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贵州省贵阳市2022年高考理综 化学模拟试题 01（含答案及解析）
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可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 S 32 Cl 35.5 Ca 40 Fe 56 Ni 59 Cu 64 Ba 137 Sm 150
一、选择题(本大题共7小题，每小题6分，共42分)
7．《汉书·苏武传》有如下记载：“竹帛所载，丹青所画”。其中竹帛是指竹简单和白绢，丹青中的丹指丹砂(主要成分为HgS)，青指一种青色矿物颜料，既石青[主要成分为Cu3(CO3)2(OH)2]。下列相关说法正确的是( )
A．竹与帛的主要成分是蛋白质
B．Cu3(CO3)2(OH)2属于碱式碳酸盐
C．丹砂在空气中灼烧生成Hg和S
D．石青在高温下分解生成Cu、CO2和H2O
【答案】B
【解析】A项，竹的主要成分是纤维素，帛的主要成分是蛋白质，故A错误；B项，Cu3(CO3)2(OH)2中阴离子是碳酸根离子和氢氧根离子，属于碱式碳酸盐，故B正确；C项，HgS在空气中灼烧生成Hg和SO2，故C错误；D项，Cu3(CO3)2(OH)2在高温下分解生成CuO、CO2和H2O，故D错误；故选B。
8．葡萄糖可发生以下转化：
C6H12O6(葡萄糖)2CH3CH2OH+2CO2↑
设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A．常温常压下，6.0g葡萄糖和乳酸的混合物中O原子数介于0.3NA与0.6NA之间
B．1ml葡萄糖中含有6NA个羟基
C．1ml乳酸与足量的乙醇反应可生成NA个乳酸乙酯分子
D．相同条件下，相同物质的量的乳酸分别与足量的钠和碳酸氢钠溶液反应，产生的气体体积相同
【答案】D
【解析】A项，由于葡萄糖与乳酸的最简式均为CH2O，所以6.0g混合物中含O原子数目为0.2NA，A错误；B项，每个葡萄糖分子中含有5个羟基，所以1ml葡萄糖中含有5NA个羟基，B错误；C项，由于酯化反应为可逆反应，不可能反应完全，所以1ml乳酸与足量乙醇反应生成的乳酸乙酯小于1ml，C错误；D项，由于乳酸分子中的羟基和羧基均可与钠反应，所以钠足量时，1ml乳酸可产生1mlH2，乳酸含有一个羧基，所以与足量碳酸氢钠溶液反应时，1ml乳酸可产生1mlCO2，D正确；故选D。
9．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A．钢铁发生电化学腐蚀生成1 ml Fe2O3·nH2O(铁锈)，则负极上铁单质失去的电子数为6NA
B．100g32%甲醇水溶液中含有的O—H共价键数目为NA
C．含Na2SO3与NaHSO3共1 ml 的溶液中，N(SO32-)+N (HSO3-)+N(H2SO3)=NA
D．C2H5OH+NaClO→CH3CHO+NaCl+H2O，则1 ml[C2H5OH+NaClO]完全反应转移电子数为NA
【答案】C
【解析】A项，钢铁发生电化学腐蚀生成1 ml Fe2O3·nH2O(铁锈)，根据铁原子守恒可知消耗单质铁是2ml，负极上铁失去电子转化为亚铁离子，则负极上铁单质失去的电子数为4NA，A不符合题意；B项，100g32%甲醇水溶液中，甲醇的物质的量是1ml，根据其电子式可知其中O-H共价键数目为NA，但水中也存在O-H键，B不符合题意；C项，含Na2SO3与NaHSO3共1ml的溶液中，依据物料守恒，n(SO32-)+n(HSO3-)+n(H2SO3)=1ml，则N(SO32-)+N (HSO3-)+N(H2SO3)=NA，C符合题意；A项，C2H5OH+NaClO→CH3CHO+NaCl+H2O，次氯酸钠作氧化剂，氯元素的化合价有+1价到-1价，化合价变化值是2，则1 ml[C2H5OH+NaClO]完全反应转移电子数为2NA，D不符合题意；故选C。
10．用图示装置制备补血剂甘氨酸亚铁[(H2NCH2COO)2Fe](易溶于水，难溶于乙醇)。已知：柠檬酸易溶于水和乙醇，有酸性和还原性，下列说法不正确的是
A．先打开K1、K3排尽空气后关闭K3，打开K2，并向c中滴加NaOH溶液，加热
B．c中加入柠檬酸可调节溶液的pH，并防止Fe2+被氧化
C．c中反应的化学方程式为：2H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH=(H2NCH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2O
D．洗涤得到的甘氨酸亚铁所用的最佳试剂是柠檬酸溶液
【答案】D
【解析】A项，先打开K1、K3，H2SO4与Fe反应产生FeSO4、H2，H2可以将装置中的空气排出，待排尽空气后关闭K3，打开K2，在装置b中产生的FeSO4在H2压强的作用下沿导气管进入装置c中，并向c中滴加NaOH溶液，加热，甘氨酸、FeSO4、NaOH发生反应，就制备得到补血剂甘氨酸亚铁，A正确；B项，柠檬酸具有酸性、还原性，在c中加入柠檬酸既可调节溶液的pH，又可以防止Fe2+被氧化，以便于制取得到甘氨酸亚铁，B正确；C项，在c中甘氨酸、FeSO4、NaOH溶液发生反应制取得到甘氨酸亚铁，反应方程式为：2H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH=(H2NCH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2O，C正确；D项，甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，因此洗涤得到的甘氨酸亚铁所用的最佳试剂是乙醇，D错误；故选D。
11．下列离子方程式书写错误的是( )
A．向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，使沉淀的物质的量最大时：2Al3++ 3SO42-+ 3Ba2++ 6OH-= 2Al(OH)3↓+3BaSO4↓
B．向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：ClO-+ CO2 + H2O = HCO3-+ HClO
C．等物质的量MgCl2、Ba(OH)2和HCl溶液混合：Mg2++3OH-+H+ =Mg(OH)2↓+H2O
D．Ca(HCO3)2溶液与澄清石灰水按溶质物质的量之比2：3混合：Ca2++ HCO3-+ OH-=CaCO3↓+H2O
【答案】C
【解析】A项，向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，以明矾的物质的量为1ml，含有2ml Al3+、3ml SO42-，Al3+恰好生成沉淀时，消耗3ml Ba(OH)2，SO42-完全沉淀时，消耗3ml Ba(OH)2，若所加Ba(OH)2的物质的量大于3ml，则会有Al(OH)3溶解，因此使沉淀的物质的量最大时反应的离子方程式为：2Al3++ 3 SO42-+ 3Ba2++ 6OH-= 2Al(OH)3↓+3BaSO4↓，故A正确；B项，因酸性：H2CO3>HClO> HCO3-，则向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：ClO-+ CO2 + H2O =HCO3-+ HClO，故B正确；C项，等物质的量MgCl2、Ba(OH)2和HCl溶液混合时，H+先与OH-反应，剩余一半的OH-与Mg2+反应，因此反应离子方程式为2H++4OH-+Mg2+=Mg(OH)2↓+2H2O，故C错误；D项，Ca(HCO3)2溶液与澄清石灰水按溶质物质的量之比2：3混合，OH-过量，则HCO3-全部与OH-反应生成CO32-，CO32-再与Ca2+恰好反应生成CaCO3，反应离子方程式为Ca2++ HCO-+ OH-=CaCO3↓+H2O，故D正确；故选C。
12．为了减少对环境的污染，煤在直接燃烧前要进行脱硫处理。应用电解法对煤进行脱硫处理的基本原理如图所示，下列说法不正确的是
A．阳极的电极反应：Mn2+ - e- = Mn3+
B．每处理1 ml FeS2，导线上转移了15 ml e-
C．H+在阴极放电生成氢气
D．电解过程中，混合液中H+的物质的量浓度将变小
【答案】D
【解析】A项，由图可知，Mn2+ 在阳极失电子生成Mn3+，阳极的电极反应：Mn2+ - e- = Mn3+，A正确；B项，FeS2与Mn3+反应生成Mn2+ 、Fe3+、SO42-，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平方程式为FeS2+ 15Mn3++8H2O=15Mn2+ +Fe3++2SO42-+16H+，根据化合价的变化可知每处理1 ml FeS2，导线上转移了15 ml e-，B正确；C项，H+在阴极得电子发生还原反应2H++ e-=H2↑，生成氢气，C正确；D． 电解过程中，当转移15ml电子时，阴极消耗15ml氢离子，反应FeS2+ 15Mn3++8H2O=15Mn2+ +Fe3++2SO42-+16H+生成16ml氢离子，则混合液中H+的物质的量浓度将增大，D错误；故选D。
13．如表为元素周期表的一部分。X、Y、Z、W为短周期元素，其中Y元素的原子最外层电子数是其电子层数的3倍。下列说法正确的是( )
A．Y的氢化物的沸点一定比X氢化物的沸点高
B．Z的氧化物对应的水化物酸性比W的弱
C．ZY2、XW4与Na2Z的化学键类型相同
D．根据元素周期律，可以推测存在TZ2和TW4
【答案】D
【解析】X、Y、Z、W为短周期元素，Y元素的原子最外层电子数是其电子层数的3倍，则Y为O元素，根据X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置关系可知，X为C元素，Z为S元素，W为Cl元素，T为Ge元素，根据上述分析可知，X为C元素，Y为O元素，Z为S元素，W为Cl元素，T为Ge元素。A项，Y的氢化物分别是H2O、H2O2，H2O、H2O2常温下都呈液态，X的氢化物为烃，烃分子中碳原子数不同，沸点差别很大，故Y的氢化物的沸点不一定比X氢化物的沸点高，A项错误；B项，Z的氧化物对应的水化物可能是硫酸或亚硫酸，W的氧化物对应的水化物可能是次氯酸、氯酸或高氯酸等，因此Z的氧化物对应的水化物酸性不一定比W的弱，若HClO属于弱酸，H2SO4属于强酸，B项错误；C项，SO2、CCl4的化学键类型为极性共价键，而Na2S的化学键类型为离子键，C项错误；D项，Ge与C同族，根据元素周期律可知，存在GeS2和GeCl4，D项正确；故选D。
二、非选择题(本大题共4小题，共58分)
(一)必做题
26．(14分) 实验室以次氯酸盐和铁盐为原料制备少量K2FeO4的操作步骤如下：
Ⅰ．制备NaClO强碱性饱和溶液：
①将20 mL NaOH溶液加入仪器b中，冷水浴冷却，通入Cl2，搅拌，直至溶液变为黄绿色且有少量白色晶体析出为止(装置如下图所示)。
②将所得饱和NaClO倒入烧杯并置于冷水浴中，分几次加入20 g NaOH固体并不断搅拌，过滤，得NaClO强碱性饱和溶液。
(1)甲装置中a管的作用是_____________________________________________。
(2)写出甲装置中反应的化学方程式_____________________________________。
(3)石灰乳的作用是___________________________________________________。
(4)反应过程中用冷水浴冷却的原因是___________________________________。
Ⅱ．合成K2FeO4：
①称取5.05 g Fe(NO3)3·9H2O(相对分子质量为404)固体，在冷水浴中分批加入Ⅰ中所得滤液，并不断搅拌，反应1小时后溶液呈深紫红色(即Na2FeO4)。
②离心分离除去Na2FeO4水解得到的Fe(OH)3胶体，留上层清液(深紫红色)。
③向②的上层清液中缓慢加入KOH饱和溶液50.00mL，冰水浴保持5 min，过滤，得K2FeO4(相对分子质量为198)粗产品。
④将粗产品重结晶，并用异丙醇洗涤，低温烘干，得纯产品2.13 g。
(5)合成Na2FeO4的离子方程式为____________________________________。
(6)过程③加入饱和KOH溶液即可得到K2FeO4粗产品，原因是__________。
(7)用异丙醇洗涤的目的是__________________________________________。
(8)K2FeO4的产率为___________(保留至0.1%)。
【答案】(1)平衡压强，使漏斗内的液体能顺利滴下(1分)
(2)2KMnO4＋16HCl=2KCl＋MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O (1分)
(3)除去未反应的氯气，防止氯气污染空气(2分)
(4)有利于氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠(2分)
(5)2Fe 3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O(2分)
(6)K2FeO4的溶解度小于 Na2FeO4，加入饱和 KOH 溶液可以增大 K+的浓度，使 Na2FeO4+2KOHK2FeO4+2NaOH 平衡向右移动，析出晶体(2分)
(7)用异丙醇代替水洗涤产品可以减少高铁酸钾的溶解损耗(2分) (8)86.1%(2分)
【解析】(1) 甲装置中高锰酸钾与浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气，利用a管可平衡压强，使漏斗内的液体能顺利滴下；(2) 甲装置中用高锰酸钾固体粉末与浓盐酸发生反应可以制取氯气，反应的化学方程式为2KMnO4＋16HCl=2KCl＋MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O；(3) 氯气有毒，污染空气，石灰乳除去未反应氯气，防止氯气污染空气；(4) 温度不同时，氯气与NaOH反应的产物也不同，常温下，生成次氯酸钠，温度高时，反应生成氯酸钾，6NaOH+3Cl2 5NaCl+NaClO3+3H2O，降低了次氯酸钠的产量；则反应过程中用冷水浴冷却有利于氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠；(5) 氢氧化铁被次氯酸根氧化为高铁酸根(FeO42-)同时生成Cl-、H2O，反应的离子方程式为2Fe3++3ClO-+6OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；(6) 该温度下高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小，加入饱和KOH溶液可以增大K+的浓度，减小高铁酸钾的溶解，促进高铁酸钾晶体析出；(7) 高铁酸钾可溶于水，用异丙醇代替水洗涤产品，可减少高铁酸钾的溶解损耗；(8) 5.05g Fe(NO3)3•9H2O的物质的量为n(Fe(NO3)3•9H2O)=0.0125ml，根据铁元素守恒可知n(K2FeO4)=0.0125ml，则m(K2FeO4)=0.0125ml×198g/ml=2.475g，则产率为=×100%=86.1%。
27．(14分) 无色透明的锆石(主要成分为ZrSiO4)酷似钻石，是很好的钻石代用品。锆石又称锆英石，常含有铁、铝、铜的氧化物杂质。工业上一种以锆英石为原料制备ZrO2的工艺流程如图所示：
已知：ⅰ.Zr在化合物中通常显＋4价，“氯化”过程中除C、O元素外，其他元素均转化为高价氯化物；
ⅱ.SiCl4极易水解生成硅酸；ZrCl4易溶于水，390 ℃升华；
ⅲ.Fe(SCN)3难溶于有机溶剂MIBK，Zr(SCN)4在水中的溶解度小于在有机溶剂MIBK中的溶解度。
请回答下列问题：
(1)“粉碎”锆英石的目的为________________________________________________。
(2)①“氯化”过程中，锆英石发生的主要反应的化学方程式为________________________________________________________________________。
②“氯化”过程中ZrCl4的产率与温度、压强的关系如图所示：
由图可知，“氯化”过程选择的最佳条件为________，“氯化”温度超过390 ℃时，ZrCl4产率降低的原因为_________________________________________________________。
(3)“滤液1”中含有的阴离子除OH－、Cl－外，还有_____________________(填化学式)。
(4)①常用的铜抑制剂有NaCN(氰化钠)，NaCN可与铜离子反应生成Cu(CN)2{Ksp[Cu(CN)2]＝4×10－10}沉淀。已知盐酸溶解后的溶液中Cu2＋的浓度为1 ml·L－1，当溶液中Cu2＋浓度不大于1×10－6 ml·L－1时即达到后续生产的要求，则欲处理1 L该溶液至少需要2 ml·L－1的NaCN溶液的体积为________L(溶液混合时的体积变化忽略不计，计算结果保留两位小数)。
②由于氰化钠有剧毒，所以需要对“废液”中的氰化钠进行处理，通常选用漂白粉或漂白液在碱性条件下将氰化钠氧化，其中一种产物为空气的主要成分。请写出在碱性条件下漂白液与氰化钠反应的离子方程式_____________________________________________。
(5)通过“萃取”“反萃取”可以分离铁，富集锆，原理为__________________________。
【答案】(1)增大反应物接触面积，缩短“氯化”时间，提高锆英石的转化率(2分)
(2)①ZrSiO4＋4Cl2＋4CO===ZrCl4＋SiCl4＋4CO2(2分) ②1 MPa、390 ℃ 温度高于390 ℃，ZrCl4因升华而逸出(2分)
(3)AlOeq \\al(－,2)、SiOeq \\al(2－,3)(2分)
(4)①1.02 ②2CN－＋5ClO－＋2OH－===2COeq \\al(2－,3)＋5Cl－＋N2↑＋H2O(2分)
(5)“络合”后Fe3＋和Zr4＋分别与NH4SCN反应生成Fe(SCN)3和Zr(SCN)4，Fe(SCN)3难溶于MIBK，Zr(SCN)4则被MIBK萃取，进入有机层，再利用H2SO4反萃取Zr(SCN)4，从而达到分离铁，富集锆的目的(4分)
【解析】(1)锆英石“粉碎”后表面积增大，反应速率加快，“氯化”时间缩短，锆英石的转化率提高。(2)①根据已知条件ⅰ可知，“氯化”过程中除C、O元素外，其他元素均转化为高价氯化物，Zr在化合物中通常显＋4价，因此“氯化”过程中，锆英石发生的主要化学反应为ZrSiO4＋4Cl2＋4CO===ZrCl4＋SiCl4＋4CO2，此反应体系为无水体系，SiCl4不水解。②由图可知，压强和温度都会影响ZrCl4的产率，图中“氯化”过程中ZrCl4的产率最高时的条件为1 MPa、390 ℃。由已知条件ⅱ可知ZrCl4易溶于水，390 ℃升华，因此若“氯化”温度超过390 ℃，ZrCl4因升华而逸出，导致其产率降低。(3)“氯化”后“碱浸”，“氯化”产物ZrCl4与NaOH反应生成难溶于水的Zr(OH)4，SiCl4水解生成的H2SiO3与NaOH反应生成Na2SiO3，Fe3＋、Cu2＋转化为沉淀，Al3＋与过量NaOH溶液反应生成AlOeq \\al(－,2)，因此，“滤液1”中含有的阴离子除OH－、Cl－外，还有AlOeq \\al(－,2)、SiOeq \\al(2－,3)。(4)①1 L Cu2＋浓度为1 ml·L－1的溶液中n(Cu2＋)＝1 ml，消耗2 ml NaCN。c(Cu2＋)＝1×10－6 ml·L－1时，c(CN－)＝ eq \r(\f(4×10－10,1×10－6)) ml·L－1＝2×10－2 ml·L－1，设至少需要NaCN溶液的体积为V L，则2V－2＝2×10－2×(V＋1)，解得V≈1.02。②选用漂白粉或漂白液在碱性条件下将氰化钠氧化，其中一种产物为空气的主要成分，即为N2，因此漂白液与氰化钠反应的离子方程式为2CN－＋5ClO－＋2OH－===2COeq \\al(2－,3)＋5Cl－＋N2↑＋H2O。(5)“滤液2”中含有Fe3＋和Zr4＋，“络合”后形成Fe(SCN)3和Zr(SCN)4，由已知条件ⅲ可知Fe(SCN)3难溶于MIBK，Zr(SCN)4在水中的溶解度小于在有机溶剂MIBK中的溶解度，故通过萃取Zr(SCN)4进入有机层，Fe(SCN)3留在水层，再利用硫酸将含有Zr(SCN)4的有机层反萃取，从而达到分离铁而富集锆的目的。
28．(15分) )H2S是石油化工行业广泛存在的污染性气体，但同时也是重要的氢源和硫源，工业上可以采取多种方式处理。
Ⅰ.干法脱硫
(1)已知①H2S(g)+O2(g)=SO2(g)+H2O(g) ΔH1=-a kJ∙ml-1，
②S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH2=-b kJ∙ml-1
则常温下空气直接氧化脱除H2S的反应：2H2S(g)＋O2(g)=2S(s)＋2H2O(l) ∆H=__kJ∙ml-1。
(2)常用脱硫剂的脱硫效果及反应条件如下表，最佳脱硫剂为__。
Ⅱ.热分解法脱硫
在密闭容器中，充入一定量的H2S气体，发生热分解反应H2S(g) H2(g)＋S2(g)控制不同的温度和压强进行实验，结果如图(a)。
(3)图(a)中压强关系p1、p2、p3由大到小的顺序为___________，该反应为_________(填“吸热”或“放热”)反应。
(4)若压强为p2、温度为975℃时，H2S(g) H2(g)＋S2(g)的平衡常数K=0.04，则起始浓度c=__ml∙Lˉ1，若向容器中再加入1 ml H2S气体，相同温度下再次达到平衡时，K__0.04(填“>”“<”或“=”)。
Ⅲ.间接电解法脱硫
间接电解法是通过FeCl3溶液吸收并氧化H2S气体，将反应后溶液通过电解再生，实现循环使用，该法处理过程如图(b)。
(5)电解反应器中阳极的电极反应式为____________________，离子交换膜_______(选填“阳离子”或“阴离子”)交换膜。
(6)气液比为气体与液体的流速比，吸收反应器内液体流速固定。测定吸收器中相同时间内不同气液比下H2S的吸收率和吸收速率，结果如图(c)所示，随着气液比减小，H2S的吸收速率逐渐降低，而吸收率呈上升趋势的原因为_____________________________。
【答案】(1)-2a+2b(2分) (2)活性炭(1分) (3) p3>p2>p1(2分) 吸热(1分)
(4)0.018(2分) =(1分) (5)Fe2+-e-=Fe3+(2分) 阳离子 (1分)
(6)气液比减小，通入H2S的总量减少，参加反应的H2S的量减少，吸收速率减小；吸收液的量增大，气液接触更充分，使硫化氢的吸收率增大(3分)
【解析】Ⅰ. (1) ①H2S(g)+O2(g)=SO2(g)+H2O(g) ΔH1=-a kJ∙ml-1，②S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH2=-b kJ∙ml-1，2×①-2×②得2H2S(g)＋O2(g)=2S(s)＋2H2O(l) ，此反应的∆H=2×ΔH1-2×ΔH2=-2a+2b kJ∙ml-1。(2)结合题目中表格信息，活性炭出口硫小，温度为常温，操作压力也小，且蒸气可再生，故最佳脱硫剂为活性炭。
Ⅱ. (3) 反应H2S(g) H2(g)＋S2(g)的正反应方向为气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，H2S的平衡转化率降低，即压强越大H2S的平衡转化率越低，因此p3>p2>p1；由题图可知，压强一定的情况下，随着温度升高H2S的平衡转化率升高，因此该反应为吸热反应。(4) 由题图可知压强为p2、温度为975℃时H2S的平衡转化率为40%，平衡常数K=0.04，设H2S起始浓度为x，利用三段式表示为：
K== 0.04，解得x=0.018 ml/L；平衡常数只与温度有关，温度不变平衡常数不变。
Ⅲ. (5) 反应后溶液电解再生即将FeCl2氧化为FeCl3，电解反应器中阳极发生氧化反应，电极反应为Fe2+-e-=Fe3+，离子交换膜为阳离子交换膜。
(6)由题图可知，气液比减小，通入H2S的总量减小，参加反应的H2S的量减小，吸收速率就较小；吸收液的量增大，气液接触充分，H2S的吸收率增大。
(二)选做题
37．[化学——选修3：物质结构与性质](15分) 铁(Fe)、钴(C)、镍(Ni)是第四周期第Ⅷ族的元素，其单质具有磁性，其化合物常用于制备电池导体。
(1)铁、钴、镍均位于元素周期表______区， 基态C的价电子排布式为______________。
(2)Fe、C、Ni化学性质相似的原因是______________________________。
(3)配位离子[C(NO3)4]2-中，N的杂化方式为______________，该配离子中各元素的第一电离能的大小顺序为______________，1ml该配离子中含键数目为______。
(4)Ni(CO)4的结构与相关性质见表，其空间构型为______，晶体类型为______晶体。
(5)Sm(钐)、Ni、O形成的稀土镍基氧化物具有金属→绝缘体相转变特性，其晶胞结构中Sm和O如图所示，Ni位于O形成正八面体空隙中，则该稀土镍基氧化物的化学式为______________，设晶胞边长为a pm，该稀土氧化物的摩尔质量为M g/ml，NA为阿伏加德罗常数的值，则该氧化物的密度为______________g/cm3(用含a、M、NA的式子表示)。
【答案】(1)d(1分) 3d74s2 (1分)
(2)Fe、C、Ni的电子层数相同，最外层电子数相同，原子半径相近，化学性质相似(2分)
(3) sp2(1分) N＞O＞C(1分) 16NA(1分)
(4)正四面体(2分) 分子(1分) (5)SmNiO3(2分) (3分)
【解析】(1)由元素周期表结构可知，铁、钴、镍均位于元素周期表d区， C的原子序数为27，所以基态C的价电子排布式为3d74s2；(2)Fe、C、Ni的核外电子排布式分别为：[Ar]3d64s2，[Ar]3d74s2，[Ar]3d84s2，电子层数相同，最外层电子数相同，只有次外层的3d电子数不同，故原子半径相近，化学性质相似；(3)配位离子[C(NO3)4]2-中，C2+的配位数为4，所以采用的杂化方式为sp2；同周期电离能从左往右逐渐增大，但由于N为半充满结构，电离能高于相邻元素，C为金属，第一电离能最小，所以该配离子中各元素的第一电离能的大小顺序为N＞O＞C，硝酸根含3个键，配位离子[C(NO3)4]2-中，C2+的配位数为4，存在4个配位键，共含键数目为3×4+4=16，所以1ml该配离子中含键数目为16NA；(4)由图可知，Ni(CO)4的空间构型为正四面体，熔沸点较低，属于分子晶体；(5) Ni位于O形成正八面体空隙中，则Ni位于晶胞的顶点，该晶胞中含有1个Sm原子，8×=1个Ni原子，12×=3个O原子，则该稀土镍基氧化物的化学式为SmNiO3，设晶胞边长为a pm，该稀土氧化物的摩尔质量为M g/ml，NA为阿伏加德罗常数的值，则该氧化物的密度为g/cm3。
38．[化学——选修5：有机化学基础](15分) 苄丙酮香豆素(H)常用于防治血栓栓塞性疾病，其合成路线如图所示(部分反应条件略去)。
已知：①CH3CHO+CH3COCH3CH3CH(OH)CH2COCH3(其中一种产物)。
②RCOCH3+R1COOR2RCOCH2COR1+R2OH
③烯醇式()结构不稳定，容易结构互变，但当有共轭体系(苯环、碳碳双键、碳氧双键等)与其相连时变得较为稳定。
(1)写出化合物C中官能团的名称_________。
(2)写出化合物D(分子式C9H6O3)的结构简式__________。
(3)写出反应⑤的反应类型__________。
(4)写出反应④的化学方程式___________。
(5)写出化合物F满足以下条件所有同分异构体的结构简式_______。
①属于芳香族化合物但不能和FeCl3溶液发生显色反应；
②1 ml该有机物能与2ml NaOH恰好完全反应；
③1H-NMR图谱表明分子中共有4种氢原子。
(6)参照苄丙酮香豆素的合成路线，设计一种以E和乙醛为原料制备的合成路线__________。
【答案】(1)羟基、羰基(2分) (2) (2分) (3)消去反应(2分)
(4) + (2分)
(5)、、、(4分)
(6) (5分)
【解析】A发生取代反应生成B，同时有乙酸生成；B发生异构生成C，C转化生成D，分子式C9H6O3，根据C、G、H的结构简式以及C→D的转化条件可以推知D为；E发生信息①中反应生成F，F在浓硫酸、加热条件下生成G，结合G的结构简式可知E中含有苯环，故E为，则F为，F发生消去反应生成G。(1)由结构可知，化合物C中官能团有：羟基、羰基；(2)由分析可知，化合物D的结构简式为：；(3)F为，根据G的结构简式以及反应条件可知该反应为羟基的消去反应；(4)反应④与题目所给信息①的反应类似，根据信息①③可知该化学方程式为：+ ；(5)F的结构简式为，化合物F的同分异构体满足以下条件：①属于芳香族化合物但不能和FeCl3溶液发生显色反应，说明含有苯环，但不含酚羟基；②1ml该有机物能与2ml NaOH恰好完全反应，又因为F中只有两个氧原子，所以说明存在酯基且水解生成羧酸与酚羟基；③1H-NMR图谱检测表明分子中共有4种氢原子，说明存在对称结构，符合条件的同分异构体有：、、、；(6)与乙醛反应生成，然后在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成，再与溴发生加成反应生成，最后在碱性条件下水解生成，合成路线流程图为： 。
X
Y
Z
W
T
脱硫剂
出口硫(mg·m-3)
脱硫温度(℃)
操作压力(MPa)
再生条件
一氧化碳
＜1.33
300～400
0～3.0
蒸气再生
活性炭
＜1.33
常温
0～3.0
蒸气再生
氧化锌
＜1.33
350～400
0～5.0
不再生
锰矿
＜3.99
400
0～2.0
不再生
相对分子质量
熔点
沸点
结构
171
-19.3℃
43℃
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 S 32 Cl 35.5 Ca 40 Fe 56 Ni 59 Cu 64 Ba 137 Sm 150
一、选择题(本大题共7小题，每小题6分，共42分)
7．《汉书·苏武传》有如下记载：“竹帛所载，丹青所画”。其中竹帛是指竹简单和白绢，丹青中的丹指丹砂(主要成分为HgS)，青指一种青色矿物颜料，既石青[主要成分为Cu3(CO3)2(OH)2]。下列相关说法正确的是( )
A．竹与帛的主要成分是蛋白质
B．Cu3(CO3)2(OH)2属于碱式碳酸盐
C．丹砂在空气中灼烧生成Hg和S
D．石青在高温下分解生成Cu、CO2和H2O
【答案】B
【解析】A项，竹的主要成分是纤维素，帛的主要成分是蛋白质，故A错误；B项，Cu3(CO3)2(OH)2中阴离子是碳酸根离子和氢氧根离子，属于碱式碳酸盐，故B正确；C项，HgS在空气中灼烧生成Hg和SO2，故C错误；D项，Cu3(CO3)2(OH)2在高温下分解生成CuO、CO2和H2O，故D错误；故选B。
8．葡萄糖可发生以下转化：
C6H12O6(葡萄糖)2CH3CH2OH+2CO2↑
设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A．常温常压下，6.0g葡萄糖和乳酸的混合物中O原子数介于0.3NA与0.6NA之间
B．1ml葡萄糖中含有6NA个羟基
C．1ml乳酸与足量的乙醇反应可生成NA个乳酸乙酯分子
D．相同条件下，相同物质的量的乳酸分别与足量的钠和碳酸氢钠溶液反应，产生的气体体积相同
【答案】D
【解析】A项，由于葡萄糖与乳酸的最简式均为CH2O，所以6.0g混合物中含O原子数目为0.2NA，A错误；B项，每个葡萄糖分子中含有5个羟基，所以1ml葡萄糖中含有5NA个羟基，B错误；C项，由于酯化反应为可逆反应，不可能反应完全，所以1ml乳酸与足量乙醇反应生成的乳酸乙酯小于1ml，C错误；D项，由于乳酸分子中的羟基和羧基均可与钠反应，所以钠足量时，1ml乳酸可产生1mlH2，乳酸含有一个羧基，所以与足量碳酸氢钠溶液反应时，1ml乳酸可产生1mlCO2，D正确；故选D。
9．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A．钢铁发生电化学腐蚀生成1 ml Fe2O3·nH2O(铁锈)，则负极上铁单质失去的电子数为6NA
B．100g32%甲醇水溶液中含有的O—H共价键数目为NA
C．含Na2SO3与NaHSO3共1 ml 的溶液中，N(SO32-)+N (HSO3-)+N(H2SO3)=NA
D．C2H5OH+NaClO→CH3CHO+NaCl+H2O，则1 ml[C2H5OH+NaClO]完全反应转移电子数为NA
【答案】C
【解析】A项，钢铁发生电化学腐蚀生成1 ml Fe2O3·nH2O(铁锈)，根据铁原子守恒可知消耗单质铁是2ml，负极上铁失去电子转化为亚铁离子，则负极上铁单质失去的电子数为4NA，A不符合题意；B项，100g32%甲醇水溶液中，甲醇的物质的量是1ml，根据其电子式可知其中O-H共价键数目为NA，但水中也存在O-H键，B不符合题意；C项，含Na2SO3与NaHSO3共1ml的溶液中，依据物料守恒，n(SO32-)+n(HSO3-)+n(H2SO3)=1ml，则N(SO32-)+N (HSO3-)+N(H2SO3)=NA，C符合题意；A项，C2H5OH+NaClO→CH3CHO+NaCl+H2O，次氯酸钠作氧化剂，氯元素的化合价有+1价到-1价，化合价变化值是2，则1 ml[C2H5OH+NaClO]完全反应转移电子数为2NA，D不符合题意；故选C。
10．用图示装置制备补血剂甘氨酸亚铁[(H2NCH2COO)2Fe](易溶于水，难溶于乙醇)。已知：柠檬酸易溶于水和乙醇，有酸性和还原性，下列说法不正确的是
A．先打开K1、K3排尽空气后关闭K3，打开K2，并向c中滴加NaOH溶液，加热
B．c中加入柠檬酸可调节溶液的pH，并防止Fe2+被氧化
C．c中反应的化学方程式为：2H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH=(H2NCH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2O
D．洗涤得到的甘氨酸亚铁所用的最佳试剂是柠檬酸溶液
【答案】D
【解析】A项，先打开K1、K3，H2SO4与Fe反应产生FeSO4、H2，H2可以将装置中的空气排出，待排尽空气后关闭K3，打开K2，在装置b中产生的FeSO4在H2压强的作用下沿导气管进入装置c中，并向c中滴加NaOH溶液，加热，甘氨酸、FeSO4、NaOH发生反应，就制备得到补血剂甘氨酸亚铁，A正确；B项，柠檬酸具有酸性、还原性，在c中加入柠檬酸既可调节溶液的pH，又可以防止Fe2+被氧化，以便于制取得到甘氨酸亚铁，B正确；C项，在c中甘氨酸、FeSO4、NaOH溶液发生反应制取得到甘氨酸亚铁，反应方程式为：2H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH=(H2NCH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2O，C正确；D项，甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，因此洗涤得到的甘氨酸亚铁所用的最佳试剂是乙醇，D错误；故选D。
11．下列离子方程式书写错误的是( )
A．向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，使沉淀的物质的量最大时：2Al3++ 3SO42-+ 3Ba2++ 6OH-= 2Al(OH)3↓+3BaSO4↓
B．向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：ClO-+ CO2 + H2O = HCO3-+ HClO
C．等物质的量MgCl2、Ba(OH)2和HCl溶液混合：Mg2++3OH-+H+ =Mg(OH)2↓+H2O
D．Ca(HCO3)2溶液与澄清石灰水按溶质物质的量之比2：3混合：Ca2++ HCO3-+ OH-=CaCO3↓+H2O
【答案】C
【解析】A项，向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，以明矾的物质的量为1ml，含有2ml Al3+、3ml SO42-，Al3+恰好生成沉淀时，消耗3ml Ba(OH)2，SO42-完全沉淀时，消耗3ml Ba(OH)2，若所加Ba(OH)2的物质的量大于3ml，则会有Al(OH)3溶解，因此使沉淀的物质的量最大时反应的离子方程式为：2Al3++ 3 SO42-+ 3Ba2++ 6OH-= 2Al(OH)3↓+3BaSO4↓，故A正确；B项，因酸性：H2CO3>HClO> HCO3-，则向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：ClO-+ CO2 + H2O =HCO3-+ HClO，故B正确；C项，等物质的量MgCl2、Ba(OH)2和HCl溶液混合时，H+先与OH-反应，剩余一半的OH-与Mg2+反应，因此反应离子方程式为2H++4OH-+Mg2+=Mg(OH)2↓+2H2O，故C错误；D项，Ca(HCO3)2溶液与澄清石灰水按溶质物质的量之比2：3混合，OH-过量，则HCO3-全部与OH-反应生成CO32-，CO32-再与Ca2+恰好反应生成CaCO3，反应离子方程式为Ca2++ HCO-+ OH-=CaCO3↓+H2O，故D正确；故选C。
12．为了减少对环境的污染，煤在直接燃烧前要进行脱硫处理。应用电解法对煤进行脱硫处理的基本原理如图所示，下列说法不正确的是
A．阳极的电极反应：Mn2+ - e- = Mn3+
B．每处理1 ml FeS2，导线上转移了15 ml e-
C．H+在阴极放电生成氢气
D．电解过程中，混合液中H+的物质的量浓度将变小
【答案】D
【解析】A项，由图可知，Mn2+ 在阳极失电子生成Mn3+，阳极的电极反应：Mn2+ - e- = Mn3+，A正确；B项，FeS2与Mn3+反应生成Mn2+ 、Fe3+、SO42-，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平方程式为FeS2+ 15Mn3++8H2O=15Mn2+ +Fe3++2SO42-+16H+，根据化合价的变化可知每处理1 ml FeS2，导线上转移了15 ml e-，B正确；C项，H+在阴极得电子发生还原反应2H++ e-=H2↑，生成氢气，C正确；D． 电解过程中，当转移15ml电子时，阴极消耗15ml氢离子，反应FeS2+ 15Mn3++8H2O=15Mn2+ +Fe3++2SO42-+16H+生成16ml氢离子，则混合液中H+的物质的量浓度将增大，D错误；故选D。
13．如表为元素周期表的一部分。X、Y、Z、W为短周期元素，其中Y元素的原子最外层电子数是其电子层数的3倍。下列说法正确的是( )
A．Y的氢化物的沸点一定比X氢化物的沸点高
B．Z的氧化物对应的水化物酸性比W的弱
C．ZY2、XW4与Na2Z的化学键类型相同
D．根据元素周期律，可以推测存在TZ2和TW4
【答案】D
【解析】X、Y、Z、W为短周期元素，Y元素的原子最外层电子数是其电子层数的3倍，则Y为O元素，根据X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置关系可知，X为C元素，Z为S元素，W为Cl元素，T为Ge元素，根据上述分析可知，X为C元素，Y为O元素，Z为S元素，W为Cl元素，T为Ge元素。A项，Y的氢化物分别是H2O、H2O2，H2O、H2O2常温下都呈液态，X的氢化物为烃，烃分子中碳原子数不同，沸点差别很大，故Y的氢化物的沸点不一定比X氢化物的沸点高，A项错误；B项，Z的氧化物对应的水化物可能是硫酸或亚硫酸，W的氧化物对应的水化物可能是次氯酸、氯酸或高氯酸等，因此Z的氧化物对应的水化物酸性不一定比W的弱，若HClO属于弱酸，H2SO4属于强酸，B项错误；C项，SO2、CCl4的化学键类型为极性共价键，而Na2S的化学键类型为离子键，C项错误；D项，Ge与C同族，根据元素周期律可知，存在GeS2和GeCl4，D项正确；故选D。
二、非选择题(本大题共4小题，共58分)
(一)必做题
26．(14分) 实验室以次氯酸盐和铁盐为原料制备少量K2FeO4的操作步骤如下：
Ⅰ．制备NaClO强碱性饱和溶液：
①将20 mL NaOH溶液加入仪器b中，冷水浴冷却，通入Cl2，搅拌，直至溶液变为黄绿色且有少量白色晶体析出为止(装置如下图所示)。
②将所得饱和NaClO倒入烧杯并置于冷水浴中，分几次加入20 g NaOH固体并不断搅拌，过滤，得NaClO强碱性饱和溶液。
(1)甲装置中a管的作用是_____________________________________________。
(2)写出甲装置中反应的化学方程式_____________________________________。
(3)石灰乳的作用是___________________________________________________。
(4)反应过程中用冷水浴冷却的原因是___________________________________。
Ⅱ．合成K2FeO4：
①称取5.05 g Fe(NO3)3·9H2O(相对分子质量为404)固体，在冷水浴中分批加入Ⅰ中所得滤液，并不断搅拌，反应1小时后溶液呈深紫红色(即Na2FeO4)。
②离心分离除去Na2FeO4水解得到的Fe(OH)3胶体，留上层清液(深紫红色)。
③向②的上层清液中缓慢加入KOH饱和溶液50.00mL，冰水浴保持5 min，过滤，得K2FeO4(相对分子质量为198)粗产品。
④将粗产品重结晶，并用异丙醇洗涤，低温烘干，得纯产品2.13 g。
(5)合成Na2FeO4的离子方程式为____________________________________。
(6)过程③加入饱和KOH溶液即可得到K2FeO4粗产品，原因是__________。
(7)用异丙醇洗涤的目的是__________________________________________。
(8)K2FeO4的产率为___________(保留至0.1%)。
【答案】(1)平衡压强，使漏斗内的液体能顺利滴下(1分)
(2)2KMnO4＋16HCl=2KCl＋MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O (1分)
(3)除去未反应的氯气，防止氯气污染空气(2分)
(4)有利于氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠(2分)
(5)2Fe 3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O(2分)
(6)K2FeO4的溶解度小于 Na2FeO4，加入饱和 KOH 溶液可以增大 K+的浓度，使 Na2FeO4+2KOHK2FeO4+2NaOH 平衡向右移动，析出晶体(2分)
(7)用异丙醇代替水洗涤产品可以减少高铁酸钾的溶解损耗(2分) (8)86.1%(2分)
【解析】(1) 甲装置中高锰酸钾与浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气，利用a管可平衡压强，使漏斗内的液体能顺利滴下；(2) 甲装置中用高锰酸钾固体粉末与浓盐酸发生反应可以制取氯气，反应的化学方程式为2KMnO4＋16HCl=2KCl＋MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O；(3) 氯气有毒，污染空气，石灰乳除去未反应氯气，防止氯气污染空气；(4) 温度不同时，氯气与NaOH反应的产物也不同，常温下，生成次氯酸钠，温度高时，反应生成氯酸钾，6NaOH+3Cl2 5NaCl+NaClO3+3H2O，降低了次氯酸钠的产量；则反应过程中用冷水浴冷却有利于氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠；(5) 氢氧化铁被次氯酸根氧化为高铁酸根(FeO42-)同时生成Cl-、H2O，反应的离子方程式为2Fe3++3ClO-+6OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；(6) 该温度下高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小，加入饱和KOH溶液可以增大K+的浓度，减小高铁酸钾的溶解，促进高铁酸钾晶体析出；(7) 高铁酸钾可溶于水，用异丙醇代替水洗涤产品，可减少高铁酸钾的溶解损耗；(8) 5.05g Fe(NO3)3•9H2O的物质的量为n(Fe(NO3)3•9H2O)=0.0125ml，根据铁元素守恒可知n(K2FeO4)=0.0125ml，则m(K2FeO4)=0.0125ml×198g/ml=2.475g，则产率为=×100%=86.1%。
27．(14分) 无色透明的锆石(主要成分为ZrSiO4)酷似钻石，是很好的钻石代用品。锆石又称锆英石，常含有铁、铝、铜的氧化物杂质。工业上一种以锆英石为原料制备ZrO2的工艺流程如图所示：
已知：ⅰ.Zr在化合物中通常显＋4价，“氯化”过程中除C、O元素外，其他元素均转化为高价氯化物；
ⅱ.SiCl4极易水解生成硅酸；ZrCl4易溶于水，390 ℃升华；
ⅲ.Fe(SCN)3难溶于有机溶剂MIBK，Zr(SCN)4在水中的溶解度小于在有机溶剂MIBK中的溶解度。
请回答下列问题：
(1)“粉碎”锆英石的目的为________________________________________________。
(2)①“氯化”过程中，锆英石发生的主要反应的化学方程式为________________________________________________________________________。
②“氯化”过程中ZrCl4的产率与温度、压强的关系如图所示：
由图可知，“氯化”过程选择的最佳条件为________，“氯化”温度超过390 ℃时，ZrCl4产率降低的原因为_________________________________________________________。
(3)“滤液1”中含有的阴离子除OH－、Cl－外，还有_____________________(填化学式)。
(4)①常用的铜抑制剂有NaCN(氰化钠)，NaCN可与铜离子反应生成Cu(CN)2{Ksp[Cu(CN)2]＝4×10－10}沉淀。已知盐酸溶解后的溶液中Cu2＋的浓度为1 ml·L－1，当溶液中Cu2＋浓度不大于1×10－6 ml·L－1时即达到后续生产的要求，则欲处理1 L该溶液至少需要2 ml·L－1的NaCN溶液的体积为________L(溶液混合时的体积变化忽略不计，计算结果保留两位小数)。
②由于氰化钠有剧毒，所以需要对“废液”中的氰化钠进行处理，通常选用漂白粉或漂白液在碱性条件下将氰化钠氧化，其中一种产物为空气的主要成分。请写出在碱性条件下漂白液与氰化钠反应的离子方程式_____________________________________________。
(5)通过“萃取”“反萃取”可以分离铁，富集锆，原理为__________________________。
【答案】(1)增大反应物接触面积，缩短“氯化”时间，提高锆英石的转化率(2分)
(2)①ZrSiO4＋4Cl2＋4CO===ZrCl4＋SiCl4＋4CO2(2分) ②1 MPa、390 ℃ 温度高于390 ℃，ZrCl4因升华而逸出(2分)
(3)AlOeq \\al(－,2)、SiOeq \\al(2－,3)(2分)
(4)①1.02 ②2CN－＋5ClO－＋2OH－===2COeq \\al(2－,3)＋5Cl－＋N2↑＋H2O(2分)
(5)“络合”后Fe3＋和Zr4＋分别与NH4SCN反应生成Fe(SCN)3和Zr(SCN)4，Fe(SCN)3难溶于MIBK，Zr(SCN)4则被MIBK萃取，进入有机层，再利用H2SO4反萃取Zr(SCN)4，从而达到分离铁，富集锆的目的(4分)
【解析】(1)锆英石“粉碎”后表面积增大，反应速率加快，“氯化”时间缩短，锆英石的转化率提高。(2)①根据已知条件ⅰ可知，“氯化”过程中除C、O元素外，其他元素均转化为高价氯化物，Zr在化合物中通常显＋4价，因此“氯化”过程中，锆英石发生的主要化学反应为ZrSiO4＋4Cl2＋4CO===ZrCl4＋SiCl4＋4CO2，此反应体系为无水体系，SiCl4不水解。②由图可知，压强和温度都会影响ZrCl4的产率，图中“氯化”过程中ZrCl4的产率最高时的条件为1 MPa、390 ℃。由已知条件ⅱ可知ZrCl4易溶于水，390 ℃升华，因此若“氯化”温度超过390 ℃，ZrCl4因升华而逸出，导致其产率降低。(3)“氯化”后“碱浸”，“氯化”产物ZrCl4与NaOH反应生成难溶于水的Zr(OH)4，SiCl4水解生成的H2SiO3与NaOH反应生成Na2SiO3，Fe3＋、Cu2＋转化为沉淀，Al3＋与过量NaOH溶液反应生成AlOeq \\al(－,2)，因此，“滤液1”中含有的阴离子除OH－、Cl－外，还有AlOeq \\al(－,2)、SiOeq \\al(2－,3)。(4)①1 L Cu2＋浓度为1 ml·L－1的溶液中n(Cu2＋)＝1 ml，消耗2 ml NaCN。c(Cu2＋)＝1×10－6 ml·L－1时，c(CN－)＝ eq \r(\f(4×10－10,1×10－6)) ml·L－1＝2×10－2 ml·L－1，设至少需要NaCN溶液的体积为V L，则2V－2＝2×10－2×(V＋1)，解得V≈1.02。②选用漂白粉或漂白液在碱性条件下将氰化钠氧化，其中一种产物为空气的主要成分，即为N2，因此漂白液与氰化钠反应的离子方程式为2CN－＋5ClO－＋2OH－===2COeq \\al(2－,3)＋5Cl－＋N2↑＋H2O。(5)“滤液2”中含有Fe3＋和Zr4＋，“络合”后形成Fe(SCN)3和Zr(SCN)4，由已知条件ⅲ可知Fe(SCN)3难溶于MIBK，Zr(SCN)4在水中的溶解度小于在有机溶剂MIBK中的溶解度，故通过萃取Zr(SCN)4进入有机层，Fe(SCN)3留在水层，再利用硫酸将含有Zr(SCN)4的有机层反萃取，从而达到分离铁而富集锆的目的。
28．(15分) )H2S是石油化工行业广泛存在的污染性气体，但同时也是重要的氢源和硫源，工业上可以采取多种方式处理。
Ⅰ.干法脱硫
(1)已知①H2S(g)+O2(g)=SO2(g)+H2O(g) ΔH1=-a kJ∙ml-1，
②S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH2=-b kJ∙ml-1
则常温下空气直接氧化脱除H2S的反应：2H2S(g)＋O2(g)=2S(s)＋2H2O(l) ∆H=__kJ∙ml-1。
(2)常用脱硫剂的脱硫效果及反应条件如下表，最佳脱硫剂为__。
Ⅱ.热分解法脱硫
在密闭容器中，充入一定量的H2S气体，发生热分解反应H2S(g) H2(g)＋S2(g)控制不同的温度和压强进行实验，结果如图(a)。
(3)图(a)中压强关系p1、p2、p3由大到小的顺序为___________，该反应为_________(填“吸热”或“放热”)反应。
(4)若压强为p2、温度为975℃时，H2S(g) H2(g)＋S2(g)的平衡常数K=0.04，则起始浓度c=__ml∙Lˉ1，若向容器中再加入1 ml H2S气体，相同温度下再次达到平衡时，K__0.04(填“>”“<”或“=”)。
Ⅲ.间接电解法脱硫
间接电解法是通过FeCl3溶液吸收并氧化H2S气体，将反应后溶液通过电解再生，实现循环使用，该法处理过程如图(b)。
(5)电解反应器中阳极的电极反应式为____________________，离子交换膜_______(选填“阳离子”或“阴离子”)交换膜。
(6)气液比为气体与液体的流速比，吸收反应器内液体流速固定。测定吸收器中相同时间内不同气液比下H2S的吸收率和吸收速率，结果如图(c)所示，随着气液比减小，H2S的吸收速率逐渐降低，而吸收率呈上升趋势的原因为_____________________________。
【答案】(1)-2a+2b(2分) (2)活性炭(1分) (3) p3>p2>p1(2分) 吸热(1分)
(4)0.018(2分) =(1分) (5)Fe2+-e-=Fe3+(2分) 阳离子 (1分)
(6)气液比减小，通入H2S的总量减少，参加反应的H2S的量减少，吸收速率减小；吸收液的量增大，气液接触更充分，使硫化氢的吸收率增大(3分)
【解析】Ⅰ. (1) ①H2S(g)+O2(g)=SO2(g)+H2O(g) ΔH1=-a kJ∙ml-1，②S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH2=-b kJ∙ml-1，2×①-2×②得2H2S(g)＋O2(g)=2S(s)＋2H2O(l) ，此反应的∆H=2×ΔH1-2×ΔH2=-2a+2b kJ∙ml-1。(2)结合题目中表格信息，活性炭出口硫小，温度为常温，操作压力也小，且蒸气可再生，故最佳脱硫剂为活性炭。
Ⅱ. (3) 反应H2S(g) H2(g)＋S2(g)的正反应方向为气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，H2S的平衡转化率降低，即压强越大H2S的平衡转化率越低，因此p3>p2>p1；由题图可知，压强一定的情况下，随着温度升高H2S的平衡转化率升高，因此该反应为吸热反应。(4) 由题图可知压强为p2、温度为975℃时H2S的平衡转化率为40%，平衡常数K=0.04，设H2S起始浓度为x，利用三段式表示为：
K== 0.04，解得x=0.018 ml/L；平衡常数只与温度有关，温度不变平衡常数不变。
Ⅲ. (5) 反应后溶液电解再生即将FeCl2氧化为FeCl3，电解反应器中阳极发生氧化反应，电极反应为Fe2+-e-=Fe3+，离子交换膜为阳离子交换膜。
(6)由题图可知，气液比减小，通入H2S的总量减小，参加反应的H2S的量减小，吸收速率就较小；吸收液的量增大，气液接触充分，H2S的吸收率增大。
(二)选做题
37．[化学——选修3：物质结构与性质](15分) 铁(Fe)、钴(C)、镍(Ni)是第四周期第Ⅷ族的元素，其单质具有磁性，其化合物常用于制备电池导体。
(1)铁、钴、镍均位于元素周期表______区， 基态C的价电子排布式为______________。
(2)Fe、C、Ni化学性质相似的原因是______________________________。
(3)配位离子[C(NO3)4]2-中，N的杂化方式为______________，该配离子中各元素的第一电离能的大小顺序为______________，1ml该配离子中含键数目为______。
(4)Ni(CO)4的结构与相关性质见表，其空间构型为______，晶体类型为______晶体。
(5)Sm(钐)、Ni、O形成的稀土镍基氧化物具有金属→绝缘体相转变特性，其晶胞结构中Sm和O如图所示，Ni位于O形成正八面体空隙中，则该稀土镍基氧化物的化学式为______________，设晶胞边长为a pm，该稀土氧化物的摩尔质量为M g/ml，NA为阿伏加德罗常数的值，则该氧化物的密度为______________g/cm3(用含a、M、NA的式子表示)。
【答案】(1)d(1分) 3d74s2 (1分)
(2)Fe、C、Ni的电子层数相同，最外层电子数相同，原子半径相近，化学性质相似(2分)
(3) sp2(1分) N＞O＞C(1分) 16NA(1分)
(4)正四面体(2分) 分子(1分) (5)SmNiO3(2分) (3分)
【解析】(1)由元素周期表结构可知，铁、钴、镍均位于元素周期表d区， C的原子序数为27，所以基态C的价电子排布式为3d74s2；(2)Fe、C、Ni的核外电子排布式分别为：[Ar]3d64s2，[Ar]3d74s2，[Ar]3d84s2，电子层数相同，最外层电子数相同，只有次外层的3d电子数不同，故原子半径相近，化学性质相似；(3)配位离子[C(NO3)4]2-中，C2+的配位数为4，所以采用的杂化方式为sp2；同周期电离能从左往右逐渐增大，但由于N为半充满结构，电离能高于相邻元素，C为金属，第一电离能最小，所以该配离子中各元素的第一电离能的大小顺序为N＞O＞C，硝酸根含3个键，配位离子[C(NO3)4]2-中，C2+的配位数为4，存在4个配位键，共含键数目为3×4+4=16，所以1ml该配离子中含键数目为16NA；(4)由图可知，Ni(CO)4的空间构型为正四面体，熔沸点较低，属于分子晶体；(5) Ni位于O形成正八面体空隙中，则Ni位于晶胞的顶点，该晶胞中含有1个Sm原子，8×=1个Ni原子，12×=3个O原子，则该稀土镍基氧化物的化学式为SmNiO3，设晶胞边长为a pm，该稀土氧化物的摩尔质量为M g/ml，NA为阿伏加德罗常数的值，则该氧化物的密度为g/cm3。
38．[化学——选修5：有机化学基础](15分) 苄丙酮香豆素(H)常用于防治血栓栓塞性疾病，其合成路线如图所示(部分反应条件略去)。
已知：①CH3CHO+CH3COCH3CH3CH(OH)CH2COCH3(其中一种产物)。
②RCOCH3+R1COOR2RCOCH2COR1+R2OH
③烯醇式()结构不稳定，容易结构互变，但当有共轭体系(苯环、碳碳双键、碳氧双键等)与其相连时变得较为稳定。
(1)写出化合物C中官能团的名称_________。
(2)写出化合物D(分子式C9H6O3)的结构简式__________。
(3)写出反应⑤的反应类型__________。
(4)写出反应④的化学方程式___________。
(5)写出化合物F满足以下条件所有同分异构体的结构简式_______。
①属于芳香族化合物但不能和FeCl3溶液发生显色反应；
②1 ml该有机物能与2ml NaOH恰好完全反应；
③1H-NMR图谱表明分子中共有4种氢原子。
(6)参照苄丙酮香豆素的合成路线，设计一种以E和乙醛为原料制备的合成路线__________。
【答案】(1)羟基、羰基(2分) (2) (2分) (3)消去反应(2分)
(4) + (2分)
(5)、、、(4分)
(6) (5分)
【解析】A发生取代反应生成B，同时有乙酸生成；B发生异构生成C，C转化生成D，分子式C9H6O3，根据C、G、H的结构简式以及C→D的转化条件可以推知D为；E发生信息①中反应生成F，F在浓硫酸、加热条件下生成G，结合G的结构简式可知E中含有苯环，故E为，则F为，F发生消去反应生成G。(1)由结构可知，化合物C中官能团有：羟基、羰基；(2)由分析可知，化合物D的结构简式为：；(3)F为，根据G的结构简式以及反应条件可知该反应为羟基的消去反应；(4)反应④与题目所给信息①的反应类似，根据信息①③可知该化学方程式为：+ ；(5)F的结构简式为，化合物F的同分异构体满足以下条件：①属于芳香族化合物但不能和FeCl3溶液发生显色反应，说明含有苯环，但不含酚羟基；②1ml该有机物能与2ml NaOH恰好完全反应，又因为F中只有两个氧原子，所以说明存在酯基且水解生成羧酸与酚羟基；③1H-NMR图谱检测表明分子中共有4种氢原子，说明存在对称结构，符合条件的同分异构体有：、、、；(6)与乙醛反应生成，然后在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成，再与溴发生加成反应生成，最后在碱性条件下水解生成，合成路线流程图为： 。
X
Y
Z
W
T
脱硫剂
出口硫(mg·m-3)
脱硫温度(℃)
操作压力(MPa)
再生条件
一氧化碳
＜1.33
300～400
0～3.0
蒸气再生
活性炭
＜1.33
常温
0～3.0
蒸气再生
氧化锌
＜1.33
350～400
0～5.0
不再生
锰矿
＜3.99
400
0～2.0
不再生
相对分子质量
熔点
沸点
结构
171
-19.3℃
43℃
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