江苏省扬州市2020届高三6月调研考试化学试题

1、2019-2020学年度第二学期6月调研考试试题高三化学2020. 06 注意事项：考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求1 .本试卷共8页，包含选择题第1题第15题，共40分、非选择题第1题第21题, 共80分两部分。本次考试时间为100分钟，满分120分。考试结束后，请将答题卡交回。2 .答题前，请考生务必将自己的学校、班级、姓名、学号、考生号、座位号用0.5毫米的黑 色签字笔写在答题卡上相应的位置。3 .选择题每小题选出答案后，请用2B铅笔在答题纸指定区域填涂，如需改动，用橡皮 擦干净后，再填涂其它答案非选择题请用0.5亳米的黑色签字笔在答题纸指定区域作 答。在试卷或草稿纸上作答

2、一律无效。4 .如有作图需要，可用2B铅笔作答，并请加黑加粗，描写清楚。可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 0 16 Na 23 Al 27 Cl 35.5 Fe 56选择题（共40分）一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分。每小题只有一个选项符合题 意。1.下列关于亚硝酸（HN0；）的说法正确的是A.能与NaOH溶液反应B.能使酚酸试液变红C.只有氧化性D.只有还原性【答案*】A【解析】【详解】A.亚硝酸属于酸，能和NaOH发生中和反应，故A符合题意；B.酚酣遇碱变红，亚硝酸属于酸，不能使酚酰变色，故B错误：C.亚硝酸中的N元素、0元素都不是最高价态，所以具

3、有还原性，故C错误：D.亚硝酸中的N元素、H元素都不是最低价态，所以具有氧化性，故D错误： 故答案为A。2.反应PH + HC1 + 4HCH0 = P（CH：OH） 1C1的产物常被用作棉织物的防火剂。下列表示反应快乐分享知识无限!中相关微粒的化学用语正确的是A.中子数为20的氯原子：C1B. HCHO 结构式：H-C-O-HC. 0=的结构示意图:D. PR的电子式：H：?:HH【答案*】D【解析】【详解】A.中子数为20的氯原子的质量数为20+17=37,原子符号左下角为质子数，左上角为质量数，所以符号为:;C1,故A错误：B.HCH0中含碳氧双键，结构式为口 H 故B错误：C. 0元素

4、为8号元素，。原子得到两个电子形成氧离子，结构示意图为故C错误；D. PH,中P原子和每个H原子共用一对电子，还含有一对孤电子对，电子式为H：P二H,故d 正确；故答案 Do3.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A.乙烯具有还原性，可用于生产聚乙烯B. A1。熔点高，可用作耐高温材料C. CaO能与H9反应，可用作废气的脱硫剂D. Fed能与盐酸反应，可用于制作红色颜料【答案】B【解析】【详解】A.乙烯可以发生加聚反应得到聚乙烯，作为聚合物聚乙烯的单体，不是因为乙烯的 还原性，故A错误：B.熔点高的物质可以作耐火材料，Aid熔点高，可用作耐高温材料，故B正确：C. CaO能与H9反应，故

5、可以用作干燥剂，CaO能与二氧化硫、氧气发生化学反应生成硫酸钙, 可用作废气的脱硫剂，故C错误；D. Fea,能与盐酸反应，故可用作除铁锈，Fe；0s是红棕色固体，可用于制作红色颜料，故D错 误;答案选B°4.室温下，下列各组离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】【详解】A.三种离子相互之间不反应，也不与氢离子和氯离子反应，可以

6、大量共存，故A符 合题意；B.双氧水具有氧化性，会将亚硫酸根氧化，故B不符合题意；C. SCN-与FJ生成络合物而不能大量共存，故C不符合题意：D.钺根和氢氧根会结合生成弱电解质一水合纨，不能大量共存，故D不符合题意；故答案为A。5.下列实验操作能达到实验目的的是A.用装置甲制备并收集乙酸乙酯B.用装置乙除去CO二中的少量SO二C.用热的纯碱溶液除去试管上的油污D.用稀盐酸除去试管内壁上的银【答案*】C【解析】【详解】A.制备乙酸乙酯需要加热，且乙酸乙酯会在NaOH溶液中发生水解，不能用NaOH溶 液收集乙酸乙酯，故A错误：B.二氧化碳也会和碳酸钠溶液反应，无法达到分离提纯的目的，故B错误：C

7、.热的纯碱溶液显碱性，可以使油脂水解，反应生成可溶于水的高级脂肪酸钠，从而洗去油 污，故c正确；D.银不溶于稀盐酸，也不与稀盐酸反应，稀盐酸无法除去试管内壁上的银，可用稀硝酸溶液, 故D错误：故答案为C。6.下列有关化学反应的叙述正确的是A.电解熔融MgCL生成Mg(O叽B.加热NHC1制备MLC.室温下，A1和Fed反应生成FeD.铜和浓硝酸反应生成NO：【答案】D【解析】【详解】A.电解熔融氯化镁得到镁单质和氯气，电解氯化镁水溶液可以得到氢氧化镁，故A 错误；B.加热氯化铁分解成HC1和双，生成的HC1和NH,在试管口又反应生成氯化钱，无法得到氨 气，故B错误；C. A1和Fed在高温条件

8、下才能反应，室温下不反应，故C错误；D.浓硝酸具有强氧化性，可以和铜反应生成义)二、Cu(N03和水，故D正确：故答案为D。7 .下列指定反应的离子方程式正确的是A.向 NaClO 溶液中通入过量 CO： C10'+ CO： + H：0 = HC1O + HCO；8 .向FeCL溶液中加入铜粉：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】【详解】A.次氯酸的酸性弱于碳酸而强于碳酸氢根，所以无论二氧化碳是否过量均生

9、成碳酸氢根，离子方程式为CIO + C0;+ H：0=HC1O + HCO;故A正确；9 .向FeCL溶液中加入铜粉正确的离子方程式为2FJ + Cu=2Fe=* + Cu。故B错误：C.用NaOH溶液吸收NO：生成硝酸钠和亚硝酸钠，离子方程式为2NO：+2OH - NO:+NO3+40,故 c错误;D. 一水合氨为弱碱，不能写成离子，正确的离子方程式为A产+ 3NH, - H：0=3NH； +A1(OH)51 , 故D错误：故答案为A。8.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是电子层数的3 倍，Y元素的焰色为黄色，与Ne具有相同的电子层结构，H与X位于同一主族

10、。下列说法 正确的是A.原子半径:r(W) > r(Z) > r(Y) > r(X)B. X的简单气态氢化物比W的稳定C. Z的最高价氧化物的水化物的碱性比Y的强D. X与W只能形成一种氧化物【答案*】B【解析】【分析】X原子的最外层电子数是电子层数的3倍，所以其电子层结构为2、6,则X为0元素：Y元素 的焰色为黄色，则Y为Na元素：Z?与Ne具有相同的电子层结构，则Z为Mg元素，W与X位 于同一主族，且为短周期元素，则W为S元素。【详解】A.电子层数越多原子半径越大，电子层数相同，核电荷数越小半径越大，所以四种 原子的半径：Na>Mg>S>0,即子Y)&g

11、t;> r(Z) » r(W) > r(X),故 A 错误；B.非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，同主族元素自上而下非金属性减弱，所以0的非 金属性大于S,则0的简单气态氢化物比S的稳定，故B正确；C.金属性越强，最高价氧化物的水化物的碱性越强，Mg的金属性弱于Na,所以Mg的最高价 氧化物的水化物的碱性比Na的弱，故C错误：D. 0元素和S元素可以形成SO：、SO,两种氧化物，故D错误：故答案为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MnO/s>Fe (s)A. HC1 (aq) t CL(g) . FeCl：(s)a点板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】【详解】A.铁粉在氯气中燃烧只能生成氯化铁，而不是氯化亚铁，故A错误；B.氢氧化铜受热分解成氧化铜，氧化铜可以和稀硫酸反应生成硫酸铜溶液，故B正确；C.氨气和硝酸溶液反应生成硝酸铉溶液，得不到硝酸铁固体，故C错误：D.由于铝离子水解，HC1易挥发，所以加热蒸发氯化铝溶液得到的是氢氧化铝，故D错误;故答案为B。10 .下列图示与对应的叙述正确的是20 Hl rnin 乙WXG

13、IGSA.图甲表示一定条件下反应2S0Kg) +0：(g)U2S0Kg)中各物质的物质的量浓度随时间的变 化，说明心时刻仅缩小了容器的容积B.图乙表示反应COKg) + 3H=(g) UCH,OH(g) + H:O(g) AHVO在恒容密闭容器中，其他条 件相同时，仅改变反应温度，a(CH50H)随时间的变化，说明揄C.图丙表示用0. 01 mol - I? AgNO,溶液滴定浓度均为0. 01 mol 1/的NaX、NaY混合溶液时, 一Ige随AgNOs溶液体积的变化，说明发(AgY) A(AgX)D.图丁表示25c时，加水稀释10 mL pH均为5的HF与HCN溶液时，溶液的pH随溶液体

14、积 的变化，说明&(HCN) 发(HF)【答案*】B【解析】【详解】A.若缩小容器体积，S0：、0八S0,的浓度都会瞬间增大，而图示中S0：、0：的浓度瞬 间不变，之后缓慢降低然后不变，S0,的浓度瞬间不变然后缓慢增大，所以仁时刻不可能是缩 小容器的体积，故A错误：B.据图可知I条件下反应达到平衡时间较长，反应速率较慢，平衡时MCHQH)较大，该反应 为放热反应，所以£在，放热反应温度越高，平衡常数越小，所以& 据，故B正确：C. 一lg。值越大，相应的离子浓度越小，据图可知当硝酸银溶液体积相同时，。(丫-)较小， 所以AgY更难溶，所以扁(AgY) <A：?(

15、AgX),故C错误；D.酸性越弱，同pH的酸溶液稀释相同的倍数，pH的变化越小，据图可知HF的酸性比HCN强, 所以我(HCN) <4(HF),故D错误;故答案为B。二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计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，该题得。分；若正确答案包括两 个选项时，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。分。11.电解含C10二的NaCl溶液可以获得消毒剂NaClO：,该工艺尾气吸收时的反应为2C10:+2Na0H + H50a = 2NaC10= + 0=+ 2Hs0。下列有关说法正

16、确的是A.电解时，化学能会转化为电能和热能B.电解时，C10：转化为C10；的反应发生在阳极C.尾气吸收生成11.2 L 0二时，压0二失去1 mol电子D. 2H=0:(aq)=2H:0(l) + 0;(g) 4<0过程中的能量变化如图所示【答案*】D【解析】【详解】A.电解时是电解池，将电能转化为化学能和热能，故A错误；B.电解时，C10,转化为C10；的反应是化合价降低的反应，发生还原反应，发生在阴极，故B 错误；C.尾气吸收生成11.2 L 0二时，由于没有给出具体的温度和压强，无法算出物质的量，无法 计算失去的电子的物质的量，故C错误：D.图象中反应物得总能量高于生成物的总能量

17、，是放热反应，2H；0：(aq)二2H：0(l) +0式g) AH<0,反应放出热量，符合图象，故D正确；答案选D12.化合物Y可由X通过下列反应制得。下列说法正确的是A.上述反应属于取代反应B.化合物X能与银叁溶液反应C.化合物Y能与FeCb溶液发生显色反应D.分子X、Y中都存在手性碳原子【答案】B【解析】【详解】A. X转化为Y的过程中碳氧双键打开，发生加成反应，故A错误：B.化合物X含有醛基，可以和银氨溶液发生银镜反应，故B正确：C. Y中不含酚羟基，不能与FeCL溶液发生显色反应，故C错误；D.连接四个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，手性碳原子一定为饱和碳原子，所以X中不含

18、手性碳原子，Y中与羟基相连的碳原子为手性碳原子，故D错误：故答案为B。13 .室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是A. AB. BC. CD. D选项实验操作和现象结论A室温下，向苯酚钠溶液中通足量co：,溶液变浑浊碳酸的酸性比苯酚的强B加热乙醇与浓硫酸的混合溶液，将产生的气体通入少量酸性KMnOi溶液，溶液紫红色褪去有乙烯生成C向5 mL 0. 1 mol-L KI溶液中加入1 mL 0. 1mol -L'FeCL溶液，充分反应后，萃取分液，向水层中滴加KSCN溶液，溶液呈血红色厂与FJ的反应有一定限度D向NaHCOs溶液中滴加紫色石蕊试液，溶液变蓝Eacoj

19、X&(H3c0D【答案】AC【解析】【详解】A.室温下，向苯酚钠溶液中通足量CO：,碳酸将苯酚置换出来，溶液变浑浊，属于 强酸制弱酸，可以得出结论：碳酸的酸性比苯酚的强，故A正确：B.加热乙醇与浓硫酸的混合溶液，将产生的气体通入少量酸性KMnOi溶液，溶液紫红色褪去, 可能是挥发出的乙醇被酸性高钵酸钾氧化，也可能是乙醉发生消去反应得到的乙烯使酸性高 锈酸钾的紫色褪色，故B错误：C.向5 mL 0. 1 mol-L'KI溶液中加入1 mL 0. 1 mol-I/FeCL溶液，碘离子和铁离子发生氧 化还原反应生成碘和亚铁离子，反应后，萃取分液，向水层中滴加KSCN溶液，溶液呈血红色

20、, 说明溶液中还含有铁离子，没有反应完，说明与FJ的反应有一定限度，故C正确：D.向NaHCO,溶液中滴加紫色石蕊试液，溶液变蓝，说明溶液呈碱性，同时说明碳酸氢根的水c(H,COJc(OH-)解程度大于电离程度，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；=：.等式两边同乘以con,可以得到c（HC>3）c(HCO；)c(HCO：)2一，即公（H£0jXR（H£03）,故D错误:答案选AC。14 .草酸(H二30。是一种二元弱酸。室温时，下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是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溶液中滴加压CO溶液至中性：o(Na ) =2o(G0：)【答案】BC【解析】【详解】A. NaHCO溶液显酸性，说明He：。，的电离大于它的水解，c(C：0；)是由。(HCO)电 离得到的,故。(Ca：)Vc(HC=0；),故A错误：B. Na£O 溶液中存在质子守恒，c(0H ) =c(H ) +2c(H:C:0,) + e(HC：04 ),故 B 正确；C. H£O溶液中的电荷守恒，c(H ) =e(HC=04)+2c(C:0；-) +c(0H ),物料守恒：c(H,)=

23、 2c(HC94)+2c(aO：) +2c(H£d),两式相减得到：c(0H )=2c(H£O) + cOiC：。)，由于水电 离出的氢离子和氢氧根离子浓度总是相等，水中的氢氧根离子是由水电离出的，故0. 1 mol-I/ HCOi溶液中氢离子的浓度等于酸电离出的氢离子浓度加上水电离出的氢离子，0.2 mol - L" + c(0Hj 二 c(H') +2c(H£O)+。(设力4)，故 C 正确：D.向Na：CO溶液中滴加H£O溶液至中性：符合电荷守恒,c(H,)+c(Na )=c(0H ) + c(HC:04)+2c(C:0；'

24、;),溶液显中性，c(0H") = c(H) 则 c(Na')二2c(C2：) +c(HC=04),故 D 错误；答案选BC。【点睛】C项是难点，需要学生熟练使用电荷守恒，物料守恒，在草酸溶液中氢离子来自于草 酸自身电离出的氢离子和水电离出的氢离子两部分，属于易错点。15.催化剂存在下，在1 L的恒容密闭容器中充入0.1 molCO和0. 3mol压发生反应C0(g)+3H:(g)CH1(g)+H:0(g)o反应相同时间，C0的转化率与反应温度的关系如图所示。下 列说法一定正确的是A.升高温度，C0(g)+3HKg)=CH：(g)+H：0(g)的化学平衡常数增大B.图中X点所

25、示条件下，延长反应时间能提高CO的转化率C.图中丫点所示条件下，改用性能更好的催化剂能提高CO的转化率D. T, , (：09)+3见6)=(：&9)+压09)的化学平衡常数长1【答案】BD【解析】【分析】从图像可以看出，随着温度的升高化学反应速率加快，在相同的反应时间内，co的转化率增 大；T, 时CO的转化率为50%,据此分析。【详解】A.从图像可以看出，随着温度的升高化学反应速率加快，在相同的反应时间内，C0 的转化率增大，但无法判断温度升高平衡移动的方向，故无法得出温度升高平衡常数增大的 结论，故A错误；B.图中X点所示条件下，反应没有达到平衡状态，延长反应时间，反应正向进行，

26、能提高C0 的转化率，故B正确；C.图中Y点所示条件下，改用性能更好的催化剂能加快反应速率，不能提高C0的转化率， 故C错误：=14.81 > i ,故 D 正确:D.根据反应:C0（g）+3HKg）UCH：（g”H：0（g）,列出三段式：co(g)+3H2(g)；-CH4(g)+HQ(g)开始(mol/L)0.10.300变化(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答案选BD。非选择题（共80分）16.以白云石（主要成分为CaC

27、O,和MgCOD为原料制备氧化镁和轻质碳酸钙的一种工艺流程如 下：轻质 CaCOiMgQ已知:已Mg (0H)=5X10（1）白云石高温煨烧所得固体产物的主要成分为 （填化学式工（2） NHN0,溶液呈酸性的原因为 （用离子方程式表示）。（3） “浸取”后，c（Mg。应小于5X10+mol -！/,则需控制溶液pH （4） “碳化”反应的化学方程式为°(5)燃烧所得固体的活性与其中CaO含量及固体疏松程度有关。其他条件相同时，将不同温 度下的燃烧所得固体样品加入酸化的酚酿溶液中，引起溶液变色所需时间不同，由此可知煨 烧所得固体的活性差异。溶液变色的时间与各样品煨烧温度的关系如图所示。

28、当温度高于 950 时，燃烧所得固体易板结，活性降低；当温度低于950 °C时，活性降低的原因为 0将不同温度下的煨烧所得固体样品加入水中，也可测量其活性，则此时需测量的数据为相同 时间后 与样品煨烧温度之间的关系。【答案*】(1). CaOx MgO (2). NH；+ H：0NH3 - ftO+H" (3). >11(4).Ca(N03)s+ CO? + 2NH5 = CaC031 + 2NHN0： (5). 口烧温度较低,CaCO：未完全分解，CaO 的 含量偏低(6).温度【解析】【分析】白云石(主要成分为CaCOj和MgCOj高温燃烧得到CaO和蛇0,由于嵌

29、根水解显酸性，所以之后 加入硝酸核调节pH浸取，使CaO溶解，浸取后溶液中的溶质主要为硝酸钙和一水合氨，过滤 掉不溶的蛇0,之后向溶液中依次通入过量氨气、二氧化碳，得到碳酸钙。【详解】(1)高温煨烧白云石得到CaO和她0：(2)硝酸铁溶液中由于存在钱根的水解所以显碱性，水解方程式为NH；+ H：0UNHsH：O+H.:心Mg(OH)1=/(0H-) c(Mg>,当 c(Mg>)=5X10-O1 ！/时，c(0H ' ) = Af>X1()l mol/L=l X Wmol/L,此时 pH=ll,若 c(Mg)小于 5X 10- mol - L”，则需 V5xl0要 pH

30、>ll：(4)硝酸铁浸取后溶液中的溶质主要为硝酸钙和一水合氨，通入纨气、二氧化碳，发生复分解 反应，化学方程式为 CaNOjj CO： + 2ML = CaC051 + 2NHSNO5：(5)燃烧温度较低，CaCO,未完全分解，CaO的含量偏低，所以活性降低：氧化钙和水反应放热, 氧化钙含量越高与样品与水反应放出的热量越多，所以也可将不同温度下的煨烧所得固体样品加入水中，测量的相同时间后反应液的温度与样品煨烧温度之间的关系，来判断样品的活 性。【点睛】碳化的过程与侯氏制碱法制取纯碱的原理类似，通叁气使溶液碱性增强，更好的吸收二氧化碳，同时过量的氨气可以防止碳酸氢钙的生成。17.化合物G是

31、合成降压药替米沙坦的重要中间体，其人工合成路线如下:（1）C中含氧官能团名称为酰胺键、和 o（2） A-B的反应类型为 o（3）试剂X的分子式为GHJ,写出X的结构简式： -（4） A的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式： 是。-氨基酸;苯环上有3种不同化学环境的氢原子。（5）已知：苯胺（Nlh）有还原性，易被氧化;硝基苯直接硝化产物为间二硝基苯 ChJ语氏*- CRCOgCH写出以。一NO和不。为原料制备a：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工I答案.酯基.硝基.取代反应.cc>H【解析】【分析】A与/发生取代反应生成B，B和浓硝酸在浓

32、硫酸的作用下发生硝化反应生成C, C 发生还原反应生成D, D在氢离子作用下生成E, E中酯基水解再酸化得到F, F与X反应生成 G,该过程与D生成E的过程类似，X的分子式为CNN,结合F和G的结构简式，可知X的 结构简式为H【详解】(DC中的含氧官能团为酰胺基、硝基、酯基：(2)A生成B的过程中氨基上的氢原子被代替，属于取代反应；根据D转化为E的原理并结合F和G的结构可知，X为yXH3：H产(4)A为共同分异构体满足：是。-纨基酸，即含有包基和按基，且氨基和拔基连接在同一个碳原子上：苯环上有3种不同化学环境的氢原子，则苯环上可能有一个取代基、三个不同的取代基或0两个处于间位的相同取代基。综合

33、两个条件可知，满足条件的结构为：NH,(5)对比)n。/口 (X：的结构可知需要在苯环上引入两个处于邻位的氨基，根据C到 D变化可知硝基可以被还原为找基，但硝基苯直接硝化产物为间二硝基苯，所以不能直接硝化 硝基苯，再将硝基还原为氨基，根据A到D的过程可知可以和/ci发生取代 反应生成/-X-n-I-CH； »而且该物质取代基的邻位可以发生硝化反应，根据题干信息可知该物质的取代基可以在碱性环境中生成氨基，综上所述，合成路线可以设计为： 。&&产 CCHCC【点睛】本题难点为合成路线的设计，一是要注意题目信息：硝基苯直接硝化产物为间二硝 基苯，而产物有两个处于邻位的级基，

34、所以不能直接硝化再还原；二是充分利用题目所给的 流程，分析物质的结构特点、各步反应中官能团的变化，找出相关信息。18.聚合氯化铁Fj(OH)£Ll简称PFC,是一种新型高效的无机高分子净水剂。以Fed： - 4H二0 为原料，溶于稀盐酸并加入少量的NaXO二，经氧化、水解、聚合等步骤，可制备PFC。(D在稀盐酸中，Na"):会与Fe'反应生成一种无色气体M,气体M对该反应有催化作用，其催化原理如图所示。X的化学式为； Fe)在酸性条件下被0,氧化的离子方程式为 0(2)盐基度B=二 X 100旬是衡量净水剂优劣的一个重要指标。盐基度越小，净水剂 3c(Fe"

35、;)对水pH变化的影响。(填“越大”、“越小”或“无影响”)(3)PFC样品中盐基度(B)的测定：已知：PFC样品的密度P = 1.40 gml/,样品中铁的质量分数，”(Fe)=16%步骤1：准确量取1.00 mL PFC样品置于锥形瓶中。步骤2：加入一定体枳0. 05000 mol-1/的盐酸标准溶液，室温静置后，加入一定体枳的氟化 钾溶液(与FJ反应,消除FJ对实验的干扰)，滴加数滴酚酸作指示剂,立即用0. 05000mol-L 氢氧化钠标准溶液滴定至终点，消耗氢氧化钠标准溶液13. 00 mL。步骤3：准确量取1.00 mL蒸慵水样品置于锥形瓶中，重复步骤2操作，消耗氢氧化钠标准溶 液

36、 49. 00 mLo根据以上实验数据计算PFC样品的盐基度(B)(写出计算过程)。【答案】(1). N0 (2). 4Fe>+0二 + 4HN 4Fe'+ 2压0 (3).越大 (4).样品中 0H的物质的量浓度：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(样品)1 X 10'3力 1 .OmL x L40gmL x 16%样品中Fb的物质的量浓度：c(

37、F£)= Sbo.mol1=4.0 XV(样品) 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)该滴定实验时测定PFC样品中的盐基度，盐基度B= X 100%；先根据样品的密 3c(Fe“)度、铁的质量分数计算所取样品中FJ的浓度；然后加入一定体积的盐酸标准溶液充分反应， 加入KF消除FC对实验的干扰，之后用氢氧化钠标准液滴定剩余的盐酸的量；再利用蒸储水 重复操作，滴定加入的盐酸标准液的总量，总量减去剩余量即可得到样品中氢氧根消耗的盐 酸标准的量

38、。【详解】(1)在稀盐酸中，NaNO二会将Fe氧化成FJ,该过程中NaNO：应作为氧化剂，据图可 知，X与F£可以生成Fe(NO)：铁元素化合价没有变化，则N元素化合价也不变，所以M应 为NO： Fe,在酸性条件下被“氧化，应生成Fe",根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式应 为 4Fe2+ 02+ 4H = 4Fe"+ 2Hs0；盐基度8=c(OH)3c(Fe“)X 100%,盐基度越小，F.(OH)£1,中a的值越小，则越小一)越小，生成的Fe(OH),胶体的量越少,溶液中c(Fb)越大，水解效果越强,对水pH变化的影响 越大：(3)根据分析，样品中

39、的物质的量浓度：a(0H)= a(NaOH) -n：(NaOH) = 0. 05000mol LX (49. 00 - 13. 00) X 10L=L8 X lOmol； c(0H")=)= 逆 乂V(样品)1 x IO33.1.0mL x 1.40g.mL, x 16%样品中Fb的物质的量浓度：=560.0X)1'=4.0 XV (样品) 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【点睛】本题难点是盐基度的计算，首先要理解盐基度的含义：其次

40、是氢氧根浓度的确定， 理解两次滴定的作用，本实验中是通过只加盐酸不加样品，利用NaOH标准液的量来确定盐酸 标准液的量，再利用两次滴定的差值确定样品中氢氧根消耗的盐酸标准液的量。19 .实验室从废电路板粉碎金属料(主要含金属Cu,还含少量Zn、Fe、Pb等金属)中回收铜，其实验流程如下：氨水粉碎 金属料滤液AC11S04 汨2。晶体空气 波渣>Fe、Pb等金属已知：一定pH范围内，Cu Z/等能与氨形成配离子° (1) “氨浸”在题图-1所示的装置中进行。鼓入空气，金属Cu可被氧化生成。1(限)“，其离子方程式为：空气流量过大，会降低Cu元素的浸出率，其原因是o“氨浸”时向氨水

41、中加入一定量(NHbsOi固体，有利于转化为91(限)广，其原因是(2)洗涤滤渣所得的滤液与“过滤”所得滤液合并的目的是 (3)滤液中主要阳离子为Cu(NH3F-、NH：,还含有一定量的Zn(NHj；T。其中铜氨配离子的 离解反应可表示为：Cu(NH3F(aq) =C(aq) +4NHKaq),该反应的平衡常数表达式为:某有机溶剂HR可高效萃取离解出的Cu>(实现Cu夕与Zn的有效分离)，其原理为(org 表示有机相)：Cu:"(aq) + 2HR(org) CuRa(org) + 2H*(org)：再向有机相中加入稀硫酸，反 萃取得到CuSO：溶液c34(>如 斛空发X

42、WSO,浓度Jnwl L图-31口 1:21:1 2d有机相与水和体锐比 图-2结合题图-2和题图-3,补充完整以滤液为原料，制取较纯净CuSO, 5H：0晶体的实验方案：，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤干燥。(实验中可选用的试剂：有机溶剂HR、2mol-I/ 硫酸、3moi !/硫酸)。【答案*】(1). 2Cu + 8NH3 H：0 + 0： = 2Cu(NH3) J : 1 + 40H46H：0 (2).空气流量过大，氨的挥发量增多，铜的浸出率减小 (3).增加NH；的浓度，会抑制 阳-H:0 的电离平衡，增大溶液中NH3 - H:0浓度 (4).提高铜元素的利用率 (5). c(Cu&q

43、uot;)“4(NHJK= (6).将滤液和有机溶剂HR按体积比1 ： 1混合，充分振荡，静置c(Cu(NH3)4D分层。分液，取有机相，加入适量2 moi-L一硫酸，充分振荡，静置分层。分液，取水相【解析】【分析】金属料(主要含金属Cu,还含少量Zn、Fe、Pb等金属)加入氨水同时通入空气进行纨浸，Cu、 Zn被氧化后和亚水形成配合物溶于水中，过滤除去Fe、Pb等金属：得到的滤液中主要阳离子 为4(限)尸、VU，还含有一定量的ZnCWZT:之后利用有机溶剂HR萃取Cu>,萃取后再 向有机相中加入稀硫酸，反萃取得到CuSOi溶液，之后经蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤干燥 得到硫酸铜晶体。【

44、详解】(1)鼓入空气，金属Cu可被氧化生成氧化剂应为氧气，结合电子守 恒和元素守恒可得离子方程式为2Cu + 8NH3 H：0 + Of 2Cu(NH3) J =，+ 40H + 6H：0； 空气流量过大，氨的挥发量增多，导致铜的浸出率减小： “氨浸”时向氨水中加入一定量(NHJsSOu固体,可增加NH；的浓度,会抑制NHyHq的电离平衡，增大溶液中NH-H：。浓度，有利于Cu3*转化为CMNHJiF；(2)洗涤滤渣所得的滤液中含有铜元素，洗涤滤渣所得的滤液与“过滤”所得滤液合并可提高 铜元素的利用率；铜亚配离子的离解反应可表示为：Cu(NH3(aq) =Cu=*(aq)+4NHKaq),其平

45、衡常数表达式为K=c(Cu2+).c4(NH,) c(ICu(NH3)J2+) 据图可知当有机相和水相体积比为1:1时，铜的浸取率已经很高，继续增大有机相的体积浸 取率有所下降，所以萃取时有机相和水相体积比取1:1:据图可知当硫酸的浓度为2moi/L和3mol/L时反萃取率相差不大，但浓度过大会造成硫酸的浪费，所以反萃取时硫酸的浓度选2mol/L,具体操作为：将滤液和有机溶剂HR按体枳比1 ： 1混合，充分振荡，静置分层。分 液，取有机相，加入适量21noi-L '硫酸，充分振荡，静置分层。分液，取水相，蒸发浓缩, 冷却结晶，过滤洗涤干燥。【点睛】回答第1小题第3小问时，要注意平衡移动

46、原理的应用，一水合纨电离出钱根，加 入钺根可以使平衡逆向移动，使一水合缎浓度增大。20 .有效脱除烟气中的SO二是环境保护的重要课题。(1)氨水可以脱除烟气中的SO：。缎水脱硫的相关热化学方程式如下：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反应 NHjg) +NH>HSO3(aq) +yO;(g) = (NHj：S

47、Oi(aq)的后 kJ mol'二<u.徵)区送电焊电网裂题学吸收温度/一图-14 -1.U 匕、H,Xg今后厂EEEJ.N 上«二710STN已知：SO二的国家排放标准为80mg-mY。纨水脱除烟气中的SO二是在吸收塔中进行的，控制其 他实验条件相同，仅改变吸收塔的温度，实验结果如题图-1所示，为了尽可能获得NHHSOs， 则吸收塔合适的温度约为。A. 25B. 31C. 35(2)电解法可以脱除烟气中的SO：。用Na；S0i溶液吸收烟气中的SO：,使用惰性电极电解吸收后 的溶液，as。,在阴极被还原为硫单质，阴极的电极反应式为 o(3)钠钙双碱法可高效脱除烟气中的S

48、O：,脱硫的流程如题图-2所示。“吸收”时气液逆流在吸收塔中接触，吸收时不宜直接使用石灰乳的原因是oNaOH溶液石灰乳J T含SO/J烟气 吸收 再生 ，酒渣水溶液中HAO八HSOs、SO；随pH的分布如题图T所示，“再生液”用NaOH溶液调pH至79得到溶液X,溶液X吸收SO：时主要反应的离子方程式为 o已知Na：SOs的溶解度随着pH增大而减小。溶液X的pH对脱硫效率的影响如题图-4所示。当pH由6升高到7时，脱硫效率迅速增大的原因为：当pH大于7时，随pH增大脱硫 效率增速放缓的原因为,【答案】(1).空空上 (2). B (3). H：SO3+4e-+4H*=S I+ 3H：0(4).

49、使2用石灰乳会生成难溶的CaSO”引起吸收塔堵塞(5). S0；' + S02 + H:0=2HS0；(6). “再生液”中Na二SO,的浓度增大，吸收SO：的效率增强(7).随着pH进一步增大，“再生液”中Na二SO,的溶解度因pH增大而减小，Na,SO,会析出，NaBO,浓度减小，脱硫效率增速放缓，【解析】【分析】利用盖斯定律进行计算，选择合适温度时，要使NHHSO,的含量较多，二氧化硫和氨气的含量 较少。根据化合价的变化写出电极反应式。二氧化硫会与石灰乳反应产物亚硫酸钙的溶解性 分析。根据图像可以看出亚硫酸根的浓度在增大，写出亚硫酸根与二氧化硫反应的离子方程 式。“再生液”中Na；SO,的浓度变化分析吸收效率的变化。根据a：SO,的溶解度随着pH增大 而减小分析。【详解】(l)2NH,(g) +H=O(1) +S(X(g) =(NH4)