江苏省盐城市2020届高三第三次（5月）模拟考试化学试题 Word版含解析 28页

www.ks5u.com 盐城市2020届高三年级第三次模拟考试 化学试题 可能用到的相对原子质量：H 1 C l2 O 16 Mg 24 Fe56 ‎ 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.能源是人类社会不断发展的核心驱动力。下列说法正确的是 A. D、T核聚变发电过程中不产生新元素 B. 光催化CO2和H2O合成甲醇为放热反应 C. 可燃冰是天然气水合物，属于清洁能源 D. 流水、地热能发电的能量转化形式相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在核反应中，会产生新的元素，A错误；‎ B．甲醇燃烧时生成CO2和H2O，放出热量，因此CO2和H2O合成甲醇时，需要吸收能量，为吸热反应，B错误；‎ C．可燃冰是天然气的水合物，天然气的主要成为是甲烷，完全燃烧生成水和二氧化碳，属于清洁能源，C正确；‎ D．流水发电是将重力势能和动能转化为电能，地热能是将热能转化为电能，能量转化形式不同，D错误。‎ 答案选C。‎ ‎2.防护口罩由三氟氯乙烯、聚丙烯或聚乙烯等制成的熔喷布及定位铝条等组成。下列相关化学用语错误的是 A. 质子数与中子数相等的氟原子: ‎ B. AI3+的结构示意图:‎ C. 乙烯的电子式:‎ D. 聚丙烯的结构简式:‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ - 28 -‎ ‎【详解】A．F为9号元素，质子数与中子数相等，则其质量数为18，其原子符号为，A正确，不选；‎ B．Al的核外各层电子数目分别为2、8、3，失去最外层的三个电子，形成Al3＋，其结构示意图为，B正确，不选；‎ C．乙烯的结构简式为CH2=CH2，碳和碳之间形成双键，碳和氢之间形成单键，其电子式为，C正确，不选；‎ D．聚丙烯，由丙烯CH3CH=CH2加聚得到，其结构简式为，D错误，符合题意。‎ 答案选D。‎ ‎3.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是 A. NaClO能使蛋白质变性，可用作环境消杀剂 B. SO2具有刺激性气味，可用作纸浆的漂白剂 C. FeCl3易溶于水，可用作H2O2分解的催化剂 D. Al(OH)3具有两性，可用作塑料制品的阻燃剂 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NaClO具有强氧化性，能使蛋白质变性，能用于消毒杀菌，A正确；‎ B．SO2具有刺激性气味，和它具有漂白性没有关系，SO2能够与某些有色物质化合成无色物质，因而具有漂白性，B错误；‎ C．FeCl3溶于水，是其物理性质，而催化H2O2分解是化学性质，无直接关系，C错误；‎ D．Al(OH)3能够作塑料制品的阻燃剂，是由于其受热分解生成的Al2O3的熔点高，与其两性无关，D错误。‎ 答案选A。‎ ‎4.实验室可用SiC与Cl2反应(SiC+2Cl2SiCl4+C)制取少量SiCl4(沸点57.6℃，易水解)。下列实验原理和装置不能达到实验目的的是 - 28 -‎ A. 制取氯气 B. 净化氯气，气体从接口①进入 C. 制取四氯化硅 D. 收集四氯化硅粗产品 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．实验室利用MnO2和浓盐酸加热制备Cl2，可以达到实验目的，A不选；‎ B．利用浓盐酸制备Cl2，含有H2O、HCl等杂质，利用饱和食盐水除去HCl，利用浓硫酸除去水，除杂时，应该先除去HCl，再除去水；除杂时，应该长导管进，选项中的装置不能达到实验目的，B选；‎ C．SiC和Cl2加热制备CCl4，可以达到实验目的，C不选；‎ D．SiCl4的沸点57.6℃，沸点较低，可以通过冷凝收集到SiCl4，由于SiCl4易水解，而且需要吸收过量的Cl2，因此需要接一个装有碱石灰的干燥管，可以防止空气中的水蒸气进入，也可以吸收多余的Cl2，可以达到实验目的，D不选。‎ - 28 -‎ 答案选B。‎ ‎5.室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A. 无色透明溶液：K+、H+、MnO4-、SO32-‎ B. 0.1mol/LCuSO4溶液：Mg2+、Al3+、NO3-、C1-‎ C. =1×1013mol/L溶液：K+、Fe2+、SCN-、NO3-‎ D. 能与金属铝反应产生H2的溶液：Na+、NH4+、CO32-、SO42-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．含有MnO4－的溶液呈紫红色，不是无色，A错误；‎ B．0.1mol·L－1CuSO4中，Mg2＋、Al3+、NO3-、C1-不反应，可以大量共存，B正确；‎ C．=1×1013mol/L的溶液为碱性，Fe2＋和OH－不能大量共存，C错误；‎ D．能与金属铝反应产生H2的溶液可能是酸性或者碱性，酸性溶液中，CO32－不能大量存在，碱性溶液中，NH4＋不能大量存在，D错误。‎ 答案选B。‎ ‎6.下列操作及预测的化学反应现象一定错误的是 A. 向盛有25mL沸水的烧杯中滴入5~6滴饱和FeCl3溶液，煮沸片刻，液体呈红褐色 B. 将切去表皮钠块放在石棉网上加热，剧烈燃烧，发出黄色火焰，得到淡黄色固体 C. 向盛有2mLNaOH浓溶液的试管中滴入2滴AlCl3稀溶液，立刻产生白色胶状沉淀 D. 向蔗糖中加入浓硫酸并搅拌，蔗糖变黑、体积膨胀，变为疏松多孔的黑色固体，并放出刺激性气味的气体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．沸水中滴入FeCl3溶液，Fe3＋水解生成Fe(OH)3胶体，呈红褐色，A正确，不选；‎ B．钠与O2剧烈反应，发出黄色火焰，生成Na2O2，为淡黄色固体，B正确，不选；‎ C．向盛有2mLNaOH浓溶液滴入2滴AlCl3溶液，OH－过量，Al3＋会转化为AlO2－，没有白色沉淀，C错误，选；‎ D．蔗糖中加入浓硫酸，由于浓硫酸具有脱水性，会使蔗糖脱水碳化，变成疏松多孔的黑色固体，放出热量，C和浓硫酸反应生成SO2，有刺激性气味，D正确，不选。‎ - 28 -‎ 答案选C。‎ ‎7.下列指定反应的离子方程式正确的是 A. Fe(OH)3 溶于HI溶液: 2Fe(OH)3+6H++2I- =2Fe2++I2+6H2O B. 向NaAlO2溶液中通入过量CO2: 2AlO2- +CO2+3H2O = 2Al(OH)3↓+CO32-‎ C. 向[Ag(NH3)2]OH 溶液中加入足量盐酸生成白色沉淀: Ag++ CI-= AgC1↓‎ D. 向K2MnO4溶液中加入醋酸，生成KMnO4和MnO2: 3MnO42- + 4H+ = MnO2↓+ 2MnO4- +2H2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Fe(OH)3和HI反应，由于Fe3＋具有强氧化性，能够氧化I－生成I2，化学方程式为2Fe(OH)3+6H++2I-=2Fe2++I2+6H2O，A正确；‎ B．NaAlO2溶液中通入过量的CO2，生成HCO3－，离子方程式为AlO2－+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3－，B错误；‎ C．溶液中的OH－、NH3也会和H＋反应，离子方程式为Ag(NH3)2＋＋OH－＋3H＋＋Cl－=AgCl↓＋2NH4＋＋H2O，C错误；‎ D．醋酸是弱酸，不能拆开，应保留化学式，离子方程式为3MnO42-+4CH3COOH=MnO2↓+2MnO4-+2H2O+4CH3COO－，D错误。‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】氢氧化二氨合银Ag(NH3)2OH是强碱，在溶液中可以完全电离出Ag(NH3)2＋和OH－，但是不能电离出Ag＋。‎ ‎8.短周期主族元素X、Y、Z、.W原子序数依次增大，X的单质在空气中的体积分数最大，Y在周期表中所处的族序数等于周期数， Z的原子序数是X的两倍，Y、Z的最外层电子数之和与W的相等。下列说法错误的是 A. 原子半径: r(Y)>r(Z)>r(X)‎ B. X的简单气态氢化物的热稳定性比Z的强 C. Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的弱 D. Y、W形成的化合物是目前工业上电解制备Y单质的原料 ‎【答案】D ‎【解析】‎ - 28 -‎ ‎【详解】X的单质在空气中的体积分数最大，则X为N元素；Y在周期表中所处的族序数等于周期数，结合原子序数，Y为Al元素；Z的原子序数是X的两倍，X为7号元素，则Z为14号元素，Z为Si元素；Y、Z的最外层电子数之和为3+4=7，与W的最外层电子数相等，W为Cl元素。‎ A．同周期元素，从左到右原子半径依次减小；一般情况下，电子层数越多，半径越大，则X(N)、Y(Al)、Z(Si)的原子半径的顺序为r(Y)>r(Z)>r(X)，A正确，不选；‎ B．非金属元素的非金属性越强，元素的简单氢化物的稳定性越强。N的非金属性强于Si，则X的简单气态氢化物NH3的稳定性的比Z的简单气态氢化物SiH4的稳定性强，B正确，不选；‎ C．非金属元素非金属性越强，元素的最高价氧化物的水化物的酸性越强，Z的非金属性弱于w的非金属性，则Z的最高价氧化物的水化物H2SiO3的酸性弱于W的最高价氧化物的水化物HClO4，C正确，不选；‎ D．工业上冶炼Al用电解熔融的Al2O3，而不是AlCl3，D错误，符合题意。‎ 答案选D。‎ ‎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. Br2(g)‎ B. ‎ C. Cu(s) ‎ D. SiO2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Br2(g)通入SO2的水溶液中，发生反应Br2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HBr，可得到HBr溶液，向HBr溶液中加入Al2O3固体，发生反应6HBr＋Al2O3=2AlBr3＋3H2O，得到AlBr3溶液，加热AlBr3溶液，AlBr3是强酸弱碱盐，发生水解，加热促进水解，而且HBr是挥发性酸，所以会得到Al(OH)3固体，A错误；‎ B．在高温条件下，CO可以还原Fe2O3得到Fe单质，Fe可以和水蒸气反应生成Fe3O4固体，化学方程式分别为Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2、3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2，B正确；‎ C．铜单质可与FeCl3溶液反应，化学方程式为2FeCl3＋Cu=CuCl2＋2FeCl2，但是CuCl2溶液不能与葡萄糖反应，葡萄糖与新制的Cu(OH)2悬浊液反应得到砖红色Cu2O沉淀，C错误；‎ D．SiO2不与Na2CO3溶液反应，SiO2和Na2CO3固体在高温下可以反应，D错误。‎ - 28 -‎ 答案选B。‎ ‎10.最近复旦大学的研究人员设计出一种以有机负极(PTO/HQ)和无机正极(MnO2/石墨毡)的水合氢离子电池，其装置示意图如图所示。下列说法错误的是 A. 充电时，电能转化为化学能 B. 放电时，H3O+向MnO2石墨毡极迁移 C. 放电时，正极上发生: MnO2 +2e- +4H3O+= Mn2+ +6H2O D. 充电时，阴极上发生: PTO+4e- + 2H2O= HQ + 4OH-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．充电时，整个装置为电解池，将电能转化为化学能，A正确，不选；‎ B．放电时，装置为原电池，阳离子向正极移动，MnO2石墨毡为正极，H3O＋向其移动，B正确，不选；‎ C．放电时，根据图示MnO2转化为Mn2＋，电极方程式为MnO2+2e-+4H3O+=Mn2++6H2O，C正确，不选；‎ D．电解质溶液中充满H3O+，因此产物中不可能生成OH－，阴极方程式应为PTO+4e-+4H3O＋=HQ+4H2O；D错误，符合题意。‎ 答案选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- -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- -个，该小题就得0分。‎ ‎11.NH4Cl是实验室常用试剂，下列相关说法正确的是 A. 反应2NH4Cl(s)+Ba(OH)2(s)=BaCl2(s)+2NH3(g)+2H2O(s)的△H>0，△S<0‎ - 28 -‎ B. 0.1mol·L－1NH4Cl溶液从15C升温到25°C时，的值不变 C. 反应NH4Cl+NaNO2=NaCl+N2↑+2H2O，每生成1molN2转移电子数为6×6.02×1023‎ D. 常温下，Ksp[Mg(OH)2]=1.8x10-11，Kb(NH3·H2O)=1.8x10-5，NH4Cl饱和溶液中加入少量Mg(OH)2，振荡，固体逐渐溶解 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NH4Cl和Ba(OH)2的反应是吸热反应，△H>0，但是反应后气体体积增大，混乱度增大，△S>0，A错误；‎ B．NH4＋在溶液中会水解，NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，水解吸热，升高温度，促进水解，水解平衡常数增大，B错误；‎ C．反应中NH4Cl中的N的化合物为－3升高到0，NaNO2中的N的化合价从+3降低到0价，都生成N2，则每转移3mol电子生成1molN2，即转移的电子数为3×6.02×1023，C错误；‎ D．若Mg(OH)2和NH4Cl反应，离子方程式为2NH4＋＋Mg(OH)2Mg2＋＋2NH3·H2O，该反应的平衡常数，带入数据，，平衡常数较小，为可逆反应。NH4Cl饱和溶液中NH4＋浓度很大，可以促进反应正向进行，Mg(OH)2会溶解，D正确。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】一般情况下，平衡常数K大于105，可以认为该反应会完全反应；K小于10－5，可以认为该反应不反应，而在10－5和105之间，可认为该反应为可逆反应。‎ ‎12.化合物X的结构简式如图所示。下列有关化合物X的说法正确的是 - 28 -‎ A. 分子中3个苯环处于同一平面 B. 分子中只有1个手性碳原子 C. 1molX最多能与lmolBr2反应 D. 1molX 与NaOH溶液反应时最多消耗4molNaOH ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．三个苯环与一个饱和碳原子相连，饱和碳原子和其相连的原子的空间构型类似于CH4，最多三个原子共平面，因此3个苯环不可能处于同一个平面，A错误；‎ B．当一个碳原子连接4个不同的原子或原子团的时候，该碳原子为手性碳原子，如图中的用*标示的碳原子，，B正确；‎ C．酚羟基的邻位和对位上的H能够Br取代，X中有2个酚羟基邻位上的H能够与Br2反应，消耗2molBr2，碳碳双键能够与Br2发生加成，消耗1molBr2，因此1molX最多能与3molBr2反应，C错误；‎ D．酚羟基具有酸性，能够与NaOH反应，1molX具有1mol酚羟基，能够消耗1molNaOH，1molX具有2mol酯基，其中如图所示的酯基，，水解得到酚羟基，也能与NaOH反应，因此该1mol酯基，消耗2molNaOH；另一个酯基，水解消耗1molNaOH，则1molX与NaOH溶液反应时，最多消耗4molNaOH，D正确。‎ 答案选BD。‎ ‎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 实验操作和现象 实验结论 - 28 -‎ 选项| ‎ A 向KI溶液中滴加几滴NaNO2溶液，再滴加淀粉溶液后变蓝色 NO2-的氧化性比I2的强 B 向麦芽糖样品溶液X中加入银氨溶液，水浴加热，产生银镜 X中麦芽糖已发生水解 C 用pH计测得浓度均为0.01mol/L的苯酚钠溶液、Na2CO3溶液的pH依次为10.9、11.1 ‎ 苯酚的酸性比碳酸的强 D 常温时，向0.1mol/LNa2CrO4溶液中滴入AgNO3溶液至不再有红棕色沉淀（Ag2CrO4），再滴加0.1mol/LNaCl溶液，沉淀逐渐转变为白色 Ksp(AgCI) c(HC2O4- )> c(H2C2O4)‎ B. 0.1mol·L-1PT中滴加NaOH至溶液pH=4.19： c(Na＋)-c(K＋) c(Na+)> c(HC2O4- )>c(C2O42- )‎ - 28 -‎ D. 0.1mol·L-1 PT与0.3mol·L-1NaOH溶液等体积混合：c(Na＋)-c(K＋)=c(H2C2O4)＋c(HC2O4－)＋c(C2O42－)‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．PT溶于水后，若HC2O4－和H2C2O4不电离也不水解，则有c(K+)=c(H2O4-)=c(H2C2O4)，但是HC2O4－和H2C2O4均会电离，根据电离平衡常数大小，H2C2O4电离程度大于HC2O4－的电离程度，根据H2C2O4H＋HC2O4－，溶液中的HC2O4－的浓度会增加，H2C2O4浓度减小，因此c(HC2O4-)>c(K+)>c(H2C2O4)，A错误，符合题意；‎ B．pH=4.19，则c(H＋)=10－4.19mol/L，根据pKa2=4.19，则，带入c(H＋)=10－4.19mol/L，得c(C2O42－)=c(HC2O4－)。在溶液中电荷守恒，则c(Na＋)＋c(K＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HC2O4－)＋2c(C2O42－)，根据PT中的物料守恒，有2c(K＋)=c(H2C2O4)＋c(HC2O4－)＋c(C2O42－)。在电荷守恒的式子中，左右加上c(H2C2O4)，得c(H2C2O4)+c(Na＋)＋c(K＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HC2O4－)＋2c(C2O42－)+c(H2C2O4)，将物料守恒的式子，带入等式的右边，得c(H2C2O4)+c(Na＋)＋c(K＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(C2O42－)+2c(K＋)，左右两边消去c(K＋)，再根据c(C2O42－)=c(HC2O4－)，可得c(H2C2O4)+c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HC2O4－)+c(K＋)。溶液呈酸性，c(H＋)>c(OH－)，则c(H2C2O4)+c(Na＋)v(逆)‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据，则0.0~5.0min，PCl5分解的平均速率，A错误；‎ B．该反应为可逆反应，在达到平衡的过程中，反应既正向进行，又逆向进行，因此各个物质中均存在37Cl，B错误；‎ C．根据图示，14.0min时，Cl2和PCl3的物质的量在减小，而PCl5的物质的量在增加，说明平衡逆向移动，若压缩体积，压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动，与图像相符，C正确；‎ D．达到平衡时，Cl2、PCl3、PCl5‎ - 28 -‎ 的物质的量分别为6mol、3mol、1mol，容器的体积为2L，则可求得平衡常数，若向容器中各充入1.0mol的Cl2、PCl5及PCl3，此时Cl2、PCl3、PCl5的物质的量分别为7mol、4mol、2mol，浓度商，小于K，平衡正向移动，则v(正)>v(逆)，D正确。‎ 答案选CD。‎ 非选择题 ‎16.用磷铁渣(含Fe、FeP、Fe2P及少量杂质)制备FePO4·2H2O(磷酸铁)的工艺流程如下：‎ ‎(1)“浸取”时，在密闭反应器中加入硝酸、硫酸及活性炭，硝酸首先分解生成NO2和O2，O2将铁和磷分别氧化为Fe2O3、P2O5。‎ ‎①Fe2P与O2反应的化学方程式为__________。‎ ‎②加入硫酸的目的是__________；加入活性炭能降低有害气体的产生，这是因为__________。‎ ‎③c(HNO3)与磷铁渣溶解率关系，如题图-1所示，当c(HNO3)在1.5~2.0mol·L-1时，磷铁渣溶解率随硝酸的浓度增大而减小的原因是__________‎ 图-1‎ - 28 -‎ 图-2‎ ‎(2)“制备”时，溶液的pH对磷酸铁产品中铁和磷的含量及n(Fe)/n(P)比值的影响，如题图-2所示（考虑到微量金属杂质，在pH=1时，n(Fe)/n(P)为0.973最接近理论值]）。在pH范围为1~1.5时，随pH增大，n(Fe)/n(P)明显增大，其原因是___________；写出生成FePO4·2H2O的离子方程式：__________________________。‎ ‎【答案】 (1). 4Fe2P + 11O24Fe2O3 + 2P2O5 (2). 溶解Fe2O3等并保持体系的酸度 (3). （活性炭具有吸附性）吸附NO2等 (4). 硝酸的分解速率大于硝酸分解产物中氧气与磷铁渣反应的反应速率（硝酸分解过快导致损失） (5). pH增大，促进了Fe3+水解，生成的Fe(OH)3混入产品中 (6). Fe3+ +H3PO4 +nNH3·H2O+(2-n)H2O=FePO4·2H2O↓+nNH4++(3-n)H+（n=1，2，3，均给分）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 磷铁矿在90℃与硝酸、硫酸、活性炭作用，得到Fe3＋、H3PO4等，过滤除去不可溶性的杂质，加入H3PO4调节P和Fe的比例，加入氨水，得到产物。‎ ‎【详解】(1) ①根据题干信息，O2将Fe和P分别氧化为Fe2O3和P2O5，根据得失电子守恒和质量守恒，化学方程式为4Fe2P + 11O24Fe2O3 + 2P2O5；‎ ‎②题干信息，首先硝酸分解得到NO2和O2，氧气将Fe2P氧化得到Fe2O3，但是经过浸取后，得到含有Fe3＋、H3PO4的溶液，加入硫酸，可以溶解Fe2O3，也可以维持酸性环境，防止Fe3＋水解，因此加入硫酸的目的是溶解Fe2O3等并保持体系的酸度；硝酸分解可以得到有害气体NO2，而活性炭的体表面积较大，可以吸附NO2等有害气体；‎ ‎③硝酸的浓度越大，其分解速率越快，导致浸取率降低；答案为硝酸的分解速率大于硝酸分解产物中氧气与磷铁渣反应的反应速率（硝酸分解过快导致损失）；‎ ‎(2)pH开始增大时，促进溶液中的Fe3＋水解生成Fe(OH)3‎ - 28 -‎ 混入产品中，导致n(Fe)/n(P)明显增大；调节好Fe、P比例的溶液中，含有Fe3＋、H3PO4，加入NH3·H2O得到FePO4，根据原子守恒和电荷守恒，离子方程式为Fe3＋＋H3PO4＋3NH3·H2O=FePO4·2H2O↓＋3NH4＋＋H2O，如果NH3·H2O少量，H＋没有完全中和，离子方程式可表示为Fe3+ +H3PO4 +nNH3·H2O+(2-n)H2O=FePO4·2H2O↓+nNH4++(3-n)H+。‎ ‎17.化合物H是制备某褪黑素受体激动剂的中间体，其合成路线如下：‎ 已知：RCOOH，其中—R为烃基。‎ ‎(1)A中含氧官能团的名称为__________和__________。‎ ‎(2)B→C的反应类型为___________。‎ ‎(3)F的分子式为C11H8O2Br2，写出F的结构简式：________‎ ‎(4)B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碱性条件水解生成两种产物，酸化后两种分子中均只有2种不同化学环境的氢。‎ ‎(5)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). 醚键 (2). 醛基 (3). 加成反应 (4). (5). (6). ‎ - 28 -‎ 或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A到B，A中的－CHO转化为－CH=CHCOOC2H5，B和H2发生加成，得到C，C和Br2发生反应，结合F的分子式C11H8O2Br2[问(3)提供的信息]以及F到G反应的条件提供的信息，C苯环上的H原子被Br取代，是为了E到F第二步成环的过程中，只有一种取向，则D的结构简式为，D到E，E中的酯基在碱性环境下发生水解，再酸化，得到羧基，E的结构简式为。根据已知信息，E到F，首先－COOH转化为－COCl，再在AlCl3的作用下成环，F的结构简式为，F到G，H取代F中的Br，G的结构简式为，最后得到H。‎ ‎【详解】(1)根据A的结构简式，A的含氧官能团有醛基、醚键；‎ ‎(2)根据B和C的结构简式，可知B中的碳碳双键H2发生加成反应，得到C，该反应类型为加成（还原）反应；‎ - 28 -‎ ‎(3)根据H的结构简式，以及A生成B的信息，可知G的结构简式为，再根据F与H2反应生成G，是H替代了Br，则F的结构简式为；‎ ‎(4)B的分子式为C13H14O3，与相同的碳原子数的烷烃少了14个H原子。B的同分异构体，能够与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；能够碱性条件水解生成两种产物，则含有酯基，再酸化，理应得到酸和“醇”两种产物，但分子中均只有2种不同化学环境的氢，苯环上已有酚羟基，如果只有2种不同化学环境的氢，则两个取代基相同，且处于对位，可知水解后得到的不是醇羟基，而是酚羟基，第一种产物为对苯二酚，结构简式为。根据水解方程式可知，另一种产物的分子式为C7H10O3，含有的－COOH，含有一种H原子，说明其他氢原子的化学环境相同，则含有－C(CH3)3的结构，根据分子式，可知分子中还含有碳碳三键，则羧酸的结构简式为(CH3)3C－C≡C－COOH。则B同分异构体的结构简式为；‎ ‎(5)目标产物的结构类似于F，根据题中的信息，得到F需要E，E中含有羧基，羧基来自与酯的水解，模仿A到B，在分子中引入酯基，根据A的结构，引入酯基，需要分子中含有碳氧双键，则发生催化氧化即可以引入碳氧双键，则合成路线流程图为或。‎ - 28 -‎ ‎18.镁铁水滑石(镁、铁的碱式碳酸盐)是具有层状结构的无机功能材料，可由Mg(NO3)2·6H2O、Fe(NO3)3·9H2O及CO(NH2)2等按一定比例在温度高于90℃时反应制得。‎ ‎(1)其他条件不变时，n[CO(NH2)2]/n(Fe3+)对镁铁水滑石产率和溶液pH的变化关系如图所示：‎ ‎①<3，反应液中产生少量气体，测氨仪未检出NH3，说明逸出的气体主要是____________(填化学式)。‎ ‎②n[CO(NH2)2]/n(Fe3+)>12，溶液的pH处于稳定状态，这是因为_________________‎ ‎(2)镁铁水滑石表示为：[FexMgy(OH)z](CO3)w·pH2O(摩尔质量为660g·mol-1)，可通过下列实验和文献数据确定其化学式，步骤如下：‎ I．取镁铁水滑石3.300g加入足量稀硫酸充分反应，收集到气体112mL(标准状况)。‎ II．文献查得镁铁水滑石热分解TG-DSC图：303~473K，失去层间水(结晶水)失重为10.9%；473~773K时，CO32-和OH-分解为CO2和H2O；773K以上产物为MgO、Fe2O3。‎ Ⅲ．称取0.4000g热分解残渣(773K以上)置于碘量瓶中，加入稍过量盐酸使其完全溶解，加入适量水和稍过量的KI溶液，在暗处放置片刻，用0.1000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定到溶液呈淡黄色，加入3mL淀粉溶液，继续滴定到溶液蓝色消失。(2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6)，消耗Na2S2O3溶液20.00mL。通过计算确定镁铁水滑石的化学式______________(写出计算过程)。‎ ‎【答案】 (1). CO2 (2). （达到气液平衡，）溶液中OH－浓度处于（过）饱和状态 (3). [Fe2Mg6(OH)16] CO3·4H2O ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)①根据元素守恒，以及目标产物中含有CO32－，可知如果没有氨气逸出，那逸出的气体主要是CO2；‎ ‎②从图中可以看出，n[CO(NH2)2]/n(Fe3+)>12时，测氨仪检出的NH3的量也没有变化，从溶液中逸出的NH3的量和溶解在溶液中NH3的相同，达到了平衡状态，溶液中OH－‎ - 28 -‎ 达到饱和状态，答案为：（达到气液平衡，）溶液中OH－浓度处于（过）饱和状态；‎ ‎(2)Ⅰ镁铁水滑石溶于足量的稀硫酸，其中的CO32－会与H＋反应生成CO2，产生112mL的气体，样品的物质的量，产生CO2的物质的量，则w=；‎ Ⅱ在303～473K，镁铁水滑石失去结晶水，失重为10.9%，则p==4；‎ Ⅲ由2Fe3++2I－=I2+2Fe2+，2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6，得关系式Fe3+～Na2S2O3，n(Fe3+)=n(Na2S2O3)=0.1000mol·L－1×20.00mL×10－3L·mL－1=2.000×10－3mol，n(Fe2O3)=1.000×10－3mol。热分解残渣中，含有Fe2O3、MgO，则n(MgO)==6.000×10－3mol；‎ 则镁铁水滑石中镁和铁的比例为=6.000×10－3mol÷2.000×10－3mol=3；‎ 由化合价代数和为0，x×3+y×2+z×(－1)+1×(－2)=0；‎ 由摩尔质量为660g·mol－1，56g·mol－1×x+24g·mol－1×y+17g·mol－1×z+60g·mol－1×1+18g·mol－1×4=660g·mol－1；‎ 可以解得，x=2y=6z=16，则镁铁水滑石化学式为[Fe2Mg6(OH)16]CO3·4H2O。‎ ‎19.某科研小组采用如下方案拆解废钴酸锂电池并从拆解的正极片中回收锂和钴，主要的实验流程如下：‎ 已知：①正极片中主要含LiCoO2(难溶于水)以及少量乙炔炭黑及铝箔等；负极为石墨，充电时Li+嵌入石墨电极。‎ ‎②P2O4为磷酸二异辛酯，密度为0.973g.cm-3。‎ ‎③3HBrO+CO(NH2)2=3HBr+N2↑+2H2O+CO2↑。‎ ‎(1)“放电处理”时，有关说法正确的是__________(填标号)。‎ - 28 -‎ A．有利于锂的回收，提高锂的回收率 B．处理主要目的是回收残余的电能 C．处理过程中产生的气体只有O2‎ D．可防止在电池拆解过程中，发生短路引起火灾、爆炸事故等安全问题 ‎(2)“还原浸取”时，发生反应的离子方程式为_____________(S2O32-被氧化为SO42-)。‎ ‎(3)“除铁、铝”时，应调整溶液的pH范围为___________(下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol·L-1计算)。‎ ‎(4)“萃取”与“反萃取”时，静置后(如图所示)，获得有机相的操作方法是__________；“反萃取”试剂X适宜是___________(填“H2SO4”或“NaOH”)溶液。‎ ‎(5)设计以流程中产品Li2CO3为原料，制取LiBr·H2O的实验方案：向烧杯中加入适量冷水，______________，干燥得LiBr·H2O[实验中必须使用的试剂：饱和溴水、尿素及活性炭]。‎ ‎【答案】 (1). AD (2). 8LiCoO2 + S2O32－+22H+ = 8Li++8Co2++2SO42－+11H2O (3). 5.0≤pH＜7.8 (4). 打开旋塞，使下层水相放出，然后关闭旋塞，将上层有机相从上口倒出 (5). H2SO4 (6). 在搅拌下加入Li2CO3和尿素至完全溶解，逐滴加入饱和溴水，直到溶液中不再产生气泡，加入活性炭脱色，过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、水洗 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 处理钴酸锂电池时，先进行放电处理，让镶嵌在负极石墨中的Li＋回到正极，提高Li的回收率。放电完成后，拆解正极板，加入H2SO4、Na2S2O3发生氧化还原，LiCoO2中的Co的化合价由＋3价还原成＋2价的Co，通过调节pH，除去溶液中的Fe3＋、Al3＋，再用有机物萃取，分离Li和Co。‎ ‎【详解】(1)A．根据已知①，负极为石墨，充电时Li＋嵌入石墨电极，放电时，Li＋‎ - 28 -‎ 从石墨电极中脱离，进入到正极中，有利于提高锂的回收率，A正确；‎ B．废电池，提供的电压或电流不稳定，剩余的电能很少，不能稳定的供能，因此放电处理的主要目的不是回收残余的电能，B错误；‎ C．电解饱和食盐水，生成气体为Cl2和H2，而不是O2，C错误；‎ D．电池完全放电后，可以防止电池拆解过程中可能发生的安全事故，D正确；‎ 答案选AD；‎ ‎(2)根据流程，LiCoO2中的Co的化合价为＋3，而回收物CoCO3中Co的化合价为＋2，因此在还原浸取中，Co的化合价降低，S2O32－中S的化合价升高，根据得失电子守恒和原子守恒，可得离子方程式为8LiCoO2＋S2O32－+22H＋=8Li＋+8Co2＋+2SO42－+11H2O；‎ ‎(3)除去Fe、Al，则Fe3＋、Al3＋要完全沉淀，Fe3＋的完全沉淀的pH为3.2，Al3＋完全沉淀的pH为5.0，因此pH应大于5.0，但是当pH大于7.8时，Al(OH)3开始溶解，因此pH应小于7.8，因此pH的范围为5.0≤pH＜7.8；‎ ‎(4)萃取剂的密度小于水，萃取操作后在上层，上层溶液应从上口倒出，操作方法是打开旋塞，使下层水相放出，然后关闭旋塞，将上层有机相从上口倒出；从反萃取中可以回收萃取剂，但是萃取剂是酯类，酯在碱性环境下会水解，会回收不到萃取剂，因此试剂X适宜的是H2SO4；‎ ‎(5)溴在水溶液中发生反应Br2＋H2OHBr＋HBrO，但反应的溴较少，生成HBr较少，造成原料的利用率低，根据已知③HBrO可以与尿素反应，使得溴与水的反应正向移动，生成较多的HBr，HBr再与Li2CO3反应生成LiBr。活性炭可用于吸附没有反应的Br2，脱色，因此实验方案为向烧杯中加入适量冷水，在搅拌下加入Li2CO3和尿素至完全溶解，逐滴加入饱和溴水，直到溶液中不再产生气泡，加入活性炭脱色，过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、水洗、干燥得LiBr·H2O。‎ ‎20.铝及其合金可用作材料、铝热剂等，在环境修复等方面也有着巨大的应用潜力。‎ ‎(1)铝的冶炼、提纯的方法很多。‎ ‎①高温碳热歧化氯化法冶铝包含的反应之一为：Al2O3(s)+AlCl3(g)+3C(s)3CO(g)+3AlCl(g)，其平衡常数表达式为K=_______________。‎ ‎②碳热还原Al2O3冶铝的部分反应如下：‎ Ⅰ.2Al2O3(s)+9C(s)=Al4C3(s)+6CO(g) △H1=akJ/mol Ⅱ. 4Al2O3(s)+Al4C3(s)=3Al4O4C(s) △H2=bkJ/mol Ⅲ. Al4O4C(s)+Al4C3(s)=8Al(g)+4CO(g) △H3=ckJ/mol 反应Al2O3(s)+3C(s)=2Al(g)+3CO(g)的△H=__________kJ/mol - 28 -‎ ‎③用离子液体AICb-BMIC(阳离子为EMIM+、阴离子为AlCl4－、Al2Cl7－)作电解质，可实现电解精炼铝。粗铝与外电源的_____________极(填“正”或“负")相连；工作时，阴极的电极反应式为_______________。‎ ‎(2)真空条件及1173K时，可用铝热还原Li5AlO4制备金属锂(气态)，写出该反应的化学方程式：__________________________。‎ ‎(3)用Al、Fe或Al-Fe合金还原脱除水体中的硝态氮(NO3--N)，在45℃，起始c(KNO3-N)为50mg·L-1、维持溶液呈中性并通入Ar等条件下进行脱除实验。结果如图所示(c0为起始浓度、c为剩余浓度)：‎ ‎①纯Al在0~3h时，NO3-几乎没有被脱除，其原因是_______________________；写出3h后NO3-被还原为N2的离子方程式：____________________________。‎ ‎②Al-Fe合金1~2h比纯A13~4h的脱除速率快得多的可能原因是________________。‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). 正 (4). 4Al2Cl7－+3e－ = 7AlCl4－+Al (5). 3Li5AlO4 + 5Al 15Li(g) + 4Al2O3 (6). 铝表面的氧化膜仍未被溶解 (7). 10Al + 6NO3－+ 12H2O + 6H+10Al(OH)3 + 3N2↑ (8). Al-Fe形成原电池能加速电子转移 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①平衡常数表达式为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值；‎ ‎②利用盖斯定律去反应热；‎ - 28 -‎ ‎③电解精炼时，粗铝作阳极，而阴极上生成Al；‎ ‎(3)②Al、Fe的活泼性不同，在溶液中可以构成原电池，加快反应速率。‎ ‎【详解】(1)①平衡常数表达式为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，固体的浓度为定值，不出现在表达式中，则平衡常数；‎ ‎②根据盖斯定律，反应Ⅰ×+反应Ⅱ×+反应Ⅲ×可得目标反应Al2O3(s)+3C(s)=2Al(g)+3CO(g)，则△H=△H1×+△H2×+△H3×kJ/mol ‎=kJ/mol；‎ ‎③电解精炼中，含有杂质的金属作阳极，失去电子，形成离子进入电解质中，在阴极得到电子得到单质，从而完成冶炼过程，因此粗铝与外电源的正极相连；电解质溶液中Al以AlCl4－、Al2Cl7－的形式存在，在阴极得到电子，生成Al，电极方程式为4Al2Cl7－+3e－=7AlCl4－+Al；‎ ‎(2)真空条件及1173K时，可用铝热还原Li5AlO4制备金属锂，Al则转化为Al2O3，化学方程式为3Li5AlO4+5Al15Li(g)+4Al2O3；‎ ‎(3)①纯Al在0～3h，NO3－几乎没有被脱除，说明几乎没有反应，而在3h后，反应才开始，可能是由于Al的表面有一层氧化膜，阻止了反应的进行，因此纯Al在0~3h时，NO3-几乎没有被脱除，其原因是铝表面的氧化膜仍未被溶解；Al和NO3－反应，溶液是中性的，产物中Al以Al(OH)3的形式存在，Al的化合价从0升高到＋3价，NO3－中N的化合价从＋5价降低到0价，根据化合价升降守恒，Al和NO3－的系数比为5：3，再根据电荷守恒和原子守恒，可得离子方程式为10Al+6NO3－+12H2O+6H+10Al(OH)3+3N2↑；‎ ‎②Al、Fe的活泼性不同，在溶液中可以构成原电池，加快电子转移，加快了反应速率。‎ ‎[物质结构与性质]‎ ‎21.Cr、Co、Al的合金及其相关化合物用途非常广泛。‎ ‎(1) Cr3+基态核外电子排布式为___________。‎ ‎(2)1951年Tsao最早报道用LiAlH4还原腈，如反应：。‎ ‎①LiAlH4中三种元素的电负性从大到小的顺序为___________。‎ - 28 -‎ ‎②分子中碳原子的轨道杂化类型为__________，1mol该分子中含σ键的物质的量为__________。‎ ‎(3) [Co(15-冠-5)(H2O)2]2+是一种配位离子(“15-冠-5”是指冠醚的环上原子总数为15，其中O原子数为5)，请在该配位离子结构示意图(图-1)中的相应位置补画出配位键____________。‎ 图1‎ 图2‎ ‎(4)全惠斯勒合金CrxCoyAlz的晶胞结构如题图-2所示，则其化学式为___________‎ ‎【答案】 (1). [Ar]3d3 或1s22s22p63s23p63d3 (2). H、Al、Li (3). sp、sp2和sp3 (4). 19mol (5). (6). Cr2CoAl ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)Cr是24号元素，其基态原子的核外电子排布为[Ar]3d54s1或者1s22s22p63s23p63d54s1，失去3个电子，形成Cr3＋，则Cr3+基态核外电子排布式为[Ar]3d3或1s22s22p63s23p63d3；‎ ‎(2)①元素的金属性越强，电负性越小，在常温下，Li可与水反应，Al不与水反应，说明Li的金属性强于Al，则其电负性小于Al，Al和Li均能与酸反应置换出H2‎ - 28 -‎ ‎，说明H的电负性最大，则LiAlH4中三种元素的电负性从大到小的顺序为H、Al、Li；‎ ‎②有机物中含有饱和的碳原子，也有形成碳碳双键的碳原子（若将苯环看成单双键交替的结构），也有形成碳碳三键的碳原子，碳原子的杂化类型分别采取sp、sp2和sp3；所有的单键（碳碳单键、碳氢单键）均为σ键，碳碳双键（若将苯环看成单双键交替的结构）和碳氮三键中有1根键为σ键，则1mol该分子中含σ键的物质的量为19mol；‎ ‎(3)冠醚和H2O中的O原子均含有孤对电子，可与Co2＋形成配位键，配位键如图所示：；‎ ‎(4)根据晶胞结构，位于晶胞内部的Cr有4个，均为此晶胞所有，位于顶点的Cr有8个，为8个晶胞所共用，位于面心的Cr有6个，为2个晶胞所共有，则属于此晶胞的Cr有个；位于晶胞的棱柱上的Co，共12个，为每个Co为4个晶胞所共有，正中心的Co有1个，为此晶胞所有，则属于此晶胞的Co有个；Al位于晶胞的内部，均为此晶胞所有，共有4个；则晶胞中Cr、Co、Al的个数比为8：4：4=2：1：1，则合金的化学式为Cr2CoAl。‎ ‎[实验化学]‎ ‎22.CS(NH2)2 (硫脲)是一种白色晶体，139C时 溶解度为9.2g·(100gH2O)-1，可用于制造药物、染料等。由H2NCN(氰氨)与Na2S溶液等作原料，在约50°C、pH 10~11时制取，实验装置(夹持及加热装置已略)如下：‎ ‎(1)装置B、D中盛放的试剂分别是__________、 _________。‎ - 28 -‎ ‎(2)装置C合适的加热方式是___________。‎ ‎(3)烧瓶中Na2S与等物质的量的H2NCN反应的化学方程式为_________________________________；以合适的流速通入H2S的目的是_________________________。‎ ‎(4)实验过程中需分次加入H2NCN并继续通入H2S，经多次重复直至液体中出现絮状物。设计后续操作以从装置C的反应液中分离得到硫脲晶体的实验方案：______________________[实验中必须使用的试剂：NaOH溶液]。‎ ‎【答案】 (1). 饱和NaHS溶液 (2). NaOH溶液（或CuSO4溶液等） (3). 热水浴 (4). Na2S + H2NCN +2H2OCS(NH2)2 + 2NaOH (5). 与生成的NaOH反应再生成Na2S并稳定溶液的pH (6). 停止通H2S气体并停止加热，向烧瓶中加入少量NaOH溶液搅拌片刻，将反应液转移到蒸发皿中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、水洗及干燥 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题干信息，反应需要在约50°C、pH10~11下进行，反应方程式为Na2S+H2NCN+2H2OCS(NH2)2+2NaOH，反应过程中生成了NaOH，为了保持pH的稳定，需要中和反应生成的NaOH，则需要通入H2S气体。FeS和盐酸反应生成H2S，生成的H2S中含有HCl杂质，需要除去，D用于吸收多余的H2S气体。‎ ‎【详解】(1)根据分析，装置B用于除去H2S气体中混有的HCl，需要饱和NaHS溶液；装置D用于吸收多余的H2S，防止污染空气，需要NaOH溶液或者CuSO4溶液；‎ ‎(2)反应温度约为50℃，最好使用水浴加热；‎ ‎(3)等物质的量的Na2S和H2NCN反应生成CS(NH2)2，根据原子守恒配平，化学方程式为Na2S+H2NCN+2H2OCS(NH2)2+2NaOH；反应过程中生成了NaOH，为了保持pH的稳定，需要中和反应生成的NaOH，则需要通入H2S气体；‎ ‎(4)反应后得到硫脲的溶液，可以通过蒸发结晶的方法从溶液中得到其晶体，开始时，需要停止通入H2S气体，并加入NaOH溶液，中和掉溶于水中的H2S，也使尽可能多地生成硫脲，实验方案为：停止通H2S气体并停止加热，向烧瓶中加入少量NaOH溶液搅拌片刻，将反应液转移到蒸发皿中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、水洗及干燥。‎ - 28 -‎ ‎【点睛】问题(3)通入H2S的目的较难回答，要抓住反应过程中有NaOH生成，而反应需要维持pH，因此需要通入H2S。‎ ‎ ‎ - 28 -‎ - 28 -‎