2019-2020学年福建省惠安惠南中学新高考化学模拟试卷含解析

2019-2020学年福建省惠安惠南中学新高考化学模拟试卷

一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意） 1．工业上以CaO 和HNO 3为原料制备Ca(NO 3)2?6H 2O 晶体。为确保制备过程中既不补充水分，也无多余的水分，所用硝酸溶液中溶质的质量分数应为

A ．53.8%

B ．58.3%

C ．60.3%

D ．70.0%

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】

工业上以CaO 和HNO 3为原料制备Ca （NO 3）2?6H 2O 晶体。为确保制备过程中既不补充水分，也无多余的水分，也就是硝酸溶液中的水全部参与化学反应生成Ca （NO 3）2?6H 2O 晶体，反应方程式为：CaO+2HNO 3+5H 2O ═Ca （NO 3）2?6H 2O ，设硝酸的质量为126g ，则：

CaO+2HNO 3+5H 2O ═Ca （NO 3）2?6H 2O

126g 90g 因此硝酸溶液中溶质的质量分数为()12612690g g

+×100%=58.3%；故选：B 。

2．乙烷、乙炔分子中碳原子间的共用电子对数目分别是1、3，则C 20H 32分子中碳原子间的共用电子对数目可能为( )

A ．20

B ．24

C ．25

D ．77 【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】

烷烃中碳碳间共用电子对数为碳原子数减去1；若每减少2个H 原子，则相当于碳碳间增加一对共用电子对，利用减少的H 原子数目，再除以2可知增加的碳碳间共用电子对数，烷烃C 20H 42分子中碳原子间的共用电子对数目为19，则C 20H 32分子中碳原子间的共用电子对数目19+10×

=24，答案选B 。【点睛】

明确每减少2个H 原子，则相当于碳碳间增加一对共用电子对。

3．化学与我们的生活密切相关。下列说法错误的是( )

A ．开发可燃冰，有利于节省化石燃料，并减少空气污染

B ．酒精能杀菌，浓度越大效果越好

C ．钻石、水晶、刚玉都是人们熟知的宝石，但其化学成分不同

D．用热的纯碱溶液和直馏汽油去油污原理不同

【答案】B

【解析】

【详解】

A．“可燃冰”是天然气水合物，燃烧生成二氧化碳和水，属于清洁能源，有利于节省化石燃料，并减少空气污染，故A正确；

B．医用酒精的浓度为75%，并不是越大越好，浓度过大的酒精能够使细菌表明的蛋白质凝固，形成一层硬膜，这层硬膜阻止酒精分子进一步渗入细菌内部，反而保护了细菌，故B错误；

C．钻石的成分是碳单质，水晶的成分是二氧化硅、刚玉的成分是氧化铝，三者成分不同，故C正确；D．纯碱水解显碱性，油脂在碱性环境下水解，直馏汽油去油污是利用相似相溶原理，所以二者去油污原理不同，故D正确；

故选：B。

4．在复盐NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，可能发生的反应的离子方程式是

A．NH4++SO42－+Ba2++OH－= BaSO4↓+ NH3·H2O

B．Al3++ 2SO42－+ 2Ba2++ 4OH－= 2BaSO4↓+ AlO2- + 2H2O

C．2 Al3++ 3SO42－+ 3Ba2++6OH－= 3BaSO4↓+ 2 Al(OH)3↓

D．NH4++ Al3++SO42－+ Ba2++ 4OH－= BaSO4↓+ Al(OH)3↓+NH3·H2O

【答案】C

【解析】

【分析】

在NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，开始时，发生反应为SO42-+Ba2+=BaSO4↓，Al3++3OH-=Al(OH)3↓，当Al3+沉淀完全时，SO42-未完全沉淀，此时溶液含有硫酸铵；再滴加Ba(OH)2，生成BaSO4沉淀，发生反应为SO42-+Ba2+=BaSO4↓，NH4++OH-=NH3?H2O，所以沉淀质量继续增加；当SO42-完全沉淀时，生成Al(OH)3、硫酸钡沉淀、一水合氨；再滴加Ba(OH)2，氢氧化铝逐渐溶解，据此分析解答。

【详解】

A．逐滴加入Ba(OH)2溶液，氢氧根离子先与氯离子反应，故A错误；

B．以1∶2反应时，硫酸根离子、铝离子均转化为沉淀，同时生成一水合氨，故B错误；

C．以2∶3反应时，生成硫酸钡、氢氧化铝和硫酸铵，离子反应为2Al 3++3SO42-+3Ba2++6OH-=3BaSO4↓+2 Al(OH)3↓，故C正确；

D．以1∶2反应时，生成硫酸钡、氢氧化铝和一水合氨，离子反应为NH4++Al

3++2SO42-+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+Al(OH)3↓+NH3?H2O，故D错误；

答案选C。

【点睛】

把握发生的反应及离子方程式的书写方法为解答的关键。本题的易错点和难点为铵根离子和铝离子与氢氧根离子反应的先后顺序的确定。

5．下列化学用语的表述正确的是

A ．磷酸溶于水的电离方程式：H 3PO 4=3H + + PO 43-

B ．用电子式表示 HCl 的形成过程：......

H:H+:Cl:C:2H:C:→

C ．S 2－的结构示意图：

D ．KClO 碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO - + 2Fe(OH)3=2FeO 42- + 3Cl - + 4H + + H 2O

【答案】C

【解析】

【详解】

A 选项，磷酸是弱酸，应该一步一步电离，第一步电离为：H 3PO 4

H + + H 2PO 42－，故A 错误； B 选项，用电子式表示 HCl 的形成过程：

，故B 错误；

C 选项，S 2－的结构示意图：，故C 正确；

D 选项，KClO 碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO － + 4OH －+ 2Fe(OH)3=2FeO 42－ + 3Cl －+ 4H + + 5H 2O ，故D 错误；综上所述，答案为C 。

【点睛】

弱酸电离一步一步电离，而多元弱碱的电离虽然复杂，但写都是一步到位的。

6．己知：+-+2+-2422525226N H +H O N H +OH ,N H +H O N H +OH 儍；常温下，将盐酸滴加到N 2H 4的水

溶液中，混合溶液中pOH[ pOH=-lgc (OH -)]随离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是

A ．曲线M 表示pOH 与1g

()()2+26+25c N H c N H 的变化关系 B ．反应225226N H H O N H OH +-+-++?

的-15HK=10

C ．pOH 1>pOH 2

D ．N 2H 5Cl 的水溶液呈酸性

【答案】C

【解析】

M 、N 点()()2+26

+25c N H c N H =()()+252

4c N H c N H =1，M 点c (OH -)=10-15、N 点c (OH -)=10-6， M 点表示的电离平衡常数=10-15，N 点表示的电离平衡常数=10-6；第一步电离常数大于第二步电离常数。

【详解】

A. ()()

()512+224c N H OH c N H K c Ka a -=>，所以曲线M 表示pOH 与1g ()()

2+26+25c N H c N H 的变化关系，曲线N 表示pOH 与1g ()()+25

c N H c N H 的变化关系，故A 正确； B. 反应225226N H H O N H OH ++-++?表示第二步电离， 2Ka =()(

)()2+26+

25c N H OH c N H c -=10-15，故B 正确；

C. pOH 1=1-lg a K 、pOH 2=2-lg a K ，12Ka Ka > ，所以pOH 1

D. N 2H 4是二元弱碱，N 2H 5Cl 是强酸弱碱盐，水溶液呈酸性，故D 正确；

故答案选C 。

7．下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（）

A ．Al 2O 3的熔点很高，可用作耐火材料

B ．NH 3具有还原性，可用作制冷剂

C ．SO 2具有氧化性，可用于纸浆的漂白

D ．钠钾合金的密度小，可用作快中子反应堆的热交换剂

【答案】A

【解析】

【详解】

A 、氧化铝熔点很高，所以可以做耐火材料，选项A 正确；

B 、氨气中的氮元素化合价是-3价，具有还原性，做制冷剂，是氨气易液化的原因，选项B 错误；

C ．二氧化硫可用于漂白纸浆是因为其具有漂白性，与二氧化硫的氧化性无关，选项C 错误；

D ．在快中子反应堆中，不能使用水来传递堆芯中的热量，因为它会减缓快中子的速度，钠和钾的合金可用于快中子反应堆作热交换剂，选项D 错误；

答案选A 。

8．北宋《本草图经》中载有：“绿矾形似朴消（Na 2SO 4·10H 2O ）而绿色，取此一物置于铁板上，聚炭，封之囊袋，吹令火炽，其矾即沸，流出色赤如融金汁者，是真也。”下列对此段话的理解正确的是 A ．朴消是黑火药的成分之一

B ．上述过程发生的是置换反应

C ．此记载描述的是鉴别绿矾的方法

D ．“色赤”物质可能是单质铜

【答案】C

【分析】

由信息可知，绿矾为结晶水合物，加热发生氧化还原反应生成氧化铁，Fe元素的化合价升高，S元素的化合价降低，以此分析。

【详解】

A．朴消是Na2SO4·10H2O，而黑火药是我国古代四大发明之一,它的组成是“一硫(硫粉)二硝石（即KNO3

固体)三碳(木炭粉)，故A错误；

B．绿矾为结晶水合物，加热发生氧化还原反应生成氧化铁，Fe元素的化合价升高，S元素的化合价降低，不是置换反应，故B错误；

C．FeSO4·7H2O分解生成氧化铁、二氧化硫、三氧化硫，三氧化硫与水结合生成硫酸，则流出的液体中含有硫酸，现象明显，是鉴别绿矾的方法，故C正确；

D．Fe的氧化物只有氧化铁为红色，则“色赤”物质可能是Fe2O3，故D错误；

故选C。

【点睛】

本题考查金属及化合物的性质，把握习题中的信息及发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，易错点A，黑火药的成分和芒硝不同。

9．下列说法正确的是

A．将溴乙烷与氢氧化钾混合液加热，再滴加硝酸银溶液，观察有沉淀生成，可证明溴乙烷中含有溴B．用纸层析法分离铁离子与铜离子时，蓝色斑点在棕色斑点的下方，说明铜离子在固定相中分配得更多C．食醋总酸含量的测定实验中，先用移液管吸取市售食醋25ml，置于250ml容量瓶中加水稀释至刻度线，从配制后的溶液中取出25ml进行实验，其主要目的是可以减少食醋的挥发

D．准确量取25.00 mL的液体可选用移液管、量筒或滴定管等量具

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】

A．检验卤代烃中卤素原子的种类，要将卤素原子转变成卤素离子，再进行检验；因此，先加NaOH溶液，使卤代烃水解，再加硝酸酸化后，方可加入AgNO3，通过观察沉淀的颜色确定卤素原子的种类，选项中缺少加入硝酸酸化的步骤，A项错误；

B．层析法的原理即利用待分离的混合物中各组分在某一物质(称作固定相)中的亲和性差异，如吸附性差异，溶解性(或分配作用)差异让混合物溶液(称作流动相)流经固定相，使混合物在流动相和固定相之间进行反复吸附或分配等作用，从而使混合物中的各组分得以分离；纸上层析分离能溶于水的物质时，固定相是吸附在滤纸上的水，流动相是与水能混合的有机溶剂(如醇类)，实验结束后，出现在滤纸靠上方位置的离子，

其在流动相中分配更多，出现在滤纸靠下方位置的离子，其在固定相中分配更多；因此蓝色斑点反映的铜离子，在固定相中分配更多，B项正确；

C．移液管量取溶液体积的精度是0.01mL，此外，容量瓶不可用于稀释溶液，C项错误；

D．量筒的精确度是0.1mL，因此无法用量筒精确量取25.00mL的液体，D项错误；

答案选B。

10．用下列装置能达到实验目的的是

A．清洗铜与浓硫酸反应后有残液的试管

B．配置一定物质的量浓度的溶液实验中，为定容时的操作

C．装置制取金属锰

D．装置为制备并用排气法收集NO气体的装置

【答案】D

【解析】

【详解】

A. 自来水中有杂质离子，清洗铜与浓硫酸反应后有残液的试管不能用自来水，应该用蒸馏水，且应该把反应液倒入水中，A项错误；

B. 定容时，当液面距定容刻度线1到2厘米处，改用滴管滴加，使凹液面最低端与刻度线相切，B项错误；

C. 利用铝热反应制取金属锰时采用的是高温条件，需要氯酸钾分解产生氧气，促进镁条燃烧，利用镁条燃烧产生大量热制取金属锰，该实验装置中没有氯酸钾作引发剂，C项错误；

D. 铜和稀硝酸反应可以制备NO，NO的密度比CO2的密度小，采用短口进气、长口出气的集气方式，D 项正确；

答案选D。

11．硫酸铵在一定条件下发生反应:4(NH4)2SO4＝6NH3↑+3SO2↑+SO3↑+N2↑+7H2O，将反应后的气体通入一定量的氯化钡溶液中恰好完全反应，有白色沉淀生成。下列有关说法正确的是

A．白色沉淀为BaSO4

B．白色沉淀为BaSO3和BaSO4的混合物，且n(BaSO3):n(BaSO4)约为1:1

C．白色沉淀为BaSO3和BaSO4的混合物，且n(BaSO3):n(BaSO4)约为3:1

D．从溶液中逸出的气体为N2，最后溶液中的溶质只有NH4Cl

【答案】B

【解析】

【分析】

反应后的混合气体通入到BaCl2溶液中发生的是复分解反应：SO2+H2O+2NH3=(NH4)2SO3、

(NH4)2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NH4Cl、SO3+H2O+2NH3=(NH4)2SO4、(NH4)2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NH4Cl，依据反应定量关系，结合分解生成的气体物质的量可知，二氧化硫转化为亚硫酸铵，1mol三氧化硫转化为硫酸铵消耗氨气2mol，则4mol氨气和2molSO2反应生成亚硫酸铵，所以得到的沉淀为1mol硫酸钡，2mol亚硫酸钡，剩余SO2和亚硫酸钡反应生成亚硫酸氢钡，最后得到沉淀为1mol硫酸钡、1mol亚硫酸钡，则：

n(BaSO4):n(BaSO3)=1:1；

【详解】

A、根据分析可知，白色沉淀为BaSO4和BaSO3，故A错误；

B、由上述分析可知，最后得到沉淀为1mol硫酸钡、1mol亚硫酸钡，二者物质的量之比为1:1，故B正确；

C、根据B项分析可知，最后得到沉淀为1mol硫酸钡、1mol亚硫酸钡，二者物质的量之比为1:1，故C错误；

D、从溶液中逸出的气体为N2，根据分析可知，反应后的溶质为亚硫酸氢钡与氯化铵，故D错误；

答案选B。

12．配制一定物质的量浓度的盐酸溶液时,下列操作可使所配制溶液浓度偏高的是( )

A．用量筒量取浓盐酸俯视读数B．溶解搅拌时有液体飞溅

C．定容时俯视容量瓶瓶颈刻度线D．摇匀后见液面下降,再加水至刻度线

【答案】C

【解析】

【分析】

根据C=n/V计算不当操作对n或V的影响，如果n偏大或V偏小，则所配制溶液浓度偏高．

【详解】

A、用量筒量取浓盐酸俯视读数会导致液体体积偏小，溶质的物质的量偏小，所配制溶液浓度偏低，故A 不选；

B、溶解搅拌时有液体飞溅，会导致溶质的物质的量偏小，所配制溶液浓度偏低，故B不选；

C、定容时俯视容量瓶瓶颈刻度线，会导致溶液的体积偏小，所配制溶液浓度偏高，故C选；

D、摇匀后见液面下降，为正常现象，如再加水至刻度线，会导致溶液体积偏大，浓度偏低，故D不选。故选：C。

【点睛】

本题考查配制一定物质的量浓度的溶液的误差分析，题目难度中等，注意根据C=n/V计算不当操作对n

或V的影响．

13．对氧化还原反应：11P+15CuSO4+24H2O→5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4，下列说法正确的是

A．5/11的磷被氧化

B．3mol CuSO4可氧化11/5mol P

C．每摩尔起氧化作用的磷能氧化磷生成磷酸的物质的量为0.6mol

D．当1mol P参加反应时，转移电子的物质的量为3 mol

【答案】C

【解析】

【详解】

A. 11P+15CuSO4+24H2O═5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中，P元素的化合价由0降低为-3价，这样的P原子是5mol，

还有P元素的化合价由0升高为+5价，这样的P原子是6mol，即被氧化的磷原子为6

，选项A错误；

B.根据反应知道，是1molCuSO4得到1mol电子，1molP失去5mol电子，则3molCuSO4可氧化0.6molP，选项B错误；

C.起氧化作用P元素的化合价由0降低为-3价转移3个电子，起还原作用的P的化合价由0升高为+5价转移5个电子，则每摩尔起氧化作用的磷能氧化磷生成磷酸的物质的量为0.6mol，选项C正确；

D.当1molP参加反应时，有6

molP作还原剂，转移电子的物质的量为

mol，选项D错误．

答案选C。

【点睛】

本题考查了氧化剂和还原剂的判断、电子转移等知识点，注意该反应中P既是氧化剂又是还原剂，会根据元素化合价的变化判断氧化剂、还原剂和氧化产物、还原产物，

11P+15CuSO4+24H2O═5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中，P元素的化合价由0降低为-3价，这样的P原子是5mol，还有P元素的化合价由0升高为+5价，这样的P原子是6mol，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，根据氧化还原反应中的概念以此电子守恒知识来解答。

14．相对分子质量为128的有机物A完全燃烧只生成CO2和H2O，若A含一个六碳环且可与NaHCO3溶液反应，则环上一氯代物的数目为()

A．2 B．3 C．4 D．5

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

有机物A完全燃烧只生成CO2和H2O，说明一定含有C、H元素，还含有一个六元碳环且可与NaHCO3溶液反应，说明含有羧基—COOH，羧基的式量是45，则烃基的式量128－45=83，则符合六元环的烃基是

C6H11—，则该物质是，由于在环上有4种不同位置的H原子，它们分别被氯原子取代就得到一种一氯取代产物。所以环上一氯代物的数目为4种，选项是C。

15．测定稀盐酸和氢氧化钠稀溶液中和热的实验中没有使用的仪器有：①大、小烧杯；②容量瓶；③量筒；④环形玻璃搅拌棒；⑤试管；⑥温度计；⑦蒸发皿；⑧托盘天平中的()

A．①②⑥⑦B．②⑤⑦⑧C．②③⑦⑧D．③④⑤⑦

【答案】B

【解析】

【详解】

在测定稀盐酸和氢氧化钠稀溶液中和反应反应热的实验中,需要使用量筒量取溶液体积，小烧杯作为两溶液的反应容器，小烧杯置于大烧杯中，小烧杯与大烧杯之间填充隔热材料，反应过程中用环形玻璃搅拌棒不断搅拌促进反应均匀、快速进行，用温度计量取起始温度和最高温度，没有使用到的是容量瓶、试管、蒸发皿、托盘天平，即②⑤⑦⑧，

答案选B。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）

16．肼（N2H4）是一种重要的工业产品。资料表明，氨和次氯酸钠溶液反应能生成肼，肼有极强的还原性。可用下图装置制取肼：

（1）写出肼的电子式__________，写出肼与硫酸反应可能生成的盐的化学式_______；

（2）装置A中反应的化学方程式_____；

（3）实验时，先点燃A处的酒精灯，一段时间后再向B的三口烧瓶中滴加NaClO溶液。滴加NaClO溶液时不能过快、过多的原因___________；

（4）从实验安全性角度指出该实验装置中存在的缺陷_______。

（5）准确量取20.00mL含肼溶液，加入硫酸和碳酸氢钠，用0.1000mol/L的标准碘液进行滴定，滴定终点时，消耗V0mL（在此过程中N2H4→N2）。该实验可选择______做指示剂；该溶液中肼的浓度为______mol/L

（用含V 0的代数式表达，并化简）。【答案】 N 2H 6SO 4、（N 2H 5）2SO 4 、N 2H 6（HSO 4）2 2NH 4Cl+Ca(OH)2CaCl 2+2NH 3↑+2H 2O 防止NaClO 氧化肼 A 、B 间无防倒吸装置，易使A 装置中玻璃管炸裂淀粉溶液 V 0/400

【解析】

【分析】

(1)肼的分子式为N 2H 4，可以看成氨气分子中的一个氢原子被氨基取代，氨基显碱性，肼可以看成二元碱，据此分析解答；

(2)装置A 中制备氨气书写反应的方程式；

(3)根据肼有极强的还原性分析解答；

(4)氨气极易溶于水，该装置很容易发生倒吸，据此解答；

(5)根据标准碘液选择指示剂；在此过程中N 2H 4→N 2，I 2→I -，根据得失电子守恒，有N 2H 4～2I 2，据此分析计算。

【详解】

(1)肼的分子式为N 2H 4，电子式为，肼可以看成氨气分子中的一个氢原子被氨基取代，氨基显碱性，肼可以看成二元碱，与硫酸反应可能生成的盐有N 2H 6SO 4、(N 2H 5)2SO 4 、N 2H 6(HSO 4)2，故答案为

；N 2H 6SO 4、(N 2H 5)2SO 4 、N 2H 6(HSO 4)2；

(2)根据图示，装置A 是生成氨气的反应，反应的化学方程式为2NH 4Cl+Ca(OH)2

CaCl 2+2NH 3↑+2H 2O ，故

答案为2NH 4Cl+Ca(OH)2CaCl 2+2NH 3↑+2H 2O ； (3)实验时，先点燃A 处的酒精灯，一段时间后再向B 的三口烧瓶中滴加NaClO 溶液。肼有极强的还原性，而次氯酸钠具有强氧化性，因此滴加NaClO 溶液时不能过快、过多，防止NaClO 氧化肼，故答案为防止NaClO 氧化肼；

(4)氨气极易溶于水，该装置很容易发生倒吸，应该在A 、B 间增加防倒吸装置，故答案为A 、B 间无防倒吸装置，易使A 装置中玻璃管炸裂；

(5)使用标准碘液进行滴定，可以选用淀粉溶液作指示剂，当滴入最后一滴碘液，容易变成蓝色，且半分钟内不褪色，则表明达到了滴定终点；在此过程中N 2H 4→N 2，I 2→I -，根据得失电子守恒，有N 2H 4～2I 2，消耗碘的物质的量=0.1000mol/L×V 0mL ，则20.00mL 含肼溶液中含有肼的物质的量=12

×0.1000mol/L×V 0mL ，因此肼的浓度为010.1000mol /L V mL 220.00mL

??=0V 400mol/L ，故答案为淀粉溶液；0V 400。【点睛】

本题的易错点和难点为(1)中肼与硫酸反应生成的盐的取代，要注意氨基显碱性，肼可以看成二元弱碱，模仿氨气与硫酸的反应分析解答。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）

17．某有机物M 的结构简式为，其合成路线如下：

已知：①通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基，即

②R 1CHO+R 2CH 2CHO +H 2O

根据相关信息，回答下列问题：

（1）B 的名称为________；C 的结构简式为________。

（2）D→E 转化过程中第①步反应的化学方程式为_______。

（3）IV 的反应类型为_______；V 的反应条件是_____。

（4）A 也是合成阿司匹林（）的原料，有多种同分异构体。写出符合下列条件的同分异构体的结构简式______(任写一种即可)。

a.苯环上有3个取代基

b.仅属于酯类，能发生银镜反应，且1mol 该物质反应时最多能生成4mol Ag ；

c.苯环上的一氯代物有两种。

（5）若以F 及乙醛为原料来合成M()，试写出合成路线

_________。合成路线示例：HBr NaOH /Δ223232CH =CH CH CH Br CH CH OH ???→?????→水溶液

【答案】4-氯甲苯(或对氯甲苯) +CH 3CHO 取代反应银氨溶液、加热（或新制氢氧化铜、加热），再酸化

【解析】

【分析】

由有机物的转化关系，A为甲苯，结构简式为，A在铁做催化剂的条件下发生苯环取代生成，则B为；在光照条件下发生甲基上的取代反应生成，则C为；在氢氧化钠溶液中发生信息①反应生成，则D为；与乙醛在氢氧化钠溶液中发生信息②反应生成，则E为；在铜作催化剂作用下，与NaOCH3在加热条件下发生取代反应生成，发生氧化反应生成。

【详解】

（1）B的结构简式为，名称为4-氯甲苯(或对氯甲苯)，在光照条件下发生甲基上的取代反应生

成，则C的结构简式为，故答案为4-氯甲苯(或对氯甲苯)；；

（2）D→E转化过程中第①步反应为在氢氧化钠溶液中与乙醛发生加成反应，反应的化学方程式为+CH3CHO，故答案为+CH3CHO；

（3）IV的反应为在铜作催化剂作用下，与NaOCH3在加热条件下发生取代反应生成；V的反应发生氧化反应生成，反应条件可以是银氨溶液、

加热（或新制氢氧化铜、加热），再酸化，故答案为取代反应；银氨溶液、加热（或新制氢氧化铜、加热），再酸化；

（4）能发生银镜反应且每摩尔物质反应生成4molAg说明含有两个醛基；属于酯类，且苯环上的一氯代物有两种，说明结构对称，结合含有两个醛基且苯环上只有3个取代基可知苯环上含有两个“HCOO-”，另外还剩余1个C原子，即为一个甲基，则符合条件的同分异构体的结构简式为或，故答案为或；

（5）由M的结构简式，结合逆推法可知，合成M的流程为CH3CHO在氢氧化钠溶液中发生信息②反应生成CH3CH=CHCHO，CH3CH=CHCHO在催化剂作用下，与氢气在加热条件下发生加成反应生成

CH3CH2CH2CH2OH，CH3CH2CH2CH2OH与F在浓硫酸作用下，共热发生酯化反应生成M，合成路线如下：

，故答案为

。

【点睛】

本题考查有机物推断与合成，侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，充分利用转化中物质的结构简式与分子式进行分析判断，熟练掌握官能团的性质与转化是解答关键。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）

18．铁能形成多种化合物，如Fe（SCN）3，[Fe（CO）5]（羰基铁），它们在生活生产中有广泛应用。

（1）Fe3+基态核外电子排布式为_____。

（2）实验室用KSCN溶液、苯酚溶液检验Fe3+．N、O、S的第一电离能由大到小的顺序为____。SCN﹣中的碳原子的杂化轨道类型为_____。与SCN﹣互为等电子体的分子是_____。

（3）羰基铁[Fe（CO）5]可用作催化剂。1mol[Fe（CO）5]分子中含σ键数目为_____。

（4）某种氮化铁晶胞的晶体如图所示，该氮化铁晶体的化学式为_____。

Ar3d N>O>S sp CO2(COS等) 10N A或6.02×1024Fe3N

【答案】[]5

【解析】

【分析】

（1）Fe位于第4周期第ⅤⅢ族，其价电子排布式为3d64s2，失去3个电子形成Fe3+，从4s开始失去电子；（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，同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，SCN﹣为直线形结构，等电子体是指原子总数相同、价电子总数也相同的微粒；

（3）羰基配合物中，中心Fe与配体CO之间形成配位键，CO分子中，C与O之间含有一个配位键；（4）根据均摊法计算氮化铁晶体的化学式。

【详解】

（1）Fe位于第4周期第ⅤⅢ族，其价电子排布式为3d64s2，失去3个电子形成Fe3+，从4s开始失去电子，所以Fe3+基态核外电子排布式为：[Ar]3d5，故答案为：[Ar]3d5；

（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，同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，所以N、O、S的第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞S，SCN﹣为直线形结构，则其中C为sp杂化，

等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒，所以与SCN﹣互为等电子体的分子是：CO2（COS 等），故答案为：N＞O＞S；sp；CO2（COS等）；

（3）羰基配合物中，中心Fe与配体CO之间形成配位键，CO分子中，C与O之间含有一个配位键，所以1mol[Fe(CO)5]分子中含σ键数目为10 N A，故答案为：10N A或6.02×1024；

（4）氮化铁晶体为六棱柱：顶点贡献率为，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，所以化学势为Fe3N，故答案为：Fe3N。

19．利用铝热炼镁还原渣[Al、Ca(AlO2)2、Al2O3、MgO及少量不能被碱液溶出的尖晶石型铝的化合物等]制取Al(OH)3的工艺流程如下：

(1) “滤渣”成分包括：水合铝酸钙、尖晶石型铝的化合物、不含铝的化合物______________(写两种物质的化学式)。

(2) “溶出”时，在适当条件下，铝及其大部分含铝化合物以NaAlO2溶出。

①金属Al与NaOH溶液反应的化学方程式为________________________________。

②其他条件相同时，Na2CO3、NaOH溶液的浓度对铝的溶出率的影响如图所示：

NaOH溶液浓度一定时，130 g·L－1的Na2CO3溶液对铝的溶出率比100 g·L－1的大，这是因为

______________(从平衡移动角度分析)；Na2CO3溶液浓度一定时，当NaOH溶液浓度大于80 g·L－1，铝的溶出率随NaOH溶液浓度增大而减小，可能原因是______________。

(3) “碳分”时，溶液与过量CO2反应的离子方程式为________________________。

(4) “过滤2”的母液经再生处理可返回“溶出”工序循环使用，再生的方法是____________。

【答案】CaCO3、MgO[或Mg(OH)2] 2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑ Na2CO3浓度大，有利于溶出反应向生成CaCO3方向移动，促进铝的溶出AlO2-以水合铝酸钙形式重新进入固相[或过量NaOH 浓溶液与原料中含钙化合物作用生成Ca(OH)2，Ca(OH)2与NaAlO2作用生成水合铝酸钙] AlO2-＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO3-在不断搅拌下加入适量的生石灰[或熟石灰，答NaOH暂不扣分]，然后过滤去渣

【解析】

【分析】

铝热炼镁还原渣[Al、Ca(AlO2)2、Al2O3、MgO及少量不能被碱液溶出的尖晶石型铝的化合物等]加入NaOH、Na2CO3溶液溶出，过滤后滤渣中含有水合铝酸钙、尖晶石型铝的化合物、不含铝的化合物、CaCO3 MgO [Mg(OH)2 ]，滤液中含有NaAlO2，通入CO2后发生AlO2-＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3-，过滤得母液中

含NaHCO3，滤渣是Al(OH)3。

【详解】

(1) 过滤1，“滤渣”成分包括：水合铝酸钙、尖晶石型铝的化合物、不含铝的化合物CaCO3、MgO[或Mg(OH)2]。

(2)①金属Al与NaOH溶液反应的化学方程式为2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑；

②Ca2＋＋CO32－=CaCO3↓, Na2CO3浓度大，有利于溶出反应向生成CaCO3方向移动，促进铝的溶出。

AlO2-以水合铝酸钙形式重新进入固相[或过量NaOH浓溶液与原料中含钙化合物作用生成Ca(OH)2，Ca(OH)2与NaAlO2作用生成水合铝酸钙] ；

(3) “碳分”时，溶液与过量CO2反应生成Al(OH)3沉淀和碳酸氢钠，离子方程式为AlO2-＋CO2＋

2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3-。

(4) “过滤2”的母液中含NaHCO3，碳酸氢钠转化为碳酸钠，再进入“溶出”工序循环使用。再生处理：在不断搅拌下加入适量的生石灰[或熟石灰，答NaOH暂不扣分]，然后过滤去渣，可返回“溶出”工序循环使用。【点睛】

本题以铝热炼镁还原渣制取Al(OH)3的工艺流程为背景，考查元素化学知识，解题关键，熟练掌握氧化还原反应方程式书写、离子方程式书写等基础知识，难点（6）碳酸氢钠转化为碳酸钠，再进入“溶出”工序循环使用。