2020年高考化学考前适应性模拟卷 试卷02（解析版）

2020 年高考考前适应性模拟卷 02 化 学 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Al 27 P 31 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Co 59 Cu 64 一、选择题：本题共 7 个小题，每小题 6 分，共 42 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目 要求的。 7．化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是（ ） A．医用口罩无纺布的原材料成分之一是聚丙烯，其结构简式为 B．医用防护服的核心材料是微孔聚四氟乙烯薄膜，其单体四氟乙烯属于卤代烃 C．使用医用酒精杀菌消毒的过程中只发生了物理变化 D．疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性 【答案】C 【解析】 A．聚丙烯是丙烯的加聚产物，结构简式为 ，故 A 正确； B．医用防护服的核心材料是微孔聚四氟乙烯薄膜，其单体四氟乙烯是乙烯中 H 原子被氟原子取代后的产物， 属于卤代烃，故 B 正确； C．医用酒精能够使蛋白质变性，生成新物质，失去生理活性，属于化学变化，故 C 错误； D．蛋白质遇高温易变性，故疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性，故 D 正确； 8．设 NA 为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（ ） A．14gCO、N2 混合气体中共含有 7NA 个电子 B．常温下，0.1mol 环氧乙烷()共有 0.3NA 个共价键 C．在含 CO 总数为 NA 的 Na2CO3 溶液中，Na+总数为 2NA D．氢氧燃料电池正极消耗 22.4L 气体时，负极消耗的气体分子数目为 2NA 【答案】A 【解析】 A．14gCO、N2 混合气体的物质的量为 ，一个 CO 或 N2 分子中电子数目为 14 个，0.5molCO、N2 混合气体中共含有 7NA 个电子，故 A 正确； 2- 3 m 14gn= = =0.5molM 28g / molB．一个分子中含有 7 个共价键，三个碳碳键，4 个碳氢键，常温下，0.1mol 环氧乙烷()共有 0.7NA 个共价 键，故 B 错误； C．在含 CO 总数为 NA 的 Na2CO3 溶液中，若 CO 不水解，Na+总数为 2NA，但 CO 易水解成碳酸氢根， 故 Na+总数大于 2NA，故 C 错误； D．没有指明是否处于标准状况，无法计算气体的物质的量，故 D 错误； 【点睛】 B 项环氧乙烷的碳氢键容易遗漏，需要学生细心观察物质的结构。 9．下列关于 的说法，不正确的是（ ） A．该物质能发生加成、氧化、聚合等反应 B．该物质苯环上的一氯取代有 4 种同分异构体 C．该物质在酸性条件下水解产物之一可用于合成阿司匹林 D．1mol 该物质与足量 NaOH 溶液反应，最多可消耗 5molNaOH 【答案】D 【解析】 A．该物质中含有碳碳双键，能发生加成、氧化、加成聚合反应，故 A 正确； B．该物质中含有一个苯环，苯环上有 4 种 H 原子，苯环上的一氯取代有 4 种同分异构体，故 B 正确； C．该物质在酸性条件下水解产物为 、CH3COOH、 ，其中 可用于合成阿司匹林，故 C 正确； D．1mol 该物质含有 2mol 酯基，且水解生成 1mol 酚羟基，与足量 NaOH 溶液反应，最多可消耗 3molNaOH，故 D 错误； 10．下列有关实验的选项正确的是（ ） A．配制 溶液 B．记录滴定终点读 数为 C．验证 的非金 属性强于 D．除去 中的 2- 3 2- 3 2- 3 -10.10mol L NaOH 12.20mL S C 2CO 2SO【答案】D 【解析】 A．氢氧化钠固体溶于水放出大量的热，应该在烧杯中溶解并冷却到室温后转移到容量瓶内，不能在容量瓶 中直接溶解，A 不正确； B．在滴定管中，零刻度在上方，故读数为 ，B 不正确； C．浓硫酸具有脱水性，能够使蔗糖脱水碳化，反应放出大量的热，碳与浓硫酸加热反应产生二氧化碳，该 反应体现了浓硫酸的强氧化性，不能说明硫酸酸性强于碳酸，故不能验证 的非金属性强于 ，C 不正确； D．除去 中的 ，可以利用 的还原性，与酸性高锰酸钾反应生成硫酸根离子，气体再干燥，可 得到纯净的 ，D 正确。 11．一瓶无色澄清的溶液，其中可能含有 H+、 、Na+、Al3+、Fe3+、I-、 、 、 、 。 取该溶液进行以下实验： ①用 pH 试纸检验，溶液呈强酸性 ②取溶液适量，加入少量 CCl4 和数滴新制氯水，振荡，CCl4 层呈紫 红色 ③该溶液的焰色反应没有黄色；根据以上实验结果，下列推断正确的是（ ） A．向该溶液中加入 BaCl2 不一定能观察到白色沉淀 B．可以确定没有 Na+、Fe3+、 、 ，不能确定是否有 C．该溶液可能是 NH4NO3 与 HI 的混合 D．一定没有 Al3+、 和 【答案】A 【解析】 【分析】 无色溶液可知一定不含 Fe3+；①用 pH 试纸检验，溶液呈强酸性，一定含大量的 H+，则不含 CO32-、AlO2-； I-、NO3-不能同时存在；②取溶液适量，加入少量 CCl4 和数滴新制氯水，振荡，CCl4 层呈紫红色，溶液中 含 I-，则一定不含 NO3-；③该溶液的焰色反应没有黄色，说明不含 Na+；综上所述，一定含 H+、I-，一定 不含 Na+、Fe3+、NO3-、CO32-、AlO2-，不能确定是否含 NH4+、Al3+、SO42-，据此分析解答。 11.80mL S C 2CO 2SO 2SO 2CO + 4NH - 3NO 2- 3CO 2- 4SO - 2AlO 2- 3CO - 2AlO - 3NO 2- 3CO - 3NO【详解】 A．不能确定是否含 SO42-，则向该溶液中加入 BaCl2 不一定能观察到白色沉淀，故 A 正确； B．一定不含 Na+、Fe3+、NO3-、CO32-、AlO2-，故 B 错误； C．根据上述分析，该溶液中一定不含 NO3-，故 C 错误； D．不能确定是否含 Al3+，故 D 错误； 【点睛】 本题的易错点为 NO3-的判断，要注意酸性溶液中，NO3-具有强氧化性，能够氧化 I-。 12．中山大学化学科研团队首次将 CsPbBr3 纳米晶锚定在氨基化 RGO 包覆的 α—Fe2O3(α—Fe2O3/Amine—RGO/CsPbBr3)，构筑 Z—Scheme 异质结光催化剂，可有效降低电荷复合，促进 电荷分离，从而提升光催化性能。光催化还原 CO2 和氧化 H2O 的反应路径如图。下列说法正确的是（ ） A．该路径能量转化形式为电能→化学能 B．该光催化转化反应可以阻止温室效应 C．“CsPbBr3 纳米晶”表面发生了还原反应 D．该催化转化的总反应涉及到非极性共价键、极性共价键的断裂和形成 【答案】C 【解析】 【分析】 H2O 能在 光催化剂材料作用下，被氧化成 O2，同时生成质子(H+)，发生的氧化反应为： ；电子转移到“CsPbBr3 纳米晶”用于还原 CO2，CO2 被还原为 CO、CH4，发生的还原 反应为：CO2+2e-+2H+=CO+H2O、CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O。 【详解】 2 3-Fe Oα - + 2 22H O-4e =4H +OA.由图可知，光能使 光催化剂材料产生电子，电子的移动引起电极上发生氧化还原反应，最终生 成 O2、CO、CH4，储存能量，该路径能量转化形式为光能→电能→化学能，A 错误； B. 该光催化转化反应生成了 CH4，CH4 也能导致温室效应，故该反应不能阻止温室效应，B 错误； C. “CsPbBr3 纳米晶”表面上 CO2 转化为 CO、CH4，发生了还原反应：CO2+2e-+2H+=CO+H2O、 CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O，C 正确； D. 该催化转化的总反应：2CO2 2CO+O2、CO2+2H2O CH4+2O2，CO2、H2O 都只含有极性共 价键，CO、CH4 都只含极性共价键，O2 只含非极性共价键，故只有极性共价键断裂、有极性和非极性共价 键生成，D 错误； 13．常温下，向1L0.1mol·L－1一元酸HR溶液中逐渐通入氨气［已知常温下NH3·H2O电离平衡常数K＝1.76×10 －5］，使溶液温度和体积保持不变，混合溶液的 pH 与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述正确的是（ ） A．0.1mol·L－1HR 溶液的 pH 为 5 B．当 pH=6 时，水电离出的氢离子浓度为 1.0×10－6 C．当通入 0.1 mol NH3 时，c( )＞c(R－)＞c(H+)＞c(OH－) D．当 pH=7 时，c( )=c(R－) 【答案】D 【解析】 A．据图可知 lg =0 时，溶液 pH=5，lg =0，则 =1，所以此时 Ka= =c(H+) =10-5；设 0.1mol·L－1HR 溶液中 c(H+) =a，则有 ，解得 a 约为 10-3mol/L，所以溶液 pH 为 3，故 A 错误； B．pH 等于 6 时溶液中的溶质为 NH4R 和 HR，此时水的电离受到抑制，溶液中的 c(H+) =10-6 mol/L，但不 2 3-Fe Oα 光催化 光催化 4NH + 4NH + ( ) ( ) -R HR c c ( ) ( ) -R HR c c ( ) ( ) -R HR c c ( ) ( ) ( ) - +R H HR c c c -5a a =100.1-a ×是全部由水电离，溶液中 c(OHˉ) =10-8 mol/L，且全部由水电离，而水电离出的氢离子和氢氧根相等，所以 水电离出的氢离子浓度约为 10-8 mol/L，故 B 错误； C．1L0.1mol·L－1HR 溶液中 n(HR)=0.1mol，所以当通入 0.1 mol NH3 时，溶液中的溶质为 NH4R，Rˉ水解使 溶液显碱性，铵根水解使溶液显酸性，根据题意可知常温下 NH3·H2O 电离平衡常数 K＝1.76×10－5> Ka(HR)，一水合氨的电离程度更大，所以 Rˉ的水解程度更大，所以溶液显碱性，则 c(OH－)＞c(H+)，故 C 错误； D．当 pH=7 时，溶液中 c(OH－)=c(H+)，结合电荷守恒：c(H+)+c( )=c(R－)+ c(OH－)可知 c( )=c(R －)，故 D 正确； 二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第 26~28 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 35~36 题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：共 43 分。 26．（15 分）碳的化合物在工业上应用广泛，下面有几种碳的化合物的具体应用： （1）已知下列热化学方程式: i. CH2=CHCH3(g)+ Cl2(g)=CH2ClCHClCH3(g) △H1= -133 kJ·mol-1 ii. CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)=CH2 =CHCH2Cl(g)+HCl(g) △H2= -100 kJ·mol-1 又已知在相同条件下，CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)=CH2ClCHClCH3(g) 的正反应的活化能 Ea(正)为 132 kJ∙mol-1， 则逆反应的活化能 Ea(逆)为________kJ∙mol-1。 （2）查阅资料得知，反应 CH3CHO(aq)=CH4(g)+CO(g)在含有少量 I2 的溶液中分两步进行: 第 I 步反应为 CH3CHO(aq)+I2(aq)→CH3I(l) +HI(aq)+CO(g)(慢反应)； 第 II 步为快反应。增大 I2 的浓度________(填“能”或“ 不能”)明显增大总反应的平均速率，理由为 ______________。 （3）用催化剂 Fe3(CO)12/ZSM -5 催化 CO2 加氢合成乙烯的反应，所得产物含 CH4、C3H6、C4H8 等副产物， 反应过程如图。 催化剂中添加 Na、K、Cu 助剂后(助剂也起催化作用)可改变反应的选择性，在其他条件相同时，添加不同 助剂，经过相同时间后测得 CO2 转化率和各产物的物质的量分数如下表。 4NH + 4NH +欲提高单位时间内乙烯的产量，在 Fe3(CO)12/ZSM -5 中添加__________助剂效果最好；加入助剂能提高单 位时间内乙烯产量的根本原因是__________________。 （4）在一密闭容器中，起始时向该容器中充入 H2S 和 CH4 且 n(H2S):n(CH4) =2:1，发生反应：CH4(g)+2H2S(g) CS2(g)+4H2(g)。0. 11MPa 时，温度变化对平衡时产物的物质的量分数的影响如下图所示： 为提高 H2S 的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是______________(列举一条)。N 点对应温度下， 该反应的 Kp=______ ( MPa)2(Kp 为以分压表示的平衡常数)。 （5）合成碳酸二甲酯的工作原理如下图所示。 阳极的电极反应式为_______，离子交换膜 a 为__________(填“阳膜”、“阴膜”)。 【答案】（1）165 （2 分） （2）能（1 分） 总反应的平均速率由慢反应决定，I2 为慢反应的反应物，增大 I2 的浓度，慢反应的反 应速率增大，则总反应的反应速率增大(或根据总反应可知 I2 可为该反应的催化剂，增大 I2 的浓度，可以增 大总反应的平均反应速率) （2 分） （3）K （1 分） 降低生成乙烯的反应所需要的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影 响（2 分） （4）减小体系压强，或及时分离出产物，或减小起始时 等(任写一条) （2 分） 8×10-4 （2 分） （5）2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+ （2 分） 阳膜（1 分） 【解析】 （1）已知：i. CH2=CHCH3(g)+C12(g)=CH2ClCHClCH3(g) △H1= -133 kJ·mol-1 ii. CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)=CH2 =CHCH2Cl(g)+HCl(g) △H2= -100 kJ·mol-1 根据盖斯定律，将 i-ii 得 CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)=CH2ClCHClCH3(g) △H=-133 kJ·mol-1-(-100 kJ·mol-1)=-33 kJ·mol-1，△H=Ea(正)-Ea(逆)，则逆反应的活化能 Ea(逆)为 132 kJ∙mol-1+33 kJ·mol-1=165 kJ·mol-1； （2）根据题意，第 II 步反应=总反应-第 I 步反应，则第 II 步反应为 CH3I(l) +HI(aq)= I2(aq)+ CH4(g)，总反 应的平均速率由慢反应决定，I2 为慢反应的反应物，增大 I2 的浓度，慢反应的反应速率增大，则总反应的反 应速率增大(或根据总反应和两步反应可知，I2 可为该反应的催化剂，增大 I2 的浓度，可以增大总反应的平 均反应速率)； （3）由表中数据可知，添加 Na 助剂时其他副反应占比大，添加 Cu 助剂时 CO2 转化率低，兼顾乙烯的产 率、CO2 转化率和对副反应的影响，选择添加 K 助剂效果最好，不仅能提高单位时间内乙烯产量，并且其 他副反应占比少，根本原因是降低反应的活化能、加快乙烯生成速率； （4）根据图示，升高温度，CH4 的物质的量分数减小，说明升高温度，平衡正移，正反应为吸热反应，△H ＞0；为提高 H2S 的平衡转化率，即平衡正移，除改变温度外，还可减小体系压强、及时分离出产物、减小 起始时 等；N 点时，n(H2S)%=n(H2)%，设起始加入甲烷物质的量为 3mol，转化甲烷物质的量为 xmol，列“三段式”： ( ) ( )2 4 n H S n CH ( ) ( )2 4 n H S n CH ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4 2 2 2CH g +2H S g CS g +4H g mol 3 6 0 0 mol x 2x x 4x mol 3-x 6-2x x 4x  始 变 平6-2x=4x，解出 x＝1，平衡时体系总物质的量为(2+4+1+4)mol=11mol，平衡常数 KP= = =8×10-4( MPa)2； （5）该装置为电解池，根据图示，O2 在电极表面转化为 H2O，氧元素的化合价降低，得电子，发生还原反 应，则通入氧气的一极为阴极，电源电极 B 为负极，A 为正极，故通入一氧化碳和甲醇的一极为阳极，阳 极的电极反应为 2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+，阴极的电极反应为：O2+4H++4e-=2H2O，根据阴极反应， 氧气和氢离子结合产生水，氢离子来自于阳极反应的产物，则 H+透过交换膜向阴极移动，则离子交换膜 a 为阳膜。 【点睛】 易错点为（2），化学反应的快慢由反应过程中进行较慢的反应决定，慢反应进行的快，整体反应速率就快， 即只要加快慢反应的反应速率，体系反应速率就增大。 27．（14 分）碱式硫酸铁[Fe(OH)SO4]是一种用于污水处理的新型高效絮凝剂，在医药上也可用于治疗消化 性溃疡出血。工业上利用废铁屑（含少量氧化铝、氧化铁等）生产碱式硫酸铁的工艺流程如图： 已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的 pH 见下表： 沉淀物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Al(OH)3 开始沉淀 2.0 5.9 3.7 完全沉淀 3.5 8.4 4.7 请回答下列问题： （1）该工艺中“搅拌”的作用是__，写出反应 I 中发生氧化还原反应的离子方程式__。 （2） “滤渣”的主要成分是__（填化学式），加入适量 NaHCO3 的目的是调节 pH 在__范围内。 （3）反应Ⅱ中加入 NaNO2 的离子方程式为__，在实际生产中，可以同时通入 O2 以减少 NaNO2 的用量，若 参与反应的 O2 有 5.6L（标况），则理论上相当于节约 NaNO2（Mr=69）用量__g。 （4）碱式硫酸铁溶于水后生成的 Fe(OH)2+离子可部分水解为 Fe2(OH) 聚合离子，该水解反应的离子方程 ( ) ( ) ( ) ( ) 4 2 2 2 4 2 p CS p H p CH p H S × × 4 2 1 0.11 0.1111 2 0.11 4MPa MPa11 4MPa MPa1 0.11111  × ×    × × ×  × 2 4 +式 为__。 （5）为测定含 Fe2+和 Fe3+溶液中铁元素的总含量，实验操作如下：取 25.00mL 溶液，稀释到 250mL，准确 量取 20.00mL 于带塞锥形瓶中，加入足量 H2O2，调节 pHCu2+>H+，所以在 Fe2(SO4)3 和 H2SO4 的混合溶液中加入 Fe，Fe 先与 Fe2(SO4)3 反应，后与 H2SO4 反应。 28．（14 分）FeCl2 是一种常用的还原剂、媒染剂。某化学实验小组在实验室里用如下两种方法来制备无水 FeCl2。有关物质的性质如下： C6H5Cl(氯苯) C6H4Cl2(二氯苯) FeCl3 FeCl2 溶解性 不溶于水，易溶于苯、乙醇 不溶于 C6H5Cl、C6H4Cl2、苯，易溶于乙醇，易吸水 熔点/℃ -45 53 304 670 沸点/℃ 132 173 316，易升华 700 （1）用 H2 还原无水 FeCl3 制取 FeCl2。有关装置如下： ①H2 还原少量无水 FeCl3 制取 FeCl2 的化学方程式为_____________。 ②按气流由左到右的方向，上述仪器的连接顺序为 B→A→___→___→___→E(填字母，装置可多次使用)；A 中长颈漏斗的作用_____________。 ③C 中盛放的试剂是_____________。 （2）利用反应 2FeCl3+C6H5Cl 2FeCl2+C6H4Cl2+HCl↑，制取无水 FeCl2 并测定 FeCl3 的转化率。按如图 装置，在三颈烧瓶中放入 32.5 g 无水氯化铁和过量的氯苯，反应开始前先通 N2 一段时间，控制反应温度在 一定范围加热 3 h，反应完成后继续通一段时间 N2 至装置冷却后，分离提纯得到粗产品。 2 4 + 2 2 4Fe (OH) + 2 2 4Fe (OH) + 2 2 3S O − 2 4 6S O − 2 2 3S O − 250mL 1000mL/L0.01mol / L 0.02L 56g/L20mL 25mL × × × ×①仪器 a 的作用是__________。 ②反应中提供过量氯苯的作用是__________。 ③反应结束后，冷却实验装置 A，将三颈烧瓶内物质倒出，经过滤、洗涤、干燥后，得到粗产品。洗涤所 用的试剂可以是____，回收滤液中 C6H5Cl 的操作方法是______。 ④反应后将锥形瓶中溶液配成 250 mL，量取 25.00 mL 所配溶液，用 0.400 mol/L 的 NaOH 溶液滴定，终点 时消耗 NaOH 溶液为 19.60 mL，则氯化铁的转化率为__________。 【答案】（1）H2+2FeCl32FeCl2+2HCl（2 分） C D C （共 2 分） 平衡压强，便于观察装置 是否有堵塞（1 分） 碱石灰（1 分） （2）冷凝回流，防止有机物挥发（1 分） 促进反应正向进行，提高 FeCl3 的转化率（1 分） 苯（1 分） 蒸馏滤液（2 分） 78.4％（3 分） 【解析】【分析】（1）H2 还原无水 FeCl3 制取 FeCl2，用 B 装置 H2，用 A 观察 H2 的流速并平衡气压，用 C 装置中的碱石灰干燥 H2，干燥后的 H2 与无水 FeCl3 在 D 中发生反应：H2+2FeCl32FeCl2+2HCl，为防止外界 空气中的水蒸气进入 D 装置，D 之后再连接一个 C，最后用 E 装置处理尾气； （2）在 A 三颈烧瓶中放入 32.5 g 无水氯化铁和过量的氯苯，控制反应温度在一定范围加热 3 h，发生反应： 2FeCl3+C6H5Cl2FeCl2+3C6H4Cl2+HCl↑，反应结束后，冷却实验装置 A，将三颈烧瓶内物质倒出，经过滤、 用苯洗涤、干燥后，得到粗产品，将滤液蒸馏，收集沸点 132℃的馏分，回收 C6H5C1，为了减少实验误差， 反应开始前先通 N2 一段时间，反应完成后继续通 N2 一段时间，在装置 A 和 B 之间连接一个装有无水氯化 钙(或 P2O5 或硅胶)的球形干燥管，以此解答该题。 【详解】（1）①H2 还原无水 FeCl3 制取 FeCl2 的反应为：H2+2FeCl32FeCl2+2HCl； ②用 B 装置 H2，用 A 观察 H2 的流速并平衡气压，A 中长颈漏斗可以平衡压强，同时也便于观察装置是否 有堵塞；用 C 装置干燥 H2，干燥后的 H2 与无水 FeCl3 在 D 中发生反应，为防止外界空气中的水蒸气进入 D 装置，D 之后再连接一个 C，最后用 E 装置处理尾气，故按气流由左到右的方向，上述仪器的连接顺序为： BACDCE；A 中长颈漏斗的作用是平衡压强，便于观察装置是否有堵塞；③C 的目的是干燥 H2，用以吸收 H2 中的水蒸气，其盛放的试剂是碱石灰； （2）①仪器 a 为球形冷凝管，其作用是冷凝回流，防止有机物挥发； ②在装置 A 会发生反应：2FeCl3+C6H5Cl 2FeCl2+C6H4Cl2+HCl↑，在反应中使用过量的氯苯，可以促进 反应正向进行，提高 FeCl3 的转化率； ③反应结束后，冷却实验装置 A，三颈烧瓶内物质主要是产物 FeCl2，还有过量的氯苯及副产物 C6H4Cl2， 由题可知，氯苯和副产物 C6H4Cl2 易溶于苯、乙醇而不溶于水，FeCl2 不溶于苯、C6H5Cl、C6H4Cl2，，易溶 于水和乙醇，易吸水，故洗涤所用的试剂可以是苯；回收滤液中 C6H5Cl 的操作方法是蒸馏滤液，并收集沸 点 132℃的馏分； ④根据 Fe 元素守恒，可知 32.5 g 无水氯化铁理论上生成 FeCl2 的物质的量为：n(FeCl2)=n(FeCl3)= =0.2 mol，HCl 消耗标准液 NaOH 的物质的量 n(NaOH)=0.400 mol/L ×0.0196 L=7.84×10-3 mol， 故根据反应方程式中物质转化关系可知反应生成的n(FeCl2)=2n(HCl)=2×7.84×10-3 mol× =0.1568 mol， 所以 FeCl3 的转化率为 ×100%=78.4%。 【点睛】 本题考查物质的制备，明确实验原理为解答关键，注意把握实验的原理、操作方法，利用题干信息分析、 判断。试题侧重考查学生的分析能力、实验能力和计算能力。 （二）选考题：共 15 分。请考生从 2 道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。 35．[化学——选修 3：物质结构与性质]（15 分） 2019 年诺贝尔化学奖授予约翰·古德伊纳夫、斯坦利·惠廷厄姆和吉野彰三位科学家，以表彰他们在锂电池领 域所做出的巨大贡献。 、 常用作锂离子电池的正极材料，请回答下列问题： （1）基态锂原子的最高能级的电子云形状是________；基态磷原子有________个未成对电子；基态铁原子 核外电子排布式为________。 （2） 中 的配位数为 4，配体中 N 的杂化方式为________，该配离子中各元素的第一 电离能由小到大的顺序为________(用元素符号表示)。 （3） 在水中易被还原成 ，而在氨水中可稳定存在，其原因为________。 （4） 属于简单磷酸盐，而直链的多磷酸盐则是一种复杂磷酸盐，如：焦磷酸钠、三磷酸钠等。焦 磷酸根离子、三磷酸根离子如下图所示： 32.5g 162.5g / mol 250mL 25mL 0.1568 0.2 mol mol 2LiCoO 4LiFePO ( ) 2 3 4Co NO −   2Co + 3Co + 2Co + 4LiFePO这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为________(用 n 代表 P 原子数)。 （5）钴蓝晶体结构如下图，该立方晶胞由 4 个Ⅰ型和 4 个Ⅱ型小立方体构成。晶体中 占据 形成的 ________(填“四面体空隙”或“八面体空隙”)；钴蓝晶体的密度为___________ (列出计算式，用 表 示阿伏加德罗常数的值)。 【答案】（1）球形 （1 分） 3 （1 分） （或 ）（2 分） （2） （1 分） （2 分） （3） 可与 形成较稳定的配合物（2 分） （4） （2 分） （5）八面体空隙（1 分） （3 分） 【解析】 （1）锂是 3 号元素，核外电子排布为 1s22s1，最高能级是 2s，其电子云形状是球形；磷是 15 号元素，核外 电子排布式为 1s22s22p63s23p3，其未成对电子数是 3p 能级上的 3 个电子；铁是 26 号元素，C 根据核外电子 排布规律可得其基态铁原子核外电子排布式 1s22s22p63s23p63d64s2 或[Ar]3d64s2； 故答案为：球形；3；1s22s22p63s23p63d64s2 或[Ar]3d64s2； （2）NO3－中价层电子对数为 5+0+12=3，故为 sp2 杂化；一般情况下非金属性越强第一电离能越大，但由 于 N 原子中最外层为半充满状态，比较稳定，故第一电离能大于 O，所以第一电离能由小到大的顺序为 ； 故答案为：sp2； ； 3Al + 2-O -3g cm AN 2 2 6 2 6 6 21s 2s 2p 3s 3p 3d 4s 6 2[Ar]3d 4s 2sp Co