河南省顶级名校2019-2020学年高二下学期六月模拟考试化学试题（解析版）

2019~2020 学年高二摸底考试化学 可能用到的相对原子质量：H l B l1 C l2 N l4 O 16 Na 23 Al 127 Cl 35. 5 K 39 Fe 56 Cu 64 一、选择题：本题共 14 小题 ，每小题 3 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。 1.在新冠疫情防控中，化学知识、化学原理等起到了至关重要的作用。下列说法不正确的是 A. “84”消毒液（主要含 NaClO）需在避光条件下密封保存 B. N95 型口罩的核心材料聚丙烯属于新型无机高分子材料 C. 医用酒精消毒的原理是使病毒和细菌的蛋白质变性 D. 传播新冠病毒的“飞沫”与空气形成的分散系是气溶胶 【答案】B 【解析】 【详解】A. “84”消毒液中 NaClO 水解生成次氯酸，次氯酸见光会分解，故其需在避光条件下密封保存，A 说法正确； B. N95 型口罩的核心材料聚丙烯属于有机高分子材料，B 说法不正确； C. 病毒和细菌均含蛋白质，医用酒精消毒的原理是使病毒和细菌的蛋白质变性，从而杀灭病毒和细菌，C 说法正确； D. “飞沫”中的小水滴及病毒的直径达到了胶体粒子的直径范围，所以传播新冠病毒的“飞沫”与空气形成的 分散系是气溶胶，D 说法正确。 本题选 B。 2.下列表示反应 NaHSO4+NaHCO3=Na2SO4 + H2O 十 CO2↑中相关微粒的化学用语不正确的是 A. CO2 的结构式： O=C= O B. H2O 的电子式： C. Na+的结构示意图： D. 水溶液中，NaHCO3 的电离方程式： NaHCO3=Na+ + H+ + CO 【答案】D 【解析】 【详解】A. CO2 的分子中，碳氧原子间形成 2 对共用电子对，所以结构式 O=C= O，故 A 正确； 2 3 −B. H2O 为共价化合物，氢氧原子间形成 1 对共用电子对，其电子式 ，故 B 正确； C.钠原子核电荷数为 11，失去一个电子后变为钠离子，核外剩余 10 个电子，Na+的结构示意图： ，故 C 正确； D. NaHCO3 属于强电解质，在水中完全电离：NaHCO3=Na+ + HCO3-，HCO3-存在电离平衡，故 D 错误； 故选 D。 3.下表列出的有关物质的性质与用途具有对应关系的是 选 项 物质的性质 用途 A MgO 难溶于水 耐火材料 B SO2 具有强的还原性 漂白纸张 C CuSO4 易溶于水 游冰池杀菌消毒 D NaHCO3 能与酸反应 治疗胃酸过多 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A. MgO 的熔点很高且化学性质稳定，故其可用作耐火材料，A 没有对应关系； B. SO2 具有漂白性，故其可用于漂白纸张，B 没有对应关系； C. CuSO4 属于重金属盐，其可使病毒和细菌的蛋白质变性，故其可用于游冰池杀菌消毒，C 没有对应关系； D. NaHCO3 能与酸反应，且其水溶液的碱性较弱，故可用于治疗胃酸过多，D 有对应关系。 本题选 D。 4.室温下 ，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 A. 0.1 mol • L-1 的盐酸：Na+、Cu2+、SO 、NO B. 0. 1 mol • L-1 的氨水：K+、Al3+、Cl-、CH3COO- C. 0. 1 mol • L-1 的 Fe(NO3)3 溶液： H+、K+、Cl-、I- D. 0.1 mol• L -1 的 Na2SO3 溶液：NH 、Na+、ClO-、SO 【答案】A 2 4 − 3 − 4 + 2 4 −【解析】 【详解】A．0.1 mol • L-1 的盐酸溶液中含有大量氢离子，Na+、Cu2+、SO 、NO 离子间不发生任何反应， 能大量共存，故 A 符合题意； B．0. 1 mol • L-1 的氨水显碱性，Al3+与 OH-不能大量共存，故 B 不符合题意； C．0. 1 mol • L-1 的 Fe(NO3)3 溶液中 H+、I-和 NO 发生氧化还原反应不能大量共存，Fe3+和 I-也能发生氧化 还原反应不能大量共存，故 C 不符合题意； D．0.1 mol• L -1 的 Na2SO3 溶液中，ClO-具有强氧化性，会氧化亚硫酸根离子，不能大量共存，故 D 不符合 题意； 答案选 A。 5.用 NA 表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 0. 1 mol • L-1 的 CaCl2 溶液中 Ca2+的数目为 0. lNA B. 标准状况 下，11. 2 L CHCl3 所含的分子数目为 0. 5 NA C. 2. 8 g 乙烯含有的共用电子对的数目为 0. 6 NA D. 常温下，1 molFe 与足量浓 H2SO4 反应，转移电子数为 0.3NA 【答案】C 【解析】 【详解】A．0. 1 mol • L-1 的 CaCl2 溶液的体积未知，无法计算 CaCl2 的物质的量，则 Ca2+的数目无法计算， 故 A 错误； B．标准状况下 CHCl3 为液体，不能用标况下气体的摩尔体积计算物质的量，则分子数目无法确定，故 B 错误； C．一个乙烯分子中含有 6 个共用电子对，2. 8 g 乙烯为 =0.1mol，则含有的共用电子对的数目为 0.1mol×6×NA=0. 6NA，故 C 正确； D．常温下，Fe 与浓 H2SO4 发生钝化，阻止反应继续进行，因此无法计算转移电子的物质的量和数目，故 D 错误； 答案选 C。 6.2019 年诺贝尔化学奖授予英国科学家古德纳夫及另外两位科学家，以表彰他们在锂离子电池研究中的杰 出贡献。 LiFePO4 是用于制备大功率锂离子电池的正极材料 ，且一种制备流程如下： 2 4 − 3 − 3 − 2.8g 28g/mol下列有关说法不正确的是 A. LiFePO4 中 Fe 的化合价为+2 B. “沉铁”过程中双氧水作氧化剂 C. 料液可循环利用 D. “煅烧”中有大量的 CO2 、CO 生成 【答案】D 【解析】 【分析】 铁屑中加入稀硫酸进行酸溶，形成 FeSO4 溶液，向酸浸液中加入双氧水将 Fe2+氧化为 Fe3+，再加入磷酸将 Fe3+ 转化为 FePO4 沉淀，过滤后得到料液主要含有硫酸，向 FePO4 沉淀中加入 Li2CO3 和适量 H2C2O4 在高温下 煅烧得到 LiFePO4，据此分析解答。 【详解】A．LiFePO4 中 Li 元素为+1 价，磷酸根离子为-3 价，化合物中正负化合价之和为 0，则 Fe 的化合 价为+2，故 A 正确； B．根据分析，“沉铁”过程中加入双氧水将 Fe2+氧化为 Fe3+，则双氧水作氧化剂，故 B 正确； C．根据分析，料液中的主要成分为硫酸，则料液可在酸溶步骤中循环利用，故 C 正确； D．CO 具有较强还原性，高温下可将 LiFePO4 中的铁元素还原为铁单质，则“煅烧”中有大量的 CO2，但不 能有 CO 生成，故 D 错误； 答案选 D。 7.历史上曾利用“地康法”制氯气，其原理是以氯化铜作催化剂，利用氧气氧化氯化氢。如图为“地康法”制 氯气的模拟装置．下列关有说法不正确的是 A. 关闭 K2 打开 K1, 若漏斗中的液面不持续下降 ，则装置 1 的气密性良好B. 打开 K3 ，将浓盐酸逐滴滴入浓硫酸中可制备反应所需要的氯化氢 C. 装置 2 中盛放的是浓硫酸，通过观察气泡逸出的快慢可判断气体的通入量 D. 后续需要净化氯气的装置中 ，除杂试剂依次为饱和食盐水、碱石灰 【答案】D 【解析】 【详解】A. 关闭 K2 打开 K1，漏斗中的液体进入装置 1 中使其气压变大，若漏斗中的液面不持续下降 ，则 装置 1 的气密性良好，A 说法正确； B. 打开 K3，将浓盐酸逐滴滴入浓硫酸中，浓硫酸具有吸水性，浓硫酸吸水放热促进氯化氢气体逸出，故可 制备反应所需要的氯化氢，B 说法正确； C. 装置 2 中盛放的是浓硫酸，通过观察气泡逸出的快慢可判断气体的通入量，以调节氯化氢和氧气的比例， C 说法正确； D. 以氯化铜作催化剂，利用氧气氧化氯化氢，生成的氯气中含有水蒸气和剩余的氯化氢，后续需要净化氯 气的装置中 ，除杂试剂依次为饱和食盐水、浓硫酸或无水氯化钙，氯气可被碱石灰吸收，D 说法不正确。 本题选 D。 8.已知工业上常用“有效氢含量”衡量含氢还原剂的还原能力，其定义为 ：每克含氢还原剂的还原能力相 当于多少克 H2 的还原能力。硼氢化钠（NaBH4）是一种极强的含氢还原剂，下列有关说法正确的是 A. NaBH4 作还原剂时 ，其中的硼元素被氧化 B. NaBH4 的“有效氢含量”约为 0.21 C. 反应 8Au3+ +BH +OH-→ 8Au+BO +H2O 中水的化学计量数为 16 D. NaBH4 遇水产生大量的氧气可作供氧剂 【答案】B 【解析】 【详解】A. NaBH4 中 B 元素的化合价为+3，H 元素的化合价为-1，NaBH4 作还原剂时 ，其中的硼元素的化 合价不变，被氧化的是氢元素，A 说法不正确； B. 1mol NaBH4 作还原剂时，H 元素由-1 价升高到+1 价，可以失去 8mol 电子，相当于 4mol H2 ,NaBH4 的“有 效氢含量”为 0.21，B 说法正确； C. 配平后可得 8Au3+ +3BH +24OH- = 8Au+3BO +18H2O，则水的化学计量数为 18，C 说法不正确； D. NaBH4 是一种极强还原剂，其与水产生氢气，不可能用作供氧剂，D 说法不正确。 本题选 B。 4 − 2 − 4 2 / 1 39 / mol g mol mol g mol × ≈× 4 − 2 −9.如图是从小白菊中提取的一种有机物。下列关于该有机物的说法正确的是 A. 可在酸件或碱性溶液中稳定存在 B. 其同分异构体存在芳香族化合物 C. 能使溴水或酸性 KMnO4 溶液褪色，其原理相同 D. 分子中所有原子一定在同一平面内 【答案】B 【解析】 【详解】A．该有机物结构中含有酯基，可在酸件或碱性溶液中会发生水解，不能稳定存在，故 A 错误； B．该有机物结构中有三个环和三个双键，其不饱和度为 6，芳香族化合物含有苯环，苯环的不饱和度为 4， 苯环上的支链中可含有碳氧双键和碳碳双键，不饱和度也能为 6，则其同分异构体存在芳香族化合物，故 B 正确； C．该有机物结构中含有碳碳双键和醇羟基，该有机物中的碳碳双键能使溴水发生加成反应使溴水褪色，碳 碳双键和醇羟基能被酸性 KMnO4 溶液氧化而使 KMnO4 溶液褪色，二者原理不相同，故 C 错误； D．分子中含有甲基和亚甲基，氢原子与碳原子一定不在同一平面内，故 D 错误； 答案选 B。 10.NO 在催化剂表面催化分解反应历程如图所示(TS 表示反应中的过渡态)。下列有关说法中正确的是 A. 分解反应的热化学方程式为 2NO(g) N2(g)+O2(g)△H = +43.77 kcal• mol-1 B. 中间产物 3 中的键能大于中间产物 4 的，中间产物 3 更稳定 C. 历程中“5→TS4→6”的活化能最大，该历程决定整个反应的快慢 D. 使用高效催化剂，降低 NO 的相对能量，从而影响反应热的大小 【答案】C 【解析】 【详解】A．由图像可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，反应为放热反应，则分解反应的热化学方 程式为 2NO(g) N2(g)+O2(g)△H = -43.77 kcal• mol-1，故 A 错误； B．由图像可知，中间产物 3 能量高于中间产物 4 的能量，为放热反应，中间产物 3 中的键能小于中间产物 4 的，能量越低越稳定，则中间产物 4 更稳定，故 B 错误； C．过渡态和反应物的能量差(△E)称为活化能，根据图示计算可得，历程中“5→TS4→6”的活化能最大，活 化能越大，反应速率越慢，反应历程中慢反应决定整个反应的快慢，故 C 正确； D．使用高效催化剂，可以改变反应物的活化能，但不能影响反应热，反应热由反应物的总能量和生成物的 总能量决定，故 D 错误； 答案选 C。 11.X、Y、Z、W 为短周期主族元素，其常见化合价与原子半径的关系如图所示。已知四种元素中只有 Y 与 Z 同周期，下列说法正确的是( ) A. 简单氢化物的稳定性：Y＜Z B. X、Y、Z 可组成盐类化合物 C. X 的氧化物中不可能含非极性键 D. W 的最高价氧化物对应水化物为弱碱 【答案】B 【解析】 【分析】 X、Y、Z、W 为短周期主族元素，原子半径依次增大，且只有 Y 与 Z 同周期，X 的常见化合价为+1 和-1 价，则 X 为 H 元素，Y 的常见化合价为-2 价，则 Y 为 O 元素，Z 的常见化合价为+5 价和-3 价，则 Z 为 N 元素，W 的常见化合价为+1 价，则 W 为 Na 元素，据此分析解答。 【详解】A．Y 为 O 元素，Z 为 N 元素，非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，非金属性：O＞N， 则简单氢化物的稳定性：Y＞Z，故 A 错误； B．X 为 H 元素，Y 为 O 元素，Z 为 N 元素，X、Y、Z 可组成 NH4NO3，为铵盐，故 B 正确； C．X 为 H 元素，X 的氧化物有 H2O 和 H2O2, H2O2 中含极性键和非极性键，故 C 错误； D．W 为 Na 元素，其最高价氧化物对应水化物为氢氧化钠，属于强碱，故 D 错误； 答案选 B。 12.电解法制备磷酸二氢钾(KH2PO4)装置如图所示。下列说法正确的是 A. 与 a 相连接的电源电势比 b 的高 B. 离子交换膜 x、y 分别为阳离 子、阴离子交换膜 C. 电解时，理论上相同时间内通过交换膜的阴、阳离子数相等 D. 当外电路中通过 1mol 电子时，会有 ll.2L 的 Cl2 生成 【答案】C 【解析】 【分析】 根据图示，通电的条件下，a 电极上 H+得电子变为 H2，发生还原反应，b 电极上 Cl-失电子转化为 Cl2，发 生氧化反应，则 a 电极为阴极，与电源正极相连，b 电极为阳极，与电源正极相连， 通过离子交换 膜 x 进入中和室，K+通过离子交换膜 y 进入中和室，在中和室中生成磷酸二氢钾(KH2PO4)，则离子交换膜 x 为阴离子交换膜，离子交换膜 y 为阳离子交换膜，据此分析解答。 【详解】A．根据分析，a 电极为阴极，与电源正极相连，b 电极为阳极，与电源正极相连，原电池中正极 的电势高于负极，则与 b 相连接的电源电势比 a 的高，故 A 错误； B．根据分析，离子交换膜 x 为阴离子交换膜，离子交换膜 y 为阳离子交换膜，故 B 错误； C．电解时， 通过离子交换膜 x 进入中和室，K+通过离子交换膜 y 进入中和室，二者都带一个单位 的电荷，根据得失电子守恒，理论上相同时间内通过交换膜的阴、阳离子数相等，故 C 正确； D．b 电极上 Cl-失电子转化为 Cl2，电极反应为：2Cl--2e-= Cl2，当外电路中通过 2mol 电子时，会有 1mol Cl2 - 2 4H PO - 2 4H PO生成，标准状况下的体积为 22.4L，则外电路中通过 1mol 电子时，会有标况下 ll.2L 的 Cl2 生成，题中选项 未给出气体的状态条件，则生成的氯气体积不一定为 11.2L，故 D 错误； 答案选 C。 13.通过下列实验操作和实验现象，得出的结论正确的是 选项 实验操作和现象 结论 A 常温下，分别测定浓度均为 0.1mol• L-1 的 Na2CO3 溶液与 CH3COONa 溶液的 pH，Na2CO3 溶液的 pH 大于 CH3COONa 溶液 HCO3 电离出 H+的能力比 CH3COOH 的弱 B 将乙醇与浓硫酸混合加热，产生的气体通入酸 性 KMnO4 溶液，溶液紫红色褪去 产生的气体中一定含有乙烯 C 将亚硫酸钠样品溶于水，加入盐酸酸化的 Ba(NO3)2 溶液，有白色沉淀产生 样品接触空气己氧化变质 D 取少量酸催化后的淀粉水解液于试管中，先加 入过量氢氧化钠溶液中和酸，再加少量碘水， 溶液未变蓝 淀粉已经完全水解 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．测定同浓度 Na2CO3 溶液与 CH3COONa 溶液的 pH，由 pH 可知前者水解程度大，则醋酸的酸 性强，CH3COOH 电离出 H+能力强，故 A 正确； B．将乙醇与浓硫酸混合加热可生成乙烯，由于乙醇具有挥发性，生成 乙烯中含有乙醇，含有乙醇的气体 通入酸性高锰酸钾溶液中，乙醇也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，则不能说明产 生的气体中一定含有乙烯，故 B 错误； C．向亚硫酸钠样品水溶液中加入盐酸酸化的 Ba(NO3)2 溶液，相当于引入硝酸，硝酸具有强氧化性，可将 亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，导致生成硫酸钡白色沉淀，则该实验操作不能说明样品中的亚硫酸根离 子被空气氧化变质，故 C 错误； D．取少量酸催化后的淀粉水解液于试管中，先加入过量氢氧化钠溶液中和酸，再加少量碘水，由于碘可与 过量的氢氧化钠溶液反应，若碘反应后没有剩余，即使有淀粉存在溶液也不会变蓝，因此该操作不能判断 的淀粉是否已经完全水解，故 D 错误； 答案选 A。 14.25°C， 在 0. 1 mol• L-1 CH3COOH 溶液中滴加 NaOH 溶液，溶液中 c(CH3COOH)、c(CH3COO-)与 pH 的关系如图所示。下列叙述正确的是 A. 曲线 I 表示混合溶液中 c(CH3COO-)随 pH 变化关系 B. a 点溶液的导电能力比 b 点的强 C. 25℃时，CH3COOH 的电离平衡常数为 10-4.75 D. pH=5.5 的溶液中：c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(CH3COOH) 【答案】C 【解析】 【分析】 在 0. 1 mol• L-1 的 CH3COOH 溶液中滴加 NaOH 溶液，CH3COOH 溶液逐渐转化为 CH3COONa 的溶液，随 NaOH 溶液滴加，溶液 pH 逐渐增大，c(CH3COOH)逐渐减小，c(CH3COO-)逐渐增大，则曲线 I 表示 c(CH3COOH) 随 pH 变化关系，曲线Ⅱ表示 c(CH3COO-)随 pH 变化关系，据此分析解答。 【详解】A．根据分析，曲线Ⅱ表示混合溶液中 c(CH3COO-)随 pH 变化关系，故 A 错误； B．a、b 点均在曲线Ⅱ上，从 a 到 b 溶液的 c(CH3COO-)浓度增大，c(CH3COOH)逐渐减小，溶液中离子的含 量最多，导电能力增强，则 a 点溶液的导电能力比 b 点的若，故 B 错误； C．25℃时，CH3COOH 电离平衡常数表达式为：Ka= ，c 点时，c(CH3COO-)= c(CH3COOH)，溶液 pH=4.75，即溶液中 c(H+)=10-4.75mol/L，则 Ka=c(H+)=10-4.75mol/L，故 C 正确； D．由图像可知，pH=5.5 的溶液中，c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+ c(H+)= c(CH3COO-)+ c(OH-)，溶液显酸性，则 c(H+)＞c(OH-)，因此 c(Na+)＜c(CH3COO-)，故 D 错误； 答案选 C。 二、非选择题：共 58 分。第 15~ 17 题为必考题，每个试题考生都必须作答。根据要求作答。 第 18~19 题为选考题，考生根据要求作答。 的 的 ( ) ( ) ( ) - + 3 3 c CH COO c H c CH COOH ⋅15.环戊二烯基铁[ Fe(C5H5)2]是一种有机过渡金属化合物，常温下为橙黄色粉末，难溶于水，易溶于有机 溶剂，温度超过 100 °C 能够升华，实验室制备环戊二烯基铁的装置和步骤如下： 实验步骤： 步骤 1：在三颈烧瓶中加入 10mL 乙二醇二甲醚（作溶剂）和 4. 5 g 研细的 KOH 粉末，通入氮气并开启磁 力搅拌器 ，然后加入 1. 5mL 环戊二烯（过量）； 步骤 2：将 1.5g FeCl2•4H2O 溶于 5 mL 二甲基亚砜中 ，并转入滴液漏斗中，将步骤 1 中的混合物猛烈搅拌 10 min，打开滴液漏斗将氯化亚铁的二甲基亚砜溶液在 45 min 钟左右滴完； 步骤 3：关闭滴液漏斗，在氮气保护下继续搅拌 30 min; 步骤 4：将反应后的混合液倒入 100 m L 烧杯内，加入少量盐酸除去剩余的 KOH，再加入 20mL 水，继续 搅拌悬浊液 15min，抽滤产物，并用水洗涤产物 3~4 次，最后将产物铺在面皿上，置于真空干燥器内干燥。 回答下列问题： （1）仪器 a 的作用是___________________。 （2）制备过程中若不通入氮气，会降低环戊二烯基铁的产率，试分析其中的原因： __________。 （3）硅油的主要作用是______。 （4）步骤 4 中分离环戊二烯基铁也可采用如下方法，请将分离步骤补充完整：向反应后的混合液加入 10 mL 乙醚（ρ= 0.71g• cm-3 ） 充分搅拌，然后转入_____（填仪器名称）中，依次用盐酸、水各洗涤两次，待液 体分层后_____________（填完整操作过程），将含有二环戊二烯基合铁的溶液在通风橱中蒸发得到二环戊 二烯基合铁粗产品。 （5）可采用如图所示的简易装置分离提纯环戊二烯基铁。将颗粒状环戊二烯基铁放入蒸发皿中并小火加热， 环戊二烯基铁在扎有小孔的滤纸上凝结，该分离提纯方法的名称是_______________，装置棉花的作用是 ___________。（6）若最终制得环戊二烯基铁质量为 0.16g，则产率为_____％（保留一位小数）。 【答案】 (1). 冷凝回流有机物提高原料利用率 (2). 部分 Fe2+ 被空气中的氧气氧化，降低了参加 反应的 Fe2+ 的量 (3). 液封，防止空气中的氧气进入三颈烧瓶中，吸收挥发出来的有机物 (4). 分 液漏斗 (5). 先将水层从分液漏斗下口放出，再将环戊二烯基铁的乙醚溶液从上口倒出 (6). 升华 (7). 防止环戊二烯基铁挥发进入空气中，减缓与空气的对流 (8). 11.4 【解析】 【分析】 由题中信息可知，过量的环戊二烯和 1.5g FeCl2•4H2O 在碱性条件下、适当的有机溶剂中可以发生反应制得 环戊二烯基铁。Fe2+具有较强的还原性，易被空气中的氧气氧化。故反应过程中要持续通入氮气。为防止空 气中的氧气进入三颈烧瓶中，并吸收挥发出来的有机物，连接冷凝管的玻璃管要用硅油液封。计算产率时， 要以不过量的氯化亚铁晶体为基准计算出理论产量。 【详解】(1)仪器 a 为球形冷凝管，其作用是冷凝回流有机物，提高原料利用率。 (2)Fe2+具有较强的还原性，易被空气中的氧气氧化。制备过程中若不通入氮气，会降低二环戊二烯基合铁 的产率，其中的原因是：部分 Fe2+被空气中的氧气氧化，降低了参加反应的 Fe2+的量 。 (3)从冷凝管中挥发出的有机物会污染空气，若有氧气从冷凝管进入系统会降低二环戊二烯基合铁的产率， 因此，硅油的主要作用是：液封，防止空气中的氧气进入三颈烧瓶中，吸收挥发出来的有机物。 (4)环戊二烯基铁[ Fe(C5H5)2]难溶于水，易溶于有机溶剂。因此，步骤 4 中分离环戊二烯基铁也可采用如下 方法：向反应后的混合液加入 10 mL 乙醚（ρ= 0.71g• cm-3） 充分搅拌，然后转入分液漏斗中，依次用盐酸、 水各洗涤两次。乙醚的密度比水小，待液体分层后，上层为有机层，下层为水层。先将水层从分液漏斗下 口放出，再将环戊二烯基铁的乙醚溶液从上口倒出，将含有环戊二烯基铁的溶液在通风橱中蒸发得到环戊 二烯基铁粗产品。 (5)环戊二烯基铁在温度超过 100 °C 时能够升华。将颗粒状环戊二烯基铁放入蒸发皿中并小火加热，环戊二 烯基铁在扎有小孔的滤纸上凝结，该分离提纯方法的名称是升华，装置棉花的作用是防止环戊二烯基铁挥 发进入空气中，减缓与空气的对流。(6)环戊二烯是过量的，1.5g FeCl2•4H2O 的物质的量为， ，则理论上可以制得二 环戊二烯基合铁的物质的量为 ，质量为 1.40g。若最终制得环戊二烯基铁质量为 0.16g，则产率 为 11.4％。 【点睛】本题属于信息给予题，解题时要注意应用题中所给 相关信息。例如在分离产品时，要根据产品 难溶于水易溶于有机溶剂的特点，用萃取法分离。且要注意乙醚的密度比水小，有机层在上层。 16.氯化亚铜(CuCl)广泛应用于冶金、电镀、医药等行业。某同学以含铜废料(主要成分是 CuO、MgO、 MnO、SiO2 及少量的杂质)为主要原料制备 CuCl 的主要流程如下： 已知：①CuCl 难溶于水和乙醇 ，在潮湿的空气中易被氧化； ②在水溶液中存在平衡 ：CuCl(白色)+2Cl- [CuCl3]2-(色无溶液)。 ③几种金属氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的 pH 如下表： 氢氧化物 开始沉淀的 pH 完全沉淀的 pH Mg(OH)2 8. 4 10. 8 Cu(OH)2 4.2 6. 7 Mn(OH)2 7. 8 8. 8 问答下列问题： (1)滤渣 1 的主要成分是 _________________(写化学式，下同)。 (2)“调 pH”所用粉末状试剂 X 是_____________；pH 的调节范闱为____________。 (3)“反应”发生 Cu2+ +Cu+6Cl-=2[CuCl3]2-，表明已完全反应的现象是_______________。 (4)向“滤液 3” 加大量的水，过滤可得 CuCl。所得沉淀需再用乙醇洗涤．并在低温下干燥，其原因是 ___________。 (5)产品纯度的测定，步骤如下：称取 mg 试样置于锥形瓶中，加入直径 4 ~ 5 mm 玻璃珠适量，并加入 10 mL FeCl3 溶液，摇动至样品全部溶解后(CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2)，再加入 50 mL，水和 2 滴邻菲罗啉指示剂， 的 1.5 0.0075199 / g molg mol = 0.0075mol 0.16 100%1.40 g g × = 立刻用 c mol• L-1 的硫酸高铈[Ce(SO4)2]标准溶液滴定(Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+)'滴至终点时共消耗硫酸高铈标准 溶液 V mL。 ①锥形瓶中加入玻璃珠的作用是____________________。 ②样品中 CuCl 的质量分数为_____(列出表达式即可 , 用含(c、m、V 的代数式表示)。 【答案】 (1). SiO2 (2). CuO、Cu(OH)2 、CuCO3 、Cu2(OH)2CO3 (3). 6.7≤pH＜7.8 (4). 溶液由蓝色变为无色 (5). CuCl 不溶于乙醇且乙醇易挥发，低温干燥时可防止 CuCl 变质 (6). 搅拌以加速 CuCl 的溶解 (7). ×100% 【解析】 【分析】 含铜废料(主要成分是 CuO、MgO、MnO、SiO2 及少量的杂质)加入稀硫酸进行酸浸溶解并进行过滤 1，由于 SiO2 不与稀硫酸反应，则得到的滤渣 1 为 SiO2，滤液为主要含有 Cu2+、Mg2+、Mn2+及 的酸性溶液，向 滤液中加入 X 试剂调节滤液 pH 值并进行过滤 2，可将滤液中的 Cu2+转化为沉淀从滤液中分离出来，则滤液 2 主要含有 Mg2+、Mn2+及 ，过滤后得到的沉淀 Cu(OH)2，向其加稀硫酸进行溶解得到含有 Cu2+的蓝色 溶液，向溶液中加入 NaCl、浓硫酸及过量铜粉，发生反应：Cu2+ +Cu+6Cl-=2[CuCl3]2-，转化为含有[CuCl3]2- 的无色溶液，再进行过滤 3 得到含有[CuCl3]2-滤液 3，对滤液 3 进行一系列的操作后得到产品氯化亚铜(CuCl)， 据此分析解答。 【详解】(1)根据分析，滤渣 1 的主要成分是 SiO2； (2)“调 pH”的目的是将滤液中的 Cu2+转化为沉淀从酸性滤液中分离出来，所用粉末状试剂 X 可与滤液中的 氢离子反应改变溶液的 pH 值并且不形成其他难溶性杂质沉淀，则粉末状试剂 X 可以是 CuO、Cu(OH)2、 CuCO3、Cu2(OH)2CO3 的任意一种；调节 pH 只允许 Cu2+完全转化为沉淀，Mg2+、Mn2+仍然留在滤液中，根 据表格中金属氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的 pH 数据，pH 的调节范闱为 6.7≤pH＜7.8； (3)向过滤 2 后得到的沉淀 Cu(OH)2 中加稀硫酸进行溶解得到含有 Cu2+的蓝色溶液，“反应”步骤发生 Cu2++Cu+6Cl-=2[CuCl3]2-，根据已知信息可知[CuCl3]2-无色，则表明已完全反应的现象是溶液由蓝色变为无 色； (4)向“滤液 3” 加大量的水，过滤可得 CuCl。所得沉淀需再用乙醇洗涤．并在低温下干燥，其原因是 CuCl 不溶于乙醇且乙醇易挥发，低温干燥时可防止 CuCl 变质； (5)①锥形瓶中加入玻璃珠的作用是搅拌以加速 CuCl 的溶解； ②根据反应 CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2、Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+可得：CuCl~ Fe2+~Ce(SO4)2，则 n(CuCl)=n[Ce(SO4)2]=cmol• L-1×V×10-3L=cV×10-3mol，m(CuCl)= cV×10-3mol×99.5g/mol=99.5×cV×10-3g，则样 -399.5 cV 10 m × × 2- 4SO 2- 4SO品中 CuCl 的质量分数为 。 【点睛】本题易错点为(5)小题的②，计算时要注意物理量的单位换算。 17.SO2 是空气污染物 ，含有 SO2 的尾气需处理后才能排放，有多种方法可除 去尾气中 SO2。回答下列问 题： （1）氨水吸收法。利用氨水吸收烟气中的 SO2， 其相关反应的主要热化学方程式如下： SO2(g)+NH 3 • H2O(aq)=NH4HSO3(aq) △H1=akJ•mol-1； NH 3 • H2O(aq)+NH4HSO3(aq)=(NH4)2SO3(aq)+H2O（1）△H2= b kJ• mol-1； 2(NH4)2SO3(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4 （aq）△H3 =ckJ• mol-1； 则反应 2SO2(g)+4 NH 3 • H2O(aq)+ O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)+2H2O(l)的△H=___________kJ• mol-1（用含 a、b、 c 的代数式表示）。 （2）热解气还原法。已知 CO 与 SO2 在加热和催化剂作用 下生成生成 S(g)和 CO2。 ①该反应的化学方程式为__________。 ②在 T °C 时，向 lL 恒容的密闭容器中入充 1 mol CO、0.5molSO2 发生上述反应（S 为气态）．5min 时达到 化学平衡，平衡时测得 SO2 的转化率为 90 %，则 0 ~ 5 mi n 内 反应的平均速率 v(SO2)=__________。此温度 下该反应的平衡常数 K1=_______。下列选项中能够说明该反应已经达到平衡状态的是_____（填字母）。 a.体系的压强保持不变 b.混合气体的密度保持不变 c.混合气体的平均摩尔质量保持不变 d.单位时间内 CO 消耗的物质的量与 SO2 生成的物质的量之比为 2：1 （3）氧化锌吸收法。配制 ZnO 悬浊液（含少量 MgO、CaO）在吸收塔中封闭循环脱硫。发生的主要反应 为 ZnO 十 SO2 = ZnSO3(s)．吸收过程中，测得 pH、吸收效率 η 随 时间 t 的变化如图 a 所示。溶液中含硫元 素微粒各组分浓度之比如图 b 所示。 ①已知纯 ZnO 的悬浮液 pH 约为 6.8，判断在 pH-t 曲线 cd 段发生的主要反应的离子方程式为 ____________。 -399.5 cV 10 100%m × × ×②SO2 的吸收效率 η 随 pH 降低而减小的原因是____________。 【答案】 (1). 2a+2b+c (2). 2CO+SO2 S(g)+2CO2 (3). 0.09mol·L—1·min—1 (4). 729 (5). d (6). ZnSO3+SO2+H2O=Zn2+ +2HSO (7). pH 降低，c(H+)增大，ZnSO3 溶解 【解析】 【分析】 根据盖斯定律求相关反应的反应热；根据信息写出反应并配平；根据化学反应速率和平衡常数的表达式， 求出相关物理量进行相关的计算；根据化学平衡状态的特征分析判断化学平衡状态的依据； 【详解】（1）利用氨水吸收烟气中的 SO2， 其相关反应的主要热化学方程式如下： ①SO2(g)+NH3• H2O(aq)=NH4HSO3(aq)△H1=akJ•mol-1； ②NH3• H2O(aq)+NH4HSO3(aq)=(NH4)2SO3(aq)+H2O（1）△H2= b kJ• mol-1； ③2(NH4)2SO3(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4（aq）△H3=ckJ• mol-1； 根据盖斯定律可知，①×2+②×2+③可得 2SO2(g)+4 NH3• H2O(aq)+ O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)+2H2O(l)，则反应 2SO2(g)+4 NH3• H2O(aq)+ O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)+2H2O(l)的△H=2△H1+2△H2+△H3=(2a+2b+c) kJ• mol-1。 （2）①CO 与 SO2 在加热和催化剂作用 下生成生成 S(g)和 CO2，该反应的化学方程式为 2CO+SO2 S(g)+2CO2。 ②在 T °C 时，向 lL 恒容的密闭容器中入充 1 mol CO、0.5molSO2 发生上述反应，5min 时达到化学平衡，平 衡时测得 SO2 的转化率为 90 %，则 0 ~ 5 mi n 内 SO2 的变化量为 0.45mol，则 CO、S(g)、2CO2 的变化量为 0.9 mol、0.45 mol、0.9 mol，CO、SO2、S(g)、2CO2 的平衡浓度分别为 0.1mol/L、0.05mol/L、0.45mol/L、 0.9mol/L。 0 ~ 5 mi n 内反应的平均速率 v(SO2)= 0.09mol·L—1·min—1。此温度下该反应的平衡体 系中，平衡常数 K1= 729。 a. 反应前后气体的分子数相同，故压强在反应过程中始终不变，当恒容的密闭容器中体系的压强保持不变 时，不能判断是否达到化学平衡状态； b.根据质量守恒定律可知，恒容的密闭容器中气体的质量不变、体积不变，故在反应过程中混合气体的密度 保持不变，无法据此判断反应是否达到平衡状态； c.在反应过程中，气体的总物质的量不变，气体的质量也不变，故混合气体的平均摩尔质量保持不变，不能 据此判断反应是否达到化学平衡状态； d.单位时间内 CO 消耗的物质的量与 SO2 生成的物质的量之比为 2：1，说明正反应速率和逆反应速率相等， Δ 催化剂 3 − Δ 催化剂 0.45 1 5 mol l min =× ( ) ( ) 2 2 0.45mol / L 0.9mol / L 0.1mol / L 0.05mol / L × = ×可以说明反应已经达到平衡状态。 综上所述，能够说明该反应已经达到平衡状态的是 d。 （3）①由图象可知，在 pH-t 曲线 bc 段，溶液的 pH 变化较小，可知该阶段主要发生 ZnO+SO2= ZnSO3； 在 pH-t 曲线 cd 段，溶液的 pH 变小较快，可以推断 ZnSO3 转化为易溶于水的酸式盐 Zn(HSO )2，该反应的 离子方程式为 ZnSO3+SO2+H2O=Zn2++2HSO 。 ②由上面分析可知，ZnSO3 可以转化为易溶于水的酸式盐 Zn(HSO )2。由图 b 可知，HSO 的水溶液显酸性， SO2 在酸性溶液中的溶解度较小，所以，SO2 的吸收效率 η 随 pH 降低而减小的原因是：pH 降低，c(H+)增 大，ZnSO3 溶解。 【点睛】题中最后一问最难，注意分析曲线中 pH 的突变是解题的关键。注意分析两个图中的信息，从中找 到解题所需要的关键数据，培养了学生分析图表数据的能力。 18.金属氮化物具有高熔点、高硬度、高化学稳定性以及良好的导热、导电性，目前已经广泛应用于磁学、 电子工业 、耐高温结构陶瓷等领域 。回答下列问题 (1)下列不同状态的氮原子其能量最高的是________(填字母)，基态氮原子处于最高能级的电子其电子云轮 廓图形状为________ (2)第一电离能 I1(N)______(填“> ”“< ”或“=”)I1(P)，其原因是_____________。 (3)A 和 B 两种金属的含氮化合物的结构如图所示： ①基态 Ni 原子的核外电子排布式为[ Ar]________________。 ②物质 A 中碳原子的杂化方式为__________________。 3 3 − 3 3 −③A 的熔点高于 B 的，具主要原因是_______。 ④B 中含有的化学键类型有_____________(填字母)。 a.金属键 b. σ 建 c.π 键 d. 配位键 (4)氮化铝晶胞如图所示。氮原子的配位数为_______，每个铝原子周围紧邻__________个铝原子；已知立 方氮化铝晶体密度为 ρg• cm-3，晶胞中最近的两个铝原子之间的距离为___pm(列出计算式即可，阿伏加德 罗常数为 6. 02×1023mol -1)。 【答案】 (1). D (2). 哑铃形 (3). ＞ (4). N 的原子半径比 P 的小，原子核对最外层 电子的吸引力较大 (5). 3d84s2 (6). sp3、sp2 (7). 物质 A 分子间存在氢键 (8). bcd (9). 4 (10). 12 (11). × ×1010 【解析】 【分析】 (1)基态氮原子的核外电子排布式为 1s22s2 2p3 ，离核越远的电子能量越高，处于 2p 能级的电子量最高； (2)N 和 P 位于同主族，半径越小，原子核对最外层电子的吸引力较大，则第一电离能更大； (3)①基态 Ni 原子的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d84s2 或[Ar]3d84s2； ②物质 A 中碳原子有两种一种为甲基上的碳，类似于甲烷的四面体结构，另一种为 C=N 上的碳原子，结合 碳原子的空间构型分析判断杂化类型； ③物质 A、B 结构相似，晶体类型相同，A 中含有氢键，据此分析解答； ④根据 B 的结构图，B 中含有配位键和共价键，配位键和共价单键都为 σ 键，双键中含有一个 σ 键和一个 π 键； (4)由氮化铝晶胞图示中原子间位置关系判断配位数，该晶胞中 Al 原子位于晶胞的顶点和面心，则晶胞中 Al 原子的数目为 8× +6× =4，N 原子位于晶胞的内部，则 N 原子的数目为 4，则晶胞的质量为 g，根据 m=ρV 计算晶胞的边长，晶胞中最近的两个铝原子之间的距离为晶胞面对角线长度的一半，据此计 算解答。 2 2 23 36. 02 4 41 10 ρ× × × 1 8 1 2 ( ) A 4 14+27 N ×【详解】(1)氮原子其能量最高 是 D，基态氮原子的核外电子排布式为 1s22s2 2p3 ，离核越远的电子能量 越高，处于 2p 能级的电子量最高，其电子云轮廓图形状为哑铃形； (2)N 和 P 位于同主族，N 的原子半径比 P 的小，原子核对最外层电子的吸引力较大，则第一电离能 I1(N)＞ I1(P)； (3)①基态 Ni 原子的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d84s2 或[Ar]3d84s2； ②物质 A 中碳原子有两种一种为甲基上的碳，类似于甲烷的四面体结构，该碳原子为 sp3 杂化，另一种为 C=N 上的碳原子，C=N 是平面结构，则该碳原子为 sp2 杂化； ③物质 A 中的氧原子可形成分子间存在氢键，B 中不能形成氢键，则 A 的熔点高于 B； ④根据 B 的结构图，B 中含有配位键和共价键，配位键和共价单键都为 σ 键，双键中含有一个 σ 键和一个 π 键，只有金属晶体中含有金属键，则 B 中含有的化学键类型有 σ 键、π 键、配位键，答案选 bcd； (4)由氮化铝晶胞图示可知，氮原子的配位数为 4，每个铝原子周围紧邻 12 个铝原子；该晶胞中 Al 原子位 于晶胞的顶点和面心，则晶胞中 Al 原子的数目为 8× +6× =4，N 原子位于晶胞的内部，则 N 原子的数 目为 4，则晶胞的质量为 g，根据 m=ρV 可得，晶胞的边长= cm，晶胞中面对角线的长度为 × cm，晶胞中最近的 两个铝原子之间的距离为晶胞面对角线长度的一半，则晶胞中最近的两个铝原子之间的距离为 × cm= × ×1010 pm。 【点睛】易错点为(4)中计算结果注意单位的换算，1cm=1010pm。 19.有机物 I 是一种治疗霍奇金病、慢性淋巴细胞性白血病等疾病的药物，其一种合成路线如下： 的 1 8 1 2 ( ) A 4 14+27 N × ( ) ( )3 A 3 3 A A -3 4 14+27 g 4 14+27N 4 41= Nρg m ρNc ρ × × × ⋅ = 2 3 A 4 41 ρN × 2 2 3 A 4 41 ρN × 2 2 23 36. 02 4 41 10 ρ× × × 回答下列问题： （1）反应条件 l 是____________________。 （2）G 中官能团的名称为_________；C 的结构简式为____；B→C 的反应类型_____。 （3）写出 F→G 的化学力程式：_____________。 （4）W 是 F 的同分异构体，写出满足下列条件的 W 的结构简式：____（不考虑立体异构，只需写出三 种）。 ①芳香族化合物，既能发生银镜反应又能发生水解反应 ②核磁共振氢谱显示有 5 组峰，且峰面积之比为 6：2：2：2：1 （5）设计由苯 和 为主要原料制备 的合成路线： ___（其他无机试剂任 选）。 【答案】 (1). 浓硫酸、50~60℃（或答水浴加热） (2). 酯基、氨基 (3). (4). 还 原 反 应 (5). + CH3OH +H2O (6). (7). Δ 浓硫酸【解析】 【分析】 由题中信息可知，苯发生硝化反应生成硝基苯，硝基苯还原生成 C，C 为苯胺；C 与氯乙酰发生取代反应生 成 D，D 与 发生反应生成 E；E 发生还原反应生成 F；F 与甲醇发生酯化反应生成 G；G 与环氧乙烷发 生反应生成 H；H 经两步反应生成 I。 【详解】（1）反应条件 l 苯的硝化反应的条件：浓硫酸、50~60℃（或水浴加热）。 （2）G 中官能团的名称为酯基、氨基；根据 C 到 D 的变化可知，C 为苯胺，其结构简式为 ；B→C 的反应中硝基转化为氨基，其反应类型为还原反应。 （3）根据反应条件和分子结构的变化可知， F→G 发生了酯化反应，其化学力程式为 + CH3OH +H2O。 （4）W 是 F（ ）的同分异构体，其满足下列条件： ①W 为芳香族化合物，则其含有苯环；既能发生银镜反应又能发生水解反应，则其含有酯基和醛基，因为 只有 2 个 O 原子，则 W 为甲酸的酯； ②核磁共振氢谱显示有 5 组峰，且峰面积之比为 6：2：2：2：1，则 W 的分子结构有一定的对称性。 若苯环上只有两个取代基，则 W 的结构有 和 ；若苯环上有 4 个取代其，则 W 的结构有 Δ 浓硫酸、 、 、 。 （5）由苯 和 为主要原料制备 ，根据题中 D 到 E 的反应信息可知，苯先与 反应生成 ，然后 与氢气发生加成反应生成 ，最后 发生自身的酯化反应生成内酯 。具体合成路线如下： 。 【点睛】本题的合成路线的设计较难，要用到题干中合成路线的信息，要能够根据反应前后有机物的结构 变化，明确反应中变化的官能团及化学键，并能将这些信息迁移到新的情境中。