天津市六校（静海一中、宝坻一中、杨村一中等）2020届高三下学期第二次联考化学试题 Word版含解析 17页

天津市六校（静海一中、宝坻一中、杨村一中等）2020届高三下学期 第二次联考化学试题 ‎1.下列关于文献记载的说法正确的是 A. 《天工开物》中“世间丝麻裘褐皆具素质”，文中“丝、麻”的主要成分都是蛋白质 B. 《肘后备急方》中“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，该提取过程属于化学变化 C. 《抱朴子》中“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”，描述的是升华和凝华过程 D. 《本草纲目》中“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露”，涉及的实验操作是蒸馏 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．丝的主要成分是蛋白质，麻的主要成分是天然纤维，故A错误；B．青蒿素提取利用的是萃取原理，该过程中没有新物质生成，属于物理变化，故B错误；C．升华属于物理变化，丹砂（HgS）烧之成水银，即HgS发生分解反应生成水银，此过程为化学变化，不属于升华，故C错误；D．白酒的烧制是利用沸点不同进行分离，为蒸馏操作，故D正确；故答案为D。‎ ‎2.下列说法正确的是 ( )‎ A. FeSO4溶液存放在加有少量铁粉的试剂瓶中 B. 将1 mol·L－1的NaCl溶液保存在容量瓶中 C. 凡是给玻璃仪器加热，都要垫石棉网，以防仪器炸裂 D. 用pH试纸检验某溶液的酸碱性时，一定要先用蒸馏水湿润 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．为了防止硫酸亚铁被氧化，则FeSO4溶液存放在加有少量铁粉的试剂瓶中，A正确；‎ B．容量瓶不能长时间保存试剂，B错误；‎ C．有些玻璃仪器加热，不需要垫石棉网，例如试管等，C错误；‎ D．用pH试纸检验某溶液的酸碱性时，事先不能先用蒸馏水湿润，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎3.下列有关化学用语的表示正确的是 - 17 -‎ A. 苯分子的球棍模型 B. 氯离子的结构示意图 C. 乙炔的结构简式CHCH D. HCl的电子式 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、此模型为苯的比例模型，故A错误；B、Cl－是Cl得到一个电子，即Cl－结构示意图为，故B正确；C、乙炔中碳碳叁键，不能省略，故C错误；D、HCl为共价化合物，故D错误。‎ ‎4.下列描述中正确的是 A. BeCl2为V形极性分子 B. ClO4−的空间构型为正四面体形 C. P4和CH4都是正四面体分子且键角都为109°28′‎ D. H2O和CO32−的中心原子均为sp3杂化 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．BeCl2为中心原子的价层电子对数为=2，不含孤对电子，所以分子的空间构型为直线形，正负电荷中心重合，所以为非极性分子，故A错误；‎ B．ClO4−的中心原子的价层电子对数为=4，不含孤对电子，所以空间构型为正四面体，故B正确；‎ C．二者虽都是正四面体形分子，但白磷中键角为60°，CH4键角为109°28ˊ，故C错误；‎ D．水分子的中心原子价层电子对数为=4，为sp3杂化，CO32−的中心原子价层电子对数为=3，所以为sp2杂化，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎5.下列离子方程式正确的是 A. 单质钠加入水中：Na+H2O═Na++OH﹣+H2↑‎ B. 氨水和醋酸反应：NH3•H2O+H+═NH4++H2O - 17 -‎ C. 澄清石灰水与过量碳酸氢钙反应：Ca2++HCO3−+OH−═CaCO3↓+H2O D. 漂白粉溶液通入过量二氧化硫气体：Ca2++SO2+H2O+3ClO−═CaSO4+Cl−+HClO ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．该离子方程式不符合元素守恒，正确离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑，故A错误；‎ B．醋酸为弱酸，不能拆成离子，正确离子方程式为：NH3•H2O+CH3COOH=NH4++CH3COO-+H2O，故B错误；‎ C．氢氧根可以和碳酸氢根反应生成碳酸根和水，所以澄清石灰水与过量碳酸氢钙反应生成碳酸钙沉淀，离子方程式为：Ca2++HCO3−+OH−=CaCO3↓+H2O，故C正确；‎ D．次氯酸钙溶液中通入过量的二氧化硫气体，次氯酸根离子会将二氧化硫氧化成硫酸根，正确的离子方程式为：2ClO-+Ca2++2H2O+2SO2=2Cl-+CaSO4↓+4H++SO42-，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎【点睛】离子方程式正误判断常用方法，如：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系(如：质量守恒和电荷守恒等)、检查是否符合原化学方程式等。‎ ‎6.设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确是 A. 标准状况下，11.2LCHCl3含极性共价键数目为2NA B. ‎0.1L1.0mol/LNaHS溶液中S2−和HS−总数为0.1NA C. 常温常压下，‎1.8g甲基（﹣‎12C2H3）中含有的中子数为0.9NA D. 1molCl2与足量铜铁合金反应，转移电子数的范围在2NA和3NA之间 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．标况下CHCl3为液体，11.2LCHCl3物质的量不是0.5mol，故A错误；‎ B．NaHS溶液中S元素存在形式有S2-、HS-、H2S，三者总数为0.1NA，故B错误；‎ C．一个‎12C原子所含中子数为6，一个2H所含中子数为1，所以一个该甲基所含中子数为9,该甲基的摩尔质量为‎18g/mol，所以‎1.8g该甲基的物质的量为0.1mol，含中子数为0.9NA，故C正确；‎ D．铜铁足量，1mol氯气全部转化为Cl-，所以转移电子数为2NA，故D错误；‎ 故答案为C。‎ - 17 -‎ ‎7.我国自主研发的对二甲苯绿色合成项目取得新进展，其合成过程如图所示。‎ 下列说法不正确的是 A. 异戊二烯所有碳原子可能共平面 B. 可用溴水鉴别M和对二甲苯 C. 对二甲苯的一氯代物有2种 D. M的某种同分异构体含有苯环且能与钠反应放出氢气 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 异戊二烯中2个碳碳双键所确定的平面重合时，所有碳原子共平面，A正确；‎ B. M中含有碳碳双键可使溴水褪色，对二甲苯与溴水可发生萃取，使溶液分层，有机层显橙红色，可用溴水鉴别，B正确；‎ C. 对二甲苯的一氯代物有氯原子在苯环上1种，在甲基上1种，合计2种，C正确；‎ D. M的分子式为C8H12O，某种同分异构体含有苯环，则剩余基团为C2H7-，无此基团，D错误；‎ 答案为D ‎【点睛】碳碳双键与溴水中的溴发生加成反应使溴水褪色；对二甲苯与溴水萃取使溴水褪色，但有机层显橙红色。‎ ‎8.短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的位置如图所示，其中X元素的最外层电子数与其电子层数相同，则下列说法正确的是 Y Z W X Q A. 元素Y、Z、W、Q均可与氢元素形成一种或多种氢化物，其中YH4中H的质量分数最大 B. 由元素X与元素W组成的物质既能溶于足量的稀盐酸，又能溶于足量的氨水 - 17 -‎ C. 元素Y、Z、W的单质晶体一定是同种类型的晶体 D. 为了增强Q单质水溶液的漂白性，可将与W同主族且相邻的元素的低价氧化物通入其中 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X元素的最外层电子数与其电子层数相同，再结合X在元素周期表中的位置可知X为Al元素，则Y为C，Z为N，W为O，Q为Cl。‎ ‎【详解】A．元素C、N、O、Cl均可与氢元素形成一种或多种氢化物，其中CH4中H的质量分数最大，故A正确；‎ B．由元素X与元素W组成的物质为氧化铝，能溶于足量的稀盐酸，不能溶于氨水，故B错误；‎ C．元素C的单质中金刚石为原子晶体，氮气、氧气属于分子晶体，故C错误；‎ D．与W同主族且相邻的元素的低价氧化物为二氧化硫，将二氧化硫通入氯水中，二氧化硫可将次氯酸根还原，溶液漂白能力减弱，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎9.如图是一种新型锂电池装置，电池充、放电反应为。放电时，需先引发铁和氯酸钾反 应使共晶盐熔化。下列说法不正确的是 ‎ ‎ A. 共晶盐储热效果好，利于电解质熔化 B. 整个过程的能量转化只涉及化学能转化为电能 C. 放电时LiV3O8电极的反应为xLi++xe-+LiV3O8= Li1+XV3O8‎ D. 充电时 Cl-移向LiV3O8电极 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 17 -‎ 本题考查电化学的相关知识。放电反应属于原电池，充电反应属于电解池，根据原电池和电解池的工作原理进行分析判断。由已知放电反应为原理知道锂合金一端做负极，LiV3O8做正极，发生还原反应，电极反应方程式为xLi++xe-+LiV3O8= Li1+XV3O8；充电反应属于电解池，LiV3O8电极做阳极，阴离子向阳极移动，整个反应过程中除了化学能和电能之间的相互转化，还有一部分转为热能了。就此判断每个选项即可。‎ ‎【详解】A. 共晶盐是优良的传热储能介质，其熔点较低，可利用铁和氯酸钾反应放出的热量使其熔化，故A正确；B. 整个过程的能量转化有化学能转化为电能，还有化学能与热能的转化，故B错误；C. 放电时为原电池，LiV3O8电极做正极，其电极的反应式为xLi++xe-+LiV3O8= Li1+XV3O8，故C正确；D. 充电时为电解池， Cl-移向阳极LiV3O8电极移动，故D正确；答案：B。‎ ‎【点睛】本题考查电化学的相关知识。根据电化学原理进行解答。原电池中还原剂做负极，发生氧化反应，氧化剂做正极，发生还原反应，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。电解池阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应。根据电化学的工作原理进行判断相关选项。‎ ‎10.如图是实验室制取气体的装置，其中发生装置相同，干燥和集气装置有两套，分别用图1和图2表示．下列选项中正确的是 选项 发生装置中的药品 干燥和集气装置 A 电石和饱和食盐水 图2‎ B 大理石和稀盐酸 图1‎ C 铜和稀硝酸 图2‎ D 氧化钙和浓氨水 图1‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ - 17 -‎ ‎【分析】‎ 由实验装置可知，反应物为固体和液体，且不需要加热；图1收集装置的特点是：气体能用碱石灰干燥，气体可用向下排空气法收集；图2收集装置的特点是：气体能用氯化钙干燥，气体可用向上排空气法收集，结合发生的反应及气体的性质来解答。‎ ‎【详解】A．电石和饱和食盐水可以制取C2H2，其密度比空气下，应用向下排空气法收集，故A错误；‎ B．大理石和稀盐酸反应生成二氧化碳，二氧化碳气体和碱石灰反应，所以不能用碱石灰干燥，但二氧化碳的密度大于空气的密度，应用向上排空气法收集，故B错误； C．铜和稀硝酸反应生成NO，一氧化氮能和氧气反应生成二氧化氮，所以不能用排空气法收集，故C错误； D．氧化钙和浓氨水反应生成氨气，氨气和碱石灰不反应，所以可用碱石灰干燥，氨气的密度小于空气的密度，所以可用向下排空气法收集，故D正确； 故选：D。‎ ‎11.已知反应：‎2A（g）⇌B（g）。分别取1molA于‎2L的固定体积的容器中，分别在T1和T2下，测得A的转化率随时间变化的关系曲线如图所示。下列说法正确的是 A. 升高温度可缩短反应到达平衡的时间同时能提高A平衡的转化率 B. 从反应开始至40min时，T2温度下生成B的物质的量比T1温度下多 C. 图中a、b、c三点的化学反应速率依次减小 D. 用B表示T1温度下前40min的平均反应速率：v(B)＝0.0025mol•L﹣1•min﹣1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据图象可知，温度为T2时优先达到平衡状态，说明温度T2较高，即T1＜T2，温度越高，A的转化率越小，故A错误； B．40min时，两个温度下，A的转化率相同，所以T2温度下生成B的物质的量与T1温度下相同，故B错误； ‎ - 17 -‎ C．温度越高，速率越快，所以a和b的反应速率大于c；浓度越大，速率越快，a点A的转化率小，反应物浓度大，所以a点速率大于b点，所以图中a、b、c三点的化学反应速率依次减小，故C正确； D．A的起始浓度为0.5mol/L，40min时，转化率为0.2，则v(A)==0.0025mol-1•L-1•min-1，所以v(B)=0.00125mol-1•L-1•min-1，故D错误。 故选：C。‎ ‎12.常温下，向20mL0.1mol•L﹣1的H‎2A（二元弱酸）溶液中滴加0.1mol/L的NaOH溶液，溶液pH随NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法正确的是 A. a点的溶液中：c（Na+）＞c（A2−）＞c（HA−）＞c（H+）＞c（OH−）‎ B. b点的溶液中：c（H‎2A）+c（H+）＝c（A2−）+c（OH−）‎ C. c点溶液的pH＞7，是因为此时HA−的电离能力小于其水解能力 D. 若将0.1mol•L﹣1的NaOH溶液换成同浓度的氨水，当滴加40mL时，此时溶液的pH＞9.85‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ H‎2A(二元弱酸)溶液中滴加NaOH溶液时，先发生：H‎2A+OH-=H2O+HA-，再发生HA-+OH-=A2-+H2O。‎ ‎【详解】A．a点加入10mL等浓度的NaOH溶液，反应后溶质为等浓度的NaHA、H‎2A，二者均可电离出HA-，而HA-电离A2-的程度较小，所以c(HA-)＞c(A2-)，故A错误； B．b点加入20mL等浓度的氢氧化钠溶液，反应恰好生成NaHA，根据NaHA溶液中的质子守恒可得：c(H‎2A)+c(H+)=c(A2-)+c(OH-)，故B正确； C．c点反应后溶质为等浓度的NaHA、Na‎2A，此时溶液呈碱性，主要是A2-的水解导致；b点NaHA溶液显酸性说明HA−的电离能力大于其水解能力，故C错误； D．滴加40mL等浓度氨水时溶质为(NH4)‎2A，与同浓度的Na‎2A - 17 -‎ 相比，由于铵根的水解显酸性，此时溶液的pH＜9.85，故D错误； 故选：B。‎ ‎【点睛】解决此类题目的关键在于根据加入碱的量确定各点对应的溶质是什么，再结合溶液的酸碱性、三大守恒来确定溶液中各离子浓度之间的关系。‎ ‎13.A、X、Y、B、C、D、E、M是前30号元素，原子序数依次增加。A原子是周期表中半径最小的原子；X的基态原子次外层有2个电子，最外层有3个未成对电子；Y原子的2p轨道上有1个电子的自旋方向与其它电子相反；B的价层电子排布式为ns1，C和Y形成的化合物是引起酸雨的主要大气污染物，常温下，D的单质是一种黄绿色的气体；E的+3价离子的3d轨道为半充满状态，M与E元素位于同一周期，且为ⅠB族元素。‎ ‎（1）B、Y、C分别形成的简单离子的半径由大到小顺序为(填离子符号)_________‎ ‎（2）元素D基态原子的核外电子排布式为________，其同周期元素中，第一电离能最大的是______（写元素符号）。‎ ‎（3）M与D形成的一种化合物的立方晶胞如图所示。‎ ‎①该化合物的化学式为_______‎ ‎②此化合物的氨水溶液遇到空气则被氧化为深蓝色，深蓝色溶液中阳离子的化学式为_______，其中配位体为_______分子（填“极性”或“非极性”），‎ ‎（4）基态C原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为_______形。将A‎2C通入ED3溶液中反应的离子方程式为_______‎ ‎（5）用200mL1mol·L-1的BYA溶液吸收‎4.48L（标准状况）CY2所得溶液的pH<7，溶液中离子浓度由大到小的顺序为___________________________。‎ ‎（6）工业上用电化学法治理酸性废液中XY3−的原理如图，阴极的电极反应式为_______。‎ - 17 -‎ ‎【答案】 (1). S2->O2->Na+ (2). 1s22s22p63s23p5或[Ne]3s23p5 (3). Ar (4). CuCl (5). [Cu(NH3)4]2+ (6). 极性 (7). 哑铃 (8). H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+ (9). c(Na+)>c(HSO3-)>c(H+)>c(SO32-)>c(OH-) (10). 2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A原子是周期表中半径最小的原子，所以A为H元素；X的基态原子次外层有2个电子，最外层有3个未成对电子，则X的核外电子排布式为1s22s22p3，X为N元素；Y原子的2p轨道上有1个电子的自旋方向与其它电子相反，则Y的2p轨道电子排布式为2p4，所以Y为O元素；常温下，D的单质是一种黄绿色的气体，则D为Cl元素；C和Y形成的化合物是引起酸雨的主要大气污染物，且C的原子序数大于O小于Cl，所以C为S；B的价层电子排布式为ns1，其原子序数大于O且小于S，则其价层电子排布式为3s1，所以B为Na元素；E的+3价离子的3d轨道为半充满状态，则其原子的价层电子排布为3d64s2，为Fe元素；M与E元素位于同一周期，且为ⅠB族元素，则M为Cu元素。‎ ‎【详解】(1)B、Y、C形成的简单离子为Na+、O2-、S2-，离子核外电子层数越多半径越大，电子层数相同，核电荷数越小半径越大，所以离子半径由大到小顺序为：S2->O2->Na+；‎ ‎(2)Cl元素为17号元素，原子的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p5或[Ne]3s23p5；同周期元素中自左至右第一电离能呈增大趋势，Ar元素为该周期最右端元素，且其最外层电子为全满状态，所以第一电离能最大；‎ ‎(3)①根据均摊法，该晶胞中Cl原子数目为=4，Cu原子数目为4，所以该化合物的化学式为CuCl；‎ ‎②此化合物的氨水溶液遇到空气则被氧化为深蓝色，说明Cu+被氧化成Cu2+，继而与NH3形成配离子：[Cu(NH3)4]2+；配位体为NH3，其空间构型为三角锥形，正负电荷中心不重合，为极性分子；‎ ‎(4)基态S原子电子占据最高能级为3p能级，电子云轮廓图为哑铃形；将H2S通入FeCl3溶液中，Fe3+可将-2价的S元素氧化成S，自身被还原成Fe2+，离子方程式为：‎ - 17 -‎ H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+；‎ ‎(5)用200mL1mol·L-1的NaOH溶液吸收‎4.48L(标准状况)即0.2molSO2溶液所得溶液中的溶质为NaHSO3，溶液pH<7，说明HSO3-的电离程度大于水解程度，所以溶液中离子浓度由大到小为：c(Na+)>c(HSO3-)>c(H+)>c(SO32-)>c(OH-)；‎ ‎(6)电解时阴极上NO3-发生得电子的还原反应生成N2，则其阴极的反应式为2NO3-+12H++10e-=N2↑+6H2O。‎ ‎14.以A和B为原料合成扁桃酸衍生物F的路线如图所示：‎ ‎（1）A分子式C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，A所含官能团名称为__________；‎ ‎（2）A+BC的反应类型为_______，A的水溶液与足量新制氢氧化铜悬浊液共热,反应的化学方程式为_______；C()中手性碳原子所连接的羟基在①②③中酸性最_______（填“强”或“弱”）。‎ ‎（3）B分子中最多有_______个原子共面，向B的水溶液中滴加浓溴水，现象_______；F在加热条件下与足量NaOH溶液反应的化学方程式为_______；‎ ‎（4）E是由2分子C生成的含有3个六元环的化合物，E分子的结构简式为_______；‎ ‎（5）在符合下列条件的F的同分异构体(不考虑立体异构)中，核磁共振氢谱有五组峰的物质的结构简式为____________‎ ‎①属于一元酸类化合物；②苯环上只有2个取代基且处于对位，其中一个是羟基。‎ ‎（6）已知：，A有多种合成方法，在方框中写出由乙酸合成A的路线流程图(其他原料任选)。_______‎ - 17 -‎ ‎【答案】 (1). 醛基、羧基 (2). 加成反应 (3). OHC-COOH+2Cu(OH)2+2NaOHNaOOC-COONa+Cu2O↓+4H2O (4). 弱 (5). 13 (6). 产生白色沉淀 (7). +3NaOH→+CH3OH+NaBr+H2O (8). (9). (10). CH3COOHClCH2COOHHOCH2COONaHOCH2COOHOHC-COOH ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A的分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，说明含有醛基和羧基，则A的结构只能为OHC-COOH；根据C的结构可知B是。‎ ‎【详解】(1)A所含官能团醛基和羧基；‎ ‎(2)A到B的过程中A中碳氧双键打开，分别连接苯环和氢原子，为加成反应；新制氢氧化铜悬浊液中有过量的NaOH可以与A中羧基反应，加热条件下新制氢氧化铜又能氧化A中醛基生成羧基，再和NaOH反应，所以方程式为OHC-COOH+2Cu(OH)2+2NaOHNaOOC-COONa+Cu2O↓+4H2O；C中手性碳原子为②号羟基所连碳原子，①号羟基受苯环影响酸性较强，③号羟基为羧基中的羟基，酸性最强，②号羟基酸性最弱；‎ ‎(3)B为，苯环上12个原子全部共面，氧氢单键可以旋转，所以最多有13个原子共面；苯酚可以和浓溴水发生取代反应生成不溶于水的2,4,6三溴苯酚，所以现象为产生白色沉淀；F中溴原子在NaOH水溶液发生水解，酚羟基可以和NaOH反应，酯基水解生成羧基可以和NaOH反应，所以反应方程式为：+3NaOH→+CH3OH+NaBr+H2O；‎ ‎(4)C中有羟基和羧基，2分子C可以发生分子间酯化反应，可以生成3‎ - 17 -‎ 个六元环的化合物，则E为；‎ ‎(5)F为，其同分异构体满足：①属于一元酸类化合物，所以含有一个羧基；②苯环上只有2个取代基且处于对位，其中一个是羟基，则另一个取代基为：-CBr(CH3)COOH、-CH(CH2Br)COOH、-CH2CHBrCOOH、-CHBrCH2COOH，核磁共振氢谱有五组峰的为；‎ ‎(6)对比CH3COOH和OHC-COOH可知，需要将乙酸中的甲基转化为醛基，醛基可以由羟基氧化生成，卤原子可以水解生成羟基，根据题目所给信息可知乙酸中的甲基在PCl3/加热条件下反应生成卤原子，所以合成路线为：CH3COOHClCH2COOHHOCH2COONaHOCH2COOHOHC-COOH。‎ ‎【点睛】物质A与足量新制氢氧化铜悬浊液反应方程式为易错点，要注意A中含有羧基，新制氢氧化铜里面碱过量，也会发生中和反应；羧基的酸性>酚羟基>普通羟基。‎ ‎15.茶叶中含有多种有益于人体健康的有机成分及钙、铁等微量金属元素，某化学研究性学习小组设计方案用以检验某品牌茶叶中铁元素的存在并测定钙元素的质量分数(已知CaC2O4为白色沉淀物质)。首先取‎200g茶叶样品进行如图操作：‎ 已知：①文献资料显示：某些金属离子的氢氧化物完全沉淀时的pH为：Ca(OH)2：13，Fe(OH)3：4.1‎ ‎②(NH4)‎2C2O4溶液显酸性 ‎（1‎ - 17 -‎ ‎）实验前要先将茶叶样品高温灼烧为灰粉，需要用到的实验仪器有酒精灯、三脚架、玻璃棒、泥三角________，其主要目的是___________________。‎ A．蒸发皿 B．坩埚C．石棉网 ‎（2）从滤液A→沉淀D的过程中需要加入的物质X可以选择________。‎ A．CaO B．Ca(OH)‎2C．NH3·H2O ‎（3）用酸性KMnO4标准溶液滴定滤液C时发生的反应为：‎5C2O42-＋2MnO4-＋16H＋===10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O。将滤液C稀释至250mL，取25.00mL溶液，用硫酸酸化后，用0.10mol·L－1的KMnO4标准溶液滴定，终点时消耗KMnO4溶液体积如表所示：‎ 编号 KMnO4溶液体积/mL ‎1‎ ‎19.98‎ ‎2‎ ‎22.00‎ ‎3‎ ‎20.02‎ ‎①此步操作过程中需要用到图示中哪些仪器________‎ ‎②滴定达到终点时的现象是__________________________。‎ ‎③为保证实验精确度，沉淀D及E需要分别洗涤，并将洗涤液转移回母液中，若不洗涤沉淀D，会使测定的钙元素的含量________(偏低、偏高、无影响，下同)，若不洗涤沉淀E，会使测定的钙元素的含量________。‎ ‎④原茶叶中钙元素的质量分数为________。(用含a的代数式表示，已知(NH4)‎2C2O4的摩尔质量为‎124g·mol－1)。‎ ‎（4）可以通过检验滤液A来验证该品牌茶叶中是否含有铁元素，所加试剂及实验现象是_______________、________________。‎ ‎【答案】 (1). B (2). 使样品中的有机物完全分解，便于后续检测 (3). C (4). BCD (5). 滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液由无色变为浅红色，且半分钟不恢复原色 (6). 偏低 ‎ - 17 -‎ ‎(7). 偏高 (8). －0.01 (9). KSCN溶液 (10). 溶液呈红色 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 茶叶中含钙、铁等微量金属元素，灼烧后加稀硫酸，灼烧过程中茶叶中的有机物分解，铁元素被氧化成Fe3+，则滤液A中主要金属阳离子为Ca2+、Fe3+等，接着调节pH将Fe3+沉淀，从而除去，故得到的沉淀D是氢氧化铁，则滤液B中主要含Ca2+，加草酸铵发生反应Ca2++C2O42-=CaC2O4↓，故得到的沉淀E是草酸钙，滤液C中含有有未反应的(NH4)‎2C2O4和反应生成的硫酸铵；‎ 测定钙元素含量的原理为：利用定量的草酸铵沉淀钙元素，测定剩余的草酸根的量，从而确定沉淀的量，继而确定钙元素的含量。‎ ‎【详解】(1)灼烧时需要用到的仪器有酒精灯、三脚架、玻璃棒、泥三角和坩埚；高温灼烧可以使样品中的有机物完全分解，便于后续检测；‎ ‎(2)滤液A中加入X的目的是使pH升高从而沉淀铁离子，因本实验要测定Ca元素的含量，所以不能引入Ca元素，所以X可以选择一水合氨，即C；‎ ‎(3)①将滤液C稀释至250mL时需要使用到250mL容量瓶，滴定操作中需要使用酸式滴定管和锥形瓶，即BCD正确；‎ ‎②滴定结束之前溶液为无色，滴定结束时高锰酸钾溶液过量，溶液变为紫色，所以滴定终点颜色变化为滴入最后一滴KMnO4，溶液由无色变为紫色，且半分钟不恢复原色；‎ ‎③沉淀D表面可能附着钙元素，若不洗涤导致生成的草酸钙沉淀偏低，从而使测定的钙元素含量偏低；沉淀E表面可能附着有未反应的草酸铵，若不洗涤会使消耗的高锰酸钾标准液偏少，间接计算出的生成的沉淀的量偏大，从而使测定的钙元素含量偏高；‎ ‎④表格数据中第2组数据偏差较大，所以舍去，则消耗的高锰酸钾标准液的平均体积为20.00mL，根据方程式‎5C2O42-＋2MnO4-＋16H＋===10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O，可知25.00mL稀释后的滤液C中含n剩(C2O42-)=×‎0.02L×0.10mol·L－1=0.005mol，则滤液C中n剩(C2O42-)=0.005mol×=0.05mol， n总(C2O42-)=，则与Ca2+反应的n(C2O42-)=，根据反应Ca2++C2O42-=CaC2O4↓可知n(Ca2+)=，所以Ca - 17 -‎ 元素的含量为=(－0.01)；‎ ‎(4)滤液A中有铁离子，取少量的滤液A，滴入KSCN溶液，溶液变成红色，证明溶液中存在铁离子，即茶叶中含有铁元素。‎ ‎【点睛】第3小题为本题难点，计算量较大，要弄清楚滴定原理，根据发生的反应方程式确定各物质之间的数量关系，同时要注意滴定的是稀释后的溶液中的一部分，要再进行一步计算才能得到滤液C中的剩余草酸根的量。‎ ‎16.二氧化硫直接排放会危害环境。利用工业废碱渣（主要成分Na2CO3）可吸收烟气中的SO2并制备无水Na2SO3，其流程如图1。‎ 已知：H2SO3、HSO3−、SO32−在水溶液中的物质的量分数随pH的分布如图2，Na2SO3·7H2O和Na2SO3的溶解度曲线如图3。‎ ‎（1）Na2CO3溶液显碱性，用离子方程式解释其原因：_____________________。‎ ‎（2）吸收烟气 ‎①为提高NaHSO3的产率，应控制吸收塔中的pH为________。‎ ‎②已知下列反应：‎ SO2(g)+2OH−(aq)==SO32−(aq)+H2O(l)ΔH1＝−164.3kJ·mol−1‎ CO2(g)+2OH−(aq)==CO32−(aq)+H2O(l)ΔH2＝−109.4kJ·mol−1‎ ‎2HSO3−(aq)==SO32−(aq)+SO2(g)+H2O(l)ΔH3＝+34.0kJ·mol−1‎ - 17 -‎ 吸收塔中Na2CO3溶液吸收SO2生成HSO3−的热化学方程式是________。‎ ‎③吸收塔中的温度不宜过高，可能的原因是________（写出1种即可）。‎ ‎（3）制备无水Na2SO3‎ ‎①中和塔中反应的离子方程式为_________________________________。‎ ‎②从中和塔得到的Na2SO3溶液中要获得无水Na2SO3固体，需控制温度____________，同时还要_______________，以防止Na2SO3氧化。‎ ‎【答案】 (1). CO32−+H2OOH−+HCO3− (2). 4～5 (3). 2SO2(g)+CO32−(aq)+H2O(l)==2HSO3−(aq)+CO2(g)ΔH＝−88.9kJ·mol−1 (4). 防止SO2的溶解度下降；防止HSO3−受热分解；防止HSO3−的氧化速率加快等 (5). HSO3−+OH−==H2O+SO32− (6). 高于‎34℃‎ (7). 隔绝空气 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)Na2CO3为强碱弱酸盐，碳酸根水解呈碱性，离子方程式为CO32-+H2O⇌OH-+HCO3-； (2)①由图象可知pH在4～5时NaHSO3的物质的量分数最高； ②已知：i：SO2(g)+2OH- (aq)=SO32- (aq)+H2O(l)△H1=-164.3kJ•mol-1 ii：CO2(g)+2OH- (aq)=CO32- (aq)+H2O(l)△H2=-109.4kJ•mol-1‎ Iii：2HSO3- (aq)=SO32- (aq)+SO2(g)+H2O(l)△H3=+34.0kJ•mol-1， 利用盖斯定律将i-ii-iii可得Na2CO3溶液吸收SO2生成HSO3-的热化学方程式为2SO2(g)+CO32- (aq)+H2O(l)=2HSO3-(aq)+CO2 (g)△H=-88.9 kJ•mol-1， ③HSO3-不稳定，受热易分解；如温度过高，可导致气体的溶解度下降；且HSO3-易被氧化，所以吸收塔的温度不易过高；‎ ‎(3)①中和塔中亚硫酸氢钠和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，离子方程式为：HSO3−+OH−==H2O+SO32−；‎ ‎②据图可知温度高于‎34℃‎时亚硫酸钠的溶解度随温度升高开始下降，所以需控制温度高于‎34℃‎，便于析出无水亚硫酸钠；同时要隔绝空气，以防止Na2SO3氧化。‎ - 17 -‎