江苏省南通市2020届高三第二次模拟考试（5月）化学试题 Word版含解析 21页

www.ks5u.com ‎2020届高三模拟考试试卷 化学 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分120分，考试时间100分钟。‎ 可能用到的相对原子质量：H—1　O—16　K—39　Fe—56　Br—80　I—127‎ 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.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：O B. 水的电子式：‎ 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，A错误；‎ - 21 -‎ 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；‎ 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是(　　)‎ A. 0.1 mol·L－1 NaOH溶液：Na＋、K＋、CO32-、AlO2-‎ B. 0.1 mol·L－1 FeCl2溶液：K＋、Mg2＋、SO42-、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-、SO32-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．溶液呈碱性，选项中4种离子均不和OH-发生反应，彼此之间也不发生反应，A正确；‎ B．溶液中含有大量的Fe2+，可以和选项中的MnO4-发生反应，离子方程式为MnO4-+5Fe2+8H+=Mn2++5Fe3+4H2O，B错误；‎ C．溶液中含有HCO3-，可以和选项中Al3+的发生双水解反应，离子方程式为Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑，C错误；‎ - 21 -‎ D．溶液中含有大量H+，选项中的NO3-和SO32-可以和H+发生反应，生成SO42-和NO，离子方程式为2NO3-+3SO32-+2H+=3SO42-+2NO↑+H2O，D错误；‎ 故选A。‎ ‎5.下列关于Cl2的实验操作能达到实验目的的是(　　)‎ 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 - 21 -‎ 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 ‎【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)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－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＋S2O32-＋5H2O=10H＋＋2SO42-＋8Cl－‎ D. SO2通入FeCl3溶液中：SO2＋Fe3＋＋2H2O=SO42-＋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-+2H2OCl2↑+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++SO42-+4H+，D错误；‎ 故选C。‎ - 21 -‎ ‎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 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．NaCl水溶液电解不能生成Na单质，A错误；‎ B．Al和NaOH反应生成NaAlO2，不生成Al(OH)3，B错误；‎ C．浓盐酸和MnO2反应需要加热，缺少反应条件，C错误；‎ - 21 -‎ D．硝酸银和氨水发生反应生成银氨溶液，银氨溶液与葡萄糖共热生成银，D正确；‎ 故选D。‎ ‎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。‎ 不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共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.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 - 21 -‎ C. 常温下Na2CO3溶液中加入少量Ca(OH)2固体，溶液中的值减小 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】‎ ‎【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CO32-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；‎ - 21 -‎ 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。‎ ‎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++SO32-，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；‎ - 21 -‎ 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.NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾（邻苯二甲酸氢钾H2A的Ka1=1.1×10-3，Ka2=3.9×10-6）溶液，混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示，其中b点为反应终点。下列叙述错误的是（ ）‎ A. 混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关 B. Na+与A2-的导电能力之和大于HA-的 C. b点的混合溶液pH=7‎ D. c点的混合溶液中，c(Na+)>c(K+)>c(OH-)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 邻苯二甲酸氢钾为二元弱酸酸式盐，溶液呈酸性，向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中离子浓度增大，导电性增强，邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠为强碱弱酸盐，邻苯二甲酸根在溶液中水解使溶液呈碱性 ‎【详解】A．向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中Na+和A2-的浓度增大。由图像可知，溶液导电性增强，说明导电能力与离子浓度和种类有关，A正确；‎ B．a点和b点K+的物质的量相同，K+的物质的量浓度变化不明显，HA-转化为A2-，b点导电性强于a点，说明Na+和A2-的导电能力强于HA-，B正确；‎ C．b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，邻苯二甲酸钾为强碱弱酸盐，A2-在溶液中水解使溶液呈碱性，溶液pH＞7，C错误；‎ D．b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成等物质的量的邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中c(Na+)和c(K+‎ - 21 -‎ ‎)相等，c点是继续加入氢氧化钠溶液后，得到邻苯二甲酸钾、邻苯二甲酸钠、氢氧化钠的混合溶液，则溶液中c(Na+)＞c(K+)，由图可知，a点到b点加入氢氧化钠溶液的体积大于b点到c点加入氢氧化钠溶液的体积，则溶液中c(K+)＞c(OH-)，溶液中三者大小顺序为c(Na+)＞c(K+)＞c(OH-)，D正确；‎ 故选C。‎ ‎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 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===0.25，B错误；‎ - 21 -‎ 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<，D错误；‎ 故选AC。‎ 第Ⅱ卷(非选择题　共80分)‎ ‎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；‎ - 21 -‎ ‎（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。‎ ‎(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). ‎ - 21 -‎ ‎【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 - 21 -‎ ‎。‎ ‎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　～　6S2O32-‎ 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 - 21 -‎ ‎，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-～3I2～6S2O32-‎ 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 ‎ 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。请回答下列问题：‎ ‎(1)步骤②中，H2C2O4稍过量的主要原因是________。‎ ‎(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：‎ ‎10‎ ‎20‎ ‎30‎ ‎40‎ ‎50‎ ‎60‎ ‎(NH4)2SO4‎ ‎73.0‎ ‎75.4‎ ‎78.0‎ ‎81.0‎ ‎84.5‎ ‎91.9‎ - 21 -‎ FeSO4·7H2O ‎40.0‎ ‎48.0‎ ‎60.0‎ ‎73.3‎ ‎—‎ ‎—‎ ‎(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O ‎18.1‎ ‎21.2‎ ‎24.5‎ ‎27.9‎ ‎31.3‎ ‎38.5‎ ‎(注意：高于73.3℃，FeSO4·7H2O发生分解)‎ 以铁屑(有油污)、硫酸、硫酸铵为原料，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，低温干燥。[实验中必须使用的试剂：铁屑、1.0 mol·L－1的Na2CO3溶液、3.0 mol·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). 反应接触不充分或者有C杂质 (6). 加入1.0 mol·L－1的Na2CO3溶液，加热煮沸后 (7). 边搅拌边加入3.0 mol·L－1的H2SO4溶液 (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】‎ ‎【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；‎ ‎（2）已知草酸在水中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；‎ ‎（3）步骤4为高温反应，所以应选用bd两种仪器；‎ ‎（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；‎ ‎（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3.0 mol·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。‎ ‎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 - 21 -‎ ‎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＋6NO5N2＋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：______。‎ - 21 -‎ ‎(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：‎ 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)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)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：‎ - 21 -‎ ‎(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；‎ - 21 -‎ ‎（4）Ni在晶胞中占有8个定点，故一个晶胞中含有=1和Ni原子，Cu在晶胞中占有6个面心，故一个晶胞中含有=3个Cu原子，故镍白铜的分子式为Cu3Ni。‎ ‎ ‎ - 21 -‎ - 21 -‎