上海市崇明区2022届高三化学一模试题（Word版带解析）

2022届等级考第一次模拟考试试卷化学考生注意：1.本卷设试卷和答题纸两部分，所有答案必须涂或写在答题纸上，做在试卷上一律不得分。2.答题前，务必用黑色字迹钢笔或圆珠笔在答题纸上清楚地填写相应信息。3.答题纸与试卷在试题编号上是一一对应的，答题时应特别注意，不能错位。可能用到的相对原子质量：H-1N-14O-16S-32K-39Fe-56Mn-55一、选择题(每小题2分，共40分，每小题只有一个正确选项)1.《可再生能源法》倡导碳资源高效转化及循环利用。下列做法与上述理念不相符的是A.以CO2为原料人工合成淀粉B.煤燃烧前将它粉碎后利用C.加快石油等化石燃料的开采和使用D.将秸秆加工转化为乙醇燃料【答案】C【解析】【详解】A．以CO2为原料人工合成淀粉，既满足了人们对材料的利用，减少了废气等物质的排放，也降低了大气中CO2的浓度，故A不符合题意；B．煤燃烧前将它粉碎后利用，有利于资源的高效转化，故B不符合题意；C．化石燃料是不可再生能源，加快开采和使用，会造成能源枯竭和环境污染，故C符合题意；D．将秸秆进行加工转化为乙醇燃料，变废为宝，有利于资源的高效转化，故D不符合题意；本题答案为C。2.下列含有共价键的盐是A.H2SO4B.Ba(OH)2C.CaCl2D.NH4Cl【答案】D【解析】【详解】A．H2SO4属于酸，不是盐，A不符合题意；B．Ba(OH)2属于碱，不是盐，B不符合题意；C．CaCl2属于盐，只含有离子键，C不符合题意；D．NH4Cl属于盐，N和H之间为共价键，D符合题意；故选D。 3.下列说法正确的是A.14N2和15N2互为同位素B.乙二醇和乙醇互为同系物C.Fe2C和Fe3C互为同素异形体D.间二甲苯和乙苯互为同分异构体【答案】D【解析】【详解】A．14N2和15N2是由同种元素组成的不同的单质，两者互为同素异形体，A错误；B．乙二醇的分子式为C2H6O2，乙醇的分子式为C2H6O，分子组成上并没有相差CH2或CH2的整数倍，两者不互为同系物，B错误；C．同素异形体是指由同种元素组成的不同的单质，Fe2C和Fe3C都不是单质，两者不互为同素异形体，C错误；D．间二甲苯的结构为：，分子式为：C8H10，乙苯的结构为：，分子式为：C8H10，两者分子式相同、结构不同，互为同分异构体，D正确；答案选D。4.常温下，下列各组离子在溶液中能大量共存的是A.、、、B.、、、C.、、、D.、、、【答案】B【解析】【详解】A．酸性条件下能氧化，不能大量共存，故A不符合题意；B．该组离子互不反应，能大量共存，故B符合题意；C．、能结合生成CuS沉淀，故C不符合题意；D．、能反应生成碳酸根离子，不能大量共存，故D不符合题意；故选：B。 5.下列各组物质形成的晶体，一定属于同类型晶体的是A.SiO2和SiB.KI和I2C.Na2S和NaD.CO2和C【答案】A【解析】【详解】A．SiO2和Si都属于原子晶体，A正确；B．KI为离子晶体，I2为分子晶体，B错误；C．Na2S为离子晶体，Na为金属晶体，C错误；D．CO2为分子晶体，C如果是石墨则为混合型晶体，如果是金刚石则为原子晶体，D错误；故选A。6.下列化学用语使用正确的是A.乙烯的球棍模型B.HCl的电子式C.甲酸乙酯的结构简式CH3COOCH3D.异戊烷的键线式【答案】A【解析】【分析】根据球棍表示的意义及原子成键的特点进行判断球棍模型，根据物质的类别判断物质中的化学键类型，根据化学键书写电子式，利用名称判断结构简式时利用名称中酯特点和系统命名法判断。【详解】A．乙烯中含有碳碳双键，球棍表示化学键，根据碳原子成键特点及乙烯特点进行判断，故A正确；B．HCl是共价化合物，没有阴阳离子，故B不正确；C．甲酸乙酯是由甲酸和乙醇反应生成，故结构简式为：HCOOCH2CH3，故C不正确；D．异戊烷含有5个碳原子，键线式中端点和拐点表示碳原子，故D不正确；故选答案A。【点睛】本题考查物质的化学用语，主要利用基本概念及物质的特点进行判断，注意物质中的微粒之间成键特点主要是8电子和2电子的稳定结构。7.白芷酸()是一种重要有机物，下列有关该有机物的说法错误的是 A.它与丙烯酸(CH2=CHCOOH)互为同系物B.能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.1mol白芷酸最多能与2molH2发生加成反应D.能发生取代反应、加聚反应【答案】C【解析】【详解】A．白芷酸与丙烯酸(CH2=CHCOOH)所含官能团相同，相差2个CH2，互为同系物，故A正确；B．白芷酸含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；C．碳碳双键能与氢气加成，但是羧基中碳氧双键不能与氢气加成，故1mol白芷酸最多能与1molH2发生加成反应，故C错误；D．白芷酸含有甲基、羧基，能发生取代反应，含有碳碳双键，能发生加聚反应，故D正确；选C。8.下列物质属于弱电解质的是A.CaCO3B.SC.HClOD.NH3【答案】C【解析】【详解】A．碳酸钙是难溶性盐，溶于水的碳酸钙完全电离，属于强电解质，A错误；B．S为单质既不是电解质也不是非电解质，B错误；C．次氯酸发生微弱电离，属于弱电解质，C正确；D．氨气溶于水产生的溶液确实可以导电，但氨气溶于水已经变成了氨水，导电的是氨水并不是氨气，所以氨气不是电解质，D错误；故选C。9.NO2和N2O4存在平衡：2NO2(g)N2O4(g)△H＜0。下列分析正确的是A.平衡混合气体中NO2和N2O4体积比始终为2：1B.恒容时，水浴加热，平衡逆向移动，最终气体颜色变浅C.恒温时，缩小容积，平衡正向移动，最终气体颜色变深D.当υ(NO2)：υ(N2O4)=2：1时，反应就处于平衡状态【答案】C 【解析】【详解】A．设起始二氧化氮为2mol，平衡时生成bmol四氧化二氮，由方程式可得平衡时二氧化氮和四氧化二氮的物质的量比为(2-2b)：b，b的量无法确定，则二氧化氮和四氧化二氮可以是任意值，比值不确定，故A错误；B．该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，红棕色的二氧化氮的浓度增大，无色的四氧化二氮浓度减小，则平衡时气体颜色变深，故B错误；C．该反应是气体体积减小的反应，缩小容积增大气体压强，平衡向正反应方向移动，气体颜色先变浅后变深，最终平衡时气体颜色变深，故C正确；D．υ(NO2)：υ(N2O4)=2：1不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故D错误；故选C。10.以下性质比较，不能用元素周期律解释的是A.非金属性O>NB.碱性KOH>LiOHC.热稳定性H2S>PH3D.酸性H2SO3>H2SiO3【答案】D【解析】【详解】A．同周期元素从左到右非金属性逐渐增强，非金属性O>N，A正确；B．同主族金属性从上到下逐渐增强，对应碱的碱性逐渐增强，碱性KOH>LiOH，B正确；C．同周期元素从左到右非金属性逐渐增强，元素的非金属性越强，形成的气态氢化物就越稳定，热稳定性H2S>PH3，C正确；D．同周期元素从左到右非金属性逐渐增强，元素的非金属性越强，最高价氧化物对应的水化合物酸性越强，亚硫酸不是最高价氧化物对应的水化合物，不能比较，D错误；答案选D。11.进行下列实验操作时，选用相应仪器正确的是提取碘水中的碘配制Na2CO3溶液灼烧海带浓缩NaCl溶液 ABCDA.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．提取碘的操作为萃取，应该用分液漏斗，A错误；B．配制Na2CO3溶液应该选用容量瓶而不是圆底烧瓶，B错误；C．灼烧海带应该用坩埚而不是烧杯，C错误；D．浓缩NaCl溶液的操作为蒸发，选用蒸发皿，D正确；答案选D。12.最理想的“原子经济性反应”是指反应物的原子全部转化为期望的最终产物的反应。下列属于最理想的“原子经济性反应”的是A.用电石与饱和食盐水反应制备乙炔的反应B.用氯气和消石灰制取漂白粉的反应C.用废弃油脂为原料制取肥皂的反应D.用乙烯与氧气在Ag催化下制备环氧乙烷()的反应【答案】D【解析】【分析】“原子经济性反应”是指反应物的原子全部转化为期望的最终产物的反应，可知生成物只有一种时属于最理想的“原子经济性反应”。【详解】A．用电石与饱和食盐水制备乙炔，还生成氢氧化钙，原子没有全部转化为期望的最终产物，不属于最理想的“原子经济性反应”，故A不选；B．漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙，有效成分是次氯酸钙，用氯气和消石灰制取漂白粉的反应，生成物为氯化钙、次氯酸钙和水，原子没有全部转化为期望的最终产物，不属于最理想的“原子经济性反应”，故B不选；C．肥皂的有效成分是高级脂肪酸盐，用废弃油脂为原料制取肥皂的反应，除了生成高级脂肪酸盐，还有甘油生成，原子没有全部转化为期望的最终产物，不属于最理想的“原子经济性反应”，故C不选； D．用乙烯与氧气在Ag催化下制备环氧乙烷，产物只有一种，原子全部转化为期望的最终产物，属于最理想的“原子经济性反应”，故D选；答案选D。13.某无色溶液中可能含有、、、、、中的几种离子，为确定其组成，向该溶液中滴加过量稀盐酸有气体产生，继续加入硝酸酸化的硝酸银溶液，有白色沉淀生成。下列关于该溶液的判断正确的是A.肯定含有、B.肯定含有、C.肯定不含、D.肯定不含、【答案】A【解析】【详解】某无色溶液一定不含，向该溶液中滴加过量稀盐酸有气体产生，说明含有故不能含有且消耗完全，继续加入硝酸酸化的硝酸银溶液，有白色沉淀生可能是氯化银或者硫酸银，不能说明含有还是，由于需要电荷守恒则一定含有，综上所述故选A。14.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1molNH4F晶体中含有的共价键数目为3NAB.2.24LC2H2完全燃烧，则消耗O2分子数目一定为0.25NAC.向100mL0.10mol/LFeCl3溶液中加入足量Cu粉充分反应，转移电子数目为0.01NAD.0.1molSO2与足量O2在V2O5作用下受热充分反应，生成的SO3分子数目为0.1NA【答案】C【解析】【详解】A．NH4F结构中只有铵根中含有4个共价键，则lmolNH4F晶体中含有的共价键数目为4NA，A错误；B．没有给出气体的状态，无法计算乙炔的物质的量，无法计算消耗氧气的量，B错误；C．100mL0.10mol/LFeCl3溶液中铁离子的物质的量是0.01mol，加入足量Cu粉充分反应，铁离子被还原为亚铁离子，则转移电子数目为0.01NA，C正确；D．二氧化硫和氧气的反应为可逆的，反应不能进行到底，最终生成的三氧化硫的数目小于0.1NA，D错误； 故选C。15.有关25℃时的下列溶液，有关说法正确的是A.HCl溶液酸性一定强于NH4Cl溶液B.NaHA溶液呈酸性，可以推测H2A为强酸C.0.010mol/L、0.10mol/L的醋酸溶液，醋酸的电离度分别为α1、α2，则α1<α2D.100mLpH=10的Na2CO3溶液，水电离出OH-的物质的量为1.0×10-5mol【答案】D【解析】【详解】A．HCl溶液酸性不一定强于NH4Cl溶液，因为没有给出溶液浓度，A错误；B．NaHA溶液呈酸性，可能是HA－的电离程度大于其水解程度，不能据此得出H2A为强酸的结论，B错误；C．弱酸的浓度越小，其电离程度越大，因此0.010mol·L-1、0.10mol·L-1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2，则α1＞α2，C错误；D．100mLpH=10.00的Na2CO3溶液中氢氧根离子的浓度是1×10－4mol/L，碳酸根水解促进水的电离，则水电离出H＋的浓度是1×10－4mol/L，其物质的量为0.1L×1×10－4mol/L＝1×10－5mol，D正确；答案选D。16.下列方程式不能准确解释相应实验现象的是A.酚酞滴入醋酸钠溶液中变为浅红色：B.金属钠在空气中点燃生成淡黄色固体：2Na+O2Na2O2C.铝溶于氢氧化钠溶液，有无色气体产生：=↑D.氯化铁溶液与硫氰化钾溶液混合变血红色：=Fe(SCN)3↓【答案】D【解析】【详解】A．酚酞滴入醋酸钠溶液中变为浅红色，醋酸根离子水解使溶液呈碱性，离子方程式为：，故A不符合题意； B．钠与氧气加热生成淡黄色过氧化钠，方程式为：2Na+O2Na2O2，故B不符合题意；C．铝溶于氢氧化钠溶液，反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为：=↑，故C不符合题意；D．氯化铁溶液与硫氰化钾溶液混合变血红色，生成物不是沉淀：=Fe(SCN)3，故D符合题意；故选D。17.与物质的溶解度无关的分离方法是A.结晶B.升华C.过滤D.萃取【答案】B【解析】【详解】A．热的饱和溶液冷却后溶质因溶解度降低导致溶液过饱和，从而溶质以晶体的形式析出，这一过程叫结晶，A正确；B．升华是物质能够直接由固体变为气体的特性，与溶解度无关，B错误；C．过滤是将固体与液体分开，与溶解度有关，C正确；D．萃取是利用物质在两种互不相容的溶剂中溶解度的不同，用一种溶剂把溶质从与其他溶剂形成的溶液中提取出来的过程，故与溶解度有关，D正确；故答案为：B。18.兴趣小组同学用如图所示装置进行实验(电解质溶液足量)，下列说法与实验结果相符的是A.开关K与a连接，线路中有电流形成，电能转化化学能B.开关K与a连接，B极电极反应式为Fe-3e-=Fe3+C.开关K与b连接，B极电极被保护，即牺牲阳极阴极保护法D.开关K与b连接，一段时间后，若要使电解质溶液恢复到反应前，可通入适量HCl气体 【答案】D【解析】【详解】A．开关K与a连接，形成原电池，铁作负极，化学能转化为电能，A错误；B．开关K与a连接，形成原电池，铁作负极，B电极的反应为Fe-2e-=Fe2+，B错误；C．开关K与b连接，形成电解池，为外接电源的阴极保护，C错误；D．开关K与b连接，形成电解池，阴极产生氢气，阳极产生氯气，若要使电解质溶液恢复到反应前，可通入适量HCl气体，D正确；故选D。19.在一定温度下，以I2为催化剂，氯苯和Cl2在CS2溶剂中发生反应，分别生成邻二氯苯和对二氯苯，它们的浓度之比恒定为3:5。保持其他条件不变，若要改变它们浓度的比值，采用的措施最不可能是A.改变温度B.改变催化剂C.改变氯苯的浓度D.改变溶剂【答案】C【解析】【详解】A．两个反应的热效应不同，所以改变温度时，对两个反应的平衡影响程度不同，所以能通过改变反应温度来改变产物浓度的比值，即可以采用该措施，A不符合题意；B．因为催化剂具有选择性，使用对生成邻二氯苯有更高选择性的催化剂，以提高产物中邻二氯苯的比例，所以改变催化剂可以改变产物浓度的比值，即可以采用该措施，B不符合题意；C．改变反应物浓度可以改变化学反应速率，从而改变反应达到化学平衡状态的时间，但是产物浓度之比与反应时间无关，因此不能改变产物浓度的比值，即不能采用该措施，C符合题意；D．不同的溶剂对氯苯中氢原子活性影响不同，则可以通过改变溶剂的方法改变产物浓度的比例，即可以采用该措施，D不符合题意；答案为C。20.已知：2H2O(l)→2H2(g)+O2(g)-571.0kJ。在一定条件下，以太阳能为热源分解Fe3O4，经热化学铁氧化合物循环分解水制H2的过程如下：过程Ⅰ：2Fe3O4(s)→6FeO(s)+O2(g)-313.2kJ过程Ⅱ：3FeO(s)+H2O(l)→H2(g)+Fe3O4(s)+Q下列说法不正确的是 A.过程Ⅰ中每消耗232gFe3O4转移2mol电子B.过程Ⅱ热化学方程式中Q<0C.过程Ⅰ、Ⅱ循环的目的是实现光能向热能的转化D.铁氧化合物循环制H2具有成本低、产物易分离等优点【答案】C【解析】【详解】A．由过程Ⅰ可知，2molFe3O4发生反应，会生成1mol氧气，转移4mol电子，那么每消耗232g即1molFe3O4转移2mol电子，故A正确；B．利用盖斯定律，由2H2O(l)→2H2(g)+O2(g)-571.0kJ和2Fe3O4(s)→6FeO(s)+O2(g)-313.2kJ可得Q=，所以过程Ⅱ热化学方程式中Q<0，故B正确；C．过程Ⅰ是太阳能转化为热能，过程Ⅱ是热能转化为化学能，目的是实现太阳能向化学能的转化，故C错误；D．铁氧化合物循环制H2成本低且产物一个是固体，一个是气体，易分离，故D正确；故答案为：C。二、综合分析题(共60分)21.细菌可以促使铁、氮两种元素进行氧化还原反应，并耦合两种元素的循环。耦合循环中的部分转化如下图所示。（1）N原子核外有_______种不同运动状态的电子，Fe原子外围电子排布式为3d64s2，这些电子共占据_______个轨道。（2）实验室中检验可以用_______溶液，产生气体使湿润的_______试纸变色。 （3）①上图所示氮循环中，属于氮的固定的过程为_______(填字母序号)。a．N2转化为铵态氮b．硝化过程c．在作用下转化为N2d．反硝化过程②硝化过程中，含氮物质发生_______(填“氧化”或“还原”)反应。（4）土壤中的铁循环可用于水体脱氮(脱氮是指将氮元素从水体中除去)，用离子方程式表示酸性环境中脱除水体中硝态氮的原理_______。（5）已知常温时，醋酸、亚硝酸的电离常数分别为和，醋酸铵溶液呈中性。据此判断，亚硝酸铵溶液呈_______(填“酸”、“碱”或“中”)性，其溶液中各离子浓度由大到小的顺序为_______。【答案】（1）①.7②.6（2）①.浓NaOH②.红色石蕊（3）①.a②.氧化（4）10Fe2++2NO+12H+=10Fe3++N2↑+6H2O（5）①.酸②.c(NO)>c(NH)>c(H+)>c(OH-)【解析】【小问1详解】N为第7号元素，电子排布式为1s22s22p3原子核外有7种不同运动状态的电子，Fe原子外围电子排布式为3d64s2，s有1个轨道d有5个轨道，这些电子共占据6个轨道；【小问2详解】实验室中检验可以用浓NaOH溶液，产生气体为氨气，氨气溶于水形成氨水，有弱碱性使湿润的红色石蕊试纸变蓝色；【小问3详解】①a.N2转化为氨态氮，游离态的氮转化为化合态氮，符合定义，a正确;b.硝化过程是将NO转化为NO，没有氮气参加反应，不符合定义，b错误;c.在作用下转化为N2，化合态氮转化为游离的氮，不符合定义，c错误；d.反硝化过程正好和硝化过程相反，也没有氮气参加反应，d错误;故选a；②硝化过程中，含氮的化合价升高，发生氧化反应； 【小问4详解】酸性环境中脱除水体中硝态氮，转化为Fe3+，NO转化为氮气，离子方程式表示：10Fe2++2NO+12H+=10Fe3++N2↑+6H2O；【小问5详解】醋酸、亚硝酸的电离常数分别为和。电离常数越大酸性越强，根据电离常数可知亚硝酸的酸性强于醋酸，醋酸铵溶液呈中性，据此判断，亚硝酸铵溶液呈酸性；铵根发生水解，c(NO)>c(NH)，溶液为酸性c(H+)>c(OH-)，其溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c(NO)>c(NH)>c(H+)>c(OH-)。22.硫酸亚铁铵晶体［(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O］俗称摩尔盐，用途十分广泛。实验室可用如图所示装置制备FeSO4溶液后，再与等物质的量的(NH4)2SO4反应制备摩尔盐。已知：硫酸亚铁铵晶体在空气中不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇。Ⅰ.制备FeSO4（1）用图示装置制备FeSO4仪器a的名称是_______，该实验不用明火加热的原因是_______。适量铁粉和稀H2SO4在50℃～60℃之间充分反应后，趁热过滤。Ⅱ.制备摩尔盐（2）向滤液中加入适量(NH4)2SO4饱和溶液，70℃～80℃水浴加热，保持溶液pH为1～2，蒸发浓缩，冷却结晶，减压过滤，用乙醇洗涤晶体。蒸发浓缩时，如果用玻璃棒搅拌，可能导致溶液变黄，其原因是_______；洗涤晶体时选用乙醇的优点有哪些？_______。Ⅲ.尾气吸收（3）由于加入的铁粉不纯，反应过程中会产生少量H2S、PH3气体，用CuSO4溶液吸收H2S，发生反应的离子方程式为_______。Ⅳ.产品分析（4）称取摩尔盐产品3.920g溶于稀硫酸中，转入100mL容量瓶定容。每次取20.00mL溶液放入锥形瓶，用0.02000mol·L−1的KMnO4溶液滴定(还原产物为Mn2+，杂质不与KMnO4反应) ，三次平均消耗19.00mL的KMnO4溶液。①滴定终点时的现象是_______。②实验过程中的下列操作，可能导致测定结果偏低的是_______(填字母序号)。a.取用的晶体不够干燥b.容量瓶定容时俯视刻度线c.滴定管未用标准溶液润洗d.滴定完成后，滴定管尖嘴处留有气泡③产品中(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O(摩尔质量为392g·mol−1)的质量分数为_______。【答案】（1）①.分液漏斗②.因产生的氢气易燃易爆（2）①.搅拌时Fe2+易被空气中的O2氧化为Fe3+②.减少洗涤晶体时因溶解造成的损失；洗涤后晶体易于干燥（3）Cu2++H2S=2H++CuS↓（4）①.边滴入KMnO4溶液边振荡过程中，当混合液刚好变为浅红色，且30s内不褪②.ad③.95%【解析】【分析】本题是一道常见无机物的制备类型的实验题，本题用硫酸和铁粉制备硫酸亚铁，并用硫酸铜除去制备过程中的污染性气体H2S、PH3，之后向其中加入硫酸铵即可制得产品，以此解题。【小问1详解】根据仪器a的结构特点知，仪器a为分液漏斗；制备FeSO4的反应原理为Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，实验不用明火加热的原因是产生的氢气易燃易爆；故答案为：分液漏斗；产生的氢气易燃易爆；【小问2详解】由于Fe2+具有较强的还原性，溶液pH太高或用玻璃棒搅拌，Fe2+被空气中的O2氧化为Fe3+，均可能导致溶液变黄；硫酸亚铁铵晶体易溶于水，不溶于乙醇，乙醇易挥发，故选用乙醇洗涤晶体的目的是减少洗涤晶体时的溶解损失，使晶体易于干燥；故答案为：Fe2+被空气中的O2氧化为Fe3+；减少洗涤晶体时的溶解损失，使晶体易于干燥；【小问3详解】CuSO4溶液吸收H2S时发生复分解反应生成黑色CuS沉淀和H2SO4，反应的离子方程式为Cu2++H2S=CuS↓+2H+；故答案为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+。【小问4详解】①由于KMnO4溶液本身有颜色，故滴定终点时的现象是溶液变为浅红色，且30s 内不褪色；故答案为：溶液变为浅红色，且30s内不褪色；②a．取用的晶体不够干燥，则消耗的KMnO4溶液的体积偏小，所测产品的质量分数偏低，a符合题意；b．容量瓶定容时俯视刻度线，所配溶液物质的量浓度偏高，则消耗的KMnO4溶液的体积偏大，所测产品的质量分数偏高，b不符合题意；c．滴定管未用待盛溶液润洗，消耗的KMnO4溶液的体积偏大，所测产品的质量分数偏高，c不符合题意；d．滴定完成后，滴定管尖嘴处留有气泡，所测KMnO4溶液的体积偏小，所测产品的质量分数偏低，d符合题意；答案选ad；③根据MnO＋5Fe2+＋8H+=Mn2+＋5Fe3+＋4H2O，20.00mL溶液中Fe2+物质量n(Fe2+)=5n(MnO)=5×0.02000mol/L×0.019L=0.0019mol，100mL溶液中(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的质量为0.0019mol××392g/mol=3.724g，产品中(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的质量分数为=95%；故答案为：95%。23.普瑞巴林(Pregabalin)，化学名称(S)-3-氨甲基-5-甲基己酸，分子式为C8H17NO2，是一种抗癫痫药，临床上主要治疗带状疱疹后神经痛。其结构简式为。其合成路线如下：已知：RCHO+CH2(COOCH3)2RCH=C(COOCH3)2+H2O （1）普瑞巴林分子含氧官能团的名称为_______，—NH2的电子式为_______。（2）A→B的有机反应类型为_______；写出C→D的化学反应方程式_______。（3）分别写出分子式为C5H10O，且能发生银镜反应，下列两种情况物质的结构简式或键线式。①有两种化学环境不同的氢原子的物质：_______；②上述转化关系中的有机物X：_______。（4）参考以上合成路线及反应条件，以苯乙酸()和必要的无机试剂为原料，合成，写出合成路线流程图(无机试剂任选)。_______【答案】（1）①.羧基②.（2）①.取代反应②.HOOCCH2COOH+2C2H5OHC2H5OOCCH2COOC2H5+2H2O（3）①.②.（4）【解析】 【分析】A发生取代生成B，C发生酯化反应生成D，D与X发生已知反应生成E，E发生加成生成F，据此分析解题。【小问1详解】普瑞巴林分子含氧官能团的名称为羧基，—NH2的电子式为：；【小问2详解】A→B的反应中Cl被-CN取代，有机反应类型为：取代反应；C为羧酸，D为酯类，C→D发生酯化反应，化学反应方程式：HOOCCH2COOH+2C2H5OHC2H5OOCCH2COOC2H5+2H2O；【小问3详解】①分子式为C5H10O，能发生银镜反应说明含有醛基，有两种化学环境不同的氢原子的物质：；②根据E的结构式可知，D与X发生消去反应生成E，X分子式为C5H10O，已知：RCHO+CH2(COOCH3)2RCH=C(COOCH3)2+H2O，上述转化关系中的有机物X：；【小问4详解】以苯乙酸()和必要的无机试剂为原料，合成，与氯气发生取代生成，再与碳酸氢钠和NaCN生成，根据G生成H的提示可知合成路线流程图：。24.保护生态环境，实现可持续发展。试回答下列有关NO无害化处理的问题。Ⅰ.在汽车排气系统中安装三元催化转化器，可发生反应：2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)。在某恒容密闭容器中，通入等物质的量的CO和NO，在不同温度(T)下发生上述反应时，c(CO)随时间(t)的变化曲线如下图所示： （1）该反应的平衡常数表达式为K=_______，由右图分析，该反应的正反应是_______(填“放热”或“吸热”)反应。若要使K值增大，可采取的措施为_______(填字母序号)。a.增大c(NO)b.增加压强c.降低温度d.使用催化剂e.升高温度（2）温度为T1时，反应达到平衡时NO的转化率为_______，温度为T2时，从起始到建立平衡，υ(N2)=_______。Ⅱ.目前烟气脱硝采用的技术有无催化剂的选择性还原法(SNCR)和使用催化剂的选择性还原法(SCR)。若用NH3作还原剂，则主要反应均可表示为：4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(l)+Q(Q>0)，其中体系温度对SNCR技术脱硝效率的影响如下图所示：（3）当有标准状况下的3.36L氧气参加反应时，被氧气氧化的NH3为_______mol。（4）①当体系温度过高时，SNCR技术脱硝效率会降低，其原因是_______；②SNCR与SCR技术相比，SCR技术的反应温度不能太高，其原因是_______。【答案】（1）①.②.放热③.c（2）①.75%②.0.05（3）0.20（4）①.温度过高，SNCR脱硝技术主要反应的平衡逆向移动②.温度太高，降低了催化剂的活性【解析】【小问1详解】 发生反应：2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)，反应的平衡常数表达式为；由右图分析，温度T1先平衡，故T1＞T2，升高温度反应转化率降低，该反应的正反应是放热反应；由于K值只与温度有关，该反应的正反应是放热反应，若要使K值增大，需要降温，故选c；【小问2详解】温度为T1时，CO的浓度变化量为2.0mol/L-0.5mol/L=1.5mol/L，根据反应式可知，反应达到平衡时NO的转化率与CO的转化率相同，，温度为T2时，从起始到建立平衡，CO的浓度变化量为2.0mol/L-0.2mol/L=1.8mol/L，根据反应式可知N2的变化量为0.9mol/L，υ(N2)=0.9mol/L÷18s=0.05；【小问3详解】当有标准状况下的3.36L(0.15mol)氧气参加反应时，4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(l)，NH3中N的化合价为-3，O元素由0价变为-2价，转移电子为0.6mol，被氧气氧化的NH3为0.6mol÷3=0.2mol；【小问4详解】①此反应为放热反应，当体系温度过高时，SNCR技术脱硝效率会降低，其原因是温度过高，SNCR脱硝技术主要反应的平衡逆向移动；②SNCR与SCR技术相比，SCR技术的反应温度不能太高，如图可知，其原因是温度太高，降低了催化剂的活性。