1、天津市滨海新区2020届高三化学4月统考试题（含解析）本试卷分为第 I 卷(选择题)和第 II 卷(非选择题)两部分，共 100 分，考试用时 60 分钟。第 I 卷第 1 至 4 页，第 II 卷第 5 至 8 页。答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码。答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第卷 选择题注意事项：1.每题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。2.本卷共 12 小题，每小题 3 分，共 36 分。在每小题给出的四个选项中
2、，只有一项是最符合题目要求的。以下数据可供解题时参考：相对原子质量：H 1 C 12 O 16 S 32 Fe 56 Ba 1371.新型冠状病毒来势汹汹，主要传播途径有飞沫传播、接触传播和气溶胶传播，但是它依然可防可控，采取有效的措施预防，戴口罩、勤洗手，给自己居住、生活的环境消毒，都是非常行之有效的方法。下列有关说法正确的是（ ）A. 云、烟、雾属于气溶胶，但它们不能发生丁达尔效应B. 使用酒精作为环境消毒剂时，酒精浓度越大，消毒效果越好C. “84”消毒液与酒精混合使用可能会产生氯气中毒D. 生产“口罩”的无纺布材料是聚丙烯产品，属于天然高分子材料【答案】C【解析】【详解】A云、雾和烟均
3、为胶体，且均为胶粒分散到气态分散剂中所得到的分散系，故均为气溶胶，它们都能发生丁达尔效应，故A错误；B浓度为75%的医用酒精消毒效果更好，并不是浓度越高消毒效果越好，故B错误；C“84”消毒液的主要成分为次氯酸钠，具有强氧化性，能氧化乙醇，自身被还原为氯气，故C正确；D从题中信息可看出生产无纺布的材料是合成材料，不是天然高分子材料，故D错误；答案选C。【点睛】浓度为75%的医用酒精消毒效果最高，可以杀死病毒，在疫情期间可以使用医用酒精杀菌，但不是浓度越大越好。2.明代宋应星天工开物杀青篇中详细记载了古法制纸工艺。步骤可分为五步，“斩竹漂塘”、“煮楻足火”、“荡料入帘”、“覆帘压纸”、“透火焙干
4、”。其中以发生化学反应为主步骤是（ ）A. 煮楻足火B. 荡料入帘C. 覆帘压纸D. 透火焙干【答案】A【解析】A煮楻足火过程中发生了化学反应，属于化学变化，故A正确；B将被打烂之竹料倒入水槽内，变化过程中无新物质生成属于物理变化，故B错误；C捞好的纸膜一张张叠好，用木板压紧，上置重石，将水压出，变化过程中无新物质生成，故C错误；D将湿纸逐张扬起，并加以焙干，变化过程中无新物质生成属于物理变化，故D错误；故选A。点睛：本题考查了古法制纸工艺，物质变化实质、注意变化过程中是否有新物质生成。解答本题的关键是理解造纸过程中的各步骤的本质。3.NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 密闭容器中
5、，2 mol NO 和 1 mol O2 反应后分子总数为 2NAB. 标准状况下，7.8 g 乙炔和苯的混合物中含 CH 键数目为 0.6NAC. 将 1 mol NH3 通入足量水中，NH3H2O、NH4+粒子数目之和为 NAD. 1 L 0.1 molL1 FeCl3 溶液中含 Fe3+数目为 0.1NA【答案】B【解析】【详解】A. 2 mol NO与1 mol O2发生反应2NO+O2=2NO2，生成2 mol NO2，因为存在化学平衡2NO2N2O4，所以最终达到平衡时气体分子数小于2NA，A项错误；B. 标准状况下，7.8 g乙炔(C2H2，0.3mol)中含C-H键0.6mol
6、，7.8 g苯(C6H6，0.1mol) 中含C-H键0.6mol，所以二者的混合物中含C-H键数目为0.6NA，B项正确；C. 将1 mol NH3通入足量水中，NH3、NH3 H2O、NH4+ 粒子数目之和为NA，C项错误；D. 若不考虑Fe3+水解，1 L 0.1 molL1 FeCl3 溶液中含 Fe3+数目为0.1NA，但Fe3+要发生水解，使Fe3+数目减少，D项错误；答案选B。4.下列实验操作正确但不是从实验安全角度考虑的是A. 使用稍浸入液面下的倒扣漏斗检验氢气的纯度B. 使用 CCl4 萃取溴水中的溴时，振荡后需打开活塞使漏斗内气体放出C 吸收氨或氯化氢气体并防止倒吸D. 用
7、食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把瓶倒立，检查容量瓶是否漏水【答案】D【解析】【详解】A. 由于连通氢气发生装置的导管在液面以下，所以可以防止点燃不纯氢气时发生爆炸，该操作是从安全角度考虑，A项不符合题意；B. 打开活塞使漏斗内气体放出以防止分液漏斗内压强过大引起危险，该操作是从安全角度考虑，B项不符合题意；C. 水层在下层不能防止倒吸，应该使用四氯化碳，该操作不正确，C项不符合题意；D. 配制一定物质的量浓度溶液时的 “查漏” 操作正确，但不是从实验安全角度考虑的，D项符合题意；答案选D。5.短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，X 的质子数是 W 与 Z 的质子数之和的一半。
8、m、n、p 是由这些元素组成的二元化合物，r 是元素 Y 的气体单质，n 为淡黄色粉末， 相关物质转化关系如图所示。室温下，0.01mol/L s 溶液 pH 为 12。下列说法误错的是A. Z 是所在周期中原子半径最大的元素B. 简单离子半径大小：YZWC. 电负性：YXWD. n 中阴阳离子个数比为 1:1【答案】D【解析】【分析】由已知条件可推出n为Na2O2、s为NaOH、r为O2、p为H2O，W、X、Y、Z分别为H、C、O、Na。【详解】A. Z是Na，同一周期，原子序数增大，原子半径减小，所以Z是所在周期中原子半径最大的元素，A项正确；B. W、Y、Z对应的简单离子分别为：H+、O
9、2-、Na+，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，半径越小，可知简单离子半径大小：YZW，B项正确；C. 非金属性：OCH，则电负性：OCH，C项正确；D. n为Na2O2，1个Na2O2有两个钠离子和一个过氧根离子，则阴阳离子个数比为 2：1，D项错误；答案选D。【点睛】考查原子结构和元素周期律的知识，结合实验现象和化学反应的关系推出元素的类别；再根据元素周期律的递变规律推出元素的性质；突破口在n，根据Na2O2的性质能与水和二氧化碳反应即可找到各元素名称。6.恒温恒容下，向密闭容器中通入体积比为 1:1 的 H2 和 CO2，发生反应 CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g
10、)，能判断此反应处于平衡状态的是A. 体系内压强保持不变B. 体系内气体密度保持不变C. CO2 的体积分数保持不变D. 断裂3molH-H键的同时断裂 2mol H-O 键【答案】AC【解析】【详解】A. 该反应前后气体系数之和不同，平衡移动过程中压强会发生变化，所以体系内压强保持不变时说明反应达到平衡，A项正确；B. 体系内混合气体总质量保持不变，恒容体积不变，气体密度始终保持不变，不能判断化学平衡，B项错误；C. 反应达到平衡时各组分含量保持不变，所以CO2的体积分数保持不变说明反应达到平衡，C项正确；D. 断裂3mol H-H键的同时需要断裂3mol H-O键，说明消耗3mol氢气的同
11、时消耗1mol甲醇和1mol水，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，D项错误；答案选AC。7.根据下列操作和现象，所得结论正确的是选项实验操作及现象实验结论A向 NaCl、NaI 的混合稀溶液中滴入少量稀 AgNO3 溶液，先有黄色沉淀生成Ksp(AgCl)Ksp(AgI)B将硫酸酸化的 H2O2 溶液滴入 Fe(NO3)2 溶液中，溶液变黄证明氧化性：H2O2Fe3+C常温下，用 pH 计测定 0.1 molL-1 NaA 溶液的 pH 小于 0.1 molL-1Na2CO3 溶液的 pH能证明酸性：HAH2CO3D取 a g 铝箔与足量氢氧化钠溶液充分反应，逸出的气体通过浓硫酸后，测其体积
12、为 V L(标准状况下)测定铝箔中 Al2O3 含量A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A. 向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，先有黄色沉淀生成，由于不能确定起始时氯离子和碘离子的浓度大小关系，因此不能据此得出Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，A项错误；B. 将硫酸酸化的过氧化氢溶液滴入Fe(NO3)2溶液中，因为硝酸根离子在酸性条件下有强氧化性、可以把亚铁离子氧化，所以，此实验无法证明H2O2氧化性强于Fe3+，B项错误；C. 因为Na2CO3溶液的水解是分步进行的，以第一步为主，即CO32-+H2OHCO3-+OH-，NaA的水解的离子方程式
13、为A-+H2OHA+OH-，用pH计测定0.1moI/L NaA溶液的pH小于0.1moI/L Na2CO3溶液的pH，只能证明HA的酸性强于HCO3-，不能证明酸性：HAH2CO3，C项错误；D. 铝和氢氧化钠发生2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，根据氢气的体积可确定铝的量，可用测定含量，D项正确；答案选D。【点睛】本题考查实验原理和物质的化学性质的知识，解答时根据沉淀溶解平衡原理判断A选项，根据电离平衡常数和水解原理判断C选项。8.下列指定反应的离子方程式书写正确的是A. NaHCO3 溶液中加足量 Ba(OH)2 溶液：HCO3Ba2OH=BaCO3H2OB. 用高锰
14、酸钾标准溶液滴定草酸：2MnO416H5C2O42=2Mn210CO28H2OC. 将铜丝插入稀硝酸中：Cu4H2NO3=Cu22NO22H2OD. CuSO4 溶液加入足量浓氨水：Cu2+2NH3H2O=Cu(OH)2+2NH4+【答案】A【解析】【详解】A. 向NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液，把NaHCO3的物质的量看做1mol，则离子方程式是HCO3Ba2OH=BaCO3H2O，A项正确；B. 草酸是弱酸，用高锰酸钾标准溶液滴定草酸，反应离子方程式是：2MnO4-+6H+H2C2O4=2Mn2+10CO2+8H2O，B项错误；C. Cu溶于稀硝酸放出NO气体，反应离子方程式是
15、3Cu8H2NO3=3Cu22NO4H2O，C项错误；D. 硫酸铜溶液中滴加足量浓氨水，二者反应先生成氢氧化铜沉淀，然后氢氧化铜和氨水反应生成铜氨络合物，D项错误；答案选A。【点睛】定量离子方程式书写时，把量少的物质看做1mol，所以向NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液，把NaHCO3的物质的量看做1mol，离子方程式是HCO3Ba2OH=BaCO3H2O；向NaHCO3溶液中加少量Ba(OH)2溶液，把Ba(OH)2的物质的量看做1mol，离子方程式是2HCO3Ba22OH=BaCO3CO322H2O。9.雌黄(As2S3)在我国古代常用作书写涂改修正胶。浓硝酸氧化雌黄可制得硫黄，并
16、生成砷酸和一种红棕色气体，利用此反应原理设计为某原电池。下列有关叙述正确的是A. 砷酸的分子式为 H2AsO4B. 红棕色气体在该原电池的负极区生成并逸出C. 该反应的氧化剂和还原剂物质的量之比为 101D. 该反应中每析出 9.6g 硫黄，则转移 0.5mol 电子【答案】C【解析】【详解】A. 砷最高价为+5，砷酸的分子式为H3AsO4，A项错误；B. 红棕色气体是硝酸发生还原反应生成的NO2，原电池正极发生还原反应，所以NO2在正极生成并逸出，B项错误；C. As2S3被氧化为砷酸和硫单质，As2S3化合价共升高10，硝酸被还原为NO2，氮元素化合价降低1，氧化剂和还原剂物质的量之比为1
17、0：1，C项正确；D. As2S3被氧化为砷酸和硫单质，1molAs2S3失10mol电子，生成2mol砷酸和3mol硫单质，所以生成0.3mol硫黄，转移1mol电子，D项错误；答案选C。10.对图中甲和乙两种有机化合物的结构或性质描述正确的是A. 甲和乙都含有手性碳原子B. 甲和乙不能用质谱法鉴别C. 甲和乙分子中共平面的碳原子数相同D 甲和乙均能与溴水反应且反应类型相同【答案】B【解析】【详解】A. 甲和乙所有的碳都没有连接四个不同的基团或原子，故都不含有手性碳原子，A项错误；B. 二者分子式相同，甲和乙不能用质谱法鉴别，B项正确；C. 甲含有苯环，8个C原子共面，乙含有碳碳双键，最多6
18、个C原子共面，C项错误；D. 甲与溴水发生取代反应，乙与溴水发生加成反应，反应类型不相同，D项错误；答案选B。11.已知：pKa=-lgKa，25时 H2A 的pKa1=1.85，pKa2=7.19。常温下，用 0.1molL-1NaOH 溶封液滴定 20 mL 0.1 molL-1H2A 溶液的滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是A. A 点 V010 mL线B B 点所得溶液中：c(H2A)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)C. C 点所得溶液中：c(A2-)=c(HA-)D. D 点所得溶液中：A2-水解平衡常数Kh1=10-6.81【答案】B【解析】【详解】A. A点溶液中pH=
19、1.85，则溶液中c(H+)=10-1.85mol/L，H2A的一级电离平衡常数为Ka1=10-1.85mol/L，所以c(H+)=Ka1，表明溶液中c(NaHA)=c(H2A)，若恰好是10mL NaOH，反应起始时存在c(NaHA)=c(H2A)，平衡时c(H2A)c(NaHA)，因此所加NaOH体积需10mL，会得到平衡时c(NaHA)=c(H2A)，即V010mL，A项正确；B. B点加入NaOH溶液的体积为20mL，此时反应恰好产生NaHA，为第一个滴定终点，溶液中存在质子守恒，c(H2A)+c(H+)=c(A2)+c(OH)，B项错误；C. c点pH=7.19=pKa2，Ka2=c
20、(A2)c(H+)/c(HA)=10-7.19，所以c(A2-)=c(HA-)，C项正确；D. D点为加入NaOH溶液40mL，此时溶液中恰好生成Na2A，为第二个滴定终点，此时Na2A水解使溶液显碱性，溶液的pH为9.85，发生水解的方程式为A2+H2OHA+OH，则A2水解平衡常数Khl=10-6.81，D项正确；答案选B。【点睛】掌握溶液中的离子浓度的计算和比较，注意抓住一些关键点，如H2A与氢氧化钠1:1反应时的溶液的酸碱性和溶液中的微粒浓度的关系，按1:2反应时溶液的酸碱性和溶液中的微粒浓度的关系等，掌握溶液中的物料守恒和电荷守恒，和质子守恒关系式的书写。12.有一份澄清溶液，可能含
21、有 Na、K、NH4+、Ca2、Fe3、SO42、CO32、SO32、Cl、I中的若干种，且离子的物质的量浓度均为 0.1molL1(不考虑水解和水的电离)。往该溶液中加入过量的盐酸酸化 BaCl2溶液，无沉淀生成。另取少量原溶液，设计并完成如下实验：则关于原溶液的判断中不正确的是A. 是否存在 Na、K需要通过焰色反应来确定B. 通过 CCl4层的颜色变化，能判断出溶液中 I肯定存在C. 试样加足量氯水无气体产生，说明溶液中 CO32肯定不存在D. 肯定不存在的离子是 Ca2、Fe3、SO42、CO32、Cl【答案】A【解析】【分析】澄清溶液，往该溶液中加入过量的BaCl2和盐酸的混合溶液，
22、无白色沉淀生成，无SO42-，加足量氯水，无气体，则无CO32-，溶液加四氯化碳分液，下层紫红色，则有I-，上层加硝酸钡和稀硝酸有白色沉淀，有SO32-，无Ca2+、Fe3+，溶液中一定含阳离子，且离子浓度都为0.1molL-1；根据电荷守恒，一定含有NH4+、Na+、K+，一定不存在Cl-；滤液中加硝酸酸化的硝酸银有白色沉淀，是过程中加氯水时引入的氯离，结合溶液为电中性来解答。【详解】A. 根据溶液中离子浓度均为0.1mol/L，且溶液呈电中性，溶液中一定存在 Na、K，不需要焰色反应来确定，A项错误；B. 通过CCl4 层的颜色变化，能判断出溶液中 I肯定存在，B项正确；C. 试样加足量的
23、Cl2水，没有气体产生，说明无CO32，C项正确；D. 由分析可知，肯定不存在的离子是Ca2、Fe3、SO42、CO32、Cl，D项正确；答案选A。第 II 卷注意事项：1.用黑墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上。2.本卷共 4 题，共 64 分。 13.铁(Fe)、铜(Cu)、银(Ag)是常见的金属元素，它们的单质及其化合物在生活中有广泛应用。(1)Ag 与 Cu 在同一族，则 Ag 在周期表中_ (填“s”、“p”、“d”或“ds”)区；Ag(NH3)2+中 Ag+空的 5s 轨道和 5p 轨道以sp 杂化成键，则该配离子的空间构型是_。(2)基态 Cu+的简化电子排布式为_。(3)表中
24、是 Fe 和 Cu 的部分电离能数据：请解释 I2(Cu)大于 I2(Fe)的主要原因：_。元素FeCu第一电离能 I1/kJmol1759746第二电离能 I2/kJmol115611958(4)亚铁氰化钾是食盐中常用的抗结剂，其化学式为 K4Fe(CN)6。CN-的电子式是_；1mol 该配离子中含 键数目为_。该配合物中存在的作用力类型有_ (填字母)。A.金属键 B.离子键 C.共价键 D.配位键 E.氢键 F.范德华力(5)氧化亚铁晶体的晶胞结构如图所示。已知：氧化亚铁晶体的密度为 gcm3，NA代表阿伏加德罗常数的值。在该晶胞中，与 Fe2+紧邻且等距离的 Fe2+数目为_，Fe2
25、+与O2最短核间距为_pm。【答案】 (1). ds (2). 直线形 (3). Ar3d10 (4). 失去第二个电子时，Cu 失去的是全充满 3d10 电子，Fe 失去的是 4s1 电子 (5). (6). 12NA (7). BCD (8). 12 (9). 1010【解析】【分析】(1)Ag在第五周期第B族；依题意：Ag(NH3)2+中Ag+以sp杂化成键；(2)铜是29号元素，分析Cu基态核外电子排布式；(3)根据电子排布分析；(4)CN-与N2是等电子体，结构相似，根据氮气电子式书写；CN-与Fe2+以配位键结合，这6个配位键都属于键，还有6个CN-中各有一个键；根据K4 Fe(C
26、N)6分子式分析；(5)根据晶胞，Fe2+为面心立方，与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+数目为12个；晶胞参数等于相邻两个离子核间距的2倍。【详解】(1)Ag在第五周期第B族，属于ds区；依题意：Ag(NH3)2+中Ag+以sp杂化成键，应该是直线形，故答案为：ds；直线形；(2)铜是29号元素，Cu基态核外电子排布式为Ar3d10，故答案为：Ar3d10；(3)Cu+的价电子排布式为3d10，Fe+的价电子排布式为3d64s1，Cu+再失去的是3d10上的电子，而Fe+失去的是4s1的电子，由于原子核外电子处于全充满、半充满或全空时是稳定的状态，显然3d10处于全充满，更稳定，所以失去第二个电
27、子时，Cu 失去的是全充满 3d10 电子，需要的能量高，而Fe 失去的是4s1 电子，所需能量低，故答案为：失去第二个电子时，Cu 失去的是全充满 3d10 电子，Fe 失去的是 4s1 电子；(4)CN-与N2是等电子体，结构相似，根据氮气电子式书写氢氰根离子电子式为；CN-与Fe2+以配位键结合，这6个配位键都属于键，还有6个CN-中各有一个键，1个配离子中含有的键共有12个，则1mol该配离子中含有 12 NA个键，故答案为：；12NA；K4 Fe(CN)6是离子化合物，含有离子键，阳离子K+与配离子之间以离子键结合，Fe2+与CN-以配位键结合，CN-中的两种原子以极性共价键结合，
28、故答案为：BCD；(5)根据晶胞，Fe2+为面心立方，与Fe2+紧邻的等距离的Fe2+有12个；用“均摊法”，晶胞中含Fe2+：8+6=4个，含O2-：12+1=4个，晶体的化学式为FeO，1molFeO的质量为72g，1mol晶体的体积为cm3；晶胞的体积为cm3NA4=cm3，晶胞的边长为cm，Fe2+与O2-最短核间距为cm=cm=1010pm，故答案为：12；1010。【点睛】本题考查了物质结构和性质，涉及晶胞计算、离子晶体熔沸点影响因素、配合物、等电子体等知识点，难点是晶胞计算，用“均摊法”确定晶胞中所含微粒的个数，注意氮化铁的晶胞不是平行六面体，是六方晶胞，处于顶点的粒子，同时为6
29、个晶胞共有，每个粒子有1/6属于该晶胞；处于面心的粒子，同时为2个晶胞共有，每个粒子有1/2属于该晶胞；处于体内的粒子，完全属于该晶胞。14.聚合物 L()是一种聚酰胺纤维，广泛用于各种刹车片，其合成路线如图：已知：C、D、K 均为芳香族化合物，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子。DielsAlder 反应+ R2Cl R1OR2(1)IJ 的反应类型是_，D 的名称是_，G 中所含官能团的名称是_。(2)B 的结构简式是_，“BC”的反应中，除 C 外，另外一种产物是_。(3)D+KL 的化学方程式是_。(4)M 为 D 的同分异构体，同时满足下列条件的 M 的结构简式为_。1 molM
30、最多消耗 4 mol NaOH 核磁共振氢谱有 4 组吸收峰(5)N 是 D 的同系物，相对分子质量比 D 大 14，则 N 可能的结构有_种。(6)已知：乙炔与 1，3丁二烯也能发生 DielsAlder 反应。请以 1，3丁二烯和乙炔为原料，选用必要的无机试剂合成，写出合成路线：_ (用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)。【答案】 (1). 还原反应 (2). 对苯二甲酸 (3). 醚键 (4). (5). H2O (6). (7). 、 (8). 10 (9). 【解析】【分析】乙醇发生消去反应生成A为CH2=CH2，C被氧化生成D，D中含有羧基，C、D、
31、K 均为芳香族化合物，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子，C发生氧化反应生成D，D中应该有两个羧基，根据L结构简式知，D为、K为；根据信息知，生成B的反应为加成反应，B为，B生成C的反应中除了生成C外还生成H2O；H为，根据信息知，G为，F为，根据F，可知E为苯；H经过硝化反应得到I，则I为，据此分析作答。【详解】(1) I为，J为，则IJ 的反应类型是还原反应；D为，其名称是对苯二甲酸；G为，所含官能团的名称是醚键，故答案为：还原反应；对苯二甲酸；醚键；(2)乙烯和发生DielsAlder反应生成B，故B的结构简式是；C为芳香族化合物，分子中只含两种不同化学环境的氢原子，“BC”的反应中，
32、除C外，还生成的一种无机产物是H2O，故答案为：；H2O；(3) D为，K为，L为，则D+KL 的化学方程式是：，故答案为：；(4) D为，M 为 D 的同分异构体，满足1 molM最多消耗 4 mol NaOH，说明苯环上的取代基为4个酚羟基和一个乙炔基或为两个-OOCH；核磁共振氢谱有 4 组吸收峰，说明存在四种氢，满足的有：、，故答案为：、；(5) D为，N是D的同系物，相对分子质量比D大14，如果取代基为CH2COOH、COOH，有3种结构；如果取代基为CH3、两个COOH，有6种结构；如果取代基为CH(COOH)2，有1种，则符合条件的有10种，故答案为：10；(6) CH2=CHC
33、H=CH2和HCCH发生加成反应生成,和溴发生加成反应生成,发生水解反应生成，其合成路线为，故答案为：。15.碳酸亚铁可用于制备补血剂。某研究小组制备了 FeCO3，并对 FeCO3 的性质和应用进行了探究。已知：FeCO3 是白色固体，难溶于水Fe2+6SCN-Fe(SCN)64-(无色) .FeCO3 的制取(夹持装置略)实验i装置 C 中，向 Na2CO3 溶液(pH11.9)通入一段时间 CO2 至其 pH 为 7，滴加一定量 FeSO4溶液，产生白色沉淀，过滤、洗涤、干燥，得到 FeCO3 固体。(1)试剂 a 是_。(2)向 Na2CO3 溶液通入 CO2 的目的是_。(3)C 装
34、置中制取 FeCO3 的离子方程式为_。.FeCO3 的性质探究实验ii实验iii(4)对比实验和，得出的实验结论是_。(5)依据实验的现象，写出加入 10%H2O2 溶液的离子方程式_。.FeCO3的应用(6)FeCO3 溶于乳酸CH3CH(OH)COOH能制得可溶性乳酸亚铁补血剂，此反应的离子方程式为_。(7)该实验小组用 KMnO4 测定补血剂中亚铁含量进而计算乳酸亚铁的质量分数，发现乳酸亚铁的质量分数总是大于 100%，其原因是_(不考虑操作不当引起的误差)。【答案】 (1). 饱和 NaHCO3 溶液 (2). 降低溶液中OH-浓度，防止生成 Fe(OH)2 (3). 2HCO3-+
35、Fe2+=FeCO3+CO2+H2O (4). Fe2+与 SCN的络合(或结合)会促进 FeCO3 固体的溶解 (5). 6Fe(SCN)64- +3H2O2=2Fe(OH)3 +4Fe(SCN)3 +24SCN- (6). FeCO3+2CH3CH(OH)COOH=2CH3CH(OH)COO- +Fe2+CO2+H2O (7). 乳酸根中的羟基被 KMnO4 氧化，也消耗了 KMnO4【解析】【分析】.装置A中碳酸钙和稀盐酸反应生成的CO2中混有挥发的HCl气体，需要利用装置B中盛装的饱和NaHCO3溶液除去，装置C中，向Na2CO3溶液(pH11.9)通入一段时间CO2至其pH为7，滴加
36、一定量FeSO4溶液，产生白色沉淀，过滤、洗涤、干燥，得到FeCO3固体；.(4)根据Fe2+6SCN-Fe(SCN)64-分析FeCO3在KCl和KSCN两种不同溶液中的溶解度不同判断；(5)实验中溶液显红色且有红褐色沉淀生成，说明加入10%H2O2溶液后有Fe(OH)3和Fe(SCN)3生成；.(6)FeCO3溶于乳酸CH3CH(OH)COOH能制得可溶性乳酸亚铁补血剂，可结合盐和酸反应生成新酸和新盐的反应原理分析；(7)乳酸根中羟基也能被高锰酸钾溶液氧化。【详解】.(1)欲除去CO2中混有的HCl，则B中盛装的试剂a是饱和NaHCO3溶液，故答案为：饱和 NaHCO3溶液；(2)向Na2
37、CO3溶液通入CO2的目的是，利用碳酸钠和CO2反应生成的NaHCO3，提高溶液中HCO3-的浓度，抑制CO32-的水解，降低溶液中OH-浓度，防止生成Fe(OH)2，故答案为：降低溶液中OH-浓度，防止生成 Fe(OH)2；(3)装置C中，向Na2CO3溶液(pH11.9)通入一段时间CO2至其pH为7，此时溶液中溶质主要为NaHCO3，再滴加FeSO4溶液，有FeCO3沉淀生成，发生反应的离子方程式为2HCO3-+Fe2+=FeCO3+CO2+H2O，故答案为：2HCO3-+Fe2+=FeCO3+CO2+H2O；. (4)通过对比实验和，可知Fe2+与SCN的络合生成可溶于水的Fe(SCN
38、)64-，会促进FeCO3固体的溶解，故答案为：Fe2+与 SCN的络合(或结合)会促进 FeCO3 固体的溶解；(5)依据实验的现象，可知在含有Fe(SCN)64-的溶液中滴加10%H2O2溶液后有Fe(OH)3和Fe(SCN)3生成，发生反应的离子方程式为6Fe(SCN)64- +3H2O2=2Fe(OH)3 +4Fe(SCN)3 +24SCN，故答案为：6Fe(SCN)64- +3H2O2=2Fe(OH)3 +4Fe(SCN)3 +24SCN-；. (6)FeCO3溶于乳酸制得可溶性乳酸亚铁补血剂，发生反应的离子方程式为FeCO3+2CH3CH(OH)COOH=2CH3CH(OH)COO
39、-+Fe2+CO2+H2O，故答案为：FeCO3+2CH3CH(OH)COOH=2CH3CH(OH)COO-+Fe2+CO2+H2O；(7)乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的增大，而计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%，故答案为：乳酸根中的羟基被KMnO4 氧化，也消耗了KMnO4。16.(1)SO2 的排放主要来自于煤的燃烧，工业上常用氨水吸收法处理尾气中的 SO2。已知吸收过程中相关反应的热化学方程式如下：SO2(g)+NH3H2O(aq)=NH4HSO3(aq) H1=a kJ/mol；NH3H2O(a
40、q)+ NH4HSO3(aq)=(NH4)2SO3(ag)+H2O(l) H2=b kJ/mol；2(NH4)2SO3(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq) H3=c kJ/mol。则反应 2SO2(g)+4NH3H2O(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)+2H2O(l)的 H=_kJ/mol。(2)SO2是形成酸雨的主要污染物，燃煤脱硫原理为 2CaO(s)+2SO2(g)+O2(g)2CaSO4(s)。向 10L 恒温恒容密闭容器中加入 3mol CaO，并通入 2mol SO2 和 lmol O2 发生上述反应，2min时达平衡，此时 CaSO4 为1.8mol
41、。02min 内，用 SO2 表示的该反应的速率v(SO2)=_，其他条件保持不变，若上述反应在恒压条件下进行，达到平衡时 SO2 的转化率_(填“增大”、“减小”或“不变”)。(3)NO 的排放主要来自于汽车尾气，净化原理为：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) H=746.8kJ/mol。实验测得，v正=k正c2(NO)c2(CO)，v 逆=k逆c(N2)c2(CO2)(k 正、k 逆为速率常数，只与温度有关)。达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数_(填“”“”或“=”)k逆增大的倍数。若在 1L 的密闭容器中充入 1molCO 和 1mol NO，在一定温度下达到平衡时
42、，CO 的转化率为 40%，则k正k逆=_。(4)以连二硫酸根(S2O42-)为媒介，使用间接电化学法也可处理燃煤烟气中的NO，装置如图所示：阴极区的电极反应式为_。NO 吸收转化后的主要产物为 NH4+，若通电时电路中转移了 0.3mol e，则此通电过程中理论上吸收的 NO 在标准状况下的体积为_mL。(5)欲用 5L Na2CO3 溶液将 23.3g BaSO4 固体全都转化为 BaCO3，则所用的 Na2CO3 溶液的物质的量浓度至少为_。已知：常温下K(BaSO4)=1107、K(BaCO3)=2.5106。(忽略溶液体积的变化)【答案】 (1). 2a+2b+c (2). 0.09
43、mol/(Lmin) (3). 增大 (4). (5). (6). 2SO32-+4H+2e- =S2O42-+2H2O (7). 1344 (8). 0.52mol/L【解析】【分析】(1)根据盖斯定律解答；(2)根据化学反应速率的数学表达式计算反应速率；向正反应方向进行，气体物质的量减小，维持恒压不变，SO2的转化率比恒容时增大；(3)正反应为放热反应，升高温度平衡向左移动，则正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数，据此解答； 当反应达到平衡时，故，平衡时，据此解答；(4)阴极区发生还原反应，从图中找出阴极反应物，写它发生还原反应的电极反应式；NO吸收转化后的主要产物为NH4+，写出
44、关系式，按电子数守恒，求出一氧化氮在标准状况下体积；(5) n(BaSO4)=0.1mol，将0.1mol硫酸钡溶解于5L溶液中，设至少需要物质的量浓度为xmol/L的Na2CO3溶液，当BaSO4完全溶解后，所得5L溶液中c(SO42-)=0.02mol/L，此时溶液中c(CO32-)=(x-0.02)mol/L，由BaSO4+CO32-=BaCO3+SO42-可知，此反应的化学平衡常数。【详解】(1)根据盖斯定律，热化学方程式2+2+得：，故该反应，故答案为：2a+2b+c；(2)生成CaSO4物质的量为1.8mol的同时消耗SO2的物质的量为1.8mol，根据化学反应速率的数学表达式，v
45、(SO2)=1.8/(102)mol/(Lmin)=0.09 mol/(Lmin)；向正反应方向进行，气体物质的量减小，维持恒压不变，SO2的转化率比恒容时增大，故答案为：0.09mol/(Lmin)；增大；(3)正反应为放热反应，升高温度平衡向左移动，则正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数，浓度不变，故增大的倍数小于增大的倍数，故答案为：；当反应达到平衡时，故，平衡时，则，故答案为：；(4) 由图可知，阴极区通入液体主要含SO32-，流出主要含S2O42-，所以阴极区电极反应式为2SO32-+4H+2e-=S2O42-+2H2O，故答案为：2SO32-+4H+2e-=S2O42-+2H2O；NO吸收转化后的主要产物为NH4+，若通电一段时间后阴极区n(SO32-)减少了0.3mol，此过程转移0.3mole；由于NO吸收转化后的主要产物为NH4+，NONH4+5e，若电路中转移转移0.3mole，消耗NO0.06mol，标准状况下体积为V(NO)=0.06mol22.4L/mol=1.344L=1344mL，故答案为：1344；(5)设至少需要物质的量浓度为x的溶液，当完全溶解后，所得5L溶液中，此时溶液中，由可知，此反应的化学平衡常数，解得，故答案为：。
