《江苏省黄桥中学2020届高三化学上学期第一次月考试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏省黄桥中学2020届高三化学上学期第一次月考试题含解析.doc（23页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、-1-江苏省黄桥中学江苏省黄桥中学 20202020 届高三化学上学期第一次月考试题（含解析）届高三化学上学期第一次月考试题（含解析）本试卷分第本试卷分第卷卷(选择题选择题)和第和第卷卷(非选择题非选择题)两部分。满分两部分。满分 120120 分，考试时间分，考试时间 100100 分钟。分钟。可能用到的相对原子质量：可能用到的相对原子质量：H H1 1C C1212N N1414O O1616MgMg2424CaCa4040第第卷卷(选择题选择题共共 4040 分分)单项选择题：本题包括单项选择题：本题包括 1010 小题，每小题小题，每小题 2 2 分，共分，共 2020 分。每小题只有
2、一个选项符合题意。分。每小题只有一个选项符合题意。1.2019 年 4 月 22 日是第 50 个“世界地球日”，我国确定的活动主题为“珍爱美丽地球，守护自然资源”。下列行为不符合这一活动主题的是（）A.改进汽车尾气净化技术，减少大气污染物的排放B.加快化石燃料的开采与使用，促进社会可持续发展C.用 CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，实现碳的循环利用D.对工业废水、生活污水进行净化处理，减少污染物的排放【答案】B【解析】【详解】A改进汽车尾气净化技术，减少大气污染物的排放，有利于保护环境，符合上述主题，故 A 不选；B加快化石燃料的开采与使用会增加污染物的排放量，且化石燃料属于非再生能源，不能促进
3、可持续发展，不符合该主题，故 B 选；C用 CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，实现碳的循环利用，可以减少二氧化碳对环境的影响，符合该主题，故 C 不选；D对工业废水、生活污水进行净化处理，减少污染物的排放，循环高效利用水资源，可以节约资源、减少污染物排放，符合该主题，故 D 不选；答案选 B。2.用化学用语表示 SiO24HF=SiF42H2O 中的相关微粒，其中正确的是（）A.F的结构示意图：B.水分子的比例模型：C.SiF4的电子式：D.中子数为 15 的 Si 原子：2914Si【答案】D【解析】【详解】AF 原子序数为 9，得到 1 个电子形成最外层 8 个电子的稳定结构，离子结构示意-2
4、-图为：，故 A 错误；B 水分子是 V 型，比例模型能够体现出原子的相对体积大小，其正确的比例模型为：，故 B 错误；CSiF4中 Si、F 均满足最外层 8 电子稳定结构，则 F 周围应有 8 个电子，漏写 F 原子上的孤电子对，故 C 错误；D质量数=质子数+中子数，故中子数为 15 的硅原子的质量数为 29，符号为2914Si，故 D 正确；答案选 D。【点睛】本题的易错点为 B，在分子的比例模型中，要注意原子的空间排布，还要注意原子的相对大小。3.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（）A.浓硫酸具有脱水性，可用于干燥氯气B.晶体硅熔点高，可用于制作半导体材料C.Na2CO3溶液
5、显碱性，可用热的纯碱溶液洗油污D.FeS 固体呈黑色，可用于除去废水中 Cu2、Hg2等重金属【答案】C【解析】【详解】A浓硫酸具有吸水性，可作干燥剂，与脱水性无关，故 A 错误；B晶体硅可用于制作半导体材料是因为晶体硅的导电性介于导体与绝缘体之间，与熔点高无关，故 B 错误；C碳酸钠溶液由于 CO32-的水解溶液显碱性，水解是吸热反应，升高温度，水解程度增大，碱性增强，油脂在碱性条件下能水解，则可用热的纯碱溶液洗油污，故 C 正确；DFeS 固体用于除去废水中 Cu2+、Hg2+等重金属，是因为硫化汞、硫化铜溶解度小于硫化亚铁，与硫化亚铁为黑色无关，故 D 错误；答案选 C。4.常温下，下列
6、各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（）A.c(OH)/c(H)1012的溶液中：NH4+、Cu2、NO3-、SO42-B.滴加 KSCN 溶液显红色的溶液中：NH4+、K、Cl、IC.0.1molL1的 NaHCO3溶液中：Fe3、K、Cl、SO42-D.水电离产生的 c(OH)1012molL1的溶液中：Na、Al3、Cl、NO3-3-【答案】A【解析】【详解】Ac(OH)/c(H)=10-12的溶液，显酸性，NH4+、Cu2、NO3-、SO42-离子之间不反应，与氢离子也不反应，可大量共存，故 A 正确；B滴加 KSCN 溶液显红色的溶液，说明溶液中存在三价铁离子，三价铁离子能够氧化碘
7、离子，不能大量共存，故 B 错误；CFe3与 HCO3-发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故 C 错误；D由水电离的 c(OH)=10-12molL-1的溶液，为酸溶液或碱溶液，碱溶液中不能大量存在 Al3+，故 D 错误；答案选 A。【点睛】本题的易错点为 D，要注意“c(OH)1012molL1的溶液”与“水电离产生的 c(OH)1012molL1的溶液”的区别，前者表示溶液显酸性，后者表示溶液显酸性或碱性。5.用下列实验装置或操作进行相应实验，能达到实验目的的是（）A.用图 1 所示装置制取少量纯净的 CO2气体B.用图 2 所示装置灼烧碎海带C.用图 3 所示装置吸收尾气中的SO2
8、D.用图 4 所示装置检验溴乙烷与 NaOH 醇溶液共热产生的乙烯【答案】B【解析】【详解】A纯碱为碳酸钠，易溶于水，不能放置在多孔隔板上，且盐酸具有挥发性，所以生成的二氧化碳中含有 HCl，故 A 错误；B灼烧海带在坩埚中进行，图中装置合理，故 B 正确；C二氧化硫与饱和的亚硫酸氢钠溶液不反应，二氧化硫不能被饱和 NaHSO3溶液吸收，不能达到实验目的，故 C 错误；D乙醇易挥发，挥发出来的乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能达到实验目的，故 D 错误；-4-答案选 B。6.下列有关物质性质的叙述正确的是（）A.明矾和芒硝均具有净水作用B.氯水久置后，漂白性和酸性均增强C.SO2通入 Ba(
9、NO3)2溶液中有沉淀产生D.NH3通入 AlCl3溶液至过量先沉淀后沉淀溶解【答案】C【解析】【详解】A明矾水解生成的氢氧化铝具有吸附性，可以用来净水；芒硝的主要成分为Na2SO410H2O，没有净水作用，不能用来净水，故 A 错误；B新制氯水久置后为盐酸溶液，所以氯水久置后漂白性减弱、酸性增强，故 B 错误；CNO3-在酸性条件下具有强氧化性，SO2通入 Ba(NO3)2溶液中，溶液中硝酸根离子在酸溶液中能氧化二氧化硫为硫酸，硫酸根离子结合钡离子生成硫酸钡沉淀，故 C 正确；DNH3通入 AlCl3溶液反应生成氢氧化铝沉淀，氨水是弱碱，不能溶解生成的氢氧化铝沉淀，氨气过量后沉淀不溶解，故
10、D 错误；答案选 C。【点睛】本题的易错点为 C，要注意硝酸根离子在酸性溶液中具有强氧化性。7.下列离子方程式书写正确的是（）A.氢氧化钡溶液中加入硫酸铵：Ba2OHNH4+SO42-=BaSO4NH3H2OB.用惰性电极电解 CuCl2溶液：Cu22Cl2H2OCu(OH)2H2Cl2C.向漂白粉溶液中通入少量二氧化硫：Ca22ClOSO2H2O=CaSO32HClOD.向苯酚钠溶液中通入少量的 CO2：C6H5OCO2H2OC6H5OHHCO3-【答案】D【解析】【详解】A该反应不符合正确配比，离子方程式为 Ba2+2OH-+2NH4+SO42-=BaSO4+2NH3H2O，故 A 错误；
11、B用惰性电极电解饱和 CuCl2溶液时，阴极上 Cu2+放电能力大于 H+，阳极上氯离子放电，所以电解氯化铜本身，电解反应的离子方程式为 Cu2+2Cl-Cu+Cl2，故 B 错误；C向漂白粉溶液中通入少量二氧化硫，发生氧化还原反应，离子方程式为SO2+Ca2+3ClO-+H2O=CaSO4+2HClO+Cl-，故 C 错误；-5-D苯酚钠溶液中通入少量 CO2，反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：C6H5O-+CO2+H2OC6H5OH+HCO3-，故 D 正确；答案选 D。8.下列物质的转化在给定条件下能实现的是（）A.NH3NO2HNO3B.AlNaAlO2(aq)NaAlO2(
12、s)C.FeFe2O3FeD.AgNO3(aq)Ag(NH3)2OH(aq)Ag【答案】B【解析】【详解】ANH3与氧气反应生成的是 NO，无法直接得到 NO2，故 A 错误；B铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液为强碱弱酸盐溶液，水解产物不挥发，蒸发会得到溶质偏铝酸钠，所以 AlNaAlO2(aq)NaAlO2(s)，能够在给定条件下实现，故 B 正确；C铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，不是生成氧化铁，故 C 错误；D硝酸银溶液和一水合氨反应生成氢氧化银沉淀，继续加入氨水沉淀溶解生成银氨溶液，蔗糖为非还原性的糖，不能和银氨溶液反应，物质间转化不能实现，故 D 错误；答案选 B。
13、9.短周期主族元素 W、X、Y 和 Z的原子序数依次增大，W 的气态氢化物的水溶液可使酚酞变红，并且可与 X 的氢化物形成一种共价化合物。Y 是地壳中含量最多的金属元素，Z 原子最外层电子数是其内层电子总数的 3/5。下列说法中一定正确的是（）A.X 的简单气态氢化物稳定性比 Z 的强B.原子半径大小顺序：WXYZC.W 的氧化物对应水化物为强酸，具有强氧化性D.工业上一般采取电解 Y 的熔融氯化物来生产 Y 的单质【答案】A【解析】【分析】短周期主族元素 W、X、Y 和 Z 的原子序数依次增大，W 的气态氢化物的水溶液可使酚酞变红，-6-说明溶液显碱性，则 W 为 N 元素；氨气可与 X 的
14、氢化物形成一种共价化合物，为一水合氨，则 X 为 O 元素；Y 是地壳中含量最多的金属元素，Y 为 Al 元素；Z 原子最外层电子数是其内层电子总数的 3/5，则内层电子总数为 10，最外层电子数为 6，Z 为 S 元素。据此分析解答。【详解】根据上述分析，W 为 N 元素，X 为 O 元素，Y 为 Al 元素，Z 为 S 元素。A非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性：OS，X 的简单气态氢化物的稳定性比 Z 的强，故 A 正确；B同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，原子半径：SAl，即 Z 0D.HCl 和 NaOH 反应的中和热为57.3kJmol1
15、，则 H2SO4和 Ba(OH)2反应的中和热为114.6kJmol1【答案】C【解析】【详解】A氮气和氢气的反应为可逆反应，不能进行彻底，1 molN2与 4molH2混合充分反应，转移的电子数小于 6mol，故 A 错误；B向 0.1molL-1CH3COONa 溶液中加入少量水，促进 CH3COO-的水解，溶液中 c（OH-）减小，氢离子浓度增大，醋酸根离子浓度减小，则溶液中+-3c(H)c(CH COO)的比值增大，故 B 错误；C常温下，反应 C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)不能自发进行，S0，H-TS0，则该反应的H0，故 C 正确；DHCl 和 NaOH 反应的中和热
16、H=-57.3kJ/mol，表明稀强酸与强碱反应生成 1mol 液态水放出57.3kJ 的热量，则 H2SO4和 Ba(OH)2反应的中和热一方面必须指生成 1mol 水放出的热量，另一-7-方面硫酸与氢氧化钡发生反应时还有沉淀反应放出热量，故 D 错误；答案选 C。【点睛】本题的易错点为 D，要注意根据中和热的概念判断，中和热都应以生成 1mol 水为标准。不定项选择题不定项选择题：本题包括本题包括 5 5 小题小题，每小题每小题 4 4 分分，共共 2020 分分。每小题只有一个或两个选项符合题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，该小题得意。若正确答案只包括
17、一个选项，多选时，该小题得 0 0 分；若正确答案包括两个选项时，只分；若正确答案包括两个选项时，只选一个且正确的得选一个且正确的得 2 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 0 分。分。11.有机物 Z 可用于防治骨质疏松，可通过 X、Y 经两步转化得到 Z。下列说法正确的是（）A.X、Y、Z 都属于芳香族化合物B.Y 分子中含有 3 个手性碳原子C.X、Y、Z 与浓溴水反应最多消耗 1molBr2D.1molZ 与 NaOH 溶液反应最多消耗 3molNaOH【答案】BD【解析】【详解】A含有苯环的有机物是芳香
18、族化合物，X、Z 中含有苯环，属于芳香族化合物，Y 中没有苯环，不属于芳香族化合物，故 A 错误；B手性碳原子为连接四个不同的原子或原子团的碳原子，Y 分子中有 3 个手性碳原子，故 B正确；C题中未明确 X、Y、Z 的物质的量，无法确定与浓溴水反应消耗的 Br2，1 个 Y 分子中含 2 个碳碳双键，1molY 最多消耗 2molBr2，故 C 错误；DZ 中含有 2 个酚羟基和 1 个酯基，都可与氢氧化钠反应，则 1molZ 与 NaOH 溶液反应最多消耗 3molNaOH，故 D 正确；答案选 BD。12.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作和现象结论-8-A向溶液
19、 X 中加入 Na2O2粉末，出现红褐色沉淀和无色气体X 中一定含有 Fe3B用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热，铝箔熔化但不滴落氧化铝的熔点高于铝单质C向 Na2CO3溶液中加入冰醋酸，将产生的气体直接通入苯酚钠溶液中，产生白色浑浊酸性：醋酸碳酸苯酚D向 2 支均盛有 2mL1.0molL1KOH 溶液的试管中分别加入2滴浓度均为0.1molL1的 AlCl3和 MgCl2溶液，一支试管出现白色沉淀，另一支无明显现象KspAl(OH)3KspMg(OH)2A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】AX 中可能含亚铁离子，能被过氧化钠氧化，则 X 中不一定含 Fe3
20、+，故 A 错误；B氧化铝的熔点高，包裹在 Al 的外面，则熔化后的液态铝不滴落下来，故 B 正确；C醋酸易挥发，醋酸与苯酚钠也能反应生成苯酚，不能比较碳酸、苯酚的酸性强弱，故 C 错误；D由于氢氧化铝为两性氢氧化物，过量的氢氧化钾将生成的氢氧化铝溶解，不能通过该实验比较 KspAl(OH)3与 KspMg(OH)2的大小，故 D 错误；答案选 B。【点睛】本题的易错点为 D，要注意氢氧化铝性质的特殊性，氢氧化铝能够被强碱溶解生成易溶于水的偏铝酸盐。13.下列图示与对应的叙述相符的是（）-9-A.图甲所示，表示强碱滴定强酸的滴定曲线B.图乙所示，从能量角度考虑，金刚石比石墨稳定C.图丙所示，表
21、示反应 2SO2(g)O2(g)2SO3(g)；Hc(SO42-)c(Cu2)c(H)B.pH6 的 NaHSO3溶液中：c(SO32-)c(H2SO3)9.9106molL1C.0.1 molL1CH3COONa 溶液中通入 HCl 气体，至 pH7(溶液体积变化忽略不计)：c(Na)c(CH3COOH)c(Cl)D.0.100molL1的 Na2S 溶液中通入 HCl 气体，至 c(Cl)0.100 molL1(忽略溶液体积的变化及 H2S 的挥发)：c(OH)c(H)c(H2S)c(S2)【答案】CD【解析】【详解】A等物质的量浓度的 CuSO4和(NH4)2SO4的混合溶液中，铵根离子
22、和铜离子均可以发生水解反应，溶液显示酸性，存在：c(SO42-)c(NH4+)c(Cu2+)c(H+)，故 A 错误；B常温下，亚硫酸氢钠呈酸性，说明亚硫酸氢根离子的电离程度大于水解程度，根据物料守-10-恒得 c(Na+)=c(H2SO3)+c(HSO3-)+c(SO32-)，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSO3-)+2c(SO32-)，将代入得，c(H2SO3)+c(H+)=c(OH-)+c(SO32-)，所以 c(SO32-)-c(H2SO3)=c(H+)-c(OH-)=(10-6-10-8)mol/L=9.910-7molL-1，故 B 错误；CCH3CO
23、ONa 溶液中通入 HCl 气体至 pH=7，则 c(OH-)=c(H+)，结合电荷守恒c(Na+)+c(H+)c(Cl-)+c(OH-)+c(CH3COO-)可得：c(Na+)c(Cl-)+c(CH3COO-)，即 c(Na+)c(Cl-)；结合醋酸钠中物料守恒可得：c(Na+)c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，根据可知c(CH3COOH)c(Cl-)，所以溶液中满足：c(Na+)c(CH3COOH)c(Cl-)，故 C 正确；D0.100molL1的 Na2S 溶液中存在 c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=0.100molL-1，因为 c(Cl-)=0.100molL-1
24、，因此 c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=c(Cl-)=0.100molL-1，溶液中存在电荷守恒式c(Cl-)+2c(S2-)+c(HS-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，物料守恒式 c(Na+)=2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)，由电荷守恒式和物料守恒式可得 c(Cl-)+c(OH-)c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)，所以c(OH-)-c(H+)=c(HS-)+2c(H2S)-c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=c(H2S)-c(S2-)，故 D 正确；答案选 CD。【点睛】明确盐的水解原理为解答关键。解题过程中要注意掌握电荷守恒、物料守恒的含
25、义及应用。本题的难点为 D，要能够灵活运用电荷守恒和物料守恒。15.有四个体积均为 0.5 L 的恒容密闭容器，在、中按不同投料比(Z)充入 HCl和 O2(如下表)，加入催化剂发生反应 4HCl(g)O2(g)2Cl2(g)2H2O(g)；H，HCl 的平衡转化率()与 Z 和温度(t)的关系如图所示。下列说法正确的是（）容器起始时t/n(HCl)/molZ3000.25a3000.25b3000.254-11-A.H0，a4逆，压强：p(R)p(Q)D.若起始时，在容器中充入 0.25molCl2和 0.25molH2O(g)，300达平衡时容器中 c(HCl)0.1molL1【答案】AC
26、【解析】【详解】A图像中 HCl 转化率随温度升高而减小，说明升温平衡逆向移动，正反应为放热反应H0，增大氧气的物质的量，可促进 HCl 的转化，即投料比越小，HCl 转化率越大，可知a4b，故 A 正确；B300时，Z=2n HCln O=4，n(HCl)=0.25mol，n(O2)=0.0625mol，体积为 0.5L，c(HCl)=0.5mol/L，n(O2)=0.125mol/L，HCl 转化率 80%，HCl 的变化量为 0.5 mol/L80%=0.4mol/L，4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)起始量(mol/L)0.50.12500变化量(mol/L)0.
27、40.10.20.2平衡量(mol/L)0.10.0250.20.2K=2240 20 2010.025=640，故 B 错误；C容器 III，Z 为 4，平衡转化率为 80%，R 点温度与 Q 点相同，但转化率不同，转化率小于平衡时转化率，可知 R 点未达到平衡状态，反应正向进行，则 R 点的(正)(逆)，此时-12-压强大于平衡状态下的压强：p(R)p(Q)，故 C 正确；D若起始时，在 0.5 L 容器中只充入 0.25molCl2和 0.25moIH2O(g)，等效于在 0.5L 容器中充入 0.5molHCl 和 0.125molO2，充入的 HCl 和 O2物质的量为容器 III
28、的两倍，相当于在容器III 的基础上增大压强，将体积缩小为原来的 1/2，增大压强平衡正向移动，300达到平衡时 0.1mol/Lc（HCl）0.2mol/L，故 D 错误；答案选 AC。第第卷卷(非选择题共非选择题共 8080 分分)16.使用磷肥副产物氟硅酸钠(Na2SiF6)为原料合成冰晶石(Na3AlF6)成为一条合理利用资源、提高经济效益的新方法。工艺流程如下图所示：（1）传统合成冰晶石的方法是萤石(CaF2)法：使用萤石、石英和纯碱在高温下煅烧生成 NaF，在 NaF 溶液中加入 Al2(SO4)3溶液制得。在加入硫酸铝溶液前，需先用硫酸将 NaF 溶液的 pH 下调至 5 左右，
29、否则可能产生副产物_(填物质的化学式)，但酸度不宜过强的原因是_。（2）氨解时白炭黑产率和冰晶石纯度与 pH 的关系如图，氨解时需要控制溶液的 pH_；能提高氨解速率的措施有_(填字母)。A快速搅拌B加热混合液至 100C减小氨水浓度（3）工艺流程中氨解反应的化学方程式为_；冰晶石合成反应的离子方程式为_。（4）为了提高原料利用率，减少环境污染，可采取的措施是_。【答案】(1).Al(OH)3(2).H和 F结合生成弱酸 HF，使 F浓度减低不易生成 Na3AlF6-13-(3).8.5(4).A(5).Na2SiF64NH3H2O=2NaF4NH4FSiO22H2O(6).3Na4NH4+6
30、FAlO2-2H2O=Na3AlF64NH3H2O(7).过滤 2 的滤液氨水可循环利用【解析】【分析】根据流程图，氨水浸取氟硅酸钠时生成了二氧化硅，则同时会生成 NaF、NH4F 和 H2O，反应的方程式可以表示为 Na2SiF6+4NH3H2O2NaF+4NH4F+SiO2+2H2O，因此滤液中含有 NaF、NH4F，加入 NaAlO2溶液得到 Na3AlF6，过滤 2 得到的滤液为氨气水溶液，可循环使用，据此分析解答。【详解】(1)传统合成冰晶石的方法是萤石(CaF2)法，是使用萤石、石英和纯碱在高温下煅烧生成 NaF，在 NaF 溶液中加入 Al2(SO4)3溶液制得。NaF 水解，溶
31、液显碱性，在加入硫酸铝溶液前，需先用硫酸将 NaF 溶液的 pH 下调至 5 左右，防止加入硫酸铝后生成 Al(OH)3沉淀；但酸度不宜过强，否则H和F结合生成弱酸HF，使F浓度减低不易生成Na3AlF6，故答案为：Al(OH)3；H和 F结合生成弱酸 HF，使 F浓度减低不易生成 Na3AlF6；(2)从图可知，pH 为 8.5 时，冰晶石中白炭黑的含量较低，冰晶石纯度较高，白炭黑产率高；A快速搅拌可以加快反应速率，故 A 正确；B加热混合液至 100，氨水受热分解，反应物浓度小，化学反应速率减慢，故 B 错误；C减小氨水浓度，化学反应速率减慢，故 C 错误；故答案为：8.5；A；(3)根据
32、流程图，氨水浸取氟硅酸钠时生成了二氧化硅，则同时会生成 NaF、NH4F 和 H2O，反应的方程式可以表示为 Na2SiF6+4NH3H2O2NaF+4NH4F+SiO2+2H2O，水浴加热过程中生成冰晶石的化学方程式为：2NaF+4NH4F+NaAlO2+2H2O=Na3AlF6+4NH3H2O，离子方程式为 3Na+4NH4+6F+AlO2-+2H2O=Na3AlF6+4NH3H2O，故答案为：Na2SiF6+4NH3H2O2NaF+4NH4F+SiO2+2H2O；3Na+4NH4+6F+AlO2-+2H2O=Na3AlF6+4NH3H2O；(4)根据上述分析，第二次过滤所得滤液为氨水溶液
33、，为了提高原料利用率，减少环境污染，可循环使用氨水，故答案为：过滤 2 的滤液氨水可循环利用。17.近年研究表明离子液体型催化剂 GIL 可对某些特定加成反应有很好的催化作用，有机化合物 H 的合成路线如下：-14-（1）C 中含有的官能团名称为_。（2）CD 的反应类型为_。（3）已知：G 和 H 的分子式相同，FG 和 BC 反应类型也相同，那么 G 的结构简式为_。（4）写出满足下列条件的 B 的一种同分异构体 X 的结构简式：_。1molX 完全水解消耗 2molNaOH；水解酸化后两种产物核磁共振氢谱均有 4 个峰，峰高比为 3221。（5）以乙醇为原料利用 GIL 合成聚酯写出合成
34、路线流程图(无机试剂可任选，合成路线流程图示例见本题题干)。_【答案】(1).羰基、碳碳双键(2).加成反应(3).(4).(5).【解析】【分析】（1）（4）G 和 H 的分子式相同，根据 F 和 H 的结构可知，FG 时 F 中需要去掉一个-CN，因此 FG 为消去反应，则 G 为；BC 和 FG 的反应类型相同，则 BC 为消-15-去反应，结合 AB 和 C 的结构可知，B 为，据此分析解答。(5)合成需要合成 CH3CH（OH）CH2COOH，根据流程图，增长碳链需要首先合成含有醛基或羰基的物质，只需要将乙醇催化氧化即可生成乙醛，然后 2 分子乙醛发生反应生成 CH3CH（OH）CH
35、2CHO，将醛基氧化可以生成 CH3CH（OH）CH2COOH，CH3CH（OH）CH2COOH 在浓硫酸作用下发生缩聚反应即可。【详解】(1)C()中含有的官能团有羰基和碳碳双键，故答案为：羰基、碳碳双键；(2)根据 C、D 的结构可知，CD 时 C 中的碳碳双键与反应转化为碳碳单键，发生了加成反应，故答案为：加成反应；(3)根据上述分析，G 为，故答案为：；(4)B 为，B 的一种同分异构体 X 满足：1molX 完全水解消耗 2molNaOH，说明结构中含有酯基，且水解生成的羟基为酚羟基；水解酸化后两种产物核磁共振氢谱均有 4个峰，峰高比为 3221，满足条件的 X 为，故答案为：；(5
36、)以乙醇为原料利用 GIL 合成聚酯。合成需要合成 CH3CH（OH）CH2COOH，根据流程图，需要首先合成含有醛基或羰基的物质，只需要将乙醇催化氧化即可生成乙醛，然后 2 分子乙醛发生反应-16-生成 CH3CH（OH）CH2CHO，将醛基氧化可以生成 CH3CH（OH）CH2COOH，CH3CH（OH）CH2COOH 在浓硫酸作用下发生缩聚反应即可，合成路线为 CH3CH2OHCH3CHOCH3CH（OH）CH2CHOCH3CH（OH）CH2COOH，故答案为：CH3CH2OHCH3CHOCH3CH（OH）CH2CHOCH3CH（OH）CH2COOH。18.硫化钠是重要的化工原料，大多采
37、用无水芒硝(Na2SO4)炭粉还原法制备，原理为：Na2SO42CNa2S2CO2。其主要流程如下：(1)上述流程中采用稀碱液比用热水更好，理由是_。(2)已知：I22S2O32=2IS4O62。所制得的 Na2S9H2O 晶体中含有 Na2S2O35H2O 等杂质。为测定产品的成分，进行下列实验，步骤如下：a.取试样 10.00 g 配成 500.00 mL 溶液。b.取所配溶液 25.00 mL 于碘量瓶中，加入过量 ZnCO3悬浊液除去 Na2S 后，过滤，向滤液中滴入 23 滴淀粉溶液，用 0.050 00 molL1I2溶液滴定至终点，用去 5.00 mL I2溶液。c.再取所配溶液
38、 25.00 mL 于碘量瓶中，加入 50.00 mL 0.050 00 molL1的 I2溶液，并滴入 23 滴淀粉溶液，振荡。用标准 Na2S2O3溶液滴定多余的 I2，用去 15.00 mL 0.100 0 molL1Na2S2O3溶液。步骤 b 中用 ZnCO3除去 Na2S 的离子方程式为_。判断步骤 c 中滴定终点的方法为_。计算试样中 Na2S9H2O 和 Na2S2O35H2O 的质量分数，写出计算过程_。【答案】(1).热水会促进Na2S水解，而稀碱液能抑制Na2S水解(2).ZnCO3S2=ZnSCO(3).溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色。(4).步骤 b 中消耗的
39、I2有：n(I2)0.050 00 molL15.00 mL103LmL12.500104moln(Na2S2O35H2O)2n(I2)5.000104mol(1 分)-17-w(Na2S2O35H2O)5000.0005248/25100%10.00mLmolg molmLg24.8%(1 分)步骤 c 中，加入的 I2有：n(I2)0.050 00 molL150.00 mL103LmL12.500103mol(1 分)溶液中 Na2S2O3消耗的 I2有：2.500104mol(1 分)滴入的标准 Na2S2O3溶液消耗多余的 I2有：1500 mL103LmL10.100 0 molL
40、11/27.500104mol溶液中 Na2S 有：n(Na2S)(2.5001032.5001047.500104)mol1.500103mol(1 分)w(Na2S9H2O)5000.0015240/25100%10.00mLmolg molmLg72.0%(1 分)【解析】(1)硫化钠水解，溶液显碱性，水解吸热，热水会促进 Na2S 水解，而稀碱液能抑制 Na2S 水解。(2)步骤 b 中用 ZnCO3除去 Na2S，反应中生成更难溶的 ZnS，反应的离子方程式为 ZnCO3S2ZnSCO32。碘遇淀粉显蓝色，则判断步骤 c 中滴定终点的方法为溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色。步骤
41、b 中消耗的 I2为：n(I2)0.050 00 molL15.00 mL103LmL12.500104moln(Na2S2O35H2O)2n(I2)5.000104molw(Na2S2O35H2O)5000.0005248/25100%10.00mLmolg molmLg24.8%步骤 c 中，加入的 I2有：n(I2)0.050 00 molL150.00 mL103LmL12.500103mol溶液中 Na2S2O3消耗的 I2有：2.500104mol滴入的标准 Na2S2O3溶液消耗多余的 I2有：15.00 mL103LmL10.100 0 molL11/27.500104mol溶
42、液中 Na2S 有：-18-n(Na2S)(2.5001032.5001047.500104)mol1.500103molw(Na2S9H2O)5000.0015240/25100%10.00mLmolg molmLg72.0%19.BaCl2可用于电子、仪表等工业。以毒重石(主要成分为 BaCO3，含少量的 CaCO3、MgSO4、Fe2O3、SiO2等杂质)为原料，模拟工业制取 BaCl22H2O 的流程如下图所示：已知：Ksp(BaC2O4)1.6107，Ksp(CaC2O4)2.3109。Ca2Mg2Fe3开始沉淀时的 pH11.99.11.9完全沉淀时的 pH13.911.03.7（
43、1）盐酸浸取时需要适当加热的原因是_。（2）滤渣的成分为_。（3）加入 H2C2O4时应避免过量，其原因是_。（4）用 37%的盐酸配制 15%的盐酸需用到的仪器有_(填字母)。A量筒B烧杯C容量瓶D玻璃棒（5）滤渣需经过洗涤后才能进行后续加工处理的原因是_。（6）请补充完整由碳酸钡石(含 30%CaCO3的 BaCO3矿石)模拟工业制取 BaCl22H2O 的实验步骤为_，过滤，用无水乙醇洗涤 23 次，低温干燥。(实验中可使用的试剂有：冷水，80热水，0.1molL1盐酸，6molL1盐酸)【答案】(1).既加快反应速度又提高浸取率(2).SiO2、BaSO4(3).防止生成BaC2O4(
44、4).ABD(5).除去表面附着的 Ba2，防止污染环境(6).灼烧碳酸钡石至恒重，用 80热水溶解固体，趁热过滤，向滤液中加入稍过量的 6molL1盐酸，蒸发浓缩，冷却结晶【解析】-19-【分析】毒重石(主要成分为 BaCO3，含少量的 CaCO3、MgSO4、Fe2O3、SiO2等杂质)加入盐酸溶解，生成氯化钙、氯化镁、氯化钡和氯化铁，且少量硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡，滤渣为SiO2、BaSO4；加入氢氧化钠溶液调至 pH=12.5，铁离子、镁离子转化为氢氧化镁、氢氧化铁沉淀进入滤渣，滤液为氯化钡、氯化钙、氯化钠和氢氧化钠，加入草酸反应生成草酸钙沉淀，即滤渣为草酸钙；滤液蒸发浓缩、冷
45、却结晶得到氯化钡晶体。据此分析解答。【详解】(1)盐酸浸取时，适当加热，可以加快反应速度，提高浸取率，故答案为：既加快反应速度又提高浸取率；(2)酸溶时，SiO2不溶于盐酸和水，且溶液中的 SO42-和 Ba2+反应生成 BaSO4沉淀，则过滤所得滤渣的成分为 SiO2、BaSO4，故答案为：SiO2、BaSO4；(3)加入 H2C2O4的目的是除去溶液中的 Ca2+，但草酸过量时，也会生成 BaC2O4沉淀，故答案为：防止生成 BaC2O4；(4)用 37%的盐酸配制 15%的盐酸，需要用量筒量取适量的 37%的盐酸倒入烧杯中，然后向烧杯中加入一定量的蒸馏水，用玻璃棒搅拌均匀即可，需用到的仪
46、器有量筒、烧杯、玻璃棒，故答案为：ABD；(5)滤渣为草酸钙，溶液中的氯化钡吸附在草酸钙的表面，钡离子属于重金属离子，会污染环境，因此需经过洗涤后才能进行后续加工处理，故答案为：除去表面附着的 Ba2，防止污染环境；(6)用碳酸钡石(含 30%CaCO3的 BaCO3矿石)模拟工业制取 BaCl22H2O，根据题给试剂，可以首先将碳酸钡石粉碎煅烧，使碳酸钡石分解，因为氢氧化钙的溶解度较小，且温度越高，溶解度越小，然后用 80热水溶解固体，趁热过滤，除去氢氧化钙，将生成的氢氧化钡用 6molL1盐酸中和，得到氯化钡溶液，蒸发浓缩，冷却结晶得到 BaCl22H2O 粗品，过滤，用无水乙醇洗涤 23
47、 次，低温干燥即可，故答案为：灼烧碳酸钡石至恒重，用 80热水溶解固体，趁热过滤，向滤液中加入稍过量的 6molL1盐酸，蒸发浓缩，冷却结晶。【点睛】本题的易错点和难点为(6)中实验步骤的设计，要注意根据氢氧化钙和氢氧化钡溶解度的区别设计实验。20.烟气中的氮氧化物是造成大气污染的重要因素。（1）NOx是汽车尾气的主要污染物之一。汽车发动机工作时会引发 N2和 O2反应，其能量变化示意图如下：-20-则 N2(g)和 O2(g)反应生成 NO(g)的热化学反应方程式为_。（2）汽车使用乙醇汽油并不能减少 NOx的排放，这使 NOx的有效消除成为环保领域的重要课题。某研究小组在实验室以 AgZS
48、M5 为催化剂，测得 NO 转化为 N2的转化率随温度变化情况如图 1 所示。若不使用 CO，温度超过 775 K，发现 NO 的分解率降低，其可能的原因为_。NO 直接催化分解(生成 N2与 O2)也是一种脱硝途径。在不同条件下，NO 的分解产物不同。在高压下，NO 在 40下分解生成两种化合物，体系中各组分物质的量随时间变化曲线如图 2 所示。请写出 NO 分解的化学方程式：_。（3）一定条件下，向 NOx/O3混合物中加入一定浓度的 SO2气体，进行同时脱硫脱硝实验，实验结果如图 3。同时脱硫脱硝时 NO 的氧化率略低的原因是_。由图 3 可知 SO2对 NO 的氧化率影响很小的原因是_
49、。（4）有人设想采用下列方法减少烟气中的氮氧化物对环境的污染：用天然气中的 CH4、H2等还原 SO2，从产物中分离出一种含硫质量分数约为 94%的化合物，并用这种化合物来还原 NOx。请写出这种含硫化合物和 NOx反应的化学方程式：_。（5）某工业废水中含有毒性较大的 CN，可用电解法将其转变为 N2，装置如图 4 所示。电解-21-池中生成 N2的电极反应式为_。【答案】(1).N2(g)O2(g)=2NO(g)；H184 kJmol1(2).NO 的分解反应是放热反应，升温有利于反应逆向进行(3).3NON2ONO2(4).SO2的氧化消耗了少量 O3，减小了 O3的浓度(5).O3氧化
50、 SO2反应的活化能较大，O3与 NO 反应速率比 O3与 SO2反应速率快(6).2xH2S2NOx=N22xH2O2xS(7).2CN12OH10e=2CO32-N26H2O【解析】【分析】(1)根据反应热=反应物的键能和-生成物的键能和，从而书写热化学方程式；(2)温度超过 775 K，发现 NO 的分解率降低，说明平衡向逆反应方向移动；NO 在 40下分解生成两种化合物，根据元素守恒可知生成的为 N 的氧化物，由图像可知 3molNO 生成两种氮的氧化物各为 1mol，根据原子守恒判断产物书写方程式；(3)SO2与 O3反应导致减小了 O3的浓度；SO2对 NO 的氧化率影响很小，说明