2020年山东新高考化学全真模拟卷（七）含解析

2020年山东新高考全真模拟卷（七）
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．中国传统文化对人类文明贡献巨大，古代文献中记载了古代化学研究成果。下列常见古诗文对应的化学知识正确的是
选项
常见古诗文记载
化学知识
A
《梦溪笔谈》中对宝剑的记载：“古人以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”
铁的合金硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的高
B
《本草纲目拾遗》中对强水的记载：“性最烈，能蚀五金，其水甚强，惟玻璃可盛”
强水为氢氟酸
C
《本草经集注》中记载鉴别硝石(KNO3)和朴消(Na2SO4)的方法：“强烧之，紫青烟起，云是真硝石也”。
利用焰色反应
D
《诗经·大雅·绵》：“堇荼如饴。”郑玄笺：“其所生菜，虽有性苦者，甘如饴也。”
糖类均有甜味
【答案】C
【解析】A．剂钢为Fe的合金，铁的合金硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的低，A错误；B．能蚀五金可知为王水，为盐酸、硝酸的混合物，而HF酸与玻璃反应，B错误；C．鉴别硝石(KNO3)和朴消(Na2SO4)，灼烧时焰色反应不同，分别为紫色、黄色，可鉴别，C正确；D．糖类不一定有甜味，如淀粉、纤维素，且有甜味的不一定为糖类物质，D错误；故合理选项是C。
2．用如图所示装置进行下列实验，其中不合理的是

A． 用CCl4萃取碘水中的碘
B．用NaOH溶液除去溴苯中的溴
B． 用水除去硬脂酸钠中的甘油
D．用饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的乙酸
【答案】C
【解析】A．用CCl4萃取碘水中的碘的实验操作为萃取、分液，可通过该装置完成，故A不符合题意；B．溴苯在水中溶解度较小，溴在溴苯中溶解度较大，向溴苯与溴的溶液中加入NaOH溶液后，溴与NaOH反应，生成无机盐，无机盐易溶于水，难溶于溴苯，可分层，然后通过分液分离出溴苯，故B不符合题意；C．硬脂酸钠、甘油均溶于水，不能利用图中装置分离，故C符合题意；D．乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层，可利用图中装置、饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的乙酸，故D不符合题意；故答案为C。
3．下列解释事实的离子方程式正确的是
A．用稀硫酸除去硫酸钠溶液中少量的硫代硫酸钠：Na2S2O3+2H+＝SO2↑+S↓+2Na++H2O
B．硝酸铁溶液中加入少量碘化氢：2Fe3++2I−=2Fe2++I2
C．向NaClO溶液中通入少量CO2制取次氯酸：ClO−+H2O+CO2＝HClO+HCO
D．硫酸铝铵与氢氧化钡以1∶2混合形成的溶液：Al3++2SO+2Ba2++4OH−=BaSO4↓+AlO+2H2O
【答案】C
【解析】A．Na2S2O3为可溶性盐类，其与稀硫酸反应的离子方程式为：S2O+2H+＝SO2↑+S↓+H2O，故A错误；B．硝酸铁水解会生成硝酸，其氧化性大于铁离子，因此向硝酸铁中加入少量碘化氢时，其反应的离子方程式为：，故B错误；C．因酸性：碳酸>次氯酸>碳酸氢根，因此向NaClO溶液中通入少量CO2制取次氯酸的离子反应方程式为：ClO−+H2O+CO2＝HClO+HCO，故C正确；D．硫酸铝铵与氢氧化钡以1∶2混合形成的溶液中反应的离子方程式为：Al3++2SO+NH+2Ba2++4OH−=2BaSO4↓+Al(OH)3+NH3·H2O，故D错误；故答案为：C。
4．《天工开物》记载：“凡火药以硝石、硫磺为主，草木灰为辅……而后火药成声”。其中涉及的主要反应为：S+2KNO3+3CK2S+3CO2↑+N2↑．下列说法正确的是（　　）
A．电负性N＞O
B．CO2分子中C原子为sp杂化
C．单质硫属于共价晶体
D．KNO3中化学键只有σ键
【答案】B
【解析】A．同周期自左而右元素电负性增大，故电负性：N＜O，故A错误；
B．CO2分子为直线型对称结构，C原子为sp杂化，故B正确；
C．单质硫属于分子晶体，故C错误；
D．KNO3中既含离子键又含共价键，故D错误。
5．常温常压下，某金属有机多孔材料（MOFA）对CO2具有超高的吸附能力，并能催化CO2与环氧丙烷的反应，其工作原理如图所示。下列说法错误的是（　　）

A．物质a分子中碳原子和氧原子均采取sp3杂化
B．b的一氯代物有3种
C．a生成b的反应类型为取代反应，并有极性共价键形成
D．该材料的吸附作用具有选择性，利用此法可减少CO2的排放
【答案】C
【解析】A．a分子中C、O原子价层电子对个数都是4，根据价层电子对互斥理论判断C、O原子杂化类型为sp3杂化，故A正确；
B．b中含有3种氢原子，有几种氢原子，其一氯代物就有几种，所以b的一氯代物有3种，故B正确；
C．a和二氧化碳发生加成反应生成b，则a生成b的反应为加成反应，故C错误；
D．a和二氧化碳反应生成b，所以利用此法可减少CO2的排放，故D正确。
6．短周期主族元素X、Y、Z、W质子序数依次增大，其中X的一种单质是自然界硬度最大的物质，Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，Z是短周期元素中金属性最强的元素，W与X同主族。下列说法正确的是
A．原子半径：r(X) B．X的氢化物的热稳定性比Y的强
C．W的最高价氧化物的水化物是一种强酸
D．Y与Z形成的化合物中可能存在共价健
【答案】D
【解析】X的一种单质是自然界硬度最大的物质（金刚石），所以X是C。Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，所以Y是O。Z是短周期元素中金属性最强的元素，所以Z是Na。W与X（C）同主族，所以W是Si。原子半径的大小为：Na(Z)＞Si(W) ＞C(X) ＞O(Y)，所以选项A错误。X的氢化物是CH4，Y的氢化物是H2O，同周期从左向右气态氢化物稳定性增强，所以热稳定性是Y的气态氢化物强，选项B错误。W（Si）的最高价氧化物的水化物是硅酸，属于弱酸，选项C错误。Y与Z形成的化合物可能是Na2O2，其中存在氧原子和氧原子之间的共价键，选项D正确。
7．从牛至精油中提取的三种活性成分的结构简式如下图所示，下列说法正确的是

A． a 中含有2 个手性碳原子(手性碳原子指连有四个不同基团的碳原子)
B． b 分子存在属于芳香族化合物的同分异构体
C． c分子中所有碳原子可能处于同一平面
D． a、b、c均能发生加成反应、取代反应、加聚反应
【答案】A
【解析】 A、a中有两个手性C，故A正确: B. b分子只有2个不饱和度，同分异构体中定不可能有苯环的结构， 因为个苯环就有 4个不饱和度， 故b分子不存在属于芳香族化合物的同分异构体，故B错误;C、c分子中有一个丙基，丙基中的3个C不都在同平面上，故C分子中所有碳原子不可能处于同一平面，故C错误; D、a、b、c均能发生加成反应、取代反应，但c分子中并没有碳碳双键，故不能加聚，故D错误。
8．下列实验操作、实验现象和实验结论均正确的是
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸，
滴加KSCN溶液
溶液变红
稀硫酸能氧化Fe2+
B
向KMnO4酸性溶液中滴加乙二酸
溶液褪色
乙二酸具有氧化性
C
向AgNO3溶液中滴加过量氨水
得到澄清溶液
Ag+与NH3·H2O能大量共存
D
向1mL 0.1 mol·L−1 Na2S溶液中滴入2mL 0.1mol·L−1 ZnSO4溶液，再加入0.1mol·L−1 CuSO4溶液
开始有白色沉淀生成；后有黑色沉淀生成
Ksp(CuS) 【答案】D
【解析】A．酸性条件下Fe2+、NO、H+会发生氧化还原反应生成Fe3+，再滴加KSCN溶液，溶液变红，但稀硫酸不能氧化Fe2+，A错误；B．KMnO4酸性溶液中滴加乙二酸，会发生氧化还原反应，使溶液褪色，则乙二酸具有还原性，B错误；C．AgNO3溶液中滴加过量氨水，生成银氨溶液，故Ag+与NH3·H2O不能大量共存，C错误；D．向Na2S溶液加入过量的ZnSO4溶液，发生反应生成ZnS沉淀，再加入CuSO4溶液，沉淀由白色变为黑色，发生沉淀转化，能说明Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)，D正确；故合理选项是D。
9．常温下，二氯化二硫(S2Cl2)为橙色液体，遇水易水解，工业上用于橡胶的硫化。某学习小组用氯气和硫单质合成S2Cl2的实验装置如图所示，下列说法不正确的是(　　)

A．实验时需后点燃E处的酒精灯
B．C、D中所盛试剂为饱和氯化钠溶液、浓硫酸
C．二氯化二硫(S2Cl2)水解反应产物为S、H2S、HCl
D．G、H之间应加上D装置
【答案】C
【解析】A项，因为装置中有空气，所以实验时应先点燃B处酒精灯，通入氯气排出空气，再点燃E处酒精灯，正确；B项，因为S2Cl2遇水易水解，所以E中应为纯净干燥的氯气与S反应，C中盛饱和氯化钠溶液，吸收挥发出的HCl气体，D中盛浓硫酸吸收水分，正确；C项，根据元素守恒，二氯化二硫(S2Cl2)水解反应的产物中一定有含氧元素的化合物，错误；D项，因为二氯化二硫遇水易水解，所以G、H之间应加上D装置，以防止H中水蒸气进入G中，正确。
10．以氯酸钠（NaClO3）等为原料制备亚氯酸钠（NaClO2）的工艺流程如下，下列说法中，不正确的是

A．反应1中，每生成1mol ClO2有0.5mol SO2被氧化
B．从母液中可以提取Na2SO4
C．反应2中，H2O2做氧化剂
D．采用减压蒸发可能是为了防止NaClO2受热分解
【答案】C
【解析】A．在反应1中，NaClO3和SO2在硫酸的作用下生成Na2SO4和ClO2，反应的离子方程式为2ClO+SO2=SO+2ClO2，根据方程式可知，每生成1mol ClO2有0.5mol SO2被氧化，故A正确；B．根据上述分析可知，反应1中除了生成ClO2，还有Na2SO4生成，则从母液中可以提取Na2SO4，故B正确；C．在反应2中，ClO2与H2O2在NaOH作用下反应生成NaClO2，氯元素的化合价从+4价降低到+3价，则ClO2是氧化剂，H2O2是还原剂，故C错误；D．减压蒸发在较低温度下能够进行，可以防止常压蒸发时温度过高，NaClO2受热分解，故D正确；答案选C。
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．以柏林绿Fe[Fe(CN)6]为代表的新型可充电钠离子电池，其放电工作原理如图所示。下列说法错误的是

A． 放电时，正极反应为Fe[Fe(CN)6]＋2Na+＋2e－＝Na2Fe[Fe(CN)6]
B． 充电时，Mo（钼）箔接电源的负极
C． 充电时，Na+通过交换膜从左室移向右室
D． 外电路中通过0.2mol电子的电量时，负极质量变化为3.6g
【答案】BD
【解析】A、根据工作原理，Mg作负极，Mo作正极，正极反应式为Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e－=Na2Fe[Fe(CN)6]，故A正确；B、充电时，电池的负极接电源的负极，电池的正极接电源的正极，即Mo箔接电源的正极，故B说法错误；C、充电时，属于电解，根据电解原理，Na＋应从左室移向右室，故C说法正确；D、负极上应是2Mg－4e－＋2Cl－=[Mg2Cl2]2＋，通过0.2mol电子时，消耗0.1molMg，质量减少2.4g，故D说法错误。
12．离子交换法淡化海水的实验装置如图所示，下列说法正确的是（　　）

A．通过HR树脂后，溶液中的离子数目和溶液的导电能力不变
B．HR树脂与ZOH树脂的位置可交换
C．通过HR树脂时，溶液中有离子反应H++OH﹣═H2O发生
D．工作一段时间后，两种树脂均需进行再生处理
【答案】D
【解析】A、海水通过HR树脂后，Na+、Mg2+等交换为H+，发生Mg2++2HR══2H++MgR2，溶液中的离子数目会增多，故A错误；
B、两种树脂的位置不能交换，若先通过ZOH树脂，会产生Mg（OH）2等沉淀堵塞树脂，故B错误；
C、通过HR树脂后，Na+、Mg2+等交换为H+，如Mg2++2HR══2H++MgR2，没有发生反应H++OH﹣═H2O，故C错误；
D、工作一段时间后，HR转化为NaR和MgR2等，ZOH转化为ZCl及Z2SO4等，从而失去交换能力，需分别用强酸和强碱进行再生处理，故D正确。
13．三氯氢硅（ SiHCl3）是制备硅烷、多晶硅的重要原料，2SiHCl3（g）⇌SiH2Cl2+SiCl4（g）的反应速率v＝v正﹣v逆＝k正•x2（SiHCl3）﹣k逆•x（SiH2Cl2）•x（SiCl4），k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，x为物质的量分数。采用大孔弱碱性阴离子交换树脂作催化剂，在323K和343K时 SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。下列说法错误的是（　　）

A．该反应的正反应活化能小于逆反应活化能
B．a、b处反应速率大小：va＞vb
C．温度一定时，使用更优质的催化剂可使k正、k逆增大，k正与k逆的比值增大
D．343K时反应的平衡常数K＝
【答案】AC
【解析】A、根据图可知，其他条件相同，70℃时SiHCl3的转化率较50℃大，说明温度升高有利于SiHCl3的转化，正方向移动，即正反应为吸热反应，2SiHCl3（g）⇌SiH2Cl2+SiCl4（g）的正反应活化能大于逆反应活化能，故A错误；
B、a点为70℃时平衡状态，b点为50℃时平衡状态，温度升高，反应速率加快，故70℃时反应速率较快，va ＞vb，故B正确；
C、使用催化剂，加快反应速率，但是不影响平衡，故k正、k逆均增大，且比值不变，故C错误；
D、根据图可知，70℃时SiHCl3的转化率为22%，设SiHCl3的起始浓度为c，有：
2SiHCl3（g）⇌SiH2Cl2（g）+SiCl4（g）
c起始： c 0 0
c转化： 0.22c 0.11c 0.11c
c平衡： 0.78c 0.11c 0.11c
70℃时，平衡常数K＝＝，故D正确；
14．在金属Pt、Cu和铱（Ir）的催化作用下，密闭容器中的H2可高效转化酸性溶液中的硝态氮（NO）以达到消除污染的目的。其工作原理的示意图如下：

下列说法不正确的是
A．Ir的表面发生反应：H2+N2O＝N2+H2O
B．导电基体上的负极反应：H2-2e−＝2H+
C．若导电基体上只有单原子铜，也能消除含氮污染物
D．若导电基体上的Pt颗粒增多，有利于降低溶液中的含氮量
【答案】CD
【解析】A．根据图示可知，氢气与一氧化二氮在铱（Ir）的催化作用下发生氧化还原反应，生成氮气，反应为：H2+N2O＝N2+H2O，A正确；B．根据图示可知：导电基体上的负极反应：氢气失电子，发生氧化反应，导电基体上的负极反应：H2-2e−＝2H+，B正确；C．若导电基体上只有单原子铜，硝酸根离子被还原为一氧化氮，不能消除含氮污染物，C错误；D．从图示可知：若导电基体上的Pt颗粒增多，硝酸根离子得电子变为铵根离子，不利于降低溶液中的含氮量，D错误；正确选项CD。
15．t℃时，AgX(X=C1、Br)的溶度积与c(Ag+)和c(X-)的相互关系如下图所示，其中A线表示AgC1，B线表示AgBr，已知p(Ag+)=－lgc(Ag+)，p(X-)=－lgc(X-)。下列说法正确的是

A． c点可表示AgC1的不饱和溶液
B． b点的AgC1溶液加入AgNO3晶体可以变成a点
C． t℃时，AgC1(s)+Br-(aq)AgBr(s)+C1-(aq)平衡常数K=10-4
D． t℃时，取a点的AgC1溶液和b点AgBr溶液等体积混合，会析出AgBr沉淀
【答案】D
【解析】根据图示，A为氯化银溶液中p(Ag+)与p(Cl-)的关系曲线，线上每一点均为氯化银的饱和溶液，如a点，p(Ag+)=-lgc(Ag+)=5,则c(Ag+)=10-5 mol/L, p(Cl-)=- lgc(Cl-)=5，则c(Cl-)=10-5 mol/L,则Ksp (AgC1)= c(Ag+)×c(Cl-)=10-5×10-5=10-10，同理Ksp ( AgBr) =c(Ag+)×c（Br-）=10-7×10-7=10-14。 A. C点，c(Ag+)=10-4 mol/L,c(Cl-)=10-4 mol/L,因为10-4×10-4=10-8>Kg (AgC1) =10-10， 说明是AgC1的过饱和溶液，故A错误; B. b点的AgC1溶液加入AgNO3晶体，c(Ag+)增大，但c(Cl-)基本不变，不能变成a点，故B错误; C.t℃时，AgC1(s)+Br-(aq)= AgBr（s）+Cl-（aq）平衡常数K===104, 故C错误; D. t℃时，取a点的AgCl溶液和b点AgBr溶液等体积混合,c(Ag+)=×10-4 mo/L+×10-4 mo/L≈×10-4 mo/L，则(Ag+)(Br-)=×10-7 ××10-7>10-14,有AgBr沉淀生成，故D正确;故选D.
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．（11分）低碳经济成为人们一种新的生活理念，二氧化碳的捕捉和利用是一个重要研究方向， 既可变废为宝，又可减少碳的排放。工业上可用CO2和H2制备被誉为“21世纪的清洁燃料”二甲醚(CH3OCH3)：
如在500℃时，在密闭容器中将炼焦中的CO2转化为二甲醚，其相关反应为：
主反应I：2CO2 (g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) ΔH1
副反应II：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH2
(1)已知：①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH=-90.1kJ/mol
②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH=-24.5kJ/mol
③CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) H= -41.0kJ/mol
则主反应I的ΔH1=______。
(2)在一定温度下某密闭容器中按CO2和H2的浓度比为1∶3投料进行反应，测得不同时间段部分物质的浓度如下表：

①10-20min内，CH3OCH3的平均反应速率v(CH3OCH3)=_______。
②根据以上数据计算主反应I的平衡常数K=______(列式，代入数据，不计算结果)。
(3)欲提高CH3OCH3产率的关键的因素是选用合适的催化剂，其原因是_______。
(4)对于反应II，温度对CO2的转化率及催化剂的效率影响如图所示：下列有关说法不正确的是_______。

A．其他条件不变，若不使用催化剂，则250℃时CO2的平衡转化率可能位于Ml
B．温度低于250°C时，随温度升高甲醇的产率增大
C．M点时平衡常数比N点时平衡常数大
D．实际反应应尽可能在较低的温度下进行，以提高CO2的转化
(5)利用太阳能电池将CO2转化为乙烯、丙烯等有机化工原料，其工作原理如图所示。则a为太阳能电池的_______极，写M极上生成丙烯的电极反应式为_________。

【答案】（1）-122.7kJ/mol （1分）
（2）0.003mol/(L·min) （1分） （2分）
（3）适的催化剂能大幅提高主反应速率，从而提高二甲醚的产率 （2分）
（4）ABD （2分）
（5）负极 （1分） 3CO2+18H++18e−=6H2O+CH3CH=CH2 （2分）
【解析】(1)①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH=-90.1 kJ/mol
②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH=-24.5 kJ/mol
③CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH= -41.0 kJ/mol
①×2+②-③×2，整理可得2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) ΔH1=-122.7 kJ/mol；(2)结合表格数据，根据v=可知在10～20min 内，CH3OCH3的平均反应速率v(CH3OCH3)==0.003mol/(L·min)；②反应开始是c(H2)=1.00mol，平衡时c(H2)=0.30 mol，反应反应消耗H2浓度为Δc(H2)=(1.00-0.30) mol/L=0.70 mol/L，其中发生反应：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)，c(CH3OCH3)=0.10 mol/L，则c(H2O)=0.30 mol/L，反应消耗H2浓度为0.60mol/L，发生副反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+2H2O(g)消耗H2的非浓度是0.10mol/L，其产生的H2O的浓度是mol/L，所以平衡时水的浓度是c(H2O)=(0.30+)mol/L；按CO2和H2的浓度比为1∶3投料，发生两个反应时CO2和H2是按1∶3关系反应，达到平衡时二者的物质的量浓度比也是1∶3，反应达到平衡时c(CO2)=（-0.2+）=0.10 mol/L；故主反应I达到平衡时的化学平衡常数K=；(3)有些物质对某一反应有催化作用，对其它反应可能无催化作用或催化效率很低，采用适当的催化剂能大幅提高主反应速率，减少副反应的发生，从而提高二甲醚的产率；(4)A．催化剂不能影响平衡移动，只能改变反应速率，A错误；B．温度低于250℃时，随温度升高，平衡逆向移动，甲醇的产率减小，B错误；C．升高温度二氧化碳的平衡转化率降低，则升温平衡逆向移动，所以M点时化学平衡常数大于N点，C正确；D．较低的温度下进行反应，平衡正向进行，CO2的转化率较高，但催化剂的活性、反应速率减小，不利于反应进行，D错误；故合理选项是ABD；(5)CO2在M电极得到电子，被还原产生丙烯，则M电极为阴极，与电源负极连接的电极为阴极，所以a电极为阴极，M电极的电极反应式为：3CO2+18H++18e−=6H2O+CH3CH=CH2。
17．（13分）早期发现的一种天然二十面体准晶颗粒由Al、Cu、Fe三种金属元素组成，回答下列问题：
（1）准晶是一种无平移周期序，但有严格准周期位置序的独特晶体，可通过_______方法区分晶体、准晶体和非晶体。
（2）基态铜原子的电子排布式为_______。
（3）CuO在高温时分解为O2和Cu2O，请从阳离子的结构来说明在高温时，Cu2O比CuO更稳定的原因是_______。Cu2O为半导体材料，在其立方晶胞内部有4个氧原子，其余氧原子位于面心和顶点，则该晶胞中有_______个铜原子。
（4）Cu2+能与乙二胺（H2N—CH2—CH2—NH2）形成配离子如图：，该配离子中含有的化学键类型有______(填字母序号)。
A．配位键 B．极性键 C．离子键 D．非极性键
（5）羰基铁[Fe(CO)5]可用作催化剂、汽油抗暴剂等。1molFe(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）。
（6）某种磁性氮化铁的结构如图所示，N随机排列在Fe构成的正四面体空隙中。正六棱柱底边长为acm，高为ccm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该磁性氮化铁的晶体密度为____g/cm3(列出计算式)。

【答案】（1）X-射线衍射 （1分）
（2）1s22s22p63s23p63d104s1 （1分）
（3） Cu2O中的Cu+3d轨道处于全满的稳定状态，而CuO中Cu2+中3d轨道排布为3d9，能量高，不稳定 （2分） 16 （2分）
（4）ABD （2分）
（5）10 （2分） CN－(或C22－) （1分）
（6） （2分）
【解析】（1）从外观无法区分三者，但用X光照射会发现：晶体对X射线发生衍射，非晶体不发生衍射，准晶体介于二者之间，因此通过有无X-射线衍射现象即可确定；（2） 29号元素Cu元素的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；（3）在Cu2O中Cu+原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d10，处于d轨道的全满的稳定状态，而若再失去1个电子变为Cu2+时1s22s22p63s23p63d9，是不稳定的状态，CuO在高温时分解为O2和Cu2O；该晶胞中O原子数为4×1+6×+8×=8，由Cu2O中Cu和O的比例可知该晶胞中铜原子数为O原子数的2倍，所以该晶胞中含有Cu原子个数为16个；（4） Cu2+与乙二胺(H2N-CH2-CH2-NH2)中N原子形成配位键；在配位体H2N-CH2-CH2-NH2中C原子与C原子之间形成非极性键；不同元素的原子之间形成极性键，所以该配离子中存在的化学键类型为配位键、极性键、非极性键，故合理选项是ABD；（5） Fe与CO形成5个配位键，属于σ键，CO分子中形成1个σ键，故Fe(CO)5分子含有10个 σ键，1mol Fe(CO)5分子中含10molσ键，与CO互为等电子体的离子，含有2个原子、价电子总数为10，可以用N原子与1个单位负电荷替换O原子，也可以用C原子与2个单位负电荷替换O原子，与CO互为等电子体的离子为：CN－、C22－等；（6）图中结构单元底面为正六边形，边长为a nm，底面面积为6××a×10-7 cm×a×10-7 cm×sin60°=cm2；结构单元的体积V=cm2×c×10-7 cm=cm3，结构单元中含有N原子数为2，含有的Fe原子数为：=6，该晶胞在原子总质量m=g，所以该晶体密度ρ==g/cm3。
18．（12分）卤块的主要成分是MgCl2，此外还含铁的氯化物、CuCl2、SiO2、MnO2等杂质。工业上以卤块为原料可制得轻质氧化镁，工艺流程如图所示：

已知：生成氢氧化物沉淀的pH如下表所示：
物质
开始沉淀
完全沉淀
Fe(OH)3
1.9
3.2
Fe(OH)2
7.6
9.6
Cu(OH)2
6.0
8.0
Mn(OH)2
7.3
9.3
Mg(OH)2
9.1
11.1
请回答下列问题
（1）滤渣1的成分有______________________(填化学式)。加入试剂1的目的是___________。
（2）步骤“加NaOH”需要调节pH值的范围为______________________。
（3）沉淀1的成分为______________________ (填化学式)，步骤“加水煮沸”发生反应的化学方程式为______________________。
（4）步骤“加水煮沸”不能时间太长，原因是______________________。
（5）最近研究表明，常温下在含有Mg2+浓度为1.5mol/L的溶液中加入2倍于Mg2+的物质的量的NH4HCO3，控制pH值在9.5左右，镁的沉淀率能达到99%。产物为一种含结晶水的复盐，可用于煅烧制取轻质氧化镁，经XDR(X射线衍射)分析该复盐含水与含镁的物质的量相等。写出制取该复盐的离子方程式：_________________________________。
（6）除了OH−之外，S2−也是一种常见的金属离子沉淀剂。本质原因是一些金属硫化物的溶解度极小。已知：25℃时，CuS的溶度积为4×10−36，H2S的Ka1=1.25×10−7，Ka2=8.0×10−14。若要在1L．的盐酸中完全溶解0.01mol CuS，理论上需要盐酸的最低浓度为___________mol/L(提示：用离子方程式计算)
【答案】（1）SiO2、MnO2 （1分） 将Fe2+氧化成Fe3+ （1分）
（2） （1分）
（3）MgCO3 （1分） MgCO3+H2OMg(OH)2+CO2↑ （2分）
（4）防止碳酸镁全部转化为氢氧化镁，分解得到重质氧化镁 （2分）
（5） （2分）
（6） （2分）
【解析】（1）卤块的主要成分是MgCl2，此外还含铁的氯化物、CuCl2、SiO2、MnO2等杂质，SiO2、MnO2与稀盐酸不反应，加盐酸溶解后过滤，滤渣1是SiO2、MnO2。步骤②是为了将Fe2+氧化成Fe3+，加入氢氧化钠的目的是控制合适的pH条件时生成Fe(OH)3沉淀而除之，所以加入试剂1的目的是将Fe2+氧化成Fe3+。（2）步骤“加NaOH”的目的是使除Mg2+以外的各种杂质金属离子都生成氢氧化物沉淀，由Cu2+完全沉淀时的pH及Mg2+开始沉淀的pH可知，需要调节pH值范围为。（3）根据沉淀煮沸有气体生成，可知沉淀是MgCO3，所以沉淀1的成分为MgCO3，步骤“加水煮沸”发生反应的化学方程式为MgCO3+H2OMg(OH)2+CO2↑。（4）若“加水煮沸”不能时间太长，碳酸镁全部转化为氢氧化镁，分解得到重质氧化镁。（5）含有Mg2+浓度为1.5mol/L的溶液中加入2倍于Mg2+的物质的量的NH4HCO3，控制pH值在9.5左右，产物为一种含结晶水的复盐，该复盐含水与含镁的物质的量相等，则该盐的化学式是。制取该复盐的离子方程式：。（6）设盐酸的最小浓度为x mol/L。
起始 x 0 0
变化 0.02 0.01 0.01
平衡 x-0.01 0.01 0.01
=
=，x=mol/L。
19．（11分）硫酸四氨合铜晶体([Cu(NH3)4]SO4·H2O)常用作杀虫剂，媒染剂，在碱性镀铜中也常用作电镀液的主要成分，在工业上用途广泛。常温下该物质在空气中不稳定，受热时易发生分解。某化学兴趣小组以Cu粉、3mol/L的硫酸、浓氨水、10% NaOH溶液、95%的乙醇溶液、0.500mol/L稀盐酸、0.500mol/L的NaOH溶液来合成硫酸四氨合铜晶体并测定其纯度。
I．CuSO4溶液的制备
①称取4g铜粉，在A仪器中灼烧10分钟并不断搅拌，放置冷却。
②在蒸发皿中加入30mL 3mol/L的硫酸，将A中固体慢慢放入其中，加热并不断搅拌。
③趁热过滤得蓝色溶液。
（1）A仪器的名称为________________________________。
（2）某同学在实验中有1.5g的铜粉剩余，该同学将制得的CuSO4溶液倒入另一蒸发皿中加热浓缩至有晶膜出现，冷却析出的晶体中含有白色粉末，试解释其原因___________________________
_________________________。
II．晶体的制备
将上述制备的CuSO4溶液按如图所示进行操作

（3）已知浅蓝色沉淀的成分为Cu2(OH)2SO4，试写出生成此沉淀的离子反应方程式___________________。
（4）析出晶体时采用加入乙醇的方法，而不是浓缩结晶的原因是________________________。
III．氨含量的测定
精确称取w g晶体，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10% NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，并用蒸馏水冲洗导管内壁，用V1mL 0.5mol/L的盐酸标准溶液完全吸收。取下接收瓶，用0.5mol/L NaOH标准溶液滴定过剩的HCl(选用甲基橙作指示剂)，到终点时消耗V2 mL NaOH溶液。

（5）A装置中长玻璃管的作用_________________，样品中氨的质量分数的表达式_______。
（6）下列实验操作可能使氨含量测定结果偏高的原因是____________________。
A．滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管。
B．读数时，滴定前平视，滴定后俯视。
C．滴定过程中选用酚酞作指示剂。
D．取下接收瓶前，未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁。
【答案】（1）坩埚 （1分）
（2）反应中硫酸过量，在浓缩过程中，稀硫酸逐渐变浓，浓硫酸的吸水性使CuSO4·5H2O失水变成CuSO4 （2分）
（3）2Cu2++2NH3·H2O+SO=Cu2(OH)2SO4+2NH （2分）
（4）硫酸四氨合铜晶体容易受热分解 （1分）
（5）平衡气压，防止堵塞和倒吸 （1分） （2分）
（6）BD （2分）
【解析】（1）灼烧物质一般在坩埚中进行，将铜粉转化为CuO；故答案为：坩埚；（2）将制得的CuSO4溶液倒入另一蒸发皿中加热浓缩至有晶膜出现，冷却析出的晶体中含有白色粉末，该白色粉末为CuSO4，原因是反应中硫酸过量，在浓缩过程中，稀硫酸逐渐变浓，浓硫酸的吸水性使CuSO4·5H2O失水变成CuSO4；故答案为：反应中硫酸过量，在浓缩过程中，稀硫酸逐渐变浓，浓硫酸的吸水性使CuSO4·5H2O失水变成CuSO4；（3）由操作流程可知，硫酸铜溶液和适量氨水反应生成Cu2(OH)2SO4沉淀，离子反应方程式为：2Cu2++2NH3·H2O+SO=Cu2(OH)2SO4+2NH；故答案为：2Cu2++2NH3·H2O+SO=Cu2(OH)2SO4+2NH；（4）由题给信息可知，硫酸四氨合铜晶体容易受热分解，而加入乙醇可以降低硫酸四氨合铜晶体的溶解度，有利于晶体析出；故答案为：硫酸四氨合铜晶体容易受热分解；（5）当A中压力过大时，长玻璃管中液面上升，使A瓶中压力稳定，即长玻璃管的作用是平衡气压，防止堵塞和倒吸；故答案为：平衡气压，防止堵塞和倒吸；由题给数据可知，蒸出的氨气的物质的量为(0.5V1-0.5V2)×10−3mol，所以样品中氨的质量分数为：；故答案为：；（6）依据样品中氨的质量分数表达式，若实验操作引起V2偏小，则使氨含量测定结果偏高；A．滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管，氢氧化钠溶液浓度偏小，消耗的体积V2偏大，则使氨含量测定结果偏低，不符合题意；B．读数时，滴定前平视，滴定后俯视，消耗的体积V2偏小，则使氨含量测定结果偏高，符合题意；C．滴定过程中选用酚酞作指示剂，消耗的体积V2偏大，则使氨含量测定结果偏低，不符合题意；D．取下接收瓶前，未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁，消耗的体积V2偏小，则使氨含量测定结果偏高，符合题意。故答案为：BD。
20．（13分）氯吡格雷是一种用于预防和治疗因血小板高聚集引起的心、脑及其他动脉循环障碍疾 病的药物。以2氯苯甲醛为原料合成该药物的路线如下：

（1）A中官能团名称为_____，A发生银镜反应的化学方程式为_____。
（2）C生成D的反应类型为_____。
（3）X(C6H7BrS)的结构简式为_____。
（4）写出C聚合成高分子化合物的化学反应方程式：_____。
（5）物质G是物质A的同系物，比A多一个碳原子，符合以下条件的G的同分异构体共有______种。
①除苯环之外无其他环状结构；②能发生银镜反应。 其中核磁共振氢谱中有5个吸收峰，且峰值比为2∶2∶1∶1∶1的结构简式为_____。
（6）已知：，写出以乙烯、甲醇为有机原料制备化 合物 的合成路线（无机试剂任选）__________。
【答案】（1）醛基、氯原子 （1分） + 2Ag(NH3)2OH →2Ag ↓+3NH3 +H2O+ （2分）
（2）取代反应 （1分）；
（3） （1分）
（4） （2分）
（5）17 （2分） （1分）
（6） （3分）
【解析】根据A反应生成B，B反应生成C，C和甲醇发生酯化反应生成D, D取代反应生成E,根据D.E结构简式结合X分子式知，X结构简式为, E发生取代反应生成氯砒格雷;
(1)有机物A的结构简式为，分子中含有的官能团分别为氯原子、醛基;该有机物与银氨溶液发生氧化反应，方程式为: +2Ag(NH3)2OH→+2Ag↓+H2O+3NH3;
(2)对比C、D的结构可知，C中羧基与甲醇发生酯化反应，也属于取代反应;因此本题答案是:取代反应。
(3)由D、E的结构可知，D →E发生取代反应，对比D、E的结构确定X的结构简式为:；
（4）C聚合成高分子化合物的化学反应方程式为：；
(5)物质G是物质A的同系物，则G含有C1原子、-CHO、苯环，且比A多一个碳原子，则比A多个CH2原子团，且满足:①除苯环之外无其它环状结构，②能发生银镜反应，可以含有1个侧链为-CHClCHO,含有可以含有2个侧链，为-CH2Cl、-CHO,或者为-CH2CHO、C1,各有邻、间、对三种，可以有3个取代基，分别为-C1、-CHO、-CH3,当-Cl、-CHO处于邻位时、-CH3有4种位置，当-C1、-CHO处于间位时、-CH3有4种位置，当-CI、-CHO 处于对位时、CH有2种位置，符合条件的同分异构体共有17种;其中核磁共振氢谱中有5个吸收峰，且峰值比为2:2:1:1:1 的结构简式为;因此本题答案是: 17；
(6)乙烯与溴发生加成反应生成BrCH2CH2Br,再水解生成乙二醇，甲醇催化氧化生成HCHO,最后乙二醇与甲醛反应生成，合成路线流程图为:。