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四川省宜宾市叙州区第二中学2024届高三上学期一诊模拟考试理综试题（Word版附解析）
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这是一份四川省宜宾市叙州区第二中学2024届高三上学期一诊模拟考试理综试题（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了考试时间150分钟，满分300，02×1023个电子， 高铁酸钾是一种绿色净水剂，2%，2ml•L-1×0等内容，欢迎下载使用。
注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.考试时间150分钟，满分300
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 K 39 Ti 48 Fe 56 I 127
一、选择题：本题共13个小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 下列物质在生活或生成中的应用错误的是
A. 葡萄糖中添加二氧化硫用于杀菌、抗氧化
B. 在含较多Na2CO3的盐碱地中施加适量熟石灰降低了土壤碱性
C. 陶瓷坩埚不能用于熔融烧碱
D. 甲烷是一种强效温室气体，废弃的甲烷可用于生成甲醇
【答案】B
【解析】
【详解】A. 二氧化硫具有还原性，具有一定的杀菌作用，葡萄糖中添加二氧化硫用于杀菌、抗氧化，故A正确；
B. 熟石灰与Na2CO3反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，在含较多Na2CO3的盐碱地中施加适量熟石灰提高了土壤碱性，故B错误；
C. 陶瓷坩埚中二氧化硅能与烧碱反应，故C正确；
D. 甲烷是一种强效温室气体，废弃的甲烷可用于生成甲醇，故D正确；
故选B。
2. “84”消毒液、明矾、高铁酸钾(K2FeO4)、臭氧等都可以作水处理剂，已知“84”消毒液中的有效成分为NaClO，下列有关说法正确的是
A. 若有1ml高铁酸钾转化成氢氧化铁沉淀，则转移6×6.02×1023个电子
B. 常温常压下，32gO2、O3的混合气体所含原子数小于2×6.02×1023
C. 500mL2ml/L明矾溶于水得到的氢氧化铝胶体粒子数为6.02×1023
D. 7.45gNaClO中ClO-含有的电子总数为26×6.02×1022
【答案】D
【解析】
【详解】A. 1ml高铁酸钾转化成氢氧化铁沉淀，铁的化合价由+6价降低到+3价，得到3ml电子，所以转移的电子数为3×6.02×1023，故A不选；
B. 32gO2、O3的混合气体可以看做是32g氧原子，即2ml氧原子，所以所含原子数等于2×6.02×1023，故B不选；
C. 500mL2ml/L明矾中含1mlAl3+，1个氢氧化铝胶体粒子是由多个Al(OH)3聚合而成，所以氢氧化铝胶体粒子数小于6.02×1023，故C不选；
D. 7.45gNaClO即0.1mlNaClO，1个ClO-中含有的电子数为26个，所以0.1ml中ClO-含有的电子总数为26×6.02×1022，故D选。
故选D。
3. 实验室分别用图1、图2装置完成石蜡油分解实验和煤的干馏实验。下列说法不正确的是( )
A. 图1中碎瓷片为反应的催化剂
B. 图1中酸性KMnO4溶液褪色可证明有乙烯生成
C. 图2中得到的煤焦油含有苯、甲苯等有机物
D. 取图2中水层，滴加酚酞溶液，溶液变红
【答案】B
【解析】
【详解】A. 碎瓷片为石蜡油分解的催化剂，故A正确；
B. 图1中酸性高锰酸钾溶液褪色说明有不饱和烃生成，不一定为乙烯，故B错误；
C.煤焦油中含有苯、甲苯等有机物，故C正确；
D. 煤干馏可以得到粗氨水，所以取图2中水层滴加酚酞溶液，溶液变红色，故D正确。
故选B。
4. 某有机物桶烯的结构简式为 ，下列有关说法不正确的是（ ）
A. 该有机物与乙苯是同分异构体
B. 该有机物的二氯代物有6种
C. 该有机物能发生加成和氧化反应
D. 1ml该有机物完全燃烧需要10mlO2
【答案】A
【解析】
【分析】有机物桶烯的结构简式可知，该有机物的分子式为C8H8，1ml桶烯含有3ml碳碳双键，具有烯烃的性质，据此分析。
【详解】A．该有机物桶烯的分子式为C8H8，乙苯的分子式为C8H10，桶烯含8个H，乙苯含10个H，二者分子式不同，不是同分异构体，故A错误；
B．固定1个Cl在双键碳上，移动另一个Cl有5种，固定1个Cl在次甲基上，移动另一个Cl有1种，共6种，故B正确；
C．该有机物含碳碳双键可发生加成、氧化反应，故C正确；
D．该有机物桶烯的分子式为C8H8，一个分子中含8个C，8个H，根据该有机物燃烧的化学方程式可知：则1ml该有机物完全燃烧需要O2为8ml+ml=10ml，故D正确；
答案选A。
5. 科学家利用原子序数依次递增的W、X、Y、Z四种短周期元素，“组合”成一种具有高效催化性能的超分子，其分子结构示意图如图所示(短线代表共价键)。其中W、X、Z分别位于不同周期，Z是同周期中金属性最强的元素。下列说法正确的是
A. 简单离子半径：Z＞Y＞W
B. Y与W、X、Z均能形成至少两种化合物
C. 氢化物的沸点： Y＞X
D. l ml ZW与水发生反应生成1ml W2，转移电子2ml
【答案】B
【解析】
【分析】W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次递增，Z是同周期中金属性最强的元素，且W、X、Z分别位于不同周期，可知，Z为Na，W为H；X、Y位于第二周期，由超分子的结构示意图知，X连四条键、Y连两条键，则X为C，Y为O，据此解答。
【详解】A． H+核外没有电子，半径最小，Na+、O2-的核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，则简单离子半径：O2-＞Na+＞H+，故A错误；
B． O与H可形成H2O、H2O2，O与C可形成CO、CO2，O与Na可形成NaO、Na2O2，故B正确；
C． C的氢化物为烃，含C原子数少的烃为气态或液态，含C原子数多的烃为固态，O的氢化物为H2O、H2O2，呈液态，则C的氢化物的沸点不一定比O的氢化物的沸点低，故C错误；
D． 1mlNaH和H2O发生反应生成1mlH2，NaH+H2O= H2↑+NaOH，1mlNaH反应转移1ml电子，故D错误；
故选B。
6. 垃圾假单胞菌株能够在分解有机物的同时分泌物质产生电能，其原理如下图所示。下列说法正确的是
A. 电流由左侧电极经过负载后流向右侧电极
B. 放电过程中，正极附近pH 变小
C. 若1mlO2 参与电极反应，有4 ml H+穿过质子交换膜进入右室
D. 负极电极反应为：H2PCA + 2e－＝PCA + 2H+
【答案】C
【解析】
【详解】A、右侧氧气得电子产生水，作为正极，故电流由右侧正极经过负载后流向左侧负极，选项A错误；B、放电过程中，正极氧气得电子与氢离子结合产生水， 氢离子浓度减小，pH 变大，选项B错误；C、若1mlO2 参与电极反应，有4 ml H+穿过质子交换膜进入右室，生成2ml水，选项C正确；D、原电池负极失电子，选项D错误。答案选C。
7. 25℃时，将浓度均为0.1mlL、体积分别为Va和Vb的HX溶液与NH3·H2O溶液按不同体积比混合，保持Va+Vb＝100mL，Va、Vb与混合液的pH的关系如图所示。下列说法正确的是
A. Ka(HX)>Kb(NH3·H2O)
B. b点时c(NH4+)>c(HX)>c(OH—)＝c(H+)
C. a、b、d几点中，水的电离程度d>b>a
D. a →b点过程中，可能存在c(X—)【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A.根据b点，等体积、等浓度HX溶液与NH3·H2O 的混合液pH=7，说明Ka(HX)=Kb(NH3·H2O)，故A错误；
B. b点是等体积、等浓度HX溶液与NH3·H2O 的混合液，溶质是NH4X， pH=7，X-、NH4+相互促进水解生成HX，所以c(NH4+)>c(HX)>c(OH—)＝c(H+)，故B正确；
C. a →b点过程，相当于向HA溶液中加氨水至恰好反应，所以水的电离程度逐渐增大，a、b、d几点中，水的电离程度b>a>d，故C错误；
D. a →b点过程中，溶液呈酸性，c(OH—)【点睛】本题考查了弱电解质的电离、离子浓度大小比较，侧重于学生分析能力、读图能力的考查，注意把握物料守恒、电荷守恒的运用。
三、非选择题：共174分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共129分。
8. 高铁酸钾(K2FeO4)是一种绿色净水剂。某课外小组利用KClO与Fe(NO3)3、KOH溶液反应制备K2FeO4，其方法是先用Cl2与KOH溶液反应制取KClO，再向KClO溶液中加入KOH、Fe(NO3)3溶液。装置如下图所示(部分夹持装置已省略)：
已知：①Cl2与KOH溶液的反应是放热反应，在20°C以下反应生成KClO，在较高温度时则生成KClO3；②K2FeO4易溶于水、微溶于浓KOH溶液，在0~5 °C的强碱性环境中较稳定。
回答下列问题：
（1）仪器a的名称是___________，装置A中发生反应的化学方程式为___________，装置B的作用是___________。
（2）装置C中三颈烧瓶置于冰水浴中的目的是___________；搅拌的作用是___________，向三颈烧瓶中加入KOH、Fe(NO3)3溶液，搅拌并在0~5 °C下反应制得K2FeO4，反应的离子方程式为___________。
（3）装置D的作用是___________。
（4）测定制得K2FeO4样品的质量分数。称取4.0g K2FeO4样品溶于适量的KOH溶液中，向其中加入足量的KCrO2溶液，充分反应后过滤，滤液在250 mL容量瓶中定容。取25. 00 mL加入稀硫酸酸化，用0.2 ml·L-1的(NH4)2 Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为24. 00 mL，K2FeO4样品的质量分数为___________。
已知相关反应为
① + +2H2O=Fe(OH)3↓+ +OH-；
②2 +2H+= +H2O；
③ +6Fe2+ +14H+=6Fe3+ +2Cr3+ +7H2O。
【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. ③. 除去氯气中的氯化氢
（2） ①. 防止K2FeO4生成其它物质 ②. 有利于反应物充分接触，加快反应速率 ③. 3ClO-+2Fe3++10OH-=2+3Cl-+5H2O
（3）吸收Cl2，防止污染空气
（4）79.2%
【解析】
【分析】根据实验装置图可知，A装置中用二氧化锰与浓盐酸加热制得氯气，氯气中有挥发出的来的氯化氢，所以B装置中饱和食盐水是除去氯气中的氯化氢，装置C中用氯气与氢氧化钾溶液应制得次氯酸钾，为防止在较高温度下生成KClO3，C装置中用冰水浴，反应的尾气氯气用D装置中氢氧化钠吸收，以此解答该题。
【小问1详解】
仪器a的名称是分液漏斗；装置A是实验室制取氯气的装置，A中发生的反应方程式为：，B装置中饱和食盐水是除去氯气中的氯化氢，故答案为：分液漏斗；；除去氯气中的氯化氢；
【小问2详解】
K2FeO4易溶于水、微溶于浓KOH溶液，在0～5℃的强碱性环境中较稳定，装置C中三颈烧瓶置于冰水浴中的目的是防止K2FeO4生成其它物质，搅拌的作用是有利于反应物充分接触，加快反应速率；KClO加入KOH溶液、Fe(NO3)3溶液，水浴控制反应温度为25℃，搅拌1.5h，生成K2FeO4和H2O，则KClO被还原成KCl，根据得失电子守恒、电荷守恒等配平的离子方程式为：3ClO-+2Fe3++10OH-=2+3Cl-+5H2O，故答案为：防止K2FeO4生成其它物质；有利于反应物充分接触，加快反应速率；3ClO-+2Fe3++10OH-=2+3Cl-+5H2O；
小问3详解】
装置D的作用是吸收Cl2，防止污染空气，故答案为：吸收Cl2，防止污染空气；
【小问4详解】
由反应方程式①++2H2O=Fe(OH)3↓++OH- ；②2 +2H+= +H2O；③ +6Fe2+ +14H+=6Fe3+ +2Cr3+ +7H2O，可得关系式：～～～3Fe3+，则每次滴定反应的K2FeO4的物质的量为：n()=n(Fe3+)=×0.2ml•L-1×0.024L=0.0016ml，则K2FeO4的总质量为：198g/ml×0.0016×=3.168g，则K2FeO4样品的纯度为：，故答案为：79.2%。
9. 2022年北京冬奥会的火炬“飞扬”是世界首款高压储氢火炬，它运用了液体火箭发动机的氢能技术。
I.由氨气制取氢气是一种新工艺，氨气中氢含量高，是一种优良的小分子储氢载体，且安全、易储运。氨热分解法制氢气相关化学键的键能数据如表：
回答下列问题：
（1）反应2NH3(g)N2(g)+3H2(g)△H=____kJ·ml-1。
（2）已知该反应的△S=0.2kJ·ml·K-1，则温度T____K时反应能自发进行。
（3）某兴趣小组对该反应进行了实验探究，在一定温度和催化剂的条件下，将0.1mlNH3通入恒容密闭容器中进行反应，此时容器内总压为200kPa，4min后达到平衡，容器内的压强为280kPa。
①该反应达到化学平衡的标志是____(填序号)。
A.NH3的反应速率为0
B.H2的分压保持不变
C.气体平均相对分子质量保持不变
D.NH3、N2、H2的物质的量之比为2：1：3
②在该温度下，反应的平衡常数Kp=____kPa2。(分压=总压×该组分物质的量分数)
II.利用有机物HCOOH分解可再生H2与CO2。
（4）在催化剂作用下，HCOOH分解生成CO2和H2可能的反应机理如图所示：
①HCOOD催化释氢反应除生成CO2外，还生成____(填化学式)。
②研究发现：其他条件不变时，HCOOK替代一部分HCOOH，催化释氢的速率增大，根据图示反应机理解释其可能的原因是____。
III.氨电解法制氢气：
利用电解原理，将氨转化为高纯氢气，其装置如图所示：
（5）阳极的电极反应式为____。
【答案】（1）+92 （2）>460
（3） ①. BC ②. 4800
（4） ①. HD ②. HCOOH是弱电解质，HCOOK是强电解质，替代后HCOO-浓度增大，反应速率增大
（5）6OH-+2NH3-6e-=N2+6H2O
【解析】
【小问1详解】
断裂旧键吸收能量，形成新键释放能量，根据△H=断裂旧键吸收的能量-形成新键释放的能量可得，2NH3(g)N2(g)+3H2(g) △H=（+2×3×391-946-3×436）kJ·ml-1=+92 kJ·ml-1，故答案为：+92；
【小问2详解】
若反应能自发进行，则△G=△H -T△ S<0，即：92-0.2T<0，解得： T>460K，故答案为：>460；
【小问3详解】
①A．达平衡状态时，反应仍在继续进行，反应速率不为0，故A错误；
B．H2的分压保持不变即物质的量分数保持不变，故B正确；
C．气体总质量不变，气体平均分子量保持不变即气体物质的量保持不变，达平衡状态，故C正确；
D．NH3、 N2、H2的物质的量之比为2: 1: 3，并不能表示其不变，故D错误；
故答案为：BC；
②容器体积不变反应达到平衡，根据压强之比等于物质的量之比即，解得n(混)=0.14ml，设转化的氨气为2x，则，则0.1-2x+x+3x=0.14，解得x=0.02ml，平衡容器内的压强为280kPa，则反应的平衡常数，故答案为：4800；
【小问4详解】
①H、D是氢元素的同位素，由HCOOH分解生成CO2和H2推断HCOOD催化释氢生成CO2和HD；②HCOOH是弱电解质，HCOOK是强电解质，用部分HCOOK代替HCOOH，导致HCOO-浓度增大，因此其他条件不变时，HCOOK替代一部分HCOOH，催化释氢的速率增大，故答案为：HD；HCOOH是弱电解质，HCOOK是强电解质，替代后HCOO-浓度增大，反应速率增大；
【小问5详解】
阳极是氨气失去电子变为氮气，其电极反应式为6OH-+2NH3-6e-=N2+6H2O，故答案为：6OH-+2NH3-6e-=N2+6H2O。
10. 三氯化六氨合钴(III){[C(NH3)6]C13}是合成其他含钴配合物的重要原料。工业上以水钴矿(主要成分为C2O3，还含有少量的Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO、SiO2)为原料制备三氯化六氨合钴晶体。
已知：①C2O3具有很强的氧化性，其产物为C(Ⅱ)；碱性条件下，C(Ⅱ)能被O2氧化：[C(NH3)6]Cl3易溶于热水，难溶于冷水：
②25℃时相关物质Ksp如表：
请回答下列问题：
（1）“浸取”时，能提高浸取速率的措施是_______(写出一条即可)，C2O3发生反应的离子方程式为_______。
（2）滤渣Ⅱ的成分是A1(OH)3和Fe(OH)3“氧化”时，NaClO3溶液的作用是_______。
（3）“除杂”时，CF2可将Ca2+、Mg2+转化为沉淀过滤除去，若所得滤液中Mg2+刚好沉淀完全，则此时滤液中c(Ca2+)=_______ml·L-1(通常认为溶液中离子浓度≤10-5ml·L-1时沉淀完全)。
（4）“转化”时，C2+转化为[C(NH3)6]3+，需水浴控温在50~60℃，温度不能过高的原因是_______，其反应的离子方程式为_______，“系列操作”为_______、冷却结晶、_______、洗涤、干燥。
（5）为测定产品中钴元素的含量，取ag样品于烧杯中，加水溶解，加入足量的NaOH溶液，加热至沸腾，将[C(NH3)6]Cl3完全转化为C(OH)3，冷却后加足量KI固体和HCl溶液，充分反应一段时间后，将烧瓶中的溶液全部转移至250.00mL容量瓶中，定容。取25.00mL试样加入到锥形瓶中，加入淀粉作指示剂，用0.1000ml·L-1Na2S2O3标准溶液滴定，滴定至终点消耗Na2S2O3溶液的体积为VmL(已知：2C3++2I-=2C2++I2，I2+2S2O=2I-+S4O)。
①滴定终点的现象是_______。
②该产品中钴元素的质量分数为_______(用含a、V的式子表示)。
【答案】（1） ①. 将水钴矿粉碎、搅拌、适当增大稀硫酸浓度、或加热等 ②. 2C2O3+S2O+6H+=4C2++2SO+3H2O
（2）将Fe2+氧化为Fe3+
（3）5×10-6 （4） ①. 一水合氨受热易分解 ②. 4C2++20NH3·H2O+O2+4NH=4[C(NH3)6]3++22H2O ③. 在HCl氛围下蒸发浓缩 ④. 减压过滤得到[C(NH3)6]Cl3晶体
（5） ①. 溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原 ②.
【解析】
【分析】水钴矿的主要成分为C2O3，还含有少量的Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO、SiO2，加入稀硫酸、Na2S2O5溶液浸取，C2O3被Na2S2O5还原得到C2+，Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO均与稀硫酸反应生成相应的硫酸盐，同时Fe3+也被Na2S2O5还原为Fe2+，SiO2不反应，CaSO4微溶于水，故滤渣I为SiO2、CaSO4，氧化步骤中，加入NaClO3将Fe2+氧化物为Fe3+，调pH=5，将Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，故滤渣II的成分是Al(OH)3和Fe(OH)3，除杂步骤中加入CF2固体，沉淀Mg2+、Ca2+，生成MgF2、CaF2固体，过滤，滤液中含有C2+，转化步骤中通入氧气，并加入氨水和氯化铵溶液，生成[C(NH3)6]Cl3，再在HCl氛围下蒸发浓缩、冷却结晶、减压过滤得到产品，据此分析作答。
【小问1详解】
“浸取”时，能提高浸取速率的措施是将水钴矿粉碎、搅拌、适当增大稀硫酸浓度、或加热等，C2O3被Na2S2O5还原得到C2+，则C2O3发生反应的离子方程式为；
【小问2详解】
“氧化”时，NaClO3溶液的作用是将Fe2+氧化物为Fe3+，便于除去Fe3+；
【小问3详解】
“除杂”时，若所得滤液中Mg2+刚好沉淀完全，此时溶液中c(Mg2+)=1×10-5ml/L，c(F-)==10-2.5ml/L，则c(Ca2+)==5×10-6ml/L；
【小问4详解】
“转化”时，C2+转化为[C(NH3)6]3+，需水浴控温在50~60℃温度不能过高的原因是一水合氨受热易分解，其反应的离子方程式为，生成[C(NH3)6]Cl3溶液，为防止其水解，应在HCl氛围下蒸发浓缩、冷却结晶、减压过滤，洗涤，干燥，得到[C(NH3)6]Cl3晶体；
小问5详解】
①取ag样品于烧杯中，加水溶解，加入足量的NaOH溶液，加热至沸腾，将[C(NH3)6]Cl3完全转化为C(OH)3，冷却后加足量KI固体和HCl溶液，发生反应2C3++2I-=2C2++I2，充分反应一段时间后，将烧瓶中的溶液全部转移至250.00mL容量瓶中，定容。取25.00mL试样加入到锥形瓶中，加入淀粉作指示剂，此时溶液呈现蓝色，用0.1000ml·L-1Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应I2+2S2O=2I-+S4O，滴定终点的现象是溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原；
②由反应2C3++2I-=2C2++I2，I2+2S2O=2I-+S4O可得关系式：2C3+~I2~2S2O，即C3+~S2O，则该产品中钴元素的质量分数为。
(二)选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。
[化学——选修3：物质结构与性质]
11. (CH3NH3)PbI3作为最典型的有机金属卤化物，一直是太阳能电池研究的宠儿。回答下列问题：
（1）基态Pb原子的价电子排布式为___________，N能层电子数有___________个。
（2）中第一电离能最大的元素是___________(填元素符号)，该离子中的化学键是由___________(填标号)原子轨道重叠形成的。
a．sp2与sp2 b．sp3与sp c．sp3与sp3 d．sp3与s e．s与s
（3）的VSEPR模型如下图，中心I原子的杂化方式是_______(填“sp3”、“sp”、“sp3d”或“sp3d2”)。的空间构型为______。
（4）PbF4的熔点显著高于PbCl4的原因是_______。
（5）(CH3NH3)PbI3晶体属于钙钛矿型结构(如图所示)，Pb2+周围距离最近且相等的I-数目有______个。若将A离子作为晶胞的体心另取晶胞Y，则I处于晶胞Y中的______，晶胞中A、B之间的距离为apm，(CH3NH3)PbI3式量为M，该物质的密度ρ=______g▪cm-3(列出计算式，设NA为阿伏加德罗常数的值)。
【答案】（1） ① 6s26p2 ②. 32
（2） ①. N ②. cd
（3） ①. sp3d ②. 直线型
（4）PbF4是离子化合物，PbCl4是共价化合物
（5） ①. 6 ②. 棱心 ③.
【解析】
【小问1详解】
铅为82号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p64d104f145s25p65d106s26p2，基态Pb原子的价电子排布式为6s26p2，N能层电子数有32个。答案为：6s26p2；32；
【小问2详解】
中包含的元素为H、C、N，第一电离能最大的元素是N，该离子中C、N原子都形成4个共价键，都发生sp3杂化，C-H、N-H都是由sp3与s、C-N之间是由sp3与sp3 原子轨道重叠形成的，故选cd。答案为：N；cd；
【小问3详解】
的中心I原子的价电子数为，所以发生sp3d杂化，为直线型，三个碘原子在一条直线上。
【小问4详解】
PbF4由离子构成，PbCl4由分子构成，则PbF4的熔点显著高于PbCl4的原因是PbF4是离子化合物，PbCl4是共价化合物。答案为：PbF4是离子化合物，PbCl4是共价化合物；
【小问5详解】
由图中可以看出，Pb2+周围距离最近且相等的I-都位于6个面的面心，所以数目有6个。若将A离子作为晶胞的体心另取晶胞Y，则I处于晶胞Y中的棱心，晶胞中A、B之间的距离为面对角线的一半，则立方体的边长为apm，(CH3NH3)PbI3式量为M，该物质的密度ρ= g▪cm-3(=g▪cm-3。答案为：6；棱心；。
【点睛】计算密度时，需计算立方体的体积，关键需弄清棱长与A、B间距离的关系。
[化学——选修5：有机化学基础]
12. 科学家临床实验证实中草药金银花可抑制新冠病毒复制，其有效成分是“绿原酸”，以下是科研小组设计的“绿原酸(F)"的合成路线：
已知：
回答下列问题：
（1）化合物A的名称为_______
（2）F的分子式是________，E的官能团名称为_______
（3）D经过①②两步反应转化为E，反应①的反应条件为_______，化合物B的结构简式为_______
（4）C→D的化学方程式为________
（5）绿原酸在碱性条件下完全水解后，再酸化得到的芳香族化合物的同分异构体有多种，满足以下条件的有_______种(不考虑立体异构)。
a.含有苯环
b.1ml该物质能与2mlNaHCO3反应
写出核磁共振氢谱显示峰面积之比为3：2：2：1的结构简式______。(写出一种即可)
（6）写出以CH3CH2COOH为基础原料制备聚乳酸()的合成路线：(合成路线见题干，无机试剂可任选)_______。
【答案】（1）1、2-二氯乙烯
（2） ①. C16H18O9 ②. 羟基、羧基
（3） ①. 氢氧化钠水溶液、加热 ②.
（4） （5） ①. 10 ②.
（6）
【解析】
【分析】由已知反应原理可知，A与发生加成反应生成B，结合D结构简式可知，A中氯原子位于两个碳原子上，结构简式为，A生成B为；B生成C引入羧基，C生成D引入溴原子，D发生水解反应生产E，E最终生成F；
【小问1详解】
化合物A的结构简式为，名称为1、2-二氯乙烯；
【小问2详解】
F的分子式是C16H18O9，E的官能团名称为羟基、羧基；
【小问3详解】
D经过①②两步反应转化为E，反应①为卤代氢在氢氧化钠水溶液条件下的取代反应，反应条件为氢氧化钠水溶液、加热；
由已知反应原理可知，A与发生加成反应生成B，反应为，故化合物B的结构简式为；
【小问4详解】
比较BD结构简式，可知C结构简式为，C→D为溴和C发生取代反应，化学方程式为；
【小问5详解】
绿原酸中含有酯基，在碱性条件下完全水解后，再酸化得到的芳香族化合物；其同分异构体有多种，满足以下条件：
a.含有苯环
b.1ml该物质能与2mlNaHCO3反应，则1个分子中含有2个羧基；
如果苯环上有1个取代基，，有1种情况；
如果苯环上有2个取代基，，则有邻间对3种情况；
如果苯环上有3个取代基，，2个羧基处于邻位时，甲基有2种情况；2个羧基处于间位时，甲基有3种情况；2个羧基处于对位时，甲基有1种情况；
合计有10种情况；
核磁共振氢谱显示峰面积之比为3：2：2：1的结构简式为：
【小问6详解】
聚乳酸()的单体为，则需要在CH3CH2COOH中与羧基相连的碳原子上首先引入一个卤素原子(反应原理类似C生成D的反应)，然后水解引入羟基，最后发生缩聚反应生成产物；故合成路线可以为：化学键
N≡N
H—H
N—H
键能E/(kJ·ml-1)
946
436
391
物质
C(OH)2
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Al(OH)3
Mg(OH)2
Ca(OH)2
MgF2
CaF2
Ksp
1×10-13.8
1×10-16.3
1×10-38.6
1×10-32.3
1×10-11.2
1×10-7.8
1×10-10
5×10-11
注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.考试时间150分钟，满分300
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 K 39 Ti 48 Fe 56 I 127
一、选择题：本题共13个小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 下列物质在生活或生成中的应用错误的是
A. 葡萄糖中添加二氧化硫用于杀菌、抗氧化
B. 在含较多Na2CO3的盐碱地中施加适量熟石灰降低了土壤碱性
C. 陶瓷坩埚不能用于熔融烧碱
D. 甲烷是一种强效温室气体，废弃的甲烷可用于生成甲醇
【答案】B
【解析】
【详解】A. 二氧化硫具有还原性，具有一定的杀菌作用，葡萄糖中添加二氧化硫用于杀菌、抗氧化，故A正确；
B. 熟石灰与Na2CO3反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，在含较多Na2CO3的盐碱地中施加适量熟石灰提高了土壤碱性，故B错误；
C. 陶瓷坩埚中二氧化硅能与烧碱反应，故C正确；
D. 甲烷是一种强效温室气体，废弃的甲烷可用于生成甲醇，故D正确；
故选B。
2. “84”消毒液、明矾、高铁酸钾(K2FeO4)、臭氧等都可以作水处理剂，已知“84”消毒液中的有效成分为NaClO，下列有关说法正确的是
A. 若有1ml高铁酸钾转化成氢氧化铁沉淀，则转移6×6.02×1023个电子
B. 常温常压下，32gO2、O3的混合气体所含原子数小于2×6.02×1023
C. 500mL2ml/L明矾溶于水得到的氢氧化铝胶体粒子数为6.02×1023
D. 7.45gNaClO中ClO-含有的电子总数为26×6.02×1022
【答案】D
【解析】
【详解】A. 1ml高铁酸钾转化成氢氧化铁沉淀，铁的化合价由+6价降低到+3价，得到3ml电子，所以转移的电子数为3×6.02×1023，故A不选；
B. 32gO2、O3的混合气体可以看做是32g氧原子，即2ml氧原子，所以所含原子数等于2×6.02×1023，故B不选；
C. 500mL2ml/L明矾中含1mlAl3+，1个氢氧化铝胶体粒子是由多个Al(OH)3聚合而成，所以氢氧化铝胶体粒子数小于6.02×1023，故C不选；
D. 7.45gNaClO即0.1mlNaClO，1个ClO-中含有的电子数为26个，所以0.1ml中ClO-含有的电子总数为26×6.02×1022，故D选。
故选D。
3. 实验室分别用图1、图2装置完成石蜡油分解实验和煤的干馏实验。下列说法不正确的是( )
A. 图1中碎瓷片为反应的催化剂
B. 图1中酸性KMnO4溶液褪色可证明有乙烯生成
C. 图2中得到的煤焦油含有苯、甲苯等有机物
D. 取图2中水层，滴加酚酞溶液，溶液变红
【答案】B
【解析】
【详解】A. 碎瓷片为石蜡油分解的催化剂，故A正确；
B. 图1中酸性高锰酸钾溶液褪色说明有不饱和烃生成，不一定为乙烯，故B错误；
C.煤焦油中含有苯、甲苯等有机物，故C正确；
D. 煤干馏可以得到粗氨水，所以取图2中水层滴加酚酞溶液，溶液变红色，故D正确。
故选B。
4. 某有机物桶烯的结构简式为 ，下列有关说法不正确的是（ ）
A. 该有机物与乙苯是同分异构体
B. 该有机物的二氯代物有6种
C. 该有机物能发生加成和氧化反应
D. 1ml该有机物完全燃烧需要10mlO2
【答案】A
【解析】
【分析】有机物桶烯的结构简式可知，该有机物的分子式为C8H8，1ml桶烯含有3ml碳碳双键，具有烯烃的性质，据此分析。
【详解】A．该有机物桶烯的分子式为C8H8，乙苯的分子式为C8H10，桶烯含8个H，乙苯含10个H，二者分子式不同，不是同分异构体，故A错误；
B．固定1个Cl在双键碳上，移动另一个Cl有5种，固定1个Cl在次甲基上，移动另一个Cl有1种，共6种，故B正确；
C．该有机物含碳碳双键可发生加成、氧化反应，故C正确；
D．该有机物桶烯的分子式为C8H8，一个分子中含8个C，8个H，根据该有机物燃烧的化学方程式可知：则1ml该有机物完全燃烧需要O2为8ml+ml=10ml，故D正确；
答案选A。
5. 科学家利用原子序数依次递增的W、X、Y、Z四种短周期元素，“组合”成一种具有高效催化性能的超分子，其分子结构示意图如图所示(短线代表共价键)。其中W、X、Z分别位于不同周期，Z是同周期中金属性最强的元素。下列说法正确的是
A. 简单离子半径：Z＞Y＞W
B. Y与W、X、Z均能形成至少两种化合物
C. 氢化物的沸点： Y＞X
D. l ml ZW与水发生反应生成1ml W2，转移电子2ml
【答案】B
【解析】
【分析】W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次递增，Z是同周期中金属性最强的元素，且W、X、Z分别位于不同周期，可知，Z为Na，W为H；X、Y位于第二周期，由超分子的结构示意图知，X连四条键、Y连两条键，则X为C，Y为O，据此解答。
【详解】A． H+核外没有电子，半径最小，Na+、O2-的核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，则简单离子半径：O2-＞Na+＞H+，故A错误；
B． O与H可形成H2O、H2O2，O与C可形成CO、CO2，O与Na可形成NaO、Na2O2，故B正确；
C． C的氢化物为烃，含C原子数少的烃为气态或液态，含C原子数多的烃为固态，O的氢化物为H2O、H2O2，呈液态，则C的氢化物的沸点不一定比O的氢化物的沸点低，故C错误；
D． 1mlNaH和H2O发生反应生成1mlH2，NaH+H2O= H2↑+NaOH，1mlNaH反应转移1ml电子，故D错误；
故选B。
6. 垃圾假单胞菌株能够在分解有机物的同时分泌物质产生电能，其原理如下图所示。下列说法正确的是
A. 电流由左侧电极经过负载后流向右侧电极
B. 放电过程中，正极附近pH 变小
C. 若1mlO2 参与电极反应，有4 ml H+穿过质子交换膜进入右室
D. 负极电极反应为：H2PCA + 2e－＝PCA + 2H+
【答案】C
【解析】
【详解】A、右侧氧气得电子产生水，作为正极，故电流由右侧正极经过负载后流向左侧负极，选项A错误；B、放电过程中，正极氧气得电子与氢离子结合产生水， 氢离子浓度减小，pH 变大，选项B错误；C、若1mlO2 参与电极反应，有4 ml H+穿过质子交换膜进入右室，生成2ml水，选项C正确；D、原电池负极失电子，选项D错误。答案选C。
7. 25℃时，将浓度均为0.1mlL、体积分别为Va和Vb的HX溶液与NH3·H2O溶液按不同体积比混合，保持Va+Vb＝100mL，Va、Vb与混合液的pH的关系如图所示。下列说法正确的是
A. Ka(HX)>Kb(NH3·H2O)
B. b点时c(NH4+)>c(HX)>c(OH—)＝c(H+)
C. a、b、d几点中，水的电离程度d>b>a
D. a →b点过程中，可能存在c(X—)
【解析】
【分析】
【详解】A.根据b点，等体积、等浓度HX溶液与NH3·H2O 的混合液pH=7，说明Ka(HX)=Kb(NH3·H2O)，故A错误；
B. b点是等体积、等浓度HX溶液与NH3·H2O 的混合液，溶质是NH4X， pH=7，X-、NH4+相互促进水解生成HX，所以c(NH4+)>c(HX)>c(OH—)＝c(H+)，故B正确；
C. a →b点过程，相当于向HA溶液中加氨水至恰好反应，所以水的电离程度逐渐增大，a、b、d几点中，水的电离程度b>a>d，故C错误；
D. a →b点过程中，溶液呈酸性，c(OH—)
三、非选择题：共174分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共129分。
8. 高铁酸钾(K2FeO4)是一种绿色净水剂。某课外小组利用KClO与Fe(NO3)3、KOH溶液反应制备K2FeO4，其方法是先用Cl2与KOH溶液反应制取KClO，再向KClO溶液中加入KOH、Fe(NO3)3溶液。装置如下图所示(部分夹持装置已省略)：
已知：①Cl2与KOH溶液的反应是放热反应，在20°C以下反应生成KClO，在较高温度时则生成KClO3；②K2FeO4易溶于水、微溶于浓KOH溶液，在0~5 °C的强碱性环境中较稳定。
回答下列问题：
（1）仪器a的名称是___________，装置A中发生反应的化学方程式为___________，装置B的作用是___________。
（2）装置C中三颈烧瓶置于冰水浴中的目的是___________；搅拌的作用是___________，向三颈烧瓶中加入KOH、Fe(NO3)3溶液，搅拌并在0~5 °C下反应制得K2FeO4，反应的离子方程式为___________。
（3）装置D的作用是___________。
（4）测定制得K2FeO4样品的质量分数。称取4.0g K2FeO4样品溶于适量的KOH溶液中，向其中加入足量的KCrO2溶液，充分反应后过滤，滤液在250 mL容量瓶中定容。取25. 00 mL加入稀硫酸酸化，用0.2 ml·L-1的(NH4)2 Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为24. 00 mL，K2FeO4样品的质量分数为___________。
已知相关反应为
① + +2H2O=Fe(OH)3↓+ +OH-；
②2 +2H+= +H2O；
③ +6Fe2+ +14H+=6Fe3+ +2Cr3+ +7H2O。
【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. ③. 除去氯气中的氯化氢
（2） ①. 防止K2FeO4生成其它物质 ②. 有利于反应物充分接触，加快反应速率 ③. 3ClO-+2Fe3++10OH-=2+3Cl-+5H2O
（3）吸收Cl2，防止污染空气
（4）79.2%
【解析】
【分析】根据实验装置图可知，A装置中用二氧化锰与浓盐酸加热制得氯气，氯气中有挥发出的来的氯化氢，所以B装置中饱和食盐水是除去氯气中的氯化氢，装置C中用氯气与氢氧化钾溶液应制得次氯酸钾，为防止在较高温度下生成KClO3，C装置中用冰水浴，反应的尾气氯气用D装置中氢氧化钠吸收，以此解答该题。
【小问1详解】
仪器a的名称是分液漏斗；装置A是实验室制取氯气的装置，A中发生的反应方程式为：，B装置中饱和食盐水是除去氯气中的氯化氢，故答案为：分液漏斗；；除去氯气中的氯化氢；
【小问2详解】
K2FeO4易溶于水、微溶于浓KOH溶液，在0～5℃的强碱性环境中较稳定，装置C中三颈烧瓶置于冰水浴中的目的是防止K2FeO4生成其它物质，搅拌的作用是有利于反应物充分接触，加快反应速率；KClO加入KOH溶液、Fe(NO3)3溶液，水浴控制反应温度为25℃，搅拌1.5h，生成K2FeO4和H2O，则KClO被还原成KCl，根据得失电子守恒、电荷守恒等配平的离子方程式为：3ClO-+2Fe3++10OH-=2+3Cl-+5H2O，故答案为：防止K2FeO4生成其它物质；有利于反应物充分接触，加快反应速率；3ClO-+2Fe3++10OH-=2+3Cl-+5H2O；
小问3详解】
装置D的作用是吸收Cl2，防止污染空气，故答案为：吸收Cl2，防止污染空气；
【小问4详解】
由反应方程式①++2H2O=Fe(OH)3↓++OH- ；②2 +2H+= +H2O；③ +6Fe2+ +14H+=6Fe3+ +2Cr3+ +7H2O，可得关系式：～～～3Fe3+，则每次滴定反应的K2FeO4的物质的量为：n()=n(Fe3+)=×0.2ml•L-1×0.024L=0.0016ml，则K2FeO4的总质量为：198g/ml×0.0016×=3.168g，则K2FeO4样品的纯度为：，故答案为：79.2%。
9. 2022年北京冬奥会的火炬“飞扬”是世界首款高压储氢火炬，它运用了液体火箭发动机的氢能技术。
I.由氨气制取氢气是一种新工艺，氨气中氢含量高，是一种优良的小分子储氢载体，且安全、易储运。氨热分解法制氢气相关化学键的键能数据如表：
回答下列问题：
（1）反应2NH3(g)N2(g)+3H2(g)△H=____kJ·ml-1。
（2）已知该反应的△S=0.2kJ·ml·K-1，则温度T____K时反应能自发进行。
（3）某兴趣小组对该反应进行了实验探究，在一定温度和催化剂的条件下，将0.1mlNH3通入恒容密闭容器中进行反应，此时容器内总压为200kPa，4min后达到平衡，容器内的压强为280kPa。
①该反应达到化学平衡的标志是____(填序号)。
A.NH3的反应速率为0
B.H2的分压保持不变
C.气体平均相对分子质量保持不变
D.NH3、N2、H2的物质的量之比为2：1：3
②在该温度下，反应的平衡常数Kp=____kPa2。(分压=总压×该组分物质的量分数)
II.利用有机物HCOOH分解可再生H2与CO2。
（4）在催化剂作用下，HCOOH分解生成CO2和H2可能的反应机理如图所示：
①HCOOD催化释氢反应除生成CO2外，还生成____(填化学式)。
②研究发现：其他条件不变时，HCOOK替代一部分HCOOH，催化释氢的速率增大，根据图示反应机理解释其可能的原因是____。
III.氨电解法制氢气：
利用电解原理，将氨转化为高纯氢气，其装置如图所示：
（5）阳极的电极反应式为____。
【答案】（1）+92 （2）>460
（3） ①. BC ②. 4800
（4） ①. HD ②. HCOOH是弱电解质，HCOOK是强电解质，替代后HCOO-浓度增大，反应速率增大
（5）6OH-+2NH3-6e-=N2+6H2O
【解析】
【小问1详解】
断裂旧键吸收能量，形成新键释放能量，根据△H=断裂旧键吸收的能量-形成新键释放的能量可得，2NH3(g)N2(g)+3H2(g) △H=（+2×3×391-946-3×436）kJ·ml-1=+92 kJ·ml-1，故答案为：+92；
【小问2详解】
若反应能自发进行，则△G=△H -T△ S<0，即：92-0.2T<0，解得： T>460K，故答案为：>460；
【小问3详解】
①A．达平衡状态时，反应仍在继续进行，反应速率不为0，故A错误；
B．H2的分压保持不变即物质的量分数保持不变，故B正确；
C．气体总质量不变，气体平均分子量保持不变即气体物质的量保持不变，达平衡状态，故C正确；
D．NH3、 N2、H2的物质的量之比为2: 1: 3，并不能表示其不变，故D错误；
故答案为：BC；
②容器体积不变反应达到平衡，根据压强之比等于物质的量之比即，解得n(混)=0.14ml，设转化的氨气为2x，则，则0.1-2x+x+3x=0.14，解得x=0.02ml，平衡容器内的压强为280kPa，则反应的平衡常数，故答案为：4800；
【小问4详解】
①H、D是氢元素的同位素，由HCOOH分解生成CO2和H2推断HCOOD催化释氢生成CO2和HD；②HCOOH是弱电解质，HCOOK是强电解质，用部分HCOOK代替HCOOH，导致HCOO-浓度增大，因此其他条件不变时，HCOOK替代一部分HCOOH，催化释氢的速率增大，故答案为：HD；HCOOH是弱电解质，HCOOK是强电解质，替代后HCOO-浓度增大，反应速率增大；
【小问5详解】
阳极是氨气失去电子变为氮气，其电极反应式为6OH-+2NH3-6e-=N2+6H2O，故答案为：6OH-+2NH3-6e-=N2+6H2O。
10. 三氯化六氨合钴(III){[C(NH3)6]C13}是合成其他含钴配合物的重要原料。工业上以水钴矿(主要成分为C2O3，还含有少量的Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO、SiO2)为原料制备三氯化六氨合钴晶体。
已知：①C2O3具有很强的氧化性，其产物为C(Ⅱ)；碱性条件下，C(Ⅱ)能被O2氧化：[C(NH3)6]Cl3易溶于热水，难溶于冷水：
②25℃时相关物质Ksp如表：
请回答下列问题：
（1）“浸取”时，能提高浸取速率的措施是_______(写出一条即可)，C2O3发生反应的离子方程式为_______。
（2）滤渣Ⅱ的成分是A1(OH)3和Fe(OH)3“氧化”时，NaClO3溶液的作用是_______。
（3）“除杂”时，CF2可将Ca2+、Mg2+转化为沉淀过滤除去，若所得滤液中Mg2+刚好沉淀完全，则此时滤液中c(Ca2+)=_______ml·L-1(通常认为溶液中离子浓度≤10-5ml·L-1时沉淀完全)。
（4）“转化”时，C2+转化为[C(NH3)6]3+，需水浴控温在50~60℃，温度不能过高的原因是_______，其反应的离子方程式为_______，“系列操作”为_______、冷却结晶、_______、洗涤、干燥。
（5）为测定产品中钴元素的含量，取ag样品于烧杯中，加水溶解，加入足量的NaOH溶液，加热至沸腾，将[C(NH3)6]Cl3完全转化为C(OH)3，冷却后加足量KI固体和HCl溶液，充分反应一段时间后，将烧瓶中的溶液全部转移至250.00mL容量瓶中，定容。取25.00mL试样加入到锥形瓶中，加入淀粉作指示剂，用0.1000ml·L-1Na2S2O3标准溶液滴定，滴定至终点消耗Na2S2O3溶液的体积为VmL(已知：2C3++2I-=2C2++I2，I2+2S2O=2I-+S4O)。
①滴定终点的现象是_______。
②该产品中钴元素的质量分数为_______(用含a、V的式子表示)。
【答案】（1） ①. 将水钴矿粉碎、搅拌、适当增大稀硫酸浓度、或加热等 ②. 2C2O3+S2O+6H+=4C2++2SO+3H2O
（2）将Fe2+氧化为Fe3+
（3）5×10-6 （4） ①. 一水合氨受热易分解 ②. 4C2++20NH3·H2O+O2+4NH=4[C(NH3)6]3++22H2O ③. 在HCl氛围下蒸发浓缩 ④. 减压过滤得到[C(NH3)6]Cl3晶体
（5） ①. 溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原 ②.
【解析】
【分析】水钴矿的主要成分为C2O3，还含有少量的Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO、SiO2，加入稀硫酸、Na2S2O5溶液浸取，C2O3被Na2S2O5还原得到C2+，Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO均与稀硫酸反应生成相应的硫酸盐，同时Fe3+也被Na2S2O5还原为Fe2+，SiO2不反应，CaSO4微溶于水，故滤渣I为SiO2、CaSO4，氧化步骤中，加入NaClO3将Fe2+氧化物为Fe3+，调pH=5，将Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，故滤渣II的成分是Al(OH)3和Fe(OH)3，除杂步骤中加入CF2固体，沉淀Mg2+、Ca2+，生成MgF2、CaF2固体，过滤，滤液中含有C2+，转化步骤中通入氧气，并加入氨水和氯化铵溶液，生成[C(NH3)6]Cl3，再在HCl氛围下蒸发浓缩、冷却结晶、减压过滤得到产品，据此分析作答。
【小问1详解】
“浸取”时，能提高浸取速率的措施是将水钴矿粉碎、搅拌、适当增大稀硫酸浓度、或加热等，C2O3被Na2S2O5还原得到C2+，则C2O3发生反应的离子方程式为；
【小问2详解】
“氧化”时，NaClO3溶液的作用是将Fe2+氧化物为Fe3+，便于除去Fe3+；
【小问3详解】
“除杂”时，若所得滤液中Mg2+刚好沉淀完全，此时溶液中c(Mg2+)=1×10-5ml/L，c(F-)==10-2.5ml/L，则c(Ca2+)==5×10-6ml/L；
【小问4详解】
“转化”时，C2+转化为[C(NH3)6]3+，需水浴控温在50~60℃温度不能过高的原因是一水合氨受热易分解，其反应的离子方程式为，生成[C(NH3)6]Cl3溶液，为防止其水解，应在HCl氛围下蒸发浓缩、冷却结晶、减压过滤，洗涤，干燥，得到[C(NH3)6]Cl3晶体；
小问5详解】
①取ag样品于烧杯中，加水溶解，加入足量的NaOH溶液，加热至沸腾，将[C(NH3)6]Cl3完全转化为C(OH)3，冷却后加足量KI固体和HCl溶液，发生反应2C3++2I-=2C2++I2，充分反应一段时间后，将烧瓶中的溶液全部转移至250.00mL容量瓶中，定容。取25.00mL试样加入到锥形瓶中，加入淀粉作指示剂，此时溶液呈现蓝色，用0.1000ml·L-1Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应I2+2S2O=2I-+S4O，滴定终点的现象是溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原；
②由反应2C3++2I-=2C2++I2，I2+2S2O=2I-+S4O可得关系式：2C3+~I2~2S2O，即C3+~S2O，则该产品中钴元素的质量分数为。
(二)选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。
[化学——选修3：物质结构与性质]
11. (CH3NH3)PbI3作为最典型的有机金属卤化物，一直是太阳能电池研究的宠儿。回答下列问题：
（1）基态Pb原子的价电子排布式为___________，N能层电子数有___________个。
（2）中第一电离能最大的元素是___________(填元素符号)，该离子中的化学键是由___________(填标号)原子轨道重叠形成的。
a．sp2与sp2 b．sp3与sp c．sp3与sp3 d．sp3与s e．s与s
（3）的VSEPR模型如下图，中心I原子的杂化方式是_______(填“sp3”、“sp”、“sp3d”或“sp3d2”)。的空间构型为______。
（4）PbF4的熔点显著高于PbCl4的原因是_______。
（5）(CH3NH3)PbI3晶体属于钙钛矿型结构(如图所示)，Pb2+周围距离最近且相等的I-数目有______个。若将A离子作为晶胞的体心另取晶胞Y，则I处于晶胞Y中的______，晶胞中A、B之间的距离为apm，(CH3NH3)PbI3式量为M，该物质的密度ρ=______g▪cm-3(列出计算式，设NA为阿伏加德罗常数的值)。
【答案】（1） ① 6s26p2 ②. 32
（2） ①. N ②. cd
（3） ①. sp3d ②. 直线型
（4）PbF4是离子化合物，PbCl4是共价化合物
（5） ①. 6 ②. 棱心 ③.
【解析】
【小问1详解】
铅为82号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p64d104f145s25p65d106s26p2，基态Pb原子的价电子排布式为6s26p2，N能层电子数有32个。答案为：6s26p2；32；
【小问2详解】
中包含的元素为H、C、N，第一电离能最大的元素是N，该离子中C、N原子都形成4个共价键，都发生sp3杂化，C-H、N-H都是由sp3与s、C-N之间是由sp3与sp3 原子轨道重叠形成的，故选cd。答案为：N；cd；
【小问3详解】
的中心I原子的价电子数为，所以发生sp3d杂化，为直线型，三个碘原子在一条直线上。
【小问4详解】
PbF4由离子构成，PbCl4由分子构成，则PbF4的熔点显著高于PbCl4的原因是PbF4是离子化合物，PbCl4是共价化合物。答案为：PbF4是离子化合物，PbCl4是共价化合物；
【小问5详解】
由图中可以看出，Pb2+周围距离最近且相等的I-都位于6个面的面心，所以数目有6个。若将A离子作为晶胞的体心另取晶胞Y，则I处于晶胞Y中的棱心，晶胞中A、B之间的距离为面对角线的一半，则立方体的边长为apm，(CH3NH3)PbI3式量为M，该物质的密度ρ= g▪cm-3(=g▪cm-3。答案为：6；棱心；。
【点睛】计算密度时，需计算立方体的体积，关键需弄清棱长与A、B间距离的关系。
[化学——选修5：有机化学基础]
12. 科学家临床实验证实中草药金银花可抑制新冠病毒复制，其有效成分是“绿原酸”，以下是科研小组设计的“绿原酸(F)"的合成路线：
已知：
回答下列问题：
（1）化合物A的名称为_______
（2）F的分子式是________，E的官能团名称为_______
（3）D经过①②两步反应转化为E，反应①的反应条件为_______，化合物B的结构简式为_______
（4）C→D的化学方程式为________
（5）绿原酸在碱性条件下完全水解后，再酸化得到的芳香族化合物的同分异构体有多种，满足以下条件的有_______种(不考虑立体异构)。
a.含有苯环
b.1ml该物质能与2mlNaHCO3反应
写出核磁共振氢谱显示峰面积之比为3：2：2：1的结构简式______。(写出一种即可)
（6）写出以CH3CH2COOH为基础原料制备聚乳酸()的合成路线：(合成路线见题干，无机试剂可任选)_______。
【答案】（1）1、2-二氯乙烯
（2） ①. C16H18O9 ②. 羟基、羧基
（3） ①. 氢氧化钠水溶液、加热 ②.
（4） （5） ①. 10 ②.
（6）
【解析】
【分析】由已知反应原理可知，A与发生加成反应生成B，结合D结构简式可知，A中氯原子位于两个碳原子上，结构简式为，A生成B为；B生成C引入羧基，C生成D引入溴原子，D发生水解反应生产E，E最终生成F；
【小问1详解】
化合物A的结构简式为，名称为1、2-二氯乙烯；
【小问2详解】
F的分子式是C16H18O9，E的官能团名称为羟基、羧基；
【小问3详解】
D经过①②两步反应转化为E，反应①为卤代氢在氢氧化钠水溶液条件下的取代反应，反应条件为氢氧化钠水溶液、加热；
由已知反应原理可知，A与发生加成反应生成B，反应为，故化合物B的结构简式为；
【小问4详解】
比较BD结构简式，可知C结构简式为，C→D为溴和C发生取代反应，化学方程式为；
【小问5详解】
绿原酸中含有酯基，在碱性条件下完全水解后，再酸化得到的芳香族化合物；其同分异构体有多种，满足以下条件：
a.含有苯环
b.1ml该物质能与2mlNaHCO3反应，则1个分子中含有2个羧基；
如果苯环上有1个取代基，，有1种情况；
如果苯环上有2个取代基，，则有邻间对3种情况；
如果苯环上有3个取代基，，2个羧基处于邻位时，甲基有2种情况；2个羧基处于间位时，甲基有3种情况；2个羧基处于对位时，甲基有1种情况；
合计有10种情况；
核磁共振氢谱显示峰面积之比为3：2：2：1的结构简式为：
【小问6详解】
聚乳酸()的单体为，则需要在CH3CH2COOH中与羧基相连的碳原子上首先引入一个卤素原子(反应原理类似C生成D的反应)，然后水解引入羟基，最后发生缩聚反应生成产物；故合成路线可以为：化学键
N≡N
H—H
N—H
键能E/(kJ·ml-1)
946
436
391
物质
C(OH)2
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Al(OH)3
Mg(OH)2
Ca(OH)2
MgF2
CaF2
Ksp
1×10-13.8
1×10-16.3
1×10-38.6
1×10-32.3
1×10-11.2
1×10-7.8
1×10-10
5×10-11
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