2020-2021学年江苏省南通市海安市高三（上）期中化学试卷（含解析）

2020-2021学年江苏省南通市海安市高三（上）期中化学试卷
一、选择题（共9小题，每小题2分，满分20分）
1．化学与科技、社会、生产密切相关。下列说法正确的是（　　）
A．生产SMS医用口罩所用的一种原料丙烯，主要来源于石油的裂化
B．纤维漂白剂NO2在低温时变成无色液体，该过程属于物理变化
C．核酸检测是诊断新冠肺炎的重要依据，核酸组成为C、H、O三种元素
D．过氧化氢空气消毒机广泛应用于抗疫中，这是利用了过氧化氢的氧化性
2．下列化学用语不正确的是（　　）
A．S2﹣的结构示意图：
B．中子数为7的氮原子：N
C．葡萄糖分子的实验式：CH2O
D．乙炔的结构式：H﹣C≡C﹣H
3．下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（　　）
A．二氧化硫具有强还原性，可用作漂白剂
B．硅胶具有弱酸性，可用作袋装食品的干燥剂
C．硝酸能发生酯化反应，可用于制造硝化甘油
D．氧化铝熔点高，可用于制坩埚熔化烧碱固体
4．室温时，下列各环境下的离子组合一定能够大量共存的是（　　）
A．0.1mol/L
Na2CO3的溶液中：Ca2+、Fe3+、SO42﹣、Cl﹣
B．0.1mol/L
HCl的溶液中：Fe3+、K+、I﹣、NO3﹣
C．0.1mol/L
NaOH的溶液中：K+、Ba2+、Cl﹣、ClO﹣
D．0.1mol/L
NaHCO3的溶液中：Na+、K+、Al3+、Cl﹣
5．在一定条件下，下列转化关系正确的是（　　）
A．CuO（s）Cu（OH）2（s）Cu2O（s）
B．Na（s）Na2O2（s）NaOH（aq）
C．NaClO（aq）HClO（aq）Cl2（g）
D．CaCl2（aq）CaCO3（s）CaSiO3（s）
6．NaOH是一种常用的试剂。下列实验能达到实验目的的是（　　）
A
B
C
D
配制0.10mol/L
250mL
NaOH溶液
用NaOH溶液除去苯中的苯酚
除去Cl2中的HCl
实验室制取NH3
A．A
B．B
C．C
D．D
7．下列化学反应的叙述正确的是（　　）
A．铁粉与Al2O3可发生铝热反应
B．AlCl3与过量氨水生成偏铝酸铵
C．常温下Al在稀硝酸中可发生钝化
D．电解熔融Al2O3可制金属铝
8．短周期元素R、W、X、Y、Z的原子序数依次增大，基态R原子的核外3个能级中所含电子数相等，X原子为第三周期第一电离能最大的金属原子，W元素和Z元素同主族，且Z元素的核电荷数是W的2倍，Y元素的最高正价与最低负价代数和为零。下列说法不正确的是（　　）
A．简单离子半径：Z＞W＞X
B．W的简单氢化物熔沸点比Z的简单氢化物熔沸点低
C．Y与W形成的化合物YW2的熔点高、硬度大
D．Y、R、Z最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序：Z＞R＞Y
9．阅读下列资料，完成9﹣10题。
高铁酸钾（K2FeO4）为暗紫色有光泽粉末，极易溶于水，静置后会分解放出氧气，并生成氢氧化铁，在强碱性溶液中相当稳定。高铁酸钾是极好的氧化剂，是一种新型非氯高效消毒剂，常用于饮水处理。实验室中模拟高铁酸钾的生产流程如下：
上述流程中涉及的离子反应方程式书写不正确的是（　　）
A．反应①：2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣
B．反应②：Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O
C．反应③：3Fe3O4+28H++NO3﹣═9Fe3++NO↑+14H2O
D．反应④：2Fe3++3ClO﹣+5H2O═2FeO42﹣+3Cl﹣+10H+
10．阅读下列资料，完成9﹣10题。
高铁酸钾（K2FeO4）为暗紫色有光泽粉末，极易溶于水，静置后会分解放出氧气，并生成氢氧化铁，在强碱性溶液中相当稳定。高铁酸钾是极好的氧化剂，是一种新型非氯高效消毒剂，常用于饮水处理。实验室中模拟高铁酸钾的生产流程如下：
下列说法正确的是（　　）
A．K2FeO4具有强氧化性，所以能够吸附水中的悬浮物质，起到絮凝沉淀作用
B．上述流程反应④中，每生成1mol
K2FeO4转移电子为4mol
C．当1mol
K2FeO4与水反应时，生成O2的体积在标准状况下为16.8L
D．K2FeO4能够将亚硝酸盐氧化为硝酸盐，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2
二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。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0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得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0分
11．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
用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色
该溶液中一定不含K+
B
将稀盐酸滴入硅酸钠溶液中，充分振荡，有白色沉淀产生
非金属性：Cl＞Si
C
向盛有Na2SO3溶液的试管中加入盐酸酸化，无白色沉淀，再加氯化钡溶液，生成白色沉淀
原Na2SO3已被氧化
D
向20%麦芽糖溶液中加入少量稀硫酸、加热水解，冷却后加入银氨溶液，水浴加热，未出现银镜
麦芽糖水解产物不具有还原性
A．A
B．B
C．C
D．D
12．羟甲香豆素（Z）是一种治疗胆结石的药物。其合成涉及如下转化，下列有关说法正确的是（　　）
A．Y的分子式为C10H8O4
B．X分子中不含有手性碳原子
C．1mol
Y与足量NaOH溶液反应，最多消耗3mol
NaOH
D．1mol
Z与足量浓溴水反应，发生加成反应消耗1mol
Br2
13．Cl2O是黄棕色的气体，强氧化剂，易溶于水且会与水反应生成次氯酸，与有机物、还原剂接触或加热时会发生燃烧并爆炸。一种制取Cl2O的装置如图所示，已知：①HgO+2Cl2═HgCl2+Cl2O；②Cl2O沸点为3.8℃；Cl2的沸点为﹣34.6℃。下列说法中正确的是（　　）
A．Cl2O与水的反应中，生成的次氯酸是氧化产物
B．装置②③中的药品依次为浓硫酸、饱和食盐水
C．装置④中固体增重1.1g，可制得0.02mol
Cl2O
D．干燥空气的作用是稀释Cl2O，可用甲烷代替
14．室温下，向10mL
0.10mol?L﹣1的HA（Ka＝1.0×10﹣3）中逐滴加入0.10mol?L﹣1NaOH溶液，溶液pH随加入NaOH溶液体积的变化关系如图所示。若溶液混合引起的体积变化可忽略，下列说法正确的是（　　）
A．a点时，c（Na+）﹣c（HA）＝c（OH﹣）﹣c（H+）
B．由a→b，溶液中n（A﹣）持续增大
C．b点时，c（Na+）＝c（HA）+c（A﹣）+c（OH﹣）
D．V＝10mL时，c（HA）+c（A﹣）+c（Na+）＝0.20mol?L﹣1
15．2019年9月我国科研人员研制出Ti﹣H﹣Fe双温区催化剂，其中Ti﹣H区域和Fe区域的温度差可超过100℃。Ti﹣H﹣Fe双温区催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用标注。下列说法正确的是（　　）
A．能量变化最大的过程中发生了N≡N断裂
B．过程②③处于高温区域；过程⑤处于低温区域
C．过程④表示N原子由Fe区域向Ti﹣H区域传递
D．使用双温区催化合成氨，使合成氨反应转化为吸热反应
二、解答题（共5小题，满分60分）
16．砷（As）元素广泛的存在于自然界。金属冶炼过程产生的含砷有毒工业废水经处理转化为粗As2O3流程如图1所示。
已知：砷酸盐比亚砷酸盐更难溶。H3AsO3受热易分解为As2O3。
（1）H3AsO3溶液中各组分的物质的量分数随pH变化如图2所示：用NaOH溶液调节pH至11时亚砷酸主要反应的离子方程式为　
　。
（2）通入空气氧化的目的为　
　。
（3）滤渣的主要成分为　
　。
（4）“沉砷”是将砷元素转化为Ca5（AsO4）3OH沉淀，发生的主要反应有：
①Ca（OH）2（s）?Ca2+（aq）+2OH﹣（aq）△H＜0
②5Ca2+（aq）+OH﹣（aq）+3AsO43﹣（aq）?Ca5（AsO4）3OH（s）△H＞0
资料表明：“沉砷”的最佳温度是85℃，温度高于85℃，随温度升高沉淀率下降，从平衡移动角度分析其原因是　
　。
（5）还原过程中发生反应的化学方程式为　
　。
（6）上述流程中可循环使用的物质为　
　。（填写化学式）
17．元素周期表中第四周期的某些过渡元素（如V、Zn、Co等）在生产、生活中有着广泛的应用。
（1）钒（V）及其化合物广泛应用于工业催化、新材料和新能源等领域。
①基态钒原子的外围电子排布式为　
　。
②V2O5的结构式如图所示，则V2O5分子中σ键和π键数目之比为　
　。
（2）Co（NH3）5Cl3是钴的一种配合物，中心离子的配位数为6，向100mL0.2mol?L﹣1该配合物的溶液中加入足量AgNO3溶液，生成5.74g白色沉淀。
①NO3﹣的空间构型为　
　。
②则该配合物中配离子的化学式为　
　。
（3）ZnF2是生成良好的光学基质材料KZnF3的原料，ZnF2、KZnF3两种晶体的晶胞结构如图所示。
①已知：ZnF2的熔点为872℃，ZnCl2的熔点为275℃，ZnBr2的熔点为394℃，ZnBr2的熔点高于ZnCl2的原因为　
　。
②KZnF3晶体（晶胞顶点为K+）中，与Zn2+最近且等距离的F﹣数为　
　。
③若NA表示阿伏加德罗常数的值，则ZnF2晶体的密度为　
　g/cm3。（用含a、c、NA的代数式表示）
18．以化合物A为原料合成化合物M的线路如图所示。
（1）写出化合物B中含氧官能团的名称为　
　。
（2）④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、化合物A为原料合成，写出制备该物质的合成路线流程图　
　。（无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）
19．实验室模拟工业上用铬污泥（含有Cr2O3、Fe2O3、SiO2等）制备K2CrO4的工艺流程如图1。
已知：
①Cr（OH）3不溶于水，与Al（OH）3类似，具有两性；
②酸性条件下，H2O2可将+6价的Cr还原为+3价的Cr；
③+6价的Cr在溶液pH＜5时，主要以Cr2O72﹣的形式存在；在pH＞7时，主要以CrO42﹣的形式存在；
④部分物质溶解度曲线如图2所示。
（1）用KOH调节pH至11～12的目的是　
　。
（2）写出加入30%
H2O2过程中发生的离子反应方程式：　
　。
（3）流程中K2CrO4溶液含有少量过氧化氢，经过多步处理制得K2Cr2O7晶体。请补充完整由K2CrO4溶液为原料制备K2Cr2O7晶体的实验方案：取一定量流程中的K2CrO4溶液于烧杯中，　
　，过滤、冰水洗涤及干燥。（实验中必须使用的试剂：稀盐酸）
（4）铁明矾[Al2Fe（SO4）4?24H2O]在空气中能被氧气氧化，久置后生成盐A，盐A的化学式为Al2Fe（OH）x（SO4）4?24H2O。为确定盐A的化学式，学习小组进行如下实验：
①取一定质量的盐A样品溶于足量的稀硫酸中，将溶液分为两等份；
②其中一份与酸性K2Cr2O7溶液充分反应（反应后Cr2O72﹣被还原成Cr3+），消耗浓度为0.3000mol?L﹣1的K2Cr2O7溶液25.00mL；
③往另一份溶液中加入足量稀氨水，在空气中微热并搅拌使之充分反应，待沉淀不再变化后过滤，将沉淀洗涤并充分灼烧后称量，得9.10g干燥固体粉末。通过计算确定x的值。（写出计算过程）
20．CO2的综合利用是解决温室问题的有效途径。
（1）Li4SiO4可用于吸收、释放CO2，原理是：在500℃，CO2与Li4SiO4接触后生成Li2CO3；平衡后加热至700℃，反应逆向进行，放出CO2，Li4SiO4再生。写出CO2与Li4SiO4反应的化学方程式：　
　；该反应为　
　（填“吸热”或“放热”）反应。
（2）利用太阳能和缺铁氧化物[如Fe0.9O]可将廉价CO2热解为碳和氧气，实现CO2再资源化，转化过程如图1所示，若用1mol缺铁氧化物[Fe0.9O]与足量CO2完全反应，单次循环可生成　
　mol　C（碳）。
（3）利用CO2与H2合成甲醇涉及的主要反应如下：
a．CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）△H1＝﹣58kJ?mol﹣1
b．CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）△H2＝+41kJ?mol
则CO（g）与H2（g）合成CH3OH（g）的热化学方程式为：　
　。
（4）中国科学家首次用CO2高效合成乙酸，其反应路径如图2所示。
①根据图2所示，写出总反应的化学方程式：　
　。
②原料中的CH3OH可通过电解法由CO2制取，用稀硫酸作电解质溶液，写出生成CH3OH的电极反应式：　
　。
③催化剂的催化效率和乙酸的生成速率随温度的变化关系如图3所示。300℃到400℃之间，乙酸生成速率加快的原因是　
　。
2020-2021学年江苏省南通市海安市高三（上）期中化学试卷
试题解析
一、选择题（共9小题，每小题2分，满分20分）
1．解：A．裂化的目的是为了提高汽油的产量，丙烯为石油裂解产物，故A错误；
B．低温时NO2转化为无色液体N2O4，发生了化学变化，故B错误；
C．核素中含有蛋白质，蛋白质由C、H、O、N等组成，则核酸组成为C、H、O、N等元素，故C错误；
D．过氧化氢具有强氧化性，能使蛋白质变性，可用于杀菌消毒，所以过氧化氢空气消毒机广泛应用于抗疫中，这是利用了过氧化氢的氧化性，故D正确；
故选：D。
2．解：A．S2﹣的核电荷数为16，其离子结构示意图为，故A错误；
B．中子数为7的氮原子的质量数为7+7＝14，该原子可以表示为：N，故B正确；
C．葡萄糖的分子式为C6H12O6，其实验式CH2O，故C正确；
D．乙炔的结构式为H﹣C≡C﹣H，故D正确；
故选：A。
3．解：A．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，能做漂白剂，与其还原性无关，故A错误；
B．硅胶疏松多孔，具有吸水性，可用作袋装食品的干燥剂，与其有弱酸性无关，故B错误；
C．硝酸能与醇发生酯化反应，能与甘油发生酯化反应生成硝化甘油，故C正确；
D．氧化铝是两性氧化物，能与强碱反应，所以氧化铝坩埚不能熔融烧碱，故D错误；
故选：C。
4．解：A．Ca2+、Fe3+都与CO32﹣反应，不能大量共存，故A错误；
B．Fe3+、I﹣之间发生氧化还原反应，I﹣、NO3﹣在酸性条件下发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；
C．K+、Ba2+、Cl﹣、ClO﹣之间不反应，都不与Na+、OH﹣反应，能够大量共存，故C正确；
D．Al3+、HCO3﹣之间发生反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，不能大量共存，故D错误；
故选：C。
5．解：A．氧化铜与水不反应，也难溶于水，故A错误；
B．金属钠与氧气在点燃条件下生成过氧化钠，过氧化钠与水生成氢氧化钠和氧气，故B正确；
C．次氯酸见光分解生成盐酸和氧气，故C错误；
D．二氧化碳与氯化钙若反应，生成碳酸钙和盐酸，不符合“强酸制弱酸”原理，故D错误；
故选：B。
6．解：A.不能在容量瓶中溶解固体，应在烧杯中溶解、冷却后转移到容量瓶中定容，故A错误；
B.NaOH与苯酚反应后，与苯分层，然后分液可分离，且苯在上层，故B正确；
C.二者均与NaOH溶液反应，不能除杂，故C错误；
D.NaOH溶液与氯化铵溶液生成一水合氨，应选浓氨水与碱混合制备，故D错误；
故选：B。
7．解：A．还原性：Fe＜Al，铁粉与Al2O3无法发生铝热反应，故A错误；
B．AlCl3与过量氨水生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，不会生成偏铝酸钠，故B错误；
C．常温下Al与稀硝酸反应生成硝酸铝、NO和水，不会发生钝化，故C错误；
D．Al的活泼性较强，工业上通过电解熔融Al2O3冶炼金属铝，故D正确；
故选：D。
8．解：结合分析可知，R为C，W为O，X为Na，Y为Si，Z为S元素，
A．电子层越多离子半径越大，电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径：Z＞W＞X，故A正确；
B．水分子之间存在氢键，导致水的沸点较高，即W的简单氢化物熔沸点比Z的简单氢化物熔沸点高，故B错误；
C．YW2为SiO2，属于原子晶体，SiO2的熔点高、硬度大，故C正确；
D．非金属性S＞C＞Si，则最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序为：Z＞R＞Y，故D正确；
故选：B。
9．解：A．①电解氯化钠溶液生成氯气和氢气和氢氧化钠，离子方程式：2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣，故A正确；
B．②氯气与氢氧化钾反应生成氯化钾和次氯酸钾和水，离子方程式：Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O，故B正确；
C．③硝酸与四氧化三铁反应生成硝酸铁和一氧化氮和水，离子方程式：3Fe3O4+28H++NO3﹣═9Fe3++NO↑+14H2O，故C正确；
D．④碱性次氯酸钾与硝酸铁反应离子方程式：2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣═2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O，故D错误。
故选：D。
10．解：A．能够吸附水中的悬浮物质，起到絮凝沉淀作用的是氢氧化铁，与K2FeO4具有强氧化性无关，故A错误；
B．上述流程反应④中，铁离子转化成K2FeO4，Fe元素化合价从+3变为+6，则每生成1molK2FeO4转移电子为3mol，故B错误；
C．当1molK2FeO4与水反应时，Fe元素化合价从+6变为+3，得到3mol电子，生成氧气的物质的量为：＝0.75mol，生成O2的体积在标准状况下为：22.4L/mol×0.75mol＝16.8L，故C正确；
D．K2FeO4能够将亚硝酸盐氧化为硝酸盐，铁元素化合价从+6变为+3，化合价降低3价，N元素化合价从+3变为+5，化合价升高2价，结合电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3，故D错误；
故选：C。
二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。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0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得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0分
11．解：A.观察K的焰色反应需要透过蓝色的钴玻璃，由操作和现象不能确定是否含K+，故A错误；
B.发生强酸制取弱酸的反应，且盐酸为无氧酸，则不能由盐酸、硅酸的酸性比较非金属性，故B错误；
C.加入盐酸酸化，排除亚硫酸根离子的干扰，无白色沉淀，再加氯化钡溶液，生成白色沉淀，可知白色沉淀为硫酸钡，则原Na2SO3已被氧化，故C正确；
D.水解后在碱性溶液中检验﹣CHO，且麦芽糖、葡萄糖均含﹣CHO，则酸性溶液中加银氨溶液，水浴加热，不会出现银镜，不能说明麦芽糖水解产物不具有还原性，故D错误；
故选：C。
12．解：A.由结构可知Y的分子式为C10H10O4，故A错误；
B.连接4个不同基团的C为手性碳，则连接甲基和﹣OH的C具有手性，故B错误；
C.Y中酚﹣OH、﹣COOC﹣及水解生成的酚﹣OH均与NaOH反应，则1mol
Y与足量NaOH溶液反应，最多消耗3mol
NaOH，故C正确；
D.Z中酚﹣OH的邻对位与溴水发生取代反应，碳碳双键与溴水发生加成反应，则1mol
Z与足量浓溴水反应，发生加成反应消耗3mol
Br2，故D错误；
故选：C。
13．解：A．Cl2O+H2O＝2HClO，该反应中无元素化合价变化，不是氧化还原反应，故A错误；
B．装置②中盛装的试剂是饱和食盐水，用来除掉①中的挥发出的氯化氢气体，③中盛放浓硫酸，用来干燥氯气，保证进入④中试剂无水，因Cl2O易溶于水且会与水反应生成次氯酸，故B错误；
C．HgO+2Cl2═HgCl2+Cl2O△m
217
272
87
272﹣17＝55
m（Cl2O）
1.1g
m（Cl2O）＝＝1.74g，n（Cl2O）＝＝0.02mol，故C正确；
D．通干燥空气的目的是将生成的Cl2O稀释减少爆炸危险，减少实验危险程度，避免接触还原剂等而爆炸，Cl2O与甲烷接触会发生燃烧并爆炸，所以干燥空气不能用甲烷代替，故D错误；
故选：C。
14．解：A．a点pH为3，c（H+）＝1.0×10﹣3mol/L＝Ka（HA），则c（A﹣）＝c（HA），溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（A﹣），则c（Na+）﹣c（HA）＝c（OH﹣）﹣c（H+），故A正确；
B．由a→b是向一元弱酸HA中逐滴加入NaOH溶液，发生反应生成NaA，即：HA+NaOH＝NaA+H2O，溶液中n（A﹣）持续增大；V＝10mL时，HA与NaOH恰好完全反应生成NaA，根据A﹣+H2O?HA+OH﹣，继续加入NaOH溶液，抑制A﹣的水解，所以溶液中n（A﹣）持续增大，故B正确；
C．根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（A﹣）+c（OH﹣）可知：c（Na+）＝c（A﹣）+c（OH﹣）﹣c（H+），则c（Na+）＜c（A﹣）+c（OH﹣）+c（HA），故C错误；
D．V＝10mL时，反应恰好生成NaA，根据物料守恒：c（Na+）＝c（HA）+c（A﹣），所以c（HA）+c（A﹣）+c（Na+）＝2c（Na+）＝2××0.1mol/L＝0.1mol/L，故D错误；
故选：AB。
15．解：A．历程中能量变化最大的是2.46eV，氮分子中氮氮三键的断裂过程发生在历程②，吸热﹣1.87eV﹣（﹣2.46eV）＝0.59eV，所以N≡N断裂时不是能量变化最大的过程，故A错误；
B．②为形成过渡态的过程，③为N2解离为N的过程，以上都是吸热反应，需要在高温时进行，而⑤原子生成分子的过程，为放热过程，为了增大平衡产率，需要在低温下进行，故B正确；
C．由图可知，④过程中Ti﹣H﹣Fe﹣
N转化为Ti﹣H﹣
N﹣Fe，表示N原子由Fe区域向Ti﹣H区域传递，故C正确；
D．催化剂能改变反应历程，降低反应的活化能，但不能改变反应的始态和终态，由图知整个反应过程能量降低，仍为放热反应，故D错误；
故选：BC。
二、解答题（共5小题，满分60分）
16．解：（1）根据图象可知，pH由酸性调至11时，H3AsO3转化为H2AsO3﹣，反应的离子方程式为：H3AsO3+OH﹣＝H2AsO3﹣+H2O，
故答案为：H3AsO3+OH﹣＝H2AsO3﹣+H2O；
（2）通入空气可以将Na3AsO3氧化成Na3AsO4，因为砷酸盐比亚砷酸盐更难溶，所以沉砷时可以提高砷元素沉淀率，
故答案为：将溶液中的亚砷酸根氧化为砷酸根，沉砷时可以提高砷元素沉淀率；
（3）滤渣的主要成分为硫酸钙沉淀，
故答案为：硫酸钙；
（4）“沉砷”是将砷元素转化为Ca5（AsO4）3OH沉淀，发生的主要反反应：
①Ca（OH）2（s）?Ca2+（aq）+2OH﹣（aq）△H＜0
②5Ca2+（aq）+OH﹣（aq）+3AsO43﹣（aq）?Ca5（AsO4）3OH（s）△H＞0
高于85℃后，温度升高，反应①平衡逆向移动，c（Ca2+）下降，反应②平衡逆向移动，Ca5（AsO4）3OH沉淀率下降，
故答案为：反应①为放热反应，高于85℃时，平衡向逆反应方向移动，c（Ca2+）减小；反应②c（Ca2+）减小是影响平衡移动的主要因素，所以反应②平衡也向逆反应方向移动，沉淀率下降；
（5）“还原”过程中二氧化硫将H3AsO4转化为H3AsO3，反应为：H3AsO4+H2O+SO2＝H3AsO3+H2SO4，
故答案为：H3AsO4+H2O+SO2＝H3AsO3+H2SO4；
（6）“还原”过程中二氧化硫将H3AsO4转化为H3AsO3，同时生成滤液2﹣﹣H2SO4，可循环使用，
故答案为：H2SO4溶液。
17．解：（1）①钒是23号元素，核外有23个电子，外围电子就是价电子，其价电子排布式为3d34s2，
故答案为：3d34s2；
②根据图知，V2O5分子中含有4个V＝O双键和2个V﹣O单键，一个双键含有1个σ键和1个π键，单键均为σ键，所以V2O5分子中含有6个σ键和4个π键，σ键和π键数目之比为3：2，
故答案为：3：2；
（2）①NO3﹣中N原子价层电子对个数＝3+＝3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该微粒空间构型为平面正三角形，
故答案为：平面正三角形；
②n（AgCl）＝mol＝0.04mol，n（配合物）＝0.2mol/L×0.1L＝0.02mol，根据氯原子守恒得n（AgCl）＝2n（配合物），所以该配合物外界中含有两个氯离子，内界中还含有一个氯原子，所以配离子化学式为[Co（NH3）5Cl]2+，
故答案为：[Co（NH3）5Cl]2+；
（3）①ZnBr2、ZnCl2都是不含氢键的分子晶体且相对分子质量ZnBr2＞ZnCl2，所以ZnBr2的熔点高于ZnCl2，
故答案为：ZnBr2、ZnCl2都是不含氢键的分子晶体且相对分子质量ZnBr2＞ZnCl2；
②晶胞顶点为K+，K+个数＝8×＝1、面心上微粒个数＝6×＝3、中心上一个微粒，根据其化学式知，F﹣为面心上的微粒，所以与Zn2+最近且等距离的F﹣数为6，
故答案为：6；
③该晶胞中白色球个数＝1+8×＝2、黑色球个数＝2+4×＝4，白色球、黑色球个数之比＝2：4＝1：2，所以白色球表示Zn2+、黑色球表示F﹣，该晶胞体积＝（a×10﹣7cm）2×（c×10﹣7cm）＝a2c×10﹣21cm3，晶胞密度＝＝g/cm3＝g/cm3，
故答案为：。
18．解：（1）化合物B中含氧官能团的名称为羟基、醚键，
故答案为：羟基、醚键；
（2）反应④为硝基被还原生成氨基，则该反应的反应类型为还原反应，
故答案为：还原反应；
（3）E的一种同分异构体符合下列条件：
①能与FeCl3发生显色反应，说明含有酚羟基；
②分子中有3种不同化学环境的氢，
符合条件的结构简式为（合理即可），
故答案为：（合理即可）；
（4）E与Y反应生成M同时还生成甲醇，Y（C5H8O4）的结构简式：CH3OOCCH2COOCH3，
故答案为：CH3OOCCH2COOCH3；
（5）以苯酚、为原料合成，由和发生取代反应得到，由和溴发生加成反应得到，由发生消去反应得到，由苯酚和氢气发生加成反应得到，其合成路线为，
故答案为：。
19．解：（1）用KOH调节pH至11～12的目的是：除去Fe3+，得到的滤渣为Fe（OH）3，使铬元素溶解形成CrO22﹣溶液，
故答案为：分离铁和铬，使铁形成Fe（OH）3沉淀，铬转变为CrO22﹣溶液；
（2）由流程图可知，加入30%H2O2的目的是在碱性条件下将CrO2﹣氧化为CrO42﹣，同时生成水，反应离子方程式为：3H2O2+2CrO2﹣+2OH﹣＝2CrO42﹣+4H2O，
故答案为：3H2O2+2CrO2﹣+2OH﹣＝2CrO42﹣+4H2O；
（3）取一定量流程中的K2CrO4溶液于烧杯中，煮沸（除去过量的H2O2），静置、过滤，滤液用稀盐酸酸化至pH＜5，蒸发浓缩、冰浴冷却结晶、过滤，故答案为：煮沸（除去过量的H2O2），静置、过滤，滤液用稀盐酸酸化至pH＜5，蒸发浓缩、冰浴冷却结晶；
（4）n（K2Cr2O7）＝0.3000mol/L×25ml×10﹣3L/ml＝7.5000×10﹣3mol，
n（Fe2+）＝6×7.500×10﹣3mol＝0.045mol，依据盐的化学式可知在久置的盐A中n（Al3+）＝2×[0.045mol+n（Fe3+）]，
加入氨水后得9.10g的干燥固体粉末中，n（Al2O3）＝0.045mol+n（Fe3+），
n（Fe2O3）＝[0.04500mol+n（Fe3+）]
102g/mol×[0.045mol+n（Fe3+）]+160g/mol××[0.045mol+n（Fe3+）]＝9.10g
解得n（Fe3+）＝0.005mol
n（Al3+）＝2×[0.045mol+n（Fe3+）]＝0.1000mol
n（SO42﹣）＝2n（Al3+）＝0.2000mol
久置的盐A中的阳离子所带电荷总数：3n（Al3+）+2n（Fe2+）+3n（Fe3+）＝3×0.1mol+2×0.045mol+3×0.005mol＝0.405mol
根据电荷守恒，得n（OH﹣）＝3n（Al3+）+2n（Fe2+）+3n（Fe3+）﹣2n（SO42﹣）＝0.405mol﹣0.4000mol＝0.005mol
微粒的下标之比＝个数之比＝物质的量之比＝0.1mol：（0.005mol+0.045mol）：0.005mol：0.2000mol＝20：10：1：40，
所以x＝0.1，
故答案为：n（K2Cr2O7）＝0.3000mol/L×25ml×10﹣3L/ml＝7.5000×10﹣3mol，
n（Fe2+）＝6×7.500×10﹣3mol＝0.045mol，依据盐的化学式可知在久置的盐A中n（Al3+）＝2×[0.045mol+n（Fe3+）]，
加入氨水后得9.10g的干燥固体粉末中，n（Al2O3）＝0.045mol+n（Fe3+），
n（Fe2O3）＝[0.04500mol+n（Fe3+）]
102g/mol×[0.045mol+n（Fe3+）]+160g/mol××[0.045mol+n（Fe3+）]＝9.10g
解得n（Fe3+）＝0.005mol
n（Al3+）＝2×[0.045mol+n（Fe3+）]＝0.1000mol
n（SO42﹣）＝2n（Al3+）＝0.2000mol
久置的盐A中的阳离子所带电荷总数：3n（Al3+）+2n（Fe2+）+3n（Fe3+）＝3×0.1mol+2×0.045mol+3×0.005mol＝0.405mol
根据电荷守恒，得n（OH﹣）＝3n（Al3+）+2n（Fe2+）+3n（Fe3+）﹣2n（SO42﹣）＝0.405mol﹣0.4000mol＝0.005mol
微粒的下标之比＝个数之比＝物质的量之比＝0.1mol：（0.005mol+0.045mol）：0.005mol：0.2000mol＝20：10：1：40，
所以x＝0.1。
20．解：（1）在500℃，CO2与Li4SiO4接触后生成Li2CO3，反应物为CO2与Li4SiO4，生成物有Li2CO3，根据质量守恒可知产物还有Li2SiO3，所以化学方程式为：CO2+Li4SiO4Li2CO3+Li2SiO3；由于升高温度平衡左移，故正反应为放热反应，
故答案为：CO2+Li4SiO4Li2CO3+Li2SiO3；放热；
（2）据图示得到化学方程式：Fe0.9O+0.1CO2＝0.1C+0.3Fe3O4，若用1mol缺铁氧化物[Fe0.9O]与足量CO2完全反应，单次循环可生成0.1molC，
故答案为：0.1；
（3）已知反应：a．CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）△H1＝﹣58kJ?mol﹣1
b．CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）△H2＝+41kJ?mol
根据盖斯定律可知，将a﹣b可得反应CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）△H3＝△H1﹣△H2＝﹣58kJ?mol﹣1＝﹣（+41kJ?mol﹣1）＝﹣99kJ?mol﹣1
故答案为：CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）△H＝﹣99kJ?mol﹣1；
（4）①根据图示，CH3OH、CO2和H2在LiI、Rh+催化作用下生产CH3COOH和H2O，总反应的化学方程式为CH3OH+CO2+H2CH3COOH+H2O，
故答案为：CH3OH+CO2+H2CH3COOH+H2O；
②通过电解法由CO2制取CH3OH，碳元素化合价降低，故是二氧化碳得电子被还原的反应，故二氧化碳在阴极反应，则生成CH3OH的电极反应式为CO2+6e﹣+6H+＝CH3OH+H2O，
故答案为：CO2+6e﹣+6H+＝CH3OH+H2O；
③温度超过275～300℃时，催化剂的催化效率降低，所以温度升高而乙酸的生成速率降低；300～400℃时温度升高，化学反应速率加快；
故答案为：温度升高，化学反应速率加快。
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