【化学】甘肃省白银市靖远县2019-2020学年高二下学期期末考试 21页

甘肃省白银市靖远县2019-2020学年高二下学期期末考试 可能用到的相对原子质量：H1 C12  N14  O16  A127  S32  C135.5  Fe56 Zn65‎ 第I卷 一、选择题(每小题只有一个选项符合题意)‎ ‎1.能源是可以直接或经转换提供人类所需的光、热、动力等任意形式能量的载能体资源。确切而简单地说，能源是自然界中能为人类提供某种形式能量的物质资源，人类的一切经济活动和生存都依赖于能源的供给。下列对能源的认识错误的是 A. 阳光、风力、潮汐、流水都属于能源 B. 氢气、太阳能、地热能都属于绿色能源 C. 天然气、乙醇、氢气都属于可再生能源 D. 煤、石油、太阳能都属于一次能源 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．能源是自然界中能为人类提供某种形式能量的物质资源，因此阳光、风力、潮汐、流水都属于能源，A正确；‎ B．氢气、太阳能、地热能不会造成环境污染，因此都属于绿色能源，B正确；‎ C．天然气是化石燃料，不属于可再生能源，C错误；‎ D．一次能源是指自然界中以原有形式存在的、未经加工转换的能量资源，因此煤、石油、太阳能都属于一次能源，D正确；‎ 答案选C。‎ ‎2.污染源排人大气中的碳氢化合物和氮氧化物等一次污染物在阳光作用下发生光化学反应生成二次污染物，该二次污染物与一-次污染物混合所形成的有害浅蓝色烟雾则为光化学烟雾(如图所示)。下 列叙述错误的是 A. 光化学烟雾是一种具有强氧化性和刺激性的烟雾 B. 光化学烟雾的分散质只有一种 C. “O”是产生光化学烟雾的一种中间体 D. 汽车尾气的大量排放可导致光化学烟雾的形成 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由图知，光化学烟雾中含硝酸和臭氧，故它是一种具有强氧化性和刺激性的烟雾，A正确；‎ B. 由图知，光化学烟雾中含硝酸、醛类和臭氧，分散质有多种，B错误；‎ C.由图知， “O”生成后又消耗了，故它是产生光化学烟雾的一种中间体，C正确；‎ D.汽车尾气含碳氢化合物和氮氧化物，由题干知 ，汽车尾气的大量排放可导致光化学烟雾的形成，D正确；‎ 答案选B。 3.溴与氢气在一定条件下反应的热化学方程式如下：①Br2(g) + H2(g)⇌2HBr(g)  △H=-Q1 kJ/mol；②Br2(l)+H2(g)⇌2HBr (g) △H =-Q2 kJ/mo1。(Q1、Q2均大于零)下列说法正确的是 A. Q1＜Q2‎ B. 向1 mol Br2(g)中加入1 mol H2(g)在该条件下充分反应,放出Q1 kJ热量 C. 相同条件下，Cl2(g) +H2(g)⇌2HCl(g)  △H＞-Q1 kJ/mol D. 1 mol HBr(g)具有的能量大于1 mol HBr(l)具有的能量 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.溴蒸汽的能量比液溴高，故Q2＜Q1，A错误；‎ B. 向1 mol Br2(g)中加入1 mol H2(g)在该条件下充分反应，因反应是可逆反应，反应存在限度，故放出热量小于Q1kJ，B错误；‎ C. 相同条件下，氯气的键能比溴大，H-Cl的键能比H-Br大，则Cl2(g) +H2(g)⇌2HCl(g)反应放出的热量更多，故△H＜-Q1kJ/mol，C错误；‎ D. 等量的同一种物质，气态时的能量比液态时高，故1 mol HBr(g)具有的能量大于1 mol HBr(l)具有的能量，D正确；‎ 答案选D。 ‎ ‎4.下列各项操作中，会出现“先生成沉淀，后沉淀溶解”现象的是 A. 向偏铝酸钠溶液中滴加盐酸直至盐酸过量 B. 向饱和NaHCO3溶液中通入CO2气体直至CO2过量 C. 向Na2SiO3溶液中通入HCl气体直至HCl过量 D. 向Ba(NO3)2溶液中通入SO2气体直至SO2过量 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 向偏铝酸钠溶液中滴加盐酸会先生成Al(OH)3沉淀，至盐酸过量，Al(OH)3会发生溶解产生氯化铝，符合题意，故A选；‎ B. 向饱和的NaHCO3溶液中通入CO2气体直至过量，不反应，无明显现象，不符合题意，故B不选；‎ C. Na2SiO3溶液中通入氯化氢气体产生H2SiO3沉淀，氯化氢气体加至过量，H2SiO3沉淀不反应故不会溶解，不符合题意，故C不选；‎ D. 向Ba(NO3)2溶液中通入SO2气体，因为亚硫酸溶液中氢离子浓度较大，故硝酸根把+4的二氧化硫、亚硫酸氧化为硫酸根，于是出现白色沉淀，但沉淀不会解，不符合题意，故D不选；‎ 答案选A。‎ ‎5.升高温度，下列物理量的值一定增大的是( )‎ A. 化学反应的焓变 B. 化学平衡常数 ‎ C. 反应物的转化率 D. 弱酸的电离平衡常数 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.当化学方程式一定时，焓变只与化学计量数成正比，与温度无关，所以升高温度焓变不变，故A错误；‎ B.若正反应为放热反应，升高温度平衡向吸热方向移动，化学平衡常数减小，故B错误；‎ C.若正反应为放热反应，升高温度平衡向吸热方向移动，反应物的转化率减小，故C错误；‎ D.弱酸的电离平衡过程是吸热的，升高温度促进弱酸的电离，则弱酸的电离平衡常数增大，故D正确；‎ 故答案选D。‎ ‎【点睛】在可逆反应中，升高温度，平衡向吸热方向移动，若正反应为放热反应，则化学平衡常数和反应物的转化率都会减小。‎ ‎6.羧酸和醇发生酯化反应的过程如下图所示：‎ 可见酯化反应不是简单的取代反应，步骤①和②的有机反应类型为（ ）‎ A. ①为加成反应，②为消去反应 B. ①为氧化反应，②为还原反应 C. ①为取代反应，②为消去反应 D. ①为加成反应，②为氧化反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】物质的转化关系为，在物质的转化过程中，反应①为碳氧双键断开，分别连接H原子和R′O-，发生加成反应；反应②中，去掉1个H2O，形成碳氧双键，发生消去反应，故选A。‎ ‎7.W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，W的气态氢化物可与其最高价含氧酸反应生成离子化合物。由此可知，下列说法正确的是( )‎ A. X形成的单核阴离子的还原性大于Y形成的单核阴离子的还原性 B. Y、Z氧化物对应水化物的酸性一定是Y的强于Z的 C. X、Y、Z的最简单氢化物中稳定性最弱的是Y的氢化物 D. Z的单质在化学反应中只能表现出氧化性 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ W、X、Y、Z四种短周期元素，W的气态氢化物可与其最高价含氧酸生成离子化合物，这指的是铵盐，W是N元素；由元素在周期表中的物质可知，X为氧元素、Y为硫元素、Z为氯元素，以此解答该题。‎ ‎【详解】A．X为氧元素、Y为硫元素，非金属O＞S，则阴离子还原性S2−>O2−，故A错误；‎ B．Y为硫元素、Z为氯元素，氧化物对应水化物的酸性可能Y的强于Z的，例如硫酸酸性大于次氯酸，也可能Y的弱于Z的，例如亚硫酸酸性弱于高氯酸，故B错误；‎ C．X、Y位于同一主族，同主族元素非金属性减弱，气态氢化物的稳定性减弱，X＞Y，Y、Z位于同一周期，同周期元素非金属性逐渐增强，Z＞Y，最简单氢化物中稳定性最弱的是Y的氢化物，故C正确；‎ D．Z为氯元素，氯气在与水的反应中，既体现氧化性，又体现还原性，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物酸性越强，为易错点。‎ ‎8.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 3.2‎‎ g SO2中含有的电子总数与等质量的N2中含有的电子总数不相等 B 标准状况下，22.4 L HF中含有NA个分子 C. 室温下，1 L pH=12的Ba(OH)2溶液中含有OH-的数目为0.01NA D. 3.0 g C2H6中含有共价键的数目为0.6NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. ‎‎3.2‎ g SO2中含有的电子总数与等质量的N2中含有的电子总数均为1.6NA，故相等，A错误；‎ B. 标准状况下，HF不是气体，故‎22.4 L HF中含有的分子数目不等于NA个，B错误；‎ C. 室温下，pH=12的Ba(OH)2溶液中OH-的浓度为0.01mol/L，故‎1L该溶液中含有OH-的数目为0.01NA，C正确；‎ D. ‎3.0 g C2H6的物质的量为0.1mol，则其中含有共价键的数目为0.7NA，D错误；‎ 答案选C。 9.2020年在东非和南亚地区爆发了一场几十年未见的大规模蝗灾。蝗虫分泌的一种信息素的.结构如图，下列关于该物质的说法中正确的是 A. 分子式为C9H12O2 B. 分子中所有碳原子位于同一平面 C. 不能使酸性KMnO4溶液褪色 D. 与互为同分异构体 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由结构简式知，信息素的分子式为C9H12O2，A正确； ‎ B. 分子中有1个碳原子上连2个甲基，碳碳单键是四面体结构，单键碳及其相连的原子最多三个共面、故分子内所有碳原子不可能位于同一平面，B错误；‎ C. 含碳碳双键，故能使酸性KMnO4溶液褪色，C错误； ‎ D.分子式为C8H10O2，分子式不同，不互为同分异构体，D错误；‎ 答案选A。 10.FeCl3与H2O制得胶体的胶团结构为{ [Fe(OH)3]m·nFeO+ (n-x)Cl- }x+·x Cl-  (如图)。下列说法正确的是 A. Fe(OH)3胶体带正电 B. 胶体粒子的直径介于1~100 nm之间 C. ‎16.25 g FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为6.02×1022‎ D. 在U形管中注入Fe(OH)3胶体，插入石墨电极通电，阳极周围颜色加深 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Fe(OH)3胶体不带电，胶粒带正电，A错误；‎ B. 按定义知，胶体粒子的直径介于1~100 nm之间，B正确；‎ C. ‎16.25 g FeCl3的物质的量为0.1mol，水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数小于6.02×1022，因为由胶团结构示意图知，1个胶粒中所含的铁原子不止1个，C错误；‎ D. 在U形管中注入Fe(OH)3胶体，插入石墨电极通电，发生电泳，阴极周围颜色加深，D错误；‎ 答案选B。 11.下列离子组在指定溶液中能大量共存的是 A. FeCl2溶液中：H+、、‎ B. pH=1的溶液中：K+、Br-、ClO-‎ C. KI溶液中：Mg2+、Fe3+ 、Cl-‎ D. 中性溶液中：、Cl-、Na+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Fe2+、与一定浓度的氢离子能发生氧化还原反应而不能大量共存，例如：，A错误；‎ B. pH=1的溶液中，氢离子能与ClO-发生反应生成HClO而不能大量共存，B错误；‎ C. KI溶液中，Fe3+与I-之间能够发生氧化还原反应而不能共存，C错误；‎ D. 中性溶液中：、Cl-、Na+互不反应，可以共存，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎12.由SO2催化氧化制取SO3的装置如图所示,下列说法错误的是 A. 装置a可干燥并混合SO2和O2‎ B. 装置b中流出的气体有SO2、SO3及O2‎ C. 装置c中U形管内壁上有白色固体 D. 装置d中有白色沉淀,说明通入d的气体中含SO3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 和O2在a中混合并干燥后，通入b中发生催化氧化反应，在c中冷凝SO3，剩余的SO2气体继续通入硝酸钡溶液中反应。‎ ‎【详解】A、装置a可干燥并混合SO2和O2，还有通观察气泡速率调节气流速度的作用，故A正确；‎ B、SO2催化氧化反应为可逆反应，所以装置b中流出的气体有SO2、SO3及O2，故B正确；‎ C、装置c的作用是冷凝SO3为固体，所以 U形管内壁上有白色固体，故C正确。‎ D、 装置d中有白色沉淀是硫酸钡，SO2通入到硝酸钡溶液中也会生成硫酸钡，故不能说明d的气体中含SO3，故D错误。‎ 答案选D。‎ ‎13.某学习小组为探究传统的Al—空气—海水电池，设计了如图所示的实验装置。该电池工作时，下列说法正确的是( )‎ A. 多孔Pt—Fe合金电极有利于吸附O2‎ B. 负极的电极反应式为 C. 若反应中消耗‎5.4 g Al，则消耗‎3.36 L O2‎ D. 当1 mol O2参与反应时，有4 mol阳离子通过阳离子交换膜 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．多孔Pt—Fe合金表面积较大，与氧气的接触面积大，有利于吸附氧气，故A正确；‎ B．根据电极材料可知铝电极发生氧化反应为负极，但电解质溶液为中性，所以电极反应为Al-3eˉ=Al3+，故B错误；‎ C．未注明温度和压强无法计算氧气的体积，故C错误；‎ D．氧气参与电极反应时被还原成-2价，所以1mol氧气参加反应时有4mol电子转移，但电解质溶液的阳离子有Na+和Al3+，所以转移的阳离子不是4mol，故D错误；‎ 综上所述答案为A。‎ ‎14.25 ℃‎时，向20 mL0.1 mol/L H‎2A溶液中滴加0.1 mol/L 的NaOH溶液，(忽略反应前后溶液体积变化)原溶液中部分粒子的物质的量随滴入NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法不正确的是 A. II表示的是HA-的物质的量的变化曲线 B. NaHA水溶液显碱性 C. 的值随着V[NaOH(aq) ]的增大而减小 D. 当V[NaOH(aq)] = 20 mL时，溶液中存在关系：c(HA-)+c(A2-)+c(H‎2A)=0.05 mol/L ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．H‎2A总物质的量为2×10-3mol，结合图象可知，氢氧化钠溶液体积为0时，0.1 mol/LH‎2A溶液中H‎2A的物质的量小于2×10-3 mol，说明H‎2A在溶液中不能完全电离，所以H‎2A为弱酸，存在电离平衡：H2AH++HA-，HA-H++A2-，电离程度是微弱的，主要以H‎2A存在，第一步电离产生的H+对第二步电离起抑制作用，故I表示H‎2A，II表示HA-，III表示A2-的浓度变化曲线，A正确；‎ B．NaHA水溶液是强碱弱酸盐，HA-水解呈显碱性，HA-又会电离呈酸性，则NaHA溶液的酸碱性取决于HA-水解与电离程度的相对大小，由图知，当加入20mL氢氧化钠溶液时，所得即为NaHA水溶液，而此时溶液中A2-离子浓度大于H‎2A浓度，即HA-水解程度小于电离程度，则NaHA水溶液呈酸性，B错误；‎ C. 由电离平衡常数可知： ，则，温度不变，K1‎ 不变，随着NaOH溶液的加入c(H+)逐渐减小，所以会随着V[NaOH(aq)]的增大而减小，C正确；‎ D．V[NaOH(aq)]=20 mL时，发生反应：NaOH+H‎2A=NaHA+H2O，溶质为NaHA，体积变化忽略不计，总体积为40 mL，钠离子浓度为0.05 mol/L，根据物料守恒可得：c(HA-)+c(A2-)+c(H‎2A)=c(Na+)=0.05 mol/L，D正确；‎ 答案选B。‎ 第II卷 二、必考题 ‎15.煤和天然气都是重要化石资源，在工业生产中用途广泛。‎ ‎(1)燃煤时往往在煤中添加石灰石，目的是______________，达到该目的时发生反应的化学方程式为__________________________ 。‎ ‎(2)煤的综合利用包括______________ (将煤隔绝空气加强热)、煤的气化和液化。煤的气化是将其转化为可燃性气体的过程，主要发生的反应的化学方程式为______________ 。‎ ‎(3)CO是煤气的主要成分，可与水蒸气反应生成氢气：CO(g)+ H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H。 查阅资料得出相关数据如下：‎ 温度/°C ‎400‎ ‎500‎ 平衡常数K ‎9‎ ‎5.3‎ ‎①该反应升高到一定温度时，反应将不能正向进行，由此判断该反应的△S_____(填“＞”或“＜”")0。‎ ‎②在容积为‎10 L的密闭容器中通入0.1 mol CO(g)和0.1 mol H2O(g)发生反应，在‎400℃‎时反应达到平衡，此时CO(g)的转化率为_____________。‎ ‎(4)将2 mol CH4和4 mol H2O(g)通入容积为‎10 L的恒容密闭容器中，发生反应：CH4(g)+ H2O(g)⇌CO(g)+ 3H2(g)。CH4的平衡转化率与温度、压强的变化关系如图所示。‎ ‎①‎200 °C时，该反应的平衡常数K=_________________。‎ ‎②A、B、C三点的平衡常数KA、KB、KC的大小关系是_________________。‎ ‎③压强：p1________________ (填“＞”“＜”或“＝”)p2。‎ ‎【答案】 (1). 减少SO2的排放 (2). 2SO2 +O2 +2CaCO32CaSO4+2CO2 (3). 煤的干馏或煤的焦化 (4). C+ H2O(g) CO+H2 (5). ＜ (6). 75% (7). 0. 09 mol2/L2 (8). KC＞KB＞KA (9). ＜‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)从煤含硫元素、二氧化硫和酸雨相关内容回答； ‎ ‎(2) 从煤的综合利用相关知识回答； ‎ ‎(3) 从表中温度变化、平衡常数的变化关系，判断反应的热效应，①应用自发反应时△H-T△S＜0的知识判断△S是不是大于0；②从表中找出：在‎400℃‎时K=9，结合已知条件、用三段式，计算CO(g)的转化率；‎ ‎(4)①由图找出‎200 °C时，CH4平衡转化率=50%，用三段式计算CH4(g)+ H2O(g) ⇌CO(g)+ 3H2(g)的平衡常数；②由图中找出温度变化时平衡移动的方向，判断A、B、C三点的平衡常数KA、KB、KC的大小关系；③由图中找出压强变化时平衡移动的方向，判断压强的大小关系，据此回答；‎ ‎【详解】(1)煤中含硫元素，燃烧时转变为二氧化硫会引起酸雨，故发生燃煤时往往在煤中添加石灰石，目的是减少SO2的排放；达到该目的时发生反应的化学方程式为2SO2+O2+2CaCO32CaSO4+2CO2； ‎ ‎(2) 除了煤的气化和煤的液化外，煤的综合利用还包括煤的干馏或煤的焦化；煤的气化主要发生的反应的化学方程式为C+ H2O(g)CO+H2； ‎ ‎(3) 从表中数据知：温度升高，反应CO(g)+ H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)的平衡常数变小，则温度升高，该平衡向左移动，则正反应是放热反应，故△H＜0， ①‎ 该反应升高到一定温度时，反应将不能正向进行，则较低温度时，△H-T△S＜0、则较高温度时，△H-T△S＞0，由于△H＜0，则△S＜0；②在容积为‎10 L的密闭容器中通入0.1 mol CO(g)和0.1 mol H2O(g)发生反应，据表知，在‎400℃‎时K=9，则反应达到平衡，，x= 0.0075mol/L， 此时CO(g)的转化率为=75%；‎ ‎(4)将2 mol CH4和4 mol H2O(g)通入容积为‎10 L的恒容密闭容器中，发生反应：CH4(g)+ H2O(g) ⇌CO(g)+ 3H2(g)，①由图知，‎200 °C时，CH4的平衡转化率=50%，则，该反应的平衡常数；②由图知，升温，CH4的平衡转化率增大平衡右移，则升温平衡常数增大，TC＞TB＞TA，故A、B、C三点的平衡常数KA、KB、KC的大小关系是KC＞KB＞KA；③若减压，则CH4(g)+ H2O(g) ⇌CO(g)+ 3H2(g)平衡右移，由图知，温度不变压强由p2改变为p1时，CH4的平衡转化率增大平衡右移，则压强：p1＜p2。‎ ‎【点睛】本题考查化学反应的方向、化学平衡移动、转化率及平衡常数的计算等，能从图中有效提取信息、掌握并灵活运用温度、压强对该反应平衡影响知识是解本题关键。‎ ‎16.天然铝土矿中Al2O3的含量为50% ~70%，杂质主要为SiO2、Fe2O3、MgO等，工业上用天然铝土矿生产铝锭的工艺流程如下：‎ 已知部分氢氧化物沉淀的pH如下表：‎ 沉淀物 Al(OH)3‎ Fe(OH)3‎ Mg(OH)2‎ 开始沉淀时的pH(离子初始浓度为0.01 mol/L)‎ ‎3.7‎ ‎2.2‎ ‎9.6‎ 完全沉淀时的pH(离子浓度＜10-5 mol/L)‎ ‎4.7‎ ‎3.2‎ ‎11.1‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)为了加快反应速率，提高氧化铝的利用率，通常会将铝土矿先进行“操作①”后再加入盐酸，“操作①”为______________________。‎ ‎(2)加入盐酸时，氧化铝发生反应的离子方程式为_____________________。‎ ‎(3)上述流程中多次重复的操作的名称为________________，该操作用到的玻璃仪器除烧杯外还需要________________ 。‎ ‎(4)“溶液B"中加入物质C调节pH的范围为________________，溶液中的Mg2+是在操作________________ (填序号)中分离出去的。‎ ‎(5)固体A的主要成分为_________________(填化学式，下同)；固体F的主要成分为________________。‎ ‎(6)“操作⑥”在电解槽中进行,电解氧化铝一般是石墨和铁作两个电极,写出石墨电极上发生反应的电极反应式：________________。若电解过程中转移了3 mol电子，则阴极上生成物的质量为_________________g。‎ ‎【答案】 (1). 粉碎 (2). Al2O3+6H+=2Al3++3H2O (3). 过滤 (4). 玻璃棒、漏斗 (5). 3. 2≤pH＜3.7 (6). ④ (7). SiO2 (8). Al(OH)3 (9). 2O2- -4e-=O2 ↑ (10). 27‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 天然铝土矿中Al2O3的含量为50% ~70%，杂质主要为SiO2、Fe2O3、MgO等，经过粉碎，再加入过量盐酸，除了二氧化硅，其它氧化物均和盐酸反应生成盐和水，经过滤，在溶液B中含有的阳离子为铝离子、铁离子、镁离子和过量氢离子，通过加入的C物质调pH到3. 2≤pH＜3.7范围，使铁离子沉淀完全后过滤除去，在溶液D中继续加入C物质调pH到4.7≤pH＜9.6‎ 范围，使铝离子沉淀完全，过滤得到氢氧化铝沉淀；氢氧化铝经洗涤干燥后灼烧，得到氧化铝，再电解熔融的氧化铝即可制得铝，据此回答。‎ ‎【详解】(1)把固体粉碎，增加了参加反应的固体的表面积，接触面积大大增加就为了加快反应速率、还提高氧化铝的利用率，故“操作①”为粉碎；‎ ‎(2)加入盐酸与氧化铝发生反应生成氯化铝和水，离子方程式为：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；‎ ‎(3)上述流程中多次重复的操作都是分离液态和不溶性固体，即采用过滤的方法，过滤用到的玻璃仪器除烧杯外还需要玻璃棒、漏斗；‎ ‎(4)“溶液B"中加入物质C调节溶液pH，使铁离子完全沉淀，而其它离子不沉淀，故调节pH范围为3. 2≤pH＜3.7；在溶液D中继续加入C物质调pH到4.7≤pH＜9.6范围，使铝离子沉淀完全，所以溶液E中所含的Mg2+是在操作④中分离出去的；‎ ‎(5)由分析知，固体A的主要成分为SiO2；固体F的主要成分为Al(OH)3；‎ ‎(6)“操作⑥”即电解，在电解槽中进行，电解氧化铝一般是石墨和铁作两个电极，铁作阴极，石墨作阳极，阳极上发生氧化反应，故石墨电极上发生反应的电极反应式：2O2- -4e-=O2↑；电解的总反应和电子转移关系为： ，若电解过程中转移了3 mol电子，则阴极上生成1 molAl，质量为‎27g。‎ ‎【点睛】本题考查物质的制备，结合物质的性质，从流程图中获取信息、综合分析解答是解题关键，难点是结合表格中的数据进行溶液pH范围的判断。‎ ‎17.某实验小组先用如图所示装置制备FeSO4溶液，再与等物质的量的(NH4)2SO4反应，制备补血剂硫酸亚铁铵晶体[ (NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]。已知：硫酸亚铁铵晶体在空气中不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇。‎ 实验步骤如下：‎ ‎①称取0.7 g铁粉，用10 mL 10%Na2CO3溶液煮沸洗净，加入烧瓶中，再加入10 mL1 mol/LH2SO4溶液反应。‎ ‎②保持温度在70~‎80°C之间,至反应无明显气泡产生,停止加热，过滤，称量残余固体质量。‎ ‎③向FeSO,溶液中加入一定质量的(NH4)2SO4固体，在70～‎80℃‎条件下溶解后，趁热倒入50 mL乙醇中，析出晶体。用95%‎ 的酸性乙醇溶液洗涤晶体两次，用滤纸吸干，即可得到硫酸亚铁铵晶体。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)图中盛装1 mol/L的H2SO4溶液的仪器名称是_____________，若用98%的浓硫酸来配制100 mLH2SO4溶液，需要用到的玻璃仪器有烧杯玻璃棒、量筒、________、_________。图示装置中的加热方式是_______________。‎ ‎(2)由于加入的铁粉不纯，反应过程中会产生少量PH3气体，因此需使用封闭装置。用CuSO4溶液吸收PH3时会有磷酸和一种紫红色固体生成，则该反应的化学方程式为__________________。‎ ‎(3)铁粉和硫酸采取步骤①中的配比关系的主要原因是_____________________。‎ ‎(4)步骤②中，为避免在过滤时析出FeSO4晶体，可采取的措施是________________。‎ ‎(5)步骤③将溶液趁热倒入50 mL乙醇中，该操作的目的是_____________________。‎ ‎(6)已知酸性高锰酸钾溶液可与Fe2+发生氧化还原反应： +5Fe2+ +8H+=Mn2++5Fe3++4H2O。现称取3. 30 g (NH4)2Fe(SO4)2·6H2O (相对分子质量为392)产品(杂质只有FeSO4·7H2O，相对分子质量为278)溶于稀硫酸中，然后用0.10 mol/L的酸性高锰酸钾溶液滴定,达到终点时消耗了18. 00 mL酸性高锰酸钾溶液。‎ ‎①滴定终点时的现象是_________________。‎ ‎②产品中 (NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的质量分数为_____________(保留4位有效数字)。‎ ‎【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 胶头滴管 (3). 100 mL容量瓶 (4). 水浴加热 (5). 4CuSO4+ PH3+4H2O=H3PO4+4H2SO4+4Cu↓ (6). 铁粉适当过量，防止Fe2+被氧化 (7). 趁热过滤 (8). 降低硫酸亚铁铵在水中落解的量 (9). 当滴入最后一滴酸性 高锰酸钾溶液时，溶液变为浅红色，且半分钟内不褪色 (10). 83.15%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 实验室制备硫酸亚铁铵晶体的原理和步骤如下：①称取略过量的铁粉，加 Na2CO3溶液煮沸，洗去表面的油污，加入烧瓶中，再加入1 mol/LH2SO4溶液反应，铁粉略过量，主要是防止亚铁离子被空气中的氧气氧化，避免后续产品中混入杂质，②水浴70~‎80°C加热，能加快反应，至反应无明显气泡产生，停止加热，趁热过滤，防止温度下降时硫酸亚铁晶体析出，③向FeSO4溶液中加入等物质的量的(NH4)2SO4固体，在70～‎80℃‎条件下溶解得到混合溶液后，趁热倒入50 mL乙醇中，则析出晶体，因为硫酸亚铁铵 晶体易溶于水、不溶于乙醇，故加入乙醇就析出了硫酸亚铁铵晶体，过滤，再用95%的酸性乙醇溶液洗涤晶体两次，酒精可溶解晶体表面的杂质、而晶体不溶，酒精挥发又可以带走晶体表面的水分，最后用滤纸吸干，即可得到，据此回答；‎ ‎【详解】(1)图中盛装1 mol/L的H2SO4溶液的仪器名称是分液漏斗，若用98%的浓硫酸来配制100 mLH2SO4溶液，需要用到的玻璃仪器有烧杯玻璃棒、量筒、滴管、100 mL容量瓶，图示装置中的加热方式是水浴加热；‎ ‎(2)用CuSO4溶液吸收PH3时会有磷酸和一种紫红色固体Cu生成，该反应为氧化还原反应，则结合氧化还原方程式书写规则以及电子得失守恒，化学方程式为：CuSO4+ PH3+4H2O=H3PO4+4H2SO4+4Cu↓；‎ ‎(3)铁和稀硫酸按照物质的量1:1反应生成硫酸亚铁和氢气，但是亚铁离子极易被氧化为铁离子，为了防止亚铁离子被氧化，通常会在亚铁盐溶液中加入少量的铁粉；故步骤①中铁粉略过量，硫酸略少量，主要原因是铁粉适当过量，防止Fe2+被氧化； ‎ ‎(4) FeSO4的溶解度随温度升高而增大，故步骤②中，为避免在过滤时析出FeSO4晶体，可采取的措施是趁热过滤；‎ ‎(5)已知：硫酸亚铁铵晶体易溶于水，不溶于乙醇，趁热倒入乙醇，析出晶体，则步骤③将溶液趁热倒入50 mL乙醇中，操作的目的是降低硫酸亚铁铵在水中的溶解度，析出晶体； (6)已知： +5Fe2+ +8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，则①用高锰酸钾滴定亚铁离子，当全部亚铁离子都反应完全后，滴入高锰酸钾溶液，锥形瓶中的溶液会变浅红色，且半分钟内不再褪色；即滴定终点时的现象是：当滴入最后一滴酸性 高锰酸钾溶液时，溶液变为浅红色，且半分钟内不褪色；②产品中 (NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的质量分数计算过程如下：‎ ‎，得n(Fe2+)=0.0090mol，设FeSO4⋅7H2O的物质的量为x，(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的物质的量为y ，列方程式组： ，得x=0.0020mol  y=0.0070mol，故硫酸亚铁铵晶体的质量分数为：。‎ ‎【点睛】本题是制备实验、考查实验基本操作，物质分离、提纯，滴定及相关纯度计算等，解题关键是把有效提取信息、灵活应用信息和已有知识。‎ 三、选考题 ‎(一)物质结构与性质 ‎18.世界上最早发现并使用锌的是中国，明朝末年天工开物)书中有关于炼锌技术的记载。回答下列问题：‎ ‎(1)Zn在元素周期表中位于____________区。‎ ‎(2)硫酸锌溶于过量的氨水可形成配合物[Zn(NH3)4]SO4。‎ ‎①配合物[Zn(NH3)4]SO4中，[Zn(NH3)4]2+ 的名称是____________，中心原子的配位数为______；NH3为该配合物的_________________。‎ ‎②中，中心原子的轨道杂化类型为___________________。‎ ‎③NH3极易溶于水，除了因为它们都是极性分子外，还因为_____________________。‎ ‎(3)Zn2+的4s和4p轨道可以形成sp3型杂化轨道，那么[ZnCl4]2-的空间构型为______________。‎ ‎(4)氧化锌的结构有多种，其中一种立方闪锌矿的结构如图所示，若该晶胞的边长为a nm，NA为阿伏加德罗常数的值，则立方闪锌矿晶体的ρ密度为_________g/cm3。‎ ‎【答案】 (1). ds (2). 四氨合锌离子 (3). 4 (4). 配体 (5). sp3 (6). NH3与H2O之间可形成分子间氢键 (7). 正四面体形 (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) Zn元素位于元素周期表第四周期IIB族，基态原子的价电子排布式为3d104s2，据此回答；‎ ‎(2)①按配合物的构成和命名规则填空；②计算硫酸根离子中S原子的价电子对数，根据价层电子对互斥理论，确定空间构型与中心原子的轨道杂化类型；③从形成分子间氢键的角度解释溶解度大的原因； ‎ ‎ (3) 按[ZnCl4]2－离子中Zn2＋是sp3杂化，确定配离子的空间构型；‎ ‎(4)由均摊法计算可得。‎ ‎【详解】(1) Zn元素位于元素周期表第四周期IIB族，基态原子的价电子排布式为3d104s2‎ ‎，在元素周期表中位于ds区； ‎ ‎(2)①配合物[Zn(NH3)4]SO4中，[Zn(NH3)4]2+ 的名称是四氨合锌离子，中心原子的配位数为4；NH3为该配合物的配体；②硫酸根离子中S原子的价层电子对数是，根据价层电子对互斥理论，空间构型为正四面体，则中心原子的轨道杂化类型为sp3；③NH3极易溶于水，除因为它们都是极性分子，NH3容易与水分子能形成分子间氢键，增加在水中的溶解度，故答案为：NH3与H2O之间可形成分子间氢键；‎ ‎(3) 中心离子Zn2+的4s和4p轨道是sp3型杂化，那么[ZnCl4]2-的空间构型为正四面体；‎ ‎(4)由晶胞结构可知，位于顶点和面心的锌离子的个数为8×+6×=4，位于体内的氧离子个数为4，该化合物化学式为ZnO，由晶胞的质量可得=(a×10—‎7 cm)3×d，则密度d=×‎1021 g•cm-3。‎ ‎【点睛】对于立方晶胞，顶点粒子占，面心粒子占，晶胞内部原子为整个晶胞所有，是计算立方闪锌矿晶体化学式的关键，也是计算立方闪锌矿晶体的密度的关键。‎ ‎(二)有机化学基础 ‎19.我国研究人员发现茶叶中的EGCG能有效阻断新冠病毒S蛋白与人体ACE2受体的结合。制备EGCG的中间体G的一种合成路线如下：‎ 已知：‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)G中官能团的名称是______。‎ ‎(2)反应①的反应类型是____________。‎ ‎(3)F与KOH溶液反应的化学方程式为__________________。‎ ‎(4)芳香族化合物X与D互为同分异构体，其中属于硝酸酯()的X有______种，且核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为6∶2∶1的结构简式为______(只写一种)。‎ ‎(5)碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳原子称为手性碳。下列关于EGCG(结构简式如图)的说法错误的是______(填标号)。‎ A.含有两种官能团 B.分子中含有两个手性碳原子 C.能与溶液发生显色反应 D.1 mol EGCG与NaOH溶液反应，最多消耗8 mol NaOH ‎(6)1,4—苯并二恶烷()是制备原发性高血压药物多沙唑嗪的中间体，设计以苯酚和1,2—二溴乙烷为原料制备1,4—苯并二恶烷的合成路线(无机试剂任用)____________________。‎ ‎【答案】 (1). 醚键、羧基、氟原子 (2). 取代反应 (3). KOH +CH3OH (4). 14 (5). 或 ‎ (6). AD (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据A和B的分子式可知，A与发烟硝酸发生取代反应，A中苯环上的一个氢原子被硝基所取代；根据B和C的分子式可知，B与甲醇发生酯化反应生成C；C与氢气发生还原反应生成D，根据两者分子式可知，C中硝基被氨基替代；根据已知，推知D生成E的反应机理与已知相同，D中氨基被F原子替代；E发生取代反应生成F，F发生水解反应生成G，根据G的结构简式可知，F的结构简式为，E的结构简式为，D的结构简式为，C的结构简式为。‎ ‎【详解】(1)根据G的结构简式可知，G中官能团的名称是醚键、羧基、氟原子。‎ ‎(2)综上分析，反应①的反应类型是取代反应。‎ ‎(3)F中含有酯基，与KOH溶液发生水解反应，化学方程式为+KOH +CH3OH。‎ ‎(4)D的分子式为C8H9NO3，芳香族化合物X与D互为同分异构体，，若苯环上两种取代基-ONO2和-CH2CH3，有邻间对3种结构；若苯环上有两种取代基-CH2ONO2和-CH3‎ ‎，有邻间对3种结构；若苯环上有3个取代基（两个-CH3和- ONO2），有6种结构；若苯环上有1种取代基-CH2CH2ONO2，只有1种结构；若苯环上有1种取代基-CH(CH3)ONO，只有1种结构；故X属于硝酸酯()的结构共14种；其中核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为6∶2∶1的结构简式为或。‎ ‎(5)A.分子中羟基、酯基和醚键三种官能团，A错误；‎ B.碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳原子称为手性碳，故分子中含有两个手性碳原子，B正确；‎ C.分子中苯环上连有羟基，属于酚类能与溶液发生显色反应，C正确；‎ D.1 mol EGCG中含有8mol酚羟基和1mol酯基，酚羟基和酯基能与NaOH溶液反应，最多消耗9 mol NaOH，D错误；‎ 答案选AD。‎ ‎(6)以苯酚和1,2—二溴乙烷为原料制备1,4—苯并二恶烷，可由与1,2—二溴乙烷反应制备目标产物，需在苯酚的羟基邻位引入一个羟基；可通过依次与发烟硝酸、氢气和亚硝酸钠及H3PO2反应引入新的羟基，具体合成路线如下：。‎