2019届高三化学上学期第一次月考试题(含解析) (I).doc

2019届高三化学上学期第一次月考试题(含解析) (I)1.化学与材料、生活和环境密切相关，下列有关说法错误的是A. 高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强酸会“断路”B. 煤炭经气化、液化和干馏等过程均为化学变化，可获得清洁能源和重要的化工原料C. 有人称“一带一路”是“现代丝绸之路”，丝绸的主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物D. 用K2FeO4代替Cl2处理饮用水，既能杀菌又能净水【答案】A【解析】【分析】A、二氧化硅为制作光导纤维的主要原料，二氧化硅能与碱反应，但是不与强酸反应；B、煤的气化是煤在高温下与水反应生成H2、CO等气体的过程；煤的液化是将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料或者利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料或者其他液体化工产品的过程；煤的干馏是指隔绝空气加强热，使煤分解的过程，可以得到很多重要的化工原料。C、丝绸的主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物；D、高铁酸钾具有强氧化性，还原产物为铁离子，铁离子可水解生成具有吸附性的氢氧化铁胶体；【详解】A、二氧化硅为制作光导纤维的主要原料，二氧化硅能与碱反应，但是其不与强酸反应，故遇强酸不会“断路”，A错误；B、煤的气化是煤在高温下与水反应生成H2、CO等气体的过程；煤的液化是将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料或者利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料或者其他液体化工产品的过程；煤的干馏是指隔绝空气加强热，使煤分解的过程，可以得到很多重要的化工原料，所以煤炭经气化、液化和干馏等过程，可获得清洁能源和重要的化工原料，故B正确；C、丝绸的主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物，故C正确；D、高铁酸钾具有强氧化性，可用于杀菌消毒，还原产物为铁离子，铁离子可水解生成具有吸附性的氢氧化铁胶体，可达到净水的目的，故D正确；故选A。2.下列有关化学用语表示正确的是A. 结构示意图为的阴离子都不能破坏水的电离平衡B. 电子式分别为和的两种化合物均为常见的氧化剂C. 邻硝基甲苯的结构简式为 ，能发生取代反应D. 的名称：2-甲基-4-丁醇【答案】B【解析】【分析】A、结构示意图为的阴离子中S2-能发生水解；B、过氧根中氧为-1价，具有氧化性；C、邻硝基甲苯的结构简式为；D、羟基的位置要最小。【详解】A、S2-能发生水解，破坏水的电离平衡，故A错误；B、过氧化物中氧为-1价，具有氧化性，故B正确；C、邻硝基甲苯的结构简式为，故C错误；D、羟基的位置要最小，的名称：3-甲基-1-丁醇，故D错误；故选B。3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A. 药皂中含有苯酚，能杀菌消毒，故苯酚具有强氧化性B. 氢氧化镁分解时吸收大量的热量，添加到合成树脂中可作阻燃剂C. 氯化钠溶液显中性，可用铝制容器贮存氯化钠溶液D. 油脂在碱性条件下水解，可用于制硬化油【答案】B【解析】【分析】A、苯酚无强氧化性；B、氢氧化镁在380时，分解放出水蒸气和耐高温的固体氧化镁；C、氯离子可以破坏氧化膜；D、 油脂在一定条件下与氢气加成，可用于制硬化油。【详解】A、苯酚的水溶液可使菌体蛋白变性杀菌消毒，但苯酚无强氧化性，故A错误；B、阻燃物质原理有三个：清除可燃物、隔绝氧气或空气、使可燃物的温度降到着火点以下，三者具其一即可，氢氧化镁在380时分解，方程式为：Mg（OH）2MgO+H2O氢氧化镁分解过程中吸收大量的热，能使可燃物的温度降到着火点以下，反应生成的水蒸气能稀释可燃物表面的氧气，生成氧化镁固体能隔绝氧气或空气，故B正确；C、氯离子可以破坏氧化膜，加快铝腐蚀，故C错误；D、油脂在一定条件下与氢气加成，得到熔点更高的物质，可用于制硬化油，故D错误；故选B。4.实验室用干海带浸取原液制取纯碘主要包含的步骤有：通氯气氧化、用CCl4萃取分液、在CCl4相中加入NaOH溶液反萃取（转化为NaI和NaIO3）并分液、水相用硫酸酸化分离出粗碘、干燥后加适量KI固体（将IBr和ICl转化为I2、KBr及KCl）混匀加热得纯碘等。选择下列装置进行实验：下列说法错误的是A. 步骤可用甲装置氧化IB. 步骤、分液操作时可用乙装置：先放出有机相，再放出水相C. 步骤可用丙装置将碘与母液分离D. 步骤可用丁装置升华法提纯碘【答案】B【解析】【分析】A、氯气与碘离子反应生成碘单质；B、分液漏斗中液体下层由下口放出，上层液体由上口倒出。C、分离液体与不溶于液体的固体，用过滤；D、碘易升华；【详解】A、氯气与碘离子反应生成碘单质，步骤可用甲装置氧化I，故A正确；B、四氯化碳的密度比水大，故有机层在下层。分液时，下层液体由下口放出，上层液体由上口倒出，故B错误。C、分离液体与不溶于液体的固体，用过滤，步骤可用丙装置将碘与母液分离，故C正确；D、碘易升华，可用于提纯碘，故D正确；故选B。5.Q、W、X、Y、Z是原子序数 依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，X的焰色呈黄色。五种元素核电荷数之和为54，最外层电子数之和为20。W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍。工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质。则下列说法不正确的是A. 原子半径：XYZWB. QZ2所形成的分子空间构型为直线形C. Q和W可形成原子个数比为1:1和2:1的化合物D. X、Z和W三种元素形成的化合物的水溶液可能呈碱性【答案】C【解析】【分析】Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，X的焰色呈黄色，则X为Na；工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质，则Y为Al；W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍，W、Z均为第A族元素，所以W为O，Z为S；所以Q的核电荷数为54-11-13-8-16=6，即Q为C，然后结合元素及其单质、化合物的性质来解答【详解】A、电子层越多，半径越大，同周期从左向右原子半径在减小，所以原子半径为XYZW，故A正确；B、QZ2所形成的分子CS2，C与S形成C=S双键，为sp杂化，空间构型为直线形，故B正确；C、Q和W可形成原子个数比为1：1和1：2的化合物分别为CO、CO2，故C错误；D、X、Z和W三种元素形成的化合物的水溶液可能呈碱性，如Na2SO3是强碱弱酸盐，水解后溶液呈碱性，故D正确。故选C。【点睛】本题考查位置、结构、性质的关系及应用，解题关键：元素的推断，并熟悉元素化合物的性质、水解、物质的组成和结构等知识，易错点为D选项，注意亚硫酸钠水解、硫酸钠不水解。6.下列指定反应的离子方程式正确的是A. 在碳酸氢镁溶液中加入足量Ca(OH)2溶液：Mg2+HCO3Ca2+2OHMgCO3CaCO32H2OB. 碱性条件下铝粉还原NaNO2：NO22Al3OHH2O2AlO2NH3H2OC. 酸性K2Cr2O7溶液氧化双氧水：Cr2O72+8H+5H2O22Cr3+4O2+9H2OD. 二氧化硫通入氯化铁溶液：SO22Fe32H2OSO422Fe24H【答案】D【解析】【分析】A、碳酸氢镁完全反应，生成氢氧化镁、碳酸钙、水；B、电荷不守恒；C、发生氧化还原反应，遵循电子不守恒；D、电子、电荷守恒【详解】A、在碳酸氢镁溶液中加入足量Ca（OH）2溶液的离子反应为Mg2+2HCO3+2Ca2+4OHMg（OH）2+2CaCO3+2H2O，故A错误；B、碱性条件下铝粉还原NaNO2：NO22AlOH2H2O2AlO2NH3H2O，故B错误；C、酸性K2Cr2O7溶液氧化双氧水的离子反应为Cr2O72+8H+3H2O2=2Cr3+3O2+7H2O，故C错误；D、二氧化硫通入氯化铁溶液中的离子方程式为SO2+2Fe3+2H2O=SO42+2Fe2+4H，故D正确；故选D。【点睛】本题考查离子反应方程式的书写，解题关键：把握发生的化学反应及离子反应的书写方法，侧重复分解反应、与量有关的离子反应、氧化还原反应的考查，易错点C，电荷守恒、质量守恒，但电子得失不相等地，易错7.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. 甲基橙显黄色的溶液： Na、CO32、NO3、SO32B. 在由水电离出的c（H）=11012mol/L的溶液：Fe3、ClO、Na、SO42C. PH=7的溶液中：K、Al3、NO3-、SOD. 使酚酞变红的溶液中：K、Na、I、AlO【答案】D【解析】【分析】A、甲基橙显黄色的溶液也可能呈酸性；B、在由水电离出的c（H）=11012mol/L的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性；C、铝离子要在酸性条件下才能存在；D、使酚酞变红的溶液呈碱性，无沉淀、气体、水生成。【详解】A、甲基橙显黄色的溶液可能呈酸性，CO32易与酸反应、NO3在酸性条件下有强氧化性，可以把SO32氧化，故本组离子不能大量共存，故A错误；B、在由水电离出的c（H）=11012mol/L的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，碱性时，生成氢氧化铁沉淀，酸性时，生成次氯酸，故B错误；C、铝离子要在酸性条件下才能存在，故C错误；D、使酚酞变红的溶液呈碱性，本组离子之间不能发生离子反应，无沉淀、气体、水生成，故D正确。故选D8.甲、乙、丙、丁均为中学化学中常见的单质或化合物，它们之间的转化关系如下图所示(部分产物已略去)，下列各组物质中不能按图示关系转化的是选项甲乙丙丁ANaOHNaHSO3Na2SO3SO2BFeFe(NO3)3Fe(NO3)2HNO3CC CO2COO2DAlNaAlO2Al(OH)3NaOH A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】【分析】A、NaOH通过量二氧化硫得NaHSO3，与NaOH生成Na2SO3，加酸产生SO2；少量SO2通入碱又生成Na2SO3；B、Fe与足量硝酸得Fe（NO3）3，加Fe得Fe（NO3）2，加HNO3氧化成Fe（NO3）3 ；硝酸与足量铁反应生成硝酸亚铁；C、C与O2生成CO2，与C生成CO，CO与O2生成CO2，只有乙为CO2，丙为CO才可以实现转化关系；C与少量氧气生成CO；D、Al与过量NaOH生成NaAlO2，与HCl或AlCl3生成Al（OH）3、Al与少量的氢氧化钠不生成氢氧化铝。【详解】A氢氧化钠与过量的二氧化硫生成硫酸氢钠，氢氧化钠与少量的二氧化硫生成硫酸钠，硫酸钠与硫酸反应生成二氧化硫，每一步都能转化，故A不选；B、铁与足量的硝酸反应生成硝酸铁，铁与少量的硝酸反应生成硝酸亚铁，硝酸铁与铁粉反应生成硝酸亚铁，硝酸亚铁与硝酸反应生成硝酸铁，每一步都能转化，故B不选；C、碳与足量的氧气生成二氧化碳，二氧化碳和碳高温反应生成一氧化碳，一氧化碳和氧气反应生成二氧化碳；碳与少量的氧气生成一氧化碳，故C不选;D、铝与足量的氢氧化钠生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与少量盐酸反应生成氢氧化铝沉淀或与氯化铝发生双水解生成氢氧化铝，氢氧化铝与氢氧化钠生成偏铝酸钠；Al与少量的氢氧化钠不生成氢氧化铝，不是每一步都能转化，故D选；故选D。【点睛】本题考查无元素化合物知识，侧重于学生的分析能力的考查，解题关键：熟悉物质的性质及转化关系图中的反应，注意选项C为解答的难点，二氧化碳和碳高温反应生成一氧化碳9.一种钌(Ru)基配合物光敏染料敏化太阳能电池的原理及电池中发生的主要反应如下图所示,下列说法不正确的是A. X极为电池的负极 B. 电池工作时，光能转变为电能C. 电池工作时，Y极上发生还原反应 D. 电池的电解质溶液中I和I3的浓度不断减少【答案】D【解析】【分析】由图，从电子的移动方向可知，电极X为原电池的负极，Y电极为原电池的正极，电解质为I3和I的混合物，I3在正极上得电子被还原，正极反应为I3+2e=3I【详解】A、由图电子的移动方向可知，电极X为原电池的负极，故A正确；B、电池工作时，光能转变为电能，故B正确；C、电池工作时，Y电极为原电池的正极，发生还原反应，故C正确；D、由电池中发生的反应可知，I3在正极上得电子被还原为3I，后又被氧化为I3，I3和I相互转化，反应的实质是光敏有机物在激发态与基态的相互转化，所有化学物质都没有被损耗，故D错误。故选D。【点睛】本题是一道知识迁移题目，考查学生分析和解决问题的能力，解题关键：电子的移动方向确定电极，再根据原电池、电解池知识作答。10.下列图示与对应的叙述正确的是 A. 图甲表示有无催化剂的反应，加催化剂可以改变反应的焓变B. 图乙表示等浓度等体积的NaCl、NaBr及NaI溶液分别用AgNO3溶液滴定曲线，a为ClC. 图丙表示等浓度等体积的盐酸和醋酸分别用NaOH溶液的滴定曲线，指示剂都可用酚酞D. 图丁表示反应2CO(g)2NO(g)N2(g)2CO2(g)，在其他条件不变时，改变起始CO的物质的量，平衡时N2的体积分数变化，由图可知NO的转化率bca【答案】C【解析】【分析】A、反应物总能量大于生成物总能量，则该反应的正反应是放热反应，催化剂能改变活化能；B、PX的值越大，代表该离子的浓度越小；C、醋酸为弱酸，等浓度时pH比盐酸大，滴定终点呈碱性；D、增大CO的物质的量，平衡正向移动，促进NO的转化。【详解】A、反应物总能量大于生成物总能量，则该反应的正反应是放热反应，催化剂能改变活化能，但不改变焓变，故A错误；B、AgI的溶度积最小，且pX=-lgc（X）的值越大，代表该离子的浓度越小，可知c为Cl的曲线，故B错误；C、醋酸为弱酸，等浓度时pH比盐酸大，滴定终点呈碱性，可用酚酞作指示剂，故C正确；D、增大CO的物质的量，平衡正向移动，促进NO的转化，则在其他条件不变的情况下结合图中起始CO的物质的量，可知NO的转化率cba，故D错误；故选C。【点睛】本题考查弱电解质的电离平衡及酸碱混合、平衡移动，解题关键：把握电离平衡移动、酸碱混合、化学平衡移动，难点：注意平衡移动原理与图象的结合，如选项D，注意对数函数的应用如选项B。11.下列说法正确的是A. 25时，0.1 molL1CH3COOH溶液加水稀释后，c(OH)/c(CH3COOH)减小B. 将下图中的活塞快速推至A处固定，气体颜色先变深、再变浅，但比起始时深C. 室温下，pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，溶液pH7D. SiO2(s)2C(s)Si(s)2CO(g)只能在高温下自发进行，则该反应H0【答案】BD【解析】【分析】A、CH3COOH溶液加水稀释，根据电离平衡的移动来分析B、改变影响平衡的一个条件，平衡向能够减弱这种改变的方向移动；C、等体积pH=13的NaOH溶液和pH=3的CH3COOH溶液混合后所得的溶液为醋酸钠溶液和过量的醋酸D、反应为气体体积增大的反应，所以熵增大，根据自发进行H-TS0判断；【详解】A、加水稀释，平衡中醋酸分子浓度c（CH3COOH）和c（H）均变小，水的离子积Kw不变，故c（OH）增大，从而c（OH）/c（CH3COOH）增大，故A错误；B、将图中的活塞快速推至A处，则气体的浓度瞬间增大，故颜色瞬间变深，但由于增大压强后平衡2NO2N2O4右移，故颜色又逐渐变浅，但由于平衡的移动只能减弱改变，故颜色变浅后还是比原来的深，故B正确；C、等体积pH=13的NaOH溶液和pH=3的CH3COOH溶液混合后所得的溶液为醋酸钠溶液和过量的醋酸，过量的醋酸使溶液显酸性，故pHc(CO32)c(HCO3)c(OH)c(H)【答案】AD【解析】【分析】A、根据碳酸氢钠溶液中的电荷守恒判断；B、混合液呈酸性，则c（H）c（OH），根据电荷守恒可知c（X）c（Na），再结合物料守恒判断各离子浓度大小；C、根据混合液中的电荷守恒判断；D、增重的4.4g为二氧化碳的质量，物质的量为0.1mol，发生反应CO2+NaOH=NaHCO3、CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，由于n（CO2）：n（NaOH）=2：3，所得溶液中溶质为等浓度的Na2CO3和NaHCO3，碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，则c（HCO3）c（CO32）【详解】A、 0.1molL1NaHCO3溶液中，根据电荷守恒可知：c（Na）+c（H）=c（HCO3）+2c（CO32）+c（OH），故A错误；B、等体积、等物质的量浓度的NaX和弱酸HX混合后呈酸性的溶液中：c（H）c（OH），根据电荷守恒可知c（X）c（Na），根据物料守恒2（Na）=c（X）+c（HX）可得c（X）c（Na）c（HX），则溶液中离子浓度大小为：c（X）c（Na）c（HX）c（H）c（OH），故B正确；C、 将0.2 molL1 NaA溶液和0.1 molL1盐酸等体积混合所得碱性溶液中：c(Na)c(H)c(A)c(Cl)+c（OH），故C正确；D、1.5 L 0.1 molL1 NaOH溶液中缓慢通入CO2至溶液增重4.4 g时，则增重的4.4g为二氧化碳的质量，物质的量为0.1mol，发生反应CO2+NaOH=NaHCO3、CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，由于n（CO2）：n（NaOH）=2：3，所得溶液中溶质为等浓度的Na2CO3和NaHCO3，碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，则c（HCO3）c（CO32），溶液中正确的离子浓度大小为：c（Na）c（HCO3）c（CO32）c（OH）c（H），故D错误；故选AD。15.在2L的恒容密闭容器中充入A(g)和B(g)，发生反应：A(g)B(g)2C(g)D(s) Ha kJ/mol实验内容和结果分别如下表和右图所示。下列说法正确的是实验序号温度起始物质的量热量变化AB6001mol3mol96kJ8001.5mol0.5molA. 实验中，10min内平均速率v(B)0.06mol/(Lmin)；B. 上述方程式中a160C. 600时，该反应的平衡常数是1.5D. 向实验的平衡体系中再充入0.5molA和1.5molB，A的转化率减小【答案】BC【解析】【分析】A、图象分析可知实验中，10 min内C生成了1.2mol，结合化学反应速率v=c/t计算，速率之比等于化学方程式计量数之比，以此计算B的反应速率；B、根据图象中的变化量结合图表中热量变化计算，依据化学平衡三段式可知， A(g)B(g)2C(g)D(s) Ha kJ/mol，起始量（mol） 1 3 0 0 变化量（mol） 0.6 0.6 1.2 0.6 96kJ平衡量（mol） 0.4 2.4 1.2 0.6反应焓变是指1molA全部反应的热量变化；C、结合B中化学平衡三段式列式计算平衡浓度，c（A）=0.2molL1，c（B）=1.2molL1，c（C）=0.6molL1，平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积；D、反根据等效平衡分析判断，反应前后气体体积不变，等比等效分析【详解】A、.10 min内C生成了1.2mol，则反应速率v（C）=1.2mol/(2L10min)=0.06molL1min-1，速率之比等于化学方程式计量数之比，v（B）=1/2 v（C）=0.06molL1min-11/2=0.03molL1min-1，故A 错误；B、根据图象中的变化量结合图表中热量变化计算，依据化学平衡三段式可知， A(g)B(g)2C(g)D(s) Ha kJ/mol，起始量（mol） 1 3 0 0 变化量（mol） 0.6 0.6 1.2 0.6 96kJ平衡量（mol） 0.4 2.4 1.2 0.6反应焓变是指1molA全部反应的热量变化，则a=96kJ/0.6mol=160kJmol1，图象分析，先拐先平温度高，温度越高C物质的量越小，温度升高，平衡逆向进行，说明反应是放热反应，所以a=-160kJmol1。故B正确；C、由B中可知平衡浓度：c（A）=0.2molL1，c（B）=1.2molL1，c（C）=0.6molL1，平衡常数K=0.62/0.21.2=1.5，故C正确；、反应前后气体体积不变，等比等效，开始投入量 A与B的物质的量之比为3：1，向实验的平衡体系中再充0.5 mol A和1.5 mol B，可以看作先投入0.5 mol A和0.5/3 mol B，两个平衡为等效平衡，再把剩余的B加入。增大B的浓度使平衡向正反应方向移动，则A的转化率增大，故D错误；故选BC。16.以电镀污泥主要成分为Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3、Fe(OH)3和SiO2等为原料制备纳米铜等的工艺流程如下：（1）“浸取”时，工业上采用3 molL1H2SO4溶液在室温下浸取1 h。Cu2(OH)2CO3被浸取的化学方程式为_；下列措施可提高铜和铁的浸取率的是_(填字母)。a.将电镀污泥浆化处理 b.适当增大液、固质量比c.浸取时间缩短一半 d.控制浸取终点pH3（2）“萃取”时，两种金属离子萃取率与pH的关系如图甲所示。当pH1.7时，pH越大金属离子萃取率越低，其中Fe3萃取率降低的原因是_。（3）“反萃取”得到CuSO4溶液制备纳米铜粉时，Cu2的还原率随温度的变化如图乙所示。该反应的离子方程式为_；在2075 区间内，温度越高Cu2的还原率也越高，其原因是 _。（4）在萃取后的“水相”中加入适量氨水，静置，再经_等操作可得到Fe2O3产品。【答案】 (1). Cu2(OH)2CO32H2SO4=2CuSO4CO23H2O (2). ab (3). Fe3的水解程度随pH的升高而增大 (4). 2Cu2N2H44OH=2CuN24H2O (5). 温度越高，N2H4的还原性越强 (6). 过滤、洗涤、干燥、煅烧【解析】【分析】电镀污泥主要成分为Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3、Fe(OH)3和SiO2等加入稀硫酸溶解，SiO2不溶，过滤滤液中有铜离子、铁离子，加入N902萃取剂萃取出铜离子，再加入稀硫酸得到硫酸铜，条调节pH=10，加入N2H4还原得到纳米铜粉，（1）Cu2(OH)2CO3与硫酸反应生成硫酸铜、二氧化碳和水；增大接触面积、适当增大硫酸浓度、延长浸取时间可提高铜和铁的浸取率；（2）pH越大，铁离子水解程度增大，萃取率越低；（3）根据流程可知：在碱性条件下，Cu2与N2H4反应生成氮气和铜；在20-75区间内，温度升高，N2H4的还原性增强；（4）萃取后的“水相”中含有铁离子，加入适量氨水，反应生成氢氧化铁沉淀，静置，过滤得到氢氧化铁，干燥后煅烧可得到Fe2O3产品。【详解】（1）Cu2(OH)2CO3与硫酸反应生成硫酸铜、二氧化碳和水，反应为：Cu2(OH)2CO3+2H2SO4=2CuSO4+CO2+3H2O。将电镀污泥浆化处理增大接触面积、适当增大液、固质量比增大了硫酸浓度，可提高铜和铁的浸取率；故选ab；（2）Fe3的水解程度随着pH的升高而增大，萃取率越低；（3）在碱性条件下，Cu2与N2H4反应生成氮气和铜，反应为：2Cu2+N2H4+4OH=2Cu+N2+4H2O；在20-75区间内，温度升高，N2H4的还原性增强，Cu2的还原率也越高；（4）萃取后的“水相”中含有铁离子，加入氨水，反应生成氢氧化铁沉淀，煅烧氢氧化铁可得到氧化铁，故方法为：在萃取后的“水相”中加入适量氨水，静置，过滤，洗涤，干燥，煅烧可得到Fe2O3产品；17.多巴胺是一种重要的中枢神经传导物质，用来帮助细胞传送脉冲的化学物质，能影响人对事物的欢愉感受。多巴胺可用香兰素与硝基甲烷等为原料按下列路线合成。（1）香兰素中的含氧官能团的名称是_。（写两种）（2）反应、的反应类型分别为_、_。（3）写出由AM的化学方程式_。（4）写出同时满足下列条件的香兰素的一种同分异构体的结构简式_。能与碳酸氢钠溶液反应 能与FeCl3溶液发生显色反应 有5种不同化学环境的氢原子（5）苯乙胺（）是生物体中重要的生物碱。写出用苯甲醇、硝基甲烷（CH3NO2）为原料制备苯乙胺的合成路线流程图（无机试剂任选）。合成路线流程图示例如下： _【答案】 (1). 酚羟基 醚键 醛基 (2). 加成反应 (3). 还原反应 (4). (5). (6). 【解析】【分析】（1）根据其结构简式确定含有的官能团；（2）根据反应物和生成物的结构简式确定其反应类型；（3）首先确定M是化学式，再根据反应物和生成物写出反应方程式；（4）能与碳酸氢钠溶液反应说明含有羧基；能与FeCl3溶液发生显色反应说明含有酚羟基；有5种不同化学环境的氢原子，说明含有5类氢原子，写出符合条件的香兰素的同分异构体；（5）苯甲醇被氧化生成苯甲醛，苯甲醛和硝基甲烷反应生成，发生消去反应生成，和氢气发生加成反应生成，被还原生成【详解】（1）香兰素中的含氧官能团的名称是酚羟基、醚键、醛基；（2）根据反应物和生成物的结构简式知，反应、的反应类型分别为加成反应和还原反应。（3）A反应生成M，M和氢气发生加成反应生成B，根据A和B的结构简式知，A发生消去反应生成M，则由AM的化学方程式为；（4）能与碳酸氢钠溶液反应说明含有羧基；能与FeCl3溶液发生显色反应说明含有酚羟基；有5种不同化学环境的氢原子，说明含有5类氢原子，则符合条件的香兰素的同分异构体为：；（5）苯甲醇被氧化生成苯甲醛，苯甲醛和硝基甲烷反应生成，发生消去反应生成，和氢气发生加成反应生成，被还原生成，则合成路线为：18.某研究小组以绿矾为原料制备化合物AKxFe()y(C2O4)znH2O，并通过如下实验步骤测定A的化学式：步骤1：准确称取A样品4.910g，干燥脱水至恒重，残留物质量为4.370g；步骤2：准确称取A样品4.910g置于锥形瓶中，加入足量的3.000molL1的H2SO4溶液和适量蒸馏水，用0.5000molL1的KMnO4溶液滴定，当MnO4恰好完全被还原为Mn2时，消耗KMnO4溶液的体积为24.00 mL；步骤3：将步骤1所得固体溶于水，加入铁粉0.2800g，恰好完全反应。（1）检验A中是否含有Fe2可选用的试剂是_（填字母）。 aKSCN溶液 bKMnO4溶液 c氯水和KSCN溶液证明A中含有钾元素的方法是_。（2）步骤2中发生反应的离子方程式为_。（3）通过计算确定化合物A的化学式(请写出计算过程)。_【答案】 (1). c (2). 用洁净的铂丝沾取A样品，在无色火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察，若能看到紫色火焰，则证明A中含有K元素 (3). 2MnO4+ 5C2O42+ 16H=2Mn2+10CO2+ 8H2O (4). n(H2O)(4.910g4.370g)/18gmol10.03000mol，n(Fe3)2n(Fe)20.2800g/56 gmol10.01000mol ，由方程式确定n(C2O42)5/2n(KMnO4)5/20.5000molL10.02400L0.03000mol ，根据离子电荷守恒：n(K)+3n(Fe3)2n(C2O42) n(K)0.03000mol ，n(K):n(Fe3):n(C2O42):n(H2O)0.03000mol:0.01000mol:0.03000mol:0.03000mol3:1:3:3，所以，x:y:z:n3:1:3:3【解析】【分析】（1）依据亚铁离子的检验方法分析选项；aKSCN溶液，遇到亚铁离子不变色； b酸性KMnO4溶液，遇到亚铁离子褪色，草酸根离子也能使酸性KMnO4溶液褪色； c氯水可将亚铁离子氧化成铁离子，再用KSCN溶液检验；用焰色反应，若火焰透过蓝色钴玻璃呈紫色，则说明含有钾元素；（2）反应中MnO4Mn2，Mn元素由+7价+2价，得5个电子；C2O42CO2，C元素由+3价+4价，一个C2O42失去2个电子，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数；（3）A样品4.91g中，加入足量的3molL1的H2SO4溶液和适量蒸馏水，再加入0.50molL1的KMnO4溶液24.0mL，微热，恰好完全反应：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2+8H2O可知：n（C2O42）=5/2n（KMnO4），根据离子守恒求出n（K），样品AKxFe（）y（C2O4）znH2O中x：1：y：z：n=n（K）：n（Fe3）：n（C2O42）：n（H2O），据此求算A的化学式【详解】（1）aKSCN溶液，遇到亚铁离子不变色，不能证明亚铁离子的存在，故a错误；b酸性KMnO4溶液，遇到亚铁离子褪色，可检验亚铁离子的存在，但该溶液中含有草酸根离子和高锰酸钾也能发生氧化还原反应，不能检验A中的亚铁离子，故b错误； c取少量待测液，先加KSCN溶液，遇到亚铁离子不变色，再加氯水，氯水可将亚铁离子氧化成铁离子，故溶液变成红色，c正确；故选c；钾元素属于碱金属元素，通常用焰色反应进行检验，用洁净的铂丝沾取A样品，在无色火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察，若能看到紫色火焰，则证明A中含有K元素；（2）反应中MnO4Mn2，Mn元素由+7价+2价，一得5个电子；C2O42CO2，C元素由+3价+4价，一个C2O42失去2个电子，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数=10，由电子守恒和原子守恒可知，反应为5C2O42+2MnO4+16H=10CO2+2Mn2+8H2O。（4）n(H2O)(4.910g4.370g)/18gmol10.03000mol，n(Fe3)2n(Fe)20.2800g/56 gmol10.01000mol ，由方程式确定n(C2O42)5/2n(KMnO4)5/20.5000molL10.02400L0.03000mol ，根据离子电荷守恒：n(K)+3n(Fe3)2n(C2O42) n(K)0.03000mol ，n(K):n(Fe3):n(C2O42):n(H2O)0.03000mol:0.01000mol:0.03000mol:0.03000mol3:1:3:3，所以，x:y:z:n3:1:3:3A为K3Fe（C2O4）33H2O。19.镍配合物在传感器、磁记录材料、储氢材料、电极催化剂和化学键研究等方面有着广泛的应用。以纯镍片为原料制备一种镍配合物Ni(NH3)xClyClznH2O的主要流程如下：（1）工业上镍氢电池总反应式为：LaNi5H6 + NiOOH LaNi5 + Ni(OH)2，其中KOH作电解质溶液，负极电极反应式为：_（2）常温下，镍投入60%的浓硝酸无明显现象，流程中需控制反应温度50-60oC，控温原因可能是_，写出离子反应方程式：_。（3）冷却结晶后洗涤、过滤、干燥得到Ni(NH3)xClyClznH2O，其中洗涤的正确操作是_。（4）氨化过程中应控制溶液pH范围89，其原因是_。上述流程中，有关说法正确的是_A氨化操作为在过量氨水和氯化铵缓冲溶液中，缓慢滴入酸化的NiCl2溶液，并不断搅拌B此缓冲溶液中微粒浓度大小顺序为：c(Cl) c(NH3H2O) c(NH4+) c(OH) c(H+)C冷却结晶后的母液加适量氨水调节pH后可以循环利用D可以用热的浓硫酸和浓硝酸混合溶液代替浓硝酸溶解镍片（5）为测定化合物Ni(NH3)xClyClznH2O的组成，进行如下实验：实验一：称取样品0.6460 g，加入过量的浓NaOH溶液，煮沸，冷却，蒸出的氨用40.00 mL 0.5000 molL-1的盐酸完全吸收，并用蒸馏水定容至100 mL，得溶液B。取B溶液20.00 mL，加入指示剂少量，用0.1000 molL-1NaOH滴定，消耗NaOH溶液20.00 mL。实验二：另取该样品0.6460 g，溶于水，以0.1000 molL-1AgNO3溶液滴定至恰好反应完全，消耗AgNO3溶液20.00 mL。相应反应化学方程式为： Ni(NH3)xClyClz+zAgNO3=Ni (NH3)xCly (NO3)z+zAgCl 测得该镍配合物的化学式为_。【答案】 (1). LaNi5H6 6e+6OH=LaNi5 +6H2O (2). 温度高于60oC浓硝酸易分解易挥发；温度低于50oC镍钝化阻止反应继续进行，且反应速率太慢 (3). Ni + 4H+ + 2NO3 Ni2+ + 2NO2+ 2H2O (4). 沿玻璃棒向过滤器中注入少量蒸馏水，使水刚好浸没沉淀，让水自然流下，重复23次 (5). 防止生成Ni(OH)2沉淀，使产品不纯 (6). AC (7). Ni(NH3)5ClCl6H2O【解析】【分析】（1）根据总方程式可知负极应为LaNi5H6被氧化生成LaNi5；（2）根据硝酸的热不稳定性，结合题目中的“常温下，镍投入60%的浓硝酸无明显现象”信息解答；（3）洗涤的基本操作；（4）如碱性太强，易生成Ni（OH）2沉淀，A在过量氨水和氯化铵缓冲溶液中，缓慢滴入酸化的NiCl2溶液，并不断搅拌，可充分反应生成镍配合物；B氨水和氯化铵缓冲溶液中c（NH4）c（Cl）；C冷却结晶后的母液主要为氯化铵；D用热的浓硫酸和浓硝酸混合溶液代替浓硝酸，易混入硫酸镍杂质；（5）结合反应的方程式，从质量守恒的角度计算【详解】（1）由反应总方程式可知：负极应为LaNi5H6被氧化生成LaNi5，故电极反应式为LaNi5H6-6e+6OHLaNi5+6H2O；（2）硝酸不稳定，温度较高时易分解，应控制在60C以下，题中常温下，镍投入60%的浓硝酸无明显现象，说明温度低于50C镍钝化阻止反应继续进行，且反应速率太慢，反应的离子方程式为：Ni+4H+2NO3Ni2+ + 2NO2+ 2H2O；（3）沿玻璃棒向过滤器中注入少量蒸馏水，使水刚好浸没沉淀，让水自然流下，重复23次；（4）如碱性太强，易生成Ni（OH）2沉淀；A在过量氨水和氯化铵缓冲溶液中，缓慢滴入酸化的NiCl2溶液，并不断搅拌，可充分反应生成镍配合物，故A正确；B氨水和氯化铵缓冲溶液中c（NH4）c（Cl），故B错误；C冷却结晶后的母液主要为氯化铵，可加适量氨水调节pH后可以循环利用，故C正确；D用热的浓硫酸和浓硝酸混合溶液代替浓硝酸，易混入硫酸镍杂质，故D错误；故：防止生成Ni（OH）2沉淀，使产品不纯；AC；（5）发生反应为NaOH+HCl=NaCl+H2O；NH3+HCl=NH4Cl，n（HCl）=0.04L0.5molL1=0.02mol，用蒸馏水定容至100mL，得溶液B取B溶液20.00mL，加入指示剂少量，用0.1000molL-1NaOH滴定，消耗NaOH溶液20.00mL，则20mL中n（NaOH）=0.1molL10.02L=0.002mol，即20mL中含有n（HCl）=0.002mol，100mL中