惰性电极)的电极反应式为 。
【答案】（1） 285.6 kJ·mol 1
（2）50%
（3）0.01 mol·L 1；增大；c(I )
（4）减小，I2 (aq)+I (aq) I3 (aq) 平衡向逆反应方向移动；N2O53H2O 6e =O 3 ↑+6H +
【知识点】化学平衡移动原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）已知：①NO(g) + O3(g)=NO2(g) + O2 (g) ΔH1 = 200.9 kJ·mol 1
②2NO(g) +O2 (g)= 2NO2 (g) ΔH 2 = 116.2 kJ·mol 1
根据盖斯定律，①×2-②得，2O3(g)=3O2 (g) ΔH=2ΔH1-ΔH 2 =（ 200.9 kJ·mol 1）×2-（-84.7 kJ·mol 1）= 285.6 kJ·mol 1，
因此，本题符合题意答案为： 285.6 kJ·mol 1；（2）设O2物质的量为x ，O3物质的量为y，那么 x + y = ① 混合气体中共含O质量为21.6g-20g=1.6g，所以 16g/mol(2x+3y)=1.6g ② 联立①、②方程解得： x=0.02mol，y=0.02mol， 所以 O3的体积分数为 ×100% = 50% ，
因此，本题符合题意答案为：50%；（3）①I2(aq)+I (aq) I3-(aq)，平衡常数K= =680，当c(I3-)/c(I-)=6.8时，
c(I2)= =0.01mol/L，
②从图2数据可知，第二组（有Fe2+）生成的I3-的浓度明显比第一组（没有Fe2+）大，说明使用Fe2+能够使平衡I2 (aq)+I (aq) I3 (aq)向正反应方向移动，I 的转化率增大，
③从图2数据可知，第二组实验18 s后，I3—浓度下降。导致I3—浓度下降的原因是c(I )减小，I2 (aq)+I (aq) I3 (aq) 平衡向逆反应方向移动，
因此，本题符合题意答案为：0.01mol/L；增大；c(I )减小，I2 (aq)+I (aq) I3 (aq) 平衡向逆反应方向移动；（4）①由图3可知，O3和NO2是反应物，O2和X是生成物，发生的反应为O3+NO2--O2+X，物质的变化量之比等于化学计量数之比，由图可知，n(O3)：n(NO2)：n(O2)：n(X)=2：4：2：2=1：2：1：1，则化学方程式为：O3+2NO2=O2+X，根据质量守恒定律，可确定X中含有2个N原子和5个O原子，化学式为N2O5，
②因为电解质溶液为稀硫酸，电解后生成了H2和O3，故在阴极上是H+得电子生成H2，在阳极上是OH-失电子生成O3，因为在酸性溶液中，故阳极上反应物可写为H2O，电极反应式为3H2O 6e =O 3 ↑+6H +，
因此，本题符合题意答案为：N2O5；3H2O 6e =O 3 ↑+6H +。
【分析】（1）结合盖斯定律的方法，可以求出答案，要注意符号的变化；
（2）采用差值法，铜粉增重质量为氧原子质量，可以联立二元一次方程组，求出氧气和臭氧的物质的量；
（3）根据化学平衡常数的计算公式以及给出的离子浓度的比值，可以求出碘单质的浓度；根据图象亚铁离子可以使I3-的浓度增加，证明使平衡正想移动，碘离子转化率增大；浓度下降可能是平衡逆向移动；
（4）根据图象，可以知道物质的量减少的是反应物，增加的是生成物，结合原子守恒，可以知道X为五氧化二的；电解硫酸溶液生成氢气和臭氧，阴极为阳离子放电，阳极为阴离子放电，注意放电顺序，电解硫酸实际上电解的是水。
五、解答题
19．（2018高三上·海安月考）KMnO4是一种用途广泛的氧化剂，可由软锰矿(主要成分为MnO2)通过下列方法制备：
①软锰矿与过量KOH、KClO3固体熔融生成K2MnO4；②溶解、过滤后将滤液酸化，使K2MnO4完全转变为MnO2和KMnO4；③滤去MnO2，将滤液进行处理可获得深紫色的KMnO4产品。
（1）制备过程中，为了提高原料的利用率，可采取的措施是 。
（2）写出第②步中发生反应的离子方程式 。
（3）第③步中从滤液中获得KMnO4晶体的方法是 、 、过滤、洗涤、干燥。
（4）取上述制得的KMnO4产品2.0000g，溶于水配成250mL溶液，取出25.00mL于碘量瓶中，加入稀硫酸和足量碘化钾并放于暗处5min左右，然后加入适量水和数滴淀粉溶液作指示剂，用0.2500mol/L标准Na2S2O3溶液进行滴定（发生反应I2+2S2O32－=2I－+S4O62－，杂质不参加反应），滴定至终点消耗Na2S2O3溶液20.00mL。
①滴定终点的现象是 。
②计算KMnO4产品的纯度。(写出计算过程)
【答案】（1）将③中MnO2回收利用
（2）3MnO42－+4H+=MnO2↓+2MnO4－+2H2O
（3）蒸发浓缩；降温结晶
（4）当加入最后一滴标准Na2S2O3溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；消耗硫代硫酸钠的物质的量n=cV=0.025L 0.02L=0.005mol，根据得失电子守恒知高锰酸钾的物质的量=0.005mol 5=0.001mol， 所以m(KMnO4)=nM=0.001mol×158g/mol=0.158g， KMnO4产品的纯度为： ×100%=79%； 因此，本题符合题意答案是：当加入最后一滴标准Na2S2O3溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；79%。
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】 (1)将步骤③中MnO2回收，再发生步骤①中的反应，可以提高MnO2利用率；因此，本题符合题意答案是：将③中MnO2回收利用；(2)由滤液酸化后，K2MnO4完全转变为MnO2和KMnO4，则反应的离子方程式为3MnO42－+4H+=MnO2↓+2MnO4－+2H2O，因此，本题符合题意答案是：3MnO42－+4H+=MnO2↓+2MnO4－+2H2O；(3) 第③步中从滤液中获得KMnO4晶体的方法是蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥，因此，本题符合题意答案是：蒸发浓缩；降温结晶；(4) ①碘与淀粉显蓝色，则滴定终点的现象是当加入最后一滴标准Na2S2O3溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色，
【分析】（1）提高利用率，可以通过回收二氧化锰而得到；
（2）锰酸钾发生吱声氧化还原反应生成高锰酸钾和二氧化锰；
（3）通过蒸发浓缩冷却结晶可以得到高锰酸钾；
（4）要注意碘单质的鉴别，硫代硫酸钠滴定碘，此时碘被消耗完，溶液由蓝色变为无色。
20．（2018高三上·海安月考）ClO2是一种强氧化性气体（高浓度时呈红黄色，低浓度时呈黄色），在消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛。某兴趣小组通过下图所示装置（夹持装置略）对其进行制备、收集、吸收并制取NaClO2。
（1）仪器A的名称是 。
（2）图中装置有一明显错误，请指出： 。
（3）打开B的活塞，A中有ClO2生成，D中吸收ClO2后生成NaClO2和NaHCO3，写出D中所发生反应的离子方程式： 。
（4）E中溶液出现黄色能否说明ClO2未被H2O2和Na2CO3的混合溶液充分吸收，判断并说明理由： 。
（5）写出一种提高ClO2吸收率的方法： 。
（6）E装置吸收逸出的少量ClO2气体后所得溶液(pH为5.5～6.5)中存在少量ClO2-，当pH≤2.0时，ClO2-能被I-还原。请补充完整检验E装置溶液中存在少量ClO2-的实验方案：取一定体积E装置中的溶液于分液漏斗中， ，则溶液中存在ClO2-。(实验中须使用的试剂有：CCl4、稀硫酸、淀粉溶液)
【答案】（1）锥形瓶
（2）C装置中导气管应该长进短出
（3）2ClO2 +H2O2 +2CO32-=2ClO2-+O2↑+2HCO3-
（4）不能，因为 D 装置中有氧气产生，氧气也可能将 I 氧化为 I 2减缓稀硫酸的滴加速率(或 D 中长导管口加装多孔球泡等，合理即可)
（5）用 CCl 4 多次萃取、分液，直至溶液中滴加淀粉溶液不显蓝色。
（6）向溶液中滴加稀硫酸至溶液的 pH≤2，滴加淀粉溶液，溶液变蓝
【知识点】物质的检验和鉴别
【解析】【解答】（1）根据仪器特征可知，仪器D的名称为锥形瓶，
因此，本题符合题意答案为：锥形瓶； （2）C为ClO2气体收集装置，ClO2气体密度比空气大，C装置中导气管应该长进短出，
因此，本题符合题意答案为：C装置中导气管应该长进短出；（3）D中溶液含有H2O2和Na2CO3吸收ClO2后生成NaClO2和NaHCO3，则发生氧化还原反应，ClO2作氧化剂将H2O2氧化为O2，所发生反应的离子方程式：2ClO2 +H2O2 +2CO32-=2ClO2-+O2↑+2HCO3-，
因此，本题符合题意答案为：2ClO2 +H2O2 +2CO32-=2ClO2-+O2↑+2HCO3-；（4）E中溶液出现黄色可能生成了I2，由于D中生成了O2，也可能将 I 氧化为 I 2，所以不能说明ClO2未被H2O2和Na2CO3的混合溶液充分吸收，
因此，本题符合题意答案为：不能，因为 D 装置中有氧气产生，氧气也可能将 I 氧化为 I 2；（5）要提高ClO2吸收率可以增加吸收时间或增大接触面积，故可采用减缓稀硫酸的滴加速率(或 D 中长导管口加装多孔球泡等)，
因此，本题符合题意答案为：减缓稀硫酸的滴加速率(或 D 中长导管口加装多孔球泡等)；（6）根据题给信息及所提供的试剂，E装置吸收逸出的少量ClO2气体后所得溶液(pH为5.5～6.5)中存在少量ClO2-，同时生成I 2，用CCl4通过多次萃取可分离出I 2，加稀硫酸调溶液pH≤2.0时，ClO2-能被I-还原生成I 2，通过淀粉溶液检验生成的I 2，即可证明溶液中存在少量ClO2-，
因此，本题符合题意答案为：用 CCl 4 多次萃取、分液，直至溶液中滴加淀粉溶液不显蓝色。向溶液中滴加稀硫酸至溶液的 pH≤2，滴加淀粉溶液，溶液变蓝。
【分析】
（2）要注意二氧化氯密度比空气大，采用向上排空气法；
（3）发生的是氧化还原反应，过氧化氢和二氧化氯反应生成氧气，要注意碳酸根转化为碳酸氢根；
（4）氧气和二氧化氯都有可能将碘离子氧化；
（5）可以采用增大接触面积的方法；
（6）要注意通过淀粉检验碘单质。
21．（2018高三上·海安月考）纳米级TiO2是一种光催化材料，可处理甲醛、氮氧化物等污染物，工业上也可用其催化乙醇脱氢制备乙醛：CH3CH2OH CH3CHO + H2↑。
（1）Ti原子基态核外电子排布式为 。
（2）CH3CHO分子中碳原子轨道的杂化类型是 ，1 mol CH3CHO分子中含有 σ 键的数目为 。
（3）与NO互为等电子体的一种阳离子为 （填化学式）。
（4）乙醇可以与水以任意比互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为 。
（5）一种TiO2的晶胞结构如图所示，其中与每个氧原子直接相连的钛原子数目为 。
【答案】（1）[Ar]3d24s2
（2）sp2、sp3；6mol或6×6.02×1023
（3）O2+
（4）CH3CH2OH与H2O分子之间可以形成氢键
（5）3
【知识点】晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）Ti是22号元素，所以Ti原子基态核外电子排布式为[Ar]3d24s2，
因此，本题符合题意答案是：[Ar]3d24s2； (2) CH3CHO分子中甲基上饱和碳，是sp3 杂化，而醛基上是不饱和碳，是sp2杂化，1 mol CH3CHO分子中含有 键的数目为6mol或6×6.02×1023，
因此，本题符合题意答案是：sp2、sp3；6mol或6×6.02×1023；(3)与NO分子互为等电子体的一种微粒具有相同的价电子数11和原子数2，微粒为O2+，
因此，本题符合题意答案是：O2+； (4)乙醇可以与水以任意比互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为CH3CH2OH与H2O分子之间可以形成氢键， 因此，本题符合题意答案是：CH3CH2OH与H2O分子之间可以形成氢键；(5) TiO2的晶胞结构中黑球的个数是 +1=2，而空心球的个数为：4 +2=4，而化学式为TiO2，所以空心球是氧原子，所以每个氧原子直接相连的钛原子数目为3个。
因此，本题符合题意答案是：3。
【分析】（1）要注意根据最外层电子数进行排列；
（2）饱和碳为sp3杂化，多一个不饱和度则为sp2杂化；
（3）要注意价电子数和原子数必须相同；
（4）可以形成氢键，形成亲水基；
（5）晶胞结构要注意共享的原子个数。
江苏省海安高级中学2018-2019学年高三上学期化学第二次月考试卷
一、单选题
1．（2017·如皋模拟）下列有关环境问题的做法错误的是（ ）
A．生活污水使用明矾杀菌消毒
B．向燃煤中加入适量石灰石“固硫”
C．推广使用可降解塑料防止白色污染
D．提倡公交出行可减少氮氧化物排放
2．（2018高三上·海安月考）下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A．质子数为78，中子数为117的铂原子：
B．硫离子的结构示意图：
C．碳酸的电离方程式H2CO3 2H++CO32-
D．N2H4的电子式：
3．（2018高三上·海安月考）下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．MgO熔点高，可用于电解冶炼镁
B．酒精具有挥发性，可用于消毒杀菌
C．Fe粉具有还原性，可用作食品袋中的抗氧化剂
D．SO2具有氧化性，常用于漂白秸秆、织物
4．（2018高三上·海安月考）四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X的简单离子具有相同电子层结构，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，W与Y同族，Y的最外层电子数为最内层电子数的3倍，Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性。下列说法正确的是（ ）
A．简单离子半径：W
C．气态氢化物的热稳定性：W
5．（2018高三上·海安月考）常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A．0.1 mol·L 1的FeCl2溶液中：H+、Al3+、SO42-、ClO
B．无色透明的溶液中：Al3+、Fe3+、NO3-、SCN-
C．与Al反应能放H2的溶液中：Cu2+、NH4+、CO32-、Cl
D．c(OH )/c(H+)=1×1014的溶液中：K+、Na+、I 、SiO32-
6．（2018高三上·海安月考）下列实验或原理不能达到实验目的的是（ ）
A． 制取Cl2
B． 除去 Cl2 中的HCl
C． 氯气的尾气处理
D． 测氯气的pH
7．（2018高三上·海安月考）大气中氮氧化物和碳氢化合物受太阳紫外线作用可产生二次污染物——光化学烟雾，其中的反应之一为：CH3CH=CHCH3(2 丁烯)+2O3 → 2CH3CHO+2O2，下列说法正确的是（ ）
A．分子式为C4H8的物质性质均与2 丁烯相同
B．氧化性：O3>O2
C．常温常压下，22.4L的2 丁烯中含C H键数目为8×6.02×1023个
D．1molO3参与该反应，转移的电子数为6×6.02×1023个
8．（2018高三上·海安月考）下列指定反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A．用醋酸除去水垢：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑
B．将Na2O2投入足量H2O中：2O22 ＋2H2O=4OH ＋O2↑
C．用强碱溶液吸收制取硝酸的尾气：NO+NO2+2OH =2NO2 +H2O
D．向莫尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O］溶液中加入过量氢氧化钠溶液：NH4++Fe2++3OH =NH3·H2O+Fe(OH)2↓
9．（2018高三上·海安月考）在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）
A．
B．
C．
D．
10．（2018高三上·海安月考）下列图示与对应的叙述相符的是（ ）
A．图甲表示升高温度醋酸钠的水解程度增大，溶液碱性增强
B．图乙表示氢氟酸为弱酸，且a点Kw的数值比b点Kw的数值大
C．图丙表示压强对可逆反应2A(g) +2B(g) 3C(g)+D(s)的影响，乙的压强比甲的压强大
D．图丁表示0.100 0 mol·L 1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L 1醋酸溶液的滴定曲线
11．（2018高三上·海安月考）下列说法正确的是（ ）
A．298 K时，2H2S(g)＋SO2(g)=3S(s)＋2H2O(l) 能自发进行，则其ΔH<0
B．铜的化学性质比铁稳定，在铁闸上安装铜块可减慢铁闸的腐蚀速率
C．铅蓄电池放电时的负极和充电时的阴极均发生氧化反应
D．常温下，pH均为5的盐酸与氯化铵溶液中，水的电离程度相同
12．（2018高三上·海安月考）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 结论
A 将Fe(NO3)2样品溶于稀H2SO4，滴加KSCN溶液，溶液变红。 原Fe(NO3)2样品溶于酸前已氧化变质
B T℃时，向等体积的饱和AgCl、AgI溶液中分别滴加足量AgNO3溶液，所得沉淀n(AgCl)>n(AgI) T℃时，Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
C 向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸，出现白色胶状沉淀。 非金属性：Cl＞Si
D 无水乙醇与浓硫酸共热至170℃，将产生的气体通入溴水，溴水褪色。 乙烯和溴水发生加成反应
A．A B．B C．C D．D
二、多选题
13．（2018高三上·海安月考）X是某药物的中间体，其结构简式如图所示。下列有关X的说法正确的是（ ）
A．每个X分子中含有5个手性碳原子
B．一定条件下，X能与乙醇发生酯化反应
C．一定条件下，X能发生消去反应
D．X既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应
14．（2018高三上·海安月考）25 ℃，c(HCN)+c(CN) =0.1mol·L-1的一组HCN和NaCN的混合溶液，溶液中c (HCN)、c(CN－)与pH的关系如图所示。下列有关离子浓度关系叙述正确的是（ ）
A．将0.1 mol·L-1的HCN溶液和0.1 mol·L-1NaCN溶液等体积混合（忽略溶液体积变化）：c(CN－)＞c(Na＋)＞c(HCN)＞c(OH－)＞c(H＋)
B．W点表示溶液中：c(Na＋) + c(H＋) = c(HCN)
C．pH = 8的溶液中：c(Na＋) + c(H＋) + c(HCN) = 0.1mol·L-1 + c(OH－)
D．将0.3 mol·L-1 HCN溶液和0.2 mol·L-1NaOH溶液等体积混合（忽略溶液体积变化）：c(CN－) + 3c(OH－) = 2c(HCN)+ 3c(H＋)
15．（2018高三上·海安月考）一定条件下，CH4与H2O(g)发生反应：CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) ΔH。起始时只充入CH4与H2O(g)，设 =Z，保持反应压强不变，平衡时CH4的体积分数ω(CH4)与Z和T(温度)的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．a>3>b
B．保持温度不变，平衡体系加压后ω(CH4)增大
C．温度为T1、Z=3时，Y点所对应的反应向逆反应方向进行
D．X点时，H2的体积分数为30%
三、实验题
16．（2018高三上·海安月考）粉煤灰是燃煤电厂的废渣，主要成分为SiO2、Al2O3、Fe2O3和C等。实验室模拟工业从粉煤灰提取活性Al2O3，其流程如下图：
已知烧结过程的产物主要是：NaAlO2、Ca2SiO4、NaFeO2和Na2SiO3等。
（1）写出烧结过程中铝元素转化的化学方程式 。
（2）操作a为冷却、研磨，其中研磨的目的是 。
（3）浸出过程中，NaFeO2可完全水解，水解反应的离子方程式为 。
（4）操作b的名称是 ，所用的玻璃仪器有 、 和烧杯。
（5）“碳化”时生成沉淀，沉淀的化学式为 。
（6）上述过程中循环使用的物质是 。
四、综合题
17．（2018高三上·海安月考）以化合物A为原料合成化合物M的线路如下图所示。
（1）写出化合物B中含氧官能团的名称为 。
（2）①的反应类型为 。
（3）写出同时满足下列条件的E的一种同分异构体的结构简式 。
①能与FeCl3发生显色反应； ②分子中有3种不同化学环境的氢；
（4）E与Y反应生成M同时还生成甲醇，写出Y (C5H8O4)的结构简式 。
（5）以苯酚、乙醇、 为有机原料合成 ，写出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) 。
18．（2018高三上·海安月考）臭氧是地球大气中一种微量气体，人类正在保护和利用臭氧。
（1）氮氧化物会破坏臭氧层，已知：
①NO(g) + O3(g)=NO2(g) + O2 (g) ΔH1 = 200.9 kJ·mol 1
②2NO(g) +O2 (g)=2NO2 (g) ΔH 2 = 116.2 kJ·mol 1
则反应：2O3(g)= 3O2 (g) ΔH= 。
（2）实验室将氧气和臭氧的混合气体0.896 L（标准状况）通入盛有20.0 g铜粉的反应器中，加热充分反应后，粉末的质量变为21.6 g。则原混合气中臭氧的体积分数为 。
（3）大气中的部分碘源于O3对海水中I—的氧化。将O3持续通入NaI溶液中进行模拟研究，探究Fe2+对氧化I-反应的影响，反应体系如图1，测定两组实验中I3-浓度实验的数据如图2所示：
①反应后的溶液中存在化学平衡：I2(aq)+I (aq) I3-(aq)，当c(I3-)/c(I-)=6.8时，溶液中c(I2)= 。（已知反应的平衡常数K=680）
②结合实验数据可知，Fe2+对I 的转化率的影响是 （填“增大”“无影响”或“减小”）。
③第二组实验18 s后，I3—浓度下降。导致I3—浓度下降的原因是 。
（4）臭氧是一种杀菌消毒剂，还是理想的烟气脱硝剂。
①一种脱硝反应中，各物质的物质的量随时间的变化如图3所示，X为 （填化学式）。
②一种臭氧发生装置原理如图4所示。阳极(惰性电极)的电极反应式为 。
五、解答题
19．（2018高三上·海安月考）KMnO4是一种用途广泛的氧化剂，可由软锰矿(主要成分为MnO2)通过下列方法制备：
①软锰矿与过量KOH、KClO3固体熔融生成K2MnO4；②溶解、过滤后将滤液酸化，使K2MnO4完全转变为MnO2和KMnO4；③滤去MnO2，将滤液进行处理可获得深紫色的KMnO4产品。
（1）制备过程中，为了提高原料的利用率，可采取的措施是 。
（2）写出第②步中发生反应的离子方程式 。
（3）第③步中从滤液中获得KMnO4晶体的方法是 、 、过滤、洗涤、干燥。
（4）取上述制得的KMnO4产品2.0000g，溶于水配成250mL溶液，取出25.00mL于碘量瓶中，加入稀硫酸和足量碘化钾并放于暗处5min左右，然后加入适量水和数滴淀粉溶液作指示剂，用0.2500mol/L标准Na2S2O3溶液进行滴定（发生反应I2+2S2O32－=2I－+S4O62－，杂质不参加反应），滴定至终点消耗Na2S2O3溶液20.00mL。
①滴定终点的现象是 。
②计算KMnO4产品的纯度。(写出计算过程)
20．（2018高三上·海安月考）ClO2是一种强氧化性气体（高浓度时呈红黄色，低浓度时呈黄色），在消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛。某兴趣小组通过下图所示装置（夹持装置略）对其进行制备、收集、吸收并制取NaClO2。
（1）仪器A的名称是 。
（2）图中装置有一明显错误，请指出： 。
（3）打开B的活塞，A中有ClO2生成，D中吸收ClO2后生成NaClO2和NaHCO3，写出D中所发生反应的离子方程式： 。
（4）E中溶液出现黄色能否说明ClO2未被H2O2和Na2CO3的混合溶液充分吸收，判断并说明理由： 。
（5）写出一种提高ClO2吸收率的方法： 。
（6）E装置吸收逸出的少量ClO2气体后所得溶液(pH为5.5～6.5)中存在少量ClO2-，当pH≤2.0时，ClO2-能被I-还原。请补充完整检验E装置溶液中存在少量ClO2-的实验方案：取一定体积E装置中的溶液于分液漏斗中， ，则溶液中存在ClO2-。(实验中须使用的试剂有：CCl4、稀硫酸、淀粉溶液)
21．（2018高三上·海安月考）纳米级TiO2是一种光催化材料，可处理甲醛、氮氧化物等污染物，工业上也可用其催化乙醇脱氢制备乙醛：CH3CH2OH CH3CHO + H2↑。
（1）Ti原子基态核外电子排布式为 。
（2）CH3CHO分子中碳原子轨道的杂化类型是 ，1 mol CH3CHO分子中含有 σ 键的数目为 。
（3）与NO互为等电子体的一种阳离子为 （填化学式）。
（4）乙醇可以与水以任意比互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为 。
（5）一种TiO2的晶胞结构如图所示，其中与每个氧原子直接相连的钛原子数目为 。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】解：A．明矾不具有强氧化性，不能杀菌消毒，故A错误；
B．燃煤燃烧产生大量二氧化硫，能够引起空气污染，向燃煤中加入适量石灰石“固硫”，能够减少二氧化硫排放，减少酸雨，故B正确；
C．推广使用可降解塑料，可以减少聚乙烯、聚氯乙烯塑料的使用，可以防止白色污染，故C正确；
D．提倡公交出行，减少私家车使用，可减少氮氧化物排放，有利于环境保护，故D正确；
故选：A．
【分析】A．明矾不具有强氧化性；
B．燃煤燃烧产生大量二氧化硫，能够引起空气污染；
C．聚乙烯、聚氯乙烯塑料难降解；
D．汽车尾气中含有大量氮的氧化物．
2．【答案】B
【知识点】元素、核素；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A.质子数为78，中子数为117的铂原子，其质量数=质子数+中子数=78+117=195，所以该原子表示为： ，故A不符合题意；
B.S2-的核电荷数为16，核外电子数为18，该离子结构示意图为 ，故B符合题意；
C.碳酸是二元弱酸，分步电离，电离方程式为H2CO3 H++HCO3-、HCO3- H++CO32-，故C不符合题意；
D.肼是氮原子和氮原子形成一个共价键，剩余价键和氢原子形成共价键，电子式为 ，故D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、左上角数字应该是质量数；
B、硫原子得到两个电子形成离子，最外层变为8电子；
C、碳酸是二元弱酸，多次电离；
D、要注意两个单原子之间只有一个共用电子对。
3．【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质
【解析】【解答】A. MgO熔点高，电解前需要将其熔化，耗能大，制备Mg，电解熔融MgCl2而不是氧化镁，故A不符合题意；
B. 乙醇能使蛋白质变性，故常用于病人的注射消毒。酒精具有挥发性，能用于人工降温，与消毒无关，故B不符合题意；
C. 还原Fe粉具有还原性，易和空气中的氧气反应，可用作食品袋中的吸氧剂，故C符合题意；
D. 二氧化硫具有漂白性，则用于漂白纸浆，与氧化性无关，故D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、熔点高，浪费能源，一般是电解氯化镁；
B、酒精可以是蛋白质变性；
C、铁有还原性，能够被氧化；
D、二氧化硫具有漂白性，可以对有色物质漂白。
4．【答案】B
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】根据以上分析，W为O， X为Na，Y为S，Z为Cl，
A. X离子（Na+）、W离子（O2-）的电子层为2层，Z离子（Cl-）电子层为3层，电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大，故简单离子半径大小顺序是：X
C. W与Y处于同于主族，从上到下非金属性逐渐减弱，气态氢化物的热稳定性：W>Y ，故C不符合题意；
D.Y与Z处于同同期，从左到右非金属性逐渐增强，最高价氧化物的水化物的酸性：Y
【分析】W和X相同电子结构，X为原子半径最大，即Na，Y的最外层是最内层三倍，则Y为氧或硫，因为原子序数大于X，所以Y为S，则Z为Cl，W为O；
A、半径比较：先看电子层，电子层越多半径越大；再看核电荷数，电子层数相同，核电荷数越大半径越小；最后看最外层电子数，电子层和核电荷数相同，最外层电子数越多半径越大；
B、钠和氧形成氧化钠或过氧化钠，溶于水都是碱性；
C、氢化物稳定性即比较非金属性，从上到下非金属性减小，从左到右非金属性增大；
D、即比较非金属性，从上到下非金属性减小，从左到右非金属性增大。
5．【答案】D
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A.Fe2+具有还原性，ClO 在酸性条件下具有强氧化性，两者之间会发生氧化还原反应而不能大量共存，故A不选；
B. Fe3+在水溶液中呈棕黄色，与无色透明溶液的条件不符，故B不选；
C.与Al反应能放H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，碱溶液中不能大量存在Cu2+、NH4+，酸溶液中不能大量存在CO32-，故C不选；
D. c(OH )/c(H+)=1×1014，KW=1 10-14，则c(OH-)=1mol/L，K+、Na+、I 、SiO32-能够大量共存，故D选。
故答案为：D。
【分析】本题考查的是离子共存的问题，
产生水：OH-和H+、HCO3-、HS-、HCO3-不能共存；
产生气体：NH4+和OH-不能共存、H+和CO32-、HCO3-、S2-、HS-、SO32-、HSO3-不能共存；
产生固体：OH-只能和K+、Na+、Ba2+大量共存；
CO32-只能和K+、Na+共存；
SO42-只和Ba2+、Ca2+、Ag+不能共存；
Cl-只和Ag+不能共存
6．【答案】D
【知识点】氯气的化学性质；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A.2KMnO4+16HCl＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，能达到实验目的，A不符合题意；
B.氯气溶于水，Cl2＋H2O H++Cl ＋HClO，在饱和食盐水中上述平衡向左移，氯气溶解度减小，几乎不溶解，而氯化氢在水中溶解度极大，可以溶于饱和食盐水，能达到实验目的，B不符合题意；
C.Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O，能达到实验目的，C不符合题意；
D.氯气与水反应的生成物次氯酸可以漂白pH试纸，不能达到实验目的，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、为固液不加热装置；
B、氯气不溶于饱和氯化钠溶液；
C、氯气溶于氢氧化钠溶液；
D、氯水具有漂白性，无法进行准确测定。
7．【答案】B
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、分子式为C4H8的物质可能是烯烃，也可能是环烷烃，如果是烯烃性质与2-丁烯相同，若为环烷烃，则不同，故A不符合题意；
B、氧化剂的氧化性强于还原产物的氧化性，所以氧化性：O3＞O2，故B符合题意；
C、常温常压下气体摩尔体积不知，无法计算22.4L的2-丁烯的物质的量，故C不符合题意；
D、1molO3参与该反应，转移2mol的电子，所以1molO3参与该反应，转移的电子数为2×6.02×1023个，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、同分异构体性质不同；
B、氧化剂的氧化性大于氧化产物；
C、常温常压不知道气体摩尔体积，无法计算；
D、根据反应可以知道一个臭氧分子只有一个氧原子价态变化。
8．【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A.醋酸为弱酸，应写成化学式，碳酸钙不溶于水，离子方程式中应写成化学式，符合题意的离子方程式为CaCO3+ 2CH3COOH ==Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑，故A不符合题意；
B. Na2O2投入水中的离子反应为2Na2O2+2H2O═4Na++4OH-+O2↑，故B不符合题意；
C.用强碱溶液吸收工业制取硝酸尾气，离子方程式：NO+NO2+2OH-═2NO2 +H2O，故C符合题意；
D.向莫尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O］溶液中加入过量氧氧化钠溶液：2 NH4++ Fe2++4OH ═2 NH3·H2O + Fe(OH)2↓，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、醋酸是弱酸，不能拆成离子；
B、过氧化钠是氧化物，不能拆成离子；
C、氢氧根和二氧化氮、一氧化氮反应；
D、注意铵根离子的系数为2，氢氧根为4。
9．【答案】C
【知识点】工业制金属铝；硅酸的性质及制法
【解析】【解答】A．铝是活泼金属，不能通过电解氯化铝溶液制取铝，工业上采用电解熔融氧化铝冶炼铝，故A不符合题意；
B.氨气催化氧化生成NO，不能直接生成NO2，故B不符合题意；
C.二氧化硅是酸性氧化物，和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠溶液，硅酸酸性比碳酸弱，向硅酸钠溶液中通入CO2，生成硅酸沉淀，两步反应都能实现，故C符合题意；
D.二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸被氧化生成硫酸，二氧化硫和水不能一步转化为硫酸，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、电解氯化铝的实质是电解氯化氢，不能得到铝；
B、氨气和氧气反应生成一氧化氮；
C、二氧化硅是酸性氧化物，碳酸酸性比硅酸强；
D、二氧化硫溶于水生成亚硫酸。
10．【答案】A
【知识点】化学平衡移动原理；盐类水解的原理
【解析】【解答】A．醋酸钠是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，pH>7，盐的水解是吸热反应，升高温度，会促进盐的水解，因此，升高温度，醋酸钠的水解程度增大，溶液的pH增大，故A符合；
B.溶液的导电性与溶液中离子浓度大小有关，由于HF是弱酸，在溶液中存在电离平衡，加水稀释时，HF中离子浓度变化小，但比盐酸要大，溶液的导电能力比HCl强，由于温度相同，所以Kw的数值相同，故B不符合；
C.可逆反应2A(g)+2B(g) 3C(g)+D(s)是正反应方向为体积减小的方向，所以增大压强平衡正移，反应物的百分含量减小，与图象不符，故C不符合；
D.醋酸为弱酸，0.10 mol L-1醋酸，其pH大于1，而图中开始pH=1，故D不符合。
故答案为：A。
【分析】A、醋酸钠升高温度，促进水解，pH增大；
B、其实离子浓度相同，稀释相同倍数，弱酸会电离出更多离子，导致浓度大于强酸，导电性更强，但是温度相同，Kw相同；
C、压强会影响平衡移动，反应物百分含量发生变化；
D、醋酸初始pH不是1。
11．【答案】A
【知识点】常见化学电源的种类及其工作原理；金属的电化学腐蚀与防护
【解析】【解答】A.反应能自发进行，应满足ΔH-T <0，由于该反应是气体分子数减小的反应， <0，则若使ΔH-T <0，必有ΔH<0，故A符合题意；
B.铜的金属活泼性比铁的弱，形成原电池反应，铁为负极，加快腐蚀，故B不符合题意；
C.铅蓄电池放电时是原电池，负极发生氧化反应；充电时是电解池，原电池的正极接电源的正极做阳极，发生氧化反应，故C不符合题意；
D. 氯化铵为强酸弱碱盐，水解促进水的电离，而盐酸抑制水的电离，故D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A、熵减少的反应，即ΔS<0，而ΔH>0必定不能自发，所以ΔH<0；
B、形成原电池，铜为正极，铁为负极；
C、负极失电子，被氧化，阴极得电子，被还原；
D、盐酸抑制水电离，氯化铵促进水电离。
12．【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A.酸性条件下，NO3- 能将 Fe2＋氧化为Fe3＋，所以将Fe(NO3)2样品溶于稀H2SO4，滴加KSCN溶液，溶液变红，不能说明原Fe(NO3)2样品溶于酸前已氧化变质，故A不符合题意；
B. T℃时，向等体积的饱和AgCl、AgI溶液中分别滴加足量AgNO3溶液，所得沉淀n(AgCl)>n(AgI)，说明前者c（Ag+）大于后者c（Ag+），c（Cl-）＞c（I-），由此说明T℃时，Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI），故B符合题意；
C.向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸，出现白色胶状沉淀，证明酸性HCl>H2SiO3，由于HCl不是最高价含氧酸，无法判断Cl、S的非金属性，故C不符合题意；
D. 可能生成二氧化硫与溴水反应，不能确定乙烯与溴水是否发生了加成反应，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A、硝酸根和氢离子即硝酸，有强氧化性；
B、得到沉淀越多，其离子浓度越大；
C、比较非金属性应该用最高价氧化物的水化物；
D、除以浓硫酸会和乙醇反应生成二氧化硫，也具有还原性。
13．【答案】C,D
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A.连接四个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，由结构简式可以知道应含有6个手性碳原子，故A不符合题意；
B.X不含有羧基，不与乙醇发生酯化反应，故B不符合题意；
C.含有羟基，且邻位碳原子连接H，可发生消去反应，所以C选项是符合题意的；
D.含有氨基，可与盐酸反应，含有酚羟基，可与氢氧化钠溶液反应，所以D选项是符合题意的。
故答案为：CD
【分析】A、手性碳原子即碳原子周围连接四个不同的原子或原子团；
B、X不含羧基，不能发生酯化反应；
C、X含有醇羟基，可以发生消去反应；
D、X有氨基，有碱性，有羧基，有酸性。
14．【答案】C,D
【知识点】盐类水解的应用
【解析】【解答】A. 根据图知，W点表示溶液中c(HCN)=c(CN-)=0.05mol/L，溶液的pH=9.31>7，说明溶液呈碱性，则NaCN水解程度大于HCN电离程度，所以将0.1 mol·L-1的HCN溶液和0.1 mol·L-1NaCN溶液等体积混合(忽略溶液体积变化)，存在c(CN－)
D. 将0.3 mol·L-1 HCN溶液和0.2 mol·L-1NaOH溶液等体积混合合(忽略溶液体积变化)，溶液中存在物料守恒和电荷守恒，根据物料守恒得3c(Na＋)=2c(HCN)+2 c(CN－)，根据电荷守恒得c(Na＋) + c(H＋) = c(CN－)+c(OH-)，所以得c(CN－) + 3c(OH－) = 2c(HCN)+ 3c(H＋)，所以D选项是符合题意的。
故答案为：CD
【分析】A、等浓度等体积混合，即初始c(HCN)=c(CN-)，此时呈碱性，即水解大于电离，所以c(CN－)
C、c(Na＋) + c(H＋) = c(CN－)+c(OH-)，而c(HCN)+c(CN-) =0.1mol·L-1，联立可得c(Na＋) + c(H＋) + c(HCN) = 0.1mol·L-1 + c(OH－)；
D、根据物料守恒，可以知道c(Na＋)：[c(HCN)+ c(CN－)]=2：3，即3c(Na＋)=2c(HCN)+2 c(CN－)，根据电荷守恒为c(Na＋) + c(H＋) = c(CN－)+c(OH-)，联立可得答案。
15．【答案】B,D
【知识点】化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．由图可知，以 =3时作比较，增大水蒸气的物质的量，平衡正向移动，则 的比值越大，则甲烷的体积分数越小，故a<3
C.由图可知，温度为T1、Z=3时，由于甲烷的体积分数Y点大于X点，所以反应向正反应方向进行，故C不符合题意；
D. X点是Z=3的平衡点，设起始时甲烷为1mol，则H2O(g)为3mol，转化的甲烷为amol，
CH4(g)+ H2O(g) CO(g)+ 3H2(g)
起始（mol） 1 3 0 0
转化（mol） a a a 3a
平衡（mol） 1-a 3-a a 3a
由图可知，X点时，CH4的体积分数为10% ，所以 100%=10%，解得a=0.5，
所以H2的体积分数= 100%= 100%=30%，故D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A、增大水蒸气，正向移动，甲烷减少；
B、增大压强，逆向移动，甲烷体积分数增大；
C、甲烷的体积分数Y大于X，所以正向移动；
D、根据三段式，设转化量为a，解答方程式。
16．【答案】（1）Al2O3＋Na2CO3 2NaAlO2＋CO2↑
（2）提高烧结产物浸出率
（3）FeO2－＋2H2O＝Fe(OH)3↓＋OH－
（4）过滤；漏斗；玻璃棒
（5）Al(OH)3
（6）CO2
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】粉煤灰是燃煤电厂的废渣，主要成分为SiO2、Al2O3、Fe2O3和C等，当加CaCO3、Na2CO3进行烧结，发生Al2O3+Na2CO3 2NaAlO2+CO2↑、Na2CO3+SiO2 Na2SiO3+CO2↑、2CaCO3+SiO2 Ca2SiO4+2CO2↑、Fe2O3+Na2CO3 2NaFeO2+CO2↑、C+O2 CO2，所以气体X为CO2，操作a为冷却、研磨，加入碳酸钠溶液浸出，AlO2-+2H2O Al（OH）3+OH-，碳酸钠溶液呈碱性，抑制偏铝酸根离子的水解，NaFeO2可完全水解，FeO2-+2H2O=Fe（OH）3↓+OH-，操作b过滤出Fe（OH）3、Ca2SiO4，加入氧化钙脱硅，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙和硅酸根离子反应生成硅酸钙沉淀，操作b过滤出硅酸钙沉淀，滤液为NaAlO2，通入二氧化碳，碳酸酸性强于氢氧化铝，所以发生：NaAlO2+CO2+2H2O=NaHCO3+Al（OH）3↓，过滤出沉淀氢氧化铝，加热氢氧化铝生成氧化铝和水，电解氧化铝得到铝和氧气。（1）“烧结“过程中氧化铝和碳酸钠反应：Al2O3+Na2CO3 2NaAlO2+CO2↑，故答案为：Al2O3+Na2CO3 2NaAlO2+CO2↑；（2）“烧结”过程的产物主要是：NaAlO2、Ca2SiO4、NaFeO2和Na2SiO3等，操作a的下一步为浸出，操作a为冷却、研磨，所以研磨的目的是提高烧结产物浸出率，故答案为：提高烧结产物浸出率；（3）碳酸钠溶液呈碱性，抑制偏铝酸根离子的水解，NaFeO2可完全水解，FeO2-+2H2O=Fe（OH）3↓+OH-，故答案为：FeO2-+2H2O=Fe（OH）3↓+OH-；（4）浸出液经过两次操作b分离沉淀，所以b为过滤，过滤时需要制作过滤器的漏斗、固定仪器的铁架台、引流用的玻璃棒、承接滤液的烧杯；所以还需用的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒，故答案为：过滤；漏斗、玻璃棒；（5）操作b过滤出硅酸钙沉淀，滤液为NaAlO2，通入二氧化碳，碳酸酸性强于氢氧化铝，所以发生：NaAlO2+CO2+2H2O=NaHCO3+Al（OH）3↓，所以“碳化”时生成沉淀氢氧化铝，故答案为：Al（OH）3；（6）根据流程图，上述过程中循环使用的物质有碳酸钙和二氧化碳，故答案为：碳酸钙和二氧化碳。
【分析】（1）根据反应物由碳酸钠和氧化铝，生成物为偏铝酸钠，结合原子守恒，可以知道另一种产物为二氧化碳；
（2）研磨一般都是为了增大接触面积、提高浸出率；
（3）根据铁元素价态，可以知道为+3，所以谁结婚才玩为氢氧化铁；
（4）根据产物可以知有固体，所以需要进行过滤。
17．【答案】（1）羟基醚键
（2）取代反应
（3） 或
（4）CH3OOCCH2COOCH3
（5）
【知识点】有机物的合成
【解析】【解答】解：A+CH2Cl2在碱存在时反应生成B，根据A的分子式和B的结构简式推出A的结构简式为 ；B与CH3OH一定条件下反应生成C，C与浓HNO3、浓H2SO4共热发生硝化反应生成D，D与H2一定条件下反应生成E，根据E的结构简式，逆推出C的结构简式为 、D的结构简式为 ；E+Y在一定条件下生成M和CH3OH，Y的分子式为C5H8O4，结合E和M的结构简式，Y的结构简式为CH3OOCCH2COOCH3。（1）根据B的结构简式，化合物B中含氧官能团的名称为羟基和醚键。（2）反应①为A与CH2Cl2发生取代反应生成B和HCl，①的反应类型为取代反应。（3）E的结构简式为 ，E的分子式为C8H9NO3，E的同分异构体能与FeCl3发生显色反应，E的同分异构体中含酚羟基，符合条件的E的一种同分异构体的结构简式为 或 。（4）E+Y在一定条件下生成M和CH3OH，Y的分子式为C5H8O4，结合E和M的结构简式，Y的结构简式为CH3OOCCH2COOCH3。（5） 中含有与M中相同的官能团：肽键和醚键；根据原料苯酚和乙醇，仿B→C引入醚键；仿C→D→E可在苯环上引入-NH2；仿E+Y→M引入肽键，所以由乙醇和 发生酯化反应合成 ；合成过程为： 与CH3CH2OH在一定条件下反应生成 ， 与浓HNO3、浓H2SO4共热生成 ， 与H2在一定条件下反应生成 ；乙醇和 发生酯化反应生成 ； 与 在一定条件下反应生成 。合成路线的流程图为：
【分析】根据合成路线，由A到B，可以知道A为苯环上含有三个羟基，C到D发生硝化反应含有硝基，而E为氨基，即D到E的过程为硝基转化为氨基，再由E逆推回C可以知道C的结构；
（1）可以看出两种官能团，为羟基和醚键
（2）官能团被替换，发生取代反应；
（3）根据E的分子式，确定其结构，含有羟基且只有三种等效氢，注意对称性；
（4）可以生成甲醇，再结合原子守恒以及M的结构特点，可以确定Y为1，5-戊二酸；
（5）结合已知条件，可以确定合成线路。
18．【答案】（1） 285.6 kJ·mol 1
（2）50%
（3）0.01 mol·L 1；增大；c(I )
（4）减小，I2 (aq)+I (aq) I3 (aq) 平衡向逆反应方向移动；N2O53H2O 6e =O 3 ↑+6H +
【知识点】化学平衡移动原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）已知：①NO(g) + O3(g)=NO2(g) + O2 (g) ΔH1 = 200.9 kJ·mol 1
②2NO(g) +O2 (g)= 2NO2 (g) ΔH 2 = 116.2 kJ·mol 1
根据盖斯定律，①×2-②得，2O3(g)=3O2 (g) ΔH=2ΔH1-ΔH 2 =（ 200.9 kJ·mol 1）×2-（-84.7 kJ·mol 1）= 285.6 kJ·mol 1，
因此，本题符合题意答案为： 285.6 kJ·mol 1；（2）设O2物质的量为x ，O3物质的量为y，那么 x + y = ① 混合气体中共含O质量为21.6g-20g=1.6g，所以 16g/mol(2x+3y)=1.6g ② 联立①、②方程解得： x=0.02mol，y=0.02mol， 所以 O3的体积分数为 ×100% = 50% ，
因此，本题符合题意答案为：50%；（3）①I2(aq)+I (aq) I3-(aq)，平衡常数K= =680，当c(I3-)/c(I-)=6.8时，
c(I2)= =0.01mol/L，
②从图2数据可知，第二组（有Fe2+）生成的I3-的浓度明显比第一组（没有Fe2+）大，说明使用Fe2+能够使平衡I2 (aq)+I (aq) I3 (aq)向正反应方向移动，I 的转化率增大，
③从图2数据可知，第二组实验18 s后，I3—浓度下降。导致I3—浓度下降的原因是c(I )减小，I2 (aq)+I (aq) I3 (aq) 平衡向逆反应方向移动，
因此，本题符合题意答案为：0.01mol/L；增大；c(I )减小，I2 (aq)+I (aq) I3 (aq) 平衡向逆反应方向移动；（4）①由图3可知，O3和NO2是反应物，O2和X是生成物，发生的反应为O3+NO2--O2+X，物质的变化量之比等于化学计量数之比，由图可知，n(O3)：n(NO2)：n(O2)：n(X)=2：4：2：2=1：2：1：1，则化学方程式为：O3+2NO2=O2+X，根据质量守恒定律，可确定X中含有2个N原子和5个O原子，化学式为N2O5，
②因为电解质溶液为稀硫酸，电解后生成了H2和O3，故在阴极上是H+得电子生成H2，在阳极上是OH-失电子生成O3，因为在酸性溶液中，故阳极上反应物可写为H2O，电极反应式为3H2O 6e =O 3 ↑+6H +，
因此，本题符合题意答案为：N2O5；3H2O 6e =O 3 ↑+6H +。
【分析】（1）结合盖斯定律的方法，可以求出答案，要注意符号的变化；
（2）采用差值法，铜粉增重质量为氧原子质量，可以联立二元一次方程组，求出氧气和臭氧的物质的量；
（3）根据化学平衡常数的计算公式以及给出的离子浓度的比值，可以求出碘单质的浓度；根据图象亚铁离子可以使I3-的浓度增加，证明使平衡正想移动，碘离子转化率增大；浓度下降可能是平衡逆向移动；
（4）根据图象，可以知道物质的量减少的是反应物，增加的是生成物，结合原子守恒，可以知道X为五氧化二的；电解硫酸溶液生成氢气和臭氧，阴极为阳离子放电，阳极为阴离子放电，注意放电顺序，电解硫酸实际上电解的是水。
19．【答案】（1）将③中MnO2回收利用
（2）3MnO42－+4H+=MnO2↓+2MnO4－+2H2O
（3）蒸发浓缩；降温结晶
（4）当加入最后一滴标准Na2S2O3溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；消耗硫代硫酸钠的物质的量n=cV=0.025L 0.02L=0.005mol，根据得失电子守恒知高锰酸钾的物质的量=0.005mol 5=0.001mol， 所以m(KMnO4)=nM=0.001mol×158g/mol=0.158g， KMnO4产品的纯度为： ×100%=79%； 因此，本题符合题意答案是：当加入最后一滴标准Na2S2O3溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；79%。
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】 (1)将步骤③中MnO2回收，再发生步骤①中的反应，可以提高MnO2利用率；因此，本题符合题意答案是：将③中MnO2回收利用；(2)由滤液酸化后，K2MnO4完全转变为MnO2和KMnO4，则反应的离子方程式为3MnO42－+4H+=MnO2↓+2MnO4－+2H2O，因此，本题符合题意答案是：3MnO42－+4H+=MnO2↓+2MnO4－+2H2O；(3) 第③步中从滤液中获得KMnO4晶体的方法是蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥，因此，本题符合题意答案是：蒸发浓缩；降温结晶；(4) ①碘与淀粉显蓝色，则滴定终点的现象是当加入最后一滴标准Na2S2O3溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色，
【分析】（1）提高利用率，可以通过回收二氧化锰而得到；
（2）锰酸钾发生吱声氧化还原反应生成高锰酸钾和二氧化锰；
（3）通过蒸发浓缩冷却结晶可以得到高锰酸钾；
（4）要注意碘单质的鉴别，硫代硫酸钠滴定碘，此时碘被消耗完，溶液由蓝色变为无色。
20．【答案】（1）锥形瓶
（2）C装置中导气管应该长进短出
（3）2ClO2 +H2O2 +2CO32-=2ClO2-+O2↑+2HCO3-
（4）不能，因为 D 装置中有氧气产生，氧气也可能将 I 氧化为 I 2减缓稀硫酸的滴加速率(或 D 中长导管口加装多孔球泡等，合理即可)
（5）用 CCl 4 多次萃取、分液，直至溶液中滴加淀粉溶液不显蓝色。
（6）向溶液中滴加稀硫酸至溶液的 pH≤2，滴加淀粉溶液，溶液变蓝
【知识点】物质的检验和鉴别
【解析】【解答】（1）根据仪器特征可知，仪器D的名称为锥形瓶，
因此，本题符合题意答案为：锥形瓶； （2）C为ClO2气体收集装置，ClO2气体密度比空气大，C装置中导气管应该长进短出，
因此，本题符合题意答案为：C装置中导气管应该长进短出；（3）D中溶液含有H2O2和Na2CO3吸收ClO2后生成NaClO2和NaHCO3，则发生氧化还原反应，ClO2作氧化剂将H2O2氧化为O2，所发生反应的离子方程式：2ClO2 +H2O2 +2CO32-=2ClO2-+O2↑+2HCO3-，
因此，本题符合题意答案为：2ClO2 +H2O2 +2CO32-=2ClO2-+O2↑+2HCO3-；（4）E中溶液出现黄色可能生成了I2，由于D中生成了O2，也可能将 I 氧化为 I 2，所以不能说明ClO2未被H2O2和Na2CO3的混合溶液充分吸收，
因此，本题符合题意答案为：不能，因为 D 装置中有氧气产生，氧气也可能将 I 氧化为 I 2；（5）要提高ClO2吸收率可以增加吸收时间或增大接触面积，故可采用减缓稀硫酸的滴加速率(或 D 中长导管口加装多孔球泡等)，
因此，本题符合题意答案为：减缓稀硫酸的滴加速率(或 D 中长导管口加装多孔球泡等)；（6）根据题给信息及所提供的试剂，E装置吸收逸出的少量ClO2气体后所得溶液(pH为5.5～6.5)中存在少量ClO2-，同时生成I 2，用CCl4通过多次萃取可分离出I 2，加稀硫酸调溶液pH≤2.0时，ClO2-能被I-还原生成I 2，通过淀粉溶液检验生成的I 2，即可证明溶液中存在少量ClO2-，
因此，本题符合题意答案为：用 CCl 4 多次萃取、分液，直至溶液中滴加淀粉溶液不显蓝色。向溶液中滴加稀硫酸至溶液的 pH≤2，滴加淀粉溶液，溶液变蓝。
【分析】
（2）要注意二氧化氯密度比空气大，采用向上排空气法；
（3）发生的是氧化还原反应，过氧化氢和二氧化氯反应生成氧气，要注意碳酸根转化为碳酸氢根；
（4）氧气和二氧化氯都有可能将碘离子氧化；
（5）可以采用增大接触面积的方法；
（6）要注意通过淀粉检验碘单质。
21．【答案】（1）[Ar]3d24s2
（2）sp2、sp3；6mol或6×6.02×1023
（3）O2+
（4）CH3CH2OH与H2O分子之间可以形成氢键
（5）3
【知识点】晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）Ti是22号元素，所以Ti原子基态核外电子排布式为[Ar]3d24s2，
因此，本题符合题意答案是：[Ar]3d24s2； (2) CH3CHO分子中甲基上饱和碳，是sp3 杂化，而醛基上是不饱和碳，是sp2杂化，1 mol CH3CHO分子中含有 键的数目为6mol或6×6.02×1023，
因此，本题符合题意答案是：sp2、sp3；6mol或6×6.02×1023；(3)与NO分子互为等电子体的一种微粒具有相同的价电子数11和原子数2，微粒为O2+，
因此，本题符合题意答案是：O2+； (4)乙醇可以与水以任意比互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为CH3CH2OH与H2O分子之间可以形成氢键， 因此，本题符合题意答案是：CH3CH2OH与H2O分子之间可以形成氢键；(5) TiO2的晶胞结构中黑球的个数是 +1=2，而空心球的个数为：4 +2=4，而化学式为TiO2，所以空心球是氧原子，所以每个氧原子直接相连的钛原子数目为3个。
因此，本题符合题意答案是：3。
【分析】（1）要注意根据最外层电子数进行排列；
（2）饱和碳为sp3杂化，多一个不饱和度则为sp2杂化；
（3）要注意价电子数和原子数必须相同；
（4）可以形成氢键，形成亲水基；
（5）晶胞结构要注意共享的原子个数。
