江西省临川第一中学2020届高三寒假收心考一化学试题 34页

2020届临川一中新校区高三寒假作业 化学试题 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 P 35.5 S 32 Cl 35.5 Fe 56 一、选择题：本题共 24小题，每小题 2分，共 48分。每小题只有一个选项符合题意。 1. 2019年 11 月第四届国际碳材料大会在上海举行，碳材料产品丰富，应用广泛，让人感 到 碳为观止 。下列有关说法正确的是 A.金刚石与石墨互为同位素 B.石墨烯是一种有发展前途的导电材料 C.碳纤维、合成纤维、光导纤维都属于高分子材料 D.富勒烯是由 60 【答案】B 【解析】 个碳原子都以碳碳单键构成的分子 【详解】 A.同一种元素的不同核素互为同位素，而金刚石和石墨属于同素异形体，A项错误； B.石墨烯相当于单层石墨，石墨是一种优良的导体，因此石墨烯也可以导电，B项正确； C.光导纤维主要成分为 ，属于新型无机非金属材料，C项错误； D.图中可以看出每个碳原子和另外 3个碳原子相连，碳能形成 4个共价键，因此不可能是3 个碳碳单键，D项错误； 答案选 B。 2.化学与生活密切相关，下列说法错误的是 A.乙醇汽油可以减少尾气污染 B.化妆品中添加甘油可以起到保湿作用 C.有机高分子聚合物聚乙炔可以用做导电材料 D.浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土与葡萄放在一起起干燥作用 【答案】D 【解析】 A选项，乙醇汽油可降低 CO排放量，有效降低氮氧化物、酮类等污染物的浓度，减少 尾气污染，A正确； B选项，甘油有吸湿性，添加到化妆品中有保湿作用，B正确； C选项，某些有机高分子聚合物可以做导电材料，比如聚乙炔，聚苯胺等，故 C正确； D选项，葡萄在成熟过程中会释放出乙烯，高锰酸钾溶液可吸收乙烯，防止水果过度成 熟或提早成熟，从而达到保鲜的目的，D错误。 3．已知：同一个碳原子接两个羟基的分子不能稳定存在。某有机物分子式为 C5H12O2，1mol 该有物与钠完全反应生成 22.4LH2(标况下)，则其主链为 4个碳原子的稳定存在的同分异构 体有( ) A.7种 B.6种 C.5种 D.4种 【答案】B 【解析】 【详解】 某有机物分子式为 C5H12O2，不饱和度为 =0，1mol该有物与钠完全反应生成 22.4LH2(标况下)，说明分子中有两个—OH，则其主链为 4个碳原子的稳定存在的同分异构 体有 、 、 、 、 、 ，共 6 种， 故选 B。 4.NA为阿伏加德罗常数的值.下列说法正确的是 18 g D2O和 18 g H2O中含有的质子数均为 10NA 1 L 0.1 mol·L－1磷酸(H3PO4)溶液中含有的 H离子数为 0.3N＋ A 40g 34%的过氧化氢催化分解,生成 0.1 mol氧气时转移的电子数为 0.2NA 密闭容器中 1mol NO与 0.5 mol O充分反应,产物的分子数为 N A 2 【答案】C 【解析】 【详解】A.D2O的 M=20g/mol，n=0.9mol，质子数为 9NA，A错误； B.磷酸属于弱酸，弱电解质部分电离，B错误； C．氧元素由-1升高到 0价，升高 1 C正确； O价， 为双原子分子，产生 0.1molO电子转移数为 0.2N， A 2 2 D．部分 NO 故选 C。 转化为 N2O4，产物的分子数小于 N，D错误。 A 2 5.目前，我国上海、北京等各大城市已实行垃圾分类，下列垃圾可以置于第④个垃圾桶的是 A.水果皮 【答案】C 【解析】 【详解】 B.残破瓷砖 C.牛奶包装纸盒 D.废电池 A.水果皮属于湿垃圾，放在①中，故 A B.残破瓷砖属于干垃圾，放在②中，故 B C.牛奶包装纸盒用再生材料制成，属于可回收垃圾，放在④中，故 C 不选； 不选； 选； D.废电池属于有害垃圾，放在③中，故 D 故选 C。 不选； 6．五千年中华历史创造了绚丽多彩的中华文明，下列说法错误的是 A.豆腐的制作过程利用了胶体的性质 B.制作月饼所用的面粉、鸡蛋清和植物油均属于天然高分子化合物 ）－ A.1mol过硫酸钠 Na2S2O8 含 2N B.若 56gFe参加反应，共有 N 个 S2O82 被还原 个过氧键A A C.室温下，中间产物 Fe OH 3溶于水所得饱和溶液中 c Fe3 为 2 7 10－18mol L－1 D.pH越小，越有利于去除废水中的正五价砷 【答案】C 【解析】 【详解】 A 过硫酸钠的结构如图所示 ，可以清楚地看到里面只有 1个过氧键，A 项错误； C.秦朝兵马俑的制作原料主要是硅酸盐，属于无机非金属材料 D.“越王勾践剑”的制作原料为青铜，属于合金 【答案】B 【解析】 【详解】 A.豆浆中蛋白质溶液属于胶体，加入电解质，胶粒上的电荷被中和，发生聚沉形成豆腐，属 于胶体的性质，A正确； B.植物油属于油脂，油脂不属于高分子化合物，B错误； C.秦朝兵马俑的制作原料主要是硅酸盐，属于无机非金属材料，C正确； D.青铜器属于铜合金，D正确； 故合理选项是 B。 7．《环境科学》刊发了我国科研部门采用零价铁活化过硫酸钠（Na2S2O8，其中 S为＋6 价）去除废水中的正五价砷 As V 的研究成果，其反应机制模型如图所示。设阿伏加德罗 常数的值为 NA，Ksp Fe OH 3 2 7 10 39。下列叙述正确的是（ B 一个 要与 和一个 反应生成两个 和一个 ，该过程转移 2个电子，但是 还 反应变成 和自由基，因此 1mol铁参加反应要消耗 1 5mol ，注意此溶液碱性极弱 pH接近 7，即 ，B项错误； C 根据 ，代入方程即可解得 为 ，C项正确； D 因为最后是将离子转变为沉淀析出的，则溶液的碱性越强越有利于析出，D项错误； 本题选 C。 8．下列离子方程式正确的是（ A.强碱性溶液中NaClO将Fe(OH)3氧化为FeO42-：3ClO−+2Fe(OH)3=2FeO42-+3Cl−+4H++H2O B.硬脂酸与乙醇的酯化反应：C17H35COOH+C2H518OH C17H35COOC2H5+H218O ） C.用稀硫酸除去硫酸钠溶液中少量的硫代硫酸钠：S2O32-+2H+=SO2↑+S↓+H2O D.向 NH4HCO3溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO3-+OH−=CaCO3↓+H2O 【答案】C 【解析】 【详解】 A.溶液为碱性环境，不能产生氢离子，A错误； B.酯化反应中，酸脱羟基醇脱氢，故 进入酯中，B错误； C.硫代硫酸钠和稀硫酸反应生成二氧化硫和硫，C正确； D.石灰水足量，铵根也能和氢氧根结合生成一水合氨，离子方程式为： ，D错误； 答案选 C。 【点睛】 离子方程式正误判断规律（三 看 ），第一看：符不符（即是否符合反应事实、溶液酸碱 性）；第二看：平不平（即元素守恒、电荷守恒、电子守恒）；第三看：拆不拆（即离子、 分子形式的书写是不是有问题）。 9. X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，A、 B、C、D、E为上述四种元素中的两种或三种所组成的化合物。 已知 A的相对分子质量为 28，B分子中含有 18个电子，五种 化合物间的转化关系如右图所示。下列说法错误的是 A. X、Y组成化合物的沸点一定比 X、Z组成化合物的沸点低 B. Y的最高价氧化物的水化物为弱酸 C. Y、Z组成的分子可能为酸性氧化物 D. W是所在周期中原子半径最小的元素 【答案】A 【解析】 由转化关系并借助 A的相对分子质量为 28和 B是 18电子的分子推知：A为乙烯、B 为氯化氢、C为氯乙烷、D为水、E为乙醇；X、Y、Z、W分别对应元素为 H、C、O、Cl A. X、Y组成的化合物为烃类物质，沸点可能高于 X、Z组成的化合物 H2O，错误 B. Y的最高价氧化物的水化物为 H2CO3属于弱酸，正确 C. Y、Z组成的分子可能为 CO2，是酸性氧化物，正确 D. W是 Cl，是所在周期中原子半径最小的元素，正确 10．十九大报告中提出要“打赢蓝天保卫战”，意味着对污染防治比过去要求更高。某种利用 垃圾渗透液实现发电、环保二位一体结合的装置示意图如下，当该装置工作时，下列说法 正确的是 A.盐桥中 Cl-向 Y B.电路中流过 7.5 mol电子时，共产生标准状况下 N2的体积为 C.电流由 X极沿导线流向 Y 极移动 16.8L 极 - D.Y极发生的反应为 2NO3-＋10e＋6H2O===N2↑＋12OH—，周围 pH 增大 【答案】D 【解析】 【分析】 根据处理垃圾渗滤液并用其发电的示意图可知，装置属于原电池装置，X是负极，发生失电 子的氧化反应，Y是正极，发生得电子的还原反应 ，电解 质里的阳离子移向正极，阴离子移向负极，电子从负极流向正极。 【详解】 A.处理垃圾渗滤液的装置属于原电池装置，溶液中的阴离子移向负极，即氯离子向 X极移 动，故 A错误； B.电池总反应为： ，该反应转移了 15个电子，即转移 15个电子生成 4个氮气，故电路中流过 7.5 mol电子时，产生 2mol氮气，即 44.8L，B错 误； C.电流由正极流向负极，即 Y极沿导线流向 X极，故 C D. Y是正极，发生得电子的还原反应， 错误； ，周围 pH增大， 故 D正确； 答案选 D。 11．如图所示，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和 NaCl溶液的 U型管中，下列分析正确的是 ( ) A.K1闭合，K2打开，铁棒上发生的反应为 2Cl−−2e−== Cl2↑ B.K1闭合，K C.K1打开，K 打开，石墨棒周围溶液 pH 逐渐减小 2 2闭合，铁棒不会被腐蚀，属于外加电流的阴极保护法 D.K1打开，K 【答案】C 【解析】 闭合，电路中通过 0.002 mol电子时，两极共产生 0.001 mol气体2 【分析】 根据装置图可知，当 K闭合 K打开时，该装置为原电池，发生的是铁的吸氧腐蚀；当 K 1 2 1打开 K2闭合时，铁做阴极，碳做阳极，总反应为电解饱和食盐水：2NaCl+2H2O H2↑ +Cl2↑ +2NaOH。依此对各选项做出判断。 【详解】 A项、K1闭合 K2打开时，该装置为原电池，铁棒为负极发生氧化反应：Fe-2e-=Fe2+，A选 项错误； B项、碳为正极发生还原反应：O2+2H2O+4e-=4OH-，所以 B选项错误； C项、K打开、K 闭合时，该装置为电解池，铁棒接电源负极做阴极被保护，属于外加电 1 2流的阴极保护法，C选项正确； D项、此时阴极发生还原反应：2H++2e-=H2↑，产生的气体为：0.002 mol÷2=0.001mol， 碳棒接电源正极做阳极发生氧化反应：2Cl−−2e−== Cl2↑，产生的气体为：0.002 mol÷2=0.001mol，两极共产生气体产生的气体为：0.001mol+0.001mol=0.002mol，D选 项错误； 答案选 C。 【点睛】 铁的吸氧腐蚀和析氢腐蚀不同：吸氧腐蚀主要发生在弱酸性、中性或碱性环境中，吸收氧气， 气体减少；析氢腐蚀主要发生在酸性比较强的环境中，产生氢气，气体增加。 12．室温下，用 0.1mol·L-1的 NaOH溶液分别滴定相同浓度的弱酸 HX、HY的稀溶液，其 滴定曲线如图所示。下列说法错误的是（ ） A.HX的酸性比 HY的强 B.滴定过程中，均可用酚酞作指示剂 D.滴定前，HY的体积为 HXC.室温下，K 【答案】C 【解析】 （HY）的数量级约为 10-4 的两倍a 【详解】 A．相同浓度的 HX和 HY溶液，HX的 pH越小，则溶液中 c(H+)越大，其电离程度越大，因 此酸性越强，选项正确，故 A B．滴定终点，溶液中溶质为 NaX和 NaY 错误； ，溶液都显碱性，因此可用酚酞做指示剂，选项 正确，故 B C．HY溶液的浓度和体积不确定，无法进行计算，故 C D．由图可知，达到滴定终点时，HX消耗 NaOH溶液的体积为 25mL，HY消耗 NaOH 的体积为 50mL，由于 HX和 HY溶液的浓度相同，因此滴定前，HY的体积为 HX 错误； 正确； 溶液 溶液体积 的 2倍，选项正确，故 D 故答案为：C。 错误； 13．下列说法正确的是 A.常温下醋酸分子不可能存在于 pH 7 ＞的碱性溶液中 B.常温下向氯化铵溶液中加入少量氨水使溶液的 pH=7，则混合溶液中c(Cl － )＞c(NH4 +)C.0.1mol·L的氯化铵溶液与 0.05mol·L的氢氧化钠溶液等体积混合溶液中离子浓度 c(Cl ) － － －＞c(NH4+)＞c(Na+)＞c(OH－) －1硫化钠溶液中离子浓度关系 c(Na+)=c(S2－)+c(HS－)+c(H2S)D.0.1mol·L 【答案】C 【解析】 【详解】 A、在醋酸和醋酸钠的溶液中，若水解大于电离，溶液的 pH> 7，故 A错误； B、常温下向氯化铵溶液中加入少量氨水使溶液的 pH= 7，则 c(H+)= c(OH-)，由电荷守恒可 知：c(H+) +c(NH4+)=c(Cl-)+c(OH- )，则 c(Cl－)=c(NH4 +)，故 B错误； C、0.1mol/L的氯化铵溶液与 0.05mol/L 量的 NaCl、NH4Cl、NH3·H2O，溶液显碱性,电离大于水解，则 c(Cl c(OH－)，故 C D、硫化钠的化学式为 Na2S，则 0.1mol/L硫化钠溶液中离子浓度关系 c(Na+)=2(c(S2－)+c(HS 的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液中存在等物质的 )＞c(NH4+)＞c(Na+)＞－ 正确； －)+c(H2S))，故 D 故选 C。 错误； 14．H2C2O4为二元弱酸。25 ℃时，向 0.100 mol·L−1 Na2C2O4溶液中缓缓通入 HCl气体（忽 略溶液体积的变化）。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是 A.0.100 mol·L−1 Na2C2O4溶液中：c(C2O42−)＞c(HC2O4−)＞c(OH−)＞c(H＋) B.pH＝7的溶液中：c(Cl－)＝c(HC2O4−)＋c(H2C2O4) C.c(Cl － )＝0.100 mol·L−1溶液中：c(OH−)‒c(H＋)＝c(H2C2O4)‒c(C2O42−) D.c(HC2O4−)＝c(C2O42−)的酸性溶液中：c(Cl－)＋c(HC2O4−)＜0.100 mol·L−1＋c(H2C2O4) 【答案】C 【解析】 【详解】 A. Na2C2O4分步水解，且一步比一步难， +H2O +OH-， + H2O - +OH-，水也电离出 OH， 故 c(OH−)＞c(HC2O4−) ，故 A项错误； B. pH＝7为中性，c(H＋)= c(OH−)，依据电荷守恒 ， 再依据物料守恒 ，二者相减即可得到 B 项关 系式 c(Cl－)＝c(HC2O4−)＋ c(H2C2O4)，B项错误； C.当 浓度为 0.100mol/L 时，可以发现此时有物料守恒 ，依据电荷守恒有： ，此时溶液中有 ， 代入后化简得到，c(OH−)‒c(H＋)＝c(H2C2O4)‒c(C2O42−)，C项正确； D.首先将物料守恒 代入关系式，化简得到 ，因为溶液是酸性的，结合选项 的分析，应有 ，D项错误； 答案选 C。 15．常温下，用 0.1mol/LNaOH溶液分别滴定 20mL浓度均为 0.10mol/L的 CH3COOH溶 －5＝1.75×10，HCN的 K a 液和 HCN溶液，所得滴定曲线如图所示。已知：CH3COOH的 K ＝4.9×10-10。下列说法正确的是 a ( ) A.点①与点②对应的溶液中：c(CH3COO － )=c(CN-) B.点②对应的溶液中：c(Na+)＋c(H+)＝c(CN-)＋C(OH-) C.点③和点⑤对应的溶液中：c(CH3COO-)－c(CN-)＝c(HCN)－c(CH3COOH) D.点④对应的溶液中：c(OH-)=c(H+)+c(CH3CO0H) 【答案】D 【解析】 【分析】 常温下用 0.10mol/LNaOH溶液分别滴定 20.00mL浓度均为 0.10mol/LCH3COOH(Ka=1.75×10-5)溶液和 HCN(Ka=4.9×10-10)，对于同浓度同体积的 CH3COOH和 HCN来说，根据电离平衡常数可判断酸性 CH3COOH＞HCN，则起始时 HCN 的起点高于 CH3COOH的起点，即 I为 HCN溶液中滴定 NaOH溶液的曲线，II为 CH3COOH 溶液中滴定 NaOH溶液的曲线；当滴加 NaOH溶液的体积为 10mL时，此时两种溶液中起 始时分别恰好生成 c(HCN)：c(NaCN)=1：1，c(CH3COOH)：c(CH3COONa)=1：1，当滴加 NaOH的体积是 20mL时，此时为化学计量点，溶液中分别恰好生成 CH3COONa和 NaCN， 结合图象和溶液中的守恒思想，据此判断分析。 【详解】 常温下用 0.10mol/LNaOH溶液分别滴定 20.00mL浓度均为 0.10mol/LCH3COOH(Ka=1.75×10-5)溶液和 HCN(Ka=4.9×10-10)，对于同浓度同体积的 CH3COOH和 HCN来说，根据电离平衡常数可判断酸性 CH3COOH＞HCN，起始时 HCN的 起点高于 CH3COOH的起点，即 I为 HCN溶液中滴定 NaOH溶液的曲线，II为 CH3COOH 溶液中滴定 NaOH溶液的曲线；当滴加 NaOH溶液的体积为 10mL时，此时两种溶液中起 始时分别恰好生成 c(HCN)：c(NaCN)=1：1，c(CH3COOH)：c(CH3COONa)=1：1，当滴加 NaOH的体积是 20mL时，此时为化学计量点，溶液中分别恰好生成 CH3COONa和 NaCN； A．点①和点②所示溶液中，所加 NaOH溶液的体积均为 10.00mL，I溶液的组分为 NaCN 和 HCN的起始量为 1：1，II溶液的组分为 CH3COONa和 CH3COOH的起始量为 1：1，此 时 I中 HCN的电离对 CN-的水解抑制能力比 II中 CH3COOH的电离对 CH3COO-的抑制能力 弱，则 c(CH3COO B．点②所示溶液中，所加 NaOH溶液的体积为 10.00mL，此时溶液的组分为 CH3COONa 和 CH3COOH的起始量为 1：1，不存在 NaCN和 HCN，故 B )＞c(CN-)，故 A错误； － 错误； C．点③和点⑤表示的溶液中，溶液均为中性，则溶液中 c(H+)=c(OH-)，对于 I，溶液中存在 HCN和 NaCN，对于 II，溶液中存在 CH3COONa和 CH3COOH，因起始时 HCN和 CH3COOH 的总物质的量相等，则此时溶液中 n(HCN) +n(CN-)＝n(CH3COO-)+n(CH3COOH)，因加入 NaOH溶液体积不等，则 c(HCN) +c(CN-)≠c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，即 c(CH3COO-)－ c(CN-)≠c(HCN)－c(CH3COOH)，故 C错误； D．点④溶液中溶质为醋酸钠，此时溶液中存在的电荷守恒式为 c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+ c(Na+)，物料守恒式为 c(Na+)= c(CH3COO-)+ c(CH3COOH)，将物料守恒代入电荷守恒得 c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)，故 D正确； 故答案为 D。 【点睛】 判断电解质溶液的离子浓度关系，需要把握三种守恒，明确等量关系；如 2Na CO3 溶液中： ①电荷守恒式 c(Na+)+c(H+)＝c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)，②物料守恒式 c(Na+)＝ 2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)，③质子守恒式 c(H+)+2c(H2CO3)+c(HCO3-)＝c(OH-)，其中 质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。 下列依据相关实验得出的结论正确的是 选项 实验步骤 现象 结论 浓硫酸与乙醇加热，产生的气体 X 通入溴水 直接 A X一定是纯净的乙烯溴水褪色 某卤代烃 CH3CH2X与 NaOH溶液加热 生成淡黄色沉 淀B 至不再分层，冷却后加稀硝酸至酸性， X为溴原子 再滴加 溶液 C D 向苯酚溶液中滴加少量浓溴水、振荡， 无白色沉淀 苯酚浓度小 4 2 (NH ) SO4 鸡蛋白溶液中分别加入饱和 蛋白质均发生了盐 析 均有白色沉淀 溶液和 HgCl溶液2 A.A B.B C.C D.D 【答案】B 【解析】 【详解】 中可能混有二氧化硫，则溴水褪色不能说明乙烯的生成，故 A错误； B.水解后在酸性条件下检验溴离子，则冷却后加稀硝酸至酸性，再滴加 溶液，生成 错误； 淡黄色沉淀，可知 X为溴原子，故 B正确； C.苯酚溶液中滴加少量浓溴水，生成三溴苯酚易溶于苯酚，无白色沉淀，故 C D.鸡蛋白溶液中分别加入饱和 溶液和 溶液，前者为盐析、后者为变性， 均生成白色沉淀，故 D 故选：B。 错误； 【点睛】 浓硫酸与乙醇混合加热到 170 ℃，除了生成乙烯外，也可能生成二氧化硫，乙烯和二氧化硫 均能使溴水褪色。 17．我国学者研制了一种纳米反应器，用于催化草酸二甲醋(DMO)和氢气反应获得 EG 应过程示意图如下。 。反 下列说法正确的是 A.氢气在该反应中作为催化剂 B.DMO分子中只有碳氧单键发生了断裂 C.MG酸性水解的一种产物在一定条件下能形成高分子化合物 D.EG和甲醇互为同系物 【答案】C 【解析】 【详解】 A、由图可知，氢气转化为 H原子，Cu纳米颗粒作催化剂，故 A B.、DMO为草酸二甲酯，EG为乙二醇，则 C-O、C= O均断裂，故 B C.、由图可知，MG的结构简式为：CH3OOCCH2OH，在酸性水解时产生 CH2OHCOOH，可 自身发生缩聚反应生成高分子化合物，故 C 错误； 错误； 正确； D.、EG与甲醇中一 OH数目不同，二者不是同系物，故 D 故选 C； 错误； 18．根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是 选项 实验操作和现象 结论 向 KI溶液中滴入少量新制氯水和四氯化碳，振荡、 A I−的还原性强于 Cl− 该气体一定是乙烯 C的非金属性比 Si强 1-溴丙烷没有水解 静置，溶液下层呈紫红色 向无水乙醇中加入浓 H2SO4，加热，将产生的气体通 B C D 入酸性 KMnO 测定 Na2CO3和 Na2SiO3溶液的 pH，后者 pH 的大 溶液，紫红色褪去4 比前者 向 1-溴丙烷中加入 KOH 再加入 AgNO 溶液，加热几分钟，冷却后 3溶液，无淡黄色沉淀生成 A.A B.B C.C D.D 【答案】A 【解析】 【详解】 A.氯水的强氧化性强于 ，可将 氧化为 ， 又会被四氯化碳萃取，进入有机相，四氯 化碳密度大于水，在下层，因此下层溶液呈紫红色，A项正确； B.能使酸性高锰酸钾溶液褪色的不一定是乙烯，也有可能是 被还原产生了 ， 使酸性高锰酸钾溶液褪色，B项错误； C.应该在相同浓度下比较二者的碱性，C项错误； D.反应后的溶液是碱性的， 会和 反应干扰 的检测，因此应先加入稀硝酸，再 加入硝酸银来检验，D项错误； 答案选 A。 19．某待测稀溶液中可能含有如下离子中的若干种：K+、NH4+、Ba2+、Fe2+、C1-、NO3-、 CO32-、 SO42- ，已知该待测溶液中每种离子的物质的量浓度相等，某研究小组进行如图实验。 下列说法正确的是 A.气体 A为 CO2 B.溶液中可能存在的离子有 C1-、K+ C.溶液中一定不存在的离子有 CO32-、NO3- D.向溶液 G中加入过量 H2SO4(aq)产生沉淀 J，故原溶液中存在 Ba2+ 【答案】B 【解析】 【分析】 根据反应气体 A为二氧化碳则含有碳酸根离子，则不存在钡离子和亚铁离子，则后面加碳 酸氢钠无法推断出沉淀，因此只能为一氧化氮，则含有亚铁离子、硝酸根离子，无碳酸根离 子，加氢氧化钡有气体，则为氨气，说明含有铵根离子，根据每种离子浓度相等及电荷守恒 可知，一定含有硫酸根离子。 【详解】 A选项，气体 A为 NO，故 A错误； B选项，根据前面分析得出溶液中可能存在的离子有 C1、K+，故 B C选项，溶液中一定存在 NO－，故 C D选项，向溶液 G中加入过量 H2SO4(aq)产生沉淀 J，因原溶液中前期加入了氢氧化钡，因 正确；－ 3 错误； 此不能得出原溶液中存在 Ba2+，故 D 综上所述所，答案为 B。 错误。 20．已知 Pb3O4与 HNO3溶液发生反应 I：Pb3O4 + 4H = PbO2 + 2Pb + 2H2O；PbO2与酸 + 2+ 化的 MnSO4溶液发生反应 II：5PbO2 + 2Mn2+ + 4H+ 下列推断正确的是 + 5SO42－= 2MnO4－+5PbSO4 + 2H2O。 A．由反应 I可知，Pb3O4中 Pb(II)和 Pb(IV)含量之比为 1:2 B．由反应 I、II可知，氧化性：HNO3>PbO2>MnO4－ C．Pb可与稀硝酸发生反应：3Pb + 16HNO3 = 3Pb(NO3)4 + 4NO↑ + 8H2O D．Pb3O4可与盐酸发生反应：Pb3O4 + 8HC1=3PbCl2 + 4H2O + Cl2↑ 【答案】D 【解析】 A.反应 I未发生氧化还原反应，且产物 Pb 中 Pb(II)和 Pb(IV)含量之比为 2:1，故 A错误； B.反应 I中 HNO3未能将 Pb(II)氧化成 Pb(IV)，说明氧化性 HNO3＜PbO2，反应 II中 PbO2 将 Mn2+氧化成 MnO4－，说明氧化性 PbO2>MnO4－，故 B C.根据反应 I可得硝酸不能将 Pb氧化成＋4价，不能生成 Pb(NO3)4，故 C错误； 2+ 与 PbO2物质的量之比为 2：1，说明 Pb3O4 错误； D.据反应 II可知氧化性 PbO2>MnO4，而酸性条件下 MnO4能将 HCl氧化成 Cl2，则 － － Pb(IV)也能将 HCl氧化成 Cl2，所以此反应 Pb3O4 + 8HC1=3PbCl2 + 4H2O + Cl2↑能发生， 故 D也正确。 21 ZVI）的电化学腐蚀处理三氯乙烯，进行水体修复的过程如图所示。．利用小粒径零价铁（ _ H+、O2、NO 物质的量为 n 等共存物的存在会影响水体修复效果，定义单位时间内 ZVI ，其中用于有效腐蚀的电子的物质的量 n 。下列说法错误的是 e 释放电子的3 t A．反应①②③④均在正极发生 ．单位时间内，三氯乙烯脱去 a mol Cl时 ne= a molB _ _ C．④的电极反应式为 NO3 + 10H+ + 8e = NH4+ + 3H2O D．增大单位体积水体中小微粒 ZVI的投入量，可使 n增大t 【答案】B 【解析】 A．由修复过程示意图中反应前后元素化合价变化可知，反应①②③④均为得电子的反 应，所以应在正极发生； B．三氯乙烯 C2HCl3中 C原子化合价为+1价，乙烯中 C原子化合价为-2价，1 mol C2HCl3 转化为 1 molC2H4时，得到 6 mol电子，脱去 3 mol氯原子，所以脱去 a mol Cl时 ne = 2a mol； _ _ C．由示意图及 N元素的化合价变化可写出如下转化 NO3 + 8e NH4+，由于生成物 _中有 NH4+ H+和 H2O来配平该反应，而不能用 H2O _ 所以只能用 _ 和 OH来配平，所以④的电 极反应式为 NO3 + 10H+ + 8e = NH4+ + 3H2O； D．增大单位体积水体中小微粒 ZVI的投入量，可以增大小微粒 ZVI 加快 ZVI释放电子的速率，可使 n 和正极的接触面积， t增大。 22.热催化合成氨面临的两难问题是：采用高温增大反应速率的同时会因平衡限制导致 NH3 产率降低。我国科研人员研制了 Ti・ H・ Fe双温区催化剂（Ti-H区域和 Fe区域的温度 差可超过 100°C）。Ti-H-Fe双温区催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂 表面上的物种用*标注。下列说法不正确的是 （ ） A.①为氮气分子被催化剂吸附的过程 B.①②③在高温区发生，④⑤在低温区发生 C.④为 N原子由 Fe区域向 Ti-H区域的传递过程 D.使用 Ti-H-Fe双温区催化剂使合成氨反应转变为吸热反应 【答案】D 【解析】 A选项，经历①过程之后氮气分子被催化剂吸附，并没有变成氮原子，所以 A正确。 B选项，①为催化剂吸附 N2的过程，②为形成过渡态的过程，③为 N2解离为 N的过程， 以上都需要在高温时进行。④⑤在低温区进行是为了增加平衡产率，所以 B正确。 C选项，由题中图示可知，过程④完成了 Ti-H-Fe- N到 Ti-H- N-Fe两种过渡态的转化， * * N原子由 Fe区域向 Ti-H区域传递。C正确。 D选项，化学反应不会因加入催化剂而改变吸放热情况，所以 D错误。 23．五倍子是一种常见的中草药，其有效成分为没食子酸（记做 W），在一定条件下 W可 分别转化为 X、Y，下列说法正确的是（ ） A.X和 W都能与溴水发生加成反应 B.X能发生加成、消去、缩聚等反应 C.1molY最多能与 7molNaOH D.1molY水解生成两种有机化合物 【答案】B 发生反应 【解析】 【详解】 A．X分子结构中含有碳碳双键，可以与溴水发生加成反应，而 W 属于酚，只能与浓溴水发生取代反应，故 A B．X分子结构中含有碳碳双键，可以发生加成反应，含有醇羟基，可以发生消去反应，含 有羟基和羧基，可以发生缩聚反应，故 B C．在 1molY中含有 1mol水解后生成 1mol羧基和 1mol酚羟基的酯基、1mol羧基、 分子结构中不含碳碳双键， 错误； 正确； 5mol 酚羟基，则可以和 8molNaOH发生反应，故 D D．Y的水解产物只有一种，故 D错误； 故答案为 B。 错误； 【点睛】 本题以有机物的结构为载体，考查官能团的性质；熟悉常见官能团的性质，进行知识迁移运 用，根据有机物结构特点，有碳碳双键决定具有烯的性质，有羧基决定具有羧酸的性质，有 醇羟基决定具有醇的性质，有酚羟基则具有酚的性，有苯环还具有苯的性质，本题难点是酚 与醇的性质差异。 24．某固体粉末甲中可能含有 K2CO3、KNO3、NaNO2、K2SO3、Na2SO4、Fe、FeO、Fe2O3 中的若干种。某同学为确定该固体粉末的成分，取甲进行连续实验。实验过程及现象如下： 该同学得出的结论正确的是( ) A.固体粉末中含有钠元素，但不含钾元素 B.固体粉末中至少含有 2 Na2SO4、K SO3 中的一种C.固体粉末中至少含有 KNO、NaNO 中的一种 2 3 D.固体粉末中可能含有 K2CO3、不含 Fe2O3 【答案】C 【解析】 【详解】 A、焰色反应呈黄色，说明含有钠元素，则至少含有 NaNO 蓝色钴玻璃，不能确定是否含有钾元素，A错误； 2 Na SO4 中的一种，因未透过 2 、 B、若固体粉末含有 ，则可能存在 KNO 2 K2SO3，无 Na SO4 3 、 NaNO2:2H++2NO3-+3SO32-=3SO42-+2NO↑ +H2O，2H++2NO2-+SO32-=SO42-+2NO↑ +H2O，对 应的现象都是先产生无色气体，接触空气后才变为红棕色；若固体粉末无 2K SO3 ，含有 2Na SO4，溶液中无还原性物质，KNO是不会反应生成 NO的，而 KNO遇到酸发生分解生 3 2 成 NO和 NO 2 ，气体不需要接触空气就呈红棕色，不符合实验现象，故固体粉末中一定有 的存在情况，B错误；2K SO3，无法推出 Na2SO4 C、由 B选项的分析可知，固体粉末中至少含有 KNO D、根据实验现象，不能推出 K2CO3的存在情况；若固体粉末中含有 Fe、Fe2O3，且 Fe Fe+2Fe3+=3Fe2+，再加入 KSCN 能说明不含 Fe2O3，D错误； 故选 C。 、NaNO 中的一种， 正确；3 2 的 量较多，则会发生反应： 溶液，溶液不会出现血红色，则不 二、非选择题：本题共 4小题，共 52分。 25．（14分）我国化工专家侯德榜的 侯氏制碱法 曾为世界制碱工业做出了突出贡献， 他以饱和食盐水、 、 为原料先制得 ，进而生产出纯碱。回答下列问题： 某探究活动小组根据上述制碱原理，进行碳酸氢钠的制备实验，同学们按各自设计方案实 验。一位同学将二氧化碳气体通入含氨的饱和食盐水中制备碳酸氢钠，实验装置如图所示 图中夹持、固定用的仪器未画出。 乙装置中的试剂是___________。丁装置中稀硫酸的作用是_________________ 另一位同学用图中戊装置其他装置未画出进行实验。实验时，须先从______ _____气体。 有同学建议在戊装置的 b管下端连接己装置，理由是________________ 水： 。 管通入 。 下表中所列出的是相关物质在不同温度下的溶解度数据 0 10 20 30 40 50 NaCl 参照表中数据，请分析丙、戊装置中使用冷却水或者冰水的原因：____________ 。 该小组同学为了测定丙中所得晶体的碳酸氢钠的纯度假设晶体中不含碳酸盐杂质， 将晶体充分干燥后，称量质量为 。再将晶体加热到质量不再变化时，称量所得粉末质量 为 。然后进行下图所示实验： ①在操作Ⅱ中，为了判断加入氯化钙溶液是否过量，其中正确的是______填字母。 a 在加入氯化钙溶液后，振荡、静置，向上层清液中继续加入少量氯化钙溶液 b 在加入氯化钙溶液后，振荡、静置，向上层清液中再加入少量碳酸钠溶液 c 在加入氯化钙溶液后，振荡、静置，取上层清液再加入少量碳酸钠溶液 ②所得晶体中碳酸氢钠的纯度为_______________ 。 【答案】（每空 2 （1分） 分）饱和 溶液 吸收未反应挥发出的 （1分） 增大气体与溶液接触面积，提高 吸收率 温度越低碳酸氢钠溶解 a度越小，便于析出 【解析】 【分析】 1 乙装置中是饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳气体中的氯化氢杂质气体，丁装置中稀硫酸 可以吸收剩余氨气防止污染空气； 2 氨气易溶于水，从制取碳酸氢钠时先要得到含氨的饱和食盐水分析解答； 3 分析图可知，装置改动后反应物的接触面积变大，提高了二氧化碳的吸收率； 4 丙、戊装置中的试管内是溶有氨和氯化钠的饱和溶液，通入二氧化碳气体会发生反应生 成碳酸氢钠和氯化铵，温度越低越有利于碳酸氢钠的晶体析出； 5 测定丙中所得晶体的碳酸氢钠的纯度 假设晶体中不含碳酸盐杂质 ，将晶体充分干燥后， 称量质量为 ag ，此时为碳酸氢钠粗品质量，操作Ⅰ将晶体加热到质量不再变化时，所得粉 末为碳酸钠和杂质，然后溶解，加入氯化钙溶液，氯化钙跟碳酸钠反应生成碳酸钙，将生成 的碳酸钙过滤、洗涤、干燥，称量为 b g 【详解】 ，据此分析解答。 1 盐酸易挥发，生成的二氧化碳中含有氯化氢，乙装置中的试剂是饱和 NaHCO 来吸收二氧化碳气体中的氯化氢气体，丁装置中稀硫酸的作用是：吸收未反应挥发出的 NH 故答案为：饱和 NaHCO溶液；吸收未反应挥发出的 NH 2 制取碳酸氢钠时先要得到含氨的饱和食盐水，氨气极易溶于水，二氧化碳能溶于水，所 以应先通入氨气，所以 a端通入氨气，从而保证了从 b 反应，故答案为：a；NH 3 装置改动后反应物的二氧化碳与溶液的接触面积变大，提高了二氧化碳的吸收率，故答 案为：增大气体与溶液接触面积，提高 CO 溶液，用3 3 ， 3 3 ； 通入二氧化碳时，二氧化碳被充分 3 ； 2吸收率； 4 丙、戊装置中的试管内是溶有氨和氯化钠的饱和溶液，通入二氧化碳气体会发生反应生 成碳酸氢钠和氯化铵，依据图表分析可知温度越低，碳酸氢钠的溶解度越小，所以温度越低 越有利于碳酸氢钠的晶体析出，故答案为：温度越低，碳酸氢钠溶解度越小，便于析出； 5 ①为判断滴加的氯化钙溶液过量，可在加入氯化钙溶液后，振荡、静置，取上层清液再 加入少量氯化钙溶液看是否有沉淀生成，故答案为：a； ②反应的化学方程式为①2NaHCO Na2CO3 CO2↑ H2O，3 ②Na2CO3 CaCl2 CaCO3↓ 2NaCl ，得到的碳酸钙需要经过过滤、洗涤、干燥后方可称量。 设样品中碳酸氢钠的质量为 x，由上两式可得关系式：2NaHCO3～CaCO ，3 ，则 解得：x g，碳酸氢钠的质量分数为 100 100 。 26（12分）.2019年诺贝尔化学奖颁给了为锂电池发展作出突出贡献的三位科学家。某废 旧锂电池正极主要由 LiFePO 流程如下： 、铝箔、炭黑等组成， Fe、Li、P具有极高的回收价值，具体 4 （1）过程ⅰ生成 NaAlO2溶液的离子方程式是__。 （2）过程ⅱ中 HCl/H2O2的作用是__。 （3）浸出液 X的主要成分为 Li+、Fe3+ 度 85℃、反应时间 3 h条件下，探究 pH 、H PO4-等。过程ⅲ控制碳酸钠溶液浓度 20%、温2 对磷酸铁沉淀的影响，如图所示。 ①综合考虑铁和磷沉淀率，最佳 pH为__。 ②结合平衡移动原理，解释过程ⅲ中 pH增大，铁和磷沉淀率增大的原因__。 ③当 pH＞2.5后，随 pH增加，磷沉淀率出现了减小的趋势，解释其原因__。 （4）LiFePO 与 LiOH 3 可以通过(NH4)2Fe(SO4)2、H PO4 溶液发生共沉淀反应制取，共沉淀4 反应的化学方程式为__。 2Al 2OH-＋2H2O=2AlO2-＋ 3H2↑ ，将 Fe2+氧化为 Fe3+ HPO42-+H+，HPO42- PO43- +H+， 【答案】 ＋ 溶解 LiFePO4 （2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O）2.5 2 H PO4- 加入 Na2CO3后，CO32-结合 H+使 c(H+)减小，促进上述电离平衡正向移动，c(PO43−)增大， 与 Fe3+结合形成磷酸铁沉淀（或者：H2PO4- HPO42-+H+，HPO42- PO43-+H+，溶液 pH 增大，c(H+)减小，促进上述电离平衡正向移动，c(PO43-)增大，与 Fe3+结合形成磷酸铁沉淀 pH＞2.5时，沉淀中的磷酸铁会有部分开始转变生成 Fe(OH) (NH4)2Fe(SO4)2+H3PO4+LiOH=2NH4HSO4+LiFePO4↓ +H2O或 3，使得部分 PO43- 释放，导致 磷沉淀率下降 (NH4)2Fe(SO4)2+H3PO4+3LiOH=(NH4)2SO4+Li2SO4+LiFePO4↓ +3H2O【解析】 【分析】 含 LiFePO、铝箔、炭黑的废旧锂电池，用 NaOH溶解后过滤，滤液为 NaAlO溶液，滤渣 2 4 为 LiFePO和炭黑，再用盐酸酸化的 H2O2溶解滤渣并过滤，得到主要成分为 Li+、Fe3+、4 2 H PO4- 等的溶液 X，向 X中加入 ， 2 Na CO3溶液，有 FePO4•2H2O 析出，过滤的滤液主要是 LiCl 再加入饱和 Na2CO3溶液，再过滤即可得到 LiCO 【详解】 粗产品，据此分析解题。3 (1)过程ⅰAl溶于 NaOH溶液生成 NaAlO2和 H2，发生反应的离子方程式是 2Al＋2OH-＋ 2H2O=2AlO2-＋ 3H2↑ ； (2)过程ⅱ是除铝后料中加入盐酸酸化的 H2O2，过滤后得到主要成分为 Li+、Fe3+、H2PO4- 等的溶液 X，由知 HCl/H2O2的作用是溶解 LiFePO ，将 Fe2+氧化为 Fe3+； (3)①分析图中数据可知，当 pH=2.5 4 时磷的沉淀率最高，铁的沉淀率较高，则过程ⅲ选择的 最佳 pH为 2.5 ；中存在 H2PO4-的电离平衡，即 H PO4-2 HPO42-+H+， HPO42- PO43-+H+，②已知溶液 X 2- +使c(H+)减小，促进上述电离平衡正向移动，c(PO43−) 结合H 过程ⅲ中当加入Na2CO3后，CO3 增大，与 Fe3+结合形成磷酸铁沉淀，提高了铁和磷沉淀率； ③已知 FePO4(s) Fe3+(aq)+ PO43-(aq)，当 pH＞2.5后，随 pH增加，溶液中 c(OH-)增大， Fe3+开始转变生成 Fe(OH)3，促进溶解平衡正向移动，使得部分 PO43-释放，导致磷沉淀率 下降； (4)(NH4)2Fe(SO4)2、H3PO4与 LiOH溶液混合生成 LiFePO4，同时得到(NH4)2SO4和 Li2SO4， 结合原子守恒，发生反应的化学方程式为 (NH4)2Fe(SO4)2+H3PO4+LiOH=2NH4HSO4+LiFePO4↓ +H2O。 27（12分）．研究 NO之间的转化具有重要意义。x (1)已知：N2O4(g) 2NO2(g) ΔH＞0将一定量 N2O4气体充入恒容的密闭容器中，控 制反应温度为 T ①下列可以作为反应达到平衡的判据是________ 。1 。 A．气体的压强不变 气体的密度不变 B．v正(N2O4)＝2v逆(NO2) E．容器内颜色不变 C．K不变 D．容器内 ②t 时刻反应达到平衡，混合气体平衡总压强为 p，N2O4气体的平衡转化率为 75%，则反1 应 N2O4(g) 2NO2(g)的平衡常数 K＝________(对于气相反应，用某组分 Bp 的平衡压强 p(B)代替物质的量浓度 c(B)也可表示平衡常数，记作 K 强，x(B)为平衡系统中 B的物质的量分数)。 p，如 p(B)＝p x(B)，p为平衡总压 ③反应温度 T时，c(N2O4)随 t(时间)变化曲线如图，画出 0～t c(NO2)随 t变化曲线。 时段， 1 2保持其它条件不变，改变反应温度为 T2(T2＞T1)，再次画出 0～t时段，c(NO2)随 t变化趋 势的曲线________ 2 。 (2) NO氧化反应：2NO(g)＋O2(g)=2NO2(g)分两步进行，其反应过程能量变化示意图如图。 2NO(g)=N2O2(g) ΔH1 ΔH2 Ⅰ Ⅱ N2O2(g)＋O2(g)→2NO2(g) ①决定 NO氧化反应速率的步骤是________(填 Ⅰ 或 Ⅱ )。 ②在恒容的密闭容器中充入一定量的 NO和 O 别为 T和 T4(T4＞T3)，测得 c(NO)随 t(时间)的变化曲线如图。转化相同量的 NO，在温度 _____(填 T3 或 T4 )下消耗的时间较长，试结合反应过程能量图分析其原因____。 气体，保持其它条件不变，控制反应温度分2 3 【答案】AE p Ⅱ T4 ΔH1＜0， 温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，c(N2O2)减小，浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响 每空 2分 【解析】 【分析】 （1）①化学反应平衡的判断可从以下几方面考虑：体系中所有反应物和生成物的质量（或 浓度）保持不变，正反应速率等于逆反应速率； ②建立三段式求解可得； ③由图确定 t 移动； 时反应生成的 NO浓度；该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向 2 1 （2）①由图可知，反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，活化能越大，反应速率越慢； ②由图可知，转化相同量的 NO，在温度 T 温度对反应Ⅱ速率的影响。 【详解】 下消耗的时间较长，原因是浓度降低的影响大于4 （1）①A、该反应是一个气体体积减小的反应，气体的压强不变说明各物质浓度保持不变， 反应达到化学平衡状态，故正确； B、v正(N2O4)＝2v逆(NO2)说明正逆反应速率不相等，反应没有达到化学平衡状态，故错误； C、温度不变，化学平衡常数 K不变，则 K不变不能说明反应达到化学平衡状态，故错误； D、由质量守恒定律可知，反应前后气体质量不变，恒容容器的体积不变，则密度始终不变， 则密度不变不能说明反应达到化学平衡状态，故错误； E、容器内颜色不变说明各物质浓度保持不变，反应达到化学平衡状态，故正确； AE正确，故答案为：AE； ②设起始 N2O4的物质的量为 1mol ，由题给数据建立如下三段式： 由三段式数据可知 N2O4的平衡分压为 p=，NO p=2的平衡分压为 ，则平衡常数 K = ，故答案为： ；p ＝ ③由图可知，t1时反应消耗 N2O4的浓度为（0.04 0.01）mol/L，由方程式可得反应生成 NO2的浓度为 0.03 mol/L 2=0.06 mol/L；该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方 向移动，NO的浓度增大，则 0～t时段，NO c(NO2)随 t变化趋势的曲线为 的浓度 2 2 2 ，故答案为： ； （2）①由图可知，反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，活化能越大，反应速率越慢，则化 学反应速率反应Ⅰ快于反应Ⅱ，化学反应取决于反应速率较慢的一步，则决定 NO氧化反应速 率的步骤是反应Ⅱ，故答案为：Ⅱ； ②由图可知，转化相同量的 NO，在温度 T 温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，c(N2O2)减小，浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响， 导致转化相同量的 NO，在温度较高的 T下消耗的时间较长，故答案为：T；反应Ⅰ为放热 下消耗的时间较长，原因是反应Ⅰ为放热反应，4 4 4 反应，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，c(N2O2)减小，浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的 影响； 28.（二选一） 选做题选修 5有机化学基础： 28.（14分）1923 的方案，并于 1926 年，在汉阳兵工厂工作的我国化学家吴蕴初先生研制出了廉价生产味精 年向英、美、法等化学工业发达国家申请专利。这也是历史上中国的化 学产品第一次在国外申请专利。以下是利用该方法合成味精的流程部分产物及反应条件已 省略： (图中酯 R的下标依次为 4 8 2) 请回答下列问题： 下列有关蛋白质和氨基酸的说法不正确的是________填字母代号。 蛋白质都是高分子化合物 谷氨酸 自身不能发生反应 氨基酸和蛋白质都能发生盐析 天然蛋白质水解的最终产物都是 氨基酸 的系统命名是________；F中含氧官能团的名称是_______________ 的反应类型是____________，R的结构简式为_______________。 反应的化学方程式：_________________ 是 H的同分异构体，T中同时具备下列条件的结构有________种。其中在核磁共振氢 。 写出 G和 。 谱上有 4组峰且峰的面积比为 2:2:2:3的可能结构简式为_______ 能发生水解反应 。 只有 2种官能团，其中一种是 发生银镜反应能生成 参照上述流程，以 和甲醇为原料其他无机试剂任选，设计合成 苯丙氨酸 【答案】 的流程：_____________________ 。 (2分) ， 戊二酸 羧基、酯基（ 分） 取代反应 3 9 （2分） （2分） 【解析】 【分析】 （1）a．蛋白质是由氨基酸缩聚反应生成的高分子化合物； b．含有羧基、氨基，可以形 成内盐，可以发生缩聚反应； c．氨基酸不能发生盐析； d ．构成天然蛋白质的氨基酸都 是α-氨基酸； （2）化合物 C为二元羧酸；由结构可知 F中含氧官能团为：酯基、羧基； （3）对比 E、F的结构可知，E中 H原子被-Br替代生成 F；由酯 R的分子式、A的结构， 可知可知 2分子 R反应生成 A，同时还生成乙醇； （4）对比 G、H的结构，可知先是 G中-Br被-NH 到 H； 替代，然后酸性条件下发生酯的水解得2 （5）T是 H的同分异构体，T同时具备下列条件：①能发生水解反应，说明含有酯基为酰 胺键；②只有 2种官能团，其中一种是-NH，另外还含有 2个酯基；③1molT发生银镜反2 应能生成 4mol银，说明含有 2个甲酸形成的酯； （6） 与 Br2/红磷作用得到 ，再与甲醇发生酯化反应生成 。3、②H2O/H+得到，最后经过①NH 【详解】 蛋白质是由氨基酸缩聚反应生成的高分子化合物，故 a正确； 含有羧基、氨基，可以形成内盐，可以发生缩聚反应，故 b 蛋白质可以发生盐析，氨基酸不能发生盐析，故 c 错误； 错误； 构成天然蛋白质的氨基酸都是 氨基酸，天然蛋白质水解的最终产物都是 氨基酸， 故 d正确； 故选：bc ； 化合物 C为二元羧酸，其名称为：1， 戊二酸，由结构可知 F 中含氧官能团为：酯 基、羧基； 故答案为：1， 对比 E、F的结构可知，E中 H原子被 由酯 R的分子式、A的结构，可知可知 2分子 R反应生成 A，同时还生成乙醇，故 R的结 构简式为：CH3COOCH CH 戊二酸；酯基、羧基； 替代生成 F， 的反应类型为取代反应； ； 故答案为：取代反应；CH3COOCH CH； 对比 G、H的结构，可知先是 G 得到 H，G和 NH 中 被 替代，然后酸性条件下发生酯的水解 反应的化学方程式： ； 故答案为： ； T是 H的同分异构体，T同时具备下列条件： 能发生水解反应，说明含有酯基为酰 只有 2 发生银 镜反应能生成 4mol银，说明含有 2个甲酸形成的酯，可以看作 CH CH CH中 H 被 2 、1个 取代，2个 种官能团，其中一种是 NH ，另外还含有 2个酯基；胺键； 原子 个 取代同一甲基上、同一亚甲基上、不同 甲基上、分别取代甲基与亚甲基的 H原子共 4 2种、3种，故符合条件的共有 种情况，对应 取代分别有 3种、1种、 种，其中在核磁共振氢谱上有 4组峰且峰的 面积比为 2：2：2：3的可能结构简式为： 故答案为：9； ； ； 与 Br 红磷作用得到 ，再与甲醇发生酯化反应生成 得到 ，合成路线流，最后经过 、 程图为： ； 故答案为： 。 选做题选修 3物质结构题 28．2019年 月 日，我国第一艘国产航空母舰山东舰在海南三亚某军港交付海军。镍 铬钢抗腐蚀性能强，可用于建造航母。 (1)航母甲板镍铬钢表面涂有一层耐高温的材料聚硅氧烷（结构如图甲所示）。基态 Cr 的价电子排布式为_____________，基态 Si _____________形，元素 C、O、F的电负性由大到小的顺序为_____________。 原子 原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为 (2)海洋是元素的摇篮，海水中含有大量 F、Cl、Br、I元素。 ①OF2的空间构型为_____________，其中 O原子杂化方式为_____________ 杂化。 ②KCl晶体中存在的化学键类型有 ；_____________ CaCl2熔点要比 KCl的熔点高很多，主要 原因为____________________________________________________________________ 。 (3)海底金属软泥是在海洋底覆盖着的一层红棕色沉积物，蕴藏着大量的资源，含有硅、氧 化铁、锰、锌等。Zn2+与 S2-形成的一种晶胞结构如图乙所示（黑球表示 Zn2+，白球表示 S2-）， Zn2+的配位数为_____________。晶胞边长为 a nm、ZnS相对分子质量为 M，阿伏加德罗常 数的值为 N，其晶体密度的计算表达式为_____________g·cm -3。A 【答案】3d54s1 F＞O＞C sp3 Ca2+半径比 K+小，哑铃 V形 离子键 Ca2+所带电荷数比 K+多，CaCl2的晶格能更高 4 前 5空每空 1分，后面 2 【解析】 分每空 【分析】 （1）依据原子核外电子排布规则写出基态 Cr原子的价电子排布式；依据 的核外电子排 布式可知其最高能级为 3p能级，3p能级电子云轮廓图为哑铃形；根据 C、O、F的非金属 性推断其电负性； （2）①OF2分子的中心原子为 O原子，其中含有的孤电子对数为 2，σ键数为 2，价层电子 对数为 4，所以 OF2的空间构型为 V形，其中 O原子的杂化方式为 sp3杂化；②氯化钾为离 子晶体，存在的化学键为离子键；钙离子的半径比钾离子小，钙离子所带电荷数比钾离子多， 氯化钙的晶格能更高，所以氯化钙的熔点更高。 （ ）通过硫化锌的晶胞结构分析锌离子的周围与之等距离的硫离子，即可知锌离子的配位 数；通过硫化锌的晶胞结构可知锌离子的数目为 4 1=4 ，含有硫离子的数目为 ，一个晶胞的体积为(a×10-7)3 cm3，由密度公式计算晶体的密度。 【详解】 (1)Cr为 24号元素，核电荷数为 24，故基态 Cr 原子的价电子排布式为 元素为 3d54s1；Si 14号元素，核电荷数为 14，核外电子排布式为 1s22s22p63s23p2，最高能级为 3p能级， 3p 能级电子云轮廓图为哑铃形；非金属性：F＞O＞C，则 C、O、F的电负性由大到小的顺序 为 F＞O＞C。 (2) OF2分子的中心原子为 O原子，其中含有的孤电子对数为 2，σ键数为 2，价层电子对① 数为 4，所以 OF2的空间构型为 V形，其中 O原子的杂化方式为 sp3杂化；②氯化钾为离子 晶体，存在的化学键为离子键；钙离子的半径比钾离子小，钙离子所带电荷数比钾离子多， 氯化钙的品格能更高，所以氯化钙的熔点更高。 (3)由硫化锌的晶胞结构可知，每个锌离子的周围与之等距离的硫离子有 4个，所以锌离子 的配位数为 4；一个晶胞中含有锌离子的数目为 4，含有硫离子的数目为 4，一个晶胞的体 积为(a×10-7)3 cm3，则晶体的密度为 。 【点睛】 计算晶胞密度时，利用晶胞结构计算一个晶胞中含有的离子数，再根据 计算质量，根 据 计算体积，由此计算晶体的密度。 附加题: （20分，每空 2分）四溴化钛（TiBr4）可用作橡胶工业中烯烃聚合反应的催化剂。已知 TiBr4 常温下为橙黄色固体，熔点为 38.3 °C,沸点为 233.5°C,具有潮解性且易发生水解。实验室 利用反应 TiO2 + C + 2Br2 TiBr4 + CO2制备 TiBr4的装置如下图所示。回答下列问题： （1）检查装置气密性并加入药品后，加热前应进行的操作是 ，其目的是 ， 此时活塞 K1、K2、K3、的状态为 塞 K1、K2、K3的状态为 ；一段时间后，打开电炉并加热反应管，此时活 。 （2）试剂 A为 ，装置单元 X的作用是 ；反应过程中需用热源间歇性微热连 。接管，其目的是 （3）反应结束后应继续通入一段时间 CO2，主要目的是 。 、（4）将连接管切断并熔封，采用蒸馏法提纯。此时应将 a端的仪器改装为 承接管和接收瓶，在防腐胶塞上加装的仪器是（填仪器名称）。 【答案】 （1）先通入过量的 CO2气体，排除装置内空气，打开 K1，关闭 K2和 K3；打开 K2和 K3，同时关闭 K1。 （2）浓硫酸，吸收多余的溴蒸气同时防止外界的水蒸气使产物水解；防止产品四溴化 钛凝固成晶体，堵塞连接管，造成危险。 （3）排出残留在装置中的 TiBr4和溴蒸气 （4）直形冷凝管、温度计（量程 250°C） 【解析】 本题是制备化学物质四溴化钛的实验试题。 （1）检查装置气密性并加入药品后，加热前应进行排除装置内的空气，防止反应物碳 单质与氧气反应，浪费原料，还可能产生有毒气体 CO等，污染空气，因此加热实验前应先 通入过量的 CO2气体，其目的是排除装置内空气。此时仅仅是通入 CO2气体，所以只需要 打开 K1，关闭 K2和 K3；而反应开始一段时间后，打开电炉并加热反应管，此时需要打开 K2和 K3,同时关闭 K1，保证 CO2气体携带溴蒸气进入反应装置中。 （2）因为产品四溴化钛易发生水解，因此整套装置需要保持干燥，因此进入的 CO2气 体必须干燥，所以试剂 A为浓硫酸（作干燥剂），装置单元 X应为尾气处理装置，吸收多 余的溴蒸气，同时还能防止空气中的水蒸气干扰实验，防止产品四溴化钛水解变质。反应过 程中需用热源间歇性微热连接管，其目的是防止产品四溴化钛凝固成晶体，堵塞连接管，造 成危险，用热源间歇性微热连接管可以使产品四溴化钛加热熔化，流入收集装置中。 （3）反应结束后在反应装置中还有少量四溴化钛残留，以及剩余的溴蒸气，应继续通 入一段时间 CO2，主要目的是把少量残留四溴化钛排入收集装置中，提高产率，而且还可以 排出剩余的溴蒸气，进行尾气处理，防止污染。这是考查学生的实验环保意识。 （4）实验结束后，将连接管切断并熔封，采用蒸馏法提纯。在产品四溴化钛中还有残 留的液溴，因此根据题中给出的四溴化钛的沸点 233.5°C，可以使用蒸馏法提纯。此时应将 a端的仪器改装为直形冷凝管、承接管和接收瓶，在防腐胶塞上加装的仪器是温度计（量程 是 250°C）。此问考查学生对蒸馏装置的认识。