浙江省温州市2020届高三11月选考适应性测试化学试题



2019年11月份温州市普通高中选考适应性测试
化学试题
考生须知：
1．本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。
2．考生答题前，务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题卷上。
3．选择题的答案须用2B铅笔将答题卷上对应题目的答案标号涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡皮擦净。
4．非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卷上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后须用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无效。
5．可能用到的相对原子质量：H 1　C 12　N 14　O 16　Na 23　Mg 24　Si 28　P 31S 32　Cl 35.5　K 39　Fe 56　Cu 64　Ba 137
选择题部分
一、选择题（本大题共15小题，每小题3分，共45分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1.下列说法不正确的是
A. 国庆70周年放飞的气球材质是可降解材料，主要成分是聚乙烯
B. 晶体硅可用来制造集成电路、晶体管、太阳能电池等
C. MgO与Al2O3均可用于耐高温材料
D. 燃料的脱硫脱氮、NOx的催化转化都是减少酸雨产生的措施
【答案】A
【解析】
【详解】A.聚乙烯不属于可降解材料，故错误；
B.硅属于半导体材料，能制造集成电路或太阳能电池等，故正确；
C.氧化镁和氧化铝的熔点都较高，可以做耐高温材料，故正确；
D. 燃料的脱硫脱氮、NOx的催化转化可以减少硫的氧化物和氮的氧化物的排放，能减少酸雨的产生，故正确。
故选A。
2.下列表示不正确的是
A. 中子数为20的氯原子：37Cl B. 氟离子的结构示意图：
C. 水的球棍模型： D. 乙酸的比例模型：
【答案】C
【解析】
【详解】A. 中子数为20的氯原子其质量数为17+20=37，故37Cl 是正确的；
B.氟离子核电荷数为9，核外电子数为10，故正确；
C.水分子为V型，不是直线型，故错误；
D.该图为乙酸的比例模型，故正确。
故选C。
3.某学习兴趣小组通过2KClO3十H2C2O4CO2忄＋2ClO2↑＋K2CO3＋H2O制取高效消毒剂ClO2。下列说法正确的是
A. KClO3中的Cl被氧化
B. H2C2O4是氧化剂
C. 氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶1
D. 每生成1 mol ClO2转移2 mol电子
【答案】C
【解析】
【详解】A.氯酸钾中的氯元素化合价降低，被还原，故错误；
B.草酸中的碳元素化合价升高，作还原剂，故错误；
C.二氧化碳和碳酸钾为氧化产物，二氧化氯为还原产物，二者比例为1∶1，故正确；
D.氯元素化合价变化1价，所以每生成1 mol ClO2转移1mol电子，故错误；
故选C。
4.下列离子方程式正确的是
A. NaHSO3溶液中的水解方程式：HSO3−＋H2O=H3O+＋
B. FeI2溶液中加双氧水，出现红褐色沉淀：6Fe2+＋3H2O2=2Fe（OH）3↓＋4Fe3+
C. 10 mL 0.1 mol·L−1 NaOH溶液中滴加几滴AlCl3溶液：Al3+＋3OH−=Al（OH）3↓
D. 3a mol CO2通入含2a mol Ba（OH）2的溶液中：3CO2＋4OH−＋Ba2+=BaCO3↓＋2＋H2O

【答案】D
【解析】
【详解】A. HSO3−＋H2O=H3O+＋为HSO3−的电离方程式，故错误；
B. FeI2溶液中加双氧水，应是碘离子被氧化，生成碘单质，再亚铁离子反应生成铁离子，故错误；
C. 10 mL 0.1 mol·L−1 NaOH溶液中滴加几滴AlCl3溶液，说明碱过量，反应生成偏铝酸钠，不是氢氧化铝，故错误；
D. 3a mol CO2通入含2a mol Ba（OH）2的溶液中，反应生成碳酸钡和碳酸氢钡，离子方程式3CO2＋4OH−＋Ba2+=BaCO3↓＋2＋H2O，故正确；
故选D。
【点睛】掌握酸式盐的水解或电离方程式的书写，通常都有水参与反应，关键是看离子是分开还是结合的问题，若分开，则为电离，若结合，则为水解。或结合电离或水解后的酸碱性判断，如亚硫酸氢根离子电离显酸性，所以反应产物有氢离子，水解显碱性，则反应产物有氢氧根离子。
5.下列说法不正确的是
A. 若酸式滴定管旋塞处的小孔被凡士林严重堵塞，可以用细铁丝疏通
B. 镀锌铁皮与稀硫酸反应，若产生的气泡突然消失，锌反应完全，需立即取出铁皮
C. 液溴存放在带玻璃塞的棕色细口瓶中，并加水液封，放在阴凉处
D. 若皮肤被烫伤且已破，可先涂些紫药水或1%高锰酸钾溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A.酸式滴定管小孔被凡士林堵塞，可以用铁丝疏通，故正确；
B.镀锌铁放在稀硫酸溶液中，锌为原电池的负极，铁为正极，当锌反应完，反应速率减慢，所以不会出现气泡突然消失的现象，只能气泡产生速率变慢，故错误；
C.溴容易挥发，所以用水封，故正确；
D.紫药水和高锰酸钾溶液都能杀菌消毒，故正确。
故选B。
6.下列说法不正确的是
A. 乙醇、苯酚与金属钠的反应实验中，先将两者溶于乙醚配成浓度接近的溶液，再投入绿豆大小的金属钠，观察、比较实验现象
B. 可以用新制Cu（OH）2浊液检验乙醛、甘油、葡萄糖、鸡蛋白四种物质的溶液（必要时可加热）
C. 牛油与NaOH浓溶液、乙醇混合加热充分反应后的混合液中，加入冷饱和食盐水以促进固体沉淀析出
D. 分离氨基酸混合液可采用控制pH法、分离乙醇和溴乙烷的混合物可用萃取法
【答案】C
【解析】
【详解】A.因为苯酚是固体，将其溶于乙醚形成溶液时，可以和金属钠反应，二者配制成接近浓度，可以从反应产生气体的快慢进行比较，故正确；
B.四种溶液中加入新制的氢氧化铜悬浊液，没有明显现象的为乙醛，出现沉淀的为鸡蛋白溶液，另外两个出现绛蓝色溶液，将两溶液加热，出现砖红色沉淀的为葡萄糖，剩余一个为甘油，故能区别；
C.牛油的主要成分为油脂，在氢氧化钠溶液加热的条件下水解生成高级脂肪酸盐，应加入热的饱和食盐水进行盐析，故错误；
D.不同的氨基酸的pH不同，可以通过控制pH法进行分离，乙醇能与水任意比互溶，但溴乙烷不溶于水，所以可以用水进行萃取分离，故正确。
故选C。
7.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是

A. 0.1 mol C3H9N中所含共用电子对数目为1.2NA
B. 14 g N60（分子结构如图所示）中所含N－N键数目为1.5NA
C. 某温度下，1 L pH＝6的纯水中所含OH−数目为1.0×10−8 NA
D. 标准状况下，5.6 L甲醛气体中所含的质子数目为4NA
【答案】C
【解析】
【详解】A.根据物质中的最外层电子数进行分析，共用电子对数为，所以0.1 mol C3H9N中所含共用电子对数目为1.2NA ，故正确；
B. 14 g N60的物质的量为，N60的结构是每个氮原子和三个氮原子结合形成两个双键和一个单键，每两个氮原子形成一个共价键，1mol N60含有的氮氮键数为，即14 g N60的含有氮氮键 ，数目为1.5NA，故正确；
C. 某温度下，1 L pH＝6的纯水中氢离子浓度为10-6mol/L，纯水中氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等，所以氢氧根离子浓度为10-6mol/L，氢氧根离子数目为10-6 NA，故错误；
D. 标准状况下，5.6 L甲醛气体物质的量为0.25mol，每个甲醛分子中含有16个质子，所以0.25mol甲醛中所含的质子数目为4NA，故正确。
故选C。
8.在某温度下，同时发生反应A（g）B（g）和A（g）C（g）。已知A（g）反应生成B（g）或C（g）的能量如图所示，下列说法正确的是

A. B（g）比C（g）稳定
B. 在该温度下，反应刚开始时，产物以B为主；反应足够长时间，产物以C为主
C. 反应A（g）B（g）的活化能为（E3—E1）
D. 反应A（g）C（g）的ΔH＜0且ΔS＝0
【答案】B
【解析】
【详解】A. 从图分析，Ｂ的能量比Ｃ高，根据能量低的稳定分析，B（g）比C（g）不稳定，故错误；
B. 在该温度下，反应生成Ｂ的活化能比生成Ｃ的活化能低，所以反应刚开始时，产物以B为主；Ｃ比Ｂ更稳定，所以反应足够长时间，产物以C为主，故正确；
C. 反应A（g）B（g）的活化能为E1，故错误；
D. 反应A（g）C（g）为放热反应，即ΔH＜0，但ΔS不为0，故错误。
故选Ｂ。
9.主族元素X、Y、Z、W在元素周期表中的位置如图所示，其中W原子序数是Z的2倍。下列说法不正确的是

A. X、Y、Z的氢化物沸点依次升高
B. Z和W形成的化合物溶于水，既有共价键的断裂，又有共价键的形成
C. X、Y、Z与氢元素组成的化学式为XY2ZH4的物质可能是分子晶体，也可能是离子晶体
D. M的原子序号为32，是一种重要的半导体材料
【答案】A
【解析】
【详解】W原子序数是Z的2倍，则Ｗ为硫，Ｚ为氧，Ｘ为碳，Ｙ为氮，Ｍ为锗。
A.碳的氢化物为烃，碳原子数越多，沸点越高，所以不能确定沸点高低，故错误；
B. Z和W形成的化合物为二氧化硫或三氧化硫，溶于水，反应生成亚硫酸或硫酸，反应中既有共价键的断裂，又有共价键的形成，故正确；
C. X、Y、Z与氢元素组成的化学式为XY2ZH4可能为CO（NH2）2，为分子晶体，可能为NH4CNO，为离子晶体，故正确；
D. 锗的原子序号为32，是一种重要的半导体材料，故正确。
故选A。
10.下列说法正确的是
A. 甘油醛（）和葡萄糖均属于单糖，互为同系物
B. 2,3,5,5−四甲基−3,3−二乙基己烷的键线式为
C. 高聚物和均是缩聚产物，它们有共同单体
D. 将总物质的量为1 mol的水杨酸、1,2−二氯乙烷和CH3NHCOOCH3的混合物与NaOH溶液充分反应，最多可以消耗2 mol NaOH
【答案】D
【解析】
【详解】A. 甘油醛不属于单糖，故错误；
B.键线式为 的名称为2,2,4,5−四甲基−3,3−二乙基己烷，故错误；
C. 高聚物的单体为碳酸乙二醇，而的单体是乙二醇，故没有共同的单体，故错误；
D. 水杨酸含有羧基和酚羟基，1 mol的水杨酸消耗2mol氢氧化钠，1 mol的1,2−二氯乙烷消耗2mol氢氧化钠，CH3NHCOOCH3含有酯基和肽键，所以1 mol的CH3NHCOOCH3消耗2mol氢氧化钠，将总物质的量为1 mol三种物质的混合物与NaOH溶液充分反应，最多可以消耗2 mol NaOH，故正确。
故选D。
11.在常温下，向20 mL浓度均为0.1 mol·L−1的盐酸和氯化铵混合溶液中滴加0.1 mol·L−1的氢氧化钠溶液，溶液pH随氢氧化钠溶液加入体积的变化如图所示（忽略溶液体积变化）。下列说法正确的是

A. V（NaOH）＝20 mL时，2n（）＋n（NH3·H2O）＋n（H+）－n（OH−）＝0.1 mol
B. V（NaOH）＝40 mL时，c（）＜c（OH−）
C. 当0＜V（NaOH）＜40 mL时，H2O的电离程度一直增大
D. 若改用同浓度的氨水滴定原溶液，同样使溶液pH＝7时所需氨水的体积比氢氧化钠溶液要小
【答案】B
【解析】
【详解】A. V（NaOH）＝20 mL时，溶液中的溶质为0.02mol氯化钠和0.02mol氯化铵，电荷守恒有n(Na+)+n（H+）+ n（）=n(Cl-)+n（OH−），因为n(Na+)=0.02mol，n(Cl-)=0.04mol，所以有n（H+）+ n（）=0.02+n（OH−），物料守恒有n(Cl-)= n(Na+)+ n（）＋n（NH3·H2O），即0.02= n（）＋n（NH3·H2O），所以，2n（）＋n（NH3·H2O）＋n（H+）＝0.04 mol+n（OH−），故错误；
B. V（NaOH）＝40 mL时，溶质为0.04mol氯化钠和0.02mol一水合氨，溶液显碱性，因为水也能电离出氢氧根离子，故c（）＜c（OH−）正确；
C. 当0＜V（NaOH）＜40 mL过程中，前20毫升氢氧化钠是中和盐酸，水的电离程度增大，后20毫升是氯化铵和氢氧化钠反应，水的电离程度减小，故错误；
D. 盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠溶液，为中性，若改用同浓度的氨水滴定原溶液，盐酸和氨水反应后为氯化铵的溶液仍为酸性，所以同样使溶液pH＝7时所需氨水的体积比氢氧化钠溶液要大，故错误。
故选B。
12.某学习小组在容积固定为2 L的密闭容器内充入1 mol N2和3 mol H2合成NH3。恒温下开始反应，并用压力传感器测定压强如下表所示：
反应时间/min
0
5
10
15
20
25
30
压强/MPa
16.80
14.78
13.86
1327
12.85
12.60
12.60

下列说法不正确的是
A. 不断地将NH3液化并移走，有利于反应正向进行
B. 其它条件不变，在30 min时，若压缩容器的体积，N2的平衡转化率增大
C. 从反应开始到10 min时，v（NH3）＝0.035 mol·L−1·min−1
D. 在30 min时，再加入0.5 mol N2、1.5 mol H2和2 mol NH3，平衡向逆反应方向移动
【答案】D
【解析】
【详解】A.不断将氨气液化分离，生成物的浓度减小，平衡正向移动，故正确；
B.压缩体积，平衡正向移动，氮气转化率增大，故正确；
C.前10分钟，N2+3H2 2NH3
起始 0.5 1.5 0
改变 x 3x 2x
10min时 0.5-x 1.5-3x 2x
有，解x=0.175mol/L，用氨气表示反应速率为＝0.035 mol·L−1·min−1，故正确；
D. N2+3H2 2NH3
起始 0.5 1.5 0
改变 x 3x 2x
平衡 0.5-x 1.5-3x 2x ，有，解x=0.25mol/L，则平衡常数表示为，在30 min时，再加入0.5 mol N2、1.5 mol H2和2 mol NH3，则有Qc= 故选D。
13.2019年诺贝尔化学奖授予在锂电池发展上做出贡献的三位科学家。某可连续工作的液流锂离子储能电池放电时工作原理如图所示，下列说法正确的是

A. 放电时，储罐中发生反应：S2O82-＋2Fe2+=2Fe3+＋2SO42-
B. 放电时，Li电极发生了还原反应
C. 放电时，Ti电极发生电极方程式为：Fe2+－e−=Fe3+
D. Li+选择性透过膜可以通过Li+和H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A.储能电池中锂为负极，失去电子生成锂离子，钛电极为正极，溶液中的铁离子得到电子生成亚铁离子，储罐中亚铁离子与S2O82-反应，反应的离子方程式为：S2O82-＋2Fe2+=2Fe3+＋2SO42-，故正确；
B.放电时锂失去电子发生氧化反应，故错误；
C. 放电时，Ti电极发生的电极方程式为：Fe3++e−= Fe2+，故错误；
D. Li+选择性透过膜可以通过Li+不能通过水，故错误。
故选A。
【点睛】掌握原电池的工作原理，注意锂离子选择性的透过膜只能通过锂离子，S2O82-为还原性离子，能被铁离子氧化。
14.硫酸铜分解产物受温度影响较大，现将硫酸铜在一定温度下分解，得到的气体产物可能含有SO2、SO3、O2，得到的固体产物可能含有CuO、Cu2O。已知Cu2O＋2H+=Cu＋Cu2+＋H2O，某学习小组对产物进行以下实验，下列有关说法正确的是
A. 将气体通过BaCl2溶液产生白色沉淀，说明混合气体中含有SO3
B. 将气体通过酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色，说明混合气体中含有SO2与O2
C. 固体产物中加稀硝酸溶解，溶液呈蓝色，说明固体产物中含有CuO
D. 将气体依次通过饱和Na2SO3溶液、灼热的铜网、酸性高锰酸钾可以将气体依次吸收
【答案】B
【解析】
【详解】A.二氧化硫和氧气和氯化钡可以反应生成硫酸钡沉淀，所以不能说明混合气体中含有三氧化硫，故错误；
B.二氧化硫能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明混合气体含有二氧化硫，硫酸铜分解生成二氧化硫，硫元素化合价降低，应有元素化合价升高，所以产物肯定有氧气，故正确；
C.固体产物加入稀硝酸，氧化铜或氧化亚铜都可以生成硝酸铜，不能说明固体含有氧化铜，故错误；
D. 将气体通过饱和Na2SO3溶液，能吸收二氧化硫、三氧化硫，故错误
故选B。
15.某溶液X中含有H+、、Na+、Mg2+、Fe2+、、Cl−、Br−、、SiO32-和HCO3-离子中的若干种。取100 mL该溶液进行如下实验：

下列说法正确的是
A. 溶液X中一定没有、SiO32-，可能有Na+、Fe2+
B. 溶液X中加NaOH后，所得沉淀的成分可能有两种
C. 溶液X中c（Cl−）≤0.2 mol·L−1
D. 溶液X可能是由NH4HSO4、MgCl2按物质的量之比2∶1混合再溶于水配制而成
【答案】D
【解析】
【详解】A.加入一定量的氢氧化钠后得到中性溶液，说明原溶液为酸性，则偏铝酸根离子和硅酸根离子和碳酸氢根离子都不能存在，后续溶液中加入硝酸银产生白色沉淀，说明不含溴离子。原溶液存在的阴离子只能是硫酸根离子或氯离子。所以4.66克白色沉淀为硫酸钡沉淀，产生气体为氨气，所以原溶液一定含有铵根离子和硫酸根离子，若有亚铁离子，则加入氢氧化钠生成氢氧化亚铁沉淀，灼烧后得到红棕色氧化铁，故一定不含亚铁离子，故错误；
B.加入氢氧化钠能产生的沉淀只能是氢氧化镁沉淀，故错误；
C.氨气的体积为448mL，物质的量为0.02mol，说明铵根离子物质的量为0.02mol，结合氢氧化钠的物质的量为0.02mol，硫酸钡沉淀为4.66克，硫酸根离子物质的量为0.02mol，氧化镁质量为0.4克，镁离子物质的量为0.01mol，结合的氢氧化钠的物质的量为0.02mol，第一步消耗0.06mol氢氧化钠，所以说明原溶液还有氢离子，物质的量为0.06-0.02-0.02=0.02mol，根据电荷守恒分析，还应存在有阴离子，只能为氯离子，所以氯离子的物质的量为0.01×2+0.02+0.02-0.02×2=0.02mol，若溶液中含有钠离子，则氯离子的物质的量大于0.02mol，则氯离子的浓度最小值为，故错误；
D.溶液中含有0.02mol铵根离子，0.02mol硫酸根离子，0.01mol镁离子，0.02mol氢离子，氯离子物质的量最小值为0.02mol，可能是由0.02molNH4HSO4和0.01molMgCl2按物质的量之比2∶1混合再溶于水配制而成，或还有氯化钠，故正确。
答案选D。
【点睛】掌握反应过程中离子之间的比例关系，进行定量和定性分析，注意前后的一致性，如当加入氢氧化钠后溶液为中性，说明原溶液为酸性，则偏铝酸根离子或硅酸根离子或碳酸氢根离子等都不存在。根据氢氧化钠的消耗量分析溶液中存在氢离子，再根据溶液中的电荷守恒确定溶液中的氯离子的存在以及数值。
非选择题部分
二、非选择题（本大题共7小题，共50分）
16.二元化合物X可由单质硫和Ca（OH）2浊液共热制得。取一定量X与100 mL 0.2 mol·L−1稀硫酸恰好完全反应，生成0.08 mol淡黄色沉淀和0.448 L气体甲（已折算为标准状况）。请回答：
（1） 甲的电子式为________。
（2） X的化学式为________。
（3） X与稀硫酸反应的化学方程式为________。
（4） 单质硫和Ca（OH）2浊液制X时，还生成另一种含氧酸盐（M＜160 g·mol −1），该盐与稀硫酸反应也有淡黄色沉淀生成并放出刺激性气味气体，则单质硫与Ca（OH）2浊液反应制X的化学方程式为________。
（5） 气体甲通入硫酸铁溶液中能发生反应。请设计实验方案验证反应后溶液中除H+之外的阳离子________。
【答案】 (1). (2). CaS5或S5Ca (3). CaS5＋H2SO4=CaSO4＋4S↓＋H2S↑ (4). 12S＋3Ca（OH）2=2CaS5＋CaS2O3＋3H2O (5). 取反应后溶液分成两份，一份滴加KSCN溶液，若溶液显血红色，则说明有Fe3+；另一份（加热使过量的H2S逸出）滴加酸性KMnO4溶液，若紫色褪去或变浅，则说明有Fe2+
【解析】
【分析】
二元化合物X可由单质硫和Ca（OH）2浊液共热制得，应含有钙元素和硫元素，取一定量X与100 mL 0.2 mol·L−1稀硫酸恰好完全反应，生成0.08 mol淡黄色沉淀为硫，和0.448 L气体甲为硫化氢，假设X中硫元素的化合价为-x价，反应中生成硫单质，化合价升高x价，生成硫化氢，硫的化合价降低2-x，根据硫和硫化氢的物质的量比分析，有4x=2-x，解x=0.4，则X的化学式为CaS5或S5Ca。
【详解】(1).硫化氢的电子式为： ；
(2)根据以上分析可知X为 CaS5或S5Ca；
(3)根据题意CaS5和硫酸反应生成硫酸钙和硫和硫化氢，方程式为： CaS5＋H2SO4=CaSO4＋4S↓＋H2S↑ ；
(4) 另一种含氧酸盐（M＜160 g·mol −1），该盐与稀硫酸反应也有淡黄色沉淀生成并放出刺激性气味气体二氧化硫，说明该物质为CaS2O3，则硫和氢氧化钙的方程式为：12S＋3Ca（OH）2=2CaS5＋CaS2O3＋3H2O；
(5)硫化氢和硫酸铁反应生成硫和硫酸亚铁和硫酸，溶液中的阳离子除了氢离子外，还有亚铁离子，可能有铁离子，所以利用铁离子遇到硫氰化钾显红色检验，利用亚铁离子能使高锰酸钾溶液褪色碱性，实验方法为：取反应后溶液分成两份，一份滴加KSCN溶液，若溶液显血红色，则说明有Fe3+；另一份（加热使过量的H2S逸出）滴加酸性KMnO4溶液，若紫色褪去或变浅，则说明有Fe2+。
【点睛】掌握利用元素化合价变化分析反应产物，结合常见物质的物理或化学性质进行推断。含硫物质和稀硫酸反应生成的气体通常不是氢气，而是含有硫的气体，一般为硫化氢。
17.以磷石膏（主要成分是CaSO4，含少量的Al2O3、SiO2等杂质）为原料制备Na2SO4、CaBr2·2H2O和NH4Cl等产品的工艺流程如下：

请回答：
（1） 反应釜1中的浸出率与加料速度、反应温度的关系如下图所示：

①反应的最佳条件为________。
②其它条件相同时，浸出率随反应温度先升后降的原因是________。
（2） 实验室里模拟上述煅烧操作，下列仪器中有用到的是________。
A 瓷坩埚 B 铁坩埚
C 酒精灯 D 酒精喷灯
（3） 反应釜2中进行的反应是________。
（4） 反应釜3中完成反应后，分离硫酸钠、氯化铵的操作：在90℃左右蒸发浓缩至较多晶体析出→________得到Na2SO4粗品；同时，将热滤液________→得NH4Cl粗品（Na2SO4、NH4Cl的溶解度如图所示）。

【答案】 (1). 加料速度为36 g·min−1、反应温度为40℃ (2). （温度低于40℃反应速率慢）温度在30～40℃时，温度越高反应速率越快；高于40℃（NH4）2CO3受热分解 (3). BD (4). 3CaO＋2NH3·H2O＋3Br2=3CaBr2＋N2＋5H2O或3CaO＋2NH3＋3Br2=3CaBr2＋N2＋3H2O (5). 趁热过滤 (6). 冷却至35℃左右、趁热过滤或冷却至35～40℃过滤
【解析】
【分析】
（1）根据图象找出硫酸根离子浸出率最高的加料速度和温度；
（2）根据温度对反应速率的影响和温度对碳酸铵的影响分析；
（3）根据煅烧碳酸钙时不能与容器反应分析使用的容器，根据煅烧的温度选择加热仪器。
（4）根据已给反应物分析反应产物，根据元素化合价变化分析。
（5）物质的溶解度变化曲线分析分离提纯的方法。
【详解】(1) ①从图分析，加料速度为36 g·min−1、反应温度为40℃时硫酸根离子浸出率最高，为最佳条件；
②反应釜1中加入碳酸铵，随着温度升高，（温度低于40℃反应速率慢）温度在30～40℃时，反应速率越快硫酸根离子浸出率升高；高于40℃（NH4）2CO3受热分解，硫酸根离子的浸出率降低；
(2)因为是煅烧碳酸钙，其与瓷坩埚中的二氧化硅反应，所以选择铁坩埚，煅烧需要较高的温度，选择酒精喷灯，故选BD；
(3).碳酸钙煅烧后生成氧化钙和二氧化碳，加入氨水和溴反应生成溴化钙，因为溴元素化合价降低，所以有氮元素化合价升高生成氮气，方程式为： 3CaO＋2NH3·H2O＋3Br2=3CaBr2＋N2＋5H2O或3CaO＋2NH3＋3Br2=3CaBr2＋N2＋3H2O；
(4)根据氯化铵和硫酸钠的溶解度曲线分析，随着温度升高，硫酸钠的溶解度降低，而氯化铵的溶解度升高，所以在在90℃左右蒸发浓缩至较多晶体析出趁热过滤得到硫酸钠晶体，滤液冷却至35℃左右、趁热过滤或冷却至35～40℃过滤可得到氯化铵晶体。
18.硫酸在生活和生产中应用广泛。
Ⅰ　某工厂以黄铁矿（主要成分为FeS2）为原料，采用“接触法”制备硫酸。
已知298 K和101 kPa条件下：
2FeS2（s）=2FeS（s）＋S（s） ΔH1
S（s）＋2O2（g）=2SO2（g） ΔH2
4FeS（s）＋7O2（g）=2Fe2O3（s）＋4SO2（g） ΔH3
则在该条件下FeS2与O2生成Fe2O3和SO2的总热化学方程式是________。
Ⅱ　催化氧化反应：2SO2（g）＋O2（g）2SO3（g）　ΔH＜0
（1） 在体积可变的密闭容器，维持压强为1×105 Pa和初始n（SO2）＝2 mol，充入一定量的O2，SO2平衡转化率α（SO2）随O2物质的量n（O2）的变化关系如图所示：

①在1000℃时，SO2平衡转化率随着O2物质的量的增大缓慢升高，解释其原因________。
②a点时SO3的平衡分压p（SO3）＝________Pa（保留2位有效数字，某组分的平衡分压＝总压×某组分的物质的量分数）。
（2）保持温度不变，向固定体积的密闭容器中充入一定量的SO2、O2。请画出平衡体系中SO3的体积分数φ（SO3）随初始SO2、O2的物质的量之比[n（SO2）/n（O2）]的变化趋势图。

（3）已知活化氧可以把SO2快速氧化为SO3。根据计算机模拟结果，在炭黑表面上O2转化为活化氧的反应历程与能量变化如图所示。下列说法正确的是________。

A O2转化为活化氧是氧氧键的断裂与碳氧键的生成过程
B 该过程中最大能垒（活化能）E正＝0.73 eV
C 每活化一个O2吸收0.29 eV的能量
D 炭黑可作为SO2转化为SO3的催化剂
E 其它条件相同时，炭黑颗粒越小，反应速率越快
Ⅲ　硫酸工厂尾气中的SO2可被NaOH溶液吸收，用惰性电极将所得的Na2SO3溶液进行电解，可循环再生NaOH的同时得到H2SO4，写出阳极的电极方程式________。
【答案】 (1). 4FeS2（s）＋11O2（g）=2Fe2O3（s）＋8SO2（g） ΔH＝2ΔH1＋2ΔH2＋ΔH3；该反应ΔH＜0，1000℃时，该反应的化学平衡常数很小，SO2平衡转化率小；1000℃时，恒压条件下，充入O2，c（SO2）和c（SO3）等倍数减，c（O2）增大，Qc＝＜K，平衡正向移动，SO2平衡转化率增大 (2). 7.3×104或0.73×105 (3). (4). ADE (5). ＋H2O—2e−=＋2H+
【解析】
【分析】
（1）根据盖斯定律分析热化学方程式的书写。
（2）根据平衡的三段式模式计算。
（3）根据反应过程能量的变化分析活化能及是放热还是吸热过程。
（4）根据阳极失去电子化合价升高分析电极反应。
【详解】Ⅰ ①2FeS2（s）=2FeS（s）＋S（s） ΔH1；②S（s）＋2O2（g）=2SO2（g） ΔH2；③4FeS（s）＋7O2（g）=2Fe2O3（s）＋4SO2（g） ΔH3，根据盖斯定律分析，①×2+②×2+③得热化学方程式为：4FeS2（s）＋11O2（g）=2Fe2O3（s）＋8SO2（g） ΔH＝2ΔH1＋2ΔH2＋ΔH3；
Ⅱ(1) ①该反应ΔH＜0，1000℃时，根据二氧化硫的转化率曲线，该反应的化学平衡常数很小，SO2平衡转化率小；1000℃时，恒压条件下，充入O2，c（SO2）和c（SO3）等倍数减，c（O2）增大，Qc＝＜K，平衡正向移动，SO2平衡转化率增大 ；
② 2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)
起始2 1 0
改变1.6 0.8 1.6
平衡0.4 0.2 1.6
三氧化硫的平衡分压为=7.3×104或0.73×105 ；
(2) 保持温度不变，向固定体积的密闭容器中充入一定量的SO2、O2。二氧化硫和氧气的比例为2：１时三氧化硫的平衡体积分数最大，故图象为：
；
(3). A.从图分析，O2转化为活化氧是氧氧键的断裂与碳氧键的生成过程，故正确；
B. 该过程中最大能垒(活化能)为0.75-0.0=0.75 eV ，故错误；
C．每活化一个O2释放0.29 eV的能量，故错误；
D．炭黑可以提供活化氧，可作为SO2转化为SO3的催化剂，故正确；
E．其它条件相同时，炭黑颗粒越小，反应接触面越大，反应速率越快，故正确。故选ADE。
Ⅲ.用惰性电极将所得的Na2SO3溶液进行电解，可循环再生NaOH的同时得到H2SO4，阳极是亚硫酸根离子失去电子生成硫酸根离子，阳极的电极反应式为：＋H2O—2e−=＋2H+。
19.某学习小组以铝铁铜合金为主要原料制备[Cu（NH3）4]SO4·H2O（一水硫酸四氨合铜）和Fe3O4胶体粒子，具体流程如下：

已知：①Cu（NH3）42+=Cu2+＋4NH3
②Fe2+＋2Fe３+＋8OH−Fe3O4↓＋4H2O
③[Cu（NH3）4]SO4易溶于水，难溶于乙醇。
请回答：
（1） 滤渣的成分为________。
（2） 步骤Ⅰ中生成[Cu（NH3）4]SO4·H2O的离子方程式：________。步骤Ⅰ中加入（NH4）2SO4的作用是作为反应物和________。
（3） 步骤Ⅳ中加入95%乙醇时，缓慢加入的目的是________。
（4） 下列有关叙述正确的是________。
A 步骤Ⅰ缓慢滴加H2O2并不断搅拌，有利于提高H2O2的利用率
B 步骤Ⅳ若改为蒸发浓缩、冷却结晶，得到的一水硫酸四氨合铜晶体会含有较多Cu（OH）2等杂质
C 步骤Ⅳ、Ⅴ用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、吸滤瓶等
D 步骤Ⅴ中洗涤操作为关闭水龙头，加乙醇溶液浸没沉淀，缓慢流干，重复2～3次
（5） 步骤Ⅲ中，从滤渣制备Fe3O4胶体粒子需经过一系列操作。即：滤渣中加过量NaOH溶液搅拌溶解→________→过滤、洗涤、干燥得Fe3O4胶体粒子。
根据下列提供的操作，请在空格处填写正确的操作次序（填写序号）。
①氮气氛围下缓慢滴加NaOH溶液，加热溶液
②过滤、洗涤
③加入过量稀硫酸溶解
④加入适量FeSO4固体，搅拌溶解
⑤测定Fe3+含量
（6） 测定一水硫酸四氨合铜晶体产品的纯度，过程如下：取0.5000 g试样溶于水，滴加3 mol·L−1 H2SO4至pH为3～4，加入过量KI固体。以淀粉溶液为指示剂，生成的碘用0.1000 mol·L−1 Na2S2O3标准溶液滴定，重复2～3次，平均消耗Na2S2O3标准溶液20.00 mL。。该试样中一水硫酸四氨合铜的纯度为________。
已知：M[Cu（NH3）4SO4·H2O]＝246.0 g·mol−1； 2Cu2+＋4I−=2CuI＋I2，I2＋2S2O32-=2I−＋S4O62-。
【答案】 (1). Al（OH）3、Fe（OH）3 (2). Cu＋H2O2＋2NH3＋2=Cu（NH3）42+＋2H2O或Cu＋H2O2＋2NH3·H2O＋2= Cu（NH3）42+＋4H2O (3). 抑制NH3·H2O的电离或促进生成Cu（NH3）42+（与反应生成的OH−成NH3·H2O，控制pH不能太大，以防H2O2在强碱条件下的分解） (4). 有利于得到较大颗粒的晶体 (5). ABC (6). ②③⑤④① (7). 98.40%
【解析】
【分析】
（1）合金粉末进行分离，铝铁应转化为滤渣形式，从所给物质分析，只能是氢氧化铝和氢氧化铁形式，铜转化为[Cu(NH3)4]SO4，利用[Cu(NH3)4]SO4难溶于乙醇，进行分离。
【详解】(1)合金粉末溶于氨水和硫酸铵以及过氧化氢的作用下，能进行分离，铁和铝都转化为滤渣，说明滤渣为 Al（OH）3、Fe（OH）3 ；
(2)铜在氨水和硫酸铵和过氧化氢存在反应生成[Cu(NH3)4]SO4，离子方程式为 Cu＋H2O2＋2NH3＋2=Cu（NH3）42+＋2H2O或Cu＋H2O2＋2NH3·H2O＋2= Cu（NH3）42+＋4H2O； 硫酸铵不仅提供铵根离子抑制氨水的电离，还可以抑制pH不能太大，以防H2O2在强碱条件下的分解；
(3)因为[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中的溶解度小，加入95%乙醇有利于得到较大颗粒的晶体；
(4) A．因为过氧化氢能够分解，所以在步骤Ⅰ缓慢滴加H2O2并不断搅拌，有利于提高H2O2的利用率，故正确；B．步骤Ⅳ若改为蒸发浓缩、冷却结晶，蒸发过程中促进反应，Cu(NH3)42+ Cu2+＋4NH3，氨气逸出，铜离子水解生成氢氧化铜，所以得到的一水硫酸四氨合铜晶体会含有较多Cu(OH)2等杂质，故正确；C．步骤Ⅳ、Ⅴ是进行抽滤和洗涤，需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、吸滤瓶等，故正确；D．步骤Ⅴ中洗涤操作为关闭水龙头，加乙醇溶液浸没沉淀，然后进行抽滤，不能缓慢流干，故错误。故选ABC；
(5) 滤渣为氢氧化铝和氢氧化铁的混合物，加过量NaOH溶液搅拌，氢氧化铝溶解生成偏铝酸钠，然后过滤出氢氧化铁沉淀，加入过量的稀硫酸将其溶解生成铁离子，测定铁离子的含量，控制量，加入适量的硫酸亚铁固体，在氮气的氛围下缓慢加入氢氧化钠溶液，加热使其按方程式Fe2+＋2Fe3+＋8OH−Fe3O4↓＋4H2O中的比例进行反应，生成四氧化三铁，再进行过滤、洗涤、干燥得Fe3O4胶体粒子.，故操作顺序为②③⑤④①；
(6)根据反应2Cu2+＋4I−2CuI＋I2，I2＋2S2O32-2I−＋S4O62-得关系式为2Cu2+----I2---2S2O32-， Na2S2O3的物质的量为0.1000×0.02=0.002mol则铜离子的物质的量为0.002mol，则Cu(NH3)4SO4·H2O的质量为0.002mol×246.0g/mol=0.492g，质量分数为。
20.某药物中间体X的合成路线如下：

已知：①RX＋＋HX； ②－NH2＋RCHORCH＝N－；
③R－OH； ④。
请回答：
（1） F的结构简式为________。
（2） 下列说法正确的是________。
A H→X的反应类型属于加成反应
B 化合物F具有弱碱性
C 化合物G能发生取代、消去、还原反应
D 化合物X的分子式为C23H27O3N9
（3） 写出B→C的化学方程式________。
（4） 可以转化为。设计以苯酚和乙烯为原料制备的合成路线（用流程图表示，无机试剂任选）________。
（5） 写出化合物B同时符合下列条件的同分异构体的结构简式。
①分子中有一个六元环，无其它环状结构；________
②1H−NMR谱表明分子中有2种氢原子；IR谱显示存在－CN________。
【答案】 (1). 或HOCH2CH2NHNH2 (2). BCD (3). ＋
＋HCl (4). (5). 、　 (6). 、　
【解析】
【分析】
从E到F的分子式的变化分析，物质E和NH2NH2的反应为取代反应，另外的产物为氯化氢，则推断B的结构简式为，根据信息①分析，C的结构简式为，E的结构简式为HOCH2CH2Cl，F的结构简式为HOCH2CH2NHNH2。
【详解】(1)根据以上分析可知F的结构简式为 或HOCH2CH2NHNH2 ；
(2) A．Ｈ的结构中含有氯原子，结合信息①分析，H→X的反应类型属于取代反应，故错误；
B．化合物F的结构简式为HOCH2CH2NHNH2，含有氨基，具有弱碱性，故正确；
C．化合物G含有的官能团为羟基，羰基，碳氮双键，碳碳双键，所以能发生取代、消去、还原反应，故正确；
D．结合信息①分析，Ｈ的分子式为C12H12O2N7Cl，与之反应的分子式为C11H16ON2，该反应为取代反应，生成的另外的产物为氯化氢，则化合物X的分子式为C23H27O3N9，故正确。选BCD；
(3)B到C为取代反应，方程式为： ＋＋HCl；
(4) 以苯酚和乙烯为原料制备的合成路线，从逆推方法入手，需要合成的物质为和HN（CH2CH2Br）2，由苯酚和浓硝酸反应生成，乙烯和溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，再与氨气反应生成HN（CH2CH2Br）2即可。合成路线为： ；
(5)化合物B的分子式为C5H6O2N2，其同分异构体同时符合下列条件：
①分子中有一个六元环，无其它环状结构；②1H−NMR谱表明分子中有2种氢原子；IR谱显示存在－CN，说明结构有对称性，除了-CN外另一个氮原子在对称轴上，两个氧原子在六元环上，且处于对称位，所以结构可能为 、　 、、　。