山東省菏澤市單縣二中2023屆高三一模模擬練4解析

高三模擬試題高三模擬試題PAGE20PAGE19山東省菏澤市單縣二中2023屆高三一模模擬練4可能用到的相對原子質(zhì)量：H1C12O16S32Cl35.5Ti48Co59選題題本題共10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個選項符合題目要求。1．化學(xué)與人類社會的生產(chǎn)、生活有著密切聯(lián)系，下列敘述正確的是()A．醫(yī)用酒精、含氯消毒劑的濃度越高其消毒效果越好B．電熱水器用鎂棒防止內(nèi)膽腐蝕是犧牲陽極的陰極保護(hù)法C．“殲－20”飛機(jī)上使用的碳纖維是一種新型有機(jī)高分子材料D．使用太陽能電池可以把電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能，減少化石能源的使用〖答案〗B〖詳析〗A．75%的醫(yī)用酒精的消毒效果最好，不是濃度越高消毒效果越好，故A錯誤；B．電熱水器中的鎂棒可防止內(nèi)膽被腐蝕是由于鎂的活潑性強(qiáng)于鐵，發(fā)生電化學(xué)腐蝕時，鎂做原電池的負(fù)極被損耗，鐵做正極被保護(hù)，這種保護(hù)金屬的方法叫做犧牲陽極的陰極保護(hù)法，故B正確；C．碳纖維是一種新型無極非金屬材料，不是新型有機(jī)高分子材料，故C錯誤；D．使用太陽能電池可以把太陽能轉(zhuǎn)化為電能，故D錯誤；2．如圖所示化合物是一種常見的儲氫材料，其中X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，且X、Y、Z處于不同周期。下列敘述錯誤的是()A．第一電離能：X>YB．原子半徑：Z>YC．Y的最高價氧化物的水化物是一元強(qiáng)酸D．Z與X可形成離子化合物ZX〖答案〗C〖解析〗X、Y、Z處于不同短周期，故X一定為H，Z＋顯＋1價，推測為Na＋，即Z為Na，由圖示知，陰離子得1個電子，中心Y周圍可形成4個鍵，故Y原本含有3個價電子，且Y與H、Na不在同一周期，故Y只能為第二周期的B。A．在陰離子BHeq\o\al(－,4)中，B元素顯＋3價，H元素顯－1價，說明H元素吸引電子能力強(qiáng)于B元素，故H原子更難失電子，所以第一電離能：H＞B，A正確；B．Na原子電子層為3層，B原子為2層，故原子半徑Na＞B，B正確；C．B元素最高價氧化物對應(yīng)水化物為H3BO3，為弱酸，C錯誤；D．Na與H可形成離子化合物NaH，D正確。3．CHeq\o\al(＋,3)、—CH3、CHeq\o\al(－,3)都是重要的有機(jī)反應(yīng)中間體，有關(guān)它們的說法錯誤的是()A．CHeq\o\al(－,3)與H3O＋的空間結(jié)構(gòu)均為三角錐形B．它們的C均采取sp2雜化C．CHeq\o\al(＋,3)中的所有原子均共面D．CHeq\o\al(＋,3)與OH－形成的化合物中不含有離子鍵〖答案〗B〖解析〗CHeq\o\al(－,3)與H3O＋中C原子與O原子價層電子對數(shù)都是4，且都含有1對孤電子對，均為三角錐形結(jié)構(gòu)，故A正確；CHeq\o\al(＋,3)、—CH3、CHeq\o\al(－,3)中價層電子對數(shù)分別是3、4、4，根據(jù)價層電子對互斥理論知，C原子雜化類型分別是sp2、sp3、sp3，碳原子的雜化方式不同，故B錯誤；CHeq\o\al(＋,3)中的碳原子采取sp2雜化，所有原子均共面，故C正確；CHeq\o\al(＋,3)與OH－形成的化合物是CH3OH，屬于共價化合物，不含離子鍵，故D正確。4．聚乳酸(PLA)是一種生物可降解材料。低相對分子質(zhì)量PLA可由乳酸直接聚合而成，高相對分子質(zhì)量PLA的制備過程如圖所示。下列說法正確的是()A．高相對分子質(zhì)量PLA易溶于水B．乳酸生產(chǎn)中間體時，原子利用率能達(dá)到100%C．由乳酸直接生成低相對分子質(zhì)量PLA的反應(yīng)屬于縮聚反應(yīng)D．1molPLA完全水解，消耗1molNaOH〖答案〗C〖解析〗高相對分子質(zhì)量PLA屬于羧基和羥基的縮聚產(chǎn)物，為酯類物質(zhì)，難溶于水，A項錯誤；2分子乳酸酯化生成1分子中間體的同時生成2分子水，原子利用率不能達(dá)到100%，B項錯誤；不管生成低相對分子質(zhì)量PLA還是高相對分子質(zhì)量PLA，其過程均為縮聚反應(yīng)，C項正確；PLA屬于高分子，則1molPLA完全水解，消耗nmolNaOH，D項錯誤。5．關(guān)注“實驗室化學(xué)”并加以實踐能有效提高同學(xué)們的實驗素養(yǎng)，用如圖所示裝置(夾持裝置均已省略)進(jìn)行實驗，能達(dá)到目的的是()A．甲接收蒸餾時的餾出液B．乙裝置可驗證濃硫酸的脫水性C．丙裝置可制備無水MgCl2D．丁裝置可制取并收集干燥、純凈的NO〖答案〗C6．實驗室中某些氣體的制取、收集及尾氣處理裝置如圖所示(省略夾持和凈化裝置)。僅用此裝置和表中提供的物質(zhì)完成相關(guān)實驗，最合理的選項是()選項a中的物質(zhì)b中的物質(zhì)c中收集的物質(zhì)d中的物質(zhì)A濃氨水CaONH3濃硫酸B濃硫酸CuSO2NaOH溶液C濃硝酸CuNO2NaOH溶液D濃鹽酸MnO2Cl2NaOH溶液〖答案〗C〖解析〗A．氨氣密度比空氣小，應(yīng)該采用短進(jìn)長出的收集裝置來收集氨氣，故A不符合題意；B．用銅和濃硫酸反應(yīng)制取二氧化硫，需要加熱，該圖沒有加熱裝置，故B不符合題意；C．銅和濃硝酸反應(yīng)生成二氧化氮氣體，二氧化氮密度比空氣大，應(yīng)長進(jìn)短出收集氣體，再用氫氧化鈉溶液處理尾氣，故C符合題意；D．用二氧化錳和濃鹽酸反應(yīng)制取氯氣，需要加熱，該圖沒有加熱裝置，故D不符合題意。7.有機(jī)物H()是一種重要有機(jī)合成中間體。下列關(guān)于H的說法錯誤的是()A分子中所有碳原子不可能共平面B.與不互為同系物C.既含羧基，又含醛基的同分異構(gòu)體有12種(不考慮立體異構(gòu))D.該分子中有四個手性碳原子〖答案〗D〖解析〗A．分子中存在3個碳原子連接在同一飽和碳原子上的結(jié)構(gòu)，根據(jù)甲烷的空間結(jié)構(gòu)可知，該物質(zhì)中不可能所有碳原子共面，A正確；B．二者所含官能團(tuán)個數(shù)不同，結(jié)構(gòu)不相似，不是同系物，B正確；C．既含發(fā)基，又含醛基的同分異構(gòu)體有：、、、(序號代表醛基的位置)，共12種，C正確；D．手性碳原子是指與四個各不相同原子或基團(tuán)相連的碳原子，該分子中有三個手性碳原子，位置為：，D錯誤。8．雙堿法脫除煙氣中SO2的過程如圖所示。下列說法不正確的是()A．過程Ⅰ中，SO2表現(xiàn)出還原性B．過程Ⅱ中，1molO2可氧化2molNa2SO3C．脫除SO2的過程中，NaOH可以循環(huán)利用D．總反應(yīng)為：2SO2＋2Ca(OH)2＋O2=2CaSO4＋2H2O〖答案〗A〖解析〗過程Ⅰ中反應(yīng)為SO2＋2NaOH=Na2SO3＋H2O，該反應(yīng)不是氧化還原反應(yīng)，A項錯誤；過程Ⅱ中，Na2SO3→CaSO4，S由＋4價升高為＋6價，1molNa2SO3失去2mol電子，O2中的O由0價降低為－2價，1molO2得到4mol電子，則1molO2可氧化2molNa2SO3，B項正確；過程Ⅰ消耗NaOH，過程Ⅱ生成NaOH，故NaOH可循環(huán)使用，C項正確；由圖示，結(jié)合原子守恒知，反應(yīng)物為SO2、Ca(OH)2、O2，生成物為CaSO4、H2O，D項正確。9．電芬頓技術(shù)常用來處理廢水中的有害物質(zhì)苯酚。電芬頓技術(shù)是通過化學(xué)芬頓技術(shù)發(fā)展而來的，化學(xué)芬頓技術(shù)主要向廢水中投加Fe2＋和H2O2試劑，兩者反應(yīng)后生成強(qiáng)氧化劑羥基自由基，將廢水中的有害有機(jī)物氧化成CO2和H2O。下列有關(guān)說法錯誤的是()A．a(chǎn)電極為Fe電極，外接電源正極B．陰極反應(yīng)為O2＋2e－=Oeq\o\al(2－,2)C．消耗標(biāo)準(zhǔn)狀況下11.2LO2，生成1mol·OHD．處理苯酚的反應(yīng)為28HO·＋→6CO2↑＋17H2O〖答案〗C〖解析〗電芬頓技術(shù)采用Fe作陽極，F(xiàn)e失電子生成的亞鐵離子與過氧化氫反應(yīng)生成羥基自由基，A正確；陰極氧氣得電子生成過氧根離子，在酸性條件下反應(yīng)生成過氧化氫，B正確；酸性條件下，三價鐵離子與過氧化氫反應(yīng)生成羥基自由基的反應(yīng)為H2O2＋Fe2＋＋H＋=Fe3＋＋·OH＋H2O,11.2LO2在標(biāo)況下為0.5mol，O2～H2O2～·OH，0.5molO2生成0.5mol·OH，C錯誤；根據(jù)元素守恒可以得出羥基自由基做強(qiáng)氧化劑處理苯酚的反應(yīng)為28HO·＋→6CO2↑＋17H2O，D正確。10．CuCl為白色固體，難溶于水和乙醇，潮濕時易被氧化，常用作媒染劑。以印刷線路板堿性蝕刻廢液(主要成分為〖Cu(NH3)4〗Cl2)為原料制備CuCl的工藝流程如下。下列說法正確的是（）A．“沉銅”發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：〖Cu(NH3)4〗2＋＋4OH-CuO＋4NH3↑＋2H2OB．“還原”步驟中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為2∶1C．“還原”后所得溶液中大量存在的離子有Cu+、H+、Cl-、D．“洗滌”時可使用水作洗滌劑，因為CuCl難溶于水〖答案〗B〖解析〗A．選項中的離子方程式?jīng)]有配平，正確的離子方程式為：〖Cu(NH3)4〗2＋＋4OH-CuO＋4NH3↑＋2H2O，故A錯誤；B．“還原”步驟中Cu2＋做氧化劑，和還原劑Na2SO3反應(yīng)，銅的化合價從＋2價降低到＋1價，S的化合價從＋4價升高到＋6價，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：2Cu2＋＋＋2Cl-＋H2O＝2CuCl↓＋＋2H＋，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為2∶1，故B正確；C．根據(jù)B選項中的離子方程式可知，反應(yīng)后的溶液中存在大量的H＋和，但不能存在大量的Cu＋和Cl-，故C錯誤；D．CuCl雖然難溶于水，但潮濕時易被氧化，所以不能用水做洗滌劑，應(yīng)該用乙醇洗滌，故D錯誤。本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個或兩個選項符合題目要求，全部選對11．下列對有關(guān)實驗現(xiàn)象的解釋或所得結(jié)論錯誤的是()選項實驗操作現(xiàn)象解釋或結(jié)論A將NaBiO3固體加入酸性MnSO4溶液中，充分振蕩溶液變?yōu)樽霞t色氧化性：B將少量銅粉加入稀硫酸中，無明顯現(xiàn)象，再加入硝酸鐵溶液銅粉溶解Fe3＋與銅粉反應(yīng)C將25℃0.1mol·L-1的Na2SO3溶液加熱到40℃，用傳感器監(jiān)測溶液pH變化溶液的pH逐漸減小溫度升高，SO的水解增大程度大于水的電離增大程度D石蠟油加強(qiáng)熱、產(chǎn)生的氣體通入Br2的CCl4溶液溶液橙紅色褪去氣體中含有不飽和烴〖答案〗BC〖解析〗A．向2mL0.1mol·L-1Na2S溶液中滴加0.1mol·L-1ZnSO4溶液至不再有沉淀產(chǎn)生，發(fā)生反應(yīng)：S2-＋Zn2+＝ZnS↓，再滴加幾滴0.1mol·L-1CuSO4溶液，ZnS沉淀轉(zhuǎn)化為更難溶的CuS沉淀，Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，A正確；B．將少量銅粉加入稀硫酸中，無明顯現(xiàn)象，再加入硝酸鐵溶液，銅粉溶解，在酸性條件下有強(qiáng)氧化性，將銅粉氧化，B錯誤；C．Na2SO3溶液加熱，＋H2O＋OH-平衡正向移動，以c(OH-)增大，pH增大，C錯誤；D．石蠟油加強(qiáng)熱、產(chǎn)生的氣體通入溴的四氯化碳溶液中，溶液橙紅色褪去說明反應(yīng)生成的氣體中含有能與溴的四氯化碳溶液發(fā)生加成反應(yīng)的烯烴，D正確。12．從電解精煉銅的陽極泥(主要成分為Cu、Ag、C、Au等)中回收貴金屬Au與Ag的工藝流程如下：已知：下列說法錯誤的是A．“酸浸氧化”通入氧氣既能減少環(huán)境污染也能提高硝酸利用率B．濾渣I通過灼燒可得純凈的AuC．“溶浸”發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為D．“還原”中氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物之比為1∶2〖答案〗CD〖解析〗陽極泥中Cu、Ag與硝酸反應(yīng)形成濾液Ⅰ中的Cu2＋和Ag＋，濾渣Ⅰ中含C、Au；沉銀環(huán)節(jié)Ag＋與Cl-結(jié)合形成氯化銀沉淀過濾形成濾渣Ⅱ，濾液Ⅱ中含有Cu2＋；溶浸環(huán)節(jié)氯化銀與硫代硫酸鈉反應(yīng)；最后經(jīng)N2H4還原生成單質(zhì)銀和氮氣。A．硝酸的還原產(chǎn)物為NO，可與氧氣和水反應(yīng)生成硝酸，一方面提高硝酸利用率，一方面降低一氧化氮對環(huán)境的污染，A正確；B．濾渣Ⅰ中含C、Au，灼燒可將C轉(zhuǎn)化成CO2，得到較純凈的Au，B正確；C．溶浸環(huán)節(jié)氯化銀與硫代硫酸鈉反應(yīng)的離子方程式為，C不正確；D．，，根據(jù)得失電子守恒，轉(zhuǎn)移相同電子數(shù)，氧化產(chǎn)物N2與還原產(chǎn)物Ag物質(zhì)的量之比為4∶1，D不正確。13．為實現(xiàn)“雙碳”目標(biāo)，我國科學(xué)家研發(fā)了一種水系可逆Zn-CO2電池，電池工作時，復(fù)合膜(由a、b膜復(fù)合而成)層間的H2O解離成H＋和OH－，在外加電場作用下可透過相應(yīng)的離子膜定向移動。當(dāng)閉合K1時，Zn-CO2電池工作原理如圖所示。下列說法不正確的是()A．閉合K1時，OH－通過b膜向Zn電極方向移動B．閉合K1時，Zn表面的電極反應(yīng)式為Zn＋4OH－－2e－=Zn(OH)eq\o\al(2－,4)C．閉合K2時，Zn電極與直流電源正極相連D．閉合K2時，在Pd電極上有2.24LCO2(標(biāo)況下)生成，則析出Zn0.65g〖答案〗CD〖解析〗閉合K1時，該裝置為原電池，Zn電極為負(fù)極，Pd電極為正極，OH－通過b膜移向Zn電極，故A正確；閉合K1時，該裝置為原電池，Zn發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)生成Zn(OH)eq\o\al(2－,4)，電極反應(yīng)式為Zn＋4OH－－2e－=Zn(OH)eq\o\al(2－,4)，故B正確；閉合K1時，Zn-CO2電池中Zn電極為負(fù)極，Pd電極為正極，閉合K2時，該裝置為電解池，Zn電極為陰極，與直流電源負(fù)極相連，故C錯誤；閉合K2時，該裝置為電解池，Pd電極為陽極，陽極上HCOOH發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)生成CO2，Zn電極為陰極，陰極上析出鋅，利用得失電子守恒可知，2e－～CO2～Zn，即有2.24LCO2(標(biāo)況下)生成，則析出Zn6.5g，故D錯誤。14．科學(xué)家發(fā)現(xiàn)某些生物酶體系可以促進(jìn)H＋和e－的轉(zhuǎn)移(如a、b和c)，能將海洋中的NOeq\o\al(－,2)轉(zhuǎn)化為N2進(jìn)入大氣層，反應(yīng)過程如圖所示。下列說法正確的是()A．過程Ⅰ中NOeq\o\al(－,2)發(fā)生氧化反應(yīng)B．a(chǎn)和b中轉(zhuǎn)移的e－數(shù)目相等C．過程Ⅱ中參與反應(yīng)的n(NO)∶n(NHeq\o\al(＋,4))＝1∶4D．過程Ⅰ→Ⅲ的總反應(yīng)為NOeq\o\al(－,2)＋NHeq\o\al(＋,4)=N2↑＋2H2O〖答案〗C〖解析〗過程Ⅰ中NOeq\o\al(－,2)轉(zhuǎn)化為NO，氮元素化合價由＋3價降低到＋2價，NOeq\o\al(－,2)得電子，發(fā)生還原反應(yīng)，A錯誤；過程Ⅰ為NOeq\o\al(－,2)在酶1的作用下轉(zhuǎn)化為NO和H2O，依據(jù)得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒可知，反應(yīng)的離子方程式為NOeq\o\al(－,2)＋2H＋＋e－eq\o(=,\s\up7(酶1))NO＋H2O，生成1molNO，a過程轉(zhuǎn)移1mole－，過程Ⅱ為NO和NHeq\o\al(＋,4)在酶2的作用下發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成H2O和N2H4，依據(jù)得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒可知，反應(yīng)的離子方程式為2NO＋8NHeq\o\al(＋,4)eq\o(=,\s\up7(酶2))2H2O＋5N2H4＋8H＋，n(NO)∶n(NHeq\o\al(＋,4))＝1∶4，消耗1molNO，b過程轉(zhuǎn)移4mole－，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目不相等，B錯誤、C正確；過程Ⅲ為N2H4轉(zhuǎn)化為N2和4H＋、4e－，反應(yīng)的離子方程式為N2H4=N2＋4H＋＋4e－，過程Ⅰ→Ⅲ的總反應(yīng)為2NOeq\o\al(－,2)＋8NHeq\o\al(＋,4)=5N2↑＋4H2O＋24H＋＋18e－，D錯誤。15．ROH是一元弱堿，難溶鹽RA、RB的兩飽和溶液中c(A－)或c(B－)隨c(OH－)而變化，A－和B－不發(fā)生水解。實驗發(fā)現(xiàn)，298K時c2(A－)與c(OH－)、c2(B－)與c(OH－)的關(guān)系如圖所示，甲表示c2(A－)與c(OH－)關(guān)系。下列敘述錯誤的是()A．RA飽和溶液pH＝6時，c(A－)<2×10－5mol·L－1B．RB的溶度積Ksp(RB)的數(shù)值為5×10－11C．ROH的電離平衡常數(shù)Kb(ROH)的數(shù)值為2×10－6D．RB飽和溶液中pH＝7時，c(R＋)＋c(H＋)＝c(B－)＋c(OH－)〖答案〗CD〖解析〗A項，RA飽和溶液pH＝6時，c(H＋)＝10－6mol·L－1，c(OH－)＝1×10－8mol·L－1，據(jù)圖可知此時c2(A－)＝30×10－11(mol·L－1)2，所以c(A－)＝×10－5mol·L－1＜2×10－5mol·L－1，A正確；B項，RB的飽和溶液中存在平衡：RBR＋＋B－、R＋＋H2OROH＋H＋，當(dāng)溶液酸性越強(qiáng)是，R－的水解程度越弱，c(R＋)和c(B－)的大小越接近，據(jù)圖可知當(dāng)c(OH－)接近0時(酸性強(qiáng))，c2(B－)＝5×10－11(mol·L－1)2，此時c(R＋)＝c(B－)，Ksp(RB)＝c(R＋)·c(B－)＝c2(B－)＝5×10－11，B正確；C項，RB溶液中存在物料守恒c(R＋)＋c(ROH)＝c(B－)，Kb(ROH)＝，若調(diào)節(jié)pH使堿性增強(qiáng)時加入的堿不是ROH，則c(R＋)＝c(ROH)時，滿足c(R＋)＝c(ROH)＝c(B－)，Ksp(RB)＝c(R＋)·c(B－)＝c(B－)·c(B－)＝5×10－11，所以此時c2(B－)＝10×10－11，據(jù)圖可知此時c(OH－)＝2×10－8mol·L－1，即Kb(ROH)＝2×10－8，C錯誤；D項，RB飽和溶液若不加入其他物質(zhì)，由于R＋的水解，溶液會顯酸性，所以pH＝7時需要加入堿，若加入的堿不是ROH，則還有其他陽離子，此時根據(jù)電荷守恒可知c(R＋)＋c(H＋)≠c(B－)＋c(OH－)，D錯誤。本題共5小題，共60分。16．(12分)配合物在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中有廣泛應(yīng)用。回答下列問題：(1)鐵的一種配合物的化學(xué)式為〖Fe(Htrz)3〗(ClO4)2，配體Htrz為三氮唑()①基態(tài)Fe2＋與Fe3＋中未成對的電子數(shù)之比為。②元素H、O、C、N電負(fù)性從小到大的順序為。③陰離子的鍵角的鍵角(填“等于”、“大于”或“小于”)。④Htrz分子為平面結(jié)構(gòu)，其中共有個σ鍵；用符號表示大π鍵(m代表參與形成大π鍵的原子數(shù)，n代表參與形成大π鍵的電子數(shù))，則Htrz分子中的大π鍵可表示為。⑤三氮唑沸點為260℃，與其結(jié)構(gòu)類似的環(huán)戊二烯沸點為42.5℃，三氮唑沸點明顯偏高的原因是。(2)鈷藍(lán)晶胞結(jié)構(gòu)如下圖所示，該立方晶胞由4個I型和4個II型小立方體構(gòu)成，其化學(xué)式為；NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，鈷藍(lán)晶體的密度為(列計算式)?！即鸢浮?1)

4∶5

H<C<N<O

大于

8

1，2，4三氮唑分子間可形成氫鍵(2)

CoAl2O4〖解析〗(1)①)Fe是26號元素，基態(tài)Fe原子核外電子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2，價層電子排布式是3d64s2，F(xiàn)e原子失去最外層2個4s電子得到Fe2＋，失去最外層2個4s電子和1個3d電子得到Fe3＋，所以基態(tài)Fe2＋的電子排布式為〖Ar〗3d6，基態(tài)Fe3＋的電子排布式為〖Ar〗3d5，所以未成對的電子數(shù)之比為4:5；②同周期元素從左到右，電負(fù)性依次增大，同主族元素從下到上，電負(fù)性依次增大，所以元素H、O、C、N電負(fù)性從小到大H<C<N<O；③已知、中中心原子周圍的價層電子對數(shù)為、，孤也子對數(shù)分別為1、0，由于孤電子對對孤電子對的排斤作用>孤電子對對成鍵電子對的排斥作用>成鍵電子對對成鍵電子對的排斥作用，故鍵角；④根據(jù)④Htrz結(jié)構(gòu)簡式，是五元環(huán)結(jié)構(gòu)，一個三氮唑環(huán)上有5個σ鍵，另外還有1個N-Hσ鍵和2個C-Hσ鍵，共8個σ鍵；在配合物〖Fe(Htrz)3〗(ClO4)2中，F(xiàn)e2＋提供空軌道，配位體的N原子上含有孤電子對，所以在配位體中，參與形成大π鍵的原子數(shù)是5，參與形成大π鍵的電子數(shù)是6，所以可表示為；⑤1，2，4-三氮唑的沸點為260℃，而環(huán)戊二烯()的沸點為42.5℃，前者的沸點比后者大得多，是由于在1，2，4-三氮唑的分子中N原子非金屬性強(qiáng)，原子半徑小，不同的分子之間形成了氫鍵，增加了分子之間的吸引作用，而在環(huán)戊二烯分子之間無氫鍵，因此前者熔沸點比后者高；(2)根據(jù)鈷藍(lán)晶體晶胞結(jié)構(gòu)分析，一個晶胞中含有的Co、Al、O個數(shù)分別為4×＝8、4×4＝16、8×4＝32，所以化學(xué)式為CoAl2O4；該晶胞的體積為(2a×10-7)3cm3，該晶胞的質(zhì)量為g，所以密度為g·cm-3。17．(12分)工業(yè)上以鉻礦渣(主要成分為Cr2O3，含有少量的SiO2、Fe2O3、Al2O3)制備重要化工原料重鉻酸鉀(K2Cr2O7)晶體的工藝流程如下：已知：①焙燒可將Al、Si的氧化物轉(zhuǎn)化為可溶性鈉鹽；②幾種物質(zhì)在水中的溶解度隨溫度變化的曲線如圖。回答下列問題：(1)“氧化焙燒”時，Cr2O3被氧化生成Na2CrO4的化學(xué)方程式為。(2)“濾渣I”、“濾渣II”的主要成分分別是、(填化學(xué)式)：實驗室中進(jìn)行“除雜”操作用到的玻璃儀器有。(3)分離提純后得到固體的化學(xué)式為；“一系列操作”是、過濾、洗滌、干燥，最后得到K2Cr2O7晶體。(4)生產(chǎn)過程中產(chǎn)生的含鉻廢水通常采用電解法處理，耐酸電解槽用鐵板作陰陽極，槽中盛放含鉻廢水，原理如圖所示。若不考慮氣體的溶解，當(dāng)收集到6.72LH2(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)時有molCr2O被還原，一段時間后產(chǎn)生Fe(OH)3和Cr(OH)3沉淀，若電解后溶液中c(Cr3+)＝6.0×mol·L-1，則c(Fe3+)＝mol·L-1。(已知Ksp〖Cr(OH)3〗＝6.0×10-31，Ksp〖Fe(OH)3〗＝4.0×10-38)〖答案〗(1)5Cr2O3＋6NaNO3＝10Na2CrO4＋7CO2↑＋3N2↑(2)

Al(OH)3

H2SiO3

玻璃棒、燒杯、漏斗(3)

Na2SO4

蒸發(fā)濃縮冷卻結(jié)晶(4)

0.05mol

4.0×10-12〖解析〗鉻礦渣主要成分為Cr2O3，還含有少量的SiO2、Fe2O3、Al2O3等雜質(zhì)，鉻礦渣加入碳酸鈉、通入硝酸鈉，氧化焙燒生成Na2CrO4、NaFeO2、Na2SiO3、NaAlO2，“水浸”NaFeO2水解為Fe(OH)3沉淀，過濾，濾液中通入過量二氧化碳，Na2SiO3生成H2SiO3沉淀，NaAlO2轉(zhuǎn)化為Al(OH)3沉淀，過濾，濾液中加適量硫酸調(diào)節(jié)pH值使Na2CrO4轉(zhuǎn)化為Na2Cr2O7，再加KCl得到K2Cr2O7溶液，控制溫度使K2Cr2O7析出晶體。(1)“氧化焙燒”時，Cr2O3被氧化生成Na2CrO4，根據(jù)流程圖，生成了氮氣和一種氣體，根據(jù)化合價升降及質(zhì)量守恒推出化學(xué)方程式為：5Cr2O3＋6NaNO3＝10Na2CrO4＋7CO2↑＋3N2↑；(2)根據(jù)分析，鉻鐵礦石加入碳酸鈉、通入硝酸鈉，氧化焙燒生成Na2CrO4、NaFeO2、Na2SiO3，“水浸”NaFeO2水解為Fe(OH)3沉淀，因此濾渣1是Fe(OH)3；再經(jīng)過濾，濾液中通入二氧化碳，Na2SiO3生成H2SiO3沉淀，NaAlO2轉(zhuǎn)化為Al(OH)3沉淀，因此濾渣2是H2SiO3及Al(OH)3；根據(jù)流程圖判斷“除雜”操作是過濾，用到的玻璃儀器有玻璃棒、燒杯、漏斗；(3)根據(jù)幾種物質(zhì)在水中的溶解度隨溫度變化的曲線圖，加入硫酸后，經(jīng)過分離提純先除去Na2SO4；根據(jù)分析及流程圖，加入一定量的KCl固體后，根據(jù)幾種物質(zhì)在水中的溶解度隨溫度變化的曲線圖，蒸發(fā)濃縮至表面有晶膜出現(xiàn)，冷卻結(jié)晶，過濾，洗滌，干燥，最后得到K2Cr2O7晶體，所以〖答案〗是Na2SO4，蒸發(fā)濃縮冷卻結(jié)晶；(4)陽極發(fā)生反應(yīng)Fe-2e-＝Fe2＋，陰極發(fā)生反應(yīng)2H＋＋2e-＝H2，當(dāng)收集到6.72LH2(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)時電路中轉(zhuǎn)移＝0.6mol·L-1電子，則陽極生成0.3molFe2＋，F(xiàn)e2＋把還原為Cr(Ⅲ)，Cr元素化合價降低3，根據(jù)電子守恒，被還原的的物質(zhì)的量是0.05mol；一段時間后產(chǎn)生Fe(OH)3和Cr(OH)3沉淀，若電解后溶液中c(Cr3+)＝6.0×10-5mol·L-1，，則c(Fe3+)＝4.0×10-118．(12分)實驗室利用Cr2O3固體和CCl4反應(yīng)制備無水CrCl3，并收集該反應(yīng)產(chǎn)生的光氣(COCl2)，實驗裝置如圖所示(夾持及加熱裝置已省略)。已知：I.光氣與水易反應(yīng)，能溶于CCl4溶液II.有關(guān)物質(zhì)熔沸點：Cr2O3CrCl3CCl4COCl2熔點/℃14351152-23-118沸點/℃40001300768.2回答下列問題：(1)開始通入N2的作用為。(2)B中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為，分離出光氣(COCl2)的操作為(填操作名稱)。(3)實驗步驟如下：檢查完裝置氣密性，打開K1、K2、K3，通入氮氣；一段時間后，開關(guān)K1、K2、K3的狀態(tài)分別為，將裝置A在85℃下進(jìn)行水浴加熱：待B中反應(yīng)結(jié)束后，停止高溫加熱，將裝置C在30℃下進(jìn)行水浴加熱，此時開關(guān)K1、K2、K3的狀態(tài)分別為；實驗結(jié)束，停止通入氮氣。(4)取B中所得產(chǎn)品加入稀硫酸，完全溶解后分為兩等份，進(jìn)行如下操作：i.取其中一份，加入NaOH溶液形成綠色的Cr(OH)3沉淀后，再加入過量H2O2，小火加熱至沉淀完全轉(zhuǎn)變?yōu)镹a2CrO4溶液后，再繼續(xù)加熱一段時間；繼續(xù)加水至溶液體積為100mL，取20mL溶液酸化，再滴入指示劑，用新配制的0.2mol?L-1的(NH4)2Fe(SO4)2溶液進(jìn)行滴定，到達(dá)滴定終點時，消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液36.00mL。ii.取另外一份加入過量NaOH溶液，經(jīng)過濾、洗滌、干燥后，將所得固體在空氣中灼燒，得到鉻的氧化物1.2g。①寫出i中滴定過程反應(yīng)的離子方程式：。②步驟ii中得到的鉻的氧化物的化學(xué)式為。步驟i中，若最后不再加熱一段時間，步驟ii中鉻的氧化物中鉻元素的化合價將(填“偏高”“偏低”或“不變”)?！即鸢浮?1)排凈裝置中的空氣，并把CCl4鼓入硬質(zhì)玻璃管中(2)Cr2O3＋3CC142CrCl3＋3COCl

蒸餾(3)K1、K2開，K3關(guān)

K1、K2關(guān)，K3開(4)

14H＋＋6Fe2＋＋Cr2O=26Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O或CrO＋8H＋＋3Fe2＋=3Fe3＋＋Cr3＋＋4H2O

CrO3

偏低〖解析〗該實驗是陌生物質(zhì)制備，由題中信息可知A裝置中的CCl4被N2鼓入B裝置，和Cr2O3固體在700-800℃條件下反應(yīng)生成CrCl3固體和光氣COCl2，用氫氧化鈉吸收尾氣防止污染空氣，因為光氣與水易反應(yīng)，球形干燥管內(nèi)為無水氯化鈣，防止水蒸氣進(jìn)入C或D裝置。反應(yīng)開始，用氮氣排出裝置中空氣，然后打開K1、K2、關(guān)閉K3，進(jìn)行反應(yīng)，C中得到光氣和四氯化碳，再關(guān)閉開K1、K2、打開K3，利用沸點不同蒸餾分離出光氣。(1)空氣會干擾實驗，所以開始通入N2排凈裝置中的空氣，同時用N2把CCl4鼓入硬質(zhì)玻璃管中，〖答案〗排凈裝置中的空氣，并把CCl4鼓入硬質(zhì)玻璃管中。(2)B裝置中CCl4和Cr2O3固體在700-800℃條件下反應(yīng)生成CrCl3固體和光氣COCl2，化學(xué)方程式Cr2O3＋3CC142CrCl3＋3COCl，C中收集到溶解在CCl4中的光氣，利用沸點不同，采用蒸餾法分離出光氣；蒸餾；(3)反應(yīng)開始，用氮氣排出裝置中空氣，然后打開K1、K2、關(guān)閉K3，進(jìn)行反應(yīng)，C中得到光氣和四氯化碳，再關(guān)閉開K1、K2、打開K3，利用沸點不同蒸餾出光氣；(4)一份CrCl3和NaOH溶液形成Cr(OH)3沉淀，被過量H2O2氧化為Na2CrO4溶液，酸化CrO轉(zhuǎn)化為Cr2O，用(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定，Cr2O被還原為Cr3＋，F(xiàn)e2＋被氧化為Fe3＋，離子方程式14H＋＋6Fe2＋＋Cr2O=26Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O。關(guān)系式CrCl3~Cr(OH)3~CrO~Cr2O~3Fe2＋，則n(CrCl3)=n(Fe2＋)=，另一份CrCl3和NaOH溶液形成Cr(OH)3沉淀，過濾、洗滌、干燥后，將所得固體在空氣中灼燒，Cr(OH)3受熱分解生成鉻的氧化物1.2g，含Cr鉻原子0.012mol，質(zhì)量為，含O原子，鉻的氧化物中Cr和O個數(shù)比為1∶3，化學(xué)式為CrO3，步驟i中完全轉(zhuǎn)變?yōu)镹a2CrO4溶液后，再繼續(xù)加熱一段時間，使過量的H2O2分解除去，若最后不再加熱一段時間，過量的H2O2滴定時會消耗步驟(NH4)2Fe(SO4)2偏多，最后求得O偏少，所以鉻的氧化物中鉻元素的化合價將偏低。19．(12分)褪黑素是由松果體產(chǎn)生的一種胺類激素，在調(diào)節(jié)晝夜節(jié)律及睡眠-覺醒方面發(fā)揮重要作用。某研究小組以乙炔為原料，設(shè)計合成路線如下(部分反應(yīng)條件已省略)：已知：①褪黑素結(jié)構(gòu)為：②③無水乙酸鈉在堿石灰作用下發(fā)生反應(yīng)：回答下列問題：(1)A的名稱為；B→C的反應(yīng)類型為。(2)D中所含官能團(tuán)的名稱為；E的結(jié)構(gòu)簡式為。(3)寫出符合下列條件的H的一種同分異構(gòu)體(不考慮立體異構(gòu))的結(jié)構(gòu)簡式。ⅰ.含有3個六元環(huán)，其中1個是苯環(huán)；ⅱ.含有結(jié)構(gòu)，不含N—H鍵；ⅲ.含有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子。(4)I→J反應(yīng)的化學(xué)方程式為。(5)已知：，寫出由二氯甲烷和乙醇制備的合成路線(無機(jī)試劑、有機(jī)溶劑任選)?！即鸢浮?1)

氯乙烯

取代反應(yīng)

酯基和氨基

(3)(4)＋NaOH→＋Na2CO3(5)〖解析〗HC≡CH和HCl在HgCl2催化下生成A結(jié)合A的分子式可知，A為CH2=CHCl，A和NaCN發(fā)生取代反應(yīng)生成B，結(jié)合B的分子式可知，B為CH2=CHCN，B和M發(fā)生加成反應(yīng)生成D，根據(jù)D的結(jié)構(gòu)簡式及M的分子式知，M為，C和氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成D，D比C多4個氫原子，則C中-C≡N完全和氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，則D為，D發(fā)生取代反應(yīng)生成E，E發(fā)生水解反應(yīng)然后酸化得到F，根據(jù)F的結(jié)構(gòu)簡式及E的分子式知，E為，H發(fā)生水解反應(yīng)生成I，根據(jù)I的化學(xué)式知，I為，I和堿石灰反應(yīng)生成J，J發(fā)生取代反應(yīng)生成褪黑素，則J為。A的結(jié)構(gòu)簡式為CH2=CHCl，則名稱為氯乙烯，B→C即CH2=CHCl＋NaCN—→CH2=CHCN＋NaCl，反應(yīng)類型為取代反應(yīng)；D的結(jié)構(gòu)簡式為，故D中所含官能團(tuán)的名稱為酯基和氨基，E的結(jié)構(gòu)簡H的同分異構(gòu)體符合下列條件：ⅰ.含有3個六元環(huán)，其中1個是苯環(huán)；ⅱ.含有結(jié)構(gòu)，不含N—H鍵；ⅲ.含有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子，結(jié)構(gòu)對稱，符合條件的結(jié)構(gòu)簡式有式為；I的結(jié)構(gòu)簡式為，J的結(jié)構(gòu)簡式為，結(jié)合已知信息③可知，I→J反應(yīng)的化學(xué)方程式為＋NaOH＋Na2CO3；以二氯甲烷和乙醇為原料合成有機(jī)物，二氯甲烷和NaCN發(fā)生取代反應(yīng)生成NCCH2CN，NCCH2CN和氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成H2NCH2CH2CH2NH2，NCCH2CN發(fā)生水解反應(yīng)生成HOOCCH2COOH，CH3CH2OH和HOOCCH2COOH發(fā)生轉(zhuǎn)化反應(yīng)得到CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3和H2NCH2CH2CH2NH2發(fā)生取代反應(yīng)得到目標(biāo)產(chǎn)物，由此確定合成路線如下：20.(12分)氣候變化是目前全球最重要、最緊迫的議題之一、CO2的綜合利用是解決該問題的有效途徑。(1)可利用CH4與CO2制備“合成氣(CO、H2)”，還可制備甲醇、二甲醚、碳基燃料等產(chǎn)品。甲烷二氧化碳干式重整涉及以下反應(yīng)：ⅰ.CO2(g)＋CH4(g)2CO(g)＋2H2(g)ΔH1K1ⅱ.CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)ΔH2K2ⅲ.CH4(g)＋2H2O(g)CO2(g)＋4H2(g)ΔH3K3為標(biāo)準(zhǔn)摩爾生成焓，其定義為標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下，由穩(wěn)定相態(tài)的單質(zhì)生成1mol該物質(zhì)的焓變。對于穩(wěn)定相態(tài)單質(zhì)，其為零。根據(jù)下表所示數(shù)據(jù)，計算反應(yīng)ⅰ的反應(yīng)熱ΔH1＝。物質(zhì)CH4CO2CO(kJ·mol-1)-74.8-393.5-110.5(2)利用“合成氣”合