江苏省盐城市2019届高三第四次模拟考试化学试题 Word版含解析

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www.ks5u.com ‎2019届高三模拟考试试卷 化　　学 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分120分，考试时间100分钟。‎ 可能用到的相对原子质量：H—1　C—12　N—14　O—16　V—51　Fe—56‎ 第Ⅰ卷(选择题　共40分)‎ 单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。‎ ‎1.研究表明，雾霾中的无机颗粒主要是硫酸铵和硝酸铵，大气中的氨是雾霾的促进剂。减少氨排放的下列解决方案不可行的是(　　)‎ A. 改变自然界氮循环途径，使其不产生氨 B. 加强对含氨废水的处理，降低氨气排放 C. 采用氨法对烟气脱硝时，设置除氨设备 D. 增加使用生物有机肥料，减少使用化肥 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.人类无法改变自然界氮循环途径，使其不产生氨，所以此方法不可行，A错误；‎ B.加强对含氨废水的处理，可以减少氨气的排放，方法可行，B正确；‎ C.采用氨法对烟气脱硝时，设置除氨设备，方法可行，C正确；‎ D.增加使用生物有机肥料，减少铵态氮肥的使用，能够减少氨气的排放，方法可行，D正确；‎ 故合理选项是A。‎ ‎2.用ClCH2CH2OH和NaCN为原料可合成丙烯酸，相关化学用语表示错误的是(　　)‎ A. 质子数和中子数相等的钠原子：2211Na B. 氯原子的结构示意图：‎ C. NaCN的电子式：‎ D. 丙烯酸的结构简式：CH3CH=CHCOOH ‎【答案】D ‎【解析】‎ - 27 -‎ ‎【详解】A.质子数和中子数相等的钠原子，质量数A=质子数Z+中子数N=11+11=22，钠原子符号为：，A正确；‎ B.Cl原子的核外电子总数为17，其原子结构示意图为，B正确；‎ C.NaCN为离子化合物，由Na+和CN-通过离子键构成，电子式为，C正确；‎ D.丙烯酸的结构简式为CH2=CHCOOH，D错误；‎ 故合理选项是D。‎ ‎3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是(　　)‎ A. FeCl3易发生水解，可用于蚀刻铜制的印制线路板 B. 漂白粉具有氧化性，可用于脱除烟气中SO2和NO C. CaCO3高温下能分解，可用于修复被酸雨侵蚀的土壤 D. 活性炭具有还原性，可用于除去水体中Pb2＋等重金属 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.FeCl3具有强氧化性，能与Cu等金属反应，可用于蚀刻铜制的印制线路板，与FeCl3易发生水解无关，A错误；‎ B.漂白粉的主要成分是次氯酸钙，次氯酸钙具有强氧化性，能氧化SO2和NO生成硫酸盐和硝酸盐，所以漂白粉可用于脱除烟气中SO2和NO有害气体，B正确；‎ C.CaCO3能与酸反应，能改良、修复被酸雨浸蚀的土壤，与CaCO3高温下能分解无关，C错误；‎ D.活性炭与Pb2+等金属离子不反应，不能用于除去水体中Pb2+等重金属离子，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎4.CuI是有机合成的一种催化剂，受热易氧化。实验室可通过向CuSO4与NaI的混合溶液中通入SO2制备CuI(2CuSO4＋2NaI＋SO2＋2H2O2CuI↓＋2H2SO4＋Na2SO4)。下列实验原理和装置不能达到实验目的的是(　　)‎ - 27 -‎ A. 制备SO2‎ B. 制备CuI并制备少量含SO2溶液 C. 将CuI与母液分离并用装置制得的含SO2的溶液洗涤沉淀 D. 加热干燥湿的CuI固体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Cu与浓硫酸在加热时发生反应生成SO2，图中固液加热装置可制备，A正确；‎ B.硫酸铜与NaI发生氧化还原反应生成CuI、SO2，可用该装置制备CuI并制备少量含SO2的溶液，B正确；‎ C.分离沉淀与溶液，可选该装置进行过滤，C正确；‎ D.加热干燥湿的CuI固体，由于CuI易被氧化，因此不能用该装置加热，D错误；‎ 故合理选项是D。‎ ‎5.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是(　　)‎ A. 能使酚酞变红的溶液：Na＋、Al3＋、SO42-、NO3-‎ B. 0.1 mol/LNaClO溶液：K＋、Fe2＋、Cl－、SO42-‎ - 27 -‎ C. 0.1mol/L氨水：K＋、Ag(NH3)2+、NO3-、OH－‎ D. 由水电离产生的c(H＋)=1×10－13 mol/L的溶液：Na＋、NH4+、Cl-、HCO3-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.能使酚酞变红的溶液呈碱性，Al3+与OH-会发生反应，在碱性溶液中不能大量共存，A错误；‎ B.NaClO、Fe2+之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；‎ C.K+、[Ag(NH3)2]+、NO3-、OH-之间不反应，都不与氨水反应，在氨水中能够大量共存，C正确；‎ D.由水电离产生的c(H+)=1×10-13 mol/L的溶液呈酸性或碱性，HCO3-与氢离子、氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎6.下列指定反应的离子方程式正确的是(　　)‎ A. Ca(CH3COO)2溶液与硫酸反应：Ca2＋+SO42-=CaSO4↓‎ B. Cl2与热的NaOH溶液反应：Cl2＋6OH-Cl-+ClO3-+3H2O C. 电解K2MnO4碱性溶液制KMnO4：2MnO42-＋2H＋2MnO4-+H2↑‎ D. NaHCO3与过量Ba(OH)2溶液反应：HCO3-+Ba2＋+OH-=BaCO3↓+H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.(CH3COO)2Ca溶液与硫酸反应的离子反应为2CH3COO-+2H++Ca2++SO42-=CaSO4↓+2CH3COOH，A错误；‎ B.Cl2与热的NaOH溶液发生氧化还原反应生成NaClO3，正确的离子方程式为：3Cl2+6OH-=5Cl-+ClO3-+3H2O，B错误；‎ C.电解K2MnO4制KMnO4，阳极上MnO42-放电生成MnO4-，阴极上水放电生成OH-，总反应方程式为：2K2MnO4+2H2O2KMnO4+2KOH+H2↑，离子方程式为2MnO42-+2H2O2MnO4-+2OH-+H2↑，C错误；‎ D.Ba(OH)2溶液中加入少量NaHCO3溶液，设量少的碳酸氢钠为1mol，根据其需要可知所需的Ba2+的物质的量为1mol，OH-的物质的量为1mol，则该反应的离子方程式为：HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ - 27 -‎ ‎7.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大。 X的族序数是周期数的3倍，25 ℃时，0.1 mol·L－1Z的最高价氧化物对应的水化物溶液的pH为13，W的最外层有6个电子。下列说法正确的是(　　)‎ A. X的简单气态氢化物的热稳定性比W的弱 B. 原子半径：r(Z)>r(W)>r(X)>r(Y)‎ C. 元素Y、W的简单阴离子具有相同的电子层结构 D. Z分别与X、Y、W形成的化合物中均一定只含离子键 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，25℃时，0.1mol/LZ的最高价氧化物对应的水化物溶液的pH为13，则Z为Na元素；W的最外层有6个电子，其原子序数大于Na，则W为S元素；X的族序数是周期数的3倍，X只能位于第二周期，则X为O元素；Y介于O、Na之间，则Y为F元素，据此解答。‎ ‎【详解】根据分析可知，XO元素，Y为F元素，Z为Na，W为S元素。‎ A.元素的非金属性越强，其最简单的氢化物的稳定性越强，由于元素的非金属性O>S，则X(O)的简单氢化物的热稳定性比W(S)的强，A错误；‎ B.元素核外电子层越多，原子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大原子半径越小，则原子半径大小为：r(Z)>r(W)>r(X)>r(Y)，B正确；‎ C.氟离子含有2个电子层，硫离子含有3个电子层，二者简单阴离子的电子层结构不同，C错误；‎ D.Na与O、F、S形成的化合物中，过氧化钠中既有离子键又有共价键，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎【点睛】本题考查了原子结构与元素周期律的关系的知识，依据元素的原子结构或物质的性质推断元素为解答关键，注意掌握元素周期表结构、元素周期律内容，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。‎ ‎8.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是(　　)‎ - 27 -‎ A. Cu2S(s)Cu(s)CuCl2(s)‎ B. SiO2(s)H2SiO3(s)Na2SiO3(aq)‎ C. Fe(s)Fe2O3(s)Fe2(SO4)3(aq)‎ D. NaCl(aq)Na2CO3(s)NaOH(aq)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.硫化亚铜与氧气反应生成氧化铜和二氧化硫，反应的化学方程式为：Cu2S+2O22CuO+SO2，铜与氯气反应生成氯化铜，反应为：Cu+Cl2CuCl2，A正确；‎ B.SiO2不溶于水，也不能和水反应，所以二者不能直接生成H2SiO3，B错误；‎ C.铁和水蒸气在高温时反应生成四氧化三铁和氢气，化学方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，C错误；‎ D.在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，所以析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠，不是一步生成碳酸钠，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎9.下列说法正确的是(　　)‎ A. 粗铜电解精炼时，粗铜、纯铜依次分别作阴极、阳极 B. 5.6 g Fe在足量Cl2中充分燃烧，转移电子的数目为0.2×6.02×1023‎ C. 室温下，稀释0.1 mol/L NH4Cl溶液，溶液中增大 D. 向BaCO3、BaSO4的饱和溶液中加入少量BaCl2，溶液中减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.电解精炼铜，粗铜作阳极，纯铜作阴极，含铜离子的电解质溶液，A错误；‎ B.5.6g Fe物质的量为0.1mol，足量Cl2中完全燃烧生成氯化铁，转移电子数为0.3NA，B错误；‎ - 27 -‎ C.氯化铵溶液中铵根离子水解溶液显酸性，加水稀释促进铵根的水解，溶液中增大，故C正确；‎ D.BaCO3、BaSO4的饱和溶液中存在化学平衡BaCO3(s)+SO42-⇌BaSO4(s)+CO32-(aq)，=，溶度积常数随温度变化，温度不变，比值不变，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎10.ZulemaBorjas等设计的一种微生物脱盐池的装置如图所示，下列说法正确的是(　　)‎ A. 该装置可以在高温下工作 B. X、Y依次为阳离子、阴离子选择性交换膜 C. 负极反应为CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H＋‎ D. 该装置工作时，电能转化化学能 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.高温能使微生物蛋白质凝固变性，导致电池工作失效，所以该装置不能在高温下工作，A错误；‎ B.原电池内电路中：阳离子移向正极、阴离子移向负极，从而达到脱盐目的，所以Y为阳离子交换膜、X为阴离子交换膜，B错误；‎ C.由图片可知，负极为有机废水CH3COO-的电极，失电子发生氧化反应，电极反应为CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H+，C正确；‎ D.该装置工作时为原电池，是将化学能转化为电能的装置，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ - 27 -‎ 不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。‎ ‎11.化合物X(5没食子酰基奎宁酸)具有抗氧化性和抗利什曼虫活性而备受关注，X的结构简式如图所示。下列有关X的说法正确的是　(　　)‎ A. 分子式为C14H15O10‎ B. 分子中有四个手性碳原子 C. 1 mol X最多可与4 mol NaOH反应 D. 1 mol X最多可与4 mol NaHCO3反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由结构可知分子式，分子中含-COOH、-COOC-、OH，结合羧酸、酯、醇、酚的性质来解答。‎ ‎【详解】A．由结构简式可知分子式为C14H16O10，A错误；‎ B.在左侧六元环中，连接-OH、醚键的原子连接4个不同的原子或原子团，为手性碳原子，B正确；‎ C.能与氢氧化钠反应的为3个酚羟基、酯基和羧基，1 mol X最多可与5 mol NaOH反应，C错误；‎ D.只有羧基与碳酸氢钠反应，则1 mol X最多可与1 mol NaHCO3反应，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的难点。‎ ‎12.用石灰石硫化床法对燃料脱硫时的部分反应如下：‎ - 27 -‎ ‎①CaCO3(s)=CaO(s)＋CO2(g)；ΔH1=a kJ/mol ‎②2CaO(s)+2SO2(g)+O2(g)=2CaSO4(s)；ΔH2=b kJ/mol ‎③CaSO4(s)+4CO(g)=CaS(s)+4CO2(g)；ΔH3=c kJ/mol ‎④CaO(s)+SO2(g)+3CO(g)=CaS(s)+3CO2(g)；ΔH4=d kJ/mol ‎ 下列说法错误的是(　　)‎ A. 反应①为放热反应 B. 反应②在常温下可自发进行，则该反应的ΔH<0，ΔS<0‎ C. 反应2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)= 2CaSO4(s)+2CO2(g)的ΔH=(a+b) kJ/mol D. 反应3CaSO4(s)+CaS(s)= 4CaO(s)+4SO2(g)ΔH=(3c-4d) kJ/mol ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.大多数的分解反应为吸热反应，反应①为吸热反应，A错误；‎ B.△H-T△S<0的反应可自发进行，由化学计量数可知，△S<0，反应②在常温下可自发进行，则△H<0，B正确；‎ C.结合盖斯定律可知，①×2+②，整理可得2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)= 2CaSO4(s)+2CO2(g)的ΔH=(2a+b) kJ/mol ，C错误；‎ D.结合盖斯定律可知，③×3-④×4得到3CaSO4(s)+CaS(s)= 4CaO(s)+4SO2(g)的ΔH=(3c-4d) kJ/mol ，D正确；‎ 故合理选项是AC。‎ ‎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 向盛有少量苯酚稀溶液的试管中逐滴加入饱和溴水，产生白色沉淀 苯酚与Br2反应生成2，4，6三溴苯酚 B 向H2O2溶液中滴入NaClO溶液，产生无色气体 H2O2具有氧化性 C 向FeCl3溶液中滴入少量KI溶液，再加入KSCN溶液，溶液变红 Fe3＋与I－的反应具有可逆性 - 27 -‎ D 向蔗糖中滴加少量浓硫酸，搅拌，蔗糖变黑，体积膨松，变成疏松多孔的海绵状 浓硫酸具有脱水性和氧化性 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.向少量苯酚稀溶液中逐滴加入饱和溴水，发生取代反应，生成三溴苯酚白色沉淀，反应方程式为：+3Br2→↓+3HBr，A正确；‎ B.NaClO可氧化过氧化氢，生成氧气，证明过氧化氢具有还原性，B错误；‎ C.FeCl3溶液中滴入少量KI溶液，氯化铁过量，由现象不能判断可逆反应，C错误；‎ D.浓硫酸使蔗糖脱水后，产生的C单质与浓硫酸发生氧化还原反应生成SO2、CO2及水蒸气，则蔗糖变黑，体积膨松，变成疏松多孔的海绵状，证明浓硫酸具有脱水性和氧化性，D正确；‎ 故合理选项是AD。‎ ‎14.室温时，体积均为25.00 mL，浓度均为0.010 0 mol·L－1的苯酚(C6H5OH)、CH3COOH、H3PO4溶液及盐酸分别用0.010 0 mol·L－1NaOH溶液滴定，溶液的pH随V(NaOH)变化曲线如图所示，下列说法正确的是(　　)‎ A. 均可用酚酞作滴定指示剂 B. 相同物质的量浓度时，由水电离产生的c(H＋)：Na2HPO4>C6H5ONa>CH3COONa C. 0.100 0 mol·L－1 CH3COONa溶液中加入NH4Cl至中性：c(CH3COOH)＝c(NH3·H2O)‎ D. 0.010 0 mol·L－1Na2HPO4溶液中：c(OH－)－c(H＋)>2c(H3PO4)‎ ‎【答案】CD - 27 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据图象可知：苯酚溶液在用NaOH溶液滴定恰好反应时，没有明显的滴定pH突跃，所以不能使用酚酞为指示剂，A错误；‎ B.Na2HPO4的水解平衡常数Kh=；C6H5ONa的水解平衡常数Kh=；CH3COONa的水解平衡常数Kh=，盐水解平衡常数越大，水电离产生的H+浓度越大，所以相同物质的量浓度时，由水电离产生的c(H＋)：C6H5ONa>Na2HPO4>CH3COONa，B错误；‎ C. 0.100 0 mol·L－1 CH3COONa溶液中加入NH4Cl至中性时，恰好发生反应：CH3COONa+NH4Cl=NaCl+CH3COONH4，CH3COONH4是弱酸弱碱盐，CH3COO-、NH4+发生水解，由于CH3COOH、NH3·H2O在同一温度下的电离平衡常数相同，所以CH3COO-、NH4+发生的水解程度相同，则水解产生的弱电解质CH3COOH、NH3·H2O的浓度相同，故c(CH3COOH)=c(NH3·H2O)，C正确；‎ D.在0.010 0 mol·L－1Na2HPO4溶液中，根据溶液c(H2PO4-)=c(HPO42-)的pH=7.2可知HPO42-的水解程度大于电离程度，根据物料守恒和电荷守恒可知c(OH-)-c(H+)=2c(H3PO4)+c(PO43-)，所以c(OH-)-c(H+)>2c(H3PO4)，D正确；‎ 故合理选项是CD。‎ ‎15.利用CO2重整CH4制合成气的反应为CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)；ΔH>0。在容积均为2.0 L的四个恒容密闭容器中，按不同方式投料(如下表所示)，测得反应的相关数据如下：‎ 容器 温度/℃‎ 物质的起始物质的量/mol 物质的平衡物质的量/mol n(CO2)‎ n(CH4)‎ n(CO)‎ n(H2)‎ n(H2)‎ Ⅰ T1‎ ‎0‎ ‎0.8‎ ‎0.8‎ ‎0.8‎ ‎0.6‎ Ⅱ T1‎ ‎1.2‎ ‎1.2‎ ‎1.2‎ ‎1.2‎ ‎/‎ Ⅲ T2‎ ‎1.0‎ ‎2.0‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎1.0‎ Ⅳ T2‎ ‎0.5‎ ‎1.0‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎/‎ - 27 -‎ 下列说法正确的是(　　)‎ A. T1>T2‎ B. 容器Ⅱ起始时的反应速率：v(正)>v(逆)‎ C. 容器Ⅰ、Ⅲ达到平衡时，容器内气体总压强之比：p(Ⅰ)∶p(Ⅲ) ＝11∶20‎ D. 容器Ⅲ中CO2的平衡转化率比容器Ⅳ中的小 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.反应CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)，在2L容器内进行，计算KI T1n(开始)mol 0 0.8 0.8 0.8‎ n(变化)mol 0.1 0.1 0.2 0.2‎ n(平衡)mol 0.1 0.9 0.6 0.6‎ 化学平衡常数K1==0.36，‎ 反应 CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)，在2L容器内进行，计算KII T2n(开始)mol 1.0 2.0 0 0‎ n(变化)mol 0.5 0.5 1.0 1.0‎ n(平衡)mol 0.5 1.5 1.0 1.0‎ 化学平衡常数KII==0.33，K1>K2，由于该反应的正反应为吸热反应，根据平衡移动原理，升高温度，平衡向吸热的正反应方向移动，因此温度T1>T2，A正确；‎ B.对于容器Ⅱ，Qc==0.36=K1，说明反应处于平衡状态，所以v(正)=v(逆)，B错误；‎ - 27 -‎ C.对于容器I，平衡时总物质的量n(总)=0.1mol+0.9mol+0.6mol+0.6mol=2.2mol；对于容器III，平衡时总物质的量n(总)=0.5mol+1.5mol+1.0mol+1.0mol=4.0mol，容器内气体的物质的量的比n(I)：n(III)=2.2:4.0=11∶20，尽管反应容器的容积不变，但由于反应I、III反应温度不同，所以不能根据物质的量的比判断容器内气体的压强之比，C错误；‎ D.根据选项A分析可知容器III中CO2的转化率为(0.5÷1.0)×100%=50%；对于容器IV，反应温度与III相同，由于气体的物质的量减小，导致容器内气体压强减小，根据平衡移动原理，减小压强，平衡向气体体积扩大的正反应方向移动，使反应物CO2的转化率增大，因此容器Ⅲ中CO2的平衡转化率比容器Ⅳ中的小，D正确；‎ 故合理选项是AD。‎ 第Ⅱ卷(非选择题　共80分)‎ ‎16.用含砷氧化铜矿[含CuO、Cu2(OH)2CO3、As2O3及重金属盐等]制取Cu2(OH)2SO4的工艺流程如下：‎ ‎(1) 步骤Ⅰ“氨浸”时，控制温度为50～55 ℃，pH约为9.5，含铜化合物转化为[Cu(NH3)4]SO4溶液。‎ ‎① CuO被浸取的离子方程式为________。‎ ‎②浸取温度不宜超过55 ℃，其原因是________。‎ ‎③ Cu2＋与NH3结合时，溶液中含铜微粒的物质的量分布分数(δ)与溶液中游离的c(NH3)的对数值的关系如图所示。若用1 L浸取液(由等物质的量NH3和NH4+组成)将amolCu2(OH)2CO3全部浸出为[Cu(NH3)4]2＋(CO32-转变为HCO3-，不考虑其他反应，溶液体积变化忽略不计)，原浸取液中起始时c(NH3)应满足的条件是________。‎ ‎(2) “除AsO2-”时，FeSO4需过量，一方面使AsO2-沉淀完全，另一目的是________。‎ ‎(3) “蒸氨”时发生反应的化学方程式为________。‎ ‎(4) 为了实现生产过程中物质循环利用，可采取的措施为________。‎ - 27 -‎ ‎【答案】 (1). CuO+2NH3+2NH4+=[Cu(NH3)4]2＋+H2O (2). 温度过高，会加速NH3的挥发 (3). c(NH3)≥(5a＋1) mol·L－1 (4). 生成的Fe(OH)3[或Fe(OH)3—Fe(OH)2]絮状沉淀吸附FeAsO4等含砷微粒 (5). 2[Cu(NH3)4]SO4Cu2(OH)2SO4↓＋6NH3↑+(NH4)2SO4 (6). 用步骤Ⅴ蒸出的NH3与步骤Ⅵ的滤液配制步骤Ⅰ所需的NH3—(NH4)2SO4浸取液 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据流程：用NH3和(NH4)2SO4组成的溶液氨浸含砷氧化铜矿[含CuO、Cu2(OH)2CO3、As2O3及重金属盐等]，含铜化合物转化为[Cu(NH3)4]SO4溶液，同时混有重金属盐和AsO2-，加入硫化铵除去重金属离子，再加入(NH4)2S2O8和FeSO4，沉淀AsO2-，过滤FeAsO4和Fe(OH)3沉淀，得到的溶液主要为(NH4)2SO4和[Cu(NH3)4]SO4溶液，蒸氨、过滤、洗涤得到产品Cu2(OH)2SO4，‎ ‎(1)①CuO被NH3和(NH4)2SO4组成的溶液浸取得到[Cu(NH3)4]SO4，据此书写；‎ ‎②温度高，会加速氨气的挥发；‎ ‎③由图可知：全部浸出为[Cu(NH3)4]2+时lgc(NH3)=0，则此时氨气浓度c(NH3)=1mol/L，再结合反应：Cu2(OH)2CO3+5NH3+3NH4+═2[Cu(NH3)4]2++HCO3-+2H2O分析计算可得；‎ ‎(2)根据流程中得到FeAsO4和Fe(OH)3沉淀分析；‎ ‎(3)“蒸氨”时发生反应为[Cu(NH3)4]SO4分解Cu2(OH)2SO4和氨气，结合原子守恒可得；‎ ‎(4)根据流程分析可得到NH3-(NH4)2SO4浸取液循环使用。‎ ‎【详解】(1)CuO被NH3和(NH4)2SO4组成的溶液浸取得到[Cu(NH3)4]SO4，反应的离子反应为：CuO+2NH3+2NH4+=[Cu(NH3)4]2++H2O；‎ ‎②浸取温度不宜超过55℃，若是反应温度过高，会加速NH3的挥发；‎ ‎③a molCu2(OH)2CO3全部浸出为[Cu(NH3)4]2+的反应为：Cu2(OH)2CO3+5NH3+3NH4+=2[Cu(NH3)4]2++HCO3-+2H2O，因此若参与反应的氨气为5amol，浓度为5amol/L，由图可知：全部浸出为[Cu(NH3)4]2+时，lgc(NH3)=0，则此时氨气浓度c(NH3)=1mol/L，因此原浸取液中起始时c(NH3)≥(5a+1)mol/L；‎ ‎(2)流程中，“除AsO2-”时得到FeAsO4和Fe(OH)3沉淀，FeSO4需过量，一方面使AsO2-沉淀完全，另一目的是生成的Fe(OH)3[或Fe(OH)3-Fe(OH)2]絮状沉淀吸附FeAsO4等含砷微粒；‎ ‎(3)根据流程，“蒸氨”时发生反应为[Cu(NH3)4]SO4分解Cu2(OH)2SO4和氨气，反应方程式为： ‎ ‎2[Cu(NH3)4]SO4Cu2(OH)2SO4↓＋6NH3↑＋(NH4)2SO4；‎ ‎(4)用步骤Ⅴ蒸出的NH3与步骤Ⅵ的滤液配制步骤Ⅰ所需的NH3-(NH4)2SO4浸取液可以在生产过程中物质循环利用。‎ - 27 -‎ ‎【点睛】本题考查物质制备工艺流程的知识，题目涉及物质的分离提纯、对操作步骤及试剂的分析评价、电极反应式书写等，理解工艺流程原理是解题关键，侧重考查学生的分析能力、实验能力和计算能力。‎ ‎17.茉莉酸甲酯的一种合成路线如下：‎ ‎(1) C中含氧官能团名称为________。‎ ‎(2) D→E的反应类型为________。‎ ‎(3) 已知A、B的分子式依次为C6H10O4、C12H18O4，A中不含甲基，写出B的结构简式：________。‎ ‎(4) D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分子中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应；‎ ‎②碱性条件水解生成两种产物，酸化后两种分子中均只有3种不同化学环境的氢。‎ ‎(5) 写出以和CH2(COOCH3)2为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和乙醇任用，合成路线流程图示例见本题题干)_______。‎ ‎【答案】 (1). 羰基和酯基 (2). 消去反应 (3). (4). (5). ‎ - 27 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由结构可知C中含氧官能团为：酯基、羰基；‎ ‎(2)对比D、E的结构，可知D分子中脱去1分子HCOOCH2CH=CH2形成碳碳双键得到E；‎ ‎(3)A、B的分子式依次为C6H10O4、C12H18O4，A中不含甲基，结合C的结构，可知A为HOOC(CH2)4COOH、B为；‎ ‎(4)D的一种同分异构体同时满足下列条件：①分子中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②碱性条件水解生成两种产物，说明还含有酯基，且酸化后两种分子中均只有3种不同化学环境的氢；‎ ‎(5)由E→F→G转化可知，可由加热得到，而与CH2(COOCH3)2加成得到，与氢气发生加成反应得到，然后发生催化氧化得到，最后发生消去反应得到。‎ ‎【详解】由上述分析可知：A为HOOC(CH2)4COOH；B为。‎ ‎(1)由C结构简式可知C中含氧官能团：酯基、羰基；‎ ‎（2）对比D、E的结构，可知D分子中脱去1分子HCOOCH2CH=CH2形成碳碳双键得到E，故D生成E的反应属于消去反应；‎ ‎(3)A、B的分子式依次为C6H10O4、C12H18O4，A中不含甲基，结合C的结构，可知A为HOOC(CH2)4COOH、B为；‎ ‎(4)D的一种同分异构体同时满足下列条件：①分子中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②碱性条件水解生成两种产物，说明还含有酯基，且酸化后两种分子中均只有3种不同化学环境的氢，符合条件的同分异构体为：；‎ - 27 -‎ ‎(5)与H2在Ni催化下发生加成反应产生，与O2在Cu催化下发生氧化反应产生，与NaOH的乙醇溶液发生消去反应产生，再与CH2(COOCH3)2发生加成反应产生，该物质在高温下反应产生，故合成路线流程图为：。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的合成的知识，涉及官能团的识别、有机反应类型的判断、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，(4)中同分异构体的书写为易错点、难点,关键是对比物质的结构理解发生的反应，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力。‎ ‎18.NVCO{化学式可表示为(NH4)a[(VO)b(CO3)c(OH)d]·10H2O}能用于制取VO2，实验室可由V2O5、N2H4·2HCl、NH4HCO3为原料制备NVCO。‎ ‎(1)原料NH4HCO3中HCO3-水解的离子方程式为____________。‎ ‎(2) N2H4·2HCl是N2H4的盐酸盐。已知N2H4在水中的电离方式与NH3相似，25 ℃时，K1=9.55×10-7。该温度下，反应N2H4+H＋N2H5+的平衡常数K=________(填数值)。‎ ‎(3)为确定NVCO的组成，进行如下实验：‎ ‎①称取2.130 g样品与足量NaOH充分反应，生成NH3 0.224 L(已换算成标准状况下)。‎ ‎②另取一定量样品在氮气氛中加热，样品的固体残留率(固体样品的剩余质量/固体样品的起始质量×100%)随温度的变化如下图所示(分解过程中各元素的化合价不变)。‎ - 27 -‎ 根据以上实验数据计算确定NVCO的化学式(写出计算过程)________________。‎ ‎【答案】 (1). HCO3-+H2OH2CO3＋OH- (2). 9.55×107 (3). (NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)HCO3-水解生成H2CO3和OH-；‎ ‎(2)联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似。联氨第一步电离方程式为N2H4+H2ON2H5++OH-，反应N2H4+H＋N2H5+的平衡常数K==；‎ ‎(3)设NVCO的摩尔质量为M g/mol，由=0.864 8，可得M=1 065，由可得b=6；由×a=n(NH3)==0.01mol，解得a=5，由最后产物为VO2，则VO为+2价，2c+d=5×1+2×6=17，由化合物的相对分子质量18a+67b+60c+17d+180=1065可知60c+17d=393，解得c=4，d=9，将a=5，b=6，c=4，d=9代入化学式表达式，可得化学式。‎ ‎【详解】(1)HCO3-水解生成H2CO3和OH-，水解反应离子方程式为HCO3-+H2OH2CO3+OH-；‎ ‎(2)联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似。联氨第一步电离方程式为N2H4+H2ON2H5++OH-，反应N2H4+H＋N2H5+的平衡常数K===9.55×107；‎ ‎(3)设NVCO的摩尔质量为M g/mol，由=0.864 8，可得M=1 065，由可得b=6；由×a=n(NH3)=‎ - 27 -‎ ‎=0.01mol，解得a=5，由最后产物为VO2，则VO为+2价，2c+d=5×1+2×6=17，由化合物的相对分子质量18a+67b+60c+17d+180=1065可知60c+17d=393，解得c=4，d=9，将a=5，b=6，c=4，d=9代入化学式表达式，可得化学式为(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O。‎ ‎【点睛】本题综合考查物质的组成的测定的知识，注意把握物质的性质，把握计算的思路，弄清微粒的物质的量关系，对学生的分析能力和计算能力有一定的要求。‎ ‎19.四溴乙烷(CHBr2-CHBr2)是一种无色透明液体，密度2.967 g/mL，难溶于水，沸点244 ℃，可用作制造塑料的有效催化剂等。用电石(主要成分CaC2，少量CaS、Ca3P2、Ca3As2等)和Br2等为原料制备少量四溴乙烷的装置(夹持装置已省略)如图所示。‎ ‎(1)装置A中CaC2能与水剧烈发生反应：CaC2+2H2O→Ca(OH)2+HC≡CH↑。为了得到平缓的C2H2气流，除可用饱和食盐水代替水外，还可采取的措施是________。‎ ‎(2)装置B可除去H2S、PH3及AsH3，其中除去PH3的化学方程式为________(生成铜、硫酸和磷酸)。‎ ‎(3)装置C中在液溴液面上加入一层水的目的是________；装置C中反应已完成的现象是________；从装置C反应后的体系得到并纯化产品，需要进行的操作有________。‎ ‎(4)一种制备Ca10(PO4)6(OH)2的原理为10Ca(OH)2+6H3PO4=Ca10(PO4)6(OH)2↓+18H2O。请设计用装置A得到的石灰乳等为原料制备Ca10(PO4)6(OH)2的实验方案：向烧杯中加入0.25 L含0.5 mol/LCa(OH)2的石灰乳，________，在100 ℃烘箱中烘干1 h。‎ 已知：‎ ‎① Ca10(PO4)6(OH)2中比理论值为1.67。影响产品比的主要因素有反应物投料比及反应液pH。‎ ‎②在95 ℃，pH对比的影响如图所示。‎ - 27 -‎ ‎③实验中须使用的试剂：含0.5mol/LCa(OH)2的石灰乳、0.3mol/L磷酸及蒸馏水。‎ ‎【答案】 (1). 逐滴加入(饱和食盐)水 (2). 4CuSO4+PH3+4H2O=4Cu↓+H3PO4+4H2SO4 (3). 水封，减少液溴的挥发 (4). 上下两层液体均变为无色透明且几乎不再吸收乙炔气 (5). 分液，有机相干燥后蒸馏，收集244 ℃馏分 (6). 在分液漏斗中加入0.25 L 0.3 mol/L磷酸，将石灰乳加热到95 ℃，在不断搅拌下，先快速滴加磷酸，然后慢慢滴加，不时滴加蒸馏水以补充蒸发掉的水分，直到磷酸全部滴完，调节并控制溶液pH 8～9，再充分搅拌一段时间、静置，过滤、水洗 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电石（主要成分CaC2，少量CaS、Ca3P2、Ca3As2等）与水在A中反应生成乙炔，同时生成H2S、PH3及AsH3，通入B，硫酸铜可除去H2S、PH3及AsH3，在C中与溴反应生成四溴乙烷，高锰酸钾用于氧化乙炔，据此解答。‎ ‎【详解】(1)为了得到平缓的C2H2气流，除可用饱和食盐水代替水外，还可逐滴加入(饱和食盐)水，以控制反应速率；‎ ‎(2)PH3与硫酸铜反应生成Cu和磷酸，根据电子守恒、原子守恒，可得反应的方程式为4CuSO4+PH3+4H2O═4Cu↓+H3PO4+4H2SO4；‎ ‎(3)装置C中在液溴液面上加入一层水的目的是水封，防止溴挥发，装置C中反应已完成的现象是上下两层液体均变为无色透明且几乎不再吸收乙炔气；从装置C反应后的体系得到并纯化产品，需要进行的操作有分液，有机相干燥后蒸馏，收集244℃馏分；‎ ‎(4)Ca(OH)2的物质的量为0.125mol，制备Ca10(PO4)6(OH)2，应需要0.075mol磷酸，则可在分液漏斗中加入0.25 L 0.3mol/L磷酸，将石灰乳加热到95℃，在不断搅拌下，先快速滴加磷酸，然后慢慢滴加，不时滴加蒸馏水以补充蒸发掉的水分，直到磷酸全部滴完，调节并控制溶液pH 8～9，再充分搅拌一段时间、静置，过滤、水洗。‎ - 27 -‎ ‎【点睛】本题考查物质制备工艺流程的知识，题目涉及物质的分离提纯、对操作步骤及试剂的分析评价等，理解工艺流程原理是解题关键，侧重考查学生的分析能力、实验能力和计算能力。‎ ‎20.H2S存在于多种燃气中，脱除燃气中H2S的方法很多。‎ ‎(1) 2019年3月《science direct》介绍的化学链技术脱除H2S的原理如图所示。‎ ‎①“H2S氧化”反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为________。‎ ‎②“HI分解”时，每1 mol HI分解生成碘蒸气和氢气时，吸收13 kJ的热量，写出该反应的热化学方程式：________。‎ ‎③“Bunsen反应”的离子方程式为________。‎ ‎(2) 电化学干法氧化法脱除H2S的原理如图所示。阳极发生的电极反应为________；阴极上COS发生的电极反应为________。‎ ‎(3) 用Fe2(SO4)3吸收液脱除H2S法包含的反应如下：‎ ‎(Ⅰ) H2S(g)H2S(aq)‎ ‎(Ⅱ) H2S(aq) H＋+HS-‎ ‎(Ⅲ) HS－+2Fe3＋=S↓+2Fe2＋+H＋‎ 一定条件下测得脱硫率与Fe3＋浓度的关系如图所示。‎ ‎①吸收液经过滤出S后，滤液需进行再生，较经济的再生方法是________。‎ - 27 -‎ ‎②图中当Fe3＋的浓度大于10 g·L－1时，浓度越大，脱硫率越低，这是由于________。‎ ‎【答案】 (1). 1∶1 (2). 2HI(g)H2(g)+I2(g)；ΔH=+26 kJ/mol (3). SO2+I2+2H2O=4H＋+SO42-+2I- (4). 2S2--4e－=S2 (5). COS+2e-=S2-+CO (6). 通入足量O2(或空气) (7). Fe3＋浓度增大，pH减小，使反应 (Ⅰ)、(Ⅱ)向逆反应方向移动且pH减小因素超过反应(Ⅲ) Fe3＋浓度增大因素 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①“H2S氧化”为H2S与浓硫酸的反应产生S单质、SO2和H2O，结合电子守恒计算；‎ ‎②1 mol HI分解生成碘蒸气和氢气时，吸收13 kJ的热量，结合状态及焓变书写热化学方程式；‎ ‎③“Bunsen反应”中反应物为二氧化硫、碘、水，生成物为硫酸和HI；‎ ‎(2)阳极上硫离子失去电子，阴极上COS得到电子；‎ ‎(3)①吸收液经过滤出S后，滤液需进行再生，可利用氧气氧化亚铁离子；‎ ‎②图中当Fe3+的浓度大于10 g/L时，浓度越大，酸性增强，导致脱硫率越低。‎ ‎【详解】(1)①“H2S氧化”为H2S与浓硫酸的反应，由电子守恒可知，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为=；‎ ‎②1 mol HI分解生成碘蒸气和氢气时，吸收13 kJ的热量，结合状态及焓变可知热化学方程式为2HI(g)H2(g)+I2(g)△H=+26kJ/mol；‎ ‎③“Bunsen反应”中反应物为二氧化硫、碘、水，生成物为硫酸和HI，离子反应为SO2+I2+2H2O=4H＋+SO42-+2I-；‎ ‎(2)由电化学干法氧化法脱除H2S的原理图2可知，阳极发生的电极反应为2S2--4e-═S2；阴极上COS发生的电极反应为COS+2e-═S2-+CO；‎ ‎(3)①吸收液经过滤出S后，滤液需进行再生，较经济的再生方法是通入足量O2（或空气），‎ 故答案为：通入足量O2（或空气）；‎ ‎②图中当Fe3+的浓度大于10 g/L时，浓度越大，脱硫率越低，这是由于Fe3+浓度增大，pH减小，使反应（Ⅰ）、（Ⅱ）向逆反应方向移动且pH减小因素超过反应（Ⅲ） Fe3+浓度增大因素。‎ ‎【点睛】本题考查热化学方程式及氧化还原反应的知识，把握图中反应物、生成物及氧化还原反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图象的分析与应用。‎ ‎21.镍的单质、合金及其化合物用途非常广泛。‎ - 27 -‎ ‎(1)Ni2＋基态核外电子排布式为________。‎ ‎(2)胶状镍可催化CH2=CHC≡N加氢生成CH3CH2C≡N。CH2=CHC≡N分子中σ键与π键的数目比n(σ)∶n(π)=________；CH3CH2C≡N分子中碳原子轨道的杂化类型为________。‎ ‎(3)[Ni(N2H4)2](N3)2是一种富氮含能材料。配体N2H4能与水混溶，除因为它们都是极性分子外，还因为______________________；[Ni(N2H4)2]2＋中含四个配位键，不考虑空间构型，[Ni(N2H4)2]2＋的结构可用示意图表示为______________________。‎ ‎(4)一种新型的功能材料的晶胞结构如下图所示，它的化学式可表示为________。‎ ‎【答案】 (1). [Ar]3d8或1s22s22p63s23p63d8 (2). 2∶1 (3). sp和sp3 (4). N2H4与H2O之间可以形成氢键 (5). (6). Ni2MnGa ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)Ni是28号元素，原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d84s2，Ni原子失去4s能级2个电子形成Ni2+；‎ ‎(2)CH2=CHCN中含有3个C-H键、1个C-C单键、1个C=C双键、1个C≡N三键，单键为σ键，双键含有1个σ键、1个π键，三键含有1个σ键、2个π键；烃基中碳原子均形成4个σ键，没有孤对电子，杂化轨道数目为4，而-CN中碳原子形成2个σ键，也没有孤对电子，杂化轨道数目为2；‎ ‎(3)配体N2H4与H2O之间可以形成氢键；Ni2+提供空轨道，N2H4中N原子提供孤对电子，形成配位键；‎ ‎(4)均摊法计算晶胞中Ni、Ga、Mn原子数目，确定化学式。‎ ‎【详解】(1)Ni是28号元素，原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d84s2，Ni原子失去4s能级2个电子形成Ni2+，故Ni2+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d8；‎ ‎(2)CH2‎ - 27 -‎ ‎=CHCN中含有3个C-H键、1个C-C单键、1个C=C双键、1个C≡N三键，单键为σ键，双键含有1个σ键、1个π键，三键含有1个σ键、2个π键，则分子中σ键与π键的数目比n(σ)：n(π)=(3+1+1+1)：(1+2)=2：1，烃基中碳原子均形成4个σ键，没有孤对电子，杂化轨道数目为4，碳原子采取sp3杂化，而-CN中碳原子形成2个σ键，也没有孤对电子，杂化轨道数目为2，碳原子采取sp杂化；‎ ‎(3)配体N2H4与H2O之间可以形成氢键，使配体N2H4能与水混溶；Ni2+提供空轨道，N2H4中N原子提供孤对电子，形成配位键，[Ni(N2H4)2]2+的结构可用示意图表示为：；‎ ‎(4)Ni原子处于小立方体体心，晶胞中Ni原子数目1×8=8，Mn原子处于顶点与面心，晶胞中Mn原子数目=8×+6×=4，Ga处于晶胞体心与棱心，晶胞中Ga原子数目=1+12×=4，则晶胞中Ni、Mn、Ga原子数目之比=8：4：4=2：1：1，故晶体的化学式为：Ni2MnGa。‎ ‎【点睛】本题考查物质结构与性质的知识，涉及核外电子排布、化学键、杂化方式、氢键、配合物、晶胞计算等，注意氢键对物质性质的影响，掌握均摊法进行晶胞有关计算。‎ ‎22.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：‎ - 27 -‎ 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＋5H2ONa2S2O3·5H2O。‎ ‎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。‎ ‎【答案】 (1). 能使漏斗与三口烧瓶中的气压相等 (2). 2CaS＋3SO22CaSO3＋3S (3). CaSO3被系统中O2氧化 (4). 蒸馏，收集64.7 ℃馏分 (5). 加入CS2，充分搅拌并多次萃取 (6). 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+5H2ONa2S2O3•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+5H2ONa2S2O3•5H2O；‎ ‎②硫不溶于Na2SO3溶液，微溶于乙醇。‎ - 27 -‎ ‎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。‎ ‎ ‎ - 27 -‎ ‎ ‎ - 27 -‎