〖精选3套试卷〗2020学年云南省昆明市高考化学调研试题

2021届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．改革开放40周年取得了很多标志性成果，下列说法不正确的是
A．“中国天眼”的镜片材料为SiC，属于新型无机非金属材料
B．“蛟龙”号潜水器所使用的钛合金材料具有强度大、密度小、耐腐蚀等特性
C．北斗导航专用ASIC硬件结合国产处理器打造出一颗真正意义的“中国芯”，其主要成分为SiO2
D．港珠澳大桥设计使用寿命120年，水下钢柱镶铝块防腐的方法为牺牲阳极保护法
2．Bodensteins研究了下列反应：2HI(g)H 2(g)+I2(g)ΔH=+11 kJ/mol。

在716K时，气体混合物中碘化氢的物质的量分数x(HI)与反应时间t的关系如下表：
t/min 0 20 40 60 80 120
x(HI) 1 0.91 0.85 0.815 0.795 0.784
x(HI) 0 0.60 0.73 0.773 0.780 0.784
由上述实验数据计算得到v正～x(HI)和v逆～x(H2)的关系可用如图表示。

当改变条件，再次达到平衡时，下列有关叙述不正确的是
A．若升高温度到某一温度，再次达到平衡时，相应点可能分别是A、E
B．若再次充入a mol HI，则达到平衡时，相应点的横坐标值不变，纵坐标值增大
C．若改变的条件是增大压强，再次达到平衡时，相应点与改变条件前相同
D．若改变的条件是使用催化剂，再次达到平衡时，相应点与改变条件前不同
3．一定量的某磁黄铁矿(主要成分Fe x S，S为－2价)与100mL盐酸恰好完全反应(矿石中其他成分不与盐酸反应)，生成3.2g硫单质、0.4molFeCl2和一定量H2S气体，且溶液中无Fe3+。

则下列说法正确的是（）A．该盐酸的物质的量浓度为4.0mol·L-1
B．该磁黄铁矿Fe x S中，Fe2+与Fe3+的物质的量之比为2：1
C．生成的H2S气体在标准状况下的体积为8.96L
D．该磁黄铁矿中Fe x S的x=0.85
4．生活中处处有化学。

根据你所学过的化学知识，判断下列说法错误的是
A．柑橘属于碱性食品
B．为防止流感传染，可将教室门窗关闭后，用食醋熏蒸，进行消毒
C．氯化钠是家庭常用的防腐剂，可用来腌制食品
D．棉、麻、丝、毛及合成纤维完全燃烧都只生成CO2和H2O
5．某温度下，在2L恒容密闭容器中投入一定量的A、B发生反应：3A(g)+bB(g)cC(g) ∆H=－QkJ·mol －1（Q＞0），12s时生成C的物质的量为0.8mol（反应进程如图所示）。

下列说法中正确的是
A．2s时，A的反应速率为0.15mol·L－1·s－1
B．图中交点时A的消耗速率等于A的生成速率
C．化学计量数之比b ∶c = 1∶2
D．12s内反应放出0.2QkJ热量
6．N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）
A．标准状况下，33.6LSO3中含有氧原子的数目为4.5N A
B．1L浓度为0.1mol/L的磷酸溶液中含有的氧原子个数为0.4N A
C．0.1mol丙烯酸中含有双键的数目为0.2N A
D．1L0.2mol/L的FeCl3溶液和过量KI溶液充分反应可生成0.1molI2
7．某化合物由两种单质直接反应生成，将其加入Ba（HCO3）2溶液中同时有气体和沉淀产生。

下列化合物中符合上述条件的是
A．Na2O B．AlCl3 C．FeCl2 D．SiO2
8．下列有关物质的说法错误的是()
A．工业上常用H2和Cl2直接化合的方法生产氯化氢以制取盐酸
B．氧化铝可用于制造耐高温材料
C．SO2具有漂白性，所以能使碘的淀粉溶液由蓝色变为无色
D．常温下铁能被浓硫酸钝化，可用铁质容器贮运浓硫酸
9．下列物质不属于合金的是
A．铝B．青铜C．不锈钢D．生铁
10．对下列化学用语的理解正确的是
A．丙烯的最简式可表示为CH2
B．电子式既可以表示羟基，也可以表示氢氧根离子
C．结构简式(CH3)2CHCH3既可以表示正丁烷，也可以表示异丁烷
D．比例模型既可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子
11．给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是（）
A．S SO2BaSO4
B．SiO2H2SiO3Na2SiO3（aq）
C．MgCl2•6H2O MgCl2Mg
D．N2NO2HNO3
12．常温下，向20 mL 0.1 mol·L-1 HCN溶液中滴加0.1 mol·L-1NaOH的溶液,由水电离的氢氧根离子浓度随加入NaOH体积的变化如图所示,则下列说法正确的是( )
A．常温下,0.1 mol·L-1HCN的电离常数K a数量级为10-8
B．a、c两点溶液均为中性
C．当V(NaOH)=10mL时：c(Na+)>c(CN-)>c(HCN)>c(OH-)>c(H+)
D．当V(NaOH)=30mL时：2c(OH-)-2c(H+)=c(CN-)+3c(HCN)
13．某溶液中含有较大量的Cl－、CO32-、OH－三种离子，如果只取一次该溶液分别将三种离子检验出来，下列添加试剂顺序正确的是（）
A．先加Mg（NO3）2，再加Ba（NO3）2，最后加AgNO3
B．先加Ba（NO3）2，再加AgNO3，最后加Mg（NO3）2
C．先加AgNO3，再加Ba（NO3）2，最后加Mg（NO3）2
D．先加Ba（NO3）2，再加Mg（NO3）2最后加AgNO3
14．下列褪色与二氧化硫漂白性有关的是
A．溴水B．品红溶液
C．酸性高锰酸钾溶液D．滴入酚酞的氢氧化钠溶液
15．下列说法正确的是（）
A．淀粉、纤维素、油脂都是高分子化合物
B．石油分馏和煤的干馏过程，都属于物理变化
C．甲烷、汽油、柴油、酒精都是碳氢化合物，都可作燃料
D．聚乙烯是无毒高分子材料，可用于制作食品包装袋
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．亚硝酰氯(NOCl，熔点：-64.5 ℃，沸点：-5.5 ℃)是一种黄色气体，遇水易反应，生成一种氯化物和两
种氧化物。

可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。

实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成。

(1)甲组的同学拟制备原料气NO和Cl2，制备装置如下图所示：
为制备纯净干燥的气体，下表中缺少的药品是：
装置Ⅰ
装置Ⅱ
烧瓶中分液漏斗中
制备纯净Cl2MnO2①②
制备纯净NO Cu ③④
②___________，③___________。

(2)乙组同学利用甲组制得的NO和Cl2制备NOCl，装置如图所示：
①装置连接顺序为a→___________________(按气流自左向右方向，用小写字母表示)。

②装置Ⅶ的作用为________________，若无该装置，Ⅸ中NOCl可能发生反应的化学方程式为
_______________________________。

③乙组同学认为氢氧化钠溶液只能吸收氯气和NOCl，不能吸收NO，所以装置Ⅷ不能有效除去有毒气体。

为解决这一问题，可将尾气与某种气体同时通入氢氧化钠溶液中，这种气体的化学式是__________。

(3)丙组同学查阅资料，查得王水是浓硝酸与浓盐酸的混酸，一定条件下混酸可生成亚硝酰氯和氯气，该反应的化学方程式为___________________。

(4)丁组同学用以下方法测定亚硝酰氯(NOCl)纯度
取Ⅸ中所得液体mg溶于水，配制成250mL溶液；取出25.00mL，以K2CrO4溶液为指示剂，用c mol/LAgNO3 标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为b mL。

(已知：Ag2CrO4为砖红色固体)
①亚硝酰氯(NOCl)的质量分数为_________(用代数式表示即可)。

②若滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，则所测亚硝酰氯的纯度_________(偏高、偏低、无影响)
三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．两种重要的有机化工合成中间体F 和Y 可用甲苯为主要原料采用以下路线制得：
已知： ①
Fe
HCl
−−→
②2CH 3CHO NaOH −−−→CH 3CH (OH )CH 2CHO Δ
−−→CH 3CH =CHCHO
请回答下列问题：
（1）写出A 的结构简式___________。

（2）B →C 的化学方程式是________。

（3）C →D 的反应类型为__________。

（4）1molF 最多可以和________molNaOH 反应。

（5）在合成F 的过程中，设计B →C 步骤的目的是_________。

（6）写出符合下列条件的3种A 的同分异构体的结构简式_________、______、_______。

①苯环上只有两种不同化学环境的氢原子 ②能发生银镜反应
（7）以X 和乙醇为原料通过3步可合成Y ，请设计合成路线______（无机试剂及溶剂任选）。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18． [2017新课标Ⅰ]凯氏定氮法是测定蛋白质中氮含量的经典方法，其原理是用浓硫酸在催化剂存在下将样品中有机氮转化成铵盐，利用如图所示装置处理铵盐，然后通过滴定测量。

已知：NH 3+H 3BO 3=NH 3·H 3BO 3；NH 3·H 3BO 3+HCl= NH 4Cl+ H 3BO 3。

回答下列问题：
（1）a的作用是_______________。

（2）b中放入少量碎瓷片的目的是____________。

f的名称是__________________。

（3）清洗仪器：g中加蒸馏水；打开k1，关闭k2、k3，加热b，蒸气充满管路；停止加热，关闭k1，g中蒸馏水倒吸进入c，原因是____________；打开k2放掉水，重复操作2~3次。

（4）仪器清洗后，g中加入硼酸（H3BO3）和指示剂。

铵盐试样由d注入e，随后注入氢氧化钠溶液，用蒸馏水冲洗d，关闭k3，d中保留少量水。

打开k1，加热b，使水蒸气进入e。

①d中保留少量水的目的是___________________。

②e中主要反应的离子方程式为________________，e采用中空双层玻璃瓶的作用是________。

（5）取某甘氨酸（C2H5NO2）样品m 克进行测定，滴定g中吸收液时消耗浓度为c mol·L–1的盐酸V mL，则样品中氮的质量分数为_________%，样品的纯度≤_______%。

19．（6分）过氧化氢（H2O2）的水溶液俗称双氧水。

双氧水常被称为化学反应中的“绿色试剂”。

已知，在含少量I－的溶液中，H2O2会较快分解，反应如下：反应①：H2O2＋I－→ H2O＋IO－；反应②：H2O2＋IO－→ H2O＋O2＋I－，完成下列填空：
(1)反应①中的氧化产物是_________，被还原的元素是___________。

(2)标出反应②中电子转移的方向和数目。

_______________
(3)H2O2分解过程中，I－的作用是__________。

(4)根据反应①和反应②，请说明双氧水被称为“绿色试剂”的主要原因是_____。

(5)H2O2是一种二元弱酸，写出第一步电离的电离方程式：________，双氧水可漂白纤维织物，目前认为是其中过氧化氢离子(HOO－)的作用。

为了增强其漂白效果，应选择在____（填“酸”、“碱”或“中”）性条件下进行。

(6)向盐酸酸化的FeCl2溶液中加入双氧水，溶液由浅绿色变为棕黄色，写出该变化的化学反应方程式：_____________。

参考答案
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．C
【解析】
【分析】
【详解】
A. SiC属于新型无机非金属材料，故不选A；
B.钛合金材料具有强度大、密度小、耐腐蚀等特性，故不选B；
C.“中国芯”主要成分为半导体材料Si，不是SiO2，故选C；
D. 因为铝比铁活泼，所以利用原电池原理，铁做正极被保护，这种方法叫牺牲阳极的阴极保护法，故不选D；
答案：C
2．C
【解析】
【分析】
【详解】
A. 升高温度，正、逆反应速率加快，由于该反应的正反应是吸热反应，升高温度，平衡向吸热的正反应方向移动，HI的物质的量分数降低，H2的物质的量分数增大，最终达到平衡时，相应点可能分别是A、E，A正确；
B. 该反应是反应前后气体体积相等的反应，若再次充入a mol HI，平衡不发生移动，因此二者的物质的量的含量不变，但由于物质浓度增大，反应速率加快，所以达到平衡时，相应点的横坐标值不变，纵坐标值增大，B正确；
C. 若改变的条件是增大压强，化学平衡不移动，任何气体的物质的量分数不变，但物质由于浓度增大，化学反应速率加快，所以再次达到平衡时，相应点与改变条件前不相同，C错误；
D. 催化剂不能是化学平衡发生移动，因此任何气体的物质的量分数不变，但正、逆反应速率会加快，故再次达到平衡时，相应点的横坐标值不变，纵坐标值增大，相应点与改变条件前不同，D正确；
故合理选项是C。

3．C
【解析】
【分析】
n(S)=3.2g÷32g/mol=0.1mol，根据转移电子守恒得n(Fe3+)=
()
0.1mol20
32
⨯-
-
=0.2mol，则
n(Fe2+)=0.4mol-0.2mol=0.2mol，所以n(Fe2+)：n(Fe3+)=0.2mol：0.2mol=1：1，以此解答该题。

【详解】
A.盐酸恰好反应生成FeCl2 的物质的量为0.4mol，根据Cl原子守恒可得c(HCl)=20.4mol
0.1L
=8.0mol/L，A
错误；
B.由以上分析可知，该磁黄铁矿Fe x S中，Fe2+与Fe3+的物质的量之比n(Fe2+)：n(Fe3+)=1：1，B错误；
C.根据氢原子、氯原子守恒得n(H2S)=1
2
n(HCl)=n(FeCl2)=0.4mol，V(H2S)=0.4mol×22.4L/mol=8.96 L，C正确；
D.Fe x S中n(S)=0.1mol+0.4mol=0.5mol，n(Fe)=0.4mol，所以n(Fe)：n(S)=0.4mol：0.5mol=0.8，所以x=0.8，D错误。

故合理选项是C。

4．D
【解析】
【详解】
A.含钾、钠、钙、镁等矿物质较多的食物，在体内的最终的代谢产物常呈碱性，产生碱性物质的称为碱性食品，蔬菜、水果、乳类、大豆和菌类食物等，柑橘水水果，属于碱性食品，选项A正确；
B.为防止流感传染，可将教室门窗关闭后，用食醋熏蒸，进行消毒，杀除病菌，选项B正确；
C.氯化钠的浓溶液(超过0.9%)才有防腐作用，因为这是生理盐水的浓度，超过这个浓度，细胞就会脱水死亡，可用来腌制食品，选项C正确；
D.棉、麻属于纤维素，含有C、H两种元素，完全燃烧只生成CO2和H2O；羊毛属于蛋白质，含有C、H、O、N等元素，完全燃烧除生成CO2和H2O，还有其它物质生成；合成纤维是以小分子的有机化合物为原料，经加聚反应或缩聚反应合成的线型有机高分子化合物，分子中出C、H元素外，还含有其它元素，如N元素等，完全燃烧除生成CO2和H2O，还有其它物质生成，选项D错误；
答案选D。

5．C
【解析】
【分析】
【详解】
某温度下，在2L恒容密闭容器中投入一定量的A、B发生反应：3A(g)+bB(g)cC(g) ∆H=－QkJ·mol－1（Q＞0），12s时达到平衡，生成C的物质的量为0.8mol，
A．由图像可知A的浓度变化=0.8mol/L-0.5mol/L=0.3mol/L，反应速率υ=Δ
Δ
c
t
=
0.3
2s
=0.15 mol·L－1·s－1，所求
为0~2s的平均速率，不是2s时的速率，故A错误；
B. 图中交点时没有达到平衡状态，A的消耗速率大于A的生成速率，故B错误；
C. 12s时达到平衡状态，B、C转化量之比等于化学计量数之比，所以b ∶c
=(0.5mol/L-0.3mol/L )×2L∶0.8mol=1:2，故C正确；
D.由题意可知，3molA与1molB完全反应生成2molC时放出QkJ的热量，12s内，A的物质的量减少（0.8mol/L-0.2mol/L）×2L=1.2mol，则放出的热量为0.4QkJ，故D错误。

答案选C。

6．C
【解析】
【详解】
A. 标准状况下，SO3呈固态，不能利用22.4L/mol进行计算，A错误；
B. 磷酸溶液中，不仅磷酸分子中含有氧原子，而且水中也含有氧原子，B错误；
C. 丙烯酸中含有碳碳双键和碳氧双键，所以0.1mol丙烯酸中含有双键的数目为0.2N A，C正确；
D. 理论上，1L0.2mol/L的FeCl3溶液和过量KI溶液充分反应可生成0.1molI2，但反应为可逆反应，所以生成I2小于1mol，D错误。

故选C。

【点睛】
当看到试题中提供2.24、4.48、6.72等数据，想利用此数据计算物质的量时，一定要克制住自己的情绪，切记先查验再使用的原则。

只有标准状况下的气体，才能使用22.4L/mol。

特别注意的是：H2O、NO2、HF、SO3、乙醇等，在标准状况下都不是气体。

7．B
【解析】
【分析】
【详解】
A、钠和氧气可以生成氧化钠，加入碳酸氢钡中反应生成碳酸钡沉淀，没有气体，错误，不选A；
B、铝和氯气反应生成氯化铝，加入碳酸氢钡中反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，正确，选B；
C、铁和氯气反应生成氯化铁，不是氯化亚铁，错误，不选C；
D、硅和氧气反应生成二氧化硅，加入到碳酸氢钡中不反应，错误，不选D。

【点睛】
注意单质之间化合的产物
1、氢气和氧气生成水。

2、硫和氧气生成二氧化硫，不是三氧化硫。

3、氮气和氧气生成一氧化氮，不是二氧化氮。

4、钠和氧气在点燃条件下反应生成过氧化钠，常温下生成氧化钠。

5、锂和氧气反应生成氧化锂，没有过氧化物。

6、钾和氧气点燃反应生成更复杂的氧化物。

7、铁和氯气反应生成氯化铁，不是氯化亚铁。

8、铁和硫反应生成硫化亚铁。

9、铁和氧气反应生成四氧化三铁
10、铜和硫反应生成硫化亚铜
8．C
【解析】
【详解】
A. 工业上常用H2和Cl2直接化合的方法生产氯化氢，氯化氢极易溶于水，可以制得盐酸，故A正确；
B. 氧化铝的熔点很高，故可用于制造耐高温材料，故B正确；
C. SO2能使碘的淀粉溶液由蓝色变为无色，是因为发生氧化还原反应：SO2＋I2＋2H2O=H2SO4＋2HI，SO2体现的是还原性，而非漂白性，故C错误；
D. 浓硫酸具有强氧化性，常温下铁和浓硫酸反应，在铁表面生成一层致密的氧化膜，也就是发生了钝化反应，可阻止浓硫酸与内部的铁进一步反应，因此可用铁质容器贮运浓硫酸，故D正确；
答案选C。

9．A
【解析】
合金是由两种或两种以上的金属与金属或非金属经一定方法熔合成的具有金属特性的物质；铝是纯净物，不属于合金，故A正确；青铜是铜与锡或铅的合金，故B错误；不锈钢是铁中含有铬、镍的合金，故C错误；生铁是铁和碳的合金，故D错误。

10．A
【解析】
【详解】
A. 丙烯的分子式是C3H6，最简式可表示为CH2，故A正确；
B. 电子式表示羟基，表示氢氧根离子，故B错误；
C. 结构简式(CH3)2CHCH3表示异丁烷， CH3CH2CH2CH3表示异正烷，故C错误；
D. 比例模型可以表示甲烷分子；氯原子半径大于碳，所以不能表示四氯化碳分子，故D错误。

11．A
【解析】
A．硫单质点燃生成二氧化硫，二氧化硫通入硝酸钡溶液，溶液显酸性，硝酸根氧化二氧化硫为硫酸，结合钡离子生成不溶于水和酸的硫酸钡沉淀，转化关系可以一步实现，A正确；B．二氧化硅是酸性氧化物，但不溶于水不能一步生成硅酸，B错误；C．氯化镁晶体加热过程中会发生水解得到氢氧化镁，不能生成氯化镁固体，需要在氯化氢气流中加热失去结晶水得到氯化镁固体，C错误；D．氮气与氧气放电件下反应生成一氧化氮，不能一步生成二氧化氮气体，D错误；答案选A。

12．D
【解析】
【分析】
【详解】
A. 常温下，0.1 mol·L-1HCN溶液中，水电离出的氢离子浓度为10-8.9mol/L，则溶液中的氢离子浓度
=
14
8.98.9
Kw10
10mol/L10mol/L
-
--
==10-5.1，则电离常数K a=
5.1 5.1
1010
0.1
--
⨯
=10-9.2，数量级为10-,9，故A错误；
B. a点为HCN和Na CN的混合溶液显中性，c点为NaOH和Na CN的混合溶液呈碱性，故B错误；
C. 当V(NaOH)=10mL时，为HCN和Na CN的混合溶液且二者物质的量浓度相等，溶液显酸性，c(OH-)＜c(H+)，故C错误；
D. 当V(NaOH)=30mL时，为NaOH和Na CN的混合溶液呈碱性，钠离子的总物质的量为0.003mol，Na CN 中CN-以CN-和HCN两种形式存在，总物质的量为0.002mol，则物料守恒为2c(Na+)=3c(CN-)+3c(HCN)，该混合溶液中电荷守恒式为：c(Na+)+ c(H+)= c(CN-)+ c(OH-)，则c(Na+)= c(CN-)+ c(OH-)- c(H+)，代入物料守恒式，可得：2[c(CN-)+ c(OH-)- c(H+)]=3c(CN-)+3c(HCN)，2c(OH-)-2c(H+)=c(CN-)+3c(HCN)，故D正确；答案选D。

13．D
【解析】
【分析】
【详解】
所加每一种试剂只能和一种离子形成难溶物，Mg(NO3)2能与CO32-、OH－两种离子反应；AgNO3能与Cl－、CO32-、OH－三种离子形成难溶物；Ba(NO3)2只与CO32-反应，所以先加Ba(NO3)2除去CO32-，再加Mg(NO3)2除去OH－，最后加AgNO3只能与Cl－反应。

答案选D。

14．B
【解析】
【详解】
A．二氧化硫与溴水发生氧化还原反应使其褪色，体现二氧化硫的还原性，故A错误；
B．二氧化硫与品红化合生成无色的物质，体现二氧化硫漂白性，故B正确；
C．二氧化硫与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应使其褪色，体现二氧化硫的还原性，故C错误；D．滴入酚酞的氢氧化钠溶液显红色，二氧化硫为酸性氧化物，能够与碱反应，消耗氢氧根离子，使红色溶液褪色，故D错误；
故答案为B。

【点睛】
考查二氧化硫的性质。

二氧化硫为酸性氧化物，能与碱性氧化物、碱发生反应；二氧化硫能漂白某些有色物质，如使品红溶液褪色(化合生成不稳定的化合物加热后又恢复为原来的红色；二氧化硫中硫为+4价，属于中间价态，有氧化性又有还原性，以还原性为主，如二氧化硫能使氯水、溴水、KMnO 4溶液褪色，体现了二氧化硫的强还原性而不是漂白性。

15．D 【解析】 【详解】
A.油酯中相对分子质量比较大，但不属于高分子化合物，A 错误；
B.煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使它发生分解反应，属于化学变化，B 错误；
C.酒精分子结构简式为CH 3CH 2OH ，含有C 、H 、O 三种元素，是烃的衍生物，不是碳氢化合物，C 错误；
D.聚乙烯是乙烯CH 2=CH 2发生加聚反应产生的无毒高分子材料，因此可用于制作食品包装袋，D 正确； 故合理选项是D 。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．饱和食盐水 稀硝酸 e→f(或f→e)→c→b→d 防止水蒸气进入装置Ⅸ 2NOCl+H 2O=2HCl+NO+NO 2 O 2(或NO 2) HNO 3(浓)+3HCl(浓)=NOCl↑+Cl 2↑+2H 2O
310bc 1065.5
m
-⨯⨯×100% 偏高
【解析】 【分析】
氯气与一氧化氮在常温常压下合成NOCl 。

根据实验室用浓盐酸与二氧化锰制备氯气，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气；用铜和稀硝酸反应制备NO ，制得的NO 中可能混有其他氮氧化合物，结合NOCl 的性质，制得气体中的杂质需要除去，尾气中氯气、NO 以及NOCl 均不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，据此分析解答。

【详解】
(1)实验室制备氯气，一般用浓盐酸与二氧化锰加热制备，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，故装置Ⅱ用饱和食盐水吸收氯化氢气体；
实验室制备NO ，一般用铜和稀硝酸反应制备，制得的NO 中可能混有其他氮氧化合物，NO 不溶于水，故装置Ⅱ用水净化NO ；故答案为饱和食盐水；稀硝酸；
(2)①将氯气和NO 干燥后在装置Ⅵ中发生反应，由于亚硝酰氯(NOCl ，熔点：-64.5 ℃，沸点：-5.5 ℃)是一种黄色气体，遇水易反应，需要在冰盐中冷凝收集NOCl ，氯气、NO 以及NOCl 均不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，NOCl 遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥装置，因此装置连接顺序为a→e→f(或f→e)→c→b→d ，故答案为e→f(或f→e)→c→b→d ；
②NOCl 遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个装置 VII 干燥装置防止水蒸气进入装置Ⅸ；若无该装置，Ⅸ中NOCl 水解生成氯化氢、NO 和NO 2，反应的化学方程式为2NOCl+H 2O=2HCl+NO+NO 2，
故答案为防止水蒸气进入装置Ⅸ；2NOCl+H 2O=2HCl+NO+NO 2；
③乙组同学认为氢氧化钠溶液只能吸收氯气和NOCl ，不能吸收NO ，所以装置Ⅷ不能有效除去有毒气体。

NO 能够与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮能够被氢氧化钠溶液吸收，一氧化氮和二氧化氮的混合气体也能够被氢氧化钠溶液吸收，因此解决这一问题，可将尾气与氧气(或二氧化氮)同时通入氢氧化钠溶液中，故答案为O 2(或NO 2)；
(3)王水是浓硝酸与浓盐酸的混酸，一定条件下混酸可生成亚硝酰氯和氯气，反应的化学方程式为：HNO 3(浓)+3HCl(浓)=NOCl↑+Cl 2↑+2H 2O ，故答案为HNO 3(浓)+3HCl(浓)=NOCl↑+Cl 2↑+2H 2O ；
(4)①亚硝酰氯(NOCl)遇水反应得到HCl ，用AgNO 3标准溶液滴定，生成白色沉淀，以K 2CrO 4溶液为指示剂，出现砖红色沉淀达到滴定终点，根据氯元素守恒： NOCl ～HCl ～AgNO 3，则样品中n(NOCl)=cmol/L×b×10-3L×
250mL
25.00mL
= 10bc×10-3mol ，亚硝酰氯(NOCl)的质量分数为
310bc 10mol 65.5g /mol mg -⨯⨯×100%=310bc 1065.5m -⨯⨯×100%，故答案为310bc 1065.5
m
-⨯⨯×100%；
②若滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，导致消耗的标准溶液的体积偏大，则所测亚硝酰氯的纯度偏高，故答案为偏高。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17． ＋(CH 3CO )2O →＋CH 3COOH 氧化反应 3 氨
基易被氧化，在氧化反应之前需先保护氨基
CH 3CH 2OH 2
O
Cu Δ
−−−→， CH 3CHO Δ
−−→
【解析】 【分析】
分析有机合成过程，A 物质为发生苯环上的对位取代反应生成的，故A 为，结合已知条件
①，可知B 为
，结合B →C 的过程中加入的(CH 3CO )2O 以及D 的结构可知，C 为B 发生了取代反
应，-NH 2中的H 原子被-COCH 3所取代生成肽键，C →D 的过程为苯环上的甲基被氧化成羧基的过程。

D 与题给试剂反应，生成E ，E 与H 2O 发生取代反应，生成F 。

分析X 、Y 的结构，结合题给已知条件②，可知
X →Y 的过程为
NaOH −−−→∆
−−
→，据此进行分析推断。

【详解】
（1）从流程分析得出A 为,答案为：；
（2）根据流程分析可知，反应为乙酸酐与氨基反应形成肽键和乙酸。

反应方程式为：＋
(CH 3CO )2O →＋CH 3COOH 。

答案为：＋
(CH 3CO )2O →
＋CH 3COOH ；
（3）结合C 、D 的结构简式，可知C →D 的过程为苯环上的甲基被氧化为羧基，为氧化反应。

答案为：氧化反应；
（4）F 分子中含有羧基、氨基和溴原子，其中羧基消耗1 mol 氢氧化钠，溴原子水解得到酚羟基和HBr 各消耗1 mol 氢氧化钠，共消耗3 mol 。

答案为：3；
（5）分析B 和F 的结构简式，可知最后氨基又恢复原状，可知在流程中先把氨基反应后又生成，显然是在保护氨基。

答案为：氨基易被氧化，在氧化反应之前需先保护氨基；
（6）由①得出苯环中取代基位置对称，由②得出含有醛基或甲酸酯基，还有1个氮原子和1个氧原子，
故为、、。

答案为：、、；
（7）根据已知条件②需要把乙醇氧化为乙醛，然后与X 反应再加热可得出产物。

故合成路线为：
CH 3CH 2OH 2
O
Cu Δ
−−−→，CH 3CHO Δ
−−→。

答案为：
CH 3CH 2OH 2
O
Cu Δ
−−−→，CH 3CHO Δ
−−→。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18． 避免b 中压强过大 防止暴沸 直形冷凝管 c 中温度下降，管路中形成负压 液封，防止氨气逸出
+OH −
NH 3↑+H 2O 保温使氨完全蒸出
【解析】
（1）a 中导管与大气相连，所以作用是平衡气压，以避免b 中压强过大。

（2）b 中放入少量碎瓷片的目的是防止暴沸。

f 的名称是直形冷凝管。

（3）由于c 、e 及其所连接的管道内水蒸气冷凝为水后，气压远小于外界大气压，在大气压的作用下，因此锥形瓶内的蒸馏水被倒吸入c 中。

（4）①氨气是气体，因此d中保留少量水的目的是液封，防止氨气逸出。

②e中主要反应是铵盐与碱在加热条件下的反应，离子方程式为NH4++OH-NH3↑+H2O；e采用中空双层玻璃瓶的作用是保温减少热量损失，有利于铵根转化为氨气逸出。

（5）取某甘氨酸（C2H5NO2）样品m 克进行测定，滴定g中吸收液时消耗浓度为c mol·L-1的盐酸V mL，根据反应NH3·H3BO3+HCl＝NH4Cl+H3BO3，可以求出样品中n(N)＝n(HCl)＝c mol·L-1＝0.001cV mol，则样品中氮的质量分数为，样品中甘氨酸的质量≤0.001cV，所以样品的纯度≤。

19．IO－负一价的O 催化剂H2O2的氧化产物是O2，还原产物是H 2O，都不会污染环境H2O2H＋＋HO2－碱2FeCl2 ＋H2O2 ＋2HCl → 2FeCl3 ＋2H2O
【解析】
【分析】
H2O2中－1价的氧，既可得电子成－2价（H2O或OH－），生成表现较强的氧化性；也可失电子成0价（O2），表现还原性。

总反应的催化剂在分步反应中，先作反应物、后作生成物。

【详解】
(1)反应①中，I－→ IO－，碘元素失电子，IO－是氧化产物；H2O2→ H2O＋IO－，氧元素得电子被还原。

(2)反应②中，H2O2→O2，氧元素失电子；IO－→ I－，碘元素得电子。

电子转移的方向和数目可表示为。

(3)反应①与反应②相加，得H2O2分解反应2H2O2= 2H2O＋O2↑。

I－是①的反应物、②的生成物，故为总反应的催化剂。

(4)反应①中H2O2被还原成H2O，反应②中H2O2被氧化成O2，H2O、O2都不会污染环境。

故双氧水被称为“绿色试剂”。

(5)H 2O2是一种二元弱酸，则其电离分步且可逆，第一步电离方程式为H2O2H＋＋HO2－。

双氧水可用于漂白，要增强其漂白效果，应提高过氧化氢离子(HOO－)的浓度。

故选择在碱性条件，使电离平衡右移。

(6)向盐酸酸化的FeCl2溶液中加入双氧水，Fe2+（浅绿色）被氧化成Fe3+（棕黄色），化学方程式2FeCl2＋H2O2＋2HCl → 2FeCl3＋2H2O。