安徽省青陽縣第一中學2021-2022學年高二下學期5月份月考化學試題可能用到的數據：H1C12O16Si28Cl35.5K39Cu64Ⅰ卷一、選擇題(本大題有16個小題，每小題只有一個答案。48分)1.第22屆冬奧會將于2022年2月4日在北京開幕，科技部提出了“科技冬奧”理念，并將重點著力于做好此次冬奧會的科技支撐保障工作。下列說法不正確的是A.北京冬奧會將使用二氧化碳跨臨界制冰機組，與傳統制冷劑氟利昂相比更加環保B.輕質高強度的碳纖維有舵雪橇中的碳纖維是一種高分子材料C.冬奧會上將采用紫外殺菌技術對手機和筆記本電腦進行消毒，這是利用紫外線使蛋白質變性D.冬奧會將采用氫燃料電池車，還開發了全新的車載光伏發電系統，體現了“綠色出行”的理念【答案】B【解析】【詳解】A．氟氯烴化合物進入高空會破壞臭氧層，使到達地面的紫外線增多，因此二氧化碳跨臨界直冷制冰技術的使用會減少臭氧層破壞，A正確；B．碳纖維是不是有機高分子化合物，是無機材料，B錯誤；C．紫外線能夠使蛋白質變性，故能對手機和筆記本電腦進行消毒，C正確；D．氫燃料電池車產物是水，會減少二氧化碳的排放，體現了“綠色出行”的理念，D正確；

故選：B。2.基態Si原子中，電子占據的最高能量原子軌道正確表示的是A.2s B.2d C.3p D.3f【答案】C【解析】【詳解】硅原子核外有14個電子，其基態原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p2，對應能層分別別為K、L、M，其中能量最高的是最外層M層，則電子占據的最高能量原子軌道正確表示的是3p，答案選C。3.下列事實不能用勒夏特列原理解釋的是（）A.光照新制的氯水時，溶液的pH逐漸減小 B.加催化劑，使N2和H2在一定條件下轉化為NH3C.可用濃氨水和氫氧化鈉固體快速制取氨氣 D.增大壓強，有利于SO2與O2反應生成SO3【答案】B【解析】【詳解】A、氯水中存在化學平衡Cl2+H2O?HCl+HClO，光照使氯水中的次氯酸分解，次氯酸濃度減小，使得平衡向右移動，氫離子濃度變大，溶液的pH值減小，能用勒夏特列原理解釋，選項A不符合；B、催化劑改變反應速率，不改變化學平衡，不能用化學平衡移動原理解釋，選項B符合；C、濃氨水加入氫氧化鈉固體，氫氧化鈉固體溶解放熱，使一水合氨分解生成氨氣，氫氧根濃度增大，化學平衡NH3+H2O?NH3?H2O?NH4++OH-逆向進行，能用化學平衡移動原理解釋，選項C不符合；D、增大壓強，平衡向正反應方向移動，能用勒夏特列原理解釋，選項D不符合；答案選B。【點睛】本題考查勒夏特利原理的應用，勒夏特利原理是指如果改變影響平衡的一個條件（如濃度、壓強或溫度等），平衡就向能夠減弱這種改變的方向移動，勒夏特利原理適用的對象應存在可逆過程，如與可逆過程的平衡移動無關，則不能用勒夏特利原理解釋，即使用勒夏特列原理的前提必須是可逆反應，且符合平衡移動的原理。4.下列各組物質中，互為同系物的是A.CH3-CH=CH2和B.CH3CH2CHBrCH2Br和CH3CHBrCH2BrC.苯與溴苯D.CH2=CH-CH=CH2和CH3-CH2-CH2-C≡CH【答案】B【解析】【詳解】A．丙烯屬于烯烴，環丁烷屬于環烷烴，二者是不同類別的物質，因此不是同系物，A不符合題意；B．二者結構相似，在分子組成上相差1個CH2原子團，因此它們屬于同系物，B符合題意；C．苯是芳香烴，溴苯是芳香烴的衍生物，二者結構不相似，在分子組成上也不是相差CH2的整數倍，因此它們不能互為同系物，C不符合題意；D．前者是二烯烴，后者是炔烴，二者是不同類別的物質，因此它們不能互為同系物，D不符合題意；故合理選項是B。5.一定溫度下，水溶液中H+和OH-的濃度變化曲線如圖所示，下列說法正確的是A.升高溫度，可能引起由c向b的變化B.該溫度下，水的離子積常數為1.0×10-13C.該溫度下，加入FeCl3可能引起由b向a的變化D.該溫度下，稀釋溶液可能引起由c向d的變化【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．圖中曲線為一定溫度下的離子積常數曲線，升高溫度，c(H+)和c(OH-)均增大，水的離子積常數增大，所以升高溫度將不在曲線上，不可能由c變到b，，故A錯誤；B．根據離子積常數可知，該溫度下Kw=c(H+)?c(OH?)=1×10?7×1×10?7=1×10?14，故B錯誤；C．該溫度下，加入FeCl3水解顯酸性，氫離子濃度增大而氫氧根離子濃度減小，可以引起曲線b向a的變化，故C正確；D．該溫度下，離子積常數不變，稀釋溶液，只能在這條曲線上，不能造成由c向d的變化，故D錯誤；故答案為C。6.設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A.1L0.1mol·L-1NH4NO3溶液：NH和NH3·H2O粒子數目之和為0.1NAB.50g質量分數為46%的乙醇水溶液中氧原子數為0.5NAC.1mol新戊烷含有非極性共價鍵數目為16NAD.含4molHCl濃鹽酸與足量的MnO2加熱充分反應，轉移的電子數是2NA【答案】A【解析】【詳解】A．1L0.1mol·L-1NH4NO3溶液中溶質物質的量為1L0.1mol·L-1=0.1mol，依據物料守恒，NH和NH3·H2O粒子數目之和為0.1NA，A正確；B．50g質量分數為46%的乙醇水溶液中，乙醇的質量為50g46%=23g，乙醇的物質的量為=0.5mol，乙醇中氧原子數為0.5NA，但乙醇水溶液中，水中還有氧原子，因此氧原子數大于0.5NA，B錯誤；C．1mol新戊烷中含4molC-C非極性共價鍵，數目為4NA，C錯誤；D．稀鹽酸與二氧化錳在加熱條件下不反應，含4molHCl的濃鹽酸與足量的MnO2加熱充分反應，隨著反應進行，濃鹽酸變為稀鹽酸，反應停止，轉移的電子數小于2NA，D錯誤；答案選A。7.下列關于電離能和電負性的說法不正確的是A.第一電離能的大小，Mg>AlB.鍺的第一電離能高于碳而電負性低于碳C.Ni是元素周期表中第28號元素，第2周期基態原子未成對電子數與Ni相同且電負性最小的元素是碳D.元素的第一電離能：Al<Si【答案】B【解析】【詳解】A．同周期從左到右第一電離能呈增大趨勢，但第ⅡA族元素的第一電離能比相鄰的第ⅢA族元素的第一電離能大，A項正確；B．鍺是金屬元素而碳是非金屬元素，鍺的第一電離能低于碳，B項錯誤；C．Ni的價電子排布式為3d84s2，未成對電子數為2，第二周期未成對電子數為2的元素有碳和氧，同周期從左到右電負性逐漸增大，則電負性C＜O，故該元素為碳，C項正確；D．同周期從左到右第一電離能呈增大趨勢，則第一電離能：Al<Si，D項正確；答案選B。8.25℃時，關于下列溶液混合后溶液pH的說法中正確的是（）A.pH=10與pH=12的NaOH溶液等體積混合，溶液的pH約為11B.pH=5的鹽酸溶液稀釋1000倍，溶液的pH=8C.pH=2的H2SO4與pH=12的NaOH溶液等體積混合，混合液pH=7D.pH=12的NH3·H2O與pH=2的HCl溶液等體積混合，混合液pH=7【答案】C【解析】【詳解】A.pH=10與pH=12的NaOH溶液等體積混合溶液中c(OH-)==5.05×10-3mol/L，則混合溶液中氫離子濃度約為2×10-12mol/L，pH=11.7，故A錯誤；B.pH=5的鹽酸溶液稀釋1000倍溶液仍顯酸性，pH<7，故B錯誤；C.pH=2的H2SO4溶液中c(H+)=10-2mol/L，pH=12的NaOH溶液中c(OH-)=10-2mol/L，二者等體積反應恰好中和，溶液pH=7，故C正確；D.pH=12的NH3·H2O溶液中c(NH3·H2O)遠大于10-2mol/L，pH=2的HCl溶液中c(H+)=10-2mol/L，二者等體積混合堿過量，溶液顯堿性，pH>7，故D錯誤；故答案為C。【點睛】堿與堿混合要先計算混合液中的c(OH-)，通過c(OH-)計算c(H+)，從而計算pH值；酸與酸混合直接計算c(H+)，從而計算pH值；酸與堿混合要先判斷誰過量，堿過量則先計算混合液中的c(OH-)，通過c(OH-)計算c(H+)，從而計算pH值，酸過量則直接計算c(H+)，從而計算pH值。9.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。一種測定草酸合銅酸鉀晶體組成的方法如下：步驟Ⅰ：準確稱取1.7700g樣品，充分加熱，剩余固體為K2CO3與CuO的混合物，質量為1.0900g。步驟Ⅱ：準確稱取1.7700g樣品，用NH4Cl溶液溶解，加水稀釋，定容至100.00mL。步驟Ⅲ：準確量取步驟Ⅱ所得溶液25.00mL于錐形瓶中，滴入指示劑，用濃度為0.0500mol/L的EDTA標準溶液滴定至終點。(已知Cu2+與EDTA反應的化學計量數之比為1：1)重復上述滴定操作兩次，有關數據記錄如下表：第一次滴定第二次滴定第三次滴定消耗EDTA標準溶液的體積/ml25.9224.9925.01第一次滴定消耗的EDTA標準溶液的體積明顯偏大，可能的原因有A.錐形瓶水洗后未干燥B.開始滴定時，滴定管尖嘴部分未充滿液體C.裝EDTA標準溶液的滴定管水洗后已潤洗D.滴定時錐形瓶中有液體濺出【答案】B【解析】【詳解】A．錐形瓶沒有干燥，不影響待測液中溶質的物質的量，因此對EDTA標準液的體積無影響，A項不符合題意；B．開始滴定時，滴定管尖嘴部分未充滿液體，則V始偏小，由V(EDTA)=V終-V始可知消耗的EDTA體積偏大，B項符合題意；C．裝EDTA標準溶液的滴定管水洗后已潤洗，EDTA濃度不變，則消耗的EDTA的體積無影響，C項不符合題意；D．滴定時錐形瓶中有液體濺出，待測液溶質損失，則消耗的EDTA的物質的量減小，體積偏小，D項不符合題意；答案選B。10.室溫下，向a點（pH=a）的20．00mL1．000mol?L-1氨水中滴入1．000mol?L-1鹽酸，溶液pH和溫度隨加入鹽酸體積變化曲線如圖所示．下列有關說法錯誤的是（）A.將此氨水稀釋，溶液的導電能力減弱B.b點溶液中離子濃度大小可能存在：c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+）C.c點時消耗鹽酸體積V（HCl）＜20．00mLD.a、d兩點的溶液，水的離子積Kw（a）＞Kw（d）【答案】D【解析】【詳解】A．稀釋氨水，雖然促進一水合氨電離，但溶液中離子濃度減小，所以導電能力降低，故A正確；B．b點pH＞7，則c（OH-）＞c（H+），溶液中電荷守恒為c（NH4+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-），則c（NH4+）＞c（Cl-），即c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+），故B正確；C、溶液顯中性時，鹽酸物質的量小于一水合氨，所以c點消耗鹽酸體積V（HCl）＜20．00mL，故C正確；D、d點溫度高于a點，水的離子積Kw（a）＜Kw（d），故D錯誤；故選D11.肼(N2H4)分子可視為NH3分子中的一個氫原子被—NH2(氨基)取代形成的另一種氮的氫化物。肼能與硫酸反應生成N2H6SO4，N2H6SO4晶體類型與硫酸銨相同，則N2H6SO4晶體內不存在的作用力是A.離子鍵 B.共價鍵 C.配位鍵 D.范德華力【答案】D【解析】【詳解】由題意可知，N2H6SO4晶體為離子晶體，晶體內存在離子鍵、共價鍵和配位鍵，不存在分子間作用力，故選D。12.將6molCO2和8molH2充入一容積為2L的密閉容器中(溫度保持不變)發生反應CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。測得H2的物質的量隨時間變化如圖所示(圖中字母后的數字表示對應的坐標)。該反應在10min內CO2的平均反應速率是A.0.5mol·L-1·min-1B.0.1mol·L-1·min-1C.0mol·L-1·min-1D.0.125mol·L-1·min-1【答案】B【解析】【詳解】由圖可知，在10min內，H2的物質的量減小，因此v(H2)＝＝0.3mol·L-1·min-1，根據化學反應速率之比等于化學計量數之比，則v(CO2)＝v(H2)＝0.1mol·L-1·min-1，答案選B。13.已知反應2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)△H=－752kJ·mol-1的反應機理如下：①2NO(g)N2O2(g)(快)②N2O2(g)+H2(g)N2O(g)+H2O(g)(慢)③N2O(g)+H2(g)N2(g)+H2O(g)(快)下列有關說法錯誤的是A.①的逆反應速率大于②的正反應速率B.②中N2O2與H2的碰撞僅部分有效C.N2O2和N2O是該反應的催化劑D.總反應中逆反應的活化能比正反應的活化能大【答案】C【解析】【詳解】A.①反應為快反應，說明反應物的活化能小于生成物的活化能，反應更容易發生；②為慢反應，說明反應物的活化能大于生成物的活化能，②反應物的活化能就是反應①生成物的活化能，因此①的逆反應速率大于②的正反應速率，A正確；B.②反應為慢反應，反應慢說明反應的活化能大，物質微粒發生碰撞，許多碰撞都不能發生化學反應，因此碰撞僅部分有效，B正確；C.反應過程中N2O2和N2O是中間產物，不是催化劑，C錯誤；D.總反應為放熱反應，則總反應中逆反應的活化能比正反應的活化能大，D正確；故合理選項是C。14.已知反應：CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)。在一定壓強下，按W=向密閉容器中充入氯氣與丙烯。圖甲表示平衡時，丙烯的體積分數(φ)與溫度T、W的關系，圖乙表示正、逆反應的平衡常數與溫度的關系。則下列說法中錯誤的是

A.圖甲中W2＞1B.圖乙中，A線表示逆反應的平衡常數C.溫度為T1，W=2時，Cl2的轉化率為50%D.若在恒容絕熱裝置中進行上述反應，達到平衡時，裝置內的氣體壓強增大【答案】C【解析】【詳解】A．在其它條件不變時，增大反應物Cl2的濃度，化學平衡正向移動，可以使更多丙烯反應變為生成物，最終達到平衡時丙烯的體積分數減小，由于丙烯的含量：W2＜W1，W1=1，所以W2＞1，A正確；B．根據圖甲可知：在W不變時，升高溫度，丙烯的平衡含量增大，說明升高溫度，化學平衡逆向移動，正反應的化學平衡常數減小，則正反應為放熱反應，△H＜0。化學平衡常數只與溫度有關。升高溫度，化學平衡逆向移動，正反應平衡常數減小，正反應平衡常數與逆反應平衡常數互為倒數，則逆反應化學平衡常數隨溫度的升高而增大，所以在圖乙中A線表示逆反應的平衡常數，B線表示正反應的平衡常數，B正確；C．當溫度為T1，W=2時，K=1，在反應開始時n(丙烯)=1mol，n(Cl2)=2mol，假設反應過程中丙烯反應消耗量為x，則平衡時：n(丙烯)=(1-x)mol，n(Cl2)=(2-x)mol，n(CH2=CH-CH2Cl)=n(HCl)=xmol，假設容器的容積為V，則K=，解得x=mol，所以氯氣的轉化率為，C錯誤；D．在恒容絕熱裝置中進行上述反應，容器溫度升高，反應前后氣體的物質的量不變，則壓強增大，D正確；15.下列有關海水提鎂的說法正確的是A.得到Mg(OH)2沉淀的化學反應方程式為：2NaOH+MgCl2=Mg(OH)2↓+2NaClB.加入鹽酸，Mg(OH)2(s)?Mg2+(aq)+2OH-(aq)平衡正向移動C.在空氣中加熱灼燒MgCl2?6H2O可得到無水氯化鎂D.電解熔融氯化鎂時金屬鎂在陽極析出【答案】B【解析】【詳解】A．海水提鎂過程中得到Mg(OH)2沉淀是利用石灰乳與鹽鹵反應制得，反應的化學反應方程式為：Ca(OH)2+MgCl2=Mg(OH)2↓+CaCl2，選項A錯誤；B．加入鹽酸，H+與OH-反應，使降低，Mg(OH)2(s)?Mg2+(aq)+2OH-(aq)平衡正向移動，B正確；C．直接在空氣中加熱灼燒MgCl2?6H2O，鎂離子水解，生成Mg(OH)2，繼續灼燒得到MgO，選項C錯誤；D．電解熔融氯化鎂時，鎂離子在陰極的電極反應為：，選項D錯誤；答案選B。16.環戊二烯可用于制備二茂鐵（Fe(C5H5)2，結構簡式為），后者廣泛應用于航天、化工等領域中。二茂鐵的電化學制備原理如圖所示，其中電解液為溶解有溴化鈉（電解質）和環戊二烯的DMF溶液（DMF為惰性有機溶劑）。下列說法錯誤的是（）A.制備二茂鐵總反應為：Fe+2=+H2↑B.電解制備需要在無水條件下進行C.Ni電極與電源負極連接D.陽極電極反應為：2Br－－2e－=Br2【答案】D【解析】【分析】根據轉化關系可知，過程中需要獲得亞鐵離子，故鐵電極為陽極，與電源正極相連。Ni電極為陰極，與電源負極相連，Na+在陰極放電生成鈉單質，鈉單質和環戊二烯反應生成氫氣，之后再與亞鐵離子反應生成目標產物。【詳解】A.據分析可知鈉離子僅為中間產物，故總反應為：Fe+2=+H2↑，故A說法正確；B.中間產物Na可與水發生反應，所以需要在無水條件下進行，故B說法正確；C.據分析可知Ni電極與電源負極連接，故C說法正確；D.據分析可知陽極電極反應為：，故D說法錯誤；故答案為D。Ⅱ卷17.含硫化合物在生產生活中有重要應用，實驗小組對部分含硫化合物進行探究。回答下列問題：（1）小組同學設計了兩種制備的方案。Ⅰ.70%溶液與粉末反應；Ⅱ．Cu粉與濃在加熱條件下反應。①方案Ⅰ所涉及的化學方程式為___________。②兩種方案相比，方案Ⅰ的優點為___________。（2）小組同學用如圖所示裝置檢驗上述方案Ⅱ中所有氣體產物。①A中儀器m的名稱為___________，裝置B中盛放的試劑為___________。②按氣流方向，上述裝置合理連接順序為a→___________→d(填儀器接口的小寫字母)。③裝置C中儀器n的作用為___________。（3）小組同學探究溶液的pH對與反應產物的影響，進行如下實驗。查閱資料：為白色難溶于水的固體，能溶于溶液；AgOH為白色難溶于水的固體，易分解，難溶于溶液；為白色固體，微溶于水，不易分解。步驟一：將一定質量的配成250mL溶液，并測得溶液的；將一定質量配成250mL溶液，并分成兩份，一份用將pH調至8，另一份用NaOH溶液將pH調至11；步驟二：將的溶液滴入足量的的溶液中，開始產生白色沉淀，后沉淀變為棕黑色。步驟三：將的溶液滴入的溶液中，產生白色沉淀。①步驟一中配置溶液所需玻璃儀器除量筒、燒杯、玻璃棒外，還需要___________。②步驟二中產生的棕黑色沉淀為，則該步驟產生的白色沉淀為___________(填化學式)。③對步驟三中白色沉淀的組成提出假設：i．可能含有；ii．可能含有；iii.可能含有AgOH。提出假設ⅱ的依據為___________；請設計實驗方案驗證假設ⅰ是否正確：___________。【答案】（1）①.②.原料利用率高，條件易于控制(或節約能源)（2）①.蒸餾燒瓶②.品紅溶液(或高錳酸鉀溶液)③.gfbc④.防止倒吸（3）①.250mL容量瓶﹑膠頭滴管②.AgOH③.酸性條件下可能將氧化為④.取少量白色沉淀加入足量溶液，若有沉淀溶解，則假設ⅰ成立，若沒有沉淀溶解，則假設ⅰ不成立【解析】【分析】裝置A中銅與濃硫酸加熱反應生成二氧化硫，生成的二氧化硫中混有水蒸氣，將生成的氣體通過裝置D，用無水硫酸銅檢驗水蒸氣，再用裝置B檢驗二氧化硫，B中盛放品紅溶液或酸性高錳酸鉀溶液，二氧化硫污染環境，最后用裝置C處理尾氣。【小問1詳解】①硫酸與亞硫酸鈉發生氧化還原反應生成硫酸鈉、二氧化硫和水，反應的化學方程式為：。②方案II需要加熱，反應I不需要，且方案I原料利用率高，因此方案Ⅰ的優點為：原料利用率高，條件易于控制(或節約能源)。【小問2詳解】①A中儀器m的名稱為蒸餾燒瓶，裝置B用來檢驗二氧化硫，因此盛放試劑為：品紅溶液(或高錳酸鉀溶液)。②由分析可知，裝置的連接順序為ADBC，因此按氣流方向，上述裝置合理的連接順序為a→gfbc→d。③裝置C中儀器n為球形干燥管，其作用為防止倒吸。【小問3詳解】①配制250mL一定濃度溶液所需玻璃儀器除量筒、燒杯、玻璃棒外，還需要250mL容量瓶、膠頭滴管。②步驟二中產生的棕黑色沉淀為Ag2O，由題意可知，氫氧化銀易分解生成氧化銀和水，因此該步驟產生的白色沉淀為AgOH。③亞硫酸鈉易被空氣中的氧氣氧化為硫酸鈉，且pH=4的硝酸銀溶液呈酸性，硝酸根離子在酸性條件下具有強氧化性，可能將亞硫酸根離子氧化為硫酸根離子，因此白色沉淀可能含硫酸銀；由信息可知，為白色難溶于水的固體，能溶于溶液，因此驗證沉淀中是否含的操作和現象為：取少量白色沉淀加入足量溶液，若有沉淀溶解，則假設ⅰ成立，若沒有沉淀溶解，則假設ⅰ不成立。18.如表是A、B、C三種烴的有關信息ABC①能使溴的四氯化碳溶液褪色；②比例模型為：①平面型結構；②球棍模型為：①能使溴的四氯化碳溶液褪色；②1molC能與1molH2在一定條件下反應生成A；③比例模型為：根據表中信息回答下列問題：（1）寫出烴A與水反應的化學方程式：_______，A發生加聚反應的產物名稱_______。（2）烴B與濃硝酸反應的化學方程式：_______。（3）如圖1是烴B與液溴制取溴苯的裝置，試回答：(a)裝置A中發生有機反應的化學方程式：_______。(b)裝置C中的現象_______。(c)裝置B的作用_______。（4）如圖2是制取烴C的裝置，試回答：(a)為了控制生成C的速率，分液漏斗中盛放的液體是_______。(b)滴下液體后燒瓶中發生反應生成C，寫出此反應的化學方程式：_______。(c)電石中含有硫化鈣和水反應會產生雜質氣體混在C中，為了不對C性質檢驗產生干擾，應該除雜，一般選用_______洗氣。【答案】（1）①.CH2=CH2+H2OCH3CH2OH②.聚乙烯（2）+HNO3(濃)+H2O（3）①.+Br2+HBr②.溶液變渾濁，產生淺黃色沉淀③.除去揮發的溴蒸氣（4）①.飽和食鹽水②.CaC2+2H2O=Ca(OH)2+C2H2↑③.CuSO4溶液【解析】【分析】根據A比例模型及其能夠使溴的四氯化碳溶液褪色的性質可知烴A是CH2=CH2；烴B是平面結構，結合其球棍模型可知B是苯，結構簡式是；烴C能夠使溴的四氯化碳溶液褪色，結合其比例模型及1molC能與1molH2在一定條件下反應生成A可知C是乙炔，結構簡式是CH≡CH。在圖1中苯與液溴在Fe催化下發生取代反應產生溴苯和HBr，在裝置B中CCl4可以除去揮發的溴蒸氣，在裝置C中HBr與AgNO3溶液發生復分解反應產生AgBr淺黃色沉淀。在圖2中電石與飽和食鹽水反應產生乙炔氣體CH≡CH；電石中雜質CaS雜質與水反應產生H2S氣體，通過CuSO4溶液的洗氣瓶洗氣時H2S變為CuS沉淀除去H2S雜質，乙炔通入溴水中與溴水發生加成反應而使溴水褪色，通入酸性KMnO4溶液中被酸性KMnO4溶液氧化，因而酸性KMnO4溶液紫色褪去，從而證明乙炔氣體性質活潑。【小問1詳解】A是CH2=CH2，在一定條件下能夠與H2O發生加成反應產生CH3CH2OH，該反應的化學方程式為：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；CH2=CH2在一定條件下能夠發生加聚反應產生聚乙烯，其結構簡式是；【小問2詳解】烴B是苯，苯與濃硝酸、濃硫酸混合加熱，發生硝化反應產生硝基苯，結構簡式是：+HNO3(濃)+H2O；【小問3詳解】(a)在裝置A中，苯與液溴在Fe催化下，發生取代反應產生溴苯和HBr，反應的化學方程式為：+Br2+HBr；(b)溴易揮發，揮發的Br2與HBr氣體進入裝置B中，液溴易溶于CCl4中，而HBr不溶于CCl4，所以裝置B的作用是除去揮發的Br2。在C中HBr與AgNO3溶液發生復分解反應產生AgBr淺黃色沉淀和HNO3，反應方程式為：HBr+AgNO3=AgBr↓+HNO3，因此在裝置C中看到的現象是：溶液變渾濁，產生淺黃色沉淀；(c)裝置B的作用除去揮發的溴蒸氣，防止干擾反應產物HBr的檢驗；【小問4詳解】(a)電石CaC2與H2O發生反應制取乙炔氣體，該反應的化學速率非常快，為了控制生成C的速率，分液漏斗中盛放的液體是可以用飽和食鹽水代替水，并控制通過滴加食鹽水來控制反應速率；(b)滴下液體后燒瓶中發生反應生成C，此反應的化學方程式為：CaC2+2H2O=Ca(OH)2+C2H2↑；(c)電石中含有硫化鈣和水反應會產生雜質氣體H2S混在C2H2中，H2S氣體也具有還原性，能夠使溴水褪色，也能夠被酸性KMnO4溶液氧化而使酸性KMnO4溶液紫色褪去。為了排除H2S氣體對C性質檢驗產生干擾，應該除雜，一般選用CuSO4溶液，反應方程式為：CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4除去雜質H2S，而C2H2氣體與CuSO4溶液不發生反應，從而達到除雜、凈化的目的。19.磁選后的煉鐵高鈦爐渣，主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、CaO以及少量的Fe2O3。為節約和充分利用資源，通過如圖工藝流程回收鈦、鋁、鎂等。該工藝條件下，有關金屬離子開始沉淀和沉淀完全的pH見表金屬離子Fe3+Al3+Mg2+Ca2+開始沉淀的pH2.23.59.512.4沉淀完全(c=1.0×10-5mol·L-1)的pH3.24.711.113.8回答下列問題：（1）“焙燒”中，TiO2、SiO2幾乎不發生反應，Al2O3、MgO、CaO、Fe2O3轉化為相應的硫酸鹽，寫出Al2O3轉化為NH4Al(SO4)2的化學方程式____。（2）“水浸”后“濾液”的pH約為2.0，在“分步沉淀”時用氨水逐步調節pH至11.6，依次析出的金屬離子是____。（3）“母液①"中Mg2+濃度為____mol·L-1。（4）“水浸渣”在160℃“酸溶”最適合的酸是____。“酸溶渣”的成分是____、____。（5）“酸溶”后，將溶液適當稀釋并加熱，TiO2+水解析出TiO2·xH2O沉淀，該反應的離子方程式是___。（6）將“母液①”和“母液②”混合，吸收尾氣，經處理得___，循環利用。【答案】（1）Al2O3+4(NH4)2SO42NH4Al(SO4)2+6NH3↑+3H2O↑（2）Fe3+、Al3+、Mg2+（3）1.0×10-6（4）①.硫酸②.SiO2③.CaSO4（5）TiO2++(x+1)H2OTiO2·xH2O↓+2H+（6）(NH4)2SO4【解析】【分析】由題給流程可知，高鈦爐渣與硫酸銨混合后焙燒時，二氧化鈦和二氧化硅不反應，氧化鋁、氧化鎂、氧化鈣、氧化鐵轉化為相應的硫酸鹽，尾氣為氨氣；將焙燒后物質加入熱水水浸，二氧化鈦、二氧化硅不溶于水，微溶的硫酸鈣部分溶于水，硫酸鐵、硫酸鎂和硫酸鋁銨溶于水，過濾得到含有二氧化鈦、二氧化硅、硫酸鈣的水浸渣和含有硫酸鐵、硫酸鎂、硫酸鋁銨和硫酸鈣的濾液；向pH約為2.0的濾液中加入氨水至11.6，溶液中鐵離子、鋁離子和鎂離子依次沉淀，過濾得到含有硫酸銨、硫酸鈣的母液①和氫氧化物沉淀；向水浸渣中加入濃硫酸加熱到160℃酸溶，二氧化硅和硫酸鈣與硫酸不反應，二氧化鈦與硫酸反應得到TiOSO4，過濾得到含有二氧化硅、硫酸鈣的酸溶渣和TiOSO4溶液；將TiOSO4溶液加入熱水稀釋并適當加熱，使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O沉淀和硫酸，過濾得到含有硫酸的母液②和TiO2·xH2O，據此分析作答。【小問1詳解】氧化鋁轉化為硫酸鋁銨發生的反應為氧化鋁、硫酸銨在高溫條件下反應生成硫酸鋁銨、氨氣和水，反應的化學方程式為：Al2O3+4(NH4)2SO42NH4Al(SO4)2+6NH3↑+3H2O↑，故答案為：Al2O3+4(NH4)2SO42NH4Al(SO4)2+6NH3↑+3H2O↑；【小問2詳解】由題給開始沉淀和完全沉淀的pH可知，將pH約為2.0的濾液加入氨水調節溶液pH為11.6時，鐵離子首先沉淀，然后是鋁離子、鎂離子，鈣離子沒有沉淀，故答案為：Fe3+、Al3+、Mg2+；【小問3詳解】由鎂離子完全沉淀時，溶液pH為11.1可知，氫氧化鎂的溶度積為1×10-5×(1×10-2.9)2=1×10-10.8，當溶液pH為11.6時，溶液中鎂離子的濃度為=1×10-6mol/L，故答案為：1.0×10-6；【小問4詳解】增大溶液中硫酸根離子濃度，有利于使微溶的硫酸鈣轉化為沉淀，為了使微溶的硫酸鈣完全沉淀，減少TiOSO4溶液中含有硫酸鈣的量，應加入濃硫酸加熱到160℃酸溶；由分析可知，二氧化硅和硫酸鈣與濃硫酸不反應，則酸溶渣的主要成分為二氧化硅和硫酸鈣，故答案為：硫酸；SiO2；CaSO4；【小問5詳解】酸溶后將TiOSO4溶液加入熱水稀釋并適當加熱，能使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O沉淀和硫酸，反應的離子方程式為TiO2++(x+1)H2OTiO2·xH2O↓+2H+，故答案為：TiO2++(x+1)H2OT