江苏省启东市2020届高三下学期阶段调研测试化学试题 Word版含解析

江苏省启东市2020届高三下学期阶段调研测试化学试题 Word版含解析

- 1 - 江苏省启东市 2020 届高三下学期阶段调研测试 化学试题 1.核酸检测是诊断新冠肺炎的重要依据，下列关于核酸的结构和性质说法正确的是( ) A. 核酸是一种无机酸 B. 核酸的性质与蛋白质相似，不会变性 C. 组成核酸的元素有 C、H、O、N、P 等 D. 核酸是生物小分子化合物 【答案】C 【解析】 【分析】 核酸是脱氧核糖核酸（DNA）和核糖核酸（RNA）的总称，由许多核苷酸相互聚合形成，核苷 酸由五碳糖、磷酸基团和含氮碱基组成。 【详解】A．核酸是有多个核苷酸相互聚合而形成的的有机酸，A 错误； B．核酸性质与蛋白质类似，在重金属盐、加热等化学或物理因素的影响下可以发生变性，B 错误； C．根据核酸的组成，可知组成核酸的元素有 C、H、O、N、P 等，C 正确； D．核酸是由核苷酸相互聚合组成的大分子化合物，D 错误； 故选 C。 2.利用空气将氯化氢催化氧化，使之转化为氯气，已成为工业上生产氯气的重要途径，其反 应为 4HCl＋O2=2H2O＋2Cl2。下列化学用语表达正确的是( ) A. 质量数为 18 的氧原子： 18 10 O B. 水的电子式： :H:O H  C. HCl 分子的球棍模型： D. Cl－的结构示意图： 【答案】B 【解析】 【详解】A．O 原子的质量数为 18，质子数为 8，故正确的表达为 18 8 O ，A 错误； B．O 原子最外层有 6 个电子，其中有 4 个电子形成 2 对电子对，剩余 2 个电子分别与 2 个 H 原子形成两个共价键，B 正确； C．由于 H 原子和 Cl 原子的原子半径不同，故正确的 HCl 球棍模型为 ，C 错误； D．Cl-由于最外层多一个电子，故 Cl-的结构示意图为 ，D 错误； - 2 - 故选 B。 3.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是( ) A. FeCl3 溶液显酸性，可用于刻蚀电路板 B. CaO 具有吸水性，可用作食品脱氧剂 C. NH4Cl 具有酸性，可用于金属除锈 D. 活性炭具有还原性，可用于水质净化 【答案】C 【解析】 【详解】A．用 FeCl3 刻蚀电路板，是 Fe3+与电路上的 Cu 发生反应，体现了 Fe3+的氧化性，A 错误； B．氧化钙不具有还原性，具有吸水性，不能用作食品包装袋中作脱氧剂，B 错误； C．NH4Cl 为强酸弱碱盐，在溶液中 NH4 +发生水解使溶液呈酸性，故可以除锈，C 正确； D．活性炭是一种疏松多孔的结构，可以吸附水中的悬浮颗粒，达到净水的目的，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. 0.1 mol·L－1 NaOH 溶液：Na+、K+、CO3 2-、AlO2 - B. 0.1 mol·L－1 FeCl2 溶液：K+、Mg2+、SO4 2-、MnO4 - C. 0.1 mol·L－1 KHCO3 溶液：Na+、Al3+、Cl－、NO3 - D. 0.1 mol·L－1 H2SO4 溶液：K+、NH4 +、NO3 -、HSO3 - 【答案】A 【解析】 【详解】A．0.1 mol·L－1 NaOH 溶液含有大量 OH-，Na+、K+、CO3 2-、AlO2 -离子之间以及与 OH- 之间不发生反应，能大量共存，故 A 正确； B．0.1 mol·L－1 FeCl2 溶液中 Fe2+具有还原性，与 MnO4 -发生氧化还原反应，不能大量共存， 故 B 错误； C．0.1 mol·L－1 KHCO3 溶液中，HCO3 -与 Al3+发生双水解反应，不能大量共存，故 C 错误； D．0.1 mol·L－1 H2SO4 溶液含有大量 H+，与 NO3 -、HSO3 -发生氧化还原反应，不能大量共存，故 D 错误； 答案选 A。 【点睛】HSO3 -具有还原性，在酸性条件下可被硝酸根离子氧化为硫酸根。 5.下列关于 Cl2 的实验操作能达到实验目的的是( ) - 3 - A. 用装置甲制取少量 Cl2 B. 用装置乙除去 Cl2 中的 HCl C. 用装置丙收集 Cl2 D. 用装置丁吸收尾气 【答案】A 【解析】 【 详 解 】 A ． 选 项 中 的 浓 盐 酸 可 以 和 氯 酸 钾 发 生 反 应 生 成 氯 气 ， 化 学 方 程 式 为 KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O，A 正确； B．除去 Cl2 中的 HCl 需要用到饱和的 NaCl 溶液，但在洗气装置中需要长导管进短导管出，若 短导管进为集气装置，B 错误； C．Cl2 的密度比空气大，应用向上排空气法，在集气装置中应长导管进，C 错误； D．Cl2 易溶于 NaOH 溶液，用此装置吸收尾气容易导致 Cl2 没有完全被 NaOH 吸收，污染空气， D 错误； 故选 A。 6.下列有关化学反应的叙述正确的是( ) A. SO2 与 Ba(NO3)2 反应生成 BaSO3 B. NH3 在纯 O2 中燃烧生成 NO2 C. 过量 CO2 与氨水反应生成 NH4HCO3 D. 高温条件下 Fe 与水蒸气反应生成 Fe(OH)3 和 H2 【答案】C - 4 - 【解析】 【 详 解 】 A ． 二 者 发 生 反 应 生 成 硫 酸 钡 沉 淀 ， 化 学 方 程 式 为 3SO2+Ba(NO3)2+2H2O=BaSO4↓+2NO↑+2H2SO4，A 错误； B．氨气在纯氧中燃烧生成氮气和水，化学方程式为 4NH3+3O2=2N2+6H2O，B 错误； C．过量 CO2 通入到氨水时生成 NH4HCO3，化学方程式为 2NH3+CO2+H2O =2NH4HCO3，C 正确； D．高温条件下 Fe 与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，化学方程式为 3Fe+4H2O(g) 高温 Fe3O4+4H2，D 错误； 故选 C。 7.下列指定反应的离子方程式正确的是( ) A. 用石墨作电极电解 MgCl2 溶液：2H2O＋2Cl－ 通电 2OH－＋H2↑＋Cl2↑ B. 过量的铁粉溶于稀硝酸：Fe＋4H＋＋NO3 -=Fe3＋＋NO↑＋2H2O C. 用 Na2S2O3 溶液吸收水中的 Cl2：4Cl2＋S2O3 2-＋5H2O=10H＋＋2SO4 2-＋8Cl－ D. SO2 通入 FeCl3 溶液中：SO2＋Fe3＋＋2H2O=SO4 2-＋Fe2＋＋4H＋ 【答案】C 【解析】 【详解】A．用石墨电极电解 MgCl2 溶液，阳极 Cl-失电子，阴极 H+得电子，剩下氢氧根与镁离 子结合生成氢氧化镁沉淀，故离子方程式为 2Cl-+2H2O 通电 Cl2↑+H2↑+2OH-错误，A 错误； B．过量的铁粉溶于稀硝酸中，Fe 与硝酸发生反应生成 Fe3+，剩余的 Fe 继续和 Fe3+发生反应生 成 Fe2+，离子方程式为 3Fe+8H++2NO3 -==3Fe2++2NO↑+4H2O，B 错误； C．氯气可与硫代硫酸根反应生成硫酸根和氯离子，离子方程式正确，C 正确； D．将 SO2 通入到 FeCl3 溶液中，SO2 与 Fe3+发生反应生成硫酸根和 Fe2+，但选项中配平错误，正 确的离子方程式为 SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO4 2-+4H+，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、Y、W 处于不同周期且 X 与 W 同一主 族，Y 原子最外层电子数是次外层电子数的 3 倍，下列说法正确的是( ) A. 原子半径：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X) B. 由 Y、W 组成的化合物只能含有离子键 C. W 最高价氧化物对应的水化物是一种强碱 - 5 - D. X 与 Y 形成的一种常见化合物与 Z 的单质反应生成两种酸 【答案】C 【解析】 【分析】 根据题目所给信息分析，X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，Y 原子最外层电子数是次外层电 子数的 3 倍，说明 Y 为 O 元素，X、Y、W 处于不同周期且 X 与 W 同一主族，说明 X 在第一周期， X 为 H 元素，W 为 Na 元素，Z 为 F 元素，据此答题。 【详解】A．原子半径同一周期从左向右依次减小，同一主族从上到下依次增大，四种元素原 子的原子半径从大到小为 r(W)>r(Y)>r(Z)>r(X)，A 错误； B．Y 与 W 形成的化合物为 Na2O 或 Na2O2，存在离子键，但过氧化钠中还存在共价键，B 错误； C．W 的最高价氧化物对应的水化物为 NaOH，是强碱，C 正确； D．X 与 Y 形成的常见化合物为 H2O，与 Z 的单质 F2 反应生成 HF 和 O2，方程式为 2H2O+2F2=4HF+O2， D 错误； 故选 C。 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. NaCl(aq) Na(s) NaOH(aq) B. Al(s) Al(OH)3(s) AlCl3(s) C. HCl(aq) Cl2 Ca(ClO)2 D. AgNO3(aq) [Ag(NH3)2]+(aq) Ag(s) 【答案】D 【解析】 【详解】A．电解 NaCl 溶液生成 Cl2、H2 和 NaOH，不能够直接得到 Na 单质，A 选项错误； B．Al 具有两性，与强碱 NaOH 溶液反应生成 NaAlO2 和 H2，不能生成 Al(OH)3，B 选项错误； C．浓盐酸和 MnO2 在加热的条件下才能制得 Cl2，C 选项错误； D．向硝酸银溶液中滴加氨水可得到银铵离子，银铵离子与葡萄糖加热条件下发生银镜反应得 到 Ag 单质，该转化能够实现，D 选项正确； 答案选 D。 【点睛】C 选项为易错点，浓盐酸和 MnO2 要在加热的条件下才能生成 Cl2，解答时不能忽略。 - 6 - 10.金属(M)空气电池的工作原理如图所示。下列说法正确的是( ) A. 金属 M 作电池正极 B. 电解质是熔融的 MO C. 电路中转移 2 mol 电子，理论上约消耗空气 56 L D. 电池总反应为 2M＋O2＋2H2O=2M(OH)2 【答案】D 【解析】 【分析】 从电池示意图中可以看出，左侧金属 M 失去电子变成 M2+，为电池负极；右侧空气中的氧气得 到电子与水反应生成 OH-，为电池正极，据此答题。 【详解】A．从图中可以看出 M 失电子生成 M2+，故 M 电极为原电池的负极，A 错误； B．从图中可以看出，M2+离子和 OH-离子可在两电极之间移动，说明电解质为熔融 M(OH)2，B 错 误； C．阳极反应为 O2+2H2O+4e-=4OH-，电路中转移 2mol 电子，正极需要消耗氧气 0.5mol，标准状 况为 11.2L，C 错误； D．根据电池的正负极方程式可知，电池的总反应为 2M＋O2＋2H2O=2M(OH)2，D 正确； 故选 D。 11.下列说法正确的是( ) A. 56 g Fe 在足量 Cl2 中充分燃烧，转移电子数为 2×6.02×1023 B. 合成氨反应放热，采用低温可以提高氨的生成速率 C. 常温下 Na2CO3 溶液中加入少量 Ca(OH)2 固体，溶液中 - 3 2- 3 c(HCO ) c(CO ) 的值减小 D. 若电工操作中将铝线与铜线直接相连会导致铜线更快被腐蚀 【答案】C 【解析】 - 7 - 【详解】A．56g Fe 为 1mol，1mol Fe 在 Cl2 中完全燃烧生成 FeCl3，转移电子数为 3×6.02×1023， A 错误； B．合成氨的反应放热，降低温度有助于向正反应方向移动，但降低温度会使反应速率降低， 导致氨的生成速率下降，B 错误； C．常温下 Na2CO3 溶液呈碱性，是由于 CO3 2-在溶液中水解，向溶液中加入少量 Ca(OH)2 固体， 会抑制碳酸根的水解，使水解平衡向左移动，使 - 3 2- 3 c(HCO ) c(CO ) 的值减小，C 正确； D．若将铝线和铜线直接相连，根据原电池原理，铝的活动性比铜强，铝为原电池负极，使铝 腐蚀的更快，D 错误； 故选 C。 12.美国北卡罗来纳大学的一项新研究表明，一种名为 EIDD2801 的新药有望改变医生治疗新 冠肺炎的方式，有效减少肺损伤。其结构式如图： 下列有关 EIDD2801 的说法正确的是( ) A. EIDD2801 属于芳香族化合物 B. EIDD2801 含有 5 个手性碳原子 C. EIDD2801 能和 NaOH 溶液反应 D. EIDD2801 不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 【答案】C 【解析】 【详解】A．EIDD2801 中不含苯环结构，故不属于芳香族化合物，A 错误； B．EIDD2801 含有 4 个手性碳原子，分别为 ，B 错误； C．EIDD2801 中含有酯基，可以和 NaOH 发生反应，C 正确； D．EIDD2801 中含有羟基和碳碳双键，可以与酸性高锰酸钾溶液发生反应，使酸性高锰酸钾溶 液褪色，D 错误； 故选 C。 - 8 - 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 向苯酚钠溶液中滴加 NaHSO3 溶液，溶液变浑浊 苯酚酸性弱于 H2SO3 酸 性 B 向 AgNO3 溶液中逐滴加入浓度均为 0.05 mol·L－1 的 NaI、NaCl 混合溶液，有黄色沉淀生成 Ksp(AgCl)>Ksp(AgI) C 向 FeCl3 溶液中加入 Cu 粉，Cu 粉溶解 Cu 的还原性大于 Fe D 向盛有 H2O2 溶液的试管中滴几滴酸化的 FeCl2 溶液，溶液变成棕 黄色，一段时间后，溶液中有气泡出现 铁离子催化 H2O2 的分 解 A. A B. B C. C D. D 【答案】AD 【解析】 【详解】A．NaHSO3 溶液呈酸性，HSO3 -  H++SO3 2-，苯酚钠溶液中加入 NaHSO3，溶液变浑浊， 说明产生苯酚，即 HSO3 -的酸性强于苯酚，H2SO3 属于中强酸，电离以第一步电离为主，H2SO3 的 一级电离大于二级电离，因此 H2SO3 的酸性强于苯酚，A 正确； B．若要验证 AgCl 和 AgI 溶度积的大小，需要向 NaCl 和 NaI 的混合溶液中逐滴加入硝酸银溶 液，观察沉淀颜色，B 错误； C．向 FeCl3 中加入铜粉，二者发生反应，生成 Fe2+和 Cu2+，故 Cu 的氧化性强于 Fe2+，C 错误； D．H2O2 有氧化性，可将 Fe2+氧化为 Fe3+，当溶液中生成大量 Fe3+时可催化 H2O2 分解，D 正确； 故选 AD。 14.邻苯二甲酸(用 H2A 表示)为二元弱酸，常温下，Ka1＝1.1×10-3，Ka2＝3.9×10-6，室温下用 0.100 0 mol·L-1 NaOH 溶液滴定 20.00 mL 0.100 0 mol·L-1 H2A 溶液至终点。滴定过程得到 的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是 A. 滴加 20 mL NaOH 溶液时：c(OH－)>c(H＋)＋c(H2A )－2c(A2－) B. pH＝7 的溶液：c(Na＋)<0.050 00 mol·L－1＋c(A2－) －c(H2A) - 9 - C. 滴定过程中可能会出现：c(Na＋)>c(HA－)＝c(A2－)>c(OH－)>c(H＋) D. 滴加 40 mL NaOH 溶液时：2c(Na＋)＝c(H2A)＋c(A2－)＋c(HA－) 【答案】AB 【解析】 【详解】A．滴加 20 mL 0.100 0 mol·L-1 NaOH 溶液时，与 20.00 mL 0.100 0 mol·L-1 H2A 溶液反应生成 NaHA，溶液中存在物料守恒：c(Na+)= c(H2A )+c(A2－)+ c(HA－)，电荷守恒为： c(OH－)+2c(A2－)+ c(HA－)= c(Na+)+ c(H＋)，将物料守恒式代入电荷守恒式可得：c(OH－)=c(H＋) ＋c(H2A )－c(A2－)，则 c(OH－)＞c(H＋)＋c(H2A )－2c(A2－)，故 A 正确； B．起始时，0.100 0 mol·L-1 H2A 溶液中 c(总)= c(H2A )+c(A2－)+c(HA－)=0.1000 mol·L-1， 滴入 NaOH 溶液后，c(H2A )+c(A2－)+c(HA－)＜0.1000 mol·L-1，溶液中存在电荷守恒：c(OH －)+2c(A2－)+ c(HA－)=c(Na+)+ c(H＋)，pH＝7 的溶液的溶液中，c(OH－)=c(H＋)，则 2c(A2－)+c(HA －)= c(Na+)，c(Na+)＜0.1000 mol·L-1＋c(A2－)－c(H2A)，要是溶液 pH＝7，加入氢氧化钠的体 积大于 20mL，离子浓度小于原来的一半，则 c(Na+)＜0.05000 mol·L-1＋c(A2－)－c(H2A) C．滴加 20 mL 0.100 0 mol·L-1 NaOH 溶液时，与 20.00 mL 0.100 0 mol·L-1 H2A 溶液反应 生成 NaHA，在继续滴加 NaOH 溶液，可使 NaHA 转化为 Na2A，滴加达到一定体积可使 c(HA－)＝ c(A2－)，已知，Ka2＝3.9×10-6，则 Kh(HA－)= 14 w 3 a1K 1.1 1 K 1 0 0    ＜Ka2，则溶液中 HA－电离程度大于 水解程度，溶液显酸性，则 c(OH－)＜c(H＋)，故 C 错误； D．滴加 40 mL NaOH 溶液时，20.00 mL 0.100 0 mol·L-1 H2A 溶液完全反应生成 Na2A，溶液 中存在物料守恒：c(Na＋)＝2[c(H2A)＋c(A2－)＋c(HA－)]，故 D 错误； 答案选 AB。 15.合成气的主要组分为 CO 和 H2；以天然气为原料生产的合成气有多种方法，其中 Sparg 工 艺的原理为 CH4(g)＋CO2(g)⇌ 2CO(g)＋2H2(g)。在特定温度下，向甲、乙、丙三个密闭容器中 充入相同量的 CH4(g)和 CO2(g)，改变容器体积，测得平衡时容器内气体的浓度如下表所示： 实验编号 容器温度/℃ 容器体积 物质浓度/(mol·L－1) CH4 CO2 CO 甲 300 V1 0.02 0.02 0.10 - 10 - 乙 300 V2 x x 0.05 丙 350 V1 y y 0.12 下列说法正确的是( ) A. 该反应在低温条件下不能自发进行 B. 300 ℃时反应的平衡常数为 25 C. V1∶V2＝3∶7 D. 保持温度和容器体积不变，开始时向甲容器中充入 0.28 mol CO 和 0.28 mol H2，CO 转化 率一定大于 2/7 【答案】AC 【解析】 【详解】A．从 300℃和 350℃时 CO 的物质的量浓度可以看出，升高温度，CO 浓度增加，正反 应为吸热反应，ΔH>0，反应过程中气体量增多，反应的熵增加，ΔS>0，ΔG=ΔH-TΔS，反 应在高温条件下可以自发进行，A 正确； B．根据甲实验可以计算 300℃时的平衡常数，K= 2 2 2 4 2 c (CO)c (H ) c(CH )c(CO ) = 2 20.10 0.02 02 0.10 0.  =0.25，B 错 误； C．根据该温度下的平衡常数可以计算出 x 的值，x=0.005，又因为反应开始时充入了相同物 质的量的 CH4 和 CO2 气体，可列出等式(0.02+0.05)V1=(0.005+0.025)V2，可计算出 V1∶V2＝3∶7， C 正确； D．保持温度和容器体积不变，充入 CO 和 H2，根据该温度下的平衡常数，可求出平衡时 c(CO)=0.23mol/L，此时的转化率为 0.05 5=0.28 28 < 2 7 ，D 错误； 故选 AC。 16.二氧化锰在工业上具有重要的作用，工业上可利用菱锰矿(主要成分为 MnCO3、SiO2、FeCO3 以及少量 CuO)制取。制备流程如图所示： (1)酸浸过程中，MnCO3 溶解的离子方程式为______，选择用硫酸而不选择盐酸溶解，除了盐酸 - 11 - 挥发造成设备腐蚀以外，另一个原因是________。 (2)滤渣 3 的主要成分是________，除铁的过程中，应该先加________(填“生石灰”或“双 氧水”)，原因是__________。 (3)用惰性电极对过滤 3 得到的滤液进行电解，得到 MnO2，写出电解过程中阳极电极反应式： __________。 【答案】 (1). MnCO3＋2H＋=Mn2＋＋CO2↑＋H2O (2). 若改用盐酸，引入的 Cl－在电解过 程中产生 Cl2，耗费能源且污染环境 (3). Fe2S3 和 CuS (4). 双氧水 (5). 后加 CaO， CaO 和水反应放热，使双氧水分解 (6). Mn2＋－2e－＋2H2O=MnO2＋4H＋ 【解析】 【分析】 向菱锰矿中加入硫酸，矿石中的 MnCO3、FeCO3、和少量 CuO 可以发生反应，进入滤液 1 中，滤 渣 1 为 SiO2；向滤液 1 中加入生石灰和双氧水，双氧水可以将 Fe2+还原为 Fe3+，生石灰溶于水 发生反应放热，使未完全反应的双氧水分解，同时生成的 Ca(OH)2 可以中和过量的硫酸，过 滤；向滤液 2 中加入 MnS，可使上步没有沉淀的 Fe3+和 Cu2+转化为 Fe2S3 和 CuS 沉淀，滤渣 3 主 要为 Fe2S3 和 CuS，据此回答。 【详解】（1）MnCO3 为碳酸盐，可以和酸发生反应生成 Mn2+、H2O 和 CO2，离子方程式为 MnCO3 ＋2H＋=Mn2＋＋CO2↑＋H2O；在酸浸过程中应选用硫酸，因为用盐酸的时候，最终产物里含有 Cl- 在电解的过程中易失去电子生成 Cl2，污染环境、浪费能源； （2）反应 2 中加入 MnS 目的是除去体系中少量的 Fe3+和 Cu2+，发生的相应反应为 MnS(s)+Cu2+=Mn2++CuS(s)、3MnS(s)+2Fe3+=Fe2S3(s)+3Mn2+，故滤渣 3 主要成分为 Fe2S3 和 CuS； 除铁过程中应先加入双氧水氧化 Fe2+，随后加入 CaO，CaO 与水反应放热，可以将未参加反应 的双氧水分解； （3）利用惰性电极电解 MnCl2 制备 MnO2，Mn2+失去电子与体系中的水发生反应，电极方程式为 Mn2+-2e-＋2H2O=MnO2+4H+。 17.如图是一种含酰亚胺结构的对苯二胺衍生物的合成路线，其产物(F)可作为一种空腔孔径 较大的新型大环芳酰胺的合成原料。 - 12 - (1)A 中官能团的名称为________和________。 (2)F→G 的反应类型为________。 (3)D 的分子式为 C14H16N2O3，写出 D 的结构简式：________。 (4)A 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； ②含有苯环，且苯环上含有硝基； ③含有三种不同化学环境的氢原子。 (5)写出以甲苯、邻二甲苯，制备 (无机试剂和 DMF，(CH3CO)2O 及有机溶剂任用， 合成路线流程图示例见本题题干)________。 【答案】 (1). 羧基 (2). 硝基 (3). 还原 (4). (5). 或 (6). 【解析】 【详解】（1）根据有机物 A 的结构，A 中含有的官能团的名称为羧基、硝基； （2）F→G 的反应属于加氢去氧的反应，在有机反应类型中属于还原反应； （3）有机物 C 通过两步反应变成有机物 D，第一步经 Pd/C 做催化剂与 H2 发生反应将硝基还原 为氨基，第二部氨基通过和(CH3CO)2 发生反应生成有机物 D，又知 D 的分子式为 C14H16N2O3，故 D - 13 - 的结构式为 ； （4）通过已知条件，能发生显色反应，说明含有酚羟基，当结构中有 1 个羟基时，剩余基团 为 1 个羧基和 1 个醛基，此时不会出现三种不同化学环境的氢原子，当结构中有 2 个羟基时， 剩余基团为 2 个醛基，可能会出现三种化学环境的氢原子，当有机物结构为对称结构时，分 子结构中含有三种不同化学环境的氢原子，故可能的结构简式为 或 ； （5）通过 A→B 的反应可知，可将邻二甲苯氧化为邻二苯甲酸，在通过 A→B 的反应生成 ，将甲苯经取代反应制得邻硝基甲苯，再还原成邻氨基甲苯，将邻氨基甲苯和 通过 B→C 的反应可制得目标产物，具体的合成路线为 。 18.KI 和 KBr 都具有感光性，可以用来制作感光材料。某感光材料主要成分为 KBr 和 KI，测 定其中 KBr 含量的方法如下： ①称取试样 1.000 g，溶解后制备成 200.0 mL 溶液。 ②取 50 mL 上述溶液，用 Br2 水将 I－氧化成 IO3 -，除去过量 Br2，加入过量 KI，酸化溶液，加 入指示剂，以 0.100 0 mol·L－1 Na2S2O3 溶液滴定析出的 I2，终点时消耗 30 mL。 ③另取 50.00 mL 试液，酸化后加入足量 K2Cr2O7 溶液处理，将释放出的 I2 和 Br2 蒸馏收集于含 有过量 KI 的溶液中，反应完全后，加入指示剂，以 0.100 0 mol·L－1 的 Na2S2O3 溶液滴定其中 - 14 - 的 I2 至终点，消耗 15.00 mL 。 (1)写出第②步中用 Br2 水氧化 I－的离子方程式：________。 (2)第②步除去过量 Br2 最简单的物理方法是________；若未除去过量的 Br2，对 KBr 含量测定 结果的影响是________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 (3)计算试样中 KBr 的质量分数_______ (写出计算过程)。 【答案】 (1). 3H2O＋3Br2＋I－=IO3 -＋6Br－＋6H＋ (2). 煮沸 (3). 偏小 (4). 由 题意可得关系： I－ ～ IO3 - ～ 3I2 ～ 6S2O3 2- n(I－) 0.100 0 mol·L－1×30×10－3 L 2．5 g(50 mL)样品中 n(I－)＝0.5×10－3 mol 用 K2Cr2O7 溶液处理后，该部分 I－氧化为 I2，其物质的量为 n(I2) ＝0.5n(I－)＝2.5×10－4 mol 该部分溶液中总的 n(I2)总＝0.5×0.100 0 mol·L－1×15×10－3 L＝7.5×10－4 mol 被 Br2 氧化产生的 I2 的物质的量为 7.5×10－4 mol－2.5×10－4 mol＝5×10－4 mol 2Br－ ～ Br2 ～ I2 n(Br－) 5×10－4 mol n(KBr)＝n(Br－)＝1×10－3 mol 则 KBr 的质量分数为 KBr%＝119 g·mol－1×1×10－3 mol÷0.250 0 g×100%＝47.60% 【解析】 【详解】（1）根据题目，反应的离子方程式为 3H2O+3Br2+I-=IO3 -+6Br-＋6H+； （2）Br2 易蒸发，故为最简单的物理方法；若未除尽过量的 Br2，加入过量 KI 后溴单质继续和 KI 中的 I-发生反应，使滴定析出的 I2 量减小，导致最后对 KBr 的测定结果偏小； （3）计算过程如下： 由题意可得关系：I-～IO3 -～3I2～6S2O3 2- n(I-)=0.100 0 mol·L-1×30×10-3 L 50 mL 样品中 n(I-)=0.5×10-3 mol 用 K2Cr2O7 溶液处理后，该部分 I-氧化为 I2，其物质的量为 n(I2)＝0.5n(I-)＝2.5×10-4 mol 该部分溶液中总的 n(I2)总＝0.5×0.100 0 mol·L-1×15×10-3 L＝7.5×10-4 mol 被 Br2 氧化产生的 I2 的物质的量为 7.5×10-4 mol-2.5×10-4 mol＝5×10-4 mol 2Br-～Br2～I2 n(Br-)=5×10-4 mol n(KBr)＝n(Br-)＝1×10-3 mol - 15 - 则 KBr 的质量分数为 KBr%＝119 g·mol-1×1×10-3 mol÷0.2500 g×100%＝47.60% 19.为充分利用资源，变废为宝，实验室里利用废铁屑制取硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]。 某兴趣小组以废铁屑制得硫酸亚铁铵后，按下列流程制备二水合草酸亚铁(FeC2O4•2H2O），进一 步制备高纯度还原铁粉。 已知：FeC2O4•2H2O 难溶于水，150℃开始失结晶水：H2C2O4 易溶于水，溶解度随温度升高而增大。 请回答： （1）步骤②中，H2C2O4 稍过量主要原因是_________________。 （2）为了提高步骤③得到的 FeC2O4•2H2O 的纯度，宜用_________________(填热水、冷水或无 水乙醇）洗涤，检验洗涤是否干净的操作是_________________。 （3）实现步骤④必须用到的两种仪器是_________________(供选仪器：a.烧杯；b. 坩埚； c.蒸馏烧瓶；d.高温炉；e.表面皿；f.锥形瓶）： （4）为实现步骤⑤，不宜用碳粉还原 Fe2O3, 理由是_________________。 （5）硫酸亚铁铵是重要的工业原料，其溶解性如表所示： （注意：高于 73.3℃，FeSO4•7H2O 发生分解） 以铁屑（有油污）、硫酸、硫酸较为原料，补充制取硫酸亚铁铵晶体的实验方案：将铁屑置于 锥形瓶中，_________________冷却，过滤，用蒸馏水洗涤铁屑至中性，将铁屑置于锥形瓶中， _________________至铁屑完全溶解，_________________，冷却结晶，用无水乙醇洗涤 2-3 次，低温干操。［实验中必须使用的试剂：铁屑、1.0mol•L-1 的 Na2CO3 溶液、3.0mol•L-1 的 H2SO4 溶液，饱和(NH4)2SO4 溶液］ 【答案】 (1). 使 Fe2+反应更加充分，提高其转化率 (2). 热水 (3). 取最后一次 洗涤溶液少许，向其中加入盐酸酸化的氯化钡，若无白色沉淀，则洗涤干净 (4). bd (5). - 16 - 反应接触不充分或者有 C 杂质(答对一个即可) (6). 加入 1.0mol·L-1 的 Na2CO3 溶液，加热 煮沸后 (7). 边搅拌边加入 3.0mol·L-1 的 H2SO4 溶液至 (8). 加入一定量的饱和 (NH4)2SO4 溶液，低于 73.3℃水浴加热，将溶液浓缩到表面有晶膜出现 【解析】 【分析】 由工艺流程分析可知，(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O 溶解酸化后加入稍过量的 H2C2O4 溶液，得到含 FeC2O4•2H2O 的混合溶液，再经过抽滤、洗涤、干燥得到 FeC2O4•2H2O，将 FeC2O4•2H2O 在 O2 气流 中灼烧得到 Fe2O3，最后还原得到 Fe 单质，据此结合已知信息分析解答。 【详解】(1)硫酸亚铁铵中的 Fe2+发生水解，加入稍过量的草酸有助于抑制 Fe2+的水解，使反 应更加充分，提高草酸亚铁的转化率，故答案为：使 Fe2+反应更加充分，提高其转化率； (2)已知草酸在水中的溶解度随温度的升高而增大，第三步洗涤过程中应用热水，以保证附着 在草酸亚铁表面的杂质全部洗净；检验洗涤是否干净的操作过程为：取最后一次洗涤溶液少 许，向其中加入盐酸酸化的氯化钡，若无白色沉淀，则洗涤干净，故答案为：热水；取最后 一次洗涤溶液少许，向其中加入盐酸酸化的氯化钡，若无白色沉淀，则洗涤干净； (3)步骤④为高温反应，需用到坩埚和高温炉两种仪器，所以应选 bd，故答案为：bd； (4)利用碳粉还原氧化铁，可能会出现反应不均、生成的 Fe 中有 C 杂质混入等情况，故答案 为：反应接触不充分或者有 C 杂质(答对一个即可)； (5)加入 1.0 mol·L－1 的 Na2CO3 溶液有助于洗去铁屑表面的油污；加入 3.0mol·L－1 的 H2SO4 溶 液可以将铁屑反应生成硫酸亚铁；加入饱和(NH4)2SO4 溶液直至有晶膜出现保证硫酸亚铁和硫酸 铵可以同时析出生成硫酸亚铁氨，反应出超过 73.3℃是为了防止 FeSO4·7H2O 失水，故答案为： 加入 1.0mol·L-1 的 Na2CO3 溶液，加热煮沸后；边搅拌边加入 3.0mol·L-1 的 H2SO4 溶液至；加 入一定量的饱和(NH4)2SO4 溶液，低于 73.3℃水浴加热，将溶液浓缩到表面有晶膜出现。 20.氮的氧化物是造成大气污染的主要物质。研究氮氧化物的反应机理对于消除环境污染有重 要意义。 (1)已知：N2(g)＋O2(g)=2NO(g)；ΔH1＝＋180.5 kJ·mol－1 C(s)＋O2(g)=CO2(g)；ΔH2＝－393.5 kJ·mol－1 2C(s)＋O2(g)=2CO(g)；ΔH3＝－221 kJ·mol－1 反应 2NO(g)＋2CO(g)⇌ N2(g)＋2CO2(g)的ΔH＝________ kJ·mol－1。 (2)催化氧化法去除 NO 是在一定条件下，用 NH3 消除 NO 污染，其反应原理为 4NH3＋ - 17 - 6NO 催化剂 Δ 5N2＋6H2O。不同温度条件下，n(NH3)∶n(NO)的物质的量之比分别为 4∶1、 3∶1、1∶3 时，得到 NO 脱除率曲线如图所示： ①n(NH3)∶n(NO)的物质的量之比为 1∶3 时，对应的是曲线________(填“a”“b”或“c”)。 ②由图可知，无论以何种比例反应，在温度超过 900℃时 NO 脱除率都会骤然下降的原因可能 是____________。 (3)NO 氧化反应：2NO(g)＋O2(g)⇌ 2NO2(g)分两步进行，其反应过程能量变化示意图如图： Ⅰ. 2NO(g)→N2O2(g)；ΔH1 Ⅱ. N2O2(g)＋O2(g)→2NO2(g)；ΔH2 ①化学反应速率有速率较慢的反应步骤决定。以上反应决定 NO 氧化反应速率的步骤是 ________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。 ②在恒容的密闭容器中充入一定量的 NO 和 O2 气体，保持其他条件不变，控制反应温度分别为 T3 和 T4(T4>T3)，测得 c(NO)随 t(时间)的变化曲线如图。转化相同量的 NO，在温度_____(填“T3” 或“T4”)下消耗的时间较长，试结合反应过程能量图分析其原因：______。 (4) NH3 催化还原 NO 是重要的烟气脱硝技术，其反应过程与能量关系如图： - 18 - 研究发现在以 Fe2O3 为主的催化剂上可能发生的反应过程如图，写出脱硝过程的总反应方程式： _______。 【答案】 (1). －746.5 (2). c (3). 催化剂失去活性 (4). Ⅱ (5). T4 (6). ΔH1＜0，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，c(N2O2)减小，浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ 速率的影响 (7). 4NH3(g)＋4NO(g)＋O2(g) 催化剂 4N2(g)＋6H2O(g) 【解析】 【详解】（1）根据盖斯定律，目标方程式ΔH=-ΔH1+2ΔH2-ΔH3=-746.5kJ·mol-1； （2）①n(NH3)：n(NO)的物质的量之比为 1：3 时，由于 NH3 所占有的百分含量较小，虽然 NO 占有的百分含量很大，但是消耗 NO 的量较小，导致 NO 的脱除率较低，故 c 曲线正确； ②温度升高到一定程度以后，NO 的脱除率会下降，因为反应过程中加入了催化剂，温度过高 催化剂失活，导致 NO 脱除率降低； （3）①反应Ⅰ的活化能较反应Ⅱ的活化能低一些，反应速率也较快一下，故反应Ⅱ为整个反 应的决定步骤； ②转化相同量的 NO，T4 温度下消耗的时间较长；原因为：反应的ΔH1＜0，温度升高，反应Ⅰ 平衡逆移，c(N2O2)减小，浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响； （4）根据题目所给的示意图，可以得出 NH3、NO、O2 参加反应生成 N2 和 H2O，故脱硝过程的总 反应为 4NH3(g)＋4NO(g)＋O2(g) 催化剂 4N2(g)＋6H2O(g)。 21.丁二酮肟可用于镍的检验和测定，其结构式如图： - 19 - (1)Ni 元素基态原子价电子排布式为________，C、N、O 第一电离能由大到小的顺序是________。 (2)1mol 丁二酮肟含有的σ键数目是________，碳原子的杂化方式为________。 (3)丁二酮肟镍分子内含有的作用力有________(填字母)。 a.配位键 b. 离子键 c. 氢键 d. 范德华力 (4)某镍白铜的晶胞如图所示，其化学式为________。 【答案】 (1). 3d84s2 (2). N>O>C (3). 15 mol (4). sp2 和 sp3 (5). ac (6). Cu3Ni 【解析】 【详解】（1）Ni 为第 27 号元素，其基态价电子排布式为 3d84s2；第一电离能总的趋势为同一 周期从左向右一次递增，但由于第二、五主族在电子排布时特使，是第二、五主族的元素的 电离能较相邻两个主族元素的第一电离能大些，故 C、N、O 三种元素的第一电离能大小从大 到小为 N>O>C； （2）根据丁二酮肟的结构可以得出，1mol 丁二酮肟中含有 15mol 的σ键；其中碳原子存在 sp2 杂化和 sp3 杂化两种杂化方式； （3）丁二酮肟镍是由两个丁二酮肟和一个镍构成，丁二酮肟镍中 Ni 与 N 原子之间以配位键 形式存在，一个丁二酮肟中的 O 原子与另外一个丁二酮肟中的 H 原子以氢键形式存在，故答 案为 ac； - 20 - （4）Ni 在晶胞中占有 8 个定点，故一个晶胞中含有 18 8  =1 和 Ni 原子，Cu 在晶胞中占有 6 个面心，故一个晶胞中含有 16 2  =3 个 Cu 原子，故镍白铜的分子式为 Cu3Ni。 - 21 -