备战2021年高考化学模拟专练卷01（教师版） 14页

模拟专练卷 01 化 学 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Fe-56 一、选择题：本题共 7 个小题，每小题 6 分。共 42 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。 7．以铁作阳极，利用电解原理可使废水中的污染物凝聚而分离，其工作原理如图所示。下列说法错误的是 A．电极 b 为阴极 B．a 极的电极反应式：Fe-2e-=Fe2+ C．处理废水时，溶液中可能发生反应：4Fe2++O2+8OH-+2H2O=4Fe(OH)3 D．电路中每转移 3 mol 电子，生成 1 mol Fe(OH)3 胶粒 【答案】D 【解析】A． 根据图示 a 电极为 Fe 电极，连接电源正极，作阳极，失去电子，发生氧化反应，b 电极连接电源 负极，作阴极，A 正确； B． 由图示可知：a 电极为 Fe 电极，失去电子，发生氧化反应，阳极的电极反应式为 Fe-2e-=Fe2+，B 正确； C．Fe2+具有还原性，容易被溶解在溶液的氧气氧化变为 Fe3+，氧气得到电子变为 OH-，Fe3+与OH-结合形成 Fe(OH)3， 根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，在处理废水时，溶液中可能发生的反应为：4Fe2++O2+8OH-+2H2O=4Fe(OH)3， C 正确； D． Fe(OH)3 胶粒是许多 Fe(OH)3 的集合体，所以电路中每转移 3 mol 电子，生成 Fe(OH)3 胶粒的物质的量小于 1 mol，D 错误；故合理选项是 D。 8．工业制备硝酸的反应之一为：3NO2 + H2O＝2HNO3＋NO。用 NA 表示阿伏加德罗常数， 下列说法正确的是 A．室温下，22.4 L NO2 中所含原子总数为 3NA B．36gH2O 中含有共价键的总数为 2NA C．标准状况下，11.2L NO 中所含电子总数为 5NA D．上述反应，生成 1molHNO3 转移电子的数目为 NA 【答案】D 【解析】A．室温下，22.4 LNO2 的物质的量无法计算，所以不能计算其中含有的原子总数，故 A 错误； B．1molH2O 中含有 2mol 共价键，36gH2O 为 2mol，则其中含有共价键的总数为 4NA；故 B 错误； C．1molNO 中含有的电子数为 15 NA，标准状况下，11.2L NO 的物质的量为 0.5mol，其中所含电子总数为 15 NA×0.5 =7.5NA，故 C 错误； D．3NO2 + H2O=2HNO3＋NO 反应中，每生成 2molHNO3 转移的电子数为 2NA，所以生成 1molHNO3 转移电子 的数目为 NA，故 D 正确；综上所述，答案为 D。 9．1912 年 E．Beckmann 冰点降低法获得了黄色的正交α—型硫元素的一种同素异形体 S8 分子。1891 年，M．R．Engel 首次制得了一种菱形的ε—硫，后来证明含有 S6 分子。下列说法正确的是 A．S6 和 S8 分子分别与铜粉反应，所得产物可能均为 CuS B．推测 Na2S8 可能是一种复合分子材料 C．S6 和 S8 分子分别与过量的氧气反应可以得到 SO3 D．等质量的 S6 和 S8 分子分别与足量的 KOH 反应，消耗 KOH 的物质的量相同 【答案】D 【解析】A．S6 和 S8 是硫元素的不同单质，化学性质相似，因此它们分别与铜粉反应，所得产物相同均为 Cu2S， 故 A 选项错误。 B．Na2S8 不是复合分子材料，故 B 选项错误。 C．不管氧气过量还是少量，S6 和 S8 分子分别与氧气反应可以得到 SO2，故 C 选项错误。 D．等质量的 S6 和 S8 分子，其硫原子的物质的量相同，因此它们分别与足量的 KOH 反应，消耗 KOH 的物质的 量相同，故 D 选项正确。故答案选 D。 10．依据反应 2NaIO3＋5SO2＋4H2O=I2＋3H2SO4＋2NaHSO4，并利用下列装置从含 NaIO3 的废液中制取单质碘的 CCl4 溶液并回收 NaHSO4。 其中装置正确且能达到实验目的的组合是 A．①②③④ B．①②③ C．②④ D．②③ 【答案】D 【解析】①铜与浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化硫，装置①缺少加热部分，故①错误； ②将二氧化硫通入碘酸钠溶液中实施上述反应，由于二氧化硫易溶于水，需通过倒扣的漏斗以防止倒吸，故②正 确； ③用四氯化碳萃取出溶液中的碘，然后用分液法将碘的四氯化碳溶液与水层分离，故③正确； ④从硫酸氢钠溶液中提取硫酸氢钠固体应采用的方法是蒸发，应该将溶液置于蒸发皿中加热，而不能用坩埚，故 ④错误；答案选 D。 11．短周期元素 A、B、D、E 的原子序数依次增大，B、E 位于同主族，四种元素的一种化合物的结构式如图所 示 。下列说法不正确的是 A．B 的最简单氢化物的沸点比 E 的高 B．D 和 E 形成的三核二元化合物的水溶液中，阴、阳离子的浓度之比小于 1:2 C．化合物 DA 的水溶液呈碱性 D．同时含有 A、B、D、E 四种元素的盐至少有两种 【答案】B 【解析】短周期元素 A、B、D、E 的原子序数依次增大，四种元素组成的一种化合物的结构式为 ， B 与 A 成键时，B 形成两个共价键，位于ⅥA 族，B、E 位于同主族，则 B 为 O， E 为 S ，E 能够形成 4 个共 价键，有一对配位键，得到 D 给的一个电子，达到稳定结构； D 能够形成+1 价阳离子，其原子序数大于 O，则 D 为 Na；A 只能形成 1 个共价键，则 A 位于ⅠA 族，结合原子序数大小可知，A 为 H 元素，据此解答。 A． 根据分析，B、E 位于同主族，属于 O 和 S，B 的最简单氢化物是水，分子中含有氢键，E 的最简单氢化物 是硫化氢，水的沸点高于硫化氢的沸点，故 A 正确； B．D 为 Na，E 为 S， D 和 E 形成的三核二元化合物是 Na2S，Na2S 是强碱弱酸盐，S2-水解生成 HS-和 OH-，溶 液中阴离子的浓度增大，阴、阳离子的浓度之比大于 1:2，故 B 错误； C．A 为 H 元素，D 为 Na；化合物 DA 为 NaH，可与水反应生成氢氧化钠和氢气，其水溶液呈碱性，故 C 正确； D．A 为 H 元素，B 为 O；D 为 Na；E 为 S，同时含有 A、B、D、E 四种元素的盐有 NaHSO4 或 NaHSO3，至少 有两种，故 D 正确；答案选 B。 12．我国自主研发的对二甲苯绿色合成项目取得新进展，其合成过程如图所示。 下列说法不正确的是 A．丙烯醛分子中所有原子可能共平面 B．可用溴水鉴别异戊二烯和对二甲苯 C．对二甲苯的二氯代物有 6 种 D．M 能发生取代，加成，加聚和氧化反应 【答案】C 【解析】 A．丙烯醛分子中的碳碳双键是平面结构，醛基也是平面结构，中间是一个可以旋转的单键，所以分子里所有原 子有可能在同一平面，A 正确； B．异戊二烯里含有碳碳双键，可以与溴水发生加成反应而导致溴水褪色，而对二甲苯与溴水不反应，可以鉴别， B 正确； C．对二甲苯里面有两种类型的 H，其二氯代物共有 7 种：①当两个氯取代甲基上的 H 时有两种，②当有一个氯 取代甲基上的 H，另一个取代苯环上的 H，有邻、间两种结构，③当两个氯都取代苯环上的 H，采用定一议二的 方法，当其中一个氯在甲基邻位时，另一个氯有 3 种结构，此二氯代物有 3 种，C 错误； D．M 中有碳碳双键，可以发生加成、加聚反应，醛基可以发生氧化、加成反应，烃基可以发生取代反应，D 正 确；答案选 C。 13．某三元羧酸 H3A 在表面活性剂、洗涤剂、润滑剂等方面具有重要的地位。常温时，向 10 mL 0.01 mol·L−1 的 H3A 溶液中滴入 0.01 mol·L−1 的 NaOH 溶液，H3A、H2A−、HA2−、A3−的物质的量分数与溶液的 pH 的关系如 图所示。下列说法错误的是( ) A．该温度下，H3A 的电离常数 Ka1=10−a B．若 b=7，加入 20 mL NaOH 溶液时，溶液的 pH＜7 C．NaOH 溶液的体积为 30 mL 时，溶液中：c(OH−)=3c(H3A)＋2c(H2A−)＋c(HA2−)＋c(H+) D．反应 2H2A− ⇌ H3A＋HA2−在该温度下的平衡常数 K=10a-b 【答案】B 【解析】 由图像可知 pHc（ H2A-），pH=a 时，c（H3A）=c（ H2A-），pH=b 时 c（HA2-）=c（ H2A-），pH=c 时 c（HA2-）=c（ A3-），结合溶液中电荷守恒、物料守恒和电离平衡常数进行分 析计算。 A．电离常数只与温度有关，H3A 的一级电离常数看图像左侧的第一个交点，故 Ka1=c（H+），故 A 正确； B．加入 20 mL NaOH 溶液时，溶液中的溶质为 Na2HA，位于 pH=b=7 的右侧，此时溶液的 pH>7，故 B 错误； C．NaOH 溶液的体积为 30mL 时，物料守恒表达式为 + - 2- 3- 3 2c Na =3 c H A +c H A +c HA +c A（ ） （ ） （ ） （ ） （ ）   ， 电荷守恒表达式为 + + - 2- 3- - 2c Na +c H =c H A +2c HA +3c A +c OH（ ） （ ） （ ） （ ） （ ） （ ），两式联立可得题中表达式， 故 C 正确； D．该反应在此温度下的平衡常数为 + 2- a-b3 a2 - - + a12 2 c(H A) Kc(H ) c(HA )K= = =10Kc(H A ) c(H A ) c(H )    ，故 D 正确；故答 案选：B。 二、非选择题：共 58 分，第 26~28 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 35~36 题为选考题，考生根据要 求作答。 （一）必考题：共 43 分。 26．（14 分）氧化亚铜(Cu2O)是一种用途广泛的光电材料，某工厂以硫化铜矿石(含 CuFeS2、Cu2S 等)为原料制 取 Cu2O 的工艺流程如下： 常温下几种物质开始形成沉淀与完全沉淀时的 pH 如下表： Fe(OH)2 Fe(OH)3 Cu(OH)2 开始沉淀 7.5 2.7 4.8 完全沉淀 9.0 3.7 6.4 （1）炉气中的有害气体成分是___________，Cu2S 与 O2 反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 ___________。 （2）试剂 X 是 H2O2 溶液，当试剂 X 是___________时，更有利于降低生产成本。 （3）加入试剂 Y 调 pH 时，pH 的调控范围是________。 （4）“还原”步骤中为提高 N2H4 转化率可采取的措施有_________(填序号)。 a．不断搅拌，使 N2H4 和溶液充分接触 b．增大通入 N2H4 的流速 c．减少 KOH 的进入量 d．减小通入 N2H4 的流速 （5）写出用 N2H4 制备 Cu2O 的化学方程式为_______________ （6）操作 X 包括烘干，其中烘干时要隔绝空气，其目的是____________。 （7）工业上用氨气生产氢氰酸(HCN 的反应为：CH4(g)+NH3(g) ⇌ HCN(g)+3H2(g ) △ H>0。其他条件一定， 达到平衡时 NH3 转化率随外界条件 X 变化的关系如图所示。则 X 可以是___________(填字母序号) a．温度 b．压强 c．催化剂 d．     3 4 n NH n CH 【答案】 （1）SO2 (1 分) 2∶1(2 分) （2）空气或氧气 (1 分) （3）3.7≤pH<4.8 (2 分) （4）ad (2 分) （5）4CuSO4＋N2H4＋8KOH 90℃ 2Cu2O＋N2↑＋4K2SO4＋6H2O (2 分) （6）防止 Cu2O 被空气中氧气氧化(2 分) （7）bd (2 分) 【解析】硫化铜矿石（含 CuFeS2、Cu2S 等）预处理后与氧气焙烧：2CuFeS2+4O2 Cu2S+3SO2+2FeO、 Cu2S+2O2 2CuO+SO2，部分 FeO 被氧化为 Fe2O3，得到相应的金属氧化物和 SO2，加入稀硫酸溶解金属氧 化物，得到含有 Cu2+、Fe2+、Fe3+的酸性溶液，加入试剂 X 将 Fe2+氧化为 Fe3+，加入试剂 Y 调节 pH3.7～4.8 沉淀 Fe3+，过滤，将滤液用 KOH、N2H4 还原，反应为：4CuSO4+N2H4+8KOH 2Cu2O+N2↑+4KSO4+6H2O，过滤， 洗涤、隔绝空气烘干，制得 Cu2O。 （1）根据流程，矿石与氧气高温反应得到金属氧化物和 SO2；Cu2S 与 O2 反应为 Cu2S+2O2 2CuO+SO2， 氧化剂为氧气，还原剂为 Cu2S，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 2:1； （2）若试剂 X 是 H2O2 溶液，将 Fe2＋氧化为 Fe3＋；酸性条件下，O2 也可将 Fe2＋氧化为 Fe3＋，而氧气或空气价格 远低于过氧化氢，故可用氧气或空气替代； （3）加入试剂 Y 的目的是调节 pH 完全沉淀 Fe3＋，但不沉淀 Cu2＋，根据表中数据可知，pH 范围为：3.7≤pH＜ 4.8； （4）还原过程中发生的反应是 4CuSO4+N2H4+8KOH 2Cu2O+N2↑+4KSO4+6H2O，提高 N2H4 的转化率，则 N2H4 要充分反应； a．不断搅拌，增加 N2H4 与溶液的接触面，使得 N2H4 充分反应，a 符合题意； b．增大通入 N2H4 的流速，有部分 N2H4 来不及反应，转化率会降低，b 不符合题意； c．减少 KOH 的进入量，该反应需要消耗碱，如果没有碱，反应速率减慢，转化率降低，c 不符合题意； d．减小通入 N2H4 的流速，能够使得 N2H4 反应更加充分，转化率增加，d 符合题意； 综上 ad 符合题意； （5）根据分析 N2H4 制备 Cu2O 的化学方程式为 4CuSO4+N2H4+8KOH 2Cu2O+N2↑+4KSO4+6H2O； （6）操作 X 为过滤，洗涤、隔绝空气烘干，制得 Cu2O，因为 Cu2O 可以被 O2 氧化，在加热条件下易被空气氧 化，故烘干过程要隔绝空气； （7）根据图示，NH3 的转化率随着 X 的增加而减小； a．该反应为放热反应，升高温度，平衡正向移动，NH3 的转化率增加，与图像不符，a 不符合题意； b．该反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，NH3 的转化率减小，与图像相符，b 符 合题意； c．催化剂增加化学反应速率，但是不影响平衡移动，NH3 转化率不变，与图像不符，c 不符合题意； d．     3 4 n NH n CH 增加，平衡正向移动，但是 NH3 的转化率减小，与图像相符，d 符合题意；综上 bd 符合题意。 27.(14 分) CO2 是地球上取之不尽用之不竭的碳源，将 CO2 应用于生产中实现其综合利用是目前的研究热点。 （1）由 CO2 转化为羧酸是 CO2 资源化利用的重要方法。 I.在催化作用下由 CO2 和 CH4 转化为 CH3COOH 的反应历程示意图如图。 ①在合成 CH3COOH 的反应历程中，下列有关说法正确的是_____。（填字母） a．该催化剂使反应的平衡常数增大 b．CH4→CH3COOH 过程中，有 C—H 键发生断裂 c．由 X→Y 过程中放出能量并形成了 C—C 键 ②该条件下由 CO2 和 CH4 合成 CH3COOH 的化学方程式为_____。 II.电解法转化 CO2 制 HCOOH 的原理如图。 ①写出阴极 CO2 还原为 HCOO-的电极反应式：_____。 ②电解一段时间后，阳极区的 KHCO3 溶液浓度降低，其原因是_____。 （2）由 CO2 合成甲醇是 CO2 资源化利用的重要方法。研究表明在催化剂作用下 CO2 和 H2 可发生反应： CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH ①有利于提高合成 CH3OH 反应中 CO2 的平衡转化率的措施有_____。（填字母） a．使用催化剂 b．加压 c．增大初始投料比 2 2 n(CO ) n(H ) ②研究温度对于甲醇产率的影响。在 210℃~290℃保持原料气中 CO2 和 H2 的投料比不变，得到甲醇的实际 产率、平衡产率与温度的关系如图所示。ΔH____0（填“＞”或“＜”），其依据是____。 【答案】 （1） Ⅰ①bc (2 分) ②CH4+CO2 CH3COOH (2 分) Ⅱ①2CO2+HCO3-+2e-=HCOO-+CO32- (2 分) ②阳极产生 O2，c（H+）增大，c（HCO3-）降低；K+部分进入阴极(2 分) （2）①b (2 分) ②< (2 分) 温度升高，甲醇的平衡产率降低 (2 分) 【解析】（1）Ⅰ．①a．催化剂只能改变化学反应速率，不能改变反应的平衡常数，故 a 错误； b．由图中变化可知甲烷在催化剂作用下选择性活化，甲烷分子中碳原子会与催化剂形成新的共价键，必有 C-H 键发生断裂，故 b 正确； c．X→Y 的焓值降低，说明为放热过程，由 CH4→CH3COOH 有 C-C 键形成，故 c 正确； 故答案选 bc； ②由图示可知，由 CO2 和 CH4 合成 CH3COOH 的化学方程式为 CH4+CO2 CH3COOH； Ⅱ．①阴极得电子，CO2 还原为 HCOO-的电极反应式为：2CO2+HCO3-+2e-=HCOO-+CO32-； ②阳极 H2O 失电子产生 O2，c(H+)增大，碳酸氢根离子与氢离子反应，所以 c(HCO3-)降低，K+部分进入阴极，导 致阳极区的 KHCO3 溶液浓度降低； （2）①a．使用催化剂只能改变化学反应速率，不影响化学平衡，也就不影响 CO2 的平衡转化率； b．该反应的正反应为气体体积减小的反应，加压能使化学平衡正向移动，能够提高 CO2 的平衡转化率； c．增大 CO2 和 H2 的初始投料比，CO2 的平衡转化率降低； 故答案选 b； ②根据图像可知，甲醇的平衡产率随着温度的升高而降低，所以正反应为放热反应，即ΔH<0。 28．（15 分）碳酸亚铁可用于制备补血剂。某研究小组制备了 FeCO3，并对 FeCO3 的性质和应用进行了探究。 已知：①FeCO3 是白色固体，难溶于水②Fe2＋+6SCN- Fe(SCN)64-(无色) Ⅰ. FeCO3 的制取（夹持装置略） 实验 i： 装置 C 中，向 Na2CO3 溶液（pH＝11.9）通入一段时间 CO2 至其 pH 为 7，滴加一定量 FeSO4 溶液， 产生白色沉淀，过滤、洗涤、干燥，得到 FeCO3 固体。 （1）试剂 a 是_____。 （2）向 Na2CO3 溶液通入 CO2 的目的是_____。 （3）C 装置中制取 FeCO3 的离子方程式为_____。 （4）有同学认为 C 中出现白色沉淀之后应继续通 CO2，你认为是否合理并说明理由________。 Ⅱ.FeCO3 的性质探究 实验 ii 实验 iii （5）对比实验ⅱ和ⅲ，得出的实验结论是_____。 （6）依据实验ⅱ的现象，写出加入 10%H2O2 溶液的离子方程式_________________________。 Ⅲ.FeCO3 的应用 （7）FeCO3 溶于乳酸［CH3CH(OH)COOH］能制得可溶性乳酸亚铁（[CH3CH(OH)COO]2Fe，相对分子质量 为 234）补血剂。为测定补血剂中亚铁含量进而计算乳酸亚铁的质量分数，树德中学化学实验小组准确称 量 1.0g 补血剂，用酸性 KMnO4 溶液滴定该补血剂，消耗 0.1000mol/L 的 KMnO4 溶液 10.00mL，则乳酸亚 铁在补血剂中的质量分数为_____，该数值异常的原因是________________________（不考虑操 作不当以及 试剂变质引起的误差）。 【答案】（1）饱和 NaHCO3 溶液 (1 分)（2）降低溶液中 OH-浓度，防止生成 Fe(OH)2 (1 分) （3）2HCO3- + Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O (2 分) （4）不合理(1 分) CO2 会和 FeCO3 反应生成 Fe(HCO3)2(或合理，排出氧气的影响) (2 分) （5）Fe2+与 SCN-的络合(或结合)会促进 FeCO3 固体的溶解或 FeCO3 固体在 KSCN 溶液中的溶解性比 KCl 溶液中 大 (2 分) （6）6Fe(SCN)64-+3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3+24SCN-或 6Fe2++3H2O2+12SCN-=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3 或 6Fe2++3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe3+ (2 分) （7）117% (2 分) 乳酸根中的羟基被 KMnO4 氧化，也消耗了 KMnO4 (2 分) 【解析】 I. 装置 A 中碳酸钙和稀盐酸反应生成的二氧化碳中混有挥发的氯化氢气体，需要利用装置 B 中盛装的饱和碳酸 氢钠溶液除去，装置 C 中，向碳酸钠溶液(pH=11.9)通入一段时间二氧化碳至其 pH 为 7，滴加一定量硫酸亚铁溶 液产生白色沉淀，过滤，洗涤，干燥，得到 FeCO3； II. （5）根据 Fe2＋+6SCN- Fe(SCN)64-分析 FeCO3 在 KCl 和 KSCN 两种不同溶液中的溶解度不同判断； （6）实验 ii 中溶液显红色且有红褐色沉淀生成，说明加入 10%过氧化氢溶液后有 Fe(OH)3 和 Fe(SCN)3 生成； （7）FeCO3 溶于乳酸［CH3CH(OH)COOH］能制得可溶性乳酸亚铁补血剂，根据得失电子守恒和元素守恒建立 关系式进行计算；乳酸根中有羟基，也能被高锰酸钾溶液氧化。 I. （1）装置 A 中制取的 CO2 中混有 HCl，欲除去 CO2 中混有的 HCl，B 中盛装的试剂 a 应是饱和 NaHCO3 溶液， 故答案为：饱和 NaHCO3 溶液； （2）向 Na2CO3 溶液中通入 CO2 的目的是利用 CO2 和 Na2CO3 反应生成的 NaHCO3，提高溶液中 HCO3-的浓度， 抑制 CO32-的水解，降低溶液中 OH-的浓度，防止生成 Fe(OH)2，故答案为：降低溶液中 OH-浓度，防止生成 Fe(OH)2； （3）装置 C 中，向 Na2CO3 溶液(pH=11.9)通入一段时间 CO2 至其 pH 为 7，此时溶液中溶质主要为 NaHCO3，再 滴加 FeSO4 溶液，有 FeCO3 沉淀生成，发生反应的离子方程式为 2HCO3- + Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为： 2HCO3- + Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O； （4）FeCO3 沉淀能溶解在 CO2 的水溶液中，生成可溶于水的 Fe(HCO3)2，降低产物的量，则当出现白色沉淀之 后不应继续通入 CO2，或者：出现白色沉淀之后继续通 CO2，可防止空气中氧气氧化 FeCO3，提高产物的纯度， 故答案为：不合理，CO2 会和 FeCO3 反应生成 Fe(HCO3)2(或合理，排出氧气的影响)； Ⅱ. （5）通过对比实验 ii 和 iii，可知 Fe2+与 SCN-的络合生成可溶于水的 Fe(SCN)64-，会促进 FeCO3 固体的溶解， 故答案为：Fe2+与 SCN-的络合(或结合)会促进 FeCO3 固体的溶解或 FeCO3 固体在 KSCN 溶液中的溶解性比 KCl 溶液中大； （6）依据实验ⅱ的现象，可知在含有 Fe2+的溶液中滴加 10%的过氧化氢溶液后，有 Fe(OH)3 和 Fe(SCN)3 生成， 发生反应的离子方程式为 6Fe(SCN)64-+3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3+24SCN-或 6Fe2++3H2O2+12SCN-=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3 或 6Fe2++3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe3+； 故答案为：6Fe(SCN)64-+3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3+24SCN-或 6Fe2++3H2O2+12SCN-=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3 或 6Fe2++3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe3+； Ⅲ. （7）FeCO3 溶于乳酸［CH3CH(OH)COOH］能制得可溶性乳酸亚铁（[CH3CH(OH)COO]2Fe 补血剂，可得关 系式 MnO4~5Fe2+~5[CH3CH(OH)COO]2Fe，则乳酸亚铁的物质的量为 0.1000mol/L×0.01L×5=0.005mol，则乳酸亚 铁的质量分数 0.005mol 234g/mol 100%=117%1.0g   ，由于乳酸根中含有羟基，也可以被酸性高锰酸钾溶液氧化， 导致消耗高锰酸钾溶液的量增多，而计算中只按 Fe2+被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，导致产品中乳酸 亚铁的质量分数大于 100%，故答案为：117%；乳酸根中的羟基被 KMnO4 氧化，也消耗了 KMnO4。 （二）选考题：共 15 分。请考生从 2 道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。 35．［化选修 3：物质结构与性质］（15 分） Ni 元素在生产、生活中有着广泛的应用。 回答下列问题: （1）基态 Ni 原子价层电子的排布式为____________________________。 （2）科学家在研究金属矿物质组分的过程中，发现了 Cu-Ni-Fe 等多种金属互化物。确定某种金属互化物是 晶体还是非晶体最可靠的科学方法是对固体进行_____________。 （3）Ni 能与类卤素(SCN)2 反应生成 Ni(SCN)2。Ni(SCN)2 中，第一电离能最大的元素是________；(SCN)2 分子中，硫原子的杂化方式是____，σ键和π键数目之比为_____。 （4）[Ni(NH3)6](NO3)2 中，不存在的化学键为____ (填标号)。 a．离子键 b．金属键 c．配位键 d．氢键 （5）镍合金储氢的研究已取得很大进展。 ①图甲是一种镍基合金储氢后的晶胞结构示意图。 该合金储氢后，含 1molLa 的合金可吸附 H2 的数目为 _____。 ②Mg2NiH4 是一种贮氢的金属氢化物。在 Mg2NiH4 晶胞中，Ni 原子占据如图乙的顶点和面心，Mg2+ 处于乙 图八个小立方体的体心。Mg2+位于 Ni 原子形成的 ___ (填“八面体空隙”或“四面体空隙”)。 若晶体的密度 为 dg/cm3，Mg2NiH4 的摩尔质量为 Mg/mol，则 Mg2+和 Ni 原子的最短距离为 ___ nm(用含 d、M、NA 的代 数式表示)。 【答案】（1）3d84s2 （1 分） （2）X 射线衍射实验 （1 分） （3）N （1 分） sp3 杂化 （2 分） 5：4 （2 分） （4）b （2 分） （5）①3NA （2 分） ②四面体空隙（2 分） 73 A 3 4M 10 nm4 dN   （2 分） 【解析】 （1）Ni 的原子序数为 28，根据能量最低原理可写出电子排布式为 1S22S22P63S23P63d84s2 或[Ar]3d84s2，则其价电 子排布为 3d84s2； （2）确定某种金属互化物是晶体还是非晶体的方法是 X 射线衍射实验； （3）一般情况下，非金属性越强，第一电离能越大，但 N 原子最为层 2p 轨道为半满稳定状态，第一电离能高 于相连元素，所以 Ni(SCN)2 中，第一电离能最大的元素是 N；（SCN）2 分子结构简式为 N≡C-S-S-C≡N，其中 S 原子价层电子对个数是 4 且含有 2 个孤电子对，根据价层电子对互斥理论可知硫原子的杂化方式为 sp3 杂化；共 价单键为σ键，共价双键中含有一个σ键、一个π键，共价三键中含有 1 个σ键、2 个π键，则σ键和π键数目之比为 5：4； （4）[Ni(NH3)6](NO3)2 中，NH3 与 Ni2+之间为配位键；氨气分子之间存在氢键；[Ni(NH3)6]2+与 NO3-之间为离子键， 不存在金属键，故选 b； （5）①晶胞中 La 原子数目=8× 1 8 =1、H2 分子数目= 1 18 +24 2   =3，故含 1molLa 的合金可吸附 H2 的物质的量为 1mol×3=3mol，数目为 3NA； ②Ni 原子占据顶点和面心，Mg2+ 处于八个小立方体的体心，所以 Mg2+位于 Ni 原子形成的四面体空隙； 该晶胞中 Ni 原子个数=8× 1 8 +6× 1 2 =4、Mg2+个数为 8，根据化学式知，H 原子个数为 16，所以晶胞的质量为 A 4M gN ， 又已知晶胞的密度为 dg/cm3，则晶胞的棱长为 3 7A 33 A 4M g 4M 10 nmdg/cm d N N   ，根据晶胞结构可知 Mg2+和 Ni 原子 的最短距离为晶胞体对角线的 1 4 ，所以最短距离为 73 A 3 4M 10 nm4 dN   。 36．[化选修 5：有机化学基础]（15 分） 白藜芦醇在保健品领域有广泛的应用。其合成路线如下： 回答下列问题： （1）物质 B 中含氧官能团的名_______。B→C 的反应类型为___________。 （2）1mol 有机物 D 最多能消耗 NaOH 为 _________mol，白藜芦醇遇足量浓溴水时反应的化学方程式为 ____________。 （3）已知 的系统名称 1，3-苯二酚，则 A 的名称为________。 （4）C 的核磁共振氢谱有_________组峰，写出两种满足下列条件的化合物 X 的所有同分异构体的结构简 式__________。 ①具有与 X 相同的官能团②属于醋酸酯 （5）利用甲苯、磷叶立德试剂和乙醛为原料可以合成 (涉及无机试剂自选)，请写出合成路 线__________。 【答案】 （1）酯基（1 分） 取代反应（1 分） （2）6 （1 分） （2 分） （3）5－甲基－1，3－苯二酚（2 分） （4）4 （2 分） 、 （各 2 分） （5） （2 分） 【解析】A 和乙酸酐反应，酚羟基中的 H 被－OCCH3 取代，B 中的甲基上的 H 被 Cl 取代。D 在碱性环境下发生 水解反应，再酸化，得到白藜芦醇。 （1）B 中含氧官能团的名称是酯基；B 中的甲基上的 H 被 Cl 取代，B 到 C 为取代反应； （2）1mol 酚羟基形成的酯基与 NaOH 溶液反应时，消耗 2molNaOH，1molD 中含有 3mol 酚羟基形成的酯基， 因此 1molD 最多能消耗 6molNaOH； 酚羟基的邻对位上的 H 能够被 Br 取代，碳碳双键能够与 Br2 发生加成反应，则化学方程式为 ； （3）根据已知，可知酚羟基的编号为 1 和 3，则 A 中甲基的编号为 5，则 A 的名称为 5－甲基－1，3－苯二酚； （4）C 分子存在一对称轴，分子中有 4 种 H 原子，如图所示 ，因此 C 的核磁共振氢 谱有 4 组峰； X 的同分异构体，与 X 具有相同的官能团，也属于醋酸酯，则苯环上的取代基与 X 的相同，分别是－CHO，－ OOCCH3。苯环上有 2 个取代基，则同分异构体共 3 种，两取代基分别位于邻位、间位、对位，除去 X 本身还有 2 种，分别是 和 ； （5）利用甲苯、磷叶立德试剂和乙醛制备 ，模仿 B 到 D 的过程，则合成路线为 。