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【化学】江苏省启东中学2018-2019学年高二下学期期中考试（创新班）（解析版）
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江苏省启东中学2018-2019学年高二下学期期中考试（创新班）
可能用到的相对原子质量:P 31 O 16 H 1
选择题(40分)
一、单项选择题:本题包括10小题,每小题2分，共计20分，每小题只有一个选项符合题意。
1.化学与生活密切相关。下列说法错误的是（ ）
A. PM2.5是指粒径不大于2.5 μm的可吸入悬浮颗粒物
B. 绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染
C. 燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放
D. 天然气和液化石油气是我国目前推广使用的清洁燃料
【答案】C
【解析】A项，PM2.5是指微粒直径不大于2.5 μm的可吸入悬浮颗粒物，正确；B项，绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染，正确；C项，燃煤中加入生石灰可以减少硫酸型酸雨的形成（原理为2CaO+2SO2+O22CaSO4），但在加热时生石灰不能吸收CO2，不能减少CO2的排放，不能减少温室气体的排放，错误；D项，天然气（主要成分为CH4）和液化石油气（主要成分为C3H8、C4H10）是我国目前推广使用的清洁燃料，正确；答案选C。
2.下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A. 聚氯乙烯的结构简式： B. 硫离子的结构示意图：
C. 次氯酸钠的电子式： D. 葡萄糖分子的结构简式：C6H12O6
【答案】C
【详解】A项、一定条件下，氯乙烯发生加聚反应生成聚氯乙烯，聚氯乙烯的结构简式为，故A错误；
B项、硫离子含有16个质子，18个核外电子，其中K层2个电子、L层8个电子、M层8个电子，结构示意图为，故B错误；
C项、NaClO为离子化合物，Na+与ClO-之间形成离子键，O与Cl之间形成共价键，电子式为，故C正确；
D项、葡萄糖的分子式为C6H12O6，分子中含有5个羟基和一个醛基，结构简式为：CH2OH（CHOH）4CHO，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查了常见化学用语的表示方法，明确常见化学用语的书写原则为解答关键。
3.下列有关物质性质及对应用途的说法正确的是（ ）
A. 利用浓硫酸的脱水性，干燥氢气
B. 氧化镁熔点高，可用于制造耐火材料
C. 碳酸钠溶液呈碱性，可用于治疗胃酸过多
D. 二氧化硅不与任何酸反应，可用石英制造耐酸容器
【答案】B
【解析】A. 浓硫酸的脱水性，可以干燥氢气，故A正确；B. 因为氧化镁熔点高，可用于制造耐火材料，故B正确；C. 常用碳酸氢钠溶液或氢氧化铝来中和胃酸，碳酸钠溶液呈碱性太强，不能用于治疗胃酸过多，故C错；D. 二氧化硅可与氢氟酸反应，石英制造耐酸容器是不对的。故D错。本题正确答案：B。
4.下列制取SO2、验证其漂白性、氧化性并进行尾气处理的装置和原理不能达到实验目的的是（ ）
A. 制取二氧化硫 B. 验证漂白性
C. 验证氧化性 D. 尾气处理
【答案】B
【解析】A浓硫酸和铜片反应生成二氧化硫，硫酸铜和水，故A对；B验证SO2漂白试剂为品红，酸性高锰酸钾溶液褪色，表现SO2的还原性，故B错；C 2Na2S+SO2 +2H2O=3S+4 NaOH
故C正确；D：SO2+2 NaOH= Na2SO3+ H2O能达到目的。本题正确答案：B。
点睛：本题考查化学实验常见物质SO2的制取和性质检验知识。制取原理可行，SO2漂白性不是氧化还原反应漂白，验证时不能用酸性高锰酸钾溶液。
5.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是次外层的2倍，Y元素无正化合价，Z元素最高价氧化物对应的水化物是一种强碱，W的最高正价为+6价。下列说法正确的是（ ）
A. 原子半径：r(W)>r(Z)>r(Y)
B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：W>X
C. 简单气态氢化物的热稳定性：W>Y
D. W分别与X、Z形成的化合物中所含化学健类型相同
【答案】B
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是次外层的2倍，则X为C元素；Y元素无正化合价，则Y为F元素；Z元素最高价氧化物对应的水化物是一种强碱，则Z为Na元素；W的最高正价为+6价，则W为S元素。
【详解】A项、同周期元素，从左到右原子半径依次减小，Na元素和S元素同周期，Na的原子半径大于S，故A错误；
B项、元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，S元素的非金属性强于C元素，则S元素最高价氧化物对应水化物的酸性强于C元素，故B正确；
C项、元素非金属性越强，简单气态氢化物的热稳定性越强，F元素的非金属性强于S元素，则F元素的简单气态氢化物的热稳定性强于S元素，故C错误；
D项、S元素与C元素形成的化合物为二硫化碳，只含有共价键，S元素与Na元素形成的化合物为硫化钠，只含有离子键，故D错误。
故选B。
【点睛】本题考查元素周期律的应用，注意应用结构、性质和位置关系推断元素是解题的关键。
6.我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程，该历程示意图如下所示。
下列说法不正确的是（ ）
A. 生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%
B. CH4→CH3COOH过程中，有C—H键发生断裂
C. ①→②放出能量并形成了C—C键
D. 该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
【答案】D
【解析】分析：A项，生成CH3COOH的总反应为CH4+CO2CH3COOH，原子利用率为100%；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量并形成C-C键；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高平衡转化率。
详解：A项，根据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH，总反应为CH4+CO2CH3COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，A项正确；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂，B项正确；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量，对比①和②，①→②形成C-C键，C项正确；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高反应物的平衡转化率，D项错误；答案选D。
点睛：本题考查原子利用率、化学反应的实质、化学反应中的能量变化、催化剂对化学反应的影响，解题的关键是准确分析示意图中的信息。注意催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，催化剂不能改变ΔH、不能使化学平衡发生移动。
7.下列说法正确的是（ ）
A. 分子式为C2H4O2的有机物不一定有酸性
B. 利用复分解反应可实现FeSO4向FeO(OH)的转化
C. 相同质量的红磷分别在空气中和纯氧中完全燃烧，后者放出的热量多
D. 选用适当的催化剂，可以改变可逆反应反应物的平衡转化率
【答案】A
【分析】A、分子式为C2H4O2的有机物可能为CH3COOH或HCOOCH3；
B、FeSO4中铁元素化合价为+2价，FeO(OH) 中铁元素化合价为+3价；
C、相同质量的红磷分别在空气中和纯氧中完全燃烧均生成五氧化二磷；
D、选用适当的催化剂，可以改变可逆反应的反应速率，但不改变化学平衡的移动方向。
【详解】A项、分子式为C2H4O2的有机物可能为CH3COOH或HCOOCH3，CH3COOH具有酸性，而HCOOCH3不具有酸性，故A正确；
B项、复分解反应中没有元素化合价变化，FeSO4中铁元素化合价为+2价，FeO(OH) 中铁元素化合价为+3价，FeSO4向FeO(OH)的转化为氧化还原反应，故B错误；
C项、相同质量的红磷分别在空气中和纯氧中完全燃烧均生成五氧化二磷，反应放出的热量相同，故C错误；
D项、选用适当的催化剂，可以改变可逆反应的反应速率，但不改变化学平衡的移动方向，反应物的平衡转化率不变，故D错误。
故选A。
8.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. 常温常压下，124gP4中所含P—P键数目为4NA
B. 100mL1mol·L−1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NA
C. 标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA
D. 密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NA
【答案】C
【解析】分析：A.根据白磷是正四面体结构分析；
B.根据铁离子水解分析；
C.根据甲烷和乙烯均含有4个氢原子分析；
D.根据反应是可逆反应判断。
详解：A. 常温常压下，124 g P4的物质的量是1mol，由于白磷是正四面体结构，含有6个P－P键，因此其中所含P—P键数目为6NA，A错误；
B. 铁离子在溶液中水解，所以100 mL 1mol·L−1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目小于0.1NA，B错误；
C. 甲烷和乙烯分子均含有4个氢原子，标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物的物质的量是0.5mol，其中含氢原子数目为2NA，C正确；
D. 反应2SO2+O22SO3是可逆反应，因此密闭容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后分子总数大于2NA，D错误。答案选C。
点睛：本题主要是考查阿伏加德罗常数的应用，是高考的一个高频考点，主要从物质结构、水解、转移电子、可逆反应等角度考查，本题相对比较容易，只要认真、细心就能做对，平时多注意这方面的积累。白磷的结构是解答的难点，注意与甲烷正四面体结构的区别。
9.下列化学用语对事实的表述不正确的是（ ）
A. 硬脂酸与乙醇的酯化反应：C17H35COOH+C2H518OHC17H35COOC2H5+H218O
B. 常温时，0.1 mol·L-1氨水的pH=11.1：NH3·H2ONH4++OH−
C. 由Na和C1形成离子键的过程：
D. 电解精炼铜的阴极反应：Cu2+ +2e−=Cu
【答案】A
【解析】分析：A项，酯化反应的机理是“酸脱羟基醇脱氢”；B项，氨水为弱碱水溶液，存在电离平衡；C项，Na易失电子形成Na+，Cl易得电子形成Cl-；D项，电解精炼铜时，精铜为阴极，粗铜为阳极。
详解：A项，酯化反应的机理是“酸脱羟基醇脱氢”，硬脂酸与乙醇反应的化学方程式为C17H35COOH+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2O，A项错误；B项，常温下0.1mol·L-1氨水的pH=11.1，溶液中c（OH-）=10-2.9mol·L-10.1mol·L-1，氨水为弱碱水溶液，电离方程式为NH3·H2ONH4++OH-，B项正确；C项，Na原子最外层有1个电子，Na易失电子形成Na+，Cl原子最外层有7个电子，Cl易得电子形成Cl-，Na将最外层的1个电子转移给Cl，Na+与Cl-间形成离子键，C项正确；D项，电解精炼铜时，精铜为阴极，粗铜为阳极，阴极电极反应式为Cu2++2e-=Cu，D项正确；答案选A。
点睛：本题考查酯化反应的机理、电离方程式的书写、用电子式表示物质的形成过程、电解精炼铜的原理。注意强电解质和弱电解质电离方程式的区别、用电子式表示离子化合物和共价化合物形成过程的区别。
10.核黄素又称为维生素B2，可促进发育和细胞再生，有利于增进视力，减轻眼睛疲劳。核黄素分子的结构如图。有关核黄素的下列说法中，不正确的是（ ）
A. 该有机物的分子式为C17H21N4O6
B. 酸性条件下加热水解，有CO2生成
C. 酸性条件下加热水解，所得溶液加碱后有NH3生成
D. 该化合物能发生酯化反应
【答案】A
【分析】根据键线式的特点和碳原子的四价理论知该化合物的分子式是C17H20N4O6，分子中含有的官能团为肽键、羟基等，能发生水解反应、酯化反应等。
【详解】A项、根据键线式的特点和碳原子的四价理论知该化合物的分子式是C17H20N4O6，故A错误；
B项、由结构式可以知该化合物中含有肽键，因此可以发生水解反应，由已知条件可知水解产物有碳酸即水和二氧化碳生成，故B正确；
C项、由结构式可以知该化合物中含有肽键，因此可以发生水解反应，由已知条件可知水解产物有氨气生成，故C正确；
D项、因该化合物中含有醇羟基，因此可以发生酯化反应，故D正确。
故选A。
【点睛】本题考查有机物的结构与性质，侧重分析与应用能力的考查，注意把握有机物的结构与题给信息分析为解答的关键。
不定项选择题：本题包括5小题，每小题4 分，共计20 分。每小题只有一个或两个选项符合题意。
11.下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是（ ）
A
B
C
D
实验
NaOH溶液滴入FeSO4溶液中
石蕊溶液滴入氯水中
Na2S溶液滴入AgCl浊液中
热铜丝插入稀硝酸中
现象
产生白色沉淀，随后变为红褐色
溶液变红，随后迅速褪色
沉淀由白色逐渐变为黑色
产生无色气体，随后变为红棕色
【答案】C
【解析】分析：A项，白色沉淀变为红褐色沉淀时的反应为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；B项，红色褪色是HClO表现强氧化性；C项，白色沉淀变为黑色时的反应为2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl；D项，气体由无色变为红棕色时的反应为2NO+O2=2NO2。
详解：A项，NaOH溶液滴入FeSO4溶液中产生白色Fe（OH）2沉淀，白色沉淀变为红褐色沉淀时的反应为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，该反应前后元素化合价有升降，为氧化还原反应；B项，氯水中存在反应Cl2+H2OHCl+HClO，由于氯水呈酸性，石蕊溶液滴入后溶液先变红，红色褪色是HClO表现强氧化性，与有色物质发生氧化还原反应；C项，白色沉淀变为黑色时的反应为2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl，反应前后元素化合价不变，不是氧化还原反应；D项，Cu与稀HNO3反应生成Cu（NO3）2、NO气体和H2O，气体由无色变为红棕色时的反应为2NO+O2=2NO2，反应前后元素化合价有升降，为氧化还原反应；与氧化还原反应无关的是C项，答案选C。
点睛：本题考查氧化还原反应的判断，分析颜色变化的原因、理解氧化还原反应的特征是解题的关键。
12.根据下列实验操作和现象能得出相应结论的是（ ）
选项
实验操作和现象
结论
A
室温下，向苯酚钠溶液中滴加少量盐酸，溶液变浑浊
酸性：盐酸>苯酚
B
向10 mL 0．2 mol·L－1 NaOH溶液中滴入2滴0．1 mol·L－1 MgCl2溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0．1 mol·L－1 FeCl3溶液，产生红褐色沉淀
相同温度下：Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Fe(OH)3]
C
测定浓度均为0．1 mol·L－1的CH3COONa与HCOONa溶液的pH，CH3COONa溶液的pH较大
结合H＋的能力：
HCOO－>CH3COO－
D
向KBr溶液中加入少量苯，通入适量Cl2后充分振荡，有机层变为橙色
氧化性：Cl2>Br2
【答案】AD
【详解】A、发生强酸制取弱酸的反应，生成苯酚，可知酸性：盐酸＞苯酚，故A正确；
B、NaOH过量，一定有沉淀生成，由现象不能比较Ksp，故B错误；
C、CH3COONa溶液的pH较大，可知CH3COOH的酸性弱，则结合H+的能力：HCOO﹣＜CH3COO﹣，故C错误；
D、氯气与KBr反应生成溴，溴易溶于苯，由现象可知氧化性：Cl2＞Br2，故D正确。
13.化合物Y 能用于高性能光学树脂的合成，可由化合物X与2 −甲基丙烯酰氯在一定条件下反应制得：
下列有关化合物X、Y 的说法正确的是（ ）
A. X 分子中所有原子一定在同一平面上
B. Y与Br2的加成产物分子中含有手性碳原子
C. X、Y均不能使酸性KMnO4溶液褪色
D. X→Y的反应为取代反应
【答案】BD
【解析】分析：A项，X分子中羟基氢与其它原子不一定在同一平面上；B项，Y与Br2的加成产物为，结构简式中“*”碳为手性碳原子；C项，X中含酚羟基，X能与酸性KMnO4溶液反应，Y中含碳碳双键，Y能使酸性KMnO4溶液褪色；D项，X+2 −甲基丙烯酰氯→Y+HCl，反应类型为取代反应。
详解：A项，X中与苯环直接相连的2个H、3个Br、1个O和苯环碳原子一定在同一平面上，由于单键可以旋转，X分子中羟基氢与其它原子不一定在同一平面上，A项错误；B项，Y与Br2的加成产物为，中“*”碳为手性碳原子，B项正确；C项，X中含酚羟基，X能与酸性KMnO4溶液反应，Y中含碳碳双键，Y能使酸性KMnO4溶液褪色，C项错误；D项，对比X、2-甲基丙烯酰氯和Y的结构简式，X+2 −甲基丙烯酰氯→Y+HCl，反应类型为取代反应，D项正确；答案选BD。
点睛：本题考查有机物的结构和性质、手性碳原子的判断、有机物共面原子的判断。难点是分子中共面原子的确定，分子中共面原子的判断需要注意：①联想典型有机物的结构，如CH4、乙烯、乙炔、苯、甲醛等；②单键可以旋转，双键和三键不能旋转；③任意三个原子一定共平面。
14.一种芳纶纤维的拉伸强度比钢丝还高，广泛用作防护材料。其结构片段如下图
下列关于该高分子的说法正确的是（ ）
A. 完全水解产物的单个分子中，苯环上的氢原子具有不同的化学环境
B. 完全水解产物的单个分子中，含有官能团―COOH或―NH2
C. 氢键对该高分子的性能没有影响
D. 结构简式为：
【答案】B
【详解】A、芳纶纤维的结构片段中含肽键，完全水解产物的单个分子为、，、中苯环都只有1种化学环境的氢原子，A错误；
B、芳纶纤维的结构片段中含肽键，完全水解产物的单个分子为、，含有的官能团为-COOH或-NH2，B正确；
C、氢键对该分子的性能有影响，如影响沸点等，C错误；
D、芳纶纤维的结构片段中含肽键，采用切割法分析其单体为、，该高分子化合物由、通过缩聚反应形成，其结构简式为，D错误；
答案选B。
15.Y是合成香料、医药、农药及染料的重要中间体，可由X在酸性条件下反应得到：
下列说法正确的是（ ）
A. X分子中所有碳原子可能共平面
B. X、Y分别与足量H2加成后的分子中均含有手性碳原子
C. Y可以发生显色、氧化和还原反应，还可以与甲醛发生缩聚反应
D. 等物质的量的X、Y分别与NaOH溶液反应，最多消耗NaOH物质的量之比4∶3
【答案】BC
【详解】A.甲烷为四面体结构， X分子中含有甲基，所有碳原子不可能共平面，故A错误；
B. X、Y分别与足量H2加成后生成和，两分子中均含有手性碳原子，故B正确；
C. Y分子中含有酚羟基、碳碳双键、和苯环，故可以发生显色、氧化和还原反应，还可以与甲醛发生缩聚反应，故C正确；
D. 1molX与NaOH溶液反应最多消耗NaOH的物质的量为3mol（两个酚羟基和酯水解，醇羟基与氢氧化钠溶液不反应），1molY与NaOH溶液反应最多消耗NaOH的物质的量也为3mol，二者之比为1：1，故D错误。
答案选BC。
【点睛】本题考查有机物的结构与性质，注意把握相关概念及官能团与性质的关系，熟悉酯、苯酚、烯烃的性质即可解答，易错选项D，注意X中醇羟基与氢氧化钠溶液不反应，而Y中的酯为酚酯，1mol该酯基消耗2mol氢氧化钠。
非选择题(80分)
16.丹参醇是存在于中药丹参中的一种天然产物。合成丹参醇的部分路线如下：
已知：
（1）A中的官能团名称为__________________（写两种）。
（2）DE的反应类型为__________________。
（3）B分子式为C9H14O，写出B的结构简式：__________________。
（4）的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_________。
①分子中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应，不能发生银镜反应；
②碱性条件水解生成两种产物，酸化后分子中均只有2种不同化学环境的氢。
（5）写出以和为原料制备的合成路线流程图（无机试剂和乙醇任用，合成路线流程图示例见本题题干）。______________
【答案】(1). 碳碳双键 羰基 (2). 消去反应 (3). (4). (5).
【解析】分析：（1）根据A的结构简式观察其中的官能团。
（2）对比D和E的结构简式，D→E为醇的消去反应。
（3）B的分子式为C9H14O，根据A→B→C结合题给已知可推断出B的结构简式为。
（4）的分子式为C9H6O3，结构中有五个双键和两个环，不饱和度为7；的同分异构体中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应，不能发生银镜反应，则其结构中含酚羟基、不含醛基；碱性条件水解生成两种产物，酸化后分子中均只有2种不同化学环境的氢，说明其分子结构中含酯基且水解产物的结构对称性高。
（5）对比与和的结构简式，根据题给已知，模仿题给已知构建碳干骨架；需要由合成，官能团的变化由1个碳碳双键变为2个碳碳双键，联想官能团之间的相互转化，由与Br2发生加成反应生成，在NaOH醇溶液中发生消去反应生成；与发生加成反应生成，与H2发生加成反应生成。
详解：（1）根据A的结构简式，A中的官能团为碳碳双键、羰基。
（2）对比D和E的结构简式，D→E脱去了小分子水，且E中生成新的碳碳双键，故为消去反应。
（3）B的分子式为C9H14O，根据A→B→C结合题给已知可推断出B的结构简式为。
（4）分子式为C9H6O3，结构中有五个双键和两个环，不饱和度为7；的同分异构体中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应，不能发生银镜反应，则其结构中含酚羟基、不含醛基；碱性条件水解生成两种产物，酸化后分子中均只有2种不同化学环境的氢，说明其分子结构中含酯基且水解产物的结构对称性高；符合条件的的同分异构体的结构简式为。
（5）对比与和的结构简式，根据题给已知，模仿题给已知构建碳干骨架；需要由合成，官能团的变化由1个碳碳双键变为2个碳碳双键，联想官能团之间的相互转化，由与Br2发生加成反应生成，在NaOH醇溶液中发生消去反应生成；与发生加成反应生成，与H2发生加成反应生成。合成路线流程图为：。
点睛：本题以丹参醇的部分合成路线为载体，考查官能团的识别、反应类型的判断、结构简式的推导、限定条件同分异构体的书写、有机合成路线的设计。难点是限定条件同分异构体的书写和有机合成路线的设计，同分异构体的书写先确定不饱和度和官能团，再用残基法确定可能的结构；有机合成路线的设计，先对比原料和产物的结构，采用“切割化学键”的分析方法，分析官能团发生了什么改变，碳干骨架发生了什么变化，再根据有机物的之间的相互转化和题给信息进行设计。
17.氟喹诺酮是人工合成的抗菌药，其中间体G的合成路线如下：
(1)G中的含氧官能团为_________和_________(填名称)。
(2)由C→D的反应类型是___________。
(3)化合物X(分子式为C3H7N)结构简式为_________________。
(4)B和乙醇反应的产物为H(C8H6FCl2NO2)，写出满足下列条件的H的一种同分异构体的结构简式：_________________。
Ⅰ．是一种α﹣氨基酸；
Ⅱ．分子中有4种不同化学环境的氢，且分子中含有一个苯环。
(5)根据已有知识并结合相关信息，写出以和ClMgCH(COOC2H5)2为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)_______________________________________________________________。
【答案】(1). 酯基 (2). 羰基 (3). 取代反应 (4). (5). 或 (6).
【详解】(1)由G的结构可知其含有的含氧官能团有：酯基、羰基；
(2)对比C、D的结构，可知C中酰氯中氯原子被﹣CH(COOC2H5)2替代生成D，属于取代反应；
(3)化合物X的分子式为C3H7N，对比F、G的结构，F中﹣OC2H5被替代生成G，同时生成乙醇，则X结构简式为：；
(4)H(C8H6FCl2NO2)的一种同分异构体满足：Ⅰ．是一种α﹣氨基酸，说明氨基、羧基连接同一碳原子上，Ⅱ．分子中有4种不同化学环境的氢，且分子中含有一个苯环，由于氨基、羧基中共含有的3个H原子是2种化学环境不同的氢，故另外3个H原子有2种不同的氢，应存在对称结构，H的同分异构体结构简式可能为：或 或；
(5)模仿路线流程设计，发生催化氧化生成，进一步氧化生成，再与SOCl2作用生成，进一步与ClMgCH(COOC2H5)2反应生成，最后水解生成，合成路线流程图为：。
18.硫酸镍是电镀工业必不可少的化工原料。从不锈钢废渣(主要含Fe 42.35%、Cr 9.67%、Ni 5.1%、C 4.7%、Si 3.39%等)中制取硫酸镍晶体的工艺流程如下：
已知：①Cr3+与氨水反应时有少量Cr3+生成[Cr(NH3)6]3+，但加热时该络合物易分解。Ni2+与氨水反应生成[Ni(NH3)6]2+，该络合物加热时稳定，用硫酸酸化时生成相应的硫酸盐。
②Na2CrO4溶液中加酸调节pH为3.5时，CrO42﹣转化为Cr2O72﹣。
③相关物质在不同温度时溶解度如下表：
温度溶解度/g物质
20℃
30℃
40℃
60℃
80℃
90℃
Na2SO4
19.5
40.8
48.8
45.3
43.7
42.7
Na2Cr2O7
183
198
215
269
376
405
(1)“酸浸”后得到的溶液中主要含有FeSO4、NiSO4、Cr2(SO4)3，生成NiSO4的化学方程式为_______________________________________。“酸浸”时需控制温度为90℃左右，可以采用的加热方式是_____________。
(2)“过滤”前，适当加热的目的是_____________________________。
(3)对“过滤”所得的滤渣进行洗涤，检验滤渣已洗涤干净的方法是_____________________。
(4)“过滤”时产生的滤渣可用于制备Na2Cr2O7晶体。
①滤渣经干燥后与Na2CO3混合在空气中煅烧生成Na2CrO4和CO2，此反应的化学方程式为_______________________________________。
②请补充完整上述煅烧后混合物制备Na2Cr2O7晶体(橙红色)的实验方案：水浸，过滤，_____
______________________________________________________________________________，得Na2Cr2O7晶体(必须使用的试剂有：硫酸，蒸馏水)。
【答案】 (1). Ni+H2SO4═NiSO4+H2↑ (2). 90℃水浴加热 (3). 使[Cr(NH3)6]3+分解生成Cr(OH)3沉淀 (4). 取少量最后一次洗涤过滤液于试管中，先用盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若无沉淀生成，则已洗净 (5). 4Cr(OH)3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2+6H2O (6). 向滤液中加入硫酸调节pH至3.5，将溶液加热到90℃(以上)蒸发结晶，有大量无色晶体析出，至有少量橙红色晶体析出时趁热过滤，滤液降温至40℃结晶，过滤，用蒸馏水洗涤，干燥
【分析】从不锈钢废渣(主要含Fe 42.35%、Cr 9.67%、Ni 5.1%、C 4.7%、Si 3.39%等)，由实验流程可知，硫酸溶解分离出残渣为Si、C，“酸浸”后得到的溶液中主要含有FeSO4、NiSO4、Cr2(SO4)3，然后结晶分离出绿矾，结晶信息可知加氨水生成[Cr(NH3)6]3+，但加热时该络合物易分解，而Ni2+与氨水反应生成[Ni(NH3)6]2+，该络合物加热时稳定，过滤分离出[Ni(NH3)6]2+，用硫酸酸化时生成NiSO4，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出硫酸镍晶体，以此来解答。
【详解】从不锈钢废渣(主要含Fe 42.35%、Cr 9.67%、Ni 5.1%、C 4.7%、Si 3.39%等)，由实验流程可知，硫酸溶解分离出残渣为Si、C，“酸浸”后得到的溶液中主要含有FeSO4、NiSO4、Cr2(SO4)3，然后结晶分离出绿矾，结晶信息可知加氨水生成[Cr(NH3)6]3+，但加热时该络合物易分解，而Ni2+与氨水反应生成[Ni(NH3)6]2+，该络合物加热时稳定，过滤分离出[Ni(NH3)6]2+，用硫酸酸化时生成NiSO4，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出硫酸镍晶体，则
(1)生成NiSO4的化学方程式为Ni+H2SO4═NiSO4+H2↑，“酸浸”时需控制温度为90℃左右，可以采用的加热方式是90℃水浴加热；
(2)“过滤”前，适当加热的目的是使[Cr(NH3)6]3+分解生成Cr(OH)3沉淀；
(3)对“过滤”所得的滤渣进行洗涤，检验滤渣已洗涤干净的方法是检验是否含有硫酸根离子，即取少量最后一次洗涤过滤液于试管中，先用盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若无沉淀生成，则已洗净；
(4)①滤渣经干燥后与Na2CO3混合在空气中煅烧生成Na2CrO4和CO2，此反应的化学方程式为4Cr(OH)3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2+6H2O；
②根据题干信息可知制备Na2Cr2O7晶体(橙红色)的实验方案：水浸，过滤，向滤液中加入硫酸调节pH至3.5，将溶液加热到90℃(以上)蒸发结晶，有大量无色晶体析出，至有少量橙红色晶体析出时趁热过滤，滤液降温至40℃结晶，过滤，用蒸馏水洗涤，干燥，得Na2Cr2O7晶体。
19.以黄铜矿(CuFeS2)、FeCl3和乳酸[CH3CH(OH)COOH]为原料可制备有机合成催化剂CuCl和补铁剂乳酸亚铁{[CH3CH(OH)COO]2Fe}。其主要实验流程如下：
（1）FeCl3溶液与黄铜矿发生反应离子方程式为_________________________。
（2）向溶液1中加入过量铁粉的目的是_________________________。
（3）过滤后得到的FeCO3固体应进行洗涤，检验洗涤已完全的方法是_______________。
（4）实验室制备乳酸亚铁的装置如图1所示。
① 实验前通入N2的目的是______________________________________。
②某兴趣小组用KMnO4滴定法测定样品中Fe2＋含量进而计算产品中乳酸亚铁的质量分数，结果测得产品的质量分数总是大于100%，其原因可能是__________________________。
（5）已知：①CuCl为白色晶体，难溶于水和乙醇，在空气中易氧化；可与NaCl溶液反应，生成易溶于水的NaCuCl2。
②NaCuCl2可水解生成CuCl，温度、pH对CuCl产率的影响如图2、3所示。
由CuCl(s)、S(s)混合物提纯CuCl的实验方案为：将一定量的混合物溶于饱和NaCl溶液中，____________________________________________________________________________。
(实验中须使用的试剂有：饱和NaCl溶液，0．1 mol·L－1 H2SO4、乙醇；除常用仪器外须使用的仪器有：真空干燥箱)。
【答案】(1). CuFeS2＋3Fe3＋＋Cl－===4Fe2＋＋CuCl＋2S (2). 除去溶液中的Fe3＋，提高产品的纯度 (3). 取最后一次洗涤后的滤液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀，则洗涤完全 (4). 排尽装置中的空气，防止Fe2＋被氧化 (5). KMnO4具有强氧化性，可将Fe2＋和乳酸根离子中的羟基一同氧化 (6). 过滤,控制温度60 ℃左右,向滤液中滴加0.1 mol·L－1 H2SO4，控制溶液的pH为2.0～2.5左右，搅拌、趁热过滤。用乙醇洗净所得固体，置于真空干燥箱中干燥
【分析】由实验流程可知，向黄铜矿(CuFeS2)中加入FeCl3溶液发生氧化还原反应生成FeCl2、CuCl固体和硫单质，经过滤得到固体为CuCl和S，进一步分离可得CuCl；溶液1中含有FeCl2和FeCl3，加入过量的铁粉除去溶液中的Fe3＋得到溶液2为纯度较高的FeCl2溶液，向溶液2中加入碳酸钠溶液生成FeCO3沉淀，过滤后加乳酸得到乳酸亚铁{[CH3CH(OH)COO]2Fe}。
亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，实验前通入N2排尽装置中的空气，装置中FeCO3和乳酸发生反应制备乳酸亚铁{[CH3CH(OH)COO]2Fe}，据此解答。
【详解】(1) 由上述分析可以知道，FeCl3溶液与黄铜矿发生反应的离子方程式为CuFeS2＋3Fe3＋＋Cl－===4Fe2＋＋CuCl＋2S。
因此，本题正确答案是：CuFeS2＋3Fe3＋＋Cl－===4Fe2＋＋CuCl＋2S；
(2) 溶液1中含有FeCl3，向溶液1中加入过量铁粉的目的是除去溶液中的Fe3＋，提高产品的纯度。
因此，本题正确答案是：除去溶液中的Fe3＋，提高产品的纯度；
(3)FeCO3固体会吸附溶液中的Cl-，所以检验洗涤已完全应检验是否含有Cl-，方法为：取最后一次洗涤后的滤液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀，则洗涤完全，
因此，本题正确答案是：取最后一次洗涤后的滤液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀，则洗涤完全；
(4)①亚铁离子容易被氧气氧化，实验前通入N2的目的是排尽装置中的空气，防止Fe2＋被氧化。
因此，本题正确答案是：排尽装置中的空气，防止Fe2＋被氧化；
②乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的增大，计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%，
因此，本题正确答案是：KMnO4具有强氧化性，可将Fe2＋和乳酸根离子中的羟基一同氧化。
(5)根据题给信息，将一定量的混合物溶于饱和NaCl溶液中，CuCl与NaCl溶液反应，生成易溶于水的NaCuCl2，过滤后除去S；将NaCuCl2水解生成CuCl，根据温度、pH对CuCl产率的影响的曲线，应选择温度60 ℃左右，控制溶液的pH为2.0～2.5左右，具体的操作为：过滤，控制温度60 ℃左右，向滤液中滴加0.1 mol·L－1 H2SO4，控制溶液的pH为2.0～2.5左右，搅拌、趁热过滤。用乙醇洗净所得固体，置于真空干燥箱中干燥，最后用乙醇洗净所得固体，置于真空干燥箱中干燥，
因此，本题正确答案是：过滤，控制温度60 ℃左右，向滤液中滴加0.1 mol·L－1 H2SO4，控制溶液的pH为2.0～2.5左右，搅拌、趁热过滤。用乙醇洗净所得固体，置于真空干燥箱中干燥。
20.苯甲酸甲酯在NaBH4、ZnCl2等作用下可转化为醇，其中NaBH4转化为H3BO3：
（1）Zn2＋基态核外电子排布式为______________。
（2）苯甲醇()中碳原子的杂化轨道类型为______。
（3）1mol苯甲酸甲酯()分子中含有σ键的数目为____mol。
（4）与BH4-互为等电子体的阳离子为________(填化学式)，BH4-离子的空间构型为(用文字描述)___________。
（5）硼酸是一种层状结构白色晶体，层内的H3BO3分子通过氢键相连(如图所示)。1 mol H3BO3晶体中有_____mol氢键。
【答案】(1). 1s22s22p63s23p63d10 (2). sp2、sp3 (3). 18 (4). NH4+ (5). 正四面体 (6). 3
【详解】(1)Zn位于周期表第四周期ⅡB族，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s2，失去4s能级的2个电子形成Zn2+，所以Zn2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10；
(2)苯环上C原子形成3个σ键，杂化轨道数目为3，亚甲基中C原子形成4个σ键，杂化轨道数目为4，分别采取sp2、sp3杂化；
(3)苯甲酸甲酯分子中8个C﹣H键、7个碳碳键、2个C﹣O键、1个C＝O键，1个分子含有18个σ键，1mol苯甲酸甲酯分子中含有σ键为18mol；
(4)原子数和价电子数分别都相等的是等电子体，与BH4﹣互为等电子体的阳离子可以用N原子、1个单位正电荷替换B原子、1个单位负电荷，与BH4﹣互为等电子体的一种阳离子是NH4+，BH4﹣离子中B原子价层电子对是4，且不含孤电子对，所以其空间构型是正四面体；
(5)根据示意图可判断每个H3BO3分子形成6个氢键，每个氢键为2个H3BO3分子共用，1molH3BO3的晶体中氢键为6mol/2＝3mol。
21.臭氧（O3）在[Fe(H2O)6]2+催化下能将烟气中的SO2、NOx分别氧化为和，NOx也可在其他条件下被还原为N2。
（1）中心原子轨道的杂化类型为___________；的空间构型为_____________（用文字描述）。
（2）Fe2+基态核外电子排布式为__________________。
（3）与O3分子互为等电子体的一种阴离子为_____________（填化学式）。
（4）N2分子中σ键与π键的数目比n（σ）∶n（π）=__________________。
（5）[Fe(H2O)6]2+与NO反应生成的[Fe(NO)(H2O)5]2+中，NO以N原子与Fe2+形成配位键。请在[Fe(NO)(H2O)5]2+结构示意图的相应位置补填缺少的配体。_____________
【答案】(1). sp3 (2). 平面（正）三角形 (3). [Ar]3d6或1s22s22p63s23p63d6 (4). NO2− (5). 1∶2 (6).
【解析】分析：（1）用价层电子对互斥理论分析SO42-中S的杂化方式和NO3-的空间构型。
（2）Fe原子核外有26个电子，根据构造原理写出基态Fe的核外电子排布式，进一步写出Fe2+的核外电子排布式。
（3）用替代法写出O3的等电子体。
（4）N2的结构式为NN，三键中含1个σ键和2个π键。
（5）根据化学式，缺少的配体是NO和H2O，NO中N为配位原子，H2O中O上有孤电子对，O为配位原子。
详解：（1）SO42-中中心原子S的价层电子对数为（6+2-42）+4=4，SO42-中S为sp3杂化。NO3-中中心原子N的孤电子对数为（5+1-32）=0，成键电子对数为3，价层电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形，由于N原子上没有孤电子对，NO3-的空间构型为平面（正）三角形。
（2）Fe原子核外有26个电子，根据构造原理，基态Fe的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，基态Fe2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6。
（3）用替代法，与O3互为等电子体的一种阴离子为NO2-。
（4）N2的结构式为NN，三键中含1个σ键和2个π键，N2分子中σ键与π键的数目比为n（σ）：n（π）=1:2。
（5）根据化学式，缺少的配体是NO和H2O，NO中N为配位原子，H2O中O上有孤电子对，O为配位原子，答案为：。
点睛：本题以“臭氧（O3）在[Fe(H2O)6]2+催化下能将烟气中的SO2、NOx分别氧化为SO42-和NO3-，NOx也可在其他条件下被还原为N2”为背景素材，考查离子核外电子排布式的书写、原子杂化方式的判断、离子空间构型的判断、等电子体的书写、σ键和π键的计算、配位键的书写。注意写配位键时由配位原子提供孤电子对。
可能用到的相对原子质量:P 31 O 16 H 1
选择题(40分)
一、单项选择题:本题包括10小题,每小题2分，共计20分，每小题只有一个选项符合题意。
1.化学与生活密切相关。下列说法错误的是（ ）
A. PM2.5是指粒径不大于2.5 μm的可吸入悬浮颗粒物
B. 绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染
C. 燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放
D. 天然气和液化石油气是我国目前推广使用的清洁燃料
【答案】C
【解析】A项，PM2.5是指微粒直径不大于2.5 μm的可吸入悬浮颗粒物，正确；B项，绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染，正确；C项，燃煤中加入生石灰可以减少硫酸型酸雨的形成（原理为2CaO+2SO2+O22CaSO4），但在加热时生石灰不能吸收CO2，不能减少CO2的排放，不能减少温室气体的排放，错误；D项，天然气（主要成分为CH4）和液化石油气（主要成分为C3H8、C4H10）是我国目前推广使用的清洁燃料，正确；答案选C。
2.下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A. 聚氯乙烯的结构简式： B. 硫离子的结构示意图：
C. 次氯酸钠的电子式： D. 葡萄糖分子的结构简式：C6H12O6
【答案】C
【详解】A项、一定条件下，氯乙烯发生加聚反应生成聚氯乙烯，聚氯乙烯的结构简式为，故A错误；
B项、硫离子含有16个质子，18个核外电子，其中K层2个电子、L层8个电子、M层8个电子，结构示意图为，故B错误；
C项、NaClO为离子化合物，Na+与ClO-之间形成离子键，O与Cl之间形成共价键，电子式为，故C正确；
D项、葡萄糖的分子式为C6H12O6，分子中含有5个羟基和一个醛基，结构简式为：CH2OH（CHOH）4CHO，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查了常见化学用语的表示方法，明确常见化学用语的书写原则为解答关键。
3.下列有关物质性质及对应用途的说法正确的是（ ）
A. 利用浓硫酸的脱水性，干燥氢气
B. 氧化镁熔点高，可用于制造耐火材料
C. 碳酸钠溶液呈碱性，可用于治疗胃酸过多
D. 二氧化硅不与任何酸反应，可用石英制造耐酸容器
【答案】B
【解析】A. 浓硫酸的脱水性，可以干燥氢气，故A正确；B. 因为氧化镁熔点高，可用于制造耐火材料，故B正确；C. 常用碳酸氢钠溶液或氢氧化铝来中和胃酸，碳酸钠溶液呈碱性太强，不能用于治疗胃酸过多，故C错；D. 二氧化硅可与氢氟酸反应，石英制造耐酸容器是不对的。故D错。本题正确答案：B。
4.下列制取SO2、验证其漂白性、氧化性并进行尾气处理的装置和原理不能达到实验目的的是（ ）
A. 制取二氧化硫 B. 验证漂白性
C. 验证氧化性 D. 尾气处理
【答案】B
【解析】A浓硫酸和铜片反应生成二氧化硫，硫酸铜和水，故A对；B验证SO2漂白试剂为品红，酸性高锰酸钾溶液褪色，表现SO2的还原性，故B错；C 2Na2S+SO2 +2H2O=3S+4 NaOH
故C正确；D：SO2+2 NaOH= Na2SO3+ H2O能达到目的。本题正确答案：B。
点睛：本题考查化学实验常见物质SO2的制取和性质检验知识。制取原理可行，SO2漂白性不是氧化还原反应漂白，验证时不能用酸性高锰酸钾溶液。
5.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是次外层的2倍，Y元素无正化合价，Z元素最高价氧化物对应的水化物是一种强碱，W的最高正价为+6价。下列说法正确的是（ ）
A. 原子半径：r(W)>r(Z)>r(Y)
B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：W>X
C. 简单气态氢化物的热稳定性：W>Y
D. W分别与X、Z形成的化合物中所含化学健类型相同
【答案】B
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是次外层的2倍，则X为C元素；Y元素无正化合价，则Y为F元素；Z元素最高价氧化物对应的水化物是一种强碱，则Z为Na元素；W的最高正价为+6价，则W为S元素。
【详解】A项、同周期元素，从左到右原子半径依次减小，Na元素和S元素同周期，Na的原子半径大于S，故A错误；
B项、元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，S元素的非金属性强于C元素，则S元素最高价氧化物对应水化物的酸性强于C元素，故B正确；
C项、元素非金属性越强，简单气态氢化物的热稳定性越强，F元素的非金属性强于S元素，则F元素的简单气态氢化物的热稳定性强于S元素，故C错误；
D项、S元素与C元素形成的化合物为二硫化碳，只含有共价键，S元素与Na元素形成的化合物为硫化钠，只含有离子键，故D错误。
故选B。
【点睛】本题考查元素周期律的应用，注意应用结构、性质和位置关系推断元素是解题的关键。
6.我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程，该历程示意图如下所示。
下列说法不正确的是（ ）
A. 生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%
B. CH4→CH3COOH过程中，有C—H键发生断裂
C. ①→②放出能量并形成了C—C键
D. 该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
【答案】D
【解析】分析：A项，生成CH3COOH的总反应为CH4+CO2CH3COOH，原子利用率为100%；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量并形成C-C键；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高平衡转化率。
详解：A项，根据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH，总反应为CH4+CO2CH3COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，A项正确；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂，B项正确；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量，对比①和②，①→②形成C-C键，C项正确；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高反应物的平衡转化率，D项错误；答案选D。
点睛：本题考查原子利用率、化学反应的实质、化学反应中的能量变化、催化剂对化学反应的影响，解题的关键是准确分析示意图中的信息。注意催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，催化剂不能改变ΔH、不能使化学平衡发生移动。
7.下列说法正确的是（ ）
A. 分子式为C2H4O2的有机物不一定有酸性
B. 利用复分解反应可实现FeSO4向FeO(OH)的转化
C. 相同质量的红磷分别在空气中和纯氧中完全燃烧，后者放出的热量多
D. 选用适当的催化剂，可以改变可逆反应反应物的平衡转化率
【答案】A
【分析】A、分子式为C2H4O2的有机物可能为CH3COOH或HCOOCH3；
B、FeSO4中铁元素化合价为+2价，FeO(OH) 中铁元素化合价为+3价；
C、相同质量的红磷分别在空气中和纯氧中完全燃烧均生成五氧化二磷；
D、选用适当的催化剂，可以改变可逆反应的反应速率，但不改变化学平衡的移动方向。
【详解】A项、分子式为C2H4O2的有机物可能为CH3COOH或HCOOCH3，CH3COOH具有酸性，而HCOOCH3不具有酸性，故A正确；
B项、复分解反应中没有元素化合价变化，FeSO4中铁元素化合价为+2价，FeO(OH) 中铁元素化合价为+3价，FeSO4向FeO(OH)的转化为氧化还原反应，故B错误；
C项、相同质量的红磷分别在空气中和纯氧中完全燃烧均生成五氧化二磷，反应放出的热量相同，故C错误；
D项、选用适当的催化剂，可以改变可逆反应的反应速率，但不改变化学平衡的移动方向，反应物的平衡转化率不变，故D错误。
故选A。
8.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. 常温常压下，124gP4中所含P—P键数目为4NA
B. 100mL1mol·L−1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NA
C. 标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA
D. 密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NA
【答案】C
【解析】分析：A.根据白磷是正四面体结构分析；
B.根据铁离子水解分析；
C.根据甲烷和乙烯均含有4个氢原子分析；
D.根据反应是可逆反应判断。
详解：A. 常温常压下，124 g P4的物质的量是1mol，由于白磷是正四面体结构，含有6个P－P键，因此其中所含P—P键数目为6NA，A错误；
B. 铁离子在溶液中水解，所以100 mL 1mol·L−1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目小于0.1NA，B错误；
C. 甲烷和乙烯分子均含有4个氢原子，标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物的物质的量是0.5mol，其中含氢原子数目为2NA，C正确；
D. 反应2SO2+O22SO3是可逆反应，因此密闭容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后分子总数大于2NA，D错误。答案选C。
点睛：本题主要是考查阿伏加德罗常数的应用，是高考的一个高频考点，主要从物质结构、水解、转移电子、可逆反应等角度考查，本题相对比较容易，只要认真、细心就能做对，平时多注意这方面的积累。白磷的结构是解答的难点，注意与甲烷正四面体结构的区别。
9.下列化学用语对事实的表述不正确的是（ ）
A. 硬脂酸与乙醇的酯化反应：C17H35COOH+C2H518OHC17H35COOC2H5+H218O
B. 常温时，0.1 mol·L-1氨水的pH=11.1：NH3·H2ONH4++OH−
C. 由Na和C1形成离子键的过程：
D. 电解精炼铜的阴极反应：Cu2+ +2e−=Cu
【答案】A
【解析】分析：A项，酯化反应的机理是“酸脱羟基醇脱氢”；B项，氨水为弱碱水溶液，存在电离平衡；C项，Na易失电子形成Na+，Cl易得电子形成Cl-；D项，电解精炼铜时，精铜为阴极，粗铜为阳极。
详解：A项，酯化反应的机理是“酸脱羟基醇脱氢”，硬脂酸与乙醇反应的化学方程式为C17H35COOH+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2O，A项错误；B项，常温下0.1mol·L-1氨水的pH=11.1，溶液中c（OH-）=10-2.9mol·L-10.1mol·L-1，氨水为弱碱水溶液，电离方程式为NH3·H2ONH4++OH-，B项正确；C项，Na原子最外层有1个电子，Na易失电子形成Na+，Cl原子最外层有7个电子，Cl易得电子形成Cl-，Na将最外层的1个电子转移给Cl，Na+与Cl-间形成离子键，C项正确；D项，电解精炼铜时，精铜为阴极，粗铜为阳极，阴极电极反应式为Cu2++2e-=Cu，D项正确；答案选A。
点睛：本题考查酯化反应的机理、电离方程式的书写、用电子式表示物质的形成过程、电解精炼铜的原理。注意强电解质和弱电解质电离方程式的区别、用电子式表示离子化合物和共价化合物形成过程的区别。
10.核黄素又称为维生素B2，可促进发育和细胞再生，有利于增进视力，减轻眼睛疲劳。核黄素分子的结构如图。有关核黄素的下列说法中，不正确的是（ ）
A. 该有机物的分子式为C17H21N4O6
B. 酸性条件下加热水解，有CO2生成
C. 酸性条件下加热水解，所得溶液加碱后有NH3生成
D. 该化合物能发生酯化反应
【答案】A
【分析】根据键线式的特点和碳原子的四价理论知该化合物的分子式是C17H20N4O6，分子中含有的官能团为肽键、羟基等，能发生水解反应、酯化反应等。
【详解】A项、根据键线式的特点和碳原子的四价理论知该化合物的分子式是C17H20N4O6，故A错误；
B项、由结构式可以知该化合物中含有肽键，因此可以发生水解反应，由已知条件可知水解产物有碳酸即水和二氧化碳生成，故B正确；
C项、由结构式可以知该化合物中含有肽键，因此可以发生水解反应，由已知条件可知水解产物有氨气生成，故C正确；
D项、因该化合物中含有醇羟基，因此可以发生酯化反应，故D正确。
故选A。
【点睛】本题考查有机物的结构与性质，侧重分析与应用能力的考查，注意把握有机物的结构与题给信息分析为解答的关键。
不定项选择题：本题包括5小题，每小题4 分，共计20 分。每小题只有一个或两个选项符合题意。
11.下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是（ ）
A
B
C
D
实验
NaOH溶液滴入FeSO4溶液中
石蕊溶液滴入氯水中
Na2S溶液滴入AgCl浊液中
热铜丝插入稀硝酸中
现象
产生白色沉淀，随后变为红褐色
溶液变红，随后迅速褪色
沉淀由白色逐渐变为黑色
产生无色气体，随后变为红棕色
【答案】C
【解析】分析：A项，白色沉淀变为红褐色沉淀时的反应为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；B项，红色褪色是HClO表现强氧化性；C项，白色沉淀变为黑色时的反应为2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl；D项，气体由无色变为红棕色时的反应为2NO+O2=2NO2。
详解：A项，NaOH溶液滴入FeSO4溶液中产生白色Fe（OH）2沉淀，白色沉淀变为红褐色沉淀时的反应为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，该反应前后元素化合价有升降，为氧化还原反应；B项，氯水中存在反应Cl2+H2OHCl+HClO，由于氯水呈酸性，石蕊溶液滴入后溶液先变红，红色褪色是HClO表现强氧化性，与有色物质发生氧化还原反应；C项，白色沉淀变为黑色时的反应为2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl，反应前后元素化合价不变，不是氧化还原反应；D项，Cu与稀HNO3反应生成Cu（NO3）2、NO气体和H2O，气体由无色变为红棕色时的反应为2NO+O2=2NO2，反应前后元素化合价有升降，为氧化还原反应；与氧化还原反应无关的是C项，答案选C。
点睛：本题考查氧化还原反应的判断，分析颜色变化的原因、理解氧化还原反应的特征是解题的关键。
12.根据下列实验操作和现象能得出相应结论的是（ ）
选项
实验操作和现象
结论
A
室温下，向苯酚钠溶液中滴加少量盐酸，溶液变浑浊
酸性：盐酸>苯酚
B
向10 mL 0．2 mol·L－1 NaOH溶液中滴入2滴0．1 mol·L－1 MgCl2溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0．1 mol·L－1 FeCl3溶液，产生红褐色沉淀
相同温度下：Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Fe(OH)3]
C
测定浓度均为0．1 mol·L－1的CH3COONa与HCOONa溶液的pH，CH3COONa溶液的pH较大
结合H＋的能力：
HCOO－>CH3COO－
D
向KBr溶液中加入少量苯，通入适量Cl2后充分振荡，有机层变为橙色
氧化性：Cl2>Br2
【答案】AD
【详解】A、发生强酸制取弱酸的反应，生成苯酚，可知酸性：盐酸＞苯酚，故A正确；
B、NaOH过量，一定有沉淀生成，由现象不能比较Ksp，故B错误；
C、CH3COONa溶液的pH较大，可知CH3COOH的酸性弱，则结合H+的能力：HCOO﹣＜CH3COO﹣，故C错误；
D、氯气与KBr反应生成溴，溴易溶于苯，由现象可知氧化性：Cl2＞Br2，故D正确。
13.化合物Y 能用于高性能光学树脂的合成，可由化合物X与2 −甲基丙烯酰氯在一定条件下反应制得：
下列有关化合物X、Y 的说法正确的是（ ）
A. X 分子中所有原子一定在同一平面上
B. Y与Br2的加成产物分子中含有手性碳原子
C. X、Y均不能使酸性KMnO4溶液褪色
D. X→Y的反应为取代反应
【答案】BD
【解析】分析：A项，X分子中羟基氢与其它原子不一定在同一平面上；B项，Y与Br2的加成产物为，结构简式中“*”碳为手性碳原子；C项，X中含酚羟基，X能与酸性KMnO4溶液反应，Y中含碳碳双键，Y能使酸性KMnO4溶液褪色；D项，X+2 −甲基丙烯酰氯→Y+HCl，反应类型为取代反应。
详解：A项，X中与苯环直接相连的2个H、3个Br、1个O和苯环碳原子一定在同一平面上，由于单键可以旋转，X分子中羟基氢与其它原子不一定在同一平面上，A项错误；B项，Y与Br2的加成产物为，中“*”碳为手性碳原子，B项正确；C项，X中含酚羟基，X能与酸性KMnO4溶液反应，Y中含碳碳双键，Y能使酸性KMnO4溶液褪色，C项错误；D项，对比X、2-甲基丙烯酰氯和Y的结构简式，X+2 −甲基丙烯酰氯→Y+HCl，反应类型为取代反应，D项正确；答案选BD。
点睛：本题考查有机物的结构和性质、手性碳原子的判断、有机物共面原子的判断。难点是分子中共面原子的确定，分子中共面原子的判断需要注意：①联想典型有机物的结构，如CH4、乙烯、乙炔、苯、甲醛等；②单键可以旋转，双键和三键不能旋转；③任意三个原子一定共平面。
14.一种芳纶纤维的拉伸强度比钢丝还高，广泛用作防护材料。其结构片段如下图
下列关于该高分子的说法正确的是（ ）
A. 完全水解产物的单个分子中，苯环上的氢原子具有不同的化学环境
B. 完全水解产物的单个分子中，含有官能团―COOH或―NH2
C. 氢键对该高分子的性能没有影响
D. 结构简式为：
【答案】B
【详解】A、芳纶纤维的结构片段中含肽键，完全水解产物的单个分子为、，、中苯环都只有1种化学环境的氢原子，A错误；
B、芳纶纤维的结构片段中含肽键，完全水解产物的单个分子为、，含有的官能团为-COOH或-NH2，B正确；
C、氢键对该分子的性能有影响，如影响沸点等，C错误；
D、芳纶纤维的结构片段中含肽键，采用切割法分析其单体为、，该高分子化合物由、通过缩聚反应形成，其结构简式为，D错误；
答案选B。
15.Y是合成香料、医药、农药及染料的重要中间体，可由X在酸性条件下反应得到：
下列说法正确的是（ ）
A. X分子中所有碳原子可能共平面
B. X、Y分别与足量H2加成后的分子中均含有手性碳原子
C. Y可以发生显色、氧化和还原反应，还可以与甲醛发生缩聚反应
D. 等物质的量的X、Y分别与NaOH溶液反应，最多消耗NaOH物质的量之比4∶3
【答案】BC
【详解】A.甲烷为四面体结构， X分子中含有甲基，所有碳原子不可能共平面，故A错误；
B. X、Y分别与足量H2加成后生成和，两分子中均含有手性碳原子，故B正确；
C. Y分子中含有酚羟基、碳碳双键、和苯环，故可以发生显色、氧化和还原反应，还可以与甲醛发生缩聚反应，故C正确；
D. 1molX与NaOH溶液反应最多消耗NaOH的物质的量为3mol（两个酚羟基和酯水解，醇羟基与氢氧化钠溶液不反应），1molY与NaOH溶液反应最多消耗NaOH的物质的量也为3mol，二者之比为1：1，故D错误。
答案选BC。
【点睛】本题考查有机物的结构与性质，注意把握相关概念及官能团与性质的关系，熟悉酯、苯酚、烯烃的性质即可解答，易错选项D，注意X中醇羟基与氢氧化钠溶液不反应，而Y中的酯为酚酯，1mol该酯基消耗2mol氢氧化钠。
非选择题(80分)
16.丹参醇是存在于中药丹参中的一种天然产物。合成丹参醇的部分路线如下：
已知：
（1）A中的官能团名称为__________________（写两种）。
（2）DE的反应类型为__________________。
（3）B分子式为C9H14O，写出B的结构简式：__________________。
（4）的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_________。
①分子中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应，不能发生银镜反应；
②碱性条件水解生成两种产物，酸化后分子中均只有2种不同化学环境的氢。
（5）写出以和为原料制备的合成路线流程图（无机试剂和乙醇任用，合成路线流程图示例见本题题干）。______________
【答案】(1). 碳碳双键 羰基 (2). 消去反应 (3). (4). (5).
【解析】分析：（1）根据A的结构简式观察其中的官能团。
（2）对比D和E的结构简式，D→E为醇的消去反应。
（3）B的分子式为C9H14O，根据A→B→C结合题给已知可推断出B的结构简式为。
（4）的分子式为C9H6O3，结构中有五个双键和两个环，不饱和度为7；的同分异构体中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应，不能发生银镜反应，则其结构中含酚羟基、不含醛基；碱性条件水解生成两种产物，酸化后分子中均只有2种不同化学环境的氢，说明其分子结构中含酯基且水解产物的结构对称性高。
（5）对比与和的结构简式，根据题给已知，模仿题给已知构建碳干骨架；需要由合成，官能团的变化由1个碳碳双键变为2个碳碳双键，联想官能团之间的相互转化，由与Br2发生加成反应生成，在NaOH醇溶液中发生消去反应生成；与发生加成反应生成，与H2发生加成反应生成。
详解：（1）根据A的结构简式，A中的官能团为碳碳双键、羰基。
（2）对比D和E的结构简式，D→E脱去了小分子水，且E中生成新的碳碳双键，故为消去反应。
（3）B的分子式为C9H14O，根据A→B→C结合题给已知可推断出B的结构简式为。
（4）分子式为C9H6O3，结构中有五个双键和两个环，不饱和度为7；的同分异构体中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应，不能发生银镜反应，则其结构中含酚羟基、不含醛基；碱性条件水解生成两种产物，酸化后分子中均只有2种不同化学环境的氢，说明其分子结构中含酯基且水解产物的结构对称性高；符合条件的的同分异构体的结构简式为。
（5）对比与和的结构简式，根据题给已知，模仿题给已知构建碳干骨架；需要由合成，官能团的变化由1个碳碳双键变为2个碳碳双键，联想官能团之间的相互转化，由与Br2发生加成反应生成，在NaOH醇溶液中发生消去反应生成；与发生加成反应生成，与H2发生加成反应生成。合成路线流程图为：。
点睛：本题以丹参醇的部分合成路线为载体，考查官能团的识别、反应类型的判断、结构简式的推导、限定条件同分异构体的书写、有机合成路线的设计。难点是限定条件同分异构体的书写和有机合成路线的设计，同分异构体的书写先确定不饱和度和官能团，再用残基法确定可能的结构；有机合成路线的设计，先对比原料和产物的结构，采用“切割化学键”的分析方法，分析官能团发生了什么改变，碳干骨架发生了什么变化，再根据有机物的之间的相互转化和题给信息进行设计。
17.氟喹诺酮是人工合成的抗菌药，其中间体G的合成路线如下：
(1)G中的含氧官能团为_________和_________(填名称)。
(2)由C→D的反应类型是___________。
(3)化合物X(分子式为C3H7N)结构简式为_________________。
(4)B和乙醇反应的产物为H(C8H6FCl2NO2)，写出满足下列条件的H的一种同分异构体的结构简式：_________________。
Ⅰ．是一种α﹣氨基酸；
Ⅱ．分子中有4种不同化学环境的氢，且分子中含有一个苯环。
(5)根据已有知识并结合相关信息，写出以和ClMgCH(COOC2H5)2为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)_______________________________________________________________。
【答案】(1). 酯基 (2). 羰基 (3). 取代反应 (4). (5). 或 (6).
【详解】(1)由G的结构可知其含有的含氧官能团有：酯基、羰基；
(2)对比C、D的结构，可知C中酰氯中氯原子被﹣CH(COOC2H5)2替代生成D，属于取代反应；
(3)化合物X的分子式为C3H7N，对比F、G的结构，F中﹣OC2H5被替代生成G，同时生成乙醇，则X结构简式为：；
(4)H(C8H6FCl2NO2)的一种同分异构体满足：Ⅰ．是一种α﹣氨基酸，说明氨基、羧基连接同一碳原子上，Ⅱ．分子中有4种不同化学环境的氢，且分子中含有一个苯环，由于氨基、羧基中共含有的3个H原子是2种化学环境不同的氢，故另外3个H原子有2种不同的氢，应存在对称结构，H的同分异构体结构简式可能为：或 或；
(5)模仿路线流程设计，发生催化氧化生成，进一步氧化生成，再与SOCl2作用生成，进一步与ClMgCH(COOC2H5)2反应生成，最后水解生成，合成路线流程图为：。
18.硫酸镍是电镀工业必不可少的化工原料。从不锈钢废渣(主要含Fe 42.35%、Cr 9.67%、Ni 5.1%、C 4.7%、Si 3.39%等)中制取硫酸镍晶体的工艺流程如下：
已知：①Cr3+与氨水反应时有少量Cr3+生成[Cr(NH3)6]3+，但加热时该络合物易分解。Ni2+与氨水反应生成[Ni(NH3)6]2+，该络合物加热时稳定，用硫酸酸化时生成相应的硫酸盐。
②Na2CrO4溶液中加酸调节pH为3.5时，CrO42﹣转化为Cr2O72﹣。
③相关物质在不同温度时溶解度如下表：
温度溶解度/g物质
20℃
30℃
40℃
60℃
80℃
90℃
Na2SO4
19.5
40.8
48.8
45.3
43.7
42.7
Na2Cr2O7
183
198
215
269
376
405
(1)“酸浸”后得到的溶液中主要含有FeSO4、NiSO4、Cr2(SO4)3，生成NiSO4的化学方程式为_______________________________________。“酸浸”时需控制温度为90℃左右，可以采用的加热方式是_____________。
(2)“过滤”前，适当加热的目的是_____________________________。
(3)对“过滤”所得的滤渣进行洗涤，检验滤渣已洗涤干净的方法是_____________________。
(4)“过滤”时产生的滤渣可用于制备Na2Cr2O7晶体。
①滤渣经干燥后与Na2CO3混合在空气中煅烧生成Na2CrO4和CO2，此反应的化学方程式为_______________________________________。
②请补充完整上述煅烧后混合物制备Na2Cr2O7晶体(橙红色)的实验方案：水浸，过滤，_____
______________________________________________________________________________，得Na2Cr2O7晶体(必须使用的试剂有：硫酸，蒸馏水)。
【答案】 (1). Ni+H2SO4═NiSO4+H2↑ (2). 90℃水浴加热 (3). 使[Cr(NH3)6]3+分解生成Cr(OH)3沉淀 (4). 取少量最后一次洗涤过滤液于试管中，先用盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若无沉淀生成，则已洗净 (5). 4Cr(OH)3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2+6H2O (6). 向滤液中加入硫酸调节pH至3.5，将溶液加热到90℃(以上)蒸发结晶，有大量无色晶体析出，至有少量橙红色晶体析出时趁热过滤，滤液降温至40℃结晶，过滤，用蒸馏水洗涤，干燥
【分析】从不锈钢废渣(主要含Fe 42.35%、Cr 9.67%、Ni 5.1%、C 4.7%、Si 3.39%等)，由实验流程可知，硫酸溶解分离出残渣为Si、C，“酸浸”后得到的溶液中主要含有FeSO4、NiSO4、Cr2(SO4)3，然后结晶分离出绿矾，结晶信息可知加氨水生成[Cr(NH3)6]3+，但加热时该络合物易分解，而Ni2+与氨水反应生成[Ni(NH3)6]2+，该络合物加热时稳定，过滤分离出[Ni(NH3)6]2+，用硫酸酸化时生成NiSO4，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出硫酸镍晶体，以此来解答。
【详解】从不锈钢废渣(主要含Fe 42.35%、Cr 9.67%、Ni 5.1%、C 4.7%、Si 3.39%等)，由实验流程可知，硫酸溶解分离出残渣为Si、C，“酸浸”后得到的溶液中主要含有FeSO4、NiSO4、Cr2(SO4)3，然后结晶分离出绿矾，结晶信息可知加氨水生成[Cr(NH3)6]3+，但加热时该络合物易分解，而Ni2+与氨水反应生成[Ni(NH3)6]2+，该络合物加热时稳定，过滤分离出[Ni(NH3)6]2+，用硫酸酸化时生成NiSO4，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出硫酸镍晶体，则
(1)生成NiSO4的化学方程式为Ni+H2SO4═NiSO4+H2↑，“酸浸”时需控制温度为90℃左右，可以采用的加热方式是90℃水浴加热；
(2)“过滤”前，适当加热的目的是使[Cr(NH3)6]3+分解生成Cr(OH)3沉淀；
(3)对“过滤”所得的滤渣进行洗涤，检验滤渣已洗涤干净的方法是检验是否含有硫酸根离子，即取少量最后一次洗涤过滤液于试管中，先用盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若无沉淀生成，则已洗净；
(4)①滤渣经干燥后与Na2CO3混合在空气中煅烧生成Na2CrO4和CO2，此反应的化学方程式为4Cr(OH)3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2+6H2O；
②根据题干信息可知制备Na2Cr2O7晶体(橙红色)的实验方案：水浸，过滤，向滤液中加入硫酸调节pH至3.5，将溶液加热到90℃(以上)蒸发结晶，有大量无色晶体析出，至有少量橙红色晶体析出时趁热过滤，滤液降温至40℃结晶，过滤，用蒸馏水洗涤，干燥，得Na2Cr2O7晶体。
19.以黄铜矿(CuFeS2)、FeCl3和乳酸[CH3CH(OH)COOH]为原料可制备有机合成催化剂CuCl和补铁剂乳酸亚铁{[CH3CH(OH)COO]2Fe}。其主要实验流程如下：
（1）FeCl3溶液与黄铜矿发生反应离子方程式为_________________________。
（2）向溶液1中加入过量铁粉的目的是_________________________。
（3）过滤后得到的FeCO3固体应进行洗涤，检验洗涤已完全的方法是_______________。
（4）实验室制备乳酸亚铁的装置如图1所示。
① 实验前通入N2的目的是______________________________________。
②某兴趣小组用KMnO4滴定法测定样品中Fe2＋含量进而计算产品中乳酸亚铁的质量分数，结果测得产品的质量分数总是大于100%，其原因可能是__________________________。
（5）已知：①CuCl为白色晶体，难溶于水和乙醇，在空气中易氧化；可与NaCl溶液反应，生成易溶于水的NaCuCl2。
②NaCuCl2可水解生成CuCl，温度、pH对CuCl产率的影响如图2、3所示。
由CuCl(s)、S(s)混合物提纯CuCl的实验方案为：将一定量的混合物溶于饱和NaCl溶液中，____________________________________________________________________________。
(实验中须使用的试剂有：饱和NaCl溶液，0．1 mol·L－1 H2SO4、乙醇；除常用仪器外须使用的仪器有：真空干燥箱)。
【答案】(1). CuFeS2＋3Fe3＋＋Cl－===4Fe2＋＋CuCl＋2S (2). 除去溶液中的Fe3＋，提高产品的纯度 (3). 取最后一次洗涤后的滤液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀，则洗涤完全 (4). 排尽装置中的空气，防止Fe2＋被氧化 (5). KMnO4具有强氧化性，可将Fe2＋和乳酸根离子中的羟基一同氧化 (6). 过滤,控制温度60 ℃左右,向滤液中滴加0.1 mol·L－1 H2SO4，控制溶液的pH为2.0～2.5左右，搅拌、趁热过滤。用乙醇洗净所得固体，置于真空干燥箱中干燥
【分析】由实验流程可知，向黄铜矿(CuFeS2)中加入FeCl3溶液发生氧化还原反应生成FeCl2、CuCl固体和硫单质，经过滤得到固体为CuCl和S，进一步分离可得CuCl；溶液1中含有FeCl2和FeCl3，加入过量的铁粉除去溶液中的Fe3＋得到溶液2为纯度较高的FeCl2溶液，向溶液2中加入碳酸钠溶液生成FeCO3沉淀，过滤后加乳酸得到乳酸亚铁{[CH3CH(OH)COO]2Fe}。
亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，实验前通入N2排尽装置中的空气，装置中FeCO3和乳酸发生反应制备乳酸亚铁{[CH3CH(OH)COO]2Fe}，据此解答。
【详解】(1) 由上述分析可以知道，FeCl3溶液与黄铜矿发生反应的离子方程式为CuFeS2＋3Fe3＋＋Cl－===4Fe2＋＋CuCl＋2S。
因此，本题正确答案是：CuFeS2＋3Fe3＋＋Cl－===4Fe2＋＋CuCl＋2S；
(2) 溶液1中含有FeCl3，向溶液1中加入过量铁粉的目的是除去溶液中的Fe3＋，提高产品的纯度。
因此，本题正确答案是：除去溶液中的Fe3＋，提高产品的纯度；
(3)FeCO3固体会吸附溶液中的Cl-，所以检验洗涤已完全应检验是否含有Cl-，方法为：取最后一次洗涤后的滤液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀，则洗涤完全，
因此，本题正确答案是：取最后一次洗涤后的滤液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀，则洗涤完全；
(4)①亚铁离子容易被氧气氧化，实验前通入N2的目的是排尽装置中的空气，防止Fe2＋被氧化。
因此，本题正确答案是：排尽装置中的空气，防止Fe2＋被氧化；
②乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的增大，计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%，
因此，本题正确答案是：KMnO4具有强氧化性，可将Fe2＋和乳酸根离子中的羟基一同氧化。
(5)根据题给信息，将一定量的混合物溶于饱和NaCl溶液中，CuCl与NaCl溶液反应，生成易溶于水的NaCuCl2，过滤后除去S；将NaCuCl2水解生成CuCl，根据温度、pH对CuCl产率的影响的曲线，应选择温度60 ℃左右，控制溶液的pH为2.0～2.5左右，具体的操作为：过滤，控制温度60 ℃左右，向滤液中滴加0.1 mol·L－1 H2SO4，控制溶液的pH为2.0～2.5左右，搅拌、趁热过滤。用乙醇洗净所得固体，置于真空干燥箱中干燥，最后用乙醇洗净所得固体，置于真空干燥箱中干燥，
因此，本题正确答案是：过滤，控制温度60 ℃左右，向滤液中滴加0.1 mol·L－1 H2SO4，控制溶液的pH为2.0～2.5左右，搅拌、趁热过滤。用乙醇洗净所得固体，置于真空干燥箱中干燥。
20.苯甲酸甲酯在NaBH4、ZnCl2等作用下可转化为醇，其中NaBH4转化为H3BO3：
（1）Zn2＋基态核外电子排布式为______________。
（2）苯甲醇()中碳原子的杂化轨道类型为______。
（3）1mol苯甲酸甲酯()分子中含有σ键的数目为____mol。
（4）与BH4-互为等电子体的阳离子为________(填化学式)，BH4-离子的空间构型为(用文字描述)___________。
（5）硼酸是一种层状结构白色晶体，层内的H3BO3分子通过氢键相连(如图所示)。1 mol H3BO3晶体中有_____mol氢键。
【答案】(1). 1s22s22p63s23p63d10 (2). sp2、sp3 (3). 18 (4). NH4+ (5). 正四面体 (6). 3
【详解】(1)Zn位于周期表第四周期ⅡB族，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s2，失去4s能级的2个电子形成Zn2+，所以Zn2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10；
(2)苯环上C原子形成3个σ键，杂化轨道数目为3，亚甲基中C原子形成4个σ键，杂化轨道数目为4，分别采取sp2、sp3杂化；
(3)苯甲酸甲酯分子中8个C﹣H键、7个碳碳键、2个C﹣O键、1个C＝O键，1个分子含有18个σ键，1mol苯甲酸甲酯分子中含有σ键为18mol；
(4)原子数和价电子数分别都相等的是等电子体，与BH4﹣互为等电子体的阳离子可以用N原子、1个单位正电荷替换B原子、1个单位负电荷，与BH4﹣互为等电子体的一种阳离子是NH4+，BH4﹣离子中B原子价层电子对是4，且不含孤电子对，所以其空间构型是正四面体；
(5)根据示意图可判断每个H3BO3分子形成6个氢键，每个氢键为2个H3BO3分子共用，1molH3BO3的晶体中氢键为6mol/2＝3mol。
21.臭氧（O3）在[Fe(H2O)6]2+催化下能将烟气中的SO2、NOx分别氧化为和，NOx也可在其他条件下被还原为N2。
（1）中心原子轨道的杂化类型为___________；的空间构型为_____________（用文字描述）。
（2）Fe2+基态核外电子排布式为__________________。
（3）与O3分子互为等电子体的一种阴离子为_____________（填化学式）。
（4）N2分子中σ键与π键的数目比n（σ）∶n（π）=__________________。
（5）[Fe(H2O)6]2+与NO反应生成的[Fe(NO)(H2O)5]2+中，NO以N原子与Fe2+形成配位键。请在[Fe(NO)(H2O)5]2+结构示意图的相应位置补填缺少的配体。_____________
【答案】(1). sp3 (2). 平面（正）三角形 (3). [Ar]3d6或1s22s22p63s23p63d6 (4). NO2− (5). 1∶2 (6).
【解析】分析：（1）用价层电子对互斥理论分析SO42-中S的杂化方式和NO3-的空间构型。
（2）Fe原子核外有26个电子，根据构造原理写出基态Fe的核外电子排布式，进一步写出Fe2+的核外电子排布式。
（3）用替代法写出O3的等电子体。
（4）N2的结构式为NN，三键中含1个σ键和2个π键。
（5）根据化学式，缺少的配体是NO和H2O，NO中N为配位原子，H2O中O上有孤电子对，O为配位原子。
详解：（1）SO42-中中心原子S的价层电子对数为（6+2-42）+4=4，SO42-中S为sp3杂化。NO3-中中心原子N的孤电子对数为（5+1-32）=0，成键电子对数为3，价层电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形，由于N原子上没有孤电子对，NO3-的空间构型为平面（正）三角形。
（2）Fe原子核外有26个电子，根据构造原理，基态Fe的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，基态Fe2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6。
（3）用替代法，与O3互为等电子体的一种阴离子为NO2-。
（4）N2的结构式为NN，三键中含1个σ键和2个π键，N2分子中σ键与π键的数目比为n（σ）：n（π）=1:2。
（5）根据化学式，缺少的配体是NO和H2O，NO中N为配位原子，H2O中O上有孤电子对，O为配位原子，答案为：。
点睛：本题以“臭氧（O3）在[Fe(H2O)6]2+催化下能将烟气中的SO2、NOx分别氧化为SO42-和NO3-，NOx也可在其他条件下被还原为N2”为背景素材，考查离子核外电子排布式的书写、原子杂化方式的判断、离子空间构型的判断、等电子体的书写、σ键和π键的计算、配位键的书写。注意写配位键时由配位原子提供孤电子对。
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