江蘇省鹽城市2025屆高三化學(xué)下學(xué)期第三次模擬考試6月試題含解析

PAGE24-江蘇省鹽城市2025屆高三化學(xué)下學(xué)期第三次模擬考試（6月）試題（含解析）可能用到的相對原子質(zhì)量：O-16Cl-35.5第Ⅰ卷(選擇題共40分)單項選擇題：本題包括10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個選項符合題意。1.我國5G技術(shù)處于世界領(lǐng)先地位！生產(chǎn)5G芯片的關(guān)鍵材料有高純硅、氮化鎵、超高純氫氟酸、線型酚醛樹脂等。下列說法正確的是（）A.石英砂用焦炭還原可干脆制得高純硅B.氮化鎵中氮、鎵位于周期表中同主族C.超高純氫氟酸可用于清洗硅表面SiO2D.線型酚醛樹脂屬于自然高分子化合物【答案】C【解析】【詳解】A.石英砂用焦炭還原制得的是含有雜質(zhì)的硅，A錯誤；B.周期表中氮位于VA、鎵位于ⅢA，B錯誤；C.超高純氫氟酸可與SiO2反應(yīng)生成四氟化硅氣體和水，可用于清洗硅表面SiO2，C正確；D.線型酚醛樹脂屬于人工合成高分子化合物，D錯誤；答案選C。2.OF2能在干燥空氣中快速發(fā)生反應(yīng)：O2+4N2+6OF2=4NF3+4NO2。下列表示反應(yīng)中相關(guān)微粒的化學(xué)用語錯誤的是（）A.中子數(shù)為10的氧原子：OB.氮原子的結(jié)構(gòu)示意圖：C.OF2的結(jié)構(gòu)式：F—O—FD.NF3電子式：【答案】D【解析】【詳解】A.中子數(shù)為10的氧原子其質(zhì)量數(shù)為18，則可表示為：O，A正確；B.氮原子核電荷數(shù)為7、核外電子分2層排布，結(jié)構(gòu)示意圖：，B正確；C.OF2是共價化合物，其結(jié)構(gòu)式：F—O—F，C正確；D.NF3的電子式中每個F原子還有3對未共用電子對也應(yīng)表示出來，D不正確；答案選D。3.下列有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)與用途具有對應(yīng)關(guān)系的是（）A.Al具有導(dǎo)電性，可用于防銹涂料制造B.NH3具有堿性，可用于生產(chǎn)NH4HCO3C.Na2O2呈淡黃色，可用于呼吸面具供氧D.FeCl3易水解，可用于蝕刻銅制線路板【答案】B【解析】【詳解】A.Al和簡潔和氧氣反應(yīng)生成氧化鋁，可用于防銹涂料制造，A錯誤；B.NH3具有堿性，和過量二氧化碳與水反應(yīng)生成NH4HCO3，可用于生產(chǎn)NH4HCO3，B正確；C.Na2O2會和二氧化碳、水反應(yīng)生成氧氣，可用于呼吸面具供氧，C錯誤；D.FeCl3和銅反應(yīng)產(chǎn)生氯化銅和氯化亞鐵，可用于蝕刻銅制線路板，D錯誤；答案選B。4.試驗室從碘的四氯化碳溶液中分別并得到單質(zhì)碘，主要步驟為：用濃NaOH溶液進(jìn)行反萃取(3I2+6OH-=5I-+IO+3H2O)、分液、酸化(5I-+IO+6H+=3I2↓+3H2O)、過濾及干燥等。下列有關(guān)試驗原理和裝置不能達(dá)到試驗?zāi)康牡氖牵ǎ〢.用裝置甲反萃取時，倒轉(zhuǎn)振蕩過程中要適時旋開活塞放氣B.用裝置乙分液時，先放出有機(jī)相，關(guān)閉活塞，從上口倒出水相C.用裝置丙從酸化后的體系中分別出單質(zhì)碘D.用裝置丁干燥單質(zhì)碘【答案】D【解析】【分析】【詳解】A.用裝置甲反萃取時，倒轉(zhuǎn)振蕩過程中要適時旋開活塞放氣，避開內(nèi)部壓強(qiáng)過大，A正確；B.用裝置乙分液時，先放出有機(jī)相，關(guān)閉活塞，從上口倒出水相，可以避開上層液體被污染，B正確；C.大量析出的固體碘單質(zhì)用過濾分別出來，C正確；D.碘易升華，不能達(dá)到試驗?zāi)康模珼錯誤；答案選D。5.室溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是（）A.能使甲基橙變紅的溶液中：Na+、Al3+、Br-、CH3COO-B.=1×10-12溶液中：K+、Na+、CO、Cl-C.0.1mol·L-1NaHSO3溶液中：Na+、NH、ClO-、MnOD.0.1mol·L-1Fe(NO3)3溶液中：Cu2+、Fe2+、SCN-、SO【答案】B【解析】【分析】【詳解】A.能使甲基橙變紅的溶液即酸性中，CH3COO-不共存，A錯誤；B.=1×10-12的溶液即堿性中：K+、Na+、CO、Cl-彼此不反應(yīng)，可共存，B正確；C.0.1mol·L-1NaHSO3溶液中，因NaHSO3具有較強(qiáng)還原性，會與ClO-或MnO4-發(fā)生氧化還原反應(yīng)而不共存，C錯誤；D.0.1mol·L-1Fe(NO3)3溶液會與SCN-發(fā)生絡(luò)合反應(yīng)而不共存，D錯誤；答案選B。6.下列有關(guān)化學(xué)反應(yīng)的敘述正確的是（）A.CuSO4稀溶液與Na反應(yīng)析出CuB.Fe與水蒸氣在高溫下反應(yīng)生成Fe2O3C.SO2的水溶液與溴蒸氣反應(yīng)富集溴D.飽和食鹽水與通入的NH3、CO2反應(yīng)析出Na2CO3固體【答案】C【解析】【詳解】A.CuSO4稀溶液與Na反應(yīng)，鈉和水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氫氣，氫氧化鈉和硫酸銅發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)產(chǎn)生氫氧化銅沉淀，A錯誤；B.Fe與水蒸氣在高溫下反應(yīng)生成Fe3O4，B錯誤；C.SO2的水溶液與溴蒸氣反應(yīng)生成氫溴酸和硫酸，可富集溴，C正確；D.飽和食鹽水與通入的NH3、CO2反應(yīng)析出NaHCO3固體，分別出的碳酸氫鈉固體受熱分解才得到碳酸鈉，D錯誤；答案選C。7.下列指定反應(yīng)的離子方程式正確的是（）A.Al與NaOH溶液反應(yīng)：2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑B.Fe(OH)2與足量稀硝酸反應(yīng)：Fe(OH)2+2H+=Fe2++2H2OC.Na2S堿性溶液中通入SO2生成Na2S2O3：3SO2+S2-=2S2OD.KMnO4酸性溶液與SO2反應(yīng)：2MnO+5SO2+4OH-=2Mn2++5SO+2H2O【答案】A【解析】【分析】【詳解】A.Al與NaOH溶液反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和氫氣，則離子方程式為：2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑，A正確；B.Fe(OH)2與足量稀硝酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不是簡潔的酸堿中和反應(yīng)，B錯誤；C.3SO2+S2-=2S2O，電荷不守恒，C錯誤；D.KMnO4酸性溶液與SO2反應(yīng)：離子方程式2MnO+5SO2+4OH-=2Mn2++5SO+2H2O中OH-參與是錯誤的，應(yīng)有氫離子參與或生成，D錯誤；答案選A。8.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，X是地殼中含量最多的元素，Z位于元素周期表IA族，W與Y屬于同一主族。下列說法錯誤的是（）A.原子半徑：r(Y)<r(X)<r(Z)B.X的簡潔氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性比Y的強(qiáng)C.Y的單質(zhì)的氧化性比W的強(qiáng)D.X、Z、W三種元素可組成含共價鍵的離子化合物【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，X是地殼中含量最多的元素，則X為O、Z位于元素周期表IA族，則Z為Na，W與Y屬于同一主族，它們分別為Cl和F；【詳解】A.同周期元素從左到右原子半徑遞減，同主族元素從上到下原子半徑遞增，則原子半徑：r(F)<r(O)<r(Li)<r(Na)，則A正確；B.同周期非金屬元素從左到右非金屬性遞增，非金屬性O(shè)＜F，則簡潔氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性X比Y的弱，B錯誤；C.W即氯、Y即F屬于同一主族，非金屬性F＞Cl，則Y的單質(zhì)的氧化性比W的強(qiáng)，C正確；D.X、Z、W三種元素可組成含共價鍵的離子化合物，如NaClO等，D正確；答案選B。9.在給定條件下，下列選項所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能實現(xiàn)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)【答案】A【解析】【分析】【詳解】A.MgCl2(熔融)電解得到鎂單質(zhì)，鎂和二氧化碳點(diǎn)燃生成氧化鎂和碳，故A符合題意；B.CaC2(s)和飽和食鹽水反應(yīng)生成乙炔，乙炔發(fā)生加聚生成聚乙炔，而乙烯在催化劑作用下反應(yīng)生成聚乙烯，故B不符合題意；CFeS2(s)與氧氣高溫下反應(yīng)生成二氧化硫，二氧化硫和過量氨水反應(yīng)生成(NH4)2SO3，故C不符合題意；D.Al(OH)3(s)與碳酸鈉溶液不反應(yīng)，與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成NaAlO2和H2O，NaAlO2和過量鹽酸反應(yīng)生成AlCl3和NaCl和H2O，故D不符合題意。綜上所述，答案為A。10.最近麻省理工學(xué)院的探討人員開發(fā)出一種生產(chǎn)水泥的綠色工藝，其中的電化學(xué)裝置如圖。裝置工作時，下列說法錯誤的是（）A.電能轉(zhuǎn)變?yōu)榛瘜W(xué)能B.X膜為陽離子交換膜C.陰極區(qū)溶液的pH不斷變小D.a極上的電極反應(yīng)式為2H2O-4e-=4H++O2↑【答案】C【解析】【詳解】A.該裝置是電解池，是電能轉(zhuǎn)變?yōu)榛瘜W(xué)能，故A正確；B.依據(jù)圖中信息，左側(cè)是碳酸鈣，中間生成氫氧化鈣，鈣離子移向中間，X膜為陽離子交換膜，故B正確；C.陰極區(qū)氫氧根不斷移向中間，水中氫離子不斷消耗，溶液的pH不斷變大，故C錯誤；D.a極是水中氫氧根得到電子生成氧氣，電極反應(yīng)式為2H2O－4e－=4H++O2↑，故D正確。綜上所述，答案為C。不定項選擇題：本題包括5小題，每小題4分，共20分。每小題只有一個或兩個選項符合題意。若正確答案只包括一個選項，多選時，該小題得0分；若正確答案包括兩個選項，只選一個且正確的得2分，選兩個且都正確的得滿分，但只要選錯一個，該小題就得0分。11.鐵、銅及其化合物應(yīng)用特別廣泛。下列有關(guān)說法正確的是（）A.地下鋼管常用犧牲陽極的陰極愛護(hù)法，陽極材料可用銅B.反應(yīng)Cu2S+O22Cu+SO2，每生成1molCu轉(zhuǎn)移電子數(shù)為6.02×1023C.反應(yīng)2Cu+CO2+H2O+O2=Cu2(OH)2CO3室溫下能自發(fā)進(jìn)行，該反應(yīng)的ΔH<0D.室溫下，Ksp[Fe(OH)3]=4×10-38，pH=4的含F(xiàn)e3+溶液中，c(Fe3+)≤4×10-8mol·L-1【答案】CD【解析】【詳解】A.地下鋼管常用犧牲陽極的陰極愛護(hù)法，陽極材料不能用銅，只能用比Fe活潑的金屬，比如Mg，故A錯誤；B.反應(yīng)Cu2S+O22Cu+SO2，S化合價上升，Cu、O化合價降低，依據(jù)方程式生成2molCu轉(zhuǎn)移6mol電子，則每生成1molCu轉(zhuǎn)移3mol電子，即電子數(shù)為1.806×1024，故B錯誤；C.反應(yīng)2Cu+CO2+H2O+O2=Cu2(OH)2CO3室溫下能自發(fā)進(jìn)行，依據(jù)方程式得出該反應(yīng)ΔS＜0，ΔG＝ΔH－TΔS＜0，依據(jù)低溫下能自發(fā)進(jìn)行，因此該反應(yīng)的ΔH＜0，故C正確；D.室溫下，Ksp[Fe(OH)3]=4×10?38，pH=4的含F(xiàn)e3+溶液中，c(OH－)＝1×10?10mol·L?1，，因此c(Fe3+)≤4×10?8mol·L?1，故D正確。綜上所述，答案為CD。12.抗菌化合物X可由埃及地中海沿岸采集的沉積物樣品中分別得到，其結(jié)構(gòu)簡式如圖所示。下列有關(guān)化合物X的說法正確的是（）A.分子中有兩個手性碳原子B.分子中全部碳原子位于同一平面C.能與酸性KMnO4溶液反應(yīng)D.1mol化合物X至多與1molBr2發(fā)生反應(yīng)【答案】C【解析】【分析】【詳解】A.分子中有1個手性碳原子，如圖，*號碳原子為手性碳原子，故A錯誤；B.分子中全部碳原子位于同一平面，如圖，，*號碳與四周四個碳原子不行能共平面C.該分子中含有碳碳雙鍵，酚羥基，都能與酸性KMnO4溶液反應(yīng)，故C正確；D.該化合物中含有碳碳雙鍵，與Br2發(fā)生加成反應(yīng)，含有酚羥基，酚羥基的鄰位和對位能與Br2發(fā)生取代反應(yīng)，因此1mol化合物X至多與3molBr2發(fā)生反應(yīng)，故D錯誤。綜上所述，答案為C。13.室溫下進(jìn)行下列試驗，依據(jù)試驗操作和現(xiàn)象所得到的結(jié)論正確的是（）選項試驗操作和現(xiàn)象結(jié)論A向NaHSO3溶液中滴加足量Ba(OH)2溶液，出現(xiàn)白色沉淀，再加入足量鹽酸，沉淀全部溶解NaHSO3未被氧化B向3mLFe(NO3)3溶液中滴加幾滴HI溶液，振蕩，再滴加1mL淀粉溶液，溶液顯藍(lán)色I(xiàn)-的還原性比Fe2+的強(qiáng)C向MgSO4、CuSO4的混合稀溶液中滴入1滴稀NaOH溶液，有藍(lán)色沉淀生成Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Mg(OH)2]D用精密pH試紙測得：濃度均為0.1mol·L-1的NH4HCO3溶液、HCOONa溶液的pH分別為7.8、10.0H2CO3電離出H+的實力比HCOOH的強(qiáng)A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【分析】【詳解】A．白色沉淀，再加入足量鹽酸，沉淀全部溶解，說明沉淀中不存在硫酸鋇，即原溶液中不含硫酸根，NaHSO3未被氧化，A正確；B．向3mLFe(NO3)3溶液中滴加幾滴HI溶液，振蕩，再滴加1mL淀粉溶液，溶液顯藍(lán)色，說明產(chǎn)生了碘單質(zhì)，其緣由是硝酸根在酸性條件下將碘離子氧化，B不正確；C．MgSO4、CuSO4的混合稀溶液中，銅離子濃度和鎂離子濃度未知，故有藍(lán)色沉淀生成，也不能推斷Cu(OH)2和Mg(OH)2的溶度積，C不正確；D．濃度均為0.1mol·L-1的NH4HCO3溶液、HCOONa溶液的pH分別為7.8、10.0，由于在NH4HCO3溶液中存在銨根離子水解產(chǎn)生了氫離子，故不能依據(jù)pH大小去推斷和的水解實力，也不能推斷H2CO3和HCOOH的電離出H+的實力，D不正確。答案選A。14.室溫下，用NaOH溶液滴定X(NaH2PO4或NH4Cl)的稀溶液，溶液pH與n(NaOH)/n(X)的關(guān)系如圖所示，已知：pKa=-lgKa，H2PO+PO2HPO。室溫時下列指定溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是（）A.0.1mol·L-1NH4Cl溶液中滴加氨水至溶液呈中性：c(Cl-)=c(NH)>c(NH3·H2O)B.0.1mol·L-1NaH2PO4溶液中滴加NaOH至溶液呈中性：c(Na+)>3c(HPO)+3c(PO)C.0.1mol·L-1NaH2PO4溶液中滴加K3PO4至溶液呈中性：c(K+)>c(Na+)D.0.1mol·L-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(NH3·H2O)【答案】AC【解析】分析】溶液中性時，有，當(dāng)時，溶液呈堿性（pH=9.25）；當(dāng)時，溶液呈酸性（pH=6.86）?！驹斀狻緼．0.1mol·L-1NH4Cl溶液中，由電荷守恒得：，溶液呈中性，即有，故。水解顯酸性，電離顯堿性，由圖像可知，時，即與為1:1時，溶液呈堿性（pH=9.25），故溶液中性時，A正確；B．0.1mol·L-1NaH2PO4溶液中，由電荷守恒得：c(Na+)+c(H+)=+++c(OH-)，溶液呈中性，即有，故c(Na+)=++，圖像可知，當(dāng)時，即與為1:1時，溶液呈酸性（pH=6.86），若溶液呈中性，的量須要稍大，即有c(Na+)＜3c(HP)+3c(P)，B錯誤；C．當(dāng)NaH2PO4與K3PO4為3:1時，溶液中，由于H2PO+PO2HPO，此時溶液中與為1:1，由圖像可知，此時溶液呈酸性（pH=6.86），若溶液呈中性，K3PO4的量需略微大一點(diǎn)，故c(K+)>c(Na+)，C正確；D．當(dāng)NaH2PO4與氨水為1:2時，由物料守恒得c(H3PO4)+c(H2PO)+c(HPO)+c(PO)=2c(NH)+2c(NH3·H2O)，由圖像可知，所以，故的酸性強(qiáng)于的堿性，那么的酸性更強(qiáng)于的堿性，故為酸性。NaH2PO4與氨水為1:2時，溶質(zhì)為，所以加的堿須要略微多一點(diǎn)才能是中性，故c(H3PO4)+c(H2PO)+c(HPO)+c(PO)＜2c(NH)+2c(NH3·H2O)，D錯誤；故選AC?！军c(diǎn)睛】本題要留意D選項，通過圖可以推出的酸性強(qiáng)于的堿性，依據(jù)鹽類水解的規(guī)律，誰強(qiáng)顯誰性，磷酸與銨形成的鹽顯酸性。15.CO2催化重整CH4的反應(yīng)：(Ⅰ)CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)；ΔH1，主要副反應(yīng)：(Ⅱ)H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g)；ΔH2>0，(Ⅲ)4H2(g)+CO2(g)CH4(g)+2H2O(g)；ΔH3<0。在恒容反應(yīng)器中按體積分?jǐn)?shù)V(CH4)∶V(CO2)=50%∶50%充入氣體，加入催化劑，測得反應(yīng)器中平衡時各物質(zhì)的體積分?jǐn)?shù)與溫度的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是（）A.ΔH1=2ΔH2-ΔH3<0B.其他條件不變，適當(dāng)增大起始時V(CH4)∶V(CO2)，可抑制副反應(yīng)(Ⅱ)、(Ⅲ)的進(jìn)行C.300～580℃時，H2O的體積分?jǐn)?shù)不斷增大，是由于反應(yīng)(Ⅲ)生成H2O的量大于反應(yīng)(Ⅱ)消耗的量D.T℃時，在2.0L容器中加入2molCH4、2molCO2以及催化劑進(jìn)行重整反應(yīng)，測得CO2的平衡轉(zhuǎn)化率為75%，則反應(yīng)(Ⅰ)的平衡常數(shù)小于81【答案】BD【解析】【分析】【詳解】A.反應(yīng)(Ⅰ)可由2倍(Ⅱ)減去反應(yīng)(Ⅲ)得到，故ΔH1=2ΔH2-ΔH3，再依據(jù)圖示，隨溫度的上升，CH4和CO2的體積分?jǐn)?shù)減小，說明升溫，平衡正移，而升溫平衡向吸熱方向移，正反應(yīng)吸熱，ΔH1>0，A不正確；B.其他條件不變，適當(dāng)增大起始時V(CH4)∶V(CO2)，即增大CH4濃度和減小CO2濃度，依據(jù)平衡移動原理，減小反應(yīng)物濃度或增加生成物濃度，平衡都逆向移動，B正確；C.300～580℃時，H2O的體積分?jǐn)?shù)不斷增大，反應(yīng)(Ⅲ)是放熱反應(yīng)，升溫時，平衡逆移消耗H2O，反應(yīng)(Ⅱ)是吸熱反應(yīng)，升溫時正移，生成H2O，而由于反應(yīng)(Ⅲ)消耗H2O的量小于反應(yīng)(Ⅱ)生成水的量，C錯誤；D.T℃時，在2.0L容器中加入2molCH4、2molCO2以及催化劑進(jìn)行重整反應(yīng)，測得CO2的平衡轉(zhuǎn)化率為75%，則CO2轉(zhuǎn)化的濃度為依據(jù)三段式：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)起1mol/L1mol/L00轉(zhuǎn)0.75mol/L0.75mol/L1.5mol/L1.5mol/L平0.25mol/L0.25mol/L1.5mol/L1.5mol/L若不考慮副反應(yīng)，則反應(yīng)(Ⅰ)的平衡常數(shù)，但由于副反應(yīng)(Ⅲ)中，消耗的氫氣的量比二氧化碳多的多，故計算式中，分子減小的更多，值小于81，D正確；答案選BD。第Ⅱ卷(非選擇題共80分)16.一種利用H2C2O4(草酸)作助溶劑，酸浸提取硫酸燒渣(主要含F(xiàn)e2O3、FeO、SiO2等)制備鐵紅并回收副產(chǎn)物硫酸銨的工藝流程如圖：已知：H2C2O4可沉淀Ca2+、Fe2+等金屬離子，可與Fe3+生成[Fe(C2O4)3]3-，在硫酸作用下可熱分解生成CO和CO2。(1)用50%的硫酸“酸浸”時，反應(yīng)液的溫度、H2C2O4的加入量對鐵浸取率的影響分別如圖1、圖2所示：①“硫酸燒渣”中Fe2O3與H2SO4反應(yīng)的化學(xué)方程式為___。②圖1中，反應(yīng)液的溫度高于95℃時，鐵浸取率起先降低，其緣由是___。③圖2中，H2C2O4加入量在5～20%時，鐵浸取率隨加入量的增大而增大，其緣由是__；H2C2O4加入量超過20%時，鐵浸取率反而起先降低，其緣由是___。(2)“沉鐵”時發(fā)生的主要反應(yīng)的離子方程式為____。(3)由“過濾1”的濾渣制備鐵紅的“操作X”為___?！敬鸢浮?1).Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O(2).體系中H2C2O4(C2O)發(fā)生分解，助溶作用減弱(3).該范圍內(nèi)增大H2C2O4的量，有利于[Fe(C2O4)3]3-生成(4).過量的H2C2O4將酸浸液中的Fe2+轉(zhuǎn)化為FeC2O4沉淀(5).Fe(C2O4)3]3-+3NH3·H2O=Fe(OH)3↓+3C2O+3NH(6).高溫焙燒(或煅燒)【解析】【分析】H2C2O4可沉淀Ca2+、Fe2+等金屬離子，可與Fe3+生成[Fe(C2O4)3]3-，在硫酸作用下可熱分解生成CO和CO2。硫酸燒渣(主要含F(xiàn)e2O3、FeO、SiO2等)用硫酸和草酸浸取后的溶液中含有[Fe(C2O4)3]3-，F(xiàn)e2+，浸渣中主要含有二氧化硅；加入雙氧水將亞鐵離子氧化生成鐵離子，再加入氨水將[Fe(C2O4)3]3-轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀，過濾1后的濾液中主要含有硫酸銨和草酸銨，結(jié)晶得到硫酸銨晶體，母液中主要含有草酸銨，可以循環(huán)利用；過濾1的固體為氫氧化鐵，熱分解即可得到鐵紅(氧化鐵)，據(jù)此分析解答?！驹斀狻?1)①Fe2O3與H2SO4反應(yīng)生成硫酸鐵和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，故答案為：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O；②依據(jù)題意，H2C2O4可沉淀Ca2+、Fe2+等金屬離子，可與Fe3+生成[Fe(C2O4)3]3-，在硫酸作用下可熱分解生成CO和CO2。圖1中，反應(yīng)液的溫度高于95℃時，體系中H2C2O4(C2O)發(fā)生分解，助溶作用減弱，導(dǎo)致鐵浸取率起先降低，故答案為：體系中H2C2O4(C2O)發(fā)生分解，助溶作用減弱；③H2C2O4可與Fe3+生成[Fe(C2O4)3]3-，H2C2O4加入量在5～20%時，該范圍內(nèi)增大H2C2O4的量，有利于[Fe(C2O4)3]3-生成，使得鐵浸取率隨加入量的增大而增大；H2C2O4加入量超過20%時，過量的H2C2O4將酸浸液中的Fe2+轉(zhuǎn)化為FeC2O4沉淀，使得鐵浸取率反而起先降低，故答案為：該范圍內(nèi)增大H2C2O4的量，有利于[Fe(C2O4)3]3-生成；過量的H2C2O4將酸浸液中的Fe2+轉(zhuǎn)化為FeC2O4沉淀；(2)“沉鐵”時氨水與[Fe(C2O4)3]3-反應(yīng)生成氫氧化鐵沉淀，反應(yīng)的離子方程式為Fe(C2O4)3]3-+3NH3·H2O=Fe(OH)3↓+3C2O+3NH，故答案為：Fe(C2O4)3]3-+3NH3·H2O=Fe(OH)3↓+3C2O+3NH；(3)“過濾1”的濾渣為氫氧化鐵，將氫氧化鐵加熱分解即可制備鐵紅，因此“操作X”為高溫焙燒(或煅燒)，故答案為：高溫焙燒(或煅燒)?！军c(diǎn)睛】本題的易錯點(diǎn)和難點(diǎn)為(1)③，要留意依據(jù)題意明確H2C2O4的性質(zhì)和作用。17.3—丙基—5，6—二羥基異香豆素的一種合成路途如圖：已知：Ⅰ.；Ⅱ.Ph3PPh為苯基，Bu為CH3CH2CH2CH2—，t—Bu為(CH3)3C—，R1～R4為烴基或H（1）A中含氧官能團(tuán)的名稱為____和___。（2）E→F的反應(yīng)類型為__。（3）D的分子式為C14H18O4，寫出其結(jié)構(gòu)簡式：___。（4）C的一種同分異構(gòu)體同時滿意下列條件，寫出該同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：___(只寫一種)。①能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)；②堿性水解后酸化，兩種水解產(chǎn)物分子中均只有2種不同化學(xué)環(huán)境的氫。（5）寫出以和Ph3P為原料制備的合成路途流程圖___(無機(jī)試劑、有機(jī)催化劑及溶劑任用，合成路途流程圖示例見本題題干)?！敬鸢浮?1).羧基(2).醚鍵(3).消去反應(yīng)(消退反應(yīng))(4).(5).或(6).【解析】【分析】結(jié)合A的結(jié)構(gòu)簡式確定A中含有的官能團(tuán)；依據(jù)E、F分子的結(jié)構(gòu)簡式，E→F的反應(yīng)類型為消去反應(yīng)；在書寫C的一種同分異構(gòu)體同時滿意的條件，確定分子中含有苯環(huán)、酚羥基、酯基，假如要是苯環(huán)上含有兩個取代基時，兩種基團(tuán)是對位關(guān)系，若是三個取代基，三個取代基位于相間位置，并且其中兩個取代基為CH3COO—，另一個取代基為酚羥基；結(jié)合題中的已知信息進(jìn)行有機(jī)合成路途的設(shè)計，先視察原料有機(jī)物為和Ph3P，目標(biāo)產(chǎn)物為，然后與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成，在氫氧化鈉水溶液中在加熱的條件下水解生成，在肯定條件下發(fā)生催化氧化生成，另外，結(jié)合已知條件Ⅱ，與在t-BuOK/t-BuOH的條件下反應(yīng)生成?！驹斀狻浚?）A結(jié)構(gòu)簡式為，A中含有的官能團(tuán)為羧基、醚鍵；（2）結(jié)合E、F的結(jié)構(gòu)簡式，F(xiàn)的分子式比E的分子式少兩個氫原子，并且F的結(jié)構(gòu)簡式比E的結(jié)構(gòu)簡式多一個碳碳雙鍵，所以E→F的反應(yīng)類型為消去反應(yīng)；（3）結(jié)合C、E的結(jié)構(gòu)簡式以及已知條件Ⅱ，D的結(jié)構(gòu)簡式為；（4）C的一種同分異構(gòu)體同時滿意下列條件，①能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，說明該分子中含有苯環(huán)另外還含有酚羥基；②堿性水解后酸化，兩種水解產(chǎn)物分子中均只有2種不同化學(xué)環(huán)境的氫，說明該物質(zhì)中含有酯的基團(tuán)，所以滿意條件的C的同分異構(gòu)體為或；（5）與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成，在氫氧化鈉水溶液中在加熱的條件下水解生成，在肯定條件下發(fā)生催化氧化生成，另外，結(jié)合已知條件Ⅱ，與在t-BuOK/t-BuOH的條件下反應(yīng)生成，合成路途為：?！军c(diǎn)睛】本題的有機(jī)物的結(jié)構(gòu)比較困難，條件比較多，考生應(yīng)當(dāng)結(jié)合合成路途圖、充分利用已知條件和所學(xué)的學(xué)問進(jìn)行逐步推斷，確定物質(zhì)之間轉(zhuǎn)化發(fā)生的反應(yīng)類型。在同分異構(gòu)體書寫的過程中，要充分考慮已知條件，例如能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，說明該物質(zhì)中含有苯環(huán)和酚羥基；堿性水解后酸化，兩種水解產(chǎn)物分子中均只有2種不同化學(xué)環(huán)境的氫，說明分子中含有酯基，并且該物質(zhì)具有肯定的對稱性。18.ClO2廣泛用于水處理、紙漿漂白等。（1）制備ClO2原料有NaClO2等，產(chǎn)生的ClO2(g)用蒸餾水汲取得到汲取液A。①ClO2中氯元素的化合價為___。②NaClO2與鹽酸在微熱條件下生成ClO2氣體(及少量副產(chǎn)物Cl2)，寫出其反應(yīng)生成ClO2、NaCl和水的化學(xué)方程式：___。（2）碘量法測定ClO2汲取液A中ClO2和Cl2的濃度的主要試驗步驟如下：步驟1.向錐形瓶中加入50mL蒸餾水、25mL100g·L-1KI溶液(足量)，再向其中加入5.00mLClO2汲取液(發(fā)生反應(yīng)：2ClO2+2KI=2KClO2+I2，Cl2+2KI=2KCl+I2)。步驟2.用0.1000mol·L-1Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定(2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6)至淺黃色，再加入1mL淀粉溶液，接著滴定至藍(lán)色剛好消逝，消耗Na2S2O3溶液6.00mL。步驟3.向步驟2的溶液中加入5mL2mol·L-1硫酸溶液酸化，發(fā)生反應(yīng)：KClO2+4KI+2H2SO4=KCl+2K2SO4+2I2+2H2O。步驟4.重復(fù)步驟2操作，其次次滴定又消耗0.1000mol·L-1Na2S2O3溶液20.00mL。依據(jù)上述數(shù)據(jù)，計算ClO2汲取液A中ClO2和Cl2的濃度___(單位g·L-1，寫出計算過程)?！敬鸢浮?1).+4(2).5NaClO2+4HCl4ClO2↑+5NaCl+2H2O(3).令5.00mLClO2汲取液中，n(ClO2)=xmol，n(Cl2)=ymol，由反應(yīng)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，依據(jù)反應(yīng)方程式2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6，n(I2)=n(Na2S2O3)=×0.1000mol·L-1×6.00×10-3L=3×10-4mol=(x+y)mol；依據(jù)反應(yīng)方程式KClO2+4KI+2H2SO4=KCl+2K2SO4+2I2+2H2O，2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6，列出關(guān)系式KClO2~2I2~4Na2S2O3，n(KClO2)=n(Na2S2O3)=×0.1000mol·L-1×20.00×10-3L=5×10-4mol，因為n(KClO2)=n(ClO2)=xmol，所以x=5.0×10-4，又因為3×10-4=(x+y)，y=5.0×10-5，故5.00mLClO2汲取液中ClO2和Cl2的濃度分別為為、?！窘馕觥俊痉治觥坷没衔镏性鼗蟽r代數(shù)和為0，確定ClO2中氯元素的化合價；2ClO2+2KI=2KClO2+I2，Cl2+2KI=2KCl+I2，依據(jù)題中的數(shù)據(jù)和已知方程式，找出n(KClO2)=n(ClO2)、n(I2)=n(ClO2)+n(Cl2)，再依據(jù)反應(yīng)方程式2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6，n(I2)=n(ClO2)+n(Cl2)=n(Na2S2O3)，最終依據(jù)反應(yīng)方程式KClO2+4KI+2H2SO4=KCl+2K2SO4+2I2+2H2O，找出n(KClO2)=n(Na2S2O3)，把兩次用到的Na2S2O3的物質(zhì)的量代入計算，即可計算出ClO2和Cl2的物質(zhì)的量?！驹斀狻浚?）①ClO2中氧元素的化合價為-2價，依據(jù)化合物中元素化合價代數(shù)和為0，則ClO2中氯元素的化合價為+4價；②NaClO2與鹽酸在微熱條件下反應(yīng)生成ClO2、NaCl和水，該反應(yīng)為氧化還原反應(yīng)，依據(jù)氧化還原反應(yīng)中得失電子守恒配平方程式，其方程式為5NaClO2+4HCl4ClO2↑+5NaCl+2H2O；（2）令5.00mLClO2汲取液中，n(ClO2)=xmol，n(Cl2)=ymol，由反應(yīng)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，依據(jù)反應(yīng)方程式2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6，n(I2)=n(Na2S2O3)=×0.1000mol·L-1×6.00×10-3L=3×10-4mol=(x+y)mol；依據(jù)反應(yīng)方程式KClO2+4KI+2H2SO4=KCl+2K2SO4+2I2+2H2O，2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6，列出關(guān)系式KClO2~2I2~4Na2S2O3，n(KClO2)=n(Na2S2O3)=×0.1000mol·L-1×20.00×10-3L=5×10-4mol，因為n(KClO2)=n(ClO2)=xmol，所以x=5.0×10-4，又因為3×10-4=(x+y)，y=5.0×10-5，故5.00mLClO2汲取液中ClO2的濃度為，5.00mLClO2汲取液中Cl2的濃度為?！军c(diǎn)睛】本題考查肯定體積ClO2汲取液A中ClO2和Cl2的濃度，考生留意以下兩點(diǎn)：①依據(jù)方程式之間的化學(xué)計量數(shù)之間的關(guān)系，列出關(guān)系式，然后代入數(shù)值計算；②單位的濃度，考生習(xí)慣于mol·L-1，而題中濃度的單位是g·L-1，所以考生應(yīng)當(dāng)細(xì)致審題，留意單位換算。19.試驗室以合成氨(低溫變換的)廢催化劑(主要含Zn、Cu的單質(zhì)和氧化物)為原料制取ZnCO3·2Zn(OH)2和Cu2O，其試驗流程如圖：（1）“灼燒”時，需用的硅酸鹽質(zhì)儀器除玻璃棒、酒精燈外，還有___和___。（2）“浸取”時，生成[Zn(NH3)4]CO3的離子方程式為___。（3）加“Zn粉”時，為使Zn粉不過量太多{已知：溶液中[Cu(NH3)4]2+呈深藍(lán)色}，合適的操作方法及依據(jù)的現(xiàn)象是___；分別出的銅粉中混有少量Zn，提純銅粉的方案是__。（4）已知反應(yīng)：[Zn(NH3)4]2+Zn2++4NH3，K=3.5×10-10，由[Zn(NH3)4]CO3溶液制取ZnCO3·2Zn(OH)2，可采納的裝置是___(填字母)。（5）設(shè)計以提純后的銅粉為原料制取Cu2O的試驗方案：向燒杯中加入計量的銅粉，__，靜置、冷卻、過濾、水洗及干燥[已知在約50℃時，發(fā)生反應(yīng)：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O。試驗中必需運(yùn)用的試劑：稀硫酸、葡萄糖溶液、10%的NaOH溶液和15%的H2O2溶液]?！敬鸢浮?1).坩堝(2).泥三角(3).ZnO+3NH3·H2O+NH+HCO=[Zn(NH3)4]2++CO+4H2O(4).攪拌下分次加入Zn粉，直到最終加入Zn粉時，溶液顏色由深藍(lán)色變?yōu)闊o色(5).用稀硫酸溶解、過濾和水洗(干燥)(6).CD(7).攪拌下加入稍過量硫酸和過量的15%的H2O2溶液，加熱至約50℃，待銅粉完全溶解時，煮沸溶液片刻(除去過量H2O2)，冷卻至室溫，向溶液中加入10%的NaOH溶液至沉淀完全，再加入肯定量的10%的NaOH溶液和足量葡萄糖溶液，充分加熱【解析】【分析】試驗室以合成氨(低溫變換的)廢催化劑(主要含Zn、Cu的單質(zhì)和氧化物)為原料燃燒制得氧化鋅、氧化銅；在碳酸氫銨、氨水混合液中浸取得到[Zn(NH3)4]CO3、[Cu(NH3)4]CO3，加入鋅粉反應(yīng)后分別得到無色溶液[Zn(NH3)4]CO3和銅，銅進(jìn)一步制得Cu2O；[Zn(NH3)4]CO3進(jìn)一步制取得到ZnCO3·2Zn(OH)2，所此分析?！驹斀狻浚?）灼燒須要用到的硅酸鹽質(zhì)儀器有玻璃棒、泥三角、坩堝和酒精燈，故答案為坩堝、泥三角；（2）“浸取”時，生成[Zn(NH3)4]CO3，反應(yīng)物為NH3、ZnO、NH4HCO3，依據(jù)元素守恒可得反應(yīng)的離子方程式為ZnO+3NH3·H2O+NH+HCO=[Zn(NH3)4]2++CO+4H2O；（3）加“Zn粉”時，已知：溶液中[Cu(NH3)4]2+呈深藍(lán)色，為使Zn粉不過量太多，在攪拌下分次加入Zn粉，直到最終加入Zn粉時，溶液顏色由深藍(lán)色變?yōu)闊o色；用稀硫酸溶解、過濾和水洗(干燥)，分別出的銅粉中混有少量Zn，從而提純銅粉；（4）已知反應(yīng)：[Zn(NH3)4]2+Zn2++4NH3，K=3.5×10-10，反應(yīng)為熵增、焓增的反應(yīng)，高溫有利于平衡正向移動，生成的氨氣密度小于空氣且極易溶于水，故由[Zn(NH3)4]CO3溶液制取ZnCO3·2Zn(OH)2，可采納的裝置可加熱溶液且汲取生成的氨氣防倒吸等，故答案選CD；（5）設(shè)計以提純后的銅粉為原料制取Cu2O的試驗方案：向燒杯中加入計量的銅粉，攪拌下加入稍過量硫酸和過量的15%的H2O2溶液，加熱至約50℃，待銅粉完全溶解時，煮沸溶液片刻(除去過量H2O2)，冷卻至室溫，向溶液中加入10%的NaOH溶液至沉淀完全，再加入肯定量的10%的NaOH溶液和足量葡萄糖溶液，充分加熱，靜置、冷卻、過濾、水洗及干燥。20.NaClO廣泛用作消殺劑、水處理劑及漂白劑等。已知：NaClO溶液中物種分布分?jǐn)?shù)與溶液pH的關(guān)系如圖1所示。（1）向NaClO溶液中通入CO2，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為___(H2CO3的lgKa1、lgKa2依次為-6.38、-10.21)；反應(yīng)ClO-+H2OHClO+OH-的lgK=____。（2）用Na+導(dǎo)體陶瓷膜電解法生產(chǎn)次氯酸鈉溶液的裝置如圖2所示。①陽極產(chǎn)生Cl2的電極反應(yīng)式為____。②其他條件不變，若撤去“Na+導(dǎo)體陶瓷膜”，NaClO的產(chǎn)率則會降低，其主要緣由是___。（3）NaClO溶液中ClO-與H2O產(chǎn)生更強(qiáng)氧化性的HClO，可將水體中氨氮氧化為N2(NH3比NH更易被氧化)。室溫時，取氨氮廢水200mL，在轉(zhuǎn)速、NaClO投加量相同且均反應(yīng)30min時，反應(yīng)初始pH對剩余氨氮濃度及氨氮去除率的影響如圖3所示。①NaClO氧化NH3的化學(xué)方程式為___。②pH在3～7時，隨pH增大氨氮去除率上升的緣由是___。③pH在7～9時，隨pH增大氨氮去除率降低的緣由是__。【答案】(1).CO2+ClO-+H2O=HCO+HClO(2).-6.5(3).2Cl--2e-=Cl2↑(4).ClO-擴(kuò)散到陰極并被還原(5).2NH3+3NaClO=N2+3H2O+3NaCl(6).隨溶液pH增大，NH漸漸轉(zhuǎn)化為更易被氧化的NH3，且由圖1知NaClO溶液的主要成分為氧化實力更強(qiáng)的HClO(7).NaClO溶液中ClO-含量增大，氧化性減弱【解析】【分析】（1）酸性強(qiáng)弱HClO＞HCO3-，依據(jù)強(qiáng)酸制取弱酸知，二者反應(yīng)生成碳酸氫鈉和次氯酸；依據(jù)水解平衡常數(shù)進(jìn)行推算；（2）①陽極上氯離子失電子產(chǎn)生Cl2；②ClO-擴(kuò)散到陰極并被還原，導(dǎo)致NaClO的產(chǎn)率則會降低；（3）①NaClO氧化NH3生成氮?dú)?，同時生成氯化鈉和水；②③依據(jù)圖中信息結(jié)合曲線改變進(jìn)行分析?！驹斀狻浚?）酸性強(qiáng)弱HClO＞HCO3-，依據(jù)強(qiáng)酸制取弱酸知，二者反應(yīng)生成碳酸氫鈉和次氯酸，離子方程式為ClO-+CO2+H2O═HClO+HCO3-；依據(jù)圖中信息可知當(dāng)pH=7.5，Ka=c(H+)=10-7.5，反應(yīng)ClO-+H2OHClO+OH-的K=====10-6.5；lgK=lg10-6.5=-6.5；（2）①陽極上氯離子失電子產(chǎn)生Cl2，發(fā)生的電極反應(yīng)式為2Cl--2e-=Cl2↑；②其他條件不變，若撤去“Na+導(dǎo)體陶瓷膜”，ClO-擴(kuò)散到陰極并被還原，導(dǎo)致NaClO的產(chǎn)率則會降低；（3）①NaClO氧化NH3生成氮?dú)?，同時生成氯化鈉和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2NH3+3NaClO=N2+3H2O+3NaCl；②隨溶液pH增大，NH漸漸轉(zhuǎn)化為更易被氧化的NH3，且由圖1知NaClO溶液的主要成分為氧化實力更強(qiáng)的HClO，故pH在3～7時，隨pH增大氨氮去除率上升；③NaClO溶液中ClO-含量增大，氧化性減弱，故pH在7～9時，隨pH增大氨氮去除率降低。21.硼的化合物或合金在儲氫、有機(jī)合成、超導(dǎo)等方面用途特別廣泛。（1）Mn(BH4)2是一種儲氫材料，Mn2+基態(tài)核外電子排布式為___。（2）與環(huán)硼氮六烷[分子式為(HNBH)3]互為等電子體的常見分子是___(填結(jié)構(gòu)簡式)；推想環(huán)硼氮六烷在熱水、CH3OH中的溶解性：__(填“難”或“易”)溶于熱水、CH3OH。（3）化合物X(如圖所示)可由CH2CHCH2MgBr與B(OCH3)3制備。X分子中碳原子的軌道雜化類型為___；1molX分子中含σ鍵數(shù)目為____。（4）YxNiyBzCw在臨界溫度15.6K時可實現(xiàn)超導(dǎo)，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，則其化學(xué)式為___。【答案】(1).[Ar]3d5或1