2023年高考考前押题密卷：化学（浙江卷）（全解全析）

这是一份2023年高考考前押题密卷：化学（浙江卷）（全解全析），共22页。试卷主要包含了可能用到的相对原子质量，下列反应的离子方程式不正确的是，下列说法不正确的是等内容，欢迎下载使用。

2023年高考考前押题密卷(浙江卷)
化学·全解全析
(考试时间：90分钟 试卷满分：100分)
考生须知：
1．本试题卷分选择题和非选择题两部分，满分100分，考试时间90分钟。
2．考生答题前，务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸上。
3．选择题的答案须用2B铅笔将答题纸上对应题目的答案标号涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡皮擦净。
4．非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后须用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无效。
5．可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Si 28 P 31 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Cr 52 Mn 55 Fe 56 Co 59 Ni 59 Cu 64 Zn 65 As 75 Ag 108 I 127 Ba 137
选择题部分
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1．下列物质中受热易分解且属于酸式盐的是( )
A．NaCl B．(NH4)2CO3 C．NaHSO4 D．NaHCO3
【答案】D
【解析】A项，NaCl是正盐，故不选A；B项，(NH4)2CO3是正盐，故不选B；C项，NaHSO4是酸式盐，NaHSO4不易分解，故不选C；D项，NaHCO3是酸式盐，NaHCO3受热分解为碳酸钠、二氧化碳、水，故选D；故选D。
2．高铁酸钾(K2FeO4)是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，在水处理过程中，高铁酸钾转化为Fe(OH)3胶体，下列说法不正确的是( )
A．高铁酸钾中铁元素的化合价为+6价
B．Fe元素位于周期表ds区
C．高铁酸钾属于强电解质
D．用K2FeO4对饮用水处理时，能起到消毒杀菌和吸附杂质的双重作用
【答案】B
【解析】A项，K2FeO4中钾、氧元素化合价分别为+1、-2，则铁元素的化合价为+6价，A正确；B项，Fe为26号元素，元素位于周期表d区，B错误；C项，强电解质是指在水溶液中或熔融状态下，能够完全电离的化合物，即溶于水的部分或者熔融状态时，可以完全变成阴阳离子的化合物，一般是强酸、强碱和大部分盐类；高铁酸钾属于强电解质，C正确；D项，用K2FeO4对饮用水处理时，六价铁具有强氧化性转变为三价铁，能起到消毒杀菌；铁离子水解生成氢氧化铁胶体，具有吸附杂质的作用，D正确；故选B。
3．下列符号表征或说法错误的是( )
A．氨的电子式：
B．Cu位于元素周期表的ds区
C．NaHSO4在水中的电离方程式：NaHSO4=Na++H++SO42-
D．SO2的VSEPR模型：
【答案】A
【解析】A项，N的质子数为7，原子核外最外层有5个电子，氨的电子式为：，A错误；B项，Cu是29号元素，其核外电子排布式为：[Ar]3d104s1，故Cu位于元素周期表的ds区，B正确；C项，因H2SO4为强酸，故NaHSO4在水中完全电离，电离方程式：NaHSO4=Na++H++SO42-，C正确；D项，已知SO2中心原子S周围的价层电子对数为：2+=3，故SO2的VSEPR模型：，D正确；故选A。
4．物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是( )
A．碳酸钠和碳酸氢钠的溶液均呈碱性，可用作食用碱或工业用碱
B．不锈钢中的合金元素主要是铬和镍，具有很强抗腐蚀能力，可用于医疗器材
C．硅的导电性介于导体与绝缘体之间，可用来生产光导纤维
D．次氯酸的强氧化性能使某些有机色素褪色，可用作棉麻的漂白剂
【答案】C
【解析】A项，碳酸钠和碳酸氢钠的溶液均存在水解，使得溶液呈碱性，可用作食用碱或工业用碱，A正确；B项，不锈钢中的合金元素主要是铬和镍，具有很强抗腐蚀能力，性能优良，可用于医疗器材，B正确；C项，硅的导电性介于导体与绝缘体之间，可用来生产半导体，C错误；D项，次氯酸的强氧化性能使某些有机色素褪色，可用作棉麻的漂白剂，D正确；故选C。
5．下列关于元素及其化合物的性质说法不正确的是( )
A．浓硫酸与蔗糖反应，观察到蔗糖变黑，体现了浓硫酸的脱水性
B．硝酸见光受热易分解，一般保存在棕色试剂瓶中，放置在阴凉处
C．燃油发动机产生的NO2、NO与CO反应能生成N2和CO2，因此可以直接排放
D．铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性或者碱性食物
【答案】C
【解析】A项，浓硫酸与蔗糖反应，观察到蔗糖变黑变为碳，体现了浓硫酸的脱水性，A正确；B项，硝酸见光受热易分解为二氧化氮和氧气，一般保存在棕色试剂瓶中，放置在阴凉处，B正确；C项，NO2、NO与CO反应需要在催化剂作用下转化为无毒的气体，因此需要催化转化后排放，C错误；D项，铝与酸、碱均会反应，故铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性或者碱性食物，D正确；故选C。
6．以肼(N2H4)为原料与醋酸铜反应制取Cu2O的反应为：4Cu(CH3COO)2+N2H4+2H2O=Cu2O↓+N2↑+8CH3COOH。下列说法不正确的是( )
A．Cu(CH3COO)2是氧化剂
B．还原性：N2H4＞Cu2O
C．氧化产物和还原产物的物质的量之比为2：1
D．生成0.5molCu2O时转移1mol电子
【答案】C
【解析】A项，根据反应方程式，Cu(CH3COO)2中Cu元素化合价由+2价→+1价，化合价降低，Cu(CH3COO)2作氧化剂，N2H4中N显-2价，N的化合价由-2价→0价，化合价升高，N2H4作还原剂，故A正确；B项，根据A选项分析，Cu(CH3COO)2作氧化剂，Cu2O为还原产物，N2H4作还原剂，利用还原剂的还原性强于还原产物的还原性，即还原性：N2H4＞Cu2O，故B正确；C项，Cu2O为还原产物，N2为氧化产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶2，故C错误；D项，生成0.5molCu2O，转移电子物质的量为0.5mol×2×(2-1)=1mol，故D正确；故选C。
7．下列反应的离子方程式不正确的是( )
A．将少量SO2通入NaClO溶液中：ClO-+SO2+H2O=SO42-+Cl-+2H+
B．Na2CO3溶液吸收少量Cl2 [已知：Ka1(H2CO3)＞Ka(HClO)＞Ka2(H2CO3)]：2CO32-+Cl2+H2O=2HCO3-+ClO-+Cl-
C．乙酰水杨酸()与过量溶液共热： +3OH-+CH3COO-+2H2O
D．氯化铜浓溶液常呈绿色，是棕黄色([CuCl4]2-)与蓝色([Cu(H2O)4]2+)的互补色，可表示为[CuCl4]2-+4H2O[Cu(H2O)4]2++4Cl-
【答案】A
【解析】A项，SO2具有还原性，NaClO具有强氧化性，SO2与NaClO发生氧化还原反应，该反应的离子方程式应该为2ClO-+SO2+H2O=SO42-+Cl-+2HClO，A错误；B项，由于Ka1(H2CO3)＞Ka(HClO)＞Ka2(H2CO3)，Na2CO3溶液吸收少量Cl2，碳酸根转化为碳酸氢根，方程式为：2CO32-+Cl2+H2O=2HCO3-+ClO-+Cl-，B正确；C项，乙酰水杨酸()与过量NaOH溶液共热，羧基显酸性且酯基是酚羟基与羧基形成的酯基，即 +3OH-+CH3COO-+2H2O，C正确；D项，氯化铜浓溶液常呈绿色，是棕黄色([CuCl4]2-)与蓝色([Cu(H2O)4]2+)的互补色，可知[CuCl4]2-和[Cu(H2O)4]2+在溶液中共存，两者之间存在动态平衡，可表示为：[CuCl4]2-+4H2O[Cu(H2O)4]2++4Cl-，D正确；故选A。
8．下列说法不正确的是( )
A．在酸催化下，以苯酚、甲醛为原料可制备线型结构的酚醛树脂
B．以木材、秸秆等农副产品为原料，经加工处理可以得到合成纤维
C．在较高压力、较高温度并在引发剂的作用下，乙烯发生加聚反应生成低密度聚乙烯，可用于生产食品包装袋等薄膜制品
D．蛋白质分子中氨基酸单体的排列顺序为蛋白质的一级结构，它是蛋白质高级结构的基础
【答案】B
【解析】A项，苯酚和甲醛在催化剂条件发生缩聚反应生成酚醛树脂，酸催化生成线型结构树脂，碱催化得到体型结构树脂，故A正确；B项，木材、秸秆都含有大量的纤维素，加工后可以提取纤维素，得不到合成纤维，故B错误；C项，乙烯在较高压力、较高温度并在引发剂的作用下，发生加聚反应得到的是低密度聚乙烯，故C正确；D项，氨基酸残基在蛋白质肽链中的排列顺序称为蛋白质的一级结构，一级结构是形成二级、三级等其他高级结构的基础，故D正确；故选B。
9．某催化剂可催化氧杂环丁烷与二氧化碳发生如图所示反应。下列叙述错误的是( )

A．该反应的原子利用率为100％
B．化合物I分子中的所有原子不可能共平面
C．化合物II分子中碳原子的杂化方式为sp2、sp3
D．化合物I和化合物II分子的一氯代物数目不相同
【答案】D
【解析】A项，化合物Ⅰ的分子式为C3H6O，化合物Ⅱ的分子式为C4H6O3，可推断出该反应的原子利用率为100%，A正确；B项，化合物Ⅰ分子中含有亚甲基结构，不可能所有原子共平面，B正确；C项，根据化合物Ⅱ的分子结构可知，碳原子的杂化方式有sp2、sp3两种，C正确；D项，如图所示 、 ，化合物Ⅰ和化合物Ⅱ分子的一氯代物数目均为2，D错误；故选D。
10．一种由四种短周期主族元素组成的化合物(结构如图所示)可用于制化肥、药物、木材防火剂，其中W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且X与Y、Z均相邻。下列有关说法错误的是( )

A．原子半径：Z＞X＞Y
B．XW3和ZW3的键角前者大于后者
C．该化合物的阴离子中除W元素外，所有原子最外层均满足8电子结构|
D．W、X、Y三种元素形成的化合物中可能既含离子键，又含共价键
【答案】C
【解析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，X与Y、Z均相邻，则X为第二周期元素，根据题给化合物的结构，W元素形成1个共价键，W为H，X与H形成XH4+ ，X为-3价，则X为N，Y是O，Z是P。A项，同周期主族元素，原子序数越大，半径越小，同主族元素，电子层数越多，原子半径越大，则原子半径大小关系为P>N>O，故A正确；B项，NH3和PH3的中心原子杂化方式均为sp3，且均有一个孤电子对，键长：P—H键>N—H键，导致PH3中成键电子对之间斥力比NH3小，故键角：NH3>PH3，故B正确；C项，该化合物的阴离子中P原子形成5个共价键，形成最外层有10个电子的结构，故C错误；D项，H、N、O三种元素形成的化合物NH4NO3中既含离子键又含共价键，故D正确；故选C。
11．磷酸铁锂电池在充放电过程中表现出了良好的循环稳定性，具有较长的使用寿命，放电时的反应为： LixC6+Li1-xFePO4= 6C+LiFePO4。图1为某磷酸铁锂电池的切面，图2为LiFePO4晶胞充放电时Li+脱出和嵌入的示意图。其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。下列说法错误的是( )

A．放电时，负极反应： LixC6- xe- = xLi++6C
B．(a)过程中1mol晶胞转移的电子数为NA
C．(b)代表放电过程， Li+脱离石墨，经电解质嵌入正极
D．充电时的阳极反应： LiFePO4- xe-= Li1-xFePO4+xLi+
【答案】B
【解析】从总反应分析， LixC6变为C和Li+为氧化反应，该极为原电池的负极。而Li1-xFePO4变为LiFePO4发生还原反应，它为原电池的正极。A项，放电的负极为 LixC6- xe- = xLi++6C，A项正确；B项，a过程由于Fe2+化合价升高为Fe3+，为了平衡电荷Li+脱嵌减少。从图看晶胞中减少了棱上1个和面心的一个Li+总共减少，所以1mol晶体中转移NA电子，B项错误；C项，放电时，该材料在正极发生还原反应，即Fe由+2变为+3为b过程，Li+嵌入正极，C项正确；D项，充电时的总反应为 6C+LiFePO4= LixC6+Li1-xFePO4，阳极发生氧化反应为 LiFePO4- xe-= Li1-xFePO4+xLi+，D项正确；故选B。
12．[Co(NH3)6]Cl3是一种重要的化工产品，实验室可利用CoCl2制取该配合物：2CoCl2+10NH3+2NH4Cl+H2O2=2[Co(NH3)6]Cl3+2H2O。已知[Co(NH3)6]3+的空间结构如图，其中1～6处的小圆圈表示NH3分子，各相邻的NH3分子间的距离相等，中心离子Co3+位于八面体的中心，NH3分子到中心离子的距离相等(图中虚线长度相等)，下列说法正确的是( )

A．H2O2为非极性分子
B．NH3、H2O与Co3+形成配离子的稳定性：NH3＜H2O
C．1 mol [Co(NH3)6]Cl3含有σ键的数目为18 NA
D．若[Co(NH3)6]3+中两个NH3被替代，得到的[Co(NH3)4 Cl2]-有2种结构
【答案】D
【解析】A项，H2O2的结构：，正负电荷中心不能重合，为极性分子，故A错误；B项，电负性：N＜O，NH3分子中的氮原子更容易给出孤电子对，所以NH3、H2O与Co3+形成配离子的稳定性：NH3＞H2O，故B错误；C项，[Co(NH3)6]Cl3中含有NH3与Co3+形成6个配位键，6个的NH3中有6×3=18个N-H键，所以1 mol [Co(NH3)6]Cl3含有σ键的数目为(18+6=24)NA，故C错误；D项，根据结构图可知，若[Co(NH3)6]3+中两个NH3被Cl-替代，可能取代的邻近的或者相对位置的两个NH3，得到的[Co(NH3)4 Cl2]-有2种结构，故D正确；故选D。
13．已知：CH3NH2·H2O为一元弱碱，性质与NH3·H2O类似。常温下，将HCl气体通入0.1mol/LCH3NH2·H2O水溶液中(忽略溶液体积的变化)，混合溶液中pH与微粒浓度的对数值(lgc)的关系如图所示。下列说法不正确的是( )

A．CH3NH2·H2O的水溶液中存在：CH3NH2·H2OCH3NH3++OH-
B．Ka(CH3NH2·H2O)的数量级为10-5
C．P点，c(Cl-)+c(CH3NH3+)+c(CH3NH2·H2O)=0.2mol/L
D．P点之后，溶液中存在c(Cl-)+c(OH-)=c(CH3NH3+)+c(H+)
【答案】C
【解析】已知：CH3NH2·H2O为一元弱碱，性质与NH3·H2O类似，则会发生部分电离， CH3NH2 ·H2OCH3NH3++OH-；随着pH值变大，CH3NH3+含量变小、CH3NH2 ·H2O含量变大，结合图像可知，图中实曲线为混合溶液中pH与CH3NH3+浓度的对数值(lgc)的关系、虚线为混合溶液中pH与CH3NH2 ·H2O浓度的对数值(lgc)的关系；两条对角斜线分别为氢离子、氢氧根离子对应曲线，斜率为正的代表氢离子、斜率为负的代表氢氧根离子。A项，CH3NH2·H2O的水溶液中存在：CH3NH2·H2O⇌ CH3NH3++OH-，A正确； B项，由点Q可知，pH=9.5，pOH=4.5，则，故其数量级为10-5，B正确；C项，P点无法计算氯离子的浓度，故不能计算c(Cl-)+c(CH3NH3+)+c(CH3NH2·H2O)的值，C错误； D项，P点之后根据电荷守恒可知，溶液中存在c(Cl-)+c(OH-)=c(CH3NH3+)+c(H+)，D正确；故选C。
14．2-溴-2-甲基丙烷发生水解反应[(CH3)3CBr+H2O(CH3)3COH+HBr]的能量变化与反应进程图如图,下列说法正确的是( )

A．溶液酸性增强，(CH3)3CBr→(CH3)3COH转化率升高
B．升高温度，有利于提高反应速率和原料平衡转化率
C．分子中碳溴键断裂的速率比(CH3)3C+与H2O结合速率快
D．推测(CH3)3C-X水解生成(CH3)3COH的速率：(CH3)3C-I＞(CH3)3C-Br＞(CH3)3C-Cl
【答案】D
【解析】A项，由题干可知，反应为(CH3)3CBr+H2O(CH3)3COH+HBr，HBr = H++Br-，酸性增强导致反应(CH3)3CBr+H2O(CH3)3COH+HBr逆向进行，使得(CH3)3CBr→(CH3)3COH转化率降低，A错误； B项，反应物能量大于生成物能量，为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，导致原料平衡转化率下降，B错误；C项，过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢；由图可知，分子中碳溴键断裂所需活化能更大，故分子中碳溴键断裂的速率比(CH3)3C+与H2O结合速率慢，C错误；D项，碘原子半径大于溴原子大于氯原子，则C-I键能更小，利于C-I断裂发生反应，故推测(CH3)3C-X水解生成(CH3)3COH的速率：(CH3)3C-I＞(CH3)3C-Br＞(CH3)3C-Cl，D正确；故选D。
15．牙齿表面由一层坚硬的、组成为Ca5(PO4)3OH的物质保护着，人进食后，细菌和酶作用于食物产生有机酸，这时牙齿就会受到腐蚀，向牙膏中添加NaHCO3、NaF均可增强护齿效果。已知：
物质
Ka或Ksp
CH3COOH

H3PO4
Ka1=7.52×10-3，Ka3=2.2×10-13 mol·L-1
Ca5(PO4)3(OH)

Ca5(PO4)3F

CaCO3

下列说法正确的是( )
A．溶解Ca5(PO4)3(OH)的离子方程式为：Ca5(PO4)3OH+10CH3COOH=5Ca2++10CH3COO-+3H3PO4+10H2O
B．牙膏中经常添加碳酸钙，主要是为了增加Ca2+浓度，抑制牙齿腐蚀
C．当时，Ca5(PO4)3(OH)可与反应转化为Ca5(PO4)3F
D．向牙膏中添加NaHCO3、NaF均可增强护齿效果，两者原理相同
【答案】C
【解析】A项，醋酸电离平衡常数小于磷酸电离平衡常数，则醋酸酸性小于磷酸，根据强酸制取弱酸原理知，醋酸不能制取磷酸，A错误；B项，牙膏中经常添加碳酸钙，主要是碳酸钙难溶于水，用作为摩擦剂，而不是增加Ca2+浓度，抑制牙齿腐蚀，B错误；C项，存在沉淀溶解平衡Ca5(PO4)3OH(s)+F-(aq)Ca5(PO4)3F(s)+OH-(aq)，K==2.0×1030，当时， Qc=＜＜2.0×1030=K，沉淀溶解平衡正向移动，所以Ca5(PO4)3OH与F-反应生成Ca5(PO4)3F， C正确； D项，向牙膏中添加NaF可增强护齿效果，是由于Ca5(PO4)3F的溶解度小于Ca5(PO4)3(OH)，羟基磷酸钙在水中存在溶解平衡：Ca5(PO4)3(OH)5Ca2++3 PO43-+OH-，当F-与Ca2+、PO43-结合生成了更难溶于水的Ca5(PO4)3F时，起到保护牙齿的作用，而NaHCO3是可将口腔内的细菌发酵产生的酸性物质逐渐地减少，有助于保护牙齿，减少对牙釉质的损伤，两者原理不相同，D错误；故选C。
16．由实验操作和现象，可得出相应正确结论的是( )

实验操作
现象
结论
A
向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，加入新制的Cu(OH)2悬浊液
无砖红色沉淀
蔗糖未发生水解
B
向碳酸钠溶液中加入浓盐酸，将产生的气体通入苯酚钠溶液中
溶液变浑浊
酸性：碳酸>苯酚
C
检验铁锈中是否含有二价铁
将铁锈溶于浓盐酸，滴入KMnO4溶液，紫色褪去
铁锈中含有二价铁
D
向1mL0.1 mol·L-1MgSO4溶液中滴入2滴0.1 mol·L-1NaOH溶液，再滴入2滴0.1 mol·L-1CuSO4溶液
先产生白色沉淀，滴入CuSO4溶液后白色沉淀逐渐变为蓝色
Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2]
【答案】D
【解析】A项，因醛基与新制Cu(OH)2悬浊液反应时应在碱性条件下进行，题中蔗糖水解后，没有加NaOH中和稀硫酸，就加入新制的Cu(OH)2悬浊液，不能检验葡萄糖，不能证明蔗糖未水解，A不合题意；B项，挥发的盐酸与苯酚钠也会发生反应，由操作和现象不能比较碳酸、苯酚的酸性强弱，B不合题意；C项，将铁锈溶于浓盐酸，滴入KMnO4溶液，由于盐酸或者Cl-也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故紫色褪去不能说明铁锈中含有二价铁，C不合题意；D项，向1mL0.1 mol·L-1MgSO4溶液中滴入2滴0.1 mol·L-1NaOH溶液，则MgSO4过量，再滴入2滴0.1 mol·L-1CuSO4溶液，先产生白色沉淀，滴入CuSO4溶液后白色沉淀逐渐变为蓝色，说明存在Mg(OH)2转化为Cu(OH)2的沉淀转化，故能说明Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2]，D符合题意；故选D。
非选择题部分
二、非选择题(本大题共5小题，共52分)
17．(10分)铁(26Fe)、镍(28Ni)的单质及其化合物在医药、材料等领域有广泛的应用。回答下列问题：
(1)基态Fe原子核外电子排布式为_______，Ni位于元素周期表的_______区。
(2)乳酸亚铁口服液是缺铁人群补铁保健品，临床建议服用维生素C促进“亚铁”的吸收，避免生成Fe3+，从结构角度分析，Fe2+易被氧化成Fe3+的原因是___________________________。
(3)FeCl3常用作净水剂、刻蚀剂等。
① FeCl3的熔点(306℃)显著低于FeF3的熔点(1000℃)的原因是___________________。
② FeCl3水溶液中Fe3+可水解生成双核阳离子[Fe2(H2O)8(OH)2]4+，结构如下图，解释能够形成双核阳离子的原因：_______________________________。

(4)镍白铜(铜镍合金)常用作海洋工程应用材料。某镍白铜合金的晶胞结构如图所示。

① 晶胞中铜原子与镍原子的原子个数比为_______ 。
②已知一定条件下晶胞的棱长为a cm，用NA表示阿伏加德罗常数的值，在该条件下该晶体的摩尔体积为_______ m3·mol-1(用含a， NA的代数式表示)。
【答案】(1) 1s22s22p63s23p63d64s2 或 [Ar]3d64s2(1分) d(1分)
(2)Fe3+的3d5半满状态更稳定(1分)
(3) FeCl3为分子晶体，熔点受分子间作用力影响，FeF3是离子晶体，熔点受离子键强弱的影响，离子键强度比分子间作用力大得多(2分) H2O和OH-中的O原子提供孤电子对，Fe3+有空轨道能接受孤电子对，形成配位键(2分)
(4) 1：3(1分) NA·a3·10-6(2分)
【解析】(1)基态Fe原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64S2 或 [Ar]3d64S2；Ni是28号元素，其价电子排布式为3d84s2，其位于元素周期表的d区；(2)从结构角度分析，Fe2+ 易被氧化成Fe3+的原因是Fe3+的3d5半满状态更稳定；(3)①FeCl3的熔点(306℃)显著低于FeF3 的熔点(1000℃)的原因是FeCl3为分子晶体，熔点受分子间作用力影响，FeF3是离子晶体，熔点受离子键强弱的影响，离子键强度比分子间作用力大得多；②形成双核阳离子的原因H2O和OH- 中的O原子提供孤电子对，Fe3+ 有空轨道能接受孤电子对，形成配位键；(4)①由晶胞图可知，Cu原子位于顶点，其个数为8×=1，Ni原子位于面心，其个数为6×=3，则晶胞中铜原子与镍原子的原子个数比为1：3；②由①可知，该晶胞中含有1个Cu原子，含有3个Ni原子，则1个晶胞含有1个CuNi3，其物质的量为mol，1个晶胞的体积为，则该晶体的摩尔体积为NA·a3·10-6 m3·mol-1。
18．(10分)化合物X由3种元素组成。某兴趣小组按如下流程进行实验：

已知：A溶液焰色试验呈黄色，恰好中和A溶液消耗0.06mol HCl，气体F中含有水蒸气1.08 g。
请回答：
(1)组成X的三种元素名称为_______，D的化学式为_______。
(2)溶液C中溶质的成分是___________(用化学式表示)。
(3)X与稀硫酸反应的化学方程式是___________________________________。
(4)设计实验，检验气体F中的另外2种气体_______________________________。
【答案】(1) 铁、钠、氧(2分)     NaFe3(OH)6(SO4)2或Na2Fe6(OH)12(SO4)4(2分)
(2) Na2SO4、H2SO4(2分)
(3)2NaFeO2+4H2SO4= Na2SO4+Fe2(SO4)3+4H2O(2分)
(4)先将混合气体通过品红溶液，如溶液褪色，说明有SO2，再将气体通过酸性高锰酸钾溶液除去SO2，剩余气体用带火星的木条检验，如木条复燃，说明有O2(2分)
【解析】从流程图可知，X+H2O→A+B，A为碱性溶液且焰色试验呈黄色，且能与HCl发生中和反应，则A为NaOH，恰好中和A溶液消耗0.06mol HCl，n(NaOH)=0.06mol，n(Na+)=0.06mol，m(Na+)=1.38g；B为红褐色沉淀，则B为Fe(OH)3，n[Fe(OH)3]=0.06mol，n(Fe3+)=0.06mol，m(Fe3+)=3.36g；化合物X由3种元素组成，则组成X的元素为Fe、Na和O，，n(Na)：n(Fe)：n(O)=1：1：2，X的化学式为NaFeO2。NaFeO2与过量稀硫酸反应，化学方程式为2NaFeO2+4H2SO4= Na2SO4+Fe2(SO4)3+4H2O，得到无色溶液C和浅黄色沉淀D。溶液C无色，则所含溶质为Na2SO4和过量的H2SO4。溶液C中不含铁元素，则浅黄色沉淀D含n(Fe3+)=0.06mol，D隔绝空气加热得到气体F和固体E，气体F中含有水蒸气1.08 g，则n(H2O)=0.06mol，说明D中含n(OH-)=0.12mol，n(Fe3+)：n(OH-)=1：2，固体E和水反应生成红色沉淀Fe(OH)3和无色溶液，往无色溶液中加足量氯化钡溶液得到白色沉淀，此沉淀为BaSO4沉淀，说明D中含SO42-，由此可得D的化学式为NaFe3(OH)6(SO4)2或Na2Fe6(OH)12(SO4)4。(1)组成X的元素为铁、钠和氧；根据分析浅黄色沉淀D含n(Fe3+)=0.06mol，含n(OH-)=0.12mol，n(Fe3+)：n(OH-)=1：2，且含SO42-，由此可得D的化学式为NaFe3(OH)6(SO4)2或Na2Fe6(OH)12(SO4)4；(2)根据分析，溶液C无色，则所含溶质为Na2SO4和过量的H2SO4；(3)X的化学式为NaFeO2，NaFeO2与过量稀硫酸反应，化学方程式为2NaFeO2+4H2SO4= Na2SO4+Fe2(SO4)3+4H2O；(4)根据分析，D为NaFe3(OH)6(SO4)2或Na2Fe6(OH)12(SO4)4，D隔绝空气加热得到的气体F中除水蒸气外，另2种气体应为SO2和O2，检验这两种气体，可以先将混合气体通过品红溶液，如溶液褪色，说明有SO2，再将气体通过酸性高锰酸钾溶液除去SO2，剩余气体用带火星的木条检验，如木条复燃，说明有O2。
19．(10分)锰及其化合物在催化剂及金属材料方面有重要的应用。我国主要以菱锰矿(主要成分为MCO3，M为Mn、Mg或Ca)为原料，通过热解法生产二氧化锰等锰基催化剂。
(1)提取MnCO3的转化关系如下：

已知MCO3(s)=MO(s)+ CO2(g)     ΔG=ΔH-TΔS，ΔG -T关系如下图。

①“焙烧”过程ΔH最大的是___________。
A．CaCO3      B．MgCO3     C．MnCO3
②“焙烧”温度应控制在___________。
(2)T℃时，碳酸锰热解制二氧化锰的热化学方程式：
2MnCO3(s) +O2(g) 2MnO(s)+2CO2(g)    ΔH
①若该反应的速率方程表示为：v正=k正c(O2)和v逆=k逆c2(CO2)=k逆c2(CO2)［k正和k逆分别为正、逆反应速率常数，在一定温度下为常数］，该反应的平衡常数K=___________(用k正、k逆表示)。
②焙烧时在入口持续通入空气，并不断用真空抽气泵在装置尾端抽气的目的是___________。
(3)由原料气(H2、CH4)与煤粉在锰基催化剂条件下制乙炔，该生产过程是目前清洁高效的煤化工过程。已知：发生的部分反应如下(在25℃、101 kPa时)，CH4、C2H4在高温条件还会分解生成碳与氢气：
Ⅰ. C(s)＋2H2(g)CH4(g) ΔH1＝－74.85 kJ·mol－1
Ⅱ. 2CH4(g)C2H4 (g)+2H2(g) ΔH2＝+340.93 kJ·mol－1
Ⅲ.C2H4(g)C2H2 (g)+H2(g) ΔH2＝+335.50 kJ·mol－1
上述反应在体积为1L的密闭容器中进行，达到平衡时各气体体积分数和反应温度的关系曲线如图甲所示。

①下列说法正确的是___________。
A．1530 K之前乙炔产率随温度升高而增大的原因：升温使反应Ⅱ、Ⅲ平衡正向移动
B．1530 K之后会有更多的甲烷与乙烯裂解生成碳导致乙炔产率增加不大
C．1530 K时测得气体的总物质的量为1.000 mol，则反应III的平衡常数为0.8652
D．相同条件下，改用更高效的催化剂，可使单位时间内的乙炔产率增大
②请在图乙中绘制平衡时乙烯的体积分数和反应温度的变化趋势，并标明1530 K时的气体体积分数。_________

【答案】(1) A(1分) 622.7~913.3K(2分)
(2) K=(1分) 保持O2的浓度，降低CO2的浓度，使平衡正向移动，提高二氧化锰的产率(2分)
(3) ABD(2分) (2分)
起点在1200K或其左侧，标注(1530，0.0080)
【解析】(1)①“焙烧”过程中，相同温度下，ΔG的大小为CaCO3＞MgCO3＞MnCO3，且ΔG=ΔH−TΔS，“焙烧”过程ΔH最大的是CaCO3，故选A；②由流程图可知，“焙烧”过程中，仅MnCO3分解，则“焙烧”温度应控制在622.7~913.3K。(2)①平衡时，v正=v逆,即k正c(O2)=k逆c2(CO2)，则K==；②焙烧时在入口持续通入空气，并不断用真空抽气泵在装置尾端抽气的目的是保持O2的浓度，降低CO2的浓度，使平衡正向移动，提高二氧化锰的产率。(3)①A项，反应II、III是吸热反应，升高温度，反应II、III正向移动，故1530K之前，乙炔产率随温度升高而增大，A正确；B项，反应I是放热反应，反应III是吸热反应，升高温度，反应I逆向移动，反应III正向移动，故1530 K之后，会有更多的甲烷与乙烯裂解生成碳导致乙炔产率增加不大，B正确；C项，1530 K时测得气体的总物质的量为1.000mol，H2、C2H2、CH4的体积分数分别为0.8240、0.0840和0.0840，则H2、C2H2、C2H4的浓度分别为0.824mol∙L-1、0.084mol∙L-1和0.008mol∙L-1、则反应III的平衡常数为==8.652，C错误；D项，相同条件下，改用更高效的催化剂，可使单位时间内的乙炔产率增大，D正确；故选ABD；②根据图甲中乙炔的体积分数和温度的关系曲线，且乙烯的起点温度要低于乙炔的起点，最高点的相应温度低于1530K，1530交点乙烯的体积分数不要超过0.01，则所绘制乙烯的体积分数和反应温度的关系曲线为[起点在1200K或其左侧，标注(1530，0.0080)]。
20．(10分)实验室制备一种钴的配合物，化学式为[Co(NH3)5Cl]Cl2，摩尔质量为，是一种微溶于水、难溶于稀盐酸的紫红色晶体，在热的强碱溶液中不稳定，释放出全部氨分子。实验流程如下：

已知制备原理：反应a：
反应b：[Co(NH3)5H2O]Cl3[Co(NH3)5Cl]Cl2+H2O
请回答：
(1)下列说法不正确的是_______。
A．由实验可知与钴离子形成配位键的能力由强到弱为：NH3＞Cl-＞H2O
B．NH4Cl的唯一作用是为反应提供氯离子
C．将步骤III中的浓盐酸改为硫酸溶液，是对方案的优化
D．若步骤II的溶液过低，会导致产率降低
(2)为了使反应快速、充分地进行，步骤II、III均需边振荡仪器A边加试剂，但发现产物中混有大量粉红色的副产物[Co(NH3)5H2O]Cl3，请回答：

①大量副产物生成的原因是_______________________。
②通过对装置的改进可以提高纯度和产率，图中可用来代替仪器A的是_______(填“B”或“C”)。
③不管有无改进装置，产物中都会混杂有少量蓝色晶体，经测定是碱式氯化亚钴，化学式为，请解释原因___________________________。
(3)为步骤IV中一系列操作选择合理选项并排序：蒸发浓缩至少量晶体析出→___→c→___→___→最终得到紧红色晶体。
a．趁热过滤；b．冷却至室温并过滤；c．用冷水分数次洗涤固体；d．用盐酸分数次洗涤固体；e．105℃下烘干；f．投入浓硫酸中干燥
(4)为了测定某目标产物的纯度(杂质除NH4Cl外均不参加反应)，称取样品溶于水，在容量瓶中配成溶液，取溶液进行如下操作：
步骤I：加入的溶液并加热至沸腾进行蒸氨，将生成的气体全部通入的盐酸中，用的标准液滴定剩余盐酸，消耗标准液。
步骤II：将蒸氨后的溶液冷却至室温，加硝酸中和至酸性，用0041mol·L-1 AgNO3标准液滴定至终点，消耗标准液。
样品的纯度为_______。
【答案】(1)BC(2分)
(2) HCl挥发，使得反应b难以进行(1分) B(1分) 步骤II振荡时H2O2分解，导致氧化剂不足，部分Co2+未被氧化(2分)
(3)bde(2分) (4)93.94%(2分)
【解析】由题给流程可知，浓氨水、氯化铵与二氯化钴在仪器A中加水充分反应生成棕色配合物[Co(NH3)6]Cl2，碱性条件下向[Co(NH3)6]Cl2棕色溶液中加入过氧化氢溶液，将[Co(NH3)6]Cl2转化为深棕色[Co(NH3)5H2O]Cl3，向[Co(NH3)5H2O]Cl3深棕色溶液中加入浓盐酸共热反应将[Co(NH3)5H2O]Cl3转化为紫红色[Co(NH3)5Cl]Cl2，[Co(NH3)5Cl]Cl2溶液经蒸发浓缩至少量晶体析出、冷却至室温并过滤、用5mL冷水分数次洗涤固体、用5mL6mol/L盐酸分数次洗涤固体、105℃下烘干制得紫红色[Co(NH3)5Cl]Cl2晶体。(1)A项，由向[Co(NH3)5H2O]Cl3深棕色溶液中加入浓盐酸共热反应将[Co(NH3)5H2O]Cl3转化为紫红色[Co(NH3)5Cl]Cl2可知，与钴离子形成配位键的能力由强到弱为：NH3>Cl−>H2O，故正确；B项，一水合氨在溶液中存在电离平衡，制备[Co(NH3)5Cl]Cl2时，氯化铵除提供氯离子外，还可以增大一水合氨的浓度，有利于[Co(NH3)5Cl]Cl2的生成，故错误；C项，将步骤III中的浓盐酸改为硫酸溶液不可能增大溶液中的氯离子浓度，不能将[Co(NH3)5H2O]Cl3转化为紫红色[Co(NH3)5Cl]Cl2，故错误；D项，若步骤II的溶液pH过低，溶液中的氢离子会使氨分子转化为铵根离子，不利于[Co(NH3)5Cl]Cl2的生成会导致产率降低，故正确；故选BD；(2)①步骤III振荡仪器A时，可能导致氯化氢挥发使得盐酸浓度减小，不利于反应b进行，使得产物中混有大量粉红色的副产物[Co(NH3)5H2O]Cl3；②用密封的仪器B代替敞口的仪器A可以减少氯化氢挥发使得盐酸浓度减小，有利于反应b进行，从而提高产品的纯度和产率，故选B，③步骤II振荡时H2O2发生分解反应，导致过氧化氢溶液的浓度减小，使得部分Co2+未被氧化，发生副反应生成碱式氯化亚钴，所以不管有无改进装置，产物中都会混杂有少量蓝色碱式氯化亚钴晶体；(3)由分析可知，[Co(NH3)5Cl]Cl2溶液经蒸发浓缩至少量晶体析出、冷却至室温并过滤、用5mL冷水分数次洗涤固体、用5mL6mol/L盐酸分数次洗涤固体、105℃下烘干制得紫红色[Co(NH3)5Cl]Cl2晶体，故答案为：b、d、e；(4)设样品中[Co(NH3)5Cl]Cl2和氯化铵的物质的量分别为amol、bmol，由步骤I可得：5a+b=0.008，由步骤II可得：3a+b=0.005，解得a=0.0015mol，则样品的纯度为×100%=93.94%。
21．(10分)近年来，含氮杂环因其广谱的生物活性而成为新药研究的热点课题之一，某研究小组按下列路线合成目标化合物J(C31H27N4ClO4)。

已知：
①，
②
③
请回答：
(1)化合物A的官能团名称为_______。
(2)化合物B的结构简式为_______。
(3)下列说法正确的是_______。
A．C的分子式为C11H15ClO B．F＋C→G的反应类型为消去反应
C．化合物J中含有6个环状结构 D．设计H→I的目的是为了增加反应物的活性
(4)写出D→E的化学方程式_______。
(5)设计以1，3-丁二烯(CH2=CH-CH=CH2)和(HOOCCH=CHCOOH)为原料合成的路线______ (用流程图表示，无机试剂任选)。
(6)写出3种同时符合下列条件的化合物的同分异构体的结构简式_______。
①分子中只含一个三元碳环和一个苯环；该物质遇到氯化铁溶液显紫色
②R谱和IR谱检测表明：分子中共有5种不同化学环境的氢原子
【答案】(1)酯基、醚键(1分) (2) (1分) (3)CD(2分)
(4) (2分)
(5) (3分)
(6)  ， ，  (3分)
【解析】A在NaBH4的作用下发生还原反应生成B，B与SOCl2反应生成C，D与反应生成E和乙醇，E→F过程由分子式及I的结构简式可知，F的结构简式为，C与F反应生成G，由I的结构简式可反推出G的结构简式为，由I 的结构简式为及H→I的反应条件可反推出H为,I→J结合已知条件可知J为。(1)由A的结构可知，包含的官能团为酯基、醚键；(2)由已知条件可知，B的结构简式为；(3)A项，C的结构简式为，C的分子式为C11H13ClO，A错误；B项，F＋C→G的反应类型为消去反应，C与F反应生成G，该反应为取代反应，B错误； C项，化合物J的结构简式为：，结构中含有6个环状结构，C正确；D项，设计H→I是先将-COOH转化为-COCl，-COCl更容易与-NH2反应，所以目的是为了增加反应物的活性，D正确；故选CD。(4)写出D和→E的化学方程式：；(5)已知，，目的是1，3-丁二烯(CH2=CH-CH=CH2)和(HOOCCH=CHCOOH)为原料合成，先形成五元环，再形成六元环，所以合成路线为：；(6)化合物中含有10个C原子，一个O，2个N，7个不饱和度，则满足①分子中只含一个三元碳环和一个苯环；占用5个不饱和度和9个C，还剩余2个不饱和度，2个N和1个O，该物质遇到氯化铁溶液显紫色，说明含有酚羟基，②1H-NMRR谱和IR谱检测表明：分子中共有5种不同化学环境的氢原子，所以符合条件的结构简式有：  ， ，  。