江苏省普通高等学校招生全国统一考试2020届高三模拟卷(二)化学试题 Word版含解析

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江苏省普通高等学校招生全国统一考试2020届高三模拟卷(二)化学试题 Word版含解析

www.ks5u.com ‎2020普通高等学校招生全国统一考试(江苏卷)‎ 模拟试卷(二)‎ 化学试题 可能用到的相对原子质量:H 1 C 12 N 14 O 16 35.5 V 51 56‎ 选择题(共40分)‎ 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.科学家正在研究多氟碳化合物,希望它能成为未来的人造血液,四氟乙烯()就是常见的氟碳化合物。根据以上信息,判断四氟二氯乙烷分子中不含的元素是( )‎ A. 氢 B. 碳 C. 氟 D. 氯 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据以上信息,四氟二氯乙烷分子为二氯乙烷分子中的4个氢原子被氟原子代替,化学式为,不含有H元素。故选A。‎ ‎2.反应,用于工业制取漂白粉。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是( )‎ A. 中子数为10的氧原子: B. 的电子式:‎ C. 的结构示意图: D. 的结构式:H—O—H ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.核素符号左上角的数字表示的是质量数,即质子数和中子数的和,所以中子数为10的氧原子为,错误;‎ B.电子式为,是氯气的结构式,错误;‎ C.是钙原子失去最外层的2个电子形成的,结构示意图为:,错误;‎ D.的电子式为,,把电子式中的共用电子对改成短线即为结构式:H—O—H,正确;‎ - 27 -‎ 故选D。‎ ‎3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是( )‎ A. 晶体硅熔点高,可用于制作半导体材料 B. Fe2O3能与粉反应,可用于油漆、橡胶的着色 C. 具有弱碱性,可用于制胃酸中和剂 D. 浓硫酸具有脱水性,可用来干燥 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.晶体硅用于制作半导体材料是因为其导电性介于导体和绝缘体之间,A错误;‎ B.Fe2O3用于油漆、橡胶的着色是因为本身的颜色,B错误;‎ C.具有弱碱性,能中和胃酸中的,C正确;‎ D.浓硫酸具有吸水性,可用来干燥,D错误;‎ 故选C。‎ ‎4.室温下,下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )‎ A. 溶液:、、、‎ B. 溶液:、、、‎ C. 溶液:、、、‎ D. 能使紫色石蕊试液变蓝的溶液:、、、‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.和在一起,会把氧化成,A错误;‎ B.、、、相互间不反应,和Fe3+也不反应,能大量共存,B正确;‎ C.会与发生氧化还原反应,C错误;‎ D.能使紫色石蕊试液变蓝的溶液呈碱性,与不能大量共存,以及与发生氧化还原反应不能大量共存,D错误;‎ 故选B。‎ - 27 -‎ ‎5.下列实验操作能达到实验目的的是( )‎ A. 可用酒精萃取海带灰的浸取液中的碘 B. 用容量瓶配制溶液前要先将容量瓶干燥 C. 用装置甲测硫酸铜晶体中结晶水的含量 D. 用装置乙可在实验室制备少量 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A.酒精与水互溶,不能萃取碘水中的碘,A错误;‎ B.用容量瓶配制溶液,定容时要加水进行定容,不需要将容量瓶干燥,B错误;‎ C.加热固体物质用坩埚,C错误;‎ D.稀盐酸与大理石粉末可制备二氧化碳气体,D正确;‎ 故选D。‎ ‎6.下列有关化学反应的叙述正确的是( )‎ A. 室温下与纯净反应制取 B. 实验室用和在高温高压催化剂条件下制取 C. 与反应生成和 D. 与过量氨水反应生成 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.室温下,不管是空气中还是纯净的,与反应得到的都是 - 27 -‎ ‎,加热(或灼烧)条件下才会得到,A错误;‎ B.实验室用氢氧化钙和氯化铵制取,工业上用和在高温高压催化剂条件下制取,B错误;‎ C.与反应生成和C,C错误;‎ D.氨水过量,生成正盐,所以与过量氨水反应生成,D正确;‎ 故选D。‎ ‎【点睛】二元或二元以上的酸(如H2CO3)或其相应的酸性氧化物(如CO2)和碱(如氢氧化钙)或盐(如NaAlO2)反应时,通常是酸或酸性氧化物过量时生成酸式盐,若碱或盐过量,则生成正盐。如二氧化碳通入石灰水中,开始时石灰水过量,生成碳酸钙,继续通入二氧化碳,则生成碳酸氢钙。‎ ‎7.下列指定反应的离子方程式正确的是( )‎ A. 向溶液中加入过量氨水:‎ B. 向溶液中通入过量 C. 室温下用稀溶液吸收 D. 溶液和溶液混合:‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氨水是弱电解质不能拆,反应生成的Al(OH)3也不溶于氨水,Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+,故A错误;‎ B.通入过量CO2,产物是碳酸氢根离子,故B错误;‎ C.室温下用稀NaOH溶液吸收Cl2,生成氯化钠、次氯酸钠和水,故C正确;‎ D.会与发生氧化还原反应,产物为和,故D错误;‎ 故选C。‎ ‎8.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X是空气中含量最多的元素,Y、W同主族,W的原子序数是Y的两倍,Z是地壳中含量最高的金属元素。下列说法正确的是( )‎ A. 原子半径:r(Z)>r(W)>r(Y)>r(X)‎ - 27 -‎ B. 由Y、W组成的化合物是共价化合物 C. Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的弱 D. 常温下Z的块状单质可溶于W最高价氧化物所对应的水化物的浓溶液中 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X是空气中含量最多的元素,X是N元素;Y、W同主族,W的原子序数是Y的两倍,W是S,Y是O;Z是地壳中含量最高的金属元素,Z是Al,据此分析解答。‎ ‎【详解】A.X是N元素,W是S元素,Y是O元素,Z是Al元素,原子半径:r(Al)>r(S)>r(N)>r(O),即r(Z)>r(W)>r(X)>r(Y),A错误;‎ B.S、O形成的SO2、SO3都属于共价化合物,B正确;‎ C.O的非金属性强于S,则稳定性:H2O>H2S,C错误;‎ D.常温下与浓硫酸发生钝化反应,铝块不能溶在浓硫酸中,D错误。‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查原子结构与元素周期律,把握元素的性质、最外层电子数来推断元素为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意规律性知识的应用。‎ ‎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. ‎ B. (熔融)‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A.铝与氢氧化钠溶液反应可生成偏铝酸钠,偏铝酸钠与过量二氧化碳反应可生成氢氧化铝,故A正确;‎ B.熔融通电得到的是单质,B错误;‎ C.蒸干会促进水解,得不到无水,应得到氢氧化铁,C错误;‎ - 27 -‎ D.与溶液不反应,故D错误。‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查了物质性质、物质转化的应用,主要是铁、钠、铝、氮的化合物性质的理解判断,掌握基础是解题关键。‎ ‎10.全世界每年因钢铁锈蚀造成了巨大的损失,下列有关说法正确的是( )‎ A. 钢铁腐蚀的正极反应式为 B. 钢铁腐蚀时化学能不能全部转化为电能 C. 如图所示,将导线与金属铜相连可保护地下铁管 D. 如图所示,将导线与外接电源的正极相连可保护地下铁管 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知,需保护铁管不受腐蚀,若接金属块,则该金属应该比铁更活泼;若外接电源,应接电源的负极,由此分析解答。‎ ‎【详解】A.钢铁腐蚀的负极反应式为,故A错误;‎ B.钢铁腐蚀时化学能主要转化为电能,但还有热能等,故B正确;‎ C.铜、铁形成原电池,铁作负极被腐蚀,故C错误;‎ D.外加电流的阴极保护法要将被保护的金属与电源的负极相连,故D错误。‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查了金属的电化学腐蚀和防护,难度不大,应注意的是原电池的正极、电解池的阴极被保护。‎ 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.天然气燃烧是天然气应用的重要途径。下列有关说法正确的是( )‎ A. 一定温度下,反应能自发进行,该反应的 - 27 -‎ B. 甲烷氧气碱性燃料电池的负极反应为 C. 常温常压下,甲烷氧气燃料电池放电过程中消耗,转移电子的数目为 D. 加入催化剂可使的减小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.△H-T△S<0的反应可自发进行;‎ B.碱性燃料电池要考虑氢氧根的后续反应;‎ C.常温常压下,Vm不等于22.4L/mol;‎ D.催化剂不改变反应的。‎ ‎【详解】A.△H-T△S<0的反应可自发进行,由化学计量数可知△S<0,能自发进行,该反应的△H<0,故A正确;‎ B.甲烷氧气碱性燃料电池的负极反应为,故B错误;‎ C.不是标准状况下,应小于,转移电子的数目小于,故C错误;‎ D.加入催化剂能够改变反应的活化能,不能改变反应的,故D错误。‎ 答案选A。‎ ‎12.化合物X、Y均具有抗真菌、抗炎、植物毒性及细胞毒性等功能。下列有关化合物X、Y的说法正确的是( )‎ 化合物X 化合物Y A. X、Y属于同系物 B. 最多能与发生取代反应 C. Y在酸性条件下水解,水解产物可发生消去反应 D. X、Y分别与足量加成的产物分子中手性碳原子数目相等 - 27 -‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.组成和结构相似,组成上相差一个或若干个-CH2的物质互为同系物;‎ B.X中酚羟基的邻和对位H能与溴单质发生取代反应,碳碳双键能与发生加成反应;‎ C.Y在酸性条件下水解,水解产物中含有醇羟基;‎ D.分子上的碳原子若连有4个不同的原子或原子团称为手性碳原子数。‎ ‎【详解】A.化合物X、Y含个数不同,另外它们分子式分别为、,分子组成上相差,不属于同系物,故A错误;‎ B.X中酚羟基的邻和对位H能与溴单质发生取代反应,碳碳双键能与发生加成反应,最多能与发生反应,其中为取代反应,为加成反应,故B错误;‎ C.Y在酸性条件下水解,水解产物中含有醇羟基,且满足醇羟基邻位碳上有氢原子,可以发生消去反应,故C正确;‎ D.X、Y分别与足量H2加成的产物分子都含7个手性碳原子,故D正确。‎ 答案选CD。‎ ‎13.室温下进行下列实验,根据实验操作和现象所得到的结论正确的是( )‎ 选项 实验操作和现象 结 论 A 将气体通入溶液中,生成了白色沉淀 生成了沉淀 B 向浓度均为的、混合溶液中滴加少量溶液,有黑色沉淀生成 C 淀粉溶液中通入少量,后再加入少量溶液,溶液先出现蓝色,后蓝色褪去 还原性:‎ D 用pH试纸测得:溶液的pH约为6‎ 电离出的能力比的水解能力弱 - 27 -‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.气体溶于水形成,中含有,分子会被、氧化成,则与反应生成沉淀,故A错误;‎ B.先有黑色沉淀生成,说明达到的,所以,故B正确;‎ C.氧化为,溶液变蓝,后将氧化成,被还原为,所以还原性应为,故C错误;‎ D.在水中既电离又水解,即,,,则说明的电离能力大于水解能力,故D错误。‎ 答案选B。‎ ‎14.已知常温下电离平衡常数,的电离平衡常数,的电离平衡常数。若溶液混合引起的体积变化可忽略,则室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是( )‎ A. 溶液:‎ B. 的溶液和的溶液等体积混合:‎ C. 的和的溶液等体积混合:‎ D. 氨水和溶液等体积混合:‎ ‎【答案】BC - 27 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.根据SH-的电离程度和水解程度的大小分析;‎ B.据物料守恒分析;‎ C.根据电荷守恒分析;‎ D.由电荷守恒和物料守恒综合分析。‎ ‎【详解】A.溶液中,存在的水解平衡,以及的水解平衡,由的电离平衡常数和的电离平衡常数可知,溶液以的水解平衡为主,,再结合溶液中弱酸根和弱碱根的水解是微弱的特点,溶液中相关微粒浓度大小顺序为,故A错误;‎ B.据物料守恒,,,故,故B正确;‎ C.据电荷守恒,即,类比A选项可知混合溶液,,又因为水解,混合后小于,所以,故C正确;‎ D.,的氨水和的溶液等体积混合后,得到溶质为氨水和的混合溶液,电荷守恒有①,物料守恒有②,③,①②③,得 - 27 -‎ ‎,故D错误。‎ 答案选BC。‎ ‎【点睛】本题考查离子浓度大小比较,题明确反应后溶质组成为解答关键,注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理。‎ ‎15.在体积为2L的恒容密闭容器中,用CO2和H2在催化剂的作用下合成甲醇,CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g),将1molCO2和3molH2在装有催化剂的反应器中反应8小时。体系中甲醇的产率和催化剂的催化活性与温度的关系如下图所示。下列说法正确的是( )‎ A. 反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的△H>0‎ B. 图中P点所示条件下,延长反应时间能提高CH3OH的产率 C. 图中Q点所示条件下,增加CO2的浓度可提高H2转化率 D. 下,X点所对应甲醇的产率为50%,则平衡常数K=0.15‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.甲醇的产率在最高点即达到平衡状态,随温度升高产率逐渐减小,平衡逆向移动,则正反应为放热反应,故A错误;‎ B.P点所示条件下反应未达到平衡,延长反应时间能提高CH3OH的产率,故B正确;‎ C.Q点所示条件下反应处于平衡状态,增加CO2的浓度可提高H2转化率,故C正确;‎ D.列出反应的三段式:‎ ‎ ‎ 体积是2L,将平衡浓度代入平衡常数公式,,故D错误。‎ - 27 -‎ 故选BC。‎ 非选择题(共80分)‎ ‎16.氮氧化物是目前的主要空气污染物之一,它的转化和综合利用既有利于节约资源,又有利于保护环境。‎ ‎(1)的消除。可以用碳酸钠溶液来进行吸收,在产生的同时,会生成,是工业盐的主要成分,在漂白、电镀等方面应用广泛。‎ ‎①写出碳酸钠溶液消除的化学方程式:________________。‎ ‎②写出两种能提高消除率的措施:________________。‎ ‎③经过一系列后续操作可以得到产品,但一般会混有一定量________的杂质。‎ ‎(2)消除。空气中主要来自于汽车尾气的排放和硝酸工厂废气的排放,利用强氧化剂过硫酸钠()氧化脱除可以消除污染,其流程如下:‎ ‎①反应1的离子方程式为________________。‎ ‎②反应2中的初始浓度为,反应为。不同温度下,达到平衡时的脱除率与过硫酸钠()初始浓度的关系如下图所示。‎ 图中点a和点b的平衡常数K的大小关系为________________。判断依据是________________。‎ ‎【答案】 (1). (2). 缓慢的通入 - 27 -‎ ‎、采用气、液逆流的方式吸收尾气、吸收尾气过程中定期补加适量碳酸钠溶液(任写两种) (3). (4). (5). (6). 从图中发现,在浓度相等的条件下,温度越高,的脱除率越大,平衡常数越大,所以平衡常数大小顺序为 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①根据题目信息可知,碳酸钠溶液消除生成,根据化合价升降可知还有产生,由此写出化学方程式;‎ ‎②减缓通入的速率,吸收充分;采用气、液逆流的方式吸收尾气,可使气液充分接触,提高吸收效率;吸收尾气过程中定期补加适量溶液,则溶液可维持较高的浓度,有利于的充分吸收;‎ ‎③通过反应①分析,在产品中会混有硝酸钠杂质。‎ ‎(2)①根据流程信息,并结合得失电子数相等,配平方程式;‎ ‎②图象显示,在浓度相等的条件下,温度越高,的脱除率越大,平衡常数越大。‎ ‎【详解】(1)①根据题目信息可知,碳酸钠溶液消除生成,根据化合价升降可知还有产生,化学方程式为:;故答案为:;‎ ‎②减缓通入的速率,吸收充分,采用气、液逆流的方式吸收尾气,可使气液充分接触,提高吸收效率;吸收尾气过程中定期补加适量溶液,则溶液可维持较高的浓度,也有利于的充分吸收,故答案为:缓慢的通入、采用气、液逆流的方式吸收尾气、吸收尾气过程中定期补加适量碳酸钠溶液等;‎ ‎③通过反应①分析,在产品中会混有硝酸钠杂质,故答案为:;‎ ‎(2)①根据流程信息,反应物为:、、;生成物为:、结合得失电子数相等,写离子方程式为:‎ - 27 -‎ ‎,故答案为:;‎ ‎②从图中发现,在浓度相等的条件下,温度越高,的脱除率越大,平衡常数越大,故,故答案为:;从图中发现,在浓度相等的条件下,温度越高,的脱除率越大,平衡常数越大,所以平衡常数大小顺序为。‎ ‎17.化合物H是合成一种新型抗肿瘤药物的中间体,其合成路线如下:‎ ‎(1)B中官能团名称为________(写两种)。‎ ‎(2)的反应类型为________。‎ ‎(3)C的分子式为,写出C的结构简式:________________。‎ ‎(4)D的一种同分异构体同时满足下列条件,写出该同分异构体的结构简式:________________。‎ ‎①分子中含有苯环,碱性水解后酸化,一种产物分子是最简单的氨基酸。‎ ‎②分子中有5种不同化学环境的氢。‎ ‎(5)已知:R-Cl+R’-OHR-R’‎ 请写出以和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、羧基 (2). 氧化反应 (3). (4). ‎ - 27 -‎ 或 (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A中甲基上的氢在SO2Cl2作用下被氯取代生成B,B在碱性条件下,氯原子水解生成醇,酸化后得到C,结合C的分子式为,C为,C中羧基的2个α-H上与反应生成D,D与生成E,E在POCl3作用下,生成F,F被CrO3氧化成G,此过程中F失氢得氧,被氧化。‎ ‎【详解】(1)B中的官能团名称为氯原子、羧基(写两种)。故答案为:氯原子、羧基;‎ ‎(2)F被CrO3氧化成G,失氢得氧,的反应类型为氧化反应。故答案为:氧化反应;‎ - 27 -‎ ‎(3)B在碱性条件下,氯原子水解生成醇,酸化后得到C,结合C的分子式为,C的结构简式:。故答案为:;‎ ‎(4)D为,D的不饱和度为7,D的一种同分异构体同时满足下列条件,①分子中含有苯环,碱性水解后酸化,一种产物分子是最简单的氨基酸即氨基乙酸,分子中含-COCH2NH2,它和苯环共用去5个不饱和度,余下的2个碳占2个不饱和度,形成碳叁键,②分子中有5种不同化学环境的氢,分子结构对称,符合条件的同分异构体可能有:或;‎ 故答案为:或;‎ ‎(5)根据信息,R-Cl+R’-OHR-R’,用逆向思维,以和为原料形成的前一步,合成前一步应为卤代物和醇,故先将变成氯代物,将水解变成醇,合成路线流程图:。‎ - 27 -‎ 故答案为:。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的合成,明确合成图中物质的结构与性质的关系、碳链结构与官能团的变化等即可解答,(5)为解答的难点,注意结合信息用逆合成法分析,找出合的思路:根据信息,R-Cl+R’-OHR-R’,用逆向思维,以和为原料形成的前一步,合成前一步应为卤代物和醇。‎ ‎18.聚合碱式氯化铁[(m为聚合度)为无机高分子絮凝剂,广泛应用于水处理。以铁矿石、氧化铁皮或为原料,在酸性条件下经氧化、水解、聚合、熟化等步骤,可制得聚合碱式氯化铁。‎ ‎(1)钢铁酸洗废液中主要含有和,通入空气可制得,反应的化学方程式________。氧化剂也可以将氧化成,但存在的缺点是________________。‎ ‎(2)“氧化”过程中,若盐酸的浓度或投入量增大,除了会降低的转化率,还可能产生的影响为________________。‎ ‎(3)①准确称取聚合碱式氯化铁样品1.5000g,置于250mL的锥形瓶中,加入适量稀盐酸,加热,迅速加入稍过量的溶液(被氧化成为),充分反应后,多余的用氧化除去。再加入适量的组成的混酸及4~5滴指示剂,用溶液滴定至终点(滴定过程中与反应生成和),消耗溶液。‎ ‎②另称取等质量的聚合碱式氯化铁样品溶于水中,配成500mL溶液,取25mL溶液于锥形瓶中,用铬酸钾()溶液作指示剂,用 - 27 -‎ 标准溶液滴定至终点,消耗溶液8.10mL。‎ 计算该样品中氯元素和铁元素的质量分数之比为________(写出计算过程,结果保留四位有效数字)。‎ ‎【答案】 (1). 4FeCl2+O2+4HCl=4FeCl3+2H2O (2). NaClO会与HCl反应产生Cl2,造成环境污染 (3). 过量的酸会抑制后续的水解、聚合反应的进行 (4). 1.712‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)钢铁酸洗废液中主要含有FeCl2和HCl,O2具有氧化性,亚铁离子具有还原性,通入空气可制得FeCl3,反应的化学方程式4FeCl2+O2+4HCl=4FeCl3+2H2O。氧化剂NaClO也可以将氧化成,但次氯酸根离子和氯离子会在酸性条件下发生归中反应,生成氯气,污染环境。故存在的缺点是NaClO会与HCl反应产生Cl2,造成环境污染。故答案为:4FeCl2+O2+4HCl=4FeCl3+2H2O;NaClO会与HCl反应产生Cl2,造成环境污染;‎ ‎(2)制备聚合碱式氯化铁,涉及到铁离子水解,溶液显酸性,最终产物中还含有一定的氢氧根离子,若盐酸的浓度或投入量增大,不利于水解和最终的聚合。“氧化”过程中,若盐酸的浓度或投入量增大,除了会降低的转化率,还可能产生的影响为过量的酸会抑制后续的水解、聚合反应的进行。故答案为:过量的酸会抑制后续的水解、聚合反应的进行;‎ ‎(3)由②n(Cl-)= ×0.05000mol·L-1×8.1×10-3L=8.100×10-3mol;‎ 由①Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O,用0.02000mol·L-1 K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2+(K2Cr2O7被还原为Cr3+),直至终点消耗K2Cr2O7)溶液25.00mL,反应中的定量关系可知,n(Fe3+)=6n(Cr2O72-)=6×0.02000mol·L-1×25×10-3L=3.000×10-3mol;‎ 该样品中氯元素和铁元素的质量分数之比=8.100×10-3mol×35.5g·mol-1:3.000×10-3mol×56g·mol-1=1.712。‎ 故答案为:1.712。‎ ‎19.实验室探究制备高锰酸钾的绿色化方案,其实验流程如下:‎ 已知:水溶液呈墨绿色,在酸性、中性和弱碱性环境下,‎ - 27 -‎ 会发生自身氧化还原(歧化)反应,生成和;部分试剂熔点、分解温度见下表:‎ 物质 熔点/‎ ‎406‎ ‎368‎ ‎——‎ ‎——‎ ‎——‎ 分解温度/‎ ‎1323‎ ‎530‎ ‎190‎ ‎240‎ ‎(1)在强碱性条件下,与共熔可制得,其化学方程式为________。投料的顺序为先加入和混合均匀,待小火完全熔融,再加入,迅速搅拌。不能先将与混合的原因是________。‎ ‎(2)溶解后所得溶液转入三颈瓶中,趁热滴入的乙酸,调节,在如下图所示的装置中进行歧化。‎ ‎①该步骤中如果pH控制过高,可能会导致________。‎ ‎②判断三颈瓶中完全反应的实验方法是:用玻璃棒蘸取溶液点在滤纸上,若观察到________,表示已完全反应。‎ ‎(3)从提高原料利用率的角度分析,本实验流程的优点是________________。‎ ‎(4)设计以滤液为原料,制取晶体的实验方案:________________(已知在水溶液中,以上开始分解。实验中必须使用的设备:蒸发皿、恒温水浴槽、恒温干燥箱)。‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ - 27 -‎ 会催化分解,消耗更多的原料 (3). 如果控制过高,可能会导致歧化反应不完全,使得中含有较多的 (4). 滤纸上仅有紫红色而没有绿色痕迹 (5). 滤渣可用于回收,作为反应物制备 (6). 将滤液转移到蒸发皿中,放恒温水浴槽水浴加热,调节温度左右浓缩,至溶液表面有晶膜出现,冷却结晶、过滤、洗涤,将晶体低于的恒温干燥箱干燥 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在强碱性条件下,与共熔发生氧化还原反应,可制得,加水溶解后,在酸性环境下,会发生自身氧化还原(歧化)反应,生成和,过滤浓缩,得到高锰酸钾晶体。‎ ‎(1)作氧化剂,还原产物为,依据化合价升降法可配平得;在催化作用下受热会分解。‎ ‎(2)②水溶液呈墨绿色,水溶液呈紫红色,可通过颜色检验。‎ ‎(3)会发生自身氧化还原反应,生成不溶于水的,回收,作为反应物制备。‎ ‎(4)在水溶液中,以上开始分解,因此需要控制蒸发温度低于;又由于固体会分解,故烘干时要低于。‎ ‎【详解】(1)在强碱性条件下,与共熔可制得,其化学方程式为。投料的顺序为先加入和混合均匀,待小火完全熔融,再加入,迅速搅拌。不能先将与混合的原因是会催化分解,消耗更多的原料。‎ ‎(2) ①如果控制过高,可能会导致歧化反应不完全,使得 - 27 -‎ 中含有较多的。‎ ‎②锰酸根为墨绿色,高锰酸根为紫红色,判断三颈瓶中完全反应的实验方法是:用玻璃棒蘸取溶液点在滤纸上,若观察到滤纸上仅有紫红色而没有绿色痕迹,表示已完全反应。‎ ‎(3)从提高原料利用率的角度分析,本实验流程的优点是滤渣可用于回收,作为反应物制备。‎ ‎(4) 在水溶液中,以上开始分解,因此需要控制蒸发温度低于;又由于固体会分解,故烘干时要低于。制取晶体的实验方案:将滤液转移到蒸发皿中,放恒温水浴槽水浴加热,调节温度左右浓缩,至溶液表面有晶膜出现,冷却结晶、过滤、洗涤,将晶体低于的恒温干燥箱干燥。‎ ‎20.实验室可由、、为原料制备,若反应后废液中的排入水中,则过量的氮元素会使水体富营养化。此外考虑到其他污染源,污水一般还会含有、、等。‎ ‎(1)已知化学式可表示为,由常温下逐渐升温的过程中会发生分解。已知起始状态到A点是失去了部分结晶水,B点对应的物质是钒的氧化物,如下图所示。‎ ‎①写出起始状态到A点发生分解反应的化学方程式:________________。‎ ‎②B点对应物质的化学式是______________。‎ ‎(2)废水中和的处理。通过形成铁炭(铁和活性炭)原电池可对废水中的有机物及含氮物质等进行处理,将酸性废水中以和形式存在的氮元素转化为除去。‎ - 27 -‎ ‎①写出在正极发生的电极反应式______________。‎ ‎②不同的脱氮效果如图1所示,则合适的=________。‎ ‎③实验测得当时,对废水中的氮也有一定的脱除率,其原因为________。‎ ‎(3)废水中的处理。用电解法可对废水进行脱氮处理。‎ ‎①电解时含氯离子转化为次氯酸,与反应生成,当生成时,转移的电子数为________mol。‎ ‎②氯离子含量对废水脱氮效果的影响如图2所示,投氯比是指氨氮与氯离子物质的量的比,三种情况下投料为时脱氮效果________(填“最好”“最差”或“居中”),原因可能是________。‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). (4). 之间均可 (5). 活性炭具有疏松多孔的结构,可吸附水中的和 (6). 6 (7). 最好 (8). 氯离子浓度大,电解反应速率快,相同时间内生成的浓度大,氧化性强(其他合理答案也可赋分)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 27 -‎ ‎(1)①根据计算起始点和A点分子量上相差144,刚好8个水分子;‎ ‎②设B点物质化学式为,计算化学式。‎ ‎(2)①酸性介质中多氧部分加氢生成,反应的离子方程式为;②从题图中可以看出时的脱氮效果最好;‎ ‎③活性炭的结构疏松多孔,对水中的和有吸附作用。‎ ‎(3)①次氯酸与氨气反应的方程式为;②从图中可以看出投氯比为脱氮效果最好。‎ ‎【详解】(1)已知化学式可表示为,由常温下逐渐升温的过程中会发生分解。起始状态到A点是失去了部分结晶水,①起始状态到A点分子量上相差144,刚好8个水分子,发生分解反应的化学方程式:;‎ ‎②设B点物质化学式为,(51+16x)×6÷1065=0.4676,x=2,化学式为VO2;‎ ‎(2)将酸性废水中以和形式存在的氮元素转化为除去,正极发生还原反应,化合价降低,在正极发生的电极反应式为;‎ ‎②由图中脱氮效果可知,则合适的=之间均可;‎ ‎③脱除率检测的是溶液中的元素含量,实验测得当时,对废水中的氮也有一定的脱除率,其原因为活性炭具有疏松多孔的结构,可吸附水中的和;‎ ‎(3)①次氯酸与氨气反应的方程式为,当生成时,转移的电子数为;‎ ‎②根据氯离子含量对废水脱氮效果的影响,三种情况下投料为时脱氮效果最好,原因可能是氯离子浓度大,电解反应速率快,相同时间内生成的浓度大,氧化性强。‎ ‎[物质结构与性质]‎ - 27 -‎ ‎21.葡萄糖酸锌是一种常见的补锌药物,常用葡萄糖酸和反应制备。‎ ‎(1)基态核外电子排布式为________。‎ ‎(2)的空间构型为________(用文字描述);与反应能生成,不考虑空间构型,的结构可用示意图表示为________。‎ ‎(3)葡萄糖酸的分子结构如图1所示,分子中碳原子的轨道杂化类型为________;推测葡萄糖酸在水中的溶解性:________(填“难溶于水”或“易溶于水”)。‎ ‎(4)用可以制备,一个晶胞(如图2)中,的数目为________。‎ ‎【答案】 (1). 或 (2). 正四面体 (3). (4). 、 (5). 易溶于水 (6). 4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)Zn原子序数为30,Zn2+失去了2个电子,基态核外电子排布式为;‎ ‎(2)根据价电子理论,可推出空间构型。‎ ‎(3)根据有机物空间结构,推断碳原子轨道杂化类型。‎ ‎(4)根据晶胞的结构,结合立体几何知识可看出Zn2+离子数量。‎ ‎【详解】(1)根据电子排布结构,基态核外电子排布式为或。‎ ‎(2) 中心S原子价层电子对数,故为正四面体,配合物中,铜原子提供空轨道,中氧原子提供孤电子对,与4个形成配位键,配位键由提供孤电子对的原子指向提供空轨道的原子,所以其表示方法为 - 27 -‎ ‎。‎ ‎(3) 羧基中碳原子是,其余碳原子是。葡萄糖酸中含有5个羟基和1个羧基,都是亲水基团,故易溶于水。‎ ‎(4)由图2可知,Y为锌离子,一个晶胞中,的数目为4。‎ ‎[实验化学]‎ ‎22.3,4−亚甲二氧基苯甲酸是一种用途广泛的有机合成中间体,微溶于水,实验室可用KMnO4氧化3,4−亚甲二氧基苯甲醛制备,其反应方程式为 实验步骤如下:‎ 步骤1:向反应瓶中加入3,4−亚甲二氧基苯甲醛和水,快速搅拌,于70~80 ℃滴加KMnO4溶液。反应结束后,加入KOH溶液至碱性。‎ 步骤2:趁热过滤,洗涤滤饼,合并滤液和洗涤液。‎ 步骤3:对合并后的溶液进行处理。‎ 步骤4:抽滤,洗涤,干燥,得3,4−亚甲二氧基苯甲酸固体。‎ ‎(1)步骤1中,反应结束后,若观察到反应液呈紫红色,需向溶液中滴加NaHSO3溶液,转化为_____________(填化学式);加入KOH溶液至碱性的目的是____________________________。‎ ‎(2)步骤2中,趁热过滤除去的物质是__________________(填化学式)。‎ ‎(3)步骤3中,处理合并后溶液的实验操作为__________________。‎ ‎(4)步骤4中,抽滤所用的装置包括_______________、吸滤瓶、安全瓶和抽气泵。‎ ‎【答案】 (1). SO42− (2). 将反应生成的酸转化为可溶性的盐 (3). MnO2 (4). 向溶液中滴加盐酸至水层不再产生沉淀 (5). 布氏漏斗 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)反应结束后,反应液呈紫红色,说明KMnO4过量,KMnO4具有强氧化性将HSO3-‎ - 27 -‎ 氧化成SO42-,反应的离子方程式为2MnO4-+3HSO3-=2MnO2↓+3SO42-+H2O+H+。根据中和反应原理,加入KOH将转化为可溶于水的。‎ ‎(2)MnO2难溶于水,步骤2中趁热过滤是减少的溶解,步骤2中趁热过滤除去的物质是MnO2。‎ ‎(3)步骤3中,合并后的滤液中主要成分为,为了制得,需要将合并后的溶液进行酸化;处理合并后溶液的实验操作为:向溶液中滴加盐酸至水层不再产生沉淀。‎ ‎(4)抽滤所用的装置包括布氏漏斗、吸滤瓶、安全瓶和抽气泵。‎ ‎【点睛】本题以“3,4−亚甲二氧基苯甲酸的制备实验步骤”为背景,侧重了解学生对《实验化学》模块的学习情况,考查物质的分离和提纯、实验步骤的补充、基本实验装置和仪器、利用所学知识解决问题的能力,解题的关键是根据实验原理,整体了解实验过程,围绕实验目的作答。‎ ‎ ‎ - 27 -‎ - 27 -‎
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