化学-2022-2023学年重庆市缙云教育联盟高三（上）质检化学试卷（8月份）

2022-2023学年重庆市教育联盟高三（上）质检化学试卷（8月份）一、选择题（共14小题，每题3分，共42分）1．（3分）生活处处有化学，化学使生活更美好。下列有关说法正确的是（　　）A．高铁“复兴号”车厢连接关键部位所使用的增强聚四氟乙烯板，属于无机高分子材料B．将米饭在嘴里咀嚼有甜味，是因为部分淀粉在唾液酶催化下水解生成麦芽糖C．杀灭新冠病毒时所使用的酒精浓度越高灭菌效果越好D．糯米中的淀粉一经水解，就酿成了酒2．（3分）明矾石广泛用于造纸、制革、化工。四川储量丰富，其化学式为KAl3（SO4）2（OH）x。式中x的值是（　　）A．5B．6C．7D．83．（3分）科学家正在研究一种用乙烯（C2H4，沸点为﹣103.9℃）脱硫（SO2）的方法，其机理如图所示。下列关于该脱硫方法的说法中正确的是（　　）A．氧化性：O2＞SO3＞CO2B．乙烯在该过程中作为氧化剂C．该脱硫过程需要及时补充Cu+D．步骤i中，每消耗44.8LC2H4，有2NA个S原子生成（NA代表阿伏加德罗常数的值）4．（3分）如图为某烃的键线式结构，下列说法错误的是（　　）A．该烃与环己二烯相差5个“CH2”基团B．一定条件下，能发生加聚反应第37页（共37页） C．苯环上只有一个取代基的同分异构体共有8种D．该烃和Br2按物质的量之比1：1加成时，所得产物共有5种5．（3分）下列说法正确的是（　　）A．12C、13C、14C属于碳的同素异形体B．硫酸铜溶液、氯化钠溶液、酒精均能使蛋白质变性C．CO2、NO2、SO2的水溶液显酸性，三者均为酸性氧化物D．蛋白质溶液、淀粉溶液、Fe（OH）3胶体均能产生丁达尔效应6．（3分）在一定条件下，工业上可采用下列反应合成甲酸：CO2（g）+H2（g）＝HCOOH（g）ΔH＝﹣31.4kJ⋅mol﹣1，下列有关说法正确的是（　　）A．升高温度，正逆反应速率都加快B．恒温条件下，增大压强，化学平衡常数增大C．恒温恒压下，使用合适的催化剂，平衡产率会提高D．该反应能自发进行，与温度高低无关7．（3分）钌（Ru）基催化剂催化合成甲酸的过程如图所示。下列说法错误的是（　　）A．含钌物质II、III性质不稳定B．II中钌元素显﹣2价C．总反应为化合反应且有电子转移D．反应③中有碳氧双键断裂8．（3分）最近，科学家发现对LiTFSI（一种亲水有机盐）进行掺杂和改进，能显著提高锂离子电池传输电荷的能力。LiTFSI的结构如图所示，其中A、B、C、D为同一短周期元素，C与E位于同一主族。下列叙述正确的是（　　）第37页（共37页） A．C是空气中含量最高的元素B．简单气态氢化物的稳定性：D＞C＞EC．该化合物中只有A、C、D元素原子的最外层满足8电子稳定结构D．Al3+与E的简单阴离子在溶液中能大量共存9．（3分）下列有关物质特征判断的说法中正确的是（　　）A．纳米材料的直径介于1nm～100nm之间，故纳米铜属于胶体B．SiO2、Al2O3均能与酸和碱发生反应，故二者均为两性化合物C．由反应H3PO2+NaOH（过量）＝NaH2PO2+H2O可知H3PO2为一元酸D．浓硫酸具有强氧化性，实验室不能使用浓硫酸干燥二氧化硫气体10．（3分）丙烯与氯化氢反应生成1﹣氯丙烷的能量随反应进程的变化如图所示，下列叙述正确的是（　　）A．该反应为取代反应B．第Ⅰ和Ⅱ两步反应均放出能量C．ΔH＝E（C＝C）+E（Cl﹣H）﹣E（C﹣C）﹣E（C﹣H）（E表示键能）D．1﹣氯丙烷同分异构体的结构简式为CH3CHClCH311．（3分）2021年我国科研人员以二硫化钼（MoS2）作为电极催化剂，研发出一种Zn﹣NO电池系统，该电池同时具备合成氨和对外供电的功能，其工作原理如图所示。已知双极膜可将水解离为H+和OH﹣，并实现其定向通过，则下列说法错误的是（　　）第37页（共37页） A．Zn/ZnO电极电势要比MoS2电极电势低B．电池工作时NaOH溶液和Na2SO4浓度均变小C．Zn/ZnO电极表面发生的反应为Zn﹣2e﹣+2OH﹣＝ZnO+H2OD．当电路通过1mole﹣时，整个电池系统质量会增大3.0g12．（3分）如图是氮元素的价类图。下列有关说法正确的是（　　）A．甲可以用浓硫酸干燥B．乙合成NO2的过程属于氮的固定C．丙转化为丁的反应是氧化还原反应D．常温下可用铁制容器盛装丁的浓溶液13．（3分）下列说法正确的是（　　）A．如果盐酸中溶质的浓度是醋酸中溶质浓度的2倍，则盐酸中的c（H+）也是醋酸c（H+）的2倍B．当向醋酸中加入一定量盐酸时，醋酸的电离平衡向左移动，电离平衡常数减小C．在常温下，测得0.1mol/LCH3COONa溶液的pH＝9，则溶液中由水电离出来的c（H+）＝10﹣5mol/LD．等体积、等物质的量浓度的强碱MOH和弱酸HA的溶液混合后，溶液中有关离子浓度的大小关系是：c（A﹣）＞c（M+）＞c（H+）＞c（OH﹣）14．（3分）弱碱性条件下，利用含砷氧化铜矿（含CuO、As2O3及少量不溶性杂质）制备Cu2（OH）2SO4的工艺流程如图。第37页（共37页） 下列说法不正确的是（　　）A．“氨浸”时As2O3发生的离子反应为As2O3+6NH3+3H2O═6NH4++2AsO33﹣B．“氨浸”后的滤液中存在的阳离子主要有：Cu2+、NH4+C．“氧化除AsO33﹣”时生成1molFeAsO4，消耗（NH4）2S2O8为1.5molD．“蒸氨”后的滤液中含有（NH4）2SO4二、非选择题（共3小题，共58分，其中15-17题为必做题，18-19题为选做题）15．（12分）NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如图：已知电解总反应为：2ClO2+2NaCl2NaClO2+Cl2。回答下列问题：（1）NaClO2中Cl的化合价为　　。（2）工业上常用黄铁矿（FeS2）为原料制备硫酸，配平下面方程式：　　FeS2+　　O2　　Fe2O3+　　SO2。（3）从物质分类角度来看，NaHSO4是　　（填字母）。a.酸b.酸式盐c.电解质d.非电解质e.离子化合物f.共价化合物（4）写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式　　。第37页（共37页） （5）“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg2+和Ca2+，要加入的试剂分别为　　、　　。（6）“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2。此吸收反应中，氧化剂（ClO2）与还原剂（H2O2）的物质的量之比为　　。16．（14分）．对化学反应原理的研究能让我们更加深刻地认识化学反应，也是化学中最有魅力和挑战性的领域，依据所学的化学反应原理知识和题干信息回答下列问题：Ⅰ．面对气候变化，我国承诺二氧化碳排放力争2030年前达到峰值，力争2060年前实现碳中和。“碳达峰、碳中和”目标下，必须加强对二氧化碳资源开发利用的研究。（1）往容积为2L的恒容密闭容器中通入2molCO2和6molH2，一定温度下发生反应：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g），20min时达到化学平衡状态，测得水蒸气的物质的量为2mol，前20min内，用H2表示该反应的平均反应速率为　　mol•L﹣1•min﹣1，CO2的平衡转化率a（CO2）＝　　%（保留一位小数）。[注：转化率等于反应物消耗的物质的量与反应物初始的物质的量之比。]（2）一种CO2电化学制甲酸的装置如图所示，电极a为　　极（填“正”或“负”），写出电极b的电极反应式　　。Ⅱ．催化剂的研究是化学反应原理中一个重要领域，催化剂往往是化学工业过程和技术改造更新的关键。化学反应中的活化能会显著影响化学反应速率，活化能越低，化学反应速率越快。催化剂能加快化学反应速率是因为它能改变反应的路径，降低反应的活化能。（3）CO2与CH4经催化重整，制得合成气：CH4（g）+CO2（g）═2CO（g）+2H2（g）。反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳量减少。相关数据如下表：积碳反应：CH4（g）消碳反应：CO2（g）第37页（共37页） ═C（s）+2H2（g）═C（s）+2CO（g）活性能/kJ•mol﹣1催化剂X3391催化剂Y4372由上表判断，催化剂X　　Y（填“优于”或“劣于”），理由是　　。（4）催化剂的存在会显著地加快H2O2的分解，某兴趣小组研究I﹣催化分解H2O2历程如下：第一步：H2O2+I﹣═IO﹣+H2O（慢反应）第二步：　　（快反应）反应的活化能较大的为第　　步（填“一”或“二”），第二步反应的离子方程式为　　。17．（17分）二茂铁[Fe（C5H5）2，Fe为+2价]是最早被发现的夹心配合物，橙色晶体，100℃以上升华，熔点172℃，沸点249℃，难溶于水，空气中稳定，与酸、碱一般不作用。实验室中，先由二聚环戊二烯C10H12（沸点170℃）热解聚制备环戊二烯C5H6（密度0.88g•cm﹣3，熔点﹣85℃，沸点42.5℃）（图1），然后制备二茂铁（图2），最后纯化（图3），夹持装置已略。回答下列问题：（1）检查装置气密性并在烧瓶中加入二聚环戊二烯。实验中需要一直慢慢地通入N2，其作用是　　。将电热棒调至360～400℃，同时170℃油浴加热烧瓶，油浴加热的优点是　　。反应完成后在接收瓶中得到环戊二烯纯品。（2）将磁子和足量KOH粉末放在三颈烧瓶中，加入适量有机溶剂和15.0mL环戊二烯，缓慢搅拌，烧瓶左侧口用A塞紧，中间瓶口装上仪器C（已打开旋塞B和玻璃塞），右侧口接带T形管的汞起泡器和氮气瓶，用氮气流吹洗烧瓶和C直至空气完全吹出，关上B，将溶解了11.94gFeCl2•4H2O的有机溶剂注入仪器C，……打开B，滴加完后快速搅拌30min，制备反应结束。……向烧瓶中加入稍过量的盐酸和适量碎冰。……将烧瓶内的沉淀收集到过滤器上，用水洗涤，干燥，得到二茂铁粗品。第37页（共37页） ①仪器C的名称为　　。②将空气完全吹出的目的是　　。③加入碎冰的作用是　　。④证明盐酸已稍过量的试剂是　　。⑤写出生成二茂铁的反应的化学方程式：　　。（3）将盛有粗品的培养皿放在电热板上加热，最终得到纯品9.49g，二茂铁的产率为　　%（保留到小数点后一位）。【选做：物质结构与性质】18．（15分）磷及其化合物在工业生产中起着重要的作用。（1）基态磷原子价电子的轨道表示式为　　。（2）磷有多种同素异形体。①白磷（P4）是分子晶体，易溶于CS2，难溶于水，说明白磷和CS2都是　　分子（填“极性”或“非极性”）。②黑磷晶体是一种比石墨烯更优秀的新型材料，其晶体是与石墨类似的层状结构，如图1所示。下列有关黑磷晶体的说法正确的是　　（填字母序号）A.黑磷晶体中层与层之间的作用力是分子间作用力B.黑磷晶体中磷原子杂化方式为sp2杂化C.黑磷晶体是混合型晶体D.黑磷晶体的每一层中磷原子都在同一平面上（3）PCl5是一种白色晶体，熔融时形成一种能导电的液体，测得其中含有一种正四面体形阳离子和一种正八面体形阴离子（该晶体的晶胞如图2所示），写出PCl5熔融时的电离方程式　　。（4）Fe3+与水会形成黄色的配离子[Fe（OH）]2+，为避免颜色干扰，常在含Fe3+溶液中加入H3PO4形成无色的[Fe（PO4）2]3﹣。由此推测与Fe3+形成的配离子更稳定的配体是　　，该配体的空间构型是　　。第37页（共37页） （5）贵金属磷化物Rh2P（化学式量为237）可用作电解水的高效催化剂，其立方晶胞如图3所示。已知晶胞参数为anm，晶体中与P距离最近的Rh的数目为　　，晶体的密度为　　g⋅cm﹣3（列出计算式）。【选做：有机化学】19．有机物H是一种合成镇痛药的中间体，合成路线如下：A（C7H8O）B（C9H10O2）C（C10H12O3）D（C10H11O2Cl）E（C11H11NO2）F（C13H12NO2Na）G（C13H14O4）H（）已知：Ⅰ.++HX（R为烃基或H原子，X为卤素原子，下同）Ⅱ.R﹣X+NaCN→R﹣CN+NaXⅢ.RCHO++H2OⅣ.+CH2＝CH2+I2+2HI回答下列问题：（1）A的名称是　　，B→C的反应类型为　　。（2）D与足量NaOH水溶液反应的化学方程式为　　；检验H中是否含有G的试剂为　　。（3）符合下列条件的E的同分异构体有　　种（不考虑立体异构）。①含有﹣NH2和﹣COOH，除苯环外无其他环状结构②核磁共振氢谱中有4组吸收峰，且峰面积之比为6：2：2：1第37页（共37页） （4）综合上述信息，设计由苯酚、乙醛和制备的合成路线　　（其他试剂任选）。第37页（共37页） 2022-2023学年重庆市缙云教育联盟高三（上）质检化学试卷（8月份）参考答案与试题解析一、选择题（共14小题，每题3分，共42分）1．（3分）生活处处有化学，化学使生活更美好。下列有关说法正确的是（　　）A．高铁“复兴号”车厢连接关键部位所使用的增强聚四氟乙烯板，属于无机高分子材料B．将米饭在嘴里咀嚼有甜味，是因为部分淀粉在唾液酶催化下水解生成麦芽糖C．杀灭新冠病毒时所使用的酒精浓度越高灭菌效果越好D．糯米中的淀粉一经水解，就酿成了酒【分析】A．相对分子质量大于10000的有机物为有机高分子化合物；B．淀粉能在唾液淀粉酶的作用下水解；C．75%的医用酒精具有良好的杀菌消毒能力；D．淀粉水解生成葡萄糖。【解答】解：A．聚四氟乙烯相对分子质量大于10000，属于有机高分子化合物，故A错误；B．淀粉能在唾液淀粉酶的作用下水解生成麦芽糖，麦芽糖有甜味，所以米饭越嚼越甜，故B正确；C．75%的酒精能够渗透进入菌体内部，使细菌内的蛋白质变性，从而达到杀灭细菌的效果，若酒精的浓度超过80%会使细菌细胞膜上的蛋白质凝固变性，形成一层“保护壳”，使得酒精无法深入菌体内部，从而影响酒精对微生物的杀灭效果，所以杀灭新冠病毒时所使用的酒精浓度越高，灭菌效果会降低，故C错误；D．淀粉水解生成葡萄糖，并不能生成酒精，葡萄糖在酒化酶作用下反应生成酒精，故D错误；故选：B。【点评】本题考查了物质的组成、结构、性质与应用，涉及淀粉、乙醇等物质的性质，熟悉相关有机物的结构与性质是解题的关键，题目难度不大。2．（3分）明矾石广泛用于造纸、制革、化工。四川储量丰富，其化学式为KAl3（SO4）2第37页（共37页） （OH）x。式中x的值是（　　）A．5B．6C．7D．8【分析】根据化合物中化合价代数和为0进行解答。【解答】解：K元素显+1价，Al元素显+3价，硫酸根离子显﹣2价，氢氧根离子显﹣1价，根据化合物中化合价代数和为0可得：+1+（+3）×3+（﹣2）×2+（﹣1）×x＝0，解得x＝6，故选：B。【点评】本题难度不大，掌握利用化合价代数和为0的原则计算化学式中指定数字的方法即可解答此题。3．（3分）科学家正在研究一种用乙烯（C2H4，沸点为﹣103.9℃）脱硫（SO2）的方法，其机理如图所示。下列关于该脱硫方法的说法中正确的是（　　）A．氧化性：O2＞SO3＞CO2B．乙烯在该过程中作为氧化剂C．该脱硫过程需要及时补充Cu+D．步骤i中，每消耗44.8LC2H4，有2NA个S原子生成（NA代表阿伏加德罗常数的值）【分析】A．根据氧化剂的氧化性大于氧化产物判断；B．化合价降低的物质作氧化剂，化合价升高的作还原剂；C．催化剂在反应过程不消耗；D．注意气体的存在温度和压强必须明确。【解答】解：A．由过程iiiO2+SO2→SO3，氧化性O2＞SO3，过程iC2H4+SO3→S+CO2+H2O，氧化性：SO3＞CO2，所以氧化性：O2＞SO3＞CO2，故A正确；B．由过程i可知乙烯被氧化成二氧化碳，则乙烯在该过程中做还原剂，故B错误；C．该脱硫过程Cu+作为催化剂，所以不需要及时补充Cu+，故C错误；D．有关系式C2H4～2CO2～12e﹣～2SO3～2S可知，标况下每消耗44.8LC2H4，有2NA第37页（共37页） 个S原子生成，但选项中未说明是否处于标况下，故D错误；故选：A。【点评】本题考查了元素化合物知识，涉及硫的转化、硫及其化合物性质和转化关系分析判断等，熟练掌握基础知识，积累化学与生活知识的关系是解决问题的关键，侧重于考查学生的分析能力应用能力，注意相关知识的积累。4．（3分）如图为某烃的键线式结构，下列说法错误的是（　　）A．该烃与环己二烯相差5个“CH2”基团B．一定条件下，能发生加聚反应C．苯环上只有一个取代基的同分异构体共有8种D．该烃和Br2按物质的量之比1：1加成时，所得产物共有5种【分析】A．该有机物与环己二烯环状结构相同，且比环己二烯多一个碳碳双键，二者不是同系物；B．该有机含有碳碳双键，可以发生加聚反应；C．该烃的分子式为C11H16，不饱和度为4，而苯环的不饱和度也是4，该烃同分异构体苯环上只有一个取代基，该取代基为﹣C5H11，而﹣C5H11有8种；D．该烃与溴单质按照物质的量之比为1：1加成时，可以发生1，2﹣加成，也可以发生1，4﹣加成。【解答】解：A．该有机物与环己二烯环状结构相同，且比环己二烯多一个碳碳双键，二者不是同系物，二者不可能相差5个“CH2”基团，故A错误；B．该有机含有碳碳双键，一定条件下可以发生加聚反应生成高聚物，故B正确；C．该烃的分子式为C11H16，不饱和度为4，而苯环的不饱和度也是4，该烃同分异构体苯环上只有一个取代基，该取代基为﹣C5H11，﹣C5H11是CH3CH2CH2CH2CH3、、去掉1个氢原子形成的基团，依次分别有3种、4种、1种，故符合条件的同分异构体共有3+4+1＝8种，故C正确；D．可以发生1，2﹣加成反应，3个碳碳双键化学环境不同，故1，2﹣第37页（共37页） 加成产物有有3种，也可以发生1，4﹣加成反应，有2种加成产物，故与Br2按物质的量之比为1：1加成时，所得产物有5种，故D正确；故选：A。【点评】本题考查有机物的结构和性质，熟练掌握官能团的结构、性质与转化，注意理解共轭二烯烃的1，4﹣加成，题目侧重考查学生分析推理能力、灵活运用知识的能力。5．（3分）下列说法正确的是（　　）A．12C、13C、14C属于碳的同素异形体B．硫酸铜溶液、氯化钠溶液、酒精均能使蛋白质变性C．CO2、NO2、SO2的水溶液显酸性，三者均为酸性氧化物D．蛋白质溶液、淀粉溶液、Fe（OH）3胶体均能产生丁达尔效应【分析】A．同种元素组成的不同单质为元素的同素异形体；B．氯化钠溶液使蛋白质发生盐析；C．酸性氧化物是指能和碱反应生成盐和水的氧化物；D．丁达尔效应是指：当一束光线透过胶体，从入射光的垂直方向可以观察到胶体里出现的一条光亮的“通路；丁达尔现象是胶体特有的性质。【解答】解：A．12C、13C、14C的质子数相同中子数不同为碳元素的不同原子，互为同位素，不是单质，故A错误；B．氯化钠溶液使蛋白质发生盐析，而硫酸铜和乙醇均能使蛋白质变性，故B错误；C．酸性氧化物是指能和碱反应生成盐和水的氧化物，NO2与碱反应时除了生成盐和水，还生成NO，不是酸性氧化物，故C错误；D．蛋白质溶液、淀粉溶液、Fe（OH）3胶体是胶体，有丁达尔效应，故D正确；故选：D。【点评】本题考查了酸性氧化物、同位素、同分异构体的概念和蛋白质、胶体的性质等知识点的分析判断，主要是氧化物的分类标准的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度不大。6．（3分）在一定条件下，工业上可采用下列反应合成甲酸：CO2（g）+H2（g）＝HCOOH（g）ΔH＝﹣31.4kJ⋅mol﹣1，下列有关说法正确的是（　　）A．升高温度，正逆反应速率都加快第37页（共37页） B．恒温条件下，增大压强，化学平衡常数增大C．恒温恒压下，使用合适的催化剂，平衡产率会提高D．该反应能自发进行，与温度高低无关【分析】A．升高温度，活化分子百分数增多，反应速率加快；B．化学平衡常数只与温度有关；C．催化剂只能改变反应速率，不能使平衡发生移动；D．该反应ΔS＜0，ΔH＜0。【解答】解：A．升高温度，活化分子百分数增多，反应速率加快，故A正确；B．化学平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，故B错误；C．催化剂只能改变反应速率，不能使平衡发生移动，平衡产率不变，故C错误；D．该反应ΔS＜0，ΔH＜0，根ΔG＝ΔH﹣TΔS可知，该反应在低温下可以自发进行，故D错误；故选：A。【点评】本题考查化学平衡，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题比较简单。7．（3分）钌（Ru）基催化剂催化合成甲酸的过程如图所示。下列说法错误的是（　　）A．含钌物质II、III性质不稳定B．II中钌元素显﹣2价C．总反应为化合反应且有电子转移D．反应③中有碳氧双键断裂【分析】A．含钌物质II、III在反应过程中先生成，后消耗，属于中间产物；B．II中钌元素与氢元素成键，钌元素显+2价；C．总反应为二氧化碳和氢气反应生成甲酸；D．反应③中二氧化碳反应生成酯基。【解答】第37页（共37页） 解：A．含钌物质II、III在反应过程中先生成，后消耗，属于中间产物，性质不稳定，故A正确；B．II中钌元素显+2价，故B错误；C．总反应为二氧化碳和氢气反应生成甲酸，属于化合反应且有电子转移，故C正确；D．反应③中二氧化碳反应生成酯基，有碳氧双键断裂，故D正确；故选：B。【点评】本题考查反应机理，侧重考查学生分析问题的能力，试题难度中等。8．（3分）最近，科学家发现对LiTFSI（一种亲水有机盐）进行掺杂和改进，能显著提高锂离子电池传输电荷的能力。LiTFSI的结构如图所示，其中A、B、C、D为同一短周期元素，C与E位于同一主族。下列叙述正确的是（　　）A．C是空气中含量最高的元素B．简单气态氢化物的稳定性：D＞C＞EC．该化合物中只有A、C、D元素原子的最外层满足8电子稳定结构D．Al3+与E的简单阴离子在溶液中能大量共存【分析】结合图示可知，有4个C形成2个共价键，E形成6个共价键，C与E位于同一主族，二者应该位于ⅥA族，故C为O，E为S，A形成4个共价键，D形成1个共价键，且A、B、C、D为同一短周期，元素则A为C，D为F，B形成2个单键同时得到1个电子使整个原子团带有1个单位负电荷，故B为N，以此分析解答。【解答】解：结合分析可知，A为C，B为N，C为O，D为F，E为S元素，A．空气中含量最高的元素是N，不是O元素，故A错误；B．非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性F＞O＞S，则简单气态氢化物的稳定性：HF＞H2O＞H2S，故B正确；C．该化合物中C、N、O、F元素原子的最外层满足8电子稳定结构，S不满足，故C错误；D．Al3+、S2﹣发生互促水解反应而不能大量共存，故D错误；故选：B。【点评】第37页（共37页） 本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、物质结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，C为易错点，题目难度不大。9．（3分）下列有关物质特征判断的说法中正确的是（　　）A．纳米材料的直径介于1nm～100nm之间，故纳米铜属于胶体B．SiO2、Al2O3均能与酸和碱发生反应，故二者均为两性化合物C．由反应H3PO2+NaOH（过量）＝NaH2PO2+H2O可知H3PO2为一元酸D．浓硫酸具有强氧化性，实验室不能使用浓硫酸干燥二氧化硫气体【分析】A．胶体是分散系；B．SiO2与氢氟酸反应不生成盐和水；C．H3PO2与足量的NaOH溶液反应，生成NaH2PO2，说明H3PO2只能电离出一个氢离子；D．浓硫酸不能氧化二氧化硫。【解答】解：A．胶体是分散系，纳米铜不是分散系，不属于胶体，故A错误；B．SiO2与氢氟酸反应不生成盐和水，虽然SiO2既能与氢氟酸反应又能与NaOH溶液反应，但是SiO2不是两性氧化物，故B错误；C．H3PO2与足量的NaOH溶液反应生成NaH2PO2，说明H3PO2只能电离出一个氢离子，所以H3PO2是一元酸，故C正确；D．浓硫酸具有强氧化性，但是不能氧化二氧化硫，所以可以用浓硫酸干燥二氧化硫，故D错误；故选：C。【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉硅及其化合物性质是解题关键，注意两性氧化物的概念。10．（3分）丙烯与氯化氢反应生成1﹣氯丙烷的能量随反应进程的变化如图所示，下列叙述正确的是（　　）第37页（共37页） A．该反应为取代反应B．第Ⅰ和Ⅱ两步反应均放出能量C．ΔH＝E（C＝C）+E（Cl﹣H）﹣E（C﹣C）﹣E（C﹣H）（E表示键能）D．1﹣氯丙烷同分异构体的结构简式为CH3CHClCH3【分析】A．加成反应没有小分子生成，取代反应有小分子生成；B．反应物的总能量小于生成物的总能量的反应为吸热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量的反应为放热反应；C．ΔH＝反应物的键能总和﹣生成物的键能总和；D．同分异构体指分子式相同、结构不同的化合物。【解答】解：A．该反应只有一种产物生成，属于加成反应，故A错误；B．第Ⅰ步反应反应物的总能量小于生成物的总能量，为吸热反应，第Ⅱ步反应反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，故B错误；C．ΔH＝反应物的键能总和﹣生成物的键能总和＝E（C＝C）+E（C﹣C）+6E（C﹣H）+E（Cl﹣H）﹣2E（C﹣C）﹣7E（C﹣H）﹣E（C﹣Cl）＝E（C＝C）+E（Cl﹣H）﹣E（C﹣C）﹣E（C﹣H）﹣E（C﹣Cl），故C错误；D．1﹣氯丙烷的结构简式为CH3CH2CH2Cl，其与CH3CHClCH3分子式均为C3H7Cl，结构不同，二者互为同分异构体，故D正确；故选：D。【点评】本题主要考查化学反应中能量的变化，包括吸热反应与放热反应的判断、反应热的计算、有机反应类型、同分异构体等知识的考查，为高频考点，题目难度一般。11．（3分）2021年我国科研人员以二硫化钼（MoS2）作为电极催化剂，研发出一种Zn﹣NO电池系统，该电池同时具备合成氨和对外供电的功能，其工作原理如图所示。已知双极膜可将水解离为H+和OH﹣，并实现其定向通过，则下列说法错误的是（　　）A．Zn/ZnO电极电势要比MoS2电极电势低第37页（共37页） B．电池工作时NaOH溶液和Na2SO4浓度均变小C．Zn/ZnO电极表面发生的反应为Zn﹣2e﹣+2OH﹣＝ZnO+H2OD．当电路通过1mole﹣时，整个电池系统质量会增大3.0g【分析】A．Zn/ZnO电极为负极，MoS2电极为正极；B．Zn/ZnO电极的反应式为Zn﹣2e﹣+2OH﹣＝ZnO+H2O，MoS2电极的反应式为NO+5e﹣+5H+＝NH3+H2O，两极区均有水生成，双极膜可将水解离为H+和OH﹣，并实现其定向通过，使溶质的物质的量不变，溶剂水增多；C．Zn/ZnO电极的反应式为Zn﹣2e﹣+2OH﹣＝ZnO+H2O；D．正极1molNO转化为NH3，转移电子的物质的量为5mol，故当电路通过1mole﹣时，理论上可以反应NO的物质的量为0.2mol。【解答】解：A．Zn/ZnO电极为负极，MoS2电极为正极，正极电势高于负极电势，故A正确；B．Zn/ZnO电极的反应式为Zn﹣2e﹣+2OH﹣＝ZnO+H2O，双极膜中OH﹣移向负极，且负极区有水生成，故NaOH溶液变小，MoS2电极的反应式为NO+5e﹣+5H+＝NH3+H2O，双极膜中H+移向正极，且正极区有水生成，故Na2SO4溶液变小，故B正确；C．Zn/ZnO电极的反应式为Zn﹣2e﹣+2OH﹣＝ZnO+H2O，故C正确；D．正极1molNO转化为NH3，转移电子的物质的量为5mol，故当电路通过1mole﹣时，理论上可以反应NO的物质的量为0.2mol，整个电池系统质量会增大0.2mol×（30g/mol﹣17g/mol）＝2.6g，故D错误；故选：D。【点评】本题考查原电池的工作原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。12．（3分）如图是氮元素的价类图。下列有关说法正确的是（　　）A．甲可以用浓硫酸干燥第37页（共37页） B．乙合成NO2的过程属于氮的固定C．丙转化为丁的反应是氧化还原反应D．常温下可用铁制容器盛装丁的浓溶液【分析】A．氨气能与浓硫酸反应生成硫酸铵；B．氮的固定是将氮单质转化为氮的化合物的过程；C．五氧化二氮转化为硝酸的过程中化合价没有发生改变；D．常温下铁遇浓硝酸钝化。【解答】解：A．甲为氨气，能与浓硫酸反应生成硫酸铵，不能用浓硫酸干燥氨气，故A错误；B．氮的固定是将氮单质转化为氮的化合物的过程，乙为NO，合成NO2的过程不是氮的固定．故B错误；C．丙为五氧化二氮，丁为硝酸，五氧化二氮转化为硝酸的过程中化合价没有发生改变，不是氧化还原反应，故C错误；D．常温下铁遇浓硝酸钝化，可用铁制容器盛装浓硝酸，故D正确；故选：D。【点评】本题考查氮及其化合物的性质，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题比较简单。13．（3分）下列说法正确的是（　　）A．如果盐酸中溶质的浓度是醋酸中溶质浓度的2倍，则盐酸中的c（H+）也是醋酸c（H+）的2倍B．当向醋酸中加入一定量盐酸时，醋酸的电离平衡向左移动，电离平衡常数减小C．在常温下，测得0.1mol/LCH3COONa溶液的pH＝9，则溶液中由水电离出来的c（H+）＝10﹣5mol/LD．等体积、等物质的量浓度的强碱MOH和弱酸HA的溶液混合后，溶液中有关离子浓度的大小关系是：c（A﹣）＞c（M+）＞c（H+）＞c（OH﹣）【分析】A．醋酸为弱酸，部分电离，盐酸为强酸，HCl完全电离；B．电离平衡常数只与温度有关；C．CH3COONa促进水电离，常温下，测得0.1mol/LCH3第37页（共37页） COONa溶液的pH＝9，则溶液中由水电离出来的c（H+）＝；D．二者恰好完全反应生成强碱弱酸盐MA，A﹣水解导致溶液呈碱性。【解答】解：A．醋酸为弱酸，部分电离，盐酸为强酸，HCl完全电离，所以盐酸中溶质的浓度是醋酸中溶质浓度的2倍，则盐酸中的c（H+）大于醋酸c（H+）的2倍，故A错误；B．电离平衡常数只与温度有关，温度不变，电离平衡常数不变，故B错误；C．CH3COONa促进水电离，常温下，测得0.1mol/LCH3COONa溶液的pH＝9，则溶液中由水电离出来的c（H+）＝＝mol/L＝10﹣5mol/L，故C正确；D．二者恰好完全反应生成强碱弱酸盐MA，A﹣水解导致溶液呈碱性，c（H+）＜c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒c（M+）+c（H+）＝c（A﹣）+c（OH﹣），所以存在c（A﹣）＜c（M+），水的电离程度较小，溶液中存在c（M+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故D错误；故选：C。【点评】本题考查离子浓度大小比较，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确弱电解质电离特点、水电离的影响因素、溶液中氢离子浓度计算方法是解本题关键，注意守恒理论的灵活运用，题目难度不大。14．（3分）弱碱性条件下，利用含砷氧化铜矿（含CuO、As2O3及少量不溶性杂质）制备Cu2（OH）2SO4的工艺流程如图。下列说法不正确的是（　　）A．“氨浸”时As2O3发生的离子反应为As2O3+6NH3+3H2O═6NH4++2AsO33﹣B．“氨浸”后的滤液中存在的阳离子主要有：Cu2+、NH4+C．“氧化除AsO33﹣”时生成1molFeAsO4，消耗（NH4）2S2O8为1.5molD．“蒸氨”后的滤液中含有（NH4）2SO4【分析】含砷氧化铜矿（含CuO、As2O3及少量不溶性杂质）制备Cu2（OH）2SO4第37页（共37页） ，用NH3和（NH4）2SO4组成的溶液氨浸含砷氧化铜矿，含铜化合物转化为[Cu（NH3）4]SO4溶液，As2O3转化为AsO33﹣，再加入（NH4）2S2O8和FeSO4，氧化除AsO33﹣，得到FeAsO4沉淀，过滤除去，得到的溶液主要为（NH4）2SO4和[Cu（NH3）4]SO4溶液，蒸氨、过滤、洗涤得到产品Cu2（OH）2SO4，以此来解答。【解答】解：A．根据分析，As2O3氨浸生成AsO33﹣，发生的离子反应为As2O3+6NH3+3H2O═6NH4++2AsO33﹣，故A正确；B．“氨浸”发生的离子反应为As2O3+6NH3+3H2O═6NH4++2AsO33﹣，同时得到[Cu（NH3）4]SO4溶液，滤液得到中存在的阳离子主要有：[Cu（NH3）4]2+、NH4+，故B错误；C．“氧化除AsO33﹣”时As由+3价升高为+5价，Fe由+2价升高为+3价，则生成1molFeAsO4，转移3mol电子，而（NH4）2S2O8中的O由﹣价，降低为﹣2价，则需要（NH4）2S2O8中为＝1.5mol，故C正确；D．根据分析，得到的溶液主要为（NH4）2SO4和[Cu（NH3）4]SO4溶液，蒸氨、过滤、洗涤得到产品Cu2（OH）2SO4以及（NH4）2SO4，故D正确；故选：B。【点评】本题考查物质的制备，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应和实验的基本操作规范为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等。二、非选择题（共3小题，共58分，其中15-17题为必做题，18-19题为选做题）15．（12分）NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如图：已知电解总反应为：2ClO2+2NaCl2NaClO2+Cl2。回答下列问题：（1）NaClO2中Cl的化合价为　+3　。（2）工业上常用黄铁矿（FeS2）为原料制备硫酸，配平下面方程式：第37页（共37页） 　4　FeS2+　11　O2　2　Fe2O3+　8　SO2。（3）从物质分类角度来看，NaHSO4是　bce　（填字母）。a.酸b.酸式盐c.电解质d.非电解质e.离子化合物f.共价化合物（4）写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式　2NaClO3+SO2+H2SO4＝2NaHSO4+2ClO2　。（5）“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg2+和Ca2+，要加入的试剂分别为　NaOH溶液　、　Na2CO3溶液　。（6）“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2。此吸收反应中，氧化剂（ClO2）与还原剂（H2O2）的物质的量之比为　2：1　。【分析】由制备流程可知，NaClO3和SO2在H2SO4酸化条件下生成ClO2，其中NaClO3是氧化剂，回收产物为NaHSO4，说明生成硫酸氢钠，且产生ClO2，根据电子守恒可知，此反应的化学方程式为2NaClO3+SO2+H2SO4＝2NaHSO4+2ClO2，选择NaOH除去食盐水中的Mg2+，选择碳酸钠除去食盐水中的Ca2+，然后电解装置中阴极ClO2得电子生成ClO2﹣，阳极Cl﹣失电子生成Cl2，含过氧化氢的氢氧化钠溶液吸收ClO2，产物为ClO2﹣，最后NaClO2溶液结晶、干燥得到产品；（1）根据正负化合价的代数和为0，可得Cl的化合价；（2）黄铁矿和通入的空气在沸腾炉中高温反应生成氧化铁和二氧化硫，根据化合价升降价守恒和原子守恒配平；（3）从物质分类角度来看，NaHSO4酸中的氢未完全被碱中和，属于酸式盐，在溶于水或熔融状态下能导电的化合物，属于电解质，含有离子键的化合物，属于离子化合物；（4）NaClO3和SO2在H2SO4酸化条件下生成ClO2和NaHSO4，根据电子守恒配平；（5）可以利用过量NaOH溶液除去Mg2+，利用过量Na2CO3溶液除去Ca2；（6）尾气处理时发生2NaOH+H2O2+2ClO2＝2NaClO2+O2↑+2H2O，ClO2为氧化剂，还原产物为NaClO2，由电子守恒可知氧化剂和还原剂的物质的量之比。第37页（共37页） 【解答】解：（1）在NaClO2中Na为+1价，O为﹣2价，根据正负化合价的代数和为0，可得Cl的化合价为0﹣（﹣2）×2﹣（+1）＝+3价，故答案为：+3；（2）黄铁矿和通入的空气在沸腾炉中高温反应生成氧化铁和二氧化硫，根据化合价升降价守恒和原子守恒配平：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，故答案为：4；11；2；8；（3）从物质分类角度来看，NaHSO4属于酸式盐、电解质、离子化合物，故答案为：bce；（4）NaClO3和SO2在H2SO4酸化条件下生成ClO2，其中NaClO2是氧化剂，还原产物为NaCl，回收产物为NaHSO4，说明生成硫酸氢钠，且产生ClO2，根据电子守恒可知，此反应的化学方程式为2NaClO3+SO2+H2SO4＝2NaHSO4+2ClO2，故答案为：2NaClO3+SO2+H2SO4＝2NaHSO4+2ClO2；（5）食盐溶液中混有Mg2+和Ca2+，可以利用过量NaOH溶液除去Mg2+，利用过量Na2CO3溶液除去Ca2+，故答案为：NaOH溶液；Na2CO3溶液；（6）尾气处理时发生2NaOH+H2O2+2ClO2＝2NaClO2+O2↑+2H2O，ClO2为氧化剂，还原产物为NaClO2，化合价从+4价降为+3价，H2O2为还原剂，氧化产物为O2，每摩尔H2O2失去2mol电子，由电子守恒可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1，故答案为：2：1。【点评】本题考查物质的制备实验，为高考常见题型，把握制备流程及发生的反应为解答的关键，侧重于学生的分析能力和实验能力和计算能力的考查，注意混合物分离、元素化合物知识以及氧化还原反应的计算，题目难度不大。16．（14分）．对化学反应原理的研究能让我们更加深刻地认识化学反应，也是化学中最有魅力和挑战性的领域，依据所学的化学反应原理知识和题干信息回答下列问题：Ⅰ．面对气候变化，我国承诺二氧化碳排放力争2030年前达到峰值，力争2060年前实现碳中和。“碳达峰、碳中和”目标下，必须加强对二氧化碳资源开发利用的研究。（1）往容积为2L的恒容密闭容器中通入2molCO2和6molH2，一定温度下发生反应：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g），20min时达到化学平衡状态，测得水蒸气的物质的量为2mol，前20min内，用H2表示该反应的平均反应速率为　0.1　mol第37页（共37页） •L﹣1•min﹣1，CO2的平衡转化率a（CO2）＝　66.7　%（保留一位小数）。[注：转化率等于反应物消耗的物质的量与反应物初始的物质的量之比。]（2）一种CO2电化学制甲酸的装置如图所示，电极a为　负　极（填“正”或“负”），写出电极b的电极反应式　CO2+2H++2e﹣＝HCOOH　。Ⅱ．催化剂的研究是化学反应原理中一个重要领域，催化剂往往是化学工业过程和技术改造更新的关键。化学反应中的活化能会显著影响化学反应速率，活化能越低，化学反应速率越快。催化剂能加快化学反应速率是因为它能改变反应的路径，降低反应的活化能。（3）CO2与CH4经催化重整，制得合成气：CH4（g）+CO2（g）═2CO（g）+2H2（g）。反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳量减少。相关数据如下表：积碳反应：CH4（g）═C（s）+2H2（g）消碳反应：CO2（g）═C（s）+2CO（g）活性能/kJ•mol﹣1催化剂X3391催化剂Y4372由上表判断，催化剂X　劣于　Y（填“优于”或“劣于”），理由是　对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小，而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大　。（4）催化剂的存在会显著地加快H2O2的分解，某兴趣小组研究I﹣催化分解H2O2历程如下：第一步：H2O2+I﹣═IO﹣+H2O（慢反应）第二步：　IO﹣+H2O2＝O2+I﹣+H2O　（快反应）反应的活化能较大的为第　一　步（填“一”或“二”），第二步反应的离子方程式为第37页（共37页） 　IO﹣（aq）+H2O2（aq）＝O2（g）+I﹣（aq）+H2O（l）　。【分析】Ⅰ．（1）往一容积为2L的恒容密闭容器中通入2molCO2和6molH2，一定温度下发生反应：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g），20min时达到化学平衡状态，测得水蒸气的物质的量为2mol，列化学平衡三段式，2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g），起始（mol）2600转化（mol）42平衡（mol）22，再结合公式计算；（2）图中物质变化分析可知，a电极上水生成氧气，氧元素失电子发生氧化反应，为原电池的负极，二氧化碳转化为HCOOH，碳元素化合价降低，发生还原反应，b为原电池的正极。Ⅱ．（3）由反应的活化能判断催化剂优劣；（4）根据盖斯定律：总反应﹣第一步反应等于第二步反应，由于第二步是快反应，则活化能比第一步小。【解答】解：Ⅰ．（1）往一容积为2L的恒容密闭容器中通入2molCO2和6molH2，一定温度下发生反应：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g），20min时达到化学平衡状态，测得水蒸气的物质的量为2mol，列化学平衡三段式，2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g），起始（mol）2600转化（mol）42平衡（mol）22前20min内，用H2表示该反应的平均反应速率＝＝0.1mol•L﹣1•min﹣1，CO2的平衡转化率a（CO2）＝×100%≈66.7%，故答案为：0.1；66.7；第37页（共37页） （2）装置图分析可知，a电极上水生成氧气，氧元素失电子发生氧化反应，为原电池的负极，二氧化碳转化为HCOOH，碳元素化合价降低，发生还原反应，b为原电池的正极，电极b的电极反应式为：CO2+2H++2e﹣＝HCOOH，故答案为：负；CO2+2H++2e﹣＝HCOOH；Ⅱ．（3）反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳量减少，由表中数据可知，相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小；而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大，故催化剂X劣于Y，故答案为：劣于；相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小，而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大；（4）根据盖斯定律：总反应﹣第一步反应等于第二步反应，则第二步反应的方程式为：IO﹣（aq）+H2O2（aq）＝O2（g）+I﹣（aq）+H2O（l），由于第二步是快反应，则活化能比第一步小，反应的活化能较大的为第一步，故答案为：一；IO﹣（aq）+H2O2（aq）＝O2（g）+I﹣（aq）+H2O（l）。【点评】本题考查盖斯定律、化学反应速率、化学平衡、原电池原理，题目综合性强，题目难度中等，知识的熟练掌握是解题的关键。17．（17分）二茂铁[Fe（C5H5）2，Fe为+2价]是最早被发现的夹心配合物，橙色晶体，100℃以上升华，熔点172℃，沸点249℃，难溶于水，空气中稳定，与酸、碱一般不作用。实验室中，先由二聚环戊二烯C10H12（沸点170℃）热解聚制备环戊二烯C5H6（密度0.88g•cm﹣3，熔点﹣85℃，沸点42.5℃）（图1），然后制备二茂铁（图2），最后纯化（图3），夹持装置已略。回答下列问题：（1）检查装置气密性并在烧瓶中加入二聚环戊二烯。实验中需要一直慢慢地通入N2，其作用是　作保护气，并将产生的环戊二烯蒸汽吹入接收瓶中，提高环戊二烯的产率　。将电热棒调至360～400℃，同时170℃油浴加热烧瓶，油浴加热的优点是　受热均匀，便于控温　。反应完成后在接收瓶中得到环戊二烯纯品。第37页（共37页） （2）将磁子和足量KOH粉末放在三颈烧瓶中，加入适量有机溶剂和15.0mL环戊二烯，缓慢搅拌，烧瓶左侧口用A塞紧，中间瓶口装上仪器C（已打开旋塞B和玻璃塞），右侧口接带T形管的汞起泡器和氮气瓶，用氮气流吹洗烧瓶和C直至空气完全吹出，关上B，将溶解了11.94gFeCl2•4H2O的有机溶剂注入仪器C，……打开B，滴加完后快速搅拌30min，制备反应结束。……向烧瓶中加入稍过量的盐酸和适量碎冰。……将烧瓶内的沉淀收集到过滤器上，用水洗涤，干燥，得到二茂铁粗品。①仪器C的名称为　滴液漏斗（或分液漏斗）　。②将空气完全吹出的目的是　防止Fe（II）被空气中氧气氧化　。③加入碎冰的作用是　迅速降温，有利于二茂铁结晶析出　。④证明盐酸已稍过量的试剂是　紫色石蕊溶液（或甲基橙溶液、pH试纸、湿润的蓝色石蕊试纸）　。⑤写出生成二茂铁的反应的化学方程式：　FeCl2+2C5H6+2KOH＝Fe（C5H5）2+2KCl+2H2O（或FeCl2•4H2O+2C5H6+2KOH＝Fe（C5H5）2+2KCl+6H2O）　。（3）将盛有粗品的培养皿放在电热板上加热，最终得到纯品9.49g，二茂铁的产率为　85.0　%（保留到小数点后一位）。【分析】（1）由题干知，二茂铁中Fe为+2价，容易被空气中氧气氧化，通入N2作保护气；油浴加热的优点是受热均匀，便于控温；（2）①仪器C为滴液漏斗（或分液漏斗）；②将空气完全吹出的目的是防止Fe（II）被空气中氧气氧化；③反应为放热反应，加入碎冰的作用是迅速降温，有利于二茂铁结晶析出；④盐酸稍过量使溶液呈酸性，可以使用指示剂或试纸；⑤根据题干信息知，氯化亚铁与环戊二烯、氢氧化钾反应生成二茂铁、氯化钾和水；（3）根据上述反应知，11.94gFeCl2•4H2O完全反应生成二茂铁的质量为：11.94g×＝11.16g，据此计算。【解答】解：（1）由题干知，二茂铁中Fe为+2价，容易被空气中氧气氧化，所以实验中需要一直慢慢地通入N2，其作用是作保护气，并将产生的环戊二烯蒸汽吹入接收瓶中，提高环戊二烯的产率；油浴加热的优点是受热均匀，便于控温，故答案为：作保护气，并将产生的环戊二烯蒸汽吹入接收瓶中，提高环戊二烯的产率；受热均匀，便于控温；（2）①根据图示装置特点，仪器C的名称为滴液漏斗（或分液漏斗），第37页（共37页） 故答案为：滴液漏斗（或分液漏斗）；②将空气完全吹出的目的是防止Fe（II）被空气中氧气氧化，故答案为：防止Fe（II）被空气中氧气氧化；③反应为放热反应，加入碎冰的作用是迅速降温，有利于二茂铁结晶析出，故答案为：迅速降温，有利于二茂铁结晶析出；④盐酸稍过量使溶液呈酸性，则可以选用的试剂是紫色石蕊溶液（或甲基橙溶液、pH试纸、湿润的蓝色石蕊试纸），故答案为：紫色石蕊溶液（或甲基橙溶液、pH试纸、湿润的蓝色石蕊试纸）；⑤根据题干信息知，氯化亚铁与环戊二烯、氢氧化钾反应生成二茂铁、氯化钾和水，反应方程式为：FeCl2+2C5H6+2KOH＝Fe（C5H5）2+2KCl+2H2O（或FeCl2•4H2O+2C5H6+2KOH＝Fe（C5H5）2+2KCl+6H2O），故答案为：FeCl2+2C5H6+2KOH＝Fe（C5H5）2+2KCl+2H2O（或FeCl2•4H2O+2C5H6+2KOH＝Fe（C5H5）2+2KCl+6H2O）；（3）根据上述反应知，11.94gFeCl2•4H2O完全反应生成二茂铁的质量为：11.94g×＝11.16g，则二茂铁的产率为：×100%＝85.0%，故答案为：85.0。【点评】本题考查物质的制备实验、物质制备实验方案的设计，为高频考点，把握制备流程、元素化合物与反应原理等为解答的关键，侧重分析实验能力的考查，综合性较强，题目难度中等。【选做：物质结构与性质】18．（15分）磷及其化合物在工业生产中起着重要的作用。（1）基态磷原子价电子的轨道表示式为　　。（2）磷有多种同素异形体。第37页（共37页） ①白磷（P4）是分子晶体，易溶于CS2，难溶于水，说明白磷和CS2都是　非极性　分子（填“极性”或“非极性”）。②黑磷晶体是一种比石墨烯更优秀的新型材料，其晶体是与石墨类似的层状结构，如图1所示。下列有关黑磷晶体的说法正确的是　AC　（填字母序号）A.黑磷晶体中层与层之间的作用力是分子间作用力B.黑磷晶体中磷原子杂化方式为sp2杂化C.黑磷晶体是混合型晶体D.黑磷晶体的每一层中磷原子都在同一平面上（3）PCl5是一种白色晶体，熔融时形成一种能导电的液体，测得其中含有一种正四面体形阳离子和一种正八面体形阴离子（该晶体的晶胞如图2所示），写出PCl5熔融时的电离方程式　2PCl5（熔融）＝PCl4++PCl6﹣　。（4）Fe3+与水会形成黄色的配离子[Fe（OH）]2+，为避免颜色干扰，常在含Fe3+溶液中加入H3PO4形成无色的[Fe（PO4）2]3﹣。由此推测与Fe3+形成的配离子更稳定的配体是　PO43﹣　，该配体的空间构型是　正四面体形　。（5）贵金属磷化物Rh2P（化学式量为237）可用作电解水的高效催化剂，其立方晶胞如图3所示。已知晶胞参数为anm，晶体中与P距离最近的Rh的数目为　8　，晶体的密度为　　g⋅cm﹣3（列出计算式）。【分析】（1）P原子价电子排布式为3s22p3，结合泡利原理、洪特规则画出价电子排布图；（2）①结合相似相溶原理判断；②A．黑磷晶体是与石墨类似的层状结构，层间作用力相同；B．晶体中P原子形成3个P﹣P键，有1对共用电子对，杂化轨道数目为4；C．黑磷晶体是与石墨类似的层状结构，二者晶体类型类似；D．P原子采取sp3杂化，P原子与周围的3个P原子形成三角锥形；（3）PCl5是一种白色晶体，熔融时形成一种能导电的液体，形成的正四面体形阳离子为PCl4+，正八面体形阴离子为PCl6﹣；（4）溶液中Fe3+与水会形成黄色的配离子[Fe（OH）]2+，再加入H3PO4形成无色的[Fe（PO4）2]3﹣，说明PO43﹣与Fe3+形成的配离子更稳定；第37页（共37页） （5）晶胞中黑色球数目为8、白色球数目为8×+6×＝4，黑色球与白色球数目之比为8：4＝2：1，结合化学式Rh2P，可知黑色球代表Rh，白色球代表P，以上底面面心P为分析对象，与P距离最近的Rh有该晶胞内部生成4个Rh、上层晶胞内部下层4个Rh；晶胞相当于含有4个“Rh2P”，计算晶胞质量，再根据晶体密度＝进行计算。【解答】解：（1）P原子价电子排布式为3s22p3，结合泡利原理、洪特规则，可知价电子排布图为，故答案为：；（2）①白磷是分子晶体，易溶于CS2，难溶于水，水为极性分子，根据相似相溶原理，可知白磷和CS2都是非极性分子，故答案为：非极性；②A．黑磷晶体是与石墨类似的层状结构，层间作用力相同，黑磷晶体中层与层之间的作用力是分子间作用力，故A正确；B．晶体中P原子形成3个P﹣P键，有1对共用电子对，图中层不是平面结构，则杂化轨道数目为4，P原子采取sp3杂化，故B错误；C．黑磷晶体是与石墨类似的层状结构，层内P原子之间形成共价键，层间为分子间作用力，黑磷晶体是混合型晶体，故C正确；D．P原子采取sp3杂化，P原子与周围的3个P原子形成三角锥形，每一层中P原子不可能都在同一平面上，故D错误，故答案为：AC；（3）PCl5是一种白色晶体，熔融时形成一种能导电的液体，形成的正四面体形阳离子为PCl4+，正八面体形阴离子为PCl6﹣，PCl5熔融时的电离方程式为2PCl5（熔融）＝PCl4++PCl6﹣，故答案为：2PCl5（熔融）＝PCl4++PCl6﹣；（4）溶液中Fe3+与水会形成黄色的配离子[Fe（OH）]2+，再加入H3PO4形成无色的[Fe（PO4）2]3﹣，说明PO43﹣与Fe3+形成的配离子更稳定，PO43﹣第37页（共37页） 的中心原子P原子孤电子对数为＝0，价层电子对数为4+0＝4，故PO43﹣的空间构型为正四面体形，故答案为：PO43﹣；正四面体形；（5）晶胞中黑色球数目为8、白色球数目为8×+6×＝4，黑色球与白色球数目之比为8：4＝2：1，结合化学式Rh2P，可知黑色球代表Rh，白色球代表P，以上底面面心P为分析对象，与P距离最近的Rh有该晶胞内部生成4个Rh、上层晶胞内部下层4个Rh，则晶体中与P距离最近的Rh的数目为8；晶胞相当于含有4个“Rh2P”，晶胞质量为4×＝g，晶胞参数为anm，则晶体密度为＝g•cm﹣3，故答案为：8；。【点评】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、分子极性与性质、配合物、空间构型、杂化方式、晶胞结构与计算等，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，掌握均摊法进行晶胞有关计算。【选做：有机化学】19．有机物H是一种合成镇痛药的中间体，合成路线如下：A（C7H8O）B（C9H10O2）C（C10H12O3）D（C10H11O2Cl）E（C11H11NO2）F（C13H12NO2Na）G（C13H14O4）H（）已知：Ⅰ.+第37页（共37页） +HX（R为烃基或H原子，X为卤素原子，下同）Ⅱ.R﹣X+NaCN→R﹣CN+NaXⅢ.RCHO++H2OⅣ.+CH2＝CH2+I2+2HI回答下列问题：（1）A的名称是　对甲基苯酚　，B→C的反应类型为　加成反应　。（2）D与足量NaOH水溶液反应的化学方程式为　+2NaOH+NaCl+H2O　；检验H中是否含有G的试剂为　FeCl3溶液　。（3）符合下列条件的E的同分异构体有　4　种（不考虑立体异构）。①含有﹣NH2和﹣COOH，除苯环外无其他环状结构②核磁共振氢谱中有4组吸收峰，且峰面积之比为6：2：2：1（4）综合上述信息，设计由苯酚、乙醛和制备的合成路线　　（其他试剂任选）。【分析】G发生信息IV中反应生成H，由G的分子式、J的结构简式，推知G为第37页（共37页） ；A的分子式为C7H8O，纵观整个过程，可知A中含有苯环，A与发生信息I中取代反应生成，可知A中含有酚羟基，则B中苯环侧链为﹣CH3、﹣OH、，由分子式可知，B与HCHO发生加成反应生成C，C中﹣OH被氯原子取代生成D，D中氯原子被﹣CN取代生成E，E与CH3CHO发生信息Ⅲ中反应生成、酚羟基与氢氧化钠发生中和反应F，结合G的结构可知，F中﹣CN水解为﹣COOH、酸化生成G，故F为，逆推可知E为、D为、C为、B为、A为；（4）由反应信息可知，与反应生成，再与乙醛反应生成，然后与I2在催化剂条件下反应生成第37页（共37页） ，最后用新制氢氧化铜悬浊液氧化生成。【解答】解：（1）A的结构简式为，A的名称是对甲基苯酚；由分析可知，B→C的反应类型为加成反应，故答案为：对甲基苯酚；加成反应；（2）由分析可知D为，D与足量NaOH水溶液反应的化学方程式为+2NaOH+NaCl+H2O；G中含有酚羟基，能与氯化铁溶液发生显色反应，H不含酚羟基，检验H中是否含有G的试剂为FeCl3溶液，故答案为：+2NaOH+NaCl+H2O；FeCl3溶液；第37页（共37页） （3）符合下列条件的E（）的同分异构体：①含有﹣NH2和﹣COOH，除苯环外无其他环状结构，②核磁共振氢谱中有4组吸收峰，且峰面积之比为6：2：2：1，说明还含有2个化学环境相同的甲基、1个碳碳三键，且存在对称结构，苯环上﹣COOH、﹣C≡CNH2处于对位，或者是﹣NH2、﹣C≡CCOOH处于对位，苯环上2个甲基有2种位置，故符合条件的同分异构体共有2+2＝4种，故答案为：4；（4）由反应信息可知，与反应生成，再与乙醛反应生成，然后与I2在催化剂条件下反应生成，最后用新制氢氧化铜悬浊液氧化生成，合成路线为，故答案为：。【点评】第37页（共37页） 本题考查有机物的推断与合成，涉及有机物命名、有机反应类型、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，充分利用有机物分子式、H的结构简式、反应条件采取正逆推法相结合进行分析推断，注意对给予反应信息的理解，题目侧重考查学生自学能力、分析推理能力、知识迁移运用的能力。声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2022/8/3114:12:29；用户：化学；邮箱：sjjbgzhx@xyh.com；学号：40866273第37页（共37页）