1、山东省济宁市嘉祥县第一中学2020届高三化学下学期第三模拟考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Mg24 S32 Cu64 Zn65 Br80 Pb207第I卷（选择题 共40分）一、选择题：本题共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.中华传统文化中蕴含着诸多化学知识，下列说法正确的是（ ）A. “杨花榆荚无才思”中的“榆荚”主要成分为蛋白质B. “三月打雷麦谷堆”，是指在雷电作用下氮气转化为能被作物吸收的物质C. “日照香炉生紫烟”中的紫烟指“碘的升华”D. “火树银花不夜天”指的是金属单质的焰色反应，属于化学变化【答案】B【解析】【详解】
2、A榆荚又称榆钱，是植物的果实，纤维素是植物细胞壁的主要结构成分，“榆荚”主要成分是纤维素，故A错误；B氮气跟氧气在放电作用下能直接化合生成无色的一氧化氮气体；一氧化氮不溶于水，在常温下易跟空气中的氧气化合，生成红棕色的二氧化氮气体；二氧化氮易溶于水，它溶于水后生成硝酸和一氧化氮，硝酸进一步转化为可以为植物吸收的硝酸盐，增加土壤中氮肥含量，有利于作物生长，故B正确；C水产生的雾气是由水蒸发产生的水蒸气遇冷液化而成的小液滴，是一种液化现象，不是碘升华，故C错误；D“火树银花”指的是金属元素的焰色反应，焰色反应是原子中电子的跃迁，不属于化学变化，故D错误；答案选B。【点睛】从诗文中获取化学知识，首先
3、要了解掌握诗文的含义，“日照香炉生紫烟”，“香炉”是指庐山的香炉峰，此峰在庐山西北，形状尖圆，像座香炉，由于瀑布飞泻，水气蒸腾而上，在丽日照耀下，仿佛有座顶天立地的香炉冉冉升起了团团紫烟，是诗人对环境景观描述的一种比喻。2.在抗击新冠肺炎的过程中，科研人员研究了法匹拉韦、利巴韦林、氯硝柳胺等药物的疗效，三种药物主要成分的结构简式如下。下列说法不正确的是A. X的分子式为C5H4O2N3FB. Z中含有6种官能团C. Y和Z都有羟基，但性质不完全相同D. X和Z都能发生加成反应和水解反应【答案】B【解析】【详解】A由X的结构可知，其分子式为C5H4O2N3F，A项正确；B由Z的结构可知，其结构中
4、含有2个氯原子，1个硝基，一个酚羟基，一个肽键，一共四种官能团，B项错误；C由Y和Z的结构可知，Y中的羟基为醇羟基，Z中的羟基为酚羟基，因此性质不完全相同，C项正确；D由X和Z的结构可知，X和Z中都含有肽键，所以都能发生水解反应；X中含有碳碳双键可以发生加成反应，Y中含有苯环也可以发生加成反应，D项正确；答案选B。3.厌氧氨化法(Anammox)是一种新型的氨氮去除技术，下列说法中正确的是A. 1molNH4+所含的质子总数为10NA(设NA为阿伏加德罗常数的值)B. 该方法每处理1molNH4+，需要0.5molNO2-C. 过程IV中，NO2-发生氧化反应D. N2H2中含有键和键【答案】
5、D【解析】【详解】A1molNH4+所含的质子总数为11NA，A不正确；B从图中可以看出，每处理1molNH4+，需要1molNH2OH，由此推出需要1molNO2-，从而得出每处理1molNH4+，需要1molNO2-，B 不正确；C过程IV中，NO2-得电子，发生还原反应，C不正确；DN2H2的结构式为H-N=N-H，含有键和键，D正确；故选D。4.最近，科学家发现一种高能盐，该盐由X、Y、Z、M四种原子序数依次增大的短周期元素组成，其化学式为（Y5)6(X3Z)3(YX4)4M.该盐的两种阳离子均为10电子离子，分别是由X与Y、X与Z组成。化合物XM是18电子分子。下列说法错误的是A.
6、X与Y、X与Z还分别可形成10电子分子B. 该盐中存在离子键、极性共价键和非极性共价键C. 该盐的阴离子均可破坏水的电离平衡D. 四种元素所形成的简单离子的半径由大到小为MYZX【答案】C【解析】【分析】该盐由X、Y、Z、M四种原子序数依次增大的短周期元素组成，其化学式为（Y5)6(X3Z)3(YX4)4M.该盐的两种阳离子均为10电子离子，分别是由X与Y、X与Z组成。化合物XM是18电子分子，则X为H、Y为N、Z为O、M为Cl，X与Y、X与Z组成的10电子离子分别为NH4+、H3O+。【详解】AX与Y、X与Z还分别可形成10电子分子分别为NH3、H20，A正确；BN5-内存在非极性共价键，N
7、H4+、H3O+内存在极性共价键，N5-、Cl-、NH4+、H3O+阴、阳离子之间存在离子键，B正确；CCl-为强酸的酸根离子，在溶液中不会发生水解反应，不会破坏水的电离平衡，C错误；D四种元素所形成的简单离子的半径由大到小为Cl-N3-O2-H+，D正确；答案选C。【点睛】在比较主族元素原子、离子半径大小的时候注意以下几点：电子层数越多，粒子半径越大；当电子层数相同、核外电子数相同时，核电荷数越大，粒子的半径越小；当电子层数相同、核电荷数相同时，核外电子数越多，半径越大。5.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 0.01molL-1KAl(SO4)2溶液中的SO42-数目为0.0
8、2NAB. 用浓盐酸分别与MnO2、KClO3反应制备1mol氯气，转移的电子数均为2NAC. 1molNH4NO3完全溶于稀氨水中，溶液呈中性，溶液中NH4+的数目为NAD. 9.0g葡萄糖和蔗糖的混合物中含碳原子的数目为0.3NA【答案】C【解析】【详解】A.体积未知，当溶液体积为1L时，0.01molL-1KAl(SO4)2溶液中，硫酸根离子数为0.02NA，故A错误；B.MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，当生成1mol氯气，转移的电子数为2NA，KClO3+6 HCl（浓）=KCl+3 Cl2+3 H2O，当生成1mol氯气，转移的电子数为 NA，故B错误； C.将
9、1molNH4NO3溶于稀氨水中，根据电荷守恒可知有：n（OH-）+n（NO3-）=n（H+）+n（NH4+），而溶液呈中性，则有n（OH-）=n（H+），故可知n（NH4+）=n（NO3-）=1mol，即铵根离子个数为NA个，故C正确；D.葡萄糖分子式C6H12O6、蔗糖分子式C12H22O11，两种分子中碳、氢、氧三种元素的原子个数比分别为：1：2：1、12：22：11，含碳量不同，故混合物中的碳的质量无法确定，碳原子的数目无法确定，故D错误；综上所述，答案为C。【点睛】因为KClO3+6 HCl（浓）=KCl+3 Cl2+3 H2O为归中反应，所以要通过化合价计算转移的电子数目，即每生成
10、3mol氯气，转移的电子为5mol。6.下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是( )选项实验现象结论A铁的氢氧化物溶于足量HI溶液中，滴加KSCN溶液固体溶解，溶液未变红色铁的氢氧化物一定为Fe(OH)2B向硝酸钡溶液中通入SO2产生白色沉淀硝酸钡溶液与SO2反应生 成BaSO3白色沉淀C铜丝在酒精灯外焰灼烧，再将赤热 铜丝插入酒精灯内焰铜丝由红色变黑色， 再变红色乙醇具有还原性D浓度均为 0.lmolL-1 的 CuCl2，FeCl3 混合溶液中滴加0.lmolL-1NaOH溶液先生成红褐色沉淀氧化性：Fe3+Cu2+A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详
11、解】A.氢碘酸足量，碘离子有还原性，铁离子有氧化性，氢碘酸能将氢氧化铁溶解并氧化成亚铁离子，则A实验不能证明铁的氢氧化物一定为Fe(OH)2，故A错误；B.二氧化硫溶于水形成亚硫酸，溶液显酸性，硝酸根在酸性条件下具有强氧化性，可将二氧化硫氧化成硫酸根，则生成的沉淀为硫酸钡，故B错误； C.铜先与氧气反应生成氧化铜，氧化铜在与乙醇发生氧化还原反应生成铜，氧化铜为氧化剂，乙醇为还原剂，故C正确；D.CuCl2、FeCl3 与NaOH溶液反应不是氧化还原反应，不能比较Fe3+、Cu2+的氧化性，故D错误；综上所述，答案为C。7.某化学课外活动小组拟用铅蓄电池为直流电源，进行电絮凝净水的实验探究，设计
12、的实验装置如图所示。下列说法正确的是A. Y电极反应为Pb+SO42-2e-=PbSO4B. 每消耗103.5gPb, 理论上电解池阴极上有1molH2生成C. 该电解池的总反应为2Al+6H2O2Al(OH)3+3H2D. 若污水为含有Cr2O72-工业酸性废水，为将其转化为Cr3+除去，可让铁电极连接铅蓄电池的正极【答案】D【解析】【分析】据图可知电解池中，铝电极失电子作阳极，电极反应为：2Al-6e-=2Al3+，在铝表面有氧气产生，说明有部分氢氧根离子放电，Fe电极上水得电子作阴极，电极反应为：6H2O+6e-=3H2+6OH-，铅蓄电池中X与阴极Fe相连，作负极，负极上发生的反应是P
13、b+SO42-2e-=PbSO4，Y与阳极铝相连，作正极，电极反应为PbO2+4H+SO42-+2e-=PbSO4+2H2O，串联电路中各电极转移电子相等。【详解】A.由分析可知，Y作正极，电极反应为PbO2+4H+SO42-+2e-=PbSO4+2H2O，故A错误；B.n（Pb）= ，Pb是+2价的金属，反应的Pb的物质的量是0.5mol，则反应转移电子的物质的量是0.5mol2=1mol，根据串联电路中电子转移守恒，则电解池的阴极上反应产生H2的物质的量是0.5mol，故B错误； C.阳极铝电极反应为：2Al-6e-=2Al3+，阴极Fe电极电极反应为6H2O+6e-=3H2+6OH-，总
14、反应为2Al+6H2O 2Al(OH)3（胶体）+3H2，在铝的表面有氧气产生，说明还存在电解水的过程：2H2O O2+2H2，故C错误；D.让铁电极连接铅蓄电池的正极作阳极，则铁失电子转化为亚铁离子，含有Cr2O72-工业酸性废水具有强氧化性，与亚铁离子反应可转化为Cr3+除去，故D正确；综上所述，答案为D。8.科学家将水置于足够强的电场中，在 20时水分子瞬间凝固可形成“暖冰”。某兴趣小组做如图所示实验，发现烧杯中酸性 KMnO4 溶液褪色，且有气泡产生。将酸性 KMnO4 溶液换成FeCl3 溶液，烧杯中溶液颜色无变化，但有气泡产生。则下列说法中正确的是A. 20 时，水凝固形成的“暖冰
15、”所发生的变化是化学变化B. “暖冰”是水置于足够强的电场中形成的混合物C. 烧杯中液体为FeCl3 溶液时，产生的气体为Cl2D. 该条件下H2 燃烧的产物中可能含有一定量的H2O2【答案】D【解析】【详解】A水凝固形成20时的“暖冰”，只是水的存在状态发生了变化，没有生产新的物质，所发生的是物理变化，故A错误；B、“暖冰”是纯净物，而非混合物，故B错误；C、发现烧杯中酸性KMnO4溶液褪色，说明燃烧生成了具有还原性的物质，所以氯化铁溶液中的氯离子不可能被氧化成氯气，故C错误；D该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质，该物质可能是双氧水，故D正确；故答案为D。9.下列装置能达到
16、实验目的的是A. 熔化Na2CO3B. 验证SO2氧化性C. 实验室制取NH3D. 保存液溴【答案】B【解析】【详解】A.瓷坩埚中含SiO2，高温下可与Na2CO3发生反应，A错误；B.由于酸性H2SO3H2S，所以在水溶液中SO2可与Na2S反应生成H2S，SO2可氧化H2S生成S单质，所以能验证SO2的氧化性，B正确；C.收集氨气的试管口要放适量的棉花，以防止氨气与空气产生对流现象，C错误；D.Br2可与橡胶发生反应而腐蚀橡胶，所以盛放液溴的试剂瓶要用玻璃塞，D错误；故合理选项是B。10.已知反应：2A（g）B（g）。分别取1molA于2L的固定体积的容器中，分别在T1和T2下，测得A的转
17、化率随时间变化的关系曲线如图所示。下列说法正确的是A. 升高温度可缩短反应到达平衡的时间同时能提高A平衡的转化率B. 从反应开始至40min时，T2温度下生成B的物质的量比T1温度下多C. 图中a、b、c三点的化学反应速率依次减小D. 用B表示T1温度下前40min的平均反应速率：v(B)0.0025molL1min1【答案】C【解析】【详解】A根据图象可知，温度为T2时优先达到平衡状态，说明温度T2较高，即T1T2，温度越高，A的转化率越小，故A错误；B40min时，两个温度下，A的转化率相同，所以T2温度下生成B的物质的量与T1温度下相同，故B错误；C温度越高，速率越快，所以a和b的反应速
18、率大于c；浓度越大，速率越快，a点A的转化率小，反应物浓度大，所以a点速率大于b点，所以图中a、b、c三点的化学反应速率依次减小，故C正确；DA的起始浓度为0.5mol/L，40min时，转化率为0.2，则v(A)=0.0025mol-1L-1min-1，所以v(B)=0.00125mol-1L-1min-1，故D错误。故选：C。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.常温下，向50mL溶有0.1molCl2的氯水中滴加2molL-1的NaOH溶液，得到溶液pH随所加NaOH溶液体积的变化图像如图
19、所示。下列说法正确的是（ ）A. a点溶液中存在：N(HClO)+N(Cl-)+N(ClO-)=0.2NA(N表示粒子数），若想增加a点溶液的漂白能力可向溶液中加入碳酸钙固体B. 若a点pH=4，且c(Cl)=mc(ClO-)，则Ka(HClO)=C. bc段，随NaOH溶液的滴入，逐渐增大D. 若y=200，则c点对应溶液中：c(HClO)+c(H+)=c(OH-)2c(Cl-)【答案】D【解析】【分析】整个过程先后发生的反应为Cl2+H2OHCl+HClO、HCl+NaOHNaCl+H2O、HClO+NaOHNaClO+H2O.【详解】Aa点溶液中存在末反应的氯分子：N(HClO)+N(C
20、l-)+N(ClO-)NCH (3). sp3 (4). 甘氨酸是极性分子，且分子中的氨基、羧基都能与水分子形成氢键 (5). 5 (6). 12mol (7). 形成该离子化合物阴阳离子所带电荷数少，离子半径大，形成离子晶体的晶格能小，熔点低 (8). 四面体 (9). 【解析】【分析】（1）Zn2+核外有28个电子，电子排布式是Ar3d10；同周期元素从左到右，电负性增大；（2）甘氨酸（H2N-CH2-COOH）中N原子形成3个单键，有1个孤电子对，价电子对数是4；甘氨酸和水分子之间能形成氢键；（3）根据结构简式判断Zn2+的配位数；（4）单键全是键、双键中有1个键、1个键；（5）常温下I
21、MI的某种衍生物与甘氨酸形成的离子化合物为液态而非固态，说明晶格能小；（6）根据晶胞图回答；根据晶胞密度，可计算晶胞的边长；若要使S2-、Zn2+相切，则体对角线的长等于2个Zn2+和2个S2-直径的和。【详解】（1）Zn2+核外有28个电子，电子排布式是Ar3d10，价电子排布式是3d10；一水合甘氨酸锌中所涉及的非金属元素是H、C、N、O，同周期元素从左到右，电负性增大，电负性由大到小的顺序是ONCH；（2）甘氨酸（H2N-CH2-COOH）中N原子形成3个单键，有1个孤电子对，所以杂化轨道类型为sp3；甘氨酸是极性分子，且分子中的氨基、羧基都能与水分子形成氢键，所以甘氨酸易溶于水；（3）
22、根据结构简式，可知Zn2+的配位数是5；（4）单键全是键、双键中有1个键、1个键，根据结构简式，可知1molIMI中含有12mol键；（5）形成该离子化合物阴阳离子所带电荷数少，离子半径大，形成离子晶体的晶格能小，熔点低，所以常温下IMI的某种衍生物与甘氨酸形成的离子化合物为液态而非固态；（6）根据晶胞图，Zn2+填入S2-组成的四面体空隙中；设晶胞的边长为xpm，则 ，x= ，体对角线为；若要使S2-、Zn2+相切，则体对角线的长等于2个Zn2+和2个S2-直径的和，则Zn2+半径为。17.金属铋在自然界中的量极少，用途非常广泛，通常以辉铋矿为原料提取金属铋，工艺流程如图所示：已知：辉铋矿主
23、要成分是Bi2S3，还含少量Bi2O3、SiO2、铁的氧化物和硫化物等。Bi2O3能溶于酸，NaBiO3不溶于水。常温下，KspFe(OH)3=410-38,KspBi (OH)3=410-30；KspFe(OH)2=8.010-16；回答下列问题：（1）写出酸浸氧化时Bi2S3被氧化成硫单质的化学方程式_。（2）滤渣1的成分为_。（3）除杂剂的作用a.调节溶液pH,b_，写出一种能提高产物产量的除杂剂_。（4）滤液2还可用来制备NaBiO3,可向滤液2中加入NaOH和NaClO溶液制取NaBiO3,写出该反应的离子方程式_。（5）滤液2采用电解法制取金属铋单质，阳极产物处理后可继续循环使用，
24、电解装置如图所示。交换膜类型为_（填“Cl-”或“OH-”)交换膜。阳极电极反应式为_。【答案】 (1). Bi2S3+6HCl+NaClO3=2BiCl3+NaCl+3S+3H2O (2). S和SiO2 (3). 除去杂质Fe3+ (4). Bi2O3或Bi(OH)3 (5). Na+Bi3+C1O-+4OH-=NaBiO3+Cl-+2H2O (6). Cl- (7). Cl-+6OH-6e-=ClO3-+3H2O【解析】【分析】辉铋矿酸浸氧化后过滤，得到滤渣1为不溶于酸的二氧化硅和Bi2S3被氧化后生成的硫单质，滤液1中含有BiCl3、NaCl，FeCl3等，为了避免引入新杂质，则加入的
25、除杂试剂可以是Bi2O3或Bi(OH)3，目的是调节pH使铁离子转化成氢氧化铁除去，滤液2中的主要成分为氯化钠和BiCl3，经电解得到铋单质。【详解】（1）酸浸氧化时Bi2S3被氧化成硫单质的化学方程式为Bi2S3+6HCl+NaClO3=2BiCl3+NaCl+3S+3H2O，故答案为：Bi2S3+6HCl+NaClO3=2BiCl3+NaCl+3S+3H2O；（2）由分析知，滤渣1的成分为S和SiO2，故答案为：S和SiO2；（3）由分析知，可用Bi2O3或Bi(OH)3调节pH使铁离子转化成氢氧化铁沉淀除去，故答案为：除去杂质Fe3+；Bi2O3或Bi(OH)3；（4）滤液2中的主要成分
26、为氯化钠和BiCl3，加入NaOH和NaClO溶液制取NaBiO3时发生反应的离子方程式为Na+Bi3+C1O-+4OH-=NaBiO3+Cl-+2H2O，故答案为：Na+Bi3+C1O-+4OH-=NaBiO3+Cl-+2H2O；（5）氯离子为阴离子，电解时，氯离子在阳极放电，氯离子移向阳极，则交换膜类型为Cl-交换膜，故答案为：Cl-；阳极电极附近氯离子放电转化为氯酸根，电极反应式为Cl-+6OH-6e-=ClO3-+3H2O，故答案为：Cl-+6OH-6e-=ClO3-+3H2O。【点睛】阳极阴离子放电或电极放电，失电子能力强先放电，若阳极是活泼金属（金属活动顺序表Ag以前），溶液中的阴
27、离子一律不放电，而是电极材料失电子；若阳极是惰性（Pt、Au、石墨），则放电顺序为：S2-I-Br-Cl-OH-含氧酸根离子。18.某化学小组在实验室选用下图所示装置 (夹持装置略)采用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2。已知：乙醚的熔点为-116.3，沸点为34.6。Mg和Br2反应非常剧烈，放出大量的热；MgBr2具有强吸水性；MgBr2能与乙醚发生反应 MgBr2 +3C2H5OC2H5MgBr2 3C2H5OC2H5。不考虑氮气与镁的反应实验主要步骤如下：I.选用上述部分装置，正确连接，检查装置的气密性。向装置中加入药品。II.加热装置A，迅速升温至140，并保持140加热一段时间，停
28、止加热。III.通入干燥的氮气，使溴分子缓慢进入装置B中，直至完全加入。IV.装置B中反应完毕后恢复至室温，过滤，将滤液转移至干燥的烧瓶中，在冰水中冷却，析出晶体，再过滤得三乙醚合溴化镁粗产品。V.用苯洗涤粗产品，过滤，得三乙醚合溴化镁，将其加热至160分解得无水 MgBr2。请回答下列问题：(1)装置A中使用仪器m的优点是_；(2)步骤I中所选装置的正确连接顺序是a _(填小写字母)，装置D的作用是_；(3)若加热装置A一段时间后发现忘记加入碎瓷片，应该采取的正确操作是_；(4)实验中不能用干燥空气代替干燥N2，原因是_； (5)有关步骤V的说法，正确的是_；A 可用95%的乙醇代替苯溶解粗
29、品 B 洗涤晶体可选用0的苯C 加热至160的主要目的是除去苯 D 该步骤的目的是除去乙醚和可能残留的溴(6)为测定产品的纯度(假定杂质不参与反应)，可用EDTA (简写为Y4-，无色)标准溶液滴定，以络黑T为指示剂(pH=6.311.6时显蓝色，pH11.6时显橙色)。已知: Mg2+与络黑T形成的配合物(Mg2+-络黑T)呈酒红色，Mg2+与Y4-形成的MgY2-为无色；在pH约为9的缓冲溶液中滴定，反应的离子方程式为：Mg2+ + Y4-=MgY2-，Mg2+-络黑T+Y4- =MgY2- +络黑T。判断滴定终点的现象为_；测定前，先称取0.2500g无水MgBr2产品，溶解后，加人2滴
30、络黑T试液作指示剂，用0.0500 molL-1 EDTA标准溶液滴定至终点，消耗EDTA标准溶液25.00 mL，则测得无水MgBr2产品的纯度是_(以质量分数表示)。【答案】 (1). 使系统内压强相等，便于液体顺利流下 (2). efbcg(ef可颠倒，bc可颠倒) (3). 防止倒吸 (4). 停止加热，冷却后补加碎瓷片 (5). 防止镁屑与氧气反应生成的MgO阻碍Mg和Br2的反应 (6). BD (7). 当滴加最后一滴EDTA标准溶液时，溶液由酒红色变为蓝色，且半分钟内溶液颜色保持不变 (8). 92%【解析】【分析】根据实验步骤，首先需要利用装置A制取乙醚，反应温度为140，乙
31、醚会成为气体，将乙醚通入装置B中进行反应，镁和溴反应剧烈，可以在A和B之间连接D装置作为安全瓶，防止倒吸；之后需要通入干燥的氮气将溴吹入B装置进行反应，为控制反应剧烈程度，可选用E装置来通氮气，据此分析解答。【详解】(1)仪器m为恒压滴液漏斗，可以使系统内压强相等，便于液体顺利流下；(2)根据分析可知装置A中生成乙醚后，需要先连接安全瓶，e进气或f进气均可，之后需要连接B装置，在装置内进行反应，b进或c进均可，之后连接E装置，所以连接顺序为efbcg(ef可颠倒，bc可颠倒)；D装置作为安全瓶，防止倒吸；(3)若忘记加入碎瓷片，需停止加热，冷却后补加碎瓷片；(4)空气中有氧气，镁屑与氧气反应生
32、成的MgO会阻碍Mg和Br2的反应；(5)A已知：MgBr2具有强吸水性，95%的乙醇中有水，不能用95%的乙醇代替，故A错误；B为降低产品的溶解损耗，洗涤晶体可选用0的苯，故B正确；C加热至160的主要目的是分解乙醚合溴化镁得到溴化镁，故C错误；D溴化镁和乙醚的反应为可逆反应，完全反应后有剩余的乙醚和可能残留的溴，用苯可以洗去，故D正确；综上所述选BD；(6)根据滴定原理，用EDTA(简写为Y4-)标准溶液滴定溴化镁，以铬黑T(简写为In)为指示剂，则指示剂与Mg2+形成酒红色MgIn-，当EDTA与Mg2+反应完全，溶液显示铬黑T的蓝色，故终点为：滴入最后一滴EDTA标准液时，溶液由酒红色
33、变为蓝色，且半分钟内保持不变；依据方程式Mg2+Y4-=MgY2-，溴化镁的物质的量=0.0500mol/L0.025L=0.00125mol，则溴化镁的质量为0.00125mol184g/mol=0.23g，则无水MgBr2产品的纯度是100%=92%。19.氮的化合物是造成大气污染的主要物质，研究有关反应机理对于消除环境污染有重要意义。(1)NO在空气中存在如下反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)H，上述反应分两步完成，其反应历程如图所示：回答下列问题：写出反应I的热化学方程式_。升高温度发现总反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的速率反而变慢，结合上图判断下列说法中正确的有
34、_(反应未使用催化剂)。A 反应I是快反应，反应II是慢反应 B 总反应的速率由反应I决定C 升高温度平衡I、II均向逆反应方向移动 D 对于反应II，浓度的影响大于温度的影响(2)用焦炭还原NO2的反应为2NO2(g)+2C(s)N2(g)+2CO2(g)，在恒温条件下，1molNO2和足量C发生该反应，测得平衡时NO2和CO2的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示：A、B两点的浓度平衡常数关系：Kc(A)_Kc(B)(填“”或“=”)A、B、C三点中NO2的转化率最低的是_(填“A”“B”或“C”)点。计算C点时该反应的压强平衡常数Kp(C)=_(Kp是用平衡分压代替平衡浓度计算)(3)一
35、定条件下，将一定浓度NOx(NO2和NO的混合气体)通入0.05 molL1的Ca(OH)2乳浊液中，发生的反应为：3NO2 + 2OH= NO +2NO3-+ H2O；NO + NO2 +2OH= 2NO2- + H2O。改变，NOx的去除率如图所示：。的合适范围是_。当大于1.4时，NO2去除效率升高，但NO去除效率却降低。其可能的原因是_ 。O3和NO发生的主要反应为：NO + O3 = NO2 + O2。保持NO的初始浓度不变，改变，将反应后的混合气体通入0.05molL1Ca(OH)2乳浊液中吸收。为节省O3的用量，又能保持NOx去除效果，则合适的值约为_。 a 0.6 b 0.8
36、c 1.4【答案】 (1). 2NO(g)N2O2(g) H=(E3-E4)kJmol-1 (2). ACD (3). = (4). B点 (5). 4Mpa (6). 1.2-1.4 (7). NO2和OH反应生成NO3-和NO，导致NO去除率降低 (8). a【解析】【分析】(1)根据能量关系图，反应为NO转化为N2O2，反应物能量高于生成物能量，所以反应为放热反应，H=-(E3-E4)kJ/mol；A反应活化能越大，反应速率越慢； B总反应由慢反应决定；C由图像可知，两个反应均为反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，根据温度对平衡移动的影响分析； D温度升高后反应I平衡逆向移动，
37、导致N2O4浓度减小，据此分析；(2)化学平衡常数K只与温度有关，温度不变，K不变；根据压强对化学平衡的影响分析可得；已知C点NO2和CO2的物质的量浓度相等，据此列三段式计算平衡时各物质的物质的量，再计算Kp；(3)图象读取去除率最高时的的合适范围；当大于1.4时，NO2去除效率升高，但NO去除效率却降低是因为二氧化氮反应生成一氧化氮；O3和NO发生的主要反应为：NO+O3=NO2+O2，保持NO的初始浓度不变，改变，节省O3的用量，又能保持NOx去除效果，需要保持的合适范围是1.21.4。【详解】(1)根据能量关系图，反应I的为放热反应，反应为：2NO(g)N2O2(g)H=(E3-E4)
38、kJmol-1；A反应活化能越大，反应速率越慢，根据图像所示，反应I活化能小于反应II的活化能，则反应I是快反应，反应II是慢反应，故A正确；B总反应的速率慢反应决定，反应II是慢反应，则由反应II决定，故B错误；C由图像可知，两个反应均为反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，升高温度，平衡向吸热的方向移动，则平衡I、II均向逆反应方向移动，故C正确；D两步反应过程均为放热过程，温度升高后反应I平衡逆向移动，导致N2O4浓度减小，温度升高对反应的影响弱于N2O2浓度减小的影响，导致反应速度变慢，故D正确；答案选ACD；(2)A.B两点的温度相同，平衡常数K只与温度有关，温度不变，K不变
39、，故浓度平衡常数关系：Kc(A)=Kc(B)；反应2NO2(g)+2C(s)N2(g)+2CO2(g)是个气体体积增大的反应，增大压强平衡逆向移动，故A、B、C三点中NO2的转化率最低的是B点；1molNO2和足量C发生该反应，设反应转化的二氧化氮的物质的量为x，列三段式：从图知C点时NO2和CO2物质的量浓度，则1x=x，解得x=0.5，则平衡时总的物质的量为1.25mol，C点时该反应的压强平衡常数Kp(C)=4MPa；(3)图中曲线变化分析可知， 的合适范围是1.21.4，在此范围去除率最大；当大于1.4时，NO2去除效率升高，但NO去除效率却降低，原因是：NO2和OH反应生成NO3和N
40、O，导致NO去除率降低；O3和NO发生的主要反应为：NO+O3=NO2+O2，保持NO的初始浓度不变，改变节省O3的用量，又能保持NOx去除效果，需要保持的合适范围是1.21.4，则合适的值约为0.60.7，故答案选a。【点睛】本题易错点在于(1)，根据反应进程能量关系图像，判断反应快慢活化能的相对大小分析，活化能越大，需要的温度越高，反应进行的时间越长，整个反应进行的快慢由慢反应决定。20.培哚普利主要用于治疗高血压与充血性心力衰竭，其合成路线如下：已知： DCC是一种很强的脱水剂。(1)芳香烃A的名称是_。(2)BC所需的试剂及条件是_。(3)CD化学方程式是_。(4)DE反应类型是_。(
41、5)F的结构简式是_。(6)K存在互变异构体K，G可由如下路线合成：X含有五元环和碳碳双键，其结构简式是_。上述合成培哚普利的路线中，将Y转化为G，再与F反应，而不直接用Y的主要目的是_，与合成路线中_填字母）的转化目的相同。【答案】 (1). 甲苯 (2). NaOH的水溶液加热 (3). (4). 取代反应 (5). (6). (7). 保护Y中的羧基 (8). CD【解析】【分析】结合逆合成分析法，H在Pd/C作用下与H2发生已知信息的反应，根据H和培哚普利的分子式，可得H的结构简式为，DCC是一种很强的脱水剂，F和G发生脱水反应生成H，结合G、F的分子式和H的结构式，可推知F的结构简式
42、为，G的结构简式为，E在Pd/C作用下与H2发生已知信息的反应，根据F的结构式即分子式和E的分子式，E的结构简式为，结合D和E的分子式和E结构式，D和在一定条件下发生取代反应生成E，D的结构简式为，C与在催化剂的作用下生成D，结合分子式，C的结构简式为，B在一定条件下发生卤代烃的水解生成C，则B的结构简式为，A在光照的条件下与Cl2发生取代反应生成B，A的结构简式为，据此分析解答。【详解】(1)根据分析芳香烃A的结构简式为，名称是甲苯；(2)根据分析，B在一定条件下发生卤代烃的水解生成C，则B的结构简式为，卤代烃发生水解反应的条件为NaOH的水溶液加热；(3) D的结构简式为，C与在催化剂的作用下生成D，结合分子式，C的结构简式为，化学方程式是+H2O；(4)根据分析，DE的反应类型是取代反应；(5)F的结构简式是；(6)K发生加成反应，在发生分子内脱水，结合X的分子式，以及X含有五元环和碳碳双键，其结构简式是；上述合成培哚普利的路线中，将Y转化为G，再与F反应，而不直接用Y的主要目的是保护Y中的羧基，与合成路线中CD的转化目的相同。