江苏省常州市届高三上学期期末考试化学试题附答案解析

1、江苏省常州市2022届高三上学期期末考试化学试题1.2022年世界地球日中国主题是珍惜自然资源，呵护美丽国土。以下有关说法正确的选项是A. 开发清洁能源本钱高，是对现有资源的浪费B. 一次性塑料给生活带来便利，应该扩大生产C. 减少化石燃料的使用，有利于保护地球环境D. 大量施用化肥提高农作物产量，满足粮食自给【答案】C【解析】【分析】 设立“世界地球日的宗旨是节约资源、保护环境，据此分析选项正误。【详解】A项：开发清洁能源就是要提高现有资源利用效率，而不是浪费现有资源，A项错误;B项：一次性塑料不易降解，易造成“白色污染，应限制生产和使用，B项错误；C项：化石燃料通常含硫等元素，燃烧时生成S

2、Q等，会污染环境，C项正确;D项：大量施用化肥会污染土壤和地下水，D项错误。此题选Co2. 用化学用语表示2Mg+ C 2MgQF C中的相关微粒，其中不正确的选项是Mg+Q.2-, B项错误；A B C都是正确的。A. 中子数为12的镁原子：24i2Mg B. MgQ 的电子式：;C. CQ2的结构式：Q=C=Q D.碳原子的结构示意图:【答案】B【解析】【分析】据相关化学用语的含义和书写要求分析判断。【详解】镁是活泼金属，氧化镁是离子化合物，其电子式应为此题选不正确的，应选Bo3. 以下有关物质性质与用途具有对应关系的是A. SiO 2熔点很高，可用于制造坩埚B. NaOH能与盐酸反响，可

3、用作制胃酸中和剂C. AIOH 3是两性氢氧化物，氢氧化铝胶体可用于净水D. HCH O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能与盐酸反响，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。此题选Ao4. 室温下，以下各组离子在指定溶液中能大量共存的是A. 0.1 molB. 0.

4、1 molLL"KHSO溶液：NaS NH+、12亠KOH溶液：Mg、SO2-、MnO、ClOB 、 AlO2-C. 0.1 molLTfSQ溶液：Na*、Fe2+>CHCOO、no-D. 0.1 molL1*FeSQ溶液：K、NH+、C、NO【答案】D【解析】【分析】根据溶液性质和离子间的相互反响复分解反响、氧化复原反响等分析判断。【详解】A项：KHSO溶液中+4价硫有较强的复原性，能将 MnQ、CIO-复原，A项不能大量共存;B项：KOH溶液中，Mg*会生成氢氧化镁沉淀，B项不能大量共存；C项：H2SQ溶液中，CHCOO转化为CHCOOH NO-将Fe2+氧化为Fe3 +,

5、 C项不能大量共存；D项：FeSQ溶液中，K+> NH+、C、NO之间不发生离子反响，能大量共存。此题选DbNaCIO5. 水合肼N2H4H2O为无色透明的油状发烟液体，是一种重要的精细化工原料，其制备的反响原理为+ 2NH=NH H2O+ NaCI。以下关于实验室制备水合肼的操作不正确的选项是A. 装置甲中试剂X可以选择生石灰B.装置乙作为反响过程的平安瓶C.装置丙制备水合肼时氨气从b 口进入 D.装置丁可用于吸收多余的尾气【答案】C【解析】【分析】从化学方程式可知，制备水合肼时需制备氨气、并通入NaCIO溶液。氨气极易溶于水、且会污染环境，实验时要防倒吸、进行尾气处理。【详解】A项：

6、装置甲用于制备氨气，试剂X可以是生石灰，利用 CaO与水反响放热使氨气从溶液中逸出，A项正确；B项：氨气极易溶于水，为防止倒吸，用装置乙作为平安瓶置于甲乙之间，B项正确；C项：为有利于氨气与 NaCIO溶液反响，制备水合肼时氨气应从装置丙a 口进入，C项错误；D项：氨气会污染环境，实验时用装置丁进行尾气处理并防倒吸，D项正确。此题选Co【点睛】制备某种物质，通常包括原料的制备与净化、主体反响、尾气的处理、产品的别离与提纯等，需要根据物质的性质、反响条件等选择适宜的试剂与装置。6. 以下有关物质性质的表达正确的选项是 ()A. 向FeCh溶液中滴加 NHSCN溶液，溶液显红色B. 明矶溶液中参加

7、过量 NaOH溶液可形成AI(OH)3胶体C. SiO 2与浓盐酸在高温下能反响生成SiCI 4D. 向氨化的饱和食盐水中通入足量CO可制得NaHCO【答案】D【解析】【分析】根据FeCL、明矶、SiO2、等物质的性质分析判断。【详解】A项：FeCl2溶液中有Fe2+,与NHSCN溶液不显红色，A项错误；B项：明矶溶液与过量 NaOH溶液反响生成 AI02，不会形成 AI(OH)3胶体，B项错误;C项：SiO2与浓盐酸不能反响，C项错误；D项：常温时NaHCO溶解度较小，向氨化的饱和食盐水中通入足量CQ可制得NaHCQ沉淀，化学方程式NaCI+NH+CG+H2O=NaHCa +NHCI，D项正

8、确。此题选Db7. 以下指定反响的离子方程式正确的选项是 ()A. 饱和N&CQ溶液与BaSQ固体反响：CQ2- + Bsf+ - BaCQB. NH 4HCQ溶液和过量 Ca(QH)2 溶液混合：Cai+ + NH+ HCQ + 2QH =CaCQj + H2Q+ NH3 H 2QC. NaCIQ 与 HI 溶液反响：2CIQ+ 2fQ+ 21=12+ CI2 f+ 4QHD. 电解氯化镁溶液：2C+ Mg2 - - CI2 f + Mg【答案】B【解析】【分析】按照离子方程式的书写步骤：写、拆、删、查，分析判断正误。【详解】A项：BaSQ难溶于水，不能拆写。饱和NCQ溶液使 BaS

9、Q转化的离子方程式为：CQ2-+BaSQ l BaCQ+SQ2- , A 项错误；B项：Ca(QH)2溶液过量，NH+、HC0完全反响，B项正确；C项：NaCIQ作氧化剂，被复原成 CI-而不是CI2，酸性溶液中也不会生成 QH,离子方程式应写 CIQ-+ 2I+ 2H+= I2+ C+ HQ C项错误；D项：电解氯化镁溶液时，阴极氢离子得电子生成氢气，离子方程式应为：Md* + 2CI -+2H2 CI2T +H2T +Mg(QH)z J。此题选Bo【点睛】配平离子方程式时，需结合电荷守恒关系，酸性溶液用H+、HQ配平，碱性溶液用 QH、H2Q配平，中性溶液在反响物中加水、生成物中加“或QH

10、。8. 短周期主族元素 X、Y、Z、W原子序数依次增大，X是空气中含量最多的元素，Y是海水中质量分数最大的元素，Z元素原子是短周期原子半径最大的，W与X属于同一主族。以下说法正确的选项是()A. 原子半径：W>Z>Y B.由Y、Z组成的化合物中均不含共价键C. X的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强 D. X的简单气态氢化物的热稳定性比Y的强【答案】C【解析】【分析】 根据元素的存在、结构推断元素，结合元素周期表比拟金属性、非金属性的强弱，进而比拟有关物质的性质。【详解】空气中含量最多的元素X是N,海水中质量分数最大的元素 Y是0,短周期中原子半径最大的 Z元素是Na,与X属于同

11、一主族的元素 W是P。A项：据元素周期表，原子半径应为Z(Na)>W(P)>Y(0)，A项错误；B项：Y、Z可组成Na2O Na02,其中NqQ含共价键，B项错误；C项：非金属性X(N)>W(P)，那么其最高价氧化物对应水化物的酸性HN0HPQ, C项正确;D项：非金属性X(N)<Y(0)，故简单气态氢化物的热稳定性NH<H0, D项错误。此题选Co9. 在给定条件下，以下选项所示的物质间转化均能实现的是()A. NaCl(aq) 电解CI2澄清石灰水漂白粉B. (C 6H1oQ) n(淀粉)併启打jQH2Q(葡萄糖)沖H匕酶C2H5OH(NH4)2SO 1 -(

12、NH4) 2SQD. Fe 2Q(s)COFe(s)HC1 (aq) FeCI 3(aq)【答案】B【解析】【分析】根据物质的化学性质和生产实际分析判断正误。B项正【详解】A项：工业制备漂白粉是将 CI2通入石灰乳而不是石灰水，A项错误；B项：淀粉完全水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下生成GHOH这是粮食酿酒的主要反响过程,确；C项：氨水中通入过量的 SO生成NHHSO而不是(NH4)2SO, C项错误；D项：Fe与盐酸反响生成 FeCl2而不会生成FeCh, D项错误。此题选B。10. 以下说法正确的选项是()A. 电解熔融氧化铝时反响的离子方程式为4A|3* + 6CT®4AI

13、 + 3QfB. 反响2N0(g) + Q(g)=2NO2(g)常温下可自发进行，该反响为吸热反响C. 将1 mol Cl 2通入1 000 g H 2O中，转移电子的数目约为 6.02 x 1023D. 铅蓄电池放电时负极的电极反响式为Pb 2e_=Pb2+【答案】A【解析】【分析】根据有关反响原理分析判断正误。【详解】A项：电解熔融氧化铝时，阳极反响2& 4e=Qf，阴极反响 Al 3+ 3e=AI，总反响的离子方程式为 4AI3+ 6O 通电 4AI + 3Q4, A项正确；B项：反响中气体分子数减少， S<0;常温下可自发，必有 H<0,该反响为放热反响，B项错误；

14、C项：氯气与水的反响可逆，1 mol CI2通入水中不可能完全反响，故转移电子的数目小于6.02 X 1023, C项错误；D项：铅蓄电池中电解质溶液为稀硫酸，负极生成的Pb2+会转化为难溶于水的 PbSQ,故负极反响为Pb 2e+SQ2= PbSQj, D 项错误。此题选Ao【点睛】电极反响式实为“半个离子方程式，应符合离子方程式的书写要求。11. 合成一种用于合成 丫分泌调节剂的药物中间体，其合成的关键一步如图。以下有关化合物A、B的说法正确的选项是A. A的反响为取代反响B. A分子中所有碳原子一定在同一平面上C. A、B均不能使酸性 KMnQ溶液褪色D. B与足量H2完全加成的产物分子

15、中含有 4个手性碳原子【答案】AD【解析】【分析】比拟A B的结构，判断反响类型；根据其官能团，判断化学性质。【详解】A项：A分子中与氮直接相连的 H被CHCQCH代替生成B,故AB的反响为取代反响， A项正确;B项：苯环碳及与苯环直接相连的原子一定共面，两个甲基碳、醛基碳不一定在此平面，B项错误；C项：A、B分子中都有醛基，具有较强的复原性，均能使酸性KMnQ溶液褪色，C项错误；COOCHjD项：B与足量H2完全加成的产物为4个手性碳原子带*号，D项正确。此题选AD【点睛】手性碳原子一定连有四个各不相同的原子或原子团，因此烯键、炔键、苯环、醛基、羧基、酯基中 的碳原子，一定不是手性碳原子。1

16、2.以下实验操作、现象及所得出的结论均正确的选项是选项实验操作和现象结论A向苯酚溶液中滴加少量浓溴水、振荡，无 白色沉淀苯酚浓度小B向碘水中参加等体积苯， 振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色I 2在苯中的溶解度大于在水中的溶解度C向FeCb溶液中参加铜粉，溶液由黄色变 :为绿色Fe3+的氧化性强于Cu2+的氧化性D向NaCI、Nal的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO溶液，有黄色沉淀生成KSp(AgCI)> Ksp(Agl)A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【分析】根据相关反响原理，分析实验操作、现象、结论，判断正确与否。【详解】A项：因浓溴水少量，生成的三溴苯酚溶

17、解在过量的苯酚溶液中，因而无沉淀生成，A项结论错误；B项：苯不溶于水，密度比水小。碘水中参加苯，振荡后静置，上层紫红色，下层接近无色，B项现象错误；C项：FeCb溶液中参加铜粉，发生反响 2Fe3+Cu=2F+Cu2+,那么氧化性Fe3+>Cu2+, C项正确；D项：NaCI、Nal的混合稀溶液中，C、I浓度不一定相等，不能根据滴加AgNO溶液的现象比拟 环，D项错误。此题选Co13. 根据以下列图示所得出的结论正确的选项是()£碍理学走才3甲-kdMi 12-le e(CO-)禅军畫岸-肓工U術in I noo l 2IM1 I 40ft I 6tK>QO.Q OA.

18、图甲是在不同温度下三个恒容容器中反响2耳(g) + CO(g)?CHOH(g) H<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MCQM: Mc2+> C Mni+)的沉淀溶解平衡曲线，a点可表示MgCO的不饱和溶液，且 c(Mg2+)<c(CQ2-)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1 mol CH4和1 mol CQ所发生反响CH(g) + CQ(g) ?2CO(g) + 2f(g)的平衡曲线，N点化学平衡常数 K= 1【答案】BC【解析】

19、【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，说明在反响物比例相同时，X曲线对应温度下CO平衡转化率较高。因反响的 H<0,故X曲线对应温度较低，A项错误；B项：过a点作垂线，与 MgCO直线有交点饱和溶液。可见，在c(CQ2-)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-lg c(Mg2+ )> -lg c(CQ2-)，贝U c(Mg2< c(CQ2-) , B项正确；C项：图丙中ROH加水稀释10倍、100倍或1000倍时，溶液p

20、H减小1、2或3,贝U 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CH(g)、CO(g)的浓度都是0.5mol/L ,CO(g)、f(g)的浓度都是1 mol/L，贝U K= 4, D项错误。此题选BG【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. 常温下，向20 mL 0.2 mol L HA溶液中滴加0.2 mol L 1 NaOH溶液，有关微粒的物质的量变化如图,根据图示判断，以下说法正确的选项是()am 0 millJO 40"NaOH

21、 IA.在 P点时，c(H2A) + c(HA)+ c(A2)+ c(OH)= c(Na +) + c(H+)B.当 V(NaOH)= 20 mL 时,C.当 V(NaOH)= 30 mL 时,D.当 V(NaOH)= 40 mL 时,C(OH) = c(H+) + C(HA) + 2c(H2A)3c(Na +) = 2c(HAj + c(A2)+ c(H2A) c(Na + )>c(A2)> c(HA)> c(H2A)>c(OH)>c(H +)【答案】A【解析】【分析】 根据溶质的电离、水解，及水的电离，运用三大守恒关系分析解答。_2一一丄丄【详解】A项：H2A

22、与NaOH的混合溶液中，有电荷守恒c(HA ) + 2c(A ) + c(OH ) = c(Na ) + c(H )，图中P点时 c(H2A) = c(A2一)，故 c(H2A) + c(HA一)+ c(A2一)+ c(OH)= c(Na +) + c(H +) , A项正确；B项：V(NaOH)= 20 mL时，混合溶液中溶质只有 NaHA满足电荷守恒 c(HA一)+ 2c(A2一)+ c(OH)= c(Na+) + c(H +),物料守恒 c(H2A) + c(HA一)+ c(A2一)= c(Na+)，那么质子守恒 c(A2一)+ c(OH)= c(H2A) + c(H+), B 项错误；

23、 C项：V(NaOH)= 30 mL时，混合溶液溶质为等物质的量的 NaHA和NaA,其物料守恒为2c(Na+) = 3c(HA一) + C(A2一) + c(H2A) , C项错误；D项：V(NaOH)= 40 mL时，混合溶液中溶质为 NA,依次考虑NM完全电离、A2一分步水解、水的电离，得 c(Na )>c(A )>c(OH )> c(HA )>c(H2A)>c(H ) , D项错误。此题选Ao【点睛】分析溶液中离子浓度之间的关系，须正确书写三大守恒关系式，结合题目的条件综合分析，作出判断。比拟溶液中离子浓度的大小，应依次考虑强电解质的完全电离、弱电解质的电

24、离和盐类的水解分清主次、水的电离，优先考虑主要过程，才能得出正确结论。15. 一定温度下，在三个容积相同的恒容密闭容器中按不同方式投入反响物，发生反响3H2(g) + Nb(g) ?2NH(g) H= 92.4 kJ mol -",测得反响的相关数据如下:容器1容器2容器3反响温度T7K500500300反响物投入量3 mol H 2、1 mol N 24 mol NH 32 mol NH 3 , 1 1平衡 v 正N2/mol L sV1V2V3平衡 cNH3/mol L 1C1C2C3平衡体系总压强p/PaP1p2P3到达平衡时能量变化放出a kJ吸收b kJ吸收c kJ到达平衡

25、时体积分数0 1NH30 2NH30 3NHs物质的平衡转化率 aa 1出a 2NH3a 3NH3平衡常数KKK2K3以下说法正确的选项是 A. Vi<V2，C2>2ci B.Ki= K2, p2>2piC. $ iNHk< 0 3NH3, ab<92.4 D.C2>2c3, a iH2+ a 3NHt>1【答案】AC【解析】【分析】比拟同一可逆反响在不同条件下建立的化学平衡，须找出不同平衡之间的联系，运用平衡移动原理进行分析 判断。【详解】以容器1中的平衡为参照，那么容器 2中的平衡，相当于两个容器1的平衡进行体积减半即加压、右移得到，故可比拟容器1

26、和容器2的平衡状态；容器 3中的平衡，相当于容器 1的平衡降温右移而成，故可比拟容器1和容器3的平衡状态。那么有 V3<V1<V2, C2>2C1、C3>C1, P1<p2<2p1、p3<p1, ab<92.4、a+ C<92.4 ,$ 1NHs< 0 2NH3、0 1NH3< 0 3NHs,a 1H 2 + a 2NH3<1、 a 1H 2 + a 3NH3<1 , K1 = K2<Ks°此题选AC,【点睛】化学平衡只与起始投料和平衡条件有关，与反响途径无关，比拟平衡浓度、压强、体积分数时不必考试具

27、体途径。反响物的转化率、反响热等与反响途径有关，必须以实际途径比拟。平衡常数只与温度有关。16. 金属加工前常用盐酸对金属外表氧化物进行清洗，会产生酸洗废水。pH在2左右的某酸性废水含铁元素质量分数约3%其他金属元素如铜、镍、锌浓度较低，综合利用酸洗废水可制备三氯化铁。制备过程如下：相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表:Fe(0H)3Cu(OH)2Ni(0H) 2Zn(0 H)2开始沉淀的pH沉淀完全的pH答复以下问题:(1) "中和时调节 pH至，有利于后续制备得纯度较高的产品。(2) 处理酸洗废水中和后的滤渣，使铁元素浸出。按照不同的固液比投入“过滤后滤渣和工业盐酸进行反响的

28、铁浸出率如下列图，实际生产中固液比选择1.5 ：1的原因是Krftlt2：l20 4U M) KU 100120臣用UJMJ mtn(3) 写出“氧化中发生反响的离子方程式:(4 ) “酸溶后需根据溶液中Fe?+含量确定氧化剂的投入量。用K2C2O7标准溶液测定Fe'Cr 2。被复原为Cr3+)的含量，该反响离子方程式为 (5)将三氯化铁溶液在一定条件下、过滤、洗涤、在氯化氢气氛中枯燥得FeCl3 6H2O晶体，在实验室过滤装置中洗涤固体的方法是 【答案】 (1). 3.74.2(2).固液比大那么铁浸出率低；固液比小那么过稀的FeCl3溶液蒸发浓缩需消耗过多的能量，提高了本钱(3)

29、.2Fe2+ H2C2 + 2H+ =2Fe3+ 210 (4).6Fe2 + CqO72-+ 14H+=6Fe3+ 2Cr + 7H2C(5).蒸发浓缩(6).冷却结晶 (7).加蒸馏水至恰好浸没固体，待水自然流出,重复23次【解析】【分析】 根据酸洗废水制备三氯化铁晶体的流程图，紧扣实验目的，综合运用所学知识，特别是混合物别离提纯原理，分析每一步操作所用试剂的作用，从而解答有关问题。【详解】(1)从流程图看，要制备纯度较高的产品，“中和时应使铁元素进入沉淀，杂质离子留在溶液中，故调节pH至3.74.2。 从图中可以看出，酸浸时经过相同时间，固液比越大铁浸出率越低；相反，假设固液比太小，那么

30、浸取液中FeCb的浓度太小，增加了蒸发浓缩的能耗，提高了生产本钱。“酸溶所得溶液中可能含有少量Fe2+，用双氧水将其“氧化为Fe3+,离子方程式为2Fe2+ + H2Q+ 2H+3+=2Fe + 2H2Q 用K262O标准溶液测定Fe2+,Cr2O72被复原为Cr3+, Fe2+被氧化为Fe3+,该反响离子方程式为 6Fe2+ CqQ2-+ 14H+ = 6Fe3+ + 2Cr3+ + 7fQ(5)FeCI 3溶解度随着温度升高而增大，要从三氯化铁溶液制得FeCl3 6H.O晶体，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、在氯化氢气氛中枯燥晶体。过滤后，洗涤固体的方法是向过滤器中加蒸馏水浸没固体，

31、待水自 然流出，重复23次。17.有机化合物G是合成降糖药格列美酮的重要原料，其可由化合物A经如下步骤合成。(1) B中的含氧官能团名称为 (2) 上述转化中属于加成反响的是 (3) 试剂X的分子式为 C9HON写出X的结构简式： 。(4) 1 mol化合物F与足量CISQH反响，除G外另一产物的物质的量为 (5) 写出同时满足以下条件的一种有机物分子的结构简式： 与D分子相比组成上少1个“ CH 与FeCb溶液发生显色反响 核磁共振氢谱显示有 5种不同化学环境的氢，其峰面积比为3 : 2 : 2 : 2 : 2。.【解析】【分析】依合成路线，比拟物质结构，找出断裂和形成的化学键，确定反响类型

32、、某些物质的结构式。逐步满足题目 要求，写出同分异构体并检查验证。又根据已学知识、结合信息和合成路线中的信息，完成合成路线的 设计。【详解】(1)B中的含氧官能团有羰基、酯基。B与HCN加成得C, HCN可由NaHSO与NaCN反响得到；F分子式是E和X的分子式之和，故属于加成 反响。 据X的分子式为CHON从F中去掉E局部，得试剂 X的结构简式CHjOfNC-Oo 从FtG苯环上1个氢原子被-SQCI取代，同时生成水，那么 1 mol化合物F与足量CISQH反响，除G外 还生成1mol H 2Q (5)比D少一个“ CH2的有机物分子式为 C8H1QN;与FeCh溶液显色说明分子中有-0H与

33、苯环直接相连；分子 中5种氢原子个数比3 : 2 : 2 : 2 : 2,那么分子有较好的对称性。故有 1个-CHs, 1个-NH2, 2个-0H连在苯环(6)据，目标产物HO门|刈|卜丄、m对称位置，可能的结构有OilCH=C 比2COOH用流程中的第步原理制得MO小 011.!、口1弍OH1IO中的-COOH来自-CN的酸性水解反响。故应先制取门厲，再利1ICN，而后根据信息由.QH'a 1 .经卤代、水解可制得CM-CHa厂卜。根据信息,OHBOamn NaOHZHapOHCHCHO 丁 ；与CHCHC反响得OII"心。合成路线为CTCN IOB18.用硫酸亚铁铵(NH

34、4)2SQ FeSQ 6H2O为原料通过以下流程可以制备晶体黄匹'心止I40-crttII：25 C时，Fe(C2Q)33(aq) + SCNT(aq) ?Fe(SCN) 2+ (aq) + 3C2Q2-(aq) , K= 1016(1) 写出步骤I生成黄色沉淀 (FeC2Q4 2fO)的化学方程式： 。 步骤n水浴加热需控制40 c的理由是 。(3)某研究小组同学欲检验晶体A中含有三价铁，取少量晶体放入试管中，用蒸馏水充分溶解，向试管中滴入一 1几滴0.1 mol LKSCN溶液。请判断上述实验方案是否可行并说明理由：(4) 某研究小组通过如下实验步骤测定晶体A的化学式：步骤1:准确

35、称取A样品4.910 0 g ，枯燥脱水至恒重，残留物质量为 4.370 0 g ;步骤2:准确称取A样品4.910 0 g置于锥形瓶中，参加足量的3.000 molL 一1 H2SQ溶液和适量蒸馏水，用0.500 0 molL 一1 KMnQ溶液滴定，当 MnQ-恰好完全被复原为 MrT时，消耗KM nQ溶液的体积为24.00 mL ;步骤3:将步骤1所得固体溶于水，参加铁粉0.280 0 g，恰好完全反响。通过计算确定晶体 A的化学式(写出计算过程)。【答案】 (1). (NH)2SQ FeSQ H£2Q=FeGQ 2H2OJ + (NH4)2SQ+ H2SQ+ 4fO (2).

36、 温度太高，HLO2分解；温度太低，Fe2+氧化速度太慢 (3). 否，因为Fe(C2Q)3广转化为Fe(SGN) 2+反响的平衡 常数较小，离子浓度太小，观察不到明显现象，所以无法检验(4). K sFe(C2O4)3 3H2Q【解析】【分析】根据晶体A的制备流程，写出有关化学方程式，分析控制温度的原因，结合信息判断检验三价铁的检验方法是否合理。通过一定量晶体A中各组分的物质的量之比求其化学式。【详解】(1)步骤I由硫酸亚铁铵溶液与饱和草酸溶液反响生成黄色沉淀(FeG2O4 2fQ),化学方程式(NH) 2SQ FeSQ 6H2Q+ H2GQ=FeC2Q 2HQJ + (NH4) 2SQ+

37、H2SQ4+ 4HQ(2) 步骤H需控制40 C,因温度太高，HbQ分解；温度太低，Fe2+氧化速度太慢。 晶体A中三价铁以Fe(C2Q)33存在，其转化为Fe(SCN) 2+的反响平衡常数 K= 1016太小，溶液中Fe3+ 浓度太小，加 KSCN溶液无明显现象，故无法检验。 4.910 0 g 样品 A 中，n(H2Q)=(4.9100g- 4.3700g)/18g mol-1 =0.0300mol。据 5C2Q42-2MnQ , n(C2Q2-)=2.5 X n(MnQ4)=2.5 X 0.500 0 mol L 一1 X 0.02400 L=0.0300mol。又据 2Fe3+Fe,

38、n(Fe3+)=2 X n(Fe)=2 X 0.2800g/56g mol -1=0.0100mol。因电荷守恒 n(K+)+3n(Fe 3+)=2n(CzQ2-), n(K+)=0.0300mol o故 n(K ):n(Fe ):n(C 2Q )：n(H 2O)=3:1:3:3 , A 的化学式 KsFe©。) 3 3H2Q【点睛】通常，求化学式即求化合物中各组分的物质的量之比。任何化合物或水溶液一定符合电荷守恒，这是化学计算中的隐含条件。2Q、AlCl 3 6HQ及明矶大晶体，具体流程如下：(1) AlCl 3 6H2Q易溶于水、乙醇及乙醚;(2) 明矶在水中的溶解度如下表：温度

39、/C010203040608090溶解度/g109(1) 步骤H中生成 Al(QH) 3的离子方程式为 步骤川灼烧AI(0H)3所用实验室常用仪器为 ，为了提高AI2Q纯度，需 (填操作步骤)。(3) 制备AICI 3 6H2O的工业生产中，胶状固体用酸浸取后，还需要通入HCI气体。通入HCI的作用主要有两点：和。 ：在不同温度条件下向一定量的氯化铝溶液中通入HCI气体，通入量对 AICI 3 6H20结晶量和结晶效率的影响如图，请补充完整由胶状固体制备AICI 3 6H2O晶体的实验方案：向胶状固体滴加一定浓度盐酸，直至恰好完全溶解，。I休帆 mL20O【答案】 (1). AIO 2- +

40、CQ+ 2H2O=AI(OH)3j+ HCO (2). 坩埚 (3).灼烧至恒重 (4). 抑制AICI 3水解(5). 增加C(CI),有利于AICI 3 6H2O结晶(6). 在45 C以下(或冷水浴条件下)通入HCI 气体，至有大量晶体析出，过滤，用浓盐酸洗涤23次，低温(或减压)枯燥，得到AICI 3 6H2O晶体【解析】【分析】根据AI2Q、AICI 3 6H2O及明矶大晶体的制备流程，结合题中相关信息及数据，综合运用物质的别离与提纯的 方法进行分析。【详解】(1)步骤H向NaAIQ溶液中通入过量 CO生成AI(OH) 3沉淀，离子方程式为 AIO 2- + CQ + 2H2O=AI

41、(OH)3 J + HCO。 步骤川灼烧AI(OH) 3固体，应使用坩埚；提高AI2O3纯度须使AI(OH) 3完全分解，故应灼烧至恒重。用酸浸取胶状 AI(OH) 3固体后，通入 HCI气体，可抑制 AICI 3水解，同时增大C(CI)，有利于AICI 3 6H2O 结晶析出。 由图可知，温度不超过 45C时，AICI 3 6H2O的结晶量和结晶效率均较高。应控制低温条件下向溶液中通入HCI气体直至有大量晶体析出；为防止AICI 3 6H2O水解和分解，AICI 3 6H2O晶体应用浓盐酸洗涤、 低温(或减压)枯燥。因此，由胶状固体制备 AICI 3 6H2O晶体的实验方案为：向胶状固体滴加

42、一定浓度盐酸，直至恰 好完全溶解，在45 C以下(或冷水浴条件下)通入HCI气体，至有大量晶体析出，过滤，用浓盐酸洗涤23次，低温(或减压)枯燥，得到AICI 3 6H2O晶体。20. 烟气(主要污染物SO、NO)是大气主要污染物，有效去除大气中的SO、NO是环境保护的重要课题。(1)用天然碱生产小苏打的母液(主要溶质为碳酸钠)吸收烟气中SQ的相关反响的热化学方程式如下：2N&CQ(aq) + SQ(g) + HzO(l)=Na 2SQ(aq) + 2NaHCO(aq) H= a kJ mol2NaHCQaq) + SQ(g)=Na2SQ(aq) + 2CQ(g) + HbQ(l) H

43、= b kJ molNazSQ(aq) + SQ(g) + H2Q(l)=2NaHSQ3(aq) H= c kJ mol反响 NaCQ(aq) + SQ(g)=Na 2SQ(aq) + CQ(g)的 H=kJ - mol -1。(2) 用碳酸钠溶液吸收 NQ的过程会产生 NaNQ和NaNQ,写出相关化学反响方程式:(3) 工业上用电解法治理亚硝酸盐对水体的污染，模拟工艺如下列图，写出电解时铁电极发生的电极反响式:。随后，铁电极附近有无色气体产生，写出有关反响的离子方程式：剛肉戶i亚确離钠 -: - A 1 J bJ1 U W T K IBKBJ ' W 尸 1r；(4) 工业上以钛基氧

44、化物涂层材料为阳极、碳纳米管修饰的石墨为阴极，电解硝酸钠和硫酸钠混合溶液，可使NQ-变为NH+。电极(电催化剂)所处的环境对其催化活性和选择性均起到重要作用。 其他条件不变，向其中一份电解液中投加一定量NaCI，去除NH+的效果明显提高，溶液中氮元素含量显著降低。可能原因是。O(3). Fe 2+2e =Fe(4).(或游离氯)，与铵离子 其他条件不变，只改变溶液的pH, NQ-去除率如下列图，pH升高时，去除率 ，可能原因是2NQ- + 8H+ 6Fe2+ =N f + 6Fe3 + + 4H2Q (5). 水中的氯离子在阳极上被氧化成氯气发生氧化反响，生成 N2,从而使铵离子从水溶液中得到

45、去除. 降低(7).随着pH的升高，催化剂的催化活性明显下降(催化剂外表吸附的物质种类不同，酸碱度影响催化剂的活性)【解析】SQ、NQ的相关问【分析】 综合运用盖斯定律、电解原理、催化知识、化学反响中的守恒原理等，解决去除大气中的 题。【详解】由2N&CQ(aq) + SQ(g) + HzO(l)=Na 2SQ(aq) + 2NaHCO(aq) H= a kJ mol Cu 基态核外电子排布式为 。2NaHCQaq) + SQ(g)=Na2SQ(aq) + 2CQ(g) + HbQ(l) H= b kJ mol "两式相加得_ 12Na2CQ(aq) + 2SQ(g)=2Na

46、 2SQ(aq) + 2CQ(g) H= a+bkJ mol _故 Na2CQ(aq) + SQ(g)=Na 2SQ(aq) + CQ(g) H= (a+b)/2kJ mol 。(2)NQ2溶于水呈酸性，用碳酸钠溶液吸收NQ产生NaNQ和NaNQ,同时会生成 CQ,化学反响方程式 NqCQ+2NQ= NaNQ+ NaNQ+ CQ。 由电解池中阳离子移动方向可知铁为阳极，电极反响为Fe 2e_= Fe2+;酸性溶液中，阳极生成的Fe1 mol化合物I分子中含有(T键数目为 。3 化合物川分子中sp方式杂化的原子数目是 。 向Cu(NH3)4SQ4溶液中通入SQ至微酸性，有白色沉淀生成。分析说明该白色沉淀中Cu S、N的物质的量之比为1 ： 1 ： 1,沉淀中有一种三角锥形的阴离子和一种正四面体形的阳离子。 Cu(NH3)4SQ4中存在的化学键类型有 (填字母)。A.共价键 B.氢键 C.