【文档说明】【精准解析】【校级联考】江苏省四校（姜堰中学、前中、淮阴中学、溧阳中学）2019届高三下学期第二学期联考化学试题（解析版）.doc，共(25)页，2.040 MB，由小赞的店铺上传

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高三化学试卷可能用到的相对原子质虽：H1C12N14016Mg24Al27S32K39选择题单项选择题：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。1.2018年是“2025中国制造”启动年，而化

学与生活、人类生产、社会可持续发展密切相关，下列有关化学知识的说法错误的是A.高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”B.我国发射“嫦娥三号”卫星所使用的碳纤维，是一种非金属材料C.用聚氯乙烯代替木材，生产快餐盒，以减少木材的使用D.碳纳米管表面积大，可用作新型储

氢材料【答案】C【解析】【详解】A．二氧化硅能够与氢氧化钠等强碱反应生成硅酸钠和水，所以高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，二氧化硅能够被碱腐蚀而造成断路，A正确；B．碳纤维是碳的一种单质，属于非金属材料，B正确；C．聚氯乙烯难降解，大量使用

能够引起白色污染，且聚氯乙烯塑料有毒不能用于食品包装以及生产快餐盒等，C错误；D．碳纳米管表面积大，据有较大的吸附能力，所以可以用作新型储氢材料，D正确；答案选C。2.下列有关化学用语表示正确的是A.中子数力

79、质子数为55的铯（Cs）原子7955CsB.氮气分子的电子式：C.HOCH2COOH缩聚物的结构简式：D.氯离子的结构示意图：【答案】D【解析】【详解】A项、中子数为79、质子数为55的铯（Cs）原子的

质量数为134，该原子正确的表示方法为13455Cs，故A错误；B项、氮气中存在氮氮三键，氮原子最外层达到8电子稳定结构，氮气的电子式为，故B错误；C项、HOCH2COOH分子中含有羟基和羧基，HOCH2COOH能够发生缩聚反应生成，故C错误；D项、氯原子的质子数为17，最外层电子数为7，易

得到1个电子形成氯离子，氯离子的离子结构示意图为，故D正确。故选D。【点睛】本题考查化学用语，涉及离子结构示意图、电子式、结构简式的判断，注意掌握常见的化学用语的概念及表示方法，注意化学用语规范表达是解答关键。3.下列有关物质性质与

用途具有对应关系的是A.SiO2熔点很高，可用于制造坩埚B.NaOH能与盐酸反应，可用作制胃酸中和剂C.Al(OH)3是两性氢氧化物，氢氧化铝胶体可用于净水D.HCHO可以使蛋白质变性，可用于人体皮肤伤口消毒【答案】A【解析】【分析】物质的性质决定物质的用途，据性质与用途的对应关系分析。【详

解】A项：SiO2用于制造坩埚，利用了SiO2高熔点的性质，A项正确；B项：虽然NaOH能与盐酸反应，但其碱性太强，不能作胃酸中和剂，B项错误；C项：氢氧化铝胶体用于净水，是胶体的强吸附性，与其两性无关，C项错误；D项：HCHO能使人体蛋白质变性，但其毒性太强，不能用于皮肤伤口消

毒，D项错误。本题选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－1KHSO3溶液：Na＋、NH4+、H+、SO42-B.0.1mol·L－1H2SO4溶液：Mg2＋、K+、Cl－、NO3-C.0.1mol·L－1Na2SO3溶液：Ba

2+、K+、ClO-、OH-D.0.1mol·L－1Ba（OH）2溶液：NH4+、Na+、Cl－、HCO3-【答案】B【解析】【详解】A项、溶液中H+与KHSO3反应，不能大量共存，故A不选；B项、0

.1mol·L－1H2SO4溶液中该组离子之间不反应，能大量共存，故B正确；C项、ClO-具有强氧化性，碱性条件下会将Na2SO3氧化，不能大量共存，故C不选；D项、NH4+和HCO3-会与Ba（OH）2反应，不能大量共存，故

D不选。故选B。【点睛】本题考查离子共存，侧重分析与应用能力的考查，注意复分解反应、氧化还原反应的判断，把握习题中的信息及离子之间的反应为解答的关键。5.炼油厂的废碱液含有废油、苯酚钠、碳酸钠等，实验室通过以下两个步骤处理废碱液获取氢氧化钠固体。下列说法

正确的是A.用装置甲制取CO2并通入废碱液B.用装置乙从下口放出分液后上层的有机相C.用装置丙分离水相中加入Ca(OH)2产生的CaCO3D.用装置丁将滤液蒸发结晶得到NaOH固体【答案】C【解析】【分析】A、碳酸钙与硫酸反应生成硫酸钙微溶，包裹在碳酸钙的表面；

B、分液时避免上下层液体混合；C、CaCO3不溶于水；D、在蒸发皿中蒸发结晶。【详解】A项、浓硫酸溶于水放热，且碳酸钙与硫酸反应生成硫酸钙微溶，包裹在碳酸钙的表面，不利用气体的制备，应选盐酸与碳酸钙反应，故A错误；B项、分液时避免上下层液体混合，则先从下口放出下层

液体，后从上口倒出上层的有机相，故B错误；C项、CaCO3不溶于水，则图中过滤装置可分离，故C正确；D项、在蒸发皿中蒸发结晶，不能在烧杯中蒸发结晶，且烧杯不能直接加热，故D错误。故选C。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，侧重分析与实验能力的考查，

注意实验的评价性分析，把握实验装置的作用、气体的制备、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键。6.下列指定反应的离子方程式正确的是（）A.澄清石灰水与过量苏打溶液混合：Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+CO32-+2H2OB.少量SO2通入饱和的漂白粉溶液中：C1O-+SO2+H2O

=SO42-+2H++Cl-C.向热的稀硫酸中加入铜粉并鼓入空气：2Cu+4H++O22Cu2++2H2OD.向酸性高锰酸钾溶液中滴加少量双氧水：7H2O2+2MnO4-+6H+=2Mn2++6O2↑+10H2O【答案】C【解析】【详解】A.苏打为

碳酸钠，则澄清石灰水与过量苏打溶液反应的离子方程式为：Ca2++CO32-=CaCO3↓，故A错误；B.次氯酸根离子具有强氧化性，能将SO2氧化成SO42-，CaSO4微溶于水，则少量SO2通入饱和的漂白粉溶液中，反应的离子方程式为Ca2++ClO－+SO2+H2O=CaSO4↓+2H++C

l－，故B错误；C.向热的稀硫酸中加入铜粉并鼓入空气，反应生成硫酸铜和水，离子方程式为2Cu+4H++O22Cu2++2H2O，故C正确；D.向酸性高锰酸钾溶液中滴加少量双氧水，离子方程式为5H2O2+2MnO4－+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，故D错误，答案选

C。【点睛】本题考查离子方程式的正误判断，明确反应实质是解题关键，注意反应物用量对反应的影响，题目难度中等。解题时容易把苏打误认为碳酸氢钠，为易错点。7.24NaFeO只在强碱性条件下稳定，易被2H还原。以NaOH溶液为电解质，制备24NaFeO的原理如图所示，在制备过程中需

防止24FeO−的渗透。下列说法不正确的是A.电解过程中，需将阴极产生的气体及时排出B.铁电极上的主要反应为242Fe6e8OHFeO4HO−−−−++C.电解一段时间后，Ni电极附近溶液的pH减小D.图中的离子交换膜为阴离子交换膜【答案】C【解析】【分析】电解池中，与电源正

极相连的电极是阳极，阳极上失去电子发生氧化反应，电子从阳极流出，电子沿着导线流向电源正极，与电源负极相连的电极是阴极，电源负极上电子流出，电子沿着导线流向电解池的阴极，阴极上氧化剂得到电子发生还原反应，内电路中阴离子移向阳极、阳离子移向阴极；【详解】A.

镍电极上水电离出的氢离子放电生成氢气，电极反应式为222HO2eH2OH−−++，根据题意24NaFeO易被2H还原，故电解过程中，需将阴极产生的气体及时排出，防止24NaFeO与2H反应使产率降低，A正确；B.阳极上铁失电子发生氧化反应生

成24FeO−，电极反应式为242Fe6e8OHFeO4HO−−−−++，B正确；C.镍电极上氢离子放电生成氢气，电极反应式为222HO2eH2OH−−++，由于有OH−生成，电解一段时间后，Ni电极附近溶液的pH增大，C错误；D.为保持Fe电极附近溶液呈强碱性，使2

4FeO稳定存在，应使阴极产生的氢氧根离子向阳极移动，图中的离子交换膜应选用阴离子交换膜，D正确；答案选C。8.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物是一种情洁能源，X的氧化物是

形成酸雨的主要物质之一，Y是非金属性最强的元素，Z的原子半径是所有短周期金属元素中最大的。下列说法不正确的是A.W与Y两种元素既可以形成共价化合物，又可以形成离子化合物B.Y的简单氢化物的热稳定性比W的强C.Z的简单离子与Y

的简单离子均是10电子微粒D.Z的最高价氧化物的水化物和X的简单氢化物的水化物均呈碱性【答案】A【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物是一种情洁能源，则W为C元素；Y是非金属性最强的元素，则Y是F元素；X的氧化物是形成酸雨的主要

物质之一，则X为N元素；Z的原子半径是所有短周期金属元素中最大的，则Z是Na元素。【详解】A项、W为C元素，Y是F元素，两种元素只能形成共价化合物CF4，故A错误；B项、元素非金属性越强，氢化物稳定性越强，F元素非金属性强于C元素，则氟化氢的稳定性强于

甲烷，故B正确；C项、Na+与F—的电子层结构与Ne原子相同，均是10电子微粒，故C正确；D项、NaOH是强碱，水溶液呈碱性，NH3溶于水得到氨水溶液，溶液呈碱性，故D正确。故选A。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，把握

原子结构、元素的位置、原子序数来推断元素为解答的关键。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.MgCO3HClaq（）→MgCl2(aq)→电解MgB.NaCl(aq)2CO→NaHCO3(s)Δ→Na2CO3(s)C.SiO2C→（高温）SiHClaq（）→

SiCl4D.AgNO332NHHO→[Ag（NH3）2]OH（aq）Δ→（麦芽糖）Ag【答案】D【解析】【详解】A项、电解氯化镁溶液得到氢氧化镁，电解熔融的氯化镁才能得到单质镁，故A错误；B项、氯化钠溶液与二氧化碳不能反应，应先向氯化钠溶液通入氨气，再通入二氧化碳才能制得碳酸氢钠，不能

一步实现反应，故B错误；C项、硅与盐酸不能反应，硅与氯气在高温条件下发生反应生成四氯化硅，故C错误；D项、硝酸银与氨水反应制得银氨溶液，麦芽糖中含有醛基，在共热条件下与银氨溶液发生银镜反应制得银，故D正确。故选D。【点睛】本题综合考查元素化合物知识，侧重于分析能力的考查，注意把

握物质的性质以及转化的特点、反应条件是解答关键。10.下列说法正确的是A.常温下，向0.1mol·L-1的醋酸溶液中加水稀释，溶液中c(H+)/c(CH3COOH)减小B.反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H<0达平衡后，

降低温度，正反应速率增大、逆反应速率减小，平衡向正反应方向移动C.镀锌铁板是利用了牺牲阳极的阴极保护法来达到防止腐蚀的目的D.电解精炼铜时，阳极泥中含有Zn、Fe、Ag、Au等金属【答案】C【解析】【详解】A.常温下，向

0.1mol·L-1的醋酸溶液中加水稀释，c(H+)、c(CH3COOH)均减小，因为稀释过程促进醋酸的电离，所以溶液中c(H+)/c(CH3COOH)增大，A错误；B.反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H<0达平衡后，降低温度，正反应速率减小、逆反应速率减小，平衡向正反应

方向移动，B错误；C.镀锌铁板在空气中会形成原电池，锌做负极被腐蚀，铁做正极被保护，是利用了牺牲阳极的阴极保护法来达到防止腐蚀的目的，C正确；D.电解精炼铜时，粗铜做阳极，精铜做阴极，锌、铁比铜活泼，所以失电子变为离子，阳极泥中含有Ag、Au

等金属，D错误；综上所述，本题选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

。11.一种具有除草功效的有机物的结构简式如下图所示。下列有关该化合物的说法正确的是A.该有机物在空气中能稳定存在B.分子中含有2个手性碳原子C.1mol该化合物与足量浓溴水反应，最多消耗4molBr2D.1mol该化合物与足量NaOH溶液反应，最多消耗

4molNaOH【答案】CD【解析】【分析】由图可知该有机物含有的官能团为碳碳双键、醚键、酚羟基和酯基，有机物表现酚、烯烃及酯的性质。【详解】A项、该有机物中含有酚羟基，该有机物露置在在空气中酚羟基易被氧

化，故A错误；B项、连4个不同基团的C为手性碳原子，该有机物分子中只有与苯环、酯基直接相连的1个C为手性碳原子，故B错误；C项、酚-OH的邻对位与溴水发生取代，碳碳双键与溴水发生加成反应，则1mol该化合物与足量浓溴水反应，最多

消耗4molBr2，故C正确；D项、酚羟基、酯基均与NaOH溶液反应，1mol该化合物与足量NaOH溶液反应，最多消耗4molNaOH，故D正确。故选CD。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，侧重常见有机物性质及迁

移应用能力的考查，把握官能团与性质的关系为解答的关键。12.下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作实验现象结论AKNO3和KOH混合溶液中加入铝粉并加热，管口放湿润的红试纸变为蓝色NO3-被氧化为NH3色石蕊试纸B向1mL1%的NaOH溶液中加入2mL2%的CuS

O4溶液，振荡后再加入0.5mL有机物Y，加热未出现砖红色沉淀Y中不含有醛基CBaSO4固体加入饱和Na2CO3溶液中，过滤，向滤渣中加入盐酸有气体生成Ksp（BaSO4）>Ksp（BaCO3）D向盛有H2O2溶液的试管中滴几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄

色，一段时间后溶液中有气泡出现铁离子催化H2O2的分解A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A项、试纸变为蓝色，说明NO3-被铝还原生成氨气，故A错误；B项、制备氢氧化铜悬浊液时，加入的氢氧化钠溶液不足，因此制得的悬浊液与有机物Y不能反应，无法得到砖红色沉淀，

故B错误；C项、能否产生沉淀与溶度积常数无直接的关系，有碳酸钡沉淀的生成只能说明Qc（BaCO3）＞Ksp（BaCO3），不能比较Ksp（BaSO4）、Ksp（BaCO3），故C错误；D项、H2O2溶液与酸化的氯化亚铁溶液发生氧化还原反应，反应生成的Fe3+能做催化剂，催化H2O2分解产生

O2，溶液中有气泡出现，故D正确。故选D。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，把握离子检验、物质的性质、实验技能为解答关键。13.根据下列图示所得出的结论正确的是A.图甲是在不同温度

下三个恒容容器中反应2H2(g)＋CO(g)CH3OH(g)ΔH<0的平衡曲线，曲线X对应的温度相对较高B.图乙是一定温度下三种碳酸盐MCO3(M：Mg2＋、Ca2＋、Mn2＋)的沉淀溶解平衡曲线，a点可表示MgC

O3的不饱和溶液，且c(Mg2＋)＜c（CO32-）C.图丙为MOH和ROH两种一元碱水溶液在常温下分别加水稀释时pH的变化曲线，可知ROH是强碱D.图丁为两个容器中在不同的压强下各投入1molCH4和1molCO2所发生反应CH4(g)＋CO2(g)

2CO(g)＋2H2(g)的平衡曲线，N点化学平衡常数K＝1【答案】BC【解析】【分析】应用平衡移动原理，分析外因对化学平衡、沉淀溶解平衡、电离平衡的影响，判断由图象得出的结论是否正确。【详解】A项：

在图甲中作任一垂线，与三曲线各有一交点，表明在反应物比例相同时，X曲线对应温度下CO平衡转化率较高。因反应的ΔH<0，故X曲线对应温度较低，A项错误；B项：过a点作垂线，与MgCO3直线有交点（饱和溶液）。可见，在c(CO

32-)相同时，a点溶液中c(Mg2+)比饱和溶液中的小，为不饱和溶液。a点时-lgc(Mg2＋)>-lgc(CO32-)，则c(Mg2＋)<c(CO32-)，B项正确；C项：图丙中ROH加水稀释10倍、100倍或1000倍时

，溶液pH减小1、2或3，则ROH是强碱，C项正确；D项：化学平衡常数只与温度有关，N点的平衡常数可用M点计算。平衡时CH4(g)、CO2(g)的浓度都是0.5mol/L，CO(g)、H2(g)的浓度都是1m

ol/L，则K＝4，D项错误。本题选BC。【点睛】解答图象问题，首先要看清横纵坐标表示的物理量，结合化学原理分析变化原因；其次要关注图象中特殊点（起点、转折点、交点等）的含义。14.25℃时，配制一组c（PO43-）+c（HPO42-）+c（H2PO4-）+c(

H3PO4)=0.100mol·L-1的H3PO4和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量的浓度随pH的变化曲线如图所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是A.pH=6的溶液中:c（H3PO4）+c（HPO4

2-）>c（H2PO4-）B.pH=7的溶液中:c（Na+）＞2c（HPO42-）>c（H2PO4-）C.c（Na+）=0.100mol·L-1的溶液中:c（H3PO4）=2c（PO43-）＜c（HPO42-）D.c（H3PO4）=c（H2PO4-）的溶液中：c（Na+）<0.lmol

·L-1+2c（PO43-）+c（HPO42-）【答案】BD【解析】【详解】A项、由图可知，pH=6的溶液中主要以H2PO4-和HPO42-的形式存在，H3PO4的浓度很小，且c（H2PO4-）>c（HPO42-），故A错误；B项、由图可知，pH=7.2时，溶液

中c（HPO42-）=c（H2PO4-），则pH=7的溶液中c（H2PO4-）略大于c（HPO42-），2c（HPO42-）一定大于c（H2PO4-）；溶液中存在电荷守恒c（H+）+c（Na+）=2c（HPO42-）+c（H2

PO4-）+c（OH-）+3c（PO43-），pH=7的溶液（H+）=c（OH-），则溶液中c（Na+）＞2c（HPO42-）>c（H2PO4-），故B正确；C项、依据溶液中物料守恒可c（Na+）=0.100mol/L的溶液中为NaH2

PO4溶液，由图可知，NaH2PO4溶液中的物料守恒关系为c（Na+）=c（HPO42-）+c（H2PO4-）+c（H3PO4）+c（PO43-），电荷守恒关系为c（H+）+c（Na+）=2c（HPO42-）+c（H2PO4-）+3c（PO43-）+c（OH-），两者相减可得c（H+）—c（OH-

）=c（HPO42-）+2c（PO43-）—c（H3PO4），因为溶液显酸性，c（H+）＞c（OH-），c（HPO42-）+2c（PO43-）—c（H3PO4）＞0，c（HPO42-）+2c（PO43-）＞c（H3PO4），故C错误；D

项、c（PO43-）+c（HPO42-）+c（H2PO4-）+c(H3PO4)=0.100mol·L-1，c（H3PO4）=c（H2PO4-）的溶液电荷守恒关系为c（H+）+c（Na+）=2c（HPO42-）+c（H2PO4-）+3c（PO43-）+c（OH-）=c（HPO

42-）+2c（PO43-）—c(H3PO4)+c（OH-）+0.100，c（Na+）+c（H+）—c（OH-）+c(H3PO4)=0.lmol·L-1+2c（PO43-）+c（HPO42-），因为c(H3PO4)＞0，溶液显酸性，（H+）＞

c（OH-），则c（Na+）<0.lmol·L-1+2c（PO43-）+c（HPO42-），故D正确。故选BD。【点睛】本题考查水溶液中的离子平衡，明确盐的水解、盐的水解原理及其影响为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒

在判断离子浓度大小中的应用是解答关键。15.—定温度下，有两个容积均为2.0L的恒容密闭容器中Ⅰ和Ⅱ，向Ⅰ中加入1molCO和2molH2，向Ⅱ加入2molCO和4molH2，均发生下列反应并建立平衡:CO（g）+2H2CH3OH（g），测得不同温度下CO的平衡转化率如图所示。下列说法正确的是A.

该反应的△H>0B.N点的化学平衡常数K=0.59C.L、M两点容器内压强:p（M）>2p（L）D.向N点平衡体系中再加入1molCH3OH，建立新平衡时被分解的CH3OH的物质的量的小于0.4mol【

答案】CD【解析】【详解】试题分析：A．图像分析可知，CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），反应中CO转化率随温度升高减小，说明升温逆向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，H<0，A错误；B．根据化学平衡三段式列式计算M点平衡浓度，CO的转化率为60%，

CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），起始量（mol/L）120变化量（mol/L）0.61.20.6平衡量（mol/L）0.40.80.6计算平衡常数，平衡常数随温度变化，M、N点温度相同，化学平衡常数相

同，B错误；C．L、M两点容器内压强之比等于气体的物质的量之比等于1：2，P（M）=2P（L），但温度升高，M点压强增大，P（M）>2P（L），C正确；D．N点平衡体系中再加入1molCH3OH，相当于Ⅰ中再加入1mol

CO和2molH2，最后达到平衡状态和Ⅱ中加入2molCO和4molH2的平衡状态相同甲醇最后平衡状态为1.2mol，CO转化率60%，则相当于逆向进行甲醇分解率为40%，加入1mol甲醇增大压强平衡正向进行，则分解率小于40%，分解的甲醇小于0.4mol，D正

确，答案选CD。考点：考查化学平衡的计算非选择题16.As2O3在医药、电子等领域有重要应用。某含砷元素（As）的工业废水经如下流程转化为粗As2O3。（1）“碱浸”的的离子方程式____________

_______。（任写一个）（2）通入氧气的作用______________________。（3）“沉砷”是将砷元素转化为Ca5（AsO4）3OH沉淀，发生的主要反反应：a.Ca（OH）2（s）Ca2+（aq）+2

OH-（aq）△H<0b.5Ca2++OH-+3AsO43-Ca5（AsO4）3OH△H>0研究表明：“沉砷”的最佳温度适85℃。高于85℃后，随温度升高，沉淀率下降，其原因是_______。（4）“还原”过程反应的化学方程

式是_____________________________。（5）“还原”后加热溶液，H3ASO3分解为As2O3，同时结晶得到粗As2O3.As2O3在不同温度和不同浓度硫酸中的溶解度（S）曲线如图所示。为了提高粗As2O3的沉淀率，“结晶”过程进行的操作是______。（6）下列说法中

，正确的是____________（填字母）。a.粗As2O3中含有CaSO4b.工业生产中，滤液2可循环使用，提高砷的回收率c.通过先“沉砷”后“酸化”的顺序，可以达到富集砷元素的目的【答案】①.H3AsO4+3OH-=AsO43-+3H2O②.将A

sO33-氧化生成AsO43-③.温度升高，反应a平衡逆向移动，c（Ca2+）下降，反应b平衡逆向移动，Ca5（AsO4）3OH沉淀率下降④.H3AsO4+H2O+SO2=H3AsO3+H2SO4⑤.调硫酸浓度约为7mol·L-1，冷却至25℃，过滤⑥.abc【解析】【分析】由流程图可知，向工业废

水加入氢氧化钠碱浸，H3AsO4、H3AsO3与氢氧化钠溶液反应生成Na3AsO4、Na3AsO3，向Na3AsO4和Na3AsO3的混合溶液中通入氧气，氧气将Na3AsO3氧化为Na3AsO4，再加入石灰乳沉砷得到Ca5（AsO4）3OH沉淀，用稀硫酸溶解沉淀，生成H3AsO4溶液和

硫酸钙沉淀，过滤，向H3AsO4溶液中通入二氧化硫，二氧化硫将H3AsO4还原为H3AsO3，加热H3AsO3溶液，H3AsO3分解为As2O3，加入浓度约为7mol•L-1的硫酸，冷却至25℃，过滤，得粗As2O3。【详解】（1）H3AsO4与氢氧化钠反应转化为Na3AsO4反

应的化学方程式H3AsO4+3NaOH＝Na3AsO4+3H2O，故答案为H3AsO4+3NaOH＝Na3AsO4+3H2O；（2）向Na3AsO4和Na3AsO3的混合溶液中通入氧气，氧气将Na3A

sO3氧化为Na3AsO4，故答案为将AsO33-氧化生成AsO43-；（3）反应a为放热反应，升高温度反应a平衡逆向移动，c（Ca2+）下降，反应b平衡逆向移动，Ca5（AsO4）3OH沉淀率下降，故答案为温度升高，反应a平衡逆向移动，c（C

a2+）下降，反应b平衡逆向移动，Ca5（AsO4）3OH沉淀率下降；（4）“还原”过程中二氧化硫将H3AsO4还原为H3AsO3，自身被氧化生成硫酸，反应为：H3AsO4+H2O+SO2＝H3AsO3+H2SO4，故答案为H3AsO4+H2O+

SO2＝H3AsO3+H2SO4；（5）由图2可知，硫酸浓度约为7mol•L-1，25℃时As2O3的沉淀率最大，易于分离，故为了提高粗As2O3的沉淀率，调硫酸浓度约为7mol•L-1，冷却至25℃，过滤，故答案为调硫酸浓度约为7mol•L-1，冷却至25℃，过滤；（6）

a、钙离子未充分除去，粗As2O3中含有CaSO4，正确；b、滤液2为硫酸，可循环使用，提高砷的回收率，正确；c、通过先“沉砷”后“酸化”的顺序，可以达到富集砷元素的目的，正确；abc正确，故答案为abc。【点睛】注意对工艺流程中反应原理的分析，注意氧化还原反应、对条件的控制选择的理解是

解题的关键。17.根据文献报道，醛基可和双氧水发生如下反应：为了合成一类新药，选择了下列合成路线（部分反应条件已略去）（1）C中除苯环外能团的名称为____________________。（2）由D生成E的反应类型为____________________

_。（3）生成B的反应中可能会产生一种分子式为C9H5O4Cl2的副产物，该副产物的结构简式为_________。（4）化合物C有多种同分异构体，请写出符合下列条件的结构简式:___________________。①能与FeCl3溶液发生

显色反应②核磁共振氢谱图中有3个吸收峰（5）写出以和CH3OH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.氯原子、羟基②.加成反应③.④.⑤.【解析】【分析】由有机物的转化关系可知，与KMnO4或K2Cr2O7等氧化剂发生氧化反应生

成，在酸性条件下，与甲醇共热发生酯化反应生成，则B为；与LiAlH4反应生成，则C为；发生氧化反应生成，与双氧水发生加成反应生成，酸性条件下与ROH反应生成，则F为。【详解】（1）C的结构简式为，含有的官能

团为氯原子和羟基，故答案为氯原子、羟基；（2）由D生成E的反应为与双氧水发生加成反应生成，故答案为加成反应；（3）由副产物的分子式为C9H5O4Cl2可知，在酸性条件下，与甲醇共热发生酯化反应生成，则副产物的结构简式为，故答案为；（4）化合物C的同分异构体能与FeCl3溶液发生显色反应，说明

分子中含有酚羟基，核磁共振氢谱图中有3个吸收峰说明结构对称，结构简式为，故答案为；（5）由题给转化关系可知，在酸性条件下，与甲醇共热发生酯化反应生成，与LiAlH4反应生成，催化氧化生成，与过氧化氢发生加成反应生成，合成路线如下：，故答案为

。【点睛】本题考查有机化学基础，解题的关键是要熟悉烃的各种衍生物间的转化关系，不仅要注意物质官能团的衍变，还要注意同时伴随的分子中碳、氢、氧、卤素原子数目以及有机物相对分子质量的衍变，这种数量、质量的改变往往成为解题的突破口。1

8.过一硫酸氢钾复合盐（KHSO4·2KHSO5·K2SO4）常用作漂白剂和消毒剂，其制备流程如下：（1）反应Ⅰ的化学方程式为：H2O2+H2SO4H2SO5+H2O，△H<0；则反应Ⅱ中K2CO3与H2S

O5反应生成KHSO5的化学方程式为_____________。（2）生产原料的理论比值[n（H2O2）：n（H2SO4）]为0.4:1，但实际生产最佳投料比为0.6:1，其原因是_____________

____。（3）过一硫酸氢钾复合盐可以处理废水中的H2S。已知：25℃，H2S的电离常数Ka1=1.1×10-7，Ka2=1.3×10-13由于电离常数值极小，H2S水溶液中H2S的平衡浓度近似等于H2S的初始浓度。0.090mol·

L-1H2S溶液的pH=4，该溶液中c（S2－）=________________。（4）准确称取3.350g复合盐样品配制成250mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，加入适量的稀硫酸和足量的KI溶液，摇匀后置于暗处，充分反应后，加入少量淀粉溶液，用0.1000m

ol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消粍标准溶液20.00mL。计算复合盐中有效成分KHSO5的质量分数。（写出计算过程）（已知：HSO5--+I/H→I2-223SO→S4O62-）_____________________

___。【答案】①.2H2SO5+K2CO3=2KHSO5+CO2↑+H2O②.硫酸与双氧水反应放热，促使双氧水部分分解③.1.29×10-13mol·L-1④.HSO5-+2I-+H+=SO42-+I2+H2O，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，

KHSO5〜I2〜2Na2S2O3，n（Na2S2O3）=0.1000mol·L-1×20.00×10-3L=0.002mol，n（I2）=l/2n（Na2S2O3）=l/2×0.002mol=0.00lmol

，n（KHSO5）=n（I2）=0.00lmol，m（KHSO5）=0.001mol×l52g/mol=0.152g，ω（KHSO5）=（0.152g/3.350g）×250mL/25.00mL×100%=45.37%【解析】【分析】由题给流程图可知，8.5mol/L浓

硫酸与30%H2O2反应，浓硫酸部分转化为过硫酸H2SO5和水，H2SO5与K2CO3反应生成过硫酸氢钾、二氧化碳和水，所得溶液经结晶、过滤得到过一硫酸氢钾复合盐KHSO4·2KHSO5·K2SO4。【详解】（1）反应Ⅱ中K2CO3与H2

SO5反应生成KHSO5、二氧化碳和水，反应的化学方程式为2H2SO5+K2CO3=2KHSO5+CO2↑+H2O，故答案为2H2SO5+K2CO3=2KHSO5+CO2↑+H2O；（2）由题意可知反应Ⅰ为放热反应，反应放出

的热量使反应温度升高，H2O2受热易分解，所以实际生产中为保证反应进行选择的最佳投料比为0.6:1，故答案为硫酸与双氧水反应放热，促使双氧水部分分解；（3）25℃，H2S的水溶液中有如下关系：Ka1×Ka2=2()()()cHcHScHS+−×2()()()cHcScHS

+−−=222()()()cHcScHS+−，由题意可知溶液中c(H+)=1×10-4mol/L，c(H2S)=0.090mol/L，则溶液中c(S2—)=()1222()aaKKcHcSH+=713421.1101.3100.090(110)−−−≈

1.29×10-13mol/L，故答案为1.29×10-13mol/L；（4）由题意可知测定过程中发生了如下反应：HSO5-+2I-+H+=SO42-+I2+H2O，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，由方程式可得如下关系：KHSO5〜

I2〜2Na2S2O3，n（Na2S2O3）=0.1000mol·L-1×20.00×10-3L=0.002mol，n（KHSO5）=12n（Na2S2O3）=12×0.002mol=0.00lmol，m（KHSO5）=0.001mol×l5

2g/mol=0.152g，ω（KHSO5）=0.152103.350gg×100%=45.37%，故答案为45.37%。【点睛】本题以物质制备为载体，考查了物质制备、物质的性质，电离平衡计算和多步

方程式的计算，注意对流程的分析理解，注意电离常数的整合以及多步方程式计算的方法是解答关键。19.以软锰矿（主要成分为MnO2，还含有少量的Fe2O3、FeO、Al2O3和SiO2）为原料制备马日夫盐[Mn（H2P

O4）2·2H2O（磷酸二氢锰）]的主要实验流程如下：（1）用MnO2“氧化”时发生反应的离子方程式为____________________。（2）如何检验“沉锰”已完成________________

____。（3）加入BaCO3除SO42-，需控制温度在70〜80℃，应采取的加热方式为_________________。（4）铁离子的萃取率与接触时间和溶液的pH之间的关系如图1、2所示，则应选择的接触时间为___；p

H>1.7，铁离子的萃取率急剧下降的原因可能为_______________。（5）结合如图3的溶解度曲线，请补充完整由浸锰得到的溶液制备MnSO4·H2O的实验方案：边搅拌边先向溶液中滴加_____，控制温度在80℃〜90℃之间蒸发结晶，_________。（实验中须使用的

试剂有：双氧水、MnCO3粉末、80℃〜90℃的蒸馏水；除常用仪器外须使用的仪器：真空干燥箱）[已知该溶液中pH=7.8时Mn（OH）2开始沉淀：pH=5.0时Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀完全，pH=8.8时Fe（OH）2沉淀完全]。【答案】①.2Fe2++MnO2+4H+=

2Fe3++2H2O+Mn2+②.在上层消液中继续滴如Na2CO3溶液，若无沉淀生成则说明沉锰已经完成③.70〜80℃的热水浴加热④.60分钟⑤.pH>1.7铁离子水解生成Fe（OH）3沉淀⑥.适量的双氧水⑦.再向滤液中加入MnCO3粉末调节溶液的pH至5.0<pH<7.8

，过滤洗涤，将滤液与洗涤液合并；趁热过滤，得到MnSO4·H2O，用80℃〜90℃的蒸馏水洗涤2〜3次，放在真空干燥箱中低温干燥【解析】【分析】由流程可知，向软锰矿浆和稀硫酸的混合物中通入二氧化硫，得到含有金属阳离子

Mn2+、Fe2+、Al3+的溶液，加入二氧化锰将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，加入有机萃取剂，萃取分液除去Fe3+，加入合适试剂调节溶液pH，使Al3+转化为沉淀除去，过滤，向滤液中加入碳酸钠溶液沉锰，

过滤得到MnCO3沉淀，MnCO3沉淀与加入的磷酸反应生成Mn（H2PO4）2，加入BaCO3除去溶液中的SO42-，过滤，滤液浓缩结晶得到马日夫盐Mn（H2PO4）2•2H2O。【详解】（1）用MnO2“氧化”时，二氧化锰将溶液中Fe2+氧化为F

e3+，反应的离子方程式为2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++2H2O+Mn2+，故答案为2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++2H2O+Mn2+；（2）“沉锰”完成时，溶液中c(Mn2+)很小，再加入Na2CO3溶液，不会再生成MnCO3沉淀，故答案为在上层清液中继续滴如Na2CO3溶

液，若无沉淀生成则说明沉锰已经完成；（3）加入BaCO3除SO42-，可以利用水浴加热控制反应温度在70〜80℃，故答案为70〜80℃的热水浴加热；（4）由图1可知，接触时间为60min时，Fe3+离子的萃取率达到最大，60min后出现了平台，Fe3+离子的萃取率没有变化；由图2可

知，Fe3+的水解程度随着pH的升高而增大，Fe3+离子的萃取率越低；故答案为60分钟；Fe3+的水解程度随着pH的升高而增大；（5）浸锰得到的溶液中含有金属阳离子Mn2+、Fe2+、Al3+，应先加入适量双氧水溶液，将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，再加入MnCO3粉末调节溶液的pH至5.0<pH

<7.8，使Fe3+和Al3+完全转化为沉淀除去，过滤；由图3可知MnSO4·H2O的溶解度随温度升高而减小，应控制温度在80℃〜90℃之间蒸发结晶，趁热过滤得到MnSO4·H2O晶体，并用80℃〜90℃的蒸馏水洗涤2〜3次，放在真空干燥箱中低温干燥得到产品，故答案为适量的双氧水；再向滤液

中加入MnCO3粉末调节溶液的pH至5.0<pH<7.8，过滤洗涤，将滤液与洗涤液合并；趁热过滤，得到MnSO4·H2O，用80℃〜90℃的蒸馏水洗涤2〜3次，放在真空干燥箱中低温干燥。【点睛】本题考查化学工艺流程，侧重分析与实

验能力的考查注意对工艺流程的理解，掌握氧化还原反应方程式书写方法，熟悉对实验条件的控制选择与理解，把握流程图中每一步发生的反应及操作方法，注意结合题给信息解答是解题的关键。20.高炉废渣在循环利用前.需要脱硫（硫元素主要存在形式为S2-，少量为SO32-和S

O42-）处理。（1）高温“两段法”氧化脱硫。第一阶段在空气中相关热化学方程式如下：CaS（s）+2O2（g）=CaS04（s）△H=-907.1kJmol-1CaS（s）+3/202（g）=CaO（s）+S02（g）△H=-45

4.3kJmol-1①第二阶段在惰性气体中，反应CaS（s）+3CaS04（s）=4CaO（s）+4SO2（g）的△H=________kJmol-1。②整个过程中，CaS完全转化生成1molS02，转移的电子数为_________mol。③生成的S02用硫酸铜溶液吸收电解氧化，总反应为CuS04

+S02+2H20电解Cu+2H2S04。写出电解时阳极的电极反应式__________。（2）喷吹C02脱硫。用水浸取炉渣，通入适量的C02，将硫元素以含硫气体形式脱去。当C02的流量、温度一定时，渣-水混合液

的pH、含碳元素各种微粒（H2C03、HCO3-、CO32-）的分布随喷吹时间变化如图-1和图-2所示。①已知Ksp（CdS）=8.0×l0-27，Ksp（CdCO3）=4.0×l0-12。取渣-水混合液过滤，可用如下试剂和一定浓度盐酸验证滤液中存在SO32-。试剂的添加顺序依次为________

_____（填字母）。a.H2O2b.BaCl2c.CdCO3②H2CO3第二步电离的电离常数为Ka2，则pKa2=_____________（填数值，已知pKa2=—lgKa2）。③通入CO215〜30min时，混合液中发生的主要脱硫反应离子方程式

为_____________。（3）硫酸工业生产中SO3吸收率与进入吸收塔的硫酸浓度和温度关系如图-3，由图可知吸收SO3所用硫酸的适宜浓度为98.3%，温度_____________，而工业生产中一般采用60℃的可能原因是_____________。【答案】①.904.1②.6③.SO2+2H2

O-2e-=SO42-+4H+④.cba⑤.10.25⑥.2CO2+S2-+2H2O=2HCO3-+H2S↑⑦.40℃⑧.适当升高反应的温度可加快吸收SO3的速率【解析】【分析】（1）依据盖斯定律计算可得；②CaS完全转化生成SO2时，S元素的化合价从-2价升高到+4价；③由电解总

方程式可知，SO2在阳极上失电子发生氧化反应生成H2SO4；（2）①由题意可知渣-水混合液的滤液中含有S2-，实验设计应排除S2-对SO32-检验的干扰；②由图1、2可知，当溶液中c(CO32—)和c(HCO

3—)相等时，溶液的pH为10.25；③由图1、2可知，通入CO215〜30min时，溶液中碳元素主要以HCO3-离子存在；（3）由图3可知，当吸收SO3所用硫酸的适宜浓度为98.3%，温度为40℃时SO3的吸收率最高。【详

解】（1）①将题给已知方程式依次编号为①②，利用盖斯定律将②×4-①×3可得反应CaS（s）+3CaS04（s）=4CaO（s）+4S02（g），则△H=（-454.3kJmol-1）×4-（-907.1kJmol-1）×3=904.1kJmol-1，故答案为904.1；②C

aS完全转化生成SO2时，S元素的化合价从-2价升高到+4价，则生成1molSO2转移的电子数为[（+4）-（-2）]mol=6mol，故答案为6；③由电解总方程式可知，S02在阳极上失电子发生氧化反应生成H2S04，电极反应式为SO2+2H2O-2e-=

SO42-+4H+，故答案为SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+；（2）①由题意可知渣-水混合液的滤液中含有S2-，为排除S2-对SO32-检验的干扰，应先加入CdCO3将S2-转化为CdS，过滤，向滤液中加入BaCl2溶液，得到碳酸钡和亚硫酸钡

沉淀，过滤，向滤渣中加入双氧水充分反应，将亚硫酸钡氧化生成硫酸钡，最后加入盐酸，若溶液中存在SO32-，沉淀不能完全溶解，若不存在SO32-，沉淀会完全溶解，故答案为cba；②由图1、2可知，当溶液中c(CO32—)

和c(HCO3—)相等时，溶液的pH为10.25，则Ka2=()()()2+33cCOcHcHCO−−=c(H+)=10—10.25,则pKa2=10.25，故答案为10.25；③由图1、2可知，通入CO215〜30min时，溶液中碳元素主要以HCO3-离子存在，说明

二氧化碳与溶液中S2-反应生成HCO3-和H2S，反应的离子方程式为2CO2+S2-+2H2O=2HCO3-+H2S↑，故答案为2CO2+S2-+2H2O=2HCO3-+H2S↑；（3）由图3可知，当

吸收SO3所用硫酸的适宜浓度为98.3%，温度为40℃时SO3的吸收率最高；但是适当升高温度可以加快吸收速率，所以工业生产中一般采用60℃，故答案为40℃；适当升高反应的温度可加快吸收S03的速率。【点睛】本题考查化学反应原理的综合应用，题目较为综合，涉及面广，侧重于分析能力和计算能力的考查，注

意盖斯定律的计算、电极反应式的书写、电离平衡常数的计算，化学平衡移动和图像分析是解答关键。21.锌的配合物ZSM、[Zn（N2H4）2（N3）2]n等配合物及其合金用途非常广泛。（1）Zn2+基态核外电子排布式为___

__________。（2）ZSM是2-甲基咪唑和水杨酸与锌形成的配合物，2-甲基咪唑可通过下列反应制备：①与CN-互为等电子体的分子是_____________（写化学式）。②2-甲基咪唑中碳原子杂化轨道类型为_____________；lmol2-甲基咪唑分子中含键数目为_________。

N2H4易溶于水的主要的原因是_____________。（3）[Zn（N2H4）2（N3）2]n有两种配体，Zn2+的配位数是6，补画出[Zn（N2H4）2（N3）2]n结构示意图：_________

___。【答案】①.[Ar]3d10或ls22s22p63s23p63d10②.N2或CO③.sp2和sp3④.12×6.02×1023⑤.N2H4分子与水分子能形成分子间氢键⑥.【解析】【分析】（1）Z

n是30号元素，其原子核外有30个电子，失去最外层两个电子生成锌离子；（2）①原子个数相等、价电子数相等的微粒是等电子体；②2-甲基咪唑中碳原子有饱和碳原子和碳碳双键碳原子两种形式；（3）由题意可知Zn2+的配位数是6

，Zn2+已经与2个N=N≡N中N原子形成配位键，则还必须与2个N2H4分子4个N原子形成配位键。【详解】（1）Zn是30号元素，其原子核外有30个电子，失去最外层两个电子生成锌离子，根据构造原理书写其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10，故答案为

1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；（2）①原子个数相等、价电子数相等的微粒是等电子体，氢氰根离子中含有2个原子、价电子数是10，与CN-互为等电子体的分子为N2或CO，故答案为N2或CO；②2-甲基咪唑中碳原子有饱和碳原子

和碳碳双键碳原子两种形式，所以碳原子的杂化方式为sp2和sp3杂化；2-甲基咪唑分子中含5个C—H、4个C—N、2个C—C、1个N—Hδ键，共12个δ键，则lmol2-甲基咪唑分子中含键数目为12×6.02×1023；N2H4分子能和水分子形成氢键，则N

2H4易溶于水，故答案为sp2和sp3；12×6.02×1023；N2H4分子与水分子能形成分子间氢键；（3）由题意可知Zn2+的配位数是6，Zn2+已经与2个N=N≡N中N原子形成配位键，则还必须与2个N2H4分子4个N原子

形成配位键，结构示意图为，故答案为。【点睛】本题考查物质结构与性质，注意核外电子排布式判断，注意化学键、等电子体、杂化方式的判断，熟悉配位化合物的结构分析是解答关键。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com