江苏省南京市2020届高三第三次模拟考试（6月） 化学试题（解析版）

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　C—12　N—14　O—16　K—39　Ti—48　I—127　 Ba—137 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.“84 消毒液”可消杀新冠病毒，可用 Cl2 与 NaOH 溶液反应制备。下列关于“84 消毒液”的说法不正确 的是(　　) A. 属于胶体 B. 有效成分为 NaClO C. 室温下溶液 pH 大于 7 D. 有强氧化性 【答案】A 【解析】 【详解】A．84 消毒液分散质直径小于 1nm，属于溶液，故 A 错误； B．氯气和 NaOH 反应生成氯化钠和次氯酸钠，次氯酸根具有强氧化性，可以消毒杀菌，所以有效成分为 NaClO，故 B 正确； C．次氯酸为弱酸，所以次氯酸钠为强碱弱酸盐，溶液显碱性，故 C 正确； D．次氯酸根具有强氧化性，所以 84 消毒液具有强氧化性，故 D 正确； 故答案为 A。 2.用化学用语表示 2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑中相关微粒，其中正确的是(　　) A. 中子数为 0 的氢原子： H B. Na＋的结构示意图： C. H2O 的结构式： D. O22-的电子式： 【答案】C 【解析】 【详解】A．中子数为 0 的氢原子质量数为 1，所以符号为 H，故 A 错误； B．Na 元素为 11 号元素，核电荷数为 11，所以钠离子的结构示意图为 ，故 B 错误； C．水分中氧原子和氢原子形成共价键，空间构型为 V 形，所以结构式为 ，故 C 正确； 0 1 1 1D．O22-的电子式为 ，故 D 错误； 故答案为 C。 3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是(　　) A. 硅酸钠溶液呈碱性，可用作木材防火剂 B. 硫酸铜溶液呈蓝色，可用作游泳池中水的消毒剂 C. 浓硫酸具有强氧化性，可用作酯化反应的催化剂 D. 铅具有还原性和导电性，可用作铅蓄电池的负极材料 【答案】D 【解析】 【详解】A．硅酸钠耐高温，不易燃烧，可用作木材防火剂，与硅酸钠溶液呈碱性无关，故 A 错误； B．硫酸铜是重金属盐，能使蛋白质变性，可用作游泳池中水的消毒剂，与硫酸铜溶液的颜色无关，故 B 错 误； C．酯化反应是可逆反应，常用浓硫酸作催化剂，以加快反应速率，同时浓硫酸有吸水性，可使反应正向进 行，提高生成物产率，与浓硫酸具有强氧化性无关，故 C 错误； D．原电池中，负极失电子发生还原，同时需要电极材料能够导电，而铅是金属，能导电，反应中易失去电 子，具有还原性，故 D 正确； 故答案为 D。 4.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是(　　) A. pH＝2 的溶液：Na＋、Fe2＋、I－、NO3- B. c(AlO2-)＝0.1 mol·L－1 的溶液：K＋、Na＋、OH－、SO42- C. ＝0.1 mol·L－1 的溶液：Na＋、NH4+、SiO32-、ClO－ D. c(Fe3＋)＝0.1 mol·L－1 的溶液：Mg2＋、NH4+、Cl－、SCN－ 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．pH=2 的溶液显酸性，酸性环境下硝酸根会将亚铁离子和碘离子氧化，不能大量共存，故 A 不 符合题意； B．四种离子相互之间不反应，也不与偏铝酸根反应，可以大量共存，故 B 符合题意； w -(OH ) K cC． ＝0.1 mol·L－1 溶液显酸性，硅酸为沉淀，次氯酸为弱电解质，所以硅酸根和次氯酸根不能大 量存在，故 C 不符合题意； D．铁离子会和 SCN－反应生成络合物而不能大量共存，故 D 不符合题意； 故答案为 B。 5.实验室可用反应 2CuSO4＋2KI＋SO2＋2H2O=2CuI↓＋2H2SO4＋K2SO4 来制备 CuI(CuI 受热易被氧化)。下 列实验装置和操作不能达到实验目的的是 (　　) A. 用装置制备 SO2 B. 用装置制备 CuI C. 用装置分离出 CuI D. 用装置干燥 CuI 固体 【答案】D 【解析】 【详解】A．浓硫酸可以和铜单质在加热条件发生反应生成二氧化硫，故 A 能达到目的； 的w -(OH ) K cB．将二氧化硫通入硫酸铜和 KI 的混合溶液中搅拌，二氧化硫将 Cu2+还原成 Cu+，得到 CuI 沉淀，故 B 能 达到目的； C．CuI 为沉淀，过滤可将固体和液体分离，故 C 能达到目的； D．CuI 受热易被氧化，所以不能在蒸发皿中加热干燥 CuI 固体，故 D 不能达到目的； 故答案为 D。 6.下列关于物质性质的叙述正确的是(　　) A. SiO2 与浓盐酸在高温下能反应生成 SiCl4 B. 木炭与浓硫酸共热可生成 CO2 C. 明矾溶液中加入过量 NaOH 溶液可制备 Al(OH)3 胶体 D. 向饱和食盐水中通入足量 CO2 可制得 NaHCO3 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．二氧化硅与浓盐酸不反应，故 A 错误； B．木炭与浓硫酸共热发生反应 C+2H2SO4(浓) 2SO2↑+CO2↑+2H2O，故 B 正确； C．明矾溶液中加入过量 NaOH 溶液可先生成氢氧化铝沉淀，之后氢氧化铝沉淀和 NaOH 反应生成偏铝酸钠， 得不到 Al(OH)3 胶体，故 C 错误； D．二氧化碳在饱和食盐水中的溶解度很小，不能生成碳酸氢钠，可先在饱和食盐水中通氨气，再通足量二 氧化碳，故 D 错误； 故答案为 B。 7.下列指定反应的离子方程式正确的是(　　) A. Fe 与稀盐酸反应：2Fe＋6H＋=2Fe3＋＋3H2↑ B. 向 K2CO3 溶液中通入过量 SO2：CO ＋2SO2＋H2O=CO2＋2HSO C. 在强碱溶液中 NaClO 与 FeCl3 反应生成 Na2FeO4：3ClO－＋2Fe3＋＋5H2O=2 FeO ＋3Cl－＋10H＋ D. 用新制的 Cu(OH)2 检验乙醛中的醛基：CH3CHO＋Cu(OH)2＋OH－ CH3COO－＋Cu＋2H2O 【答案】B 【解析】 【详解】A．铁与稀盐酸反应生成亚铁离子和氢气，离子方程式为 Fe+2H+=Fe2++H2↑，故 A 正确； ∆ 2- 3 - 3 2- 4 Δ→B．向 K2CO3 溶液中通入过量 SO2，亚硫酸酸性比碳酸强，所以离子方程式为：CO ＋2SO2＋H2O=CO2＋ 2HSO ，故 B 正确； C．碱性溶液中不会生成氢离子，正确离子方程式为 3ClO－＋2Fe3＋＋10OH－=2FeO ＋3Cl－＋5H2O，故 C 错误； D．新制的 Cu(OH)2 与乙醛反应生成氧化亚铜沉淀，方程式为 CH3CHO+2Cu(OH)2+OH－ CH3COO－ +Cu2O↓+3H2O，故 D 错误； 故答案为 B。 8.短周期主族元素 X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，其中 Y 是金属元素。X 原子的最外层电子数是其电 子层数的 2 倍，Z 原子的最外层有 6 个电子，X、Y、W 原子最外层电子数之和等于 12。下列叙述正确的是 (　　) A. Z 分别与 X、Y 形成的化合物中化学键类型相同 B. 原子半径：r(Y)r(W)，故 B 错误； C．Na 为活泼金属，通过电解熔融 NaCl 制取 Na 单质，故 C 正确； D．C 的非金属性弱与 Cl，则 C 的最高价氧化物对应水化物的酸性比 Cl 的弱，故 D 错误； 故答案为 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. MgCl2(aq) Mg(OH)2(s) MgO(s) 2- 3 - 3 2- 4 Δ→ 石灰乳→ 煅烧→B. H2SO4(浓) SO2(g) BaSO3(s) C. Fe2O3(s) FeCl3(aq) Fe(s) D. SiO2(s) H2SiO3(胶体) Na2SiO3(aq) 【答案】A 【解析】 【详解】A．氯化镁与石灰乳发生复分解反应生成氢氧化镁，氢氧化镁煅烧生成氧化镁，能实现上述各步转 化，故 A 正确； B．二氧化硫与氯化钡不反应，SO2(g) BaSO3(s)不能实现，故 B 错误； C．FeCl3 溶液与 Cu 反应生成 FeCl2，FeCl3(aq) Fe(s)不能实现，故 C 错误； D．SiO2 与水不反应，SiO2(s) H2SiO3(胶体)不能实现，故 D 错误。 答案选 A。 【点睛】考查常见金属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，注意对反应条件 的应用。 10.一种熔盐捕获 CO2 的装置如图所示。该装置工作时，下列说法正确的是(　　) A. a 为电源的负极 B. x 极使用石墨不会损耗 C. y 极电极反应式为 CO32-＋4e－=C＋3O2－ D. 电路中转移 1 mol e－，理论上可捕获 5.6 L CO2 【答案】C 【解析】 【分析】 根据图片可知 x 极 O2-→O2，发生氧化反应生成单质 O2，所以 x 为阳极，y 为阴极，阳极与电源正极相接、 阴极与电源负极相接，即 a 极为电源正极、b 极为电源负极，阳极反应式为 2O2--4e-═O2 ，阴极电极反应 2 3Na SO( s)→ 2BaCl (aq)→ HCl(aq)→ Cu(s)→ 2H O( g)→ NaOH(aq)→ 2BaCl (aq)→ Cu(s)→ 2H O( g)→ ↑式为：CO32-+4e-═C+3O2-，以此解答该题。 【详解】A．根据上述分析，a 极为电源正极，故 A 错误； B．x 极 O2-→O2，在熔融条件下，石墨与氧气要反应，故石墨电极要损耗，故 B 错误； C．y 阴极，CO32-得到电子生成 C，电极反应式为：CO32-＋4e－=C＋3O2－，故 C 正确； D．未描述标准状况，无法按标准状况下的气体摩尔体积计算 CO2 的体积，故 D 错误。 答案选 C。 【点睛】考查电解原理，关键是根据示意图判断出电极是解题的关键，易错项是 D 项，未描述标准状况。 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.下列叙述正确的是(　　) A. 室温下，pH＝3 的 CH3COOH 溶液与 pH＝11 的 NaOH 溶液等体积混合，所得溶液 pH>7 B. 室温下，Na2CO3 溶液中加入少量 Ca(OH)2 固体，溶液中 的值增大 C. 在外加电流的阴极保护法中，须将被保护的钢铁设备与直流电源的负极相连 D. 反应 NH3(g)＋HCl(g)=NH4Cl(s)在室温下能自发进行，该反应的 ΔH>0 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．CH3COOH 为弱酸，pH=3 的 CH3COOH 溶液与 pH=11 的 NaOH 溶液相比较，醋酸过量，等体 积混合后溶液呈酸性，pH＜7，故 A 错误； B．室温下，Na2CO3 溶液中加入少量 Ca(OH)2 固体，两者反应生成 CaCO3 沉淀和 NaOH 溶液，溶液中 c(OH-) 增大，c(H+)减小， 的值减小，故 B 错误； C． 与直流电源的负极相连，作阴极被保护，为外加电流的阴极保护法，所以在外加电流的阴极保护法中， 须将被保护的钢铁设备与直流电源的负极相连，故 C 正确； D．NH3(g)+HCl(g)═NH4Cl(s)中△S＜0，常温下能自发进行，则△H-T△S＜0，则该反应的△H＜0，故 D 错误。 答案选 C。 【点睛】该题考查化学反应原理基础知识，易错项是 A 项，注意常温下 pH=3 的 CH3COOH 溶液中 c(H+)与 pH=11 的 NaOH 溶液中 c(OH-)相等。 12.羟甲香豆素(Z)是一种治疗胆结石的药物。其合成涉及如下转化： 为 + - c(H ) c(OH ) + - c(H ) c(OH )下列有关说法正确的是(　　) A. X 和 Y 分子中各含有 1 个手性碳原子 B. Y 能发生加成反应、取代反应和消去反应 C. 1 mol Y 与足量 NaOH 溶液反应，最多消耗 2 mol NaOH D. 1 mol Z 与足量浓溴水反应，最多消耗 2 mol Br2 【答案】AB 【解析】 【分析】 X 中含有酚羟基、酯基、醇羟基，发生分子内取代反应生成 Y，再发生消去反应生成 X，根据手性碳原子 的定义判断其个数，根据分子中的官能团判断其反应情况以及消耗反应物的量。 【详解】A．连接 4 个不同基团的 C 为手性 C，则 X 中与醇 OH、甲基相连的 C 为手性碳，Y 中与醇 OH、 甲基相连的 C 为手性碳，可知均只有 1 个手性碳原子，故 A 正确； B．Y 含酚-OH、醇-OH、-COOC-均可发生取代反应，含苯环可发生加成反应，含醇-OH 可发生消去反应， 故 B 正确； C．Y 中酚-OH、-COOC-及水解生成的酚-OH 均与 NaOH 反应，1molY 最多可与 3molNaOH 反应，故 C 错 误； D．酚-OH 的邻、对位与溴水发生取代反应，羟甲香豆素(Z)中还含碳碳双键与溴水发生加成反应，则羟甲 香豆素(Z)分别与溴水反应，最多消耗 Br2 的物质的量之比为 3mol，故 D 错误。 答案选 AB。 【点睛】注意 C 项中酚酯基水解要消耗 2molNaOH。 13.根据下列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 向苯酚浊液中加入 Na2CO3 溶液，溶液变澄清 电离出 H＋的能力：苯酚 >HCO3- B 将亚硫酸钠样品溶于水，加入盐酸酸化后再滴加 Ba(NO3)2 溶液，有白色沉 淀产生 样品已变质C 将乙醇与浓硫酸混合加热，产生的气体通入酸性 KMnO4 溶液，溶液紫红 色褪去 产生的气体中一定含有 乙烯 D 在 2 mL 0.01 mol·L－1Na2S 溶液中先滴入几滴 0.01 mol·L－1CuSO4 溶液有 黑色沉淀生成，再滴入 0.01 mol·L－1ZnSO4 溶液，又有白色沉淀生成 Ksp(ZnS)HCO3-，A 正确； B．盐酸酸化后的 Ba(NO3)2 有强氧化性，可将亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，继而产生白色 BaSO4 沉淀， 所以即使亚硫酸钠样品未变质，加入盐酸酸化后再滴加 Ba(NO3)2 溶液，也有白色沉淀产生，B 错误； C．乙醇易挥发，且能使酸性高锰酸钾溶液褪色，可能是挥发出的乙醇使酸性高锰酸钾溶液褪色，C 错误； D．Na2S 溶液中 S2-过量，无论 ZnS、CuS 的 Ksp 关系如何，都会先产生黑色沉淀，再产生白色沉淀，D 错 误。 答案选 A。 14.室温下，NH3·H2O 的 Kb＝1.8×10-5，H2SO3 的 Ka1＝1.3×10-2，Ka2＝6.2×10-8。氨水可用于工业尾气中 SO2 的吸收。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是(　　) A. 氨水与 SO2 反应恰好生成(NH4)2SO3 时：c(NH4+)>c(SO32-)>c(OH－)>c(H＋) B. 氨水与 SO2 反应所得溶液 pH＝9 时：c(NH4+)＋c(H＋)c(H ＋ ) ， 故 c(NH4+)>c(SO32-)>c(OH－)>c(H＋)，A 正确； B．电荷守恒：c(NH4+)＋c(H＋)=2c(SO32-)+c(HSO3-)＋c(OH－)，SO32-溶液因水解显碱性，HSO3-溶液因其电 离程度大于水解程度显酸性，现 pH=9，显碱性，故 c(SO32-)＞c(HSO3-)，所以 c(NH4+)＋c(H＋)＞3c(HSO3-)＋ c(OH－)，B 错误； C．NH4HSO3 和(NH4)2SO3 物质的量相等，则 NH4HSO3 和(NH4)2SO3 物质的量浓度相等，假设 NH4HSO3 和 (NH4)2SO3 物质的量浓度均为 amol/L，则有物料守恒：c(NH4+)＋c(NH3·H2O)=3amol/L，c(SO32-)＋c(HSO3-)＋ c(H2SO3)=2amol/L，故 2c(NH4+)＋2c(NH3·H2O)＝3c(SO32-)＋3c(HSO3-)＋3c(H2SO3)，C 错误； D．NH4HSO3 溶液的质子守恒：c(H＋)＋c(H2SO3)＝c(OH－)＋c(SO32-)＋c(NH3·H2O)，D 正确。 答案选 AD。 【点睛】“越弱越水解”用等式表示即为：Kh× = 。 15.Deacon 法制备 Cl2 的反应为 4HCl(g)＋O2(g)⇌2Cl2(g)＋2H2O(g)。如图为恒容容器中，进料浓度比 c(HCl)∶c(O2)分别等于 1∶1、4∶1、7∶1 时 HCl 平衡转化率随温度变化的关系。下列说法正确的是(　　) A. 反应 4HCl(g)＋O2(g)⇌2Cl2(g)＋2H2O(g)的 ΔH>0 B. Z 曲线对应进料浓度比 c(HCl)∶c(O2)＝7∶1 C. 400 ℃，进料浓度比 c(HCl)∶c(O2)＝4∶1 时，O2 平衡转化率为 19% D. 400 ℃，进料浓度比 c(HCl)∶c(O2)＝1∶1 时，c 起始(HCl)＝c0 mol·L－1，平衡常数 K= 【答案】BD 【解析】 -14 w -2 a1 10=1.3 10 K K × aK wK 2 2 4 0 0. 42 0. 42 (1 0. 84) (1 0. 21)c × − × −【分析】 恒容容器中，进料浓度比 c(HCl)∶c(O2)分别等于 1∶1、4∶1、7∶1，相当于不断加入 c(HCl)，则 HCl 平衡转化率 不断降低，进料浓度比 c(HCl)∶c(O2)为 1∶1、4∶1、7∶1，则分别 曲线 X、Y、Z。 【详解】A. 根据图中信息升高温度，转化率下降，则平衡逆向移动，逆向为吸热反应，因此反应 4HCl(g)＋ O2(g)⇌2Cl2(g)＋2H2O(g)的 ΔH＜0，故 A 错误； B. 根据上面分析得到 Z 曲线对应进料浓度比 c(HCl)∶c(O2)＝7∶1，故 B 正确； C. 400 ℃，进料浓度比 c(HCl)∶c(O2)＝4∶1 时，与反应方程式的计量系数比相同，则两者转化率相等，则 O2 平衡转化率为 76%，故 C 错误； D. 400 ℃，进料浓度比 c(HCl)∶c(O2)＝1∶1 时，c 起始(HCl)＝c0 mol∙L−1，平衡时 HCl 的转化率为 84%，平衡常 数 ，故 D 正确。 综上所述，答案为 BD。 第Ⅱ卷(非选择题　共 80 分) 16.钛酸钡(BaTiO3)是电子陶瓷器件的重要基础原料。工业上以钛精矿(主要成分为 TiO2)和 BaCl2 为主要原料 制备钛酸钡粉体的工艺流程如下： 已知：①TiCl4 水解生成 H2TiO3 沉淀； ②水溶液中含碳微粒随 pH 的分布如图所示。 (1) “氯化”在 800 ℃时进行，其反应的化学方程式为________。 (2) “共沉淀”时，需控制溶液 pH 为 10～11，其原因是：①___________；② ________。 (3) “滤液”中溶质的主要成分为________(填化学式)。过滤得到的固体通常用一定浓度的 NH4HCO3 溶液进行 洗涤，其主要原因是___________。 (4) “煅烧”得到的钛酸钡粉体中钡钛质量比 ，钛酸钡粉体中可能含有的杂质为____________(填 是 2 2 2 2 4 0 0 0 0 4 0 0.42 0.42 0.42 0.42 0.16 0. ( ) ( 79 0.16 0.7 ) ( ) 9 c cK c c c × ×= =× × m(Ba) 2.8m(Ti) =化学式)。 【答案】 (1). TiO2＋2C＋2Cl2 TiCl4＋2CO (2). pH＞10，溶液中含碳微粒以 CO32−为主，可使 Ba2＋完全变成 BaCO3 沉淀 (3). pH＜11，可抑制 H2TiO3 沉淀溶解 (4). NH4Cl (5). 抑制或减少 BaCO3 的溶解 (6). TiO2 或 H2TiO3 或 TiO2、H2TiO3 【解析】 【分析】 钛精矿(主要成分为 TiO2)和 C、Cl2 反应生成 TiCl4 和 CO，TiCl4 加入氯化钡、碳酸氢铵、氨水控制 pH，反 应生成碳酸钡、H2TiO3 沉淀和氯化铵溶液，过滤得到碳酸钡、H2TiO3 沉淀，煅烧生成钛酸钡(BaTiO3)。 【详解】⑴根据题中信息“氯化”在 800 ℃时进行，TiO2 与 C、Cl2 反应生成 TiCl4 和 CO，其反应的化学方程 式为 TiO2＋2C＋2Cl2 TiCl4＋2CO；故答案为：TiO2＋2C＋2Cl2 TiCl4＋2CO。 ⑵“共沉淀”时，说明生成碳酸钡、H2TiO3 沉淀，因此需控制溶液 pH 为 10～11，其原因是：反应要生成碳 酸钡，尽量使得溶液碳微粒以碳酸根形式存在，钡离子和碳酸根结合生成碳酸钡沉淀；要形成 H2TiO3 沉淀， 碱性不能太强，碱性太强会溶解 H2TiO3 沉淀；故答案为：pH＞10，溶液中含碳微粒以 CO32−为主，可使 Ba2 ＋完全变成 BaCO3 沉淀；pH＜11，可抑制 H2TiO3 沉淀溶解。 ⑶根据前面分析得出“滤液”中溶质 主要成分为 NH4Cl。为了减少或抑制碳酸钡沉淀洗涤时溶解一部分，因 此过滤得到的固体通常用一定浓度的 NH4HCO3 溶液进行洗涤；故答案为：NH4Cl；抑制或减少 BaCO3 的溶 解。 ⑷钛酸钡(BaTiO3)中钡钛质量比 ，“煅烧”得到的钛酸钡粉体中钡钛质量比 ，说明钛酸钡粉体中可能含有的杂质为含钛的物质即 TiO2 或 H2TiO3 或 TiO2、H2TiO3；故答 案为：TiO2 或 H2TiO3 或 TiO2、H2TiO3。 【点睛】化工流程是常考题型，主要分析每个流程中发生的反应以及设计这个流程的用途。 17.有机合成的重要中间体 F 的一种合成路线如下： 的 800℃ 800℃ 800℃ m(Ba) 137 2.85m(Ti) 48 = = m(Ba) 2.8m(Ti) =(1) F 中含氧官能团的名称是________、________。 (2) C 的结构简式为________。 (3) 从整个流程看，D→E 的作用是___________。 (4) G 为比 E 相对分子质量大 14 的同系物，H 与 G 互为同分异构体且符合下列条件： ① 1 mol H 能与 2 mol NaHCO3 反应； ② H 能使溴的四氯化碳溶液褪色； ③ H 分子中含有 3 种不同化学环境的氢。 则 H 的结构简式为________(写一种)。 (5) 写出以 、CH3OH 和 CH3CH2MgI 为主要原料制备 的合成路线 ____________ (无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。 【答案】 (1). 羟基 (2). 羰基 (3). (4). 保护羰基，防止其与 CH3MgI 反应 (5). 、 、 (6). 【解析】 【分析】 A 发生加成反应生成 B，B 和高锰酸钾反应生成 C，根据 C 反应生成 D 的结构和分子式分子得到 C 的结构 简式为 ，D 与乙二醇发生取代反应生成 E，E 和 CH3MgI 反应后再 H+反应得到 F。 【详解】(1)根据 F 的结构简式得到 F 的含氧官能团的名称是羟基、羰基；故答案为：羟基；羰基。 (2)根据前面分析得到 C 的结构简式为 ；故答案为： 。 (3)从整个流程看，D→E，E→F，羰基先与乙二醇反应，后来又生成羰基，说明 D→E 的作用是保护羰基， 防止其与 CH3MgI 反应；故答案为：保护羰基，防止其与 CH3MgI 反应。 (4)G 为比 E 相对分子质量大 14 的同系物，则 G 的分子式为 C10H16O4，H 与 G 互为同分异构体且符合下列 条件：①1 mol H 能与 2 mol NaHCO3 反应，说明含有 2mol 羧基；② H 能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明 2 + 新制Cu( OH) ，Δ H → 2H Ni ，Δ → 3CH OH 浓硫酸，Δ → 2 5 + ①C H MgI ②H →含有碳碳双键；③ H 分子中含有 3 种不同化学环境的氢；则 H 的结构简式为 ； 故答案为： 。 (5)先 与新制氢氧化铜反应后再酸化得到 ， 与氢气发生加成反应生成 ， 与甲醇在浓硫酸加热条件下反应生成酯( )， 与 CH3CH2MgI 反应，再 H+反应得到 ，其流程图为： ； 故答案为： 。 【点睛】有机推断是化学常考题型，主要根据题中前后物质的结构简式分析发生的反应类型及物质的简式。 18.碘是人体必需的微量元素之一，我国以前在食盐中加 KI 加工碘盐。 (1) 目前加碘食盐中，不用 KI 的主要原因是__________________________。 (2) 将 Fe3I8 加入到 K2CO3 溶液中，生成 Fe3O4、KI 和一种气体，该反应的化学方程式为__________。 (3) 准确称取某 KI 样品 3.500 0 g 配制成 100.00 mL 溶液；取 25.00 mL 所配溶液置于锥形瓶中，加入 15.00 mL 0.100 0 mol·L－1 K2Cr2O7 酸性溶液(Cr2O72-转化为 Cr3＋)，充分反应后，煮沸除去生成的 I2；冷却后加入过 量 KI，用 0.200 0 mol·L－1 Na2S2O3 标准溶液滴定至终点(I2 和 S2O32-反应生成 I－和 S4O62-)，消耗 Na2S2O3 标 准溶液 24.00 mL。计算该样品中 KI 的质量分数____________ (写出计算过程)。 【答案】 (1). KI 易被氧化成 I2 而挥发 (2). Fe3I8＋4K2CO3=Fe3O4＋8KI＋4CO2↑ (3). 由 Cr2O72-＋ 6I－＋14H＋=2Cr3＋＋3I2＋7H2O、I2＋2S2O32-=2I－＋S4O62-知，与过量 KI 反应的 K2Cr2O7 的物质的量： n1(K2Cr2O7)＝ n(S2O32-)＝ ×0.200 0 mol·L－1×24.00 mL×10－3 L·mL－1 ＝8.000×10－4 mol 与样品中 KI 反应的 K2Cr2O7 的物质的量： n2(K2Cr2O7)＝0.100 0 mol·L－1×15.00 mL×10－3 L·mL－1－8.000×10－4 mol ＝7.000×10－4 mol 2 + 新制Cu( OH) ，Δ H → 2H Ni ，Δ → 3CH OH 浓硫酸，Δ → 2 5 + ①C H MgI ②H → 2 + 新制Cu( OH) ，Δ H → 2H Ni ，Δ → 3CH OH 浓硫酸，Δ → 2 5 + ①C H MgI ②H → 1 6 1 6500 0 g KI 样品中所含 KI 的物质的量： n(KI)＝6n2(K2Cr2O7)× ＝6×7.000×10－4 mol×4＝1.680×10－2 mol w(KI)＝ ×100%＝79.68% 【解析】 【分析】 碘离子具有强的还原性，易被氧化；根据反应中没有化合价的升降和元素守恒得出另一种物质为含碳的化 合物；根据题意加入过量重铬酸钾，移去单质碘，剩余的重铬酸钾与过量碘化钾反应，将生成的单质碘与 Na2S2O3 反应及量的关系得出过量重铬酸钾的物质的量，再计算原 KI 样品消耗的重铬酸钾的物质的量，再 计算 KI 样品的物质的量和质量分数。 【详解】(1)目前加碘食盐中，不用 KI 的主要原因碘离子具有强的还原性，碘离子易被氧化成单质碘；故答 案为：KI 易被氧化成 I2 而挥发。 (2)将 Fe3I8 加入到 K2CO3 溶液中，生成 Fe3O4、KI 和一种气体，反应中没有化合价的升降，再根据元素守恒 得出另一种物质为含碳的化合物即为二氧化碳，因此该反应的化学方程式为 Fe3I8＋4K2CO3 = Fe3O4＋8KI＋ 4CO2↑；故答案为：Fe3I8＋4K2CO3 = Fe3O4＋8KI＋4CO2↑。 (3)由 Cr2O72−＋6I－＋14H＋=2Cr3＋＋3I2＋7H2O、I2＋2S2O32− = 2I－＋S4O62−知，得出 Cr2O72−～3I2～6S2O32−， 与过量 KI 反应的 K2Cr2O7 的物质的量：n1(K2Cr2O7)＝ n(S2O32−)＝ ×0.200 0 mol·L−1×24.00 mL×10−3 L·mL−1＝8.000×10−4 mol，与样品中 KI 反应的 K2Cr2O7 的物质的量：n2(K2Cr2O7)＝0.100 0 mol·L−1×15.00 mL×10−3 L·mL−1－8.000×10−4 mol＝7.000×10−4 mol，3.500 0 g KI 样品中所含 KI 的物质的量：n(KI)＝ 6n2(K2Cr2O7)× ＝6×7.000×10−4 mol×4＝1.680×10−2 mol， 。 19.MgCl2·6H2O 可用于医药、农业等领域。一种用镁渣[含有 MgCO3、Mg(OH)2、CaCO3、Fe2O3 和 SiO2] 制备 MgCl2·6H2O 的实验流程如下： (1)“煅烧”只有 MgCO3、Mg(OH)2 发生分解。“煅烧”须用到下列仪器中的________(填字母)。 100. 00mL 25mL 21. 680 10 mol 166g/ mol 3. 5000g −× × 1 6 1 6 100. 00mL 25mL ( ) 2 11.680 10 mol 166g molω 100%3.500KI 79.60g 8% − −× × ⋅= × =A. 蒸发皿　　　　　　　　B. 坩埚　　　　　　　　C. 泥三角 (2) “蒸氨”在如图所示装置中进行(NH4Cl 溶液仅与体系中的 MgO 反应)。 ①三颈烧瓶中发生主要反应的离子方程式为______________。 ②倒扣漏斗的作用是________________。 ③烧杯中溶液红色深浅不再变化可判断“蒸氨”已完成，其原因是________________。 (3)“过滤”所得滤液经盐酸酸化、蒸发、结晶、过滤、洗涤和低温干燥得到产品。向所得产品中加入蒸馏 水，测得溶液呈碱性，其可能原因是_________________。 (4) 请补充完整以“滤渣”为原料，制取 FeSO4 溶液的实验方案：边搅拌边向滤渣中加入 1.0 mol·L－1 盐 酸，_________，得 FeSO4 溶液(实验中必须用的试剂：1.0 mol·L－1 NaOH 溶液、1.0 mol·L－1 H2SO4 溶 液、铁粉、蒸馏水)。 已知部分金属离子形成氢氧化物沉淀的 pH 范围如下表： 金属离子 开始沉淀的 pH 完全沉淀的 pH Fe3＋ 1.1 3.2 Ca2＋ 11.3 — Mg2＋ 8.4 10.9 【答案】 (1). BC (2). MgO＋2NH4+ Mg2＋＋2NH3↑＋H2O (3). 防止倒吸 (4). 此时烧杯中溶 液 pH 不再变化，说明三颈烧瓶中已无 NH3 逸出，即“蒸氨”完成 (5). 过度蒸发导致 MgCl2 水解，产 品中含 Mg(OH)2 或 Mg(OH)Cl (6). 当溶液中不再产生气泡时，过滤；向滤液中分批加入 1.0 mol·L－ 1NaOH 溶液至 pH 介于 3.2～8.4，过滤；用蒸馏水洗涤滤渣 2～3 次后，加入 1.0mol·L－1H2SO4 溶液直至 滤渣完全溶解，边搅拌边向所得溶液分批加入铁粉，当有固体不能溶解时，过滤。 【解析】 【分析】 Δ镁渣[含有 MgCO3、Mg(OH)2、CaCO3、Fe2O3 和 SiO2]在坩埚中煅烧，碳酸镁、氢氧化镁分解得到氧化镁， 加入氯化铵反应生成氯化镁、氨气和水，蒸氨，氨气极易溶于水，注意防倒吸，过滤后再经盐酸酸化、蒸 发、结晶、过滤、洗涤和低温干燥得到产品 MgCl2·6H2O。 【详解】(1)“煅烧”只有 MgCO3、Mg(OH)2 发生分解。“煅烧”须用到的仪器主要是酒精灯，三脚架、 泥三角、坩埚、玻璃棒、坩埚钳；故答案为：BC。 (2)①三颈烧瓶中 NH4Cl 溶液仅与体系中的 MgO 反应，氯化铵水溶液显酸性，和碱性氧化物反应生成镁离 子、氨气和水，发生主要反应的离子方程式为 MgO＋2NH4+ Mg2+＋2NH3↑＋H2O；故答案为：MgO＋2NH4+ Mg2+＋2NH3↑＋H2O。 ②由于反应生成了氨气，将氨气蒸出，则烧杯中吸收氨气，由于氨气极易溶于水，因此倒扣漏斗的作用是 防止倒吸；故答案为：防止倒吸。 ③氨气极易溶于水，烧杯中溶液红色深浅不再变化，说明氨气的量不再被蒸出即说明三颈烧瓶中已无 NH3 逸出，“蒸氨”完成，因此烧杯中溶液 pH 不再变化；故答案为：此时烧杯中溶液 pH 不再变化，说明三颈 烧瓶中已无 NH3 逸出，即“蒸氨”完成。 (3)向所得产品中加入蒸馏水，测得溶液呈碱性，低温蒸干得到氯化镁，如果温度过高或则过度蒸发会导致 MgCl2 水解，水解生成 Mg(OH)2，因此产品中含 Mg(OH)2 或 Mg(OH)Cl；故答案为：过度蒸发导致 MgCl2 水解，产品中含 Mg(OH)2 或 Mg(OH)Cl。 (4)滤渣主要是碳酸钙、氧化铁、二氧化硅及少量含镁的物质，边搅拌边向滤渣中加入 1.0 mol·L−1 盐酸， 当溶液中不再产生气泡时，过滤，得到滤渣为二氧化硅，滤液主要是氯化铁、氯化钙，向滤液中分批加入 1.0 mol·L−1 NaOH 溶液至 pH 介于 3.2～8.4，过滤，得到滤渣氢氧化铁，用蒸馏水洗涤滤渣 2～3 次后， 加入 1.0 mol·L−1 H2SO4 溶液直至滤渣完全溶解，边搅拌边向所得溶液分批加入铁粉，当有固体不能溶解 时，过滤；故答案为：当溶液中不再产生气泡时，过滤，得到滤渣为二氧化硅，滤液主要是氯化铁、氯化 钙，向滤液中分批加入 1.0 mol·L−1 NaOH 溶液至 pH 介于 3.2～8.4，过滤，得到滤渣氢氧化铁，用蒸馏 水洗涤滤渣 2～3 次后，加入 1.0 mol·L−1 H2SO4 溶液直至滤渣完全溶解，边搅拌边向所得溶液分批加入铁 粉，当有固体不能溶解时，过滤。 【点睛】工业流程 化学考试中常考题型，根据流程中前后联系进行分析，根据题中信息进行分析，找出 关联。 20.二甲醚(CH3OCH3)是重要的能源物质，其制备、应用与转化是研究的热点。 (1) 利用合成气制备二甲醚主要包含三个反应： CO(g)＋2H2(g)=CH3OH(g)；ΔH＝－90.4 kJ·mol－1 是 Δ Δ2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)＋H2O(g)；ΔH＝－23.4 kJ·mol－1 CO(g) ＋H2O(g)=H2(g)＋CO2(g)；ΔH＝－41.0 kJ·mol－1 则 3CO(g)＋3H2(g)=CH3OCH3(g)＋CO2(g)；ΔH＝________。 (2) 某二甲醚/双氧水燃料电池的工作原理如图 1 所示。电池工作时，电极 A 附近溶液 pH________(填“减 小”“增大”或“不变”)；电极 B 的电极反应式为_____________。 (3) 二甲醚催化羰化制备乙醇主要涉及以下两个反应： 反应Ⅰ：CO(g)＋CH3OCH3(g)=CH3COOCH3(g)；ΔH1 反应Ⅱ：CH3COOCH3(g)＋2H2(g)=CH3CH2OH(g)＋CH3OH(g)；ΔH2 反应Ⅰ、Ⅱ的平衡常数的对数 lg K1、lg K2 与温度的关系如图 2 所示；在固定 CO、CH3OCH3、H2 的原料比、 体系压强不变的条件下，同时发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时各物质的物质的量分数随温度的变化如图 3 所示。 ① ΔH1________(填“>”“