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2021年山东省聊城市高考化学一模试卷-含答案与解析

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2021年山东省聊城市高考化学一模试卷

一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1．实验室中下列做法正确的是（） A．用浓硫酸干燥二氧化硫 B．保存FeSO4溶液时加入适量铜粉 C．用量筒量取25.00mL的稀硫酸 D．用泡沫灭火器扑灭金属钾的燃烧 2．下列应用不涉及氧化还原反应的是（） A．NaClO用于杀菌消毒 B．明矾用于净水 C．用葡萄发酵酿造葡萄酒 D．用氨气除去汽车尾气中的NO2

3．X、Y、Z、R、W为原子序数依次增大的短周期元素，X、R最外层电子数相同，R的原子半径在同周期主族元素中最大。其中，X、Y、Z、W形成的某种化合物可表示为[YX4][WZ4]

﹣

。下列说法正确的是（）

A．电负性：W＞Z＞Y＞X＞R B．第一电离能：W＞Z＞Y＞R C．简单离子的半径：W＞Y＞Z＞R D．简单氢化物的沸点：R＞W＞Z＞Y

4．下列装置试剂使用或操作正确的是（

）

A．①比较碳酸和苯酚的酸性 B．②制备 NaHCO3 C．③检验溶液中是否含有K D．④用NaOH溶液测定稀硫酸浓度

5．下列关于N、P及其化合物结构与性质的论述正确的是（） A．键能N﹣N＞P﹣P、N﹣H＞P﹣H，因此N2H4的沸点大于P2H4 B．N4与P4均为正四面体型的分子晶体，因此都难以分解和氧化 C．NH3与PH3溶于水均显碱性，由于NH3键角大，因此氨水的碱性更强

D．离子晶体PCl5和PBr5的阴离子分别为[PCl6]和Br，存在差异的原因是Br半径大 6．从中药透骨草中提取一种抗氧化性活性成分结构如图。下列说法正确的是（）

﹣

A．该有机物分子属于芳香烃

B．苯环上氢原子发生氯代时，一氯代物有5种 C．其酸性水解的产物均可与Na2CO3溶液反应 D．在一定条件下能发生取代反应和消去反应

7．B2O3的气态分子结构如图1所示，硼酸（H3BO3）晶体结构为层状，其二维平面结构如图2所示。下列说法错误的是（）

A．两分子中B原子分别采用sp杂化、sp杂化 B．硼酸晶体中层与层之前存在范德华力 C．1mol H3BO3晶体中含有6mol氢键

D．硼原子可提供空轨道，硼酸电离的方程式为H3BO3+H2O═[B（OH）4]+H

8．实验室由叔丁醇（沸点82℃）与浓盐酸反应制备2﹣甲基﹣2﹣氯丙烷（沸点52℃）路线如图。下列说法错误的是（）

﹣

A．室温搅拌的目的是为了加快反应速率

B．用5% Na2CO3溶液洗涤分液时先将上层的有机相由分液漏斗上口放出 C．两次水洗主要目的是分别除去有机相中的盐酸与钠盐 D．蒸馏收集2﹣甲基﹣2﹣氯丙烷时，应选用直形冷凝管

9．以镁铝复合氧化物（MgO﹣Al2O3）为载体的负载型镍铜双金属催化剂（Ni﹣Cu/MgO﹣Al2O3）是一种新型高效加氢或脱氢催化剂，其制备流程如图。已知加热时尿素[CO（NH2）2]在水中发生水解反应，放出两种气体。下列说法错误的是（）

A．“晶化”过程中，需保持恒温60℃，可采用水浴加热 B．“洗涤”过程中，可用氯化钡溶液检验滤饼是否洗净 C．“焙烧”过程中，可使用蒸发皿或坩埚

D．“还原”过程中，以M代表Ni或Cu，所发生的反应为MO+H2

M+H2O

10．我国科学家在研究 HCOOH燃料电池方面有重大进展，装置如图所示，两电极区间用离子交换膜隔开。下列说法正确的是（）

A．正极电极反应式为HCOO+2e+2OH═HCO3+H2O B．隔膜为阴离子交换膜，储液池中需补充的物质A为H2SO4 C．放电时，1mol HCOOH转化为KHCO3时，消耗11.2L氧气 D．当电路中转移1mol电子时，理论上生成87g K2SO4

二、选择题：本题共5小题每小题4分，共20分。每小题有1个或2个选项符合题意，全都选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分。 11．（4分）下列操作能达到实验目的的是（）

目的

操作

﹣﹣﹣﹣

A 除去乙酸乙酯中的用饱和碳酸钠溶液洗涤后分液乙酸

B 证明乙醇脱水生成将乙醇与浓硫酸混合加热170℃产生的混合气体通入高锰酸钾溶乙烯

液

C 检验溶液中含Fe而向溶液中先加入KSCN溶液，再滴加H2O2溶液不含Fe

D 蔗糖水解产物的验在冷却后的水解液中直接加入银氨溶液，水浴加热，看是否有银证 A．A

B．B

C．C

镜产生

D．D

12．（4分）多巴胺是一种神经传导物质会传递兴奋及开心的信息。其部分合成路线如图，下

列

说

法

正

确

的

是

（

）

A．多巴胺的分子式为C8H10NO2

B．1mol甲分子中含有8mol σ键

C．多巴胺分子中所有碳原子可能处在同一平面

D．多巴胺任一含苯环的同分异构体中至少有4种不同化学环境的氢原子

13．（4分）硫酸工业尾气中的SO2可用Na2SO3溶液吸收，并通过电解方法实现吸收液的循环再生。如图所示，下列有关说法中正确的是（）

A．阳极发生的反应之一为SO3+2OH﹣2e═SO4+2H2O B．电解一段时间后阴极室pH升高 C．电解一段时间后，b%＜a%

D．电解一段时间后两室生成的Na2SO3与H2SO4的物质的量相等

14．（4分）1，2﹣丙二醇（CH2OHCHOHCH3）单分子解离反应相对能量如图所示。路径包括碳碳键断裂解离和脱水过程。下列说法正确的是（）

2﹣

﹣

2﹣

A．解离过程中，断裂a处碳碳键比b处碳碳键所需能量高 B．1，2﹣丙二醇单分子脱水过程均为吸热反应

C．从能量的角度分析，TS1、TS2、TS3、TS4四种路径中TS4路径的速率最慢 D．脱水生成的四种产物中丙烯醇[CH3C（OH）＝CH2]最稳定

15．（4分）常温下将NaOH溶液滴加到磷酸（H3PO4）溶液中，混合溶液中的pH与部分离子浓度变化的关系如图所示。下列说法正确的是（）

A．若直线丙表示pH与﹣lgB．Ka2（H3PO4）＝10

2﹣

﹣7.21

的变化关系，应该在甲、乙之间

2﹣

，且NaH2PO4溶液中c（HPO4）＞c（H3PO4）

C．c（HPO4）＝c（H3PO4）时，pH＝4.68

D．Na2HPO4溶液中：c（OH）+c（PO4）＝c（H）+c（H2PO4）+c（H3PO4）三、非选择题本题共5小题，共60分。

16．（12分）某含钴矿石的主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、MgO、CaO和SiO2等。由该矿石粉制备CoC2O4固体的方法如图。（部分催化剂已略）

﹣

3﹣

﹣

已知金属离子沉淀的pH：

开始沉淀时完全沉淀时

Fe 1.5 2.8

Mg 8.9 10.9

Ca 9.8 12.3

Co 7.4 9.4

（1）Co2O3溶于浓硫酸，生成Co和一种可使带火星的木条复燃的气体，写出该反应的化学方程式。列举沉淀1所含主要成分的一种用途。

（2）向溶液1中加入NaOH溶液，将Fe转化为Fe（OH）3沉淀，应调节pH范围为。

（3）向溶液2中加入NaF溶液除去钙镁离子，已知Ksp（MgF2）＝7.35×10

﹣11

、Ksp（CaF2）＝1.05×10

﹣10

，则溶液3中c（Ca）＝1.0

×10mol•L

﹣5﹣1

时，c（Mg）＝ mol•L。

2+﹣1

（4）向溶液3中加入氨水和过氧化氢溶液将Co转化为Co（NH3）6。补充下列离子方程式： Co+ H2O2+ NH3═ Co（NH3）6+ 。

3+3+

（5）溶液4中若将1mol Co（NH3）6全部转化为CoC2O4沉淀需要消耗（NH4）2C2O4 mol。

（6）关于上述流程，下列说法正确的是。（填序号） a.流程中，仅通过调节溶液的pH也可将金属元素完全分离

b.若矿石粉中存在少量FeO，经上述流程也可制得纯度相同的CoC2O4 c.向溶液3中加入氨水，作用仅是调节溶液的pH

d.过滤所得CoC2O4晶体用H2C2O4溶液代替蒸馏水洗涤效果更好

17．（12分）2020年我国“奋斗者”号载人潜水器成功进行万米海试国产新型材料“钛”牛了!该合金中含钛、铁、镍、铂等十几种元素具有高强度、高韧性。回答下列问题：

（1）基态Ti原子的核外电子的空间运动状态有种。TiF4的熔点377℃远高于TiCl4（﹣24.12℃）的原因是。

（2）邻二氮菲（

）中N原子可与Fe通过配位键形成橙红色邻二氮菲亚铁离

子利用该反应可测定Fe浓度该反应的适宜pH范围为2～9，试解释选择该pH范围的原因。

（3）Ni与Cu的第二电离能：Ni Cu（填“＞”或“＜”）。含有多个配位原子的配体与同一中心离子（或原子）通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。一种Ni

与EDTA形成的螯合物的结构如图1所示，1个该配合物中通过螯合作用形成的配位键有个，其中提供孤对电子的原子为。（写元素符号）

（4）①Pt与NH3能够形成顺铂与反铂两种结构，如图2所示，由此可判断中心原子Pt杂化方式肯定不是sp杂化，理由是。

②以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标。氯铂酸钾（K2PtCl6，式量为486）的立方晶胞结构如图3所示，该晶胞中部分PtCl6

﹣

2﹣

、K的分数坐标为PtCl6（0，0，0）、KA（0.25，0.75，0.25）、KB（0.75，0.25，0.25），

2﹣

其中A、B分别代表K的位置。找出距离PtCl6（0，0，0）最近的K （用分数坐标表示）。用NA表示阿伏加德罗常数的值若实验测得氯铂酸钾的密度是dg•cm，则A、B两个K的距离为 pm。（列出计算式即可）

18．（12分）合理利用温室气体是当前能源与环境研究的热点。

（1）CH4﹣CO2催化重整可以得到合成气（CO和H2）其工艺过程中涉及如下反应：反应①CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H1

反应②CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H2＝+41.2kJ•mol 反应③CH4（g）+O2（g）⇌CO（g）+2H2（g）△H3＝﹣36.0kJ•mol 反应④O2（g）+H2（g）⇌H2O（g）△H4＝﹣241.8kJ•mol 则△H1＝ kJ•mol。

一定条件下，向体积为VL的密闭容器中通入CH4、CO2各1.0mol及少量O2，测得不同温度下反应平衡时各产物产量如图所示。1100K时，CH4与CO2的转化率分别为90%和95%图中a代表产物。当温度高于900K，H2O的含量随温度升高而下降的主要原因是。

﹣1

﹣1﹣1

﹣3

（2）工业上将CO2转化为燃料CH4，可发生反应有：反应Ⅰ：CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）△H1

反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H2＝+41.2kJ•mol

将1mol CO2和4mo H2充入2L刚性密闭容器中，反应相同时间，温度对CO2转化率和催化剂选择性的影响如图所示。（注：催化剂的选择性是指发生反应的CO2转化为CH4或CO的百分比）

﹣1

△H1 0（填“＞”、“＜”或“＝”）。350℃时，反应Ⅰ的平衡常数为。不改变投料，若容器体积可变化，为同时提高CO2的平衡转化率和CH4的平衡产率，选择最佳反应条件为。（填标号） A.350℃、低压 B.350℃、高压 C.500℃、低压 D.500℃、高压

19．（12分）G是一种新型香料的主要成分之一，其结构中含有三个六元环。G的合成路线如图。（部分产物和部分反应条件略去）

已知：①RCH＝CH2+CH2＝CHR'CH2＝CH2+RCH＝CHR'；

②B中核磁共振氢谱图显示分子中有6种不同环境的氢原子； ③D和F是同系物。请回答下列问题：

（1）的化学名称为。

（2）B→C的化学方程式为。

（3）E→H的反应类型为，F分子中含氧官能团名称是。（4）G的结构简式为。

（5）同时满足下列条件的F的同分异构体有种。 ①苯环上有两个取代基； ②与FeCl3溶液发生显色反应； ③可以发生水解反应；

其中能发生银镜反应，且核磁共振氢谱为5组峰的结构简式为。

（6）参照上述合成路线，设计由丙烯制取路线。（无机试剂任选）

的最佳合成

20．（12分）亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效氧化剂和优质漂白剂，可由ClO2为原料制取。实验室利用如图装置制备亚氯酸钠（夹持装置略），并利用滴定法测定所制亚氯酸钠的纯度。

已知：①ClO2沸点11℃，极易溶于水，浓度过高时易分解爆炸 ②2NaOH+H2O2+2ClO2═2NaClO2+O2+2H2O

（1）装置A中仪器a的名称为，产生ClO2的化学方程式为。（2）实验过程中需要持续通入稀有气体，目的是。（3）装置B的作用是。

（4）装置C中用冰水浴冷却的目的是。

（5）测定亚氯酸钠的含量实验步骤：①称取亚氯酸钠样品5.0g于小烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的KI晶体再滴入适量的稀硫酸，充分反应，将所得混合液配成50mL待测溶液。②移取10.00mL待测溶液于锥形瓶中，加几滴淀粉溶液，用0.10mol•L Na2S2O3标准溶液滴定至终点消耗Na2S2O3标准溶液体积为40.00mL。（已知：ClO2+4I+4H═2H2O+2I2+Cl、I2+2S2O3═2I+S4O6）。

①达到滴定终点时的现象为，正确判断滴定终点后，仰视读数，会导致测定结果。（填“偏高”或“偏低”） ②该样品中NaClO2的纯度为。

﹣

2﹣

﹣

2﹣

﹣1

2021年山东省聊城市高考化学一模试卷

参与试题解析

一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1．实验室中下列做法正确的是（） A．用浓硫酸干燥二氧化硫 B．保存FeSO4溶液时加入适量铜粉 C．用量筒量取25.00mL的稀硫酸 D．用泡沫灭火器扑灭金属钾的燃烧

【分析】A.浓硫酸与二氧化硫不反应，可吸收水； B.Cu与铁离子反应引入新杂质； C.量筒的感量为0.1mL；

D.K燃烧生成的过氧化钾与二氧化碳反应生成氧气。

【解答】解：A.浓硫酸与二氧化硫不反应，可吸收水，则用浓硫酸干燥二氧化硫，故A正确；

B.Cu与铁离子反应引入新杂质，应加适量铁粉，故B错误； C.量筒的感量为0.1mL，则量筒量取25.0mL的稀硫酸，故C错误；

D.K燃烧生成的过氧化钾与二氧化碳反应生成氧气，则不能用泡沫灭火器扑灭金属钾的燃烧，可选沙土扑灭，故D错误；故选：A。

【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、仪器的使用、实验安全、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。 2．下列应用不涉及氧化还原反应的是（） A．NaClO用于杀菌消毒 B．明矾用于净水 C．用葡萄发酵酿造葡萄酒 D．用氨气除去汽车尾气中的NO2

【分析】反应过程中存在元素化合价变化的反应属于氧化还原反应，以此进行判断。【解答】解：A．NaClO用于杀菌消毒，利用NaClO的强氧化性，存在元素的化合价变化，

属于氧化还原反应，故A不选；

B．明矾用于净水，铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体，不存在元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故B选；

C．用葡萄发酵酿造葡萄酒，存在C元素化合价变化，属于氧化还原反应，故C不选； D．用氨气除去汽车尾气中的NO2，存在N元素化合价变化，属于氧化还原反应，故D不选；故选：B。

【点评】本题考查氧化还原反应的判断，题目难度不大，明确发生反应实质为解答关键，注意掌握氧化还原反应概念及特征，试题侧重考查学生的分析能力及知识迁移能力。 3．X、Y、Z、R、W为原子序数依次增大的短周期元素，X、R最外层电子数相同，R的原子半径在同周期主族元素中最大。其中，X、Y、Z、W形成的某种化合物可表示为[YX4][WZ4]

﹣

。下列说法正确的是（）

A．电负性：W＞Z＞Y＞X＞R B．第一电离能：W＞Z＞Y＞R C．简单离子的半径：W＞Y＞Z＞R D．简单氢化物的沸点：R＞W＞Z＞Y

【分析】X、Y、Z、R、W为原子序数依次增大的短周期元素，R的原子半径是同周期主族元素中最大的，则R处于IA族，由原子序数可知，R只能处于第三周期，则R为Na；X、Y、Z、W形成的化合物可表示为[YX4][WZ4]，X、R最外层电子数相同，则X为H，该化合物应该为NH4ClO4，则Y为N元素、Z为O元素、W为Cl元素，以此分析解答。【解答】解：结合分析可知，X为H，Y为N，Z为O，R为Na，W为Cl元素， A．同一周期从左向右电负性逐渐增大，短周期元素同主族从上到下电负性逐渐减小，则电负性：Z＞W＞Y＞X＞R，故A错误；

B．Y（N）的2p轨道处于半满稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能N＞O，则第一电离能：W＞Y＞Z＞R，故B错误；

C．电子层越多离子半径越大，电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子的半径：W＞Y＞Z＞R，故C正确；

D．氨气、水分子之间都存在氢键，二者沸点都大于氯化氢，则简单氢化物的沸点：R＞Z＞Y＞W，故D错误；

﹣

故选：C。

【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、原子结构推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。

4．下列装置试剂使用或操作正确的是（

）

A．①比较碳酸和苯酚的酸性 B．②制备 NaHCO3 C．③检验溶液中是否含有K D．④用NaOH溶液测定稀硫酸浓度

【分析】A.乙酸易挥发，乙酸与苯酚钠反应； B.氨气极易溶于水；

C.观察K的焰色反应需要透过蓝色的钴玻璃； D.图中为碱滴定酸。

【解答】解：A.乙酸易挥发，乙酸与苯酚钠反应，不能比较碳酸和苯酚的酸性，故A错误；

B.氨气极易溶于水，易发生倒吸，故B错误；

C.观察K的焰色反应需要透过蓝色的钴玻璃，图中操作不合理，故C错误； D.图中为碱滴定酸，可用NaOH溶液测定稀硫酸浓度，故D正确；故选：D。

【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、酸性比较、物质制备、离子检验、中和滴定、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

5．下列关于N、P及其化合物结构与性质的论述正确的是（） A．键能N﹣N＞P﹣P、N﹣H＞P﹣H，因此N2H4的沸点大于P2H4 B．N4与P4均为正四面体型的分子晶体，因此都难以分解和氧化

C．NH3与PH3溶于水均显碱性，由于NH3键角大，因此氨水的碱性更强

D．离子晶体PCl5和PBr5的阴离子分别为[PCl6]和Br，存在差异的原因是Br半径大【分析】A．氢化物的熔沸点与氢键和分子间作用力有关； B．P4在空气中易燃烧；

C．氮的电负性更大，易吸引氢离子，生成配位键； D．Br半径较大，无法形成[PBr6]。

【解答】解：A．氢化物的熔沸点与氢键和分子间作用力有关，与键能无关，N2H4的沸点大于P2H4，是因为N2H4分子间形成氢键，故A错误； B．P4在空气中易燃烧，则P4易被氧化，故B错误；

C．氮的电负性更大，易吸引氢离子，生成配位键，氨水的碱性更强，与NH3键角无关，故C错误；

D．固态PCl5和PBr5均为离子晶体，考虑到Br半径较大，无法形成[PBr6]，所以离子晶体PCl5和PBr5的阴离子分别为[PCl6]和Br，存在差异的原因是Br半径大，故D正确；故选：D。

【点评】本题考查物质结构与性质，综合考查学生的分析和灵活运用能力，题目难度不大。

6．从中药透骨草中提取一种抗氧化性活性成分结构如图。下列说法正确的是（）

﹣

A．该有机物分子属于芳香烃

B．苯环上氢原子发生氯代时，一氯代物有5种 C．其酸性水解的产物均可与Na2CO3溶液反应 D．在一定条件下能发生取代反应和消去反应

【分析】有机物含有酚羟基、碳碳双键、酯基，具有酚、烯烃和酯类的性质，以此解答该题。

【解答】解：A.含有O元素，不属于烃类，故A错误； B.苯环上含5种H，则苯环上的一溴代物共5种，故B正确；

C.水解产物含有酚羟基、羧基，可与碳酸钠溶液反应，但有机物可水解生成甲醇，与碳

酸钠溶液不反应，故C错误；

D.羟基连接在苯环上，不能发生消去反应，故D错误；故选：B。

【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构特点和官能团的性质，难度不大。

7．B2O3的气态分子结构如图1所示，硼酸（H3BO3）晶体结构为层状，其二维平面结构如图2所示。下列说法错误的是（）

A．两分子中B原子分别采用sp杂化、sp杂化 B．硼酸晶体中层与层之前存在范德华力 C．1mol H3BO3晶体中含有6mol氢键

D．硼原子可提供空轨道，硼酸电离的方程式为H3BO3+H2O═[B（OH）4]+H

【分析】A．依据图示可知，图1B形成2条σ键且无孤电子对，图2B原子都形成3条σ键且无孤电子对；

B．正硼酸晶体中存在H3BO3分子，与石墨相似的层状结构，层与层之间的作用力是范德华力；

C．根据均摊法进行计算H3BO3晶体含有氢键数目；

D．硼酸中硼原子有空轨道，水中氢氧根有孤电子对，可以形成配位键。

【解答】解：A．依据图示可知，图1B形成2条σ键且无孤电子对，价层电子对数为2，B原子杂化方式为sp；图2B原子都形成3条σ键且无孤电子对所以价层电子对数为3，杂化方式为sp，故A正确；

B．正硼酸晶体中存在H3BO3分子，与石墨相似的层状结构，层与层之间的作用力是范德华力，故B正确；

C．根据硼酸的结构可知：1mol H3BO3晶体中含有的氢键为：6mol×＝3mol，故C错误； D．硼酸中硼原子有空轨道，水中氢氧根有孤电子对，可以形成配位键，所以硼酸电离的

﹣

方程式为H3BO3+H2O═[B（OH）4]+H，故D正确。故选：C。

【点评】本题考查物质结构与性质，熟悉价层电子对互斥理论，晶体结构组成，均摊法在计算氢键个数应用是解题关键，题目难度中等。

8．实验室由叔丁醇（沸点82℃）与浓盐酸反应制备2﹣甲基﹣2﹣氯丙烷（沸点52℃）路线如图。下列说法错误的是（）

﹣+

A．室温搅拌的目的是为了加快反应速率

【分析】叔丁醇与浓盐酸常温搅拌反应15min可得2﹣甲基﹣2﹣氯丙烷，后向有机相中加入水进行洗涤分液，继续向有机相中加入5%Na2CO3溶液洗涤，由于有机物2﹣甲基﹣2﹣氯丙烷的密度小于水，分液后获得上层有机相，有机相中加入少量无水CaCl2干燥，蒸馏即得有机物2﹣甲基﹣2﹣氯丙烷，以此解答该题。

【解答】解：A.搅拌可增大接触面积，可加快反应速率，故A正确；

B.2﹣甲基﹣2﹣氯丙烷的密度比水小，有机相在分液漏斗的上层，分离时先从下口流出水相，再将有机相由分液漏斗上口放出，故B错误；

C.分别加入盐酸、碳酸钠，则两次水洗主要目的是分别除去有机相中的盐酸与钠盐，故C正确；

D.蒸馏时，应用直形冷凝管，如用球形冷凝管，可导致馏分残留，故D正确；故选：B。

【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、制备原理、实验装置的作用、实验技能为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大。 9．以镁铝复合氧化物（MgO﹣Al2O3）为载体的负载型镍铜双金属催化剂（Ni﹣Cu/MgO﹣Al2O3）是一种新型高效加氢或脱氢催化剂，其制备流程如图。已知加热时尿素[CO（NH2）2]在水

中发生水解反应，放出两种气体。下列说法错误的是（）

D．“还原”过程中，以M代表Ni或Cu，所发生的反应为MO+H2

M+H2O

【分析】将MgSO4、Al2（SO4）3、NiSO4、CuSO4混合溶液在90℃下加入尿素发生反应生成悬浊液Mg（OH）2、Al（OH）3、Cu（OH）2、Ni（OH）2，在60℃晶化过滤，得到滤饼，洗涤、干燥，焙烧得到MgO、CuO、NiO、Al2O3，在550℃温度下用氢气还原，可得到镍铜双金属催化剂（Ni﹣Cu/MgO﹣Al2O3），以此解答该题。

【解答】解：A.加热温度小于100℃，需保持恒温60℃，可采用的加热方式为水浴加热，故A正确；

B.检验滤饼是否洗净实际上是检验SO4，可加入氯化钡溶液，若有白色沉淀则未洗净，若无沉淀则已洗净，故B正确；

C.焙烧固体，应在坩埚中进行，蒸发皿用于蒸发溶液，故C错误；

D.“还原”过程中最终得到Ni﹣Cu/MgO﹣Al2O3，NiO、CuO被氢气还原得到金属单质，则“还原”过程中，以M代表Ni或Cu，所发生的反应为MO+H2确；故选：C。

【点评】本题考查物质制备及物质分离提纯，为高考常见题型，侧重考查分析、判断及知识综合应用能力，明确流程图中可能发生的反应、元素化合物性质及物质之间转化关系等知识点是解本题关键，题目难度中等。

10．我国科学家在研究 HCOOH燃料电池方面有重大进展，装置如图所示，两电极区间用离子交换膜隔开。下列说法正确的是（）

M+H2O，故D正

2﹣

【分析】HCOOH燃料电池中，HCOOH发生失去电子的反应生成HCO3，所在电极为负极，电极反应式为HCOO+2OH﹣2e═HCO3+H2O，正极上Fe+e＝Fe，储液池中O2和Fe

﹣

反应生成Fe、H2O，反应为O2+4Fe+4H＝2H2O+4Fe，从装置中分离出的物质为K2SO4，则K通过半透膜移向正极，所以放电过程中需补充的物质A是H2SO4，据此分析解答。【解答】解：A．负极反应式为HCOO+2OH﹣2e＝HCO3+H2O，正极反应为Fe+e＝Fe，故A错误；

B．从装置中分离出的物质为K2SO4，则K通过半透膜移向正极，即隔膜为阳离子交换膜，故B错误；

C．负极反应式为HCOO+2OH﹣2e＝HCO3+H2O，1molHCOOH转化为KHCO3时，转移电子2mol，储液池中反应为O2+4Fe+4H＝2H2O+4Fe，则消耗0.5molO2，但不确定氧气是否在标准状况下，所以不能计算氧气的体积，故C错误；

D．电路中转移1mol电子时，有1molK通过半透膜移向正极，结合K守恒有n（K2SO4）＝n（K）＝0.5mol，m（K2SO4）＝nM＝0.5mol×174g/mol＝87g，故D正确；故选：D。

【点评】本题考查了原电池的工作原理，为高频考点，侧重于学生的分析能力、计算能力和运用能力的考查，掌握正负极的判断、电极反应式的书写和相关物质的量的计算即可解答，题目难度中等。

二、选择题：本题共5小题每小题4分，共20分。每小题有1个或2个选项符合题意，全

﹣

﹣+

﹣

都选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分。 11．（4分）下列操作能达到实验目的的是（）

目的

操作

A 除去乙酸乙酯中的用饱和碳酸钠溶液洗涤后分液乙酸

B 证明乙醇脱水生成将乙醇与浓硫酸混合加热170℃产生的混合气体通入高锰酸钾溶乙烯

液

C 检验溶液中含Fe而向溶液中先加入KSCN溶液，再滴加H2O2溶液不含Fe

D 蔗糖水解产物的验在冷却后的水解液中直接加入银氨溶液，水浴加热，看是否有银证 A．A

B．B

C．C

镜产生

D．D

【分析】A.乙酸与碳酸钠溶液反应后，与乙酸乙酯分层； B.挥发的乙醇及生成的乙烯均使高锰酸钾氧化；

C.先加入KSCN溶液无现象可检验不含铁离子，再滴加H2O2溶液变为血红色，可说明亚铁离子被氧化为铁离子；

D.水解后在碱性溶液中检验葡萄糖。

【解答】解：A.乙酸与碳酸钠溶液反应后，与乙酸乙酯分层，然后分液分离，故A正确； B.挥发的乙醇及生成的乙烯均使高锰酸钾氧化，溶液褪色，不能检验乙烯，故B错误； C.先加入KSCN溶液无现象可检验不含铁离子，再滴加H2O2溶液变为血红色，可说明亚铁离子被氧化为铁离子，则溶液中含Fe而不含Fe，故C正确；

D.水解后在碱性溶液中检验葡萄糖，水解后没有加碱至碱性，再加银氨溶液，水浴加热，不能检验，故D错误；故选：AC。

【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、离子及物质的检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

12．（4分）多巴胺是一种神经传导物质会传递兴奋及开心的信息。其部分合成路线如图，下

列说法正确

的是（）

A．多巴胺的分子式为C8H10NO2

B．1mol甲分子中含有8mol σ键

C．多巴胺分子中所有碳原子可能处在同一平面

D．多巴胺任一含苯环的同分异构体中至少有4种不同化学环境的氢原子【分析】A.根据结构简式判断；

B.甲含有6个C﹣C、4个C﹣H、2个C﹣O、2个O﹣H等σ键； C.多巴胺分子中含有苯环，为平面形结构；

D.对应的同分异构体含有羟基、氨基、苯环和饱和碳原子，也可能含有醚键。【解答】解：A.由结构简式可知多巴胺的分子式为C8H11O2，故A错误；

B.苯环含有σ键和大π键，甲含有6个C﹣C、4个C﹣H、2个C﹣O、2个O﹣H等σ键，则1mol甲分子中含有14mol σ键，故B错误；

C.多巴胺分子中含有苯环，为平面形结构，与苯环直接相连的原子在同一个平面上，结合三点确定一个平面可知，多巴胺分子中所有碳原子可能处在同一平面，故C正确； D.对应的同分异构体含有羟基、氨基、苯环和饱和碳原子，也可能含有醚键，则至少有4种不同化学环境的氢原子，故D正确；故选：CD。

13．（4分）硫酸工业尾气中的SO2可用Na2SO3溶液吸收，并通过电解方法实现吸收液的循环再生。如图所示，下列有关说法中正确的是（）

A．阳极发生的反应之一为SO3+2OH﹣2e═SO4+2H2O B．电解一段时间后阴极室pH升高 C．电解一段时间后，b%＜a%

D．电解一段时间后两室生成的Na2SO3与H2SO4的物质的量相等

【分析】A．根据电解质溶液中阴阳离子的移动方向可知阳极上亚硫酸根离子失电子发生氧化反应；

B．Pt（Ⅰ）为阴极，阴极上氢离子得电子放出氢气； C．根据S原子守恒判断a、b大小；

D．阳极上亚硫酸根离子失电子发生氧化反应生成硫酸，而阴极上亚硫酸氢根生成亚硫酸根，没有生成硫酸。

【解答】解：A．根据阴阳离子的移动方向知，阳极上亚硫酸根离子失电子发生氧化反应，故电极反应方程式为：SO3+H2O﹣2e＝SO4+2H，故A错误；

B．Pt（Ⅰ）为阴极，阴极上氢离子得电子放出氢气，电极反应为：2HSO3﹣2e＝2SO3

﹣

2﹣

﹣

2﹣

﹣

2﹣

+H2↑，所以电解一段时间后阴极室pH升高，故B正确；

C．阳极室中，出来的硫酸中不仅有加入的稀硫酸还有亚硫酸根离子被氧化生成的硫酸，所以b＞a，故C错误；

D．阳极上亚硫酸根离子失电子发生氧化反应，电极反应为：SO3+H2O﹣2e＝SO4+2H，SO3为反应物，不断减少，SO4和H为生成物，不断增多；而阴极上氢离子得电子放出氢气，电极反应为：2HSO3﹣2e＝2SO3+H2↑，SO3为生成物，不断增多，没有生成H2SO4，故D错误；故选：B。

﹣

2﹣

﹣

2﹣

【点评】本题考查电解原理，为高频考点，侧重分析与应用能力的考查，注意正确分析图片、注意图片中加入物质和析出物质的变化是解本题的关键，题目难度不大。 14．（4分）1，2﹣丙二醇（CH2OHCHOHCH3）单分子解离反应相对能量如图所示。路径包括碳碳键断裂解离和脱水过程。下列说法正确的是（）

A．解离过程中，断裂a处碳碳键比b处碳碳键所需能量高 B．1，2﹣丙二醇单分子脱水过程均为吸热反应

C．从能量的角度分析，TS1、TS2、TS3、TS4四种路径中TS4路径的速率最慢 D．脱水生成的四种产物中丙烯醇[CH3C（OH）＝CH2]最稳定

【分析】A．断裂a处生成了CH3CHOH和CH2OH，断裂b处生成CH2OHCHOH和CH3； B．反应物的总能量高于生成物的总能量为放热反应； C．活化能越高反应速率越慢； D．能量越低越稳定。

【解答】解：A．由图可知，断裂a处碳碳键所需能量为83.7kJ，断裂b处碳碳键所需能量为85.1kJ，故A错误；

B．1，2﹣丙二醇单分子解离脱水生成丙酮为放热反应，故B错误；

C．TS1路径比TS3、TS4路径活化能低，TS4活化能高，故从能量的角度分析，TS1、TS2、TS3、TS4四种路径中TS4路径的速率最慢，故C正确； D．由图可以看出产物丙酮能量最低，故D错误；故选：C。

【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握图中能量变化、焓变与活化能关系

为解答的关键，侧重学生信息获取能力和自学能力的考查和活化能的应用，题目难度不大。

15．（4分）常温下将NaOH溶液滴加到磷酸（H3PO4）溶液中，混合溶液中的pH与部分离子浓度变化的关系如图所示。下列说法正确的是（）

A．若直线丙表示pH与﹣lgB．Ka2（H3PO4）＝10

2﹣

﹣7.21

的变化关系，应该在甲、乙之间

2﹣

，且NaH2PO4溶液中c（HPO4）＞c（H3PO4）

C．c（HPO4）＝c（H3PO4）时，pH＝4.68

D．Na2HPO4溶液中：c（OH）+c（PO4）＝c（H）+c（H2PO4）+c（H3PO4）

【分析】常温下将NaOH溶液滴加到磷酸（H3PO4）溶液中，混合溶液中的pH越来越大，c（H3PO4）逐渐减小，c（H2PO4）逐渐增大，所以

﹣

﹣﹣

3﹣

﹣

逐渐减小，﹣lg

2﹣

逐渐增大；随着NaOH溶液滴入，c（H2PO4）逐渐减小，c（HPO4）逐渐增大，﹣lg

逐渐增大；继续滴入NaOH溶液滴入c（HPO4）逐渐减小，c（PO4）逐

2﹣

3﹣

渐增大，﹣lg逐渐增大；由图可知，甲为pH与﹣lg的直线，

乙为pH与﹣lg的直线；

A．随着NaOH溶液滴入，磷酸（H3PO4）的电离程度越大，pH越大； B．由图乙线上pH＝8.21时得出Ka2（H3PO4）＝

和Kh2（PO4）＝

3﹣

，比较水解常数Kh2（PO4）和Ka2（H3PO4）大小关系；

3﹣

C．由图可知pH得出Ka1（H3PO4）和Ka2（H3PO4），根据Ka1（H3PO4）和Ka2（H3PO4）表达式，得出

计算分析解答；

D．在Na2HPO4溶液中，根据电荷守恒分析解答。【解答】解：A．根据分析，﹣lg

＞﹣lg

，直线丙表示pH与﹣

＝

，又因c（HPO4）＝c（H3PO4）来

2﹣

lg的变化关系，应位于乙的右边，故A错误；

B．乙线上pH＝8.21时，﹣lg＝1，＝0.1，其倒数等于10；

所以Ka2（H3PO4）＝＝10

﹣8.21

×10＝10

﹣7.21

；Kh2（PO4

3﹣

）＝

，由图可知pH＝4.15时，﹣lg＝2，所以其水解常

数Kh2（PO4）＝

2﹣

3﹣

＝10

﹣11.85

＜Ka2（H3PO4），NaH2PO4溶液H2PO4电离

﹣

大于水解，所以c（HPO4）＞c（H3PO4），故B正确； C．Ka2（H3PO4）＝

＝10

﹣7.21

，由图可知pH＝4.15时，﹣lg

＝2，＝10，得出Ka1（H3PO4）＝10

﹣2﹣4.15

×100＝10

﹣2.15

；＝

＝1，又因c（HPO4）＝c（H3PO4），解得c（H）＝10

﹣4.68

2﹣+

，pH＝4.68，故C正确；

﹣

2﹣

3﹣

D．根据电荷守恒①c（Na）+c（H）＝c（H2PO4）+2c（ HPO4）+3c（ PO4）+c（OH

﹣

），物料守恒②c（Na）＝2[c（H2PO4）+c（ HPO4）+c（ PO4）+c（ H3PO4）]，将

﹣

3﹣

﹣

+﹣2﹣3﹣

②代入①，得出c（OH）+c（PO4）＝c（H）+c（H2PO4）+2c（H3PO4），故D错误；故选：BC。

【点评】本题考查酸碱混合的定性判断，题目难度中等，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系及电荷守恒，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力。

三、非选择题本题共5小题，共60分。

16．（12分）某含钴矿石的主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、MgO、CaO和SiO2等。由该矿石粉制备CoC2O4固体的方法如图。（部分催化剂已略）

已知金属离子沉淀的pH：

开始沉淀时完全沉淀时

Fe 1.5 2.8

Mg 8.9 10.9

Ca 9.8 12.3

Co 7.4 9.4

（1）Co2O3溶于浓硫酸，生成Co和一种可使带火星的木条复燃的气体，写出该反应的化学方程式 2Co2O3+4H2SO4（浓）

4CoSO4+O2↑+4H2O 。列举沉淀1所含主要成分

的一种用途生产光导纤维、玻璃、晶体硅等。

（2）向溶液1中加入NaOH溶液，将Fe转化为Fe（OH）应调节pH范围为 2.8～3沉淀，7.4 。

（3）向溶液2中加入NaF溶液除去钙镁离子，已知Ksp（MgF2）＝7.35×10×10mol•L

﹣5

﹣1

﹣11

、Ksp（CaF2）＝1.05×10

﹣6

﹣1

﹣10

，则溶液3中c（Ca）＝1.0

时，c（Mg）＝ 7.0×10 mol•L。

（4）向溶液3中加入氨水和过氧化氢溶液将Co转化为Co（NH3）6。补充下列离子方程式： 2 Co+ 1 H2O2+ 12 NH3═ 2 Co（NH3）6+ 2OH 。

（5）溶液4中若将1mol Co（NH3）6全部转化为CoC2O4沉淀需要消耗（NH4）2C2O4 1.5 mol。

（6）关于上述流程，下列说法正确的是 bd 。（填序号） a.流程中，仅通过调节溶液的pH也可将金属元素完全分离

﹣

b.若矿石粉中存在少量FeO，经上述流程也可制得纯度相同的CoC2O4 c.向溶液3中加入氨水，作用仅是调节溶液的pH

d.过滤所得CoC2O4晶体用H2C2O4溶液代替蒸馏水洗涤效果更好

【分析】流程图分析，钴矿石的主要成分有Co2O3、CaO、Fe2O3、MgO和SiO2等，粉碎后加入浓硫酸加热，溶液1中含有CoSO4、CaSO4、MgSO4、Fe2（SO4）沉淀1为难溶的SiO2，3，溶液1中加入NaOH溶液调节pH，根据题给信息中金属离子沉淀的pH知，沉淀2为Fe（OH）溶液2中含有CoSO4、CaSO4、MgSO4，加入NaF溶液后生成CaF2、MgF2沉淀，3沉淀，则沉淀3为CaF2、MgF2，溶液3中加入氨水和H2O2溶液，根据问题（4）提示知，Co被氧化为Co（NH3）6，此时溶液4中含有阳离子为Co（NH3）6，加入稀硫酸和（NH4）2C2O4后被还原为CoC2O4，

（1）Co2O3溶于浓硫酸，生成Co和一种可使带火星的木条复燃的气体为氧气，结合原子守恒书写化学方程式，沉淀1成分为二氧化硅；

（2）根据题给信息分析，pH＝2.8时，氢氧化铁完全沉淀，将Fe转化为Fe（OH）3沉淀，Co离子开始沉淀的pH＝7.4；（3）溶液3中c（Ca）＝1.0×10mol•L浓度，利用Ksp（MgF2）＝7.35×10

﹣11

﹣5

﹣1

时沉淀完全，结合溶度积常数计算氟离子

计算c（Mg）；

﹣

（4）钴元素化合价+2价升高到+3价，电子转移e，过氧化氢中氧元素化合价﹣1价降低到﹣2价，电子转移2e，氧化还原中电子转移守恒配平得到；（5）Co被氧化为Co，C2O4被还原为CO，则根据得失电子守恒计算；（6）a．流程中，Mg需要形成MgF2沉淀除去；

b．若矿石粉中存在少量FeO，浓硫酸有强氧化性，在用浓硫酸溶解时也生成硫酸铁除去； c．向溶液3中加入氨水，除了调节溶液的pH，还有与Co形成配位离子；

d．过滤所得CoC2O4晶体用H2C2O4溶液代替蒸馏水洗涤，增大草酸根离子浓度，沉淀溶解平衡逆向进行。

【解答】解：（1）Co2O3溶于浓硫酸，生成Co和一种可使带火星的木条复燃的气体为氧气，结合原子守恒书写化学方程式为：2Co2O3+4H2SO4（浓）沉淀1成分为二氧化硅，可以生产光导纤维、玻璃、晶体硅等，故答案为：2Co2O3+4H2SO4（浓）硅等；

2﹣﹣

4CoSO4+O2↑+4H2O，

4CoSO4+O2↑+4H2O；生产光导纤维、玻璃、晶体

（2）根据题给信息分析，pH＝2.8时，氢氧化铁完全沉淀，Co离子开始沉淀的pH＝7.4，将Fe转化为Fe（OH）3沉淀，Co离子不沉淀，应调节pH至少大于2.8，小于7.4，故答案为：2.8～7.4；

（3）Ksp（CaF2）＝c（Ca）×c（F）＝1.05×10

﹣3

﹣

﹣10

，c（F）＝

﹣

﹣11

﹣

mol/L

≈3.24×10mol/L，Ksp（MgF2）＝c（Mg）×c（F）＝7.35×10

mol/L≈7.0×10mol/L

﹣6

，c（Mg）＝

故答案为：7.0×10；

（4）钴元素化合价+2价升高到+3价，电子转移e，过氧化氢中氧元素化合价﹣1价降低到﹣2价，电子转移2e，氧化还原中电子转移守恒可知，Co系数为2，H2O2系数为1，再根据原子守恒及电荷守恒配平得：2Co+H2O2+12NH3＝2Co（NH3）6+2OH，故答案为：2；1；12；2；2OH；

（5）Co被氧化为Co，C2O4被还原为CO，则根据得失电子守恒知：1molCo（NH3）6全部转化为CoC2O4沉淀，需要消耗（NH4）2C2O4：故答案为：1.5；

（6）a．流程中，Mg需要形成MgF2沉淀除去，仅通过调节溶液的pH无法将金属元素完全分离，故a错误；

b．若矿石粉中存在少量FeO，浓硫酸有强氧化性，在用浓硫酸溶解时也生成硫酸铁，经上述流程也可制得纯度相同的CoC2O4，故b正确；

c．向溶液3中加入氨水，除了调节溶液的pH，还有与Co形成配位离子Co（NH3）6，故c错误；

d．过滤所得CoC2O4晶体用H2C2O4溶液代替蒸馏水洗涤，增大草酸根离子浓度，减少晶体溶解损失，效果更好，故d正确；故答案为：bd。

【点评】本题考查了物质制备方案的设计、物质分离与提纯方法的综合应用，为高考常见题型和高频考点，题目难度中等，明确制备流程为解答关键，注意掌握常见物质分离与提纯的操作方法，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力。

2﹣

﹣

+1mol＝1.5mol，

（1）基态Ti原子的核外电子的空间运动状态有 12 种。TiF4的熔点377℃远高于TiCl4（﹣24.12℃）的原因是 TiC14晶体为分子晶体，所以TiF4的熔点远高于TiC14的熔点。

（2）邻二氮菲（

）中N原子可与Fe通过配位键形成橙红色邻二氮菲亚铁离

子利用该反应可测定Fe浓度该反应的适宜pH范围为2～9，试解释选择该pH范围的原因当H浓度高时，邻二氮菲中的N优先与H形成配位键，导致与Fe配位能力减弱；若OH浓度较高时，OH与Fe反应，也会影响与邻二氮菲配位。

（3）Ni与Cu的第二电离能：Ni ＜ Cu（填“＞”或“＜”）。含有多个配位原子的配体与同一中心离子（或原子）通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。一种Ni与EDTA形成的螯合物的结构如图1所示，1个该配合物中通过螯合作用形成的配位键有 6 个，其中提供孤对电子的原子为 N、O 。（写元素符号）

（4）①Pt与NH3能够形成顺铂与反铂两种结构，如图2所示，由此可判断中心原子Pt杂化方式肯定不是sp杂化，理由是若Pt以sp杂化轨道成键，分子应为四面体结构，则不存在顺铂和反铂同分异构现象。

﹣

2﹣

、K的分数坐标为PtCl6（0，0，0）、KA（0.25，0.75，0.25）、KB（0.75，0.25，0.25），

2﹣

其中A、B分别代表K的位置。找出距离PtCl6（0，0，0）最近的K （0.25，0.25，0.25）（用分数坐标表示）。用NA表示阿伏加德罗常数的值若实验测得氯铂酸钾的密度是dg•cm，则A、B两个K的距离为

﹣3

××10 pm。（列出计算式即可）

【分析】（1）Ti为22号元素，分析其在元素周期表中的位置，TiF4的熔点377℃远高于TiCl4（﹣24.12℃），结合电负性差异进行分析，两者所属的晶体种类不同；（2）不同pH条件下，亚铁离子发生不同的反应，对配位造成影响；

（3）结合全满的3d电子与4s电子的能量差异进行分析，分析螯合物结构，判断其所含化学键种类及数目；

（4）①结合乙烯的顺反异构模型进行分析；

②结合晶胞参数，参数坐标，以及密度公式进行计算。

【解答】解：（1）基态Ti原子核外电子排布式为1s2s2p3s3p3d4s，s轨道有一种空间运动状态，p轨道有三种空间运动状态，d轨道有五种空间运动状态，3d轨道只有两个电子，有两种空间运动状态，因此基态Ti原子的核外电子的空间运动状态有12种；TiF4晶体为离子晶体，TiC14晶体为分子晶体，所以TiF4的熔点远高于TiC14的熔点，故答案为：12；TiC14晶体为分子晶体，所以TiF4的熔点远高于TiC14的熔点；

（2）当H浓度高时，邻二氮菲中的N优先与H形成配位键，导致与Fe配位能力减弱；若OH浓度较高时，OH与Fe反应，也会影响与邻二氮菲配位，所以适宜pH范围为2～9，

故答案为：当H浓度高时，邻二氮菲中的N优先与H形成配位键，导致与Fe配位能力减弱；若OH浓度较高时，OH与Fe反应，也会影响与邻二氮菲配位；

（3）Ni与Cu的第二电离能：Ni＜Cu，因为Ni失去的是4s电子，铜失去的是全充满的3d电子，全充满结构稳定，铜不易失去3d轨道上的电子，所以Cu的第二电离能较大；由题可知，只有成环的配位键才能起到螯合作用，再结合题目中所给的结构可以知道，1个该配合物中通过螯合作用形成的配位键有6个；由结构图可知，提供孤对电子的原子为N、O，

﹣

故答案为：＜；6；N、O；

（4）①类比乙烯的分子结构结构，顺反异构为平面结构，中心原子杂化方式为sp，若Pt以sp杂化轨道成键，分子应为四面体结构，则不存在顺铂和反铂同分异构现象，故答案为：若Pt以sp杂化轨道成键，分子应为四面体结构，则不存在顺铂和反铂同分异构现象；

②分析晶体结构可知，距离PtCl6（0，0，0）最近的K（0.25，0.25，0.25），由题意KA （0.25，0.75，0.25），而晶胞边长为1，一个晶胞有4个PtCl6，8个钾离子，设棱长为acm，一个晶胞质量＝

﹣

g＝g，V＝acm，

d＝，故a＝×10pm，结合AB钾离子的坐标，AB＝

＝

a，故两钾离子间的距离为××

10pm，

故答案为：（0.25，0.25，0.25）；

×10。

【点评】本题考查位置结构性质的应用、原子轨道杂化类型及杂化方式判断，题目难度中等，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及原子杂化方式及类型的判断方法，试题知识点较多，充分考查了学生的分析能力及灵活运用能力。 18．（12分）合理利用温室气体是当前能源与环境研究的热点。

（1）CH4﹣CO2催化重整可以得到合成气（CO和H2）其工艺过程中涉及如下反应：反应①CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H1

反应②CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H2＝+41.2kJ•mol 反应③CH4（g）+O2（g）⇌CO（g）+2H2（g）△H3＝﹣36.0kJ•mol 反应④O2（g）+H2（g）⇌H2O（g）△H4＝﹣241.8kJ•mol 则△H1＝ +247.4 kJ•mol。

一定条件下，向体积为VL的密闭容器中通入CH4、CO2各1.0mol及少量O2，测得不同温度下反应平衡时各产物产量如图所示。1100K时，CH4与CO2的转化率分别为90%和95%图中a代表产物 CO 。当温度高于900K，H2O的含量随温度升高而下降的主要原因是

﹣1

﹣1﹣1

高于900K时，以反应④为主，反应④是放热反应，升高温度，平衡逆向进行，H2O的含量减小。

（2）工业上将CO2转化为燃料CH4，可发生反应有：反应Ⅰ：CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）△H1

反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H2＝+41.2kJ•mol

﹣1

△H1 ＜ 0（填“＞”、“＜”或“＝”）。350℃时，反应Ⅰ的平衡常数为 100 。不改变投料，若容器体积可变化，为同时提高CO2的平衡转化率和CH4的平衡产率，选择最佳反应条件为。（填标号） A.350℃、低压 B.350℃、高压 C.500℃、低压 D.500℃、高压

【分析】（1）根据盖斯定律可知①═②+③﹣④，所以△H1＝△H2+△H3﹣△H4，由反应①

②③可知反应产物有CO、H2、H2O，生成的H2会在反应②中与CO2生成CO，CO的产量高于H2，反应②是吸热反应，升高温度有利于平衡正向移动，H2O的含量会增大，但反应O2（g）+H2（g）⇌H2O（g）为放热反应，升高温度不利于反应正向进行，H2O的含量会减少，所以高于900K时，以反应④为主，反应④是放热反应，升高温度，平衡逆向进行，H2O的含量减小；

（2）由图1可知，反应Ⅰ达到平衡时，随着温度升高，CO2的转化率逐渐减小，说明正反应是放热反应，350℃时，CO2的平衡转化率为80%，由此可列出三段式，求出各组分平衡时的物质的量及浓度，带入平衡常数K的表达式：K＝

即可，

由图可知，350℃时，CO2的转化率已经较大，又该反应是气体分子数减小的反应，增大压强平衡右移，CO2和CH4的平衡转化率都会增大，由此可得出最佳反应条件。【解答】解：（1）根据盖斯定律可知①═②+③﹣④，所以△H1＝△H2+△H3﹣△H4＝（+41.2kJ•mol）+（﹣36.0kJ•mol）﹣（﹣241.8kJ•mol）＝+247.4kJ•mol，由反应①②③可知反应产物有CO、H2、H2O，生成的H2会在反应②中与CO2生成CO，CO的产量高于H2，故曲线a表示的是CO，反应②是吸热反应，升高温度有利于平衡正向移动，H2O的含量会增大，但反应O2（g）+H2（g）⇌H2O（g）为放热反应，升高温度不利于反应正向进行，H2O的含量会减少，所以高于900K时，以反应④为主，反应④是放热反应，升高温度，平衡逆向进行，H2O的含量减小，

故答案为：+247.4；CO；高于900K时，以反应④为主，反应④是放热反应，升高温度，平衡逆向进行，H2O的含量减小；

（2）由图1可知，反应Ⅰ达到平衡时，随着温度升高，CO2的转化率逐渐减小，说明正反应是放热反应，故△H1＜0，350℃时，CO2的平衡转化率为80%，由此可列出三段式： CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）

起始量（mol） 1 4 0 0 变化量（mol） 0.8 3.2 0.8 1.6 平衡量（mol） 0.2 0.8 0.8 1.6

﹣1

K＝＝＝100（mol/L），由图可知，350℃

时，CO2的转化率较大，应选择350℃，又该反应是气体分子数减小的反应，增大压强平衡右移，CO2和CH4的平衡转化率都会增大，所以最佳反应条件为B，故答案为：＜；100；B。

【点评】本题主要考查热化学方程式的书写，盖斯定律的应用，平衡移动的分析，平衡常数K 的计算，反应条件的选择等，属于基本知识，基础内容，难度中等。

19．（12分）G是一种新型香料的主要成分之一，其结构中含有三个六元环。G的合成路线如图。（部分产物和部分反应条件略去）

已知：①RCH＝CH2+CH2＝CHR'CH2＝CH2+RCH＝CHR'；

②B中核磁共振氢谱图显示分子中有6种不同环境的氢原子； ③D和F是同系物。请回答下列问题：

（1）（

）

的化学名称为苯乙烯。 B

→

的

化

学

方

程

式

为

。

（3）E→H的反应类型为氧化反应，F分子中含氧官能团名称是羟基、羧基。

（4）G的结构简式为。

（5）同时满足下列条件的F的同分异构体有 9 种。 ①苯环上有两个取代基； ②与FeCl3溶液发生显色反应； ③可以发生水解反应；

其中能发生银镜反应，且核磁共振氢谱为5组峰的结构简式为

。

（6）参照上述合成路线，设计由丙烯制取的最佳合成

路线机试剂任选）

。（无

【分析】根据A反应产物的结构简式知，2﹣甲基丙烯和苯乙烯发生信息①生成A为：

，根据B的分子式知，与HCl发生加成反应生成B，B中核磁

共振氢谱图显示分子中有6种不同环境的氢原子，故B为，B水解生成C

为，C发生氧化反应生成D，根据D的分子式知，D为；

苯乙烯与HBrO发生加成反应生成E，D和F是同系物，F中含有醇羟基和羧基，H中含有羧基，E中醇羟基位于边上然后被氧化生成H，则E为

，

，H为

和氢氧化钠的水溶液反应然后酸化得到F，F

为，D与F生成G，G结构中含有三个六元环，则G为

；

（6）由丙烯制取，可

由2﹣羟基丙酸发生酯化反应得到，丙烯和HBrO发生加成反应生成CH3CHBrCH2OH，CH3CHBrCH2OH发生氧化反应生成CH3CHBrCOOH，CH3CHBrCOOH水解生成2﹣羟基丙酸。

【解答】解：（1）故答案为：苯乙烯；

的化学名称为苯乙烯，

（2）B为

，B水解生成C为

，B→C的化学方程式为

，

故

答

案

为

：

；

（3）E为

，H为

，E发生氧化反应生成H，E→H

的反应类型为氧化反应，F为故答案为：氧化反应；羟基、羧基；

，F分子中含氧官能团名称是羟基、羧基，

（4）G的结构简式为，

故答案为：；

（5）F为，F的同分异构体同时满足下列条件：

①苯环上有两个取代基；

②与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基； ③可以发生水解反应，说明含有酯基；

如果取代基为酚﹣OH、﹣COOCH3，有邻间对3种；如果取代基为酚﹣OH、HCOOCH2﹣，有邻间对3种；

如果取代基为酚﹣OH、CHCOO﹣，有邻间对3种，则符合条件的同分异构体有9种，其中能发生银镜反应，且核磁共振氢谱为

组峰的结构简式为

，

故答案为：9；；

（6）由丙烯制取，可

由2﹣羟基丙酸发生酯化反应得到，丙烯和HBrO发生加成反应生成CH3CHBrCH2OH，CH3CHBrCH2OH发生氧化反应生成CH3CHBrCOOH，CH3CHBrCOOH水解生成2﹣羟基丙酸，其

合成路线为，

故答案为：。

【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查对比、分析、推断及知识综合应用能力，利用某些结构简式、分子式或反应条件、题给信息正确推断各物质结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。

已知：①ClO2沸点11℃，极易溶于水，浓度过高时易分解爆炸 ②2NaOH+H2O2+2ClO2═2NaClO2+O2+2H2O

（1）装置A中仪器a的名称为分液漏斗，产生ClO2的化学方程式为 2NaClO3+Na2SO3+H2SO4＝2ClO2↑+2Na2SO4+H2O 。

（2）实验过程中需要持续通入稀有气体，目的是稀释二氧化氯，防止浓度过高发生爆炸。

（3）装置B的作用是防止倒吸。

（4）装置C中用冰水浴冷却的目的是减少二氧化氯挥发和过氧化氢分解。（5）测定亚氯酸钠的含量实验步骤：①称取亚氯酸钠样品5.0g于小烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的KI晶体再滴入适量的稀硫酸，充分反应，将所得混合液配成50mL待测溶液。②移取10.00mL待测溶液于锥形瓶中，加几滴淀粉溶液，用0.10mol•L Na2S2O3标准溶液滴定至终点消耗Na2S2O3标准溶液体积为40.00mL。（已知：ClO2+4I+4H═2H2O+2I2+Cl、I2+2S2O3═2I+S4O6）。

①达到滴定终点时的现象为溶液蓝色刚好褪去，且半分钟内不再发生颜色变化，正确判断滴定终点后，仰视读数，会导致测定结果偏高。（填“偏高”或“偏低”） ②该样品中NaClO2的纯度为 90.5% 。

【分析】（1）由图可知装置a名称，根据反应物NaClO3、Na2SO3、H2SO4，生成物为ClO2和2Na2SO4；

（2）二氧化氯浓度过高易发生危险；（3）装置B为安全瓶，防止倒吸；

（4）低温可以抑制二氧化氯挥发，降低过氧化氢的分解速率；

（5）有碘单质参和生成的反应，一般采用淀粉溶液做指示剂，该反应是Na2S2O3标准液

﹣

2﹣

﹣

2﹣

﹣1

滴定碘，终点溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色；计算时一般找出关系式，由此进行计算，关系式为ClO2～2I2～4S2O3，计算得到样品中NaClO2的质量分数。【解答】解：（1）由图可知，装置a为分液漏斗，根据反应物NaClO3、Na2SO3、H2SO4，生成物为ClO2和2Na2SO4，配平方程式为：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4＝2ClO2↑+2Na2SO4+H2O，故答案为：分液漏斗；2NaClO3+Na2SO3+H2SO4＝2ClO2↑+2Na2SO4+H2O；

（2）由已知可得，二氧化氯浓度过高易发生爆炸，故加入稀有气体可以稀释二氧化氯，故答案为：稀释二氧化氯，防止浓度过高发生爆炸；

（3）装置B为安全瓶，防止装置B中气体温度降低而产生倒吸，故答案为：防止倒吸；

（4）二氧化氯沸点为11℃，利用冷水浴，可以使其液化，减少挥发，同时低温可以减慢过氧化氢的分解速率，

故答案为：减少二氧化氯挥发和过氧化氢分解；

（5）①由于以碘作为指示剂，滴定终点碘单质耗尽，蓝色消失，仰视会造成读数，进而导致结果偏高，

故答案为：溶液蓝色刚好褪去，且半分钟内不再发生颜色变化；偏高； ②建立关系式为ClO2～2I2～4S2O3

n（ClO2）＝0.25n（S2O3）＝0.25×20×10L×2.0mol/L＝0.01mol m（NaClO2）＝0.01×90.5＝9.05g，计算得到样品中NaClO2的质量分数＝故答案为：90.5%。

【点评】本题以亚氯酸钠制取为背景，考查了学生有关氧化还原反应，滴定计算，实验装置评价等内容，考查范围较广，难度适中。

×100%＝90.5%，

﹣

2﹣

﹣3

﹣

2﹣

﹣

2﹣

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