2022屆高考模擬精品試卷PAGEPAGE1上海市崇明區(qū)2022屆高三一模試題可能用到的相對原子質量：H-1N-14O-16S-32K-39Fe-56Mn-55一、選擇題(每小題2分，共40分，每小題只有一個正確選項)1.《可再生能源法》倡導碳資源高效轉化及循環(huán)利用。下列做法與上述理念不相符的是（）A.以CO2為原料人工合成淀粉 B.煤燃燒前將它粉碎后利用C.加快石油等化石燃料的開采和使用 D.將秸稈加工轉化為乙醇燃料〖答案〗C〖解析〗A．以CO2為原料人工合成淀粉，既滿足了人們對材料的利用，減少了廢氣等物質的排放，也降低了大氣中CO2的濃度，故A不符合題意；B．煤燃燒前將它粉碎后利用，有利于資源的高效轉化，故B不符合題意；C．化石燃料是不可再生能源，加快開采和使用，會造成能源枯竭和環(huán)境污染，故C符合題意；D．將秸稈進行加工轉化為乙醇燃料，變廢為寶，有利于資源的高效轉化，故D不符合題意；本題〖答案〗為C。2.下列含有共價鍵的鹽是（）A.H2SO4 B.Ba(OH)2 C.CaCl2 D.NH4Cl〖答案〗D〖解析〗A．H2SO4屬于酸，不是鹽，A不符合題意；B．Ba(OH)2屬于堿，不是鹽，B不符合題意；C．CaCl2屬于鹽，只含有離子鍵，C不符合題意；D．NH4Cl屬于鹽，N和H之間為共價鍵，D符合題意；故選D。3.下列說法正確的是（）A.14N2和15N2互為同位素 B.乙二醇和乙醇互為同系物C.Fe2C和Fe3C互為同素異形體 D.間二甲苯和乙苯互為同分異構體〖答案〗D〖解析〗A．14N2和15N2是由同種元素組成的不同的單質，兩者互為同素異形體，A錯誤；B．乙二醇的分子式為C2H6O2，乙醇的分子式為C2H6O，分子組成上并沒有相差CH2或CH2的整數(shù)倍，兩者不互為同系物，B錯誤；C．同素異形體是指由同種元素組成的不同的單質，F(xiàn)e2C和Fe3C都不是單質，兩者不互為同素異形體，C錯誤；D．間二甲苯的結構為：，分子式為：C8H10，乙苯的結構為：，分子式為：C8H10，兩者分子式相同、結構不同，互為同分異構體，D正確；〖答案〗選D。4.常溫下，下列各組離子在溶液中能大量共存的是（）A.、、、 B.、、、C.、、、 D.、、、〖答案〗B〖解析〗A．酸性條件下能氧化，不能大量共存，故A不符合題意；B．該組離子互不反應，能大量共存，故B符合題意；C．、能結合生成CuS沉淀，故C不符合題意；D．、能反應生成碳酸根離子，不能大量共存，故D不符合題意；故選：B。5.下列各組物質形成的晶體，一定屬于同類型晶體的是（）A.SiO2和Si B.KI和I2C.Na2S和Na D.CO2和C〖答案〗A〖解析〗A．SiO2和Si都屬于原子晶體，A正確；B．KI為離子晶體，I2為分子晶體，B錯誤；C．Na2S為離子晶體，Na為金屬晶體，C錯誤；D．CO2為分子晶體，C如果是石墨則為混合型晶體，如果是金剛石則為原子晶體，D錯誤；故選A。6.下列化學用語使用正確的是（）A.乙烯的球棍模型 B.HCl的電子式C.甲酸乙酯的結構簡式CH3COOCH3 D.異戊烷的鍵線式〖答案〗A〖祥解〗根據(jù)球棍表示的意義及原子成鍵的特點進行判斷球棍模型，根據(jù)物質的類別判斷物質中的化學鍵類型，根據(jù)化學鍵書寫電子式，利用名稱判斷結構簡式時利用名稱中酯特點和系統(tǒng)命名法判斷?！荚斘觥紸．乙烯中含有碳碳雙鍵，球棍表示化學鍵，根據(jù)碳原子成鍵特點及乙烯特點進行判斷，故A正確；B．HCl是共價化合物，沒有陰陽離子，故B不正確；C．甲酸乙酯是由甲酸和乙醇反應生成，故結構簡式為：HCOOCH2CH3，故C不正確；D．異戊烷含有5個碳原子，鍵線式中端點和拐點表示碳原子，故D不正確；故選〖答案〗A?！肌狐c石成金』〗本題考查物質的化學用語，主要利用基本概念及物質的特點進行判斷，注意物質中的微粒之間成鍵特點主要是8電子和2電子的穩(wěn)定結構。7.白芷酸()是一種重要有機物，下列有關該有機物的說法錯誤的是（）A.它與丙烯酸(CH2=CHCOOH)互為同系物B.能使酸性高錳酸鉀溶液褪色C.1mol白芷酸最多能與2molH2發(fā)生加成反應D.能發(fā)生取代反應、加聚反應〖答案〗C〖解析〗A．白芷酸與丙烯酸(CH2=CHCOOH)所含官能團相同，相差2個CH2，互為同系物，故A正確；B．白芷酸含有碳碳雙鍵，能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故B正確；C．碳碳雙鍵能與氫氣加成，但是羧基中的碳氧雙鍵不能與氫氣加成，故1mol白芷酸最多能與1molH2發(fā)生加成反應，故C錯誤；D．白芷酸含有甲基、羧基，能發(fā)生取代反應，含有碳碳雙鍵，能發(fā)生加聚反應，故D正確；選C。8.下列物質屬于弱電解質的是（）A.CaCO3 B.S C.HClO D.NH3〖答案〗C〖解析〗A．碳酸鈣是難溶性鹽，溶于水的碳酸鈣完全電離，屬于強電解質，A錯誤；B．S為單質既不是電解質也不是非電解質，B錯誤；C．次氯酸發(fā)生微弱電離，屬于弱電解質，C正確；D．氨氣溶于水產生的溶液確實可以導電，但氨氣溶于水已經變成了氨水，導電的是氨水并不是氨氣，所以氨氣不是電解質，D錯誤；故選C。9.NO2和N2O4存在平衡：2NO2(g)N2O4(g)△H＜0。下列分析正確的是（）A.平衡混合氣體中NO2和N2O4體積比始終為2：1B.恒容時，水浴加熱，平衡逆向移動，最終氣體顏色變淺C.恒溫時，縮小容積，平衡正向移動，最終氣體顏色變深D.當υ(NO2)：υ(N2O4)=2：1時，反應就處于平衡狀態(tài)〖答案〗C〖解析〗A．設起始二氧化氮為2mol，平衡時生成bmol四氧化二氮，由方程式可得平衡時二氧化氮和四氧化二氮的物質的量比為(2-2b)：b，b的量無法確定，則二氧化氮和四氧化二氮可以是任意值，比值不確定，故A錯誤；B．該反應為放熱反應，升高溫度，平衡向逆反應方向移動，紅棕色的二氧化氮的濃度增大，無色的四氧化二氮濃度減小，則平衡時氣體顏色變深，故B錯誤；C．該反應是氣體體積減小的反應，縮小容積增大氣體壓強，平衡向正反應方向移動，氣體顏色先變淺后變深，最終平衡時氣體顏色變深，故C正確；D．υ(NO2)：υ(N2O4)=2：1不能說明正逆反應速率相等，無法判斷反應是否達到平衡，故D錯誤；故選C。10.以下性質比較，不能用元素周期律解釋的是（）A.非金屬性O>N B.堿性KOH>LiOHC.熱穩(wěn)定性H2S>PH3 D.酸性H2SO3>H2SiO3〖答案〗D〖解析〗A．同周期元素從左到右非金屬性逐漸增強，非金屬性O>N，A正確；B．同主族金屬性從上到下逐漸增強，對應堿的堿性逐漸增強，堿性KOH>LiOH，B正確；C．同周期元素從左到右非金屬性逐漸增強，元素的非金屬性越強，形成的氣態(tài)氫化物就越穩(wěn)定，熱穩(wěn)定性H2S>PH3，C正確；D．同周期元素從左到右非金屬性逐漸增強，元素的非金屬性越強，最高價氧化物對應的水化合物酸性越強，亞硫酸不是最高價氧化物對應的水化合物，不能比較，D錯誤；〖答案〗選D。11.進行下列實驗操作時，選用相應儀器正確的是（）提取碘水中的碘配制Na2CO3溶液灼燒海帶濃縮NaCl溶液ABCD〖答案〗D〖解析〗A．提取碘的操作為萃取，應該用分液漏斗，A錯誤；B．配制Na2CO3溶液應該選用容量瓶而不是圓底燒瓶，B錯誤；C．灼燒海帶應該用坩堝而不是燒杯，C錯誤；D．濃縮NaCl溶液的操作為蒸發(fā)，選用蒸發(fā)皿，D正確；〖答案〗選D。12.最理想的“原子經濟性反應”是指反應物的原子全部轉化為期望的最終產物的反應。下列屬于最理想的“原子經濟性反應”的是（）A.用電石與飽和食鹽水反應制備乙炔的反應B.用氯氣和消石灰制取漂白粉的反應C.用廢棄油脂為原料制取肥皂的反應D.用乙烯與氧氣在Ag催化下制備環(huán)氧乙烷()的反應〖答案〗D〖祥解〗“原子經濟性反應”是指反應物的原子全部轉化為期望的最終產物的反應，可知生成物只有一種時屬于最理想的“原子經濟性反應”。〖詳析〗A．用電石與飽和食鹽水制備乙炔，還生成氫氧化鈣，原子沒有全部轉化為期望的最終產物，不屬于最理想的“原子經濟性反應”，故A不選；B．漂白粉的主要成分是氯化鈣和次氯酸鈣，有效成分是次氯酸鈣，用氯氣和消石灰制取漂白粉的反應，生成物為氯化鈣、次氯酸鈣和水，原子沒有全部轉化為期望的最終產物，不屬于最理想的“原子經濟性反應”，故B不選；C．肥皂的有效成分是高級脂肪酸鹽，用廢棄油脂為原料制取肥皂的反應，除了生成高級脂肪酸鹽，還有甘油生成，原子沒有全部轉化為期望的最終產物，不屬于最理想的“原子經濟性反應”，故C不選；D．用乙烯與氧氣在Ag催化下制備環(huán)氧乙烷，產物只有一種，原子全部轉化為期望的最終產物，屬于最理想的“原子經濟性反應”，故D選；〖答案〗選D。13.某無色溶液中可能含有、、、、、中的幾種離子，為確定其組成，向該溶液中滴加過量稀鹽酸有氣體產生，繼續(xù)加入硝酸酸化的硝酸銀溶液，有白色沉淀生成。下列關于該溶液的判斷正確的是（）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〗某無色溶液一定不含，向該溶液中滴加過量稀鹽酸有氣體產生，說明含有故不能含有且消耗完全，繼續(xù)加入硝酸酸化的硝酸銀溶液，有白色沉淀生可能是氯化銀或者硫酸銀，不能說明含有還是，由于需要電荷守恒則一定含有，綜上所述故選A。14.設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A.1molNH4F晶體中含有的共價鍵數(shù)目為3NAB.2.24LC2H2完全燃燒，則消耗O2分子數(shù)目一定為0.25NAC.向100mL0.10mol/LFeCl3溶液中加入足量Cu粉充分反應，轉移電子數(shù)目為0.01NAD.0.1molSO2與足量O2在V2O5作用下受熱充分反應，生成的SO3分子數(shù)目為0.1NA〖答案〗C〖解析〗A．NH4F結構中只有銨根中含有4個共價鍵，則lmolNH4F晶體中含有的共價鍵數(shù)目為4NA，A錯誤；B．沒有給出氣體的狀態(tài)，無法計算乙炔的物質的量，無法計算消耗氧氣的量，B錯誤；C．100mL0.10mol/LFeCl3溶液中鐵離子的物質的量是0.01mol，加入足量Cu粉充分反應，鐵離子被還原為亞鐵離子，則轉移電子數(shù)目為0.01NA，C正確；D．二氧化硫和氧氣的反應為可逆的，反應不能進行到底，最終生成的三氧化硫的數(shù)目小于0.1NA，D錯誤；故選C。15.有關25℃時的下列溶液，有關說法正確的是（）A.HCl溶液酸性一定強于NH4Cl溶液B.NaHA溶液呈酸性，可以推測H2A為強酸C.0.010mol/L、0.10mol/L的醋酸溶液，醋酸的電離度分別為α1、α2，則α1<α2D.100mLpH=10的Na2CO3溶液，水電離出OH-的物質的量為1.0×10-5mol〖答案〗D〖解析〗A．HCl溶液酸性不一定強于NH4Cl溶液，因為沒有給出溶液濃度，A錯誤；B．NaHA溶液呈酸性，可能是HA－的電離程度大于其水解程度，不能據(jù)此得出H2A為強酸的結論，B錯誤；C．弱酸的濃度越小，其電離程度越大，因此0.010mol·L-1、0.10mol·L-1的醋酸溶液的電離度分別為α1、α2，則α1＞α2，C錯誤；D．100mLpH=10.00的Na2CO3溶液中氫氧根離子的濃度是1×10－4mol/L，碳酸根水解促進水的電離，則水電離出H＋的濃度是1×10－4mol/L，其物質的量為0.1L×1×10－4mol/L＝1×10－5mol，D正確；〖答案〗選D。16.下列方程式不能準確解釋相應實驗現(xiàn)象的是（）A.酚酞滴入醋酸鈉溶液中變?yōu)闇\紅色：B.金屬鈉在空氣中點燃生成淡黃色固體：2Na+O2Na2O2C.鋁溶于氫氧化鈉溶液，有無色氣體產生：=↑D.氯化鐵溶液與硫氰化鉀溶液混合變血紅色：=Fe(SCN)3↓〖答案〗D〖解析〗A．酚酞滴入醋酸鈉溶液中變?yōu)闇\紅色，醋酸根離子水解使溶液呈堿性，離子方程式為：，故A不符合題意；B．鈉與氧氣加熱生成淡黃色過氧化鈉，方程式為：2Na+O2Na2O2，故B不符合題意；C．鋁溶于氫氧化鈉溶液，反應生成偏鋁酸鈉和氫氣，離子方程式為：=↑，故C不符合題意；D．氯化鐵溶液與硫氰化鉀溶液混合變血紅色，生成物不是沉淀：=Fe(SCN)3，故D符合題意；故選D。17.與物質的溶解度無關的分離方法是（）A.結晶 B.升華 C.過濾 D.萃取〖答案〗B〖解析〗A．熱的飽和溶液冷卻后溶質因溶解度降低導致溶液過飽和，從而溶質以晶體的形式析出，這一過程叫結晶，A正確；B．升華是物質能夠直接由固體變?yōu)闅怏w的特性，與溶解度無關，B錯誤；C．過濾是將固體與液體分開，與溶解度有關，C正確；D．萃取是利用物質在兩種互不相容的溶劑中溶解度的不同，用一種溶劑把溶質從與其他溶劑形成的溶液中提取出來的過程，故與溶解度有關，D正確；故〖答案〗為：B。18.興趣小組同學用如圖所示裝置進行實驗(電解質溶液足量)，下列說法與實驗結果相符的是（）A.開關K與a連接，線路中有電流形成，電能轉化為化學能B.開關K與a連接，B極電極反應式為Fe-3e-=Fe3+C.開關K與b連接，B極電極被保護，即犧牲陽極陰極保護法D.開關K與b連接，一段時間后，若要使電解質溶液恢復到反應前，可通入適量HCl氣體〖答案〗D〖解析〗A．開關K與a連接，形成原電池，鐵作負極，化學能轉化為電能，A錯誤；B．開關K與a連接，形成原電池，鐵作負極，B電極的反應為Fe-2e-=Fe2+，B錯誤；C．開關K與b連接，形成電解池，為外接電源的陰極保護，C錯誤；D．開關K與b連接，形成電解池，陰極產生氫氣，陽極產生氯氣，若要使電解質溶液恢復到反應前，可通入適量HCl氣體，D正確；故選D。19.在一定溫度下，以I2為催化劑，氯苯和Cl2在CS2溶劑中發(fā)生反應，分別生成鄰二氯苯和對二氯苯，它們的濃度之比恒定為3:5。保持其他條件不變，若要改變它們濃度的比值，采用的措施最不可能是（）A.改變溫度 B.改變催化劑C.改變氯苯的濃度 D.改變溶劑〖答案〗C〖解析〗A．兩個反應的熱效應不同，所以改變溫度時，對兩個反應的平衡影響程度不同，所以能通過改變反應溫度來改變產物濃度的比值，即可以采用該措施，A不符合題意；B．因為催化劑具有選擇性，使用對生成鄰二氯苯有更高選擇性的催化劑，以提高產物中鄰二氯苯的比例，所以改變催化劑可以改變產物濃度的比值，即可以采用該措施，B不符合題意；C．改變反應物濃度可以改變化學反應速率，從而改變反應達到化學平衡狀態(tài)的時間，但是產物濃度之比與反應時間無關，因此不能改變產物濃度的比值，即不能采用該措施，C符合題意；D．不同的溶劑對氯苯中氫原子活性影響不同，則可以通過改變溶劑的方法改變產物濃度的比例，即可以采用該措施，D不符合題意；〖答案〗為C。20.已知：2H2O(l)→2H2(g)+O2(g)-571.0kJ。在一定條件下，以太陽能為熱源分解Fe3O4，經熱化學鐵氧化合物循環(huán)分解水制H2的過程如下：過程Ⅰ：2Fe3O4(s)→6FeO(s)+O2(g)-313.2kJ過程Ⅱ：3FeO(s)+H2O(l)→H2(g)+Fe3O4(s)+Q下列說法不正確的是（）A.過程Ⅰ中每消耗232gFe3O4轉移2mol電子B.過程Ⅱ的熱化學方程式中Q<0C.過程Ⅰ、Ⅱ循環(huán)的目的是實現(xiàn)光能向熱能的轉化D.鐵氧化合物循環(huán)制H2具有成本低、產物易分離等優(yōu)點〖答案〗C〖解析〗A．由過程Ⅰ可知，2molFe3O4發(fā)生反應，會生成1mol氧氣，轉移4mol電子，那么每消耗232g即1molFe3O4轉移2mol電子，故A正確；B．利用蓋斯定律，由2H2O(l)→2H2(g)+O2(g)-571.0kJ和2Fe3O4(s)→6FeO(s)+O2(g)-313.2kJ可得Q=，所以過程Ⅱ的熱化學方程式中Q<0，故B正確；C．過程Ⅰ是太陽能轉化為熱能，過程Ⅱ是熱能轉化為化學能，目的是實現(xiàn)太陽能向化學能的轉化，故C錯誤；D．鐵氧化合物循環(huán)制H2成本低且產物一個是固體，一個是氣體，易分離，故D正確；故〖答案〗為：C。二、綜合分析題(共60分)21.細菌可以促使鐵、氮兩種元素進行氧化還原反應，并耦合兩種元素的循環(huán)。耦合循環(huán)中的部分轉化如下圖所示。（1）N原子核外有_______種不同運動狀態(tài)的電子，F(xiàn)e原子外圍電子排布式為3d64s2，這些電子共占據(jù)_______個軌道。（2）實驗室中檢驗可以用_______溶液，產生氣體使?jié)駶櫟腳______試紙變色。（3）①上圖所示氮循環(huán)中，屬于氮的固定的過程為_______(填字母序號)。a．N2轉化為銨態(tài)氮b．硝化過程c．在作用下轉化為N2d．反硝化過程②硝化過程中，含氮物質發(fā)生_______(填“氧化”或“還原”)反應。（4）土壤中的鐵循環(huán)可用于水體脫氮(脫氮是指將氮元素從水體中除去)，用離子方程式表示酸性環(huán)境中脫除水體中硝態(tài)氮的原理_______________________________。（5）已知常溫時，醋酸、亞硝酸的電離常數(shù)分別為和，醋酸銨溶液呈中性。據(jù)此判斷，亞硝酸銨溶液呈_______(填“酸”、“堿”或“中”)性，其溶液中各離子濃度由大到小的順序為_______________________?！即鸢浮剑?）76（2）濃NaOH紅色石蕊（3）①.a②.氧化（4）10Fe2++2NO+12H+=10Fe3++N2↑+6H2O（5）酸c(NO)>c(NH)>c(H+)>c(OH-)〖解析〗（1）N為第7號元素，電子排布式為1s22s22p3原子核外有7種不同運動狀態(tài)的電子，F(xiàn)e原子外圍電子排布式為3d64s2，s有1個軌道d有5個軌道，這些電子共占據(jù)6個軌道；（2）實驗室中檢驗可以用濃NaOH溶液，產生氣體為氨氣，氨氣溶于水形成氨水，有弱堿性使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍色；（3）①a.N2轉化為氨態(tài)氮，游離態(tài)的氮轉化為化合態(tài)氮，符合定義，a正確;b.硝化過程是將NO轉化為NO，沒有氮氣參加反應，不符合定義，b錯誤;c.在作用下轉化為N2，化合態(tài)氮轉化為游離的氮，不符合定義，c錯誤；d.反硝化過程正好和硝化過程相反，也沒有氮氣參加反應，d錯誤;故選a；②硝化過程中，含氮的化合價升高，發(fā)生氧化反應；（4）酸性環(huán)境中脫除水體中硝態(tài)氮，轉化為Fe3+，NO轉化為氮氣，離子方程式表示：10Fe2++2NO+12H+=10Fe3++N2↑+6H2O；（5）醋酸、亞硝酸的電離常數(shù)分別為和。電離常數(shù)越大酸性越強，根據(jù)電離常數(shù)可知亞硝酸的酸性強于醋酸，醋酸銨溶液呈中性，據(jù)此判斷，亞硝酸銨溶液呈酸性；銨根發(fā)生水解，c(NO)>c(NH)，溶液為酸性c(H+)>c(OH-)，其溶液中各離子濃度由大到小的順序為c(NO)>c(NH)>c(H+)>c(OH-)。22.硫酸亞鐵銨晶體［(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O］俗稱摩爾鹽，用途十分廣泛。實驗室可用如圖所示裝置制備FeSO4溶液后，再與等物質的量的(NH4)2SO4反應制備摩爾鹽。已知：硫酸亞鐵銨晶體在空氣中不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇。Ⅰ.制備FeSO4（1）用圖示裝置制備FeSO4儀器a的名稱是________________，該實驗不用明火加熱的原因是_____________________________________。適量鐵粉和稀H2SO4在50℃～60℃之間充分反應后，趁熱過濾。Ⅱ.制備摩爾鹽（2）向濾液中加入適量(NH4)2SO4飽和溶液，70℃～80℃水浴加熱，保持溶液pH為1～2，蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶，減壓過濾，用乙醇洗滌晶體。蒸發(fā)濃縮時，如果用玻璃棒攪拌，可能導致溶液變黃，其原因是_____________________________________；洗滌晶體時選用乙醇的優(yōu)點有哪些？______________________________________________。Ⅲ.尾氣吸收（3）由于加入的鐵粉不純，反應過程中會產生少量H2S、PH3氣體，用CuSO4溶液吸收H2S，發(fā)生反應的離子方程式為________________________________________。Ⅳ.產品分析（4）稱取摩爾鹽產品3.920g溶于稀硫酸中，轉入100mL容量瓶定容。每次取20.00mL溶液放入錐形瓶，用0.02000mol·L?1的KMnO4溶液滴定(還原產物為Mn2+，雜質不與KMnO4反應)，三次平均消耗19.00mL的KMnO4溶液。①滴定終點時的現(xiàn)象是____________________________________________________。②實驗過程中的下列操作，可能導致測定結果偏低的是_______(填字母序號)。a.取用的晶體不夠干燥b.容量瓶定容時俯視刻度線c.滴定管未用標準溶液潤洗d.滴定完成后，滴定管尖嘴處留有氣泡③產品中(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O(摩爾質量為392g·mol?1)的質量分數(shù)為_______?！即鸢浮剑?）分液漏斗因產生的氫氣易燃易爆（2）攪拌時Fe2+易被空氣中的O2氧化為Fe3+減少洗滌晶體時因溶解造成的損失；洗滌后晶體易于干燥（3）Cu2++H2S=2H++CuS↓（4）①.邊滴入KMnO4溶液邊振蕩過程中，當混合液剛好變?yōu)闇\紅色，且30s內不褪②.ad③.95%〖祥解〗本題是一道常見無機物的制備類型的實驗題，本題用硫酸和鐵粉制備硫酸亞鐵，并用硫酸銅除去制備過程中的污染性氣體H2S、PH3，之后向其中加入硫酸銨即可制得產品，以此解題?！荚斘觥剑?）根據(jù)儀器a的結構特點知，儀器a為分液漏斗；制備FeSO4的反應原理為Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，實驗不用明火加熱的原因是產生的氫氣易燃易爆；故〖答案〗為：分液漏斗；產生的氫氣易燃易爆；（2）由于Fe2+具有較強的還原性，溶液pH太高或用玻璃棒攪拌，F(xiàn)e2+被空氣中的O2氧化為Fe3+，均可能導致溶液變黃；硫酸亞鐵銨晶體易溶于水，不溶于乙醇，乙醇易揮發(fā)，故選用乙醇洗滌晶體的目的是減少洗滌晶體時的溶解損失，使晶體易于干燥；故〖答案〗為：Fe2+被空氣中的O2氧化為Fe3+；減少洗滌晶體時的溶解損失，使晶體易于干燥；（3）CuSO4溶液吸收H2S時發(fā)生復分解反應生成黑色CuS沉淀和H2SO4，反應的離子方程式為Cu2++H2S=CuS↓+2H+；故〖答案〗為：Cu2++H2S=CuS↓+2H+。（4）①由于KMnO4溶液本身有顏色，故滴定終點時的現(xiàn)象是溶液變?yōu)闇\紅色，且30s內不褪色；故〖答案〗為：溶液變?yōu)闇\紅色，且30s內不褪色；②a．取用的晶體不夠干燥，則消耗的KMnO4溶液的體積偏小，所測產品的質量分數(shù)偏低，a符合題意；b．容量瓶定容時俯視刻度線，所配溶液物質的量濃度偏高，則消耗的KMnO4溶液的體積偏大，所測產品的質量分數(shù)偏高，b不符合題意；c．滴定管未用待盛溶液潤洗，消耗的KMnO4溶液的體積偏大，所測產品的質量分數(shù)偏高，c不符合題意；d．滴定完成后，滴定管尖嘴處留有氣泡，所測KMnO4溶液的體積偏小，所測產品的質量分數(shù)偏低，d符合題意；〖答案〗選ad；③根據(jù)MnO＋5Fe2+＋8H+=Mn2+＋5Fe3+＋4H2O，20.00mL溶液中Fe2+物質的量n(Fe2+)=5n(MnO)=5×0.02000mol/L×0.019L=0.0019mol，100mL溶液中(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的質量為0.0019mol××392g/mol=3.724g，產品中(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的質量分數(shù)為=95%；故〖答案〗為：95%。23.普瑞巴林(Pregabalin)，化學名稱(S)-3-氨甲基-5-甲基己酸，分子式為C8H17NO2，是一種抗癲癇藥，臨床上主要治療帶狀皰疹后神經痛。其結構簡式為。其合成路線如下：已知：RCHO+CH2(COOCH3)2RCH=C(COOCH3)2+H2O（1）普瑞巴林分子含氧官能團的名稱為__________，—NH2的電子式為__________。（2）A→B的有機反應類型為_____________；寫出C→D的化學反應方程式___________________________________________。（3）分別寫出分子式為C5H10O，且能發(fā)生銀鏡反應，下列兩種情況物質的結構簡式或鍵線式。①有兩種化學環(huán)境不同的氫原子的物質：__________；②上述轉化關系中的有機物X：_____________。（4）參考以上合成路線及反應條件，以苯乙酸()和必要的無機試劑為原料，合成，寫出合成路線流程圖(無機試劑任選)。_______________________________________________________〖答案〗（1）羧基（2）取代反應HOOCCH2COOH+2C2H5OHC2H5OOCCH2COOC2H5+2H2O（3）①.②.（4）〖祥解〗A發(fā)生取代生成B，C發(fā)生酯化反應生成D，D與X發(fā)生已知反應生成E，E發(fā)生加成生成F，據(jù)此分析解題?！荚斘觥剑?）普瑞巴林分子含氧官能團的名稱為羧基，—NH2的電子式為：；（2）A→B的反應中Cl被-CN取代，有機反應類型為：取代反應；C為羧酸，D為酯類，C→D發(fā)生酯化反應，化學反應方程式：HOOCCH2COOH+2C2H5OHC2H5OOCCH2COOC2H5+2H2O；（3）①分子式為C5H10O，能發(fā)生銀鏡反應說明含有醛基，有兩種化學環(huán)境不同的氫原子的物質：；②根據(jù)E的結構式可知，D與X發(fā)生消去反應生成E，X分子式為C5H10O，已知：RCHO+CH2(COOCH3)2RCH=C(COOCH3)2+H2O，上述轉化關系中的有機物X：；（4）以苯乙酸()和必要的無機試劑為原料，合成，與氯氣發(fā)生取代生成，再與碳酸氫鈉和NaCN生成，根據(jù)G生成H的〖提示〗可知合成路線流程圖：。24.保護生態(tài)環(huán)境，實現(xiàn)可持續(xù)發(fā)展。試回答下列有關NO無害化處理的問題。Ⅰ.在汽車排氣系統(tǒng)中安裝三元催化轉化器，可發(fā)生反應：2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)。在某恒容密閉容器中，通入等物質的量的CO和NO，在不同溫度(T)下發(fā)生上述反應時，c(CO)隨時間(t)的變化曲線如下圖所示：（1）該反應