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福建省福州市第三中学2020届高三10月月考化学（解析版） 试卷
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福建省福州市第三中学2020届高三10月月考
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Cl-35.5 S-32 Cr-52 Ni-59 Te-128
第Ⅰ卷（共42分）
一、选择题：本题共14小题，每小题3分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。
1.2016年诺贝尔化学奖授予在合成分子机器领域做出贡献的三位科学家。分子机器是一种特殊的超分子体系，当体系受到外在刺激(如pH变化、吸收光子、电子得失等)时，分子组分间原有作用被破坏，各组分间发生类似于机械运动的某种热运动。下列说法不正确的是（ ）
A. 驱动分子机器时，需要对体系输入一定的能量
B. 分子状态的改变会伴随能量变化，属于化学变化
C. 氧化还原反应有可能是刺激分子机器体系的因素之一
D. 光照有可能使分子产生类似于机械运动的某种热运动
【答案】B
【分析】当体系受到外在刺激（如pH变化、吸收光子、电子得失等）时，分子组分间原有作用被破坏，说明反应可在光照条件下进行，且可以是氧化还原反应，驱动分子机器时，需要对体系输入一定的能量，以此解答该题。
【详解】A．需要对体系输入一定的能量，才能驱动分子机器，故A正确；
B．分子状态的改变是物态变化，属于物理变化，故B错误；
C．电子的得失是氧化还原反应的本质，则发生氧化还原反应时可刺激分子机器体系，故C正确；
D．光照可使光能转化为机械能，即光照能使分子产生类似于机械运动的某种热运动，故D正确；
答案为B。
2.“绿色化学实验”已走进课堂，下列做法符合“绿色化学”的是（ ）
①实验室收集氨气采用图1所示装置
②实验室做氯气与钠的反应实验时采用图2所示装置
③实验室中用玻璃棒分别蘸取浓盐酸和浓氨水做氨气与酸生成铵盐的实验
④实验室中采用图3所示装置进行铜与稀硝酸的反应
A. ②③④ B. ①②③ C. ①②④ D. ①③④
【答案】C
【分析】分析每种装置中出现的相应特点，再判断这样的装置特点能否达到处理污染气体，减少污染的效果。
【详解】①图1所示装置在实验中用带有酚酞的水吸收逸出的氨气，防止氨气对空气的污染，符合“绿色化学”，故①符合题意；
②图2所示装置用沾有碱液的棉球吸收多余的氯气，能有效防止氯气对空气的污染，符合“绿色化学”，故②符合题意；
③氨气与氯化氢气体直接散发到空气中，对空气造成污染，不符合防止污染的理念，不符合“绿色化学”，故③不符合题意；
④图3所示装置中，铜丝可以活动，能有效地控制反应的发生与停止，用气球收集反应产生的污染性气体，待反应后处理，也防止了对空气的污染，符合“绿色化学”，故④符合题意；
故符合“绿色化学”的为①②④。
故选C。
【点睛】“绿色化学”是指在源头上消除污染，从而减少污染源的方法，与“绿色化学”相结合的往往是原子利用率，一般来说，如果所有的反应物原子都能进入指定的生成物的话，原子的利用率为100%。
3.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. 将0.1mol CO2溶于适量的水，溶液中CO32-、HCO3-、H2CO3离子总数为0.1NA
B. 在7.8gNa2O2与Na2S的混合物中，离子总数为0.3NA
C. 使0.5mol乙烯被溴的四氯化碳溶液完全吸收，断裂的共价键总数为0.5NA
D. 标准状况下，2.24L Cl2与CH4反应完全，生成物中气体分子数目小于0.1NA
【答案】B
【详解】A．二氧化碳溶于水，部分与水反应，部分仍然以二氧化碳分子存在，依据碳原子守恒可知：将0.1molCO2溶于适量水，溶液中CO32-、HCO3-、H2CO3粒子总数小于0.1NA，故A错误；
B．Na2S与Na2O2的摩尔质量都是78g/mol，硫化钠是2个钠离子和一个硫离子构成，过氧化钠是2个钠离子和一个过氧根离子构成，其物质的量n===0.1mol，得到离子数为0.3NA，故B正确；
C．乙烯与溴发生加成反应，乙烯分子中断裂碳碳双键中的一个键，溴单质断裂1个溴溴单键，0.5 mol乙烯被溴的四氯化碳溶液完全吸收，断裂的共价键总数为1NA，故C错误；
D．氯气与甲烷反应生成氯化氢和一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳，其中氯化氢和一氯甲烷为气体，标准状况下，2.24LCl2物质的量为0.1mol与甲烷发生取代反应，一定生成0.1mol氯化氢，同时生成部分一氯甲烷，所以生成气体的分子数一定大于0.1NA，故D错误；
答案为B。
4.某澄清、透明的浅黄色溶液中可能含有H+、NH4+、Fe3+、Ba2+、Al3+、HCO3-、I-、SO42-八种离子中的几种，在设计检验方案时，一定不需要检验的离子是（ ）
A. H+、NH4+、Fe3+ B. HCO3-、I-、Ba2+ C. SO42-、Al3+、I- D. NH4+、Ba2+、Al3+
【答案】B
【解析】浅黄色溶液中一定含有Fe3+；由于Fe3+能与HCO3-发生互相促进的水解反应生成氢氧化铁和CO2，则溶液中一定不存在HCO3-；由于Fe3+能与I-发生氧化还原反应则溶液中一定不存在I-；根据溶液电中性原理，溶液中至少含有一种阴离子，则一定含有SO42-；SO42-与Ba2+反应，所以溶液中一定不存在Ba2+；还有H+、NH4+、Al3+无法确定是否存在。故一定不需要检验的离子有Fe3+、Ba2+、HCO3-、I-、SO42-，故选B。
点睛：本题考查离子的共存，明确离子之间的反应是解答本题的关键，注意溶液为浅黄色为本题的突破口，并结合溶液电中性原理进行解答。
5.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）
A. NaCl(aq)Cl2(g)FeCl2(s)
B. MgCl2(aq)Mg(OH)2(s)MgO (s)
C. S(s)SO3(g)H2SO4(aq)
D. N2(g)NH3(g)Na2CO3(s)
【答案】B
【分析】A.电解条件时应看清是电解水溶液还是电解熔融态物质，Cl2具有强氧化性；
B.根据“强碱制弱碱”原理制备氢氧化镁；
C.注意生成二氧化硫与三氧化硫的条件；
D.氨气、二氧化碳和氯化钠反应制备碳酸氢钠是利用碳酸氢钠的溶解度低；
【详解】A.氯气的氧化性强，与铁单质反应直接生成氯化铁，故A错误；
B.氯化镁与石灰乳发生复分解反应生成氢氧化镁，氢氧化镁高温煅烧生成氧化镁和水，故B正确；
C.硫单质在空气中燃烧只能生成SO2，SO2在与氧气在催化剂条件下生成SO3，故C错误；
D.氨气与二氧化碳和氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解可生成碳酸钠，故D错误；
综上所述，本题应选B。
【点睛】本题考查元素及其化合物之间的相互转化和反应条件，解题的关键是熟悉常见物质的化学性质和转化条件。
6.a、b、c、d、e为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子数总数与b原子次外层电子数相同；C所在周期数与族序数相同；d与a同族。下列叙述正确的是（ ）
A. 含氧酸的酸性：e>d
B. 原子半径：b>c>d>a
C. 由a 和b 两种元素形成化合物不可能含共价键
D. b、c 元素对应最高价氧化物的水化物之间不可能发生反应
【答案】B
【解析】a、b、c、d、e 为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子数总数与b原子次外层电子数相同，可判断a为氧，b为第三周期元素；C所在周期数与族序数相同，则c为铝，b为钠；d与a同族，则d为硫，e就是氯。A. 氯的非金属性大于硫，则氯的最价高含氧酸的酸性大于硫酸，A错误；B. 由原子半径变化规律可知，原子半径由大到小为Na>Al>S>O，B正确；C. 由氧和钠两种元素可形成Na2O、Na2O2两种的化合物，Na2O2除离子键外还含共价键，C错误；D. Na、Al元素对应最高价氧化物的水化物分别是氢氧化钠、氢氧化铝，它们之间可发生反应，D错误。答案选B。
7.由下列实验操作得出的实验现象和实验结论均正确的是（ ）
实验
现象
结论
A.某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液
产生蓝色沉淀
原溶液中有Fe2+，无Fe3+
B.向C6H5ONa溶液中通入CO2
溶液变浑浊
酸性：H2CO3>C6H5OH
C.向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液
生成黑色沉淀
Ksp(CuS)
①产生白色沉淀 ②仍有白色沉淀
原溶液中有SO42-
【答案】B
【详解】A．K3[Fe(CN)6]与亚铁离子反应生成蓝色沉淀，不能检验铁离子，由现象可知原溶液中有Fe2+，不能确定是否含Fe3+，故A错误；
B．C6H5ONa溶液中通入CO2，发生强酸制弱酸的反应，生成苯酚，则酸性：H2CO3＞C6H5OH，故B正确；
C．含Na2S，不发生沉淀的转化，则不能比较Ksp(CuS)、Ksp(ZnS)大小，故C错误；
D．酸性条件下，亚硫酸根离子与Ba(NO3)2溶液反应也生成硫酸钡沉淀，则原溶液中可能有SO32-或SO42-，或二者均存在，故D错误；
答案为B。
8.曲酸和脱氧曲酸是一种非常有潜力的食品添加剂，结构分别如下图所示。下列有关叙述不正确的是（ ）
A. 曲酸分子中所有碳原子不可能共平面
B. 脱氧曲酸能发生酯化反应、氧化反应、还原反应
C. 曲酸和脱氧曲酸所含的官能团相同
D. 与脱氧曲酸互为同分异构体的芳香族化合物有4种（不考虑O-O键）
【答案】D
【分析】该分子中含有碳碳双键、醇羟基、醚键、羰基，具有烯烃、醇、醚和酮的性质，能发生加成反应、加聚反应、取代反应等，且碳碳双键、羰基为平面结构，-CH2OH中C为四面体构型，以此来解答。
【详解】A．碳碳双键、羰基为平面结构，且直接相连，则所有碳原子可能共面，而-CH2OH中C为四面体构型，分子中所有碳原子不可能共面，故A正确；
B．脱氧曲酸含-OH可发生酯化、氧化反应，含碳碳双键、羰基可发生还原反应，碳碳双键也能发生氧化反应，故B正确；
C．曲酸和脱氧曲酸所含的官能团均包括碳碳双键、羰基和羟基，故C正确；
D．脱氧曲酸的分子式为C6H6O3，该分子的不饱和度==4，属于芳香族化合物含有3个羟基，符合条件的同分异构体有3种(3个-OH相邻、3个-OH相间、2个-OH相邻且与另1个为间位)，故D错误；
故答案为D。
9.将过量H2O2溶液加入含(NH4)2CrO4的氨水中，加热后冷却，生成暗棕红色浸提M[化学式为Cr(NH3)3O4]，其离子方程式为：CrO42-+3NH3+3H2O2=M+2H2O+2OH-+O2↑，测得M中有2个过氧键。下列叙述正确的是（ ）
A. M中Cr的化合价为+3
B. 参与反应的H2O2全部被氧化
C. 转移0.2mol电子时，生成M的质量为16.7g
D. 向FeSO4溶液中滴加几滴M的溶液，没有明显现象
【答案】C
【详解】A．因M[化学式为Cr(NH3)3O4]中有2 个过氧键，则M中Cr的化合价为+4，故A错误；
B．由M中有2 个过氧键，所以3molH2O2 没有全部被氧化，故B错误；
C．由方程式可知每生成1molO2转移2mol电子，同时生成1mol Cr(NH3)3O4，则转移0.2mol电子时，生成M的质量为16.7g，故C正确；
D．向FeSO4溶液中滴加几滴M的溶液，亚铁离子被M中的过氧键氧化为三价铁，溶液由浅绿色变黄棕色，故D错误；
答案为C。
10.下列有关化学反应的叙述正确的是（ ）
A. 室温下Fe在稀硝酸中发生钝化
B. 乙醇与氢氧化钠混合加热制取乙烯
C. 室温下Na与空气中O2反应制取Na2O2
D. 向NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入NaOH溶液，一开始就可观察到白色浑浊
【答案】D
【详解】A．常温下Fe和浓硝酸发生钝化现象，和稀硝酸发生氧化还原反应生成NO，故A错误；
B．乙醇与浓硫酸混合加热到170℃可制取乙烯，故B错误；
C．室温下，钠和空气中氧气反应生成氧化钠，加热条件下和氧气反应生成过氧化钠，故C错误；
D．逐滴加入NaOH溶液，先产生氢氧化铝白色沉淀，接着产生刺激性气味的气体氨气，最后氢氧化铝与NaOH反应，则最后沉淀逐渐溶解，故D正确；
故答案为D。
11.高锰酸钾可以通过电解法进行制备，装置如图所示，下列说法错误的是（ ）
A. 阳极的电极反应式：MnO42－ – e－= MnO4－
B. 该装置的离子交换膜为阳离子交换膜
C. 当电路通过a mol电子时，阴极室电解质溶液增加2a mol离子
D. 若电解流出液中KMnO4、K2MnO4和KOH物质的量之比为a∶b∶c，则流进电解池的电解液中K2MnO4和KOH的物质的量之比为 (a + b)∶( c + a )
【答案】D
【详解】A.在阳极，MnO42-失去电子，被氧化产生MnO4-，则阳极的电极反应式：MnO42- -e-= MnO4-，A正确；
B.由于阳极MnO42-失去电子，被氧化产生MnO4-，溶液中阴离子带有的负电荷数目减少，根据溶液呈电中性，溶液中K+通过离子交换膜进入到右边区域，因此该装置的离子交换膜为阳离子交换膜，B正确；
C.当电路通过a mol电子时，有amolK+通过交换膜进入阴极室中，在阴极室，阴极上发生反应：2H++2e-=H2↑，每有amol电子转移，反应产生amolOH-，故在阴极室的电解质溶液增加2a mol离子，C正确；
D.若电解流出液中KMnO4、K2MnO4和KOH物质的量之比为a∶b∶c，根据电子转移数目相等，由于每反应产生1mol KMnO4，反应会同时产生1molKOH，同时会消耗1mol K2MnO4。由于反应产生amol KMnO4，则流进电解池的电解液中K2MnO4和KOH的物质的量之比为(a+ b)∶(c-a)，D错误；
故合理选项是D。
12.下列离子方程式正确的是（ ）
A. Cl2和FeBr2溶液反应，当n(Cl2):n(FeBr2)=5:4时，4Fe2++6Br-+5Cl2=4Fe3++3Br2+10Cl-
B. 酸化NaIO3和NaI的混合溶液：I-+IO3-+6H+=I2+3H2O
C. 酸性氯化亚铁溶液中加入双氧水：2Fe2++H2O2=2Fe3++O2↑+2H+
D. Ca(HCO3)2溶液中加入过量氨水：Ca2++HCO3-+NH3•H2O=CaCO3↓+H2O+NH4+
【答案】A
【详解】A．已知还原性：Fe2+＞Br-，则Cl2和FeBr2溶液反应，当n(Cl2):n(FeBr2)=5:4时发生的离子反应为4Fe2++6Br-+5Cl2=4Fe3++3Br2+10Cl-，故A正确；
B．酸化NaIO3和NaI的混合溶液发生的离子反应为5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O，故B错误；
C．酸性氯化亚铁溶液中加入双氧水发生的离子反应为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3+ +2 H2O，故C错误；
D．Ca(HCO3)2溶液中加入过量氨水发生的离子反应为Ca2++2HCO3-+2NH3•H2O=CaCO3↓+CO32-+2H2O+2NH4+，故D错误；
答案为A。
【点睛】易错点为A项，注意Fe2+和Br-的还原性强弱。
13.常温时，配制一组c(Na2CO3)+c(NaHCO3)=0.100 mol·L-1的混合溶液，溶液中c(CO32-)、c(HCO3-)与pH的关系如图所示。下列说法中错误的是（ ）
(己知：CO32-+H2OHCO3-+OH- K=2×10-4，1g5=0.7)
A. a点溶液中：c(HCO3-)> c(H2CO3)+c(CO32-)
B. b点横坐标数值大约为10.3
C. c点的溶液中：c(Na+)<2c(CO32-)十c(HCO3-)
D. 溶液中水的电离程度：a
【分析】本题考查电解质溶液中水的电离、盐的水解等知识点。
【详解】A. a点的溶液中主要是碳酸氢钠溶液,碳酸氢根离子水解程度大于碳酸氢根离子的电离程度, 结合c(CO32-)+c(HCO3-)+ c(H2CO3)=0.100 mol·L-1，c(HCO3-)>0.05 mol·L-1,溶液中离子浓度大小c(HCO3-)>c(H2CO3)+c(CO32-)，所以A选项是正确的; B.b点c(CO32-)=c(HCO3-)=0.05mol/L, 因为CO32-+H2OHCO3-+OH- ，K==c(OH-)=2×10-4，c(H+)=510-11,pH=-lg(510-11)，所以B选项是正确的;
C.c点溶液中,c(OH-)>c(H+),溶液中存在电荷守恒, c(OH-)+2c(CO32-)+c(HCO3-)=c(H+)+c(Na+), c(Na+)>2c(CO32-)+c(HCO3-)故C错误；D.a、b、c三点溶液中所含Na2CO3依次增多，所含NaHCO3依次减少，越弱越水解，对水的电离促进越大，即溶液中水的电离程度：a
14.离子的摩尔电导率可用来衡量电解质溶液中离子导电能力的强弱，摩尔电导率越大，离子在溶液中的导电能力越强。已知Ca2＋、OH－、HCO3－的摩尔电导率分别为0.60、1.98、0.45，据此可判断，往饱和的澄清石灰水中通入过量的CO2，溶液导电能力随CO2通入量的变化趋势正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】向澄清石灰水中通入CO2,当CO2适量时Ca(OH)2+CO2====CaCO3↓+H2O,其反应的离子方程式为Ca2++2OH-+CO2====CaCO3↓+H2O,当CO2过量时CaCO3+CO2+H2O====Ca(HCO3)2,其反应的离子方程式为CaCO3+CO2+H2O====Ca2++2HC。所以向澄清石灰水中通入过量的CO2,先生成碳酸钙沉淀,钙离子、氢氧根离子浓度减小,溶液导电能力减弱,后沉淀溶解生成碳酸氢钙溶液,钙离子、碳酸氢根离子的浓度增大,钙离子的浓度与原来相等,碳酸氢根离子的浓度与原来氢氧根离子浓度相等,但OH-的摩尔电导率大于HC的摩尔电导率,所以最后溶液的导电性小于原来的导电性,最后CaCO3全部溶解后,溶液中离子的浓度不再发生变化,即导电能力不再发生变化。
考点：离子反应
第Ⅱ卷（共58分）
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第15题~第17题为必考题，每个实体考生都必须作答。第18题~第19题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：（本大题共3小题，共43分）
15.草酸是一种二元弱酸，可用作还原剂、沉淀剂等。某校课外小祖的同学设计利用C2H2气体制取H2C2O4•2H2O。回答下列问题：
（1）甲组的同学以电石（主要成分CaC2，少量CaS及Ca3P2杂质等）为原料，并用如图装置制取C2H2。
①电石与水反应很快，为了减缓反应速率，装置A中除用饱和食盐水代替水之外，还可以采取的措施是____________________________（写一种即可）。
②装置B中，NaClO将H2S、PH3 氧化为硫酸及磷酸，本身被还原为NaCl，其中PH3被氧化的离子方程式为________________________。
（2）乙组的同学根据文献资料，用Hg(NO3)2作催化剂，浓硝酸氧化C2H2制取H2C2O4·2H2O。制备装置如图所示：
①装置D中多孔球泡的作用是______________________。
②装置D中生成H2C2O4的化学方程式为___________________________________。
③从装置D中得到产品，还需经过__________________（填操作名称）、过滤、洗涤及干燥。
（3）丙组设计了测定乙组产品中H2C2O4·2H2O的质量分数实验。他们的实验步骤如下：准确称取m g产品于锥形瓶中，加入适量的蒸馏水溶解，再加入少量稀硫酸，然后用c mol/L酸性KMnO4标准溶液进行滴定至终点，共消耗标准溶液V mL。
①滴定时高锰酸钾标准溶液盛放在滴定管中_____________（填“酸式”或“碱式”）。
②滴定过程中发现褪色速率开始很慢后逐渐加快，分析可能的原因是______________ 。
③产品中H2C2O4·2H2O的质量分数为_________________（列出含 m、c、V 的表达式）。
【答案】(1). 将烧瓶底部置于冰水浴中、控制分液漏斗活塞减缓滴加速度、将电石变为更大的块状 (2). PH3 + 4ClO－=H3PO4 + 4Cl－ (3). 增大气体和溶液的接触面积，加快反应速率，使反应充分进行 (4). C2H2 + 8HNO3(浓)H2C2O4 + 8NO2 + 4H2O (5). 蒸发浓缩、冷却结晶 (6). 酸式 (7). 生成的 Mn2+是该反应的催化剂 (8).
【分析】(1)①碳化钙和水反应剧烈，可结合影响反应速率的因素采取措施减缓反应速率；
②装置B用NaClO将PH3氧化为磷酸，同时生成氯化钠；
(2)D中，Hg(NO3)2作催化剂，浓硝酸氧化乙炔制取H2C2O4•2H2O，发生反应为：C2H2+8HNO3H2C2O4+8NO2+4H2O，多孔球泡增大乙炔气体与硝酸的接触面，充分反应，E装置防止倒吸，F装置吸收生成的二氧化氮气体，将反应后的D浓缩结晶、过滤、洗涤、干燥得产品；
(3)①酸性高锰酸钾溶液有强氧化性；
②H2C2O4•与KMnO4反应生成锰离子和二氧化碳，反应放热，生成的锰离子作催化剂；
③根据2MnO4-～5H2C2O4，由高锰酸钾的消耗可得H2C2O4的量，以此计算H2C2O4•2H2O的质量分数。
【详解】(1)①电石与水反应非常剧烈，为了减慢反应速率，平缓地产生乙炔可用饱和食盐水代替水反应或采取将烧瓶底部置于冰水浴中、控制分液漏斗活塞减缓滴加速度、将电石变为更大的块状等措施；
②NaClO将PH3氧化为磷酸，发生反应的离子方程式为：PH3+4ClO-=H3PO4+4Cl-；
(2)①装置D多孔球泡可增大乙炔气体与硝酸的接触面，加快反应速率，充分反应；
②根据装置图，D中，Hg(NO3)2作催化剂，浓硝酸氧化乙炔反应生成H2C2O4和二氧化氮，反应方程式为：C2H2+8HNO3H2C2O4+8NO2+4H2O；
③将反应后的D溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得产品；
(3)①酸性高锰酸钾有强氧化性，应盛装在酸式滴定管中；
②滴定过程中发现褪色速率开始很慢后逐渐加快，分析可能的原因是生成的Mn2+是该反应的催化剂；
③根据2MnO4-～5H2C2O4，则n(H2C2O4•2H2O)=n(H2C2O4)=×n(MnO4-)=×cV×10-3mol，产品中H2C2O4•2H2O的质量分数为=。
16.铝是应用广泛的金属。以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如下：
注：SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。
（1）“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为_____________________。
（2）向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO3溶液，溶液的pH_________ (填“增大”、“不变”或“减小”)。
（3）“电解Ⅰ”是电解熔融Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是__________________________________________________。
（4）“电解Ⅱ”是电解Na2CO3溶液，原理如图所示。阳极的电极反应式为_____________________，阴极产生的物质A的化学式为____________。
（5）铝粉在1000℃时可与N2反应制备AlN。在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是_______________________________________。
【答案】(1). Al2O3+2OH−=2+H2O (2). 减小 (3). 石墨电极被阳极上产生O2氧化 (4). ）4+2H2O−4e−=4+O2↑ (5). H2 (6). NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜
【解析】以铝土矿（主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质）为原料制备铝，由流程可知，加NaOH溶解时Fe2O3不反应，由信息可知SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀，过滤得到的滤渣为Fe2O3、铝硅酸钠，碳酸氢钠与偏铝酸钠反应生成Al（OH）3，过滤II得到Al（OH）3，灼烧生成氧化铝，电解I为电解氧化铝生成Al和氧气，电解II为电解Na2CO3溶液，结合图可知，阳极上碳酸根离子失去电子生成碳酸氢根离子和氧气，阴极上氢离子得到电子生成氢气。
（1）“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为：Al2O3+2OH-==2AlO2-+H2O；（2）向“过滤I”所得滤液中加入NaHCO3溶液，与NaAlO2反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，碱性为OH－＞AlO2－＞CO32－，可知溶液的pH减小，NaHCO3中存在化学键有：离子键和共价键；（3）“电解I”是电解熔融Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是石墨电极被阳极上产生的O2氧化。（4）由图可知，阳极反应为4CO32－+2H2O-4e－═4HCO3－+O2↑，阴极上氢离子得到电子生成氢气，则阴极产生的物质A的化学式为H2。（5）铝粉在1000℃时可与N2 反应制备AlN。在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是NH4Cl分解产生的HCl 能够破坏Al表面的Al2O3薄膜。
点睛：本题考查混合物分离提纯，答题关键：把握流程中发生的反应、混合物分离提纯方法、实验技能，注意水解、电解原理及元素化合物知识的应用，难点小题（2）向“过滤I”所得滤液中加入NaHCO3溶液，与NaAlO2反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，碱性为OH－＞AlO2－＞CO32－。
17.近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如图：
（1）反应Ⅰ：2H2SO4(l)===2SO2(g)＋2H2O(g)＋O2(g) ΔH1＝＋551 kJ·mol－1
反应Ⅲ：S(s)＋O2(g)===SO2(g) ΔH3＝－297 kJ·mol－1
反应Ⅱ的热化学方程式：_____________________________________________。
（2）对反应Ⅱ，在某一投料比时，两种压强下，H2SO4在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示。p2___p1(填“>”或“<”)，得出该结论的理由是______________________。
（3）I－可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下。将ⅱ补充完整。
ⅰ.SO2＋4I－＋4H＋===S↓＋2I2＋2H2O
ⅱ.I2＋2H2O＋_____===_____＋____＋2I－
（4）探究ⅰ、ⅱ反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18 mLSO2饱和溶液加入2 mL下列试剂中，密闭放置观察现象。(已知：I2易溶解在KI溶液中)
② B是A的对比实验，则a＝_____。
②比较A、B、C，可得出的结论是________________________________________。
③实验表明，SO2的歧化反应速率D>A。结合ⅰ、ⅱ反应速率解释原因：__________________________________________________________________________。
【答案】 (1). 3SO2(g)＋2H2O(g)===2H2SO4(l)＋S(s) ΔH2＝－254kJ·mol－1 (2). > (3). 反应Ⅱ是气体物质的量减小的反应，温度一定时，增大压强使反应正向移动，H2SO4的物质的量增大，体系总物质的量减小，H2SO4的物质的量分数增大 (4). SO2 (5). SO42- (6). 4H＋ (7). 0.4 (8). I－是SO2歧化反应的催化剂，H＋单独存在时不具有催化作用，但H＋可以加快歧化反应速率 (9). 反应ⅱ比ⅰ快；D中由反应ⅱ产生的H＋使反应ⅰ加快
【详解】(1)根据图知,反应II为3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s)，将方程式−I−III即得3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s),△H=−(+551kJ⋅mol−1)−(−297kJ⋅mol−1)=−254kJ/mol，
故答案为：3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s)，△H=−254kJ/mol；
(2)相同温度下,增大压强,平衡正向移动,导致硫酸在平衡体系中物质的量分数增大,根据图知,相同温度下,达到平衡状态时硫酸含量：P1P1，
故答案为：>；当温度相同时，增大压强，平衡正向移动，导致硫酸在平衡体系中物质的量分数增大；
(3)化学反应中的催化剂在第一个反应中作反应物、第二个反应中作生成物,总方程式为得3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s),催化过程中i:SO2+4I−+4H+=S↓+2I2+2H2O,说明I−、H+在i中作反应物,在ii中作生成物,同时ii中还生成H2SO4,根据元素守恒知,反应物还有SO2，所以ii中方程式应该为：I2+2H2O+SO2═4H++SO42−+2I−，
答案为：SO2;4H+;SO42−；
(4)①B是A的对比实验,所用c(KI)应该相等，否则无法得出正确结论，所以a=0.4，
故答案为：0.4；
②比较A. B. C,A中只含KI、B中含有KI和硫酸、C中只含硫酸,反应快慢顺序是B>A>C,且C中没有明显现象,说明不反应,B中含有酸导致其反应速率加快,所以得出的结论是：在酸性条件下,SO2与I−反应速率更快,且SO2与稀硫酸不发生反应，
故答案为：在酸性条件下,SO2与I−反应速率更快,且SO2与稀硫酸不发生反应；
③反应i、ii知,SO2先和I−反应生成I2,I2再和SO2进一步反应,D中KI溶液溶解了I2，导致D中的ii的反应较A快，所以看到的现象是：D中出现浑浊较A快，
故答案为：反应i、ii知,SO2先和I−反应生成I2,I2再和SO2进一步反应,D中KI溶液溶解了I2，导致D中ii的反应较A快。
【点睛】（1）根据图知，反应II为3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s），将方程式-I-III即得3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s），△H 进行相应的改变；
（2）相同温度下，增大压强，平衡正向移动；
（3）化学反应中的催化剂在第一个反应中作反应物、第二个反应中作生成物，总方程式为得3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s），催化过程i:SO2+4I-+4H+=S↓+2I2+2H2O，说明I-、H+在i中作反应物，在ii中作生成物，同时ii中还生成H2SO4，根据元素守恒知，反应物还有SO2；
（4）①B是A的对比实验，所用c（KI）应该相等；
②比较A、B、C，A中只含KI、B中含有KI和硫酸、C中只含硫酸，反应快慢顺序是B>A>C，且C中没有明显现象，说明不反应；
③反应i、ii知，SO2先和I-反应生成I2，I2再和SO2进一步反应，D中KI溶液溶解了I2，导致D中的ii的反应较A快。
（二）选考题：共15分。请考生从给出的2道化学题中任选1题解答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目涂黑。
18.金属及其相关化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。回答下列问题：
（1）下列关于金属及金属键说法不正确的是______。（填字母代号）
a．金属键没有方向性与饱和性
b．金属键是金属原子与自由电子间的相互作用
c．金属熔沸点不同的原因可以用金属键强弱解释
d．电子气理论可解释金属材料的延展性，不能解释金属有良好的导电性
（2）钒广泛用于催化及钢铁工业，基态钒原子的价层电子排布图为______________。
（3）二茂铁又叫双环戊二烯基铁[Fe(C5H5)2]，熔点是172.5～173 ℃，100 ℃以上升华，二茂铁属于_____晶体。已知分子中的大π键可用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数（如苯分子中的大π键可表示为）。已知二茂铁的每个茂环带有一个单位负电荷，则每个环中的大π键应表示为________________。
（4）铜可以形成一种离子化合物[Cu(NH3)4(H2O)2]SO4，若要确定[Cu(NH3)4(H2O)2]SO4是晶体还是非晶体，最科学的方法是对其进行______实验，其中阴离子的空间构型是_____，该化合物加热时首先失去的组分是H2O，原因是___________________________________。
（5）最近发现，只含镁、镍和碳三种元素的晶体也具有超导性，该物质形成的晶体的立方晶胞结构如图所示。
①与Mg紧邻的Ni有________个。
②原子坐标参数可表示晶胞内部各原子的相对位置。该晶胞中原子的坐标参数为a为(0，0，0)；b为(1/2，1/2，0)；d为(1，1，1)。则c原子的坐标参数为_______。
③若晶胞中Ni、Mg之间的最短距离为a pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体的密度ρ＝______g·cm－3(用含a、NA的代数式表示)。
【答案】(1). bd (2). (3). 分子 (4). (5). X－射线衍射 (6). 正四面体 (7). H2O与Cu2＋的配位键比NH3与Cu2＋的弱 (8). 12 (9). （1，1/2，1/2） (10).
【解析】（1）a．金属键是金属阳离子和自由电子间的相互作用，金属键没有方向性与饱和性，a正确；b．金属键是金属阳离子和自由电子间的相互作用，b错误；c．金属晶体熔、沸点高低和硬度大小一般取决于金属键的强弱，金属的熔沸点不同的原因可以用金属键强弱解释，c正确；d．金属导电是因为自由电子在外加电场作用下发生定向移动，可用电子气理论解释，d错误，答案选bd；（2）钒是23号元素，基态钒原子的价层电子排布图为。（3）二茂铁熔点是172.5～173℃，100℃以上升华，因此二茂铁属于分子晶体。因为每个环戊二烯中含有5个C原子，且二茂铁的每个茂环带有一个单位负电荷，则每个环中的大π键应表示为。（4）铜可以形成一种离子化合物[Cu(NH3)4(H2O)2]SO4，若要确定[Cu(NH3)4(H2O)2]SO4是晶体还是非晶体，最科学的方法是对其进行X－射线衍射实验，其中阴离子是硫酸根，其空间构型是正四面体。由于H2O与Cu2＋的配位键比NH3与Cu2＋的弱，所以该化合物加热时首先失去的组分是H2O。（5）①根据晶胞结构可知与Mg紧邻的Ni有个。②该晶胞中原子的坐标参数为a为(0，0，0)；b为(1/2，1/2，0)；d为(1，1，1)，则c原子的坐标参数为（1，1/2，1/2）。③若晶胞中Ni、Mg之间的最短距离为a pm，则面对角线是2a pm，边长是，则晶体的密度 g·cm－3。
点睛：注意掌握原子的核外电子排布式(图)的书写：（1）核外电子排布式：用数字在能级符号右上角表明该能级上排布的电子数。为了简化，通常把内层已达稀有气体电子结构的部分称为“原子实”，用该稀有气体的元素符号加方括号来表示。例如，K：[Ar]4s1。（2）核外电子排布图：用□表示原子轨道，↑和↓分别表示两种不同自旋方向的电子。如氧原子的核外电子排布图可表示为 。核外电子排布图能直观地反映出原子的核外电子的自旋情况以及成对电子对数和未成对的单电子数。（3）价电子排布式：如Fe原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，价电子排布式为3d64s2。价电子排布式能反映基态原子的能层数和参与成键的电子数以及最外层电子数。
19.石油裂解可以得到乙烯、丙烯等小分子烃，它们是常见的有机化工原料。下图是以丙烯为原料合成有机物I的流程。
已知：
i．Claisen酯缩合：
ii． (②比①反应快)
iii．，(R、R＇代表烃基)
回答下列问题：
(1)C的名称为_____________。Ⅰ中所含官能团的名称为______________________。
(2)B→C的反应类型是_______________。F的结构简式为_______________________。
(3)D→E的化学方程式为___________________________。
(4)由F到H过程中增加一步先生成G再生成H的目的是__________________________。
(5)化合物K与E互为同分异构体，已知1molK能与2mol金属钠反应，则K可能的链状稳定结构有_______种(两个一OH连在同一个碳上不稳定：一OH连在不饱和的双键碳、叁键碳不稳定)，其中核磁共振氢谱有三组峰的结构简式为_______________。(任写一种)
(6)完成下列以苯乙烯为原料，制备的合成路线(其他试剂任选) _____________。
【答案】(1). 1-丙醇（正丙醇） (2). （酮）羰基、羟基 (3). 取代反应 (4). (5). CH3CH2COOH+CH3OHCH3CH2COOCH3+H2O (6). 保护酮羰基 (7). 3 (8). 或 (9).
【分析】丙烯在双氧水作用下与溴化氢发生加成生成B为1-溴丙烷；根据D与甲醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成E可知，D为丙酸，则C为1-丙醇；根据Claisen酯缩合： ，E发生酯缩合生成F，结合F的分子式可知，F为，根据G与I的结构简式，结合反应流程可推出H为，据此分析。
【详解】丙烯在双氧水作用下与溴化氢发生加成生成B为1-溴丙烷；根据D与甲醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成E可知，D为丙酸，则C为1-丙醇；根据Claisen酯缩合： ，E发生酯缩合生成F，结合F的分子式可知，F为，根据G与I的结构简式，结合反应流程可推出H为。
(1)C的名称为1-丙醇（正丙醇）；Ⅰ为，所含官能团的名称为（酮）羰基、羟基；
(2)B→C是1-溴丙烷在氢氧化钠的水溶液中发生水解反应（或取代反应）生成1-丙醇，反应类型是取代反应；F的结构简式为；
(3)D→E是丙酸与甲醇发生酯化反应生成丙酸甲酯和水，反应的化学方程式为；
(4)由F到H过程中增加一步先生成G再生成H的目的是保护酮羰基；
(5)化合物K与E互为同分异构体，已知1molK能与2mol金属钠反应则应该含有两个羟基，则K可能的链状稳定结构有、、CH2=CHCH（OH）CH2OH共3种(两个一OH连在同一个碳上不稳定：一OH连在不饱和的双键碳、叁键碳不稳定)，其中核磁共振氢谱有三组峰的结构简式为或；
(6)苯乙烯与溴化氢发生加成反应生成，在氢氧化钠溶液中加热生成，氧化得到，与CH3MgBr反应生成，在氯化铵溶液中反应生成，合成路线如下：
。
【点睛】本题考查有机推断及合成，注意推出有机物的结构简式是解题的关键。本题中应注意（6）中合成路线应参照反应流程中的步骤，结合几个已知反应原理，推出各官能团变化的实质。
福建省福州市第三中学2020届高三10月月考
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Cl-35.5 S-32 Cr-52 Ni-59 Te-128
第Ⅰ卷（共42分）
一、选择题：本题共14小题，每小题3分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。
1.2016年诺贝尔化学奖授予在合成分子机器领域做出贡献的三位科学家。分子机器是一种特殊的超分子体系，当体系受到外在刺激(如pH变化、吸收光子、电子得失等)时，分子组分间原有作用被破坏，各组分间发生类似于机械运动的某种热运动。下列说法不正确的是（ ）
A. 驱动分子机器时，需要对体系输入一定的能量
B. 分子状态的改变会伴随能量变化，属于化学变化
C. 氧化还原反应有可能是刺激分子机器体系的因素之一
D. 光照有可能使分子产生类似于机械运动的某种热运动
【答案】B
【分析】当体系受到外在刺激（如pH变化、吸收光子、电子得失等）时，分子组分间原有作用被破坏，说明反应可在光照条件下进行，且可以是氧化还原反应，驱动分子机器时，需要对体系输入一定的能量，以此解答该题。
【详解】A．需要对体系输入一定的能量，才能驱动分子机器，故A正确；
B．分子状态的改变是物态变化，属于物理变化，故B错误；
C．电子的得失是氧化还原反应的本质，则发生氧化还原反应时可刺激分子机器体系，故C正确；
D．光照可使光能转化为机械能，即光照能使分子产生类似于机械运动的某种热运动，故D正确；
答案为B。
2.“绿色化学实验”已走进课堂，下列做法符合“绿色化学”的是（ ）
①实验室收集氨气采用图1所示装置
②实验室做氯气与钠的反应实验时采用图2所示装置
③实验室中用玻璃棒分别蘸取浓盐酸和浓氨水做氨气与酸生成铵盐的实验
④实验室中采用图3所示装置进行铜与稀硝酸的反应
A. ②③④ B. ①②③ C. ①②④ D. ①③④
【答案】C
【分析】分析每种装置中出现的相应特点，再判断这样的装置特点能否达到处理污染气体，减少污染的效果。
【详解】①图1所示装置在实验中用带有酚酞的水吸收逸出的氨气，防止氨气对空气的污染，符合“绿色化学”，故①符合题意；
②图2所示装置用沾有碱液的棉球吸收多余的氯气，能有效防止氯气对空气的污染，符合“绿色化学”，故②符合题意；
③氨气与氯化氢气体直接散发到空气中，对空气造成污染，不符合防止污染的理念，不符合“绿色化学”，故③不符合题意；
④图3所示装置中，铜丝可以活动，能有效地控制反应的发生与停止，用气球收集反应产生的污染性气体，待反应后处理，也防止了对空气的污染，符合“绿色化学”，故④符合题意；
故符合“绿色化学”的为①②④。
故选C。
【点睛】“绿色化学”是指在源头上消除污染，从而减少污染源的方法，与“绿色化学”相结合的往往是原子利用率，一般来说，如果所有的反应物原子都能进入指定的生成物的话，原子的利用率为100%。
3.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. 将0.1mol CO2溶于适量的水，溶液中CO32-、HCO3-、H2CO3离子总数为0.1NA
B. 在7.8gNa2O2与Na2S的混合物中，离子总数为0.3NA
C. 使0.5mol乙烯被溴的四氯化碳溶液完全吸收，断裂的共价键总数为0.5NA
D. 标准状况下，2.24L Cl2与CH4反应完全，生成物中气体分子数目小于0.1NA
【答案】B
【详解】A．二氧化碳溶于水，部分与水反应，部分仍然以二氧化碳分子存在，依据碳原子守恒可知：将0.1molCO2溶于适量水，溶液中CO32-、HCO3-、H2CO3粒子总数小于0.1NA，故A错误；
B．Na2S与Na2O2的摩尔质量都是78g/mol，硫化钠是2个钠离子和一个硫离子构成，过氧化钠是2个钠离子和一个过氧根离子构成，其物质的量n===0.1mol，得到离子数为0.3NA，故B正确；
C．乙烯与溴发生加成反应，乙烯分子中断裂碳碳双键中的一个键，溴单质断裂1个溴溴单键，0.5 mol乙烯被溴的四氯化碳溶液完全吸收，断裂的共价键总数为1NA，故C错误；
D．氯气与甲烷反应生成氯化氢和一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳，其中氯化氢和一氯甲烷为气体，标准状况下，2.24LCl2物质的量为0.1mol与甲烷发生取代反应，一定生成0.1mol氯化氢，同时生成部分一氯甲烷，所以生成气体的分子数一定大于0.1NA，故D错误；
答案为B。
4.某澄清、透明的浅黄色溶液中可能含有H+、NH4+、Fe3+、Ba2+、Al3+、HCO3-、I-、SO42-八种离子中的几种，在设计检验方案时，一定不需要检验的离子是（ ）
A. H+、NH4+、Fe3+ B. HCO3-、I-、Ba2+ C. SO42-、Al3+、I- D. NH4+、Ba2+、Al3+
【答案】B
【解析】浅黄色溶液中一定含有Fe3+；由于Fe3+能与HCO3-发生互相促进的水解反应生成氢氧化铁和CO2，则溶液中一定不存在HCO3-；由于Fe3+能与I-发生氧化还原反应则溶液中一定不存在I-；根据溶液电中性原理，溶液中至少含有一种阴离子，则一定含有SO42-；SO42-与Ba2+反应，所以溶液中一定不存在Ba2+；还有H+、NH4+、Al3+无法确定是否存在。故一定不需要检验的离子有Fe3+、Ba2+、HCO3-、I-、SO42-，故选B。
点睛：本题考查离子的共存，明确离子之间的反应是解答本题的关键，注意溶液为浅黄色为本题的突破口，并结合溶液电中性原理进行解答。
5.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）
A. NaCl(aq)Cl2(g)FeCl2(s)
B. MgCl2(aq)Mg(OH)2(s)MgO (s)
C. S(s)SO3(g)H2SO4(aq)
D. N2(g)NH3(g)Na2CO3(s)
【答案】B
【分析】A.电解条件时应看清是电解水溶液还是电解熔融态物质，Cl2具有强氧化性；
B.根据“强碱制弱碱”原理制备氢氧化镁；
C.注意生成二氧化硫与三氧化硫的条件；
D.氨气、二氧化碳和氯化钠反应制备碳酸氢钠是利用碳酸氢钠的溶解度低；
【详解】A.氯气的氧化性强，与铁单质反应直接生成氯化铁，故A错误；
B.氯化镁与石灰乳发生复分解反应生成氢氧化镁，氢氧化镁高温煅烧生成氧化镁和水，故B正确；
C.硫单质在空气中燃烧只能生成SO2，SO2在与氧气在催化剂条件下生成SO3，故C错误；
D.氨气与二氧化碳和氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解可生成碳酸钠，故D错误；
综上所述，本题应选B。
【点睛】本题考查元素及其化合物之间的相互转化和反应条件，解题的关键是熟悉常见物质的化学性质和转化条件。
6.a、b、c、d、e为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子数总数与b原子次外层电子数相同；C所在周期数与族序数相同；d与a同族。下列叙述正确的是（ ）
A. 含氧酸的酸性：e>d
B. 原子半径：b>c>d>a
C. 由a 和b 两种元素形成化合物不可能含共价键
D. b、c 元素对应最高价氧化物的水化物之间不可能发生反应
【答案】B
【解析】a、b、c、d、e 为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子数总数与b原子次外层电子数相同，可判断a为氧，b为第三周期元素；C所在周期数与族序数相同，则c为铝，b为钠；d与a同族，则d为硫，e就是氯。A. 氯的非金属性大于硫，则氯的最价高含氧酸的酸性大于硫酸，A错误；B. 由原子半径变化规律可知，原子半径由大到小为Na>Al>S>O，B正确；C. 由氧和钠两种元素可形成Na2O、Na2O2两种的化合物，Na2O2除离子键外还含共价键，C错误；D. Na、Al元素对应最高价氧化物的水化物分别是氢氧化钠、氢氧化铝，它们之间可发生反应，D错误。答案选B。
7.由下列实验操作得出的实验现象和实验结论均正确的是（ ）
实验
现象
结论
A.某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液
产生蓝色沉淀
原溶液中有Fe2+，无Fe3+
B.向C6H5ONa溶液中通入CO2
溶液变浑浊
酸性：H2CO3>C6H5OH
C.向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液
生成黑色沉淀
Ksp(CuS)
①产生白色沉淀 ②仍有白色沉淀
原溶液中有SO42-
【答案】B
【详解】A．K3[Fe(CN)6]与亚铁离子反应生成蓝色沉淀，不能检验铁离子，由现象可知原溶液中有Fe2+，不能确定是否含Fe3+，故A错误；
B．C6H5ONa溶液中通入CO2，发生强酸制弱酸的反应，生成苯酚，则酸性：H2CO3＞C6H5OH，故B正确；
C．含Na2S，不发生沉淀的转化，则不能比较Ksp(CuS)、Ksp(ZnS)大小，故C错误；
D．酸性条件下，亚硫酸根离子与Ba(NO3)2溶液反应也生成硫酸钡沉淀，则原溶液中可能有SO32-或SO42-，或二者均存在，故D错误；
答案为B。
8.曲酸和脱氧曲酸是一种非常有潜力的食品添加剂，结构分别如下图所示。下列有关叙述不正确的是（ ）
A. 曲酸分子中所有碳原子不可能共平面
B. 脱氧曲酸能发生酯化反应、氧化反应、还原反应
C. 曲酸和脱氧曲酸所含的官能团相同
D. 与脱氧曲酸互为同分异构体的芳香族化合物有4种（不考虑O-O键）
【答案】D
【分析】该分子中含有碳碳双键、醇羟基、醚键、羰基，具有烯烃、醇、醚和酮的性质，能发生加成反应、加聚反应、取代反应等，且碳碳双键、羰基为平面结构，-CH2OH中C为四面体构型，以此来解答。
【详解】A．碳碳双键、羰基为平面结构，且直接相连，则所有碳原子可能共面，而-CH2OH中C为四面体构型，分子中所有碳原子不可能共面，故A正确；
B．脱氧曲酸含-OH可发生酯化、氧化反应，含碳碳双键、羰基可发生还原反应，碳碳双键也能发生氧化反应，故B正确；
C．曲酸和脱氧曲酸所含的官能团均包括碳碳双键、羰基和羟基，故C正确；
D．脱氧曲酸的分子式为C6H6O3，该分子的不饱和度==4，属于芳香族化合物含有3个羟基，符合条件的同分异构体有3种(3个-OH相邻、3个-OH相间、2个-OH相邻且与另1个为间位)，故D错误；
故答案为D。
9.将过量H2O2溶液加入含(NH4)2CrO4的氨水中，加热后冷却，生成暗棕红色浸提M[化学式为Cr(NH3)3O4]，其离子方程式为：CrO42-+3NH3+3H2O2=M+2H2O+2OH-+O2↑，测得M中有2个过氧键。下列叙述正确的是（ ）
A. M中Cr的化合价为+3
B. 参与反应的H2O2全部被氧化
C. 转移0.2mol电子时，生成M的质量为16.7g
D. 向FeSO4溶液中滴加几滴M的溶液，没有明显现象
【答案】C
【详解】A．因M[化学式为Cr(NH3)3O4]中有2 个过氧键，则M中Cr的化合价为+4，故A错误；
B．由M中有2 个过氧键，所以3molH2O2 没有全部被氧化，故B错误；
C．由方程式可知每生成1molO2转移2mol电子，同时生成1mol Cr(NH3)3O4，则转移0.2mol电子时，生成M的质量为16.7g，故C正确；
D．向FeSO4溶液中滴加几滴M的溶液，亚铁离子被M中的过氧键氧化为三价铁，溶液由浅绿色变黄棕色，故D错误；
答案为C。
10.下列有关化学反应的叙述正确的是（ ）
A. 室温下Fe在稀硝酸中发生钝化
B. 乙醇与氢氧化钠混合加热制取乙烯
C. 室温下Na与空气中O2反应制取Na2O2
D. 向NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入NaOH溶液，一开始就可观察到白色浑浊
【答案】D
【详解】A．常温下Fe和浓硝酸发生钝化现象，和稀硝酸发生氧化还原反应生成NO，故A错误；
B．乙醇与浓硫酸混合加热到170℃可制取乙烯，故B错误；
C．室温下，钠和空气中氧气反应生成氧化钠，加热条件下和氧气反应生成过氧化钠，故C错误；
D．逐滴加入NaOH溶液，先产生氢氧化铝白色沉淀，接着产生刺激性气味的气体氨气，最后氢氧化铝与NaOH反应，则最后沉淀逐渐溶解，故D正确；
故答案为D。
11.高锰酸钾可以通过电解法进行制备，装置如图所示，下列说法错误的是（ ）
A. 阳极的电极反应式：MnO42－ – e－= MnO4－
B. 该装置的离子交换膜为阳离子交换膜
C. 当电路通过a mol电子时，阴极室电解质溶液增加2a mol离子
D. 若电解流出液中KMnO4、K2MnO4和KOH物质的量之比为a∶b∶c，则流进电解池的电解液中K2MnO4和KOH的物质的量之比为 (a + b)∶( c + a )
【答案】D
【详解】A.在阳极，MnO42-失去电子，被氧化产生MnO4-，则阳极的电极反应式：MnO42- -e-= MnO4-，A正确；
B.由于阳极MnO42-失去电子，被氧化产生MnO4-，溶液中阴离子带有的负电荷数目减少，根据溶液呈电中性，溶液中K+通过离子交换膜进入到右边区域，因此该装置的离子交换膜为阳离子交换膜，B正确；
C.当电路通过a mol电子时，有amolK+通过交换膜进入阴极室中，在阴极室，阴极上发生反应：2H++2e-=H2↑，每有amol电子转移，反应产生amolOH-，故在阴极室的电解质溶液增加2a mol离子，C正确；
D.若电解流出液中KMnO4、K2MnO4和KOH物质的量之比为a∶b∶c，根据电子转移数目相等，由于每反应产生1mol KMnO4，反应会同时产生1molKOH，同时会消耗1mol K2MnO4。由于反应产生amol KMnO4，则流进电解池的电解液中K2MnO4和KOH的物质的量之比为(a+ b)∶(c-a)，D错误；
故合理选项是D。
12.下列离子方程式正确的是（ ）
A. Cl2和FeBr2溶液反应，当n(Cl2):n(FeBr2)=5:4时，4Fe2++6Br-+5Cl2=4Fe3++3Br2+10Cl-
B. 酸化NaIO3和NaI的混合溶液：I-+IO3-+6H+=I2+3H2O
C. 酸性氯化亚铁溶液中加入双氧水：2Fe2++H2O2=2Fe3++O2↑+2H+
D. Ca(HCO3)2溶液中加入过量氨水：Ca2++HCO3-+NH3•H2O=CaCO3↓+H2O+NH4+
【答案】A
【详解】A．已知还原性：Fe2+＞Br-，则Cl2和FeBr2溶液反应，当n(Cl2):n(FeBr2)=5:4时发生的离子反应为4Fe2++6Br-+5Cl2=4Fe3++3Br2+10Cl-，故A正确；
B．酸化NaIO3和NaI的混合溶液发生的离子反应为5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O，故B错误；
C．酸性氯化亚铁溶液中加入双氧水发生的离子反应为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3+ +2 H2O，故C错误；
D．Ca(HCO3)2溶液中加入过量氨水发生的离子反应为Ca2++2HCO3-+2NH3•H2O=CaCO3↓+CO32-+2H2O+2NH4+，故D错误；
答案为A。
【点睛】易错点为A项，注意Fe2+和Br-的还原性强弱。
13.常温时，配制一组c(Na2CO3)+c(NaHCO3)=0.100 mol·L-1的混合溶液，溶液中c(CO32-)、c(HCO3-)与pH的关系如图所示。下列说法中错误的是（ ）
(己知：CO32-+H2OHCO3-+OH- K=2×10-4，1g5=0.7)
A. a点溶液中：c(HCO3-)> c(H2CO3)+c(CO32-)
B. b点横坐标数值大约为10.3
C. c点的溶液中：c(Na+)<2c(CO32-)十c(HCO3-)
D. 溶液中水的电离程度：a
【分析】本题考查电解质溶液中水的电离、盐的水解等知识点。
【详解】A. a点的溶液中主要是碳酸氢钠溶液,碳酸氢根离子水解程度大于碳酸氢根离子的电离程度, 结合c(CO32-)+c(HCO3-)+ c(H2CO3)=0.100 mol·L-1，c(HCO3-)>0.05 mol·L-1,溶液中离子浓度大小c(HCO3-)>c(H2CO3)+c(CO32-)，所以A选项是正确的; B.b点c(CO32-)=c(HCO3-)=0.05mol/L, 因为CO32-+H2OHCO3-+OH- ，K==c(OH-)=2×10-4，c(H+)=510-11,pH=-lg(510-11)，所以B选项是正确的;
C.c点溶液中,c(OH-)>c(H+),溶液中存在电荷守恒, c(OH-)+2c(CO32-)+c(HCO3-)=c(H+)+c(Na+), c(Na+)>2c(CO32-)+c(HCO3-)故C错误；D.a、b、c三点溶液中所含Na2CO3依次增多，所含NaHCO3依次减少，越弱越水解，对水的电离促进越大，即溶液中水的电离程度：a
14.离子的摩尔电导率可用来衡量电解质溶液中离子导电能力的强弱，摩尔电导率越大，离子在溶液中的导电能力越强。已知Ca2＋、OH－、HCO3－的摩尔电导率分别为0.60、1.98、0.45，据此可判断，往饱和的澄清石灰水中通入过量的CO2，溶液导电能力随CO2通入量的变化趋势正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】向澄清石灰水中通入CO2,当CO2适量时Ca(OH)2+CO2====CaCO3↓+H2O,其反应的离子方程式为Ca2++2OH-+CO2====CaCO3↓+H2O,当CO2过量时CaCO3+CO2+H2O====Ca(HCO3)2,其反应的离子方程式为CaCO3+CO2+H2O====Ca2++2HC。所以向澄清石灰水中通入过量的CO2,先生成碳酸钙沉淀,钙离子、氢氧根离子浓度减小,溶液导电能力减弱,后沉淀溶解生成碳酸氢钙溶液,钙离子、碳酸氢根离子的浓度增大,钙离子的浓度与原来相等,碳酸氢根离子的浓度与原来氢氧根离子浓度相等,但OH-的摩尔电导率大于HC的摩尔电导率,所以最后溶液的导电性小于原来的导电性,最后CaCO3全部溶解后,溶液中离子的浓度不再发生变化,即导电能力不再发生变化。
考点：离子反应
第Ⅱ卷（共58分）
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第15题~第17题为必考题，每个实体考生都必须作答。第18题~第19题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：（本大题共3小题，共43分）
15.草酸是一种二元弱酸，可用作还原剂、沉淀剂等。某校课外小祖的同学设计利用C2H2气体制取H2C2O4•2H2O。回答下列问题：
（1）甲组的同学以电石（主要成分CaC2，少量CaS及Ca3P2杂质等）为原料，并用如图装置制取C2H2。
①电石与水反应很快，为了减缓反应速率，装置A中除用饱和食盐水代替水之外，还可以采取的措施是____________________________（写一种即可）。
②装置B中，NaClO将H2S、PH3 氧化为硫酸及磷酸，本身被还原为NaCl，其中PH3被氧化的离子方程式为________________________。
（2）乙组的同学根据文献资料，用Hg(NO3)2作催化剂，浓硝酸氧化C2H2制取H2C2O4·2H2O。制备装置如图所示：
①装置D中多孔球泡的作用是______________________。
②装置D中生成H2C2O4的化学方程式为___________________________________。
③从装置D中得到产品，还需经过__________________（填操作名称）、过滤、洗涤及干燥。
（3）丙组设计了测定乙组产品中H2C2O4·2H2O的质量分数实验。他们的实验步骤如下：准确称取m g产品于锥形瓶中，加入适量的蒸馏水溶解，再加入少量稀硫酸，然后用c mol/L酸性KMnO4标准溶液进行滴定至终点，共消耗标准溶液V mL。
①滴定时高锰酸钾标准溶液盛放在滴定管中_____________（填“酸式”或“碱式”）。
②滴定过程中发现褪色速率开始很慢后逐渐加快，分析可能的原因是______________ 。
③产品中H2C2O4·2H2O的质量分数为_________________（列出含 m、c、V 的表达式）。
【答案】(1). 将烧瓶底部置于冰水浴中、控制分液漏斗活塞减缓滴加速度、将电石变为更大的块状 (2). PH3 + 4ClO－=H3PO4 + 4Cl－ (3). 增大气体和溶液的接触面积，加快反应速率，使反应充分进行 (4). C2H2 + 8HNO3(浓)H2C2O4 + 8NO2 + 4H2O (5). 蒸发浓缩、冷却结晶 (6). 酸式 (7). 生成的 Mn2+是该反应的催化剂 (8).
【分析】(1)①碳化钙和水反应剧烈，可结合影响反应速率的因素采取措施减缓反应速率；
②装置B用NaClO将PH3氧化为磷酸，同时生成氯化钠；
(2)D中，Hg(NO3)2作催化剂，浓硝酸氧化乙炔制取H2C2O4•2H2O，发生反应为：C2H2+8HNO3H2C2O4+8NO2+4H2O，多孔球泡增大乙炔气体与硝酸的接触面，充分反应，E装置防止倒吸，F装置吸收生成的二氧化氮气体，将反应后的D浓缩结晶、过滤、洗涤、干燥得产品；
(3)①酸性高锰酸钾溶液有强氧化性；
②H2C2O4•与KMnO4反应生成锰离子和二氧化碳，反应放热，生成的锰离子作催化剂；
③根据2MnO4-～5H2C2O4，由高锰酸钾的消耗可得H2C2O4的量，以此计算H2C2O4•2H2O的质量分数。
【详解】(1)①电石与水反应非常剧烈，为了减慢反应速率，平缓地产生乙炔可用饱和食盐水代替水反应或采取将烧瓶底部置于冰水浴中、控制分液漏斗活塞减缓滴加速度、将电石变为更大的块状等措施；
②NaClO将PH3氧化为磷酸，发生反应的离子方程式为：PH3+4ClO-=H3PO4+4Cl-；
(2)①装置D多孔球泡可增大乙炔气体与硝酸的接触面，加快反应速率，充分反应；
②根据装置图，D中，Hg(NO3)2作催化剂，浓硝酸氧化乙炔反应生成H2C2O4和二氧化氮，反应方程式为：C2H2+8HNO3H2C2O4+8NO2+4H2O；
③将反应后的D溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得产品；
(3)①酸性高锰酸钾有强氧化性，应盛装在酸式滴定管中；
②滴定过程中发现褪色速率开始很慢后逐渐加快，分析可能的原因是生成的Mn2+是该反应的催化剂；
③根据2MnO4-～5H2C2O4，则n(H2C2O4•2H2O)=n(H2C2O4)=×n(MnO4-)=×cV×10-3mol，产品中H2C2O4•2H2O的质量分数为=。
16.铝是应用广泛的金属。以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如下：
注：SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。
（1）“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为_____________________。
（2）向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO3溶液，溶液的pH_________ (填“增大”、“不变”或“减小”)。
（3）“电解Ⅰ”是电解熔融Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是__________________________________________________。
（4）“电解Ⅱ”是电解Na2CO3溶液，原理如图所示。阳极的电极反应式为_____________________，阴极产生的物质A的化学式为____________。
（5）铝粉在1000℃时可与N2反应制备AlN。在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是_______________________________________。
【答案】(1). Al2O3+2OH−=2+H2O (2). 减小 (3). 石墨电极被阳极上产生O2氧化 (4). ）4+2H2O−4e−=4+O2↑ (5). H2 (6). NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜
【解析】以铝土矿（主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质）为原料制备铝，由流程可知，加NaOH溶解时Fe2O3不反应，由信息可知SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀，过滤得到的滤渣为Fe2O3、铝硅酸钠，碳酸氢钠与偏铝酸钠反应生成Al（OH）3，过滤II得到Al（OH）3，灼烧生成氧化铝，电解I为电解氧化铝生成Al和氧气，电解II为电解Na2CO3溶液，结合图可知，阳极上碳酸根离子失去电子生成碳酸氢根离子和氧气，阴极上氢离子得到电子生成氢气。
（1）“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为：Al2O3+2OH-==2AlO2-+H2O；（2）向“过滤I”所得滤液中加入NaHCO3溶液，与NaAlO2反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，碱性为OH－＞AlO2－＞CO32－，可知溶液的pH减小，NaHCO3中存在化学键有：离子键和共价键；（3）“电解I”是电解熔融Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是石墨电极被阳极上产生的O2氧化。（4）由图可知，阳极反应为4CO32－+2H2O-4e－═4HCO3－+O2↑，阴极上氢离子得到电子生成氢气，则阴极产生的物质A的化学式为H2。（5）铝粉在1000℃时可与N2 反应制备AlN。在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是NH4Cl分解产生的HCl 能够破坏Al表面的Al2O3薄膜。
点睛：本题考查混合物分离提纯，答题关键：把握流程中发生的反应、混合物分离提纯方法、实验技能，注意水解、电解原理及元素化合物知识的应用，难点小题（2）向“过滤I”所得滤液中加入NaHCO3溶液，与NaAlO2反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，碱性为OH－＞AlO2－＞CO32－。
17.近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如图：
（1）反应Ⅰ：2H2SO4(l)===2SO2(g)＋2H2O(g)＋O2(g) ΔH1＝＋551 kJ·mol－1
反应Ⅲ：S(s)＋O2(g)===SO2(g) ΔH3＝－297 kJ·mol－1
反应Ⅱ的热化学方程式：_____________________________________________。
（2）对反应Ⅱ，在某一投料比时，两种压强下，H2SO4在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示。p2___p1(填“>”或“<”)，得出该结论的理由是______________________。
（3）I－可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下。将ⅱ补充完整。
ⅰ.SO2＋4I－＋4H＋===S↓＋2I2＋2H2O
ⅱ.I2＋2H2O＋_____===_____＋____＋2I－
（4）探究ⅰ、ⅱ反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18 mLSO2饱和溶液加入2 mL下列试剂中，密闭放置观察现象。(已知：I2易溶解在KI溶液中)
② B是A的对比实验，则a＝_____。
②比较A、B、C，可得出的结论是________________________________________。
③实验表明，SO2的歧化反应速率D>A。结合ⅰ、ⅱ反应速率解释原因：__________________________________________________________________________。
【答案】 (1). 3SO2(g)＋2H2O(g)===2H2SO4(l)＋S(s) ΔH2＝－254kJ·mol－1 (2). > (3). 反应Ⅱ是气体物质的量减小的反应，温度一定时，增大压强使反应正向移动，H2SO4的物质的量增大，体系总物质的量减小，H2SO4的物质的量分数增大 (4). SO2 (5). SO42- (6). 4H＋ (7). 0.4 (8). I－是SO2歧化反应的催化剂，H＋单独存在时不具有催化作用，但H＋可以加快歧化反应速率 (9). 反应ⅱ比ⅰ快；D中由反应ⅱ产生的H＋使反应ⅰ加快
【详解】(1)根据图知,反应II为3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s)，将方程式−I−III即得3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s),△H=−(+551kJ⋅mol−1)−(−297kJ⋅mol−1)=−254kJ/mol，
故答案为：3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s)，△H=−254kJ/mol；
(2)相同温度下,增大压强,平衡正向移动,导致硫酸在平衡体系中物质的量分数增大,根据图知,相同温度下,达到平衡状态时硫酸含量：P1
故答案为：>；当温度相同时，增大压强，平衡正向移动，导致硫酸在平衡体系中物质的量分数增大；
(3)化学反应中的催化剂在第一个反应中作反应物、第二个反应中作生成物,总方程式为得3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s),催化过程中i:SO2+4I−+4H+=S↓+2I2+2H2O,说明I−、H+在i中作反应物,在ii中作生成物,同时ii中还生成H2SO4,根据元素守恒知,反应物还有SO2，所以ii中方程式应该为：I2+2H2O+SO2═4H++SO42−+2I−，
答案为：SO2;4H+;SO42−；
(4)①B是A的对比实验,所用c(KI)应该相等，否则无法得出正确结论，所以a=0.4，
故答案为：0.4；
②比较A. B. C,A中只含KI、B中含有KI和硫酸、C中只含硫酸,反应快慢顺序是B>A>C,且C中没有明显现象,说明不反应,B中含有酸导致其反应速率加快,所以得出的结论是：在酸性条件下,SO2与I−反应速率更快,且SO2与稀硫酸不发生反应，
故答案为：在酸性条件下,SO2与I−反应速率更快,且SO2与稀硫酸不发生反应；
③反应i、ii知,SO2先和I−反应生成I2,I2再和SO2进一步反应,D中KI溶液溶解了I2，导致D中的ii的反应较A快，所以看到的现象是：D中出现浑浊较A快，
故答案为：反应i、ii知,SO2先和I−反应生成I2,I2再和SO2进一步反应,D中KI溶液溶解了I2，导致D中ii的反应较A快。
【点睛】（1）根据图知，反应II为3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s），将方程式-I-III即得3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s），△H 进行相应的改变；
（2）相同温度下，增大压强，平衡正向移动；
（3）化学反应中的催化剂在第一个反应中作反应物、第二个反应中作生成物，总方程式为得3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s），催化过程i:SO2+4I-+4H+=S↓+2I2+2H2O，说明I-、H+在i中作反应物，在ii中作生成物，同时ii中还生成H2SO4，根据元素守恒知，反应物还有SO2；
（4）①B是A的对比实验，所用c（KI）应该相等；
②比较A、B、C，A中只含KI、B中含有KI和硫酸、C中只含硫酸，反应快慢顺序是B>A>C，且C中没有明显现象，说明不反应；
③反应i、ii知，SO2先和I-反应生成I2，I2再和SO2进一步反应，D中KI溶液溶解了I2，导致D中的ii的反应较A快。
（二）选考题：共15分。请考生从给出的2道化学题中任选1题解答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目涂黑。
18.金属及其相关化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。回答下列问题：
（1）下列关于金属及金属键说法不正确的是______。（填字母代号）
a．金属键没有方向性与饱和性
b．金属键是金属原子与自由电子间的相互作用
c．金属熔沸点不同的原因可以用金属键强弱解释
d．电子气理论可解释金属材料的延展性，不能解释金属有良好的导电性
（2）钒广泛用于催化及钢铁工业，基态钒原子的价层电子排布图为______________。
（3）二茂铁又叫双环戊二烯基铁[Fe(C5H5)2]，熔点是172.5～173 ℃，100 ℃以上升华，二茂铁属于_____晶体。已知分子中的大π键可用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数（如苯分子中的大π键可表示为）。已知二茂铁的每个茂环带有一个单位负电荷，则每个环中的大π键应表示为________________。
（4）铜可以形成一种离子化合物[Cu(NH3)4(H2O)2]SO4，若要确定[Cu(NH3)4(H2O)2]SO4是晶体还是非晶体，最科学的方法是对其进行______实验，其中阴离子的空间构型是_____，该化合物加热时首先失去的组分是H2O，原因是___________________________________。
（5）最近发现，只含镁、镍和碳三种元素的晶体也具有超导性，该物质形成的晶体的立方晶胞结构如图所示。
①与Mg紧邻的Ni有________个。
②原子坐标参数可表示晶胞内部各原子的相对位置。该晶胞中原子的坐标参数为a为(0，0，0)；b为(1/2，1/2，0)；d为(1，1，1)。则c原子的坐标参数为_______。
③若晶胞中Ni、Mg之间的最短距离为a pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体的密度ρ＝______g·cm－3(用含a、NA的代数式表示)。
【答案】(1). bd (2). (3). 分子 (4). (5). X－射线衍射 (6). 正四面体 (7). H2O与Cu2＋的配位键比NH3与Cu2＋的弱 (8). 12 (9). （1，1/2，1/2） (10).
【解析】（1）a．金属键是金属阳离子和自由电子间的相互作用，金属键没有方向性与饱和性，a正确；b．金属键是金属阳离子和自由电子间的相互作用，b错误；c．金属晶体熔、沸点高低和硬度大小一般取决于金属键的强弱，金属的熔沸点不同的原因可以用金属键强弱解释，c正确；d．金属导电是因为自由电子在外加电场作用下发生定向移动，可用电子气理论解释，d错误，答案选bd；（2）钒是23号元素，基态钒原子的价层电子排布图为。（3）二茂铁熔点是172.5～173℃，100℃以上升华，因此二茂铁属于分子晶体。因为每个环戊二烯中含有5个C原子，且二茂铁的每个茂环带有一个单位负电荷，则每个环中的大π键应表示为。（4）铜可以形成一种离子化合物[Cu(NH3)4(H2O)2]SO4，若要确定[Cu(NH3)4(H2O)2]SO4是晶体还是非晶体，最科学的方法是对其进行X－射线衍射实验，其中阴离子是硫酸根，其空间构型是正四面体。由于H2O与Cu2＋的配位键比NH3与Cu2＋的弱，所以该化合物加热时首先失去的组分是H2O。（5）①根据晶胞结构可知与Mg紧邻的Ni有个。②该晶胞中原子的坐标参数为a为(0，0，0)；b为(1/2，1/2，0)；d为(1，1，1)，则c原子的坐标参数为（1，1/2，1/2）。③若晶胞中Ni、Mg之间的最短距离为a pm，则面对角线是2a pm，边长是，则晶体的密度 g·cm－3。
点睛：注意掌握原子的核外电子排布式(图)的书写：（1）核外电子排布式：用数字在能级符号右上角表明该能级上排布的电子数。为了简化，通常把内层已达稀有气体电子结构的部分称为“原子实”，用该稀有气体的元素符号加方括号来表示。例如，K：[Ar]4s1。（2）核外电子排布图：用□表示原子轨道，↑和↓分别表示两种不同自旋方向的电子。如氧原子的核外电子排布图可表示为 。核外电子排布图能直观地反映出原子的核外电子的自旋情况以及成对电子对数和未成对的单电子数。（3）价电子排布式：如Fe原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，价电子排布式为3d64s2。价电子排布式能反映基态原子的能层数和参与成键的电子数以及最外层电子数。
19.石油裂解可以得到乙烯、丙烯等小分子烃，它们是常见的有机化工原料。下图是以丙烯为原料合成有机物I的流程。
已知：
i．Claisen酯缩合：
ii． (②比①反应快)
iii．，(R、R＇代表烃基)
回答下列问题：
(1)C的名称为_____________。Ⅰ中所含官能团的名称为______________________。
(2)B→C的反应类型是_______________。F的结构简式为_______________________。
(3)D→E的化学方程式为___________________________。
(4)由F到H过程中增加一步先生成G再生成H的目的是__________________________。
(5)化合物K与E互为同分异构体，已知1molK能与2mol金属钠反应，则K可能的链状稳定结构有_______种(两个一OH连在同一个碳上不稳定：一OH连在不饱和的双键碳、叁键碳不稳定)，其中核磁共振氢谱有三组峰的结构简式为_______________。(任写一种)
(6)完成下列以苯乙烯为原料，制备的合成路线(其他试剂任选) _____________。
【答案】(1). 1-丙醇（正丙醇） (2). （酮）羰基、羟基 (3). 取代反应 (4). (5). CH3CH2COOH+CH3OHCH3CH2COOCH3+H2O (6). 保护酮羰基 (7). 3 (8). 或 (9).
【分析】丙烯在双氧水作用下与溴化氢发生加成生成B为1-溴丙烷；根据D与甲醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成E可知，D为丙酸，则C为1-丙醇；根据Claisen酯缩合： ，E发生酯缩合生成F，结合F的分子式可知，F为，根据G与I的结构简式，结合反应流程可推出H为，据此分析。
【详解】丙烯在双氧水作用下与溴化氢发生加成生成B为1-溴丙烷；根据D与甲醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成E可知，D为丙酸，则C为1-丙醇；根据Claisen酯缩合： ，E发生酯缩合生成F，结合F的分子式可知，F为，根据G与I的结构简式，结合反应流程可推出H为。
(1)C的名称为1-丙醇（正丙醇）；Ⅰ为，所含官能团的名称为（酮）羰基、羟基；
(2)B→C是1-溴丙烷在氢氧化钠的水溶液中发生水解反应（或取代反应）生成1-丙醇，反应类型是取代反应；F的结构简式为；
(3)D→E是丙酸与甲醇发生酯化反应生成丙酸甲酯和水，反应的化学方程式为；
(4)由F到H过程中增加一步先生成G再生成H的目的是保护酮羰基；
(5)化合物K与E互为同分异构体，已知1molK能与2mol金属钠反应则应该含有两个羟基，则K可能的链状稳定结构有、、CH2=CHCH（OH）CH2OH共3种(两个一OH连在同一个碳上不稳定：一OH连在不饱和的双键碳、叁键碳不稳定)，其中核磁共振氢谱有三组峰的结构简式为或；
(6)苯乙烯与溴化氢发生加成反应生成，在氢氧化钠溶液中加热生成，氧化得到，与CH3MgBr反应生成，在氯化铵溶液中反应生成，合成路线如下：
。
【点睛】本题考查有机推断及合成，注意推出有机物的结构简式是解题的关键。本题中应注意（6）中合成路线应参照反应流程中的步骤，结合几个已知反应原理，推出各官能团变化的实质。
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