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福建省泉州市2020届高三下学期3月适应性线上测试卷化学（解析版）
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福建省泉州市2020届高三下学期3月适应性线上测试卷
可能用到的原子量 C 12 F 19 P 31 K 39
7．下列有关化学与生活的说法错误的是（ ）
A．用可溶性的铝盐和铁盐对水进行杀菌消毒
B．用石灰、碳酸钠等碱性物质处理废水中的酸
C．牛奶、鸡蛋清均可用于重金属中毒解毒
D．碘酒、双氧水均可用于伤口消毒
答案：A
解析：考查生活中的化学常识。铝盐和铁盐，如明矾（KAl(SO4)2·12H2O）、FeCl3等均可以利用其水解产生的胶体粒子吸附水中悬浮杂质进行净水，但不能起到杀菌消毒的作用。
8．香茅醛Y主要用于食用香精，也用作其他香料的原料，在一定条件下可分别转化为X、Z。下列叙述错误的是（ ）
A．Y的分子式为C10H18O
B．X能与Z发生取代反应
C．可用新制Cu(OH)2鉴别出X、Y、Z
D．X、Y、Z均存在对应的芳香族同分异构体
答案：D
解析：考查有机物键线式、结构简式、分子式，官能团的性质，反应的类型，同分异构体的判断等。X、Y、Z的分子式分别为C10H20O、C10H18O、C10H18O2，A正确。X、Y分子中所含的-OH和-COOH能发生酯化反应（取代反应），B正确。Z分子中含有-COOH，能与Cu(OH)2发生中和反应，而使得新制Cu(OH)2变澄清；Y分子中含有-CHO，在加热下能产生砖红色沉淀；C正确。芳香族化合物分子中含有苯环，不饱和度大于等于4（即对比饱和碳原子，至少缺少8个以上氢原子，分子中H在14个以下；D错误。
9．下列实验装置进行的相应实验，不能达到实验目的的是（ ）
图1 图2 图3 图4
A．图1装置：吸收少量Cl2
B．图2装置：从KI和I2的固体混合物中回收I2
C．图3装置：制取少量CO2气体
D．图4装置：分离CCl4萃取碘水后的有机层和水层
答案：B
解析：考查实验基础知识，仪器的用法，物质的分离提纯方法等。
2FeCl2+Cl2=2FeCl3，且气体的流向为“长进短出”，A正确；蒸发皿用以少量固体的加热（可直接加热），利用I2易升华的性质，可以从KI和I2的固体混合物中分离出I2，但由于是敞口体系，不能达到回收的目的；B错误。
10．短周期主族元素X、Y、Z和W的原子序数依次增大，X、Y、W位于不同周期，Y、Z、W的原子最外层电子数之和为14，Z的原子半径在短周期主族元素中最大。下列说法错误的是（ ）
A．简单离子半径：W>Z>X
B．W的最高价氧化物对应的水化物为强酸
C．Y与Z形成的化合物溶于水所得溶液呈碱性
D．与X形成的简单化合物的还原性：Y>Z>W
答案：D
解析：考查元素周期表（律）以及元素化合物知识。
由题中信息推知，X、Z分别为H、Na，Y、W有两种组合，分别为O和Cl，或者F和S。简单离子半径Cl-（或S2-）>Na+>H+，A正确，但应注意O2->F->Na+，原子半径却为Na>O>F[规律为，一看电子层数、二看质子数、三看电子数]。W可以为Cl或S，对应的最高价氧化物对应的水化物为HClO4或H2SO4，均为强酸，且HClO4>H2SO4；B正确。Y与Z形成的化合物可能为Na2O、Na2O2、NaF，溶于水则为NaOH溶液、NaF溶液，HF溶液为弱酸溶液[注：酸性HI>HBr>HCl>HF]，NaF水解显碱性；C正确。与X形成的简单化合物可以为H2O（HF）、NaH、HCl（H2S），还原性应为NaH>HCl>H2O或NaH>H2S>HF；D错误。
11．研究发现，3D-SiC2D-MoS2异质接面催化剂具有优异的光催化CO2用纯水的全还原性能，有效实现电子/空穴的定向迁移，最终实现CO2和H2O在相应活性位点发生氧化还原反应，如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．2D-MoS2是H2O氧化的催化剂
B．H+和e-容易在SiCMoS2催化剂间进行反应
C．中间产物的转化“HCOOH→HCHO→CH3OH”均发生还原反应
D．总反应的方程式为CO2(g)+2H2O(g)CH4(g)+2O2(g)
答案：B
解析：考查新情景下信息的提取应用能力。
从图中可以看出，H2O在2D-MoS2界面，失去e-转化为O2和H+，发生氧化反应；A正确。从3D-SiC2D-MoS2异质接面微粒的变化（箭头方向），可以判断H+和e-并不是在催化剂间进行反应的，而是迁移后在3D-SiC反应参与化学反应的；B错误。有机化合物分子中碳原子的化合价可以用平均值计算或从“得氧（或失氢）氧化”判断氧化还原反应，“HCOOH(+2价)→HCHO(0价)→CH3OH(-2价)”，发生还原反应；C正确。从物质守恒可以看出，D中总反应是正确的，并且也可以分步写出反应的方程式。
12．储量丰富成本低的新型电池系统引起了科学家的广泛关注。基于K+能够可逆地嵌入/脱嵌石墨电极，开发了基于钾离子电解液（KPF6）的新型双碳电池[碳微球(C)为正极材料，膨胀石墨(C*y)为负极材料]，放电时总反应为：KxC*y + xC(PF6) = C*y + xK++ xC + xPF6-，如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．放电时，K+在电解质中由A极向B极迁移并嵌入碳微球中
B．充电时，A极的电极反应式为C*y + xK+ + xe- = KxC*y
C．放电时，每转移0.1 NA电子时，电解质增重18.4 g
D．充放电过程中，PF6-在碳微球电极上可逆地嵌入/脱嵌
答案：A
解析：通过新型电池考查电化学基础知识和信息的获取应用能力。
储量丰富成本低是新型电池研究的方向之一。由于Li储量少，其发展受到了诸多限制。由于K+半径偏大会导致动力学不稳定，K+能够可逆地嵌入/脱嵌的电极材料较少。膨胀石墨(C*y)为负极材料可以实现转化：KxC*y C*y + xK+ + xe-，碳微球(C)正极电极反应为C(PF6) + e- C + PF6-。在充电过程中，K+从电解质嵌入C*y中形成化合物KxC*y，放电时K+从KxC*y中脱嵌进入电解质中（并没有进入正极）；同理，充电时PF6-从电解质嵌入C中形成化合物C(PF6)，放电时PF6-从C(PF6)中脱嵌进入电解质中（并没有进入负极）；故A错。放电时，K+和PF6-分别从电极化合物中脱嵌进入电解质中，每转移0.1 NA电子时，脱嵌0.1mol K+和PF6-，质量为18.4g；C正确。
13．常温下，向20mL 0.1 mol·L-1 NH4HSO4溶液中逐滴加入0.1 mol·L-1的 NaOH溶液，溶液中由水电离出的c水(H+)与所加NaOH溶液的体积的关系如图所示。下列分析正确的是（ ）
10-5.3
10-7
c水(H+)/(mol·L-1)
20 35 V(NaOH)/mL
A．c点之前，主要的反应为NH4++ OH- =NH3·H2O
B．b点和d点对应溶液的pH均为7
C．常温下，Kb(NH3·H2O)=5×10-5.4 mol·L-1
D．d点溶液中，c(Na+)+c(NH4+)=c(SO42-)
答案：C
解析：在溶液中有NH4HSO4=NH4++H++SO42-，NH4+发生水解，对水的电离产生一定的促进作用，但由于溶液中含有0.1 mol·L-1 的H+，对NH4+的水解和水的电离均产生较强的抑制作用，对水的电离总体体现抑制作用，使得c水(H+)≈10-13 mol·L-1。加入NaOH溶液后，理论上直至加入20mL时发生反应H+ + OH- = H2O，即20mL时完全反应生成(NH4)2SO4，溶液的酸性由NH4+水解产生，c水(H+)=10-5.3 mol·L-1，对水的电离产生的促进作用最大（c点）。Kh=c(NH3·H2O)c(OH-)/c(NH4+)=10-5.3×10-5.3/0.05，所以Kb=Kw/Kh=5×10-5.4 mol·L-1。图中b点处为NH4+水解的促进作用和H+的抑制作用相当的点，a→c过程溶液始终显酸性。c点之后才开始发生反应：NH4++ OH- =NH3·H2O，当继续加入10mL时，NH4+反应了一半，溶液中含溶质NH4+∶NH3·H2O=1∶1，由于Kb˃Kh，同浓度的NH3·H2O的电离大于NH4+的水解，对水的电离产生抑制作用，溶液显碱性。图中d点所加入NaOH溶液的体积应小于30mL，且在c→d过程中，对水电离的影响，NH4+的促进作用逐渐减弱，NH3·H2O的抑制作用逐渐增强，溶液由NH4+水解的酸性逐渐被NH3·H2O的碱性消除，于d点相互抵消，此时溶液方呈中性。根据电荷守恒c(Na+)+c(NH4+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)且c(H+)=c(OH-)，即c(Na+)+c(NH4+)=2c(SO42-)。
此外，加入30mL时，n(NH4HSO4)∶n(NaOH)=2∶3，发生反应后（不考虑电离水解），微粒的比例为c(Na+)∶c(SO42-)∶c(NH4+)∶c(NH3·H2O)=3∶2∶1∶1，可讨论e、d点处离子浓度大小关系。
26．（15分）“84”消毒液、医用酒精等能对新冠病毒进行有效消杀。某兴趣小组在实验室自制“84”消毒液。请回答以下问题：
(1)“84”消毒液消杀新冠病毒的原理是 。
(2)甲同学设计左下图实验装置(夹持装置省略)制取“84”消毒液。
① B中的试剂是 。
② 干燥管的作用是 。
③ 当C中NaOH溶液吸收完全后，停止通氯气，检验氯气已过量的方法为 。
(3)乙同学设计右上图电解装置制取“84”消毒液。
①铁电极作 极。
②该电解制取NaClO的总反应的化学方程式为 。
③充分电解后，为检验电解液中是否还残留少量Cl－，取少量电解后溶液于试管中，滴加AgNO3溶液，试管中产生白色沉淀并有无色气体产生，该气体能使带火星的木条复燃。试管中发生反应的离子方程式为 。
④取25.00 mL电解后溶液，加入过量KI与稀硫酸混合溶液，充分反应后加入2滴淀粉液，用0.1000 mol·L－1 Na2S2O3溶液滴定，消耗12.00 mL。则该电解液有效氯（以有效氯元素的质量计算）的浓度为 mg/L。
(已知：2S2O32－＋I2=S4O62－＋2I－)
(4)与甲同学制法相比，乙同学制法的优点除了有装置与操作简单外还有： 、
（列出两种）。
答案：（1）强氧化性使病毒的蛋白质发生变性，失去生理活性 (2分）
（强氧化性1分，蛋白质变性1分）
（2）①饱和食盐水或饱和NaCl溶液 （1分）
② 防倒吸 （1分）
③ C装置的导管口放一张湿润的淀粉碘化钾试纸，试纸变蓝 (2分）
（操作1分，现象1分。注意“湿润”。其它能在氯气作用下有明显现象的合理试剂也可以）
（3）①阴 （1分）
②NaCl + H2O NaClO + H2↑ (2分）
（反应物和生成物书写正确，其它不完整扣1分）
③2ClO— + 2Ag+ = 2AgCl↓ +O2 ↑ (2分）
（同上。写成2ClO— = 2Cl—+O2 ↑ ，Ag++Cl— = AgCl↓也得分）
④852 (2分）
（4） 原料经济、原料利用率高、不产生污染性气体、有效氯含量高等合理答案
（各1分，共2分）
解析：(1)病毒、细菌的消杀是其中的蛋白质发生变性，失去生理活性。加热、酒精、紫外线、强氧化剂等均能使蛋白质发生变性，其中H2O2、O3、次氯酸及次氯酸盐等具有强氧化性，是常见的消毒剂。
①浓盐酸易挥发，若不除去，与C中NaOH反应生成NaCl，有效氯浓度降低，所以要用饱和食盐水除去。由于该反应在水溶液中进行，氯气不需要干燥。
③检验氯气，用湿润的淀粉碘化钾试纸，试纸变蓝。操作简便，现象明显。
(3)电解制NaClO，是电解饱和食盐水制氯气的拓展应用：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，生成的Cl2与NaOH溶液反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。两个反应合并得总反应方程式：NaCl + H2O NaClO + H2↑。
阳极（图中石墨）生成Cl2，阴极（图中铁）生成OH—与H2，下方生成的Cl2在逸出过程中与上方的OH—反应：Cl2+2OH—=Cl—+ClO—+H2O，生成的Cl—再循环参与放电。
①也可从以下角度分析：铁是非惰性金属，若作阳极，比Cl—更容易放电生成Fe2+，达不到制NaClO的目的。
③能使能使带火星的木条复燃的无色气体是O2，电解后溶液中主要含H2O、Na+和ClO—，加硝酸银溶液后会生成气体，肯定不可能是H2O、Na+，只能是ClO—发生反应，其中O元素升价，根据化合价“有升必有降”，Cl元素降价生成Cl—，再与Ag+反应生成白色沉淀AgCl，与题中现象吻合。
④根据ClO—＋2I－＋2H+ =Cl—＋I2＋H2O， 2S2O32－＋I2=S4O62－＋2I－
确定关系ClO— ~ 2S2O32－
n(ClO—)=0.1000×12.00×10-3×1/2mol=6.0×10-4mol → 有效氯n(Cl)=6.0×10-4mol
(根据单位mg/L）浓度：（6.0×10-4×35.5×103mg）÷（0.025L)=852mg/L
(4)与甲同学制法中制取Cl2，需多种原料：浓盐酸、KMnO4、NaOH均比食盐水不易获取，价格高；制得的“84”消毒液中含大量的NaCl。
27.（14 分）从某矿渣(成分为 NiFe2O4、NiO、FeO、 CaO、SiO2等)中回收 NiSO4的工艺流程如下：
已知①600℃时发生反应：NiFe2O4 + 4H2SO4 = NiSO4 + Fe2（SO4）3 + 4H2O，
② Ksp(CaF2)=4.0×10－11 , 回答下列问题：
（1）将NiFe2O4写成氧化物的形式为 ；
(NH4)2SO4 的作用是 。
（2）“焙烧”时矿渣中部分 FeO 反应生成 Fe2(SO4)3 的化学方程式为_____________________________________________。
（3）“浸渣”的成分有 Fe2O3、FeO(OH)、CaSO4 外，还含有 _____ (写化学式)。
（4）向“浸出液”中加入 NaF 以除去溶液中 Ca2+，当溶液中 c(F－)=2.0×10-3mol·L－1 时，若除钙率为99%时，则原“浸出液”中 c(Ca2+ )= g·L－1。
（5）“萃取”后分离得到无机层的操作是 ，用到的主要玻璃仪器是
（6）将“浸渣”进一步处理后，利用以下流程可得到高铁酸盐。K2FeO4是倍受关注的一类新型、高效、无毒的多功能水处理剂。回答下列问题：
①反应液Ⅰ和90% Fe(NO3)3溶液反应的离子方程式为
②反应液Ⅱ经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得到K2FeO4晶体，流程中的碱用KOH而不用NaOH的原因是
答案：（1）NiO·Fe2O3 （写 Fe2O3· NiO不扣分） （1分）
提供和矿渣反应的硫酸(或硫酸铵分解产生硫酸等答案） （2分）
（2）4FeO+6H2SO4+O2 = 2Fe2(SO4)3 + 6H2O （2分）
（3）SiO2 （1分）
（4）4.0×10-2 （或0.04） （2分）
（5） 分液 （1分）
分液漏斗 （填写了玻璃棒等不扣分） （1分）
（6）①2Fe3++3ClO－+10OH－=2FeO42－+3Cl－+5H2O （2分）
②高铁酸根在苛性钠溶液中的溶解度大于苛性钾溶液 （或相同条件下K2FeO4的溶解度小等,有说明溶解度的大小比较就各分） （2分）
解析：某矿渣的主要成分是NiFe2O4（铁酸镍）、NiO、FeO、CaO、SiO2等，加入硫酸铵研磨后，600°C焙烧，据题意知（NH4）2SO4在600℃以上会分解生成NH3和H2SO4。NiFe2O4在焙烧过程中与硫酸反应生成NiSO4、Fe2（SO4）3，在90°C的热水中浸泡过滤得到浸出液，加入NaF除去钙离子。
（1） 多元含氧化合物可以写成氧化物形式，NiFe2O4写成氧化物的形式为 NiO·Fe2O3，(NH4)2SO4 的主要作用是提供和矿渣反应的硫酸。
（2）矿渣中部分FeO焙烧时与H2SO4及空气中的氧气反应生成Fe2(SO4)3和水，反应的化学方程式为4FeO+6H2SO4+O2=2Fe2(SO4)3+6H2O；
（3）矿渣的主要成分是NiFe2O4（铁酸镍）、NiO、FeO、CaO、SiO2等，加入硫酸铵加热浸取后的浸渣为不反应和不溶于水的硫酸钙和二氧化硅，“浸渣”的成分除Fe2O3、FeO(OH)、CaSO4外，还含有SiO2；
（4）当溶液中c(F-)=2.0×10-3mol·L-1时，Ksp(CaF2)=c(Ca2+)×c2(F-)=c(Ca2+)×(2．0×10-3mol·L-1)2=4.0×10-11，故c(Ca2+)=1．0×10-5mol/L，除钙率=mol·L-1×40g·mol-1 =4.0×10-2g·L－1
（5）萃取后要分离上下层液体进行的操作是分页，故答案为分液、分液漏斗。
（6）①根据题意氢氧化钾和氯气反应获得KClO氧化剂，在碱性环境下氧化Fe3+为高铁酸盐，故离子反应为 2Fe3++3ClO－+10OH－=2FeO42－+3Cl－+5H2O。
②高铁酸根在苛性钠溶液中的溶解度大于苛性钾溶液。可用氢氧化钾将高铁酸盐从苛性钠溶液中沉淀出来，制备高铁酸盐固体。
28．（14分）羰基硫(COS)主要存在于煤、石油和天然气中，会造成设备腐蚀、环境污染，更危害人体健康。目前，我国已经实现了在催化剂(γ-Al2O3)、低温条件下的精度脱除COS，下图为天然气中脱除COS反应流化床示意图：
（1）①已知：H2(g)＋COS(g)H2S(g)＋CO(g) ΔH1＝＋6.2kJ·mol－1
H2(g)＋CO2(g)H2O(g)＋CO(g) ΔH2＝＋41.2kJ·mol－1
则COS精度脱除反应H2O(g)＋COS(g)H2S(g)＋CO2(g) 的ΔH＝ kJ·mol－1。
②将H2O与COS以体积比1：2置于恒温恒容密闭容器中反应，若测得该反应平衡时H2O与COS的体积比1：6，则该温度下，脱除反应的平衡常数K= （保留两位小数）。
（2）T℃时，以一定流速、不同物质的量的H2O(g)和COS(g)通过流化床，测得COS(g)脱除速率变化关系如下图。
已知：COS脱除反应机理如下，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。
a.吸附：H2O→H2O*
b.反应：COS＋H2O*→CO2＋H2S*
c.脱附：H2S*→H2S
①若COS(g)脱除速率v＝knx(COS)·ny(H2O) (mol·min－1)，由图中的数据可算出x、k的值：x＝______，k＝______。
②“吸附”步骤为________（填“快反应”或“慢反应”），理由是_________________________________。
③脱除反应的决速步骤为________（填“a”、“b”或“c”）。
④少量氢气可以抑制催化剂积硫(S*)中毒，分析该流化床中可能存在的可逆反应是_______________________________________________。
（3）工业上常采用下图所示电解装置，将气态废弃物中的硫化氢转化为可利用的硫。首先通电电解K4[Fe(CN)6]与KHCO3的混合溶液，通电一段时间后，再向所得溶液通入H2S时发生反应的离子方程式为2[Fe(CN)6]3－＋2CO＋H2S===2[Fe(CN)6]4－＋2HCO＋S↓。电解过程中阴极区电极反应式为_______________________。
【答案】（1）①－35.0 （2分）
②2.67 （2分）
（2）1；2 （ 各1分 ， 2分）
（3）①快反应 （ 1分）
由于H2O(g)的物质的量不影响总反应速率，因此“吸附”步骤是快反应 （ 1分）
②b （2分）
③S*＋H2 H2S*（没有注明*扣1分） （2分）
（4）2HCO＋2e－=== H2↑＋2CO （ 2分）
【命题意图】本题以利用天然气中脱除COS反应为背景，对化学反应原理的必备知识进行深度考查，如盖斯定律、化学平衡的移动及三段式平衡计算、化学反应速率影响因素、电解池等核心知识。能力层面上考查学生独立思考能力、获取信息能力、逻辑推理能力、及对图像观察思考能力。
【讲评建议】（1）①由盖斯定律可得H2O(g)＋COS(g) H2S(g)＋CO2(g) ΔH＝－35.0kJ·mol－1
②已知：H2O与COS以体积比1：2，根据阿伏伽德罗定律，物质的量之比为1：2，
利用“三段式”计算，设n始(H2O)=1 mol，n始(COS)=2 mol，则平衡时n平(H2O)=a mol，n平(COS)=6a mol
H2O(g)＋COS(g) H2S(g)＋CO2(g)
起始（mol） 1 2 0 0
转化（mol） 1-a 2-6a 1-a 1-a
平衡（mol） a 6a 1-a 1-a
由1-a=2-6a可推出a=0.2mol
带入可得出平衡时n平(H2O)=0.2 mol，n平(COS)=1.2 mol，n平(H2S)=n平(CO2)=0.8 mol
K=（0.8×0.8）/（0.2×1.2）≈2.67（由于是等体积的反应，可直接带入n）
（2）①由图可知：COS(g)水解速率v不受n(H2O)的影响，但与n(COS)呈现一次函数关系，则x＝0，y＝1，可知v＝kn(COS) (mol·min－1)，当n(COS)=0.15mol时，v＝0.3 mol·min－1，k=2(min－1)；
②根据COS(g)脱除反应机理可知，脱除反应分为三个步骤，再由速率方程v＝kn(COS)可知脱除速率与n(H2O)无关，n(H2O)不影响总反应速率因此吸附：H2O→H2O*步骤是非常快速完成(快反应)。
③根据COS(g)脱除速率方程及COS脱除反应机理可知，脱除反应速率与COS(g)有关，可知反应：COS＋H2O*→CO2＋H2S*步骤是比较三个步骤中最慢的，因此决速步骤为b。
④在COS脱除反应中，硫元素是以H2S(g)形式被脱除，因此在实验过程中少量氢气可以和催化剂积硫(S*)反应形成H2S*，从而达到抑制催化剂积硫(S*)中毒的目的，S*＋H2H2S*
∆
（3）对比原装置中试剂及向所得溶液通入H2S时发生反应的离子方程式2[Fe(CN)6]3－＋2CO＋H2S===2[Fe(CN)6]4－＋2HCO＋S↓，可得出在电解过程中阳极区发生电极反应[Fe(CN)6]4－－e－=== [Fe(CN)6]3－，那么阴极区则由HCO转变为CO，也可理解为阴极区参与放电的为2H2O＋2e－=== H2↑＋2OH－，再把2OH－＋2HCO===2CO＋2H2O两个反应加起来可得出2HCO＋2e－=== H2↑＋2CO。
35．【化学一物质结构与性质】(15分)
Cu、Zn及其化合物在生产、生活中有着重要作用。
(1)Cu、Zn在周期表中________区，焰色反应时Cu的4s电子会跃迁至4p轨道，写出Cu的激发态电子排布式__________。
(2)分别向CuSO4、MgSO4溶液加氨水至过量，前者为深蓝色溶液，后者为白色沉淀。
①NH3与Cu2＋形成配合物的能力大于Mg2+的原因是_________________________________。
②溶液中的水存在H3O+、H5O2+等微粒形式，H5O2+可看作是H3O+与H2O通过氢键形成的离子，则H5O2+的结构式是_________。
(3)Zn的某种化合物M是很好的补锌剂，结构式如右图：
①1molM含有的σ键的数目为________。
②常见含N的配体有H2NCH2COO－、NH3、N3－等，NH3的分子空间构型为________，N3－的中心N原子杂化方式为________。
③M在人体内吸收率高的原因可能是锌形成螯合物后，电荷__________（填“变多” “变少” 或“不变”），可在消化道内维持良好的稳定性。
(4)卤化锌的熔点如下表：
卤化锌/ZnX2
ZnF2
ZnCl2
ZnBr2
ZnI2
熔点/℃
872
283
394
445
则ZnX2熔点如表变化的原因是______________________________。
(5)Zn的某种硫化物的晶胞如右下图所示。已知晶体密度为d g•cm-3，且S2-、Zn2+相切，则Zn2+与S2+的核间距为__________nm（写计算表达式）。
【答案】（1）ds [Ar]3d104p1 或1s22s22p63s23p63d104p1 (各1分，共2分)
（2）①由于Cu2＋对配体NH3的孤电子对吸引力大（或电子云重叠大），配位键强。（或由于姜泰勒效应(畸变效应) 铜离子形成配位键能获得额外稳定能，形成的配位键更稳定；或路易斯软硬酸碱理论，铜离子是软酸，氨分子是软碱。以上竞赛学生可能回答） 只写半径大不得分。 (2分)
② (2分) （氢键符号错，H2O的H形成氢键不得分）
（3）①20NA (2分)
②三角锥型(形) sp杂化 (各1分，共2分)
③ 变少 (1分)
（4）ZnF2属于离子晶体，ZnCl2、 ZnBr2、 ZnI2属于分子晶体；ZnCl2、 ZnBr2、 ZnI2 相对分子质量依次增大，范德华力也依次增大 (2点各1分，共2分)
（5） (2分) （其他合理写法也给分）
【解析】（1）ds [Ar]3d104p1 (各1分)
解析：4s电子激发到4p，且只有一个电子。
（2）①由于Cu2＋对配体NH3的孤电子对吸引力大（或电子云重叠大），配位键强。（或由于姜泰勒效应(畸变效应) 铜离子形成配位键能获得额外稳定能，形成的配位键更稳定；或路易斯软硬酸碱理论，铜离子是软酸，氨分子是软碱。以上竞赛学生可能回答）(2分)
解析：人教版“科学视野”有叙述：许多过渡金属离子对配体具有很强的结合力，因而过渡金属配合物远比主族金属配合物稳定。考过的NH3比H2O更易形成配位键是从给出孤电子对能力考虑，因此本题应联想到从吸引孤电子对的能力回答。其本质姜泰勒效应(畸变效应)或路易斯软硬酸碱理论属于拓展视野。
② (2分)
解析：氢键连接，所以中间的符号表示要准确，H3O+更易提供H与H2O的O形成氢键，考虑H的正电性和O的空间位阻。
（3）①20NA (2分)
解析：碳原子上连结的H原子要补完整，否则易错误为16NA。
②三角锥型(形) sp杂化(各1分)
解析：可用公式计算，注意N做配位原子（-1）；或者利用其与CO2是等电子体，杂化方式与C相同。
③ 变少 (1分)
解析：氨基酸锌的生物利用率高，其原因可能是Zn2+与H2NCH2COO－形成螯合物后，分子内电荷趋于中性，可在消化道内维持良好的稳定性，受其它无机离子或拮抗物的影响较小，不易与其他物质结合形成不溶性化合物或被吸附于不溶性胶体上。
（4）ZnF2属于离子晶体，ZnCl2、 ZnBr2、 ZnI2属于分子晶体；ZnCl2、 ZnBr2、 ZnI2 相对分子质量依次增大，范德华力也依次增大(2点各1分，共2分)
（5） (2分)
解析：体对角线的体心、正四面体空隙原子补完整，则为Zn2+与S2-的核间距的4倍。由密度算出晶胞参数，再算出体对角线，得到答案。
36．【化学——选修5：有机化学基础】 （15分）
那可丁是一种药物，为支气管解痉性镇咳药，能解除支气管平滑肌痉挛，抑制肺牵张反射引起的咳嗽，化合物H是制备该药物的重要中间体，合成路线如下：
已知：a. ， b. RNH2 RNHCH3
(1)反应①的条件为__________。
(2)反应②的反应类型为____________。
(3)化合物G的结构简式为_________________。
(4)下列说法正确的是___________。
a．物质D能与FeCl3发生显色反应 b．物质F具有碱性
c．物质G能和银氨溶液发生反应 d．物质H的分子式是C12H15NO4
(5)写出C→D的化学方程式：________________________________。
(6)满足下列条件，化合物A所有同分异构体有__________种（不包括A）。
①可以与活波金属反应生成氢气，但不与NaHCO3溶液反应；
②分子中含有结构；
③含有苯环，且有两个取代基。
(7)已知，请以、CH3CHClCH3为原料合成化合物，写出制备的合成路线流程图（无机试剂任选）__________________________________________________________________
【答案】（1）H+或酸化 （2分）
（2）取代反应 （2分）
（3） （2分）
（4）BD （各1分，共2分）
（5）或
（2分）
（6）12 （2分）
（6）
（3分）
【解析】（1）A含有酚羟基和醛基和醚键，酚羟基能与溴发生反应，在酚羟基的邻位发生取代反应，故B的结构为，B再氢氧化钠溶液的条件下，卤原子发生水解反应生成酚羟基，进一步反应生成钠盐，再结合D的结构可知C的结构为，因此①的条件是把钠盐转化成酚羟基，所以①的条件：H+或酸化；
（2）结合已知条件b和②的反应试剂CH3I，可得反应②的反应类型为取代反应；
（3）结合已知条件b和②的反应试剂CH3I，可得G的结构为
（4）含有酚羟基的物质能与FeCl3发生显色反应，而物质D不含酚羟基，A错误；物质F含有氨基，具有碱性，B正确；物质G不含醛基，不能和银氨溶液发生反应，C错误；物质H 的分子式是C12H15NO4，D正确，故选BD。
（5）根据上述分析可知C的结构为，结合已知条件a分析，C→D的化学方程式为或
（6）A的分子式是C8H8O3，含有结构，且可以与活波金属反应生成氢气，但不与NaHCO3溶液反应，说明含有羟基和酯基；含有苯环，且有两个取代基，结构可能如下，共12种：、、、、、、、、、、、；
（7）合成，逆推方法，需要合成CH2ClCHClCH2Cl，逆推需要合成CH2=CHCH2Cl，再需要合成CH2=CHCH3，由CH3CHClCH3发生消去反应即可，故合成路线为：
福建省泉州市2020届高三下学期3月适应性线上测试卷
可能用到的原子量 C 12 F 19 P 31 K 39
7．下列有关化学与生活的说法错误的是（ ）
A．用可溶性的铝盐和铁盐对水进行杀菌消毒
B．用石灰、碳酸钠等碱性物质处理废水中的酸
C．牛奶、鸡蛋清均可用于重金属中毒解毒
D．碘酒、双氧水均可用于伤口消毒
答案：A
解析：考查生活中的化学常识。铝盐和铁盐，如明矾（KAl(SO4)2·12H2O）、FeCl3等均可以利用其水解产生的胶体粒子吸附水中悬浮杂质进行净水，但不能起到杀菌消毒的作用。
8．香茅醛Y主要用于食用香精，也用作其他香料的原料，在一定条件下可分别转化为X、Z。下列叙述错误的是（ ）
A．Y的分子式为C10H18O
B．X能与Z发生取代反应
C．可用新制Cu(OH)2鉴别出X、Y、Z
D．X、Y、Z均存在对应的芳香族同分异构体
答案：D
解析：考查有机物键线式、结构简式、分子式，官能团的性质，反应的类型，同分异构体的判断等。X、Y、Z的分子式分别为C10H20O、C10H18O、C10H18O2，A正确。X、Y分子中所含的-OH和-COOH能发生酯化反应（取代反应），B正确。Z分子中含有-COOH，能与Cu(OH)2发生中和反应，而使得新制Cu(OH)2变澄清；Y分子中含有-CHO，在加热下能产生砖红色沉淀；C正确。芳香族化合物分子中含有苯环，不饱和度大于等于4（即对比饱和碳原子，至少缺少8个以上氢原子，分子中H在14个以下；D错误。
9．下列实验装置进行的相应实验，不能达到实验目的的是（ ）
图1 图2 图3 图4
A．图1装置：吸收少量Cl2
B．图2装置：从KI和I2的固体混合物中回收I2
C．图3装置：制取少量CO2气体
D．图4装置：分离CCl4萃取碘水后的有机层和水层
答案：B
解析：考查实验基础知识，仪器的用法，物质的分离提纯方法等。
2FeCl2+Cl2=2FeCl3，且气体的流向为“长进短出”，A正确；蒸发皿用以少量固体的加热（可直接加热），利用I2易升华的性质，可以从KI和I2的固体混合物中分离出I2，但由于是敞口体系，不能达到回收的目的；B错误。
10．短周期主族元素X、Y、Z和W的原子序数依次增大，X、Y、W位于不同周期，Y、Z、W的原子最外层电子数之和为14，Z的原子半径在短周期主族元素中最大。下列说法错误的是（ ）
A．简单离子半径：W>Z>X
B．W的最高价氧化物对应的水化物为强酸
C．Y与Z形成的化合物溶于水所得溶液呈碱性
D．与X形成的简单化合物的还原性：Y>Z>W
答案：D
解析：考查元素周期表（律）以及元素化合物知识。
由题中信息推知，X、Z分别为H、Na，Y、W有两种组合，分别为O和Cl，或者F和S。简单离子半径Cl-（或S2-）>Na+>H+，A正确，但应注意O2->F->Na+，原子半径却为Na>O>F[规律为，一看电子层数、二看质子数、三看电子数]。W可以为Cl或S，对应的最高价氧化物对应的水化物为HClO4或H2SO4，均为强酸，且HClO4>H2SO4；B正确。Y与Z形成的化合物可能为Na2O、Na2O2、NaF，溶于水则为NaOH溶液、NaF溶液，HF溶液为弱酸溶液[注：酸性HI>HBr>HCl>HF]，NaF水解显碱性；C正确。与X形成的简单化合物可以为H2O（HF）、NaH、HCl（H2S），还原性应为NaH>HCl>H2O或NaH>H2S>HF；D错误。
11．研究发现，3D-SiC2D-MoS2异质接面催化剂具有优异的光催化CO2用纯水的全还原性能，有效实现电子/空穴的定向迁移，最终实现CO2和H2O在相应活性位点发生氧化还原反应，如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．2D-MoS2是H2O氧化的催化剂
B．H+和e-容易在SiCMoS2催化剂间进行反应
C．中间产物的转化“HCOOH→HCHO→CH3OH”均发生还原反应
D．总反应的方程式为CO2(g)+2H2O(g)CH4(g)+2O2(g)
答案：B
解析：考查新情景下信息的提取应用能力。
从图中可以看出，H2O在2D-MoS2界面，失去e-转化为O2和H+，发生氧化反应；A正确。从3D-SiC2D-MoS2异质接面微粒的变化（箭头方向），可以判断H+和e-并不是在催化剂间进行反应的，而是迁移后在3D-SiC反应参与化学反应的；B错误。有机化合物分子中碳原子的化合价可以用平均值计算或从“得氧（或失氢）氧化”判断氧化还原反应，“HCOOH(+2价)→HCHO(0价)→CH3OH(-2价)”，发生还原反应；C正确。从物质守恒可以看出，D中总反应是正确的，并且也可以分步写出反应的方程式。
12．储量丰富成本低的新型电池系统引起了科学家的广泛关注。基于K+能够可逆地嵌入/脱嵌石墨电极，开发了基于钾离子电解液（KPF6）的新型双碳电池[碳微球(C)为正极材料，膨胀石墨(C*y)为负极材料]，放电时总反应为：KxC*y + xC(PF6) = C*y + xK++ xC + xPF6-，如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．放电时，K+在电解质中由A极向B极迁移并嵌入碳微球中
B．充电时，A极的电极反应式为C*y + xK+ + xe- = KxC*y
C．放电时，每转移0.1 NA电子时，电解质增重18.4 g
D．充放电过程中，PF6-在碳微球电极上可逆地嵌入/脱嵌
答案：A
解析：通过新型电池考查电化学基础知识和信息的获取应用能力。
储量丰富成本低是新型电池研究的方向之一。由于Li储量少，其发展受到了诸多限制。由于K+半径偏大会导致动力学不稳定，K+能够可逆地嵌入/脱嵌的电极材料较少。膨胀石墨(C*y)为负极材料可以实现转化：KxC*y C*y + xK+ + xe-，碳微球(C)正极电极反应为C(PF6) + e- C + PF6-。在充电过程中，K+从电解质嵌入C*y中形成化合物KxC*y，放电时K+从KxC*y中脱嵌进入电解质中（并没有进入正极）；同理，充电时PF6-从电解质嵌入C中形成化合物C(PF6)，放电时PF6-从C(PF6)中脱嵌进入电解质中（并没有进入负极）；故A错。放电时，K+和PF6-分别从电极化合物中脱嵌进入电解质中，每转移0.1 NA电子时，脱嵌0.1mol K+和PF6-，质量为18.4g；C正确。
13．常温下，向20mL 0.1 mol·L-1 NH4HSO4溶液中逐滴加入0.1 mol·L-1的 NaOH溶液，溶液中由水电离出的c水(H+)与所加NaOH溶液的体积的关系如图所示。下列分析正确的是（ ）
10-5.3
10-7
c水(H+)/(mol·L-1)
20 35 V(NaOH)/mL
A．c点之前，主要的反应为NH4++ OH- =NH3·H2O
B．b点和d点对应溶液的pH均为7
C．常温下，Kb(NH3·H2O)=5×10-5.4 mol·L-1
D．d点溶液中，c(Na+)+c(NH4+)=c(SO42-)
答案：C
解析：在溶液中有NH4HSO4=NH4++H++SO42-，NH4+发生水解，对水的电离产生一定的促进作用，但由于溶液中含有0.1 mol·L-1 的H+，对NH4+的水解和水的电离均产生较强的抑制作用，对水的电离总体体现抑制作用，使得c水(H+)≈10-13 mol·L-1。加入NaOH溶液后，理论上直至加入20mL时发生反应H+ + OH- = H2O，即20mL时完全反应生成(NH4)2SO4，溶液的酸性由NH4+水解产生，c水(H+)=10-5.3 mol·L-1，对水的电离产生的促进作用最大（c点）。Kh=c(NH3·H2O)c(OH-)/c(NH4+)=10-5.3×10-5.3/0.05，所以Kb=Kw/Kh=5×10-5.4 mol·L-1。图中b点处为NH4+水解的促进作用和H+的抑制作用相当的点，a→c过程溶液始终显酸性。c点之后才开始发生反应：NH4++ OH- =NH3·H2O，当继续加入10mL时，NH4+反应了一半，溶液中含溶质NH4+∶NH3·H2O=1∶1，由于Kb˃Kh，同浓度的NH3·H2O的电离大于NH4+的水解，对水的电离产生抑制作用，溶液显碱性。图中d点所加入NaOH溶液的体积应小于30mL，且在c→d过程中，对水电离的影响，NH4+的促进作用逐渐减弱，NH3·H2O的抑制作用逐渐增强，溶液由NH4+水解的酸性逐渐被NH3·H2O的碱性消除，于d点相互抵消，此时溶液方呈中性。根据电荷守恒c(Na+)+c(NH4+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)且c(H+)=c(OH-)，即c(Na+)+c(NH4+)=2c(SO42-)。
此外，加入30mL时，n(NH4HSO4)∶n(NaOH)=2∶3，发生反应后（不考虑电离水解），微粒的比例为c(Na+)∶c(SO42-)∶c(NH4+)∶c(NH3·H2O)=3∶2∶1∶1，可讨论e、d点处离子浓度大小关系。
26．（15分）“84”消毒液、医用酒精等能对新冠病毒进行有效消杀。某兴趣小组在实验室自制“84”消毒液。请回答以下问题：
(1)“84”消毒液消杀新冠病毒的原理是 。
(2)甲同学设计左下图实验装置(夹持装置省略)制取“84”消毒液。
① B中的试剂是 。
② 干燥管的作用是 。
③ 当C中NaOH溶液吸收完全后，停止通氯气，检验氯气已过量的方法为 。
(3)乙同学设计右上图电解装置制取“84”消毒液。
①铁电极作 极。
②该电解制取NaClO的总反应的化学方程式为 。
③充分电解后，为检验电解液中是否还残留少量Cl－，取少量电解后溶液于试管中，滴加AgNO3溶液，试管中产生白色沉淀并有无色气体产生，该气体能使带火星的木条复燃。试管中发生反应的离子方程式为 。
④取25.00 mL电解后溶液，加入过量KI与稀硫酸混合溶液，充分反应后加入2滴淀粉液，用0.1000 mol·L－1 Na2S2O3溶液滴定，消耗12.00 mL。则该电解液有效氯（以有效氯元素的质量计算）的浓度为 mg/L。
(已知：2S2O32－＋I2=S4O62－＋2I－)
(4)与甲同学制法相比，乙同学制法的优点除了有装置与操作简单外还有： 、
（列出两种）。
答案：（1）强氧化性使病毒的蛋白质发生变性，失去生理活性 (2分）
（强氧化性1分，蛋白质变性1分）
（2）①饱和食盐水或饱和NaCl溶液 （1分）
② 防倒吸 （1分）
③ C装置的导管口放一张湿润的淀粉碘化钾试纸，试纸变蓝 (2分）
（操作1分，现象1分。注意“湿润”。其它能在氯气作用下有明显现象的合理试剂也可以）
（3）①阴 （1分）
②NaCl + H2O NaClO + H2↑ (2分）
（反应物和生成物书写正确，其它不完整扣1分）
③2ClO— + 2Ag+ = 2AgCl↓ +O2 ↑ (2分）
（同上。写成2ClO— = 2Cl—+O2 ↑ ，Ag++Cl— = AgCl↓也得分）
④852 (2分）
（4） 原料经济、原料利用率高、不产生污染性气体、有效氯含量高等合理答案
（各1分，共2分）
解析：(1)病毒、细菌的消杀是其中的蛋白质发生变性，失去生理活性。加热、酒精、紫外线、强氧化剂等均能使蛋白质发生变性，其中H2O2、O3、次氯酸及次氯酸盐等具有强氧化性，是常见的消毒剂。
①浓盐酸易挥发，若不除去，与C中NaOH反应生成NaCl，有效氯浓度降低，所以要用饱和食盐水除去。由于该反应在水溶液中进行，氯气不需要干燥。
③检验氯气，用湿润的淀粉碘化钾试纸，试纸变蓝。操作简便，现象明显。
(3)电解制NaClO，是电解饱和食盐水制氯气的拓展应用：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，生成的Cl2与NaOH溶液反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。两个反应合并得总反应方程式：NaCl + H2O NaClO + H2↑。
阳极（图中石墨）生成Cl2，阴极（图中铁）生成OH—与H2，下方生成的Cl2在逸出过程中与上方的OH—反应：Cl2+2OH—=Cl—+ClO—+H2O，生成的Cl—再循环参与放电。
①也可从以下角度分析：铁是非惰性金属，若作阳极，比Cl—更容易放电生成Fe2+，达不到制NaClO的目的。
③能使能使带火星的木条复燃的无色气体是O2，电解后溶液中主要含H2O、Na+和ClO—，加硝酸银溶液后会生成气体，肯定不可能是H2O、Na+，只能是ClO—发生反应，其中O元素升价，根据化合价“有升必有降”，Cl元素降价生成Cl—，再与Ag+反应生成白色沉淀AgCl，与题中现象吻合。
④根据ClO—＋2I－＋2H+ =Cl—＋I2＋H2O， 2S2O32－＋I2=S4O62－＋2I－
确定关系ClO— ~ 2S2O32－
n(ClO—)=0.1000×12.00×10-3×1/2mol=6.0×10-4mol → 有效氯n(Cl)=6.0×10-4mol
(根据单位mg/L）浓度：（6.0×10-4×35.5×103mg）÷（0.025L)=852mg/L
(4)与甲同学制法中制取Cl2，需多种原料：浓盐酸、KMnO4、NaOH均比食盐水不易获取，价格高；制得的“84”消毒液中含大量的NaCl。
27.（14 分）从某矿渣(成分为 NiFe2O4、NiO、FeO、 CaO、SiO2等)中回收 NiSO4的工艺流程如下：
已知①600℃时发生反应：NiFe2O4 + 4H2SO4 = NiSO4 + Fe2（SO4）3 + 4H2O，
② Ksp(CaF2)=4.0×10－11 , 回答下列问题：
（1）将NiFe2O4写成氧化物的形式为 ；
(NH4)2SO4 的作用是 。
（2）“焙烧”时矿渣中部分 FeO 反应生成 Fe2(SO4)3 的化学方程式为_____________________________________________。
（3）“浸渣”的成分有 Fe2O3、FeO(OH)、CaSO4 外，还含有 _____ (写化学式)。
（4）向“浸出液”中加入 NaF 以除去溶液中 Ca2+，当溶液中 c(F－)=2.0×10-3mol·L－1 时，若除钙率为99%时，则原“浸出液”中 c(Ca2+ )= g·L－1。
（5）“萃取”后分离得到无机层的操作是 ，用到的主要玻璃仪器是
（6）将“浸渣”进一步处理后，利用以下流程可得到高铁酸盐。K2FeO4是倍受关注的一类新型、高效、无毒的多功能水处理剂。回答下列问题：
①反应液Ⅰ和90% Fe(NO3)3溶液反应的离子方程式为
②反应液Ⅱ经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得到K2FeO4晶体，流程中的碱用KOH而不用NaOH的原因是
答案：（1）NiO·Fe2O3 （写 Fe2O3· NiO不扣分） （1分）
提供和矿渣反应的硫酸(或硫酸铵分解产生硫酸等答案） （2分）
（2）4FeO+6H2SO4+O2 = 2Fe2(SO4)3 + 6H2O （2分）
（3）SiO2 （1分）
（4）4.0×10-2 （或0.04） （2分）
（5） 分液 （1分）
分液漏斗 （填写了玻璃棒等不扣分） （1分）
（6）①2Fe3++3ClO－+10OH－=2FeO42－+3Cl－+5H2O （2分）
②高铁酸根在苛性钠溶液中的溶解度大于苛性钾溶液 （或相同条件下K2FeO4的溶解度小等,有说明溶解度的大小比较就各分） （2分）
解析：某矿渣的主要成分是NiFe2O4（铁酸镍）、NiO、FeO、CaO、SiO2等，加入硫酸铵研磨后，600°C焙烧，据题意知（NH4）2SO4在600℃以上会分解生成NH3和H2SO4。NiFe2O4在焙烧过程中与硫酸反应生成NiSO4、Fe2（SO4）3，在90°C的热水中浸泡过滤得到浸出液，加入NaF除去钙离子。
（1） 多元含氧化合物可以写成氧化物形式，NiFe2O4写成氧化物的形式为 NiO·Fe2O3，(NH4)2SO4 的主要作用是提供和矿渣反应的硫酸。
（2）矿渣中部分FeO焙烧时与H2SO4及空气中的氧气反应生成Fe2(SO4)3和水，反应的化学方程式为4FeO+6H2SO4+O2=2Fe2(SO4)3+6H2O；
（3）矿渣的主要成分是NiFe2O4（铁酸镍）、NiO、FeO、CaO、SiO2等，加入硫酸铵加热浸取后的浸渣为不反应和不溶于水的硫酸钙和二氧化硅，“浸渣”的成分除Fe2O3、FeO(OH)、CaSO4外，还含有SiO2；
（4）当溶液中c(F-)=2.0×10-3mol·L-1时，Ksp(CaF2)=c(Ca2+)×c2(F-)=c(Ca2+)×(2．0×10-3mol·L-1)2=4.0×10-11，故c(Ca2+)=1．0×10-5mol/L，除钙率=mol·L-1×40g·mol-1 =4.0×10-2g·L－1
（5）萃取后要分离上下层液体进行的操作是分页，故答案为分液、分液漏斗。
（6）①根据题意氢氧化钾和氯气反应获得KClO氧化剂，在碱性环境下氧化Fe3+为高铁酸盐，故离子反应为 2Fe3++3ClO－+10OH－=2FeO42－+3Cl－+5H2O。
②高铁酸根在苛性钠溶液中的溶解度大于苛性钾溶液。可用氢氧化钾将高铁酸盐从苛性钠溶液中沉淀出来，制备高铁酸盐固体。
28．（14分）羰基硫(COS)主要存在于煤、石油和天然气中，会造成设备腐蚀、环境污染，更危害人体健康。目前，我国已经实现了在催化剂(γ-Al2O3)、低温条件下的精度脱除COS，下图为天然气中脱除COS反应流化床示意图：
（1）①已知：H2(g)＋COS(g)H2S(g)＋CO(g) ΔH1＝＋6.2kJ·mol－1
H2(g)＋CO2(g)H2O(g)＋CO(g) ΔH2＝＋41.2kJ·mol－1
则COS精度脱除反应H2O(g)＋COS(g)H2S(g)＋CO2(g) 的ΔH＝ kJ·mol－1。
②将H2O与COS以体积比1：2置于恒温恒容密闭容器中反应，若测得该反应平衡时H2O与COS的体积比1：6，则该温度下，脱除反应的平衡常数K= （保留两位小数）。
（2）T℃时，以一定流速、不同物质的量的H2O(g)和COS(g)通过流化床，测得COS(g)脱除速率变化关系如下图。
已知：COS脱除反应机理如下，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。
a.吸附：H2O→H2O*
b.反应：COS＋H2O*→CO2＋H2S*
c.脱附：H2S*→H2S
①若COS(g)脱除速率v＝knx(COS)·ny(H2O) (mol·min－1)，由图中的数据可算出x、k的值：x＝______，k＝______。
②“吸附”步骤为________（填“快反应”或“慢反应”），理由是_________________________________。
③脱除反应的决速步骤为________（填“a”、“b”或“c”）。
④少量氢气可以抑制催化剂积硫(S*)中毒，分析该流化床中可能存在的可逆反应是_______________________________________________。
（3）工业上常采用下图所示电解装置，将气态废弃物中的硫化氢转化为可利用的硫。首先通电电解K4[Fe(CN)6]与KHCO3的混合溶液，通电一段时间后，再向所得溶液通入H2S时发生反应的离子方程式为2[Fe(CN)6]3－＋2CO＋H2S===2[Fe(CN)6]4－＋2HCO＋S↓。电解过程中阴极区电极反应式为_______________________。
【答案】（1）①－35.0 （2分）
②2.67 （2分）
（2）1；2 （ 各1分 ， 2分）
（3）①快反应 （ 1分）
由于H2O(g)的物质的量不影响总反应速率，因此“吸附”步骤是快反应 （ 1分）
②b （2分）
③S*＋H2 H2S*（没有注明*扣1分） （2分）
（4）2HCO＋2e－=== H2↑＋2CO （ 2分）
【命题意图】本题以利用天然气中脱除COS反应为背景，对化学反应原理的必备知识进行深度考查，如盖斯定律、化学平衡的移动及三段式平衡计算、化学反应速率影响因素、电解池等核心知识。能力层面上考查学生独立思考能力、获取信息能力、逻辑推理能力、及对图像观察思考能力。
【讲评建议】（1）①由盖斯定律可得H2O(g)＋COS(g) H2S(g)＋CO2(g) ΔH＝－35.0kJ·mol－1
②已知：H2O与COS以体积比1：2，根据阿伏伽德罗定律，物质的量之比为1：2，
利用“三段式”计算，设n始(H2O)=1 mol，n始(COS)=2 mol，则平衡时n平(H2O)=a mol，n平(COS)=6a mol
H2O(g)＋COS(g) H2S(g)＋CO2(g)
起始（mol） 1 2 0 0
转化（mol） 1-a 2-6a 1-a 1-a
平衡（mol） a 6a 1-a 1-a
由1-a=2-6a可推出a=0.2mol
带入可得出平衡时n平(H2O)=0.2 mol，n平(COS)=1.2 mol，n平(H2S)=n平(CO2)=0.8 mol
K=（0.8×0.8）/（0.2×1.2）≈2.67（由于是等体积的反应，可直接带入n）
（2）①由图可知：COS(g)水解速率v不受n(H2O)的影响，但与n(COS)呈现一次函数关系，则x＝0，y＝1，可知v＝kn(COS) (mol·min－1)，当n(COS)=0.15mol时，v＝0.3 mol·min－1，k=2(min－1)；
②根据COS(g)脱除反应机理可知，脱除反应分为三个步骤，再由速率方程v＝kn(COS)可知脱除速率与n(H2O)无关，n(H2O)不影响总反应速率因此吸附：H2O→H2O*步骤是非常快速完成(快反应)。
③根据COS(g)脱除速率方程及COS脱除反应机理可知，脱除反应速率与COS(g)有关，可知反应：COS＋H2O*→CO2＋H2S*步骤是比较三个步骤中最慢的，因此决速步骤为b。
④在COS脱除反应中，硫元素是以H2S(g)形式被脱除，因此在实验过程中少量氢气可以和催化剂积硫(S*)反应形成H2S*，从而达到抑制催化剂积硫(S*)中毒的目的，S*＋H2H2S*
∆
（3）对比原装置中试剂及向所得溶液通入H2S时发生反应的离子方程式2[Fe(CN)6]3－＋2CO＋H2S===2[Fe(CN)6]4－＋2HCO＋S↓，可得出在电解过程中阳极区发生电极反应[Fe(CN)6]4－－e－=== [Fe(CN)6]3－，那么阴极区则由HCO转变为CO，也可理解为阴极区参与放电的为2H2O＋2e－=== H2↑＋2OH－，再把2OH－＋2HCO===2CO＋2H2O两个反应加起来可得出2HCO＋2e－=== H2↑＋2CO。
35．【化学一物质结构与性质】(15分)
Cu、Zn及其化合物在生产、生活中有着重要作用。
(1)Cu、Zn在周期表中________区，焰色反应时Cu的4s电子会跃迁至4p轨道，写出Cu的激发态电子排布式__________。
(2)分别向CuSO4、MgSO4溶液加氨水至过量，前者为深蓝色溶液，后者为白色沉淀。
①NH3与Cu2＋形成配合物的能力大于Mg2+的原因是_________________________________。
②溶液中的水存在H3O+、H5O2+等微粒形式，H5O2+可看作是H3O+与H2O通过氢键形成的离子，则H5O2+的结构式是_________。
(3)Zn的某种化合物M是很好的补锌剂，结构式如右图：
①1molM含有的σ键的数目为________。
②常见含N的配体有H2NCH2COO－、NH3、N3－等，NH3的分子空间构型为________，N3－的中心N原子杂化方式为________。
③M在人体内吸收率高的原因可能是锌形成螯合物后，电荷__________（填“变多” “变少” 或“不变”），可在消化道内维持良好的稳定性。
(4)卤化锌的熔点如下表：
卤化锌/ZnX2
ZnF2
ZnCl2
ZnBr2
ZnI2
熔点/℃
872
283
394
445
则ZnX2熔点如表变化的原因是______________________________。
(5)Zn的某种硫化物的晶胞如右下图所示。已知晶体密度为d g•cm-3，且S2-、Zn2+相切，则Zn2+与S2+的核间距为__________nm（写计算表达式）。
【答案】（1）ds [Ar]3d104p1 或1s22s22p63s23p63d104p1 (各1分，共2分)
（2）①由于Cu2＋对配体NH3的孤电子对吸引力大（或电子云重叠大），配位键强。（或由于姜泰勒效应(畸变效应) 铜离子形成配位键能获得额外稳定能，形成的配位键更稳定；或路易斯软硬酸碱理论，铜离子是软酸，氨分子是软碱。以上竞赛学生可能回答） 只写半径大不得分。 (2分)
② (2分) （氢键符号错，H2O的H形成氢键不得分）
（3）①20NA (2分)
②三角锥型(形) sp杂化 (各1分，共2分)
③ 变少 (1分)
（4）ZnF2属于离子晶体，ZnCl2、 ZnBr2、 ZnI2属于分子晶体；ZnCl2、 ZnBr2、 ZnI2 相对分子质量依次增大，范德华力也依次增大 (2点各1分，共2分)
（5） (2分) （其他合理写法也给分）
【解析】（1）ds [Ar]3d104p1 (各1分)
解析：4s电子激发到4p，且只有一个电子。
（2）①由于Cu2＋对配体NH3的孤电子对吸引力大（或电子云重叠大），配位键强。（或由于姜泰勒效应(畸变效应) 铜离子形成配位键能获得额外稳定能，形成的配位键更稳定；或路易斯软硬酸碱理论，铜离子是软酸，氨分子是软碱。以上竞赛学生可能回答）(2分)
解析：人教版“科学视野”有叙述：许多过渡金属离子对配体具有很强的结合力，因而过渡金属配合物远比主族金属配合物稳定。考过的NH3比H2O更易形成配位键是从给出孤电子对能力考虑，因此本题应联想到从吸引孤电子对的能力回答。其本质姜泰勒效应(畸变效应)或路易斯软硬酸碱理论属于拓展视野。
② (2分)
解析：氢键连接，所以中间的符号表示要准确，H3O+更易提供H与H2O的O形成氢键，考虑H的正电性和O的空间位阻。
（3）①20NA (2分)
解析：碳原子上连结的H原子要补完整，否则易错误为16NA。
②三角锥型(形) sp杂化(各1分)
解析：可用公式计算，注意N做配位原子（-1）；或者利用其与CO2是等电子体，杂化方式与C相同。
③ 变少 (1分)
解析：氨基酸锌的生物利用率高，其原因可能是Zn2+与H2NCH2COO－形成螯合物后，分子内电荷趋于中性，可在消化道内维持良好的稳定性，受其它无机离子或拮抗物的影响较小，不易与其他物质结合形成不溶性化合物或被吸附于不溶性胶体上。
（4）ZnF2属于离子晶体，ZnCl2、 ZnBr2、 ZnI2属于分子晶体；ZnCl2、 ZnBr2、 ZnI2 相对分子质量依次增大，范德华力也依次增大(2点各1分，共2分)
（5） (2分)
解析：体对角线的体心、正四面体空隙原子补完整，则为Zn2+与S2-的核间距的4倍。由密度算出晶胞参数，再算出体对角线，得到答案。
36．【化学——选修5：有机化学基础】 （15分）
那可丁是一种药物，为支气管解痉性镇咳药，能解除支气管平滑肌痉挛，抑制肺牵张反射引起的咳嗽，化合物H是制备该药物的重要中间体，合成路线如下：
已知：a. ， b. RNH2 RNHCH3
(1)反应①的条件为__________。
(2)反应②的反应类型为____________。
(3)化合物G的结构简式为_________________。
(4)下列说法正确的是___________。
a．物质D能与FeCl3发生显色反应 b．物质F具有碱性
c．物质G能和银氨溶液发生反应 d．物质H的分子式是C12H15NO4
(5)写出C→D的化学方程式：________________________________。
(6)满足下列条件，化合物A所有同分异构体有__________种（不包括A）。
①可以与活波金属反应生成氢气，但不与NaHCO3溶液反应；
②分子中含有结构；
③含有苯环，且有两个取代基。
(7)已知，请以、CH3CHClCH3为原料合成化合物，写出制备的合成路线流程图（无机试剂任选）__________________________________________________________________
【答案】（1）H+或酸化 （2分）
（2）取代反应 （2分）
（3） （2分）
（4）BD （各1分，共2分）
（5）或
（2分）
（6）12 （2分）
（6）
（3分）
【解析】（1）A含有酚羟基和醛基和醚键，酚羟基能与溴发生反应，在酚羟基的邻位发生取代反应，故B的结构为，B再氢氧化钠溶液的条件下，卤原子发生水解反应生成酚羟基，进一步反应生成钠盐，再结合D的结构可知C的结构为，因此①的条件是把钠盐转化成酚羟基，所以①的条件：H+或酸化；
（2）结合已知条件b和②的反应试剂CH3I，可得反应②的反应类型为取代反应；
（3）结合已知条件b和②的反应试剂CH3I，可得G的结构为
（4）含有酚羟基的物质能与FeCl3发生显色反应，而物质D不含酚羟基，A错误；物质F含有氨基，具有碱性，B正确；物质G不含醛基，不能和银氨溶液发生反应，C错误；物质H 的分子式是C12H15NO4，D正确，故选BD。
（5）根据上述分析可知C的结构为，结合已知条件a分析，C→D的化学方程式为或
（6）A的分子式是C8H8O3，含有结构，且可以与活波金属反应生成氢气，但不与NaHCO3溶液反应，说明含有羟基和酯基；含有苯环，且有两个取代基，结构可能如下，共12种：、、、、、、、、、、、；
（7）合成，逆推方法，需要合成CH2ClCHClCH2Cl，逆推需要合成CH2=CHCH2Cl，再需要合成CH2=CHCH3，由CH3CHClCH3发生消去反应即可，故合成路线为：
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