东北三省三校哈师大附中2020年高三第三次模拟考试理综化学试题 Word版含解析 19页

- 1 - 东北三省三校 哈师大附中 2020 年高三第三次模拟考试 化学能力测试 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，认真核对条形码上的姓名、 准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上。 2.选择题答案使用 2B 铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；非选择 题答案使用 0.5 毫米黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整，笔迹清楚。 3.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效。 4.保持卡面清洁，不折叠，不破损。 5.做选考题时，考生按照题目要求作答，并用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑。 可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 Si-28 一、选择题：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.中华优秀传统文化涉及到很多的化学知识。下列有关说法不正确的是（ ） A. “自古书契多编以竹简，其用缣帛者（丝质品）谓之为纸”，这里的纸主要成分为纤维素 B. 中国蓝是古代人工合成的蓝色化合物，其化学式为 BaCuSi4O10，可改写成 BaO·CuO·4SiO2 C. 东汉魏伯阳在《周易参同契》中对汞的描述：“……得火则飞，不见埃尘，将欲制之，黄 芽为根。”这里的黄芽是指硫 D. 《天工开物》记载：“凡埏泥造瓦，掘地二尺余，择取无沙黏土而为之”。这里的瓦属于 传统无机非金属材料，主要成分为硅酸盐 【答案】A 【解析】 【详解】A．“自古书契多编以竹简，其用缣帛者谓之为纸”，这里纸的主要成分为纤维素， 缣帛是丝织品，蚕丝主要成分是蛋白质，故 A 错误； B．硅酸盐改写成氧化物形式时：活泼的金属氧化物写在前面，再写 SiO2，含氢元素的 H2O 最 后写，所以 BaCuSi4O10 用氧化物形式表示：BaO·CuO·4SiO2，故 B 正确； C．液态的金属汞，受热易变成汞蒸气，汞属于重金属，能使蛋白质变性，属于有毒物质，但 常温下，能和硫反应生成硫化汞，从而防止其变成汞气体，黄芽指呈淡黄色的硫磺，故 C 正 确； D．择取无沙粘土而为之得到“瓦”，是传统无机非金属材料，主要成分为硅酸盐，故 D 正确； - 2 - 答案选 A。 2.设 NA 为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ） A. 6gSiO2 晶体中含有的硅氧键数目为 0.2NA B. 常温下 pH=12 的 Na2CO3 溶液中，由水电离出 OH－的数目为 0.01NA C. 常温常压下，10gD2O 含有的质子数、电子数、中子数均为 5NA D. 将含 0.01molFeCl3 的饱和溶液滴入沸水中可制得 Fe(OH)3 胶粒 0.01NA 【答案】C 【解析】 【详解】A．6.0g 二氧化硅的物质的量为 6.0g 60g/mol =0.1mol，而二氧化硅中一个硅原子能形成 4 条硅氧键，根据硅原子守恒，则 0.1mol 二氧化硅中含 0.1mol×4×NA=0.4NA 条硅氧键，故 A 错误； B．常温下 pH=12 的 Na2CO3 溶液中，不知道溶液的体积，无法求出水电离出的 OH-的数目，故 B 错误； C．常温常压下，10 g D2O 物质的量为 10g 20g/mol =0.5mol，一个 D2O 中含有 10 个质子，10 个 电子，10 个中子，则 0.5molD2O 中含有的质子数、电子数、中子数均为 5NA，故 C 正确； D．由于氢氧化铁胶体是氢氧化铁的聚集体，无法计算溶液中含有的胶粒数目，故 D 错误； 答案选 C。 3.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ） A. NaCl 电解 Cl2(g) Fe(s) Δ FeCl2(s) B. N2(g) 2H (g)高温、高压、催化剂 NH3(g) 2CO (g) NaCl(aq) NaHCO3(s) C. AgNO3(aq) 氨水 Ag(NH3)2OH 蔗糖 Ag(s) D. S(s) 2O (g)点燃 SO3(g) 2H O(l) H2SO4(aq) 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．氯气具有强氧化性，与变价金属反应时直接将金属氧化到最高价，铁与氯气反应 - 3 - 生成氯化铁，不能得到氯化亚铁，故 Cl2(g) Fe(s) Δ FeCl2(s)不能实现，故 A 错误； B．氮气和氢气在高温高压催化剂作用下反应生成氨气，氨气与二氧化碳和氯化钠水溶液反应 生成碳酸氢钠，物质之间的转化能实现，故 B 正确； C．硝酸银与过量氨水反应生成 Ag(NH3)2OH，但蔗糖中不含有醛基，不能与银氨溶液发生银镜 反应，不能得到银单质，则 Ag(NH3)2OH 蔗糖 Ag(s)过程不能实现，故 C 错误； D．S 和 O2 在点燃的条件下反应生成 SO2，不能直接生成 SO3，则 S(s) 2O (g)点燃 SO3(g)不能一步 实现，故 D 错误； 答案选 B。 4.科学家合成出了一种高效电解质（如图所示），其中 X、Y、Z、W、Q 均为短周期元素，且原 子序数依次增大，Z 和 Q 位于同一主族，Y 和 W 的原子序数之和与 Q 相等。下列说法正确的是 A. Q 的氧化物对应水化物为强酸 B. 该电解质阴离子中所有原子均满足 8 电子稳定结构 C. 元素非金属性强弱的顺序为 W＞Y＞Z D. X 和 Z 形成的化合物溶于水呈碱性 【答案】D 【解析】 【分析】 4 个 Z 原子均形成 2 个共价键，Q 形成 6 个共价键，Z 和 Q 位于同一主族且 Z 的原子序数小于 Q，所以 Z 为 O，Q 为 S，X 和阴离子之间形成离子键且原子序数最小，则 X 为 Li，2 个 W 均形 成一个共价键且原子序数比 Q 小，则 W 为 F，Y 和 W 的原子序数之和与 Q 相等，则 Y 为 N，综 上所述，X、Y、Z、W、Q 分别为：Li、N、O、F、S，据此分析解答。 【详解】A．Q 为 S，S 的氧化物对应水化物不一定为强酸，例如硫酸为强酸，而 H2SO3 是弱酸， 故 A 错误； B．该化合物的阴离子中，S 最外层电子数为 6+6=12，不满足 8 电子稳定结构，故 B 错误； C．Y、Z、W 分别为： N、O、F，同周期元素随核电荷数增大，非金属性越强，元素非金属性 强弱的顺序为 N＜O＜F，即 W＞Z＞Y，故 C 错误； - 4 - D．X 为 Li，Z 为 O，形成的化合物为 Li2O，Li2O 溶于水生成 LiOH，LiOH 溶液显碱性，故 D 正 确； 答案选 D。 5.MOF 衍生碳纳米棒封装的氧化铋催化剂对 CO2 电化学法制取 HCOOH 具有快速高效的选择性。 其原理图如图，下列有关说法正确的是 A. 该方法可有效消除 CO2 对大气造成的污染 B. 该电极应与电源的正极相连 C. 该电极反应式为：CO2－2e-+2H+=HCOOH D. 选择使用其他催化剂可能得到 HCHO 或 CH3OH 等产物 【答案】D 【解析】 【详解】A．大气污染物主要是指二氧化硫，二氧化氮等氮硫氧化物，颗粒悬浮物等。空气成 分中含有二氧化碳，不能把二氧化碳叫做大气污染物，只能说是造成温室效应的气体，故 A 错误； B．根据图示，二氧化碳通过该电极转化为 HCOOH，HCOOH 中 C 元素的化合价为+2 价，在转化 过程中碳元素化合价由+4 价变为+2 价，化合价降低，得电子，发生还原反应，若该装置为电 解池，则碳纳米棒作阴极，电解池的阴极与电源的负极相连，故 B 错误； C．根据 B 项分析，二氧化碳在该电极上得电子，发生还原反应转化为 HCOOH，故 C 错误； D．不同的催化剂对反应的选择性不同，若选择使用其他催化剂导致二氧化碳生成 HCOOH 的选 择性降低，可能得到 HCHO 或 CH3OH 等产物，故 D 正确； 【点睛】判断有机物中碳元素的化合价时，一般规定氢元素为+1 价，氧元素为-2 价，结合分 子式，利用化合价为零的方法判断碳元素的化合价。 6.桥环烷烃是指共用两个或两个以上碳原子的多环烷烃，二环[1，1，1]戊烷（ ）是其 中的一种。下列关于该化合物的说法不正确的是 - 5 - A. 与 1，3－戊二烯互为同分异构体 B. 分子中所有碳原子不可能处于同一平面内 C. 二氯代物共有 4 种 D. 碳碳键只有单键且彼此之间的夹角有 60°和 120°两种 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A. 二环[1，1，1]戊烷的分子式为 C5H8, 1，3－戊二烯的分子式也为 C5H8，二者分子 式相同，结构不同，互为同分异构体,故 A 说法正确； B.分子中每个碳原子都形成四个共价键，形成立体结构，不可能处于同一平面内，故 B 说法 正确； C.分子中有两种氢原子，-CH2 上的氢原子和-CH 上的氢原子，将一个氯原子固定位置，另一个 氯原子移动，用数字标志氯原子的位置，可以出现如下结构： 和 ，所以该分子的二氯代物有四种，故 C 说法正确； D.每个碳原子都形成四个单键，形成的键角应约为 109.5°，故 D 说法不正确。 综上所述，相关说法不正确的是 D，故选 D。 7.在某温度时，将 n mol/L 醋酸滴入 10mL 1.0mo/L 氢氧化钠溶液中，溶液 pH 和温度随加入 醋酸体积变化曲线如图所示。下列有关说法正确的是 A. n=1.0 B. 水的电离程度：c>b>a C. 25℃时，CH3COONa 的水解常数为(n-1)×10-7 - 6 - D. b 点：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(OH－)>c(H+) 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．c 点为等体积混合，此时溶液显中性，因醋酸钠溶液显碱性，则醋酸略过量，即 n>1.0 ，A 错误； B．b 点溶液温度最高，说明此时两溶液恰好反应生成醋酸钠，醋酸根离子水解促进了水的电 离，则 b 点水的电离程度最大，而 a、c 点抑制了水的电离，a 点抑制程度更大，故水的电离 程度：b>c>a，B 错误； C．根据图像可知 25℃时溶液 pH=7，[H+]=[OH-]，根据电荷守恒[Na+]=[CH3COO-]=0.5mol/L，根 据元素守恒，[CH3COOH]=(0.5n-0.5)mol/L，则 25℃时，CH3COONa 的水解常数为   - 7 73 - 3 [CH COOH] OH (0.5 0.5) 10 1 10C [ ] [ ] 0 5O .H COK n n       ，C 正确； D．b 点时溶液的 pH＞7，则 c(H+)＜c(OH-)，根据电荷守恒可知：c(Na+)>c(CH3COO-)，溶液中 正确的离子浓度大小为 c(Na+)>c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)，D 错误； 答案选 C。 三、非选择题：考生根据要求作答。 （一）必考题： 8.草酸钴是制备高品质钴氧化物和单质钴粉的重要中间产品。用含钴废料（主要成分为 Co， 含有一定量的 Ni、Al2O3、Fe、SiO2 等）可以制备草酸钴晶体（CoC2O4·2H2O）。一种制备方法是 选择草酸做沉淀剂，工业流程如图。 己知：①相关金属离子以氢氧化物形式沉淀完全的 pH 如下： 金属离子 Fe3+ Al3+ Co2+ Fe2+ Ni2+ 沉淀完全的 pH 3.7 5.2 9.2 9.6 9.5 - 7 - ②CoC2O4+2C2O 2 4  [Co(C2O4)3]4-。 回答下列问题： （1）CoC2O4 中 Co 的化合价是___。 （2）浸出液中含有的阳离子除了 H+、Co2+外，还有___。 （3）滤渣 II 的主要成分有___（填化学式）。 （4）加入 RH 的目的是___，操作 a 的名称是___。 （5）用一定浓度的草酸沉淀 Co2+时，lg[Co]T，随溶液 pH 变化如图所示（[Co]T 表示 Co 以非沉 淀形式存在的各种形态浓度之和）。 ①沉淀 Co2+时，应控制 pH 在___。 ②lg[Co]T 随 pH 的增大先减小后增大的原因为___。 （6）母液经氯气氧化后溶液中的盐酸可以循环使用，写出母液与氯气反应的化学方程式___。 【答案】 (1). +2 (2). Fe2+、Ni2+、Al3+ (3). Fe(OH)3、Al(OH)3 (4). 萃取 Ni2+、 与 Co2+分离 (5). 分液 (6). 2.0 (7). 随 pH 增大，c(C2O 2 4  )增大，Co2+更多以 CoC2O4 形 式 存 在 ， lg[Co2+]T 减 小 ， 随 着 pH 的 继 续 增 大 ， c(C2O 2 4  ) 增 大 ， 促 进 CoC2O 2 4  +2C2O 2 4  [Co(C4O4)3]4-正向进行，lg[Co2+]T 增大 (8). Cl2+H2C2O4=2CO2+2HCl 【解析】 【分析】 含钴废料（主要成分为 Co，含有一定量的 Ni、Al2O3、Fe、SiO2 等）加入盐酸后，Co 、Ni、Al2O3、 Fe 与盐酸反应生成 Co2+、Ni2+、Fe2+、Al3+，SiO2 不与盐酸反应故滤渣 I 为 SiO2；向浸出液中加 入过氧化氢和氧化钴，氧化亚铁离子并调节 pH，使 Fe(OH)3、Al(OH)3 以沉淀形式析出；再加 - 8 - 入 RH，生成溶于有机物的 NiR2，分液后再加入草酸经操作生成草酸钴晶体。 【详解】(1)草酸根离子为-2 价，故 CoC2O4 中 Co 的化合价为+2 价； (2)综上分析，浸出液中含有的阳离子除了 H+、Co2+外，还有反应生成的、Ni2+、Fe2+、Al3+； (3)因亚铁离子完全沉淀的 pH 大于钴离子，为防止钴离子的损失，加入过氧化氢氧化亚铁离 子，使亚铁离子转化为铁离子，再加入氧化钴，调节 pH，使 Fe3+、Al3+转化为 Fe(OH)3、Al(OH)3 沉淀而除去； (4)滤液中含有 Co2+、Ni2+，为了除去镍离子得到纯净的钴离子，故加入 RH 生成溶于有机物的 NiR2 而使 Ni2+与 Co2+分离；操作 a 将有机相和水相分离，操作名称为分液； (5) ①根据图像可知，为了尽可能生成草酸钴沉淀，则 o 以非沉淀形式存在的各种形态浓度 之和应尽可能得小，故 pH 应控制在 2.0； ②用一定浓度的草酸沉淀 Co2+，随 pH 增大，c(C2O 2 4  )增大，Co2+更多以 CoC2O4 形式存在，lg[Co2+]T 减小，随着 pH 的继续增大，c(C2O 2 4  )增大，促进 CoC2O 2 4  +2C2O 2 4  [Co(C4O4)3]4-正向进行， lg[Co2+]T 增大； (6)母液中主要成分为草酸，草酸与氯气发生氧化还原反应生成二氧化碳和氯化氢，反应方程 式为 Cl2+H2C2O4=2CO2+2HCl。 9.硫酸亚铁铵晶体[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]易溶于水，在定量分析中常用来配制亚铁离子的标准 溶液。某化学课外小组同学设计并完成下列实验。 I.(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O 的制取 实验步骤： ①称取 4.2g 碎铁屑于锥形瓶中，加入 10mL30%的 NaOH 溶液，加热煮沸－段时间。倾去碱液， 水洗至中性。 ②向处理过的铁屑中加入 25mL3mol/LH2SO4，水浴加热至反应完全，趁热过滤。 ③向滤液中加入－定体积的饱和(NH4)2SO4 溶液，加热浓缩，冷却，抽滤，洗涤，干燥得产品。 （1）步骤①中加入 NaOH 溶液的目的是___。 （2）步骤②趁热过滤的目的是___。 （3）步骤③加热浓缩溶液时，需要的仪器有酒精灯、___、___（固定、夹持仪器除外）。 Ⅱ.(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O 和 FeSO4·7H2O 稳定性的对比研究 如图，在 2 支相同的注射器中分别装入等物质的量的两种晶体，调整 2 支注射器活塞使空气 - 9 - 体积相等，用针头及胶塞封好注射器（气密性良好）。较长时间后，取出两种晶体，分别滴加 2 滴 0.01mol/LKSCN 溶液。整个过程中实验现象记录如下： （4）判断 a___b（填“>”、“<”或“=”），出现此结果的原因可能是___。 （5）判断此条件下(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O 的稳定性___（填“大于”或“小于”）FeSO4·7H2O。 Ⅲ.配制(NH4)2Fe(SO4)2 溶液并标定浓度 配制(NH4)2Fe(SO4)2 溶液 100mL，准确量取 20.00mL，置于锥形瓶中，加 10mLH2SO4 和邻二氮菲 指示剂 3～4 滴，用 cmol/LK2Cr2O7 标准液滴定至溶液变成棕红色。消耗 K2Cr2O7 溶液的体积为 VmL。 （6）计算(NH4)2Fe(SO4)2 溶液的浓度为___ mol/L。 （7）下列操作会使所测溶液浓度偏大的是___（填标号）。 A.锥形瓶用待测溶液润洗 B.滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失 C.滴定过程中剧烈摇晃锥形瓶，溶液溅出 D.滴定前平视读数，滴定后俯视读数 【答案】 (1). 除去碎铁屑表面的油污 (2). 防止过滤时 FeSO4 晶体析出损耗，影响产 率 (3). 蒸发皿 (4). 玻璃棒 (5). > (6). FeSO4·7H2O 消耗了较多的 O2，①中 体积减小更多，活塞向右移动距离大 (7). 大于 (8). 0.3cV (9). AB 【解析】 【分析】 通过铁屑与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，硫酸亚铁与饱和(NH4)2SO4 溶液反应，FeSO4+(NH4)2SO4= (NH4)2Fe(SO4)2，经过加热浓缩，冷却，抽滤，洗涤，干燥得.(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O；亚铁离子 易被氧气氧化成铁离子，铁离子遇 KSCN 溶液，溶液变为红色；(NH4)2Fe(SO4)2 与 K2Cr2O7 标准液 发生氧化还原反应，6Fe2++Cr2O7 2-+14H+= 6Fe3++2Cr3++7H2O。 【详解】(1)铁屑表面含有油污，加入 NaOH 溶液，加热煮沸－段时间除去碎铁屑表面的油污。 (2)铁屑与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，为了防止过滤时 FeSO4 晶体析出损耗，影响产率，故需 要趁热过滤。 - 10 - (3)加热浓缩操作需要在蒸发皿中加热进行，并有玻璃棒不断搅拌，故需要的仪器有酒精灯、 蒸发皿、玻璃棒。 (4)根据与 KSCN 溶液反应后的颜色判断，①中亚铁离子被氧化的程度大于②，则 FeSO4·7H2O 消耗了较多的 O2，①中体积减小更多，活塞向右移动距离大，则 a>b。 (5) (NH4)2Fe(SO4)2·6H2O 中亚铁离子被氧化的程度小于 FeSO4·7H2O 中亚铁离子被氧化的程度， 故此条件下(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O 的稳定性大于 FeSO4·7H2O。 (6) 根据 6Fe2++Cr2O7 2-+14H+= 6Fe3++2Cr3++7H2O 可知，n(Fe2+)=6n(Cr2O7 2-)，则(NH4)2Fe(SO4)2 溶液 的浓度 3 3 10 6 100 / 0.3 /20 100 10 c Vc mol L cVmol L         。 (7) A.锥形瓶用待测溶液润洗，导致使用的标准液的体积偏大，使所测溶液浓度偏大； B.滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，导致标准液体积读数偏大，使所测溶液浓 度偏大； C.滴定过程中剧烈摇晃锥形瓶，溶液溅出，导致所测液的体积偏小，所使用的标准液体积减 小，使所测溶液浓度偏小； D.滴定前平视读数，滴定后俯视读数，导致标准液体积读数偏下，使所测溶液浓度偏小； 答案选 AB。 10.丙烯是一种重要的化工原料。可由丙烷催化脱氢制备。 主反应：①C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g) ΔH1 副反应：②C3H8(g)=C2H4(g)+CH4(g) ③C2H4(g)+H2(g)=C2H6(g) ④C3H8(g)+H2(g)=C2H6(g)+CH4(g) 回答下列问题： （1）已知：C3H8(g)+ 1 2 O2(g)=C3H6(g)+H2O(g) ΔH2=－117kJ/mol H2(g)+ 1 2 O2(g)=H2O(g) ΔH3=－242kJ/mol。反应①的ΔH1=___。 （2）某温度下，在体积不变的密闭容器内发生反应①，起始总压强为 105Pa，平衡时总压增 加了 20%。则 C3H8 的转化率为___；该反应的平衡常数 Kp=___Pa。若提高 C3H8 的平衡转化率， 可采取的措施有___（填标号）。 A.增大 C3H8 的浓度 B.提高温度 - 11 - C.恒容下通入惰性气体 D.使用高效催化剂 （3）工业生产中常采用恒压下充入高温水蒸气的条件。如图表示常压下反应①C3H8 的平衡转 化率与温度及水烃比（M）的关系，M2___5（填“>”或“<”）。 （4）已知高温下 C－C 键断裂反应比 C－H 键断裂的脱氢反应容易发生，这将导致丙烯选择性 降低；同时高温加剧催化剂表面积炭，导致催化剂迅速失活。在生产中充入 CO2 的作用之一是 利于催化剂活性保持，其原因是___。反应气中 3 8 2 n(C H ) n(CO ) 的配比对催化剂活性的影响如表所示。 其中 C3H6 收率最高时 3 8 2 n(C H ) n(CO ) 的配比是___。 【答案】 (1). +125kJ/mol (2). 20% (3). 5000 (4). B (5). > (6). C+CO2=2CO 有利于消除积炭 (7). 1：2.4 【解析】 【分析】 反应 C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)可由 C3H8(g)+ 1 2 O2(g)=C3H6(g)+H2O(g)与 H2(g)+ 1 2 O2(g)=H2O(g)相减 得到；反应①反应前后气体分子数增加的吸热反应；恒压下充入高温水蒸气，容器的体积增 大，相当于减小压强，压强减小，平衡向气体分子数增加的方向移动。 【详解】(1)根据盖斯定律，反应①的ΔH1=ΔH2-ΔH3=－117kJ/mol+242kJ/mol=+125kJ/mol。 (2)根据反应方程式，反应后增加的压强与反应生成的 C3H6、H2 的压强及反应了的 C3H8 的压强 - 12 - 相等，故 C3H8 的转化率为 20%；平衡时 C3H6、H2 压强为 20% 105 Pa =2104 Pa，平衡时 C3H8 的 压强为 105Pa-20% 105 Pa=8 104 Pa，则平衡常数 Kp= 4 4 3 6 2 4 3 8 C H H 2 10 2 1P( )P( ) 0 C H 8 10 5000P( )    ；要提高 C3H8 的平衡转化率，则平衡正向移动， 该反应为吸热反应，则提高温度，C3H8 的平衡转化率增大；增大 C3H8 的浓度平衡虽正向移动但 C3H8 的平衡转化率减小，故答案选 B。 (3) 恒压下充入高温水蒸气，容器的体积增大，平衡正向移动，则温度一定时，水烃比越大， C3H8 的平衡转化率越高，故 M2>5。 (4)高温会加剧催化剂表面积炭，导致催化剂迅速失活，加入 CO2 发生反应 C+CO2=2CO，有利于 消除积炭，保持催化剂活性；由表格数据可知， 3 8 2 n(C H ) n(CO ) 的配比是 1：2.4，C3H6 的选择性大， C3H8 转化率高，则 C3H6 收率最高。 （二）选考题：请考生从 2 道化学题中任选一题做答，如果多做，则每学科按所做的第一题 计算。 11.硫脲[SC(NH2)2]别名硫代尿素，是一种白色固体，熔点 182℃。硫脲可代替氰化物用于提炼 金的新工艺。酸性条件下，硫脲在氧化剂（如 Fe3+、H2O2、O2）存在下能溶解金，形成配离子 Au[SC(NH2)2] 2  。 回答下列问题： （1）C、N、S 三种元素中第一电离能最大的是___（填元素符号）。 （2）Au 与 Cu 同族，价电子排布式为 5d106s1，Au 位于元素周期表的___区，Au+的价电子排布 式为___。 （3）硫脲分子中碳原子的杂化方式为___，σ键和π键数目之比为___。 （4）写出硫脲在硫酸铁存在下溶解金的离子方程式___。 （5）硫脲加热到 150℃时可转变成硫氰酸铵(NH4SCN)，SCN-的空间构型为___形。 （6）一种铜金合金晶体具有面心立方最密堆积的结构，其晶胞如图所示，则该合金中 Au 原 子与 Cu 原子个数之比为___。若铜和金的半径分别为 apm 和 bpm，相对原子质量分别为 MA 和 MB，阿伏加德罗常数的值为 NA，计算晶体的密度为___g/cm3。 - 13 - 【答案】 (1). N (2). ds (3). 5d10 (4). sp2 杂化 (5). 7：1 (6). 2SC(NH2)2+Au+Fe3+=Au[SC(NH2)2] 2  +Fe2+ (7). 直 线 (8). 1 ： 3 (9). 30 A B 3 A (3M +M ) 10 2a+2b( ) N 2  【解析】 【分析】 氮元素的核外电子排布呈半满状态，第一电离能大于相邻元素的第一电离能；铜元素位于第 四周期 IB 族；硫脲分子中碳原子与硫原子形成双键，碳原子与氮原子、氮原子与氢原子形成 单键；硫脲与 Fe3+发生氧化还原反应，生成 Au[SC(NH2)2] 2  和 Fe2+；SCN-与二氧化碳互为等电子 体；晶胞中 Au 原子位于顶点，Cu 原子位于面心。 【详解】(1)因氮元素核外电子排布呈半满状态，故 C、N、S 三种元素中第一电离能最大的是 N。 (2)Au 与 Cu 同族，位于 IB 族，根据价电子排布式为 5d106s1，Au 位于元素周期表的 ds 区，Au 失去最外层 1 个电子形成 Au+，Au+价电子排布式为 5d10。 (3)硫脲分子[SC(NH2)2]中碳原子的价电子数为 4+2 =32 ，采取 sp2 杂化方式；该分子中共 1 个 碳硫双键，4 个氮氢单键和 2 个碳氮单键，则σ键和π键数目之比为 7：1。 (4)硫脲在氧化剂（如 Fe3+、H2O2、O2）存在下能溶解金，形成配离子 Au[SC(NH2)2] 2  ，则脲在 硫酸铁存在下溶解金的离子方程式为 2SC(NH2)2+Au+Fe3+=Au[SC(NH2)2] 2  +Fe2+。 (5) SCN-与二氧化碳互为等电子体，两者空间构型相同，均为直线形。 (6)Au 原子位于晶胞顶点，原子个数为 1 8=18  ，Cu 原子位于晶胞面心，原子个数为 16 =32  ， 则 Au 原子与 Cu 原子个数之比为 1：3；若铜和金的半径分别为 apm 和 bpm，则晶胞参数为 - 14 - 2 2 2 a b pm，则晶体的密度为 30 A B A B 10 3 3 A A (3M +M ) (3M +M ) 10m = =2 2 2a+2bV 10 N ( ) N 2 2 a b    （ ） g/cm3。 12.化合物 F 是我国科学家研制的一种新型航空航天材料，其分子结构中含有两个六元环状结 构。 合成路线如图： 已知：Ⅰ.A 分子苯环上有两种不同化学环境的氢 Ⅱ.R1—CHO +H2O(R1、R2 表示氢原子或烃基) Ⅲ. Ⅳ. 回答下列问题： (1)A 的化学名称是___。 (2)③的反应类型为___，④所需的试剂和条件是___。 (3)⑥的化学方程式为___。 (4)②得到的某种副产物，可以在 NaOH 溶液中直接得到 D，该副产物的结构简式为___。 (5)写出符合下列条件的 C 的同分异构体的结构简式___、___。 ①能与 FeCl3 溶液发生显色反应；②—NH2 与苯环直接相连；③核磁共振氢谱有四组峰，且峰 面积比为 1：2：2：2。 (6)参照上述流程和已有知明，以乙醛和 1，3—丁二烯为原料，设计合成 的路线___。 【答案】 (1). 对硝基甲苯或 4-硝基甲苯 (2). 取代反应 (3). 氧气、铜或银、加 - 15 - 热 (4). + CH2=CHCH=CH2 催化剂 (5). (6). (7). (8). CH3CHO 3CH CHO一定条件下 CH3CH=CHCHO 2 2CH =CHCH=CH催化剂  3 21) Ag NH OH 2、 、加热 ）、酸化 (或其他合理答案) 【解析】 【分析】 甲苯( )与浓硝酸在浓硫酸作催化剂加热条件下发生硝化反应生成 A，根据已知Ⅰ，A 分子苯环上有两种不同化学环境的氢，A 的结构简式为 ，A 与 Cl2 在光照的条件下发 生取代反应生成 B，根据 B 的分子式，B 的结构简式为 ，B 与氢氧化钠溶液在加热条 件下发生水解反应生成 C，则 C 的结构简式为 ，C 在一定条件下反应生成 D，D 发 生已知信息Ⅱ的反应，可知 D 中含有醛基，因此 C 在催化剂作用下发生氧化反应生成 D，D 的 - 16 - 结构简式为 ，D 与 发生已知信息Ⅱ的反应生成 E，则 E 的结构简式为 ，E 与 CH2=CHCH=CH2 在催化剂作用下发生信息Ⅲ的反应生成 F，则 F 的 结构简式为 ，据此分析解答。 【详解】(1)A 的结构简式为 ，化学名称是对硝基甲苯或 4-硝基甲苯； (2)根据分析，反应③为 B 与氢氧化钠溶液在加热条件下发生水解反应生成 C，B 中的氯原子 被羟基取代，反应类型为取代反应，反应④为 C 在催化剂作用下发生氧化反应生成 D，所需的 试剂和条件是氧气、铜或银、加热； (3)反应⑥为 E 与 CH2=CHCH=CH2 在催化剂作用下发生信息Ⅲ的反应生成 F，化学反应方程式为： + CH2=CHCH=CH2 催化剂 ； (4)D 的结构简式为 ，反应②为 A 与氯气发生取代反应生成 B，得到产物 B 的结构简 - 17 - 式为 ，其某种副产物，可以在 NaOH 溶液中直接得到 D，即该副产物在氢氧化钠溶液 中直接可以变为醛基，根据已知信息Ⅳ，同一个碳原子上的两个羟基脱水可得到碳氧双键， 则反应②中的副产物应为 ， 在 NaOH 溶液中可发生取代反应生成连个羟 基连在一个碳上，再发生已知信息Ⅳ的反应生成 ； (5)C 的结构简式为 其同分异构体能与 FeCl3 溶液发生显色反应，说明结构中含有 苯环和酚羟基，—NH2 与苯环直接相连，核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积比为 1：2：2：2， 则符合要求的同分异构体为 、 ； (6)参照上述流程和已有知明，以乙醛和 1，3—丁二烯为原料合成 ，先由 CH3CHO 在一定条件下发生已知信息Ⅱ的反应转化为 CH3CH=CHCHO，再与 CH2=CHCH=CH2 在催化剂作用下 生成 ，在与 Ag(NH3)2OH 发生银镜反应，最后进行酸化生成 ，则合成路线 为： CH3CHO 3CH CHO一定条件下 CH3CH=CHCHO 2 2CH =CHCH=CH催化剂  3 21) Ag NH OH 2、 、加热 ）、酸化 (或其他合理答案)。 - 18 - 【点睛】本题难点在于(4)，在解题过程中，题干提供的已知信息，只有信息Ⅳ在制备流程中 没有体现，因此在解答该小题时，应该考虑信息Ⅳ的作用，需要学生充分运用题中的已知信 息。 - 19 -