2019-2020学年湖南省衡阳市衡阳县一中高三(下)开学化学试卷(一) 答案

2019-2020学年湖南省衡阳市衡阳县一中高三（下）开学化学试
卷（一）
参考答案与试题解析
一、选择题（共14小题，每小题3分，满分42分）
1．（3分）《本草纲目》记载：“烧酒，其法用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露，”“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”。

这里用到的实验方法可以用于分离（）
A．丁醇和乙醚B．碘化钾与碘
C．硝酸钾与氯化钠D．氯化铵与硫酸钠
【分析】根据题干信息可知，白酒的烧制是利用沸点不同进行分离，即操作方法为蒸馏，据此进行解答。

【解答】解：根据：“烧酒，其法用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露，”“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”可知，白酒的烧制是利用沸点不同进行分离，即操作方法为蒸馏，A．丁醇和乙醚都是液体，二者沸点不同，需要通过蒸馏分离，故A正确；
B．碘化钾与碘在四氯化碳的溶解度不同，需要通过萃取分液分离，故B错误；
C．硝酸钾与氯化钠都易溶于水，二者的溶解度受温度的影响不同，需要通过重结晶法分离，故C错误；
D．硝酸钾与氯化钠的稳定性不同，可通过加热的方法分离，故D错误；
故选：A。

2．（3分）室温下向10mL pH＝3的醋酸溶液中加入水稀释后，下列说法正确的是（）A．溶液中导电粒子的数目减少
B．溶液中的值CCHH3CCCCCCHH
CCHH3CCCCCC−减小
C．醋酸的电离程度增大，c（H+）亦增大
D．再加入10mlpH＝11的NaOH溶液，混合液pH＝7
【分析】醋酸是弱电解质，则室温下向10mLpH＝3的醋酸溶液中加水稀释后会促进醋酸的电离，溶液中醋酸分子数减小、醋酸根离子、氢离子的数目增大，则溶液中离子的数目增多、CCHH3CCCCCCHH
CCHH3CCCCCC−的值减小；由于溶液的体积增大，则电离产生的离子的浓度减小，再结合酸碱混合时pH的计算来解答．
【解答】解：A．因醋酸溶液中加水稀释，促进电离，则液中导电粒子的数目增多，故A
错误；
B．稀释后醋酸的电离程度增大，则溶液中醋酸的分子数减小，醋酸根离子的数目增大，由于在同一溶液中，则CCHH3CCCCCCHH
CCHH3CCCCCC−的值减小，故B正确；
C．加水稀释时，溶液的体积增大的倍数大于n（H+）增加的倍数，则c（H+）减小，故C错误；
D、等体积10mLpH＝3的醋酸与pH＝11的NaOH溶液混合时，醋酸的浓度大于0.001mol/L，
醋酸过量，则溶液的pH＜7，故D错误；
故选：B。

3．（3分）25℃在等体积的①pH＝0的H2SO4溶液，②0.05mol•L﹣1的Ba（OH）2溶液，③pH＝10的Na2S溶液，④pH＝5的NH4NO3溶液中，由水电离出的c（H+）之比是（）A．1：10：1010：109B．1：5：（5×109）：（5×108）
C．1：20：1010：109D．1：10：104：109
【分析】根据H2O⇌H++OH﹣可知，H2SO4溶液、Ba（OH）2溶液抑制水的电离，根据溶液的H2SO4溶液的PH或Ba（OH）2溶液中c（OH﹣）计算水的电离的物质的量，Na2S 溶液、NH4NO3溶液促进水的电离，根据PH可直接求出发生电离的水的物质的量，进而计算物质的量之比。

【解答】解：设溶液的体积为1L，
①中pH＝0的H2SO4中c（H+）＝1.0 mol•L﹣1，c（OH﹣）＝1.0×10﹣14mol•L﹣1，水电离的物质的量为1.0×10﹣14mol；
②中c（OH﹣）＝0.1 mol•L﹣1，c（H+）＝1.0×10﹣13mol•L﹣1，水电离的物质的量为1.0×10﹣13mol；
③中c（OH﹣）＝1.0×10﹣4mol•L﹣1，水的电离的物质的量为1.0×10﹣4mol；
④中c（H+）＝1.0×10﹣5mol•L﹣1，水的电离的物质的量为1.0×10﹣5mol。

故①②③④中水的电离的物质的量之比为：1.0×10﹣14mol：1.0×10﹣13mol：1.0×10﹣4mol1：1.0×10﹣5mol＝1：10：1010：109，故A项正确。

故选：A。

4．（3分）将足量CO2通入下列各溶液中，所含离子还能大量共存的是（）
A．K+、SiO32﹣、Cl﹣、SO42﹣
B．H+、NH4+、Al3+、SO42﹣
C．Na+、S2﹣、CO32﹣、SO42﹣
D．Na+、C6H5O﹣、CH3COO﹣、HCO3﹣
【分析】A．硅酸根离子与二氧化碳反应；
B．四种离子之间不反应，通入二氧化碳后也不反应；
C．碳酸根离子与二氧化碳反应生成碳酸氢根离子；
D．C6H5O﹣与二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢根离子．
【解答】解：A．SiO32﹣与二氧化碳反应，通入CO2后不能大量共存，故A错误；B．H+、NH4+、Al3+、SO42﹣之间不反应，通入二氧化碳后也不反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；
C．CO32﹣与二氧化碳反应生成碳酸氢根离子，通入CO2后不能大量共存，故C错误；D．C6H5O﹣与CO2反应，通入CO2后不能大量共存，故D错误；
故选：B。

5．（3分）下列离子方程式正确的是（）
A．向盐酸中滴加氨水：H++OH﹣＝H2O
B．Fe（OH）3溶于氢碘酸：Fe（OH）3+3H+＝Fe3++3H2O
C．铜溶于稀硝酸：3Cu+8H++2NO3﹣＝3Cu2++2NO↑+4H2O
D．向Na2S2O3溶液中通入足量氯气：S2O32﹣+2Cl2+3H2O＝2SO32﹣+4Cl﹣+6H+
【分析】A．氨水的主要成分为一水合氨，为弱电解质，应写成化学式；
B．Fe3+与I﹣发生氧化还原反应生成I2；
C．铜溶于稀硝酸生成Cu2+、NO和水；
D．氯气具有强氧化性将S2O32﹣氧化成SO42﹣．
【解答】解：A．氨水的主要成分为一水合氨，为弱电解质，应写成化学式，反应的离子方程式为H++NH3•H2O＝NH4++H2O，故A错误；
B．Fe3+与I﹣发生氧化还原反应生成I2，反应的离子方程式为2Fe（OH）3+2I﹣+6H+＝2Fe2++I2+3H2O，故B错误；
C．铜溶于稀硝酸生成Cu2+、NO和水，反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3﹣＝3Cu2++2NO↑+4H2O，故C正确；
D．氯气具有强氧化性将S2O32﹣氧化成SO42﹣，正确的离子方程式应为S2O32﹣+4Cl2+5H2O ＝2SO42﹣+8Cl﹣+10H+，故D错误。

故选：C。

6．（3分）500mLKNO3和Cu（NO3）2的混合溶液中c（NO3﹣）═6.0mol•L﹣1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4 L 气体（标准状况），假定电解后溶液体积仍为500 mL，下列说法正确的是（）
A．原混合溶液中c（K+）为 2 mol•L﹣1
B．上述电解过程中共转移6mol 电子
C．电解得到的Cu 的物质的量为0.5 mol
D．电解后溶液中c（H+）为 2 mol•L﹣1
【分析】石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4L气体（标准状况），阴极发生反应为：Cu2++2e﹣═Cu、2H++2e﹣═H2↑，阳极发生反应为：4OH﹣﹣4e﹣═O2↑+2H2O，n（H2）＝n（O2）=22.4LL
22.4LL/mmmmmm=1mol，结合电子守恒及物质的量浓
度的计算来解答。

【解答】解：石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4L气体（标准状况），n（H2）＝n（O2）=22.4LL
22.4LL/mmmmmm=1mol，
阳极发生电极反应为：4OH﹣﹣4e﹣═O2↑+2H2O，
4mol 4mol 1mol
阴极发生的电极反应为：Cu2++2e﹣═Cu、2H++2e﹣═H2↑
1mol 2mol 1mol 2mol 2mol 1mol A．c（Cu2+）=1mmmmmm0.5LL=2mol/L，由电荷守恒可知，原混合溶液中c（K+）为6mol/L﹣2mol/L ×2＝2mol/L，故A正确；
B．当通电一段时间后，阳极生成氧气为1mol，则转移电子的物质的量为1mol×4＝4mol，故B错误；
C．电解得到的Cu的物质的量为1mol，故C错误；
D．电解后溶液中c（H+）为：4mmmmmm−2mmmmmm
0.5LL=4mol/L，故D错误；
故选：A。

7．（3分）下列各溶液中，微粒的物质的量浓度关系正确的是（）
A．0.1 mol/L Na2CO3溶液：C（Na+）＝2[c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3）] B．0.1 mol/L NH4Cl溶液：C（NH4+）＝C（Cl﹣）
C．向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液：C（Na+）＞C（CH3COO﹣）
＞C（H+）＞C（OH﹣）
D．向硝酸钠溶液中滴加稀盐酸得到的pH＝5的混合溶液：C（Na+）＞C（NO3﹣）【分析】A．根据碳酸钠溶液中的物料守恒分析；
B．铵根离子部分水解，导致铵根离子的浓度减小；
C．溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），根据电荷守恒可知：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）；D．钠离子和硝酸根离子都不水解，混合液中二者浓度仍然相等．
【解答】解：A．碳酸钠溶液中存在物料守恒，根据物料守恒可得：c（Na+）＝2[c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3）]，故A正确；
B.0.1 mol/L NH4Cl溶液中，铵根离子部分水解，则溶液中满足：c（NH4+）＜c（Cl﹣），
故B错误；
C．混合液显示酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），根据电荷守恒可知：c（CH3COO﹣）＞c （Na+），溶液中离子浓度大小为：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故C错误；
D．硝酸钠溶液中滴加稀盐酸得到的pH＝5的混合溶液，钠离子和硝酸根离子都不水解，则：c（Na+）＝c（NO3﹣），故D错误；
故选：A。

8．（3分）由：①2C（s）+O2（g）＝2CO（g）△H＝﹣221kJ/mol
②H+（aq）+OH﹣（aq）＝H2O（l）△H＝﹣57.3kJ/mol
可知（）
A．①的反应热为221 kJ/mol
B．稀硫酸与Ba（OH）2稀溶液反应的中和热为57.3 kJ/mol
C．碳的燃烧热大于110.5 kJ/mol
D．稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1 mol水，放出57.3 kJ 热量
【分析】A、①的反应热为负值；
B、中和热是强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1mol水时放出的热量，中和热为放
热反应，中和热为57.3 kJ/mol，生成硫酸钡沉淀时要放热；
C、CO燃烧生成二氧化碳继续放出热量；
D、醋酸是弱电解质，电离需吸收热量．
【解答】解：A、反应热包含符号，①的反应热为﹣221 kJ•mol﹣1，故A错误；
B、中和热是强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1mol水时放出的热量，中和热为放
热反应，中和热为57.3 kJ/mol ，但是Ba 2+与SO 42﹣
生成沉淀时放热，所以稀硫酸与Ba （OH ）2稀溶液反应的中和热大于57.3 kJ/mol ，故B 错误；
C 、由反应①可知，1mol 碳燃烧生成CO 放出的热量为110.5 kJ ，CO 燃烧生成二氧化碳继续放出热量，故1mol 碳完全燃烧放出的热量大于110.5 kJ ，所以碳的燃烧热大于110.5 kJ/mol ，故C 正确；
D 、醋酸是弱电解质，电离需吸收热量，稀醋酸与稀NaOH 溶液反应生成1mol 水，放出的热量小于57.3 kJ ，故D 错误；
故选：C 。

9．（3分）2SO 2（g ）+O 2（g ）⇌加热催化剂
2SO 3（g ）是工业制硫酸的主要反应之一．一定温度下，在甲、乙、丙三个容积均为2L 的恒容密闭容器中投入SO 2（g ）和O 2（g ）
，其起始物质的量及SO 2的平衡转化率如下表所示．
甲 乙 丙 起始物质的量 n （SO 2）/mol
0.4
0.8 0.8 n （O 2）
/mol
0.24 0.24 0.48 SO 2的平衡转化率/%
80 α1 α2
下列判断中，正确的是（ ）
A ．甲中反应的平衡常数小于乙
B ．该温度下，平衡常数值为400
C ．平衡时，丙中c （SO 3）是甲中的2倍
D ．平衡时，甲中O 2的转化率大于乙中O 2的转化率
【分析】A ．温度相同时，该反应的平衡常数不变；
B ．根据甲中各物质的平衡浓度计算平衡常数；
C ．体积相同，丙中的起始浓度为甲的2倍，压强增大，平衡正向移动，则丙中转化率增大；
D ．由甲、乙可知，氧气的浓度相同，二氧化硫的浓度增大会促进氧气的转化．
【解答】解：A ．温度相同时，该反应的平衡常数不变，则甲、乙中反应的平衡常数相等，故A 错误；
B ．根据2SO 2（g ）+O 2（g ）⇌加热催化剂
2SO 3（g ），
开始 0.4 0.24 0
转化 0.32 0.16 0.32
平衡 0.08 0.08 0.32
平衡浓度0.04 0.04 0.16
所以该温度下，平衡常数值为(0.16mmmmmm /LL )2
(0.04mmmm /LL )2×0.04mmmmmm /LL =400，故B 正确；
C ．体积相同，丙中的起始浓度为甲的2倍，压强增大，平衡正向移动，则丙中转化率增大，即丙中c （SO 3）大于甲中c （SO 3）的2倍，故C 错误；
D ．由甲、乙可知，氧气的浓度相同，二氧化硫的浓度增大会促进氧气的转化，则乙中O 2的转化率大于甲中O 2的转化率，故D 错误；
故选：B 。

10．（3分）化学小组为分析某铝合金组成，用足量稀硝酸将合金溶解，用NaOH 溶液调pH ，
在pH 为3.4时开始出现沉淀，在pH 为5、9时分别过滤沉淀，继续滴加NaOH 无沉淀析出．下列说法错误的是（ ）
A ．在pH 为9时过滤所得沉淀为Cu （OH ）2
B ．该合金中还含有金属铁
C ．该合金的成分为Al 和Cu
D ．等量铝合金分别与足量的硫酸溶液或氢氧化钠溶液反应得到的氢气一样多
【分析】用NaOH 溶液调pH ，在pH 为3.4时开始出现沉淀，沉淀为Fe （OH ）3，在pH 为5、9时分别过滤沉淀，可分别得到氢氧化铝、氢氧化铜等，继续滴加NaOH 无沉淀析出，说明完全反应，以此解答该题．
【解答】解：pH 为3.4时开始出现沉淀，应生成Fe （OH ）3，说明合金中含有Fe 元素，如只含有铝，则与硫酸、氢氧化钠反应生成氢气的量相等，但由于含有Fe ，则等量铝合金分别与足量的硫酸溶液或氢氧化钠溶液反应得到的氢气不等，则AB 正确，CD 错误。

故选：CD 。

11．（3分）双羟基铝碳酸钠是医疗上常用的一种抑酸剂，化学式是：NaAl （OH ）2CO 3，关
于该物质的说法正确的是（ ）
A ．该物质是Al （OH ）3和 Na 2CO 3的混合物
B ．1mol NaAl （OH ）2CO 3最多可消耗4mol H +
C．该药剂遇胃酸不产生气体，适合胃溃疡患者服用
D．该物质属于两性氢氧化物
【分析】A．双羟基铝碳酸钠是一种盐；
B．羟基（实际为氢氧根）与碳酸根能盐酸反应；
C．该物质与较多的H+反应会产生气体二氧化碳；
D．该物质含有Na、Al、O、H、C，不属于两性氢氧化物．
【解答】解：A．双羟基铝碳酸钠是一种盐，故A错误；
B．NaAl（OH）2CO3与盐酸发生反应NaAl（OH）2CO3+4HCl＝NaCl+AlCl3+3H2O+CO2↑，由方程式可知1mol该物质最多可消耗4molHCl，即消耗4mol H+，故B正确；C．物质与较多的H+反应会产生气体二氧化碳，胃溃疡患者溶液导致胃穿孔，故不适合胃溃疡患者，故C错误；
D．该物质含有Na、Al、O、H、C，不属于两性氢氧化物，故D错误；
故选：B。

12．（3分）向含有1mol HNO3和1mol H2SO4的混合溶液中逐渐加入铁粉至过量，溶液中金属阳离子a、b与所加铁粉的物质的量的关系如图所示（已知稀硝酸的还原产物只有NO）．下列有关判断不正确的是（）
A．a表示Fe3+的关系曲线
B．n1＝0.75
C．p点时，n（Fe2+）＝0.5625 mol
D．向p点溶液中加入铜粉，最多可溶解14.4g
【分析】向含有1molHNO3和1molH2SO4的混合溶液中逐渐加入铁粉至过量，先是发生反应：Fe+4H++NO3﹣═Fe3++NO↑（气体）+2H2O，铁过量后是2Fe3++Fe＝3Fe2+，n2点时候Fe3+和Fe2+的物质的量相同，据此计算有关的量的多少．
【解答】解：A、向含有1molHNO3和1molH2SO4的混合溶液中逐渐加入铁粉至过量，现实发生反应：Fe+4H++NO3﹣═Fe3++NO↑（气体）+2H2O，铁过量后是2Fe3++Fe＝3Fe2+，
a是表示Fe3+的关系曲线，故A正确；
B、向含有1molHNO3和1molH2SO4的混合溶液中逐渐加入铁粉至过量，先是和H+以及NO3﹣反应，NO3﹣能将Fe氧化为Fe3+，自身还原为NO，方程式：Fe+4H++NO3﹣═Fe3++NO ↑（气体）+2H2O，1molHNO3和1molH2SO4共有3moLH+，1mol的NO3﹣完全氧化需要4molH+，控制因素是H+离子，产生Fe3+离子为34mol，即n1＝0.75mol，故B正确；
C、当铁过量，会有：2Fe3++Fe＝3Fe2+，设Fe3+被还原Xmol，
2Fe3++Fe＝3Fe2+，
2 3
X 1.5X
n2点时候Fe3+和Fe2+的物质的量相同，即0.75﹣X＝1.5X，X＝0.3，此时Fe3+的为0.45，所以p点时，n（Fe2+）＝0.45mol，故C错误；
D、向P点溶液中加Cu：2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+，设加入铜的质量是Y，
2 64
0.45 Y
20.45=64YY，解得Y＝14.4，即最多可溶解14.4gCu粉，故D正确；
故选：C。

13．（3分）有一澄清透明溶液，只可能含有大量H+、Fe3+、Fe2+、Al3+、AlO2﹣、CO32﹣、NO3﹣七种离子中的几种，向溶液中逐滴加入一定量1mol/L的NaOH溶液的过程中，开始没有沉淀，而后有沉淀，沉淀达最大量后继续滴加NaOH溶液沉淀部分消失．下列判断正确的是（）
A．一定不含Fe3+和Fe2+
B．一定含有Al3+，Fe3+、Fe2+至少含有一种或两种皆有
C．溶液可能含有NO3﹣
D．一定含有Fe3+，但一定不含Fe2+
【分析】向该溶液中加入一定量1mol/L NaOH溶液的过程中，开始没有沉淀，说明溶液呈酸性，则一定含有大量的H+离子，在酸性溶液中AlO2﹣、CO32﹣离子因发生反应生成弱电解质而不能存在；而后才有沉淀．能够生成沉淀的是Fe3+离子、Fe2+离子或Al3+离子中的一种或几种，沉淀达最大量后继续滴加NaOH溶液沉淀部分消失．说明一定含有Al3+；结合溶液的电中性和Fe2+离子的还原性以及NO3﹣离子的氧化性做进一步的推断．【解答】解：向该溶液中加入一定量1mol/L NaOH溶液的过程中，开始没有沉淀，说明溶液呈酸性，则一定含有大量的H+离子，
在酸性溶液中AlO2﹣、CO32﹣离子分别与H+离子反应生成Al（OH）3沉淀、CO2气体而不能存在，
根据溶液的电中性可知一定含有阴离子，则只有NO3﹣离子符合；
而后才有沉淀。

能够生成沉淀的是Fe3+离子、Fe2+离子或Al3+离子中的一种或几种，但在酸性条件下Fe2+离子与NO3﹣离子发生氧化还原反应而不能共存，则一定不含Fe2+离子，沉淀达最大量后继续滴加NaOH溶液沉淀部分消失。

说明一定含有Al3+和Fe3+；
综上所述，溶液中一定含有H+离子、NO3﹣离子，一定没有AlO2﹣、CO32﹣、Fe2+离子，一定含有Fe3+离子、Al3+；
A、依据判断可知一定含Fe3+离子，一定不含有Fe2+离子，故A错误；
B、根据分析判断结果可知Fe2+离子一定不存在，故B错误；
C、依据分析和溶液中电荷守恒可知，阴离子只有NO3﹣离子，所以一定存在NO3﹣离子，
故C错误；
D、分析判断可知溶液中一定含有Fe3+，但一定不含Fe2+，故D正确；
故选：D。

14．（3分）足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.68L O2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。

若向所得硝酸铜溶液中加入5mol•L﹣1NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH 溶液的体积是（）
A．60 mL B．45 mL C．30 mL D．15 mL
【分析】NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.68L O2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。

Cu失去的电子都被O2得到了，根据电子得失守恒，求出参加反应的铜，然后求出Cu（NO3）2，再根据Cu（NO3）2与NaOH 反应的关系，求出NaOH 的物质的量，最终求出NaOH溶液的体积。

【解答】解：NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.68L O2（标准状况）混合后通入水中，完全生成HNO3，则整个过程中HNO3反应前后没有变化，即Cu失去的电子都被O2得到了，根据得失电子守恒：n（Cu）×2＝n（O2）×4
n（Cu）×2=1.6822.4mol×4
解得：n（Cu）＝0.15mol 所以Cu（NO3）2为0.15mol，
根据 Cu2+～2OH﹣
0.15mol n（OH﹣）
则NaOH 为0.15mol×2＝0.3 mol，
则NaOH 体积V=nn cc=0.3mmmmmm5mmmmmm/LL=0.06L，即60ml，
故选：A。

二、填空题（本题共4小题，52分。

21题为选考题，考生只能够选做其中一题。

）15．（15分）铁氧体可制备隐形飞机上吸收雷达波的涂料。

以废旧锌锰电池为原料制备锌锰铁氧体（Mn x Zn1﹣x Fe2O4）的主要流程如图，请回答下列问题：
（1）经测定酸浸后的滤液中主要金属阳离子有Mn2+、Hg2+、Zn2+．除汞是以氮气为载气吹入滤液带出汞蒸汽经KMnO4溶液吸收而实现的。

如图是KMnO4溶液处于不同pH 时对应的Hg 去除率变化图，图中物质为Hg 与MnO4在一定pH 范围内的主要产物，则pH＜6 时的离子反应方程式为5Hg+2MnO4﹣+16H+＝5Hg2++2Mn2++8H2O。

（2）工艺流程中加入一定量的MnSO4和试剂 A 的目的是调节溶液中Fe、Mn元素的成分；
（3）用试剂 B 调节pH 为10.5 左右，试剂 B 最好是①（填序号）；
①氨水
②NaOH
③NaHCO3
（4）当x═0.2 时，所得到的锌锰铁氧体对雷达波的吸收能力特别强，试用氧化物的组合形式表示该锌锰铁氧体（Fe 元素为+3 价）的组成MnO•4ZnO•5Fe2O3。

（5）已知：C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H═+130 kJ•mol﹣1，2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H═﹣220 kJ•mol﹣1．断开 1 mol H﹣H、O═O 分别需要吸收436 kJ、496 kJ 的热量，则断开1 mol O﹣H 需要吸收的热量为462kJ
【分析】由流程可知，酸浸时发生MnO2+H2O2+H2SO4＝MnSO4+O2↑+2H2O，过滤分离出滤渣含C，酸浸后的滤液中主要金属阳离子有Mn2+、Hg2+、Zn2+，试剂A为Fe粉，置换出Hg，高锰酸钾溶液吸收汞在pH＜6时发生5Hg+2MnO4﹣+16H+＝5Hg2++2Mn2++8H2O，再加入一定量的MnSO4和试剂A可调节溶液中Fe、Mn元素的成分，再加试剂B为氨水，可调节pH，且加热时不易引入新杂质，后期处理得到锌锰铁氧体，以此来解答。

【解答】解：（1）由图可知，pH＜6时Hg与酸性高锰酸钾反应生成Hg2+、Mn2+，反应离子方程式为：5Hg+2MnO4﹣+16H+＝5Hg2++2Mn2++8H2O；由图象可知，汞的吸收率随着PH的增大先降低后增加，
故答案为：5Hg+2MnO4﹣+16H+＝5Hg2++2Mn2++8H2O；
（2）工艺流程中加入一定量的MnSO4和试剂 A 的目的是调节溶液中Fe、Mn元素的成分，符合获得锰锌铁氧化体组成，
故答案为：调节溶液中Fe、Mn元素的成分；
（3）用试剂 B 调节pH 为10.5 左右，试剂 B 最好是氨水，氢氧化钠可以溶解氢氧化锌，碳酸氢钠溶液pH值小于10.5且可以得到一些碳酸盐沉淀，使用氨水调节pH加热时不引入新杂质，
故答案为：①；
（4）Mn为+2价、Zn为+2价，根据化合价代数和为0，可知Fe元素化合价为+3，当x ＝0.2时，该物质的化学式可表示为Mn0.2Zn0.8Fe2O4，即Mn、Zn、Fe的原子个数之比＝1：4：10，所以用氧化物形式可表示为MnO•4ZnO•5Fe2O3，
故答案为：MnO•4ZnO•5Fe2O3；
（5）①C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H＝+130 kJ•mol﹣1，
②2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H＝﹣220kJ•mol﹣1
结合盖斯定律可知①×2﹣②得：2H2O（g）═O2（g）+2H2（g）△H＝+480kJ•mol﹣1，断开 1 mol H﹣H、O═O 分别需要吸收436 kJ、496 kJ 的热量，设断开 1 mol O﹣H 需要吸收的热量为x，则4×x﹣496﹣2×436＝+480，解得x＝462kJ，
故答案为：462kJ。

16．（14分）化合物A～I 均是由Na+、NH4+、Al3+、Ba2+、Mg2+、Cl﹣、OH﹣、SO42﹣等八种离子中的某两种形成的化合物，物质A～I 的转化关系如图所示。

请回答下列问题：
（1）写出下列物质的化学式：A Ba（OH）2，B Na2SO4；
（2）写出反应④的离子方程式Al3++4OH﹣＝AlO2﹣+2H2O；
（3）C 的稀溶液和 E 的稀溶液混合恰好反应后，所得混合溶液中各离子浓度的大小关系为c（Na+）＝c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）。

（4）若溶液M 由pH═3 的H2A 溶液V1 mL 与pH═11 的NaOH 溶液V2 mL 混合反应而得，混合溶
液cc(HH+)cc(CCHH)═104，V1与V2的大小关系为均有可能（填“大于”“等于”“小于”
或“均有可能”）。

【分析】由流程可知，A溶液和I溶液反应生成Ba（AlO2）2，说明A中含有Ba2+或AlO2﹣，A溶液和E反应生成一水合氨，证明A中含有氢氧根离子，所以可以推断A为Ba（OH）2，I为含Al3+的化合物，E为含NH4+的化合物，反应分别为：A+B＝D↓+C，A+G＝H ↓+F，A+I＝Ba（AlO2）2+F，A+E＝NH3•H2O+F，依据反应特征和离子构成及元素守恒分析判断，I为AlCl3，E为NH4Cl，G为MgCl2，H为Mg（OH）2，F为BaCl2，B为Na2SO4，C为NaOH，D为BaSO4，以此解答该题。

【解答】解：（1）由以上分析可知A为Ba（OH）2，B为Na2SO4，故答案为：Ba（OH）2；Na2SO4；
（2）反应④为氢氧化钡和氯化铝溶液的反应，氢氧化钡过量，反应生成偏铝酸钡，氯化钡和水，反应的离子方程式为：Al3++4OH﹣＝AlO2﹣+2H2O，
故答案为：Al3++4OH﹣＝AlO2﹣+2H2O；
（3）C的稀溶液为NaOH和E的稀溶液为NH4Cl，混合恰好反应后生成一水合氨和氯化钠溶液，一水合氨电离成碱性，所得混合溶液中各离子浓度的大小关系为，c（Na+）＝c （Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（NH4+）＞c（H+），故答案为：c（Na+）＝c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）；
（4）混合溶液cc(HH+)cc(CCHH)═104，c（H+）＝10﹣5mol/L，显酸性，则酸过量，H2A为弱酸，pH＝3的H2A溶液与pH＝11的NaOH溶液混合时酸的浓度大于碱的浓度，则二者体积关系不确定，大于、小于或等于都可能酸过量，故答案为：均有可能。

17．（14分）硫酸工业尾气中二氧化硫的含量超过0.05%（体积分数）时需经处理后才能排放。

某校化学兴趣小组欲测定某硫酸工厂排放尾气中二氧化硫的含量，分别采用以下方案：
[甲方案]：如图所示，图中气体流量计B用于准确测量通过的尾气体积。

将尾气通入一定体积已知浓度的碘水中测定SO2的含量。

当洗气瓶 C 中溶液蓝色消失时，立即关闭活塞A。

（1）洗气瓶 C 中导管末端连接一个多孔球泡D，可以提高实验的准确度，其理由是增大SO2与碘水的接触面积，使SO2和碘水充分反应。

（2）洗气瓶C 中溶液蓝色消失后，没有及时关闭活塞A，测得的SO2含量偏低（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。

[乙方案]：实验步骤如图流程图所示：
（3）步骤①中过量H2O2的作用是将SO2完全转化为SO42﹣
（4）写出步骤②中反应的化学方程式H2SO4+Ba（OH）2＝BaSO4↓+2H2O
（5）步骤②中Ba（OH）2是否足量的判断方法是静置分层后，向上层清液中继续滴加Ba（OH）2溶液，若无浑浊现象产生说明Ba（OH）2足量，否则不足。

（6）通过的尾气体积为V L（已换算成标准状况）时，该尾气中二氧化硫的含量（体积分数）为22.4mm233VV（用含有V、m 的代数式表示）。

（7）已知某温度下将适量Li2CO3固体溶于100 mL 水中至刚好饱和，饱和Li2CO3溶液中c（Li+）═0.15 mol•L﹣1．c（CO3﹣）═0.075 mol•L﹣1，若t1时刻在上述体系中加入100 mL0.125mol•L﹣1 Na2CO3溶液，列式计算说明是否有沉淀产生。

混合时c（Li+）＝0.075mol/l、c（CO32﹣）＝0.1mol/L，而c（CO32﹣）•c2（Li+）＝5.6×10﹣4＜Ksp，所以无沉淀；
【分析】甲方案利用的原理为：SO2+I2+2H2O＝H2SO4+2HI，据此确定二氧化硫的物质的量，进而定尾气中二氧化硫的含量；
（1）洗气瓶C中导管末端连接一个多孔球泡D，可以增大SO2与碘水的接触面积，使SO2和碘水充分反应；
（2）洗气瓶C中溶液蓝色消失后，没有及时关闭活塞A，则通入尾气的体积增大；
乙方案利用的原理为：SO2+H2O2＝H2SO4，H2SO4+Ba（OH）2＝BaSO4↓+2H2O，最后沉淀硫酸钡的质量计算尾气中二氧化硫的质量，进而计算尾气二氧化硫含量；
（3）由方案原理可知，H2O2是将SO2完全转化为SO42﹣；
（4）步骤②中硫酸与氢氧化钡反应生成硫酸钡与水；
（5）步骤②中Ba（OH）2是否足量的判断方法是：静置分层后，向上层清液中继续滴加Ba（OH）2溶液，若无浑浊现象产生说明Ba（OH）2足量，否则不足；
（6）mg是硫酸钡的质量，计算硫酸钡的物质的量，根据硫元素守恒计算二氧化硫的体积，进而计算二氧化硫的体积分数。

（7）计算混合时溶液中c（Li+）、c（CO32﹣），再计算浓度积，与溶度积比较判断。

【解答】解：甲方案利用的原理为：SO2+I2+2H2O＝H2SO4+2HI，最后测定剩余气体的体积，进而定尾气中二氧化硫的含量；
（1）洗气瓶C中导管末端连接一个多孔球泡D，可以增大SO2与碘水的接触面积，使SO2和碘水充分反应；
故答案为：增大SO2与碘水的接触面积，使SO2和碘水充分反应；
（2）洗气瓶C中溶液蓝色消失后，没有及时关闭活塞A，则通入尾气的体积增大，因此
SO2含量偏低；
故答案为：偏低；
乙方案利用的原理为：SO2+H2O2＝H2SO4，H2SO4+Ba（OH）2＝BaSO4↓+2H2O，最后沉淀硫酸钡的质量计算尾气中二氧化硫的质量，进而计算尾气二氧化硫含量；
（3）由方案原理可知，H2O2是将SO2完全转化为SO42﹣；
故答案为：将SO2完全转化为SO42﹣；
（4）步骤②中反应的化学方程式为：H2SO4+Ba（OH）2＝BaSO4↓+2H2O；
故答案为：H2SO4+Ba（OH）2＝BaSO4↓+2H2O；
（5）步骤②中Ba（OH）2是否足量的判断方法是：静置分层后，向上层清液中继续滴加Ba（OH）2溶液，若无浑浊现象产生说明Ba（OH）2足量，否则不足；
故答案为：静置分层后，向上层清液中继续滴加Ba（OH）2溶液，若无浑浊现象产生说明Ba（OH）2足量，否则不足；
（6）mg是硫酸钡的质量，硫酸钡的物质的量为mmmm233mm/mmmmmm=mm233mol，根据硫元素守恒可知二氧化硫的体积为mm233mol×22.4L/mol=22.4mm233L，故尾气中二氧化硫的体积分数22.4mm233
VV=22.4mm233VV；
故答案为：22.4mm233VV；
（7）若t1时刻在上述体系中加入100mL0.125mol•L﹣1Na2CO3溶液，此时c（Li+）＝0.075mol/L，c（CO32﹣）=0.075mmmmmm+0.125mmmmmm
2=0.1mol/L，则c（CO32﹣）×c2（Li+）＝5.6×10﹣4＜1.68×10﹣3，则没有沉淀生成，
故答案为：混合时c（Li+）＝0.075mol/l、c（CO32﹣）＝0.1mol/L，而c（CO32﹣）•c2（Li+）＝5.6×10﹣4＜Ksp，所以无沉淀。

18．（15分）芳香族化合物C的分子式为C9H9OCl．C分子中有一个甲基且苯环上只有一条侧链；一定条件下C能发生银镜反应；C与其他物质之间的转化如图所示：
（1）C中含氧官能团的名称是醛基；B→A的反应类型是酯化反应．
（2）H的结构简式是．
（3）写出下列化学方程式：
①D与银氨溶液反应
；②E→I
．
（4）有的同学认为B中可能没有氯原子，你是同意（填“同意”或“不同意”），你的理由在碱性环境中氯原子可能水解．
（5）D的一种同系物W（分子式为C8H8O2）有多种同分异构体，则符合以下条件W的
同分异构体有4种，写出其中任意一种同分异构体的结构简式或
或或．
①属于芳香族化合物
②遇FeCl3溶液不变紫色
③能与NaOH溶液发生反应但不属于水解反应．
【分析】芳香族化合物C的分子式为C9H9OC1，C分子中有一个甲基且苯环上只有一个侧链，C能和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成D，D能和银氨溶液发生银镜反应，
则D中含有醛基和醇羟基，C的结构简式为：，D的结构简式为：，D和银氨溶液反应、酸化生成E，则E的结构简式为：，E发生酯化反应进行缩聚反应生成高聚物I，I为．C和氢氧化钠的醇溶液发生消去反
应生成F，则F的结构简式为：，F被新制氢氧化铜氧化然后酸化生成G，G的结构简式为：，G发生加聚反应生成H，H的结构简式为：．C
被新制氢氧化铜氧化生成B，然后酸化，则B的结构简式为：，B和乙醇发生酯化反应生成A，据此解答．
【解答】解：芳香族化合物C的分子式为C9H9OC1，C分子中有一个甲基且苯环上只有一个侧链，C能和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成D，D能和银氨溶液发生银镜反
应，则D中含有醛基和醇羟基，C的结构简式为：，D的结构简式为：
，D和银氨溶液反应、酸化生成E，则E的结构简式为：，E
发生酯化反应进行缩聚反应生成高聚物I，I为．C和氢氧化钠的醇溶液发生消去反应生成F，则F的结构简式为：，F被新制氢氧化铜氧化然后酸化生成G，G的结构简式为：，G发生加聚反应生成H，H的结构简
式为：．C被新制氢氧化铜氧化生成B，然后酸化，则B的结构简式为：
，B和乙醇发生酯化反应生成A，
（1）C为，含氧官能团的名称是：醛基；。