【文档说明】【精准解析】江苏省扬州市2020届高三下学期阶段性检测（二）化学试题.doc，共(25)页，1.299 MB，由小赞的店铺上传

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2019—2020学年度第二学期阶段性检测（二）高三化学注意事项：考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求1.本试卷共8页，包含选择题［第1题～第15题，共40分］、非选择题［第16题～第21题，共80分］两部分。本次考试时间为100分钟，满分120分。考试

结束后，请将答题卡交回。2.答题前，请考生务必将自己的学校、班级、姓名、学号、考生号、座位号用0.5毫米的黑色签字笔写在答题卡上相应的位置。3.选择题每小题选出答案后，请用2B铅笔在答题纸指定区域填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再填涂其它答案。非选择题请用0.5毫

米的黑色签字笔在答题纸指定区域作答。在试卷或草稿纸上作答一律无效。4.如有作图需要，可用2B铅笔作答，并请加黑加粗，描写清楚。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Al-27S-32K-

39Fe-56Cu-64Ba-137选择题（共40分）单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分。每小题只有一个选项符合题意。1.化学与生活密切相关。下列说法中不正确的是（）A.漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2B.碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多C.酸中毒病人可输入0.9

%的氯化铵溶液D.工业上可利用油脂的碱性水解制取肥皂【答案】C【解析】【详解】A.漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2，A正确；B.碳酸氢钠有弱碱性，可用于治疗胃酸过多，B正确；C.碳酸氢钠有弱碱性，酸中毒病人可输入

1.25%的NaHCO3溶液，C错误；D.油脂在碱性条件下的水解反应称为皂化反应，工业上用此反应制取肥皂，D正确。答案选C。2.下列关于化学用语表示正确的是（）A.F-的结构示意图：B.中子数是19的Cl原子：1917ClC.二氧化碳分子的比例模型：D.NaH

CO3在水中的电离方程式：NaHCO3=Na++H++CO32-【答案】A【解析】【详解】A．F-有10个电子，其结构示意图为：，A正确；B．Cl原子有17个质子，中子数是19，则质量数=17+19=36，可

表示为：1736Cl，B错误；C．C原子半径比O原子大，图示模型C原子半径比O原子小，C错误；D．NaHCO3是弱酸酸式盐，在水中的电离方程式为：NaHCO3=Na++HCO3-，D错误。答案选A。3.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（

）A.Al2O3熔点很高，可用于制造耐火材料B.SiO2硬度很大，可用于制作光导纤维C.FeCl3溶液显酸性，可用于制作印刷电路板D.SO2具有还原性，可用于漂白纸浆【答案】A【解析】【详解】A．Al2O3熔点很高，可用于制造耐火材料，比如氧化铝坩埚

，A正确；B．利用SiO2可以制成无色透明的“玻璃”,利用该“玻璃”的全反射原理,传导光信号进行通信，可用于制作光导纤维，B错误；C．利用FeCl3溶液的氧化性来印刷电路板，C错误；D．SO2具有漂白性，可用于漂白纸浆，D错误。答案选A。4.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大

量共存的是（）A.0.1mol·L-1的KMnO4溶液：Na+、Cl-、SO32-B.使紫色石蕊试液显蓝色的溶液：K+、AlO2-、NO3-C.0.1mol·L-1FeCl3溶液：NH4+、SCN-、SO42-D.+-c(H)c(OH)=1×1012的溶液：Na+、SO42-、HCO3

-【答案】B【解析】【详解】A．MnO4-有强氧化性，能将SO32-氧化，A错误；B．能使紫色石蕊试液显蓝色的溶液为碱性溶液，碱性溶液中K+、AlO2-、NO3-能大量共存，B正确；C．Fe3+和SCN-发生络合反应生成络合物Fe(SCN)3而不能大量共存，C错误；D．+-

c(H)c(OH)=1×1012，c(H+)>c(OH-)，溶液显酸性，H+和HCO3-反应生成二氧化碳和水而不能大量共存，D错误。答案选B。5.下列有关化学反应的叙述正确的是（）A.N2在O2中燃烧生成NOB.SO3

与H2O反应生成H2SO3C.常温下，Fe在浓盐酸中发生钝化D.AlCl3稀溶液和过量稀氨水反应生成Al(OH)3【答案】D【解析】【详解】A．N2和O2在高温或者放电条件下反应生成NO，A错误；B．SO3与H2O反应生成H2SO4，B错误；C

．浓盐酸没有强氧化性，不能使金属钝化，C错误；D．氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝，所以无论氨水少量还是过量均生成Al(OH)3，D正确。答案选D。6.下列实验操作能达到实验目的的是（）A.用图1所示装置验证浓硫

酸具有强氧化性B.用图2所示装置分离乙醇和碘的混合液C.向FeSO4溶液中加铁粉，防止其被氧化D.用KMnO4溶液除去乙烯中的少量SO2【答案】C【解析】【详解】A．浓硫酸和Cu在常温下不反应，无法验证，A错误；B．碘易溶于乙醇等有机溶剂，不会分层，不能用分液分

离，B错误；C．加入铁粉后，还原性：Fe>Fe2+，可防止Fe2+被氧化，C正确；D．乙烯也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，不能用KMnO4溶液除去乙烯中的少量SO2，D错误。答案选C。7.下列指定反应的离子方程式正确的是（）A.向氨水中通入过量CO2：2NH3·H2O+CO2=2

NH4++CO32-+H2OB.Zn与稀醋酸反应：Zn+2H+=Zn2++H2↑C.用稀硝酸清洗试管内壁的银镜：Ag+2H++NO3-=Ag++NO2↑+H2OD.在强碱溶液中NaClO与Fe(OH)3反应生成

Na2FeO4：4OH-+3ClO-+2Fe(OH)3=2FeO42-+3Cl-+5H2O【答案】D【解析】【详解】A．通入过量CO2，碳酸盐会进一步反应生成碳酸氢盐，A错误；B．醋酸是弱酸，不能拆开，B错误；C．稀硝酸作氧化剂时，还原产物为NO，C错误；D．ClO-有强氧化性，可将Fe(

OH)3氧化才FeO42-，自身被还原成Cl-，再结合电荷守恒、原子守恒可得出4OH-+3ClO-+2Fe(OH)3=2FeO42-+3Cl-+5H2O，D正确。答案选D。【点睛】涉及酸性氧化物的反应，酸性氧化物少量时生成正盐，酸性氧化物过量时生成酸式盐。8.短周期主族元素A、B、C、D的原子序

数依次增大，A与D同主族，B+与A2-具有相同的电子层结构，C原子的最外层电子数等于A原子最外层电子数的一半，则下列叙述正确的是（）A.B2A2中阴阳离子的个数比为1：1B.原子半径的大小顺序：r(D)＞r(C)＞r(B)＞r(A)C.A的简单气态氢化物的热

稳定性比D的弱D.B、C的最高价氧化物的水化物之间能发生反应【答案】D【解析】【分析】B+与A2-具有相同的电子层结构，B为Na、A为O，A与D同主族，所以D为S，C原子的最外层电子数等于A原子最外层电

子数的一半，所以C为Al，综上所述，A为O，B为Na，C为Al，D为S，据此分析解答。【详解】A．Na2O2由2个Na+和1个O22-组成，阴阳离子的个数比为1：2，A错误；B．O为第二周期元素，其余三个均为第三周期元素，所以O原子半径最小，同周期元素从左往右，原子半径逐渐

减小，所以原子半径从大到小为：Na>Al>S>O，B错误；C．O的非金属性比S强，H2O比H2S稳定，C错误；D．NaOH能和氢氧化铝反应生成偏铝酸钠和水，D正确。答案选D。9.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（）A.CuO(s)Cu(s)CuCl2(

aq)B.Na(s)Na2O(s)NaOH(aq)C.NH3(g)NO(g)HNO3(aq)D.HCl(aq)Cl2(g)NaClO(aq)【答案】B【解析】【详解】A．第二步，Cu能和FeCl3反应，和

FeCl2不反应，A错误；B．Na和氧气不加热生成氧化钠，氧化钠和水反应生成氢氧化钠，B正确；C．氨的催化氧化生成NO和水，第一步可以，NO和水不反应，第二步不可以，C错误；D．浓HCl和MnO2在加热条件下反应生成MnC

l2和水和Cl2，少了加热，第一步不可以，D错误。答案选B。10.下列图示与对应的叙述相符合的是（）A.图甲表示向CH3COOH溶液中逐渐加入少量CH3COONa固体后，溶液pH的变化B.图乙表示用0.1000mol·L-1N

aOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L-1醋酸溶液的滴定曲线C.图丙表示电解法处理污水的原理，生成的胶体能除去污水中的悬浮物，该装置中的铁片可用铝片代替D.图丁表示镁条与盐酸反应的化学反应速率随反应时间

变化的曲线，说明t1时刻溶液的温度最高【答案】C【解析】【详解】A．CH3COOHCH3COO-+H+，加入少量CH3COONa固体，CH3COO-浓度增大，平衡逆向移动，H+浓度减小，pH增大，与图不符，A错误；B．醋酸是弱电解质，0.1000mol·L-1醋酸溶液，氢离子浓度小于0.100

0mol·L-1，pH大于1，与图不符，B错误；C.实质是阳极Fe失电子生成Fe2+，阴极2H2O+2e-=H2↑+2OH-，Fe2+和OH-结合成Fe(OH)2，Fe(OH)2被氧化成Fe(OH)3胶体，Fe(OH)3胶体吸附污

水中的悬浮物，换成Al后，阳极Al失电子生成Al3+，最终产生Al(OH)3胶体同样可以吸附污水中的悬浮物，C正确；D.从图丁曲线变化趋势可知，O→t1，反应放热，温度升高对化学反应速率的影响大于H+浓度降低对化学反应速率的影响，曲线呈上升趋势，但不能说明在t1

时溶液的温度最高，D错误。答案选C。不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计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.甲醇-空气燃料电池的反应为2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O，下列有关说法正确的是（）A.甲醇-空气燃料电池的负极反应为CH3OH-6e-+8OH-=CO32

-+6H2OB.一定温度下，反应2H2(g)+CO(g)=CH3OH(g)能自发进行，该反应的ΔH＞0C.根据共价键的键能可以准确计算CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(l)的ΔHD.标准状况下，甲醇-空气燃料电

池放电时消耗5.6LO2，转移电子的数目约为3.01×1023【答案】A【解析】【分析】甲醇-空气燃料电池的反应为2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O，C元素化合价从-2升高到+4，失电子，化合价升高，在负极反应，O2中O化合价从0价降低到-2价，化合价降低，在正极反应，

所以正极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-，负极反应为：CH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O，据此分析回答。【详解】A．由上面分析可知，负极反应为CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2

O，A正确；B．2H2(g)+CO(g)=CH3OH(g)的气体分子数减少，ΔS﹤0，可自发进行，则ΔH-TΔS﹤0，ΔH﹤0，与复述矛盾，B错误；C．1mol理想气体分子AB断裂为中性气态原子A和B所需要的能量或A和B合成理想气体分子所放出的能量称为键能，

涉及的是理想气体分子，答案上给的H2O是液态，所以不能准确计算，C错误；D．由O2+2H2O+4e-=4OH-可知，22.4LO2参与反应转移4mol电子，所以5.6LO2参与反应转移1mol电子，即6.02

×1023个，D错误。答案选A。【点睛】ΔH-TΔS﹤0，化学反应能自发进行。12.化合物Y在医药上具有广泛用途，可由X制得。下列有关化合物X、Y的说法正确的是（）A.X分子中所有原子可能在同一平面上B.1molY最多能与1molNa

OH反应C.X、Y均能与酸性KMnO4溶液反应D.X、Y分别与足量H2加成的产物分子中手性碳原子数目不相等【答案】C【解析】【详解】A．与标“1”的C原子连接的4个原子构成四面体，不可能共面，那么所有原子

绝对不可能完全共面，A错误；B．Y结构中1mol酯基消耗1molNaOH，酯基水解生成的羟基为酚羟基，再消耗1molNaOH，所以1molY最多能与2molNaOH反应，B错误；C．X分子中的醛基、羟基、与苯环相连的C上有H，可以被酸性高锰酸钾氧化，Y分子中与苯环相连的C有两个有H，可以被酸性高

锰酸钾氧化，C正确；D．与四个不相同的原子或原子团相连的C原子称为手性碳，X、Y分别与足量H2加成的产物分子中手性碳均有5个，相同，D错误。答案选C。【点睛】共面的结构有：苯环结构的12个原子、乙烯结构的6个原子，甲醛结构的4个原子，甲

烷结构的3个原子。13.室温下进行下列实验，根据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结论A向CuSO4溶液中通入H2S，生成黑色沉淀（CuS）H2S的酸性比H2SO4强B向PbO2中滴加浓盐酸，出现黄

绿色气体PbO2具有氧化性C在酒精灯上加热铝箔，铝箔熔化但不滴落熔点：氧化铝＞铝D向NaCl和NaBr混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，出现淡黄色沉淀（AgBr）Ksp(AgCl)＞Ksp(AgBr)A.AB.BC.CD.D

【答案】BC【解析】【详解】A．H2S是弱酸，H2SO4是强酸，结论错误，A错误；B．Cl从-1价升高到0价，被氧化，PbO2具有氧化性，B正确；C．铝箔表面迅速形成氧化铝，内部依然是铝，铝箔熔化但不滴落，说明外面的氧化铝熔点高于里面的Al，C正

确；D．向NaCl和NaBr混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，出现淡黄色沉淀（AgBr），有可能是Cl-浓度太小，D错误。答案选BC。【点睛】根据沉淀溶解平衡：+-AgCl(s)Ag(aq)+Cl(aq)可以知道，两种离子形成沉淀是需要条件的，即QcKsp，所以

D答案没有出现白色沉淀，出现淡黄色沉淀不一定是白色沉淀转换为淡黄色沉淀了，还可能是Cl-浓度太小了。14.室温下，Ka(HCOOH)=1.77×10−4，Ka(CH3COOH)=1.75×10−5。若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下

列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是（）A.浓度均为0.1mol·L-1的CH3COONa溶液与HCOOK溶液：c(K+)-c(HCOO-)＞c(Na+)-c(CH3COO-)B.向0.1mol·L-1的HCOONa溶液中通入HCl气体

至pH=7：c(Na+)＞c(Cl-)=c(HCOOH)C.0.1mol·L-1的HCOOH溶液和0.05mol·L-1的NaOH溶液等体积混合：c(Na+)+c(OH-)=c(HCOOH)+c(H+)D.c(NH4+)相等的HCOONH4溶液、CH3COON

H4溶液：c(HCOONH4)＞c(CH3COONH4)【答案】BC【解析】【分析】A．两个溶液中的电荷守恒分别为：c(K+)+c(H+)=c(HCOO-)+c(OH-)，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)；B．电荷守恒式子为：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-

)+c(HCOO-)+c(OH-)，物料守恒式子为：c(Na+)=c(HCOO-)+c(HCOOH)；C．HCOOH+NaOH=HCOONa+H2O；D．越弱越水解，水解程度：c(HCOO-)﹤c(CH3COO-)。【详解】A．根据电荷守恒有：HCOOK溶液中，c(K+)

+c(H+)=c(HCOO-)+c(OH-)，c(OH-)-c(H+)=c(K+)-c(HCOO-)，CH3COONa溶液中，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，c(OH-)-c(H+)=c(Na+)-c(CH3COO-)，因为Ka(HCOOH)=1.77

×10−4，Ka(CH3COOH)=1.75×10−5，所以CH3COO-水解程度更大，碱性更强，c(OH-)-c(H+)更大，那么c(K+)-c(HCOO-)<c(Na+)-c(CH3COO-)，A错误；B．电荷守恒式子为：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(HCOO-)+c(OH

-)，pH=7时，c(H+)=c(OH-)，c(Na+)=c(Cl-)+c(HCOO-)，那么c(Na+)＞c(Cl-)，又因为物料守恒式子为：c(Na+)=c(HCOO-)+c(HCOOH)，所以c(Cl-)+

c(HCOO-)=c(HCOO-)+c(HCOOH)，那么c(Cl-)=c(HCOOH)，综上所述：c(Na+)＞c(Cl-)=c(HCOOH)，B正确；C．0.1mol·L-1的HCOOH溶液和0.05mol·L-1的NaOH溶液等体积混合，NaO

H反应完，HCOOH反应了一半，混合后的溶质为：等物质的量的HCOONa和HCOOH，电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=c(HCOO-)+c(OH-)，物料守恒有：2c(Na+)=c(HCOO-)+

c(HCOOH)，物料守恒-电荷守恒可得：c(Na+)+c(OH-)=c(HCOOH)+c(H+)，C正确；D．NH4+水解呈酸性，HCOO-、CH3COO-水解呈碱性，HCOO-、CH3COO-水解对NH4+水

解起促进作用，因为水解程度HCOO-﹤CH3COO-，所以CH3COONH4溶液中NH4+水解程度更大，现在c(NH4+)相等，那么一定有c(HCOONH4)﹤c(CH3COONH4)，D错误。答案选BC。【点睛】溶液中离子浓度大小的比较，一是准确分析溶质的成分，二是三大守

恒熟练运用。15.在1L的恒容密闭容器中发生反应：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)ΔH，若起始时充入0.4molCH4和0.4molCO2，测得CH4的平衡转化率与温度的关系如图中曲线a所示。下列说法一定正确的是（）A.ΔH＞0B.延长M点的反

应时间，可以提高CH4的平衡转化率C.T1℃，起始时若向该容器中充入等物质的量的CH4、CO2、CO和H2，则此时反应向正反应方向进行D.曲线b可表示向该容器中充入0.5molCH4和0.5molCO2，CH4的平衡转化率

与温度的关系【答案】AD【解析】【分析】横坐标为温度，温度升高，甲烷转化率增大，说明温度升高，平衡向消耗甲烷的方向移动。【详解】A．温度升高，甲烷转化率增大，所以正反应为吸热反应，ΔH>0，A正确；B．M点为平衡状态，条件不变，延长反应时间，平衡不发生移动，甲烷的转化率不

变，B错误；C．体积为1L，T1℃时：()()()()422220.4mol0.4mol0mol0mol0.24mol0.24mol0.480.480.160.160.480.48CHgCOgCOgHgmol

molmolmolmolmol++起始值变化值平衡值，K=220.480.480.160.16=2.0736，假设起始时充入CH4、CO2、CO和H2的物质的量为a，Qc=222aaaaa=，Qc和K的大小，和起始值a有关，不一定正向移动，C错误；D．充入0.5molCH

4和0.5molCO2比充入0.4molCH4和0.4molCO2而言，平衡正向移动，但是起始值增大程度大于转化值增大程度，转化率减小，图像符合，D正确。答案选AD。【点睛】本题易错选项C，某时刻平衡正向移动还是逆

向移动，关键看Qc和K的关系，Qc>K，平衡逆向移动，Qc<K，平衡正向移动，Qc=K，达到平衡状态；D项平衡移动中，增加的物质转化率反而减小。非选择题（共80分）16.工业上以硫酸泥（主要含S、Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2等）为原料提取硒，流程如图：（1）“

脱硫”过程中，温度控制在95℃，原因是___。（2）“氧化”过程中，Se转化成H2SeO3，该反应的化学方程式为___。（3）“还原”过程是通过控制电位还原的方法将电位高的物质先还原，电位低的物质保留在溶液中。下表是将“

过滤Ⅰ”所得滤液中所含物质还原对应的电位。控制电位在0.782~1.692V，可除去“过滤Ⅰ”所得滤液中残留的ClO2。名称Cu2+/CuZn2+/ZnFe2+/FeFe3+/Fe2+ClO2/Cl-H2SeO3/Se电位/V

0.435-0.885-0.4630.7821.6920.743为使硒和杂质金属分离，加入Na2SO3还原时，电位应控制在___范围；H2SeO3（弱酸）还原为硒的离子反应方程式为___。（4）滤液Ⅱ中主要存在的金属阳离子有Zn2+

、Na+、___。（5）所得粗硒需精制。向粗硒浸出液中加入Na2S溶液可以将残留的Fe2+等微量杂质离子转化为沉淀而除去。已知25℃时Ksp(FeS)=6.0×10-18，要使溶液中Fe2+沉淀完全[c(Fe2+)≤1.0×10-5mol·L-

1]，则需控制溶液中c(S2-)≥___mol·L-1。【答案】(1).温度低于95℃，脱硫速率偏低（硫在煤油中溶解度降低）,温度高于95℃，煤油挥发量加大(2).4NaClO3+Se+2H2SO4=2Na2SO4+4ClO2↑+H2O+H2SeO3(3).0.435

~0.743(4).H2SeO3+2SO32-=2SO42-+Se↓+H2O(5).Fe2+、Cu2+(6).6.0×10-13【解析】【分析】硫酸泥中加煤油，将S溶解、过滤以滤液的形式除去，滤渣中的Se用NaClO3氧化成H2SeO3，同时Fe2O3、CuO、ZnO被硫酸溶解，过

滤除去SiO2，溶液中主要含有Fe3+、Cu2+、Zn2+、H2SeO3、Na+、SO42-，用Na2SO3还原，H2SeO3被还原成Se，Fe3+被还原成Fe2+，将电位控制在0.435~0.743，然后过滤使Cu2+

、Zn2+、Fe2+、Na+、SO42+以滤液Ⅱ形式除去，得到粗Se。【详解】（1）S溶于煤油，Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2等不溶于煤油，过滤可除去S和煤油，温度太低，S在煤油中的溶解度太小，脱硫率低，除不尽，温度太高，煤油挥发太多，故答案为：温度低于95℃，脱硫速率偏低

（硫在煤油中溶解度降低），温度高于95℃，煤油挥发量加大；（2）Se化合价从0升高到+4，作还原剂，NaClO3做氧化剂，还原产物为ClO2，Cl化合价从+5降低到+4，根据得失电子守恒可知，氧化剂和还原剂物质的量比=4:1，再结合原子守恒可得方程式：4

NaClO3+Se+2H2SO4=2Na2SO4+4ClO2↑+H2O+H2SeO3，故答案为：4NaClO3+Se+2H2SO4=2Na2SO4+4ClO2↑+H2O+H2SeO3；（3）从表格可知，为使硒和杂质金属分离，要将电位控制在0.743以下，0.435以上，H2SeO3被

还原成Se，化合价降低4，SO32-作还原剂，化合价升高2，被氧化成SO42-，氧化剂和还原剂物质的量之比=1:2，结合电荷守恒、原子守恒可得离子方程式为：H2SeO3+2SO32-=2SO42-+Se↓+

H2O，故答案为：0.435~0.743；H2SeO3+2SO32-=2SO42-+Se↓+H2O；（4）通过控制电位还原，几种金属离子均遗留在了溶液里，随滤液除去了，所以滤液Ⅱ中主要存在的金属阳离子有Zn2+、Na+、Fe2+、Cu2+，故答案为：Fe2+、Cu2+；（5）Ksp(F

eS)=c(Fe2+)×c(S2-)，()()()22=spKFeScFecS+−，当c(Fe2+)≤1.0×10-5mol·L-1时，认为完全沉淀，有()18526.0101.010cS−−−，解得：c(S2-)≥6.0×10-13mo

l·L-1，故答案为：6.0×10-13。【点睛】“还原”过程是通过控制电位还原的方法将电位高的物质先还原，要使H2SeO3还原成Se，电位要比0.743小，但是太小，比如小于0.435，Cu2+就还原成Cu了，就不在溶液里了，所以电位要大于0.435的。17.氯喹是合成一种抑制病毒药物的中

间体，其合成路线如图：（1）D中含氧官能团的名称为___和___。（2）A→B的反应类型为___。（3）C→D的反应中有副产物X（X与D互为同分异构体）生成，写出X的结构简式：___。（4）E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酸性条件下水解得到的两种有机产物，都能发生银镜反应，其中一种与FeCl3溶液发生显色反应；②分子中有氰基（-CN），有一个手性碳原子，有4种不同化学环境的氢。（5）已知：①NH2易被

氧化；②酰氯（Cl）的氯原子比氯代烃的更易被取代③RHC=N-CH2R’写出以和为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）___。【答案】(1).羟基(2).酯基(3).还原反应(4).(5).(6).【解析】【分析】（5）逆合成分析：信息③的产物和目标产物都有C

=N，故目标产物可由在过氧化氢作用下得到，由信息②可知可由通过取代反应制得，可由还原硝基而来，可由消化而来，可由和发生反应而来。【详解】（1）D为，含氧官能团有羟基和酯基，故答案为：羟基；酯基；（2）A→B：，去氧加氢为还原反应，故答案为：还原反应；（

3）C→D→，在与N原子相连的C的邻位C上成新环，同理，这个新环也可以在N左下角这个C上形成新环，故X为：，故答案为：；（4）E为：，它的同分异构体在酸性条件下水解得到的两种有机产物，都能发生银镜反应，则必有HCOO-、-CHO，只有三个氧原子而

水解产物有一种能与FeCl3溶液发生显色反应，则HCOO-必与苯环直接相连，有-CN，那么还有1个C，一个Cl，因为有一个手性碳，则这个C上连的4个部分不相同，所以我们先把这部分连好，为：，左边部分必与相连，又因为有4种

不同化学环境的氢，所以只能连在对位：，故答案为：；（5）通过逆合成分析：信息③的产物和目标产物都有C=N，故目标产物可由在过氧化氢作用下得到，由信息②可知可由通过取代反应制得，可由还原硝基而来，可由消化而来，可

由和发生反应而来，故答案为：【点睛】能发生银镜反应的结构有：-CHO、HCOOH、HCOO-、HCONH-等，出现手性碳，先将手性碳作为中心原子，把其他部位连在该碳上作为一个整体，在去与其他结构相连接。18.亚硝酰硫酸（NOSO4H）主要

用于染料、医药等工业。实验室制备亚硝酰硫酸的方法如下：将SO2通入盛有浓硫酸和浓硝酸的混合液中，维持体系温度略低于20℃，搅拌，使其充分反应。反应过程中，亚硝酰硫酸的物质的量和硝酸的物质的量随时间的变化如图所示。（1）①实验室制备NOSO4H的化学反应方程式为___。②反应进行到10min后，反

应速度明显加快，其可能的原因是___。③反应过程中，硝酸减少的物质的量大于NOSO4H生成的物质的量的可能原因是___（2）为了测定亚硝酰硫酸的纯度，进行如下实验：。准确称取1.200g产品放入锥形瓶中，加入50.00mL0.1000mol·L-1的KMnO4标准溶液和足量稀H

2SO4，摇匀，使其充分反应。再将反应后溶液加热至60~70℃（使生成的HNO3挥发逸出），冷却至室温，用0.2500mol·L-1Na2C2O4标准溶液滴定至终点，消耗Na2C2O4溶液的体积为16.00mL。

已知：2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4；KMnO4在酸性条件下被还原为Mn2+。根据以上实验数据计算亚硝酰硫酸的纯度。（写出计算过程）___【答案】(1).HNO3+SO2NOSO4H(2).生成的NOSO4H对该反应有催化作用(

3).硝酸会挥发和分解(4).90.00%【解析】【分析】（1）设NOSO4H中N的化合价为x，根据化合价代数和为0有：x+(+6)×1+(-2)×5+(+1)×1=0，解得：x=+3，N元素化合价从+5降低到+3，必有S元素化合

价从+4升高到+6，发生的是氧化还原反应，氧化剂与还原剂物质的量之比=1：1；（2）50.00mL0.1000mol·L-1的KMnO4与16.00mL0.2500mol·L-1Na2C2O4反应之后

剩余的KMnO4再与NOSO4H反应。【详解】（1）①N元素化合价从+5降低到+3，必有S元素化合价从+4升高到+6，N元素和S元素的物质的量之比=1:1，所以反应的方程式为：HNO3+SO2浓硫酸NOS

O4H，故答案为：HNO3+SO2浓硫酸NOSO4H；②反应前十分钟没有加快，不是温度，十分钟后明显加快，说明生成的物质对反应有催化作用，故答案为：生成的NOSO4H对该反应有催化作用；③从反应的方程式看：参加

反应的硝酸和生成的NOSO4H比例为1:1，消耗的硝酸多，可能是有一部分挥发和分解了，故答案为：硝酸会挥发和分解；（2）一部分KMnO4标准溶液和NOSO4H反应，剩余的KMnO4标准溶液用Na2C2O

4反滴定，KMnO4和Na2C2O4，KMnO4中Mn元素化合价从+7降低到+2，降低5，作氧化剂，Na2C2O4中C元素化合价从+3升高到+4升高了1，2个C升高了2，作还原剂，根据得失电子守恒，氧化剂和还原剂的物质的量之比=2:5，所以4224-312KMnO5NaCO2mol5moln0.2

5mol/L1610L，解得：和Na2C2O4反应的KMnO4的物质的量n1=1.6×10-3mol，KMnO4总的物质的量=50.00×10-3L×0.1000mol·L-1=5×10-3mol，所以和NOSO4H反应的KMnO4的物质的量=5×10-3mol-1.

6×10-3mol=3.4×10-3mol，所以4432KMnO52mol5127g3.410mNOSOH−，解得NOSO4H的质量m=1.0795g，所以样品中NOSO4H的纯度=1.0795g100%1.2g≈90.00%，故答案为：90.00%。【点睛】和Na2C

2O4反应的KMnO4加上和NOSO4H反应的KMnO4为总的KMnO4的量。19.亚氯酸钠（NaClO2）是二氧化氯（ClO2）泡腾片的主要成分。实验室以氯酸钠（NaClO3）为原料先制得ClO2，再制

备NaClO2粗产品，其流程如图：已知：①ClO2可被NaOH溶液吸收，反应为2ClO2+2NaOH=NaClO3+NaClO2+H2O。②无水NaClO2性质稳定，有水存在时受热易分解。（1）反应Ⅰ中若物质X为SO2，则该制备ClO2反应的离子方程式为___。（2）实

验在如图-1所示的装置中进行。①若X为硫磺与浓硫酸，也可反应生成ClO2。该反应较剧烈。若该反应在装置A的三颈烧瓶中进行，则三种试剂（a.浓硫酸；b.硫黄；c.NaClO3溶液）添加入三颈烧瓶的顺序依次为___（填字母）。②反应Ⅱ中双氧水的作用是___

。保持反应时间、反应物和溶剂的用量不变，实验中提高ClO2吸收率的操作有：装置A中分批加入硫黄、___（写出一种即可）。（3）将装置B中溶液蒸发可析出NaClO2，蒸发过程中宜控制的条件为___（填“减压”、“常压”或

“加压”）。（4）反应Ⅰ所得废液中主要溶质为Na2SO4和NaHSO4，直接排放会污染环境且浪费资源。为从中获得芒硝（Na2SO4·10H2O）和石膏（水合硫酸钙），请补充完整实验方案：___，将滤液进一步处理后排放（实验中须使用的试剂和设备有：CaO固体、酚酞、

冰水和冰水浴）。已知：CaSO4不溶于Na2SO4水溶液；Na2SO4的溶解度曲线如图−2所示。【答案】(1).2ClO3-+SO2═2ClO2+SO42-(2).cab(3).作还原剂(4).水浴加热时控制温度不能过高（或加一个多孔球泡等）(5).减压(6).向废液

中分批加入适量CaO固体并搅拌，用冰水浴控制反应温度，对浊液取样并滴加酚酞，至溶液呈浅红色时停止加入CaO。静置后过滤，用水洗涤沉淀2-3次得到石膏；滤液蒸发浓缩，冷却结晶至32.4℃以下，接近0℃，过滤，所

得晶体用冰水洗涤2-3次，低温干燥得到芒硝【解析】【分析】用二氧化硫将NaClO3还原制得ClO2，ClO2和NaOH反应制得NaClO3和NaClO2，再用过氧化氢将NaClO3还原成NaClO2制得NaClO2粗品。【详解】（1）SO

2作还原剂，S化合价升高2，被氧化成SO42-，ClO3-作氧化剂，被还原成ClO2，Cl化合价降低1，结合电子得失守恒、电荷守恒、原子守恒可书写离子方程式：2ClO3-+SO2═2ClO2+SO42-，故答案为：2ClO3-+SO2═2ClO2+SO42-

；（2）①反应剧烈，浓硫酸只能在最后添加，结合流程图可知先加NaClO3，所以顺序为：先加NaClO3，再加S，最后加浓硫酸，故答案为：cab；②反应Ⅱ中NaOH和ClO2反应生成NaClO3和NaClO2，过氧化氢的作

用是将NaClO3还原成NaClO2，过氧化氢会分解，温度不宜太高，所以控制A中水浴加热时温度不过高，或者在B中搅拌、或者加一个多孔球泡，故答案为：作还原剂；水浴加热时控制温度不能过高（或加一个多孔球泡等）；（3）无水NaCl

O2性质稳定，有水存在时受热易分解，应该减压，让水分尽快蒸发，故答案为：减压；（4）加入一定量CaO使NaHSO4反应成CaSO4，为了保证NaHSO4反应完，所加CaO需稍过量，CaO过量溶液就显碱性了，可以

用酚酞作指示剂，当溶液变为浅红色时停止加CaO，CaSO4不溶于Na2SO4水溶液，此时可用过滤、洗涤的方法得到石膏，此时滤液为Na2SO4溶液，还不是芒硝，从图上看，可将温度调整32.4℃以下，形成芒硝，析出芒硝晶体，过滤、洗涤、干燥就可得芒硝了，为了使芒硝产率较高，可用

冰水洗涤，降低因溶解损失的量，故答案为：向废液中分批加入适量CaO固体并搅拌，用冰水浴控制反应温度，对浊液取样并滴加酚酞，至溶液呈浅红色时停止加入CaO。静置后过滤，用水洗涤沉淀2-3次得到石膏；滤液蒸发浓缩，冷却结晶至32.4℃以下，接近0℃，过滤，所得晶体用

冰水洗涤2-3次，低温干燥得到芒硝。【点睛】结合图像，温度低于32.4℃以下，硫酸钠结晶得到芒硝，温度降低，芒硝的溶解度减小，可用冰水洗涤减小损失率。20.有效去除大气中的NOx（主要是NO和NO2）是环境保护的重要课题。（1）用Pl-g-C3N4光催化氧化法脱除N

O的过程如图-1所示。在酸性水溶液中，光催化脱除原理和电化学反应原理类似。g-C3N4端的反应：O2+2H++2e-=H2O2，Pl端的反应：___。（2）次氯酸盐脱除NO的主要过程如下：①NO+HClO=NO2+HCl②NO+NO2+H2O2HNO2③HClO+HNO2

=HNO3+HCl下列分析正确的是___。a.烟气中含有的少量O2能提高NO的脱除率b.NO2单独存在时不能被脱除c.脱除过程中，次氯酸盐溶液的pH下降（3）NaClO溶液能有效脱除NO。25℃时，NO的脱除率随pH的变化如图-2所示；pH=4时，NO的脱除率随温度的变化如图-3所示。①25℃

时，随着pH降低，NO的脱除率增大的原因：___。②pH=4时，60～80℃NO的脱除率下降的原因：___。（4）一定条件下，将一定浓度NOx（NO2和NO的混合气体）通入Ca(OH)2悬浊液中，改变2n(NO)n(NO)，NOx的去除率如图-4

所示。已知：NO与Ca(OH)2不反应；NOx的去除率=1-2x2xCa(OH)NOCa(OH)NO从悬浊液中逸出的的物质的量通入悬浊液中的物质的量×100%①2n(NO)n(NO)在0.3-0.5之间，NO吸收

时发生的主要反应的离子方程式为：___。②当2n(NO)n(NO)大于1.4时，NO2去除率升高，但NO去除率却降价。其可能的原因是___。③O3与NO反应的方程式为：NO+O3=NO2+O2，（该条件下不考虑O2与NO的反应）。保持NO的初始浓度不变，改变

n(O3)/n(NO)，将反应后的混合气体通入Ca(OH)2悬浊液中吸收。为节省O3的用量，又能保持NOx总去除效果好，则3n(O)n(NO)合适的值范围为___。（保留两位小数）【答案】(1).NO−2e-+H2O=2H++NO2(2).ac(3).pH降低，ClO-+H+

=HClO，溶液中c(HClO)增大(4).HClO受热分解，溶液中c(HClO)减小(5).NO+NO2+Ca(OH)2=Ca2++2NO2-+H2O(6).NO2量太多，剩余的NO2和水反应生成NO逸出，导致NO去除率降低(7).0.55~0.

58【解析】【分析】（1）g-C3N4端得电子，那么Pl端失电子，结合电荷守恒、原子守恒可写P1端离子方程式；（2）次氯酸盐脱除NO的主要过程可看出，脱NO的本质是转换成HNO3；（3）NaClO脱NO的过程可看出，实际上是HClO与NO反应，所以pH变

化HClO跟着变化，脱NO效果也会跟着变化；（4）NO和Ca(OH)2不反应，NO、NO和Ca(OH)2三者反应，分析化合价可知产物为亚硝酸钙，在此基础上分析解答。【详解】（1）g-C3N4端得电子发生还原反应，生成过氧化氢，P

1端NO失电子变成NO2，这样左边就出现了正电荷，右边加H+，结合原子守恒，左边应加H2O,所以P1端的离子方程式为：NO−2e-+H2O=2H++NO2，故答案为：NO−2e-+H2O=2H++NO2；（2）a．从给出的条件看，次氯酸盐脱除NO是先将一部分N

O氧化成NO2才脱出的，O2和NO反应生成NO2，就省了第一步了，所以烟气中含有的少量O2能提高NO的脱除率，a正确；b．从原理上看，氮氧化物转换为HNO3就被脱出了，NO2单独存在时能和水反应生成HNO3和NO，有一定的脱出率，b错误；c．

次氯酸盐水解显碱性，从原理来看，最后生成硝酸和HCl，pH下降，c正确；故答案为：ac；（3）①pH降低，c(H+)增大，产生更多的HClO，所以NO的脱除率增大，故答案为：pH降低，ClO-+H+=HClO，溶液中c(HClO)增大；②HClO会分解

，温度太高，HClO分解得太多，溶液中HClO浓度减小了，故答案为：HClO受热分解，溶液中c(HClO)减小；（4）①NO和Ca(OH)2不反应，所以反应物有NO、NO2和Ca(OH)2，根据氧化还原规律，产物为Ca(NO2)2和水，

所以离子方程式为：NO+NO2+Ca(OH)2=Ca2++2NO2-+H2O，故答案为：NO+NO2+Ca(OH)2=Ca2++2NO2-+H2O；②当2n(NO)n(NO)太大，NO2量太多，吸收不

完，有一部分NO2就和水反应生成硝酸和NO，这样就导致NO2去除率升高，但NO去除率却降价，故答案为：NO2量太多，剩余的NO2和水反应生成NO逸出，导致NO去除率降低；③从图上看NOx总去除效果最好时，2n(NO)n(NO)介于1.

2到1.4之间，设NO的物质量为1，那么则NO2的物质的量为1.2介于1.4之间，由NO+O3=NO2+O2可知，此时消耗O3和NO的量均为1.2到1.4之间，所以O3的量为1.2-1.4，NO的量为（1.2+1）到（1.4+1）之间，即3n(O)n(NO)在1.21.2

+1到1.41.4+1，即0.55到0.58之间，故答案为：0.55~0.58。【点睛】本题的（4）③采用设“1”法可将计算简单化。21.钛被誉为“现代金属”和“战略金属”。（1）Ti基态核外电子排布式为

___。（2）TiO2与BaCO3一起熔融可制得偏钛酸钡，CO32-的空间构型为___；与CO32-互为等电子体的分子是___。（3）四异丙醇钛（C12H28O4Ti）结构如图-1所示，1mol四异丙醇钛中含有σ键的数目为___mol。（4）

偏钛酸钡的晶体结构如图-2所示，则偏钛酸钡的化学式为___；与Ba2+最近且等距离的O2-为___个。【答案】(1).[Ar]3d24s2或1s22s22p63s23p63d24s2(2).平面正三角形(3).SO3或BF3(4).44(5).BaTiO3(6).12【解析】

【详解】（1）Ti是22号元素，位于第四周期，其基态核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2，故答案为：[Ar]3d24s2或1s22s22p63s23p63d24s2；（2

）碳酸根离子中价层电子对个数=324232+−+（）=3，且没有孤电子对，所以是平面正三角形，原子个数和价电子数与CO32-相等的分子是CO32-的等电子体，所以可以用S换了C，得SO3，也可以用F换了O，用B换了C，得BF3，故答案为：

平面三角形；SO3或BF3；（3）单键全是σ键，1个C12H28O4Ti分子中含44个单键，故1mol四异丙醇钛（C12H28O4Ti）中含有44molσ键，故答案为：44；（4）均摊法可知：Ba2+个数=8×18=1，O2-个数=6×12=

3，Ti4+个数=1，所以偏钛酸钡的化学式为：BaTiO3，与与Ba2+最近且等距离的O2-为晶胞中立方体的面对角线的交点处的O2-，从图上可看出，1个晶胞中这样的O2-有3个，按照均摊法计算，实际有

=312=1.5个，所以总的O2-有1.5×8=12个，故答案为：BaTiO3；12。【点睛】均摊法计算原子个数：位于六面体面上的原子，每个贡献12，位于棱上的原子，每个贡献14，位于顶点的原子，每个贡献18，位于六面体内部的原子，每个贡献1。