江苏省苏锡常镇四市2019届高三下学期第三次模拟考试化学试题 Word版含解析 26页

www.ks5u.com ‎2019届高三模拟考试试卷 化学 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分120分，考试时间100分钟。‎ 可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 O—16 P—31 S—32 K—39 Mn—55 Fe—56‎ 第Ⅰ卷(选择题 共40分)‎ 单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。‎ ‎1.2018年世界环境日主题为“塑战速决”。下列做法不应该提倡的是（ ）‎ A. 使用布袋替代一次性塑料袋购物 B. 焚烧废旧塑料以防止“白色污染”‎ C. 用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料 D. 用高炉喷吹技术综合利用废塑料 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、用布袋代替一次性塑料袋购，减少了塑料袋的使用能减少白色污染，减少化工生产产生的温室气体，选项A应提倡；‎ B．焚烧废旧塑料产生致癌性物质苯丙芘等，不能焚烧废旧塑料以防止“白色污染”，应使用塑料的替代品防止白色污染，如聚乳酸等，选项B不应提倡；‎ C．利用CO2合成聚碳酸酯类可降解塑料，实现“碳”的循环利用，减少二氧化碳的排放，选项C应提倡；‎ D、用高炉喷吹技术综合利用废塑料，减少白色污染，选项D应提倡；‎ 答案选B。‎ ‎2.用化学用语表示C2H2＋HClC2H3Cl(氯乙烯)中的相关微粒，其中正确的是（ ）‎ A. 中子数为7的碳原子：C B. 氯乙烯的结构简式：CH2CHCl C. 氯离子的结构示意图： D. HCl的电子式：H＋[]－‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 中子数为7的碳原子为：，选项A错误；‎ B. 氯乙烯的结构简式为：CH2=CHCl，选项B错误；‎ - 26 -‎ C. 氯离子的结构示意图为：，选项C正确；‎ D. HCl为共价化合物，其电子式为：，选项D错误。‎ 答案选C。‎ ‎3.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）‎ A. Al2O3的熔点很高，可用作耐火材料 B. NH3具有还原性，可用作制冷剂 C. SO2具有氧化性，可用于纸浆的漂白 D. 钠钾合金的密度小，可用作快中子反应堆的热交换剂 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氧化铝熔点很高，所以可以做耐火材料，选项A正确；‎ B、氨气中的氮元素化合价是-3价，具有还原性，做制冷剂，是氨气易液化的原因，选项B错误；‎ C．二氧化硫可用于漂白纸浆是因为其具有漂白性，与二氧化硫的氧化性无关，选项C错误；‎ D．在快中子反应堆中，不能使用水来传递堆芯中的热量，因为它会减缓快中子的速度，钠和钾的合金可用于快中子反应堆作热交换剂，选项D错误；‎ 答案选A。‎ ‎4.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）‎ A. 使pH试纸显蓝色的溶液中：Na＋、Mg2＋、ClO－、HSO3-‎ B. c(Fe3＋)＝0.1 mol·L－1的溶液中：K＋、NH4+、SO42-、SCN－‎ C. ＝0.1 mol·L－1的溶液中：Na＋、HCO3-、K＋、NO3-‎ D. 0.1 mol·L－1的NaHCO3溶液中：NH4+、NO3-、Na＋、SO42-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 使pH试纸显蓝色的溶液呈碱性，HSO3-、Mg2＋不能大量存在 ，且ClO－与HSO3-‎ - 26 -‎ 因发生氧化还原反应而不能大量共存，选项A错误；‎ B. c(Fe3＋)＝0.1 mol·L－1的溶液中：Fe3＋与SCN－发生络合反应而不能大量共存，选项B错误；‎ C. ＝0.1 mol·L－1的溶液中c(H+)=10-1mol/L，为强酸性溶液，HCO3-不能大量存在，选项C错误；‎ D. 0.1 mol·L－1的NaHCO3溶液中：NH4+、NO3-、Na＋、SO42-、HCO3-相互之间不反应，能大量共存，选项D正确。‎ 答案选D。‎ ‎5.实验室用Ca与H2反应制取氢化钙(CaH2)。下列实验装置和原理不能达到实验目的的是（ ）‎ A. 装置甲制取H2 B. 装置乙净化干燥H2‎ C. 装置丙制取CaH2 D. 装置丁吸收尾气 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 装置甲利用稀盐酸与锌在简易装置中制取H2，实验装置和原理能达到实验目，选项A不选；‎ B. 装置乙利用氢氧化钠溶液吸收氢气中的氯化氢气体、利用浓硫酸干燥氢气，起到净化干燥H2的作用，实验装置和原理能达到实验目，选项B不选；‎ C. 装置丙利用纯净的氢气在高温条件下与钙反应制取CaH2 ，实验装置和原理能达到实验目，选项C不选；‎ D. 装置丁是用于防止空气中的水蒸气及氧气进入与钙或CaH2反应，实验原理与吸收尾气不符合，过量氢气应收集或点燃，选项D选。‎ 答案选D。‎ - 26 -‎ ‎6.下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）‎ A. 用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液中提取碘：2I－＋H2O2===I2＋2OH－‎ B. 过量的铁粉溶于稀硝酸：Fe＋4H＋＋NO3-===Fe3＋＋NO↑＋2H2O C. 用Na2S2O3溶液吸收水中的Cl2：4Cl2＋S2O32-＋5H2O===10H＋＋2SO42-＋8Cl－‎ D. 向NaAlO2溶液中通入过量CO2：2AlO2-＋CO2＋3H2O===2Al(OH)3↓＋CO32-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液中提取碘，反应的离子方程式为：2I－＋H2O2＋2H+=I2＋2H2O，选项A错误；‎ B. 过量的铁粉溶于稀硝酸，反应的离子方程式为：3Fe＋8H＋＋2NO3-=3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O，选项B错误；‎ C. 用Na2S2O3溶液吸收水中的Cl2，反应的离子方程式为：4Cl2＋S2O32-＋5H2O=10H＋＋2SO42-＋8Cl－，选项C正确；‎ D. 向NaAlO2溶液中通入过量CO2，反应的离子方程式为：AlO2-＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3-，选项D错误。‎ 答案选C。‎ ‎7.以太阳能为热源分解Fe3O4，经热化学铁氧化合物循环分解水制H2的过程如图所示。下列叙述不正确的是（ ）‎ A. 过程Ⅰ中的能量转化形式是太阳能→化学能 B. 过程Ⅰ中每消耗116 g Fe3O4转移2 mol电子 C. 过程Ⅱ的化学方程式为3FeO＋H2OFe3O4＋H2↑‎ D. 铁氧化合物循环制H2具有节约能源、产物易分离等优点 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.‎ - 26 -‎ ‎ 过程Ⅰ利用太阳能将四氧化三铁转化为氧气和氧化亚铁，实现的能量转化形式是太阳能→化学能，选项A正确；‎ B. 过程Ⅰ中四氧化三铁转化为氧气和氧化亚铁，每消耗116 g Fe3O4，即0.5mol，Fe由+3价变为+2价，转移 mol电子，选项B错误；‎ C. 过程Ⅱ实现了氧化亚铁与水反应生成四氧化三铁和氢气的转化，反应的化学方程式为3FeO＋H2OFe3O4＋H2↑，选项C正确；‎ D. 根据流程信息可知，铁氧化合物循环制H2具有节约能源、产物易分离等优点，选项D正确。‎ 答案选B。‎ ‎8.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的最外层电子数为内层电子数的3倍，X在短周期主族元素中金属性最强，W与Y属于同一主族。下列叙述正确的是（ ）‎ A. 原子半径：r(Z)>r(X)>r(W)‎ B. W的简单气态氢化物的热稳定性比Y的弱 C. 由W与X形成一种化合物可作供氧剂 D. Y的最高价氧化物对应的水化物的酸性比Z的强 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的最外层电子数为内层电子数的3倍，则W为氧元素，X在短周期主族元素中金属性最强，则X为钠元素，W与Y属于同一主族，则Y为硫元素，Z为短周期元素中原子序数比Y大，则Z为氯元素，据此分析。‎ ‎【详解】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的最外层电子数为内层电子数的3倍，则W为氧元素，X在短周期主族元素中金属性最强，则X为钠元素，W与Y属于同一主族，则Y为硫元素，Z为短周期元素中原子序数比Y大，则Z为氯元素。‎ A.同主族从上而下原子半径依次增大，同周期从左而右原子半径依次减小，故原子半径：r(X)>r(Z)> r(W)，选项A错误；‎ B. 非金属性越强简单气态氢化物的稳定性越强，则W的简单气态氢化物H2O的热稳定性比Y的简单气态氢化物H2S强，选项B错误；‎ C. 由W与X形成一种化合物Na2O2可作供氧剂，选项C正确；‎ D. 非金属性越强最高价氧化物的水化物的酸性越强，则H2SO4的酸性比HClO4‎ - 26 -‎ 的弱，选项D错误；‎ 答案选C。‎ ‎9.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是（ ）‎ A. SSO3H2SO4‎ B. NH3NO2HNO3‎ C. Cu2(OH)2CO3CuCl2(aq)Cu(s)‎ D. 饱和NaCl溶液NaHCO3(s)Na2CO3(s)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、硫燃烧一步只能生成二氧化硫；‎ B、氨气一步反应只能得到一氧化氮；‎ C、钠非常活泼，与氯化铜溶液反应生成氢氧化铜、氯化钠和氢气，不能置换出铜；‎ D、饱和氯化钠溶液中先通入足量氨气，再通入足量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠固体受热分解生成碳酸钠。‎ ‎【详解】A、硫燃烧一步只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，则转化关系不可以实现，选项A错误；‎ B、氨气一步反应只能得到一氧化氮，不能得到二氧化氮，则转化关系不可以实现，选项B错误；‎ C、钠非常活泼，与氯化铜溶液反应生成氢氧化铜、氯化钠和氢气，不能置换出铜，则转化关系不可以实现，选项C错误；‎ D、饱和氯化钠溶液中先通入足量氨气，再通入足量二氧化碳反应生成碳酸氢钠晶体、氯化铵，过滤得到碳酸氢钠晶体，碳酸氢钠固体受热分解生成碳酸钠，转化关系可以实现，选项D正确。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查金属元素单质及其化合物的综合应用，题目难度中等，注意把握物质的性质以及转化的特点、反应条件，C项为易错点，注意Na和盐溶液反应的特点。‎ - 26 -‎ ‎10.下列叙述正确的是（ ）‎ A. 合成氨反应放热，采用低温可以提高氨的生成速率 B. 常温下，将pH＝4的醋酸溶液加水稀释，溶液中所有离子的浓度均降低 C. 反应4Fe(OH)2(s)＋2H2O(l)＋O2(g)===4Fe(OH)3(s)常温下能自发进行，该反应的ΔH<0‎ D. 在一容积可变的密闭容器中反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)达平衡后，保持温度不变，缩小体积，平衡正向移动，的值增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、降低温度，会减慢氨的生成速率，选项A错误；‎ B、常温下，将pH=4的醋酸溶液稀释后，溶液中氢离子的浓度降低，由c（OH-）=可知氢氧根离子的浓度增大，选项B错误；‎ C、反应4Fe(OH)2(s)＋2H2O(l)＋O2(g)=4Fe(OH)3(s)，△S＜0，常温下能自发进行，说明△H-T•△S＜0，因此可知△H＜0，选项C正确；‎ D、可看作该反应的平衡常数的倒数，温度不变，平衡常数不变，则该值不变，选项D错误。‎ 答案选C。‎ 不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共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.Y是合成药物查尔酮类抑制剂的中间体，可由X在一定条件下反应制得：‎ 下列叙述正确的是（ ）‎ A. 反应过程中加入K2CO3，能提高X的转化率 - 26 -‎ B. Y与Br2的加成产物分子中不含手性碳原子 C. X和Y均能与新制的Cu(OH)2在加热条件下反应生成砖红色沉淀 D. 等物质的量的X、Y分别与H2反应，最多消耗H2的物质的量之比为3∶4‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X与发生取代反应生成Y和HBr，X中含有酚羟基和醛基，Y中含有醛基、碳碳双键和醚键，据此分析解答。‎ ‎【详解】A、X与发生取代反应生成Y和HBr，反应过程中加入K2CO3，消耗HBr，使反应正向移动，能提高X的转化率，选项A正确；‎ B、Y与Br2的加成产物分子中含有两个手性碳原子，如图：（标*为手性碳原子），选项B错误；‎ C、X和Y均含有醛基，能与新制的Cu(OH)2在加热条件下反应生成砖红色沉淀，选项C正确；‎ D、等物质的量的X、Y分别与H2反应，最多消耗H2的物质的量之比为4∶5，选项D错误。‎ 答案选AC。‎ ‎12.根据下列图示所得出的结论正确的是（ ）‎ A. 图甲表示pH相同的NaOH溶液与氨水稀释过程pH的变化，曲线a对应氨水 B. 图乙表示某放热反应分别在有、无催化剂的情况下，反应过程中的能量变化 C. 图丙表示CO(g)＋Cl2(g)COCl2(g)的反应速率随时间的变化，在t1时改变的条件是加入催化剂 D. 图丁表示用0.0100mol·L－1的硝酸银标准溶液滴定浓度均为0.1000mol·L－1 Cl－、Br－及I－的混合溶液时，先沉淀的是Cl－‎ ‎【答案】AC - 26 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】A．pH相同的氢氧化钠溶液和氨水，稀释时一水合氨继续电离，则稀释时NaOH的pH变化大，所以a表示氨水稀释时pH的变化曲线，选项A正确；‎ B、反应物的总能量高于生成物的总能量为放热反应，图中反应物的总能量小于生成物的总能量，不相符，选项B错误；‎ C、催化剂同等程度改变正逆反应速率，在t1时改变的条件是加入催化剂，正逆反应速率均增大且相等，平衡不移动，与图中信息相符，选项C正确；‎ D．由图可知，c（I-）最小，先形成沉淀的是I-，选项D错误；‎ 答案选AC。‎ ‎13.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 A 向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀 X具有强氧化性 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 常温下，分别测定浓度均为0.1 mol·L－1 NaF和NaClO溶液的pH，后者的pH大 酸性：HFc(HC2O4-)>c(H2C2O4)>c(C2O42-)‎ C. 20 mL 0.10 mol·L－1 CH3COONa溶液与10 mL 0.10 mol·L－1 HCl溶液混合得到的酸性溶液：c(CH3COOH)＋2c(H＋)＝c(CH3COO－)＋2c(OH－)‎ D. 向0.1mol·L－1 NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至恰好呈中性：c(Na＋)>c(NH4+)>c(SO42-)>c(OH－)＝c(H＋)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、碳酸氢钠溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-），根据物料守恒得c（Na+）=c（HCO3-）+c（CO32-）+c（H2CO3），所以得c（OH-）=c（H+）+c（H2CO3）-c（CO32-），选项A错误；‎ B．0.1 mol•L-1NaHC2O4溶液呈酸性，说明HC2O4-的电离程度大于其水解程度，则c（C2O42-）＞c（H2C2O4），正确的浓度大小为：c（Na+）＞c（HC2O4-）＞c（C2O42-）＞c（H2C2O4），选项B错误；‎ C、20 mL 0.10 mol·L－1 CH3COONa溶液与10 mL 0.10 mol·L－1 HCl溶液混合得到CH3COONa与CH3COOH物质的量之比为1：1的混合物，CH3COOH电离程度大于CH3COO-的水解程度，由电荷守恒可知：n（CH3COO-）+n（OH-）=n（Na+）+n（H+）；根据物料守恒知n（CH3COO-）+n（CH3COOH）=2×10-3 mol，n（Na+）=10-3mol，n（CH3COO-）+n（OH-）=[n（CH3COO-）+n（CH3COOH）]+n（H+），所以c（CH3COO-）+2c（OH-）=c（CH3COOH）+2c（H+），选项C正确；‎ D．0．1 mol/LNH4HSO4溶液中滴加NaOH至溶液恰好呈中性，则NH4+水解会减少，SO42－‎ - 26 -‎ 无变化，所以离子浓度关系是：c(Na＋) ＞c(SO42－)＞c(NH4＋)＞c(OH－) =c(H＋)，选项D错误。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查了离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断，题目难度中等，明确反应后溶质组成为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理的含义及应用方法。‎ ‎15.一定温度下，在三个容积均为1 L恒容密闭容器中按不同方式投入反应物，发生反应CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)(正反应放热)，测得反应的相关数据如下：‎ 容器 容器1‎ 容器2‎ 容器3‎ 反应温度T/K ‎500‎ ‎500‎ ‎600‎ 反应物投入量 ‎1 mol CO、‎ ‎2 mol H2‎ ‎2 mol CH3OH ‎1 mol CO、‎ ‎2 mol H2‎ 平衡v正(H2)/(mol·L－1·s－1)‎ v1‎ v2‎ v3‎ 平衡c(CH3OH)/(mol·L－1)‎ c1‎ c2‎ c3‎ 平衡体系总压强p/Pa p1‎ p2‎ p3‎ 物质的转化率α α1(CO)‎ α2(CH3OH)‎ α3(CO)‎ 平衡常数K K1‎ K2‎ K3‎ 下列叙述正确的是（ ）‎ A. v1c2 B. α1(CO)>α3(CO)，v12p3，K12c3，α2(CH3OH)＋α3(CO)<1‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 分析】‎ 采用比较的方法分析，对照容器的特点，将容器1和容器2对比，将容器1和容器3对比。‎ - 26 -‎ ‎【详解】采用比较的方法分析，对照容器的特点，将容器1和容器2对比，将容器1和容器3对比。容器2中加入2 mol CH3OH等效于在相同条件下反应物投入量为1 mol CO、2 mol H2，容器2中起始反应物物质的量为容器1的2倍，容器2相当于在容器1达到平衡后增大压强，将容器的体积缩小到原来的一半，增大压强反应速率加快，则v10.05mg，所以不合格。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 根据PH3是气体，滞留在装置中会影响粮食中残留磷化物含量的测定分析；‎ ‎(2) 结合空气中氧气的氧化性和PH3的还原性分析；‎ ‎(3) 利用题目已知信息，及KMnO4在酸性环境中常见的还原产物，利用电荷守恒、电子守恒及原子守恒书写反应的离子方程式；‎ ‎(4)根据氧化还原反应中电子守恒计算出PH3的质量，利用产品合格分析判断即可。‎ ‎【详解】（1）装置A中的KMnO4溶液具有强氧化性，其作用是吸收空气中的还原性气体，防止其干扰pH3的测定；‎ - 26 -‎ ‎（2）装置B中盛装焦性没食子酸的碱性溶液吸收空气中的O2。若去掉该装置，空气中的氧气就会氧化PH3气体，则测得的磷化物的残留量偏低；‎ ‎(3)在装置E中PH3被酸性KMnO4溶液氧化成磷酸，KMnO4 被还原为MnSO4， 同时产生水，根据电荷守恒、电子守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为5PH3＋8MnO4-＋24H＋=5H3PO4＋8Mn2＋＋12H2O；‎ ‎（4）25mL溶液中未反应的n(KMnO4)＝×4×10－5mol·L－1×0.020L＝3.2×10－7mol，250mL溶液中未反应的n(KMnO4)＝3.2×10－6mol，与PH3反应的n(KMnO4)＝0.02L×2.50×10－4 mol·L－1－3.2×10－6 mol＝1.8×10－6 mol，n(PH3)＝n(KMnO4)＝×1.8×10－6 mol＝1.125×10－6mol，100g原粮中m(PH3)＝1.125×10－6 mol×34g·mol－1＝3.825×10－5 g，1kg原粮中磷化氢质量＝3.825×10－4 g＝0.382 5 mg>0.05mg，所以不合格。‎ ‎【点睛】本题以粮食中残留磷化氢的含量测定为线索，考查元素化合物、氧化还原反应滴定及有关计算、误差分析等。滴定操作中物质稀释倍数的换算是本题解答的易错点。‎ ‎19.连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，是一种漂白剂、脱氧剂和防腐剂。某研究小组对Na2S2O4的性质与制备进行了如下探究。‎ ‎（1）测定0.05mol·L－1 Na2S2O4溶液在空气中pH的变化如图所示。‎ ‎①写出0～t1段发生反应的化学方程式：_____。‎ ‎②t2～t3段溶液的pH变小的原因是______。‎ ‎（2）已知：S2O32-＋2H＋===SO2↑＋S↓＋H2O。Na2S2O4固体在隔绝空气的条件下加热至75℃以上完全分解得到Na2SO3、Na2S2O3和SO2，检验产物中是否含有Na2SO4，实验方法是__________。‎ ‎（3）由工业废气制备Na2S2O4的实验原理如下：‎ ‎①向装置Ⅱ中加入Ce4＋的目的是________。‎ - 26 -‎ ‎②写出装置Ⅲ中发生反应的离子方程式：________。‎ ‎（4）由锌粉法制备Na2S2O4的实验装置如图所示。主要步骤如下：‎ 步骤1：将SO2通入锌粉的水悬浮液中，于35～45℃下反应生成连二亚硫酸锌。‎ 步骤2：加入过量烧碱溶液，于28～35 ℃下反应生成Na2S2O4和氢氧化锌悬浮溶液。‎ 由上述实验进一步提纯得到Na2S2O4(s)的实验方案是取一定量的Na2S2O4和氢氧化锌悬浮溶液，______(实验中须使用的试剂有：氯化钠、乙醇；除常规仪器外须使用的仪器有：真空干燥箱)。‎ ‎【答案】 (1). 2Na2S2O4＋O2＋2H2O===4NaHSO3 (2). NaHSO3被氧化为NaHSO4使溶液酸性增强 (3). 取少量固体溶于足量稀盐酸，向上层清液中滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产物中含Na2SO4 (4). 将NO氧化为NO2-和NO3- (5). 2SO32-＋2Ce2＋＋2H2OS2O42-＋2Ce4＋＋4OH－ (6). 过滤，向滤液中加入一定量的氯化钠进行盐析，过滤，用乙醇洗涤固体，置于真空干燥箱中干燥 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）①Na2S2O4溶液在空气中易被氧化生成亚硫酸氢钠，则0～t1段发生反应的化学方程式为：2Na2S2O4＋O2＋2H2O=4NaHSO3；‎ ‎②t2～t3段溶液的pH变小的原因是NaHSO3被氧化为NaHSO4使溶液酸性增强；‎ ‎（2）检验产物中是否含有Na2SO4，实验方法是取少量固体溶于足量稀盐酸，向上层清液中滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产物中含Na2SO4；‎ ‎（3）由工业废气制备Na2S2O4的流程图可知：‎ ‎①向装置Ⅱ中加入Ce4＋，将NO氧化为NO2-和NO3-；‎ ‎②装置Ⅲ中电解条件下亚硫酸根离子与Ce2＋发生反应生成Ce4＋和过硫酸根离子，发生反应的离子方程式为：2SO32-＋2Ce2＋＋2H2OS2O42-＋2Ce4＋＋4OH－；‎ ‎（4）由上述实验进一步提纯得到Na2S2O4(s)的实验方案是取一定量的Na2S2O4和氢氧化锌悬浮溶液，过滤，向滤液中加入一定量的氯化钠进行盐析，过滤，用乙醇洗涤固体，置于真空干燥箱中干燥。‎ - 26 -‎ ‎20.铝的利用成为人们研究的热点，是新型电池研发中重要的材料。‎ ‎（1）通过以下反应制备金属铝。‎ 反应1：Al2O3(s)＋AlCl3(g)＋3C(s)===3AlCl(g)＋3CO(g)；ΔH1＝akJ·mol－1‎ 反应2：Al2O3(s)＋3C(s)===2Al(l)＋3CO(g)；ΔH2＝bkJ·mol－1‎ 反应3：3AlCl(g)===2Al(l)＋AlCl3(g)；ΔH3‎ ‎①反应3的ΔH3＝_______kJ·mol－1。‎ ‎②950℃时，铝土矿与足量的焦炭和Cl2反应可制得AlCl3。该反应的化学方程式是_______。‎ ‎（2）在高温条件下进行反应：2Al(l)＋AlCl3(g)3AlCl(g)。‎ ‎①向图1所示的等容积A、B密闭容器中加入足量的Al粉，再分别充入1 mol AlCl3(g)，在相同的高温下进行反应。图2表示A容器内的AlCl3(g)体积分数随时间的变化图，在图2中画出B容器内AlCl3(g)体积分数随时间的变化曲线。__________‎ ‎②1100℃时，向2 L密闭容器中通入3 mol AlCl(g)，发生反应：3AlCl(g)=2Al(l)＋AlCl3(g)。已知该温度下AlCl(g)的平衡转化率为80%，则该反应的平衡常数K＝________。‎ ‎③加入3molAlCl(g)，在不同压强下发生反应，温度对产率的影响如图3所示。此反应选择温度为900℃的原因是_______________。‎ ‎（3）用铝制作的快速放电铝离子二次电池的原理如图4所示。‎ ‎①该电池充电时，阴极的电极反应式为_____。‎ ‎②AlCl3和NaCl的熔融盐常用于镀铝电解池，电镀时AlCl4-和Al2Cl7-两种离子在电极上相互转化，其他离子不参与电极反应。NaCl的作用是_____。‎ - 26 -‎ ‎【答案】 (1). b－a (2). Al2O3＋3C＋3Cl22AlCl3＋3CO (3). (4). (5). 900℃时，产率已经较高，升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经济效益降低 (6). 4Al2Cl7-＋3e－===Al＋7AlCl4- (7). 生成AlCl4-和Al2Cl7-增强导电性 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）①已知反应①：Al2O3(s)＋AlCl3(g)＋3C(s)=3AlCl(g)＋3CO(g)；ΔH1＝akJ·mol－1‎ 反应②：Al2O3(s)＋3C(s)=2Al(l)＋3CO(g)；ΔH2＝bkJ·mol－1‎ 反应③：3AlCl(g)=2Al(l)＋AlCl3(g)；ΔH3‎ 根据盖斯定律，由②-①得反应③3AlCl(g)=2Al(l)＋AlCl3(g) ΔH3=ΔH2-ΔH1= bkJ·mol－1- akJ·mol－1= （b－a） kJ·mol－1；‎ ‎②950℃时，铝土矿与足量的焦炭和Cl2反应可制得AlCl3，同时高温条件下生成一氧化碳，反应的化学方程式是Al2O3＋3C＋3Cl22AlCl3＋3CO；‎ ‎（2）①向图1所示的等容积A、B密闭容器中加入足量的Al粉，再分别充入1 mol AlCl3(g)，在相同的高温下进行反应。图2表示A容器内的AlCl3(g)体积分数随时间的变化图，B容器内体积可变，正反应为气体体积增大的反应，随着反应的进行气体总量增大，相对于容器A则容器B压强减小，反应速率减慢且平衡向气体体积增大的正反应方向移动，平衡时AlCl3(g)的体积分数减小，在图2中画出B容器内AlCl3(g)体积分数随时间的变化曲线如下：；‎ ‎②1100℃时，向2 L密闭容器中通入3 mol AlCl(g)，发生反应：3AlCl(g)=2Al(l)＋AlCl3(g)。已知该温度下AlCl(g)的平衡转化率为80%，根据三段式有：‎ ‎3AlCl(g)=2Al(l)＋AlCl3(g)。‎ 开始时浓度（mol/L）1.5 0‎ 改变的浓度（mol/L）1.2 0.4‎ 平衡时浓度（mol/L）0.3 0.4‎ - 26 -‎ 则该反应的平衡常数K＝；‎ ‎③加入3molAlCl(g)，在不同压强下发生反应，温度对产率的影响如图3所示。反应选择温度为900℃的原因是900℃时，产率已经较高，升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经济效益降低；‎ ‎（3）①电池充电时，阴极上Al2Cl7-得电子产生铝和AlCl4-，电极反应式为4Al2Cl7-＋3e－===Al＋7AlCl4-；‎ ‎②AlCl3和NaCl的熔融盐常用于镀铝电解池，电镀时AlCl4-和Al2Cl7-两种离子在电极上相互转化，NaCl的作用是生成AlCl4-和Al2Cl7-增强导电性，其他离子不参与电极反应。‎ ‎21.锰元素的化合物在多个领域中均有重要应用。‎ ‎（1）Mn2＋基态核外电子排布式为________，SO42-中S原子轨道的杂化类型为________。‎ ‎（2）二价锰的3种离子化合物的熔点如下表：‎ 物质 MnCl2‎ MnS MnO 熔点 ‎650℃‎ ‎1610℃‎ ‎2800℃‎ 上表3种物质中晶格能最大的是________。‎ ‎（3）某锰氧化物的晶胞结构如图所示，该氧化物的化学式为________。‎ ‎（4）在化合物K3[Mn(CN)6]中，微粒之间存在的作用力有________(填字母)。‎ a. 离子键 b. 共价键 c. 配位键 d. 氢键 ‎（5）制备LiMn2O4的实验过程如下：将MnO2和Li2CO3按4∶1的物质的量之比配料，球磨3～5 h，然后升温，高温加热，保温24 h，冷却至室温。写出该反应的化学方程式：____________。‎ ‎【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d5 (2). sp3 (3). MnO (4). MnO2 (5). abc (6). 8MnO2＋2Li2CO34LiMn2O4＋2CO2↑＋O2↑‎ - 26 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）Mn是25号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，Mn2+基态的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5；‎ SO42-中S原子的价层电子数=4+（6+2-3×2）=4，所以采取sp3杂化方式；‎ ‎(2)三种物质都是离子晶体，离子半径越小，离子键就越强，离子晶体的晶格能就越大，物质的熔点就越高，根据表格数据可知上表三种物质中晶格能最大的是MnO；‎ ‎(3)在该晶体中含有的Mn原子个数为8×+1=2，含有的O原子数目为：4×+2=4，Mn：O=2：4=1：2，所以该锰的氧化物的化学式为MnO2；‎ ‎（4）K3[Fe（CN）6]是配位化合物，也是离子化合物，则该化合物中一定存在配位键、离子键，C、N之间存在极性共价键，所以存在的作用力有abc；‎ ‎（5）MnO2和Li2CO3反应后只有Mn的价态降低，必然有元素的化合价升高，C元素处在最高价态，不能升高，则只能是O元素价态升高，所以还有O2生成．该反应的方程式为：8MnO2＋2Li2CO34LiMn2O4＋2CO2↑＋O2↑。‎ ‎22.B. [实验化学]‎ 乙酰苯胺具有退热镇痛作用，是较早使用的解热镇痛药，有“退热冰”之称。其制备原理如下：‎ 已知：‎ ‎①苯胺易被氧化；‎ ‎②乙酰苯胺、苯胺和醋酸的部分物理性质如下表：‎ 物质 熔点 沸点 溶解度(20 ℃)‎ 乙酰苯胺 ‎114.3℃‎ ‎305℃‎ ‎0.46‎ 苯胺 ‎－6℃‎ ‎184.4℃‎ ‎3.4‎ 醋酸 ‎16.6℃‎ ‎118℃‎ 易溶 - 26 -‎ 实验步骤如下：‎ 步骤1：在50 mL圆底烧瓶中，加入5 mL苯胺、7.5 mL冰醋酸及少许锌粉，依照如图装置组装仪器。‎ 步骤2：控制温度计示数约105 ℃，小火加热回流1 h。‎ 步骤3：趁热将反应混合物倒入盛有100 mL冷水的烧杯中，冷却后抽滤，洗涤，得到粗产品。‎ ‎（1）步骤1中加入锌粉的作用是________。‎ ‎（2）步骤2中控制温度计示数约105℃的原因是________。‎ ‎（3）步骤3中趁热将混合物倒入盛有冷水的烧杯中，“趁热”的原因是__________________。抽滤装置所包含的仪器除减压系统外，还有________、________(填仪器名称)。‎ ‎（4）步骤3得到的粗产品需进一步提纯，该提纯方法是________。‎ ‎【答案】(12分)‎ ‎（1）防止苯胺被氧化，同时起着沸石的作用(2分)‎ ‎（2）温度过高，未反应的乙酸蒸出，降低反应物的利用率(2分)；温度过低，又不能除去反应生成的水(2分)‎ ‎（3）若让反应混合物冷却，则固体析出沾在瓶壁上不易处理(2分)‎ 吸滤瓶(1分) 布氏漏斗(1分)‎ ‎（4）重结晶(2分)‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）锌粉起抗氧化剂作用，防苯胺氧化，另外混合液加热，加固体还起到防爆沸作用。‎ ‎（2）乙酸有挥发性，不易温度太高，另外考虑到水的沸点为100℃，太低不易水份蒸发除去。‎ ‎（3）“趁热”很明显是防冷却，而一旦冷却就会有固体析出。‎ - 26 -‎ ‎（4）混合溶液中固体溶质得到的方法是重结晶。如果使用冷却结晶应该也可以。‎ 考点：实验的基本操作，仪器的使用及混合物的分离提纯。实验的评价与分析 - 26 -‎ ‎ ‎ - 26 -‎