高三第二次月考化学试题(答案解析)92

江苏省海安高级中学【精品】高三第二次月考化学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．推进绿色发展，建设美丽中国。下列做法应提倡的是

A．限制二氧化碳排放，减少酸雨产生

B．加大化肥、农药使用，提高粮食产量

C．将塑料焚烧处理，减轻白色污染

D．开发新能源，减少化石燃料的使用

2．下列有关化学用语表示正确的是

A．原子核内有10个中子的氧原子：B．硫离子的结构示意图：

C．次氯酸钠的电子式：D．葡萄糖分子的结构简式：C6H12O6 3．下列有关物质性质与用途具有对应关系的是

A．二氧化硫具有氧化性，可用于漂白纸浆

B．葡萄糖具有还原性，可用于化学镀银

C．氢氧化铝受热易分解，可用作胃酸中和剂

D．生石灰能与水反应，可用来干燥氯气

4．下列有关实验装置或操作正确的是

A．装置甲液面读数为12.20 mL B．装置乙可探究铁的吸氧腐蚀

C．装置丙可检验乙烯的生成D．装置丁可验证碳酸氢钠受热分解5．短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，原子序数之和为42，X原子的核外电子数等于Y的最外层电子数，Z是第IA元素，W是同周期非金属性最强的元素。下列说法正确的是

A．单质的还原性：X＞Z

B．原子半径：r(X)＜r(Y)＜r(Z)＜r(W)

C．Y、Z 组成的化合物中一定含有离子键

D．W的氧化物的水化物一定是强酸

6．下列指定反应的离子方程式正确的是

A．用氨水吸收足量的SO2气体:2OH-+SO2=SO32-+H2O

B．NaClO将污水中的NH3氧化成N2: 3ClO-+2NH3=N2↑+3C1-+3H2O

C．酸性条件下，用H2O2将Fe2+转化为Fe3+:H2O2+Fe2++2H+=Fe3++2H2O

D．NH4Al(SO4)2溶液与过量NaOH溶液反应:A13++4OH-=AlO2-+2H2O

7．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．FeS2SO2SO3B．NaCl NaHCO3(s)Na2CO3(s) C．HClO Cl2Ca(ClO)2D．Al Al(OH)3Al2O3 8．煤燃烧排放的烟气含有SO2和NO x,会污染大气。采用NaClO、Ca(C1O)2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行税硫、脱硝，下列说法正确的是

①SO 2(g)+2OH-(aq) SO32-(aq)+H2O(l) ΔH1=a KJ/mol

②ClO-(aq)+SO 32-(aq)SO42-(aq)+Cl-(aq) ΔH2=b KJ/mol

③CaSO 4(s)Ca2+(aq)+ SO42- (aq) ΔH3=c KJ/mol

④SO 2(g)+Ca2+(aq)+ClO-(aq)+2OH-(aq) CaSO4(s)+H2O(l)+Cl-(aq)ΔH4=dKJ/mol A．随着吸收反应的进行，吸收剂溶液的pH逐渐减小

B．反应①、②均为氧化还原反应

C．反应Ca(OH)2(aq)+H2SO4(aq)=CaSO4(s)+2H2O(1)的ΔH=-ckJ/mol

D．d=a+b+c

9．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是

A．澄清透明的溶液中：Fe3+、Ba2+、NO3-、Cl-

B．使酚酞变红色的溶液中：Na+、NH4+、C1-、SO42-

C．c(Al3+)=0.1mol/L的溶液中：K+、Mg2+、SO42-、AlO2-

D．由水电离产生的c(H+)=10-13mol/L的溶液中：K+、Na+、CH3COO-、NO3-

10．下列图示与对应的叙述相符的是

A．图甲表示放热反应在有无催化剂的情况下反应过程中的能量变化

B．图乙表示一定温度下，溴化银在水中的沉淀溶解平衡曲线，其中a点代表的是不饱和溶液，b点代表的是饱和溶液

C．图丙表示25℃时，分别加水稀释体积均为100mL、pH=2的一元酸CH3COOH溶液和HX溶液，则25℃时HX的电离平衡常数大于CH3COOH

D．图丁表示某可逆反应生成物的量随反应时间变化的曲线，由图知t时反应物转化率最大

11．下列说法正确的是

A．11.2 L Cl2与足量铁充分反应，转移电子数为6.02×1023

B．SiCl4(g) +2H2(g)＝Si(s)+4HCl(g)常温下不能自发进行，则该反应的ΔH＞0

C．向硫酸钡悬浊液中加入足量饱和Na2CO3溶液，振荡、过滤、洗涤，向沉淀中加入盐酸有气体产生，说明K sp(BaSO4)＞K sp(BaCO3)

D．探究温度对硫代硫酸钠与硫酸反应速率的影响时，若先将两种溶液混合并计时，再用水浴加热至设定温度，则测得的反应速率偏高

12．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是

A．A B．B C．C D．D

二、多选题

13．羟甲香豆素为香豆素衍生物，对胆总管结石有一定排石效果。下列说法正确的是

A．羟甲香豆素分子中有三种含氧官能团

B．该物质能发生取代反应，不能发生消去反应

C．1mol该物质与溴水反应，最多消耗2molBr2

D．1mol该物质最多可与含3molNaOH的溶液反应

14．常温下，Ka(CH3COOH)=1.75×10-5, Ka (HCN)=6.2×10-10，下列说法正确的是A．0.1mol/L CH3COONa溶液与0.1mol/L KCN溶液:c(Na+)-c(CH3COO-)> c(K+)-c(CN-) B．20mL0.1 mol/L CH3COONa与10mL 0.1 mol/L HCl溶液混合后所得酸性溶

液:c(Na+)>c(CH3COOH)>c(CH3COO-)

C．0.2 mol/LHCN溶液与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合所得溶

液:c(Na+)>c(CN-)>c(OH-)>c(H+)

D．向浓度均为0.1mol/L的CH3COOH和HCN混合溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液，当恰好中和时所得溶液: c(CH3COOH)+c(HCN)+c(H+)=c(OH-)

15．工业上以CO和H 2为原料合成甲醇的反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H＜0，在容积为1 L的恒容容器中，分别在T1、T2、T3三种温度下合成甲醇。右图是上述三种温度下不同H2和CO的起始组成比（起始时CO的物质的量均为1mol）与CO平衡转化率的关系。下列说法正确的是

A．H2转化率：a＞b＞c

B．上述三种温度之间关系为T1＞T2＞T3

C．a点状态下再通入0.5 mol CO和0.5 mol CH3OH，平衡向正方向移动

D．c点状态下再通入1 molCO和4 mol H2，新平衡中CH3OH的体积分数增大

三、工业流程题

16．活性ZnO在橡胶、塑料等工业中有重要应用，某工厂以含铅锌烟气（主要成分是ZnO、PbO，还有少量FeO、CuO）制备活性ZnO的工艺流程如下：

（1）下图为温度与Zn、Pb元素浸出率的关系图，“酸浸”时采用30℃而不是更高的温度的原因是：①减少盐酸挥发；②____。

（2）“氧化”的目的是除去酸浸液中的Fe2+，在pH约为5.1的溶液中，加入高锰酸钾溶液，生成MnO2和Fe(OH)3沉淀，该反应的离子方程式为____。

（3）①若“过滤I”所得的滤液浑浊，则处理的方法为____。

②“除杂”时，滤渣Ⅱ的主要成分是Cu、Pb，试剂X应为____。

（4）在“过滤Ⅱ”后的溶液中加入Na2CO3溶液，生成碱式碳酸锌［Zn2(OH)2CO3］等物质。

①该反应的化学方程式为____。

②检验碱式碳酸锌洗涤干净的操作为____。

四、原理综合题

17．化合物J是一种重要的有机中间体，可以由苯合成:

(1) B中含氧官能团名称为_________

(2) D E的反应类型为_____________

(3) C的分子式为C10H12O2,经取代反应得到D;写出C的结构简式_________。

(4)写出同时满足下列条件的J的一种同分异构体的结构简式______________

①属于芳香族化合物;②不能与金属钠反应;③有3种不同化学环境的氢原子。

(5)已知:(R表示烃基，R1、R2表示氢或烃基)。

请写出以为原料制备的合成路线图。

(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。________________

18．实验室用如图所示装置模拟石灰石燃煤烟气脱硫实验：

（1）实验中为提高石灰石浆液脱硫效率可采取的一种措施是____，写出通入SO2和空气发生反应生成石膏(CaSO4·2H2O)的化学方程式____。

（2）将脱硫后的气体通入KMnO4溶液，可粗略判断烟气脱硫效率的现象是____。（3）研究发现石灰石浆液的脱硫效率受pH和温度的影响。烟气流速一定时，脱硫效率与石灰石浆液pH的关系如图所示，在pH为5.7时脱硫效果最佳，石灰石浆液5.7＜pH ＜6.0时，烟气脱硫效果降低的可能原因是____，烟气通入石灰石浆液时的温度不宜过高，是因为____。

（4）石灰石烟气脱硫得到的物质中的主要成分是CaSO4和CaSO3，实验人员欲测定石灰石浆液脱硫后的物质中CaSO3的含量，以决定燃煤烟气脱硫时通入空气的量。请补充完整测定CaSO3含量的实验方案：取一定量石灰石烟气脱硫后的物质，____。[浆液中CaSO3能充分与硫酸反应。实验中须使用的药品：75%的硫酸、标准浓度的(NH4)2Fe(SO4)2溶液，标准浓度的酸性KMnO4溶液]

19．氮元素是造成水体富营养化的主要原因，在水中常以氨氮或NO3?形式存在。（1）在pH为4～6时，用H2在Pd-Cu催化下将NO3-还原为N2可消除水中NO3?。该反

应的离子方程式为____。若用H2和CO2的混合气体代替H2，NO3-去除效果更好，其原因是____。

（2）NaClO氧化可除去氨氮，反应机理如图1所示（其中H2O和NaCl略去），实验测得相同条件下，相同反应时间，pH与氨氮的去除率关系如图2所示，温度与氨氮去除率关系如图3所示。

图1 图2 图3

①NaClO氧化NH3的总反应的化学方程式为____。

②如图2所示，在pH＞9时，pH越大去除率越小，其原因是____。

③如图3所示，温度低于15℃时，温度越低去除率越低其原因是____。当温度高于25℃时，温度越高去除率也越低，其原因是____。

（3）用电化学法可去除废水中的氨氮。在含NH4+的废水中加入氯化钠，用惰性电极电解。反应装置如图4所示，则电解时，a极的电极反应式为____。

20．TiCl3是烯烃定向聚合的催化剂、TiCl4可用于制备金属Ti。

(1)Ti3+的基态核外电子排布式为__________

(2)丙烯分子中，碳原子轨道杂化类型为__________

(3)Mg、Al、Cl第一电离能由大到小的顺序是___________

(4)写出一种由第2周期元素组成的且与CO互为等电子体的阴离子的电子式________

(5)TiCl3浓溶液中加入无水乙醚，并通入HCl至饱和，在乙醚层得到绿色的异构体,结构式分别是[Ti(H2O)6]Cl3、[Ti(H2O)5Cl]Cl2·H2O。1mol[Ti(H2O)6]Cl3中含有σ键的数

目为______.

(6)钛酸锶具有超导性、热敏性及光敏性等优点，该晶体的晶胞中Sr位于晶胞的顶点，O位于晶胞的面心，Ti原子填充在O原子构成的正八面体空隙的中心位置，据此推测，钛酸锶的化学式为_________

五、实验题

21．为测定某三价铁配合物(化学式表示为K a[Fe b(C2O4)c]·xH2O)的组成，做了如下实验：步骤1：称取1.9640g K a[Fe b(C2O4)c]·xH2O晶体，配制成250.00mL溶液.

步骤2：取所配溶液25.00mL于锥形瓶中，加入1mol/LH2SO45.0mL，加热到70~85℃，用0.01000mol/LKMnO4溶液滴定至终点(5C2O42-+2MnO4-+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O)，消耗KMnO4溶液48.00mL。

步骤3：向反应后的溶液中加入一定量锌粉。加热至黄色恰好消失，过滤，洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时溶液仍呈酸性。

步骤4：继续用0.01000mol/LKMnO4溶液滴定步骤3所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液8.00mL。

（1）步骤2中滴定终点的现象是_______

（2）步骤3中加入锌粉的目的是__________

（3）步聚4中发生反应的离于方程式为__________

（4）通过计算确定该三价铁配合物的化学式________(写出计算过程)。

参考答案

1．D

【解析】

【详解】

A、酸雨是由人为排放的二氧化硫和氮氧化物转化而成的，限制二氧化碳排放，不能减少酸雨产生，故A错误；

B、农业生产中,合理使用化肥、农药以提高粮食产量，正确；

C、白色污染是塑料制品造成的污染,焚烧会污染空气，C说法不正确；

D 、化石燃料属于不可再生能源，面临被耗尽的危险，人类正在利用和开发新的能源,如太阳能、风能、地热能，故B说法正确；故本题答案选D。

【点睛】

酸雨是指pH小于5.6的雨雾或其他形式的大气降水，它是由人为排放的二氧化硫和氮氧化物转化而成的；温室效应是指由于煤、石油、天然气的化石燃料的大量使用，排放到大气中的CO2、CH4等气体的大量增加，致使地表温度上升的现象；白色污染是指各种塑料垃圾对土壤所造成的污染。

2．C

【解析】

【详解】

A、氧是第8号元素，所以氧原子的原子核内有8个质子，原子核内有10个中子的氧原子的质量数为18，所以该氧原子为，错误；

B、硫离子的结构示意图应该为，错误；

C、次氯酸钠中存在Na+和ClO-，所以其电子式为：，正确；

D、C6H12O6是葡萄糖的分子式，错误；

答案选C。

3．B

【解析】A、二氧化硫中硫的化合价处于中间价态，具有氧化性和还原性，但漂白纸张是利用二氧化硫的漂白性，并不是利用其氧化性，故A错误：B、葡萄糖是多羟基醛含有羟基和

醛基，醛基能发生银镜反应，，可用于化学镀银，B正确；C、氢氧化铝为两性氢氧化物，可以与胃酸发生反应，与氢氧化铝的热稳定性无关，故C错误；D.氯气可与氢氧化钙反应，不能用碱性干燥剂干燥，故D错误；答案选B.

点睛：二氧化硫具有漂白性，通常用于漂白草帽和纸浆。

4．B

【解析】

【分析】

A.依据酸式滴定管的构造和规格确定读数；

B.根据吸氧腐蚀的条件来判断；

C.酸性高锰酸钾与二氧化硫也能发生氧化还原反应；

D.根据实验时加热固体的要求来分析；

【详解】

A.滴定管刻度值0刻度在上，“上小下大”，因此由图可知装置甲液面读数为11.80 mL，故A 错误；

B. 装置乙是在中性条件下，浸有食盐水的棉团与铁钉和空气接触，形成微小原电池，消耗装置中的氧气，压强减小，导管中上升一段液柱，因此通过现象可探究铁的吸氧腐蚀，B正确；

C.反应过程中会有二氧化硫生成，因为二氧化硫等也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，应先通碱液吸收再检验，故C错误；

D.加热碳酸氢钠固体应使试管口向下倾斜，故D错误；

答案为：B。

【点睛】

本题考查较为综合，涉及滴定管读数、吸氧腐蚀、气体的制备和检验等知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和评价能力的考查，注意把握物质的性质的异同以及实验方案的严密性，难度中等。

5．C

【解析】

【分析】

短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Z是第IA元素，W是同周期非金属性最强的元素，则Z为Na，W为Cl（W不能为F，若为F，X、Y、Z、W原子序数之和不可

能为42）；因X、Y、Z、W原子序数之和为42，则X和Y原子序数之和为42-11-17=14，X 原子的核外电子数等于Y的最外层电子数，则X为C，Y为O，以此来解答。

【详解】

由上述分析可以知道，X为C，Y为O，Z为Na，W为Cl；

A.X的单质是C，Z的单质是Na，还原性Na>C，故A错误；

B.电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：r(Y)＜r(X)＜r(W)＜r(Z)，所以B选项是错误的；

C.Y、Z两种元素组成的化合物是离子化合物，一定含有离子键，故C正确；

D.氯的氧化物的水化物有多种，若为HClO则为弱酸，故D错误；

答案为C。

6．B

【解析】

A.用氨水吸收足量的SO2气体,反应生成亚硫酸氢铵,正确的离子方程式为：

NH3˙H2O+SO2=NH4++HSO3-，A错误；B. NaClO具有强氧化性，NH3具有还原性，NaClO 能将NH3氧化成N2，离子方程式为：3ClO-+2NH3=N2↑+3C1-+3H2O，B正确；C. 酸性条件下，用H2O2将Fe2+转化为Fe3+，正确的离子方程式为：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，C错误；D. NH4Al(SO4)2溶液与过量NaOH溶液反应的正确的离子方程式为：NH4++A13++5OH-=AlO2-+2H2O+ NH3˙H2O，D错误；答案选B.

7．A

【解析】

【详解】

A、工业上焙烧硫铁矿制取二氧化硫，二氧化硫催化氧化生成三氧化硫，A正确；

B、氯化钠溶液直接通二氧化碳不能生成碳酸氢钠，应先通氨气，再通二氧化碳，B错误；

C、次氯酸光照生成氧气而不是氯气，C错误；

D、铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠而不是氢氧化铝，D错误；

应选A。

8．A

【解析】

A.由反应①和④可知，随着吸收反应的进行，不断消耗OH-，因此导致吸收剂溶液的pH逐渐减小，A正确；

B.反应①没有发生化合价的变化，不是氧化还原反应，B错误；

C. 反应

Ca(OH)2(aq)+H2SO4(aq)=CaSO4(s)+2H2O的离子方程式为：Ca2++ SO42- +2OH-+2H+

CaSO4↓ +2H2O，该离子反应不是反应③的逆反应，因此ΔH -ckJ/mol，C错误；D.根据盖斯定律可知④=①+②-③，所以d=a+b-c，D错误；答案选A.

9．A

【解析】

【详解】

A项，Fe3+、Ba2+、NO3-、Cl-四种离子互相之间都不反应，所以可以大量共存，符合题意；B项，使酚酞变红色的溶液显碱性，碱性溶液中不能存在大量的NH4+，不符合题意；

C项，铝离子和偏铝酸根离子会发生双水解反应得到氢氧化铝沉淀，所以不能大量共存，不符合题意；

D项，由水电离产生的c(H+)=10-13mol/L，说明水的电离被抑制了，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，在酸性条件下CH3COO-不能大量存在，不符合题意；

答案选A。

【点睛】

判断离子是否大量共存，应该考虑如下的情况下离子不能大量共存：

1、发生复分解反应。（1）生成难溶物或微溶物：如：Ag+与Cl-等不能大量共存。（2）生成气体或挥发性物质：如：H+与CO32-、HCO3-、S2-、HS-等不能大量共存。（3）生成难电离物质：如：H+与CH3COO-等因生成弱酸不能大量共存；OH-与NH4+因生成的弱碱不能大量共存；H+与OH-生成水不能大量共存。

2、发生氧化还原反应：氧化性离子(如Fe3+、ClO-、MnO4-等)与还原性离子(如S2-、I-、Fe2+等)不能大量共存。

3、离子间发生双水解反应不能共存：如Al3+、Fe3+与CO32-、HCO3-、S2-、HS-等。

4、络合反应：如Fe3+和SCN-。

10．B

【解析】

【详解】

A、图甲中反应物比生成物的能量低，所以反应为吸热反应，错误；

B、溴化银在水中存在沉淀溶解平衡，溴离子和银离子浓度的乘积等于定值（Ksp），函数曲线应该如图所示，在曲线上的的点都代表饱和溶液，曲线下方的点都是不饱和溶液，正确；

C、酸越强加水稀释时的pH变化越快，所以由图示得到，醋酸的酸性强于HX，所以HX的

电离平衡常数一定小于醋酸的电离平衡常数，错误；

D、由图丁得到，t时刻不是生成物的量最大的时刻，应该是反应达平衡以后生成物的量最大，反应物的转化率最高，所以不是t时刻的转化率最高，错误；

答案选B。

11．B

【详解】

A. 氯气的条件状态未知，无法计算，故A错误；

B. SiCl4(g) + 2H2(g) = Si(s)+4HCl(g)常温下不能自发进行，则?H-T?S>0，由于反应前后气体体积增大?S>0，则?H一定大于0，故B正确；

C. BaSO4饱和溶液中加入饱和Na2CO3溶液有白色沉淀，是因为碳酸根离子浓度和钡离子浓度乘积大于溶度积常数，Ksp(BaSO4)小于Ksp(BaCO3)，故C错误；

D.该实验要求开始时温度相同，然后改变温度，探究温度对反应速率的影响，应先分别水浴加热硫代硫酸钠溶液、硫酸溶液到一定温度后再混合，若是先将两种溶液混合后再用水浴加热，随着热量的散失，测得的反应速率偏低，故D错误；

答案选B。

12．B

【解析】

A.Na2CO3固体受热不分解，试管内壁不产生水珠，A错误；

B. 向SO2水溶液中通入H2S气体，发生反应SO2+2H2S=3S↓+2H2O，二氧化硫做氧化剂，硫化氢作还原剂，说明二氧化硫具有氧化性，B正确；

C.无水乙醇中加入浓H2SO4，加热至170℃，发生消去反应生成乙烯，同时含有杂质二氧化硫、二氧化碳等气体；二氧化硫也能被高锰酸钾溶液氧化，使KMnO4溶液褪色；所以产生的气体不一定为乙烯；C错误；

D.缺少还原剂，不能发生氧化还原反应生成碘单质，应加稀硫酸、KI检验，D错误；答案选B.

13．BD

【解析】A. 羟甲香豆素分子中有酚羟基、酯基两种含氧官能团，A错误；B. 该物质在苯环和甲基上能发生取代反应，羟基在苯环上不能发生消去反应，B正确；C. 1mol该物质与溴水反应，最多消耗3molBr2，C错误；D.酚羟基和酯基水解后的产物可以消耗NaOH，1mol该物质最多消耗3molNaOH，D正确；答案选BD.

14．CD

【解析】

A.0.1mol/L CH3COONa溶液中电荷守恒为：c(Na+)+ c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，因此

c(Na+)-c(CH3COO-)= c(OH-)-c(H+)；0.1mol/L KCN溶液中电荷守恒为：c(K+)+

c(H+)=c(CN-)+c(OH-)，因此c(K+)-c(CN-)= c(OH-)-c(H+)；因为Ka(CH3COOH)>Ka(HCN)，所以酸性CH3COOH强于HCN，根据盐类水解规律，0.1mol/L CH3COONa溶液的碱性弱于

0.1mol/L KCN溶液的碱性，因此c(Na+)-c(CH3COO-)< c(K+)-c(CN-)，A错

误；B.20ml0.1mol/LCH3COONa溶液与10ml0.1mol/LHCl溶液混合后反应生成醋酸和氯化钠，反应中醋酸钠过量，所得溶液是醋酸钠、氯化钠和醋酸的混合液，且三种物质的浓度相等，呈酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根的水解程度，因此所得溶液中：c(CH3COO

－)＞c(CH3COOH)，B错误；C. 0.2 mol/LHCN溶液与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合后反应生成NaCN和H2O，反应中HCN过量，所得溶液是NaCN和HCN的混合液，且两种物质的

浓度相等，CN-的水解平衡常数K h=

14

10

10

6.210

-

-

?

=1.6×10-5，而Ka(HCN)=6.2×10-10，因此CN-

的水解平衡常数K h大于Ka(HCN)，导致溶液显碱性，故所得溶液中离子浓度大小为：

c(Na+)>c(CN-)>c(OH-)>c(H+)，C正确；D. 向浓度均为0.1mol/L的CH3COOH和HCN混合溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液，反应生成CH3COONa和NaCN，当恰好中和时CH3COONa和NaCN 的物质的量浓度相等，由电荷守恒可知：c(Na+)+ c(H+)= c(CH3COO-)+c(OH-)+ c(CN-)，由物料守恒可知：c(Na+)= c(CH3COO-)+ c(CH3COOH)+ c(CN-)+ c(HCN)，二者联立可得

c(CH3COOH)+c(HCN)+c(H+)=c(OH-)，D正确；答案选CD.

15．AD

【解析】

【分析】

合成甲醇的反应是放热反应,温度升高,平衡逆向进行,反应物转化率降低,根据图象曲线变化判断；根据一氧化碳的转化率求算各物质的平衡浓度,带入平衡常数计算公式计算得到平衡常数；根据浓度商和平衡常数相对大小来判断平衡移动方向。

【详解】

A、从图中可知若n(H2)/n(CO)=1.5，则CO的转化率a>b>T3下对应的转化率，此时H2的转化率也和CO的转化率一样顺序，即a>b>T3下对应的转化率；在相同温度T3时，改变

n(H2)/n(CO)从1.5到4（c点），氢气转化率减小，所以H2转化率：a＞b＞c，A正确；

B、根据反应CO(g)+2H 2(g)CH3OH(g) △H＜0，是放热反应,温度越高，转化率越低，三种温度之间关系为T1

C、a点状态下，CO转化率为50%，n(H2)/n(CO)=1.5，n(CO)=1mol，利用三行式找出各量：

CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)

起始浓度（mol/L） 1 1.5 0

变化浓度（mol/L）0.5 1 0.5

平衡浓度（mol/L）0.5 0.5 0.5

平衡常数K=

()

()()

3

2

2

c CH OH

c CO c H

=

2

0.5

0.50.5

?

=4，

再通入0.5 mol CO和0.5 mol CH3OH，

CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) 各物质浓度（mol/L）(0.5+0.5) 0.5 (0.5+0.5)

此时，浓度商Qc=

()

()()

3

22

2

1

10.5

c CH OH

c CO c H

=

?

=4=K,所以平衡不移动，C错误；

D、c点状态下再通入1 molCO和4 mol H2，在等温等容条件下，投料比不变，相当于加压，平衡正向移动，故D正确；

答案为AD。

16．随温度升高，Zn2+浸出率基本不变，Pb2+浸出率增大，杂质含量增大

3Fe2++MnO4–+7H2O＝MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+将滤液重新过滤Zn 2Na2CO3 +

2ZnCl2 + H2O＝4NaCl + Zn2(OH)2CO3↓ + CO2↑（或3Na2CO3 + 2ZnCl2 + 2H2O＝4NaCl +

Zn2(OH)2CO3↓ + 2NaHCO3）取最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则洗净

【分析】

从流程可知，含铅锌烟气（主要成分是ZnO、PbO，还有少量FeO、CuO）用盐酸酸浸金属氧化物溶解，经高锰酸钾氧化，调pH到5.1，反应生成MnO2和Fe(OH)3沉淀，过滤除去，滤液中加入Zn可除去Cu2+、Pb2+，最后加入Na2CO3溶液，生成碱式碳酸锌［Zn2(OH)2CO3］等物质，最终得到活性ZnO。

【详解】

（1）从Zn、Pb元素浸出率的关系图可知，“酸浸”时采用30℃而不是更高的温度的原因是除减少盐酸挥发外，随温度升高，Zn2+浸出率基本不变，Pb2+浸出率增大，杂质含量增大；因此，本题答案为：随温度升高，Zn2+浸出率基本不变，Pb2+浸出率增大，杂质含量增大；（2）“氧化”时高锰酸钾将Fe2+氧化，生成MnO2和Fe(OH)3沉淀，根据电子守恒、电荷守恒

和原子守恒写出该反应的离子方程式为3Fe2++MnO4–+7H2O＝MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+；（3）①滤液浑浊，为避免产率减小，则处理的方法为将滤液重新过滤。②“除杂”时，溶液中含有Cu2+、Pb2+,加入Zn可置换出两种金属得到Cu、Pb，，且不引入杂质，所以试剂X应为Zn。因此，本题答案为：将滤液重新过滤；Zn；

（4）①ZnCl2与Na2CO3溶液反应，生成碱式碳酸锌［Zn2(OH)2CO3］，根据原子守恒确定其它产物并配平，化学方程式为2Na2CO3 + 2ZnCl2 + H2O＝4NaCl + Zn2(OH)2CO3↓ + CO2↑（或3Na2CO3 + 2ZnCl2 + 2H2O＝4NaCl + Zn2(OH)2CO3↓ + 2NaHCO3）。

②碱式碳酸锌表面可能吸附Cl-，洗涤干净的操作为检验最后一次洗涤液中是否含有Cl-,即取最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则洗净

。因此，本题答案为：2Na2CO3 + 2ZnCl2 + H2O＝4NaCl + Zn2(OH)2CO3↓ + CO2↑（或3Na2CO3 + 2ZnCl2 + 2H2O＝4NaCl + Zn2(OH)2CO3↓ + 2NaHCO3）；取最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则洗净。

17．羰基、羧基还原反应

【解析】

(1)B的结构简式为：，含氧官能团为羰基、羧基，答案为：羰基、羧基

（2）D为：E为：，由D→E是去O的反应，因此发生还原反应，答

案为：还原反应

（3）C的分子式为C

H12O2，由和可知10

C的结构简式为：，答案为：

(4) ①属于芳香族化合物，说明含有苯环，②不能与金属钠反，说明不含有羟基，③有3

种不同化学环境的氢原子，说明有三种位置不同的氢原子，符合这三个条件的同分异构体为：，答案为;

(5) 在无水乙醚和Mg的条件下生成，和、H2O的作用下生成，被CrO3氧化为，根据已知条件与、H2O生成，在浓硫酸加热的条件下发生消去反应生成，综上所述，制备

的合成路线图为：

答案为：

18．不断搅拌、制成浆液2CaCO3 + 2SO2 + O2 +4H2O＝2 CaSO4·2H2O + 2CO2高锰酸钾溶液颜色褪去的快慢石灰石的溶解度减小，减慢了与SO2的反应温度升高SO2的溶解度小加入足量的75%的硫酸，加热，将生成的SO2气体通入一定体积过量的标准浓度的酸性KMnO4溶液，记录加入KMnO4溶液的体积，充分反应后，用标准浓度的(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定（过量酸性KMnO4溶液），记录达到滴定终点时消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积，计

算得出结果

【分析】

(1)根据加快反应速率的条件分析；利用电子守恒、原子守恒写出化学方程式；

（2）用高锰酸钾溶液检测SO2的含量；

（3）根据影响化学反应速率的因素分析；

（4）利用氧化还原滴定的方法测定CaSO3含量。

【详解】

（1）实验中为提高石灰石浆液脱硫效率采取的措施是不断搅拌、制成浆液；根据电子守恒和原子守恒，写出通入SO2和空气发生反应生成石膏(CaSO4·2H2O)的化学方程式2CaCO3 + 2SO2 + O2 +4H2O＝2 CaSO4·2H2O + 2CO2。

（2）脱硫后的气体含有少量SO2气体，通入KMnO4溶液能使高锰酸钾溶液颜色，因此根据颜色褪去的快慢，可粗略判断烟气脱硫效率，本题答案为：高锰酸钾溶液颜色褪去的快慢。（3）由脱硫效率与石灰石浆液pH的关系图知，在为5.7时脱硫效果最佳，pH增大石灰石的溶解度减小，减慢了与SO2的反应；温度升高SO2的溶解度小，因此，本题正确答案为：石灰石的溶解度减小，减慢了与SO2的反应；温度升高SO2的溶解度小。

（4）欲测定CaSO3的含量，根据所给实验药品，先向样品中加入足量的75%的硫酸，加热，将生成的SO2气体通入一定体积过量的标准浓度的酸性KMnO4溶液，记录加入KMnO4溶液的体积，充分反应后，用标准浓度的(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定（过量酸性KMnO4溶液），记录达到滴定终点时消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积，计算得出结果。

【点睛】

本题考查影响化学反应速率的因素、反应条件的选择、定量测定实验的设计，难点是（4）小题中，实验步骤的设计，要注意实验原理的分析，根据实验原理设计实验步骤。

19．2NO3–+ 5H2 + 2H+ ＝N2↑+ 6H2O CO2溶于溶液中，可维持pH在4～6之间2NH3 + 3NaClO＝N2↑+ 3H2O + 3NaCl ClO的浓度减小，氧化反应速率减慢温度低时反应速率慢温度高时，加快了HClO的分解（或NaClO分解），利用率降低2H2O + 2NH4+ + 2e–＝2NH3·H2O + H2↑或2H+ + 2e–＝H2↑

【分析】

（1）氢气能将硝酸根还原为氮气，溶液呈酸性，说明有H+参与反应，氢气被氧化生成水；（2）根据图示找出反应物和生成物；

（3）根据图中电解原理解答。

【详解】

（1）氢气能将硝酸根还原为氮气，溶液呈酸性，说明有H+参与反应，氢气被氧化生成水，书写时注意反应的条件，故答案为2NO3–+ 5H2 + 2H+ ＝N2↑+ 6H2O（催化剂条件）；因为需控制pH为4～6，若用H2和CO2的混合气体代替H2，CO2溶于溶液中，可维持pH在4～6之间，使NO3-去除效果更好，因此，本题答案为：2NO3–+ 5H2 + 2H+ ＝N2↑+ 6H2O ；CO2溶于溶液中，可维持pH在4～6之间。

（2）①由图知，NaClO氧化NH3生成N2、H2O和NaCl,根据得失电子守恒、原子守恒写出反应的化学方程式为2NH3 + 3NaClO＝N2↑+ 3H2O + 3NaCl。

②在pH＞9时，ClO-的浓度减小，氧化反应速率减慢，去除率降低。

③由图知温度低于15℃时，反应速率慢，去除率降低。当温度高于25℃时，加快了HClO 的分解（或NaClO分解），利用率降低。

因此，本题正确答案为：NH3 + 3NaClO＝N2↑+ 3H2O + 3NaCl ；ClO-的浓度减小，氧化反应速率减慢；温度低时反应速率慢；温度高时，加快了HClO的分解（或NaClO分解），利用率降低。

（3）据图可知，该池为电解池，a为阴极，b为阳极，a极发生还原反应，电极反应式为：2H2O + 2NH4+ + 2e–＝2NH3·H2O + H2↑或2H+ + 2e–＝H2↑。因此，本题答案为：2H2O + 2NH4+ + 2e–＝2NH3·H2O + H2↑或2H+ + 2e–＝H2↑。

【点睛】

本题难度不大，考查学生根据反应原理书写离子方程式、化学方程式和电极反应式的能力，首先根据反应原理找出反应物、生成物、反应条件，根据书写方法、步骤进行书写即可。属于基础知识的考查，所以要求学生在平时的学习中加强基础知识的储备以便能够灵活应用。20．[Ar]3d1sp2、sp3Cl>Mg>Al18 mol

SrTiO3

【解析】

（1）钛是22号元素，Ti3+核外有19个电子，根据构造原理知其基态核外电子排布式为：[Ar]3d1，答案为：[Ar]3d1

（2）丙烯结构是CH2＝CH－CH3，碳碳单键是sp3杂化,碳碳双键(π键)是sp2杂化，答案为：sp2、sp3

（3）同周期，同周期自左而右元素的第一电离能呈增大趋势，但Mg最外层3s能级容纳2个电子，为全满确定状态，能量较低，第一电离能也高于同周期相邻元素，故第一电离能Cl>Mg>Al，答案为:Cl>Mg>Al

(4) 原子数目和价电子数相等的微粒互为等电子体，所以与CO互为等电子体的阴离子为CN-或C22-，电子式分别为：,答案为：

（5）1个[Ti(H2O)6]Cl3含有12个O-H键和6个配位键，因此有18个σ键，所以

1mol[Ti(H2O)6]Cl3中含有18molσ键，答案为：18 mol

(6)在1个晶胞内，Sr位于晶胞的顶点，Sr的个数为：8

1

8

?=1，O位于晶胞的面心，O的个

数为：6

1

2

?=3，Ti原子填充在O原子构成的正八面体空隙的中心位置，说明Ti原子在晶胞

的内部，Ti原子的个数为：1，所以钛酸锶的化学式为：SrTiO3，答案为：SrTiO3

21．溶液由无色变为浅红色，且半分钟不褪色将Fe3+还原为Fe2+

5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O 250.00mL溶液中各微粒的物质的量分别为：

n(C2O42-) = 5/2n(MnO4-) = 5/2×0.01mol/L × 48.00 × 10-3L × 10 = 0.012mol，n(Fe3+) = 5n(MnO4-) = 5× 0.01mol/L × 8.00×10-3 = 0.004，据电荷守恒，得知n(K+) = 2 × 0.012mol－3×0.004mol = 0.012mol ，根据质量守恒：n(H2O)=(1.964g－0.012mol × 39g/mol－0.004mol × 56g/mol－

0.012mol × 88g/mol)/18g/mol = 0.012mol，n(K+):n(Fe3+):n(C2O42-):n(H2O) =

0.012mol:0.004mol:0.012mol:0.012mol = 3:1:3:3 ，化学式为K3[Fe(C2O4)3]·3H2O

【解析】

【详解】

（1）步骤2是用KMnO4标准溶液滴定草酸根离子，加入的高锰酸钾都被草酸根离子还原为无色的Mn2+，直至草酸根离子反应完全，再加入高锰酸钾，溶液显浅红色，所以滴定终点的现象为：溶液由无色变为浅红色，且半分钟不褪色。

（2）步骤3加入锌粉至黄色（Fe3+的颜色）消失，所以加入锌粉是为了将Fe3+还原为Fe2+。（3）步骤4是用高锰酸钾氧化上一步生成的Fe2+，所以方程式为：

5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O。

（4）在步骤2中加入高锰酸钾为48×0.01÷1000=0.00048mol，根据方程式草酸根为

0.00048×5÷2=0.0012mol，因为配制250mL溶液，取出来25mL滴定，所以原物质中草酸根为0.012mol。步骤4加入高锰酸钾为8×0.01÷1000=0.00008mol，根据方程式Fe2+为

0.00008×5=0.0004mol，根据Fe守恒得到Fe3+为0.0004mol，因为配制250mL溶液，取出来