1、进贤县第一中学2021届高三入学调研考试化 学 注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cu 64一、选择题（共48分）1化学与我们的生产、生活密切相关。下列有关物质的用途不正确的是A晶体
2、硅可用于制造芯片和太阳能电池B补铁保健品中含有铁盐，激光打印机的墨粉中含有四氧化三铁C钠和钾的合金可用作原子反应堆的导热剂DSO2可作为漂白剂、防腐剂和抗氧化剂等，是一种食品添加剂【答案】B【解析】A晶体硅是重要的半导体材料，可做成太阳能电池，各种集成电路，用于制造计算机芯片，故A用途正确；B人体中的铁以+2价存在，故补铁保健品中应含有亚铁盐，故B用途错误；C钠钾合金具有良好的导热性，故钠钾合金可用作原子反应堆导热剂，故C用途正确；DSO2具有漂白性，可作漂白剂，SO2具有还原性，可作防腐剂、抗氧化剂等，是一种食品添加剂，故D用途正确；故选B。2碳纳米管、石墨烯、C60等新型碳材料具有广阔的应
3、用前景。下列说法正确的是A碳纳米管属于胶体B石墨烯属于有机化合物CC60与金刚石互为同素异形体D均具有相同的熔点【答案】C【解析】A.碳纳米管是一种一维纳米材料，与胶粒直径吻合，需要分散到分散剂中才能形成胶体，故A错误；B.石墨烯是由石墨剥离出的单层碳原子结构的单质，不属于有机化合物，故B错误；C.富勒烯与金刚石同属于碳的单质，互为同素异形体，故C正确；D.不同的新型碳材料因结构不同应具有不同的熔点，故D错误。答案：C。3按如图装置进行实验，下列推断正确的是 选项I中试剂II中试剂及现象推断A涂有石蜡油的碎瓷片酸性高锰酸钾溶液褪色石蜡油发生了化学变化B硫酸亚铁品红溶液褪色FeSO4分解生成Fe
4、O和SO2C氯化铵酚酞溶液不变红色氯化铵稳定D铁粉与水蒸气肥皂水冒泡铁粉与水蒸气发生了反应【答案】A【解析】A酸性高锰酸钾溶液褪色说明石蜡油分解产生了使酸性高锰酸钾褪色的气态产物，则说明石蜡油蒸气在炽热碎瓷片的作用下，发生了化学变化，分解生成了不饱和烃，故A正确；B品红溶液褪色说明FeSO4分解生成SO2，S元素的化合价从+6价降低为+4价，该反应为氧化还原反应，若FeSO4分解只生成FeO和SO2，则该反应中只有得电子，没有失电子，不符合氧化还原反应的规律，故B错误；C氯化铵加热分解生成氨气和HCl，遇冷时氨气与氯化氢又能够化合生成氯化铵，所以酚酞溶液不变红色，故C错误；D加热铁粉与水蒸气，
5、气体受热膨胀，也能够使肥皂水冒泡，所以不能根据肥皂水冒泡得出铁粉与水蒸气发生了反应，故D错误；故选A。4奎尼酸是制备艾滋病新药二咖啡酰奎尼酸的原料，其结构简式如图，下列有关奎尼酸的说法中正确的是A奎尼酸的分子式是C7H9O6B1mol奎尼酸与足量NaOH溶液反应，最多消耗NaOH物质的量为5molC1mol奎尼酸与足量钠反应生成56L氢气D奎尼酸能发生消去反应，也能与乙醇、乙酸发生取代反应【答案】D【解析】A奎尼酸的分子式是C7H12O6，错误；B奎尼酸分子中含有羧基和醇羟基，醇羟基不能与氢氧化钠溶液反应，1mol奎尼酸与足量NaOH溶液反应，最多消耗NaOH物质的量为1mol，错误；C没有注
6、明是标准状况下，错误；D奎尼酸分子含有羟基且邻位碳原子上有氢原子，能发生消去反应，含有的羧基和羟基能分别与乙醇、乙酸发生酯化反应，属于取代反应，正确；故选D。5在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是ANaNa2O2NaOHBMgCO3MgCl2（aq）MgCFeAlH2DC6H5ONaC6H5OHCO2【答案】A【解析】A钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，可以实现转化； B工业上电解熔融的氯化镁得到金属镁，而电解氯化镁溶液得不到金属镁；C金属铝的活泼性大于铁，所以铁不能置换铝；D苯酚显弱酸性，酸性弱于碳酸，苯酚与碳酸钠溶液反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，不产生二
7、氧化碳；本题选A。6设NA为阿伏伽德罗常数值，下列有关叙述正确的是A0.1mol KHSO4晶体中含有H+数为0.1NAB标准状况下，5.6L SO3分子中含有的电子总数为10NAC33.6g Fe与足量的水蒸气加热充分反应，转移电子数为1.6NAD5.6g Fe投入100mL3.5molL1硝酸中，充分反应转移电子总数为0.3NA【答案】C【解析】A硫酸氢钾为离子化合物，晶体中含有钾离子和硫酸氢根离子，不含有氢离子，故A错误；B标准状况下，三氧化硫为固态，无法计算5.6L三氧化硫的物质的量和含有的电子总数，故B错误；C高温下，铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应消耗3mol铁，转移电子的
8、物质的量为(-0)3mol=8mol，33.6g铁的物质的量为=0.6mol，则0.6mol铁与足量的水蒸气加热充分反应，转移电子数为1.6NA，故C正确；D5.6g铁的物质的量为=0.1mol，100mL 3.5molL1硝酸得物质的量为0.35mol，若0.1mol铁完全转化为铁离子，消耗硝酸的物质的量为0.4mol，若完全转化为亚铁离子，消耗硝酸mol，则0.1mol铁与0.35mol硝酸反应生成硝酸铁和硝酸亚铁的混合物，充分反应转移电子总数小于0.3NA，故D错误；故选C。7常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是Ac(OH)/c(H+)1012的溶液中：NH、Cu2+、NO
9、、SOB滴加KSCN溶液显红色的溶液中：NH、K+、Cl、IC0.1molL1的NaHCO3溶液中：Fe3+、K+、Cl、SOD水电离产生的c(OH)1012 molL1的溶液中：Na+、Al3+、Cl、NO【答案】A【解析】Ac(OH)/c(H+)=10-12的溶液，显酸性，NH、Cu2+、NO、SO离子之间不反应，与氢离子也不反应，可大量共存，故A正确；B滴加KSCN溶液显红色的溶液，说明溶液中存在三价铁离子，三价铁离子能够氧化碘离子，不能大量共存，故B错误；CFe3+与HCO发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D由水电离的c(OH)=10-12 molL1的溶液，为酸溶液或碱
10、溶液，碱溶液中不能大量存在Al3+，故D错误；答案选A。8已知反应：As2S3+HNO3+XH3AsO4+H2SO4+NO，下列关于该反应的说法不正确的是AX为H2O B参加反应的HNO3全部被还原C氧化产物为H2SO4和H3AsO3 D生成1mol H2AsO3转移2mol e【答案】D【解析】As2S3中As元素的化合价+3价，S元素的化合价2，由方程式可知，反应中As元素的化合价由+3+5，S元素的化合价由-2+6，砷和硫元素化合价升高被氧化，N的化合价由+5+2，化合价降低被还原，配平的化学方程式为3As2S3+28HNO3+4H2O=6H3AsO4+9H2SO4+28NO。由原子个数
11、守恒可知，X为H2O，故A正确；由方程式可知参加反应的HNO3全部被还原为NO，故B正确；反应中As元素的化合价由+3+5，S元素的化合价由-2+6，砷和硫元素化合价升高被氧化，则氧化产物为H2SO4和H3AsO3，故C正确；生成1mol H2AsO3消耗14/3mol HNO3，转移14mol e，故D错误。9下列解释事实的方程式正确的是A用稀硫酸除去硫酸钠溶液中少量的硫代硫酸钠：Na2S2O3+2H+SO2+S+2Na+H2OB氢氧化亚铁暴露于空气中会变色：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3C向Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2制取次氯酸：Ca2+ClO+H2O+CO22
12、HClO+CaCO3D氯气用于自来水消毒：Cl2+H2O2H+Cl+ClO【答案】B【解析】A硫代硫酸钠是可溶性盐，可拆分，则用稀硫酸除去硫酸钠溶液中少量的硫代硫酸钠，正确的离子方程式为：S2O+2H+=SO2+S+H2O，故A错误；B氢氧化亚铁暴露于空气中被氧化生成氢氧化铁，反应方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故B正确；C二氧化碳过量反应生成可溶性的碳酸氢钙，则向Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2制取次氯酸，离子方程式：ClO+H2O+CO2=HClO+HCO，故C错误；DHClO是弱酸，则氯气用于自来水消毒发生反应的离子方程式为Cl2+H2OH+Cl+HClO
13、，故D错误；故答案为B。102018年10月15日，中国用“长征三号乙”运载火箭成功以“一箭双星”方式发射北斗三号全球组网卫星系统第15、16号卫星，其火箭推进剂为高氯酸铵（NH4ClO4）等。制备NH4ClO4的工艺流程如下：饱和食盐水NaClO3NaClO4NaClO4NH4ClO4下列说法错误的是ANH4ClO4属于离子化合物B溶解度：NaClO4NH4ClO4C电解NaClO3溶液时阳极反应式为ClO+H2O2e=C1O+2H+D该流程中可循环利用的物质是NH4Cl【答案】D【解析】电解饱和食盐水，生成了NaClO3，再电解得到NaClO4；NaClO4提纯除杂，再和NH4Cl反应，得
14、到高氯酸铵晶体。NH4ClO4由ClO和NH组成，属于离子化合物，A项正确；NaClO4和NH4Cl能够生成NH4ClO4粗品，铵盐和钠盐都是溶于水的，能够得到晶体，说明NH4ClO4溶解度比其他物质小，B项正确；根据流程图，电解NaClO3生成NaClO4，阳极失去电子，1mol ClO失去2mol电子生成1mol ClO，结合电荷守恒和原子守恒，电极反应式为ClO-2e+H2O=ClO+2H+，C项正确；NaClO4和NH4Cl反应生成NH4ClO4和NaCl，循环利用的是NaCl，而不是NH4Cl，D项错误；本题答案选D。11铝、铁两种金属粉末混合物，加入过量的盐酸溶液，过滤后向滤液中加
15、入过量的烧碱溶液，再过滤，滤液中大量存在的离子有AFe3+BAlOCAl3+DFe2+【答案】B【解析】铝、铁两种金属粉末混合物，加入过量盐酸充分反应，发生2Al+6H+=3H2+2Al3+、Fe+2H+=Fe2+H2，过滤后向滤液中加入过量氢氧化钠溶液，发生H+OH=H2O、Fe2+2OH=Fe(OH)2、Al3+4OH=AlO+2H2O，铁元素存在于沉淀，铝元素存在于AlO中，所以滤液中存在的离子为A1O，故选B。12X、Y、Z、W是短周期主族元素，X原子最外层电子数是其内层电子数的3倍；Y的原子序数是其最外层电子数的6倍；Z的一种单质是自然界中最硬的物质；自然界中，W的单质多出现在火山口
16、附近，且为淡黄色晶体。下列叙述不正确的是A简单离子半径的大小：WXYBZ的氢化物的沸点不一定比X的低CW的最高价氧化物对应水化物的酸性在同周期中最强DY的单质可通过电解熔融的氯化物冶炼【答案】C【解析】X、Y、Z、W是短周期主族元素，X原子最外层电子数是其内层电子数的3倍，X为O元素；Y的原子序数是其最外层电子数的6倍，则Y的最外层电子数为2，原子序数为12，即Y为Mg元素；Z的一种单质是自然界中最硬的物质，Z为C元素；自然界中，W的单质多出现在火山口附近，且为淡黄色晶体，W为S，由上述分析可知，X为O，Y为Mg，Z为C，W为S。A电子层结构相同的离子，核电荷数大的半径小，简单离子半径的大小：
17、WXY，故A正确；BZ的氢化物可能为固态烃，其的沸点可能比X的高，故B正确；CW的最高价氧化物对应水化物为硫酸，其酸性在同主族中最强，同周期中还有高氯酸酸性蛭强，故C错误；D镁的单质可通过电解熔融的氯化物冶炼，故D正确；故选C。131mol白磷（P4，s）和4mol红磷（P，s）与氧气反应过程中的能量变化如图（E表示能量）。下列说法正确的是AP4(s，白磷)=4P(s，红磷) H0B以上变化中，白磷和红磷所需活化能相等C白磷比红磷稳定D红磷燃烧的热化学方程式是4P(s，红磷)+5O2(g)P4O10(s) H=(E2E3)kJ/mol【答案】D【解析】A依据图象分析，白磷能量高于红磷，依据能量
18、守恒，白磷转变为红磷是放热反应，则H0，故A错误；B依据图象分析，白磷能量高于红磷，则白磷和红磷所需活化能不相等，故B错误；C依据图象分析，白磷能量高于红磷，能量低的稳定，则红磷稳定，故C错误；D依据图象分析，红磷燃烧是放热反应，则反应的热化学方程式：4P(s，红磷)+5O2(g)P4O10(s) H=(E2E3)kJ/mol，故D正确；故答案为D。14常温下，下列说法不正确的是A0.1molL1 K2CO3溶液中：c(H+)+c(HCO)+2c(H2CO3)=c(OH)B已知Ksp(AgCl)Ksp(AgBr)，将AgCl和AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量的浓AgNO3溶液，AgCl
19、沉淀多于AgBr沉淀C常温下，pH=4.75、浓度均为0.1mol/L的CH3COOH、CH3COONa混合溶液：c(CH3COO)+c(OH)c(CH3COOH)+c(H+)D已知Ksp(AgCl)1.81010，Ksp(Ag2CrO4)2.01012，向浓度均为1103mol/L的KCl和K2CrO4混合液中滴加1103mol/L AgNO3溶液，Cl先形成沉淀【答案】C【解析】A在0.1molL1 K2CO3溶液中存在质子守恒，即c(H+)+c(HCO)+2c(H2CO3)=c(OH)，故A正确；B由Ksp（AgCl）Ksp（AgBr），将AgCl和AgBr的饱和溶液等体积混合，c(Cl
20、)大，再加入足量浓的AgNO3溶液，则最先析出AgBr沉淀，但其沉淀量小于AgCl沉淀，故B正确；CpH=4.75浓度均为0.1 molL1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液，说明醋酸的电离程度大于CH3COO的水解程度，则：c(CH3COO)c(Na+)c(CH3COOH)，根据电荷守恒c(CH3COO)+c(OH)=c(Na+)+c(H+)可知：c(CH3COO)+ c(OH)c(CH3COOH)+c(H+)，故C错误；混合溶液中生成氯化银需要的c(Ag+)=1.8107mol/L，生成Ag2CrO4需要的c(Ag+)=mol/L=4.47105mol/L，所以氯化银先沉淀，故D正
21、确；故答案为C。15我国科学家发明了一种“可固氮”的锂-氮二次电池，将可传递Li+的醚类作电解质，电池的总反应为6Li+N22Ll3N，下列说法不正确的是A固氮时，阳极区发生反应Li-e=Li+B脱氮时，钌复合电极的电极反应：C醚类电解质可换成溶液D脱氮时，Li+向锂电极迁移16某溶液中可能含有SiO、OH、CO、SO、AlO、HCO、Na+、Fe3+、Mg2+、Al3+等离子。当向该溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的盐酸溶液时，发现生成沉淀的物质的量随盐酸溶液的体积变化如图所示。下列说法正确的是A原溶液中一定含有B反应最后形成的溶液中的溶质只有C原溶液中含有CO与AlO的物质的量之比为12D原
22、溶液中一定含有的阴离子是：OH、CO、SiO、AlO【答案】C【解析】据总反应6Li+N22Ll3N可知：固氮时锂失电子作负极，钌复合电极作正极，负极上电极反应式为6Li-6e=6Li+，Li+移向正极，氮气在正极得电子发生还原反应，电极反应式为6Li+N2+6e=2Li3N，脱氮是固氮的逆过程。A固氮时，锂电极负极，阳极区发生反应Li-e=Li+，故A正确；B固氮时，氮气在正极得电子发生还原反应，电极反应式为6Li+N2+6e=2Li3N，脱氮是固氮的逆过程，钌复合电极的电极反应：，故B正确；C溶液中含有水，锂电极会和水发生剧烈的反应，会造成安全隐患，故不能换成溶液，故C错误；D脱氮时，锂电
23、极是阴极，Li+向锂电极迁移，故D正确；答案选C。二、非选择题（共52分）17A、B、C、D、E、F为中学化学常见的单质或化合物，其中A、F为单质，常温下，E的浓溶液能使铁、铝钝化，相互转化关系如图所示（条件已略去）。完成下列问题：（1）若A为淡黄色固体，B为气体，F为非金属单质。写出E转变为C的化学方程式_。B在空气中能使银器表面失去金属光泽、逐渐变黑，反应的化学方程式为_。（2）若B为能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。A的电子式为_。做过银镜反应后的试管可用E的稀溶液清洗，反应的离子方程式为_。在干燥状态下，向反应得到的溶质中通入干燥的氯气，得到N2O5和一种气体单质，写出反应的化学方程式
24、_。【答案】（1）C+2H2SO4(浓)CO2+2SO2+2H2O 2H2S+O2+4Ag2Ag2S+2H2O （2） 3Ag+NO+4H+=3Ag+NO+2H2O 4AgNO3+2Cl24AgCl+2N2O5+O2 【解析】常温下，E的浓溶液能使铁、铝钝化，可为浓硫酸或浓硝酸；（1）若A为淡黄色固体，应为S，B为气体，为H2S，由转化关系可知C为SO2，D为SO3，E为H2SO4，F为非金属单质，为碳。E转变为C的反应为浓硫酸和碳的反应，化学方程式为C+2H2SO4(浓)CO2+2SO2+2H2O。B在空气中能使银器表面失去金属光泽、逐渐变黑，反应的化学方程式为2H2S+O2+4Ag2Ag2
25、S+2H2O。（2）若B为能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，B为NH3，C为NO，D为NO2，E为HNO3，A为氮气。A为氮气，电子式为；做过银镜反应后的试管可用E的稀溶液清洗，反应的离子方程式为3Ag+NO+4H+=3Ag+NO+2H2O。在干燥状态下，向反应得到的溶质中通入干燥的氯气，得到N2O5和一种气体单质，应生成氧气，反应的方程式为4AgNO3+2Cl24AgCl+2N2O5+O2。18铁有两种氯化物，都是重要的化工试剂，它们的一些性质及制备方法如下所示：氯化铁：熔点为306，沸点为315，易吸收空气中的水分而潮解。工业上采用向500600的铁粉中通入氯气来生产无水氯化铁。氯化亚铁：
26、熔点为670，易升华。工业上采用向炽热铁粉中通入氯化氢来生产无水氯化亚铁。实验室可用如图所示的装置模拟工业生产无水氯化铁，请回答相关问题：(1)装置A用于KMnO4固体与浓盐酸反应制氯气，反应的离子方程式为_。(2)导管b口应与_(从虚线框内装置中选择装置后用字母代号填空)连接，这样可避免反应系统与环境间的相互影响。(3)实验完成后，取广口瓶C中收集到的产物进行如下测定分析：称取4.52 g样品溶于过量的稀盐酸中；加入足量H2O2；再加入足量NaOH溶液；过滤、洗涤后灼烧沉淀；称量所得红棕色固体为2.40g。则该样品中铁元素的质量分数为_%(结果精确到小数点后两位)。(4)由以上数据分析和计算
27、得出结论：用此装置制得的无水氯化铁含铁量_(填“偏高”或“偏低”)，显然其中含有较多的_(填化学式)杂质。若要得到较纯净的无水氯化铁，可采取的装置改进措施是_。【答案】（1）2MnO+10Cl+16H+=2Mn2+5Cl2+8H2O （2） F （3） 37.17 （4） 偏高 FeCl2 在装置A、B间加装一个盛有饱和食盐水的洗气瓶 【解析】实验的意图是利用Fe与Cl2反应制取FeCl3，Cl2用KMnO4与浓盐酸反应制得，由于浓盐酸易挥发出氯化氢，所以Cl2中混有HCl和水蒸气，用饱和食盐水除去氯化氢，用浓硫酸去除水蒸气；若不去除HCl，则Fe与HCl反应生成FeCl2混在FeCl3中；C
28、l2有毒，会污染环境，应用碱液吸收，另外，FeCl3易吸潮水解，所以收集装置中应防止水蒸气的进入。(1)装置A用于KMnO4固体与浓盐酸反应制氯气，发生反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，离子方程式为2MnO+10Cl+16H+=2Mn2+5Cl2+8H2O；(2)碱石灰为氢氧化钠与生石灰的混合物，能够与氯气反应，也能够吸收水蒸气，干燥气体；尾气处理时，既要考虑Cl2的充分吸收，又要考虑防止水蒸气进入装置内，使氯化铁吸潮水解，所以应选择F装置，从而确定导管b口应与F连接；答案为：F；(3)m(Fe2O3)=2.40g，n(Fe)=0.0
29、3mol，该样品中铁元素的质量分数为=37.17%；答案为：37.17；(4)因为Cl2中的HCl与Fe反应生成FeCl2，混入FeCl3中，所以用此装置制得的无水氯化铁含铁量偏高，显然其中含有较多的FeCl2；若要得到较纯净的无水氯化铁，应在Cl2干燥前，除去Cl2中有的HCl，可采取的装置改进措施是在装置A、B间加装一个盛有饱和食盐水的洗气瓶；答案：在装置A、B间加装一个盛有饱和食盐水的洗气瓶。19KIO3是我国规定的食盐补碘剂，利用“KClO3氧化法”可制备KIO3，流程如下：已知：“酸化反应”所得产物有KH(IO3)2、Cl2和KCl。(1)KIO3所含的化学键有_。(2)逐出的Cl2
30、可用_检验；“滤液”中的溶质主要是_；“调pH”中所用的试剂是_。(3)已知KIO3在水中的溶解度随温度升高而增大，则操作I包含的操作应该是_、_、过滤。(4)为测定“加碘食盐”中碘元素含量：称取50.000g食盐，配成250mL溶液；量取25.00mL溶液于锥形瓶中，加入足量KI，并用少量稀硫酸酸化，使KIO3与KI反应完全；以淀粉为指示剂，用2.0104mol/L的Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液体积为30.00mL。已知：KIO3+KI+H2SO4K2SO4+I2+H2O(未配平)，2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI。测定过程中，所需仪器在使用前必须检查是
31、否漏液的有_。(5)判断滴定终点的依据是_。(6)配平：KIO3+KI+H2SO4K2SO4+I2+H2O_。(7)该食盐中碘元素的含量是_mg/kg。【答案】（1）离子键和共价键 （2）湿润的KI淀粉试纸 KCl KOH溶液 （3）蒸发浓缩 冷却结晶 （4）容量瓶、滴定管 （5）溶液由蓝色变成无色，且30秒内无变化 （6）KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O （7）25.4 【解析】碘和氯酸钾溶于水后酸化，发生反应生成KH(IO3)2、Cl2和KCl，逐出氯气后，采取结晶的方法得到KH(IO3)2晶体和滤液KCl，然后把KH(IO3)2加水溶解，加入氢氧化钾溶液，调
32、节溶液的pH，使KH(IO3)2转变为KIO3溶液，然后进行蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，得到KIO3固体；(1)KIO3属于离子化合物，一定含有离子键；除此以外，碘原子和氧原子间存在共价键；综上所述，本题答案是：离子键和共价键。(2)Cl2具有氧化性，可以把碘离子氧化为碘单质，碘可使淀粉变蓝，因此可以用湿润的KI淀粉试纸检验氯气；根据流程可知，“酸化反应”所得产物有KH(IO3)2、Cl2和KCl，所以“滤液”中的溶质主要是KCl；结晶得到KH(IO3)2的溶液显酸性，用KOH溶液来“调pH”，使KH(IO3)2与KOH反应生成碘酸钾溶液；综上所述，本题答案是：湿润的KI淀粉试纸检验；KCl；K
33、OH溶液。(3)已知KIO3在水中的溶解度随温度升高而增大，则操作I包含的操作应该是蒸发浓缩 、冷却结晶、过滤。综上所述，本题答案是：蒸发浓缩 、冷却结晶。(4)测定“加碘食盐”中碘元素含量操作中使用了容量瓶和滴定管，使用前必须检查是否漏水，因此，本题正确答案是：容量瓶、滴定管；(5)碘与淀粉相遇，溶液显蓝色，当滴加最后一滴Na2S2O3溶液后，溶液由蓝色变成无色，且30秒内无变化，达到滴定终点；综上所述，本题答案是：溶液由蓝色变成无色，且30秒内无变化。(6)KIO3I2，碘元素由+5降低到0价；KII2，碘元素由-1价升高到0价；根据氧化还原反应化合价升降总数相等规律可知，KIO3的系数为
34、1，KI的系数为5，再根据原子守恒配平其他物质系数，具体为：KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O；综上所述，本题答案是：KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O；（7）KIO3与KI反应完全的离子方程式为IO+5I+6H+=3I2+3H2O；反应的关系式为IO3I26S2O，n(Na2S2O3)=2.0104mol/L30.00mL103=6106mol；由关系式可以知道n(KIO3)=1106mol；250mL溶液中含有n(KIO3)=1106mol（250mL/25mL）=1105mol，n(I)= n(KIO3)=1105mol，质量为m(
35、I)=1105mol127g/mol=1.27103g=1.27mg；根据50.000g食盐中含有碘元素的含质量为1.27mg；则1kg食盐中含有碘元素的含质量为1.27mg1000g/kg50g=25.4mg/kg。综上所述，本题答案是：25.4。20我们的生活离不开化学。化学物质在不同的领域发挥着重要的作用。 (1)目前科学家探索利用甲烷将氮氧化物还原为氮气和水，反应机理如下：CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) H=-574kJmol1CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) H=-1160kJmol1则甲烷直接将NO2还
36、原为N2的热化学方程式为_。(2)化合物Mg5Al3(OH)19(H2O)4可作环保型阻燃材料，受热时发生如下分解反应：2Mg5Al3(OH)19(H2O)427H2O +10MgO+3Al2O3写出该化合物作阻燃剂的两条依据：_、_。(3)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是一种常见的食品抗氧化剂。焦亚硫酸钠(Na2S2O5)中硫元素的化合价为_。向某些饮料中添加少量焦亚硫酸钠(Na2S2O5)，可降低饮料中溶解氧的含量，发生反应的离子方程式为_。(4)NH3催化还原氮氧化物(SCR)技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术。反应原理如图所示。下列说法正确的是_。A由图可知SCR技术中NO、NO
37、2为氧化剂B若用Fe做催化剂时，在氨气足量的情况下，当c(NO2)c(NO)=11时，脱氮率最佳C每生成1mol N2，转移电子3molD催化剂通过参与反应降低反应的活化能，提高平衡转化率【答案】（1）CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) H=-867kJmol1 （2） 反应吸热降低温度 固体氧化物隔绝空气(水蒸气稀释空气)(任写2条) （3） +4 S2O+O2+H2O2SO+2H+ （4） ABC 【解析】(1)根据盖斯定律：将方程式CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) H=-574kJmol1，CH4(g)+4NO(
38、g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) H=-1160kJmol1，(+)得甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式：CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) H=-867kJmol1；(2)2Mg5Al3(OH)19(H2O)427H2O+10MgO+3Al2O3，该反应的特点是：吸热反应、水易气化，气化时吸热、生成的MgO和Al2O3是固体，是耐火材料，该化合物作阻燃剂的两条依据：反应吸热降低温度、固体氧化物隔绝空气(水蒸气稀释空气)(任写2条)；(3)根据化合价代数和为0，焦亚硫酸钠(Na2S2O5)中硫元素的化合价为=+4。故答案为：+4；向某些
39、饮料中添加少量焦亚硫酸钠(Na2S2O5)，焦亚硫酸钠具有还原性，可降低饮料中溶解氧的含量，发生反应的离子方程式为S2O+O2+H2O2SO+2H+；(4)A由图可知SCR技术中NO、NO2在反应中N分别由+2价、+4价降为0价，为氧化剂，故A正确；B若用Fe做催化剂时，在氨气足量的情况下，当c(NO2)c(NO)=11时，降低的价数为3的整数倍，能恰好将-3价的氮氧化成0价，氮全部转化成氮气，脱氮率最佳，故B正确；C每生成1mol N2，氨中的-3价的氮变为0价，转移电子3mol，故C正确；D催化剂通过参与反应降低反应的活化能，但对平衡没有影响，不能提高平衡转化率，故D错误；故答案为：ABC
40、。21艾司洛尔(I)是预防和治疗手术期心动过速的一种药物，某合成路线如下：回答下列问题：(1)A的结构简式为_，D的化学名称为_。(2)GH的反应类型为_，H中所含官能团的名称为_。(3)CD中步骤的化学反应方程式为_。(4)已知：1mol D和1mol丙二酸在吡啶、苯胺中反应生成1mol E、1mol H2O和1mol CO2，且E能与溴水发生加成反应，则E的结构简式为 _。(5)X是F的同分异构体，写出满足下列条件的X的结构简式_。与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳与FeC13溶液发生显色反应核磁共振氢谱有四组峰且峰面积之比为6211(6)参照上述合成路线，设计以和为主要原料制备的合成路线。【
41、答案】（1） 对羟基苯甲醛 （2）取代反应 酯基和醚键 （3）+4NaOH+2NaCl+CH3COONa+2H2O （4） （5） （6） 【解析】根据A的化学式C7H8O，由C逆推得出A的结构简式为，B为，根据CD发生的两步反应推出D为，1mol D和1mol 丙二酸在吡啶、苯胺中反应生成1mol E、1mol H2O和1mol CO2，且E 能与溴水发生加成反应，结合E的分子式，E为，E和氢气发生加成反应生成F为，F和CH3OH发生酯化反应生成G为。（1）根据A的化学式C7H8O，由C逆推得出A的结构简式为，根据CD发生的两步反应+4NaOH+2NaCl+CH3COONa+2H2O，在H+
42、条件下，转化为D，D的化学名称为对羟基苯甲醛，故答案为：；对羟基苯甲醛。（2）G为，G中酚羟基上的氢原子被所取代从而得到H，故GH的反应类型为取代反应，根据H 的结构简式可知，所含官能团的名称为酯基和醚键，故答案为：取代反应；酯基和醚键。（3）CD中步骤的化学反应方程式为+4NaOH+2NaCl+CH3COONa+2H2O，（4）1mol D（）和1mol丙二酸（HOOC-CH2-COOH）在吡啶、苯胺中反应生成1mol E、1mol H2O和1mol CO2，且E 能与溴水发生加成反应，可知E中含碳碳双键，E的化学式为C9H8O3， E为，故答案为：。（5）X的分子式为C9H10O3，根据与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，说明含有-COOH与FeC13溶液发生显色反应，说明含有酚羟基核磁共振氢谱有四组峰且峰面积之比为6211，有四种不同环境的氢原子，故符合题意的X有。（6）以和为主要原料制备，对比原料和目标产物的结构简式，中羧基发生酯化反应引入COOCH3，碳碳双键发生加成反应，模仿流程中GH引入醚键，则合成路线为：
