【文档说明】【精准解析】江苏省启东市2020届高三下学期期初考试化学试题.doc，共(24)页，1.586 MB，由小赞的店铺上传

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江苏省启东市2020届高三下学期期初学生素质调研测试化学试题1.节约资源、保护环境，共同守护我们赖以生存的地球是每个人的责任。下列做法值得提倡的是A.推进垃圾分类处理B.将秸秆就地焚烧C.加快开采化石燃料D.使用含磷洗涤剂【答案】A【解析】【详解】A.推进垃圾分类处理，可健全

再生资源回收利用网络，节能环保，故A正确；B.就地焚烧秸秆会产生有害气体，污染空气，故B错误；C.加快开采化石燃料会造成大量空气污染物排放，故C错误；D.使用含磷洗涤剂会造成水体富营养化，故D错误；故答案

为A。2.用化学用语表示22222HS3O2SO2HO++点燃中的相关微粒，其中正确的是A.2HS的结构式：HSH−−B.2HO的比例模型：C.中子数为18的硫原子：1816SD.S的结构示意图：【答案】A【解析】【详解】A.H2S中S为sp3杂化，与

H原子形成S-H键，其结构式为HSH−−，故A正确；B.氧原子半径比氢原子半径大，水分子的比例模型为，故B错误；C.原子符号左上角的数字为质量数，质量数=中子数+质子数=18+16=34，所以中子数为18的硫原子3416S，故C错误；D.S元素为16号元素，核电荷数为16，原子结构

示意图为：，故D错误；故答案为A。3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A.23AlO熔点很高，可用作耐高温材料B.浓硫酸具有脱水性，可用于干燥氯气C.3FeCl溶液显酸性，可用于蚀刻印刷电路D.2SiO具有导电性，可由于制作光导纤维【答案】A【解析】【详解】A.Al2O3中离

子键键能大，导致其熔点高，可用作耐高温材料，故A正确；B.浓硫酸做干燥剂是因为其吸水性而不是脱水性，故B错误；C.Fe3+有较强氧化性可以和铜单质反应2Fe3++Cu==Cu2++2Fe2+，与氯化铁溶

液显酸性无关，故C错误；D.二氧化硅对光具有良好的全反射作用，则用于制作光导纤维，且二氧化硅不导电，故D错误；故答案为A。4.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.澄清透明溶液中：3A

l+、4NH+、23CO−、3NO−B.能使石蕊变红的溶液2Fe+、Na+、3NO−、24SO−C.水电离的()131cH110molL+−−=溶液中：3Fe+、K+、3NO−、24SO−D.常温下，()()+12cH10cOH−−=

的溶液中：Na+、3NO−、2AlO−、23CO−【答案】D【解析】【详解】A.铝离子与碳酸根发生双水解反应而不能大量共存，故A不符合题意；B.能使石蕊变化的溶液显酸性，酸性溶液中硝酸根会将亚铁离子氧化而不能大量共存，故B符合题意；C.水电离的()131cH110molL+−−=

，说明水的电离受到抑制，酸和碱的电离都可以抑制水的电离，故无法确定溶液酸碱性，碱性溶液中铁离子不能大量存在，故C不符合题意；D.常温下，()()+-12-H=10OHcc的溶液显碱性，四种离子相互不反应

也不与氢氧根反应，可以大量共存，故D符合题意；故答案为D。5.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是（夹持装置未画出）A.用装置甲检验溶液中是否有K＋B.用装置乙制取并收集少量NH3C.用装置丙进行喷泉实验D.用装置丁加热熔融NaOH固体【答案】B【解析】【详解】A、检验K＋，需要通过

蓝色钴玻璃观察，防止黄光的干扰，故说法错误；B、利用生石灰遇水放出大量的热，以及NH3·H2O不稳定受热易分解，来制取氨气，由于氨气的密度小于空气的密度，收集氨气用向下排空气法收集，故正确；C、喷泉实验：烧瓶内外产生压强差，而氯气不溶于饱和食盐水，不能形成喷

泉，故说法错误；D、瓷坩埚成分是SiO2，SiO2属于酸性氧化物，和NaOH反应，不能用瓷坩埚熔融NaOH固体，故说法错误。答案选B。6.以下反应可表示获得乙醇并用作汽车燃料的过程，下列有关说法正确的是①226126216CO(g)6HO(l)CHO(s)6O(g)H

++②61262522CHO(s)2CHOH(1)2CO(g)H+③252223CHOH(l)3O(g)2CO(g)3HO(l)H++A.3122ΔH=ΔHΔH−−B.3ΔH、1ΔH、2ΔH均为ΔH0C.在不同油耗汽车中发生反应③，3ΔH会不同D.植物的光合作

用通过反应①将热能转化为化学能【答案】A【解析】【详解】A．由盖斯定律可知-①-②=③×2，则2△H3=-△H1-△H2，故A正确；B．假设均小于0，根据2△H3=-△H1-△H2可知△H2=-△H1-2△H3，则若△H1<

0，△H3<0，则△H2>0，与假设矛盾，故B错误；C．焓变与反应的始终态有关，则在不同油耗汽车中发生反应③，△H3会相同，故C错误；D．植物的光合作用利用太阳能，则太阳能转化为化学能，故D错误；故选：A。7.下列反应的离子方

程式的书写正确的是A.小苏打溶液与澄清石灰水反应：2332HCOOHCOHO−−++B.银氨溶液中加入盐酸：()342AgNH2HAg2NH++++++C.34FeO溶于稀333432HNO:3FeO28HNO9FeNO14HO+−++++

+D.向硫酸氢钠溶液滴加氢氧化钡溶液至中性：22424HSOBaOHHOBaSO+−+−++++【答案】C【解析】【详解】A．若碳酸氢钠少量，反应生成碳酸钙和氢氧化钠和水，离子方程式：Ca2++OH-+HCO

3-═CaCO3↓+H2O，若碳酸氢钠过量，反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，离子方程式：Ca2++2OH-+2HCO3-═CaCO3↓+2H2O+CO32-，故A错误；B．向银氨溶液中加入盐酸，反应方程式中漏掉了生成氯化银沉淀的反应，正确的离子方程式为[Ag(NH3)2]++Cl-+OH-+3H

+═AgCl↓+2NH4++H2O，故B错误；C．Fe3O4与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，利用整体法，Fe3O4中铁元素化合价共计+8价，生成3mol三价铁离子，共失去1mol电子，硝酸根中氮元素从+5价降为+2价，1mol硝酸根被还原得到

3mol电子，要使得失电子守恒，Fe3O4系数为3，硝酸根离子系数为1，依据原子个数守恒，离子方程式：3Fe3O4+28H++NO3-=9Fe3++NO↑+14H2O，故C正确；D．向硫酸氢钠溶液中滴加氢氧化钡溶液至中性的离子反应为2H++SO42++Ba2++2OH-═BaSO4↓

+2H2O，故D错误；故答案选C。【点睛】离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系(如：质量守恒和电荷守恒等)、检查是否符合原化学方程式等

。8.短周期主族元素XYZWQ、、、、原子序数依次增大，XZ、同主族且与Y处于不同周期，YW、同主族且W的原子序数是Y的两倍，以下说法正确的是A.原子半径：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)B.由YZ、组成的化合物中可能含共价键C.W元素最高价氧化物对应的水化物的酸性

比Q强D.Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的弱【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，Y、W同主族且W的原子序数是Y的两倍，则Y为O，W为S；X、Z同主族且与Y处于不同周期，则X为H，Z为Na元素；Q的原子序数大于S，则Q为Cl元素，据此结合元素周期律知识解答

。【详解】根据分析可知，X为H，Y为O，Z为Na，W为S元素，Q为Cl元素，A．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径r(Z)＞r(W)＞r(Y)＞r(X)，故A错误；B．O、Na形成的过氧化钠中含有共价键，故B正确；C．非金属性S＜Cl

，则W元素最高价氧化物对应的水化物的酸性比Q弱，故C错误；D．非金属性O＞S，则Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的强，故D错误；故答案为B。9.在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A.22O/HO323ΔNHNOHNO⎯⎯⎯⎯→⎯⎯

⎯→催化剂B.2AlCl233FeOFeFeCl⎯⎯⎯→⎯⎯⎯→点燃高温C.2HONaOH(aq)223Δ23SiOHSiO(aq)NaSiO⎯⎯⎯⎯→⎯⎯⎯→D.NaOH(aq)(aq)222ΔCuCl(aq)Cu(OH

)CuO⎯⎯⎯⎯→⎯⎯⎯⎯→蔗糖【答案】B【解析】【详解】A．氨气催化氧化生成一氧化氮，故A错误；B．三氧化铁和铝发生铝热反应生成铁单质，铁单质在氯气中燃烧生成氯化铁，故B正确；C．二氧化硅不与水反应，故C

错误；D．蔗糖中不含醛基，不能被新制氢氧化铜氧化，故D错误；故答案为B。【点睛】葡萄糖分子中含有游离醛基，果糖分子中含有游离酮基，乳糖和麦芽糖分子中含有游离的醛基，故它们都是还原糖；非还原性糖有蔗糖、淀粉、纤维素等，但它们都可以通过水解生成相应的还原性单糖。10.一

种可充电锂-空气电池如图所示。当电池放电时，O2与Li+在多孔碳材料电极处生成Li2O2-x（x=0或1）。下列说法正确的是()A.放电时，多孔碳材料电极为负极B.放电时，外电路电子由多孔碳材料电极流向锂电极C.充电时，电解质溶液中Li+向多孔碳材料区

迁移D.充电时，电池总反应为Li2O2-x=2Li+（1—2x）O2【答案】D【解析】【详解】A．放电时，O2与Li+在多孔碳电极处反应，说明电池内，Li+向多孔碳电极移动，因为阳离子移向正极，所以多孔碳电极为正极，A错误；B．因为多孔碳电极为正极，外电路电子应该由锂电极流向多孔碳电极（由负

极流向正极），B错误；C．充电和放电时电池中离子的移动方向应该相反，放电时，Li+向多孔碳电极移动，充电时向锂电极移动，C错误；D．根据图示和上述分析，电池的正极反应是O2与Li+得电子转化为Li2O2

-X，电池的负极反应是单质Li失电子转化为Li+，所以总反应为：2Li+（1—2x）O2＝Li2O2-X，充电的反应与放电的反应相反，所以为Li2O2-X＝2Li+（1—2x）O2，选项D正确；答案选D。11.下列说法正确的是A.222NO(

g)2CO(g)N(g)2CO(g)++在常温下可自发进行，则该反应的0HB.一定条件下反应223N3H2NH+达到平衡时，233(H)=2(NH)vv正逆C.向130.1molLCHCOONa−

溶液中加入少量水，溶液中()()33cCHCOOHcCHCOO−比值增大D.22NaO与足量的水反应生成20.2molO，转移电子数目为230.86.0210【答案】C【解析】【详解】A．该反应的△S＜0，常温下能自发进行，△H-T△S＜0，则

△H＜0，故A错误；B．一定条件下反应223N+3H2NH达到平衡时v正(H2)=v逆(H2)，v逆(H2)：v逆(NH3)=3:2，所以2v正(H2)=3v逆(NH3)，故B错误；C．()()()()()()()+33+33+aCHCOOHH

CHCOOH=CHCOOCHCOOHH=cccccccK−−，加少量水碱性减弱，氢离子浓度增大，Ka不变，所以()()33cCHCOOHcCHCOO−比值增大，故C正确；D．过氧化钠与水反应生成的氧气，过氧化钠中-1价的氧元素升高到0价氧，则生成一个氧气分子转移2个电

子，所以生成0.2molO2转移的电子数为0.4NA，即0.4×6.02×1023，故D错误；故答案为C。12.黄檀内酯是一种具有抗肿瘤、抗菌、抗氧化等生物活性的天然化合物，可由香兰素为原料合成（如图所示）。下列说法正确的是A.

①、②分子中碳原子一定都处于同一平面B.①、②均能与浓溴水反应C.化合物①能与3NaHCO反应产生2COD.1mol化合物②最多只能与3molNaOH反应【答案】BD【解析】【详解】A．②中两个平面之间存在C-C键，可自由旋转，则②分子中碳原子不一定都处于同一平面，

故A错误；B．①含有酚羟基且羟基临位还有空位，可以和溴水发生取代，②除了酚羟基还含有碳碳双键可以与溴水发生加成反应，故B正确；C．酚的酸性比碳酸弱，与碳酸钠反应不能生成二氧化碳，故C错误；D．②含有酚羟基和酯基，都可与氢氧化钠溶液反应，且酯基可水解生成酚羟基和羧基，则1mol化合物②最

多只能与3molNaOH反应，故D正确。故选：BD。13.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象结论A向久置23NaSO溶液中，加入足量稀硝酸，再加入足量2BaCl溶液，出现白色沉淀。久置23NaSO已部分被氧化。B

25CHOH与浓硫酸共热至170℃，产生的气体通入酸性4KMnO溶液，紫红色褪去反应生成了乙烯C常温下，向浓度均为10.1molL−的4CuSO和sp2sp2KCu(OH)<KMg(OH)4

MgSO的混合溶液中逐滴滴加NaOH溶液，先生成蓝色沉淀D测定等浓度的23NaCO和23NaSO溶液的pH，前者pH比后者的大非金属性：SCA.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．即便亚硫酸钠没有被氧化，加入硝酸后也会将

亚硫酸根氧化成硫酸根，故A错误；B．乙醇易挥发且能使酸性高猛酸钾褪色，无法证明是否产生了乙烯，故B错误；C．根据现象可知先产生氢氧化铜沉淀，同种类型的沉淀Ksp越小溶解度越小，越先沉淀，所以Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2]，，故C正确；D．亚硫酸并非S元素的最高价含氧酸

，不能通过比较碳酸和亚硫酸的酸性强弱来判断S和C的非金属性强弱，故D错误；故答案为C。【点睛】同种类型的沉淀如AB型、AB2型等可以认为溶解度越大则Ksp越大，不同种类型的沉淀的Ksp比较没有意义。14.25℃时，将10.1molLNaOH−溶液逐滴滴加到12320mL0.1molLHSO−溶

液中，所得溶液的pH与滴加NaOH的体积关系如右图所示。下列指定溶液浓度关系说法正确的是已知：aapK=lgK−，25℃时23HSO的a1pK=1.85，a2pK=7.19。A.a点所得溶液中：()()()()++233cHSO>cNa>cH>cHS

O−B.b点所得溶液中：()()()23232cSOcHSOcNa−++C.c点所得溶液中：()()232.673cSO10cHSO−−−=D.d点所得溶液中：()()()()323cOHcHSO2cHSOcH−−+=++【答案】CD【解析】【详解】A．

当向溶液中滴加极少量NaOH时，溶液中c(Na+)极小，此时c(H+)>c(Na+)，但随着NaOH的滴加，c(Na+)变大c(H+)变小，最终c(H+)<c(Na+)，a点未告知滴加氢氧化钠的量无法判断c(H+)和c(Na+)的大小关系，故A错误；B．b点

溶液中溶质为H2SO3和NaHSO3，存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH⁻)+c(HSO3⁻)+2c(SO32⁻)，此时溶液显酸性，所以c(H+)>c(OH⁻)，则c(Na+)<c(HSO3⁻)+2c

(SO32⁻)，故B错误；C．Ka2=()()()+-32-3HSOHSOccc，a2p=7.19K，则Ka2=10-7.19，c点溶液pH=4.52，即c(H+)=10-4.52mol/L，所以()()()-2-7.193a24.52.67-+

32SO10===10H10HSOcKcc−−，故C正确；D．d点加入0.1mol/LNaOH溶液40mL，恰好与亚硫酸钠完全反应，溶液中的溶质为Na2SO3，存在质子守恒c(OH⁻)=c(H+)+c(HSO3⁻)+2c(H2SO3)，故D正确；故答案为CD。15.

700℃时，向容积为1L的恒容密闭容器中充入一定量的CO和2H，发生如下反应：23CO(g)2H(g)CHOH(g)+，反应过程中测定的部分数据见表：反应时间/minn(CO)/mol()2nH/mol00.300.60200.10300.20

下列说法正确的是A.反应在20min内的平均速率为()112vH=0.04molLmin−−B.保持其他条件不变，升高温度，平衡时()13cCHOH=0.15molL−，则反应的ΔH<0C.保持其他条件不变，再向平衡体系中同时

通入0.20molCO、20.20molH、30.20molCHOH，达到新平衡前()()v正逆vD.相同温度下，若起始时向容器中充入31.0molCHOH，达到平衡时3CHOH转化率小于13【答案】BD【解析】【详解】A．容器体积为1L，20m

in内v(CO)=-10.30mol-0.10mol1L==0.01molLmin20minct，同一时段内反应速率之比等于计量数之比，所以v(H2)=2v(CO)=0.02mol·L-1·min-1，故A错误；B．2

0min内△n(CO)=0.20mol，则△n(H2)=0.40mol，所以20min时容器内氢气的物质的为0.60mol-0.40mol=0.20mol，到30min时氢气的物质的量没有发生变化说明反应达到平衡，该过程中△n(CO)=0.20mol，△n(H2)=0.40mol，根据方程式可

知平衡时n(CH3OH)=0.20mol，容器体积为1L，c(CH3OH)=0.20mol/L，温度升高c(CH3OH)减小，说明平衡左移，则正反应为放热反应，即△H<0，故B正确；C．平衡时体系内n(CO)=0.10mol，n(H2)=0.20mol，n(

CH3OH)=0.20mol，若再通入0.10molCO、0.20molH2、0.20molCH3OH，同时将容器体积扩大为原来的2倍，则达到等效平衡，而保持其他条件不变，向容器中再通入0.20molCO、0.20molH2、0.20molCH3OH，相当于在等效

平衡的基础上再加入0.10molCO，同时增大压强，则平衡右移，即v正>v逆，故C错误；D．初始投料为0.30molCO和0.60molH2，若完全反应则生成0.30molCH3OH，即该温度下向容器内加入0.30molCH3OH可以达到完全一样的平衡状态，平衡时n(CH3OH)

=0.20mol，CH3OH的转化率为13，而加入1molCH3OH相当于等效平衡的基础上加压，反应23CO(g)2H(g)CHOH(g)+的平衡会右移，导致CH3OH的转化率减小，故D正确；故答案为D。【点睛】利用等效平衡原理分析问题时，先假设一个能达到等效平

衡的虚拟状态，再分析实际情况与虚拟状态相比改变的条件是什么，平衡会如何移动；也可以定量分析，本题中可用求出该温度下的平衡常数，改变投料之后可以计算该状态下的浓度商，与平衡常数进行比较，判断平衡移动的方向。16.42MnSOHO在工业、农业等方面有广泛的应用，工业上可由高铁

菱锰矿（主要成分为3MnCO，含有3FeCO、23AlO、MgO、2SiO等杂质）制备，部分工艺流程如图所示：相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH按离子浓度为10.1molL−计算）：金属离子2Mn+2Fe+3Fe+3Al+2+Mg开始沉淀的pH8.16.31.53.

48.9沉淀完全的pH10.18.32.84.710.9（1）“氧化”时发生反应的离子方程式为______________。（2）“调pH”范围至5～6，得到滤渣2的主要成分除2MnO外还有_____________。（3）“除杂

”过程中加入2MnF的目的是______。（4）“沉锰”过程中发生反应的化学方程式为______。（5）4MnSO在水中的溶解度与温度关系如图。由3MnCO获得较纯净的42MnSOHO晶体的方法是：

将3MnCO溶于适量的稀硫酸，控制温度在80~90℃℃之间蒸发结晶，______，得到42MnSOHO晶体，洗涤、烘干。晶体通常采用减压烘干的原因是______。【答案】(1).2Fe2++MnO2+4H+=2Fe

3++Mn2++2H2O(2).3Al(OH)、3Fe(OH)(3).除去Mg2+(4).()4433234422MnSONHHCONHHOMnCONHSO2HO++++(5).趁热过滤(6).防止42MnSOHO失去结晶水【解析】【分析

】根据流程：高铁菱锰矿(主要成分为MnCO3，含有FeCO3、Al2O3、MgO、SiO2等杂质)加入硫酸酸浸，得到Mn2+、Fe2+、Al3+、Mg2+的酸性溶液，SiO2不溶，滤渣1为SiO2，向滤液加入MnO2，将二价铁离子氧化

成三价铁，反应为：2FeSO4+MnO2+2H2SO4=Fe2(SO4)3+MnSO4+2H2O，氨水调节pH5～6沉淀Fe3+、Al3+，得到氢氧化铁和氢氧化铝的沉淀，滤渣2为多余的MnO2、Al(OH)3Fe(OH)3，中加入Mn

F2除去Mg2+，滤渣3为MgF2，除杂后的溶液主要含有Mn2+，加入碳酸氢铵和氨水的混合物沉锰：Mn2++HCO3-+NH3•H2O=MnCO3↓+NH4++H2O，将MnCO3溶于适量的稀硫酸，控制温度为90℃以上结晶，得到MnSO4•H2O晶体

，洗涤、烘干得到产品，以此解答该题。【详解】(1)酸浸后，溶液中含有亚铁离子，能被二氧化锰氧化，得到三价铁离子和二价锰离子，故离子方程式为2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；(2)根据氢氧化物沉淀的pH，“调pH”范围至5～6

，得到滤渣2的主要成分除MnO2外还有Al(OH)3、Fe(OH)3；(3)根据分析“除杂”过程中加入MnF2的目的是除去Mg2+；(4)根据分析，除杂后的溶液主要含有Mn2+，加入碳酸氢铵和氨水的混合物

沉锰：MnSO4+NH4HCO3+NH3•H2O=MnCO3↓+(NH4)2SO4+H2O；(5)由MnCO3获得较纯净的MnSO4•H2O晶体应先将MnCO3溶解，MnSO4在90℃析出MnSO4•H2O，所以控制温度在80~90℃℃之间蒸发结晶，并且要趁热

过滤，得到MnSO4•H2O晶体，洗涤、烘干得到产品，晶体通常采用减压烘干的原因是温度较低可防止MnSO4•H2O失去结晶水。【点睛】减压烘干是在密闭容器中抽真空后进行干燥的方法，此法优点是温度较低，产品质松易

粉碎，此外，减少了空气对产品的不良影响，对保证产品质量有一定意义。17.化合物H是一种抗血栓药物，其合成路线流程图如图所示：（1）A中的官能团名称为______（写两种）。（2）CGH+→的反应类型为______。（3）环状分子E的分子式为

852CHO，写出E的结构简式：______。（4）写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式______。①含有苯环和一种含氧官能团，能与3FeCl溶液发生显色反应；②分子中有三键，有一个手性碳原子，有5种不同化学环境的氢。（5）已知：，写出以（显碱性，易被氧化）、22ClC

HCHCOCl、2ClCHCOCl为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。__________________【答案】(1).氨基醚键(2).取代反应(3).(4).(5).【解析】【分析】A发生取代反应生成B，B发生取代反应

生成C，环状分子E的分子式为C5H8O2，根据DF结构简式知E为，C和G发生取代反应生成H。【详解】(1)A中的官能团为氨基、醚键；(2)C+G→H的反应类型为取代反应，还生成HCl分子；(3)E的分子式为C5H8O2

，根据D和F的结构简式可知E为；(4)C的同分异构体符合下列条件：①含有苯环和一种含氧官能团，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基且含有2个酚羟基；②分子中有叁键，有一个手性碳原子即饱和碳原子上连接四个不

同的基团，有5种不同化学环境的氢，说明结构对称，则符合条件的结构简式为；(5)分析可知从到形成另一个环的过程发生类似于题目所给流程中A到C的转化，而苯环的另一取代基需要先引入硝基，然后发生类似的反应，再发生A到B的转化，可知合成路线为：。18.以碳酸镁（含少量

3FeCO）为原料制取硫酸镁晶体，并测定2Mg+含量：将原料完全溶于一定量的稀硫酸中，加足量的22HO后用3MgCO调节溶液的pH，静置后过滤，除去滤渣，将滤液结晶得硫酸镁晶体。（1）30.00mL12.500

molL−的稀硫酸至少能溶解原料的质量为______。（2）加3MgCO调节pH促进3Fe+水解，写出总反应的离子方程式为______。（3）已知：393KspFe(OH)1.010−=，122KspMg(OH)1.010−=。室温下，若溶液中()21cMg0.01molL+

−=，欲使溶液中的()361cFe110molL+−−„，需调节溶液pH范围为______。（4）常采用下列方法测定结晶硫酸镁中2Mg+的含量：已知：①在pH为9~10时，2Mg+、2Zn+均能与()22EDTAHY−形成配合物②在pH为

5~6时，2Zn+除了与EDTA反应，还能将2Mg+与EDTA形成的配合物中的2Mg+“置换”出来：2222ZnMgHYZnHYMg+++=+步骤1：准确称取得到的硫酸镁晶体6.00g加入过量的EDTA，配成100mLpH在9~10

之间溶液A步骤2：准确移取25.00mL溶液A于锥形瓶中，用12+0.20molLZn−标准溶液滴定，滴定到终点，消耗标准溶液的体积为20.00mL步骤3：准确移取25.00mL溶液A于另一只锥形瓶中，调节pH在5~6；用120molL.0n2Z−+标

准溶液滴定，滴定至终点，消耗2Zn+标准溶液的体积为30.00mL。计算该结晶硫酸镁中2Mg+的质量分数（请给出计算过程）。____________。【答案】(1).6.30g(2).3232322Fe3MgCO3HO2Fe(OH)3CO3Mg++++++(3).3pH9剟(4).Mg2+、

Zn2+与EDTA均按1：1反应，25mL溶液A中剩余EDTA的量：()233-1(EDTA)Zn0.2020.00104.0010molmolLLnn+−−===，则100mL溶液A中剩余EDTA的量：32(EDTA)4.00101.60010mol

100mLLmlmo25n−−==，25mL溶液A中EDTA总量：()233-1(EDTA)Zn0.2030.00106.0010molmolLLnn+−−===总，则100mL溶液A中EDTA总量：3(EDTA)6.

00100.0240molmol100mL25mLn−==总，所以6.0g样品中()22Mg0.024mol1.60010mol0.008moln+−=−=，该结晶硫酸镁中Mg2+的质量分数0.008mol24g/mol100%3.2%6.00g=。【

解析】【详解】(1)30.00mL2.500mol•L-1的稀硫酸的物质的量为0.075mol，铁的相对原子质量大于镁的相对原子质量，碳酸亚铁和碳酸镁与硫酸均为1:1反应，所以含碳酸亚铁越多溶解的原料越多，最小值为全部是碳酸镁时的质量，0.075molH2SO4可溶解0.075m

ol碳酸镁，所以至少溶解原料0.075mol×84g/mol=6.30g；(2)铁离子水解使溶液显酸性，加入碳酸镁，水解产生的氢离子与碳酸镁反应，促进铁离子的水解，最终碳酸镁溶解，生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳，离子方程式为：3232322Fe3MgCO3HO===2Fe(OH)3CO3Mg+

+++++；(3)溶液中镁离子浓度为0.01mol/L，根据Ksp[Mg(OH)2]可知镁离子开始出现沉淀时溶液中氢氧根离子的浓度为-121.0100.01mol•L-1=1×10-5mol•L-1，此时溶

液的pH值为9；当铁离子浓度为1×10−6mol/L时，根据Ksp[Fe(OH)3]可知此时溶液中氢氧根离子的浓度为39631.010110−−mol•L-1=1×10-11mol•L-1，此时溶液

的pH值为3，为了使铁离子沉淀而不沉淀镁离子，所需调节溶液pH范围为3～9；(4)Mg2+、Zn2+与EDTA均按1：1反应，25mL溶液A中剩余EDTA的量：()233-1(EDTA)Zn0.2020.00104.0010mo

lmolLLnn+−−===，则100mL溶液A中剩余EDTA的量：32(EDTA)4.00101.60010mol100mLLmlmo25n−−==，25mL溶液A中EDTA总量：()233

-1(EDTA)Zn0.2030.00106.0010molmolLLnn+−−===总，则100mL溶液A中EDTA总量：3(EDTA)6.00100.0240molmol100mL25mLn−==总，所以6.0g样品中()22Mg0.024mol1.60010mol0.008m

oln+−=−=，该结晶硫酸镁中Mg2+的质量分数0.008mol24g/mol100%3.2%6.00g=。19.工业上以浓缩海水（含较高浓度的Br−）为原料提取溴的部分流程如图所示：已知：223323Br3CO5BrBrO3CO−−−+=++。图甲图乙（1

）实验室制取纯净氯气部分装置如图甲，装置E的作用是______。（2）反应釜2中发生反应的离子方程式为______。（3）实验室用图乙所示装置模拟流程中的部分过程。①通入热空气的作用是______。②烧杯C

中所盛溶液是______。③烧瓶B中的长导管D起着平衡压强的作用，当烧瓶内气体压强过大时，可以观察到的现象是______。（4）对反应后烧瓶B中的溶液进行如下实验，请补充完整相关实验步骤。限选用的试剂为：稀硫酸、四氯化碳、澄清石灰水。①检验烧瓶B的溶液中是否含有23CO−。取烧瓶

B中的溶液适量，加入试管中，再加入过量的稀硫酸酸化；______。②从反应后烧瓶B溶液中提取溴单质。向烧瓶B中加入过量的稀硫酸酸化；______。【答案】(1).除去2Cl中挥发出的HCl(2).3225BrBrO6H3Br3

HO−−+++=+(3).使A中2Br进入B瓶中(4).NaOH溶液或23NaCO溶液(5).导管中液面上升(6).将酸化后产生的气体通过盛有四氯化碳的洗气瓶后，再通入澄清石灰水中，若石灰水变浑浊，则证明烧瓶B的溶液中含有23CO−(7).将酸化后的溶液加入到蒸馏烧瓶中进行蒸馏，得到溴单质（或用

四氯化碳进行萃取并分液后蒸馏）【解析】【分析】由流程可知，硫酸酸化的浓缩海水，通入氯气发生Cl2+2Br-=Br2+2Cl-，通入热的空气吹出溴单质，用碳酸钠溶液吸收溴单质3Br2+3CO32-=5Br-+BrO3-+3CO2，加入稀硫酸发生5Br-+BrO3-+6H+=3Br2+3H2O，富

集溴，最后通过蒸馏得到溴单质，以此来解答。【详解】(1)反应生成的氯气中混有HCl气体需要用饱和食盐水除去；(2)根据分析可知反应釜2中发生反应的离子方程式为：5Br-+BrO3-+6H+=3Br2+3H2O；(3

)①通入热空气的作用是将Br2从溶液中吹出；②烧杯C中所盛溶液是NaOH溶液(或碳酸钠溶液)，可吸收尾气；③烧瓶B中的长导管D起着平衡压强的作用，当烧瓶内气体压强过大时，可以观察到的现象是导管中液面上升；(4)①碳酸根可以和酸反应生成

二氧化碳，纯净的二氧化碳气体可使澄清石灰水变浑浊，所以检验烧瓶B的溶液中是否含有CO32-的方法为：取烧瓶B中的溶液适量，加入试管中，再加入过量的稀硫酸酸化，将酸化后产生的气体通过盛有四氯化碳的洗气瓶后，再通入澄

清石灰水中，若石灰水变浑浊，则证明烧瓶B的溶液中含有CO32-，否则不含碳酸根离子；②溴单质微溶于水，易溶于有机溶剂，可通过分液、蒸馏操作分离出溴单质，所以提取反应后烧瓶B溶液中的溴单质的方法为：向烧瓶B中加入过量的稀硫酸酸化，将酸化后的溶液加入到蒸馏烧瓶中进行蒸馏，得

到溴单质(或用四氯化碳进行萃取并分液后蒸馏，从而得到溴单质)。【点睛】本题中检验CO32-时要注意，加入过量稀硫酸后产生溴单质，溴易挥发导致生成的二氧化碳气体混有Br2，混合气体通入澄清石灰不一定产生沉淀。20.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）工业上可以采用“质子膜电解槽”对烟气进行脱硫脱硝，其工艺如图甲所示：①“NaOH液吸收装置”SO2主要反应的化学方程式为______。②电解的主要目的是______；阴极的电极反应式为______。③“高价氮的化合物”中NO2在反应器中发生化合反应

的化学方程式为______。（2）利用活性焦炭的吸附作用，可以对烟气进行脱硫和脱硝。被吸附的NO2与活性焦炭反应生成N2和CO2，当生成1molN2时，转移的电子数为______mol。（3）一定条件下，将一定浓度

NOx（NO2和NO的混合气体）通入0.05mol/L的2Ca(OH)乳浊液中，发生的反应为：2323NO2OHNO2NOHO−−+++；222NONO2OH2NOHO−−+++。改变()2NO/(NO)nn，xNO的去除率如图乙所示。①当()2NO/(NO)nn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______。②O3和NO发生的主要反应为：322NOONOO+=+。保持NO的初始浓度不变，改变()3O/(NO)nn，将反应后的混合气体通入120.05molLCa(OH

)−乳浊液中吸收。为节省O3的用量，又能保持NOx去除效果，则()3O/(NO)nn合适的值约为______。a.0.4b.0.6c.1.2【答案】(1).SO2+NaOH=NaHSO3(2).再生Ce4+(3).2HSO3-+2H++2e-=S2O4

2-+2H2O(4).4NO2+4NH3+2H2O+O2=4NH4NO3(5).8(6).NO2和OH-反应生成NO3-和NO，导致NO去除率降低(7).b【解析】【分析】(1)脱硫脱硝流程为：NaOH溶液吸收SO2生成NaHSO3溶液，NO被高价Ce4+溶液吸收生成得到含有高价N的化合物和C

e3+混合溶液，通过电解装置：NaHSO3在阴极得电子生成Na2S2O4，含有高价N的化合物和Ce3+混合溶液在阳极失去电子生成Ce4+，使Ce4+再生，含有高价N的化合物和Ce4+混合溶液经过萃取和反萃取、分液得到含Ce4+的溶液、循环到NO吸收装置中再利用，高价N的化合物在反应

器中的O2、NH3共同作用下生成NH4NO3。【详解】(1)①NaOH溶液吸收SO2生成NaHSO3溶液，化学方程式为SO2+NaOH=NaHSO3；②由原电池装置的Pb电极和PbO2电极可知，与原电池Pb相接的为阴极、与PbO2电极相接的为阳极，阳极电

极反应式为Ce3+-e-=Ce4+，结合流程物质循环可知，阳极产物Ce4+可再利用，获得再生；阴极上NaHSO3得电子生成Na2S2O4，电极反应式为2HSO3-+2H++2e-=S2O42-+2H2O；③高价氮的

化合物中NO2在“反应器”中与O2、NH3发生化合反应生成NH4NO3，化学方程式为4NO2+4NH3+2H2O+O2=4NH4NO3；(2)反应过程中NO2被还原成N2，氮元素化合价降低4价，则生成一个N2转移

电子数为8，则生成1molN2转移的电子8mol；(3)①NO2和OH-反应生成NO3-和NO，导致NO去除率降低；②保持NO的初始浓度不变，改变n(O3)/n(NO)，节省O3的用量，又能保持NOx去除效果，据图可知需要保持n(NO2)/n(NO)的合适范

围是1.3左右，O3和NO发生的主要反应为：NO+O3=NO2+O2．若初始NO为1，O3为x，则生成的NO2为x，剩余的NO为1-x，则有x1-x的值要在1.3左右，解得x约为0.57，则n(O3)/n(NO)合适的值要在0.57左右，故选b。21.FeCl3溶液中的

Fe3+可用KSCN溶液检验，还可与苯酚发生显色反应，用于酚羟基的检验。（1）Fe3+基态核外电子排布式为______。（2）与SCN-互为等电子体且为非极性分子的化学式为______。（填化学式）。（3）苯酚中碳原子与氧原子的轨道杂化类型分

别是______；1mol苯酚分子中含有的σ键的数目为______。（4）普鲁士蓝俗称铁蓝，结构如图甲所示（K+未画出），平均每两个立方体中含有一个K+，又知该晶体中铁元素有+2价和+3价两种，则Fe3+与Fe2+

的个数比为______。（5）血红素铁（图乙）用作铁强化剂，其吸收率比一般铁剂高3倍，在图乙中画出Fe2+与N原子间的化学键（若是配位键，需要用箭头加以表示）。_______________【答案】(1).5[Ar]3d或226265

1s2s2p3s3p3d(2).2CO(3).2sp、3sp(4).13mol或23136.0210(5).1:1(6).【解析】【详解】(1)Fe是26号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p

63d64s2，先失去4s能级2个电子、再失去3d能级1个电子形成Fe3+，可知Fe3+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5；(2)SCN-中含有3个原子，且其价电子数是16，与SCN-互为等电子体的非极性分

子为CS2或CO2；(3)苯酚中苯环为平面结构，C原子之间形成大π键和σ键，为sp2杂化，氧原子为sp3杂化；苯酚中每两个原子之间均形成1个σ键，苯酚分子中含有13个σ键，1mol苯酚分子中含有的σ键数为13NA；(4)每两个立方体

中含有一个K+，所以一个晶胞中钾离子个数=1÷2=0.5，该立方体中铁原子个数=8×18=1，CN-位于每条棱中点，该立方体中含有CN-个数=12×14=3，所以平均化学式是K0.5Fe(CN)3，Fe平均化合价2.5，所以亚铁离子与铁离子之比是1:1；(5)每

个N原子可以形成3个共价键，左上和右下两个N原子已经形成2个共价键，则还可以和Fe2+形成σ键，右上和左下两个氮原子已经饱和，但可以提供孤对电子，Fe2+可以提供空轨道，二者可以形成配位键，所以化学键为：。【点睛】原子

总数、价电子总数相同的微粒互为等电子体；正负电荷重心重合的分子是非极性分子。