2020年山东新高考化学全真模拟卷（一）含解析

2020年山东新高考全真模拟卷（一）
化 学
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64
第Ⅰ卷（选择题 共40分）
一、选择题：本题共10个小题，每小题2分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关，下列有关说法正确的是
A．中国天眼FAST用到的高性能碳化硅是一种新型的有机高分子材料
B．中国华为自主研发的5G芯片巴龙5000的主要材料是Si
C．现代科技已经能够拍到氢键的“照片”，直观地证实了水分子间的氢键是一个水分子中的氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的化学键
D．用铜片制成的“纳米铜”具有非常强的化学活性，在空气中可以燃烧，说明“纳米铜”的还原性比铜片更强
【答案】B
【解析】A．碳化硅是一种新型的无机非金属材料，故A错误；B．芯片主要是使用半导体材料制作，主要成分为Si，故B正确；C．“拍”到氢键的“照片”，直观地证实了水分子间的氢键是一个水分子中的氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的分子间作用力，不属于化学键，故C错误；D．“纳米铜”与铜都是铜，只是颗粒大小不同，所以化学性质相同，故D错误。
2．下列各微粒的电子排布式或电子排布图不符合能量最低原理的是
A．Fe2+ls22s22p6 3s23p63d6
B．Cu ls22s22p6 3s23p63d94s2
C．
D．
【答案】B
【解析】A．Fe2+离子核外电子数为24，由能量最低原理，可知核外电子排布为ls22s22p6 3s23p63d6，故A不选；
B．Cu原子核外电子数为29，满足半满全满的稳定结构，能量最低，核外电子排布应为ls22s22p6 3s23p63d104s1，故B选；
C．F原子最外电子层为第2电子层，有7个电子，外围电子排布为2s22p5，由泡利原理与洪特规则可知，外围电子轨道排布式为，故C不选；
D．Na+离子最外电子层为第2电子层，有8个电子，外围电子排布为2s22p6，由泡利原理与洪特规则可知，外围电子轨道排布式为，故D不选；
3．下列有关化学用语表示正确的是
A．中子数比质子数多1的磷原子：
B．Al3+的结构示意图：
C．次氯酸钠的电子式：
D．2-丁烯的结构简式：CH2=CH-CH=CH2
【答案】A
【解析】A．磷原子核电荷数为15，中子数比质子数多1的磷原子：，故A项正确；B．铝原子核电荷数为13，Al3+核外有10个电子，其结构示意图：，故B项错误；C．次氯酸钠属于离子化合物，电子式为：，故C项错误；D．2-丁烯的结构中，碳碳双键在2号碳上，主碳链有4个碳，其结构简式为：，故D项错误。
4．下列有机物命名正确的是
A． 2﹣乙基丙烷 B． 3﹣丁醇
C．邻二甲苯 D．2﹣甲基﹣2﹣丙烯
【答案】C
【解析】A．烷烃的命名要选择含有碳原子数最多的链做主链，主链上有4个碳，甲基做取代基，命名为2﹣甲基丁烷，故A错误；
B．官能团的位次最小，羟基在2号碳上，命名为2﹣丁醇，故B错误；
C．该物质命名为邻二甲苯，故C正确；
D．碳碳双键为烯烃的官能团，双键碳为1号碳，甲基在1号碳上，命名为2﹣甲基﹣1﹣丙烯，故D错误。
5．下列有关化合物X的叙述正确的是

A．X分子只存在2个手性碳原子
B．X分子能发生氧化、取代、消去反应
C．X分子中所有碳原子可能在同一平面上
D．1 mol X与足量NaOH溶液反应，最多消耗3 mol NaOH
【答案】B
【解析】A．分子中连接﹣OH，且相邻的2个碳原子连接4个不同的原子或原子团，为手性碳原子，共3个，故A错误；
B．含有羟基，可发生氧化反应，取代反应、消去反应，故B正确；
C．含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，则所有的原子不在同一个平面上，故C错误；
D．能与氢氧化钠反应的为酯基、溴原子，则1 mol X与足量NaOH溶液反应，最多消耗2 mol NaOH，故D错误。
6．第三周期元素X、Y、Z、W的最高价氧化物分别溶于水得溶液，0.010mol/L的这四种溶液pH与该元素原子半径的关系如图所示。下列说法正确的是

A．Y可能是硅元素
B．简单离子半径：Z＞W＞X
C．气态氢化物的稳定性：Y＞W
D．非金属性：Y＞Z
【答案】B
【解析】由上述分析可知，X为Na、Y为P、Z为S，W为Cl，
A．Si的最高价氧化物为二氧化硅，二氧化硅不溶于水，属于Y不可能为Si元素，故A错误；
B．电子层越多，离子半径越大，具有相同排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子半径为：Z＞W＞X，故B正确；
C．非金属性越强，对应氢化物越稳定，非金属性P＜Cl，则气态氢化物的稳定性：Y＜W，故C错误；
D．P、S位于同一周期，原子序数越大非金属性越强，则非金属性P＜Cl，即Y＜Z，故D错误。
7．对下列实验现象或操作解释错误的是

现象或操作
解释
A
KI淀粉溶液中滴入氯水变蓝，再通入SO2，蓝色褪去
SO2具有还原性
B
配制SnCl2溶液时，先将SnCl2溶于适量稀盐酸，再用
蒸馏水稀释，最后在试剂瓶中加入少量的锡粒
抑制Sn2+水解，并防止Sn2+被氧化为Sn4+
C
某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成
不能说明该溶液中一定含有SO42﹣
D
向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液，生成黑色沉淀
Ksp（CuS）＜Ksp（ZnS）
【答案】D
【解析】A．KI淀粉溶液中滴入氯水变蓝，再通入SO2，蓝色褪去，二氧化硫和单质碘反应生成硫酸和氢碘酸，SO2具有还原性，故A正确；
B．配制SnCl2溶液时，先将SnCl2溶于适量稀盐酸，再用蒸馏水稀释，最后在试剂瓶中加入少量的锡粒，加盐酸目的抑制Sn2+水解，并防止Sn2+被氧化为Sn4+，故B正确；
C．某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，原溶液中可能有亚硫酸根，因此不能说明该溶液中一定含有SO42﹣，故C正确；
D．向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液，生成黑色沉淀，此时溶液中含有硫化钠，硫化钠与硫酸铜反应生成硫化铜，因此不能判断Ksp（CuS）＜Ksp（ZnS），故D错误。
8．设NA为阿伏加德罗常数的值。由一种阳离子与两种酸根阴离子组成的盐称为混盐。向混盐CaOCl2中加入足量浓硫酸，发生反应：CaOCl2 +H2SO4（浓）═CaSO4 +Cl2↑+H2O。下列说法正确的是
A．明矾、小苏打都可称为混盐
B．在上述反应中，浓硫酸体现氧化剂和酸性
C．每产生1mol Cl2，转移电子数为NA
D．1mol CaOCl2中共含离子数为4NA
【答案】C
【解析】A．小苏打是碳酸氢钠，不是混盐，故A错误；
B．反应中S的化合价没有发生变化，浓硫酸只表现酸性，故B错误；
C．反应中，部分Cl元素的化合价从+1价降低到0价，部分Cl 的化合价从﹣1价升高到0价，方程式中转移电子数目为1，则每产生lmol氯气，转移电子数为NA，故C正确；
D．1mol混盐 CaOCl2中含有1molCa2+、1molCl﹣、1molClO﹣，即含有3NA个离子，故D错误。
9．MnSO4·H2O是一种易溶于水的微红色斜方晶体，某同学设计下列装置制备硫酸锰：

下列说法错误的是
A．装置I烧瓶中放入的药品X为铜屑
B．装置II中用“多孔球泡”可增大SO2的吸收速率
C．装置III用于吸收未反应的SO2
D．用装置II反应后的溶液制备MnSO4·H2O需经历蒸发结晶、过滤、洗涤及干燥的过程
【答案】A
【解析】由实验装置可知，X可能为亚硫酸钠，与浓硫酸反应生成二氧化硫，而Cu与浓硫酸常温下不反应，II中“多孔球泡”可增大SO2的吸收速率，二氧化硫与二氧化锰反应生成MnSO4，蒸发浓缩、冷却结晶可得到晶体，Ⅲ中NaOH溶液可吸收尾气，以此来解答。A．Cu与浓硫酸常温下不反应，X不可能为Cu，A项错误；B．装置Ⅱ中用“多孔球泡”，增大接触面积，可增大SO2的吸收速率，B项正确；C．Ⅲ中NaOH溶液可吸收尾气，C项正确；D．用装置Ⅱ反应后的溶液制备MnSO4·H2O，蒸发结晶、过滤、洗涤及干燥可得到，D项正确。
10．关于下列转化过程分析不正确的是

A．Fe3O4中Fe元素的化合价为+2、+3
B．过程Ⅰ中每消耗58 g Fe3O4转移1 mol电子
C．过程Ⅱ的化学方程式为3FeO+H2OFe3O4+H2↑
D．该过程总反应为2H2O═O2↑+2H2↑
【答案】B
【解析】A．Fe3O4的化学式可以改写为Fe2O3•FeO，则Fe3O4中Fe元素的化合价为+2、+3，故A正确；
B．过程Ⅰ：2Fe3O4（s）═6FeO（s）+O2（g）当有2molFe3O4分解时，生成1mol氧气，而58 g Fe3O4的物质的量为0.25mol，故生成0.125mol氧气，而氧元素由﹣2价变为0价，故转移0.5mol电子，故B错误；
C．过程Ⅱ中FeO与水反应生成四氧化三铁和氢气，反应化学方程式为3FeO+H2OFe3O4+H2↑，故C正确；
D．过程Ⅰ：2Fe3O4（s）═6FeO（s）+O2（g）过程II：3FeO（s）+H2O（l）═H2（g）+Fe3O4（s）。则该过程总反应为2H2O═O2↑+2H2↑，故D正确。
二、选择题：本题共5小题，每题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分。
11．X、Y、Z、Q、E、M六种元素中，X的原子的基态价电子排布式为2S2，Y的基态原子核外有5种运动状态不同的电子，Z元素的两种同位素原子通常作为示踪原子研究生物化学反应和测定文物的年代，Q是元素周期表中电负性最大的元素，E的阳离子通常存在于硝石、明矾和草木灰中，M的原子序数比E大1．下列说法正确的是
A．EYQ4中阴离子中心原子的杂化方式为sp3杂化
B．X、Y元素的第一电离能大小关系：X＜Y
C. ZO32-的空间构型为平面三角形
D．MZ2仅含离子键，可用于制备乙炔
【答案】AC
【解析】由上述分析可知，X为Be、Y为B、Z为C、Q为F、E为K、M为Ca，
A．KBF4中阴离子的中心原子价层电子对个数为4+=4，且不含孤电子对，则阴离子中心原子的杂化方式为sp3杂化，故A正确；B．Be的最外层电子数全满为稳定结构，第一电离能较大，则X、Y元素的第一电离能大小关系：X＞Y，故B错误；
C．CO32-中阴离子的中心原子价层电子对个数为3+=3，且不含孤电子对，中心原子的杂化方式为sp2杂化，空间构型为平面三角形，故C正确；D．CaC2含离子键、非极性共价键，可用于制备乙炔，故D错误。
12．电絮凝的反应原理是以铝、铁等金属为阳极，在直流电的作用下，阳极被溶蚀，产生金属离子，在经一系列水解、聚合及氧化过程，发展成为各种羟基络合物、多核羟基络合物以及氢氧化物，使废水中的胶态杂质、悬浮杂质凝聚沉淀而分离。下列说法不正确的是

A. 每产生1 mol O2，整个电解池中理论上转移电子数为4NA
B. 阴极电极反应式为2H2O + 2e- = H2↑+2OH—
C. 若铁为阳极，则阳极电极方程式为
Fe-2e-=Fe2+和2H2O - 4e- = O2↑+4H+
D. 若铁为阳极，则在处理废水的过程中阳极附近会发生：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O
【答案】A
【解析】A．由装置图可知，若铁为阳极，阳极电极方程式有Fe﹣2e﹣═Fe2+和2H2O﹣4e﹣═O2↑+4H+，所以每产生1molO2，整个电解池中理论上转移电子数为大于4NA，故A错误；
B．阴极氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣，故B正确；
C．由装置图可知，若铁为阳极，则阳极电极方程式为Fe﹣2e﹣═Fe2+和2H2O﹣4e﹣═O2↑+4H+，故C正确；
D．若铁为阳极，阳极电极方程式为Fe﹣2e﹣═Fe2+和2H2O﹣4e﹣═O2↑+4H+，在处理废水的过程中二价铁还被放出的氧气氧化成三价铁，离子方程式为：4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O，故D正确。
13．高铁酸钾是一种新型、高效、多功能水处理剂，工业上采用向KOH溶液中通入氯气，然后再加入Fe(NO3)3溶液的方法制备K2FeO4，发生反应：
①Cl2+KOH→KCl+KClO+KClO3+H2O（未配平）；
②2Fe(NO3)3+3KClO+10KOH=2K2FeO4+6KNO3+3KCl+5H2O。
下列说法正确的是
A．反应①中每消耗4 mol KOH，吸收标准状况下44.8L Cl2
B．氧化性：K2FeO4＞ KClO
C．若反应①中n(ClO-)∶n(ClO3-)=5∶1，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1
D．若反应①的氧化产物只有KClO，则得到0.2mol K2FeO4时消耗0.3mol Cl2
【答案】AD
【解析】A．反应①的生成物有KCl、KClO、KClO3，其中K、Cl的物质的量之比为1：1，所以每消耗4molKOH，吸收2mol氯气，标况下2mol氯气的体积为：22.4L/mol×2mol＝44.8L，故A正确；
B．反应②K2FeO4为氧化产物，KClO为氧化剂，则氧化性：K2FeO4＜KClO，故B错误；
C．设ClO﹣为5mol，ClO3﹣为1mol，氯气转化成ClO﹣、ClO3﹣被氧化，转化成KCl被还原，根据电子守恒可知生成KCl的物质的量为：5mol×1+1mol×（5﹣0）＝10mol，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为10mol：（5mmol+1mol）＝5：3，故C错误；
D．根据电子守恒可得关系式：2K2FeO4～3KClO～3Cl2，则得到0.2molK2FeO4时消耗0.3molCl2，故D正确。
14．科学工作者研发了一种SUNCAT的系统，借助锂循环可持续合成氨，其原理如图所示。下列说法不正确的是

A．过程Ⅰ得到的Li3N中N元素为﹣3价
B．过程Ⅱ生成W的反应：Li3N+3H2O═3LiOH+NH3↑
C．过程Ⅲ中能量转化的形式：化学能转变为电能
D．过程Ⅲ涉及到反应：4OH﹣﹣4 e﹣═O2↑+2H2O
【答案】C
【解析】根据图示可知，反应I是N2和Li反应生成Li3N，化学方程式为：N2+6Li2Li3N；反应II是Li3N和H2O反应生成LiOH和NH3，化学方程式为Li3N+3H2O＝3LiOH+NH3，↑，即W为liOH；反应III是由LiOH获得了金属Li和氧气和水，故反应III是对LiOH固体进行了电解，阳极上的电极反应为4OH﹣﹣4 e﹣═O2↑+2H2O，阴极上Li+放电：Li++e﹣＝Li。
A、金属物负价，故Li3N中Li为+1价，则N为﹣3价，故A正确；
B、过程II的化学方程式为Li3N+3H2O＝3LiOH+NH3，↑，故B正确；
C、过程III为电解LiOH固体，故是将电能转化为化学能，故C错误；
D、由于过程III为电解LiOH固体，故其阳极上的电极反应为4OH﹣﹣4 e﹣═O2↑+2H2O，故D正确。
15．常温下，向20mL 0.05mol•L﹣1的某稀酸H2B溶液中滴入0．lmol•L﹣1氨水，溶液中由水电离出氢离子浓度随滴入氨水体积变化如图。下列分析正确的是（　　）

A．NaHB溶液可能为酸性，也可能为碱性
B．A、B、C三点溶液的pH是逐渐减小，D、E、F三点溶液的pH是逐渐增大
C．E溶液中离子浓度大小关系：c（NH4+）＞c（B2﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）
D．F 点溶液 c（NH4+）＝2c（B2﹣）
【答案】CD
【解析】解：A．酸溶液中水电离出氢离子浓度c（H+）等于溶液中氢氧根离子浓度c（OH﹣），即c（OH﹣）═10﹣13mol/L，则酸溶液中c（H+）＝＝mol/L＝0.1mol＝2×0.05mol•L﹣1，所以酸H2B为二元强酸，即NaHB溶液显酸性，故A错误；
B．随着氨水的加入，溶液的酸性减弱，溶液的pH增大，所以A、B、C三点溶液的pH是逐渐增大的，故B错误；
C．E溶液显示酸性，硫酸铵和氨水的混合物，得到的溶液中铵根离子的水解程度较强，即c（H+）＞c（OH﹣），所以c（NH4+）＞c（B2﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣），故C正确；
D．根据电荷守恒：c（H+）+c（NH4+）═2c（B2﹣）+c（OH﹣），而溶液呈中性c（OH﹣）═c（H+），所以c（NH4+）═2c（B2﹣），故D正确。
第Ⅱ卷（非选择题 共60分）
二、非选择题：包括第16题~第20题5个大题，共60分。
16．（12分）I．据报道，我国在南海北部神狐海域进行的可燃冰(甲烷的水合物)试采获得成功。甲烷是一种重要的化工原料。
（1）甲烷重整是提高甲烷利用率的重要方式，除部分氧化外还有以下两种：
水蒸气重整：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)　ΔH1＝+205.9kJ·mol－1　①
CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)　ΔH2＝－41.2kJ·mol－1　②
二氧化碳重整：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)　ΔH3　③
则反应①自发进行的条件是______________，ΔH3＝________kJ·mol－1。
Ⅱ．氮的固定一直是科学家研究的重要课题，合成氨则是人工固氮比较成熟的技术，其原理为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)。
（2）在不同温度、压强和相同催化剂条件下，初始N2、H2分别为0.1mol、0.3mol时，平衡后混合物中氨的体积分数(φ)如下图所示。

①其中，p1、p2和p3由大到小的顺序是____________，该反应ΔH_______0(填“>”“<”或“＝”)。
②若分别用vA(N2)和vB(N2)表示从反应开始至达平衡状态A、B时的化学反应速率，则vA(N2)________vB(N2)(填“>”“<”或“＝”)。
③若在250℃、p1为105 Pa条件下，反应达到平衡时容器的体积为1L，则该条件下B点N2的分压p(N2)为_______Pa (分压＝总压×物质的量分数，保留一位小数)。
Ⅲ．以连二硫酸根(S2O)为媒介，使用间接电化学法也可处理燃煤烟气中的NO，装置如图所示：

（3）①阴极区的电极反应式为___________。
②NO吸收转化后的主要产物为NH，若通电时电路中转移了0.3mol e－，则此通电过程中理论上吸收的NO在标准状况下的体积为________mL。
Ⅳ．（4）常温下，将a mol·L-1的醋酸与b mol·L−1Ba(OH)2 溶液等体积混合，充分反应后，溶液中存在2c(Ba2+)=c(CH3COO−)，则该混合溶液中醋酸的电离常数Ka=___________(用含a和b的代数式表示)。
【答案】（1）高温（1分） +247.1 （1分）
（2）p1>p2>p3（1分） < （1分） <（1分） 8.3×103 （1分）
（3）2SO+4H++2e－=S2O+2H2O （2分） 1344 （2分）
（4）（2分）
【解析】I．(1)水蒸气重整：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)　ΔH1＝+205.9kJ·mol－1①，ΔH>0，ΔS>0，满足ΔH−TΔS<0，则需要高温。水蒸气重整CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)　ΔH1＝+205.9 kJ·mol－1①；CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)　ΔH2＝－41.2 kJ·mol－1②；二氧化碳重整：CH4(g)+CO2
(g)2CO(g)+2H2(g)　ΔH3③；盖斯定律计算①-②得到反应③的热化学方程式CH4(g)+CO2(g)
2CO(g)+2H2(g) ΔH3=+247.1KJ/mol，故答案为：高温；+247.1；II．(2)①由N2+3H22NH3可知，增大压强，平衡正向移动，由图象可知在相同温度下，平衡后混合物中氨的体积分数(φ)为p1>p2>p3，因此压强关系是p1>p2>p3，压强相同时，升高温度平衡逆向移动，故温度越高平衡混合物中氨的体积分数越小，故反应热小于零，故答案为：p1>p2>p3；<；②温度越高，压强越大，反应速率越大，p1>p2，由图可知，B对应的温度高、压强大，则反应速率大，故答案为：<；
③③用三段式解，设转化的氮气的物质的量为x：
N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g)

=0.667，x=0.08。若在250℃、p1为105Pa条件下，反应达到平衡时容器的体积为1L，则该条件下B点N2的分压p(N2)==8.3×103，故答案为：8.3×103；III．(3)①由图可知，阴极区通入液体主要含SO，流出液主要含S2O，所以阴极区电极反应式为2SO+4H++2e－=S2O+2H2O，故答案为：2SO+4H++2e－=S2O+2H2O；②由于NO吸收转化后的主要产物为NH，NO∼NH∼5e−，若电路中转移0.3mol e−，消耗NO 0.06mol，标准状况下体积为=0.06mol×
22.4L/mol=1.344L=1344mL，故答案为：1344。Ⅳ．(4)反应平衡时，2c(Ba2+)=c(CH3COO−)=b mol/L，据电荷守恒，溶液中c(H+)=c(OH−)=10−7mol/L，溶液呈中性，醋酸电离平衡常数依据电离方程式写出K===；用含a和b的代数式表示该混合溶液中醋酸的电离常数为，故答案为：。
17．（12分）铁被誉为“第一金属”，铁及其化合物在生活中有广泛应用。
（1）基态Fe2+的简化电子排布式为　 　。
（2）实验室用KSCN溶液、苯酚（）检验Fe3+．N、O、S三种元素的第一电离能由大到小的顺序为　 　（用元素符号表示），苯酚中碳原子的杂化轨道类型为　 　。
（3）FeCl3的熔点为306℃，沸点为315℃．FeCl3的晶体类型是　 　。FeSO4常作净水剂和补铁剂，SO42﹣的立体构型是　 　。
（4）羰基铁[Fe（CO）5]可用作催化剂、汽油抗爆剂等。1mol Fe（CO）5分子中含molσ键，与CO互为等电子体的离子是　 　（填化学式，写一种）。
（5）氮化铁晶体的晶胞结构如图1所示。该晶体中铁、氮的微粒个数之比为　 　。
（6）氧化亚铁晶体的晶胞如图2所示。已知：

氧化亚铁晶体的密度为ρg•cm﹣3，NA代表阿伏加德罗常数的值。在该晶胞中，与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+数目为　 　；Fe2+与O2﹣最短核间距为 　pm。
【答案】（1）[Ar]3d6（1分）
（2）N＞O＞S（1分） sp2杂化（1分）
（3）分子晶体（1分） 正四面体形（1分）
（4）10（1分） CN﹣、C22﹣（1分）
（5）3：1（2分）
（6）12（1分） ×1010（2分）
【解析】（1）铁原子失去最外层4s能级2个电子形成Fe2+，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，简化电子排布式为[Ar]3d6；故答案为：[Ar]3d6；
（2）同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大呈增大趋势，氮元素2p能级处于半满稳定状态，能量低，氮元素的第一电离能高于同周期相邻元素第一电离能，所以第一电离能 N＞O＞S．苯酚为平面结构，C原子采取sp2杂化；故答案为：N＞O＞S；sp2杂化；
（3）FeCl3的熔点为306℃，沸点为315℃，据此可知氯化铁熔沸点较低，则氯化铁属于分子晶体；SO42﹣离子中含有4个σ键，没有孤电子对，所以其立体构型是正四面体，硫原子采取sp3杂化；故答案为：分子晶体；正四面体形；
（4）配合物中碳原子不存在孤对电子，σ键数为2，1个Fe （CO）5分子含10个σ键，则1mol Fe（CO）5分子中含10molσ键；原子数目相等、价电子总数相等的微粒互为等电子体，与CO互为等电子体的离子有CN﹣、C22﹣，故答案为：10；CN﹣、C22﹣；
（5）氮化铁晶体为六棱柱，顶点贡献率为，棱点贡献率为，面点贡献率为，依据晶胞结构可知，12个铁原子位于顶点，2个铁原子位于面心，3个铁原子位于体内，2个氮原子位于体内，1个晶胞含有铁微粒数为：12×+×2+3＝6，含氮原子数为2，所以该晶体中铁、氮的微粒个数之比为：6：2＝3：1；故答案为：3：1；
（6）氧化亚铁晶胞结构类似氯化钠晶胞，棱上3个离子相切，晶胞参数等于相邻两个离子核间距的2倍。依据图2可知，上、中、下三层各有4个氧离子与中心的氧离子紧邻且等距离，而氧化亚铁中氧离子、亚铁离子个数比为1：1，所以有12个二价铁离子与二价铁离子相邻且等距离；
1个氧化亚铁晶胞含有二价铁离子数目为：8×+6×＝4，含有氧离子数目为：×12+1＝4，所以1个氧化亚铁晶胞含有4个FeO，设Fe2+与O2﹣最短核间距为dpm，依据氧化亚铁晶体的密度为ρg•cm﹣3，可知：ρ＝，解得d＝×1010pm；故答案为：12；×1010。
18．（12分）甘氨酸亚铁[(NH2CH2COO)2Fe]是一种补铁强化剂。某学习小组利用FeCO3与甘氨酸(NH2CH2COOH)制备甘氨酸亚铁，实验装置如下图所示(夹持和加热仪器已省略)。

有关物质性质如下表：
甘氨酸
柠檬酸
甘氨酸亚铁
易溶于水，微溶于乙醇
易溶于水和乙醇
易溶于水，难溶于乙醇
两性化合物
强酸性、强还原性

实验过程：
I．合成：装置C中盛有0.1mol FeCO3和200mL 1.0mol·L−1甘氨酸溶液和适量柠檬酸。实验时，先打开仪器a的活塞，待装置c中空气排净后，加热并不断搅拌，并通过仪器b向C中加入适量氢氧化钠溶液调节pＨ到6左右，使反应物充分反应。
Ⅱ．分离：反应结束后，过滤，将滤液进行蒸发浓缩；加入无水乙醇，过滤、洗涤并干燥。
回答下列问题：
（1）仪器a的名称是________；与a相比，仪器b的优点是_____________________________。
（2）装置B中盛有的试剂是____________；实验过程中装置D的导管一直没入液面下的必要性是___________________________________________。
（3）合成过程加入柠檬酸的作用是促进FeCO3溶解和________________________ 。
（4）加入氢氧化钠溶液调节pH若大于6，甘氨酸亚铁产量下降。原因可用离子方程式表示为________。
（5）过程II中加入无水乙醇的目的是_______________________。
（6）检验产品中是否含有Fe3+的试剂名称是_________ 。
（7）本实验制得15.3g甘氨酸亚铁（M=204g/mol），则其产率是_____％。
【答案】（1）分液漏斗（1分） 平衡气压，使液体顺利流下（1分）
（2）饱和NaHCO3溶液 （1分） 防止空气进入C中（从而防止Fe2+被氧化） （1分）
（3）防止Fe2+被氧化（1分）
（4）Fe2++ 2OH−= Fe(OH)2↓（2分）
（5）降低甘氨酸亚铁的溶液度，使其结晶析出 （2分）
（6）硫氰化钾溶液 （1分）
（7）75 （2分）
【解析】由装置A中盐酸和碳酸钙反应制取二氧化碳气体，由于盐酸具有挥发性，生成的二氧化碳气体中混有氯化氢，则装置B中盛有的试剂是饱和碳酸氢钠溶液，用来除去二氧化碳气体中混有的氯化氢气体；利用二氧化碳气体将实验装置中的空气排干净，在进行C装置中的甘氨酸亚铁的制取反应，实验过程中装置C中加入的反应物中含有碳酸亚铁，亚铁离子具有还原性，易被空气中的氧气氧化，影响实验结果，必须将D中导管没入液面以下，防止空气中的氧气进入C装置将亚铁离子氧化。
（1）仪器a的名称是分液漏斗；仪器b的名称为恒压漏斗，与a相比，仪器b的优点是平衡气压，使液体顺利流下，答案为：分液漏斗；平衡气压，使液体顺利流下；
（2）装置A中盐酸和碳酸钙反应制取二氧化碳，由于盐酸具有挥发性，生成的二氧化碳气体中混有氯化氢，则装置B中盛有的试剂是饱和碳酸氢钠溶液，用来除去二氧化碳气体中混有的氯化氢气体；实验过程中装置C中加入的反应物中含有碳酸亚铁，亚铁离子具有还原性，易被空气中的氧气氧化，影响实验结果，必须将D中导管没入液面以下，防止空气中的氧气进入C装置将亚铁离子氧化，答案为：饱和NaHCO3溶液；防止空气进入C中（从而防止Fe2+被氧化）；
（3）根据题中表格提供的已知信息，柠檬酸具有强酸性和强还原性，合成过程加入柠檬酸的可促进FeCO3溶解和防止亚铁离子被氧化，答案为：防止Fe2+被氧化；
（4）加入氢氧化钠溶液调节pH若大于6，溶液碱性增强，会导致溶液中的亚铁离子在该条件下直接与氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，离子方程式表示为Fe2++2OH−= Fe(OH)2，答案为：Fe2++2OH−=Fe(OH)2↓；
（5）由题目已知信息可知，甘氨酸亚铁难溶于乙醇，所以过程II中加入无水乙醇的目的是减少甘氨酸亚铁的溶解量，促使其更多的结晶析出，答案为：减少甘氨酸亚铁的溶解量，促使其更多的结晶析出；
（6）检验三价铁离子的试剂为硫氰化钾溶液，加入硫氰化钾，溶液变为血红色，则说明含有三价铁离子，答案为：硫氰化钾溶液；
（7）甘氨酸的物质的量=0.2L×1.0mol·L−1=0.2mol，0.1mol的碳酸亚铁中亚铁离子的物质的量为0.1mol，根据铁原子守恒，0.2mol的甘氨酸和0.1mol的碳酸亚铁理论上生成0.1mol的甘氨酸亚铁，理论上可产生甘氨酸亚铁的质量：204g·mol−1×0.1mol=20.4g，产品的质量为15.3g，则产率===75%，答案为：75。
19．（12分）高锰酸钾是中学化学常用的试剂。主要用于防腐、化工、制药等。实验室模拟工业上用软锰矿制备高锰酸钾的流程如下：

（1）实验室熔融二氧化锰、氧氧化钾、氯酸钾时应选择哪一种仪器________________
a．普通玻璃坩埚 b．石英坩埚 c．陶瓷坩埚 d．铁坩埚
（2）第一步熔融时生成K2MnO4的化学方程式：_________。
（3）操作Ⅰ中根据KMnO4和K2CO3两物质在____________ (填性质)上的差异，采用浓缩结晶、趁热过滤得到KMnO4。趁热过滤的原因是_______________。
（4）反应b是电解法制备KMnO4，其装置如图所示，a作____________极(填“阳”或“阴”)，中间的离子交换膜是_____ (填“阳”或“阴”)离子交换膜。阳极的电极反应式为____________。

（5）KMnO4稀溶液是一种常用的消毒剂。其消毒原理与下列物质相同的________(填标号)
a．双氧水 b．84消液(NaClO溶液) c．75％酒精
【答案】（1）d （1分）
（2）3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O （2分）
（3）溶解性 （1分） 避免温度下降，造成主产品的纯度降低 （2分）
（4）阳（1分） 阳 （1分） MnO-e−=MnO （2分）
（5）ab（2分）
【解析】根据流程：二氧化锰与氢氧化钾粉碎在空气中熔融：3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O，加水溶解分离出去KCl得到K2MnO4溶液；途径1：向K2MnO4溶液通入二氧化碳得到KMnO4、MnO2、K2CO3：3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+2K2CO3+MnO2↓，过滤除去滤渣(MnO2)，滤液为KMnO4、K2CO3溶液，浓缩结晶，趁热过滤得到KMnO4晶体，滤液中含有K2CO3，途径2：电解K2MnO4溶液，2K2MnO4+2H2O2KMnO4+2KOH+H2↑，a为阳极，电极反应为：MnO-e−=MnO，据此分析作答。(1)实验室熔融二氧化锰、氧氧化钾、氯酸钾时应选择铁坩埚，因为普通玻璃坩埚、石英坩埚、陶瓷坩埚中含有二氧化硅，能与KOH反应，故答案为d；(2)第一步熔融时二氧化锰、氧氧化钾、氯酸钾生成K2MnO4的化学方程式为：3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O；(3)采用浓缩结晶、趁热过滤得到KMnO4，说明高锰酸钾的溶解性随温度影响较大，操作Ⅰ中根据KMnO4和K2CO3两物质在溶解性上的差异，采用浓缩结晶、趁热过滤得到KMnO4，趁热过滤的原因是避免温度下降，造成主产品纯度降低；(4)反应b是电解法制备KMnO4，a为阳极，K2MnO4生成KMnO4，发生反应：MnO-e−=MnO，阴极为b，由氢离子放电，得到KOH，故离子交换膜为阳离子交换膜，交换钾离子；(5)KMnO4稀溶液因为其强氧化性是一种常用的消毒剂，双氧水、84消液(NaClO溶液)具有氧化性，能消毒，故答案为：ab。
20．（12分）麻黄素M是拟交感神经药。合成M的一种路线如图所示：

已知：Ⅰ．芳香烃A的相对分子质量为92
Ⅱ．R—CH2OHRCHO
III．R1-CHO+
IV．
V．
请回答下列问题：
(1)D的名称是_______；G中含氧官能团的名称是_______。
(2)反应②的反应类型为_______；A的结构简式为_______。
(3)写出反应⑦的化学方程式：______________________________。
(4)X分子中最多有_______个碳原子共平面。
(5)在H的同分异构体中，同时能发生水解反应和银镜反应的芳香族化合物中，核磁共振氢谱上有4组峰，且峰面积之比为1∶1∶2∶6的有机物的结构简式为_________________。
(6)已知：仿照上述流程，设计以苯、乙醛为主要原料合成某药物中间体的路线________________。
【答案】（1）苯甲醛（1分） 羟基（1分）
（2）取代反应（1分） （1分）
（3）+CH3NH2+H2O （2分）
（4）10 （2分）
（5） （2分）
（6）（2分）
【解析】芳香烃A的相对分子质量为92，92÷12=7…8，则A的分子式为C7H8，A的结构简式为，A与氯气发生一元取代生成B，B发生水解反应生成C，C发生氧化反应生成D，可推知B为，C为，D为，结合信息可知，G为，H为，X为。(1)根据上述推断可知D为，则D的名称是苯甲醛；G结构简式为，则G中含氧官能团的名称是羟基；(2)反应②是与NaOH的水溶液在加热时发生取代反应产生，所以该反应类型为取代反应；A是甲苯，A的结构简式为；(3)与CH3NH2发生反应产生水和，因此反应⑦的化学方程式为：+CH3NH2
+H2O；(4)X分子结构为，由于苯分子是平面分子，羟基连接的饱和C原子取代苯分子中H原子的位置，在苯分子的平面内；乙烯分子是平面分子，碳氮双键的N原子取代乙烯中不饱和的C原子的位置，具有乙烯的平面结构，则碳氮双键连接的两个甲基碳原子在乙烯分子的平面上，苯分子的平面与乙烯分子的平面可以共平面，所以X分子中最多有10个碳原子共平面；(5)在H的同分异构体中，同时能发生水解反应和银镜反应的芳香族化合物，说明分子中含有苯环、酯基、醛基，核磁共振氢谱上有4组峰，且峰面积之比为1∶1∶2∶6，说明分子中有四种H原子，H原子的个数比为1∶1∶2∶6，则符合条件的有机物的结构简式为、；(6)苯与浓硝酸、浓硫酸混合加热，发生硝化反应产生硝基苯，硝基苯与Fe在HCl存在时发生还原反应产生苯胺，苯胺与CH3CHO在水溶液中发生反应产生，所以以苯、乙醛为主要原料合成某药物中间体的合成路线为