《2019-2020学年安徽省定远县三中新高考化学模拟试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年安徽省定远县三中新高考化学模拟试卷含解析.pdf（19页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2019-2020学年安徽省定远县三中新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1已知气态烃A 的产量是一个国家石油化工水平的重要标志，有机物AE能发生如图所示一系列变化，则下列说法正确的是()A AB 的反应类型为加成反应B常温下有机物C是一种有刺激性气味的气体C分子式为C4H8O2的酯有 3 种D l mol D 与足量碳酸氢钠反应生成气体的体积为22.4L【答案】A【解析】【分析】气态烃 A 的产量是一个国家石油化工水平的重要标志，A 是 C2H4；乙烯与水反应生成乙醇，乙醇催化氧化为乙醛、乙醛氧化为乙酸，乙酸与乙醇发生酯化
2、反应生成乙酸乙酯，所以B 是乙醇、C是乙醛、D 是乙酸、E是乙酸乙酯。【详解】A.乙烯与水发生加成反应生成乙醇，所以反应类型为加成反应，故A 正确；B.C是乙醛，常温下乙醛是一种有刺激性气味的液体，故B错误；C.分子式为C4H8O2的酯有 HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2、CH3COOCH2CH3、CH3CH2COOCH3，共 4 种，故 C 错误；D.l mol 乙酸与足量碳酸氢钠反应生成1mol 二氧化碳气体，非标准状况下体积不一定为22.4L，故 D 错误。【点睛】本题考查有机物的推断，试题涉及烯、醇、醛、羧酸等的性质与转化，熟悉常见有机物的转化，根据“A的产量是一个
3、国家石油化工水平的重要标志”，准确推断A 是关键。2银精矿(其化学成分有：Ag、Zn、Cu、Pb、S 及 SiO2等)从其中提取银及铜和铅的工艺流程如图：回答下列问题：(1)“浸取”时，当盐酸的浓度和KClO3的量一定时，为提高浸取率可采取的措施是_(请用简练语言列举一项)。(2)“分离”所加试剂X 为_，“分离”所得滤渣中除含单质硫外，还含有的成分有_。(3)“浸银”反应的化学方程式为_(4)N2H4的电子式为 _，“还原”反应的离子方程式为_。(5)“粗银”(含 Ag、Cu、Zn、Au)可用立式电解槽电解精炼，纯银作阴极，电解液采用硝酸和硝酸银的混合溶液。硝酸浓度不能过大，其原因是_(写出
4、一条即可)。(6)此类工厂排出的废水中含有NO3-，对人体有害。科技人员在碱性条件下用Al 粉将NO3-还原为N2。缺点是处理后的水中引入了AlO2-，仍然对人体健康有害。已知：25时，KspAl(OH)3=1.3 10-33Al(OH)3?H+AlO2-+H2O K=1.0 10-1325时，欲将上述处理过水中的AlO2-浓度降到1.0 10-6 mol/L，此时水中c(Al3+)=_mol/L。25时，Al(OH)3溶于 NaOH 溶液反应的平衡常数K=_。【答案】充分搅拌、粉碎银精矿、适当增大液固比、适当提高浸取温度、适当延长浸取时间Zn SiO2AgCl+2Na2SO3=Na3Ag(S
5、O3)2+NaCl 4Ag(SO3)23-+N2H4+4OH-=4Ag +8SO32-+N2 +4H2O 防止生成的银被硝酸溶解；防止NO3-优先于Ag+在阴极放电1.3 10-1210【解析】【分析】银精矿(其化学成分有：Ag、Zn、Cu、Pb、S及 SiO2等)加盐酸和氯酸钾浸取，过滤，溶液中含有Zn2+、Cu2+、Pb2+，滤渣中含有S、SiO2、AgCl等；浸出液中加金属还原剂Zn，把 Cu2+、Pb2+还原为单质，则试剂X为Zn，分离得到Cu和 Pb、ZnCl2溶液；浸出渣含有S、SiO2、AgCl，加 Na2SO3溶液，AgCl与 Na2SO3反应生成 Na3Ag(SO3)2和 N
6、aCl，过滤，滤渣为S和 SiO2，滤液为Na3Ag(SO3)2和 NaCl，在滤液中加N2H4，生成Ag 和氮气；滤液中含有亚硫酸钠，氧化生成硫酸钠，以此解答该题。【详解】(1)浸取时当盐酸的浓度和KClO3的量一定时，要加快化学反应速率的方法有：充分搅拌、粉碎银精矿、适当增大液固比、适当提高浸取温度、适当延长浸取时间，选择其中任意两种方法即可；(2)分离得到氯化锌溶液可知加入的试剂X 为 Zn；根据分析可知“分离”所得滤渣中除含单质硫外，还含有 SiO2；(3)根据流程可知，浸银的反应物为AgCl 和 Na2SO3溶液，产物有Na3Ag(SO3)2，根据元素守恒可知反应方程式为：AgCl+
7、2Na2SO3=Na3Ag(SO3)2+NaCl；(4)N2H4的电子式为；根据流程可知还原时主要反应物有Na3Ag(SO3)2 和 N2H4，主要产物为氮气和 Ag，可知反应过程银离子被还原，N2H4中氮元素被氧化，生成氮气，根据电子守恒和元素守恒可知离子方程式为：4Ag(SO3)23-+N2H4+4OH-=4Ag +8SO32-+N2 +4H2O；(5)浓硝酸具有强氧化性能氧化Ag，生成硝酸银溶液，所以硝酸浓度不能过大，防止生成的银被硝酸溶解；同时溶液中有大量硝酸根离子，还要防止NO3-优先于Ag+在阴极放电；(6)水中 AlO2-浓度降到1.0 10-6mol?L-1，依据 Al(OH)
8、3?AlO2-+H+H2O，K=1.0 10-13，则c(H+)=1361.0 101.0 10=10-7(mol/L)，则 c(OH-)=10-7mol/L，25时，KspAl(OH)3=c3(OH-)c(Al3+)=1.3 10-33，则c(Al3+)=33371.3 1010=1.3 10-12mol?L-1；由 H2O?OH-+H+、Al(OH)3?AlO2-+H+H2O 可知，-得到 OH-+Al(OH)3?AlO2-+H+，则 Al(OH)3溶于 NaOH溶液反应的平衡常数数值为K-2-AlOOHcc=671.0101.010=10。3下列实验操作规范且能达到实验目的是（）选项实验
9、目的实验操作A 除去KNO3中混有NaCl 将固体混合物溶于水后蒸发结晶，过滤B 制备 Fe(OH)3胶体将 NaOH 浓溶液滴加到饱和的FeCl3溶液中C CCl4萃取碘水中的I2先从分液漏斗下口放出有机层，后从上口倒出水层D 验证铁的吸氧腐蚀将铁钉放入试管中，用盐酸浸没A A BB CC D D【答案】C【解析】【详解】A.KNO3的溶解度受温度影响大，而NaCl 的溶解度受温度影响不大，可将固体溶解后蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，以除去KNO3固体中少量的NaCl 固体，故A 错误；B.将 NaOH 浓溶液滴加到饱和的FeCl3溶液中，二者反应生成Fe(OH)3沉淀，无法获得氢氧
10、化铁胶体，故 B 错误；C.CCl4与水不互溶，且不发生任何发应，可用CCl4萃取碘水中的I2，CCl4的密度比水的密度大，则混合液分层后先从分液漏斗下口放出有机层，后从上口倒出水层，故C 正确；D.铁在中性溶液或弱酸性溶液中可发生吸氧腐蚀，盐酸为酸性溶液，发生析氢腐蚀，故D 错误；故选 C。4工业上利用无机矿物资源生产部分材料的流程图如下。下列说法不正确的是A在铝土矿制备较高纯度Al 的过程中常用到NaOH 溶液、CO2气体、冰晶石B石灰石、纯碱、石英、玻璃都属于盐，都能与盐酸反应C在制粗硅时，被氧化的物质与被还原的物质的物质的量之比为2 1 D黄铜矿(CuFeS2)与 O2反应产生的Cu2
11、S、FeO均是还原产物【答案】B【解析】A.用铝土矿制备较高纯度A1，首先用NaOH 溶液将铝土矿中的氧化铝溶解转化为偏铝酸钠溶液，然后过滤、向滤液中通入CO2气体把偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，再过滤得氢氧化铝，接着加热氢氧化铝让其分解为氧化铝，最后用冰晶石作助熔剂，电解熔融的氧化铝得到铝，所以A 正确；B.、石英的主要成分是二氧化硅，它属于酸性氧化物不与盐酸反应。玻璃的主要成分有二氧化硅、硅酸钠、硅酸钙，组成中有盐故被称为硅酸盐产品，它也不能与盐酸反应，实验室经常用玻璃瓶盛放盐酸，所以B 不正确；C.在制粗硅时，发生反应SiO2+2C=Si+2CO，被氧化的物质C与被还原的物质SiO2的物质
12、的量之比为21，C是正确的；D.黄铜矿(CuFeS2)与 O2反应，铜由+2 价降为+1 价被还原得到Cu2S、氧由 0 价降至-2 得到 FeO，所以 Cu2S、FeO 均是还原产物，D 正确。5工业上用发烟HClO4把潮湿的 CrCl3氧化为棕色的烟CrO2(ClO4)2来除去 Cr()，HClO4中部分氯元素转化为最低价态。下列说法不正确的是（）A HClO4属于强酸，反应还生成了另一种强酸B该反应中，参加反应的氧化剂与氧化产物的物质的量之比为38 CCrO2(ClO4)2中 Cr 元素显+6 价D该反应离子方程式为19ClO4-+8Cr3+8OH-=8CrO2(ClO4)2+3Cl-+
13、4H2O【答案】D【解析】【分析】根据题意，写出该反应的化学方程式：19HClO4+8CrCl3+4H2O=8CrO2(ClO4)2+27HCl，据此解答。【详解】A HClO4属于强酸，反应生成的HCl 也是强酸，A 项正确；B该反应的氧化剂为HClO4，氧化产物为CrO2(ClO4)2，根据方程式，当有19molHClO4参加反应时，其中有 3mol 作氧化剂，生成的氧化产物CrO2(ClO4)2为 8mol，因此参加反应的氧化剂与氧化产物的物质的量之比为 38，B项正确；CCrO2(ClO4)2中 O 元素显-2 价，ClO4-显-1 价，所以Cr 元素显+6价，C项正确；D该反应在酸性
14、条件下发生，离子方程式为19ClO4-+8Cr3+4H2O=8CrO2(ClO4)2+8H+3Cl-，D 项错误；答案选 D。6常温下，下列各组物质中，Y既能与 X反应又能与Z 反应的()X Y Z FeCl3溶液Cu 浓硫酸KOH溶液SiO2浓盐酸SO2Ca(OH)2NaHCO3NaOH 溶液Al(OH)3稀硫酸A BCD【答案】D【解析】【分析】Cu与 FeCl3溶液发生氧化还原反应，常温下不与浓硫酸发生反应；SiO2属于酸性氧化物，能与强碱反应，但不与浓盐酸反应；Ca(OH)2是强碱与SO2反应，与NaHCO3也反应；Al(OH)3属于两性氢氧化物，与强酸强碱溶液都反应；【详解】Cu与
15、FeCl3溶液发生氧化还原反应：Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，常温下不和浓硫酸反应，故错误；SiO2属于酸性氧化物，能与强碱发生反应，所以与氢氧化钾发生反应SiO2+2KOH=K2SiO3+H2O，但不能和盐酸反应；Ca(OH)2是强碱与SO2酸性氧化物发生反应Ca(OH)2+SO2=CaSO3+H2O，与 NaHCO3也发生反应；Al(OH)3属于两性氢氧化物，能和强酸强碱溶液都反应，和强碱 NaOH 反应 Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O、和硫酸反应3H2SO4+2Al(OH)3=Al2(SO4)3+6H2O；故 正确，故答案为D。【点睛】本题考查物质的相关
16、性质，熟记相关物质的反应及反应条件很重要。7 偏二甲肼 （CH3）2N-NH2（N 为-2 价）与 N2O4是常用的火箭推进剂，发生的化学反应如下：（CH3）2N-NH2（l）+2N2O4（l）2CO2（g）+3N2（g）+4H2O（g）H 0，下列说法不正确的是（）A该反应在任何情况下都能自发进行B1mol（CH3）2N-NH2含有 11mol 共价键C反应中，氧化产物为CO2，还原产物为N2D反应中，生成1molCO2时，转移8mole-【答案】C【解析】【详解】A.自发反应的判断依据，G=H-TS0，反应能自发进行，根据方程式（CH3）2N-NH2（l）+2N2O4（l）2CO2（g）+
17、3N2（g）+4H2O（g）H0 可知，H0，可得 G=H-T S0，该反应在任何情况下都能自发进行，A 正确；B.1mol（CH3）2N-NH2含有 11mol 共价键，B 正确；C.反应中，C 元素化合价由-4 升高到+4，发生氧化反应，CO2为氧化产物，N 元素化合价由-2 升高到 0，+4 降低到 0，即发生氧化反应又发生还原反应，N 2即为氧化产物又为还原产物，C错误；D.反应中，C 元素化合价由-4 升高到+4，生成 1molCO2时，转移 8mole-，D 正确；故答案选C。【点睛】自发反应的判断依据，G=H-TS 0，反应自发进行，G=H-T S0，反应非自发，S为气体的混乱度
18、。8向某 Na2CO3、NaHCO3的混合溶液中加入少量的BaCl2固体(溶液体积变化、温度变化忽略不计)，测得溶液中离子浓度的关系如图所示，下列说法正确的是()已知：Ksp(BaCO3)=2.4010-9A A、B、C三点对应溶液pH 的大小顺序为：ABC BA 点对应的溶液中存在：c(CO32-)BC，A 正确；BA 点对应的溶液的32-3-(CO)-lg(HCO)cc小于 0，可知32-3-(CO)(HCO)cc0，可知 c(CO32-)c(HCO3-)，B错误；CB点对应的溶液的lgc(Ba2)=-7，则 c(Ba2)=10-7molL1，根据 Ksp(BaCO3)=c(Ba2)c(C
19、O32)=2.4010-9，可得 c(CO32)=-9sp3-22+-7K(BaCO)2.4 10=2.410 mol/(Ba)10Lc，C错误；D通入 CO2，CO2与水反应生成H2CO3，H2CO3第一步电离产生较多的HCO3，32-3-(CO)(HCO)cc减小，则32-3-(CO)-lg(HCO)cc增大，C 点不能移动到B点，D 错误。答案选 A。【点睛】D 项也可以根据电离平衡常数推导，根据HCO3HCO32，有+2323(H)(CO)K(HCO)accc，转化形式可得，232+3(CO)K(HCO)(H)accc，通入 CO2，溶液的酸性增强，c(H)增大，232+3(CO)K(
20、HCO)(H)accc减小，则32-3-(CO)-lg(HCO)cc增大。9屠呦呦因发现治疗疟疾的青蒿素和双氢青蒿素（结构如图）获得诺贝尔生理学或医学奖一定条件下青蒿素可以转化为双氢青蒿素下列有关说法中正确的是A青蒿素的分子式为C15H20O5B双氢青蒿素能发生氧化反应、酯化反应C1 mol 青蒿素最多能和1 molBr2发生加成反应D青蒿素转化为双氢青蒿素发生了氧化反应【答案】B【解析】A由结构可知青蒿素的分子式为C15H22O5，故 A 错误；B双氢青蒿素含-OH，能发生氧化反应、酯化反应，故B 正确；C青蒿素不含碳碳双键或三键，则不能与溴发生加成反应，故C错误；D青蒿素转化为双氢青蒿素，
21、H 原子数增加，为还原反应，故D 错误；故选B。10常温下，H2A 和 H2NCH2CH2NH2溶液中各组分的物质的量分数随 pH 的变化如图（I）、（II）所示。下列说法不正确的是已知：+222223222H NCH CH NHH OH NCH CH NHOH?。A NaHA溶液中各离子浓度大小关系为：+-+2-c Nac HAc Hc Ac OHB乙二胺（H2NCH2CH2NH2）的 Kb2=10-7.15CH3NCH2CH2NH3A 溶液显碱性D向 H3NCH2CH2NH2 HA 溶液中通人HCl，22222+32+22c H NCH CH NHc H AcH NCH CH NHc HA
22、不变【答案】C【解析】【详解】A由图 1 可知，当c（HA）=c（A2）时，溶液显酸性，所以NaHA 溶液显酸性，电离程度大于水解程度，则各离子浓度大小关系为：c（Na）c（HA）c（H）c（A2）c（OH），故 A 正确；B由图 2 可知，当 c（H3NCH2CH2NH2+）=cH3NCH2CH2NH32+）时，溶液的 pH=6.85，c（OH）=10-7.15mol L1，则Kb2=232233222()cH NCH CH NHc OHcH NCH CH NH=c（OH），Kb2=10-7.15，故 B正确；C由图 2 可知，当 c（H3NCH2CH2NH32+）=c（H3NCH2CH2N
23、H+）时，溶液的 pH=6.85，c（OH）=10-7.15mol L1，则 Kb2=10-7.15，由图 1 可知，当c（HA）=c（A2）时，pH=6.2，则 Ka2=10-6.2，H3NCH2CH2NH32+的水解程度大于A2的水解程度，溶液显酸性，故C 错误；D22222+32+22c H NCH CH NHc H AcH NCH CH NHc HA=222223222()?()()c H NCH CH NHc H Ac OHc Hc HAc HcH NCH CH NHc OH（）（）=11KwKaKb，由于通入HCl，Kw、Kb1、Ka1都不变，所以22222+32+22c H NC
24、H CH NHc H AcH NCH CH NHc HA不变，故D 正确。故选 C。【点睛】本题考查弱电解质的电离平衡及盐的水解平衡原理的应用，把握电离平衡原理和水解原理、电离常数和水解常数的计算、图象数据的分析应用为解答的关键，侧重分析、应用能力和计算能力的考查，难点D，找出所给表达式与常数Kw、Kb1、Ka1的关系。11纪录片我在故宫修文物表现了文物修复者穿越古今与百年之前的人进行对话的职业体验，让我们领略到历史与文化的传承。下列文物修复和保护的过程中涉及化学变化的是（）A A BB CC D D【答案】A【解析】【详解】A、银器用除锈剂见新，银的化合物被除锈剂溶解或还原为单质银，有新物质
25、生成，属于化学变化，故A正确；B、变形的金属香炉复原，是香炉的外形改变，属于物理变化，故B 错误；C、古画水洗除尘，是尘土与古画分离，没有新物质生成，属于物理变化，故C错误；D、木器表面擦拭烫蜡，没有新物质生成，属于物理变化，故D 错误；答案选 A。12下列关于各装置与其对应的实验目的或得到的实验结论的说法中正确的是（）选项A B C D 实验装置探究温度对平衡2NO2N2O4的影响目的或结论探究温度对平衡2NO2N2O4的影响试管中收集到无色气体，说明铜与浓硝酸的反应产物是NO 海带提碘时，用上述装置灼烧海带除去 HCl 气体中混有的少量Cl2A A BB CC D D【答案】A【解析】【详
26、解】A对于可逆反应2NO2N2O4，升高温度，气体的颜色变深，则平衡逆向移动；降低温度，气体颜色变浅，则平衡正向移动，A 正确；B铜与浓硝酸反应，不管生成的气体是NO 还是 NO2，用排水法收集后，都收集到无色的气体，所以不能肯定生成的气体的成分，B 错误；C灼烧海带时，应放在坩埚内，否则会损坏烧杯，C错误；D饱和食盐水，用于除去Cl2中混有的HCl 气体，D 错误；故选A。13室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A 0.1mol L1KHSO3溶液：Na、NH4+、H+、SO42-B0.1mol L1H2SO4溶液：Mg2、K+、Cl、NO3-C0.1mol L1Na2SO3溶
27、液：Ba2+、K+、ClO-、OH-D 0.1mol L1Ba（OH）2溶液：NH4+、Na+、Cl、HCO3-【答案】B【解析】【详解】A项、溶液中H+与KHSO3反应，不能大量共存，故A不选；B 项、0.1mol L1H2SO4溶液中该组离子之间不反应，能大量共存，故B 正确；C 项、ClO-具有强氧化性，碱性条件下会将Na2SO3氧化，不能大量共存，故C 不选；D 项、NH4+和 HCO3-会与 Ba（OH）2反应，不能大量共存，故D 不选。故选 B。【点睛】本题考查离子共存，侧重分析与应用能力的考查，注意复分解反应、氧化还原反应的判断，把握习题中的信息及离子之间的反应为解答的关键。14
28、氢氧化铈 Ce(OH)4是一种重要的稀土氢氧化物。平板电视显示屏生产过程中会产生大量的废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2)，某课题组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程如下：下列说法错误的是A滤渣 A 中主要含有SiO2、CeO2B过滤操作中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒C过程中发生反应的离子方程式为CeO2+H2O2+3H+=Ce3+2H2O+O2D过程中消耗11.2L O2(已折合成标准状况)，转移电子数为2 6.02 1023【答案】C【解析】【分析】该反应过程为：CeO2、SiO2、Fe2O3等中加入稀盐酸，Fe2O3转化 FeCl3存在于滤液中，滤渣为 CeO2和 SiO
29、2；加入稀硫酸和H2O2，CeO2转化为 Ce3+，滤渣为SiO2；加入碱后Ce3+转化为沉淀，通入氧气将Ce从+3 氧化为+4，得到产品。【详解】A.CeO2、SiO2、Fe2O3等中加入稀盐酸，Fe2O3转化 FeCl3存在于滤液中，滤渣为CeO2和 SiO2，故 A 正确；B.结合过滤操作要点，实验中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故B正确；C.稀硫酸、H2O2，CeO2三者反应生成转化为Ce2（SO4）3、O2和 H2O，反应的离子方程式为：6H+H2O2+2CeO2=2Ce3+O2+4H2O，故 C 错误；D.过程中消耗11.2L O2的物质的量为0.5mol，转移电子数为0.5
30、mol NA=2 6.02 1023，故 D正确；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。下列说法正确的是A固氮时，锂电极发生还原反应B脱氮时，钌复合电极的电极反应：2Li3N-6e-=6Li+N2C固氮时，外电路中电子由钌复合电极流向锂电极D脱氮时，Li+向钌复合电极迁移【答案】B【解析】【分析】据总反应可知：放电时锂失电子作负极，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，充电是放电的逆过程，据此解答。【详解】A.固氮时，锂电极失电子
31、发生氧化反应，故A 错误；B.脱氮时，钌复合电极的电极反应为正极反应的逆反应：2Li3N-6e-=6Li+N2，故 B 正确；C.固氮时，外电路中电子由锂电极流向钌复合电极，故C错误；D.脱氮时，Li+向锂电极迁移，故D 错误；答案：B【点睛】明确原电池负极：升失氧；正极：降得还，充电:负极逆反应为阴极反应，正极逆反应为阳极反应是解本题关键，题目难度中等，注意把握金属锂的活泼性。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16某学生设计下列实验（图中用于加热的仪器没有画出）制取Mg3N2，观察到装置A 的黑色的固体变成红色，装置D 的镁条变成白色，回答下列问题：(1)装置 A中生成的物质是纯净
32、物，则可能是_，证明的方法是_。(2)设计 C装置的作用是_，缺陷是 _。【答案】Cu或 Cu2O 向得到的红色物质中直接加入稀硫酸，若溶液变蓝色，说明含有Cu2O，否则没有除去 NH3防止金属镁与NH3反应生成副产物C中稀硫酸中的水分进入D 中，Mg、Mg3N2遇水发生反应【解析】【分析】（1）A 装置通过反应3CuO2NH33Cu3H2ON2来制备 N2，NH3作还原剂，CuO被还原，生成Cu，但也可能生成Cu2O，二者均为红色，题目中生成了纯净物，所以是 Cu 或 Cu2O；Cu 不与稀硫酸反应，Cu2O能与稀硫酸反应Cu2O+2H+=Cu+Cu2+H2O，使溶液呈蓝色，所以可用稀硫酸检
33、验，但不能用硝酸，硝酸与Cu也能反应生成蓝色溶液；（2）N2中可能含有未反应的NH3，NH3与金属镁发生反应生成杂质Mg(NH2)2，所以 C中的稀硫酸是为了吸收 NH3，B装置为安全瓶，防止C中液体倒吸入A 中，D 装置是 Mg3N2的制备装置，由于Mg 性质比较活泼，很容易与水、氧气、CO2反应，所以该装置存在明显缺陷。【详解】（1）A 装置通过反应3CuO2NH33Cu3H2ON2来制备 N2，NH3作还原剂，CuO被还原，生成Cu，但也可能生成Cu2O，题目中生成了纯净物，所以是 Cu 或 Cu2O，检验的方法是向得到的红色物质中直接加入稀硫酸，若溶液变蓝色，说明含有Cu2O，否则没有
34、，不能加硝酸，硝酸与Cu 也能反应生成蓝色溶液；故答案为：Cu 或 Cu2O；向得到的红色物质中直接加入稀硫酸，若溶液变蓝色，说明含有Cu2O，否则没有；（2）N2中可能含有未反应的NH3，NH3与金属镁发生反应生成杂质Mg(NH2)2，所以 C中的稀硫酸是为了吸收 NH3，B装置为安全瓶，防止C中液体倒吸入A 中，D 装置是 Mg3N2的制备装置，由于Mg 性质比较活泼，很容易与水、氧气、CO2反应，所以该装置存在明显缺陷；故答案为：除去NH3，防止金属镁与NH3反应生成副产物；C 中稀硫酸中的水分进入D 中，Mg、Mg3N2遇水发生反应。【点睛】Cu不与稀硫酸反应，Cu2O 能与稀硫酸反应
35、Cu2O+2H+=Cu+Cu2+H2O，使溶液呈蓝色；与硝酸反应，二者现象相同，溶液均呈蓝色。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17扁桃酸衍生物是重要的医药中间体。以A 和 B为原料合成扁桃酸衍生物F的路线如下：(1)A 分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，A 所含官能团名称为_。写出 A+BC 的化学反应方程式：_。(2)C()中、3 个一 OH 的酸性由弱到强的顺序是_。(3)E 是由 2 分子 C生成的含有3 个六元环的化合物，E分子中不同化学环境的氢原子有_种。(4)D F的反应类型是 _，1molF 在一定条件下与足量NaOH 溶液反应，最多消耗NaOH 的物
36、质的量为_mol。写出符合下列条件的F的所有同分异构体(不考虑立体异构)的结构简式：_。属于一元酸类化合物：苯环上只有2 个取代基且处于对位，其中一个是羟基。(5)已知：R 一 CH2COOHR一CHCl|一 COOH A 有多种合成方法，在方框中写出由乙酸合成A 的路线流程图(其他原料任选)。合成路线流程图示例如下：_CH2=CH2CH3CH2OHCH3COOC2H5【答案】醛基、羧基 4 取代反应3【解析】【分析】A 分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，则 A 为 OHC COOH，根据 C的结构可知B 是，A 转化到 C 发生加成反应，据此分析作答。【详解】(1)A 的分子
37、式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，说明含有醛基和羧基，则A 是 OHCCOOH，根据 C 的结构可知B是，A+B C 发生加成反应，反应方程式为：，故答案为醛基羧基；。(2)羧基的酸性强于酚羟基，酚羟基的酸性强于醇羟基，所以酸性由弱到强顺序为：，故答案为；(3)C 中有羟基和羧基，2 分子 C可以发生酯化反应，可以生成3 个六元环的化合物，C分子间醇羟基、羧基发生酯化反应，则E为，该分子为对称结构，分子中有4 种化学环境不同的H 原子，分别为苯环上2 种、酚羟基中1 种、亚甲基上1 种，故答案为4；(4)对比 D、F的结构，可知溴原子取代OH 位置，DF 的反应类型是取代反应；F中
38、溴原子、酚羟基、酯基(羧酸与醇形成的酯基)，都可以与氢氧化钠反应，1molF 最多消耗3mol NaOH；其同分分异构体满足属于一元酸类化合物：苯环上只有2 个取代基且处于对位，其中一个是羟基，其结构简式可以为：故答案为取代反应；3；（5）由题目信息可知，乙酸与PCl3反应得到 ClCH2COOH，在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应得到 HOCH2COONa，用盐酸酸化得到HOCH2COOH，最后在Cu 作催化剂条件下发生催化氧化得到OHCCOOH，合成路线流程图为，故答案为。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要视角硫及其化
39、合物与价态变化为坐标的二维转化关系如图1 所示完成下列填空：（1）图中 X的电子式为 _；其水溶液在空气中放置易变浑浊，写出反应的化学方程式_；该变化说明S的非金属性比O_（填“强”或“弱”），从原子结构的角度解释原因：_通过 _（举两例），也可以判断氧、硫两种元素的非金属性强弱（1）下列物质用于Na1S1O3制备，从氧化还原反应的角度，理论上有可能的是_（选填编号）a Na1S+S b Z+S c Na1SO3+Y d NaHS+NaHSO3（3）已知反应：Na1S1O3+H1SO4 Na1SO4+S+SO1+H1O，研究其反应速率时，下列方案合理的是_（选填编号）a 测定一段时间内生成SO
40、1的体积，得出该反应的速率b 研究浓度、温度等因素对该反应速率的影响，比较反应出现浑浊的时间c 用 Na1S1O3固体分别与浓、稀硫酸反应，研究浓度对该反应速率的影响（4）治理含 CO、SO1的烟道气，以Fe1O3做催化剂，将CO、SO1在 380时转化为S和一种无毒气体已知：硫的熔点：111.8、沸点：444.6；反应每得到1mol 硫，放出170kJ的热量写出该治理烟道气反应的热化学方程式_（5）其他条件相同、催化剂不同时，上述反应中SO1的转化率随反应温度的变化如图1不考虑催化剂价格因素，生产中选Fe1O3做催化剂的主要原因是_【答案】2222H S+O=2S+2H O弱硫原子半径大于氧
41、原子，硫原子得电子能力小于氧原子H1O的稳定性大于H1S或 SO1中硫显正价，氧显负价bd b 1CO（g）+SO1（g）23Fe O380S（l）+1CO1（g）H=170kJ/mol Fe1O3作催化剂，在相对较低温度下，单位时间内获得较高的SO1转化率，且能耗小【解析】【分析】【详解】（1）X 是-1 价硫的气态氢化物，即硫化氢，其电子式为，-1 价的硫具有很强的还原性，因此久置在空气中会被氧气氧化得到单质硫，反应方程式为2222H S+O=2S+2H O，相当于非金属间的置换反应，因此氧的非金属性强于硫，这也可以从结构上看出：氧和硫同主族不同周期，硫的半径比氧大，因此得电子能力相对较弱
42、。除此以外还可从氢化物的稳定性、互化物的化合价等方面来判断；（1）我们可以近似认为223Na S O中每个硫为+1 价，再来看选项：a.0 价和-1 价的硫不可能反应得到+1 价，a 项错误；b.+4 价和 0 价的硫，可能发生归中反应得到+1 价，b 项正确；c.+4 价和+6 价的硫，不可能反应得到+1 价，c 项错误；d.-1 价和+4 价的硫，可能发生归中反应得到+1 价，d 项正确，答案选 bd；（3）a.二氧化硫会部分溶解在水中，导致实际测得的体积偏小，a 项错误；b.反应速率越快，溶液中就越快出现硫的浑浊，因此可以用来探究反应速率，b 项正确；c.浓硫酸氧化性较强，和稀硫酸的反应
43、产物不一样，不同的反应本身速率就不同，c 项错误；答案选 b；（4）2SO被还原为单质硫，则CO被氧化，结合其氧化产物是一种无毒气体，推测为2CO，注意在题目给的温度下硫是液体，据此写出热化学方程式：2322Fe O2CO(g)+SO(g)S(l)+2CO(g)H=-270kJ/mol380；（5）根据图1 我们发现，23Fe O能在较低的温度下获得较高的转化率，因此效率最高，同时可以节约能耗。19人类向大气中排放的NOx和 SO2对环境会产生危害，烟气的脱硝（除NOx）技术和脱硫（除SO2）技术都是环境科学研究的热点。（1）选择性催化还原技术是目前最成熟的烟气脱硝技术，即在催化剂作用下，用还
44、原剂（如NH3选择性地与 NOx反应生成N2和 H2O。已知：4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)H1=-905.5kJmol-1N2(g)+O2(g)=2NO(g)H2=+180kJmol-1则 4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)H3=_。（2）碱性 KMnO4氧化法也可将NOx进行脱除。用 KMnO4(NaOH)溶液进行烟气中NO 的脱除，将该离子方程式补充完整。_NO+MnO4-+_=NO2-+3NO3-+MnO42-+_ 下列叙述正确的是_（填字母序号）。A将脱除后的混合溶液进行分离可获得氮肥B反应后混合溶液中：c(MnO4-)
45、+2c(MnO42-)=c(K+)C在不同酸碱性条件下，KMnO4发生还原反应的产物可能不同（3）催化剂V2O5可用于处理NOx和 SO2。V2O5在催化降解NOx的过程中，也会对SO2和 O2反应起到一定的催化作用，其反应式如下：a.V2O5+SO2=V2O4+SO3b._ c.2VOSO4=V2O5+SO2+SO3SO3进一步与烟气中逃逸的氨反应，生成硫酸氢铵和硫酸铵。【答案】-1625.5kJ/mol 4，10，10OH-，10，7H2OACV2O4+O2+2SO2=2VOSO4【解析】【分析】(1)根据盖斯定律进行计算；(2)根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平该反应离子方程式A.
46、根据反应的离子方程式确定；B.根据物料守恒判断，故B 错误；C.根据 KMnO4在不同酸碱性条件下的还原产物判断；(3)根据总反应式以及部分分步反应式确定。【详解】(1)给已知反应编号，：4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)H1=-905.5kJmol-1，：N2(g)+O2(g)=2NO(g)H2=+180kJmol-1，根据盖斯定律可得，-4 可得目标方程式4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)H=(-905.5kJmol-1)-(+180kJmol-1)4=-1625.5kJ/mol，故答案为：-1625.5kJ/mol；(2)因为
47、n(NO2-):n(NO3-)=1:3，转移电子数为(3-2)+3(5-2)=10，根据得失电子守恒，可得10MnO4-、再结合电荷守恒、元素守恒配平该反应离子方程式为4NO+10MnO4-+10OH-=NO2-+3NO3-+10MnO42-+7H2O，故答案为：4，10，10OH-，10，7H2O；A.反应的离子方程式为4NO+10MnO4-+10OH-=NO2-+3NO3-+10MnO42-+7H2O，所以分离反应后的混合溶液可获得硝酸钾等氮肥，故A 正确；B.由化学式 KMnO4可知，n(Mn)=n(K)，所以反应后的混合溶液中物料关系为c(MnO4-)+c(MnO42-)=c(K+)，故 B 错误；C.酸性条件下，KMnO4的还原产物为Mn2+；碱性条件下，KMnO4的还原产物为MnO42-或 MnO2，所以在不同酸碱性条件下，KMnO4发生氧化还原反应的产物可能不同，故C 正确；故答案为：AC；(3)V2O5催化 SO2和 O2反应的总反应式为2SO2+O2=2SO3，V2O5为催化剂，V2O4、VOSO4为中间产物，总反应-a-c 可得 b 的反应式为V2O4+O2+2SO2=2VOSO4，故答案为：V2O4+O2+2SO2=2VOSO4。