2019年江蘇省南通市高考化學(xué)一模試卷解析版

第=page11頁(yè)，共=sectionpages11頁(yè)第=page22頁(yè)，共=sectionpages22頁(yè)2019年江蘇省南通市高考化學(xué)一模試卷一、單選題（本大題共12小題，共28.0分）2019年政府工作報(bào)告提出：繼續(xù)堅(jiān)定不移地打好包括污染防治在內(nèi)的“三大攻堅(jiān)戰(zhàn)”。下列做法不符合這一要求的是（）A.推廣新能源汽車，減少氮氧化物排放 B.研發(fā)可降解塑料，控制白色污染產(chǎn)生

C.直接灌溉工業(yè)廢水，充分利用水資源 D.施用有機(jī)肥料，改善土壤微生物環(huán)境下列有關(guān)化學(xué)用語(yǔ)表示正確的是（）A.氧化鈉的電子式：

B.中子數(shù)為18的氯原子：1735Cl

C.氮離子(N3?)的結(jié)構(gòu)示意圖：

下列有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)與用途具有對(duì)應(yīng)關(guān)系的是（）A.熱純堿溶液堿性強(qiáng)，可用于去除油污 B.氧化鐵粉末呈紅色，可用于制取鐵鹽

C.硅晶體有金屬光澤，可用于制造芯片 D.氫氟酸具有弱酸性，可用于蝕刻玻璃常溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是（）A.0.1

mol?L?1FeSO4溶液：Na+、K+、Cl?、NO3?

B.滴入酚酞變紅色的溶液：K+、Ca2+、HCO3?、CO32?下列實(shí)驗(yàn)室制取、干燥、收集NH3并進(jìn)行尾氣處理的裝置和原理能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖牵ǎ〢.制取NH3 B.干燥NH3

C.收集NH3 下列有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)的敘述正確的是（）A.二氧化硫能使紫色石蕊溶液褪色 B.氯水久置后，漂白性和酸性均增強(qiáng)

C.常溫下，鐵片不能與濃硝酸發(fā)生反應(yīng) D.植物油能使溴的四氯化碳溶液褪色下列指定反應(yīng)的離子方程式正確的是（）A.向氨水中通入過(guò)量SO2：NH3?H2O+SO2=NH4++HSO3?

B.Si與短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大，X、Y處于同一周期，X原子最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的3倍，Z是地殼中含量最多的金屬元素，W的最高正價(jià)與最低負(fù)價(jià)絕對(duì)值相等。下列說(shuō)法正確的是（）A.原子半徑：r(X)>r(Y)>r(Z)

B.由Y、W形成的化合物是共價(jià)化合物

C.Z的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物是一種強(qiáng)堿

D.Y的簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性比W的弱在給定條件下，下列選項(xiàng)所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能實(shí)現(xiàn)的是（）A.NaCl(熔融)→通電NaOH→Al2O3下列說(shuō)法正確的是（）A.合成氨生產(chǎn)中，使用高效催化劑可提高原料平衡轉(zhuǎn)化率

B.鐵質(zhì)管道與鋅用導(dǎo)線相連(如圖所示)可防止管道被腐蝕

C.5mL18mol?L?1濃硫酸與足量銅共熱，反應(yīng)最多轉(zhuǎn)移0.18mol電子

D.常溫下，反應(yīng)2H化合物Z是合成平喘藥沙丁胺醇的中間體，可通過(guò)下列路線制得，下列說(shuō)法正確的是（）

A.X分子中所有原子在同一平面上

B.Y與足量H2的加成產(chǎn)物分子中有2個(gè)手性碳原子

C.可用FeCl3溶液鑒別Y和Z

D.1molZ最多能與根據(jù)下列圖示所得出的結(jié)論正確的是（）

A.圖甲表示1mLpH=2某一元酸溶液加水稀釋時(shí)，pH隨溶液總體積的變化曲線，說(shuō)明該酸是強(qiáng)酸

B.圖乙表示恒容密閉容器中其他條件相同時(shí)改變溫度，反應(yīng)CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)中n(CH3OH)隨時(shí)間的變化曲線，說(shuō)明反應(yīng)平衡常數(shù)KⅠ>KⅡ

C.圖丙表示不同溫度下水溶液中?lg

c(H+二、雙選題（本大題共3小題，共12.0分）下列設(shè)計(jì)的實(shí)驗(yàn)方案能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖牵ǎ〢.檢驗(yàn)亞硫酸鈉溶液是否變質(zhì)：取少量溶液，向其中加入硝酸酸化的硝酸鋇溶液

B.制取乙酸乙酯：向試管中加入碎瓷片，再依次加入3mL乙醇、2mL濃硫酸和2mL乙酸，用酒精燈加熱，將產(chǎn)生的蒸氣經(jīng)導(dǎo)管通到飽和氫氧化鈉溶液的上方

C.除去溴化鈉溶液中混有的碘化鈉：向溶液中加入稍過(guò)量溴水，充分反應(yīng)后，加入四氯化碳，振蕩后靜置、分液，取上層溶液

D.探究溫度對(duì)反應(yīng)速率的影響：將2支均裝有5mL0.1mol?L?1硫代硫酸鈉溶液的試管分別置于冰水和熱水中，再同時(shí)向試管中加入5

室溫下，下列指定溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系一定正確的是（）A.20mL0.1mol?L?1CH3COONa溶液中加入0.1mol?L?1鹽酸至溶液pH=7：c(CH3COOH)=c(Cl?)

B.向澄清石灰水中通入Cl2至Ca(OH)2恰好完全反應(yīng)：c(Ca2+在三個(gè)容積均為2L的密閉容器中按不同方式投入反應(yīng)物，發(fā)生反應(yīng)：CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）△H=-akJ?mol-1（a＞0）

相關(guān)反應(yīng)數(shù)據(jù)如下：容器容器類型起始溫度起始物質(zhì)的量/mol

平衡時(shí)H2物質(zhì)的量/mol

COH2O

CO2H2Ⅰ

恒溫恒容

800

1.20.600

0.4Ⅱ

恒溫恒容

900

0.70.10.50.5Ⅲ

絕熱恒容

800

001.2

0.8下列說(shuō)法正確的是（）A.容器Ⅰ中反應(yīng)經(jīng)10min建立平衡，0～10min內(nèi)，平均反應(yīng)速率v(CO)=0.04mol?L?1?min?1

B.若向容器Ⅰ平衡體系中再加入CO、H2O、CO2、H2各0.1mol，平衡將正向移動(dòng)

C.三、簡(jiǎn)答題（本大題共5小題，共68.0分）以粉煤灰（主要成分為Al2O3、SiO2，還含少量Fe2O3等）為原料制取氧化鋁的部分工藝流程如下：

（1）“酸浸”過(guò)程發(fā)生的主要反應(yīng)的離子方程式是______?！八峤痹诤闳菝荛]反應(yīng)釜中進(jìn)行，溫度不宜過(guò)高的原因是______。

（2）“除鐵”生成Fe（OH）3的離子方程式為_(kāi)_____，檢驗(yàn)溶液中鐵元素已經(jīng)除盡的方法是______。

（3）“結(jié)晶”是向濃溶液中通入HCl氣體，從而獲得AlCl3?6H2O晶體的過(guò)程，溶液中Al3+和鹽酸的濃度隨通氣時(shí)間的變化如下圖所示。Al3+濃度減小的原因是______。

（4）上述流程中，可以循環(huán)利用的物質(zhì)是______。苯達(dá)莫司?。˙endamustine）是一種抗癌藥物。苯達(dá)莫司汀的一種合成路線如下：

（1）D中含氧官能團(tuán)有酰胺鍵、______（填名稱）。

（2）A→B的反應(yīng)類型為_(kāi)_____。

（3）E的分子式為C12H13N3O4，寫出E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：______。

（4）G是的同分異構(gòu)體，G能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，分子中只有2種不同化學(xué)環(huán)境的氫。寫出一種符合條件的G的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：______。

（5）已知：．請(qǐng)寫出以乙醇為原料制備的合成路線流程圖（無(wú)機(jī)試劑任用，合成路線流程圖示例見(jiàn)本題題干）。磷酸二氫鉀（KH2PO4）是一種高效復(fù)合肥。工業(yè)上以羥磷灰石精礦[主要成分是Ca5（PO4）3OH，還含有少量石英和氧化鐵等雜質(zhì)]為原料，生產(chǎn)磷酸二氫鉀的流程如下：

（1）“制酸”過(guò)程中生成磷酸的化學(xué)方程式為_(kāi)_____。該過(guò)程若用硫酸代替鹽酸，磷酸的產(chǎn)率明顯降低，其原因是______。

（2）“反應(yīng)”中加入有機(jī)堿--三辛胺（TOA）的目的是______。

（3）“反應(yīng)”中，三辛胺的用量會(huì)影響溶液的pH．水溶液中H3PO4、H2PO4-、HPO42-、PO43-的分布分?jǐn)?shù)δ隨pH的變化如右圖所示。

①“反應(yīng)”中，當(dāng)pH=______時(shí)，停止加入三辛胺。

②使用pH試紙測(cè)定溶液pH的操作是______。

（4）查閱資料可知：①磷酸三丁酯、二（2乙基己基）磷酸都是難溶于水的液態(tài)有機(jī)物。

②磷酸三丁酯對(duì)H3PO4和Fe3+有較強(qiáng)的萃取作用。

③二（2乙基己基）磷酸僅對(duì)Fe3+有較強(qiáng)的萃取作用。

請(qǐng)根據(jù)題中信息，補(bǔ)充完整“提純”步驟的實(shí)驗(yàn)方案：向“制酸”所得粗磷酸中加入活性炭，______，向有機(jī)層中加入蒸餾水，振蕩、靜置，分液取水層，得到稀磷酸。[實(shí)驗(yàn)中須使用的試劑有：二（2乙基己基）磷酸、磷酸三丁酯]消除含氮化合物對(duì)大氣和水體的污染是環(huán)境保護(hù)的重要研究課題。

（1）已知：N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=a

kJ?mol-1

2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）△H=b

kJ?mol-1

4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（l）△H=c

kJ?mol-1

反應(yīng)8NH3（g）+6NO2（g）=7N2（g）+12H2O（l）△H=______kJ?mol-1。

（2）水體中過(guò)量氨氮（以NH3表示）會(huì)導(dǎo)致水體富營(yíng)養(yǎng)化。

①用次氯酸鈉除去氨氮的原理如圖1所示。寫出該圖示的總反應(yīng)化學(xué)方程式：______。該反應(yīng)需控制溫度，溫度過(guò)高時(shí)氨氮去除率降低的原因是______。

②取一定量的含氨氮廢水，改變加入次氯酸鈉的用量，反應(yīng)一段時(shí)間后，溶液中氨氮去除率、總氮（溶液中所有可溶性的含氮化合物中氮元素的總量）去除率以及剩余次氯酸鈉的含量隨m（NaClO）：m（NH3）的變化情況如題20圖2所示。點(diǎn)B剩余NaClO含量低于點(diǎn)A的原因是______。當(dāng)m（NaClO）：m（NH3）＞7.6時(shí)，水體中總氮去除率反而下降，可能的原因是______。

（3）電極生物膜電解脫硝是電化學(xué)和微生物工藝的組合。某微生物膜能利用電解產(chǎn)生的活性原子將NO3-還原為N2，工作原理如圖3所示。

①寫出該活性原子與NO3-反應(yīng)的離子方程式：______。

②若陽(yáng)極生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下2.24L氣體，理論上可除去NO3-的物質(zhì)的量為_(kāi)_____mol。室溫下，[Cu（NH3）4]（NO3）2與液氨混合并加入Cu可制得一種黑綠色晶體。

（1）基態(tài)Cu2+核外電子排布式是______。

（2）黑綠色晶體的晶胞如圖所示，寫出該晶體的化學(xué)式：______。

（3）不考慮空間構(gòu)型，[Cu（NH3）4]2+的結(jié)構(gòu)可用示意圖表示為_(kāi)_____（用“→”標(biāo)出其中的配位鍵）。

（4）NO3-中N原子軌道的雜化類型是______。與NO3-互為等電子體的一種分子為_(kāi)_____（填化學(xué)式）。

（5）液氨可作制冷劑，氣化時(shí)吸收大量熱量的原因是______。四、實(shí)驗(yàn)題（本大題共2小題，共22.0分）草酸合銅酸鉀是一種重要的化工原料，其晶體組成可表示為KxCuy（C2O4）z?wH2O。

（1）實(shí)驗(yàn)室用CuSO4溶液和NaOH溶液混合制備Cu（OH）2，再將所得Cu（OH）2與KHC2O4溶液混合，可制備草酸合銅酸鉀晶體。

①已知室溫下，Ksp[Cu（OH）2]=2.2×10-20．制備Cu（OH）2的過(guò)程中，pH=7時(shí)，溶液中c（Cu2+）=______。

②已知H2C2O4是二元弱酸。室溫下，Ka1（H2C2O4）=5.4×10-2，Ka2（H2C2O4）=5.4×10-5，KHC2O4水解平衡常數(shù)的數(shù)值為_(kāi)_____。

（2）一種測(cè)定草酸合銅酸鉀晶體組成的方法如下：

步驟Ⅰ準(zhǔn)確稱取1.770

0g樣品，充分加熱，剩余固體為K2CO3與CuO的混合物，質(zhì)量為1.090

0g。

步驟Ⅱ準(zhǔn)確稱取1.770

0g樣品，用NH3?H2ONH4Cl溶液溶解、加水稀釋，定容至100mL。

步驟Ⅲ準(zhǔn)確量取步驟Ⅱ所得溶液25.00mL于錐形瓶中，滴入指示劑，用濃度為0.050

00mol?L-1的EDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)。（已知Cu2+與EDTA反應(yīng)的化學(xué)計(jì)量數(shù)之比為1：1）。

重復(fù)上述滴定操作兩次，有關(guān)數(shù)據(jù)記錄如下表：第一次滴定第二次滴定第三次滴定消耗EDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液

的體積/mL25.9224.9925.01①第一次滴定消耗的EDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積明顯偏大，可能的原因有______（填字母）。

A．錐形瓶水洗后未干燥

B．滴定時(shí)錐形瓶中有液體濺出

C．裝EDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液的滴定管水洗后未潤(rùn)洗

D．開(kāi)始滴定時(shí)，滴定管尖嘴部分未充滿液體

②通過(guò)計(jì)算確定該樣品的化學(xué)式（寫出計(jì)算過(guò)程）。肉桂酸為微有桂皮香氣的無(wú)色針狀晶體，能抑制黑色酪氨酸酶的形成，是高級(jí)防曬霜中不可少的成分之一。實(shí)驗(yàn)室制取肉桂酸的原理如下：

實(shí)驗(yàn)步驟：

步驟1在圖1所示裝置（夾持與加熱儀器未畫(huà)出，下同）的三頸燒瓶?jī)?nèi)加入K2CO3、苯甲醛（油狀物）和乙酸酐，混合均勻后，在170℃～180℃加熱反應(yīng)1h，冷卻。

步驟2向三頸燒瓶?jī)?nèi)分批加入20mL水和Na2CO3固體，調(diào)節(jié)溶液pH約為8。

步驟3在三頸燒瓶中加入活性炭，用圖2所示水蒸氣蒸餾裝置蒸餾除去未反應(yīng)的苯甲醛。

步驟4將三頸燒瓶?jī)?nèi)反應(yīng)混合物趁熱過(guò)濾，濾液冷卻至室溫，用濃鹽酸酸化至pH=3，析出大量晶體，抽濾。并用少量冷水洗滌晶體。

步驟5將晶體在圖3所示熱水浴上加熱干燥。

（1）圖1中儀器A的作用是______。

（2）步驟2中Na2CO3需分批加入的原因是______。

（3）水蒸氣蒸餾時(shí)，判斷蒸餾結(jié)束的方法是______。

（4）步驟4中，“趁熱過(guò)濾”的目的是______。

（5）抽濾時(shí)所需主要儀器有______、安全瓶及抽氣泵等。

（6）與使用烘箱烘干相比，熱水浴干燥的優(yōu)點(diǎn)是______。

答案和解析1.【答案】C

【解析】解：A．推廣新能源汽車，減少氮氧化物排放，有利于環(huán)境保護(hù)，符合要求，故A不選；

B．研發(fā)可降解塑料，能夠減少聚乙烯，聚氯乙烯塑料的使用，能夠控制白色污染產(chǎn)生，符合要求，故B不選；

C．工業(yè)廢水直接澆灌農(nóng)田，能夠引起土壤，食品污染，會(huì)對(duì)人的健康造成危害，不符合要求，故C選；

D．施用有機(jī)肥料，改善土壤微生物環(huán)境，能夠減少土壤、食品污染，有利于環(huán)境保護(hù)，人體健康，符合要求，故D不選；

故選：C。

“防范化解重大風(fēng)險(xiǎn)、精準(zhǔn)扶貧、污染防治”三大攻堅(jiān)戰(zhàn)，題干主旨在于：節(jié)能減排、低碳生活、環(huán)境保護(hù)，據(jù)此分析解答。

本題考查了化學(xué)與生產(chǎn)生活關(guān)系，側(cè)重考查環(huán)境污染與治理，熟悉常見(jiàn)環(huán)境污染及治理方法是解題關(guān)鍵，題目難度不大。2.【答案】B

【解析】解：A、氧化鈉是離子化合物，由2個(gè)鈉離子和1個(gè)氧離子構(gòu)成，故其電子式為，故A錯(cuò)誤；

B、質(zhì)量數(shù)=質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)，故中子數(shù)為18的氯原子的質(zhì)量數(shù)為18+17=35，表示為：Cl，故B正確；

C、氮離子的核內(nèi)有7個(gè)質(zhì)子，核外有10個(gè)電子，故其結(jié)構(gòu)示意圖為，故C錯(cuò)誤；

D、丙烯通過(guò)加聚反應(yīng)生成聚丙烯，聚丙烯正確的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：，故D錯(cuò)誤；

故選：B。

A、氧化鈉是離子化合物，由2個(gè)鈉離子和1個(gè)氧離子構(gòu)成；

B、質(zhì)量數(shù)=質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)；

C、氮離子的核內(nèi)有7個(gè)質(zhì)子；

D、聚丙烯鏈節(jié)的主鏈上含有2個(gè)碳原子。

本題考查了常見(jiàn)化學(xué)用語(yǔ)的表示方法，題目難度不大，涉及電子式、結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式、離子結(jié)構(gòu)示意圖等知識(shí)，明確常見(jiàn)化學(xué)用語(yǔ)的書(shū)寫原則為解答關(guān)鍵，試題培養(yǎng)了學(xué)生的規(guī)范答題能力。3.【答案】A

【解析】解：A．純堿溶液顯堿性，加熱堿性增強(qiáng)，油脂在堿性條件下水解，所以熱純堿溶液堿性強(qiáng)，可用于去除油污，故A正確；

B．氧化鐵能與酸反應(yīng)生成鐵鹽，制備鐵鹽與氧化鐵的顏色無(wú)關(guān)，故B錯(cuò)誤；

C．硅晶體是良好的半導(dǎo)體材料，能用于制造芯片，故C錯(cuò)誤；

D．氫氟酸能與二氧化硅反應(yīng)，玻璃的成分中含有二氧化硅，所以氫氟酸能腐蝕玻璃，故D錯(cuò)誤。

故選：A。

A．純堿溶液顯堿性，油脂在堿性條件下水解；

B．氧化鐵能與酸反應(yīng)生成鐵鹽；

C．硅晶體是良好的半導(dǎo)體材料；

D．氫氟酸能與二氧化硅反應(yīng)。

本題考查含物質(zhì)的性質(zhì)和用途，題目難度不大，性質(zhì)決定用途，明確相關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)是解題關(guān)鍵。側(cè)重化學(xué)與生活、生產(chǎn)的考查，有利于培養(yǎng)學(xué)生良好的科學(xué)素養(yǎng)，提高學(xué)習(xí)的積極性。4.【答案】A

【解析】解：A．Na+、K+、Cl-、NO3-之間不反應(yīng)，都不與FeSO4反應(yīng)，在溶液中能夠大量共存，故A正確；

B．滴入酚酞變紅色的溶液呈堿性，Ca2+、CO32-之間生成難溶物碳酸鈣，HCO3-與氫氧根離子反應(yīng)，在溶液中不能大量共存，故B錯(cuò)誤；

C．加入鐵粉放出氫氣的溶液呈酸性，H+、Fe3+與ClO-發(fā)生反應(yīng)，在溶液中不能大量共存，故C錯(cuò)誤；

D．水電離的c（H+）=1×10-13mol?L-1的溶液陳酸性或堿性，Mg2+與氫氧根離子反應(yīng)，C6H5O-與氫離子反應(yīng)，在溶液中不能大量共存，故D錯(cuò)誤；

故選：A。

A．四種離子之間不反應(yīng)，都不與硫酸亞鐵反應(yīng)；

B．該溶液呈堿性，鈣離子與碳酸根離子生成碳酸鈣沉淀、碳酸氫根離子與氫氧根離子反應(yīng)；

C．該溶液呈酸性，鐵離子、氫離子與次氯酸根離子反應(yīng)；

D．該溶液呈酸性或堿性，鎂離子與氫氧根離子反應(yīng)，C6H5O-與氫離子反應(yīng)。

本題考查離子共存的判斷，為高考的高頻題，屬于中等難度的試題，注意明確離子不能大量共存的一般情況：能發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)的離子之間；能發(fā)生氧化還原反應(yīng)的離子之間；能發(fā)生絡(luò)合反應(yīng)的離子之間（如Fe3+和SCN-）等；還應(yīng)該注意題目所隱含的條件，如：溶液的酸堿性，據(jù)此來(lái)判斷溶液中是否有大量的H+或OH-；溶液的具體反應(yīng)條件，如“氧化還原反應(yīng)”、“加入鋁粉產(chǎn)生氫氣”；試題側(cè)重對(duì)學(xué)生基礎(chǔ)知識(shí)的訓(xùn)練和檢驗(yàn)，有利于提高學(xué)生靈活運(yùn)用基礎(chǔ)知識(shí)解決實(shí)際問(wèn)題的能力。5.【答案】D

【解析】解：A．氯化銨與氫氧化鈣加熱有水生成，則試管口應(yīng)略向下傾斜，故A錯(cuò)誤；

B．濃硫酸與氨氣反應(yīng)，不能干燥氨氣，故B錯(cuò)誤；

C．氨氣的密度比空氣密度小，應(yīng)選向下排空氣法收集，故C錯(cuò)誤；

D．氨氣極易溶于水，球形結(jié)構(gòu)可防止倒吸，故D正確；

故選：D。

A．氯化銨與氫氧化鈣加熱有水生成；

B．濃硫酸與氨氣反應(yīng)；

C．氨氣的密度比空氣密度小；

D．氨氣極易溶于水。

本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、物質(zhì)的制備、混合物分離提純、實(shí)驗(yàn)技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意?shí)驗(yàn)的評(píng)價(jià)性分析，題目難度不大。6.【答案】D

【解析】解：A．二氧化硫?yàn)樗嵝匝趸铮⑶也荒芷字甘緞?，所以二氧化硫能使紫色石蕊溶液變紅不褪色，故A錯(cuò)誤；

B．新制氯水久置后為鹽酸溶液，所以氯水久置后漂白性減弱、酸性增強(qiáng)，故B錯(cuò)誤；

C．常溫下，鐵片與濃硝酸發(fā)生鈍化生成致密的氧化膜，則能與濃硝酸發(fā)生反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；

D．植物油中含碳碳雙鍵，可與溴發(fā)生加成反應(yīng)，則能使溴的四氯化碳溶液褪色，故D正確；

故選：D。

A．二氧化硫?yàn)樗嵝匝趸铮⑶也荒芷字甘緞?/p>

B．新制氯水久置后為鹽酸溶液；

C．常溫下，鐵片與濃硝酸發(fā)生鈍化；

D．植物油中含碳碳雙鍵。

本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、性質(zhì)與現(xiàn)象、實(shí)驗(yàn)技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾椋⒁庠鼗衔镏R(shí)與實(shí)驗(yàn)的結(jié)合，題目難度不大。7.【答案】A

【解析】解：A．向氨水中通入過(guò)量SO2，反應(yīng)生成亞硫酸氫銨，該反應(yīng)的離子方程式為：NH3?H2O+SO2═NH4++HSO3-，故A正確；

B．Si與NaOH溶液反應(yīng)生成硅酸鈉和氫氣，正確的離子方程式為：Si+2OH-+H2O═SiO32-+2H2↑，故B錯(cuò)誤；

C．用惰性電極電解MgCl2溶液的離子反應(yīng)為：Mg2++2Cl-+2H2OMg（OH）2↓+H2↑+Cl2↑，故C錯(cuò)誤；

D．Ba（OH）2溶液中滴入NaHSO4溶液至Ba2+恰好完全沉淀，正確的離子方程式為：Ba2++OH-+H++SO42-═BaSO4↓+H2O，故D錯(cuò)誤；

故選：A。

A．二氧化硫過(guò)量，反應(yīng)生成亞硫酸氫銨；

B．該反應(yīng)不滿足質(zhì)量守恒、電子守恒；

C．生成的氫氧根離子與鎂離子結(jié)合生成氫氧化鎂沉淀；

D．鋇離子恰好沉淀時(shí)，二者物質(zhì)的量之比為1：1。

本題考查了離子方程式的判斷，題目難度不大，注意明確離子方程式正誤判斷常用方法：檢查反應(yīng)物、生成物是否正確，檢查各物質(zhì)拆分是否正確，如難溶物、弱電解質(zhì)等需要保留化學(xué)式，檢查是否符合守恒關(guān)系（如：質(zhì)量守恒和電荷守恒等）等。8.【答案】B

【解析】解：根據(jù)分析可知：X為O元素，Y為F元素，Z為Al元素，W為Si元素。

A．電子層越多原子半徑越大，電子層相同時(shí)，核電荷數(shù)越大原子半徑越小，則原子半徑：r（Z）＞r（X）＞r（Y），故A錯(cuò)誤；

B．F、Si形成的四氟化硅為共價(jià)化合物，故B正確；

C．氫氧化鋁為兩性氫氧化物，屬于弱堿，故C錯(cuò)誤；

D．非金屬性F＞O，則簡(jiǎn)單氫化物的穩(wěn)定性Y＞W(wǎng)，故D錯(cuò)誤；

故選：B。

短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大，X原子最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的3倍，則X為O元素；X、Y處于同一周期，則Y為F元素；Z是地殼中含量最多的金屬元素，則Z為Al元素；W的最高正價(jià)與最低負(fù)價(jià)絕對(duì)值相等，其原子序數(shù)大于Al，則W為Si元素，據(jù)此解答。

本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的應(yīng)用，題目難度中等，推斷元素為解答關(guān)鍵，注意熟練掌握元素周期律內(nèi)容、元素周期表結(jié)構(gòu)，試題有利于提高學(xué)生分析能力及綜合應(yīng)用能力。9.【答案】C

【解析】解：A、電解熔融NaCl得到金屬鈉，而不是氫氧化鈉，故A錯(cuò)誤；

B、氧化銅不溶于水也不與水反應(yīng)，所以CuOCu（OH）2此步轉(zhuǎn)化不能實(shí)現(xiàn)，故B錯(cuò)誤；

C、氫氣在氯氣中燃燒生成氯化氫，氯化氫與氨氣反應(yīng)生成氯化銨，所以Cl2HClNH4Cl各步轉(zhuǎn)化都能實(shí)現(xiàn)，故C正確；

D、碳酸的酸性弱于鹽酸，所以氯化鈣與二氧化碳不反應(yīng)，故D錯(cuò)誤；

故選：C。

A、電解熔融NaCl得到金屬鈉；

B、氧化銅不溶于水也不與水反應(yīng)；

C、氫氣在氯氣中燃燒生成氯化氫，氯化氫與氨氣反應(yīng)生成氯化銨；

D、碳酸的酸性弱于鹽酸。

本題考查了物質(zhì)性質(zhì)、物質(zhì)轉(zhuǎn)化的應(yīng)用，主要是鈉、銅、氯的化合物性質(zhì)的理解判斷，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，題目較簡(jiǎn)單。10.【答案】B

【解析】解：A．合成氨反應(yīng)為可逆反應(yīng)，使用高效催化劑可以改變反應(yīng)速率，但是不會(huì)影響化學(xué)平衡，則不肯提高原料轉(zhuǎn)化率，故A錯(cuò)誤；

B、鐵和鋅構(gòu)成的原電池，活潑的金屬鋅是負(fù)極，正極金屬鐵被保護(hù)，即鐵質(zhì)管道與鋅用導(dǎo)線相連可防止管道被腐蝕，故B正確；

C、10ml18mol/L的濃硫酸中含有溶質(zhì)硫酸0.18mol，與銅完全反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.18NA，由于濃硫酸隨著反應(yīng)的進(jìn)行變成稀硫酸，稀硫酸與銅不反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)小于0.18NA，故C錯(cuò)誤；

D、反應(yīng)SO2（g）+2H2S（g）═3S（s）+2H2O（l）在常溫下能自發(fā)進(jìn)行，滿足△H-T△S＜0，反應(yīng)△S＜0，則該反應(yīng)的△H＜0，故D錯(cuò)誤；

故選：B。

A、催化劑不影響化學(xué)平衡，則不會(huì)提高原料的利用率；

B、鐵和鋅構(gòu)成的原電池，活潑的金屬鋅是負(fù)極，正極金屬被保護(hù)；

C、濃硫酸與銅反應(yīng)，稀硫酸與銅不反應(yīng)；

D、反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行的判斷依據(jù)是△H-T△S＜0。

本題考查了金屬腐蝕和防護(hù)、可逆反應(yīng)、反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行的判斷依據(jù)等知識(shí)點(diǎn)，題目難度中等。11.【答案】C

【解析】解：A．X中甲基上的C原子采用sp3雜化、羰基上的C原子采用sp2雜化，連接甲基的C原子為四面體結(jié)構(gòu)、連接羰基的C原子為平面三角形結(jié)構(gòu)，苯環(huán)上所有原子共平面，所有X中所有原子不可能位于同一個(gè)平面上，故A錯(cuò)誤；

B．Y和氫氣加成后手性碳原子有連接甲基的C原子、連接羥基和環(huán)的碳原子、連接-CH2Cl的碳原子、連接-CH（OH）CH3的環(huán)上的碳原子，所有有4個(gè)手性碳原子，故B錯(cuò)誤；

C．Y中含有酚羥基、Z中不含酚羥基，酚能和氯化鐵溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，所有可以用氯化鐵溶液鑒別Y和Z，故C正確；

D．Z中酯基水解生成的羧基和酚羥基能和NaOH反應(yīng)，則1molZ最多能與3molNaOH反應(yīng)，故D錯(cuò)誤；

故選：C。

A．X中甲基上的C原子采用sp3雜化、羰基上的C原子采用sp2雜化，連接甲基的C原子為四面體結(jié)構(gòu)、連接羰基的C原子為平面三角形結(jié)構(gòu)，苯環(huán)上所有原子共平面；

B．Y和氫氣加成后手性碳原子有連接甲基的C原子、連接羥基和環(huán)的碳原子、連接-CH2Cl的碳原子、連接-CH（OH）CH3的環(huán)上的碳原子；

C．Y中含有酚羥基、Z中不含酚羥基，酚能和氯化鐵溶液發(fā)生顯色反應(yīng)；

D．Z中酯基水解生成的羧基和酚羥基能和NaOH反應(yīng)。

本題考查有機(jī)物結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，側(cè)重考查分析判斷能力，明確官能團(tuán)及其性質(zhì)關(guān)系、手性碳原子的判斷方法是解本題關(guān)鍵，A為解答易錯(cuò)點(diǎn)，題目難度不大。12.【答案】B

【解析】解：A.1mLpH=2某一元酸溶液加水稀釋100倍時(shí)，pH＜4，則酸為弱酸，故A錯(cuò)誤；

B．由圖可知，Ⅱ?qū)?yīng)溫度高，升高溫度平衡逆向移動(dòng)，反應(yīng)平衡常數(shù)KⅠ＞KⅡ，故B正確；

C．-lgc（H+）、-lgc（OH-）的乘積越大，水的電離程度越小，可知T1＜T2，故C錯(cuò)誤；

D．燃燒熱中生成液態(tài)水，圖中為氣態(tài)水，不能確定H2的燃燒熱，故D錯(cuò)誤；

故選：B。

A.1mLpH=2某一元酸溶液加水稀釋100倍時(shí)，pH＜4；

B．由圖可知，Ⅱ?qū)?yīng)溫度高；

C．-lgc（H+）、-lgc（OH-）的乘積越大，水的電離程度越小；

D．燃燒熱中生成液態(tài)水。

本題考查反應(yīng)熱與焓變，為高頻考點(diǎn)，把握弱電解質(zhì)的電離、平衡移動(dòng)、燃燒熱為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意選項(xiàng)C為解答的難點(diǎn)，題目難度不大。13.【答案】CD

【解析】解：A．硝酸可氧化亞硫酸根離子，應(yīng)加鹽酸、氯化鋇檢驗(yàn)是否變質(zhì)，故A錯(cuò)誤；

B．NaOH與乙酸乙酯反應(yīng)，則產(chǎn)生的蒸氣經(jīng)導(dǎo)管通到飽和碳酸鈉溶液的上方，故B錯(cuò)誤；

C．溴水與NaI反應(yīng)生成碘，則充分反應(yīng)后，加入四氯化碳，振蕩后靜置、分液，取上層溶液，故C正確；

D．只有溫度不同，可探究溫度對(duì)反應(yīng)速率的影響，故D正確；

故選：CD。

A．硝酸可氧化亞硫酸根離子；

B．NaOH與乙酸乙酯反應(yīng)；

C．溴水與NaI反應(yīng)生成碘；

D．只有溫度不同。

本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、有機(jī)物的制備、混合物分離提純、反應(yīng)速率影響因素、實(shí)驗(yàn)技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾椋⒁鈱?shí)驗(yàn)的評(píng)價(jià)性分析，題目難度不大。14.【答案】AD

【解析】解：A．常溫下向20mL0.1mol/L的CH3COONa溶液中逐滴加入0.1mol/L鹽酸溶液的pH=7時(shí)，c（OH-）=c（H+），根據(jù)電荷守恒可知：c（Na+）=c（Cl-）+c（CH3COO-），根據(jù)物料守恒可得：c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=c（Na+），二者結(jié)合可得：c（CH3COOH）=c（Cl-），所以溶液中離子濃度大小為：c（CH3COOH）=c（Cl-）＞c（OH-）=c（H+），故A正確；

B、由電荷守恒可知：2c（Ca2+）+c（H+）═c（OH-）+c（Cl-）+c（ClO-），故B錯(cuò)誤；

C、0.2mol?L-1CH3COOH溶液和0.1mol?L-1NaOH溶液以等體積混和反應(yīng)后溶液中的溶質(zhì)為等量的CH3COOH、CH3COONa，由電荷守恒可知：①c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），根據(jù)物料守恒可得：②c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=2c（Na+），根據(jù)①②可得：2c（H+）-2c（OH-）=c（CHC3OO-）-c（CHC3OOH），所以c（H+）+c（CH3COOH）＜c（OH-）+c（CH3COO-），故C錯(cuò)誤；

D.0.1mol?L-1CH3COOH溶液與0.1mol?L-1Na2CO3溶液等體積混合得到醋酸鈉和碳酸氫鈉混合溶液，醋酸鈉溶液中質(zhì)子守恒得到：c（OH-）=c（H+）+c（CH3COOH），碳酸氫鈉溶液中質(zhì)子守恒：c（OH-）+c（CO32-）=c（H+）+c（H2CO3），計(jì)算得到c（OH-）+c（CO32-）=c（CH3COOH）+c（H2CO3）+c（H+），溶液顯堿性，c（OH-）＞c（H+），c（CO32-）＜c（CH3COOH）+c（H2CO3），故D正確；

故選：AD。

A．pH=7時(shí)c（OH-）=c（H+），結(jié)合物料守恒和電荷守恒分析；

B、根據(jù)電荷守恒分析解答；

C．反應(yīng)后溶質(zhì)為等濃度醋酸、醋酸鈉，根據(jù)混合液中的電荷守恒、物料守恒分析；

D.0.1mol?L-1CH3COOH溶液與0.1mol?L-1Na2CO3溶液等體積混合得到醋酸鈉和碳酸氫鈉混合溶液，醋酸鈉溶液中質(zhì)子守恒得到：c（OH-）=c（H+）+c（CH3COOH），碳酸氫鈉溶液中質(zhì)子守恒：c（OH-）+c（CO32-）=c（H+）+c（H2CO3），計(jì)算分析。

本題考查了弱電解質(zhì)電離平衡、鹽類水解、電解質(zhì)溶液中離子濃度大小比較判斷、電荷守恒、物料守恒和質(zhì)子守恒的計(jì)算應(yīng)用，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，題目難度中等。15.【答案】BD

【解析】解：A．容器Ⅰ中反應(yīng)經(jīng)10min建立平衡，0～10min內(nèi)平均反應(yīng)速率v（H2）==0.02mol?L-1?min-1，v（CO）=v（H2）=0.02mol?L-1?min-1，故A錯(cuò)誤；

B．CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）

初始（mol）1.2

0.6

0

0

轉(zhuǎn)化（mol）0.4

0.4

0.4

0.4

平衡（mol）0.8

0.2

0.4

0.4

800℃時(shí)該反應(yīng)的平衡常數(shù)K==1，

若向容器Ⅰ平衡體系中再加入CO、H2O、CO2、H2各0.1mol，此時(shí)的濃度商Qc==＜K=1，則平衡向著正向移動(dòng)，故B正確；

C．平衡時(shí)CO2和H2的物質(zhì)的量都為0.4mol，若溫度相同時(shí)，容器Ⅱ中需要各消耗0.1molCO2和H2，吸熱熱量為0.1akJ，由于容器Ⅱ的溫度大于容器Ⅰ，升高溫度平衡向著逆向移動(dòng)，則吸收的熱量增大，即吸收的熱量大于0.1akJ，故C錯(cuò)誤；

D．容器Ⅲ與容器Ⅰ的溫度相同時(shí)，平衡常數(shù)相同，設(shè)容器Ⅲ平衡時(shí)CO的物質(zhì)的量為y，

CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）

初始（mol）0

0

1.2

0.8

轉(zhuǎn)化（mol）y

y

y

y

平衡（mol）

y

y

1.2-y

0.8-y

則平衡常數(shù)K==1，解得：y=0.48，

由于該反應(yīng)的逆反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，在絕熱恒容中容器Ⅲ的溫度小于容器Ⅰ，降低溫度平衡向著正向移動(dòng)，導(dǎo)致CO的物質(zhì)的量減小，所以達(dá)平衡時(shí)，容器Ⅲ中n（CO）＜0.48mol，故D正確；

故選：BD。

A．根據(jù)v=計(jì)算出0～10min內(nèi)用氫氣表示的反應(yīng)速率，然后結(jié)合化學(xué)反應(yīng)速率與計(jì)量數(shù)成正比計(jì)算出v（CO）；

B．先利用三段式計(jì)算出800℃時(shí)該反應(yīng)的平衡常數(shù)K，然后計(jì)算出再加入CO、H2O、CO2、H2各0.1mol時(shí)的濃度商Qc，根據(jù)Qc與K的關(guān)系判斷移動(dòng)方向；

C．先假設(shè)容器Ⅱ的溫度為800℃，結(jié)合B計(jì)算出吸熱熱量，然后結(jié)合溫度對(duì)化學(xué)平衡的影響分析吸熱情況；

D．先假設(shè)容器Ⅲ與容器Ⅰ的溫度相同，則平衡常數(shù)K=1，利用三段式計(jì)算容器Ⅲ中n（CO），然后結(jié)合該反應(yīng)的逆反應(yīng)為吸熱反應(yīng)分析。

本題考查化學(xué)平衡的計(jì)算，題目難度較大，正確構(gòu)建等效平衡為解答關(guān)鍵，注意掌握化學(xué)平衡及其影響，能夠利用三段式進(jìn)行計(jì)算，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析能力及化學(xué)計(jì)算能力。16.【答案】Al2O3+6H+=2Al3++3H2O

溫度太高，鹽酸大量揮發(fā)會(huì)引起容器內(nèi)壓強(qiáng)過(guò)大，導(dǎo)致反應(yīng)釜損壞

Fe3++3HCO3-=Fe（OH）3↓+3CO2↑

靜置，取少量上層清液于試管中，滴入KSCN溶液，溶液不變紅色

鹽酸濃度增大，溶液中Cl-濃度增大，促進(jìn)Al3+形成AlCl3?6H2O晶體析出

HCl（或鹽酸）

【解析】解：（1）“酸浸”過(guò)程發(fā)生的主要反應(yīng)的離子方程式是：Al2O3+6H+═2Al3++3H2O，“酸浸”在恒容密閉反應(yīng)釜中進(jìn)行，溫度太高，鹽酸大量揮發(fā)會(huì)引起容器內(nèi)壓強(qiáng)過(guò)大，導(dǎo)致反應(yīng)釜損壞，故溫度不宜過(guò)高；

故答案為：Al2O3+6H+═2Al3++3H2O；溫度太高，鹽酸大量揮發(fā)會(huì)引起容器內(nèi)壓強(qiáng)過(guò)大，導(dǎo)致反應(yīng)釜損壞；

（2）“除鐵”生成Fe（OH）3的離子方程式為：Fe3++3HCO3-═Fe（OH）3↓+3CO2↑；鐵離子與KSCN溶液作用顯紅色，檢驗(yàn)溶液中鐵元素已經(jīng)除盡的方法是：靜置，取少量上層清液于試管中，滴入KSCN溶液，溶液不變紅色；

故答案為：Fe3++3HCO3-═Fe（OH）3↓+3CO2↑；靜置，取少量上層清液于試管中，滴入KSCN溶液，溶液不變紅色；

（3）鹽酸濃度增大，溶液中Cl-濃度增大，促進(jìn)Al3+形成AlCl3?6H2O晶體析出，溶液中Al3+濃度減??；

故答案為：鹽酸濃度增大，溶液中Cl-濃度增大，促進(jìn)Al3+形成AlCl3?6H2O晶體析出；

（4）煅燒AlCl3?6H2O晶體可得副產(chǎn)品HCl，可循環(huán)利用；

故答案為：HCl（或鹽酸）。

粉煤灰（主要成分為Al2O3、SiO2，還含少量Fe2O3等）加入濃鹽酸“酸浸”，發(fā)生反應(yīng)：Al2O3+6H+═2Al3++3H2O、Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O，SiO2不溶，過(guò)濾除去，濾渣為SiO2，濾液主要為Al3+、Fe3+的酸性溶液，濾液中NH4HCO3，其中Fe3+與3HCO3-生成Fe（OH）3沉淀，過(guò)濾，對(duì)濾液濃縮，再通入HCl氣體結(jié)晶，獲得AlCl3?6H2O晶體，煅燒可得產(chǎn)品，據(jù)此分析。

本題考查了物質(zhì)的制備，涉及工藝流程的理解、化學(xué)方程式的書(shū)寫、離子的檢驗(yàn)等知識(shí)，運(yùn)用所學(xué)知識(shí)結(jié)合工藝流程是解題關(guān)鍵，題目難度中等。17.【答案】羧基、硝基

取代反應(yīng)

【解析】解：（1）由D的結(jié)構(gòu)可知其含有的含氧官能團(tuán)有：酰胺鍵、羧基、硝基，

故答案為：羧基、硝基；

（2）對(duì)比A、B的結(jié)構(gòu)，可知A中氯原子被-NHCH3替代生成B，同時(shí)有HCl生成，屬于取代反應(yīng)，

故答案為：取代反應(yīng)；

（3）E的分子式為C12H13N3O4，對(duì)比D、F的結(jié)構(gòu)，D可以是經(jīng)過(guò)加成反應(yīng)、消去反應(yīng)得到E，E與甲醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成F，故E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，

故答案為：；

（4）G是的同分異構(gòu)體，G能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說(shuō)明含有醛基，分子中只有2種不同化學(xué)環(huán)境的氫，符合條件的G的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：，

故答案為：；

（5）由路線中C→D轉(zhuǎn)化，可知由與反應(yīng)得到．甲苯先硝化、再發(fā)生B→C轉(zhuǎn)化中的還原得到．乙醇發(fā)生氧化反應(yīng)生成乙酸，乙酸脫水得到．合成路線流程圖為：，

故答案為：。

（1）由D的結(jié)構(gòu)可知其含有的含氧官能團(tuán)有：酰胺鍵、羧基、硝基；

（2）對(duì)比A、B的結(jié)構(gòu)，可知A中氯原子被-NHCH3替代生成B，同時(shí)有HCl生成；

（3）E的分子式為C12H13N3O4，對(duì)比D、F的結(jié)構(gòu)，D可以是經(jīng)過(guò)加成反應(yīng)、消去反應(yīng)得到E，E與甲醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成F；

（4）G是的同分異構(gòu)體，G能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說(shuō)明含有醛基，結(jié)合分子中只有2種不同化學(xué)環(huán)境的氫書(shū)寫符合條件的G的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式；

（5）由路線中C→D轉(zhuǎn)化，可知由與反應(yīng)得到．甲苯先硝化、再發(fā)生B→C轉(zhuǎn)化中的還原得到．乙醇發(fā)生氧化反應(yīng)生成乙酸，乙酸脫水得到。

本題考查有機(jī)物的合成，涉及官能團(tuán)的識(shí)別、有機(jī)反應(yīng)類型、限制條件同分異構(gòu)體的書(shū)寫、合成路線設(shè)計(jì)等，注意充分利用路線中隱含的信息進(jìn)行路線設(shè)計(jì)，熟練掌握官能團(tuán)的性質(zhì)與轉(zhuǎn)化，側(cè)重考查學(xué)生分析能力、知識(shí)遷移運(yùn)用能力。18.【答案】Ca5（PO4）3OH+10HCl=5CaCl2+3H3PO4+H2O

使用H2SO4，會(huì)產(chǎn)生微溶性的CaSO4覆蓋在羥磷灰石的表面，阻止反應(yīng)的繼續(xù)進(jìn)行

三辛胺會(huì)與溶液中的HCl反應(yīng)，促進(jìn)了KH2PO4生成

4.5

用潔凈的玻璃棒蘸取溶液滴在pH試紙上，立即與標(biāo)準(zhǔn)比色卡對(duì)比，讀取pH值

過(guò)濾；向?yàn)V渡中加入適量二（2乙基己基）磷酸，振蕩、靜置，分液取水層；在水層中加入適量磷酸三丁酯，振蕩，靜置，分液取有機(jī)層

【解析】解：（1）“制酸”過(guò)程中由Ca5（PO4）3OH與鹽酸反應(yīng)得磷酸，反應(yīng)為：Ca5（PO4）3OH+10HCl═5CaCl2+3H3PO4+H2O；若使用H2SO4，會(huì)產(chǎn)生微溶性的CaSO4覆蓋在羥磷灰石的表面，阻止反應(yīng)的繼續(xù)進(jìn)行；

故答案為：Ca5（PO4）3OH+10HCl═5CaCl2+3H3PO4+H2O；使用H2SO4，會(huì)產(chǎn)生微溶性的CaSO4覆蓋在羥磷灰石的表面，阻止反應(yīng)的繼續(xù)進(jìn)行；

（2）根據(jù)流程可知加入有機(jī)堿--三辛胺（TOA）后得到TOA?HCl（有機(jī)層），TOA?HCl（有機(jī)層）棄去，得到需要的產(chǎn)品，說(shuō)明加入三辛胺會(huì)與溶液中的HCl反應(yīng)，促進(jìn)了KH2PO4生成；

故答案為：三辛胺會(huì)與溶液中的HCl反應(yīng)，促進(jìn)了KH2PO4生成；

（3）①B為產(chǎn)物H2PO4-的量，從圖可知，隨著pH的增大，H2PO4-的量增大，當(dāng)pH=4.5時(shí)，H2PO4-最多，pH再生高，不利于H2PO4-的生成，故pH=4.5，停止加入三辛胺；

故答案為：4.5；

②使用pH試紙測(cè)定溶液pH的操作是：用潔凈的玻璃棒蘸取溶液滴在pH試紙上，立即與標(biāo)準(zhǔn)比色卡對(duì)比，讀取pH值，

故答案為：用潔凈的玻璃棒蘸取溶液滴在pH試紙上，立即與標(biāo)準(zhǔn)比色卡對(duì)比，讀取pH值；

（4）根據(jù)流程可知，制酸所得含有未溶解的石英，故應(yīng)先過(guò)濾除去，再根據(jù)資料，應(yīng)先用二（2乙基己基）磷酸除去Fe3+，再將磷酸用磷酸三丁酯萃取出，所以“提純”步驟的實(shí)驗(yàn)方案：向“制酸”所得粗磷酸中加入活性炭，過(guò)濾；向?yàn)V渡中加入適量二（2乙基己基）磷酸，振蕩、靜置，分液取水層；在水層中加入適量磷酸三丁酯，振蕩，靜置，分液取有機(jī)層，

故答案為：過(guò)濾；向?yàn)V渡中加入適量二（2乙基己基）磷酸，振蕩、靜置，分液取水層；在水層中加入適量磷酸三丁酯，振蕩，靜置，分液取有機(jī)層。

羥磷灰石精礦[主要成分是Ca5（PO4）3OH，還含有少量石英和氧化鐵等雜質(zhì)]加鹽酸制酸，主要的反應(yīng)是：Ca5（PO4）3OH+10HCl═5CaCl2+3H3PO4+H2O，還有Fe2O3+6HCl═2FeCl3+3H2O，石英不反應(yīng)，向“制酸”所得粗磷酸中加入活性炭，過(guò)濾；向?yàn)V渡中加入適量二（2乙基己基）磷酸，振蕩、靜置，分液取水層；在水層中加入適量磷酸三丁酯，振蕩，靜置，分液取有機(jī)層得到稀磷酸，加入KCl與稀磷酸生成KH2PO4，再加入有機(jī)堿--三辛胺（TOA）分離，對(duì)水層結(jié)晶可得產(chǎn)品，據(jù)此分析，

（1）“制酸”過(guò)程中由Ca5（PO4）3OH與鹽酸反應(yīng)得磷酸；使用硫酸會(huì)生成硫酸鈣不利于反應(yīng)的進(jìn)行，據(jù)此分析；

（2）根據(jù)流程可知加入有機(jī)堿--三辛胺（TOA）后得到TOA?HCl（有機(jī)層），據(jù)此分析；

（3）①B為產(chǎn)物H2PO4-的量，從圖可知，隨著pH的增大，H2PO4-的量增大，當(dāng)pH=4.5時(shí)，H2PO4-最多，pH再生高，不利于H2PO4-的生成；

②根據(jù)pH試紙的使用操作書(shū)寫即可；

（4）根據(jù)流程可知，制酸所得含有未溶解的石英，故應(yīng)先過(guò)濾除去，再根據(jù)資料，應(yīng)先用二（2乙基己基）磷酸除去Fe3+，再將磷酸用磷酸三丁酯萃取出，據(jù)此分析。

本題考查了物質(zhì)的制備，涉及方程式的書(shū)寫、實(shí)驗(yàn)操作的理解、題目信息的運(yùn)用等知識(shí)點(diǎn)，注意答題規(guī)范，合理有效的運(yùn)用題目所給信息，題目難度較大。19.【答案】2c-7a-3b

2NH3+3NaClO=N2+3NaCl+3H2O

溫度過(guò)高，HClO發(fā)生分解，氨氮去除率隨之降低

增加NaClO的量，反應(yīng)速率加快，相同時(shí)間內(nèi)NaClO消耗多

有部分NH3被氧化成NO2-或NO3-

2NO3-+10H=N2↑+2OH-+4H2O

0.08

【解析】解：（1）已知：①N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=akJ?mol-1

②2NO（g）+O2（g）═2NO2（g）△H=bkJ?mol-1

③4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（l）△H=ckJ?mol-1

蓋斯定律計(jì)算③×2-7×①-3×②得到反應(yīng)8NH3（g）+6NO2（g）═7N2（g）+12H2O（l）△H=（2c-7a-3b）KJ/mol，

故答案為：2c-7a-3b；

（2）①根據(jù)圖示，由始態(tài)和終態(tài)判斷反應(yīng)物中NH3被氧化為N2，則NaClO被還原為NaCl．生成1molN2轉(zhuǎn)移6mol電子，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒需要3molNaClO，再結(jié)合元素守恒，寫出化學(xué)方程式2NH3+3NaClO=N2↑+3H2O+3NaCl，溫度對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率有影響。溫度越高，化學(xué)反應(yīng)率越快。所以溫度低時(shí)，去除率低的原因是反應(yīng)速率慢。HClO不穩(wěn)定，易分解，溫度高時(shí)，加快了HClO的分解速率，從而使去除率降低，

故答案為：2NH3+3NaClO=N2↑+3H2O+3NaCl；溫低時(shí)，反應(yīng)速率慢；溫度高時(shí)，加快了HClO的分解（或NaClO分解），去除率降低；

故答案為：溫度過(guò)高，HClO發(fā)生分解，氨氮去除率隨之降低

②點(diǎn)B剩余NaClO含量低于點(diǎn)A的原因是：增加NaClO的量，反應(yīng)速率加快，相同時(shí)間內(nèi)NaClO消耗多，當(dāng)m（NaClO）：m（NH3）＞7.7時(shí)，總氮的去除率隨m（NaClO）：m（NH3）的增大不升反降的原因是：NaClO投入過(guò)多會(huì)將氨氮氧化為NO3-等更高價(jià)態(tài)的物質(zhì)，未能從溶液中除去，

故答案為：增加NaClO的量，反應(yīng)速率加快，相同時(shí)間內(nèi)NaClO消耗多；NaClO投入過(guò)多會(huì)將氨氮氧化為NO3-等更高價(jià)態(tài)的物質(zhì)，未能從溶液中除去；

（3）①活性原子與NO3-反應(yīng)是電解過(guò)程中生成的氫原子還原硝酸根離子生成氮?dú)?，反?yīng)的離子方程式：2NO3-+10H═N2↑+2OH-+4H2O，

故答案為：2NO3-+10H═N2↑+2OH-+4H2O；

②若陽(yáng)極生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下2.24L氣體為氫氧根離子失電子生成的氧氣，物質(zhì)的量==0.1mol，2NO3-+10H═N2↑+2OH-+4H2O，2NO3-～N2↑～10e-～2.5O2，電子守恒計(jì)算得到理論上可除去NO3-的物質(zhì)的量：0.08mol，

故答案為：0.08。

（1）已知：①N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=akJ?mol-1

②2NO（g）+O2（g）═2NO2（g）△H=bkJ?mol-1

③4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（l）△H=ckJ?mol-1

蓋斯定律計(jì)算③×2-7×①-3×②得到反應(yīng)8NH3（g）+6NO2（g）═7N2（g）+12H2O（l）△H；

（2）①根據(jù)圖示判斷發(fā)生氧化還原反應(yīng)的反應(yīng)物和生成物，根據(jù)轉(zhuǎn)電子守恒和元素守恒進(jìn)行書(shū)寫；溫度越高，化學(xué)反應(yīng)速率越快；HClO不穩(wěn)定，溫度過(guò)高易分解

②剩余次氯酸鈉的含量隨m（NaClO）：m（NH3）的變化情況分析增加次氯酸鈉會(huì)加快反應(yīng)速率，NaClO投入過(guò)多會(huì)將氨氮氧化為NO3-等更高價(jià)態(tài)的物質(zhì)；

（3）①活性原子與NO3-反應(yīng)是電解過(guò)程中生成的氫原子還原硝酸根離子生成氮?dú)猓?/p>

②若陽(yáng)極生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下2.24L氣體為氫氧根離子失電子生成的氧氣，物質(zhì)的量==0.1mol，結(jié)合電子守恒計(jì)算理論上可除去NO3-的物質(zhì)的量。

本題考查了熱化學(xué)方程式書(shū)寫、化學(xué)平衡的影響因素分析、電解原理的理解應(yīng)用、氧化還原反應(yīng)和圖象變化特征的分析判斷等，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，題目難度中等。20.【答案】[Ar]3d9

Cu3N

sp2

SO3

氨氣分子間形成氫鍵，氣化時(shí)克服氫鍵，需要消耗大量能量

【解析】解：（1）Cu原子核外有29個(gè)電子，Cu原子失去4s、3d能級(jí)上各一個(gè)電子生成Cu2+，根據(jù)構(gòu)造原理書(shū)寫Cu2+的核外電子排布式為：[Ar]3d9，

故答案為：[Ar]3d9；

（2）該晶胞中N原子個(gè)數(shù)=8×=1、Cu原子個(gè)數(shù)=12×=3，則N、Cu原子個(gè)數(shù)之比為1：3，其化學(xué)式為Cu3n，

故答案為：Cu3N；

（3）該配離子中N原子提供孤電子對(duì)、銅離子提供空軌道形成配位鍵，該離子結(jié)構(gòu)為，

故答案為：；

（4）該離子中N原子價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)=3+=3且不含孤電子對(duì)，根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論判斷N原子雜化類型為sp2；與NO3-互為等電子體的分子中含有4個(gè)原子且價(jià)電子數(shù)為24，有SO3，

故答案為：sp2；SO3；

（5）氨氣分子之間存在氫鍵，斷鍵消耗能量，氣化時(shí)克服氫鍵，所以需要消耗大量能量，導(dǎo)致氣化時(shí)吸收大量熱量，

故答案為：氨氣分子間形成氫鍵，氣化時(shí)克服氫鍵，需要消耗大量能量。

（1）Cu原子核外有29個(gè)電子，Cu原子失去4s、3d能級(jí)上各一個(gè)電子生成Cu2+，根據(jù)構(gòu)造原理書(shū)寫Cu2+的核外電子排布式；

（2）該晶胞中N原子個(gè)數(shù)=8×=1、Cu原子個(gè)數(shù)=12×=3，則N、Cu原子個(gè)數(shù)之比為1：3；

（3）該配離子中N原子提供孤電子對(duì)、銅離子提供空軌道形成配位鍵；

（4）該離子中N原子價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)=3+=3且不含孤電子對(duì)，根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論判斷N原子雜化類型；與NO3-互為等電子體的分子中含有4個(gè)原子且價(jià)電子數(shù)為24；

（5）氨氣分子之間存在氫鍵，氣化時(shí)克服氫鍵，斷鍵消耗能量。

本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，涉及晶胞計(jì)算、氫鍵、等電子體等知識(shí)點(diǎn)，側(cè)重考查基礎(chǔ)知識(shí)再現(xiàn)及靈活運(yùn)用、空間想像能力及計(jì)算能量，注意均攤法在晶胞計(jì)算中的靈活運(yùn)用，題目難度不大。21.【答案】2.2×10-6mol?L-1