精品解析：江苏省扬州市2020届高三6月调研考试化学试题(解析版)

2019—2020学年度第二学期6月调研考试试题
高三化学
2020.06 注意事项：
考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求
1．本试卷共8页，包含选择题［第1题～第15题，共40分］、非选择题［第1题～第21题，共80分］两部分。

本次考试时间为100分钟，满分120分。

考试结束后，请将答题卡交回。

2．答题前，请考生务必将自己的学校、班级、姓名、学号、考生号、座位号用0.5毫米的黑色签字笔写在答题卡上相应的位置。

3．选择题每小题选出答案后，请用2B铅笔在答题纸指定区域填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再填涂其它答案。

非选择题请用0.5毫米的黑色签字笔在答题纸指定区域作答。

在试卷或草稿纸上作答一律无效。

4．如有作图需要，可用2B铅笔作答，并请加黑加粗，描写清楚。

可能用到的相对原子质量：H 1 C 12N 14O 16Na 23 Al 27 Cl 35.5 Fe 56
选择题（共40分）
一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分。

每小题只有一个选项
．．．．．．符合题意。

1.下列关于亚硝酸（HNO2）的说法正确的是
A. 能与NaOH溶液反应
B. 能使酚酞试液变红
C. 只有氧化性
D. 只有还原性
【答案】A
【解析】
【详解】A．亚硝酸属于酸，能和NaOH发生中和反应，故A符合题意；
B．酚酞遇碱变红，亚硝酸属于酸，不能使酚酞变色，故B错误；
C．亚硝酸中的N元素、O元素都不是最高价态，所以具有还原性，故C错误；
D．亚硝酸中的N元素、H元素都不是最低价态，所以具有氧化性，故D错误；
故答案为A。

2.反应PH3 + HCl + 4HCHO = [P(CH2OH)4]Cl的产物常被用作棉织物的防火剂。

下列表示反应中相关微粒的
化学用语正确的是
Cl B. HCHO结构式：H－C－O－H
A. 中子数为20的氯原子：37
20
C. O2－的结构示意图：
D. PH3的电子式：
【答案】D
【解析】
【详解】A．中子数为20的氯原子的质量数为20+17=37，原子符号左下角为质子数，左上角为质量数，所Cl，故A错误；
以符号为37
17
B．HCHO中含碳氧双键，结构式为，故B错误；
C．O元素为8号元素，O原子得到两个电子形成氧离子，结构示意图为，故C错误；
D．PH3中P原子和每个H原子共用一对电子，还含有一对孤电子对，电子式为，故D正确；
故答案D。

3.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A. 乙烯具有还原性，可用于生产聚乙烯
B. Al2O3熔点高，可用作耐高温材料
C. CaO能与H2O反应，可用作废气的脱硫剂
D. Fe2O3能与盐酸反应，可用于制作红色颜料
【答案】B
【解析】
【详解】A．乙烯可以发生加聚反应得到聚乙烯，作为聚合物聚乙烯的单体，不是因为乙烯的还原性，故A 错误；
B．熔点高的物质可以作耐火材料，Al2O3熔点高，可用作耐高温材料，故B正确；
C．CaO能与H2O反应，故可以用作干燥剂，CaO能与二氧化硫、氧气发生化学反应生成硫酸钙，可用作废气的脱硫剂，故C错误；
D．Fe2O3能与盐酸反应，故可用作除铁锈，Fe2O3是红棕色固体，可用于制作红色颜料，故D错误；
答案选B。

4.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A. 0.1 mol·L−1 HCl溶液：K＋、SO2-4、NO-3
B. 0.1 mol·L−1 H2O2溶液：NH+
4、SO2-
3
、NO-
3
C. 0.1 mol·L−1 KSCN溶液：Fe3+、SO2-4、Cl－
D. 0.1 mol·L−1 NaOH溶液：NH+
4、SO2-
4
、CO2-
3
【答案】A
【解析】
【详解】A．三种离子相互之间不反应，也不与氢离子和氯离子反应，可以大量共存，故A符合题意；B．双氧水具有氧化性，会将亚硫酸根氧化，故B不符合题意；
C．SCNˉ与Fe3+生成络合物而不能大量共存，故C不符合题意；
D．铵根和氢氧根会结合生成弱电解质一水合氨，不能大量共存，故D不符合题意；
故答案为A。

5.下列实验操作能达到实验目的的是
A. 用装置甲制备并收集乙酸乙酯
B. 用装置乙除去CO2中的少量SO2
C. 用热的纯碱溶液除去试管上的油污
D. 用稀盐酸除去试管内壁上的银
【答案】C
【解析】
【详解】A．制备乙酸乙酯需要加热，且乙酸乙酯会在NaOH溶液中发生水解，不能用NaOH溶液收集乙酸乙酯，故A错误；
B．二氧化碳也会和碳酸钠溶液反应，无法达到分离提纯的目的，故B错误；
C．热的纯碱溶液显碱性，可以使油脂水解，反应生成可溶于水的高级脂肪酸钠，从而洗去油污，故C正确；D．银不溶于稀盐酸，也不与稀盐酸反应，稀盐酸无法除去试管内壁上的银，可用稀硝酸溶液，故D错误；
故答案为C。

6.下列有关化学反应的叙述正确的是
A. 电解熔融MgCl2生成Mg(OH)2
B. 加热NH4Cl制备NH3
C. 室温下，Al和Fe2O3反应生成Fe
D. 铜和浓硝酸反应生成NO2
【答案】D
【解析】
【详解】A．电解熔融氯化镁得到镁单质和氯气，电解氯化镁水溶液可以得到氢氧化镁，故A错误；B．加热氯化铵分解成HCl和NH3，生成的HCl和NH3在试管口又反应生成氯化铵，无法得到氨气，故B 错误；
C．Al和Fe2O3在高温条件下才能反应，室温下不反应，故C错误；
D．浓硝酸具有强氧化性，可以和铜反应生成NO2、Cu(NO3)2和水，故D正确；
故答案为D。

7.下列指定反应的离子方程式正确的是
A. 向NaClO溶液中通入过量CO2：ClO－+ CO2+ H2O = HClO + HCO-3
B. 向FeCl3溶液中加入铜粉：Fe3+ + Cu = Fe2+ + Cu2+
C. 用NaOH溶液吸收NO2：2OH－+ 2NO2 = 2NO-2+ H2O
D. 向AlCl3溶液中滴加氨水：Al3+ + 3OH－=Al(OH)3↓
【答案】A
【解析】
【详解】A．次氯酸的酸性弱于碳酸而强于碳酸氢根，所以无论二氧化碳是否过量均生成碳酸氢根，离子方程式为ClO－+ CO2+ H2O = HClO + HCO-3，故A正确；
B．向FeCl3溶液中加入铜粉正确的离子方程式为2Fe3+ + Cu = 2Fe2+ + Cu2+，故B错误；
C．用NaOH溶液吸收NO2生成硝酸钠和亚硝酸钠，离子方程式为2NO2+2OHˉ=NO-
2+NO-
3
+H2O，故C错
误；
D．一水合氨为弱碱，不能写成离子，正确的离子方程式为Al3+ + 3NH3·H2O=3NH+
4
+Al(OH)3↓，故D错误；故答案为A。

8.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是电子层数的3倍，Y元素
的焰色为黄色，Z 2+与Ne 具有相同的电子层结构，W 与X 位于同一主族。

下列说法正确的是 A. 原子半径：r (W) > r (Z) > r (Y) > r (X) B. X 的简单气态氢化物比W 的稳定
C. Z 的最高价氧化物的水化物的碱性比Y 的强
D. X 与W 只能形成一种氧化物 【答案】B 【解析】 【分析】
X 原子的最外层电子数是电子层数的3倍，所以其电子层结构为2、6，则X 为O 元素；Y 元素的焰色为黄色，则Y 为Na 元素；Z 2+与Ne 具有相同的电子层结构，则Z 为Mg 元素，W 与X 位于同一主族，且为短周期元素，则W 为S 元素。

【详解】A ．电子层数越多原子半径越大，电子层数相同，核电荷数越小半径越大，所以四种原子的半径：Na ＞Mg ＞S ＞O ，即r (Y)＞> r (Z)＞> r (W) ＞ r (X)，故A 错误；
B ．非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，同主族元素自上而下非金属性减弱，所以O 的非金属性大于S ，则O 的简单气态氢化物比S 的稳定，故B 正确；
C ．金属性越强，最高价氧化物的水化物的碱性越强，Mg 的金属性弱于Na ，所以Mg 的最高价氧化物的水化物的碱性比Na 的弱，故C 错误；
D ．O 元素和S 元素可以形成SO 2、SO 3两种氧化物，故D 错误； 故答案为B 。

9.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A. HCl(aq)
2MnO s （）
∆
→Cl 2(g) Fe s （）
点燃
→ FeCl 2(s)
B. Cu(OH)2(s) ∆
−−→ CuO(s)
24H SO aq （）
→
CuSO 4(aq)
C. N 2(g)
2H g （）
→
NH 3(g)
3HNO aq （）
→
NH 4NO 3(s)
D. Al 2O 3(s) HCl aq −−−−→（） AlCl 3(aq) ∆−−→ AlCl 3(s)
【答案】B 【解析】
【详解】A ．铁粉在氯气中燃烧只能生成氯化铁，而不是氯化亚铁，故A 错误； B ．氢氧化铜受热分解成氧化铜，氧化铜可以和稀硫酸反应生成硫酸铜溶液，故B 正确；
C．氨气和硝酸溶液反应生成硝酸铵溶液，得不到硝酸铵固体，故C错误；
D．由于铝离子水解，HCl易挥发，所以加热蒸发氯化铝溶液得到的是氢氧化铝，故D错误；
故答案为B。

10.下列图示与对应的叙述正确的是
A. 图甲表示一定条件下反应2SO2(g) + O2(g)ƒ2SO3(g)中各物质的物质的量浓度随时间的变化，说明t2时刻仅缩小了容器的容积
B. 图乙表示反应CO2(g) + 3H2(g)ƒCH3OH(g) + H2O(g) ΔH＜0在恒容密闭容器中，其他条件相同时，仅改变反应温度，n(CH3OH)随时间的变化，说明KⅠ＞KⅡ
C. 图丙表示用0.01 mol·L−1 AgNO3溶液滴定浓度均为0.01 mol·L−1的NaX、NaY混合溶液时，－lg c随AgNO3溶液体积的变化，说明K sp(AgY)＞K sp(AgX)
D. 图丁表示25℃时，加水稀释10 mL pH均为5的HF与HCN溶液时，溶液的pH随溶液体积的变化，说明K a(HCN)＞K a(HF)
【答案】B
【解析】
【详解】A．若缩小容器体积，SO2、O2、SO3的浓度都会瞬间增大，而图示中SO2、O2的浓度瞬间不变，之后缓慢降低然后不变，SO3的浓度瞬间不变然后缓慢增大，所以t2时刻不可能是缩小容器的体积，故A 错误；
B．据图可知I条件下反应达到平衡时间较长，反应速率较慢，平衡时n(CH3OH)较大，该反应为放热反应，所以T I<T II，放热反应温度越高，平衡常数越小，所以KⅠ＞KⅡ，故B正确；
C．－lg c值越大，相应的离子浓度越小，据图可知当硝酸银溶液体积相同时，c(Yˉ)较小，所以AgY更难溶，所以K sp(AgY)<K sp(AgX)，故C错误；
D．酸性越弱，同pH的酸溶液稀释相同的倍数，pH的变化越小，据图可知HF的酸性比HCN强，所以
K a(HCN)<K a(HF)，故D错误；
故答案为B。

二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。

每小题只有一个或两个
．．．．．选项符合题意。

若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项时，
只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。

11.电解含ClO2的NaCl溶液可以获得消毒剂NaClO2，该工艺尾气吸收时的反应为2ClO2 + 2NaOH + H2O2 =
2NaClO2 + O2 + 2H2O。

下列有关说法正确的是
A. 电解时，化学能会转化为电能和热能
B. 电解时，ClO2转化为ClO的反应发生在阳极
C. 尾气吸收生成11.2 L O2时，H2O2失去1 mol电子
D. 2H2O2(aq)=2H2O(l)+ O2(g) ΔH＜0过程中的能量变化如图所示
【答案】D
【解析】
【详解】A．电解时是电解池，将电能转化为化学能和热能，故A错误；
B．电解时，ClO2转化为ClO的反应是化合价降低的反应，发生还原反应，发生在阴极，故B错误；
C．尾气吸收生成11.2 L O2时，由于没有给出具体的温度和压强，无法算出物质的量，无法计算失去的电子
的物质的量，故C错误；
D．图象中反应物得总能量高于生成物的总能量，是放热反应，2H2O2(aq)=2H2O(l)+O2(g) ΔH＜0，反应放出
热量，符合图象，故D正确；
答案选D。

12.化合物Y可由X通过下列反应制得。

下列说法正确的是
A. 上述反应属于取代反应
B. 化合物X能与银氨溶液反应
C. 化合物Y能与FeCl3溶液发生显色反应
D. 分子X、Y中都存在手性碳原子
【答案】B
【解析】
【详解】A．X转化为Y的过程中碳氧双键打开，发生加成反应，故A错误；
B．化合物X含有醛基，可以和银氨溶液发生银镜反应，故B正确；
C．Y中不含酚羟基，不能与FeCl3溶液发生显色反应，故C错误；
D．连接四个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，手性碳原子一定为饱和碳原子，所以X中不含手性碳原子，Y中与羟基相连的碳原子为手性碳原子，故D错误；
故答案为B。

13.室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】AC
【解析】
【详解】A．室温下，向苯酚钠溶液中通足量CO2，碳酸将苯酚置换出来，溶液变浑浊，属于强酸制弱酸，可以得出结论：碳酸的酸性比苯酚的强，故A正确；
B．加热乙醇与浓硫酸的混合溶液，将产生的气体通入少量酸性KMnO4溶液，溶液紫红色褪去，可能是挥发出的乙醇被酸性高锰酸钾氧化，也可能是乙醇发生消去反应得到的乙烯使酸性高锰酸钾的紫色褪色，故B 错误；
C．向5 mL 0.1 mol·L−1KI溶液中加入1 mL 0.1 mol·L−1FeCl3溶液，碘离子和铁离子发生氧化还原反应生成
碘和亚铁离子，反应后，萃取分液，向水层中滴加KSCN 溶液，溶液呈血红色，说明溶液中还含有铁离子，没有反应完，说明I －
与Fe 3+的反应有一定限度，故C 正确；
D ．向NaHCO 3溶液中滴加紫色石蕊试液，溶液变蓝，说明溶液呈碱性，同时说明碳酸氢根的水解程度大于
电离程度，HCO 3-+H 2O ⇌H 2CO 3+OH -，K h =233c()c()c()H CO OH HCO --，H 2CO 3⇌HCO 3-+H +
，K a1
=+
323c()c()c()HCO H H CO -，HCO 3-⇌H ++CO 32-，K a2=2+3-3c()c()c()CO H HCO -，K a1(H 2CO 3)×K a2(H 2CO 3
)＝+323c()c()c()HCO H H CO -×2+
3
-3c()c()c()
CO H HCO -＝2+2323c()c()c()CO H H CO -，K h ＞K a ２，233c()c()c()H CO OH HCO --＞2+3-3c()c()c()CO H HCO -，等式两边同乘以c(H +)，可以得到+2-+2
23333c()c()c()c()c()c()c()
H CO OH H CO H HCO HCO ---＞，即K w ＞K a1(H 2CO 3)×
K a2(H 2CO 3)，故D 错误； 答案选AC 。

14.草酸（H 2C 2O 4）是一种二元弱酸。

室温时，下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是 A. 0.1 mol·
L −1 NaHC 2O 4溶液：c (Na ＋)＞c (C 2O 2-4)＞c (HC 2O -
4) B. 0.1 mol·
L -1 Na 2C 2O 4溶液：c (OH －) = c (H ＋) + 2c (H 2C 2O 4) + c (HC 2O -
4) C. 0.1 mol·
L −1 H 2C 2O 4溶液：0.2 mol·L −1 + c (OH －) = c (H ＋) + 2c (H 2C 2O 4) + c (HC 2O -
4) D. 向Na 2C 2O 4溶液中滴加H 2C 2O 4溶液至中性：c (Na ＋
) = 2c (C 2O 2-
4)
【答案】BC 【解析】
【详解】A ．NaHC 2O 4溶液显酸性，说明HC 2O -4的电离大于它的水解，c (C 2O 2-4)是由c (HC 2O -
4)电离得到的，故c (C 2O 2-4)＜c (HC 2O -4)，故A 错误；
B ．Na 2
C 2O 4溶液中存在质子守恒，c (OH －) =c (H ＋) +2c (H 2C 2O 4) + c (HC 2O -4)，故B 正确； C ．H 2C 2O 4溶液中的电荷守恒，c (H ＋) = c (HC 2O -4)+2c (C 2O 2-4) +c (OH －)，物料守恒：c (H ＋) =
2c (HC 2O -4)+2c (C 2O 2-4) +2c (H 2C 2O 4)，两式相减得到：c (OH －) =2c (H 2C 2O 4) + c (HC 2O -4)，由于水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度总是相等，水中的氢氧根离子是由水电离出的，故0.1 mol·
L −1 H 2C 2O 4溶液中氢离子的浓度等于酸电离出的氢离子浓度加上水电离出的氢离子，0.2 mol·
L −1 + c (OH －) = c (H ＋) + 2c (H 2C 2O 4) +
c(HC2O-
4
)，故C正确；
D．向Na2C2O4溶液中滴加H2C2O4溶液至中性：符合电荷守恒，c(H＋)+c(Na＋) =c(OH－)+c(HC2O-
4)+2c(C2O2-
4
)，
溶液显中性，c(OH－) = c(H＋)，则c(Na＋)=2c(C2O2-4)+c(HC2O-4)，故D错误；
答案选BC。

【点睛】C项是难点，需要学生熟练使用电荷守恒，物料守恒，在草酸溶液中氢离子来自于草酸自身电离出的氢离子和水电离出的氢离子两部分，属于易错点。

15.催化剂存在下，在1 L的恒容密闭容器中充入0.1 molCO和0.3mol H2发生反应
CO(g)+3H2(g)ƒCH4(g)+H2O(g)。

反应相同时间，CO的转化率与反应温度的关系如图所示。

下列说法一定正确的是
A. 升高温度，CO(g)+3H2(g)ƒCH4(g)+H2O(g)的化学平衡常数增大
B. 图中X点所示条件下，延长反应时间能提高CO的转化率
C. 图中Y点所示条件下，改用性能更好的催化剂能提高CO的转化率
D. T1℃，CO(g)+3H2(g)ƒCH4(g)+H2O(g)的化学平衡常数K＞1
【答案】BD
【解析】
【分析】
从图像可以看出，随着温度的升高化学反应速率加快，在相同的反应时间内，CO的转化率增大；T1℃时CO的转化率为50%，据此分析。

【详解】A．从图像可以看出，随着温度的升高化学反应速率加快，在相同的反应时间内，CO的转化率增大，但无法判断温度升高平衡移动的方向，故无法得出温度升高平衡常数增大的结论，故A错误；
B．图中X点所示条件下，反应没有达到平衡状态，延长反应时间，反应正向进行，能提高CO的转化率，故B正确；
C．图中Y点所示条件下，改用性能更好的催化剂能加快反应速率，不能提高CO的转化率，故C错误；D．根据反应：CO(g)+3H2(g)ƒCH4(g)+H2O(g)，列出三段式：
()()()()
2421mol 0.10.300mol 0.050.150.CO g 3H g CH g 050.0H O g T 5mol 0.05
0.15
0.05
0.05
++ƒ开始(/L)变化(/L)(/L)
K =
4233
2c(CH )c(H O)0.050.05
==14.81c(CO)c(H )0.050.15
⨯⨯＞１，故D 正确； 答案选BD 。

非选择题（共80分）
16.以白云石（主要成分为CaCO 3和MgCO 3）为原料制备氧化镁和轻质碳酸钙的一种工艺流程如下：
已知：K sp [Mg(OH)2] = 5×
10−12 （1）白云石高温煅烧所得固体产物的主要成分为_______（填化学式）。

（2）NH 4NO 3溶液呈酸性的原因为_______（用离子方程式表示）。

（3）“浸取”后，c (Mg 2+)应小于5×
10
−6 mol ·L −1，则需控制溶液pH ______。

（4）“碳化”反应的化学方程式为_______。

（5）煅烧所得固体的活性与其中CaO 含量及固体疏松程度有关。

其他条件相同时，将不同温度下的煅烧所得固体样品加入酸化的酚酞溶液中，引起溶液变色所需时间不同，由此可知煅烧所得固体的活性差异。

溶液变色的时间与各样品煅烧温度的关系如图所示。

当温度高于950 ℃时，煅烧所得固体易板结，活性降低；当温度低于950 ℃时，活性降低的原因为_______。

将不同温度下的煅烧所得固体样品加入水中，也可测量其活性，则此时需测量的数据为相同时间后_______与样品煅烧温度之间的关系。

【答案】 (1). CaO 、MgO (2). NH 4+
+ H 2O ƒNH 3·
H 2O+H + (3). ＞11 (4). Ca(NO 3)2+ CO 2 + 2NH 3 = CaCO 3↓+ 2NH 4NO 3 (5). 煅烧温度较低，CaCO 3未完全分解，CaO 的含量偏低 (6). 温度 【解析】
【分析】
白云石(主要成分为CaCO 3和MgCO 3)高温煅烧得到CaO 和MgO ，由于铵根水解显酸性，所以之后加入硝酸铵调节pH 浸取，使CaO 溶解，浸取后溶液中的溶质主要为硝酸钙和一水合氨，过滤掉不溶的MgO ，之后向溶液中依次通入过量氨气、二氧化碳，得到碳酸钙。

【详解】(1)高温煅烧白云石得到CaO 和MgO ；
(2)硝酸铵溶液中由于存在铵根的水解所以显碱性，水解方程式为NH 4+
+ H 2O ƒNH 3·H 2O+H +；
(3)K sp [Mg(OH)2] =c 2
(OHˉ)·c (Mg 2+
)，当c (Mg 2+
)=5×10−6
mol ·L −1
时，c (OHˉ)=-12-6
510510
⨯⨯mol/L=1×10-3mol/L ，此时pH=11，若c (Mg 2+)小于5×
10−6 mol ·L −1，则需要pH>11； (4)硝酸铵浸取后溶液中的溶质主要为硝酸钙和一水合氨，通入氨气、二氧化碳，发生复分解反应，化学方程式为Ca(NO 3)2+ CO 2 + 2NH 3 = CaCO 3↓+ 2NH 4NO 3；
(5)煅烧温度较低，CaCO 3未完全分解，CaO 的含量偏低，所以活性降低；氧化钙和水反应放热，氧化钙含量越高与样品与水反应放出的热量越多，所以也可将不同温度下的煅烧所得固体样品加入水中，测量的相同时间后反应液的温度与样品煅烧温度之间的关系，来判断样品的活性。

【点睛】碳化的过程与侯氏制碱法制取纯碱的原理类似，通氨气使溶液碱性增强，更好的吸收二氧化碳，同时过量的氨气可以防止碳酸氢钙的生成。

17.化合物G 是合成降压药替米沙坦的重要中间体，其人工合成路线如下：
（1）C 中含氧官能团名称为酰胺键、_______和________。

（2）A→B 的反应类型为______。

（3）试剂X 的分子式为C 7H 10N 2，写出X 的结构简式：________。

（4）A 的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：______。

①是α-氨基酸；
②苯环上有3种不同化学环境的氢原子。

（5）已知：①苯胺（
）有还原性，易被氧化；
②硝基苯直接硝化产物为间二硝基苯 ③
-
OH −−−→ CH 3COO -
+CH 3NH 2
写出以和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). 酯基 (2). 硝基 (3). 取代反应 (4).
(5).
(6).
【解析】 【分析】 A 与
发生取代反应生成B ，B 和浓硝酸在浓硫酸的作用下发生硝化反应生成C ，C 发生还原反
应生成D ，D 在氢离子作用下生成E ，E 中酯基水解再酸化得到F ，F 与X 反应生成G ，该过程与D 生成E 的过程类似，X 的分子式为C 7H 10N 2，结合F 和G 的结构简式，可知X 的结构简式为。

【详解】(1)C 中的含氧官能团为酰胺基、硝基、酯基； (2)A 生成B 的过程中氨基上的氢原子被代替，属于取代反应； (3)根据D 转化为E 的原理并结合F 和G 的结构可知，X 为
；
(4)A 为，其同分异构体满足：
①是α-氨基酸，即含有氨基和羧基，且氨基和羧基连接在同一个碳原子上；
②苯环上有3种不同化学环境的氢原子，则苯环上可能有一个取代基、三个不同的取代基或两个处于间位的相同取代基。

综合两个条件可知，满足条件的结构为：
；
(5)对比和的结构可知需要在苯环上引入两个处于邻位的氨基，根据C 到D 变化可知硝
基可以被还原为氨基，但硝基苯直接硝化产物为间二硝基苯，所以不能直接硝化硝基苯，再将硝基还原为
氨基，根据A到D的过程可知可以和发生取代反应生成，而且该物质取代基的邻位可以发生硝化反应，根据题干信息③可知该物质的取代基可以在碱性环境中生成氨基，综上所述，合成路线可以设计为：。

【点睛】本题难点为合成路线的设计，一是要注意题目信息：硝基苯直接硝化产物为间二硝基苯，而产物有两个处于邻位的氨基，所以不能直接硝化再还原；二是充分利用题目所给的流程，分析物质的结构特点、各步反应中官能团的变化，找出相关信息。

18.聚合氯化铁[Fe2(OH)n Cl6-n]m简称PFC，是一种新型高效的无机高分子净水剂。

以FeCl2·4H2O为原料，溶于稀盐酸并加入少量的NaNO2，经氧化、水解、聚合等步骤，可制备PFC。

(1)在稀盐酸中，NaNO2会与Fe2+反应生成一种无色气体M，气体M对该反应有催化作用，其催化原理如图所示。

M的化学式为______；Fe2+在酸性条件下被O2氧化的离子方程式为_______。

(2)盐基度[B＝
-
3+
(OH)
3(Fe)
c
c
× 100%]是衡量净水剂优劣的一个重要指标。

盐基度越小，净水剂对水pH变化的影
响______。

(填“越大”、“越小”或“无影响”)
(3)PFC样品中盐基度(B)的测定：
已知：PFC样品的密度ρ = 1.40 g·mL−1，样品中铁的质量分数ω(Fe) = 16%
步骤1：准确量取1.00 mL PFC样品置于锥形瓶中。

步骤2：加入一定体积0.05000 mol·L−1的盐酸标准溶液，室温静置后，加入一定体积的氟化钾溶液(与Fe3+反应，消除Fe3+对实验的干扰)，滴加数滴酚酞作指示剂，立即用0.05000mol·L−1氢氧化钠标准溶液滴定至终点，消耗氢氧化钠标准溶液13.00 mL。

步骤3：准确量取1.00 mL蒸馏水样品置于锥形瓶中，重复步骤2操作，消耗氢氧化钠标准溶液49.00 mL。

根据以上实验数据计算PFC样品的盐基度(B)(写出计算过程)_______。

【答案】(1). NO(2). 4Fe2++ O2+ 4H+= 4Fe3++ 2H2O(3). 越大(4). 样品中OH−的物质的量浓度：n(OH−)＝n1(NaOH) −n2(NaOH)＝0.05000 mol·L−1× (49.00 − 13.00) × 10−3L＝1.8 × 10−3mol；
c(OH−)＝
-
(OH)
()
n
V样品
＝
-3
-3
1.810
110
⨯
⨯＝1.8 × 10−3mol·L−1；样品中Fe3+的物质的量浓度：c(Fe3+)＝3+(Fe)()n V样品＝-1-1-31.0mL 1.40g mL16%56g mol1.010L⨯⨯⨯g g＝4.0 × 10−3mol·L−1；
B＝
-
3+
(OH)
3(Fe)
c
c
× 100% ＝
-3
-3
1.810
3 4.010
⨯
⨯⨯
× 100%＝15%。

【解析】【分析】
(3)该滴定实验时测定PFC样品中的盐基度，盐基度B＝
-
3+
(OH)
3(Fe)
c
c
× 100%；先根据样品的密度、铁的质量分
数计算所取样品中Fe3+的浓度；然后加入一定体积的盐酸标准溶液充分反应，加入KF消除Fe3+对实验的干扰，之后用氢氧化钠标准液滴定剩余的盐酸的量；再利用蒸馏水重复操作，滴定加入的盐酸标准液的总量，总量减去剩余量即可得到样品中氢氧根消耗的盐酸标准的量。

【详解】(1)在稀盐酸中，NaNO2会将Fe2+氧化成Fe3+，该过程中NaNO2应作为氧化剂，据图可知，M与Fe2+可以生成Fe(NO)2+，铁元素化合价没有变化，则N元素化合价也不变，所以M应为NO；Fe2+在酸性条件下被O2氧化，应生成Fe3+，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式应为4Fe2++ O2+ 4H+= 4Fe3++ 2H2O；
(2)盐基度B＝
-
3+
(OH)
3(Fe)
c
c
× 100%，盐基度越小，[Fe2(OH)n Cl6-n]m中n的值越小，则c(OHˉ)越小，生成的Fe(OH)3
胶体的量越少，溶液中c(Fe3+)越大，水解效果越强，对水pH变化的影响越大；
(3)根据分析，样品中OH−的物质的量浓度：n(OH−)＝n1(NaOH) −n2(NaOH)＝0.05000 mol·L−1× (49.00 −
13.00) × 10−3L＝1.8 × 10−3mol；c(OH−)＝
-
(OH)
()
n
V样品
＝
-3
-3
1.810
110
⨯
⨯
＝1.8 × 10−3mol·L−1；
样品中Fe3+的物质的量浓度：c(Fe3+)＝
3+
(Fe)
()
n
V样品
＝
-1
-1
-3
1.0mL 1.40g mL16%
56g mol
1.010L
⨯⨯
⨯
g
g＝4.0 × 10−3mol·L−1；
B＝
-
3+
(OH)
3(Fe)
c
c
× 100% ＝
-3
-3
1.810
3 4.010
⨯
⨯⨯
× 100%＝15%。

【点睛】本题难点是盐基度的计算，首先要理解盐基度的含义；其次是氢氧根浓度的确定，理解两次滴定的作用，本实验中是通过只加盐酸不加样品，利用NaOH标准液的量来确定盐酸标准液的量，再利用两次滴定的差值确定样品中氢氧根消耗的盐酸标准液的量。

19.实验室从废电路板粉碎金属料(主要含金属Cu，还含少量Zn、Fe、Pb等金属)中回收铜，其实验流程如下：
已知：一定pH范围内，Cu2+、Zn2+等能与氨形成配离子。

(1)“氨浸”在题图-1所示的装置中进行。

①鼓入空气，金属Cu可被氧化生成[Cu(NH3)4] 2+，其离子方程式为________；
②空气流量过大，会降低Cu元素的浸出率，其原因是_____________。

③“氨浸”时向氨水中加入一定量(NH4)2SO4固体，有利于Cu2+转化为[Cu(NH3)4]2+，其原因是_________。

(2)洗涤滤渣所得的滤液与“过滤”所得滤液合并的目的是________________。

(3)滤液中主要阳离子为[Cu(NH3)4]2+、NH+
，还含有一定量的[Zn(NH3)4]2+。

其中铜氨配离子的离解反应可
4
表示为：[Cu(NH3)4]2+(aq)ƒCu2+(aq)+4NH3(aq)，该反应的平衡常数表达式为________；某有机溶剂HR 可高效萃取离解出的Cu2+(实现Cu2+与Zn2+的有效分离)，其原理为(org表示有机相)：Cu2+(aq)+ 2HR(org)ƒCuR2(org) + 2H+(org)；再向有机相中加入稀硫酸，反萃取得到CuSO4溶液。

结合题图-2和题图-3，补充完整以滤液为原料，制取较纯净CuSO4·5H2O晶体的实验方案：_______，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤干燥。

(实验中可选用的试剂：有机溶剂HR、2mol·L−1硫酸、3mol·L−1硫酸)。

【答案】 (1). 2Cu + 8NH 3 ·
H 2O + O 2 = 2[Cu(NH 3)4] 2＋ + 4OH －+ 6H 2O (2). 空气流量过大，氨的挥发量增多，铜的浸出率减小 (3). 增加NH +
4 的浓度，会抑制NH 3 ·H 2O 的电离平衡，增大溶液中NH 3·H 2O 浓度 (4). 提高铜元素的利用率 (5). 2+432+
34(Cu )(NH )=
([Cu(NH )])
c c K c g (6). 将滤液和有机溶剂HR 按体积比
1∶1混合，充分振荡，静置分层。

分液，取有机相，加入适量2 mol·L －1硫酸，充分振荡，静置分层。

分液，取水相 【解析】 【分析】
金属料(主要含金属Cu ，还含少量Zn 、Fe 、Pb 等金属)加入氨水同时通入空气进行氨浸，Cu 、Zn 被氧化后和氨水形成配合物溶于水中，过滤除去Fe 、Pb 等金属；得到的滤液中主要阳离子为[Cu(NH 3)4]2+、NH ，还含有一定量的[Zn(NH 3)4]2+；之后利用有机溶剂HR 萃取Cu 2+，萃取后再向有机相中加入稀硫酸，反萃取得到CuSO 4溶液，之后经蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤干燥得到硫酸铜晶体。

【详解】(1)①鼓入空气，金属Cu 可被氧化生成[Cu(NH 3)4] 2+，氧化剂应为氧气，结合电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2Cu + 8NH 3 ·
H 2O + O 2= 2[Cu(NH 3)4] 2＋ + 4OH －+ 6H 2O ； ②空气流量过大，氨的挥发量增多，导致铜的浸出率减小；
③“氨浸”时向氨水中加入一定量(NH 4)2SO 4固体，可增加NH +
4 的浓度，会抑制NH 3 ·H 2O 的电离平衡，增大溶液中NH 3·
H 2O 浓度，有利于Cu 2+转化为[Cu(NH 3)4]2+； (2)洗涤滤渣所得的滤液中含有铜元素，洗涤滤渣所得的滤液与“过滤”所得滤液合并可提高铜元素的利用率；
(3)铜氨配离子的离解反应可表示为：[Cu(NH 3)4]2+(aq)
Cu 2+
(aq) +4NH 3(aq)，其平衡常数表达式为
2+432+34(Cu )(NH )=
([Cu(NH )])
c c K c g ；
据图可知当有机相和水相体积比为1:1时，铜的浸取率已经很高，继续增大有机相的体积浸取率有所下降，所以萃取时有机相和水相体积比取1:1；据图可知当硫酸的浓度为2mol/L 和3mol/L 时反萃取率相差不大，但浓度过大会造成硫酸的浪费，所以反萃取时硫酸的浓度选2mol/L ，具体操作为：将滤液和有机溶剂HR 按体积比1∶1混合，充分振荡，静置分层。

分液，取有机相，加入适量2 mol·L －1硫酸，充分振荡，静置分层。

分液，取水相，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤干燥。

【点睛】回答第1小题第3小问时，要注意平衡移动原理的应用，一水合氨电离出铵根，加入铵根可以使平衡逆向移动，使一水合氨浓度增大。