山东省滨州市2020届高三化学5月第二次模拟试题（Word版附解析）

高三化学试题 本试卷共 10 页，满分 100 分，考试时间 90 分钟。 注意事项： 1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码 上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。 2.选择题答案必须使用 2B 铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用 0.5 毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。 3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿 纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。 4.考试结束，监考人员将答题卡收回。 可能用到的相对原子质量： H1 Li7 N14 O16 F19 Na23 P31 S32 Cl35.5 一、选择题：本题共 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.化学在 2020 年抗击新型冠状病毒肺炎的战役中发挥了巨大作用。下列说法错误的是 A. 防控新冠病毒所用 酒精浓度越大，消毒效果越好 B. 防护服、口罩的生产均要用到有机高分子材料 C. 过氧化氢、过氧乙酸、84 消毒液、二氧化氯泡腾片都可用于环境消毒 D. 冷链运输抗病毒疫苗 目的是避免蛋白质变性 【答案】A 【解析】 【详解】A．医用消毒酒精中乙醇的浓度为 75%，这个浓度的酒精使病毒中的蛋白质变性，从 而杀死病毒，酒精浓度过高，会使病毒的蛋白质外壳迅速凝固，并形成一层保护膜，阻止酒 精进入内，因而不能将病毒彻底杀死，A 错误； B．防护服、口罩中有聚丙烯纤维等有机物，属于高分子材料，B 正确； C．过氧化氢、过氧乙酸、84 消毒液、二氧化氯都有强氧化性，可用于消毒，C 正确； D．蛋白质在高温、强酸、强碱等环境下会变性而失去活性，冷链运输可以较长时间地保存蛋 白质，防止蛋白质变性，D 正确； 故选 A。 的 的2.下列有机物命名正确的是 A. 1，3，4—三甲苯 B. 2—甲基—1— 丙醇 C. 2—甲基—2—氯丙烷 D. 2—甲基—3—丁 炔 【答案】C 【解析】 【详解】A．苯的同系物在命名时，要从简单的支链开始对苯环上的碳原子进行编号，使支链 的为位次和最小，故三个甲基分别在 1、2、4 号碳原子上，名称为：1，2，4-三甲苯，A 错误； B．醇命名时，选含官能团的最长的碳链，故主链上有 4 个碳原子，从离官能团近的一端给主 链上的碳原子进行编号，则-OH 在 2 号碳原子上，故名称为 2-丁醇， B 错误； C．卤代烃命名时，选含官能团的最长的碳链，从离官能团近的一端给主链上的碳原子进行编 号，氯原子在 2 号碳原子上，且在 2 号碳原子上有一个甲基，名称为 2-甲基-2-氯丙烷，C 正 确； D．炔烃命名时，选含官能团的最长的碳链，主链上有 4 个碳原子，故为丁炔，从离官能团近 的一端给主链上的碳原子进行编号，则碳碳三键在 1 号和 2 号碳原子之间，在 3 号碳原子上 有一个甲基，故名称为 3-甲基-1-丁炔，D 错误； 故选 C。 3. 表示阿伏加德罗常数的值，工业制备硝酸的过程中发生反应 。下列说法正确的是 A. 室温下，22.4LNO2 中所含原子总数为 B. 36g 中含有 键的总数为 C. 标准状况下，11.2LNO 中所含电子总数为 D. 上述反应中，生成 1mol 转移电子的数目为 AN 2 2 33NO H O=2HNO NO+ + A3N 2H O σ AN A5N 3HNO AN【答案】D 【解析】 【分析】 反应 中，NO2 中的 N 元素发生歧化反应，由反应前的+4 价变为 反应后 HNO3 中的+5 价和 NO 中的+2 价。 【详解】A．室温下，不能用 22.4 L/mol 计算 22.4LNO2 物质的量，A 错误； B．一个水分子中含有 2 个 O-H 共价键，都是 键，H2O 的物质的量为 ，含 有的 键总数为 4NA，B 错误； C．一个 NO 分子中含有 15 个电子，标准状况下，11.2 L NO 的物质的量为 0.5mol，所含的电 子总数为 7.5NA，C 错误； D．根据反应的化学方程式可知，生成 2 mol HNO3 转移 2 mol 电子，故生成 1 mol HNO3 转移 电子的数目为 NA，D 正确； 故选 D。 4.现代污水处理工艺中常利用聚合铁在水体中形成絮状物，以吸附 等重金属离子，聚合 铁简称 PFS，化学式为 。下列说法错误的是 元素 Mn Fe 717 762 1509 1561电离能/kJ·mol-1 3248 2957 A. PFS 中铁元素显+3 价 B. 基态铁原子的价电子排布式为 C. 由 溶液制备 PFS 需经过氧化、水解和聚合等过程 D. 由表可知再失去一个电子时，气态 比气态 难 2 2 33NO H O=2HNO NO+ + σ 36g =2mol18g / mol σ 2+Mn ( ) ( )2 n 4 3-n/2 m Fe (OH) SO n0，A 正确； B. 反应开始时，CH3COOCH3 和 C6H13OH 按物质的量之比 1：1 投料，348K 时 CH3COOCH3 的转化率为 64%，假设反应物的物质的量都是 1 mol，反应前后物质的总物质的量不变，则平 衡时，n(CH3COOC6H13)=n(CH3OH)=0.64 mol，n(CH3COOCH3)=n(C6H13OH)=0.36 mol，n(总)=2 mol，则该反应的平衡常数 K= ≈3.2，B 错误； C. 温度越高，物质的浓度越大，反应速率越快。根据 v 正=k 正×x(CH3COOCH3) ×x(C6H13OH)， v 逆=k 逆×x(CH3COOC6H13) ×x(CH3OH)，A 点 x(CH3COOCH3) ×x(C6H13OH)，温度高，因此 A 点 v 正最大，C 错误； D. k 正、k 逆是温度的函数，根据平衡移动的规律，k 正受温度影响更大，因此温度升高，k 正 增大的程度大于 k 逆，因此，k 正与 k 逆的差值最大的曲线是①，D 正确； 故合理选项是 AD。 15.柠檬酸(用 H3R 表示)是一种高效除垢剂。常温时，用一定浓度的柠檬酸溶液去除水垢，溶 液中 H3R、H2R-、HR2-、R3-的物质的量百分数随 pH 的变化如图所示。下列说法正确的是 α t 0.64 0.64 2 2 0.36 0.36 2 2 × ×A. 由 a 点判断 H3R 的第一步电离常数 Ka1(H3R)的数量级为 10-3 B. 若 b 点溶液中金属阳离子只有 Na+，则有 c(Na+)=c(R3-)+c(HR2-)+c(H2R-)+c(H3R) C. pH=6 时，c(R3-)=c(HR2-)>c(H+)>c(OH-) D. 反应 2H2R- H3R+HR2-在该温度下的平衡常数 K=10x-y 【答案】CD 【解析】 【详解】A. 柠檬酸溶液电离方程式：H3R H2R-+H+，H2R- HR2-+H+，HR2- R3-+H+ ， 在 a 点 时 ， c(H2R-)=c(H3R) ， 第 一 步 电 离 常 数 Ka1(H3R)= =c(H+)=10-3.3，故其数量级为 10-4，A 错误； B. b 点时，c(NaH2R)=c(Na2HR)，根据物料守恒可得 2c(Na+)=3[c(R3-)+c(HR2-)+c(H2R-)+c(H3R)]，B 错误； C. 根据图示，随着 pH 值的增大，氢离子浓度会减小，平衡向右移动，所以 H3R 含量会减少。 pH=6 时，c(R3-)=c(HR2-)，溶液显示酸性，c(H+)>c(OH-)，盐电离产生的离子浓度大于弱电解 质电离产生的离子浓度，即 c(HR2-)>c(H+)，故 c(R3-)=c(HR2-)>c(H+)>c(OH-)，C 正确； D. H3R H2R-+H+的电离平衡常数 Ka1(H3R)= =c(H+)=10-x；H2R- HR2-+H+的电离平衡常数 Ka2(H3R)= =c(H+)=10-y，反应 2H2R- H3R+HR2- 在该温度下的平衡常数 K= =10x-y，D 正确； 故合理选项是 CD。 ( ) ( ) ( ) 2 3 c H c H R c H R + −  ( ) ( ) ( ) 2 3 c H c H R c H R + −  ( ) ( ) ( ) 2 2 c H c HR c H R + − −  ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 y 3 3 3 a2 x2 a12 2 2 2 2 c H R c HR c H R c HR c H c HR c H R K 10 K 10c R c R c R c R c H c RH H H H H − − + − − −− − − − + − = = × = =    三、非选择题：本题共 5 小题，共 60 分。 16.生产医用防护口罩的原料聚丙烯纤维属于有机高分子材料，其单体为丙烯。丙烯除了合成 聚丙烯外，还广泛用于制备 1，2—二氯丙烷、丙烯醛、丙烯酸等。请回答下列问题： Ⅰ.工业上用丙烯加成法制备 1，2—二氯丙烷，主要副产物为 3—氯丙烯，反应原理为： ① ② （1）已知 的活化能 （逆）为 ，则该反应的 （正）活化能为_____ 。 （2）一定温度下，向恒容密闭容器中充入等物质的量的 和 ，在催化 剂作用下发生反应①②，容器内气体的压强随时间的变化如下表所示。 时间/min 0 60 120 180 240 300 360 压强/kPa 80 74.2 69.4 65.2 61.6 57.6 57.6 用单位时间内气体分压的变化来表示反应速率，即 ，则反应①前 180min 内平均反应速 率 ____ （保留小数点后 2 位）。 Ⅱ.丙烯的制备方法 方法一：丙烷无氧脱氢法制备丙烯反应如下： （3）①某温度下，在刚性容器中充入 ，起始压强为 10kPa，平衡时总压为 14kPa， 的平衡转化率为______。该反应的平衡常数 ______kPa（保留小数点后 2 位）。 ②总压分别为 100kPa、10kPa 时发生该反应，平衡体系中 和 的物质的量分数随温 度变化关系如图所示： 2 3 2 2 3CH CHCH (g) Cl (g) CH ClCHClCH (g)= +  -1 1ΔH =-134kJ mol⋅ 2 3 2 2 2CH CHCH (g) Cl (g) CH CHCH Cl(g) HCl(g)= + = + 1 2ΔH 102kJ mol−= − ⋅ 2 2 2 3CH CHCH Cl(g) HCl(g) CH ClCHClCH (g)= +  aE 1164kJ mol−⋅ aE 1kJ mol−⋅ 2 3CH CHCH= (g) ( )2Cl g Δpv= Δt ( )2 3v CH ClCHClCH = 1kPa min−⋅ 3 8 3 6 2C H (g) C H (g) H (g)+ 1ΔH 124kJ mol−= + ⋅ 3 8C H 3 8C H pK = 3 8C H 3 6C H10kPa 时， 和 的物质的量分数随温度变化关系的曲线分别是_____、______。 方法二：丙烷氧化脱氢法制备丙烯还生成 、 等副产物，制备丙烯的反应如下： 。在催化剂作用下 的转化率和 的产率随温度变化关系如图所示。 （4）①图中 的转化率随温度升高而上升的原因是_________。 ②575℃时， 的选择性为___。（ 的选择性= ） ③基于上述研究结果，能提高 选择性的措施是______。 【答案】 (1). 132 (2). 0.08 (3). 40% (4). 2.67 (5). Z (6). Y (7). 温度 升高，反应速率增大（或温度升高，催化剂的活性增大） (8). 50% (9). 选择相对较低 的温度（或选择更合适的催化剂） 【解析】 【详解】（1）反应 可由反应①-② 得到，故该反应的 = =（-134+102）kJ/mol=-32 kJ/mol，所以 （正）- （逆） =-32 kJ/mol， （正）=132 kJ/mol； 3 8C H 3 6C H CO 2CO 3 8 2 3 6 2 1C H (g) O (g) C H (g) H O(g)2 + + 1ΔH 118kJ mol−= − ⋅ 3 8C H 3 6C H 3 8C H 3 6C H 3 6C H 3 6 3 8 C H ×100%C H 的物质的量 反应的 的物质的量 3 6C H 2 2 2 3CH CHCH Cl(g) HCl(g) CH ClCHClCH (g)= +  H∆ 1 2-H H∆ ∆ aE aE aE（2）由于反应②前后系数之和相等，故压强的变化均由反应①造成，180min 时压强变化 为 80-65.2=14.8kPa，所以 ； （3）①设丙烷压强的变化为 ，同温同容下压强之比等于物质的量之比，由题意可得 反应后压强为 ，解得 ，C3H8 的转化率为 ， ； ②正反应吸热，升高温度，平衡正向移动，C3H8 的物质的量分数减小，C3H6 的物质的量分数 增大；根据方程式，该反应为气体体积增大的反应，增大压强，C3H8 和 C3H6 的物质的量分数 都增大，因此表示 10kPa 时，C3H8 的物质的量分数随温度变化关系的曲线是 Z，表示 10kPa 时 C3H6 的物质的量分数随温度变化关系的曲线是 Y； （4）①温度升高，反应速率加快，同时温度升高，催化剂的活性增大，因此 C3H8 的转化率随 温度升高而上升； ②由图可知，575 ℃时， C3H8 的转化率为 34% ，C3H6 的产率为 17%，即参加反应的 C3H8 为 34%，生成的 C3H6 为 17% ，故 C3H6 的选择性为 ； ③由图可知.温度低时 C3H6 的选择性高，故能提高 C3H6 选择性的措施是选择相对较低的温度， 或者是寻找选择性更高的催化剂； 【点睛】本题要注意第（3）题，列三段式一般填写的数据是物质的量或物质的量浓度。根据 理想气体状态方程 pV=nRT，在容积、温度不变的情况下，压强 p 与物质的量 n 成正比，故三 段式也可以直接用压强（只列气体物质）计算。 17.目前，锂电池已扩展到镍酸锂、钴酸锂、硅碳负极、磷酸铁锂等电池体系。请回答下列问 题： （1）基态 Ni 原子的价电子排布式为________，与 Ni 同周期且基态原子核外的成单电子数与 Ni 相同的元素还有__________种。 （2）酞菁钴分子的结构简式如图所示，中心离子为钴离子，分子中氮原子的杂化类型为___。 Δp Δp 14.8kPav= = 0.08kPa / minΔt 180min ≈ x 3 8 3 6 2C H C H + H kPa 10 0 0 kPa kPa 10 x x x x x x−  起始（ ） 变化（ ） 终止（ ） 10kPa- 14kPax x x+ + = 4kPax = 4kPa 100%=40%10kPa × 3 6 2 p 3 8 p(C H )p(H ) 4kPa 4kPa= = 2.674kPap(C H ) 6kPaK × ≈ 17% 100%=50%34% ×（3）Li＋过度脱出易导致锂电池结构坍塌产生 O2 而爆炸。实验证实 O2 因具有单电子而成为 顺磁性分子。下列结构式（黑点代表电子）中最有可能代表 O2 分子结构的是__（填字母）。 A B C D （4）如图为 SiO2 晶胞中 Si 原子沿 z 轴方向在 xy 平面的投影图（即俯视投影图），其中 O 原 子略去，Si 原子旁标注的数字表示每个 Si 原子位于 z 轴的高度，则 SiA 与 SiB 的距离是 ______。 （5）PCl5 晶体的晶胞如图所示，该晶体熔融时形成一种能导电的液体，实验测得其中含有一 种正四面体阳离子和一种正八面体阴离子，且 P—Cl 键的键长只有 198pm 和 206pm 两种，试 用电离方程式解释 PCl5 熔体能导电的原因____，正四面体形阳离子中键角大于 PCl3 的键角原 因为_____。已知该晶体的晶胞边长为 apm，NA 为阿伏伽德罗常数的值，则该晶体的密度为 __________g·cm－3。 【答案】 (1). (2). 3 (3). 、 (4). B (5). (6). 8 23d 4s 2sp 3sp 2 d2 (7). 分子中 P 原子有一对孤对电子， 中 P 没有孤对电 子，孤对电子对成键电子的排斥力大于成键电子对间的排斥力 (8). 【解析】 【详解】(1)Ni 元素为 28 号元素，其核外电子排布为 1s22s22p63s23p63d84s2，则其价电子排布 式为 3d84s2；Ni 原子核外电子中单电子有 2 个，同周期单电子同样 2 个的有 3 种元素，价电 子排布分别为 3d24s2、4s24p2、4s24p4，分别是 Ti、Ge、Se，共 3 种； (2)该分子中，N 原子有形成 3 个 σ 键，含有 1 对孤对电子，有形成 4 个 σ 键，没有孤对电子， 这两种 N 原子的杂化类型均为 sp3；还有 N 原子形成 2 个 σ 键，含有 1 对孤对电子，这种 N 原子的杂化类型均为 sp2； (3)实验证实 O2 因具有单电子而成为顺磁性分子。根据选项进行分析，可知 A、C、D 中的 O2 分子的结构式中，均没有单电子存在，因此不符合事实事实；而 B 选中 O2 的结构式中的化学 键有 3 个电子，有单电子，因此 B 实验事实； (4)根据图 可知其三维模型为 (图中黑球和白球均为硅 原子，氧原子位于两个硅原子之间，省略)，图中 ABCD 四个 Si 原子形成正四面体结构，且 AB 距离等于 AC 距离，AC 距离在底面投影为底面面对角线的一半，则 SiA 与 SiB 的距离= 。 (5))含有自由移动离子的化合物能导电，PCl5 是一种白色晶体，熔融时形成一种能导电的液体 测得其中含有一种正四面体形阳离子和一种正八面体形阴离子，阳离子、阴离子分别为 PCl4+、 PCl6-，其电离方程式为 2PCl5=PCl4++PCl6-；PCl3 分子中 P 原子有一对孤电子对，PCl4+中 P 没 有孤电子对，孤电子对对成键电子的排斥力大于成键电子对间的排斥力，所以正四面体形阳 离子中键角大于 PCl3 的键角；该晶胞中 PCl5 个数= ，晶胞体积=(a×10-10cm)3，晶胞 密度 g/cm3。 5 4 62PCl PCl l= PC+ −+ 3PCl + 4PCl 32 3 A 4.17 10 N a × × 1 2d= m2 2 dn2 × 11+8 =28 × ( ) 32 3A 3 310 A 208.5 22 2N 4.17 10 2= = g / cm a Na 10 A M N V ρ − ×× × × ×= ×18.“阿比朵尔”是一种抗病毒药物，能有效抑制新型冠状病毒，其合成路线如下： 回答下列问题： （1）阿比朵尔中含氧官能团的名称为____，反应②④⑥中属于取代反应的是_____。 （2）在合成阿比朵尔的整个流程中，设计由 A 到 B 的目的是___。 （3）反应③的化学反应方程式为______________。 （4）M 是 B 的一种同分异构体，满足下列条件的同分异构体有____种； ①苯环上有 3 个取代基 ②能发生银镜反应 ③能发生水解反应，且 1molM 水解时消耗 4molNaOH 其中核磁共振氢谱显示有 4 组峰，峰面积之比为 2:2:2:1 的结构简式为_______。 （5）参照上述合成路线，设计由甲苯和 2—丙醇为原料制备 的合成路线 _______（其它无机试剂任选） 【 答 案 】 (1). （ 酚 ） 羟 基 、 酯 基 (2). 反 应 ⑥ (3). 保 护 酚 羟 基 (4). (5). 6 (6). (7). 【解析】 【分析】 结合 A 和 C 的结构简式，以及反应①的反应物，可知 A 到 B，A 中的－OH 的 H 被 取代；B 到 C，B 中的－NO2 被还原成－NH2。经过反应③，C 中的－NH2，形 成 N=C 双键；经过反应④，形成分子内的环；反应⑤，在 N 原子上引入－CH3；反应⑥，Br 原子取代了－CH3 和苯环上的 2 个 H 原子；最终得到阿比朵尔。 【详解】(1)阿比朵尔中含氧官能团有羟基和酯基；反应②④⑥中，②为－NO2 转化为－NH2， 去氧加氢，为还原反应；反应④，形成了分子内的环，根据分子式可知，整个过程中，去掉 了 2 个 H 原子，不是取代反应；反应⑥，Br 原子取代了－CH3 和苯环上的 2 个 H 原子，为取 代反应；因此属于取代反应的是⑥； (2)A 到 B，A 中的－OH 的 H 被 取代，而在阿比朵尔中，又复原成－OH，在整 个合成过程中保护了－OH，使得－OH 不会转化为其他原子或原子团；设计由 A 到 B 的目的 是保护酚羟基； (3)根据分子式可知，C 和 的反应中产物还有水，化学方程式为； (4)M 是 B 的一种同分异构体，满足下列条件②能发生银镜反应、③能发生水解反应，且 1molM 水解时消耗 4molNaOH；说明结构中含有 2 个甲酸形成的酯基，为－OOCH，则另一个 取代基为－NH2，苯环上有三个取代基的同分异构体，有 6 种；其中核磁共振氢谱显示有 4 组 峰，峰面积之比为 2:2:2:1 的结构简式为 或 ； (6) 中的碳氮双键，类似于 中的碳氮双键，由－NH2 与含有羰 基的物质反应得到；－NH2 的引入可模仿 B 到 C；利用硝化反应在甲苯中甲基的对位引入－ NO2，在还原得到－NH2；2－丙醇可以发生催化氧化引入羰基；则合成路线为 。 19.亚硝酰硫酸（NOSO4H）纯品为棱形结晶，溶于硫酸，遇水易分解，常用于制染料。制备 NOSO4H 的反应原理为： 、 。 （1）亚硝酰硫酸（NOSO4H）的制备。 ①仪器Ⅰ的名称为_________。 2 3 3 2=SO HNO SO HNO+ + 3 2 4=SO HNO NOSO H+②按气流从左到右的顺序，上述仪器的连接顺序为____（填仪器接口字母，部分仪器可重复 使用）。 ③为了控制 B 中通入 SO2 的速率，可以采取的措施是_____。 ④NOSO4H 遇水分解的化学方程式为______，若去掉装置 C 会使 NOSO4H 的产量____（填“增 大”、“减少”或“无影响”）。 （2）亚硝酰硫酸（NOSO4H）纯度的测定。 准确称取 1.337g 产品加入 250mL 碘量瓶中，加入 60.00mL 浓度为 0.1000mol·L－1KMnO4 标准 溶液和 10mL25%H2SO4 溶液，然后摇匀。用 0.2500mol·L－1Na2C2O4 标准溶液滴定，消耗 Na2C2O4 溶液的体积 20.00mL。 己知：ⅰ. + NOSO4H+ 、 + + + ⅱ. ①完成反应ⅰ的离子方程式： ____ +____ ____ ____+____ +____ +____ ②滴定终点的现象为________。 ③产品的纯度为_____%（保留两位有效数字）。 【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). a→de→cb→de→f (3). 调节装置 A 中的分液漏斗活塞， 控制硫酸溶液的滴加速度 (4). （其他合理答案均给分） (5). 减少 (6). 2 (7). 5 (8). 2 (9). (10). 5 (11). 5 (12). 9 (13). 滴入最后一滴 溶液后，溶液由浅紫色变为无色且半分钟颜色不恢复 (14). 95 【解析】 【分析】 NOSO4H 遇水易水解，因此在制备过程中，要防止水进入发生装置。利用 70%H2SO4 和 Na2SO3 制备 SO2，SO2 中含有水蒸气，需要除去，利用浓硫酸除去水分；在 B 中发生反应，利用 D 装置处理未反应的 SO2，为了防止 D 中的水蒸气通过漏斗进入装置 B，B 和 D 之间需要用装 置 C 防止水进入 B。 【详解】(1)①根据装置的特点，仪器Ⅰ的名称为蒸馏烧瓶； ②NOSO4H 遇水易水解，因此在制备过程中，要防止水进入发生装置。装置 A 用于制备 SO2， 装置 B 用于制备 NOSO4H，装置 D 用于尾气吸收，为了防止水进入装置 B，AA、B 之间，B 4MnO− 2H O= 3NO− 2 4SO − +H 4 2 2 4 2 4 4 2 2 2 4 2 42KMnO 5Na C O 8H SO 2MnSO 10CO 8H O K SO 5Na S= O+ + + ↑ + + + 4MnO− 4NOSO H+ 2H O= 3NO− 2 4SO − +H 4 2 2 4 2NOSO H H O=H SO HNO+ + 22Mn + 2 2 4Na C O和 D 之间需要加入装置 C，因此连接顺序为 a→de→cb→de→f； ③为了控制通入 SO2 的速率，装置 A 用于制备 SO2，可以通过调节装置 A 中分液漏斗，来调 节硫酸溶液的滴加速度，从而控制通入 SO2 的速率； ④NOSO4H 与水反应生成 HNO2 和 H2SO4，化学方程式为 NOSO4H＋H2O=H2SO4＋HNO2；如 果去掉装置 C，产物就会与进入装置 B 中的水反应，会是的产物的量减少； (2)①在酸性条件洗，MnO4－中 Mn 的化合价降低，生成 Mn2＋，化合价降低 5 价；NOSO4H 中， S 的化合价为＋6，O 的化合价－2，H 的化合价＋1，则 N 的化合价为＋3，N 的化合价从＋3 升高到＋5，化合价升高 2；根据化合价升降守恒，则 MnO4－和 NOSO4H 的化学计量数之比为 2：5，再根据电荷守恒和物料守恒，可得化学方程式为 2MnO4－＋5NOSO4H＋2H2O=2Mn2＋＋ 5NO3－＋5SO42－＋9H＋； ②含有 MnO4－的溶液本身具有颜色，为紫色；刚开始，KMnO4 是过量的，溶液的颜色为紫色， 加入 Na2C2O4 溶液滴定过量的 KMnO4，溶液会从紫色变为无色，因此滴定终点的现象为滴入 最后一滴 Na2C2O4 溶液后，溶液由浅紫色变为无色且半分钟颜色不恢复； ③根据题意，KMnO4 氧化了 NOSO4H 和 Na2C2O4，则用总的 KMnO4 减去氧化 Na2C2O4 的 KMnO4，可求得氧化 NOSO4H 的 KMnO4，从而求得 NOSO4H 的质量。根据化学方程式，可 得关系式 2KMnO4～5Na2C2O5，则氧化 Na2C2O4 的 KMnO4 的物质的量 ；总的 KMnO4 的物质的量 ，则氧化 NOSO4H 的 KMnO4 的物质的 量 。根据化学方程式，可得关系式 2KMnO4～ 5NOSO4H，则 NOSO4H 的物质的量 ，NOSO4H 的质量 ，NOSO4H 的纯度 。 20.粉煤灰是燃煤产生的重要污染物，主要成分有 Al2O3、Fe2O3 和 SiO2 等物质。综合利用粉煤 灰不仅能防止环境污染，还能获得纳米 Fe2O3 等重要物质。 -3 -320.2500mol/L 20.00mL 10 mL/L 2 10 mol5n = × × × = × -3 -30.1000mol/L 60.00mL 10 mL/L 6 10 moln = × × = × -3 -3 -36 10 mol-2 10 mol=4 10 moln = × × × -3 5=4 10 mol =0.01mol2n × × =0.01mol 127g/mol=1.27gm n M= × × 1.27g 100% 95%1.337g ω = × ≈回答下列问题： （1）过程Ⅰ对粉煤灰进行酸浸过滤后，滤渣的主要成分是_____。 （2）过程Ⅱ加入伯胺—煤油后，将浸取液进行分离的操作名称是___；伯胺(R－NH2)能与 Fe3 ＋反应生成易溶于煤油的 ，该反应的离子方程式为____。 （3）过程Ⅲ，利用 NaCl 溶液进行“反萃取”发生了______变化（填“物理”或“化学”）。 （4）过程Ⅳ分两步完成，先是过量的 N2H4 将水层 2 中的铁元素转化为 Fe2＋，得到的 Fe2＋再 被 O2 氧化为 FeOOH。其中第一步反应生成的含氮微粒的化学式为______。 （5）纳米 Fe2O3 是一种多功能材料，常压下用纳米 Fe2O3 电化学法合成氨的装置如图所示， 其中电解液为熔融 NaOH—KOH，该装置工作时可循环利用的物质是___。实验测得纳米 Fe2O3 在反应前后的质量和化学性质均未变，其颗粒大小变为毫米级，则说明纳米 Fe2O3 在电极上发 生的反应过程如下：__（用化学用语表示）。 【 答 案 】 (1). SiO2 (2). 分 液 (3). 或 ） (4). 化学 (5). N2 和 N2H5＋ (6). H2O (7). ， ( )2 43Fe NH R (OH) SO  — ( )3 2 2 2 2 44 33R NH Fe SO H O Fe NH R (OH) SO H+ − + + + + − + — ( ) 23 2 2 2 33R NH Fe H O Fe NH R (OH) H ++ + + + − + — 2 3 2Fe O 3H O 6e 2Fe= 6OH− −+ + + 2 2 2 3 32Fe N 3H O=Fe O 2NH+ + +或 ， 或 ， 【解析】 【分析】 粉煤灰用 H2SO4 浸泡，其中的 Al2O3 和 Fe2O3 会与 H2SO4 反应生成，Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3；而 SiO2 不反应，是沉淀，过滤除去；用伯胺－煤油萃取，Fe3＋与伯胺反应，进入煤油中，从而 与 Al3＋分离，再用 NaCl 溶液，反萃取 Fe3＋进入水层，再反应得到 FeOOH，最后得到纳米 Fe2O3。 【详解】(1)粉煤灰用 H2SO4 浸泡，其中的 Al2O3 和 Fe2O3 会与 H2SO4 反应生成，Al2(SO4)3、 Fe2(SO4)3；而 SiO2 不反应，是沉淀，过滤除去，滤渣的主要成分是 SiO2； (2)伯胺－煤油萃取后，得到是互不相溶的液体，分离互不相溶的液体用分液；根据电荷守恒， 可配平方程式 ； (3)过程Ⅲ，利用 NaCl 溶液进行“反萃取”，Fe3＋从有机层进入到水层，说明 Fe3＋形成的物质 发生变化，从易溶于有机物的物质变成了易溶于水的物质，因此发生了化学变化； (4)反萃取后，水溶液中存在 Fe3＋，与 N2H4 反应转化为 Fe2＋，Fe 化合价降低，因此 N 的化 合价升高，根据得失电子守恒和电荷守恒，可得离子方程式为 4Fe3＋＋5N2H4=4Fe2＋＋N2＋ 4N2H5＋，含氮微粒的化学是为 N2 和 N2H5＋； (5)根据示意图，N2 和 H2O 转化了 NH3，N 的化合价降低，发生了还原反应，电极方程式为 N2 ＋6H2O＋6e－=2NH3＋6OH－；而另一极，OH－失去生成 O2，4OH－－4e－=O2↑＋2H2O；N2 和 H2O 反应消耗了水，而 OH－放电又生成了水，因此可循环利用的物质是 H2O； 纳米 Fe2O3 在反应前后的质量和化学性质均未变，其颗粒大小变为毫米级，说明 Fe2O3 是该反 应的催化剂；OH－在右侧电极失去电极，说明左侧电极得到电子发生还原反应，因此可能为 Fe2O3 先得到电子发生还原反应，得到还原产物，再与 N2 反应；Fe2O3 中 Fe 的化合价是＋3， 得到电子化合价降低可能得到还原产物 Fe、Fe3O4、FeO；则纳米 Fe2O3 在电极上发生的反应 过程可能为 ， 或 ， 或 ， 的 2 3 2 3 43Fe O H O 2e 2Fe O 2O= H− −+ + + 3 4 2 2 2 3 36Fe O N 3H O=9Fe O 2NH+ + + 2 3 2Fe O H O 2e 2FeO= 2OH− −+ + + 2 2 2 3 36FeO N 3H O=3Fe O 2NH+ + + ( )3 2 2 2 2 44 33R NH Fe SO H O Fe NH R (OH) SO H+ − + + + + − + — 2 3 2Fe O 3H O 6e 2Fe= 6OH− −+ + + 2 2 2 3 32Fe N 3H O=Fe O 2NH+ + + 2 3 2 3 43Fe O H O 2e 2Fe O 2O= H− −+ + + 3 4 2 2 2 3 36Fe O N 3H O=9Fe O 2NH+ + + 2 3 2Fe O H O 2e 2FeO= 2OH− −+ + + 2 2 2 3 36FeO N 3H O=3Fe O 2NH+ + +