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江苏省苏州市2020届高三上学期期初调研化学试题
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苏州市2020届高三上学期期初调研测试
化学试卷
一、单项选择题
1.化学与人类的生产、生活密切相关。下列说法正确的是（ ）
A. 含有氟化钠等氟化物的牙膏有害健康，应禁止使用
B. 油脂属于高分子化合物，使用一定的油脂能促进人体对某些维生素的吸收
C. 将少量二氧化硫添加于红酒中可以起到杀菌和抗氧化作用，是法律允许的做法
D. 废旧电池应集中处理主要是要回收其中的金属材料
【答案】C
【解析】
【详解】A、氟元素可以帮助人体形成骨骼和牙齿，缺氟易患龋齿，故A错误；
B、油脂既能运送营养素，也能作为维生素A、D、E、K的溶剂，它们必须溶在油脂里面，才会被消化吸收，但油脂是小分子，不是高分子，故B错误；
C、将二氧化硫添加于红酒中，利用了SO2具有杀菌作用和抗氧化特性，故C正确；
D、废旧电池含有汞、镉等重金属，用完随便丢弃容易造成环境污染，应集中回收处理，防止污染土壤与水体，故D错误。
答案选C。
2.工业上电解饱和食盐水制取氯气的化学方程式如下：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑．下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是（ ）
A. Na+的结构示意图：
B. 中子数为18的氯原子：Cl
C. NaOH的电子式：
D. Cl2的结构式：Cl＝Cl
【答案】B
【解析】
【详解】A、钠离子的质子数为11，钠离子失去了最外层电子，离子结构示意图为：，故A错误；
B、质量数=质子数+中子数，中子数为18的氯原子的质量数为35，故为Cl，故B正确；
C、氢氧化钠属于离子化合物，氢氧化钠的电子式为：，故C错误；
D、氯气分子中两个氯原子通过共用1对电子达到稳定结构，电子式为：，将共用电子对换成短线即为结构式，氯气结构式为：Cl-Cl，故D错误；
答案选B。
3.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A. Al2O3具有两性，可用于制作耐高温材料
B. FeCl3具有氧化性，可用作铜制线路板的蚀刻剂
C. 漂白粉在空气中不稳定，可用于纸浆的漂白
D. 明矾水解后溶液呈酸性，可用于水的净化
【答案】B
【解析】
【详解】A、Al2O3是离子化合物，有较高熔点，可作耐火材料，与Al2O3具有两性无关，故A错误；
B、FeCl3具有氧化性，能溶解Cu生成CuCl2，所以FeCl3可用作铜制线路板的蚀刻剂，故B正确；
C、漂白粉有效成分是次氯酸钙，能与空气中的CO2反应生成强氧化剂HClO，HClO有漂白性，所以漂白粉用于纸浆的漂白与其在空气中不稳定无关，故C错误；
D、明矾水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体有较强的吸附性，能吸附水中的悬浮物形成沉淀，达到净水目的，与明矾水解后溶液呈酸性无关，故D错误；
答案选B。
【点睛】试题考查物质的性质及应用，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途等为解答的关键，注意元素化合物知识的应用。
4.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A. 使酚酞变红溶液中：Na+、NH4+、Cl﹣、SO42﹣
B. c（Al3+）＝0.1mol•L﹣1的溶液中：K+、Mg2+、AlO2﹣、SO42﹣
C. 澄清透明的溶液中：Fe3+、Ba2+、NO3﹣、Cl﹣
D. c（H+）＝0.1mol•L﹣1的溶液中；K+、Na+、CH3 COO﹣、NO3﹣
【答案】C
【解析】
【详解】A、使酚酞变红的溶液呈碱性，NH4+与氢氧根反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B、Al3+、AlO2﹣之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C、Fe3+、Ba2+、NO3﹣、Cl﹣之间不反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；
D、H+、CH3COO﹣之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；
答案选C。
5.下列实验装置正确的是（ ）
A. 用图1所示装置收集SO2气体
B. 用图2所示装置检验溴乙烷与NaOH醇溶液共热产生的C2H4
C. 用图3所示装置从食盐水中提取NaCl
D. 用图4所示装置制取并收集O2
【答案】D
【解析】
【详解】A、SO2密度比空气大，应用向上排空法收集，故A错误；
B、乙醇易挥发，可与高锰酸钾发生氧化还原反应，不能排除乙醇的干扰，故B错误；
C、蒸发应用蒸发皿，不能用坩埚，故C错误；
D、过氧化氢在二氧化锰催化作用下生成氧气，氧气密度比空气大，可用向上排空法收集，故D正确。
答案选D。
6.下列有关表述正确的是（ ）
A. HClO是弱酸，所以NaClO是弱电解质
B. Na2O、Na2O2组成元素相同，所以与CO2反应产物也相同
C. 室温下，AgCl在水中的溶解度小于在食盐水中的溶解度
D. SiO2是酸性氧化物，能与NaOH溶液反应
【答案】D
【解析】
【详解】A、次氯酸钠是盐，是强电解质而不是弱电解质，故A错误；
B、Na2O、Na2O2组成元素相同，与CO2反应产物不同：Na2O+CO2＝Na2CO3，2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，故B错误；
C、增加氯离子的量，AgCl的沉淀溶解平衡向逆向移动，溶解度减小，故C错误；
D、SiO2是酸性氧化物，二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，故D正确；
答案选D。
7.下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A. 实验室用浓盐酸和MnO2混合加热制Cl2：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O
B. 将Cl2溶于水制备次氯酸：Cl2+H2O＝2H++Cl﹣+ClO﹣
C. 用过量的NaOH溶液吸收SO2：OH﹣+SO2＝HSO3﹣
D. 向AlCl3溶液中加入氨水：Al3++3OH﹣＝Al（OH）3↓
【答案】A
【解析】
【详解】A、浓盐酸与二氧化锰混合加热，离子方程式：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O，故A正确；
B、将氯气溶于水制备次氯酸的离子反应为Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，故B错误；
C、用过量NaOH吸收二氧化硫生成亚硫酸钠，离子方程式为2OH﹣+SO2＝H2O+SO32﹣，故C错误；
D、向氯化铝溶液中加入过量氨水，一水合氨是弱碱，要保留化学式，离子方程式为Al3++3NH3•H2O＝Al(OH)3↓+3NH4+，故D错误；
答案选A。
【点睛】考查离子方程式书写方法和反应原理，掌握物质性质和书写原则是解题关键，注意反应物用量对反应的影响。
8.短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大．元素W是制备一种高效电池的重要材料，X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍．下列说法错误的是（ ）
A. 元素W、X的氯化物中，各原子均满足8电子的稳定结构
B. 元素X与氢形成的原子比为1：1的化合物有很多种
C. 元素Y的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成
D. 元素Z可与元素X形成共价化合物XZ2
【答案】A
【解析】
【分析】
X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，是C元素，Y是地壳中含量最丰富的金属元素，为Al元素。Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，是短周期元素，且W、X、Y和Z的原子序数依次增大，Z为S元素，W是制备一种高效电池的重要材料，是Li元素。
【详解】X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，是C元素，Y是地壳中含量最丰富的金属元素，为Al元素。Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，是短周期元素，且W、X、Y和Z的原子序数依次增大，Z为S元素，W是制备一种高效电池的重要材料，是Li元素。
A、W、X氯化物分别为LiCl和CCl4，则Li+的最外层只有两个电子，不满足8电子的稳定结构，故A错误；
B、元素X与氢形成的化合物有C2H2，C6H6等，故B正确；
C、元素Y为铝，铝与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成，故C正确；
D、硫和碳可形成共价化合物CS2，故D正确；
答案选A。
9.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【详解】A、二氧化硅与盐酸不反应，Si与氯气加热反应生成SiCl4，SiCl4与氢气反应生成Si，故A错误；
B、FeS2煅烧生成二氧化硫，二氧化硫与水反应生成亚硫酸，不能生成硫酸，亚硫酸与氧气反应生成硫酸，故B错误；
C、饱和NaCl溶液中通入氨气和二氧化碳生成碳酸氢钠，碳酸氢钠不稳定，受热分解生成碳酸钠，所以在给定条件下，物质间转化均能实现，故C正确；
D、MgCO3与盐酸反应生成MgCl2溶液，电解氯化镁溶液得到氯气、氢气和氢氧化镁沉淀，得不到Mg，故D错误。
答案选C。
【点睛】考查常见元素及其化合物性质，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，注意反应中反应条件的应用。
10.下列说法正确的是（ ）
A. 钢管镀锌时，钢管作阴极，锌棒作为阳极，铁盐溶液作电解质溶液
B. 镀锌钢管破损后，负极反应式为Fe﹣2e﹣═Fe2+
C. 镀银的铁制品，镀层部分受损后，露出的铁表面不易被腐蚀
D. 钢铁水闸可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法防止其腐蚀
【答案】D
【解析】
【详解】A、电镀时镀层金属作阳极，则Zn为阳极，待镀金属作阴极，则Fe为阴极，含有锌离子的溶液为电解质溶液，故A错误；
B、Zn比Fe活泼，形成原电池时，Zn作负极，镀锌钢管破损后，负极反应式为Zn﹣2e﹣═Zn2+，故B错误；
C、镀银的铁制品铁破损后发生电化学腐蚀，因Fe比Ag活泼，铁易被腐蚀，故C错误；
D、用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法，铁分别为正极和阴极，都发生还原反应，可防止被氧化，故D正确。
答案选D。
【点睛】考查电化学腐蚀与防护，应注意的是在原电池中正极被保护、在电解池中阴极被保护。
二、不定项选择题
11.下列说法正确的是（ ）
A. 室温下，反应NH3（g）+HCl（g）＝NH4Cl（s）能自发发生反应，则该反应的△H＜0
B. 甲醇燃料电池工作时，甲醇得到电子，发生还原反应
C. 常温下，0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液加水稀释后，溶液中的值减小
D. 在Na2CO3溶液中加入少量Ca（OH）2固体，CO32﹣水解程度减小，溶液的pH减小
【答案】AC
【解析】
【详解】A、△H﹣T•△S＜0反应自发，反应NH3(g)+HCl(g)＝NH4Cl(s)是熵减反应△S＜0，只有放热反应△H＜0才能使△H﹣T•△S＜0，故A正确；
B、甲醇燃料电池中，甲醇在负极失电子发生氧化反应，故B错误；
C、加水稀释促进电离，导致n(CH3COO﹣)增大，n(CH3COOH)减小，因此＝减小，故C正确；
D、Na2CO3溶液中加入少量Ca(OH)2固体，生成碳酸钙沉淀和NaOH，CO32﹣水解程度减小，但溶液的pH增大，故D错误。
答案选AC。
12.化合物Y能用于高性能光学树脂的合成，可由化合物X与2﹣甲基丙烯酰氯在一定条件下反应制得：
下列有关X、Y的说法正确的是（ ）
A. X分子中所有原子一定在同一平面上
B. Y与Br2的加成产物分子中含有手性碳原子
C. X、Y均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D. 可以用FeCl3溶液鉴别X和Y
【答案】BD
【解析】
【详解】A、与﹣OH相连的苯环之间的单键可旋转，则不一定所有原子共面，故A错误；
B、Y含碳碳双键，且连接4个不同基团的C具有手性，则Y与Br2的加成产物分子中含有手性碳原子，与甲基相连的C具有手性，故B正确；
C、X含酚﹣OH、Y含碳碳双键，均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；
D、含酚﹣OH的有机物遇FeCl3溶液显紫色，可以用FeCl3溶液鉴别X和Y，故D正确；
答案选BD。
【点睛】考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键；上述X物质中含有溴原子、酚羟基，而反应后在Y中有溴原子、酯基、碳碳双键。
13.根据如表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
结论
A
常温下，将FeCl3溶液加入Mg（OH）2悬浊液中，沉淀由白色变为红褐色
常温下，Ksp[Fe（OH）3]＞
Ksp[Mg（OH）2]
B
向某溶液中滴加稀硝酸酸化的BaCl2溶液，溶液中产生白色沉淀
原溶液中一定含有SO42﹣
C
将稀硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe（NO3）2溶液中，溶液变黄色
氧化性：H2O2＞Fe3+
D
向含酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，溶液红色变浅
证明Na2CO3溶液中存在水解平衡
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A、将FeCl3溶液加入Mg(OH)2悬浊液中，振荡，可观察到沉淀由白色变为红褐色，说明氢氧化镁转化为氢氧化铁沉淀，则氢氧化镁溶解度大于氢氧化铁，但不能直接判断二者的溶度积常数大小关系，故A错误；
B、可能生成AgCl等沉淀，应先加入盐酸，如无现象再加入氯化钡溶液检验，故B错误；
C、硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，可氧化亚铁离子，故C错误；
D、含有酚酞的Na2CO3溶液，因碳酸根离子水解显碱性溶液变红，加入少量BaCl2固体，水解平衡逆向移动，则溶液颜色变浅，证明Na2CO3溶液中存在水解平衡，故D正确。
答案选D。
【点睛】要熟悉教材上常见实验的原理、操作、现象、注意事项等，比如沉淀的转化实验要注意试剂用量的控制；硫酸根的检验要注意排除干扰离子等。
14.25℃时，将0.1mol•L﹣1 NaOH溶液加入20mL0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液中，所加入溶液体积（V）和混合液的pH关系曲线如图所示。下列结论正确的是（ ）
A. ①点时，c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）＝c（Na+）
B. 对曲线上①②③任何一点，溶液中都有c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）
C. ③点时，醋酸恰好完全反应完溶液中有c（CH3COO﹣）＝c（Na+）＞c（H+）＝c（OH﹣）
D. 滴定过程中可能出现c（H+）＞c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）
【答案】B
【解析】
【分析】
①点溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COONa和CH3COOH，混合溶液中存在物料守恒，根据物料守恒判断；任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；②点溶液呈中性，溶质为CH3COONa和CH3COOH，但CH3COOH较少③点溶液中溶质为CH3COONa，溶液的pH＞7，溶液呈碱性。
【详解】A、①点溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COONa和CH3COOH，混合溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c(CH3COO﹣)+c(CH3COOH)＝2c(Na+)，故A错误；
B、任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)＝c(OH﹣)+c(CH3COO﹣)，所以滴定过程中①②③任一点都存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)＝c(OH﹣)+c(CH3COO﹣)，故B正确；
C、③点溶液中溶质为CH3COONa，溶液的pH＞7，溶液呈碱性，则c(H+)＜c(OH﹣)，根据电荷守恒得c(Na+)＞c(CH3COO﹣)，盐类水解程度较小，所以存在c(Na+)＞c(CH3COO﹣)＞c(OH﹣)＞c(H+)，故C错误；
D、滴定过程中遵循电荷守恒，如果溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH﹣)，根据电荷守恒得c(Na+)＜c(CH3COO﹣)，故D错误；
答案选B。
【点睛】本题以离子浓度大小比较为载体考查酸碱混合溶液定性判断，明确混合溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意电荷守恒、物料守恒的灵活运用，注意：电荷守恒和物料守恒与溶液中溶质多少无关。
15.一定温度下，在甲、乙、丙、丁四个恒容密闭容器中投入SO2（g）和O2（g），进行反应，2SO2+O2⇌2SO3，其起始物质的量及SO2的平衡转化率如下表所示．下列判断中正确的是（ ）
A. 该温度下，该反应的平衡常数K为400
B. SO2的平衡转化率：a1＞a2＝a3
C. 达到平衡时，容器丁中的正反应速率比容器丙中的大
D. 达到平衡时，容器丙中c（ SO3）大于容器甲中c（ SO3）的两倍
【答案】AD
【解析】
【分析】
对比四个容器投料和体积，乙与甲比较， SO2的投料加倍了，则平衡正向移动；丙与甲比较，投料是甲的两倍，相当于增大了压强，平衡正向移动；丁与甲比较，体积缩小了一倍，也相当于增大了压强，平衡正向移动。
【详解】A、2SO2+O2⇌2SO3，
开始 0.2 0.12 0
转化 0.16 0.08 0.16
平衡 0.04 0.04 0.16
K＝＝400，故A正确；
B、乙、丙相比，丙中氧气浓度大，丙、丁相比浓度相同，则SO2的平衡转化率：a1＜a2＝a3，故B错误；
C、丙、丁相比浓度相同，温度相同，则达到平衡时，容器丁中的正反应速率等于容器丙中的，故C错误；
D、甲、丙相比，丙中浓度为甲的2倍，且增大压强平衡正向移动，则达到平衡时，容器丙中c( SO3)大于容器甲中c(SO3)的两倍，故D正确；
答案选AD。
【点睛】本题考查等效以及平衡的计算，采用对比法解答，乙、丙、丁都与甲比较，先判断是否等效，若不等效则相当于向哪个方向发生移动，再进行分析。
三、非选择题
16.从含铜丰富的自然资源黄铜矿（CuFeS2）冶炼铜的工艺流程如下：
已知：CuFeS2+3CuCl2＝4CuCl+FeCl2+2S
（1）浸取时，若改用FeCl3溶液，也能生成CuCl和S，该反应化学方程式为_____．
（2）若过滤1所得滤液中只含FeCl2，则将其在空气中加热蒸干、灼烧后，所得固体的化学式为_____．
（3）调节溶液的pH后，除生成Cu外，还能产生一种金属离子，此金属离子是_____．（填离子符号）
（4）过滤3所得滤液中可以循环使用物质有_____，为保持流程持续循环，每生成1molCu，理论上需补充CuCl2的物质的量为_____．
（5）冶炼工艺还可以将精选后的黄铜矿砂与空气在高温下煅烧，使其转变为铜，化学方程式为：6CuFeS2+13O23Cu2S+2Fe3O4+9SO2、Cu2S+O22Cu+SO2此工艺与前一工艺相比主要缺点有_____．
【答案】 (1). CuFeS2 + 3FeCl3＝CuCl + 4FeCl2 + 2S (2). Fe2O3 (3). Cu2+ (4). CuCl2（HCl） (5). 0.5mol (6). 会产生污染环境的气体SO2，能耗高等
【解析】
【分析】
CuFeS2加入CuCl2浸取发生CuFeS2+3CuCl2＝4CuCl+FeCl2+2S，过滤后得到滤液含有FeCl2，固体含有CuCl、S，加入盐酸除硫，过滤得到滤液含有[CuCl2]﹣，调节溶液pH发生歧化反应生成Cu和Cu2+，过滤可得到Cu，得到滤液含有Cu2+，以此解答该题。
【详解】CuFeS2加入CuCl2浸取发生CuFeS2+3CuCl2＝4CuCl+FeCl2+2S，过滤后得到滤液含有FeCl2，固体含有CuCl、S，加入盐酸除硫，过滤得到滤液含有[CuCl2]﹣，调节溶液pH发生歧化反应生成Cu和Cu2+，过滤可得到Cu，得到滤液含有Cu2+，
（1）CuFeS2和3FeCl3之间发生的是氧化还原反应，化学方程式为：CuFeS2+3FeCl3＝CuCl+4FeCl2+2S，故答案为：CuFeS2 + 3FeCl3＝CuCl + 4FeCl2 + 2S；
（2）过滤1所得滤液中只含FeCl2，将其在空气中加热蒸干、灼烧后，发生水解生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁，氢氧化铁灼烧分解生成氧化铁，所得固体为Fe2O3，故答案为：Fe2O3；
（3）过滤得到滤液含有[CuCl2]﹣，调节溶液pH发生歧化反应生成Cu和Cu2+，故答案为：Cu2+；
（4）滤3所得滤液中含有HCl和CuCl2，可以循环使用，涉及反应有CuFeS2+3CuCl2＝4CuCl+FeCl2+2S、2CuCl＝Cu+CuCl2，综合两个化学方程式可得CuFeS2+CuCl2＝2Cu+FeCl2+2S，由方程式可得每生成1molCu，理论上需补充CuCl2的物质的量为0.5mol，
故答案为：CuCl2(HCl)；0.5mol；
（5）将精选后的黄铜矿砂与空气在高温下煅烧，使其转变为铜，生成二氧化硫气体，污染空气，且能耗高，故答案为：会产生污染环境的气体SO2，能耗高等。
17.慢心律是一种治疗心律失常的药物。它的合成路线如图所示。
（1）C中的含氧官能团名称为_____和_____；
（2）由B→C的反应类型是_____。
（3）由A制备B的过程中有少量副产物E，它与B互为同分异构体。写出E的结构简式：_____。
（4）写出同时满足下列条件的化合物D的一种同分异构体的结构简式：_____。
①属于a﹣氨基酸；②是苯的衍生物，且苯环上的一氯代物只有两种；③分子中有2个手性碳原子
（5）已知乙烯在催化剂作用下与氧气反应可以生成环氧乙烷（）。写出以邻甲基苯酚（）和乙醇为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）。合成路线流程图示例见本题题干_____。
【答案】 (1). 醚键 (2). 羰基 (3). 氧化反应 (4). (5). (6).
【解析】
【分析】
根据C的结构简式判断其含有的官能团；对比B、C结构可知，B中﹣醇羟基转化羰基；中含有2个C﹣O键，与A发生反应时可有两种不同的断裂方式；
D的同分异构体同时满足如下条件：①属于α﹣氨基酸，氨基、羧基连接同一碳原子上，②是苯的衍生物，且苯环上的一氯代物只有两种，可以是2个不同的取代基处于对位位置，③分子中含有2个手性碳原子，说明C原子上连接4个不同的原子或原子团；制备，应先制备，乙醇消去可生成乙烯，乙烯氧化可生成，与反应生成，进而氧化可生成，再与乙醇发生酯化反应得到目标物。
【详解】（1）根据C的结构简式可知，C中含氧官能团为醚键和羰基，故答案为：醚键、羰基；
（2）对比B、C结构可知，B中﹣CH(OH)﹣转化为C＝O，属于氧化反应，故答案为：氧化反应；
（3）中含有2个C﹣O键，与A发生反应时可有两种不同的断裂方式，副产物E，它与B互为同分异构体，E的结构简式为，故答案为：；
（4）D的一种同分异构体同时满足如下条件：①属于α﹣氨基酸，氨基、羧基连接同一碳原子上，②是苯的衍生物，且苯环上的一氯代物只有两种，可以是2个不同的取代基处于对位位置，③分子中含有两个手性碳原子，说明C原子上连接4个不同的原子或原子团，符合条件的结构简式为：，故答案为：；
（5）制备，应先制备，乙醇消去可生成乙烯，乙烯氧化可生成，与反应生成，进而氧化可生成，再与乙醇发生酯化反应得到目标物，合成路线流程图：，
故答案为：。
18.Na2S2O3•5H2O俗称“海波”，是重要的化工原料，常用作脱氯剂、定影剂和还原剂。
（1）Na2S2O3还原性较强，在碱性溶液中易被Cl2氧化成SO42﹣，常用作脱氯剂，该反应的离子方程式是_____。
（2）测定海波在产品中的质量分数：依据反应2S2O32﹣+I2＝S4O62﹣+2I﹣，可用I2的标准溶液测定产品的纯度。称取5.500g产品，配制成100mL溶液。取10.00mL该溶液，以淀粉溶液为指示剂，用浓度为0.05000mol•L﹣1I2的标准溶液进行滴定，相关数据记录如表所示。
①判断滴定终点的现象是_____。
②若滴定时振荡不充分，刚看到溶液局部变色就停止滴定，则测量的Na2S2O3•5H2O的质量分数会_____（填“偏高”、“偏低”或“不变”）
③计算海波在产品中的质量分数（写出计算过程）。_____。
【答案】 (1). S2O32﹣+4Cl2+10OH﹣＝2SO42﹣+8Cl‾+5H2O (2). 当滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去且半分钟内不再变化 (3). 偏低 (4). 从表格中可以看出，第二次滴定误差较大，不应计算在平均值里面，消耗I2标准溶液的平均值为20.00mL。由2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣，可知5.5g样品中n（Na2S2O3•5H2O）＝n（S2O32﹣）＝2n（I2）＝2×0.02L×0.05mol/L×＝0.02mol，则m（Na2S2O3•5H2O）＝0.02mol×248g/mol＝4.96g，则Na2S2O3•5H2O在产品中的质量分数为×100%＝90.18%，故答案为：90.18%。
【解析】
【分析】
（1）碱性条件下二者发生氧化还原反应生成氯离子和硫酸根离子；（2）以淀粉溶液为指示剂，用浓度为0.050mol/L I2的标准溶液进行滴定，终点现象为溶液变蓝色且半分钟内不褪色；依据反应的定量关系2S2O32﹣+I2=S4O62﹣+2I﹣计算碘单质消耗的硫代硫酸钠，计算得到样品中的质量分数。
【详解】（1）Na2S2O3还原性较强，在碱性溶液中易被Cl2氧化成SO42﹣，反应的离子方程式为S2O32﹣+4Cl2+10OH﹣＝2SO42﹣+8Cl‾+5H2O，故答案为：S2O32﹣+4Cl2+10OH﹣＝2SO42﹣+8Cl‾+5H2O；
（2）①加入最后一滴I2标准溶液后，溶液变蓝，且半分钟内颜色不改变，说明Na2S2O3反应完毕，滴定到达终点，故答案为：当滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去且半分钟内不再变化；
②若滴定时振荡不充分，刚看到溶液局部变色就停止滴定，则Na2S2O3反应不完全，导致测定结果偏低，故答案为：偏低；
③第2次实验消耗标准液的体积与其它2次相差比较大，应舍弃，1、3次实验的标准液平均值为消耗标准液体积，即消耗标准液体积为20mL，由2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣，可知5.5g样品中n(Na2S2O3•5H2O)＝n(S2O32﹣)＝2n(I2)＝2×0.02L×0.05mol/L×＝0.02mol，则m(Na2S2O3•5H2O)＝0.02mol×248g/mol＝4.96g，则Na2S2O3•5H2O在产品中的质量分数为×100%＝90.18%，故答案为：90.18%。
【点睛】本题涉及物质的量的计算、离子方程式书写、基本操作等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键。
19.PbCrO4是一种黄色颜料，制备PbCrO4的一种实验步骤如图1：
已知：①Cr（OH）3（两性氢氧化物）呈绿色且难溶于水
②Pb（NO3）2、Pb（CH3COO）2均易溶于水，PbCrO4的Ksp为2.8×10﹣13，Pb（OH）2开始沉淀时pH为7.2，完全沉淀时pH为8.7。
③六价铬在溶液中物种分布分数与pH关系如图2所示。
④PbCrO4可由沸腾的铬酸盐溶液与铅盐溶液作用制得，含PbCrO4晶种时更易生成
（1）实验时需要配置100mL3mol•L﹣1CrCl3溶液，现有量筒、玻璃棒、烧杯，还需要玻璃仪器是___。
（2）“制NaCrO2（aq）”时，控制NaOH溶液加入量的操作方法是_____。
（3）“氧化”时H2O2滴加速度不宜过快，其原因是_____；“氧化”时发生反应的离子方程式为___。
（4）“煮沸”的目的是_____。
（5）请设计用“冷却液”制备PbCrO4的实验操作：_____[实验中须使用的试剂有：6mol•L﹣1的醋酸，0.5mol•L﹣1Pb（NO3）2溶液，pH 试纸]。
【答案】 (1). 100 mL容量瓶和胶头滴管 (2). 不断搅拌下逐滴加入NaOH溶液，至产生的绿色沉淀恰好溶解 (3). 减小H2O2自身分解损失 (4). 2CrO2- ＋3H2O2 ＋2OH－===2CrO＋4H2O (5). 除去过量的H2O2 (6). ①在不断搅拌下，向“冷却液”中加入6 mol·L－1的醋酸至弱酸性，用pH试纸测定略小于，②先加入一滴0.5 mol·L－1 Pb(NO3)2溶液搅拌片刻产生少量沉淀，然后继续滴加至有大量沉淀，静置，③向上层清液中滴入Pb(NO3)2溶液，④若无沉淀生成，停止滴加Pb(NO3)2溶液，静置、过滤、洗涤、干燥沉淀得PbCrO4
【解析】
【分析】
Cr(OH)3为两性氢氧化物，在CrCl3溶液中滴加NaOH溶液可生成NaCrO2，“制NaCrO2(aq)”时，控制NaOH溶液加入量，应再不断搅拌下逐滴加入NaOH溶液，至产生的绿色沉淀恰好溶解，再加入6%H2O2溶液，发生氧化还原反应生成Na2CrO4， “氧化”时H2O2滴加速度不宜过快，可减小H2O2自身分解损失，经煮沸可除去H2O2，冷却后与铅盐溶液作用制得PbCrO4，以此解答该题。
【详解】（1）实验时需要配置100mL3mol•L﹣1CrCl3溶液，现有量筒、玻璃棒、烧杯，还需要玻璃仪器是100mL容量瓶和胶头滴管，其中胶头滴管用于定容，故答案为：100mL容量瓶和胶头滴管；
（2）Cr(OH)3为两性氢氧化物，呈绿色且难溶于水，加入氢氧化钠溶液时，不断搅拌下逐滴加入NaOH溶液，至产生的绿色沉淀恰好溶解，可防止NaOH溶液过量，故答案为：不断搅拌下逐滴加入NaOH溶液，至产生的绿色沉淀恰好溶解；
（3）“氧化”时H2O2滴加速度不宜过快，可防止反应放出热量，温度过高而导致过氧化氢分解而损失，反应的离子方程式为2CrO2﹣+3H2O2+2OH﹣＝2CrO42﹣+4H2O，故答案为：减小H2O2自身分解损失；2CrO2﹣+3H2O2+2OH﹣＝2CrO42﹣+4H2O；
（4）煮沸可促使过氧化氢分解，以达到除去过氧化氢的目的，故答案为：除去过量的H2O2；
（5）“冷却液”的主要成分为Na2CrO4，要想制备PbCrO4，根据已知信息②由Pb(NO3)2提供Pb2+，但要控制溶液的pH不大于7.2，以防止生成Pb(OH)2沉淀，由信息③的图象可知，溶液的pH又不能小于6.5，因为pH小于6.5时CrO42﹣的含量少，HCrO4﹣的含量大，所以控制溶液的pH略小于7即可，结合信息④，需要先生成少许的PbCrO4沉淀，再大量生成。所以实验操作为在不断搅拌下，向“冷却液”中加入6mol•L﹣1的醋酸至弱酸性（pH略小于7），将溶液加热至沸腾，先加入一滴0.5 mol•L﹣1Pb(NO3)2溶液搅拌片刻产生少量沉淀，然后继续滴加至有大量沉淀，静置，向上层清液中滴入Pb(NO3)2溶液，若无沉淀生成，停止滴加，静置、过滤、洗涤、干燥；
故答案为：①在不断搅拌下，向“冷却液”中加入6 mol·L－1的醋酸至弱酸性，用pH试纸测定略小于，②先加入一滴0.5 mol·L－1 Pb(NO3)2溶液搅拌片刻产生少量沉淀，然后继续滴加至有大量沉淀，静置，③向上层清液中滴入Pb(NO3)2溶液，④若无沉淀生成，停止滴加Pb(NO3)2溶液，静置、过滤、洗涤、干燥沉淀得PbCrO4。
20.在水体中部分含氮有机物循环如图1所示．
（1）图中属于氮的固定的是____ （填序号）．
（2）图中①②的转化是在亚硝化细菌和硝化细菌作用下进行的，已知：
2NH4+（aq）+3O2═2NO2﹣（aq）+4H+（aq）+2H2O（l）△H1＝﹣556.8kJ/mol
2NO2﹣（aq）+O2（g）＝2NO3﹣（aq）；△H2＝﹣145.2kJ•mol﹣1
则反应NH4+（aq）+2O2（g）＝NO3﹣（aq）+2H+（aq）+H2O（1）△H3＝____kJ•mol﹣1
（3）某科研机构研究通过化学反硝化的方法除脱水体中过量的NO3﹣，他们在图示的三颈烧瓶中（装置如图2）中，加入NO3﹣起始浓度为45mg•L﹣1的水样、自制的纳米铁粉，起始时pH＝2.5，控制水浴温度为25℃、搅拌速率为500转/分，实验中每间隔一定时间从取样口检测水体中NO3﹣、NO2﹣及pH（NH4+、N2未检测）的相关数据（如图3）．
①实验室可通过反应Fe（H2O）62++2BH4﹣＝Fe↓+2H3BO3+7H2↑制备纳米铁粉，每生成1molFe转移电子总的物质的量为____．
②向三颈烧瓶中通入N2的目的是____．
③开始反应0～20min，pH快速升高到约6.2，原因之一是___________；NO3﹣还原为NH4+及少量在20～250min时，加入缓冲溶液维持pH6.2左右，NO3﹣主要还原为NH4+，Fe转化为Fe（OH）2，该反应的离子方程式为___
（4）一种可以降低水体中NO3﹣含量的方法是：在废水中加入食盐后用特殊电极进行电解反硝化脱除，原理可用图4简要说明．
①电解时，阴极的电极反应式为_____．
②溶液中逸出N2的离子方程式为_____．
【答案】 (1). ⑤ (2). -351 (3). 8mol (4). 驱除三颈烧瓶装置中的O2，防止铁粉被O2氧气 (5). 铁发生腐蚀消耗H+ (6). 4Fe+NO3﹣+5H2O+2H+＝4Fe(OH)2+NH4+ (7). NO3﹣+6H2O+8e﹣＝NH3+9OH﹣ (8). 2NH3+3ClO﹣＝N2+3Cl﹣+3H2O
【解析】
【分析】
（1）将游离态的氮（即氮气）转化为化合态的氮（即氮的化合物）的过程，叫做氮的固定；（2）依据盖斯定律计算反应热；（3）反应Fe(H2O)62++2BH4﹣＝Fe↓+2H3BO3+7H2↑，反应中铁元素化合价+2价降低为0价，B元素化合价为+3价，元素化合价不变，氢元素化合价﹣1价升高为0价；加入缓冲溶液维持pH6.2左右，NO3﹣主要还原为NH4+，Fe转化为Fe（OH）2，铁消耗氢离子发生腐蚀，酸性溶液中硝酸根离子氧化亚铁离子生成氢氧化亚铁，硝酸根离子被还原为铵根离子，结合电荷守恒和原子守恒配平书写离子方程式；（4）电解池中阴极上是NO3﹣被还原为NH3，失电子发生还原反应；氨气被次氯酸根离子氧化生成氮气，结合电荷守恒和原子守恒配平书写离子方程式。
【详解】（1）分析转化关系可知，氮的固定是指单质变化为化合物的反应，所以图中属于氮的固定的是⑤，故答案为：⑤；
（2）①2NH4+(aq)+3O2═2NO2﹣(aq)+4H+(aq)+2H2O(l)△H1＝﹣556.8kJ/mol
②2NO2﹣(aq)+O2(g)＝2NO3﹣(aq)；△H2＝﹣145.2kJ•mol﹣1
依据盖斯定律计算（①+②）×得到反应NH4+(aq)+2O2(g)＝NO3﹣(aq)+2H+(aq)+H2O(1)△H3＝﹣351kJ/mol，故答案为：﹣351；
（3）①反应Fe(H2O)62++2BH4﹣＝Fe↓+2H3BO3+7H2↑，反应中铁元素化合价+2价降低为0价，B元素化合价为+3价，元素化合价不变，氢元素化合价﹣1价升高为0价，生成1molFe电子转移8mol，故答案为：8mol；
②向三颈烧瓶中通入N2的目的是将装置内的空气排出，防止铁粉被氧化，故答案为：驱除三颈烧瓶装置中的O2，防止铁粉被O2氧气；
③加入缓冲溶液维持pH6.2左右，NO3﹣主要还原为NH4+，Fe转化为Fe(OH)2，铁消耗氢离子发生腐蚀，酸性溶液中硝酸根离子氧化亚铁离子生成氢氧化亚铁，硝酸根离子被还原为铵根离子，结合电荷守恒和原子守恒配平离子方程式为：4Fe+NO3﹣+5H2O+2H+＝4Fe(OH)2+NH4+，故答案为：铁发生腐蚀消耗H+，4Fe+NO3﹣+5H2O+2H+＝4Fe(OH)2+NH4+；
（4）①电解池中阴极上NO3﹣被还原为NH3，发生还原反应，电极反应为NO3﹣+6H2O+8e﹣＝NH3+9OH﹣，故答案为：NO3﹣+6H2O+8e﹣＝NH3+9OH﹣；
②氨气被次氯酸根离子氧化生成氮气，反应的离子方程式为：2NH3+3ClO﹣＝N2+3Cl﹣+3H2O，
故答案为：2NH3+3ClO﹣＝N2+3Cl﹣+3H2O。
21.铁能形成多种化合物，如Fe（SCN）3，[Fe（CO）5]（羰基铁），它们生活生产中有广泛应用。
（1）Fe3+基态核外电子排布式为_____。
（2）实验室用KSCN溶液、苯酚溶液检验Fe3+．N、O、S的第一电离能由大到小的顺序为____ 。SCN﹣中的碳原子的杂化轨道类型为_____。与SCN﹣互为等电子体的分子是_____。
（3）羰基铁[Fe（CO）5]可用作催化剂。1mol[Fe（CO）5]分子中含σ键数目为_____。
（4）某种氮化铁晶胞的晶体如图所示，该氮化铁晶体的化学式为_____。
【答案】 (1). (2). N>O>S (3). sp (4). CO2(COS等) (5). 10NA或6.02×1024 (6). Fe3N
【解析】
【分析】
（1）Fe位于第4周期第ⅤⅢ族，其价电子排布式为3d64s2，失去3个电子形成Fe3+，从4s开始失去电子；（2）同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大呈增大趋势，氮元素2p能级处于半满稳定状态，能量低，同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，SCN﹣为直线形结构，等电子体是指原子总数相同、价电子总数也相同的微粒；
（3）羰基配合物中，中心Fe与配体CO之间形成配位键，CO分子中，C与O之间含有一个配位键；（4）根据均摊法计算氮化铁晶体的化学式。
【详解】（1）Fe位于第4周期第ⅤⅢ族，其价电子排布式为3d64s2，失去3个电子形成Fe3+，从4s开始失去电子，所以Fe3+基态核外电子排布式为：[Ar]3d5，故答案为：[Ar]3d5；
（2）同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大呈增大趋势，氮元素2p能级处于半满稳定状态，能量低，同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，所以N、O、S的第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞S，SCN﹣为直线形结构，则其中C为sp杂化，
等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒，所以与SCN﹣互为等电子体的分子是：CO2（COS等），故答案为：N＞O＞S；sp；CO2（COS等）；
（3）羰基配合物中，中心Fe与配体CO之间形成配位键，CO分子中，C与O之间含有一个配位键，所以1mol[Fe(CO)5]分子中含σ键数目为10 NA，故答案为：10NA或6.02×1024；
（4）氮化铁晶体为六棱柱：顶点贡献率为，面点贡献率为，依据晶胞结构可知，12个铁原子位于顶点，2个铁原子位于面心，3个铁原子位于体内，2个氮原子位于体内，1个晶胞含有铁微粒数为：12×+2×+3＝6、含氮原子数为2，所以该晶体中铁、氮的微粒个数之比为：6：2＝3：1，所以化学势为Fe3N，故答案为：Fe3N。
苏州市2020届高三上学期期初调研测试
化学试卷
一、单项选择题
1.化学与人类的生产、生活密切相关。下列说法正确的是（ ）
A. 含有氟化钠等氟化物的牙膏有害健康，应禁止使用
B. 油脂属于高分子化合物，使用一定的油脂能促进人体对某些维生素的吸收
C. 将少量二氧化硫添加于红酒中可以起到杀菌和抗氧化作用，是法律允许的做法
D. 废旧电池应集中处理主要是要回收其中的金属材料
【答案】C
【解析】
【详解】A、氟元素可以帮助人体形成骨骼和牙齿，缺氟易患龋齿，故A错误；
B、油脂既能运送营养素，也能作为维生素A、D、E、K的溶剂，它们必须溶在油脂里面，才会被消化吸收，但油脂是小分子，不是高分子，故B错误；
C、将二氧化硫添加于红酒中，利用了SO2具有杀菌作用和抗氧化特性，故C正确；
D、废旧电池含有汞、镉等重金属，用完随便丢弃容易造成环境污染，应集中回收处理，防止污染土壤与水体，故D错误。
答案选C。
2.工业上电解饱和食盐水制取氯气的化学方程式如下：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑．下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是（ ）
A. Na+的结构示意图：
B. 中子数为18的氯原子：Cl
C. NaOH的电子式：
D. Cl2的结构式：Cl＝Cl
【答案】B
【解析】
【详解】A、钠离子的质子数为11，钠离子失去了最外层电子，离子结构示意图为：，故A错误；
B、质量数=质子数+中子数，中子数为18的氯原子的质量数为35，故为Cl，故B正确；
C、氢氧化钠属于离子化合物，氢氧化钠的电子式为：，故C错误；
D、氯气分子中两个氯原子通过共用1对电子达到稳定结构，电子式为：，将共用电子对换成短线即为结构式，氯气结构式为：Cl-Cl，故D错误；
答案选B。
3.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A. Al2O3具有两性，可用于制作耐高温材料
B. FeCl3具有氧化性，可用作铜制线路板的蚀刻剂
C. 漂白粉在空气中不稳定，可用于纸浆的漂白
D. 明矾水解后溶液呈酸性，可用于水的净化
【答案】B
【解析】
【详解】A、Al2O3是离子化合物，有较高熔点，可作耐火材料，与Al2O3具有两性无关，故A错误；
B、FeCl3具有氧化性，能溶解Cu生成CuCl2，所以FeCl3可用作铜制线路板的蚀刻剂，故B正确；
C、漂白粉有效成分是次氯酸钙，能与空气中的CO2反应生成强氧化剂HClO，HClO有漂白性，所以漂白粉用于纸浆的漂白与其在空气中不稳定无关，故C错误；
D、明矾水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体有较强的吸附性，能吸附水中的悬浮物形成沉淀，达到净水目的，与明矾水解后溶液呈酸性无关，故D错误；
答案选B。
【点睛】试题考查物质的性质及应用，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途等为解答的关键，注意元素化合物知识的应用。
4.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A. 使酚酞变红溶液中：Na+、NH4+、Cl﹣、SO42﹣
B. c（Al3+）＝0.1mol•L﹣1的溶液中：K+、Mg2+、AlO2﹣、SO42﹣
C. 澄清透明的溶液中：Fe3+、Ba2+、NO3﹣、Cl﹣
D. c（H+）＝0.1mol•L﹣1的溶液中；K+、Na+、CH3 COO﹣、NO3﹣
【答案】C
【解析】
【详解】A、使酚酞变红的溶液呈碱性，NH4+与氢氧根反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B、Al3+、AlO2﹣之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C、Fe3+、Ba2+、NO3﹣、Cl﹣之间不反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；
D、H+、CH3COO﹣之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；
答案选C。
5.下列实验装置正确的是（ ）
A. 用图1所示装置收集SO2气体
B. 用图2所示装置检验溴乙烷与NaOH醇溶液共热产生的C2H4
C. 用图3所示装置从食盐水中提取NaCl
D. 用图4所示装置制取并收集O2
【答案】D
【解析】
【详解】A、SO2密度比空气大，应用向上排空法收集，故A错误；
B、乙醇易挥发，可与高锰酸钾发生氧化还原反应，不能排除乙醇的干扰，故B错误；
C、蒸发应用蒸发皿，不能用坩埚，故C错误；
D、过氧化氢在二氧化锰催化作用下生成氧气，氧气密度比空气大，可用向上排空法收集，故D正确。
答案选D。
6.下列有关表述正确的是（ ）
A. HClO是弱酸，所以NaClO是弱电解质
B. Na2O、Na2O2组成元素相同，所以与CO2反应产物也相同
C. 室温下，AgCl在水中的溶解度小于在食盐水中的溶解度
D. SiO2是酸性氧化物，能与NaOH溶液反应
【答案】D
【解析】
【详解】A、次氯酸钠是盐，是强电解质而不是弱电解质，故A错误；
B、Na2O、Na2O2组成元素相同，与CO2反应产物不同：Na2O+CO2＝Na2CO3，2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，故B错误；
C、增加氯离子的量，AgCl的沉淀溶解平衡向逆向移动，溶解度减小，故C错误；
D、SiO2是酸性氧化物，二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，故D正确；
答案选D。
7.下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A. 实验室用浓盐酸和MnO2混合加热制Cl2：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O
B. 将Cl2溶于水制备次氯酸：Cl2+H2O＝2H++Cl﹣+ClO﹣
C. 用过量的NaOH溶液吸收SO2：OH﹣+SO2＝HSO3﹣
D. 向AlCl3溶液中加入氨水：Al3++3OH﹣＝Al（OH）3↓
【答案】A
【解析】
【详解】A、浓盐酸与二氧化锰混合加热，离子方程式：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O，故A正确；
B、将氯气溶于水制备次氯酸的离子反应为Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，故B错误；
C、用过量NaOH吸收二氧化硫生成亚硫酸钠，离子方程式为2OH﹣+SO2＝H2O+SO32﹣，故C错误；
D、向氯化铝溶液中加入过量氨水，一水合氨是弱碱，要保留化学式，离子方程式为Al3++3NH3•H2O＝Al(OH)3↓+3NH4+，故D错误；
答案选A。
【点睛】考查离子方程式书写方法和反应原理，掌握物质性质和书写原则是解题关键，注意反应物用量对反应的影响。
8.短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大．元素W是制备一种高效电池的重要材料，X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍．下列说法错误的是（ ）
A. 元素W、X的氯化物中，各原子均满足8电子的稳定结构
B. 元素X与氢形成的原子比为1：1的化合物有很多种
C. 元素Y的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成
D. 元素Z可与元素X形成共价化合物XZ2
【答案】A
【解析】
【分析】
X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，是C元素，Y是地壳中含量最丰富的金属元素，为Al元素。Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，是短周期元素，且W、X、Y和Z的原子序数依次增大，Z为S元素，W是制备一种高效电池的重要材料，是Li元素。
【详解】X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，是C元素，Y是地壳中含量最丰富的金属元素，为Al元素。Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，是短周期元素，且W、X、Y和Z的原子序数依次增大，Z为S元素，W是制备一种高效电池的重要材料，是Li元素。
A、W、X氯化物分别为LiCl和CCl4，则Li+的最外层只有两个电子，不满足8电子的稳定结构，故A错误；
B、元素X与氢形成的化合物有C2H2，C6H6等，故B正确；
C、元素Y为铝，铝与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成，故C正确；
D、硫和碳可形成共价化合物CS2，故D正确；
答案选A。
9.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【详解】A、二氧化硅与盐酸不反应，Si与氯气加热反应生成SiCl4，SiCl4与氢气反应生成Si，故A错误；
B、FeS2煅烧生成二氧化硫，二氧化硫与水反应生成亚硫酸，不能生成硫酸，亚硫酸与氧气反应生成硫酸，故B错误；
C、饱和NaCl溶液中通入氨气和二氧化碳生成碳酸氢钠，碳酸氢钠不稳定，受热分解生成碳酸钠，所以在给定条件下，物质间转化均能实现，故C正确；
D、MgCO3与盐酸反应生成MgCl2溶液，电解氯化镁溶液得到氯气、氢气和氢氧化镁沉淀，得不到Mg，故D错误。
答案选C。
【点睛】考查常见元素及其化合物性质，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，注意反应中反应条件的应用。
10.下列说法正确的是（ ）
A. 钢管镀锌时，钢管作阴极，锌棒作为阳极，铁盐溶液作电解质溶液
B. 镀锌钢管破损后，负极反应式为Fe﹣2e﹣═Fe2+
C. 镀银的铁制品，镀层部分受损后，露出的铁表面不易被腐蚀
D. 钢铁水闸可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法防止其腐蚀
【答案】D
【解析】
【详解】A、电镀时镀层金属作阳极，则Zn为阳极，待镀金属作阴极，则Fe为阴极，含有锌离子的溶液为电解质溶液，故A错误；
B、Zn比Fe活泼，形成原电池时，Zn作负极，镀锌钢管破损后，负极反应式为Zn﹣2e﹣═Zn2+，故B错误；
C、镀银的铁制品铁破损后发生电化学腐蚀，因Fe比Ag活泼，铁易被腐蚀，故C错误；
D、用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法，铁分别为正极和阴极，都发生还原反应，可防止被氧化，故D正确。
答案选D。
【点睛】考查电化学腐蚀与防护，应注意的是在原电池中正极被保护、在电解池中阴极被保护。
二、不定项选择题
11.下列说法正确的是（ ）
A. 室温下，反应NH3（g）+HCl（g）＝NH4Cl（s）能自发发生反应，则该反应的△H＜0
B. 甲醇燃料电池工作时，甲醇得到电子，发生还原反应
C. 常温下，0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液加水稀释后，溶液中的值减小
D. 在Na2CO3溶液中加入少量Ca（OH）2固体，CO32﹣水解程度减小，溶液的pH减小
【答案】AC
【解析】
【详解】A、△H﹣T•△S＜0反应自发，反应NH3(g)+HCl(g)＝NH4Cl(s)是熵减反应△S＜0，只有放热反应△H＜0才能使△H﹣T•△S＜0，故A正确；
B、甲醇燃料电池中，甲醇在负极失电子发生氧化反应，故B错误；
C、加水稀释促进电离，导致n(CH3COO﹣)增大，n(CH3COOH)减小，因此＝减小，故C正确；
D、Na2CO3溶液中加入少量Ca(OH)2固体，生成碳酸钙沉淀和NaOH，CO32﹣水解程度减小，但溶液的pH增大，故D错误。
答案选AC。
12.化合物Y能用于高性能光学树脂的合成，可由化合物X与2﹣甲基丙烯酰氯在一定条件下反应制得：
下列有关X、Y的说法正确的是（ ）
A. X分子中所有原子一定在同一平面上
B. Y与Br2的加成产物分子中含有手性碳原子
C. X、Y均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D. 可以用FeCl3溶液鉴别X和Y
【答案】BD
【解析】
【详解】A、与﹣OH相连的苯环之间的单键可旋转，则不一定所有原子共面，故A错误；
B、Y含碳碳双键，且连接4个不同基团的C具有手性，则Y与Br2的加成产物分子中含有手性碳原子，与甲基相连的C具有手性，故B正确；
C、X含酚﹣OH、Y含碳碳双键，均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；
D、含酚﹣OH的有机物遇FeCl3溶液显紫色，可以用FeCl3溶液鉴别X和Y，故D正确；
答案选BD。
【点睛】考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键；上述X物质中含有溴原子、酚羟基，而反应后在Y中有溴原子、酯基、碳碳双键。
13.根据如表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
结论
A
常温下，将FeCl3溶液加入Mg（OH）2悬浊液中，沉淀由白色变为红褐色
常温下，Ksp[Fe（OH）3]＞
Ksp[Mg（OH）2]
B
向某溶液中滴加稀硝酸酸化的BaCl2溶液，溶液中产生白色沉淀
原溶液中一定含有SO42﹣
C
将稀硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe（NO3）2溶液中，溶液变黄色
氧化性：H2O2＞Fe3+
D
向含酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，溶液红色变浅
证明Na2CO3溶液中存在水解平衡
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A、将FeCl3溶液加入Mg(OH)2悬浊液中，振荡，可观察到沉淀由白色变为红褐色，说明氢氧化镁转化为氢氧化铁沉淀，则氢氧化镁溶解度大于氢氧化铁，但不能直接判断二者的溶度积常数大小关系，故A错误；
B、可能生成AgCl等沉淀，应先加入盐酸，如无现象再加入氯化钡溶液检验，故B错误；
C、硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，可氧化亚铁离子，故C错误；
D、含有酚酞的Na2CO3溶液，因碳酸根离子水解显碱性溶液变红，加入少量BaCl2固体，水解平衡逆向移动，则溶液颜色变浅，证明Na2CO3溶液中存在水解平衡，故D正确。
答案选D。
【点睛】要熟悉教材上常见实验的原理、操作、现象、注意事项等，比如沉淀的转化实验要注意试剂用量的控制；硫酸根的检验要注意排除干扰离子等。
14.25℃时，将0.1mol•L﹣1 NaOH溶液加入20mL0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液中，所加入溶液体积（V）和混合液的pH关系曲线如图所示。下列结论正确的是（ ）
A. ①点时，c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）＝c（Na+）
B. 对曲线上①②③任何一点，溶液中都有c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）
C. ③点时，醋酸恰好完全反应完溶液中有c（CH3COO﹣）＝c（Na+）＞c（H+）＝c（OH﹣）
D. 滴定过程中可能出现c（H+）＞c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）
【答案】B
【解析】
【分析】
①点溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COONa和CH3COOH，混合溶液中存在物料守恒，根据物料守恒判断；任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；②点溶液呈中性，溶质为CH3COONa和CH3COOH，但CH3COOH较少③点溶液中溶质为CH3COONa，溶液的pH＞7，溶液呈碱性。
【详解】A、①点溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COONa和CH3COOH，混合溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c(CH3COO﹣)+c(CH3COOH)＝2c(Na+)，故A错误；
B、任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)＝c(OH﹣)+c(CH3COO﹣)，所以滴定过程中①②③任一点都存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)＝c(OH﹣)+c(CH3COO﹣)，故B正确；
C、③点溶液中溶质为CH3COONa，溶液的pH＞7，溶液呈碱性，则c(H+)＜c(OH﹣)，根据电荷守恒得c(Na+)＞c(CH3COO﹣)，盐类水解程度较小，所以存在c(Na+)＞c(CH3COO﹣)＞c(OH﹣)＞c(H+)，故C错误；
D、滴定过程中遵循电荷守恒，如果溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH﹣)，根据电荷守恒得c(Na+)＜c(CH3COO﹣)，故D错误；
答案选B。
【点睛】本题以离子浓度大小比较为载体考查酸碱混合溶液定性判断，明确混合溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意电荷守恒、物料守恒的灵活运用，注意：电荷守恒和物料守恒与溶液中溶质多少无关。
15.一定温度下，在甲、乙、丙、丁四个恒容密闭容器中投入SO2（g）和O2（g），进行反应，2SO2+O2⇌2SO3，其起始物质的量及SO2的平衡转化率如下表所示．下列判断中正确的是（ ）
A. 该温度下，该反应的平衡常数K为400
B. SO2的平衡转化率：a1＞a2＝a3
C. 达到平衡时，容器丁中的正反应速率比容器丙中的大
D. 达到平衡时，容器丙中c（ SO3）大于容器甲中c（ SO3）的两倍
【答案】AD
【解析】
【分析】
对比四个容器投料和体积，乙与甲比较， SO2的投料加倍了，则平衡正向移动；丙与甲比较，投料是甲的两倍，相当于增大了压强，平衡正向移动；丁与甲比较，体积缩小了一倍，也相当于增大了压强，平衡正向移动。
【详解】A、2SO2+O2⇌2SO3，
开始 0.2 0.12 0
转化 0.16 0.08 0.16
平衡 0.04 0.04 0.16
K＝＝400，故A正确；
B、乙、丙相比，丙中氧气浓度大，丙、丁相比浓度相同，则SO2的平衡转化率：a1＜a2＝a3，故B错误；
C、丙、丁相比浓度相同，温度相同，则达到平衡时，容器丁中的正反应速率等于容器丙中的，故C错误；
D、甲、丙相比，丙中浓度为甲的2倍，且增大压强平衡正向移动，则达到平衡时，容器丙中c( SO3)大于容器甲中c(SO3)的两倍，故D正确；
答案选AD。
【点睛】本题考查等效以及平衡的计算，采用对比法解答，乙、丙、丁都与甲比较，先判断是否等效，若不等效则相当于向哪个方向发生移动，再进行分析。
三、非选择题
16.从含铜丰富的自然资源黄铜矿（CuFeS2）冶炼铜的工艺流程如下：
已知：CuFeS2+3CuCl2＝4CuCl+FeCl2+2S
（1）浸取时，若改用FeCl3溶液，也能生成CuCl和S，该反应化学方程式为_____．
（2）若过滤1所得滤液中只含FeCl2，则将其在空气中加热蒸干、灼烧后，所得固体的化学式为_____．
（3）调节溶液的pH后，除生成Cu外，还能产生一种金属离子，此金属离子是_____．（填离子符号）
（4）过滤3所得滤液中可以循环使用物质有_____，为保持流程持续循环，每生成1molCu，理论上需补充CuCl2的物质的量为_____．
（5）冶炼工艺还可以将精选后的黄铜矿砂与空气在高温下煅烧，使其转变为铜，化学方程式为：6CuFeS2+13O23Cu2S+2Fe3O4+9SO2、Cu2S+O22Cu+SO2此工艺与前一工艺相比主要缺点有_____．
【答案】 (1). CuFeS2 + 3FeCl3＝CuCl + 4FeCl2 + 2S (2). Fe2O3 (3). Cu2+ (4). CuCl2（HCl） (5). 0.5mol (6). 会产生污染环境的气体SO2，能耗高等
【解析】
【分析】
CuFeS2加入CuCl2浸取发生CuFeS2+3CuCl2＝4CuCl+FeCl2+2S，过滤后得到滤液含有FeCl2，固体含有CuCl、S，加入盐酸除硫，过滤得到滤液含有[CuCl2]﹣，调节溶液pH发生歧化反应生成Cu和Cu2+，过滤可得到Cu，得到滤液含有Cu2+，以此解答该题。
【详解】CuFeS2加入CuCl2浸取发生CuFeS2+3CuCl2＝4CuCl+FeCl2+2S，过滤后得到滤液含有FeCl2，固体含有CuCl、S，加入盐酸除硫，过滤得到滤液含有[CuCl2]﹣，调节溶液pH发生歧化反应生成Cu和Cu2+，过滤可得到Cu，得到滤液含有Cu2+，
（1）CuFeS2和3FeCl3之间发生的是氧化还原反应，化学方程式为：CuFeS2+3FeCl3＝CuCl+4FeCl2+2S，故答案为：CuFeS2 + 3FeCl3＝CuCl + 4FeCl2 + 2S；
（2）过滤1所得滤液中只含FeCl2，将其在空气中加热蒸干、灼烧后，发生水解生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁，氢氧化铁灼烧分解生成氧化铁，所得固体为Fe2O3，故答案为：Fe2O3；
（3）过滤得到滤液含有[CuCl2]﹣，调节溶液pH发生歧化反应生成Cu和Cu2+，故答案为：Cu2+；
（4）滤3所得滤液中含有HCl和CuCl2，可以循环使用，涉及反应有CuFeS2+3CuCl2＝4CuCl+FeCl2+2S、2CuCl＝Cu+CuCl2，综合两个化学方程式可得CuFeS2+CuCl2＝2Cu+FeCl2+2S，由方程式可得每生成1molCu，理论上需补充CuCl2的物质的量为0.5mol，
故答案为：CuCl2(HCl)；0.5mol；
（5）将精选后的黄铜矿砂与空气在高温下煅烧，使其转变为铜，生成二氧化硫气体，污染空气，且能耗高，故答案为：会产生污染环境的气体SO2，能耗高等。
17.慢心律是一种治疗心律失常的药物。它的合成路线如图所示。
（1）C中的含氧官能团名称为_____和_____；
（2）由B→C的反应类型是_____。
（3）由A制备B的过程中有少量副产物E，它与B互为同分异构体。写出E的结构简式：_____。
（4）写出同时满足下列条件的化合物D的一种同分异构体的结构简式：_____。
①属于a﹣氨基酸；②是苯的衍生物，且苯环上的一氯代物只有两种；③分子中有2个手性碳原子
（5）已知乙烯在催化剂作用下与氧气反应可以生成环氧乙烷（）。写出以邻甲基苯酚（）和乙醇为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）。合成路线流程图示例见本题题干_____。
【答案】 (1). 醚键 (2). 羰基 (3). 氧化反应 (4). (5). (6).
【解析】
【分析】
根据C的结构简式判断其含有的官能团；对比B、C结构可知，B中﹣醇羟基转化羰基；中含有2个C﹣O键，与A发生反应时可有两种不同的断裂方式；
D的同分异构体同时满足如下条件：①属于α﹣氨基酸，氨基、羧基连接同一碳原子上，②是苯的衍生物，且苯环上的一氯代物只有两种，可以是2个不同的取代基处于对位位置，③分子中含有2个手性碳原子，说明C原子上连接4个不同的原子或原子团；制备，应先制备，乙醇消去可生成乙烯，乙烯氧化可生成，与反应生成，进而氧化可生成，再与乙醇发生酯化反应得到目标物。
【详解】（1）根据C的结构简式可知，C中含氧官能团为醚键和羰基，故答案为：醚键、羰基；
（2）对比B、C结构可知，B中﹣CH(OH)﹣转化为C＝O，属于氧化反应，故答案为：氧化反应；
（3）中含有2个C﹣O键，与A发生反应时可有两种不同的断裂方式，副产物E，它与B互为同分异构体，E的结构简式为，故答案为：；
（4）D的一种同分异构体同时满足如下条件：①属于α﹣氨基酸，氨基、羧基连接同一碳原子上，②是苯的衍生物，且苯环上的一氯代物只有两种，可以是2个不同的取代基处于对位位置，③分子中含有两个手性碳原子，说明C原子上连接4个不同的原子或原子团，符合条件的结构简式为：，故答案为：；
（5）制备，应先制备，乙醇消去可生成乙烯，乙烯氧化可生成，与反应生成，进而氧化可生成，再与乙醇发生酯化反应得到目标物，合成路线流程图：，
故答案为：。
18.Na2S2O3•5H2O俗称“海波”，是重要的化工原料，常用作脱氯剂、定影剂和还原剂。
（1）Na2S2O3还原性较强，在碱性溶液中易被Cl2氧化成SO42﹣，常用作脱氯剂，该反应的离子方程式是_____。
（2）测定海波在产品中的质量分数：依据反应2S2O32﹣+I2＝S4O62﹣+2I﹣，可用I2的标准溶液测定产品的纯度。称取5.500g产品，配制成100mL溶液。取10.00mL该溶液，以淀粉溶液为指示剂，用浓度为0.05000mol•L﹣1I2的标准溶液进行滴定，相关数据记录如表所示。
①判断滴定终点的现象是_____。
②若滴定时振荡不充分，刚看到溶液局部变色就停止滴定，则测量的Na2S2O3•5H2O的质量分数会_____（填“偏高”、“偏低”或“不变”）
③计算海波在产品中的质量分数（写出计算过程）。_____。
【答案】 (1). S2O32﹣+4Cl2+10OH﹣＝2SO42﹣+8Cl‾+5H2O (2). 当滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去且半分钟内不再变化 (3). 偏低 (4). 从表格中可以看出，第二次滴定误差较大，不应计算在平均值里面，消耗I2标准溶液的平均值为20.00mL。由2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣，可知5.5g样品中n（Na2S2O3•5H2O）＝n（S2O32﹣）＝2n（I2）＝2×0.02L×0.05mol/L×＝0.02mol，则m（Na2S2O3•5H2O）＝0.02mol×248g/mol＝4.96g，则Na2S2O3•5H2O在产品中的质量分数为×100%＝90.18%，故答案为：90.18%。
【解析】
【分析】
（1）碱性条件下二者发生氧化还原反应生成氯离子和硫酸根离子；（2）以淀粉溶液为指示剂，用浓度为0.050mol/L I2的标准溶液进行滴定，终点现象为溶液变蓝色且半分钟内不褪色；依据反应的定量关系2S2O32﹣+I2=S4O62﹣+2I﹣计算碘单质消耗的硫代硫酸钠，计算得到样品中的质量分数。
【详解】（1）Na2S2O3还原性较强，在碱性溶液中易被Cl2氧化成SO42﹣，反应的离子方程式为S2O32﹣+4Cl2+10OH﹣＝2SO42﹣+8Cl‾+5H2O，故答案为：S2O32﹣+4Cl2+10OH﹣＝2SO42﹣+8Cl‾+5H2O；
（2）①加入最后一滴I2标准溶液后，溶液变蓝，且半分钟内颜色不改变，说明Na2S2O3反应完毕，滴定到达终点，故答案为：当滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去且半分钟内不再变化；
②若滴定时振荡不充分，刚看到溶液局部变色就停止滴定，则Na2S2O3反应不完全，导致测定结果偏低，故答案为：偏低；
③第2次实验消耗标准液的体积与其它2次相差比较大，应舍弃，1、3次实验的标准液平均值为消耗标准液体积，即消耗标准液体积为20mL，由2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣，可知5.5g样品中n(Na2S2O3•5H2O)＝n(S2O32﹣)＝2n(I2)＝2×0.02L×0.05mol/L×＝0.02mol，则m(Na2S2O3•5H2O)＝0.02mol×248g/mol＝4.96g，则Na2S2O3•5H2O在产品中的质量分数为×100%＝90.18%，故答案为：90.18%。
【点睛】本题涉及物质的量的计算、离子方程式书写、基本操作等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键。
19.PbCrO4是一种黄色颜料，制备PbCrO4的一种实验步骤如图1：
已知：①Cr（OH）3（两性氢氧化物）呈绿色且难溶于水
②Pb（NO3）2、Pb（CH3COO）2均易溶于水，PbCrO4的Ksp为2.8×10﹣13，Pb（OH）2开始沉淀时pH为7.2，完全沉淀时pH为8.7。
③六价铬在溶液中物种分布分数与pH关系如图2所示。
④PbCrO4可由沸腾的铬酸盐溶液与铅盐溶液作用制得，含PbCrO4晶种时更易生成
（1）实验时需要配置100mL3mol•L﹣1CrCl3溶液，现有量筒、玻璃棒、烧杯，还需要玻璃仪器是___。
（2）“制NaCrO2（aq）”时，控制NaOH溶液加入量的操作方法是_____。
（3）“氧化”时H2O2滴加速度不宜过快，其原因是_____；“氧化”时发生反应的离子方程式为___。
（4）“煮沸”的目的是_____。
（5）请设计用“冷却液”制备PbCrO4的实验操作：_____[实验中须使用的试剂有：6mol•L﹣1的醋酸，0.5mol•L﹣1Pb（NO3）2溶液，pH 试纸]。
【答案】 (1). 100 mL容量瓶和胶头滴管 (2). 不断搅拌下逐滴加入NaOH溶液，至产生的绿色沉淀恰好溶解 (3). 减小H2O2自身分解损失 (4). 2CrO2- ＋3H2O2 ＋2OH－===2CrO＋4H2O (5). 除去过量的H2O2 (6). ①在不断搅拌下，向“冷却液”中加入6 mol·L－1的醋酸至弱酸性，用pH试纸测定略小于，②先加入一滴0.5 mol·L－1 Pb(NO3)2溶液搅拌片刻产生少量沉淀，然后继续滴加至有大量沉淀，静置，③向上层清液中滴入Pb(NO3)2溶液，④若无沉淀生成，停止滴加Pb(NO3)2溶液，静置、过滤、洗涤、干燥沉淀得PbCrO4
【解析】
【分析】
Cr(OH)3为两性氢氧化物，在CrCl3溶液中滴加NaOH溶液可生成NaCrO2，“制NaCrO2(aq)”时，控制NaOH溶液加入量，应再不断搅拌下逐滴加入NaOH溶液，至产生的绿色沉淀恰好溶解，再加入6%H2O2溶液，发生氧化还原反应生成Na2CrO4， “氧化”时H2O2滴加速度不宜过快，可减小H2O2自身分解损失，经煮沸可除去H2O2，冷却后与铅盐溶液作用制得PbCrO4，以此解答该题。
【详解】（1）实验时需要配置100mL3mol•L﹣1CrCl3溶液，现有量筒、玻璃棒、烧杯，还需要玻璃仪器是100mL容量瓶和胶头滴管，其中胶头滴管用于定容，故答案为：100mL容量瓶和胶头滴管；
（2）Cr(OH)3为两性氢氧化物，呈绿色且难溶于水，加入氢氧化钠溶液时，不断搅拌下逐滴加入NaOH溶液，至产生的绿色沉淀恰好溶解，可防止NaOH溶液过量，故答案为：不断搅拌下逐滴加入NaOH溶液，至产生的绿色沉淀恰好溶解；
（3）“氧化”时H2O2滴加速度不宜过快，可防止反应放出热量，温度过高而导致过氧化氢分解而损失，反应的离子方程式为2CrO2﹣+3H2O2+2OH﹣＝2CrO42﹣+4H2O，故答案为：减小H2O2自身分解损失；2CrO2﹣+3H2O2+2OH﹣＝2CrO42﹣+4H2O；
（4）煮沸可促使过氧化氢分解，以达到除去过氧化氢的目的，故答案为：除去过量的H2O2；
（5）“冷却液”的主要成分为Na2CrO4，要想制备PbCrO4，根据已知信息②由Pb(NO3)2提供Pb2+，但要控制溶液的pH不大于7.2，以防止生成Pb(OH)2沉淀，由信息③的图象可知，溶液的pH又不能小于6.5，因为pH小于6.5时CrO42﹣的含量少，HCrO4﹣的含量大，所以控制溶液的pH略小于7即可，结合信息④，需要先生成少许的PbCrO4沉淀，再大量生成。所以实验操作为在不断搅拌下，向“冷却液”中加入6mol•L﹣1的醋酸至弱酸性（pH略小于7），将溶液加热至沸腾，先加入一滴0.5 mol•L﹣1Pb(NO3)2溶液搅拌片刻产生少量沉淀，然后继续滴加至有大量沉淀，静置，向上层清液中滴入Pb(NO3)2溶液，若无沉淀生成，停止滴加，静置、过滤、洗涤、干燥；
故答案为：①在不断搅拌下，向“冷却液”中加入6 mol·L－1的醋酸至弱酸性，用pH试纸测定略小于，②先加入一滴0.5 mol·L－1 Pb(NO3)2溶液搅拌片刻产生少量沉淀，然后继续滴加至有大量沉淀，静置，③向上层清液中滴入Pb(NO3)2溶液，④若无沉淀生成，停止滴加Pb(NO3)2溶液，静置、过滤、洗涤、干燥沉淀得PbCrO4。
20.在水体中部分含氮有机物循环如图1所示．
（1）图中属于氮的固定的是____ （填序号）．
（2）图中①②的转化是在亚硝化细菌和硝化细菌作用下进行的，已知：
2NH4+（aq）+3O2═2NO2﹣（aq）+4H+（aq）+2H2O（l）△H1＝﹣556.8kJ/mol
2NO2﹣（aq）+O2（g）＝2NO3﹣（aq）；△H2＝﹣145.2kJ•mol﹣1
则反应NH4+（aq）+2O2（g）＝NO3﹣（aq）+2H+（aq）+H2O（1）△H3＝____kJ•mol﹣1
（3）某科研机构研究通过化学反硝化的方法除脱水体中过量的NO3﹣，他们在图示的三颈烧瓶中（装置如图2）中，加入NO3﹣起始浓度为45mg•L﹣1的水样、自制的纳米铁粉，起始时pH＝2.5，控制水浴温度为25℃、搅拌速率为500转/分，实验中每间隔一定时间从取样口检测水体中NO3﹣、NO2﹣及pH（NH4+、N2未检测）的相关数据（如图3）．
①实验室可通过反应Fe（H2O）62++2BH4﹣＝Fe↓+2H3BO3+7H2↑制备纳米铁粉，每生成1molFe转移电子总的物质的量为____．
②向三颈烧瓶中通入N2的目的是____．
③开始反应0～20min，pH快速升高到约6.2，原因之一是___________；NO3﹣还原为NH4+及少量在20～250min时，加入缓冲溶液维持pH6.2左右，NO3﹣主要还原为NH4+，Fe转化为Fe（OH）2，该反应的离子方程式为___
（4）一种可以降低水体中NO3﹣含量的方法是：在废水中加入食盐后用特殊电极进行电解反硝化脱除，原理可用图4简要说明．
①电解时，阴极的电极反应式为_____．
②溶液中逸出N2的离子方程式为_____．
【答案】 (1). ⑤ (2). -351 (3). 8mol (4). 驱除三颈烧瓶装置中的O2，防止铁粉被O2氧气 (5). 铁发生腐蚀消耗H+ (6). 4Fe+NO3﹣+5H2O+2H+＝4Fe(OH)2+NH4+ (7). NO3﹣+6H2O+8e﹣＝NH3+9OH﹣ (8). 2NH3+3ClO﹣＝N2+3Cl﹣+3H2O
【解析】
【分析】
（1）将游离态的氮（即氮气）转化为化合态的氮（即氮的化合物）的过程，叫做氮的固定；（2）依据盖斯定律计算反应热；（3）反应Fe(H2O)62++2BH4﹣＝Fe↓+2H3BO3+7H2↑，反应中铁元素化合价+2价降低为0价，B元素化合价为+3价，元素化合价不变，氢元素化合价﹣1价升高为0价；加入缓冲溶液维持pH6.2左右，NO3﹣主要还原为NH4+，Fe转化为Fe（OH）2，铁消耗氢离子发生腐蚀，酸性溶液中硝酸根离子氧化亚铁离子生成氢氧化亚铁，硝酸根离子被还原为铵根离子，结合电荷守恒和原子守恒配平书写离子方程式；（4）电解池中阴极上是NO3﹣被还原为NH3，失电子发生还原反应；氨气被次氯酸根离子氧化生成氮气，结合电荷守恒和原子守恒配平书写离子方程式。
【详解】（1）分析转化关系可知，氮的固定是指单质变化为化合物的反应，所以图中属于氮的固定的是⑤，故答案为：⑤；
（2）①2NH4+(aq)+3O2═2NO2﹣(aq)+4H+(aq)+2H2O(l)△H1＝﹣556.8kJ/mol
②2NO2﹣(aq)+O2(g)＝2NO3﹣(aq)；△H2＝﹣145.2kJ•mol﹣1
依据盖斯定律计算（①+②）×得到反应NH4+(aq)+2O2(g)＝NO3﹣(aq)+2H+(aq)+H2O(1)△H3＝﹣351kJ/mol，故答案为：﹣351；
（3）①反应Fe(H2O)62++2BH4﹣＝Fe↓+2H3BO3+7H2↑，反应中铁元素化合价+2价降低为0价，B元素化合价为+3价，元素化合价不变，氢元素化合价﹣1价升高为0价，生成1molFe电子转移8mol，故答案为：8mol；
②向三颈烧瓶中通入N2的目的是将装置内的空气排出，防止铁粉被氧化，故答案为：驱除三颈烧瓶装置中的O2，防止铁粉被O2氧气；
③加入缓冲溶液维持pH6.2左右，NO3﹣主要还原为NH4+，Fe转化为Fe(OH)2，铁消耗氢离子发生腐蚀，酸性溶液中硝酸根离子氧化亚铁离子生成氢氧化亚铁，硝酸根离子被还原为铵根离子，结合电荷守恒和原子守恒配平离子方程式为：4Fe+NO3﹣+5H2O+2H+＝4Fe(OH)2+NH4+，故答案为：铁发生腐蚀消耗H+，4Fe+NO3﹣+5H2O+2H+＝4Fe(OH)2+NH4+；
（4）①电解池中阴极上NO3﹣被还原为NH3，发生还原反应，电极反应为NO3﹣+6H2O+8e﹣＝NH3+9OH﹣，故答案为：NO3﹣+6H2O+8e﹣＝NH3+9OH﹣；
②氨气被次氯酸根离子氧化生成氮气，反应的离子方程式为：2NH3+3ClO﹣＝N2+3Cl﹣+3H2O，
故答案为：2NH3+3ClO﹣＝N2+3Cl﹣+3H2O。
21.铁能形成多种化合物，如Fe（SCN）3，[Fe（CO）5]（羰基铁），它们生活生产中有广泛应用。
（1）Fe3+基态核外电子排布式为_____。
（2）实验室用KSCN溶液、苯酚溶液检验Fe3+．N、O、S的第一电离能由大到小的顺序为____ 。SCN﹣中的碳原子的杂化轨道类型为_____。与SCN﹣互为等电子体的分子是_____。
（3）羰基铁[Fe（CO）5]可用作催化剂。1mol[Fe（CO）5]分子中含σ键数目为_____。
（4）某种氮化铁晶胞的晶体如图所示，该氮化铁晶体的化学式为_____。
【答案】 (1). (2). N>O>S (3). sp (4). CO2(COS等) (5). 10NA或6.02×1024 (6). Fe3N
【解析】
【分析】
（1）Fe位于第4周期第ⅤⅢ族，其价电子排布式为3d64s2，失去3个电子形成Fe3+，从4s开始失去电子；（2）同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大呈增大趋势，氮元素2p能级处于半满稳定状态，能量低，同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，SCN﹣为直线形结构，等电子体是指原子总数相同、价电子总数也相同的微粒；
（3）羰基配合物中，中心Fe与配体CO之间形成配位键，CO分子中，C与O之间含有一个配位键；（4）根据均摊法计算氮化铁晶体的化学式。
【详解】（1）Fe位于第4周期第ⅤⅢ族，其价电子排布式为3d64s2，失去3个电子形成Fe3+，从4s开始失去电子，所以Fe3+基态核外电子排布式为：[Ar]3d5，故答案为：[Ar]3d5；
（2）同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大呈增大趋势，氮元素2p能级处于半满稳定状态，能量低，同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，所以N、O、S的第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞S，SCN﹣为直线形结构，则其中C为sp杂化，
等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒，所以与SCN﹣互为等电子体的分子是：CO2（COS等），故答案为：N＞O＞S；sp；CO2（COS等）；
（3）羰基配合物中，中心Fe与配体CO之间形成配位键，CO分子中，C与O之间含有一个配位键，所以1mol[Fe(CO)5]分子中含σ键数目为10 NA，故答案为：10NA或6.02×1024；
（4）氮化铁晶体为六棱柱：顶点贡献率为，面点贡献率为，依据晶胞结构可知，12个铁原子位于顶点，2个铁原子位于面心，3个铁原子位于体内，2个氮原子位于体内，1个晶胞含有铁微粒数为：12×+2×+3＝6、含氮原子数为2，所以该晶体中铁、氮的微粒个数之比为：6：2＝3：1，所以化学势为Fe3N，故答案为：Fe3N。
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