【化学】江苏省南京市溧水高级中学2018-2019学年高二上学期期中考试（必修）试题（解析版）

江苏省南京市溧水高级中学2018-2019学年高二上学期期中考试（必修）试题
本试卷分为第Ⅰ卷（客观题）和第Ⅱ卷（主观题）两部分。满分100分，考试时间75分钟。
可能用到的相对原子质量：H 1 N 14 O 16 Mg24 Al 27 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64 Ag 108
第Ⅰ卷（选择题 共69分）
一、单项选择题（在每题的4个选项中，只有1个选项是符合要求的。本部分23题，每题3分，共69分）
1.2016年诺贝尔化学奖授予从事分子机器人研究的三位化学家。下列物质由分子构成的是
A. 食盐 B. 铁单质 C. 纯净水 D. 金刚石
【答案】C
【解析】
【详解】A.氯化钠是含有金属元素和非金属元素的化合物，氯化钠由钠离子和氯离子构成的，故A错误；
B.铁属于金属单质，是由铁原子直接构成的，故B错误；
C.水是由非金属元素组成的化合物，是由水分子构成的，故C正确；
D.金刚石属于固态非金属单质，是由碳原子直接构成的，故D错误。
故选C。
2.下列自然资源的开发利用过程只涉及物理变化的是
A. 高炉炼铁 B. 海水晒盐 C. 电解冶铝 D. 煤的液化
【答案】B
【解析】
【详解】A.铁矿石冶炼成钢铁，由化合物生成了单质，属于化学变化，故A错误；
B.海水晒盐的过程中没有生成新物质，属于物理变化，故B正确；
C.电解冶炼铝由化合物生成了单质，属于化学变化，故C错误；
D.煤的液化是将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料或利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料的过程，有新物质生成，属于化学变化，故D错误。
故选B。
【点睛】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化。化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成，根据是否有新物质生成来区分物理变化和化学变化。
3.下列气体既可用排水法收集，又可用向下排空气法收集的是
A. Cl2 B. NO C. NH3 D. CH4
【答案】D
【解析】
【详解】A.Cl2的密度比空气密度大，能溶于水，可以用排饱和食盐水法和向上排空气法收集，故A错误；
B.NO的密度比空气密度略大，难溶于水，NO能与O2反应生成NO2，NO只能用排水法收集，故B错误；
C.NH3的密度比空气密度小，极易溶于水，只能用向下排空气法收集，故C错误；
D.CH4的密度比空气密度小，难溶于水，可以用向下排空气法和排水法收集，故D正确。
故选D。
4.根据海水中与的含量比可以推测古代海水的温度。与具有不同的
A. 中子数 B. 电子数 C. 质子数 D. 核电荷数
【答案】A
【解析】
【详解】A.中子数=质量数-质子数，O的中子数为10，O的中子数为8，不相同，故A正确；
B.质子数=原子核外电子数=核电荷数，O与O的电子数相同，故B错误；
C.质子数=原子核外电子数=核电荷数，O与O的质子数相同，故C错误；
D.质子数=原子核外电子数=核电荷数，O与O的核电荷数相同，故D错误。
故选A。
【点睛】原子序数=质子数=原子核外电子数=核电荷数，质子数+中子数=质量数。
5.某溶液中含有大量的H+、NH4+、SO42—，该溶液中还可能大量存在的离子是
A. OH－ B. HCO3— C. Ba2+ D. Cu2+
【答案】D
【解析】
【详解】A.H+与OH－反应生成水，不能大量共存，故A错误；
B.H+ 与HCO3-反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，故B错误；
C.Ba2＋与SO42-反应生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，故C错误；
D.Cu2+ 与H+、NH4+、SO42-不发生反应，可以大量共存，故D正确。
故选D。
【点睛】判断离子共存，由于发生复分解反应，离子不能大量共存。 ①有气体产生：如CO32-、S2-、HS-等易挥发的弱酸的酸根与H+不能大量共存，②有沉淀生成：如Ba2+、Ca2+等不能与SO42-、CO32-等大量共存，③有弱电解质生成：如OH-、CH3COO-等与H+不能大量共存，一些酸式弱酸根不能与OH-大量共存。
6.下列化学用语正确的是
A. 硫化氢的电子式： B. 乙酸的结构简式：C2H4O2
C. 铝的离子结构示意图： D. 硫酸钾的电离方程式：K2SO4＝K++SO42—
【答案】C
【解析】
【详解】A.硫化氢是含有极性键的共价化合物，电子式为，故A错误；
B.乙酸的结构简式是CH3COOH，故B错误；
C.铝离子结构示意图中，核电荷数=质子数=13＞核外电子数=10，故C正确；
D.硫酸钾的电离方程式：K2SO4＝2K++SO42-，故D错误。
故选C。
7.下列化学式与指定物质的主要成分对应正确的是
A. NaClO——漂白粉 B. NaHCO3——小苏打
C. CaCO3——熟石灰 D. KAl(SO4)2·12H2O——胆矾
【答案】B
【解析】
【详解】A.NaClO是漂白液的主要成份，漂白粉的主要成份是CaCl2和Ca(ClO)2的混合物，故A错误；
B.NaHCO3俗称小苏打，故B正确；
C.熟石灰是氢氧化钙，CaCO3是石灰石，故C错误；
D.明矾的化学式为KAl(SO4)2·12H2O，胆矾的化学式为CuSO4·5H2O，故D错误。
故选B。
8.反应HCOOH＋HOCH3HCOOCH3＋H2O可用于甲酸甲酯的制备。下列关于该反应的说法正确是
A. 使用催化剂能加快反应速率 B. 升高温度能降低反应速率
C. 降低HCOOH浓度能加快反应速率 D. HCOOH与HOCH3能100%转化为HCOOCH3
【答案】A
【解析】
【详解】A.使用催化剂能加快化学反应速率，故A正确；
B.升高温度能加快化学反应速率，故B错误；
C.降低HCOOH浓度，降低反应物的浓度能减慢化学反应速率，故C错误；
D.由于该反应为可逆反应，可逆反应有一定的限度，所以HCOOH与HOCH3不可能100%转化为HCOOCH3，故D错误。
故选A。
9.下列属于只含共价键的化合物的是
A. N2 B. Na2O2 C. MgCl2 D. CO2
【答案】D
【解析】
【详解】A.N2属于单质，氮原子和氮原子之间存在非极性共价键，故A错误；
B.Na2O2中有钠离子与过氧根离子形成的离子键，O、O之间形成的共价键，是离子化合物，故B错误；
C.MgCl2中只有离子键，是离子化合物，故C错误；
D.CO2是C与O通过共价键结合形成的共价化合物，故D正确。
故选D。
【点睛】一般情况下，金属或铵根离子与非金属形成的化学键是离子键，非金属和非金属之间形成的化学键是共价键，离子化合物中一定含有离子键也可能含有共价键，但是共价化合物中只含有共价键。
10.我国晋代炼丹家葛洪所著《抱朴子》中记载有“丹砂烧之成水银”，其反应如下：HgS＋O2＝Hg＋SO2。该反应属于
A. 置换反应 B. 复分解反应 C. 化合反应 D. 分解反应
【答案】A
【解析】
【详解】置换反应是一种单质与一种化合物生成另外一种单质和另外一种化合物的反应，反应HgS＋O2＝Hg＋SO2属于置换反应。
故选A。
11.2016年度国家最高科学技术奖获得者赵忠贤院士的主要贡献之一：发现液氮温区氧化物的超导电性。下列物质属于氧化物的是
A. O2 B. LiOH C. Cu2O D. NaHSO4
【答案】C
【解析】
【详解】A.O2 属于单质，故A错误；
B.LiOH属于碱，故B错误；
C.Cu2O由两种元素组成其中一种元素是氧元素，属于氧化物，故C正确；
D.NaHSO4属于酸式盐，故D错误。
故选C。
12.下列反应的离子方程式正确的是
A. 铁与盐酸反应：2Fe＋6H＋＝2Fe3＋＋3H2↑
B. 氢氧化镁与硝酸溶液的反应：Mg(OH)2＋2H＋＝Mg2＋＋2H2O
C. 氯化钙溶液与碳酸钠溶液反应：Ca2＋＋Na2CO3＝CaCO3↓＋2Na+
D. 硫酸铁溶液与足量铜的反应：2Fe3＋＋3Cu＝2Fe＋3Cu2＋
【答案】B
【解析】
【详解】A.铁和稀盐酸反应的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，故A错误；
B.Mg(OH)2是难溶性沉淀，不能拆开，应写化学式， 氢氧化镁与硝酸溶液反应的离子方程式为：Mg(OH)2＋2H＋＝Mg2＋＋2H2O，故B正确；
C.Na2CO3是可溶性盐，应写成离子形式，氯化钙溶液与碳酸钠溶液反应的离子方程式为：Ca2＋＋CO32-＝CaCO3↓，故C错误；
D.硫酸铁溶液与足量铜反应的离子方程式为：2Fe3＋＋Cu＝2Fe2+＋Cu2＋，故D错误。
故选B。
【点睛】判断离子方程式书写正误的方法：
“一看”电荷是否守恒：在离子方程式中,两边的电荷数及原子数必须守恒； “二看”拆分是否恰当：在离子方程式中，强酸、强碱和易溶于水的盐拆分成离子形式，难溶物、难电离物质、易挥发物质、单质、氧化物、非电解质等均不能拆分，要写成化学式；“三看”是否符合客观事实：离子反应的反应物与生成物必须与客观事实相吻合。
13.制高效消毒剂ClO2的反应如下：2NaClO3＋Na2SO3＋H2SO4＝2Na2SO4＋2ClO2↑＋H2O。下列有关该反应的说法正确的是
A. Na2SO3是氧化剂 B. H2SO4被还原
C. Na2SO3发生还原反应 D. 每消耗1 mol NaClO3转移6.02×1023个电子
【答案】D
【解析】
【分析】
该反应中，氯元素化合价由+5价变为+4价，硫元素化合价由+4价变为+6价，据此答题。
【详解】A.Na2SO3中硫元素化合价由+4价变为+6价，失电子化合价升高的反应物是还原剂，故A错误；
B.硫酸在反应前后化合价不变，所以既不是氧化剂也不是还原剂，故B错误；
C.Na2SO3中硫元素化合价由+4价变为+6价，失电子，化合价升高，发生氧化反应，故C错误；
D.氯酸钠中氯元素化合价由+5价变为+4价，每消耗1 mol NaClO3转移1 mol电子，故D正确。
故选D。
14.粗略测定草木灰中碳酸钾的含量并检验钾元素的存在，需经过称量、溶解、过滤、蒸发、焰色反应等操作。下列图示对应的操作规范的是
A. 称量 B. 溶解
C. 蒸发 D. 焰色反应
【答案】B
【解析】
【详解】A.碳酸钾吸湿性强，暴露在空气中能吸收二氧化碳和水，应放在小烧杯里称量，故A错误；
B.溶解时需用玻璃棒搅拌加快溶解，故B正确；
C.蒸发时需用玻璃棒搅拌，使受热均匀，防止液体飞溅，故C错误；
D.做钾元素的焰色反应时需用蓝色钴玻璃滤去钠的黄色，故D错误。
故选B。
15.下列实验方法能达到目的的是
A. 用激光笔照射区分葡萄糖溶液和淀粉胶体
B. 用过滤的方法从分离四氯化碳和水的混合物
C. 用Na2CO3溶液除去CO2中混有的少量HCl
D. 用KSCN溶液检验FeCl3溶液中是否含有Fe2＋
【答案】A
【解析】
【详解】A.淀粉胶体为胶体分散系，具有丁达尔现象，则可用激光笔鉴别淀粉胶体与葡萄糖溶液，故A正确；
B.四氯化碳和水互不相溶，可以采用分液的方法分离四氯化碳和水的混合物，故B错误；
C.除去CO2中混有的少量HCl，应通过饱和的NaHCO3溶液，故C错误；
D.氯化铁溶液中存在铁离子，加入硫氰化钾溶液，只能检验铁离子，无法判断是否存在亚铁离子，故D错误。
故选A。
16.下列选项中描述的过程能实现热能转化为化学能的是
A. 燃料电池 B. 火力发电
C. 铝热焊接 D. 煅烧石灰石
【答案】D
【解析】
【详解】A.燃料电池由化学能转化为电能，故A错误；
B.火力发电由化学能转化为热能，热能转化为电能，故B错误；
C.铝热焊接由化学能转化为热能，故C错误；
D.煅烧石灰石由热能转化为化学能，故D正确。
故选D。
17.小王同学表演“桃花盛开”魔术时，将一个水槽倒扣在挂满潮湿白纸花的树枝上，白纸花逐渐变成粉红色，且越来越鲜艳。其奥秘是白纸花事先喷洒过酚酞溶液，而水槽内壁涂有
A. 浓盐酸 B. 浓硫酸 C. 浓烧碱 D. 浓氨水
【答案】D
【解析】
【详解】由题目分析，水槽内壁涂有的物质能使酚酞变红，且越来越鲜艳，说明该物质显碱性，且具有挥发性，故答案D正确。
故选D。
18.苯是重要的有机化工原料。下列关于苯的说法正确的是
A. 无色不溶于水，密度比水大 B. 不能发生加成反应
C. 能与液溴发生取代反应 D. 苯的包装箱应贴如图所示图标
【答案】C
【解析】
【详解】A.苯是无色不溶于水，密度比水小的液体，故A错误；
B.苯可以与氢气在催化剂和加热条件下发生加成反应，故B错误；
C.苯在FeBr3作催化剂的条件下能与液溴发生取代反应生成溴苯，故C正确；
D.苯是易燃的液体，故D错误。
故选C。
19.下列有关物质用途的说法正确的是
A. 氢氧化钙可用来治疗胃酸过多 B. 活性炭可用作水处理时的杀菌剂
C. 铝制容器可用来储运浓硫酸 D. 氧化钠可用作潜水艇里氧气的来源
【答案】C
【解析】
【详解】A.胃酸过多治疗时应用碱性物质中和，氢氧化钙溶液碱性太强，服用对人体消化道损伤太大，不能服用，应用氢氧化铝或碳酸氢钠治疗胃酸过多，故A错误；
B.活性炭具有吸附性，能够除去异味，没有强氧化性，不能作水处理时的杀菌剂，故B错误；
C.浓硫酸具有强氧化性，在常温下能够使铝钝化，形成致密的氧化膜，阻止反应的进行，所以铝制容器可以盛放浓硫酸，故C正确；
D.过氧化钠与水、二氧化碳反应都生成氧气，常用做供氧剂，故D错误。
故选C。
20.以海水为电解质的Mg-AgCl电池在军事上可用作电动鱼雷的电源，其电池反应离子方程式为：2AgCl+Mg＝Mg2++2Ag+2Cl－。该电池工作时，下列说法正确的是

A. 正、负极的质量均减少 B. AgCl电极发生氧化反应
C. 电子由AgCl经外电路流向Mg D. 实现了电能向化学能的转化
【答案】A
【解析】
【分析】
该原电池中Mg易失电子作负极，AgCl作正极，负极反应式为Mg-2e-=Mg2+，正极反应式为2AgCl+2e-=2Ag+2Cl－，据此答题。
【详解】A.负极反应式为Mg-2e-=Mg2+，正极反应式为2AgCl+2e-=2Ag+2Cl－，由正、负极的电极方程式可知，正、负极的质量均减少，故A正确；
B. AgCl作正极，正极发生还原反应，故B错误；
C.电子由负极经外电路流向正极，所以电子由Mg经外电路流向AgCl，故C错误；
D.原电池中实现化学能向电能的转化，故D错误。
故选A。
21.下列有机反应方程式书写正确的是
A. 甲烷与氯气的取代反应：CH4＋Cl2CH2Cl2＋H2
B. 苯与硝酸的硝化反应：＋HNO3＋H2O
C. 乙醇的催化氧化反应：CH3CH2OH＋O2CH3CHO＋H2O
D. 乙酸与乙醇的酯化反应：CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3
【答案】B
【解析】
【详解】A.氯气和甲烷发生取代反应，反应方程式为CH4+Cl2CH3Cl+HCl，故A错误；
B.苯与硝酸在浓硫酸的催化作用下发生硝化反应，反应方程式为＋HNO3＋H2O，故B正确；
C.乙醇和氧气在铜作催化剂、加热条件下发生氧化还原反应生成乙醛和水，反应方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故C错误；
D.乙醇和乙酸在浓硫酸的作用下发生酯化反应，反应方程式为CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O，故D错误。
故选B。
22.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X的最高正价和最低负价代数和为零，Y、Z、W位于同一周期，Y的三价阳离子与氖原子具有相同的核外电子排布，Z与X位于同一主族， W的最外层电子数等于Y、Z最外层电子数之和。下列说法正确的是
A. 原子半径：r(W)＞r(Y)＞r(Z)＞r(X)
B. Z的简单气态氢化物的稳定性比X的强
C. Z的氧化物是制造太阳能电池板的主要材料
D. Y、W的最高价氧化物对应的水化物能相互反应
【答案】D
【解析】
【分析】
短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中X的最高正价和最低负价代数和为零，则X为C元素，Z与X位于同一主族，则Z为Si元素，Y、Z、W位于同一周期，Y的三价阳离子与氖原子具有相同的核外电子排布，则Y为Al元素，W的最外层电子数等于Y、Z最外层电子数之和，则W为Cl元素，据此分析。
【详解】A.X、Y、Z、W分别为C、Al、Si、Cl，电子层数越多，半径越大，同周期原子序数大的原子半径小，故原子半径为r(Y)＞r(Z)＞r(W)＞r(X)，故A错误；
B.Z与X位于同一主族，同一主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，故Z的简单气态氢化物的稳定性比X的弱，故B错误；
C.Z为Si元素，硅是制造太阳能电池板的主要材料，故C错误；
D.Y、W的最高价氧化物对应的水化物分别为Al(OH)3和HClO4 ，Al(OH)3为两性氢氧化物，可以与强酸发生反应，故D正确。
故选D。
【点睛】原子半径的比较方法：电子层数越多，半径越大；若电子层数相同，则核电荷数越大，半径越小；若电子层数和核电荷数均相同，则最外层电子数越多，半径越大。
23.1.52g铜镁合金完全溶解于50mL 密度为1.40 g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120 mL（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0 mol/L NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54 g沉淀。下列说法不正确的是
A. 该合金中铜与镁的物质的量之比是2:1
B. 该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol/L
C. NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%
D. 得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600 mL
【答案】D
【解析】
【分析】
A.金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g-1.52g=1.02g，根据n=计算氢氧根的物质的量，根据电荷守恒可以知道，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，根据提供的电子物质的量与二者质量之和列方程计算x、y的值，据此解答；
B.根据c=计算该浓硝酸的物质的量浓度；
C.根据n=计算 NO2和N2O4混合气体的物质的量，令二氧化氮的物质的量为amol，根据电子转移列方程计算；
D.反应后溶质为硝酸钠，根据氮元素守恒计算硝酸钠的物质的量，根据钠离子守恒可以知道n(NaOH)=n(NaNO3)，再根据V=计算需要氢氧化钠溶液的体积。
【详解】A. 金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g-1.52g=1.02g，氢氧根的物质的量为,=0.06mol，根据电荷守恒可以知道，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：，计算得出x=0.02，y=0.01，故合金中铜与镁的物质的量之比是0.02mol:0.01mol=2:1，故A正确；
B.该浓硝酸密度为1.40 g·mL－1、质量分数为63%，故该浓硝酸的物质的量浓度为mol/L=14mol/L，故B正确；
C. NO2和N2O4混合气体的物质的量为=0.05mol，令二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为（0.05-a）mol，根据电子转移守恒可以知道，a1+(0.05-a)1=0.06，计算得出a=0.04，NO2和N2O4 的物质的量之比=0.04mol:(0.05mol-0.04mol)=4:1，NO2的体积分数是100%=80%,故C正确；
D.反应后溶质为硝酸钠，根据氮元素守恒可以知道，硝酸钠的物质的量为0.05L14mol/L-0.04mol-(0.05-0.04)2=0.64mol，根据钠离子守恒可以知道n(NaOH)=n(NaNO3)= 0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为=0.64L=640mL，所以D选项是错误的。
故选D。
第Ⅱ卷（非选择题 共31分）
二、非选择题（本部分3题，共31分 ）
24.(1)《2017年江苏省政府工作报告》提出“深度参与‘一带一路’建设，全面实施国际产能合作三年行动计划”。
①畅通信息丝绸之路，需要规划建设洲际海底光缆项目。生产光缆所用的光导纤维属于_______(填字母)。
a．有机高分子材料 b．无机非金属材料 c．金属材料
②沪通铁路的建成将江苏沿海进一步融入上海都市圈。金属防腐是铁路建设的重要课题，下列做法的目的不是为了防腐的是_______(填字母)。
a．将钢轨打磨 b．将钢轨涂刷沥青 c．将钢轨与铝连接
③“一带一路”建设需要用大量水泥。生产水泥的主要原料为石灰石和_______(填字母)。
a．纯碱 b．石英 c．黏土
(2)芦蒿是江苏人喜爱的食材，每100g嫩茎中含有蛋白质3.6g、钙730mg、铁2.8mg、胡萝卜素1.4mg、维生素C 49mg等。

①芦蒿中属于微量元素的是_______，还缺少的给人体提供能量的营养素是________。
②β—胡萝卜素在食品工业常用作__________。
③每100g上述芦蒿嫩茎中含有的蛋白质完全水解，所得氨基酸的总质量________3.6g（填“＞”、“＜”或“＝”）。
④维生素C能防治坏血病，又称为抗坏血酸。在维生素C溶液中滴入少量__________，可观察到溶液蓝色褪去，说明维生素C具有还原性。
(3)健康江苏2030规划纲要明确要求“实施最严格的环境保护制度，切实解决影响人民群众健康的突出环境问题”。
①下图为2017年除夕至初一全国部分城市PM2.5小时值浓度变化图。空气质量最好的城市是_________，原因是采取了烟花爆竹禁放措施；燃放烟花爆竹还会释放出大量的SO2等有害气体，写出SO2在空气中形成硫酸型酸雨的总化学方程式：___________________________。

②家庭生活要注意防止和减少对环境的污染。家居装修时要选择优质胶合板，原因是防止___________（填物质名称）产生污染；用过的聚乙烯塑料食品袋要投入贴有_________标志的垃圾箱中。
③对含氮废水进行有效的检测和合理的处理是人们研究和关心的重要问题。环境专家认为可以用金属镁将水体中的NO3－还原为N2，此时所得溶液呈碱性。该反应的离子方程式为______________。
【答案】 (1). b (2). a (3). c (4). 铁（或Fe） (5). 糖类、油脂 (6). 着色剂 (7). ＞ (8). 含有淀粉的碘水 (9). 南京 (10). 2SO2＋2H2O＋O2＝2H2SO4 (11). 甲醛 (12). 可回收物 (13). 2NO3－＋5Mg＋6H2O＝N2↑＋5Mg(OH)2↓＋2OH－
【解析】
【详解】（1）①光导纤维是二氧化硅，属于无机非金属材料，故答案为：b。
②a.将钢轨打磨的方法来预防钢轨波磨、控制接触疲劳、裂纹扩展和磨耗有较好的效果，不能防止钢铁被腐蚀，故a正确；b.将钢轨涂刷沥青，可以隔绝空气和水，防止钢铁被腐蚀，故b错误；c.将钢轨与铝连接，形成原电池，铝比铁活泼，铝为负极失去电子被氧化腐蚀，可以保护钢铁不被腐蚀，故c错误，故a正确。
故答案为：a。
③生产水泥的主要原料为石灰石和黏土，故答案为：c。
（2）①人体内大约含有27种必需元素，常量元素为：O、C、H、N、Ca、P、K、S、Cl、Na、Mg，微量元素为：Fe、F、Zn、Si、Br、Sn、Cu、V、I、Mn、Cr、Se、Mo、Ni 、Co；提供能量的营养物质主要为糖类、油脂、蛋白质，还缺少的给人体提供能量的营养素为糖类、油脂，故答案为：铁（或Fe），糖类、油脂。
②β—胡萝卜素在食品工业常用作着色剂，故答案为：着色剂。
③蛋白质完全水解得到氨基酸，因为反应物中有水参与，所以得到氨基酸的总质量大于3.6g，故答案为：＞。
④维生素C具有还原性，能使含有淀粉的碘水的蓝色褪去，故答案为：含有淀粉的碘水。
（3）①由题中图表可以看出，南京PM2.5的含量最低，空气质量最好，SO2在空气中形成硫酸型酸雨的化学方程式为SO2+H2O⇌ H2SO3，2H2SO3+O2═2H2SO4，总化学方程式为：2SO2＋2H2O＋O2＝2H2SO4。
②家居装修中最主要的污染物是胶合板中释放出来的甲醛，聚乙烯塑料属于可回收垃圾，
故答案为：甲醛；可回收物。
③由题意可知金属镁将水体中的NO3－还原为N2，镁被氧化为Mg2+，所得溶液呈碱性，说明产物中含有OH-，Mg2+与OH-反应生成Mg(OH)2沉淀，Mg→Mg2+，失去2个电子，NO3－→N2，得到5个电子，根据氧化还原反应配平得失电子数目相等，反应的离子方程式为：2NO3－＋5Mg＋6H2O＝N2↑＋5Mg(OH)2↓＋2OH－，故答案为：2NO3－＋5Mg＋6H2O＝N2↑＋5Mg(OH)2↓＋2OH－。
25.有关物质的转化关系如下图所示(部分物质与反应条件已略去)。A是常见金属，B是常见强酸；D、I均为无色气体，其中I为单质，D的相对分子质量是I的两倍；E是最常见的无色液体；G为常见强碱，其焰色反应呈黄色；J是常见红色固体氧化物。请回答下列问题：

(1)G的电子式为_________。
(2)H的化学式为__________。
(3)写出反应①的离子方程式：___________________________。
(4)写出反应②的化学方程式：___________________________。
【答案】 (1). (2). Fe(OH)2 (3). 2Fe3+＋SO2＋2H2O＝2Fe2+＋SO42—＋4H+ (4). Fe2O3＋3H2SO4＝Fe2(SO4)3＋3H2O
【解析】
【分析】
G为常见强碱，其焰色反应呈黄色，则G为NaOH，E是最常见的无色液体， 则E为H2O，J是常见红色固体氧化物，则J为Fe2O3，J中的铁元素来自于A，则A为Fe，B是常见强酸，能与Fe反应生成无色气体D和水，且D、I均为无色气体，其中I为单质，D的相对分子质量是I的两倍，则I为O2，D为SO2，B为H2SO4，Fe2O3与H2SO4反应生成硫酸铁和水，则C为Fe2(SO4)3，SO2具有还原性，将Fe2(SO4)3还原为FeSO4，则F为FeSO4，FeSO4与NaOH反应生成氢氧化亚铁和硫酸钠，则H为Fe(OH)2，据此答题。
【详解】（1）G为NaOH，NaOH由离子键和共价键构成，其电子式为：，故答案为：。
（2）H为Fe(OH)2，化学式为：Fe(OH)2，故答案为：Fe(OH)2。
（3）反应①为硫酸铁、二氧化硫与水反应，离子方程式为：2Fe3+＋SO2＋2H2O＝2Fe2+＋SO42—＋4H+，故答案为：2Fe3+＋SO2＋2H2O＝2Fe2+＋SO42—＋4H+。
（4）反应②为氧化铁与硫酸反应，化学方程式为：Fe2O3＋3H2SO4＝Fe2(SO4)3＋3H2O，故答案为：Fe2O3＋3H2SO4＝Fe2(SO4)3＋3H2O。
26.工业上以某软锰矿（主要成分为MnO2，还含有SiO2、Al2O3等杂质）为原料，利用烟道气中的SO2制备MnSO4·H2O的流程如下：

(1)滤渣A的主要成分是_________（填化学式）。
(2)操作Ⅰ为加热（煮沸）结晶、趁热过滤、洗涤、干燥。根据下图溶解度曲线分析，趁热过滤的目的除了防止MnSO4·H2O中含有(NH4)2SO4外，还有____________________。

（3）MnSO4常用于测量地表水的DO值(每升水中溶解氧气的质量，即溶氧量)。我国《地表水环境质量标准》规定，生活饮用水源的DO值不得低于5 mg·L－1。李明同学设计了如下实验步骤测定某河水的DO值：
第一步：使如图所示装置中充满N2后，用注射器向三颈烧瓶中加入200 mL水样。
第二步：用注射器向三颈烧瓶中依次加入一定量MnSO4溶液（过量）、碱性KI溶液（过量），开启搅拌器，发生下列反应：Mn2＋＋O2＋OH－→MnO(OH)2↓（未配平）
第三步：搅拌并向烧瓶中加入一定量H2SO4溶液，在酸性条件下，上述MnO(OH)2将I－氧化为I2，其反应如下： MnO(OH)2＋I－＋H＋→Mn2+＋I2＋H2O（未配平）
第四步：从烧瓶中取出40.00 mL溶液，与0.010 mol·L－1Na2S2O3溶液发生反应：2S2O32—＋I2=S4O62—＋2I－，恰好完全进行时，消耗Na2S2O3溶液4.40 mL。
①在配制第二、三步所加试剂时，所有溶剂水须先煮沸后再冷却才能使用，将溶剂水煮沸的作用是_____。
②通过计算判断作为饮用水源，此河水的DO值是否达标______ (写出计算过程，不考虑第二、三步加入试剂后水样体积的变化)。
【答案】 (1). SiO2 (2). 减少MnSO4·H2O的损失，防止生成MnSO4·5H2O (3). 除去水中溶解的氧气 (4). 达标
【解析】
【分析】
分析信息和工艺流程知向软锰矿浆通入稀硫酸和烟道气，酸浸，酸性条件下，二氧化锰与二氧化硫反应生成硫酸锰、氧化铝和稀硫酸反应生成硫酸铝，过滤，滤渣A为二氧化硅，向滤液1中加入氨水，调节pH=5.4，将Al3+转化为氢氧化铝沉淀，过滤，滤渣B为氢氧化铝，滤液2为硫酸锰溶液，经过加热（煮沸）结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，得MnSO4·H2O，据此作答。
【详解】（1）由分析可知滤渣A的主要成分是二氧化硅，化学式为：SiO2，故答案为：SiO2。
（2）由溶解度曲线分析可知，趁热过滤的目的除了防止MnSO4·H2O中含有(NH4)2SO4外，还有减少MnSO4·H2O的损失，防止生成MnSO4·5H2O，故答案为：减少MnSO4·H2O的损失，防止生成MnSO4·5H2O。
（3）①溶液中氧气溶解度不大，且随温度升高溶解度减小，所以配制以上无氧溶液时需要通过煮沸溶剂后冷却，把溶剂水中溶解的氧气赶出，减少实验误差
故答案为：除去水中溶解的氧气。
②Mn2＋＋O2＋OH－→MnO(OH)2↓，根据观察法配平反应方程式为：2Mn2＋＋O2＋4OH-=2MnO(OH)2↓；MnO（OH）2+I-+H+→Mn2++I2+H2O，反应中碘元素化合价-1价变化为0价，锰元素化合价降低+4价变化为+2价，电子转移总数2，配平得到离子方程式为：MnO（OH）2+2I-+4H+=Mn2++I2+3H2O。
用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2发生反应：2S2O32-+I2═S4O62-+2I-，以淀粉作指示剂，随硫代硫酸钠溶液滴入，滴定过程中滴入最后一滴溶液蓝色变为无色且半分钟不变说明反应达到终点。
恰好完全进行时，消耗Na2S2O3溶液4.40mL，2Mn2++O2+4OH-═2MnO（OH）2↓，MnO（OH）2+2I-+4H+=Mn2++I2+3H2O，2S2O32-+I2═S4O62-+2I-，得到定量关系为：
O2～2MnO（OH）2～2I2～4S2O32-，
1 4
n 0.0044L×0.010mol•L-1
n=1.1×10-5mol
200mL水样中含氧气1.1×10-5mol×200÷40=5.5×10-5mol
氧气浓度=5.5×10-5mol÷0.2L=2.75×10-4mol/L，
水中溶氧量（DO）=2.75×10-4mol/L×32g/mol=8.8×10-3g/L=8.8mg/L>5 mg/L，生活饮用水源的DO不能低于5mg•L-1．则此水样达标。
故答案为：恰好完全进行时，消耗Na2S2O3溶液4.40mL，2Mn2++O2+4OH-═2MnO（OH）2↓，MnO（OH）2+2I-+4H+=Mn2++I2+3H2O，2S2O32-+I2═S4O62-+2I-，得到定量关系为：
O2～2MnO（OH）2～2I2～4S2O32-，
1 4
n 0.0044L×0.010mol•L-1
n=1.1×10-5mol
200mL水样中含氧气1.1×10-5mol×200÷40=5.5×10-5mol
氧气浓度=5.5×10-5mol÷0.2L=2.75×10-4mol/L，
水中溶氧量（DO）=2.75×10-4mol/L×32g/mol=8.8×10-3g/L=8.8mg/L>5 mg/L，生活饮用水源的DO不能低于5mg•L-1．则此水样达标。
【点睛】第（3）小题需要先将第二步与第三步中反应方程式先配平，再根据各步反应得出氧气与硫代硫酸钠间的物质的量的关系进行计算。