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黄金卷02-【赢在高考·黄金8卷】备战2023年高考化学模拟卷（北京卷）
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【赢在高考·黄金8卷】备战2023年高考化学模拟卷（北京）
黄金卷01
（本卷共19小题，满分100分）
第I部分
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1.纵观古今，化学与环境、材料、生产、生活关系密切，下列说法不正确的是( )
A．“华为麒麟980”手机芯片的主要成分是单质硅
B．蛋白质作为营养物质，在人体内代谢，最终的代谢产物只有水和二氧化碳
C．在阳光照射下，利用水和二氧化碳合成的甲醇属于可再生燃料
D．制作N95型口罩的核心材料是聚丙烯，属于有机高分子材料
【答案】 B
【解析】 蛋白质作为营养物质，在人体内代谢，最终的代谢产物除了水和二氧化碳，还有含氮物质，B错误；甲醇属于可再生资源，可代替汽油作为汽车的燃料，C正确；聚丙烯属于有机高分子材料，D正确。
2.下列说法与化学反应无关的是( )
A．明矾用于污水净化
B．小苏打用作食品膨松剂
C．X射线衍射测定青蒿素晶胞结构
D．疫苗运输过程需低温冷藏
【答案】 C
【解析】 明矾用于污水净化涉及明矾在溶液中发生水解反应生成氢氧化铝胶体，与化学反应有关，故A不符合题意；小苏打用作食品膨松剂涉及碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，与化学反应有关，故B不符合题意；X射线衍射测定青蒿素晶胞结构没有涉及化学反应，故C符合题意；若疫苗运输过程不低温冷藏，蛋白质会在较高的温度下发生变性，与化学反应有关，故D不符合题意。
3.医学界通过用14C标记的C60发现了一种C60的羧酸衍生物，这种羧酸衍生物在特定条件下可以通过断裂DNA抑制艾滋病毒的繁殖。下列有关14C的叙述正确的是( )
A．与12C60的碳原子化学性质不同
B．与14N含的中子数相同
C．14C60是12C60的同素异形体
D．与12C互为同位素
【答案】 D
【解析】 同一种元素的化学性质是一样的，14C与12C60中碳原子的化学性质相同，故A错误；14C和14N的中子数分别为8、7，故B错误；14C60与12C60是碳元素的同种单质，不互为同素异形体，故C错误。
4.能正确表示下列离子方程式的是( )
A．KI溶液久置空气中变黄色：4I－＋O2＋2H2O===2I2＋4OH－
B．少量三氧化硫与氨水反应：SO3＋NH3·H2O===NH＋HSO
C．Fe3O4与稀HNO3反应：Fe3O4＋8H＋===Fe2＋＋2Fe3＋＋4H2O
D．将过氧化钠加入硫酸亚铁溶液中发生反应：4Fe2＋＋4Na2O2＋6H2O===4Fe(OH)3↓＋8Na＋
【答案】 A
【解析】 A．I－易被空气中O2氧化为I2，根据得失电子守恒初步确定反应为：4I－＋O2―→2I2，在方程式左边添加2个H2O，右边添加4个OH－配平电荷守恒，得完整方程式为：4I－＋O2＋2H2O===2I2＋4OH－，A正确；B.少量的SO3与氨水反应生成(NH4)2SO4，对应离子方程式为：SO3＋2NH3·H2O===2NH＋SO＋H2O，且水溶液中，强酸酸式根HSO应拆写成H＋和SO，B错误；C.硝酸具有强氧化性，二价铁会被氧化为三价铁，正确离子方程式为：3Fe3O4＋28H＋＋NO===9Fe3＋＋NO↑＋14H2O，C错误；D.Na2O2具有强氧化性，能将二价铁氧化为三价铁，同时Na2O2能与水反应生成O2和NaOH，故反应后生成Fe(OH)3沉淀、O2等物质，初步确定离子方程式为：Na2O2＋Fe2＋＋H2O―→Fe(OH)3↓＋O2↑＋Na＋，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平得总方程式为：4Na2O2＋4Fe2＋＋6H2O===4Fe(OH)3↓＋O2↑＋8Na＋，选项所写离子方程式氧元素不守恒且得失电子不守恒，D错误。
5.下列说法错误的是( )
A．水分子间存在氢键，故H2O比H2S的稳定性强
B．原子最外层电子为ns1的元素可以形成离子化合物，也可形成共价化合物
C．N、O、S的第一电离能逐渐减小，其氢化物分子中键角逐渐减小
D．铟(49In)是第五周期第ⅢA族元素，位于元素周期表p区
【答案】 A
【解析】 氢键是分子间作用力，决定物质的物理性质，不会影响分子稳定性，分子稳定性是其被破坏的难易程度，和化学键有关，A项错误；最外层电子为ns1的元素有H、Li、Na、K、Rb、Cs等，可以形成离子化合物(如NaCl)也可形成共价化合物(如HCl)，B项正确；N、O、S三种元素的第一电离能从大到小的顺序为N＞O＞S，水和硫化氢有两对孤电子对，但是氧原子的电负性比硫原子大，氧原子对其携带的两对孤电子对的吸引力比硫原子大，相应的孤电子对斥力增大使键角也相应比硫化氢大，氨分子只有一对孤电子对，排斥力比有两对孤电子对的情况小，所以键角比水和硫化氢都大，即键角大小：氨>水>硫化氢，C项正确。
6.利用下列实验装置能完成相应实验的是( )
A．装置①测定化学反应速率
B．装置②制取并吸收HCl
C．装置③量取8.5 mL的稀硫酸
D．装置④模拟铁的腐蚀
【答案】 D
【解析】 根据一定时间内生成气体体积测定反应速率，因为缺少秒表而无法记录时间，则无法测定反应速率，A错误；HCl极易溶于NaOH溶液，所以尾气处理装置中导气管不能伸入液面下，否则易产生倒吸，B错误；量取溶液时，选取量筒规格要稍微大于或等于量取溶液的体积，所以量取8.5 mL的稀硫酸应该用10 mL量筒，C错误；酸性条件下，铁发生析氢腐蚀，中性或弱酸性条件下，铁发生吸氧腐蚀，所以U形管中左端红墨水下降、右端红墨水上升，能实现实验目的，D正确。
O2与Na2SiO3溶液发生反应产生胶状沉淀，根据较强酸制较弱酸可得酸性：H2SO3>H2SiO3，D正确。
7. Benton试剂常用于氧化降解有机污染物X。在一定条件下，反应初始时c(X)＝2.0×
10－3 mol·L－1，反应10 min进行测定，得图1和图2。下列说法不正确的是( )
A．50 ℃，pH在3～6之间，X降解率随pH增大而减小
B．pH＝2，温度在40～80 ℃，X降解率随温度升高而增大
C．无需再进行后续实验，就可以判断最佳反应条件是pH＝3、温度为80 ℃
D．pH＝2、温度为50 ℃，10 min内v(X)＝1.44×10－4 mol·L－1·min－1
【答案】 C
【解析】 由图1可知，50 ℃时，pH在3～6之间，X降解率随pH增大而减小，故A正确；由图2可知，pH＝2时，温度在40～80 ℃，X降解率随温度升高而增大，故B正确；溶液的pH、温度会影响X的降解率，需要进行pH＝3、温度对X降解率影响实验或温度为80 ℃、pH对X降解率影响实验，故C错误；由图2可知，pH＝2,50 ℃时到达平衡时X降解率为72%，X的浓度变化量为2.0×10－3 mol·L－1×72%＝1.44×10－3 mol·L－1，故v(X)＝＝1.44×10－4 mol·L－1·min－1，故D正确。
8.最新研究表明，用Sb(CH3)3、Sb(CH3)2Br和Sb(CH3)Br2三种化合物进行重组反应可生成空间位阻最小的离子化合物[Sb2(CH3)5]2[Sb2(CH3)2Br6]。已知锑(Sb)与砷(As)同主族，下列说法不正确的是( )
A．Sb的价电子排布式为5s25p3
B．第一电离能：Br>Se>As
C．电负性：Br>C>H
D．[Sb2(CH3)5]2[Sb2(CH3)2Br6]中存在离子键和共价键
【答案】 B
【解析】 Sb的核外电子排布为[Kr]4d105s25p3，为主族元素，价电子排布式为5s25p3，A正确；第一电离能：Br>As>Se，B错误；元素的非金属性越强，对应元素的电负性越大，所以电负性：Br>C>H，C正确；[Sb(CH3)5]2[Sb2(CH3)2Br6]是由[Sb(CH3)5]＋和[Sb2(CH3)2Br6]2－构成，两种离子间存在离子键，两离子内部存在共价键，D正确。
9.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，四种元素组成的一种分子簇的球棍模型如图所示。W与X不在同一周期，X原子的最外层电子数与核外电子总数之比为3∶4，Z的周期数等于族序数。下列说法不正确的是( )
A．化学式为Y2Z2X6W2
B．X分别与Y、Z形成的化合物为离子化合物
C．简单离子的半径： X＞Y＞Z
D．Y、Z的简单离子均可抑制水的电离
【答案】 D
【解析】 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数与核外电子总数之比为3∶4，由于最外层电子数不超过8，X原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故X为O元素；Z的周期数等于族序数，其原子序数大于氧，只能处于第三周期，故Z为Al元素；W、X(氧)位于不同周期，且W的原子序数小于氧，可推知W为H元素；根据图示可知，四种元素组成的分子簇化学式为H2Al2O6Y2，结合化合价代数和为0可知，Y的化合价为＋2，其原子序数小于铝大于氧，则Y为Mg元素，据此分析解答。由图可知，该分子的化学式为Y2Z2X6W2，故A正确；O分别与Mg、Al形成的化合物为MgO、Al2O3，均为离子化合物，故B正确；O2－、Mg2＋、Al3＋的核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子的半径：O2－＞Mg2＋＞Al3＋，故C正确；Mg2＋、Al3＋均为可水解的离子，均可促进水的电离，故D错误。
10.在碱性溶液中，Cu2＋可以与缩二脲形成紫色配离子，其结构如下图所示。
下列说法错误的是( )
A．该配离子与水分子形成氢键的原子只有N和O
B．该配离子中铜离子的配位数是4
C．基态Cu原子的价电子排布式是3d104s1
D．该配离子中非金属元素的电负性大小顺序为O>N>C>H
【答案】 A
【解析】 A项，与N成键的H可与H2O的O形成氢键，错误；B项，1个铜离子可与2个N和2个O形成配位键，正确；C项，基态Cu原子的价电子排布式为3d104s1，正确；D项，H、C、N、O的电负性大小顺序为O＞N＞C＞H，正确。
11.水体中过量氨氮(以NH3表示)或总氮(溶液中所有可溶性的含氮化合物中氮元素总量)含量过高会导致水体富营养化。用次氯酸钠除去氨氮的一种原理如图所示：
下列说法错误的是( )
A．NaClO除去氨氮的总反应的化学方程式为2NH3＋3NaClO===N2＋3NaCl＋3H2O
B．整个过程中发生的反应都是氧化还原反应
C．在较高温度下，氨氮去除率会降低
D．NaClO投入过多，总氮去除率可能会下降
【答案】 B
【解析】 由图分析，进去的物质为反应物，出来的物质为生成物，所以总反应为2NH3＋3NaClO===N2＋3NaCl＋3H2O，A正确；盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠和水的反应不是氧化还原反应，B错误；较高温度下，次氯酸容易分解，氨氮去除率降低，C正确；次氯酸钠投入过多，可能将氨气氧化为硝酸根离子，去除率降低，D正确。
12.利用间接成对电化学合成间氨基苯甲酸的工作原理如图所示。下列说法错误的是( )
A．阳极的电极反应式为2Cr3＋＋7H2O－6e－===Cr2O＋14H＋
B．阳极槽外氧化反应为＋Cr2O＋8H＋―→＋2Cr3＋＋5H2O
C．通电时阳极区pH减小
D．当电路中转移1 mol e－时，理论上可得到1 mol间氨基苯甲酸
【答案】 D
【解析】 右侧与电源正极相连为阳极，据图可知反应物为Cr3＋和H2O，产物为Cr2O和H＋，根据得失电子守恒和元素守恒可得电极反应为2Cr3＋＋7H2O－6e－===Cr2O＋14H＋，A正确；据图可知阳极槽外被Cr2O和H＋氧化为，反应方程式为＋Cr2O＋8H＋―→＋2Cr3＋＋5H2O，B正确；根据阳极槽内外的反应可知，转移6 mol电子时槽内生成1 mol Cr2O和14 mol H＋，槽外消耗1 mol Cr2O和8 mol H＋，所以通电后阳极区氢离子浓度增大，pH减小，C正确；阴极槽外的反应为＋6Ti3＋＋6H＋
―→＋2H2O＋6Ti4＋，阴极槽内反应为Ti4＋＋e－===Ti3＋，根据方程式可知转移6 mol电子时才能生成1 mol间氨基苯甲酸，D错误。
13.中国努力争取2060年前实现碳中和。利用NaOH溶液喷淋捕捉空气中的CO2，反应过程如图所示。下列说法错误的是( )
A．捕捉室中NaOH溶液喷成雾状有利于吸收CO2
B．环节a中物质分离的基本操作是过滤
C．反应过程中CaO和NaOH是可循环的物质
D．高温反应炉中的物质是Ca(HCO3)2
【答案】 D
【解析】 捕捉室中氢氧化钠溶液喷成雾状，可以增大与二氧化碳的接触面积，有利于二氧化碳充分反应被吸收，故A正确；环节a为向碳酸氢钠溶液中加入氧化钙，氧化钙与碳酸氢钠溶液反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，过滤得到碳酸钙沉淀和氢氧化钠溶液，故B正确；环节a得到的氢氧化钠溶液和反应炉中得到的氧化钙可以循环利用，故C正确；高温反应炉中碳酸钙受热分解生成氧化钙和二氧化碳，故D错误。
14.研究小组进行如下表所示的原电池实验：
实验编号
①
②
实验装置
实验现象
连接好装置5分钟后，灵敏电流表指针向左偏转，两侧铜片表面均无明显现象
连接好装置，开始时左侧铁片表面持续产生气泡，5分钟后，灵敏电流表指针向右偏转，右侧铁片表面无明显现象
下列关于该实验的叙述中，正确的是( )
A．两装置的盐桥中，阳离子均向右侧移动
B．实验①中，左侧的铜被腐蚀
C．实验②中，连接装置5分钟后，左侧电极的电极反应式为：2H＋＋2e－===H2↑
D．实验①和实验②中，均有O2得电子的反应发生
【答案】 D
【解析】 ①电子移动的方向从负极流向正极，即左侧铜为正极，右侧铜为负极，根据原电池工作原理，阳离子向正极移动，即向左侧移动，②5 min后，灵敏电流表指针向右偏转，说明左侧铁作负极，右侧铁作正极，根据原电池的工作原理，阳离子向正极移动，即向右侧移动，A项错误；根据A选项分析，实验①中左侧铜没有被腐蚀，右侧铜被腐蚀，B项错误；实验②中连接好装置，5 min后，灵敏电流表指针向右偏转，说明左侧铁作负极，右侧铁作正极，即左侧电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋，C项错误；实验①左侧电极反应式为O2＋4H＋＋4e－===2H2O，实验②5 min后，右侧铁片电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，均是吸氧腐蚀，D项正确。
第二部分
本部分共 5 题，共 58 分。
15.（10分）三醋酸锰[(CH3COO)3Mn]是一种很好的有机反应氧化剂，可用如下反应制备：4Mn(NO3)2·6H2O＋26(CH3CO)2O===4(CH3COO)3Mn＋8HNO2 ＋ 3O2↑＋ 40CH3COOH。
请回答下列问题：
(1)三醋酸锰[(CH3COO)3Mn]中阳离子的价层电子排布式为____________，该价层电子排布式中电子的自旋状态______________(填“相同”或“相反”)。
(2)过渡元素锰能形成很多重要的配合物。三醋酸锰就是一种配合物，其结构如图所示，其中配位键数为______________________________________________________________。
Mn2＋能形成配离子为八面体的配合物MnClm·nNH3，在该配合物的配离子中，Mn2＋位于八面体的中心。若含1 mol该配合物的溶液与足量AgNO3溶液作用可生成1 mol AgCl沉淀，则化学式中的n为__________。
(3)CH3COOH中碳原子的杂化方式为__________，CH3COOH中所含元素的电负性由大到小的顺序为________________(用元素符号表示)。
(4)NO的空间结构是______________，1 mol醋酸酐[(CH3CO)2O]中所含σ键数与π键数之比为________。
(5)碘与锰形成的某种化合物晶胞结构及晶胞参数如图所示(已知图中I原子与所连接的三个Mn原子的距离相等)，则该化合物的化学式是__________，晶体密度的计算式为__________g·cm－3 (计算式可不化简)。
【答案】 (1)3d4 相同 (2)3 5 (3)sp2、sp3 O＞C＞H (4)V形 6∶1
(5)MnI2 (或)
【解析】 (1)Mn为25号元素，根据构造原理知，Mn的基态原子核外电子排布为[Ar]3d54s2，故Mn3＋核外电子排布式为[Ar]3d4，价层电子排布式为3d4，该价层电子排布图为，电子的自旋状态相同。
(2)由三醋酸锰的结构可知，配位键数为3；由1 mol该配合物与足量AgNO3作用生成1 mol AgCl沉淀，知1 mol配合物电离出1 mol Cl－，即配离子显＋1价，又因为外界有1个Cl－，且Mn显＋2价，所以[MnClp·nNH3]＋中有1个氯原子，即p＝1，又因为该配合物为八面体的配合物，Mn2＋位于八面体的中心，如图所示，其中数字处的小圆圈表示NH3分子或Cl－，该配合物配位数为6，所以n＝6－1＝5，该配合物为MnCl2·5NH3。
(3)CH3COOH中甲基上C原子价层电子对数是4、羧基上C原子价层电子对数是3，根据价层电子对互斥模型判断碳原子的杂化方式前者为sp3、后者是sp2；元素的非金属性越强，其电负性越大，在CH3COOH中所含元素的非金属性：O＞C＞H，则电负性：O＞C＞H。
(4)NO中N原子价层电子对数为2＋＝2＋1＝3，含一对孤电子对，根据价层电子对互斥模型判断该离子空间结构为V形；单键全是σ键，双键含一个σ键和一个π键，醋酸酐[(CH3CO)2O]的结构简式可表示为,1 mol 醋酸酐中含12 mol σ键与2 mol π键，则σ键数与π键数之比为6∶1。
(5)由晶胞图知，I在内部，有2个，Mn在顶点，数目为×8＝1，即化合物的化学式为MnI2；ρ＝＝＝ g·cm－3＝ g·cm－3。
16.（10分）平衡常数是分析平衡问题的重要依据。回答下列问题：
(1)高氯酸、硫酸、硝酸和盐酸都是强酸，其酸性在水溶液中差别不大，但在冰醋酸中却有一定的差异，以下是某温度下这四种酸在冰醋酸中的电离常数：
酸
HClO4
H2SO4
HCl
HNO3
Ka
3.0×10－8
6.3×10－9
1.6×10－9
4.2×10－10
从表格中的数据判断以下说法不正确的是______(填字母)。
a．在冰醋酸中这四种酸都没有完全电离
b．在冰醋酸中高氯酸是这四种酸中酸性最强的酸
c．在冰醋酸中硫酸的电离方程式为H2SO4===2H＋＋SO
d．水对于这四种酸的强弱没有区分能力，但冰醋酸可以区分这四种酸的强弱
(2)已知：25 ℃时，HA的Ka＝1.0×10－6，则1 mol·L－1的HA溶液的pH＝______。
(3)在温度为t时，某研究人员测定NH3·H2O的电离常数Kb为2×10－5，NH的水解常数Kh为1.5×10－8，则该温度下水的离子积常数Kw为________，请判断t____(填“＞”“＜”或“＝”)25 ℃。
(4)化工生产中常用MnS作沉淀剂除去工业废水中的Cu2＋：Cu2＋(aq)＋MnS(s)CuS(s)＋
Mn2＋(aq)。
该反应的平衡常数K为__________(保留两位有效数字，CuS和MnS的Ksp分别为6.0×10－36、2.0×10－10)。
(5)25 ℃时，将a mol·L－1的氨水与0.01 mol·L－1的盐酸等体积混合所得溶液中c(NH)＝
c(Cl－)，则溶液显______(填“酸”“碱”或“中”)性；用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb＝____________。
【答案】 (1)c (2)3 (3)3×10－13 ＞ (4)3.3×1025 (5)中
【解析】 (1)根据电离平衡常数知，在冰醋酸中这几种酸都不完全电离，a正确；在冰醋酸中，高氯酸的电离平衡常数最大，所以高氯酸的酸性最强，b正确；在冰醋酸中硫酸存在电离平衡，所以其电离方程式为H2SO4H＋＋HSO，c错误；这四种酸在水中都完全电离，在冰醋酸中电离程度不同，所以水对于这四种酸的强弱没有区分能力，但冰醋酸可以区分这四种酸的强弱，d正确。(2)由c2(H＋)≈Ka·c(HA)＝1.0×10－6×1，所以c(H＋)＝10－3 mol·L－1，pH＝3。(3)Kw＝Kb·Kh＝2×10－5×1.5×10－8＝3×10－13；t温度时水的离子积常数大于25 ℃时水的离子积常数，水的电离吸热，温度越高离子积常数越大，因此温度应高于25 ℃。(4)平衡常数K＝＝＝＝≈3.3×1025。(5)根据电荷守恒有c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，由于c(NH)＝c(Cl－)，故c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性，故溶液中c(OH－)＝10－7 mol·L－1，溶液中c(NH)＝c(Cl－)＝×0.01 mol·L－1＝0.005 mol·L－1，故混合后溶液中c(NH3·H2O)＝×a mol·L－1－0.005 mol·L－1＝(0.5a－0.005) mol·L－1，NH3·H2O的电离常数Kb＝＝。
17（13分）化合物H是合成治疗心血管疾病药物的中间体，其合成路线如下：
已知：①(苯胺易被氧化)。
②甲苯发生一硝基取代反应与化合物A类似。
回答下列问题：
(1)由B生成C的反应类型为 ，由F生成G的反应类型为 。
(2)由A生成B的化学方程式为 。
(3)写出能同时满足下列条件的D的所有同分异构体的结构简式： (不考虑立体异构)。
①能发生银镜反应；
②能发生水解反应，水解产物之一与FeCl3溶液发生显色反应；
③核磁共振氢谱显示分子中有四种不同化学环境的氢原子。
(4)合成途径中，C转化为D的目的是
。
(5)由甲苯经如下步骤可合成高分子化合物K：
X
①反应1所选用的试剂和反应条件为 (填字母)。
A．浓硝酸/浓硫酸，加热
B．酸性KMnO4溶液
②反应3选用的试剂为 。
③若高分子化合物K的平均相对分子质量为17 868，则K的平均聚合度n＝ 。
【答案】 (1)还原反应 消去反应
(2)＋HNO3(浓)＋H2O
(3)、、
(4)保护氨基，防止其合成过程中被氧化
(5)①B ②Fe/盐酸 ③150
【解析】 (1)B为，C为，B与Fe、HCl反应生成C，该反应类型为还原反应；F为，G为，根据二者结构的不同可知，F→G的反应类型是消去反应。
(2)A→B反应的化学方程式为＋HNO3(浓) ＋H2O。
(3)D的结构简式为，D的同分异构体符合下列条件：①能发生银镜反应，说明含有醛基；②能发生水解反应，水解产物之一与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酯基，水解产物含有酚羟基，即该物质含酚羟基形成的酯基；③核磁共振氢谱显示分子中有4种不同化学环境的氢原子，则符合题意的同分异构体的结构简式：、、。
(4)合成途径中，C转化为D时—NH2发生反应生成—NHCOCH3，后来转化为氨基，目的是保护氨基，防止其在合成过程中被氧化。
(5)由合成路线可知，甲苯首先被酸性KMnO4溶液氧化为苯甲酸()，苯甲酸与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生取代反应生成间硝基苯甲酸()，在Fe、HCl作用下反应生成，在一定条件下发生缩聚反应生成K为。①反应1所选用的试剂和反应条件为酸性KMnO4溶液，【答案】选B。②反应3选用的试剂为Fe/盐酸。③若高分子化合物K的平均相对分子质量为17 868，则K的平均聚合度n＝＝150。
18.（12分）柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)是一种易吸收的高效铁制剂，某研究团队用硫铁矿(主要成分为FeS2、SiO2、Al2O3)为原料，制备柠檬酸亚铁，其流程如图：
已知：
Ⅰ.柠檬酸(C6H8O7)为三元酸。
Ⅱ.表中列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为0.1 mol·L－1计算)。
金属离子
开始沉淀的pH
沉淀完全的pH
Fe3＋
1.1
3.2
Al3＋
3.0
5.0
Fe2＋
5.8
8.8
(1)柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)是一种______(填“正”“酸式”或“碱式”)盐，“焙烧”过程中发生反应的化学方程式为________________________；滤渣1的成分为________(填化学式)。
(2)已知：FeS2与H2SO4不反应。则“还原”时FeS2发生反应的离子方程式为______________。
(3)“沉铁”时的离子方程式为____________________________________，该反应需控制温度在35 ℃以下，其可能的原因是__________________________。
(4)“除铝”时所调pH范围是______________，“还原”和“除铝”两步操作不能交换的原因是__________________________________________。
(5)柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)在空气中煅烧得到Fe2O3和FeO的混合物。检验Fe2O3存在的方法是_____________________________________________________________________________。
【答案】 (1)酸式 4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2 SiO2 (2)FeS2＋2Fe3＋===3Fe2＋＋2S (3)2HCO＋Fe2＋===FeCO3↓＋CO2↑＋H2O 防止NH4HCO3受热分解 (4)5.0≤pH＜5.8 因为Fe3＋沉淀的pH比Al3＋更低，若先调pH则Fe3＋也会沉淀而损耗，降低产率 (5)取煅烧后的固体于试管中，加足量稀硫酸溶解，滴加KSCN溶液，若变红则证明Fe2O3存在
【解析】 (1)由于柠檬酸(C6H8O7)为三元酸，则柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)还能电离出氢离子，是一种酸式盐，分析可知“焙烧”过程中发生反应的化学方程式为4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2。滤渣1的成分为SiO2。(2)已知：FeS2与H2SO4不反应，“还原”时FeS2被铁离子氧化，发生反应的离子方程式为FeS2＋2Fe3＋===3Fe2＋＋2S。(3)“沉铁”时反应物是碳酸氢根离子、亚铁离子，生成物是碳酸亚铁，根据原子守恒可知还有水和二氧化碳生成，反应的离子方程式为2HCO＋Fe2＋===FeCO3↓＋CO2↑＋H2O；由于铵盐受热易分解，该反应需控制温度在35 ℃以下的原因是防止NH4HCO3受热分解。
19.（12分）绿矾(FeSO4·xH2O)是生血片的主要成分。某研究性学习小组拟对绿矾热分解产物进行探究。
(实验猜想)
猜想1：生成Fe2O3、SO2、H2O；
猜想2：生成Fe、Fe2O3、SO2、H2O；
猜想3：生成Fe2O3、SO2、SO3、H2O；
……
(实验探究)该小组用如图所示装置进行实验(夹持仪器略)。
请回答下列问题：
(1)实验操作的先后顺序是________(填字母)。
a．熄灭酒精灯，冷却
b．先检查装置的气密性，后加入药品
c．点燃酒精灯，加热
d．在“气体入口”处通入干燥的N2
其中操作d的作用是__________________________________________________________。
(2)在实验过程中，观察到A中固体变红色，B中无水CuSO4________，C中试纸的颜色变化是________。
(3)反应结束后，取A中固体进行实验，实验操作及现象如下：
①将固体加入盛有足量稀硫酸的试管中，固体完全溶解，且无气体放出；
②取①中溶液滴入适量KMnO4溶液中，KMnO4溶液不褪色；
③取①中溶液滴入KSCN溶液中，溶液变红色。
由此得出结论：红色固体为________。
(4)D中有白色沉淀生成，该沉淀的化学式为________________。有同学认为还应该增加一个实验，取D中沉淀，加入一定量的盐酸以确定其组成，从而确定FeSO4·xH2O的分解产物，你认为是否需要？说明你的理由：__________________________________________________
_____________________________________________________________________。(实验结论)
(5)硫酸亚铁晶体加热分解的化学方程式为__________________________________________
___________________________________________________________________。(实验改进)
(6)有同学对上述实验装置进行了改进，设计出如图所示装置，认为该装置也可以验证硫酸亚铁晶体热分解的产物。
①G中的现象是________________________________________________________________，反应的离子方程式为____________________________________________________________。
②H中球形干燥管的作用是______________________________________________________。
【答案】 (1)bdca 排净装置内的空气，防止Fe2＋被空气中的氧气氧化而干扰实验 (2)由白色变蓝色 蓝色变红色 (3)Fe2O3 (4)BaSO4、BaSO3 不需要，Fe元素的化合价升高，则必有S元素的化合价降低，根据原子守恒和得失电子守恒，可知只有部分S元素的化合价降低，则进入D中的气体为SO3和SO2 (5)2(FeSO4·xH2O)Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑＋2xH2O (6)①高锰酸钾溶液褪色 5SO2＋2MnO＋2H2O===2Mn2＋＋5SO＋4H＋ ②防倒吸
【解析】 A中的FeSO4·xH2O加热分解，产物通过无水硫酸铜，若变蓝，则证明有水生成；C中湿润的蓝色石蕊试纸变红，则证明有酸性气体生成；D中出现白色沉淀，则证明有SO2或SO3生成。再根据元素化合价的变化，可以最终确定FeSO4·xH2O的分解产物。改进实验中，先通氮气将容器中的空气排尽，加热硫酸亚铁晶体，用无水硫酸铜检验生成的水，用KMnO4溶液检验生成的SO2，用NaOH溶液进行尾气处理。
(1)该实验需要探究是否有气体生成，故首先应检查装置的气密性；Fe2＋具有还原性，易被空气中的氧气氧化，影响探究结果，故应在“气体入口”处通入干燥的N2，排净装置内的空气，防止Fe2＋被空气中的氧气氧化而干扰实验；点燃酒精灯，对样品进行加热，实验结束时，熄灭酒精灯，进行冷却。故实验操作的先后顺序是bdca。
(2)加热时，FeSO4·xH2O首先会失去结晶水，然后FeSO4分解。B中无水CuSO4用于检验水的生成，吸水后固体由白色变成蓝色；C中收集到酸性气体，该气体会使湿润的蓝色石蕊试纸变红。
(3)由实验①可知，没有气体放出，可能的原因有两个：一是A中固体没有单质Fe，二是有单质Fe与Fe2O3，Fe与Fe3＋反应生成Fe2＋；由实验②可知，溶液中不存在Fe2＋，则可知A中固体没有单质Fe；由实验③和固体颜色可知，A中固体应为Fe2O3。
(4)由(3)可知，Fe元素的化合价升高，则必有S元素的化合价降低，根据原子守恒和得失电子守恒可知，只有部分S元素的化合价降低，从而可知进入D中的气体为SO3和SO2，因此D中的白色沉淀为BaSO4和BaSO3，不需要再经过实验验证。
(5)根据实验可知，FeSO4·xH2O加热分解生成Fe2O3、SO2、SO3和水，反应的化学方程式为2(FeSO4·xH2O)Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑＋2xH2O。
(6)①SO2有还原性，能将KMnO4还原为Mn2＋，从而使酸性高锰酸钾溶液褪色，反应的离子方程式为5SO2＋2MnO＋2H2O===2Mn2＋＋5SO＋4H＋。②SO2有毒，不能排放到空气中，应用NaOH溶液吸收。若直接将导管插入溶液中，容易引起倒吸，故用球形干燥管防止倒吸。
【赢在高考·黄金8卷】备战2023年高考化学模拟卷（北京）
黄金卷01
（本卷共19小题，满分100分）
第I部分
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1.纵观古今，化学与环境、材料、生产、生活关系密切，下列说法不正确的是( )
A．“华为麒麟980”手机芯片的主要成分是单质硅
B．蛋白质作为营养物质，在人体内代谢，最终的代谢产物只有水和二氧化碳
C．在阳光照射下，利用水和二氧化碳合成的甲醇属于可再生燃料
D．制作N95型口罩的核心材料是聚丙烯，属于有机高分子材料
【答案】 B
【解析】 蛋白质作为营养物质，在人体内代谢，最终的代谢产物除了水和二氧化碳，还有含氮物质，B错误；甲醇属于可再生资源，可代替汽油作为汽车的燃料，C正确；聚丙烯属于有机高分子材料，D正确。
2.下列说法与化学反应无关的是( )
A．明矾用于污水净化
B．小苏打用作食品膨松剂
C．X射线衍射测定青蒿素晶胞结构
D．疫苗运输过程需低温冷藏
【答案】 C
【解析】 明矾用于污水净化涉及明矾在溶液中发生水解反应生成氢氧化铝胶体，与化学反应有关，故A不符合题意；小苏打用作食品膨松剂涉及碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，与化学反应有关，故B不符合题意；X射线衍射测定青蒿素晶胞结构没有涉及化学反应，故C符合题意；若疫苗运输过程不低温冷藏，蛋白质会在较高的温度下发生变性，与化学反应有关，故D不符合题意。
3.医学界通过用14C标记的C60发现了一种C60的羧酸衍生物，这种羧酸衍生物在特定条件下可以通过断裂DNA抑制艾滋病毒的繁殖。下列有关14C的叙述正确的是( )
A．与12C60的碳原子化学性质不同
B．与14N含的中子数相同
C．14C60是12C60的同素异形体
D．与12C互为同位素
【答案】 D
【解析】 同一种元素的化学性质是一样的，14C与12C60中碳原子的化学性质相同，故A错误；14C和14N的中子数分别为8、7，故B错误；14C60与12C60是碳元素的同种单质，不互为同素异形体，故C错误。
4.能正确表示下列离子方程式的是( )
A．KI溶液久置空气中变黄色：4I－＋O2＋2H2O===2I2＋4OH－
B．少量三氧化硫与氨水反应：SO3＋NH3·H2O===NH＋HSO
C．Fe3O4与稀HNO3反应：Fe3O4＋8H＋===Fe2＋＋2Fe3＋＋4H2O
D．将过氧化钠加入硫酸亚铁溶液中发生反应：4Fe2＋＋4Na2O2＋6H2O===4Fe(OH)3↓＋8Na＋
【答案】 A
【解析】 A．I－易被空气中O2氧化为I2，根据得失电子守恒初步确定反应为：4I－＋O2―→2I2，在方程式左边添加2个H2O，右边添加4个OH－配平电荷守恒，得完整方程式为：4I－＋O2＋2H2O===2I2＋4OH－，A正确；B.少量的SO3与氨水反应生成(NH4)2SO4，对应离子方程式为：SO3＋2NH3·H2O===2NH＋SO＋H2O，且水溶液中，强酸酸式根HSO应拆写成H＋和SO，B错误；C.硝酸具有强氧化性，二价铁会被氧化为三价铁，正确离子方程式为：3Fe3O4＋28H＋＋NO===9Fe3＋＋NO↑＋14H2O，C错误；D.Na2O2具有强氧化性，能将二价铁氧化为三价铁，同时Na2O2能与水反应生成O2和NaOH，故反应后生成Fe(OH)3沉淀、O2等物质，初步确定离子方程式为：Na2O2＋Fe2＋＋H2O―→Fe(OH)3↓＋O2↑＋Na＋，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平得总方程式为：4Na2O2＋4Fe2＋＋6H2O===4Fe(OH)3↓＋O2↑＋8Na＋，选项所写离子方程式氧元素不守恒且得失电子不守恒，D错误。
5.下列说法错误的是( )
A．水分子间存在氢键，故H2O比H2S的稳定性强
B．原子最外层电子为ns1的元素可以形成离子化合物，也可形成共价化合物
C．N、O、S的第一电离能逐渐减小，其氢化物分子中键角逐渐减小
D．铟(49In)是第五周期第ⅢA族元素，位于元素周期表p区
【答案】 A
【解析】 氢键是分子间作用力，决定物质的物理性质，不会影响分子稳定性，分子稳定性是其被破坏的难易程度，和化学键有关，A项错误；最外层电子为ns1的元素有H、Li、Na、K、Rb、Cs等，可以形成离子化合物(如NaCl)也可形成共价化合物(如HCl)，B项正确；N、O、S三种元素的第一电离能从大到小的顺序为N＞O＞S，水和硫化氢有两对孤电子对，但是氧原子的电负性比硫原子大，氧原子对其携带的两对孤电子对的吸引力比硫原子大，相应的孤电子对斥力增大使键角也相应比硫化氢大，氨分子只有一对孤电子对，排斥力比有两对孤电子对的情况小，所以键角比水和硫化氢都大，即键角大小：氨>水>硫化氢，C项正确。
6.利用下列实验装置能完成相应实验的是( )
A．装置①测定化学反应速率
B．装置②制取并吸收HCl
C．装置③量取8.5 mL的稀硫酸
D．装置④模拟铁的腐蚀
【答案】 D
【解析】 根据一定时间内生成气体体积测定反应速率，因为缺少秒表而无法记录时间，则无法测定反应速率，A错误；HCl极易溶于NaOH溶液，所以尾气处理装置中导气管不能伸入液面下，否则易产生倒吸，B错误；量取溶液时，选取量筒规格要稍微大于或等于量取溶液的体积，所以量取8.5 mL的稀硫酸应该用10 mL量筒，C错误；酸性条件下，铁发生析氢腐蚀，中性或弱酸性条件下，铁发生吸氧腐蚀，所以U形管中左端红墨水下降、右端红墨水上升，能实现实验目的，D正确。
O2与Na2SiO3溶液发生反应产生胶状沉淀，根据较强酸制较弱酸可得酸性：H2SO3>H2SiO3，D正确。
7. Benton试剂常用于氧化降解有机污染物X。在一定条件下，反应初始时c(X)＝2.0×
10－3 mol·L－1，反应10 min进行测定，得图1和图2。下列说法不正确的是( )
A．50 ℃，pH在3～6之间，X降解率随pH增大而减小
B．pH＝2，温度在40～80 ℃，X降解率随温度升高而增大
C．无需再进行后续实验，就可以判断最佳反应条件是pH＝3、温度为80 ℃
D．pH＝2、温度为50 ℃，10 min内v(X)＝1.44×10－4 mol·L－1·min－1
【答案】 C
【解析】 由图1可知，50 ℃时，pH在3～6之间，X降解率随pH增大而减小，故A正确；由图2可知，pH＝2时，温度在40～80 ℃，X降解率随温度升高而增大，故B正确；溶液的pH、温度会影响X的降解率，需要进行pH＝3、温度对X降解率影响实验或温度为80 ℃、pH对X降解率影响实验，故C错误；由图2可知，pH＝2,50 ℃时到达平衡时X降解率为72%，X的浓度变化量为2.0×10－3 mol·L－1×72%＝1.44×10－3 mol·L－1，故v(X)＝＝1.44×10－4 mol·L－1·min－1，故D正确。
8.最新研究表明，用Sb(CH3)3、Sb(CH3)2Br和Sb(CH3)Br2三种化合物进行重组反应可生成空间位阻最小的离子化合物[Sb2(CH3)5]2[Sb2(CH3)2Br6]。已知锑(Sb)与砷(As)同主族，下列说法不正确的是( )
A．Sb的价电子排布式为5s25p3
B．第一电离能：Br>Se>As
C．电负性：Br>C>H
D．[Sb2(CH3)5]2[Sb2(CH3)2Br6]中存在离子键和共价键
【答案】 B
【解析】 Sb的核外电子排布为[Kr]4d105s25p3，为主族元素，价电子排布式为5s25p3，A正确；第一电离能：Br>As>Se，B错误；元素的非金属性越强，对应元素的电负性越大，所以电负性：Br>C>H，C正确；[Sb(CH3)5]2[Sb2(CH3)2Br6]是由[Sb(CH3)5]＋和[Sb2(CH3)2Br6]2－构成，两种离子间存在离子键，两离子内部存在共价键，D正确。
9.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，四种元素组成的一种分子簇的球棍模型如图所示。W与X不在同一周期，X原子的最外层电子数与核外电子总数之比为3∶4，Z的周期数等于族序数。下列说法不正确的是( )
A．化学式为Y2Z2X6W2
B．X分别与Y、Z形成的化合物为离子化合物
C．简单离子的半径： X＞Y＞Z
D．Y、Z的简单离子均可抑制水的电离
【答案】 D
【解析】 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数与核外电子总数之比为3∶4，由于最外层电子数不超过8，X原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故X为O元素；Z的周期数等于族序数，其原子序数大于氧，只能处于第三周期，故Z为Al元素；W、X(氧)位于不同周期，且W的原子序数小于氧，可推知W为H元素；根据图示可知，四种元素组成的分子簇化学式为H2Al2O6Y2，结合化合价代数和为0可知，Y的化合价为＋2，其原子序数小于铝大于氧，则Y为Mg元素，据此分析解答。由图可知，该分子的化学式为Y2Z2X6W2，故A正确；O分别与Mg、Al形成的化合物为MgO、Al2O3，均为离子化合物，故B正确；O2－、Mg2＋、Al3＋的核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子的半径：O2－＞Mg2＋＞Al3＋，故C正确；Mg2＋、Al3＋均为可水解的离子，均可促进水的电离，故D错误。
10.在碱性溶液中，Cu2＋可以与缩二脲形成紫色配离子，其结构如下图所示。
下列说法错误的是( )
A．该配离子与水分子形成氢键的原子只有N和O
B．该配离子中铜离子的配位数是4
C．基态Cu原子的价电子排布式是3d104s1
D．该配离子中非金属元素的电负性大小顺序为O>N>C>H
【答案】 A
【解析】 A项，与N成键的H可与H2O的O形成氢键，错误；B项，1个铜离子可与2个N和2个O形成配位键，正确；C项，基态Cu原子的价电子排布式为3d104s1，正确；D项，H、C、N、O的电负性大小顺序为O＞N＞C＞H，正确。
11.水体中过量氨氮(以NH3表示)或总氮(溶液中所有可溶性的含氮化合物中氮元素总量)含量过高会导致水体富营养化。用次氯酸钠除去氨氮的一种原理如图所示：
下列说法错误的是( )
A．NaClO除去氨氮的总反应的化学方程式为2NH3＋3NaClO===N2＋3NaCl＋3H2O
B．整个过程中发生的反应都是氧化还原反应
C．在较高温度下，氨氮去除率会降低
D．NaClO投入过多，总氮去除率可能会下降
【答案】 B
【解析】 由图分析，进去的物质为反应物，出来的物质为生成物，所以总反应为2NH3＋3NaClO===N2＋3NaCl＋3H2O，A正确；盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠和水的反应不是氧化还原反应，B错误；较高温度下，次氯酸容易分解，氨氮去除率降低，C正确；次氯酸钠投入过多，可能将氨气氧化为硝酸根离子，去除率降低，D正确。
12.利用间接成对电化学合成间氨基苯甲酸的工作原理如图所示。下列说法错误的是( )
A．阳极的电极反应式为2Cr3＋＋7H2O－6e－===Cr2O＋14H＋
B．阳极槽外氧化反应为＋Cr2O＋8H＋―→＋2Cr3＋＋5H2O
C．通电时阳极区pH减小
D．当电路中转移1 mol e－时，理论上可得到1 mol间氨基苯甲酸
【答案】 D
【解析】 右侧与电源正极相连为阳极，据图可知反应物为Cr3＋和H2O，产物为Cr2O和H＋，根据得失电子守恒和元素守恒可得电极反应为2Cr3＋＋7H2O－6e－===Cr2O＋14H＋，A正确；据图可知阳极槽外被Cr2O和H＋氧化为，反应方程式为＋Cr2O＋8H＋―→＋2Cr3＋＋5H2O，B正确；根据阳极槽内外的反应可知，转移6 mol电子时槽内生成1 mol Cr2O和14 mol H＋，槽外消耗1 mol Cr2O和8 mol H＋，所以通电后阳极区氢离子浓度增大，pH减小，C正确；阴极槽外的反应为＋6Ti3＋＋6H＋
―→＋2H2O＋6Ti4＋，阴极槽内反应为Ti4＋＋e－===Ti3＋，根据方程式可知转移6 mol电子时才能生成1 mol间氨基苯甲酸，D错误。
13.中国努力争取2060年前实现碳中和。利用NaOH溶液喷淋捕捉空气中的CO2，反应过程如图所示。下列说法错误的是( )
A．捕捉室中NaOH溶液喷成雾状有利于吸收CO2
B．环节a中物质分离的基本操作是过滤
C．反应过程中CaO和NaOH是可循环的物质
D．高温反应炉中的物质是Ca(HCO3)2
【答案】 D
【解析】 捕捉室中氢氧化钠溶液喷成雾状，可以增大与二氧化碳的接触面积，有利于二氧化碳充分反应被吸收，故A正确；环节a为向碳酸氢钠溶液中加入氧化钙，氧化钙与碳酸氢钠溶液反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，过滤得到碳酸钙沉淀和氢氧化钠溶液，故B正确；环节a得到的氢氧化钠溶液和反应炉中得到的氧化钙可以循环利用，故C正确；高温反应炉中碳酸钙受热分解生成氧化钙和二氧化碳，故D错误。
14.研究小组进行如下表所示的原电池实验：
实验编号
①
②
实验装置
实验现象
连接好装置5分钟后，灵敏电流表指针向左偏转，两侧铜片表面均无明显现象
连接好装置，开始时左侧铁片表面持续产生气泡，5分钟后，灵敏电流表指针向右偏转，右侧铁片表面无明显现象
下列关于该实验的叙述中，正确的是( )
A．两装置的盐桥中，阳离子均向右侧移动
B．实验①中，左侧的铜被腐蚀
C．实验②中，连接装置5分钟后，左侧电极的电极反应式为：2H＋＋2e－===H2↑
D．实验①和实验②中，均有O2得电子的反应发生
【答案】 D
【解析】 ①电子移动的方向从负极流向正极，即左侧铜为正极，右侧铜为负极，根据原电池工作原理，阳离子向正极移动，即向左侧移动，②5 min后，灵敏电流表指针向右偏转，说明左侧铁作负极，右侧铁作正极，根据原电池的工作原理，阳离子向正极移动，即向右侧移动，A项错误；根据A选项分析，实验①中左侧铜没有被腐蚀，右侧铜被腐蚀，B项错误；实验②中连接好装置，5 min后，灵敏电流表指针向右偏转，说明左侧铁作负极，右侧铁作正极，即左侧电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋，C项错误；实验①左侧电极反应式为O2＋4H＋＋4e－===2H2O，实验②5 min后，右侧铁片电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，均是吸氧腐蚀，D项正确。
第二部分
本部分共 5 题，共 58 分。
15.（10分）三醋酸锰[(CH3COO)3Mn]是一种很好的有机反应氧化剂，可用如下反应制备：4Mn(NO3)2·6H2O＋26(CH3CO)2O===4(CH3COO)3Mn＋8HNO2 ＋ 3O2↑＋ 40CH3COOH。
请回答下列问题：
(1)三醋酸锰[(CH3COO)3Mn]中阳离子的价层电子排布式为____________，该价层电子排布式中电子的自旋状态______________(填“相同”或“相反”)。
(2)过渡元素锰能形成很多重要的配合物。三醋酸锰就是一种配合物，其结构如图所示，其中配位键数为______________________________________________________________。
Mn2＋能形成配离子为八面体的配合物MnClm·nNH3，在该配合物的配离子中，Mn2＋位于八面体的中心。若含1 mol该配合物的溶液与足量AgNO3溶液作用可生成1 mol AgCl沉淀，则化学式中的n为__________。
(3)CH3COOH中碳原子的杂化方式为__________，CH3COOH中所含元素的电负性由大到小的顺序为________________(用元素符号表示)。
(4)NO的空间结构是______________，1 mol醋酸酐[(CH3CO)2O]中所含σ键数与π键数之比为________。
(5)碘与锰形成的某种化合物晶胞结构及晶胞参数如图所示(已知图中I原子与所连接的三个Mn原子的距离相等)，则该化合物的化学式是__________，晶体密度的计算式为__________g·cm－3 (计算式可不化简)。
【答案】 (1)3d4 相同 (2)3 5 (3)sp2、sp3 O＞C＞H (4)V形 6∶1
(5)MnI2 (或)
【解析】 (1)Mn为25号元素，根据构造原理知，Mn的基态原子核外电子排布为[Ar]3d54s2，故Mn3＋核外电子排布式为[Ar]3d4，价层电子排布式为3d4，该价层电子排布图为，电子的自旋状态相同。
(2)由三醋酸锰的结构可知，配位键数为3；由1 mol该配合物与足量AgNO3作用生成1 mol AgCl沉淀，知1 mol配合物电离出1 mol Cl－，即配离子显＋1价，又因为外界有1个Cl－，且Mn显＋2价，所以[MnClp·nNH3]＋中有1个氯原子，即p＝1，又因为该配合物为八面体的配合物，Mn2＋位于八面体的中心，如图所示，其中数字处的小圆圈表示NH3分子或Cl－，该配合物配位数为6，所以n＝6－1＝5，该配合物为MnCl2·5NH3。
(3)CH3COOH中甲基上C原子价层电子对数是4、羧基上C原子价层电子对数是3，根据价层电子对互斥模型判断碳原子的杂化方式前者为sp3、后者是sp2；元素的非金属性越强，其电负性越大，在CH3COOH中所含元素的非金属性：O＞C＞H，则电负性：O＞C＞H。
(4)NO中N原子价层电子对数为2＋＝2＋1＝3，含一对孤电子对，根据价层电子对互斥模型判断该离子空间结构为V形；单键全是σ键，双键含一个σ键和一个π键，醋酸酐[(CH3CO)2O]的结构简式可表示为,1 mol 醋酸酐中含12 mol σ键与2 mol π键，则σ键数与π键数之比为6∶1。
(5)由晶胞图知，I在内部，有2个，Mn在顶点，数目为×8＝1，即化合物的化学式为MnI2；ρ＝＝＝ g·cm－3＝ g·cm－3。
16.（10分）平衡常数是分析平衡问题的重要依据。回答下列问题：
(1)高氯酸、硫酸、硝酸和盐酸都是强酸，其酸性在水溶液中差别不大，但在冰醋酸中却有一定的差异，以下是某温度下这四种酸在冰醋酸中的电离常数：
酸
HClO4
H2SO4
HCl
HNO3
Ka
3.0×10－8
6.3×10－9
1.6×10－9
4.2×10－10
从表格中的数据判断以下说法不正确的是______(填字母)。
a．在冰醋酸中这四种酸都没有完全电离
b．在冰醋酸中高氯酸是这四种酸中酸性最强的酸
c．在冰醋酸中硫酸的电离方程式为H2SO4===2H＋＋SO
d．水对于这四种酸的强弱没有区分能力，但冰醋酸可以区分这四种酸的强弱
(2)已知：25 ℃时，HA的Ka＝1.0×10－6，则1 mol·L－1的HA溶液的pH＝______。
(3)在温度为t时，某研究人员测定NH3·H2O的电离常数Kb为2×10－5，NH的水解常数Kh为1.5×10－8，则该温度下水的离子积常数Kw为________，请判断t____(填“＞”“＜”或“＝”)25 ℃。
(4)化工生产中常用MnS作沉淀剂除去工业废水中的Cu2＋：Cu2＋(aq)＋MnS(s)CuS(s)＋
Mn2＋(aq)。
该反应的平衡常数K为__________(保留两位有效数字，CuS和MnS的Ksp分别为6.0×10－36、2.0×10－10)。
(5)25 ℃时，将a mol·L－1的氨水与0.01 mol·L－1的盐酸等体积混合所得溶液中c(NH)＝
c(Cl－)，则溶液显______(填“酸”“碱”或“中”)性；用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb＝____________。
【答案】 (1)c (2)3 (3)3×10－13 ＞ (4)3.3×1025 (5)中
【解析】 (1)根据电离平衡常数知，在冰醋酸中这几种酸都不完全电离，a正确；在冰醋酸中，高氯酸的电离平衡常数最大，所以高氯酸的酸性最强，b正确；在冰醋酸中硫酸存在电离平衡，所以其电离方程式为H2SO4H＋＋HSO，c错误；这四种酸在水中都完全电离，在冰醋酸中电离程度不同，所以水对于这四种酸的强弱没有区分能力，但冰醋酸可以区分这四种酸的强弱，d正确。(2)由c2(H＋)≈Ka·c(HA)＝1.0×10－6×1，所以c(H＋)＝10－3 mol·L－1，pH＝3。(3)Kw＝Kb·Kh＝2×10－5×1.5×10－8＝3×10－13；t温度时水的离子积常数大于25 ℃时水的离子积常数，水的电离吸热，温度越高离子积常数越大，因此温度应高于25 ℃。(4)平衡常数K＝＝＝＝≈3.3×1025。(5)根据电荷守恒有c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，由于c(NH)＝c(Cl－)，故c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性，故溶液中c(OH－)＝10－7 mol·L－1，溶液中c(NH)＝c(Cl－)＝×0.01 mol·L－1＝0.005 mol·L－1，故混合后溶液中c(NH3·H2O)＝×a mol·L－1－0.005 mol·L－1＝(0.5a－0.005) mol·L－1，NH3·H2O的电离常数Kb＝＝。
17（13分）化合物H是合成治疗心血管疾病药物的中间体，其合成路线如下：
已知：①(苯胺易被氧化)。
②甲苯发生一硝基取代反应与化合物A类似。
回答下列问题：
(1)由B生成C的反应类型为 ，由F生成G的反应类型为 。
(2)由A生成B的化学方程式为 。
(3)写出能同时满足下列条件的D的所有同分异构体的结构简式： (不考虑立体异构)。
①能发生银镜反应；
②能发生水解反应，水解产物之一与FeCl3溶液发生显色反应；
③核磁共振氢谱显示分子中有四种不同化学环境的氢原子。
(4)合成途径中，C转化为D的目的是
。
(5)由甲苯经如下步骤可合成高分子化合物K：
X
①反应1所选用的试剂和反应条件为 (填字母)。
A．浓硝酸/浓硫酸，加热
B．酸性KMnO4溶液
②反应3选用的试剂为 。
③若高分子化合物K的平均相对分子质量为17 868，则K的平均聚合度n＝ 。
【答案】 (1)还原反应 消去反应
(2)＋HNO3(浓)＋H2O
(3)、、
(4)保护氨基，防止其合成过程中被氧化
(5)①B ②Fe/盐酸 ③150
【解析】 (1)B为，C为，B与Fe、HCl反应生成C，该反应类型为还原反应；F为，G为，根据二者结构的不同可知，F→G的反应类型是消去反应。
(2)A→B反应的化学方程式为＋HNO3(浓) ＋H2O。
(3)D的结构简式为，D的同分异构体符合下列条件：①能发生银镜反应，说明含有醛基；②能发生水解反应，水解产物之一与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酯基，水解产物含有酚羟基，即该物质含酚羟基形成的酯基；③核磁共振氢谱显示分子中有4种不同化学环境的氢原子，则符合题意的同分异构体的结构简式：、、。
(4)合成途径中，C转化为D时—NH2发生反应生成—NHCOCH3，后来转化为氨基，目的是保护氨基，防止其在合成过程中被氧化。
(5)由合成路线可知，甲苯首先被酸性KMnO4溶液氧化为苯甲酸()，苯甲酸与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生取代反应生成间硝基苯甲酸()，在Fe、HCl作用下反应生成，在一定条件下发生缩聚反应生成K为。①反应1所选用的试剂和反应条件为酸性KMnO4溶液，【答案】选B。②反应3选用的试剂为Fe/盐酸。③若高分子化合物K的平均相对分子质量为17 868，则K的平均聚合度n＝＝150。
18.（12分）柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)是一种易吸收的高效铁制剂，某研究团队用硫铁矿(主要成分为FeS2、SiO2、Al2O3)为原料，制备柠檬酸亚铁，其流程如图：
已知：
Ⅰ.柠檬酸(C6H8O7)为三元酸。
Ⅱ.表中列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为0.1 mol·L－1计算)。
金属离子
开始沉淀的pH
沉淀完全的pH
Fe3＋
1.1
3.2
Al3＋
3.0
5.0
Fe2＋
5.8
8.8
(1)柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)是一种______(填“正”“酸式”或“碱式”)盐，“焙烧”过程中发生反应的化学方程式为________________________；滤渣1的成分为________(填化学式)。
(2)已知：FeS2与H2SO4不反应。则“还原”时FeS2发生反应的离子方程式为______________。
(3)“沉铁”时的离子方程式为____________________________________，该反应需控制温度在35 ℃以下，其可能的原因是__________________________。
(4)“除铝”时所调pH范围是______________，“还原”和“除铝”两步操作不能交换的原因是__________________________________________。
(5)柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)在空气中煅烧得到Fe2O3和FeO的混合物。检验Fe2O3存在的方法是_____________________________________________________________________________。
【答案】 (1)酸式 4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2 SiO2 (2)FeS2＋2Fe3＋===3Fe2＋＋2S (3)2HCO＋Fe2＋===FeCO3↓＋CO2↑＋H2O 防止NH4HCO3受热分解 (4)5.0≤pH＜5.8 因为Fe3＋沉淀的pH比Al3＋更低，若先调pH则Fe3＋也会沉淀而损耗，降低产率 (5)取煅烧后的固体于试管中，加足量稀硫酸溶解，滴加KSCN溶液，若变红则证明Fe2O3存在
【解析】 (1)由于柠檬酸(C6H8O7)为三元酸，则柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)还能电离出氢离子，是一种酸式盐，分析可知“焙烧”过程中发生反应的化学方程式为4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2。滤渣1的成分为SiO2。(2)已知：FeS2与H2SO4不反应，“还原”时FeS2被铁离子氧化，发生反应的离子方程式为FeS2＋2Fe3＋===3Fe2＋＋2S。(3)“沉铁”时反应物是碳酸氢根离子、亚铁离子，生成物是碳酸亚铁，根据原子守恒可知还有水和二氧化碳生成，反应的离子方程式为2HCO＋Fe2＋===FeCO3↓＋CO2↑＋H2O；由于铵盐受热易分解，该反应需控制温度在35 ℃以下的原因是防止NH4HCO3受热分解。
19.（12分）绿矾(FeSO4·xH2O)是生血片的主要成分。某研究性学习小组拟对绿矾热分解产物进行探究。
(实验猜想)
猜想1：生成Fe2O3、SO2、H2O；
猜想2：生成Fe、Fe2O3、SO2、H2O；
猜想3：生成Fe2O3、SO2、SO3、H2O；
……
(实验探究)该小组用如图所示装置进行实验(夹持仪器略)。
请回答下列问题：
(1)实验操作的先后顺序是________(填字母)。
a．熄灭酒精灯，冷却
b．先检查装置的气密性，后加入药品
c．点燃酒精灯，加热
d．在“气体入口”处通入干燥的N2
其中操作d的作用是__________________________________________________________。
(2)在实验过程中，观察到A中固体变红色，B中无水CuSO4________，C中试纸的颜色变化是________。
(3)反应结束后，取A中固体进行实验，实验操作及现象如下：
①将固体加入盛有足量稀硫酸的试管中，固体完全溶解，且无气体放出；
②取①中溶液滴入适量KMnO4溶液中，KMnO4溶液不褪色；
③取①中溶液滴入KSCN溶液中，溶液变红色。
由此得出结论：红色固体为________。
(4)D中有白色沉淀生成，该沉淀的化学式为________________。有同学认为还应该增加一个实验，取D中沉淀，加入一定量的盐酸以确定其组成，从而确定FeSO4·xH2O的分解产物，你认为是否需要？说明你的理由：__________________________________________________
_____________________________________________________________________。(实验结论)
(5)硫酸亚铁晶体加热分解的化学方程式为__________________________________________
___________________________________________________________________。(实验改进)
(6)有同学对上述实验装置进行了改进，设计出如图所示装置，认为该装置也可以验证硫酸亚铁晶体热分解的产物。
①G中的现象是________________________________________________________________，反应的离子方程式为____________________________________________________________。
②H中球形干燥管的作用是______________________________________________________。
【答案】 (1)bdca 排净装置内的空气，防止Fe2＋被空气中的氧气氧化而干扰实验 (2)由白色变蓝色 蓝色变红色 (3)Fe2O3 (4)BaSO4、BaSO3 不需要，Fe元素的化合价升高，则必有S元素的化合价降低，根据原子守恒和得失电子守恒，可知只有部分S元素的化合价降低，则进入D中的气体为SO3和SO2 (5)2(FeSO4·xH2O)Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑＋2xH2O (6)①高锰酸钾溶液褪色 5SO2＋2MnO＋2H2O===2Mn2＋＋5SO＋4H＋ ②防倒吸
【解析】 A中的FeSO4·xH2O加热分解，产物通过无水硫酸铜，若变蓝，则证明有水生成；C中湿润的蓝色石蕊试纸变红，则证明有酸性气体生成；D中出现白色沉淀，则证明有SO2或SO3生成。再根据元素化合价的变化，可以最终确定FeSO4·xH2O的分解产物。改进实验中，先通氮气将容器中的空气排尽，加热硫酸亚铁晶体，用无水硫酸铜检验生成的水，用KMnO4溶液检验生成的SO2，用NaOH溶液进行尾气处理。
(1)该实验需要探究是否有气体生成，故首先应检查装置的气密性；Fe2＋具有还原性，易被空气中的氧气氧化，影响探究结果，故应在“气体入口”处通入干燥的N2，排净装置内的空气，防止Fe2＋被空气中的氧气氧化而干扰实验；点燃酒精灯，对样品进行加热，实验结束时，熄灭酒精灯，进行冷却。故实验操作的先后顺序是bdca。
(2)加热时，FeSO4·xH2O首先会失去结晶水，然后FeSO4分解。B中无水CuSO4用于检验水的生成，吸水后固体由白色变成蓝色；C中收集到酸性气体，该气体会使湿润的蓝色石蕊试纸变红。
(3)由实验①可知，没有气体放出，可能的原因有两个：一是A中固体没有单质Fe，二是有单质Fe与Fe2O3，Fe与Fe3＋反应生成Fe2＋；由实验②可知，溶液中不存在Fe2＋，则可知A中固体没有单质Fe；由实验③和固体颜色可知，A中固体应为Fe2O3。
(4)由(3)可知，Fe元素的化合价升高，则必有S元素的化合价降低，根据原子守恒和得失电子守恒可知，只有部分S元素的化合价降低，从而可知进入D中的气体为SO3和SO2，因此D中的白色沉淀为BaSO4和BaSO3，不需要再经过实验验证。
(5)根据实验可知，FeSO4·xH2O加热分解生成Fe2O3、SO2、SO3和水，反应的化学方程式为2(FeSO4·xH2O)Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑＋2xH2O。
(6)①SO2有还原性，能将KMnO4还原为Mn2＋，从而使酸性高锰酸钾溶液褪色，反应的离子方程式为5SO2＋2MnO＋2H2O===2Mn2＋＋5SO＋4H＋。②SO2有毒，不能排放到空气中，应用NaOH溶液吸收。若直接将导管插入溶液中，容易引起倒吸，故用球形干燥管防止倒吸。
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