江苏省南京师大附中2020届高三一模模拟考试化学试题 Word版含解析 22页

www.ks5u.com 南师附中2020届高三一模模拟考试化学试卷 可能用到的相对原子质量：H1 C l2 N14 O16 S32 Ca40 Fe56 Co59‎ 选择题 ( 40 分)‎ 单项选择题，本题包括10 小题， 每小题2 分，共计20 分．每小题只有一个选项符合题意。‎ ‎1.2014年诺贝尔化学奖授予超高分辨率荧光显微镜的贡献者，人类错肋于这种显微镜可以观察到单个的蛋白质分子。下列有关叙述不正确是 A. 蛋白质中含有碳、氢、氧、氮等元素 B. 蛋白质属于高分子化合物 C. 天然蛋白质水解的最终产物是α-氨基酸 D. 消毒过程中细菌蛋白质发生了盐析 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 蛋白质的组成元素有碳、氢、氧、氮等元素，故A正确；‎ B.蛋白质相对分子质量大于10000，属于高分子化合物，故B正确；‎ C. 天然蛋白质能够发生水解反应，水解的最终产物是α-氨基酸，故C正确；‎ D. 消毒的过程实质是使细菌蛋白质发生变性，失去活性，不是盐析，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎2. 下列有关化学用语表示正确的是 A. 质子数为92、中子数为143的铀(U)原子：92235U B. 过氧化氢电子式：‎ C. 氯离子的结构示意图：‎ D. 1，3—二甲基丁烷：‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ - 22 -‎ ‎【详解】A、质子数是92、中子数是143的原子的质量数是92+143=235，所以该U原子可表示为 ，故A正确；‎ B、过氧化氢属于共价化合物，其电子式不能用“[ ]”表示，故B错误；‎ C、氯离子的质子数仍是17，其核外电子数是18，故C错误；‎ D、该有机物的最长碳链有5个C原子，端位的甲基不能作为取代基，所以该有机物的名称是2-甲基戊烷，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎3.25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）‎ A. pH＝1的无色溶液中：Na＋、Cu2＋、Cl－、CO32-‎ B. 使酚酞呈红色的溶液中：K＋、Na＋、NO3-、Cl－‎ C. 0.1mol·L－1的FeCl2溶液中：H＋、Al3＋、SO42-、ClO－‎ D. 由水电离出的c（H＋）＝1×10－10mol·L－1的溶液中：Mg2＋、NH4+、SO42-、HCO3-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Cu2+为蓝色离子，且在酸性溶液中碳酸根离子不能大量共存，错误；‎ B、使酚酞呈红色的溶液为碱性溶液，在碱性溶液中，四种离子都不反应，可以大量共存，正确；‎ C、亚铁离子与溶液中的次氯酸分子发生氧化还原反应，不能大量共存，错误；‎ D、由水电离出的c(H＋)＝1×10-10mol/L<1×10-7mol/L的溶液中，存在大量的氢离子或氢氧根离子，抑制水的电离，而碳酸氢根离子在酸性或碱性条件下都不能大量共存，错误；‎ 答案选B。‎ ‎4.下列各装置能够达到相应实验目的的是 - 22 -‎ A. 用装置甲除去乙酸乙酯中混有的少量乙酸 B. 用装置乙除去氯气中的少量氯化氢 C. 用装置丙制取无水MgCl2‎ D. 用装置丁制取乙烯 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 乙酸乙酯遇到氢氧化钠溶液会发生水解，不能用装置甲除去乙酸乙酯中混有的少量乙酸，A项错误；‎ B. 氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，盐酸与硝酸银溶液反应，所以氯气也会被吸收，B项错误；‎ C. MgCl2·2H2O受热时会发生水解，最终得不到MgCl2，在氯化氢气流中加热可抑制MgCl2·2H2O的水解，C项正确；‎ D. 温度计应该插到液面以下，D项错误。‎ 答案选C。‎ ‎5.下列物质性质与应用对应关系正确的是 A. 氨气具有还原性，可用作制冷剂 B. Na2O2呈浅黄色，可用作潜水艇中的供氧剂 C. 明矾水解形成Al(OH)3胶体，可用作水处理中的净水剂 D. 碳酸钠溶液显碱性，可用作锅炉除垢时CaSO4沉淀的转化剂 ‎【答案】C ‎【解析】‎ - 22 -‎ ‎【详解】A、氨气用作制冷剂是因为氨气易液化，气化时吸热导致温度降低，与氨气的还原性无关，错误；‎ B、过氧化钠呈浅黄色，属于过氧化钠的物理性质，而过氧化钠用作供氧剂是因为过氧化钠与二氧化碳反应可产生氧气，属于化学性质，二者无对应关系，错误；‎ C、明矾溶于水电离产生的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附作用，可用作水处理中的净水剂，正确；‎ D、碳酸钠用作锅炉的除垢剂，是因为碳酸钠与硫酸钙中的钙离子结合为更难溶的碳酸钙沉淀，从而使硫酸钙转化为碳酸钙沉淀除去，利用的是沉淀的转化，与碳酸钠溶液的碱性无关，错误；‎ 答案选C。‎ ‎6.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是(　　)‎ A. 常温常压下，2.24 L H2O中含有极性共价键的数目为0.2NA B. 0.1 mol·L－1NH4Cl溶液中含有NH的数目小于0.1NA C. 100 mL 12 mol·L－1的浓HNO3与过量Cu反应转移电子的数目为0.6NA D. 标准状况下，11.2 L由CH4和C2H4组成的混合气体中含有氢原子的数目为2NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、常温常压下，2.24 L H2O的物质的量不是0.1mol，因此其中含有极性共价键的数目不是0.2 NA，A错误；‎ B、0.1 mol·L－1NH4Cl溶液中NH4＋的浓度小于0.1mol/L，但不能确定溶液的体积，因此不能计算含有的数目，B错误；‎ C、100 mL 12 mol·L－1的浓HNO3的物质的量是1.2mol，与过量Cu反应，随着反应的进行，浓度降低，因此在反应过程中既有NO2，也有NO生成，则不能计算转移电子的数目，C错误；‎ D、标准状况下，11.2 L由CH4和C2H4组成的混合气体的物质的量是0.5mol，二者均还有4个氢原子，因此其中含有氢原子的数目为2NA，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎7. 下列指定反应的离子方程式正确的是 A. Na2SO3溶液中滴加稀H2SO4：SO32-+2H+＝SO2↑+H2O B. 向AlCl3溶液中滴入足量的浓氨水：Al3++4OH-=AlO2-+2H2O C. Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2：2ClO-+CO2+H2O=2HClO+CO32-‎ D. Fe(NO3)2溶液中加入过量的HI溶液：2Fe3＋＋2I—＝2Fe2＋＋I2‎ - 22 -‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 亚硫酸钠与稀硫酸反应生成硫酸钠、水和二氧化硫气体，符合离子方程式的书写，故A正确；‎ B. 氢氧化铝不溶于氨水，所以不会生成偏铝酸根离子，故B错误；‎ C 次氯酸钙与少量二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀与次氯酸，故C错误； ‎ D. Fe(NO3)2溶液中加入过量的HI溶液，则该溶液中相当于存在硝酸，硝酸的氧化性大于铁离子的氧化性，所以硝酸根离子会氧化碘离子，故D错误。‎ 答案选A。‎ ‎8.下列各组物质中，不满足组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应的是 甲 乙 丙 A Na H2O Cl2‎ B Al Fe2O3‎ 稀H2SO4‎ C CH3CH2OH NaOH溶液 CH3COOH D Ba(OH)2溶液 CO2‎ Na2CO3溶液 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、钠与水反应生成氢氧化钠和氢气、与氯气反应生成氯化钠，水与氯气反应生成氯化氢和次氯酸，正确；‎ B、Al与氧化铁在高温条件下发生置换反应、与稀硫酸反应生成硫酸铝和氢气，氧化铁与硫酸反应生成硫酸铁和水，正确；‎ C、乙醇与醋酸在一定条件下发生酯化反应，氢氧化钠与醋酸发生中和反应，但乙醇不与氢氧化钠溶液反应，错误；‎ D、氢氧化钡溶液与二氧化碳反应可产生碳酸钡沉淀、与碳酸钠溶液反应生成氢氧化钠和碳酸钡，二氧化碳与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，正确；‎ - 22 -‎ 答案选C。‎ ‎9.短周期主族元素X、Y、W、Z、R的原子序数依次增大。其中X、Z同主族，Z的单质是一种良好的半导体材料，W3+与Y2-具有相同的核外电子数，R是同周期中原子半径最小的元素。下列叙述正确的是 A. Y2-的离子半径大于W3+的离子半径 B. Y、Z形成的化合物为离子化合物 C. W的最高价氧化物对应的水化物的酸性比X的强 D. Z的气态简单氢化物的稳定性比R的强 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Z的单质是一种良好的半导体材料，则Z是Si元素，X、Z同主族，所以X是C元素；W3+与Y2-具有相同的核外电子数，则W是第三主族元素，Y是第六主族元素，且W在第三周期，Y在第二周期，所以W是Al元素，Y是O元素；R的原子序数最大，则R是第三周期中原子半径最小的元素，所以R是Cl元素。‎ ‎【详解】A、W3+与Y2-具有相同的核外电子数，电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小，所以Y2-的离子半径大于W3+的离子半径，故A正确；‎ B、Si与O形成的化合物是二氧化硅，属于共价化合物，故B错误；‎ C、C的非金属性大于Al的非金属性，所以W的最高价氧化物对应的水化物的酸性比X的弱，故C错误；‎ D、Si与Cl是同周期元素，从左到右元素的非金属性逐渐增强，所以Si的非金属性比Cl弱，所以Z的气态简单氢化物的稳定性比R的弱，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎10.电浮选凝聚法是工业上采用的一种污水处理方法．保持污水的pH在5.0- 6.0 之间，通过电解生成Fe(OH)3胶体，Fe(OH)3胶体有吸附性，可吸附污物而沉积下来，具有净水作用．模拟处理装置如图所示，下列说法正确的是 - 22 -‎ A. 该燃料电池负极的电极反应式为CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O B. 工作时熔融盐中的CO32-移向正极 C. 该电解池中Fe极的电极反应式为: 2H++2e-=H2↑‎ D. 为使电池长时间稳定工作必须有部分A物质参与循环，则A为CO2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由示意图可知，左池为燃料电池，通入甲烷的一极为负极，甲烷在熔融盐作用下失去电子发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应式为CH4＋4CO32－－8e－＝5CO2＋2H2O，通入氧气的一极为正极，氧气在熔融盐作用下得到电子发生还原反应生成碳酸根，电极反应式为O2＋2CO2＋4e－＝2CO32－；右池为电解池，与正极相连的铁电极为阳极，铁在阳极上失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，二价铁离子具有还原性，能被氧气氧化生成氢氧化铁胶体，与负极相连的碳电极为阴极，氢离子在阴极上得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H+＋2e－＝H2↑。‎ ‎【详解】A.通入甲烷的一极为燃料电池的负极，甲烷在熔融盐作用下失去电子发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应式为CH4＋4CO32－－8e－＝5CO2＋2H2O，故A错误；‎ B.燃料电池工作时，阴离子向负极移动，则CO32-移向负极，故B错误；‎ C. 电解池中，与正极相连的铁电极为阳极，铁在阳极上失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，故C错误；‎ D. 电池是以熔融碳酸盐为电解质，可以循环利用的物质只有二氧化碳，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】活泼金属电极做电解池的阳极时，电极本身放电，注意铁在阳极上失去电子发生氧化反应只能生成亚铁离子是解答关键。‎ 不定项选择题，本题包括，5 小题，每小题4 分， 共计l 0 分 ． 每小题只有一个或两个选项符合题意．‎ - 22 -‎ ‎11. 下列有关说法正确的是 A 马口铁(镀锡铁皮)镀层破损后铁仍不易腐蚀 B. CH3Cl(g)＋Cl2(g)CH2Cl2(l)＋HCl(g)能自发进行，则该反应的ΔH＞0‎ C. MnS悬浊液中滴加少量CuSO4溶液可生成CuS沉淀，则Ksp(CuS)< Ksp(MnS)‎ D. 合成氨生产中将NH3液化分离，一定能加快正反应速率，提高H2的转化率 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．镀锡铁镀层破损后在电解质溶液中形成原电池时铁做负极，容易被腐蚀，故A错误；‎ B．该反应的△S＜0，根据反应自发进行的判据△H-T△S＜0，则该反应的△H＜0．故B错误；‎ C．沉淀向着Ksp更小的物质转化，当MnS悬浊液中滴加少量CuSO4溶液可生成CuS沉淀，则Ksp(CuS)＜Ksp(MnS)，故C正确；‎ D．合成氨生产中将NH3液化分离，降低正反应速率，提高H2的转化率，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎12. 某药物中间体X，其结构如图所示。下列说法正确的是 A. X分子中含有手性碳原子 B. X可发生氧化、消去、取代等反应 C. X既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应 D. 1mol X与H2反应，最多消耗4mol H2‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A、该有机物分子中存在C原子与4种不同的基团相连，所以含有手性碳原子，正确；‎ B、该分子中的酚羟基不能发生消去反应，错误；‎ C、因该分子中含有氨基可与盐酸反应，含有酚羟基可与氢氧化钠溶液反应，正确；‎ D、该分子中的羰基、碳碳双键、苯环均与氢气发生加成反应，所以1mol X与H2‎ - 22 -‎ 反应，最多消耗5mol H2，错误；‎ 答案选AC。‎ ‎13. 探究氨气及铵盐性质的过程中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是 A. 将集有氨气的试管倒扣于水槽中，液体迅速充满试管，说明氨气极易溶于水 B. 将pH=11的氨水稀释1000倍，测得pH > 8，说明NH3·H2O为弱碱 C. 加热NH4HCO3固体，观察到固体逐渐减少，试管口有液滴产生，说明NH4HCO3受热不稳定 D. 将红热的Pt丝伸入上图所示的锥形瓶中，瓶口出现少量红棕色气体，说明氨气的氧化产物为NO2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 氨气极易溶于水生成氨水，所以将集有氨气的试管倒扣于水槽中液体迅速充满试管，故A正确； pH=11的氨水中 mol/L，稀释1000倍,测得pH>8， mol/L，说明NH3·H2O的电离平衡正向移动，所以NH3·H2O为弱碱，故B正确；碳酸氢铵加热分解为氨气、二氧化碳、水，故C正确；氨气的氧化产物为NO，NO在锥形瓶口与氧气反应生成NO2，所以瓶口出现少量红棕色气体，故D错误。‎ 点睛：氨气催化氧化生成NO， ，氨气催化氧化生成的NO可以再与氧气继续反应。‎ ‎14.已知NaHC2O4溶液的pH < 7。常温下，向pH=8.4的Na2C2O4溶液中滴加0.1mol/L的HCl溶液，溶液pH与pOH[pOH=-lgc(OH-)］的变化关系如图所示，下列各点所示溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是 - 22 -‎ A. a点：c(H+)+c(HC2O4-)+2c(H2C2O4)=c(OH-)‎ B. b点：c(Cl-)>c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)‎ C. c点：c(Na+)=c(HC2O4-)+ c(C2O42-)+c(Cl-)‎ D. d点：c(OH-)+ c(Cl-)＞c(H+)+2c(H2C2O4)‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ A、Na2C2O4溶液的质子守恒，水电离出的n(H＋)=n(OH－)，在草酸钠水溶液中水电离出的氢离子以（H＋,HC2O4－,H2C2O4）三种形式存在,其中1mol草酸分子中有2mol水电离出的氢离子,所以c(H+)+c(HC2O4-)+2c(H2C2O4)=c(OH-)，故A正确；B、b点时，溶液为NaHC2O4，根据物料守恒，c(Cl-)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)，故B错误；C、电荷守恒为c(Na+)=c(HC2O4-)+ c(C2O42-)×2+c(Cl-)，故C错误；D、根据物料守恒，c(Na＋ )=2c(H2C2O4)+2c(HC2O4-)+2c(C2O42-)，电荷守恒为c(H+)＋c(Na+)=c(OH― )＋c(HC2O4-)+ c(C2O42-)×2+c(Cl-)，‎ ‎2c(H2C2O4)+2c(HC2O4-)+2c(C2O42-)＋c(H+)=c(OH― )＋c(HC2O4-)+ c(C2O42-)×2+c(Cl-)‎ 即：2c(H2C2O4)+c(HC2O4-)＋c(H+)=c(OH― )+c(Cl-)，故c(OH-)+ c(Cl-)＞c(H+)+2c(H2C2O4)正确；故选AD。‎ ‎15.在密闭容器中：按CO2与H2的物质的量之比为1:3进行投料，发生反应2CO2(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+3H2O(g) △H<0,在5MPa 下测得不同温度下平衡体系中各种物质的体积分数 ( V% ) 如图所示，下列说法中正确的是 A. 表示CH3CH2OH组分的曲线是IV B. 图中曲线交点a、b 对应的上述反应平衡常数Ka > Kb C. 图中曲线交点a 对应的 CO2 转化率为 40%‎ D.‎ - 22 -‎ ‎ 若甲、乙两个密闭容器起始时的容积、温度及投料方式均相同，甲：恒温恒压，乙；恒温恒容，反应达平衡时CH3CH2OH产率：甲＜乙 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，则升高温度CH3CH2OH含量减小，CO2与H2的含量升高，平衡时H2O的含量是CH3CH2OH含量的三倍，符合条件的曲线为Ⅳ，故A正确；‎ B.因为平衡常数仅与温度有关，该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，所以温度越低，K越大，所以Ka乙，故D错误；‎ 故选AC。‎ ‎【点睛】该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，平衡时CO2与H2的含量增大，CH3CH2OH与H2O的含量降低．开始CO2 与H2 的物质的量之比1：3进行，平衡时H2的含量是CO2的含量三倍是解答关键。‎ 非选择题 ( 80 分)‎ ‎16.实验室用氧化锌矿粉（主要含ZnO、FeCO3、CuO等）制备碱式碳酸锌[Zn2(OH)2CO3]，并将其用于合成氨工艺脱硫研究。‎ ‎（1）“酸浸”时保持H2SO4过量的目的是_____。‎ ‎（2）已知：Mn2+开始沉淀的pH=8.1。‎ ‎①写出加入KMnO4溶液除铁的离子方程式：_____。‎ ‎②流程中调节pH=5.4所加试剂X为_____（填化学式）；试剂X、KMnO4溶液加入顺序能否互换？请判断并说明理由_____。‎ - 22 -‎ ‎（3）上述流程中的“滤液”可以用作化肥，该滤液的主要成分为_____（填化学式）。‎ ‎（4）合成氨原料气脱硫原理如图，碱式碳酸锌吸收硫化氢的化学方程式为_____。‎ ‎【答案】 (1). 提高矿石的浸出率（或防止Zn2+、Fe2+、Cu2+等金属离子水解） (2). 3Fe2++ MnO4-+7H2O=3Fe(OH)3↓ + MnO2 ↓+5H+ (3). ZnO（或答碱式碳酸锌、碳酸锌、氢氧化锌、氨水等均给分） (4). 不能；强酸性条件下KMnO4被还原成Mn2+，在除去Mn2+时，会使Zn2+同时沉淀 (5). (NH4)2SO4 (6). Zn2(OH)2CO3 + 2H2S＝2ZnS↓+CO2↑+3H2O ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）“酸浸”时，硫酸与ZnO、FeCO3、CuO反应，生成硫酸盐等，溶液中存在金属阳离子，均会发生水解反应，所以酸浸时硫酸过量的目的是提高矿石的浸出率，防止Zn2+、Fe2+、Cu2+等金属离子水解；‎ ‎（2）①由流程图可知，加入高锰酸钾除铁时，Fe元素以氢氧化铁的形式除去，同时生成二氧化锰，所以加入KMnO4溶液除铁的离子方程式是3Fe2++ MnO4-+7H2O=3Fe(OH)3↓ + MnO2 ↓+5H+；‎ ‎②最终的产物是碱式碳酸锌流程中调节pH=5.4所加试剂X既能除去过量的硫酸调节溶液的pH又不能引入新的杂质，所以X只能是ZnO或碱式碳酸锌、碳酸锌、氢氧化锌等；‎ 试剂X与高锰酸钾不能互换，因为在酸性条件下，高锰酸根离子被还原为锰离子，而锰离子沉淀时的pH=8.1>5.4，此时Zn2+也会沉淀，所以不能互换；‎ ‎（3）由流程图可知，除铜后的溶液中的溶质为硫酸锌，加入碳酸铵后，主要得到碱式碳酸锌和硫酸铵，硫酸铵可做化肥，所以滤液中的溶质是(NH4)2SO4；‎ ‎（4）碱式碳酸锌吸收硫化氢后得到ZnS沉淀，同时又二氧化碳、水生成，过滤后可达到除硫的目的，所以碱式碳酸锌吸收硫化氢的化学方程式为Zn2(OH)2CO3 + 2H2S＝2ZnS↓+CO2↑+3H2O。‎ ‎17.福酚美克是一种影响机体免疫力功能的药物，可通过以下方法合成：‎ - 22 -‎ ‎(1)B中的含氧官能团有________和_________(填名称);‎ ‎(2)C→D的转化属于_________反应(填反应类型)．‎ ‎(3)已知E→F的转化属于取代反应，则反应中另—产物的结构简式为______。‎ ‎(4) A (C9H10O4)的一种同分异构体X满足下列条件：‎ I.X分子有中4种不同化学环境的氢。‎ II. X能与FeCl3溶液发生显色反应。‎ III. lmol X最多能与4 mol NaOH发生反应 写出该同分异构体的结构简式：_____________。‎ ‎(5)已知： +R3CHO,根据已有知识并结合相关信息．‎ ‎ 写出以 为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用)。____________‎ 合成路线流程图示例如下：CH3CH2BrCH3CH2OH CH3COOCH2CH3‎ ‎【答案】 (1). 酯基 (2). 醚键 (3). 氧化反应 (4). (5). (6). ‎ - 22 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据B的结构简式可知，B中含有酯基和醚键；‎ ‎（2）比较C和D的结构简式可知，C中的醇羟基变成了D中的醛基，发生了氧化反应；‎ ‎（3）E→F的转化属于取代反应，根据元素守恒可知反应中另一产物的结构简式；‎ ‎（4）A（C9H10O4）的同分异构体X满足下列条件Ⅰ．X分子有中4种不同化学环境的氢，Ⅱ．X能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基，Ⅲ．1mol X最多能与4molNaOH发生反应说明分子中有四个羧基、酚羟基，或水解后产生的酚羟基、羧基，根据条件写同分异构体；‎ ‎（5）以为原料制备，可以先将通过发生消去、氧化得苯甲醛，再发生类似题目流程图中D→E→F→福酚美克的变化，再发生缩聚反应可得产品。‎ ‎【详解】（1）根据B的结构简式可知，B中含有酯基和醚键，所以含氧官能团为酯基和醚键，故答案为：酯基和醚键；‎ ‎（2）比较C和D的结构简式可知，C中的醇羟基变成了D中的醛基，发生了氧化反应，故答案为：氧化反应；‎ ‎（3）E→F的转化属于取代反应，根据元素守恒可知反应中另一产物的结构简式为，故答案为：；‎ ‎（4）A（C9H10O4）的同分异构体X满足下列条件Ⅰ．X分子有中4种不同化学环境的氢，Ⅱ．X能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基，Ⅲ．1molX最多能与4molNaOH发生反应说明分子中有四个羧基、酚羟基，或水解后产生的酚羟基、羧基，符合条件的同分异构体为，故答案为：；‎ ‎（5）以为原料制备，可以先将通过 - 22 -‎ 发生消去、氧化得苯甲醛，再发生类似题目流程图中D→E→F→福酚美克的变化，再发生缩聚反应可得产品，合成路线为，故答案为：。‎ ‎【点睛】以为原料制备，可以先将通过发生消去、氧化得苯甲醛，再发生类似题目流程图中D→E→F→福酚美克的变化，再发生缩聚反应可得产品是设计合成路线的关键。‎ ‎18.钴及其化合物广泛应用于磁性材料、电池材料及超硬材料等领域。‎ ‎（1）CoxNi(1-x)Fe2O4（其中Co、Ni均为+2）可用作H2O2分解的催化剂，具有较高的活性。‎ ‎①该催化剂中铁元素的化合价为______。‎ ‎②图1表示两种不同方法制得的催化剂CoxNi(1-x)Fe2O4在10℃时催化分解6%的H2O2溶液的相对初始速率随x变化曲线。由图中信息可知：______________法制取得到的催化剂活性更高；Co2+、Ni2+两种离子中催化效果更好的是______。‎ ‎（2）草酸钴是制备钴的氧化物的重要原料。下图2为二水合草酸钴（CoC2O4·2H2O）在空气中受热的质量变化曲线，曲线中300℃及以上所得固体均为钴氧化物。‎ ‎①通过计算确定A点剩余固体的化学成分为________________（填化学式）。试写出B点对应的物质与O2在225℃~300℃发生反应的化学方程式：_________________________________________。‎ ‎②取一定质量的二水合草酸钴分解后的钴氧化物（其中Co的化合价为+2、+3），用480 mL 5‎ - 22 -‎ ‎ mol/L盐酸恰好完全溶解固体，得到CoCl2溶液和4.48 L（标准状况）黄绿色气体。试确定该钴氧化物中Co、O的物质的量之比为___________。‎ ‎【答案】 (1). +3 (2). 微波水热 (3). Co2+ (4). Co3O4（写成CoO·Co2O3亦给分） (5). 3CoC2O4+ 2O2= Co3O4+6CO2 (6). 5:6‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）①根据化合价代数和为0计算Fe的化合价，CoxNi(1-x)Fe2O4中Co、Ni均为+2，O为-2价，则Fe的化合价为=+3；‎ ‎②过氧化氢的分解速率越大，催化剂活性更高，根据图象可知，x相同时，微波水热法初始速度大于常规水热法，所以微波水热法制得催化剂的活性更高；由图可知，随x值越大，过氧化氢的分解速率越大，而x增大，Co2+的比例增大，所以Co2+的催化活性更高；‎ ‎（2）①由图可知，CoC2O4·2H2O的质量为18.3g，物质的量为 =0.1mol，Co元素质量为5.9g，C点钴氧化物质量为8.03g，氧化物中氧元素质量为8.03g-5.9g=2.13g，则氧化物中Co原子与O原子物质的量之比为0.1mol：mol≈3：4，所以C的Co氧化物为Co3O4；B点对应物质的质量为14.7g，与其起始物质的质量相比减少18.3g-14.7g=3.6g，为结晶水的质量，所以B点物质为CoC2O4，与氧气反应生成Co3O4与二氧化碳，反应方程式为3CoC2O4 + 2O2 = Co3O4 +6CO2；‎ ‎②由电子守恒：n(Co3+) = 2 n(Cl2) = 0.4 mol，由电荷守恒：n(Co)总 =n(Co2+)溶液= 0.5 n(Cl－) = 0.5×( 2.4mol－0.2mol×2)= 1 mol，所以固体中的n(Co2+)= 1mol－0.4mol= 0.6 mol；n(O)==1.2mol，所以n(Co): n(O)=1mol: 1.2mol=5：6。‎ ‎【点睛】考查元素化合价的判断、物质化学式的计算、得失电子守恒规律和化学图像的分析与判断等。‎ ‎19.过氧化钙(CaO2)一种安全无的毒杀菌剂，以Ca(OH)2等为原料最终反应可制得CaO2。某化学研究性学习小组设计以下流程并探究不同条件对CaO2 制备的影响:‎ - 22 -‎ ‎ ‎ ‎(1)搅拌过程中反应的化学反应方程式：___________________________。‎ ‎(2)制备过界中除水外．可循环使用的物质是______________________。‎ ‎(3)CaO2制备中H2O2合适的用量是__________________。‎ ‎(4)该制备反应需控制温度在0~2℃，实验中可采取的措拖是 ___________ 。该温度下产率较高，其原因为__________________。‎ ‎(5)CaO2样品中通常含有CaO，定量测定CaO2质量分数的实验方案为：_____。‎ ‎(实验中可供选用的试剂有：氢氧化钠标准溶液、盐酸标准溶液、酚酞； 除常用仪器外须 使用的仪器有：电子天平、锥形瓶、滴定管)。‎ ‎【答案】 (1). CaCl2+H2O2+2NH3•H2O+6H2O═CaO2•8H2O↓+2NH4Cl (2). NH4Cl (3). 25mL (4). 将反应器放置在冰水中 (5). 可防止氨水挥发、过氧化氢分解，以及CaO2•8H2O分解 (6). 用电子天平称取一定量的过氧化钙样品，然后加入过量的标准盐酸和样品反应，再向反应后的溶液中加入酚酞指示剂，用氢氧化钠标准溶液滴定 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由流程图可知，将氯化铵溶于水配成溶液，向氯化铵溶液中加入氢氧化钙，氯化铵与氢氧化钙反应生成一水合氨和氯化钙，在搅拌条件下，加入H2O2溶液，CaCl2与一水合氨、过氧化氢发生反应生成CaO2•8H2O，真空过滤得到CaO2•8H2O，CaO2•8H2O脱水制得CaO2。‎ ‎【详解】（1）搅拌过程中，CaCl2与一水合氨、过氧化氢发生反应生成CaO2•8H2O和氯化铵，反应的化学方程式为：CaCl2+H2O2+2NH3•H2O+6H2O═CaO2•8H2O↓+2NH4Cl，故答案为：CaCl2+H2O2+2NH3•H2O+6H2O═CaO2•8H2O↓+2NH4Cl；‎ ‎（2）由流程可知，开始用到氯化铵，制备CaO2•8H2O时又生成氯化铵，所以循环使用的物质是NH4Cl，故答案为：NH4Cl；‎ ‎（3）由表1可知，加入25mL 20%的H2O2溶液时，过氧化钙的产率最高，则CaO2制备中H2O2合适的用量是25mL，故答案为：25mL ；‎ - 22 -‎ ‎（4）若温度过高会造成氨水挥发、过氧化氢分解，还能使CaO2•8H2O分解，导致过氧化钙的产率降低，所以制备反应需控制温度在0~2℃，冰水混合物的温度是0℃，可将反应器放置在冰水中，故答案为：将反应器放置在冰水中；可防止氨水挥发、过氧化氢分解以及CaO2•8H2O分解；‎ ‎（5）由题给试剂和仪器可知，定量测定CaO2质量分数应用电子天平称取一定量的过氧化钙样品，然后加入过量的标准盐酸和样品反应，再向反应后的溶液中加入酚酞指示剂，用氢氧化钠标准溶液滴定，故答案为：用电子天平称取一定量的过氧化钙样品，然后加入过量的标准盐酸和样品反应，再向反应后的溶液中加入酚酞指示剂，用氢氧化钠标准溶液滴定。‎ ‎【点睛】制备过氧化钙的过程中，NH4Cl既出现在了反应物中，也出现在了生成物中，所以制备过程中除水外可循环使用的物质是NH4Cl是解答关键。‎ ‎20.黄铁矿（主要成分FeS2）、黄铜矿(主要成分CuFeS2)均是自然界中的常见矿物资源。‎ ‎（1）Stumm和Morgan提出黄铁矿在空气中氧化的四步反应如题20图-1所示：‎ ‎① a反应中每生成1molFeSO4转移电子的物质的量为___mol。‎ ‎② d反应的离子方程式为_______________。‎ ‎（2）用细菌冶铜时，当黄铜矿中伴有黄铁矿可明显提高浸取速率，其原理如题20图-2‎ ‎①冶炼过程中，正极周围溶液的pH___（选填：“增大”、“减小”或“不变”）‎ ‎②负极产生单质硫的电极反应式为___。‎ 这里，否则就错了！！阅后删除！ ‎ - 22 -‎ ‎（3）煤炭中的硫主要以黄铁矿形式存在，用氢气脱除黄铁矿中硫的相关反应（见下表），其相关反应的平衡常数的对数值与温度的关系如题20图－3。‎ 相关反应 ‎ 反应热 ‎ 平衡常数K ‎ FeS2(s) + H2(g)FeS(s) + H2S(g) ‎ ΔH1 ‎ K1 ‎ ‎1/2 FeS2(s) + H2(g)1/2Fe(s)+H2S(g) ‎ ΔH2 ‎ K2 ‎ FeS(s) + H2(g)Fe(s)+H2S(g) ‎ ΔH3 ‎ K3 ‎ ‎①上述反应中，ΔH1___0（选填：“＞”或“＜”）。‎ ‎②提高硫脱除率可采取的措施有___（举1例）。‎ ‎③1000K时，平衡常数的对数lgK1、lgK2和lgK3之间的关系为___。‎ ‎【答案】 (1). 14 (2). FeS2+14Fe3++8H2O＝15Fe2++2SO42－+16H+ (3). 增大 (4). CuFeS2-4e－＝Cu2++Fe2++2S (5). ＞ (6).‎ - 22 -‎ ‎ 升高温度（或提高氢气的浓度或及时除去生成的H2S） (7). 2lgK2＝lgK1+lgK3‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）① a反应中S有-1价升高到+6价，根据FeS2 ~ FeSO4，S的化合价共升高2×（6+1）=14，即生成1molFeSO4转移电子的物质的量为14mol；②d反应中反应物是FeS2和Fe3+，生成物是Fe2+和SO42－；‎ ‎（2）①根据电子移动飞方向可知，CuFeS2是负极，FeS2是正极，冶炼过程中，H+在正极跟O2反应生成了水，使得H+降低，导致正极周围溶液的pH增大；②负极CuFeS2发生氧化反应生成Cu2+、Fe2+和S；‎ ‎（3）①根据图像，随着温度升高，lgK1逐渐增大，即K1逐渐增大，平衡向右移动，因此正反应为吸热反应；②反应1+反应3得到反应2×2，即FeS2(s) + 2H2(g)Fe(s)+2H2S(g)，提高H2的浓度，可以提高硫的脱除率，根据①的方向可知，升高温度可以提高硫的脱除率；根据平衡移动的因素，即时除去H2S，也可以提高硫的脱除率；③根据②的分析，K22= K1×K3，因此2lgK2=lgK1+lgK3。考点：考查了氧化还原反应、电化学和化学平衡的相关知识。‎ ‎21.过渡元素铁可形成多种配合物，如：[Fe(CN)6]4-、Fe(SCN)3等。‎ ‎(1)Fe2+基态核外电子排布式为______。‎ ‎(2)科学研究表明用TiO2作光催化剂可将废水中CN-转化为OCN-、并最终氧化为N2、CO2。OCN－中三种元素的电负性由大到小的顺序为_______。‎ ‎(3)与CN－互为等电子体的一种分子为______（填化学式）；1mol Fe(CN)63-中含有σ键的数目为______。‎ ‎(4)铁的另一种配合物Fe(CO)5熔点为-20.5℃，沸点为103℃，易溶于CCl4，据此可以判断Fe(CO)5晶体属于_______（填晶体类型）。‎ ‎(5)铁铝合金的一种晶体属于面心立方结构，其晶胞可看成由8个小体心立方结构堆砌而成。已知小立方体如图所示。该合金的化学式为_______。‎ ‎【答案】 (1). [Ar]3d6 (2). O>N>C (3). CO或N2 (4). 126.021023个或12mol (5). 分子晶体 (6). AlFe3‎ - 22 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)铁为 26号元素，其亚铁离子的电子排布式为 [Ar]3d6；(2)非金属性越强，电负性越强，所以顺序为：O>N>C；(3) CN－互为等电子体的的微粒含有2个原子，价电子是10，所以可以为CO或N2；1mol Fe(CN)63-中CN-与铁离子之间有6个配位键，在每个CN-内部有一个共价键，所以1mol该配位物中含有σ键的数目为12×6.021023个或12mol；(4) )铁的另一种配合物Fe(CO)5熔点为-20.5℃，沸点为103℃，易溶于CCl4，据此可以判断Fe(CO)5晶体属于分子晶体。(5)正方体中，铁原子个数为，铝原子个数为，所以铝、铁原子个数比为=1:3，所以该合金的化学式为AlFe3。‎ ‎【点睛】原子个数相等、价电子数相等的微粒为等电子体。正方体中，顶点上的原子被8个晶胞占有，面上的原子被2个晶胞占有，棱上的原子被4个晶胞占有，体心上的原子被1个晶胞占有，利用均摊法计算各种原子个数，从而确定化学式。‎ ‎ ‎ - 22 -‎ - 22 -‎