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四川省遂宁中学高新校区2023-2024高二下学期7月期末适应性考试化学试题（原卷版+解析版）
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这是一份四川省遂宁中学高新校区2023-2024高二下学期7月期末适应性考试化学试题（原卷版+解析版），文件包含四川省遂宁中学高新校区2023-2024高二下学期7月期末适应性考试化学试题原卷版docx、四川省遂宁中学高新校区2023-2024高二下学期7月期末适应性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27页， 欢迎下载使用。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、考号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3.回答非选择题时，将答案写在答题卡对应题号的位置上。写在本试卷上无效。
4.考试结束后，将答题卡交回。
相对原子质量：H-1B-11C-12O-16As-75
第I卷(选择题)
一、选择题(每题只有一个正确答案，每题3分，共42分)
1. 化学与生产、生活、社会密切相关。下列有关说法中，不正确的是
A. 乙炔燃烧放出大量热，可用氧炔焰来切割金属
B. 古代的蜡是高级脂肪酸酯，属于高分子化合物
C. 烟花绚烂多彩与电子跃迁有关
D. 橡胶老化与碳碳双键有关
【答案】B
【解析】
【详解】A．乙炔燃烧放出大量的热，氧炔焰能够产生很高的温度，则可用氧炔焰来切割金属，A正确；
B．古代蜡的主要成分是高级脂肪酸酯，相对分子质量较小，不属于高分子化合物，B错误；
C．光是电子跃迁释放能量的重要形式，烟花的绚烂多彩与原子核外电子跃迁释放能量有关，C正确；
D．橡胶含有碳碳双键，易被氧化，所以橡胶老化与碳碳双键有关，D正确；
故选B。
2. 下列有机物的命名错误的是
A. 1，2-二氯乙烯B. 邻甲基硝基苯
C. 邻氨基苯甲酸D. 2-氟甲苯
【答案】B
【解析】
【详解】A．卤素原子作为取代基，用数字标示出卤素原子的位置，故名称为1，2-二氯乙烯，A正确；
B．以甲苯为母体，硝基为取代基，使用邻、间、对等表示与甲基的相对位置，故名称为邻硝基甲苯，B错误；
C．以苯甲酸为母体，氨基为取代基，使用邻、间、对等表示与甲基的相对位置，故名称为邻氨基苯甲酸，C正确；
D．以甲苯为母体，甲基编为1号，氟原子为取代基，编为2号，故名称为2-氟甲苯，D正确；
故选B。
3. 下列与有机物有关的说法正确的是
A. 羧酸沸点高于与其相对分子质量相近的其他有机物，原因之一是羧酸可形成分子间氢键
B. 植物油不能用于萃取溴水中的溴，主要原因是植物油会被溴水氧化
C. 果糖是还原性糖，原因是果糖分子中含有-CHO
D. 卤代烃能发生消去反应，原因是卤素原子推电子导致相邻C上的C-H键极性增强
【答案】A
【解析】
【详解】A．羧酸(-COOH)沸点高于与其相对分子质量相近的其他有机物，原因之一是羧酸可形成分子间氢键，导致沸点较高，故A正确；
B．植物油不能用于萃取溴水中的溴，主要原因是植物油含有碳碳双键，能和溴水发生加成反应，故B错误；
C．果糖不含醛基，故C错误；
D．卤代烃能发生消去反应是因为卤素原子吸引电子的能力，即卤原子诱导效应的影响；其条件是连有卤素原子的碳原子必须有相邻的碳原子，且此相邻的碳原子上连有氢原子，故D错误；
故选A。
4. NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A. 常温常压下，78g苯中含有的碳碳双键数目为3NA
B. 20g重水(D2O)中含有的质子数和中子数均为10NA
C. 200g质量分数为23%的乙醇水溶液中含有的氢原子数为6NA
D. 标准状况下，11.2L己烷中所含分子数目为0.5NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．苯中没有碳碳双键，故A错误；
B．20gD2O的物质的量为1ml，其中含有质子数为10ml，含有中子数为10ml，故B正确；
C．200g质量分数为23%的乙醇水溶液中除了含有1ml乙醇，水中也含有氢原子，氢原子数大于6ml，故C错误；
D．标准状况下，己烷不是气体，故D错误；
故选B。
5. 某金属有机多孔材料(MOFA)对CO2具有超高吸附能力，并能催化CO2与环氧丙烷反应，其工作原理如图所示。下列说法错误的是
A. b分子中碳原子采用sp2和sp3杂化
B. b的一氯代物有3种
C. 1mlb最多可与2mlNaOH反应
D. a转化为b发生取代反应，并有极性共价键的形成
【答案】D
【解析】
【详解】A．b分子中的饱和碳原子采用 sp3杂化，碳氧双键上的C原子采用 sp2杂化，A正确；
B．b分子中含3种不同环境的H原子，其一氯代物有3种，B正确；
C．由b的结构简式可知，1mlb中等同于含有2ml酯基，最多可消耗2mlNaOH，C正确；
D．a转化为b发生加成反应，由断键过程可知该转化过程中只形成了极性键，D错误；
故选D。
6. 在800℃下B12与As4单质可发生化学反应制备具有超高热导率半导体材料晶体。下列说法错误的是
A. 图(a)表示As4结构，As4分子中成键电子对数与孤对电子数之比为3:1
B. 图(b)表示单质硼晶体B12的基本结构单元，B原子与B-B键数目之比为2：5
C. 图(b)所示单质硼晶体的熔点为2180℃，它属于共价晶体
D. 图(c)表示BAs的晶胞结构，若晶胞参数为anm，则BAs晶体密度为
【答案】A
【解析】
【详解】A．图（a）表示As4结构，每个As原子最外层有5个电子，形成3个σ键，还有1对孤电子对，As4分子中成键电子对与孤电子对数目之比为6:4，即3:2，A错误；
B．每个B原子形成5个B-B键，每2个B原子共同形成一个B-B键，故B原子与B-B键数目之比为2：5，B正确；
C．单质硼晶体的熔点为，熔点较高，且原子间通过共价键结合，属于共价晶体，C正确；
D．BAs晶体密度为，D正确；
故选A。
7. 5-氨基四唑硝酸盐受热迅速生成以N2为主的环境友好型气体，并放出大量的热，是制造HTPB火箭推进剂的重要原料。该盐结构简式如图，其中含一个平面五元环，下列说不正确的是
A. 阴离子的空间构型为平面三角形
B. 第二周期中第一电离能介于B和N之间的元素有1种
C. 该化合物中五元环上的5个原子的杂化方式都相同
D. 5-氨基四唑硝酸盐的熔点低于NaNO3
【答案】B
【解析】
【详解】A．的中心原子价层电子对数为3，没有孤电子对（），空间构型为平面三角形，A正确；
B．因 N 的最外层轨道电子数处于半充满的稳定状态，因此N的第一电离能反常大于 O，Be 的价层电子排布处于全满的稳定结构，其第一电离能大于B，因此第一电离能介于在 B、N 间的第二周期元素有 Be、C、O 三种元素，B错误；
C．其中五元环为平面结构，可知该化合物中五元环上的原子均为sp2杂化，它们的杂化方式相同，C正确；
D．5-氨基四唑硝酸盐的阳离子的半径显著大于钠离子半径，离子键作用力小，故熔点低于NaNO3，D正确；
故选B。
8. X、Y、Z、M、W是五种短周期主族元素，其原子半径与原子序数的关系如图甲所示，X、Y、Z、M形成的化合物如图乙所示，Z与W同主族。下列说法错误的是
A. 简单氢化物的熔沸点：Z>W
B. 简单离子的半径：W>Z>M
C. X2Z2和M2Z2中的化学键类型相同
D. 图乙化合物中的阴离子价层电子对数3
【答案】C
【解析】
【分析】已知X、Y、Z、M、W是五种短周期主族元素，其原子半径与原子序数的关系如图1，则X位于第一周期，为氢元素，Y、Z位于第二周期，M、W位于第三周期；X、Y、Z、M可形成化合物，Z与W同主族，M形成+1价阳离子，其原子半径最大，则M为Na；Z形成2个共价键，则位于VIA族，则Z为氧元素，W为硫元素；Y形成4个共价键，则Y为碳元素，据此分析解答。
【详解】A．H2O分子间存在氢键，则熔沸点H2O＞H2S，A正确；
B．Z为O元素，M为Na元素，W为S元素，电子层数越多，微粒半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，微粒半径越小，S2-含有3个电子层，Na+和O2-均含有2个电子层，核电荷数Na＞O，则离子半径：r(S2-)＞r(O2-)＞r(Na+)，B正确；
C．H2O2为共价化合物，分子中含有极性键和非极性键，而Na2O2为离子化合物，含有离子键和非极性键，化学键类型不完全相同，C错误；
D．图乙化合物中的阴离子价层电子对数3，D正确；
故选C。
9. 下列有关说法正确的是
A. 铜氨离子的模型如图①所示，该微粒中存在极性共价键、配位键、离子键
B. 4-去甲基表鬼臼毒素具有抗肿瘤、抗菌、抗病毒等作用，分子结构如图②所示，该有机物有4个手性碳原子，且遇FeCl3溶液显紫色
C. 氢原子的电子云图如图③，氢原子核外大多数电子在原子核附近运动
D. NH5的结构与NH4Cl相似，NH5的结构式如图④所示
【答案】B
【解析】
【详解】A．铜氨离子中氮原子提供孤电子对与铜离子形成配位键，N原子与H原子形成极性共价键，但没有离子键，A项错误；
B．该分子有四个手性碳()，下方苯环上有一酚羟基，可使FeCl3溶液显紫色，B项正确；
C．电子云图表示电子在某一区域出现的概率，H原子核外只有一个电子，不存在大多数电子的说法，C项错误；
D．NH5的结构与NH4Cl相似，NH4Cl为离子化合物，则NH5的电子式为，所以NH5的结构式不是图④，D项错误；
答案选B。
10. 我国科技工作者发现某“小分子胶水”(结构如图)能助力自噬细胞“吞没”致病蛋白。下列说法正确的是
A. 该分子中所有碳原子一定共平面B. 该分子能与蛋白质分子形成氢键
C. 该物质最多能与反应D. 该物质能发生取代、加成和消去反应
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．该分子中存在2个苯环、碳碳双键所在三个平面，平面间单键连接可以旋转，故所有碳原子可能共平面，A错误；
B．由题干信息可知，该分子中有羟基，能与蛋白质分子中的氨基之间形成氢键，B正确；
C．由题干信息可知，该物质含有2ml酚羟基，可以消耗2mlNaOH，1ml酚酯基，可以消耗2mlNaOH，故最多能与反应，C错误；
D．该物质中含有酚羟基且邻对位上有H，能发生取代反应，含有苯环和碳碳双键，能发生加成反应，但没有卤素原子和醇羟基，不能发生消去反应，D错误；
故答案为：B。
11. 下列实验操作和现象以及所得结论均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．丙烯醛分子中的醛基能与溴水发生氧化反应使溶液褪色，则溴水褪色不能说明丙烯醛中含碳碳双键，故A错误；
B．氢氧化钠溶液能与硝酸银溶液反应，会干扰溴离子的检验，则在溴乙烷中加入氢氧化钠溶液，加热一段时间后，未加入稀硝酸中和氢氧化钠溶液，直接滴入几滴硝酸银溶液不可能生成淡黄色的溴化银沉淀，所以未出现黄色沉淀不能说明溴乙烷未水解，故B错误；
C．溴受热易挥发，挥发出的溴能与硝酸银溶液反应生成淡黄色的溴化银沉淀，则液溴和苯在铁粉作用下剧烈放热，将产生的气体通入硝酸银溶液，出现浅黄色沉淀不能说明反应生成了溴化氢，所以不能说明苯和液溴发生了取代反应，故C错误；
D．淀粉溶液中加入稀硫酸加热后，再滴加碘水呈无色说明溶液中不含有淀粉，所以能说明淀粉完全水解，故D正确；
故选D。
12. 下列说法正确的是
A. 分子中，处在同一条直线上的碳原子最多为4个
B. 分子式为C4H6O的同分异构体中能够发生银镜反应的有5种(考虑立体异构)
C. 螺环化合物( )与环氧乙烷( )互为同系物
D. 总质量一定的C2H2和CH3CHO无论以何种比例混合完全燃烧，总耗氧量不变
【答案】B
【解析】
【详解】A．碳碳三键两端C共线，苯环对角线位置的C及直接与苯环对角线位置C相连的原子共线，所以处在同一条直线上的碳原子最多为5个，故A错误；
B．分子式为C4H6O有机物能够发生银镜反应，说明含醛基，可将该有机物分为-CHO和-C3H5两部分，-C3H5不饱和度为1说明含有1个碳碳双键，由于考虑立体异构，结合醛基的不同链接位置及碳碳双键的顺反异构可知同分异构体共5种，故B正确；
C．环氧乙烷分子中只有1个环，螺环化合物分子中有2个环，结构不相似，所以不互为同系物，故C错误；
D．C2H2和CH3CHO最简式不相同，总质量一定时按不同比例混合完全燃烧，总耗氧量不同，故D错误；
答案选B。
13. 扎染是我国重要的非物质文化遗产，扎染用到的靛蓝已具有三千多年历史，战国时期荀况的“青，出于蓝而胜于蓝”就源于当时的染蓝技术。染色时发生以下反应，有关说法正确的是
A. 靛蓝耐碱、耐酸、耐氧化
B. 靛蓝分子中存在由p轨道“头碰头”形成的键
C. 靛白分子的分子式C16H11N2O2
D. 由靛白与碱反应生成靛白盐的反应可推知，靛白中的五元环有着类似于苯环的性质
【答案】D
【解析】
【详解】A．靛蓝含有亚胺基，显碱性，不与碱反应，但要和酸反应，不耐酸。靛蓝含有不饱和的碳碳双键，可以被高锰酸钾等氧化剂氧化，不耐氧化，A错误；
B．靛蓝分子中的键应该是p轨道“肩并肩”形成，B错误；
C．靛白分子的分子式C16H12N2O2，C错误；
D．靛白与碱反应以后，其羟基上的氢原子与碱反应，说明显酸性，该性质和苯酚性质相似，则靛白中的五元环有着类似于苯环的性质，D正确；
故选D。
14. 硒化锌(ZnSe)是一种重要的半导体材料；其晶胞结构如图甲所示，乙图为晶胞的俯视图，已知晶胞参数为anm，硒原子和锌原子的半径分别为r1nm和r2nm，下列说法不正确的是
A. Zn与距离最近的Se所形成的键的夹角为109°28ˊ
B. 晶胞中d点原子分数坐标为(，，)
C. 相邻两个Zn原子的最短距离为0.5anm
D. 硒原子和锌原子的空间利用率为
【答案】C
【解析】
【详解】A．把晶胞分成8个小立方体，Zn位于小立方体的体心，Zn周围的4个Se围成构型为正四面体，Zn位于正四面体的体心，即Zn与距离最近的Se所形成的键的夹角为109°28′，故A说法正确；
B．该晶胞中a点坐标为(0，0，0)，b点坐标为(，1，)，由图乙可知，d原子在右前上方小立方体的体心，因此d坐标为(，，)，故B说法正确；
C．根据图乙可知，相邻两个Zn原子的最短距离为面对角线的一半，即距离为nm，故C说法错误；
D．Se在晶胞中个数为=4，锌位于晶胞内部，有4个，因此空间利用率为，故D说法正确；
答案为C。
第II卷(非选择题)
15. 铁合金及其化合物在工业、国防、能源等领域用途广泛。
（1）钛铁合金具有放氢温度低、价格适中等优点，是钛系储氢合金代表。Fe元素在元素周期表中位于第四周期___________族，属于___________区元素。
（2）水杨醛()是一种香料的中间体，请画出水杨醛的分子内氢键：___________，水杨醛与苯酚的酸性谁更强？___________。
（3）邻二氮菲(，平面形分子，简称为phen)能与Fe2+生成稳定的橙色配合物，可测定Fe2+的浓度，其反应原理如图所示。
①phen是___________分子(“极性”或“非极性”)中N原子的价层孤电子对占据___________轨道。
②[Fe(phen)3]2+中Fe2+的配位数为___________，配体数为___________。
③用邻二氮菲测定Fe2+的浓度时应控制pH为5～6，请解释原因：___________。
④邻二氮菲的二氯代物有___________种。
（4）Cu可以形成一种离子化合物[Cu(NH3)4(H2O)2]SO4，若要确定该物质是晶体还是非晶体，最科学的方法是对它进行___________实验；加热该物质时，首先失去的是H2O分子，原因是___________。
（5）金属晶体铜的晶胞如图所示。铜原子间的最短距离为apm，密度为ρg·cm-3，NA为阿伏加德罗常数。
铜的相对原子质量为___________(用a、ρ、NA表示，写出计算式即可)。
【答案】（1） ①. Ⅷ ②. d
（2） ①. ②. 苯酚酸性更强
（3） ①. 非极性 ②. sp2 ③. 6 ④. 3 ⑤. 当H+浓度高时，邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键，导致与Fe2+配位能力减弱；当OH-浓度高时，OH-与Fe2+反应，影响Fe2+与邻二氮菲配位 ⑥. 16
（4） ①. X射线衍射 ②. O的电负性比N强，对孤电子对的吸引力更强，H2O与Cu2+的配位键比NH3与Cu2+的配位键弱
（5）
【解析】
【小问1详解】
Fe元素在元素周期表中属于26号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，位于第四周期Ⅷ族，属于d区元素。
【小问2详解】
水杨醛()分子中，-OH与-CHO位于苯环的相邻位置，可形成分子内的氢键，则水杨醛的分子内氢键可表示为：。在苯酚分子中，苯环与羟基氧原子形成p-π共轭键，从而使O-H键的极性增强，有利于电离出H+，而水杨醛分子中受醛基的影响，O-H键的电离变得困难，不利于电离出H+，所以水杨醛与苯酚的酸性相比，苯酚酸性更强。
【小问3详解】
①phen为平面形分子，结构对称，正负电荷重心重合，是非极性分子，N原子的价层电子对数为3，发生sp2杂化，孤电子对占据sp2轨道。
②[Fe(phen)3]2+中，1个Fe2+与3个配体中的6个N原子形成配位键，配位数为6，配体数为3。
③用邻二氮菲测定Fe2+的浓度时，酸性较强时，H+能与N原子配位，碱性较强时，Fe2+能与OH-反应，所以应控制pH为5～6，原因是：当H+浓度高时，邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键，导致与Fe2+配位能力减弱；当OH-浓度高时，OH-与Fe2+反应，影响Fe2+与邻二氮菲配位。
④判断邻二氮菲二氯代物的种类，可采用固定1个Cl原子，再移动另一个Cl原子的方法，若固定Cl原子的位置为，则另一Cl原子的位次有7种；若固定Cl原子的位置为，则另一Cl原子的位次有5种；若固定Cl原子的位置为，则另一Cl原子的位次有3种；还有1种结构为，共有16种。
【小问4详解】
晶体内微粒排列规则，若要确定该物质是晶体还是非晶体，最科学的方法是对它进行X射线衍射实验；氧元素的电负性比N大，对孤电子对的吸引能力强，形成的配位键相对较弱，所以加热[Cu(NH3)4(H2O)2]SO4时，首先失去的是H2O分子，原因是：O的电负性比N强，对孤电子对的吸引力更强，H2O与Cu2+的配位键比NH3与Cu2+的配位键弱。
【小问5详解】
金属晶体铜的晶胞中，含Cu原子个数为=4。设晶胞的边长为x，则=apm，x=pm，ρg·cm-3=，M=，所以铜的相对原子质量为。
【点睛】计算晶胞中所含微粒的数目时，可采用均摊法。
16. 葡萄糖酸钙是一种可促进骨骼生长的营养物质。葡萄糖酸钙可通过以下反应制得：
C6H12O6(葡萄糖)+Br2+H2O→C6H12O7(葡萄糖酸)+2HBr
2C6H12O7+CaCO3→Ca(C6H11O7)2(葡萄糖酸钙)+H2O+CO2↑
相关物质的溶解性见表：
实验流程如下：
C6H12O6溶液悬浊液Ca(C6H11O7)2
请回答下列问题：
(1)第①步中溴水氧化葡萄糖时，下列装置中最适合的是___。
(2)制备葡萄糖酸钙的过程中，葡萄糖的氧化也可用其他试剂，下列物质中最适合的是___。
A.新制Cu(OH)2悬浊液
B.O2/葡萄糖氧化酶
C.酸性KMnO4溶液
D.[Ag(NH3)2]OH溶液
(3)第③步需趁热过滤，其原因是___。
(4)第④步加入乙醇的作用是___。
(5)第⑥步中，下列洗涤剂最合适的是___。
A.冷水 B.热水 C.乙醇－水混合溶液 D.乙醇
(6)写出葡萄糖(用结构简式)与新制的氢氧化铜溶液反应方程式___。
【答案】 ①. B ②. B ③. 葡萄糖酸钙冷却后会结晶析出，如不趁热过滤会损失产品 ④. 可降低葡萄酸钙在溶剂中的溶解度，有利于葡萄糖酸钙的析出 ⑤. C ⑥. CH2OH(CHOH)4CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH2OH(CHOH)4COONa+Cu2O↓+3H2O
【解析】
【分析】水浴加热的特点是受热均匀，温度易于控制，加热温度小于100度，测量的温度是水的温度而不是反应液的温度。然后根据实验流程，再根据图表中所给溶解性的信息来答后面的问题。
【详解】(1)第①步中溴水氧化葡萄糖时，选用水浴加热装置，水浴加热的特点是受热均匀，温度易于控制，加热温度小于100度，测量的温度是水的温度而不是反应液的温度，所以应先B。答案为B。
(2)制备葡萄糖酸钙的过程中，葡萄糖的氧化也可用其他试剂，选用最适合的是O2/葡萄糖氧化酶，因为在催化氧化过程中不引入新的杂质，故选B。答案为B。
(3)为了在过滤的过程中防止葡萄糖酸钙冷却后会结晶析出，需趁过滤，答案为：葡萄糖酸钙冷却后会结晶析出，如不趁热过滤会损失产品；
(4)因为葡萄糖酸钙在乙醇中的溶解度较小，所以在第④步加入乙醇的作用是可降低葡萄酸钙在溶剂中的溶解度，有利于葡萄糖酸钙的析出，答案为：可降低葡萄酸钙在溶剂中的溶解度，有利于葡萄糖酸钙的析出
(5)在过滤后对固体进行洗涤，尽可能减少固体损失，所以在第⑥步中，选用乙醇－水混合溶液更合适，故选C。答案为：C。
(6)写出葡萄糖(用结构简式)与新制的氢氧化铜溶液反应方程式：CH2OH(CHOH)4CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH2OH(CHOH)4COONa+Cu2O↓+3H2O
17. 某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)：
溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
回答下列问题：
(1)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是______________。为回收金属，用稀硫酸将“滤液①”调为中性，生成沉淀。写出该反应的离子方程式______________。
(2)“滤液②”中含有的金属离子是______________。
(3)“转化”中可替代H2O2的物质是______________。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即
“滤液③”中可能含有的杂质离子为______________。
(4)利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp=______________(列出计算式)。如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0 ml·L−1，则“调pH”应控制的pH范围是______________。
(5)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式______________。
(6)将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是______________。
【答案】 ①. 除去油脂、溶解铝及其氧化物 ②. +H++H2O=Al(OH)3↓或+H+=Al(OH)3↓+H2O ③. Ni2+、Fe2+、Fe3+ ④. O2或空气 ⑤. Fe3+ ⑥. ⑦. 3.2~6.2 ⑧. 2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O ⑨. 提高镍回收率
【解析】
【分析】由工艺流程分析可得，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并发生反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、2Al2O3+4NaOH=4NaAlO2+2H2O将Al及其氧化物溶解，得到的滤液①含有NaAlO2，滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的滤液②，Fe2+经H2O2氧化为Fe3+后，加入NaOH调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，再控制pH浓缩结晶得到硫酸镍的晶体，据此分析解答问题。
【详解】(1)根据分析可知，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并将Al及其氧化物溶解，滤液①中含有NaAlO2(或Na[Al(OH)4])，加入稀硫酸可发生反应+H++H2O=Al(OH)3↓或+H+=Al(OH)3↓+H2O，故答案为：除去油脂、溶解铝及其氧化物；+H++H2O=Al(OH)3↓或+H+=Al(OH)3↓+H2O；
(2)加入稀硫酸酸浸，Ni、Fe及其氧化物溶解，所以“滤液②”中含有的金属离子是Ni2+、Fe2+、Fe3+，故答案为：Ni2+、Fe2+、Fe3+；
(3)“转化”在H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，可用O2或空气替代；若将工艺流程改为先“调pH”后“转化”，会使调pH过滤后的溶液中含有Fe2+，则滤液③中可能含有转化生成的Fe3+，故答案为：O2或空气；Fe3+；
(4)由上述表格可知，Ni2+完全沉淀时的pH=8.7，此时c(Ni2+)=1.0×10-5ml·L-1，c(H+)=1.0×10-8.7ml·L-1，则c(OH-)=，则Ni(OH)2的；或者当Ni2+开始沉淀时pH=7.2，此时c(Ni2+)=0.01ml·L-1，c(H+)=1.0×10-7.2ml·L-1，则c(OH-)=，则Ni(OH)2的；如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0ml·L-1，为避免镍离子沉淀，此时，则，即pH=6.2；Fe3+完全沉淀的pH为3.2，因此“调节pH”应控制的pH范围是3.2~6.2，故答案为：；3.2~6.2；
(5)由题干信息，硫酸镍在强碱中被NaClO氧化得到NiOOH沉淀，即反应中Ni2+被氧化为NiOOH沉淀，ClOˉ被还原为Clˉ，则根据氧化还原得失电子守恒可得离子方程式为2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O，故答案为：2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O；
(6)分离出硫酸镍晶体后的母液中还含有Ni2+，可将其收集、循环使用，从而提高镍的回收率，故答案为：提高镍的回收率。
【点睛】本题主要考查金属及其化合物的性质、沉淀溶解平衡常数Ksp的计算、氧化还原离子反应方程式的书写等知识点，需要学生具有很好的综合迁移能力，解答关键在于正确分析出工艺流程原理，难点在于Ksp的计算及“调pH”时pH的范围确定。
18. 以芳香族化合物A为原料制备某药物中间体G的路线如下：
已知：同一碳原子上连两个羟基时不稳定，易发生反应：RCH(OH)2→RCHO+H2O。
请回答下列问题：
（1）A中含氧官能团的名称是___________。
（2）B的化学名称为___________。
（3）C在一定条件与H2按照物质的量1：4发生加成反应生成化合物H，加成产物H含有手性碳原子的数目为___________。
（4）F→G的反应类型___________。
（5）D→E有CO2生成，该反应的化学方程式为___________。
（6）I是D的同分异构体，同时满足下列条件的I有___________种(不包括立体异构)。
条件：①与FeCl3溶液发生显色反应；②能发生水解反应；③能发生银镜反应。
其中，核磁共振氢谱显示5组峰，且峰面积比为2：2：2：1：1的结构简式为___________。
（7）根据上述路线中的相关知识，设计以 和乙酸为原料制备 的合成路线___________(其他试剂任选)。
【答案】（1）酯基 （2）对羟基苯甲醛（或4-羟基苯甲醛）
（3）3 （4）取代反应或酯化反应
（5） （6） ①. 13 ②.
（7）
【解析】
【分析】A发生碱性水解后经酸化生成B为 ，B发生取代反应生成C，C和CH3ONa发生取代反应生成D，D转化为E在BBr3催化转化为F，F→G的反应为浓硫酸作用下 与 共热发生酯化反应生成 和水；
小问1详解】
化合物A中含氧官能团名称为酯基；
【小问2详解】
化合物B结构简式为 ，命名为对羟基苯甲醛；
【小问3详解】
C在一定条件与H2按照物质的量1：4发生加成反应生成化合物H，即与苯环和醛基都加成，H结构简式为 ，手性碳原子有3个；
【小问4详解】
F在浓硫酸加热作用下与 发生酯化反应；
【小问5详解】
根据D和E结构简式对比，结合D→E有CO2生成，可知该反应的化学方程式为 ；
【小问6详解】
I是D的同分异构体，同时满足下列条件：①与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②能发生水解反应说明含有酯基；③能发生银镜反应，说明含有醛基或甲酸酯基，结合D分子式可判断为甲酸酯基；若该物质苯环上有2个取代基，则为-OH和HCOOCH2-连在苯环上，有邻间对3种异构；若苯环上有3个取代基，分别为-OH、-CH3和HCOO-，则此时异构体有10种，共计13中；其中，结合核磁共振氢谱显示5组峰，且峰面积比为2：2：2：1：1可判断符合条件要求的结构简式为 ；
【小问7详解】
根据上述路线中的相关知识，设计以 和乙酸为原料制备 ，参考B→C 在氢氧化钠溶液中加热发生水解生成 , 与乙酸发生信息反应生成 ， 发生聚合反应即可生成 ，具体路线如下： ；选项
实验操作和现象
结论
A
向丙烯醛(CH2=CHCHO)中滴加溴水，溴水褪色
丙烯醛中含碳碳双键
B
在溴乙烷中加入氢氧化钠溶液，加热一段时间，再滴入几滴硝酸银溶液，未出现黄色沉淀
溴乙烷未水解
C
液溴和苯在铁粉作用下剧烈放热，将产生的气体通入AgNO3溶液，出现浅黄色沉淀
苯和液溴发生了取代反应
D
淀粉溶液中加入稀硫酸加热后，再滴加碘水呈无色
淀粉完全水解
物质名称
葡萄糖酸钙
葡萄糖酸
溴化钙
水中的溶解性
可溶于冷水，易溶于热水
可溶
易溶
乙醇中的溶解性
微溶
微溶
可溶
金属离子
Ni2+
Al3+
Fe3+
Fe2+
开始沉淀时(c=0.01 ml·L−1)的pH
沉淀完全时(c=1.0×10−5 ml·L−1)的pH
7.2
8.7
3.7
4.7
2.2
3.2
7.5
9.0
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、考号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3.回答非选择题时，将答案写在答题卡对应题号的位置上。写在本试卷上无效。
4.考试结束后，将答题卡交回。
相对原子质量：H-1B-11C-12O-16As-75
第I卷(选择题)
一、选择题(每题只有一个正确答案，每题3分，共42分)
1. 化学与生产、生活、社会密切相关。下列有关说法中，不正确的是
A. 乙炔燃烧放出大量热，可用氧炔焰来切割金属
B. 古代的蜡是高级脂肪酸酯，属于高分子化合物
C. 烟花绚烂多彩与电子跃迁有关
D. 橡胶老化与碳碳双键有关
【答案】B
【解析】
【详解】A．乙炔燃烧放出大量的热，氧炔焰能够产生很高的温度，则可用氧炔焰来切割金属，A正确；
B．古代蜡的主要成分是高级脂肪酸酯，相对分子质量较小，不属于高分子化合物，B错误；
C．光是电子跃迁释放能量的重要形式，烟花的绚烂多彩与原子核外电子跃迁释放能量有关，C正确；
D．橡胶含有碳碳双键，易被氧化，所以橡胶老化与碳碳双键有关，D正确；
故选B。
2. 下列有机物的命名错误的是
A. 1，2-二氯乙烯B. 邻甲基硝基苯
C. 邻氨基苯甲酸D. 2-氟甲苯
【答案】B
【解析】
【详解】A．卤素原子作为取代基，用数字标示出卤素原子的位置，故名称为1，2-二氯乙烯，A正确；
B．以甲苯为母体，硝基为取代基，使用邻、间、对等表示与甲基的相对位置，故名称为邻硝基甲苯，B错误；
C．以苯甲酸为母体，氨基为取代基，使用邻、间、对等表示与甲基的相对位置，故名称为邻氨基苯甲酸，C正确；
D．以甲苯为母体，甲基编为1号，氟原子为取代基，编为2号，故名称为2-氟甲苯，D正确；
故选B。
3. 下列与有机物有关的说法正确的是
A. 羧酸沸点高于与其相对分子质量相近的其他有机物，原因之一是羧酸可形成分子间氢键
B. 植物油不能用于萃取溴水中的溴，主要原因是植物油会被溴水氧化
C. 果糖是还原性糖，原因是果糖分子中含有-CHO
D. 卤代烃能发生消去反应，原因是卤素原子推电子导致相邻C上的C-H键极性增强
【答案】A
【解析】
【详解】A．羧酸(-COOH)沸点高于与其相对分子质量相近的其他有机物，原因之一是羧酸可形成分子间氢键，导致沸点较高，故A正确；
B．植物油不能用于萃取溴水中的溴，主要原因是植物油含有碳碳双键，能和溴水发生加成反应，故B错误；
C．果糖不含醛基，故C错误；
D．卤代烃能发生消去反应是因为卤素原子吸引电子的能力，即卤原子诱导效应的影响；其条件是连有卤素原子的碳原子必须有相邻的碳原子，且此相邻的碳原子上连有氢原子，故D错误；
故选A。
4. NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A. 常温常压下，78g苯中含有的碳碳双键数目为3NA
B. 20g重水(D2O)中含有的质子数和中子数均为10NA
C. 200g质量分数为23%的乙醇水溶液中含有的氢原子数为6NA
D. 标准状况下，11.2L己烷中所含分子数目为0.5NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．苯中没有碳碳双键，故A错误；
B．20gD2O的物质的量为1ml，其中含有质子数为10ml，含有中子数为10ml，故B正确；
C．200g质量分数为23%的乙醇水溶液中除了含有1ml乙醇，水中也含有氢原子，氢原子数大于6ml，故C错误；
D．标准状况下，己烷不是气体，故D错误；
故选B。
5. 某金属有机多孔材料(MOFA)对CO2具有超高吸附能力，并能催化CO2与环氧丙烷反应，其工作原理如图所示。下列说法错误的是
A. b分子中碳原子采用sp2和sp3杂化
B. b的一氯代物有3种
C. 1mlb最多可与2mlNaOH反应
D. a转化为b发生取代反应，并有极性共价键的形成
【答案】D
【解析】
【详解】A．b分子中的饱和碳原子采用 sp3杂化，碳氧双键上的C原子采用 sp2杂化，A正确；
B．b分子中含3种不同环境的H原子，其一氯代物有3种，B正确；
C．由b的结构简式可知，1mlb中等同于含有2ml酯基，最多可消耗2mlNaOH，C正确；
D．a转化为b发生加成反应，由断键过程可知该转化过程中只形成了极性键，D错误；
故选D。
6. 在800℃下B12与As4单质可发生化学反应制备具有超高热导率半导体材料晶体。下列说法错误的是
A. 图(a)表示As4结构，As4分子中成键电子对数与孤对电子数之比为3:1
B. 图(b)表示单质硼晶体B12的基本结构单元，B原子与B-B键数目之比为2：5
C. 图(b)所示单质硼晶体的熔点为2180℃，它属于共价晶体
D. 图(c)表示BAs的晶胞结构，若晶胞参数为anm，则BAs晶体密度为
【答案】A
【解析】
【详解】A．图（a）表示As4结构，每个As原子最外层有5个电子，形成3个σ键，还有1对孤电子对，As4分子中成键电子对与孤电子对数目之比为6:4，即3:2，A错误；
B．每个B原子形成5个B-B键，每2个B原子共同形成一个B-B键，故B原子与B-B键数目之比为2：5，B正确；
C．单质硼晶体的熔点为，熔点较高，且原子间通过共价键结合，属于共价晶体，C正确；
D．BAs晶体密度为，D正确；
故选A。
7. 5-氨基四唑硝酸盐受热迅速生成以N2为主的环境友好型气体，并放出大量的热，是制造HTPB火箭推进剂的重要原料。该盐结构简式如图，其中含一个平面五元环，下列说不正确的是
A. 阴离子的空间构型为平面三角形
B. 第二周期中第一电离能介于B和N之间的元素有1种
C. 该化合物中五元环上的5个原子的杂化方式都相同
D. 5-氨基四唑硝酸盐的熔点低于NaNO3
【答案】B
【解析】
【详解】A．的中心原子价层电子对数为3，没有孤电子对（），空间构型为平面三角形，A正确；
B．因 N 的最外层轨道电子数处于半充满的稳定状态，因此N的第一电离能反常大于 O，Be 的价层电子排布处于全满的稳定结构，其第一电离能大于B，因此第一电离能介于在 B、N 间的第二周期元素有 Be、C、O 三种元素，B错误；
C．其中五元环为平面结构，可知该化合物中五元环上的原子均为sp2杂化，它们的杂化方式相同，C正确；
D．5-氨基四唑硝酸盐的阳离子的半径显著大于钠离子半径，离子键作用力小，故熔点低于NaNO3，D正确；
故选B。
8. X、Y、Z、M、W是五种短周期主族元素，其原子半径与原子序数的关系如图甲所示，X、Y、Z、M形成的化合物如图乙所示，Z与W同主族。下列说法错误的是
A. 简单氢化物的熔沸点：Z>W
B. 简单离子的半径：W>Z>M
C. X2Z2和M2Z2中的化学键类型相同
D. 图乙化合物中的阴离子价层电子对数3
【答案】C
【解析】
【分析】已知X、Y、Z、M、W是五种短周期主族元素，其原子半径与原子序数的关系如图1，则X位于第一周期，为氢元素，Y、Z位于第二周期，M、W位于第三周期；X、Y、Z、M可形成化合物，Z与W同主族，M形成+1价阳离子，其原子半径最大，则M为Na；Z形成2个共价键，则位于VIA族，则Z为氧元素，W为硫元素；Y形成4个共价键，则Y为碳元素，据此分析解答。
【详解】A．H2O分子间存在氢键，则熔沸点H2O＞H2S，A正确；
B．Z为O元素，M为Na元素，W为S元素，电子层数越多，微粒半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，微粒半径越小，S2-含有3个电子层，Na+和O2-均含有2个电子层，核电荷数Na＞O，则离子半径：r(S2-)＞r(O2-)＞r(Na+)，B正确；
C．H2O2为共价化合物，分子中含有极性键和非极性键，而Na2O2为离子化合物，含有离子键和非极性键，化学键类型不完全相同，C错误；
D．图乙化合物中的阴离子价层电子对数3，D正确；
故选C。
9. 下列有关说法正确的是
A. 铜氨离子的模型如图①所示，该微粒中存在极性共价键、配位键、离子键
B. 4-去甲基表鬼臼毒素具有抗肿瘤、抗菌、抗病毒等作用，分子结构如图②所示，该有机物有4个手性碳原子，且遇FeCl3溶液显紫色
C. 氢原子的电子云图如图③，氢原子核外大多数电子在原子核附近运动
D. NH5的结构与NH4Cl相似，NH5的结构式如图④所示
【答案】B
【解析】
【详解】A．铜氨离子中氮原子提供孤电子对与铜离子形成配位键，N原子与H原子形成极性共价键，但没有离子键，A项错误；
B．该分子有四个手性碳()，下方苯环上有一酚羟基，可使FeCl3溶液显紫色，B项正确；
C．电子云图表示电子在某一区域出现的概率，H原子核外只有一个电子，不存在大多数电子的说法，C项错误；
D．NH5的结构与NH4Cl相似，NH4Cl为离子化合物，则NH5的电子式为，所以NH5的结构式不是图④，D项错误；
答案选B。
10. 我国科技工作者发现某“小分子胶水”(结构如图)能助力自噬细胞“吞没”致病蛋白。下列说法正确的是
A. 该分子中所有碳原子一定共平面B. 该分子能与蛋白质分子形成氢键
C. 该物质最多能与反应D. 该物质能发生取代、加成和消去反应
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．该分子中存在2个苯环、碳碳双键所在三个平面，平面间单键连接可以旋转，故所有碳原子可能共平面，A错误；
B．由题干信息可知，该分子中有羟基，能与蛋白质分子中的氨基之间形成氢键，B正确；
C．由题干信息可知，该物质含有2ml酚羟基，可以消耗2mlNaOH，1ml酚酯基，可以消耗2mlNaOH，故最多能与反应，C错误；
D．该物质中含有酚羟基且邻对位上有H，能发生取代反应，含有苯环和碳碳双键，能发生加成反应，但没有卤素原子和醇羟基，不能发生消去反应，D错误；
故答案为：B。
11. 下列实验操作和现象以及所得结论均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．丙烯醛分子中的醛基能与溴水发生氧化反应使溶液褪色，则溴水褪色不能说明丙烯醛中含碳碳双键，故A错误；
B．氢氧化钠溶液能与硝酸银溶液反应，会干扰溴离子的检验，则在溴乙烷中加入氢氧化钠溶液，加热一段时间后，未加入稀硝酸中和氢氧化钠溶液，直接滴入几滴硝酸银溶液不可能生成淡黄色的溴化银沉淀，所以未出现黄色沉淀不能说明溴乙烷未水解，故B错误；
C．溴受热易挥发，挥发出的溴能与硝酸银溶液反应生成淡黄色的溴化银沉淀，则液溴和苯在铁粉作用下剧烈放热，将产生的气体通入硝酸银溶液，出现浅黄色沉淀不能说明反应生成了溴化氢，所以不能说明苯和液溴发生了取代反应，故C错误；
D．淀粉溶液中加入稀硫酸加热后，再滴加碘水呈无色说明溶液中不含有淀粉，所以能说明淀粉完全水解，故D正确；
故选D。
12. 下列说法正确的是
A. 分子中，处在同一条直线上的碳原子最多为4个
B. 分子式为C4H6O的同分异构体中能够发生银镜反应的有5种(考虑立体异构)
C. 螺环化合物( )与环氧乙烷( )互为同系物
D. 总质量一定的C2H2和CH3CHO无论以何种比例混合完全燃烧，总耗氧量不变
【答案】B
【解析】
【详解】A．碳碳三键两端C共线，苯环对角线位置的C及直接与苯环对角线位置C相连的原子共线，所以处在同一条直线上的碳原子最多为5个，故A错误；
B．分子式为C4H6O有机物能够发生银镜反应，说明含醛基，可将该有机物分为-CHO和-C3H5两部分，-C3H5不饱和度为1说明含有1个碳碳双键，由于考虑立体异构，结合醛基的不同链接位置及碳碳双键的顺反异构可知同分异构体共5种，故B正确；
C．环氧乙烷分子中只有1个环，螺环化合物分子中有2个环，结构不相似，所以不互为同系物，故C错误；
D．C2H2和CH3CHO最简式不相同，总质量一定时按不同比例混合完全燃烧，总耗氧量不同，故D错误；
答案选B。
13. 扎染是我国重要的非物质文化遗产，扎染用到的靛蓝已具有三千多年历史，战国时期荀况的“青，出于蓝而胜于蓝”就源于当时的染蓝技术。染色时发生以下反应，有关说法正确的是
A. 靛蓝耐碱、耐酸、耐氧化
B. 靛蓝分子中存在由p轨道“头碰头”形成的键
C. 靛白分子的分子式C16H11N2O2
D. 由靛白与碱反应生成靛白盐的反应可推知，靛白中的五元环有着类似于苯环的性质
【答案】D
【解析】
【详解】A．靛蓝含有亚胺基，显碱性，不与碱反应，但要和酸反应，不耐酸。靛蓝含有不饱和的碳碳双键，可以被高锰酸钾等氧化剂氧化，不耐氧化，A错误；
B．靛蓝分子中的键应该是p轨道“肩并肩”形成，B错误；
C．靛白分子的分子式C16H12N2O2，C错误；
D．靛白与碱反应以后，其羟基上的氢原子与碱反应，说明显酸性，该性质和苯酚性质相似，则靛白中的五元环有着类似于苯环的性质，D正确；
故选D。
14. 硒化锌(ZnSe)是一种重要的半导体材料；其晶胞结构如图甲所示，乙图为晶胞的俯视图，已知晶胞参数为anm，硒原子和锌原子的半径分别为r1nm和r2nm，下列说法不正确的是
A. Zn与距离最近的Se所形成的键的夹角为109°28ˊ
B. 晶胞中d点原子分数坐标为(，，)
C. 相邻两个Zn原子的最短距离为0.5anm
D. 硒原子和锌原子的空间利用率为
【答案】C
【解析】
【详解】A．把晶胞分成8个小立方体，Zn位于小立方体的体心，Zn周围的4个Se围成构型为正四面体，Zn位于正四面体的体心，即Zn与距离最近的Se所形成的键的夹角为109°28′，故A说法正确；
B．该晶胞中a点坐标为(0，0，0)，b点坐标为(，1，)，由图乙可知，d原子在右前上方小立方体的体心，因此d坐标为(，，)，故B说法正确；
C．根据图乙可知，相邻两个Zn原子的最短距离为面对角线的一半，即距离为nm，故C说法错误；
D．Se在晶胞中个数为=4，锌位于晶胞内部，有4个，因此空间利用率为，故D说法正确；
答案为C。
第II卷(非选择题)
15. 铁合金及其化合物在工业、国防、能源等领域用途广泛。
（1）钛铁合金具有放氢温度低、价格适中等优点，是钛系储氢合金代表。Fe元素在元素周期表中位于第四周期___________族，属于___________区元素。
（2）水杨醛()是一种香料的中间体，请画出水杨醛的分子内氢键：___________，水杨醛与苯酚的酸性谁更强？___________。
（3）邻二氮菲(，平面形分子，简称为phen)能与Fe2+生成稳定的橙色配合物，可测定Fe2+的浓度，其反应原理如图所示。
①phen是___________分子(“极性”或“非极性”)中N原子的价层孤电子对占据___________轨道。
②[Fe(phen)3]2+中Fe2+的配位数为___________，配体数为___________。
③用邻二氮菲测定Fe2+的浓度时应控制pH为5～6，请解释原因：___________。
④邻二氮菲的二氯代物有___________种。
（4）Cu可以形成一种离子化合物[Cu(NH3)4(H2O)2]SO4，若要确定该物质是晶体还是非晶体，最科学的方法是对它进行___________实验；加热该物质时，首先失去的是H2O分子，原因是___________。
（5）金属晶体铜的晶胞如图所示。铜原子间的最短距离为apm，密度为ρg·cm-3，NA为阿伏加德罗常数。
铜的相对原子质量为___________(用a、ρ、NA表示，写出计算式即可)。
【答案】（1） ①. Ⅷ ②. d
（2） ①. ②. 苯酚酸性更强
（3） ①. 非极性 ②. sp2 ③. 6 ④. 3 ⑤. 当H+浓度高时，邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键，导致与Fe2+配位能力减弱；当OH-浓度高时，OH-与Fe2+反应，影响Fe2+与邻二氮菲配位 ⑥. 16
（4） ①. X射线衍射 ②. O的电负性比N强，对孤电子对的吸引力更强，H2O与Cu2+的配位键比NH3与Cu2+的配位键弱
（5）
【解析】
【小问1详解】
Fe元素在元素周期表中属于26号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，位于第四周期Ⅷ族，属于d区元素。
【小问2详解】
水杨醛()分子中，-OH与-CHO位于苯环的相邻位置，可形成分子内的氢键，则水杨醛的分子内氢键可表示为：。在苯酚分子中，苯环与羟基氧原子形成p-π共轭键，从而使O-H键的极性增强，有利于电离出H+，而水杨醛分子中受醛基的影响，O-H键的电离变得困难，不利于电离出H+，所以水杨醛与苯酚的酸性相比，苯酚酸性更强。
【小问3详解】
①phen为平面形分子，结构对称，正负电荷重心重合，是非极性分子，N原子的价层电子对数为3，发生sp2杂化，孤电子对占据sp2轨道。
②[Fe(phen)3]2+中，1个Fe2+与3个配体中的6个N原子形成配位键，配位数为6，配体数为3。
③用邻二氮菲测定Fe2+的浓度时，酸性较强时，H+能与N原子配位，碱性较强时，Fe2+能与OH-反应，所以应控制pH为5～6，原因是：当H+浓度高时，邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键，导致与Fe2+配位能力减弱；当OH-浓度高时，OH-与Fe2+反应，影响Fe2+与邻二氮菲配位。
④判断邻二氮菲二氯代物的种类，可采用固定1个Cl原子，再移动另一个Cl原子的方法，若固定Cl原子的位置为，则另一Cl原子的位次有7种；若固定Cl原子的位置为，则另一Cl原子的位次有5种；若固定Cl原子的位置为，则另一Cl原子的位次有3种；还有1种结构为，共有16种。
【小问4详解】
晶体内微粒排列规则，若要确定该物质是晶体还是非晶体，最科学的方法是对它进行X射线衍射实验；氧元素的电负性比N大，对孤电子对的吸引能力强，形成的配位键相对较弱，所以加热[Cu(NH3)4(H2O)2]SO4时，首先失去的是H2O分子，原因是：O的电负性比N强，对孤电子对的吸引力更强，H2O与Cu2+的配位键比NH3与Cu2+的配位键弱。
【小问5详解】
金属晶体铜的晶胞中，含Cu原子个数为=4。设晶胞的边长为x，则=apm，x=pm，ρg·cm-3=，M=，所以铜的相对原子质量为。
【点睛】计算晶胞中所含微粒的数目时，可采用均摊法。
16. 葡萄糖酸钙是一种可促进骨骼生长的营养物质。葡萄糖酸钙可通过以下反应制得：
C6H12O6(葡萄糖)+Br2+H2O→C6H12O7(葡萄糖酸)+2HBr
2C6H12O7+CaCO3→Ca(C6H11O7)2(葡萄糖酸钙)+H2O+CO2↑
相关物质的溶解性见表：
实验流程如下：
C6H12O6溶液悬浊液Ca(C6H11O7)2
请回答下列问题：
(1)第①步中溴水氧化葡萄糖时，下列装置中最适合的是___。
(2)制备葡萄糖酸钙的过程中，葡萄糖的氧化也可用其他试剂，下列物质中最适合的是___。
A.新制Cu(OH)2悬浊液
B.O2/葡萄糖氧化酶
C.酸性KMnO4溶液
D.[Ag(NH3)2]OH溶液
(3)第③步需趁热过滤，其原因是___。
(4)第④步加入乙醇的作用是___。
(5)第⑥步中，下列洗涤剂最合适的是___。
A.冷水 B.热水 C.乙醇－水混合溶液 D.乙醇
(6)写出葡萄糖(用结构简式)与新制的氢氧化铜溶液反应方程式___。
【答案】 ①. B ②. B ③. 葡萄糖酸钙冷却后会结晶析出，如不趁热过滤会损失产品 ④. 可降低葡萄酸钙在溶剂中的溶解度，有利于葡萄糖酸钙的析出 ⑤. C ⑥. CH2OH(CHOH)4CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH2OH(CHOH)4COONa+Cu2O↓+3H2O
【解析】
【分析】水浴加热的特点是受热均匀，温度易于控制，加热温度小于100度，测量的温度是水的温度而不是反应液的温度。然后根据实验流程，再根据图表中所给溶解性的信息来答后面的问题。
【详解】(1)第①步中溴水氧化葡萄糖时，选用水浴加热装置，水浴加热的特点是受热均匀，温度易于控制，加热温度小于100度，测量的温度是水的温度而不是反应液的温度，所以应先B。答案为B。
(2)制备葡萄糖酸钙的过程中，葡萄糖的氧化也可用其他试剂，选用最适合的是O2/葡萄糖氧化酶，因为在催化氧化过程中不引入新的杂质，故选B。答案为B。
(3)为了在过滤的过程中防止葡萄糖酸钙冷却后会结晶析出，需趁过滤，答案为：葡萄糖酸钙冷却后会结晶析出，如不趁热过滤会损失产品；
(4)因为葡萄糖酸钙在乙醇中的溶解度较小，所以在第④步加入乙醇的作用是可降低葡萄酸钙在溶剂中的溶解度，有利于葡萄糖酸钙的析出，答案为：可降低葡萄酸钙在溶剂中的溶解度，有利于葡萄糖酸钙的析出
(5)在过滤后对固体进行洗涤，尽可能减少固体损失，所以在第⑥步中，选用乙醇－水混合溶液更合适，故选C。答案为：C。
(6)写出葡萄糖(用结构简式)与新制的氢氧化铜溶液反应方程式：CH2OH(CHOH)4CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH2OH(CHOH)4COONa+Cu2O↓+3H2O
17. 某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)：
溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
回答下列问题：
(1)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是______________。为回收金属，用稀硫酸将“滤液①”调为中性，生成沉淀。写出该反应的离子方程式______________。
(2)“滤液②”中含有的金属离子是______________。
(3)“转化”中可替代H2O2的物质是______________。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即
“滤液③”中可能含有的杂质离子为______________。
(4)利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp=______________(列出计算式)。如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0 ml·L−1，则“调pH”应控制的pH范围是______________。
(5)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式______________。
(6)将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是______________。
【答案】 ①. 除去油脂、溶解铝及其氧化物 ②. +H++H2O=Al(OH)3↓或+H+=Al(OH)3↓+H2O ③. Ni2+、Fe2+、Fe3+ ④. O2或空气 ⑤. Fe3+ ⑥. ⑦. 3.2~6.2 ⑧. 2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O ⑨. 提高镍回收率
【解析】
【分析】由工艺流程分析可得，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并发生反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、2Al2O3+4NaOH=4NaAlO2+2H2O将Al及其氧化物溶解，得到的滤液①含有NaAlO2，滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的滤液②，Fe2+经H2O2氧化为Fe3+后，加入NaOH调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，再控制pH浓缩结晶得到硫酸镍的晶体，据此分析解答问题。
【详解】(1)根据分析可知，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并将Al及其氧化物溶解，滤液①中含有NaAlO2(或Na[Al(OH)4])，加入稀硫酸可发生反应+H++H2O=Al(OH)3↓或+H+=Al(OH)3↓+H2O，故答案为：除去油脂、溶解铝及其氧化物；+H++H2O=Al(OH)3↓或+H+=Al(OH)3↓+H2O；
(2)加入稀硫酸酸浸，Ni、Fe及其氧化物溶解，所以“滤液②”中含有的金属离子是Ni2+、Fe2+、Fe3+，故答案为：Ni2+、Fe2+、Fe3+；
(3)“转化”在H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，可用O2或空气替代；若将工艺流程改为先“调pH”后“转化”，会使调pH过滤后的溶液中含有Fe2+，则滤液③中可能含有转化生成的Fe3+，故答案为：O2或空气；Fe3+；
(4)由上述表格可知，Ni2+完全沉淀时的pH=8.7，此时c(Ni2+)=1.0×10-5ml·L-1，c(H+)=1.0×10-8.7ml·L-1，则c(OH-)=，则Ni(OH)2的；或者当Ni2+开始沉淀时pH=7.2，此时c(Ni2+)=0.01ml·L-1，c(H+)=1.0×10-7.2ml·L-1，则c(OH-)=，则Ni(OH)2的；如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0ml·L-1，为避免镍离子沉淀，此时，则，即pH=6.2；Fe3+完全沉淀的pH为3.2，因此“调节pH”应控制的pH范围是3.2~6.2，故答案为：；3.2~6.2；
(5)由题干信息，硫酸镍在强碱中被NaClO氧化得到NiOOH沉淀，即反应中Ni2+被氧化为NiOOH沉淀，ClOˉ被还原为Clˉ，则根据氧化还原得失电子守恒可得离子方程式为2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O，故答案为：2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O；
(6)分离出硫酸镍晶体后的母液中还含有Ni2+，可将其收集、循环使用，从而提高镍的回收率，故答案为：提高镍的回收率。
【点睛】本题主要考查金属及其化合物的性质、沉淀溶解平衡常数Ksp的计算、氧化还原离子反应方程式的书写等知识点，需要学生具有很好的综合迁移能力，解答关键在于正确分析出工艺流程原理，难点在于Ksp的计算及“调pH”时pH的范围确定。
18. 以芳香族化合物A为原料制备某药物中间体G的路线如下：
已知：同一碳原子上连两个羟基时不稳定，易发生反应：RCH(OH)2→RCHO+H2O。
请回答下列问题：
（1）A中含氧官能团的名称是___________。
（2）B的化学名称为___________。
（3）C在一定条件与H2按照物质的量1：4发生加成反应生成化合物H，加成产物H含有手性碳原子的数目为___________。
（4）F→G的反应类型___________。
（5）D→E有CO2生成，该反应的化学方程式为___________。
（6）I是D的同分异构体，同时满足下列条件的I有___________种(不包括立体异构)。
条件：①与FeCl3溶液发生显色反应；②能发生水解反应；③能发生银镜反应。
其中，核磁共振氢谱显示5组峰，且峰面积比为2：2：2：1：1的结构简式为___________。
（7）根据上述路线中的相关知识，设计以 和乙酸为原料制备 的合成路线___________(其他试剂任选)。
【答案】（1）酯基 （2）对羟基苯甲醛（或4-羟基苯甲醛）
（3）3 （4）取代反应或酯化反应
（5） （6） ①. 13 ②.
（7）
【解析】
【分析】A发生碱性水解后经酸化生成B为 ，B发生取代反应生成C，C和CH3ONa发生取代反应生成D，D转化为E在BBr3催化转化为F，F→G的反应为浓硫酸作用下 与 共热发生酯化反应生成 和水；
小问1详解】
化合物A中含氧官能团名称为酯基；
【小问2详解】
化合物B结构简式为 ，命名为对羟基苯甲醛；
【小问3详解】
C在一定条件与H2按照物质的量1：4发生加成反应生成化合物H，即与苯环和醛基都加成，H结构简式为 ，手性碳原子有3个；
【小问4详解】
F在浓硫酸加热作用下与 发生酯化反应；
【小问5详解】
根据D和E结构简式对比，结合D→E有CO2生成，可知该反应的化学方程式为 ；
【小问6详解】
I是D的同分异构体，同时满足下列条件：①与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②能发生水解反应说明含有酯基；③能发生银镜反应，说明含有醛基或甲酸酯基，结合D分子式可判断为甲酸酯基；若该物质苯环上有2个取代基，则为-OH和HCOOCH2-连在苯环上，有邻间对3种异构；若苯环上有3个取代基，分别为-OH、-CH3和HCOO-，则此时异构体有10种，共计13中；其中，结合核磁共振氢谱显示5组峰，且峰面积比为2：2：2：1：1可判断符合条件要求的结构简式为 ；
【小问7详解】
根据上述路线中的相关知识，设计以 和乙酸为原料制备 ，参考B→C 在氢氧化钠溶液中加热发生水解生成 , 与乙酸发生信息反应生成 ， 发生聚合反应即可生成 ，具体路线如下： ；选项
实验操作和现象
结论
A
向丙烯醛(CH2=CHCHO)中滴加溴水，溴水褪色
丙烯醛中含碳碳双键
B
在溴乙烷中加入氢氧化钠溶液，加热一段时间，再滴入几滴硝酸银溶液，未出现黄色沉淀
溴乙烷未水解
C
液溴和苯在铁粉作用下剧烈放热，将产生的气体通入AgNO3溶液，出现浅黄色沉淀
苯和液溴发生了取代反应
D
淀粉溶液中加入稀硫酸加热后，再滴加碘水呈无色
淀粉完全水解
物质名称
葡萄糖酸钙
葡萄糖酸
溴化钙
水中的溶解性
可溶于冷水，易溶于热水
可溶
易溶
乙醇中的溶解性
微溶
微溶
可溶
金属离子
Ni2+
Al3+
Fe3+
Fe2+
开始沉淀时(c=0.01 ml·L−1)的pH
沉淀完全时(c=1.0×10−5 ml·L−1)的pH
7.2
8.7
3.7
4.7
2.2
3.2
7.5
9.0
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