江苏省南京市六校联合体高三上学期12月联考化学试题（word版含答案）

高三年级12月份联考试卷化学本试卷分选择题和非选择题两部分。共120分。考试用时100分钟。可能用到的相对原子质量：H1C12O16Mg24Fe56Zn65选择题（40分）单项选择题：每小题2分，共计20分。每小题只有一个选项符合题意。1.化学与新型材料、环境保护、能源开发等密切相关。下列说法错误的是A.人造纤维、合成橡胶和光导纤维都属于有机高分子化合物B.使用生物酶降解生活废水中的有机物，可防止水体的富营养化C.用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，实现“碳”的循环利用D.煤经过气化和液化生成了可燃性气体或液体，变为清洁能源，是化学变化【答案】A【解析】【详解】A.光导纤维的主要成分是，不是有机高分子化合物，故A错误；B.废水中的有机物可导致水体富营养化，使用生物酶降低废水中的有机物，可防止水体的富营养化，故B正确；C.利用二氧化碳等原料合成的聚碳酸酯类是可降解塑料，减少二氧化碳的排放，实现“碳”的循环利用，故C正确；D.煤的气化是将煤转化为可燃性气体的过程，主要反应是C和水蒸气反应生成氢气和一氧化碳，煤的直接液化是在高温高压条件下通过加氢使煤转化为液体燃料，均为化学变化，故D正确；本题答案为A。2.下列有关化学用语表示正确的是A.对硝基甲苯的结构简式：B.质子数为35、中子数为45的溴原子:C.CH2F2的电子式：D.CO2的比例模型：【答案】B【解析】【详解】A.对硝基甲苯的结构简式中，硝基中的氮应和苯环上的碳相连，故A错误；B.质子数为35、中子数为45的溴原子：，符合书写原子符号的要求，故B正确；C.电子式中未表示出F的孤对电子，故C错误；D.CO2的比例模型中，氧原子半径应该比碳原子小，故D错误；本题答案为B。3.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A.SO2具有还原性，可用于漂白纸浆B.浓H2SO4有脱水性，可用作干燥剂C.晶体硅的熔点高、硬度大，可用作半导体材料D.常温下铁能被浓硝酸钝化，可用铁质容器贮运浓硝酸【答案】D【解析】【详解】A.SO2具有漂白性，可用于漂白纸浆，与还原性无关，故A错误；B.浓H2SO4做干燥剂，是利用了浓硫酸的吸水性，故B错误；C.晶体硅可用于制作半导体材料，是因为硅的导电性介于导体与绝缘体之间，与晶体硅熔点高、硬度大无关，故C错误;D.常温下铁和浓硝酸作用，在铁的表面形成致密的保护膜，使硝酸和铁不再继续反应，可用铁质容器贮运浓硝酸，故D正确；本题答案为D。【点睛】常温时铁、铝在浓硝酸、浓硫酸中钝化。4.下列离子组在指定溶液中能大量共存的是A.常温下，c(H+)/c(OH−)＝1×10−12的溶液：K+、AlO2−、CO32−、Na+B.加入苯酚显紫色的溶液：K+、NH4+、Cl−、I−C.加入Al能放出大量H2的溶液中：NH4+、Na+、NO3−、SO42−D.常温下，pH=7的溶液：Cu2+、Fe3+、NO3−、SO42−【答案】A【解析】【详解】A.c(H+)/c(OH−)＝1×10−12,表示溶液呈碱性，离子相互间不反应，能大量共存，故A正确；B.加入苯酚显紫色的溶液中含有Fe3+,Fe3+和I−能发生氧化还原反应不能大量共存，故B错误；C.加入Al能放出大量H2的溶液可能呈酸性或碱性，若呈酸性，NO3-存在时不会产生氢气，若呈碱性，NH4+会和OH-反应，生成一水合氨，故C错误；D.Cu2+、Fe3+溶液中，会发生水解，使溶液显酸性，常温时pH7，故D错误；本题答案为A。【点睛】离子间不发生复分解反应、络合反应、氧化还原反应、双水解反应，方能大量共存。5.下列指定反应的离子方程式正确的是A.BaSO3与稀HNO3反应：BaSO3+2H+=Ba2＋+SO2↑+H2OB.向CuSO4溶液中加入Na2O2：2Na2O2+2Cu2++2H2O=4Na++2Cu(OH)2↓+O2↑C.酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2：IO3−＋I−＋6H＋=I2＋3H2OD.Ca(OH)2溶液与过量NaHCO3溶液反应：HCO3－+Ca2＋+OH－=CaCO3↓+H2O【答案】B【解析】【详解】A.BaSO3与稀HNO3反应是要考虑硝酸的强氧化性，得到BaSO4沉淀，且硝酸的还原产物为NO，故A错误；B.CuSO4溶液中加入Na2O2，离子反应方程式为：2Na2O2+2Cu2++2H2O=4Na++2Cu(OH)2↓+O2↑，故B正确；C.酸性溶液中KIO3与KI反应，生成I2的离子反应方程式为：IO3－＋5I－＋6H＋=3I2＋3H2O，故C错误；D.Ca(OH)2与过量NaHCO3溶液反应的离子方程式为2HCO3－+Ca2＋+2OH－=CaCO3↓+2H2O+CO32-，故D错误；本题答案为B。【点睛】书写离子方程式时，必须满足（1）符合客观实际，（2）满足电荷守恒及质量守恒。6.实验室处理废催化剂FeBr3溶液，得到溴的苯溶液和无水FeCl3。下列设计能达到相应验目的的是学,科,网...学,科,网...学,科,网...学,科,网...学,科,网...学,科,网...学,科,网...学,科,网...学,科,网...学,科,网...学,科,网...A.用装置甲制取氯气B.用装置乙使Br－全部转化为溴单质C.用装置丙分液时先从下口放出水层，再从上口倒出有机层D.用装置丁将分液后的水层蒸发至干，再灼烧制得无水FeCl3【答案】C【解析】【详解】A.1mol/L的盐酸为稀盐酸，与二氧化锰不反应，则不能制备氯气，故A错误；B.图中导管的进入方向不合理，将溶液排出装置，应从长导管进气短导管出气，故B错误；C.苯不溶于水，密度比水小，溴的苯溶液在上层，则用装置丙分液时先从下口放出水层，再从上口倒出有机层，故C正确；D.蒸发时促进氯化铁水解，生成盐酸易挥发，不能得到FeCl3，灼烧得到氧化铁，故D错误；本题答案为C。【点睛】分液时，分液漏斗内的下层液体从漏斗下口放出，上层液体从上口倒出。7.硫酸亚铁是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质(如图所示)。下列说法错误的是A.碱式硫酸铁水解能产生Fe(OH)3胶体，可用做净水剂B.为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行C.可用KSCN溶液检验(NH4)2Fe(SO4)2是否被氧化D.该温度下，(NH4)2Fe(SO4)2在水中的溶解度比FeSO4的大【答案】D【解析】【详解】A.碱式硫酸铁中水解产生胶体，胶体可以吸附水中悬浮物，用作净水剂，故A正确；B.加热易分解，为防止其分解，生产需在较低温度下进行，故B项正确；C.中含有，若被氧化则生成，与溶液产生血红色物质，故C正确；D.冷却结晶时，溶解度小的物质先析出，常温下，在水中的溶解度比的小，故D错误；本题答案为D。8.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素。X、W同主族，Z、W同周期，X原子核内质子数是Y原子核内质子数的3/4，W原子最外层电子数是Z原子最外层电子数的4倍。下列说法中正确的是A.原子半径：r(X)＞r(Y)＞r(W)＞r(Z)B.元素W的气态氢化物的热稳定性比元素X的强C.X、Y、Z三种元素形成的化合物中存在离子键和共价键D.Y和W形成的化合物的熔点肯定比Y和Z形成的化合物的熔点低【答案】C【解析】试题分析：X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，W原子最外层电子数是Z原子最外层电子数的4倍，W属于主族元素，最外层电子数不能超过8个，则W最外层电子数是4、Z原子最外层电子数是1，所以W位于第IVA族、Z位于第IA在，X、W同主族，则X位于第IVA族，X原子序数小于W，且都是短周期元素，所以X是C元素、W是Si元素，Z、W同周期，则Z是第三周期元素，W位于第IA族，则Z为Na元素；X原子核内质子数是Y原子核内质子数的，X原子核内6个质子，则Y核内8个质子，为O元素，通过以上分析知，X是C元素、Y是O元素、Z是Na元素、W是Si元素；A．原子半径rr(Z)＞r(W)＞r(X)＞r(Y)，故A错误；B．非金属性X＞W，所以元素W的气态氢化物的热稳定性比元素X的弱，故B错误；C．X、Y、Z三种元素形成的化合物为Na2CO3，碳酸钠中钠离子和碳酸根离子之间存在离子键、C原子和O原子之间存在共价键，故C正确；D．Y和W形成的化合物为SiO2，Y和Z形成的化合物为Na2O或Na2O2，SiO2属于原子晶体、Na2O或Na2O2属于离子化合物，原子晶体熔点高于离子晶体，所以SiO2熔点大于Na2O或Na2O2，故D错误；故选C。考点：考查元素周期表与元素周期律。9.下列物质转化在给定条件下能实现的是A.FeS2SO3H2SO4B.NaCl(aq)NaNa2O2C.FeFeSO4(aq)Fe(OH)2Fe2O3D.Fe2O3FeCl3(aq)Fe【答案】C【解析】试题分析：A、FeS2煅烧生成SO2，A错误；B、电解氯化钠溶液得到氢氧化钠、氢气和氯气，B错误；C、转化关系正确，C正确；D、氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，D错误。答案选C。考点：考查元素及其化合的性质10.下列有关说法正确的是A.298K时，2H2S(g)＋SO2(g)===3S(s)＋2H2O(l)能自发进行，则其ΔH＞0B.氨水稀释后，溶液中c(NH4＋)/c(NH3·H2O)的值减小C.电解精炼铜过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加一定相等D.25℃时Ka(HClO)＝3.0×10−8，Ka(HCN)＝4.9×10−10，若该温度下NaClO溶液与NaCN溶液的pH相同，则c(NaClO)＞c(NaCN)【答案】D【解析】【详解】A.反应能自发进行，应满足∆H-T∆S<0，而该反应S0，当∆H>0时不能自发进行，当H0时低温可自发进行，该反应298K时能自发进行，故∆H<0，故A错误；B.氨水稀释后，电离平衡正向移动，•的物质的量减少，物质的量增大，因为在同一溶液中，二者的浓度比等于物质的量比，所以该比值增大，故B错误；C.阳极粗铜中含有铁、锌、金、铂等金属，阳极为Zn、Fe、Cu失电子，电极反应为Zn-2e-=Zn2+、Fe-2e-=Fe2+、Cu-2e-=Cu2+，阴极为Cu2+得电子还原成Cu，则电解过程中阳极质量减少与阴极质量增加不一定相同，故C错误；D.25℃时，Ka(HClO)=3.0，Ka(HCNO)=4.9时，HClO溶液的酸性大于HCN，根据越弱越水解原理，该温度下NaClO溶液与NaCN溶液pH相同，c(NaClO)c(NaCN)，故D正确；本题答案为D。【点睛】判断一个化学反应能否自发进行，要看H-T是大于零还是小于零，只有当H-T小于零时才能自发进行。不定项选择题：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.化合物Ⅲ是合成中药黄芩中的主要活性成分的中间体，合成方法如下：+HCl下列有关叙述正确的是A.I的分子式为C9H10O4B.II中所有原子均有可能共面C.可用FeCl3溶液鉴别有机物I和IIID.1mol产物III与足量溴水反应，消耗Br2的物质的量为1.5mol【答案】B【解析】试题分析：A．根据结构简式，Ⅰ的分子式为C9H12O4，故A错误；B．Ⅱ含有苯环、碳碳双键和羰基，具有苯、乙烯和甲醛的平面结构特点，则Ⅱ中所有原子均有可能共面，故B正确；C．Ⅲ含有酚羟基，可发生显色反应，可用FeCl3溶液鉴别有机物Ⅱ和Ⅲ，故C错误；D．Ⅲ中含有酚羟基，可与溴发生取代反应，碳碳双键可与溴发生加成反应，则1mol产物III与足量溴水反应，消耗Br2的物质的量为2mol，故D错误；故选B。【考点定位】考查有机物的结构和性质【名师点晴】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质为解答该题的关键。根据有机物结构特点，有碳碳双键决定具有烯的性质，有羧基决定具有羧酸的性质，有醇羟基决定具有醇的性质，有苯环还具有苯的性质。12.根据下列实验现象所得结论正确的是选项实验现象结论A取少量食盐溶于水，加稀硫酸酸化，再滴入淀粉溶液溶液未呈蓝色该食盐中不含有碘酸钾B将硫的酒精溶液滴入一定量的热水中得微蓝色透明液体，用激光笔照射微蓝色透明液体有光亮的通路微蓝色透明液体为胶体C将0.1mol·L−1MgSO4溶液滴入NaOH溶液中至沉淀不再增加，再滴加0.1mol·L−1CuSO4溶液白色沉淀逐渐变为蓝色沉淀Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Mg(OH)2]D向蛋白质溶液中加入CuCl2或(NH4)2SO4饱和溶液均有沉淀蛋白质均发生了变性A.AB.BC.CD.D【答案】BC【解析】【详解】A.淀粉遇碘单质变蓝,而不是淀粉遇碘酸钾变蓝，实验操作不生成碘,则不能检验该食盐中是否含有碘酸钾,故A错误；B.用激光笔照射微蓝色透明液体，有光亮的通路，该现象为丁达尔效应,属于胶体特有的性质，由现象可以知道微蓝色透明液体为胶体，故B正确；C.白色沉淀为Mg(OH)2，滴加CuSO4溶液，出现蓝色的Cu(OH)2沉淀，说明Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Mg(OH)2]，故C正确；D.向蛋白质溶液中加入CuCl2，使蛋白质发生了变性，而加入(NH4)2SO4饱和溶液，则蛋白质发生了盐析，故D错误；本题答案为BC。13.下列图示与对应的叙述相符的是A.图甲表示向CH3COOH溶液中逐步加入CH3COONa固体后，溶液pH的变化B.图乙表示向CH3COOH溶液中加水时溶液的导电性变化，且CH3COOH溶液的pH：a＞bC.图丙表示加入催化剂，化学反应的焓变减小D.图丁表示等量NO2在容积相同的恒容密闭容器中，不同温度下分别发生反应：2NO2(g)N2O4(g)，相同时间后测得NO2含量的曲线，则该反应的∆H<0【答案】D【解析】【详解】A.向CH3COOH溶液中逐步加入CH3COONa固体，因为醋酸根离子浓度增大，所以醋酸的电离平衡逆向移动，pH增大，故A错误；B.醋酸的稀释过程中，氢离子浓度、醋酸根离子浓度均减小，导电性降低，pH增大，所以CH3COOH溶液的pH：b>a，故B错误；C.催化剂只能改变活化能，不能改变反应热，丙图表示催化剂改变反应的活化能，并未使焓变变小，故C错误；D.二氧化氮的含量最低时说明反应达到平衡状态，再升高温度，二氧化氮的含量增大，说明平衡逆向移动，故D正确；本题答案为D。14.25℃时，用0.050mol·L−1H2C2O4（Ka1=5.6×10−2，Ka2=5.4×10−5）溶液滴定25.00mL0.100mol·L−1NaOH溶液所得滴定曲线如图。下列说法正确的是A.点①所示溶液中：c(H＋)+c(H2C2O4)+c(HC2O4−)=c(OH−)B.点②所示溶液中：c(HC2O4−)+2c(C2O42−)＜c(Na＋)C.点③所示溶液中：c(Na＋)>c(HC2O4−)>c(H2C2O4)>c(C2O42−)D.滴定过程中可能出现：c(Na＋)>c(C2O42−)=c(HC2O4−)>c(H＋)>c(OH−)【答案】D【解析】【详解】A,点①所示加入H2C2O4溶液的体积为25mL,草酸和氢氧化钠恰好完全反应,生成正盐草酸钠,草酸钠水解,所以溶液中,依据物料守恒得c(Na+)=2c(H2C2O4)2c(HC2O4-)2c(C2O42-)①，依据电荷守恒得,关系式为c(Na+)c(H+)═c(HC2O4-)2c(C2O42-)c(OH-)②,将①代入②得:c(H＋)+2c(H2C2O4)+c(HC2O4−)=c(OH−)，故A错误；B.点②溶液为中性,则c(H+)=c(OH-)①,由电荷守恒c(Na+)c(H+)=c(HC2O4-)2c(C2O42-)c(OH-)②,将①代入②c(HC2O4-)2c(C2O42-)=c(Na+),故B错误；C.点③所示加入H2C2O4溶液的体积为50mL，溶液溶质为NaHC2O4,溶液呈酸性,草酸氢根离子的电离大于草酸氢根离子的水解,所以c(Na+)c(HC2O4-)c(C2O42-)c(H2C2O4)，故C错误；D.点①为草酸钠溶液呈碱性,点②溶液呈中性为草酸钠、草酸氢钠,点③为草酸氢钠溶液呈酸性,介于②和③之间,随着草酸的滴入,NaHC2O4逐渐增多,所以可出现,故D正确；本题答案为D。15.工业上以CO和H2为原料合成甲醇的反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H＜0，在容积为1L的恒容容器中，分别在T1、T2、T3三种温度下合成甲醇。如图是上述三种温度下不同H2和CO的起始组成比（起始时CO的物质的量均为1mol）与CO平衡转化率的关系。下列说法正确的是A.H2转化率：a＞b＞cB.上述三种温度之间关系为T1＞T2＞T3C.a点状态下再通入0.5molCO和0.5molCH3OH，平衡不移动D.c点状态下再通入1molCO和4molH2，新平衡中H2的体积分数增大【答案】AC【解析】【详解】A.由图可知，当n(H2)/n(CO)=1.5时，CO的转化率a＞b且大于T3下对应的CO的转化率，当在温度为T3是随着n(H2)/n(CO)增大，CO的转化率增大，H2的转化率减小，所以a＞b＞c，故A正确；B.根据CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H＜0，温度越高，CO的转化率越小，由图可以看出，当n(H2)/n(CO)相等时，应有T3＞T2＞T1，故B错误；C.a点时，CO的转化率为50，起始时CO的物质的量为1mol，H2的物质的量为1.5mol，反应中CO的转化率为50，由此可计算平衡常数为4，通过计算再通入0.5molCO和0.5molCH3OH时的浓度商Qc=4，所以平衡不移动，故C正确；D.c点状态下再通入1molCO和4molH2，在等温等容的条件下，投料比不变，相当于加压，平衡向正反应方向移动，新平衡中H2的体积分数减小，故D错误；本题答案为AC。非选择题（80分）16.以含钴废催化剂(主要成分为Co、Fe、SiO2)为原料制取复合氧化钴的流程如下：（1）用H2SO4溶解后过滤，得到的滤渣是____(填化学式)。将滤渣洗涤2～3次，再将洗液与滤液合并的目的是____。（2）在加热搅拌条件下加入NaClO3，将Fe2+氧化成Fe3+，反应的离子方程式是____。（3）已知：铁氰化钾的化学式为K3[Fe(CN)6]；亚铁氰化钾的化学式为K4[Fe(CN)6]。3Fe2++2[Fe(CN)6]3−=Fe3[Fe(CN)6]2↓(蓝色沉淀)4Fe3++3[Fe(CN)6]4−=

Fe4[Fe(CN)6]3↓(蓝色沉淀)确定Fe2+是否氧化完全的方法是____。(仅供选择的试剂：铁氰化钾溶液、亚铁氰化钾溶液、铁粉、KSCN溶液)（4）向氧化后的溶液中加入适量的Na2CO3调节酸度，使之生成黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀，写出该反应的离子方程式：____。（5）已知CoCl2的溶解度曲线如图所示。向碱式碳酸钴沉淀中加入足量稀盐酸边加热边搅拌至完全溶解后，需趁热过滤的原因是____。【答案】(1).SiO2(2).提高钴元素的利用率(或其他合理答案)(3).6Fe2++6H++ClO3-6Fe3++Cl-+3H2O(4).取少许氧化后的溶液于试管中滴加几滴铁氰化钾溶液，若无蓝色沉淀生成，则说明Fe2+已全部被氧化(5).6Fe3++4SO42-+6H2O+2Na++6CO32-=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+6CO2↑(6).防止因温度降低，CoCl2晶体析出【解析】【分析】（1）含钴废催化剂中含有的Fe、Co均可溶于硫酸，而SiO2不溶，洗涤滤渣的洗涤液中含有钴的化合物；（2）在加热搅拌条件下加入NaClO3，将Fe2+氧化成Fe3+，ClO3-被还原为Cl-；（3）欲判断Fe2+是否氧化完全，需要验证溶液中有无Fe2+即可；（4）氧化后的溶液中，含有Fe3+,加入Na2CO3后，生成[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀和CO2气体；（5）由CoCl2的溶解度曲线可以知道，随温度的升高，CoCl2的溶解度增大，所以趁热过滤，防止温度降低CoCl2晶体析出；【详解】（1）含钴废催化剂中含有的Fe、Co均可溶于硫酸，而SiO2不溶，所以滤渣的是SiO2，洗涤滤渣的洗涤液中含有钴的化合物，为了提高钴元素的利用率，将洗液与滤液合并；本题答案为：SiO2，提高钴元素的利用率；（2）在加热搅拌条件下加入NaClO3，将Fe2+氧化成Fe3+，反应的离子方程式是：6Fe2++6H++ClO3-6Fe3++Cl-+3H2O；本题答案为：6Fe2++6H++ClO3-6Fe3++Cl-+3H2O；（3）依据所给信息，Fe2+和[Fe(CN)6]3−反应，生成蓝色Fe3[Fe(CN)6]2沉淀，故确定Fe2+是否氧化完全的方法是：取少许氧化后的溶液于试管中滴加几滴铁氰化钾溶液，若无蓝色沉淀生成，则说明Fe2+已全部被氧化；本题答案为：取少许氧化后的溶液于试管中滴加几滴铁氰化钾溶液，若无蓝色沉淀生成，则说明Fe2+已全部被氧化；（4）氧化后的溶液中，含有Fe3+,加入Na2CO3后，生成[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀和CO2气体，离子方程式为：6Fe3++4SO42-+6H2O+2Na++6CO32-=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+6CO2↑；本题答案为：6Fe3++4SO42-+6H2O+2Na++6CO32-=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+6CO2↑；（5）由CoCl2的溶解度曲线可知，随温度的升高，CoCl2的溶解度增大，所以趁热过滤，防止温度降低CoCl2晶体析出；本题答案为：防止因温度降低，CoCl2晶体析出。17.小檗碱是中药黄连素中抗菌有效成分，其中间体M的合成路线如下：（1）化合物B中含氧官能团为______和______（填官能团名称）。（2）C→D过程发生取代反应同时生成HCl，物质X的结构简式是________。（3）由E→M的反应类型是______。（4）写出同时满足下列条件的物质B的一种同分异构体的结构简式：______。I．能发生银镜反应；分子中有4种不同化学环境的氢。II．不能与FeCl3溶液发生显色反应，但其水解产物之一能发生此反应。（5）已知：（X代表卤素原子）写出以乙烯为原料制备(聚丁二酸乙二酯)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）羧基醚键（2）（3）取代反应（4）（5）【解析】试题分析：（1）B中含有的官能团名称为羧基和醚键，答案为：羧基醚键；（2）C→D过程发生取代反应同时生成HCl，从D的结构式可以看出，X上氨基中的氢原子取代C中的氯原子得到D，所以X的结构简式为：答案为：；（3）观察E和M的结构可以看出，M在E的基础上，在苯环上多了一个溴原子，即苯环上的氢原子被溴原子取代，答案为：取代反应；（4）B的同分异构体中：I．能发生银镜反应，说明必须有醛基；分子中有4种不同化学环境的氢。I．不能与FeCl3溶液发生显色反应，说明没有酚羟基，但其水解产物之一能发生此反应，能发生水解反应说明含有酯基，且酯基水解后得到的产物之一含有酚类物质，结构简式有两种，答案为：；（5）乙烯和卤素单质发生加成反应得到二卤乙烷，二卤乙烷发生反应，即可引入两个氰基，氰基根据题目中的反应，即和H+水解可得到羧基，根据这个原理可以制得丁二酸；二路乙烷水解即可得到乙二醇，所以答案为：考点：考查有机化学推断及简单有机物的合成18.以碳酸镁(含少量FeCO3)为原料制取硫酸镁晶体，并测定Mg2+含量：将原料完全溶于一定量的稀硫酸中，加足量的H2O2后用氨水调节溶液的pH，静置后过滤，除去滤渣，将滤液结晶得硫酸镁晶体。（1）30.00mL5.00mol·L−1的稀硫酸至少能溶解原料的质量为____。（2）加氨水调节pH促进Fe3+水解，Fe3+水解离子方程式为____。（3）已知：Ksp[Fe(OH)3]＝1.0×10−39，Ksp[Mg(OH)2]＝1.0×10−12。室温下，若溶液中c(Mg2＋)＝0.01mol·L−1，欲使溶液中的c(Fe3＋)≤1×10−6mol·L−1，需调节溶液pH范围为____。（4）常采用下列方法测定结晶硫酸镁中Mg2+的含量：已知：①在pH为9~10时，Mg2+、Zn2+均能与EDTA(H2Y2−)形成配合物②在pH为5~6时，Zn2+除了与EDTA反应，还能将Mg2+与EDTA形成的配合物中的Mg2+“置换”出来：Zn2++MgH2Y＝ZnH2Y+Mg2+步骤1：准确称取得到的硫酸镁晶体1.50g加入过量的EDTA，配成100mLpH在9~10之间溶液A步骤2：准确移取25.00mL溶液A于锥形瓶中，用0.10mol·L−1Zn2+标准溶液滴定，滴定到终点，消耗Zn2+标准溶液的体积为20.00mL步骤3：准确移取25.00mL溶液A于另一只锥形瓶中，调节pH在5~6；用0.10mol·L−1Zn2+标准溶液滴定，滴定至终点，消耗Zn2+标准溶液的体积为30.00mL。计算该结晶硫酸镁中Mg2+的质量分数(请给出计算过程)。___。【答案】(1).12.60g(2).Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+(3).3≤pH≤9(4).6.4%【解析】【分析】（1）、均能和稀硫酸反应而溶解，等物质的量的硫酸，溶解等物质的量的、，但摩尔质量大，所以含量越低，能溶解原料的质量越少；（2）Fe3+水解，生成Fe（OH）3和H+，依此书写离子方程式；（3）依据题给条件，分别计算开始形成Mg(OH)2沉淀、Fe3+完全沉淀时的pH，即能确定使Fe3+完全沉淀，而Mg2+不沉淀的pH范围；（4）依据题中所给信息及反应关系，求出1.5g晶体中，Mg2+的质量，然后计算其质量分数；【详解】(1)已知原料主要成分是，含有少量杂质，用一定量的稀硫酸溶解时，含量越低，能溶解原料的质量越少，当原料中不含杂质，硫酸溶解，n(H2SO4)=0.15mol，则溶解的的物质的量为，其质量为:0.15mol84g/mol=12.6g，故至少能溶解原料；本题答案为：12.6g；（2）Fe3+水解离子方程式为：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+；本题答案为：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+；（3）根据可知开始出现沉淀时溶液中，此时溶液中，根据可知，完全沉淀时溶液中，此时溶液中，所以需调节溶液范围为；本题答案为：3pH9；（4）、与均按反应，则由步骤2可得：溶液A中过量的EDTA：，则溶液A中剩余的量：；由步骤3可得：溶液A中总量：，则溶液A中总量：，所以中，该结晶硫酸镁中的质量分数；本题答案为：6.4。19.实验室用如图所示装置模拟石灰石燃煤烟气脱硫实验：（1）实验中为提高石灰石浆液脱硫效率可采取的一种措施是____，写出通入SO2和空气发生反应生成石膏(CaSO4·2H2O)的化学方程式____。（2）将脱硫后的气体通入KMnO4溶液，可粗略判断烟气脱硫效率的现象是____。（3）研究发现石灰石浆液的脱硫效率受pH和温度的影响。烟气流速一定时，脱硫效率与石灰石浆液pH的关系如图所示，在pH为5.7时脱硫效果最佳，石灰石浆液5.7＜pH＜6.0时，烟气脱硫效果降低的可能原因是____，烟气通入石灰石浆液时的温度不宜过高，是因为____。（4）石灰石烟气脱硫得到的物质中的主要成分是CaSO4和CaSO3，实验人员欲测定石灰石浆液脱硫后的物质中CaSO3的含量，以决定燃煤烟气脱硫时通入空气的量。请补充完整测定CaSO3含量的实验方案：取一定量石灰石烟气脱硫后的物质，____。[浆液中CaSO3能充分与硫酸反应。实验中须使用的药品：75%的硫酸、标准浓度的(NH4)2Fe(SO4)2溶液，标准浓度的酸性KMnO4溶液]【答案】(1).不断搅拌、制成浆液(2).2CaCO3+2SO2+O2+4H2O＝2CaSO4·2H2O+2CO2(3).高锰酸钾溶液颜色褪去的快慢(4).石灰石的溶解度减小，减慢了与SO2的反应(5).温度升高SO2的溶解度小(6).加入足量的75%的硫酸，加热，将生成的SO2气体通入一定体积过量的标准浓度的酸性KMnO4溶液，记录加入KMnO4溶液的体积，充分反应后，用标准浓度的(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定（过量酸性KMnO4溶液），记录达到滴定终点时消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积，计算得出结果【解析】分析：(1)根据加快反应速率的条件分析；利用电子守恒、原子守恒写出化学方程式；（2）用高锰酸钾溶液检测SO2的含量；（3）根据影响化学反应速率的因素分析；（4）利用氧化还原滴定的方法测定CaSO3含量。详解:（1）实验中为提高石灰石浆液脱硫效率采取的措施是不断搅拌、制成浆液；根据电子守恒和原子守恒，写出通入SO2和空气发生反应生成石膏(CaSO4·2H2O)的化学方程式2CaCO3+2SO2+O2+4H2O＝2CaSO4·2H2O+2CO2。（2）脱硫后的气体含有少量SO2气体，通入KMnO4溶液能使高锰酸钾溶液颜色，因此根据颜色褪去的快慢，可粗略判断烟气脱硫效率，本题答案为：高锰酸钾溶液颜色褪去的快慢。（3）由脱硫效率与石灰石浆液pH的关系图知，在为5.7时脱硫效果最佳，pH增大石灰石的溶解度减小，减慢了与SO2的反应；温度升高SO2的溶解度小，因此，本题正确答案为：石灰石的溶解度减小，减慢了与SO2的反应；温度升高SO2的溶解度小。（4）欲测定CaSO3的含量，根据所给实验药品，先向样品中加入足量的75%的硫酸，加热，将生成的SO2气体通入一定体积过量的标准浓度的酸性KMnO4溶液，记录加入KMnO4溶液的体积，充分反应后，用标准浓度的(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定（过量酸性KMnO4溶液），记录达到滴定终点时消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积，计算得出结果。点睛：本题考查影响化学反应速率的因素、反应条件的选择、定量测定实验的设计，难点是（4）小题中，实验步骤的设计，要注意实验原理的分析，根据实验原理设计实验步骤。20.氮的化合物合成、应用及氮的固定一直是科学研究的热点。（1）以CO2与NH3为原料合成化肥尿素的主要反应如下：①2NH3(g)＋CO2(g)＝NH2CO2NH4(s)；ΔH＝－159.47kJ·mol−1②NH2CO2NH4(s)＝CO(NH2)2(s)＋H2O(g)；ΔH＝akJ·mol−1③2NH3(g)＋CO2(g)＝CO(NH2)2(s)＋H2O(g)；ΔH＝－86.98kJ·mol−1则a为____。（2）尿素可用于湿法烟气脱氮工艺，其反应原理为：NO＋NO2＋H2O＝2HNO2；2HNO2＋CO(NH2)2＝2N2↑＋CO2↑＋3H2O。①当烟气中NO、NO2按上述反应中系数比时脱氮效果最佳。若烟气中V(NO)∶V(NO2)＝5∶1时，可通入一定量的空气，同温同压下，V(空气)∶V(NO)＝____(空气中氧气的体积含量大约为20%)。②如图表示尿素含量对脱氮效率的影响，从经济因素上考虑，一般选择尿素浓度约为____%。（3）用稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2(弱酸)的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应式：____。（4）利用脱氮菌可净化低浓度NO废气。当废气在塔内停留时间均为90s的情况下，测得不同条件下NO的脱氮率如图I、Ⅱ所示。①由图I知，当废气中的NO含量增加时，宜选用____法提高脱氮的效率。②图Ⅱ中，循环吸收液加入Fe2+、Mn2+，提高了脱氮的效率，其可能原因为____。（5）研究表明：NaClO/H2O2酸性复合吸收剂可同时有效脱硫、脱硝。图Ⅲ所示为复合吸收剂组成一定时，温度对脱硫脱硝的影响。温度高于60℃后，NO去除率下降的原因为____。【答案】(1).+72.49(2).1:1(3).5(±0.2)(4).HNO2−2e−+H2O＝3H++NO3−(5).好氧硝化(6).Fe2+、Mn2+对该反应有催化作用(7).温度升高H2O2分解速率加快【解析】【分析】（1）根据所给反应，依据盖斯定律可求a；（2）根据方程式，可以看出，当烟气中NO、NO2按1：1是效率最佳，分析计算当V（NO）：V（NO2）=5:1时，通入的空气将NO和NO2的体积比变为1:1，从而确定空气和NO的体积比；由图中的曲线变化分析，随尿素浓度变化，脱氮效率的变化，可得结论；（3）依据电解原理，阳极发生失去电子的氧化反应，在阳极亚硝酸失电子生成硝酸；（4）观察图中曲线的变化情况，即可得出结论；（5）NaClO/H2O2酸性复合吸收剂可同时有效脱硫、脱硝，但其中的H2O2，温度升高分解速率加快，NO去除率下降；【详解】（1）①，②，③由盖斯定律可得②=③-①得：a=-86.98kJ/mol-(-159.47kJ/mol)=+72.49kJ/mol；本题答案为：+72.49；（2）①当烟气中NO、NO2按上述反应中系数比时脱氮效果最佳，即1：1，若烟气中V(NO)：V(NO2)=5:1时，设通入空气中氧气体积为x；2NOO2=2NO22xx2x有=1:1计算得到x=1，空气体积为5，所以同温同压下，V(空气)∶V(NO)=1：1；②由图中的曲线可以看出，尿素浓度达到之前，脱氮效率随着尿素浓度的增加而增加；尿素浓度达到后，脱氮效