安徽省宣城市2020届高三二模考试理综化学试题 Word版含解析 22页

www.ks5u.com 宣城市2020届高三年级第二次调研测试 高三理科综合试题化学部分 一、选择题 ‎1.化学与生产生活关系密切。下列有关说法错误的是( )‎ A. 港珠澳大桥使用的超高分子量聚乙烯纤维属于有机高分子化合物 B. 质谱法是测定有机物相对分子质量及确定化学式的分析方法之一 C. “玉兔二号”月球车使用的帆板太阳能电池的材料是 D. 宋·王希孟《千里江山图》卷中绿色颜料“铜绿”的主要成分是碱式碳酸铜 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．聚乙烯纤维的相对分子质量在10000以上，为合成高分子化合物，故A正确；‎ B．质谱法是纯物质鉴定的最有力工具之一，其中包括相对分子量测定、化学式的确定及结构鉴定等，故B正确；‎ C．硅为良好的半导体材料，能制造太阳能电池板，所以“玉兔号”月球车上的太阳能电池的材料是硅，故C错误；‎ D．铜绿的主要成分是碱式碳酸铜，则绿色颜料铜绿的主要成分是碱式碳酸铜，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】硅位于金属和非金属分界线处，其单质属于半导体材料，常常用于制作太阳能电、硅芯片等，而二氧化硅一般做光导纤维，玻璃，玛瑙等。‎ ‎2.设为阿伏加德罗常数的值。化工厂常用浓氨水来检验氯气管道是否发生泄漏，其原理是：。下列说法正确的是( )‎ A. 如果氯气管道漏气，则会看到有大量白雾生成 B. 反应中每形成键，转移电子数为 C. 的溶液中，的数目小于 D. 该反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ - 22 -‎ ‎【详解】A．如果氯气管道漏气，遇氨气可立刻化合生成氯化铵固体小颗粒，会看到有大量白烟生成，不是白雾，故A错误；‎ B．反应中每形成键，即每生成1mol氮气，氮元素由-3价变为0价，转移电子的物质的量=1mol×2×3=6mol，则个数为6NA，故B正确；‎ C．的溶液体积未知，无法计算的数目，故C错误；‎ D．反应中Cl2为氧化剂，NH3为还原剂，由方程式可知，当有8molNH3参加反应，有2mol被氧化，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:2，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】判断还原剂时，要注意D项中的8mol氨气，并没有都做还原剂，只有2mol做了还原剂。‎ ‎3.乙酸异戊酯是蜜蜂信息素的成分之一，具有香蕉的香味。实验室中可利用乙酸和异戊醇制备乙酸异戊酯，装置图(夹持装置略)和所用药品有关数据如下。下列说法正确的是( )‎ 药品 密度/()‎ 沸点/℃‎ 水中溶解性 异戊醇 ‎0.8123‎ ‎131‎ 微溶 乙酸 ‎1.0492‎ ‎118‎ 易溶 乙酸异戊醇 ‎0.8670‎ ‎142‎ 难溶 A. 反应方程式为CH3COOH+‎ B. 实验时，冷凝水应从直形冷凝管的b口通入 - 22 -‎ C. 异戊醇的同分异构体中属于醇类的有7种 D. 反应后，取Ⅱ中物质经水洗、碱洗和蒸馏可提纯乙酸异戊酯 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙酸和异戊醇在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成乙酸异戊酯和水，反应方程式为CH3COOH++H2O，故A错误；‎ B．实验时，为保证较好的冷凝效果，冷凝水应下进上出，从直形冷凝管的a口通入，故B错误；‎ C．异戊醇的同分异构体中：以正戊烷基和羟基构成的结构有3种，以异戊烷基与羟基构成的结构除异戊醇自身外有3种，以新戊烷基与羟基构成的结构有1种，则其同分异构体中属于醇类的有7种，故C正确；‎ D．乙酸异戊酯在碱性条件下可水解，不应用碱洗，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎4.微生物燃料电池(MFC)为可再生能源的开发和难降解废弃物的处理提供了一条新途径。某微生物燃料电池示意图如图所示(假设废弃物为乙酸盐)。下列说法错误的是( )‎ A. 甲室菌为好氧菌，乙室菌为厌氧菌 B. 甲室的电极反应式为 C. 该微生物燃料电池(MFC)电流的流向：由b经导线到a D. 电池总反应式为 ‎【答案】A - 22 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图示，氢离子向乙室移动，原电池中，阳离子向正极移动，a为负极，b为正极。‎ ‎【详解】A．根据图示，甲室再无氧条件下发生反应，菌为厌氧菌，乙室有氧气参与电极反应，菌为好氧菌，故A错误；‎ B．根据图示，甲室中电极为负极，乙酸盐失去电子生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为，故B正确；‎ C．原电池中电子由负极流向正极，即由a经导线到b，电流方向与电子流向相反，该微生物燃料电池(MFC)电流的流向：由b经导线到a，故C正确；‎ D．根据图示，该燃料电池负极反应为，正极反应为：O2+4H++4e-=2H2O，电池总反应式为，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎5.和为原子序数依次增大的短周期元素，同主族且能形成离子化合物，的最外层电子数是质子数之和的一半，原子的核外电子数为偶数。四种元素组成的一种化合物具有下列性质。下列说法正确的是( )‎ 白色沉淀M溶液褪色并产生气泡 A. 原子半径：‎ B 使溴水褪色体现氧化性 C. 简单氢化物的稳定性：‎ D. 与均能形成具有漂白性的物质 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 和为原子序数依次增大的短周期元素，同主族且能形成离子化合物，X为H元素，原子的核外电子数为偶数，则W可能为S元素，的最外层电子数是质子数之和的一半，则Y为O元素，Z为Na元素，四种元素组成的一种化合物具有以上性质，则可确定以上分析符合。‎ ‎【详解】根据分析，X为H元素，Y为O元素，Z为Na元素，W为S元素；‎ - 22 -‎ A．H元素为半径最小的元素，电子层数越多，半径越大，短周期中Na原子半径最大，则原子半径：Na＞S＞O＞H，即Z＞W＞Y＞X，故A错误；‎ B．为亚硫酸氢钠，使溴水褪色体现还原性，溴单质具有氧化性，故B错误；‎ C．非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性：Y＞W，则简单氢化物的稳定性：Y＞W，故C错误； ‎ D．O与H、Na、S分别可形成H2O2、Na2O2、SO2均具有漂白性，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎6.下列有关实验现象和解释或结论都正确的是( )‎ 选项 实验操作 现象 解释或结论 A 取硫酸催化淀粉水解的反应液，滴入少量新制悬浊液并加热 有砖红色沉淀生成 葡萄糖具有还原性 B 溶液与溶液混合 有白色絮状沉淀生成 二者水解相互促进生成氢氧化铝沉淀 C 将充满和混合气体的密闭玻璃球浸泡在热水中 红棕色变深 反应的 D 向饱和溶液中滴入足量浓氨水，并加热至刚好沸腾 得到红褐色透明液体 得到胶体 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．向淀粉的酸性水解液中先加入氢氧化钠溶液中和，然后再滴入少量新制Cu (OH)2‎ - 22 -‎ 悬浊液并加热，出现砖红色沉淀，可以检验水解产物葡萄糖，否则酸与氢氧化铜反应，影响了实验结果，故A错误；‎ B．NaAlO2溶液与NaHCO3溶液混合，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，是强酸制取弱酸，不是双水解原理，故B错误；‎ C．充满NO2的密闭玻璃球浸泡在热水中，颜色加深，说明升高温度平衡向生成二氧化氮的方向移动，则2NO2⇌N2O4的△H＜0，故C正确； ‎ D．FeCl3饱和溶液中逐滴滴入足量浓氨水，发生反应生成沉淀，不能得到胶体，应将FeCl3饱和溶液加入沸水中发生水解制备氢氧化铁胶体，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】碳酸氢根的电离常数比偏铝酸大，碳酸氢根与氢离子的结合能力弱，可以认为是偏铝酸跟夺走了碳酸氢根中的氢离子，偏铝酸跟所需的氢离子是碳酸氢根电离出来的，不是水，所以不是水解，从生成物的角度看，若是水解反应，则碳酸氢根应变成碳酸，再变成二氧化碳，可事实上不是，最终产物是碳酸根，所以从这两方面看该反应都不是水解反应。‎ ‎7.常温下，向浓度均为和的混合溶液中滴加的，测得混合溶液的电阻率(溶液的电阻率越大，导电能力越弱)与加入氨水的体积的关系如图所示(忽略混合时体积变化)，下列说法正确的是( )‎ A. 常温下，的比同浓度的大 B. 过程中水的电离程度先减小后增大 C. 点溶液中，‎ D. 点时，‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ - 22 -‎ ‎【分析】‎ 电阻率与离子浓度成反比，即a→b过程中溶液的导电性减弱，向混合溶液中加入等物质的量浓度的NH3∙H2O溶液时，发生反应先后顺序是HX+NH3∙H2O=NH4X+H2O、NH3∙H2O+CH3COOH=CH3COONH4+H2O，0-20mL溶液中电阻率增大、导电性减弱，b点最小，原因为溶液体积增大导致b点离子浓度减小，b点溶液中溶质为NH4X、CH3COOH，继续加入NH3∙H2O溶液，NH3∙H2O是弱电解质，生成的CH3COONH4是强电解质，导致溶液中离子浓度增大，溶液的电导性增大，c点时醋酸和一水合氨恰好完全反应生成醋酸铵，c点溶液中溶质为NH4X、CH3COONH4，且二者的物质的量相等，d点溶液中溶质为等物质的量浓度的NH4X、CH3COONH4、NH3∙H2O，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．若HX和CH3COOH都是弱酸，则随着NH3∙H2O的加入，酸碱反应生成盐，溶液导电性将增强、电阻率将减小，但图象上随着NH3∙H2O的加入溶液电阻率增大、导电性反而减弱，说明原混合溶液中离子浓度更大，即HX为强电解质，常温下，0.1mol/LHX的pH比同浓度CH3COOH的pH小，故A错误；‎ B．酸或碱都抑制水的电离，滴加NH3∙H2O溶液的过程：a→c为HX和CH3COOH转化为NH4X、CH3COONH4的过程，溶液的酸性减弱，水的电离程度增大，故B错误；‎ C．根据分析，c点溶液中溶质为NH4X、CH3COONH4，且二者的物质的量相等，溶液为酸性，即c(H+)＞c(OH-)，溶液中存在电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(X-)+c(CH3COO-)，则c(NH4+)＜c(X-)+c(CH3COO-)，故C错误；‎ D．d点溶液中溶质为等物质的量浓度的NH4X、CH3COONH4、NH3∙H2O，0~40mL时，NH3∙H2O转化为NH4+，40~60mL时，NH3∙H2O过量，d点时，溶液体积共为80mL，，故D正确；‎ 答案选D 三、非选择题 ‎(一)必考题 ‎8.硫酸镍广泛应用于电镀、电池、催化剂等工业。某科研小组以粗硫酸镍(含等)为原料，经如图一系列除杂过程模拟精制硫酸镍工艺。回答下列问题。‎ - 22 -‎ ‎(1)滤渣1的主要成分是__________(写化学式)，写出“硫化除铜”过程生成含铜物质反应的离子方程式__________。‎ ‎(2)“氧化除杂”时加入和的主要作用是__________。‎ ‎(3)已知时，；。则“氟化除杂”过后滤液3中_____。‎ ‎(4)“萃取”时使用萃取剂在硫酸盐中对某些金属离子的萃取率与溶液的关系如图。则实验时需控制的适宜范围是_____(填字母序号)。‎ A.1～2 B.3～4 C.4～5 D.5～6‎ ‎(5)将萃取后所得富含硫酸镍的溶液经操作A可得硫酸镍晶体，则操作A为___、___、过滤、洗涤等。‎ ‎(6)称取硫酸镍晶体()样品溶解，定容至。取试液，用的标准溶液滴定至终点。重复实验，平均消耗标准溶液体积为。反应为。计算样品纯度为_____。(不考虑杂质反应)‎ ‎【答案】 (1). CuS和S (2). H2S+ Cu2+=CuS↓+2H+ (3). 的作用是将滤液中Fe2+‎ - 22 -‎ 氧化为Fe3+，的作用是调节溶液pH值，使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀除去 (4). 6.17×10-3 (5). B (6). 蒸发浓缩 (7). 降温结晶 (8). 96.0%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 粗硫酸镍(含等)加水和硫酸进行酸浸溶解，得到含有Ni2+、Cu2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+、Zn2+、SO42-等离子的浸出液，向浸出液中通入H2S气体，Cu2+转化为CuS沉淀除去，同时Fe3+可与S2-发生氧化还原反应生成Fe2+和S单质，过滤后得到滤液1和滤渣1，滤渣1为CuS和S，滤液1中含有Ni2+、Fe2+、Ca2+、Mg2+、Zn2+、SO42-，向滤液1中加入Ni(OH)2和Cl2，Cl2将滤液中Fe2+氧化为Fe3+，用Ni(OH)2调节溶液pH值，使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀除去，再进行过滤得到滤液2，向其中加入NiF2，使滤液2中的Ca2+、Mg2+转化为CaF2、MgF2沉淀除去，再次进行过滤得到滤液3，向滤液3中加入有机萃取剂，使滤液3中的Zn2+转移至有机相中分液除去，最后对水溶液进行蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤等操作得到产品硫酸镍晶体，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)根据分析，滤渣1的主要成分是CuS和S，“硫化除铜”过程中，向浸出液中通入H2S气体，Cu2+转化为CuS沉淀除去，离子方程式H2S+ Cu2+=CuS↓+2H+；‎ ‎(2)根据分析，“氧化除杂”时加入Cl2将滤液中Fe2+氧化为Fe3+，用Ni(OH)2调节溶液pH值，使滤液1中的Fe3+转化为氢氧化铁沉淀除去；‎ ‎(3)已知时，；。则“氟化除杂”过后滤液3中=6.17×10-3；‎ ‎(4)在该工艺流程中，“萃取”操作的目的是使滤液3中的Zn2+转移至有机相中分液除去，流程的最终目的是制得硫酸镍，结合金属离子的萃取率与溶液的关系如图所示，当控制实验时的为3~4左右可以使滤液中的Cu2+、Ca2+、Zn2+等离子的萃取除杂率最好，故答案选B；‎ ‎(5)根据分析，将萃取后所得富含硫酸镍的溶液经操作A可得硫酸镍晶体，则操作A为蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤等操作得到产品硫酸镍晶体；‎ ‎(6)根据题意，取试液，消耗EDTA标准液的物质的量=0.02mol/L×0.0365L=7.3×10-4mol，根据反应，25mL试液中 - 22 -‎ n(Ni2+)=n(EDTA)= 7.3×10-4mol，则250mL试液中硫酸镍晶体的质量=×7.3×10-4mol×263=1.9199g，则样品纯度为=×100%≈96%。‎ ‎【点睛】溶度积进行计算时，善于找到所求的离子浓度和溶度积常数之间的关系，计算钙离子和镁离子的浓度之比转化成溶度积常数之比，是解本题的关键。‎ ‎9.某小组探究溶液和溶液的反应原理。‎ ‎【实验一】将含淀粉的溶液加入酸性溶液(过量)中，混合后约5秒内无明显变化，随后有少量蓝色出现并迅速变蓝。‎ ‎(1)溶液变蓝，说明具有__________性。‎ ‎(2)查阅文献：‎ 反应Ⅰ： 慢 反应Ⅱ：_____=_____+_____ 较快 反应Ⅲ： 快 写出酸性条件下，反应Ⅱ的离子方程式__________。‎ ‎(3)向实验一所得蓝色溶液中加入少量溶液，蓝色迅速褪去，后又变蓝色。据此得出氧化性比强，该结论______(填“合理”或“不合理”)，理由_________。‎ ‎(4)为了进一步研究溶液和溶液的反应原理，设计如下实验。‎ ‎【实验二】装置如图所示，闭合后，电流表的指针偏转情况记录如表：‎ 表盘 时间/min 偏转位置 右偏至“Y”处 指针归零 - 22 -‎ 指针回到“0”处，又返至“X”处；如此周期性往复多次……‎ ‎①闭合后，检验b极附近溶液存在放电产物的实验操作是__________。‎ ‎②时，直接向a极区滴加淀粉溶液，溶液未变蓝。取a极附近溶液于试管中，滴加淀粉溶液，溶液变蓝。判断在a极放电的产物是__________。‎ ‎(5)下列关于上述实验解释合理的是__________(填字母序号)。‎ A.实验一中：5秒内无明显变化，可能是因为反应Ⅰ的活化能太小，反应速率太慢 B.实验二中：指针回到“0”处，可能是因为反应Ⅱ比反应Ⅰ快，导致难与发生反应 C.实验二中：又返至“X”处，可能是因为发生了反应Ⅲ，重新形成了原电池 ‎【答案】 (1). 氧化 (2). (3). 不合理 (4). 由于反应Ⅲ比反应Ⅰ快，故现象显示与的反应，但速率快不能说明氧化性就强 (5). 取样于试管中，先加入过量稀除去，再滴加少量溶液，有白色沉淀生成 (6). (7). BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)溶液变蓝，说明生成碘单质，根据氧化还原反应规律判断的性质；‎ ‎(2)结合反应Ⅰ、反应Ⅲ，IO3−在酸性溶液氧化I−，生成碘单质；‎ ‎(3)结合三个反应的快慢分析颜色变化的原因是否与氧化性强弱有关；‎ ‎(4)①检验SO42-可使用盐酸酸化的BaCl2溶液；‎ ‎②t1时，从a极区取溶液于试管中，滴加淀粉溶液，溶液变蓝，有碘单质生成，直接向a极区滴加淀粉溶液，溶液未变蓝，无碘单质，故说明IO3- 在a极放电的产物是I-；‎ ‎(5) 实验一中，t秒之前，过量的KIO3酸性溶液与Na2SO3溶液反应，Na2SO3反应完全，得到I-，t秒后I-与多余的KIO3反应得到碘单质，溶液变蓝，实验二中，0～t1，Na2SO3溶液和KIO3溶液在两极放电分别得到SO42-、I-，t2～t3，a极I-与IO3-反应，b极Na2SO3‎ - 22 -‎ 未参与反应，外电路无电流通过，指针回到“0”处，I-反应完全后，Na2SO3溶液和生成的I2在两极放电，又返至“X”处，如此往复，据此分析可得。‎ ‎【详解】(1)溶液变蓝，说明生成碘单质，转化为I2，I元素的化合价降低，得电子，被还原，则表现氧化性；‎ ‎(2)IO3−在酸性溶液氧化I−生成碘单质，根据氧化还原反应电子得失守恒和物料守恒，离子反应为：IO3−+5I−+6H+=3I2+3H2O；‎ ‎(3)由于反应Ⅲ比反应Ⅰ快，故现象显示I2与的反应，但速率快不能说明氧化性就强，故该结论不合理；‎ ‎(4)①检验SO42-可使用盐酸酸化的BaCl2溶液，操作为：取b极附近溶液于试管中，先加入过量稀除去，再滴加少量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则证明b极附近溶液存在放电产物SO42-；‎ ‎②t1时，从a极区取溶液于试管中，滴加淀粉溶液，溶液变蓝，有碘单质生成，直接向a极区滴加淀粉溶液，溶液未变蓝，无碘单质，故说明IO3− 在a极放电的产物是I−，生成的I−与IO3−生成了碘单质；‎ ‎(5)A．实验一中，5秒之前，过量的KIO3酸性溶液与Na2SO3溶液反应，Na2SO3反应完全，得到I-，5秒后I-与多余的KIO3反应得到碘单质，溶液变蓝， 5秒内无明显变化，与活化能无关，与是否产生碘单质有关，故A错误；‎ B．实验二中：0～t1，Na2SO3溶液和KIO3溶液在两极放电分别得到SO42-、I-，t2～t3，a极I-与IO3-反应，可能是因为反应Ⅱ比反应Ⅰ快，b极Na2SO3未参与反应，外电路无电流通过，指针回到“0”处，故B正确； ‎ C．实验二中：I-反应完全后，Na2SO3溶液和生成的I2在两极放电，发生了反应Ⅲ，重新形成了原电池，又返至“X”处，故C正确；‎ 答案选BC。‎ ‎10.甲醇是一种可再生能源，具有广阔的开发和应用前景，可用等作为催化剂，采用如下反应来合成甲醇：‎ ‎(1)下表是有关化学键的键能数据，计算表中的a=__________。‎ - 22 -‎ 化学键 键能 ‎436‎ ‎462.8‎ a ‎1075‎ ‎351‎ ‎(2)将的混合气体，匀速通过装有催化剂的反应器反应(如图甲)，反应器温度变化与从反应器排出气体中的体积分数φ关系如图乙，φ(CH3OH)变化的原因是__________。‎ ‎(3)某学习小组模拟工业合成甲醇的反应，在的恒容密闭容器内充入和，加入合适催化剂后在某温度下开始反应，并用压力计监测容器内压强的变化如表：‎ 反应时间/min ‎0‎ ‎5‎ ‎10‎ ‎15‎ ‎20‎ ‎25‎ 压强/MPa ‎12.6‎ ‎10.8‎ ‎9.5‎ ‎8.7‎ ‎8.4‎ ‎8.4‎ 从反应开始到时，的平均反应速率为______，该温度下的平衡常数为______。‎ ‎(4)另将和加入密闭容器中，在一定条件下发生上述反应。平衡时的体积分数(%)与温度和压强的关系如图所示(虚线框表示没有测定该条件下的数据)。‎ - 22 -‎ 由大到小的关系是__________，判断理由是__________。‎ ‎【答案】 (1). 413.4 (2). 温度低于时未达平衡，温度升高、反应速率加快，的体积分数增大；高于时，温度升高平衡逆向移动，的体积分数减小 (3). (4). (5). (6). 压强越大，的体积分数越小，对应的的体积分数逐渐增大，该反应向逆反应方向移动，则 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)已知，由于∆H=反应物总键能-生成物总键能计算解答；‎ ‎(2)反应为放热反应，根据温度对该反应平衡移动的影响分析；‎ ‎(3)根据表格分析判断平衡状态，结合相同条件下压强之比等于物质的量之比，列“三段式”进行计算；‎ ‎(4)根据反应在温度和压强的影响下平衡移动的方向使的体积分数(%)变化分析判断。‎ ‎【详解】(1)已知，由于∆H=反应物总键能-生成物总键能=(2×436+1075)-(3a+462.8+351)=-107‎ - 22 -‎ ‎，解得a=413.4；‎ ‎(2)反应为放热反应，φ(CH3OH)变化原因是：温度低于时未达平衡，温度升高、反应速率加快，的体积分数增大；高于时，温度升高平衡逆向移动，的体积分数减小；‎ ‎(3)根据表格分析反应进行到20min时达到平衡状态，初始体系压强为12.6MPa，平衡时体系的压强为8.4 MPa，设平衡时CO物质的量变化量为x，列“三段式”：‎ 结合相同条件下压强之比等于物质的量之比，则，解得x=0.5mol，则v(CO)===0.0125mol/(L∙min)，平衡常数K=；‎ ‎(4)根据反应，压强越大，平衡正向移动，的体积分数越小，根据图像，对应的的体积分数逐渐增大，说明该反应向逆反应方向移动，该反应正向放热，升高温度，平衡逆向移动，则。‎ ‎(二)选考题 ‎11.铁、铜及其化合物应用广泛。回答下列问题：‎ ‎(1)基态铁原子核外最后一个电子填充在__________(填能级符号)，含有__________个成单电子，具有磁性。‎ ‎(2)铁氰化钾是检验重要试剂。‎ ‎①铁氰化钾中，所涉及的元素的第一电离能由大到小的顺序为__________。‎ ‎②铁氰化钾中，不存在__________(填字母标号)。‎ A.离子键 B.σ键 C.π键 D.氢键 E.金属键 - 22 -‎ ‎(3)血蓝蛋白是某些节肢动物体内能与氧气可逆结合的一种铜蛋白，其部分结构示意图如图。其中的化合价为_______价，的杂化类型是__________。‎ ‎(4)合金可看作由如图所示的(a)、(b)两种原子层交替堆积排列而成。图中虚线构建的六边形，表示由这两种层平行堆积时垂直于层的相对位置；(c)是由(a)和(b)两种原子层交替堆积成合金的晶体结构图。在这种结构中，同一层的距离为。‎ ‎①合金中__________。‎ ‎②同一层中，原子之间的最短距离是__________，设为阿伏加德罗常数的值，若要求算晶体的密度，还需要知道的物理量是_________(钙、铜元素的相对原子质量为已知量)。‎ ‎【答案】 (1). 3d (2). 4 (3). (4). DE (5). +1 (6). (7). 5 (8). (9). 上下两层之间的最短距离或上下两层之间的最短距离 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)基态铁原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，3d能级的能量高于4s能级，据此分析；‎ - 22 -‎ ‎(2)①铁氰化钾中，所涉及的元素有Fe，K，C，N，金属原子的第一电离能小于非金属原子，同周期的C和N，第一电离能N＞C，同周期的K，Fe，第一电离能呈现增大的趋势，由此判断；‎ ‎②分析构成铁氰化钾配合物的粒子可知，该物质是离子化合物，含有CN-，CN-中存在C≡N三键；‎ ‎(3)如结构示意图所示，其中与氮原子形成配位键，但一个单位正电荷，所带电荷来自于铜，与铜相结合的氮原子与碳原子形成碳氮双键，与氢结合的氮原子，成键电子对数为3，孤电子对数为1，结构类似氨气；‎ ‎(4)①根据c图，利用均摊法计算合金中x；‎ ‎②同一层中，六边形中心上的Ca原子和边上的两个Ca原子形成正三角形，所以Ca原子之间的最短距离是六边形边长=2××(同层相邻Ca-Cu距离)；计算晶胞的密度要计算晶胞的体积。‎ ‎【详解】(1)基态铁原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，3d能级的能量高于4s能级，则先填充4s能级，最后填充3d能级，根据泡利原理和洪特规则，3d能级上有4个单电子； ‎ ‎(2)①铁氰化钾中，所涉及的元素有Fe，K，C，N，金属原子的第一电离能小于非金属原子，同周期的C和N，第一电离能N＞C，同周期的K，Fe，第一电离能呈现增大的趋势，由此判断；所以所涉及的元素的第一电离能由大到小的顺序为：N＞C＞Fe＞K，‎ ‎②铁氰化钾属于配合物，由K+、Fe3+和CN−构成，是离子化合物，存在离子键，含有CN−，CN−中存在C≡N三键，一个C≡N由1个σ键和2个π键组成，化合物中不存在氢键和金属键，答案选DE； ‎ ‎(3)如结构示意图所示，其中与氮原子形成配位键，带一个单位正电荷，所带电荷来自于铜，其中的化合价为+1价；与铜相结合的氮原子与碳原子形成碳氮双键，为sp2杂化，与氢结合的氮原子，成键电子对数为3，孤电子对数为1，结构类似氨气，氮原子为sp3杂化；‎ ‎(4)①该晶胞中Ca原子个数=12×+2×=3、Cu原子个数=12×+6×+6=15，则该晶胞中 Ca原子与Cu原子个数比为3:15=1：x，x=5；‎ - 22 -‎ ‎②同一层中，六边形中心上的Ca原子和边上的两个Ca原子形成正三角形，所以Ca原子之间的最短距离是六边形边长=2××(同层相邻Ca−Cu距离)=2××294pm=294pm；计算晶胞的密度要计算晶胞的体积，晶胞层内六边形边长(Ca原子之间距离)已知，还需要知道层与层之间晶胞的边长，即上下两层Ca-Ca之间的最短距离或上下两层Ca-Cu之间的最短距离。‎ ‎12.美托洛尔可用于治疗高血压及心绞痛，某合成路线如图：‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)已知常温下，(氯化亚砜)是一种有强烈刺激气味发烟液体，遇水水解，加热分解。下列关于乙酸制备A的实验表述正确的是__________(填字母序号)。‎ a.该实验常采用浓的醋酸溶液与过量反应以提高产率 b.反应控制在较高温度下，并加入催化剂加快反应速率 c.反应产物中有污染性气体，需在通风厨中进行，且要吸收尾气 d.该反应有机副产物少、产品易分离，且产率较高。‎ ‎(2)C中含氧官能团的名称是__________。‎ ‎(3)A→B的反应类型是__________，D的分子式为__________。‎ ‎(4)反应E→F的化学方程式为__________。‎ ‎(5)试剂X的分子式为，则X的结构简式为__________，X的同分异构体中含的有__________种。‎ - 22 -‎ ‎(6)4-苄基苯酚()是一种药物中间体，请设计以苯甲酸和苯酚为原料制备4-苄基苯酚的合成路线：__________(无机试剂任用)。‎ ‎【答案】 (1). cd (2). 酚羟基、羰基 (3). 取代反应 (4). (5). +CH3OH +H2O (6). (7). 4 (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 乙酸发生取代反应生成，由B的分子式、C的结构，可知A与苯酚发生取代反应生成B，B与氯气发生取代反应生成C，故B为，C发生还原反应生成D()。D中氯原子水解、酸化得到E为，由G的结构可知，E中醇羟基与甲醇发生分子间脱水反应生成F，F中酚羟基上氢原子被取代生成G，故F为，试剂X的分子式为C3H5OCl，则X的结构简式为：，对比G、美托洛尔的结构可知，G发生开环加成生成美托洛尔。‎ ‎(6)苯甲酸先与SOCl2发生取代反应生成，然后和苯酚发生取代反应，最后在Zn(Hg)/HCl作用下反应生成，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1) a．该实验常采用浓的醋酸溶液中含有水，与发生水解，应使用无水醋酸，故a错误；‎ - 22 -‎ b．较高温度下，受热分解，不利于制备反应的发生，反应速率会减慢，故b错误；‎ c．乙酸与反应生成、HCl和二氧化硫，产物中有污染性气体，需在通风厨中进行，且要吸收尾气，故c正确；‎ d．该反应的产物为、HCl和二氧化硫，除反应过程中挥发出来的少量乙酸和氯化亚砜，无其他有机副产物，结合杂质性质，挥发出来的少量乙酸和氯化亚砜可通过加热除去，产品易分离，且产率较高，故d正确；‎ 答案选cd；‎ ‎(2)根据流程中C的结构简式，其中含氧官能团的名称是酚羟基、羰基；‎ ‎(3) A→B是苯环上氢原子被替代生成B，属于取代反应；根据D()的结构简式，分子式为C8H9OCl；‎ ‎(4)根据分析，E中醇羟基与甲醇发生分子间脱水反应生成F，F为，则反应E→F的化学方程式为+CH3OH +H2O；‎ ‎(5)根据分析，试剂X的分子式为，则X的结构简式为，X的同分异构体中含的同分异构体有：的碳原子两端分别连-H和CH3CHCl-（或CH2ClCH2-），或的碳原子两端分别连接CH3CH2-和Cl-，或的碳原子两端分别连接CH3-和CH2Cl-，则共有4种；‎ ‎(6)苯甲酸先与SOCl2发生取代反应生成，然后和苯酚发生取代反应，最后在Zn(Hg)/HCl作用下反应生成，合成路线流程图为： 。‎ ‎ ‎ - 22 -‎ - 22 -‎ - 22 -‎