南宁市达标名校2018年高考二月调研化学试卷含解析

南宁市达标名校2018年高考二月调研化学试卷
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．用下列装置进行实验，能达到实验目的的是
选项 A B C D
实验装
置
证明非金属性
制备乙酸乙酯分离出溴苯
目的制备干燥的氨气
Cl＞C＞Si
A．A B．B C．C D．D
2．某同学用Na2CO3和NaHCO3溶液进行如图所示实验。

下列说法中正确的是()
A．实验前两溶液的pH相等
B．实验前两溶液中离子种类完全相同
C．加入CaCl2溶液后生成的沉淀一样多
D．加入CaCl2溶液后反应的离子方程式都是CO32-＋Ca2＋===CaCO3↓
3．N A是阿伏伽德罗常数的值。

下列说法正确的是( )
A．16.25 g FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1 N A
B．22.4 L(标准状况)氩气含有的质子数为18 N A
C．1.0 L1.0 mol/L的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2 N A
D．密闭容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后分子总数为2 N A
4．某无色溶液中可能含有Al3+、HCO3-、Ba2+和Cl-，取样加入少量氢氧化钠溶液产生白色沉淀，另取样加入稀硫酸产生白色沉淀和产生气体，则原溶液中（）
A．一定有 Cl-
B．一定有 HCO3-
C．可能有 Ba2+
D．可能有 Al3+
5．下列量气装置用于测量CO2体积，误差最小的是（）
A．B．
C．D．
6．下列各项中的实验方案不能达到预期实验目的的是
选项实验目的实验方案
鉴别BaCl2、Ba(NO3)2、Na2SiO3
A
分别向三种盐溶液中缓慢通入SO2气体三种盐溶液
B 除去CuCl2溶液中的少量FeCl3加入足量氧化铜粉末。

充分反应后过滤
C 除去HCl气体中混有少量Cl2将气体依次通过饱和食盐水、浓硫酸
D 配制氯化铁溶液将氯化铁固体溶解在较浓的盐酸中再加水稀释
A．A B．B C．C D．D
7．下列说法不正确
．．．的是（）
A．稳定性：HBr<HI<Hat
B．酸性：H3PO4<H2SO4<HClO4
C．原子半径：Sn>As>S
D．表中，元素Pb的金属性最强
8．已知二甲苯的结构：，下列说法正确的是A．a的同分异构体只有b和c两种
B．在三种二甲苯中，b的一氯代物种数最多
C．a、b、c 均能使酸性KMnO4溶液、溴水发生化学反应而褪色
D．a、b、c 中只有c 的所有原子处于同一平面
9．司替戊醇(d)用于治疗两岁及以上Dravet综合征相关癫痫发作患者，其合成路线如图所示。

下列有关判断正确的是（）
A．b的一氯代物有4种
B．c的分子式为C14H14O3
C．1mold最多能与4molH2发生加成反应
D．d中所有碳原子可能处于同一平面
10．25℃时，向10mL0.1mol·L-1一元弱碱XOH溶液中逐滴滴加0.1mol·L-1的HCl溶液，溶液的
AG
+
-
c(H)
[lg]
c(OH)
AG 变化如图所示(溶液混合时体积变化忽略不计)。

下列说法不正确的是
A．若a=-8，则K b(XOH)≈10-5
B．M点表示盐酸和XOH恰好完全反应
C．R点溶液中可能存在c(X+)+c(XOH)=c(Cl-)
D．M点到N点，水的电离程度先增大后减小
11．关于晶体的叙述正确的是（）
A．原子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高
B．分子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高
C．存在自由电子的晶体一定是金属晶体，存在阳离子的晶体一定是离子晶体
D．离子晶体中可能存在共价键，分子晶体中可能存在离子键
12．部分元素在周期表中的分布如图所示（虚线为金属元素与非金属元素的分界线），下列说法不正确
．．．的是
A．B只能得电子，不能失电子
B．原子半径Ge＞Si
C．As可作半导体材料
D．Po处于第六周期第VIA族
13．某二元弱碱B(OH)2(K1=5.9×10-2、K2=6.4×10-5)。

向10mL稀B(OH)2溶液中滴加等浓度盐酸溶液，B(OH)2、B(OH)+、B2+的浓度分数δ随溶液POH[POH=-lgc(OH)-]变化的关系如图，以下说法正确的是
A．交点a处对应加入的盐酸溶液的体积为5mL
B．当加入的盐酸溶液的体积为10mL时存在c(Cl-)>c(B(OH)+)>c(H+)>c(OH-)>c(B2+)
C．交点b处c(OH)=6.4×10-5
D．当加入的盐酸溶液的体积为15mL时存在：c(Cl-)+c(OH-)= c(B2+)+c(B(OH)+)+ c(H+)，
14．化学与人类生产、生活密切相关，下列叙述中不正确
．．．的是
A．用地沟油制取的生物柴油和从石油炼得的柴油都属于烃类物质
B．高铁“复兴号”车厢连接关键部位使用的增强聚四氟乙烯板属于高分子材料
C．“一带一路”是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称，丝绸的主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物
D．中国天眼“FAST“，用到的碳化硅是一种新型的无机非金属材料
15．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 向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，浊液变清
苯酚的酸性强于H2CO3
的酸性
B 取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸，产生无色气体Na2O2没有变质
C
室温下，用pH试纸测得：0.1 mol/LNa2SO3溶液的pH约为10；0.1 mol/L NaHSO3的溶液的pH约为5 HSO3-结合H+的能力比SO32-弱
D
取少许CH3CH2Br与NaOH溶液共热，冷却后滴加AgNO3溶液，最终无淡黄
色沉淀
CH3CH2Br没有水解
A．A B．B C．C D．D
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．某校同学设计下列实验，探究CaS脱除烟气中的SO2并回收S。

实验步骤如下：
步骤1.称取一定量的CaS放入三口烧瓶中并加入甲醇作溶剂(如下图所示)。

步骤2.向CaS的甲醇悬浊液中缓缓通入一定量的SO2。

步骤3.过滤，得滤液和滤渣。

步骤4.从滤液中回收甲醇(沸点为64.7 ℃)，所得残渣与步骤3的滤渣合并。

步骤5.用CS2从滤渣中萃取回收单质S。

(1) 图中用仪器X代替普通分液漏斗的突出优点是________________。

(2) 三口烧瓶中生成硫和亚硫酸钙的化学方程式为________________，三口烧瓶中最后残留固体中含一定量的CaSO4，其原因是________________。

(3) 步骤4“回收甲醇”需进行的操作方法是________________。

(4) 步骤5为使滤渣中S尽可能被萃取，可采取的操作方案是________________。

(5) 请设计从上述回收的S和得到的含Na2SO3吸收液制备Na2S2O3·5H2O的实验方案：
称取稍过量硫粉放入烧杯中，__________________________________________，用滤纸吸干。

已知：①在液体沸腾状态下，可发生反应Na2SO3＋S＋5H2O Na2S2O3·5H2O。

②硫不溶于Na2SO3溶液，微溶于乙醇。

③为获得纯净产品，需要进行脱色处理。

④须使用的试剂：S、Na2SO3吸收液、乙醇、活性炭。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．富马酸二甲酯（DMF）俗称防霉保鲜剂霉克星1号，曾广泛应用于化妆品、蔬菜、水果等防霉、防腐、防虫、保鲜，它的一条合成路线如图所示。

回答下列问题：
（1）B的结构简式为______，D中官能团名称______。

（2）①的反应的类型是______，②的反应条件是______。

（3）④的反应方程式为______。

（4）写出C的一种同分异构体，满足可水解且生成两种产物可相互转化______。

（5）过程③由多个步骤组成，写出由C→D的合成路线_____。

（其他试剂任选）（合成路线常用的表示方式为：A B……目标产物）
四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．硫酸镍是一种重要的化工中间体，是镍行业研究的热点。

一种以石油化工中废镍催化剂(主要成分为NiCO3和SiO2，含少量Fe2O3、Cr2O3)为原料制备硫酸镍的工业流程如图：
已知：①NiS、Ni(OH)2、Cr(OH)3均难溶于水，Cr(OH)3是两性氢氧化物。

②Fe(OH)3不溶于NH4Cl-氨水的混合液，Ni(OH)2溶于NH4Cl-氨水的混合液生成[Ni(NH3)6]2+。

请回答下列问题：
(1)“酸溶”时为了提高浸取率，可采取的措施有________(任写出一条)。

(2)“滤渣I”的主要成分是_________。

(3)“一次碱析”时，加入的NaOH溶液需过量，则含铬微粒发生反应的离子方程式为__________。

(4)“氨解”的目的为___，“净化”时加入的H2S的目的是将镍元素转化为____沉淀。

(5)“氧化”时发生反应的离子方程为________。

(6)“二次碱析”时，若使溶液中的Ni2+沉淀完全(离子浓度≤10-5mol·L-1时，离子沉淀完全)，则需维持c(OH-)不低于_______(已知Ni(OH)2的K sp=2×10-15，2≈1.4)。

(7)以Fe、Ni为电极制取Na2FeO4的原理如图所示。

通电后，在铁电极附近生成紫红色的FeO42-。

电解时阳极的电极反应式为________，离子交换膜(b)为__________(填“阴”或“阳”)离子交换膜。

19．（6分）海水是巨大的资源宝库，海水淡化及其综合利用具有重要意义。

请回答下列问题：
Ⅰ.(1)步骤1中，粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质离子，粗盐精制过程中要使用Na2CO3溶液，请写出加入Na2CO3溶液后相关化学反应的离子方程式_________________。

(2)海水提溴，制得1mol Br2需要消耗_________ mol Cl2。

步骤Ⅱ中需要向母液中加入稀硫酸酸化，其作用是___________________________。

步骤Ⅲ若用Na2SO3水溶液吸收Br2，有关反应的离子方程式为
_______________________________。

(3)为了从工业Br2中提纯溴，除去产物中残留的少量Cl2，可向其中加入__________溶液。

Ⅱ.(1)Mg在元素周期表中的位置：_____________，Mg(OH)2的电子式：____________，Mg(OH)2中所含元素的简单离子半径由小到大的顺序是____________________________。

(2)步骤Ⅳ由Mg(OH)2得到单质Mg，以下方法最合适的是_______________（填序号）。

A．Mg(OH)2MgCl2Mg B．Mg(OH)2MgO Mg
C．Mg(OH)2MgO Mg D．Mg(OH)2无水MgCl2Mg
(3)判断Mg(OH)2是否洗涤干净的操作是__________________。

Ⅲ. 用Mg制成的格氏试剂(RMgBr)常用于有机合成，例如制备醇类化合物的合成路线如下：
(R：烃基：R'：烃基或H)依据上述信息，写出制备所需溴代烃的可能结构简式：___________。

参考答案
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．D
【解析】
【详解】
A．氨气与浓硫酸反应，不能选浓硫酸干燥，故A错误；
B．稀盐酸易挥发，盐酸与硅酸钠反应生成硅酸，且盐酸为无氧酸，不能比较非金属性，故B错误；
C．导管在饱和碳酸钠溶液的液面下可发生倒吸，导管口应在液面上，故C错误；
D．溴苯的密度比水的密度大，分层后在下层，图中分液装置可分离出溴苯，故D正确；
故选D。

【点睛】
1、酸性干燥剂：浓硫酸、五氧化二磷，用于干燥酸性或中性气体，其中浓硫酸不能干燥硫化氢、溴化氢、碘化氢等强还原性的酸性气体；五氧化二磷不能干燥氨气。

2、中性干燥剂：无水氯化钙，一般气体都能干燥，但无水氯化钙不能干燥氨气和乙醇。

3、碱性干燥剂：碱石灰（CaO与NaOH、KOH的混合物）、生石灰（CaO）、NaOH固体，用于干燥中性或碱性气体。

2．B
【解析】
碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，所以同浓度的碳酸钠、碳酸氢钠溶液，碳酸钠溶液的pH大于碳酸氢钠，故A错误；Na2CO3和NaHCO3溶液中都含有Na+、HCO3-、CO32-、H+、OH-，故B正确；加入CaCl2后，Na2CO3溶液中发生反应：CO32-+Ca2+═CaCO3↓，NaHCO3溶液中发生反应：2HCO3-+Ca2+=
CaCO3↓+CO2↑+H2O，故CD错误。

3．B
【解析】
【详解】
A.16.25g FeCl3的物质的量是0.1mol，Fe(OH)3胶体粒子是若干个Fe(OH)3分子的集合体，故A错误；
B.氩的质子数为18，氩气是单原子分子，标准状况下，22.4L氩气的物质的量为1mol，含有的质子数为18 N A，故B正确；
C.NaAlO2水溶液中不仅有NaAlO2，还有H2O，1.0L1.0mo1·L-1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数大于2N A，故C错误；
D.二氧化硫是和氧气的反应是可逆反应，反应物有剩余，没有完全转化成2molSO3，因此分子总数不是2N A，故D错误；
故答案为B。

【点睛】
本题D是易错点，主要是不清楚甲烷发生取代反应时属于自由基取代反应，每个氢原子都有可能被取代，其产物比较复杂，这与乙烯与氢气的加成反应完全不同。

4．B
【解析】
【分析】
取样加入稀硫酸产生白色沉淀和产生气体，则一定含有HCO3-、Ba2+，又HCO3-与Al3+发生双水解反应，所
以原溶液中一定不含Al3+，取样加入少量氢氧化钠溶液产生白色沉淀，则白色沉淀一定含碳酸钡，综上所述，原溶液中一定含HCO3-、Ba2+，一定不含Al3+，可能含 Cl-，据此分析判断。

【详解】
A、原溶液中可能含 Cl-，故A错误；
B、由上述分析可知，原溶液中一定含HCO3-、Ba2+，故B正确；
C、由上述分析可知，原溶液中一定含HCO3-、Ba2+，故C错误；
D、由上述分析可知，原溶液中一定不含Al3+，故D错误；
故选：B。

【点睛】
本题考查离子检验与推断，掌握发生的离子反应及现象是解题关键，题目难度不大。

5．D
【解析】
【详解】
A.CO2能在水中溶解，使其排出进入量筒的水的体积小于CO2的体积；
B.CO2能与溶液中的水及溶质发生反应：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，使排出水的体积小于CO2的体积；
C.CO2能在饱和食盐水中溶解，使其赶入量筒的水的体积小于CO2的体积；
D.CO2不能在煤油中溶解，这样进入CO2的体积等于排入量气管中的水的体积，相对来说，误差最小，故合理选项是D。

6．C
【解析】
【详解】
A、分别向BaCl2、Ba(NO3)2、Na2SiO3三种盐溶液中缓慢通入SO2气体，无明显现象的为氯化钡溶液，产生白色沉淀且有无色气体产生马上变为红棕色气体的为硝酸钡溶液，产生白色沉淀的为硅酸钠溶液，故可鉴别三种盐溶液，选项A正确；
B．氧化铜可促进铁离子的水解转化为沉淀，则加入过量氧化铜粉末，过滤可除杂，选项B正确；
C．氯气难溶于饱和食盐水，但HCl极易溶于水，不能用饱和食盐水除去氯化氢气体中混有的少量氯气，选项C不正确；
D．盐酸可抑制铁离子的水解，则配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释，选项D 正确；
答案选C。

7．A
【解析】
【分析】
【详解】
A．同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐降低，则非金属性：Br＞I＞At，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则稳定性：HAt ＜HI＜HBr，故A错误；
B．同周期元素从左到右元素的非金属性之间增强，则非金属性：Cl＞S＞P，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，则酸性：H3PO4<H2SO4<HClO4，故B正确；
C．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径：Si＞S；Ge＞As。

原子核外电子层数越多，半径越大，Sn> Ge > Si 。

则原子半径：Sn>As>S，故C正确；
D．同主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强，同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱，故表中元素Pb的金属性最强，故D正确；
答案选A。

【点睛】
注意元素周期表中金属性非金属性变化规律：
（1）同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐降低，同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强；（2）同主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强，同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱。

8．B
【解析】
【分析】
【详解】
A.a的同分异构体中属于芳香烃的除了b和c外还有，另a还可能有链状的同分异构体如CH2=CH—CH=CH—CH=CH—CH=CH2等、或环状的同分异构体如等，A错误；
B.a、b、c侧链上的一氯代物都只有1种，a苯环上一氯代物有2种，b苯环上一氯代物有3种，c苯环上一氯代物只有1种，故三种二甲苯中，b的一氯代物种数最多，B正确；
C.a、b、c均能被酸性KMnO4溶液氧化，使酸性KMnO4溶液褪色，a、b、c都不能与溴水发生化学反应，C错误；
D.a、b、c分子中都含有—CH3，与—CH3中碳原子直接相连的4个原子构成四面体，a、b、c中所有原子都不可能在同一平面上，D错误；
答案选B。

9．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．b的氢原子有2种，所以一氯代物有2种，故A错误；
B．根据结构简式确定c的分子式为C14H16O3，故B错误；
C．苯环、碳碳双键都能和氢气发生加成反应，苯环和氢气以1：3反应、碳碳双键和氢气以1：1反应，所以1mold最多能与4molH2发生加成反应，故C正确；
D．d中连接3个甲基的碳原子具有甲烷结构特点，所以该分子中所有碳原子不能共平面，故D错误；故答案选C。

【点睛】
明确官能团及其性质关系、一氯代物判断方法、原子共平面判断方法是解本题关键，D为解答易错点。

10．B
【解析】
【分析】
【详解】
A. a点表示0.1mol·L－1一元弱碱XOH，若a=－8，则c(OH-)=10-3mol/L，所以
K b(XOH)≈
()()
()
c X c OH
c XOH
+-
=
33
1010
0.1
--
⨯
=10－5，故A正确；
B. 两者恰好反应时，生成强酸弱碱盐，溶液显酸性。

M点AG=0，则溶液中c(H+)= c(OH-)，溶液呈中性，所以溶质为XOH和XCl，两者不是恰好完全反应，故B错误；
C. 若R点恰好为XCl溶液时，根据物料守恒可得c(X+)+c(XOH)=c(C1－)，故C正确；
D. M点的溶质为XOH和XCl，继续加入盐酸，直至溶质全部为XCl时，该过程水的电离程度先增大，然后XCl溶液中再加入盐酸，水的电离程度减小，所以从M点到N点，水的电离程度先增大后减小，故D正确。

故选B。

11．A
【解析】
A、原子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高，A正确；
B、分子晶体中，分子间作用力越大，熔、沸点越高，分子间作用力影响物质的熔沸点，共价键影响物质的热稳定性，B错误；
C、存在自由电子的晶体不一定是金属晶体，如石墨中也含有自由电子，它是一种混合晶体。

存在阳离子的晶体不一定是离子晶体，如金属晶体中存在阳离子和自由电子，C错误；
D、离子晶体中可能存在共价键，如NaOH属于离子晶体，其中含有H-O共价键，分子晶体中一定不存在离子键，全部是共价键，D错误。

正确答案为A。

点睛：注意区分各种作用力对物质性质的影响。

对于分子晶体，分子间作用力和氢键主要影响物质的熔沸点，化学键影响物质的热稳定性即化学性质；影响原子晶体熔沸点的因素是共价键的强弱，影响离子晶体熔沸点大小的因素为离子键的强弱，影响金属晶体熔沸点的因素为金属键的强弱。

12．A
【解析】
【分析】
同一周期从左到右元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强；同一主族从上到下元素的金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，因此图中临近虚线的元素既表现一定的金属性，又表现出一定的非金属性，在金属和非金属的分界线附近可以寻找半导体材料（如锗、硅、硒等），据此分析解答。

【详解】
A. 根据以上分析，B元素位于金属元素与非金属元素的分界线附近，既能得电子，又能失电子，故A错误；
B. 同一主族元素从上到下原子半径逐渐增大，所以原子半径Ge＞Si，故B正确；
C. As元素位于金属元素与非金属元素的分界线附近，可作半导体材料，故C正确；
D. Po为主族元素，原子有6个电子层，最外层电子数为6，处于第六周期第VIA族，故D正确。

故选A。

13．C
【解析】
图中曲线①B(OH)2，②为B(OH)+③为B2+；交点a处对应加入的盐酸溶液的体积为5mL时，反应生成等浓度的B(OH)Cl和B(OH)2混合液，由于两种溶质水解电离能力不同，所以B(OH)2、B(OH)+浓度分数δ不相等，A错误；当加入的盐酸溶液的体积为10mL时，溶液为B(OH)Cl，溶液显酸性，根据B(OH)2(K1=5.9×10-2、K2=6.4×10-5)可知，c(Cl-)>c(B(OH)+)>c(H+)> c(B2+)>c(OH-)，B错误；交点b处时，c(B(OH)+)= c(B2+)，根据B(OH)+ B2++ OH-，K 2= c(OH-)=6.4×10-5, C正确；当加入的盐酸溶液的体积为15mL时，生成等体积等浓度B(OH)Cl和BCl2的混合液，存在电荷守恒为c(Cl-)+c(OH-)= 2c(B2+)+c(B(OH)+)+ c(H+)，D错误；正确选项C。

14．A
【解析】
【详解】
A．用地沟油制取的生物柴油含有氧元素，不属于烃类物质，故A错误；
B．增强聚四氟乙烯板属于高分子材料，故B正确；
C．丝绸的主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物，故C正确；
D．碳化硅是一种新型的无机非金属材料，故D正确；
故选A。

15．C
【解析】
【分析】
A. 反应生成苯酚钠、碳酸氢钠；
B. 过氧化钠、碳酸钠均与盐酸反应生成无色气体；
C. NaHSO3溶液电离显酸性，Na2SO3溶液水解显碱性；
D. 水解后检验溴离子，应在酸性条件下；
【详解】
A. 反应生成苯酚钠、碳酸氢钠，且二氧化碳可与苯酚钠反应生成苯酚，所以苯酚的酸性弱于碳酸，A错误；
B. 过氧化钠与盐酸反应产生氧气；过氧化钠吸收空气中二氧化碳反应产生的碳酸钠与盐酸反应会产生二氧化碳气体，O2、CO2都是无色气体，因此不能检验Na2O2是否变质，B错误；
C. NaHSO3溶液电离显酸性，Na2SO3溶液水解显碱性，说明HSO3-结合H+的能力比SO32-弱，C正确；D．水解后检验溴离子，应在酸性条件下，没有加硝酸至酸性，再加硝酸银溶液不能检验Br-是否存在，D 错误；
故合理选项是C。

【点睛】
本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、反应与现象、物质的检验、可逆反应、实验技能为解答的关键，注意实验的评价性分析。

侧重考查学生的分析与实验能力。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．能使漏斗与三口烧瓶中的气压相等2CaS＋3SO22CaSO3＋3S CaSO3被系统中O2氧化
蒸馏，收集64.7 ℃馏分加入CS2，充分搅拌并多次萃取加入适量乙醇充分搅拌，然后加入Na2SO3吸收液，盖上表面皿，加热至沸并保持微沸，在不断搅拌下，反应至液面只有少量硫粉时，加入活性炭并搅拌，趁热过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，用乙醇洗涤
【解析】
【分析】
(1)恒压漏斗能保持压强平衡；
(2)CaS脱除烟气中的SO2并回收S，元素守恒得到生成S和CaSO3，CaSO3能被空气中氧气氧化生成CaSO4；
(3)甲醇(沸点为64.7℃)，可以控制温度用蒸馏的方法分离；
(4)硫单质易溶于CS2，萃取分液的方法分离；
(5)回收的S和得到的含Na2SO3吸收液制备Na2S2O3•5H2O，在液体沸腾状态下，可发生反应
Na2SO3+S+5H2O Na2S2O3•5H2O，据此设计实验过程。

【详解】
(1)根据图示可知用的仪器X为恒压漏斗代替普通分液漏斗的突出优点是：能使漏斗与三口烧瓶中的气压相等，便于液体流下；
(2)三口烧瓶中生成硫和亚硫酸钙的化学方程式为：2CaS+3SO2CaSO3+3S，三口烧瓶中最后残留固体中含一定量的CaSO4，其原因是：CaSO3被系统中O2氧化；
(3)从滤液中回收甲醇(沸点为64.7℃)，步骤4“回收甲醇”需进行的操作方法是：蒸馏，收集64.7℃馏分；
(4)步骤5为使滤渣中S尽可能被萃取，可采取的操作方案是：加入CS2，充分搅拌并多次萃取；
(5)已知：①在液体沸腾状态下，可发生反应Na2SO3+S+5H2O Na2S2O3•5H2O；
②硫不溶于Na2SO3溶液，微溶于乙醇。

③为获得纯净产品，需要进行脱色处理。

④须使用的试剂：S、Na2SO3吸收液、乙醇、活性炭，
因此从上述回收的S和得到的含Na2SO3吸收液制备Na2S2O3•5H2O的实验方案：称取稍过量硫粉放入烧杯中，加入适量乙醇充分搅拌，然后加入Na2SO3吸收液，盖上表面皿，加热至沸并保持微沸，在不断搅拌下，反应至液面只有少量硫粉时，加入活性炭并搅拌，趁热过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，用乙醇洗涤。

【点睛】
本题考查了物质分离提纯的实验探究、物质性质分析判断、实验方案的设计与应用等知识点，掌握元素化合物等基础知识是解题关键。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．ClCH2CH=CHCH2Cl羧基、碳碳双键加成反应氢氧化钠水溶液、加热
HOOCCH=CHCOOH+2CH3OH CH3O OCCH=CHCOOCH3+2H2O CH3COOC2H5
【解析】
【详解】
（1）由C的结构可知，反应①是1，3-丁二烯与氯气发生1，4-加成反应生成1，4-二氯-2-丁烯，反应②发生卤代烃的水解反应，故B为ClCH2CH=CHCH2Cl，D中官能团名称为：羧基、碳碳双键；
（2）①的反应的类型是：加成反应，②的反应条件是：氢氧化钠水溶液、加热；
（3）④是HOOCCH=CHCOOH与甲醇发生酯化反应得到CH3OOCCH=CHCOOCH3，反应方程式为
；
（4）C的一种同分异构体可水解且生成两种产物可相互转化，符合条件的C的同分异构体为：CH3COOC2H5；（5）过程③由多个步骤组成，对比C、D的结构，HOCH2CH=CHCH2OH先与HCl发生加成反应生成
HOCH2CH2CHClCH2OH，然后发生氧化反应生成HOOCCH2CHClCOOH，HOOCCH2CHClCOOH发生消去反应、酸化得到HOOCCH=CHCOOH，合成路线流程图为：
，
故答案为：。

【点睛】
本题考查有机物的合成，题目涉及有机反应类型、官能团识别、有机反应方程式书写、限制条件同分异构体书写、合成路线设计等，注意根据有机物的结构明确发生的反应，熟练掌握官能团的性质与转化。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．升高温度、将废镍催化剂粉碎、搅拌等SiO2Cr3++4OH-=CrO2-+2H2O 除去Fe3+NiS
3NiS+8H++2NO3-=3Ni2++2NO↑+3S↓+4H2O 1.4×10-5mol/L Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O 阴
【解析】
【分析】
废镍催化剂(主要成分为NiCO3和SiO2，含少量Fe2O3、Cr2O3)为原料制备硫酸镍，加入20%的硫酸酸溶，NiCO3、Fe2O3、Cr2O3反应进入溶液中，SiO2不能反应，过滤，滤渣Ⅰ为SiO2，滤液加入NaOH溶液进行一次碱析，滤液Ⅰ含有CrO2-，沉淀加入氯化铵、氨水缓冲液，由信息②可知滤渣Ⅱ为Fe(OH)3，过滤得到的滤液含有[Ni(NH3)6]2+，“净化”时通入的H2S，可以将镍元素转化为NiS沉淀，加入硝酸氧化，可生成S和Ni2+，加入氢氧化钠生成Ni(OH)2，过滤后加入硫酸可得到硫酸镍，经蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸镍晶体，以此解答该题。

【详解】
(1)“酸溶”时为了提高浸取率，可以先将废镍催化剂粉碎，以增大固体表面积，或进行搅拌，并在加热条件下使废镍催化剂与20%硫酸充分反应等；
(2)“滤渣Ⅰ”主要成分为二氧化硅；
(3)Cr(OH)3难溶于水，Cr(OH)3是两性氢氧化物，可以与过量的NaOH溶液发生反应产生CrO2-，则含铬微粒发生反应的离子方程式为Cr3++4OH-=CrO2-+2H2O；
(4)加入氯化铵和氨水的缓冲液，可生成Fe(OH)3沉淀，同时生成[Ni(NH3)6]2+，达到除去Fe3+的目的；“净化”时通入的H2S的目的是将镍元素转化为NiS沉淀，对应的离子方程式为
[Ni[Ni(NH3)6]2++H2S=NiS↓+2NH4++4NH3↑；
(5)“氧化”时HNO3将NiS氧化为S单质，HNO3被还原为NO，发生反应的离子方程式为
3NiS+8H++2NO3-=3Ni2++2NO↑+3S↓+4H2O，从而可除去硫，生成镍离子；
(6)离子浓度≤1×10-5mol/L时，离子沉淀完全，已知Ni(OH)2的Ksp=2×10-15，则
c(OH-
15
2
5
210
110
-
-
⨯
⨯
-5mol/L；
(7)电解池中阳极发生氧化反应，依据题意可知铁在阳极失去电子，碱性环境下生成高铁酸根离子FeO42-，阳极的电极反应式为：Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O，离子交换膜(b)为阴离子交换膜，可使氢氧根离子进入阳
极区。

【点睛】
本题考查物质制备工艺流程的知识.设计反应条件的控制、混合物的分离、物质成分的判断、化学方程式书写、电解原理的应用等，需要学生具备扎实的基础与知识迁移与运用能力，是对学生综合能力的考查。

19．Ca2++CO32-=CaCO3↓、Ba2++CO32-=BaCO3↓ 2 抑制氯气和水反应Br2+SO32-+H2O=SO42-+2H++2Br-NaBr 第三周期第ⅡA族r(O2-)>r(Mg2+)>r(H+) D 取最后的洗涤液少量于试管中，向其中加入HNO3酸化的AgNO3溶液，如果没有沉淀生成，证明已洗净CH3CH2Br、CH3Br
【解析】
【分析】
I.(1)SO42-、Ca2+、Mg2+等分别与BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液反应生成沉淀，碳酸钠一定在氯化钡之后；加入的Na2CO3溶液会与过量的BaCl2溶液、CaCl2溶液发生沉淀反应；
(2)根据Cl2与NaBr反应的方程式中关系分析、计算；结合氯气与水的反应是可逆反应分析；Na2SO3具有还原性，而Br2具有氧化性，二者发生氧化还原反应，根据电子守恒、原子守恒及电荷守恒书写离子方程式；
(3)可用溴化钠除去氯气；
Ⅱ.(1)根据Mg核外电子排布判断其在周期表中的位置；Mg(OH)2是离子化合物，Mg2+与2个OH-之间通过离子键结合；原子核外电子层数越多离子半径越大，当层数相同时，核电荷数越小，离子半径越大；(2)制备氢氧化镁的过程为：海水中含有镁离子，首先将镁离子转化为氢氧化镁沉淀，反应方程式为：
Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，然后将氢氧化镁溶于盐酸中得到氯化镁溶液，反应方程式为：
Mg(OH)2+2HCl=MgCl2+2H2O，用氯化镁溶液在氯化氢氛围中制取无水氯化镁，活泼金属采用电解其熔融盐的方法冶炼，镁是活泼金属，所以最后利用电解熔融氯化镁的方法冶炼镁。

(3) Mg(OH)2沉淀是从NaCl溶液中过滤出来的，只要在Mg(OH)2的最后洗涤溶液中无Cl-就可判断洗涤干净；Ⅲ.使镁与CH3Br反应制成CH3MgBr然后与CH3CHO反应制取；也可以使Mg与CH3CH2Br反应制取CH3CH2MgBr，然后与甲醛HCHO发生反应制取得到，据此解答。

【详解】
(1)向含有Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质离子的NaCl溶液中先加入过量BaCl2溶液除去SO42-，再加入过量Na2CO3溶液除去原溶液中含有的Ca2+及为除去SO42-而加入的过量的Ba2+，反应的离子方程式为：
Ca2++CO32-=CaCO3↓，Ba2++CO32-=BaCO3↓；
(2)Cl2具有强的氧化性，在溶液中与Br-发生氧化还原反应：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，反应产生的Br2被含有SO2的溶液吸收，发生反应：Br2+2H2O+SO2=2HBr+H2SO4，通过该富集作用，然后向溶液中再通入氯气，发生反应，根据方程式可知：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，可见每反应制取1mol Br2需要消耗2molCl2；步骤Ⅱ中需要向。