2020年高考化学火力冲刺押题抢分卷（全国卷）（突破篇 解析版）

2020 年高考化学火力冲刺押题抢分卷 03（突破篇） 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Al 27 S 32 Cl 35.5 Cr 52 Fe 56 Co 59 Br 80 Hg 201 Pb 207 第Ⅰ卷 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. 在抗击“2019 新型冠状病毒”的过程中，大量防护和消毒用品投入使用。下列有关说法正确的是 A. 二氧化氯泡腾片和酒精均可杀灭新型冠状病毒，二者的消毒原理相同 B. 聚丙烯和聚四氟乙烯为生产防护服的主要原料，二者均属于有机高分子材料 C. 真丝织品和棉纺织品可代替无纺布生产防护口罩，二者均可防止病毒渗透 D. 保持空气湿度和适当降温可减少新型冠状病毒传染，二者均可防止病毒滋生 【答案】B 【解析】 A．乙醇和二氧化氯泡腾片都可用于消毒，乙醇是使蛋白质变性，二氧化氯泡腾片是利用强氧化性，二 者消毒原理不相同，故 A 错误； B．聚丙烯和聚四氟乙烯属于合成纤维，是高聚物，则都是有机高分子材料，故 B 正确； C．真丝织品和棉纺织品不能防止病毒渗透，不能代替无纺布生产防护口罩，故 C 错误； D．潮湿空气、低温下利于病毒存活，则保持空气湿度和适当降温，不能减少新型冠状病毒传染，不能 防止病毒滋生，故 D 错误； 8. 同分异构现象在有机物中广泛存在，如图为苯及其几种同分异构体的键线式，下列有关说法中正确 的是 A．b、c 均与乙烯互为同系物 B．a 和 d 的二氯代物均有 3 种 C．4 种有机物均能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．a 和 b 中所有原子可能共平面 【答案】B 【解析】 b、c 都为环状，与乙烯不是同系物，A 错误；苯的二氯代物有邻、间、对 3 种，棱柱烷的二氯代物的 数目可采用“定一移一”法进行判断，有 ，共 3 种，B 正确；苯和棱柱烷不能使酸性高锰酸钾 溶液褪色，故 C 错误；盆烯中含有饱和碳原子，所有原子不可能共平面，D 错误。故选 B。 9. 为探究 Na2SO3 溶液的性质，某学习小组设计了一系列实验，并记录实验现象。具体如下表所示。 实验装置 实验序号 滴管试剂 试管试剂 实验现象 ① 品红溶液 红色消失 ② 饱和 Ag2SO4 溶液 产生白色沉淀 ③ 0.2 mol/L CuSO4 溶液 溶液先变绿，继续 滴加产生砖红色沉 淀 ④ 0.2 mol/L Na2SO3 溶 液 0.1 mol/L Al2(SO4)溶液 开始无明显现象， 继续滴加产生白色 沉淀，并有刺激性 气味的气体生成 则以下说法不正确的是 A．Na2SO3 溶液具有漂白性 B．Ksp(Ag2SO4)Ksp(Ag2SO3)，故 B 错误；C.CuSO4 溶液中滴加 Na2SO3溶液，溶液先变绿，继续滴加产生砖红色沉淀，说明生成 Cu2O 沉淀，则 SO 2－3 与 Cu2＋发生了氧化还原反 应，故 C 正确；D.Al2(SO4)溶液中滴加 Na2SO3 溶液，产生白色沉淀，并有刺激性气味的气体生成，说明溶 液中存在相互促进水解反应，发生反应的离子方程式为 3SO2－3 ＋2Al3＋＋3H2O===2Al(OH)3↓＋3SO2↑，故 D 正确。 10. 从废铅蓄电池铅膏(含 PbSO4、PbO2 和 Pb 等)中回收铅的一种工艺流程如下： 已知：浓硫酸不与 PbO2 反应，Ksp(PbCl2)＝2.0×10－5，Ksp(PbSO4)＝1.5×10－8，PbCl2(s)＋2Cl－(aq)===PbCl 2－4 (aq)。下列说法错误的是 A．合理处理废铅蓄电池有利于资源再利用和防止重金属污染 B．步骤①中可用浓硫酸代替浓盐酸 C．步骤①、②、③中均涉及过滤操作 D．PbSO4(s)＋2Cl－(aq) PbCl2(s)＋SO2－4 (aq)的平衡常数为 7.5×10－4 【答案】B 【解析】 铅会使蛋白质变性，造成人体重金属中毒，所以合理处理废铅蓄电池有利于资源再利用和防止重金属 污染，故 A 正确；浓硫酸不与 PbO2 反应，步骤①中若用浓硫酸代替浓盐酸，则铅无法反应到滤液中，故 B 错误； 步骤①、②、③中均需要分离液体与不溶性固体，都涉及过滤操作，C 正确；PbSO4(s)＋2Cl－(aq) PbCl2(s)＋SO2－4 (aq)的平衡常数为：Ksp(PbSO4) Ksp(PbCl2) ＝7.5×10－4，故 D 正确。选 B。 11. 元素 X、Y、Z 和 Q 在周期表中的位置如图所示，其中元素 Q 位于第四周期，X、Y、Z 原子的最 外层电子数之和为 17。下列说法正确的是 A．简单原子半径(r)：r(Q)>r(Y)>r(Z)B．氧化物对应的水化物的酸性：Z>Y C．XY2 和 XZ4 均含有非极性共价键 D．标准状况下 Z 的单质状态与 Q 的相同 【答案】A 【解析】设 X 的最外层电子数为 x，所以 Y 的最外层电子数为 x＋2，Z 的最外层电子数为 x＋3，由于 X、Y、Z 原子的最外层电子数之和为 17，所以 3x＋5＝17，解得 x＝4，已知 Q 在第四周期，所以 X 在第二 周期第ⅣA 族，为 C 元素，Y、Z 分别为 S 元素、Cl 元素。根据元素周期表结构可知 Q 为 Br 元素。A 项， 同周期元素的原子，从左到右原子半径逐渐减小；同主族元素的原子，从上到下原子半径逐渐增大，所以 原子半径 r(Q)>r(Y)>r(Z)，故 A 项正确；B 项，元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性 越强，由于没有说明是最高价氧化物的水化物，故 B 项错误；C 项，CS2 和 CCl4 都是含有极性键的非极性 分子，不含非极性共价键，故 C 项错误；D 项，标准状况下，Cl2 为气态，Br2 为液态，故 D 项错误。 12. 环戊二烯可用于制备二茂铁 Fe(C5H5)2，结构简式为 ），后者广泛应用于航天、化工等领域 中。二茂铁的电化学制备原理如图所示，其中电解液为溶解有溴化钠（电解质）和环戊二烯的 DMF 溶液 （DMF 为惰性有机溶剂）。下列说法错误的是 A. 制备二茂铁总反应为： B. 电解制备需要在无水条件下进行 C. Ni 电极与电源负极连接 D. 阳极电极反应为：2Br--2e-===Br2 【答案】D 【解析】 Fe + 2 Fe + H2 Fe + 2 Fe + H2A. 根据图示可知，钠离子在阴极放电生成钠单质，钠单质和环戊二烯反应生成氢气，之后再与亚铁离 子反应生成目标产物，可知钠离子仅为中间产物，故制备二茂铁总反应为 ，故 A 正确，不符合题意； B. 该反应的中间产物 Na 可与水发生反应，所以电解制备需要在无水条件下进行，故 B 正确，不符合 题意； C. 根据转化关系可知，过程中需要获得亚铁离子，故铁电极为阳极，与电源正极相连， 电极为阴极，与电源负极连接，故 C 正确，不符合题意； D. 铁电极为阳极，阳极电极反应为 2Fe-2e-===Fe2+，故 D 错误，符合题意； 13．已知：常温下，Ksp(CuS)＝1.0×10－36，Ksp(HgS)＝1.6×10－52；pM＝－lg c(M2＋)。常温下，向 10.0 mL 0.20 mol·L－1 Cu(NO3)2 溶液中逐滴滴加 0.10 mol·L－1 Na2S 溶液，溶液中 pM 与加入 Na2S 溶液的体积(V)的关 系如图所示。下列说法错误的是 A．V0＝20.0 mL，m＝18 B．若 c[Cu(NO3)2]＝0.01 mol·L－1，则反应终点可能为 e 点 C．a、b、d 三点中，由水电离的 c(H＋)和 c(OH－)的积最大的为 b 点 D．相同条件下，若用等浓度等体积的 Hg(NO3)2 溶液代替上述 Cu(NO3)2 溶液，则反应终点 b 向 c 方向 移动 【答案】C 【解析】 A.根据图像可知在 V0 时 c(Cu2＋)突然减小，说明此时恰好发生反应：Cu2＋＋S2－===CuS↓，n(S2－)＝n(Cu2 ＋)＝c·V＝0.20 mol/L×0.01 L＝2.0×10 －3 mol，V(S2－)＝n c＝2.0 × 10－3 mol 0.10 mol/L ＝0.02 L＝20 mL，由于 Ksp(CuS)＝ c(Cu2＋)·c(S2－)＝1.0×10－36，所以 c(Cu2＋)＝1.0×10－18 mol/L，则 pM＝－lg c(Cu2＋)＝－lg 1.0×10－18＝18，A 正确；B.温度不变，Ksp 不变，则 pM 就不变，c[Cu(NO3)2]＝0.01 mol/L 时，根据 Cu2＋＋S2－===CuS↓，Cu2＋ Fe + 2 Fe + H2物质的量减小，反应消耗的 S2－的体积也减小，n(S2－)＝n(Cu2＋)＝c·V＝0.01 mol/L×0.01 L＝1.0×10－4 mol， V(S2－)＝n c＝1.0 × 10－4 mol 0.10 mol/L ＝0.001 L＝1 mL，所以反应终点可能为 e 点，B 正确；C.a 点是反应开始不长时 间，Cu(NO3)2 溶液过量，Cu2＋水解时溶液显酸性，对水的电离平衡起促进作用，随着 Na2S 溶液的加入，当 到 b 点时恰好发生 Cu2＋＋S2－===CuS↓，对水的电离平衡影响最小，后随着 Na2S 溶液的加入，Na2S 溶液过 量， S2－水解使溶液显碱性，又促进水的电离，水的电离程度在 b 点最小，但无论在哪一点，反应温度不 变，水电离产生的 c(H＋)和 c(OH－)的积都等于水的离子积常数 Kw 是相等的，C 错误；D.若用等浓度等体积 的 Hg(NO3)2 溶液代替上述 Cu(NO3)2 溶液，恰好发生反应：Cu2＋＋S2－===CuS↓时， n(S2－)＝n(Hg2＋)＝c·V＝ 0.20 mol/L×0.01 L＝2.0×10－3 mol，V(S2－)＝n c＝2.0 × 10－3 mol 0.10 mol/L ＝0.02 L＝20 mL，由于 Ksp(HgS)＝1.6×10－52， 所以 c(Hg2＋)＝1.0×10－26 mol/L，则 pM＝－lg c(Hg2＋)＝－lg 1.0×10－26＝26，m 数值变大，所以反应终点 b 向 c 方向移动，D 正确；故选 C。 第Ⅱ卷 二、非选择题：共 58 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） 三氯化铬是化学合成中的常见物质，三氯化铬易升华，在高温下能被氧气氧化，碱性条件下能被 H2O2 氧化为 Cr(Ⅵ)。制三氯化铬的流程如下： (1)重铬酸铵分解产生的三氧化二铬(Cr2O3 难溶于水)需用蒸馏水洗涤的原因_________________ ______________________________________，如何判断其已洗涤干净___________________________ _______________________________________________________________________________。 (2)已知 CCl4 沸点为 76.8 ℃，为保证稳定的 CCl4 气流，适宜的加热方式是_________________。 (3)用如图装置制备 CrCl3 时，主要步骤包括：①将产物收集到蒸发皿中；②加热反应管至 400 ℃，开 始向三颈烧瓶中通入氮气，使 CCl4 蒸气经氮气载入反应室进行反应，继续升温到 650 ℃；③三颈烧瓶中装 入 150 mL CCl4，并加热 CCl4，温度控制在 50～60 ℃之间；④反应管出口端出现了 CrCl3 升华物时，切断加热管式炉的电源；⑤停止加热 CCl4 ，继续通入氮气；⑥检查装置气密性。正确的顺序为：⑥→ ③ →________。 (4)已知反应管中发生的主要反应有：Cr2O3＋3CCl4―→2CrCl3＋3COCl2，因光气(COCl2)剧毒，实验需 在通风橱中进行，并用乙醇处理 COCl2，生成一种含氧酸酯(C5H10O3)，用乙醇处理尾气的化学方程式为 __________________________________________________。 (5)样品中三氯化铬质量分数的测定 称取样品 0.330 0 g，加水溶解并定容于 250 mL 容量瓶中。移取 25.00 mL 于碘量瓶(一种带塞的锥形瓶) 中，加热至沸后加入 1 g Na2O2，充分加热煮沸，适当稀释，然后加入过量的 2 mol/L H2SO4 至溶液呈强酸性， 此时铬以 Cr2O 2－7 存在，再加入 1.1 g KI，密塞，摇匀，于暗处静置 5 分钟后，加入 1 mL 指示剂，用 0.025 0 mol/L 硫代硫酸钠溶液滴定至终点，平行测定三次，平均消耗标准硫代硫酸钠溶液 24.00 mL。已知：Cr2O2－7 ＋6I－＋14H＋===2Cr3＋＋3I2＋7H2O,2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI。 ①该实验可选用的指示剂名称为________。 ② 移 入 碘 量 瓶 的 CrCl3 溶 液 需 加 热 煮 沸 ， 加 入 Na2O2 后 也 要 加 热 煮 沸 ， 其 主 要 原 因 是 ____________________。 ③样品中无水三氯化铬的质量分数为________。 【答案】 (1)除去表面吸附的可溶性杂质(或除去固体表面的重铬酸铵溶液)　取最后一次洗涤液适量于试管中，加 入适量浓的氢氧化钠溶液，加热，取一片红色石蕊试纸润湿，粘在玻璃棒上，接近试管口，观察试纸是否 变蓝，若不变蓝，则洗涤干净 (2)水浴加热(并用温度计指示温度) (3)②④⑤① (4)COCl2＋2C2H5OH―→C2H5OCOOC2H5＋2HCl (5)①淀粉溶液　②除去其中溶解的氧气，防止 O2 将 I－氧化，产生偏高的误差　③96.1%(数值在 95%～ 97%不扣分)【解析】 (1)重铬酸铵分解不完全，还可能含有其它可溶性杂质，用蒸馏水洗涤除去可溶性杂质；因为(NH4)2Cr2O7 属于铵盐，可以通过检验铵根离子的方法检验是否洗净。取最后一次洗涤液适量于试管中，向其中加入适 量浓的氢氧化钠溶液，加热，取一片红色石蕊试纸润湿，粘在玻璃棒上，接近试管口，观察试纸是否变蓝， 若不变蓝，则洗涤干净。 (2)因为 CCl4 沸点为 76.8 ℃，温度比较低，因此保证稳定的 CCl4 气流，可以通过水浴加热来控制其流 量，并用温度计指示温度。 (3)由(4)可知反应制备原理为 Cr2O3＋3CCl4―→2CrCl3＋3COCl2，四氯化碳在管式炉反应管中与 Cr2O3 反应，反应管出口端出现了 CrCl3 升华物时，切断加热管式炉的电源，停止加热 CCl4，继续通入氮气，将产 物收集到蒸发皿，故操作顺序为：⑥→③→②→④→⑤→①。 (4)由分子式可知，COCl2 中的 2 个 Cl 原子被 2 个—OC2H5 代替，故乙醇与 COCl2 发生取代反应， —OC2H5 取代氯原子生成 C2H5OCOOC2H5 与 HCl，反应方程式为 COCl2＋ 2C2H5OH―→C2H5OCOOC2H5＋2HCl。 (5)①利用 Na2S2O3 滴定生成 I2，I2 遇淀粉显蓝色，可以用淀粉作指示剂，I2 反应完毕蓝色褪去。 ②溶液中有溶解的氧气，氧气可以氧化 I－，若不除去其中溶解的氧气使生成的 I2 的量增大，产生偏高 的误差，故加热煮沸，其主要原因是：除去其中溶解的氧气，防止氧气将 I－氧化，产生偏高的误差。 ③令 25.00 mL 溶液中含铬离子为 n(Cr3＋)，由 Cr 元素守恒及方程式可得关系式 2Cr3＋～Cr2O2－7 ～3I2～ 6Na2S2O3，根据关系式计算， 2Cr3＋～Cr2O2－7 ～3I2～6Na2S2O3 2 6 n(Cr3＋) 0.025 0 mol/L×0.024 L 故 n(Cr3＋ )＝0.025 0 mol/L×0.024 L×1 3，所以 250 mL 溶液中 n′(Cr3＋ )＝0.025 0 mol/L×0.024L×1 3×250 mL 25 mL ＝ 0.002 mol，根据 Cr 元素守恒可知 n(CrCl3)＝n′(Cr3＋)＝0.002 mol，所以样品中 m(CrCl3)＝0.002 mol×158.5 g/mol＝0.317 g，故样品中无水三氯化铬的质量分数为0.317 g 0.33 g ×100%＝96.1%。 27. （14 分） 在工业上常用 CO 与 H2 合成甲醇，热化学方程式为 CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g) ΔH＝a kJ·mol－1。 已知：①1 2O2(g)＋CO(g) CO2(g)　ΔH＝－283.0 kJ·mol－1②H2(g)＋1 2O2(g) H2O(g)　ΔH＝－241.8 kJ·mol－1 ③CH3OH(g)＋3 2O2(g) CO2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝－192.2 kJ·mol－1 回答下列问题： (1)a＝________。 (2)已知由 CO2 生成 CO 的化学方程式为 CO2(g)＋O(g) CO(g)＋O 2(g)，其正反应速率为 v 正＝k 正·c(CO2)·c(O)，逆反应速率为 v 逆＝k 逆·c(CO)·c(O 2)，k 为速率常数。2 500 K 时，k逆＝1.21×105 L·s－1·mol－ 1，k 正＝3.02×105 L·s－1·mol－1，则该温度下该反应的平衡常数 K 为________。(保留小数点后一位小数) (3)在 T1 时，向体积为 2 L 的恒容容器中充入物质的量之和为 3 mol 的 CO 和 H2，发生反应 CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)，反应达到平衡时 CH3OH(g)的体积分数(φ)与 nH2 nCO的关系如图所示。 ①当起始 nH2 nCO＝2 时，经过 5 min 达到平衡，CO 的转化率为 0.6，则 0～5 min 内平均反应速率 v(H2) ＝______。若此刻再向容器中加入 CO(g)和 CH3OH(g)各 0.4 mol，达到新平衡时 H2 的转化率将________(填 “增大”“减小”或“不变”)。 ②当 nH2 nCO＝3.5 时，达到平衡后，CH3OH 的体积分数可能是图像中的________(填“D”“E”或“F”)点。 (4)在一容积可变的密闭容器中充有 10 mol CO 和 20 mol H2。CO 的平衡转化率(α)与温度(T)、压强(p)的 关系如图所示。 ①A、B、C 三点的平衡常数 KA、KB、KC 的大小关系为________。 ②若达到平衡状态 A 时，容器的体积为 10 L，则在平衡状态 B 时容器的体积为________L。 (5)以甲醇为主要原料，电化学合成碳酸二甲酯的工作原理如图所示。则电源的负极________(填“A”或“B”)，写出阳极的电极反应式________。 【答案】(1)－574.4 (2)2.5 (3)①0.12 mol·L－1·min－1　增大　②F (4)①KA＝KB>KC　②2 (5)B　2CH3OH＋CO－2e－===(CH3O)2CO＋2H＋ 【解析】(1)根据盖斯定律，由①＋②×2－③可得 a＝－283.0－241.8×2＋192.2＝－574.4。 (2) 该反应的平衡常数 K＝c(CO)·c(O2)/[c(CO2)·c(O)]，而反应达到平衡时，v 正＝v 逆，即 k 正·c(CO2)·c(O)＝k 逆·c(CO)·c(O 2)，c(CO)·c(O2)/[c(CO2)·c(O)]＝k 正/k 逆≈2.5。 (3)① nH2 nCO＝2，又 n(CO)＋n(H2)＝3 mol，则 n(H2)＝2 mol，n(CO)＝1 mol,0～5 min 内转化的 CO 的 Δn(CO) ＝0.6 mol， 　　　　　　　　　CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g) c(起始)/(mol·L－1)　 0.5　　1　　　　　 　 0 Δc/(mol·L－1)　　　　0.3　　0.6　　 　　　 0.3 c(平衡)/(mol·L－1)　　0.2　　0.4　　　　 　 0.3 v(H2)＝0.6 mol·L －1/5 min＝0.12 mol·L －1·min －1 ，K＝0.3 mol·L －1/[0.2 mol·L －1×(0.4 mol·L －1)2]>(0.3 mol·L－1＋0.2 mol·L－1)/[(0.2 mol·L－1＋0.2 mol·L－1)×(0.4 mol·L－1)2]，所以平衡正向移动，v 正大于 v 逆，H2 的转化率将增大。②反应物按方程式中各物质的计量数比投料时产物的体积分数最大，否则都会使产物的 体积分数减小，故应选 F 点。 (4)①平衡常数与温度有关，CO 与 H2 反应生成 CH3OH 的反应为放热反应，则升高温度，平衡常数减 小，则 KCKC。②达到平衡状态 A 时，容器 的体积为 10 L，状态 A 与 B 的平衡常数相同，状态 A 时 CO 的转化率是 0.5，则平衡时 CO 的物质的量是 10 mol×(1－0.5)＝5 mol，浓度是 0.5 mol·L－1，氢气的物质的量浓度是 CO 的 2 倍，c(H2)为 1 mol·L－1，生成甲 醇的物质的量是 5 mol，浓度是 0.5 mol·L －1，所以平衡常数 KA＝1 L2·mol －2；设状态 B 时容器的体积是 V L，状态 B 时 CO 的转化率是 0.8，则平衡时，CO 的物质的量浓度为 2/V mol·L－1，氢气的物质的量浓度是 4/V mol·L －1，生成甲醇的物质的量浓度是 8/V mol·L －1，KB＝[8/V mol·L －1]/[2/V mol·L －1×(4/V mol·L －1)2]＝1 L2·mol－2，解得 V＝2。 (5)根据图中 H＋向右移动，使右侧电极为阴极，故 B 为负极，左侧电极为阳极，阳极上 CH3OH、CO 转化为(CH3O)2CO，电极反应式为 2CH3OH＋CO－2e－===(CH3O)2CO＋2H＋。 28. （14 分） 利用水钴矿(主要成分为 Co2O3，含少量 Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2 等)可以制取多种化工 试剂，以下为草酸钴晶体和氯化钴晶体的制备流程，回答下列问题： 已知：①浸出液中含有的阳离子主要有 H＋、Co2＋、Fe2＋、Mn2＋、Al3＋、Mg2＋、Ca2＋等。 ②沉淀Ⅰ中只含有两种沉淀。 ③流程中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 开始沉淀 完全沉淀 Fe(OH)3 2.7 3.7 Fe(OH)2 7.6 9.6 Co(OH)2 7.6 9.2 Al(OH)3 4.0 5.2 Mn(OH)2 7.7 9.8 (1)浸出过程中 Co2O3 发生反应的离子方程式为_______________________________________。 (2)NaClO3 在浸出液中发生反应的离子方程式为________________________________________。(3)加入 Na2CO3 调 pH 至 5.2，目的是________；萃取剂层含锰元素，则沉淀Ⅱ的主要成分为________。 (4)操作Ⅰ包括：将水层加入浓盐酸调整 pH 为 2～3，________、________、过滤、洗涤、减压烘干等 过程。 (5)为测定粗产品中 CoCl2·6H2O 的含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量硝酸酸化的硝酸银溶 液，过滤、洗涤、干燥，测沉淀质量。通过计算发现粗产品中 CoCl2·6H2O 质量分数大于 100%，其原因可 能是(回答一条原因即可)。 (6)将 5.49 g 草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)置于空气中加热，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体 物质，其质量如下表。 温度范围/℃ 150～210 290～320 固体质量/g 4.41 2.41 经测定，整个受热过程，只产生水蒸气和 CO2 气体，则 290～320 ℃温度范围，剩余的固体物质化学式 为________。[已知：CoC2O4·2H2O 的摩尔质量为 183 g·mol－1] 【答案】 (1)Co2O3＋SO2－3 ＋4H＋===2Co2＋＋SO2－4 ＋2H2O (2)ClO－3 ＋6Fe2＋＋6H＋===Cl－＋6Fe3＋＋3H2O (3)使 Fe3＋和 Al3＋沉淀完全　CaF2 和 MgF2 (4)蒸发浓缩　冷却结晶 (5)粗产品中结晶水含量低(或粗产品中混有氯化钠杂质) (6)Co3O4(或 CoO·Co2O3) 【解析】 (1)浸出过程中，Co2O3 与盐酸、Na2SO3 发生反应，Co2O3 转化为 Co2＋，Co 元素化合价降低，则 S 元素 化合价升高，SO2－3 转化为 SO2－4 ，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式：Co2O3＋4H＋＋ SO2－3 ===2Co2＋＋SO2－4 ＋2H2O。 (2)NaClO3 加入浸出液中，将 Fe2＋氧化为 Fe3＋，ClO －3 被还原为 Cl－，反应的离子方程式为 ClO－3 ＋6Fe2 ＋＋6H＋===6Fe3＋＋Cl－＋3H2O。 (3)根据工艺流程图，结合表格中提供的数据可知，加 Na2CO3 调 pH 至 5.2，目的是使 Fe3＋和 Al3＋沉淀 完全。滤液Ⅰ中含有的金属阳离子为 Co2＋、Mn2＋、Mg2＋、Ca2＋等，萃取剂层含锰元素，结合流程图中向 滤液Ⅰ中加入了 NaF 溶液，知沉淀Ⅱ为 MgF2、CaF2。(4)经过操作Ⅰ由溶液得到结晶水合物，故除题中已知过程外，操作Ⅰ还包括蒸发浓缩、冷却结晶。 (5)根据 CoCl2·6H2O 的组成及测定过程分析，造成粗产品中 CoCl2·6H2O 的质量分数大于 100%的原因可 能是：含有氯化钠杂质，使氯离子含量增大或结晶水合物失去部分结晶水，导致相同质量的固体中氯离子 含量变大。 (6)整个受热过程中只产生水蒸气和 CO2 气体，5.49 g CoC2O4·2H2O 为 0.03 mol，固体质量变为 4.41 g 时，质量减少 1.08 g，恰好为 0.06 mol H2O 的质量，因此 4.41 g 固体为 0.03 mol CoC2O4。依据元素守恒知， 生成 n(CO2)＝0.06 mol，m(CO2)＝0.06 mol×44 g·mol －1＝2.64 g。而固体质量由 4.41 g 变为 2.41 g 时，质量 减少 2 g，说明 290～320 ℃内发生的不是分解反应，参加反应的物质还有氧气。则参加反应的 m(O2)＝2.64 g－2 g＝0.64 g，n(O2)＝0.02 mol；n(CoC2O4)∶n(O2)∶n(CO2)＝0.03∶0.02∶0.06＝3∶2∶6，依据原子守恒， 配平化学方程式：3CoC2O4＋2O2290～320 ℃,Co3O4＋6CO2，故 290～320 ℃温度范围，剩余固体物质的化 学式为 Co3O4 或 CoO·Co2O3。 （二）选考题：共 15 分。请考生从 2 道化学题中任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题 计分。 35. ［化学——选修 3：物质结构与性质］（15 分） 氯化铁溶液用于检验食用香精乙酰乙酸乙酯时，会生成紫色配合物，其配离子结构如图所示。 ①此配合物中，基态铁离子的价电子排布式为__________。 ②此配合物中碳原子的杂化轨道类型有________。 ③此配离子中含有的化学键有________(填字母)。 A．离子键 B．金属键 C．极性键 D．非极性键 E．配位键 F．氢键 G．σ 键 H．π 键 ④氯化铁在常温下是固体，熔点为 306 ℃，沸点为 315 ℃，在 300 ℃以上升华，易溶于水，也易溶于 乙醚、丙酮等有机溶剂。据此判断氯化铁的晶体类型为____________。 (2)基态 A 原子的价电子排布式为 3s23p5，铜与 A 形成化合物的晶胞如图所示(黑球代表铜原子)。①该化合物的化学式为________，A 原子的配位数是________。 ②该化合物难溶于水，但易溶于氨水，其原因可能是_____________________________________； 与 NH3 互为等电子体的分子有________(写化学式，一种即可)。NH3 的键角大于 H2O 的键角的主要原 因是___________________________________________。 ③已知该化合物晶体的密度为 ρ g·cm－3，阿伏加德罗常数的值为 NA，则该晶体中 Cu 原子和 A 原子之 间的最短距离为____________pm。(列出计算表达式即可) 【答案】 (1)①3d5　②sp2、sp3　③CDEGH　④分子晶体 (2)①CuCl　4　 ②Cu＋可与 NH3 形成易溶于水的配位化合物　PH3(或 AsH3 等)　NH3、H2O 分子中 N、O 原子的孤电子 对数分别是 1、2，孤电子对数越多，对成键电子对的排斥力越强，键角越小 ③ 3 4 3 4 × 99.5 ρNA ×1010 【解析】 (1)①基态铁原子核外有 26 个电子，失去 3 个电子形成 Fe3＋，根据构造原理可知 Fe3＋的 3d 能级上有 5 个电子，即 Fe3＋的价电子排布式为 3d5。 ②该配合物中连接双键的碳原子含有 3 个 σ 键，碳原子采取 sp2 杂化，连接 4 个 σ 键的碳原子采用 sp3 杂化。 ③该配合物中碳碳原子之间存在非极性共价键，碳和氧原子或氢原子之间存在极性共价键，共价双键 中含有 σ 键和 π 键，Fe3＋和 O 原子间存在配位键，综上分析可知该配合物中含有配位键、极性键、非极性 键、σ 键和 π 键。④FeCl3 的熔点和沸点相对较低，且易溶于有机溶剂，故 FeCl3 晶体为分子晶体。 (2)根据基态 A 原子的价电子排布式可知 M 能层上含有 7 个电子，即 A 为 Cl。 ①由均摊法可知该晶胞中含 Cu 原子数为 4，含 Cl 原子数为1 8×8＋1 2×6＝4，即该化合物的化学式为 CuCl。由该晶胞的结构可知每个 Cl 原子周围有 4 个等距离的 Cu 原子，即 Cl 原子的配位数为 4。 ②CuCl 易溶于氨水可能是因为 Cu＋可与 NH3 形成易溶于水的配位化合物。NH3 分子中含 4 个原子，其 价电子总数为 8，与其互为等电子体的分子有 PH3、AsH3 等。③设该晶胞的边长为 a cm，则 4 NA×99.5＝ρ a3，解得 a＝3 4 × 99.5 ρNA ；设晶体中 Cu 原子与 Cl 原子间的最 短距离为 x cm，则 x＝ 3a 4 ＝ 3 4 3 4 × 99.5 ρNA ，即 Cu 原子与 Cl 原子之间的最短距离为 3 4 3 4 × 99.5 ρNA ×1010pm。 36．[化学——选修 5：有机化学基础]（15 分） 溴丙胺太林片是一种用于治疗胃肠痉挛性疼痛的药物，其合成路线如下： 回答下列问题： (1)A→B 的反应条件和试剂为___________。 (2)C 的化学名称为___________。 (3)写出 C→D 的反应方程式___________。 (4)I 中含有的官能团的名称是___________。 (5)符合下列条件的 E 的同分异构体有___________种。①能发生银镜反应，能与 FeCl3 溶液发生显色反 应。②分子中含有两个苯环，不含有—O—O—结构，且核磁共振氢谱为六组峰，峰面积之比为 1∶2∶2∶ 2∶2∶1。上述异构体中，能与 NaOH 以 1∶3 的物质的量比发生反应的结构简式为___________。 (6)根据已有知识并结合题中相关信息，设计由 CH2===CHCH2OH 为起始原料合成 的合成路线(其他试剂任选) 。 合成路线示例如下： 【答案】 CH2 CH2 CH2COOCH3 n CH3CH2Br CH3CH2OH CH3COOCH2CH3 NaOH/H2O ∆ CH3COOH 浓硫酸 /∆(1)FeCl3 和 Cl2 (2)2­氯苯甲酸 (3) (4)羧基、醚键 (5)6　 (6)CH2===CHCH2OH ――→ NaCN CH3COOHCH2===CHCH2CN ――→ ①NaOH ②HCl CH2===CHCH2COOH ――→ CH3OH 浓硫酸， △ CH2===CHCH2COOCH3 ――→ 一定条件 【解析】 A 分子式是 C7H8，根据反应生成 C 的结构可知 A 是甲苯 ，所以 A 与 Cl2 在 Fe 催化下发 生取代反应产生 B： ，B 被酸性 KMnO4 溶液氧化为 C： ；C 与苯酚、NaOH 发 生反应产生 D： ，D 酸化后生成 E： ，E 与浓硫酸混合加热，发生脱水反 应产生 F： ，F 与 Zn、NaOH 发生还原反应产生 G： ，G 与 NaCN 在乙酸存在时， 发生取代反应产生 H： ，H 与 NaOH 溶液反应，然后酸化得到 I，结构简式是： ， 再据此结合工艺流程分析；所以： (1)A→B 的反应条件和试剂为：Cl2/光； (2)C 的化学名称为 2-氯苯甲酸 (3)写出 C→D 的反应方程式为： 催化剂COOH Cl OH+ + 2NaOH COONa O + NaCl + 2H2O OHHCOO CH2 CH2 CH2COOCH3 n(4)I 的结构简式为： ，所含官能团名称为：羧基和醚键； (5)E 结构简式是 ，其同分异构体中，符合条件：①能发生银镜反应，能与 FeCl3 溶液发生 显色反应；②分子中含有两个苯环，且不含有—O—O—结构，且核磁共振氢谱为六组峰，峰面积之比为 1∶ 2∶2∶2∶2∶1。在上述异构体中，能与 NaOH 以 1∶3 的物质的量比发生反应，根据题干要求，E 的同分 异构体结构中需含有醛基、酚羟基、两个苯环、6 种 H 原子，故可以写出以下 6 种： ，故有 6 种同分异构体，其中能与 NaOH 以 1∶3 的物质的量比发生 反应的应为 ,1 mol 甲酸酚酯需消耗 2 mol NaOH,1 mol 酚羟基需消耗 1 mol NaOH； (6)CH2===CHCH2OH 与 NaCN 在乙酸存在时发生取代反应产生 CH2===CHCH2CN， CH2===CHCH2CN 与 NaOH 溶液反应，然后酸化得到 CH2===CHCH2COOH，CH 2===CHCH2COOH 与 CH3OH 在浓硫酸存在时发生酯化反应产生 CH2===CHCH2COOCH3，该物质含有碳碳双键，在一定条件下发 生加聚反应产生： 。 催化剂COOH Cl OH+ + 2NaOH COONa O + NaCl + 2H2O OHHCOO CH2 CH2 CH2COOCH3 n