【解析】江苏省泰州中学2018届高三3月月度检测(二模模拟)化学试题 含解析

江苏省泰州中学2018届高三3月月度检测（二模模拟）
化学试题
1. 化学与人类生产、生活，社会可持续发展密切相关。

下列说法正确的是
A. 蔬菜表面洒少许福尔马林，可保鲜和消毒
B. 推广使用可降解塑料及布质购物袋，以减少“自色污染”
C. 绿色食品就是不使用化肥农药，不含任何化学物质的食品
D. 推广使用煤液化技术可减少二氧化碳温窒气体的排放
【答案】B
【解析】试题分析：A．甲醛有毒，能破坏蛋白质的结构，不但对人体有害，而且降低了食品的质量，故A错误；B．使用可降解塑料及布质购物袋，可以减少难降解塑料的使用，有利于减少白色污染，故B正确；C．绿色食品是指在无污染的条件下种植、养殖、施有机肥料、不用高毒性、高残留农药、在标准环境的食品，生产时可以使用有机化肥和低毒的农药，故C
错误；D．推广使用洁净煤技术，可减少二氧化硫等有害气体的排放，故D错误；故选B。

【考点定位】考查常见的生活环境的污染及治理
【名师点晴】本题考查了甲醛的性质，对绿色食品、节煤技术的理解，汽车尾气中的NO和CO 转化为氮气和二氧化碳的装置，与社会生活接触密贴，是高考的热点题型，平时学习时注意积累。

2. 下列有关化学用语表示正确的是
A. 重氢原子:
B. NH4Br的电子式：
C. NaHSO3的电离方程式：NaHSO3=Na++H++SO32-
D. 邻羟基苯甲酸的结构简式:
【答案】A
【解析】A A项正确；B，NH4Br的电子式为，B项错误；C，NaHSO3的电离方程式为NaHSO3=Na++HSO3-，C项错误；D，邻羟基苯甲酸的结构简式为
，D项错误；答案选A。

3. 下列有关物质性质与用途具有对应关系的是
A. 二氧化硅为酸性氧化物，可用于制造光导纤维
B. 明矾溶于水能形成胶体，可用于自来水的杀菌消毒
C. 浓硫酸具有脱水性，可用于干燥H2、SO2等
D. Zn具有还原性和导电性，可用作锌锰干电池的负极材料
【答案】D
4. 用下列实验装置和方法进行相应实验，能达到实验目的的是
A. 用图甲装置制取干燥的氨气
B. 用图乙装置配制银氨溶液
C. 用图丙装置除去CO2中含有的少量HCl
D. 用图丁装置吸收NH3，并防止倒吸
【答案】A
【解析】试题分析：A正确。

配制银氨溶液要把稀氨水慢慢加入到硝酸银溶液中直到有沉淀刚好溶解，B错误。

C．二氧化碳也能和碳酸钠溶液发生反应，错误。

D．用图丁装置吸收NH3，仍会倒吸，应该把苯改成四氯化碳，且导管伸入到四氯化碳中，错误。

考点：本题考查实验装置的科学性。

5. 己知W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增大。

W、Z同主族，X、Y、Z同周期，其
中只有X为金属元素。

下列说法一定正确的是
A. W的含氧酸的酸性比Z的含氧酸的酸性强
B. 原子半径：X>Y>Z>W
C. W的气态氢化物的稳定性小于Y的气态氢化物的稳定性
D. 若W与X原子序数差为5，则形成化合物的化学式为X3W2
【答案】B
【解析】由于原子序数按W、X、Y、Z依次增大，W与Z是同一主族的元素，而X、Y、Z是同一周期的元素，且只有X是金属元素，则同主族元素W与Z都是非金属，可能分别为N、P或O、S或F、Cl，Y可能为Si或S，金属元素X可为Na、Mg、Al中的一种；A．W的含氧酸可能是HNO2、HNO3，Z的含氧酸是H3PO4，酸性HNO2＜H3PO4，故A错误；B．同一周期的元素原子序数越大，原子半径越小；同一主族的元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大．所以原子半径：X＞Y＞Z＞W，故B正确；C．元素的非金属性W＞Y，所以气态氢化物的稳定性W＞Y，故C错误；D．若W、X原子序数相差5，如分别为O、Al，则二者形成的化合物的化学式是X2W3，故D错误；故选B。

点睛：原子结构与元素周期表、元素周期律的关系，准确推断元素是解题关键，由于原子序数按W、X、Y、Z依次增大，W与Z是同一主族的元素，而X、Y、Z是同一周期的元素，且只有X是金属元素，则同主族元素W与Z都是非金属，可能分别为N、P或O、S或F、Cl，Y可能为Si或S，金属元素X可为Na、Mg、Al中的一种，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期率知识解答该题。

6. 下列指定反应的离子方程式正确的是
A. 向氢氧化钡溶液中加入硫酸氢钠至溶液为中性: Ba2++20H-+2H++SO42-=BaS04↓+2H2O
B. 电解氯化镁溶液: 2Cl-+2H20H2↑+Cl2↑+20H-
C. 氯气与水反应: Cl2+H20==2H++Cl-+ClO-
D. 向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水: Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O
【答案】A
【解析】向氢氧化钡溶液中加入硫酸氢钠至溶液为中性，氢氧化钡与硫酸氢钠1:2反
应:Ba2++2OH-+2H++SO42-==BaSO4↓+2H2O，故A正确；电解氯化镁溶液生成氯气、氢气和氢氧化镁沉淀，故B错误；氯气与水反应:Cl2+H2O==H++Cl-+HClO，故C错误；向碳酸氢铵溶液中加入足
量石灰水:Ca2++HCO3-+2OH-+NH4+==CaCO3↓+H2D错误。

点睛：HCO3-、NH4+都能与OH-反应，HCO3-结合OH-的能力大于NH4+，向碳酸氢铵溶液中加入少量石灰水的离子方程式是Ca2++2HCO3-+2OH-==CaCO3↓+ CO32-+2H2O；向碳酸氢铵溶液中加入足量石
灰水的离子方程式是Ca2++HCO3-+2OH-+NH4+==CaCO3↓+H2
7. 下列物质的转化在给定条件下不能实现的是
A. NH3O2HNO3
B. 浓HCl Cl2漂白粉
C. Al2O3AlCl3(aq)无水AlCl3
D. 淀粉葡萄糖CH3CH2OH CH3CHO
【答案】C
【解析】氨气催化氧化生成NO A 能实现；浓盐酸与二氧化锰加热生成氯气，氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙，故B能实现；氯化铝溶液直接加热蒸发生成氢氧化铝，故C不能实现；淀粉用硫酸作催化剂水解为葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇，乙醇催化氧化为乙醛，故D能实现，选C。

点睛：氯化铝水解生成氢氧化铝和氯化氢，加热氯化铝溶液，促进氯化铝水解，氯化氢挥发，最终生成氢氧化铝沉淀，灼烧生成氧化铝，氯化铝溶液在氯化氢气流中加热蒸发可以得到无水AlCl3。

8. 通过以下反应可获得新型能源二甲醚(CH3OCH3)。

下列说法不正确的是
①C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) △H1=akJ/mol
②CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) △H2=bkJ/mol
③CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) △H3=ckJ/mol
④2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g) △H4=dkJ/mol
A. 反应①、②为反应③提供原料气，且a>0
B. 反应③也是CO2资源化利用的方法之一
C. 反应CH3OH(g)=1/2CH3OCH3(g)+1/2H2O(g) △H=d/2kJ/mol
D. 反应2CO(g)+4H2(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)的△H=-(2b+2c+d)kJ/mol
【答案】D
【解析】A，反应①、②生成H2和CO2，为反应③提供原料气，反应C（s）+H2O（g）=CO（g）
+H2（g）为吸热反应，，A项正确；B，反应③消耗CO2，是CO2资源化利用的方法之一，B
项正确；C，ΔH反应CH3OH（g）=1/2CH3OCH3
（g）+1/2H2O（g）ΔH=d/2kJ/mol，C项正确；D，应用盖斯定律，将②2CO （g）+4H2（g）=CH3OCH3（g）+H2O（g）ΔH=（2b+2c+d）kJ/mol，D项错误；答案选D。

点睛：本题主要考查化学反应中的能量变化、热化学方程式的含义、盖斯定律的应用。

应用盖斯定律求焓变的一般步骤为：找目标→看来源→变方向→调系数→相叠加→得答案。

9. 常温下，在下列给定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是
A. Kw/c(H+)=0.1mol/L的溶液：Na+、K+、SiO32-、NO3-
B. 加入铝粉生成H2的溶液; K+、Mg2+、SO42-、HCO3-
C. c(Fe3+)=0.1mol/L的溶液: NO3-、A13+、Cl-、CO32-
D. 能使pH试纸呈红色的溶液:Na+、NH4+、Fe2+、NO3-
【答案】A
【解析】K w/c(H+)=c(OH-)=0.1mol/L， Na+、K+、SiO32-、NO3-不反应，故A正确；加入铝粉生成H2的溶液呈酸性或碱性，若呈酸性HCO3-与H+反应放出CO2，若呈碱性Mg2+与OH-反应生成氢氧化镁沉淀，OH-与HCO3-反应生成CO32-，故B错误；c(Fe3+)=0.1mo/L的溶液: Fe3+、Al3+与CO32-发生双水解反应，故C错误；能使pH试纸呈红色的溶液呈酸性， Fe2+、NO3-、H+发生氧化还原反应，故D错误。

点睛：铝既能与酸反应生成氢气又能与碱反应放出氢气，如：铝和盐酸反应生成氯化铝和氢气；铝与强碱氢氧化钠溶液反应生成氢气，反应方程式是。

10. 下列装置图或曲线图与对应的叙述相符的是
A. 如图1所示，用0.1mol/LNaOH溶液分别滴定相同物质的量浓度、相同体积的盐酸和醋酸，其中实线表示的是滴定盐酸的曲线
B. 某温度下FeS、CuS的沉定溶解平衡曲线如图2所示，纵坐标c(M2+)代表Fe2+或Cu2+的浓度，横坐标c(S2-)代表S2-浓度。

在物质的量浓度相等的Fe2+和Cu2+的溶液中滴加硫化钠溶液，首先
沉淀的离子为Fe2+
C. 如围3所示，用0.1mol/LCH3COOH溶液滴定20mL0.1mol/LNaOH溶液的滴定曲线，当pH=7时:c(Na+)=(CH3COO-)>c(OH-)=c(H+)
D. 据图4，若除去CuSO4溶液中的Fe3+可向溶液中加入适量CuO至pH在5.5左右
【答案】C
【解析】A．用0.1mol/LNaOH溶液滴定醋酸时，随着加入氢氧化钠的量的增加，醋酸会电离出一部分氢离子，所以出现的pH值突越要缓慢，故A错误；B．依据图象分析可知，硫化铜溶度积小于硫化亚铁，同浓度Fe2+和Cu2+的溶液中滴加硫化钠溶液，先析出的沉淀是硫化铜，故B错误；C．反应后溶液pH=7，依据溶液中电荷守恒分析，用0.1mol/LCH3COOH溶液滴定
20ml0.1mol/LNaOH溶液，反应生成醋酸钠，溶液呈中性，溶液中存在电荷守恒，
c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，c(H+)=c(OH-)，则c(CH3COO-)=c(Na+)，得到当pH=7时：
c(Na+)=c(CH3COO-)＞c(OH-)=c(H+)，故C正确；D．分析图象可知铁离子完全沉淀的pH为3.7，加入氧化铜会调节溶液pH，到pH=5.5时铜离子会沉淀，应调节溶液pH小于5.5，故D错误；故选C。

点睛：溶液中离子浓度大小比较，应从溶液的酸碱性及溶液中各微粒之间守恒关系考虑，最常见的守恒为电荷守恒和物料守恒，如0.1molNaHCO3溶液，因(HCO3-的水解大于其电离，溶液显碱性，同时溶液中除溶剂水外，还存在着Na+、H+、HCO3-、CO32-、OH-及H2CO3，其中电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)＝c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)，物料守恒式为c(Na+)＝
c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)，至于其它等式关系可以通过电荷守恒和物料守恒利用等量替换得到。

11. 已知常温下CH3COOH和NH3·H2O的电离平衡常数分别为Ka、Kb。

若在常温下向0.1mol/L 的醋酸溶液中逐滴加入相同浓度的氨水直至完全过量，则下列说法正确的是
A. 加入氨水的过程中，溶液的导电性一直不断增强
B. CH3COONH4在水溶液中的水解平衡常数Kb=Kw/(Ka+Kb)
C. 若Ka≈Kb，当加入等体积的氨水时，溶液基本呈中性
D. 该等式在滴加过程中始终成立c(CH3C0O-)+c(CH3COOH)=c(NH4+)+c(NH3·H20)
【答案】C
【解析】CH3COOH和NH3·H2O都是弱电解质，加入氨水的过程中生成强电解质醋酸铵，氨水过量后，氨水稀释醋酸铵溶液，导电性降低，所以溶液的导电性先增强再降低，故A错误；CH3COONH4
在水溶液中的水解的离子方程式是CH3COO-+ NH4++H23COOH+ NH3·H2O，
K b
，K h=K w/(K a×K b)，故B错误；若K a≈K b，当加入等体积的氨水时，
CH3COO-、NH4+水解程度相同，溶液基本呈中性，故C正确；根据元素守恒，当加入氨水体积小于醋酸时c(CH3COO-)+c(CH3COOH)>c(NH4+)+c(NH3·H2O)；时当加入等体积的氨水时，
c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)；当加入氨水体积小于醋酸时
c(CH3COO-)+c(CH3COOH)<c(NH4+)+c(NH3·H2O)；故D错误。

12. 丹参素能明显抑制血小板的聚集，其结构如图所示，下列说法错误的是
A. 丹参素的分子式为C9H10O5
B. 丹参素能发生缩聚、消去、氧化反应
C. 1mol丹参素最多可以和4molH2发生加成反应
D. 丹参素分子中含有手性碳原子
【答案】C
【解析】试题分析：该有机物中含有酚羟基，能发生缩聚反应，醇羟基能发生消去反应和氧化反应，B正确。

C中羧基不能发生加成反应，只有苯环能与氢气加成，1 mol丹参素最多可以和3 mol H2加成，错误。

和醇羟基相连接的碳原子是手性碳，正确。

考点：本题考查根据有机物的结构简式解决问题。

13. 根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】BC
【解析】A，向硅酸钠溶液中滴加盐酸有白色胶状沉淀生成，说明发生反应：
Na2SiO3+2HCl=H2SiO3↓+2NaCl，根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，酸性：2SiO3，HCl不是Cl元素的最高价含氧酸，无法比较Cl与Si的非金属性强弱，A项错误；B，向溶液X中加入稀盐酸，产生无色无味气体通入澄清石灰水中产生白色沉淀，该无色无味的气体为CO2，溶液X中一定含有CO32-或HCO3-，B项正确；C，向1mL0.1mol/L MgSO4溶液中，滴入2滴0.1mol/L1NaOH溶液，产生白色Mg（OH）2沉淀，同时MgSO4过量，再滴入2滴0.1mol/LCuSO4溶液，白色沉淀逐渐变为蓝色沉淀，说明白色Mg（OH）2沉淀转化为蓝色Cu（OH）2沉淀，Cu
（OH）2比Mg（OH）2更难溶于水，K sp[Cu（OH）2sp[Mg（OH）2]，C项正确；D，HgCl2属于重金属盐，向鸡蛋白溶液中滴入HgCl2溶液，产生白色沉淀，蛋白质发生了变性，D项错误；答案选BC。

点睛：本题考查实验方案的设计与评价，涉及元素非金属强弱的比较、离子的检验、沉淀的转化、蛋白质的性质等知识。

注意：（1）可以从以下角度比较元素非金属性的强弱：最高价氧化物对应水化物酸性的强弱、与H2化合的难易或气态氢化物的稳定性，但不可用气态氢化物水溶液的酸性强弱；（2）饱和（NH4）2SO4、Na2SO4等使蛋白质发生盐析，加热、强酸、强碱、重金属盐（如铜盐、汞盐等）、某些有机物、紫外线、X射线等使蛋白质发生变性。

14. 25℃，c(HCN)+c(CN-)=0.1mol/L的一组HCN和NaCN的混合溶液，溶液中c(HCN)、c(CN-)与pH的关系如图所示。

下列有关离子浓度关系叙述正确的是
A. 将0.1mol/L的HCN溶液和0.1mol/LNaCN溶液等体积混合(忽略溶液体积变化):
c(Na+)>c(HCN)>c(CN-)>c(OH-)>c(H+)
B. W点表示溶液中: c(Na+)+c(H+)=c(HCN)
C. pH=8的溶液中: c(Na+)+c(H+)+c(HCN)=0.1mol/L +c(OH-)
D. 将0.3mol/LHCN溶液和0.2mol/LNaOH溶液等体积混合（忽略溶液体积变化）：c(CN－)+ 3c(OH －)=2c(HCN)+ 3c(H＋)
【答案】CD
【解析】A，0.1mol/LHCN和0.1mol/LNaCN等体积的混合液呈碱性，CN-的水解程度大于HCN
的电离程度，溶液中粒子浓度由大到小的顺序为：c（HCN（Na+（CN-（OH-）
（H+），A项错误；B，HCN和NaCN的混合液中的物料守恒为：c（Na+）+c（H+）=c（CN-）+c（OH-），根据图像，W点c（HCN）=c（CN-）=0.05mol/L，则c（Na+）+c（H+）=c（HCN）+c （OH-），B项错误；C，根据电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（CN-）+c（OH-），等式两边都加c （HCN）得c（Na+）+c（H+）+c（HCN）=c（CN-）+c（OH-）+c（HCN），c（HCN）+c（CN-）=0.1mol/L，则c（Na+）+c（H+）+c（HCN）=0.1mol/L+c（OH-），C项正确；D，0.3mol/LHCN溶液和0.2mol/LNaOH 溶液等体积混合，溶液中电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（CN-）+c（OH-），物料守恒为3c（Na+）=2[c（HCN）+c（CN-）]，两式整理得c（CN-）+3c（OH-）=2c（HCN）+3c（H+），D项正确；答案选CD。

点睛：本题考查与图像有关的溶液中粒子浓度的大小关系，巧用电荷守恒、物料守恒和质子守恒进行判断，质子守恒可由电荷守恒和物料守恒推出。

也可由守恒式判断大小关系，如A
项的物料守恒为2c（Na+）=c（HCN）+c（CN-），A项违背物料守恒。

15. 一定温度下，在3个体积均为1.0L的恒容密闭容器中反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)达到平衡。

下列说法正确的是
A. 达到平衡时，a1+a3>1
B. 达到平衡时，容器中的压强: P II>P I>P III
C. 达到平衡时，容器III中的逆反应速率比容器I中的大
D. 若起始时，向容器I中充入0.16molSO2、0.04molO2和0.16molSO3，则此时反应向逆反应方向进行
【答案】AC
【解析】容器I、II由正反应开始建立平衡，容器III由逆反应开始建立平衡。

设计容器IV，容器IV为723K，起始向1.0L的恒容密闭容器中加入0.2mol/LSO3（g），则容器IV达到的平衡状态与容器I为完全全等的等效平衡，平衡时容器IV中SO3的转化率与容器I中SO2的转化率之和为1，平衡时P I=P IV。

A，由于该反应的正反应为放热反应，容器III相当于在容器IV 达到平衡后升高温度，平衡向逆反应方向移动，SO3的转化率增大，即容器III中SO3的平衡
转化率大于容器IV，则a1+a，A项正确；B，容器I和容器II温度相同，容器II起始SO2、O2物质的量浓度都是容器I的两倍，容器II起始压强为容器I起始压强的两倍，容器II相当
于在容器I达到平衡后增大压强，平衡向正反应方向移动，达平衡时2P I I，容器III
相当于在容器IV达到平衡后升高温度，平衡向逆反应方向移动，达平衡时P IV，P I=P IV，
则P I，B项错误；C，容器III中温度高于容器IV中，平衡时容器III中逆反应速率比容器IV中的大，平衡时容器IV中逆反应速率与容器I中的相等，平衡时容器III中逆反应速率比容器I中的大，C项正确；D，容器I平衡时c（SO3）=0.16mol/L，用三段式
2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）
c（起始）（mol/L） 0.2 0.1 0
c（转化）（mol/L） 0.16 0.08 0.16
c（平衡）（mol/L） 0.04 0.02 0.16
723K时化学平衡常数K=，若起始时向容器I中充入
0.16molSO2、0.04molO2和0.16molSO3，此时SO2、O2、SO3物质的量浓度依次为0.16mol/L、
0.04mol/L、0.16mol/L，浓度商Q c=，此时反应向正反应方向进行，D项错误；答案选AC。

点睛：本题考查外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响、化学平衡常数的应用、平衡时
物理量大小的比较。

解题时利用“等效”思想（建立与容器I完全全等的等效平衡的容器IV）和“先同后变”的思维（如容器III是在容器IV达平衡后升高温度），用浓度商与K的相对大小判断反应进行的方向。

16. 酸浸法制取硫酸锕的流程示意图如下
（1）步骤(i)中Cu2(OH)2CO3发生反应的化学方程式为____________。

（2）步骤(ii) 所加试剂起调节pH作用的离子是______________(填离子符号)。

（3）在步骤(iii)发生的反应中，1molMnO2 转移2mol电子，该反应的离子方程式为_______。

（4）步骤(iv)除去杂质的化学方程式可表示为: 3Fe3++NH4++2S042-+6H20=NH4Fe3(SO4)6(OH)6+6H+，过滤后母液的pH=2.0，c(Fe3+)=amol/L，c(NH4+)=bmol/L，c(SO42-)=dmmol/L，该反应的平衡常数K=______(用含a、b、d的代数式表示)。

（5）化学镀的原理是利用化学反应生成金属单质沉积在镀件表面形成镀层。

①若用CuSO4进行化学镀铜，应选用__________(填“氧化剂”或“还原剂”)与之反应。

②某化学镀铜的反应速率随镀液pH变化如右图所示。

该镀铜过程中，镀液pH控制在12.5左右。

据图中信息，给出使反应停止的方法:________________。

【答案】 (1). Cu2(OH)2CO3+2H2SO4=2CuSO4+CO2↑+3H2O (2). HCO3- (3).
MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O (4). 10-12/a3bd2 (5). 还原剂 (6). 调节溶液pH在8--9之间
【解析】(1)碱式碳酸铜与硫酸反应的方程式直接写，用观察法配
平．Cu2(OH)2CO3+2H2SO4=2CuSO4+CO2↑+3H2O；
(2)题目要求调高PH，铵根离子显酸性，碳酸氢根离子显碱性，则起作用的离子是碳酸氢根离
子；
(3)依题意亚铁离子变成了铁离子，1mol MnO2转移电子2 mol，则锰元素从+4变成+2价，溶液是显酸性的，方程式经过观察可要补上氢离子，综合上述分析可写出离子方程式为
MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；
(4)除去杂质的化学方程式可表示为：3Fe3++NH4++2SO42-+6H2O=NH4Fe3(SO4)2(OH)6+6H+；过滤后母液的pH=2.0，c(Fe3+)=a mol•L-1，c( NH4+)=bmol•L-1，c( SO42-)=d mol•L-1，氢离子浓度为10-2，
依据K的表达式写出
(5)①要把铜从铜盐中置换铜出来，比如用铁就可以，铁是作还原剂的，所以加入还原剂；
②根据图示信息，pH=8-9之间，反应速率为0，所以要使反应停止，调节溶液的pH至8-9 之间。

17. 阿塞那平用于治疗精神分裂症，可通过以下方法合成(部分反应条件略去):
（1）阿塞那平中的含氧官能团为______(填官能团的名称)。

由F→阿塞郑平的反应类型为
____。

（2）化台物X的分子式为C4HNO2，则由B→C反应的另一产物的化学式____________。

（3）由D生成E的过程中先后发生加成反应和消去反应，则加成反应后中间体的结构简式为________。

（4）写出同时满足下列条作的B的一种同分异构体的结构简式：_______。

I.属于芳香化合物，分子中含有5种不同化学环境的氢；
II.能发生银镜反应和水解反应，水解产物能与FeC13溶液发生显色反应。

（5）已知：，卤代烃酡性条件下不与醇反应。

请写出以CH3Cl、CH3NH2
和为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用)。

_________________
【答案】 (1). 醚键 (2). 还原 (3). HCl (4). (5).
(6).
【解析】试题分析：（1）根据阿塞那平的结构简式分析含氧官能团；F→阿塞那平，少了1个氧原子，多了2个H原子；（2）根据原子守恒判断B与C4H9NO2反应生成C反应的另一产物的
化学式；（3）加成反应后中间体能发生消去反应后生成，逆推
中间体含有羟基；（4）B的同分异构体含有苯环、含有5种不同化学环境的氢说明结构对称；能发生银镜反应且能水解说明是甲酸酯；水解产物能与FeCl3溶液发生显色反应，说明水解出了酚羟基；（5）根据已知，先与CH3Cl在碱性条件下生成
，再把醇羟基氧化为羧基，再与SOCl2反应生成，与CH3NH2反应生成。

解析：（1）根据阿塞那平的结构简式可知，含氧官能团是醚键；F→阿塞那平，少了1个氧原子，多了2个H原子，所以属于还原反应；（2）与C4H9NO2反应生成
根据原子守恒，反应的另一产物的化学式是HCl；（3）加成反应后中间体能发生消去反应后生成，逆推中间体含有羟基，所以加成反
应后中间体的结构简式为；（4）B的同分异构体含有苯环、含有5种不同化学环境的氢说明结构对称；能发生银镜反应且能水解说明是甲酸酯；水解产物能与FeCl3溶液发生显色反应，说明水解出了酚羟基，结构简式是；（5）根据已知，
先与CH3Cl在碱性条件下生成，再把醇羟基氧化为羧基，再与SOCl2反应生成，
与CH3NH2反应生成,合成路线是。

18. 某研究小组用黄铁矿(FeS2)、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备ClO2气体,再用水吸收该气体可得C1O2溶液。

在此过程中需要控制适宜的温度，若温度不当，副反应增加，影响生成ClO2气体的纯度，且会影响ClO2的吸收率，具体情况如图所示。

（1）据图可知，反应时需要控制的适宜溫度是______℃，要达到此要求需要采取的措施是
____________。

（2）已知:黄铁矿中的硫元素在酸性条件下可被ClO3-氧化成SO42-，请写出FeS2、氯酸钠和硫酸溶液混合反应生成二氧化氯(Cl02)的离子方程式:__________________。

（3）该小组拟以“m(ClO2)/m(NaC1O3)”作为衡量ClO2产率的指标。

若取NaClO3样品6.0g，通过反应和吸收获得400mLClO2溶液，取此溶液20mL与37.00mL0.500mol/L(NH4)2Fe(SO4)2溶液充分反应后，过量的Fe2+再用0.0500mol/LK2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液20.00mL。

反应原理为: 4H++C102+5Fe2+=Cl-+5Fe3++2H2O
l4H++Cr2O72-+6Fe2+=2Cr3++6Fe3++7H2O
试计算ClO2的“产率”(写出计算过程)。

_______________
【答案】(1). 30℃ (2). 水浴加热(或水浴控制恒温等合理答案均可) (3).
15ClO3-+FeS2+14H+=15ClO2+Fe3++7H2O+2SO42- (4). 56.25%
【解析】试题分析：（1）据图可知，30℃时，ClO2的吸收率最大，所以反应时需要控制的适宜温度是30℃，要达到此要求需要采取的措施是水浴加热；（2）根据元素守恒和得失电子守恒可得方程式为15ClO3－+FeS2+14H+═15ClO2↑+Fe3++7H2O+2SO42－；（3）根据关系式进行求解，
Cr2O72—————6Fe2+
1 6
0.050 0mol•L—1×0.020L 0.006mol
ClO2————5Fe2+
1 5
0.0025mol 0.037L×0.500mol•L—1—0.006mol
400mL ClO2溶液中含ClO20.0025mol×20=0.05mol；
以“m（ClO2）/m（NaClO3）”作为衡量ClO2产率的指标，
所以产率=0.05mol×67.5g/mol÷6.0g×100%=56.25%.
考点：物质的制备实验设计
19. NiSO4•6H20是一种绿色易溶于水的晶体，广泛用于化学镀镍、生产电池等，可由电镀废液(除含镍外，还含有Cu、Fe、Cr等杂质)为原料获得。

工艺流程如下图:
已知: 25℃时，几种金属氢氧化物的溶度积常数和完全沉淀的pH范围如下表所示。

注:NiCO3是一种不溶于水易溶于强酸的沉淀。

请回答下列问题:
（1）下列措施可行，且能提高废渣浸出率的有_______。

A.升高反应温度
B.增大压强
C.在反应过程中不断搅拌
（2）在滤液I中加入6%的H2O2，其作用是_________(用离子方程式表示)；加入NaOH调节pH 的范围是____________，为了除去溶液中的_________离子。

（3）滤液II的主要成分是___________。

（4）检验Ni2+已完全沉淀的实验方法是____________。

（5）操作I的实验步骤依次为:
①_______________________；②_______________________；
③蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得NiSO4•6H2O晶体
④用少量乙醇洗涤NiSO4•6H2O晶体并晾干。

【答案】 (1). AC (2). 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O (3). ；[5.6,8.4) (4). Fe3+、Cr3+ (5). Na2SO4、NiSO4 (6). 静置后向上层清液中再加入Na2CO3溶液后没有沉淀生成(7). 过滤，并用蒸馏水冼涤沉淀2--3次 (8). 向沉淀中滴加稀H2SO4，直至恰好完全溶解【解析】试题分析：废渣（除含镍外，还含有Cu、Fe、Cr等元素的化合物杂质），在硫酸溶解调节pH后过滤后除去不溶于铁离子，滤液含有二价铁离子、三价铬离子、铜离子等杂质，加入H2O2是将二价铁氧化成三价铁，再通过调节pH值使三价铁和三价铬都以氢氧化物的沉淀而除去，滤液Ⅰ含有可溶性硫酸盐，为Na2SO4、NiSO4，再加碳酸钠沉淀二价镍，过滤、洗涤，然后与硫酸反应生成NiSO4晶体。

（1）搅拌固体和液体的混合物，升高温度、增大浓度等，可加快反应速率，所以为了提高浸取率可采取的措施有加热或搅拌或增大硫酸浓度等，答案选AC。

（2）根据以上分析可知加入双氧水的目的是氧化亚铁离子，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O。

根据表中数据可知要沉淀铁离子和铬离子，需要调节溶液的pH为5.6≤pH＜8.4；
（3）经过加入H2O2、NaOH后可除去Cu、Zn、Fe、Cr等杂质，滤液中含有可溶性硫酸盐，为Na2SO4、NiSO4。

（4）由于是通过碳酸钠沉淀镍离子，所以证明镍离子已经完全沉淀的实验操作是静置后向上层清液中再加入Na2CO3溶液后没有沉淀生成；
（5）向含有NiSO4溶液中加碳酸钠，得到NiCO3沉淀，过滤、洗涤，向沉淀中加硫酸溶解，得到NiSO4溶液，再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等操作得NiSO4•6H2O晶体，则从溶液中提取硫酸镍的步骤为：①过滤，并用蒸馏水洗涤沉淀2～3次；②向沉淀中加6 mol/L的H2SO4溶液，直至恰好完全溶解；③蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得NiSO4•6H2O晶体；④用少量乙醇洗涤NiSO4•6H2O晶体并晾干。

【考点定位】本题主要是考查物质的分离提纯的实验方案的设计
【名师点晴】该类试题为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，题目难度较大，明确实验的目的和原理是解答该题的关键，注意把握基本实验操作。

分析流程图需要掌握的技巧是：①浏览全题，确定该流程的目的——由何原料获得何产物（副产物），对比原料和产物；②了解流程图以外的文字描述、表格信息、后续设问中的提示性信息，并在下一步分析和解题中随时进行联系和调用；③解析流程图并思考：从原料到产品依次进行了什么反应？利用了什么原理（氧化还原？溶解度？溶液中的平衡？）。

每一步操作进行到什么程度最佳？每一步除目标物质外还产生了什么杂质或副产物？杂质或副产物是怎样除去的？20. 为保护环境，应减少二氧化硫、氮氧化物和二氧化碳等物质的排放量。

（1）用CH4催化还原煤燃烧产生的氮氧化物，可以消除污染。

已知:CH4(g)+2NO2(g)=NO2△H=-867.0kJ/mol
NO2(g)=1/2N2O4(g) △H=-28.5kJ/mol
写出CH4催化还原N2O4(g)生成CO2、N2和H2O(g)的热化学方程式______________。

（2）一定条件下，将NO2与SO2以体积比1: 2置于恒温恒容的密闭容器中，发生NO2(g)+SO2(g) =SO3(g)+NO(g)，测得反应达到平衡时NO2与SO2体积比为1：5，则平衡常数K=_____(填数值)。

（3）如图1是一种用NH3、O2脱除烟气中NO的原理，该原理中NO最终转化为H2O和_____(填化学式),当消耗1molNH3和0.5molO2时，除去的NO在标准状况下的体积为_____L。