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四川省南充市嘉陵第一中学2023-2024学年高二下学期4月期中考试化学试题（原卷版+解析版）
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这是一份四川省南充市嘉陵第一中学2023-2024学年高二下学期4月期中考试化学试题（原卷版+解析版），文件包含四川省南充市嘉陵第一中学2023-2024学年高二下学期4月期中考试化学试题原卷版docx、四川省南充市嘉陵第一中学2023-2024学年高二下学期4月期中考试化学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共30页， 欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Si-28
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的A、B、C、D四个选项中，只有一项是正确的，将符合题意的选项用2B铅笔涂在答题卡上)
1. 化学与生产、生活、科技等方面密切相关，下列有关说法正确的是
A. 废弃的聚乙烯塑料属于可回收垃圾，能使溴水褪色
B. “鲲龙”水陆两栖飞机的燃料—“航空煤油”主要由烃的衍生物组成
C. “墨子号”卫星成功发射实现了光纤量子通信，生产光纤的原料为晶体硅
D. 复方氯乙烷气雾剂可用于快速镇痛
【答案】D
【解析】
【详解】A．聚乙烯分子中不含有碳碳双键，不能与溴水发生加成反应使溴水褪色，故A错误；
B．航空煤油是由碳原子个数较多的烃类化合物组成的混合物，故B错误；
C．光导纤维的主要成分是二氧化硅，所以生产光纤的原料为二氧化硅，故C错误；
D．液态氯乙烷汽化时吸收大量热，有冷冻麻醉作用，可以迅速产生止痛的效果，故D正确；
答案选D。
2. 下列对有机化合物的分类正确的是
A. 乙烯、聚丙烯属于烯烃B. 己烷、四氯化碳属于脂肪烃
C. 苯、环戊烯属于芳香烃D. 环丁烷、甲基环丁烷属于环烷烃
【答案】D
【解析】
【详解】A．聚丙烯是丙烯发生加聚反应后得到的高分子化合物，不含碳碳双键、不属于烯烃，A错误；
B． 四氯化碳由碳、氯元素组成，不属于脂肪烃，B错误；
C．环戊烯不含苯环、不属于芳香烃，C错误；
D． 环丁烷、甲基环丁烷都满足通式CnH2n，分子内均有1个环，属于环烷烃，D正确；
答案选D。
3. 下列化学用语或图示表达正确的是
A. 羟基的电子式：
B. 的VSEPR模型：
C. 基态S原子的电子排布图：
D. 乙醇分子的空间填充模型
【答案】A
【解析】
【详解】A．羟基的结构式为-O-H，则电子式为，A正确；
B．SO3的中心S原子的价层电子对数为3，发生sp2杂化，无孤电子对，分子呈平面正三角形，VSEPR模型为 ，B不正确；
C．基态S原子的电子排布式为，电子排布图为 ，C不正确；
D．乙醇的结构简式为CH3CH2OH，分子的空间填充模型为 ，D不正确；
故选A。
4. 物质的聚集状态与其性能之间关系密切。下列说法错误的是
A. 等离子体由电子、阳离子和电中性粒子组成，具有良好的导电性和流动性
B. 大多数离子液体含有体积很大的分子，呈液态，难挥发
C. 液晶既具有液体的流动性，又具有类似晶体的各向异性
D. 冬天下雪的雪花的形状体现了晶体的自范性
【答案】B
【解析】
【详解】A．等离子体是由阳离子、中性粒子、自由电子等多种不同性质的粒子所组成的电中性物质，其中阴离子(自由电子)和阳离子分别的电荷量相等，具有良好的导电性和流动性，A正确；
B．离子液体是指全部由离子组成的液体，大多数离子液体含有体积很大的阴、阳离子，呈液态，难挥发，而不是含有体积很大的分子，B错误；
C．液晶状态介于液体和晶体之间，既具有液体的流动性，又具有类似晶体的各向异性，C正确；
D．雪花是水的结晶体，雪花的形成其实是冰晶生长的结果，而冰晶作为一种晶体，必然也拥有晶体的一些性质，比如在生长过程中不受外界干扰情况下晶体拥有整齐规则的几何外形，也就是晶体的自范性，D正确；
故选B。
5. NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 石墨晶体中碳原子个数与碳碳键数之比为3：2
B. 60gSiO2晶体中Si-O键的数目为2NA
C. 标准状况下，22.4LCHCl3所含的分子数为NA
D. 常温常压下，NO2与N2O4的混合物4.6g中含有的氧原子数目为0.2NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．石墨晶体是六边形层状结构，每个碳原子与周围的三个碳原子成键，根据均摊法可知每个碳原子有个共价键，则石墨晶体中碳原子个数与碳碳键数目之比为2：3，A错误；
B．二氧化硅中每个硅形成4个硅氧键，60g二氧化硅的物质的量为1ml，含有4ml硅氧键，B错误；
C．标准状况下，CHCl3为液态，22.4L CHCl3物质的量大于1ml，C错误；
D．NO2和N2O4的最简式都是NO2，4.6gNO2为0.1ml，故NO2与N2O4的混合物4.6g中含有的氧原子数目为0.2NA，D正确；
故答案选D。
6. 反应条件是影响有机化学反应的重要因素。下列各组物质的反应产物与反应条件无关的是
A. 甲苯与氯气B. 丙烯与溴的CCl4溶液
C. 溴乙烷与氢氧化钠D. 乙醇与浓硫酸
【答案】B
【解析】
【详解】A．甲苯与氯气在光照条件下，甲基上的氢原子被氯原子取代，而在铁粉作催化剂的条件下，苯环上的氢被氯原子取代，故A错误；B．丙烯与溴的CCl4溶液在任何条件下均发生加成反应，故B正确；C．溴乙烷与氢氧化钠的水溶液反应发生水解生成乙醇，而与氢氧化钠的醇溶液混合加热，发生消去反应生成乙烯，故C错误；D．乙醇与浓硫酸在170℃条件下加热发生消去反应生成乙烯，在140℃条件下加热发生取代反应生成乙醚，故D错误；答案为B。
7. 常温下，下列各组微粒能在指定溶液中大量共存的是
A. 苯酚溶液中：
B. 通至饱和的溶液中：
C. 氨水溶液中：
D. 水电离的的溶液中：
【答案】B
【解析】
【详解】A．苯酚溶液中，铁离子与苯酚溶液发生显色反应，不能大量共存，故A错误；
B．碳酸的酸性小于盐酸，则三种离子在通二氧化碳至饱和的溶液中不发生任何反应，能大量共存，故B错误；
C．氨水溶液中，铜离子、银离子能与氨水反应生成四氨合铜离子和银氨络离子，不能大量共存，故C错误；
D．溶液中铝离子与硫离子、亚硫酸根离子发生双水解反应，不能大量共存，故D错误；
故选B。
8. 利用超分子可分离C60和C70，将C60、C70混合物加入一种空腔大小适配C60的“杯酚”中进行分离的流程如图。下列说法错误的是
A. 一个C60分子中含有90个键B. “杯酚”与C60形成氢键
C. C60晶胞属于分子密堆积D. 分离过程利用的是超分子的分子识别特征
【答案】B
【解析】
【详解】A．C60分子中每个C原子与相邻的3个C原子形成3个键，一个C60分子中含个σ键，A正确；
B．C和H原子不能形成氢键，“杯酚”与C60不能形成氢键，B错误；
C．根据图示可知，C60属于密集堆积，C正确；
D．“杯酚”的空腔大小只适配C60，该分离过程利用的是超分子的分子识别特征，D正确；
故选B。
9. 下列实验装置能达到相应实验目的的是
A. 图1证明乙炔可使溴水褪色
B. 图2观察甲烷取代反应的现象
C. 图3证明石蜡分解产物中含有烯烃
D. 图4除去中的
【答案】C
【解析】
【详解】A．电石与饱和食盐水反应生成乙炔，会有还原性杂质气体H2S和PH3生成，杂质气体也可以使溴水褪色，A错误；
B．甲烷与氯气的混合物在光照条件下发生取代反应，甲烷分子中的氢原子被氯原子逐步取代，可观察到的现象有:气体颜色逐渐变浅、试管内液面.上升，试管内壁有油状液滴，但题目中的实验用强光直射，反应过于剧烈有可能会引发爆炸，观察不到前面所描述的现象，B错误；
C．石蜡的主要成分是烷烃，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，在加热和碎瓷片的催化下石蜡发生分解反应(裂化)，分解产物中含有烯烃，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确；
D．二氧化硫具有较强的还原性，能与溴水发生氧化还原反应，不能用溴水除去二氧化硫中的乙烯，D错误；
故选C。
10. 如图分别表示，冰晶体结构、干冰晶胞、金刚石晶体结构，关于这些晶体的说法，正确的是
A. 冰晶体中的O原子和金刚石中的C原子都是sp3杂化
B. 沸点：金刚石>干冰>冰
C. 冰晶体中只存在分子间作用力
D. 干冰晶体中每个CO2周围等距离且最近的CO2有4个
【答案】A
【解析】
【详解】A．冰晶体中的氧原子和金刚石中的碳原子的价层电子对数都为4，原子的杂化方式都是sp3杂化，故A正确；
B．水是结构不对称的极性分子，且分子间能形成氢键，二氧化碳是结构对称的非极性分子，且分子间不能形成氢键，所以水分子间的作用力强于干冰，沸点高于干冰，故B错误；
C．冰晶体中，水分子内存在极性共价键，分子间存在分子间作用力和氢键，故C错误；
D．由晶胞结构可知，位于顶点的二氧化碳与位于面心的二氧化碳的距离最近，所以每个二氧化碳周围等距离且最近的二氧化碳有12个，故D错误；
故选A。
11. 下列实验现象与对应结论均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．现象错误，常温下铁遇浓会钝化，但无明显现象，故A错误；
B．现象和结论均错误，不溶于氨水中，故B错误；
C．遇到生成蓝色沉淀，故C正确；
D．结论错误，应是被乙醇蒸气还原，故D错误。
故选C。
12. 有机化合物N可用于早期诊断阿兹海默症，其结构简式如下：
下列关于N的说法正确的是
A. 分子式为
B. 分子中共线碳原子最多有4个
C. 能与NaOH水溶液反应，1mlN最多可消耗1mlNaOH
D. 能与浓溴水反应，1mlN最多可消耗
【答案】B
【解析】
【详解】A．由分子的结构可知，分子式为C17H17O2Br，A错误；
B．如图所示， 箭头指向的4个C一定共直线，B正确；
C．N中的碳卤键、酚羟基都能与NaOH的水溶液反应，因此1mlN最多可消耗2mlNaOH，C错误；
D．N与浓溴水反应， ，1、2处可发生取代反应，3处可发生加成反应，因此可消耗3ml溴，D错误；
故选B。
13. 一种有机物催化剂由原子序数依次递增的前20号元素组成，结构式如图。下列说法正确的是
A. 简单离子半径：
B. 简单气态氢化物稳定性：
C. Z元素所在周期中，第一电离能大于Z的元素有2种
D. 基态M原子核外有5种不同能量的电子
【答案】D
【解析】
【分析】原子序数依次递增的前20号元素X、Y、Z、W、M，X只形成1个共价键，Y形成4个共价键，Z形成2个共价键、M形成6个共价键，可知X为H元素、Y为C元素、Z为O元素、M为S元素；W形成带1个单位正电荷的阳离子，结合原子序数可知W为Na元素，以此来解答。
【详解】由上述分析可知，X为H元素、Y为C元素、Z为O元素、W为Na元素、M为S元素，
A．电子层越多、离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子半径：M＞Z＞W，故A错误；
B．同周期主族元素从左向右非金属性增强，非金属性越强、对应简单氢化物越稳定，则简单气态氢化物稳定性：Z＞Y，故B错误；
C．同周期主族元素从左向右第一电离能呈增大趋势，N的2p电子半满为较稳定结构，其第一电离能大于相邻元素的第一电离能，且稀有气体为稳定结构，则Z元素所在周期中，第一电离能大于Z的元素有3种(N、F、Ne)，故C错误；
D．M为S元素，每个能层的能量不同，基态S原子核外有1s、2s、2p、3s、3p共5种不同能量的电子，故D正确；
故选：D。
14. 已知某有机物在0.25ml氧气中恰好完全燃烧，将反应生成的气体依次通过浓硫酸和碱石灰，浓硫酸增重5.4 g，碱石灰增重8.8g，下列有关说法不正确的是
A. 该有机物的同分异构体的质谱图完全一样B. 该有机物中存在氧元素
C. 该有机物的分子式为C2H6O2D. 该有机物的核磁共振氢谱可能有2组峰
【答案】A
【解析】
【分析】由原子个数守恒可知，有机物分子中含有的碳原子的物质的量为=0.2ml，含有的氢原子的物质的量为×2=0.6ml，含有的氧原子物质的量物质×2+—0.25ml=0.2ml，则有机物分子中C、H 、O原子数之比为0.2ml：0.6ml：0.2ml=1：3：1，最简式为CH3O，设该有机物分子式为(CH3O)n，当n=2时，得到的分子式C2H6O2中氢原子已经达到饱和，所以该有机物分子式一定为C2H6O2。
【详解】A．由分析可知，有机物的分子式为C2H6O2，C2H6O2分子存在同分异构体，同分异构体分子的质谱图中最大质荷比相同，但谱图不完全相同，故A错误；
B．由分析可知，有机物的分子式为C2H6O2，则有机物中存在氧元素，故B正确；
C．由分析可知，有机物的分子式为C2H6O2，故C正确；
D．由分析可知，该有机物可能是分子式为C2H6O2的乙二醇，乙二醇的分子中含有2种等效氢，核磁共振氢谱有两个吸收峰，故D正确；
故选A。
15. 在离子晶体中，当时，型化合物往往采用和晶体相同的晶体结构(如下图1)。已知，但在室温下，的晶体结构如下图2所示，称为六方碘化银。下列说法不正确的是
A. 一个晶胞中含有4个
B. 晶体中阳离子位于阴离子堆积形成正四面体空隙中
C. 晶体结构不同于的原因可能是和之间的化学键不是纯粹的离子键
D. 晶体中的配位数为4
【答案】B
【解析】
【详解】A．晶胞中顶点和面心的实心球表示Na+，Cl-位置在体心和棱的中心，根据均摊法由此可知，在NaCl晶胞中，含Na+：8×+6×=4个，A正确；
B．氯化钠晶胞中，钠离子处于氯离子形成的正八面体的中心空隙中，B错误；
C．Ag+和I-离子半径大，受相反电荷离子的电场作用变成椭球形，不再维持原来的球形，离子键就向共价键过渡，它们的成键具有离子键和共价键的双重特性，其离子键的纯粹程度不高，离子键的纯粹程度简称键性因素，所以造成AgI晶体结构不同于NaCl晶体结构的原因是键性因素，C正确；
D．由图得出：，离I-最靠近等距离的Ag+有四个，即I-配位数为4，D正确；
故选：B。
16. 室温时，HCOOH和CH3COOH电离常数分别为1.8×10-4和1.75×10-5.。将浓度和体积均相同的两种酸溶液混合后加水稀释，随加水量的变化，溶液中 HA 浓度(HA 表示混合溶液中的 HCOOH 或 CH3COOH)与溶液 pH的关系如图所示。下列叙述正确的是
A. 曲线X 代表 HCOOH
B. 当 pH=6时，c点所对应的溶液中 9.9×10-7ml·L-1
C. 稀释过程中，逐渐减小
D. 溶液中水电离出的H+物质的量浓度：a点=b点＞c点
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．电离平衡常数越大酸性越强，故HCOOH酸性强于CH3COOH，则稀释过程中 CH3COOH浓度比HCOOH大，曲线 X代表CH3COOH，故A错误；
B．c点pH = 6，根据混合溶液中电荷守恒可知： ， 故B正确；
C．，，温度不变，不变， 故不变，故C错误；
D．b点溶液pH相同，溶液中水电离出的H+物质的量浓度相同，c点溶液pH比a点、b点大，对水的电离抑制减弱，溶液中水电离出的H+物质的量浓度更大，故溶液中水电离出的H+物质的量浓度：c点＞a点=b点，故D错误；
故选B。
二、非选择题(本题包括4题，共52分)
17. 近年来，改善环境是科学研究的重要课题，对实现碳循环及废气资源的再利用技术的发展都具有重要意义，请回答下列问题：
（1）CO催化加氢制，有利于减少有害气体CO。CO加氢制的总反应可表示为。该反应一般认为通过如下步骤来实现：
①
②
总反应的_______
（2）一定条件下，和发生反应：，设起始，在恒压下，反应达到平衡时的体积分数与Z和T(温度)的关系如图所示。下列说法正确的是_______。
A. 若氢气的物质的量分数不再随时间而改变，则该反应达到平衡
B. 加入合适的催化剂，该反应的平衡转化率和的值均增大
C. 当混合气体的平均相对分子质量不再随时间而改变时，该反应达到平衡
D. 图中Z的大小a>3>b
（3）在T1℃时，往10L的某恒容密闭容器中充入和，发生反应，后该反应达到平衡，此时测得混合气体的总物质的量为起始总物质的量的1.5倍，则：
①内，_______，的平衡转化率为_______%。
②该反应的平衡常数K=_______。
（4）利用电催化可将同时转化为多种燃料，装置如图：
①铜电极上产生的电极反应式为_______。
②5.6L(标准状况下)CO2通入铜电极，若只生成CO和CH4，此时铜极区溶液增重5.4g ，则生成CO和CH4的体积比为_______。
【答案】（1）-90 （2）AC
（3） ①. 0.12 ②. 40 ③. 1.44
（4） ①. CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O ②. 4：1
【解析】
【小问1详解】
①
②
根据盖斯定律：②-①得总反应：−49kJ⋅ml−1−(+41kJ⋅ml−1)=−90kJ⋅ml−1；
【小问2详解】
A．该反应为气体体积分数改变的反应，若氢气的物质的量分数不再随时间而改变，则该反应达到平衡，A正确；
B．催化剂不影响转化率和ΔH，B错误；
C．该反应为气体分子数增大的反应，混合气体质量不变，反应开始至达到平衡过程，混合气体平均摩尔质量不断减小，即平均相对分子质量不断减小，则当混合气体的平均相对分子质量不再随时间而改变时，说明反应达到平衡，C正确；
D．起始，Z越小说明甲烷越多，达到平衡时甲烷的体积分数越大，所以Z大小为：a<3故选AC；
【小问3详解】
①后该反应达到平衡，此时测得混合气体的总物质的量为起始总物质的量的1.5倍，根据阿伏伽德罗定律可知，反应后总的物质的量为(3+5)ml×1.5=12ml，反应为气体分子数增加2的反应，则生成氢气，参加反应的水6ml=2ml，则内，，的平衡转化率为；
②结合①分析，建立三段式：
该反应的平衡常数K=；
【小问4详解】
①铜电极连接电源的负极，电极上CO2得电子发生还原反应，在酸性条件下生成甲烷，电极反应式为：CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O；
②5.6L(标准状况下)CO2通入铜电极，若只生成CO和CH4，电极反应分别为：CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O、CO2+2e-+2H+=CO+H2O，此时铜极区溶液增重，设生成CO和CH4的物质的量分别为x、y，则根据碳原子守恒有①x+y==0.25ml，氢离子通过阳离子交换膜进行铜电极区，根据两个电极反应式可知，铜极区分别增重为18x、36y，故有②18x+36y=5.4g，联立①②解得x=0.2ml，y=0.05ml, 则生成CO和CH4的体积比为0.2ml∶ 0.05m=4∶1。
18. 钴及其化合物广泛应用于航天、电池、磁性合金等高科技领域，我国钴资源贫乏，再生钴资源的回收利用是解决钴资源供给的重要途径。一种利用含钴废料(主要成分为，含少量、有机物)制取的工艺流程如图：
已知该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的，回答下列问题：
（1）“焙烧”的主要目的是_______。
（2）“浸取”过程中发生反应离子方程式为_______。
（3）“沉淀”时先加入溶液，的作用主要是_______；再加入溶液调节为5.0，此时滤液中的_______。
（4）“萃取”用到的玻璃仪器主要有_______、烧杯，萃取原理可表述为：(水层)(有机层)(有机层)(水层)。已知萃取率随变化如图所示，分析其变化原因_______。水相中含有的阳离子有_______。
（5）“沉钴”可得到，反应的离子方程式为_______。
【答案】（1）除去废料中的有机物
（2）
（3） ①. 将氧化为，以便后续转换为除去 ②. 或
（4） ①. 分液漏斗 ②. 当时，随着升高，溶液中减小，平衡向正反应方向移动，更多的与萃取剂反应；当时，随着升高，溶液中增大，与形成沉淀 ③. 、、
（5）
【解析】
【分析】含钴废料(主要成分为，含少量、有机物)焙烧后加入亚硫酸钠、盐酸浸取，浸出液加入氯酸钠、碳酸钠进行沉淀，滤渣主要为氢氧化铁，滤液加入RH萃取除去水相，有机相加入试剂A反萃取，得到氯化钴溶液，加入碳酸氢铵沉钴，去滤液，沉淀煅烧制取；
【小问1详解】
废料中含有有机物杂质，“焙烧”的主要目的是除去废料中的有机物，故答案为：除去废料中的有机物；
【小问2详解】
亚硫酸钠具有还原性,能还原C2O3生成C2+ ,自身被氧化为, 发生反应的离子方程式为，故答案为：；
【小问3详解】
①NaClO3的作用是将浸出液中Fe2+氧化为Fe3+ ,有利于通过调节溶液pH除去溶液中的Fe2+。故答案为:将Fe2+氧化成Fe3+，以便后续转换为Fe(OH)3除去；
②通过调节pH使Al3+沉淀的离子方程式是，若Al3+根据开始沉淀的pH计算Kh,则，当温度不变时，Kh不变，则再加入Na2CO3溶液调节pH为5.0，此时滤液中的；若根据Al3+沉淀完全的pH计算Kh,则，当温度不变时，Kh不变，则再加入Na2CO3溶液调节pH为5.0，此时滤液中的，故答案为或；
【小问4详解】
①“萃取”用到的玻璃仪器主要有分液漏斗、烧杯。故答案为:分液漏斗；
②根据表格中的数据可知，当pH=6.5时，C2+开始沉淀；当pH<6.5时，随着pH升高，溶液中c(H+)减小，萃取原理的平衡向正反应方向移动，更多的C2+与萃取剂反应；当pH>6.5时，随着pH升高，溶液中c(OH−)增大，C2+与OH−形成C(OH)2沉淀。故答案为：当pH<6.5时，随着pH升高，溶液中c(H+)减小，平衡向正反应方向移动，更多的C2+与萃取剂反应；当pH>6.5时，随着pH升高，溶液中c(OH−)增大，C2+与OH−形成C(OH)2沉淀；
③溶液中的Mg2+、Na+、H+不能发生萃取，则水相中的离子有Mg2+、Na+、H+。故答案为：Mg2+、Na+、H+；
【小问5详解】
“沉钴”可得到CCO3，反应的离子方程式为。故答案为：。
19. 铁是地球上分布最广泛的金属之一，约占地壳质量的5%，仅次于氧、硅、铝，位居地壳含量第四位。蛋白琥珀酸铁(CaHbOcNdFe)口服液可以用于缺铁性贫血的治疗。请回答以下相关问题：
（1）Fe元素位于周期表中_______区，基态铁原子的价层电子排布式为_______。
（2）纳米Fe因其表面活性常用作有机催化剂，如图所示：
①化合物M熔沸点明显低于化合物N，其主要原因是_______。
②化合物N中C原子的杂化类型为_______。
③C、N、O的第一电离能由小到大的顺序为_______。
（3）将C、N、O三种元素最简单氢化物按照键角从大到小排序_______。
（4）琥珀酸的结构如图所示，写出琥珀酸分子中σ键与π键的个数比_______。
（5）金属羰基化合物在催化反应中有着重要的作用，其本质是金属原子与CO中的C原子形成配位键。金属原子在形成最稳定的羰基化合物时要遵守18电子规则，即每个金属原子的价层都满足18电子结构。若金属价层电子数为奇数，则可以通过两个金属原子之间形成共价单键实现价层电子数为偶数。根据以上信息，写出Fe原子最稳定的羰基化合物的化学式_______。
（6）铁有多种同素异形体，在910-1400℃范围内，铁以面心立方最密堆积存在，如图为面心立方堆积的铁的晶胞。已知铁的摩尔质量为Mg/ml，NA表示阿伏加德罗常数，铁原子的半径为rpm，铁晶胞密度的表达式为_______ g•cm-3.(用含M、NA、r的代数式表示)
【答案】（1） ①. d ②. 3d64s2
（2） ①. 化合物N能形成分子间氢键，化合物M不能形成分子间氢键 ②. sp2、sp3 ③. C（3）CH4>NH3>H2O
（4）13∶2 （5）Fe(CO)5
（6）
【解析】
【小问1详解】
铁是26号元素，核外有26个电子，基态铁原子的价层电子排布式3d64s2，位于周期表中d区；
【小问2详解】
①化合物N能形成分子间氢键，化合物M不能形成分子间氢键，导致化合物M的熔沸点明显低于化合物N；
②化合物N中苯环碳为sp2杂化，饱和碳为sp3杂化，C原子的杂化类型为sp2、sp3。
③同一周期随着原子序数变大，第一电离能呈变大趋势，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能大小：N>O>C；
【小问3详解】
CH4、NH3、H2O中心原子价电子对数都4，孤电子对数依次是0、1、2，孤电子对对价电子对具有排斥作用，所以键角从大到小的顺序为CH4＞NH3＞H2O；
【小问4详解】
单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，琥珀酸分子中σ键与π键的个数比13∶2；
【小问5详解】
Fe原子价电子数为8，根据题目信息，可知Fe原子与CO形成5个配位键，Fe原子最稳定的羰基化合物的分子式Fe(CO)5；
【小问6详解】
铁原子的半径为rpm，由图可知，面对角线为铁原子半径的4倍，则晶胞参数为pm，据“均摊法”，晶胞中含个Fe，则晶体密度为。
20. α-甲基苯乙烯(AMS)在有机合成中用途广泛，如图是用苯为原料合成AMS并进一步制备香料龙葵醛的路线：
（1）反应①的反应类型是_______；B中含氧官能团的名称为_______。
（2）写出反应③的方程式_______。
（3）检验龙葵醛中官能团可选择的试剂是_______。
（4）写出由B制备龙葵醛的化学反应方程式_______。
（5）AMS 可以自身聚合，写出该高聚物的结构简式： _______。
（6）B在一定条件下也可以直接制备AMS，反应所需条件为_______。
（7）写出符合下列条件的A的一种同分异构体的结构简式_______。
i.分子中含有3个甲基 ii.苯环上的一取代物只有1种
【答案】（1） ①. 加成反应 ②. 羟基
（2）+NaOH+NaBr+H2O
（3）新制Cu(OH)2悬浊液(或银氨溶液)
（4）2+O22+2H2O
（5） （6）浓硫酸、加热
（7）或
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，与丙烯发生加成反应生成，则C6H6为；光照条件下与溴发生取代反应生成，则A为；在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成，与溴化氢发生加成反应生成，在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成，则B为；铜做催化剂条件下与氧气共热发生催化氧化反应生成。
【小问1详解】
由分析可知，反应①为与丙烯发生加成反应生成；B的结构简式为，官能团为羟基，故答案为：加成反应；羟基；
【小问2详解】
由分析可知，反应③为在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成、溴化钠和水，反应的化学方程式为+NaOH+NaBr+H2O，故答案为：+NaOH+NaBr+H2O；
【小问3详解】
龙葵醛能与银氨溶液共热反应生成银镜，也能与新制氢氧化铜悬浊液共热反应生成砖红色沉淀，则检验龙葵醛分子中的醛基可以选用银氨溶液和新制氢氧化铜悬浊液，故答案为：新制Cu(OH)2悬浊液(或银氨溶液)；
【小问4详解】
由分析可知，B制备龙葵醛的反应为铜做催化剂条件下与氧气共热发生催化氧化反应生成和水，反应的化学方程式为2+O22+2H2O，故答案为：2+O22+2H2O；
【小问5详解】
分子中含有碳碳三键，一定条件下能发生加聚反应生成高聚物，故答案为：；
【小问6详解】
浓硫酸作用下共热发生消去反应生成和水，故答案为：浓硫酸、加热；
【小问7详解】
A的同分异构体分子中含有3个甲基说明苯环上有4个取代基，官能团为碳溴键，则苯环上的一取代物只有1种的结构简式为、，故答案为：或。选项
操作
现象
结论
A
常温下将铁片放入浓硫酸中
剧烈反应生成有刺激性气味气体
常温下铁易与浓硫酸发生反应
B
溶液中滴加过量稀氨水
先生成白色沉淀，随后又溶解
能溶于氨水
C
向某溶液中滴加溶液
析出蓝色沉淀
该溶液中含有
D
将表面氧化的铜丝从酒精灯的外焰慢慢移向内焰
黑色的铜丝变红
被内焰中的乙醇蒸气氧化
金属离子
开始沉淀的
7.5
1.8
3.4
9.1
6.5
沉淀完全的
9.5
3.2
4.7
11.1
8.5
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Si-28
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的A、B、C、D四个选项中，只有一项是正确的，将符合题意的选项用2B铅笔涂在答题卡上)
1. 化学与生产、生活、科技等方面密切相关，下列有关说法正确的是
A. 废弃的聚乙烯塑料属于可回收垃圾，能使溴水褪色
B. “鲲龙”水陆两栖飞机的燃料—“航空煤油”主要由烃的衍生物组成
C. “墨子号”卫星成功发射实现了光纤量子通信，生产光纤的原料为晶体硅
D. 复方氯乙烷气雾剂可用于快速镇痛
【答案】D
【解析】
【详解】A．聚乙烯分子中不含有碳碳双键，不能与溴水发生加成反应使溴水褪色，故A错误；
B．航空煤油是由碳原子个数较多的烃类化合物组成的混合物，故B错误；
C．光导纤维的主要成分是二氧化硅，所以生产光纤的原料为二氧化硅，故C错误；
D．液态氯乙烷汽化时吸收大量热，有冷冻麻醉作用，可以迅速产生止痛的效果，故D正确；
答案选D。
2. 下列对有机化合物的分类正确的是
A. 乙烯、聚丙烯属于烯烃B. 己烷、四氯化碳属于脂肪烃
C. 苯、环戊烯属于芳香烃D. 环丁烷、甲基环丁烷属于环烷烃
【答案】D
【解析】
【详解】A．聚丙烯是丙烯发生加聚反应后得到的高分子化合物，不含碳碳双键、不属于烯烃，A错误；
B． 四氯化碳由碳、氯元素组成，不属于脂肪烃，B错误；
C．环戊烯不含苯环、不属于芳香烃，C错误；
D． 环丁烷、甲基环丁烷都满足通式CnH2n，分子内均有1个环，属于环烷烃，D正确；
答案选D。
3. 下列化学用语或图示表达正确的是
A. 羟基的电子式：
B. 的VSEPR模型：
C. 基态S原子的电子排布图：
D. 乙醇分子的空间填充模型
【答案】A
【解析】
【详解】A．羟基的结构式为-O-H，则电子式为，A正确；
B．SO3的中心S原子的价层电子对数为3，发生sp2杂化，无孤电子对，分子呈平面正三角形，VSEPR模型为 ，B不正确；
C．基态S原子的电子排布式为，电子排布图为 ，C不正确；
D．乙醇的结构简式为CH3CH2OH，分子的空间填充模型为 ，D不正确；
故选A。
4. 物质的聚集状态与其性能之间关系密切。下列说法错误的是
A. 等离子体由电子、阳离子和电中性粒子组成，具有良好的导电性和流动性
B. 大多数离子液体含有体积很大的分子，呈液态，难挥发
C. 液晶既具有液体的流动性，又具有类似晶体的各向异性
D. 冬天下雪的雪花的形状体现了晶体的自范性
【答案】B
【解析】
【详解】A．等离子体是由阳离子、中性粒子、自由电子等多种不同性质的粒子所组成的电中性物质，其中阴离子(自由电子)和阳离子分别的电荷量相等，具有良好的导电性和流动性，A正确；
B．离子液体是指全部由离子组成的液体，大多数离子液体含有体积很大的阴、阳离子，呈液态，难挥发，而不是含有体积很大的分子，B错误；
C．液晶状态介于液体和晶体之间，既具有液体的流动性，又具有类似晶体的各向异性，C正确；
D．雪花是水的结晶体，雪花的形成其实是冰晶生长的结果，而冰晶作为一种晶体，必然也拥有晶体的一些性质，比如在生长过程中不受外界干扰情况下晶体拥有整齐规则的几何外形，也就是晶体的自范性，D正确；
故选B。
5. NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 石墨晶体中碳原子个数与碳碳键数之比为3：2
B. 60gSiO2晶体中Si-O键的数目为2NA
C. 标准状况下，22.4LCHCl3所含的分子数为NA
D. 常温常压下，NO2与N2O4的混合物4.6g中含有的氧原子数目为0.2NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．石墨晶体是六边形层状结构，每个碳原子与周围的三个碳原子成键，根据均摊法可知每个碳原子有个共价键，则石墨晶体中碳原子个数与碳碳键数目之比为2：3，A错误；
B．二氧化硅中每个硅形成4个硅氧键，60g二氧化硅的物质的量为1ml，含有4ml硅氧键，B错误；
C．标准状况下，CHCl3为液态，22.4L CHCl3物质的量大于1ml，C错误；
D．NO2和N2O4的最简式都是NO2，4.6gNO2为0.1ml，故NO2与N2O4的混合物4.6g中含有的氧原子数目为0.2NA，D正确；
故答案选D。
6. 反应条件是影响有机化学反应的重要因素。下列各组物质的反应产物与反应条件无关的是
A. 甲苯与氯气B. 丙烯与溴的CCl4溶液
C. 溴乙烷与氢氧化钠D. 乙醇与浓硫酸
【答案】B
【解析】
【详解】A．甲苯与氯气在光照条件下，甲基上的氢原子被氯原子取代，而在铁粉作催化剂的条件下，苯环上的氢被氯原子取代，故A错误；B．丙烯与溴的CCl4溶液在任何条件下均发生加成反应，故B正确；C．溴乙烷与氢氧化钠的水溶液反应发生水解生成乙醇，而与氢氧化钠的醇溶液混合加热，发生消去反应生成乙烯，故C错误；D．乙醇与浓硫酸在170℃条件下加热发生消去反应生成乙烯，在140℃条件下加热发生取代反应生成乙醚，故D错误；答案为B。
7. 常温下，下列各组微粒能在指定溶液中大量共存的是
A. 苯酚溶液中：
B. 通至饱和的溶液中：
C. 氨水溶液中：
D. 水电离的的溶液中：
【答案】B
【解析】
【详解】A．苯酚溶液中，铁离子与苯酚溶液发生显色反应，不能大量共存，故A错误；
B．碳酸的酸性小于盐酸，则三种离子在通二氧化碳至饱和的溶液中不发生任何反应，能大量共存，故B错误；
C．氨水溶液中，铜离子、银离子能与氨水反应生成四氨合铜离子和银氨络离子，不能大量共存，故C错误；
D．溶液中铝离子与硫离子、亚硫酸根离子发生双水解反应，不能大量共存，故D错误；
故选B。
8. 利用超分子可分离C60和C70，将C60、C70混合物加入一种空腔大小适配C60的“杯酚”中进行分离的流程如图。下列说法错误的是
A. 一个C60分子中含有90个键B. “杯酚”与C60形成氢键
C. C60晶胞属于分子密堆积D. 分离过程利用的是超分子的分子识别特征
【答案】B
【解析】
【详解】A．C60分子中每个C原子与相邻的3个C原子形成3个键，一个C60分子中含个σ键，A正确；
B．C和H原子不能形成氢键，“杯酚”与C60不能形成氢键，B错误；
C．根据图示可知，C60属于密集堆积，C正确；
D．“杯酚”的空腔大小只适配C60，该分离过程利用的是超分子的分子识别特征，D正确；
故选B。
9. 下列实验装置能达到相应实验目的的是
A. 图1证明乙炔可使溴水褪色
B. 图2观察甲烷取代反应的现象
C. 图3证明石蜡分解产物中含有烯烃
D. 图4除去中的
【答案】C
【解析】
【详解】A．电石与饱和食盐水反应生成乙炔，会有还原性杂质气体H2S和PH3生成，杂质气体也可以使溴水褪色，A错误；
B．甲烷与氯气的混合物在光照条件下发生取代反应，甲烷分子中的氢原子被氯原子逐步取代，可观察到的现象有:气体颜色逐渐变浅、试管内液面.上升，试管内壁有油状液滴，但题目中的实验用强光直射，反应过于剧烈有可能会引发爆炸，观察不到前面所描述的现象，B错误；
C．石蜡的主要成分是烷烃，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，在加热和碎瓷片的催化下石蜡发生分解反应(裂化)，分解产物中含有烯烃，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确；
D．二氧化硫具有较强的还原性，能与溴水发生氧化还原反应，不能用溴水除去二氧化硫中的乙烯，D错误；
故选C。
10. 如图分别表示，冰晶体结构、干冰晶胞、金刚石晶体结构，关于这些晶体的说法，正确的是
A. 冰晶体中的O原子和金刚石中的C原子都是sp3杂化
B. 沸点：金刚石>干冰>冰
C. 冰晶体中只存在分子间作用力
D. 干冰晶体中每个CO2周围等距离且最近的CO2有4个
【答案】A
【解析】
【详解】A．冰晶体中的氧原子和金刚石中的碳原子的价层电子对数都为4，原子的杂化方式都是sp3杂化，故A正确；
B．水是结构不对称的极性分子，且分子间能形成氢键，二氧化碳是结构对称的非极性分子，且分子间不能形成氢键，所以水分子间的作用力强于干冰，沸点高于干冰，故B错误；
C．冰晶体中，水分子内存在极性共价键，分子间存在分子间作用力和氢键，故C错误；
D．由晶胞结构可知，位于顶点的二氧化碳与位于面心的二氧化碳的距离最近，所以每个二氧化碳周围等距离且最近的二氧化碳有12个，故D错误；
故选A。
11. 下列实验现象与对应结论均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．现象错误，常温下铁遇浓会钝化，但无明显现象，故A错误；
B．现象和结论均错误，不溶于氨水中，故B错误；
C．遇到生成蓝色沉淀，故C正确；
D．结论错误，应是被乙醇蒸气还原，故D错误。
故选C。
12. 有机化合物N可用于早期诊断阿兹海默症，其结构简式如下：
下列关于N的说法正确的是
A. 分子式为
B. 分子中共线碳原子最多有4个
C. 能与NaOH水溶液反应，1mlN最多可消耗1mlNaOH
D. 能与浓溴水反应，1mlN最多可消耗
【答案】B
【解析】
【详解】A．由分子的结构可知，分子式为C17H17O2Br，A错误；
B．如图所示， 箭头指向的4个C一定共直线，B正确；
C．N中的碳卤键、酚羟基都能与NaOH的水溶液反应，因此1mlN最多可消耗2mlNaOH，C错误；
D．N与浓溴水反应， ，1、2处可发生取代反应，3处可发生加成反应，因此可消耗3ml溴，D错误；
故选B。
13. 一种有机物催化剂由原子序数依次递增的前20号元素组成，结构式如图。下列说法正确的是
A. 简单离子半径：
B. 简单气态氢化物稳定性：
C. Z元素所在周期中，第一电离能大于Z的元素有2种
D. 基态M原子核外有5种不同能量的电子
【答案】D
【解析】
【分析】原子序数依次递增的前20号元素X、Y、Z、W、M，X只形成1个共价键，Y形成4个共价键，Z形成2个共价键、M形成6个共价键，可知X为H元素、Y为C元素、Z为O元素、M为S元素；W形成带1个单位正电荷的阳离子，结合原子序数可知W为Na元素，以此来解答。
【详解】由上述分析可知，X为H元素、Y为C元素、Z为O元素、W为Na元素、M为S元素，
A．电子层越多、离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子半径：M＞Z＞W，故A错误；
B．同周期主族元素从左向右非金属性增强，非金属性越强、对应简单氢化物越稳定，则简单气态氢化物稳定性：Z＞Y，故B错误；
C．同周期主族元素从左向右第一电离能呈增大趋势，N的2p电子半满为较稳定结构，其第一电离能大于相邻元素的第一电离能，且稀有气体为稳定结构，则Z元素所在周期中，第一电离能大于Z的元素有3种(N、F、Ne)，故C错误；
D．M为S元素，每个能层的能量不同，基态S原子核外有1s、2s、2p、3s、3p共5种不同能量的电子，故D正确；
故选：D。
14. 已知某有机物在0.25ml氧气中恰好完全燃烧，将反应生成的气体依次通过浓硫酸和碱石灰，浓硫酸增重5.4 g，碱石灰增重8.8g，下列有关说法不正确的是
A. 该有机物的同分异构体的质谱图完全一样B. 该有机物中存在氧元素
C. 该有机物的分子式为C2H6O2D. 该有机物的核磁共振氢谱可能有2组峰
【答案】A
【解析】
【分析】由原子个数守恒可知，有机物分子中含有的碳原子的物质的量为=0.2ml，含有的氢原子的物质的量为×2=0.6ml，含有的氧原子物质的量物质×2+—0.25ml=0.2ml，则有机物分子中C、H 、O原子数之比为0.2ml：0.6ml：0.2ml=1：3：1，最简式为CH3O，设该有机物分子式为(CH3O)n，当n=2时，得到的分子式C2H6O2中氢原子已经达到饱和，所以该有机物分子式一定为C2H6O2。
【详解】A．由分析可知，有机物的分子式为C2H6O2，C2H6O2分子存在同分异构体，同分异构体分子的质谱图中最大质荷比相同，但谱图不完全相同，故A错误；
B．由分析可知，有机物的分子式为C2H6O2，则有机物中存在氧元素，故B正确；
C．由分析可知，有机物的分子式为C2H6O2，故C正确；
D．由分析可知，该有机物可能是分子式为C2H6O2的乙二醇，乙二醇的分子中含有2种等效氢，核磁共振氢谱有两个吸收峰，故D正确；
故选A。
15. 在离子晶体中，当时，型化合物往往采用和晶体相同的晶体结构(如下图1)。已知，但在室温下，的晶体结构如下图2所示，称为六方碘化银。下列说法不正确的是
A. 一个晶胞中含有4个
B. 晶体中阳离子位于阴离子堆积形成正四面体空隙中
C. 晶体结构不同于的原因可能是和之间的化学键不是纯粹的离子键
D. 晶体中的配位数为4
【答案】B
【解析】
【详解】A．晶胞中顶点和面心的实心球表示Na+，Cl-位置在体心和棱的中心，根据均摊法由此可知，在NaCl晶胞中，含Na+：8×+6×=4个，A正确；
B．氯化钠晶胞中，钠离子处于氯离子形成的正八面体的中心空隙中，B错误；
C．Ag+和I-离子半径大，受相反电荷离子的电场作用变成椭球形，不再维持原来的球形，离子键就向共价键过渡，它们的成键具有离子键和共价键的双重特性，其离子键的纯粹程度不高，离子键的纯粹程度简称键性因素，所以造成AgI晶体结构不同于NaCl晶体结构的原因是键性因素，C正确；
D．由图得出：，离I-最靠近等距离的Ag+有四个，即I-配位数为4，D正确；
故选：B。
16. 室温时，HCOOH和CH3COOH电离常数分别为1.8×10-4和1.75×10-5.。将浓度和体积均相同的两种酸溶液混合后加水稀释，随加水量的变化，溶液中 HA 浓度(HA 表示混合溶液中的 HCOOH 或 CH3COOH)与溶液 pH的关系如图所示。下列叙述正确的是
A. 曲线X 代表 HCOOH
B. 当 pH=6时，c点所对应的溶液中 9.9×10-7ml·L-1
C. 稀释过程中，逐渐减小
D. 溶液中水电离出的H+物质的量浓度：a点=b点＞c点
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．电离平衡常数越大酸性越强，故HCOOH酸性强于CH3COOH，则稀释过程中 CH3COOH浓度比HCOOH大，曲线 X代表CH3COOH，故A错误；
B．c点pH = 6，根据混合溶液中电荷守恒可知： ， 故B正确；
C．，，温度不变，不变， 故不变，故C错误；
D．b点溶液pH相同，溶液中水电离出的H+物质的量浓度相同，c点溶液pH比a点、b点大，对水的电离抑制减弱，溶液中水电离出的H+物质的量浓度更大，故溶液中水电离出的H+物质的量浓度：c点＞a点=b点，故D错误；
故选B。
二、非选择题(本题包括4题，共52分)
17. 近年来，改善环境是科学研究的重要课题，对实现碳循环及废气资源的再利用技术的发展都具有重要意义，请回答下列问题：
（1）CO催化加氢制，有利于减少有害气体CO。CO加氢制的总反应可表示为。该反应一般认为通过如下步骤来实现：
①
②
总反应的_______
（2）一定条件下，和发生反应：，设起始，在恒压下，反应达到平衡时的体积分数与Z和T(温度)的关系如图所示。下列说法正确的是_______。
A. 若氢气的物质的量分数不再随时间而改变，则该反应达到平衡
B. 加入合适的催化剂，该反应的平衡转化率和的值均增大
C. 当混合气体的平均相对分子质量不再随时间而改变时，该反应达到平衡
D. 图中Z的大小a>3>b
（3）在T1℃时，往10L的某恒容密闭容器中充入和，发生反应，后该反应达到平衡，此时测得混合气体的总物质的量为起始总物质的量的1.5倍，则：
①内，_______，的平衡转化率为_______%。
②该反应的平衡常数K=_______。
（4）利用电催化可将同时转化为多种燃料，装置如图：
①铜电极上产生的电极反应式为_______。
②5.6L(标准状况下)CO2通入铜电极，若只生成CO和CH4，此时铜极区溶液增重5.4g ，则生成CO和CH4的体积比为_______。
【答案】（1）-90 （2）AC
（3） ①. 0.12 ②. 40 ③. 1.44
（4） ①. CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O ②. 4：1
【解析】
【小问1详解】
①
②
根据盖斯定律：②-①得总反应：−49kJ⋅ml−1−(+41kJ⋅ml−1)=−90kJ⋅ml−1；
【小问2详解】
A．该反应为气体体积分数改变的反应，若氢气的物质的量分数不再随时间而改变，则该反应达到平衡，A正确；
B．催化剂不影响转化率和ΔH，B错误；
C．该反应为气体分子数增大的反应，混合气体质量不变，反应开始至达到平衡过程，混合气体平均摩尔质量不断减小，即平均相对分子质量不断减小，则当混合气体的平均相对分子质量不再随时间而改变时，说明反应达到平衡，C正确；
D．起始，Z越小说明甲烷越多，达到平衡时甲烷的体积分数越大，所以Z大小为：a<3
【小问3详解】
①后该反应达到平衡，此时测得混合气体的总物质的量为起始总物质的量的1.5倍，根据阿伏伽德罗定律可知，反应后总的物质的量为(3+5)ml×1.5=12ml，反应为气体分子数增加2的反应，则生成氢气，参加反应的水6ml=2ml，则内，，的平衡转化率为；
②结合①分析，建立三段式：
该反应的平衡常数K=；
【小问4详解】
①铜电极连接电源的负极，电极上CO2得电子发生还原反应，在酸性条件下生成甲烷，电极反应式为：CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O；
②5.6L(标准状况下)CO2通入铜电极，若只生成CO和CH4，电极反应分别为：CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O、CO2+2e-+2H+=CO+H2O，此时铜极区溶液增重，设生成CO和CH4的物质的量分别为x、y，则根据碳原子守恒有①x+y==0.25ml，氢离子通过阳离子交换膜进行铜电极区，根据两个电极反应式可知，铜极区分别增重为18x、36y，故有②18x+36y=5.4g，联立①②解得x=0.2ml，y=0.05ml, 则生成CO和CH4的体积比为0.2ml∶ 0.05m=4∶1。
18. 钴及其化合物广泛应用于航天、电池、磁性合金等高科技领域，我国钴资源贫乏，再生钴资源的回收利用是解决钴资源供给的重要途径。一种利用含钴废料(主要成分为，含少量、有机物)制取的工艺流程如图：
已知该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的，回答下列问题：
（1）“焙烧”的主要目的是_______。
（2）“浸取”过程中发生反应离子方程式为_______。
（3）“沉淀”时先加入溶液，的作用主要是_______；再加入溶液调节为5.0，此时滤液中的_______。
（4）“萃取”用到的玻璃仪器主要有_______、烧杯，萃取原理可表述为：(水层)(有机层)(有机层)(水层)。已知萃取率随变化如图所示，分析其变化原因_______。水相中含有的阳离子有_______。
（5）“沉钴”可得到，反应的离子方程式为_______。
【答案】（1）除去废料中的有机物
（2）
（3） ①. 将氧化为，以便后续转换为除去 ②. 或
（4） ①. 分液漏斗 ②. 当时，随着升高，溶液中减小，平衡向正反应方向移动，更多的与萃取剂反应；当时，随着升高，溶液中增大，与形成沉淀 ③. 、、
（5）
【解析】
【分析】含钴废料(主要成分为，含少量、有机物)焙烧后加入亚硫酸钠、盐酸浸取，浸出液加入氯酸钠、碳酸钠进行沉淀，滤渣主要为氢氧化铁，滤液加入RH萃取除去水相，有机相加入试剂A反萃取，得到氯化钴溶液，加入碳酸氢铵沉钴，去滤液，沉淀煅烧制取；
【小问1详解】
废料中含有有机物杂质，“焙烧”的主要目的是除去废料中的有机物，故答案为：除去废料中的有机物；
【小问2详解】
亚硫酸钠具有还原性,能还原C2O3生成C2+ ,自身被氧化为, 发生反应的离子方程式为，故答案为：；
【小问3详解】
①NaClO3的作用是将浸出液中Fe2+氧化为Fe3+ ,有利于通过调节溶液pH除去溶液中的Fe2+。故答案为:将Fe2+氧化成Fe3+，以便后续转换为Fe(OH)3除去；
②通过调节pH使Al3+沉淀的离子方程式是，若Al3+根据开始沉淀的pH计算Kh,则，当温度不变时，Kh不变，则再加入Na2CO3溶液调节pH为5.0，此时滤液中的；若根据Al3+沉淀完全的pH计算Kh,则，当温度不变时，Kh不变，则再加入Na2CO3溶液调节pH为5.0，此时滤液中的，故答案为或；
【小问4详解】
①“萃取”用到的玻璃仪器主要有分液漏斗、烧杯。故答案为:分液漏斗；
②根据表格中的数据可知，当pH=6.5时，C2+开始沉淀；当pH<6.5时，随着pH升高，溶液中c(H+)减小，萃取原理的平衡向正反应方向移动，更多的C2+与萃取剂反应；当pH>6.5时，随着pH升高，溶液中c(OH−)增大，C2+与OH−形成C(OH)2沉淀。故答案为：当pH<6.5时，随着pH升高，溶液中c(H+)减小，平衡向正反应方向移动，更多的C2+与萃取剂反应；当pH>6.5时，随着pH升高，溶液中c(OH−)增大，C2+与OH−形成C(OH)2沉淀；
③溶液中的Mg2+、Na+、H+不能发生萃取，则水相中的离子有Mg2+、Na+、H+。故答案为：Mg2+、Na+、H+；
【小问5详解】
“沉钴”可得到CCO3，反应的离子方程式为。故答案为：。
19. 铁是地球上分布最广泛的金属之一，约占地壳质量的5%，仅次于氧、硅、铝，位居地壳含量第四位。蛋白琥珀酸铁(CaHbOcNdFe)口服液可以用于缺铁性贫血的治疗。请回答以下相关问题：
（1）Fe元素位于周期表中_______区，基态铁原子的价层电子排布式为_______。
（2）纳米Fe因其表面活性常用作有机催化剂，如图所示：
①化合物M熔沸点明显低于化合物N，其主要原因是_______。
②化合物N中C原子的杂化类型为_______。
③C、N、O的第一电离能由小到大的顺序为_______。
（3）将C、N、O三种元素最简单氢化物按照键角从大到小排序_______。
（4）琥珀酸的结构如图所示，写出琥珀酸分子中σ键与π键的个数比_______。
（5）金属羰基化合物在催化反应中有着重要的作用，其本质是金属原子与CO中的C原子形成配位键。金属原子在形成最稳定的羰基化合物时要遵守18电子规则，即每个金属原子的价层都满足18电子结构。若金属价层电子数为奇数，则可以通过两个金属原子之间形成共价单键实现价层电子数为偶数。根据以上信息，写出Fe原子最稳定的羰基化合物的化学式_______。
（6）铁有多种同素异形体，在910-1400℃范围内，铁以面心立方最密堆积存在，如图为面心立方堆积的铁的晶胞。已知铁的摩尔质量为Mg/ml，NA表示阿伏加德罗常数，铁原子的半径为rpm，铁晶胞密度的表达式为_______ g•cm-3.(用含M、NA、r的代数式表示)
【答案】（1） ①. d ②. 3d64s2
（2） ①. 化合物N能形成分子间氢键，化合物M不能形成分子间氢键 ②. sp2、sp3 ③. C
（4）13∶2 （5）Fe(CO)5
（6）
【解析】
【小问1详解】
铁是26号元素，核外有26个电子，基态铁原子的价层电子排布式3d64s2，位于周期表中d区；
【小问2详解】
①化合物N能形成分子间氢键，化合物M不能形成分子间氢键，导致化合物M的熔沸点明显低于化合物N；
②化合物N中苯环碳为sp2杂化，饱和碳为sp3杂化，C原子的杂化类型为sp2、sp3。
③同一周期随着原子序数变大，第一电离能呈变大趋势，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能大小：N>O>C；
【小问3详解】
CH4、NH3、H2O中心原子价电子对数都4，孤电子对数依次是0、1、2，孤电子对对价电子对具有排斥作用，所以键角从大到小的顺序为CH4＞NH3＞H2O；
【小问4详解】
单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，琥珀酸分子中σ键与π键的个数比13∶2；
【小问5详解】
Fe原子价电子数为8，根据题目信息，可知Fe原子与CO形成5个配位键，Fe原子最稳定的羰基化合物的分子式Fe(CO)5；
【小问6详解】
铁原子的半径为rpm，由图可知，面对角线为铁原子半径的4倍，则晶胞参数为pm，据“均摊法”，晶胞中含个Fe，则晶体密度为。
20. α-甲基苯乙烯(AMS)在有机合成中用途广泛，如图是用苯为原料合成AMS并进一步制备香料龙葵醛的路线：
（1）反应①的反应类型是_______；B中含氧官能团的名称为_______。
（2）写出反应③的方程式_______。
（3）检验龙葵醛中官能团可选择的试剂是_______。
（4）写出由B制备龙葵醛的化学反应方程式_______。
（5）AMS 可以自身聚合，写出该高聚物的结构简式： _______。
（6）B在一定条件下也可以直接制备AMS，反应所需条件为_______。
（7）写出符合下列条件的A的一种同分异构体的结构简式_______。
i.分子中含有3个甲基 ii.苯环上的一取代物只有1种
【答案】（1） ①. 加成反应 ②. 羟基
（2）+NaOH+NaBr+H2O
（3）新制Cu(OH)2悬浊液(或银氨溶液)
（4）2+O22+2H2O
（5） （6）浓硫酸、加热
（7）或
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，与丙烯发生加成反应生成，则C6H6为；光照条件下与溴发生取代反应生成，则A为；在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成，与溴化氢发生加成反应生成，在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成，则B为；铜做催化剂条件下与氧气共热发生催化氧化反应生成。
【小问1详解】
由分析可知，反应①为与丙烯发生加成反应生成；B的结构简式为，官能团为羟基，故答案为：加成反应；羟基；
【小问2详解】
由分析可知，反应③为在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成、溴化钠和水，反应的化学方程式为+NaOH+NaBr+H2O，故答案为：+NaOH+NaBr+H2O；
【小问3详解】
龙葵醛能与银氨溶液共热反应生成银镜，也能与新制氢氧化铜悬浊液共热反应生成砖红色沉淀，则检验龙葵醛分子中的醛基可以选用银氨溶液和新制氢氧化铜悬浊液，故答案为：新制Cu(OH)2悬浊液(或银氨溶液)；
【小问4详解】
由分析可知，B制备龙葵醛的反应为铜做催化剂条件下与氧气共热发生催化氧化反应生成和水，反应的化学方程式为2+O22+2H2O，故答案为：2+O22+2H2O；
【小问5详解】
分子中含有碳碳三键，一定条件下能发生加聚反应生成高聚物，故答案为：；
【小问6详解】
浓硫酸作用下共热发生消去反应生成和水，故答案为：浓硫酸、加热；
【小问7详解】
A的同分异构体分子中含有3个甲基说明苯环上有4个取代基，官能团为碳溴键，则苯环上的一取代物只有1种的结构简式为、，故答案为：或。选项
操作
现象
结论
A
常温下将铁片放入浓硫酸中
剧烈反应生成有刺激性气味气体
常温下铁易与浓硫酸发生反应
B
溶液中滴加过量稀氨水
先生成白色沉淀，随后又溶解
能溶于氨水
C
向某溶液中滴加溶液
析出蓝色沉淀
该溶液中含有
D
将表面氧化的铜丝从酒精灯的外焰慢慢移向内焰
黑色的铜丝变红
被内焰中的乙醇蒸气氧化
金属离子
开始沉淀的
7.5
1.8
3.4
9.1
6.5
沉淀完全的
9.5
3.2
4.7
11.1
8.5
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