2022年内蒙古赤峰市高考化学仿真试卷 一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1．化学与人类生产、生活、社会可持续发展等密切相关，下列说法错误的是（ ）A．推广使用聚二氧化碳可降解塑料，能减少白色污染B．通常所说的三大有机合成材料．合成纤维、合成橡胶C．夏天雷雨过后感觉到空气清新是因为空气中产生了少量的二氧化氮D．实施“煤改气”“煤改电”等清洁燃料改造工程，有利于保护环境 2．下列叙述和推论都正确的是（ ）选项叙述推论A由次氯酸可制得盐酸酸性：HClO＞HClB原电池中负极金属的活动性一般比正极强镁、铝作电极与NaOH溶液组成原电池时，镁作负极C﹣OH可与钠反应生成H2可通过加钠观察是否有气泡产生的方法鉴别乙醇的水溶液和乙醛的水溶液D溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀转化向AgCl悬浊液中滴加KI溶液可得到AgI沉淀A．AB．BC．CD．D 3．有机物X只含C、H、O三种元素，其相对分子质量不超过100，若X中所含氧元素的质量分数为36.36%，则能与NaOH溶液发生反应的X共有（不考虑立体异构）（ ）A．5种B．6种C．7种D．8种 4．下列有关实验说法错误的是（ ）A．向品红溶液中通入气体X，品红溶液褪色，则气体X可能是Cl2B．CO2中含少量SO2，可将该混合气体通入足量的饱和NaHCO3溶液中除去SO2C．用洁净的铂丝蘸取某食盐，在酒精灯火焰上灼烧，火焰显黄色，说明该食盐中不含KIO3D．向NaHCO3溶液中滴加酚酞试液，加热时溶液由浅红色变成红色，冷却后溶液由红色变成淡红色，说明HCO3﹣在水溶液中存在水解平衡 5．在电冶铝的电解槽中存在电解质W2[X2Y2Z4]，己知四种元素的简单离子的电子层结构均相同，Y原子最外层电子数为次外层的3倍，X原子最外层电子数为Y原子最外层电子数的一半，下列说法正确的是（ ）A．原子序数：W＞X＞Y＞ZB．原子半径：r（w）＞r（X）＞r（Y）＞r（Z）C．W的最高价氧化物的水化物碱性比X的弱D．Y的简单氢化物的稳定性比Z的强 6．25℃时，用Na2S沉淀Cu2+、Zn2+两种金属离子（M2+），所需S2﹣最低浓度的对数值lgc（S2﹣）与lgc（M2+）的关系如图所示，下列说法不正确的是（ ）-27-A．Na2S溶液中：c（S2﹣）+c（HS﹣）+c（H2S）═2c（Na+）B．25℃时K甲（CuS）约为1×10﹣35C．向100mLZn2+、Cu2+浓度均为10﹣5mol•L﹣1的混合溶液中逐滴加入10﹣4mol•L﹣1的Na2S溶液，Cu2+先沉淀D．向Cu2+浓度为10﹣5mol•L﹣1的工业废水中加入ZnS粉末，会有CuS沉淀析出 7．某探究小组用如图所示装置进行如下实验，其实验现象描述正确的是（ ）选项a中试剂b中试剂实验现象A1mL12mol•L﹣1浓盐酸0.5gMnO20.1gCaCO3、1mL2mol•L﹣1盐酸红墨水褪色，U形管中液面左右基本持平B0.1gNa3mol水0.1gNa3mol乙醇反应开始阶段，反应结束静置一段时间后U形管中液面都是左低右高C3mL浓硫酸、铁钉3mLNaCl溶液、铁钉铁钉均生锈，U形管中液面左高右低D3mL水3mL饱和FeSO4溶液一段时间后，U形管中液面左低右高，b管溶液中出现红褐色浑浊物A．AB．BC．CD．D 二、解答题（共3小题，满分43分）8．碱式碳酸铜是一种具有广泛用途的化工产品，主要用于固体荧光粉激活剂和铜盐的制造等．Ⅰ．制备碱式碳酸铜因生成条件不同，其颜色和组成也不尽相同，即碱式碳酸铜中Cu（OH）2和CuCO3的比例不同，某实验小组设计以下不同实验制备碱式碳酸铜．（1）由Na2CO3•10H2O与CuSO4•5H2O反应制备：称取14gCuSO4•5H2O、16gNa2CO3•10H2O，用研钵分别研细后再混合研磨，立即发生反应，有“嗞嗞”声，而且混合物很快成为“黏胶状”，将混合物迅速投入200mL沸水中，快速搅拌并撤离热源，有蓝绿色沉淀产生，过滤，用水洗涤沉淀，至滤液中不含SO42﹣为止，取出沉淀，风干，得到蓝绿色晶体．①混合物发生反应时有“嗞嗞”声的原因是 ，混合物成为“黏胶状”的原因是 ．②撤离热源的目的是 ．③检验滤液中是否含SO42﹣的方法是 ．（2）由Na2CO3溶液与CuSO4溶液反应制备：分别按一定比例取CuSO4溶液和Na2CO3溶液，水浴加热到设定温度后，在充分振荡下采用将CuSO4溶液加入Na2CO3溶液或将Na2CO3-27-溶液加入CuSO4溶液的加料顺序进行试验，影响产品组成和产率的因素可能有温度、 、 （列2点）Ⅱ．组成测定有同学查阅资料发现用Cu（OH）2•CuCO3表示碱式碳酸铜是不准确的，较为准确、科学的表达式应该是mCu（OH）2•nCuCO3，不同来源的碱式碳酸铜的m、n值需要具体测定．（3）热分解法测定碱式碳酸铜组成的实验装置如图所示，通过测定碱式碳酸铜在灼热后所产生的气体体积，推导出碱式碳酸铜中碳酸铜和氢氧化铜的含量，即可求出m和n的比值．①仪器c的名称是 ．②检验装置气密性的方法是 ．③三次平行实验测定结果如下表，计算该样品中m：n= ，若量气管中所盛液体为水，则该测定值比理论值 （填“偏大”或“偏小”）实验序号样品质量/gCO2体积/mL（已折算成标准状况下）10.54244.8220.54244.8030.54244.78 9．甲醇是有机化工原料和优质燃料，主要应用于精细化工、塑料等领域，也是农药、医药的重要原料之一，回答下列问题：（1）工业上可用CO2和H2反应合成甲醇，已知25℃、101kPa下：H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H2=﹣242kJ•mol﹣1CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2O△H2=﹣676kJ•mol﹣1①写出CO2与H2反应生成CH3OH（g）与H2O（g）的热化学方程式 ．②下列表示合成甲醇反应的能量变化示意图中正确的是 （填字母）．③合成甲醇所需的H2可由下列反应制取：H2O（g）+CO（g）⇌H2（g）+CO2（g），某温度下该反应的平衡常数K=1，若起始时c（CO）=1mol•L﹣1，c（H2O）=2mol•l﹣1，则达到平衡时H2O的转化率为 ．-27-（2）CO和H2反应也能合成甲醇：CO（g）+2H2⇌CH3OH（g）△H=﹣90.1kJ•mol﹣1，在250℃下，将一定量的CO和H2投入10L的恒容密闭容器中，各物质的浓度（mol•L﹣1）变化如下表所示（前6min没有改变条件）：2min4min6min8min…CO0.070.060.060.05…H2x0.120.120.2…CH3OH0.030.040.040.05…①x= ，250℃时该反应的平衡常数K= ．②若6～8min时只改变了一个条件，则改变的条件是 ，第8min时，该反应是否达到平衡状态？ （填“是”或“不是”）③该合成反应的温度一般控制在240～270℃，选择此温度的原因是：Ⅰ．此温度下的催化剂活性高；Ⅱ． ．（3）甲醇在催化剂条件下可以直接氧化成甲酸，在常温下，20.00mL0.1000mol•L﹣1NaOH溶液与等体积、等浓度甲酸溶液混合后所得溶液的pH （填“＜”“＞”或“=”）7，原因是 （用离子方程式表示）． 10．SO2是重要的大气污染物，工业生产中产生的含SO2烟气必须脱硫后才能排放，脱去烟气中SO2的方法有多种，回答下列问题：（1）“热解气还原法”：CO还原SO2生成S4和CO2，反应的化学方程式为 ．（2）“湿式吸收法”：利用吸收剂与SO2发生反应从而脱硫．①下列试剂中适合用作该法吸收剂的是 （填字母，下同）．a．澄清石灰水b．浓硫酸C．Na2CO3溶液②“钠碱法”用NaOH溶液作吸收剂，向100mL0.2mol•L﹣1NaOH溶液中通入标准状况下0.448LSO2气体，反应后测得溶液pH＜7，则溶液中下列各离子浓度关系正确的是 ．a．c（HSO3﹣＞c（SO32﹣）＞c（H2SO3）b．c（OH﹣）+c（SO32﹣）=c（H+）+c（H2SO3）c．c（Na+）+c（H+）=c（HSO3﹣）+c（SO32﹣）+c（OH﹣）③工业上常用Na2SO3溶液吸收烟气中的SO2，将烟气通入1.0mol•L﹣1的Na2SO3溶液，溶液pH不断减小（设这个过程中溶液体积不变），当溶液pH约为6时，吸收SO2的能力显著下降，应更换吸收剂，此时溶液中c（SO32﹣）=0.2mol•L﹣1，则溶液中c（HSO3﹣）= ．④“亚硫酸铵吸收法”用（NH4）2SO3溶液在吸收塔中封闭循环脱硫，发生的主要反应为（NH4）2SO3+SO2+H2O═2NH4HSO3，测得25℃时溶液pH与各组分物质的量分数的变化关系如图1所示，a点时n（HSO3﹣）：n（H2SO3）= ，b点时溶液pH=7，则n（NH4+）：n（HSO3﹣）= ．（3）“离子膜电解法”利用硫酸钠溶液吸收SO2，再用惰性电极电解，将阴极区溶液导出，经过滤分离硫磺后，可循环吸收利用，装置如图2所示，则阴极的电极反应式为 ，阳极产生气体的化学式为 ．-27- [化学-化学与技术]11．利用生产磷铵排放的废渣磷石膏制取硫酸并联产水泥的技术研究获得成功，其流程如下：回答下列问题：（1）操作a的名称是 ，制硫酸工艺中净化SO2窑气的目的是 ．（2）装置B中生成两种酸式盐，它们的化学式分别是 、 ．（3）制硫酸所产生的尾气除了含有N2、O2外，还含有SO2、微量的SO3和酸雾，能用于测定硫酸尾气中SO2含量的是 （填字母）．A．NaOH溶液、酚酞试液B．氨水、酚酞试液C．碘水、淀粉溶液D．KMnO4溶液、稀H2SO4处理尾气常用氨水吸收后再加稀硫酸处理，放出的SO2经干燥后进入接触室循环利用，尾气中SO2被吸收以及再放出SO2所发生的有关反应的化学方程式分别为 、 ．（4）水泥广泛应用于土木建筑、水利、国防等工程，是非常重要的无机非金属材料，工业生产普通硅酸盐水泥的主要原料是 ，水泥中加入少量石膏的作用是 ．（5）硫酸是基础化学工业的重要产品和原料，用硫酸可制备多种硫酸盐，现有一种硫酸盐的化学式可表示为Fe2（SO4）3•x（NH4）2SO4•yH2O，为确定其组成，称取该硫酸盐2.410g，加入过量的NaOH溶液并加热，生成的气体用100mL0.0500mol•L﹣1硫酸吸收，再用0.2000mol•L﹣1的NaOH溶液滴定，生成正盐时消耗NaOH溶液25.00mL，再将等质量的该硫酸盐荣誉水配成溶液，加足量BaCl2溶液，充分反应后，过滤、洗涤、干燥，最后得白色沉淀2.330g，该硫酸盐的化学式为 ． [化学-物质结构与性质]12．铁元素不仅可以与SCN﹣、CN﹣等离子形成配合物，还可以与CO、NO等分子以及许多有机试剂形成配合物，回答下列问题：-27-（1）基态铁原子有 个未成对电子，Fe2+的电子排布式为 ，常用SCN﹣检验Fe2+，二者可按n：1（n=1～6）的个数比形成血红色配合物，该配合物的化学式用通式表示为 ．（2）CN﹣有毒，含CN﹣的工业废水必须处理，用TiO2作光催化剂可将废水中的CN﹣转化为OCN﹣，并最终氧化为N2、CO2．①C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序是 ．②与CN﹣互为等电子体的一种分子为 （填化学式）；1molFe（CN）43﹣中含有σ键的数目为 ．③铁与CO形成的配合物Fe（CO）5的熔点为﹣20.5℃，沸点103℃，易溶于CCl4，据此可以判断Fe（CO）5晶体属于 （填晶体类型）．（3）乙二胺四乙酸能和Fe3+形成稳定的水溶性配合物乙二胺四乙酸铁钠，原理如图1：①乙二胺四乙酸中碳原子的杂化轨道类型是 ．②乙二胺（H2NCH2CH2NH2）和三甲胺[N（CH3）3]均属于胺，但乙二胺比三甲胺的沸点高很多，原因是 ．（4）铁铝合金的一种晶体属于面心立方结构，其晶胞可看成由8个小体心立方结构堆砌而成，小立方体如图2所示，则该合金的化学式 ，已知小立方体的边长为0.289nm，此铁铝合金的密度为 g•cm﹣3． [化学-有机化学基础]13．异草素（G）在抗肿瘤和抑制艾滋病方面具有良好的疗效，能有效抑制和杀光艾滋病（HIV），增强免疫力，其合成路线如下：已知以下信息：①A、D、E、F、G均能与FeCl3溶液发生显色反应②-27-③④核磁共振显示A的苯环上有2种不同化学环境的氢，E、F苯环上均有3种不同化学环境的氢：⑤回答下列问题：（1）A的化学名称为 D的结构简式为 （2）由B生成C的化学方程式为 反应类型为 ，1molC与足量NaOH溶液反应，消耗 molNaOH（3）由E生成F的化学方程式为 （4）G的结构简式为 （5）H是B少一个碳原子的同系物，H的同分异构体中，既能发生银镜反应，又能与FeCl3溶液发生显色反应的共有 种，其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面之比为1：1：2：2：2的为 （填结构简式） -27-2022年内蒙古赤峰市高考化学仿真试卷参考答案与试题解析 一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1．化学与人类生产、生活、社会可持续发展等密切相关，下列说法错误的是（ ）A．推广使用聚二氧化碳可降解塑料，能减少白色污染B．通常所说的三大有机合成材料．合成纤维、合成橡胶C．夏天雷雨过后感觉到空气清新是因为空气中产生了少量的二氧化氮D．实施“煤改气”“煤改电”等清洁燃料改造工程，有利于保护环境【考点】常见的生活环境的污染及治理．【专题】化学计算．【分析】A．聚二氧化碳是可降解塑料；B．三大有机合成材料是塑料、合成纤维、合成橡胶；C．雷雨过后空气中的氧气，有些变成了臭氧；D．“煤改气”“煤改电”可减少污染物的排放．【解答】解：A．聚二氧化碳是可降解塑料，不会造成白色污染，故A正确；B．三大有机合成材料是塑料、合成纤维、合成橡胶，故B正确；C．雷雨过后空气中的氧气，有些变成了臭氧，感觉到空气清新，故C错误；D．“煤改气”“煤改电”可减少污染物的排放，有利于保护环境，故D正确．故选C．【点评】本题考查常见的生活环境的污染及治理，难度不大，注意雷雨过后空气中的氧气，有些变成了臭氧． 2．下列叙述和推论都正确的是（ ）选项叙述推论A由次氯酸可制得盐酸酸性：HClO＞HClB原电池中负极金属的活动性一般比正极强镁、铝作电极与NaOH溶液组成原电池时，镁作负极C﹣OH可与钠反应生成H2可通过加钠观察是否有气泡产生的方法鉴别乙醇的水溶液和乙醛的水溶液D溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀转化向AgCl悬浊液中滴加KI溶液可得到AgI沉淀A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．次氯酸光照分解生成盐酸；B．失去电子的金属作负极；C．乙醇、乙酸均含﹣OH；D．AgCl悬浊液中滴加KI溶液可得到AgI沉淀，发生沉淀的转化．【解答】解：A．次氯酸光照分解生成盐酸，但酸性为HCl＞HClO，故A错误；B．失去电子的金属作负极，则镁、铝作电极与NaOH溶液组成原电池时，Al作负极，故B错误；C．乙醇、乙酸均含﹣OH，均与Na反应生成氢气，且均含水与Na反应生成氢气，则加钠凝聚是否具有气泡产生的方法不能鉴别，故C错误；-27-D．AgCl悬浊液中滴加KI溶液可得到AgI沉淀，发生沉淀的转化，则AgI的溶解度更小，故D正确；故选D．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及酸性比较、原电池、物质的鉴别及沉淀的转化等，把握物质的性质及化学反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大． 3．有机物X只含C、H、O三种元素，其相对分子质量不超过100，若X中所含氧元素的质量分数为36.36%，则能与NaOH溶液发生反应的X共有（不考虑立体异构）（ ）A．5种B．6种C．7种D．8种【考点】有机化合物的异构现象．【专题】同分异构体的类型及其判定．【分析】根据含氧元素的质量分数为36.36%，相对分子质量不超过100，确定分子中氧原子个数，进而确定有机物的相对分子质量，确定有机物的分子式．根据能与NaOH溶液发生反应说明含有羧基或酯基，确定有机物结构．【解答】解：有机物中氧元素的质量分数为36.36%，相对分子质量不超过100，所以分子中氧原子数目N（O）＜≈2.27，故含有O原子个数为2，相对分子质量为：=88，有机物X由C、H、O三种元素组成，令烃基的组成为﹣CnHm，烃基的相对分子质量为88﹣（32+12+1）=43，所以12n+m=43，讨论得到：n=3，m=7符合，故此烃基为：﹣C3H7，即碳架结构可以是正丙基或异丙基，此时若含有羧基，即为正丁酸或异丁酸，总共有2种；若为酯基，则可以是：甲酸正丙酯、甲酸异丙酯、乙酸乙酯或丙酸甲酯，此种情况有4种，故总共为6种，故选B．【点评】本题主要考查的是有机物分子式确定以及同分异构体个数判断，依据含氧量讨论得出该有机物的分子式是解决本题的关键，难度不大． 4．下列有关实验说法错误的是（ ）A．向品红溶液中通入气体X，品红溶液褪色，则气体X可能是Cl2B．CO2中含少量SO2，可将该混合气体通入足量的饱和NaHCO3溶液中除去SO2C．用洁净的铂丝蘸取某食盐，在酒精灯火焰上灼烧，火焰显黄色，说明该食盐中不含KIO3D．向NaHCO3溶液中滴加酚酞试液，加热时溶液由浅红色变成红色，冷却后溶液由红色变成淡红色，说明HCO3﹣在水溶液中存在水解平衡【考点】氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质；钠的重要化合物；焰色反应．【专题】元素及其化合物．【分析】A、二氧化硫、氯气都可以使品红溶液褪色；B、除去混入CO2中的SO2，所选用的试剂能够将二氧化硫除去且不能够与二氧化碳反应、不能引进新的杂质；C、钾的焰色反应能被钠的焰色反应所掩盖，观察钾的焰色反应要透过蓝色钴玻璃；D、NaHCO3溶液和酚酞试液的试管，在室温时，溶液为无色，加热时为粉红色，因为碳酸氢根离子水解显碱性，水解过程是吸热过程，加热促进水解，碱性增强；【解答】-27-解：A、二氧化硫能够与有机色素化合生成无色物质，具有漂白性，但是生成的无色化合物不稳定受热易恢复颜色，所以二氧化硫的漂白性具有不稳定的特点，氯气与水反应生成的次氯酸具有强的氧化性，具有漂白性，但是其漂白效果稳定，受热不恢复颜色，所以气体X可能是Cl2，故A正确；B、饱和NaHCO3溶液既可除去SO2，碳酸氢钠与二氧化碳不反应，又可增加CO2，故B正确；C、钾的焰色反应能被钠的焰色反应所掩盖，观察钾的焰色反应要透过蓝色钴玻璃，则该实验中不能确定是否含KIO3，故C错误；D、碳酸氢钠水解生成氢氧化钠和碳酸，加热促进水解平衡正向进行，水解过程是吸热过程，加热促进水解，碱性增强，溶液由浅红色变成红色，冷却后平衡逆向进行，溶液由红色变成淡红色，故D正确；故选C．【点评】本题考查了盐类水解的分析判断，物质性质的理解应用，主要是影响水解平衡的影响因素温度的改变对平衡的影响分析，题目难度中等． 5．在电冶铝的电解槽中存在电解质W2[X2Y2Z4]，己知四种元素的简单离子的电子层结构均相同，Y原子最外层电子数为次外层的3倍，X原子最外层电子数为Y原子最外层电子数的一半，下列说法正确的是（ ）A．原子序数：W＞X＞Y＞ZB．原子半径：r（w）＞r（X）＞r（Y）＞r（Z）C．W的最高价氧化物的水化物碱性比X的弱D．Y的简单氢化物的稳定性比Z的强【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】电解质W2[X2Y2Z4]，四种元素的简单离子的电子层结构均相同，Y原子最外层电子数为次外层的3倍，最外层电子数不超过8个（K层除外），则Y为O元素；X原子最外层电子数为Y原子最外层电子数的一半，且X、Y离子电子层结构相同，则X为Al元素；该化合物中W应该带正电荷，含有两个铝离子、两个O离子，Z应该带负电荷，根据化合物代数和为0知，W应该带一个单位正电荷，Z带一个单位负电荷，且这四种简单离子电子层结构相同，所以W为Na、Z为F元素，则该电解质为Na2[Al2O2F4]，A．通过以上分析判断原子序数；B．原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小；C．元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强；D．元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强．【解答】解：电解质W2[X2Y2Z4]，四种元素的简单离子的电子层结构均相同，Y原子最外层电子数为次外层的3倍，最外层电子数不超过8个（K层除外），则Y为O元素；X原子最外层电子数为Y原子最外层电子数的一半，且X、Y离子电子层结构相同，则X为Al元素；该化合物中W应该带正电荷，含有两个铝离子、两个O离子，Z应该带负电荷，根据化合物代数和为0知，W应该带一个单位正电荷，Z带一个单位负电荷，且这四种简单离子电子层结构相同，所以W为Na、Z为F元素，则该电解质为Na2[Al2O2F4]，A．通过以上分析知，原子序数X＞W＞Z＞Y，故A错误；B．原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径r（w）＞r（X）＞r（Y）＞r（Z），故B正确；C．元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，金属性W＞X，所以W的最高价氧化物的水化物碱性比X的强，故C错误；-27-D．元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，非金属性Z＞Y，所以Y的简单氢化物的稳定性比Z的弱，故D错误；故选B．【点评】本题考查原子结构、元素周期律，侧重考查分析、推断、综合应用能力，正确推断元素是解本题关键，熟练掌握元素周期律知识，题目难度中等． 6．25℃时，用Na2S沉淀Cu2+、Zn2+两种金属离子（M2+），所需S2﹣最低浓度的对数值lgc（S2﹣）与lgc（M2+）的关系如图所示，下列说法不正确的是（ ）A．Na2S溶液中：c（S2﹣）+c（HS﹣）+c（H2S）═2c（Na+）B．25℃时K甲（CuS）约为1×10﹣35C．向100mLZn2+、Cu2+浓度均为10﹣5mol•L﹣1的混合溶液中逐滴加入10﹣4mol•L﹣1的Na2S溶液，Cu2+先沉淀D．向Cu2+浓度为10﹣5mol•L﹣1的工业废水中加入ZnS粉末，会有CuS沉淀析出【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【分析】A．根据硫化钠溶液中的物料守恒判断；B．Ksp（CuS）=c（Cu2+）×c（S2﹣），根据图象数据计算出25℃时K甲（CuS）；C．依据此图可知，CuS的Ksp较小，则首先出现的沉淀是CuS；D．在25℃下，CuS溶液的是Ksp小于ZnS的溶度积，则向Cu2+浓度为10﹣5mol•L﹣1废水中加入ZnS粉末，会有CuS沉淀析出．【解答】解：A．硫化钠溶液中的物料守恒为：2c（S2﹣）+2c（HS﹣）+2c（H2S）=c（Na+），故A错误；B．在25℃时，CuS饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：CuS（s）⇌Cu2+（aq）+S2﹣（aq），Ksp（CuS）=c（Cu2+）×c（S2﹣）=10﹣25×10﹣10=10﹣35，故B正确；C．依据此图可知，CuS的Ksp较小，故CuS最难溶，那么首先出现的沉淀是CuS，即Cu2+先沉淀，故C正确；D．由于在25℃下，CuS溶液的是Ksp是10﹣35，小于ZnS溶度积，故向Cu2+浓度为10﹣5mol•L﹣1废水中加入ZnS粉末，会有CuS沉淀析出，故D正确；故选A．【点评】本题主要考查了沉淀溶解平衡曲线，侧重于学生的分析能力的考查，注意掌握图象曲线中lgc（M2+）、lgc（S2﹣）数值越大，实际浓度越小是解题的关键，难度中等． 7．某探究小组用如图所示装置进行如下实验，其实验现象描述正确的是（ ）选项a中试剂b中试剂实验现象A1mL12mol•L﹣1浓盐酸0.5gMnO20.1gCaCO3、1mL2mol•L﹣1盐酸红墨水褪色，U形管中液面左右基本持平-27-B0.1gNa3mol水0.1gNa3mol乙醇反应开始阶段，反应结束静置一段时间后U形管中液面都是左低右高C3mL浓硫酸、铁钉3mLNaCl溶液、铁钉铁钉均生锈，U形管中液面左高右低D3mL水3mL饱和FeSO4溶液一段时间后，U形管中液面左低右高，b管溶液中出现红褐色浑浊物A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．a中不生成气体、b中生成二氧化碳；B．a、b都生成氢气且生成氢气的物质的量相等；C．常温下浓硫酸和铁发生钝化现象，铁钉和NaCl溶液发生吸氧腐蚀；D．亚铁离子水解生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁易被空气氧化生成红褐色氢氧化铁．【解答】解：A．a中没有加热，所以不生成气体，b中生成二氧化碳导致右边红墨水下降，所以红墨水不褪色，且U形管中液面左高右低，故A错误；B．a、b都生成氢气且生成氢气的物质的量相等，所以反应结束静置一段时间后U形管中液面都是基本相平，故B错误；C．常温下浓硫酸和铁发生钝化现象，铁钉和NaCl溶液发生吸氧腐蚀导致压强减小，所以U形管中液面左低右高，故C错误；D．亚铁离子水解生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁易被空气氧化生成红褐色氢氧化铁，导致b中压强减小，则U型管中液面左低右高，且b管溶液中出现红褐色浑浊物，故D正确；故选D．【点评】本题考查化学实验方案评价，为高考高频点，涉及物质之间的反应、吸氧腐蚀及盐类水解等知识点，明确反应原理是解本题关键，注意A中反应条件、知道吸氧腐蚀和析氢腐蚀条件，易错选项是A． 二、解答题（共3小题，满分43分）8．碱式碳酸铜是一种具有广泛用途的化工产品，主要用于固体荧光粉激活剂和铜盐的制造等．Ⅰ．制备碱式碳酸铜因生成条件不同，其颜色和组成也不尽相同，即碱式碳酸铜中Cu（OH）2和CuCO3的比例不同，某实验小组设计以下不同实验制备碱式碳酸铜．（1）由Na2CO3•10H2O与CuSO4•5H2O反应制备：称取14gCuSO4•5H2O、16gNa2CO3•10H2O，用研钵分别研细后再混合研磨，立即发生反应，有“嗞嗞”声，而且混合物很快成为“黏胶状”，将混合物迅速投入200mL沸水中，快速搅拌并撤离热源，有蓝绿色沉淀产生，过滤，用水洗涤沉淀，至滤液中不含SO42﹣为止，取出沉淀，风干，得到蓝绿色晶体．①混合物发生反应时有“嗞嗞”声的原因是 有CO2气体生成 ，混合物成为“黏胶状”的原因是 混合物吸水 ．②撤离热源的目的是 防止碱式碳酸铜受热分解 ．③检验滤液中是否含SO42﹣的方法是 取最后一次洗涤液于试管中，先加入盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若有BaSO4白色沉淀产生，则证明有SO42﹣，否则没有 ．（2）由Na2CO3溶液与CuSO4溶液反应制备：分别按一定比例取CuSO4溶液和Na2CO3溶液，水浴加热到设定温度后，在充分振荡下采用将CuSO4溶液加入Na2CO3溶液或将Na2CO3-27-溶液加入CuSO4溶液的加料顺序进行试验，影响产品组成和产率的因素可能有温度、 反应物配比 、 加料顺序 （列2点）Ⅱ．组成测定有同学查阅资料发现用Cu（OH）2•CuCO3表示碱式碳酸铜是不准确的，较为准确、科学的表达式应该是mCu（OH）2•nCuCO3，不同来源的碱式碳酸铜的m、n值需要具体测定．（3）热分解法测定碱式碳酸铜组成的实验装置如图所示，通过测定碱式碳酸铜在灼热后所产生的气体体积，推导出碱式碳酸铜中碳酸铜和氢氧化铜的含量，即可求出m和n的比值．①仪器c的名称是 漏斗 ．②检验装置气密性的方法是 连接好装置，通过漏斗向装置中加水，至漏斗中水面比量气管中高，静置，水面不发生变化则装置不漏气，否则装置漏气 ．③三次平行实验测定结果如下表，计算该样品中m：n= 3：2 ，若量气管中所盛液体为水，则该测定值比理论值 偏大 （填“偏大”或“偏小”）实验序号样品质量/gCO2体积/mL（已折算成标准状况下）10.54244.8220.54244.8030.54244.78【考点】制备实验方案的设计；探究物质的组成或测量物质的含量．【分析】（1）①用研钵分别研细后再混合研磨，发生水解反应，有CO2气体生成，产生大量气泡，有“磁磁”的声音，而且混合物吸湿很厉害，很快成为“黏胶状”；②碱式碳酸铜不稳定，受热容易分解；③根据SO42﹣的检验方法：先加入盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若有BaSO4白色沉淀产生，则证明有SO42﹣；（2）由题目信息可知：产物的组成与反应物配比、加料顺序、温度等有关，从而使碱式碳酸铜中Cu（OH）2和CuCO3的比例不同；（3）①根据常见仪器的结构写出名称；②此装置漏斗与大气相通，要进行其气密性检查，首先要考虑的问题是如何使试管不直接通过量气管与大气相通，要解决这一问题，显而易见的用水（或液体）做液封，从而实现这一目的；③先判断三次平行实验数据的有效性，然后求出平均值，然后根据方程式mCu（OH）2•nCuCO3（m+n）CuO+mH2O+nCO2↑求出的值；若量气管中所盛液体为水，二氧化碳溶于水，n值偏小，则m值偏大．【解答】解：（1）①用研钵分别研细后再混合研磨，发生水解反应，有CO2气体生成，产生大量气泡，所以会有“磁磁”的声音，由于混合物易吸水，很快成为“粘胶状，故答案为：有CO2气体生成；混合物吸水；②由于碱式碳酸铜受热容易分解，故应迅速撤离热源，防止其分解，-27-故答案为：防止碱式碳酸铜受热分解；③滤液中是否含有SO42﹣的操作方法是：取最后一次洗涤液于试管中，先加入盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若有BaSO4白色沉淀产生，则证明有SO42﹣，否则没有；故答案为：取最后一次洗涤液于试管中，先加入盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若有BaSO4白色沉淀产生，则证明有SO42﹣，否则没有；（2）产物的组成与反应物配比、加料顺序、温度等有关，从而使碱式碳酸铜中Cu（OH）2和CuCO3的比例不同，故答案为：反应物配比、加料顺序；（3）①仪器c的名称是漏斗；故答案为：漏斗；②此装置漏斗与大气相通，要进行其气密性检查，首先要考虑的问题是如何使试管不直接通过量气管与大气相通，具体方法：连接好装置，通过漏斗向装置中加水，至漏斗中水面比量气管中高，静置，水面不发生变化则装置不漏气，否则装置漏气；故答案为：连接好装置，通过漏斗向装置中加水，至漏斗中水面比量气管中高，静置，水面不发生变化则装置不漏气，否则装置漏气；③三次平行实验数据均有效，CO2体积的平均值mL=44.80mL，物质的量为=0.002mol，mCu（OH）2•nCuCO3（m+n）CuO+mH2O+nCO2（98m+124n）gnmol0.542g0.002mol=解得：m：n=3：2；若量气管中所盛液体为水，二氧化碳溶于水，n值偏小，则m值偏大，m与n的比值偏大；故答案为：3：2；偏大．【点评】本题考查物质的制备与组成测定，侧重对实验现象的分析、问题讨论的考查，综合考查学生对知识的迁移应用，难度中等． 9．甲醇是有机化工原料和优质燃料，主要应用于精细化工、塑料等领域，也是农药、医药的重要原料之一，回答下列问题：（1）工业上可用CO2和H2反应合成甲醇，已知25℃、101kPa下：H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H2=﹣242kJ•mol﹣1CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2O△H2=﹣676kJ•mol﹣1①写出CO2与H2反应生成CH3OH（g）与H2O（g）的热化学方程式 CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣50kJ/mol ．②下列表示合成甲醇反应的能量变化示意图中正确的是 a （填字母）．-27-③合成甲醇所需的H2可由下列反应制取：H2O（g）+CO（g）⇌H2（g）+CO2（g），某温度下该反应的平衡常数K=1，若起始时c（CO）=1mol•L﹣1，c（H2O）=2mol•l﹣1，则达到平衡时H2O的转化率为 33.3% ．（2）CO和H2反应也能合成甲醇：CO（g）+2H2⇌CH3OH（g）△H=﹣90.1kJ•mol﹣1，在250℃下，将一定量的CO和H2投入10L的恒容密闭容器中，各物质的浓度（mol•L﹣1）变化如下表所示（前6min没有改变条件）：2min4min6min8min…CO0.070.060.060.05…H2x0.120.120.2…CH3OH0.030.040.040.05…①x= 0.14 ，250℃时该反应的平衡常数K= 46.3 ．②若6～8min时只改变了一个条件，则改变的条件是 加入1mol氢气 ，第8min时，该反应是否达到平衡状态？ 不是 （填“是”或“不是”）③该合成反应的温度一般控制在240～270℃，选择此温度的原因是：Ⅰ．此温度下的催化剂活性高；Ⅱ． 温度低，反应速率慢，单位时间内的产量低，而正反应为放热反应，温度过高，转化率降低 ．（3）甲醇在催化剂条件下可以直接氧化成甲酸，在常温下，20.00mL0.1000mol•L﹣1NaOH溶液与等体积、等浓度甲酸溶液混合后所得溶液的pH ＞ （填“＜”“＞”或“=”）7，原因是 HCOO﹣+H2O⇌+HCOOH+OH﹣ （用离子方程式表示）．【考点】化学平衡的计算；热化学方程式；化学平衡的影响因素．【分析】（1）①已知：Ⅰ．H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H2=﹣242kJ/mol﹣1Ⅱ．CH2OH（g）+O2═CO2（g）+2H2O（g）△H2=﹣676kJ/mol﹣1根据盖斯定律，Ⅰ×3﹣Ⅱ可得：CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（g）+H2O（g）；②气态产物能量比液态产物能量高，由①分析可知，合成甲醇的反应为放热反应，反应物的能量高于生成物的能量；③若起始时c（CO）=1mol•L﹣1，c（H2O）=2mol•L﹣1，设H2O的浓度变化量为xmol/L，则：H2O（g）+CO（g）⇌H2（g）+CO2（g），起始量（mol/L）：2100变化量（mol/L）：xxxx平衡量（mol/L）：2﹣x1﹣xxx再根据平衡常数列方程计算解答；（2）①由表中数据可知，从2min到4min，CO的浓度变化量为（0.07﹣0.06）mol/L=0.01mol/L，根据方程式计算氢气的浓度变化量，2min时氢气浓度=4min时氢气浓度+氢气浓度变化量；-27-4min与6min时，CO浓度相等，则4min、6min时反应处于平衡状态，平衡常数K=，代入平衡浓度计算；②对比6min和8min时各物质的浓度可知改变条件后反应反应向正方向进行，按照转化量之比等于计量系数之比△C（CO）：△C（H2）：△C（CH3OH）=0.01mol/L：0.02mol/L：0.01mol/L，所以8min后三种物质的浓度应为：（0.06﹣0.01）mol/L、（0.12﹣0.02）mol/L、（0.04+0.01）mol/L，而8min后氢气的浓度为0.2mol/L，所以多加了0.1mol/L×10=1mol的氢气；计算浓度商Qc，与平衡常数相比判断第8min时是否达到平衡状态；③该合成反应的温度一般控制在240～270℃，选择此温度的原因是：此温度下的催化剂活性高；温度低，反应速率慢，单位时间内的产量低，而正反应为放热反应，温度过高，转化率降低；（3）在常温下，20.00mL0.1000mol•L﹣1NaOH溶液与等体积、等浓度HCOOH溶液混合后所得溶液为HCOONa，溶液中HCOO﹣水解，溶液呈碱性．【解答】解：（1）①已知：Ⅰ．H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H2=﹣242kJ/mol﹣1Ⅱ．CH2OH（g）+O2═CO2（g）+2H2O（g）△H2=﹣676kJ/mol﹣1根据盖斯定律，Ⅰ×3﹣Ⅱ可得：CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（g）+H2O（g），△H=3×（﹣242kJ/mol）﹣（﹣676kJ/mol）=﹣50kJ/mol，故热化学方程式为：CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣50kJ/mol；故答案为：CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣50kJ/mol；②气态产物能量比液态产物能量高，由①分析可知，合成甲醇的反应为放热反应，反应物的能量高于生成物的能量，则符合条件的图象是a，故选：a；③若起始时c（CO）=1mol•L﹣1，c（H2O）=2mol•L﹣1，设H2O的浓度变化量为xmol/L，则：H2O（g）+CO（g）⇌H2（g）+CO2（g）起始量（mol/L）：2100变化量（mol/L）：xxxx平衡量（mol/L）：2﹣x1﹣xxx则=4，解得x=，故水的转化率为×100%=33.3%，故答案为：33.3%；（2）①由表中数据可知，从2min到4min，CO的浓度变化量为（0.07﹣0.06）mol/L=0.01mol/L，根据方程式可知氢气的浓度变化量为0.01mol/L×2=0.02mol/L，2min时氢气浓度=0.12mol/L+0.02mol/L=0.14mol/L，4min与6min时，CO浓度相等，则4min、6min时反应处于平衡状态，故平衡常数K===46.3，-27-故答案为：0.14；46.3；②对比6min和8min时各物质的浓度可知改变条件后反应反应向正方向进行，按照转化量之比等于计量系数之比△C（CO）：△C（H2）：△C（CH3OH）=0.01mol/L：0.02mol/L：0.01mol/L，所以8min后三种物质的浓度应为：（0.06﹣0.01）mol/L、（0.12﹣0.02）mol/L、（0.04+0.01）mol/L，而8min后氢气的浓度为0.2mol/L，所以多加了0.1mol/L×10=1mol的氢气；8min时浓度商Qc==25＜K=46.3，故8min时不是平衡状态，反应向正反应进行，故答案为：加入1mol氢气；不是；③该合成反应的温度一般控制在240～270℃，选择此温度的原因是：此温度下的催化剂活性高；温度低，反应速率慢，单位时间内的产量低，而正反应为放热反应，温度过高，转化率降低，故答案为：温度低，反应速率慢，单位时间内的产量低，而正反应为放热反应，温度过高，转化率降低；（3）在常温下，20.00mL0.1000mol•L﹣1NaOH溶液与等体积、等浓度HCOOH溶液混合后所得溶液为HCOONa，溶液中HCOO﹣水解：HCOO﹣+H2O⇌+HCOOH+OH﹣，溶液呈碱性，则pH＞7，故答案为：＞；HCOO﹣+H2O⇌+HCOOH+OH﹣．【点评】本题考查化学平衡计算及影响因素、平衡常数计算及应用、热化学方程式书写、盐类水解等，是对学生综合能力的考查，难度中等． 10．SO2是重要的大气污染物，工业生产中产生的含SO2烟气必须脱硫后才能排放，脱去烟气中SO2的方法有多种，回答下列问题：（1）“热解气还原法”：CO还原SO2生成S4和CO2，反应的化学方程式为 8CO+4SO2S4+8CO2 ．（2）“湿式吸收法”：利用吸收剂与SO2发生反应从而脱硫．①下列试剂中适合用作该法吸收剂的是 c （填字母，下同）．a．澄清石灰水b．浓硫酸C．Na2CO3溶液②“钠碱法”用NaOH溶液作吸收剂，向100mL0.2mol•L﹣1NaOH溶液中通入标准状况下0.448LSO2气体，反应后测得溶液pH＜7，则溶液中下列各离子浓度关系正确的是 ab ．a．c（HSO3﹣＞c（SO32﹣）＞c（H2SO3）b．c（OH﹣）+c（SO32﹣）=c（H+）+c（H2SO3）c．c（Na+）+c（H+）=c（HSO3﹣）+c（SO32﹣）+c（OH﹣）③工业上常用Na2SO3溶液吸收烟气中的SO2，将烟气通入1.0mol•L﹣1的Na2SO3溶液，溶液pH不断减小（设这个过程中溶液体积不变），当溶液pH约为6时，吸收SO2的能力显著下降，应更换吸收剂，此时溶液中c（SO32﹣）=0.2mol•L﹣1，则溶液中c（HSO3﹣）= 1.6mol/L ．④“亚硫酸铵吸收法”用（NH4）2SO3溶液在吸收塔中封闭循环脱硫，发生的主要反应为（NH4）2SO3+SO2+H2O═2NH4HSO3，测得25℃时溶液pH与各组分物质的量分数的变化关系如图1所示，a点时n（HSO3﹣）：n（H2SO3）= 1：1 ，b点时溶液pH=7，则n（NH4+）：n（HSO3﹣）= 3：1 ．“离子膜电解法”利用硫酸钠溶液吸收SO2，再用惰性电极电解，将阴极区溶液导出，经过滤分离硫磺后，可循环吸收利用，装置如图2所示，则阴极的电极反应式为 SO2+4H++4e﹣═S+2H2O ，阳极产生气体的化学式为 O2 ．-27-【考点】二氧化硫的化学性质；化学方程式的有关计算；电解原理；离子浓度大小的比较．【分析】（1）依据原子个数守恒、得失电子守恒书写方程式；（2）①根据脱硫的原理，适合用作该法吸收剂的是能与SO2发生反应的物质；②n（SO2）==0.02mol，n（NaOH）=0.1L×0.2mol/L=0.02mol，二者反应的化学方程式为：SO2+NaOH=NaHSO3，反应后测得溶液pH＜7，NaHSO3溶液呈酸性，说明HSO3﹣电离程度大于水解程度，结合溶液的电中性原则、物料守恒以及质子守恒解答该题；③结合Na2SO3+SO2+H2O═2NaHSO3分析离子浓度，溶液pH约为6时，吸收SO2的能力显著下降，溶质为NaHSO3，则电离大于其水解；④根据图象曲线在二者比值的变化及亚硫酸铵、亚硫酸氢铵的化学式组成进行分析、计算；（3）电解池中阳极发生氧化反应，氢氧根离子失去电子生成氧气；阴极发生还原反应，二氧化硫在酸性环境下得到电子生成硫单质，据此解答．【解答】解：（1）由题意知：“热解气还原法”：CO还原SO2生成S4和CO2，依据原子个数守恒和得失电子守恒该反应的化学方程式：8CO+4SO2S4+8CO2；故答案为：8CO+4SO2S4+8CO2；（2）①a．澄清石灰水中氢氧根离子浓度较低，不适合做吸收剂，故a不选；b．浓硫酸与二氧化硫不反应，不能吸收二氧化硫，故b不选；C．亚硫酸的酸性强于碳酸，所以二氧化硫能与Na2CO3溶液反应，SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2，能够做吸收剂，故c选；故选：c；②（SO2）==0.02mol，n（NaOH）=0.1L×0.2mol/L=0.02mol，二者反应的化学方程式为：SO2+NaOH=NaHSO3，a．亚硫酸是弱酸，反应后测得溶液pH＜7，NaHSO3溶液呈酸性，说明HSO3﹣电离程度大于水解程度，即c（SO32﹣）＞c（H2SO3），NaHSO3溶液是盐溶液，电离出钠离子和亚硫酸氢根离子，HSO3﹣电离和水解程度相对于亚硫酸钠的电离都比较小，所以c（HSO3﹣）＞c（SO32﹣）＞c（H2SO3），故a正确；b．根据亚硫酸氢钠溶液中的质子守恒可得：c（OH﹣）+c（SO32﹣）=c（H+）+c（H2SO3），故b正确；c．溶液中一定存在电荷守恒，阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数即：c（Na+）+c（H+）=c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣）+c（OH﹣），故c错误；故选：ab；-27-③由Na2SO3+SO2+H2O═2NaHSO3，c（SO32﹣）的浓度是0.2mol•L﹣1，依据原子个数守恒则反应的Na2SO3溶液为1.0mol/L﹣0.2mol/L=0.8mol/L，由反应中的物质的量关系可知，生成的c（HSO3﹣）为：0.8mol/L×2=1.6mol/L，故答案为：1.6mol/L；④“亚硫酸铵吸收法”用（NH4）2SO3溶液在吸收塔中封闭循环脱轨，发生的主要反应为（NH4）2SO3+SO2+H2O=2NH4HSO3，测得25℃时溶液pH与各组分物质的量分数的变化关系如图1所示，根据图象可知a点时两个比值相等，则n（HSO3﹣）：n（H2SO3）=1：1；b点时溶液pH=7，根据电荷守恒可知n（NH4+）=n（HSO3﹣）+2n（SO32﹣），又根据图象曲线可知，n（HSO3﹣）=n（SO32﹣），则n（NH4+）：n（HSO3﹣）=（1+2）：1=3：1，故答案为：1：1；3：1；（3）电解池中阳极发生氧化反应，氢氧根离子失去电子生成氧气；阴极发生还原反应，二氧化硫在酸性环境下得到电子生成硫单质，电极反应式为：SO2+4H++4e﹣═S+2H2O；故答案为：SO2+4H++4e﹣═S+2H2O；O2．【点评】本题为综合题，设计二氧化硫的性质、有关方程式计算、离子浓度大小比较、电解池，熟悉相关知识是解题关键，注意溶液中三大守恒定律的应用，题目难度中等． [化学-化学与技术]11．利用生产磷铵排放的废渣磷石膏制取硫酸并联产水泥的技术研究获得成功，其流程如下：回答下列问题：（1）操作a的名称是 过滤 ，制硫酸工艺中净化SO2窑气的目的是 防止SO2气体中的灰尘、水蒸气等在接触室中导致催化剂中毒 ．（2）装置B中生成两种酸式盐，它们的化学式分别是 （NH4）2HPO4 、 NH4H2PO4 ．（3）制硫酸所产生的尾气除了含有N2、O2外，还含有SO2、微量的SO3和酸雾，能用于测定硫酸尾气中SO2含量的是 CD （填字母）．A．NaOH溶液、酚酞试液B．氨水、酚酞试液C．碘水、淀粉溶液D．KMnO4溶液、稀H2SO4处理尾气常用氨水吸收后再加稀硫酸处理，放出的SO2经干燥后进入接触室循环利用，尾气中SO2被吸收以及再放出SO2所发生的有关反应的化学方程式分别为 SO2+2NH3•H2O=（NH4）2SO3+H2O 、 （NH4）2SO3+H2SO4=（NH4）2SO4+SO2↑+H2O ．（4）水泥广泛应用于土木建筑、水利、国防等工程，是非常重要的无机非金属材料，工业生产普通硅酸盐水泥的主要原料是 石灰石和黏土 ，水泥中加入少量石膏的作用是 调节水泥的硬化速度 ．（5）硫酸是基础化学工业的重要产品和原料，用硫酸可制备多种硫酸盐，现有一种硫酸盐的化学式可表示为Fe2（SO4）3•x（NH4）2SO4•yH2O，为确定其组成，称取该硫酸盐2.410g，加入过量的NaOH溶液并加热，生成的气体用100mL0.0500mol•L﹣1硫酸吸收，再用0.2000mol•L﹣1-27-的NaOH溶液滴定，生成正盐时消耗NaOH溶液25.00mL，再将等质量的该硫酸盐荣誉水配成溶液，加足量BaCl2溶液，充分反应后，过滤、洗涤、干燥，最后得白色沉淀2.330g，该硫酸盐的化学式为 Fe2（SO4）3•（NH4）2SO4•24H2O ．【考点】"三废"处理与环境保护．【分析】（1）操作a是把固体与液体分开，应为过滤；接触室中净化气体可以防止催化剂中毒；（2）装置a中磷酸与氨气发生反应，可以生成（NH4）3PO4、（NH4）2HPO4、NH4H2PO4；（3）SO2、微量的SO3和酸雾都能与碱反应，不能利用碱测定，SO2具有还原性，可以利用强氧化剂测定；尾气中SO2被氨水吸收生成（NH4）2SO3和水，（NH4）2SO3再H2SO4反应生成（NH4）2SO4和SO2，据此写出方程式；（4）生产普通硅酸盐水泥的原料是石灰石和黏土；水泥中加入石膏可以提高水泥的硬化速度；（5）Fe2（SO4）3•x（NH4）2SO4•yH2O的摩尔质量为（304+132x+18y）g/mol，则2.410gFe2（SO4）3•x（NH4）2SO4•yH2O中含有的NH4+的物质的量n=×2xmol，加入过量的NaOH溶液并加热，生成的NH3的物质的量即=×2xmol，生成的氨气用100mL0.0500mol•L﹣1硫酸吸收，再用0.2000mol•L﹣1的NaOH溶液滴定，生成正盐时消耗NaOH溶液25.00mL，故NH3消耗的H+的物质的量n=0.1L×0.05mol/L×2﹣0.025L×0.2mol/L=0.05mol，据此列式①；2.410gFe2（SO4）3•x（NH4）2SO4•yH2O中含有的SO42﹣的物质的量n=×mol，与BaCl2溶液反应生成白色BaSO4沉淀2.330g中所含的SO42﹣的物质的量相等，据此列式②，两式联立即可解得．【解答】解：（1）分离固体和液体的方法是过滤，即操作a的名称为过滤；接触室中净化SO2气体可以防止催化剂中毒；故答案为：过滤；防止SO2气体中的灰尘、水蒸气等在接触室中导致催化剂中毒；（2）装置a中磷酸与氨气发生反应，磷酸是三元酸，可以生成（NH4）3PO4、（NH4）2HPO4、NH4H2PO4三种盐，其中（NH4）2HPO4、NH4H2PO4两种酸式盐．故答案为：（NH4）2HPO4；NH4H2PO4；（3）A、NaOH溶液与SO2、微量的SO3和酸雾反应，测量的SO2含量偏高，故A错误；B、氨水NaOH溶液与SO2、微量的SO3和酸雾反应，测量的SO2含量偏高，故B错误．C、硫酸尾气中只有SO2能被碘水氧化SO2，溶液颜色由蓝色变为无色，根据碘水溶液的体积结合方程式计算SO2的含量，故C正确；D、硫酸尾气中只有SO2能被酸性KMnO4溶液氧化，溶液颜色由紫红色变为无色，根据KMnO4溶液的体积结合方程式计算SO2的含量，故D正确；尾气中SO2被氨水吸收生成（NH4）2SO3和水，化学方程式为：SO2+2NH3•H2O=（NH4）2SO3+H2O；（NH4）2SO3再H2SO4反应生成（NH4）2SO4和SO2：（NH4）2SO3+H2SO4=（NH4）2SO4+SO2+H2O，故答案为：CD；SO2+2NH3•H2O=（NH4）2SO3+H2O，（NH4）2SO3+H2SO4=（NH4）2SO4+SO2↑+H2O；（4）生产普通硅酸盐水泥的原料是石灰石即CaCO3和黏土；水泥中加入石膏可以提高水泥的硬化速度，故答案为：石灰石和黏土；调节水泥的硬化速度；（5）Fe2（SO4）3•x（NH4）2SO4•yH2O的摩尔质量为（400+132x+18y）g/mol，则2.410gFe2（SO4）3•x（NH4）2SO4•yH2O中含有的NH4+的物质的量n=×2xmol，加入过量的NaOH溶液并加热，生成的NH3的物质的量n=-27-×2xmol，生成的氨气用100mL0.0500mol•L﹣1硫酸吸收，再用0.2000mol•L﹣1的NaOH溶液滴定，生成正盐时消耗NaOH溶液25.00mL，故NH3消耗的H+的物质的量n=0.1L×0.05mol/L×2﹣0.025L×0.2mol/L=0.005mol，而根据反应NH3+H+=NH4+可知：×2xmol=0.005mol①2.410gFe2（SO4）3•x（NH4）2SO4•yH2O中含有的SO42﹣的物质的量n=mol，与BaCl2溶液反应生成白色BaSO4沉淀2.330g，而2.33gBaSO4沉淀中所含的SO42﹣的物质的量n==0.01mol，故有：×mol=0.01mol②将①②联立可解得：x=1，y=24，即该硫酸盐的化学式为Fe2（SO4）3•（NH4）2SO4•24H2O．故答案为：Fe2（SO4）3•（NH4）2SO4•24H2O．【点评】本题考查了工业尾气的处理的方法和化学方程式的书写以及化学式的求解，综合性较强，难度较大． [化学-物质结构与性质]12．铁元素不仅可以与SCN﹣、CN﹣等离子形成配合物，还可以与CO、NO等分子以及许多有机试剂形成配合物，回答下列问题：（1）基态铁原子有 4 个未成对电子，Fe2+的电子排布式为 1s22s22p63s23p63d6 ，常用SCN﹣检验Fe2+，二者可按n：1（n=1～6）的个数比形成血红色配合物，该配合物的化学式用通式表示为 [Fe（SCN）n]（3﹣n）+ ．（2）CN﹣有毒，含CN﹣的工业废水必须处理，用TiO2作光催化剂可将废水中的CN﹣转化为OCN﹣，并最终氧化为N2、CO2．①C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序是 N＞O＞C ．②与CN﹣互为等电子体的一种分子为 CO （填化学式）；1molFe（CN）43﹣中含有σ键的数目为 8NA ．③铁与CO形成的配合物Fe（CO）5的熔点为﹣20.5℃，沸点103℃，易溶于CCl4，据此可以判断Fe（CO）5晶体属于 分子晶体 （填晶体类型）．（3）乙二胺四乙酸能和Fe3+形成稳定的水溶性配合物乙二胺四乙酸铁钠，原理如图1：①乙二胺四乙酸中碳原子的杂化轨道类型是 sp2、sp3 ．②乙二胺（H2NCH2CH2NH2）和三甲胺[N（CH3）3]均属于胺，但乙二胺比三甲胺的沸点高很多，原因是 乙二胺分子间可以形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键 ．-27-（4）铁铝合金的一种晶体属于面心立方结构，其晶胞可看成由8个小体心立方结构堆砌而成，小立方体如图2所示，则该合金的化学式 AlFe3 ，已知小立方体的边长为0.289nm，此铁铝合金的密度为 6.71 g•cm﹣3．【考点】配合物的成键情况；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．【分析】（1）依据基态铁原子的核外电子排布判断未成对电子；铁原子失去最外层电子生成亚铁离子；依据化合价代数和为0写成硫氰合铁配合物的通式；（2）①同周期第一电离能自左而右具有增大趋势，所以第一电离能O＞C．由于氮元素原子2p能级有3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能大于相邻元素；②价电子数和原子数（氢等轻原子不计在内）相同的分子、离子或原子团；1molFe（CN）43﹣中CN含有C、N三键，其中1个是σ键，N原子有孤对电子，铁原子有空轨道，所以每个铁离子与CN﹣形成4个配位键，所以共用8个σ键，1molFe（CN）43﹣中含有σ键数为8mol；③依据Fe（CO）5的熔沸点低，且易溶于四氯化碳判断晶体类型；（3）①乙二胺四乙酸中碳原子为﹣CH2﹣，﹣COOH，前者碳原子以单键连接4个原子为四面体结构，为sp3杂化，﹣COOH中碳原子含有1个双键，为sp2杂化；②氢键的存在能够显著提高物质的熔沸点；（4）依据正方体中，顶点上的原子被8个晶胞占有，体心上的原子被1个晶胞占有，铁铝合金晶胞结构铝原子的数目为4×=；铁原子数目为1+4×=，所以铝原子与铁原子个数之比为1：3；计算一个晶胞的质量m，计算晶胞的体积V，依据ρ=计算其密度．【解答】解：（1）基态铁原子的核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d64s2，3d6中，最多容纳10个电子，现在有6个，先占据单个的，所以只有2个成对，还有4个未成对；铁原子失去两个电子变为二价铁离子，其电子排布为：1s22s22p63s23p63d6；依据化合价代数和为0可知：硫氰合铁通式为：[Fe（SCN）n]（3﹣n）+；故答案为：4；1s22s22p63s23p63d6；[Fe（SCN）n]（3﹣n）+；（2）①同周期第一电离能自左而右具有增大趋势，所以第一电离能O＞C．由于氮元素原子2p能级有3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能大于相邻元素，所以C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序是N＞O＞C；故答案为：N＞O＞C；②与CN﹣互为等电子体的一种分子中有2个原子且价电子数为10，可以是CO；1molFe（CN）43﹣中CN含有C、N三键，其中1个是σ键，N原子有孤对电子，铁原子有空轨道，所以每个铁离子与CN﹣形成4个配位键，所以共用8个σ键，1molFe（CN）43﹣中含有σ键数为8mol，个数为8NA；故答案为：CO；8NA；③Fe（CO）5的熔沸点低，且易溶于四氯化碳，依据分子晶体熔沸点低，且存在相似相溶原理，可知Fe（CO）5为分子晶体；故答案为：分子晶体；（3）①乙二胺四乙酸中碳原子为﹣CH2﹣，﹣COOH，前者碳原子以单键连接4个原子为四面体结构，为sp3杂化，﹣COOH中碳原子含有1个双键，为sp2杂化；故答案为：sp2、sp3；②乙二胺分子间可以形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键，所以乙二胺（H2NCH3CH2NH3）和三甲胺[N（CH3）2]均属于胺，但乙二胺比三甲胺的沸点高得多；故答案为：乙二胺分子间可以形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键；-27-（4）依据铁铝合金晶胞结构铝原子的数目为4×=；铁原子数目为1+4×=，所以铝原子与铁原子个数之比为1：3，该铁铝合金的化学式为：AlFe3；一个小立方体质量为+=161.96×10﹣23g；所以其密度ρ=═=6.71g/cm3，故答案为：AlFe3；6.71．【点评】本题考查综合性强，题目难度大，涉及电子的排布、电离能大小的判断、杂化方式的判断、晶胞的相关技术，明确晶胞结构是解题关键． [化学-有机化学基础]13．异草素（G）在抗肿瘤和抑制艾滋病方面具有良好的疗效，能有效抑制和杀光艾滋病（HIV），增强免疫力，其合成路线如下：已知以下信息：①A、D、E、F、G均能与FeCl3溶液发生显色反应②③④核磁共振显示A的苯环上有2种不同化学环境的氢，E、F苯环上均有3种不同化学环境的氢：⑤回答下列问题：（1）A的化学名称为 对甲基苯酚 D的结构简式为 -27-（2）由B生成C的化学方程式为 +2Cl2+2HCl 反应类型为 取代反应 ，1molC与足量NaOH溶液反应，消耗 4 molNaOH（3）由E生成F的化学方程式为 +CH3COOH+H2O （4）G的结构简式为 （5）H是B少一个碳原子的同系物，H的同分异构体中，既能发生银镜反应，又能与FeCl3溶液发生显色反应的共有 13 种，其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面之比为1：1：2：2：2的为 （填结构简式）【考点】有机物的推断．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】A能发生显色反应，且核磁共振显示A的苯环上有2种不同化学环境的氢，结合A的分子式知A为，根据题给信息②知，B结构简式为，B发生取代反应生成C，C发生水解反应且酸化得到D，D能发生显色反应说明含有酚羟基，D不饱和度==5，苯环的不饱和度为4，所以D中还含有双键，D中含有醛基，B中苯环甲基上氢原子被Cl原子取代，则C结构简式为，D结构简式为，E、F能发生显色反应，则E、F中含有酚羟基，E、F苯环上均有3种不同化学环境的氢，则E结构简式为-27-，F为，D和F反应生成G，G结构简式为，据此分析解答．【解答】解：A能发生显色反应，且核磁共振显示A的苯环上有2种不同化学环境的氢，结合A的分子式知A为，根据题给信息②知，B结构简式为，B发生取代反应生成C，C发生水解反应且酸化得到D，D能发生显色反应说明含有酚羟基，D不饱和度==5，苯环的不饱和度为4，所以D中还含有双键，D中含有醛基，B中苯环甲基上氢原子被Cl原子取代，则C结构简式为，D结构简式为，E、F能发生显色反应，则E、F中含有酚羟基，E、F苯环上均有3种不同化学环境的氢，则E结构简式为，F为，D和F反应生成G，G结构简式为，（1）A为，A的化学名称为对甲基苯酚，D的结构简式为，故答案为：对甲基苯酚；；-27-（2）B结构简式为，C结构简式为，B发生取代反应生成C，由B生成C的化学方程式为+2Cl2+2HCl，反应类型为取代反应，氯原子、酯基水解生成的羧基、酚羟基都和NaOH反应，所以1molC与足量NaOH溶液反应，消耗4molNaOH，故答案为：+2Cl2+2HCl；取代反应；4；（3）E结构简式为，F为，E发生取代反应生成F，反应方程式为+CH3COOH+H2O，故答案为：+CH3COOH+H2O；（4）G的结构简式为，故答案为：；（5）B结构简式为，H是B少一个碳原子的同系物说明H中含有酯基，H的同分异构体中，既能发生银镜反应，又能与FeCl3溶液发生显色反应，如果存在﹣OH、﹣CH2CHO两个取代基，有邻间对三种同分异构体；如果存在﹣OH、﹣CHO、﹣CH3三个取代基，如果﹣OH、﹣CHO相邻，有4种同分异构体；如果﹣OH、﹣CHO相间，有4种同分异构体；如果﹣OH、﹣CHO相对，有两种同分异构体，所以一共有13种符合条件的同分异构体；-27-其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面之比为1：1：2：2：2的为，故答案为：13；．【点评】本题考查有机物推断，侧重考查学生分析判断及知识迁移能力，根据分子式、反应条件结合题给信息进行推断，注意对比反应前后官能团变化，知道断键和成键变化位置及方式，难点是同分异构体种类判断，要考虑碳链异构、位置异构等，题目难度中等． 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