精品解析：江蘇省揚州市2020屆高三6月調(diào)研考試化學(xué)試題(解析版)

1、2019 2020 學(xué)年度第二學(xué)期6 月調(diào)研考試試題高三化學(xué)2020.06注意事項：考生在答題前請認真閱讀本注意事項及各題答題要求1.本試卷共8頁，包含選擇題第1題第15題，共40分、非選擇題第1題第21題，共 80 分兩部分。本次考試時間為100分鐘，滿分120分?？荚嚱Y(jié)束后，請將答題卡交回。2答題前，請考生務(wù)必將自己的學(xué)校、班級、姓名、學(xué)號、考生號、座位號用0.5毫米的黑色簽字筆寫在答題卡上相應(yīng)的位置。3選擇題每小題選出答案后，請用2B 鉛筆在答題紙指定區(qū)域填涂，如需改動，用橡皮擦干凈后，再填涂其它答案。非選擇題請用0.5毫米的黑色簽字筆在答題紙指定區(qū)域作答。在試卷或草稿紙上作答一律無效。

2、4如有作圖需要，可用2B 鉛筆作答，并請加黑加粗，描寫清楚?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 Cl 35.5 Fe 56選擇題（共40 分）一、 單項選擇題：本題包括10 小題， 每小題2分，共計 20分。 每小題只有一個選項 符合題意。1 .下列關(guān)于亞硝酸（HNO2）的說法正確的是A. 能與NaOH 溶液反應(yīng)B. 能使酚酞試液變紅C. 只有氧化性D. 只有還原性【答案】A【解析】【詳解】A.亞硝酸屬于酸，能和 NaOH發(fā)生中和反應(yīng)，故 A符合題意；B 酚酞遇堿變紅，亞硝酸屬于酸，不能使酚酞變色，故B 錯誤；C.亞硝酸中的N元素、。元素都不是

3、最高價態(tài)，所以具有還原性，故 C錯誤；D 亞硝酸中的N 元素、 H 元素都不是最低價態(tài)，所以具有氧化性，故D 錯誤；故答案為A。2. 反應(yīng)PH3 + HCl + 4HCHO = P（CH 2OH）4Cl 的產(chǎn)物常被用作棉織物的防火劑。下列表示反應(yīng)中相關(guān)微粒的化學(xué)用語正確的是A.中子數(shù)為20的氯原子：20 ClB. HCHO 結(jié)構(gòu)式：H-C- O HC.。2一的結(jié)構(gòu)示意圖:D. PH3的電子式:IBP.IIH【答案】D【解析】【詳解】A.中子數(shù)為20的氯原子的質(zhì)量數(shù)為 20+17=37,原子符號左下角為質(zhì)子數(shù)，左上角為質(zhì)量數(shù)，所以符號為17 Cl,故A錯誤；B. HCHO中含碳氧雙鍵，結(jié)構(gòu)式為口

4、，故B錯誤；n-L-InC. O兀素為8號兀素，。原子得到兩個電子形成氧離子，結(jié)構(gòu)不意圖為色/，故C錯誤；D. PH3中P原子和每個H原子共用一對電子，還含有一對孤電子對，電子式為,故D正確；故答案 D。3.下列有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)與用途具有對應(yīng)關(guān)系的是A.乙烯具有還原性，可用于生產(chǎn)聚乙烯B. Al 203熔點高，可用作耐高溫材料C. CaO能與H20反應(yīng)，可用作廢氣的脫硫劑D. Fe2O3能與鹽酸反應(yīng)，可用于制作紅色顏料【答案】B【解析】【詳解】A.乙烯可以發(fā)生加聚反應(yīng)得到聚乙烯，作為聚合物聚乙烯的單體，不是因為乙烯的還原性，故A錯誤；B.熔點高的物質(zhì)可以作耐火材料，A12O3熔點高，可用作耐高溫

5、材料，故 B正確；C. CaO能與H20反應(yīng)，故可以用作干燥劑，CaO能與二氧化硫、氧氣發(fā)生化學(xué)反應(yīng)生成硫酸鈣，可用作廢氣的脫硫劑，故 C錯誤；D. Fe2O3能與鹽酸反應(yīng)，故可用作除鐵銹，F(xiàn)e2O3是紅棕色固體，可用于制作紅色顏料，故 D錯誤；答案選Bo4.室溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是A. 0.1 mol L-1 HCl 溶液：k +、SO 2-、NO 3B. 0.1 mol L-1 H2O2 溶液：NH+、SO：-、NO 3C. 0.1 mol L-1 KSCN 溶液：Fe3+、SO2-、ClD. 0.1 mol L-1 NaOH 溶液：NH ；、SO2-、CO2-【答案

6、】A【解析】【詳解】A.三種離子相互之間不反應(yīng)，也不與氫離子和氯離子反應(yīng)，可以大量共存，故A符合題意;B.雙氧水具有氧化性，會將亞硫酸根氧化，故 B不符合題意；C. SCN-與Fe3+生成絡(luò)合物而不能大量共存，故C不符合題意；D.俊根和氫氧根會結(jié)合生成弱電解質(zhì)一水合氨，不能大量共存，故D不符合題意；故答案為Ao5.下列實驗操作能達到實驗?zāi)康牡氖莬邛乙A.用裝置甲制備并收集乙酸乙酯B.用裝置乙除去 CO2中的少量SO2C.用熱的純堿溶液除去試管上的油污D.用稀鹽酸除去試管內(nèi)壁上的銀【答案】C【解析】【詳解】A.制備乙酸乙酯需要加熱，且乙酸乙酯會在NaOH溶液中發(fā)生水解，不能用 NaOH溶液收集乙

7、酸乙酯，故A錯誤；B.二氧化碳也會和碳酸鈉溶液反應(yīng)，無法達到分離提純的目的，故 B錯誤；C.熱的純堿溶液顯堿性， 可以使油脂水解，反應(yīng)生成可溶于水的高級脂肪酸鈉，從而洗去油污，故C正確;D.銀不溶于稀鹽酸，也不與稀鹽酸反應(yīng)，稀鹽酸無法除去試管內(nèi)壁上的銀，可用稀硝酸溶液，故D錯誤;故答案為C。6. 下列有關(guān)化學(xué)反應(yīng)的敘述正確的是A. 電解熔融MgCl 2生成 Mg(OH) 2B. 加熱NH 4Cl 制備NH3C.室溫下，Al和Fe2O3反應(yīng)生成FeD.銅和濃硝酸反應(yīng)生成 NO2【答案】D【解析】【詳解】A.電解熔融氯化鎂得到鎂單質(zhì)和氯氣，電解氯化鎂水溶液可以得到氫氧化鎂，故A錯誤；B.加熱氯化鏤

8、分解成 HCl和NH3,生成的HCl和NH3在試管口又反應(yīng)生成氯化鏤，無法得到氨氣，故 B錯誤；C. Al和Fe2O3在高溫條件下才能反應(yīng)，室溫下不反應(yīng)，故 C錯誤；D,濃硝酸具有強氧化性，可以和銅反應(yīng)生成NO2、Cu(NO3)2和水，故D正確；故答案為D 。7. 下列指定反應(yīng)的離子方程式正確的是A. 向 NaClO 溶液中通入過量CO2： ClO + CO2+ H2O = HClO + HCO -3B.向 FeCl3溶液中加入銅粉：Fe3+ + Cu = Fe2+ + Cu2+C. 用 NaOH 溶液吸收NO2： 2OH + 2NO2 = 2NO -2 + H2OD.向 AlCl 3溶液中滴

9、加氨水：Al 3+ + 3OH =Al(OH) 3 J【答案】A【解析】【詳解】A 次氯酸的酸性弱于碳酸而強于碳酸氫根，所以無論二氧化碳是否過量均生成碳酸氫根，離子方程式為 ClO + CO2+ H2O = HClO + HCO 3,故 A 正確；B.向FeCl3溶液中加入銅粉正確的離子方程式為2Fe3+ + Cu = 2Fe2+ + Cu2+,故B錯誤；-C.用NaOH溶液吸收NO2生成硝酸鈉和亞硝酸鈉，離子方程式為2NO2+2OH- =NO2+NO 3+H2。，故C錯誤；D. 一水合氨為弱堿，不能寫成離子，正確的離子方程式為Al 3+ 3NH3 H2O=3NH ；+Al(OH) 3 故D錯

10、誤;故答案為A。8. 短周期主族元素X、 Y、 Z、 W 的原子序數(shù)依次增大，X 原子的最外層電子數(shù)是電子層數(shù)的3 倍， Y 元素的焰色為黃色，Z2+與Ne具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，W與X位于同一主族。下列說法正確的是A. 原子半徑：r(W) r(Z) r(Y) r(X)B. X的簡單氣態(tài)氫化物比 W的穩(wěn)定C. Z 的最高價氧化物的水化物的堿性比Y 的強D. X與W只能形成一種氧化物【答案】B【解析】【分析】X 原子的最外層電子數(shù)是電子層數(shù)的3 倍，所以其電子層結(jié)構(gòu)為2、 6，則X 為 O 元素； Y 元素的焰色為黃色，則Y為Na元素；Z2+與Ne具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，則 Z為Mg元素，W與X位于

11、同一主族，且為短周期元素，則W 為 S 元素。【詳解】A.電子層數(shù)越多原子半徑越大，電子層數(shù)相同，核電荷數(shù)越小半徑越大，所以四種原子的半徑：NaMgSO,即 r(Y) r(Z) r(W) r(X),故 A 錯誤；B 非金屬性越強，簡單氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，同主族元素自上而下非金屬性減弱，所以 O 的非金屬性大于S，則 O 的簡單氣態(tài)氫化物比S 的穩(wěn)定，故B 正確；C.金屬性越強，最高價氧化物的水化物的堿性越強，Mg的金屬性弱于 Na,所以Mg的最高價氧化物的水化物的堿性比Na 的弱，故C 錯誤；E. O元素和S元素可以形成 SO2、SO3兩種氧化物，故 D錯誤；故答案為B 。9. 在給定條件下，下

12、列選項所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能實現(xiàn)的是MnO(2 s)Fe( s)A. HCl(aq)Cl2(g)FeCl2(s)點燃H 2 SO( 4 aq)B. Cu(OH) 2(s)CuO(s) 2 4CuSO4(aq)H(2 g)HNO(3 aq)C. N 2(g)2NH 3(g)3NH 4NO3(s)D. Al 2O3(s)HCl( aq)AlCl3(aq)AlCl 3(s)【答案】B【解析】【詳解】A .鐵粉在氯氣中燃燒只能生成氯化鐵，而不是氯化亞鐵，故A錯誤；B 氫氧化銅受熱分解成氧化銅，氧化銅可以和稀硫酸反應(yīng)生成硫酸銅溶液，故B 正確；C錯誤;C.氨氣和硝酸溶液反應(yīng)生成硝酸俊溶液，得不到硝酸俊固體

13、，故D.由于鋁離子水解， HCl易揮發(fā)，所以加熱蒸發(fā)氯化鋁溶液得到的是氫氧化鋁，故 D錯誤;故答案為B。10.下列圖示與對應(yīng)的敘述正確的是t2時A.圖甲表示一定條件下反應(yīng)2SO2(g) + 02(g)? 2SO3(g)中各物質(zhì)的物質(zhì)的量濃度隨時間的變化，說明刻僅縮小了容器的容積B.圖乙表示反應(yīng) C02(g) + 3H 2(g) ? CH 30H(g) + H 20(g) HKnC.圖丙表示用0.01 mol L-1 AgN0 3溶液滴定濃度均為 0.01 mol L-1的NaX、NaY混合溶液時，lgc隨AgN0 3溶液體積的變化，說明Ksp(AgY) Ksp(AgX)D.圖丁表示25c時，加

14、水稀釋10 mL pH均為5的HF與HCN溶液時，溶液的pH隨溶液體積的變化，說明 Ka(HCN) Ka(HF)【解析】【詳解】A,若縮小容器體積，SO2、。2、SO3的濃度都會瞬間增大，而圖示中SO2、O2的濃度瞬間不變，之后緩慢降低然后不變，SO3的濃度瞬間不變?nèi)缓缶徛龃?，所以t2時刻不可能是縮小容器的體積，故 A錯誤；B.據(jù)圖可知I條件下反應(yīng)達到平衡時間較長，反應(yīng)速率較慢，平衡時 n(CH3OH)較大，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)， 所以TiKu,故B正確；C. -lgc值越大，相應(yīng)的離子濃度越小， 據(jù)圖可知當硝酸銀溶液體積相同時，c(Y 一較小，所以AgY更難溶，所以 Ksp(AgY) Ksp(

15、AgX),故 C 錯誤；D.酸性越弱，同pH的酸溶液稀釋相同的倍數(shù)，pH的變化越小，據(jù)圖可知 HF的酸性比HCN強，所以Ka(HCN) Ka(HF),故 D 錯誤； 故答案為B。二、不定項選擇題：本題包括 5小題，每小題4分，共計20分。每小題只有一個或兩個選項符合題意。若正確答案只包括一個選項，多選時，該題得0分；若正確答案包括兩個選項時，只選一個且正確的得2分，選兩個且都正確的得滿分，但只要選錯一個，該小題就得0分。11.電解含C1O2的NaCl溶液可以獲彳#消毒劑 NaClO2,該工藝尾氣吸收時的反應(yīng)為2C1O2 + 2NaOH + H2O2 =2NaClO2 + O2 + 2H2O。下

16、列有關(guān)說法正確的是A.電解時，化學(xué)能會轉(zhuǎn)化為電能和熱能B.電解時，C1O2轉(zhuǎn)化為ClO.的反應(yīng)發(fā)生在陽極C.尾氣吸收生成11.2 L。2時，H2O2失去1 mol電子D. 2H2O2(aq)=2H2O(l) + 02(g) AHKa2(H2CO3)=c(HCO3 )c(H+) c(CO32 )c(H+) xc(HCO；)W2 )c(H+)2,KhK* c(H2CO3)c(HzCO3)c(OH )cg2 )c(H+)c(Hg )c(HCO；),等式兩邊同乘以c(H+),可以得到c(H2CO3)c(OH )c(H+) c(CO32-)c(H +)2c(HCO3 )c(HCO3 ),即 KwKal(

17、H2CO3) Ka2(H2CO3),故 D 錯誤;答案選AC。14.草酸(H2c2。4)是一種二元弱酸。室溫時，下列指定溶液中微粒物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是A. 0.1 mol L-1 NaHC2O4溶液：c(Na +)c(C2O4-)c(HC2O4)B. 0.1 mol L-1 Na2c2O4溶液：c(OH ) = c(H+) + 2c(H2c2O4) + c(HC2O 4 )C. 0.1 mol L-1 H2c2O4 溶液：0.2 mol L-1 + c(OH ) = c(H+)+ 2c(H2c2O4) + c(HC2O4 )，一十2-D.向Na2c2O4溶液中滴加 H2c2O4溶液至中性：

18、c(Na ) = 2c(C2O4 )【答案】BC【解析】2-【詳解】A. NaHC2O4溶液顯酸性，說明HC2O4的電離大于它的水解，c(C2O4 )是由c(HC2O4 )電離得到的,2- -故 c(C2O4 )vc(HC2O4),故 A 錯誤；B. Na2c2O4 溶液中存在質(zhì)子守恒，c(OH ) =c(H+)+2c(H2c2O4) + c(HC2O4),故 B 正確； +-2 +C. H2c2O4溶液中的電荷守恒，c(H ) = c(HC2O4 )+2c(C2O4 ) + c(OH ),物料守恒：c(H )=-2-2c(HC2O4 )+2c(C2O4 )+2c(H2c2。4),兩式相減得到

19、：c(OH ) =2c(H2c2。4)+c(HC2O4 ),由于水電離出的氫離子和氫氧根離子濃度總是相等，水中的氫氧根離子是由水電離出的，故0.1 mol L-1 H2c2O4溶液中氫離子的濃度等于酸電離出的氫離子濃度加上水電離出的氫離子，0.2 mol L-1 + c(OH ) = c(H+) + 2c(H2c2O4) +c(HC2O4 ),故 C 正確;，、,、-、.、,、一 一_- r 一 ，.，. a . 、 .+-2D.向 Na2c2O4溶放中滴加 H2c2O4溶放至中性：符合電荷守恒，c(H ) + c(Na ) =c(OH )+c(HC2O4 )+2c(C2O4 ),溶液顯中性，

20、c(OH ) = c(H+),則 c(Na +)=2 c(C2O 2-) + c(HC2O 4 ),故 D 錯誤；答案選BC?！军c睛】C項是難點，需要學(xué)生熟練使用電荷守恒，物料守恒，在草酸溶液中氫離子來自于草酸自身電離出的氫離子和水電離出的氫離子兩部分，屬于易錯點。15 .催化劑存在下，在 1 L的恒容密閉容器中充入 0.1 molCO和0.3mol H2發(fā)生反應(yīng)CO(g)+3H 2(g) ? CH4(g)+H 2O(g)。反應(yīng)相同時間，CO的轉(zhuǎn)化率與反應(yīng)溫度的關(guān)系如圖所示。下列說法一定正確的是A.升高溫度，CO(g)+3H 2(g) ? CH4(g)+H2O(g)的化學(xué)平衡常數(shù)增大B.圖中X

21、點所示條件下，延長反應(yīng)時間能提高CO的轉(zhuǎn)化率C.圖中Y點所示條件下，改用性能更好的催化劑能提高CO的轉(zhuǎn)化率D. Ti C , CO(g)+3H 2(g) ? CH4(g)+H2O(g)的化學(xué)平衡常數(shù) K1【答案】BD【解析】【分析】從圖像可以看出，隨著溫度的升高化學(xué)反應(yīng)速率加快，在相同的反應(yīng)時間內(nèi)，CO的轉(zhuǎn)化率增大；Ti C時CO的轉(zhuǎn)化率為50%,據(jù)此分析?！驹斀狻緼.從圖像可以看出，隨著溫度的升高化學(xué)反應(yīng)速率加快，在相同的反應(yīng)時間內(nèi)，CO的轉(zhuǎn)化率增大，但無法判斷溫度升高平衡移動的方向，故無法得出溫度升高平衡常數(shù)增大的結(jié)論，故A錯誤；B.圖中X點所示條件下，反應(yīng)沒有達到平衡狀態(tài)，延長反應(yīng)時間，

22、反應(yīng)正向進行，能提高CO的轉(zhuǎn)化率，故B正確；CO的轉(zhuǎn)化率，故C錯誤;C.圖中Y點所示條件下，改用性能更好的催化劑能加快反應(yīng)速率，不能提高D.根據(jù)反應(yīng)：CO(g)+3H 2(g) ? CH4(g)+H 2O(g),列出三段式：CO g3H2 g?CH4gH2O g開始(mol/L)0.10.300變化(mol/L)0.050.150.050.05T1( mol/L)0.050.150.050.05c(CH 4)c(H K=c(CO)c(H2O) _ 0.052)30.050.05 彳 3 =14.81 0.153 1 ,故D正確；答案選BD。非選擇題(共80分)16 .以白云石(主要成分為 Ca

23、CO3和MgCO3)為原料制備氧化鎂和輕質(zhì)碳酸鈣的一種工藝流程如下:INlLiNOq溶灌CUr. I . . 睇眄白 R 萬-e CM ； ame。已知：KspMg(OH) 2 = 5 俅-12(1)白云石高溫煨燒所得固體產(chǎn)物的主要成分為 (填化學(xué)式)(2) NH4NO3溶液呈酸性的原因為 (用離子方程式表示)。(3)浸取”后，c(Mg2+)應(yīng)小于5X10-6 mol L-1 ,則需控制溶液 pH。(4)碳化”反應(yīng)的化學(xué)方程式為 。(5)煨燒所得固體的活性與其中CaO含量及固體疏松程度有關(guān)。其他條件相同時，將不同溫度下的煨燒所 得固體樣品加入酸化的酚酗:溶液中，引起溶液變色所需時間不同，由此可

24、知煨燒所得固體的活性差異。溶液變色的時間與各樣品煨燒溫度的關(guān)系如圖所示。當溫度高于950 c時，煨燒所得固體易板結(jié)，活性降低;當溫度低于950 c時，活性降低的原因為 。將不同溫度下的煨燒所得固體樣品加入水中，也可測量 其活性，則此時需測量的數(shù)據(jù)為相同時間后 與樣品煨燒溫度之間的關(guān)系。irri -【答案】(1). CaO、MgO (2). NH4+ H2O? NH 3 H2O+H+(3). 11(4). Ca(NO3)2+ CO 2 +2NH 3 = CaCO3 J + 2NHNO3(5).煨燒溫度較低，CaCO3未完全分解，CaO的含量偏低(6).溫度【解析】【分析】 白云石(主要成分為Ca

25、CO3和MgCO3)高溫煨燒得到 CaO和MgO,由于俊根水解顯酸性， 所以之后加入硝酸錢調(diào)節(jié)pH浸取，使CaO溶解，浸取后溶液中的溶質(zhì)主要為硝酸鈣和一水合氨，過濾掉不溶的MgO,之后向溶液中依次通入過量氨氣、二氧化碳，得到碳酸鈣?！驹斀狻?1)高溫煨燒白云石得到 CaO和MgO;(2)硝酸俊溶液中由于存在俊根的水解所以顯堿性，水解方程式為NH 4+ H2O? NH3 H2O+H+;-12(3)KspMg(OH) 2 =c C中含氧官能團名稱為酰胺鍵、 和。 A-B的反應(yīng)類型為 。 (3)試劑X的分子式為C7H10N2,寫出X的結(jié)構(gòu)簡式： 。 A的一種同分異構(gòu)體同時滿足下列條件，寫出該同分異構(gòu)

26、體的結(jié)構(gòu)簡式:是“-氨基酸；苯環(huán)上有3種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子。(OH - )c(Mg 2+),當 c(Mg2+)=5 0-6 mol L-1 時，c(OH一 尸mol/L=1 0-3mol/L ,此.5 10-6時 pH=11 ,若 c(Mg2+)小于 5 M0-6 mol L-1 ,則需要 pH11 ；(4)硝酸俊浸取后溶液中的溶質(zhì)主要為硝酸鈣和一水合氨，通入氨氣、二氧化碳，發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)，化學(xué)方程式為 Ca(NO3)2+ CO2 + 2NH 3 = CaCO3 J + 2NHNO3；(5)煨燒溫度較低，CaCO3未完全分解，CaO的含量偏低，所以活性降低；氧化鈣和水反應(yīng)放熱，氧化鈣含 量越

27、高與樣品與水反應(yīng)放出的熱量越多，所以也可將不同溫度下的煨燒所得固體樣品加入水中，測量的相 同時間后反應(yīng)液的溫度與樣品煨燒溫度之間的關(guān)系，來判斷樣品的活性?！军c睛】碳化的過程與侯氏制堿法制取純堿的原理類似，通氨氣使溶液堿性增強，更好的吸收二氧化碳， 同時過量的氨氣可以防止碳酸氫鈣的生成。17.化合物G是合成降壓藥替米沙坦的重要中間體，其人工合成路線如下:EFG(5)已知：苯胺(NH：)有還原性，易被氧化;硝基苯直接硝化產(chǎn)物為間二硝基苯-0HCH3COO-+CH3NH2寫出以NO和為原料制備 CINib-的合成路線流程圖(無機試劑任用，合成路線流程圖示例見本題題干)。(6).2NI”(3).取代反

28、應(yīng).(1).酯基 (2).硝基IInh20發(fā)生取代反應(yīng)生成B,其同分異構(gòu)體滿足:(4)A 為 口M I .【解析】 【分析】B和濃硝酸在濃硫酸的作用下發(fā)生硝化反應(yīng)生成C, C發(fā)生還原反應(yīng)生成D, D在氫離子作用下生成E, E中酯基水解再酸化得到F, F與X反應(yīng)生成G,該過程與D生成E的過程類似，X的分子式為C7H10N2,結(jié)合F和G的結(jié)構(gòu)簡式，可知 X的結(jié)構(gòu)簡式為【詳解】(1)C中的含氧官能團為酰胺基、硝基、酯基;(2)A生成B的過程中氨基上的氫原子被代替，屬于取代反應(yīng);(3)根據(jù)D轉(zhuǎn)化為E的原理并結(jié)合F和G的結(jié)構(gòu)可知，X為(5)對比忖。;和aN%NH,的結(jié)構(gòu)可知需要在苯環(huán)上引入兩個處于鄰位的

29、氨基,根據(jù)C到D變化可知硝是“-氨基酸，即含有氨基和竣基，且氨基和竣基連接在同一個碳原子上;苯環(huán)上有3種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子，則苯環(huán)上可能有一個取代基、三個不同的取代基或兩個處于間位 的相同取代基。綜合兩個條件可知，滿足條件的結(jié)構(gòu)為:基可以被還原為氨基，但硝基苯直接硝化產(chǎn)物為間二硝基苯，所以不能直接硝化硝基苯，再將硝基還原為氨基，根據(jù)A到D的過程可知NH二可以和共c1發(fā)生取代反應(yīng)生成飛臬匚*，而且該物質(zhì)取代基的鄰位可以發(fā)生硝化反應(yīng)，根據(jù)題干信息可知該物質(zhì)的取代基可以在堿性環(huán)境中生成氨基，綜上所述，合成路線可以設(shè)計為：【點睛】本題難點為合成路線的設(shè)計，一是要注意題目信息：硝基苯直接硝化產(chǎn)物為間二

30、硝基苯，而產(chǎn)物 有兩個處于鄰位的氨基，所以不能直接硝化再還原；二是充分利用題目所給的流程，分析物質(zhì)的結(jié)構(gòu)特點、 各步反應(yīng)中官能團的變化，找出相關(guān)信息。18.聚合氯化鐵Fe2(OH)nCl6-nm簡稱PFC,是一種新型高效的無機高分子凈水劑。以FeC12 4H2O為原料，溶于稀鹽酸并加入少量的 NaNO2,經(jīng)氧化、水解、聚合等步驟，可制備 PFC。(1)在稀鹽酸中，NaNO2會與532+反應(yīng)生成一種無色氣體 M,氣體M對該反應(yīng)有催化作用，其催化原理如圖 所示。M的化學(xué)式為 ; Fe2+在酸性條件下被 。2氧化的離子方程式為 。5 + A士X1- -c(OH )一一一(2)鹽基度B= h X 10

31、0%是衡量凈水劑優(yōu)劣的一個重要指標。鹽基度越小，凈水劑對水pH變化的影3c(Fe )響。(填越大、越小”或無影響”)(3)PFC樣品中鹽基度(B)的測定：已知：PFC樣品的密度p= 1.40 g mL-1 ,樣品中鐵的質(zhì)量分數(shù)co(Fe) = 16%步驟1:準確量取1.00 mL PFC樣品置于錐形瓶中。步驟2：加入一定體積0.05000 mol L-1的鹽酸標準溶液，室溫靜置后，加入一定體積的氟化鉀溶液(與Fe3+反應(yīng)，消除Fe3+對實驗白干擾)，滴加數(shù)滴酚血:作指示劑，立即用 0.05000 mol L-1氫氧化鈉標準溶液滴定至 終點，消耗氫氧化鈉標準溶液13.00 mL。步驟3：準確量取

32、1.00 mL蒸儲水樣品置于錐形瓶中，重復(fù)步驟2操作，消耗氫氧化鈉標準溶液49.00 mL。根據(jù)以上實驗數(shù)據(jù)計算 PFC樣品的鹽基度(B)(寫出計算過程)。【答案】(1). NO (2). 4Fe2+ O2+ 4H+= 4Fe3+ 2H2O(3).越大 (4).樣品中OH-的物質(zhì)的量濃度：n(OH-)= n1(NaOH) - n2(NaOH) = 0.05000 mol L-1 x (49.00 - 13.00)-3 L 18 10-3mol；-3c(OH-)=n-= 1.8-10- = 1 8 M0-3mol L-1 ;V (樣品)110-3樣品中Fe3+的物質(zhì)的量濃度:3+c(Fe3+)=

33、 n(Fe) V(樣品)一一-11.0mL 1.40ggmL 16%56ggmol-1= 4，0 10 3 mol L 1 ;c(OH )B= -X 100% =3c(Fe)1.810-33 4,010-x 100% =-315%。1.010-3Lc(OH-)該滴定實驗時測定 PFC樣品中的鹽基度，鹽基度B=一4 X 100%;先根據(jù)樣品的密度、 鐵的質(zhì)量分3c(Fe )數(shù)計算所取樣品中 Fe3+的濃度；然后加入一定體積的鹽酸標準溶液充分反應(yīng)，加入KF消除Fe3+對實驗的干擾，之后用氫氧化鈉標準液滴定剩余的鹽酸的量；再利用蒸儲水重復(fù)操作，滴定加入的鹽酸標準液的總量，總量減去剩余量即可得到樣品中

34、氫氧根消耗的鹽酸標準的量?！驹斀狻?1)在稀鹽酸中，NaNO2會將Fe2+氧化成Fe3+,該過程中NaNO2應(yīng)作為氧化劑，據(jù)圖可知，M與Fe2+ 可以生成Fe(NO)2+,鐵元素化合價沒有變化，則MHr化合價也不變，所以M應(yīng)為NO; Fe2+在酸性條件下被。2氧化，應(yīng)生成Fe3+,根據(jù)電子守恒和元素子方程式應(yīng)為4Fe2+ O2+ 4H += 4Fe3+ 2H2O;_ 1c(OH )(2)鹽基度B=二 X 100%,鹽基度越小，F(xiàn)e2(OH)nCl6-nm中n的值越小，則c(OH 一越小，生成的Fe(OH)33c(Fe3 )膠體的量越少，溶液中c(Fe3+)越大，水解效果越強，對水 pH變化的影

35、響越大；(3)根據(jù)分析，樣品中 OH-的物質(zhì)的量濃度：n(OH-)= m(NaOH) - n2(NaOH)= 0.05000 mol L-1 x (49.00 -31-10r = 1.8 M0-3molL-1；110-31.0mL1.40ggmL-116%56ggmol-1=4.01.0 10-3L10-3 mol L-1;15%。33n(OH-)13.00) 便-3L=1.8 10-3mol; c(OH-)=V(樣品)樣品中Fe3+的物質(zhì)的量濃度：c(Fe3+)= n(Fe )V(樣品)c(OH-)1.810-3B=3 x 100% = x 100% =3c(Fe3 )3 4.0 10-3【

36、點睛】本題難點是鹽基度的計算，首先要理解鹽基度的含義；其次是氫氧根濃度的確定，理解兩次滴定的作用，本實驗中是通過只加鹽酸不加樣品，利用NaOH標準液的量來確定鹽酸標準液的量，再利用兩次滴定的差值確定樣品中氫氧根消耗的鹽酸標準液的量。19.實驗室從廢電路板粉碎金屬料(主要含金屬Cu,還含少量Zn、Fe、Pb等金屬)中回收銅，其實驗流程如下:氨水空氣粉碎 金屬科+ CuSO* 7H儲晶體速渣kFu、Fb等金屬已知：一定pH范圍內(nèi)，Cu2+、Zn2+等能與氨形成配離子。 氨浸”在題圖-1所示的裝置中進行。需 h! l：l 1:1存亂扣4點加林枳出 圖二*41 f-熱叁*事鼓入空氣，金屬 Cu可被氧化

37、生成Cu(NH3)42+,其離子方程式為 空氣流量過大，會降低 Cu元素的浸出率，其原因是 。 氨浸”時向氨水中加入一定量(NH4)2SO4固體，有利于Cu2+轉(zhuǎn)化為Cu(NH 3)42+,其原因是 (2)洗滌濾渣所得的濾液與過濾”所得濾液合并的目的是 (3)濾液中主要陽離子為Cu(NH 3)42+、NH + ,還含有一定量的Zn(NH 3)42+。其中銅氨配離子的離解反應(yīng)可表示為：Cu(NH 3)42+(aq) ? Cu2+(aq)+4NH 3(aq),該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達式為 ；某有機溶劑HR 可高效萃取離解出的 Cu2+(實現(xiàn)Cu2+與Zn2+的有效分離),其原理為(org表示有機相):

38、Cu2+(aq) + 2HR(org) ? CuR2(org) + 2H +(org)；再向有機相中加入稀硫酸，反萃取得到CuSO4溶液。25U/1九姑壟ehM L圖-3結(jié)合題圖-2和題圖-3,補充完整以濾液為原料，制取較純凈CuSO4 5H2O晶體的實驗方案： ,蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶，過濾洗滌干燥。(實驗中可選用的試劑：有機溶劑HR、2molL1硫酸、3molL1硫酸)?！敬鸢浮?.2Cu + 8NH 3 H2O + O2 = 2Cu(NH 3)4 2+ + 4OH + 6H2。(2).空氣流量過大，氨的揮發(fā)量增多，銅的浸出率減小(3).增加NH 4的濃度，會抑制 NH3 H2O的電離平衡，增

39、大溶液中 NH3 H2。c(Cu2 )gc(NHJ濃度 (4).提高銅元素的利用率(5). K=六 (6).將濾液和有機溶劑 HR按體積比c(Cu(NH 3)4)1 ： 1混合，充分振蕩，靜置分層。分液，取有機相，加入適量2mol L -1硫酸，充分振蕩，靜置分層。分液，取水相【解析】【分析】金屬料(主要含金屬Cu,還含少量Zn、Fe、Pb等金屬)加入氨水同時通入空氣進行氨浸，Cu、Zn被氧化后和氨水形成配合物溶于水中，過濾除去Fe、Pb等金屬；得到的濾液中主要陽離子為Cu(NH 3)42+、NH ,還含有一定量的Zn(NH 3)42+;之后利用有機溶劑 HR萃取Cu2+,萃取后再向有機相中加

40、入稀硫酸，反萃取得到CuSO4溶液，之后經(jīng)蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶，過濾洗滌干燥得到硫酸銅晶體。【詳解】(1)鼓入空氣，金屬 Cu可被氧化生成Cu(NH 3)4 2+,氧化劑應(yīng)為氧氣，結(jié)合電子守恒和元素守恒可得離子方程式為 2Cu + 8NH3 H2O +。2= 2Cu(NH 3)4 2+ 4OH + 6H2O；空氣流量過大，氨的揮發(fā)量增多，導(dǎo)致銅的浸出率減??； 氨浸”時向氨水中加入一定量(NH4)2SO4固體，可增加NH +的濃度，會抑制NH3 H2。的電離平衡，增大 溶液中NH 3 H2。濃度，有利于 Cu2+轉(zhuǎn)化為Cu(NH3)42+;(2)洗滌濾渣所得的濾液中含有銅元素，洗滌濾渣所得的濾液與

41、“過濾”所得濾液合并可提高銅元素的利用率；(3)銅氨配離子的離解反應(yīng)可表示為：Cu(NH 3)42+(aq) = Cu2+(aq)+4NH 3(aq),其平衡常數(shù)表達式為_2+4c(Cu )cc (NH3) K= c(Cu(NH 3)42 )據(jù)圖可知當有機相和水相體積比為1:1時，銅的浸取率已經(jīng)很高，繼續(xù)增大有機相的體積浸取率有所下降，所以萃取時有機相和水相體積比取1:1;據(jù)圖可知當硫酸的濃度為2mol/L和3mol/L時反萃取率相差不大，但濃度過大會造成硫酸的浪費，所以反萃取時硫酸的濃度選2mol/L ,具體操作為：將濾液和有機溶劑HR按體積比1 ： 1混合，充分振蕩，靜置分層。分液，取有機

42、相，加入適量2mol L-1硫酸，充分振蕩，靜置分層。分液，取水相，蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶，過濾洗滌干燥?！军c睛】回答第1小題第3小問時，要注意平衡移動原理的應(yīng)用，一水合氨電離出錢根，加入俊根可以使平衡逆向移動，使一水合氨濃度增大。20.有效脫除煙氣中的 SO2是環(huán)境保護的重要課題。(1)氨水可以脫除煙氣中的SO2。氨水脫硫的相關(guān)熱化學(xué)方程式如下：2NH 3(g) +H 20(1) +SO2(g) =(NH 4)2SO3(aq) H= akJ mol-1(NH4)2SO3(aq)+H2O(l) +SO2(g) =2NH4HSO3(aq) HX = bkJ mol-12(NH 4)2SO3(aq)

43、+O2(g) =2(NH 4)2SO4(aq) AH =ckJ mol-1反應(yīng) NH3(g)+NH4HSO3(aq) +，O2(g) =(NH4)2SO4(aq)的 AH=kJ mol-1。已知：SO2的國家排放標準為80mgm-3。氨水脫除煙氣中的 SO2是在吸收塔中進行的，控制其他實驗條件相同，僅改變吸收塔的溫度，實驗結(jié)果如題圖-1所示，為了盡可能獲得 NH4HSO3,則吸收塔合適的溫度約為。A. 25cB. 31cC. 35c(2)電解法可以脫除煙氣中的 SO2。用Na2SO4溶液吸收煙氣中的 SO2,使用惰性電極電解吸收后的溶液，H2SO3在陰極被還原為硫單質(zhì)，陰極的電極反應(yīng)式為 。(

44、3)鈉鈣雙堿法可高效脫除煙氣中的SO2,脫硫的流程如題圖-2所示。吸收時氣液逆流在吸收塔中接觸，吸收時不宜直接使用石灰乳的原因是 。：“濡液再性港尾氣水溶液中H2SO3、HSO3、SO3-隨pH的分布如題圖-3所示， 再生液”用NaOH溶液調(diào)pH至79得至ij溶 液X,溶液X吸收SO2時主要反應(yīng)的離子方程式為已知Na2SO3的溶解度隨著pH增大而減小。溶液X的pH對脫硫效率的影響如題圖-4所示。當pH由6升高到7時,脫硫效率迅速增大的原因為 ;當pH大于7時，隨pH增大脫硫效率增速放緩的原因為 .警(2). B (3). H2SO3 + 4e-+4H+ = S J 招H2O(4).使用石灰乳會

45、生成難溶的2-CaSO3,引起吸收塔堵塞(5). SO 3 +SO2 + H2O = 2HSO3(6).再生液 中Na2SO3的濃度增大，吸收SO2的效率增強 (7).隨著pH進一步增大， 再生液”中Na2SO3的溶解度因pH增大而減小，Na2SO3會析出，Na2SO3濃度減小，脫硫效率增速放緩?！窘馕觥俊痉治觥坷蒙w斯定律進行計算，選擇合適溫度時，要使NH4HSO3的含量較多，二氧化硫和氨氣的含量較少。根據(jù)化合價的變化寫出電極反應(yīng)式。二氧化硫會與石灰乳反應(yīng)產(chǎn)物亞硫酸鈣的溶解性分析。根據(jù)圖像可以看出亞硫酸根的濃度在增大，寫出亞硫酸根與二氧化硫反應(yīng)的離子方程式。再生液”中Na2SO3的濃度變化分析吸收效率的變化。根據(jù) Na2SO3的溶解度隨著pH增大而減小分析?！驹斀狻?1)2NH 3(g) +H2OQ) +SO2(g) =(NH 4SO3(aq) H= akJ mol-1(NH4)2SO3(aq)+H2O(l) +SO2(g) =2NH4HSO3(aq) HX = bkJ mol-12(NH 4)2SO3(aq) +O2(g) =2(NH 4”SO