江苏省泰州市姜堰区2014-2015学年高三下学期化学开学考试试卷

江苏省泰州市姜堰区2014-2015学年高三下学期化学开学考试试卷
一、单选题
1．（2018高三下·姜堰开学考）化学与生产、生活、环境保护等密切相关。下列叙述正确的是（　　）
A．绿色食品是生产时不使用化肥农药，不含任何化学物质的食品
B．新型材料聚酯纤维、光导纤维都属于有机高分子材料
C．医药中常用酒精来消毒，是因为酒精能够使病毒的蛋白质发生变性
D．CO2的水溶液呈酸性，CO2的大量排放会导致酸雨的形成
2．（2018高三下·姜堰开学考）下列化学用语表示正确的是（　　）
A．乙烯的结构简式：CH2CH2 B．S2－的结构示意图：
C．中子数为20的氯原子： D．羟基的电子式：
3．（2018高三下·姜堰开学考）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）
A．使苯酚显紫色的溶液：NH4+、K+、SCN－、SO42－
B．使甲基橙变红色的溶液：Mg2＋、K＋、SO42－ 、NO3－
C．由水电离的c(OH－)=10－13mol·L－1的溶液中：Na+、Cl－、CO32－、NO3－
D．c(Fe2+)＝1.0 mol·L－1溶液：H+、K＋、Cl－、NO3－
4．（2018高三下·姜堰开学考）下列物质性质与应用对应关系均正确的是（　　）
A．SO2具有漂白性，可用SO2加工银耳，使之更白
B．炭具有强还原性，常用于冶炼镁、钠等金属
C．淀粉遇碘变蓝色，常用于检验食盐是否为加碘盐
D．NaHCO3可以与胃酸反应，可用NaHCO3治疗胃酸过多
5．（2018高三下·姜堰开学考）下列有关实验原理或实验操作正确的（　　）
A．用图1所示装置蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体
B．用图2所示装置除去CO2中含有的少量HCl
C．用图3所示装置制取并收集干燥纯净的NH3
D．用图4所示装置吸收氨气并防止倒吸
6．（2018高三下·姜堰开学考）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A．常温常压下，4.4 g CO2与N2O混合气体中含有的原子总数为0.3NA
B．标准状况下，2.24L己烷含有分子的数目为0.1NA
C．1 L 1 mol·L－1的CuCl2 溶液中含有Cu2+的数目为NA
D．在过氧化钠与水的反应中，每生成0.1mol氧气，转移电子的数目为0.4NA
7．（2018高三下·姜堰开学考）下列指定反应的离子方程式正确的是（　　）
A．向Na2SiO3溶液中通入过量CO2： SiO32－+CO2+H2O = H2SiO3↓+CO32－
B．酸性介质中KMnO4氧化H2O2：2MnO4－ ＋5H2O2＋6H＋= 2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O
C．等物质的量的MgCl2、Ba(OH)2 和 HCl 溶液混合：Mg2＋＋2OH－= Mg(OH)2↓
D．用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋H2O＋CO2↑
8．下列各组物质中，不满足组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应的是（　　）
物质 组别 甲 乙 丙
A FeCl2 Cl2 NaOH
B SiO2 NaOH HF
C AlCl3 KOH H2SO4
D SO2 NaOH NaHCO3
A．A B．B C．C D．D
9．（2018高三下·姜堰开学考）甲~辛等元素在周期表中的相对位置如下表。甲与戊的原子序数相差3，戊的一种单质是自然界硬度最大的物质，丁与辛属同周期元素，下列判断正确的是（　　）
A．金属性：甲>乙>丁
B．原子半径：辛>戊>甲
C．丙与庚的元素原子核外电子数相差13
D．形成的最简单氢化物的稳定性：己>戊
10．（2018高三下·姜堰开学考）室温下，将1mol的CuSO4 5H2O（s）溶于水会使溶液温度降低，热效应为△H1，将1mol的CuSO4(s)溶于水会使溶液温度升高，热效应为△H2，CuSO4 5H2O受热分解的化学方程式为：CuSO4 5H2O(s) CuSO4(s)+5H2O(l)，热效应为△H3。则下列判断正确的是（　　）
A．△H2>△H3 B．△H1<△H3
C．△H1+△H3=△H2 D．△H1+△H2>△H3
11．（2018高三下·姜堰开学考）下列有关说法正确的是（　　）
A．2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋2CO2(g)在常温下能自发进行，则该反应的△H＞0
B．将钢闸门与直流电源的正极相连，可防止钢闸门腐蚀
C．恒温下，体积可变的密闭容器中发生反应2NO2 N2O4，向平衡体系中充入氩气，达到新平衡时，NO2的百分含量增大
D．25℃时，将NH3 H2O稀溶液加水稀释， 的值不变
12．（2018高三下·姜堰开学考）某有机物的结构简式如图所示，下列有关该物质的叙述错误的是（　　）
A．分子式为C11H12O4
B．苯环上的一氯代物有2种
C．分子中所有的碳原子可能共平面
D．能使酸性KMnO4溶液褪色
13．（2018高三下·姜堰开学考）下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（　　）
选项 实验操作 实验现象 结 论
A 向某溶液中先加氯水再加KSCN溶液 溶液呈血红色 原溶液中定含Fe2+
B 向无色溶液中加盐酸酸化的BaCl2溶液 有白色沉淀 原溶液中定含SO42-
C 向Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体 出现白色胶状沉淀 碳的非金属性大于硅
D 用铂丝蘸取某物质的溶液进行焰色反应 火焰呈黄色 该物质定是钠盐
A．A B．B C．C D．D
14．（2018高三下·姜堰开学考）25 ℃时，下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（　　）
A．Na2CO3溶液：c(OH－)-c(H＋)=c(HCO3－)+ 2c(H2CO3)
B．浓度均为0.1 mol·L－1的CH3COOH和CH3COONa混合液（pH<7）：c(CH3COOH)＞c(CH3COO－)＞c (Na+)＞c(H+)＞c(OH－)
C．浓度均为0.1 mol·L－1的NaClO、NaHCO3混合溶液中：c(HClO)+c(ClO－)=c(HCO3－)+ c(H2CO3)
D．向0.1 mol/L NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c(Na+)＞c(SO42－)＞c(NH4+)＞c (OH－)＝c(H+)
15．（2018高三下·姜堰开学考）一定条件下进行反应：A(g) B(g)+C (g)，向2.0 L恒容密闭容器中充入1.0 mol A(g)，经过一段时间后达到平衡。反应过程中测得的有关数据见下表：
t/s 0 2 4 6 8
n(B)/mol 0 0.30 0.39 0.40 0.40
下列说法正确的是（　　）
A．反应前2min的平均速率v(B)=0.15 mol/（L·min）
B．保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(B)=0.22 mol·L-1，则反应的ΔH < 0
C．保持其他条件不变，起始向容器中充入2.0 mol A，反应达到平衡时C的体积分数减小
D．保持其他条件不变，起始向容器中充入1.2 molA、 0.60 mol B和0.60 mol C，反应达到平衡前的速率：v(正)二、综合题
16．（2018高三下·姜堰开学考）锰的用途非常广泛，在钢铁工业中，锰的用量仅次于铁，90%的锰消耗于钢铁工业，10%的锰消耗于有色冶金、化工、电子、电池、农业等部门。以碳酸锰矿（主要成分为MnCO3，还含有铁、镍、钴等碳酸盐杂质）为原料生产金属锰的工艺流程如下：
已知25℃，部分物质的溶度积常数如下：
物质 Mn(OH)2 Co(OH)2 Ni(OH)2 MnS CoS NiS
Ksp 2.1×10－13 3.0×10－16 5.0×10－16 1.0×10－11 5.0×10－22 1.0×10－22
（1）步骤Ⅰ中，MnCO3与硫酸反应的化学方程式是　 　 。
（2）步骤Ⅰ中需要加入稍过量的硫酸，其目的有3点：①使矿物中的物质充分反应；②提供第Ⅱ步氧化时所需要的酸性环境；③　 　。
（3）步骤Ⅱ中，MnO2在酸性条件下可将Fe2+氧化为Fe3+，该反应的离子方程式是　 　，加氨水调节溶液的pH为5.0～6.0，以除去Fe3+。
（4）步骤Ⅲ中，滤渣2的主要成分是 　 　。
（5）步骤Ⅳ中，在　 　（填“阴”或“阳”）极析出Mn，电极反应方程式为　 　。
（6）电解后的废水中还含有Mn2+，常用石灰乳进行一级沉降得到Mn(OH)2沉淀，过滤后再向滤液中加入适量Na2S，进行二级沉降。欲使溶液中c(Mn2+)≤1.0×10－5 mol·L-1，则应保持溶液中c(S2－)≥　 　mol·L－1。
三、推断题
17．（2018高三下·姜堰开学考）下图是一种天然药物桥环分子合成的部分路线图（反应条件已经略去）：
已知：
①LiBH4可将醛、酮、酯类还原成醇，但不能还原羧酸、羧酸盐、碳碳双键；LiBH4遇酸易分解。
请回答下列问题：
（1）有机物B中含氧官能团的名称　 　。
（2）反应A→B中需要加入试剂X，其分子式为C4H8O2，X的结构简式为　 　。
（3）C用LiBH4还原得到D。C→D不直接用H2（镍作催化剂）还原的原因是　 　。
（4）写出一种满足下列条件的A的同分异构体的结构简式为　 　。
①属于芳香族化合物；②能使FeCl3溶液显色；③分子中有4种不同化学环境的氢。
（5）写出E和银氨溶液反应的化学方程式　 　。
（6）根据已有知识并结合相关信息，设计B→C的合成路线图（CH3I和无机试剂任选）。
合成路线流程图例如下：
四、填空题
18．（2018高三下·姜堰开学考）平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末（含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物质）。某课题以此粉末为原料，设计如下工艺流程对资源进行回收，得到Ce(OH)4和硫酸铁铵：
已知：
①酸性条件下，铈在水溶液中有 、 两种主要存在形式， 易水解， 有较强氧化性。
②CeO2不溶于稀硫酸
③硫酸铁铵［aFe2(SO4) 3 b(NH4) 2SO4 cH2O］广泛用于水的净化处理。
（1）在氧化环节，下列物质中最适合用作氧化剂B的是　 　(填序号)。
a．NaClO b．H2O2 c．KMnO4
（2）操作Ⅰ的名称是　 　，检验硫酸铁铵溶液中含有NH4+的方法是　 　。
（3）写出反应②的化学方程式　 　。
（4）用滴定法测定制得的Ce(OH)4产品纯度。
所用FeSO4溶液在空气中露置一段时间后再进进行滴定，则测得该Ce(OH)4产品的质量分数　 　。（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）
（5）称取14.00g硫酸铁铵样品，将其溶于水配制成100mL溶液，分成两等份，向其中一份加入足量NaOH溶液，过滤洗涤沉淀并烘干灼烧至恒重得到1.60g固体；向另一份溶液中加入0.5mol/L Ba(NO3)2溶液100mL，恰好完全反应。通过计算，该硫酸铁铵的化学式为.（写出必要的计算步骤，否则不得分）。
19．（2018高三下·姜堰开学考）常温下钛的化学活性很小，在较高温度下可与多种物质反应。工业上由金红石（含TiO2大于96％）为原料生产钛的流程如下：
（1）TiCl4遇水强烈水解，写出其水解的化学方程式　 　。
（2）①若液氯泄漏后遇到苯，在钢瓶表面氯与苯的反应明显加快，原因是　 　。
②Cl2含量检测仪工作原理如下图，则Cl2在Pt电极放电的电极反应式为　 　。
③实验室也可用KClO3和浓盐酸制取Cl2，方程式为：KClO3 + 6HCl(浓) = KCl + 3Cl2↑ + 3H2O。
当生成6.72LCl2（标准状况下）时，转移的电子的物质的量为　 　 mol。
（3）一定条件下CO可以发生如下反应：4H2(g)+2CO(g) CH3OCH3(g)+H2O(g) △H。
①该反应的平衡常数表达式为K=　 　。
②将合成气以n(H2)/n(CO)=2通入1 L的反应器中，CO的平衡转化率随温度、压强变化关系如图所示，下列判断正确的是　 　（填序号）。
a．△H <0
b．P1c．若在P3和316℃时，起始时n(H2)/n(CO)=3，则达到平衡时，CO转化率小于50％
③采用一种新型的催化剂（主要成分是Cu-Mn的合金），利用CO和H2制备二甲醚（简称DME）。观察下图回答问题。
催化剂中n(Mn)/n(Cu)约为　 　时最有利于二甲醚的合成。
20．（2018高三下·姜堰开学考）前四周期元素A、B、C、D、E原子序数依次增大，A是周期表所有原子中原子半径最小的，B有三个能级，且各个能级上电子数相等，D与C同周期，且C中未成对电子是该周期中最多的；D基态原子的2p电子是2s电子的2倍；E有4个电子层，且与A最外层电子数相同，其他各层均排满。
（1）写出E2+的基态核外电子排布式　 　。
（2）A和C可以形成18电子的分子，该分子中C原子的杂化方式为　 　。
（3）C与D形成的酸根离子CD3－
①CD3－的空间构型为　 　(用文字描述)。
②写出一种与CD3－互为等电子体的分子的化学式　 　。
（4）CA3的沸点比BA4的沸点高的原因是　 　。
（5）E2+与C的常见氢化物形成配位数为4的配合物离子，1mol该离子中含σ键数目为　 　。
（6）E晶胞结构如图所示，该晶体中每个E原子周围距离最近的E原子数目为　 　。
五、实验题
21．（2018高三下·姜堰开学考）利用废铝箔(主要成分为Al、少量的Fe、Si等)既可制取有机合成催化剂AlBr3又可制取净水剂硫酸铝晶体[Al2(SO4)3 18H2O]。
I．实验室制取无色的无水AlBr3(熔点：97.5℃，沸点：263.3～265℃)可用如图所示装置
主要实验步骤如下：
步骤1：将铝箔剪碎，用CCl4浸泡片刻，干燥，然后投入到烧瓶6中。
步骤2：从导管口7导入氮气，同时打开导管口1和4放空，一段时间后关闭导管口7和1；导管口4接装有P2O5的干燥管。
步骤3：从滴液漏斗滴入一定量的液溴于烧瓶6中，并保证烧瓶6中铝过剩。
步骤4：加热烧瓶6，回流一定时间。
步骤5：将氮气的流动方向改为从导管口4到导管口l。将装有P2O5的干燥管与导管口1连接，将烧瓶6加热至270℃左右，使溴化铝蒸馏进入收集器2。
步骤6：蒸馏完毕时，在继续通入氮气的情况下，将收集器2从3处拆下，并立即封闭3处。
（1）步骤1中，铝箔用CCl4浸泡的目的是　 　。
（2）步骤2操作中，通氮气的目的是　 　。
（3）步骤3中，该实验要保证烧瓶中铝箔过剩，其目的是　 　。
（4）步骤4依据何种现象判断可以停止回流操作　 　。
（5）步骤5需打开导管口l和4，并从4通入N2的目的是　 　。
（6）II．某课外小组的同学拟用废铝箔制取硫酸铝晶体，已知铝的物种类别与溶液pH关系如图所示。
实验中可选用的试剂：①处理过的铝箔；②2.0 mol L-1硫酸；③2.0mol L-1NaOH溶液。
由铝箔制备硫酸铝晶体的实验步骤依次为：
①称取一定质量的铝箔于烧杯中，分次加入2.0 mol L-1NaOH溶液，加热至不再产生气泡为止。
②过滤。
③　 　。
④过滤、洗涤。
⑤　 　。
⑥蒸发浓缩。
⑦冷却结晶。
⑧过滤、洗涤、干燥。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】常用合成高分子材料的化学成分及其性能；高分子材料
【解析】【解答】A、绿色食品是无公害和无污染的食品，食品中都含有化学物质，错误；
B、光导纤维的主要成分是二氧化硅，属于无机非金属材料，错误；
C、酒精能使蛋白质变性，所以医药中常用酒精来消毒，正确；
D、二氧化碳是造成温室效应的主要气体，二氧化硫是造成酸雨的主要气体，错误，
答案选C。
【分析】根据物质成分及是否对环境有害进行解答。
2．【答案】D
【知识点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、乙烯中含有碳碳双键，书写结构简式时不能省略，错误；B、硫离子核内有16个电子，核外有18个电子，错误；C、中子数是20的氯原子的质量数是17+20=37，错误；D、羟基的核外有7个电子，O与H原子之间形成一对共用电子对，正确，答案选D。
【分析】A、有机物结构式只有单健可以省略，碳碳双键三键和碳碳叁键不能省
B、硫离子是由硫原子得两个电子即18个电子，
C、质量数=质子数+中子数，该核素质量数位17+20=37，
D、羟基的O原子最外层6个电子与H原子的一个电子之间形成一对共用电子对，羟基最外层电子共7个。
3．【答案】B
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A、使苯酚显紫色的溶液中铁离子，而铁离子与SCN－反应使溶液变红色，不能大量共存，错误；
B、使甲基橙变红色的溶液为酸性溶液，四种离子在酸性溶液中都不反应，可以大量共存，正确；
C、水电离的氢氧根离子的浓度小于10-7mol/L，则溶液中含有大量的氢离子或氢氧根离子，则碳酸根离子与氢离子反应生成水和二氧化碳，不能大量共存，错误；
D、亚铁离子与氢离子、硝酸根离子发生氧化还原反应，不能大量共存，错误，答案选B。
【分析】A、使苯酚显紫色的溶液中存在铁离子，而铁离子与SCN－发生络合反应，溶液变红色，不能大量共存；
B、使甲基橙变红色的溶液pH<3.1,为酸性溶液，四种离子在酸性溶液中都不反应，可以大量共存；
C、水电离的氢氧根离子的浓度小于10-7mol/L，说明水的电离被抑制，溶液中含有大量的氢离子或氢氧根离子，则碳酸根离子与氢离子反应生成水和二氧化碳，不能大量共存；
D、氢离子、硝酸根离子混合既是硝酸有强氧化性，亚铁离子有较强还原性故发生氧化还原反应，不能大量共存
4．【答案】D
【知识点】食物中淀粉、蛋白质、葡萄糖的检验
【解析】【解答】A．SO2有毒，具有漂白性，但SO2不能用来漂白馒头、银耳等食品，故A错误；
B．用于冶炼镁、钠等金属采用电解法，不用热还原法，故B错误；
C．食盐中添加碘酸钾，碘酸钾不能使淀粉变蓝，故C错误；
D．NaHCO3与盐酸反应，可用于治疗胃酸过，故D正确．
故选D．
【分析】A．SO2有毒，具有漂白性；
B．根据活泼金属采用电解法冶炼；
C．食盐中添加碘酸钾；
D．NaHCO3与盐酸反应．
5．【答案】D
【知识点】氨的实验室制法；蒸发和结晶、重结晶；气体的收集
【解析】【解答】解：A、氯化铵不稳定，加热易分解，不能将溶液蒸干，故A错误；
B、二氧化碳也与碳酸钠反应，所以加试剂不能与主体反应，故B错误；
C、氨气密度比空气小，应用向下排空法收集，故C错误；
D、氨气是一种无色、有刺激性气味，密度比空气小，极易溶于水的气体，但难溶于四氯化碳，起到缓冲作用，能防止倒吸，故D正确；
故选D．
【分析】A、氯化铵不稳定，加热易分解；
B、二氧化碳也与碳酸钠反应；
C、氨气密度比空气小，应用向下排空法收集；
D、氨气是一种无色、有刺激性气味，密度比空气小，极易溶于水的气体，但难溶于四氯化碳．
6．【答案】A
【知识点】物质的量的相关计算；物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用
【解析】【解答】A、CO2与N2O混合气体的摩尔质量是44g/mol，所以4.4g CO2与N2O混合气体的物质的量是0.1mol，CO2与N2O都是三原子分子，所以含有的原子总数是0.3NA，正确；
B、标准状况下，己烷是液体，所以2.24L己烷的物质的量不是0.1mol，则含有的分子数不是0.1NA，错误；
C、铜离子发生水解反应，使铜离子的数目小于NA，错误；
D、过氧化钠与水的反应中，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，则产生0.1mol氧气时，转移电子数是0.2NA，错误，答案选A。
【分析】
B、标准状况下，己烷是液体，所以2.24L己烷的物质的量无法计算，则含有的分子数不是0.1NA；
C、1mol铜离子发生水解反应，使铜离子的数目小于NA；
D、过氧化钠与水的反应中，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，0.2mol过氧化钠生成则产生0.1mol氧气时，转移电子数是0.2NA。技巧：粒子的物质的量为X时，其粒子个数为XNA
7．【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、向Na2SiO3溶液中通入过量CO2，则生成硅酸沉淀和碳酸氢根离子，错误；B、酸性条件下。高锰酸根离子与过氧化氢反应生成氧气和水、锰离子，符合离子方程式的书写，正确；C、等物质的量的MgCl2、Ba(OH)2 和 HCl溶液混合时，则氢氧根离子先与氢离子反应生成水，然后剩余的氢氧根离子再与镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，错误；D、醋酸是弱酸，酸性离子方程式时，不能写成氢离子形式，错误，答案选B。
【分析】离子反应方程式书写要点是强酸强碱易容盐拆写为相应的离子，再根据原子和电荷守恒配平
8．【答案】C
【知识点】氯气的化学性质；二氧化硫的性质；硅和二氧化硅
【解析】【解答】解：A．FeCl2具有还原性，可与Cl2发生氧化还原反应生成氯化铁，可氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁，Cl2与氢氧化钠反应可生成氯化钠、次氯酸钠，故A不选；
B．二氧化硅可与NaOH、HF反应，NaOH、HF发生中和反应，故B不选；
C．氯化铝与KOH反应生成氢氧化铝，但与硫酸不反应，故C选；
D．二氧化硫可与NaOH、NaHCO3反应，NaOH、NaHCO3反应生成碳酸钠，故D不选．
故选C．
【分析】A．FeCl2具有还原性，可与Cl2发生氧化还原反应，可氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁，Cl2与氢氧化钠反应可生成氯化钠、次氯酸钠；
B．二氧化硅可与NaOH、HF反应，NaOH、HF发生中和反应；
C．氯化铝与硫酸不反应；
D．二氧化硫可与NaOH、NaHCO3反应，NaOH、NaHCO3反应生成碳酸钠．
9．【答案】C
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】戊是自然界中硬度最大的单质，则戊是金刚石，对应的元素是C元素；所以甲是第一主族元素Li，乙是Na，丙是K元素，丁是Ca元素，己是Si元素，庚是Ge元素，辛是Ga元素。A、甲与乙是同主族元素，所以从上到下，元素的金属性逐渐增强，则金属性乙>甲，错误；B、甲与戊是同周期元素，则原子半径随核电荷数的增加而减小，所以原子半径甲>戊，错误；C、丙是K元素，原子序数是19，庚是Ge元素，原子序数是32，所以丙与庚的元素原子核外电子数相差13，正确；D、戊的非金属性大于己，所以戊的气态氢化物的稳定性大于己的氢化物的稳定性，错误，答案选C。
【分析】根据金刚石是硬度最大的单质可知戊是碳元素，己是硅元素，庚是锗元素，辛是稼元素原子序数依次为6，14，32，31.甲与戊的原子序数相差3
可知甲乙丙丁分别为锂钠钾钙，原子序数依次为3，11，13，19，20.周期表中金属性下大于上，左大于右，故A错。原子半径左大于右，下大于上，左下大于右上，故B错。丙庚原子序数为19和32，故C正确。气态氢化物稳定性与非金属成正比，右上大于左下，故D错误
10．【答案】B
【知识点】盖斯定律及其应用
【解析】【解答】CuSO4 5H2O（s）溶于水会使溶液温度降低，则①CuSO4 5H2O(s)=Cu2+(aq)+SO42-(aq)+5H2O(l)，△H1>0；②CuSO4 (s)=Cu2+(aq)+SO42-(aq)， △H2<0；根据盖斯定律，则①-②可得CuSO4 5H2O(s) CuSO4(s)+5H2O(l)，所以△H3=△H1-△H2>△H1>0，则答案选B。
【分析】注意结合盖斯定律进行判断。
11．【答案】C,D
【知识点】反应热和焓变；金属的电化学腐蚀与防护；化学平衡常数；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A、该反应是熵减的反应，所以该反应的焓应减小，即△H<0，错误；B、将钢闸门与直流电源的正极相连，则钢做阳极，发生氧化反应，所以钢闸门被腐蚀，错误；C、恒温下，体积可变的容器为恒压容器，向其中通入氩气，则容器的体积增大，各物质的浓度减小，相当于降低体系的压强，平衡逆向移动，所以二氧化氮的含量增大，正确；D、25 ℃时，将NH3 H2O稀溶液加水稀释，则一水合氨的电离平衡正向移动，但一水合氨、氢氧根离子、铵根离子的浓度均减小，氢离子的浓度增大，但c(H+)c(NH3 H2O)/c(NH4+)= Kw c(NH3 H2O) /c(OH-) c(NH4+)= Kw/Kb，水的离子积常数与一水合氨的电离常数的比值仍是常数，所以c(H+)c(NH3 H2O)/c(NH4+)不变，正确，答案选CD。
【分析】A、注意结合熵变和焓变进行判断；
B、注意是连接负极；
C、注意体积可变，则通入压强体积增大；
D、分子分母同时乘以氢氧根的浓度，可以转化为水的离子积和一水合氨的电离常数判断。
12．【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、根据该有机物的结构简式可判断其分子式是C11H12O4，正确；
B、该有机物中不存在对称结构，所以苯环上的H原子不是等效H原子，则苯环上的一氯代物有3种，错误；
C、苯环是平面结构，与苯环直接相连的原子与苯环共面，因为碳碳单键可以旋转，所以两个与苯环不直接相连的甲基的C原子有可能与苯环共面，正确；
D、与苯环直接相连的甲基可被高锰酸钾氧化，正确，
故答案为：B。
【分析】A、根据C、H、O个数判断；
B、即判断等效氢的数目；
C、注意碳碳单键、碳氧碳单键可以共平面；
D、注意苯环上的甲基溶液被氧化。
13．【答案】C
【知识点】物质的检验和鉴别
【解析】【解答】A、先加氯水再加KSCN溶液，溶液变红色，不能证明原溶液中存在亚铁离子，若原溶液中存在铁离子，溶液也会变红色，错误；
B、无色溶液中加入氯化钡溶液，产生的白色沉淀不一定是硫酸钡沉淀，可能是氯化银沉淀，则溶液中存在银离子，错误；
C、向硅酸钠溶液中通入二氧化碳气体，产生的不是胶状沉淀是硅酸沉淀，证明碳酸的酸性比硅酸强，所以C的非金属性比Si的非金属性强，正确；
D、焰色反应为黄色的物质的溶液不一定是钠盐溶液，可能是氢氧化钠，只要含有钠元素，则焰色反应均为黄色，错误，
答案选C。
【分析】A、注意滴加顺序；
B、注意先加稀盐酸；
C、注意强酸制弱酸；
D、注意无法鉴别钾元素，同时只能证明含有钠元素。
14．【答案】A,D
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、碳酸钠溶液中，根据质子守恒，则c(OH－)=c(H＋)+c(HCO3－)+ 2c(H2CO3)，所以有c(OH－)-c(H＋)=c(HCO3－)+ 2c(H2CO3)成立，正确；
B、浓度相同的产生和醋酸钠的混合液的pH<7，溶液为酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，则c(CH3COO－)＞c (Na+) >c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(OH－)，错误；
C、浓度均为0.1 mol·L－1的NaClO、NaHCO3混合溶液中，Cl元素与C元素的浓度相等，所以c(HClO)+c(ClO－)=c(HCO3－)+ c(H2CO3)+ c(CO32-)，错误；
D、向0.1 mol/L NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性，则c (OH－)＝c(H+)，根据电荷守恒，则2c(SO42－)+ c (OH－)=c(Na+)+c(NH4+)+c(H+)，若溶液呈中性，则氢氧化钠的物质的量大于硫酸氢铵的物质的量，所以c(Na+)＞c(SO42－)＞c(NH4+)＞c (OH－)＝c(H+)，正确，
故答案选：AD。
【分析】A、考查的是质子守恒的判断；
B、注意结合醋酸的电离和醋酸根的水解进行判断，pH<7即电离大于水解；
C、注意还有碳酸根离子的存在；
D、注意中性时，氢氧化钠过量。
15．【答案】C,D
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A、反应前2min的平均速率v(B)=0.30mol/2.0L/2min=0.075 mol/（L·min），错误；
B、原平衡时，c(B)=0.40mol/2.0L=0.2 mol·L-1，保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(B)=0.22 mol·L-1>0.20mol/L，说明升高温度，平衡正向移动，则该反应是吸热反应，ΔH >0，错误；
C、保持其他条件不变，起始向容器中充入2.0 mol A，臂原平衡时物质的浓度增大，相当于缩小容器的体积，增大压强，则平衡逆向移动，反应达到平衡时C的体积分数减小，正确；
D、根据表中数据可计算该温度时的平衡常数是0.4/3，保持其他条件不变，起始向容器中充入1.2 mol A、0.60 mol B和0.60 mol C，则Qc=0.32/0.6=0.15>0.4/3，则反应逆向进行，所以反应达到平衡前的速率：v(正)【分析】A、结合公式v=△c/△t；
B、升高温度B浓度增加，即朝正反应移动，正反应吸热；
C、注意既会改变浓度，也会改变压强；
D、结合化学平衡常数进行判断。
16．【答案】（1）MnCO3+H2SO4 ＝MnSO4+ CO2↑+H2O
（2）抑制Mn2+的水解
（3）MnO2+2Fe2++4H+＝Mn2++2Fe3++2H2O
（4）CoS和NiS
（5）阴；Mn2++2e－＝Mn
（6）1×10－6 mol/L
【知识点】盐类水解的应用；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）碳酸锰与硫酸反应生成硫酸锰、二氧化碳和水，所以化学方程式是MnCO3+H2SO4 ＝MnSO4+ CO2↑+H2O；（2）根据表中数据可知氢氧化锰是弱碱，所以硫酸锰水解生成氢氧化锰和硫酸，则硫酸过量的第三个作用是抑制锰离子水解；（3）步骤Ⅱ中，MnO2在酸性条件下可将Fe2+氧化为Fe3+，二氧化锰被还原为锰离子，离子方程式是MnO2+2Fe2++4H+＝Mn2++2Fe3++2H2O；（4）根据流程图可知，除杂1时，将铁离子除去，则除杂2的目的是除去镍离子和钴离子，根据沉淀的溶度积可知，加入硫化铵后，镍离子和钴离子已硫化物的沉淀除去，所以滤渣2的主要成分是CoS和NiS；（5）电解时，锰离子在阴极发生还原反应，所以Mn在阴极析出；电极反应式是Mn2++2e－＝Mn；（6）因为KMnS=1.0×10-11，所以欲使溶液中c(Mn2+)≤1.0×10－5 mol·L-1，则应保持溶液中c(S2－)≥KMnS/ c(Mn2+)=1×10－6 mol/L。
【分析】（1）即碳酸根和氢离子的反应；
（2）要注意锰离子是弱离子会水解；
（3）可以结合反应物和生成物的化合价变化进行判断；
（4）根据剩余的离子和加进来的硫离子，可以知道产物有两种；
（5）注意阳离子在阴极放电；
（6）根据溶度积进行计算。
17．【答案】（1）羰基、酯基
（2）CH3COOC2H5(
（3）避免碳碳双键被H2加成或还原，或酯很难和H2发生还原反应
（4）
（5）
（6）
【知识点】有机物的合成
【解析】【解答】（1）根据B的结构简式可知B中的含氧官能团为羰基和酯基；（2）根据A与B的结构简式的异同，结合X的分子式可知，X是CH3COOC2H5；（3）C→D不直接用H2（镍作催化剂）还原的原因是因为C中含有碳碳双键，碳碳双键也能与氢气发生加成反应；（4）A的同分异构体中含有苯环和酚羟基，且存在4种H原子，A的分子式是C10H14O，则分子中存在对称结构，所以符合题意的A的同分异构体的结构简式是 （5）E分子中的醛基可与银氨溶液反应，醛基被氧化为羧基，同时生成氨气、银单质、水，化学方程式是 ；（6）比较B与C的结构简式，可知，B先在氢氧化钠的水溶液中发生水解反应，生成羧酸钠，然后将羰基用LiBH4还原为醇，然后酸化，将羧酸钠变为羧基，羧基与羟基在浓硫酸、加热条件下发生取代反应，生成酯基，最后再与CH3I发生增加C原子的反应得到C，流程图是
【分析】（1）注意题干问的是含氧官能团；
（2）根据A和B的反应过程，可以推出X的结构；
（3）结合已知信息 ① 可以知道反应原理，并且要注意氢气可以发生加成反应；
（4）根据信息可以知道该物质含有苯环，且有酚羟基，以及四种等效氢；
（5）醛基和银氨溶液的反应注意配平，按照“一水二银三氨羧酸铵”的方式配平；
（6）注意结合已知信息以及反应先后顺序。
18．【答案】（1）B
（2）冷却结晶；取样于试管中加入NaOH溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸检验气体，若试纸变蓝，即可证明
（3）4Ce(OH)3 + O2 + 2H2O = 4Ce(OH)4
（4）偏大
（5）解： 一份中n(Fe3+)= 2n(Fe2O3)=2×1.6g/160g/mol = 0.02 mol
n(SO42－)= n(Ba2+)= 0.05 mol
根据电荷守恒，n(NH4+)=0.04 mol
n(H2O)=(7g–0.02mol×56g/mol-0.05mol×96g/mol-0.04mol×18g/mol)÷18g/mol=0.02 mol
所以化学式为Fe2(SO4) 3·2(NH4) 2SO4·2H2O
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）废玻璃粉末中只有二氧化硅与氢氧化钠反应，所以滤渣A中含有Fe2O3、CeO2、FeO等物质，加稀硫酸与氧化铁和氧化亚铁反应生成相应的盐，所以加入的氧化剂可以氧化亚铁离子同时不引入新的杂质，所以最适合用作氧化剂B的是过氧化氢，被还原的产物是水，而次氯酸钠被还原为氯离子、高锰酸钾被还原为锰离子，都会产生新的杂质，所以答案选B；（2）加热蒸发后，需将溶液冷却结晶，然后过滤洗涤、干燥可得到硫酸铁铵；（3）反应②是Ce(OH)3与氧气反应生成Ce(OH)4，根据质量守恒定律可知该反应中有水参与，所以化学方程式是4Ce(OH)3 + O2 + 2H2O = 4Ce(OH)4；（4）FeSO4溶液在空气中露置一段时间后再进进行滴定，则硫酸亚铁溶液中的亚铁离子的浓度降低，所以滴定样品时，消耗硫酸亚铁溶液的体积偏大，使滴定结果偏大；（5）硫酸铁铵与足量的氢氧化钠溶液反应，过滤洗涤沉淀并烘干灼烧至恒重得到1.60g固体，则该固体是氧化铁固体，物质的量是1.60g/160g/mol=0.01mol，说明7.0g硫酸铁铵样品中含有Fe元素的物质的量是0.02mol；另一份中加入0.5mol/L Ba(NO3)2溶液100mL，恰好完全反应，则硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，所以7.0g固体中硫酸根离子的物质的量是0.5mol/L×0.1L=0.05mol，根据电荷守恒，n(NH4+)=0.04 mol，所以7.0g样品中水的物质的量是(7g – 0.02mol×56g/mol - 0.05 mol×96g/mol - 0.04 mol×18g/mol)÷18g/mol=0.02 mol，所以样品中铵根离子、铁离子、硫酸根离子、水的物质的量之比是0.04：0.02：0.05：0.02=4：2：5：2，则样品的化学式是Fe2(SO4) 3·2(NH4) 2SO4·2H2O。
【分析】（1）注意不能引入杂质；
（2）检验铵根离子即检验产生的氨气；
（3）要注意氧气作为氧化剂，可以参考氢氧化亚铁的氧化；
（4）注意亚铁离子的影响；
（5）注意结合公式进行计算，根据物质的量的相关计算以及化学计量数之比可以求出答案。
19．【答案】（1）TiCl4 + 4H2O＝Ti(OH)4↓+ 4HCl↑或TiCl4 + 3H2O＝H2TiO3↓+ 4HCl↑
（2）铁与氯气反应生成的氯化铁，对氯与苯的反应有催化作用；Cl2 + 2e- + 2Ag+ = 2AgCl；0.5
（3）c(CH3OCH3)c(H2O)/[c(H2)4c(CO)2]；a；2.0
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】(1) TiCl4遇水强烈水解，生成氯化氢和氢氧化钛，化学方程式是TiCl4 + 4H2O＝Ti(OH)4↓+ 4HCl↑；或TiCl4 + 3H2O＝H2TiO3↓+ 4HCl↑；（2）①氯气与钢瓶中的铁反应生成的氯化铁对氯气与苯的反应有催化作用，所以钢瓶表面氯与苯的反应明显加快；②根据图可知，银离子向通入氯气的一极移动，说明通入氯气的一极是阴极，所以氯气得到电子生成氯离子与银离子反应生成氯化银沉淀，电极反应式是Cl2 + 2e- + 2Ag+ == 2AgCl；③根据KClO3 + 6HCl(浓) = KCl + 3Cl2↑ + 3H2O，当生成6.72LCl2（标准状况下）物质的量是0.3mol时，消耗氯酸钾的物质的量是0.1mol，氯酸钾中Cl元素的化合价从+5价降低到0价，得到5个电子，则0.1mol氯酸钾参加反应得到电子的物质的量是0.5mol，所以该过程中转移的电子的物质的量为0.5mol；（3）①根据平衡常数的定义，可知该反应的平衡常数可表示为K= c(CH3OCH3)c(H2O)/[c(H2)4c(CO)2]；
②a、压强一定时，温度升高，CO的转化率降低，说明升高温度，平衡逆向移动，则该反应是放热反应，△H <0，正确；b、压强增大，平衡正向移动，则CO的转化率增大，所以P1>P2>P3，错误；c、若在P3和316℃时，起始时n(H2)/n(CO)=3，即增大氢气的浓度而CO的浓度不变，则平衡正向移动，所以达到平衡时CO的转化率增大，大于50%，错误，答案选a；③根据图可知，当CO的转化率最大、DME的选择性最大值时对应的横坐标大约在2.0附近，所以n(Mn)/n(Cu)约为2.0时最有利于二甲醚的合成。
【分析】（1）金属离子的水解一次到位；
（2） ① 注意氯化铁可以作为催化剂；
② 注意氯气可以得电子生成氯离子；
③ 注意结合化合价进行计算，盐酸中的氯离子并没有全部转化，也可以根据氯酸根进行计算；
（3） ① 结合化学平衡常数进行计算，即生成物的浓度幂之积比反应物的浓度幂之积；
② 注意温度和压强对平衡移动的影响；
③ 注意2.0是催化效果最好。
20．【答案】（1）[Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9
（2）sp3
（3）平面正三角形；SO3或BF3
（4）NH3分子间有氢键
（5）16mol或16×6.02×1023
（6）12
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；晶胞的计算
【解析】【解答】A是周期表所有原子中原子半径最小的，所以A是H元素；B有三个能级，且各个能级上电子数相等，则B是C元素，三个能级上均有2个电子； D基态原子的2p电子是2s电子的2倍，则D是O元素；D与C同周期，且C中未成对电子是该周期中最多的，则C是第二周期元素，未成对电子最多为2p3，所以C是N元素；E有4个电子层，且与A最外层电子数相同，都是1个电子，其他各层均排满，则E的核外电子排布是2、8、18、1，所以E是29号元素Cu。（1）铜离子的基态电子排布式为[Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9；（2）H与N形成的18电子的分子是N2H4，N原子的最外层价电子对数是4，有一对孤对电子，所以N原子的杂化方式为sp3；（3）①碳酸根离子中的C原子的最外层价电子对数是3+1/2(4+2-6)=3,所以碳酸根离子的空间构型是平面正三角形；②碳酸根离子是由四个原子构成的价电子数是24的离子，所以与其互为等电子体的分子为SO3或BF3；（4）NH3比CH4沸点高的原因是因为氨气分子间存在氢键，使分子间作用力增大，所以沸点升高；（5）铜离子与氨气可形成的配合离子是[Cu(NH3)4]2+，其中N与H之间形成3×4=12个σ键，每个氨气分子与铜离子之间形成1个配位键是σ键，所以共形成12+4=16个σ键，则1mol该离子中含有16molσ键；（6）Cu是面心立方结构，Cu原子的周围距离最近的Cu原子数目是12，同层有4个，上下各4个，所以共12个。
【分析】（1）注意铜的特殊性，满足半充满；
（2）注意共价键数目和未成对电子数，可以知道为sp3杂化；
（3） ① 碳酸根为平面正三角形；
② 为四原子且24个电子；
（4）注意N、O、F可以形成氢键；
（5）注意 σ键 为单键的计算；
（6）注意没画出来的部分也要算进去。
21．【答案】（1）除去铝箔表面的油脂等有机物
（2）排出装置中含水蒸气的空气
（3）保证液溴完全反应，防止溴过量混入AlBr3中
（4）5的管中回流液呈无色，或烧瓶6中物质呈无色
（5）将AlBr3蒸气导入装置2中并冷凝
（6）滤液用2.0mol/L硫酸在不断搅拌下调到pH4～10左右；沉淀中不断加入2.0mol/L硫酸，至恰好溶解
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）步骤l中，铝箔用CCl4浸泡的目的是除去铝箔表面的油污，油污油污易溶于有机溶剂；（2）步骤2操作中，通氮气的目的是排除含水蒸气的空气，因为该实验的目的是制备无水AlBr3；（3）步骤3中，该实验要保证烧瓶中铝箔过剩，因为溴易挥发，若溴过量，则易混入AlBr3中，造成AlBr3不纯，所以使Al过量，溴消耗完；（4）当溴消耗完时，反应停止，此时可以停止回流操作，则5的管中回流液呈无色，或烧瓶6中物质呈无色；（5）因为步骤5的目的是将产品进入收集器2，所以步骤5需打开导管口l和4，并从4通入N2的目的是便于AlBr3蒸汽进入装置2中并冷凝；（6）③根据图7可知，氢氧化铝沉淀的最佳pH在4-10之间，所以向Al与氢氧化钠溶液反应得到的偏铝酸钠的滤液中加.0 mol L-1硫酸不断搅拌下调到pH4～10左右，使之产生氢氧化铝沉淀；⑤将得到的氢氧化铝沉淀过滤、洗涤后，再向沉淀中不断加入2.0mol/L硫酸，至恰好溶解，此时恰好得到硫酸铝溶液，再蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸铝晶体。
【分析】（1）注意铝箔表面含有有机杂质；
（2）氮气可以排除空气；
（3）铝箔过剩，可以保证反应完全；
（4）当溴反应完时，溶液呈无色；
（5）因为步骤5的目的是将产品进入收集器2；
（6）要注意考查的是实验的操作，需要调节pH值。
1 / 1江苏省泰州市姜堰区2014-2015学年高三下学期化学开学考试试卷
一、单选题
1．（2018高三下·姜堰开学考）化学与生产、生活、环境保护等密切相关。下列叙述正确的是（　　）
A．绿色食品是生产时不使用化肥农药，不含任何化学物质的食品
B．新型材料聚酯纤维、光导纤维都属于有机高分子材料
C．医药中常用酒精来消毒，是因为酒精能够使病毒的蛋白质发生变性
D．CO2的水溶液呈酸性，CO2的大量排放会导致酸雨的形成
【答案】C
【知识点】常用合成高分子材料的化学成分及其性能；高分子材料
【解析】【解答】A、绿色食品是无公害和无污染的食品，食品中都含有化学物质，错误；
B、光导纤维的主要成分是二氧化硅，属于无机非金属材料，错误；
C、酒精能使蛋白质变性，所以医药中常用酒精来消毒，正确；
D、二氧化碳是造成温室效应的主要气体，二氧化硫是造成酸雨的主要气体，错误，
答案选C。
【分析】根据物质成分及是否对环境有害进行解答。
2．（2018高三下·姜堰开学考）下列化学用语表示正确的是（　　）
A．乙烯的结构简式：CH2CH2 B．S2－的结构示意图：
C．中子数为20的氯原子： D．羟基的电子式：
【答案】D
【知识点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、乙烯中含有碳碳双键，书写结构简式时不能省略，错误；B、硫离子核内有16个电子，核外有18个电子，错误；C、中子数是20的氯原子的质量数是17+20=37，错误；D、羟基的核外有7个电子，O与H原子之间形成一对共用电子对，正确，答案选D。
【分析】A、有机物结构式只有单健可以省略，碳碳双键三键和碳碳叁键不能省
B、硫离子是由硫原子得两个电子即18个电子，
C、质量数=质子数+中子数，该核素质量数位17+20=37，
D、羟基的O原子最外层6个电子与H原子的一个电子之间形成一对共用电子对，羟基最外层电子共7个。
3．（2018高三下·姜堰开学考）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）
A．使苯酚显紫色的溶液：NH4+、K+、SCN－、SO42－
B．使甲基橙变红色的溶液：Mg2＋、K＋、SO42－ 、NO3－
C．由水电离的c(OH－)=10－13mol·L－1的溶液中：Na+、Cl－、CO32－、NO3－
D．c(Fe2+)＝1.0 mol·L－1溶液：H+、K＋、Cl－、NO3－
【答案】B
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A、使苯酚显紫色的溶液中铁离子，而铁离子与SCN－反应使溶液变红色，不能大量共存，错误；
B、使甲基橙变红色的溶液为酸性溶液，四种离子在酸性溶液中都不反应，可以大量共存，正确；
C、水电离的氢氧根离子的浓度小于10-7mol/L，则溶液中含有大量的氢离子或氢氧根离子，则碳酸根离子与氢离子反应生成水和二氧化碳，不能大量共存，错误；
D、亚铁离子与氢离子、硝酸根离子发生氧化还原反应，不能大量共存，错误，答案选B。
【分析】A、使苯酚显紫色的溶液中存在铁离子，而铁离子与SCN－发生络合反应，溶液变红色，不能大量共存；
B、使甲基橙变红色的溶液pH<3.1,为酸性溶液，四种离子在酸性溶液中都不反应，可以大量共存；
C、水电离的氢氧根离子的浓度小于10-7mol/L，说明水的电离被抑制，溶液中含有大量的氢离子或氢氧根离子，则碳酸根离子与氢离子反应生成水和二氧化碳，不能大量共存；
D、氢离子、硝酸根离子混合既是硝酸有强氧化性，亚铁离子有较强还原性故发生氧化还原反应，不能大量共存
4．（2018高三下·姜堰开学考）下列物质性质与应用对应关系均正确的是（　　）
A．SO2具有漂白性，可用SO2加工银耳，使之更白
B．炭具有强还原性，常用于冶炼镁、钠等金属
C．淀粉遇碘变蓝色，常用于检验食盐是否为加碘盐
D．NaHCO3可以与胃酸反应，可用NaHCO3治疗胃酸过多
【答案】D
【知识点】食物中淀粉、蛋白质、葡萄糖的检验
【解析】【解答】A．SO2有毒，具有漂白性，但SO2不能用来漂白馒头、银耳等食品，故A错误；
B．用于冶炼镁、钠等金属采用电解法，不用热还原法，故B错误；
C．食盐中添加碘酸钾，碘酸钾不能使淀粉变蓝，故C错误；
D．NaHCO3与盐酸反应，可用于治疗胃酸过，故D正确．
故选D．
【分析】A．SO2有毒，具有漂白性；
B．根据活泼金属采用电解法冶炼；
C．食盐中添加碘酸钾；
D．NaHCO3与盐酸反应．
5．（2018高三下·姜堰开学考）下列有关实验原理或实验操作正确的（　　）
A．用图1所示装置蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体
B．用图2所示装置除去CO2中含有的少量HCl
C．用图3所示装置制取并收集干燥纯净的NH3
D．用图4所示装置吸收氨气并防止倒吸
【答案】D
【知识点】氨的实验室制法；蒸发和结晶、重结晶；气体的收集
【解析】【解答】解：A、氯化铵不稳定，加热易分解，不能将溶液蒸干，故A错误；
B、二氧化碳也与碳酸钠反应，所以加试剂不能与主体反应，故B错误；
C、氨气密度比空气小，应用向下排空法收集，故C错误；
D、氨气是一种无色、有刺激性气味，密度比空气小，极易溶于水的气体，但难溶于四氯化碳，起到缓冲作用，能防止倒吸，故D正确；
故选D．
【分析】A、氯化铵不稳定，加热易分解；
B、二氧化碳也与碳酸钠反应；
C、氨气密度比空气小，应用向下排空法收集；
D、氨气是一种无色、有刺激性气味，密度比空气小，极易溶于水的气体，但难溶于四氯化碳．
6．（2018高三下·姜堰开学考）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A．常温常压下，4.4 g CO2与N2O混合气体中含有的原子总数为0.3NA
B．标准状况下，2.24L己烷含有分子的数目为0.1NA
C．1 L 1 mol·L－1的CuCl2 溶液中含有Cu2+的数目为NA
D．在过氧化钠与水的反应中，每生成0.1mol氧气，转移电子的数目为0.4NA
【答案】A
【知识点】物质的量的相关计算；物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用
【解析】【解答】A、CO2与N2O混合气体的摩尔质量是44g/mol，所以4.4g CO2与N2O混合气体的物质的量是0.1mol，CO2与N2O都是三原子分子，所以含有的原子总数是0.3NA，正确；
B、标准状况下，己烷是液体，所以2.24L己烷的物质的量不是0.1mol，则含有的分子数不是0.1NA，错误；
C、铜离子发生水解反应，使铜离子的数目小于NA，错误；
D、过氧化钠与水的反应中，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，则产生0.1mol氧气时，转移电子数是0.2NA，错误，答案选A。
【分析】
B、标准状况下，己烷是液体，所以2.24L己烷的物质的量无法计算，则含有的分子数不是0.1NA；
C、1mol铜离子发生水解反应，使铜离子的数目小于NA；
D、过氧化钠与水的反应中，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，0.2mol过氧化钠生成则产生0.1mol氧气时，转移电子数是0.2NA。技巧：粒子的物质的量为X时，其粒子个数为XNA
7．（2018高三下·姜堰开学考）下列指定反应的离子方程式正确的是（　　）
A．向Na2SiO3溶液中通入过量CO2： SiO32－+CO2+H2O = H2SiO3↓+CO32－
B．酸性介质中KMnO4氧化H2O2：2MnO4－ ＋5H2O2＋6H＋= 2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O
C．等物质的量的MgCl2、Ba(OH)2 和 HCl 溶液混合：Mg2＋＋2OH－= Mg(OH)2↓
D．用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋H2O＋CO2↑
【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、向Na2SiO3溶液中通入过量CO2，则生成硅酸沉淀和碳酸氢根离子，错误；B、酸性条件下。高锰酸根离子与过氧化氢反应生成氧气和水、锰离子，符合离子方程式的书写，正确；C、等物质的量的MgCl2、Ba(OH)2 和 HCl溶液混合时，则氢氧根离子先与氢离子反应生成水，然后剩余的氢氧根离子再与镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，错误；D、醋酸是弱酸，酸性离子方程式时，不能写成氢离子形式，错误，答案选B。
【分析】离子反应方程式书写要点是强酸强碱易容盐拆写为相应的离子，再根据原子和电荷守恒配平
8．下列各组物质中，不满足组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应的是（　　）
物质 组别 甲 乙 丙
A FeCl2 Cl2 NaOH
B SiO2 NaOH HF
C AlCl3 KOH H2SO4
D SO2 NaOH NaHCO3
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】氯气的化学性质；二氧化硫的性质；硅和二氧化硅
【解析】【解答】解：A．FeCl2具有还原性，可与Cl2发生氧化还原反应生成氯化铁，可氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁，Cl2与氢氧化钠反应可生成氯化钠、次氯酸钠，故A不选；
B．二氧化硅可与NaOH、HF反应，NaOH、HF发生中和反应，故B不选；
C．氯化铝与KOH反应生成氢氧化铝，但与硫酸不反应，故C选；
D．二氧化硫可与NaOH、NaHCO3反应，NaOH、NaHCO3反应生成碳酸钠，故D不选．
故选C．
【分析】A．FeCl2具有还原性，可与Cl2发生氧化还原反应，可氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁，Cl2与氢氧化钠反应可生成氯化钠、次氯酸钠；
B．二氧化硅可与NaOH、HF反应，NaOH、HF发生中和反应；
C．氯化铝与硫酸不反应；
D．二氧化硫可与NaOH、NaHCO3反应，NaOH、NaHCO3反应生成碳酸钠．
9．（2018高三下·姜堰开学考）甲~辛等元素在周期表中的相对位置如下表。甲与戊的原子序数相差3，戊的一种单质是自然界硬度最大的物质，丁与辛属同周期元素，下列判断正确的是（　　）
A．金属性：甲>乙>丁
B．原子半径：辛>戊>甲
C．丙与庚的元素原子核外电子数相差13
D．形成的最简单氢化物的稳定性：己>戊
【答案】C
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】戊是自然界中硬度最大的单质，则戊是金刚石，对应的元素是C元素；所以甲是第一主族元素Li，乙是Na，丙是K元素，丁是Ca元素，己是Si元素，庚是Ge元素，辛是Ga元素。A、甲与乙是同主族元素，所以从上到下，元素的金属性逐渐增强，则金属性乙>甲，错误；B、甲与戊是同周期元素，则原子半径随核电荷数的增加而减小，所以原子半径甲>戊，错误；C、丙是K元素，原子序数是19，庚是Ge元素，原子序数是32，所以丙与庚的元素原子核外电子数相差13，正确；D、戊的非金属性大于己，所以戊的气态氢化物的稳定性大于己的氢化物的稳定性，错误，答案选C。
【分析】根据金刚石是硬度最大的单质可知戊是碳元素，己是硅元素，庚是锗元素，辛是稼元素原子序数依次为6，14，32，31.甲与戊的原子序数相差3
可知甲乙丙丁分别为锂钠钾钙，原子序数依次为3，11，13，19，20.周期表中金属性下大于上，左大于右，故A错。原子半径左大于右，下大于上，左下大于右上，故B错。丙庚原子序数为19和32，故C正确。气态氢化物稳定性与非金属成正比，右上大于左下，故D错误
10．（2018高三下·姜堰开学考）室温下，将1mol的CuSO4 5H2O（s）溶于水会使溶液温度降低，热效应为△H1，将1mol的CuSO4(s)溶于水会使溶液温度升高，热效应为△H2，CuSO4 5H2O受热分解的化学方程式为：CuSO4 5H2O(s) CuSO4(s)+5H2O(l)，热效应为△H3。则下列判断正确的是（　　）
A．△H2>△H3 B．△H1<△H3
C．△H1+△H3=△H2 D．△H1+△H2>△H3
【答案】B
【知识点】盖斯定律及其应用
【解析】【解答】CuSO4 5H2O（s）溶于水会使溶液温度降低，则①CuSO4 5H2O(s)=Cu2+(aq)+SO42-(aq)+5H2O(l)，△H1>0；②CuSO4 (s)=Cu2+(aq)+SO42-(aq)， △H2<0；根据盖斯定律，则①-②可得CuSO4 5H2O(s) CuSO4(s)+5H2O(l)，所以△H3=△H1-△H2>△H1>0，则答案选B。
【分析】注意结合盖斯定律进行判断。
11．（2018高三下·姜堰开学考）下列有关说法正确的是（　　）
A．2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋2CO2(g)在常温下能自发进行，则该反应的△H＞0
B．将钢闸门与直流电源的正极相连，可防止钢闸门腐蚀
C．恒温下，体积可变的密闭容器中发生反应2NO2 N2O4，向平衡体系中充入氩气，达到新平衡时，NO2的百分含量增大
D．25℃时，将NH3 H2O稀溶液加水稀释， 的值不变
【答案】C,D
【知识点】反应热和焓变；金属的电化学腐蚀与防护；化学平衡常数；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A、该反应是熵减的反应，所以该反应的焓应减小，即△H<0，错误；B、将钢闸门与直流电源的正极相连，则钢做阳极，发生氧化反应，所以钢闸门被腐蚀，错误；C、恒温下，体积可变的容器为恒压容器，向其中通入氩气，则容器的体积增大，各物质的浓度减小，相当于降低体系的压强，平衡逆向移动，所以二氧化氮的含量增大，正确；D、25 ℃时，将NH3 H2O稀溶液加水稀释，则一水合氨的电离平衡正向移动，但一水合氨、氢氧根离子、铵根离子的浓度均减小，氢离子的浓度增大，但c(H+)c(NH3 H2O)/c(NH4+)= Kw c(NH3 H2O) /c(OH-) c(NH4+)= Kw/Kb，水的离子积常数与一水合氨的电离常数的比值仍是常数，所以c(H+)c(NH3 H2O)/c(NH4+)不变，正确，答案选CD。
【分析】A、注意结合熵变和焓变进行判断；
B、注意是连接负极；
C、注意体积可变，则通入压强体积增大；
D、分子分母同时乘以氢氧根的浓度，可以转化为水的离子积和一水合氨的电离常数判断。
12．（2018高三下·姜堰开学考）某有机物的结构简式如图所示，下列有关该物质的叙述错误的是（　　）
A．分子式为C11H12O4
B．苯环上的一氯代物有2种
C．分子中所有的碳原子可能共平面
D．能使酸性KMnO4溶液褪色
【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、根据该有机物的结构简式可判断其分子式是C11H12O4，正确；
B、该有机物中不存在对称结构，所以苯环上的H原子不是等效H原子，则苯环上的一氯代物有3种，错误；
C、苯环是平面结构，与苯环直接相连的原子与苯环共面，因为碳碳单键可以旋转，所以两个与苯环不直接相连的甲基的C原子有可能与苯环共面，正确；
D、与苯环直接相连的甲基可被高锰酸钾氧化，正确，
故答案为：B。
【分析】A、根据C、H、O个数判断；
B、即判断等效氢的数目；
C、注意碳碳单键、碳氧碳单键可以共平面；
D、注意苯环上的甲基溶液被氧化。
13．（2018高三下·姜堰开学考）下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（　　）
选项 实验操作 实验现象 结 论
A 向某溶液中先加氯水再加KSCN溶液 溶液呈血红色 原溶液中定含Fe2+
B 向无色溶液中加盐酸酸化的BaCl2溶液 有白色沉淀 原溶液中定含SO42-
C 向Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体 出现白色胶状沉淀 碳的非金属性大于硅
D 用铂丝蘸取某物质的溶液进行焰色反应 火焰呈黄色 该物质定是钠盐
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】物质的检验和鉴别
【解析】【解答】A、先加氯水再加KSCN溶液，溶液变红色，不能证明原溶液中存在亚铁离子，若原溶液中存在铁离子，溶液也会变红色，错误；
B、无色溶液中加入氯化钡溶液，产生的白色沉淀不一定是硫酸钡沉淀，可能是氯化银沉淀，则溶液中存在银离子，错误；
C、向硅酸钠溶液中通入二氧化碳气体，产生的不是胶状沉淀是硅酸沉淀，证明碳酸的酸性比硅酸强，所以C的非金属性比Si的非金属性强，正确；
D、焰色反应为黄色的物质的溶液不一定是钠盐溶液，可能是氢氧化钠，只要含有钠元素，则焰色反应均为黄色，错误，
答案选C。
【分析】A、注意滴加顺序；
B、注意先加稀盐酸；
C、注意强酸制弱酸；
D、注意无法鉴别钾元素，同时只能证明含有钠元素。
14．（2018高三下·姜堰开学考）25 ℃时，下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（　　）
A．Na2CO3溶液：c(OH－)-c(H＋)=c(HCO3－)+ 2c(H2CO3)
B．浓度均为0.1 mol·L－1的CH3COOH和CH3COONa混合液（pH<7）：c(CH3COOH)＞c(CH3COO－)＞c (Na+)＞c(H+)＞c(OH－)
C．浓度均为0.1 mol·L－1的NaClO、NaHCO3混合溶液中：c(HClO)+c(ClO－)=c(HCO3－)+ c(H2CO3)
D．向0.1 mol/L NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c(Na+)＞c(SO42－)＞c(NH4+)＞c (OH－)＝c(H+)
【答案】A,D
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、碳酸钠溶液中，根据质子守恒，则c(OH－)=c(H＋)+c(HCO3－)+ 2c(H2CO3)，所以有c(OH－)-c(H＋)=c(HCO3－)+ 2c(H2CO3)成立，正确；
B、浓度相同的产生和醋酸钠的混合液的pH<7，溶液为酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，则c(CH3COO－)＞c (Na+) >c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(OH－)，错误；
C、浓度均为0.1 mol·L－1的NaClO、NaHCO3混合溶液中，Cl元素与C元素的浓度相等，所以c(HClO)+c(ClO－)=c(HCO3－)+ c(H2CO3)+ c(CO32-)，错误；
D、向0.1 mol/L NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性，则c (OH－)＝c(H+)，根据电荷守恒，则2c(SO42－)+ c (OH－)=c(Na+)+c(NH4+)+c(H+)，若溶液呈中性，则氢氧化钠的物质的量大于硫酸氢铵的物质的量，所以c(Na+)＞c(SO42－)＞c(NH4+)＞c (OH－)＝c(H+)，正确，
故答案选：AD。
【分析】A、考查的是质子守恒的判断；
B、注意结合醋酸的电离和醋酸根的水解进行判断，pH<7即电离大于水解；
C、注意还有碳酸根离子的存在；
D、注意中性时，氢氧化钠过量。
15．（2018高三下·姜堰开学考）一定条件下进行反应：A(g) B(g)+C (g)，向2.0 L恒容密闭容器中充入1.0 mol A(g)，经过一段时间后达到平衡。反应过程中测得的有关数据见下表：
t/s 0 2 4 6 8
n(B)/mol 0 0.30 0.39 0.40 0.40
下列说法正确的是（　　）
A．反应前2min的平均速率v(B)=0.15 mol/（L·min）
B．保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(B)=0.22 mol·L-1，则反应的ΔH < 0
C．保持其他条件不变，起始向容器中充入2.0 mol A，反应达到平衡时C的体积分数减小
D．保持其他条件不变，起始向容器中充入1.2 molA、 0.60 mol B和0.60 mol C，反应达到平衡前的速率：v(正)【答案】C,D
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A、反应前2min的平均速率v(B)=0.30mol/2.0L/2min=0.075 mol/（L·min），错误；
B、原平衡时，c(B)=0.40mol/2.0L=0.2 mol·L-1，保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(B)=0.22 mol·L-1>0.20mol/L，说明升高温度，平衡正向移动，则该反应是吸热反应，ΔH >0，错误；
C、保持其他条件不变，起始向容器中充入2.0 mol A，臂原平衡时物质的浓度增大，相当于缩小容器的体积，增大压强，则平衡逆向移动，反应达到平衡时C的体积分数减小，正确；
D、根据表中数据可计算该温度时的平衡常数是0.4/3，保持其他条件不变，起始向容器中充入1.2 mol A、0.60 mol B和0.60 mol C，则Qc=0.32/0.6=0.15>0.4/3，则反应逆向进行，所以反应达到平衡前的速率：v(正)【分析】A、结合公式v=△c/△t；
B、升高温度B浓度增加，即朝正反应移动，正反应吸热；
C、注意既会改变浓度，也会改变压强；
D、结合化学平衡常数进行判断。
二、综合题
16．（2018高三下·姜堰开学考）锰的用途非常广泛，在钢铁工业中，锰的用量仅次于铁，90%的锰消耗于钢铁工业，10%的锰消耗于有色冶金、化工、电子、电池、农业等部门。以碳酸锰矿（主要成分为MnCO3，还含有铁、镍、钴等碳酸盐杂质）为原料生产金属锰的工艺流程如下：
已知25℃，部分物质的溶度积常数如下：
物质 Mn(OH)2 Co(OH)2 Ni(OH)2 MnS CoS NiS
Ksp 2.1×10－13 3.0×10－16 5.0×10－16 1.0×10－11 5.0×10－22 1.0×10－22
（1）步骤Ⅰ中，MnCO3与硫酸反应的化学方程式是　 　 。
（2）步骤Ⅰ中需要加入稍过量的硫酸，其目的有3点：①使矿物中的物质充分反应；②提供第Ⅱ步氧化时所需要的酸性环境；③　 　。
（3）步骤Ⅱ中，MnO2在酸性条件下可将Fe2+氧化为Fe3+，该反应的离子方程式是　 　，加氨水调节溶液的pH为5.0～6.0，以除去Fe3+。
（4）步骤Ⅲ中，滤渣2的主要成分是 　 　。
（5）步骤Ⅳ中，在　 　（填“阴”或“阳”）极析出Mn，电极反应方程式为　 　。
（6）电解后的废水中还含有Mn2+，常用石灰乳进行一级沉降得到Mn(OH)2沉淀，过滤后再向滤液中加入适量Na2S，进行二级沉降。欲使溶液中c(Mn2+)≤1.0×10－5 mol·L-1，则应保持溶液中c(S2－)≥　 　mol·L－1。
【答案】（1）MnCO3+H2SO4 ＝MnSO4+ CO2↑+H2O
（2）抑制Mn2+的水解
（3）MnO2+2Fe2++4H+＝Mn2++2Fe3++2H2O
（4）CoS和NiS
（5）阴；Mn2++2e－＝Mn
（6）1×10－6 mol/L
【知识点】盐类水解的应用；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）碳酸锰与硫酸反应生成硫酸锰、二氧化碳和水，所以化学方程式是MnCO3+H2SO4 ＝MnSO4+ CO2↑+H2O；（2）根据表中数据可知氢氧化锰是弱碱，所以硫酸锰水解生成氢氧化锰和硫酸，则硫酸过量的第三个作用是抑制锰离子水解；（3）步骤Ⅱ中，MnO2在酸性条件下可将Fe2+氧化为Fe3+，二氧化锰被还原为锰离子，离子方程式是MnO2+2Fe2++4H+＝Mn2++2Fe3++2H2O；（4）根据流程图可知，除杂1时，将铁离子除去，则除杂2的目的是除去镍离子和钴离子，根据沉淀的溶度积可知，加入硫化铵后，镍离子和钴离子已硫化物的沉淀除去，所以滤渣2的主要成分是CoS和NiS；（5）电解时，锰离子在阴极发生还原反应，所以Mn在阴极析出；电极反应式是Mn2++2e－＝Mn；（6）因为KMnS=1.0×10-11，所以欲使溶液中c(Mn2+)≤1.0×10－5 mol·L-1，则应保持溶液中c(S2－)≥KMnS/ c(Mn2+)=1×10－6 mol/L。
【分析】（1）即碳酸根和氢离子的反应；
（2）要注意锰离子是弱离子会水解；
（3）可以结合反应物和生成物的化合价变化进行判断；
（4）根据剩余的离子和加进来的硫离子，可以知道产物有两种；
（5）注意阳离子在阴极放电；
（6）根据溶度积进行计算。
三、推断题
17．（2018高三下·姜堰开学考）下图是一种天然药物桥环分子合成的部分路线图（反应条件已经略去）：
已知：
①LiBH4可将醛、酮、酯类还原成醇，但不能还原羧酸、羧酸盐、碳碳双键；LiBH4遇酸易分解。
请回答下列问题：
（1）有机物B中含氧官能团的名称　 　。
（2）反应A→B中需要加入试剂X，其分子式为C4H8O2，X的结构简式为　 　。
（3）C用LiBH4还原得到D。C→D不直接用H2（镍作催化剂）还原的原因是　 　。
（4）写出一种满足下列条件的A的同分异构体的结构简式为　 　。
①属于芳香族化合物；②能使FeCl3溶液显色；③分子中有4种不同化学环境的氢。
（5）写出E和银氨溶液反应的化学方程式　 　。
（6）根据已有知识并结合相关信息，设计B→C的合成路线图（CH3I和无机试剂任选）。
合成路线流程图例如下：
【答案】（1）羰基、酯基
（2）CH3COOC2H5(
（3）避免碳碳双键被H2加成或还原，或酯很难和H2发生还原反应
（4）
（5）
（6）
【知识点】有机物的合成
【解析】【解答】（1）根据B的结构简式可知B中的含氧官能团为羰基和酯基；（2）根据A与B的结构简式的异同，结合X的分子式可知，X是CH3COOC2H5；（3）C→D不直接用H2（镍作催化剂）还原的原因是因为C中含有碳碳双键，碳碳双键也能与氢气发生加成反应；（4）A的同分异构体中含有苯环和酚羟基，且存在4种H原子，A的分子式是C10H14O，则分子中存在对称结构，所以符合题意的A的同分异构体的结构简式是 （5）E分子中的醛基可与银氨溶液反应，醛基被氧化为羧基，同时生成氨气、银单质、水，化学方程式是 ；（6）比较B与C的结构简式，可知，B先在氢氧化钠的水溶液中发生水解反应，生成羧酸钠，然后将羰基用LiBH4还原为醇，然后酸化，将羧酸钠变为羧基，羧基与羟基在浓硫酸、加热条件下发生取代反应，生成酯基，最后再与CH3I发生增加C原子的反应得到C，流程图是
【分析】（1）注意题干问的是含氧官能团；
（2）根据A和B的反应过程，可以推出X的结构；
（3）结合已知信息 ① 可以知道反应原理，并且要注意氢气可以发生加成反应；
（4）根据信息可以知道该物质含有苯环，且有酚羟基，以及四种等效氢；
（5）醛基和银氨溶液的反应注意配平，按照“一水二银三氨羧酸铵”的方式配平；
（6）注意结合已知信息以及反应先后顺序。
四、填空题
18．（2018高三下·姜堰开学考）平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末（含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物质）。某课题以此粉末为原料，设计如下工艺流程对资源进行回收，得到Ce(OH)4和硫酸铁铵：
已知：
①酸性条件下，铈在水溶液中有 、 两种主要存在形式， 易水解， 有较强氧化性。
②CeO2不溶于稀硫酸
③硫酸铁铵［aFe2(SO4) 3 b(NH4) 2SO4 cH2O］广泛用于水的净化处理。
（1）在氧化环节，下列物质中最适合用作氧化剂B的是　 　(填序号)。
a．NaClO b．H2O2 c．KMnO4
（2）操作Ⅰ的名称是　 　，检验硫酸铁铵溶液中含有NH4+的方法是　 　。
（3）写出反应②的化学方程式　 　。
（4）用滴定法测定制得的Ce(OH)4产品纯度。
所用FeSO4溶液在空气中露置一段时间后再进进行滴定，则测得该Ce(OH)4产品的质量分数　 　。（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）
（5）称取14.00g硫酸铁铵样品，将其溶于水配制成100mL溶液，分成两等份，向其中一份加入足量NaOH溶液，过滤洗涤沉淀并烘干灼烧至恒重得到1.60g固体；向另一份溶液中加入0.5mol/L Ba(NO3)2溶液100mL，恰好完全反应。通过计算，该硫酸铁铵的化学式为.（写出必要的计算步骤，否则不得分）。
【答案】（1）B
（2）冷却结晶；取样于试管中加入NaOH溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸检验气体，若试纸变蓝，即可证明
（3）4Ce(OH)3 + O2 + 2H2O = 4Ce(OH)4
（4）偏大
（5）解： 一份中n(Fe3+)= 2n(Fe2O3)=2×1.6g/160g/mol = 0.02 mol
n(SO42－)= n(Ba2+)= 0.05 mol
根据电荷守恒，n(NH4+)=0.04 mol
n(H2O)=(7g–0.02mol×56g/mol-0.05mol×96g/mol-0.04mol×18g/mol)÷18g/mol=0.02 mol
所以化学式为Fe2(SO4) 3·2(NH4) 2SO4·2H2O
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）废玻璃粉末中只有二氧化硅与氢氧化钠反应，所以滤渣A中含有Fe2O3、CeO2、FeO等物质，加稀硫酸与氧化铁和氧化亚铁反应生成相应的盐，所以加入的氧化剂可以氧化亚铁离子同时不引入新的杂质，所以最适合用作氧化剂B的是过氧化氢，被还原的产物是水，而次氯酸钠被还原为氯离子、高锰酸钾被还原为锰离子，都会产生新的杂质，所以答案选B；（2）加热蒸发后，需将溶液冷却结晶，然后过滤洗涤、干燥可得到硫酸铁铵；（3）反应②是Ce(OH)3与氧气反应生成Ce(OH)4，根据质量守恒定律可知该反应中有水参与，所以化学方程式是4Ce(OH)3 + O2 + 2H2O = 4Ce(OH)4；（4）FeSO4溶液在空气中露置一段时间后再进进行滴定，则硫酸亚铁溶液中的亚铁离子的浓度降低，所以滴定样品时，消耗硫酸亚铁溶液的体积偏大，使滴定结果偏大；（5）硫酸铁铵与足量的氢氧化钠溶液反应，过滤洗涤沉淀并烘干灼烧至恒重得到1.60g固体，则该固体是氧化铁固体，物质的量是1.60g/160g/mol=0.01mol，说明7.0g硫酸铁铵样品中含有Fe元素的物质的量是0.02mol；另一份中加入0.5mol/L Ba(NO3)2溶液100mL，恰好完全反应，则硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，所以7.0g固体中硫酸根离子的物质的量是0.5mol/L×0.1L=0.05mol，根据电荷守恒，n(NH4+)=0.04 mol，所以7.0g样品中水的物质的量是(7g – 0.02mol×56g/mol - 0.05 mol×96g/mol - 0.04 mol×18g/mol)÷18g/mol=0.02 mol，所以样品中铵根离子、铁离子、硫酸根离子、水的物质的量之比是0.04：0.02：0.05：0.02=4：2：5：2，则样品的化学式是Fe2(SO4) 3·2(NH4) 2SO4·2H2O。
【分析】（1）注意不能引入杂质；
（2）检验铵根离子即检验产生的氨气；
（3）要注意氧气作为氧化剂，可以参考氢氧化亚铁的氧化；
（4）注意亚铁离子的影响；
（5）注意结合公式进行计算，根据物质的量的相关计算以及化学计量数之比可以求出答案。
19．（2018高三下·姜堰开学考）常温下钛的化学活性很小，在较高温度下可与多种物质反应。工业上由金红石（含TiO2大于96％）为原料生产钛的流程如下：
（1）TiCl4遇水强烈水解，写出其水解的化学方程式　 　。
（2）①若液氯泄漏后遇到苯，在钢瓶表面氯与苯的反应明显加快，原因是　 　。
②Cl2含量检测仪工作原理如下图，则Cl2在Pt电极放电的电极反应式为　 　。
③实验室也可用KClO3和浓盐酸制取Cl2，方程式为：KClO3 + 6HCl(浓) = KCl + 3Cl2↑ + 3H2O。
当生成6.72LCl2（标准状况下）时，转移的电子的物质的量为　 　 mol。
（3）一定条件下CO可以发生如下反应：4H2(g)+2CO(g) CH3OCH3(g)+H2O(g) △H。
①该反应的平衡常数表达式为K=　 　。
②将合成气以n(H2)/n(CO)=2通入1 L的反应器中，CO的平衡转化率随温度、压强变化关系如图所示，下列判断正确的是　 　（填序号）。
a．△H <0
b．P1c．若在P3和316℃时，起始时n(H2)/n(CO)=3，则达到平衡时，CO转化率小于50％
③采用一种新型的催化剂（主要成分是Cu-Mn的合金），利用CO和H2制备二甲醚（简称DME）。观察下图回答问题。
催化剂中n(Mn)/n(Cu)约为　 　时最有利于二甲醚的合成。
【答案】（1）TiCl4 + 4H2O＝Ti(OH)4↓+ 4HCl↑或TiCl4 + 3H2O＝H2TiO3↓+ 4HCl↑
（2）铁与氯气反应生成的氯化铁，对氯与苯的反应有催化作用；Cl2 + 2e- + 2Ag+ = 2AgCl；0.5
（3）c(CH3OCH3)c(H2O)/[c(H2)4c(CO)2]；a；2.0
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】(1) TiCl4遇水强烈水解，生成氯化氢和氢氧化钛，化学方程式是TiCl4 + 4H2O＝Ti(OH)4↓+ 4HCl↑；或TiCl4 + 3H2O＝H2TiO3↓+ 4HCl↑；（2）①氯气与钢瓶中的铁反应生成的氯化铁对氯气与苯的反应有催化作用，所以钢瓶表面氯与苯的反应明显加快；②根据图可知，银离子向通入氯气的一极移动，说明通入氯气的一极是阴极，所以氯气得到电子生成氯离子与银离子反应生成氯化银沉淀，电极反应式是Cl2 + 2e- + 2Ag+ == 2AgCl；③根据KClO3 + 6HCl(浓) = KCl + 3Cl2↑ + 3H2O，当生成6.72LCl2（标准状况下）物质的量是0.3mol时，消耗氯酸钾的物质的量是0.1mol，氯酸钾中Cl元素的化合价从+5价降低到0价，得到5个电子，则0.1mol氯酸钾参加反应得到电子的物质的量是0.5mol，所以该过程中转移的电子的物质的量为0.5mol；（3）①根据平衡常数的定义，可知该反应的平衡常数可表示为K= c(CH3OCH3)c(H2O)/[c(H2)4c(CO)2]；
②a、压强一定时，温度升高，CO的转化率降低，说明升高温度，平衡逆向移动，则该反应是放热反应，△H <0，正确；b、压强增大，平衡正向移动，则CO的转化率增大，所以P1>P2>P3，错误；c、若在P3和316℃时，起始时n(H2)/n(CO)=3，即增大氢气的浓度而CO的浓度不变，则平衡正向移动，所以达到平衡时CO的转化率增大，大于50%，错误，答案选a；③根据图可知，当CO的转化率最大、DME的选择性最大值时对应的横坐标大约在2.0附近，所以n(Mn)/n(Cu)约为2.0时最有利于二甲醚的合成。
【分析】（1）金属离子的水解一次到位；
（2） ① 注意氯化铁可以作为催化剂；
② 注意氯气可以得电子生成氯离子；
③ 注意结合化合价进行计算，盐酸中的氯离子并没有全部转化，也可以根据氯酸根进行计算；
（3） ① 结合化学平衡常数进行计算，即生成物的浓度幂之积比反应物的浓度幂之积；
② 注意温度和压强对平衡移动的影响；
③ 注意2.0是催化效果最好。
20．（2018高三下·姜堰开学考）前四周期元素A、B、C、D、E原子序数依次增大，A是周期表所有原子中原子半径最小的，B有三个能级，且各个能级上电子数相等，D与C同周期，且C中未成对电子是该周期中最多的；D基态原子的2p电子是2s电子的2倍；E有4个电子层，且与A最外层电子数相同，其他各层均排满。
（1）写出E2+的基态核外电子排布式　 　。
（2）A和C可以形成18电子的分子，该分子中C原子的杂化方式为　 　。
（3）C与D形成的酸根离子CD3－
①CD3－的空间构型为　 　(用文字描述)。
②写出一种与CD3－互为等电子体的分子的化学式　 　。
（4）CA3的沸点比BA4的沸点高的原因是　 　。
（5）E2+与C的常见氢化物形成配位数为4的配合物离子，1mol该离子中含σ键数目为　 　。
（6）E晶胞结构如图所示，该晶体中每个E原子周围距离最近的E原子数目为　 　。
【答案】（1）[Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9
（2）sp3
（3）平面正三角形；SO3或BF3
（4）NH3分子间有氢键
（5）16mol或16×6.02×1023
（6）12
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；晶胞的计算
【解析】【解答】A是周期表所有原子中原子半径最小的，所以A是H元素；B有三个能级，且各个能级上电子数相等，则B是C元素，三个能级上均有2个电子； D基态原子的2p电子是2s电子的2倍，则D是O元素；D与C同周期，且C中未成对电子是该周期中最多的，则C是第二周期元素，未成对电子最多为2p3，所以C是N元素；E有4个电子层，且与A最外层电子数相同，都是1个电子，其他各层均排满，则E的核外电子排布是2、8、18、1，所以E是29号元素Cu。（1）铜离子的基态电子排布式为[Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9；（2）H与N形成的18电子的分子是N2H4，N原子的最外层价电子对数是4，有一对孤对电子，所以N原子的杂化方式为sp3；（3）①碳酸根离子中的C原子的最外层价电子对数是3+1/2(4+2-6)=3,所以碳酸根离子的空间构型是平面正三角形；②碳酸根离子是由四个原子构成的价电子数是24的离子，所以与其互为等电子体的分子为SO3或BF3；（4）NH3比CH4沸点高的原因是因为氨气分子间存在氢键，使分子间作用力增大，所以沸点升高；（5）铜离子与氨气可形成的配合离子是[Cu(NH3)4]2+，其中N与H之间形成3×4=12个σ键，每个氨气分子与铜离子之间形成1个配位键是σ键，所以共形成12+4=16个σ键，则1mol该离子中含有16molσ键；（6）Cu是面心立方结构，Cu原子的周围距离最近的Cu原子数目是12，同层有4个，上下各4个，所以共12个。
【分析】（1）注意铜的特殊性，满足半充满；
（2）注意共价键数目和未成对电子数，可以知道为sp3杂化；
（3） ① 碳酸根为平面正三角形；
② 为四原子且24个电子；
（4）注意N、O、F可以形成氢键；
（5）注意 σ键 为单键的计算；
（6）注意没画出来的部分也要算进去。
五、实验题
21．（2018高三下·姜堰开学考）利用废铝箔(主要成分为Al、少量的Fe、Si等)既可制取有机合成催化剂AlBr3又可制取净水剂硫酸铝晶体[Al2(SO4)3 18H2O]。
I．实验室制取无色的无水AlBr3(熔点：97.5℃，沸点：263.3～265℃)可用如图所示装置
主要实验步骤如下：
步骤1：将铝箔剪碎，用CCl4浸泡片刻，干燥，然后投入到烧瓶6中。
步骤2：从导管口7导入氮气，同时打开导管口1和4放空，一段时间后关闭导管口7和1；导管口4接装有P2O5的干燥管。
步骤3：从滴液漏斗滴入一定量的液溴于烧瓶6中，并保证烧瓶6中铝过剩。
步骤4：加热烧瓶6，回流一定时间。
步骤5：将氮气的流动方向改为从导管口4到导管口l。将装有P2O5的干燥管与导管口1连接，将烧瓶6加热至270℃左右，使溴化铝蒸馏进入收集器2。
步骤6：蒸馏完毕时，在继续通入氮气的情况下，将收集器2从3处拆下，并立即封闭3处。
（1）步骤1中，铝箔用CCl4浸泡的目的是　 　。
（2）步骤2操作中，通氮气的目的是　 　。
（3）步骤3中，该实验要保证烧瓶中铝箔过剩，其目的是　 　。
（4）步骤4依据何种现象判断可以停止回流操作　 　。
（5）步骤5需打开导管口l和4，并从4通入N2的目的是　 　。
（6）II．某课外小组的同学拟用废铝箔制取硫酸铝晶体，已知铝的物种类别与溶液pH关系如图所示。
实验中可选用的试剂：①处理过的铝箔；②2.0 mol L-1硫酸；③2.0mol L-1NaOH溶液。
由铝箔制备硫酸铝晶体的实验步骤依次为：
①称取一定质量的铝箔于烧杯中，分次加入2.0 mol L-1NaOH溶液，加热至不再产生气泡为止。
②过滤。
③　 　。
④过滤、洗涤。
⑤　 　。
⑥蒸发浓缩。
⑦冷却结晶。
⑧过滤、洗涤、干燥。
【答案】（1）除去铝箔表面的油脂等有机物
（2）排出装置中含水蒸气的空气
（3）保证液溴完全反应，防止溴过量混入AlBr3中
（4）5的管中回流液呈无色，或烧瓶6中物质呈无色
（5）将AlBr3蒸气导入装置2中并冷凝
（6）滤液用2.0mol/L硫酸在不断搅拌下调到pH4～10左右；沉淀中不断加入2.0mol/L硫酸，至恰好溶解
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）步骤l中，铝箔用CCl4浸泡的目的是除去铝箔表面的油污，油污油污易溶于有机溶剂；（2）步骤2操作中，通氮气的目的是排除含水蒸气的空气，因为该实验的目的是制备无水AlBr3；（3）步骤3中，该实验要保证烧瓶中铝箔过剩，因为溴易挥发，若溴过量，则易混入AlBr3中，造成AlBr3不纯，所以使Al过量，溴消耗完；（4）当溴消耗完时，反应停止，此时可以停止回流操作，则5的管中回流液呈无色，或烧瓶6中物质呈无色；（5）因为步骤5的目的是将产品进入收集器2，所以步骤5需打开导管口l和4，并从4通入N2的目的是便于AlBr3蒸汽进入装置2中并冷凝；（6）③根据图7可知，氢氧化铝沉淀的最佳pH在4-10之间，所以向Al与氢氧化钠溶液反应得到的偏铝酸钠的滤液中加.0 mol L-1硫酸不断搅拌下调到pH4～10左右，使之产生氢氧化铝沉淀；⑤将得到的氢氧化铝沉淀过滤、洗涤后，再向沉淀中不断加入2.0mol/L硫酸，至恰好溶解，此时恰好得到硫酸铝溶液，再蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸铝晶体。
【分析】（1）注意铝箔表面含有有机杂质；
（2）氮气可以排除空气；
（3）铝箔过剩，可以保证反应完全；
（4）当溴反应完时，溶液呈无色；
（5）因为步骤5的目的是将产品进入收集器2；
（6）要注意考查的是实验的操作，需要调节pH值。
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