1、江苏省盐城市2020届高三化学下学期第三次模拟考试（6月）试题（含解析）可能用到的相对原子质量：O-16 Cl-35.5第卷 (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.我国5G技术处于世界领先地位！生产5G芯片的关键材料有高纯硅、氮化镓、超高纯氢氟酸、线型酚醛树脂等。下列说法正确的是（ ）A. 石英砂用焦炭还原可直接制得高纯硅B. 氮化镓中氮、镓位于周期表中同主族C. 超高纯氢氟酸可用于清洗硅表面SiO2D. 线型酚醛树脂属于天然高分子化合物【答案】C【解析】【详解】A. 石英砂用焦炭还原制得的是含有杂质的硅，A错误；B. 周期表中氮
2、位于VA、镓位于A，B错误；C. 超高纯氢氟酸可与SiO2反应生成四氟化硅气体和水，可用于清洗硅表面SiO2，C正确；D. 线型酚醛树脂属于人工合成高分子化合物，D错误；答案选C。2.OF2能在干燥空气中迅速发生反应：O2+4N2+6OF2=4NF3+4NO2。下列表示反应中相关微粒的化学用语错误的是（ ）A. 中子数为10的氧原子：OB. 氮原子的结构示意图：C. OF2的结构式：FOFD. NF3电子式：【答案】D【解析】【详解】A. 中子数为10的氧原子其质量数为18，则可表示为：O，A正确；B. 氮原子核电荷数为7、核外电子分2层排布，结构示意图：，B正确；C. OF2是共价化合物，其
3、结构式：FOF，C正确；D. NF3的电子式中每个F原子还有3对未共用电子对也应表示出来，D不正确；答案选D。3.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）A. Al具有导电性，可用于防锈涂料制造B. NH3具有碱性，可用于生产NH4HCO3C. Na2O2呈淡黄色，可用于呼吸面具供氧D. FeCl3易水解，可用于蚀刻铜制线路板【答案】B【解析】【详解】A. Al和容易和氧气反应生成氧化铝，可用于防锈涂料制造，A错误；B. NH3具有碱性，和过量二氧化碳与水反应生成NH4HCO3 ，可用于生产NH4HCO3 ，B正确；C. Na2O2会和二氧化碳、水反应生成氧气，可用于呼吸面具供氧，C错误
4、；D. FeCl3和铜反应产生氯化铜和氯化亚铁，可用于蚀刻铜制线路板，D错误；答案选B。4.实验室从碘的四氯化碳溶液中分离并得到单质碘，主要步骤为：用浓NaOH溶液进行反萃取(3I2+6OH-=5I-+IO+3H2O)、分液、酸化(5I-+IO+6H+=3I2+3H2O)、过滤及干燥等。下列有关实验原理和装置不能达到实验目的的是（ ）A. 用装置甲反萃取时，倒转振荡过程中要适时旋开活塞放气B. 用装置乙分液时，先放出有机相，关闭活塞，从上口倒出水相C. 用装置丙从酸化后的体系中分离出单质碘D. 用装置丁干燥单质碘【答案】D【解析】【分析】【详解】A. 用装置甲反萃取时，倒转振荡过程中要适时旋开
5、活塞放气，避免内部压强过大，A正确；B. 用装置乙分液时，先放出有机相，关闭活塞，从上口倒出水相，可以避免上层液体被污染，B正确；C. 大量析出的固体碘单质用过滤分离出来，C正确；D. 碘易升华，不能达到实验目的，D错误；答案选D。5.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）A. 能使甲基橙变红的溶液中：Na+、Al3+、Br-、CH3COO-B. =110-12溶液中：K+、Na+、CO、Cl-C. 0.1molL-1NaHSO3溶液中：Na+、NH、ClO-、MnOD. 0.1molL-1Fe(NO3)3溶液中：Cu2+、Fe2+、SCN-、SO【答案】B【解析】【分析】【详解
6、】A. 能使甲基橙变红的溶液即酸性中，CH3COO-不共存，A错误；B. =110-12的溶液即碱性中：K+、Na+、CO、Cl-彼此不反应，可共存，B正确；C. 0.1molL-1NaHSO3溶液中，因NaHSO3具有较强还原性，会与ClO-或MnO4-发生氧化还原反应而不共存，C错误；D. 0.1molL-1Fe(NO3)3溶液会与SCN-发生络合反应而不共存，D错误；答案选B。6.下列有关化学反应的叙述正确的是（ ）A. CuSO4稀溶液与Na反应析出CuB. Fe与水蒸气在高温下反应生成Fe2O3C. SO2的水溶液与溴蒸气反应富集溴D. 饱和食盐水与通入的NH3、CO2反应析出Na2
7、CO3固体【答案】C【解析】【详解】A. CuSO4稀溶液与Na反应，钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和硫酸铜发生复分解反应产生氢氧化铜沉淀，A错误；B. Fe与水蒸气在高温下反应生成Fe3O4 ，B错误；C. SO2的水溶液与溴蒸气反应生成氢溴酸和硫酸，可富集溴，C正确；D. 饱和食盐水与通入的NH3、CO2反应析出NaHCO3固体，分离出的碳酸氢钠固体受热分解才得到碳酸钠，D错误；答案选C。7.下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）A. Al与NaOH溶液反应：2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2B. Fe(OH)2与足量稀硝酸反应：Fe(OH)2+2H+=Fe2+2H2OC
8、. Na2S碱性溶液中通入SO2生成Na2S2O3：3SO2+S2-=2S2OD. KMnO4酸性溶液与SO2反应：2MnO+5SO2+4OH-=2Mn2+5SO+2H2O【答案】A【解析】【分析】【详解】A. Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，则离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2，A正确；B. Fe(OH)2与足量稀硝酸发生氧化还原反应，不是简单的酸碱中和反应，B错误；C. 3SO2+S2-=2S2O，电荷不守恒，C错误；D. KMnO4酸性溶液与SO2反应：离子方程式2MnO+5SO2+4OH-=2Mn2+5SO+2H2O中OH-参加是错误的，应有氢离子参加
9、或生成，D错误；答案选A。8.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，Z位于元素周期表IA族，W与Y属于同一主族。下列说法错误的是（ ）A. 原子半径：r(Y)r(X)r(Z)B. X的简单气态氢化物的热稳定性比Y的强C. Y的单质的氧化性比W的强D. X、Z、W三种元素可组成含共价键的离子化合物【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，则X为O、Z位于元素周期表IA族，则Z为Na，W与Y属于同一主族，它们分别为Cl和F；【详解】A. 同周期元素从左到右原子半径递减，同主族元素从上到下原子半径递增，则原
10、子半径：r(F)r(O)r(Li) r(Na)，则A正确；B. 同周期非金属元素从左到右非金属性递增，非金属性OF，则简单气态氢化物的热稳定性X比Y的弱，B错误；C. W即氯、Y即F属于同一主族，非金属性FCl，则Y的单质的氧化性比W的强，C正确；D. X、Z、W三种元素可组成含共价键的离子化合物，如NaClO等，D正确；答案选B。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(熔融)Mg(s)MgO(s)B. CaC2(s)C2H4(g)C. FeS2(s)SO2(g)(NH4)2SO4(aq)D. Al(OH)3(s)NaAlO2(aq)AlCl3(aq)【答
11、案】A【解析】【分析】【详解】A. MgCl2(熔融)电解得到镁单质，镁和二氧化碳点燃生成氧化镁和碳，故A符合题意；B. CaC2(s)和饱和食盐水反应生成乙炔，乙炔发生加聚生成聚乙炔，而乙烯在催化剂作用下反应生成聚乙烯，故B不符合题意；C FeS2(s)与氧气高温下反应生成二氧化硫，二氧化硫和过量氨水反应生成(NH4)2SO3，故C不符合题意；D. Al(OH)3(s)与碳酸钠溶液不反应，与氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2和H2O，NaAlO2和过量盐酸反应生成AlCl3和NaCl和H2O，故D不符合题意。综上所述，答案为A。10.最近麻省理工学院的研究人员开发出一种生产水泥的绿色工艺，其中
12、的电化学装置如图。装置工作时，下列说法错误的是（ ）A. 电能转变为化学能B. X膜为阳离子交换膜C. 阴极区溶液的pH不断变小D. a极上的电极反应式为2H2O-4e-=4H+O2【答案】C【解析】【详解】A. 该装置是电解池，是电能转变为化学能，故A正确；B. 根据图中信息，左侧是碳酸钙，中间生成氢氧化钙，钙离子移向中间，X膜为阳离子交换膜，故B正确；C. 阴极区氢氧根不断移向中间，水中氢离子不断消耗，溶液的pH不断变大，故C错误；D. a极是水中氢氧根得到电子生成氧气，电极反应式为2H2O4e = 4H+O2，故D正确。综上所述，答案为C。不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共20
13、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.铁、铜及其化合物应用非常广泛。下列有关说法正确的是（ ）A. 地下钢管常用牺牲阳极的阴极保护法，阳极材料可用铜B. 反应Cu2S+O22Cu+SO2，每生成1molCu转移电子数为6.021023C. 反应2Cu+CO2+H2O+O2=Cu2(OH)2CO3室温下能自发进行，该反应的H0D. 室温下，KspFe(OH)3=410-38，pH=4的含Fe3+溶液中，c(Fe3+)410-8molL-1【
14、答案】CD【解析】【详解】A. 地下钢管常用牺牲阳极的阴极保护法，阳极材料不能用铜，只能用比Fe活泼的金属，比如Mg，故A错误；B. 反应Cu2S+O22Cu+SO2，S化合价升高，Cu、O化合价降低，根据方程式生成2mol Cu转移6 mol电子，则每生成1molCu转移3 mol电子，即电子数为1.8061024，故B错误；C. 反应2Cu+CO2+H2O+O2=Cu2(OH)2CO3室温下能自发进行，根据方程式得出该反应S0，G HTS0，根据低温下能自发进行，因此该反应的H0，故C正确；D. 室温下，KspFe(OH)3=41038，pH=4的含Fe3+溶液中，c(OH)11010mo
15、lL1，因此c(Fe3+) 4108molL1，故D正确。综上所述，答案为CD。12.抗菌化合物X可由埃及地中海沿岸采集的沉积物样品中分离得到，其结构简式如图所示。下列有关化合物X的说法正确的是（ ）A. 分子中有两个手性碳原子B. 分子中所有碳原子位于同一平面C. 能与酸性KMnO4溶液反应D. 1mol化合物X至多与1molBr2发生反应【答案】C【解析】【分析】【详解】A. 分子中有1个手性碳原子，如图，*号碳原子为手性碳原子，故A错误；B. 分子中所有碳原子位于同一平面，如图，*号碳与周围四个碳原子不可能共平面C. 该分子中含有碳碳双键，酚羟基，都能与酸性KMnO4溶液反应，故C正确；
16、D. 该化合物中含有碳碳双键，与Br2发生加成反应，含有酚羟基，酚羟基的邻位和对位能与Br2发生取代反应，因此1mol化合物X至多与3molBr2发生反应，故D错误。综上所述，答案为C。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（ ）选项实验操作和现象结论A向NaHSO3溶液中滴加足量Ba(OH)2溶液，出现白色沉淀，再加入足量盐酸，沉淀全部溶解NaHSO3未被氧化B向3mLFe(NO3)3溶液中滴加几滴HI溶液，振荡，再滴加1mL淀粉溶液，溶液显蓝色I-的还原性比Fe2+的强C向MgSO4、CuSO4的混合稀溶液中滴入1滴稀NaOH溶液，有蓝色沉淀生成KspCu(OH)
17、2c(NH3H2O)B. 0.1molL-1NaH2PO4溶液中滴加NaOH至溶液呈中性：c(Na+)3c(HPO)+3c(PO)C. 0.1molL-1NaH2PO4溶液中滴加K3PO4至溶液呈中性：c(K+)c(Na+)D. 0.1molL-1NaH2PO4溶液中滴加氨水至溶液呈中性：c(H3PO4)+c(H2PO)+c(HPO)+c(PO)2c(NH)+2c(NH3H2O)【答案】AC【解析】分析】溶液中性时，有，当时，溶液呈碱性（pH=9.25）；当时，溶液呈酸性（pH=6.86）。【详解】A0.1molL-1NH4Cl溶液中，由电荷守恒得：，溶液呈中性，即有，故。水解显酸性，电离显碱
18、性，由图像可知，时，即与为1:1时，溶液呈碱性（pH=9.25），故溶液中性时，A正确；B0.1molL-1NaH2PO4溶液中，由电荷守恒得：c(Na+)+c(H+)=+c(OH-)，溶液呈中性，即有，故c(Na+)=+，图像可知，当时，即与为1:1时，溶液呈酸性（pH=6.86），若溶液呈中性，的量需要稍大，即有c(Na+)3c(HP)+3c(P)，B错误；C当NaH2PO4与K3PO4为3:1时，溶液中，由于H2PO+PO2HPO，此时溶液中与为1:1，由图像可知，此时溶液呈酸性（pH=6.86），若溶液呈中性，K3PO4的量需稍微大一点，故c(K+)c(Na+)，C正确；D当NaH2P
19、O4与氨水为1:2时，由物料守恒得c(H3PO4)+c(H2PO)+c(HPO)+c(PO)=2c(NH)+2c(NH3H2O) ，由图像可知，所以，故的酸性强于的碱性，那么的酸性更强于的碱性，故为酸性。NaH2PO4与氨水为1:2时，溶质为，所以加的碱需要稍微多一点才能是中性，故c(H3PO4)+c(H2PO)+c(HPO)+c(PO)2c(NH)+2c(NH3H2O)，D错误；故选AC。【点睛】本题要注意D选项，通过图可以推出的酸性强于的碱性，根据盐类水解的规律，谁强显谁性，磷酸与铵形成的盐显酸性。15.CO2催化重整CH4的反应：()CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)；
20、H1，主要副反应：()H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g)；H20，()4H2(g)+CO2(g)CH4(g)+2H2O(g)；H30。在恒容反应器中按体积分数V(CH4)V(CO2)=50%50%充入气体，加入催化剂，测得反应器中平衡时各物质的体积分数与温度的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）A. H1=2H2-H30，A不正确；B. 其他条件不变，适当增大起始时V(CH4)V(CO2)，即增大CH4浓度和减小CO2浓度，根据平衡移动原理，减小反应物浓度或增加生成物浓度，平衡都逆向移动，B正确；C. 300580时，H2O的体积分数不断增大，反应()是放热反应，升温时，平衡逆移
21、消耗H2O，反应()是吸热反应，升温时正移，生成H2O，而由于反应()消耗H2O的量小于反应()生成水的量，C错误；D. T时，在2.0L容器中加入2mol CH4、2mol CO2以及催化剂进行重整反应，测得CO2的平衡转化率为75%，则CO2转化的浓度为 根据三段式：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)起 1mol/L 1mol/L 0 0转0.75mol/L 0.75mol/L 1.5mol/L 1.5mol/L平 0.25mol/L 0.25mol/L 1.5mol/L 1.5mol/L若不考虑副反应，则反应()的平衡常数，但由于副反应()中，消耗的氢气的量比二氧化碳多
22、的多，故计算式中，分子减小的更多，值小于81，D正确；答案选BD。第卷 (非选择题共80分)16.一种利用H2C2O4(草酸)作助溶剂，酸浸提取硫酸烧渣(主要含Fe2O3、FeO、SiO2等)制备铁红并回收副产物硫酸铵的工艺流程如图：已知：H2C2O4可沉淀Ca2+、Fe2+等金属离子，可与Fe3+生成Fe(C2O4)33-，在硫酸作用下可热分解生成CO和CO2。(1)用50%的硫酸“酸浸”时，反应液的温度、H2C2O4的加入量对铁浸取率的影响分别如图1、图2所示：“硫酸烧渣”中Fe2O3与H2SO4反应的化学方程式为_。图1中，反应液的温度高于95时，铁浸取率开始降低，其原因是_。图2中，H
23、2C2O4加入量在520%时，铁浸取率随加入量的增大而增大，其原因是_；H2C2O4加入量超过20%时，铁浸取率反而开始降低，其原因是_。(2)“沉铁”时发生的主要反应的离子方程式为_。(3)由“过滤1”的滤渣制备铁红的“操作X”为_。【答案】 (1). Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O (2). 体系中H2C2O4(C2O)发生分解，助溶作用减弱 (3). 该范围内增大H2C2O4的量，有利于Fe(C2O4)33-生成 (4). 过量的H2C2O4将酸浸液中的Fe2+转化为FeC2O4沉淀 (5). Fe(C2O4)33-+3NH3H2O=Fe(OH)3+3C2O+3N
24、H (6). 高温焙烧(或煅烧)【解析】【分析】H2C2O4可沉淀Ca2+、Fe2+等金属离子，可与Fe3+生成Fe(C2O4)33-，在硫酸作用下可热分解生成CO和CO2。硫酸烧渣(主要含Fe2O3、FeO、SiO2等)用硫酸和草酸浸取后的溶液中含有Fe(C2O4)33-，Fe2+，浸渣中主要含有二氧化硅；加入双氧水将亚铁离子氧化生成铁离子，再加入氨水将Fe(C2O4)33-转化为氢氧化铁沉淀，过滤1后的滤液中主要含有硫酸铵和草酸铵，结晶得到硫酸铵晶体，母液中主要含有草酸铵，可以循环利用；过滤1的固体为氢氧化铁，热分解即可得到铁红(氧化铁)，据此分析解答。【详解】(1)Fe2O3与H2SO4
25、反应生成硫酸铁和水，反应的化学方程式为Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，故答案为：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O；根据题意，H2C2O4可沉淀Ca2+、Fe2+等金属离子，可与Fe3+生成Fe(C2O4)33-，在硫酸作用下可热分解生成CO和CO2。图1中，反应液的温度高于95时，体系中H2C2O4(C2O)发生分解，助溶作用减弱，导致铁浸取率开始降低，故答案为：体系中H2C2O4(C2O)发生分解，助溶作用减弱；H2C2O4可与Fe3+生成Fe(C2O4)33-，H2C2O4加入量在520%时，该范围内增大H2C2O4的量，有利于Fe(C2O4)
26、33-生成，使得铁浸取率随加入量的增大而增大；H2C2O4加入量超过20%时，过量的H2C2O4将酸浸液中的Fe2+转化为FeC2O4沉淀，使得铁浸取率反而开始降低，故答案为：该范围内增大H2C2O4的量，有利于Fe(C2O4)33-生成；过量的H2C2O4将酸浸液中的Fe2+转化为FeC2O4沉淀；(2)“沉铁”时氨水与Fe(C2O4)33-反应生成氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为Fe(C2O4)33- +3NH3H2O=Fe(OH)3+3C2O+3NH，故答案为：Fe(C2O4)33- +3NH3H2O=Fe(OH)3+3C2O+3NH；(3)“过滤1”的滤渣为氢氧化铁，将氢氧化铁加热分解
27、即可制备铁红，因此“操作X”为高温焙烧(或煅烧)，故答案为：高温焙烧(或煅烧)。【点睛】本题的易错点和难点为(1)，要注意根据题意明确H2C2O4的性质和作用。17.3丙基5，6二羟基异香豆素的一种合成路线如图：已知：.；.Ph3PPh为苯基，Bu为CH3CH2CH2CH2，tBu为(CH3)3C，R1R4为烃基或H（1）A中含氧官能团的名称为_和_。（2）EF的反应类型为_。（3）D的分子式为C14H18O4，写出其结构简式：_。（4）C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：_(只写一种)。能与FeCl3溶液发生显色反应；碱性水解后酸化，两种水解产物分子中均只有2种不
28、同化学环境的氢。（5）写出以和Ph3P为原料制备的合成路线流程图_(无机试剂、有机催化剂及溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。【答案】 (1). 羧基 (2). 醚键 (3). 消去反应(消除反应) (4). (5). 或 (6). 【解析】【分析】结合A的结构简式确定A中含有的官能团；根据E、F分子的结构简式，EF的反应类型为消去反应；在书写C的一种同分异构体同时满足的条件，确定分子中含有苯环、酚羟基、酯基，如果要是苯环上含有两个取代基时，两种基团是对位关系，若是三个取代基，三个取代基位于相间位置，并且其中两个取代基为CH3COO，另一个取代基为酚羟基；结合题中的已知信息进行有机合成路
29、线的设计，先观察原料有机物为和Ph3P，目标产物为，然后与氢气发生加成反应生成，在氢氧化钠水溶液中在加热的条件下水解生成，在一定条件下发生催化氧化生成，另外，结合已知条件，与在t-BuOK/t-BuOH的条件下反应生成。【详解】（1）A结构简式为，A中含有的官能团为羧基、醚键；（2）结合E、F的结构简式，F的分子式比E的分子式少两个氢原子，并且F的结构简式比E的结构简式多一个碳碳双键，所以EF的反应类型为消去反应；（3）结合C、E的结构简式以及已知条件，D的结构简式为；（4）C的一种同分异构体同时满足下列条件，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明该分子中含有苯环另外还含有酚羟基；碱性水解后酸化
30、，两种水解产物分子中均只有2种不同化学环境的氢，说明该物质中含有酯的基团，所以满足条件的C的同分异构体为或；（5）与氢气发生加成反应生成，在氢氧化钠水溶液中在加热的条件下水解生成，在一定条件下发生催化氧化生成，另外，结合已知条件，与在t-BuOK/t-BuOH的条件下反应生成，合成路线为： 。【点睛】本题的有机物的结构比较复杂，条件比较多，考生应该结合合成路线图、充分利用已知条件和所学的知识进行逐步推断，确定物质之间转化发生的反应类型。在同分异构体书写的过程中，要充分考虑已知条件，例如能与FeCl3溶液发生显色反应，说明该物质中含有苯环和酚羟基；碱性水解后酸化，两种水解产物分子中均只有2种不同
31、化学环境的氢，说明分子中含有酯基，并且该物质具有一定的对称性。18.ClO2广泛用于水处理、纸浆漂白等。（1）制备ClO2原料有NaClO2等，产生的ClO2(g)用蒸馏水吸收得到吸收液A。ClO2中氯元素的化合价为_。NaClO2与盐酸在微热条件下生成ClO2气体(及少量副产物Cl2)，写出其反应生成ClO2、NaCl和水的化学方程式：_。（2）碘量法测定ClO2吸收液A中ClO2和Cl2的浓度的主要实验步骤如下：步骤1.向锥形瓶中加入50mL蒸馏水、25mL100gL-1KI溶液(足量)，再向其中加入5.00mLClO2吸收液(发生反应：2ClO2+2KI=2KClO2+I2，Cl2+2K
32、I=2KCl+I2)。步骤2.用0.1000molL-1Na2S2O3标准溶液滴定(2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6)至浅黄色，再加入1mL淀粉溶液，继续滴定至蓝色刚好消失，消耗Na2S2O3溶液6.00mL。步骤3.向步骤2的溶液中加入5mL2molL-1硫酸溶液酸化，发生反应：KClO2+4KI+2H2SO4=KCl+2K2SO4+2I2+2H2O。步骤4.重复步骤2操作，第二次滴定又消耗0.1000molL-1Na2S2O3溶液20.00mL。根据上述数据，计算ClO2吸收液A中ClO2和Cl2的浓度_(单位gL-1，写出计算过程)。【答案】 (1). +4 (2). 5
33、NaClO2+4HCl4ClO2+5NaCl+2H2O (3). 令5.00mLClO2吸收液中，n(ClO2)=xmol，n(Cl2)=ymol，由反应方程式可知，2ClO2+2KI=2KClO2+I2，Cl2+2KI=2KCl+I2，n(KClO2)=n(ClO2)=xmol，n(I2)=n(ClO2)+n(Cl2)=(x+y) mol，根据反应方程式2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6，n(I2)=n(Na2S2O3)=0.1000molL-16.0010-3L=310-4mol=(x+y) mol；根据反应方程式KClO2+4KI+2H2SO4=KCl+2K2SO4+2I2
34、+2H2O，2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6，列出关系式KClO2 2I2 4Na2S2O3，n(KClO2)=n(Na2S2O3)=0.1000molL-120.0010-3L=510-4mol，因为n(KClO2)=n(ClO2)=xmol，所以x=5.010-4，又因为310-4=(x+y)，y=5.010-5，故5.00mLClO2吸收液中ClO2和Cl2的浓度分别为为、 。【解析】【分析】利用化合物中元素化合价代数和为0，确定ClO2中氯元素的化合价；2ClO2+2KI=2KClO2+I2，Cl2+2KI=2KCl+I2，根据题中的数据和已知方程式，找出n(KClO2
35、)=n(ClO2)、n(I2)=n(ClO2)+n(Cl2)，再根据反应方程式2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6，n(I2)=n(ClO2)+n(Cl2)=n(Na2S2O3)，最后根据反应方程式KClO2+4KI+2H2SO4=KCl+2K2SO4+2I2+2H2O，找出n(KClO2)=n(Na2S2O3)，把两次用到的Na2S2O3的物质的量代入计算，即可计算出ClO2和Cl2的物质的量。【详解】（1）ClO2中氧元素的化合价为-2价，根据化合物中元素化合价代数和为0，则ClO2中氯元素的化合价为+4价；NaClO2与盐酸在微热条件下反应生成ClO2、NaCl和水，该反应为
36、氧化还原反应，根据氧化还原反应中得失电子守恒配平方程式，其方程式为5NaClO2+4HCl4ClO2+5NaCl+2H2O；（2）令5.00mLClO2吸收液中，n(ClO2)=xmol，n(Cl2)=ymol，由反应方程式2ClO2+2KI=2KClO2+I2，Cl2+2KI=2KCl+I2可知n(KClO2)=n(ClO2)=xmol，n(I2)=n(ClO2)+n(Cl2)=(x+y) mol，根据反应方程式2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6，n(I2)=n(Na2S2O3)=0.1000molL-16.0010-3L=310-4mol=(x+y) mol；根据反应方程式K
37、ClO2+4KI+2H2SO4=KCl+2K2SO4+2I2+2H2O，2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6，列出关系式KClO2 2I2 4Na2S2O3，n(KClO2)=n(Na2S2O3)=0.1000molL-120.0010-3L=510-4mol，因为n(KClO2)=n(ClO2)=xmol，所以x=5.010-4，又因为310-4=(x+y)，y=5.010-5，故5.00mLClO2吸收液中ClO2的浓度为 ，5.00mLClO2吸收液中Cl2的浓度为。【点睛】本题考查一定体积ClO2吸收液A中ClO2和Cl2的浓度，考生注意以下两点：根据方程式之间的化学计量数
38、之间的关系，列出关系式，然后代入数值计算；单位的浓度，考生习惯于molL-1，而题中浓度的单位是gL-1，所以考生应该仔细审题，注意单位换算。19.实验室以合成氨(低温变换的)废催化剂(主要含Zn、Cu的单质和氧化物)为原料制取ZnCO32Zn(OH)2和Cu2O，其实验流程如图：（1）“灼烧”时，需用的硅酸盐质仪器除玻璃棒、酒精灯外，还有_和_。（2）“浸取”时，生成Zn(NH3)4CO3的离子方程式为_。（3）加“Zn粉”时，为使Zn粉不过量太多已知：溶液中Cu(NH3)42+呈深蓝色，合适的操作方法及依据的现象是_；分离出的铜粉中混有少量Zn，提纯铜粉的方案是_。（4）已知反应：Zn(N
39、H3)42+Zn2+4NH3，K=3.510-10，由Zn(NH3)4CO3溶液制取ZnCO32Zn(OH)2，可采用的装置是_(填字母)。（5）设计以提纯后的铜粉为原料制取Cu2O的实验方案：向烧杯中加入计量的铜粉，_，静置、冷却、过滤、水洗及干燥已知在约50时，发生反应：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O。实验中必须使用的试剂：稀硫酸、葡萄糖溶液、10%的NaOH溶液和15%的H2O2溶液。【答案】 (1). 坩埚 (2). 泥三角 (3). ZnO+3NH3H2O+NH+HCO=Zn(NH3)42+CO+4H2O (4). 搅拌下分次加入Zn粉，直到最后加入Zn粉时，溶液颜
40、色由深蓝色变为无色 (5). 用稀硫酸溶解、过滤和水洗(干燥) (6). CD (7). 搅拌下加入稍过量硫酸和过量的15%的H2O2溶液，加热至约50，待铜粉完全溶解时，煮沸溶液片刻(除去过量H2O2)，冷却至室温，向溶液中加入10%的NaOH溶液至沉淀完全，再加入一定量的10%的NaOH溶液和足量葡萄糖溶液，充分加热【解析】【分析】实验室以合成氨(低温变换的)废催化剂(主要含Zn、Cu的单质和氧化物)为原料燃烧制得氧化锌、氧化铜；在碳酸氢铵、氨水混合液中浸取得到Zn(NH3)4CO3、Cu(NH3)4 CO3，加入锌粉反应后分离得到无色溶液Zn(NH3)4CO3和铜，铜进一步制得Cu2O；
41、Zn(NH3)4CO3进一步制取得到ZnCO32Zn(OH)2，所此分析。【详解】（1）灼烧需要用到的硅酸盐质仪器有玻璃棒、泥三角、坩埚和酒精灯，故答案为坩埚、泥三角；（2）“浸取”时，生成Zn(NH3)4CO3，反应物为NH3、ZnO、NH4HCO3，根据元素守恒可得反应的离子方程式为ZnO+3NH3H2O+NH+HCO=Zn(NH3)42+CO+4H2O；（3）加“Zn粉”时，已知：溶液中Cu(NH3)42+呈深蓝色，为使Zn粉不过量太多，在搅拌下分次加入Zn粉，直到最后加入Zn粉时，溶液颜色由深蓝色变为无色；用稀硫酸溶解、过滤和水洗(干燥)，分离出的铜粉中混有少量Zn，从而提纯铜粉；（4
42、）已知反应：Zn(NH3)42+Zn2+4NH3，K=3.510-10，反应为熵增、焓增的反应，高温有利于平衡正向移动，生成的氨气密度小于空气且极易溶于水，故由Zn(NH3)4CO3溶液制取ZnCO32Zn(OH)2，可采用的装置可加热溶液且吸收生成的氨气防倒吸等，故答案选CD； （5）设计以提纯后的铜粉为原料制取Cu2O的实验方案：向烧杯中加入计量的铜粉，搅拌下加入稍过量硫酸和过量的15%的H2O2溶液，加热至约50，待铜粉完全溶解时，煮沸溶液片刻(除去过量H2O2)，冷却至室温，向溶液中加入10%的NaOH溶液至沉淀完全，再加入一定量的10%的NaOH溶液和足量葡萄糖溶液，充分加热，静置、
43、冷却、过滤、水洗及干燥。20.NaClO广泛用作消杀剂、水处理剂及漂白剂等。已知：NaClO溶液中物种分布分数与溶液pH的关系如图1所示。（1）向NaClO溶液中通入CO2，发生反应的离子方程式为_(H2CO3的lgKa1、lgKa2依次为-6.38、-10.21)；反应ClO-+H2OHClO+OH-的lgK=_。（2）用Na+导体陶瓷膜电解法生产次氯酸钠溶液的装置如图2所示。阳极产生Cl2的电极反应式为_。其他条件不变，若撤去“Na+导体陶瓷膜”，NaClO的产率则会降低，其主要原因是_。（3）NaClO溶液中ClO-与H2O产生更强氧化性的HClO，可将水体中氨氮氧化为N2(NH3比NH
44、更易被氧化)。室温时，取氨氮废水200mL，在转速、NaClO投加量相同且均反应30min时，反应初始pH对剩余氨氮浓度及氨氮去除率的影响如图3所示。NaClO氧化NH3的化学方程式为_。pH在37时，随pH增大氨氮去除率升高的原因是_。pH在79时，随pH增大氨氮去除率降低的原因是_。【答案】 (1). CO2+ClO-+H2O=HCO+HClO (2). -6.5 (3). 2Cl-2e-=Cl2 (4). ClO-扩散到阴极并被还原 (5). 2NH3+3NaClO=N2+3H2O+3NaCl (6). 随溶液pH增大，NH逐渐转化为更易被氧化的NH3，且由图1知NaClO溶液的主要成分
45、为氧化能力更强的HClO (7). NaClO溶液中ClO-含量增大，氧化性减弱【解析】【分析】（1）酸性强弱HClOHCO3-，根据强酸制取弱酸知，二者反应生成碳酸氢钠和次氯酸；根据水解平衡常数进行推算；（2）阳极上氯离子失电子产生Cl2；ClO-扩散到阴极并被还原，导致NaClO的产率则会降低；（3）NaClO氧化NH3生成氮气，同时生成氯化钠和水；根据图中信息结合曲线变化进行分析。【详解】（1）酸性强弱HClOHCO3-，根据强酸制取弱酸知，二者反应生成碳酸氢钠和次氯酸，离子方程式为ClO-+CO2+H2OHClO+HCO3-；根据图中信息可知当pH=7.5，Ka=c(H+)=10-7.
46、5，反应ClO-+H2OHClO+OH-的K=10-6.5；lgK= lg10-6.5=-6.5；（2）阳极上氯离子失电子产生Cl2，发生的电极反应式为2Cl-2e-=Cl2；其他条件不变，若撤去“Na+导体陶瓷膜”， ClO-扩散到阴极并被还原，导致NaClO的产率则会降低；（3）NaClO氧化NH3生成氮气，同时生成氯化钠和水，反应的化学方程式为2NH3+3NaClO=N2+3H2O+3NaCl；随溶液pH增大，NH逐渐转化为更易被氧化的NH3，且由图1知NaClO溶液的主要成分为氧化能力更强的HClO，故pH在37时，随pH增大氨氮去除率升高；NaClO溶液中ClO-含量增大，氧化性减弱
47、，故pH在79时，随pH增大氨氮去除率降低。21.硼的化合物或合金在储氢、有机合成、超导等方面用途非常广泛。（1）Mn(BH4)2是一种储氢材料，Mn2+基态核外电子排布式为_。（2）与环硼氮六烷分子式为(HNBH)3互为等电子体的常见分子是_(填结构简式)；推测环硼氮六烷在热水、CH3OH中的溶解性：_(填“难”或“易”)溶于热水、CH3OH。（3）化合物X(如图所示)可由CH2CHCH2MgBr与B(OCH3)3制备。X分子中碳原子的轨道杂化类型为_；1molX分子中含键数目为_。（4）YxNiyBzCw在临界温度15.6K时可实现超导，其晶胞结构如图所示，则其化学式为_。【答案】 (1)
48、. Ar3d5或1s22s22p63s23p63d5 (2). (3). 易 (4). sp2和sp3 (5). 18mol (6). YNi2B2C【解析】【分析】根据Mn原子的电子排布式分析；根据等电子体原理判断；根据价层电子对数目和价层电子寻互斥理论分析原子的杂化类型；根据晶胞结构分析晶体的化学式。【详解】(1)Mn的核电荷数为25，其电子排布式为Ar3d54s2或1s22s22p63s23p63d54s2，则Mn2+基态核外电子排布式为Ar3d5或1s22s22p63s23p63d5；(2)环硼氮六烷分子式为(HNBH)3，分子内12个原子，价电子总数为，30，则与环硼氮六烷互为等电子
49、体的常见分子是C6H6，其结构简式为；环硼氮六烷分子中N原子非金属性强，能与水或CH3OH之间形成氢键，不溶于冷水，但易溶于热水和CH3OH；(3)化合物X中碳碳双键上碳原子杂化轨道方式为sp2杂化，而其余碳原子杂化轨道方式为sp3杂化；单键均为键，碳碳双键中有1个键，则1molX分子中含键数目为18mol；(4)YxNiyBzCw晶胞中Y原子数为8+1=2，Ni原子数为=8=4，B原子数8+2=4，C原子数为4+2=2，四种原子的数目比依次为1:2:2:1，则其化学式为YNi2B2C。【点睛】均摊法确定立方晶胞中粒子数目的方法是：顶点：每个顶点的原子被8个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占份额
50、；棱：每条棱的原子被4个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占份额；面上：每个面的原子被2个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占份额；内部：内部原子不与其他晶胞分享，完全属于该晶胞。22.利用生产麦芽酚废渣主要含Mg(OH)Br，以及少量NH4Cl和不溶于水的有机溶剂等制取溴乙烷的实验流程如图：（1）“酸溶”时，水与废渣的质量比约为21，加水量不宜过少的原因是_。（2）“操作A”的名称是_。（3）“蒸馏”出Br2时，最适合的加热方法是_。（4）“制溴乙烷”的装置如图所示：图中仪器Q的名称是_。烧瓶中生成溴乙烷、硫酸的化学方程式为_。（5）设计将粗溴乙烷进行纯化的实验方案：_，得纯净干燥的溴乙烷实验中必须
51、使用的试剂：蒸馏水、无水CaCl2、1%的NaOH溶液。【答案】 (1). 避免生成的硫酸镁结晶析出，影响后续操作 (2). 分液 (3). 沸水浴 (4). 冷凝管 (5). 3Br2+S+6C2H5OH 6C2H5Br+2H2O+H2SO4 (6). 将粗溴乙烷先用1%的NaOH溶液洗涤12次，再用蒸馏水洗涤23次，最后用无水CaCl2干燥【解析】【分析】用浓硫酸溶解生成麦芽酚废渣主要含Mg(OH)Br，以及少量NH4Cl和不溶于水的有机溶剂等，并调节溶液pH=2，再分液除去有机溶剂，再向水溶液中通入过量氯气，氧化溶液中的Br-生成Br2，再蒸馏出溴蒸气，再在酸性条件下，与S、C2H5OH
52、混合加热制得粗溴乙烷。【详解】(1)“酸溶”时，生成的MgSO4易形成晶体，则加水量不宜过少，目的是避免生成的硫酸镁结晶析出，影响后续操作；(2)有机溶剂与水溶液互不相溶，分层，则选择分液操作分离即可；(3)Br2易挥发，根据实验流程，蒸馏温度为100，“蒸馏”出Br2时只要选择沸水浴即可；(4)图中仪器Q的名称是冷凝管；在酸性条件下，Br2与S、C2H5OH混合加热制得溴乙烷，Br2被还原，则S被氧化，发生反应的化学方程式为3Br2+S+6C2H5OH 6C2H5Br+2H2O+H2SO4；(5)粗溴乙烷中混有少量酸和水，则粗溴乙烷进行纯化的实验方案是将粗溴乙烷先用1%的NaOH溶液洗涤12次，再用蒸馏水洗涤23次，最后用无水CaCl2干燥即可。【点睛】分离提纯方法的选择思路是根据分离提纯物的性质和状态来定的。具体如下： 分离提纯物是固体：加热(灼烧、升华、热分解)，溶解，过滤(洗涤沉淀)，蒸发，结晶(重结晶)；分离提纯物是液体：分液，萃取，蒸馏；分离提纯物是胶体：盐析或渗析；分离提纯物是气体：洗气。
