山东省青岛市平度市2025届高三下学期高考模拟检测（二）化学试题（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1山东省青岛市平度市2025届高三下学期高考模拟检测（二）试题一、单选题1．中华文明源远流长，下列说法正确的是A．裴李岗文化中的骨笛由硅酸盐材料制成B．铸客大铜鼎由合金材料制成C．古陶瓷修复所用的熟石膏，其成分为Ca(OH)2D．蔡伦采用碱液蒸煮制浆法造纸，该过程不涉及化学变化【答案】B【解析】笛由动物骨骼制成，主要成分为磷酸钙等无机盐，而不是硅酸盐材料，A错误；铸客大铜鼎为青铜器，青铜是铜与锡（或铅）的合金，属于合金材料，B正确；熟石膏化学式为2CaSO4·H2O，Ca(2．下列物质的性质与用途具有对应关系的是A．石墨能导电，可用作润滑剂B．单晶硅硬度大，可用作半导体材料C．氢氟酸有弱酸性，可用于刻蚀玻璃D．ClO2有强氧化性，可用于自来水消毒【答案】D【解析】石墨耐高温具有滑腻感，可用作润滑剂，作润滑剂与导电性无关，A错误；单晶硅具有良好的半导体性能，可用作半导体材料，B错误；玻璃中含有SiO2，

HF能与SiO2反应，故可以用氢氟酸于刻蚀玻璃，与氢氟酸的弱酸性无关，C错误；ClO2具有强氧化性，可以使蛋白质变性，可用于自来水杀菌消毒，D正确。故选D。3．化学促进了科技进步和社会发展，下列叙述中错误的是A．将氯气通入冷的石灰乳制备漂白粉B．用加热分解HgO的方法制备金属HgC．利用CO2合成了脂肪酸，实现了无机小分子向有机高分子的转变D．工业制硫酸中用98.3%的硫酸吸收SO3，工业制硝酸中，用H2O吸收NO2【答案】C【解析】将氯气通入冷的石灰乳中生成氯化钙和次氯酸钙，工业上用该反应制备漂白粉，A正确；HgO受热分解生成Hg和O2，可用该方法制备金属汞，B正确；脂肪酸不是有机高分子，C错误；工业制硫酸中用98.3%的硫酸吸收SO3，用水会产生酸雾腐蚀设备，吸收不彻底，工业制硝酸则可用H2O吸收NO2生成HNO3和NO，NO再与O2反应生成NO2，D正确。故选C。4．下列装置不能达到相应实验目的的是

A．装置甲可用铜制CuSO4溶液B．装置乙比较Fe3＋、I2、Cl2的氧化性强弱C．装置丙用于检验SO2中是否含有SO3D．装置丁可用于观察钠的燃烧【答案】D【解析】装置甲中发生反应2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O，A能达到相应实验目的；向乙试管中滴加少量的氯水，能观察到下层变为紫红色，说明氯水中的Cl2将I-氧化为I2，而Fe2+没有被氧化，则还原性I-＞Fe2+，氧化性：Fe3+＞I2；继续滴加氯水，上层溶液变为黄色，即可证明氧化性：Cl2＞5．下列化学用语表述正确的是A．NH3分子的VSEPR模型：B．苯甲酸钠的电离：C6H5COONa⇌Na＋＋C6H5COO－C．CH3CH2OOCCOOCH2CH3的名称：乙二酸二乙酯D．羰基硫(COS)的电子式：【答案】C【解析】NH3分子中N采取sp3杂化，N含有一对孤对电子，NH3的VSEPR模型为，A错误；苯甲酸钠是盐，在水溶液中完全电离，其电离方程式为C6H5COONa＝Na＋＋C6H5COO－，B错误；CH3CH2OOCCOOCH2CH3的结构简式为，名称为乙二酸二乙酯，C正确；羰基硫(COS)的分子结构和CO2相似，其电子式为，D错误。故选C。6．氨硼烷(NH3BH3)在储氢以及催化领域表现出色。下列说法错误的是A．该分子中N和B的杂化方式相同B．该物质中存在分子间氢键导致其沸点较高C．该分子中H－B－H的键角小于BH3中的键角D．该分子中存在配位键【答案】B【解析】氨硼烷(NH3BH3)分子中N原子提供孤电子对与B原子形成配位键，N、B原子均分别与3个氢原子形成3个σ键，则N、B原子均采取sp3杂化，A和D正确；分子中N形成配位键，不存在分子间氢键，B错误；

BH3中B原子采取sp2杂化，键角为120º，在NH3BH3中B原子采取sp3杂化，由于孤电子对与成键电子对的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，使得NH3BH3中H－B－H的键角小于120º，该分子中H－B－H的键角小于BH3中的键角，C正确。故选B。7．D是制备某种药物的中间体，其中Ac代表CH3CO－，转化关系如图。下列说法正确的是A．A可与NaHCO3溶液反应 B．C中原子的杂化方式共有2种C．D中含有3种官能团 D．生成D的反应类型是加成反应【答案】B【解析】A中含有酚羟基，不能和NaHCO3溶液反应，A错误；C中饱和碳为sp3杂化、碳碳三键碳为sp杂化，B正确；

D中含醚键、碳碳三键、酯基、氨基4种官能团，C错误；生成D的反应是碘被取代的反应，属于取代反应，D错误。故选B。8．工业除去电石渣浆[含Ca(OH)2]上层清液中的S2-(S2-浓度为320mg⋅L-1)，并抽取石膏A．在普通硅酸盐水泥中，常添加石膏用来调节水泥的硬化速度B．过程Ⅰ中，氧化剂与氧化产物的物质的量之比为2∶1C．将10L上层清液中的S2-转化为SO4D．过程Ⅱ中，反应的离子方程式4MnO【答案】B【解析】石膏是普通硅酸盐，是水泥常用的一种添加剂，能调节水泥的硬化速度，A正确；过程Ⅰ中，Mn(OH)2和O2反应生成MnO32-2MnO32-+4H2O，Mn元素化合价升高，Mn(OH)2作还原剂，MnO32-为氧化产物，O元素化合价降低，O2作氧化剂，则过程Ⅰ中，氧化剂与氧化产物的物质的量之比为1∶2，B错误；10L上层清液中的S2-的物质的量为320mg/L×10L×10-332g/mol=0.1mol，由S元素守恒可知，过程Ⅱ中生成的S2O32-的物质的量为0.05mol，过程Ⅱ中，离子方程式为4MnO32-+2S2-+9H2O=S2O32-+4Mn(OH)2↓+10OH-，消耗0.1molS2-的同时，需消耗0.2molMnO32-，根据过程Ⅰ：2Mn(OH)29．以金属镍为催化剂由乙烷制备甲烷，反应过程中的部分反应历程如图所示，下列说法正确的是A．总反应为Ni(s)＋C2H6(g)→NiCH2(s)＋CH4(g)

ΔH>0B．由中间体2生成中间体3的反应速率影响了总反应的反应速率C．催化剂镍的使用降低了该反应的活化能，同时也改变了该反应的焓变D．该反应的过程中既有极性键和非极性的断裂，又有极性键和非极性键的形成【答案】B【解析】由图可知，总反应为放热反应，ΔH<0，A错误；中间体2到过渡态2的能垒最大，活化能最大，反应速率最慢，为决速步骤，由中间体2生成中间体3的反应速率影响了总反应的反应速率，B正确；催化剂只加快反应速率，降低反应活化能，但不改变反应的始态和终态，故不改变反应的焓变，C错误；该反应的过程中有极性键和非极性的断裂，但只有极性键的形成，没有非极性键的形成，D错误。故选B。10．常温下，向浓度均为0.1mol∙L－1的Co(NO3)2、Pb(NO3)2和HR的混合液中加入少量NaOH固体(忽略溶液体积变化)，lgc(M)与pH的部分关系如图所示，已知：c(M)代表c(Co2＋)、c(Pb2＋)、c(H＋)、c(OH－)或c(R-)c(HR)，Ksp[Co(OH)A．Y代表lgc(Co2＋)与pH的关系B．当c(R－)＝5c(HR)时，c(Pb2＋)＝4×10－4mol∙L－1C．Co(OH)2＋2HR⇌Co2＋＋2R－＋2H2O的平衡常数K＝10－3D．a点时，c(R－)>c(Co2＋)>c(H＋)>c(Pb2＋)【答案】C【解析】Co(OH)2和Pb(OH)2组成相似，则lgc(Co2＋)－pH曲线和lgc(Pb2＋)－pH曲线平行，由Ksp[Co(OH)2]>Ksp[Pb(OH)2]可知，pH相同时，lgc(Co2＋)大于lgc(Pb2＋)，则曲线X代表lgc(Pb2＋)与pH的关系、曲线Y代表lgc(Co2＋)与pH的关系，A正确；pH增大时，c(H＋)减小、c(OH-)增大，pH为7时，c(H＋)＝c(OH-)，则曲线M代表lgc(H＋)与pH的关系、曲线Y代表lgc(OH－)与pH的关系、曲线Z代表lgc(R-)cHR与pH的关系；由图像可知，pH＝2时，lgc(R-)cHR＝－3，则HR的电离常数Ka＝c(R-)cH+cHR＝10－2×10－3＝10－5；pH＝8时，lgc(Co2＋)＝－3，则Ksp[Co(OH)2]＝10－3×(10－6)2＝10－15；pH＝7时，lgc(Pb2＋)＝－6，则Ksp[Pb(OH)2]＝10－6×(10－7)2＝10－20。溶液中c(R－)＝5c(HR)时，由电离常数K＝cH+c(R-)c2HR可知，c(H＋)＝10-55mol/L，由Ksp[Pb(OH)2]＝c(Pb2＋)c(OH-)2可知，c(Pb2＋)＝10-20(10-1410-55mol/L)2mol/L＝4×10－4mol/L，B正确；反应Co(OH)2＋2HR⇌Co2＋＋2R－＋2H2O的平衡常数K＝cCo2+c2(R-)c2HR＝cCo2+c2(R-)c2H+c2OH-c2HRc2H+c2OH-＝KspCo(OH)2Ka211．下列方案设计、现象和结论都正确的是方案设计现象和结论A向溶有SO2的BaCl2溶液中加入有白色沉淀生成，说明酸性条件下NO3B灼烧铜丝至其表面变黑、灼热，伸入盛有某有机物的试管中铜丝恢复亮红色，该有机物中有醇羟基C向含有少量碘固体的饱和碘水中加入适量KI固体碘固体完全溶解，说明碘在KI溶液中的溶解能力大于碘在水中的溶解能力D向KF和KSCN混合溶液中滴加几滴FeCl3溶液为无色，说明结合Fe3+的能力：A．A B．B C．C D．D【答案】C【解析】向溶有SO2的BaCl2溶液中加入FeNO33溶液，SO2溶于水显酸性，NO3-在酸性条件下将SO2氧化为SO42-，Fe3+也能将SO2氧化为SO42-，SO42-＋Ba2+＝BaSO4↓，不能说明NO3-具有氧化性，A错误；灼烧铜丝至其表面变黑、灼热，伸入盛有某有机物的试管中，铜丝变为红色，若有机物中含有羧基，将表面的CuO溶解，余下红色的铜，B错误；向含有少量碘固体的饱和碘水中加入适量KI固体，碘固体完全溶解，说明I2在KI溶液中的溶解能力大于在水中的溶解能力，C正确；向KF和二、多选题12．氧化铈(CeO2)是应用广泛的稀土氧化物。一种用氟碳铈矿(CeFCO3，含BaO、SiO2等杂质)为原料制备CeO2的工艺如下图。下列说法不正确的是A．滤渣A的主要成分为SiO2B．步骤①、②中均有过滤操作C．该过程中，铈元素的化合价变化了两次D．步骤②反应的离子方程式为2【答案】AC【解析】氟碳铈矿(CeFCO3，含BaO、SiO2等杂质)在空气中焙烧，CeFCO3转化为CeO2和CeF4，Ce3＋被氧化为Ce4＋，烧渣中含有CeO2、CeF4、BaO、SiO2，向其中加入稀H2SO4，Ce4＋进入溶液中，SiO2不反应，BaO与硫酸反应生成BaSO4沉淀，过滤，滤渣A为SiO2、BaSO4，滤液中加还原剂将Ce4＋还原为Ce3＋，再加入NH4HCO3使转化为Ce2(CO3)3，最后Ce2(CO3)3灼烧生成CeO2。滤渣A的主要成分为SiO2、BaSO4，A错误；步骤①是分离滤渣A和溶液，需要过滤，步骤②是分离沉淀Ce2(CO3)3，需要过滤操作，B正确；焙烧、滤液还原、灼烧时铈元素的化合价均变化，所以共三次，C错误；步骤②加入NH4HCO3使Ce3＋转化为Ce2(CO3)3，反应的离子方程式为2Ce3++6HCO313．科学家设计出一种新型锂介导电化学电解池，可实现低能耗，高效率合成氨，装置示意图如图所示。下列说法正确的是A．阳极区反应：HB．此装置降低合成氨能耗的主要原因是锂金属能高效解离氮气形成相应的氮化物C．电解的总反应方程式为N2+3H2D．向电解质溶液中加入水提供H+【答案】AB【解析】由图示电解池可知，通入H2的电极上，H2失去电子发生氧化反应生成H+，H+与CH3O－离子反应生成CH3OH，CH3OH解离出H+和CH3O－离子，则通入H2的电极为阳极，阳极区反应式为H2+2CH3O--2e-=2CH3OH，A正确；通入N2的电极为阴极，Li+在阴极得到电子生成Li，Li与N2反应生成Li3N，Li3N与CH3OH解离出的H+反应生成Li+和NH3，此装置降低合成氨能耗的主要原因是锂能高效解离氮气形成相应的氮化物，B正确；阴极区的反应为Li＋＋e－＝Li，N2＋6Li＝2Li3N，Li3N＋3H＋＝3Li＋＋由于水能与Li直接反应，故含少量甲醇的水溶液不会使该装置生产效率提高，D错误。故选AB。14．某研究小组探究Fe3+盐溶液与Cu实验装置序号试剂a实验现象I0.25mol∙L－1Fe2(SO4)3溶液溶液逐渐变为蓝色；2天后，Cu片有较大量剩余，溶液仍为蓝色。取上层清液加入2滴1mol∙L－1KSCN溶液，观察到溶液迅速变红，产生大量白色沉淀II0.5mol⋅L溶液逐渐变为蓝绿色，铜片表面覆盖有白色固体(经检验为CuCl)；2天后，白色固体消失，Cu片无剩余，溶液中产生大量红褐色沉淀资料：CuCl、A．实验I中发生的反应都是氧化还原反应B．对比实验I和实验Ⅱ，小组同学推测Cl-可以催化Fe3+与C．实验Ⅱ中二价铁发生反应的离子方程式为FeD．综合以上实验，Fe3+盐溶液与Cu【答案】AC【解析】在实验I中，反应的离子方程式为①2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，2天后，Cu片有较大量剩余，故上层清液为FeSO4和CuSO4溶液，加入2滴1mol·L-1KSCN溶液，溶液迅速变红，说明有Fe3+存在，同时还产生大量白色沉淀，说明溶液中有在实验II中，反应的离子方程式为Fe3++Cu+Cl-=CuCl↓+Fe2+，2天后，白色固体消失，反应的离子方程式为CuCl+Fe3+=Cu2++Fe2++Cl-，总反应为2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，反应前后Cl-的量未发生改变，说明在整个转化过程中Cl-起到催化作用，实验Ⅱ反应比实验I更快，B正确；实验Ⅱ中，三、单选题15．脱除汽车尾气中的NO和CO包括以下两个反应：I.2NO(Ⅱ.N2O将恒定组成的NO和CO混合气通入不同温度的反应器，相同时间内检测物质浓度，结果如图所示。下列说法正确的是A．使用合适的催化剂，能提高NO的平衡转化率B．其他条件不变，增大体系的压强，NO的平衡转化率减小C．350~420℃范围内，温度升高，反应I速率增大的幅度大于反应Ⅱ速率增大的幅度D．450℃时，该时间段内NO的脱除率约为88【答案】D【解析】使用催化剂不能使化学平衡发生移动，不能提高NO的平衡转化率，A错误；反应I反应前后气体体积减小，反应Ⅱ反应前后气体体积不变，增大压强，反应Ⅱ平衡不移动，反应I平衡正向移动，故增大压强，NO的平衡转化率增大，B错误；由图像可知，350~420℃范围内升高温度，CO2和N2的浓度增大，而N2O的浓度减小，说明升高温度，以反应Ⅱ为主，则反应I速率增大的幅度小于反应Ⅱ速率增大的幅度，C错误；450℃时，NO的初始浓度是(200+125×2+1625×2)×10-6mol⋅L-1=3700×10-6mol⋅L-1，转化为四、解答题16．钴及其化合物在电池、合金、生物医学等领域有着广泛的应用，回答下列问题：(1)钴在元素周期表中的区，Co的第四电离能Fe的第四电离能(填“大于”，“小于”或“等于”)，原因是。(2)CoCl2与CoBr2在熔融状态下均可以导电，比较两者熔沸点并说明原因是。(3)高能炸药BNCP的结构如图所示，其中钴的化合价为，ClO4-中心原子的价层电子对数为，BNCP中阳离子存在的化学键类型有A．共价键B．离子键C．氢键D．配位键F.范德华力(4)锂钴复合氧化物是应用广泛的锂离子电池正极材料，一种晶胞的结构如图所示。该化合物的化学式为，晶胞密度的表达式。【答案】(1)d小于Co3＋价电子排布式为3d6，Fe3＋价电子排布式为3d5，Fe3＋的3d轨道为稳定的半充满结构，不易失去电子，所以第四电离能大于钴的第四电离能(2)CoCl2的熔沸点大于CoBr2，两者均为离子晶体，由于Cl－的半径小于Br－的半径，所以CoCl2中离子键比CoBr2中离子键作用强，CoCl2比CoBr2的熔沸点高(3)＋34AD(4)LiCoO2196【解析】（1）Co的原子序数为27，基态钴价层电子排布式为3d74s2，位于元素周期表中的d区；Co3＋价电子排布式为3d6，Fe3＋价电子排布式为3d5，Fe3＋的3d轨道为稳定的半充满结构，不易失去电子，所以第四电离能大于钴的第四电离能；（2）CoCl2与CoBr2两者均为离子晶体，由于Cl－的半径小于Br－的半径，故CoCl2中离子键作用比CoBr2中离子键作用强，CoCl2比CoBr2的熔沸点高；（3）由图示可知，ClO4-带1个负电荷，则BNCP中阳离子带1个单位正电荷，则其中钴的化合价为＋3；ClO4-中心Cl原子的价层电子对数为4+7+1-2×42=（4）据“均摊法”，晶胞中含3个Li、3个Co、12×16+6×13+2×12+17．工业上以铬铁矿(FeCr2O4含有少量Fe2O3和Al2O3等杂质)为主要原料制备K2Cr2O7的工艺流程如下图。已知：①最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2O7②煅烧的目的是将FeCr2O4转化为Na2CrO4。③室温下，Al(OH)3＋OH－⇌[Al(OH)4]－，K＝100.63，KW＝1×10－14(1)煅烧时气体与矿料逆流而行，目的是。(2)“煅烧”时FeCr2O4参与反应的化学方程式为。(3)“酸化”过程中发生反应的离子方程式为，加入硫酸也能达到“酸化”目的，选择CO2的优点是。(4)室温下“中和”：[Al(OH)4]－＋H＋⇌Al(OH)3↓＋H2O。控制pH=，可保证[Al(OH)4]－恰好沉淀完全(溶液中浓度为1×10－5mol/L)。(5)分光光度法是一种基于物质对光的选择性吸收而建立的常见定性定量分析方法。用分光光度法测产品的纯度时(K2Cr2O7溶液的吸光度与其浓度成正比)，测得的质量分数明显偏低，分析原因，发现配制K2Cr2O7待测液时少加了一种试剂，该试剂可以是_______(填字母)。A．硫酸B．氢碘酸C．硝酸钾D．氢氧化钾(6)称取K2Cr2O7，样品2.40g，配成250mL溶液，取25.00mL于碘量瓶中，加入稀硫酸和足量碘化钾，并放于暗处，约6min后加入适量水和数滴淀粉指示剂，用0.24mol·L－1Na2S2O3标准溶液滴定至终点(杂质不参与反应)，共用去Na2S2O3标准溶液20.00mL，所得样品中K2Cr2O7的质量分数为。已知：(ⅰ)Cr2O72-＋I－＋H＋＝I2＋Cr3＋＋(ⅱ)I2＋2S2O32-【答案】(1)使气固反应物充分接触，加快反应速率，使反应充分进行(2)4FeCr(3)2Na++2CrO42-+2CO2(4)8.37(5)A(6)98%【解析】铬铁矿(FeCr2O4含有少量Fe2O3和Al2O3等杂质)加入Na2CO3在空气中煅烧，所得固体为Na2CrO4、NaAlO2和Fe2O3，加H2O浸取，滤渣1为Fe2O3，滤液中含Na2CrO4、NaAl(OH)4，向滤液中通入CO2中生成Al(OH)3，滤渣2为Al(OH)3，再通入足量CO2酸化，CrO42-转化为Cr2O72-并得到白色NaHCO（1）煅烧时气体与矿料逆流而行，目的是使气固反应物充分接触，加快反应速率，使反应充分进行；（2）煅烧的目的是将FeCr2O4转化为Na2CrO4，同时生成Fe2O3，化学方程式为4FeCr2（3）酸性介质中CrO42-转化为Cr2O72-并得到白色NaHCO3晶体，离子方程式为2Na++2CrO42-+2CO2+H2O=Cr（4）室温下[Al(OH)4]－＋H＋⇌Al(OH)3↓＋H2O的平衡常数为K=1cAlOH4-×c（H+）=1×c（OH-）c（5）需要加强酸维持酸性以免Cr2O72-转化为CrO4（6）称取K2Cr2O7样品2.40g配成250mL溶液，只取25.00mL，化学反应方程式为Cr2O72-+6I-＋14H+=2Cr3+＋3I2＋7H2O，根据2个方程式得到关系式Na2S2O318．已知三氯化六氨合钴[Co(NH3)6]Cl3为橙黄色晶体，易溶于热水，在冷水中微溶，某学习小组在实验室中制备[Co(NH3)6]Cl3并测定其组成。Ⅰ.用如图装置制备产品，步骤如下：称取2.0gNH4Cl固体，用5mL水溶解，加到锥形瓶中。分批加入3.0gCoCl2·6H2O后，将溶液温度降至10℃以下，加入1g活性炭、7mL浓氨水，搅拌下逐滴加入10mL6%的双氧水。加热至55~60℃反应20min，进行操作①。将滤得的黑黄固体转入含有少量盐酸的25mL沸水中进行操作②，滤液转入烧杯，加入4mL浓盐酸，冷却、过滤、干燥，得到橙黄色晶体。回答下列问题：(1)仪器B的名称为。(2)写出制备[Co(NH3)6]Cl3的化学方程式。(3)温度降至10℃以下的原因是。(4)操作①和操作②分别为、。(填选项字母)A．冷却、过滤B．趁热过滤C．蒸馏Ⅱ.测定[Co(NH3)x]Cl3中x的值该小组同学采用如图所示装置进行测定(夹持装置省略)。实验步骤如下：①向a中加入过量的V1mLc1mol·L－1的H2SO4溶液；②打开K1，关闭K2、K3，将含mg[Co(NH3)x]Cl3晶体的溶液和足量NaOH溶液分别由d加入c中，并用蒸馏水冲洗d；③_______，并在d中保留少量水；④加热e，使水蒸气进入c，充分反应；⑤a中溶液进行滴定。(5)将上述步骤③补充完整：(6)f的作用为。(7)步骤⑤中，用c2mol·L－1NaOH标准溶液滴定a中的溶液，消耗V2mLNaOH标准溶液。滴定时选用的指示剂为；[Co(NH3)x]Cl3中x＝(用代数式表示)。若步骤②中如果未用蒸馏水冲洗d，会导致所测x的值(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。【答案】(1)球形冷凝管(2)2CoCl2＋2NH4Cl＋10NH3·H2O＋H2O2活性炭Δ2[Co(NH3)6]Cl3＋12H2O或2CoCl2＋2NH4Cl＋10NH3＋H2O2活性炭Δ2[Co(NH3)6]Cl3＋2H(3)减少浓氨水挥发，防止H2O2分解(4)AB(5)打开K3，关闭K1(6)平衡气压(7)甲基橙165.52V1【解析】（1）仪器B的名称为球形冷凝管；（2）制备Co(NH3)6Cl3（3）温度达到一定程度，浓氨水易挥发，H2O2易分解；故温度降至10℃以下的原因是减少浓氨水挥发，防止H2O2分解。（4）已知Co(NH3)6Cl3（5）加入溶液以后，打开K3，关闭K1，对装置e进行加热，使水蒸气进入装置c，带走装置c中的氨气，被装置a中足量稀硫酸完全吸收；（6）f与大气相通，作用为平衡装置中压强，防止装置中压强过大引起事故；（7）①用标准溶液滴定a中的溶液，滴定终点生成(NH4)2SO4和Na2SO4，(NH4)2SO4水解使溶液显酸性，故滴定时选用的指示剂为甲基橙；②NaOH溶液和稀硫酸反应的关系式为2NaOH∼H2SO4,与NaOH溶液反应的n(H2SO4)=c2V21000×12mol，NH3和稀硫酸反应的关系式为2NH3∼H2SO③步骤②中如果未用蒸馏水冲洗d，使得部分氮元素没有转入装置a进行反应吸收，对a中溶液进行滴定时，标准液用量增大，导致所测x的值偏小。19．盐酸罗匹尼罗与左旋多巴联用，可治疗原发性帕金森病。两条合成罗匹尼罗的路线如下：路线一：已知：i.路线中Ph—代表，ii.iii.RCOOR′→N回答下列问题：(1)C的结构简式是；D→E的反应类型为。(2)B中含氧官能团的名称为。(3)A→B反应的离子方程式为。(4)罗匹尼罗分子中除苯环外，还存在一个五元环，罗匹尼罗分子的结构简式为。(5)B的同分异构体有多种，其中满足下列条件的同分异构体的结构简式为。①能与FeCl3溶液发生显色反应；能发生银镜反应

②属于α－氨基酸

③核磁共振氢谱有6路线二：(6)鉴别R中存在少量Q可选用的试剂为，R合成罗匹尼罗时，还生成(填结构简式)。【答案】(1)还原反应(2)硝基、羧基(3)＋2H2O＋H＋→＋NH4+(4)(5)(6)金属钠【解析】A()在酸性条件下发生水解反应生成，则B为；B()与SOCl2发生取代反应生成C，则C为；C()一定条件下与(CH3CH2CH2)2NH发生取代反应生成D()，在四氢呋喃作用下与B2H6发生还原反应生成E，则E为；E()在一定条件下与发生取代反应生成F()，与H2O2发生取代反应生成G()，在①条件下将—NO2还原为—NH2，在②一定条件下生成含有苯环和五元环的罗匹尼罗，则罗匹尼罗为。（1）C的结构简式为；D→E的反应为在四氢呋喃作用下与B2H6发生还原反应生成；（2）B的结构简式为，其含氧官能团为硝基、羧基；（3）A→B的反应为在酸性条件下发生水解反应生成和NH4+，离子方程式为＋2H2O＋H＋→＋NH4+；（4）在①条件下将—NO2还原为—NH2，在②一定条件下生成含有苯环和五元环的罗匹尼罗，则罗匹尼罗的结构简式为；（5）B的同分异构体能与FeCl3溶液发生显色反应，说明同分异构体分子中含有酚羟基，能发生银镜反应，说明分子中含有－CHO，属于α－氨基酸，说明分子中存在，则核磁共振氢谱有6组峰的结构简式为；（6）Q的结构简式为，Q分子中含有醇羟基，能与金属钠反应，R分子中不含有醇羟基，不能与金属钠反应，可选用金属钠鉴别R中存在少量Q；R合成罗匹尼罗的反应为在一定条件下与(CH3CH2CH2)2NH发生取代反应生成和。20．CO2的资源化可以推动经济高质量发展和生态环境质量的持续改善，回答下列问题：(1)CO2和乙烷反应制备乙烯。常温常压时，相关物质的相对能量如图所示：已知：H2Og=则CO2和乙烷反应生成乙烯、CO和液态水的热化学方程式为。(2)CO2和M2CO3反应制备MHCO3，某学习兴趣小组为了研究该反应，将足量的某碳酸氢盐MHCO3固体置于真空恒容密闭容器中，发生如下反应：2MHCO3s⇌M2CO3s(