《2019-2020学年福建省东山第二中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年福建省东山第二中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf（19页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2019-2020学年福建省东山第二中学新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1教材中证明海带中存在碘元素的实验过程中，下列有关装置或操作错误的是A过滤B灼烧C溶解D检验【答案】B【解析】【详解】A过滤时使用漏斗和烧杯，溶液沿玻璃棒引流，装置正确，故A 不选；B灼烧海带应该在坩埚中进行，装置中使用仪器不正确，故B 选；C溶解时用玻璃棒搅拌，并且适当加热，可以加速溶解，装置正确，故C 不选；D可以向溶液中滴加淀粉溶液检验是否存在碘单质，装置图正确，故D 不选；故选 B。2下列选项中，为完成相应实验，所用仪器或相关操作合理的是A
2、B C D 用 CCl4提取溶在乙醇中的I2测量 Cl2的体积过滤用 NaOH 标准溶液滴定锥形瓶中的盐酸A A BB CC D D【答案】B【解析】【分析】【详解】A.四氯化碳是良好的有机溶剂，四氯化碳与乙醇互溶，不会出现分层，不能用分液漏斗分离，故A 错误；B.氯气不溶于食盐水，可排饱和食盐水测定其体积，则图中装置可测定Cl2的体积，故B 正确；C.过滤需要玻璃棒引流，图中缺少玻璃棒，故C错误；D.NaOH 标准溶液滴定锥形瓶中的盐酸，NaOH 溶液应盛放在碱式滴定管中，仪器的使用不合理，滴定过程中眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色的变化，故D 错误。答案选B。【点睛】本题考查的是关于化学实验方案
3、的评价，实验装置的综合。解题时需注意氯气不溶于食盐水，可排饱和食盐水测定其体积；NaOH 标准溶液滴定锥形瓶中的盐酸，NaOH 溶液应盛放在碱式滴定管中。3过氧化钙(CaO2)微溶于水，溶于酸，可作分析试剂、医用防腐剂、消毒剂。实验室常用CaCO3为原料制备过氧化钙，流程如下：CaCO3滤液白色结晶(CaO2)。下列说法不正确的是()A逐滴加入稀盐酸后，将溶液煮沸的作用是除去溶液中多余的HCl B加入氨水和双氧水后的反应为：CaCl22NH3H2OH2O2=CaO2 2NH4Cl2H2O C生成 CaO2的反应需要在冰浴下进行的原因是温度过高时过氧化氢分解D过滤得到的白色结晶用蒸馏水洗涤后应再
4、用乙醇洗涤以去除结晶表面水分【答案】A【解析】【分析】根据过程，碳酸钙与盐酸反应后，过滤，推出溶液中有固体剩余，即碳酸钙过量，CaCO3与盐酸反应，发生 CaCO32HCl=CaCl2CO2 H2O，CO2能溶于水，溶液显酸性，过氧化钙溶于酸，加热煮沸的目的是除去溶液中多余的CO2，加入氨水和双氧水时发生的反应是CaCl22NH3H2O H2O2=CaO22NH4Cl 2H2O，然后过滤，得到过氧化钙，据此分析；【详解】A、根据过程，碳酸钙与盐酸反应后，过滤，推出溶液中有固体剩余，即碳酸钙过量，CaCO3与盐酸反应，发生 CaCO32HCl=CaCl2CO2 H2O，CO2能溶于水，溶液显酸性
5、，过氧化钙溶于酸，加热煮沸的目的是除去溶液中多余的CO2，故 A 说法错误；B、加入氨水和双氧水后发生的反应方程式为CaCl22NH3H2OH2O2=CaO2 2NH4Cl2H2O，故B 说法正确；C、双氧水不稳定，受热易分解，需要在冰浴下进行的原因是防止双氧水分解，故C 说法正确；D、过氧化钙在乙醇中的溶解度小，使用乙醇洗涤的目的是去除结晶表面的水分，故D 说法正确；答案选 A。【点睛】易错点是选项A，学生注意到CaO2溶于酸，需要将过量HCl 除去，但是忽略了流程，碳酸钙加入盐酸后过滤，这一操作步骤，碳酸钙与盐酸反应：CaCO32HCl=CaCl2CO2 H2O，没有沉淀产生，为什么过滤呢
6、？只能说明碳酸钙过量，盐酸不足，还要注意到CO2能溶于水，反应后溶液显酸性，因此煮沸的目的是除去CO2。4水处理在工业生产和科学实验中意义重大，处理方法很多，其中离子交换法最为简单快捷，如图是净化过程原理。有关说法中正确的是（）A经过阳离子交换树脂后，水中阳离子的总数未发生变化B通过阳离子交换树脂时，H则被交换到水中C通过净化处理后，水的导电性不变D阳离子树脂填充段存在反应HOH-=H2O【答案】B【解析】【分析】从图中可以看出，在阳离子交换柱段，自来水中的Ca2+、Na+、Mg2+与阳离子交换树脂中的H+发生交换，Ca2+、Na+、Mg2+进入阳离子交换树脂中，树脂中的H+进入水中；在阴离子
7、交换柱段，NO3-、Cl-、SO42-进入阴离子交换树脂中，树脂中的OH-进入水中，与水中的H+反应生成 H2O。【详解】A经过阳离子交换树脂后，依据电荷守恒，水中阳离子的总数增多，A 不正确；B通过阳离子交换树脂时，水中的Ca2+、Na+、Mg2+与阳离子交换树脂中的H+发生交换，H则被交换到水中，B 正确；C通过净化处理后，水的导电性减弱，C不正确；D阴离子树脂填充段存在反应HOH-=H2O，D 不正确；故选 B。5AlCl3常作净水剂。某小组选择如下装置制备氯化铝，已知氯化铝易升华，遇水易水解。下列说法错误的是A按气流方向从左至右，装置连接顺序为a c bdB先启动a 中反应，当硬质试管
8、内充满黄绿色时点燃酒精灯C试剂 R 为 P2O5或 CaCl2吸收空气中的水蒸气D为了中止反应，停止通入Cl2的操作是关闭分液漏斗的活塞【答案】C【解析】【详解】A制得氯气后，应先除HCl 后干燥，A 正确；B通入氯气，排尽装置内的空气，防止氧气与铝反应，当硬质试管内充满黄绿色气体时，表明空气已排尽，此时点燃酒精灯，加热铝粉，B正确；C试剂 R 的作用是吸收未反应的Cl2，同时防止空气中的水蒸气进入，而P2O5或 CaCl2只能吸收水蒸气，不能吸收Cl2，C错误；D关闭分液漏斗的活塞，停止加入浓盐酸，a 中反应会停止，D 正确。故选 C。6下列有关物质用途的说法，错误的是()A二氧化硫常用于漂
9、白纸浆B漂粉精可用于游泳池水消毒C晶体硅常用于制作光导纤维D氧化铁常用于红色油漆和涂料【答案】C【解析】【详解】制作光导纤维的材料是SiO2而不是 Si，C项错误。7设 NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法中正确的是()A NA个氮分子与NA个氦分子的质量比为72 B1.0 molL-1FeCl3溶液与足量Fe反应,转移的电子数为NAC11.2 L CH4中含有的原子数目为2.5NAD 20 g 182H O分子中,含有 10NA个电子【答案】D【解析】【详解】A.He 分子是单原子分子，相对分子质量为4，NA个氮分子与NA个氦分子的质量比为284=7 1，故 A不选；B.不知道 FeCl3溶液
10、的体积，无法计算转移的电子数，故B不选；C.11.2 L CH4没有指明标准状况下，故C不选；D.20 g 182H O分子为 1mol，含有 10NA个电子，故D 选。故选 D。8用如图所示实验装置进行相关实验探究，其中装置不合理的是()A鉴别纯碱与小苏打B证明 Na2O2与水反应放热C证明 Cl2能与烧碱溶液反应D探究钠与Cl2反应【答案】A【解析】【详解】A.鉴别纯碱与小苏打，试管口略向下倾斜，且铁架台的铁夹要夹在离试管口的三分之一处故此实验装置错误，故 A 符合题意；B.过氧化钠与水反应放出大量热，能能脱脂棉燃烧，此实验装置正确，故B 不符合题意；C.氯气与烧碱溶液反应时，锥形瓶中氯气
11、被消耗，压强减小，气球会变大，此实验装置正确，故C 不符合题意；D.氯气与钠反应时，尾气端一定要加上蘸有碱液的棉花除去尾气中残留的氯气，避免氯气污染环境，此实验装置正确，故D 不符合题意。故答案是A。9NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A 18 g D2O 和 18 g H2O 中含有的质子数均为10NAB2 L 0.5 molL1亚硫酸溶液中含有的H离子数为 2NAC过氧化钠与水反应时，生成0.1 mol 氧气转移的电子数为0.2NAD密闭容器中2 mol NO 与 1 mol O2充分反应，产物的分子数为2NA【答案】C【解析】【分析】【详解】A 18 g D2O 和 18 g H
12、2O 的物质的量不相同，其中含有的质子数不可能相同，A 错误；B亚硫酸是弱电解质，则2 L 0.5 molL-1亚硫酸溶液中含有的H+离子数小于2NA，B 错误；C过氧化钠与水反应时，氧元素化合价从-1 价水的 0 价，则生成0.1 mol 氧气转移的电子数为0.2NA，C正确；D密闭容器中2 mol NO 与 1 mol O2充分反应生成2molNO2，但 NO2与 N2O4存在平衡关系，所以产物的分子数小于2NA，D 错误。答案选 C。【点睛】阿伏伽德罗常数与微粒数目的关系涉及的知识面广，涉及到核素、弱电解质电离、氧化还原反应、化学平衡、胶体、化学键等知识点。与微粒数的关系需要弄清楚微粒中
13、相关粒子数(质子数、中子数、电子数)及离子数、电荷数、化学键之间的关系，计算氧化还原反应中的转移电子数目时一定要抓住氧化剂或还原剂的化合价的改变以及物质的量，还原剂失去的电子数或氧化剂得到的电子数就是反应过程中转移的电子数。10设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是A氯碱工业中完全电解含2 mol NaCl 的溶液产生H2分子数为NAB14 g 分子式为CnH2n的烃中含有的碳碳双键数为NA/n C2.0 g H218O 与 2.0 g D2O 中所含的中子数均为NAD常温下，将56 g 铁片投入到足量的浓硫酸中生成SO2的分子数为1.5NA【答案】C【解析】【详解】A氯碱工业中完
14、全电解NaCl 的溶液的反应为2NaCl+2H2O电解H2+Cl2+2NaOH，含2molNaCl 的溶液发生电解，则产生H2为 1mol，分子数为NA，但电解质氯化钠电解完可继续电解氢氧化钠溶液（即电解水），会继续释放出氢气，则产生的氢气分子数大于NA，故 A错误；B分子式为CnH2n的链烃为单烯烃，最简式为CH2，14g 分子式为CnH2n的链烃中含有的碳碳双键的数目为=NA1414/gngmol=ANn；如果是环烷烃不存在碳碳双键，故B错误；CH218O与 D2O的摩尔质量均为20g/mol，所以 2.0g H218O与 2.0gD2O的物质的量均为0.1mol，H218O中所含的中子数
15、：20-10=10，D2O中所含的中子数：20-10=10，故 2.0 g H218O与 2.0 g D2O所含的中子数均为NA，故 C正确；D 常温下铁遇到浓硫酸钝化，所以常温下，将 56g 铁片投入足量浓硫酸中，生成 SO2分子数远远小于1.5NA，故 D错误；答案选 C。【点睛】该题易错点为A 选项，电解含2 mol 氯化钠的溶液，电解完可继续电解氢氧化钠溶液（即电解水），会继续释放出氢气，则产生的氢气分子数大于NA。11设 NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A标准状况下，1LC2H5OH 完全燃烧后生成的CO2分子个数约为AN11.2B20gD2O 与 20gH218O
16、含有的中子数均为10NAC1mol L-1Al(NO3)3溶液中含有3NA个 NO3-D 50mL12mol L-1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA【答案】B【解析】【详解】A 选项，标准状况下乙醇为液体，不能用气体摩尔体积来计算，故A 错误；B 选项，D2O 与 H218O 的摩尔质量均为20gmol-1，故 20gD2O 与 20gH218O 的物质的量均为1mol，且它们每个分子中均含10 个中子，故1mol 两者中均含10NA个中子，故B正确；C 选项，溶液体积未知，无法计算离子个数，故C错误；D 选项，50mL12mol L-1盐酸与足量MnO2共热反应一段时间后，盐
17、酸浓度减小，无法继续反应，转移电子数目小于0.3NA，故 D 错误。综上所述，答案为B。【点睛】计算溶液中溶质物质的量时一定要注意题中给没给溶液的体积，二氧化锰与浓盐酸、铜与浓硫酸反应，当盐酸浓度或浓硫酸浓度降低变为稀溶液时就不再反应了。12常温下，H2A 和 H2NCH2CH2NH2溶液中各组分的物质的量分数随 pH 的变化如图（I）、（II）所示。下列说法不正确的是已知：+222223222H NCH CH NHH OH NCH CH NHOH?。A NaHA溶液中各离子浓度大小关系为：+-+2-c Nac HAc Hc Ac OHB乙二胺（H2NCH2CH2NH2）的 Kb2=10-7.
18、15CH3NCH2CH2NH3A 溶液显碱性D向 H3NCH2CH2NH2 HA 溶液中通人HCl，22222+32+22c H NCH CH NHc H AcH NCH CH NHc HA不变【答案】C【解析】【详解】A由图 1 可知，当c（HA）=c（A2）时，溶液显酸性，所以NaHA 溶液显酸性，电离程度大于水解程度，则各离子浓度大小关系为：c（Na）c（HA）c（H）c（A2）c（OH），故 A 正确；B由图 2 可知，当 c（H3NCH2CH2NH2+）=cH3NCH2CH2NH32+）时，溶液的 pH=6.85，c（OH）=10-7.15mol L1，则Kb2=232233222(
19、)cH NCH CH NHc OHcH NCH CH NH=c（OH），Kb2=10-7.15，故 B正确；C由图 2 可知，当 c（H3NCH2CH2NH32+）=c（H3NCH2CH2NH+）时，溶液的 pH=6.85，c（OH）=10-7.15mol L1，则 Kb2=10-7.15，由图 1 可知，当c（HA）=c（A2）时，pH=6.2，则 Ka2=10-6.2，H3NCH2CH2NH32+的水解程度大于A2的水解程度，溶液显酸性，故C 错误；D22222+32+22c H NCH CH NHc H AcH NCH CH NHc HA=222223222()?()()c H NCH
20、CH NHc H Ac OHc Hc HAc HcH NCH CH NHc OH（）（）=11KwKaKb，由于通入HCl，Kw、Kb1、Ka1都不变，所以22222+32+22c H NCH CH NHc H AcH NCH CH NHc HA不变，故D 正确。故选 C。【点睛】本题考查弱电解质的电离平衡及盐的水解平衡原理的应用，把握电离平衡原理和水解原理、电离常数和水解常数的计算、图象数据的分析应用为解答的关键，侧重分析、应用能力和计算能力的考查，难点D，找出所给表达式与常数Kw、Kb1、Ka1的关系。13海水综合利用要符合可持续发展的原则，其联合工业体系（部分）如图所示，下列说法错误的是
21、A中可采用蒸馏法B中可通过电解法制金属镁C中提溴涉及到复分解反应D的产品可生产盐酸、漂白液等【答案】C【解析】【详解】A.利用蒸馏原理可从海水中提取淡水，故不选A；B.从海水中得到氯化镁后，镁为活泼金属，则可以电解熔融状态的氯化镁生成氯气和金属镁，故不选B；C.将苦卤浓缩通入过量氯气进行氧化，静置溴沉在底部,继而通入空气和水蒸气，将溴吹入吸收塔，使溴蒸汽和吸收剂二氧化硫发生作用转化成氢溴酸以达到富集溴，然后再用氯气将其氧化得到溴，反应过程中不涉及复分解反应，故选C；D.从海水中得到氯化钠后，电解氯化钠溶液，得氢氧化钠和氢气和氯气，利用制得的氯气可以生产盐酸和漂白液，故不选D；答案：C 14化学
22、在生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是选项化学性质实际应用A 243AlSO和小苏打反应泡沫灭火器灭火B 3NaHCO受热易分解产生气体可作面包的发泡剂C 乙酸具有酸性常用于工业管道去除水垢D 次氯酸盐具有氧化性漂白粉漂白织物A A BB.CC D D【答案】C【解析】【详解】A.Al2(SO4)3和小苏打的反应是Al3+和 HCO3-发生双水解，生成沉淀Al(OH)3和不支持燃烧的CO2气体，用于泡沫灭火器灭火，故A 正确；B.3NaHCO受热易分解产生气体CO2气体，可作为面包的发泡剂，故B 正确；C.乙酸具有酸性，且酸性比碳酸强，可以与水垢反应，但用乙酸去除工业管道的水垢容易腐蚀管
23、道，所以不能用于工业管道去除水垢，故C错误；D.次氯酸盐的漂白性就是利用次氯酸盐的氧化性，所有漂白粉可用于漂白织物，故D 正确；故选 C。15能够产生如图实验现象的液体是A CS2BCCl4CH2O D【答案】C【解析】【详解】A CS2是非极性分子，用带电玻璃棒接近CS2液流,液流不偏转，A 错误；B CCl4是非极性分子，用带电玻璃棒接近CCl4液流,液流不偏转，B 错误；C H2O 是极性分子，用带电玻璃棒接近H2O 液流,液流会偏转，C 正确；D是非极性分子，用带电玻璃棒接近液流,液流不偏转，D 错误。答案选 C。【点睛】极性分子能发生细流偏转现象，非极性分子不能发生细流偏转现象。二、
24、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16某研究小组在实验室以废铜屑(主要成分是Cu、CuO，含有少量的Fe、Fe2O3)为原料制备碱式碳酸铜Cu2(OH)2CO3，具体流程如下：已知：Cu2(OH)2CO3为绿色固体，难溶于冷水和乙醇，水温越高越易分解。(1)为加快废铜屑在稀硫酸中的溶解速率，可采取的措施为_(任写一种)。(2)“操作”中铜发生反应的离子方程式为_。(3)“调节 pH”操作中加入的试剂为_(填化学式)。(4)洗涤 Cu2(OH)2CO3沉淀的操作为_。(5)“操作”中温度选择5560的原因是 _；该步骤生成Cu2(OH)2CO3的同时产生CO2，请写出该反应的化学方程式：_
25、。(6)某同学为测定制得的产品中Cu2(OH)2CO3的质量分数，进行了如下操作：称取m1g 产品，灼烧至固体质量恒重时，得到黑色固体(假设杂质不参与反应)，冷却后，称得该黑色固体质量为m2g，则样品中 Cu2(OH)2CO3的纯度为 _(用含 m1、m2的代数式表示)。【答案】搅拌（或适当升温等合理答案即可）H2O2+2H+Cu=Cu2+2H2OCuO 或 Cu(OH)2或Cu(OH)2CO3等合理答案即可加人洗涤剂至浸没沉淀且液面低于滤纸边缘，待液体自然流下后，重复23 次温度过低，反应速率太慢，温度过高，Cu2(OH)2CO3易分解2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2C
26、O3+2Na2SO4+CO2121m111mm31 100%【解析】【分析】废铜屑(主要成分是Cu、CuO，含有少量的Fe、Fe2O3)，加入稀硫酸浸取，CuO、Fe、Fe2O3与稀硫酸反应，形式含有Cu2+、Fe2+、Fe3+的溶液，铜单质不与硫酸反应，再加入双氧水将Fe2+氧化为 Fe3+，同时铜单质与双氧水在酸性条件下反应生成铜离子，再调节溶液pH 值，将 Fe3+转化为 Fe(OH)3沉淀除去，过滤后得到主要含有硫酸铜的滤液，将溶液温度控制在5560左右，加入碳酸钠，滤液中产生Cu2(OH)2CO3晶体，再经过过滤、冷水洗涤，干燥，最终得到Cu2(OH)2CO3，以此解题。【详解】(1
27、)为加快废铜屑在稀硫酸中的溶解速率，可进行搅拌、加热、增大硫酸浓度等方法；(2)“操作”中，铜单质与双氧水在酸性条件下反应生成铜离子，离子方程式为H2O2+2H+Cu=Cu2+2H2O；(3)“调节 pH”操作目的是将溶液中的Fe3+转化为 Fe(OH)3沉淀除去，由于废铜屑使用酸浸溶解，需要加入碱性物质中和多余的酸，在不引入新的杂质的情况下，可向溶液中加入CuO或 Cu(OH)2或 Cu(OH)2CO3等合理答案即可；(4)洗涤 Cu2(OH)2CO3沉淀的操作为过滤，合理操作为：加人洗涤剂至浸没沉淀且液面低于滤纸边缘，待液体自然流下后，重复23 次；(5)根据题目已知：Cu2(OH)2CO
28、3为难溶于冷水和乙醇，水温越高越易分解。“操作”中温度选择5560的既可以加快反应速率同时也可防止制得的Cu2(OH)2CO3不被分解，该步骤中向含有硫酸铜的滤液中加入碳酸钠生成Cu2(OH)2CO3的同时产生CO2，该反应的化学方程式：2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3+2Na2SO4+CO2；(6)m1g 产品，灼烧至固体质量恒重时，得到黑色固体(假设杂质不参与反应)，发生的反应为：Cu2(OH)2CO3=V2CuO+CO2+H2O，灼烧至固体质量恒重时剩余固体为氧化铜和杂质，根据反应方程式计算：设样品中Cu2(OH)2CO3的质量为xg。Cu2(OH)2CO3=
29、V2CuO+CO2+H2O mV222 62 x m1-m2222x=1262m m，解得：x=121113m m1，则样品中Cu2(OH)2CO3的纯度为121m1113mm1 100%=121m111mm31 100%。【点睛】本题是工艺流程题中的实验操作和化学原理结合考查，需结合反应速率的影响因素，实际操作步骤具体分析，还应熟练元素化合物的知识。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17化合物G 是制备治疗高血压药物纳多洛尔的中间体,实验室由A 制备 G 的一种路线如下:已知:(1)A 的化学式是 _(2)H 中所含官能团的名称是_;由 G生成 H 的反应类型是_。(3)C 的结构
30、简式为_,G 的结构简式为 _。(4)由 D 生成 E的化学方程式为_。(5)芳香族化合物X是 F的同分异构体,1mol X 最多可与4mol NaOH 反应,其核磁共振氢谱显示分子中有3 种不同化学环境的氢,且峰面积比为3:3:1,写出两种符合要求的X 的结构简式:_。(6)请将以甲苯和(CH3CO)2O为原料(其他无机试剂任选),制备化合物的合成路线补充完整。_【答案】C10H8羟基，醚键取代反应【解析】【分析】根据合成路线中有机物的结构变化及分子式结合反应条件分析合成过程中的中间产物及反应类型；根据提示信息及原料、目标产物，采用逆合成分析法设计合成路线。【详解】根据已知条件及D 的结构式
31、分析得A 与浓硫酸发生取代反应，则 B 的结构简式为；根据 B 和 D的结构及反应条件可以分析得中间产物C 的结构简式为：；根据 E的分子式结合D 的结构分析知 E的结构简式为：；根据 F的结构及反应条件分析G的结构简式为：；(1)根据 A的结构简式分析得A 的化学式是C10H8；(2)根据 H 的结构简式分析，H 中所含官能团的名称是羟基，醚键；比较G 和 H 的结构变化可以看出H 中酚羟基上的氢原子被取代，所以该反应为取代反应；(3)根据上述分析C 的结构简式为；G 的结构简式为；(4)由 D 生成 E属于取代反应，化学方程式为：+(CH3CO)2O+CH3COOH；(5)X 属于芳香族化
32、合物，则X 中含有苯环，1mol X 最多可与4mol NaOH 反应，结构中可能含有2 个酯基，结构中有3 种不同化学环境的氢，且峰面积比为3:3:1，说明结构中对称性较强，结构中应该含有多个甲基，则符合要求的X 的结构简式有为：、；(6)根据目标产物逆分析知由发生取代反应生成，而根据提示信息可以由在一定条件下制取，结合有机物中官能团的性质及题干信息，可以由氧化制取，则合成路线为：。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18元素周期表中A 族元素的单质及其化合物的用途广泛。23、三氟化溴（BrF3）常用于核燃料生产和后处理，遇水立即发生如下反应：3BrF3+5H2O HBrO3+Br2
33、+9HF+O2。该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_，每生成2.24 LO2（标准状况）转移电子数为_。24、在食盐中添加少量碘酸钾可预防缺碘。为了检验食盐中的碘酸钾，可加入醋酸和淀粉-碘化钾溶液。看到的现象是_，相应的离子方程式是_。氯常用作饮用水的杀菌剂，且HClO 的杀菌能力比ClO强。25 时氯气-氯水体系中存在以下平衡关系：Cl2(g)Cl2(aq)-Cl2(aq)+H2OHClO+H+Cl-HClOH+ClO-其中 Cl2(aq)、HClO和 ClO分别在三者中所占分数()随 pH 变化的关系如图所示。25、写出上述体系中属于电离平衡的平衡常数表达式：Ki=_，由图可知该常数值
34、为_。26、在该体系中c(HClO)+c(ClO)_c(H+)c(OH)（填“大于”“小于”或“等于”）。27、用氯处理饮用水时，夏季的杀菌效果比冬季_（填“好”或“差”），请用勒夏特列原理解释_。【答案】2:3 0.6NA溶液变蓝5I-+IO3-+6 CH3COOH 3I2+3H2O+6CH3COO-()c Hc ClOc HClO10-7.5或 3.1610-8小于差温度升高，（溶解）平衡 逆向移动，Cl2(aq)浓度减少，使得（化学平衡）逆向移动，c(HClO)减少，杀菌效果变差【解析】【分析】【详解】1在反应3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2中，3 个 BrF3 分
35、子中，1 分子是还原剂，2 分子是氧化剂，另外 5 个水分子中也有2 分子是还原剂，故反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:3；每生成为0.1molO2时，有 0.2mol BrF3被还原转移电子数为0.6NA。2检验食盐中的碘酸钾，可加入醋酸和淀粉-碘化钾溶液后可看到溶液变蓝，是由于酸性条件下碘酸根离子被还原，碘离子被氧化生成碘单质的缘故，发生反应的离子方程式为：5I-+IO3-+6 CH3COOH=3I2+3H2O+6CH3COO-要注意醋酸为弱酸不可拆分。3反应为电离平衡，故电离平衡常数为：K()c Hc ClOc HClO；图中显示在pH7.5 时达到电离平衡，此时 c(ClO)c(
36、HClO)，Kc(H+)10-7.5；4在该体系中存在电荷守恒，即：c(OH)+c(ClO)+c(Cl)=c(H+)，可得 c(ClO)+c(Cl)=c(H+)c(OH)，溶液中 c(Cl)大于 c(HClO)，故 c(HClO)+c(ClO)小于 c(H+)c(OH)；5用氯处理饮用水时，夏季的杀菌效果比冬季差，原因是依据勒夏特列原理，夏季温度高，溶解平衡逆向移动，Cl2(aq)浓度减少，使得反应逆向移动，溶液中HClO 的浓度减少，漂白效果降低。19氮及其化合物在生产生活中应用广泛。回答下列问题：(1)“中国制造2025”是中国政府实施制造强国战略第一个十年行动纲领。氮化铬(CrN)具有极
37、高的硬度和力学强度、优异的抗腐蚀性能和高温稳定性能，氮化铬在现代工业中发挥更重要的作用，请写出Cr3+的外围电子排布式 _；基态铬、氮原子的核外未成对电子数之比为_。(2)氮化铬的晶体结构类型与氯化钠相同，但氮化铬熔点(1282)比氯化钠(801C)的高，主要原因是_。(3)过硫酸铵(NH4)2S2O8，广泛地用于蓄电池工业、石油开采、淀粉加工、油脂工业、照相工业等，过硫酸铵中 N、S、O 的第一电离能由大到小的顺序为_，其中 NH4+的空间构型为_(4)是 20 世纪 80 年代美国研制的典型钝感起爆药，它是由和Co(NH3)5H2O(ClO4)3反应合成的，中孤电子对与键比值为_，CP的中
38、心 Co3+的配位数为_。(5)铁氮化合物是磁性材料研究中的热点课题之一，因其具有高饱和磁化强度、低矫顽力，有望获得较高的微波磁导率，具有极大的市场潜力，其四子格结构如图所示，已知晶体密度为g?cm-3，阿伏加德罗常数为 NA。写出氮化铁中铁的堆积方式为_。该化合物的化学式为_。计算出Fe(II)围成的八面体的体积为_cm3。【答案】3d32:1 氮化铬的离子所带电荷数多，晶格能较大NOS 正四面体5:4 6 面心立方最密堆积Fe4N A1193N【解析】【分析】(1)基态 Cr 的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1；基态氮原子的核外电子排布式为1s22s22p3；(2
39、)晶体结构类型与氯化钠相同，离子所带电荷数越多，键能越大，晶格能越大，熔沸点越高；(3)同周期元素，第一电离能随核电荷数增大而增大，同主族元素，第一电离能随核电荷数增大而减小，当元素最外层电子排布处于全满、半满、全空时结构稳定，第一电离能比相邻元素高；根据杂化理论判断空间构型；(4)双键中含有一个键合一个键，三键中一个键和两个键，根据结构简式中元素最外层电子数和元素的键连方式判断孤电子对数；配合物中与中心离子直接相连的配体的个数即为配位数；(5)根据图示，顶点和面心位置为铁原子；根据图示，一个晶胞中的原子个数用均摊法进行计算；根据=ANMN V推导计算晶胞棱长，再根据正八面体的结构特点计算体积
40、。【详解】(1)基态 Cr 的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，有 6 个未成对的电子，基态Cr3+的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d3，Cr3+的外围电子排布式3d3；基态氮原子的核外电子排布式为1s22s22p3有 3 个未成对的电子，基态铬、氮原子的核外未成对电子数之比为2:1；(2)晶体结构类型与氯化钠相同，离子所带电荷数越多，键能越大，晶格能越大，熔沸点越高，氮化铬的离子所带电荷数多，晶格能较大，故氮化铬熔点比氯化钠的高；(3)同主族元素，第一电离能随核电荷数增大而减小，则SO 同周期元素，第一电离能随核电荷数增大而增大，当元素最外层电子
41、排布处于全满、半满、全空时结构稳定，第一电离能比相邻元素高，基态氮原子的核外电子排布式为1s22s22p3处于稳定状态，则第一电离能NO，第一电离能由大到小的顺序为NOS；NH4+的中心原子为N，其价层电子对数=4+12(5-1-4 1)=4，为 sp3杂化，空间构型为正四面体；(4)双键中含有一个键和一个键，三键中一个键和两个键，中，有一个-CN，含有 2个 键，两个双键中分别有一个键；根据结构中键连方式，碳原子没有孤对电子，每个氮原子有一对孤对电子，孤电子对与键比值为5:4；配合物中与中心离子直接相连的配体的个数即为配位数，CP的中心Co3+的配位数为6；(5)根据图示，顶点和面心位置为铁原子，氮化铁中铁的堆积方式为面心立方最密堆积；根据图示，一个晶胞中的铁原子为顶点和面心，个数=818+612=4，单原子位于晶胞内部，N个数为 1，则该化合物的化学式为Fe4N；根据=ANMN V，则晶胞的体积V=ANMN，则晶胞的棱长=3ANMN=3A56 414N=3A238N。Fe(II)围成的八面体中，棱长=223A283N，正八面体一半的体积=13(223A238N)2123A238N=A1196N，八面体的体积为=2A1196N=A1193N。