1、辽宁省沈阳市东北育才学校 2018届高三第八次模拟考试理综化学试题1. 下列叙述错误的是( )A. 化学反应能够制造出新的物质，但不能制造出新的元素B. 用 Na2S作沉淀剂，可除去废水中的 Cu2 和 Hg2C. 玻璃钢是一种合金，广泛用于汽车车身D. 只要符合限量， “食用色素” 、 “苯甲酸钠” 、 “亚硝酸盐”可以作为某些食品添加剂【答案】C【解析】试题分析：A、化学变化的特征是有新物质产生，而原子是化学变化中的最小微粒，因此化学反应能够制造出新的物质，但不能制造出新的元素，A 正确；B、用 Na2S作沉淀剂，可除去废水中的 Cu2 和 Hg2 ，二者分别转化为难溶性硫化铜和硫化铅，B
2、 正确；C、玻璃钢是玻璃纤维与合成材料复而成的一种特殊材料，属于复合材料，不是合金，C 不正确；D、只要符合限量， “食用色素” 、 “苯甲酸钠” 、 “亚硝酸盐”可以作为某些食品的添加剂，正确，答案选 C。考点：考查化学与生活、生产的有关正误判断2. 短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大。工业上以金红石（主要成分是 TiO2）为原料制备金属钛的步骤：在高温下，向金红石与 W的单质的混合物中通入 Z的气体单质，得到化合物甲和化学式为 WX的常见可燃性气体乙；在稀有气体环境和加热条件下，用 Y的金属单质与甲反应可得钛，下列说法不正确的是( )A. 非金属性：ZXWB. 简单离子半径
3、：ZXYC. W与 Z形成的化合物可用于工业上的重要有机溶剂D. ZX2具有强氧化性，可用于饮用水消毒【答案】A【解析】在高温下，向金红石与碳单质的混合物中通入氯气，在一定条件下发生反应得到化合物四氯化钛和可燃性气体一氧化碳；四氯化钛与金属镁反应生成金属钛和氯化镁；因此短周期主族元素 W为碳、X 为氧、Y 为镁、Z 为氯；原子半径越小，元素的非金属性越强，因此非金属性：氧氯碳；A 错误；电子层数越多，半径越大，核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，因此，简单离子半径：Cl - O2- Mg2+, B正确；W 与 Z形成的化合物为四氯化碳，它性质稳定，是一种工业上的重要有机溶剂，C
4、 正确；ClO 2具有强氧化性，可用于饮用水消毒, D 正确；正确选项 A。点睛：因为氧和氯在元素周期表中的位置的斜对角，所以它们的非金属性是十分相近的，但因为氧在自然界中基本上没有正价态，而氯的+1、+5、+7 价则比较常见，所以氧的非金属性比氯要稍强一些。3. 将铁、铜混合物粉末平均分成三等份，分别加入到同浓度、不同体积的稀硝酸中，充分反应后，收集到 NO气体的体积及剩余固体的质量如表 （设反应前后溶液的体积不变，气体体积已换算为标准状况时的体积） ，下列说法正确的是( )实验序号 稀硝酸的体积/mL 剩余固体的质量/g NO的体积/L1 100 17.2 2.242 200 8.00 4
5、.483 400 0 VA. 表中 V=7.84 LB. 原混合物粉末的质量为 25.6 gC. 原混合物粉未中铁和铜的物质的量之比为 2：3D. 实验 3所得溶液中硝酸的物质的量浓度为 0.875 molL1【答案】A【解析】由第一组数据可知固体有剩余，硝酸与 Fe、Cu 反应，都有：3Fe+8HNO 3=3Fe（NO）2+2NO+4H 2O，3Cu+8HNO 3=3Cu（NO） 2+2NO+4H 2O，根据化学方程式得，n（HNO 3）=4 n（NO） ，加入 100 mL硝酸溶液时，n（NO）=0.1mol，则 n（HNO 3）=0.4mol，所以 c（HNO 3）=4mol/L，由 1
6、、2 两组数据分析，两次剩余物的质量相差 9.2g，此时生成 2.24 LNO气体（转移 0.3 mol电子） ，根据电子守恒得：若只溶解铁，消耗 Fe的质量为 8.4 g，若只溶解铜，消耗 Cu的质量为 9.6 g，由此现在消耗 9.2g，介于两者之间，可知这 9.2 g中应有 Fe和 Cu两种金属，设 Fe和 Cu的物质的量分别为 xmol和 ymol，则 解之得所以 9.2g中含铁质量是 2.8g，含铜的质量是 6.4g，所以第一次实验反应消耗的是 Fe，反应后剩余金属为 Fe和 Cu，而第二次实验后剩余金属只有铜，所以每一份固体混合物的质量为：8.4g+17.2g=25.6g，其中含铁
7、为 8.4g+2.8g=11.2g，含铜的质量为：6.4g+8g=14.4g，所以铁和铜的物质的量之比为 11.2g56 gmol-1：14.4g64 gmol -1=8：9；400ml硝酸的物质的量是：n（HNO 3）=0.4L4 molL -1=1.6mol,n(Fe)=0.2mol,n(Cu)=0.225mol,根据得失电子守恒和 N元素守恒得：点睛：对于硝酸与 Fe的反应，Fe 与 HNO3反应首先生成 Fe(NO3)3，过量的 Fe再与 Fe3+反应生成 Fe2+，如本题中第 1、第 2次的两次实验，金属剩余，Fe 应该生成 Fe2+，这是解决本题的关键，为确定剩余 8g的成分提供依
8、据，即参加反应的 Fe的产物一定是 Fe2+，根据极值法和混合物计算的方法确定 8g剩余金属的组成，通过第三次实验判断硝酸过量，Fe 生成 Fe3+。4. 我国研究锂硫电池获得突破，电池的总反应是 16Li+S8 8Li2S ，充放电曲线如图所示，下列说法不正确的是( )A. 充电时，电能转化为化学能B. 放电时，锂离子向正极移动C. 放电时，1mol Li 2S6转化为 Li2S4得到 2mole-D. 充电时，阳极总电极反应式是 8S2- -16e- = S8【答案】C【解析】A. 充电时，是电解池，是电能转化为化学能，故 A正确；B. 放电时，是原电池，在原电池中，阳离子向正极移动，因此
9、锂离子向正极移动，故 B正确；C. 根据图示，放电时，1mol Li 2S6转化为 Li2S4的反应为 2Li2S6+ 2Li =3Li2S4，反应中 2mol Li2S6得到 2mole-，即 1mol Li2S6得到 1mole-，故 C错误；D. 根据 16Li+S8 8Li2S，充电时，阳极总电极反应式是 8S2- -16e- = S8，故 D正确；故选 C。点睛：本题考查了原电池和电解池的工作原理的应用。本题中放电过程是分步放电的，这是本题的难点，本题的易错点为 C，要注意根据每步反应的方程式分析解答。5. 诺卜醇可用于调制木香型化妆品及皂用香精。一种制备方法如图所示,下列说法正确的
10、是( )A. 可用溴的 CCl4溶液区别 -蒎烯与诺卜醇B. -蒎烯的饱和碳原子上的一氯代物最多有 7种C. -蒎烯和诺卜醇分子中都有一个由 5个碳原子构成的四面体D. 可用乙酸检验 -蒎烯中是否含有诺卜醇【答案】C【解析】A 项，-蒎烯和诺卜醇中都含有碳碳双键，都能使溴的 CCl4溶液褪色，用溴的CCl4溶液不能区别 -蒎烯和诺卜醇，A 项错误；B 项，-蒎烯的饱和碳原子上有 6种 H原子，-蒎烯的饱和碳原子上的一氯代物最多有 6种，B 项错误；C 项，-蒎烯和诺卜醇中与两个-CH 3直接相连碳原子为饱和碳原子，该碳原子与周围 4个碳原子构成四面体，C 项正确；D 项，-蒎烯中官能团为碳碳双
11、键，诺卜醇中官能团为碳碳双键和醇羟基，虽然诺卜醇能与乙酸反应，但无明显实验现象，不能用乙酸检验 -蒎烯是否含有诺卜醇，检验 -蒎烯中是否含诺卜醇应用 Na，加入 Na若产生气泡则含诺卜醇，不产生气泡则不含诺卜醇，D项错误；答案选 C。点睛：本题考查有机物的结构和性质、一氯代物数目的确定、有机物中碳原子的成键特点、有机物的检验和鉴别。难点是一氯代物数目的确定，确定一氯代物的同分异构体数目采用等效氢法：同一个碳原子上的氢原子等效，同一个碳原子上所连甲基上氢原子等效，处于对称位置的氢原子等效。6. 在如图装置中，烧瓶中充满干燥气体 a。打开弹簧夹 f，然后将滴管中的液体 b挤入烧瓶内，轻轻振荡烧瓶，
12、烧杯中的液体 b 呈喷泉状喷出，最终几乎充满整个烧瓶。a 和 b可能是( )a(干燥气体） b(液体） NH3 水 CO2 饱和 NaOH溶液 Cl2 饱和食盐水 NO2 水 HCl 0.1 molL-1AgNO3溶液A. B. C. D. 【答案】B【解析】NH 3极易溶于水,烧瓶内压强减小为零,同外界大气压产生压强差,所以形成喷泉,并充满烧瓶； CO 2与饱和 NaOH溶液完全反应，压强近乎没有，同外界大气压产生压强差,能形成喷泉, 最终几乎充满整个烧瓶；.氯气在饱和食盐水中的溶解度很小,锥形瓶与烧瓶内近乎压强相等,不能形成喷泉；NO 2与水反应,生成硝酸和 NO,容器内气体减少,气压减小
13、,形成喷泉,但因为 NO不溶于水,所以不会充满烧瓶,HCl 极易溶于水并且和 0.1 molL-1AgNO3溶液反应，使烧瓶内压强减小为零同外界大气压产生压强差,所以形成喷泉,并充满烧瓶；综上所述符合条件的为. 。所以 B选项是正确的。点睛：解答时要从反应物和生成物的状态变化入手,注意到反应后气体减少或增多会引起气压的变化,则气体被吸收进溶液的反应,容器内气体减少,气压减小,a 中的气体极易被 b中试剂吸收或发生化学反应导致气压减小,以此来解答。7. 亚砷酸(H 3AsO3)可用于治疗白血病，在溶液中存在多种微粒形态。向 1L0.1molL-1 H3AsO3溶液中逐滴加入 0.1molL-1K
14、OH溶液，各种微粒物质的量分数与溶液的 pH 关系如下图所示。下列说法正确的是( )A. H3AsO3的电离常数 Ka1的数量级为 10-9B. pH在 8.010.0 时，反应的离子方程式：H 3AsO3+OH-=H2AsO3-+H2OC. M点对应的溶液中：c(H 2AsO3-)+c(HAsO32-)+c(AsO33- )+c(H3AsO3)= 0.1molL-1D. pH=12时，溶液中：c(H 2AsO3-)+2c(HAsO32-)+3c(AsO33-)+c(H3AsO3)c(H+)+c(K+)【答案】B【解析】分析：A 项，由 H3AsO3和 H2AsO3-物质的量分数相等时溶液的
15、pH和电离平衡常数表达式计算 Ka1；B 项，由图像中含砷微粒的变化确定反应物和生成物，进一步书写离子方程式；C项，根据物料守恒判断；D 项，由电荷守恒和图像判断。点睛：本题考查与酸碱中和滴定有关的 pH曲线的分析、离子方程式的书写、电离平衡常数的计算、溶液中粒子浓度的大小关系。利用关键点计算电离平衡常数，利用曲线的变化书写离子方程式，巧用电荷守恒、物料守恒确定溶液中粒子浓度的大小关系。8. 钼(Mo)是一种重要的过渡金属元素，钼酸钠(Na 2MoO4)是一种无公害型冷却水系统的金属缓蚀剂。以钼精矿（主要成分为 MoS2）为原料制备金属钼和钼酸钠晶体的主要流程如图所示。（1）Na 2MoO42
16、H2O 中钼元素的化合价为_；（2）在焙烧反应中，每生成 1mol MoO3时转移电子数为：_ (以 NA表示阿伏加德罗常数的值)；（3）操作 1中，粗产品中的 MoO3与 Na2CO3溶液充分反应后，生成 Na2MoO4和另外一种物质，该物质的电子式为_；（4）重结晶得到的母液可以在下次重结晶时重复使用，但达到一定次数后必须净化处理，原因_；（5）结晶操作前需加入 Ba(OH)2固体以除去溶液中的 SO42-，SO 42-的最大去除率是_（结果保留一位小数）已知：碱浸液中 c(MoO42-)=0.80molL-1，(SO 42-)=0.04molL-1，K sp(BaSO4)=1.010-1
17、0，K sp(BaMoO4)=4.010-8，Ba(OH) 2引起的溶液体积变化忽略。（6）下图是碳钢在 3 种不同介质中的腐蚀速率实验结果：试分析 I、II 曲线变化趋势不同的原因_空气中钼酸盐对碳钢的缓蚀原理是在钢铁表面形成 FeMoO4-Fe2O3 保护膜。密闭式循环冷却水系统中的碳钢管道缓蚀，除需加入钼酸盐外还需加入 NaNO2。则 NaNO2的作用是_。要使碳素钢的缓蚀效果最优，钼酸钠和月桂酰肌氨酸的浓度比应为_。【答案】 (1). +6 (2). 14N A (3). (4). 使用一定次数后，母液中杂质的浓度增大，重结晶会析出杂质，影响产品纯度 (5). 95.0% (6). C
18、l -有利于碳钢的腐蚀，SO 42-不利于碳钢的腐蚀，使得钢铁在盐酸中的腐蚀速率明显快于硫酸；硫酸溶液随着浓度的增大，氧比性增强，会使钢铁钝化，腐蚀速率减慢 (7). 替代空气中氧气起氧化剂作用 (8). 1:1【解析】分析：本题以钼精矿为原料制备金属钼和钼酸钠晶体的流程为载体，考查流程的分析、氧化还原反应中转移电子数的计算、电子式的书写、与溶度积有关的计算、与碳钢腐蚀有关的图像分析。 （1）根据化合物中元素的正负化合价代数和为 0判断 Mo的化合价。 （2）根据流程写出方程式，用化合价升降法分析反应中转移电子数。 （3）MoO 3与 Na2CO3生成Na2MoO4和 CO2。 （4）重结晶得
19、到的母液使用一定次数后，母液中杂质的浓度增大，重结晶会析出杂质，影响产品纯度。 （5）要求 SO42-的最大去除率，计算 MoO42-开始沉淀时溶液中c（Ba 2+） ，进一步计算此时溶液中 c（SO 42-） ，从而确定 SO42-的最大去除率。 （6）碳钢在盐酸、硫酸中腐蚀速率不同是由于阴离子的不同引起的；钢铁在浓硫酸中发生钝化。分析题给信息，NaNO 2替代空气中 O2。根据图像判断。详解：（1）Na 2MoO42H2O中 Na元素的化合价为+1 价，H 元素的化合价为+1 价，O 元素的化合价为-2 价，根据化合物中元素的正负化合价代数和为 0，Mo 元素的化合价为+6 价。（2）根据
20、流程，焙烧时反应的化学方程式为 2MoS2+7O2 2MoO3+4SO2，在该反应中 O元素的化合价全部由 0价降至-2 价，生成 2molMoO3反应中转移 28mol电子，则每生成 1molMoO3转移 14mol电子，转移电子数为 14NA。（3）操作 1中，MoO 3与 Na2CO3溶液充分反应生成 Na2MoO4和 CO2，CO 2的电子式为。（4）重结晶得到的母液可以在下次重结晶时重复使用，但达到一定次数后必须净化处理，原因是：重结晶得到的母液使用一定次数后，母液中杂质的浓度增大，重结晶会析出杂质，影响产品纯度。（5）SO 42-达到最大去除率，要求 MoO42-开始沉淀时的 c（
21、Ba 2+） 。MoO 42-开始沉淀时溶液中c（Ba 2+）=K sp（BaMoO 4）/c（MoO 42-）=4 10-8 0.8=5 10-8（mol/L） ，此时溶液中 c（SO 42-）=K sp（BaSO 4）/c（Ba 2+）=1.0 10-10 （5 10-8）=0.002（mol/L） ，SO 42-的最大去除率为100%=95.0%。（6）分析图像，I、II 曲线变化的趋势是：随着盐酸浓度的增大，碳钢的腐蚀速率明显加快；随着硫酸浓度的增大，碳钢的腐蚀速率先加快后减慢；碳钢在盐酸中腐蚀速率比在硫酸中快。产生不同变化趋势的原因是：Cl -有利于碳钢的腐蚀，SO 42-不利于碳钢
22、的腐蚀，使得碳钢在盐酸中的腐蚀速率明显快于硫酸；硫酸溶液随着浓度的增大，氧比性增强，会使碳钢钝化，腐蚀速率减慢。空气中钼酸盐对碳钢的缓蚀原理是在钢铁表面形成 FeMoO4-Fe2O3保护膜，密闭式循环冷却水系统中的碳钢管道缓蚀，除需加入钼酸盐外还需加入 NaNO2，NaNO 2相当于空气，NaNO 2的作用是：替代空气中氧气起氧化剂作用。根据图像，当钼酸钠和月桂酰肌氨酸都为 150mg/L时，碳钢的腐蚀速率最慢，即要使碳素钢的缓蚀效果最优，钼酸钠和月桂酰肌氨酸的浓度比为 1:1。9. CO、CO 2是化石燃料燃烧的主要产物。（1）将含 0.02 molCO2和 0.01molCO的混合气体通入
23、有足量 Na2O2 固体的密闭容器中，同时不断地用电火花点燃，充分反应后，固体质量增加_g。（2）已知：2CO(g)+O 2(g)=2CO2(g) H=-566.0 kJmol -1，键能 Eo=o为 499.0kJmol-1。反应：CO(g)+O 2(g) CO2(g)+O(g)的H=_kJmol -1。已知 1500时，在密闭容器中发生反应：CO 2(g) CO(g)+O(g)。反应过程中 O(g)的物质的量浓度随时间的变化如图 1 所示，则 02 min 内，CO 2 的平均反应速率 (CO 2)=_。 （3）在某密闭容器中发生反应：2CO 2(g) 2CO(g)+O2(g)，1molC
24、O 2 在不同温度下的平衡分解量如图 2 所示。恒温恒容条件下，能表示该可逆反应达到平衡状态的有_ (填字母)。 ACO 的体积分数保持不变 B容器内混合气体的密度保持不变 C容器内混合气体的平均摩尔质量保持不变 D单位时间内，消耗 CO 的浓度等于生成 CO2 的浓度 分析图 2，若 1500时反应达到平衡状态，且容器体积为 1L，则此时反应的平衡常数 K=_(计算结果保留 1 位小数)。 向恒容密闭容器中充入 2molCO2(g)，发生反应：2CO 2(g) 2CO(g) +O2(g)，测得温度为T时，容器内 O2的物质的量浓度随时间的变化如曲线 II 所示。图中曲线 I 是相对于曲线II
25、仅改变一种反应条件后 c(O2)随时间的变化，则改变的条件是_；a、 b 两点用 CO浓度变化表示的净反应速率关系为 a(CO)_(填“” “”或“=”) b( CO)。【答案】 (1). 0.84g (2). -33.5 (3). 310 -7molL-1min-1 (4). AC (5). 3.210-8molL-1 (6). 升温 (7). 【解析】分析：本题考查与 Na2O2有关的计算、反应热的计算、化学反应速率的计算、化学平衡的标志、图像的分析、化学平衡常数的计算。（1）密闭容器中发生的反应有：2Na 2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2CO+O 2 2CO2，将两式相加得Na
26、2O2+CO=Na2CO3，固体增加的质量相当于混合气中 C对应的 CO。（2）应用盖斯定律计算。根据图像中数据和化学反应速率的表达式计算 （O） ，速率之比等于化学计量数之比。（3）可逆反应达到化学平衡的标志是“逆向相等，变量不变” 。用三段式和图像中关键数据计算化学平衡常数。根据“先拐后平”法，结合外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响判断改变的条件。详解：（1）密闭容器中发生的反应有：2Na 2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2CO+O 2 2CO2，将两式相加得 Na2O2+CO=Na2CO3，固体增加的质量相当于混合气中 C对应的 CO，根据 C守恒，混合气中相当于 CO为 0
27、.03mol，固体质量增加 0.03mol 28g/mol=0.84g。（2）键能 EO=O为 499.0kJ/mol，则 2O（g）=O 2（g）H=-499.0kJ/mol（I 式） ；2CO（g）+O2（g）=2CO 2（g）H=-566.0kJ/mol（II 式） ，应用盖斯定律，II 式 -I式 得，CO（g）+O 2（g） CO2（g）+O（g）H=（-566.0kJ/mol） -（-499.0kJ/mol） =-33.5kJ/mol。根据图像 （O）= = =3 10-7mol/（Lmin） ，根据同一反应中不同物质表示的速率之比等于化学计量数之比，则 （CO 2）=（O）=3
28、10-7mol/（Lmin） 。（3）A 项，CO 的体积分数保持不变能说明反应达到平衡状态；B 项，根据质量守恒定律，容器中混合气体的质量始终不变，该容器为恒容容器，混合气体的密度始终不变，混合气体的密度保持不变不能说明反应达到平衡状态；C 项，根据质量守恒定律，容器中混合气体的质量始终不变，该反应的正反应为气体分子数增加的反应，建立平衡的过程中，气体分子物质的量增加，混合气体的平均摩尔质量减小，达到平衡时气体分子物质的量不变，混合气体的平均摩尔质量不变，混合气体的平均摩尔质量不变能说明反应达到平衡状态；D 项，单位时间内消耗 CO的浓度等于生成 CO2的浓度仅表示逆反应速率，不能说明反应达
29、到平衡状态；能表明反应达到平衡状态的是 AC，答案选 AC。根据图像 1500，反应达到平衡时 O2的体积分数为 0.2%，设平衡时 O2浓度为 xmol/L，用三段式2CO2（g） 2CO（g）+O 2（g）c（起始） （mol/L） 1 0 0c（转化） （mol/L） 2x 2x xc（平衡） （mol/L）1-2x 2x x则 =0.2%，解得 x=0.002，平衡时 CO2、CO、 O2的浓度依次为0.996mol/L、0.004mol/L、0.002mol/L，反应的平衡常数 K= =3.2 10-8mol/L。该反应的正反应是气体分子数增大的吸热反应；曲线 I相对于曲线 II先出
30、现拐点，曲线I的反应速率比曲线 II快；曲线 I达到平衡时 O2的浓度比曲线 II平衡时大；即改变的条件既能加快反应速率又能使平衡向正反应方向移动，曲线 I 是相对于曲线 II改变的条件为升高温度。a 点处于曲线 II上，b 点处于曲线 I上，b 点温度高于 a点，温度越高化学反应速率越快，则 a（CO） b（CO） 。10. 水合肼(N 2H4H2O)是无色、有强还原性的液体，实验室制备水合肼的原理为：CO(NH 2)2+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4H2O+NaCl据此，某学生设计了下列实验。【制备 NaClO溶液】实验装置如下图图甲所示（部分夹持装置已省略）已知：3NaC
31、lO 2NaCl+NaClO3（1）配制 30 %NaOH溶液时，所需玻璃仪器除量筒外还有_（填字母） 。A.容量瓶 B烧杯 C移液管 D.玻璃棒（2）装置 I中发生的离子反应方程式是_；中玻璃管 a的作用为_；中用冰水浴控制温度在 30以下，其主要目的_【制取水合肼】实验装置如上图图乙所示（3）反应过程中，如果分液漏斗中溶液的滴速过快， 部分 N2H4H2O参与 A中反应并产生大量氮气，产品产率因此降低，请写出降低产率的相关化学反应方程式_；充分反应后，加热蒸馏 A内的溶液即可得到水合肼的粗产品。【测定肼的含量】（4）称取馏分 0.3000 g，加水配成 20.0 mL溶液，一定条件下用 0
32、.1500 molL-1的 I2溶液滴定。已知: N 2H4H2O + 2I2 = N2+ 4HI + H 2O。滴定时，可以选用的指示剂为_；实验测得消耗 I2溶液的平均值为 20. 00 mL，馏分中 N2H4H2O的质量分数为_。【答案】 (1). BD (2). MnO 2+4H+2Cl- Mn2+Cl2+2H 2O (3). 平衡压强 (4). 防止 NaClO分解为 NaCl和 NaClO3，影响水合肼的产率 (5). 2NaClO+N2H4H2O=2NaCl+N2+3H 2O (6). 淀粉溶液 (7). 25%【解析】分析：本题考查质量分数溶液的配制、NaClO 溶液和水合肼的
33、制备、Cl 2的实验室制备、肼含量的测定、指定情境下方程式的书写。【制备 NaClO溶液】图甲装置 I中 MnO2与浓盐酸共热制 Cl2；根据“已知3NaClO 2NaCl+NaClO3”，说明 NaClO受热易分解，装置 II中 Cl2与 NaOH溶液在冰水浴中制备 NaClO溶液；Cl 2有毒，装置 III用于吸收多余 Cl2，防止污染大气。【制备水合肼】由于水合肼具有强还原性，NaClO 具有强氧化性，NaClO 溶液滴加过快，NaClO将部分水合肼氧化成 N2，NaClO 被还原成 NaCl。【测定肼的含量】反应中用碘水滴定肼溶液，所以用淀粉溶液作指示剂。根据消耗的 I2和方程式计算
34、N2H4H2O的质量，进一步计算 N2H4H2O的质量分数。详解：【制备 NaClO溶液】 （1）配制 30%NaOH溶液的实验步骤为：计算、称量、溶解，所需的玻璃仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒，答案选 BD。（2）图甲装置 I中 MnO2与浓 HCl共热制备 Cl2，反应的化学方程式为 MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H 2O，反应的离子方程式为 MnO2+4H+2Cl- Mn2+Cl2+2H 2O。II 中玻璃管 a的作用为：平衡压强。装置 II中 Cl2与 NaOH溶液反应制备 NaClO溶液，根据“已知 3NaClO2NaCl+NaClO3”，说明 NaClO受热易分解，为了
35、防止 NaClO分解，使用冰水浴降低温度。II中用冰水浴控制温度在 30以下，其主要目的是：防止 NaClO分解生成 NaCl和 NaClO3，影响水合肼的产率。【制备水合肼】 （3）图乙的分液漏斗中为 NaClO溶液，水合肼具有强还原性，NaClO 具有强氧化性，若滴加速率过快，溶液中有过多的 NaClO，水合肼参与反应被氧化成 N2，NaClO 被还原成 NaCl，根据得失电子守恒和原子守恒，相关反应的化学方程式为2NaClO+N2H4H2O=2NaCl+N2+3H 2O。【测定肼的含量】滴定时反应原理为 2I2+N2H4H2O=N2+4HI+H 2O，使用标准碘水溶液，可选用的指示剂为淀
36、粉溶液。滴定终点的现象为：滴入最后一滴 I2溶液，溶液变为蓝色且在30s内不褪去。20.00mL 溶液中 n（N 2H4H2O）= n（I 2）= 0.1500mol/L 0.02L=0.0015mol，馏分中m（N 2H4H2O）=0.0015mol 50g/mol=0.075g，馏分中 N2H4H2O的质量分数为100%=25%。11. 过渡金属元素及其化合物的应用研究是目前科学研究的前沿之一。请回答下列问题：二茂铁（C 5H5） 2Fe的发现是有机金属化合物研究中具有里程碑意义的事件，它开辟了有机金属化合物研究的新领域。已知二茂铁熔点是 173（在 100时开始升华） ，沸点是 249。
37、（1）基态 Fe2+离子的价电子排布式为_ （2）二茂铁属于_晶体；测定表明二茂铁中所有氢原子的化学环境都相同，则二茂铁的结构应为下图中的_（选填“a”或“b” ）（3）环戊二烯（ ）中 C的杂化方式 _。1mol 环戊二烯中含有 键的数目为_。（4）分子中的大 键可用符号 mn表示，其中 m代表参与形成大 键的原子数，n 代表参与形成大 键的电子数（如苯分子中的大 键可表示为 66） ，在 C5H5中的每个碳原子上都有一个未参与 键的电子，这些电子占据与环的平面垂直的 p轨道上。C 5H5的大 键可以表示为_。（5）如图，铁有 、 三种同素异形体，三种晶体在不同温度下能发生转化。下列说法正确
38、的是_AFe 晶体中与每个铁原子距离相等且最近的铁原子有 6个BFe 晶体中与每个铁原子距离相等且最近的铁原子有 6个C若 Fe 晶胞边长为 acm，Fe 晶胞边长为 bcm，则两种晶体密度比为 2b3：a 3D将铁加热到 1500分别急速冷却和缓慢冷却，得到的晶体类型相同（6）Fe 能形成多种氧化物，其中 FeO晶胞结构为 NaCl型。晶体中实际上存在空位、错位、杂质原子等缺陷，晶体缺陷对晶体性质会产生重大影响。由于晶体缺陷，晶体中 Fe和 O的个数比发生了变化，变为 FexO（x1） ，若测得某 FexO晶体密度为 5.71gcm-3，晶胞边长为4.2810-10 m，则 FexO中 x=
39、_（用代数式表示，不要求算出具体结果） 。【答案】 (1). 3d 6 (2). 分子晶体 (3). b (4). sp 2、sp 3 (5). 11NA (6). 55 (7). BC (8). 【解析】分析：本题考查价电子排布式的书写、晶体类型的判断、杂化方式的判断和 键的计算、大 键的分析、晶胞的分析和计算。（1）基态 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，进一步写出基态 Fe2+的价电子排布式。（2）二茂铁熔、沸点较低，易升华，二茂铁属于分子晶体。a 中有 3种化学环境的 H原子，b中只有 1种化学环境的 H原子，二茂铁的结构为图 b。（3）环戊二烯中
40、 4个双键 C原子为 sp2杂化，1 个饱和 C原子为 sp3杂化。1 个环戊二烯分子中有 6个 C-H键、3 个碳碳单键、2 个碳碳双键，单键全为 键，双键中有 1个 键和1个 键，1 个环戊二烯分子中有 11个 键。（4）在 C5H5-中的每个碳原子上都有一个未参与 键的电子，这些电子占据与环的平面垂直的 p轨道上，5 个碳原子的 5个 p轨道肩并肩重叠形成大 键，其大 键可表示为 55。（5）-Fe 晶体中 Fe的配位数为 12；-Fe 晶体中 Fe的配位数为 6；用“均摊法”确定晶胞中原子个数，根据晶胞边长计算晶胞的体积，由晶胞体积、晶胞中原子个数和 NA计算1mol晶体体积，进一步计
41、算晶体的密度。（6）用“均摊法”确定晶胞中微粒的个数，由晶胞边长计算晶胞的体积，根据晶胞体积、晶胞中原子个数、N A计算 1mol晶体的体积，1mol 晶体体积和晶体密度计算 1mol晶体的质量，1mol晶体的质量以 g为单位数值上等于相对分子质量，进一步计算 x。详解：（1）基态 Fe原子核外有 26个电子，根据构造原理，基态 Fe原子的核外电子排布式为Ar3d 64s2，基态 Fe2+离子的核外电子排布式为Ar3d 6，基态 Fe2+离子的价电子排布式为3d6。（2）二茂铁熔点（173） 、沸点（249）较低，易升华（在 100时开始升华） ，二茂铁属于分子晶体。a 中有 3种化学环境的
42、H原子，b 中只有 1种化学环境的 H原子，二茂铁中所有 H原子的化学环境都相同，二茂铁的结构为图 b。（3）环戊二烯中 4个双键 C原子为 sp2杂化，1 个饱和 C原子为 sp3杂化。1 个环戊二烯分子中有 6个 C-H键、3 个碳碳单键、2 个碳碳双键，单键全为 键，双键中有 1个 键和1个 键，1 个环戊二烯分子中有 11个 键，1mol 环戊二烯中含 11mol 键，1mol 环戊二烯中含 键的数目为 11NA。（4）在 C5H5-中的每个碳原子上都有一个未参与 键的电子，这些电子占据与环的平面垂直的 p轨道上，5 个碳原子的 5个 p轨道肩并肩重叠形成大 键，其大 键可表示为 55
43、。（5）A 项，-Fe 晶体属于面心立方最密堆积，-Fe 晶体中 Fe的配位数为 12，即 -Fe晶体中与每个铁原子距离相等且最近的铁原子有 12个，A 项错误；B 项，-Fe 晶体属于简单立方堆积，-Fe 晶体中 Fe的配位数为 6，即 -Fe 晶体中与每个铁原子距离相等且最近的铁原子有 6个，B 项正确；C 项，用“均摊法” ，1 个 -Fe 晶胞中含 Fe：8 +1=2个，1个 -Fe 晶胞中含 Fe：8 =1个，-Fe 晶胞的体积为 a3cm3，1mol-Fe 晶体的体积为a3cm3 2 NA，-Fe 晶胞的体积为 b3cm3，1mol-Fe 晶体的体积为 b3cm3 NA，则 -Fe
44、 晶体与 -Fe 晶体的密度之比为 b3： =2b3：a 3，C 项正确；D 项，将铁加热到 1500分别急速冷却和缓慢冷却，分别得到 -Fe、-Fe，得到的晶体类型不同，D 项错误；答案选 BC。（6）晶胞结构为 NaCl型，1 个晶胞中含 4个 O2-；晶胞的体积为（4.28 10-8cm） 3，1mol晶体的体积为（4.28 10-8cm） 3 4 NA，1mol 晶体的质量为 5.71g/cm3 （4.28 10-8cm） 3 4 NA= g，Fe xO的相对分子质量为，56x+16= ，Fe xO中 x=- 。12. 以有机物 A合成聚酯类高分子化合物 F的路线如下图所示：已知：RC
45、H =CH 2 丙酮能被 KMnO4（H +）氧化，使之褪色（1）A 生成 B的反应类型为_，C 中含氧官能团的名称为_。（2）G 是与 CH3OH相对分子质量相差 56的同系物，且不能使 KMnO4（H +）褪色，G 的名称为_（3）检验 A分子碳碳双键的方法_。 （4）D 与 NaOH 水溶液反应的化学方程式为_。（5）E 在一定条件下还可以合成含有六元环结构的 H，则 H的结构简式为_。（6）若 F的平均相对分子质量为 25200，则其平均聚合度为_（7）满足下列条件的 C的同分异构体有_种(不考虑立体异构)。含有 1个六元碳环，且环上相邻 4 个碳原子上各连有一个取代基1mol 该物质
46、与新制氢氧化铜悬浊液反应产生 2mol砖红色沉淀（8）写出以 为原料(其他试剂任选) 制备化合物 的合成路线，请用以下方式表示： 目标产物。_【答案】 (1). 氧化反应 (2). 酯基 (3). 2-甲基-2-丁醇 (4). 取少量 A，加入足量新制 Cu（OH） 2悬浊液，加热充分反应；取实验后试管中的清液少许，向其中加入稀硫酸酸化，再加入 KMnO4溶液（或溴水） ，KMnO 4溶液（或溴水）褪色，说明 A中含碳碳双键 (5). +2NaOH +CH3OH+NaBr (6). (7). 150 (8). 12种 (9). 【解析】分析：根据 BC 的试剂和条件以及 C的结构简式，可逆推出 B的结构简式为；根据题给已知，C 与 HBr在过氧化物作用下发生加成反应生成的 D的结构简式为 ；D 与 NaOH水溶液、加热发生水解反应，产物酸化后生成的 E的结构简式为 ；E 中含羧基和羟基，E 发生缩聚反应生成聚酯类高分子化合物F，F 的结构简式为 。详解：根据 BC 的试剂和条件以及 C的结构简式，可逆推出 B的结构简式为 ；根据题给已知，C 与 HBr在过氧化物作用下发生加成反应生成的 D的结构简式为；D 与 NaOH水溶液、加热发生水解反应，产物酸化后生成的 E的结构简式为 ；E 中含
