黑龙江省大庆铁人中学2020届高三考前模拟训练（二）理科综合化学试题 Word版含解析 20页

- 1 - 铁人中学 2017 级高三学年考前模拟训练(二) 化学试题 可能用到的原子量：H1 C12 O16 Cl35.5 Fe56 Cu64 第Ⅰ卷(选择题部分) 一、单项选择题 1.个人卫生及防护与化学知识密切相关。下列说法中正确的是 A. 气溶胶是飞沫混合在空气中形成的胶体，飞沫是分散剂，空气是分散质 B. 饮用水的净化常用到明矾，明矾中无重金属元素，长期使用对身体无害 C. 制造口罩的核心材料熔喷布的主要成分是聚丙烯，聚丙烯是有机高分子化合物，属于混合 物 D. 家庭生活中可用 84 消毒液进行消毒，84 消毒液与洁厕灵可以混合使用效果更好 【答案】C 【解析】 【详解】A．飞沫在空气中形成气溶胶，飞沫是分散质，空气是分散剂，A 不正确； B．明矾净水是电离的铝离子水解生成氢氧化铝胶体、吸附水中悬浮物形成沉淀而净水，但过 量摄入铝，会破坏人体的中枢神经系统、患痴呆症，B 不正确； C．聚丙烯是由链节相同但聚合度不同的分子形成的混合物，C 正确； D．84 消毒液(有效成分为 NaClO)与洁厕灵(主要成分为 HCl)混合，会反应生成 Cl2，有毒，且 污染环境，D 不正确； 故答案为 C。 2.设 NA 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 100 g 溶质质量分数为 46%的乙醇水溶液中,含有 4NA 个氧原子 B. 标准状况下，11 g T2 16O 中含有的质子数目为 6NA C. 3.65 g 液态 HCl 中含有的粒子总数为 0.2NA D. 25 ℃时 Ksp(CaSO4)=9×10-6,则该温度下 CaSO4 饱和溶液中含有 3×10-3NA 个 Ca2+ 【答案】A 【解析】 【详解】A．乙醇溶液中除了乙醇外，水也含氧原子，100 g 46%的乙醇溶液中，乙醇的质量 为 46 g，物质的量为 1 mol，乙醇含 1 mol 氧原子；水的质量为 100 g－46 g＝54 g，物质的 量为 3 mol，水含 3 mol 氧原子，所以此溶液中含有的氧原子的物质的量共为 4 mol，个数为 - 2 - 4NA，故 A 正确； B．标准状况下，11 g T2 16O 的物质的量是 0.5mol，其中含有的质子数目为 5NA，故 B 错误； C．3.65 g 液态 HCl 的物质的量是 0.1mol，含有的微粒是 HCl 分子，则其中含有的粒子总数 为 0.1NA，故 C 错误； D．25 ℃时，Ksp(CaSO4)＝9×10－6，则 CaSO4 饱和溶液中 Ca2＋浓度为 3×10－3mol/L，不知溶液 体积，不能计算粒子数，故 D 错误。 答案选 A。 【点睛】选项 A 是解答的易错点，学生容易忽视溶剂水中还含有氧原子而错选。 3.R、X、Y、Z 的原子序数依次增大，且都不超过 10．这四种元素可组成一种化合物的结构如 图所示。下列说法正确的是（ ） A. 常温常压下，上述元素的单质都呈气态 B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞Y C. Y、Z 的气态氢化物能发生化合反应 D. 由 R、X 两种元素只能形成一种化合物 【答案】C 【解析】 【分析】 R、X、Y、Z 的原子序数依次增大，且都不超过 10，由化合物的结构可知，R、Z 只形成 1 个共 价键，且可形成 R+、Z-离子，X 的最外层有 3 个电子，Y 最外层有 5 个电子，结合原子序数可 知 R 为 H、X 为 B、Y 为 N、Z 为 F。 【详解】A．X 为 B 元素，B 元素的单质在常温下为固体，故 A 错误； B．非金属性 B＜N，最高价氧化物对应水化物分别为硼酸、硝酸，硼酸为弱酸，硝酸为强酸， 所以酸性：X＜Y，故 B 错误； C．Y、Z 的气态氢化物分别为氨气、氟化氢，二者能发生化合反应生成 NH4F，故 C 正确； D．由 R、X 两种元素可形成多种硼烷，类似烷烃，故 D 错误； - 3 - 综上所述，答案为 C。 【点睛】硼烷又称硼氢化合物，是硼元素与氢元素组成的化合物的总称。现在已制得二十多 种硼烷。其中乙硼烷 B2H6、丁硼烷 B4H10 在室温下为气体，戊硼烷 B5H9、已硼烷 B6H10 为液体，癸 硼烷为固体。 4.某小组在 Fe2+检验实验中观察到异常现象，为探究“红色褪去”的原因，进行如下实验： 编 号 实验 I 实验 II 实验 III 实 验 步 骤 将实验 I 褪色后的溶液分三份 分别进行实验 为进一步探究“红色褪去”的 原因，又进行以下实验 ① ②取反应后的溶液，滴加盐酸 和 BaCl2 溶液 现 象 溶液先变红，片刻后红色褪 去，有气体生成（经检验为 O2） ①无明显现象 ②溶液变红 ③产生白色沉淀 ①溶液变红，一段时间后不褪 色。 ②无白色沉淀产生 分析上述三个实验，下列叙述不正确的是 A. 在此实验条件下 H2O2 氧化 Fe2＋的速率比氧化 SCN－的速率快 B. 通过实验Ⅱ推出实验Ⅰ中红色褪去的原因是由于 SCN－被氧化 C. 通过实验Ⅰ和实验Ⅲ对比推出红色褪去只与 H2O2 的氧化性有关 D. 综上所述，实验Ⅰ中红色褪去的原因与化学平衡移动原理无关 【答案】D 【解析】 - 4 - 【详解】氯化亚铁酸化的溶液中滴入 KSCN 溶液，滴入过氧化氢发生氧化还原反应，通入足量 氧气，溶液变红且不褪色，说明氧气氧化亚铁离子生成铁离子，滴加盐酸和 BaCl2 溶液，无白 色沉淀，无硫酸钡沉淀生成，排除了生成的氧气氧化 SCN-的可能， A. 在此实验条件下 H2O2 氧化 Fe2＋的速率比氧化 SCN－的速率快，所以溶液先变红，当 SCN－被完 全氧化后，红色褪去，故 A 正确； B. 实验 II 中滴加 FeCl3 溶液不变红，说明无 SCN-，滴加盐酸和 BaCl2 溶液，有白色沉淀生成， 说明 SCN-被氧化为 SO4 2-，可以推出实验Ⅰ中红色褪去的原因是由于 SCN－被氧化，故 B 正确； C. 对比实验Ⅰ、Ⅲ，实验Ⅰ排除了铁离子反应，而是 SCN-离子反应，实验Ⅲ排除了生成的氧 气氧化 SCN-的可能，Ⅰ中红色褪去可以判定酸性条件下是 H2O2 的氧化性把 SCN-离子氧化为硫酸 根离子，故 C 正确； D. 红色物质为 Fe3+与 SCN-结合形成的络合物，为可逆反应，当 SCN-被氧化，平衡逆向移动， 红色褪去，与化学平衡移动原理有关，故 D 错误； 故选 D。 5.某模拟"人工树叶”电化学实验装置如图所示，该装置能将 H2O 和 CO2转化为 O2和燃料(C3H8O)。 下列说法正确的是 A. 该装置将化学能转化为光能和电能 B. 该装置工作时，H＋从 b 极区向 a 极区迁移 C. 每生成 1 mol O2，有 44 gCO2 被还原 D. a 电极的反应为：3CO2+ 16H＋-18e－= C3H8O+4H2O 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据图示可知，该装置将电能和光能转化为化学能，错误； B．根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，该装置工作时，H＋从正电荷较多的阳 - 5 - 极 b 极区向负电荷较多的阴极 a 极区迁移，正确； C．该反应的总方程式是：6CO2+8H2O=2C3H8O+9O2。根据反应方程式可知，每生成 1 mol O2，有 2/3molCO2 被还原，其质量是 88/3g，错误； D．根据图示可知与电源负极连接的 a 电极为阴极，发生还原反应，电极的反应式为：3CO2+ 18H ＋+18e－= C3H8O+5H2O，错误； 答案选 B。 6.现在正是全球抗击新冠病毒的关键时期，专家指出磷酸氯喹对治疗新冠病毒感染有明显效 果，磷酸氯喹的分子结构如图所示，下列关于该有机物的说法正确的是（ ） A. 该有机物的分子式为：C18H30N3O8P2Cl B. 该有机物能够发生加成反应、取代反应、不能发生氧化反应 C. 该有机物苯环上的 1-溴代物只有 2 种 D. 1mol 该有机物最多能和 8molNaOH 发生反应 【答案】D 【解析】 【详解】A．该有机物的分子式为：C18H32N3O8P2Cl，A 错误； B．分子中含有苯环、氯原子，该有机物能够发生加成反应、取代反应，有机物可以燃烧，能 发生氧化反应，B 错误； C．该有机物苯环上的 1-溴代物只有 3 种，C 错误； D．氯原子水解形成酚羟基，磷酸能与氢氧化钠反应，因此 1mol 该有机物最多能和 8molNaOH 发生反应，D 正确。 答案选 D。 7.常温时，在 H2CO3 溶液中逐滴加入 NaOH 溶液，溶液中 H2CO3、 - 3HCO 和 2- 3CO 的物种分布分数 α(X)=        - 2- 2 3 3 3 X H CO + HCO + CO c c c c 与 pH 的关系如图所示： - 6 - 下列说法正确的是 A. - 3HCO ⇌ H++ 2- 3CO 的 lgK=-6.4 B. pH=8 的溶液中：c(Na+)＞c( - 3HCO ) C. NaHCO3 溶液中滴入少量盐酸至溶液显中性：c(Na+)=c(Cl-) D. 向 pH=6.4 的溶液中滴加 NaOH 溶液至 pH=8，主要发生的离子反应： - 3HCO ＋OH-= 2- 3CO +H2O 【答案】B 【解析】 【 详 解 】 A. 根 据 图 像 ， 当 pH═6.4 时 ， c( - 3HCO )═c(H2CO3) ， 则 H2CO3⇌ H++ - 3HCO 的K= + - 3 2 3 (H ) (HCO ) (H CO ) c c c  =10-6.4，lgK═lg10-6.4=-6.4，H2CO3 的一级电离远大于二 级电离，则 - 3HCO ⇌ H++ 2- 3CO 的 lgK＜-6.4，故 A 项错误； B.pH═8的溶液中：c(H＋)＜c(OH-)，溶液中电荷守恒为c(Na+)＋c(H＋)═c( - 3HCO )＋2c( 2- 3CO ) ＋c(OH-)，所以 c(Na+)＞c( - 3HCO )＋2c( 2- 3CO )，则 c(Na+)＞c( - 3HCO )，故 B 项正确； C.向 NaHCO3 溶液中滴入少量盐酸至溶液显中性时，溶液中 c(H＋)=c(OH-)，溶液中电荷守恒为 c(Na+)＋c(H＋)═c( - 3HCO )＋2c( 2- 3CO )＋c(OH-)+c(Cl-)，则 c(Na+)═c( - 3HCO )＋ 2c( 2- 3CO )+c(Cl-)，故 C 项错误； D.由图像可知，向 pH=6.4 的溶液中滴加 NaOH 溶液至 pH=8，随着溶液 pH 的增大，溶液中 H2CO3 减小， - 3HCO 增多，主要发生的离子反应为 H2CO3＋OH-= - 3HCO ＋H2O，故 D 项错误； 答案选 B。 第 II 卷 二、非选择题： (一)必考题： - 7 - 8.茶叶中的茶多酚是一种天然抗氧化剂(其抗氧化能力是 VC 的 5～10 倍)，它易溶于水、乙醇、 乙酸乙酯，难溶于氯仿。在酸性介质中，茶多酚能将 Fe3+还原为 Fe2+，Fe2+与 K3Fe(CN)6 生成的 深蓝色配位化合物 KFe[Fe(CN)6]对特定波长光的吸收程度(用光密度值 A 表示)与茶多酚在一 定浓度范围内成正比。A 与茶多酚标准液浓度的关系如图所示： 某实验小组设计如下实验流程从茶叶中提取茶多酚： 请回答下列问题： (1)操作①用水浸取茶多酚时，实验小组发现搅拌速度对茶多酚浸出量的影响如图 1 所示，原 因是_____。若用乙醇浸取茶多酚操作如下：称取 10 g 茶叶末，用滤纸包好，装入 ________________中，圆底烧瓶内加___________和适量乙醇，如图 2 安装后， 通冷凝水， 加热套加热，当乙醇被加热沸腾后，控制加热套温度在 90℃。为使恒压漏斗内液面高出茶叶 包约 0.5 cm，并保持约 1 h，可行的操作方法是_________。 (2)减压蒸发相对于一般蒸发的优点是_____________；氯仿的作用是_________________。 (3)下列有关实验基本操作不正确的是____________。 A．图 2 中冷凝水流向为 a 进 b 出 - 8 - B．分液漏斗使用前须检验是否漏水并洗净备用 C．操作①过滤时，可用玻璃棒适当搅拌以加快分离速度 D．萃取过程中，经振摇并放气后，将分液漏斗置于铁圈上立即分液 (4)称取 1.25 g 粗产品，用蒸馏水溶解并定容至 1000 mL，移取该溶液 1.00 mL，加过量 Fe3+ 和_______酸性溶液，用蒸馏水定容至 100 mL 后，测得溶液光密度值 A=0.800，则产品的纯 度是______(以质量分数表示)。 【答案】 (1). 茶多酚易被氧气氧化，搅拌速度越快，茶多酚氧化速度越快，浸出率越低 (2). 恒压滴液漏斗 (3). 沸石 (4). 关闭活塞，当漏斗内液面高出茶叶包约 0.5cm 时， 调节活塞使乙醇冷凝速度与漏斗放液速度一致 (5). 降低蒸发温度防止产物氧化或分解 (6). 萃取 (7). CD (8). K3Fe(CN)6 (9). 96% 【解析】 【分析】 从茶叶中提取茶多酚主要过程为：先用水浸取茶叶中的茶多酚，过滤得到含茶多酚的滤液， 减压蒸发进行浓缩，然后加入氯仿萃取溶液中的易溶于氯仿的杂质，分液分离后取水层，向 水层加入乙酸乙酯萃取茶多酚，分液分离取有机层进行减压蒸发得到茶多酚粗产品。 【详解】(1)操作①用水浸取茶多酚时，从图中可以看出，搅拌速率越快，光密度值(A)越小， 即茶多酚浓度越小，根据题目信息可知茶多酚易被氧气氧化，而搅拌越快，与空气的接触越 多，茶多酚氧化速度越快，浸出率越低； 乙醇浸取茶多酚操作如下：滤纸包好的茶叶末需要装入恒压滴液漏斗，浸取过程中需要煮沸 乙醇，为了防止暴沸需要在圆底烧瓶内加入沸石或碎瓷片，球形冷凝管可以使乙醇冷凝回流， 安装好后，加热套加热，当乙醇被加热沸腾后，控制加热套温度在 90℃，关闭恒压漏斗活塞， 当漏斗内液面高出茶叶包约 0.5cm 时，调节活塞使乙醇冷凝速度与漏斗放液速度一致，并保 持约 1h； (2)减压蒸发可以降低蒸发温度防止产物氧化或分解；茶多酚难溶于氯仿，所以氯仿的作用是 萃取杂质； (3)A．图 2 中冷凝水流向应下进上出，即 a 进 b 出，A 正确； B．分液漏斗使用前，为防漏液，应查漏，然后洗涤备用，B 正确； C．操作①过滤时，不可用玻璃棒搅拌，否则会造成滤纸损坏，C 不正确； D．萃取过程中，分液漏斗应静置分层后，再进行分液，D 不正确； 故选 CD； - 9 - (4)在酸性介质中，茶多酚能将 Fe3+还原为 Fe2+，Fe2+与 K3Fe(CN)6 生成的深蓝色配位化合物 KFe[Fe(CN)6]对特定波长光的吸收程度(用光密度值 A 表示)与茶多酚在一定浓度范围内成正 比，所以应加入加过量 Fe3+和 K3Fe(CN)6； 溶液光密度值 A=0.800，从表中可查得茶多酚的浓度为 1.2×10-5g/mL，由此可得出原 1000 mL 溶液中所含茶多酚的质量为 1.2×10-5g/mL×100mL×1000mL 1mL =1.2g，则产品的纯度是 1.2g 100%1.25g  =96%。 【点睛】对于陌生物质的制取，要充分利用题目所给信息，茶多酚易溶于乙酸乙酯，难溶于 氯仿，所以加氯仿萃取的是杂质，之后加乙酸乙酯萃取的是茶多酚。 9.草酸亚铁，在形成晶体时会结晶一定量的水；在工农业生产中具有重要用途，如照相的显 影剂，生产磷酸铁锂电池的原料等。 已知：①草酸亚铁不溶于水，可溶于酸；②Fe(SCN)6 3-+3C2O4 2-=Fe(C2O4)3 3-+6SCN-。 回答下列问题： Ⅰ.甲同学检查药品发现该晶体显浅黄色，认为晶体不纯，可能是因为部分的铁被氧化。为验 证自己的猜想，进行实验验证。取少量的晶体样品溶于稀硫酸，滴加 KSCN 溶液，溶液无明显 变化。由此认为晶体中不存在+3 价的铁。你认为_______（填“正确”或“不正确”），理由 是___________________________________。 Ⅱ.乙同学为测定草酸亚铁晶体 FeC2O4﹒xH2O 中的结晶水含量，利用如下装置： ①做实验前首先要_____________________________； ②称取一定质量的晶体，装好药品，开始实验接下来的实验步骤依次为 ____________________，重复实验直至 B 中恒重。 - 10 - a.点燃酒精灯，加热 b.熄灭酒精灯 c.关闭 K d.打开 K，缓缓通入空气 e.冷却至室温 f.称 量 Ⅲ.丙同学用滴定的方法也可以测定草酸亚铁晶体中结晶水的含量。取 a 克草酸亚铁晶体溶入 稀硫酸，再把所得溶液稀释成 500mL，取出 50mL 放入锥形瓶，向其中逐滴滴入未知浓度的酸 性 KMnO4 溶液，振荡，发现溶液颜色逐渐变为棕黄色，且有气泡冒出，当溶液颜色突变成浅紫 色，停止滴加。接着向溶液中加入稍过量的 KI 溶液和几滴淀粉溶液，然后再用 c mol/L 的 Na2S2O3 溶液滴至终点。几次实验平均耗用 Na2S2O3 溶液 VmL。（2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI） （1）写出向溶液中滴加酸性 KMnO4 溶液发生反应的离子方程式_____________________ （2）上述试验中稀释草酸亚铁溶液时除烧杯和玻璃棒外，还必需的玻璃仪器有__________ （3）x=_______________ （4）若实验中滴入 KMnO4 溶液过多,则所得 x 值___________(填偏大、偏小或无影响) 【答案】 (1). 不正确 (2). 根据已知 C2O4 2-比 SCN-更易与 Fe3+结合 (3). 检查装置 气密性 (4). dabecf (5). 3MnO4 - + 5Fe2++5C2O4 2— + 24H+ = 3Mn2+ + 5Fe3+ + 12H2O+10CO2↑ 或 3MnO4 - + 5Fe2++5H2C2O4 + 14H+ = 3Mn2+ + 5Fe3+ + 12H2O+10CO2↑ (6). 500mL 容量瓶、胶 头滴管 (7). （50a-72cV）/(9cV) (8). 偏小 【解析】 【详解】I. 根据题给信息可知，C2O4 2-比 SCN-更易与 Fe3+结合，所以取少量的晶体样品溶于稀 硫酸，滴加 KSCN 溶液，溶液无明显变化，不能判定晶体中不存在+3 价的铁，不正确；正确答 案：不正确；根据已知 C2O4 2-比 SCN-更易与 Fe3+结合。 II. ①做实验前首先要检查装置是否漏气；正确答案：检查装置气密性。 ② 称取一定质量的晶体，装好药品，开始实验接下来的实验步骤：由于草酸亚铁晶体中亚铁 离子易被氧气氧化，所以要排净装置内的空气，打开 K，缓缓通入空气（d），然后点燃酒精灯， 加热（a），反应发生，结束后，熄灭酒精灯（b），冷却至室温（e），关闭 K （c），进行称量 （f），重复实验直至 B 中恒重；正确的操作步骤为：dabecf。 III. （1）草酸亚铁晶体中含有 Fe2+和 C2O4 2—，在酸性条件下，均能被 KMnO4 溶液氧化为 Fe3+ 和 CO2，而 MnO4 -被还原为 Mn2+，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒写出离子方程式：3MnO4 - + 5Fe2++5C2O4 2— + 24H+ = 3Mn2+ + 5Fe3+ + 12H2O+10CO2↑或 3MnO4 - + 5Fe2++5H2C2O4 + 14H+ = 3Mn2+ + 5Fe3+ + 12H2O+10CO2↑ ；正确答案：3MnO4 - + 5Fe2++5C2O4 2— + 24H+ = 3Mn2+ + 5Fe3+ + 12H2O+10CO2↑ 或 3MnO4 - + 5Fe2++5H2C2O4 + 14H+ = 3Mn2+ + 5Fe3+ + 12H2O+10CO2↑ 。 （2）把草酸亚铁溶液稀释成 500mL 溶液时，除烧杯和玻璃棒外，还必需的玻璃仪器有 500mL - 11 - 容量瓶、胶头滴管；正确答案：500mL 容量瓶、胶头滴管。 （3）根据反应：3MnO4 - + 5Fe2++5C2O4 2— + 24H+ = 3Mn2+ + 5Fe3+ + 12H2O+10CO2↑可知，反应产 生的 Fe3+把碘离子氧化为碘单质，反应为 2Fe3++ 2I-= 2Fe2++ I2；生成的碘又被 Na2S2O3 还原为 I-，反应为 2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI；根据上述反应关系可知：n(FeC2O4﹒xH2O)= n(FeC2O4)= n(Fe2+)= n(Fe3+)=1/2n(I2)=n（Na2S2O3），n（Na2S2O3）= V×10-3×cmol，所以 50mL 溶液中 n(FeC2O4﹒xH2O)=( V×10-3×c)mol，又原溶液为 500mL，所以 n(FeC2O4﹒ xH2O)=( V×10-3×c)×(500/50)mol=10(V×10-3×c) mol；草酸亚铁晶体 ag，所以 a/(144+18x)= 10( V×10-3×c)，x=（50a-72cV）/(9cV) ；正确答案：（50a-72cV）/(9cV) 。 （4）若实验中滴入 KMnO4 溶液过多，碘离子被氧化的量增多，消耗的 n（Na2S2O3）= cV 增多， 根据 x=（50a-72cV）/(9cV)关系可知，则所得 x 值偏小；正确答案：偏小。 10.联氨(N2H4)和次磷酸钠(NaH2PO2)都具有强还原性.都有着广泛的用途。 (1)已知:①N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H=-621.5 kJ●mol-1 ②N2O4(l)-=N2(g)+2O2(g) △H2=+204.3 kJ●mol-1 则火箭燃料的燃烧反应为 2N2H4(l)+N2O4(l)=3N2(g)+4H2O(g) △H=_____. (2)已知反应 N2H4(g)+ 2Cl2(g)  N2(g)+4HCl(g),T°C 时,向 V L 恒容密闭容器中加入 2 mol N2H4(g)和 4 mol Cl2(g) ,测得 Cl2 和 HCl 的浓度随时间的关系如图所示。 ①0~ 10 min 内,用 N2(g)表示的平均反应速率 v(N2)=_______。 ②M 点时,N2H4 的转化率为______(精确到 0.1)%。 ③T °C 时,达到平衡后再向该容器中加入 1.2 mol N2H4(g)、0.4 mol Cl2(g)、0. 8 mol N2 (g)、 1.2 mol HCl(g) ,此时平衡______(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)。 (3)①在惰性气体中,将黄磷(P4)与石灰乳和碳酸钠溶液一同加入高速乳化反应器中制得 NaH2PO2,同时还产生磷化氢(PH3)气体,该反应的化学方程式为________________。 ②次磷酸(H3PO2)是一元酸，常温下.1.0 mol●L-1 的 NaH2PO2 溶液 pH 为 8,则次磷酸的 Ka=___________。 ③用次磷酸钠通过电渗析法制备次磷酸.装置如图 2 所示。交换膜 A 属于____(填“阳离子” - 12 - 或“阴离子”)交换膜,电极 N 的电极反应式为______,当电路中流过 3.8528×105 库仑电量时. 制得次磷酸的物质的量为_____ (一个电子的电量为 1.6×10- 19 库仑,NA 数值约为 6. 02× 1023)。 【答案】 (1). -1038.7kJ•mol-1 (2). 0.06mol/(L•min) (3). 33.3 (4). 逆向 移动 (5). 2P4+3Ca(OH)2+3Na2CO3+6H2O==== 6NaH2PO2+2PH3↑+3CaCO3 (6). 1.0×10-2 (7). 阳离子 (8). 2H2O+2e-=H2↑+2OH- (9). 4mol 【解析】 【 详 解 】 (1) 根 据 盖 斯 定 律 ， 反 应 ①×2+② 即 可 得 火 箭 燃 料 的 燃 烧 反 应 2N2H4(1)+N2O4(l)===3N2(g)+4H2O(g)△H=(-621.5×2+204.3)kJ•mol-1=-1038.7kJ•mol-1； (2)根据图示，Cl2 作为反应物浓度需减小，HCl 作为生成物浓度需增大， ①△c(Cl2)=(2-0.8)mol/L=1.2mol/L，v(Cl2)= 1.2mol/L= 10min c t   =0.12mol/(L•min)，根据反应速 率与计量系数成正比可得 v(N2)= 1 2 v(Cl2)=0.06mol/(L•min)， ②据图可知反应开始时 c(Cl2)=2mol/L，投料为 2 mol N2H4(g)和 4 mol Cl2(g) ，则开始时 c(N2H4)=1mol/L，容器体积为 2L，设 M 点 N2H4 的转化量为 x mol/L，列三段式：        2 -1 -1 - 2 1 4 2N H g +2 + mol L 1 2 0 0 m Cl ol L x 2x x 4x mo g N g 4HC l L 1-x 2-2 l x x 4x g    起始( ) 转化( ) 平衡( ) M 点 Cl2 和 HCl 的浓度相等，则 2-2x=4x 解得 x= 1 3 mol/L，则 N2H4 的转化率为 -1 -1 1 mol L3 1mol L   =33.3%； ③据图可知反应平衡时 c(Cl2)=0.8mol/L，初始 c(Cl2)=2mol/L，c(N2H4)=1mol/L，则根据反应 方程式 N2H4(g)+ 2Cl2(g)  N2(g)+4HCl(g)可知，反应中消耗 c(Cl2)=1.2mol/L，消耗 c(N2H4)=0.6mol/L，生成 c(N2)=0.6mol/L，c(HCl)=2.4mol/L，所以平衡时各物质的浓度为 c(Cl2)=0.8mol/L，c(N2H4)=0.4mol/L，c(N2)=0.6mol/L，c(HCl)=2.4mol/L，则该温度下的平 - 13 - 衡常数 K= 4 2 0.6 2.4 0.4 0.8   =77.76； 平衡后再向该容器中加入 1.2molN2H4(g)、0.4 mol Cl2(g)、0.8molN2(g)、1.2molHCl(g)，各 物质的浓度变为 c(Cl2)=1mol/L，c(N2H4)=1mol/L，c(N2)=1mol/L，c(HCl)=3mol/L，此时 Qc= 4 2 1 3 1 1   =81>K，所以平衡逆向移动； (3)①该反应中反应物有 P4、Ca(OH)2、Na2CO3 等、生成物有 NaH2PO2、PH3 等，据此可知该反应 中 P 元素化合价既升高又降低，发生歧化，升高 1 价，降低 3 价，则 NaH2PO2 和 PH3 的系数比 为 3：1，再结合元素守恒可知方程式为：2P4+3Ca(OH)2+3Na2CO3+6H2O==== 6NaH2PO2+2PH3↑+3CaCO3； ②次磷酸(H3PO2)是一元酸，1.0mol•L-1 的 NaH2PO2 溶液水解方程式为：H2PO2 -+H2O=H3PO2+OH-，pH=8， 则 c(H+)=10-8mol/L，c(OH-)=c(H3PO2)=10-6mol/L，c(H2PO2 -)=(1.0-10-6)mol/L≈1mol/L， Ka=       + - -8 2 2 -6 3 2 H H PO 10 1=H PO 10 c c c  =1.0×10-2； ③根据图示可知，产品室产生次磷酸，则电极 M 应为阳极电解水中的 OH-，剩余 H+通过交换膜 A 移向产品室，所以交换膜 A 为阳离子交换膜；电极 N 为阴极电解 H+，电极 N 的电极反应式为 2H2O+2e-=H2↑+2OH-；电路中流过 3.8528×105 库仑电量时，转移的电子的物质的量为 5 -19 A 1 1.6 10 3.8528 10 N   =4mol，次磷酸根带一个负电荷，氢离子带一个正电荷，所以电解过程中转 移 1mol 电子生成 1mol 次磷酸，则转移 4mol 电子时生成 4mol 次磷酸。 【点睛】当定性判断平衡移动方向较困难时，可以进行定量判断，反应某一时刻的浓度若大 于平衡常数，则平衡逆向移动；浓度商小于平衡常数，则平衡正向移动；浓度商等于平衡常 数，则反应达到平衡。 (二)选考题： [化学——选修 3：物质结构与性质] 11.Fe、Cu、Cr 都是第四周期过渡元素,回答下列问题。 （1）FeCl3 是一种常用的净水剂，氯元素的原子核外有____种不同运动状态的电子；有___种 不同能级的电子，基态 Fe3+的电子排布式为___。 （2）实验室中可用 KSCN 或 K4[Fe(CN)6]来检验 Fe3+。FeCl3 与 KSCN 溶液混合，可得到配位数为 5 的配合物的化学式是____；K4[Fe(CN)6]与 Fe3+反应可得到一种蓝色沉淀 KFe[Fe(CN)6]，该物 - 14 - 质晶胞的 1 8 结构如图所示(K+未画出)，则一个晶胞中的 K+个数为 ___。 （3）Cu2+能与乙二胺(H2N-CH2-CH2-NH2)形成配离子。该配离子中含有的化学键类型有 __ (填 字母) a.配位键 b.极性键 c.离子键 d.非极性键, 乙二胺中共有____个σ键，C 原子的杂化方式为 ___。 （4）金属铜的晶胞为面心立方最密堆积，边长为 361pm。又知铜的密度为 9.0g·cm-3，则铜 原子的直径约为____pm。 （5）Cr 是周期表中第ⅥB 族元素，化合价可以是 0~+6 的整数价态。回答下列问题。某化合 物的化学式为 Na3CrO8，其阴离子结构可表示为 ，则 Cr 的化合价为____。CrO4 2- 呈四面体构型,结构为 ，Cr2O7 2-由两个 CrO4 2-四面体组成，这两个 CrO4 2-四面体通过共用一 个顶角氧原子彼此连接,结构为 。则由 n(n>1)个 CrO4 2-通过顶角氧原子连续的链式 结构的化学式为____。 【答案】 (1). 17 (2). 5 (3). 1s22s22p63s23p63d5 (4). K2[Fe(SCN)5] (5). 4 (6). abd (7). 11 (8). sp3 (9). 255 (10). +5 (11). CrnO(3n+1) 2- 【解析】 【详解】(1)氯原子核外电子数为 17，每个电子的运动状态均不同，故氯原子核外有 17 种不 同运动状态的电子；氯原子核外电子排布式为 1s22s22p63s23p5，电子分布在 1s、2s、2p、3s、 3p 这五个能级；Fe 是 26 号元素，铁原子核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d64s2，铁原子失 去 4s 能级 2 个电子，再失去 3d 能级 1 个电子形成 Fe3+ ，故基态 Fe3+ 的电子排布式为 - 15 - 1s22s22p63s23p63d5。 (2)Fe3+与 SCN-形成配位数为 5 的配离子为[Fe(SCN)5]2-，根据电荷守恒可知配离子与 K+形成的 配合物的化学式为 K2[Fe(SCN)5]；题给物质晶胞的 1 8 结构中，Fe3+的个数为 4× 1 8 = 1 2 ，Fe2+的 个数为 4× 1 8 = 1 2 ，CN-的个数为 12× 1 4 =3，根据电荷守恒： N(K+)+N(Fe3+)×3+N(Fe2+)×2=N(CN-)，可得 N(K+)= 1 2 ，故一个晶胞中的 K+个数为 1 2 ×8=4； (3)Cu2+与乙二胺(H2N-CH2-CH2-NH2)之间形成配位键，H2N-CH2-CH2-NH2 中碳原子之间形成非极性 键，不同原子之间形成极性键，所以选 abd；单键为σ键，一个乙二胺分子中含有 11 个σ键， 碳原子均饱和没有孤电子对，形成 4 个σ键，所以碳原子采取 sp3 杂化； (4) 根据铜晶胞为面心立方最密堆积，由边长可计算出晶胞的体积 V=（361pm） 3≈4.70×10-23cm3，根据 m=ρ×V=9.00 g•cm-3×4.70×10-23cm3=4.23×10-22g；由于一个铜晶胞 中含有的铜原子数为 8× 1 8 +6× 1 2 =4（个），每个铜原子的体积约为 = 23 34.70 10 4 cm =1.18×10-23 cm3，则 1 6 ×π×d3=1.18×10-23cm3，解得铜原子的直径 d≈255pm； (5)由阴离子结构可知，Cr 与 O 中形成 5 个价键，共用电子对偏向 O，则 Cr 的化合价为+5 价， 两个 CrO4 2-每共用一个角顶氧原子，就少一个氧原子，所以由 n(n＞1)个 CrO4 2-通过角顶氧原子 连续的链式，减少(n-1)个氧原子，微粒电荷不变，则由 n(n＞1)个 CrO4 2-通过角顶氧原子连续 的链式结构的化学式为 CrnO(3n+1) 2-。 【点睛】每个电子的运动状态均不同，核外有几个电子就有多少个运动状态不同的电子；体 心立方堆积中，棱长 a=2 2 r；面心立方堆积中，棱长 a= 4 33 r；六方最密堆积中底面边长 a=b=2r。 [化学——选修 5：有机化学基础] 12.洛匹那韦(Lopinavir)是抗艾滋病毒常用药，在“众志成城战疫情”中，洛匹那韦，利托 那韦合剂被用于抗新型冠状病毒(2019-nCoV)。洛匹那韦的合成路线可设计如图： - 16 - 回答下列问题： (1)A 的化学名称是_______；A 制备 B 反应的化学方程式为_________(注明反应条件)。 (2)D 生成 E 的反应类型为_____；F 中能与氢气发生加成反应的官能团名称为___。 (3)C 的分子式为_____；一定条件下，C 能发生缩聚反应，化学方程式为_____。 (4)K2CO3 具有碱性，其在制备 D 的反应中可能的作用是______。 (5)X 是 C 的同分异构体，写出一种符合下列条件的 X 的结构简式______。 ①含有苯环，且苯环上的取代基数目≤2 ②含有硝基 ③有四种不同化学环境的氢，个数比为 6：2：2：1 (6)已知：CH3COOH CH3COCl，(2，6-二甲基苯氧基)乙酰氯( )是由 G 合成洛匹那韦的原料之一，写出以 2，6-二甲基苯酚、ClCH2COOCH2CH3、K2CO3 为原料制各该物 质的合成路线________（其它无机试剂任选）。 【答案】 (1). 甲苯 (2). +Cl2 +HCl (3). 取代反应 (4). 羰 基 、 碳 碳 双 键 (5). C9H11O2N (6). - 17 - (7). 吸收反应生成的 HCl ， 提 高 反 应 转 化 率 (8). 或 (9). 【解析】 【分析】 甲 苯 ( ) 与 Cl2 在 光 照 时 发 生 饱 和 C 原 子 上 的 取 代 反 应 产 生 一 氯 甲 苯 ： 和 HCl， 与 在 K2CO3 作用下反应产生 D，D 结构简式 是 ，D 与 CH3CN 在 NaNH2 作用下发生取代反应产生 E： ，E 与 发生反应产生 F： ，F 与 NaBH4 在 CH3SO3H 作用下发生还 原反应产生 G： ，G 经一系列反应产生洛匹那韦。 【详解】(1)A 是 ，名称为甲苯，A 与 Cl2 光照反应产生 和 HCl，反 应方程式为： +Cl2 +HCl； - 18 - (2)D 与 CH3CN 在 NaNH2 作用下反应产生 E： ，是 D 上的 被-CH2CN 取代产 生，故反应类型为取代反应； F 分子中的 、 与 H2 发生加成反应形成 G，故 F 中能够与氢气发生加成反应的官 能团名称为羰基、碳碳双键； (3)C 结构简式为 ，可知 C 的分子式为 C9H11O2N；C 分子中含有羧基、氨基，一定条 件下，能发生缩聚反应，氨基脱去 H 原子，羧基脱去羟基，二者结合形成 H2O，其余部分结合 形成高聚物，该反应的化学方程式为： ； (4)K2CO3 是强碱弱酸盐，CO3 2-水解使溶液显碱性，B 发生水解反应会产生 HCl，溶液中 OH-消耗 HCl 电离产生的 H+，使反应生成的 HCl 被吸收，从而提高反应转化率； (5)C 结构简式是 ，分子式为 C9H11O2N，C 的同分异构体 X 符合下列条件：①含有苯 环，且苯环上的取代基数目≤2；②含有硝基；③有四种不同化学环境的氢，个数比为 6：2： 2：1，则 X 可能的结构为 或 ； (6)2，6-二甲基苯酚( )与 ClCH2COOCH2CH3 在 K2CO3 作用下发生取代反应产生 ，该物质与 NaOH 水溶液加热发生水解反应，然后酸化得到 ， - 19 - 与 SOCl2 发生取代反应产生 ，故合成路线为 。 【点睛】本题考查有机物推断、反应类型的判断。正确推断各物质结构简式是解本题关键， 注意题给信息、反应条件的灵活运用。限制性条件下同分异构体结构简式的确定是易错点， 题目侧重考查学生的分析、推断及信息迁移能力。 - 20 -