2019-2020学年安徽省亳州市利辛县阚疃金石中学新高考化学模拟试卷含解析

2019-2020学年安徽省亳州市利辛县阚疃金石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．下列过程中，共价键被破坏的是（ ）

A．碘升华 B．蔗糖溶于水 C．氯化氢溶于水 D．氢氧化钠熔化

【答案】C

【解析】

【详解】

A．碘升华克服的是分子间作用力，共价键没有破坏，故A错误；

B．蔗糖溶于水后，蔗糖在水中以分子形式存在，所以没有化学键的破坏，故B错误；

C．氯化氢气体溶于水，氯化氢在水分子的作用下发生电离生成氯离子和氢离子，所以有化学键的破坏，故C正确；

D．氢氧化钠熔化时电离出OH-和Na+，只破坏离子键，故D错误；

故答案为C。

2．含有酚类物质的废水来源广泛，危害较大。含酚废水不经处理排入水体，会危害水生生物的繁殖和生存；饮用水含酚，会影响人体健康。某科研结构研究出一种高效光催化剂BMO（Bi2MoO6)，可用于光催化降解丁基酚，原理如图所示。下列说法错误的是（ ）

A．光催化剂BMO可降低丁基酚氧化反应的ΔH

B．在丁基酚氧化过程中BMO表现出强还原性

C．苯环上连有一OH和一C4H9的同分异构体共有12种（不考虑立体异构）

D．反应中BMO参与反应过程且可以循环利用

【答案】A

【解析】

【详解】

A．催化剂可降低丁基酚氧化反应的活化能，不会改变ΔH，A项错误；

B．BMO被氧气氧化成变为BMO+，说明该过程中BMO表现出较强还原性，B项正确；

C．-C4H9有4种结构异构，苯环上还存在羟基，可以形成邻间对三种位置异构，总共有12种，C项正确；

D．催化剂在反应过程中，可以循环利用，D项正确；

答案选A。

3．实验测知 K3C60 熔融状态下能导电，关于 K3C60 的分析错误的是

A．是强电解质 B．存在两种作用力

C．是离子晶体 D．阴阳离子个数比为 20∶1

【答案】D

【解析】

【详解】

A.K3C60 熔融状态下能导电，所以是电解质，并且是盐，是强电解质，故A正确；

B.是离子化合物，存在离子键，阴离子中存在共价键，故B正确；

C. 该物质熔融状态下能导电，说明是电解质且含有离子键，所以属于离子晶体，故C正确；

D.K3C60=3K++ C603-，阴阳离子个数比是3:1，故D错误；

故选：D。

4．常温下，向20 mL 0.1mol·L－1一元酸HA中滴加相同浓度的KOH溶液，溶液中由水电离的氢离子浓度随加入KOH溶液体积的变化如图所示。则下列说法错误的是

A．HA的电离常数约为10－5

B．b点溶液中存在：c(A－)＝c(K＋)

C．c点对应的KOH溶液的体积V＝20 mL，c水(H＋)约为7×10－6 mol·L－1

D．导电能力：c>a>b

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

A．由a点可知，0.1mol/L一元酸HA中c水(H+)=c水(OH-)=1×10-11mol/L，则c(H+)=1×10-14÷10-11=1×10-3mol/L，则HA的电离常数，A选项正确；

B．b点溶液中c水(H+)=1×10-7mol/L，c点c水(H+)最大，则溶质恰好为KA，显碱性，a点显酸性，c点显碱性，则中间c水(H+)=1×10-7mol/L的b点恰好显中性，根据电荷守恒可得c(A-)+c(OH-)=c(K+)+c(H+)，又c(OH-)=c(H+)，则c(A-)=c(K+)，B选项正确；

C．c点时加入的KOH的物质的量n(KOH)=20mL×0.1mol/L÷0.1mol/L=20mL，由HA的Ka=1×10-5，可得A-的则c(A-)≈0.05mol/L，则c(OH-)≈7×10-6mol/L，在KA中c(OH-)都是由水电离处的，则c水(OH-)=c水(H+)≈7×10-6mol/L，C选项正确；

D．向一元弱酸中加入相同浓度的一元强碱，溶液的导电能力逐渐增强，则导电能力：c>b>a，D选项错误；

答案选D。

5．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y两种元素可形成数目庞大的化合物“家族”，Z、W可形成常见的离子化合物Z2W。下列有关说法正确的是

A．Y元素至少能形成三种单质

B．简单离子半径：

C．元素的非金属性：

D．化合物ZX中，阴、阳离子的电子层结构相同

【答案】A

【解析】

【分析】

本题考查物质结构和元素周期律，意在考查接受，吸收，整合化学信息的能力。

根据X、Y两种元素可形成数目庞大的化合物“家族”，可以确定X为H、Y为C；根据X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，Z、W可形成常见的离子化合物Z2W，可以确定Z为Na、W为S；据此分析。

【详解】

A.碳元素能形成金刚石、石墨、C60等多种单质，故A正确；

B. ①微粒半径电子层数越多，半径越大；②当电子层数相同时，核电荷数越大，吸电子能力越强，半径越小，故离子半径：S2->Na+>H+，故B错误；

C.元素的非金属性：S>C>H，故C错误；

D.NaH中，Na+核外有10个电子与H-核外有2个电子，电子层结构显然不同，故D错误；

答案：A

6．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Z的周期序数=族序数，由这四种元素组成的单质或化合物存在如图所示的转化关系，其中甲、戊是两常见的金属单质，丁是非金属单质，其余为氧化物且丙为具有磁性的黑色晶体。下列说法正确的是

A．W的原子序数是Z的两倍，金属性强于Z

B．W元素在周期表中的位置是第四周期VIII族

C．丙属于两性氧化物

D．等物质的量的甲和戊完全溶于稀硝酸，消耗的HNO3的量一定相等

【答案】B

【解析】

【分析】

X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Z的周期序数=族序数，则X是H元素，Z是Al元素；由这四种元素组成的单质或化合物存在如图所示转化关系，其中甲、戊是两常见的金属单质，丁是非金属单质，其余为氧化物且丙为具有磁性的黑色晶体，则丙是Fe3O4，结合元素及化合物的性质逆推可知甲为Fe，乙为H2O，丁是H2，戊为金属单质，可以与Fe3O4反应产生Fe单质，因此戊是Al单质，己为Al2O3，结合原子序数的关系可知Y是O元素，W是Fe元素，据此分析解答。

【详解】

综上所述可知X是H元素，Y是O元素，Z是Al元素，W是Fe元素。甲是Fe单质，乙是H2O，丙是Fe3O4，丁是H2，戊是Al单质，己是Al2O3。

A.Fe原子序数是26，Al原子序数是13，26为13的2倍，金属性Al>Fe，A错误；

B.Fe是26号元素，在元素周期表中位于第四周期VIII族，B正确；

C.丙是Fe3O4，只能与酸反应产生盐和水，不能与碱发生反应，因此不是两性氧化物，C错误；

D.Fe是变价金属，与硝酸反应时，二者的相对物质的量的多少不同，反应失去电子数目不同，可能产生Fe2+，也可能产生Fe3+，而Al是+3价的金属，因此等物质的量的甲和戊完全溶于稀硝酸，消耗的HNO3的量不一定相等，D错误；

故合理选项是B。

【点睛】

本题考查了元素及化合物的推断及其性质的知识，涉及Fe、Al的单质及化合物的性质，突破口是丙是氧化物，是具有磁性的黑色晶体，结合Fe与水蒸气的反应及铝热反应，就可顺利解答。

7．将一定质量的镁铜合金加入到稀硝酸中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则下列有关叙述中正确的是：（ ）

A．加入合金的质量不可能为6.4g

B．沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为120mL

C．溶解合金时收集到NO气体的体积在标准状况下为2.24L

D．参加反应的硝酸的物质的量为0.2mol

【答案】C

【解析】

【详解】

淀为M(OH)2，根据化学式知，生成沉淀的质量比原合金的质量增加的量是氢氧根离子，则n(OH-)==0.3mol，根据氢氧根离子守恒n[M(OH)2]=n(OH-)=×0.3mol=0.15mol，根据金属原子守恒得金属的物质的量是0.15mol；

A．因为镁、铜的物质的量无法确定，则无法计算合金质量，故A错误；

B．由氢氧根离子守恒得n(OH-)=n(NaOH)=0.3mol，V(NaOH)==100mL，故B错误；

C．由转移电子守恒得n(NO)==0.1mol，生成标况下NO体积=22.4L/mol×0.1mol=2.24L，故C正确；

D．根据转移电子守恒得参加反应硝酸的物质的量==0.1mol，根据金属原子守恒、硝酸根离子守恒得起酸作用n(HNO3)=2n[M(NO3)2]=2n(M)=0.15mol×2=0.3mol，所以参加反应硝酸的物质的量=0.1mol+0.3mol=0.4mol，故D错误；

故答案为C。

【点睛】

本题以镁、铜为载体考查混合物的计算，侧重考查分析、计算能力，正确判断沉淀和合金质量差成分是解本题关键，灵活运用原子守恒、转移电子守恒解答即可。

8．下列有关叙述不正确的是

A．能源是人类生活和社会发展的基础，地球上最基本的能源是太阳能

B．钛合金主要用于制作飞机发动机部件，工业上可用钠与四氯化钛溶液反应制取

C．借助扫描道显微镜，应用STM技术可以实现对原子或分子的操纵

D．燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOx的催化转化都可以减少酸雨的产生

【答案】B

【解析】

【详解】

A. 地球上的能源主要来源于太阳能，通过植物的光合作用被循环利用，故A正确；

B. 钛合金工业上可用钠与四氯化钛固体反应制取，钠可以和盐溶液中的水反应，不能置换出单质钛，故B错误；

C. 科学仪器的使用利于我们认识物质的微观世界，现在人们借助扫描隧道显微镜，应用STM技术可以“看”到越来越细微的结构，并实现对原子或分子的操纵，故C正确；

D. SO2和NOx的排放可导致酸雨发生，则燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOx的催化转化都是减少酸雨产生的措施，故D正确；

答案选B。

9．下列反应可用离子方程式“H++OH﹣→H2O”表示的是（　　）

A．H2SO4溶液与Ba（OH）2溶液混合

B．NH4Cl溶液与KOH溶液混合

C．NH4HSO4溶液与少量NaOH

D．NaHCO3溶液与NaOH溶液混合

【答案】C

【解析】

【详解】

A. H2SO4溶液与Ba(OH)2溶液混合，生成硫酸钡沉淀和水，离子方程式为2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，故A错误；

B. NH4Cl溶液与KOH溶液混合，生成弱电解质一水合氨，离子方程式为NH4＋＋OH－=NH3·H2O，故B错误；

C. NH4HSO4溶液与少量NaOH反应，只有氢离子与氢氧根反应，离子方程式为H++OH﹣=H2O，故C正确；

D. NaHCO3溶液与NaOH溶液混合，离子方程式为：OH- + HCO3- ＝ CO32－+ H2O，故D错误；

故答案为C。

10．某学习小组在室温下用0.01 mol/L NaOH溶液滴定20.00mL 0.01 mol/L的H2A溶液，滴定曲线如图。（H2A的电离分两步，H2A=H++HA-，HA-H++A2-)下列说法错误的是

A．室温时，E点对应的溶液中0.01 mol/L+)<0.02 mol/L

B．F点对应溶质是NaHA，溶液显酸性

C．G点溶液显中性的原因是溶质为Na2A

D．H点溶液中，c(Na+) = 2c(A2-) +2c(HA－)

【答案】C

【解析】

【分析】

由题给信息可知，H2A分步电离，第一步完全电离， 第二步部分电离，F点20.00mL 0.01 mol/L NaOH溶液与20.00mL 0.01 mol/L的H2A溶液恰好反应生成NaHA，G点溶液显中性，溶质为NaHA和Na2A，H点40.00mL 0.01 mol/L NaOH溶液与20.00mL 0.01 mol/L的H2A溶液恰好反应生成Na2A。

【详解】

A项、由题给信息可知，H2A分步电离，第一步完全电离， 第二步部分电离，则0.01 mol/L的H2A溶液中0.01 mol/L+)<0.02 mol/L，故A正确；

B项、F点20.00mL 0.01 mol/L NaOH溶液与20.00mL 0.01 mol/L的H2A溶液恰好反应生成NaHA，NaHA溶液中只存在电离，溶液显酸性，故B正确；

C项、G点溶液显中性，溶质应为电离显酸性的NaHA和水解呈碱性的Na2A，故C错误；

D项、H点40.00mL 0.01 mol/L NaOH溶液与20.00mL 0.01 mol/L的H2A溶液恰好反应生成Na2A，因H2A第一步完全电离，溶液中不存在H2A，则Na2A溶液中的物料守恒关系为c(Na+) = 2c(A2-) +2c(HA－)，故D正确。

故选C。

【点睛】

本题考查水溶液中的离子平衡，试题侧重考查分析、理解问题的能力，注意酸的电离方程式，正确分析图象曲线变化特点，明确反应后溶液的成分是解答关键。

11．从海带中提取碘元素的步骤中，选用的实验仪器不能都用到的是

A．海带灼烧灰化，选用①②⑧ B．加水浸泡加热，选用②④⑦

C．过滤得到滤液，选用④⑤⑦ D．萃取和分液，选用③④⑥

【答案】D

【解析】

【分析】

先将海带在坩埚中灼烧灰化，然后在烧杯中加水浸泡加热促进物质的溶解，在漏斗中过滤，最后用分液漏斗分液，以此解答该题。

【详解】

A．将海带灼烧灰化，应在坩埚中加热，用到的仪器有①、②和⑧，必要时还可用到三脚架或铁架台带铁圈，A正确；

B．加水浸泡加热，应在烧杯中进行，加热用酒精灯，用玻璃棒搅拌，B正确；

C．过滤时用到④、⑤和⑦，C正确；

D．萃取和分液用到④⑥，不用试管，D错误；

故合理选项是D。

【点睛】

本题考查物质的检验和鉴别的实验设计的分析能力和实验能力，注意把握实验的原理、步骤和实验仪器的使用，着重考查学生对基础知识的掌握和应用。

12．元素铬（Cr）的几种化合物存在下列转化关系：

已知：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O。下列判断不正确的是（ ）

A．反应①表明Cr2O3有酸性氧化物的性质

B．反应②利用了H2O2的氧化性

C．反应③中溶液颜色变化是由化学平衡移动引起的

D．反应①②③中铬元素的化合价均发生了变化

【答案】D

【解析】

【详解】

A.Cr2O3作为金属氧化物，能与酸反应，题给反应①又告知Cr2O3能与KOH反应：Cr2O3+2KOH=2KCrO2+H2O，可知Cr2O3具有酸性氧化物的性质，A项正确；

B.反应②中过氧化氢使Cr的化合价从+3价升高到+6价，H2O2表现了氧化性，B项正确；

C.反应③中发生反应：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，加入硫酸，增大了H+浓度，平衡向右移动，溶液由黄色变为橙色，C项正确；

D.反应①和③中铬元素的化合价并没有发生变化，D项错误；

所以答案选择D项。

13．电解质的电导率越大，导电能力越强。用0.100mol·L-1的KOH溶液分别滴定体积均为20.00mL、浓度均为0.100mol•L-1的盐酸和CH3COOH溶液。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法正确的是（ ）

A．曲线②代表滴定CH3COOH溶液的曲线

B．在相同温度下，P点水电离程度大于M点

C．M点溶液中：c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=0.1mol·L-1

D．N点溶液中：c(K+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)

【答案】D

【解析】

【详解】

A．醋酸为弱电解质，滴加KOH，变为CH3COOK是强电解质，故导电率增加，即曲线①代表滴定醋酸的曲线，故A错误。B.相同温度下，P点溶质为KCl，不影响水的电离，M点为CH3COOK，其水解促进水的电离，故M点大于P点，故B错误。C．对于M点，根据电荷 守恒可知，c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=c(K+)=0.05mol·L-1，故C错误。D．N点的溶液中含有等物质的量的醋酸钾和氢氧化钾，溶液显碱性，CH3COO-只有很小的一部分发生水解，所以c(K+)＞c(OH-)＞c(CH3COO-)＞c(H+),故D正确。答案：D。

14．工业酸性废水中的可转化为除去，实验室用电解法模拟该过程，结果如下表所示(实验开始时溶液体积为的起始浓度、电压、电解时间均相同)，下列说法中，不正确的是( )

A．对比实验①②可知，降低pH可以提高的去除率

B．实验②中，在阴极放电的电极反应式是

C．实验③中，去除率提高的原因是阳极产物还原

D．实验③中，理论上电路中每通过电子，则有被还原

【答案】D

【解析】

【分析】

A.对比实验①②，这两个实验中只有溶液酸性强弱不同，其它外界因素都相同，且溶液的pH越小，Cr2O72-的去除率越大；

B.实验②中，Cr2O72-在阴极上得电子发生还原反应；

C.实验③中，Cr2O72-在阴极上得电子，阳极上生成的亚铁离子也能还原Cr2O72-；

D.实验③中，Cr2O72-在阴极上得电子，阳极上生成的亚铁离子也能还原Cr2O72-，理论上电路中每通过3 mol电子，则有0.5 molCr2O72-在阴极上被还原，且溶液中还有Cr2O72-被还原。

【详解】

A.对比实验①②，这两个实验中只有溶液酸性强弱不同，其它外界因素都相同，且溶液的pH越小，Cr2O72-的去除率越大，所以降低pH可以提高Cr2O72-的去除率，A正确；

B.实验②中，Cr2O72-在阴极上得电子发生还原反应，电极反应式为Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O，故B正确；

C.实验③中，Cr2O72-在阴极上得电子，阳极上Fe失电子生成Fe2+，亚铁离子也能还原Cr2O72-，C正确；

D.实验③中，Cr2O72-在阴极上得电子，阳极上Fe失电子生成Fe2+，亚铁离子也能还原Cr2O72-，理论上电路中每通过3mol电子，根据电极反应式Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O，则有0.5 molCr2O72-在阴极上被还原，同时阳极生成1.5molFe2+，根据得失电子守恒，溶液中还有0.25mol Cr2O72-被Fe2+还原，所以共有0.75mol Cr2O72-被还原，D错误；

故合理选项是D。

【点睛】

本题考查电解原理的应用的知识，明确离子放电顺序及电解原理是解本题关键，注意：活泼金属作阳极时，阳极上金属失电子而不是溶液中阴离子失电子，易错选项是D。

15．用下列实验装置进行相应的实验，能达到实验目的的是

A．甲用于制取氯气

B．乙可制备氢氧化铁胶体

C．丙可分离I2和 KCl固体

D．丁可比较Cl、C、Si 的非金属性

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

A.MnO2与浓盐酸反应制备氯气需要加热，缺少加热装置，A不能达到实验目的；

B.向NaOH溶液中滴加饱和FeCl3溶液得到红褐色的Fe(OH)3沉淀，不能获得氢氧化铁胶体，制备氢氧化铁胶体应向沸水中逐滴加入5~6滴FeCl3饱和溶液，继续加热至液体呈红褐色即可，B不能达到实验目的；

C.I2易升华，加热I2和KCl固体的混合物，I2变为碘蒸气，碘蒸气在圆底烧瓶底冷凝成I2固体，烧杯中留下KCl，C能达到实验目的；

D.锥形瓶中产生气泡，说明锥形瓶中发生反应2HCl+Na2CO3=2NaCl+H2O+CO2↑，得出酸性HCl>H2CO3，但HCl不是氯元素的最高价含氧酸，不能比较C、Cl非金属性强弱，由于盐酸具有挥发性，从锥形瓶导出的CO2中一定混有HCl，HCl能与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，故烧杯中产生白色沉淀，不能说明CO2一定与硅酸钠溶液发生了反应，不能比较H2CO3、H2SiO3酸性的强弱，不能比较C、Si非金属性的强弱，D不能达到实验目的；

答案选C。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）

16．向硝酸酸化的2 mL 0.1 mol·L－1 AgNO3溶液（pH＝2）中加入过量铁粉，振荡后静置，溶液先呈浅绿色，后逐渐呈棕黄色，试管底部仍存在黑色固体，过程中无气体生成。实验小组同学针对该实验现象进行了如下探究。

Ⅰ.探究Fe2＋产生的原因。

（1）提出猜想：Fe2＋可能是Fe与________或________反应的产物。（均填化学式）

（2）实验探究：在两支试管中分别加入与上述实验等量的铁粉，再加入不同的液体试剂，5 min后取上层清液，分别加入相同体积和浓度的铁氰化钾溶液。

①2号试管中所用的试剂为_________。

②资料显示：该温度下，0.1 mol·L－1 AgNO3溶液可以将Fe氧化为Fe2＋。但1号试管中未观察到蓝色沉淀的原因可能为_______。

③小组同学继续进行实验，证明了由2号试管得出的结论正确。实验如下：取100 mL 0.1 mol·L－1硝酸酸化的AgNO3溶液（pH＝2），加入铁粉并搅拌，分别插入pH传感器和NO传感器（传感器可检测离子浓度），得到图甲、图乙，其中pH传感器测得的图示为________（填“图甲”或“图乙”）。

④实验测得2号试管中有NH4+生成，则2号试管中发生反应的离子方程式为__________。

Ⅱ.探究Fe3＋产生的原因。

查阅资料可知，反应中溶液逐渐变棕黄色是因为Fe2＋被Ag＋氧化了。小组同学设计了不同的实验方案对此进行验证。

（3）方案一：取出少量黑色固体，洗涤后，______（填操作和现象），证明黑色固体中有Ag。

（4）方案二：按下图连接装置，一段时间后取出左侧烧杯中的溶液，加入KSCN溶液，溶液变红。该实验现象________（填“能”或“不能”）证明Fe2＋可被Ag＋氧化，理由为________。

【答案】HNO3 AgNO3 NaNO3 该反应速率很小（或该反应的活化能较大） 图乙 4Fe＋10H＋＋NO3-=4Fe2＋＋NH4+＋3H2O 加入足量稀硝酸并加热将固体全部溶解，再向所得溶液中加入稀盐酸，产生白色沉淀（或加入足量稀盐酸，有黑色固体剩余）（答案合理均可） 不能 Fe2＋可能被HNO3氧化或被氧气氧化（答案合理均可）

【解析】

【详解】

Ⅰ.（1）向硝酸酸化的AgNO3溶液（pH＝2）中加入过量的铁粉，过量的铁粉可与硝酸反应生成亚铁离子，也可与AgNO3溶液反应生成Fe2＋，Fe＋2AgNO3=Fe(NO3)2＋2Ag，因此溶液中的Fe2＋可能是Fe与HNO3或AgNO3反应的产物，故答案为：HNO3；AgNO3；

（2）①探究Fe2＋的产生原因时，2号试管作为1号试管的对比实验，要排除Ag＋的影响，可选用等浓度、等体积且pH相同的不含Ag＋的NaNO3溶液进行对比实验，故答案为：NaNO3；

②AgNO3可将Fe氧化为Fe2＋，但1号试管中未观察到蓝色沉淀，说明AgNO3溶液和Fe反应的速率较慢，生成的Fe2＋浓度较小，故答案为：该反应速率很小（或该反应的活化能较大）；

③由2号试管得出的结论正确，说明Fe2＋是Fe与HNO3反应的产物，随着反应的进行，HNO3溶液的浓度逐渐减小，溶液的pH逐渐增大，则图乙为pH传感器测得的图示，故答案为：图乙；

④实验测得2号试管中有NH生成，说明Fe与HNO3反应时，Fe将HNO3还原为NH，根据氧化还原反应的原理可写出反应的离子方程式为4Fe＋10H＋＋NO3-=4Fe2＋＋NH4+＋3H2O，故答案为：4Fe＋10H＋＋NO3-=4Fe2＋＋NH4+＋3H2O；

Ⅱ.（3）Ag＋氧化Fe2＋时发生反应Ag＋＋Fe2＋=Ag↓＋Fe3＋，而黑色固体中一定含有过量的铁，所以可加入足量HCl或H2SO4溶液溶解Fe，若有黑色固体剩余，则证明黑色固体中有Ag；或向黑色固体中加入足量稀硝酸加热溶解后再加入稀盐酸，若产生白色沉淀，则证明黑色固体中有Ag，故答案为：加入足量稀硝酸并加热将固体全部溶解，再向所得溶液中加入稀盐酸，产生白色沉淀（或加入足量稀盐酸，有黑色固体剩余）（答案合理均可）

（4）取左侧烧杯中的溶液，加入KSCN溶液后，溶液变红，只能证明有Fe3＋生成，不能证明Fe2＋可被Ag＋氧化，因为Fe（NO3）2溶液呈酸性，酸性条件下NO可将Fe2＋氧化为Fe3＋，且Fe（NO3）2溶液直接与空气接触，Fe2＋也可被空气中的氧气氧化为Fe3＋；故答案为：不能；Fe2＋可能被HNO3氧化或被氧气氧化（答案合理均可）。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）

17．在医药工业中，有机物 G是一种合成药物的中间体 ，其合成路线如图所示 ：

已知：R1ONa+R2X→R1OR2+NaX(R1与 R2代表苯环或烃基、X 代表卤素原子）

RCOOH+SOCl2(液体)→RCOCl+HCl↑+SO2↑

回答下列问题：

（1）A 与C在水中溶解度更大的是 _________ ， G 中官能团的名称是 ___________。

（2）E→F 的有机反应类型是 ________ ，F 的分子式为______________。

（3）由A→B反应的化学方程式为 ___________________。

（4）物质D的结构简式为 _________________。

（5）B→C 反应中加入NaOH 的作用是________________。

（6）写出一种符合下列条件的G的同分异构体 _________________ 。

①与G的苯环数相同；②核磁共振氢谱有5 个峰；③能发生银镜反应

【答案】C 羰基（或酮基）、醚键 取代反应 C8H7OCl 或 C8H7ClO 催化剂、促进水解

【解析】

【分析】

与氯气反应生成，在氢氧化钠溶液作用下反应生成，根据信息与CH2I2反应生成，根据信息E和SOCl2反应生成F，与F反应生成G。

【详解】

⑴A是苯酚在水中溶解度不大，C为盐，在水解溶解度大，因此A与C在水中溶解度更大的是C，根据G的结构得到G中官能团的名称是羰基、醚键；故答案为：C；羰基(或酮基)、醚键。

⑵E→F是—OH变为—Cl，Cl取代羟基，因此有机反应类型是取代反应，根据F的结构简式得到F的分子式为C8H7OCl或C8H7ClO；故答案为：取代反应；C8H7OCl或C8H7ClO。

⑶由A→B反应是氯原子取代羟基的邻位上的氢，其化学方程式为；故答案为：。

⑷根据D和F生成G的反应得到物质D的结构简式为；故答案为：。

⑸根据B的结构()，加入NaOH溶液得到C()，反应中加入NaOH的作用是催化剂、促进水解；故答案为：催化剂、促进水解。

⑹①与G的苯环数相同；②核磁共振氢谱有5个峰，说明对称性较强；③能发生银镜反应说明有醛基或则甲酸酯，则符合条件的G的同分异构体；故答案为：。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）

18．铂、钴、镍及其化合物在工业和医药等领域有重要应用。回答下列问题:

(1)筑波材料科学国家实验室科研小组发现了在5K下呈现超导性的晶体CoO2，该晶体具有层状结构。

①晶体中原子Co与O的配位数之比为_________。

②基态钴原子的价电子排布图为_______。

(2)配合物Ni(CO)4常温下为液态，易溶于CCl4、苯等有机溶剂。固态Ni(CO)4属于_____晶体；写出两种与CO具有相同空间构型和键合形式的分子或离子：_______。

(3)某镍配合物结构如图所示:

①分子内含有的化学键有___________(填序号).

A 氢键 B 离子键 C 共价键 D 金属键 E 配位键

②配合物中C、N、O三种元素原子的第一电离能由大到小的顺序是N> O>C，试从原子结构解释为什么同周期元素原子的第一电离能N>O_________。

(4)某研究小组将平面型的铂配合物分子进行层状堆砌，使每个分子中的铂原子在某一方向上排列成行，构成能导电的“分子金属" ，其结构如图所示。

①"分子金属"可以导电，是因为______能沿着其中的金属原子链流动。

②"分子金属"中，铂原子是否以sp3的方式杂化?_________(填“是"或“否")，其理由是__________。

(5)金属铂晶体中，铂原子的配位数为12，其立方晶胞沿x、y或z轴的投影图如图所示，若金属铂的密度为d g·cm-3，则晶胞参数a=_______nm(列计算式)。

【答案】2:1 分子 N2、CN－ CE N原子2p3能级电子为半满状态，较稳定，不易失去电子，而O原子2p4，失去2p能级上一个电子可以达到稳定的半满状态 电子 否 若铂原子轨道为sp3的方式杂化，则分子应该为四面体形，而非平面型

【解析】

【分析】

(1)①根据晶体中原子配位数之比等于电荷数之比；②钴原子为27号元素，其价电子3d74s2。

(2)配合物Ni(CO)4常温下为液态，熔沸点低，根据等电子理论C－ = N =O+，因此可得与CO具有相同空间构型和键合形式的分子或离子。

(3)①A. 氢键不是化学键；B. 该配合物中没有阴阳离子，因此无离子键；C. 该配合物中含有C—C、C—H、C=N等共价键；D. 该配合物不是金属晶体，不含有金属键；E. 该配合物含有N→Ni配位键；②第一电离能N＞O是因为N原子2p3能级电子为半满状态，O原子2p4，失去2p能级上一个电子可以达到稳定的半满状态。

(4)①根据题意每个分子中的铂原子在某一方向上排列成行，构成能导电的“分子金属”，则铂金属的价电子可在金属铂间传递而导电；②根据信息，平面型的铂配合物分子进行层状堆砌，如果是sp3的方式杂化，则就应该为四面体形。

(5)金属铂晶体中，铂原子的配位数为12，为最密堆积，其立方晶胞沿x、y或z轴的投影图如图所示，则晶体为面心立方最密堆积，先求一个晶胞中含有的铂原子个数再根据密度计算晶胞参数。

【详解】

(1)①根据晶体中原子配位数之比等于电荷数之比，因此Co与O的配位数之比为2:1；故答案为：2:1。

②钴原子为27号元素，其价电子3d74s2，因此基态钴原子的价电子排布图为；故答案为：。

(2)配合物Ni(CO)4常温下为液态，熔沸点低，易溶于CCl4、苯等有机溶剂，因此固态Ni(CO)4属于分子晶体，根据等电子理论C－ = N =O+，因此与CO具有相同空间构型和键合形式的分子或离子N2、CN－；故答案为：分子；N2、CN－。

(3)①A. 氢键不是化学键，故A不符合题意；B. 该配合物中没有阴阳离子，因此无离子键，故B不符合题意；C. 该配合物中含有C—C、C—H、C=N等共价键，故C符合题意；D. 该配合物不是金属晶体，不含有金属键，故D不符合题意；E. 该配合物含有N→Ni配位键，故E符合题意；综上所述，答案为CE。

②配合物中C、N、O三种元素原子的第一电离能N＞O，因为N原子2p3能级电子为半满状态，较稳定，不易失去电子，而O原子2p4，失去2p能级上一个电子可以达到稳定的半满状态；故答案为：N原子2p3能级电子为半满状态，较稳定，不易失去电子，而O原子2p4，失去2p能级上一个电子可以达到稳定的半满状态。

(4)①根据题意每个分子中的铂原子在某一方向上排列成行，构成能导电的“分子金属”，则铂金属的价电子可在金属铂间传递而导电，因此"分子金属"可以导电是因为电子能沿着其中的金属原子链流动；故答案为：电子。

②"分子金属"中，平面型的铂配合物分子进行层状堆砌，因此铂原子不可能以sp3的方式杂化，如果是sp3的方式杂化，则就应该为四面体形；故答案为：否；若铂原子轨道为sp3的方式杂化，则分子应该为四面体形，而非平面型。

(5)金属铂晶体中，铂原子的配位数为12，为最密堆积，其立方晶胞沿x、y或z轴的投影图如图所示，则晶体为面心立方最密堆积，一个晶胞中含有的铂原子个数为：，金属铂晶体的棱长为a，金属铂的密度为d g·cm−3，则，因此晶胞参数；故答案为：。

19．钠离子电池由于成本低、资源丰富，成为取代锂离子电池在大规模储能领域应用的理想选择。作为钠离子电池的正极材料之一，束状碳包覆K3V2(PO4)3纳米线电极材料成为关注焦点之一。其制备工艺流程如图：

（资料）

①石煤的主要成分为V2O3，含有Al2O3、CaO、Fe2O3等杂质。

②+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系如下表。

（1）K3V2(PO4)3中V的化合价为___。

（2）焙烧时，向石煤中加生石灰，将V2O3转化为Ca(VO3)2。

①为了提高焙烧过程中氧化效率，下述工艺步骤方法合理的是___。

a.在回转窑进行富氧焙烧，助燃风气量为煤气量的0.5~2倍

b.焙烧过程中，在焙烧物料中加入辅助剂，增加物料疏松度和透气性

c.窑体进行分段控温

d.调控料层厚度为窑体的2/3高度

②焙烧过程中主要反应的化学方程式为__________。

（3）实验时将NH4VO3、KOH和H3PO4按物质的量分别为5mmol、7.5mmol、7.5mmol依次溶解于20mL去离子水中，溶液颜色依次为白色浑浊、无色澄清透明和棕红色透明溶液。随后再加入H2C2O4·2H2O，搅拌至溶液变为黄绿色，草酸的量对K3V2(PO4)3形貌的影响如下：

①实验条件下束状碳包覆K3V2(PO4)3纳米线样品制备的最佳条件为___。

②亚硫酸钠是常用的还原剂，但实验中不能用亚硫酸钠代替草酸晶体，原因是___。

（4）加入的草酸晶体是过量的，其中只有的草酸为还原剂，将VO3-还原成VO2+，的草酸以C2O42-的形式存在，此过程中反应的离子方程式为___。

（5）“氩气中煅烧”时，氩气的作用是___。

（6）某工厂利用上述工艺流程，用10t石煤生产束状碳包覆K3V2(PO4)3纳米线0.8064t，若整个过程中钒的总回收率为80%，则石煤中钒元素的质量分数为___。

【答案】+3 a、b、c 草酸质量为6.0g 草酸在合成束状碳包覆K2V2(PO4)3纳米线的过程中不仅做还原剂还影响其形貌 防止K2V2(PO4)3被氧化 2.04%

【解析】

【分析】

石煤的主要成分为V2O3，含有Al2O3、CaO、Fe2O3等杂质，在空气中焙烧，生成Ca(VO3)2，固体进行酸浸，生成Fe3+、Al3+、Ca2+、等，加入萃取剂将含的物质萃取，然后进行反萃取操作将含的物质提纯，向所得溶液中加入沉淀剂生成NH4VO3，NH4VO3与KOH、H3PO4反应后得到棕红色透明含溶液，然后向溶液中加入过量草酸晶体发生氧化还原反应，将还原成VO2+，然后进行干燥，将固体在氩气中煅烧制备束状碳包覆K3V2(PO4)3纳米线，以此解答。

【详解】

（1）K3V2(PO4)3中K元素化合价为+1价，带3个单位负电荷，根据化合物化合价为0可知，V呈+3价；

（2）①a．焙烧过程中V元素被氧化，在富氧环境中焙烧有利于提高氧化效率，故a符合题意；

b．增加物料疏松度和透气性可提高固体反应的效率以及反应速率，可提高氧化效率，故b符合题意；

c．分段控温可防止过热导致固体结块，可提高氧化效率，故c符合题意；

d．若料层厚度过高，不利于反应的充分进行，因此需降低料层的厚度，故d不符合题意；

故答案为：a、b、c；

②焙烧过程中V2O3转化为Ca(VO3)2，V元素化合价升高，因此空气中O2参加反应，其反应方程式为：；

（3）①由表格可知，若要制备出均一的束状K3V2(PO4)3纳米线，则草酸的量为6.0g；

②草酸在合成过程中作还原剂，由表格可知，草酸晶体的使用量不同，纳米线的形貌也会发生该变，因此选用草酸晶体而不用亚硫酸钠的原因为：草酸在合成束状碳包覆K2V2(PO4)3纳米线的过程中不仅做还原剂还影响其形貌；

（4）草酸只有的草酸为还原剂，草酸被氧化为CO2，并将还原成VO2+，的草酸以的形式存在，根据氧化还原转移电子守恒、电荷守恒以及原子守恒可知该离子反应方程式为：；

（5）K3V2(PO4)3中V呈+3价，容易被空气中氧气氧化，因此用氩气作保护气，防止K3V2(PO4)3被氧化；

（6）设石煤中钒元素的质量分数为，根据整个过程中V元素质量守恒可得：

，=，解得=0.0204，则石煤中钒元素的质量分数为2.04%。

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