江苏省盐城市2020届高三下学期第三次模拟考试（6月）化学试题 Word版含解析

江苏省盐城市2020届高三下学期第三次模拟考试（6月）化学试题 Word版含解析

- 1 - 2020 届高三模拟考试试卷 化学 可能用到的相对原子质量：O-16 Cl-35.5 第Ⅰ卷 (选择题共 40 分) 单项选择题：本题包括 10 小题，每小题 2 分，共 20 分。每小题只有一个选项符合题意。 1.我国 5G 技术处于世界领先地位！生产 5G 芯片的关键材料有高纯硅、氮化镓、超高纯氢氟 酸、线型酚醛树脂等。下列说法正确的是（ ） A. 石英砂用焦炭还原可直接制得高纯硅 B. 氮化镓中氮、镓位于周期表中同主族 C. 超高纯氢氟酸可用于清洗硅表面 SiO2 D. 线型酚醛树脂属于天然高分子化合物 【答案】C 【解析】 【详解】A. 石英砂用焦炭还原制得的是含有杂质的硅，A 错误； B. 周期表中氮位于 VA、镓位于ⅢA，B 错误； C. 超高纯氢氟酸可与 SiO2 反应生成四氟化硅气体和水，可用于清洗硅表面 SiO2，C 正确； D. 线型酚醛树脂属于人工合成高分子化合物，D 错误； 答案选 C。 2.OF2 能在干燥空气中迅速发生反应：O2+4N2+6OF2=4NF3+4NO2。下列表示反应中相关微粒的化学 用语错误的是（ ） A. 中子数为 10 的氧原子： 18 8 O B. 氮原子的结构示意图： C. OF2 的结构式：F—O—F D. NF3的电子式： 【答案】D 【解析】 【详解】A. 中子数为 10 的氧原子其质量数为 18，则可表示为： O，A 正确； B. 氮原子核电荷数为 7、核外电子分 2 层排布，结构示意图： ，B 正确； - 2 - C. OF2 是共价化合物，其结构式：F—O—F，C 正确； D. NF3 的电子式中每个 F 原子还有 3 对未共用电子对也应表示出来，D 不正确； 答案选 D。 3.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ） A. Al 具有导电性，可用于防锈涂料制造 B. NH3 具有碱性，可用于生产 NH4HCO3 C. Na2O2 呈淡黄色，可用于呼吸面具供氧 D. FeCl3 易水解，可用于蚀刻铜制线路板 【答案】B 【解析】 【详解】A. Al 和容易和氧气反应生成氧化铝，可用于防锈涂料制造，A 错误； B. NH3 具有碱性，和过量二氧化碳与水反应生成 NH4HCO3 ，可用于生产 NH4HCO3 ，B 正确； C. Na2O2 会和二氧化碳、水反应生成氧气，可用于呼吸面具供氧，C 错误； D. FeCl3 和铜反应产生氯化铜和氯化亚铁，可用于蚀刻铜制线路板，D 错误； 答案选 B。 4.实验室从碘的四氯化碳溶液中分离并得到单质碘，主要步骤为：用浓 NaOH 溶液进行反萃取 (3I2+6OH-=5I-+IO 3  +3H2O)、分液、酸化(5I-+IO 3  +6H+=3I2↓+3H2O)、过滤及干燥等。下列有关 实验原理和装置不能达到实验目的的是（ ） A. 用装置甲反萃取时，倒转振荡过程中要适时旋开活塞放气 B. 用装置乙分液时，先放出有机相，关闭活塞，从上口倒出水相 C. 用装置丙从酸化后的体系中分离出单质碘 D. 用装置丁干燥单质碘 【答案】D 【解析】 - 3 - 【分析】 【详解】A. 用装置甲反萃取时，倒转振荡过程中要适时旋开活塞放气，避免内部压强过大， A 正确； B. 用装置乙分液时，先放出有机相，关闭活塞，从上口倒出水相，可以避免上层液体被污染， B 正确； C. 大量析出的固体碘单质用过滤分离出来，C 正确； D. 碘易升华，不能达到实验目的，D 错误； 答案选 D。 5.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ） A. 能使甲基橙变红的溶液中：Na+、Al3+、Br-、CH3COO- B. + - c(H ) c(OH ) =1×10-12的溶液中：K+、Na+、CO 2 3  、Cl- C. 0.1mol·L-1NaHSO3 溶液中：Na+、NH 4  、ClO-、MnO 4  D. 0.1mol·L-1Fe(NO3)3 溶液中：Cu2+、Fe2+、SCN-、SO 2 4  【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A. 能使甲基橙变红的溶液即酸性中，CH3COO-不共存，A 错误； B. + - c(H ) c(OH ) =1×10-12 的溶液即碱性中：K+、Na+、CO 2 3  、Cl-彼此不反应，可共存，B 正确； C. 0.1mol·L-1NaHSO3 溶液中，因 NaHSO3 具有较强还原性，会与 ClO-或 MnO4 -发生氧化还原反应 而不共存，C 错误； D. 0.1mol·L-1Fe(NO3)3 溶液会与 SCN-发生络合反应而不共存，D 错误； 答案选 B。 6.下列有关化学反应的叙述正确的是（ ） A. CuSO4 稀溶液与 Na 反应析出 Cu B. Fe 与水蒸气在高温下反应生成 Fe2O3 - 4 - C. SO2 的水溶液与溴蒸气反应富集溴 D. 饱和食盐水与通入的 NH3、CO2 反应析出 Na2CO3 固体 【答案】C 【解析】 【详解】A. CuSO4 稀溶液与 Na 反应，钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和硫酸铜发 生复分解反应产生氢氧化铜沉淀，A 错误； B. Fe 与水蒸气在高温下反应生成 Fe3O4 ，B 错误； C. SO2 的水溶液与溴蒸气反应生成氢溴酸和硫酸，可富集溴，C 正确； D. 饱和食盐水与通入的 NH3、CO2 反应析出 NaHCO3 固体，分离出的碳酸氢钠固体受热分解才得 到碳酸钠，D 错误； 答案选 C。 7.下列指定反应的离子方程式正确的是（ ） A. Al 与 NaOH 溶液反应：2Al+2OH-+2H2O=2AlO 2  +3H2↑ B. Fe(OH)2 与足量稀硝酸反应：Fe(OH)2+2H+=Fe2++2H2O C. Na2S 碱性溶液中通入 SO2 生成 Na2S2O3：3SO2+S2-=2S2O 2 3  D. KMnO4 酸性溶液与 SO2 反应：2MnO 4  +5SO2+4OH-=2Mn2++5SO 2 4  +2H2O 【答案】A 【解析】 【分析】 【 详 解 】 A. Al 与 NaOH 溶 液 反 应 生 成 偏 铝 酸 钠 和 氢 气 ， 则 离 子 方 程 式 为 ： 2Al+2OH-+2H2O=2AlO 2  +3H2↑，A 正确； B. Fe(OH)2 与足量稀硝酸发生氧化还原反应，不是简单的酸碱中和反应，B 错误； C. 3SO2+S2-=2S2O 2 3  ，电荷不守恒，C 错误； D. KMnO4 酸性溶液与 SO2 反应：离子方程式 2MnO 4  +5SO2+4OH-=2Mn2++5SO 2 4  +2H2O 中 OH-参加是错 误的，应有氢离子参加或生成，D 错误； 答案选 A。 8.短周期主族元素 X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，X 是地壳中含量最多的元素，Z 位于元 - 5 - 素周期表 IA 族，W 与 Y 属于同一主族。下列说法错误的是（ ） A. 原子半径：r(Y)c(NH3·H2O) B. 0.1mol·L-1NaH2PO4 溶液中滴加 NaOH 至溶液呈中性：c(Na+)>3c(HPO 2 4  )+3c(PO 3 4  ) C. 0.1mol·L-1NaH2PO4 溶液中滴加 K3PO4 至溶液呈中性：c(K+)>c(Na+) D. 0.1mol·L-1NaH2PO4 溶液中滴加氨水至溶液呈中性： c(H3PO4)+c(H2PO 4  )+c(HPO 2 4  )+c(PO 3 4  )>2c(NH 4  )+2c(NH3·H2O) 【答案】AC - 10 - 【解析】 【分析】 溶液中性时，有 + -c(H )=c(OH )，当 + 4 n(NaOH) 0.5n(NH )  时，溶液呈碱性（pH=9.25）；当 - 2 4 n(NaOH) 0.5n(H PO )  时，溶液呈酸性（pH=6.86）。 【详解】A．0.1mol·L-1NH4Cl 溶液中，由电荷守恒得： + + - - 4c(NH )+c(H )=c(Cl )+c(OH ) ，溶 液呈中性，即有 + -c(H )=c(OH )，故 + - 4c(NH )=c(Cl ) 。 + 4NH 水解显酸性， 3 2NH H O 电离显 碱性，由图像可知， + 4 n(NaOH) 0.5n(NH )  时，即 + 4NH 与 3 2NH H O 为 1:1 时，溶液呈碱性 （pH=9.25），故溶液中性时 + 3 2 4c(NH H O) c(NH ) ，A 正确； B．0.1mol·L-1NaH2PO4 溶液中，由电荷守恒得： c(Na+)+c(H+)= 3- 43c(PO ) + 2- 42c(HPO ) + - 4c(HPO ) +c(OH-)，溶液呈中性，即有 + -c(H )=c(OH )， 故 c(Na+)= 3- 43c(PO ) + 2- 42c(HPO ) + - 4c(HPO ) ，图像可知，当 - 2 4 n(NaOH) 0.5n(H PO )  时，即 - 2 4H PO 与 2- 4HPO 为 1:1 时，溶液呈酸性（pH=6.86），若溶液呈中性， 2- 4HPO 的量需要稍大，即有 c(Na+) ＜3c(HP 2 4O  )+3c(P 3 4O  )，B 错误； C．当 NaH2PO4 与 K3PO4 为 3:1 时，溶液中 + +c(K ) c(Na ) ，由于 H2PO 4  +PO 3 4  2HPO 2 4  ， 此时溶液中 - 2 4H PO 与 2- 4HPO 为 1:1，由图像可知，此时的溶液呈酸性（pH=6.86），若溶液呈 中性，K3PO4 的量需稍微大一点，故 c(K+)>c(Na+)，C 正确； D．当 NaH2PO4 与氨水为 1:2 时，由物料守恒得 c(H3PO4)+c(H2PO 4  )+c(HPO 2 4  )+c(PO 3 4  )=2c(NH 4  )+2c(NH3·H2O) ，由图像可知 a 4 a2 3 4p (NH )>p (H PO )K K ，所以 a 4 a2 3 4(NH )< (H PO )K K ，故 - 2 4H PO 的酸性强于 3 2NH H O 的碱性，那么 3 4H PO 的酸性更强于 3 2NH H O 的碱性，故 4 2 4Na(NH ) PO 为酸性。NaH2PO4 与 氨水为 1:2 时，溶质为 4 2 4Na(NH ) PO ，所以加的碱需要稍微多一点才能是中性，故 - 11 - c(H3PO4)+c(H2PO 4  )+c(HPO 2 4  )+c(PO 3 4  )＜2c(NH 4  )+2c(NH3·H2O)，D 错误； 故选 AC。 【点睛】本题要注意 D 选项，通过图可以推出 3 4H PO 的酸性强于 3 2NH H O 的碱性，根据盐 类水解的规律，谁强显谁性，磷酸与铵形成的盐显酸性。 15.CO2 催化重整 CH4 的反应：(Ⅰ)CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g)；ΔH1， 主要副反应：(Ⅱ)H2(g)+CO2(g) CO(g)+H2O(g)；ΔH2>0， (Ⅲ)4H2(g)+CO2(g) CH4(g)+2H2O(g)；ΔH3<0。 在恒容反应器中按体积分数 V(CH4)∶V(CO2)=50%∶50%充入气体，加入催化剂，测得反应器中 平衡时各物质的体积分数与温度的关系如图所示。下列说法正确的是（ ） A. ΔH1=2ΔH2-ΔH3<0 B. 其他条件不变，适当增大起始时 V(CH4)∶V(CO2)，可抑制副反应(Ⅱ)、(Ⅲ)的进行 C. 300～580℃时，H2O 的体积分数不断增大，是由于反应(Ⅲ)生成 H2O 的量大于反应(Ⅱ)消耗 的量 D. T℃时，在 2.0L 容器中加入 2mol CH4、2mol CO2 以及催化剂进行重整反应，测得 CO2 的平 衡转化率为 75%，则反应(Ⅰ)的平衡常数小于 81 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】A. 反应(Ⅰ)可由 2 倍(Ⅱ)减去反应(Ⅲ)得到，故ΔH1=2ΔH2-ΔH3，再根据图示，随 温度的升高，CH4 和 CO2 的体积分数减小，说明升温，平衡正移，而升温平衡向吸热方向移， 正反应吸热，ΔH1>0，A 不正确； B. 其他条件不变，适当增大起始时 V(CH4)∶V(CO2)，即增大 CH4 浓度和减小 CO2 浓度，根据平 - 12 - 衡移动原理，减小反应物浓度或增加生成物浓度，平衡都逆向移动，B 正确； C. 300～580℃时，H2O 的体积分数不断增大，反应(Ⅲ)是放热反应，升温时，平衡逆移消耗 H2O，反应(Ⅱ)是吸热反应，升温时正移，生成 H2O，而由于反应(Ⅲ)消耗 H2O 的量小于反应(Ⅱ) 生成水的量，C 错误； D. T℃时，在 2.0L 容器中加入 2mol CH4、2mol CO2 以及催化剂进行重整反应，测得 CO2 的平 衡转化率为 75%，则 CO2 转化的浓度为 2mol 75% 0.75mol/L2L    根据三段式： CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) 起 1mol/L 1mol/L 0 0 转 0.75mol/L 0.75mol/L 1.5mol/L 1.5mol/L 平 0.25mol/L 0.25mol/L 1.5mol/L 1.5mol/L 若不考虑副反应，则反应(Ⅰ)的平衡常数 2 2(1.5mol/L) (1.5mol/L) 810.25mol/L 0.25mol/L   ，但由于副反应 (Ⅲ)中，消耗的氢气的量比二氧化碳多的多，故计算式中，分子减小的更多，值小于 81，D 正确； 答案选 BD。 第Ⅱ卷 (非选择题共 80 分) 16.一种利用 H2C2O4(草酸)作助溶剂，酸浸提取硫酸烧渣(主要含 Fe2O3、FeO、SiO2 等)制备铁红 并回收副产物硫酸铵的工艺流程如图： 已知：H2C2O4 可沉淀 Ca2+、Fe2+等金属离子，可与 Fe3+生成[Fe(C2O4)3]3-，在硫酸作用下可热分解 生成 CO 和 CO2。 (1)用 50%的硫酸“酸浸”时，反应液的温度、H2C2O4 的加入量对铁浸取率的影响分别如图 1、 图 2 所示： - 13 - ①“硫酸烧渣”中 Fe2O3 与 H2SO4 反应的化学方程式为___。 ②图 1 中，反应液的温度高于 95℃时，铁浸取率开始降低，其原因是___。 ③图 2 中，H2C2O4 加入量在 5～20%时，铁浸取率随加入量的增大而增大，其原因是__；H2C2O4 加入量超过 20%时，铁浸取率反而开始降低，其原因是___。 (2)“沉铁”时发生的主要反应的离子方程式为____。 (3)由“过滤 1”的滤渣制备铁红的“操作 X”为___。 【答案】 (1). Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O (2). 体系中 H2C2O4(C2O 2 4  )发生分解，助溶 作用减弱 (3). 该范围内增大 H2C2O4 的量，有利于[Fe(C2O4)3]3-生成 (4). 过量的 H2C2O4 将酸浸液中的 Fe2+转化为 FeC2O4 沉淀 (5). Fe(C2O4)3]3-+3NH3·H2O=Fe(OH)3↓+3C2O 2 4  +3NH 4  (6). 高温焙烧(或煅烧) 【解析】 【分析】 H2C2O4 可沉淀 Ca2+、Fe2+等金属离子，可与 Fe3+生成[Fe(C2O4)3]3-，在硫酸作用下可热分解生成 CO 和 CO2。硫酸烧渣(主要含 Fe2O3、FeO、SiO2 等)用硫酸和草酸浸取后的溶液中含有[Fe(C2O4)3]3-， Fe2+，浸渣中主要含有二氧化硅；加入双氧水将亚铁离子氧化生成铁离子，再加入氨水将 [Fe(C2O4)3]3-转化为氢氧化铁沉淀，过滤 1 后的滤液中主要含有硫酸铵和草酸铵，结晶得到硫 酸铵晶体，母液中主要含有草酸铵，可以循环利用；过滤 1 的固体为氢氧化铁，热分解即可 得到铁红(氧化铁)，据此分析解答。 【 详 解 】 (1)①Fe2O3 与 H2SO4 反 应 生 成 硫 酸 铁 和 水 ， 反 应 的 化 学 方 程 式 为 Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，故答案为：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O； ②根据题意，H2C2O4 可沉淀 Ca2+、Fe2+等金属离子，可与 Fe3+生成[Fe(C2O4)3]3-，在硫酸作用下可 热分解生成 CO 和 CO2。图 1 中，反应液的温度高于 95℃时，体系中 H2C2O4(C2O 2 4  )发生分解， 助溶作用减弱，导致铁浸取率开始降低，故答案为：体系中 H2C2O4(C2O 2 4  )发生分解，助溶作用 - 14 - 减弱； ③H2C2O4 可与 Fe3+生成[Fe(C2O4)3]3-，H2C2O4 加入量在 5～20%时，该范围内增大 H2C2O4 的量，有利 于[Fe(C2O4)3]3-生成，使得铁浸取率随加入量的增大而增大；H2C2O4 加入量超过 20%时，过量的 H2C2O4 将酸浸液中的 Fe2+转化为 FeC2O4 沉淀，使得铁浸取率反而开始降低，故答案为：该范围 内增大 H2C2O4 的量，有利于[Fe(C2O4)3]3-生成；过量的 H2C2O4 将酸浸液中的 Fe2+转化为 FeC2O4 沉 淀； (2)“沉铁”时氨水与[Fe(C2O4)3]3-反应生成氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为 Fe(C2O4)3]3- +3NH3·H2O=Fe(OH)3↓+3C2O 2 4  +3NH 4  ，故答案为：Fe(C2O4)3]3- +3NH3·H2O=Fe(OH)3↓+3C2O 2 4  +3NH 4  ； (3)“过滤 1”的滤渣为氢氧化铁，将氢氧化铁加热分解即可制备铁红，因此“操作 X”为高 温焙烧(或煅烧)，故答案为：高温焙烧(或煅烧)。 【点睛】本题的易错点和难点为(1)③，要注意根据题意明确 H2C2O4 的性质和作用。 17.3—丙基—5，6—二羟基异香豆素的一种合成路线如图： 已知：Ⅰ. ； Ⅱ.Ph3P Ph 为苯基，Bu 为 CH3CH2CH2CH2—，t—Bu 为(CH3)3C—，R1～R4 为烃基或 H （1）A 中含氧官能团的名称为____和___。 （2）E→F 的反应类型为__。 （3）D 的分子式为 C14H18O4，写出其结构简式：___。 （4）C 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：___(只写一种)。 ①能与 FeCl3 溶液发生显色反应； - 15 - ②碱性水解后酸化，两种水解产物分子中均只有 2 种不同化学环境的氢。 （5）写出以 和 Ph3P 为原料制备 的合成路线流程图___(无机试剂、 有机催化剂及溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。 【 答 案 】 (1). 羧 基 (2). 醚 键 (3). 消 去 反 应 ( 消 除 反 应 ) (4). (5). 或 (6). 【解析】 【分析】 结合 A 的结构简式确定 A 中含有的官能团；根据 E、F 分子的结构简式，E→F 的反应类型为消 去反应；在书写 C 的一种同分异构体同时满足的条件，确定分子中含有苯环、酚羟基、酯基， 如果要是苯环上含有两个取代基时，两种基团是对位关系，若是三个取代基，三个取代基位 于相间位置，并且其中两个取代基为 CH3COO—，另一个取代基为酚羟基；结合题中的已知信 息进行有机合成路线的设计，先观察原料有机物为 和 Ph3P，目标产物为 ，然后 与氢气发生加成反应生成 ， 在氢氧化钠水溶液中在加热 的 条 件 下 水 解 生 成 ， 在 一 定 条 件 下 发 生 催 化 氧 化 生 成 ， 另 外 ，结合已知条件Ⅱ， 与 在 t-BuOK/t-BuOH 的条件下反应生成 。 - 16 - 【详解】（1）A 结构简式为 ，A 中含有的官能团为羧基、醚键； （2）结合 E、F 的结构简式，F 的分子式比 E 的分子式少两个氢原子，并且 F 的结构简式比 E 的结构简式多一个碳碳双键，所以 E→F 的反应类型为消去反应； （3）结合 C、E 的结构简式以及已知条件Ⅱ，D 的结构简式为 ； （4）C 的一种同分异构体同时满足下列条件，①能与 FeCl3 溶液发生显色反应，说明该分子中 含有苯环另外还含有酚羟基；②碱性水解后酸化，两种水解产物分子中均只有 2 种不同化学 环境的氢，说明该物质中含有酯的基团，所以满足条件的 C 的同分异构体为 或 ； （5） 与氢气发生加成反应生成 ， 在氢氧化钠水溶液中在加热的条件下水解生 成 ， 在一定条件下发生催化氧化生成 ，另外 ，结合 已知条件Ⅱ， 与 在 t-BuOK/t-BuOH 的条件下反应生成 ，合 成路线为： 。 【点睛】本题的有机物的结构比较复杂，条件比较多，考生应该结合合成路线图、充分利用 已知条件和所学的知识进行逐步推断，确定物质之间转化发生的反应类型。在同分异构体书 写的过程中，要充分考虑已知条件，例如能与 FeCl3 溶液发生显色反应，说明该物质中含有苯 环和酚羟基；碱性水解后酸化，两种水解产物分子中均只有 2 种不同化学环境的氢，说明分 子中含有酯基，并且该物质具有一定的对称性。 18.ClO2 广泛用于水处理、纸浆漂白等。 （1）制备 ClO2 原料有 NaClO2 等，产生的 ClO2(g)用蒸馏水吸收得到吸收液 A。 - 17 - ①ClO2 中氯元素的化合价为___。 ②NaClO2 与盐酸在微热条件下生成 ClO2 气体(及少量副产物 Cl2)，写出其反应生成 ClO2、NaCl 和水的化学方程式：___。 （2）碘量法测定 ClO2 吸收液 A 中 ClO2 和 Cl2 的浓度的主要实验步骤如下： 步骤 1.向锥形瓶中加入 50mL 蒸馏水、25mL100g·L-1KI 溶液(足量)，再向其中加入 5.00mLClO2 吸收液(发生反应：2ClO2+2KI=2KClO2+I2，Cl2+2KI=2KCl+I2)。 步骤 2.用 0.1000mol·L-1Na2S2O3 标准溶液滴定(2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6)至浅黄色，再加入 1mL 淀粉溶液，继续滴定至蓝色刚好消失，消耗 Na2S2O3 溶液 6.00mL。 步骤 3.向步骤 2 的溶液中加入 5mL2mol·L-1 硫酸溶液酸化，发生反应： KClO2+4KI+2H2SO4=KCl+2K2SO4+2I2+2H2O。 步骤 4.重复步骤 2 操作，第二次滴定又消耗 0.1000mol·L-1Na2S2O3 溶液 20.00mL。 根据上述数据，计算 ClO2 吸收液 A 中 ClO2 和 Cl2 的浓度___(单位 g·L-1，写出计算过程)。 【答案】 (1). +4 (2). 5NaClO2+4HCl 4ClO2↑+5NaCl+2H2O (3). 令 5.00mLClO2 吸 收 液 中 ， n(ClO2)=xmol ， n(Cl2)=ymol ， 由 反 应 方 程 式 可 知 ， 2ClO2+2KI=2KClO2+I2 ， Cl2+2KI=2KCl+I2，n(KClO2)=n(ClO2)=xmol，n(I2)= 1 2 n(ClO2)+n(Cl2)=( 1 2 x+y) mol，根据反应 方 程 式 2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6 ， n(I2)= 1 2 n(Na2S2O3)= 1 2 ×0.1000mol·L-1×6.00×10-3L=3×10-4mol=( 1 2 x+y) mol；根据反应 方程式 KClO2+4KI+2H2SO4=KCl+2K2SO4+2I2+2H2O，2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6，列出关系式 KClO2 ~ 2I2 ~ 4Na2S2O3 ， n(KClO2)= 1 4 n(Na2S2O3)= 1 4 ×0.1000mol·L-1×20.00×10-3L=5×10-4mol ， 因 为 n(KClO2)=n(ClO2)=xmol，所以x=5.0×10-4，又因为3×10-4= 1 2 (x+y)，y=5.0×10-5，故5.00mLClO2 吸收液中 ClO2 和 Cl2 的浓度分别为为 -4 1 1 3 5.0 10 mol 67.5g mol 6.75g L5.0 10 L         、 -5 -1 1 3 5.0 10 mol 71g mol 0.71g L5.0 10 L        。 【解析】 【分析】 利用化合物中元素化合价代数和为 0，确定 ClO2 中氯元素的化合价；2ClO2+2KI=2KClO2+I2， Cl2+2KI=2KCl+I2 ， 根 据 题 中 的 数 据 和 已 知 方 程 式 ， 找 出 n(KClO2)=n(ClO2) 、 - 18 - n(I2)= 1 2 n(ClO2)+n(Cl2) ， 再 根 据 反 应 方 程 式 2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6 ， n(I2)= 1 2 n(ClO2)+n(Cl2)= 1 2 n(Na2S2O3) ， 最 后 根 据 反 应 方 程 式 KClO2+4KI+2H2SO4=KCl+2K2SO4+2I2+2H2O，找出 n(KClO2)= 1 4 n(Na2S2O3)，把两次用到的 Na2S2O3 的 物质的量代入计算，即可计算出 ClO2 和 Cl2 的物质的量。 【详解】（1）①ClO2 中氧元素的化合价为-2 价，根据化合物中元素化合价代数和为 0，则 ClO2 中氯元素的化合价为+4 价； ②NaClO2 与盐酸在微热条件下反应生成 ClO2、NaCl 和水，该反应为氧化还原反应，根据氧化 还原反应中得失电子守恒配平方程式，其方程式为 5NaClO2+4HCl 4ClO2↑+5NaCl+2H2O； （2）令 5.00mLClO2 吸收液中，n(ClO2)=xmol，n(Cl2)=ymol，由反应方程式 2ClO2+2KI=2KClO2+I2， Cl2+2KI=2KCl+I2 可知 n(KClO2)=n(ClO2)=xmol，n(I2)= 1 2 n(ClO2)+n(Cl2)=( 1 2 x+y) mol，根据 反应方程式 2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6， n(I2)= 1 2 n(Na2S2O3)= 1 2 ×0.1000mol·L-1×6.00×10-3L=3×10-4mol= ( 1 2 x+y) mol；根据反应方程式 KClO2+4KI+2H2SO4=KCl+2K2SO4+2I2+2H2O， 2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6，列出关系式 KClO2 ~ 2I2 ~ 4Na2S2O3， n(KClO2)= 1 4 n(Na2S2O3)= 1 4 ×0.1000mol·L-1×20.00×10-3L=5×10-4mol，因为 n(KClO2)=n(ClO2)=xmol，所以x=5.0×10-4，又因为3×10-4= 1 2 (x+y)，y=5.0×10-5，故5.00mLClO2 吸收液中 ClO2 的浓度为 -4 1 1 3 5.0 10 mol 67.5g mol 6.75g L5.0 10 L         ，5.00mLClO2 吸收液中 Cl2 的浓度为 -5 -1 1 3 5.0 10 mol 71g mol 0.71g L5.0 10 L        。 【点睛】本题考查一定体积 ClO2 吸收液 A 中 ClO2 和 Cl2 的浓度，考生注意以下两点：①根据方 程式之间的化学计量数之间的关系，列出关系式，然后代入数值计算；②单位的浓度，考生 习惯于 mol·L-1，而题中浓度的单位是 g·L-1，所以考生应该仔细审题，注意单位换算。 19.实验室以合成氨(低温变换的)废催化剂(主要含 Zn、Cu 的单质和氧化物)为原料制取 ZnCO3·2Zn(OH)2 和 Cu2O，其实验流程如图： - 19 - （1）“灼烧”时，需用的硅酸盐质仪器除玻璃棒、酒精灯外，还有___和___。 （2）“浸取”时，生成[Zn(NH3)4]CO3 的离子方程式为___。 （3）加“Zn 粉”时，为使 Zn 粉不过量太多{已知：溶液中[Cu(NH3)4]2+呈深蓝色}，合适的操 作方法及依据的现象是___；分离出的铜粉中混有少量 Zn，提纯铜粉的方案是__。 （4）已知反应：[Zn(NH3)4]2+ Zn2++4NH3，K=3.5×10-10，由[Zn(NH3)4]CO3 溶液制取 ZnCO3·2Zn(OH)2，可采用的装置是___(填字母)。 （5）设计以提纯后的铜粉为原料制取 Cu2O 的实验方案：向烧杯中加入计量的铜粉，__，静置、 冷却、过滤、水洗及干燥[已知在约 50℃时，发生反应：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O。实验中必 须使用的试剂：稀硫酸、葡萄糖溶液、10%的 NaOH 溶液和 15%的 H2O2 溶液]。 【 答 案 】 (1). 坩 埚 (2). 泥 三 角 (3). ZnO+3NH3·H2O+NH 4  +HCO 3  =[Zn(NH3)4]2++CO 2 3  +4H2O (4). 搅拌下分次加入 Zn 粉，直到最后 加入 Zn 粉时，溶液颜色由深蓝色变为无色 (5). 用稀硫酸溶解、过滤和水洗(干燥) (6). CD (7). 搅拌下加入稍过量硫酸和过量的 15%的 H2O2 溶液，加热至约 50℃，待铜粉完全溶 解时，煮沸溶液片刻(除去过量 H2O2)，冷却至室温，向溶液中加入 10%的 NaOH 溶液至沉淀完 全，再加入一定量的 10%的 NaOH 溶液和足量葡萄糖溶液，充分加热 【解析】 【分析】 实验室以合成氨(低温变换的)废催化剂(主要含 Zn、Cu 的单质和氧化物)为原料燃烧制得氧化 锌、氧化铜；在碳酸氢铵、氨水混合液中浸取得到[Zn(NH3)4]CO3、[Cu(NH3)4] CO3，加入锌粉 反应后分离得到无色溶液[Zn(NH3)4]CO3 和铜，铜进一步制得 Cu2O；[Zn(NH3)4]CO3 进一步制取得 到 ZnCO3·2Zn(OH)2，所此分析。 【详解】（1）灼烧需要用到的硅酸盐质仪器有玻璃棒、泥三角、坩埚和酒精灯，故答案为坩 埚、泥三角； - 20 - （2）“浸取”时，生成[Zn(NH3)4]CO3，反应物为 NH3、ZnO、NH4HCO3，根据元素守恒可得反应 的离子方程式为 ZnO+3NH3·H2O+NH 4  +HCO 3  =[Zn(NH3)4]2++CO 2 3  +4H2O； （3）加“Zn 粉”时，已知：溶液中[Cu(NH3)4]2+呈深蓝色，为使 Zn 粉不过量太多，在搅拌下 分次加入 Zn 粉，直到最后加入 Zn 粉时，溶液颜色由深蓝色变为无色；用稀硫酸溶解、过滤 和水洗(干燥)，分离出的铜粉中混有少量 Zn，从而提纯铜粉； （4）已知反应：[Zn(NH3)4]2+ Zn2++4NH3，K=3.5×10-10，反应为熵增、焓增的反应，高 温有利于平衡正向移动，生成的氨气密度小于空气且极易溶于水，故由[Zn(NH3)4]CO3 溶液制取 ZnCO3·2Zn(OH)2，可采用的装置可加热溶液且吸收生成的氨气防倒吸等，故答案选 CD； （5）设计以提纯后的铜粉为原料制取 Cu2O 的实验方案：向烧杯中加入计量的铜粉，搅拌下加 入稍过量硫酸和过量的 15%的 H2O2 溶液，加热至约 50℃，待铜粉完全溶解时，煮沸溶液片刻(除 去过量 H2O2)，冷却至室温，向溶液中加入 10%的 NaOH 溶液至沉淀完全，再加入一定量的 10% 的 NaOH 溶液和足量葡萄糖溶液，充分加热，静置、冷却、过滤、水洗及干燥。 20.NaClO 广泛用作消杀剂、水处理剂及漂白剂等。 已知：NaClO 溶液中物种分布分数与溶液 pH 的关系如图 1 所示。 （1）向 NaClO 溶液中通入 CO2，发生反应的离子方程式为___(H2CO3 的 lgKa1、lgKa2 依次为-6.38、 -10.21)；反应 ClO-+H2O HClO+OH-的 lgK=____。 （2）用 Na+导体陶瓷膜电解法生产次氯酸钠溶液的装置如图 2 所示。 ①阳极产生 Cl2 的电极反应式为____。 ②其他条件不变，若撤去“Na+导体陶瓷膜”，NaClO 的产率则会降低，其主要原因是___。 （3）NaClO 溶液中 ClO-与 H2O 产生更强氧化性的 HClO，可将水体中氨氮氧化为 N2(NH3 比 NH 4  更 易被氧化)。室温时，取氨氮废水 200mL，在转速、NaClO 投加量相同且均反应 30min 时，反 应初始 pH 对剩余氨氮浓度及氨氮去除率的影响如图 3 所示。 - 21 - ①NaClO 氧化 NH3 的化学方程式为___。 ②pH 在 3～7 时，随 pH 增大氨氮去除率升高的原因是___。 ③pH 在 7～9 时，随 pH 增大氨氮去除率降低的原因是__。 【答案】 (1). CO2+ClO-+H2O=HCO 3  +HClO (2). -6.5 (3). 2Cl--2e-=Cl2↑ (4). ClO-扩散到阴极并被还原 (5). 2NH3+3NaClO=N2+3H2O+3NaCl (6). 随溶液 pH 增大，NH 4  逐渐转化为更易被氧化的 NH3，且由图 1 知 NaClO 溶液的主要成分为氧化能力更强的 HClO (7). NaClO 溶液中 ClO-含量增大，氧化性减弱 【解析】 【分析】 （1）酸性强弱 HClO＞HCO3 -，根据强酸制取弱酸知，二者反应生成碳酸氢钠和次氯酸；根据水 解平衡常数进行推算； （2）①阳极上氯离子失电子产生 Cl2； ②ClO-扩散到阴极并被还原，导致 NaClO 的产率则会降低； （3）①NaClO 氧化 NH3 生成氮气，同时生成氯化钠和水； ②③根据图中信息结合曲线变化进行分析。 【详解】（1）酸性强弱 HClO＞HCO3 -，根据强酸制取弱酸知，二者反应生成碳酸氢钠和次氯酸， 离子方程式为 ClO-+CO2+H2O═HClO+HCO3 -； 根据图中信息可知当 pH=7.5，Ka=c(H+)=10-7.5，反应 ClO-+H2O HClO+OH-的 K=       c OH c HClO c ClO   =           c OH c HClO c c ClO c H H     = w a K K = 14 7.5 10 10   =10-6.5；lgK= lg10-6.5=-6.5； （2）①阳极上氯离子失电子产生 Cl2，发生的电极反应式为 2Cl--2e-=Cl2↑； ②其他条件不变，若撤去“Na+导体陶瓷膜”， ClO-扩散到阴极并被还原，导致 NaClO 的产率 则会降低； - 22 - （3）①NaClO 氧化 NH3 生成氮气，同时生成氯化钠和水，反应的化学方程式为 2NH3+3NaClO=N2+3H2O+3NaCl； ②随溶液 pH 增大，NH 4  逐渐转化为更易被氧化的 NH3，且由图 1 知 NaClO 溶液的主要成分为氧 化能力更强的 HClO，故 pH 在 3～7 时，随 pH 增大氨氮去除率升高； ③NaClO 溶液中 ClO-含量增大，氧化性减弱，故 pH 在 7～9 时，随 pH 增大氨氮去除率降低。 21.硼的化合物或合金在储氢、有机合成、超导等方面用途非常广泛。 （1）Mn(BH4)2 是一种储氢材料，Mn2+基态核外电子排布式为___。 （2）与环硼氮六烷[分子式为(HNBH)3]互为等电子体的常见分子是___(填结构简式)；推测环 硼氮六烷在热水、CH3OH 中的溶解性：__(填“难”或“易”)溶于热水、CH3OH。 （3）化合物 X(如图所示)可由 CH2CHCH2MgBr 与 B(OCH3)3 制备。X 分子中碳原子的轨道杂化类型 为___；1molX 分子中含σ键数目为____。 （4）YxNiyBzCw 在临界温度 15.6K 时可实现超导，其晶胞结构如图所示，则其化学式为___。 【答案】 (1). [Ar]3d5 或 1s22s22p63s23p63d5 (2). (3). 易 (4). sp2 和 sp3 (5). 18mol (6). YNi2B2C 【解析】 【分析】 根据 Mn 原子的电子排布式分析；根据等电子体原理判断；根据价层电子对数目和价层电子寻 互斥理论分析原子的杂化类型；根据晶胞结构分析晶体的化学式。 【详解】(1)Mn 的核电荷数为 25，其电子排布式为[Ar]3d54s2 或 1s22s22p63s23p63d54s2，则 Mn2+ 基态核外电子排布式为[Ar]3d5 或 1s22s22p63s23p63d5； (2)环硼氮六烷[分子式为(HNBH)3]，分子内 12 个原子，价电子总数为，30，则与环硼氮六烷 - 23 - 互为等电子体的常见分子是 C6H6，其结构简式为 ；环硼氮六烷分子中 N 原子非金属性强， 能与水或 CH3OH 之间形成氢键，不溶于冷水，但易溶于热水和 CH3OH； (3)化合物 X 中碳碳双键上碳原子杂化轨道方式为 sp2 杂化，而其余碳原子杂化轨道方式为 sp3 杂化；单键均为σ键，碳碳双键中有 1 个σ键，则 1molX 分子中含σ键数目为 18mol； (4)YxNiyBzCw 晶胞中 Y 原子数为 8× 1 8 +1=2，Ni 原子数为=8× 1 2 =4，B 原子数 8× 1 4 +2=4，C 原 子数为 4× 1 4 +2× 1 2 =2，四种原子的数目比依次为 1:2:2:1，则其化学式为 YNi2B2C。 【点睛】均摊法确定立方晶胞中粒子数目的方法是：①顶点：每个顶点的原子被 8 个晶胞共 有，所以晶胞对顶点原子只占 1 8 份额；②棱：每条棱的原子被 4 个晶胞共有，所以晶胞对顶 点原子只占 1 4 份额；③面上：每个面的原子被 2 个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占 1 2 份 额；④内部：内部原子不与其他晶胞分享，完全属于该晶胞。 22.利用生产麦芽酚废渣[主要含 Mg(OH)Br，以及少量 NH4Cl 和不溶于水的有机溶剂等]制取溴 乙烷的实验流程如图： （1）“酸溶”时，水与废渣的质量比约为 2∶1，加水量不宜过少的原因是___。 （2）“操作 A”的名称是____。 （3）“蒸馏”出 Br2 时，最适合的加热方法是____。 （4）“制溴乙烷”的装置如图所示： ①图中仪器 Q 的名称是____。 ②烧瓶中生成溴乙烷、硫酸的化学方程式为___。 （5）设计将粗溴乙烷进行纯化的实验方案：___，得纯净干燥的溴乙烷[实验中必须使用的试 剂：蒸馏水、无水 CaCl2、1%的 NaOH 溶液]。 - 24 - 【答案】 (1). 避免生成的硫酸镁结晶析出，影响后续操作 (2). 分液 (3). 沸水 浴 (4). 冷凝管 (5). 3Br2+S+6C2H5OH 90~95 C 6C2H5Br+2H2O+H2SO4 (6). 将粗溴 乙烷先用 1%的 NaOH 溶液洗涤 1～2 次，再用蒸馏水洗涤 2～3 次，最后用无水 CaCl2 干燥 【解析】 【分析】 用浓硫酸溶解生成麦芽酚废渣[主要含 Mg(OH)Br，以及少量 NH4Cl 和不溶于水的有机溶剂等]， 并调节溶液 pH=2，再分液除去有机溶剂，再向水溶液中通入过量氯气，氧化溶液中的 Br-生成 Br2，再蒸馏出溴蒸气，再在酸性条件下，与 S、C2H5OH 混合加热制得粗溴乙烷。 【详解】(1)“酸溶”时，生成的 MgSO4 易形成晶体，则加水量不宜过少，目的是避免生成的 硫酸镁结晶析出，影响后续操作； (2)有机溶剂与水溶液互不相溶，分层，则选择分液操作分离即可； (3)Br2 易挥发，根据实验流程，蒸馏温度为 100℃，“蒸馏”出 Br2 时只要选择沸水浴即可； (4)①图中仪器 Q 的名称是冷凝管； ②在酸性条件下，Br2 与 S、C2H5OH 混合加热制得溴乙烷，Br2 被还原，则 S 被氧化，发生反应 的化学方程式为 3Br2+S+6C2H5OH 90~95 C 6C2H5Br+2H2O+H2SO4； (5)粗溴乙烷中混有少量酸和水，则粗溴乙烷进行纯化的实验方案是将粗溴乙烷先用 1%的 NaOH 溶液洗涤 1～2 次，再用蒸馏水洗涤 2～3 次，最后用无水 CaCl2 干燥即可。 【点睛】分离提纯方法的选择思路是根据分离提纯物的性质和状态来定的。具体如下： ①分 离提纯物是固体：加热(灼烧、升华、热分解)，溶解，过滤(洗涤沉淀)，蒸发，结晶(重结晶)； ②分离提纯物是液体：分液，萃取，蒸馏；③分离提纯物是胶体：盐析或渗析；④分离提纯 物是气体：洗气。 - 25 -