江苏省普通高等学校招生全国统一考试2020届高三模拟卷（二）化学试题 Word版含解析 27页

www.ks5u.com ‎2020普通高等学校招生全国统一考试（江苏卷）‎ 模拟试卷（二）‎ 化学试题 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 35.5 V 51 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.科学家正在研究多氟碳化合物，希望它能成为未来的人造血液，四氟乙烯（）就是常见的氟碳化合物。根据以上信息，判断四氟二氯乙烷分子中不含的元素是（ ）‎ A. 氢 B. 碳 C. 氟 D. 氯 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据以上信息，四氟二氯乙烷分子为二氯乙烷分子中的4个氢原子被氟原子代替，化学式为，不含有H元素。故选A。‎ ‎2.反应，用于工业制取漂白粉。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是（ ）‎ A. 中子数为10的氧原子： B. 的电子式：‎ C. 的结构示意图： D. 的结构式：H—O—H ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．核素符号左上角的数字表示的是质量数，即质子数和中子数的和，所以中子数为10的氧原子为，错误；‎ B．电子式为，是氯气的结构式，错误；‎ C．是钙原子失去最外层的2个电子形成的，结构示意图为：，错误；‎ D．的电子式为，，把电子式中的共用电子对改成短线即为结构式：H—O—H，正确；‎ - 27 -‎ 故选D。‎ ‎3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（ ）‎ A. 晶体硅熔点高，可用于制作半导体材料 B. Fe2O3能与粉反应，可用于油漆、橡胶的着色 C. 具有弱碱性，可用于制胃酸中和剂 D. 浓硫酸具有脱水性，可用来干燥 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．晶体硅用于制作半导体材料是因为其导电性介于导体和绝缘体之间，A错误；‎ B．Fe2O3用于油漆、橡胶的着色是因为本身的颜色，B错误；‎ C．具有弱碱性，能中和胃酸中的，C正确；‎ D．浓硫酸具有吸水性，可用来干燥，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. 溶液：、、、‎ B. 溶液：、、、‎ C. 溶液：、、、‎ D. 能使紫色石蕊试液变蓝的溶液：、、、‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．和在一起，会把氧化成，A错误；‎ B．、、、相互间不反应，和Fe3+也不反应，能大量共存，B正确；‎ C．会与发生氧化还原反应，C错误；‎ D．能使紫色石蕊试液变蓝的溶液呈碱性，与不能大量共存，以及与发生氧化还原反应不能大量共存，D错误；‎ 故选B。‎ - 27 -‎ ‎5.下列实验操作能达到实验目的的是（ ）‎ A. 可用酒精萃取海带灰的浸取液中的碘 B. 用容量瓶配制溶液前要先将容量瓶干燥 C. 用装置甲测硫酸铜晶体中结晶水的含量 D. 用装置乙可在实验室制备少量 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．酒精与水互溶，不能萃取碘水中的碘，A错误；‎ B．用容量瓶配制溶液，定容时要加水进行定容，不需要将容量瓶干燥，B错误；‎ C．加热固体物质用坩埚，C错误；‎ D．稀盐酸与大理石粉末可制备二氧化碳气体，D正确；‎ 故选D。‎ ‎6.下列有关化学反应的叙述正确的是（ ）‎ A. 室温下与纯净反应制取 B. 实验室用和在高温高压催化剂条件下制取 C. 与反应生成和 D. 与过量氨水反应生成 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．室温下，不管是空气中还是纯净的，与反应得到的都是 - 27 -‎ ‎，加热（或灼烧）条件下才会得到，A错误；‎ B．实验室用氢氧化钙和氯化铵制取，工业上用和在高温高压催化剂条件下制取，B错误；‎ C．与反应生成和C，C错误；‎ D．氨水过量，生成正盐，所以与过量氨水反应生成，D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】二元或二元以上的酸（如H2CO3）或其相应的酸性氧化物（如CO2）和碱（如氢氧化钙）或盐（如NaAlO2）反应时，通常是酸或酸性氧化物过量时生成酸式盐，若碱或盐过量，则生成正盐。如二氧化碳通入石灰水中，开始时石灰水过量，生成碳酸钙，继续通入二氧化碳，则生成碳酸氢钙。‎ ‎7.下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）‎ A. 向溶液中加入过量氨水：‎ B. 向溶液中通入过量 C. 室温下用稀溶液吸收 D. 溶液和溶液混合：‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氨水是弱电解质不能拆，反应生成的Al(OH)3也不溶于氨水，Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4＋，故A错误；‎ B．通入过量CO2，产物是碳酸氢根离子，故B错误；‎ C．室温下用稀NaOH溶液吸收Cl2，生成氯化钠、次氯酸钠和水，故C正确；‎ D．会与发生氧化还原反应，产物为和，故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是空气中含量最多的元素，Y、W同主族，W的原子序数是Y的两倍，Z是地壳中含量最高的金属元素。下列说法正确的是（ ）‎ A. 原子半径：r(Z)>r(W)>r(Y)>r(X)‎ - 27 -‎ B. 由Y、W组成的化合物是共价化合物 C. Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的弱 D. 常温下Z的块状单质可溶于W最高价氧化物所对应的水化物的浓溶液中 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X是空气中含量最多的元素，X是N元素；Y、W同主族，W的原子序数是Y的两倍，W是S，Y是O；Z是地壳中含量最高的金属元素，Z是Al，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．X是N元素，W是S元素，Y是O元素，Z是Al元素，原子半径：r(Al)>r(S)>r(N)>r(O)，即r(Z)>r(W)>r(X)>r(Y)，A错误；‎ B．S、O形成的SO2、SO3都属于共价化合物，B正确；‎ C．O的非金属性强于S，则稳定性：H2O>H2S，C错误；‎ D．常温下与浓硫酸发生钝化反应，铝块不能溶在浓硫酸中，D错误。‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查原子结构与元素周期律，把握元素的性质、最外层电子数来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用。‎ ‎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. ‎ B. （熔融）‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．铝与氢氧化钠溶液反应可生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与过量二氧化碳反应可生成氢氧化铝，故A正确；‎ B．熔融通电得到的是单质，B错误；‎ C．蒸干会促进水解，得不到无水，应得到氢氧化铁，C错误；‎ - 27 -‎ D．与溶液不反应，故D错误。‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查了物质性质、物质转化的应用，主要是铁、钠、铝、氮的化合物性质的理解判断，掌握基础是解题关键。‎ ‎10.全世界每年因钢铁锈蚀造成了巨大的损失，下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 钢铁腐蚀的正极反应式为 B. 钢铁腐蚀时化学能不能全部转化为电能 C. 如图所示，将导线与金属铜相连可保护地下铁管 D. 如图所示，将导线与外接电源的正极相连可保护地下铁管 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知，需保护铁管不受腐蚀，若接金属块，则该金属应该比铁更活泼；若外接电源，应接电源的负极，由此分析解答。‎ ‎【详解】A．钢铁腐蚀的负极反应式为，故A错误；‎ B．钢铁腐蚀时化学能主要转化为电能，但还有热能等，故B正确；‎ C．铜、铁形成原电池，铁作负极被腐蚀，故C错误；‎ D．外加电流的阴极保护法要将被保护的金属与电源的负极相连，故D错误。‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查了金属的电化学腐蚀和防护，难度不大，应注意的是原电池的正极、电解池的阴极被保护。‎ 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.天然气燃烧是天然气应用的重要途径。下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 一定温度下，反应能自发进行，该反应的 - 27 -‎ B. 甲烷氧气碱性燃料电池的负极反应为 C. 常温常压下，甲烷氧气燃料电池放电过程中消耗，转移电子的数目为 D. 加入催化剂可使的减小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．△H-T△S＜0的反应可自发进行；‎ B．碱性燃料电池要考虑氢氧根的后续反应；‎ C．常温常压下，Vm不等于22.4L/mol；‎ D．催化剂不改变反应的。‎ ‎【详解】A．△H-T△S＜0的反应可自发进行，由化学计量数可知△S＜0，能自发进行，该反应的△H＜0，故A正确；‎ B．甲烷氧气碱性燃料电池的负极反应为，故B错误；‎ C．不是标准状况下，应小于，转移电子的数目小于，故C错误；‎ D．加入催化剂能够改变反应的活化能，不能改变反应的，故D错误。‎ 答案选A。‎ ‎12.化合物X、Y均具有抗真菌、抗炎、植物毒性及细胞毒性等功能。下列有关化合物X、Y的说法正确的是（ ）‎ 化合物X 化合物Y A. X、Y属于同系物 B. 最多能与发生取代反应 C. Y在酸性条件下水解，水解产物可发生消去反应 D. X、Y分别与足量加成的产物分子中手性碳原子数目相等 - 27 -‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．组成和结构相似，组成上相差一个或若干个－CH2的物质互为同系物；‎ B．X中酚羟基的邻和对位H能与溴单质发生取代反应，碳碳双键能与发生加成反应；‎ C．Y在酸性条件下水解，水解产物中含有醇羟基；‎ D．分子上的碳原子若连有4个不同的原子或原子团称为手性碳原子数。‎ ‎【详解】A．化合物X、Y含个数不同，另外它们分子式分别为、，分子组成上相差，不属于同系物，故A错误；‎ B．X中酚羟基的邻和对位H能与溴单质发生取代反应，碳碳双键能与发生加成反应，最多能与发生反应，其中为取代反应，为加成反应，故B错误；‎ C．Y在酸性条件下水解，水解产物中含有醇羟基，且满足醇羟基邻位碳上有氢原子，可以发生消去反应，故C正确；‎ D．X、Y分别与足量H2加成的产物分子都含7个手性碳原子，故D正确。‎ 答案选CD。‎ ‎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 将气体通入溶液中，生成了白色沉淀 生成了沉淀 B 向浓度均为的、混合溶液中滴加少量溶液，有黑色沉淀生成 C 淀粉溶液中通入少量，后再加入少量溶液，溶液先出现蓝色，后蓝色褪去 还原性：‎ D 用pH试纸测得：溶液的pH约为6‎ 电离出的能力比的水解能力弱 - 27 -‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．气体溶于水形成，中含有，分子会被、氧化成，则与反应生成沉淀，故A错误；‎ B．先有黑色沉淀生成，说明达到的，所以，故B正确；‎ C．氧化为，溶液变蓝，后将氧化成，被还原为，所以还原性应为，故C错误；‎ D．在水中既电离又水解，即，，，则说明的电离能力大于水解能力，故D错误。‎ 答案选B。‎ ‎14.已知常温下电离平衡常数，的电离平衡常数，的电离平衡常数。若溶液混合引起的体积变化可忽略，则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. 溶液：‎ B. 的溶液和的溶液等体积混合：‎ C. 的和的溶液等体积混合：‎ D. 氨水和溶液等体积混合：‎ ‎【答案】BC - 27 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．根据SH-的电离程度和水解程度的大小分析；‎ B．据物料守恒分析；‎ C．根据电荷守恒分析；‎ D．由电荷守恒和物料守恒综合分析。‎ ‎【详解】A．溶液中，存在的水解平衡，以及的水解平衡，由的电离平衡常数和的电离平衡常数可知，溶液以的水解平衡为主，，再结合溶液中弱酸根和弱碱根的水解是微弱的特点，溶液中相关微粒浓度大小顺序为，故A错误；‎ B．据物料守恒，，，故，故B正确；‎ C．据电荷守恒，即，类比A选项可知混合溶液，，又因为水解，混合后小于，所以，故C正确；‎ D．，的氨水和的溶液等体积混合后，得到溶质为氨水和的混合溶液，电荷守恒有①，物料守恒有②，③，①②③，得 - 27 -‎ ‎，故D错误。‎ 答案选BC。‎ ‎【点睛】本题考查离子浓度大小比较，题明确反应后溶质组成为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理。‎ ‎15.在体积为2L的恒容密闭容器中，用CO2和H2在催化剂的作用下合成甲醇，CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)，将1molCO2和3molH2在装有催化剂的反应器中反应8小时。体系中甲醇的产率和催化剂的催化活性与温度的关系如下图所示。下列说法正确的是（ ）‎ A. 反应CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)的△H>0‎ B. 图中P点所示条件下，延长反应时间能提高CH3OH的产率 C. 图中Q点所示条件下，增加CO2的浓度可提高H2转化率 D. 下，X点所对应甲醇的产率为50%，则平衡常数K=0.15‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．甲醇的产率在最高点即达到平衡状态，随温度升高产率逐渐减小，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故A错误；‎ B．P点所示条件下反应未达到平衡，延长反应时间能提高CH3OH的产率，故B正确；‎ C．Q点所示条件下反应处于平衡状态，增加CO2的浓度可提高H2转化率，故C正确；‎ D．列出反应的三段式：‎ ‎ ‎ 体积是2L，将平衡浓度代入平衡常数公式，，故D错误。‎ - 27 -‎ 故选BC。‎ 非选择题（共80分）‎ ‎16.氮氧化物是目前的主要空气污染物之一，它的转化和综合利用既有利于节约资源，又有利于保护环境。‎ ‎(1)的消除。可以用碳酸钠溶液来进行吸收，在产生的同时，会生成，是工业盐的主要成分，在漂白、电镀等方面应用广泛。‎ ‎①写出碳酸钠溶液消除的化学方程式：________________。‎ ‎②写出两种能提高消除率的措施：________________。‎ ‎③经过一系列后续操作可以得到产品，但一般会混有一定量________的杂质。‎ ‎(2)消除。空气中主要来自于汽车尾气的排放和硝酸工厂废气的排放，利用强氧化剂过硫酸钠（）氧化脱除可以消除污染，其流程如下：‎ ‎①反应1的离子方程式为________________。‎ ‎②反应2中的初始浓度为，反应为。不同温度下，达到平衡时的脱除率与过硫酸钠（）初始浓度的关系如下图所示。‎ 图中点a和点b的平衡常数K的大小关系为________________。判断依据是________________。‎ ‎【答案】 (1). (2). 缓慢的通入 - 27 -‎ ‎、采用气、液逆流的方式吸收尾气、吸收尾气过程中定期补加适量碳酸钠溶液（任写两种） (3). (4). (5). (6). 从图中发现，在浓度相等的条件下，温度越高，的脱除率越大，平衡常数越大，所以平衡常数大小顺序为 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①根据题目信息可知，碳酸钠溶液消除生成，根据化合价升降可知还有产生，由此写出化学方程式；‎ ‎②减缓通入的速率，吸收充分；采用气、液逆流的方式吸收尾气，可使气液充分接触，提高吸收效率；吸收尾气过程中定期补加适量溶液，则溶液可维持较高的浓度，有利于的充分吸收；‎ ‎③通过反应①分析，在产品中会混有硝酸钠杂质。‎ ‎（2）①根据流程信息，并结合得失电子数相等，配平方程式；‎ ‎②图象显示，在浓度相等的条件下，温度越高，的脱除率越大，平衡常数越大。‎ ‎【详解】（1）①根据题目信息可知，碳酸钠溶液消除生成，根据化合价升降可知还有产生，化学方程式为：；故答案为：；‎ ‎②减缓通入的速率，吸收充分，采用气、液逆流的方式吸收尾气，可使气液充分接触，提高吸收效率；吸收尾气过程中定期补加适量溶液，则溶液可维持较高的浓度，也有利于的充分吸收，故答案为：缓慢的通入、采用气、液逆流的方式吸收尾气、吸收尾气过程中定期补加适量碳酸钠溶液等；‎ ‎③通过反应①分析，在产品中会混有硝酸钠杂质，故答案为：；‎ ‎（2）①根据流程信息，反应物为：、、；生成物为：、结合得失电子数相等，写离子方程式为：‎ - 27 -‎ ‎，故答案为：；‎ ‎②从图中发现，在浓度相等的条件下，温度越高，的脱除率越大，平衡常数越大，故，故答案为：；从图中发现，在浓度相等的条件下，温度越高，的脱除率越大，平衡常数越大，所以平衡常数大小顺序为。‎ ‎17.化合物H是合成一种新型抗肿瘤药物的中间体，其合成路线如下：‎ ‎(1)B中官能团名称为________（写两种）。‎ ‎(2)的反应类型为________。‎ ‎(3)C的分子式为，写出C的结构简式：________________。‎ ‎(4)D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分子中含有苯环，碱性水解后酸化，一种产物分子是最简单的氨基酸。‎ ‎②分子中有5种不同化学环境的氢。‎ ‎(5)已知：R-Cl+R’-OHR-R’‎ 请写出以和为原料制备的合成路线流程图_____________（无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。‎ ‎【答案】 (1). 氯原子、羧基 (2). 氧化反应 (3). (4). ‎ - 27 -‎ 或 (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A中甲基上的氢在SO2Cl2作用下被氯取代生成B，B在碱性条件下，氯原子水解生成醇，酸化后得到C，结合C的分子式为，C为，C中羧基的2个α-H上与反应生成D，D与生成E，E在POCl3作用下，生成F，F被CrO3氧化成G，此过程中F失氢得氧，被氧化。‎ ‎【详解】（1）B中的官能团名称为氯原子、羧基（写两种）。故答案为：氯原子、羧基；‎ ‎（2）F被CrO3氧化成G，失氢得氧，的反应类型为氧化反应。故答案为：氧化反应；‎ - 27 -‎ ‎（3）B在碱性条件下，氯原子水解生成醇，酸化后得到C，结合C的分子式为，C的结构简式：。故答案为：；‎ ‎（4）D为，D的不饱和度为7，D的一种同分异构体同时满足下列条件，①分子中含有苯环，碱性水解后酸化，一种产物分子是最简单的氨基酸即氨基乙酸，分子中含-COCH2NH2，它和苯环共用去5个不饱和度，余下的2个碳占2个不饱和度，形成碳叁键，②分子中有5种不同化学环境的氢，分子结构对称，符合条件的同分异构体可能有：或；‎ 故答案为：或；‎ ‎（5）根据信息，R-Cl+R’-OHR-R’，用逆向思维，以和为原料形成的前一步，合成前一步应为卤代物和醇，故先将变成氯代物，将水解变成醇，合成路线流程图：。‎ - 27 -‎ 故答案为：。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的合成，明确合成图中物质的结构与性质的关系、碳链结构与官能团的变化等即可解答，（5）为解答的难点，注意结合信息用逆合成法分析，找出合的思路：根据信息，R-Cl+R’-OHR-R’，用逆向思维，以和为原料形成的前一步，合成前一步应为卤代物和醇。‎ ‎18.聚合碱式氯化铁[（m为聚合度）为无机高分子絮凝剂，广泛应用于水处理。以铁矿石、氧化铁皮或为原料，在酸性条件下经氧化、水解、聚合、熟化等步骤，可制得聚合碱式氯化铁。‎ ‎(1)钢铁酸洗废液中主要含有和，通入空气可制得，反应的化学方程式________。氧化剂也可以将氧化成，但存在的缺点是________________。‎ ‎(2)“氧化”过程中，若盐酸的浓度或投入量增大，除了会降低的转化率，还可能产生的影响为________________。‎ ‎(3)①准确称取聚合碱式氯化铁样品1.5000g，置于250mL的锥形瓶中，加入适量稀盐酸，加热，迅速加入稍过量的溶液（被氧化成为），充分反应后，多余的用氧化除去。再加入适量的组成的混酸及4~5滴指示剂，用溶液滴定至终点（滴定过程中与反应生成和），消耗溶液。‎ ‎②另称取等质量的聚合碱式氯化铁样品溶于水中，配成500mL溶液，取25mL溶液于锥形瓶中，用铬酸钾（）溶液作指示剂，用 - 27 -‎ 标准溶液滴定至终点，消耗溶液8.10mL。‎ 计算该样品中氯元素和铁元素的质量分数之比为________（写出计算过程，结果保留四位有效数字）。‎ ‎【答案】 (1). 4FeCl2＋O2＋4HCl=4FeCl3＋2H2O (2). NaClO会与HCl反应产生Cl2，造成环境污染 (3). 过量的酸会抑制后续的水解、聚合反应的进行 (4). 1.712‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）钢铁酸洗废液中主要含有FeCl2和HCl，O2具有氧化性，亚铁离子具有还原性，通入空气可制得FeCl3，反应的化学方程式4FeCl2＋O2＋4HCl=4FeCl3＋2H2O。氧化剂NaClO也可以将氧化成，但次氯酸根离子和氯离子会在酸性条件下发生归中反应，生成氯气，污染环境。故存在的缺点是NaClO会与HCl反应产生Cl2，造成环境污染。故答案为：4FeCl2＋O2＋4HCl=4FeCl3＋2H2O；NaClO会与HCl反应产生Cl2，造成环境污染；‎ ‎（2）制备聚合碱式氯化铁，涉及到铁离子水解，溶液显酸性，最终产物中还含有一定的氢氧根离子，若盐酸的浓度或投入量增大，不利于水解和最终的聚合。“氧化”过程中，若盐酸的浓度或投入量增大，除了会降低的转化率，还可能产生的影响为过量的酸会抑制后续的水解、聚合反应的进行。故答案为：过量的酸会抑制后续的水解、聚合反应的进行；‎ ‎（3）由②n(Cl-)= ×0.05000mol·L－1×8.1×10-3L=8.100×10-3mol；‎ 由①Cr2O72－+6Fe2＋+14H＋=2Cr3＋+6Fe3＋+7H2O，用0.02000mol·L－1 K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2＋（K2Cr2O7被还原为Cr3＋），直至终点消耗K2Cr2O7）溶液25.00mL，反应中的定量关系可知，n（Fe3＋）=6n（Cr2O72－）=6×0.02000mol·L－1×25×10-3L=3.000×10-3mol；‎ 该样品中氯元素和铁元素的质量分数之比=8.100×10-3mol×35.5g·mol-1:3.000×10-3mol×56g·mol-1=1.712。‎ 故答案为：1.712。‎ ‎19.实验室探究制备高锰酸钾的绿色化方案，其实验流程如下：‎ 已知：水溶液呈墨绿色，在酸性、中性和弱碱性环境下，‎ - 27 -‎ 会发生自身氧化还原（歧化）反应，生成和；部分试剂熔点、分解温度见下表：‎ 物质 熔点/‎ ‎406‎ ‎368‎ ‎——‎ ‎——‎ ‎——‎ 分解温度/‎ ‎1323‎ ‎530‎ ‎190‎ ‎240‎ ‎(1)在强碱性条件下，与共熔可制得，其化学方程式为________。投料的顺序为先加入和混合均匀，待小火完全熔融，再加入，迅速搅拌。不能先将与混合的原因是________。‎ ‎(2)溶解后所得溶液转入三颈瓶中，趁热滴入的乙酸，调节，在如下图所示的装置中进行歧化。‎ ‎①该步骤中如果pH控制过高，可能会导致________。‎ ‎②判断三颈瓶中完全反应的实验方法是：用玻璃棒蘸取溶液点在滤纸上，若观察到________，表示已完全反应。‎ ‎(3)从提高原料利用率的角度分析，本实验流程的优点是________________。‎ ‎(4)设计以滤液为原料，制取晶体的实验方案：________________（已知在水溶液中，以上开始分解。实验中必须使用的设备：蒸发皿、恒温水浴槽、恒温干燥箱）。‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ - 27 -‎ 会催化分解，消耗更多的原料 (3). 如果控制过高，可能会导致歧化反应不完全，使得中含有较多的 (4). 滤纸上仅有紫红色而没有绿色痕迹 (5). 滤渣可用于回收，作为反应物制备 (6). 将滤液转移到蒸发皿中，放恒温水浴槽水浴加热，调节温度左右浓缩，至溶液表面有晶膜出现，冷却结晶、过滤、洗涤，将晶体低于的恒温干燥箱干燥 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在强碱性条件下，与共熔发生氧化还原反应，可制得，加水溶解后，在酸性环境下，会发生自身氧化还原（歧化）反应，生成和，过滤浓缩，得到高锰酸钾晶体。‎ ‎(1)作氧化剂，还原产物为，依据化合价升降法可配平得；在催化作用下受热会分解。‎ ‎(2)②水溶液呈墨绿色，水溶液呈紫红色，可通过颜色检验。‎ ‎(3)会发生自身氧化还原反应，生成不溶于水的，回收，作为反应物制备。‎ ‎(4)在水溶液中，以上开始分解，因此需要控制蒸发温度低于；又由于固体会分解，故烘干时要低于。‎ ‎【详解】(1)在强碱性条件下，与共熔可制得，其化学方程式为。投料的顺序为先加入和混合均匀，待小火完全熔融，再加入，迅速搅拌。不能先将与混合的原因是会催化分解，消耗更多的原料。‎ ‎(2) ①如果控制过高，可能会导致歧化反应不完全，使得 - 27 -‎ 中含有较多的。‎ ‎②锰酸根为墨绿色，高锰酸根为紫红色，判断三颈瓶中完全反应的实验方法是：用玻璃棒蘸取溶液点在滤纸上，若观察到滤纸上仅有紫红色而没有绿色痕迹，表示已完全反应。‎ ‎(3)从提高原料利用率的角度分析，本实验流程的优点是滤渣可用于回收，作为反应物制备。‎ ‎(4) 在水溶液中，以上开始分解，因此需要控制蒸发温度低于；又由于固体会分解，故烘干时要低于。制取晶体的实验方案：将滤液转移到蒸发皿中，放恒温水浴槽水浴加热，调节温度左右浓缩，至溶液表面有晶膜出现，冷却结晶、过滤、洗涤，将晶体低于的恒温干燥箱干燥。‎ ‎20.实验室可由、、为原料制备，若反应后废液中的排入水中，则过量的氮元素会使水体富营养化。此外考虑到其他污染源，污水一般还会含有、、等。‎ ‎(1)已知化学式可表示为，由常温下逐渐升温的过程中会发生分解。已知起始状态到A点是失去了部分结晶水，B点对应的物质是钒的氧化物，如下图所示。‎ ‎①写出起始状态到A点发生分解反应的化学方程式：________________。‎ ‎②B点对应物质的化学式是______________。‎ ‎(2)废水中和的处理。通过形成铁炭（铁和活性炭）原电池可对废水中的有机物及含氮物质等进行处理，将酸性废水中以和形式存在的氮元素转化为除去。‎ - 27 -‎ ‎①写出在正极发生的电极反应式______________。‎ ‎②不同的脱氮效果如图1所示，则合适的=________。‎ ‎③实验测得当时，对废水中的氮也有一定的脱除率，其原因为________。‎ ‎(3)废水中的处理。用电解法可对废水进行脱氮处理。‎ ‎①电解时含氯离子转化为次氯酸，与反应生成，当生成时，转移的电子数为________mol。‎ ‎②氯离子含量对废水脱氮效果的影响如图2所示，投氯比是指氨氮与氯离子物质的量的比，三种情况下投料为时脱氮效果________（填“最好”“最差”或“居中”），原因可能是________。‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). (4). 之间均可 (5). 活性炭具有疏松多孔的结构，可吸附水中的和 (6). 6 (7). 最好 (8). 氯离子浓度大，电解反应速率快，相同时间内生成的浓度大，氧化性强（其他合理答案也可赋分）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 27 -‎ ‎(1)①根据计算起始点和A点分子量上相差144，刚好8个水分子；‎ ‎②设B点物质化学式为，计算化学式。‎ ‎(2)①酸性介质中多氧部分加氢生成，反应的离子方程式为；②从题图中可以看出时的脱氮效果最好；‎ ‎③活性炭的结构疏松多孔，对水中的和有吸附作用。‎ ‎(3)①次氯酸与氨气反应的方程式为；②从图中可以看出投氯比为脱氮效果最好。‎ ‎【详解】(1)已知化学式可表示为，由常温下逐渐升温的过程中会发生分解。起始状态到A点是失去了部分结晶水，①起始状态到A点分子量上相差144，刚好8个水分子，发生分解反应的化学方程式：；‎ ‎②设B点物质化学式为，（51+16x)×6÷1065=0.4676，x=2，化学式为VO2；‎ ‎(2)将酸性废水中以和形式存在的氮元素转化为除去，正极发生还原反应，化合价降低，在正极发生的电极反应式为；‎ ‎②由图中脱氮效果可知，则合适的=之间均可；‎ ‎③脱除率检测的是溶液中的元素含量，实验测得当时，对废水中的氮也有一定的脱除率，其原因为活性炭具有疏松多孔的结构，可吸附水中的和；‎ ‎(3)①次氯酸与氨气反应的方程式为，当生成时，转移的电子数为；‎ ‎②根据氯离子含量对废水脱氮效果的影响，三种情况下投料为时脱氮效果最好，原因可能是氯离子浓度大，电解反应速率快，相同时间内生成的浓度大，氧化性强。‎ ‎[物质结构与性质]‎ - 27 -‎ ‎21.葡萄糖酸锌是一种常见的补锌药物，常用葡萄糖酸和反应制备。‎ ‎(1)基态核外电子排布式为________。‎ ‎(2)的空间构型为________（用文字描述）；与反应能生成，不考虑空间构型，的结构可用示意图表示为________。‎ ‎(3)葡萄糖酸的分子结构如图1所示，分子中碳原子的轨道杂化类型为________；推测葡萄糖酸在水中的溶解性：________（填“难溶于水”或“易溶于水”）。‎ ‎(4)用可以制备，一个晶胞（如图2）中，的数目为________。‎ ‎【答案】 (1). 或 (2). 正四面体 (3). (4). 、 (5). 易溶于水 (6). 4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）Zn原子序数为30，Zn2+失去了2个电子，基态核外电子排布式为；‎ ‎（2）根据价电子理论，可推出空间构型。‎ ‎（3）根据有机物空间结构，推断碳原子轨道杂化类型。‎ ‎（4）根据晶胞的结构，结合立体几何知识可看出Zn2+离子数量。‎ ‎【详解】(1)根据电子排布结构，基态核外电子排布式为或。‎ ‎(2) 中心S原子价层电子对数，故为正四面体，配合物中，铜原子提供空轨道，中氧原子提供孤电子对，与4个形成配位键，配位键由提供孤电子对的原子指向提供空轨道的原子，所以其表示方法为 - 27 -‎ ‎。‎ ‎(3) 羧基中碳原子是，其余碳原子是。葡萄糖酸中含有5个羟基和1个羧基，都是亲水基团，故易溶于水。‎ ‎(4)由图2可知，Y为锌离子，一个晶胞中，的数目为4。‎ ‎[实验化学]‎ ‎22.3，4−亚甲二氧基苯甲酸是一种用途广泛的有机合成中间体，微溶于水，实验室可用KMnO4氧化3，4−亚甲二氧基苯甲醛制备，其反应方程式为 实验步骤如下：‎ 步骤1：向反应瓶中加入3，4−亚甲二氧基苯甲醛和水，快速搅拌，于70～80 ℃滴加KMnO4溶液。反应结束后，加入KOH溶液至碱性。‎ 步骤2：趁热过滤，洗涤滤饼，合并滤液和洗涤液。‎ 步骤3：对合并后的溶液进行处理。‎ 步骤4：抽滤，洗涤，干燥，得3，4−亚甲二氧基苯甲酸固体。‎ ‎（1）步骤1中，反应结束后，若观察到反应液呈紫红色，需向溶液中滴加NaHSO3溶液，转化为_____________（填化学式）；加入KOH溶液至碱性的目的是____________________________。‎ ‎（2）步骤2中，趁热过滤除去的物质是__________________（填化学式）。‎ ‎（3）步骤3中，处理合并后溶液的实验操作为__________________。‎ ‎（4）步骤4中，抽滤所用的装置包括_______________、吸滤瓶、安全瓶和抽气泵。‎ ‎【答案】 (1). SO42− (2). 将反应生成的酸转化为可溶性的盐 (3). MnO2 (4). 向溶液中滴加盐酸至水层不再产生沉淀 (5). 布氏漏斗 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）反应结束后，反应液呈紫红色，说明KMnO4过量，KMnO4具有强氧化性将HSO3-‎ - 27 -‎ 氧化成SO42-，反应的离子方程式为2MnO4-+3HSO3-=2MnO2↓+3SO42-+H2O+H+。根据中和反应原理，加入KOH将转化为可溶于水的。‎ ‎（2）MnO2难溶于水，步骤2中趁热过滤是减少的溶解，步骤2中趁热过滤除去的物质是MnO2。‎ ‎（3）步骤3中，合并后的滤液中主要成分为，为了制得，需要将合并后的溶液进行酸化；处理合并后溶液的实验操作为：向溶液中滴加盐酸至水层不再产生沉淀。‎ ‎（4）抽滤所用的装置包括布氏漏斗、吸滤瓶、安全瓶和抽气泵。‎ ‎【点睛】本题以“3，4−亚甲二氧基苯甲酸的制备实验步骤”为背景，侧重了解学生对《实验化学》模块的学习情况，考查物质的分离和提纯、实验步骤的补充、基本实验装置和仪器、利用所学知识解决问题的能力，解题的关键是根据实验原理，整体了解实验过程，围绕实验目的作答。‎ ‎ ‎ - 27 -‎ - 27 -‎