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【化学】江苏省镇江市2020届高三上学期期末考试（解析版）
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江苏省镇江市2020届高三上学期期末考试
1.党的十九届四中全会明确指出“促进人与自然和谐共生”。下列有关做法不正确的是（ ）
A. 将废旧电池集中深埋，防止重金属污染
B. 提高车用燃油、燃气品质，减少大气污染
C. 推广使用高效、低毒农药，减轻水体污染
D. 使用可降解聚二氧化碳塑料，减少白色污染
【答案】A
【详解】A．废旧电池深埋，重金属会污染土壤和地下水，故A做法错误；
B．提高车用燃气、燃油品质，减少大气污染物的排放，能减少空气污染，符合可持续发展理念，故B做法正确；
C．剧毒随着雨水进入池塘或河流中会引起水体污染，低毒农药可以减少残留，减轻对水的污染，所以应该推广使用高效、低毒农药，故C做法正确；
D．使用新型可降解塑料，能减少白色污染，故D做法正确；
答案选A。
2.乙炔气经CaCl2等净化后，在氮气氛中可催化聚合为聚乙炔。下列有关表示正确的是（ ）
A. 质子数与中子数均为20的钙原子：Ca B. Cl－的结构示意图：
C. CaCl2的电子式： D. 聚乙炔的结构简式：
【答案】D
【详解】A．标示在元素符号左上方是质量数，而质量数=质子数+中子数，故质子数和中子数均为20的钙原子的质量数为40，故表示为，故A错误
B．氯离子的核外有18个电子，故其结构示意图为，故B错误；
C．氯化钙由钙离子和2个氯离子构成，故其电子式为，故B错误；
D．乙炔加聚时断开三键中的一条，故其结构简式为，故D正确；
答案选D。
【点睛】一个原子符号周围角标的含义是学生已出现错误，元素左上角的角标表示质量数，左下角表示质子数，右上角表示粒子所带电荷数，右下角表示微粒原子数目，正上方表示微粒化合价。
3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A. FeCl3溶液显酸性，可用于蚀刻印刷电路板
B. NaClO溶液显碱性，可用于杀菌、消毒
C. Al2O3、SiO2熔点高、硬度大，可用于制造坩埚
D. Al(OH)3能与NaOH溶液反应，可用于治疗胃酸过多
【答案】C
【详解】A．FeCl 3 溶液可用于蚀刻印刷电路板，是因为 FeCl 3 溶液能够与铜发生氧化还原反应，与其酸性无关，故A错误；
B．杀菌主要利用氧化性使细菌蛋白质变性，从而杀死细菌，NaClO溶液中的次氯酸根离子具有强氧化性，可用于杀菌、消毒，与显碱性无关，故B错误；
C．坩埚的主要用于物质灼烧或高温反应的器皿，制作坩埚的材料为高熔点的物质，Al2O3、SiO2熔点高、硬度大，可用于制造坩埚，故C正确；
D．胃酸的主要成分是盐酸，Al(OH)3能与盐酸反应，可用于治疗胃酸过多，故D错误；
答案选C。
4.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A. 0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液：Na＋、Ba2＋、NO3－、OH－
B. 0.1 mol·L－1NaAlO2溶液：K＋、OH－、Cl－、NO3－
C. 常温下，＝1.0×1012的溶液：Fe2＋、Mg2＋、NO3－、Cl－
D. 能使淀粉碘化钾试纸显蓝色的溶液：K＋、SO32－、S2－、Cl－
【答案】B
【详解】A．0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液中含有HCO3-，与OH－不能大量共存，故A错误；
B．0.1 mol·L－1NaAlO2溶液显碱性，K＋、OH－、Cl－、NO3－之间不反应，与NaAlO2溶液中的离子也不反应，能大量共存，故B正确；
C．常温下，＝1.0×1012的溶液呈酸性，酸性条件下Fe2＋、NO3－发生氧化还原反应生成铁离子和NO而不能大量共存，故C错误；
D．能使淀粉碘化钾试纸显蓝色的溶液具有强氧化性,还原性离子不能大量共存，S2−、SO3 2−具有还原性而不能大量共存，故D错误；
答案选B。
【点睛】易错点为A选项，在指定的溶液中，除了要注意指定溶液的酸碱性，还要注意指定的溶液中含有的离子与提供的粒子之间是否发生反应。
5.下列制取SO2、验证其性质的装置(尾气处理装置已省略)和原理不能达到实验目的的是（ ）
A. 制取SO2 B. 验证漂白性
C. 验证还原性 D. 验证氧化性
【答案】B
【详解】A．浓硫酸具有强氧化性，与铜在加热条件下反应生成二氧化硫气体，可用于制备少量二氧化硫，故A正确；
B．二氧化硫具有还原性，与高锰酸钾发生氧化还原反应，故B错误；
C．溶液的颜色变浅，说明铁离子被还原，可说明二氧化硫具有还原性，被铁离子氧化，故C正确；
D．二氧化硫中S元素的化合价为+4价，处于中间价态，具有氧化性，二氧化硫和硫化氢发生氧化还原反应可生成硫，故D正确。
故选B。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价，侧重分析与实验能力的考查，把握物质的性质、发生的反应及现象、实验结论为解答的关键，注意把握二氧化硫的性质。
6.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是其电子层数的3倍，Y是短周期中金属性最强的元素，Z位于元素周期表ⅢA族，W与X位于同一主族。下列说法正确的是（ ）
A. 原子半径：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)
B. W的简单气态氢化物的热稳定性比X的强
C. 由X、Y组成的化合物中均不含共价键
D. Y、Z、W三种元素的最高价氧化物对应的水化物都能相互发生反应
【答案】D
【分析】短周期主族元素中，X原子核外最外层电子数是其电子层数的3倍，则X为O元素，Y是短周期中金属性最强的元素，则Y为Na元素，W与X位于同一主族，则W为S元素，Z位于元素周期表ⅢA族，则Z为Al元素，以此解答。
【详解】A．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，原子半径：r(Y)＞r(Z)＞r(W)＞r(X)，故A错误；
B．W为S元素，X为O元素，同主族元素，非金属性随核电荷数的增大而减弱，非金属性越强，其简单气态氢化物的稳定越强，非金属性：O＞S，则W的简单气态氢化物的热稳定性比X的弱，故B错误；
C．X为O元素，Y为Na元素，由X、Y组成的化合物由氧化钠和过氧化钠，氧化钠中只含有离子键，过氧化钠中含有离子键和共价键，故C错误；
D．Y、Z、W三种元素分别为Na、Al、S，最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、Al(OH)3、H2SO4，Al(OH)3具有两性，既可与强酸反应，又可与强碱反应，则能相互发生反应，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. Fe3O4与HI溶液反应：Fe3O4＋8H＋===Fe2＋＋2Fe3＋＋4H2O
B. NaHSO4溶液和Ba(OH)2溶液混合使溶液呈中性：2H＋＋SO42－＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓＋2H2O
C. Cl2与热的NaOH溶液反应制取NaClO3：2Cl2＋6OH－===3Cl－＋ClO3－＋3H2O
D. 在强碱性溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4：3ClO－＋2Fe(OH)3===2FFeO42－＋3Cl－＋H2O＋4H＋
【答案】B
【详解】A．Fe3O4与HI溶液反应，碘离子具有还原性，可将三价铁还原为亚铁离子，正确的离子反应为：Fe3O4＋8H＋+2I-=3Fe2＋＋4H2O+I2，故A错误；
B．NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应至中性，氢离子与氢氧根离子的物质的量相等，正确的离子方程式为：2H＋＋SO42－＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓＋2H2O，故B正确；
C．Cl2与热的NaOH溶液反应制取NaClO3，题干中的反应电荷不守恒，正确的离子反应为：3Cl2＋6OH－=5Cl－＋ClO3－＋3H2O，故C错误；
D．在强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4，碱性溶液中不会生成氢离子，正确的离子反应为：4OH－+3ClO－＋2Fe(OH)3=2FeO42－＋3Cl－＋5H2O，故D错误；
答案选B。
8.给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的组合是（ ）
A. SiO2(s) SiCl4(g) Si(s)
B. Fe3O4(s) Fe(s) FeCl2(s)
C. AgNO3(aq) [Ag(NH3)2]＋Ag(s)
D. Al2O3(s) NaAlO2(aq) Al(OH)3(s)
【答案】D
【详解】A．SiO2属于酸性氧化物，酸性氧化物不跟酸发生非氧化还原反应，该步骤转化关系不能一步实现，故A错误；
B. 氯气具有强氧化性，与变价金属反应时，能使金属直接氧化到最高价，则氯气与铁反应生成氯化铁，该步骤转化关系不能一步实现，故B错误；
C．蔗糖为非还原性糖， [Ag(NH3)2]＋与蔗糖不发生反应，该步骤转化关系不能一步实现，故C错误；
D．Al2O3属于两性氧化物，可与氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2，NaAlO2只能存在于碱性溶液中，二氧化碳溶于水显酸性可与 NaAlO2反应生成Al(OH)3，Al(OH)3不溶于碳酸，转化均能一步实现，故D正确；
答案选D。
【点睛】该题易错点为A选项，酸性氧化物一般不与非氧化性酸发生反应，将SiO2(s) 转化为SiCl4(g)可用氯气在高温下与SiO2来完成。
9.一种电化学“大气固碳”电池工作原理如图所示。该电池在充电时，通过催化剂的选择性控制，只有Li2CO3发生氧化，释放出CO2和O2。下列说法正确的是（ ）
A. 该电池放电时的正极反应为2Li－2e－＋CO32－===Li2CO2
B. 该电池既可选用含水电解液，也可选无水电解液
C. 充电时阳极发生的反应为C＋2Li2CO3－4e－===3CO2＋4Li＋
D. 该电池每放、充4 mol电子一次，理论上能固定1 mol CO2
【答案】D
【分析】放电时，负极:Li-e-=Li+，正极:3CO2+4e-+4Li+=2Li2CO3+C，总反应为:4Li+ 3CO2=2Li2CO3+C。充电时只有Li2CO3发生氧化:阳极:2Li2CO3-4e-=4Li+ +2CO2↑+O2↑，阴极:4Li+ +4e-=4Li，总反应为:2Li2CO3=4Li+2CO2↑+O2↑，依据此分析解答。
【详解】A．正极发生还原反应，得电子，故A错误；
B．Li能与水反应，所以不能选用含水电解液，故B错误；
C．充电时只有Li2CO3发生氧化，阳极:2Li2CO3-4e-=4Li+ +2CO2↑+O2↑，故C错误；
D．电池每放、充转移4 mol电子就有1 mol碳氧化生成二氧化碳，所以该电池每放、充4 mol电子一次，理论上能固定1 mol二氧化碳，故D正确；
答案选D。
【点睛】易错点在于C选项，充电时只有Li2CO3发生氧化，并根据图示释放出CO2和O2，用题目提供的信息解题，难度不大，在于仔细读题和分析。
10.下列说法说法正确的是（ ）
A. 外接电源保护水中钢闸门时，应将钢闸门与电源的正极相连
B. 向Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，CO32－水解程度增大，溶液的pH减小
C. 如图表示常温下稀释pH＝11的NaOH溶液和氨水时溶液pH的变化，曲线Ⅱ表示氨水
D. 2NO(g)＋2CO(g)===N2(g)＋2CO2(g)在常温下能自发进行，则该反应的ΔH>0
【答案】B
【详解】A．外接电源保护水中钢闸门时，应将钢闸门与电源的负极相连，故A错误；
B．Na2CO3溶液中，由于碳酸根离子水解使溶液显碱性，向溶液中加入少量BaCl2固体，CO32－与Ba2+结合形成碳酸钡沉淀，碳酸根离子的浓度减小， CO32－水解程度增大，浓度的影响更显著，溶液中氢氧根离子浓度减小，溶液的pH减小，故B正确；
C．等pH的强碱与弱碱，稀释相同倍数时，强碱的pH变化大，弱碱存在电离平衡，则图中Ⅰ表示氨水稀释的情况，故C错误；
D．根据反应，正反应为熵减的反应，即△S＜0，常温下能自发进行，根据△H−T△S=△G＜0反应自发进行，可推知该反应△H＜0，故D错误；
答案选B。
【点睛】外加电源的阴极保护法保护金属时，被保护的金属应做阴极，与电源负极相连。
11.如图所示Calanolide A是一种抗HIV药物。下列关于Calanolide A的说法正确的是（ ）
A. 分子中有3个手性碳原子
B. 分子中所有碳原子一定在同一平面上
C. 该物质可发生取代、加成、消去反应
D. 1 mol该物质与NaOH溶液充分反应最多消耗3 mol NaOH
【答案】AC
【分析】该有机物中含有羟基、酯基、碳碳双键、醚键、苯环，结合醇、酯、烯、醚、苯的同系物性质分析；
【详解】A．分子中连接−OH，且相邻的2个碳原子连接4个不同的原子或原子团为手性碳原子，共3个，故A正确；
B．含有甲基，饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，则所有的碳原子不在同一个平面上，故B错误；
C．该物质中含有羟基、碳碳双键，可发生取代、加成、消去反应，故C正确；
D．能与氢氧化钠反应的为酚酯基，1 mol该物质与NaOH溶液充分反应最多消耗2mol NaOH，故D错误；
答案选AC。
【点睛】易错点为A选项，手性碳原子是指连有四个不同基团的碳原子，一般手性碳原子是饱和碳原子。
12.亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。马蒂逊（Mathieson）法制备亚氯酸钠的流程如下：
下列说法错误的是（ ）
A. 反应①阶段，参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2：1
B. 若反应①通过原电池来实现，则ClO2是正极产物
C. 反应②中的H2O2可用NaClO4代替
D. 反应②条件下，ClO2的氧化性大于H2O2
【答案】C
【详解】A．根据流程图反应①中氧化剂是NaClO3，还原剂是SO2，还原产物是ClO2，氧化产物是NaHSO4，根据化合价升降相等可得NaClO3和SO2的物质的量之比为2:1，A项正确；
B．由反应①化合价变化情况，再根据原电池正极表面发生还原反应，所以ClO2是正极产物，B项正确；
C．据流程图反应②，在ClO2与H2O2的反应中，ClO2转化为NaClO2氯元素的化合价降低，做氧化剂；H2O2只能做还原剂，氧元素的化合价升高，不能用NaClO4代替H2O2，C项错误；
D．据流程图反应②ClO2与H2O2反应的变价情况，ClO2做氧化剂，H2O2做还原剂，可以推出ClO2的氧化性大于H2O2，D项正确；
故答案选C。
【点睛】根据反应的流程图可得反应①中的反应物与生成物，利用得失电子守恒规律推断反应物或生成物的物质的量之比。
13.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ）
选项
实验操作和现象
结论
A
测定同温同浓度的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH，Na2CO3的pH大于Na2SO3溶液
S的非金属性比C强
B
向Fe(NO3)3溶液中加入铁粉，充分振荡，滴加少量盐酸酸化后再滴入1滴KSCN溶液，溶液变红
原Fe(NO3)3溶液中Fe3＋只有部分被Fe还原
C
向1溴丙烷中加入KOH溶液，加热、振荡，然后取少量溶液滴入AgNO3溶液，出现棕黑色沉淀
1溴丙烷中混有杂质
D
向1 mL 0.1 mol·L－1 MgSO4溶液中，滴入2滴0.1 mol·L－1 NaOH溶液，产生白色沉淀，再滴入2滴0.1 mol·L－1 CuSO4溶液，白色沉淀逐渐变为蓝色
Ksp[Mg(OH)2] >Ksp[Cu(OH)2]
【答案】D
【详解】A．测定等浓度的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH，前者大于后者，说明碳酸酸性小于亚硫酸，因为亚硫酸不是S元素的最高价含氧酸，所以不能据此判断C、S元素非金属性强弱，故A错误；
B．Fe与Fe(NO3)3反应生成Fe(NO3)2，再加盐酸，酸性条件下亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应，滴入KSCN溶液，溶液变红，不能说明是否部分被还原，也可能全部被还原，故B错误；
C．1−溴丙烷中加入KOH溶液，发生水解反应，检验溴离子应在酸性条件下，没有加硝酸至酸性，再加硝酸银，不能检验，故C错误；
D．溶度积常数表达式相同时,溶度积常数大的物质能转化为溶度积小的物质，Cu(OH)2、Mg(OH)2的溶度积常数表达式相同，白色沉淀逐渐变为蓝色，说明发生了Mg(OH)2的转化为Cu(OH)2，由此说明Ksp[Cu(OH)2]
【点睛】易错点为C选项，碱性条件下水解后的溶液显碱性，硝酸银可与碱反应最终也出现棕黑色沉淀，干扰试验现象，因此需要酸化后在进行检验。
14.H2C2O4水溶液中部分微粒的分布分数δ与pH关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液至pH＝2.5：c(H2C2O4)＋c(C2O42－)>c(HC2O4－)
B. 由图可知：H2C2O4的Ka2＝10－4.2
C. 向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液至pH＝7，则溶液中：2c(C2O42－)>c(Na＋)
D. 将0.01 mol·L－1的H2C2O4溶液与0.02 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合后的溶液中：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HC2O4－)＋2c(H2C2O4)
【答案】BD
【分析】H2C2O4水溶液中加入NaOH，H2C2O4与碱中和，转化为HC2O4-，则c(H2C2O4)减小，c(HC2O4－)增大，随着NaOH加入，H2C2O4全部转化为HC2O4-，再继续加入NaOH，HC2O4-与碱反应转化为C2O42－，则c(HC2O4－)减小，c(C2O42－)增大，则图中各曲线代表的微粒分别为：
以此分析解答。
【详解】A．根据图像所示，pH＝2.5时，c(HC2O4－)远大于c(C2O42－)和c(H2C2O4)，则不可能得到c(H2C2O4)＋c(C2O42－)>c(HC2O4－)，故A错误；
B. 由图可知：pH＝4.2时，c(C2O42－)=c(HC2O4－)，H2C2O4的Ka2＝=10-4.2，故B正确；
C. 溶液中存在电荷守恒：c(H＋)+ c(Na＋)= 2c(C2O42－)+c(HC2O4－)+ c(OH-)，向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液至pH＝7，c(H＋)=c(OH-)，则溶液中：c(Na＋)= 2c(C2O42－)+c(HC2O4－)，则c(Na＋)＞2c(C2O42－)，故C错误；
D. 将0.01 mol·L－1的H2C2O4溶液与0.02 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合后的溶液中恰好完全反应，形成溶质为Na2C2O4的溶液，该溶液中质子守恒式为：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HC2O4－)＋2c(H2C2O4)，故D正确；
答案选BD。
15.某温度下，三个容积均为2.0 L恒容密闭容器中发生反应2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)，各容器中起始物质的量浓度与反应温度如下表所示：
容器
温度/℃
起始物质的量浓度/(mol·L－1)
NO(g)
CO(g)
N2
CO2
甲
T1
0.10
0.10
0
0
乙
T2
0
0
0.10
0.20
丙
T2
0.10
0.10
0
0
反应过程中甲、丙容器中CO2的物质的量随间变化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 该反应的正反应为放热反应，平衡常数K(T1)
C. 乙容器中反应达到平衡时，N2的转化率大于40%
D. 丙容器中反应达到平衡后，再充入0.10 mol NO和0.10 mol CO2，此时v(正)>v(逆)
【答案】AD
【详解】A．先拐先平温度高，甲平衡状态二氧化碳物质的量小，说明温度越高平衡逆向进行，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，温度T1＞T2，平衡常数K(T1)
C．由图可知，丙中达到平衡状态二氧化碳0.12mol，
乙若达到相同平衡状态，体积增大一倍，浓度变为原来的二分之一，
此时氮气转化率，但相同体积条件下，相当于体积缩小压强增大平衡正向进行，氮气转化率小于40%，故C错误；
D．结合表格中丙的相关数据，列“三段式”：
平衡常数，丙容器中反应达到平衡后，再充0.10 mol NO和0.10 mol CO2，浓度商Qc=，平衡正向进行，此时v(正)＞v(逆)，故D正确。
答案选AD。
【点睛】该题易错点在于计算平衡常数时，一定要先将题中提供的物质的量转化为浓度在进行分析计算。
16.由碳酸锰矿(主要成分MnCO3，还含有FeCO3、MnO2、Al2O3、SiO2等)中提取金属锰的一种流程如下：
(1) “酸浸”过程中，提高锰元素浸出率的措施有：适当提高酸的浓度、________________(填一种)。
(2) 保持其他条件不变，在不同温度下对碳酸锰矿进行酸浸，锰元素的浸出率随时间变化如下图所示，则酸浸的最佳温度和时间分别是_______________________。
提取过程中相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH
金属离子
Fe3＋
Fe2＋
Al3＋
Mn2＋
开始沉淀的pH
1.8
5.8
3.0
7.8
完全沉淀的pH
3.2
8.8
5.0
9.8
(3) 已知“酸浸”后溶液中锰元素只以Mn2＋形式存在，则“酸浸”中发生氧化还原反应的离子方程式为________________________________________。
(4) 结合上表，“除铁、铝”时加入氨水控制反应液pH的范围为_____________。
(5) 若上述流程中加入的H2O2不足量，则待电解溶液中会有铁元素残余，进而会影响最终锰的纯度。请设计简要实验方案加以验证待电解溶液中是否含有铁元素： ________________________________________________________________________。
(6) 以石墨为电极电解除铁、铝后的溶液获得单质锰。电解废液中可循环利用的溶质是_____________。
【答案】(1). 粉碎碳酸锰矿、适当升温、搅拌等(合理即可) (2). 70 ℃、120 min (3). 2FeCO3＋MnO2＋8H＋===2Fe3＋＋Mn2＋＋2CO2↑＋4H2O (4). 5.0≤pH<7.8(或5.0～7.8) (5). 取样，向其中滴加H2O2后，再滴入KSCN溶液，若溶液变成血红色，则待电解液中含有铁元素 (6). H2SO4
【分析】锰矿物的主要成分有MnCO3、MnO2、FeCO3、SiO2、Al2O3等，用硫酸溶解，SiO2不与硫酸反应，MnCO3、FeCO3、Al2O3与硫酸反应得到MnSO4、FeSO4、Al2(SO4)3，而滤液里锰元素只以Mn2+的形式存在，且滤渣Ⅰ中也无MnO2，过滤除去二氧化硅等不溶物，滤渣Ⅰ为SiO2等不溶物。向滤液中加入过氧化氢将Fe2+离子氧化为Fe3+离子，再加入氨水调节溶液pH使Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤分离，滤液中含有MnSO4、NH4SO4等，滤渣Ⅱ为Fe(OH)3、Al(OH)3，对滤液电解得到Mn，以此解答该题。
【详解】(1)为提高含锰矿物浸出速率，可采取的措施增大反应物浓度、升高温度、增大反应物接触面积等方法，如将矿石粉碎、升温、适当提高硫酸浓度、搅拌；
(2)浸出率越高越好，所用时间越少越好，根据图知，温度越高浸出率越高，但是温度越高需要的能量越高，需要的温度为70℃、时间为120min；
(3)已知“酸浸”后溶液中锰元素只以Mn2＋形式存在，则发生氧化还原反应的离子方程式是亚铁离子或碳酸亚铁被二氧化锰氧化生成铁离子，同时生成锰离子，离子方程式为2FeCO3＋MnO2＋8H＋=2Fe3＋＋Mn2＋＋2CO2↑＋4H2O；
(4)根据表中的数据可知，pH为5.0时，Fe3+、Al3+沉淀完全，pH为7.8时Mn2＋开始沉淀，所以pH的调控范围为5.0∼7.8(或5.0≤pH<7.8)；
(5)则待电解溶液中会有铁元素残余验证待电解溶液中是否含有铁元素，检验亚铁离子即可，方法为：取样，向其中滴加H2O2后再滴入KSCN溶液，若溶液变红（或向其中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若产生蓝色沉淀），则待电解液中含有Fe元素；
(6)根据分析，滤液中含有MnSO4、NH4SO4的溶液，电解发生的反应为：2 MnSO4+2H2O2Mn+O2↑+2H2SO4，硫酸可在该工艺流程中可循环利用。
17.化合物G是合成一种治疗癌症的药物的中间体，其合成路线如下：
已知：
(1) C中含氧官能团为_____________(填名称)。
(2) D→E的反应类型为__________________。
(3) F的结构简式为_____________。
(4) G的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：________。
①能发生银镜反应；② 水解产物之一能与FeCl3显色；③ 核磁共振氢谱显示有四组峰。
(5) 已知：RCOOH 请根据已有知识并结合相关信息，写出以、HOOCCH2CH2COOH为原料制备的合成路线(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、羰基 (2). 消去反应 (3). (4). (5).
【分析】(1) 根据流程图中C的结构简式分析判断含氧官能团有哪些；
(2)根据流程图中D→E的结构变化和反应条件判断反应类型；
(3)结合E和G的结构简式和反应条件分析；
(4) 根据G的结构简式和题意要求判断同分异构体中的官能团分析书写；
(5) 结合已知信息和流程中的合成过程，HOOCCH2CH2COOH在催化剂作用下形成，与苯在氯化铝作用下合成，一定条件下成环，和NaBH4反应生成，在进行脱水发生消去反应得到目标产物。
【详解】(1) C的结构简式为，其中含氧官能团为醚键和羰基；
(2)如图所示，D→E的反应过程中D中羟基和羟基相邻碳原子上的氢断键，脱去生成一分子水，形成双键，则类型为消去反应；
(3)已知：则E中的碳碳双键上发生先氧化再水解，加上羟基，双键变单键，F的结构简式为；
(4)G的结构简式为，其一种同分异构体①能发生银镜反应，说明分子中含有醛基；② 水解产物之一能与FeCl3显色，说明水解产物含有酚羟基，则原物质结构中应含有酯基，并直接连在苯环上；③ 核磁共振氢谱显示有四组峰，说明分子中含有四种不同环境的氢原子，则符合以上要求的物质结构简式为：；
(5)结合已知信息和流程中的合成过程，HOOCCH2CH2COOH在催化剂作用下形成，与苯在氯化铝作用下合成，一定条件下成环，和NaBH4反应生成，在进行脱水发生消去反应得到目标产物，合成路线为：
。
18.PCl3是制造有机磷农药和磺胺嘧啶类医药的原料，其制备方法是将熔融黄磷(P4)与干燥氯气进行氯化反应。
(1) PCl3遇水会强烈水解，写出PCl3与水反应的化学方程式：___________________________________________。
(2) 制得的PCl3粗产品中常含有POCl3、PCl5等杂质。通过实验测定粗产品中PCl3的质量分数，实验步骤如下(不考虑杂质的反应)：
a. 迅速移取20.00 g PCl3粗产品，加水完全水解后，再配成500.00 mL溶液；
b. 量取所配溶液25.00 mL于碘量瓶中，加入0.500 0 mol·L－1碘溶液20.00 mL和1.000 mol·L－1(NH4)3BO3溶液30.00 mL，振荡；
c. 加入2～3滴淀粉溶液，用1.000 0 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定过量的碘，滴至终点时消耗Na2S2O3标准溶液12.00 mL。
已知测定过程中的部分反应为H3PO3＋H2O＋I2H3PO4＋2HI，3HI＋(NH4)3BO3===3NH4I＋H3BO3，I2＋Na2S2O3―→Na2S4O6＋NaI(未配平)。
①步骤b中加入(NH4)3BO3溶液的目的是_________________________________。
②判断步骤c中滴定终点的方法为___________________________________________。
③根据上述数据，计算制得粗产品中PCl3的质量分数(写出计算过程)。______________________________________________________
【答案】(1). PCl3＋3H2O=H3PO3＋3HCl (2). 减小HI浓度，平衡右移，使H3PO3被I2充分氧化成H3PO4 (3). 当滴入最后一滴1.000 0 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色突变为无色，且半分钟内不变色 (4). n(I2)＝0.500 0 mol·L－1×20.00 mL×10－3 L·mL－1＝0.010 00 mol，n(Na2S2O3)＝1.000 mol·L－1×12.00 mL×10－3 L·mL－1＝0.012 00 mol，与Na2S2O3反应的n(I2)＝n(Na2S2O3)＝×0.012 00 mol＝0.006 00 mol，n(H3PO3)＝0.010 00 mol－0.006 00 mol＝0.004 00 mol，n(PCl3)＝n(H3PO3)＝0.004 00 mol，w%＝×100%＝55.00%
【分析】(1) PCl3遇水会强烈水解生成磷酸和盐酸；
(2) ①已知反应H3PO3＋H2O＋I2⇌H3PO4＋2HI，磷酸中的磷来自于三氯化磷的水解，结合实验目的分析；
②结合碘遇淀粉变蓝分析；
③该实验原理为：利用PCl3遇水生成H3PO3和HCl，加入碘溶液，发生反应H3PO3+H2O+I2⇌H3PO4+2HI，然后加入（NH4）3BO3溶液，与HI和H3PO4反应生成H3BO3，最后利用Na2S2O3溶液滴定为反应的I2，根据消耗的I2，计算PCl3的质量，进而确定样品中PCl3的质量分数。
【详解】(1) PCl3遇水会强烈水解生成磷酸和盐酸，化学反应方程式为：PCl3＋3H2O=H3PO3＋3HCl；
(2)①本实验要准确测定样品中PCl3的纯度，反应H3PO3＋H2O＋I2⇌H3PO4＋2HI，磷酸中的磷来自于三氯化磷的水解，加入(NH4)3BO3，发生反应3HI＋(NH4)3BO3=3NH4I＋H3BO3，减小HI浓度，平衡右移，使H3PO3被I2充分氧化成H3PO4，生成磷酸越多，PCl3的纯度越高；
②碘遇淀粉变蓝，Na2S2O3标准溶液与碘反应，当将过量的碘消耗完，蓝色消失，则判定终点的方法为：当滴入最后一滴1.000 0 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色突变为无色，且半分钟内不变色，即为到达终点；
③20.00 mL 0.5000 mol·L－1碘溶液中，碘单质的总物质的量=0.5000 mol·L－1×20.00 mL×10-3 L·mL－1=0.01000 mol，滴定时消耗的标准液的n(Na2S2O3)＝1.000 mol·L－1×12.00 mL×10－3 L·mL－1＝0.012 00 mol；根据滴定反应：I2＋2Na2S2O3=Na2S4O6＋2NaI，过量的碘单质的物质的量=n(Na2S2O3)＝×0.01200 mol＝0.00600 mol；根据反应H3PO3＋H2O＋I2⇌H3PO4＋2HI，25.00 mL样品水解液中，与碘反应的n(H3PO3)＝n(I2)=0.01000 mol－0.00600 mol＝0.00400 mol；结合反应PCl3＋3H2O=H3PO3＋3HCl，25.00 mL样品水解液中，完全发生水解的n(PCl3)＝n(H3PO3)＝0.00400 mol，500mL样品水解液中，完全发生水解的n(PCl3)＝0.00400 mol×，则原样品中w%＝×100%＝55.00%。
19.)次硫酸氢钠甲醛(NaHSO2·HCHO·2H2O)在印染、医药以及原子能工业中应用广泛。
以Na2SO3、SO2、HCHO和锌粉为原料制备次硫酸氢钠甲醛的实验步骤如下：
步骤1：在右图所示装置的烧瓶中加入一定量Na2SO3和水，搅拌溶解，缓慢通入SO2，至溶液pH约为4，制得NaHSO3溶液。
步骤2：将装置A中导气管换成橡皮塞。向烧瓶中加入稍过量的锌粉和一定量甲醛溶液，在80～90 ℃下，反应约3 h，冷却至室温，抽滤。
步骤3：将滤液真空蒸发浓缩，冷却结晶。
(1) 装置B的烧杯中应加入的溶液是_______________________。
(2) 步骤2中加入锌粉时有NaHSO2和Zn(OH)2生成。
①写出加入锌粉时发生反应的化学方程式：______________________________________。
②生成的Zn(OH)2会覆盖在锌粉表面阻止反应进行，防止该现象发生的措施是______________________________________。
(3) 冷凝管中回流的主要物质除H2O外，还有_____________(填化学式)。
(4) 步骤3中次硫酸氢钠甲醛不在敞口容器中蒸发浓缩的原因是________________________________________________。
(5) 步骤2抽滤所得滤渣的成分为Zn和Zn(OH)2，利用滤渣制备ZnO的实验步骤为：将滤渣置于烧杯中，_________________________________________________________________，900 ℃煅烧。 (已知：① Zn能与NaOH发生反应Zn＋2NaOH===Na2ZnO2＋H2↑；② Zn2＋开始沉淀的pH为5.9，沉淀完全的pH为8.9，pH>11时，Zn(OH)2能生成ZnO22－。实验中须使用的试剂有1.0 mol·L－1 NaOH溶液、1.0 mol·L－1 HCl溶液、水)
【答案】(1). NaOH溶液(或Na2CO3溶液) (2). Zn＋NaHSO3＋H2O===NaHSO2＋Zn(OH)2 (3). 加快搅拌的速度 (4). HCHO (5). 次硫酸氢钠甲醛被空气中氧气氧化 (6). 向烧杯中加入1.0 mol·L－1 HCl溶液，充分搅拌至固体完全溶解。向所得溶液中滴加1.0 mol·L－1 NaOH溶液，调节溶液pH约为10(或8.9≤pH≤11)。过滤。用水洗涤固体2～3次 [或向烧杯中加入1.0 mol·L－1 NaOH溶液，充分搅拌至固体完全溶解)。向所得溶液中滴加1.0 mol·L－1HCl溶液。调节溶液pH约为10(或8.9≤pH≤11)。过滤。用水洗涤固体2～3次]
【分析】(1)未反应的二氧化硫是酸性氧化物能和碱溶液反应；
(2)①NaHSO3溶液与锌粉反应生成NaHSO2和Zn(OH)2；
②防止生成的Zn(OH)2会覆盖在锌粉表面阻止反应进行；
(3)甲醛易挥发，据此分析；
(4)次硫酸氢钠甲醛具有强还原性，遇到空气中的氧气易被氧化；
(5)从充分利用原料着手，结合已知信息，利用Zn(OH)2受热分解生成ZnO分析设计实验。
【详解】(1)实验中未反应的二氧化硫会通过导管进入装置B，可以用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫，以防止污染空气；
(2)①NaHSO3溶液与锌粉反应生成NaHSO2和Zn(OH)2，化学反应方程式为：Zn＋NaHSO3＋H2O=NaHSO2＋Zn(OH)2；
②为防止生成的Zn(OH)2会覆盖在锌粉表面阻止反应进行，可以快速搅拌避免固体在三颈烧瓶底部沉积；
(3)甲醛易挥发，在在80～90 ℃下会大量挥发，加冷凝管可以使甲醛冷凝回流，提高甲醛利用率；
(4)次硫酸氢钠甲醛具有强还原性，在敞口容器中蒸发浓缩，遇到空气中的氧气易被氧化变质；
(5)向烧杯中加入1.0 mol·L－1 HCl溶液，充分搅拌至固体完全溶解。向所得溶液中滴加1.0 mol·L－1 NaOH溶液，调节溶液pH约为10(或8.9≤pH≤11)。过滤。用水洗涤固体2～3次 [或向烧杯中加入1.0 mol·L－1 NaOH溶液，充分搅拌至固体完全溶解)。向所得溶液中滴加1.0 mol·L－1HCl溶液。调节溶液pH约为10(或8.9≤pH≤11)。过滤。用水洗涤固体2～3]。
20.NOx、SO2的处理转化对环境保护有着重要意义。
(1) 利用反应2NO(g)＋2CO(g) ⇌N2(g)＋2CO2(g)，可实现汽车尾气的无害化处理。一定条件下进行该反应，测得CO的平衡转化率与温度、起始投料比m[m＝]的关系如图1所示。
①该反应的ΔH________(填“>”“<”或“＝”)0。
②下列说法正确的是________(填字母)。
A. 当体系中CO2和CO物质的量浓度之比保持不变时，反应达到平衡状态
B. 投料比：m1＞m2＞m3
C. 当投料比m＝2时，NO转化率是CO转化率的2倍
D. 汽车排气管中的催化剂可提高NO的平衡转化率
③随着温度的升高，不同投料比下CO的平衡转化率趋于相近的原因为_____________________________________________________。
(2) 若反应2NO(g)＋2CO(g) ⇌N2(g)＋2CO2(g)的正、逆反应速率可表示为v正＝k正·c2(NO)·c2(CO)；v逆＝k逆·c(N2)·c2(CO2)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，仅与温度有关。一定温度下，在体积为1 L的容器中加入2 mol NO和2 mol CO发生上述反应，测得CO和CO2物质的量浓度随时间的变化如图2所示，则a点时v正∶v逆＝________。
(3) 工业生产排放的烟气中同时存在SO2、NOx和CO，利用它们的相互作用可将SO2、NOx还原成无害物质，一定条件下得到以下实验结果。图3为298 K各气体分压(气体的物质的量分数与总压的乘积)与CO物质的量分数的关系，图4为CO物质的量分数为2.0%时，各气体分压与温度的关系。
下列说法正确的是________(填字母)。
A．不同温度下脱硝的产物为N2，脱硫的产物可能有多种
B．温度越高脱硫脱硝的效果越好
C．NOx比SO2更易被CO还原
D．体系中可能发生反应：2COS⇌S2＋2CO；4CO2＋S2⇌4CO＋2SO2
(4) NH3催化还原氮氧化物是目前应用最广泛的烟气脱硝除技术。用活化后的V2O5作催化剂，NH3将NO还原成N2的一种反应历程如图5所示，则总反应方程式为__________________________________________________________。
(5) 用间接电化学法去除烟气中NO的原理如图6所示，则阴极的电极反应式为________________________________________________。
【答案】(1). < (2). AB (3). 温度较高时，温度变化对平衡移动的影响大于浓度变化对平衡移动的影响 (4). 160 (5). ACD (6). 4NH3＋4NO＋O24N2＋6H2O (7). 2SO32－＋4H＋＋2e－===S2O42－＋2H2O
【分析】(1)①结合图1所示温度对一氧化碳转化率的影响分析判断该反应正反应是放热还是吸热；
②A．反应达到平衡状态时，体系内各组分的含量保持不变；
B．结合图1，控制变量法分析，投料比的大小；
C．m＝，根据比例关系，结合方程式分析判断；
D．催化剂只改变反应速率，不影响平衡移动；
③温度和浓度都是影响平衡移动的外界因素；
(2) 结合图2，a点时c(CO2)= c (CO)，结合三段式，根据公式计算；
(3) A．根据图4中含氮元素、硫元素的物质种类分析；
B．根据图4二氧化硫的曲线升高分析；
C．根据图3中曲线斜率大小分析；
D．根据图4 COS曲线随温度变化，分析体系中可能发生反应；
(4)用V2O5作催化剂，NH3可将NO还原成N2，结合反应历程图可知反应物还有氧气，生成物为N2和H2O，配平即得反应方程式；
(5)阴极发生还原反应，是亚硫酸氢根离子，得电子，生成硫代硫酸根离子。
【详解】(1)①根据图1所示，温度升高，一氧化碳平衡转化率降低，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，ΔH＜0；
②A．反应达到平衡状态时，体系内各组分的含量保持不变，比值不变，反应达到平衡，故A正确；
B．结合图1，相同温度下，按m1投料比时，一氧化碳的转化率最大，即一氧化氮的投入量越多，比值越大，则m1＞m2＞m3；
C．根据反应2NO(g)＋2CO(g) ⇌N2(g)＋2CO2(g)，按=1投料平衡时，NO转化率和CO转化率相等，当投料比m＝2时，=2， 可看做在1:1投料的基础上增加NO的投料，平衡正向移动，CO转化率增大，NO转化率减小，故C错误；
D．催化剂只改变反应速率，不影响平衡移动，NO的平衡转化率不变，故D错误；
答案选AB；
③温度较低时，反应物的投料比(反应物的浓度)是影响平衡移动的主要因素；该可逆反应为放热反应，当温度较高时，反应逆向进行的趋势增大，温度变化对平衡移动的影响大于浓度变化对平衡移动的影响，不论以何种投料比，一氧化碳的转化率都减小；
(2)由图2a点可得，c(CO2)=c(CO)，设反应进行到a点时，c(CO2)=c(CO)=x，列“三段式”：
x=1，=2 K正
K正==80，则=2 K正=2×80=160；
(3) A．根据图4中随着温度升高，含氮元素的物质只有N2，则脱硝的产物为N2，随着温度的升高，含硫元素的物质COS或S2，则脱硫的产物随温度变化可能有多种，故A正确；
B．根据图4，温度升高，二氧化硫的曲线上升，二氧化硫分压增大，则脱硫效率降低，故B错误；
C．根据图3，随CO物质的量分数增大，还原NOx生成N2曲线斜率变化较小，而还原SO2需要CO物质的量分数较大时才能将SO2从烟气中分离，说明CO更易于NOx反应，则NOx比SO2更易被CO还原，故C正确；
D．根据图4，COS分压曲线随温度升高减小，CO、S2分压增大，可能发生反应2COS⇌S2＋2CO，继续升高温度，CO2、S2分压减小，CO分压增大，可能发生反应4CO2＋S2⇌4CO＋2SO2，故D正确；
答案选ACD；
(4) 用V2O5作催化剂，NH3可将NO还原成N2，结合反应历程图可知反应物还有氧气，生成物为N2和H2O，配平即得反应方程式为4NH3＋4NO＋O24N2＋6H2O；
(5) 阴极发生还原反应，是亚硫酸根离子，得电子，生成硫代硫酸根离子，电极反应式为：2SO32－＋4H＋＋2e－=S2O42－＋2H2O。
21.元素铈(Ce)是一种重要的稀土元素。
(1) 工业上用氟碳铈矿(主要成分为CeFCO3)制备CeO2。焙烧过程中发生的主要反应的化学方程式为______________________________________。
(2) 已知CeCl3·7H2O在空气中易被氧化成四价铈，反应如下：
① CeCl3·7H2O(s)=CeCl3(s)＋7H2O(g)；ΔH1＝a kJ·mol－1
② 4CeCl3(s)＋O2(g)＋14H2O(g)=4Ce(OH)4(s)＋12HCl(g)；ΔH2＝b kJ·mol－1
③ Ce(OH)4(s)=CeO2(s)＋2H2O(g)；ΔH3＝c kJ·mol－1
则4CeCl3·7H2O(s)＋O2(g)=4CeO2(s)＋12HCl(g)＋22H2O(g)；ΔH＝________。
(3) CeO2是汽车尾气净化催化剂中最重要的助剂，工作原理如图1所示。写出过程1发生反应的化学方程式：____________________________________________________。
(4) 已知Ce(OH)4极易分解，用如图2所示装置电解CeCl3溶液在阴极区制得CeO2。电解过程中反应体系的pH随时间t的变化曲线如图3所示。
①电解进行1h内溶液的pH迅速下降，可能原因是____________________________。
②请解释生成CeO2的原理：________________________________________________。
(5) 常温下，当溶液中某离子浓度≤1.0×10－5时，可认为该离子沉淀完全。用Na2C2O4溶液对电解后的废液处理得到Ce2(C2O4)3固体，则应保持溶液中c(C2O42－)约为_____________。(已知25 ℃时，Ksp[Ce2(C2O4)3]＝1.0×10－25)
【答案】(1). 4CeFCO3＋4NaHCO3＋O2 4NaF＋4CeO2＋8CO2＋2H2O (2). (4a＋b＋4c) kJ·mol－1 (3). xCO＋CeO2=CeO(2－x)＋xCO2 (4). 产生的Cl2发生反应Cl2＋H2O⇌HCl＋HClO。由于生成了HCl，使反应体系的pH迅速下降 (5). 阳极电解产生的Cl2把Ce3＋氧化成Ce4＋。同时与阴极电解产生OH－离子反应生成Ce(OH)4，然后再分解生成CeO2[或者Ce3＋与阴极电解产生的OH－反应生成Ce(OH)3，Ce(OH)3再被阳极电解产生的Cl2氧化成Ce(OH)4，然后再分解生成CeO2] (6). 1.0×10－5 mol·L－1
【分析】(1)焙烧过程中，CeFCO3和加入的NaHCO3反应转化生成CeO2和二氧化碳，焙烧过程O2参加反应，根据物料守恒和得失电子守恒写出主要反应的方程式；
(2)利用盖斯定律，分析计算目标反应焓变；
(3)过程1中，CeO2和一氧化碳反应生成二氧化碳CeO(2-x)，据此书写方程式；
(4)根据电解过程中阴阳极电极上的产物分析；
(5)利用溶度积常数计算公式进行计算。
【详解】(1)焙烧过程中，CeFCO3和加入的NaHCO3反应转化生成CeO2和二氧化碳，焙烧过程O2参加反应，根据物料守恒和得失电子守恒，主要反应的方程式为：4CeFCO3＋4NaHCO3＋O2 4NaF＋4CeO2＋8CO2＋2H2O；
(2)已知：①CeCl3·7H2O(s)=CeCl3(s)＋7H2O(g)；ΔH1＝a kJ·mol－1
②4CeCl3(s)＋O2(g)＋14H2O(g)=4Ce(OH)4(s)＋12HCl(g)；ΔH2＝b kJ·mol－1
③Ce(OH)4(s)=CeO2(s)＋2H2O(g)；ΔH3＝c kJ·mol－1
则根据盖斯定律：①×4+②+③×4，可得4CeCl3·7H2O(s)＋O2(g)=4CeO2(s)＋12HCl(g)＋22H2O(g)；ΔH＝(4a＋b＋4c) kJ·mol－1；
(3)根据图1所示，过程1中CeO2和一氧化碳反应生成二氧化碳CeO(2-x)，根据物料守恒，化学反应方程式为：xCO＋CeO2=CeO(2－x)＋xCO2；
(4) ①如图2所示装置，电解CeCl3溶液，阳极上电解质溶液中氯离子失电子发生氧化反应，电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2，产生的Cl2与电解液中的水反应生成盐酸和次氯酸，反应方程式为：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，使电解质溶液酸性增强，pH减小；
②电解CeCl3溶液在阴极区制得CeO2，电解过程中，Ce的化合价升高，被氧化，结合(4)中分析，阳极电解产生的Cl2把Ce3＋氧化成Ce4＋。同时与阴极电解产生OH－离子反应生成Ce(OH)4，结合已知信息，Ce(OH)4极易分解，生成CeO2[或者Ce3＋与阴极电解产生的OH－反应生成Ce(OH)3，Ce(OH)3再被阳极电解产生的Cl2氧化成Ce(OH)4，然后再分解生成CeO2]；
(5) 当溶液中某离子浓度≤1.0×10－5时，可认为该离子沉淀完全，则Ce3＋完全沉淀时，溶液中c(Ce3＋)= 1.0×10－5mol/L，Ksp[Ce2(C2O4)3]＝c2(Ce3＋)∙ c3(C2O42－)=1.0×10－25，则c(C2O42－)== 1.0×10－5 mol·L－1。
1.党的十九届四中全会明确指出“促进人与自然和谐共生”。下列有关做法不正确的是（ ）
A. 将废旧电池集中深埋，防止重金属污染
B. 提高车用燃油、燃气品质，减少大气污染
C. 推广使用高效、低毒农药，减轻水体污染
D. 使用可降解聚二氧化碳塑料，减少白色污染
【答案】A
【详解】A．废旧电池深埋，重金属会污染土壤和地下水，故A做法错误；
B．提高车用燃气、燃油品质，减少大气污染物的排放，能减少空气污染，符合可持续发展理念，故B做法正确；
C．剧毒随着雨水进入池塘或河流中会引起水体污染，低毒农药可以减少残留，减轻对水的污染，所以应该推广使用高效、低毒农药，故C做法正确；
D．使用新型可降解塑料，能减少白色污染，故D做法正确；
答案选A。
2.乙炔气经CaCl2等净化后，在氮气氛中可催化聚合为聚乙炔。下列有关表示正确的是（ ）
A. 质子数与中子数均为20的钙原子：Ca B. Cl－的结构示意图：
C. CaCl2的电子式： D. 聚乙炔的结构简式：
【答案】D
【详解】A．标示在元素符号左上方是质量数，而质量数=质子数+中子数，故质子数和中子数均为20的钙原子的质量数为40，故表示为，故A错误
B．氯离子的核外有18个电子，故其结构示意图为，故B错误；
C．氯化钙由钙离子和2个氯离子构成，故其电子式为，故B错误；
D．乙炔加聚时断开三键中的一条，故其结构简式为，故D正确；
答案选D。
【点睛】一个原子符号周围角标的含义是学生已出现错误，元素左上角的角标表示质量数，左下角表示质子数，右上角表示粒子所带电荷数，右下角表示微粒原子数目，正上方表示微粒化合价。
3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A. FeCl3溶液显酸性，可用于蚀刻印刷电路板
B. NaClO溶液显碱性，可用于杀菌、消毒
C. Al2O3、SiO2熔点高、硬度大，可用于制造坩埚
D. Al(OH)3能与NaOH溶液反应，可用于治疗胃酸过多
【答案】C
【详解】A．FeCl 3 溶液可用于蚀刻印刷电路板，是因为 FeCl 3 溶液能够与铜发生氧化还原反应，与其酸性无关，故A错误；
B．杀菌主要利用氧化性使细菌蛋白质变性，从而杀死细菌，NaClO溶液中的次氯酸根离子具有强氧化性，可用于杀菌、消毒，与显碱性无关，故B错误；
C．坩埚的主要用于物质灼烧或高温反应的器皿，制作坩埚的材料为高熔点的物质，Al2O3、SiO2熔点高、硬度大，可用于制造坩埚，故C正确；
D．胃酸的主要成分是盐酸，Al(OH)3能与盐酸反应，可用于治疗胃酸过多，故D错误；
答案选C。
4.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A. 0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液：Na＋、Ba2＋、NO3－、OH－
B. 0.1 mol·L－1NaAlO2溶液：K＋、OH－、Cl－、NO3－
C. 常温下，＝1.0×1012的溶液：Fe2＋、Mg2＋、NO3－、Cl－
D. 能使淀粉碘化钾试纸显蓝色的溶液：K＋、SO32－、S2－、Cl－
【答案】B
【详解】A．0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液中含有HCO3-，与OH－不能大量共存，故A错误；
B．0.1 mol·L－1NaAlO2溶液显碱性，K＋、OH－、Cl－、NO3－之间不反应，与NaAlO2溶液中的离子也不反应，能大量共存，故B正确；
C．常温下，＝1.0×1012的溶液呈酸性，酸性条件下Fe2＋、NO3－发生氧化还原反应生成铁离子和NO而不能大量共存，故C错误；
D．能使淀粉碘化钾试纸显蓝色的溶液具有强氧化性,还原性离子不能大量共存，S2−、SO3 2−具有还原性而不能大量共存，故D错误；
答案选B。
【点睛】易错点为A选项，在指定的溶液中，除了要注意指定溶液的酸碱性，还要注意指定的溶液中含有的离子与提供的粒子之间是否发生反应。
5.下列制取SO2、验证其性质的装置(尾气处理装置已省略)和原理不能达到实验目的的是（ ）
A. 制取SO2 B. 验证漂白性
C. 验证还原性 D. 验证氧化性
【答案】B
【详解】A．浓硫酸具有强氧化性，与铜在加热条件下反应生成二氧化硫气体，可用于制备少量二氧化硫，故A正确；
B．二氧化硫具有还原性，与高锰酸钾发生氧化还原反应，故B错误；
C．溶液的颜色变浅，说明铁离子被还原，可说明二氧化硫具有还原性，被铁离子氧化，故C正确；
D．二氧化硫中S元素的化合价为+4价，处于中间价态，具有氧化性，二氧化硫和硫化氢发生氧化还原反应可生成硫，故D正确。
故选B。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价，侧重分析与实验能力的考查，把握物质的性质、发生的反应及现象、实验结论为解答的关键，注意把握二氧化硫的性质。
6.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是其电子层数的3倍，Y是短周期中金属性最强的元素，Z位于元素周期表ⅢA族，W与X位于同一主族。下列说法正确的是（ ）
A. 原子半径：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)
B. W的简单气态氢化物的热稳定性比X的强
C. 由X、Y组成的化合物中均不含共价键
D. Y、Z、W三种元素的最高价氧化物对应的水化物都能相互发生反应
【答案】D
【分析】短周期主族元素中，X原子核外最外层电子数是其电子层数的3倍，则X为O元素，Y是短周期中金属性最强的元素，则Y为Na元素，W与X位于同一主族，则W为S元素，Z位于元素周期表ⅢA族，则Z为Al元素，以此解答。
【详解】A．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，原子半径：r(Y)＞r(Z)＞r(W)＞r(X)，故A错误；
B．W为S元素，X为O元素，同主族元素，非金属性随核电荷数的增大而减弱，非金属性越强，其简单气态氢化物的稳定越强，非金属性：O＞S，则W的简单气态氢化物的热稳定性比X的弱，故B错误；
C．X为O元素，Y为Na元素，由X、Y组成的化合物由氧化钠和过氧化钠，氧化钠中只含有离子键，过氧化钠中含有离子键和共价键，故C错误；
D．Y、Z、W三种元素分别为Na、Al、S，最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、Al(OH)3、H2SO4，Al(OH)3具有两性，既可与强酸反应，又可与强碱反应，则能相互发生反应，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. Fe3O4与HI溶液反应：Fe3O4＋8H＋===Fe2＋＋2Fe3＋＋4H2O
B. NaHSO4溶液和Ba(OH)2溶液混合使溶液呈中性：2H＋＋SO42－＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓＋2H2O
C. Cl2与热的NaOH溶液反应制取NaClO3：2Cl2＋6OH－===3Cl－＋ClO3－＋3H2O
D. 在强碱性溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4：3ClO－＋2Fe(OH)3===2FFeO42－＋3Cl－＋H2O＋4H＋
【答案】B
【详解】A．Fe3O4与HI溶液反应，碘离子具有还原性，可将三价铁还原为亚铁离子，正确的离子反应为：Fe3O4＋8H＋+2I-=3Fe2＋＋4H2O+I2，故A错误；
B．NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应至中性，氢离子与氢氧根离子的物质的量相等，正确的离子方程式为：2H＋＋SO42－＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓＋2H2O，故B正确；
C．Cl2与热的NaOH溶液反应制取NaClO3，题干中的反应电荷不守恒，正确的离子反应为：3Cl2＋6OH－=5Cl－＋ClO3－＋3H2O，故C错误；
D．在强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4，碱性溶液中不会生成氢离子，正确的离子反应为：4OH－+3ClO－＋2Fe(OH)3=2FeO42－＋3Cl－＋5H2O，故D错误；
答案选B。
8.给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的组合是（ ）
A. SiO2(s) SiCl4(g) Si(s)
B. Fe3O4(s) Fe(s) FeCl2(s)
C. AgNO3(aq) [Ag(NH3)2]＋Ag(s)
D. Al2O3(s) NaAlO2(aq) Al(OH)3(s)
【答案】D
【详解】A．SiO2属于酸性氧化物，酸性氧化物不跟酸发生非氧化还原反应，该步骤转化关系不能一步实现，故A错误；
B. 氯气具有强氧化性，与变价金属反应时，能使金属直接氧化到最高价，则氯气与铁反应生成氯化铁，该步骤转化关系不能一步实现，故B错误；
C．蔗糖为非还原性糖， [Ag(NH3)2]＋与蔗糖不发生反应，该步骤转化关系不能一步实现，故C错误；
D．Al2O3属于两性氧化物，可与氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2，NaAlO2只能存在于碱性溶液中，二氧化碳溶于水显酸性可与 NaAlO2反应生成Al(OH)3，Al(OH)3不溶于碳酸，转化均能一步实现，故D正确；
答案选D。
【点睛】该题易错点为A选项，酸性氧化物一般不与非氧化性酸发生反应，将SiO2(s) 转化为SiCl4(g)可用氯气在高温下与SiO2来完成。
9.一种电化学“大气固碳”电池工作原理如图所示。该电池在充电时，通过催化剂的选择性控制，只有Li2CO3发生氧化，释放出CO2和O2。下列说法正确的是（ ）
A. 该电池放电时的正极反应为2Li－2e－＋CO32－===Li2CO2
B. 该电池既可选用含水电解液，也可选无水电解液
C. 充电时阳极发生的反应为C＋2Li2CO3－4e－===3CO2＋4Li＋
D. 该电池每放、充4 mol电子一次，理论上能固定1 mol CO2
【答案】D
【分析】放电时，负极:Li-e-=Li+，正极:3CO2+4e-+4Li+=2Li2CO3+C，总反应为:4Li+ 3CO2=2Li2CO3+C。充电时只有Li2CO3发生氧化:阳极:2Li2CO3-4e-=4Li+ +2CO2↑+O2↑，阴极:4Li+ +4e-=4Li，总反应为:2Li2CO3=4Li+2CO2↑+O2↑，依据此分析解答。
【详解】A．正极发生还原反应，得电子，故A错误；
B．Li能与水反应，所以不能选用含水电解液，故B错误；
C．充电时只有Li2CO3发生氧化，阳极:2Li2CO3-4e-=4Li+ +2CO2↑+O2↑，故C错误；
D．电池每放、充转移4 mol电子就有1 mol碳氧化生成二氧化碳，所以该电池每放、充4 mol电子一次，理论上能固定1 mol二氧化碳，故D正确；
答案选D。
【点睛】易错点在于C选项，充电时只有Li2CO3发生氧化，并根据图示释放出CO2和O2，用题目提供的信息解题，难度不大，在于仔细读题和分析。
10.下列说法说法正确的是（ ）
A. 外接电源保护水中钢闸门时，应将钢闸门与电源的正极相连
B. 向Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，CO32－水解程度增大，溶液的pH减小
C. 如图表示常温下稀释pH＝11的NaOH溶液和氨水时溶液pH的变化，曲线Ⅱ表示氨水
D. 2NO(g)＋2CO(g)===N2(g)＋2CO2(g)在常温下能自发进行，则该反应的ΔH>0
【答案】B
【详解】A．外接电源保护水中钢闸门时，应将钢闸门与电源的负极相连，故A错误；
B．Na2CO3溶液中，由于碳酸根离子水解使溶液显碱性，向溶液中加入少量BaCl2固体，CO32－与Ba2+结合形成碳酸钡沉淀，碳酸根离子的浓度减小， CO32－水解程度增大，浓度的影响更显著，溶液中氢氧根离子浓度减小，溶液的pH减小，故B正确；
C．等pH的强碱与弱碱，稀释相同倍数时，强碱的pH变化大，弱碱存在电离平衡，则图中Ⅰ表示氨水稀释的情况，故C错误；
D．根据反应，正反应为熵减的反应，即△S＜0，常温下能自发进行，根据△H−T△S=△G＜0反应自发进行，可推知该反应△H＜0，故D错误；
答案选B。
【点睛】外加电源的阴极保护法保护金属时，被保护的金属应做阴极，与电源负极相连。
11.如图所示Calanolide A是一种抗HIV药物。下列关于Calanolide A的说法正确的是（ ）
A. 分子中有3个手性碳原子
B. 分子中所有碳原子一定在同一平面上
C. 该物质可发生取代、加成、消去反应
D. 1 mol该物质与NaOH溶液充分反应最多消耗3 mol NaOH
【答案】AC
【分析】该有机物中含有羟基、酯基、碳碳双键、醚键、苯环，结合醇、酯、烯、醚、苯的同系物性质分析；
【详解】A．分子中连接−OH，且相邻的2个碳原子连接4个不同的原子或原子团为手性碳原子，共3个，故A正确；
B．含有甲基，饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，则所有的碳原子不在同一个平面上，故B错误；
C．该物质中含有羟基、碳碳双键，可发生取代、加成、消去反应，故C正确；
D．能与氢氧化钠反应的为酚酯基，1 mol该物质与NaOH溶液充分反应最多消耗2mol NaOH，故D错误；
答案选AC。
【点睛】易错点为A选项，手性碳原子是指连有四个不同基团的碳原子，一般手性碳原子是饱和碳原子。
12.亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。马蒂逊（Mathieson）法制备亚氯酸钠的流程如下：
下列说法错误的是（ ）
A. 反应①阶段，参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2：1
B. 若反应①通过原电池来实现，则ClO2是正极产物
C. 反应②中的H2O2可用NaClO4代替
D. 反应②条件下，ClO2的氧化性大于H2O2
【答案】C
【详解】A．根据流程图反应①中氧化剂是NaClO3，还原剂是SO2，还原产物是ClO2，氧化产物是NaHSO4，根据化合价升降相等可得NaClO3和SO2的物质的量之比为2:1，A项正确；
B．由反应①化合价变化情况，再根据原电池正极表面发生还原反应，所以ClO2是正极产物，B项正确；
C．据流程图反应②，在ClO2与H2O2的反应中，ClO2转化为NaClO2氯元素的化合价降低，做氧化剂；H2O2只能做还原剂，氧元素的化合价升高，不能用NaClO4代替H2O2，C项错误；
D．据流程图反应②ClO2与H2O2反应的变价情况，ClO2做氧化剂，H2O2做还原剂，可以推出ClO2的氧化性大于H2O2，D项正确；
故答案选C。
【点睛】根据反应的流程图可得反应①中的反应物与生成物，利用得失电子守恒规律推断反应物或生成物的物质的量之比。
13.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ）
选项
实验操作和现象
结论
A
测定同温同浓度的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH，Na2CO3的pH大于Na2SO3溶液
S的非金属性比C强
B
向Fe(NO3)3溶液中加入铁粉，充分振荡，滴加少量盐酸酸化后再滴入1滴KSCN溶液，溶液变红
原Fe(NO3)3溶液中Fe3＋只有部分被Fe还原
C
向1溴丙烷中加入KOH溶液，加热、振荡，然后取少量溶液滴入AgNO3溶液，出现棕黑色沉淀
1溴丙烷中混有杂质
D
向1 mL 0.1 mol·L－1 MgSO4溶液中，滴入2滴0.1 mol·L－1 NaOH溶液，产生白色沉淀，再滴入2滴0.1 mol·L－1 CuSO4溶液，白色沉淀逐渐变为蓝色
Ksp[Mg(OH)2] >Ksp[Cu(OH)2]
【答案】D
【详解】A．测定等浓度的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH，前者大于后者，说明碳酸酸性小于亚硫酸，因为亚硫酸不是S元素的最高价含氧酸，所以不能据此判断C、S元素非金属性强弱，故A错误；
B．Fe与Fe(NO3)3反应生成Fe(NO3)2，再加盐酸，酸性条件下亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应，滴入KSCN溶液，溶液变红，不能说明是否部分被还原，也可能全部被还原，故B错误；
C．1−溴丙烷中加入KOH溶液，发生水解反应，检验溴离子应在酸性条件下，没有加硝酸至酸性，再加硝酸银，不能检验，故C错误；
D．溶度积常数表达式相同时,溶度积常数大的物质能转化为溶度积小的物质，Cu(OH)2、Mg(OH)2的溶度积常数表达式相同，白色沉淀逐渐变为蓝色，说明发生了Mg(OH)2的转化为Cu(OH)2，由此说明Ksp[Cu(OH)2]
【点睛】易错点为C选项，碱性条件下水解后的溶液显碱性，硝酸银可与碱反应最终也出现棕黑色沉淀，干扰试验现象，因此需要酸化后在进行检验。
14.H2C2O4水溶液中部分微粒的分布分数δ与pH关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液至pH＝2.5：c(H2C2O4)＋c(C2O42－)>c(HC2O4－)
B. 由图可知：H2C2O4的Ka2＝10－4.2
C. 向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液至pH＝7，则溶液中：2c(C2O42－)>c(Na＋)
D. 将0.01 mol·L－1的H2C2O4溶液与0.02 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合后的溶液中：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HC2O4－)＋2c(H2C2O4)
【答案】BD
【分析】H2C2O4水溶液中加入NaOH，H2C2O4与碱中和，转化为HC2O4-，则c(H2C2O4)减小，c(HC2O4－)增大，随着NaOH加入，H2C2O4全部转化为HC2O4-，再继续加入NaOH，HC2O4-与碱反应转化为C2O42－，则c(HC2O4－)减小，c(C2O42－)增大，则图中各曲线代表的微粒分别为：
以此分析解答。
【详解】A．根据图像所示，pH＝2.5时，c(HC2O4－)远大于c(C2O42－)和c(H2C2O4)，则不可能得到c(H2C2O4)＋c(C2O42－)>c(HC2O4－)，故A错误；
B. 由图可知：pH＝4.2时，c(C2O42－)=c(HC2O4－)，H2C2O4的Ka2＝=10-4.2，故B正确；
C. 溶液中存在电荷守恒：c(H＋)+ c(Na＋)= 2c(C2O42－)+c(HC2O4－)+ c(OH-)，向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液至pH＝7，c(H＋)=c(OH-)，则溶液中：c(Na＋)= 2c(C2O42－)+c(HC2O4－)，则c(Na＋)＞2c(C2O42－)，故C错误；
D. 将0.01 mol·L－1的H2C2O4溶液与0.02 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合后的溶液中恰好完全反应，形成溶质为Na2C2O4的溶液，该溶液中质子守恒式为：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HC2O4－)＋2c(H2C2O4)，故D正确；
答案选BD。
15.某温度下，三个容积均为2.0 L恒容密闭容器中发生反应2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)，各容器中起始物质的量浓度与反应温度如下表所示：
容器
温度/℃
起始物质的量浓度/(mol·L－1)
NO(g)
CO(g)
N2
CO2
甲
T1
0.10
0.10
0
0
乙
T2
0
0
0.10
0.20
丙
T2
0.10
0.10
0
0
反应过程中甲、丙容器中CO2的物质的量随间变化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 该反应的正反应为放热反应，平衡常数K(T1)
C. 乙容器中反应达到平衡时，N2的转化率大于40%
D. 丙容器中反应达到平衡后，再充入0.10 mol NO和0.10 mol CO2，此时v(正)>v(逆)
【答案】AD
【详解】A．先拐先平温度高，甲平衡状态二氧化碳物质的量小，说明温度越高平衡逆向进行，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，温度T1＞T2，平衡常数K(T1)
C．由图可知，丙中达到平衡状态二氧化碳0.12mol，
乙若达到相同平衡状态，体积增大一倍，浓度变为原来的二分之一，
此时氮气转化率，但相同体积条件下，相当于体积缩小压强增大平衡正向进行，氮气转化率小于40%，故C错误；
D．结合表格中丙的相关数据，列“三段式”：
平衡常数，丙容器中反应达到平衡后，再充0.10 mol NO和0.10 mol CO2，浓度商Qc=，平衡正向进行，此时v(正)＞v(逆)，故D正确。
答案选AD。
【点睛】该题易错点在于计算平衡常数时，一定要先将题中提供的物质的量转化为浓度在进行分析计算。
16.由碳酸锰矿(主要成分MnCO3，还含有FeCO3、MnO2、Al2O3、SiO2等)中提取金属锰的一种流程如下：
(1) “酸浸”过程中，提高锰元素浸出率的措施有：适当提高酸的浓度、________________(填一种)。
(2) 保持其他条件不变，在不同温度下对碳酸锰矿进行酸浸，锰元素的浸出率随时间变化如下图所示，则酸浸的最佳温度和时间分别是_______________________。
提取过程中相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH
金属离子
Fe3＋
Fe2＋
Al3＋
Mn2＋
开始沉淀的pH
1.8
5.8
3.0
7.8
完全沉淀的pH
3.2
8.8
5.0
9.8
(3) 已知“酸浸”后溶液中锰元素只以Mn2＋形式存在，则“酸浸”中发生氧化还原反应的离子方程式为________________________________________。
(4) 结合上表，“除铁、铝”时加入氨水控制反应液pH的范围为_____________。
(5) 若上述流程中加入的H2O2不足量，则待电解溶液中会有铁元素残余，进而会影响最终锰的纯度。请设计简要实验方案加以验证待电解溶液中是否含有铁元素： ________________________________________________________________________。
(6) 以石墨为电极电解除铁、铝后的溶液获得单质锰。电解废液中可循环利用的溶质是_____________。
【答案】(1). 粉碎碳酸锰矿、适当升温、搅拌等(合理即可) (2). 70 ℃、120 min (3). 2FeCO3＋MnO2＋8H＋===2Fe3＋＋Mn2＋＋2CO2↑＋4H2O (4). 5.0≤pH<7.8(或5.0～7.8) (5). 取样，向其中滴加H2O2后，再滴入KSCN溶液，若溶液变成血红色，则待电解液中含有铁元素 (6). H2SO4
【分析】锰矿物的主要成分有MnCO3、MnO2、FeCO3、SiO2、Al2O3等，用硫酸溶解，SiO2不与硫酸反应，MnCO3、FeCO3、Al2O3与硫酸反应得到MnSO4、FeSO4、Al2(SO4)3，而滤液里锰元素只以Mn2+的形式存在，且滤渣Ⅰ中也无MnO2，过滤除去二氧化硅等不溶物，滤渣Ⅰ为SiO2等不溶物。向滤液中加入过氧化氢将Fe2+离子氧化为Fe3+离子，再加入氨水调节溶液pH使Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤分离，滤液中含有MnSO4、NH4SO4等，滤渣Ⅱ为Fe(OH)3、Al(OH)3，对滤液电解得到Mn，以此解答该题。
【详解】(1)为提高含锰矿物浸出速率，可采取的措施增大反应物浓度、升高温度、增大反应物接触面积等方法，如将矿石粉碎、升温、适当提高硫酸浓度、搅拌；
(2)浸出率越高越好，所用时间越少越好，根据图知，温度越高浸出率越高，但是温度越高需要的能量越高，需要的温度为70℃、时间为120min；
(3)已知“酸浸”后溶液中锰元素只以Mn2＋形式存在，则发生氧化还原反应的离子方程式是亚铁离子或碳酸亚铁被二氧化锰氧化生成铁离子，同时生成锰离子，离子方程式为2FeCO3＋MnO2＋8H＋=2Fe3＋＋Mn2＋＋2CO2↑＋4H2O；
(4)根据表中的数据可知，pH为5.0时，Fe3+、Al3+沉淀完全，pH为7.8时Mn2＋开始沉淀，所以pH的调控范围为5.0∼7.8(或5.0≤pH<7.8)；
(5)则待电解溶液中会有铁元素残余验证待电解溶液中是否含有铁元素，检验亚铁离子即可，方法为：取样，向其中滴加H2O2后再滴入KSCN溶液，若溶液变红（或向其中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若产生蓝色沉淀），则待电解液中含有Fe元素；
(6)根据分析，滤液中含有MnSO4、NH4SO4的溶液，电解发生的反应为：2 MnSO4+2H2O2Mn+O2↑+2H2SO4，硫酸可在该工艺流程中可循环利用。
17.化合物G是合成一种治疗癌症的药物的中间体，其合成路线如下：
已知：
(1) C中含氧官能团为_____________(填名称)。
(2) D→E的反应类型为__________________。
(3) F的结构简式为_____________。
(4) G的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：________。
①能发生银镜反应；② 水解产物之一能与FeCl3显色；③ 核磁共振氢谱显示有四组峰。
(5) 已知：RCOOH 请根据已有知识并结合相关信息，写出以、HOOCCH2CH2COOH为原料制备的合成路线(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、羰基 (2). 消去反应 (3). (4). (5).
【分析】(1) 根据流程图中C的结构简式分析判断含氧官能团有哪些；
(2)根据流程图中D→E的结构变化和反应条件判断反应类型；
(3)结合E和G的结构简式和反应条件分析；
(4) 根据G的结构简式和题意要求判断同分异构体中的官能团分析书写；
(5) 结合已知信息和流程中的合成过程，HOOCCH2CH2COOH在催化剂作用下形成，与苯在氯化铝作用下合成，一定条件下成环，和NaBH4反应生成，在进行脱水发生消去反应得到目标产物。
【详解】(1) C的结构简式为，其中含氧官能团为醚键和羰基；
(2)如图所示，D→E的反应过程中D中羟基和羟基相邻碳原子上的氢断键，脱去生成一分子水，形成双键，则类型为消去反应；
(3)已知：则E中的碳碳双键上发生先氧化再水解，加上羟基，双键变单键，F的结构简式为；
(4)G的结构简式为，其一种同分异构体①能发生银镜反应，说明分子中含有醛基；② 水解产物之一能与FeCl3显色，说明水解产物含有酚羟基，则原物质结构中应含有酯基，并直接连在苯环上；③ 核磁共振氢谱显示有四组峰，说明分子中含有四种不同环境的氢原子，则符合以上要求的物质结构简式为：；
(5)结合已知信息和流程中的合成过程，HOOCCH2CH2COOH在催化剂作用下形成，与苯在氯化铝作用下合成，一定条件下成环，和NaBH4反应生成，在进行脱水发生消去反应得到目标产物，合成路线为：
。
18.PCl3是制造有机磷农药和磺胺嘧啶类医药的原料，其制备方法是将熔融黄磷(P4)与干燥氯气进行氯化反应。
(1) PCl3遇水会强烈水解，写出PCl3与水反应的化学方程式：___________________________________________。
(2) 制得的PCl3粗产品中常含有POCl3、PCl5等杂质。通过实验测定粗产品中PCl3的质量分数，实验步骤如下(不考虑杂质的反应)：
a. 迅速移取20.00 g PCl3粗产品，加水完全水解后，再配成500.00 mL溶液；
b. 量取所配溶液25.00 mL于碘量瓶中，加入0.500 0 mol·L－1碘溶液20.00 mL和1.000 mol·L－1(NH4)3BO3溶液30.00 mL，振荡；
c. 加入2～3滴淀粉溶液，用1.000 0 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定过量的碘，滴至终点时消耗Na2S2O3标准溶液12.00 mL。
已知测定过程中的部分反应为H3PO3＋H2O＋I2H3PO4＋2HI，3HI＋(NH4)3BO3===3NH4I＋H3BO3，I2＋Na2S2O3―→Na2S4O6＋NaI(未配平)。
①步骤b中加入(NH4)3BO3溶液的目的是_________________________________。
②判断步骤c中滴定终点的方法为___________________________________________。
③根据上述数据，计算制得粗产品中PCl3的质量分数(写出计算过程)。______________________________________________________
【答案】(1). PCl3＋3H2O=H3PO3＋3HCl (2). 减小HI浓度，平衡右移，使H3PO3被I2充分氧化成H3PO4 (3). 当滴入最后一滴1.000 0 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色突变为无色，且半分钟内不变色 (4). n(I2)＝0.500 0 mol·L－1×20.00 mL×10－3 L·mL－1＝0.010 00 mol，n(Na2S2O3)＝1.000 mol·L－1×12.00 mL×10－3 L·mL－1＝0.012 00 mol，与Na2S2O3反应的n(I2)＝n(Na2S2O3)＝×0.012 00 mol＝0.006 00 mol，n(H3PO3)＝0.010 00 mol－0.006 00 mol＝0.004 00 mol，n(PCl3)＝n(H3PO3)＝0.004 00 mol，w%＝×100%＝55.00%
【分析】(1) PCl3遇水会强烈水解生成磷酸和盐酸；
(2) ①已知反应H3PO3＋H2O＋I2⇌H3PO4＋2HI，磷酸中的磷来自于三氯化磷的水解，结合实验目的分析；
②结合碘遇淀粉变蓝分析；
③该实验原理为：利用PCl3遇水生成H3PO3和HCl，加入碘溶液，发生反应H3PO3+H2O+I2⇌H3PO4+2HI，然后加入（NH4）3BO3溶液，与HI和H3PO4反应生成H3BO3，最后利用Na2S2O3溶液滴定为反应的I2，根据消耗的I2，计算PCl3的质量，进而确定样品中PCl3的质量分数。
【详解】(1) PCl3遇水会强烈水解生成磷酸和盐酸，化学反应方程式为：PCl3＋3H2O=H3PO3＋3HCl；
(2)①本实验要准确测定样品中PCl3的纯度，反应H3PO3＋H2O＋I2⇌H3PO4＋2HI，磷酸中的磷来自于三氯化磷的水解，加入(NH4)3BO3，发生反应3HI＋(NH4)3BO3=3NH4I＋H3BO3，减小HI浓度，平衡右移，使H3PO3被I2充分氧化成H3PO4，生成磷酸越多，PCl3的纯度越高；
②碘遇淀粉变蓝，Na2S2O3标准溶液与碘反应，当将过量的碘消耗完，蓝色消失，则判定终点的方法为：当滴入最后一滴1.000 0 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色突变为无色，且半分钟内不变色，即为到达终点；
③20.00 mL 0.5000 mol·L－1碘溶液中，碘单质的总物质的量=0.5000 mol·L－1×20.00 mL×10-3 L·mL－1=0.01000 mol，滴定时消耗的标准液的n(Na2S2O3)＝1.000 mol·L－1×12.00 mL×10－3 L·mL－1＝0.012 00 mol；根据滴定反应：I2＋2Na2S2O3=Na2S4O6＋2NaI，过量的碘单质的物质的量=n(Na2S2O3)＝×0.01200 mol＝0.00600 mol；根据反应H3PO3＋H2O＋I2⇌H3PO4＋2HI，25.00 mL样品水解液中，与碘反应的n(H3PO3)＝n(I2)=0.01000 mol－0.00600 mol＝0.00400 mol；结合反应PCl3＋3H2O=H3PO3＋3HCl，25.00 mL样品水解液中，完全发生水解的n(PCl3)＝n(H3PO3)＝0.00400 mol，500mL样品水解液中，完全发生水解的n(PCl3)＝0.00400 mol×，则原样品中w%＝×100%＝55.00%。
19.)次硫酸氢钠甲醛(NaHSO2·HCHO·2H2O)在印染、医药以及原子能工业中应用广泛。
以Na2SO3、SO2、HCHO和锌粉为原料制备次硫酸氢钠甲醛的实验步骤如下：
步骤1：在右图所示装置的烧瓶中加入一定量Na2SO3和水，搅拌溶解，缓慢通入SO2，至溶液pH约为4，制得NaHSO3溶液。
步骤2：将装置A中导气管换成橡皮塞。向烧瓶中加入稍过量的锌粉和一定量甲醛溶液，在80～90 ℃下，反应约3 h，冷却至室温，抽滤。
步骤3：将滤液真空蒸发浓缩，冷却结晶。
(1) 装置B的烧杯中应加入的溶液是_______________________。
(2) 步骤2中加入锌粉时有NaHSO2和Zn(OH)2生成。
①写出加入锌粉时发生反应的化学方程式：______________________________________。
②生成的Zn(OH)2会覆盖在锌粉表面阻止反应进行，防止该现象发生的措施是______________________________________。
(3) 冷凝管中回流的主要物质除H2O外，还有_____________(填化学式)。
(4) 步骤3中次硫酸氢钠甲醛不在敞口容器中蒸发浓缩的原因是________________________________________________。
(5) 步骤2抽滤所得滤渣的成分为Zn和Zn(OH)2，利用滤渣制备ZnO的实验步骤为：将滤渣置于烧杯中，_________________________________________________________________，900 ℃煅烧。 (已知：① Zn能与NaOH发生反应Zn＋2NaOH===Na2ZnO2＋H2↑；② Zn2＋开始沉淀的pH为5.9，沉淀完全的pH为8.9，pH>11时，Zn(OH)2能生成ZnO22－。实验中须使用的试剂有1.0 mol·L－1 NaOH溶液、1.0 mol·L－1 HCl溶液、水)
【答案】(1). NaOH溶液(或Na2CO3溶液) (2). Zn＋NaHSO3＋H2O===NaHSO2＋Zn(OH)2 (3). 加快搅拌的速度 (4). HCHO (5). 次硫酸氢钠甲醛被空气中氧气氧化 (6). 向烧杯中加入1.0 mol·L－1 HCl溶液，充分搅拌至固体完全溶解。向所得溶液中滴加1.0 mol·L－1 NaOH溶液，调节溶液pH约为10(或8.9≤pH≤11)。过滤。用水洗涤固体2～3次 [或向烧杯中加入1.0 mol·L－1 NaOH溶液，充分搅拌至固体完全溶解)。向所得溶液中滴加1.0 mol·L－1HCl溶液。调节溶液pH约为10(或8.9≤pH≤11)。过滤。用水洗涤固体2～3次]
【分析】(1)未反应的二氧化硫是酸性氧化物能和碱溶液反应；
(2)①NaHSO3溶液与锌粉反应生成NaHSO2和Zn(OH)2；
②防止生成的Zn(OH)2会覆盖在锌粉表面阻止反应进行；
(3)甲醛易挥发，据此分析；
(4)次硫酸氢钠甲醛具有强还原性，遇到空气中的氧气易被氧化；
(5)从充分利用原料着手，结合已知信息，利用Zn(OH)2受热分解生成ZnO分析设计实验。
【详解】(1)实验中未反应的二氧化硫会通过导管进入装置B，可以用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫，以防止污染空气；
(2)①NaHSO3溶液与锌粉反应生成NaHSO2和Zn(OH)2，化学反应方程式为：Zn＋NaHSO3＋H2O=NaHSO2＋Zn(OH)2；
②为防止生成的Zn(OH)2会覆盖在锌粉表面阻止反应进行，可以快速搅拌避免固体在三颈烧瓶底部沉积；
(3)甲醛易挥发，在在80～90 ℃下会大量挥发，加冷凝管可以使甲醛冷凝回流，提高甲醛利用率；
(4)次硫酸氢钠甲醛具有强还原性，在敞口容器中蒸发浓缩，遇到空气中的氧气易被氧化变质；
(5)向烧杯中加入1.0 mol·L－1 HCl溶液，充分搅拌至固体完全溶解。向所得溶液中滴加1.0 mol·L－1 NaOH溶液，调节溶液pH约为10(或8.9≤pH≤11)。过滤。用水洗涤固体2～3次 [或向烧杯中加入1.0 mol·L－1 NaOH溶液，充分搅拌至固体完全溶解)。向所得溶液中滴加1.0 mol·L－1HCl溶液。调节溶液pH约为10(或8.9≤pH≤11)。过滤。用水洗涤固体2～3]。
20.NOx、SO2的处理转化对环境保护有着重要意义。
(1) 利用反应2NO(g)＋2CO(g) ⇌N2(g)＋2CO2(g)，可实现汽车尾气的无害化处理。一定条件下进行该反应，测得CO的平衡转化率与温度、起始投料比m[m＝]的关系如图1所示。
①该反应的ΔH________(填“>”“<”或“＝”)0。
②下列说法正确的是________(填字母)。
A. 当体系中CO2和CO物质的量浓度之比保持不变时，反应达到平衡状态
B. 投料比：m1＞m2＞m3
C. 当投料比m＝2时，NO转化率是CO转化率的2倍
D. 汽车排气管中的催化剂可提高NO的平衡转化率
③随着温度的升高，不同投料比下CO的平衡转化率趋于相近的原因为_____________________________________________________。
(2) 若反应2NO(g)＋2CO(g) ⇌N2(g)＋2CO2(g)的正、逆反应速率可表示为v正＝k正·c2(NO)·c2(CO)；v逆＝k逆·c(N2)·c2(CO2)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，仅与温度有关。一定温度下，在体积为1 L的容器中加入2 mol NO和2 mol CO发生上述反应，测得CO和CO2物质的量浓度随时间的变化如图2所示，则a点时v正∶v逆＝________。
(3) 工业生产排放的烟气中同时存在SO2、NOx和CO，利用它们的相互作用可将SO2、NOx还原成无害物质，一定条件下得到以下实验结果。图3为298 K各气体分压(气体的物质的量分数与总压的乘积)与CO物质的量分数的关系，图4为CO物质的量分数为2.0%时，各气体分压与温度的关系。
下列说法正确的是________(填字母)。
A．不同温度下脱硝的产物为N2，脱硫的产物可能有多种
B．温度越高脱硫脱硝的效果越好
C．NOx比SO2更易被CO还原
D．体系中可能发生反应：2COS⇌S2＋2CO；4CO2＋S2⇌4CO＋2SO2
(4) NH3催化还原氮氧化物是目前应用最广泛的烟气脱硝除技术。用活化后的V2O5作催化剂，NH3将NO还原成N2的一种反应历程如图5所示，则总反应方程式为__________________________________________________________。
(5) 用间接电化学法去除烟气中NO的原理如图6所示，则阴极的电极反应式为________________________________________________。
【答案】(1). < (2). AB (3). 温度较高时，温度变化对平衡移动的影响大于浓度变化对平衡移动的影响 (4). 160 (5). ACD (6). 4NH3＋4NO＋O24N2＋6H2O (7). 2SO32－＋4H＋＋2e－===S2O42－＋2H2O
【分析】(1)①结合图1所示温度对一氧化碳转化率的影响分析判断该反应正反应是放热还是吸热；
②A．反应达到平衡状态时，体系内各组分的含量保持不变；
B．结合图1，控制变量法分析，投料比的大小；
C．m＝，根据比例关系，结合方程式分析判断；
D．催化剂只改变反应速率，不影响平衡移动；
③温度和浓度都是影响平衡移动的外界因素；
(2) 结合图2，a点时c(CO2)= c (CO)，结合三段式，根据公式计算；
(3) A．根据图4中含氮元素、硫元素的物质种类分析；
B．根据图4二氧化硫的曲线升高分析；
C．根据图3中曲线斜率大小分析；
D．根据图4 COS曲线随温度变化，分析体系中可能发生反应；
(4)用V2O5作催化剂，NH3可将NO还原成N2，结合反应历程图可知反应物还有氧气，生成物为N2和H2O，配平即得反应方程式；
(5)阴极发生还原反应，是亚硫酸氢根离子，得电子，生成硫代硫酸根离子。
【详解】(1)①根据图1所示，温度升高，一氧化碳平衡转化率降低，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，ΔH＜0；
②A．反应达到平衡状态时，体系内各组分的含量保持不变，比值不变，反应达到平衡，故A正确；
B．结合图1，相同温度下，按m1投料比时，一氧化碳的转化率最大，即一氧化氮的投入量越多，比值越大，则m1＞m2＞m3；
C．根据反应2NO(g)＋2CO(g) ⇌N2(g)＋2CO2(g)，按=1投料平衡时，NO转化率和CO转化率相等，当投料比m＝2时，=2， 可看做在1:1投料的基础上增加NO的投料，平衡正向移动，CO转化率增大，NO转化率减小，故C错误；
D．催化剂只改变反应速率，不影响平衡移动，NO的平衡转化率不变，故D错误；
答案选AB；
③温度较低时，反应物的投料比(反应物的浓度)是影响平衡移动的主要因素；该可逆反应为放热反应，当温度较高时，反应逆向进行的趋势增大，温度变化对平衡移动的影响大于浓度变化对平衡移动的影响，不论以何种投料比，一氧化碳的转化率都减小；
(2)由图2a点可得，c(CO2)=c(CO)，设反应进行到a点时，c(CO2)=c(CO)=x，列“三段式”：
x=1，=2 K正
K正==80，则=2 K正=2×80=160；
(3) A．根据图4中随着温度升高，含氮元素的物质只有N2，则脱硝的产物为N2，随着温度的升高，含硫元素的物质COS或S2，则脱硫的产物随温度变化可能有多种，故A正确；
B．根据图4，温度升高，二氧化硫的曲线上升，二氧化硫分压增大，则脱硫效率降低，故B错误；
C．根据图3，随CO物质的量分数增大，还原NOx生成N2曲线斜率变化较小，而还原SO2需要CO物质的量分数较大时才能将SO2从烟气中分离，说明CO更易于NOx反应，则NOx比SO2更易被CO还原，故C正确；
D．根据图4，COS分压曲线随温度升高减小，CO、S2分压增大，可能发生反应2COS⇌S2＋2CO，继续升高温度，CO2、S2分压减小，CO分压增大，可能发生反应4CO2＋S2⇌4CO＋2SO2，故D正确；
答案选ACD；
(4) 用V2O5作催化剂，NH3可将NO还原成N2，结合反应历程图可知反应物还有氧气，生成物为N2和H2O，配平即得反应方程式为4NH3＋4NO＋O24N2＋6H2O；
(5) 阴极发生还原反应，是亚硫酸根离子，得电子，生成硫代硫酸根离子，电极反应式为：2SO32－＋4H＋＋2e－=S2O42－＋2H2O。
21.元素铈(Ce)是一种重要的稀土元素。
(1) 工业上用氟碳铈矿(主要成分为CeFCO3)制备CeO2。焙烧过程中发生的主要反应的化学方程式为______________________________________。
(2) 已知CeCl3·7H2O在空气中易被氧化成四价铈，反应如下：
① CeCl3·7H2O(s)=CeCl3(s)＋7H2O(g)；ΔH1＝a kJ·mol－1
② 4CeCl3(s)＋O2(g)＋14H2O(g)=4Ce(OH)4(s)＋12HCl(g)；ΔH2＝b kJ·mol－1
③ Ce(OH)4(s)=CeO2(s)＋2H2O(g)；ΔH3＝c kJ·mol－1
则4CeCl3·7H2O(s)＋O2(g)=4CeO2(s)＋12HCl(g)＋22H2O(g)；ΔH＝________。
(3) CeO2是汽车尾气净化催化剂中最重要的助剂，工作原理如图1所示。写出过程1发生反应的化学方程式：____________________________________________________。
(4) 已知Ce(OH)4极易分解，用如图2所示装置电解CeCl3溶液在阴极区制得CeO2。电解过程中反应体系的pH随时间t的变化曲线如图3所示。
①电解进行1h内溶液的pH迅速下降，可能原因是____________________________。
②请解释生成CeO2的原理：________________________________________________。
(5) 常温下，当溶液中某离子浓度≤1.0×10－5时，可认为该离子沉淀完全。用Na2C2O4溶液对电解后的废液处理得到Ce2(C2O4)3固体，则应保持溶液中c(C2O42－)约为_____________。(已知25 ℃时，Ksp[Ce2(C2O4)3]＝1.0×10－25)
【答案】(1). 4CeFCO3＋4NaHCO3＋O2 4NaF＋4CeO2＋8CO2＋2H2O (2). (4a＋b＋4c) kJ·mol－1 (3). xCO＋CeO2=CeO(2－x)＋xCO2 (4). 产生的Cl2发生反应Cl2＋H2O⇌HCl＋HClO。由于生成了HCl，使反应体系的pH迅速下降 (5). 阳极电解产生的Cl2把Ce3＋氧化成Ce4＋。同时与阴极电解产生OH－离子反应生成Ce(OH)4，然后再分解生成CeO2[或者Ce3＋与阴极电解产生的OH－反应生成Ce(OH)3，Ce(OH)3再被阳极电解产生的Cl2氧化成Ce(OH)4，然后再分解生成CeO2] (6). 1.0×10－5 mol·L－1
【分析】(1)焙烧过程中，CeFCO3和加入的NaHCO3反应转化生成CeO2和二氧化碳，焙烧过程O2参加反应，根据物料守恒和得失电子守恒写出主要反应的方程式；
(2)利用盖斯定律，分析计算目标反应焓变；
(3)过程1中，CeO2和一氧化碳反应生成二氧化碳CeO(2-x)，据此书写方程式；
(4)根据电解过程中阴阳极电极上的产物分析；
(5)利用溶度积常数计算公式进行计算。
【详解】(1)焙烧过程中，CeFCO3和加入的NaHCO3反应转化生成CeO2和二氧化碳，焙烧过程O2参加反应，根据物料守恒和得失电子守恒，主要反应的方程式为：4CeFCO3＋4NaHCO3＋O2 4NaF＋4CeO2＋8CO2＋2H2O；
(2)已知：①CeCl3·7H2O(s)=CeCl3(s)＋7H2O(g)；ΔH1＝a kJ·mol－1
②4CeCl3(s)＋O2(g)＋14H2O(g)=4Ce(OH)4(s)＋12HCl(g)；ΔH2＝b kJ·mol－1
③Ce(OH)4(s)=CeO2(s)＋2H2O(g)；ΔH3＝c kJ·mol－1
则根据盖斯定律：①×4+②+③×4，可得4CeCl3·7H2O(s)＋O2(g)=4CeO2(s)＋12HCl(g)＋22H2O(g)；ΔH＝(4a＋b＋4c) kJ·mol－1；
(3)根据图1所示，过程1中CeO2和一氧化碳反应生成二氧化碳CeO(2-x)，根据物料守恒，化学反应方程式为：xCO＋CeO2=CeO(2－x)＋xCO2；
(4) ①如图2所示装置，电解CeCl3溶液，阳极上电解质溶液中氯离子失电子发生氧化反应，电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2，产生的Cl2与电解液中的水反应生成盐酸和次氯酸，反应方程式为：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，使电解质溶液酸性增强，pH减小；
②电解CeCl3溶液在阴极区制得CeO2，电解过程中，Ce的化合价升高，被氧化，结合(4)中分析，阳极电解产生的Cl2把Ce3＋氧化成Ce4＋。同时与阴极电解产生OH－离子反应生成Ce(OH)4，结合已知信息，Ce(OH)4极易分解，生成CeO2[或者Ce3＋与阴极电解产生的OH－反应生成Ce(OH)3，Ce(OH)3再被阳极电解产生的Cl2氧化成Ce(OH)4，然后再分解生成CeO2]；
(5) 当溶液中某离子浓度≤1.0×10－5时，可认为该离子沉淀完全，则Ce3＋完全沉淀时，溶液中c(Ce3＋)= 1.0×10－5mol/L，Ksp[Ce2(C2O4)3]＝c2(Ce3＋)∙ c3(C2O42－)=1.0×10－25，则c(C2O42－)== 1.0×10－5 mol·L－1。
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