【化学】山东省莱芜一中2020届高三3月份开学考试（解析版）

【化学】山东省莱芜一中2020届高三3月份开学考试（解析版）

山东省莱芜一中2020届高三3月份开学考试 可能用到的相对原子质量： H:1 N:14 O:16 S :‎32 C:12 Fe:56 Br:80 Sn:119‎ 一、选择题(本题共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.化学与生活、生产密切相关，下列说法正确的是( )‎ A. 强化木地板表面的氧化铝具有耐磨与阻燃的作用 B. 包装盒中放入生石灰，可防止月饼氧化变质 C. 制作航天服的聚酯纤维属于新型无机非金属材料 D. 福尔马林能使蛋白质发生变性，可用于浸制动物标本，也可作食品的保鲜剂 ‎【答案】A ‎【详解】A．氧化铝熔点高，不易燃烧，并且很稳定，所以强化木地板表面的氧化铝具有耐磨与阻燃的作用，故A正确；‎ B．生石灰可吸收水，不具有还原性，不能防止月饼等富脂食品氧化变质，可作干燥剂，故B错误；‎ C．制作航天服的聚酯纤维属于有机物，是高分子合成材料，故C错误；‎ D．福尔马林有毒，可以用于浸泡标本，但不能作食品的保鲜剂，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎2.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )‎ A. 1molHClO中所含H—Cl键的数目为NA B. ‎8.8g乙酸乙酯中所含碳原子数为0.4NA C. 1.2gC与0.1molCO2在高温下充分反应生成的CO分子数为0.1NA D. 标准状况下，‎1L0.1mol·L－1HCl溶液中滴加氨水至pH＝7，溶液中的数目为0.1NA ‎【答案】B ‎【分析】HClO中连键方式：H-O-Cl，乙酸乙酯的分子式：C4H8O2，‎8.8g为0.1mol，C+CO22CO，1.2gC为0.1mol，0.1molCO2生成0.2molCO，常温时，pH=7为中性，标准状况下pH=7为酸性，即c（H+）>c(OH-)，根据溶液呈电中性，则c（Cl-）> c（）, n（Cl-）=0.1mol，的数目小于0.1NA。‎ ‎【详解】A. HClO中连键方式：H-O-Cl，不存在H—Cl，A错误；B. 乙酸乙酯的分子式：C4H8O2，‎8.8g为0.1mol，一个分子中含4个碳原子，碳原子数为0.4NA，B正确；C. C+CO22CO，1.2gC为0.1mol，0.1molCO2生成0.2molCO，即0.2NA，C错误；D. 常温时，pH=7为中性，标准状况下pH=7为酸性，即c（H+）>c(OH-)，根据溶液呈电中性，则c（Cl-）> c（）, n（Cl-）=0.1mol，的数目小于0.1NA，D错误。答案为B。‎ ‎【点睛】HClO中连键方式：H-O-Cl，不存在H—Cl，容易理解错误。‎ ‎3.为了探究金属单质M与盐溶液的反应，某同学进行了下列实验，实验过程及现象如图所示，结合实验现象判断该同学得出的下列结论中正确的是 ( ) ‎ A. 向滤液中滴加盐酸的实验现象是产生白色沉淀 B. 滤渣可能是两种单质的混合物 C. 滤渣在足量的稀硝酸中能完全溶解 D. 加入的金属M可能是镁或钠 ‎【答案】C ‎【分析】充分反应后得到无色溶液，说明硝酸铜和硝酸银已经完全反应； 向滤渣中加入稀盐酸，产生无色气体，说明滤渣中含有金属M，即金属M是过量的； 向滤液中滴加稀盐酸时，不可能产生白色沉淀，因为能和氯离子结合成白色沉淀的只有银离子，滤液中不含有银离子。‎ ‎【详解】A、向滤液中滴加盐酸的实验现象不可能是产生白色沉淀，因为滤液中不含有银离子，加入稀盐酸时，不可能产生白色沉淀，故A错误； B、滤渣中一定含有单质银、铜和M，故B错误； C、滤渣中一定含有单质银、铜和M，M活泼些大于铜和银，所以滤渣在足量的稀硝酸中能完全溶解，故C正确； D、加入的金属M不是单质钠，因为钠和硝酸银、硝酸铜溶液的反应是钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和铜离子、银离子生成沉淀，加入盐酸无气体生成，故D错误； 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查了化学实验分析，实验现象是物质之间相互作用的外在表现，因此要学会设计实验、观察实验、分析实验，为揭示物质之间相互作用的实质奠定基础。‎ ‎4.关于有机物的说法正确的是（ ）‎ A. a、b 互为同系物 B. c 中所有碳原子可能处于同一平面 C. b 的同分异构体中含有羧基的结构还有 7 种(不含立体异构)‎ D. a、b、c 均能使酸性高锰酸钾溶液褪色 ‎【答案】C ‎【解析】A、a是酯类，b是羧酸类，结构不相似，不互为同系物，故A错误；B、c是在环己烷上连了两个羟基，环己烷的碳原子不都在同一平面上，故B错误；C、b 是1-戊酸，含有羧基的结构的同分异构体，在正戊烷的碳链上还有两种，在异戊烷的碳链上还有4种，新戊烷的碳链上有1种，共7种，故C正确；D、只有c能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错误；故选C。‎ 点睛：审题时，切记要小心苯环和环己烷往往容易混淆，苯环是平面结构，而环己烷是立体结构，原子不都在同一平面上。‎ ‎5.在给定条件下，下列离子组的离子共存判断及反应的离子方程式均正确的是( )‎ 选项 条件 离子组 离子共存判断及的离子方程式 A ‎=1溶液 Fe2+、NO3-、Al3+、Cl-‎ 不能大量共存，‎ ‎3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO+2H2O B 由水电离出c(H+)‎ ‎=1×10-13mol·L-1‎ K+、NH4+、Cl-、AlO2-‎ 能大量共存 C 含有大量Al3+的溶液 Na+、NH4+、SO42-、Cl-‎ 能大量共存 D 通入少量SO2气体 K+、Na+、ClO-、SO42-‎ 不能大量共存，‎ ‎ 2ClO-+SO2+H2O＝2HClO+SO32-‎ ‎【答案】C ‎【解析】A.=1溶液呈中性, Fe2+和Al3+都能水解使溶液呈酸性，所以它们不能共存于碱性溶液，对应的离子方程式也是在酸性条件下才能发生的反应，所以A不正确； B. 由水电离出c(H+)=1×10-13mol·L-1，小于10-7mol/L，所以水的电离可能受到酸或碱的抑制。NH4+遇碱会发生反应生成一水合氨，所以它不能与碱大量共存；AlO2-遇到少量酸会生成氢氧化铝沉淀，遇到过量酸则转化为铝离子，所以它不能与酸大量共存。所以无论溶液是酸性还是碱性，总有离子不能大量共存，B不正确；C. 含有大量Al3+的溶液一定是酸性的，Na+、NH4+、SO42-、Cl-四种离子都能在酸性溶液中大量共存，C正确；D.二氧化硫有还原性，而次氯酸根有强氧化性，所以向此溶液中通入二氧化硫后，二氧化硫将被氧化为硫酸，而次氯酸根被还原为氯离子，所以D不正确。‎ ‎6.下列化学用语表示正确的是( )‎ A. 硫原子的结构示意图：‎ B. 三氟化氮的电子式 ‎ C. 小苏打在溶液中的电离方程式：NaHCO3=Na＋＋H＋＋CO32－‎ D. 1mol 硫酸氢钠晶体中共含有离子的数目为 2NA ‎【答案】D ‎【详解】A．硫原子的核外有16个电子，其结构示意图为，故A错误；‎ B．三氟化氮分子中，氮原子和氟原子最外层都达到8电子稳定结构，正确的电子式为，故B错误；‎ C．NaHCO3只能完全电离为Na+和HCO3-，电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3-，故C错误；‎ D．1mol硫酸氢钠晶体中含有1mol钠离子和1mol硫酸氢根离子，含离子总数为2NA，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题的易错点为C，要注意区分硫酸氢钠和碳酸氢钠的电离方程式的不同。‎ ‎7.Ⅹ、Y、Z、W、M五种元素的原子序数依次增大。已知Ⅹ、Y、Z、W是短周期元素中的四种非金属元素，X元素的原子形成的离子就是一个质子；Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍；Z、W在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体；M是地壳中含量最高的金属元素。下列说法正确的是( )‎ A. 原子半径：r(M)>r(Y)>r(Z)>r(W)>r(X)‎ B. W和M形成的化合物不能与强碱反应 C. Ⅹ、Z、W三元素所形成的化合物一定为共价化合物 D. Y、Z的最高价含氧酸的酸性：Y>Z ‎【答案】A ‎【分析】X元素的原子形成的离子就是一个质子，X是H元素；Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，Y是C元素；M是地壳中含量最高的金属元素，M是Al元素；Z、W原子序数大于6、小于13，Z、W在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体，Z、W分别属于N、O。据此解答。‎ ‎【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，原子序数越大，半径越小，则半径：Al＞C＞N＞O＞H，即M＞Y＞Z＞W＞X，故A正确；‎ B. Al2O3是两性氧化物，能与强碱反应，故B错误；‎ C. H、N、O三元素所形成的化合物是离子化合物，故C错误；‎ D. 非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，酸性HNO3>H2CO3，故D错误。‎ ‎8.明矾[KA1(SO4)2·12H2O]是一种复盐，在造纸等方面应用广泛。采用废易拉罐制备明矾的过程如下图所示。下列叙述错误的是（ ）‎ A. 合理处理易拉罐有利于环境保护和资源再利用 B. 从易拉罐中可回收的金属元素有Al、Fe C. “沉淀”反应的金属离子为Fe3+‎ D. 上述流程中可用NaHSO4代替NaHCO3‎ ‎【答案】D ‎【详解】A.易拉罐作为可再生资源，其回收再生利用对经济效益、社会效益的提高、环境的保护有着巨大的促进作用，故不选A；‎ B.易拉罐(主要成分为Al,含有少量的Fe)，因此可从易拉罐中回收的金属元素有Al、Fe，故不选B；‎ C. “沉淀”反应是铁离子生成氢氧化铁的反应，故不选C；‎ D.铝离子与碳酸氢根离子互促水解到底生成氢氧化铝沉淀，硫酸氢根离子是强酸的酸式酸根，不水解，不与铝离子反应，故选D；‎ 答案：D ‎9.2019年诺贝尔化学奖颁给了三位为锂离子电池发展作出重要贡献的科学家。磷酸铁锂锂离子电池充电时阳极反应式为,，放电工作示意图如图。下列叙述不正确的是( )‎ A. 放电时，Li+通过隔膜移向正极 B. 放电时，电子由铝箔沿导线流向铜箔 C. 放电时正极反应为：‎ D. 磷酸铁锂锂离子电池充放电过程通过Li+迁移实现，C、Fe、P元素化合价均不发生变化 ‎【答案】D ‎【详解】A选项，放电时，“同性相吸”即Li+通过隔膜移向正极，故A正确；‎ B选项，放电时，电子由负极即铝箔沿导线流向正极即铜箔，故B正确；‎ C选项，放电正极得电子，发生氧化反应为：xFePO4 + xLi++xe－=xLiFeO4，故C正确；‎ D选项，磷酸铁锂锂离子电池充放电过程通过Li+迁移实现，Fe元素化合价发生变化，故D错误；‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎【点睛】放电时，溶液中的离子是“同性相吸”，即阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；充电时，溶液中的离子是“异性相吸”，即阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动。‎ ‎10.25℃‎时，向20mL0.1mol·L-1四氯金酸( HAuCl4)溶液中滴加0.1mol·L-1NaOH溶液，滴定曲线如图1，含氯微粒的物质的量分数(δ)随pH变化关系如图2，则下列说法不正确的是( )‎ A. b点溶液中存在关系：‎2c(H+)+ c(HAuCl4)=‎2c(OH-)+ c(AuCl4-)‎ B. X点描述的是滴定曲线中b点含氯微粒的物质的量分数δ与pH的关系 C. c点溶液中存在关系：c(Na+)=c(AuCl4-)‎ D. d点时，溶液中微粒浓度的大小关系为c(Na+)>c(AuCl4-)>c(OH-)>c(H+)‎ ‎【答案】B ‎【详解】A．b点溶液为物质的量浓度相等的HAuCl4和NaAuCl4混合溶液，由电荷守恒可知‎2c(H+)+‎2c(Na+)=‎2c(OH-)+ ‎2c(AuCl4-)①，由物料守恒可知：‎2c(Na+) =c(AuCl4-)+c(HAuCl4)②，由①-②得‎2c(H+)+ c(HAuCl4)=‎2c(OH-)+ c(AuCl4-)，故A正确；‎ B．由题图1可知，起始20mL0.1mol·L-1HAuCl4溶液的pH=3，说明酸为弱酸，b点酸恰好反应掉一半，pH=5，说明酸的电离程度大于其酸根离子的水解程度，则b点两种含氯微粒的物质的量分数不可能相等，故B错误；‎ C．c点溶液的pH=7，根据电荷守恒可知，c(Na+)=c(AuCl4-)，故C正确；‎ D．d点时，HAuCl4与NaOH恰好完全反应，此时溶液溶质为NaAuCl4，AuCl4-水解，溶液显碱性，所以c(Na+)>c(AuCl4-)>c(OH-)>c(H+)，故D正确；‎ 故选B。‎ 二、选择题(本题共 5小题，每小题 4 分，共 20 分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得 4 分，选对但不全的得 1 分，有选错的得 0 分。)‎ ‎11.高铁酸钾是一种新型、高效、多功能水处理剂，工业上采用向KOH溶液中通入氯气，然后再加入Fe(NO3)3溶液的方法制备K2FeO4，发生反应：‎ ‎①C12+KOH→KC1+KC1O+KC1O3+H2O(未配平)；‎ ‎②2Fe(NO3)3+3KC1O+10KOH===2K2FeO4+6KNO3+3KC1+5H2O。‎ 下列说法正确的是( )‎ A. 若反应①中n(ClO－)：n(C1O3－)=5：1，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1‎ B. 反应①中每消耗4molKOH，吸收标准状况下22．4LCl2‎ C. 氧化性：K2FeO4>KC1O D. 若反应①的氧化产物只有KC1O，则得到0.2molK2FeO4时消耗0.3molC12‎ ‎【答案】D ‎【详解】A选项，若反应①中n(ClO－)：n(C1O3－)=5：1，设物质的量分别为5mol和1mol，则化合价升高失去10mol电子，则化合价降低得到10mol电子，因此总共有了8mol氯气，氧化剂与还原剂的物质的量之比为10：6，即5:3，故A错误；‎ B选项，根据A分析反应①得出消耗氢氧化钾物质的量为16mol，因此每消耗4molKOH，吸收氯气2mol，即标准状况下44.8LCl2，故B错误；‎ C选项，根据第二个方程式比较氧化性，氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性，因此KC1O > K2FeO4，故C错误；‎ D选项，若反应①的氧化产物只有KC1O，则C12与KC1O物质的量之比为1:1，根据第二个方程式得到KC1O与K2FeO4物质的量之比为3:2，因此得到0.2molK2FeO4时消耗0.3molC12，故D正确。‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎12.将浓度均为0.5mol·L-1的氨水和KOH溶液分别滴入到两份均为20mLc1mol·L-1的AlCl3溶液中，测得溶液的导电率与加入碱的体积关系如图所示。下列说法正确的是( )‎ A c1=0.2‎ B. b点时溶液的离子浓度：c(C1-)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+)‎ C. ac段发生的反应为：A1(OH)3+OH-==[Al(OH)4]-‎ D. d点时溶液中：c(K+)+c(H+)==[Al(OH)4]-+c(OH-)‎ ‎【答案】C ‎【分析】导电率与离子浓度成正比，向AlCl3溶液中分别加入氨水和KOH溶液，分别生成Al（OH）3和NH4Cl、Al（OH）3和KCl，当AlCl3完全反应时继续滴加碱，Al（OH）3和KOH反应生成可溶性的KAl（OH）4，一水合氨和Al（OH）3不反应，且一水合氨是弱电解质，则一水合氨溶液导电率较小，所以导电率变化较大的是氨水滴定曲线、变化较小的是KOH滴定曲线，则I为KOH滴定曲线；‎ ‎【详解】A．当AlCl3和KOH恰好完全反应生成Al（OH）3和KCl时，溶液中离子浓度最小，导电率最低，则c点二者恰好完全反应，AlCl3+3KOH=Al（OH）3↓+3KCl，则n（AlCl3）：n（KOH）=[c1mol·L-1×20mL]：（0.5mol·L－1×48mL）=1：3，c1=0.4，故A错误；‎ B．b点溶质为Al（OH）3和NH4Cl，NH4＋水解导致溶液呈酸性，则c（OH－）＜c（H＋），故B错误；‎ C．ac段为Al（OH）3和KOH的反应，离子方程式为Al（OH）3+OH－═[Al（OH）4]-，故C正确；‎ D．d点溶液中溶质为KOH、KAl（OH）4、KCl，溶液中存在电荷守恒c（K＋）+c（H＋）═[Al（OH）4]-+c（OH－）+c（Cl－），故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎13.已知溶解度也可用物质的量浓度表示，‎25℃‎时，Ag2CrO4在不同浓度CrO42-溶液中的溶解度如图所示,下列说法正确的是( )‎ A 图中a、b两点c(Ag+)相同 B. 图中a点与b点Ag2CrO4溶度积相等 C. 在a点向溶液中加入少量AgNO3，溶解度可变为c点 D. 该温度下，Ag2CrO4溶度积的数量级为10-12‎ ‎【答案】BD ‎【详解】A选项，图中a、b两点c(Ag+)不相同，a中c(Ag+)大于b点，故A错误；‎ B选项，曲线上的点都为溶度积相等的点，故B正确；‎ C选项，在a点向溶液中加入少量AgNO3，银离子浓度增加，铬酸根离子浓度减小，因此溶解度也减小，故C错误；‎ D选项，该温度下，根据b点得知c(Ag+) = 2×10-5mol/L，c(CrO42－) = 1×10-2mol/L，因此Ag2CrO4溶度积的数量级为10-12，故D正确。‎ 综上所述，答案BD。‎ ‎【点睛】Ag2CrO4在不同浓度CrO42－溶液中的溶解度不同，其溶解的Ag2CrO4质量不同，因此溶解平衡中的银离子不相同。‎ ‎14.某反应的ΔH＝＋100 kJ·mol－1，下列有关该反应的叙述正确的( )‎ A. 正反应活化能小于 100 kJ·mol－1 ‎ B. 逆反应活化能一定小于 100 kJ·mol－1‎ C. 正反应活化能不小于 100 kJ·mol－1 ‎ D. 正反应活化能比逆反应活化能大 100 kJ·mol－1‎ ‎【答案】CD ‎【详解】某反应的△H=+100kJ•mol-1，则正反应的活化能-逆反应的活化能=+100kJ•mol-1，说明正反应的活化能比逆反应的活化能大100kJ•mol-1，无法确定正、逆反应活化能的大小，CD正确，故选CD。‎ ‎【点睛】正确理解焓变与活化能的关系是解题的关键。本题可以借助于图象分析：。‎ ‎15.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是( )‎ 选项 实验操作和现象 实验结论 A 将含有SO2的废气通入BaCl2溶液中，出现白色沉淀 SO2 与 BaCl2 溶液反应生成BaSO3沉淀 B 向某密闭容器充入 NO2，保持温度不变，慢慢扩大容器体积， 最终容器中气体颜色比开始时浅 平衡2NO2(g)⇌N2O4(g)正向移动 C 向蔗糖中加入适量浓硫酸，并不断用玻璃棒搅拌，蔗糖变黑，体积膨胀，并放出刺激性气味气体 浓硫酸具有脱水性和强氧化性 D 在酒精灯上加热铝箔，铝箔熔化，熔化的铝并不滴落 熔点：氧化铝>铝 ‎【答案】CD ‎【详解】A．由于亚硫酸的酸性比盐酸弱，则二氧化硫与氯化钡溶液不反应，不能生成沉淀，现象和结论均不正确，故A错误；‎ B．由勒沙特列原理可知，减小压强，平衡逆向移动，气体的体积增大，二氧化氮浓度减小，气体颜色变浅，结论不正确，故B错误；‎ C．向蔗糖中加入浓硫酸，并不断用玻璃棒搅拌，变黑，体积膨胀，放出刺激性气体，反应中生成碳、二氧化碳、二氧化硫等，可说明浓硫酸具有脱水性和强氧化性，故C正确；‎ D．熔化的铝并不滴落，是因为表面生成熔点更高的氧化铝，故D正确；‎ 故选CD。‎ ‎【点睛】本题的易错点为B，要注意平衡移动的原理的应用，本题中气体颜色的深浅与二氧化氮的浓度大小有关，与平衡移动的方向不一定一致。‎ 三、非选择题(本题共 5 小题，共 60 分)‎ ‎16.无水四氯化锡常用作媒染剂和有机合成中的氯化催化剂。实验室可用熔融的锡(熔点 ‎232 ℃‎)与 Cl2反应制备 SnCl4，装置如图。‎ 已知：①SnCl2、SnCl4 有关物理性质：‎ 物质 颜色、状态 熔点/℃‎ 沸点/℃‎ SnCl2‎ 无色晶体 ‎246‎ ‎652‎ SnCl4‎ 无色液体 ‎－33‎ ‎114‎ ‎②SnCl4 极易水解生成 SnO2·xH2O。回答下列问题：‎ ‎(1)导管 a 的作用是_________________________________________，装置 A 中发生反应的离子方程式为_________________________________________。‎ ‎(2)当观察到装置 F 液面上方_____________时才开始点燃 D 处的酒精灯，待锡熔化后适当增大氯气流量，继续加热。此时继续加热的目的是①_________________________________；②_____________________________________________________。‎ ‎(3)若上述装置中缺少装置 C( 其它均相同) ，则D处具支试管中发生的主要副反应化学方程式为_________________________________________。‎ ‎(4)Cl2和锡的反应产物有 SnCl4 和 SnCl2，为防止产品中带入过多的 SnCl2，可使用的温度范围是_________________________。‎ ‎(5)滴定分析产品中 Sn(Ⅱ)的含量：用分析天平称取 ‎5.000g 产品于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，加入淀粉溶液，用 0.1000 mol·L－1 的碘标准溶液滴定至终点时消耗 20.00 mL，则产品中 Sn(Ⅱ)的含量为_____________。(已知 Sn2＋＋I2=2I－＋Sn4＋)‎ ‎【答案】(1). 平衡压强，使分液漏斗内液体顺利流下 (2). 2MnO4-＋16H+＋10Cl-=2Mn2+＋5Cl2↑＋8H2O (3). 出现黄绿色气体 (4). 加快氯气与锡的反应速率 (5). 使 SnCl4 汽化，利于其从混合物中分离出来 (6). SnCl4＋(x＋2)H2O=SnO2·xH2O＋4HCl (7). 在 ‎232 ℃‎到 ‎652 ℃‎之间 (8). 4.76%‎ ‎【分析】由装置图可知，装置A应为制备氯气装置，由于盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl及水蒸气，B中饱和食盐水可以除去HCl，降低氯气的溶解，C中浓硫酸可以吸收水蒸气，干燥氯气；氯气与Sn在装置D中反应生成SnCl4，生成的SnCl4经冷却后在装置E中冷凝收集，未反应的氯气，用装置G吸收，为了防止尾气处理装置中水分进入装置E，在E和G之间用F装置干燥，以此分析解答。‎ ‎【详解】(1)生成的氯气通过a进入浓盐酸上方，导致浓盐酸上方压强增大，从而使浓盐酸可以顺利进入烧瓶中，所以导管a的作用是使分液漏斗内的液体顺利流下；装置A中发生高锰酸钾和浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为2MnO4-+16H++‎10C1-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故答案为：平衡压强，使分液漏斗内的液体顺利流下；2MnO4-+16H++‎10C1-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；‎ ‎(2)为了排除装置中的空气，当观察到装置F液面上方出现黄绿色气体时才开始点燃D处的酒精灯，待锡熔化后适当增大氯气流量，为了加快氯气与锡反应的速率，同时使SnCl4气化，利于其从混合物中分离出来，需要继续加热，故答案为：出现黄绿色气体；加快氯气与锡反应的速率，使SnCl4气化；利于其从混合物中分离出来；‎ ‎(3)若上述装置中缺少装置C(其它均相同)，D装置中含有水蒸气，SnC14易水解，则D处具支试管中发生的主要副反应化学方程式为SnC14+(x+2)H2O=SnO2•xH2O+4HCl，故答案为：SnC14+(x+2)H2O=SnO2•xH2O+4HCl；‎ ‎(4)Cl2和锡的反应产物有SnCl4和SnCl2，为防止产品中带入过多的SnCl2，根据表中给出的信息分析，为了保证Sn熔融，及确保两种化合物的分离，四氯化锡收集在E中，不让二氯化锡进入E中，二氯化锡不形成蒸气即可，可采取的措施是：①控制Sn与氯气的反应温度在‎232℃‎至‎652℃‎之间，②通入过量氯气，故答案为：在‎232℃‎至‎652℃‎之间；‎ ‎(5)滴定反应中+2价Sn被碘氧化成+4价Sn，碘被还原成碘离子，根据Sn2＋＋I2=2I－＋Sn4＋得：n(I2)=n(Sn2＋)，则产品中Sn(II)的质量为：‎119g/mol×0.1000mol•L-1×‎0.02L=‎0.238g，产品中Sn(II)的含量为×100%=4.76%，故答案为：4.76%。‎ ‎17.铬是一种银白色的金属，常用于金属加工、电镀等。工业以铬铁矿[主要成分是Fe(CrO2)2]为原料冶炼铬及获得强氧化剂Na2Cr2O7。其工艺流程如图所示：‎ 已知：高温氧化时发生反应Fe(CrO2)2＋Na2CO3＋O2→Na2CrO4＋Fe2O3＋CO2(未配平)‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）将铬铁矿的主要成分Fe(CrO2)2写成氧化物的形式：______________，高温氧化时可以提高反应速率的方法为___________________________________________(写出一条即可)。‎ ‎（2）Na2CrO4加入硫酸酸化的离子方程式为______________________________________；在实验室中，操作a所用到的玻璃仪器有__________________________。‎ ‎（3）Na2CrO4中铬元素化合价为______；生成1molNa2CrO4时共转移电子的物质的量为______mol。‎ ‎（4）根据有关国家标准，含CrO42-的废水要经化学处理，使其浓度降至5.0×10-7mol·L-1以下才能排放，可采用加入可溶性钡盐生成BaCrO4沉淀[Ksp(BaCrO4)=1.2×10-10]，再加入硫酸处理多余的Ba2+的方法处理废水，加入可溶性钡盐后，废水中Ba2+的浓度应大于__________mol·L-1，废水处理后达到国家标准才能排放。‎ ‎【答案】(1). FeO·Cr2O3 (2). 将固体磨碎或不断搅拌 (3). 2CrO42-+2H+=Cr2O72-+H2O (4). 烧杯、漏斗、玻璃棒 (5). +6 (6). 3.5 (7). 2.4×10-4‎ ‎【分析】铬铁矿[主要成分是Fe(CrO2)2]中加入碳酸钠并通入氧气，高温下将Fe(CrO2)2氧化得到Fe2O3、Na2CrO4，同时生成CO2，将得到的固体溶于水得到Na2CrO4溶液。向一份Na2CrO4溶液中加入硫酸酸化，硫酸和Na2CrO4反应生成Na2Cr2O7和硫酸钠，通过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得到固体a和溶液a；另一份Na2CrO4溶液中加入Na2S发生氧化还原反应，铬元素转化为Cr(OH)3沉淀，过滤后灼烧Cr(OH)3得到Cr2O3，可以利用热还原法制备金属铬；据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)Fe(CrO2)2 中铁元素化合价是+2价，氧化物为FeO，铬元素化合价+3价，氧化物为Cr2O3，所以Fe(CrO2)2写成氧化物形式为FeO•Cr2O3；增大反应物的接触面积可以加快反应速率，升高温度可以加快反应速率，不断搅拌，使固体混合物充分混合也可以加快反应速率，故答案为：FeO•Cr2O3 ；将固体磨碎或不断搅拌等；‎ ‎(2)Na2CrO4加入硫酸酸化反应生成重铬酸钠，反应的离子方程式为2CrO42-+2H+=Cr2O72-+H2O；操作a为过滤，所用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故答案为：2CrO42-+2H+=Cr2O72-+H2O；烧杯、漏斗、玻璃棒；‎ ‎(3)Na2CrO4中Na元素为+1价，O为-2价，则铬元素化合价为+6价；根据Fe(CrO2)2＋Na2CO3＋O2→Na2CrO4＋Fe2O3＋CO2，反应中铬元素由+3价升高为+6价，铁元素由+2价升高为+3价，1mol Fe(CrO2)2被氧化转移7mol电子，因此生成1molNa2CrO4时转移3.5mol电子，故答案为：+6；3.5；‎ ‎(4)CrO42-+Ba2+⇌BaCrO4，根据题意CrO42-的浓度降至5.0×10-7mol·L-1以下才能排放，则Ksp(BaCrO4)=c(CrO42-)×c(Ba2+)=5.0×10-7×c(Ba2+)=1.2×10-10，解得：c(Ba2+)=2.4×10-4mol/L，即Ba2+的浓度应大于2.4×10-4mol/L，故答案为：2.4×10-4。‎ ‎18.目前，处理烟气中 SO2 常采用两种方法：碱液吸收法和水煤气还原法。‎ Ⅰ.碱液吸收法 ‎25℃‎时，Kb(NH3·H2O)＝1.8×10－5；H2SO3：Ka1＝1.5×10－2，Ka2＝1.0×10－7；Ksp(CaSO4)＝7.1×10－5。‎ 第1步：用过量的浓氨水吸收 SO2，并在空气中氧化；‎ 第2步：加入石灰水，发生反应 Ca2＋＋2OH－＋2NH4＋＋SO42－⇌CaSO4↓＋2NH3·H2O K。‎ ‎(1)‎25℃‎时，0.1 mol·L－1(NH4)2SO3 溶液的 pH_____(填“>”“<”或“＝”)7。‎ ‎(2)计算第2步中反应的 K＝_________。‎ Ⅱ.水煤气还原法 已知：①2CO(g)＋SO2(g)=S(l)＋2CO2(g) ΔH1＝－37.0 kJ·mol－1‎ ‎②2H2(g)＋SO2(g)=S(l)＋2H2O(g) ΔH2＝＋45.4 kJ·mol－1‎ ‎③CO 的燃烧热ΔH3＝－283 kJ·mol－1‎ ‎(3)表示液态硫(S)的燃烧热的热化学方程式为_______________________________________。‎ ‎(4)反应②中，正反应活化能 E1_____(填“>”“<”或“＝”)ΔH2。‎ ‎(5)在一定压强下，发生反应①。平衡时SO2的转化率α(SO2)与投料比的比值[＝y]、温度 T 的关系如图所示。‎ 比较平衡时CO的转化率α(CO)：N_____M。逆反应速率：N_____P(填“>”“<”或“＝”)。‎ ‎(6)某温度下，向‎10L恒容密闭容器中充入2molH2、2 molCO和2molSO2发生反应①、②，第5min时达到平衡，测得混合气体中CO2、H2O(g)的物质的量分别为1.6 mol、1.8 mol。‎ ‎①该温度下，反应②的平衡常数K为_________。‎ ‎②其他条件不变，在第 7 min 时缩小容器体积，SO2的平衡浓度_____(填“增大”“减小”或“不变”)。‎ ‎【答案】(1). > (2). 4.3×1013 (3). S(l)＋O2(g)=SO2(g) ΔH＝－529 kJ·mol-1 (4). > (5). > (6). < (7). 2700 (8). 增大 ‎【分析】(1)根据Kb(NH3•H2O)=1.8×10-5＞Ka2(H2SO3)=1.0×10-7，分析判断；‎ ‎(2)第2步：加入石灰水，发生反应Ca2++2OH-+2NH4++SO42-⇌CaSO4↓+2NH3•H2O，化学平衡常数K=，结合电离平衡常数和溶度积常数分析计算；‎ ‎(3)根据盖斯定律分析解答；‎ ‎(4)根据焓变△H2=E1-E2结合反应②为吸热反应分析判断；‎ ‎(5)反应①的正反应是气体体积减小的放热反应，温度相同、投料比的比值[=y]越大，SO2的转化率α越大；投料比相同时，温度越高，SO2的转化率α越低，据此分析解答；‎ ‎(6)①根据三段式结合平衡常数K=计算；②其他条件不变，在第7min时缩小容器体积，即使容器的压强增大，化学平衡正向移动，据此分析判断。‎ ‎【详解】(1)由于Kb(NH3•H2O)=1.8×10-5＞Ka2(H2SO3)=1.0×10-7，根据盐的水解规律：“谁弱谁水解，谁强显谁性”可知，(NH4)2SO3溶液呈碱性，pH＞7；故答案为：＞；‎ ‎(2)第2步：加入石灰水，发生反应Ca2++2OH-+2NH4++SO42-⇌CaSO4↓+2NH3•H2O　化学平衡常数K====4.3×1013，故答案为：4.3×1013；‎ ‎(3)①2CO(g)+SO2(g)⇌S(l)+2CO2(g) △H1=-37.0kJ/mol，②2H2(g)+SO2(g)=S(l)+2H2O(g) △H2=+45.4kJ/mol，CO的燃烧热△H3=-283kJ/mol，即③CO(g)+O2(g)=CO2(g) △H3=-283kJ/mol，根据盖斯定律③×2-①计算S(l)+O2(g)=SO2(g)的△H=(-283kJ/mol)×2 - (-37.0kJ/mol)=-529kJ/mol，热化学方程式为S(l)+O2(g)=SO2(g) △H=-529kJ/mol，故答案为：S(l)+O2(g)=SO2(g) △H=-529kJ/mol；‎ ‎(4)反应②的正反应为吸热反应，焓变△H2=E1-E2(逆反应活化能)＞0，E1=E2+△H2，由于E2＞0，所以E1＞△H2，故答案为：＞；‎ ‎(5)反应①的正反应是气体体积减小的放热反应，温度相同、投料比的比值[=y]越大，SO2的转化率α越大、CO的转化率越小，即y1＞y2，投料比相同时，温度越高，SO2‎ 的转化率α越低，所以N点的投料比小、温度低，则CO的转化率大于M点CO的转化率；N、P投料比相同，但P点温度高，所以P点反应速率大于N点，逆反应速率：N＜P，故答案为：＞；＜；‎ ‎(6)①对于 2CO(g) + SO2(g) ⇌ S(l) + 2CO2(g)‎ 开始(mol/L) 0.2 0.2 0‎ 变化(mol/L) 0.16 0.08 0.16‎ 平衡(mol/L) 0.04 0.12 0.16‎ ‎ 对于2H2(g)+SO2(g)⇌S(l)+2H2O(g)‎ 开始(mol/L) 0.2 0.12 0‎ 变化(mol/L) 0.18 0.09 0.18‎ 平衡(mol/L) 0.02 0.03 0.18‎ 所以反应②的化学平衡常数K===2700，故答案为：2700；‎ ‎②其他条件不变，在第7min时缩小容器体积，即使容器的压强增大，由于两个反应的正反应都是气体体积减小的反应，所以缩小体积，容器的压强增大，化学平衡正向移动，二氧化硫的物质的量减小，但由于容器体积减小，所以二氧化硫的浓度仍然会增大，故答案为：增大。‎ ‎【点睛】本题的易错点和难点为(6)，把握平衡常数的意义及表达式是解题的关键，要注意三段式格式的应用，以及外界条件对化学平衡的影响的理解。‎ ‎19.铝及其化合物广泛应用于金属冶炼、有机合成等领域。‎ ‎(1)铝热反应可以冶炼金属铬，Cr3＋基态核外电子排布式为___________________。 ‎ ‎(2)AlCl3可作反应的催化剂。‎ ‎①乙酸酐分子中碳原子轨道的杂化类型为________。 ‎ ‎②1 mol对甲基苯乙酮分子中含有的σ键为________。 ‎ ‎③CH3COOH与H2O可以任意比例互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为____________。 ‎ ‎④单个AlCl3气态分子的空间构型为____，AlCl3可与Cl－形成AlCl4—，与AlCl4—互为等电子体的分子为______。‎ ‎(3)某遮光剂的晶胞如图所示，由晶胞可知n＝________。‎ ‎【答案】(1). [Ar]3d3 (2). 3 (3). 20 (4). CH3COOH能与水分子间形成氢键 (5). 平面三角形 (6). CCl4（SiCl4或其他合理答案） (7). 6‎ ‎【解析】（1）Cr是24号元素，Cr3+基态核外电子排布式为[Ar]3d3 ；（2）①乙酸酐分子中发生sp3杂化的原子有2个C原子和一个O原子，共3个；②1mol对甲基苯乙酮分子中含有σ键的数目为20mol，③CH3COOH与H2O可以任意比例互溶，是因为CH3COOH能与水分子间形成氢键；④单个AlCl3气态分子中心原子Al形成3个σ键，空间构型为平面在角形；与AlCl4-互为等电子体的分子为CCl4（SiCl4或其他合理答案）（3）某遮光剂的晶胞可知，Na＋ ，AlFn(n-3)-( 由化合价代数和为0， n=6。‎ 点睛：本题考查较综合，涉及核外电子排布、分子构型、分子性质、等电子体、杂化轨道、氢键、配合物等知识点，需要学生全面掌握基础知识，根据晶胞中配合物的构成微粒化合价代数和为0等知识点来分析解答，难度中等。‎ ‎20.双安妥明[]可用于降低血液中的胆固醇，该物质合成线路如图所示：‎ 已知：Ⅰ.RCH2COOH 。‎ Ⅱ.RCH=CH2RCH2CH2Br。‎ Ⅲ.C 的密度是同温同压下 H2 密度的 28 倍，且支链有一个甲基，I能发生银镜反应且 1 molI(C3H4O)能与 2 mol H2 发生加成反应；K 的结构具有对称性。试回答：‎ ‎(1)A的结构简式为__________。‎ ‎(2)反应 D→E 的化学方程式为__________________________________________________； 反应类型是___________________。‎ ‎(3)C 的名称为______________________。‎ ‎(4)与 F 互为同分异构体，且属于酯的有机物有_____种。其中核磁共振氢谱有 3 组峰，峰面积之比为 6∶1∶1 的结构简式为_____________。‎ ‎【答案】(1). (2). (CH3)2CHCH2Br＋NaOH (CH3)2CHCH2OH＋NaBr (3). 取代反应 (4). 2-甲基丙烯 (5). 4 (6). ‎ ‎【分析】由双安妥明的结构可知，合成双安妥明的物质为HOCH2CH2CH2OH、，I的分子式为C3H4O，经过系列反应生成K，根据C原子数目可知，K为HOCH2CH2CH2OH，I能发生银镜反应，分子中含有-CHO，且1molI能与2mol氢气发生加成反应，说明分子中还含有C=C双键，故I为CH2=CH-CHO，J为HOCH2CH2CHO；H为，B与G反应生成，由反应信息I可知，合成H的物质为苯酚钠、 (CH3)2CBr COOH，C的密度是同温同压下H2密度的28倍，说明C的相对分子质量为56，则=4，C的分子式为C4H8，且支链有一个甲基，经过系列转化生成G，根据C原子数目可知，G为 (CH3)2CBrCOOH，故B为苯酚钠，A与氢氧化钠反应生成B，故A为苯酚；F在溴/红磷作用下生成G，根据反应信息I，可知F为(CH3)2CHCOOH，E连续氧化生成F，故E为(CH3)2CHCH2OH，D转化生成E，D为(CH3)2CHCH2Br，由反应信息II可知，C为(CH3)‎2C=CH2，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)通过以上分析知，A的结构简式为：，故答案为：；‎ ‎(2)反应D→E的化学方程式为：(CH3)2CHCH2Br+NaOH(CH3)2CHCH2OH+NaBr，属于卤代烃的水解反应，也是取代反应，故答案为：(CH3)2CHCH2Br+NaOH(CH3)2CHCH2OH+NaBr；取代反应；‎ ‎(3)C为(CH3)‎2C=CH2，名称为：2-甲基-1-丙烯，故答案为：2-甲基-1-丙烯；‎ ‎(4)F为(CH3)2CHCOOH，与F互为同分异构体且属于酯的物质有：甲酸丙酯、甲酸异丙酯、乙酸乙酯、丙酸甲酯，共有4种，其中核磁共振氢谱有三个谱峰，峰面积之比为6∶1∶1的结构简式为：HCOOCH(CH3)2，故答案为：4；HCOOCH(CH3)2。‎ ‎【点睛】本题的难点是流程图中各物质的结构简式的推断，要注意利用反应过程C原子数目，再结合题示反应信息，采取正推与逆推相结合的方法推断。‎