江苏省苏州市2020届高三化学上学期期初调研试卷（附解析Word版）

苏州市 2020 届高三上学期期初调研测试 化学试卷 一、单项选择题 1.化学与人类的生产、生活密切相关。下列说法正确的是（  ） A. 含有氟化钠等氟化物的牙膏有害健康，应禁止使用 B. 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 C. 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 D. 废旧电池应集中处理主要是要回收其中的金属材料 【答案】C 【解析】 【详解】A、氟元素可以帮助人体形成骨骼和牙齿，缺氟易患龋齿，故 A 错误； B、油脂既能运送营养素，也能作为维生素 A、D、E、K 的溶剂，它们必须溶在油脂里面，才 会被消化吸收，但油脂是小分子，不是高分子，故 B 错误； C、将二氧化硫添加于红酒中，利用了 SO2 具有杀菌作用和抗氧化特性，故 C 正确； D、废旧电池含有汞、镉等重金属，用完随便丢弃容易造成环境污染，应集中回收处理，防止 污染土壤与水体，故 D 错误。 答案选 C。 2.工业上电解饱和食盐水制取氯气的化学方程式如下：2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑．下 列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是（  ） A. Na+的结构示意图： B. 中子数为 18 的氯原子： Cl C. NaOH 的电子式： D. Cl2 的结构式：Cl＝Cl 【答案】B 通电 35 17 【解析】 【详解】A、钠离子的质子数为 11，钠离子失去了最外层电子，离子结构示意图为： ，故 A 错误； B、质量数=质子数+中子数，中子数为 18 的氯原子的质量数为 35，故为 Cl，故 B 正确； C、氢氧化钠属于离子化合物，氢氧化钠的电子式为： ，故 C 错误； D、氯气分子中两个氯原子通过共用 1 对电子达到稳定结构，电子式为： ，将共用电子 对换成短线即为结构式，氯气结构式为：Cl-Cl，故 D 错误； 答案选 B。 3.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（  ） A. Al2O3 具有两性，可用于制作耐高温材料 B. FeCl3 具有氧化性，可用作铜制线路板的蚀刻剂 C. 漂白粉在空气中不稳定，可用于纸浆的漂白 D. 明矾水解后溶液呈酸性，可用于水的净化 【答案】B 【解析】 【详解】A、Al2O3 是离子化合物，有较高熔点，可作耐火材料，与 Al2O3 具有两性无关，故 A 错误； B、FeCl3 具有氧化性，能溶解 Cu 生成 CuCl2，所以 FeCl3 可用作铜制线路板的蚀刻剂，故 B 正 确； C、漂白粉有效成分是次氯酸钙，能与空气中的 CO2 反应生成强氧化剂 HClO，HClO 有漂白性， 所以漂白粉用于纸浆的漂白与其在空气中不稳定无关，故 C 错误； D、明矾水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体有较强的吸附性，能吸附水中的悬浮物形成沉 淀，达到净水目的，与明矾水解后溶液呈酸性无关，故 D 错误； 答案选 B。 【点睛】试题考查物质的性质及应用，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途等为解答 的关键，注意元素化合物知识的应用。 4.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（  ） A. 使酚酞变红 溶液中：Na+、NH4+、Cl﹣、SO42﹣的 35 17 B. c（Al3+）＝0.1mol•L﹣1 的溶液中：K+、Mg2+、AlO2﹣、SO42﹣ C. 澄清透明的溶液中：Fe3+、Ba2+、NO3﹣、Cl﹣ D. c（H+）＝0.1mol•L﹣1 的溶液中；K+、Na+、CH3 COO﹣、NO3﹣ 【答案】C 【解析】 【详解】A、使酚酞变红的溶液呈碱性，NH4+与氢氧根反应，在溶液中不能大量共存，故 A 错 误； B、Al3+、AlO2﹣之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀，在溶液中不能大量共存，故 B 错误； C、Fe3+、Ba2+、NO3﹣、Cl﹣之间不反应，在溶液中能够大量共存，故 C 正确； D、H+、CH3COO﹣之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故 D 错误； 答案选 C。 5.下列实验装置正确的是（  ） A. 用图 1 所示装置收集 SO2 气体 B. 用图 2 所示装置检验溴乙烷与 NaOH 醇溶液共热产生的 C2H4 C. 用图 3 所示装置从食盐水中提取 NaCl D. 用图 4 所示装置制取并收集 O2 【答案】D 【解析】 【详解】A、SO2 密度比空气大，应用向上排空法收集，故 A 错误； B、乙醇易挥发，可与高锰酸钾发生氧化还原反应，不能排除乙醇的干扰，故 B 错误； C、蒸发应用蒸发皿，不能用坩埚，故 C 错误； D、过氧化氢在二氧化锰催化作用下生成氧气，氧气密度比空气大，可用向上排空法收集，故 D 正确。 答案选 D。 6.下列有关表述正确的是（  ） A. HClO 是弱酸，所以 NaClO 是弱电解质 B. Na2O、Na2O2 组成元素相同，所以与 CO2 反应产物也相同 C. 室温下，AgCl 在水中的溶解度小于在食盐水中的溶解度 D. SiO2 是酸性氧化物，能与 NaOH 溶液反应 【答案】D 【解析】 【详解】A、次氯酸钠是盐，是强电解质而不是弱电解质，故 A 错误； B、Na2O、Na2O2 组成元素相同，与 CO2 反应产物不同：Na2O+CO2＝Na2CO3，2Na2O2+2CO2＝ 2Na2CO3+O2，故 B 错误； C、增加氯离子的量，AgCl 的沉淀溶解平衡向逆向移动，溶解度减小，故 C 错误； D、SiO2 是酸性氧化物，二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，故 D 正确； 答案选 D。 7.下列指定反应的离子方程式正确的是（  ） A. 实验室用浓盐酸和 MnO2 混合加热制 Cl2：MnO2+4H++2Cl﹣ Mn2++Cl2↑+2H2O B. 将 Cl2 溶于水制备次氯酸：Cl2+H2O＝2H++Cl﹣+ClO﹣ C. 用过量的 NaOH 溶液吸收 SO2：OH﹣+SO2＝HSO3﹣ D. 向 AlCl3 溶液中加入氨水：Al3++3OH﹣＝Al（OH）3↓ 【答案】A 【解析】 【详解】A、浓盐酸与二氧化锰混合加热，离子方程式：MnO2+4H++2Cl﹣ Mn2++Cl2↑+2H2O， 故 A 正确； B、将氯气溶于水制备次氯酸的离子反应为 Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，故 B 错误； C、用过量 NaOH 吸收二氧化硫生成亚硫酸钠，离子方程式为 2OH﹣+SO2＝H2O+SO32﹣，故 C 错误； D、向氯化铝溶液中加入过量氨水，一水合氨是弱碱，要保留化学式，离子方程式为 Al3++3NH3•H2O＝Al(OH)3↓+3NH4+，故 D 错误； 答案选 A。 【点睛】考查离子方程式书写方法和反应原理，掌握物质性质和书写原则是解题关键，注意 Δ 反应物用量对反应的影响。 8.短周期元素 W、X、Y 和 Z 的原子序数依次增大．元素 W 是制备一种高效电池的重要材料，X 原子的最外层电子数是内层电子数的 2 倍，元素 Y 是地壳中含量最丰富的金属元素，Z 原子的 最外层电子数是其电子层数的 2 倍．下列说法错误的是（  ） A. 元素 W、X 的氯化物中，各原子均满足 8 电子的稳定结构 B. 元素 X 与氢形成的原子比为 1：1 的化合物有很多种 C. 元素 Y 的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成 D. 元素 Z 可与元素 X 形成共价化合物 XZ2 【答案】A 【解析】 【分析】 X 原子的最外层电子数是内层电子数的 2 倍，是 C 元素，Y 是地壳中含量最丰富的金属元素， 为 Al 元素。Z 原子的最外层电子数是其电子层数的 2 倍，是短周期元素，且 W、X、Y 和 Z 的 原子序数依次增大，Z 为 S 元素，W 是制备一种高效电池的重要材料，是 Li 元素。 【详解】X 原子的最外层电子数是内层电子数的 2 倍，是 C 元素，Y 是地壳中含量最丰富的金 属元素，为 Al 元素。Z 原子的最外层电子数是其电子层数的 2 倍，是短周期元素，且 W、X、 Y 和 Z 的原子序数依次增大，Z 为 S 元素，W 是制备一种高效电池的重要材料，是 Li 元素。 A、W、X 氯化物分别为 LiCl 和 CCl4，则 Li+的最外层只有两个电子，不满足 8 电子的稳定结 构，故 A 错误； B、元素 X 与氢形成的化合物有 C2H2，C6H6 等，故 B 正确； C、元素 Y 为铝，铝与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成，故 C 正确； D、硫和碳可形成共价化合物 CS2，故 D 正确； 答案选 A。 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. C. D. 的 ( ) 2HCl aq H 2 4SiO SiCl Si→ →高温 2 2O H O 2 2 2 4FeS SO H SO→ →煅烧 ( ) ( )3 2NH CO 3 2 3NaCl aq NaHCO s Na CO→ →， 加热饱和 ( ) ( )HCl aq 3 2MgCO MgCl aq Mg→ →通电 【答案】C 【解析】 【详解】A、二氧化硅与盐酸不反应，Si 与氯气加热反应生成 SiCl4，SiCl4 与氢气反应生成 Si，故 A 错误； B、FeS2 煅烧生成二氧化硫，二氧化硫与水反应生成亚硫酸，不能生成硫酸，亚硫酸与氧气反 应生成硫酸，故 B 错误； C、饱和 NaCl 溶液中通入氨气和二氧化碳生成碳酸氢钠，碳酸氢钠不稳定，受热分解生成碳 酸钠，所以在给定条件下，物质间转化均能实现，故 C 正确； D、MgCO3 与盐酸反应生成 MgCl2 溶液，电解氯化镁溶液得到氯气、氢气和氢氧化镁沉淀，得不 到 Mg，故 D 错误。 答案选 C。 【点睛】考查常见元素及其化合物性质，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，注意反 应中反应条件的应用。 10.下列说法正确的是（  ） A. 钢管镀锌时，钢管作阴极，锌棒作为阳极，铁盐溶液作电解质溶液 B. 镀锌钢管破损后，负极反应式为 Fe﹣2e﹣═Fe2+ C. 镀银的铁制品，镀层部分受损后，露出的铁表面不易被腐蚀 D. 钢铁水闸可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法防止其腐蚀 【答案】D 【解析】 【详解】A、电镀时镀层金属作阳极，则 Zn 为阳极，待镀金属作阴极，则 Fe 为阴极，含有锌 离子的溶液为电解质溶液，故 A 错误； B、Zn 比 Fe 活泼，形成原电池时，Zn 作负极，镀锌钢管破损后，负极反应式为 Zn﹣2e﹣═Zn2+，故 B 错误； C、镀银的铁制品铁破损后发生电化学腐蚀，因 Fe 比 Ag 活泼，铁易被腐蚀，故 C 错误； D、用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法，铁分别为正极和阴极，都发生还原反应，可防止被 氧化，故 D 正确。 答案选 D。 【点睛】考查电化学腐蚀与防护，应注意的是在原电池中正极被保护、在电解池中阴极被保 护。 二、不定项选择题 11.下列说法正确的是（  ） A. 室温下，反应 NH3（g）+HCl（g）＝NH4Cl（s）能自发发生反应，则该反应的△H＜0 B. 甲醇燃料电池工作时，甲醇得到电子，发生还原反应 C. 常温下，0.1mol•L﹣1CH3COOH 溶液加水稀释后，溶液中 的值减小 D. 在 Na2CO3 溶液中加入少量 Ca（OH）2 固体，CO32﹣水解程度减小，溶液的 pH 减小 【答案】AC 【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 有放热反应△H＜0 才能使△H﹣T•△S＜0，故 A 正确； B、甲醇燃料电池中，甲醇在负极失电子发生氧化反应，故 B 错误； C、加水稀释促进电离，导致 n(CH3COO﹣)增大，n(CH3COOH)减小，因此 ＝ 减小，故 C 正确； D、Na2CO3 溶液中加入少量 Ca(OH)2 固体，生成碳酸钙沉淀和 NaOH，CO32﹣水解程度减小，但溶 液的 pH 增大，故 D 错误。 答案选 AC。 12.化合物 Y 能用于高性能光学树脂的合成，可由化合物 X 与 2﹣甲基丙烯酰氯在一定条件下 反应制得： 下列有关 X、Y 的说法正确的是（  ） A. X 分子中所有原子一定在同一平面上 B. Y 与 Br2 的加成产物分子中含有手性碳原子 ( ) ( )3 3 CH COOH CH COO c c − ( ) ( )3 3 CH COOH CH COO c c − ( ) ( )3 3 CH COOH CH COO n n − C. X、Y 均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D. 可以用 FeCl3 溶液鉴别 X 和 Y 【答案】BD 【解析】 【详解】A、与﹣OH 相连的苯环之间的单键可旋转，则不一定所有原子共面，故 A 错误； B、Y 含碳碳双键，且连接 4 个不同基团的 C 具有手性，则 Y 与 Br2 的加成产物分子中含有手 性碳原子，与甲基相连的 C 具有手性，故 B 正确； C、X 含酚﹣OH、Y 含碳碳双键，均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故 C 错误； D、含酚﹣OH 的有机物遇 FeCl3 溶液显紫色，可以用 FeCl3 溶液鉴别 X 和 Y，故 D 正确； 答案选 BD。 【点睛】考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键；上述 X 物 质中含有溴原子、酚羟基，而反应后在 Y 中有溴原子、酯基、碳碳双键。 13.根据如表实验操作和现象所得出的结论正确的是（  ） 选项 实验操作和现 结论 A 常温下，将 FeCl3 溶液加入 Mg（OH）2 悬浊液中，沉 淀由白色变为红褐色 常温下，Ksp[Fe（OH）3]＞ Ksp[Mg（OH）2] B 向某溶液中滴加稀硝酸酸化的 BaCl2 溶液，溶液中产 生白色沉淀 原溶液中一定含有 SO42﹣ 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 向含酚酞的 Na2CO3 溶液中加入少量 BaCl2 固体，溶液 红色变浅 证明 Na2CO3 溶液中存在水解平 衡 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A、将 FeCl3 溶液加入 Mg(OH)2 悬浊液中，振荡，可观察到沉淀由白色变为红褐色， 说明氢氧化镁转化为氢氧化铁沉淀，则氢氧化镁溶解度大于氢氧化铁，但不能直接判断二者 的溶度积常数大小关系，故 A 错误； B、可能生成 AgCl 等沉淀，应先加入盐酸，如无现象再加入氯化钡溶液检验，故 B 错误； C、硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，可氧化亚铁离子，故 C 错误； D、含有酚酞的 Na2CO3 溶液，因碳酸根离子水解显碱性溶液变红，加入少量 BaCl2 固体，水解 平衡逆向移动，则溶液颜色变浅，证明 Na2CO3 溶液中存在水解平衡，故 D 正确。 答案选 D。 【点睛】要熟悉教材上常见实验的原理、操作、现象、注意事项等，比如沉淀的转化实验要 注意试剂用量的控制；硫酸根的检验要注意排除干扰离子等。 14.25℃时，将 0.1mol•L﹣1 NaOH 溶液加入 20mL0.1mol•L﹣1CH3COOH 溶液中，所加入溶液 体 积（V）和混合液的 pH 关系曲线如图所示。下列结论正确的是（  ） A. ①点时，c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）＝c（Na+） B. 对曲线上①②③任何一点，溶液中都有 c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（CH3COO﹣） C. ③点时，醋酸恰好完全反应完溶液中有 c（CH3COO﹣）＝c（Na+）＞c（H+）＝c（OH﹣） D. 滴定过程中可能出现 c（H+）＞c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣） 【答案】B 【解析】 【分析】 ①点溶液中溶质为等物质的量浓度的 CH3COONa 和 CH3COOH，混合溶液中存在物料守恒，根据物 料守恒判断；任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；②点溶液呈中性，溶 质为 CH3COONa 和 CH3COOH，但 CH3COOH 较少③点溶液中溶质为 CH3COONa，溶液的 pH＞7，溶液 呈碱性。 【详解】A、①点溶液中溶质为等物质的量浓度的 CH3COONa 和 CH3COOH，混合溶液中存在物料 守恒，根据物料守恒得 c(CH3COO﹣)+c(CH3COOH)＝2c(Na+)，故 A 错误； 的 B、任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得 c(Na+)+c(H+)＝c(OH﹣)+c(CH3COO﹣)， 所以滴定过程中①②③任一点都存在电荷守恒 c(Na+)+c(H+)＝c(OH﹣)+c(CH3COO﹣)，故 B 正确； C、③点溶液中溶质为 CH3COONa，溶液的 pH＞7，溶液呈碱性，则 c(H+)＜c(OH﹣)，根据电荷 守恒得 c(Na+)＞c(CH3COO﹣)，盐类水解程度较小，所以存在 c(Na+)＞c(CH3COO﹣)＞c(OH﹣)＞ c(H+)，故 C 错误； D、滴定过程中遵循电荷守恒，如果溶液呈酸性，则 c(H+)＞c(OH﹣)，根据电荷守恒得 c(Na+)＜ c(CH3COO﹣)，故 D 错误； 答案选 B。 【点睛】本题以离子浓度大小比较为载体考查酸碱混合溶液定性判断，明确混合溶液中溶质 成分及其性质是解本题关键，注意电荷守恒、物料守恒的灵活运用，注意：电荷守恒和物料 守恒与溶液中溶质多少无关。 15.一定温度下，在甲、乙、丙、丁四个恒容密闭容器中投入 SO2（g）和 O2（g），进行反应， 2SO2+O2⇌2SO3，其起始物质的量及 SO2 的平衡转化率如下表所示．下列判断中正确的是（  ） A. 该温度下，该反应的平衡常数 K 为 400 B. SO2 的平衡转化率：a1＞a2＝a3 C. 达到平衡时，容器丁中的正反应速率比容器丙中的大 D. 达到平衡时，容器丙中 c（ SO3）大于容器甲中 c（ SO3）的两倍 【答案】AD 【解析】 【分析】 对比四个容器投料和体积，乙与甲比较， SO2 的投料加倍了，则平衡正向移动；丙与甲比较， 投料是甲的两倍，相当于增大了压强，平衡正向移动；丁与甲比较，体积缩小了一倍，也相 当于增大了压强，平衡正向移动。 【详解】A、2SO2+O2⇌2SO3， 开始 0.2 0.12 0 转化 0.16 0.08 0.16 平衡 0.04 0.04 0.16 K＝ ＝400，故 A 正确； B、乙、丙相比，丙中氧气浓度大，丙、丁相比浓度相同，则 SO2 的平衡转化率：a1＜a2＝a3， 故 B 错误； C、丙、丁相比浓度相同，温度相同，则达到平衡时，容器丁中的正反应速率等于容器丙中的， 故 C 错误； D、甲、丙相比，丙中浓度为甲的 2 倍，且增大压强平衡正向移动，则达到平衡时，容器丙中 c( SO3)大于容器甲中 c(SO3)的两倍，故 D 正确； 答案选 AD。 【点睛】本题考查等效以及平衡的计算，采用对比法解答，乙、丙、丁都与甲比较，先判断 是否等效，若不等效则相当于向哪个方向发生移动，再进行分析。 三、非选择题 16.从含铜丰富的自然资源黄铜矿（CuFeS2）冶炼铜的工艺流程如下： 已知：CuFeS2+3CuCl2＝4CuCl+FeCl2+2S （1）浸取时，若改用 FeCl3 溶液，也能生成 CuCl 和 S，该反应化学方程式为_____． （2）若过滤 1 所得滤液中只含 FeCl2，则将其在空气中加热蒸干、灼烧后，所得固体的化学 式为_____． （3）调节溶液的 pH 后，除生成 Cu 外，还能产生一种金属离子，此金属离子是_____．（填离 子符号） （4）过滤 3 所得滤液中可以循环使用 物质有_____，为保持流程持续循环，每生成 1molCu， 理论上需补充 CuCl2 的物质的量为_____． （5）冶炼工艺还可以将精选后的黄铜矿砂与空气在高温下煅烧，使其转变为铜，化学方程式 的 2 2 0.16 0.04 0.04× 为：6CuFeS2+13O2 3Cu2S+2Fe3O4+9SO2、Cu2S+O2 2Cu+SO2 此工艺与前一工艺相比主要缺 点有_____． 【答案】 (1). CuFeS2 + 3FeCl3＝CuCl + 4FeCl2 + 2S (2). Fe2O3 (3). Cu2+ (4). CuCl2（HCl） (5). 0.5mol (6). 会产生污染环境的气体 SO2，能耗高等 【解析】 【分析】 CuFeS2 加入 CuCl2 浸取发生 CuFeS2+3CuCl2＝4CuCl+FeCl2+2S，过滤后得到滤液含有 FeCl2，固 体含有 CuCl、S，加入盐酸除硫，过滤得到滤液含有[CuCl2]﹣，调节溶液 pH 发生歧化反应生 成 Cu 和 Cu2+，过滤可得到 Cu，得到滤液含有 Cu2+，以此解答该题。 【详解】CuFeS2 加入 CuCl2 浸取发生 CuFeS2+3CuCl2＝4CuCl+FeCl2+2S，过滤后得到滤液含有 FeCl2，固体含有 CuCl、S，加入盐酸除硫，过滤得到滤液含有[CuCl2]﹣，调节溶液 pH 发生歧 化反应生成 Cu 和 Cu2+，过滤可得到 Cu，得到滤液含有 Cu2+， （1）CuFeS2 和 3FeCl3 之间发生的是氧化还原反应，化学方程式为：CuFeS2+3FeCl3＝ CuCl+4FeCl2+2S，故答案为：CuFeS2 + 3FeCl3＝CuCl + 4FeCl2 + 2S； （2）过滤 1 所得滤液中只含 FeCl2，将其在空气中加热蒸干、灼烧后，发生水解生成氢氧化 亚铁，氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁，氢氧化铁灼烧分解生成氧化铁，所得固体为 Fe2O3， 故答案为：Fe2O3； （3）过滤得到滤液含有[CuCl2]﹣，调节溶液 pH 发生歧化反应生成 Cu 和 Cu2+，故答案为： Cu2+； （4）滤 3 所得滤液中含有 HCl 和 CuCl2，可以循环使用，涉及反应有 CuFeS2+3CuCl2＝ 4CuCl+FeCl2+2S、2CuCl＝Cu+CuCl2，综合两个化学方程式可得 CuFeS2+CuCl2＝2Cu+FeCl2+2S， 由方程式可得每生成 1molCu，理论上需补充 CuCl2 的物质的量为 0.5mol， 故答案为：CuCl2(HCl)；0.5mol； （5）将精选后的黄铜矿砂与空气在高温下煅烧，使其转变为铜，生成二氧化硫气体，污染空 气，且能耗高，故答案为：会产生污染环境的气体 SO2，能耗高等。 17.慢心律是一种治疗心律失常的药物。它的合成路线如图所示。 高温 高温 （1）C 中的含氧官能团名称为_____和_____； （2）由 B→C 的反应类型是_____。 （3）由 A 制备 B 的过程中有少量副产物 E，它与 B 互为同分异构体。写出 E 的结构简式：_____。 （4）写出同时满足下列条件的化合物 D 的一种同分异构体的结构简式：_____。 ①属于 a﹣氨基酸；②是苯的衍生物，且苯环上的一氯代物只有两种；③分子中有 2 个手性碳 原子 （5）已知乙烯在催化剂作用下与氧气反应可以生成环氧乙烷（ ）。写出以 邻甲基苯酚（ ）和乙醇为原料制备 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). 羰基 (3). 氧化反应 (4). (5). (6). 【解析】 【分析】 根据 C 的结构简式判断其含有的官能团；对比 B、C 结构可知，B 中﹣醇羟基转化羰基； 中含有 2 个 C﹣O 键，与 A 发生反应时可有两种不同的断裂方式； D 的同分异构体同时满足如下条件：①属于 α﹣氨基酸，氨基、羧基连接同一碳原子上，② 是苯的衍生物，且苯环上的一氯代物只有两种，可以是 2 个不同的取代基处于对位位置，③ 分子中含有 2 个手性碳原子，说明 C 原子上连接 4 个不同的原子或原子团；制备 ，应先制备 ，乙醇消去可生成乙烯，乙烯氧化可生成 ，与 反应生成 ，进而氧化可生成 ，再与乙醇 发生酯化反应得到目标物。 【详解】（1）根据 C 的结构简式可知，C 中含氧官能团为醚键和羰基，故答案为：醚键、羰基； （2）对比 B、C 结构可知，B 中﹣CH(OH)﹣转化为 C＝O，属于氧化反应，故答案为：氧化反 应； （3） 中含有 2 个 C﹣O 键，与 A 发生反应时可有两种不同的断裂方式，副产物 E，它与 B 互为同分异构体，E 的结构简式为 ，故答案为： ； （4）D 的一种同分异构体同时满足如下条件：①属于 α﹣氨基酸，氨基、羧基连接同一碳原 子上，②是苯的衍生物，且苯环上的一氯代物只有两种，可以是 2 个不同的取代基处于对位 位置，③分子中含有两个手性碳原子，说明 C 原子上连接 4 个不同的原子或原子团，符合条 件的结构简式为： ，故答案为： ； （5）制备 ，应先制备 ，乙醇消去可生成乙烯，乙烯氧化可生 成 ，与 反应生成 ，进而氧化可生成 ，再与乙 醇发生酯化反应得到目标物，合成路线流程图： ， 故答案为： 。 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_____。 （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（Na 2S2O3•5H2O）＝n（S 2O32﹣）＝2n（I 2）＝ 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 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 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﹣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.在水体中部分含氮有机物循环如图 1 所示． （1）图中属于氮的固定的是____ （填序号）． （2）图中①②的转化是在亚硝化细菌和硝化细菌作用下进行的，已知： 2NH4+（aq）+3O2═2NO2﹣（aq）+4H+（aq）+2H2O（l）△H1＝﹣556.8kJ/mol 2NO2﹣（aq）+O2（g）＝2NO3﹣（aq）；△H2＝﹣145.2kJ•mol﹣1 则反应 NH4+（aq）+2O2（g）＝NO3﹣（aq）+2H+（aq）+H2O（1）△H3＝____kJ•mol﹣1 （3）某科研机构研究通过化学反硝化的方法除脱水体中过量的 NO3﹣，他们在图示的三颈烧瓶 中（装置如图 2）中，加入 NO3﹣起始浓度为 45mg•L﹣1 的水样、自制的纳米铁粉，起始时 pH＝ 2.5，控制水浴温度为 25℃、搅拌速率为 500 转/分，实验中每间隔一定时间从取样口检测水 体中 NO3﹣、NO2﹣及 pH（NH4+、N2 未检测）的相关数据（如图 3）． ①实验室可通过反应 Fe（H2O）62++2BH4﹣＝Fe↓+2H3BO3+7H2↑制备纳米铁粉，每生成 1molFe 转移电子总的物质的量为____． ②向三颈烧瓶中通入 N2 的目的是____． ③开始反应 0～20min，pH 快速升高到约 6.2，原因之一是___________；NO3﹣还原为 NH4+及少 量在 20～250min 时，加入缓冲溶液维持 pH6.2 左右，NO3﹣主要还原为 NH4+，Fe 转化为 Fe （OH）2，该反应的离子方程式为___ （4）一种可以降低水体中 NO3﹣含量的方法是：在废水中加入食盐后用特殊电极进行电解反硝 化脱除，原理可用图 4 简要说明． ①电解时，阴极的电极反应式为_____． ②溶液中逸出 N2 的离子方程式为_____． 【答案】 (1). ⑤ (2). -351 (3). 8mol (4). 驱除三颈烧瓶装置中的 O2，防止 铁粉被 O2 氧气 (5). 铁发生腐蚀消耗 H + (6). 4Fe+NO3﹣+5H2O+2H+＝4Fe(OH)2+NH4+ (7). NO3﹣+6H2O+8e﹣＝NH3+9OH﹣ (8). 2NH3+3ClO﹣＝N2+3Cl﹣+3H2O 【解析】 【分析】 （1）将游离态的氮（即氮气）转化为化合态的氮（即氮的化合物）的过程，叫做氮的固定； （2）依据盖斯定律计算反应热；（3）反应 Fe(H2O)62++2BH4﹣＝Fe↓+2H3BO3+7H2↑，反应中铁 元素化合价+2 价降低为 0 价，B 元素化合价为+3 价，元素化合价不变，氢元素化合价﹣1 价 升高为 0 价；加入缓冲溶液维持 pH6.2 左右，NO3﹣主要还原为 NH4+，Fe 转化为 Fe（OH）2，铁 消耗氢离子发生腐蚀，酸性溶液中硝酸根离子氧化亚铁离子生成氢氧化亚铁，硝酸根离子被 还原为铵根离子，结合电荷守恒和原子守恒配平书写离子方程式；（4）电解池中阴极上是 NO3﹣被还原为 NH3，失电子发生还原反应；氨气被次氯酸根离子氧化生成氮气，结合电荷守恒 和原子守恒配平书写离子方程式。 【详解】（1）分析转化关系可知，氮的固定是指单质变化为化合物的反应，所以图中属于氮 的固定的是⑤，故答案为：⑤； （2）①2NH4+(aq)+3O2═2NO2﹣(aq)+4H+(aq)+2H2O(l)△H1＝﹣556.8kJ/mol ②2NO2﹣(aq)+O2(g)＝2NO3﹣(aq)；△H2＝﹣145.2kJ•mol﹣1 依据盖斯定律计算（①+②）× 得到反应 NH4+(aq)+2O2(g)＝NO3﹣(aq)+2H+(aq)+H2O(1)△H3＝ ﹣351kJ/mol，故答案为：﹣351； （3）①反应 Fe(H2O)62++2BH4﹣＝Fe↓+2H3BO3+7H2↑，反应中铁元素化合价+2 价降低为 0 价，B 元素化合价为+3 价，元素化合价不变，氢元素化合价﹣1 价升高为 0 价，生成 1molFe 电子转 移 8mol，故答案为：8mol； ②向三颈烧瓶中通入 N2 的目的是将装置内的空气排出，防止铁粉被氧化，故答案为：驱除三 颈烧瓶装置中的 O2，防止铁粉被 O2 氧气； ③加入缓冲溶液维持 pH6.2 左右，NO3﹣主要还原为 NH4+，Fe 转化为 Fe(OH)2，铁消耗氢离子发 生腐蚀，酸性溶液中硝酸根离子氧化亚铁离子生成氢氧化亚铁，硝酸根离子被还原为铵根离 子，结合电荷守恒和原子守恒配平离子方程式为：4Fe+NO3﹣+5H2O+2H+＝4Fe(OH)2+NH4+，故答 案为：铁发生腐蚀消耗 H+，4Fe+NO3﹣+5H2O+2H+＝4Fe(OH)2+NH4+； （4）①电解池中阴极上 NO3﹣被还原为 NH3，发生还原反应，电极反应为 NO3﹣+6H2O+8e﹣＝ NH3+9OH﹣，故答案为：NO3﹣+6H2O+8e﹣＝NH3+9OH﹣； ②氨气被次氯酸根离子氧化生成氮气，反应的离子方程式为：2NH3+3ClO﹣＝N2+3Cl﹣+3H2O， 故答案为：2NH3+3ClO﹣＝N2+3Cl﹣+3H2O。 21.铁能形成多种化合物，如 Fe（SCN）3，[Fe（CO）5]（羰基铁），它们 生活生产中有广泛 应用。 （1）Fe3+基态核外电子排布式为_____。 （2）实验室用 KSCN 溶液、苯酚溶液检验 Fe3+．N、O、S 的第一电离能由大到小的顺序为 ____ 。SCN﹣中的碳原子的杂化轨道类型为_____。与 SCN﹣互为等电子体的分子是_____。 （3）羰基铁[Fe（CO）5]可用作催化剂。1mol[Fe（CO）5]分子中含 σ 键数目为_____。 （4）某种氮化铁晶胞的晶体如图所示，该氮化铁晶体的化学式为_____。 【答案】 (1). (2). N>O>S (3). sp (4). CO2(COS 等) (5). 10NA 在 [ ] 5Ar 3d 或 6.02×1024 (6). Fe3N 【解析】 【分析】 （1）Fe 位于第 4 周期第ⅤⅢ族，其价电子排布式为 3d64s2，失去 3 个电子形成 Fe3+，从 4s 开始失去电子；（2）同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大呈增大趋势，氮元素 2p 能级处于半满稳定状态，能量低，同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小， SCN﹣为直线形结构，等电子体是指原子总数相同、价电子总数也相同的微粒； （3）羰基配合物中，中心 Fe 与配体 CO 之间形成配位键，CO 分子中，C 与 O 之间含有一个配 位键；（4）根据均摊法计算氮化铁晶体的化学式。 【详解】（1）Fe 位于第 4 周期第ⅤⅢ族，其价电子排布式为 3d64s2，失去 3 个电子形成 Fe3+， 从 4s 开始失去电子，所以 Fe3+基态核外电子排布式为：[Ar]3d5，故答案为：[Ar]3d5； （2）同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大呈增大趋势，氮元素 2p 能级处于半满 稳定状态，能量低，同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，所以 N、O、S 的第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞S，SCN﹣为直线形结构，则其中 C 为 sp 杂化， 等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒，所以与 SCN﹣互为等电子体的分子是： CO2（COS 等），故答案为：N＞O＞S；sp；CO2（COS 等）； （3）羰基配合物中，中心 Fe 与配体 CO 之间形成配位键，CO 分子中，C 与 O 之间含有一个配 位键，所以 1mol[Fe(CO)5]分子中含 σ 键数目为 10 NA，故答案为：10NA 或 6.02×1024； （4）氮化铁晶体为六棱柱：顶点贡献率为 ，面点贡献率为 ，依据晶胞结构可知，12 个铁 原子位于顶点，2 个铁原子位于面心，3 个铁原子位于体内，2 个氮原子位于体内，1 个晶胞 含有铁微粒数为：12× +2× +3＝6、含氮原子数为 2，所以该晶体中铁、氮的微粒个数之 比为：6：2＝3：1，所以化学势为 Fe3N，故答案为：Fe3N。