江苏省南通市2023届高三第一次调研测试（一模）化学试题（含答案解析）.pdf

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1、江苏省南通市2023届高三第一次调研测试（一模）化学试题学校:.姓名:班级:考号:一、单选题1.党的二十大报告指出“推动绿色发展，促进人与自然和谐共生下列做法不合理的是A.研制可降解塑料，控制白色污染产生 B.研发新能源汽车，降低汽油柴油消耗C.开发利用天然纤维，停止使用合成材料 D.研究开发生物农药，减少作物农药残留煨烧2.工业制取SO3的主要反应为4FeS2+llO2=2FeQ3+8SO2。下列说法正确的是A.中子数为10的氧原子：c.SO?分子空间构型为直线形3.下列物质性质与用途具有对应关系的是A.Na?。2呈淡黄色，可用作供氧剂C.Na2cO3溶液呈碱性，可用于除油污B.Fe”价层电

2、子排布式为3ds4dD.硫原子结构示意图：B.NaCl熔点较高，可用于制取NaOHD.NaHCO,易分解，可用于治疗胃酸过多4.X、Y、Z、W、Q 是原子序数依次增大且不超过20的主族元素。X 是地壳中含量最多的元素，Y 基态原子核外s 能级和p 能级电子数相等，Z 与 X 同主族，Q 的焰色试验呈紫色。列说法正确的是A.简单离子半径；Z X YB.X 的第一电离能比同周期的相邻元素的大C.Z 的简单气态氢化物的热稳定性比W 的强D.Q 最高价氧化物对应水化物的碱性比Y 的弱5.一种将CO?催化转化为C2H4的电化学装置如图所示。下列说法正确的是co.C2H4A.该装置工作过程中化学能转化为电

3、能B.伯电极发生的反应为2c+12H*-12e-=C2H4+4H2OC.工作过程中玻碳电极区溶液的pH 增大D.每产生标准状况下1 1.2 L 时，理论上有2m oi田 通过质子交换膜C.用装置丙收集NH,D.用装置丁探究NH,的还原性7.NH、易液化，能与多种物质发生反应，将金属钠投入液氨中有H?产生，NH,能与C a J 合生成CaCUONHa，加热条件下NH、能将CuO还原成Cu。下列说法正确的是A.N2H4分子中的H-N-H键角为120。B.NH、与C%反应生成的白烟成分为NH,C1C.金属钠与液氨反应体现了 NH3的还原性D.NH,易液化是由于NH?与 H?O分子间形成氢键8.工业上

4、常用浓氯水检验输送氧气的营道是否泄漏，泄漏处有白烟生成，工业合成氨的反应为 N2(g)+3H2(g)45 Pa 2NH3(g)AH=-92.4kJ-mo广。对于工业合成氨的反应，下列说法正确的是试卷第2 页，共 9 页A.使用高效催化剂可减小AHB.适当降温或加压，反应的平衡常数都增大C.及时将体系中的NH、液化分离有利于平衡正向移动D.用 E 表示键能，则:（N=N）+3E（H-H）-6 E（N-H）=92.4kJ mor9.首例有机小分子催化剂催化的不对称Aldol反应如下:A.X 分子中。键和兀键数目之比为3：C.Z 不能发生消去反应B.Y 的名称为3-氨基苯甲醛/C O O HD.H

5、存在对映异构现象1 0.无水FeCl,常用作芳烧氯代反应的催化剂。以废铁屑（主要成分F e,还有少量Fe2O,、C 和SiO?）制取无水FeCk的流程如下，下列说法正确的是A.“过滤”所得滤液中大量存在的离子有：Fe,+Fe2+,H*、CfB.“氧化”时可使用新制氯水作氧化剂C.将“氧化”后的溶液蒸干可获得F e j-6也。D.“脱水”时加入SOC%能抑制FeCl?的水解，原因是SOC%与水反应生成HzSO。和 HC111.室温下，取四根打磨后形状大小相同的镁条,通过下列实验探究镁在溶液中的反应。实 验 1将镁条放入滴有酚醐的蒸馈水中，无明显现象，加热溶液，镁条表面产生气泡，溶液逐渐变红实验2

6、将铁条放入滴有酚醐的1 mol.匚 NH4C1溶液中，产生气泡，溶液逐渐变红实验3将镁条放入滴有酚酥的1 mol L-1 CH3co（乩 溶 液 811切），产生气泡，溶液逐渐变红实验4将镁条放入滴有酚献的Imol.L NaCl溶液中，产生气泡，溶液逐渐变红下列基于相应实验现象得出的结论不正确的是A.实 验 1加热时发生反应的化学方程式为Mg+2H202M g（OH）?+H2 TB.实验2 反应后的溶液中存在:c（C r）3溶液混合，可制得FeCC3,混合过程中有气体产生。已知：&（NH3 HjO）=1.8xlO T,（H2 co J =4.5xl（）7,Ka2（H2CO,）=4.7xio,s

7、p（FeCO3）=3.13x10-下列说法不正确的是A.向 100mLpH=10的氨水中通入少量C O?,反应后溶液中存在：c（CO：）c（HCO；）B.O.lmol U NH4HCO3溶液中：C（H2CO3）cfCQ）+c（NH,H2O）C.生成Fee。?的离子方程式为：Fe+2HCO产FeCO：J +CO2 T+H2OD.生成FeCO、沉淀后的上层清液中：c（Fe2+）c（CO；-）=p（FeCO3）13.用CO?和H?可以合成甲醇。其主要反应为反应 I CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)A/,=-58 kJ mor1反应 II CO,(g)+H2(g)=CO(g)

8、+H2o(g)AH2=+41kJ m or在恒容密闭容器内，充 入 Imol CO2和 3mol%,测得平衡时CO?转化率,CO和CH30H.选择性随温度变化如图所示 选择性=扁口右0扁）或11前（043岛0用 xlO“Oc%。1086421412100857055402510210 230 250 270温度/下列说法正确的是A.270时主要发生反应IIB.230下缩小容器的体积，n（CO）不变试卷第4 页，共 9 页C.250下达平衡时，n（H2O）=0.12molD.其他条件不变，210比230平衡时生成的CH Q H 多二、原理综合题1 4.从废脱硝催化剂（主要成分为TiO?、V2O5

9、）中回收TiO?和V2O 5,具有重要意义。（1）碳氯化一氧化法提取TiO?。将粉碎后的催化剂渣料与过量焦炭混合投入高温氯化炉充分反应，将生成的TiCl,与其他气体分离，并将其氧化得TiO?。该过程主要涉及以下反应：反应 I TiO2（s）+2Q2（g）+2C（s）=TiQ4（g）+2CO（g）AH,反应 U TiCL（g）+O2（g）=TiCMs）+2C12（g）A/2=-172kJ moE1己知常压下TiCL的沸点为136.4,C 的燃烧热为A”=-393.5kJ-m oP,C O 的燃烧热为 A/=283 kJ -mol1。反应 I 的%=kJ.mol-1 从反应I 的混合体系中分离出T

10、iCl,的措施是 o氯化炉中生成C O 比生成CO2更有利于Tit）?转化为TiCL，其原因是。（2）碱溶法回收TiO?和 V2O5,部分工艺流程如下：NaOH溶液 HCI或HrSO魏 匕 一 热 鞋 浸 取 一 过浊 一 取洗一 水就 一敢烧一*T i5NaVOi溶液“酸洗”时，NazTiQ,转化为TiOCL或TiOSO4,“水解”后得到H J iO,。写出“热碱浸取”时TiO?发生反应的离子方程式：。锐钛型和金红石型是TiO?最常见的两种晶体类型，煨烧H2Tio,过程中，TiOz会发生“锐钛型一金红石型”转化，固体质量残留率和晶型转化率随温度变化如图1所示，晶型转化过程中的能量变化如图2

11、所示。设计用“过滤”所得Na2Ti3O7制备金红石型T P 2 的操作方案：,金红石型TiC2的晶胞结构如图3 所示。用“。”圈出所有位于晶胞体内的原子为测定回收所得VQs样品的纯度，进行如下实验：称取2.000g样品，用稀硫酸溶解、定容得100mL(VOzSOa溶液。量取20.00mL溶液放入锥形瓶中，加 入 10.00mL0.5000m o l l (N H)F e(S O j溶液(过量)，再用O.OlOOOmoLL-KMnO,标准溶液液定至终点，消耗标准溶液24.00mL。滴定过程中发生如下反应(均未配平)：VO；+Fe?+H+-VO+Fe+H Q ；MnO；+Fer+H*.Mn?+Fe

12、+H2O计算VQ5样 品 的 纯 度(写 出 计 算 过 程)。三、有机推断题(l)B-C 过程中发生反应的类型依次是加成反应、(填反应类型)。(2)B分 子 中 碳 原 子 的 杂 化 轨 道 类 型 是。(3)CD 需经历CXTD 的过程。中间体X 与C 互为同分异构体,X 的 结 构 简 式 为.(4)D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：。能发生银镜反应，分子中有4 种不同化学环境的氢。水解后的产物才能与FeCl,溶液发生显色反应。RCHO=爵 口一 RCH.NH,丁 居 RCH.NHCH、R已知 兰 尼N T?2 2 M0H 2 2。写出以试卷第6 页，共

13、9 页CHr-CH2OH O H 为原料制备H.N/J7的合成路线流程图_ _ _ _ _ _(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。四、实验题16.KIO、是重要的食品添加剂。实验室模拟工业制备KIO,的部分实验流程如下:KC1O3 HC1过量1 2 ，氧化 I 除碘 I 提纯 1KH(1O)粗品*KIO3(1)“氧化”反应在图所示装置中进行。先将KC1O,与12混合后放入气密性良好的三颈烧瓶中，加水充分溶解，在90下边搅拌边滴加20m Lim 01小 盐酸引发反应，停止滴加盐酸后持续搅拌40min以上，得到热的KHOO、)?溶液。已知：K H(IO j,不溶于有机溶剂。几

14、种物质的溶解度随温度的变化如图所示。用1 2 m o i酸配制100mL LOOmoLL盐酸须使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒酸式滴定管、。检查图中所示装置气密性的操作为 o“氧化”过程中有少量黄绿色的气态副产物产生。用热的KOH溶液可吸收该气体并实现原料的循环利用写出该吸收过程中发生反应的化学方程式：。能 说 明 反 应 已 经 进 行 完 全 的 标 志 是。实际工业进行“氧化反应时，需要在反应设备上连接冷凝回流装置，其目的是.(2)除去KH(IC3)2溶液中稍过量12的 实 验 方 法 是。(3)利用提纯得到的KH(IC)3)2的粗品(含少量KC1)制备纯净KH(IO3)2的实验方案为。(须

15、使用的实验药品：KOH溶液、稀硝酸、AgNO3溶液、冰水)五、原理综合题17.化学需氧量(COD)是指用强氧化剂将1L废水中的还原性物质氧化为二氧化碳和水所消耗的氧化剂的量，并换算成以。2为氧化剂时所消耗。2的质量。水体COD值常作为水体中有机污染物相对含量的综合指标之一、Fenton(Fe/M O?)法能产生Fe3+和具有强氧化性的羟基自由基(QH)引发一系列链式反应，被广泛应用于有机废水的治理。羟基自由基(0H)的电子式为 o(2)分别取初始pH=4、COD=80的废水200m L,加入200mL H2O2,改变起始投加FeSO4-7H2O 的量,反应相同时间。测得反应后水样COD随Fe?

16、+投加量的关系如图所示。当Fe2+投加量超过lg-L-时，反应后水样COD不 降 反 升 的 原 因 可 能 是。(3)已知Q H 更容易进攻有机物分子中电子云密度较大的基团。1-丁醇比正戊烷更容易受到Q H 进 攻 的 原 因 是 02 Mg2+,A 正确；B.由分析可知，X 为 O；同一周期，从左到右，随着原子序数变大，元素的第一电离能变大，N 的 2P轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故 N、0 的第一电离能大小：N0；而不是氧的第一电离能比同周期的相邻元素的大，B 错误；C.由分析可知，Z 为 S,W 为 C1；元素的非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，非金属性：C

17、 1 S,则 S 的简单气态氢化物的热稳定性比W 的 Cl,C 错误；D.由分析可知，Y 为 Mg,Q 为 K；元素金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强；金属性：KMg,K 最高价氧化物对应水化物的碱性比M g的强，D 错误；故选Ao5.D【分析】由图可知，CO 催 化 转 化 为 同 时 水 发生氧化反应生成氧气，反应中电能转化为化学能；【详解】A.由分析可知，反应中电能转化为化学能，A 错误；B.伯电极二氧化碳得到电子发生还原反应生成乙烯，发生的反应为2CO2+12H+12e=C2H4+4H2O,B 错误;C.工作过程中玻碳电极反应为2H2O-4e=4H+C）2 T,反应生成氢离子

18、，溶液的pH 减小，C 错误；D.每产生标准状况下11.2L 02（为 0.5mol）时，则玻碳电极生成2moi氢离子，故理论上有 2moi H+通过质子交换膜，D 正确；故选D。6.B【详解】A.实验室采用氯化镀与熟石灰混合固体加热制取氨气，故 A 正确；B.氯化钙能与氨气发生反应，不能干燥氨气，故 B 错误；C.氨气的密度比空气小，应采用向下排空气法收集，故 C 正确；答案第2 页，共 10页D.氨气具有一定还原性，能与氧化铜发生氧化还原反应，通过观察试管中C u O 颜色变化，可判断反应的发生，从而证明氨气的还原性，故 D正确；故 选:B o7.B【详解】A.N?H4分子中N原子与其直接

19、相连的原子形成三角锥形结构，H-N-H 键角接近1 0 7,故 A错误;B.N H、与C 1,发生氧化还原反应生成氯化镂，反应现象为产生白烟，故 B正确；C.金属钠与液氨反应，钠为活泼金属体现还原性，故 C错误；D.N H,易液化是由于N&与 N H 3 分子间形成氢键，故 D错误；故选：B o8.C【详解】A.催化剂可以改变反应速率，不能改变焙变，A错误；B.温度变化平衡常数发生变化，降低温度平衡右移，平衡常数变大，改变压强不会改变平衡常数，B错误；C.及时将体系中的N H,液化分离，减小生成物的浓度，有利于平衡正向移动，C正确；D.用 E 表示键能，贝!|：（NsN）+3 E（H-H）-6

20、 E（N-H）=-9 2.4 kJ mor,D 错误；故选C。9.D【详解】A.单键均为。键，双键中含有1 个 键 1 个 n 键，X分子中c 键和兀键数目之比为 9：1,A错误；B.Y的名称为4-硝基苯甲醛，B错误；C.Z中羟基碳的相邻碳含有氢，能发生消去反应，C错误；NCOOHD.H 分子中含有手性碳，存在对映异构现象，D正确；故选D。1 0.B【分析】废铁屑加入盐酸酸溶，碳、二氧化硅不反应，铁转化为盐溶液，过滤滤液加入新制氯水将亚铁离子氧化为铁离子，处理得到F eC l6Hq,加入S O C l?脱水得到F eC l”答案第3页，共 1 0 页【详解】A.铁屑中主要成分Fe,铁和铁离子生

21、成亚铁离子，故 过滤”所得滤液中大量存在的离子有：Fe?+、H*、CP-A 错误；B.氯气具有氧化性，且不引入新杂质，故“氧化”时可使用新制氯水作氧化剂，B 正确；C.铁离子水解生成氢氧化铁，故不能将“氧化”后的溶液蒸干来获得FeC16H2。，C 错误;D.是SOC1?与水反应生成S0?和 HC1,D 错误；故选B11.D【详解】A.加热条件下镁条与水发生反应生成氢氧化镁和氢气，氢氧化镁电离出氢氧根离子使溶液呈碱性，因此滴有酚隙的溶液变红色，故 A 正确；B.实验2 反应后溶液中存在电荷守恒：c（C）+c（OH-）=2c（Mg2+）+c（NH：）+c（H+）,溶液呈碱性，则c（0H 由止匕可知

22、c（C）2c（M g）+c（NH：）,故 B 正确；C.实验3 中反应后溶液呈碱性，碱性条件下镀根离子与氢氧根离子反应会生成氨气，因此气体可能为氨气，故 C 正确；D.实 验 1和实验4 对比可知NaCl对镁与水的反应有促进作用，其作用的离子可能是氯离子也可能是钠离子，故 D 错误；故选：D。12.A【详解】A.通入少量 CO2,CO2+2NHrH2O-（NH4）2CO,+H2O,（NH4）2co、中碳酸根离子会发生水解：COj-+H2O HCO-+OH-,K 9 c 2I K“1x10*HCOjxc(OH)(3)-K；-4.7xlO-c(C O r),pH=10,c(OH)=10-4mol-

23、L-1,则c(HCO；)l x l Q14一小八2八=4.7x10 eg)11 r t 可知：c（CO；）c（HCO；）,故 A 错误;B.由电荷守恒：c(H+)+c(NH；)=2c(CO；)+c(HCO,)+c(OH);物料守恒：C(NH3-H2O)+C(NH；)=C(CO)+c(HCOj)+C(H2CO3)(2)；-得：c(H*)+c(H2co3)=c(CO；)+c(OH)+c(NH3-HQ)答案第4 页，共 10页K1 Qx 1 0 T 4在 NH4HCO?溶液中：NH：的水解常数 Kh(NH：尸 丁 口 二=-r 5.7 x 1 0 2Kb(INrl3,H2OJ l.ox 1UK Ix

24、IO-14HC。；的 水 解 常 数 币 吃。；)=/=5=2.3x10-8,由于钱根离子水解程度大于碳酸氢根离子水解程度，故溶液呈碱性，结合式可知：C(H2C O,)C(C O 1-)+C(N H3-H2O),故 B 正确；C.由题意：HCO；电离出CO；和H+,亚铁离子结合CO；生成F e C O-并且H*结合HCO；生成二氧化碳和水，反应离子方程式为：Fe2+2HCO；=FeCO3 J +CO,T+HQ,故 C 正确;D.生成FeCO；沉淀后的上层清液为碳酸亚铁的饱和溶液，溶液中c(Fe2+).c(CO：)=Mp(FeCO3),故 D 正确；故选：Ao13.C【分析】随着温度升高，反应I

25、 平衡逆向移动，反应n 平衡正向移动，故 c o 的选择性逐渐增大，CH30H的选择性逐渐减小，故随着温度而降低曲线代表是CH30H的选择性，C O 的选择性和CH30H的选择性之和是1,可得最下面这条曲线是代表C O 的选择性，中间曲线是代表CO2平衡转化率。【详解】A.270时，CH30H的选择性更大，故主要发生反应I,A 错误；B.缩小容器体积，相当于是增大压强，反应I 平衡正向移动，CO2,H2物质的量减小，故反应II平衡会逆向移动，n(CO)会减小，B 错误；C.该温度下，CH30H的选择性是75%,C O 是 25%,CCh平衡转化率是12%,故转化的CO2物质的量是0 2m oL

26、 根据反应I,II系数可知，生成H2。是 0.12mol,C 正确；D.210和 230相比CH30H的选择性相差不大，但是230时 C O 的平衡转化率要明显大于210时，故 230时转化生成的C E O H 更多，D 错误；故选：C。14.(1)-49 将含有TiCL、CO、C12的气体混合物通过热交换器降温冷凝与生成C0?相比，生成CO使反应I 的A S 更大，更有利于反应正向进行,A(2)3TiO2+2Na+20H=Na2Ti,O7+H2O 用 HC1 酸洗 NazTi、。，,将生成的TiOCl,充答案第5 页，共 10页分水解后，过滤、洗涤得到HzTiO”在 950C下煨烧HzTiO

27、、至恒【详解】(1)C 的燃烧热为”=-393.5kJ-m oL,可得热化学方程式：ni.C(s)+O2(g)=CO2(g)AW3=-393.5kJ-m or1；CO 的燃烧热为 AW=-283 kJ -m o L,可得热化学方程式：IV.CO(g)+gc)2(g)=CO2(g)M 4=-2 8 3 k J-m o 1,由盖斯定律可知：反应I可由 2XM-2XIV-II 得到，则 AH,=2A/73-2AH&-H2=(-393.5kJ mol)-2 x(-283kJ-moE1)-(-1 72kJ m oL)=-49 kJ.moP1,故答案为：-49；常压下TiCl,的沸点为136.4C,从反应

28、I 的混合体系中分离出TiCl,可将混合气体降温冷凝，使TiCl,液化后与CO、Cl2分 离,故答案为：将含有TiCl,、CO、Cl2的气体混合物通过热交换器降温冷凝；氯化炉中生成C O 会使反应I 的嫡值增大的更多，更有利于反应正向移动，故答案为：与生成C。?相比，生成CO使反应I 的4 S 更大，更有利于反应正向进行；(2)热碱浸取时TiO?转化为N a J iQ ,反应离子方程式为：,x A3TiO2+2Na+2OH-=Na2Ti3O7+H2O，故答案为：3TiO2+2Na+2OH=Na2Ti3O7+H2O；N a/H Q,用盐酸酸洗后转化为TiOCl?,TiOCl?经水解生成H J i

29、O,H J iO s难溶于水，经过滤、洗涤后得到H J iO s，然后在950下煨烧H J iO?至恒重即可得到TiO?；由晶胞结构可知黑球有八个位于顶点，个数为8x9=1,白球上下面各有2 个，晶胞中含有的白球个O数为4xg=2,结合化学式及晶胞结构可知，1个黑球和2 个白球应为体内，才能满足化学式配比，故答案为：用 HC1酸洗N ajis。，将生成的TiOCl?充分水解后，过滤、洗涤得到答案第6 页，共 10页H2TiO3,在 950下烦烧H2TiO3至恒重:根据得失电子守恒可得：（Fe2+）=2n（V2O5）+5n（MnO4）(VQs)=n(Fe2+)-5 n(MnO；)20.5000

30、mol-L1 xO.OlOOO L-5 x 0.01000 mol-L1 x0.02400 L 100 mL-X-2 20 mL=0.009500 mol,;M(V2O5)=182 g-m orx 0.009500 mol=1.729 g,z(VQs)1.729g 二皿厚样二品)9 100%=7 7 帚 xl00%=86.45%,故答案为：86.45%。2.000g15.(1)消去反应(2)sp2、sp3CH2-CH2 d o o J-R.II IIOH OH H-C C-HNH3兰尼N1H?H2N-CH2CH2-NH2CH2-CH2 CH2cH2OCH2cH2 nci CH2cH2O-CH2

31、cH2*I -I F -7 IOH OH OH OH Cl Cl【分析】A 和丙酮生成B,B 和川 CHO中醛基发生反应加成、消去反应后生成碳碳双键得到C,C 催化得到D,D 发生取代反应生成产品;【详解】（1）由分析可知，B-C 过程中发生反应的类型依次是加成反应、消去反应;（2）B 分子中饱和碳原子为sp3杂化，谈基碳为sp?杂化;答案第7 页，共 10页(3)C-D 需经历C-X-D 的过程，比较CD 结构可知，C 中酯基和酚羟基成环得到新的直接生成中间体X,X 与 C 互为同分异构体，则 X 的结构简式HO(4)D 中含有5 个氧，除苯环外不饱和度为4,还有4 个碳，其一种同分异构体同

32、时满足下列条件：能发生银镜反应，分子中有4 种不同化学环境的氢，则该同分异构体含有醛基、且结构对称；水解后的产物才能与F eC h溶液发生显色反应，则该同分异构体含有酯基且水解后能形成CHO OHC酚羟基；则该同分异构体的结构可以为：C1IO0K H-C-O CHO；CHO OHCI I(H、(H、一 H(5)乙二醇氧化后得到乙二醛，发生已知反应引入氨基得到 -；乙CHJCHLO CH2cHi二醇在浓硫酸催化作用下生成酸OH,再和HC1发生取代反应引入氯原H Nil子 后 和 生成产物;流程为:CH2-CHI 6 O OI I i II IIOH OH Cu H-C C-HH2N-CH2CH2

33、-NH2CHz-CH?,硫 酸 CH2cH20 CH2cH?HCI C H 2 cH O CHiCHiOH OH-*OH OH *Cl Cl16.(1)100mL容量瓶、胶头滴管 连接好装置，关闭分液漏斗活塞，将导管用乳胶管连接后插入水中，微热烧瓶，在导管口有气泡产A生 3C12+6KOH=5KC1+KC1O3+3H2O 溶液的pH 不 再 变 化 冷 凝 回 流 L 和盐酸，提高原料利用率并防止污染空气(2)用CC14萃取后分液(3)将 KHOO,%溶于水，向其中滴加KOH溶液至溶液pH 7,加热浓缩，冷却结晶，过滤,用冰水洗涤，直至最后一次洗涤滤液中加入稀硝酸和硝酸银无沉淀产生答案第8 页

34、，共 10页【分析】配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶 解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；溶解度受温度影响较大的物质提纯可以采用降温结晶的方法；【详解】（1）用12moi 1酸配制100mL l.OOmol匚盐酸须使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、酸式滴定管、100mL容量瓶、胶头滴管；装置气密性检验的原理是：通过气体发生器与液体构成封闭体系，依据改变体系内压强时产生的现象（如气泡的生成、水柱的形成、液面的升降等）来判断装置气密性的好坏；检查图中所示装置气密性的操作为连接好装置，关闭分液漏斗活塞，将导管用乳胶管连接后插入水中，微热烧瓶，在导管口有气泡产生；“氧化”过

35、程中有少量黄绿色的气态副产物产生，产物为氯气；用热的K O H溶液可吸收氯气并实现原料的循环利用，则氯气和氢氧化钾反应生成生成氯化钾、氯酸钾和水，反应为:A3C12+6KOH=5KC1+KC10,+3H2O；反应得到K H（K）3）2,故反应会消耗盐酸，当盐酸不再反应时说明反应进行完全，所以能说明反应已经进行完全的标志是溶液的p H不再变化；实际工业进行“氧化反应时，需要在反应设备上连接冷凝回流装置，其目的是冷凝回流k和盐酸，提高原料利用率并防止污染空气；（2）已知：KH（IC3）2不溶于有机溶剂，而碘能溶于有机溶剂。除去KHOO、）?溶液中稍过量12的实验方法是用CC14萃取后分液；（3）由

36、溶解度曲线可知，KIO、的溶解度在低温时较小，故提纯得到的K H O O,1的粗品（含少量KC1）制备纯净K H（IC3）2可以选择降温结晶的方法，方案为：将K H（I03）2溶于水，向其中滴加K O H溶液至溶液pH 7,加热浓缩，冷却结晶，过滤，用冰水洗涤，直至最后一次洗涤滤液中加入稀硝酸和硝酸银无沉淀产生。17.（l）fHO-（2）溶液中c（Fe?+）过大，被还原的H/）2增多，生成的Fe3+催化H Q 2分解生成。2速率加快,溶液中c（Q H）减小，氧化去除还原性有机物的速率减慢，过量Fe?+残留，会增加测量水样C O D时强氧化剂的用量，造成水样CO D测量值偏高（3）由于O的电负性

37、比C大，1-丁醇中羟基（-OH）的电子云密度比正戊烷中甲基（-C H J亚甲基答案第9页，共10页(-C H?-)的电子云密度大，更易受到OH的进攻(4)S O；+O H-=O H +SOf 3.75 S?。:得 到 Mn O 中 Mn(II)和石墨烯失去的电子，生成S O,和SO；SO；和M nQ,中的Mn(HI)反应生成SO；和 Mn(H)；水体中的还原性有机污染物被SO；氧化生成C 0 2 和H20HO-【详解】(D羟基自由基(Q H)中含有1 个未成对电子，电子式为 X ；(2)F e n t o n(F e 2+/电。?)法原理为产生F e 和具有强氧化性的羟基自由基(Q H)引发一

38、系列链式反应除去有机物；亚铁离子能被过氧化氢氧化为铁离子，铁离子能催化过氧化氢分解；溶液中c(F e )过大，被还原的H q2增多，生成的F e 催化H q?分 解 生 成 速 率 加 快，溶液中c(O H)减小，氧化去除还原性有机物的速率减慢，过量F e 2+残留，会增加测量水样C O D时强氧化剂的用量，造成水样CO D测量值偏高；(3)由于0的电负性比C大，1-丁醇中羟基(-0 H)的电子云密度比正戊烷中甲基(-C H，)亚甲基(-C H?-)的电子云密度大，更易受到QH 的进攻；(4)SO在强碱性条件下反应生成QH,反应中氢氧根离子失去电子转化为羟基自由基，反应为s o+0 H =O H +S O;；和Na BH4反应中镒元素化合价由+7 变为+2,Na BH 中氢元素化合价由-1 变为0,根据电子守恒可知4 M n Q 1 5e x 4 1 5Na BH,，则在石墨烯表面制得Im o l M nQ,理论上需要消耗 Na BH4的物质的量为3.75m o l ；由图可知，利用该复合材料催化活化，O：并去除废水中有机污染物的反应机理为：S20=得到M nQ 中 Mn(Il)和石墨烯失去的电子，生成SO；和SO：SO：和M nQ,中的Mn(HI)反应生成SO；和 Mn(H)；水体中的还原性有机污染物被SO；氧化生成C O?和 H 2 O。答案第1 0 页，共 1 0 页