精品解析：广西南宁市第三中学2020-2021学年高二下学期期末考试化学试题（解析版）

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广西南宁三中2020-2021学年高二(下)期末化学试卷
一、选择题(每题只有一个正确答案，每小题3分，共48分)
1. 2021年6月17日，神舟十二号载人飞船发射，成功将三名宇航员送入天宫空间站，下列有关说法错误的是
A. 神舟十二号的燃料为偏二甲肼(C2H8N2)，燃烧时可将化学能转变成热能
B. 天宫空间站太阳能电池转化效率达到了世界领先的30%以上，是利用了原电池的原理
C. 制造宇航服的主要材料是合成纤维，属于高分子材料
D. 空间站中的氧气是通过电解水产生的，不能使用铜作阳极材料电解水制备氧气
【答案】B
【解析】
【详解】A．燃烧为放热反应，能将化学能转化为热能，故A正确；
B．太阳能电池直接将光能转化为电能，为涉及原电池原理，故B错误；
C．合成纤维，属于人工合成有机高分子材料，故C正确；
D．铜为活性电极，若用铜作阳极材料电解水，阳极铜失电子，不能生成氧气，故D正确；
故选：B。
2. 下列关于有机物的说法正确的是
A. 是苯甲醛的同系物
B. 所有原子均在同一平面上
C. 含有两种官能团
D. 其核磁共振氢谱有三组峰
【答案】C
【解析】
【详解】A．同系物必须是同类物质，苯甲醛的官能团为醛基，的官能团为醛基和酮羰基，与苯甲醛的官能团不同，两者不是同类物质，不可能互为同系物，故A错误；
B．分子中含有空间结构为四面体形的饱和碳原子，所以分子中所有原子不可能在同一平面上，故B错误；
C．的官能团为醛基和酮羰基，共有2种，故C正确；
D．分子中含有4类氢原子，则核磁共振氢谱有四组峰，故D错误；
故选C。
3. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A. 2gH218O所含的中子数和电子数均为NA
B. 31gP4()中共价键数为15NA
C. 铜与稀硝酸反应生成1molNO时转移的电子数为3NA
D. 标准状况下，22.4LCCl4中所含原子数为5NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．H218O的电子数和中子数都为10，则2gH218O所含的中子数和电子数均为×10×NAmol—1=NA，故A正确；
B．白磷分子中含有6个磷磷共价键，则31g白磷中的共价键数为×6×NAmol—1=1.5NA，故B正确；
C．铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，则反应生成1mol一氧化氮时，转移的电子数为1mol×3×NAmol—1=3NA，故C正确；
D．标准状况下，四氯化碳为液体，无法计算22.4L四氯化碳的物质的量和含有的原子数，故D错误；
故选D。
4. 下列解释事实的离子方程式书写正确的是
A. 用白醋清洗水垢：CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O
B. 检验溶液中的Fe3+：Fe3++3SCN-═Fe(SCN)3↓
C. 向 NaAlO2溶液中滴入NaHCO3溶液：AlO+HCO+H2O=Al(OH)3↓+CO
D. 钢铁发生吸氧腐蚀，负极反应：Fe-3e-═Fe3+
【答案】C
【解析】
【详解】A．用白醋清洗水垢：CaCO3+2CH3COOH═Ca2++2CH3COO-+CO2↑+H2O，故A错误；
B．检验溶液中的Fe3+：Fe3++3SCN-═Fe(SCN)3，故B错误；
C．NaAlO2溶液中滴入NaHCO3溶液反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式正确，故C正确；
D．钢铁发生吸氧腐蚀，负极反应为：Fe-2e-═Fe2+，故D错误；
故选：C。
5. 能促进水的电离平衡，并使溶液中的c（H+）＞c（OH﹣）的操作是（ ）
A. 将水加热煮沸 B. 将明矾溶于水
C. 将NaHSO4固体溶于水 D. 将NaHCO3固体溶于水
【答案】B
【解析】
【详解】A. 加热煮沸时促进水的电离，但是氢离子和氢氧根浓度依然相等，溶液仍然呈中性，故A错误；
B. 向水中加入明矾，铝离子水解对水的电离起促进作用，电离后的溶液显酸性，溶液中的c（H+）＞c（OH-），故B正确；
C. 向水中加NaHSO4固体，硫酸氢钠在水中完全电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子，溶液中的c（H+）＞c（OH-），但氢离子抑制水电离，故C错误；
D. 向水中加入NaHCO3，碳酸氢钠中的碳酸氢根水解而使溶液显碱性，即溶液中的c（H+）＜c（OH-），故D错误；
正确答案是B。
【点睛】本题考查影响水电离的因素，注意酸或碱能抑制水电离，含有弱酸根离子或弱碱阳离子的盐能促进水电离。
6. 利用下列装置进行实验，合理并能达到实验目的的是

A. 以淀粉指示剂，用Na2S2O3标准溶液滴定I2
B. 用乙装置在铁上镀铜
C. 用装置丙制取乙酸乙酯
D. 用丁装置制备无水MgCl2
【答案】D
【解析】
【详解】A．Na2S2O3溶液呈碱性，应选用碱式滴定管，故A错误；
B．铁上镀铜，镀层金属铜作阳极，镀件铁作阴极，故B错误；
C．制取乙酸乙酯，导管末端不能伸入液面以下，否则会引起倒吸，故C错误；
D．为防止六水合氯化镁加热水解，应在HCl气氛中加热使其脱水，同时用盛无水氯化钙的干燥管防止空气中水进入，故D正确；
故选：D。
7. 下列说法正确的是
A. Na2C2O4溶液中离子浓度关系：c(C2O)+c(HC2O)+c(H2C2O4)=c(Na+)
B. 能水解的盐溶液可能呈酸性或碱性，也有可能呈中性
C. 配制FeSO4溶液时要加入铁粉防止Fe2+水解
D. 将Al2(SO4)3水溶液蒸干得到Al(OH)3固体
【答案】B
【解析】
【详解】A．Na2C2O4溶液中，根据物料守恒，离子浓度关系：2[c(C2O)+c(HC2O)+c(H2C2O4)]=c(Na+)，故A错误；
B．强碱弱酸盐溶液水解呈碱性，强酸弱碱盐溶液水解呈酸性，弱酸弱碱盐水解可能呈中性，如醋酸铵溶液，故B正确；
C．配制FeSO4溶液时要加入铁粉防止Fe2+被氧化，故C错误；
D．将Al2(SO4)3水溶液蒸干得到Al(OH)3固体，Al(OH)3受热分解生成三氧化二铝，故D错误。
答案为：B。
8. 己烷雌酚的一种合成路线如图：

下列叙述正确的是
A. 在NaOH水溶液中加热，化合物X可发生消去反应
B. 在一定条件，化合物Y可与HCHO发生缩聚反应
C. 用FeCl3溶液不可鉴别化合物X和Y
D. 化合物X的一氯代物有4种
【答案】B
【解析】
【详解】A．在NaOH醇水溶液中加热，化合物X可发生消去反应，故A错误；
B．Y中含有酚羟基，且羟基邻对位有氢，能与HCHO发生缩聚反应，故B正确；
C．X中不含酚羟基，Y中含酚羟基，Y能使氯化铁溶液显紫色，可用氯化铁溶液鉴别，故C错误；
D．X中含6种氢，其一氯代物有6种，故D错误；
故选：B。
9. 在含Fe3+的S2O82－和I－的混合溶液中，反应S2O82－(aq)+2I－(aq)=2SO42－(aq)+I2(aq)的分解机理及反应进程中的能量变化如下：
步骤①：2Fe3+(aq)+2I－(aq)=I2(aq)+2Fe2+(aq)
步骤②：2Fe2+(aq)+S2O82－(aq)=2Fe3+(aq)+2SO42－(aq)
下列有关该反应的说法正确的是

A. 化学反应速率与Fe3+浓度的大小有关
B. 该反应为吸热反应
C. Fe2+是该反应的催化剂
D. 若不加Fe3+，则正反应的活化能比逆反应的大
【答案】A
【解析】
【详解】A.铁离子可以看做该反应的催化剂，根据反应的机理，化学反应速率与Fe3+浓度的大小有关，故A正确；
B.反应物的总能量高于生成物的总能量，所以反应为放热反应，故B不正确；
C.Fe3+是该反应的催化剂，故C不正确；
D.此反应为放热反应，不管加不加催化剂，正反应活化能都低于逆反应活化能，故D错误；
正确答案：A。
10. 港珠澳大桥的设计使用寿命高达120年，主要的防腐方法有：①钢梁上安装铝片；②使用高性能富锌(富含锌粉)底漆；③使用高附着性防腐涂料；④预留钢铁腐蚀量。下列分析不正确的是
A. 防腐过程中铝和锌均作为牺牲阳极，失去电子
B. 大桥金属的腐蚀以化学腐蚀为主
C. 防腐涂料可以防水、隔离O2，降低吸氧腐蚀速率
D. 方法①②③只能减缓钢铁腐蚀，不能完全消除
【答案】B
【解析】
【详解】A．Fe与Al或Zn构成原电池时，Al和Zn的活性都大于Fe，则Al和Zn均作为牺牲阳极，失电子，Fe被保护，A正确；
B．大桥金属为合金，其腐蚀主要以电化学腐蚀为主，B错误；
C．防腐涂料可以防水、隔离O2，减少铁与氧气接触，降低吸氧腐蚀速率，C正确；
D．方法①②③只能减缓钢铁腐蚀，不能完全消除铁的腐蚀，D正确；
答案选B。
11. 酸性废水中的NH可在一定条件下利用硝酸盐菌转化为NO，再用如图所示的电化学装置除去NO，下列有关说法正确的是

A. a端是直流电源的负极
B. 该装置把化学能转化为电能
C. 图中离子交换膜应为阴离子交换膜
D. 阴极的电极反应式为2NO+12H++10e-=N2↑+6H2O
【答案】D
【解析】
【分析】电解池中，与电源正极相连的电极是阳极，电子从阳极流出，电子沿着导线流向电源正极，与电源负极相连的电极是阴极，电源负极上电子流出，电子沿着导线流向电解池的阴极，阴极上氧化剂得到电子发生还原反应，由图知，Ag-Pt电极上NO转变为N2，则Ag-Pt为阴极，内电路中阴离子移向阳极、阳离子移向阴极，据此分析；
【详解】A．据分析、Ag-Pt为阴极，则Pt为阳极，a端是直流电源的正极，A错误；
B． 该装置为电解池，把电能转化为化学能，B错误；
C． 若图中为阴离子交换膜，只允许阴离子通过，则硝酸根离子会由右侧区域向左侧区域移动、影响去除硝酸根离子的效果。若为阳离子交换膜，只允许阳离子通过，阳极反应，则产生的及酸性废水中氢离子会由左侧区域向右侧区域移动、参与阴极反应而除去硝酸根离子和氢离子，达到使用目的，故图中离子交换膜应为阳离子交换膜，C错误。
D．据分析Ag-Pt为阴极，Ag-Pt电极上NO得电子被还原为N2、电解质为酸性废水，则阴极的电极反应式为2NO+12H++10e-=N2↑+6H2O，D正确；
答案选D。
12. 根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是

实验内容
实验结论
A
溴乙烷、乙醇及固体NaOH混合加热，产生的气态物质通入酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色
溴乙烷发生消去反应生成了乙烯
B
向2支均盛有2mL 1.0mol/L的KOH溶液的试管中，分别加入2滴浓度均为0.1mol/L的AlCl3和FeCl3溶液，一支试管出现红褐色沉淀，另一支无明显现象
在相同温度下Ksp[Al(OH)3]＞Ksp[Fe(OH)3]
C
向含有酚酞的Na2CO3溶液中滴期少量BaCl2固体，溶液颜色变浅
Na2CO3溶液中存在水解平衡
D
向某溶液中滴加少量稀NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝
溶液中不含

A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．生成的气体中混有乙醇，乙醇能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，无法证明溴乙烷发生消去反应生成了乙烯，A错误；
B．Qc＞Ksp时生成沉淀，由现象可知，生成红褐色沉淀为氢氧化铁，且KOH过量时与氯化铝反应无现象，则不能比较Ksp[Al(OH)3]、Ksp[Fe(OH)3]，B错误；
C．钡离子与碳酸根离子反应生成沉淀，使碳酸根离子水解平衡逆向移动，溶液碱性降低，则溶液颜色变浅可证明存在水解平衡，C正确；
D．滴加少量稀NaOH溶液，可能生成一水合氨，由实验及现象可知，不能证明溶液中是否含，D错误；
故答案为：C。
13. 向两个体积可变的密闭容器中均充入1mol的A2和2mol的B2，发生反应：A2(g)+2B2(g)⇌2AB2(g)△H，维持两个容器的压强分别为P1和P2，在不同温度下达到平衡，测得平衡时AB的体积分数随温度的变化如图所示。已知：点Ⅱ时容器的体积为0L。下列叙述正确的是

A. 由图象可知：P1＜P2，△H＜0
B. 点Ⅰ时A2的平衡转化率为40%
C. 点Ⅲ所对应的反应平衡常数K=0.2
D. 将点Ⅱ所对应的容器冷却到600K即可变成点Ⅰ
【答案】C
【解析】
【详解】A．据图可知温度相同时，p1压强下AB2的体积分数更大，该反应为气体系数之和减小的反应，增大压强平衡正向移动，AB2的体积分数增大，所以P1>P2，A错误；
B．据图可知点Ⅰ时AB2的体积分数为40%，设此时∆n(A2)=x，列三段式有：

则×100%=40%，解得x=0.5mol，所以A2的转化率为×100%=50%，B错误；
C．点Ⅲ和点Ⅱ所处温度相同，则平衡常数相同，点Ⅱ处AB2的体积分数为40%，根据B选项的计算可知此时n(A2)=0.5mol，n(B2)=1mol，n(AB2)=1mol，容器体积为0.1L，所以平衡常数K==0.2，C正确；
D．据图可知压强相同时，升高温度AB2的体积分数减小，平衡逆向移动，则将点Ⅱ所对应的容器冷却到600K，平衡正向移动，AB2的体积分数增大，不可能变成点Ⅰ，D错误；
故选：C。
14. 液流电池是一种新型蓄电池，这种电池具有容量高、使用领域广、循环使用寿命长等特点。如图是设计的一种有机物液流电池原理图，充电时，聚对苯二酚()被氧化，下列说法错误的是

A. 该电池使用一段时间后，理论上需再补充正负极的电解液
B. 放电时，正极反应式：+2ne—+2nH+=
C. 充电时，阴极反应式：+4ne—+4nH+=
D. 交换膜为质子交换膜，可防止两种有机物进入对方区域
【答案】A
【解析】
【分析】由充电时，聚对苯二酚被氧化可知，a极为电解池的阳极，在阳极失去电子发生氧化反应生成和氢离子，电极反应式为—2ne—=+2nH+，b极为阴极，酸性条件下在阴极得到电子发生还原反应生成，电极反应式为+4ne—+4nH+=，氢离子通过质子交换膜由左侧移向右侧；则放电时，a极为原电池的正极、b极为负极。
【详解】A．由图可知，电池使用时，电解液经泵和蓄液形成循环利用，所以使用一段时间后，不需要补充电解液，故A错误；
B．由分析可知，放电时，a极为原电池的正极，酸性条件下在正极得到电子发生还原反应生成，电极反应式为+2ne—+2nH+=，故B正确；
C．由分析可知，充电时，b极为阴极，酸性条件下在阴极得到电子发生还原反应生成，电极反应式为+4ne—+4nH+=，故C正确；
D．由分析可知，装置中交换膜为质子交换膜，氢离子通过质子交换膜由左侧移向右侧，交换膜只允许氢离子通过，可以阻止正负极电解液交叉流动而造成污染，故D正确；
故选A。
15. 某温度下，分别向20mL浓度均为xmol/L的NaCl和Na2CrO4溶液中滴加0.1mol/LAgNO3溶液，滴加过程中和与AgNO3溶液的体积关系如图所示。下列说法不正确的是

A. x =0.1 B. 曲线I代表NaCl溶液
C. Ksp(Ag2CrO4)约为4×10－12 D. y=9
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据图象可知，未滴加AgNO3溶液时或均为1，则NaCl和Na2CrO4溶液均为0.1mol·L-1，即x=0.1，A选项正确；
B．1molCl-和CrO42-分别消耗1mol和2molAg+，由图象可知，滴加AgNO3溶液过程中，曲线I突跃时加入的AgNO3溶液的体积为20mL，则曲线I代表NaCl溶液，B选项正确；
C．b点时，=4，则c(CrO42-)=10-4mol·L-1，c(Ag+)=2×10-4mol·L-1，Ksp(Ag2CrO4)= c(CrO42-)·c2(Ag+)=4×10－12，C选项正确；
D．a点时，Cl-恰好完全沉淀，=5，则c(Cl-)=10-5mol·L-1，c(Ag+)=10-5mol·L-1，Ksp(AgCl)=c(Cl-)·c(Ag+)=10－10，c点加入40mLAgNO3溶液，溶液中，，则-lgc(Cl-)=9-lg3≈8.52，D选项错误；
答案选D。
16. 常温下，用NaOH溶液滴定NaH2PO4溶液，溶液pH与的关系如图所示，下列关系正确的是

A. 常温下，Ka2(H3PO4)=10-6.8
B. 常温下，NaH2PO4溶液水解程度大于电离程度
C. 向0.1mol/L的NaH2PO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c(Na+)＞3c(HPO)+3c(PO)
D. 0.1mol/L的NaH2PO4溶液与0.1mol/L的Na3PO4溶液等体积混合：2c(H3PO4)+c(H2PO)+c(H+)=c(OH—)+c(PO)
【答案】D
【解析】
【详解】A．为0.5时，磷酸二氢钠溶液与氢氧化钠溶液反应得到等浓度的磷酸二氢钠和磷酸氢钠的混合溶液，溶液中磷酸二氢根离子与磷酸氢根离子的浓度不相等，由图可知，为0.5时，溶液pH为6.8，由电离常数公式可知，磷酸的二级电离常数Ka2(H3PO4)= ，溶液中磷酸二氢根离子与磷酸氢根离子的浓度不相等，则二级电离常数与溶液中的氢离子浓度不相等，不等于10-6.8，故A错误；
B．由图可知，未加入氢氧化钠溶液时，磷酸二氢钠溶液的pH为4.4，溶液呈酸性，说明磷酸二氢根离子在溶液中的电离程度大于水解程度，故B错误；
C．磷酸二氢钠溶液与氢氧化钠溶液反应得到的中性溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，由电荷守恒关系可得：c(Na+)=c(H2PO)+2c(HPO)+3c(PO)，由图可知，中性溶液中磷酸二氢根离子浓度小于磷酸氢根离子浓度，则溶液中c(Na+) <3c(HPO)+3c(PO)，故C错误；
D．等浓度等体积磷酸二氢钠和磷酸钠恰好反应得到磷酸氢钠溶液，磷酸氢钠溶液中存在质子守恒关系：2c(H3PO4)+c(H2PO)+c(H+)=c(OH—)+c(PO)，故D正确；
故选D。
二、填空题(共52分)
17. 某同学利用Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4的装置如图所示(夹持装置略)：

已知：锰酸钾(K2MnO4)在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：3MnO+2H2O═2MnO+MnO2↓+4OH-
回答下列问题：
（1）装置A中a的作用是_________装置C中的试剂为_________；装置A中制备Cl2的化学方程式为_________。
（2）上述装置存在一处缺陷，会导致KMnO4产率降低，改进的方法是_________。
（3）高锰酸钾还可以用电解法制备：

①电解时阳极的电极反应式是_________。
②该装置中的离子交换膜是_________离子交换膜(填“阴”或“阳”)。
（4）某化学学习小组测定某草酸溶液的浓度，并用所测草酸溶液测定某样品中高锰酸钾的纯度(已知：杂质不参与反应；KMnO4的摩尔质量为158g/mol)，进行了如下实验：
步骤i.配制0.1000mol/L的标准氢氧化钠溶液；
步骤ii.取草酸溶液10.00mL，用0.1000mol/L的标准氢氧化钠溶液滴定，结果用去氢氧化钠溶液20.00mL；
步骤iii.取1.0g样品溶于水，滴入几滴稀硫酸酸化，用测定的草酸溶液进行滴定，达到滴定终点消耗草酸溶液50.00mL。
①步骤ii中应选择_________作指示剂。
②样品中高锰酸钾的纯度为_________。
③本实验中，若第一次滴定时盛装氢氧化钠溶液的滴定管未润洗，会测得高锰酸钾纯度_________ (填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
【答案】（1） ①. 平衡气压，使浓盐酸顺利流下 ②. NaOH溶液 ③. Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O
（2）在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶
（3） ①. MnO-e-=MnO ②. 阳
（4） ①. 酚酞 ②. 31.6% ③. 偏大
【解析】
【分析】浓盐酸与漂白粉反应生成氯气，Cl2氧化K2MnO4得到KMnO4，过量的氯气用NaOH溶液吸收，以免污染空气，据此分析解答。
【小问1详解】
装置a为恒压滴液漏斗，可以平衡漏斗与烧瓶内压强，便于浓盐酸顺利流下；装置C中应为NaOH溶液用于吸收过量的氯气，防止污染空气；装置A中浓盐酸与次氯酸钙反应生成氯气，反应方程式为：Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；
【小问2详解】
由已知信息可知锰酸钾在碱性较弱时会发生歧化反应，因此要保持强碱性环境，而生成的氯气中混有HCl，HCl进入B中导致溶液碱性下降，因此应在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶用于除去氯气中的HCl；
【小问3详解】
①电解时阳极MnO失去电子生成MnO，电极反应式是MnO-e-=MnO；由装置图可知右侧加入稀KOH得到浓KOH，而右侧为阴极，发生电极反应：；为平衡电荷且得到浓KOH，则左侧溶液中钾离子应通过离子交换膜进入右侧，则离子交换膜是阳离子交换膜；
【小问4详解】
①步骤ii中为强碱滴定弱酸溶液，应选用酚酞作指示剂；
②草酸与NaOH发生反应：
；结合题中数据得草酸溶液浓度=；草酸与高锰酸钾发生反应：；样品中高锰酸钾的纯度为=31.6%；
③本实验中，若第一次滴定时盛装氢氧化钠溶液的滴定管未润洗，导致NaOH溶液被稀释，使其消耗体积增大，所测草酸浓度偏大，最终会使测得高锰酸钾纯度偏大。
18. NiCl2是一种重要催化剂。某科研小组以废弃催化剂含Ni2+、Cu2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+等)为原料，按下列流程回收NiCl2：6H2O晶体，回答下列问题。

已知：Ksp(CaF2)=4×10-11，Ksp(MgF2)=9×10-9
（1）滤渣1的主要成分是S和_________(写化学式)，生成S的离子方程式为_____。
（2）若用H2O2代替Cl2，试剂Y的使用量会减少，原因是________。
（3）氟化除杂时要保证完全除去Ca2+和Mg2+(离子浓度＜10-5mol/L)，滤液3中F—的浓度不小___mol/L。
（4）操作A为______、过滤、洗涤、干燥。
（5）二氯亚砜(SOCl2)是一种无色易挥发液体，遇水剧烈水解生成两种气体，常用作脱水剂将所得NiCl2•6H2O与SOCl2混合加热可制备无水NiCl2，反应的化学方程式为____。
【答案】（1） ①. CuS ②. 2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+
（2）Y试剂的作用是增大溶液的pH，反应2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O消耗H+
（3）3×10-2 （4）蒸发浓缩、冷却结晶
（5）NiCl2•6H2O+6SOCl2NiCl2+6SO2↑+12HCl↑
【解析】
【分析】由题给流程可知，废弃催化剂加入盐酸溶解，除去催化剂中的有机物杂质，向溶解得到的溶液中加入氢硫酸，与溶液中的铁离子反应生成亚铁离子、硫和氢离子，与溶液中铜离子反应生成硫化铜沉淀，过滤得到含有硫、硫化铜的滤渣1和滤液1；向滤液1中通入氯气，将亚铁离子氧化为铁离子，加入Y调节溶液pH，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁和滤液2；向滤液2中加入氟化铵溶液，将钙离子、镁离子转化为氟化钙、氟化镁沉淀，过滤得到含有氟化钙、氟化镁的滤渣2和滤液3；向滤液3中加入碳酸钠溶液，将溶液中镍离子转化为碳酸镍沉淀，过滤得到碳酸镍；加入盐酸溶解碳酸镍得到氯化镍溶液，氯化镍溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水氯化镍晶体。
【小问1详解】
由分析可知，滤渣1的主要成分为硫、硫化铜，生成硫的反应为氢硫酸与溶液中的铁离子反应生成亚铁离子、硫和氢离子，反应的离子方程式为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，故答案为：CuS；2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；
【小问2详解】
由分析可知，通入氯气的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl—，若用过氧化氢溶液代替氯气，过氧化氢酸性条件下与亚铁离子反应生成铁离子和水，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，与通入氯气相比，过氧化氢溶液氧化亚铁离子时，会消耗溶液中的氢离子，所以试剂Y的使用量会减少，故答案为：Y试剂的作用是增大溶液的pH，反应2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O消耗H+；
【小问3详解】
由溶度积可知，溶液中镁离子完全沉淀时，钙离子已经沉淀完全，则氟化除杂时滤液3中氟离子浓度应不小于=0.03mol/L，故答案为：0.03；
【小问4详解】
由分析可知，操作A为氯化镍溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水氯化镍晶体，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；
【小问5详解】
由题意可知，二氯亚砜与六水氯化镍晶体共热反应生成氯化镍、二氧化硫和氯化氢，反应的化学方程式为NiCl2•6H2O+6SOCl2NiCl2+6SO2↑+12HCl↑，故答案为：NiCl2•6H2O+6SOCl2NiCl2+6SO2↑+12HCl↑。
19. 硫的氧化物的排放是形成硫酸型酸雨的主要原因，含硫烟气(主要成分为SO2)的处理备受关注，主要有以下两种方法。请回答下列问题：
I.碱液吸收法
步骤1：用足量氨水吸收SO2。
步骤2：再加入熟石灰，发生反应2NH+Ca2++2OH-+SO⇌CaSO3↓+2NH3•H2O。
（1）已知：25℃时，Kb(NH3•H2O)=a；Ksp(CaSO3)=b。该温度下，步骤2中反应的平衡常数K=________(用含a、b的代数式表示)。
Ⅱ.水煤气还原法
已知：
i.2CO(g)+SO2(g)⇌S(l)+2CO2(g)ΔH1═-37.0kJ•mol-1
ii.2H2(g)+SO2(g)⇌S(l)+2H2O(g)ΔH2=+45.4kJ•mol-1
（2）CO(g)与H2O(g)反应生成CO2(g)、H2(g)的热化学方程式为________。
（3）在一定压强下，发生反应ii。平衡时，SO2的转化率α(SO2)与原料气投料比[]和温度(T)的关系如图所示。
①H2的转化率α(H2)：M______N(填“＞”“＜”或“=”)。
②逆反应速率：Q______M(填“＞”“＜”或“=”)。
（4）T℃，向2L恒容密闭容器中充入2molCO(g)、2molSO2(g)和2molH2(g)，发生反应i和反应ii。5min达到平衡时，CO2(g)和H2O(g)的物质的量分别为1.6mol、1.8mol。
①其他条件不变，6min时缩小容器容积，α(H2)________(填“增大”“减小”或“不变)。
②该温度下，反应ii的平衡常数K=________。
【答案】（1）
（2）CO(g)+H2O(g)⇌H2(g)+CO2(g)△H=-41.2kJ•mol-1；
（3） ①. ＞ ②. ＜
（4） ①. 增大 ②. 2700
【解析】
【小问1详解】
平衡常数为产物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂的乘积的比值，；
【小问2详解】
根据盖斯定律：×ⅰ-×ⅱ，CO(g)+H2O(g)⇌H2(g)+CO2(g)△H=(-0.5×37-0.5×45.4)kJ•mol-1=-41.2kJ•mol-1，故答案为：CO(g)+H2O(g)⇌H2(g)+CO2(g)△H=-41.2kJ•mol-1；
【小问3详解】
①M、N点α(SO2)相等，但M温度高于N，增加其中一种反应物的量，可使另一种反应物的转化率提高，为了是两者转化率相等，需要控制N氢气的量多于M氢气的量，则N氢气的转化率小于M氢气的转化率，故答案为：＞；
②根据图像可知M点温度高于Q点温度，温度越高，反应速率越快，则逆反应速率：M＞Q，故答案为：＜；
【小问4详解】
①反应i、ii都是气体分子数减小的反应，缩小容器容积相当于增大压强，平衡向正反应方向移动，则SO2的转化率增大，
故答案为：增大；
②向10L恒容密闭容器中充入2mol CO(g)、2mol SO2(g)和2mol H2(g)，5min达到平衡时，CO2(g)和H2O(g)的物质的量分别为1.6mol、1.8mol,根据2CO(g)+SO2(g)⇌S(l)+2CO2(g)，此反应生成1.6molCO2，则需要消耗0.8molSO2，2H2(g)+SO2(g)⇌S(l)+2H2O(g)，此反应生成1.8molH2O，需消耗0.9molSO2，和1.8molH2，则达到平衡时，c(H2)=2mol-1.8mol=0.2mol,c(SO2)=2mol-0.8mol-0.9mol=0.3mol,c(H2O)=1.8mol，。
20. PET和PMMA是日常生活常见的两种高分子材料，下列是合成高分子材料的路线：

已知：①RCOOR1+R2OHRCOOR2+R1OH
②(R1、R2表示烃基或氢原子)
回答下列问题：
（1）物质A的化学名称_______，物质H 中官能团的名称________。
（2）由C生成D、I生成J的反应类型分别是_______、_______。
（3）由I生成J的反应中产生六元环的副产物，其结构简式为_______。
（4）写出D+乙二醇→F+G的化学反应方程式________________。
（5）D存在多种同分异构体，其中只含有一种官能团的三取代芳香族化合物且能与碳酸氢钠溶液作用产生气体的同分异构体有____种。
（6）写出用环己醇为原料制备的合成路线(其他试剂任选)_______。
【答案】 ①. 对二甲苯（或1，4-二甲苯） ②. 醛基 ③. 酯化（取代）反应 ④. 消去反应 ⑤. ⑥. ⑦. 16 ⑧.
【解析】
【详解】(1)由A的分子式为C8H10,符合苯的同系物的通式，所以A为苯的同系物，由D逆推法知A的两个甲基应该在苯环的对位，即A的结构简式为，所以物质A 的化学名称对二甲苯（或1，4-二甲苯），由信息② 和逆推知K为，结合G分析J的结构简式为CH3CH=C(OH)COOH,I的结构简式为CH3CH2C(OH)COOH,推知物质H的结构简式为CH3CH2CHO,H中官能团的名称醛基。
根据反应条件和A的结构简式 和 知B的结构简式为 ，由知C的结构简式为（） 所以生成D的反应类型是酯化（取代）反应。
由逆推知K为，结合G分析J的结构简式为CH3CH=C(OH)COOH,I的结构简式为CH3CH2C(OH)COOH, 所以I生成J的反应类型为消去反应。答案：酯化（取代）反应 消去反应。
(3)根据上述分析I的结构简式为CH3CH2C(OH)COOH生成J的反应中产生六元环的物质的其结构简式为
(4)由D的结构简式为与乙二醇的反应反应方程式为
(5)D存在多种同分异构体，其中只含有一种官能团的三取代芳香族化合物且能与碳酸氢钠溶液作用产生气体的同分异构体有16种。
（10种）(6种)
(6)用环己醇为原料制备的合成路线为