2020-2021学年江苏省连云港市高三（上）期中化学试卷 含答案解析

2020-2021学年江苏省连云港市高三（上）期中化学试卷
一、选择题：本题共8小题，每小题2分，共16分。每小题只有一个选项符合题意。
1．化学是材料科学的基础。下列有关材料的说法正确的是（　　）
A．国产飞机C919用的氮化硅陶瓷，是新型的无机非金属材料
B．“天宫一号”使用的碳纤维，是一种新型的有机高分子材料
C．华为手机使用的麒麟980芯片与光导纤维均属于半导体材料
D．制造“N95型口罩”使用的聚丙烯是一种天然高分子化合物
2．下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（　　）
A．石墨具有导电性，可用于制铅笔芯
B．SO2具有氧化性，可用于纸浆的漂白
C．FeCl3溶液呈酸性，可用于刻蚀Cu制电路板
D．稀硫酸具有酸性，可用于除去铁锈
3．工业上制备下列物质的生产流程不合理的是（　　）
A．由黄铁矿制硫酸：黄铁矿SO2SO3H2SO4
B．由重晶石制可溶性钡盐：重晶石（BaSO4）BaCO3BaCl2（aq）
C．由石英砂制高纯硅：石英砂﹣粗硅SiCl4Si
D．由铝土矿冶炼铝：铝土矿Al2O3AlCl3（aq）Al
4．如图为N2分子在催化剂作用下发生一系列转化的示意图，下列叙述正确的是（　　）
A．若N≡N键能是akJ?mol﹣1，H﹣H键能是bkJ?mol﹣1，H﹣N键能是ckJ?mol﹣1，则每生成2mol
NH3，放出（6c﹣a﹣3b）kJ热量
B．NH3分子和H2O分子的中心原子杂化类型不同
C．催化剂a、b表面均发生了极性共价键的断裂
D．在催化剂b作用下发生转化得到的两种生成物，均为直线形分子
5．用来解释下列事实的方程式，不正确的是（　　）
A．向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，沉淀由白色变为黑色：2AgCl+S2﹣═Ag2S+2Cl﹣
B．向碳酸氢铵溶液中加入足量氢氧化钠溶液：NH4++OH﹣═NH3?H2O
C．向Na2SiO3溶液中通入过量CO2制备硅酸凝胶：SiO32﹣+2CO2+2H2O═H2SiO3↓+2HCO3﹣
D．将氯气通入石灰乳中，制备漂白粉：2Cl2+2Ca（OH）2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O
6．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Z在地壳中的含量处于前两位，Y在周期表中电负性最大，基态W原子价层电子数为8，下列说法正确的是（　　）
A．原子半径：r（Z）＞r（Y）＞r（X）
B．W单质在一定条件下能与X的简单氢化物反应
C．Z与X、Z与Y形成的化合物晶体类型相同
D．X与W两种元素形成的常见化合物均为黑色固体
7．实验室模拟合成氨和氨催化氧化的实验装置如图。反应一段时间后向丙中通入O2并伸入红热的铂丝，锥形瓶中有红标色气体出现。下列说法错误的是（　　）
A．分离液态空气制取氮气的依据是氮气和氧气的沸点不同
B．氮气和氢气通过甲装置混合，其主要作用是干燥和控制气体流速
C．丙中导气管不会发生倒吸的原因可能是反应中氨的产率较少
D．丙的溶液和棉花中均存在NO3﹣，说明直接发生反应NH3+2O2HNO3+H2O
8．下列说法正确的是（　　）
A．电解法精炼镍时，粗镍作阴极，纯镍作阳极
B．2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO2（g）在常温下可自发进行，则该反应的△H＞0
C．常温下，稀释0.1mol?L﹣1氨水，c（H+）?c（NH3?H2O）的值减小
D．5.6g
Fe在足量Cl2中充分燃烧，转移电子的数目约为0.2×6.02×1023
二、不定项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9．如图是电化学膜法脱硫过程示意图，电化学膜的主要材料是碳和熔融的碳酸盐。下列说法错误的是（　　）
A．b电极为阳极，发生氧化反应
B．阴极反应式为H2S+2e﹣═S2﹣+H2↑
C．净化气中CO2含量明显增加，是电化学膜中的碳被氧化
D．工作一段时间后，生成H2和S2的物质的量之比为2：1
10．Indinavi可田干新冠肺炎的治疗。其结构简式如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．该分子中有5个手性碳原子
B．虚线框内的所有碳、氧原子均处于同一平面
C．该物质在一定条件下能发生氧化、消去和取代反应
D．该分子中的N原子均采用sp3杂化
11．根据实验操作和现象，不能得出相应结论的是（　　）
选项
实验操作和现象
结论
A
等体积、pH＝3的两种酸HA和HB分别与足量的Zn反应，酸HA放出的氢气多
酸性：HB＞HA
B
将Fe（NO3）2样品溶于稀硫酸，滴加KSCN溶液，溶液变红
Fe（NO3）2样品溶于稀硫酸前已氧化变质
C
将充满NO的密闭玻璃球浸泡在热水中，气体红棕色加深
2NO2（g）?N2O4（g）△H＜0
D
向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，浊液变澄清
结合H+的能力：CO32﹣＞C6H5O﹣
A．A
B．B
C．C
D．D
12．20℃时，K（H2C2O4）＝10﹣1.3，K（H2C2O4）＝10﹣4.2。用0.100mol?L﹣1NaOH溶液滴定10.00mL
0.100
mol?L﹣1H2C2O4溶液过程中，下列说法正确的是（　　）
A．20℃时C2O42﹣的水解常数K＝10﹣9.8
B．当加入NaOH溶液体积为10.00mL时，c（Na+）＞c（HC2O4﹣）＞c（H2C2O4）＞c（C2O42﹣）
C．当加入NaOH溶液体积为15.00mL时，c（HC2O4﹣）+3c（H2C2O4）＜c（C2O42﹣）
D．当加入NaOH溶液体积为20.00mL时，c（Na+）+c（H2C2O4）+2c（H+）═2c（OH﹣）+2c（C2O42﹣）
13．在恒压、SO2和O2的起始浓度一定的条件下，测得不同温度下SO2的平衡转化率如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．若图中a点使用了催化剂，则b点没有使用催化剂
B．反应2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）的△H＜0
C．若将起始n（SO2）和n（O2）变为原来的一半，图象发生改变
D．T1℃下，c起始（O2）＝2.0×10﹣2mol?L﹣1，则平衡常数K＞50
二、非选择题（共5题，64分）
14．以黄铁矿制硫酸产生的硫酸渣（含Fe2O3、Fe3O4、SiO2、Al2O3等）为原料制备纳米铁粉的部分工艺流程如图1所示。
（1）“酸溶”过程中H2SO4过量的目的是　
　。
（2）“沉淀”过程中空气参与反应的离子方程式为　
　。
（3）为了确保纳米铁粉的纯度，“沉淀”过程需要调节溶液的pH的范围是3.2～3.5，其原因可能是　
　。
（4）“还原”过程中加入NaBH4时，要同时通入氮气并不断搅拌，通入氮气的作用为　
　。
（5）利用纳米铁粉可去除水体中的重金属Pb2+，中性条件下去除率最高，而酸性或碱性条件下去除率均有明显下降，如图2所示。
①酸性条件下，去除率下降的原因是　
　。
②碱性条件下去除率下降的原因可能是　
　（填字母）。
a．纳米铁粉在碱性条件溶解
b．Pb2+在碱性条件生成沉淀
c．Pb2+在碱性条件生成的沉淀又被碱溶解
15．铬锆铜（CuCrZr）合金具有优良性能，广泛应用于机械制造工业的焊接。
已知锆与钛元素位于同一副族，根据要求回答下列问题：
（1）铬元素在元素周期表的位置　
　，基态Cu原子的核外电子排布式为　
　。
（2）形成铬锆铜合金的元素中，其基态原子未成对电子数最多的元素是　
　。
（3）配合物[Cr（NH3）4（H2O）2]Cl3中的配位数是　
　，1mol配合物中所含σ键的数目为　
　。
（4）如表是Fe与Cu的部分电离能数据，解释I2（Cu）大于I2（Fe）的主要原因是　
　。
元素
Fe
Cu
第一电离能I1（kJ/mol）
759
746
第二电离能I2（kJ/mol）
1561
1958
（5）硫酸铜（CuSO4）是一种重要的工业原料，写出其阴离子（SO42﹣）的空间构型　
　，与其互为等电子体的分子为　
　。
（6）铜与氯形成的晶胞如图所示，写出该晶胞的化学式　
　。
16．煤燃烧产生的烟气直接排放到空气中，可引发酸雨等环境问题。
（1）在一定条件下一氧化碳可将二氧化硫还原为单质硫。
已知：①C（s）+O2（g）═CO2（g）△H＝﹣393.5kJ?mol﹣1
②CO2（g）+C（s）═2CO（g）△H＝+172.5kJ?mol﹣1
③S（s）+O2（g）═SO2（g）△H＝﹣296.0kJ?mol﹣1
反应2CO（g）+SO2（g）═S（s）+2CO2（g）△H＝　
　
kJ?mol﹣1
（2）石灰石﹣石膏脱硫有干法和湿法两种，其原理为利用石灰石作原料在不同条件下吸收SO2转化为石膏。
①干法脱硫的效率受添加助剂（由多种天然矿物配比而成的，价格较贵）的影响。脱硫效率随助剂的添加量变化如图1所示。助剂适宜添加量为　
　%，理由是　
　。
②湿法脱硫的过程中，所用的石灰石浆液在进入脱硫装置前，需先通一段时间二氧化碳，以增加其脱硫效率，理由是　
　。
（3）工业上可用Na2SO3溶液吸收烟气中的二氧化硫，所得吸收液进行电解循环再生，如图2所示。写出阳极的电极反应式　
　（任写一个）。
（4）已知25℃时，NH3?H2O的Kb＝1.8×10﹣5，H2SO3的K＝1.3×10﹣2，K＝6.2×10﹣8。若氨水的浓度为2mol?L﹣1，则溶液中c（OH﹣）＝　
　。将SO2通入该氨水中，当c（OH﹣）降至10×10﹣7mol?L﹣1时，溶液中的＝　
　。
17．化合物G是合成的一种减肥药的重要中间体，其合成路线如图所示。
（1）A、C中的含氧官能团名称分别为　
　、　
　。
（2）C→D的反应类型为　
　。
（3）F的分子式为C11H15Cl2N，则F的结构简式为　
　。
（4）B的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式　
　。
①能发生银镜反应；
②能发生水解反应，水解产物与氯化铁溶液发生显色反应；
③分子中只有3种不同化学环境的氢。
（5）写出以1，3﹣丁二烯和为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）。
18．钛白粉（TiO2）在涂料、油墨等工业中有重要用途。实验室利用金红石（主要成分为TiO2，含少量SiO2杂质）制备钛白粉并测定其质量分数的过程如下：
已知：①TiO2是白色粉末，不溶于水和稀酸，溶于氢氟酸和热的浓硫酸；Ti3+在空气中容易被氧化。
②有关物质的性质如表。
物质
熔点/℃
沸点/℃
其它
CCl4
﹣23
76
与TiCl4互溶
TiCl4
﹣25
136
遇潮湿空气产生白雾
SiCl4
﹣70
57.6
遇潮湿空气产生白雾
Ⅰ．制备TiCl4：
利用反应TiO2（s）+CCl4（g）
TiCl4（g）+CO2（g），在如图装置中制备TiCl4。
（1）实验过程中的操作包括：①组装仪器，②　
　，③加装药品，④通N2一段时间，⑤最后点燃酒精灯……。实验结束后欲分离D中烧瓶内的液态混合物，所采用操作的名称是　
　。
（2）装置E的主要作用是　
　。
（3）若用反应TiO2（S）+2C（s）+2Cl2（g）
TiCl4（g）+2CO（g）制取TiCl4，可将上述实验作
如下改变：①将通N2改为通Cl3，②撤去装置B，③石英管内改为盛TiO2和C，④　
　，⑤增加CO的吸收装置。
Ⅱ．制备钛白粉：
在TiCl4中加水、加热，水解得到沉淀TiO2?xH2O，经过滤、水洗，烘干、焙烧除去水分得到钛白粉。
（4）写出水解生成TiO2?xH2O的化学方程式　
　。
Ⅲ．测定钛白粉中TiO2的质量分数：
（5）某研究小组欲测定制得的钛白粉中TiO2的质量分数，实验步骤如下：
步骤一：将ag钛白粉试样溶于足量热的硫酸；在隔绝空气的条件下加入过量的铝粉将Ti4+还原为Ti3+后过滤；
步骤二：配制0.100mol?L﹣11000mL硫酸铁铵标准溶液。称取48.2g硫酸铁铵[NH4Fe（SO4）2?12H2O]于适量的稀硫酸中加热溶解，　
　，塞好瓶塞，反复颠倒摇匀。
步骤三：加入几滴KSCN溶液作指示剂，用配制的NH4Fe（SO4）2标准溶液滴定（将Ti3+氧化为Ti4+），至终点时消耗NH4Fe（SO4）2溶液的体积νmL。
①补齐步骤二中实验步骤　
　。
②钛白粉试样中所含（TiO2）的质量分数表达式为　
　。
③下列关于测定过程的分析，说法正确的是　
　（填字母）。
a．若钛白粉中含有少量铁元素，将导致测定结果偏高
b．若步骤三滴定过程中速度过慢，将导致结果偏低
c．若步骤三中所用的酸式滴定管未用NH4Fe（SO4）2标准浴液润洗，则测得样品中Ti元素含量偏高
2020-2021学年江苏省连云港市高三（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共8小题，每小题2分，共16分。每小题只有一个选项符合题意。
1．【答案】A
【解答】解：A．氮化硅陶瓷属于无机物，是新型无机非金属材料，故A正确；
B．碳纤维主要成分为碳单质，属于无机非金属材料，故B错误；
C．华为手机使用的麒麟980芯片主要成分为硅单质，为半导体，光导纤维成分是二氧化硅，不是半导体材料，故C错误；
D．聚丙烯是合成高分子化合物，故D错误；
故选：A。
2．【答案】D
【解答】解：A．石墨质软，能在纸上留下灰褐色痕迹，可用于制铅笔芯，与导电性无关，故A错误；
B．二氧化硫能够与有色物质化合生成无色物质，所以具有漂白性，与氧化性无关，故B错误；
C．FeCl3溶液具有氧化性，可用于刻蚀Cu制电路板，故C错误；
D．稀硫酸能够与氧化铁反应生成硫酸亚铁和水，所以可以用稀硫酸的酸性除去铁锈，故D正确。
故选：D。
3．【答案】D
【解答】解：A．黄铁矿的主要成分是FeS2，煅烧生成二氧化硫，再将二氧化硫转化为三氧化硫，然后与水反应生成硫酸，通过该生产流程可制备硫酸，故A正确；
B．BaSO4在水中存在沉淀溶解平衡，加饱和碳酸钠溶液会生成碳酸钡沉淀，碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡溶液，所以能由重晶石制可溶性钡盐，故B正确；
C．石英砂的主要成分是二氧化硅，高温下二氧化硅与C反应生成粗硅和CO，高温下粗硅与氯气生成四氯化硅，在高温下用氢气还原四氯化硅可以得到Si，故C正确；
D．
铝土矿主要成分是三氧化二铝，应提纯后再电解，电解氧化铝制备Al，反应为2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑，不能电解氯化铝溶液，故D错误；
故选：D。
4．【答案】A
【解答】解：A．反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能，则N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）的△H＝﹣（6c﹣a﹣3b）kJ?mol﹣1，所以每生成2mol
NH3，放出（6c﹣a﹣3b）kJ热量，故A正确；
B．NH3分子中N的价层电子对数为3+（5﹣3×1）＝4，H2O分子中O的价层电子对数为2+（6﹣2×1）＝4，则两个分子的中心原子杂化类型相同，故B错误；
C．催化剂a、b表面单质分子分解形成原子，均发生了非极性共价键的断裂，故C错误；
D．在催化剂b作用下氧气与氨气反应生成NO和水，NO为直线形分子，H2O为V形分子，故D错误。
故选：A。
5．【答案】B
【解答】解：A．向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，沉淀由白色变为黑色，发生反应的离子方程式为：2AgCl+S2﹣═Ag2S+2Cl﹣，故A正确；
B．碳酸氢铵溶液中加入足量氢氧化钠溶液，反应生成碳酸钠、一水合氨和水，正确的离子方程式为：NH4++HCO3﹣+2OH﹣═CO32﹣+H2O+NH3?H2O，故B错误；
C．向Na2SiO3溶液中通入过量CO2制备硅酸凝胶，离子方程式为：SiO32﹣+2CO2+2H2O═H2SiO3↓+2HCO3﹣，故C正确；
D．将氯气通入石灰乳中，制备漂白粉，离子方程式为：2Cl2+2Ca（OH）2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，故D正确；
故选：B。
6．【答案】B
【解答】解：由以上分析可知，X为O，Y为F，Z为Si，W为Fe元素。
A.同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径r（X）＞r（Y），故A错误；
B.高温条件下，铁与水蒸气反应，可生成四氧化三铁和氢气，故B正确；
C.二氧化硅属于原子晶体，而四氟化硅为原子晶体，故C错误；
D.O、Fe形成的氧化铁为红棕色固体，故D错误。
故选：B。
7．【答案】D
【解答】解：A．工业上根据氮气和氧气的沸点不同加以分离液态空气制取氧气和氮气，故A正确；
B．氮气和氢气通过甲装置，甲装置的作用除了将气体混合外，还有控制气体流速、干燥混合气体，故B正确；
C．合成氨N2（g）+3H2（g）2NH3（g）反应是可逆的，丙中导气管不会发生倒吸的原因可能是反应中氨的产率较少，故C正确；
D．氨气在被氧化生成NO，为放热反应，反应的方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，通入氧气，在溶液中生成硝酸，进而在溶液中生成硝酸铵，则溶液中含有的离子有NH4+和NO3﹣等，二氧化氮与棉花中NaOH溶液发生氧化还原反应生成硝酸钠和亚硝酸钠，故D错误；
故选：D。
8．【答案】C
【解答】解：A．粗镍含有杂质，镍在阴极生成，则精炼时，粗镍做阳极，精镍做阴极，故A错误；
B．该反应的△S＜0，常温下能自发进行，△H﹣T△S＜0，则△H＜0，故B错误；
C．室温下，稀释0.1mol?L﹣1氨水促进一水合氨电离，但一水合氨电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中c（OH﹣）、c（NH3?H2O）、c（NH4+）减小，温度不变，水的离子积常数、一水合氨电离平衡常数都不变，c（H+）?c（NH3?H2O）＝．c（NH3?H2O）＝＝，铵根离子浓度减小导致c（H+）?c（NH3?H2O）减小，故C正确；
D．该反应中Fe失电子生成+3价铁，所以5.6gFe在足量Cl2中充分燃烧，转移电子的数目约为0.3×6.02×1023，故D错误，
故选：C。
二、不定项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9．【答案】C
【解答】解：A．b电极为a电极过来的S2﹣变为S2，失电子、被氧化、化合价升高，所以b电极为阳极，发生氧化反应，故A不选；
B．a电极为H2S得电子被还原变为H2，并产生S2﹣移动到b电极，所以a电极为阴极，电极反应式为H2S+2e﹣═S2﹣+H2↑，故B不选；
C．净化气中CO2含量明显增加，不是电化学膜中的碳被氧化，整个体系中并没有可氧化碳的物质，是来自于熔融碳酸盐的分解，故C选；
D．H2和e﹣的关系式为H2～2e﹣，S2和e﹣的关系式为S2～4e﹣，因通过整个电路的电量一样，所以H2和S2的关系式为2H2～S2，因此工作一段时间后，生成H2和S2的物质的量之比为2：1，故D不选；
故选：C。
10．【答案】AC
【解答】解：A．连接4个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，分子中连接羟基、酰胺键的碳原子为手性碳原子，共5个，故A正确；
B．虚线框内中五元环中3个C均为四面体结构，所有碳、氧原子不一定在同一平面内，故B错误；
C．含有羟基，在一定条件下可发生取代、消去和氧化反应，故C正确；
D．N原子分别形成2、3个σ键，且含有1个孤对电子，则N原子分别采用sp2、sp3杂化，故D错误。
故选：AC。
11．【答案】B
【解答】解：A.Zn足量，酸HA放出的氢气多，可知HA随反应进行继续电离，HA的酸性更弱，则酸性HB＞HA，故A正确；
B.酸性溶液中亚铁离子可被硝酸根离子氧化，由操作和现象不能说明是否变质，故B错误；
C.泡在热水中，气体红棕色加深，可知升高温度向生成二氧化氮的方向移动，则2NO2（g）?N2O4（g）△H＜0，故C正确；
D.反应生成苯酚钠、碳酸氢钠，则结合H+的能力：CO32﹣＞C6H5O﹣，故D正确；
故选：B。
12．【答案】AC
【解答】解：A.C2O42﹣的水解常数K＝＝＝10﹣9.8，故A正确；
B.加入NaOH溶液体积为10.00mL时，恰好生成NaHC2O4，由水解常数K＜Ka2（H2C2O4）＝10﹣4.2，可知HC2O4﹣的电离大于其水解，则c（Na+）＞c（HC2O4﹣）＞c（C2O42﹣）＞c（H2C2O4），故B错误；
C.当加入NaOH溶液体积为15.00mL时，溶液中含等量的NaHC2O4、Na2C2O4，存在物料守恒式3（HC2O4﹣）+3c（H2C2O4）+3c（C2O42﹣）＝2c（Na+），电荷守恒式为c（Na+）+c（H+）＝2c（C2O42﹣）+c（OH﹣）+c（HC2O4﹣），得到c（HC2O4﹣）+3c（H2C2O4）+2c（H+）＝2c（OH﹣）+c（C2O42﹣），且水解常数K＜Ka2，混合溶液显酸性，可知c（H+）＞c（OH﹣），则c（HC2O4﹣）+3c（H2C2O4）＜c（C2O42﹣），故C正确；
D.当加入NaOH溶液体积为20.00mL时，恰好生成Na2C2O4，溶液中存在物料守恒式2（HC2O4﹣）+2c（H2C2O4）+2c（C2O42﹣）＝c（Na+），电荷守恒式为c（Na+）+c（H+）＝2c（C2O42﹣）+c（OH﹣）+c（HC2O4﹣），得到c（H2C2O4）+c（H+）═c（OH﹣）+c（C2O42﹣），故D错误；
故选：AC。
13．【答案】BD
【解答】解：A．催化剂不能改变平衡转化率，若图中a点使用了催化剂，则b点没有达到平衡状态，不可能是催化剂的影响，可能是压强较小，故A错误；
B．温度升高，SO2的平衡转化率降低，说明反应逆向移动，正反应放热，△H＜0，故B正确；
C．在恒压下，将起始n（SO2）和n（O2）变为原来的一半，平衡不移动，图象不发生改变，故C错误；
D．T1℃下，c起始（O2）＝2.0×10﹣2mol?L﹣1，反应正向移动，则c平衡（O2）＜2.0×10﹣2mol?L﹣1，SO2平衡转化率为50%，则平衡时c（SO2）＝c（SO3），化学平衡常数K＝＞＝50，故D正确；
故选：BD。
二、非选择题（共5题，64分）
14．【答案】（1）提高铁元素的浸出率，抑制金属离子水解；
（2）4Fe2++O2+8OH﹣+2H2O＝4Fe（OH）3↓；
（3）使Fe3+完全沉淀，而Al3+不沉淀；
（4）防止纳米铁粉被氧化；
（5）①纳米铁粉与氢离子反应；
②c。
【解答】解：（1）“酸溶”过程中H2SO4过量，可提高铁元素的浸出率，且抑制金属离子水解，故答案为：提高铁元素的浸出率，抑制金属离子水解；
（2）沉淀”过程中，通入空气，氧化亚铁离子，可生成氢氧化铁，反应的离子方程式为4Fe2++O2+8OH﹣+2H2O＝4Fe（OH）3↓，
故答案为：4Fe2++O2+8OH﹣+2H2O＝4Fe（OH）3↓；
（3）“沉淀”过程需要调节溶液的pH的范围是3.2～3.5，可使Fe3+完全沉淀，而Al3+不沉淀，故答案为：使Fe3+完全沉淀，而Al3+不沉淀；
（4）纳米铁粉具有还原性，通入氮气，排除空气，可防止纳米铁粉被氧化，故答案为：防止纳米铁粉被氧化；
（5）①酸性条件下，纳米铁粉与氢离子反应，可导致去除率下降，故答案为：纳米铁粉与氢离子反应；
②铁与碱不反应，碱性条件下使铅离子生成沉淀而除去，碱性过强，去除率下降，与Pb2+在碱性条件生成的沉淀又被碱溶解有关，
故答案为：c。
15．【答案】（1）第四周期ⅥB族；[Ar]3d104s1或1s22s22p63s23p63d104s1；
（2）Cr；
（3）6；22NA；
（4）Cu的价电子排布为3d104s1，失去1个电子后，价层电子为3d10，全充满较稳定；
（5）正四面体；CCl4或SiCl4；
（6）CuCl。
【解答】解：（1）铬元素在元素周期表的位置为第四周期ⅥB族，基态Cu原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s1或1s22s22p63s23p63d104s1，
故答案为：第四周期ⅥB族；[Ar]3d104s1或1s22s22p63s23p63d104s1；
（2）Cr、Zr、Cu的价电子排布分别为3d54s1、3d24s2、3d104s1，未成对电子数分别为6、2、1，基态原子未成对电子数最多的元素是Cr，
故答案为：Cr；
（3）NH3、H2O均为配位体，配位数为4+2＝6，含6个配位键、12个N﹣H键、4个O﹣H键，1mol配合物中所含σ键的数目为22NA，
故答案为：6；22NA；
（4）I2（Cu）大于I2（Fe）的主要原因是Cu的价电子排布为3d104s1，失去1个电子后，价层电子为3d10，全充满较稳定，
故答案为：Cu的价电子排布为3d104s1，失去1个电子后，价层电子为3d10，全充满较稳定；
（5）阴离子（SO42﹣）的价层电子对数为4+＝4，不含孤对电子，S为sp3杂化，空间构型为正四面体，原子数为5、价电子数为32，与其互为等电子体的分子为CCl4或SiCl4，
故答案为：正四面体；CCl4或SiCl4；
（6）由晶胞结构可知，Cu位于体内，Cu原子个数为4；Cl位于顶点和面心、棱心、体心，Cl原子个数为8×+2×+4×+1＝4，Cu、Cl原子个数比为1：1，该晶胞的化学式为CuCl，
故答案为：CuCl。
16．【答案】（1）﹣270；
（2）①20%；反应助剂添加量为20%时去除量较高，超过20%时虽然去除量略有上升，但经济成本增加；
②通入CO2，将CaCO3转化为易溶于水的Ca（HCO3）2，增大SO2的接触面积，增强吸收效果；
（3）HSO3﹣﹣2e﹣+H2O＝SO42﹣+3H+或SO32﹣﹣2e﹣+H2O＝SO42﹣+2H+；
（4）6×10﹣3mol/L；0.62。
【解答】解：（1）已知：
①C（s）+O2（g）═CO2（g）△H＝﹣393.5kJ?mol﹣1
②CO2（g）+C（s）═2CO（g）△H＝+172.5kJ?mol﹣1
③S（s）+O2（g）═SO2（g）△H＝﹣296.0kJ?mol﹣1
根据盖斯定律：﹣②﹣③+①即可得：2CO（g）+SO2（g）＝S（s）+2CO2（g）△H＝（﹣172.5+296.0﹣393.5）kJ?mol﹣1＝﹣270kJ?mol﹣1，
故答案为：﹣270；
（2）①由图1可知，反应助剂添加量为20%时去除量较高，超过20%时虽然去除量略有上升，但经济成本增加，
故答案为：20；反应助剂添加量为20%时去除量较高，超过20%时虽然去除量略有上升，但经济成本增加；
②石灰石浆液的主要成分为CaCO3，难溶于水，通一段时间二氧化碳，可将CaCO3转化为易溶于水的Ca（HCO3）2，增大SO2的接触面积，增强吸收效果，
故答案为：通入CO2，将CaCO3转化为易溶于水的Ca（HCO3）2，增大SO2的接触面积，增强吸收效果；
（3）根据阳极化合价升高，结合图2可知，阳极为HSO3﹣转化为SO42﹣或SO32﹣转化为SO42﹣，电极反应式为：HSO3﹣﹣2e﹣+H2O＝SO42﹣+3H+或SO32﹣﹣2e﹣+H2O＝SO42﹣+2H+，
故答案为：HSO3﹣﹣2e﹣+H2O＝SO42﹣+3H+或SO32﹣﹣2e﹣+H2O＝SO42﹣+2H+；
（4）氨水的浓度为2mol?L﹣1，则
NH3?H2O＝NH4++OH﹣
（单位：mol/L）
起始量：2
0
0
转化量：x
x
x
平衡量：2﹣x
x
x
平衡常数Kb＝＝≈＝1.8×10﹣5，解得x＝6×10﹣3mol/L；c（OH﹣）降至10×10﹣7mol?L﹣1时，c（H+）＝＝＝10﹣7，＝＝＝＝0.62，
故答案为：6×10﹣3mol/L；0.62。
17．【答案】（1）羧基；羟基；
（2）取代反应；
（3）；
（4）；
（5）。
【解答】解：（1）由结构简式可知A、C分别含有羧基、羟基，故答案为：羧基；羟基；
（2）由官能团的转化可知C发生取代反应生成D，故答案为：取代反应；
（3）F的分子式为C11H15Cl2N，可知E中的﹣OH被Cl原子替代生成F，则F的结构简式为，
故答案为：；
（4）B的同分异构体①能发生银镜反应，说明含有醛基；
②能发生水解反应，水解产物与氯化铁溶液发生显色反应，则说明含有酯基，且水解生成酚羟基，应含有HCOO﹣结构；
③分子中只有3种不同化学环境的氢，说明结构对称，苯环含有两个甲基、一个氯原子和一个HCOO﹣，
则对应的同分异构体可为，
故答案为：；
（5）以1，3﹣丁二烯和为原料制备，1，3﹣丁二烯先和溴发生加成反应生成CH2BrCH＝CHCH2Br，水解生成CH2OHCH＝CHCH2OH，在浓硫酸作用下生成，与HBr发生加成反应后再与反应生成，可合成流程为，
故答案为：。
18．【答案】（1）检验装置气密性；蒸馏；
（2）防止空气中水进入D装置；
（3）在装置E后增加盛有NaOH溶液的洗气瓶；
（4）TiCl4+（x+2）H2OTiO2?xH2O↓+4HCl；
（5）①冷却至室温后转移至1000
mL容量瓶中，用蒸馏水洗涤烧杯与玻璃棒2～3次井将洗涤液全部注入容量瓶中，向容量瓶中加蒸馏水至离刻度线还有1～2cm时，改用胶头滴管滴加，至溶液凹液面正好与刻度线相切；
②；
③bc。
【解答】解：I．（1）实验过程中的操作包括：①组装仪器，②检验装置气密性，③加装药品，④通N2一段时间，⑤点燃酒精灯…．实验结束后欲分离D中的液态混合物，所采用操作的名称是蒸馏，
故答案为：检验装置气密性；蒸馏；
（2）由上述分析可知，装置E中的试剂是浓硫酸，防止空气中水进入D装置中导致TiCl4水解；
故答案为：防止空气中水进入D装置；
（3）若用反应TiO2（s）+2C（s）+2Cl2（g）
TiCl4（g）+2CO（g）制取TiCl4，可将上述实验作如下改变：①将通N2改为通Cl2，②撤去装置B，③装置C内改为盛金红石和碳粉，④在装置E后增加盛有NaOH溶液的洗气瓶，或者将E改为盛碱石灰的干燥管，⑤增加CO的吸收装置，
故答案为：在装置E后增加盛有NaOH溶液的洗气瓶；
Ⅱ．（4）生成TiO2?xH2O的化学方程式为TiCl4+（x+2）H2OTiO2?xH2O↓+4HCl，
故答案为：TiCl4+（x+2）H2OTiO2?xH2O↓+4HCl；
Ⅲ．（5）①根据一定浓度溶液的配制方法，步骤二为：配制0.100mol?L﹣11000mL硫酸铁铵标准溶液。称取48.2g硫酸铁铵[NH4Fe（SO4）2?12H2O]于适量的稀硫酸中加热溶解，冷却至室温后转移至1000
mL容量瓶中，用蒸馏水洗涤烧杯与玻璃棒2～3次井将洗涤液全部注入容量瓶中，向容量瓶中加蒸馏水至离刻度线还有1～2cm时，改用胶头滴管滴加，至溶液凹液面正好与刻度线相切，塞好瓶塞，反复颠倒摇匀，
故答案为：冷却至室温后转移至1000
mL容量瓶中，用蒸馏水洗涤烧杯与玻璃棒2～3次井将洗涤液全部注入容量瓶中，向容量瓶中加蒸馏水至离刻度线还有1～2cm时，改用胶头滴管滴加，至溶液凹液面正好与刻度线相切；
②根据得失电子守恒，有：1Ti3+～1Fe3+，故n（Fe3+）＝n（Ti3+）＝n（TiO2）＝cv×10﹣3mol＝v×10﹣4mol，其质量为m（TiO2）＝n×M＝v×10﹣4mol×80g/mol＝0.008v
g，所以质量分数为＝；
故答案为：；
③a．若钛白粉中含有少量铁元素，在滴定时，NH4Fe（SO4）2标准溶液的用量将减少，将导致测定结果偏低，故a错误；
b．若步骤三滴定过程中速度过慢，空气的氧气会Ti3+氧化为Ti4+，标准溶液减少，将导致结果偏低，故b正确；
c．若步骤三中所用的酸式滴定管未用NH4Fe（SO4）2标准浴液润洗，标准溶液被稀释，滴定用量增加，则测得样品中Ti元素含量偏高，故c正确；
故答案为：bc。