山东省日照市2020届高三化学4月一模试题（Word版附解析）

2019—2020 学年度高三模拟考试 化学试题 1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形 码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。 2.选择题答案必须使用 2B 船笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用 0.5 毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。 3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草 稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Fe 56 Co 59 一、选择：本题共 10 小题，每小题 2 分，共 20 分。每小题只有一个选项符合题 意。 1.化学与生活密切相关。抗击疫情要戴口罩，勤洗手，下列有关说法正确的是（ ） A. 新型冠状病毒可能通过气溶胶传播，说明病毒的粒子直径可能在纳米级范围内 B. 为增强消毒效果可将医用消毒酒精与 84 消毒液混合使用 C. 甲醛和戊二醛可杀灭多种病原体，可用于空气、餐具的消毒 D. 可用铝制容器配制过氧乙酸（ ）消毒剂 【答案】A 【解析】 【详解】A．气溶胶属于胶体，胶体的粒子直径为 1~100nm，新型冠状病毒可能通过气溶胶传 播，可以说明病毒的粒子直径可能在纳米级范围内，A 选项正确； B．84 消毒液的有效成分为 NaClO，具有强氧化性，乙醇具有还原性，两者混合后发生氧化 还原反应产生有毒的 Cl2，不仅降低消毒效果，还可能引发中毒，B 选项错误； C．甲醛和戊二醛均为有毒物品，不能用于空气、餐具的消毒，C 选项错误； D．过氧乙酸（CH3COOOH）具有强氧化性，对金属有腐蚀性，不能用铝制容器进行配制，D 选项错误； 答案选 A。 2.研究发现，药物磷酸氯喹在细胞水平上能有效抑制新型冠状病毒的感染，其结构如下图所示， 下列有关磷酸氯喹的说法错误的是（ ） 3CH COOOHA. 分子式为 B. 分子中含有 1 个手性碳原子 C. 能溶于水且水溶液呈酸性 D. 能发生取代反应和加成反应 【答案】A 【解析】 【详解】A．根据磷酸氯喹的结构式可知，该有机物的分子式为 C18H32ClN3O8P2，A 选项错误； B．该分子中连接氨基的碳原子连有 4 个不同的原子或原子团，是手性碳原子，即该分子中含 有 1 个手性碳原子，B 选项正确； C．由磷酸氯喹的结构分析可知，该物质是氯喹和磷酸反应得到的酸式盐，在水中易溶，且其 水溶液呈酸性，C 选项正确； D．该分子中苯环能够发生取代、加成反应，D 选项正确； 答案选 A。 【点睛】本题 难点在于 C 选项，正确理解磷酸氯喹的结构，知道该物质是氯喹和磷酸反应 得到的酸式盐是解答的关键。 3.下列说法错误的是（ ） A. 只用溴水即可鉴别苯酚溶液、2，4-已二烯和甲苯 B. 的二氯代物共有 6 种（不考虑立体异构） C. 的名称为 2-甲基-2-乙基-1-丁醇 D. 碳酸亚乙酯（ ）可与热的 溶液反应 【答案】B 【解析】 【详解】A．溴水与苯酚能发生反应生成三溴苯酚的白色沉淀，2，4-已二烯能与溴水发生加 的 18 26 3 8 2C H ClN O P 2 3Na CO成反应，溴水褪色，甲苯能萃取出溴水中的溴，溶液分层，上层为橙红色，下层为无色，三 者现象不同，可以鉴别，A 选项正确； B． 有多种位置的氢原子，其二氯代物在 2 个氯原子的位置可以分别在①①、 ①②、①③、①④、①⑤、①⑥、③⑤，一共有 7 种，B 选项错误； C． 主链有 4 个碳原子，2 号碳上连有 1 个甲基和 1 个乙基，系统命名法命名为 2-甲 基-2-乙基-1-丁醇，C 选项正确； D．Na2CO3 溶液显碱性，碳酸亚乙酯（ ）属于酯类物质，加热条件下能与碱性物质发 生反应，故碳酸亚乙酯（ ）可与热的 溶液反应，D 选正确； 答案选 B。 【点睛】有机物的命名原则是：找出最长的碳链当主链，依碳数命名主链，前十个以天干(甲、 乙、丙...)代表碳数，碳数多于十个时，以中文数字命名，如：十一烷；从最近的取代基位置 编号：1、2、3...(使取代基的位置数字越小越好)，以数字代表取代基的位置，数字与数字之间 以“,”隔开，数字与中文数字之间以“－”隔开；有多个取代基时，以取代基数字最小且最长的 碳链当主链，并依甲基、乙基、丙基的顺序列出所有取代基；有两个以上的取代基相同时， 在取代基前面加入中文数字：一、二、三...，如：二甲基；如果含有官能团，则含有官能团的 最长碳链作主链，编号也是从离官能团最近的一端开始， 4.下列说法正确的是（ ） A. 熔点： B. 第一电离能： C. 18g 冰中含有 个氢键 D. 基态原子价电子排布式为 的元素的氢氧化物能使氢氧化铝溶解 【答案】D 【解析】 【详解】A．NaCl 是离子晶体，AlCl3 是分子晶体，故熔点：NaCl>AlCl3，A 选项错误； B．P 原子的 3p 轨道为 3p3 半充满稳定状态，不容易失去电子，P 的第一电离能大于 S，故第 2 3Na CO 3NaCl AlCl< S P Si> > AN 15s一电离能：P>S>Si，B 选项错误； C．1 个 H2O 分子在冰结晶中，可以形成四个方向的氢键，每个氢键被两个水分子共用，平均 每个水分子有 2 个氢键，18g 冰为 1molH2O，则 18g 冰中含有 2NA 个氢键，C 选项错误； D．基态原子价电子排布式为 的元素为 Rb 元素，其氢氧化物是强碱，可以与氢氧化铝发 生反应，使其溶解，D 选项正确； 答案选 D。 【点睛】D 选项的解答关键在于掌握氢氧化铝为两性物质，既能溶于酸，又能溶于强碱这一知 识点。 5.短周期元素 X、Y、Z 原子序数依次增大，X 元素基态原子有 2 个未成对电子，Y 元素基态 原子的核外 p 电子数比 s 电子数少 1 个，Z 的一种超原子 具有 40 个价电子，下列说法错误 的是（ ） A. 的空间构型为平面三角形 B 简单离子半径： C. 中心原子的杂化方式为 杂化 D. 化合物 ZY 的结构与 X 的某种单质的结构相似 【答案】B 【解析】 【分析】 X、Y、Z 是原子序数依次增大的短周期元素，Z 的一种超原子 具有 40 个价电子，则 Z 的 价电子数为 个，Z 为 Al 元素，Y 元素基态原子的核外 p 电子数比 s 电子数少 1 个，Y 为 N 元素，X 元素基态原子有 2 个未成对电子，X 为 C 元素，据此分析解答。 【详解】A．CO32-的中心原子的价电子对数为 ，不含孤电子对，采用 sp2 杂化， 空间构型为平面三角形，A 选项正确； B．N3-与 Al3+的核外电子层数相同，而 N 的核电荷数小于 Al，则离子半径：N3->Al3+，B 选项 错误； 15s 13Z − 2 3XO − Y Z< 3YO− 2sp 13Z − 40-1=313 4+2-3 23+ =32 ×C．NO3-的中心原子的价电子对数为 ，不含孤电子对，采用 sp2 杂化，C 选项 正确； D．化合物 ZY 为 AlN，是原子晶体，属于类金刚石氮化物，与 C 的单质金刚石结构相似，D 选项正确； 答案选 B。 【点睛】本题考查元素周期律，侧重考查分析能力和推断能力，Z 的一种超原子 具有 40 个价电子为本题的推断突破口，熟练掌握元素化合物知识，注意抓住短周期元素且原子序数 依次增大是解答关键。 6.“臭碱 ”广泛应用于冶金染料、皮革、电镀等工业，可利用反应 制备。已知 ， 。下列说法正确 是（ ） A. 反应中生成 1 mol“臭碱”时转移电子数为 B. 该反应的氧化产物与还原产物的物质的量比为 C. 溶液中含有的阴离子数目大于 D. 将 溶液露置于空气中不会有 气体放出 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据反应方程式，生成 1 mol“臭碱”时，S 的化合价由+6 价变为-2 价，共转移 8mol 电子，即转移的电子数为 8NA，A 选项错误； B．该反应的氧化产物为 CO2，还原产物为 Na2S，有方程式可知，其物质的量之比为 2：1，B 选项错误； C．1L 0.1mol·L-1Na2S 溶液中 S2-发生水解：S2-+H2O HS-+OH-，阴离子总数大于 0.1NA，C 选项正确； D．因为 Ka1(H2S)Br-，则向 FeBr2 溶液中通入少量 Cl2，可能只有 Fe2+被氧化，不 能得出 Cl2 的氧化性强于 Br2，A 选项错误； B．NaClO 溶液具有漂白性，不能用 pH 试纸测定其 pH 从而判断酸性强弱，B 选项错误； C．向 1mL0.1mol·L-1FeCl3 溶液中滴加 5mL0.1mol·L-1KI 溶液，KI 过量，若充分反应后加入 KSCN 溶液变成红色，证明有三价铁离子存在，可说明反应是可逆反应，C 选项正确； D．常温下，将 Fe、Cu 与浓硝酸组成原电池，Fe 和浓硝酸发生钝化现象，Cu 与浓硝酸能自 发的发生氧化还原反应，所以 Cu 作负极，Fe 做正极，不能判断 Fe 的金属活动性大于 Cu，D 选项错误； 答案选 C。 8.苯甲酸乙酯（无色液体，难溶于水，沸点 213℃）天然存在于桃、菠萝、红茶中，稍有水果 气味，常用于配制香精和人造精油，也可用作食品添加剂。实验室利用如图所示装置，在环 己烷中通过反应 制备。已知：环己烷沸点为 2Cl 2Br 2FeBr 2Cl HClO 10.1mol L−⋅ NaF NaClO 3FeCl 1 31mL0.1mol L FeCl−⋅ 15mL0.1mol L KI−⋅80.8℃，可与乙醇和水形成共沸物，其混合物沸点为 62.1℃。下列说法错误的是（ ） A. 实验时最好采用水浴加热，且冷却水应从 b 口流出 B. 分水器可及时放出水层，避免水层升高流入烧瓶 C. 环己烷的作用是在较低温度下带出生成的水，促进酯化反应向右进行 D. 实验时应依次向圆底烧瓶中加入碎瓷片、浓硫酸、苯甲酸、无水乙醇、环己烷 【答案】D 【解析】 【详解】A．由题干信息，该反应需控制温度在 65-70℃进行加热回流，最好采用水浴加热的 方式，冷凝管的冷凝水应该下进上出，即从 a 口流入，b 口流出，A 选项正确； B．合成反应中，分水器中会出现分层现象，上层时油状物，下层时水，当油层液面高于支管 口时，油层会沿着支管口流回烧瓶，以达到反应物冷凝回流，提高产率的目的，当下层液面 高度超过距分水器支管约 2cm 时，及时放出水层，避免水层升高流入烧瓶，B 选项正确； C．根据已知信息“环己烷沸点为 80.8℃，可与乙醇和水形成共沸物，其混合物沸点为 62.1℃ ”所以环己烷的作用是在较低温度下带出生成的水，促进酯化反应向右进行，C 选项正确； D．实验时应依次向圆底烧瓶中加入碎瓷片、苯甲酸、无水乙醇、环己烷，搅拌后再加入浓硫 酸，D 选项错误； 答案选 D。 9. 是一种红色固体，常用作示温涂料。制备反应为： 。下列说法正确的是 （ ） A. 上述反应的产物 中，Hg 的化合价为 B. 上述反应中 Hg 元素与 Cu 元素均被还原 C. 上述反应中生成 时，转移的电子数为 2 4Cu HgI 4 2 4 2 22CuSO K HgI SO 2H O+ + + ═ 2 4 2 4 2 4Cu HgI K SO 2H SO↓ + + 2 4Cu HgI 1+ 2 41molCu HgI A4ND. 由以上信息可推知：可发生反应 【答案】D 【解析】 【分析】 根据制备反应方程式可知，CuSO4 中 Cu 的化合价由+2 价降至+1 价，作氧化剂，发生还原反 应，SO2 中 S 元素的化合价由+4 价升至+6 价，作还原剂，发生氧化反应，Cu2HgI4 为还原产 物，据此分析解答问题。 【详解】A．根据上述分析可知，Cu2HgI4 中 Cu 的化合价为+1 价，则 Hg 的化合价为+2 价，A 选项错误； B．上述反应中，只有 Cu 元素被还原，B 选项错误； C．上述反应中，CuSO4 中 Cu 的化合价由+2 价降至+1 价，生成 1mol Cu2HgI4 时，转移 2mol 电子，转移的电子数为 2NA，C 选项错误； D．根据题干信息，CuSO4 可与 SO2 在盐溶液中发生氧化还原反应，Cu2+被还原 Cu+，SO2 被氧化为 SO42-，则反应 2CuSO4+NaCl+SO2+2H2O===2CuCl↓+Na2SO4+2H2SO4 可以发生，D 选 项正确； 答案选 D。 10.在如图所示的转化关系中（反应条件略去），常温下 X 为气体，a、b、c 是中学化学中常见 物质，均由常见元素组成。下列说法正确的是（ ） A. 若 X 为 ，a 为一种固态单质，则 c 可能为 或 B. 若 a、b、c 的焰色反应均呈黄色，水溶液均呈碱性，则 a 中可能含有非极性共价键 C. 若 b 为固态非金属单质，b 与 X 所含元素同主族，则 c 与 X 不能反应 D. 若 b 为气态非金属单质，X 与 b 所含元素同周期，则 a 与 c 在一定条件下可以反应生成 b 【答案】D 【解析】 为 4 2 22CuSO 2NaCl SO 2H O+ + + ═ 2 4 2 42CuCl Na SO 2H SO↓ + + 2O 2CO 3SO【详解】A．当 a 为固体 S 时，不可能与 O2 直接反应生成 SO3，A 选项错误； B．a、b、c 的焰色反应均呈黄色，水溶液均呈碱性，根据转化关系可知，a 可能是 NaOH，b 为 Na2CO3，c 为 NaHCO3，X 为 CO2，a 中含有离子键和极性共价键，B 选项错误； C．若 b 为固态非金属单质，b 与 X 所含元素同主族，b 可以是 S 单质，X 为 O2，c 为 SO2，SO2 与 O2 能继续反应生成 SO3，C 选项错误； D．若 b 为气态非金属单质，X 与 b 所含元素同周期，b 可以是 N2，X 为 O2，a 为 NH3，c 为 NO，NH3 和 NO 在催化剂加热的条件下可生成 N2 和 H2O，D 选项正确； 答案选 D。 【点睛】本题考查无机推断、无机物的转化关系的理解应用，解答时需要注意反应特征和试 剂的关系，掌握基础知识是解答关键。 二、选择题：本题共 5 小题，每小题 4 分，共 20 分。每小题只有一个或两个选项 符合题意，全部选对得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。 11.高铁酸钾（ ）是新型的绿色环保水处理剂。一种制备 的流程如下： 下列说法错误的是（ ） A. 步骤 i 中反应的离子方程式为 B. 步骤ⅱ说明碱性条件下，氧化性： C. 步骤ⅲ的反应为复分解反应，说明溶解度： D. 作为性能优良的水处理剂，主要是利用了其强氧化性和还原后产生的具有絮凝作 用的 Fe（Ⅲ） 【答案】BC 【解析】 【分析】 根据制备流程分析，FeSO4 溶液在酸性条件下与 H2O2 发生氧化还原反应得到 Fe2(SO4)3， Fe2(SO4)3 与 NaClO 在碱性条件下发生氧化还原得到 Na2FeO4，Na2FeO4 与饱和的 KOH 溶液得 2 4K FeO 2 4K FeO 2 3 2 2 22Fe H O 2H 2Fe 2H O+ + ++ + +═ 2 4Na FeO NaClO> 2 4 2 4Na FeO K FeO< 2 4K FeO到 K2FeO4 粗品，经洗涤干燥后得到 K2FeO4 纯品，据此分析解答问题。 【详解】A．由上述分析可知，步骤ⅰ为 FeSO4 溶液在酸性条件下与 H2O2 发生氧化还原反应 生 成 H2O 和 Fe2(SO4)3 ， 根 据 氧 化 还 原 反 应 规 律 可 得 反 应 的 离 子 方 程 式 为 ： 2Fe2++H2O2+2H+===2Fe3++2H2O，A 选项正确； B．步骤ⅱ为 Fe2(SO4)3 与 NaClO 在碱性条件下发生氧化还原得到 Na2FeO4，氧化剂是 NaClO， 氧化产物为 Na2FeO4，因为氧化剂的氧化性大于氧化产物，故氧化性：NaClO>Na2FeO4，B 选 项错误； C．步骤ⅲ为 Na2FeO4 与饱和的 KOH 溶液发生复分解反应得到 K2FeO4 粗品，溶解度大的物质 转化为溶解度小的物质，故溶解度：Na2FeO4>K2FeO4，C 选项错误； D．由于 K2FeO4 具有强氧化性，因此可用于水的杀菌消毒，且其还原产物产生的 Fe3+水解得 到 Fe(OH)3 的胶体，具有絮凝的作用，故 K2FeO4 是乙中性能优良的水处理剂，D 选项正确； 答案选 BC。 12.实验室用干燥的 HCl 气体和铁粉在加热无氧条件下制备无水 ，装置如图所示，热电 偶的作用是测定电炉内的温度。 下列说法错误的是（ ） A. 该方法的优点是制备的 纯净 B. 由实验可以推出 的沸点低于铁粉的沸点 C. 本实验制备 1 mol 需要通入 2 mol HCl 气体 D. 纯净 能够被干燥的氧气氧化为 ，同时有 生成 【答案】C 【解析】 【分析】 根据题干信息，结合实验装置分析可得，本实验的主要操作为向装有铁粉的硬质玻璃管中通 2FeCl 2FeCl 2FeCl 2FeCl 2FeCl 3FeCl 2 3Fe O入 HCl，使用电炉加热制取无水 FeCl2，一定温度下 FeCl2 升华，进入氯化亚铁承接器中，从 而得到纯净的无水 FeCl2，据此分析解答问题。 【详解】A．该反应是用干燥的 HCl 气体和铁粉在加热无氧条件下制备 FeCl2，一定温度下 FeCl2 升华，进入氯化亚铁承接器中，不会混有铁粉，得到的 FeCl2 纯净，A 选项正确； B．由实验可知，相同温度下 FeCl2 升华，进入氯化亚铁承接器中，而铁粉滞留于硬质玻璃管 中，故 FeCl2 的沸点低于铁粉的沸点，B 选项正确； C．本实验的制备原理为：Fe+2HCl===FeCl2+H2，制备 1molFeCl2 时需要 2molHCl 参与反应， 但在反应之前需要先通入 HCl 气体排尽装置内的空气，故所需要通入的 HCl 气体应大于 2mol， C 选项错误； D．纯净 FeCl2 具有还原性，能够被干燥的 O2 氧化为 FeCl3，同时会生成 Fe2O3，D 选项正确； 答案选 C。 13.我国科研工作者研制出基于 PANa（聚丙烯酸钠）电解质的 可充电电池， 该电池具有高容量和超长循环稳定性。电池反应为 。PANa 是一种超强吸水聚合物， 吸收大量 和 KOH 溶液作为水和离子含量调节剂形成水凝胶电解质，示意图如 下。下列说法错误的是（ ） A. PANa 是一种有机高分子聚合物，在水溶液中不会发生电离 B. PANa 具有超强吸水性可避免电池充放电过程中因失水使离子导电率下降 C. 放电时，负极附近 pH 减小 D. 充电时，阳极反应为 【答案】A 【解析】 【分析】 Zn/Nico-LDMH 5Zn 6CoOOH+ 24NiOOH 5H O →+ + ←放电 充电 5ZnO 26Co(OH)+ 24Ni(OH)+ 3 2Zn(CH COO) 2 23Co(OH) 2Ni(OH) 5e 5OH− −+ − + 3CoOOH═ 22NiOOH 5H O+ +由电池反应分析可知，电池放电时，Zn 的化合价升高，失去电子，作负极，发生的电极反应 为 Zn-2e+2OH-===ZnO+H2O，CoOOH 和 NiOOH 中 Co 和 Ni 的化合价降低，得到电子，作正 极，发生的电极反应为 3CoOOH+2NiOOH+5H2O+5e-===3Co(OH)2+2Ni(OH)2+5OH-，充电时电 极反应为放电电极反应的逆反应，以此解答该题。 【详解】 A．PANa 是一种有机高分子聚合物，在水溶液中会电离出聚丙烯酸根离子和钠离子，A 选项 错误； B．根据题干信息，PANa 是一种超强吸水聚合物，具有超强吸水性，可避免电池充放电过程 中因失水使离子导电率下降，B 选项正确； C．放电时，发生的电极反应为 Zn-2e+2OH-===ZnO+H2O，负极附近 OH-浓度降低，pH 减小， C 选项正确； D．充电时，Co(OH)2 和 2Ni(OH)2 在阳极失去电子得到 CoOOH 和 NiOOH，电极反应式为 3Co(OH)2+2Ni(OH)2+5OH-+5e-===3CoOOH+2NiOOH+5H2O，D 选项正确； 答案选 A。 14.25℃时，分别稀释 的 溶液和氨水，溶液 pH 的变化如下图所示。 已知： 。下列说法正确的是（ ） A. 若 35℃时分别稀释上述两种溶液，则图中Ⅰ、Ⅱ曲线将比原来靠近 B. 保持 25℃不变，取 A、B 两点对应的溶液等体积混合后， C. 由水电离产生的 ：A 点>B 点 D. 曲线Ⅰ上任意点对应的溶液中， 【答案】BD 【解析】 【分析】 pH 11= 2Ba(OH) ( )2b 5 3NH H O 1.8 10K −⋅ = × pH 9= ( )Hc + ( ) ( ) ( ) ( ) 2 4 4 3 2 H NH NH NH H O c c c c + + ++ ⋅ 5 11.8 10 mol L− −= × ⋅25℃时，Ba(OH)2 溶液和氨水的 pH 相同，由于 Ba(OH)2 是强电解质，完全电离，稀释 100 倍 时，Ba(OH)2 的 pH 从 11 变为 9，而氨水是弱电解质，部分电离，稀释 100 倍时，稀释过程中 氨水会继续电离出 OH-，导致溶液中 OH-的浓度大于 Ba(OH)2 溶液中的 OH-，溶液的 pH>9， 因此曲线Ⅰ代表氨水稀释时溶液 pH 随稀释倍数的变化，曲线Ⅱ代表 Ba(OH)2 溶液稀释时溶液 pH 随稀释倍数的变化，据此分析解答问题。 【详解】A．温度升高，Kw 变大，则在 35℃时分别稀释上述两种溶液，则图中Ⅰ、Ⅱ曲线将 比原来疏远，A 选项错误； B．25℃时，A、B 两点对应的溶液的 pH 均为 9，保持 25℃不变，则 Kw 不变，两者等体积混 合后，溶液中 H+浓度不变，故 pH 仍不变，B 选项正确； C．氨水是弱电解质，部分电离，稀释过程中氨水会继续电离出 OH-，导致溶液中 OH-的浓度 大于 Ba(OH)2 溶液中的 OH-，故稀释至相同 pH=9 时稀释倍数大于 100 倍，则水电离产生的 H+ 浓度：A 点”“0，反应不能自发进行，故答案为：反应的 ，所以不能自发进行； (2)①第Ⅰ步反应与第Ⅱ反应相加可得反应 ，由于 H2O(g) H2O(l)反应放热，因 此 a+b -1 2 2 2 1H O(g) H (g) O (g) a+b kJ mol2 H+ ∆ =  ( ) ( ) ( ) 2 4 2 4 2 2 4 2 3 2CoAl O (s) 2FeAl O (s) H O(g) CoFe O (s) 3Al mol 2 0 0 mo O l ( 1 s) .6 H ( 1.6 1.6 mol 0.4 1.6 1.6 g)+ + + + 起始 转化 平衡 ( )4 -1 -1 2 1.6mol 235g molCoFe O = 6.27g min60minv × ≈  ( ) ( )2 2 c Hk 1.6= = = =4k c H O 0.4K正 逆 1.610 =8kPa2 × 0.410 =2kPa2 × p 8kPa= =42kPaK【点睛】本题考查了盖斯定律的应用、化学平衡图象的分析应用、平衡常数的相关计算等， 掌握盖斯定律的使用方法和图象题的分析方法是解题的关键，本题的易错点为第(2)②小问 c(CoFe2O4)的计算，注意单位是 g·min-1，而不是 mol·L-1·min-1。 17.自然界中存在大量的金属元素，在工农业生产中有着广泛的应用。回答下列问题： （1）焰色反应的光谱属于发射光谱，铜和含铜离子化合物的焰色为_______色。 （2）基态 Ni 原子中，核外电子占据的最高能层符号是________，其核外电子排布式中未成 对电子数为_________个。 （3）钌-多吡啶配合物具有丰富的光化学和光物理信息，结构简式如下图所示。钌（Ⅱ）的配 位数是_______，N 原子的杂化类型为______________。 （4） 晶体中， 的重复排列方式如图所示，该排列方式中存在着如由 1、3、6、7 的 围成的正四面体空隙和 3、6、7、8、9、12 的 围成的正八面体空隙。 中有 一半的 填充在正四面体空隙中，另一半 和全部 填充在正八面体空隙中，则 晶体中，正八面体空隙数与 数之比为__________。正四面体空隙填充率与正八面 体空隙填充率之比为________。 晶胞中有 8 个图示结构单元，该晶胞参数为 a pm，则 晶体密度为________ （写出含 a 和 的计算表达式）。 【答案】 (1). 绿 (2). N (3). 2 (4). 6 (5). 、 (6). (7). 3 4Fe O 2O − 2O − 2O − 3 4Fe O 3Fe + 3Fe + 2Fe + 3 4Fe O 2O − 3 4Fe O 3g cm−⋅ AN 2sp 3sp 1:1 1: 4(8). 【解析】 【详解】(1)因为铜和含铜离子化合物在火焰上灼烧时，原子中的电子吸收了能量，从能量较 低的轨道跃迁到能量较高的轨道，但处于能量较高的轨道上的电子是不稳定的，很快跃迁回 能量较低的轨道，这时就将多余的能量以光的形式放出，放出的光的颜色为绿色，故答案为： 绿； (2)基态 Ni 原子为 28 号元素，核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d84s2，核外电子占据的最高 能层的符号为 N，其核外电子排布式中未成对电子数为 2 个，故答案为：N；2； (3)由钌-多吡啶配合物的结构简式可知，Ru 与 6 个 N 形成配位键，则钌（Ⅱ）的配位数为 6， N 原子形成了单键和双键，则杂化方式为 sp2、sp3，故答案为：6；sp2、sp3； (4)根据题干信息，Fe3O4 晶胞结构中正四面体空隙数为 8，正八面体空隙数为 4，O2－位于顶点 和面心，个数为 8×1/8＋6×1/2=4，因此正八面体空隙和 O2－数之比为 4：4=1：1，Fe3O4 中有 一半的 Fe3+填充在正四面体空隙中，另一半 Fe3+和全部 Fe2+填充在正八面体空隙中，则正四面 体的空隙填充率为 ，即 12.5%，正八面体的空隙填充率为 50%，两者之比为：12.5%： 50%=1：4，Fe3O4 的晶胞中有 8 个图示结构单元，则晶胞的质量 ， 体积 V=a3×10-30cm3，则晶体的密度 ，故答案为： 1：1；1：4； 。 【点睛】本题主要考查物质结构的综合运用、配位键的形成、原子结构及原子核外电子排布， 本题的难点在于第(4)题，准确找出晶胞中正四面体空隙数和正八面体的空隙数是解答本题的 关键。 18.中国是钢铁生产大国，也是铁矿石消费大国。某铁矿石主要成分为 和 ，实验 室为测定 和 的物质的量比，利用下图所示装置进行实验。 30 3 A 8 232 10 a N × × 1 8 A A 1 8 232m=8 232= gN N ×× × 3 3 0 -3 33 -30 A A cm 8 232 10 8 232 gN a mρ= = =V g ca m10 N × × × ×  30 3 A 8 232 10 a N × × 2FeS 3FeCO 2FeS 3FeCO实验步骤如下： Ⅰ.按图示连接仪器，检查装置气密性后加入药品； Ⅱ.打开 、 ，通入一段时间氮气，关闭 、 ，取下干燥管称量其质量（ ）后再连 接好装置； Ⅲ.打开 和分液漏斗活塞，向三颈烧瓶中慢慢滴加足量已经除去 的稀硫酸（其它杂质与 稀硫酸不反应，且无还原性物质），待反应完成后，打开 通入一段时间氮气； Ⅳ.关闭 、 ，取下三颈烧瓶过滤、洗涤，将滤液与洗涤液合并成 100mL 溶液备用； Ⅴ.取下上述步骤ⅱ中 干燥管并称量其质量（ ）； Ⅵ.取配制好的滤液 25mL 于锥形瓶中，用 溶液滴定。 回答下列问题： （1）步骤Ⅱ中需要称重的干燥管是_________（填“E”或“F”）。 （2）实验过程中发现 B 中有黑色沉淀生成，写出装置 A 中 与稀硫酸反应的化学方程式 __________________。 （3）C 装置的作用是_________；若撤去装置 F，则测得的 的含量会_________（填“偏 大”“偏小”或“无影响”）。 （4）下列关于步骤Ⅳ的叙述正确的是_________（填标号）。 A.滤渣中含有还原产物单质硫 B.过滤过程中玻璃棒起到引流和搅拌的作用 C.过滤操作要迅速，否则会使测得的 的含量偏低 D.检验沉淀是否洗涤干净，可向滤液中加入氯化钡溶液，观察是否有白色沉淀生成 （5）步骤Ⅵ中发生反应的离子方程式为_________，到达滴定终点的现象是_________。 的 1K 2K 1K 2K 1m 1K 2O 2K 1K 2K 2m 1 40.1mol L KMnO−⋅ 2FeS 3FeCO 2FeS（6）若上述实验中 ，步骤Ⅵ消耗 溶液 45mL，则该矿石 样品中 _________。 【答案】 (1). E (2). (3). 除去 并检验 是否除尽 (4). 偏大 (5). C (6). (7). 滴入最后一滴 溶液，溶液变为紫红色且半分钟不褪去 (8). 【解析】 【分析】 根 据 题 干 信 息 可 知 ， A 装 置 中 发 生 反 应 FeS2+H2SO4===FeSO4+S+H2S ， FeCO3+H2SO4===FeSO4+CO2↑+H2O，B 装置为检验 H2S 的装置，C 装置可除去 H2S 并检验 H2S 是否除尽，D 装置盛有浓硫酸可除去水蒸气，E 装置吸收 CO2 并测定其质量，F 装置可吸 收空气中的 CO2 和 H2O，防止进入 E 装置中影响实验结果，据此分析解答问题。 【详解】(1)由上述分析可知，装置 E 吸收 CO2 并测定其质量，故步骤Ⅱ中需要称重的干燥管 是 E，故答案为：E； (2)B 装置为检验 H2S 的装置，B 中有黑色的 CuS 沉淀生成，则 A 中 FeS2 与稀硫酸的反应方程 式为 FeS2+H2SO4===FeSO4+S+H2S，故答案为：FeS2+H2SO4===FeSO4+S+H2S； (3)酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，可除去 H2S 并检验 H2S 是否除尽，F 装置可吸收空气中 的 CO2 和 H2O，若撤去装置 F，E 装置所测得的 CO2 的质量将会偏大，使得最终 FeCO3 的含 量偏大，故答案为：除去 H2S 并检验 H2S 是否除尽；偏大； (4)A．反应 FeS2+H2SO4===FeSO4+S+H2S 中 FeS2 中的 S 化合价由-1 升高至 0 价，S 为氧化产 物，故滤渣中含有氧化产物 S，A 选项错误； B．过滤过程中玻璃棒的作用是引流，B 选项错误； C．过滤操作要迅速，否则 FeSO4 被空气中的氧气氧化，Fe2+含量偏低，消耗的 KMnO4 溶液体 积偏小，从而 Fe2+总量偏小，FeCO3 的量不变，则测得的 FeS2 含量偏低，C 选项正确； D．检验沉淀是否洗涤干净，应取最后一次洗涤液，向其中加入稀盐酸酸化的 BaCl2 溶液，观 察是否有白色沉淀生成，若有，则未洗涤干净，反之则洗涤干净，D 选项错误； 故答案为：C； (5)步骤Ⅵ中，Fe2+与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应生成 Mn2+和 Fe3+，反应得离子方程 式为 5Fe2++MnO4-===Mn2++5Fe3++4H2O，反应终点的现象是最后一滴 KMnO4 溶液滴下时，溶 2 1 2.2gm m− = 1 40.1mol L KMnO−⋅ ( ) ( )2 3FeS : FeCOn n = 2 2 4 4 2FeS H SO FeSO S H S+ + +═ 2H S 2H S 2 2 3 4 2MnO 5Fe 8H Mn 5Fe 4H O− + + + ++ + + +═ 4KMnO 4:5液变为紫红色且半分钟不褪去，故答案为：滴入最后一滴 KMnO4 溶液时，溶液变为紫红色且 半分钟不褪去；5Fe2++MnO4-===Mn2++5Fe3++4H2O； (6)m1-m2=2.2g，即 CO2 的质量为 2.2g，物质的量为 0.05mol，则 FeCO3 的物质的量为 0.05mol， 由方程式 5Fe2++MnO4-===Mn2++5Fe3++4H2O 可知，5Fe2+~MnO4-， n(MnO4-)=0.045L×0.1mol/L=0.0045mol，25mL 滤液中，n(Fe2+)=5×0.0045mol=0.0225mol，则 100mL 滤液中 n(Fe2+)=4×0.0225mol=0.09mol，因此 n(FeS2)=0.09mol-n(FeCO3)=0.04mol，n(FeS2)： n(FeCO3)=0.04：0.05=4：5，故答案为：4：5。 【点睛】本题考查混合物含量测定实验，涉及对实验装置的理解与评价、实验操作、信息获 取与迁移运用等，难度中等，理解实验装置的作用是解题的关键，是对实验基础知识的综合 利用，需要具备扎实的基础与分析问题、解决问题的能力。 19.铋（83 号元素）主要用于制造合金，铋合金具有凝固时不收缩的特性，用于铸造印刷铅字 和高精度铸型。湿法提铋新工艺以氧化铋渣（主要成分为 ，含有 、 、 杂质）为原料提 Bi 的工艺流程如下： 已知：Ⅰ. 不溶于水，加热至 700℃就分解生成 ， 的沸点为 447℃。 Ⅱ.25℃时， ； 。 回答下列问题： （1）铋在元素周期表中的位置为___________________。 （2）“浸出”时，在盐酸浓度 、浸出温度 70℃、浸出时间 2h 及不同浸出液固比 条件下进行浸出实验，浸出率与液固比的关系如图所示，最合适的液固比应选__________。 2 3Bi O PbO 2Ag O CuO BiOCl 3BiCl 3BiCl [ ] 20 sp 2Cu(OH) 1.2 10K −= × ( ) 5 sp 2PbCl 1.17 10K −= × 10.75mol L−⋅（3）“滤渣Ⅰ”的成分为_____________（填化学式）。 （4）“脱氯”的化学方程式为___________________。 （5）“沉铜”时，向“滤液Ⅱ”中加入 NaOH 溶液调节 pH，促进 水解生成 ，则 此过程中 水解的离子方程式为_________________________。若“滤液Ⅱ”中 为 ，当加入等体积的 NaOH 溶液时，pH 恰好为 6，出现沉淀 ，此时 的去除率为________（忽略溶液体积变化）。 （6）“滤液Ⅲ”经加热浓缩后可返回____________工序循环使用。 【 答 案 】 (1). 第 六 周 期 第 VA 族 (2). 3 (3). 、 (4). (5). (6). 97.6% (7). 浸出 【解析】 【分析】 根据工艺流程图分析可知，铋渣中加入盐酸和饱和的 NaCl 溶液，过滤后得到 AgCl 和 PbCl2 的滤渣Ⅰ，滤液中加入 NaOH 溶液经过滤得到 BiOCl 的沉淀和滤液Ⅱ，BiOCl 与热的 NaOH 脱氯得到 Bi2O3，Bi2O3 在高温条件下被碳还原得到粗 Bi，向滤液Ⅱ中加入 NaOH 溶液调节 pH，促进 Cu2+水解生成 Cu3(OCl)2 和 NaCl 溶液，据此分析解答问题。 【详解】(1)铋元素与氮元素同主族，在元素周期表中的位置是第六周期第ⅤA 族，故答案为： 第六周期第 VA 族； (2)由图像可知，液固比为 3、4 时铋的浸出率较高，以节约原料为原则，液固比为 3 时最为合 适，故答案为：3； 2Cu + 3 2Cu (OCl) 2Cu + ( )2Cuc + 10.01mol L−⋅ 2Cu(OH) 2Cu + AgCl 2PbCl 2 3 22BiOCl 2NaOH Bi O 2NaCl H O+ + +△═ 2 2 3 23Cu 2H O 2Cl Cu (OCl) 4H+ − ++ + ↓ +═(3)根据上述分析可知，滤渣Ⅰ的成分是 AgCl 和 PbCl2，故答案为：AgCl 和 PbCl2； (4)“脱氯”时，BiOCl 与热的 NaOH 反应得到 Bi2O3 和 NaCl，反应方程式为 2BiOCl+2NaOH Bi2O3+2NaCl+H2O，故答案为：2BiOCl+2NaOH Bi2O3+2NaCl+H2O； (5)“沉铜”时，向滤液Ⅱ中加入 NaOH 溶液调节 pH，促进 Cu2+水解生成 Cu3(OCl)2，反应的离 子方程式为：3Cu2++2H2O+2Cl-===Cu3(OCl)2↓+4H+，加入等体积的 NaOH 溶液时，pH=6，溶 液中 c(H+)=10-6mol·L-1，则 c(OH-)=10-8mol·L-1，由于 Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)·c2(OH-)，则 c(Cu2+)=0.00012mol/L，n(Cu2+)=0.00012mol/L×2VL=0.00024Vmol，则去除的 Cu2+的物质的量 为 0.01Vmol-0.00024Vmol=0.00976V mol，Cu2+的去除率为 ，故答 案为：3Cu2++2H2O+2Cl-===Cu3(OCl)2↓+4H+；97.6%； (6)滤液Ⅲ为 NaCl 溶液，经加热浓缩后可返回浸出工序循环使用，故答案为：浸出。 20.新型冠状病毒具有较强的传染性，中科院发现大约有三十种药物可能对新型冠状病毒有效， 其中山豆根等中药材中含有的黄酮类化合物可能对新型冠状肺炎有治疗作用。某黄酮类化合 物 G 的合成路线如下图所示，分子中 Ar 表示芳香基。 已知： 回答下列问题： （1）有机物 A 的名称为_________，A 转化为 B 的目的是_________。C 中含有的官能团的名 称为_________。 （2）D 转化为 E 的化学方程式为___________________________。E 到 F 的转化率大约为 78.6%，原因是易生成副产物 X（分子中含有一个七元环），则 X 的结构简式为 __________________，则此过程中涉及的反应的类型为__________________。 （3）某芳香族化合物 K 与 D 互为同分异构体，则符合下列条件的 K 的结构共有_________种。 0.00976V 100%=97.6%0.01V × 2 3K CO 3 2RCOCH R COCl RCOCH COR HCl′ ′+ → +（已知 结构具有较强的氧化性，与还原性原子团不能共存） ①与 不发生显色反应 ②可发生水解反应和银镜反应 （4）请以丙酮（ ）和 为原料，参照题中所给信息（其他试剂任选）， 设计合成 的路线_____________________________________________________。 【答案】 (1). 对苯二酚（或 1,4-苯二酚） (2). 保护酚羟基，防止与乙酰氯反应 (3). 酯基、羰基 (4). (5). (6). 加 成 反 应 、 消 去 反 应 (7). 8 (8). 【解析】 【分析】 由合成路线分析可知，A 与(CH3CO)2O 发生取代反应得到 B，B 与 CH3COCl 发生取代反应得 到 C，C 分别加入 NaOH 和 H2SO4 得到 D，D 的结构简式为 ，D 与 ArCOCl 发生 已知信息的反应得到 E，则试剂 H 为 K2CO3 溶液，E 再经过加成反应和消去反应得到 F，F 再 发生双键的加成反应得到黄酮类化合物 G，据此分析解答问题。 【详解】(1)有机物 A 的结构简式为 ，叫做 1，4-苯二酚(或对苯二酚)，为了保护酚羟 基，防止与乙酰氯反应，可先将 A 与(CH3CO)2O 发生取代反应得到 B，C 的结构简式为 3FeCl 3 3CH COCH，含有的官能团有酯基和羰基，故答案为：1，4-苯二酚(或对苯二酚)；保护 酚羟基，防止与乙酰氯反应；酯基、羰基； (2)由上述分析可知，D 与 ArCOCl 发生已知信息的反应得到 E，则试剂 H 为 K2CO3 溶液，反 应方程式为 ，E 经过加成反应和消去反应得 到 F，此过程易产生分子中含有一个七元环的副产物 ，故答案为： ； ；加成反应、消去反应； (3)某芳香族化合物 K 与 D 互为同分异构体，与 FeCl3 不发生显色反应，则 K 不含有酚羟基， 可发生水解反应和银镜反应，K 含有酯基和醛基，由于 结构具有较强的氧化性， 与还原性原子团不能共存，则满足条件的 K 的苯环上连有的基团为—OOCH 和—CH2OH 有邻 间对位 3 种、—OOCH 和—OCH3 有邻间对 3 种、 和—CH3 有间对位 2 种，共 3+2+2=8 种，故答案为：8； (4)根据题干已知反应，可先向丙酮（ ）和 中加入 K2CO3 发生已知信息 的反应得到 ， 再发生 E→F 的反应得到 ， 与溴水发生加成反应得到 ，其合成路线为： 3 3CH COCH。