2020届福建省泉州市高三下学期3月适应性线上测试卷 理综化学（解析版）

- 1 - 泉州市 2020 届高中毕业班适应性线上测试 理科综合能力测试 （考试时间：150 分钟；满分：300 分） 注意事项： 1．答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．考生做答时，请将答案填写在答题卡上，在本试卷上答题无效；按照题号在各题的答题区域内作答， 超出答题区域书写的答案无效。 5．保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、刮纸刀。 6．相对原子质量: H 1 C 12 O 16 F 19 Na 23 P 31 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Zn 65 第Ⅰ卷 选择题（共 126 分） 一、选择题：本题共 13 小题，每小题 6 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 7.下列有关化学与生活的说法错误的是（  ） A. 用可溶性的铝盐和铁盐对水进行杀菌消毒 B. 用石灰、碳酸钠等碱性物质处理废水中的酸 C. 牛奶、鸡蛋清均可用于重金属中毒解毒 D. 碘酒、双氧水均可用于伤口消毒 8.香茅醛 Y 主要用于食用香精，也用作其他香料的原料，在一定条件下可分别转化为 X、Z．下列叙述错误 的是（  ） A.Y 的分子式为 C10H18O B.X 能与 Z 发生取代反应 C.可用新制 Cu（OH）2 鉴别出 X、Y、Z D.X、Y、Z 均存在对应的芳香族同分异构体 9.下列实验装置进行的相应实验，不能达到实验目的的是（  ） A. 图 1 装置：吸收少量 C12 B. 图 2 装置：从 KI 和 I2 的固体混合物中回收 I2 C. 图 3 装置：制取少量 CO2 气体 D. 图 4 装置：分离 CCl4 萃取碘水后的有机层和水层 10.短周期主族元素 X、Y、Z 和 W 的原子序数依次增大，X、Y、W 位于不同周期，Y、Z、W 的原子最外层电 子数之和为 14，Z 的原子半径在短周期主族元素中最大。下列说法错误的是（  ） A. 简单离子半径：W＞Z＞X - 2 - B. W 的最高价氧化物对应的水化物为强酸 C. Y 与 Z 形成的化合物溶于水所得溶液呈碱性 D. 与 X 形成的简单化合物的还原性：Y＞Z＞W 11.研究发现，3D-SiC@2D-MoS2 异质接面催化剂具有优异的光催化 CO2 用纯水的全还原性能，有效实现电 子/空穴的定向迁移，最终实现 CO2 和 H2O 在相应活性位点发生氧化还原反应，如图所示。下列叙述错误的 是（  ） A.2D-MoS2 是 H2O 氧化的催化剂 B.H+和 e-容易在 SiC@MoS2 催化剂间进行反应 C.中间产物的转化“HCOOH→HCHO→CH3OH”均发生还原反应 D. 总反应的方程式为 CO2（g）+2H2O（g） CH4（g）+2O2（g） 12.储量丰富成本低的新型电池系统引起了科学家的广泛关注。注。基于 K+能够可逆地嵌入/脱嵌石墨电极， 开发了基于钾离子电解液（KPF6）的新型双碳电池[碳微球（C）为正极材料，膨胀石墨（C*y）为负极材料]， 放电时总反应为：KxC*y+xC（PF6）=C*y+xK++xC+xPF6-，如图所示。下列叙述错误的是（  ） A.放电时，K+在电解质中由 A 极向 B 极迁移并嵌入碳微球中 B. 充电时，A 极的电极反应式为 C*y+xK++xe-═KxC*y C. 放电时，每转移 0.1 NA 电子时，电解质增重 18.4 g D.充放电过程中，PF6-在碳微球电极上可逆地嵌入/脱嵌 13.常温下，向 20mL 0.1 mol•L-1 NH4HSO4 溶液中逐滴加入 0.1 mol•L-1 的 NaOH 溶液，溶液中由水电离出的 c水（H+）与所加 NaOH 溶液的体积的关系如图所示。下列分析正确的是（   ） A.c 点之前，主要的反应为 NH4++OH-═NH3•H2O B.b 点和 d 点对应溶液的 pH 均为 7 C.常温下，Kb（NH3•H2O）=5×10-5.4 mol•L-1 D.d 点溶液中，c（Na+）+c（NH4+）=c（SO42-） 第Ⅱ卷 非选择题（共 174 分） 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第 22~32 题为必考题，每个考题考生都必须作答，第 33~38 题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：共 129 分。 - 3 - 26.“84”消毒液、医用酒精等能对新冠病毒进行有效消杀。某兴趣小组在实验室自制“84”消毒液。请回 答以下问题： （1）“84”消毒液消杀新冠病毒的原理是______。 （2）甲同学设计图 1 所示实验装置（夹持装置省略）制取“84”消毒液。 ①B 中的试剂是______。 ②干燥管的作用是______。 ③当 C 中 NaOH 溶液吸收完全后，停止通氯气，检验氯气已过量的方法为______。 （3）乙同学设计图 2 所示电解装置制取“84”消毒液。 ①铁电极作______极。 ②该电解制取 NaClO 的总反应的化学方程式为______， ③充分电解后，为检验电解液中是否还残留少量 Cl-，取少量电解后溶液于试管中，滴加 AgNO3 溶液，试管 中产生白色沉淀并有无色气体产生，该气体能使带火星的木条复燃。试管中发生反应的离子方程式为______。 ④取 25.00mL 电解后溶液，加入过量 KI 与稀硫酸混合溶液，充分反应后加入 2 滴淀粉液，用 0.1000 mol•L-1 Na2S2O3 溶液滴定，消耗 12.00mL．则该电解液有效氯（以有效氯元素的质量计算）的浓度为 ______mg/L．（已知：2S2O32-+I2═S4O62-+2I-） （4）与甲同学制法相比，乙同学制法的优点除了有装置与操作简单外还有：______、______（请列举出两 种）。 27.从某矿渣（成分为 NiFe2O4、NiO、FeO、CaO、SiO2 等）中回收 NiSO4 的工艺流程如图： 已知①600℃时发生反应：NiFe2O4+4H2SO4═NiSO4+Fe2（SO4）3+4H2O ②Ksp（CaF2）=4.0×10-11 回答下列问题： （1）将 NiFe2O4 写成氧化物的形式为______；（NH4）2SO4 的作用是______。 （2）“焙烧”时矿渣中部分 FeO 反应生成 Fe2（SO4）3 的化学方程式为______。 （3）“浸渣”的成分有 Fe2O3、FeO（OH）、CaSO4 外，还含有______ （写化学式）。 （4）向“浸出液”中加入 NaF 以除去 Ca2+，当溶液中 c（F-）=2.0×10-3mol•L-1 时，若除钙率为 99%， 则原“浸出液”中 c（Ca2+ ）=______g•L-1。 （5）“萃取”后，分离得到无机层的操作为______，用到的主要玻璃仪器是______。 - 4 - （6）将“浸渣”进一步处理后，利用以下流程可得到高铁酸盐。K2FeO4 是倍受关注的一类新型、高效、 无毒的多功能水处理剂。回答下列问题： ①反应液Ⅰ和 90% Fe（NO3）3 溶液反应的离子方程式为______。 ②反应液Ⅱ经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得到 K2FeO4 晶体，流程中的碱用 KOH 而不用 NaOH 的原因 是______。 28.羰基硫（COS）主要存在于煤、石油和天然气中，会造成设备腐蚀、环境污染，更危害人体健康。目前， 我国已经实现了在催化剂（γ-Al2O3）、低温条件下的精度脱除 COS，下图为天然气中脱除 COS 反应流化床示 意图： （1）①已知：H2（g）+COS（g）⇌H2S（g）+CO（g）△H1=+6.2kJ•mol-1 H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）△H2=+41.2kJ•mol-1 则 COS 精度脱除反应 H2O（g）+COS（g）⇌H2S（g）+CO2（g）的△H=______kJ•mol-1。 ②将 H2O 与 COS 以体积比 1：2 置于恒温恒容密闭容器中反应，若测得该反应平衡时 H2O 与 COS 的体积 比 1：6，则该温度下，脱除反应的平衡常数 K=______（保留两位小数）。 （2）T℃时，以一定流速、不同物质的量的 H2O（g）和 COS（g）通过流化床，测得 COS（g）脱除速率变化 关系如图。 已知：COS 脱除反应机理如下，其中吸附在催化剂表面的物种用*标 注。 a．吸附：H2O→H2O* b．反应：COS+H2O*→CO2+H2S* c．脱附：H2S*→H2S ①若 COS（g）脱除速率 v=knx（COS）•ny（H2O） （mol•min-1），由图 中的数据可算出 x、k 的值：x=______，k=______。 ②“吸附”步骤为______（填“快反应”或“慢反应”），理由是 ______。 ③脱除反应的决速步骤为______（填“a”、“b”或“c”）。 ④少量氢气可以抑制催化剂积硫（S*）中毒，分析该流化床中可能存 在的可逆反应是______。 （3）工业上常采用下图所示电解装置，将气态废弃物中的硫化氢转化为可利用的硫。首先通电电解 K4[Fe （CN）6]与 KHCO3 的混合溶液，通电一段时间后，再向所得溶液通入 H2S 时发生反应的离子方程式为 2[Fe （CN）6]3-+2CO32-+H2S═2[Fe（CN）6]4-+2HCO3-+S↓．电解过程中阴极区电极反应式为______。 - 5 - （二）选考题：共 45 分。请考生从给出的 2 道物理题、2 道化学题、2 道生物题中每科任选一题作答，并 用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号后的方框涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号 一致，并且在解答过程中写清每问的小题号，在答题卡指定位置答题。如果多做则每学科按所做的 第一题计分。 35．（15 分）【化学—物质结构与性质】 Cu、Zn 及其化合物在生产、生活中有着重要作用。 （1）Cu、Zn 在周期表中______区，焰色反应时 Cu 的 4s 电子会跃迁至 4p 轨道，写出 Cu 的激发态电子 排布式______。 （2）分别向 CuSO4、MgSO4 溶液加氨水至过量，前者为深蓝色溶液，后者为 白色沉淀。 ①NH3 与 Cu2+形成配合物的能力大于 Mg2+的原因是______。 ②溶液中的水存在 H3O+、H5O2+等微粒形式，H5O2+可看作是 H3O+与 H2O 通过氢键 形成的离子，则 H5O2+的结构式是______。 （3）Zn 的某种化合物 M 是很好的补锌剂，结构式如图： ①1molM 含有的 σ 键的数目为______。 ②常见含 N 的配体有 H 2NCH2COO- 、NH3 、N3- 等，NH3 的分子空间构型为 ______，N3-的中心 N 原子杂化方式为______。 ③M 在人体内吸收率高的原因可能是锌形成螯合物后，电荷______（填“变多”“变少”或“不变”），可在 消化道内维持良好的稳定性。 （4）卤化锌的熔点如表： 卤化锌/ZnX2 ZnF2 ZnCl 2 ZnBr2 ZnI 2 熔点/℃ 872 283 394 445 则 ZnX2 熔点如表变化的原因是______。 （5）Zn 的某种硫化物的晶胞如图所示。已知晶体密度为 dg•cm-3，且 S2-、Zn2+相切，则 Zn2+与 S2+的核间 距为______nm（写计算表达式）。 36.（15 分）【化学—有机化学基础】 那可丁是一种药物，为支气管解痉性镇咳药，能解除支气管平滑肌痉挛，抑制肺牵张反射引起的咳嗽，化 合物 H 是制备该药物的重要中间体，合成路线如图： - 6 - 已知： （1）反应①的条件为______。 （2）反应②的反应类型为______。 （3）化合物 G 的结构简式为______。 （4）下列说法正确的是______。 a．物质 D 能与 FeCl3 发生显色反应 b．物质 F 具有碱性 c．物质 G 能和银氨溶液发生反应 d．物质 H 的分子式是 C12H15NO4 （5）写出 C→D 的化学方程式：______。 （6）满足下列条件，化合物 A 所有同分异构体有______种（不包括 A）。 ①可以与活波金属反应生成氢气，但不与 NaHCO3 溶液反应； ②分子中含有 结构； ③含有苯环，且有两个取代基。 （ 7 ） 已 知 CH2=CHCH3 CH2=CHCH2Cl ， 请 以 、 CH3CHClCH3 为 原 料 合 成 化 合 物 ，写出制备的合成路线流程图（无机试剂任选）______。 - 7 - 解析版 7. 【答案】A 【解析】 解：A．可溶性的铝盐或铁盐溶于水，水解生成具有吸附性氢氧化铝胶体、氢氧化铁胶体，能够吸附水中固 体杂质颗粒，所以可以用于净水，但是不具有杀菌消毒作用，故 A 错误； B．石灰与酸反应生成钙盐，碳酸钠与酸反应生成钠盐和二氧化碳，故可用于处理废水中的酸，故 B 正确； C、牛奶和鸡蛋清的主要成分均为蛋白质，遇重金属盐变性而消耗重金属盐，故能用于重金属中毒的解毒， 故 C 正确； D、碘酒能使蛋白质变性，双氧水有强氧化性，二者均有杀菌消毒的功能，能用于伤口的消毒，故 D 正确。 故选：A。 A．可溶性的铝盐和铁盐水溶液中水解生成氢氧化铝、氢氧化铁胶体，具有较大表面积，能净水； B．石灰、碳酸钠都可与酸反应； C、重金属能使蛋白质变性； D、碘酒能使蛋白质变性，双氧水有强氧化性。 本题考查了物质的性质与用途等，侧重于化学知识在生产生活中应用的考查，为高考常见题型和高频考点， 有利于培养学生的良好科学素养，题目难度不大，注意相关基础知识的积累。 8. 【答案】D 【解析】 解：A．由结构简式可知 Y 的分子式为 C10H18O，故 A 正确； B．X 含有羟基，Z 含有羧基，二者可发生酯化反应，也为取代反应，故 B 正确； C．X 与氢氧化铜浊液不反应，Y 含有醛基，可与氢氧化铜浊液在加热条件下发生氧化还原反应，Z 含有羧基， 可与氢氧化铜发生中和反应，可鉴别，故 C 正确； D．X、Y、Z 的不饱合度分别为 1、2、2，苯的不饱合度为 4，则 X、Y、Z 不存在对应的芳香族同分异构体， 故 D 错误。 故选：D。 Y 含有醛基，发生加成反应生成 X，发生氧化反应生成 Z，X 含有羟基，具有醇的性质，Z 含有羧基，具有酸 的性质，以此解答该题。 本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应 用能力的考查，注意醇、醛、酸的性质，题目难度不大。 9. 【答案】B 【解析】 解：A．氯气可氧化亚铁离子，图中导管长进短出可吸收少量氯气，故 A 正确； B．加热碘易升华，固态转化为气态，应在上方覆盖玻璃片回收碘，故 B 错误； C．稀盐酸与碳酸钙反应生成二氧化碳，关闭止水夹可使固液分离，可制备少量 CO2 气体，故 C 正确； D．四氯化碳的密度大于水的密度，分层后有机层在下层，图中分层现象合理，故 D 正确； 故选：B。 A．氯气可氧化亚铁离子； B．加热碘易升华，固态转化为气态； C．稀盐酸与碳酸钙反应生成二氧化碳，关闭止水夹可使固液分离； D．四氯化碳的密度大于水的密度，分层后有机层在下层。 本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、物质的制备、实验技能 为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。 - 8 - 10. 【答案】D 【解析】 解：根据分析可知，X 为 H，Y 为 O（或 F），Z 为 Na，W 为 Cl（或 S）元素。 A．电子层数越多离子半径越大，则简单离子半径：W＞Z＞X，故 A 正确； B．Cl 和 S 的最高价氧化物对应水化物分别为高氯酸、硫酸，高氯酸和硫酸都是强酸，故 B 正确； C．氟化钠、氧化钠溶液都呈碱性，故 C 正确； D．非金属性越强，氢化物还原性越弱，非金属性：Y＞W＞Z，则简单氢化物的还原性：Y＜W＜Z，故 D 错误； 故选：D。 周期主族元素 X、Y、Z 和 W 的原子序数依次增大，X、Y、W 位于不同周期，则 X 为 H；Z 的原子半 径在短周期主族元素中最大，则 Z 为 Na；Y、Z、W 的原子最外层电子数之和为 14，Y、W 的最外层电子数之 和为 14-1=13，只能为 6、7，结合原子序数可知，Y 为 O 时 W 为 Cl，Y 为 F 时 W 为 S 元素，据此解答。 本题考查原子结构与元素周期律的应用，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容 及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。 11. 【答案】B 【解析】 解：A.2D-MoS2 是 H2O 被二氧化碳氧化的催化剂，故 A 正确； B．H+和 e-容易在 SiC@MoS2 催化剂表面进行反应，故 B 错误； C．总反应的方程式为 CO2（g）+2H2O（g） CH4（g）+2O2（g），中间产物的转化包含“HCOOH→HCHO→ CH3OH”的转化，酸被还原得到醛，醛被还原得到醇，故 C 正确； D．上述分析得到总反应 CO2（g）+2H2O（g） CH4（g）+2O2（g），故 D 正确； 故选：B。 3D-SiC@2D-MoS2 异质接面催化剂具有优异的光催化 CO2 用纯水的全还原性能，有效实现电子/空穴的定向 迁移，最终实现 CO2 和 H2O 在相应活性位点发生氧化还原反应，总反应的方程式为 CO2（g）+2H2O（g） CH4（g）+2O2（g），中间产物的转化包含“HCOOH→HCHO→CH3OH”的转化，酸被还原得到醛，醛被还原得到 醇。 本题考查了氧化还原反应、化学反应过程的理解应用，主要是反应历程的分析判断，掌握基础是解题关键， 题目难度中等。 12. 【答案】A 【解析】 解：A．放电时为原电池反应，K+在电解质中由 B 极向 A 极迁移并嵌入碳微球中，故 A 错误； B．充电时为电解池，A 极为电解池的阴极，反应的电极反应式为 C*y+xK++xe-═KxC*y，故 B 正确； C．放电时，每转移 0.1NA 电子时，物质的量为 0.1mol，电解质增重为 0.1molKPF6，质量=0.1mol× 184g/mol=18.4 g，故 C 正确； D．充放电过程中，阴离子移向阳极，PF6-在碳微球电极上可逆地嵌入/脱嵌，故 D 正确； 故选：A。 放电过程为原电池反应，放电时总反应为：KxC*y+xC（PF6）=C*y+xK++xC+xPF6-，原电池反应中碳微球（C） 为正极材料，膨胀石墨（C*y）为负极材料，阳离子移向正极，阴离子移向负极，负极电极反应：KxC*y-xe-═C*y+xK+， 正极电极反应：xC（PF6）+xe-=xC+xPF6-，充电过程为电解池，阳极电极反应：xC+xPF6--xe-=xC（PF6），阴极 电极反应：C*y+xK++xe-═KxC*y，据此原理选项。 - 9 - 本题考查了原电池和电解池原理、电极反应电子守恒的计算应用，注意电极分析判断，掌握基础是解题关 键，题目难度中等。 13. 【答案】C 【解析】 解：A．NH4HSO4 和 NaOH 溶液混合时先发生中和反应，再生成弱电解质 NH3•H2O，酸或碱抑制水电离， （NH4）2SO4 促进水电离，c 点溶质为硫酸钠、硫酸铵，c 点前发生的是中和反应，离子方程式为 H++OH-═ H2O，故 A 错误； B．b 点溶质为 NH4HSO4、Na2SO4、（NH4）2SO4，c 点溶质为 Na2SO4、（NH4）2SO4，d 点溶质为 Na2SO4、（NH4） 2SO4、NH3•H2O，所以 b 和 c 点呈酸性、d 点呈中性，故 B 错误； C．当加入 20mLNaOH 溶液时，溶质为（NH4）2SO4，铵根离子水解产生的 c（H+）=1.0×10-5.3mol/L，Kb（NH3• H2O）= =5×10-5.4，故 C 正确； D．d 点溶质为 Na2SO4、（NH4）2SO4、NH3•H2O，溶液呈中性，则 c（H+）=c（OH-），溶液中存在电荷守恒 c （Na+）+c（NH4+）+c（H+）=c（OH-）+2c（SO42-），所以 c（Na+）+c（NH4+）=2c（SO42-），故 D 错误； 故选：C。 A．NH4HSO4 和 NaOH 溶液混合时先发生中和反应，再生成弱电解质 NH3•H2O，酸或碱抑制水电离，（NH4）2SO4 促进水电离，c 点溶质为硫酸钠、硫酸铵，c 点前发生的是中和反应； B．b 点溶质为 NH4HSO4、Na2SO4、（NH4）2SO4，c 点溶质为 Na2SO4、（NH4）2SO4，d 点溶质为 Na2SO4、（NH4） 2SO4、NH3•H2O； C．当加入 20mLNaOH 溶液时，溶质为（NH4）2SO4，铵根离子水解产生的 c（H+）=1.0×10-5.3mol/L，Kb（NH3• H2O）= ； D．d 点溶质为 Na2SO4、（NH4）2SO4、NH3•H2O，溶液呈中性，则 c（H+）=c（OH-），溶液中存在电荷守恒 c （Na+）+c（NH4+）+c（H+）=c（OH-）+2c（SO42-）。 本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确各点溶液中溶质成分及其性质、 反应先后顺序是解本题关键，难点是电离平衡常数计算，题目难度中等。 26. 【解析】 解：（1）“84”消毒液主要成分为次氯酸钠，具有强氧化性，消杀新冠病毒的原理是强氧化性使病毒的蛋 白质发生变性，失去生理活性， 故答案为：强氧化性使病毒的蛋白质发生变性，失去生理活性； （2）①浓盐酸和高锰酸钾常温下反应生成氯气，氯气含氯化氢和水蒸气，需要通过饱和食盐水除去氯化氢， B 中试剂为：饱和食盐水或饱和 NaCl 溶液， 故答案为：饱和食盐水或饱和 NaCl 溶液； ②氯气和氢氧化钠溶液反应易形成倒吸，干燥管可以防止溶液倒吸， 故答案为：防倒吸； ③利用氯气能使湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝色验证 C 装置导气管出有氯气验证氯气过量，方法为：C 装置 的导管口放一张湿润的淀粉碘化钾试纸，试纸变蓝，说明氯气过量， 故答案为：C 装置的导管口放一张湿润的淀粉碘化钾试纸，试纸变蓝； （3）电解装置制取“84”消毒液，装置图中铁电极为电解池的阴极，溶液中氢离子得到电子发生还原反应， 电极附近生成氢氧化钠溶液，石墨做电解池阳极，溶液中氯离子失电子发生氧化反应生成氯气，上升过程 中与生成的氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠溶液， ①分析可知铁电极为电解池的阴极， 故答案为：阴； ②铁电极为电解池的阴极，溶液中氢离子得到电子发生还原反应，电极附近生成氢氧化钠溶液，石墨做 电解池阳极，溶液中氯离子失电子发生氧化反应生成氯气，上升过程中与生成的氢氧化钠溶液反应生成次 氯酸钠溶液，据此书写化学方程式为：NaCl+H2O NaClO+H2↑， - 10 - 故答案为：NaCl+H2O NaClO+H2↑； ③充分电解后，为检验电解液中是否还残留少量 Cl-，取少量电解后溶液于试管中，滴加 AgNO3 溶液，试管 中产生白色沉淀并有无色气体产生，该气体能使带火星的木条复燃。试管中发生反应的离子方程式为： 2ClO-+2Ag+=2AgCl↓+O2↑， 故答案为：2ClO-+2Ag+=2AgCl↓+O2↑； ④取 25.00mL 电解后溶液，加入过量 KI 与稀硫酸混合溶液，充分反应后加入 2 滴淀粉液，用 0.1000mol •L-1Na2S2O3 溶液滴定，消耗 12.00mL，发生的反应离子方程式为：ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O，2S2O32-+I2═ S4O62-+2I-， ClO-～I2～2S2O32-， 1 2 n 0.0120L×0.1000mol•L-1 n=0.0006mol 计算该电解液有效氯（以有效氯元素的质量计算）的浓度= =0.852g/L=852mg/L， 故答案为：852； （4）与甲同学制法相比，乙同学制法的优点除了有装置与操作简单外还有：原料经济、原料利用率高、不 产生污染性气体、有效氯含量高等， 故答案为：原料经济、原料利用率高、不产生污染性气体、有效氯含量高等。 （1）“84”消毒液主要成分为次氯酸钠，具有强氧化性； （2）①浓盐酸和高锰酸钾常温下反应生成氯气，氯气含氯化氢和水蒸气，需要通过饱和食盐水除去氯化氢； ②氯气和氢氧化钠溶液反应易形成倒吸，干燥管可以防倒吸； ③利用氯气能使湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝色验证 C 装置导气管出有氯气验证氯气过量； （3）①电解装置制取“84”消毒液，装置图中铁电极为电解池的阴极，溶液中氢离子得到电子发生还原反 应，电极附近生成氢氧化钠溶液，石墨做电解池阳极，溶液中氯离子失电子发生氧化反应生成氯气，上升 过程中与生成的氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠溶液； ②铁电极为电解池的阴极，溶液中氢离子得到电子发生还原反应，电极附近生成氢氧化钠溶液，石墨做电 解池阳极，溶液中氯离子失电子发生氧化反应生成氯气，上升过程中与生成的氢氧化钠溶液反应生成次氯 酸钠溶液，据此书写化学方程式； ③充分电解后，为检验电解液中是否还残留少量 Cl-，取少量电解后溶液于试管中，滴加 AgNO3 溶液，试管 中产生白色沉淀氯化银沉淀，生成的无色气体产生，该气体能使带火星的木条复燃石墨为氧气，反应是次 氯酸根离子的强氧化性生成氯离子和氧气，氯离子结合银离子生成氯化银沉淀； ④取 25.00mL 电解后溶液，加入过量 KI 与稀硫酸混合溶液，充分反应后加入 2 滴淀粉液，用 0.1000mol •L-1Na2S2O3 溶液滴定，消耗 12.00mL，发生的反应离子方程式为：ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O，2S2O32-+I2═ S4O62-+2I-，ClO-～I2～2S2O32-，计算该电解液有效氯（以有效氯元素的质量计算）的浓度； （4）甲 i 同学制备方案分析可知乙同学装置与操作简单，原料经济、原料利用率高、不产生污染性气体等。 本题考查了物质制备方案、物质性质、电解原理、化学方程式计算等知识点，掌握基础是解题关键，题目 难度中等。 27. 【解析】 解：某矿渣的主要成分是 NiFe2O4（铁酸镍）、NiO、FeO、CaO、SiO2 等，加入硫酸铵研磨后，600°C 焙烧， 已知：（NH4）2SO4 在 350℃以上会分解生成 NH3 和 H2SO4．NiFe2O4 在焙烧过程中生成 NiSO4、Fe2（SO4）3，在 90 °C 的热水中浸泡过滤得到浸出液，加入 NaF 除去钙离子，过滤得到滤液加入萃取剂得到无机相和有机相，无 机相通过一系列操作得到硫酸镍，有机相循环使用， （1）（NH4）2SO4 的作用：提供和矿渣反应的硫酸（或硫酸铵分解产生硫酸等）， 故答案为：NiO•Fe2O3；提供和矿渣反应的硫酸（或硫酸铵分解产生硫酸等）； （2）矿渣中部分 FeO 焙烧时与 H2SO4 反应生成 Fe2（SO4）3 的化学方程式为 4FeO+6H2SO4+O2 2Fe2（SO4） - 11 - 3+6H2O， 故答案为：4FeO+6H2SO4+O2 2Fe2（SO4）3+6H2O； （3）“浸渣”的成分有 Fe2O3、FeO（OH）、CaSO4 外，还含有 SiO2， 故答案为：SiO2； （4）当溶液中 c（F-）=2.0×10-3mol•L-1 时，c（Ca2+）= mol•L-1=1.0×10-5mol•L-1，原“浸出液” 中 c（Ca2+ ）为 x， 除钙率为 ×100%=99%，x=1.0×10-3mol/L=（1.0×10-3mol×40g/mol）/L=4.0×10-2g•L-1 故答案为：4.0×10-2； （5）“萃取”后，分离得到无机层的操作是分液，主要仪器是分液漏斗， 故答案为：分液；分液漏斗； （6）足量 Cl2 通入和 KOH 溶液中，温度低时发生反应 Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，向溶液 I 中加入 KOH，使氯气 完全反应，且将溶液转化为碱性溶液，只有碱性条件下次氯酸根离子才能和铁离子发生氧化还原反应生成 高铁酸根离子，除去 KCl 得到碱性的 KClO 浓溶液，向碱性的 KClO 浓溶液中加入 90%的 Fe（NO3）3 溶液，发 生反应 2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，得到溶液 II，纯化得到湿产品，将湿产品洗涤、干燥得到晶 体 K2FeO4， ①反应液Ⅰ和 90%Fe（NO3）3 溶液反应的离子方程式为：2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O， 故答案为：2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O； ②足量的氯气与 KOH 反应得到“反应液 I”，“反应液 I”中含有过量的氯气，在“反应液 I”中加 KOH 固 体可以与“反应液 I”中过量的 Cl2 继续反应，生成更多的 KClO，反应液Ⅱ经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 可得到 K2FeO4 晶体，流程中的碱用 KOH 而不用 NaOH 的原因是：高铁酸根在苛性钠溶液中的溶解度大于苛性 钾溶液， 故答案为：高铁酸根在苛性钠溶液中的溶解度大于苛性钾溶液。 某矿渣的主要成分是 NiFe2O4（铁酸镍）、NiO、FeO、CaO、SiO2 等，加入硫酸铵研磨后，600°C 焙烧，已 知：（NH4）2SO4 在 350℃以上会分解生成 NH3 和 H2SO4．NiFe2O4 在焙烧过程中生成 NiSO4、Fe2（SO4）3，在 90° C 的热水中浸泡过滤得到浸出液，加入 NaF 除去钙离子，过滤得到滤液加入萃取剂得到无机相和有机相，无 机相通过一系列操作得到硫酸镍，有机相循环使用，以此解答该题， （1）将 NiFe2O4 写成氧化物需要满足以上化合价和原子守恒，已知：（NH4）2SO4 在 350℃以上会分解生成 NH3 和 H2SO4； （2）矿渣中部分 FeO 焙烧时与 H2SO4 反应生成 Fe2（SO4）3 和水； （3）“浸渣”的成分有 Fe2O3、FeO（OH）、CaSO4 外，还含有 SiO2； （4）当溶液中 c（F-）=2.0×10-3mol•L-1 时，据此计算得到除钙率，结合溶度积常数计算 c（Ca2+）； （5）“萃取”后，分离得到无机层的操作是分液，主要仪器是分液漏斗； （6）足量 Cl2 通入和 KOH 溶液中，温度低时发生反应 Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，向溶液 I 中加入 KOH，使氯气 完全反应，且将溶液转化为碱性溶液，只有碱性条件下次氯酸根离子才能和铁离子发生氧化还原反应生成 高铁酸根离子，除去 KCl 得到碱性的 KClO 浓溶液，向碱性的 KClO 浓溶液中加入 90%的 Fe（NO3）3 溶液，发 生反应 2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，得到溶液 II，纯化得到湿产品，将湿产品洗涤、干燥得到晶 体 K2FeO4。 本题考查了物质分离提纯、物质制备，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生的分析能力、实验能力 和计算能力，注意把握实验的原理、操作的方法以及化学反应基本原理的学习，题目难度中等。 28. 【解析】 解：（1）①已知：①H2（g）+COS（g）⇌H2S（g）+CO（g）△H1=+6.2kJ•mol-1 ②H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）△H2=+41.2kJ•mol-1 - 12 - 根据盖斯定律，反应①-②即可得 COS 精度脱除反应 H2O（g）+COS（g）⇌H2S（g）+CO2（g）△H= （6.2-41.2）kJ/mol=-35kJ/mol， 故答案为：-35； ②根据题意列三段式： H2O（g）+COS（g）=H2S（g）+CO2（g） （单位：mol） 起始量：1 2 0 0 转化量：x x x x 平衡量：1-x 2-x x x 则 ，解得 x=0.8，平衡常数 K= =2.67， 故答案为：2.67； （2）①根据图示，当 H2O 的物质的量固定时，COS（g）脱除速率为 COS（g）物质的量的 2 倍，则 x=1， k=2， 故答案为：1；2； ②根据图示，由于 H2O（g）的物质的量不影响总反应速率，因此“吸附”步骤是快反应， 故答案为：快反应；H2O（g）的物质的量不影响总反应速率； ③根据 COS（g）脱除速率与 COS（g）物质的量的关系可知脱除反应的决速步骤为 b， 故答案为：b； ④少量氢气可以抑制催化剂积硫（S*）中毒，该过程可逆反应可能时 S*+H2⇌H2S*， 故答案为：S*+H2⇌H2S*； （3）根据信息可知，电解后溶液中存在 CO32-，结合阴极化合价降低，电极反应式为 2HCO3-+2e-=H2↑ +2CO32-， 故答案为：2HCO3-+2e-=H2↑+2CO32-。 （1）①已知：①H2（g）+COS（g）⇌H2S（g）+CO（g）△H1=+6.2kJ•mol-1 ②H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）△H2=+41.2kJ•mol-1 根据盖斯定律，反应①-②即可得 COS 精度脱除反应 H2O（g）+COS（g）⇌H2S（g）+CO2（g）△H； ②根据题意列三段式： H2O（g）+COS（g）=H2S（g）+CO2（g） （单位：mol） 起始量：1 2 0 0 转化量：x x x x 平衡量：1-x 2-x x x （2）①根据图示，当 H2O 的物质的量固定时，COS（g）脱除速率为 COS（g）物质的量的 2 倍； ②根据图示，由于 H2O（g）的物质的量不影响总反应速率； ③根据 COS（g）脱除速率与 COS（g）物质的量的关系可知脱除反应的决速步骤； ④少量氢气可以抑制催化剂积硫（S*）中毒，该过程可逆反应可能是 S*与 H2 生成 H2S*； （3）根据信息可知，电解后溶液中存在 CO32-，结合阴极化合价降低，书写电极反应式。 本题考查盖斯定律的应用及热化学方程式书写、化学平衡常数及其应用、化学平衡的影响因素、图象分析 以及三段式计算的应用等知识，以及电化学知识，侧重考查学生分析能力、计算能力和灵活运用能力，题 目难度中等。 35. 【解析】 解：（1）Cu 为 29 号元素，位于周期表中第 4 周期第ⅠB 族，为 ds 区元素，Zn 在周期表中位于第 4 周期ⅡB 族，属于 ds 区元素， Cu 的核外电子排布式为[Ar]3d104s1，则 Cu 的激发态电子排布式为：[Ar]3d104p1 或 1s22s22p63s23p63d104p1， 故答案为：ds；[Ar]3d104p1 或 1s22s22p63s23p63d104p1； - 13 - （2）①由于 Cu2+对配体 NH3 的孤电子对吸引力大（或电子云重叠大），配位键强。（或由于姜泰勒效应（畸 变效应） 铜离子形成配位键能获得额外稳定能，形成的配位键更稳定；或路易斯软硬酸碱理论，铜离子 是软酸，氨分子是软碱， 故答案为：由于 Cu2+对配体 NH3 的孤电子对吸引力大（或电子云重叠大），配位键强；（或铜离子形成配位 键能获得额外稳定能，形成的配位键更稳定）；或路易斯软硬酸碱理论，铜离子是软酸，氨分子是软碱， ②H5O2+可看作是 H3O+与 H2O 通过氢键形成的离子，结构式为： ， 故答案为： ； （3）①1 个 M 中含有 20 个σ键，则 M 中含有 20NA 个σ键， 故答案为：20NA； ②NH3 中 N 原子成 3 个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为 4，采取 sp3 型杂化杂化，孤对电子对 成键电子的排斥作用较强，N-H 之间的键角小于 109°28′，所以氨气分子空间构型是三角锥形；N3-与 CO2 或 CS2 或 N2O 互为等电子体，故中心 N 原子杂化方式为 sp 杂化；N3-中 N 原子价层电子对个数都是 2，根 据价层电子对互斥理论判断 N 原子的杂化轨道类型，N 原子采用 sp 杂化， 故答案为：三角锥型；sp 杂化； ③M 在人体内吸收率高的原因可能是锌形成螯合物后，电荷变少，可在消化道内维持良好的稳定性， 故答案为：变少； （4）由表中熔点数据可知，ZnF2 与其他三种的晶体类型不同。ZnF2 为离子晶体、ZnCl2、ZnBr2、ZnI2 分子 晶体，离子键的键能大于分子间作用力，故 ZnF2 的熔点远高于其它三种卤化锌， 故答案为：晶体类型不同，ZnF2 为离子晶体、ZnCl2、ZnBr2、ZnI2 分子晶体，需要破坏的离子键强度大于分 子间作用力； （5）该晶胞中 S2-个数为 4、Zn2+个数=8× +6× =4，则 S2-、Zn2+个数之比=4：4=1：1，该晶胞棱长= ，若要使 S2-、Zn2+相切，则其体对角线长度为 2 个锌离子直径与 2 个硫离子直径之和，其 体对角线长度= 。 S2-半径为 anm，Zn2+半径= ， 则 Zn2+与 S2+的核间距为 S2-半径+Zn2+半径= 故答案为： 。 （1）Zn 在周期表中位于第 4 周期ⅡB 族，属于 ds 区元素；Cu 为 29 号元素，位于周期表中第 4 周期第ⅠB 族，根据 Cu 核外电子排布书写激发态核外电子排布； （2）①由于 Cu2+对配体 NH3 的孤电子对吸引力大（或电子云重叠大），配位键强；（或 铜离子形成配位 键能获得额外稳定能，形成的配位键更稳定）；或路易斯软硬酸碱理论，铜离子是软酸，氨分子是软碱； ②H5O2+可看作是 H3O+与 H2O 通过氢键形成的离子，据此写出结构式； （3）①1 个 M 中含有 20 个σ键； ②根据氨气中 N 原子的杂化分析；根据价层电子对互斥理论确定其杂化方式及微粒的空间构型； ③M 在人体内吸收率高的原因可能是锌形成螯合物后，电荷变少； - 14 - （4）不同的晶体类型有不同的熔点； 本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、氢键、原子杂化类型判断等知识点，侧重考查原子结构、晶胞 结构及空间想象能力和计算能力，难点是晶胞计算，注意（5）中晶胞内部 4 个硫离子在晶胞中的位置关系， 题目难度中等。 36. 【解析】 解：（1）反应①为酚钠和酸反应生成酚羟基，所以该反应的条件为 H+或酸化， 故答案为：H+或酸化； （2）G 中的 H 原子被甲基取代，所以反应②的反应类型为取代反应， 故答案为：取代反应； （3）化合物 G 的结构简式为 ， 故答案为： ； （4）a．物质 D 不含酚羟基，所以不能与 FeCl3 发生显色反应，故错误； b．F 含有氨基，所以物质 F 具有碱性，故正确； c．G 为 ，不含醛基，所以 G 不能和银氨溶液发生反应，故错误； d．物质 H 的分子式是 C12H15NO4，故正确； 故选 bd； （5）C 发生信息 a 的反应生成 D，C→D 的化学方程式： ， - 15 - （6）化合物 A 的同分异构体符合下列条件： ①可以与活波金属反应生成氢气，但不与 NaHCO3 溶液反应，说明含有酚羟基或羟基，不含羧基； ②分子中含有 结构，说明具有酯基； ③含有苯环，且有两个取代基， 如果取代基为-OH、-COOCH3，有邻间对 3 种结构； 如果取代基为-OH、HCOOCH2-、有邻间对 3 种结构； 如果取代基为-OH、CH3COO-，有邻间对 3 种结构； 取代基为-CH2OH、HCOO-，有邻间对 3 种结构， 所以符合条件的有 12 种， 故答案为：12； （7）以 、CH3CHClCH3 为原料合成化合物 和 ClCH2CHClCH2Cl 发生信息 a 的反应得到，ClCH2CHClCH2Cl 可由 CH2=CHCH2Cl 发生加成反应得到，CH2=CHCH2Cl 可由 CH2=CHCH3 发生取代反应得到，CH2=CHCH3 可由 CH3CHClCH3 发生消去反应得到，其合成路线为 ， 故答案为： 。 A 和溴发生取代反应生成 B，B 发生水解反应生成 C，C 发生信息 a 的反应生成 D，根据 D 结构简式知，C 为 ，则 B 为 ，D 发生取代反应、还原反应生成 E，E 发生氧化反应生成 F，G 发生 取代反应生成 H，结合 G 分子式知 G 结构简式为 ； （7）以 、CH3CHClCH3 为原料合成化合物 和 ClCH2CHClCH2Cl 发生信息 a 的反应得到，ClCH2CHClCH2Cl 可由 CH2=CHCH2Cl 发生加成反应得到，CH2=CHCH2Cl 可由 CH2=CHCH3 发生取代反应得到，CH2=CHCH3 可由 CH3CHClCH3 发生消去反应得到。 本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断、信息的获取和知识迁移能力，正确推断各物质结构简 式是解本题关键，注意结合反应条件、反应前后碳链及官能团变化、题给信息进行推断，限制性条件下同 分异构体种类判断是易错点，题目难度中等。