安徽省六校联合会2020届高三第二次素质测试理综化学试题

1、安徽省六校联合会2020届高三第二次素质测试理综化学试题1 ,北宋本草图经中载有：绿矶形似朴消（Na2SO4 10H2。）而绿色，取此一物置于铁板上，聚炭，封之囊袋，吹令火炽，其矶即沸，流出色赤如融金汁者，是真也。”下列对此段话的理解正确的是A.朴消是黑火药的成分之一B.上述过程发生的是置换反应C.此记载描述的是鉴别绿矶的方法D.色赤”物质可能是单质铜【答案】C【解析】【分析】由信息可知，绿矶为结晶水合物，加热发生氧化还原反应生成氧化铁，Fe元素的化合价升高，S元素的化合价降低，以此分析。【详解】A.朴消是Na2SO4 10H2O,而黑火药是我国古代四大发明之一，它的组成是“一硫（硫粉）二硝石

2、（即KNO 3固体）三碳（木炭粉），故A错误；B.绿矶为结晶水合物，加热发生氧化还原反应生成氧化铁，Fe元素的化合价升高，S元素的化合价降低，不是置换反应，故 B错误；C. FeS。4 7H2。分解生成氧化铁、二氧化硫、三氧化硫，三氧化硫与水结合生成硫酸， 则流出的液体中含有硫酸，现象明显，是鉴别绿矶的方法，故 C正确；D. Fe的氧化物只有氧化铁为红色，则“色赤”物质可能是FezQ,故D错误；故选C。【点睛】本题考查金属及化合物的性质，把握习题中的信息及发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，易错点 A,黑火药的成分和芒硝不 同。2.有机物X的结构简式如图

3、所示，下列有关说法错误的是O OHA. X的分子式为 Ci3H 10。5B. X分子中有五种官能团C. X能使澳的四氯化碳溶液褪色D. X分子中所有碳原子可能共平面【答案】B【解析】【分析】【详解】A.由结构简式,X的分子式为 Cl3H10。5,故A正确;B. X分子中有竣基、羟基、默基、碳碳双键四种官能团，故B错误；C. X分子中有碳碳双键，X能使澳的四氯化碳溶液褪色，故 C正确；D. X分子中有11个碳是sp2杂化，平面三角形结构，与它相连的碳共面，有 2个碳是sp3杂化，可以通过旋转后共面，X分子中所有碳原子可能共平面，故 D正确；故选Bo【点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与

4、性质、有机反应为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意结构及对称性判断，难点 D,抓住共面的条件，某点上相连的原 子形成的周角之和为 360。，易错点B,苯环不是官能团。3. Na代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A . 46g乙醇中存在的共价键总数为7NaB. 34g硫化氢在足量的氧气中燃烧转移电子总数为8NaC.标准状况下，22.4LHF含有的原子数为 2NaD . 64gCaC2晶体中阴离子和阳离子总数为2Na【答案】D【解析】【分析】【详解】A.每个乙醇分子有 5个C-H键、1个C-C、1个C-O键、1个O-H键，46g乙醇中存在 的共价键总数为 8Na ,故A错误；B. 2

5、H2S+3O2=2SO2+2H2O, 1mol硫化氢转移 6mol电子，34g硫化氢在足量的氧气中燃烧转移电子总数为6Na,故B错误；C.标准状况下，22.4LHF是液态，不能用气体摩尔体积计算物质的量，故C错误；D . CaC2由Ca"和C22一构成，64gCaC2晶体中阴离子和阳离子总数为2Na,故D正确;故选Do4.下列对实验现象的解释正确的是选项操作现象解释A将铜粉加入Fe2(SO4)3溶液中溶液艾盅金属铁比铜活泼B铜与浓硫酸共热有灰白色固体生成浓硫酸具有强氧化性和吸水性C氧化铁溶于足量HI溶液溶液呈棕黄色Fe3+呈棕黄色D向待测液中加 入适量的NaOH溶液，将湿润的红色石蕊

6、试纸放在试管口湿润的红色石蕊试纸未艾监待测液中不存在NH4+A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【分析】【详解】A.二者反应生成硫酸铜、硫酸亚铁，只能说明铁离子氧化性大于铜离子，不能比较金 属性；要证明金属铁比铜活泼，要将铁放入硫酸铜等溶液中，故 A错误；B.铜与浓硫酸共热有灰白色固体生成，说明生成了无水硫酸铜，铜被氧化，硫酸具有氧化性，硫酸铜从溶液中析出时应是CuSCO - 5H2O,是蓝色固体，现变成白色，是无水硫酸铜，说明浓硫酸具有吸水性，故 B正确；C.氧化铁溶于足量 HI溶液，Fe2Q+ 6H+ 2I = 2Fe2+ I 2+ 3H2O ,生成的碘溶于水 也呈黄色，故C

7、错误；D.俊根离子与氢氧化钠在加热条件下能反应生成氨气，氨气能使湿润的红色石蕊试纸 变蓝，这是氨气的特征反应，但湿润的红色石蕊试纸未变蓝，也可能是溶液太稀，没有得到氨气，无法确定待测液中是否存在NH4+,故D错误；故选Bo5. X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素。元素W分别与元素 X、Y、Z结合形成质子数相同的甲、乙、丙三种分子。反应是工业制硝酸的重要反应，乙与丙的混合物不能用玻璃瓶盛装。上述物质有如图所示的转化关系：下列说法错误的是A.甲是易液化气体，常用作致冷剂B.可以用甲在一定条件下消除丁对环境的污染C.甲、丙分子可以直接化合生成离子化合物D. 丁是一种红棕色气体，是大气主要污

8、染物之一【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素。元素W分别与元素 X、Y、Z结合形成质子数相同的甲、乙、丙三种分子，则W为H元素。反应是工业制硝酸的重要反应，乙与丙的混合物不能用玻璃瓶盛装，乙是H2Q丙是HF, Z的单质是F2, Y是Q,甲是NH, 丁中NQ【详解】A.甲为NH,氨气易液化，挥发吸收大量的热量，常用作致冷剂，故 A正确；B. 6NO+4NH3=5N2+6H2O,产生无污染的氮气和水，可以用甲在一定条件下消除丁对环境的污染，故 B正确；C.甲为NH3、丙为HF ,甲、丙分子可以直接化合生成离子化合物NHF,故C正确；D. 丁是NO是一种无色气体，是

9、大气主要污染物之一，故 D错误；故选D。【点睛】本题考查无机物推断，结合题干信息及转化关系推断物质组成为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析、理解能力及逻辑推理能力，易错点D,反应是工业制硝酸的重要反应，说明生成的丁是NO不是NO。6.常温下，将1molCaC2O4粉末置于盛有500mL蒸储水的烧杯中，然后向烧杯中加入Na2CO3固体（忽视溶液体积的变化）并充分搅拌，加入Na2CO3固体的过程中，溶试卷第21页，总19页液中Ca2+和CO32-的浓度变化曲线如图所示，下列说法中不正确的是A. a=5.6B.常温下，Ksp(CaC2O4)>Ksp(CaCO3)C.

10、b点对应的溶液中，离子浓度关系为c(C2O42-) < c(CO 32-)D.若使1molCaC2O4全部转化为 CaCO3,至少要加入 2.12molNa 2CO3【答案】B【解析】【分析】【详解】A . c(CO32-)=7.0 1O-5mol L 1 时，c(Ca2+)=4.0 10-5mol L 1,Ksp(CaCO3)=7.0 10-5X4.0 10-5=2.8 M0-9,当 c(Ca2+)=5.0 1O-5mol L 1 时，aM0-5moi L91=c(CO32-)=r =5.6 10-5mol L 1,a=5.6,故 A正确；5.0 10B. 1molCaC2O4粉末置于

11、盛有500mL蒸储水的烧杯中，然后向烧杯中加入Na2CO3固体(忽视溶液体积的变化)并充分搅拌，CaC2O4和CaCO3之间能转化，是改变离子的浓度，使沉淀的转化平衡向不同的方向移动，不能判断Ksp(CaC2O4)和Ksp(CaCO3)的大小，故B错误；C.从图中当c(CO32-)在0a时，溶液为CaC2O4的饱和溶液，c(C2O42-)的最大值为5.6 10-5mol Li b点对应的溶液中，离子浓度关系为c(C2O42-) vc(CO32-),故C正确;D,若使1molCaC2O4全部转化为 CaCO3,则此时溶液中 c (C2O42-) =1mol =2mol L0.5L1,根据 Ksp

12、 (CaC2O4)=c (Ca2+) c (C2O42-) =5.0X10-5X5.0 >10-5,可知此时溶液中 c (Ca2+) =1.25x 10-9mol L 1,而根据 Ksp (CaCO3) =2.8 40-9可知溶液中的 c (CO32 )9=2.240mol L 1x 0.5L=1.12mol ,2.8 10 0 = 2.240mol L 1,故溶液中 n (CO321.25 10 9而还有生成的1mol碳酸钙，故所需的碳酸钠的物质的量n=1.12mol+1mol=2.12mol ,故D正确；故选Bo【点睛】本题考查难溶电解质的溶解平衡，把握图象分析、Ksp计算、平衡常数

13、为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，碳酸根有两部分，沉淀的和溶 解的两部分，要利用 Ksp进行计算。7 .苯甲酸在水中的溶解度为：0.18g (4C)、0.34g (25C)、6.8g (95C)。某苯甲酸晶体 中含少量可溶性杂质 X和难溶性杂质 Y。现拟用下列装置和操作进行提纯：装置：甲乙丙操作：常温过滤趁热过滤加热溶解结晶洗涤、干燥下列有关说法正确的是A.用甲装置溶解样品，X在第步被分离8 .用乙装置趁热过滤，Y在第步被分离C.用丙装置所示的方法结晶D.正确的操作顺序为：一一一一【答案】A【解析】【分析】【详解】A.苯甲酸在水中白溶解度为 0.18g (4C),

14、、0.34g (25C)、6.8g (95C)用甲装置溶解样品，Y末溶，X溶解形成不饱和溶液，苯甲酸形成热饱和溶液，X在第步被分离到溶液中，故A正确；B.乙是普通漏斗，不能用乙装置趁热过滤，且过滤装置错误，故 B错误；C.根据苯甲酸的溶解度受温度影响，应用冷却热饱和溶液的方法结晶，故 C错误；D.正确的操作顺序为：加热溶解：X和苯甲酸溶解趁热过滤：分离出难溶物质Y结晶：苯甲酸析出 常温过滤：得到苯甲酸，X留在母液中洗涤、干燥，得较纯的苯甲酸，正确的顺序为一一一一，故D错误；故选Ao8.治疗帕金森病的新药沙芬酰胺的合成方法如下:已知：CH3CN在酸性条件下可水解生成CH3COOH 。CH2=CH

15、-OH 和CH 300H 均不稳定。(1)C生成D的反应类型为 。G中含氧官能团的名称为 。B的名 称为。(2)沙芬酰胺的结构简式为。(3)写出反应(1)的方程式 。分析反应(2)的特点，写出用福尔马林浸制生物标本的反应原理的方程式 (蛋白质的结构用|表示)。MHiOOOM(4)H是F相邻的同系物，H的苯环上有两个处于对位的取代基，符合下列条件的H的稳定的同分异构体共有 种。苯环上仍然有两个处于对位的取代基；能与NaOH溶液反应；(5)下图是根据题中信息设计的由丙烯为起始原料制备B的合成路线，在方框中补全必要的试剂和中间产物的结构简式 (无机试剂任选，氧化剂用0表示，还原剂用H表示, 连续氧化

16、或连续还原的只写一步)。【答案】取代反应醛基和醛键丙氨酸CH 3CH0+NH 3+HCN CH 3CH ( NH 2)【解析】【分析】CH3CHO、NH3、HCN 和水在一定条件下合成 A,反应为：CH3CHO+NH 3+HCNR CH 3CH(NH2) CN+H2O,结合信息CH3CN在酸性条件下可水解生成 CH3COOH ,得A为H?NCM.一N ,水解后生成人，0H,中和后得到h3c0H2N0和CH3OH发生取代反应生成 C, C为 )h3c0-h2n01为) ，E和F生成G , G为I)、HjC川出一产h2n0B,B 为')口、，与 SOC12H&COH,C与NH3反应

17、生成D, D-ch3,G和D反应生成kJ*0【详解】 h2n0(1) C 为一(，C 与H3cCH3r反应类型为取代反应，G为J"1 。h2n0NH3反应生成D, D为 >, C生成D的H和"也,G中含氧官能团的名称为醛基和醍键。B,最加氢生成h2no为/(，B的名称为丙氨酸。H3cOH故答案为：取代反应；醛基和醛键；丙氨酸;(3)反应(1)的方程式 CH3CHO+NH 3+HCNR CH 3CH (NH2) CN+H 2。分析反应(2)的特点，醛基和氨基反应生成碳氮双键和水，使蛋白质变性，用福尔马林浸制生物标本的反应原理的方程式+H2O。+HCHO故答案为：CH3C

18、HO+NH 3+HCN CH 3CH (NH2) CN+H2O；COOH+HCHO>+H2O；COOH(4) H 是 F HOAchO相邻的同系物,H比F多一个碳原子,H的苯环上有两个处于对位的取代基，苯环上仍然有两个处于对位的取代基，能与NaOH溶液反一种，共5种;故答案为：5;(5)根据题中信息设计的由丙烯为起始原料先与澳发生加成反应，得1, 2-二澳丙烷，水解后生成1, 2-丙二醇，氧化后生成CHa-C-COOH .甘刀匕,玻基可与NH3反应，最后与氢气加成可得产品,故答案为:Br?NaOH,州KJ|OCHjCH = CHj-CHiCHBrCHjBr - CHXHOHCHjOH C

19、HS C COOHCDnhi酸礼CHa-C-COOH ?JI XHCTbCH NHj I COOHBr2NaOH , HjOCHjCH = CHj - CHjCHBKHjBf CHiCHOHCH.OHCH)C COOHOOn HiCHj-C-COOH 四* CHjCH (XHj ) COOH XH9.某地有软镒矿(主要成分 MnO 2,含少量 SiO2和Al 2O3)和闪锌矿(主要成分 ZnS , 含少量FeS、CuS和CdS)两座矿山。综合利用的工艺如下，主产品是通过电解获得 的锌和二氧化镒，副产品为硫磺、少量金属铜和镉。生产中除矿石外，只需购入少量的硫酸和纯碱。丁 M带L曲鼐状铜，疆物更口

20、 t .FdCHih AMJHhMn5 制 Zd(1)以FeS为例，写出生成硫磺的反应方程式 。(2)回收的硫磺可用于制取石硫合剂：在反应器内加水使石灰消解，然后加足量水，在 搅拌下把硫磺粉慢慢倒入，升温熬煮，使硫发生歧化反应，先得到白色浑浊液，进一步反应得粘稠状深棕色液体，并残留少量固体杂质。制备中先得到的白色浑浊物是，残留的固体杂质可能是 。写出物质 A和B的化学式 、。(4)不在滤液n中直接加入Na2CO 3的原因是 。(5)电解时的阴极材料为 ,阳极的电极反应式为 。(6)已知 H2CO3 的 Ka1=4X10-7, Ka2=5X10-11,则浓度均为 0.5mol/L 的 W2CO3

21、 和NaHCO 3的混合溶液的 pH约为(lg4=0.6 , lg5=0.7 ),溶液中含碳微粒的浓 度从大到小的顺序为 向此溶液中不断滴加 1mol/L稀HCl时，溶液中c(CO32-) 的变化曲线如下图所示，请在图中画出溶液中其它含碳微粒浓度变化的曲线。0 V （HCI） AnL【答案】3MnO2+2FeS+6H2SO4=3MnSO4+Fe2 （SO4）3+2S J +6HOCaSO3 CaCO3或（和）CaSO4Zn MnO2 防止带入Na+等杂质纯锌（或Zn）Mn 2+2H 2O-2e-=MnO 2+4H +10.3HCO3-> CO32-> H2cO3 （或 CO2）【分

22、析】(1)步骤中，软镒矿、闪锌矿粉与硫酸溶液共热时析出硫的反应为氧化还原反应，例如：MnOZnS+2HSO=MnSGZnSO+Sj +2H2O, Mn(M酸性溶液中分别和 CuS和 FeS 发 生反应的化学方程式： MnO+CuS+2HSO=MnS0CuSO+Sj +2H2Q MnO+2FeS+6HSQ=Fe2(SO) 3+3MnS©2Sj +6H2O;(2)硫发生歧化反应，生成低价硫化物如 CaS等和高价硫的含氧酸盐如CaS9及其氧化产物CaSO等；(3)滤液1中加入金属锌是为了回收金属，回收金属的主要成份为Cu、Cd;物质B中MnO,其作用是将Fe"氧化为Fe3+;(4

23、)再加入Zn (OH 2等再调节溶液pH,使Fe"、Al "转化为沉淀而除去，并且不能引入杂质，另外物质可以是 Zn (OH 2、Mn(OH 2、ZnCO、MnCOl?难溶固体；故不用 N%CO的原因是防止带入 Na+等杂质；(5)阳极M吊失电子发生氧化反应，生成 MnO;(6) 0.5mol/L 的NazCO和NaHCO的混合溶液中，CQ2-水解大于 HCO,据此可以判定混合液中离子浓度大小关系；NaCO和NaHCO的混合溶液显碱性，以碳酸钠水解为主，根据水解平衡常数、 碳酸的 Q可以计算出c (OH)，进而求出c (hf),从而求出pH; NaCO 和NaHCO的混合溶

24、液不断滴加 1mol/L 稀HCl时，先发生CO2-+H=HCO,再发生HCO+H=HCO,溶液中c(CO32-)的变化曲线如下图所示， 浓度先增大后变小，据此画图。【详解】(1) MnO在酸性溶液与FeS反应生成硫酸铁、 硫酸镒、S与水，生成硫磺的反应方程式3MnO2+2FeS+6H2SO4=3MnSO4+Fe2 (SO4)3+2SJ+6HO。故答案为：3MnO2+2FeS+6H2SO4=3MnSO4+Fe2 (SO4)3+2SJ+6HO;(2)在反应器内加水使石灰溶解，然后加足量水，在搅拌下把硫磺粉慢慢倒入，升温熬煮，使硫发生歧化反应，生成低价硫化物如CaS等和高价硫的含氧酸盐如 CaSO

25、3、及其氧化产物CaSO4等，先得到白色浑浊液， 进一步反应得粘稠状深棕色液体，并残留少量固体杂质。制备中先得到的白色浑浊物是CaSO3 ,残留的固体杂质可能是CaCO3或(和)CaSO4o故答案为：CaSO3 ； CaCO3 或(和)CaSO4；(3)滤液1中加入金属锌是为了回收金属，回收金属的主要成份为Cu、Cd;物质B中MnO2,其作用是将Fe2+氧化为Fe3+;物质A和B的化学式Zn、MnO2。故答案为：Zn； MnO2；(4)再加入Zn (OH) 2等再调节溶液pH,使Fe3小、Al 3+转化为沉淀而除去，并且不能引入杂质，不在滤液n中直接加入Na2CO3的原因是防止带入 Na+等杂

26、质。故答案为：防止带入 Na+等杂质；(5)电解时的阴极材料为纯锌(或Zn),阳极Mn2+失电子发生氧化反应，生成MnO2,阳极的电极反应式为：Mn2+2H2O-2e-=MnO 2+4H+。故答案为:纯锌(或 Zn); Mn2+2H2O-2e-=MnO2+4H+ ；c(HCO3-)c(OH-) _ c(HCO3-)c(OH-) c(H+)cg2-)"CO；-)c(H+)(6)已知 H2CO3 的 Ka1=4X10-7, Ka2=5X10-11,得的水解常数为：Kw,则浓度均为 0.5mol/L的Ka2 o .、1014,Na2CO3 和 NaHCO3 的混合溶液中 c( HCO3 )

27、=c( CO32),即 c(OH )=1T =2x10 4,5 10pH=-lg5 X0-11=10+lg2=10.3; 0.5mol/L 的 Na2CO3 和 NaHCO3 的混合溶液中，CO32-水解 大于HCO3-电离，溶液中含碳微粒的浓度从大到小的顺序为；HCO 3->CO32-> H2CO3 (或CO2)；向此溶液中不断滴加1mol/L稀HCl时，先发生 CO32-+H+=HCO3-,再发生HCO3-+H+=H2cO3,溶液中c(CO32-)的变化曲线如下图所示，浓度先增大后变小，H2CO3Mild0¥ IK3I Ml故答案为:10.3； HCO3->CO

28、32->H2CO3 （或 CO2）；在CO32-+H+=HCO3-后逐渐增大，其含碳微粒浓度变化的曲线。本题考查混合物分离提纯的综合应用及物质制备实验，把握简化流程中的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，难点(6)向此溶液中不断滴加 1mol/L稀HCl时，先发生CO32-+H+=HCO3-,再发生HCO3-+H+=H2c。3,根据离子浓度 的变化，作图。10.废铝催化剂中含铝5-6% ,碳93-94% ,铁1-2% ,铜0.1-0.2%以及锌等杂质。在实验室中探究采用废铝催化剂制备无水氯化铝，具体流程如下：已知：Pd2+、Cu2+、Zn2+等离子均可与氨水生成M

29、(NH 3)nx+离子，其中Pd(NH 3)22+在盐酸中能以Pd(NH 3)2C1 2黄色晶体的形式析出。灼烧铝碳时使用的主要仪器有：酒精灯、玻璃棒、 (支持仪器省略)。王水溶 解过程中会生成 NOCl , NOCl的结构式为。(2)是否进行虚线方框内的操作，对提高铝的回收率至关重要，其主要原因是 。(3)最后焙烧之前若不烘干，所得产品中会混有 杂质。(4)可用 化学放大”法测定样品中的微量Fe3+：在酸性介质中加入过量的KI后用CCl4萃取，分去水相后，用肿(N2H4)的水溶液进行还原并反萃取，还原过程中有无污染 的气体生成。再用过量的Br-将反萃取出的I-氧化成IO3-,煮沸除Br2后，

30、加入过量的KI ,酸化后用Na2s2O3标准液进行滴定。经上述步骤后，样品含量的测定值放大 了 倍，写出还原过程中发生反应的离子方程式 ，假定萃取达到平衡时，10mL萃取剂萃样品在水和萃取剂中的总浓度比为1 ： 80, 50mL的水溶液样品，用取，萃取后溶液中残留的样品浓度为原溶液的 倍(用分数表示)。完成萃取和反萃取操作，必须选用的仪器有 (填标号)。【答案】即禺 O=N-ClFe(OH)3为胶状沉淀，对Pd(NH 3)22+具有很强的吸附作用，若不进行此操作,Pd(NH 3)22+的吸附损失大PdO 6N2H4+2l2=4I-+N2f +4H1/17 B废铝催化剂经烘干后，在700 c的高

31、温下焙烧，C、Fe、Pd、有机物被氧气氧化生成氧化物，向氧化物中加入王水，滤渣中含有Pd、SiO2,二氧化硅不溶于王水，但 Pd能溶于王水生成溶液，同时生成气体，加入浓氨水调节溶液 pH,铝转变为可溶性Pd (NH3)22+,使铁全部沉淀，溶液中加入盐酸酸析得到沉淀，经过脱氨等一系列操作得当氯化耙。(1)灼烧固体要在塔期中进行，灼烧铝碳时使用的主要仪器有：酒精灯、玻璃棒、堪期。由于NOCl中所有原子都达到了 8电子稳定结构，即 N形成3对共价键，O形成2对共价键，Cl形成1对共价键，即电子式为：6：市:山二，其结构式为 O=N-Cl, 故答案为：堪期；O=N-Cl;(2)虚线方框内的操作主要是

32、除去Fe(OH)3, Pd(NH 3)22+在盐酸中能以Pd(NH 3)2Cl 2黄色晶体的形式析出，是否进行虚线方框内的操作，对提高铝的回收率至关重要，其主要原因是Fe(OH)3为胶状沉淀，对Pd(NH3)22+具有很强的吸附作用，若不进行此操作，Pd(NH 3)22+的吸附损失大。故答案为：Fe(OH)3为胶状沉淀，XPd(NH3)22+具有很强的吸附作用，若不进行此操作，Pd(NH 3)22+的吸附损失大;(3)脱氨将Pd (NH3) 2cl2变化为PdCl2,发生反应的化学方程式为Pd (NH3)2cl2 PdCl2+2NH3f,最后焙烧之前若不烘干，PdCl2水解生成Pd (OH 2

33、,受热分解，所得产品中会混有 PdO杂质。故答案为：PdO;(4)可用 化学放大”法测定样品中的微量Fe3+:在酸性介质中加入过量的KI发生的反应为：2Fe3+ + 21 =2Fe2+I2,后用CC14萃取，分去水相后，用肺(N2H4)的水溶液 进行还原并反萃取，还原过程中有无污染的气体生成，反应为N2H4+2I 2=41 +N2+4H+。再用过量的B2将反萃取出的氧化成IO3- ,煮沸除Br2后，加入过量的KI,发生反应： 5I -+103-+64=312+3-0;酸化后用Na2s2。3标准液进行滴定，发生反应： 2Na2S2Q+l2=NaS4Q+2NaI。经上述步骤后，有以下关系式：2Fe

34、3+122I21。3612,样品含量的测定值放大了6倍，还原过程中发生反应的离子方程式N2H4+2l2=4I-+N2 T +4H，假定萃取达到平衡时，样品在水和萃取剂中的总浓度比为b 1.= b,则有 50mL(c-b)80 , 一c10mLc1 卒 171 : 80, 50mL的水溶液样品，设浓度为 c,用10mL萃取剂萃取，萃取后溶液中残留的样品浓度为b,萃取剂中的浓度为 50mL(c-b)10mL1，、E，、，»»什一，取后溶液中残留的样品浓度为原溶液的一倍(用分数表不)。完成萃取和反萃取操作,17在分液漏斗中进行，必'须选用的仪器有B (填标号)。Bo故答案

35、为：6 ； N2H4+2I2=4I-+N2T 11.某分子的结构如图所示(-R为煌基)，其中A、B、D三种元素位于元素周期表中同一族的三个相邻的周期，A的非金属性大于 B。D与G形成的DG3在工业上可用于漂白和杀菌消毒。 A与G形成的AG3可完全水解，其水解的产物之一H3AO3常用作塑料件镀金属的还原剂。(1)具有未成对电子的原子或分子具有磁性。D的某种氧化物 D2O4的磁性大小与温度呈正相关关系，即磁性是温度的增函数。 则D2O4 =i2DO2, AH 0(填乃或f(2)DG 3用于杀菌消毒与 HGO相比，DG3可大大延长杀菌消毒的时间，试从反应速率理论和平衡移动理论两者中选择一个，解释其原

36、因 。(3)无机含氧酸中的非羟基氢不能发生电离。H3AO 3分子中A原子最外层的电子都参与了共价键的形成，试用方程式表示H 3AO3的正盐溶液呈碱性的原因 。(4)液氨中因存在2NH3(1)NH4+NH 2-可导电，液态 D2O4中也存在 口2。4=DO+DO3-,上述两个过程的本质区别为 。(5)TC时，在一体积为 VL的密闭容器中放入一定量的AC15固体，按下式发生反应:AC15 (s) ? ACl 3 (g) +C12 (g), AH。测得容器内气体的压强变化如下表：时间t/s051015202530oo总压P/kPa01.02.03.04.05.05.05.0上述条件下，以分压表示的平

37、衡常数 Kp=(kPa) 2 (计算结果保留两位小数)；若 保持温度不变，30s时给容器加压，达新平衡后，容器内的总压将 (填 升高"、降 低”或 不变”)；若将容器换成绝热容器，加压后容器内的总压将 (填 升高"、降 低”或不变”)。【答案】 NC13与水反应的速率太小(或NCl 3与水反应的平衡常数太小)HPO32-+ WOkiH2PO3-+OH-前者未发生电子转移， 后者发生了电子转移6.25不变 升高【解析】【分析】A、B、D三种元素位于元素周期表中同一族的三个相邻的周期，A的非金属性大于 B。D与G形成的DG3在工业上可用于漂白和杀菌消毒， 则D为N, G为Cl。

38、A为P, PCl3 可完全水解，其水解的产物之一 H3P03常用作塑料件镀金属的还原剂，则： A为P, B 为 As, D 为 N,G 为 Cl。【详解】(1) D为N元素，D的某种氧化物N204的磁性大小与温度呈正相关关系，即磁性是温度的增函数。N02中有未成对电子，具有未成对电子的原子或分子具有磁性，能量高，N204 =i2N02 要吸收能量，则 N204 =i2N0 2, AH 0故答案为：;(2) NCl3用于杀菌消毒与 HCl0相比，NCl 3可大大延长杀菌消毒的时间，从反应速 率理论分析：NCl3与水反应的速率太小；从平衡移动理论解释其原因：NCl3与水反应的平衡常数太小。故答案为

39、：NCl3与水反应的速率太小(或NCl 3与水反应的平衡常数太小)；(3)无机含氧酸中的非羟基氢不能发生电离。H3P03分子中P原子最外层的电子都参 溶液呈碱性，用方程式表示H3AO3的正盐HPO32-溶液呈碱性的原因：HPO32-+ H2O H2PO3-+OH-。与了共价键的形成，H 3PO3的结构式为: HP IH是二元酸，是弱酸，正盐水解,故答案为：HPO32+ H2O;=iH2PO3-+OH-；(4)液氨中因存在 2NH3 =i NH4+NH2-可导电，N的化合价不变，液态 N2O4中 也存在 N2O4=iNO+NO3-,N2O4 中 N 为+4 价，NO +中 N 为+3 价，NO3

40、-中 N 为+5 价， 上述两个过程的本质区别为：前者未发生电子转移，后者发生了电子转移。故答案为：前者未发生电子转移，后者发生了电子转移；(5)TC时，在一体积为 VL的密闭容器中放入一定量的PC15固体，按下式发生反应：PC15 (s) ? PC13 (g) +C12 (g), AH>Q测得容器内气体的压强变化，平衡时总压强 为5.0 kPa, PCI3 (g)和CI2 (g)的分压均为2.5 kPa,上述条件下，以分压表示的平衡55常数 Kp=p(PCl3)p(Cl2)= KPa KPa =6.25 (kPa)2 (计算结果保留两位小数)； 22若保持温度不变，平衡常数不变，30s时给容器加压，平衡逆向移动，达新平衡后，容器内的总压将不变；若将容器换成绝热容器，加压后，平衡逆向移动，逆向放热，达新平衡后，容器内温度 升高，容器内的总压将升高。故答案为：6.25;不变；升高。12.我国科学家在铁基超导研究方面取得了一系列的重大突破，标志着我国在凝聚态物理领域已经成为一个强国。LiZnAs是研究铁基超导材料的