江苏省连云港市老六所四星高中2020届高三下学期模拟考试化学试题 Word版含解析

江苏省连云港市老六所四星高中2020届高三下学期模拟考试化学试题 Word版含解析

www.ks5u.com ‎2019-2020学年度江苏高考化学模拟试卷 注意事项：‎ ‎1.本试卷分选择题和非选择题两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。‎ ‎2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。‎ ‎3.回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。‎ 可能用到的相对原子质量：H–1 C-12 N-14 O-16 S-32 Na–23‎ 选择题 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.化学与人类的生产、生活密切相关。下列说法正确的是（ ）‎ A. 废旧电池应集中处理的首要原因是回收利用其中的金属材料 B. 新型冠状病毒对人类健康构成严重威胁，常用95%的酒精作新冠消毒剂 C. 油脂属于高分子化合物，使用一定的油脂能促进人体对某些维生素的吸收 D. 将少量二氧化硫添加于红酒中可以起到杀菌和抗氧化作用，是法律允许的做法 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．废旧电池中含有重金属离子，会污染土壤及地下水，所以废电池集中处理的首要原因时防止其污染环境，故A错误；‎ B．95%的酒精因浓度过高，能将细菌表面包膜的蛋白质迅速凝固，并形成一层保护膜，达不到杀菌的目的，故B错误；‎ C．油脂不是高分子化合物，故C错误；‎ D．二氧化硫具有还原性，可以吸收空气中氧气，起到杀菌和抗氧化作用，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎2.Mg(NH)2可发生水解：Mg(NH)2+2H2O=N2H4+Mg(OH)2。下列表示相关微粒的化学用语正确的是（ ）‎ A. 中子数为8的氧原子：O B. N2H4的电子式：‎ - 23 -‎ C. 镁原子的结构示意图：‎ D. 水分子的比例模型：‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．中子数为8的氧原子质量数为8+8=16，所以符号为O，故A错误；‎ B．N2H4中N原子达到8电子稳定结构，电子式为，故B错误；‎ C．Mg元素为12号元素，核电荷数为12，镁原子失去最外层两个电子形成镁离子，结构示意图为，故C正确；‎ D．氧原子半径比氢原子半径大，且为V形结构，所以水分子的比例模型为，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（ ）‎ A. 氢氟酸具有弱酸性，可用于蚀刻玻璃 B. FeCl3易发生水解，可用作铜制线路板蚀刻剂 C. 石英坩埚耐高温，可用来加热熔化烧碱、纯碱等固体 D. 漂白粉具有氧化性，可用于脱除烟气中SO2和NO等污染气体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氢氟酸能和二氧化硅反应生成气态的SiF4，有利于向SiO2溶解的方向进行。所以反应能持续进行，与HF的酸性强弱无关，故A错误；‎ B．用FeCl3溶液蚀刻铜板是因为Fe3+具有较强氧化性，可以和Cu反应生成Cu2+，与氯化铁的水解无关，故B错误；‎ C．烧碱、纯碱等碱性固体可以和石英坩埚中的SiO2反应，不能石英坩埚加热熔化烧碱、纯碱，故C错误；‎ D．漂白粉的主要成分是次氯酸钙，次氯酸钙具有强氧化性，能氧化SO2和NO生成硫酸盐和硝酸盐，所以漂白粉可用于脱除烟气中SO2和NO，故D正确；‎ - 23 -‎ 故答案为D。‎ ‎4.常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（ ）‎ A. 无色透明的溶液：Na+、Cu2+、SO42-、NO3-‎ B. 0.1mol·L-1FeSO4溶液：Na+、K+、Cl-、NO3-‎ C. c(Fe3+)=1mol·L-1的溶液：K+、NH4+、SO42-、SO32-‎ D. 水电离的c(H+)=1×10-13mol·L-1的溶液：K+、Ca2+、Cl-、HCO3-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．含有铜离子的溶液显蓝色，故A不符合题意；‎ B．硫酸亚铁溶液酸性较弱，硝酸根不会表现强氧化性，四种离子可以大量共存，故B符合题意；‎ C．三价铁离子会和亚硫酸根发生氧化还原反应，不能大量共存，故C不符合题意；‎ D．水电离的c(H+)=1×10-13mol·L-1的溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液，但无论酸还是碱，碳酸氢根都不能大量共存，故D不符合题意；‎ 故答案为B。‎ ‎5.下列有关表述正确的是（ ）‎ A. HClO是弱酸，所以NaClO是弱电解质 B. 向溶有氨气的CaCl2溶液中通SO2能看到白色沉淀 C. 室温下，AgCl在水中的溶解度小于在食盐水中的溶解度 D. Na2O、Na2O2组成元素相同，所以与CO2反应产物也相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．虽然HClO是弱酸，但次氯酸钠为强电解质，故A错误；‎ B．溶有氨气的氯化钙溶液显碱性，可以吸收二氧化硫生成亚硫酸根，亚硫酸根和钙离子可以生成亚硫酸钙，为白色沉淀，故B正确；‎ C．食盐水中有大量的氯离子，会降低氯化银的溶解度，故C错误；‎ D．Na2O和二氧化碳反应生成碳酸钠，Na2O2和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎6.实验室处理含FeBr3废催化剂的溶液，可得到溴的苯溶液和无水FeCl3。下列做法能达到相应实验目的的是(　　)‎ - 23 -‎ A. 制取Cl2‎ B. 使Br－转化为Br2‎ C. 分液，先放出水层，再倒出溴的苯溶液 D. 将分液后的水层蒸干获得无水FeCl3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 实验室制备氯气是用浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应，稀盐酸与二氧化锰不反应，不能制备氯气，A项错误；‎ B. 用氯气氧化溴离子时，导气管应该采用“长进短出”原则，所以该装置错误，不能实现实验目的，B项错误；‎ C. 分液时先从下口放出水相，再从上口倒出有机相，C项正确；‎ D. 蒸发时应该，蒸发至有大量晶体析出时停止加热，用余热蒸干，另外FeCl3水解生成的盐酸易挥发，直接蒸发，得不到无水FeCl3，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查化学实验方案评价，涉及物质制备、实验操作等知识点，明确实验原理、物质性质、实验操作规范是解本题的关键，易错点是选项D，加热氯化铁溶液时氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，升高温度促进水解，为防止水解，应在氯化氢氛围中加热蒸干氯化铁溶液。‎ - 23 -‎ ‎7.下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）‎ A. 向氨水中通入过量SO2：NH3·H2O+SO2=NH4++HSO3-‎ B. Si与NaOH溶液反应：Si+2OH-+H2O=SiO32-+H2↑‎ C. 向NH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液并加热：NH4++OH-NH3↑+H2O D. Ba(OH)2溶液中滴入NaHSO4溶液至Ba2+恰好完全沉淀：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．因二氧化硫过量所以生成亚硫酸氢根，离子方程式为NH3·H2O+SO2=NH4++HSO3-，故A正确；‎ B．硅与NaOH溶液反应正确离子方程式为Si+2OH-+H2O=SiO32-+2H2↑，故B错误；‎ C．碳酸氢根也可以和氢氧根反应，所以向NH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液并加热离子方程式为NH4++HCO3-+2OH-NH3↑+2H2O+CO32-，故C错误；‎ D．Ba(OH)2溶液中滴入NaHSO4溶液至Ba2+恰好完全沉淀，正确的离子方程式为：Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎【点睛】离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系(如：质量守恒和电荷守恒等)等。‎ ‎8.下列物质的转化在给定条件下能实现的是（ ）‎ A. NaCl(aq)NaOHNaAlO2‎ B. CuOCu(OH)2Cu2O C. Ca(ClO)2(aq)HClO(aq)Cl2(g)‎ D H2SO4(稀)SO2(g)Na2SO3(aq)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电解氯化钠溶液可以得到NaOH，NaOH溶液与Al2O3可以反应生成偏铝酸钠，故A正确；‎ B．氧化铜和水不反应，故B错误；‎ - 23 -‎ C．次氯酸光照分解生成氧气和HCl，得不到氯气，故C错误；‎ D．稀硫酸和铜单质不反应，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎9.短周期元素X、Y、Z和W的原子序数依次增大。元素X是制备一种高效电池的重要材料，Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，元素Z是地壳中含量最丰富的金属元素，W原子的最外层电子数是其电子层数的2倍.下列说法正确的是（ ）‎ A. 原子半径：r(Y)＜r(X)＜r(Z)＜r(W)‎ B. Y与氢形成原子比为1：1的化合物只有一种 C. Y可与W形成空间构型为直线形的共价化合物YW2‎ D. 单质Z与Y、W对应的最高价氧化物的水化物都能够发生反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，则其电子层数应为2，内层电子数为2，所以Y为C；元素X是制备一种高效电池的重要材料，且原子序数小于C，则X为Li；元素Z是地壳中含量最丰富的金属元素，则Z为Al；W原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，且不可能是C，则W为S。‎ ‎【详解】A．同周期主族元素自左至右原子半径依次减小，同主族元素自上而下原子半径增大，所以原子半径C0‎ B. 常温下，等物质的量浓度的CH3COOH溶液和HCl溶液中，水的电离程度相同 C. 常温下，0.1mol•L﹣1CH3COONa溶液加水稀释后，溶液中的值增大 D. 常温下，向BaCO3、BaSO4的饱和溶液中加入少量BaCl2固体，溶液中减小 ‎【答案】C - 23 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】A．△H-T•△S＜0反应自发，反应NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)是熵减反应△S＜0，只有△H＜0才可能能使△H-T•△S＜0，故A错误；‎ B．醋酸为弱酸，等浓度的醋酸和盐酸，醋酸电离出的氢离子浓度较小，对水的电离抑制作用较小，故B错误；‎ C．，加水稀释溶液碱性减弱，氢离子浓度增大，电离平衡常数不变，所以增大，故C正确；‎ D．混合溶液中，加入少量氯化钡固体，温度不变，则比值不变，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎【点睛】判断溶液中离子浓度比值变化时，特别是分子和分母变化趋势一致的比值，可以将其转化为与平衡常数有关的等式，使变量只有一个，再进行判断。‎ ‎12.铁杉脂素是重要的木脂素类化合物，其结构简式如图所示。下列有关铁杉脂素的说法正确的是（ ）‎ A. 分子中有3个手性碳原子 B. 能与甲醛发生缩聚反应 C. 分子中所有的碳原子可能处于同一平面 D. 1mol铁杉脂素与NaOH溶液反应最多消耗4molNaOH ‎【答案】A ‎【解析】‎ - 23 -‎ ‎【详解】A．连接四个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，如图该物质有3个手性碳原子，，故A正确；‎ B．该物质酚羟基的邻位只有一个空位，所以不能与甲醛发生缩聚反应，故B错误；‎ C．与饱和碳原子相连的3个碳原子不可能共面，故C错误；‎ D．能与氢氧化钠反应的为酚羟基和酯基，酯基水解后的羟基不是酚羟基，所以1 mol铁杉脂素与NaOH溶液反应最多消耗3 mol NaOH，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎13.根据下列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 实验结论 A SO2缓慢通入滴有酚酞的NaOH溶液中，溶液红色褪去 SO2具有漂白性 B 将充满NO2的密闭玻璃球浸泡在热水中，气体红棕色加深 ‎2NO2(g)N2O4(g)为放热反应 C 将稀硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2溶液中，溶液变黄色 氧化性：H2O2＞Fe3+‎ D 向2支均盛有2mL相同浓度Na3[Ag(S2O3)2]溶液的试管中，分别滴入2滴相同浓度的KCl、KI溶液，前者无明显现象，后者有黄色沉淀 Ksp(AgI)c(NH3•H2O)+c(OH-)‎ B. 向澄清石灰水中通入Cl2至Ca(OH)2恰好完全反应：c(OH-)=c(H+)+2c(HClO)+2c(ClO-)‎ C. 向0.1mol/LNaHSO3溶液中通入NH3至pH=7的溶液：c(Na+)>c(SO32-)>c(NH4+)‎ D. CO2通入KOH溶液，当由水电离的c(H+)=10-7mol/L，一定存在：c(K+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．浓度均为0.1mol/L的NH4Cl和NH3•H2O的混合溶液显碱性，说明铵根的水解程度小于一水合氨的电离程度，所以c(NH4+)＞c(Cl-)＞c(NH3•H2O)，电荷守恒式为c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，所以c(NH4+)+c(H+)>c(NH3•H2O)+c(OH-)，故A正确；‎ B．向澄清石灰水中通入Cl2至Ca(OH)2恰好完全反应，溶液中的溶质为等物质的量的CaCl2和Ca(ClO)2，溶液中存在电荷守恒2c(Ca2+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(ClO-)，存在物料守恒2c(Ca2+)= c(ClO-)+ c(Cl-)+ c(HClO)，联立可得c(OH-)=c(H+)-c(HClO)，故B错误；‎ C．0.1mol•L-1的NaHSO3溶液中通NH3至pH=7，溶液中存在物料守恒：c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)①，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)+c(NH4+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，因为pH=7所以c(Na+)+c(NH4+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)②，由①得c(Na+)＞c(SO32-)；将①式左右两边都加上c(NH4+)得c(Na+)+c(NH4+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)+c(NH4+)③，结合②③得c(SO32-)=c(NH4+)+c(H2SO3)，故c(SO32-)＞c(NH4+)，故c(Na+)＞c(SO32-)＞c(NH4+)，故C正确；‎ D．若溶液中存在c(K+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)，对应的溶液溶质应为KHCO3，而碳酸氢钾溶液显碱性，溶液中水电离的c(H+)不等于10-7mol/L，故D错误；‎ 故答案为AC。‎ - 23 -‎ ‎【点睛】选项C为难点，要充分利用电荷守恒、物料守恒式结合溶液的酸碱性进行离子浓度比较，需要学生有较强的数学推理能力，难度较大。‎ ‎15.在①、②、③容积不等的恒容密闭容器中，均充入0.1molCO和0.2molH2，在催化剂的作用下发生反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。测得三个容器中平衡混合物中CH3OH的体积分数随温度的变化如图所示：下列说法正确的是（ ）‎ A. 该反应的正反应为吸热反应 B. 三个容器容积：①>②>③‎ C. 在P点，CO转化率为75%‎ D. 在P点，向容器②中再充入CO、H2及CH3OH各0.025mol，此时v(CO)正>v(CO)逆 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．同一容器中，升高温度，甲醇的体积分数减小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应是放热反应，故A错误； B．相同温度下，增大压强(缩小容器容积)平衡正向移动，则甲醇的体积分数增大，根据图知，相同温度下甲醇的体积分数大小顺序是：①＞②＞③，说明压强大小顺序是：①＞②＞③，则容器体积为：①＜②＜③，故B错误；‎ C．P点，容器中甲醇的体积分数是50%，设此时CO的转化率为x，列三段式有 ‎ ‎ 同一容器中气体的体积分数等于其物质的量分数，则有=50%，解得x=0.75，CO的转化率为75%，故C正确；‎ - 23 -‎ D．设容器体积为VL，P点化学平衡常数K==1200V2，向容器②中再充入CO、H2 及 CH3OH 各 0.025mol，此时浓度商==355.5V2＜K，则平衡正向移动，所以此时 v(CO)正＞v (CO)逆，故D正确；‎ 故答案为CD。‎ ‎【点睛】明确温度、压强对化学平衡影响是解本题关键；学生应掌握通过浓度商和平衡常数的比较来判断平衡移动方向的方法，浓度商大于平衡常数，平衡逆向移动，浓度商小于平衡常数，平衡正向移动。‎ 非选择题 ‎16.用含砷氧化铜矿[含CuO、Cu2(OH)2CO3、As2O3及重金属盐等]制取Cu2(OH)2SO4的工艺流程如下：‎ ‎(1) 步骤Ⅰ“氨浸”时，控制温度为50～55 ℃，pH约为9.5，含铜化合物转化为[Cu(NH3)4]SO4溶液。‎ ‎① CuO被浸取的离子方程式为________。‎ ‎②浸取温度不宜超过55 ℃，其原因是________。‎ ‎③ Cu2＋与NH3结合时，溶液中含铜微粒的物质的量分布分数(δ)与溶液中游离的c(NH3)的对数值的关系如图所示。若用1 L浸取液(由等物质的量NH3和NH4+组成)将amolCu2(OH)2CO3全部浸出为[Cu(NH3)4]2＋(CO32-转变为HCO3-，不考虑其他反应，溶液体积变化忽略不计)，原浸取液中起始时c(NH3)应满足的条件是________。‎ ‎(2) “除AsO2-”时，FeSO4需过量，一方面使AsO2-沉淀完全，另一目是________。‎ ‎(3) “蒸氨”时发生反应的化学方程式为________。‎ - 23 -‎ ‎(4) 为了实现生产过程中物质循环利用，可采取的措施为________。‎ ‎【答案】 (1). CuO+2NH3+2NH4+=[Cu(NH3)4]2＋+H2O (2). 温度过高，会加速NH3的挥发 (3). c(NH3)≥(5a＋1) mol·L－1 (4). 生成的Fe(OH)3[或Fe(OH)3—Fe(OH)2]絮状沉淀吸附FeAsO4等含砷微粒 (5). 2[Cu(NH3)4]SO4Cu2(OH)2SO4↓＋6NH3↑+(NH4)2SO4 (6). 用步骤Ⅴ蒸出的NH3与步骤Ⅵ的滤液配制步骤Ⅰ所需的NH3—(NH4)2SO4浸取液 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据流程：用NH3和(NH4)2SO4组成的溶液氨浸含砷氧化铜矿[含CuO、Cu2(OH)2CO3、As2O3及重金属盐等]，含铜化合物转化为[Cu(NH3)4]SO4溶液，同时混有重金属盐和AsO2-，加入硫化铵除去重金属离子，再加入(NH4)2S2O8和FeSO4，沉淀AsO2-，过滤FeAsO4和Fe(OH)3沉淀，得到的溶液主要为(NH4)2SO4和[Cu(NH3)4]SO4溶液，蒸氨、过滤、洗涤得到产品Cu2(OH)2SO4，‎ ‎(1)①CuO被NH3和(NH4)2SO4组成的溶液浸取得到[Cu(NH3)4]SO4，据此书写；‎ ‎②温度高，会加速氨气的挥发；‎ ‎③由图可知：全部浸出为[Cu(NH3)4]2+时lgc(NH3)=0，则此时氨气浓度c(NH3)=1mol/L，再结合反应：Cu2(OH)2CO3+5NH3+3NH4+═2[Cu(NH3)4]2++HCO3-+2H2O分析计算可得；‎ ‎(2)根据流程中得到FeAsO4和Fe(OH)3沉淀分析；‎ ‎(3)“蒸氨”时发生反应为[Cu(NH3)4]SO4分解Cu2(OH)2SO4和氨气，结合原子守恒可得；‎ ‎(4)根据流程分析可得到NH3-(NH4)2SO4浸取液循环使用。‎ ‎【详解】(1)CuO被NH3和(NH4)2SO4组成的溶液浸取得到[Cu(NH3)4]SO4，反应的离子反应为：CuO+2NH3+2NH4+=[Cu(NH3)4]2++H2O；‎ ‎②浸取温度不宜超过55℃，若是反应温度过高，会加速NH3的挥发；‎ ‎③a molCu2(OH)2CO3全部浸出为[Cu(NH3)4]2+的反应为：Cu2(OH)2CO3+5NH3+3NH4+=2[Cu(NH3)4]2++HCO3-+2H2O，因此若参与反应的氨气为5amol，浓度为5amol/L，由图可知：全部浸出为[Cu(NH3)4]2+时，lgc(NH3)=0，则此时氨气浓度c(NH3)=1mol/L，因此原浸取液中起始时c(NH3)≥(5a+1)mol/L；‎ ‎(2)流程中，“除AsO2-”时得到FeAsO4和Fe(OH)3沉淀，FeSO4需过量，一方面使AsO2-沉淀完全，另一目的是生成的Fe(OH)3[或Fe(OH)3-Fe(OH)2]絮状沉淀吸附FeAsO4等含砷微粒；‎ ‎(3)根据流程，“蒸氨”时发生反应为[Cu(NH3)4]SO4分解Cu2(OH)2SO4和氨气，反应方程式为： ‎ ‎2[Cu(NH3)4]SO4Cu2(OH)2SO4↓＋6NH3↑＋(NH4)2SO4；‎ ‎(4)用步骤Ⅴ蒸出的NH3与步骤Ⅵ的滤液配制步骤Ⅰ所需的NH3-(NH4)2SO4‎ - 23 -‎ 浸取液可以在生产过程中物质循环利用。‎ ‎【点睛】本题考查物质制备工艺流程的知识，题目涉及物质的分离提纯、对操作步骤及试剂的分析评价、电极反应式书写等，理解工艺流程原理是解题关键，侧重考查学生的分析能力、实验能力和计算能力。‎ ‎17.化合物F(盐酸地拉普利)是一种治疗高血压的药物，其合成路线流程图如图：‎ ‎（1）D中的官能团有酰胺键、__和__(填名称)。‎ ‎（2）E→F的反应类型为__。‎ ‎（3）B的分子式为C15H21O2N，写出B的结构简式：__。‎ ‎（4）A的一种同分异构体M同时满足下列条件，写出M的结构简式：___。‎ ‎①M是一种芳香族化合物，能与NaOH溶液发生反应；‎ ‎②M分子中有4种不同化学环境氢。‎ ‎（5）已知：R—XR—CNR—CH2NH2。‎ 写出以为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任选，合成路线流程图示例见本题题干)___。‎ ‎【答案】 (1). 氨基 (2). 酯基 (3). 取代反应 (4). (5). (6). ‎ - 23 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ B的分子式为C15H21O2N，对比B生成C的另一反应物和C的结构变化可知，B中含有氨基，发生成肽反应生成C，再结合A和A生成B的反应物可知B为，A发生取代反应生成B，C发生还原反应生成D，D发生取代反应生成E，E发生取代反应生成F。‎ ‎【详解】(1)根据D结构简式可知D的官能团为酰胺键、酯基、氨基；‎ ‎(2)对比E和F的结构变化可知该反应为取代反应；‎ ‎(3)根据分析可知B为；‎ ‎(4)A的分子式为C9H8O，同分异构体M满足：‎ ‎①M是一种芳香族化合物，能与NaOH溶液发生反应，说明含有苯环和酚羟基，则还剩余-C3H3，则苯环的侧链上含有三键或双键+环；‎ ‎②M分子中有4种不同化学环境的氢，说明结构对称，苯环上应有2个处于对位的取代基，则M的结构为；‎ ‎(5)对比和的结构可知需要与发生类似D到E的反应，结合题目所给信息可知可先于氢气加成，在于卤化氢取代得到形如R-X的结构，之后再经过题目给的转化可得，所以合成路线为：。‎ ‎【点睛】寻找同分异构体时可先根据不饱和度判断可能具有的结构，如本题中A的分子式为C9H8O，则其不饱和度为6，除去苯环还剩2个不饱和度，又含有酚羟基，还剩3个碳原子，则其结构可以是三键或环+双键，然后再根据其他条件判断。‎ ‎18.Na2S2O3•5H2O俗称“海波”，是重要的化工原料，常用作脱氯剂、定影剂和还原剂。‎ ‎（1）Na2S2O3还原性较强，在碱性溶液中易被Cl2氧化成SO42﹣，常用作脱氯剂，该反应的离子方程式是_____。‎ - 23 -‎ ‎（2）测定海波在产品中的质量分数：依据反应2S2O32﹣+I2＝S4O62﹣+2I﹣，可用I2的标准溶液测定产品的纯度。称取5.500g产品，配制成100mL溶液。取10.00mL该溶液，以淀粉溶液为指示剂，用浓度为0.05000mol•L﹣1I2的标准溶液进行滴定，相关数据记录如表所示。‎ ‎①判断滴定终点的现象是_____。‎ ‎②若滴定时振荡不充分，刚看到溶液局部变色就停止滴定，则测量的Na2S2O3•5H2O的质量分数会_____（填“偏高”、“偏低”或“不变”）‎ ‎③计算海波在产品中的质量分数（写出计算过程）。_____。‎ ‎【答案】 (1). S2O32﹣+4Cl2+10OH﹣＝2SO42﹣+8Cl‾+5H2O (2). 当滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去且半分钟内不再变化 (3). 偏低 (4). 从表格中可以看出，第二次滴定误差较大，不应计算在平均值里面，消耗I2标准溶液的平均值为20.00mL。由2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣，可知5.5g样品中n（Na2S2O3•5H2O）＝n（S2O32﹣）＝2n（I2）＝2×0.02L×0.05mol/L×＝0.02mol，则m（Na2S2O3•5H2O）＝0.02mol×248g/mol＝4.96g，则Na2S2O3•5H2O在产品中的质量分数为×100%＝90.18%，故答案为：90.18%。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）碱性条件下二者发生氧化还原反应生成氯离子和硫酸根离子；（2）以淀粉溶液为指示剂，用浓度为0.050mol/L I2的标准溶液进行滴定，终点现象为溶液变蓝色且半分钟内不褪色；依据反应的定量关系2S2O32﹣+I2=S4O62﹣+2I﹣计算碘单质消耗的硫代硫酸钠，计算得到样品中的质量分数。‎ ‎【详解】（1）Na2S2O3还原性较强，在碱性溶液中易被Cl2氧化成SO42﹣，反应的离子方程式为S2O32﹣+4Cl2+10OH﹣＝2SO42﹣+8Cl‾+5H2O，故答案为S2O32﹣+4Cl2+10OH﹣＝2SO42﹣+8Cl‾+5H2O；‎ ‎（2）①加入最后一滴I2标准溶液后，溶液变蓝，且半分钟内颜色不改变，说明Na2S2O3反应完毕，滴定到达终点，故答案为当滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去且半分钟内不再变化；‎ ‎②若滴定时振荡不充分，刚看到溶液局部变色就停止滴定，则Na2S2O3‎ - 23 -‎ 反应不完全，导致测定结果偏低，故答案为偏低；‎ ‎③第2次实验消耗标准液的体积与其它2次相差比较大，应舍弃，1、3次实验的标准液平均值为消耗标准液体积，即消耗标准液体积为20mL，由2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣，可知5.5g样品中n(Na2S2O3•5H2O)＝n(S2O32﹣)＝2n(I2)＝2×0.02L×0.05mol/L×＝0.02mol，则m(Na2S2O3•5H2O)＝0.02mol×248g/mol＝4.96g，则Na2S2O3•5H2O在产品中的质量分数为×100%＝90.18%，故答案为90.18%。‎ ‎【点睛】本题涉及物质的量的计算、离子方程式书写、基本操作等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键。‎ ‎19.PbCrO4是一种黄色颜料，制备PbCrO4的一种实验步骤如图1：‎ 已知：①Cr（OH）3（两性氢氧化物）呈绿色且难溶于水 ‎②Pb（NO3）2、Pb（CH3COO）2均易溶于水，PbCrO4的Ksp为2.8×10﹣13，Pb（OH）2开始沉淀时pH为7.2，完全沉淀时pH为8.7。‎ ‎③六价铬在溶液中物种分布分数与pH关系如图2所示。‎ ‎④PbCrO4可由沸腾的铬酸盐溶液与铅盐溶液作用制得，含PbCrO4晶种时更易生成 ‎（1）实验时需要配置100mL3mol•L﹣1CrCl3溶液，现有量筒、玻璃棒、烧杯，还需要玻璃仪器是___。‎ ‎（2）“制NaCrO2（aq）”时，控制NaOH溶液加入量的操作方法是_____。‎ ‎（3）“氧化”时H2O2‎ - 23 -‎ 滴加速度不宜过快，其原因是_____；“氧化”时发生反应的离子方程式为___。‎ ‎（4）“煮沸”的目的是_____。‎ ‎（5）请设计用“冷却液”制备PbCrO4的实验操作：_____[实验中须使用的试剂有：6mol•L﹣1的醋酸，0.5mol•L﹣1Pb（NO3）2溶液，pH 试纸]。‎ ‎【答案】 (1). 100 mL容量瓶和胶头滴管 (2). 不断搅拌下逐滴加入NaOH溶液，至产生的绿色沉淀恰好溶解 (3). 减小H2O2自身分解损失 (4). 2CrO2- ＋3H2O2 ＋2OH－===2CrO＋4H2O (5). 除去过量的H2O2 (6). ①在不断搅拌下，向“冷却液”中加入6 mol·L－1的醋酸至弱酸性，用pH试纸测定略小于，②先加入一滴0.5 mol·L－1 Pb(NO3)2溶液搅拌片刻产生少量沉淀，然后继续滴加至有大量沉淀，静置，③向上层清液中滴入Pb(NO3)2溶液，④若无沉淀生成，停止滴加Pb(NO3)2溶液，静置、过滤、洗涤、干燥沉淀得PbCrO4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Cr(OH)3为两性氢氧化物，在CrCl3溶液中滴加NaOH溶液可生成NaCrO2，“制NaCrO2(aq)”时，控制NaOH溶液加入量，应再不断搅拌下逐滴加入NaOH溶液，至产生的绿色沉淀恰好溶解，再加入6%H2O2溶液，发生氧化还原反应生成Na2CrO4， “氧化”时H2O2滴加速度不宜过快，可减小H2O2自身分解损失，经煮沸可除去H2O2，冷却后与铅盐溶液作用制得PbCrO4，以此解答该题。‎ ‎【详解】（1）实验时需要配置100mL3mol•L﹣1CrCl3溶液，现有量筒、玻璃棒、烧杯，还需要玻璃仪器是100mL容量瓶和胶头滴管，其中胶头滴管用于定容，故答案为100mL容量瓶和胶头滴管；‎ ‎（2）Cr(OH)3为两性氢氧化物，呈绿色且难溶于水，加入氢氧化钠溶液时，不断搅拌下逐滴加入NaOH溶液，至产生的绿色沉淀恰好溶解，可防止NaOH溶液过量，故答案为不断搅拌下逐滴加入NaOH溶液，至产生的绿色沉淀恰好溶解；‎ ‎（3）“氧化”时H2O2滴加速度不宜过快，可防止反应放出热量，温度过高而导致过氧化氢分解而损失，反应的离子方程式为2CrO2﹣+3H2O2+2OH﹣＝2CrO42﹣+4H2O，故答案为减小H2O2自身分解损失；2CrO2﹣+3H2O2+2OH﹣＝2CrO42﹣+4H2O；‎ ‎（4）煮沸可促使过氧化氢分解，以达到除去过氧化氢的目的，故答案为除去过量的H2O2；‎ ‎（5）“冷却液”的主要成分为Na2CrO4，要想制备PbCrO4，根据已知信息②由Pb(NO3)2提供Pb2+，但要控制溶液的pH不大于7.2，以防止生成Pb(OH)2沉淀，由信息③的图象可知，溶液的pH又不能小于6.5，因为pH小于6.5时CrO42﹣的含量少，HCrO4﹣‎ - 23 -‎ 的含量大，所以控制溶液的pH略小于7即可，结合信息④，需要先生成少许的PbCrO4沉淀，再大量生成。所以实验操作为在不断搅拌下，向“冷却液”中加入6mol•L﹣1的醋酸至弱酸性（pH略小于7），将溶液加热至沸腾，先加入一滴0.5 mol•L﹣1Pb(NO3)2溶液搅拌片刻产生少量沉淀，然后继续滴加至有大量沉淀，静置，向上层清液中滴入Pb(NO3)2溶液，若无沉淀生成，停止滴加，静置、过滤、洗涤、干燥；‎ 故答案为①在不断搅拌下，向“冷却液”中加入6 mol·L－1的醋酸至弱酸性，用pH试纸测定略小于，②先加入一滴0.5 mol·L－1 Pb(NO3)2溶液搅拌片刻产生少量沉淀，然后继续滴加至有大量沉淀，静置，③向上层清液中滴入Pb(NO3)2溶液，④若无沉淀生成，停止滴加Pb(NO3)2溶液，静置、过滤、洗涤、干燥沉淀得PbCrO4。‎ ‎20.有效去除废水中的H2SiF6、F-，改善水质是环境部门的重要研究课题。‎ ‎（1）AlF3是有机合成中常用催化剂，利用废水中的H2SiF6可转变制得，相关的热化学方程式如下：‎ ‎3H2SiF6(aq)+2Al(OH)3(s)=Al2(SiF6)3(aq)+6H2O(l)；ΔH=akJ·mol-1‎ Al2(SiF6)3(aq)+6H2O(l)=2AlF3(aq)+3SiO2(s)+12HF(aq)；ΔH=bkJ·mol-1‎ ‎3HF(aq)+Al(OH)3(s)=AlF3(aq)+3H2O(l)；ΔH=ckJ·mol-1‎ 则反应H2SiF6(aq)+2Al(OH)3(s)=2AlF3(aq)+SiO2(s)+4H2O(l)的ΔH=__kJ·mol-1。‎ ‎（2）废水的酸碱度及废水中的Fe3+对F-浓度的测定都会产生一定的影响。‎ ‎①测定时，通常控制废水的pH在5～6之间。pH过小所测F-浓度偏低，其原因是__。‎ ‎②Fe3+与柠檬酸根(C6F5O73-)、F-反应可表示为Fe3++nC6H5O73-Fe(C6H5O7)n(3n-3)-、Fe3++nF-FeFn(3-n)。向含有Fe3+的含氟废水中加入柠檬酸钠(C6H5O7Na3)可消除Fe3+对F-测定的干扰，其原因是__。‎ ‎（3）利用聚苯胺可吸附去除水中F-。用惰性电极电解苯胺()和盐酸的混合液可在阳极获得聚苯胺薄膜，变化过程如图：‎ 写出阳极生成二聚体的电极反应方程式：___。‎ ‎（4）利用MgCO3、Ca(OH)2和CaCO3等可沉淀去除废水中F-。‎ ‎①以MgCl2溶液、尿素[CO(NH2)2]为原料可制得MgCO3，写出该反应的化学方程式：__。‎ ‎②取三份相同的含F-的酸性废水，分别加入足量的MgCO3、Ca(OH)2和CaCO3。相同时间后溶液的pH及F-残留量如图1所示。实际废水处理过程中常选用MgCO3的理由是：__。‎ - 23 -‎ ‎③改变碳酸镁添加量，处理后废水中F-含量及溶液pH的变化如图2所示。添加量超过2.4g·L-1后，F-含量略有升高的原因是___。{Ksp(MgF2)=7.4×10-11，Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12}‎ ‎【答案】 (1). (2). pH过小，H+与F-转化为弱酸HF (3). Fe3+与柠檬酸根(C6H5O73-)的结合能力强于其与F-的结合能力 (4). 2-2e-=+2H+ (5). MgCl2+CO(NH2)2+2H2O=MgCO3↓+2NH4Cl (6). 相同条件下，使用MgCO3处理后的废水中F-残留量最低，溶液接近中性 (7). 碳酸镁的加入量增大后，导致溶液pH增大，使部分MgF2转化成Mg(OH)2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)①3H2SiF6(aq)+2Al(OH)3(s)=Al2(SiF6)3(aq)+6H2O(l)△H=a kJ•mol-1 ②Al2(SiF6)3(aq)+6H2O(l)=2AlF3(aq)+3SiO2(s)+12HF(aq)△H=b kJ•mol-1 ③3HF(aq)+Al(OH)3(s)=AlF3(aq)+3H2O(l)△H=c kJ•mol-1 根据盖斯定律计算(①+②+③×4)×得到反应H2SiF6(aq)+2Al(OH)3(s)=2AlF3(aq)+SiO2(s)+4H2O(l)的△H= kJ•mol-1； (2)①pH过小，氢离子浓度过大，H+与F-转化为弱酸HF，； ②已知：Fe3++nC6H5O73-⇌Fe(C6H5O7)(3n-3)-n、Fe3++nF-⇌FeFn3-n，Fe3+与柠檬酸根(C6H5O73-)的结合能力强于其与F-的结合能力，向含有Fe3+的含氟废水中加入柠檬酸钠(C6H5O7Na3)可消除Fe3+对F-测定的干扰； (3)电解池中阳极失电子发生氧化反应，苯胺失电子生成二聚体，结合电子守恒和元素守恒可得电极反应为：2-2e-=+2H+； (4)①以MgCl2溶液、尿素[CO(NH2)2]为原料可制得MgCO3和氯化铵，根据元素守恒配平书写化学方程式为：MgCl2+CO(NH2)2+2H2O=MgCO3↓+2NH4Cl，； ‎ - 23 -‎ ‎②据图可知相同条件下，使用MgCO3处理后的废水中F-残留量最低，溶液接近中性，所以实际废水处理过程中常选用MgCO3；‎ ‎③已知Ksp(MgF2)=7.4×10-11，Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12，二者为同种沉淀，所以氢氧化镁的溶解度要比氟化镁法溶解度稍小，碳酸镁的加入量增大后，导致溶液pH增大，使部分MgF2转化成Mg(OH)2。‎ ‎21.镍的单质、合金及其化合物用途非常广泛。‎ ‎(1)Ni2＋基态核外电子排布式为________。‎ ‎(2)胶状镍可催化CH2=CHC≡N加氢生成CH3CH2C≡N。CH2=CHC≡N分子中σ键与π键的数目比n(σ)∶n(π)=________；CH3CH2C≡N分子中碳原子轨道的杂化类型为________。‎ ‎(3)[Ni(N2H4)2](N3)2是一种富氮含能材料。配体N2H4能与水混溶，除因为它们都是极性分子外，还因为______________________；[Ni(N2H4)2]2＋中含四个配位键，不考虑空间构型，[Ni(N2H4)2]2＋的结构可用示意图表示为______________________。‎ ‎(4)一种新型的功能材料的晶胞结构如下图所示，它的化学式可表示为________。‎ ‎【答案】 (1). [Ar]3d8或1s22s22p63s23p63d8 (2). 2∶1 (3). sp和sp3 (4). N2H4与H2O之间可以形成氢键 (5). (6). Ni2MnGa ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)Ni是28号元素，原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d84s2，Ni原子失去4s能级2个电子形成Ni2+；‎ ‎(2)CH2=CHCN中含有3个C-H键、1个C-C单键、1个C=C双键、1个C≡N三键，单键为σ键，双键含有1个σ键、1个π键，三键含有1个σ键、2个π键；烃基中碳原子均形成4个σ键，没有孤对电子，杂化轨道数目为4，而-CN中碳原子形成2个σ键，也没有孤对电子，杂化轨道数目为2；‎ ‎(3)配体N2H4与H2O之间可以形成氢键；Ni2+提供空轨道，N2H4中N原子提供孤对电子，形成配位键；‎ - 23 -‎ ‎(4)均摊法计算晶胞中Ni、Ga、Mn原子数目，确定化学式。‎ ‎【详解】(1)Ni是28号元素，原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d84s2，Ni原子失去4s能级2个电子形成Ni2+，故Ni2+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d8；‎ ‎(2)CH2=CHCN中含有3个C-H键、1个C-C单键、1个C=C双键、1个C≡N三键，单键为σ键，双键含有1个σ键、1个π键，三键含有1个σ键、2个π键，则分子中σ键与π键的数目比n(σ)：n(π)=(3+1+1+1)：(1+2)=2：1，烃基中碳原子均形成4个σ键，没有孤对电子，杂化轨道数目为4，碳原子采取sp3杂化，而-CN中碳原子形成2个σ键，也没有孤对电子，杂化轨道数目为2，碳原子采取sp杂化；‎ ‎(3)配体N2H4与H2O之间可以形成氢键，使配体N2H4能与水混溶；Ni2+提供空轨道，N2H4中N原子提供孤对电子，形成配位键，[Ni(N2H4)2]2+的结构可用示意图表示为：；‎ ‎(4)Ni原子处于小立方体体心，晶胞中Ni原子数目1×8=8，Mn原子处于顶点与面心，晶胞中Mn原子数目=8×+6×=4，Ga处于晶胞体心与棱心，晶胞中Ga原子数目=1+12×=4，则晶胞中Ni、Mn、Ga原子数目之比=8：4：4=2：1：1，故晶体的化学式为：Ni2MnGa。‎ ‎【点睛】本题考查物质结构与性质的知识，涉及核外电子排布、化学键、杂化方式、氢键、配合物、晶胞计算等，注意氢键对物质性质的影响，掌握均摊法进行晶胞有关计算。‎ - 23 -‎ - 23 -‎