1、北京市十一学校2020届高三学部三模教与学质量诊断化学学科可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5第一部分（选择题，共42分）本部分共14小题，每小题3分，共42分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.历史文物蕴含丰富的化学知识。下列关于历史文物的描述中，错误的一项是（ ）选项ABCD图片战国曾侯乙编钟竹林七贤与启荣期模印砖画清朝乾隆“瓷母”釉彩大瓶宋王希孟千里江山图绢本描述青铜属于金属材料砖属于传统无机非金属材料瓷属于新型无机非金属材料由蚕丝织成的绢属于天然高分子材料A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】
2、A青铜是铜锡合金，属于金属材料，A正确；B砖属于硅酸盐材料，属于传统无机非金属材料，B正确；C瓷属于传统无机非金属材料，C错误；D蚕丝属于天然高分子化合物，由蚕丝织成的绢属于天然高分子材料，D正确。答案选C。2.下列有关生活中常见有机物和基本营养物质叙述正确的是（ ）A. 无糖饼干没有甜味，糖尿病患者可随意食用B. 疫苗要求冷链运输，以免温度升高使蛋白质氧化C. 油脂都不能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色D. 可通过灼烧区别棉花和羊毛【答案】D【解析】【详解】A饼干富含淀粉，淀粉属于糖类，糖尿病患者应控制饼干摄入量，A错误；B疫苗要求冷链运输，以免温度升高使蛋白质变性，B错误；C液态的油属于不饱
3、和高级脂肪酸甘油酯，分子中含碳碳双键，能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，C错误；D羊毛主要成分为蛋白质，棉花主要成分为纤维素，羊毛灼烧有烧焦羽毛味，二者可用灼烧方法区别。答案选D。3.下列关于物质用途和反应类型说法正确的是（ ）A. 用SO2漂白纸张，发生了氧化还原反应B. 用高锰酸钾溶液浸泡过的硅藻土吸收乙烯给水果保鲜，发生了加成反应C. 食醋可加快漂粉精的漂白速率，漂粉精溶液加醋时发生了复分解反应D. 用蛋白质生产肥皂和甘油，发生了水解反应【答案】C【解析】【详解】ASO2漂白纸张时，亚硫酸与有色物质结合生成无色化合物，发生了非氧化还原反应，A不正确；B硅藻土吸收乙烯，被高锰酸钾溶液氧化，
4、从而减缓水果的成熟，达到给水果保鲜的目的，发生了氧化反应，B不正确；C食醋与漂粉精中的Ca(ClO)2发生复分解反应，生成HClO，从而增大c(HClO)浓度，可加快漂粉精的漂白速率，C正确； D工业上利用油脂在碱性条件下的水解反应生产肥皂和甘油，而蛋白质水解产物为氨基酸，D不正确；故选C。4.下列指定微粒数目一定相等的是（ ）A. 等质量的15N2与12C16O中的分子数B. 等质量的C2H4与C3H6中含有的碳原子数C. 等体积、等浓度的NH4Cl与(NH4)2SO4溶液中的NH数D. 等质量的Fe与Cu分别与足量Cl2反应时转移的电子数【答案】B【解析】【详解】A15N2与12C16O的
5、摩尔质量分别是30g/mol、28g/mol，质量相同时，物质的量不同，所以分子数也不相同，A不符合题意；BC2H4与C3H6的最简式都是CH2，等质量时，物质的量相同，所含碳原子数相同，B符合题意；C等体积、等浓度时含有相同物质的量的NH4Cl与(NH4)2SO4，电离方程式为NH4Cl=+Cl-，(NH4)2SO4=2+，如果忽略水解差异，铵根离子数目后者是前者的2倍，C不符合题意；DFe、Cu与足量Cl2反应的产物分别是FeCl3、CuCl2，等质量(mg)铁转移的电子数是：，铜转移的电子数是，二者不相等，D不符合题意；答案选B。5.铊（81Tl）是某超导材料的组成元素之一，下列有关叙述
6、正确的是（ ）A. Tl位于第五周期第IIIA族B. 离子半径：Cs+Tl3+C. Tl和Tl互为同素异形体D. 碱性：Al(OH)3Tl(OH)3【答案】B【解析】【详解】A0族元素中,原子序数从上到下依次为：2He、10Ne、18Ar、36Kr、54Xe、86Rn，由此族向前推可知，81Tl位于周期表中第六周期第IIIA族，A错误；B根据碱金属从上到下排布规律可知，55Cs位于第六周期的IA族元素，81Tl也是位于第六周期的IIIA族元素，Cs+和Tl3+电子层数相同，核电荷数越大，离子半径越小，核电荷数：Cs+Tl3+，所以离子半径：Cs+Tl3+，B正确；CTl和Tl质子数相同，中子数
7、不同，为Tl元素的两种不同原子，互为同位素，C错误；DAl位于第三周期第IIIA族，即Al和Tl为同主族元素，金属性：AlTl，所以碱性：Al(OH)3Tl(OH)3，D错误。答案选B。6.中医药是中华民族的瑰宝，厚朴酚是一种常见中药的主要成分之一，有抗菌、消炎等功效，其结构简式如图a所示。下列说法错误的是（ ）A. 厚朴酚与溴可发生加成反应或取代反应B. 图b所示为厚朴酚的一种同分异构体C. 厚朴酚分子中所有碳原子可能共平面D. 1mol厚朴酚最多可跟8molH2发生加成反应【答案】B【解析】【详解】A厚朴酚含有酚羟基，且酚羟基的邻位有H原子，可以与溴发生取代反应，含有碳碳双键，可以与溴发生
8、加成反应，故A正确；B两个苯环之间为C-C键，可自由旋转，二者结构相同，为同一种物质，故B错误；C苯环和碳碳双键均为平面结构，各平面以单键相连，单键可以旋转，所以厚朴酚分子中所有碳原子可能共平面，故C正确；D碳碳双键和苯环都可以和氢气发生加成反应，所以1mol厚朴酚最多可跟8molH2发生加成反应，故D正确；故答案为B。7.为解决污染、变废为宝，我国科研人员研究在新型纳米催化剂Na-Fe3O4和HMCM-22的表面将CO2转化为烷烃，其过程如图。下列说法中，不正确的是（ ）A. 反应I、II、III均有副产物H2O产生B. 最终产物X、Y属于同系物C. 产物X名称为“2甲基丁烷”或“异戊烷”D
9、. 产物X、Y都有4种一氯代物（不考虑立体异构体）【答案】A【解析】【详解】A根据转化过程图可知，只有烯烃与氢气作用，根本没有氧元素参与反应，所以不会产生H2O，A选项错误；BX、Y都属于烷烃，且分子组成上相差1个CH2，因此两者属于同系物，B选项正确；C根据产物X的结构可知，主链上有4个C，2号碳上连有1个甲基，其系统命名法为2-甲基丁烷，习惯命名法为异戊烷，C选项正确；D由X、Y的结构简式可知，两者均有4种等效氢，所以其一氯代物共有4种，D选项正确；答案选A。8.在下列各溶液中，指定的离子组一定能大量共存的是（ ）A. 无色溶液中：K+、Cu2+、Cl-、SOB. 含有0.1molL-1F
10、e3+的溶液中：K+、Mg2+、I-、NOC. 在pH=1的溶液中：K+、Ba2+、Cl-、NOD. 室温下，=10-13的溶液中：Na+、Fe3+、NO、SO【答案】C【解析】【详解】A含Cu2+的溶液为蓝色，不能在无色溶液中存在，A不满足题意；BFe3+有氧化性，I-有较强还原性，二者发生氧化还原反应而不能大量共存，B不满足题意；CpH=1的溶液为酸性溶液，含有大量的H+，H+、K+、Ba2+、Cl-、NO之间不反应，能大量共存，C满足题意；D=10-13=c(H+)10-7，该溶液为碱性溶液，含大量OH-，OH-和Fe3+反应生成Fe(OH)3沉淀而不能大量共存，D不满足题意。答案选C。
11、9.按如图所示装置进行实验，观察到灵敏电流计指针偏转，图中a、b电极均为铜单质，下列说法正确的是（ ）A. 该装置的能量转换形式为：电能化学能B. b的电极反应为：Cu2e-=Cu2+C. 溶液中SO穿过阴离子交换膜发生迁移D. 外电路转移的电子最多为0.01mol【答案】C【解析】【分析】根据电子流向可知a电极为负极，b电极为正极；所以该电池是由于CuSO4溶液浓度不同形成的浓差电池，a电极上发生氧化反应，电极反应式为Cu-2e-=Cu2+，b电极上发生还原反应，电极反应式为Cu2+2e-=Cu。【详解】A该装置为原电池装置，将化学能转换为电能，故A错误；B根据分析可知b为正极，得电子发生还
12、原反应，电极反应式为Cu2+2e-=Cu，故B错误；C该电池是由于两侧溶液中硫酸铜的浓度差而形成，所以整个体系的最终状态应是两侧硫酸铜的浓度相等，此时将不再产生电流，而a电极反应式为Cu-2e-=Cu2+，b电极反应式为Cu2+2e-=Cu，若是铜离子发生迁移，则两侧溶液的浓度不可能相等，所以应该是SO穿过阴离子交换膜发生迁移，故C正确；D当左右两池SO42-的浓度相等即均为=0.2mol/L时，电池将停止工作，不再有电流产生，溶液中迁移的n(SO42-)=0.1L(0.3-0.2)mol/L=0.01mol，所以外电路中转移电子的物质的量最多为0.02mol，故D错误；故答案为C。10.下列
13、实验方案和实验装置都合理的是（ ）编号ABCD实验目的用铜和浓硝酸反应制取NO2用标准盐酸测定烧碱溶液浓度制取并收集氯气制乙炔并使之与溴反应实验装置A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A用铜和浓硝酸反应制取NO2，由于NO2易溶于水且与水反应，所以不能用排水法收集NO2，A不合理；B酸碱中和滴定不应在烧杯内发生反应，而应使用锥形瓶，B不合理；C收集Cl2时，应将进气导管口插入集气瓶底，且应有尾气处理装置，C不合理；D用电石与饱和食盐水反应制乙炔气体，用硫酸铜溶液除去乙炔中的H2S，再用乙炔与溴水中的溴发生加成反应，D合理；故选D。11.T时，在1L的密闭容器中充入1mol
14、CO2和3molH2，发生反应：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)H=-49.0kJmol-1，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化曲线如图所示。下列叙述中，正确的是（ ）A. T时，平衡常数K=3，CO2与H2的平衡转化率相等B. T时，上述条件下达到平衡时放出49.0kJ的热量C. 降温和缩小容器体积均可使反应的平衡常数增大D. 从反应开始到3min，H2的平均反应速率(H2)=0.5molL-1min-1【答案】D【解析】【详解】A由图像可知，T时，在1L的密闭容器中充入1molCO2和3molH2，反应达到平衡时，CH3OH和CO2的物质的量浓度分别为0
15、.75mol/L、0.25mol/L，列三段式有：则平衡常数，A选项错误；B反应达到平衡时，CO2的物质的量浓度为0.25mol/L，则其转化的物质的量为(1-0.25)mol/L1L=0.75mol，则放出的热量为0.7549=36.75kJ，B选项错误；C平衡常数只与温度有关，T1下，缩小容器体积，平衡常数不变，C选项错误；D根据图像可知，3min内CO2浓度的变化量为0.5mol/L，由方程式可知H2浓度的变化量为1.5mol/L，则，D选项正确；答案选D。12.某同学进行如下趣味化学实验：将HgCl2溶液和KIO3溶液同时加入反应原理：IO3HSO=I-3SO3H+IO5I-+6H+=
16、3I23H2OHg2+2I-=HgI2（橙红色）现象：先产生橙红色沉淀，几秒钟后溶液颜色变为蓝色下列说法不正确的是（ ）A. 反应中IO表现了氧化性B. 反应对反应的进行有促进作用C 该实验条件下，反应速率：D. 用Na2SO3溶液代替NaHSO3进行实验，现象相同【答案】D【解析】【详解】A根据题干信息可知，反应中IO被还原为I-，体现了氧化性，A选项正确；B反应生成了反应所需要的I-和H+，因此反应对反应的进行有促进作用，B选项正确；C根据现象，先产生橙红色沉淀，几秒钟后溶液颜色变为蓝色，说明反应速率：，C选项正确；D若用Na2SO3溶液代替NaHSO3进行实验，则发生反应IO+3=I-+
17、3，没有生成反应所需的H+，反应难以发生，现象应该不同，D选项错误；答案选D。13.近年来我国在天然气脱硫研究方面取得了新进展，利用如图1装置可完成天然气脱硫，甲池中发生反应如图2所示。下列关于该装置工作原理的说法中，正确的是（ ）A. 碳棒为该脱硫装置的负极B. 乙池中发生的反应为：H2S+2e-=S+2H+C. AQ与H2AQ间的转化属于非氧化还原反应D. 除I/I-外，Fe3+/Fe2+也能实现如图所示循环过程【答案】D【解析】【详解】A碳棒上AQ和氢离子反应生成H2AQ发生还原反应，所以碳棒为正极，故A错误；B在乙池中，硫化氢失电子生成硫单质，碘单质得电子生成I-，发生的反应为H2S+
18、I=3I-+S+2H+，故B错误；C据图可知，AQ与H2AQ互相转化过程中C元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C错误；DFe3+也可以氧化H2S生成S，同时自身被还原成Fe2+，Fe2+再在N型半导体上被氧化生成Fe3+，从而实现循环，所以除I/I-外，Fe3+/Fe2+也能实现如图所示循环过程，故D正确；故答案为D。14.25时，向10mL0.10molL-1一元弱酸HA（Ka=10-3）中逐滴加入0.10molL-1的NaOH溶液，溶液pH随所加NaOH溶液体积变化如图。下列说法不正确的是（ ）A. a点处存在c(HA)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)B. b点处存在c(N
19、a+)=c(HA)+c(OH-)+c(A-)C. 由ab，溶液中n(A-)持续增大D. V=10mL时，存在c(Na+)c(A-)c(OH-)c(H+)【答案】B【解析】【详解】A根据图像，a点处溶质为NaA和HA，存在电荷守恒c(A-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，由于a点pH=3，则c(H+)=10-3mol/L，又，又Ka=10-3,因此c(HA)=c(A-)，则c(HA)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，A选项正确；Bb点存在电荷守恒，c(A-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，可得c(A-)+c(OH-)-c(H+)=c(Na+)，若B选项成立，则c(A-
20、)+c(OH-)-c(H+)=c(HA)+c(A-)+c(OH-)，推出c(HA)+c(H+)=0，B选项错误；C由图像可知，ab过程跨越了pH突变区域，即跨越了滴定终点，滴定终点的溶质为NaA，从a点到滴定终点，HA的电离被促进，n(A-)持续增大，从滴定终点到b点，OH-抑制A-的水解，n(A-)也持续增大，C选项正确；DV=10mL时，溶质为NaA，由于A-+H2OHA+OH-，溶液为碱性，因此c(Na+)c(A-)c(OH-)c(H+)，D选项正确；答案选B。第二部分（非选择题，共58分）本部分共5大题，共58分。15.近年来，我国秋冬季雾霾天气呈现常态化趋势，造成严重空气污染，对人类
21、身心健康造成极大威胁。硫酸盐气溶胶作为PM2.5的主要构成成分，是雾霾产生的一个重要元凶。科学家最近发现了一种利用水催化促进硫酸盐形成的化学新机制。如图所示：（1）NO2和SO2作为大气初期污染物的主要成分，主要来自_。（2）电子传递可以促进HSO中OH键的解离，进而形成中间体SO，反应的离子方程式为_。（3）通过“水分子桥”，处于纳米液滴中的SO或HSO可以将电子快速转移到周围的气相NO2分子。观察图示可知“水桥”主要靠_形成。写出HSO与NO2间发生的总反应的离子方程式：_。（4）亚硝酸（HNO2）是一种弱酸，酸性比醋酸稍强，极不稳定，只能存在于稀的水溶液中，加热时发生歧化反应，生成一种强
22、酸和一种遇空气变为红棕色的气体，写出该反应的化学方程式：_。（5）结合题中信息，请写出一种鉴别NaNO2和NaCl的方法：_。【答案】 (1). 自汽车尾气的排放，煤的燃烧，工业过程等 (2). HSO3- + NO2 = SO3- + HNO2 (3). 氢键 (4). HSO3- + 2NO2 + H2O = 2HNO2+ HSO4- (5). 3HNO2HNO32NOH2O (6). 用pH试纸分别测二种溶液的pH，pH7的为NaNO2溶液，pH=7的为NaCl溶液【解析】【详解】(1) NO2和SO2主要来自汽车尾气的排放，煤的燃烧，工业过程等，故答案为：汽车尾气的排放，煤的燃烧，工业
23、过程等；(2)由图可知，HSO中OH键的解离过程为：HSO和NO2反应得到SO和HNO2，反应的离子方程式为：HSO3- + NO2 = SO3- + HNO2，故答案为：HSO3- + NO2 = SO3- + HNO2；(3)由图可知，“水桥”主要靠“虚线”即氢键形成，由图可知，反应物有HSO、H2O、NO2，生成物有HSO4-和HNO2，即HSO与NO2间发生的总反应化学方程式为：HSO3- + 2NO2 + H2O = 2HNO2+ HSO4-，故答案为：氢键；HSO3- + 2NO2 + H2O = 2HNO2+ HSO4-；(4)红棕色的气体为NO2，HNO2中N元素化合价为+3价
24、，则加热的产物之一为NO，NO种N元素化合价为+2价，加热发生歧化反应，则强酸应为HNO3，结合原子守恒可得HNO2加热发生的反应为：3HNO2HNO32NOH2O，故答案为：3HNO2HNO32NOH2O；(5)HNO2是一种弱酸，则NaNO2溶液因NO2-的水解而显碱性，NaCl溶液显中性，所以可用pH试纸分别测二种溶液的pH，pH7的为NaNO2溶液，pH=7的为NaCl溶液，故答案为：用pH试纸分别测二种溶液的pH，pH7的为NaNO2溶液，pH=7的为NaCl溶液。16.“84消毒液”为含氯消毒剂的代表被广泛使用，化学小组用如下方法测定某“84消毒液”中有效氯的含量。I.准确量取2.
25、00mL消毒液稀释成100.0mL溶液；II.取1.00mL上述稀释后溶液，依次加入3molL-1硫酸溶液15mL、15.00mL一定浓度的Fe2+溶液，加盖振摇混匀后，室温静置反应10min；III.用0.0010molL-1的标准K2Cr2O7溶液滴定II中反应后溶液，记录消耗的体积为VmL；IV.另取与II中相同的15.00mL一定浓度的Fe2+溶液，依次加入1.00mL蒸馏水、3molL-1硫酸溶液15mL，加盖振摇混匀；V.用0.0010molL-1的标准K2Cr2O7溶液滴定IV中溶液，记录消耗的体积为V0mL。(1)工业上制取“84消毒液”反应的化学方程式为_。(2)中稀释溶液用
26、到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和_。(3)用KSCN溶液检测到II反应后溶液中含有Fe3+的现象是_，中反应的离子方程式为_。(4)中发生反应的离子方程式是_(Cr2O转化为Cr3+，此条件下不氧化Cl-)。(5)该“84消毒液”中有效氯的含量为_ g/100mL。(有效氯以NaClO质量计，NaClO摩尔质量：74.5gmol-1)(6)由于Fe2+具有_性，II、IV中实验须在密闭容器中进行。【答案】 (1). Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O (2). 100mL容量瓶 (3). 溶液变成血红色 (4). 2H+ClO-+2Fe2+=Cl-+2Fe3+H2O (5).
27、 +6Fe2+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O (6). 1.1175(V0-V)或1.1(V0-V) (7). 还原【解析】【分析】结合工业用氯气和氢氧化钠制取“84消毒液”书写化学反应方程式，根据氧化还原反应规律书写、步骤中的离子反应方程式，结合方程式及关系式法进行相关计算。【详解】(1)“84消毒液”的主要成分为NaClO，工业上用氯气和氢氧化钠制取，反应的化学方程式为Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O，故答案为：Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O；(2)中稀释溶液用到玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和100mL的容量瓶，故答案为：100mL的容量瓶；(3)
28、Fe3+遇到KSCNf发生反应Fe3+3SCN-=Fe(SCN)3，Fe(SCN)3为血红色，因此用KSCN溶液检测到II反应后溶液中含有Fe3+的现象是溶液变成血红色，反应中Fe2+被ClO-在酸性条件下氧化为Fe3+，反应的离子方程式为2H+ClO-+2Fe2+=Cl-+2Fe3+H2O，故答案为：溶液变成血红色；2H+ClO-+2Fe2+=Cl-+2Fe3+H2O；(4)中剩下的Fe2+被K2Cr2O7氧化为Fe3+，Cr2O转化为Cr3+，此条件下不氧化Cl-，则反应的离子方程式为+6Fe2+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O，故答案为：+6Fe2+14H+=6Fe3+2Cr3+7
29、H2O；(5)由、可知，消毒液中的ClO-氧化了部分Fe2+，剩余的Fe2+用K2Cr2O7标准溶液滴定，消耗体积为VmL。由IV、V可知，全部的Fe2+用K2Cr2O7标准溶液滴定，消耗体积为V0mL。所以被ClO-氧化的n(Fe2+)=610-3 molL-1(V0-V)10-3 L102=610-4(V0-V)mol，根据(3)问中所写方程式，有2Fe2+ClO-，所以n(NaClO)=310-4(V0-V)mol，故有效氯含量=74.5gmol-1310-4(V0-V) mol2 mL100 mL=1.1175(V0-V)g1.1(V0-V)，故答案为：1.1175(V0-V)或1.1
30、(V0-V)；(6)由于Fe2+具有还原性，易被空气中的氧气氧化，因此II、IV中实验须在密闭容器中进行，故答案为：还原。17.研究发现，曾用于抗击埃博拉冠状病毒的新药瑞德西韦（Remdesivir）对新型冠状病毒（2019-nCoV）有抑制作用。K为合成该药物的中间体，其合成路线如图：已知：（R代表烃基或其它基团）ROHRClRCHORCH(CN)OHRCH(CN)NH2RCH(NH2)COOH回答下列问题：（1）芳香化合物A的名称为_。（2）B到C的反应类型是_。（3）由G生成H反应的化学方程式为_。（4）已知E中含两个Cl原子，则E的结构简式为_。（5）J中含氧官能团的名称为_。（6）X
31、是C的同分异构体，满足下列条件的X共_种，其中核磁共振氢谱中有4个峰的X的结构简式是_。苯环上连有3个取代基，其中一个为氨基；1mol的X与足量烧碱溶液作用时，会消耗4molNaOH。（7）设计由苯甲醛为原料制备化合物的合成路线_（溶剂、无机试剂任选）。【答案】 (1). 苯酚 (2). 取代反应 (3). HCHO+HCNHOCH2CN (4). (5). 酯基 (6). 6 (7). 、 (8). 【解析】【分析】根据合成路线分析可知，A在浓硫酸、浓硝酸的条件下发生硝化反应生成B，B与发生取代反应生成C，C与H3PO4/H+在加热的条件下生成D，根据D的结构简式可知，C为，B为，A为，D与
32、SOCl2在催化剂加热的条件下发生已知发应生成E，则E为，E与A发生取代反应生成F，F为，GI发生已知转化过程，I与发生酯化反应生成J，J与F发生取代反应生成K，则J为，I为H2NCH2COOH，H为HOCH2CN，G为HCHO，据此分析解答问题。【详解】(1)根据上述分析可知，A的结构简式为，其名称为苯酚；(2)B与发生取代反应生成C，即B到C的反应类型为取代反应；(3)G为HCHO，H为HOCH2CN，G与HCN催化得到H，反应的化学方程式为HCHO+HCNHOCH2CN；(4)根据上述分析，D与SOCl2在催化剂加热的条件下发生已知发应生成E，E的结构简式为；(5)J的结构简式为，其中含
33、氧官能团的名称为酯基；(6)X是C的同分异构体，X苯环上连有3个取代基，其中1个为氨基，且1mol的X与足量烧碱溶液作用时，会消耗4molNaOH，则X分子中苯环上含有1个NH2，2个OOCH，X有、共6种结构，其中核磁共振氢谱中有4个峰的X的结构简式是、；(7)以苯甲醛为原料制备化合物时，可将苯甲醛与HCN催化生成，与H+/H2O生成，在浓硫酸加热的条件下发生分子内的酯化反应生成，合成路线为。18.工业上从钴渣含Co(OH)3、Fe(OH)3等中回收钴的两种方法如下：已知：KspCo(OH)3=1.610-44，KspCo(OH)2=6.310-15，KspFe(OH)3=4.010-38。
34、碱性条件下，Fe(OH)3不与亚硫酸钠反应；Fe3+NH3不发生类似Co2+、Co3+的配位化学反应。请回答下列问题：(1)方法1“氨浸”时用的氨水的质量百分数为a，密度为gcm-3，该氨水的物质的量浓度为_molL-1，“氨浸”过程中发生反应的离子方程式为_。(2)方法1“氨浸”时，未加Na2SO3溶液和加入Na2SO3溶液时的钴浸出率如图1所示。请解释两种情况下钴浸出率不同的原因：_。(3)方法1中，浸出温度对钴浸出率的影响如图2所示，工业上选择50而不是更高温度的可能的原因是_。(4)方法2中，为提高酸溶速率，可采取的措施是_(写出一条即可)。(5)对比方法1和方法2，从物质分离的角度分
35、析方法1的优点是_。【答案】 (1). (2). 2Co(OH)3+8NH3+ SO+4NH=2Co(NH3)62+SO+5H2O (3). Co(OH)3的Ksp太小，难以浸出，而Co(OH)2的Ksp较大，加入Na2SO3把三价钴还原成二价钴，有利于钴的浸出 (4). 50以上，钴的浸出率随温度的升高变化不大，且温度升高，促进氨逸出且能耗增大； (5). 将钴渣粉碎，增大接触面积、升高温度、加强搅拌等 (6). 与方法2相比，方法1中Fe(OH)3不溶于氨水，减少了后续分离Fe3+的操作【解析】【分析】方法1：根据已知，将钴渣用氨水和硫酸铵溶液、亚硫酸钠溶液“氨浸”，Fe（OH）3不溶，C
36、o(OH)3浸取后得到含Co(NH3)62+的溶液，过滤将Fe(OH)3分离；方法2：加入硫酸浸取，得到含Co3+、Fe3+的溶液，再加入适量的Na2SO3将Co3+、Fe3+还原成Co2+、Fe2+，然后经过系列操作除去其中的铁元素，得到含Co2+的滤液。【详解】(1)氨水中的溶质为NH3，已知氨水的质量百分数为a，密度为gcm-3，则其物质的量浓度c=mol/L；“氨浸”过程中的反应物有Co(OH)3、NH3、(NH4)SO4、Na2SO3，反应过程中SO将Co(OH)3还原为Co(NH3)62+，则被还原成，根据电子守恒、原子守恒和电荷守恒可得离子方程式为2Co(OH)3+8NH3+ S
37、O+4NH=2Co(NH3)62+SO+5H2O；(2)据图可知加入Na2SO3比未加Na2SO3时钴的浸出率要高，这是因为：Na2SO3具有还原性，可以将+3价的Co元素还原为+2价，再结合题目信息可知Co(OH)2的Ksp比Co(OH)3大的多，所以浸出率不同的原因是：Co(OH)3的Ksp太小，难以浸出，而Co(OH)2的Ksp较大，加入Na2SO3把三价钴还原成二价钴，有利于钴的浸出；(3)据图可知，50时，钴的浸出率达到了95%左右，已经很高，温度升高，浸出速率可能会更快，但是钴的浸出率变化不大，反而会使更多的氨气挥发，且能耗增大；(4)钴渣是固体，所以将其粉碎，增大接触面积，或者升
38、高温度、加强搅拌等都可以增大酸溶速率；(5)根据分析可知，与方法2相比，方法1中Fe(OH)3不溶于氨水，减少了后续分离Fe3+的操作，缩短流程、减少步骤，降低了生产成本。【点睛】第(1)小题为易错点，首先学生需要熟悉这一公式，其次要注意氨水中的溶质一般认为是NH3；书写氨浸时的离子反应时要注意判断Co元素的化合价的变化，确定Na2SO3的作用。19.某小组研究Cu与浓硝酸反应时发现如下现象：装置与试剂现象Cu片完全溶解，产生红棕色气体，得到绿色溶液A，该溶液长时间放置后得到蓝色溶液B。反应后溶液体积几乎不变。（1）Cu与浓硝酸反应的离子方程式为_。（2）甲同学猜测溶液A不是蓝色而呈绿色与溶解
39、了NO2有关，于是向溶液B中通入NO2，然后再持续通入一段时间N2，观察到现象：_，证实猜测合理。甲同学为深入研究溶液A呈绿色的原因，查得如下资料并提出了新的假设：假设一：A中形成了Cu(NO2)使溶液呈绿色。为了验证假设一的合理性，甲同学进行了如下实验：【实验一】操作现象向20.0mL0.5molL-1Cu(NO3)2蓝色溶液中通入少量NO2气体溶液呈绿色向20.0mL水中通入与中等量的NO2气体溶液呈无色（3）操作目的是_。（4）乙同学向所得溶液中滴加浓硫酸，使溶液中c(H+)达约8molL-1，观察到有无色气体放出（遇空气变为红棕色），溶液很快变回蓝色。利用平衡移动原理解释溶液变蓝的原因
40、：_。（5）综合甲乙两位同学的实验，假设一不成立。请说明理由：_。乙同学查得如下资料并提出来另一种假设：假设二：A中浓硝酸溶解了NO2所得黄色溶液与Cu2+的蓝色复合形成的绿色。为验证假设二的合理性，乙同学进行了如下实验：【实验二】操作现象配制与溶液A的c(H+)浓度相同的HNO3溶液，取20.0mL，通入少量NO2气体溶液呈黄色加入 溶液变为绿色溶液立即变回蓝色（6）操作中加入的试剂为_。操作进一步证明了假设二的合理性，写出该操作：_。【答案】 (1). Cu+4H+2=Cu2+2H2O+2NO2 (2). 溶液通入NO2后变绿，通入一段N2后又变蓝 (3). 证明NO2溶于水时没有颜色变化
41、，排除这一因素在中的干扰 (4). 加入浓硫酸后，温度升高且c(H+)增大，HNO2分解导致c(HNO2)下降，均引起平衡HNO2+H+逆向移动，c()下降，Cu2+(蓝色)+4Cu(NO2)(绿色)逆向移动，溶液颜色由绿色变为蓝色 (5). 加酸后溶液变为蓝色，说明酸性较强的溶液A中不能大量存在，因此Cu(NO2)也不能大量存在，不是溶液A呈绿色的主要原因 (6). 0.01ml molCu(NO3)2 (7). 加水稀释【解析】分析】本实验利用Cu与浓硝酸发生反应Cu+4H+2=Cu2+2H2O+2NO2制取NO2时，根据实验现象提出猜测并研究溶液颜色变化的原因，结合平衡移动原理等知识解答
42、相关现象出现的原因，根据控制变量法的原理进行实验设计。【详解】(1)Cu与浓硝酸反应生成硫酸铜、NO2和H2O，反应的离子方程式为Cu+4H+2=Cu2+2H2O+2NO2；(2)甲同学猜测溶液A不是蓝色而呈绿色与溶解了NO2有关，于是向溶液B中通入NO2，溶液变成绿色，然后再持续通入一段时间N2，目的是将NO2吹出，进一步确认NO2的影响，因此通入一段时间N2后溶液又变成蓝色；(3)操作是对比试验，可证明NO2溶于水时没有颜色变化，排除这一因素在中的干扰；(4)结合资料可知，由于加入浓硫酸后，温度升高且c(H+)增大，HNO2分解导致c(HNO2)下降，同时产生无色气体，均引起平衡HNO2+H+逆向移动，c()下降，Cu2+(蓝色)+4Cu(NO2)(绿色)逆向移动，所以溶液颜色由绿色变为蓝色；(5)根据题干信息，所用Cu和HNO3的量中HNO3过量，根据方程式可知，A存有大量HNO3，酸性很强，而加酸后溶液变为蓝色，说明酸性较强的溶液A中不能大量存在，因此Cu(NO2)也不能大量存在，不是溶液A呈绿色的主要原因，故假设一不成立；(6)根据控制变量法，操作中加入的试剂应与实验一相同，即为0.01ml molCu(NO3)2；(7)根据资料，稀硝酸中溶有少量NO2时呈无色，因此可采用稀释的方法。【点睛】(6)小问为易错点，注意实验一给的是浓度，需要计算相应的物质的量。
