1、2019-2020學年度第二學期6月調研考試試題高三化學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束后，請將答題卡交回。2 .答題前，請考生務必將自己的學校、班級、姓名、學號、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亳米的黑色簽字筆在答題紙指定區域作 答。在試卷或草稿紙上作答

2、一律無效。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|量：H 1 C 12 N 14 0 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.下列關于亞硝酸（HN0；）的說法正確的是A.能與NaOH溶液反應B.能使酚酸試液變紅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發生中和反應，故A符合題意；B.酚酣遇堿變紅，亞硝酸屬于酸，不能使酚酰變色，故B錯誤：C.亞硝酸中的N元素、0元素都不是最高價態，所以具

3、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，所以具有氧化性，故D錯誤： 故答案為A。2.反應PH + HC1 + 4HCH0 = P（CH：OH） 1C1的產物常被用作棉織物的防火劑。下列表示反應快樂分享知識無限!中相關微粒的化學用語正確的是A.中子數為20的氯原子：C1B. HCHO 結構式：H-C-O-HC. 0=的結構示意圖:D. PR的電子式：H：?:HH【答案*】D【解析】【詳解】A.中子數為20的氯原子的質量數為20+17=37,原子符號左下角為質子數，左上角為質量數，所以符號為:;C1,故A錯誤：B.HCH0中含碳氧雙鍵，結構式為口 H 故B錯誤：C. 0元素

4、為8號元素，。原子得到兩個電子形成氧離子，結構示意圖為故C錯誤；D. PH,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H：P二H,故d 正確；故答案 Do3.下列有關物質的性質與用途具有對應關系的是A.乙烯具有還原性，可用于生產聚乙烯B. A1。熔點高，可用作耐高溫材料C. CaO能與H9反應，可用作廢氣的脫硫劑D. Fed能與鹽酸反應，可用于制作紅色顏料【答案】B【解析】【詳解】A.乙烯可以發生加聚反應得到聚乙烯，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.熔點高的物質可以作耐火材料，Aid熔點高，可用作耐高溫材料，故B正確：C. CaO能與H9反應，故

5、可以用作干燥劑，CaO能與二氧化硫、氧氣發生化學反應生成硫酸鈣, 可用作廢氣的脫硫劑，故C錯誤；D. Fea,能與鹽酸反應，故可用作除鐵銹，Fe；0s是紅棕色固體，可用于制作紅色顏料，故D錯 誤;答案選B°4.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 1/ HC1 溶液：I、SO：、NO3B. 0. 1 mol 溶液：NH；、SO；、NO；C. 0. 1 mol KSCN 溶液：Fes SO：、ClD. 0. 1 mol - 1/ NaOH 溶液：NH；、 SO：、 CO：【答案】A【解析】【詳解】A.三種離子相互之間不反應，也不與氫離子和氯離子反應，可以

6、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FJ生成絡合物而不能大量共存，故C不符合題意：D.鉞根和氫氧根會結合生成弱電解質一水合紈，不能大量共存，故D不符合題意；故答案為A。5.下列實驗操作能達到實驗目的的是A.用裝置甲制備并收集乙酸乙酯B.用裝置乙除去CO二中的少量SO二C.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溶液中發生水解，不能用NaOH溶 液收集乙酸乙酯，故A錯誤：B.二氧化碳也會和碳酸鈉溶液反應，無法達到分離提純的目的，故B錯誤：C

7、.熱的純堿溶液顯堿性，可以使油脂水解，反應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，稀鹽酸無法除去試管內壁上的銀，可用稀硝酸溶液, 故D錯誤：故答案為C。6.下列有關化學反應的敘述正確的是A.電解熔融MgCL生成Mg(O嘰B.加熱NHC1制備MLC.室溫下，A1和Fed反應生成FeD.銅和濃硝酸反應生成NO：【答案】D【解析】【詳解】A.電解熔融氯化鎂得到鎂單質和氯氣，電解氯化鎂水溶液可以得到氫氧化鎂，故A 錯誤；B.加熱氯化鐵分解成HC1和雙，生成的HC1和NH,在試管口又反應生成氯化錢，無法得到氨 氣，故B錯誤；C. A1和Fed在高溫條件

8、下才能反應，室溫下不反應，故C錯誤；D.濃硝酸具有強氧化性，可以和銅反應生成義)二、Cu(N03和水，故D正確：故答案為D。7 .下列指定反應的離子方程式正確的是A.向 NaClO 溶液中通入過量 CO： C10'+ CO： + H：0 = HC1O + HCO；8 .向FeCL溶液中加入銅粉：Fe8+ + Cu = Fe" + CC,用 NaOH 溶液吸收 NO；： 20H + 2N0： = 2N0, + H:0D.向AlCb溶液中滴加氨水:Al3*+ 30H =A1(OH)3 I【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

9、成碳酸氫根，離子方程式為CIO + C0;+ H：0=HC1O + HCO;故A正確；9 .向FeCL溶液中加入銅粉正確的離子方程式為2FJ + Cu=2Fe=* + Cu。故B錯誤：C.用NaOH溶液吸收NO：生成硝酸鈉和亞硝酸鈉，離子方程式為2NO：+2OH - NO:+NO3+40,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A產+ 3NH, - H：0=3NH； +A1(OH)51 , 故D錯誤：故答案為A。8.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，X原子的最外層電子數是電子層數的3 倍，Y元素的焰色為黃色，與Ne具有相同的電子層結構，H與X位于同一主族

10、。下列說法 正確的是A.原子半徑:r(W) > r(Z) > r(Y) > r(X)B. X的簡單氣態氫化物比W的穩定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是電子層數的3倍，所以其電子層結構為2、6,則X為0元素：Y元素 的焰色為黃色，則Y為Na元素：Z?與Ne具有相同的電子層結構，則Z為Mg元素，W與X位 于同一主族，且為短周期元素，則W為S元素?！驹斀狻緼.電子層數越多原子半徑越大，電子層數相同，核電荷數越小半徑越大，所以四種 原子的半徑：Na>Mg>S>0,即子Y)&g

11、t;> r(Z) » r(W) > r(X),故 A 錯誤；B.非金屬性越強，簡單氣態氫化物越穩定，同主族元素自上而下非金屬性減弱，所以0的非 金屬性大于S,則0的簡單氣態氫化物比S的穩定，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：D. 0元素和S元素可以形成SO：、SO,兩種氧化物，故D錯誤：故答案為9 .在給定條件下，下列選項所示的物質間轉化均能實現的是MnO/s>Fe (s)A. HC1 (aq) t CL(g) . FeCl：(s)a點板B. Cu(0H):(s

12、)CuO(s) 叫 CuSOt (aq).H,(g). . HNO；' aq)/、C. N=(g)= NHjg) - NHNOKs)D. A1:03(s)皿叫) AlCl5(aq)A1C13(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生成硫酸銅溶液，故B正確；C.氨氣和硝酸溶液反應生成硝酸鉉溶液，得不到硝酸鐵固體，故C錯誤：D.由于鋁離子水解，HC1易揮發，所以加熱蒸發氯化鋁溶液得到的是氫氧化鋁，故D錯誤;故答案為B。10 .下列圖示與對應的敘述正確的是20 Hl rnin 乙WXG

13、IGSA.圖甲表示一定條件下反應2S0Kg) +0：(g)U2S0Kg)中各物質的物質的量濃度隨時間的變 化，說明心時刻僅縮小了容器的容積B.圖乙表示反應COKg) + 3H=(g) UCH,OH(g) + H:O(g) AHVO在恒容密閉容器中，其他條 件相同時，僅改變反應溫度，a(CH50H)隨時間的變化，說明揄C.圖丙表示用0. 01 mol - I? AgNO,溶液滴定濃度均為0. 01 mol 1/的NaX、NaY混合溶液時, 一Ige隨AgNOs溶液體積的變化，說明發(AgY) A(AgX)D.圖丁表示25c時，加水稀釋10 mL pH均為5的HF與HCN溶液時，溶液的pH隨溶液體

14、積 的變化，說明&(HCN) 發(HF)【答案*】B【解析】【詳解】A.若縮小容器體積，S0：、0八S0,的濃度都會瞬間增大，而圖示中S0：、0：的濃度瞬 間不變，之后緩慢降低然后不變，S0,的濃度瞬間不變然后緩慢增大，所以仁時刻不可能是縮 小容器的體積，故A錯誤：B.據圖可知I條件下反應達到平衡時間較長，反應速率較慢，平衡時MCHQH)較大，該反應 為放熱反應，所以£在，放熱反應溫度越高，平衡常數越小，所以& 據，故B正確：C. 一lg。值越大，相應的離子濃度越小，據圖可知當硝酸銀溶液體積相同時，。(丫-)較小， 所以AgY更難溶，所以扁(AgY) <A：?(

15、AgX),故C錯誤；D.酸性越弱，同pH的酸溶液稀釋相同的倍數，pH的變化越小，據圖可知HF的酸性比HCN強, 所以我(HCN) <4(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。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。分。11.電解含C10二的NaCl溶液可以獲得消毒劑NaClO：,該工藝尾氣吸收時的反應為2C10:+2Na0H + H50a = 2NaC10= + 0=+ 2Hs0。下列有關說法正

16、確的是A.電解時，化學能會轉化為電能和熱能B.電解時，C10：轉化為C10；的反應發生在陽極C.尾氣吸收生成11.2 L 0二時，壓0二失去1 mol電子D. 2H=0:(aq)=2H:0(l) + 0;(g) 4<0過程中的能量變化如圖所示【答案*】D【解析】【詳解】A.電解時是電解池，將電能轉化為化學能和熱能，故A錯誤；B.電解時，C10,轉化為C10；的反應是化合價降低的反應，發生還原反應，發生在陰極，故B 錯誤；C.尾氣吸收生成11.2 L 0二時，由于沒有給出具體的溫度和壓強，無法算出物質的量，無法 計算失去的電子的物質的量，故C錯誤：D.圖象中反應物得總能量高于生成物的總能量

17、，是放熱反應，2H；0：(aq)二2H：0(l) +0式g) AH<0,反應放出熱量，符合圖象，故D正確；答案選D12.化合物Y可由X通過下列反應制得。下列說法正確的是A.上述反應屬于取代反應B.化合物X能與銀叁溶液反應C.化合物Y能與FeCb溶液發生顯色反應D.分子X、Y中都存在手性碳原子【答案】B【解析】【詳解】A. X轉化為Y的過程中碳氧雙鍵打開，發生加成反應，故A錯誤：B.化合物X含有醛基，可以和銀氨溶液發生銀鏡反應，故B正確：C. Y中不含酚羥基，不能與FeCL溶液發生顯色反應，故C錯誤；D.連接四個不同原子或原子團的碳原子為手性碳原子，手性碳原子一定為飽和碳原子，所以X中不含

18、手性碳原子，Y中與羥基相連的碳原子為手性碳原子，故D錯誤：故答案為B。13 .室溫下進行下列實驗，根據實驗操作和現象所得到的結論正確的是A. AB. BC. CD. D選項實驗操作和現象結論A室溫下，向苯酚鈉溶液中通足量co：,溶液變渾濁碳酸的酸性比苯酚的強B加熱乙醇與濃硫酸的混合溶液，將產生的氣體通入少量酸性KMnOi溶液，溶液紫紅色褪去有乙烯生成C向5 mL 0. 1 mol-L KI溶液中加入1 mL 0. 1mol -L'FeCL溶液，充分反應后，萃取分液，向水層中滴加KSCN溶液，溶液呈血紅色廠與FJ的反應有一定限度D向NaHCOs溶液中滴加紫色石蕊試液，溶液變藍Eacoj

19、X&(H3c0D【答案】AC【解析】【詳解】A.室溫下，向苯酚鈉溶液中通足量CO：,碳酸將苯酚置換出來，溶液變渾濁，屬于 強酸制弱酸，可以得出結論：碳酸的酸性比苯酚的強，故A正確：B.加熱乙醇與濃硫酸的混合溶液，將產生的氣體通入少量酸性KMnOi溶液，溶液紫紅色褪去, 可能是揮發出的乙醇被酸性高缽酸鉀氧化，也可能是乙醉發生消去反應得到的乙烯使酸性高 銹酸鉀的紫色褪色，故B錯誤：C.向5 mL 0. 1 mol-L'KI溶液中加入1 mL 0. 1 mol-I/FeCL溶液，碘離子和鐵離子發生氧 化還原反應生成碘和亞鐵離子，反應后，萃取分液，向水層中滴加KSCN溶液，溶液呈血紅色

20、, 說明溶液中還含有鐵離子，沒有反應完，說明與FJ的反應有一定限度，故C正確：D.向NaHCO,溶液中滴加紫色石蕊試液，溶液變藍，說明溶液呈堿性，同時說明碳酸氫根的水c(H,COJc(OH-)解程度大于電離程度，HCO；+H,(冷HKO3+OH，&二， H£O?HCO"H ,c(HCOC)c(HCO； )c( ”+). c(CO：- )c(+)、,-，HCOjtH'+COj, K-A；1(H:C03)X(H：C03) =WJcM)、 ，c(HCOC)c(H2cOJc(HCO3 )c(“CO)c(”+)c(CO32-)c(H+) _ c(CO32")

21、c(H+)2c(HCO；)：x；=：.等式兩邊同乘以con,可以得到c（HC>3）c(HCO；)c(HCO：)2一，即公（H£0jXR（H£03）,故D錯誤:答案選AC。14 .草酸(H二30。是一種二元弱酸。室溫時，下列指定溶液中微粒物質的量濃度關系正確的是A. 0. 1 mol 1/ NaHGOA容液:c(Na') >c(C；0： ) >c(HC()4 )B. 0. 1 mol I? NaCOd溶液:c(0H") = c(H,)+2c(H：Q0：) + o(HCs04 )C. 0. 1 mol 1/ H：C：Oi溶液：0. 2 mol

22、 1/ + c(0H ) = c(H,) + 2c(430) + c(HQ04 )D.向Na,CO溶液中滴加壓CO溶液至中性：o(Na ) =2o(G0：)【答案】BC【解析】【詳解】A. NaHCO溶液顯酸性，說明He：。，的電離大于它的水解，c(C：0；)是由。(HCO)電 離得到的,故。(Ca：)Vc(HC=0；),故A錯誤：B. Na£O 溶液中存在質子守恒，c(0H ) =c(H ) +2c(H:C:0,) + e(HC：04 ),故 B 正確；C. H£O溶液中的電荷守恒，c(H ) =e(HC=04)+2c(C:0；-) +c(0H ),物料守恒：c(H,)=

23、 2c(HC94)+2c(aO：) +2c(H£d),兩式相減得到：c(0H )=2c(H£O) + cOiC：。)，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-I/ HCOi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" + c(0Hj 二 c(H') +2c(H£O)+。(設力4)，故 C 正確：D.向Na：CO溶液中滴加H£O溶液至中性：符合電荷守恒,c(H,)+c(Na )=c(0H ) + c(HC:04)+2c(C:0；'

24、;),溶液顯中性，c(0H") = c(H) 則 c(Na')二2c(C2：) +c(HC=04),故 D 錯誤；答案選BC?！军c睛】C項是難點，需要學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壓發生反應C0(g)+3H:(g)CH1(g)+H:0(g)o反應相同時間，C0的轉化率與反應溫度的關系如圖所示。下 列說法一定正確的是A.升高溫度，C0(g)+3HKg)=CH：(g)+H：0(g)的化學平衡常數增大B.圖中X點所

25、示條件下，延長反應時間能提高CO的轉化率C.圖中丫點所示條件下，改用性能更好的催化劑能提高CO的轉化率D. T, , (：09)+3見6)=(：&9)+壓09)的化學平衡常數長1【答案】BD【解析】【分析】從圖像可以看出，隨著溫度的升高化學反應速率加快，在相同的反應時間內，co的轉化率增 大；T, 時CO的轉化率為50%,據此分析?！驹斀狻緼.從圖像可以看出，隨著溫度的升高化學反應速率加快，在相同的反應時間內，C0 的轉化率增大，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增大的 結論，故A錯誤；B.圖中X點所示條件下，反應沒有達到平衡狀態，延長反應時間，反應正向進行，

26、能提高C0 的轉化率，故B正確；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速率，不能提高C0的轉化率， 故C錯誤：=14.81 > i ,故 D 正確:D.根據反應:C0（g）+3HKg）UCH：（g”H：0（g）,列出三段式：co(g)+3H2(g)；-CH4(g)+HQ(g)開始(mol/L)0.10.300變化(mol/L)0.050.150.050.05T, (mol/L)0.050.150.050.05c(CH4)c(H2O)_ 0.05x0.05c(CO)c(H2)3 "0.05x0.153答案選BD。非選擇題（共80分）16.以白云石（主要成分為CaC

27、O,和MgCOD為原料制備氧化鎂和輕質碳酸鈣的一種工藝流程如 下：輕質 CaCOiMgQ已知:已Mg (0H)=5X10（1）白云石高溫煨燒所得固體產物的主要成分為 （填化學式工（2） NHN0,溶液呈酸性的原因為 （用離子方程式表示）。（3） “浸取”后，c（Mg。應小于5X10+mol -！/,則需控制溶液pH （4） “碳化”反應的化學方程式為°(5)燃燒所得固體的活性與其中CaO含量及固體疏松程度有關。其他條件相同時，將不同溫 度下的燃燒所得固體樣品加入酸化的酚釀溶液中，引起溶液變色所需時間不同，由此可知煨 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系如圖所示。

28、當溫度高于 950 時，燃燒所得固體易板結，活性降低；當溫度低于950 °C時，活性降低的原因為 0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，則此時需測量的數據為相同 時間后 與樣品煨燒溫度之間的關系?！敬鸢?】(1). CaOx MgO (2). NH；+ H：0NH3 - ftO+H" (3). >11(4).Ca(N03)s+ CO? + 2NH5 = CaC031 + 2NHN0： (5). 口燒溫度較低,CaCO：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CaCOj和MgCOj高溫燃燒得到CaO和蛇0,由于嵌

29、根水解顯酸性，所以之后 加入硝酸核調節pH浸取，使CaO溶解，浸取后溶液中的溶質主要為硝酸鈣和一水合氨，過濾 掉不溶的蛇0,之后向溶液中依次通入過量氨氣、二氧化碳，得到碳酸鈣。【詳解】(1)高溫煨燒白云石得到CaO和她0：(2)硝酸鐵溶液中由于存在錢根的水解所以顯堿性，水解方程式為NH；+ H：0UNHsH：O+H.:心Mg(OH)1=/(0H-) c(Mg>,當 c(Mg>)=5X10-O1 ！/時，c(0H ' ) = Af>X1()l mol/L=l X Wmol/L,此時 pH=ll,若 c(Mg)小于 5X 10- mol - L”，則需 V5xl0要 pH

30、>ll：(4)硝酸鐵浸取后溶液中的溶質主要為硝酸鈣和一水合氨，通入紈氣、二氧化碳，發生復分解 反應，化學方程式為 CaNOjj CO： + 2ML = CaC051 + 2NHSNO5：(5)燃燒溫度較低，CaCO,未完全分解，CaO的含量偏低，所以活性降低：氧化鈣和水反應放熱, 氧化鈣含量越高與樣品與水反應放出的熱量越多，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液的溫度與樣品煨燒溫度之間的關系，來判斷樣品的活 性。【點睛】碳化的過程與侯氏制堿法制取純堿的原理類似，通叁氣使溶液堿性增強，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

31、合成降壓藥替米沙坦的重要中間體，其人工合成路線如下:（1）C中含氧官能團名稱為酰胺鍵、和 o（2） A-B的反應類型為 o（3）試劑X的分子式為GHJ,寫出X的結構簡式： -（4） A的一種同分異構體同時滿足下列條件，寫出該同分異構體的結構簡式： 是。-氨基酸;苯環上有3種不同化學環境的氫原子。（5）已知：苯胺（Nlh）有還原性，易被氧化;硝基苯直接硝化產物為間二硝基苯 ChJ語氏*- CRCOgCH寫出以。一NO和不。為原料制備a：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工I答案.酯基.硝基.取代反應.cc>H【解析】【分析】A與/發生取代反應生成B，B和濃硝酸在濃

32、硫酸的作用下發生硝化反應生成C, C 發生還原反應生成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反應生成 G,該過程與D生成E的過程類似，X的分子式為CNN,結合F和G的結構簡式，可知X的 結構簡式為H【詳解】(DC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；根據D轉化為E的原理并結合F和G的結構可知，X為yXH3：H產(4)A為共同分異構體滿足：是。-紈基酸，即含有包基和按基，且氨基和拔基連接在同一個碳原子上：苯環上有3種不同化學環境的氫原子，則苯環上可能有一個取代基、三個不同的取代基或0兩個處于間位的相同取代基。綜合

33、兩個條件可知，滿足條件的結構為：NH,(5)對比)n。/口 (X：的結構可知需要在苯環上引入兩個處于鄰位的氨基，根據C到 D變化可知硝基可以被還原為找基，但硝基苯直接硝化產物為間二硝基苯，所以不能直接硝化 硝基苯，再將硝基還原為氨基，根據A到D的過程可知可以和/ci發生取代 反應生成/-X-n-I-CH； »而且該物質取代基的鄰位可以發生硝化反應，根據題干信息可知該物質的取代基可以在堿性環境中生成氨基，綜上所述，合成路線可以設計為： 。&&產 CCHCC【點睛】本題難點為合成路線的設計，一是要注意題目信息：硝基苯直接硝化產物為間二硝 基苯，而產物有兩個處于鄰位的級基，

34、所以不能直接硝化再還原；二是充分利用題目所給的 流程，分析物質的結構特點、各步反應中官能團的變化，找出相關信息。18.聚合氯化鐵Fj(OH)£Ll簡稱PFC,是一種新型高效的無機高分子凈水劑。以Fed： - 4H二0 為原料，溶于稀鹽酸并加入少量的NaXO二，經氧化、水解、聚合等步驟，可制備PFC。(D在稀鹽酸中，Na"):會與Fe'反應生成一種無色氣體M,氣體M對該反應有催化作用，其催化原理如圖所示。X的化學式為； Fe)在酸性條件下被0,氧化的離子方程式為 0(2)鹽基度B=二 X 100旬是衡量凈水劑優劣的一個重要指標。鹽基度越小，凈水劑 3c(Fe"

35、;)對水pH變化的影響。(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 gml/,樣品中鐵的質量分數，”(Fe)=16%步驟1：準確量取1.00 mL PFC樣品置于錐形瓶中。步驟2：加入一定體枳0. 05000 mol-1/的鹽酸標準溶液，室溫靜置后，加入一定體枳的氟化 鉀溶液(與FJ反應,消除FJ對實驗的干擾)，滴加數滴酚酸作指示劑,立即用0. 05000mol-L 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1.00 mL蒸慵水樣品置于錐形瓶中，重復步驟2操作，消耗氫氧化鈉標準溶 液

36、 49. 00 mLo根據以上實驗數據計算PFC樣品的鹽基度(B)(寫出計算過程)?！敬鸢浮?1). N0 (2). 4Fe>+0二 + 4HN 4Fe'+ 2壓0 (3).越大 (4).樣品中 0H的物質的量濃度：a(0H)= a(NaOH).(NaOH)= 0. 05000 mol LX (49. 00 -13. 00) X 10L = l. 8 X lOmol；c(0lD = "°H)= LS x 1() , = 1 8 x 10%。1 L.； V(樣品)1 X 10'3力 1 .OmL x L40gmL x 16%樣品中Fb的物質的量濃度：c(

37、F£)= Sbo.mol1=4.0 XV(樣品) 1.0 x 10 5Lc(OH )1.8 x IO3B= X 100% = X 100%= 15%o3c(Fe")3 x 4.0 x IO3【解析】 【分析】c(OH )(3)該滴定實驗時測定PFC樣品中的鹽基度，鹽基度B= X 100%；先根據樣品的密 3c(Fe“)度、鐵的質量分數計算所取樣品中FJ的濃度；然后加入一定體積的鹽酸標準溶液充分反應， 加入KF消除FC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氫氧根消耗的鹽 酸標準的量

38、?！驹斀狻?1)在稀鹽酸中，NaNO二會將Fe氧化成FJ,該過程中NaNO：應作為氧化劑，據圖可 知，X與F£可以生成Fe(NO)：鐵元素化合價沒有變化，則N元素化合價也不變，所以M應 為NO： Fe,在酸性條件下被“氧化，應生成Fe",根據電子守恒和元素守恒可得離子方程式應 為 4Fe2+ 02+ 4H = 4Fe"+ 2Hs0；鹽基度8=c(OH)3c(Fe“)X 100%,鹽基度越小，F.(OH)£1,中a的值越小，則越小一)越小，生成的Fe(OH),膠體的量越少,溶液中c(Fb)越大，水解效果越強,對水pH變化的影響 越大：(3)根據分析，樣品中

39、的物質的量濃度：a(0H)= a(NaOH) -n：(NaOH) = 0. 05000mol LX (49. 00 - 13. 00) X 10L=L8 X lOmol； c(0H")=)= 逆 乂V(樣品)1 x IO33.1.0mL x 1.40g.mL, x 16%樣品中Fb的物質的量濃度：=560.0X)1'=4.0 XV (樣品) 一一 1.0 x 10 3L10,ol LMc(OH )1,8 x 10-3B= X 100% =7 X 100%= 15%o3c(Fe")3 x 4.0 x 10 3【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

40、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：氨水粉碎 金屬料濾液AC11S04 汨2。晶體空氣 波渣>Fe、Pb等金屬已知：一定pH范圍內，Cu Z/等能與氨形成配離子° (1) “氨浸”在題圖-1所示的裝置中進行。鼓入空氣，金屬Cu可被氧化生成。1(限)“，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o“氨浸”時向氨水

41、中加入一定量(NHbsOi固體，有利于轉化為91(限)廣，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(NH3F-、NH：,還含有一定量的Zn(NHj；T。其中銅氨配離子的 離解反應可表示為：Cu(NH3F(aq) =C(aq) +4NHKaq),該反應的平衡常數表達式為:某有機溶劑HR可高效萃取離解出的Cu>(實現Cu夕與Zn的有效分離)，其原理為(org 表示有機相)：Cu:"(aq) + 2HR(org) CuRa(org) + 2H*(org)：再向有機相中加入稀硫酸，反 萃取得到CuSO：溶液c34(>如 斛空發X

42、WSO,濃度Jnwl L圖-31口 1:21:1 2d有機相與水和體銳比 圖-2結合題圖-2和題圖-3,補充完整以濾液為原料，制取較純凈CuSO, 5H：0晶體的實驗方案：，蒸發濃縮，冷卻結晶，過濾洗滌干燥。(實驗中可選用的試劑：有機溶劑HR、2mol-I/ 硫酸、3moi !/硫酸)?！敬鸢?】(1). 2Cu + 8NH3 H：0 + 0： = 2Cu(NH3) J : 1 + 40H46H：0 (2).空氣流量過大，氨的揮發量增多，銅的浸出率減小 (3).增加NH；的濃度，會抑制 陽-H:0 的電離平衡，增大溶液中NH3 - H:0濃度 (4).提高銅元素的利用率 (5). c(Cu&q

43、uot;)“4(NHJK= (6).將濾液和有機溶劑HR按體積比1 ： 1混合，充分振蕩，靜置c(Cu(NH3)4D分層。分液，取有機相，加入適量2 moi-L一硫酸，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紈浸，Cu、 Zn被氧化后和亞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4(限)尸、VU，還含有一定量的ZnCWZT:之后利用有機溶劑HR萃取Cu>,萃取后再 向有機相中加入稀硫酸，反萃取得到CuSOi溶液，之后經蒸發濃縮，冷卻結晶，過濾洗滌干燥 得到硫酸銅晶體?！?/p>

44、詳解】(1)鼓入空氣，金屬Cu可被氧化生成氧化劑應為氧氣，結合電子守 恒和元素守恒可得離子方程式為2Cu + 8NH3 H：0 + Of 2Cu(NH3) J =，+ 40H + 6H：0； 空氣流量過大，氨的揮發量增多，導致銅的浸出率減?。?“氨浸”時向氨水中加入一定量(NHJsSOu固體,可增加NH；的濃度,會抑制NHyHq的電離平衡，增大溶液中NH-H：。濃度，有利于Cu3*轉化為CMNHJiF；(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“過濾”所得濾液合并可提高 銅元素的利用率；銅亞配離子的離解反應可表示為：Cu(NH3(aq) =Cu=*(aq)+4NHKaq),其平

45、衡常數表達式為K=c(Cu2+).c4(NH,) c(ICu(NH3)J2+) 據圖可知當有機相和水相體積比為1:1時，銅的浸取率已經很高，繼續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:據圖可知當硫酸的濃度為2moi/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按體枳比1 ： 1混合，充分振蕩，靜置分層。分 液，取有機相，加入適量21noi-L '硫酸，充分振蕩，靜置分層。分液，取水相，蒸發濃縮, 冷卻結晶，過濾洗滌干燥。【點睛】回答第1小題第3小問時，要注意平衡移動

46、原理的應用，一水合紈電離出錢根，加 入鉞根可以使平衡逆向移動，使一水合緞濃度增大。20 .有效脫除煙氣中的SO二是環境保護的重要課題。(1)氨水可以脫除煙氣中的SO：。緞水脫硫的相關熱化學方程式如下：2NH5(g) +H:O(1) +S0= (g) =(NHt);S03(aq) 住 akj mol，(NH：):SOs(aq)+H£O(l) +SO=(g) =2NHHS0Kaq) 月二 6kJ mol，2(NH:)=S05(aq) +0： (g) =2 (NH1);SO1(aq) A4=ckJ mol-1反應 NHjg) +NH>HSO3(aq) +yO;(g) = (NHj：S

47、Oi(aq)的后 kJ mol'二<u.徵)區送電焊電網裂題學吸收溫度/一圖-14 -1.U 匕、H,Xg今后廠EEEJ.N 上«二710STN已知：SO二的國家排放標準為80mg-mY。紈水脫除煙氣中的SO二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，實驗結果如題圖-1所示，為了盡可能獲得NHHSOs， 則吸收塔合適的溫度約為。A. 25B. 31C. 35(2)電解法可以脫除煙氣中的SO：。用Na；S0i溶液吸收煙氣中的SO：,使用惰性電極電解吸收后 的溶液，as。,在陰極被還原為硫單質，陰極的電極反應式為 o(3)鈉鈣雙堿法可高效脫除煙氣中的S

48、O：,脫硫的流程如題圖-2所示?！拔铡睍r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oNaOH溶液石灰乳J T含SO/J煙氣 吸收 再生 ，酒渣水溶液中HAO八HSOs、SO；隨pH的分布如題圖T所示，“再生液”用NaOH溶液調pH至79得到溶液X,溶液X吸收SO：時主要反應的離子方程式為 o已知Na：SOs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,【答案】(1).空空上 (2). B (3). H：SO3+4e-+4H*=S I+ 3H：0(4).

49、使2用石灰乳會生成難溶的CaSO”引起吸收塔堵塞(5). S0；' + S02 + H:0=2HS0；(6). “再生液”中Na二SO,的濃度增大，吸收SO：的效率增強(7).隨著pH進一步增大，“再生液”中Na二SO,的溶解度因pH增大而減小，Na,SO,會析出，NaBO,濃度減小，脫硫效率增速放緩，【解析】【分析】利用蓋斯定律進行計算，選擇合適溫度時，要使NHHSO,的含量較多，二氧化硫和氨氣的含量 較少。根據化合價的變化寫出電極反應式。二氧化硫會與石灰乳反應產物亞硫酸鈣的溶解性 分析。根據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的離子方程 式?！霸偕骸敝蠳a；SO,的濃度變化分析吸收效率的變化。根據a：SO,的溶解度隨著pH增大 而減小分析。【詳解】(l)2NH,(g) +H=O(1) +S(X(g) =(NH4)