江苏省2020年普通高等学校招生全国统一考试模拟考试化学试题（三） Word版含解析

江苏省2020年普通高等学校招生全国统一考试模拟考试化学试题（三） Word版含解析

www.ks5u.com ‎2020普通高等学校招生全国统一考试(江苏模拟卷)(三)‎ 化学 可能用到的相对原子质量：H—1　C—12　N—14　O—16　Cl—35.5　V—51　Fe—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.油脂是食物组成中的重要部分，也是产生能量最高的营养物质，它在一定条件下会水解产生甘油。甘油分子中不含的元素是(　　)‎ A. 氮 B. 碳 C. 氢 D. 氧 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】甘油俗称丙三醇，其中含有C、H、O三种元素，因此甘油分子中不含的元素是氮元素，故合理选项是A。‎ ‎2.反应4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2用于工业制取硫酸，下列相关微粒的化学用语正确的是(　　)‎ A. 中子数为30的铁原子： B. H2O的结构式： HH C. O2-的结构示意图： D. S的电子式：‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Fe是26号元素，中子数为30 的Fe原子质量数为26+30=56，用原子符号表示为，A错误；‎ B. H2O分子中O原子与2个H原子形成2个H-O共价键，故H2O的结构式：H-O-H，B错误；‎ C. O是8号元素，O原子得到2个电子变为O2-，则O2-的结构示意图：，C错误；‎ D. S是16号元素，原子最外层有6个电子，电子式为：，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是(　　)‎ A. HNO3有酸性，可用于洗涤附有银镜的试管 B. 氧化铁粉末呈红色，可用于制取铁盐 - 26 -‎ C. SiO2熔点很高，可用于制造坩埚 D. 碳酸氢钠能与碱反应，可用作食品膨松剂 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. HNO3具有强的氧化性，能够将Ag单质氧化，因此可用于洗涤附有银镜的试管，A错误；‎ B. 氧化铁能够与酸反应产生铁盐，制备铁盐与氧化铁粉末的颜色无关，B错误；‎ C. SiO2属于原子晶体，原子之间以强烈的共价键结合，断裂吸收大量的热，因此其熔点很高，故可用于制造坩埚，C正确；‎ D. 碳酸氢钠不稳定，受热分解产生CO2气体，气体逸出，使面团酥松，因此可用作食品膨松剂，D错误；‎ 故合理选项是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. 能使酚酞变红的溶液：Na+、Al3+、SO42-、NO3-‎ B. =10－12的溶液：NH4+、Na+、SO42-、Cl-‎ C. 0.1 mol·L-1Na2SO3溶液：NH4+、K+、ClO-、Cl-‎ D. 0.1 mol·L-1 FeCl3溶液：Mg2+、Al3+、MnO4-、SCN-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 能使酚酞变红的溶液显碱性，含有大量OH-，OH-与Al3+会发生反应产生AlO2-，不能大量共存，A错误；‎ B. =10-12的溶液显酸性，含有大量的H+，H+与选项离子NH4+、Na+、SO42-、Cl-之间不能发生任何反应，可以大量共存，B正确；‎ C. SO32-具有还原性，ClO-具有氧化性，二者会发生氧化还原反应，不能大量共存，C错误；‎ D. Fe3+与SCN-会发生络合反应生成Fe(SCN)3，不能大量共存，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎5.下列实验操作能达到实验目的的是(　　)‎ - 26 -‎ ‎　‎ A. 可用干燥的pH试纸测量氯水的pH B. 蒸干FeCl3溶液制无水FeCl3固体 C. 用装置甲除去SO2中的少量HCl D. 用装置乙配制100 mL 0.50 mol·L－1硫酸溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氯水具有强的氧化性，会漂白试纸，因此不能使用pH试纸测定氯水的pH，A错误；‎ B. FeCl3是强酸弱碱盐，在溶液中Fe3+会发生水解反应产生Fe(OH)3，所以制无水FeCl3固体要在HCl气氛中加热，不能直接蒸干FeCl3溶液来制取，B错误；‎ C. SO2与饱和NaHSO3溶液不能反应，而HCl与NaHSO3会发生反应产生SO2，因此可用甲装置除去SO2中的少量HCl，C正确；‎ D. 用浓硫酸配制100 mL 0.50 mol·L－1硫酸溶液时，应该先在烧杯中进行稀释，冷却至室温后，将溶液转移至100 mL的容量瓶中，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎6.下列有关化学反应的叙述正确的是(　　)‎ A. Na在空气中与熔融的TiCl4反应制取稀有金属Ti B. 常温下用MnO2和浓盐酸反应制取Cl2‎ C. 过量的CO2与Ca(ClO)2溶液反应生成CaCO3‎ D. 常温下，Al在浓硫酸中发生钝化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Na会与空气中O2发生反应，因此要在隔绝空气条件下与熔融的TiCl4反应制取稀有金属Ti，A错误；‎ B. 在加热条件下用MnO2和浓盐酸反应制取Cl2，而在常温下不能发生反应，B错误；‎ C. 过量的CO2与Ca(ClO)2溶液反应生成可溶性的Ca(HCO3)2，C错误；‎ - 26 -‎ D. 浓硫酸具有强的氧化性，常温下，Al遇浓硫酸会被硫酸氧化，产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属的进一步氧化，即发生钝化现象，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎7.下列指定反应的离子方程式正确的是(　　)‎ A 银氨溶液中加入盐酸：[Ag(NH3)2]++2H+=Ag++2NH4+‎ B. 用碱性NaClO溶液吸收冶金工业尾气中的NO2：ClO-+2NO2+H2O=Cl-+2NO3-+2H+‎ C. Al与NaOH溶液反应： 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑‎ D. Ca(HCO3)2溶液中加入过量烧碱： Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 向银氨溶液中加入稀盐酸有氯化银沉淀生成；‎ B. 碱性溶液中不含大量存在H+；‎ C. 根据Al与强碱溶液反应产生NaAlO2和H2书写；‎ D. 二者反应生成CaCO3、Na2CO3和水。‎ ‎【详解】A. 向银氨溶液中加入稀盐酸有氯化银沉淀生成，离子方程式为：[Ag(NH3)2]++OH-+3H++Cl-=AgCl↓+2NH4++H2O，A错误；‎ B. NaClO具有氧化性，NO2具有还原性，二者会发生氧化还原反应，产生Cl-、NO3-，但碱性溶液中不会含有大量H+，B错误；‎ C. Al单质能够与强碱溶液反应产生氢气，根据物质的溶解性，结合电荷守恒、电子守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，C正确；‎ D．Ca(HCO3)2溶液中加入过量烧碱，反应产生CaCO3、Na2CO3和水，反应的离子方程式为： Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓++CO32-+H2O，不符合物质反应的微粒个数比，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎【点睛】本题考查了离子方程式正误判断，明确物质的性质、物质之间的反应及离子方程式书写规则即可解答，常常涉及盐类水解、氧化还原反应等知识点，有的方程式还与反应物的量有关、有的方程式要考虑离子反应先后顺序，这些都是易错点，注意盐类水解较微弱，不能写气体和沉淀符号。‎ - 26 -‎ ‎8.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X是周期表中原子半径最小的元素，Y是短周期中金属性最强的元素，Z的单质可用于野外焊接铁轨，W的单质为黄绿色气体。下列说法正确的是(　　)‎ A. 原子半径：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)‎ B. X分别与Y、W组成的化合物中含有相同的化学键 C. Y的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的弱 D. Y、Z、W最高价氧化物对应水化物两两均可发生反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期元素X、Y、Z、W、M原子序数依次增大．X是周期表中原子半径最小的元素，故X为H元素；Y是短周期中金属性最强的元素，则Y是Na元素；Z的单质可用于野外焊接铁轨，则Z是Al元素；W的单质为黄绿色气体，则W是Cl元素，然后逐一分析解答。‎ ‎【详解】根据上述分析可知：X为H，Y是Na，Z是Al，W是Cl元素。‎ A. 原子核外电子层数越多，原子半径越大；同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小，所以四种元素的原子半径大小关系为：r(Y)>r(Z)>r(W)>r(X)，A错误；‎ B. X是H，Y是Na，W是Cl，H、Na两种元素形成的化合物NaH是离子化合物，化学键为离子键；而H、Cl两种非元素形成的化合物HCl是共价化合物，化学键H-Cl是共价键，因此形成的化学键类型不同，B错误；‎ C. 同一周期的元素，原子序数越小，元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性就越强。元素的金属性Y>Z，所以Y的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的强，C错误；‎ D. Y、Z、W最高价氧化物对应水化物分别是NaOH、Al(OH)3、HClO4，NaOH是一元强碱，HClO4是一元强酸，二者能够发生酸碱中和反应，而Al(OH)3是两性氢氧化物，既能与强酸反应，也能够与强碱反应，所以Y、Z、W最高价氧化物对应水化物两两均可发生反应，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎【点睛】本题考查元素周期表与元素周期律的有关知识。根据元素的原子结构及物质的性质、用途推断各种元素是本题解答的关键，要掌握元素的位、构、性三者的关系，掌握元素及化合物的知识和变化规律分析解答。‎ ‎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. NaClO(aq)HClO(aq)Cl2(g)‎ - 26 -‎ B. Fe3O4(s)Fe(s)Fe(NO3)3(aq)‎ C. Cu(s)Cu2O(s) CuSO4(aq)‎ D. S(s)SO2(g)BaSO3(s)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由于酸性H2CO3>HClO，所以向NaClO溶液中通入CO2气体，会产生弱酸HClO，HClO不稳定，光照分解产生HCl和O2，没有Cl2生成，A不符合题意；‎ B. 金属性Al>Fe，所以Al与Fe3O4会发生铝热反应产生Fe单质，Fe与HNO3发生氧化还原反应产生Fe(NO3)3，能够实现上述物质的转化，B符合题意；‎ C. Cu与O2加热产生CuO，不能产生Cu2O，不符合物质转化关系，C不符合题意；‎ D. 由于酸性HCl>H2SO3，所以SO2与BaCl2溶液不能发生反应，因此不能得到BaSO3，不符合物质转化关系，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎10.某研究小组利用如图所示装置可以在铜牌表面电镀一层银。下列有关说法正确的是(　　)‎ A. 银片电极上发生还原反应，电极反应为Ag++e-=Ag B. 反应过程中电能全部转化为化学能 C. 撤去电源并构成回路后，发生铜的吸氧腐蚀 D. 当电镀一段时间后，将电源反接，铜牌不可能恢复如初 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】利用如图所示装置可以在铜牌表面电镀一层银，则Cu电极为阴极，与电源负极连接；Ag电极为阳极，与电源正极连接。‎ A. 银片电极上Ag失去电子变为Ag+，发生氧化反应，电极反应为Ag-e-=Ag+，A错误；‎ B. 实现铜牌表面电镀一层银，则反应过程中发生的是电能转化为化学能，B错误；‎ C. AgNO3溶液水解显酸性，所以发生的不是吸氧腐蚀，C错误；‎ D. 当电镀一段时间后，将电源反接，Cu电极为阳极，表面的Ag单质失去电子变为Ag+‎ - 26 -‎ 离子进入溶液，同时裸露出的Cu也会被氧化变为Cu2+进入溶液，因此铜牌不可能恢复如初，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ 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.直接乙醇燃料电池 (DEFC)具有无毒，来源丰富的优点。下列有关说法正确的是(　　)‎ A. 一定温度下，反应C2H6O(l)+3O2(g)=3H2O(l)+2CO2(g)能自发进行，该反应ΔH<0‎ B. 由C2H6O、O2和KOH溶液组成的燃料电池，负极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-‎ C. 常温常压下，乙醇氧气燃料电池放电过程中消耗22.4 L O2，转移电子的数目为4×6.02×1023‎ D. 催化剂能减少反应C2H5OH(l)+3O2(g)=3H2O(l)+2CO2(g)的ΔH，而使反应速率加快 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 该反应的正反应是气体体积减小的反应，若在一定温度下能自发进行，根据体系自由能△G=△H-T△S<0，△S<0，所以△H<0，A正确；‎ B. 通入燃料的电极为负极，通入O2的电极为正极，正极上O2得到电子，发生还原反应，电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，B错误；‎ C. 常温常压下22.4 L O2的物质的量小于1 mol，因此转移电子的数目小于4×6.02×1023，C错误；‎ D. 催化剂能够降低反应的活化能，从而能加快反应速率，但不能改变反应热，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎12.化合物Y是一种药物中间体，可由X制得：‎ 下列有关化合物X、Y的说法正确的是(　　)‎ A. Y分子中五元环上的4个碳原子一定共平面 B. 1 mol X最多能与2 mol Br2反应 C. 用FeCl3溶液可鉴别化合物X和Y - 26 -‎ D. X、Y在酸性条件下的水解产物均能发生氧化反应、加成反应、消去反应 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 在Y分子中五元环上有碳碳双键，由于乙烯分子是平面分子，与碳碳双键连接的2个C原子可看作是取代乙烯分子中2个H原子的位置，一定在乙烯分子的平面上，所以其中的4个碳原子一定共平面，A正确；‎ B. X分子中含有1个碳碳双键能够与Br2发生加成反应，羰基、苯环不能与溴反应，所以1 mol X最多能与1 mol Br2反应，B错误；‎ C. X分子中无酚羟基，Y分子中含有酚羟基，遇FeCl3溶液会显紫色，因此可用FeCl3溶液可鉴别化合物X和Y，C正确；‎ D. X、Y在酸性条件下的水解产物中含有1个醇羟基，由于羟基连接的C原子邻位C原子上没有H原子，因此不能发生消去反应，D错误；‎ 故合理选项是AC。‎ ‎13.下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是(　　)‎ 选项 实验操作和现象 结论 A 将废铁屑溶于盐酸，滴入KSCN溶液，未见溶液变为红色 该废铁屑中不含三价铁的化合物 B 向1 mL 0.1 mol·L-1 MgSO4溶液中，滴入2滴0.1mol·L-1 NaOH溶液，产生白色沉淀，再滴入2滴0.1 mol·L-1 CuSO4溶液，白色沉淀逐渐变为蓝色 Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]‎ C 向KI溶液中滴入少量新制氯水和四氯化碳，振荡、静置，溶液下层呈紫红色 I-的还原性弱于Cl-‎ D 测定Na2CO3和Na2SO3溶液的pH，后者pH比前者的小 H2CO3比H2SO3酸性弱 ‎ A. A B. B C. C D. D - 26 -‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. +3价的Fe3+被Fe还原为+2价的Fe2+，因此结论不合理，A错误；‎ B. 向1 mL 0.1 mol·L-1 MgSO4溶液中，滴入2滴0.1mol·L-1 NaOH溶液，MgSO4过量，二者发生复分解反应产生Mg(OH)2白色沉淀，再滴入2滴0.1 mol·L-1 CuSO4溶液，白色沉淀逐渐变为蓝色，说明在溶液中存在Mg(OH)2沉淀溶解平衡，发生了沉淀的转化，形成了Cu(OH)2沉淀，由于二者构型相同，所以反应向溶度积更小的方向移动，因此可以证明物质的溶度积常数：Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]，B正确；‎ C. 向KI溶液中滴入少量新制氯水，发生反应：Cl2+2I-=2Cl-+I2，I2易溶于有机溶剂CCl4中，与水分层，使溶液下层呈紫红色，证明I-的还原性比Cl-强，C错误；‎ D. 二者都是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，但题干未指明是测定等浓度的两种盐溶液pH，所以不能据此比较H2CO3比H2SO3酸性强弱，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎14.室温下，Ka1(H2CO3)=4.6×10-7， Ka2(H2CO3)=5.6×10-11，Ka (HNO2)=5.1×10-4。纯碱溶液可用于吸收NO2，有关的化学反应为：2NO2+Na2CO3=NaNO2+NaNO3+CO2。若溶液混合引起的体积变化可忽略，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. 0.1 mol·L-1的Na2CO3溶液：c(HCO3-)+2c(CO32-)=0.1 mol·L-1‎ B. 0.1 mol·L-1的Na2CO3溶液和0.1 mol·L-1的HNO2溶液等体积混合：c(H2CO3)+0.05 mol·L-1=c(CO32-)+c(NO2-)‎ C. 0.1 mol·L-1的NaHCO3溶液与0.1 mol·L-1的NaNO2溶液比较：c(HCO3-)+2c(CO32-)< c(NO2-)‎ D. 0.1 mol·L-1的Na2CO3溶液吸收等量NO2，无气体逸出： c(HCO3-)>c(NO3-)> c(NO2-)>c(CO32-)‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 在Na2CO3溶液中有少量CO32-发生水解作用，产生HCO3-、H2CO3，所以根据C元素守恒可知：c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)=0.1 mol·L-1，A错误；‎ B. 由于电离平衡常数：Ka (HNO2)>Ka1(H2CO3)>Ka2(H2CO3)，所以将0.1 mol·L-1的Na2CO3溶液和0.1 mol·L-1的HNO2溶液等体积混合，溶液中c(Na+)=0.1 mol/L，发生反应：Na2CO3+HNO2=NaHCO3+NaNO2，根据C元素守恒可得c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.05 mol/L，c(HCO3-)+c(CO32-)=0.05-c(H2CO3)；根据电荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(NO2-)，则 - 26 -‎ c(CO32-)+c(NO2-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)-[c(HCO3-)+c(CO32-)]=0.1+c(H+)-c(OH-)-[0.05-c(H2CO3)]=0.05+c(H2CO3)+c(H+)-c(OH-)，该溶液为NaHCO3、NaNO2等浓度的混合溶液，水解使溶液显碱性，所以c(H+)-c(OH-)<0，故c(CO32-)+c(NO2-)<0.05+c(H2CO3)，B错误；‎ C. 在NaHCO3溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，则c(OH-)- c(H+)=c(Na+)-c(HCO3-)-2c(CO32-)；在NaNO2溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(NO2-)，c(OH-)-c(H+)=c(Na+)-c(NO2-)。根据电离平衡常数可知这两种盐都是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，等浓度的两种盐溶液中c(Na+)相同，水解程度NaHCO3>NaNO2，水解程度越大，溶液中c(OH-)越大，c(H+)就越小，溶液中c(OH-)-c(H+)就越大，所以c(Na+)-c(HCO3-)-2c(CO32-)> c(Na+)-c(NO2-)，由于两种溶液中c(Na+)相同，故c(HCO3-)+2c(CO32-)< c(NO2-)，C正确；‎ D. 0.1 mol·L-1的Na2CO3溶液吸收等量NO2，无气体逸出，假设NO2的物质的量是2 mol，则首先会发生反应：2NO2+Na2CO3=NaNO2+NaNO3+CO2，反应消耗1 mol Na2CO3，产生1 mol NaNO2、1 mol NaNO3和1 mol CO2，然后发生反应：Na2CO3+CO2+H2O =2NaHCO3，最终得到的溶液中溶质是NaNO3、NaNO2、NaHCO3按1：1：2的物质的量关系混合溶液，故离子浓度c(HCO3-)最大，由于NaNO3是强酸强碱盐，NO3-不水解，因而不消耗，NaNO2是强碱弱酸盐，NO2-水解消耗使离子浓度减小，所以c(HCO3-)>c(NO3-)>c(NO2-)； HCO3-的电离程度是微弱的，HCO3-电离产生CO32-浓度很小，原小于盐电离产生的离子浓度，故c(NO2-)>c(CO32-)，因此该溶液中离子浓度大小关系为：c(HCO3-)>c(NO3-)> c(NO2-)>c(CO32-)，D正确；‎ 故合理选项是CD。‎ ‎15.一定温度下将2 mol CO和2 mol H2O(g)充入2.0 L恒容绝热的密闭容器中，发生CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH，正反应速率和时间的关系如下图所示。下列说法正确的是(　　)‎ A. 图中d点所示条件下，延长反应时间不能提高CO的转化率 B. 反应器中的压强不变，说明反应已经达到平衡状态 C. Δt1=Δt2时，反应物的转化率：b～c段小于a～b段 D. e点CO的转化率为80%，则该温度下平衡常数为K=16‎ - 26 -‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据图示可知：开始发生反应后，气体反应速率加快，说明该反应的正反应为放热反应，由于反应是在恒容绝热的密闭容器中进行，d点后正反应速率逐渐降低，说明d点反应达到平衡状态，后延长反应时间，反应正反应速率降低，则反应物浓度减小，化学平衡状态正向移动，时CO的转化率提高，A错误；‎ B. 该反应是反应前后气体体积不变的反应，反应是在恒容绝热的密闭容器中进行的，若反应器中的压强不变，说明反应温度不变，此时反应已经达到平衡状态，B正确；‎ C. 反应速率越快，相同时间内反应物转化为生成物的就更多，反应物的转化率越大，由于反应速率：b～c段>a～b段，所以反应物的转化率：b～c段大于a～b段，这与相同时间段内速率改变量大小无关，C错误；‎ D. 反应开始时c(CO)=c(H2O)=1 mol/L，c(CO2)=c(H2)=0，e点CO的转化率为80%，则该温度下平衡时c(CO)=c(H2O)=0.2 mol/L，c(CO2)=c(H2)=0.8 mol/L，根据平衡常数的含义可知平衡常数为K==16，D正确；‎ 故合理选项是BD。‎ 非 选 择 题(共80分)‎ ‎16.一种以硼镁矿(含Mg2B2O5·H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)为原料生产硼酸(H3BO3)及轻质氧化镁的工艺流程如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)“溶浸”硼镁矿粉过程中，提高B、Mg元素的浸出率可以采用什么措施________(填写两点)。‎ ‎(2)“溶浸”后产生的气体是__________(填化学式)。‎ ‎(3)为检验“过滤1”后的滤液中是否含有Fe3+，可选用的化学试剂是______________溶液(填化学式)。‎ ‎(4)根据H3BO3的解离反应：H3BO3+H2OH＋+B(OH)4，Ka=5.81×10-10，写出H3BO3‎ - 26 -‎ 与NaOH反应的离子方程式________________________________________。‎ ‎(5)写出“沉镁”中生成Mg(OH)2·MgCO3沉淀的离子方程式以及将碱式碳酸镁高温灼烧制备轻质氧化镁的化学方程式________________、____________。‎ ‎【答案】 (1). 适当提高溶浸温度、适当提高溶浸液(NH4)2SO4溶液浓度、适当延长溶浸时间、搅拌等 (2). NH3 (3). KSCN溶液 (4). H3BO3+OH-=B(OH)4- (5). 2Mg2++3CO32-+2H2O=Mg(OH)2·MgCO3↓+2HCO3- (或2Mg2++H2O+2CO32-=Mg(OH)2·MgCO3↓+CO2↑) (6). Mg(OH)2·MgCO32MgO+CO2↑+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 硼镁矿(含Mg2B2O5·H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)加入硫酸铵溶液，得到气体，根据硼镁矿和硫酸铵化学式知，得到的气体为NH3，用NH4HCO3吸收NH3，发生反应NH3+NH4HCO3=(NH4)2CO3，根据过滤2及沉镁成分知，过滤1中得到的滤渣为难溶性的SiO2、Fe2O3、Al2O3，调节溶液pH=3.5时得到H3BO3，滤液中含有MgSO4，沉镁过程发生的反应为2Mg2++3CO32-+2H2O=Mg(OH)2•MgCO3↓+2HCO3-，加热分解可以得到轻质MgO；母液中含有(NH4)2SO4，以此解答该题。‎ ‎【详解】(1)“溶浸”硼镁矿粉过程中，为提高B、Mg元素的浸出率可以采用的措施有适当提高溶浸温度、适当提高溶浸液(NH4)2SO4溶液浓度、适当延长溶浸时间、搅拌等；‎ ‎(2)根据硼镁矿及(NH4)2SO4化学式可知：“溶浸”后产生的气体是NH3；‎ ‎(3)取该滤液少许，向其中滴加KSCN溶液，若溶液会变为血红色，就证明该滤液中含有Fe3+，否则不含有Fe3+；‎ ‎(4)根据H3BO3的解离反应：H3BO3+H2OH＋+B(OH)4，Ka=5.81×10-10，说明H3BO3是一元弱酸，因此H3BO3与NaOH反应的离子方程式为：H3BO3+OH-=B(OH)4-；‎ ‎(5)在“沉镁”中Mg2+和CO32-离子发生水解和复分解反应生成Mg(OH)2·MgCO3↓沉淀，同时还生成HCO3，离子方程式为：2Mg2++3CO32-+2H2O=Mg(OH)2·MgCO3↓+2HCO3- (或2Mg2++H2O+2CO32-=Mg(OH)2·MgCO3↓+CO2↑) 。将Mg(OH)2·MgCO3沉淀经洗涤后加热，发生分解反应：Mg(OH)2·MgCO32MgO+CO2↑+H2O，就制取得到轻质氧化镁。‎ ‎【点睛】本题考查了物质分离提纯及制备，明确元素化合物性质及其性质差异性、流程图中发生的反应是解本题关键，注意从整体上分析判断各物质成分，侧重考查学生的分析能力和实验能力。‎ - 26 -‎ ‎17.酮洛芬是临床用于治疗疼痛的药物。合成酮洛芬的一种路线如下：‎ ‎ ‎ ‎(1)F中含氧官能团的名称为____________________(写两种)。‎ ‎(2)与(CH3)2SO4反应也可以直接得到酮洛芬，该反应的类型为____________。‎ ‎(3)B的分子式为C10H11NO4，写出B的结构简式：____________________。‎ ‎(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：______________________。‎ ‎①能与FeCl3溶液发生显色反应，且分子中有一个手性碳原子；‎ ‎②碱性条件水解后酸化，产物之一是α－氨基酸，另一水解产物分子中只有3种不同化学环境的氢。‎ ‎(5)已知：NO2NH2。‎ 请写出以和ClCH2COOC2H5为原料制备H3COCH3CHO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). 羰基、酯基、醚键(任意两种即可) (2). 取代反应 (3). (4). (5). ‎ - 26 -‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎(1)根据F的结构确定含氧官能团的名称；‎ ‎(2)根据物质反应前后结构的变化确定反应类型； ‎ ‎(3)根据A与CH2OHCH2OH反应产生B，结合B的分子式及C的结构可确定B结构简式；‎ ‎(4)根据C的结构确定其分子式，有同分异构体的概念及该同分异构体符合的条件，书写其结构简式；‎ ‎(5)在Fe/HCl作用下发生还原反应得到， 与NaNO2反应产生，然后和ClCH2COOC2H5作用得到，先与NaOH作用，然后经盐酸酸化得到。‎ ‎【详解】(1)由F结构简式可知其中含有的含氧官能团有羰基、酯基、醚键；‎ ‎(2) 与(CH3)2SO4发生反应，的羧基邻位上的一个H原子被-CH3取代产生和CH3HSO4，故反应类型为取代反应；‎ ‎(3)B分子式是C10H11NO4，由A与CH2OHCH2OH反应生成，结合C的分子结构可知B结构为 - 26 -‎ ‎；A是对硝基乙苯，结构为； ‎ ‎(4)C结构简式是：，分子式是C17H15O3N，其同分异构体满足条件： ①能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，且分子中有一个手性碳原子；②碱性条件水解后酸化，产物之一是α－氨基酸，另一水解产物分子中只有3种不同化学环境的氢，则符合条件的同分异构体为：；‎ ‎ (5)在Fe/HCl作用下发生还原反应得到， 被NaNO2氧化反应产生，然后和ClCH2COOC2H5作用得到，先与NaOH作用，然后经盐酸酸化得到，故以和ClCH2COOC2H5为原料制备的合成路线流程图为：。‎ - 26 -‎ ‎【点睛】本题以有机物的制备为线索，考查有机物的结构与性质。掌握各种官能团的性质及其结构在反应前后的变化是本题解答的关键，解答时注意充分利用题干信息，结合已有知识分析，特别是同分异构体的判断。‎ ‎18.锌钡白ZnS·BaSO4是一种常用白色颜料，以重晶石(BaSO4)和焦炭粉为原料，在回转炉中强热制取可溶性硫化钡。硫化钡在净化后形成溶液，再与硫酸锌经过一系列过程最终制得锌钡白成品。‎ ‎(1)回转炉中发生反应的化学方程式为___________________________。‎ ‎(2)回转炉尾气中含有有毒气体，生产上通入一定量的水蒸气进行处理，水蒸气的作用是_____________________________。 ‎ ‎(3)成品中S2－的含量可以用“碘量法”测得。称取m g样品，置于碘量瓶中，移取25.00 mL 0.1000 mol·L-1的I2－KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5 min，有单质硫析出。以淀粉溶液为指示剂，过量的I2用0.1000 mol·L-1Na2S2O3溶液滴定，反应式为I2+2S2O32-=2I-+S4O62-。测定时消耗Na2S2O3溶液体积V mL，滴定终点现象为__________，样品中S2-的含量为____________(写出表达式与计算过程)。‎ ‎【答案】 (1). BaSO4+4CBaS+4CO↑ (2). 与产生的有毒气体CO反应，防止污染大气 (3). 浅蓝色褪去，且半分钟内不再恢复 (4). ×100%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)在回转炉中BaSO4与C在高温下反应产生BaS和CO；‎ ‎(2)水蒸气与CO反应产生CO2和H2；‎ ‎(3)利用I2遇淀粉溶液变为蓝色判断滴定终点；先计算出与Na2S2O3反应的过量的I2的物质的量，然后由I2的总物质的量计算出发生反应S2-+I2=S+2I-的I2的物质的量及S2-的物质的量和质量，最后根据质量分数×100%计算S2-的含量。‎ ‎【详解】(1)在回转炉中BaSO4与C在高温下反应产生BaS和CO，根据电子守恒、原子守恒，可得反应的化学方程式为：BaSO4+4CBaS+4CO↑；‎ ‎(2)回转炉尾气中含有有毒气体CO，该气体具有还原性，能够在高温下与水蒸气反应产生无毒的气体CO2和H2，因此可防止污染大气；‎ ‎(3)碘遇淀粉变蓝色，当滴定达到终点时，碘完全被消耗，溶液由浅蓝色变为无色，且半分钟内不再恢复蓝色；根据方程式I2+2S2O32-=2I-+S4O62-可知与Na2S2O3反应的I2的物质的量n(I2)=‎ - 26 -‎ n(Na2S2O3)=×0.1000 mol/L×V×10-3 L，则与S2-反应的I2的物质的量n(I2)=0.1000 mol/L×25×10-3 L-×0.1000 mol/L×V×10-3 L，根据S2-+I2=S+2I-，可知n(S2-)=n(I2)=0.1000 mol/L×25×10-3 L -×0.1000 mol/L×V×10-3 L，m(S2-)= n(S2-)·M=[0.1000 mol/L×25×10-3 L -×0.1000 mol/L×V×10-3 L]×32 g/mol，则S2-的质量分数=×100%=×100%。‎ ‎【点睛】本题考查制备方案设计，涉及方程式的书写、氧化还原反应在物质含量的测定的应用。明确发生的化学反应、滴定原理是解本题关键，注意关系式及转移电子守恒的灵活运用。‎ ‎19.实验室以废铜屑(含少量Fe、不溶性杂质)为原料制取CuSO4·5H2O晶体和[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体，其实验流程如下：‎ ‎　‎ ‎(1)氧化时先加入一定量3 mol/L H2SO4，再调节浓硝酸的用量至为2.0左右时，铜粉和浓硝酸完全反应，主要反应的化学方程式为_______。‎ 硝酸过量对产品的影响为________________________________。‎ ‎(2)废铜屑的氧化在如图1所示的装置中进行。从长导管中通入氧气的作用是___________。保持试剂的用量不变，实验中提高Cu转化率的操作有____________(写一种)。‎ ‎(3)调节溶液pH应在3.5～4.5范围的原因是______________________。‎ ‎(4)已知：[Cu(NH3)4]2+Cu2++4NH3；CuSO4、(NH4)2SO4‎ - 26 -‎ 难溶于乙醇。结合图2，[Cu(NH3)4]SO4·H2O在乙醇水混合液中的溶解度随乙醇浓度变化曲线，补充完整由加足量氨水后所得的[Cu(NH3)4]SO4溶液制备[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体的实验方案：______________ (实验中必须使用的试剂和仪器：无水乙醇、乙醇－水混合液、BaCl2溶液、真空干燥箱)。‎ ‎【答案】 (1). Cu+2HNO3+H2SO4CuSO4+2NO2↑+2H2O (2). 降低产品的产率和纯度 (3). 防止倒吸，使尾气中的氮氧化物能被完全吸收 (4). 适当提高反应温度、加快搅拌速率 (5). 使Fe3＋完全水解转化为Fe(OH)3沉淀除去，而Cu2＋留在溶液中 (6). 将[Cu(NH3)4]SO4溶液加入无水乙醇中，过滤，所得沉淀先用乙醇－水混合液洗涤，至最后的洗涤滤液中滴加BaCl2溶液无沉淀生成，再将晶体用无水乙醇洗涤，放入真空干燥箱中干燥 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)Cu与浓硝酸、硫酸发生氧化还原反应产生CuSO4、NO2和H2O，根据原子守恒、电子守恒书写反应方程式；结合物质成分分析Cu、HNO3的物质的量比例关系；‎ ‎(2)从安全角度和环保角度分析通入O2的原因；根据影响反应速率的因素分析；‎ ‎(3)根据Fe3+、Cu2+形成沉淀需要的溶液的pH分析；‎ ‎(4)根据CuSO4、(NH4)2SO4、[Cu(NH3)4]SO4·H2O难溶于乙醇，乙溶于水，而[Cu(NH3)4]SO4·H2O在乙醇与水混合溶液中的溶解度随乙醇含量的增大而减小分析。‎ ‎【详解】(1) Cu与浓硝酸、硫酸发生氧化还原反应产生CuSO4、NO2和H2O，根据原子守恒、电子守恒书写反应方程式为Cu+2HNO3+H2SO4CuSO4+2NO2↑+2H2O；在反应时为保证制取的CuSO4纯度，要严格控制HNO3的用量，尽可能使硝酸完全反应转化为NO2气体逸出，若硝酸过量，则反应后的溶液中含有过量的硝酸，则制取得到的CuSO4产品中混有Cu(NO3)2，导致产品的纯度降低，且会是CuSO4的产率也减小；‎ ‎(2)从长导管中通入氧气，可以防止因NO2在NaOH溶液中的溶解而产生的装置内气体压强减小，从而引起倒吸现象的发生；且能使反应产生的NO反应变为NO2，再被NaOH溶液完全吸收，就避免了氮氧化合物对大气造成的污染；‎ Cu是固体物质，在保持试剂的用量不变，在实验中若要提高Cu转化率，可通过适当提高反应温度、加快搅拌速率使反应物充分接触实现；‎ ‎(3)在废铜屑中含少量Fe，在用浓硝酸与硫酸混合液氧化Cu时，Fe被氧化变为Fe3+，由于Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，沉淀完全时溶液的pH=3.2，调节溶液pH应在3.5～4.5范围，就可以使Fe3＋完全转化为Fe(OH)3沉淀除去，而Cu2＋仍留在溶液中，以保证制取得到纯净的CuSO4；‎ ‎(4)将制得的[Cu(NH3)4]SO4溶液加入无水乙醇中，由图象可知[Cu(NH3)4]SO4·H2‎ - 26 -‎ O在无水乙醇中不能溶解，就会析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O沉淀，然后过滤得到[Cu(NH3)4]SO4·H2O沉淀，所得沉淀中混有杂质CuSO4、(NH4)2SO4，先用乙醇－水混合液洗涤，除去杂质，然后根据BaSO4是白色不溶于水的沉淀，通过检验洗涤液中是否含有SO42-，来判断沉淀是否洗涤干净，向最后的洗涤滤液中滴加BaCl2溶液无沉淀生成，说明沉淀洗涤干净，最后再将晶体用无水乙醇洗涤，放入真空干燥箱中干燥，就得到[Cu(NH3)4]SO4·H2O。‎ ‎【点睛】本题考查了物质的制备方法、反应条件的控制、环境保护及物质分离提纯等。掌握反应原理，根据物质的溶解性、氧化性等分析解答。‎ ‎20.许多含氮物质会造成环境污染，硝酸工业的尾气(含NO、NO2)会造成大气污染，通常用选择性非催化还原法或碱液吸收法[石灰乳吸收，既能净化尾气，又能获得应用广泛的Ca(NO2)2]。而废水中过量的氨氮(NH3和NH4+)会导致水体富营养化，则通常用强氧化剂来吸收。‎ ‎(1)废气中氮氧化物吸收。‎ ‎①选择性非催化还原法。发生的主要反应有：‎ ‎4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(g)　ΔH=-1646 kJ·mol-1‎ ‎2NO(g)+(NH2)2CO(s)+O2(g)2N2(g)+2H2O(g)+CO2(g) ΔH=－780.02 kJ·mol-1‎ 则2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g)的ΔH=__________。‎ ‎②碱液吸收法。该工艺中采用气液逆流接触吸收(尾气从吸收塔底进入，石灰乳从吸收塔顶喷淋)，得到的滤渣可循环使用，该滤渣的主要成分是________(填化学式)。 工艺需控制NO和NO2物质的量之比接近__________，若小于这个比值，则会导致_______________。 ‎ ‎(2)废水中过量的氨氮(NH3和NH4+)处理。某科研小组用NaClO氧化法处理氨氮废水。‎ 已知：A.HClO的氧化性比NaClO强；‎ B.NH3比NH4+更易被氧化；‎ C.国家标准要求经处理过的氨氮废水pH要控制在6～9。‎ 进水pH对氨氮去除率的影响如下图所示。‎ ‎①进水pH为2.75～6.00范围内，氨氮去除率随pH升高而上升的原因是___________。 ‎ - 26 -‎ ‎②写出酸性条件下ClO-氧化NH4+的离子方程式____________________。‎ ‎③已知a.O2的氧化性比NaClO弱； b.O2氧化氨氮速率比NaClO慢。‎ 在其他条件不变时，仅增加单位时间内通入空气的量，氨氮去除率_______________(填“显著变大”“显著变小”或“几乎不变”)。‎ ‎【答案】 (1). －42.98 kJ/mol (2). Ca(OH)2 (3). 1∶1 (4). Ca(NO2)2中杂质Ca(NO3)2的含量偏高 (5). 随着pH升高，氨氮废水中NH3含量增大，氨氮更易被氧化 (6). 3ClO-+2NH4+=N2↑+3Cl-+3H2O+2H+(或写为3HClO+2NH4+=N2↑+3Cl-+3H2O+5H+) (7). 几乎不变 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①根据盖斯定律，将已知热化学方程式叠加，可得2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g)的反应热；‎ ‎②根据硝酸工业的尾气(含NO、NO2)与Ca(OH)2反应产生Ca(NO2)2，石灰乳中含大量Ca(OH)2，过量的Ca(OH)2会导致物质不纯，结合NO2与Ca(OH)2反应产生的物质成分分析工艺需控制NO和NO2物质的量之比及作用；‎ ‎(2)①根据废水中溶液pH大小与其中含有的NH3、NH4+的多少及NH3比NH4+更易被氧化分析；‎ ‎②酸性条件下ClO-氧化NH4+为N2，ClO-被还原产生Cl-；‎ ‎③根据已知条件a. O2的氧化性比NaClO弱；‎ b. O2氧化氨氮速率比NaClO慢进行分析判断。‎ ‎【详解】(1)①已知反应：(i)4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(g) ΔH=-1646 kJ/mol；‎ ‎(ii)2NO(g)+(NH2)2CO(s)+O2(g)2N2(g)+2H2O(g)+CO2(g) ΔH=-780.02 kJ/mol，‎ 由于反应过程中的能量变化只与物质的始态和终态有关，与反应过程无关，根据盖斯定律，将(i)×-(ii)，整理可得2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g)的反应热ΔH= -42.98 kJ/mol；‎ ‎②NO、NO2与Ca(OH)2会发生归中反应：NO+NO2+Ca(OH)2=Ca(NO2)2+H2O，由于Ca(NO2)2易溶于水，Ca(OH)2微溶于水，且石灰乳中Ca(OH)2主要以固体形式存在，导致不能与气体充分接触，使最后得到的滤渣中含有Ca(OH)2；根据方程式NO+NO2+Ca(OH)2=Ca(NO2)2+H2O可知：要制取Ca(NO2)2，应该控制NO、NO2的物质的量的比是1：1，若小于这个比值，则NO2气体过量，会发生反应：4NO2+2Ca(OH)2=Ca(NO3)2+Ca(NO2)2+2H2O，使Ca(NO2)2中杂质Ca(NO3)2的含量偏高；若大于这个比值，NO不能完全被吸收，仍然会导致大气污染；‎ - 26 -‎ ‎(2)①废水中溶液pH越大，其中含有的NH3含量就越高，由于NH3比NH4+更易被氧化，因此氨氮更易被氧化；‎ ‎②在酸性条件下ClO-、NH4+发生氧化还原反应产生N2、Cl-，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式为：3ClO-+2NH4+=N2↑+3Cl-+3H2O+2H+(或写为3HClO+2NH4+=N2↑+3Cl-+3H2O+5H+)；‎ ‎③由于a.O2的氧化性比NaClO弱；b.O2氧化氨氮速率比NaClO慢，因此在其他条件不变时，仅增加单位时间内通入空气的量，氨氮去除率几乎不变。‎ ‎【点睛】本题考查了反应热的计算及含氮物质造成环境污染的处理方法，掌握盖斯定律的含义及物质的性质，充分利用题干信息分析解答。大气中氮氧化合物会造成酸雨、光化学烟雾，污水中氮化合物增多，会使污水富营养化，而产生赤潮、水华现象，治理措施要结合氮的存在形式采用不同措施。若是氮氧化合物，一般采用碱液吸收方法，通常使用价廉、易得的石灰乳；废水中过量的氨氮一般采用氧化剂氧化方法处理，要尽量使物质变化的过程中能量得以充分利用，使废物资源化，做到物尽其用。‎ ‎[物质结构与性质]‎ ‎21.锌的配合物[Zn(NH3)4]2+、ZSM、[Zn(N2H4)2(N3)2] n等用途非常广泛。‎ ‎(1)Zn2+基态核外电子排布式为________________________。 ‎ ‎(2)Zn2+能与NH3形成配离子[Zn(NH3)4]2+。配体NH3分子属于________(填“极性分子”或“非极性分子”)；在[Zn(NH3)4]2＋中，Zn2＋位于正四面体中心，N位于正四面体的顶点，试在图中表示出[Zn(NH3)4]2+中Zn2+与N之间的化学键___________。‎ ‎(3)ZSM是2－甲基咪唑和水杨酸与锌形成的配合物，2－甲基咪唑可通过下列反应制备：‎ ‎①与CN-互为等电子体的分子是____________(填化学式，写两种)。 ‎ ‎②2－甲基咪唑中碳原子杂化轨道类型为________；1 mol 2－甲基咪唑分子中含σ键和π键之比为________。 ‎ - 26 -‎ ‎③乙二胺易溶于水的主要原因是_________________。‎ ‎【答案】 (1). [Ar]3d10(或1s22s22p63s23p63d10) (2). 极性分子 (3). 或 (4). N2、CO (5). sp2和sp3 (6). 6∶1 (7). 乙二胺分子与水分子能形成分子间氢键 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)Zn原子失去最外层2个电子变为Zn2+，根据构造原理书写基态核外电子排布式；‎ ‎(2)根据共价电子对的偏向判断NH3分子的极性；Zn2+具有空轨道，NH3的氮原子上有孤对电子；‎ ‎(3)①根据等电子体含义结合CN-含有电子数目分析；‎ ‎②饱和碳原子采用sp3杂化，含有碳碳双键的碳原子采用sp2杂化，根据共价单键都是σ键，共价双键中一个是σ键，一个是π键分析；‎ ‎③乙二胺与水分子之间形成氢键，增加了分子之间的作用。‎ ‎【详解】(1)Zn是30号元素，原子核外有30个电子，Zn原子失去最外层2个电子变为Zn2+，根据构造原理，可知基态Zn2+核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d10(或[Ar]3d10)；‎ ‎(2)NH3中的N-H键是极性共价键，由于吸引电子的能力N>H，使共用电子对偏向N原子一方，N原子带部分负电荷，H原子带部分正电荷，分子中正、负电荷重心不重合，因此NH3是极性分子；[Zn(NH3)4]2＋是正四面体结构，Zn2+位于正四面体中心，N位于正四面体的顶点，由于Zn2+有空轨道，而NH3的N原子上有孤电子对，所以[Zn(NH3)4]2+中Zn2+与N之间以配位键结合，可表示为：或 ；‎ ‎(3)①等电子体含有的原子数相等，最外层电子数也相等，则与CN-互为等电子体的分子是CO、N2；‎ ‎②2－甲基咪唑结构简式是，分子中含有两种碳原子，一种是结合4个其它原子或原子团的饱和碳原子，采用sp3‎ - 26 -‎ 杂化；另一种是C原子与C原子或C原子与N原子形成双键，这种碳原子没有达到结合其它原子的最大数目，是不饱和碳原子，采用sp2杂化；2－甲基咪唑分子式是C4H6N2，其中含有的单键都是σ键，共价双键中一个是σ键，一个是π键，则1个2－甲基咪唑中含有12个σ键，含有2个π键，则1 mol的2－甲基咪唑分子中含σ键和π键之比12：2=6：1；‎ ‎③乙二胺与水之间易形成氢键，增加了分子之间的吸引力，使得乙二胺易溶于水中。‎ ‎【点睛】本题考查了原子核外电子排布、原子的杂化、等电子体、共价键的表示等知识。掌握物质结构理论及原子结构与物质性质的关系是本题解答的关键。‎ ‎[实验化学]‎ ‎22.实验室以扑热息痛(对乙酰氨基苯酚)为原料，经多步反应制甘素的流程如下：‎ AcHNOH扑热息痛非那西汀…甘素 步骤Ⅰ：非那西汀的合成 ‎①将含有1.0 g扑热息痛的药片捣碎，转移至双颈烧瓶中。用滴管加入8 mL 1 mol/LNaOH的95%乙醇溶液。开启冷凝水，随后将烧瓶浸入油浴锅。搅拌，达沸点后继续回流15 min。‎ ‎②将烧瓶移出油浴。如图所示，用注射器取1.0 mL的碘乙烷，逐滴加入热溶液中。继续将烧瓶置于油浴回流15 min。‎ ‎③将烧瓶从油浴中抬起，取下冷凝管趁热用砂芯漏斗抽滤，滤去不溶的淀粉(药片的填充物)。将热滤液静置，得到沉淀。用另一个砂芯漏斗过滤得到非那西汀固体。‎ 步骤Ⅱ：甘素的合成 ‎①将非那西汀固体转移到圆底烧瓶中，加入5 mL 6 mol/L盐酸。加热回流15 min。‎ ‎②加入NaHCO3调至pH为6.0～6.5，再向反应液中加1.37 g尿素和2滴乙酸。加热回流60 min。‎ ‎③移出烧瓶，冷却，有沉淀析出，抽滤，用冰水洗涤，得到甘素。‎ ‎(1)将药片捣碎所用的仪器名称为________________。 ‎ ‎(2)实验中用油浴加热的优点是______________________。 ‎ - 26 -‎ ‎(3)使用砂芯漏斗抽滤的优点是_________________且得到的沉淀较干燥。 ‎ ‎(4)冷凝管的冷却水从________(填“a”或“b”)端进。 ‎ ‎(5)步骤Ⅱ中向热溶液中加入NaHCO3中和，为避免大量CO2逸出，加入NaHCO3时应__________________。 ‎ ‎(6)用冰水洗涤甘素固体的操作是_________________。‎ ‎【答案】 (1). 研钵 (2). 加热均匀，温度易于控制 (3). 加快过滤速度 (4). a (5). 分多次加入 (6). 向过滤器中加入冰水至刚刚没过固体，进行抽滤，再重复2次 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)固体物质粉碎应该在研钵中进行；‎ ‎(2)油浴类似于水浴，可提供恒定的温度；‎ ‎(3)抽滤速度较快；‎ ‎(4)冷凝时应使冷却水充满冷凝管；‎ ‎(5)为避免大量CO2溢出，可少量多次加入；‎ ‎(6)洗涤固体，可用冰水至刚刚没过固体，进行抽滤，且重复2次。‎ ‎【详解】(1)将固体药品研碎应该在硏钵中进行；‎ ‎(2)油浴加热类似于水浴加热，可提供恒定的温度，且加热温度均匀，使反应温度易于控制；‎ ‎(3)使用砂芯漏斗抽滤，能够增大被过滤的固体上下方的气体压强差，使液体可以快速流动，过滤速度较快，因此可加快过滤速度；‎ ‎(4)冷凝时应使冷却水充满冷凝管，要采用逆流原理，冷却水应从下口进入上口排出，故冷却水要从a口进入；‎ ‎(5)为避免大量CO2溢出，每次应生成少量CO2，则可采取少量多次加入的方法；‎ ‎(6)洗涤固体，可向过滤器中加入冰水至刚刚没过固体，进行抽滤，为保证沉淀洗涤干净，同时又要防止因洗涤次数过多导致物质因溶解而损失，一般重复洗涤2～3次。‎ ‎【点睛】本题考查物质的制备，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，明确实验的目的和原理是解答该题的关键，注意把握基本实验操作。‎ - 26 -‎ - 26 -‎ - 26 -‎