福建省泉州第十六中学2020届高三化学11月能力测试试题(二)(含解析)

福建省泉州第十六中学2020届高三化学11月能力测试试题（二）
（含解析）
1.我国的科技发展改变着人们的生活、生产方式。

下列说法中错误的是
A. “甲醇制取低碳烯烃”技术可获得聚乙烯原料
B. “嫦娥四号”使用的SiC―Al材料属于复合材料
C. 5G芯片“巴龙5000”的主要材料是SiO2
D. “东方超环(人造太阳)”使用的氘、氚与氕互为同位素
【答案】C
【解析】
【详解】A. “甲醇制取低碳烯烃”技术可生产乙烯，乙烯是制备聚乙烯的原料，故A正确；
B. SiC―Al材料是SiC增强铝基复合材料，故B正确；
C.计算机芯片的主要材料是单质Si，故C错误；
D. 氕、氘、氚质子数都是1，中子数分别是0、1、2，所以互为同位素，故D正确；选C。

2.2019 年是“国际化学元素周期表年”。

1869 年门捷列夫把当时已知的元素根据物理、化学性质进行排列，准确预留了甲、乙两种未知元素的位置，并预测了二者的相对原子质量，部分原始记录如下。

下列说法中错误的是
A. 甲位于现行元素周期表第四周期第ⅢA族
B. 原子半径比较：甲＞乙＞ Si
C. 乙的简单气态氢化物的稳定性强于CH4
D. 推测乙的单质可以用作半导体材料【答案】C
【解析】
【详解】从示意图可以看出同一行的元素在同一主族，同一列的元素在同一周期，甲元素与B和Al在同一主族，与As同一周期，则甲在元素周期表的位置是第四周期第ⅢA族，为Ga 元素，同理，乙元素的位置是第四周期第ⅣA族，为Ge元素。

A ．从示意图可以看出同一行的元素在同一主族，同一列的元素在同一周期，甲元素与
B 和Al 在同一主族，与As 同一周期，则甲在元素周期表的位置是第四周期第ⅢA 族，A 项正确；
B ．甲元素和乙元素同周期，同周期元素核电荷数越小半径越大，甲元素的原子序数小，所以甲元素的半径大于乙元素。

同主族元素，核电荷数越大，原子半径越大，乙元素与Si 同主族，乙元素核电荷数大，原子半径大，排序为甲＞乙＞Si ，B 项正确；
C ．同主族元素的非金属性从上到下越来越弱，则气态氢化物的稳定性越来越弱，元素乙的简单气态氢化物的稳定性弱于CH 4，C 项错误；
D ．乙为Ge 元素，同主族上一个元素为硅元素，其处于非金属和金属元素的交界处，可用作半导体材料，D 项正确；
本题答案选C 。

3.国际计量大会第26 届会议新修订了阿伏加德罗常数(N A ＝6.02214076×1023 mol ―1), 并将于2019 年 5月20 日正式生效。

下列说法中正确的是
A. 在 1 mol 中，含有的中子数为 6 N A
11
5B B. 将7.1 g C12溶于水制成饱和氯水，转移的电子数为 0.1 N A
C. 标准状况下，11.2 L NO 和11. 2 L O 2混合后，气体的分子总数为 0.75 N A
D. 某温度下，1L pH= 3的醋酸溶液稀释到10L 时，溶液中 H +的数目大于0.01 N A
【答案】A
【解析】
【详解】A、中含有中子数是11-5=6，所以1 mol 中含有的中子数为 6N A
，故A 正确；11
5B 11
5B B 、将7.1 g C12溶于水制成饱和氯水，氯气没有完全与水反应，所以转移的电子数小于 0.1 N A ，故B 错误；
C 、标准状况下，11.2 L NO 和11. 2 L O 2混合后，由于存在2NO 2N 2O 4，所以气体的分子 总数小于0.75 N A ，故C 错误；
D 、某温度下，1L pH= 3的醋酸溶液稀释到10L 时，溶液4>pH>3，溶液中 H +的数目小于0.01 N A ，故D 错误。

4.下列选项中，利用相关实验器材（规格和数量不限）能够完成相应实验的是 选项实验器材相应实验
A天平(带砝码)、100mL容量瓶、烧杯、胶头滴管用NaCl固体配制100mL 1.00 mol/LNaCI 溶液
B烧杯、环形玻璃搅拌棒、碎泡沫塑料、硬纸板中和反应反应热的测定C酸/碱式滴定管、滴定管夹、烧杯、锥形瓶、铁架台实验测定酸碱滴定曲线
D 三脚架、酒精灯、坩埚、坩埚钳、镊子、泥三角、滤
纸、小刀、玻璃片
钠在空气中燃烧
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A、用NaCl固体配制100mL 1.00 mol/LNaCI 溶液，需用玻璃棒引流和搅拌，故不选A；
B、中和反应反应热的测定需用温度计测量反应前后的温度，故不选B；
C、实验测定酸碱滴定曲线，需用有指示剂判断滴定终点，故不选C；
D、用三脚架、酒精灯、坩埚、坩埚钳、镊子、泥三角、滤纸、小刀、玻璃片可以完成钠在空气中燃烧的实验，故选D。

【点睛】本题涉及基础实验操作仪器的选择，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，把握实验的方法、步骤和使用的仪器，注重课本实验等基础知识的积累。

5.四种有机物的结构简式如下图所示。

下列说法中错误的是
A. ①②③④的分子式相同
B. ①②中所有碳原子均处于同一平面
C. ①④的一氯代物均有2种
D. 可用酸性高锰酸钾溶液鉴别③和④【答案】B
【解析】
【详解】A.①②③④的分子式都是C8H8，故A正确；
B. ①中含有多个饱和的碳原子，根据甲烷分子的正四面体结构可以判断，分子中所有碳原
子不可能共平面，故B错误；
C. ①④分子中都有2种等效氢，所以一氯代物均有2种，故C正确；
D. ③分子中没有碳碳双键，④分子中有碳碳双键，③不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，④能，故可用酸性高锰酸钾溶液鉴别③和④，D正确。

选B。

6.电解合成 1 , 2－二氯乙烷的实验装置如图所示。

下列说法中正确的是
A. 该装置工作时，化学能转变为电能
B. CuCl2能将C2H4还原为 l , 2－二氯乙烷
C. X、Y依次为阳离子交换膜、阴离子交换膜
电解
D. 该装置总反应为CH2CH2 + 2H2O + 2NaCl H2 + 2NaOH + ClCH2CH2Cl
【答案】D
【解析】
【分析】
A. 该装置为外加电源的电解池原理；
B. 根据装置图易知，阳极生成的CuCl2与C2H4发生了氧化还原反应，根据化合价的升降判断该氧化还原反应的规律；
C. 根据电解池阴阳极发生的电极反应式及溶液电中性原则分析作答；
D. 根据具体的电解反应与氧化还原反应综合写出该装置的总反应。

【详解】A.该装置为电解池，则工作时，电能转变为化学能，故A项错误；
B. C2H4中C元素化合价为-2价，ClCH2CH2Cl中C元素化合价为-1价，则CuCl2能将C2H4氧
化为1，2一二氯乙烷，故B项错误；
C. 该电解池中，阳极发生的电极反应式为：CuCl - e- + Cl-= CuCl2，阳极区需要氯离子参与，则X为阴离子交换膜，而阴极区发生的电极反应式为：2H2O + 2e- = H2↑+ 2OH-，有阴
离子生成，为保持电中性，需要电解质溶液中的钠离子，则Y为阳离子交换膜，故C项错误；
D. 该装置中发生阳极首先发生反应：CuCl - e - + Cl -= CuCl 2，生成的CuCl 2再继续与C 2H 4反应生成1，2一二氯乙烷和CuCl ，在阳极区循环利用，而阴极水中的氢离子放电生成氢气，其总反应方程式为：CH 2＝CH 2＋2H 2O ＋2NaCl H 2＋2NaOH ＋ClCH 2CH 2Cl ，故D 项正确；==电解
答案选D 。

7.向FeCl 3溶液中加入Na 2SO 3溶液,测定混合后溶液pH 随混合前溶液中变化的曲线2-33+c(SO )
c(Fe
)如图所示。

实验发现:
ⅰ.a 点溶液澄清透明,向其中滴加NaOH 溶液后,立即产生灰白色沉淀,滴入KSCN 溶液显红色;ⅱ.c 点和d 点溶液中产生红褐色沉淀,无气体逸出。

取其上层清液滴加NaOH 溶液后无明显现象,滴加KSCN 溶液显红色。

下列分析合理的是
A. 向a 点溶液中滴加BaCl 2溶液,无明显现象
B. b 点较a 点溶液pH 升高的主要原因:2Fe 3++SO 32-+H 2O
2Fe 2++SO 42-+2H +C. c 点溶液中发生的主要反应:2Fe 3++3 SO 32-+6H 2O 2Fe(OH)3+3H 2SO 3
D. 向d 点上层清液中滴加KSCN 溶液,溶液变红;再滴加NaOH 溶液,红色加深
【答案】C
【解析】
【分析】
根据i 的现象，a 点溶液为澄清透明，向其中滴加NaOH 溶液后，立即产生灰白色沉淀，该沉淀中含有Fe(OH)2，即a 点溶液中含有Fe 2＋，FeCl 3溶液中加入Na 2SO 3溶液，先发生
2Fe 3＋＋SO 32－＋H 2O=2Fe 2＋＋SO 42－＋2H ＋，c 点和d 点溶液中Fe 3＋和SO 32－发生双水解反应产生红褐色沉淀，且生成H 2SO 3，因此无气体产生，然后据此分析；
【详解】根据i 的现象，a 点溶液为澄清透明，向其中滴加NaOH 溶液后，立即产生灰白色沉
淀，该沉淀中含有Fe(OH)2，即a点溶液中含有Fe2＋，FeCl3溶液中加入Na2SO3溶液，先发生
2Fe3＋＋SO32－＋H2O=2Fe2＋＋SO42－＋2H＋，c点和d点溶液中Fe3＋和SO32－发生双水解反应产生红褐色沉淀，且生成H2SO3，因此无气体产生，取上层清液滴加NaOH溶液，无明显现象，是因为NaOH与H2SO3反应，滴加KSCN溶液显红色，说明溶液中含有Fe3＋，
A、a点处溶液中含有SO42－，加入BaCl2，会产生BaSO4白色沉淀，故A错误；
B、pH升高说明溶液c(H＋)减小，原因是c(SO32－)增大，水解程度增大，按照给出方程式，生成H＋，溶液c(H＋)增大，溶液的pH应减小，不会增大，故B错误；
C、c点溶液中Fe3＋和SO32－发生双水解反应，离子方程式为2Fe3＋＋3SO32－＋6H2O=2Fe(OH)
↓＋3H2SO3，故C正确；
3
D、溶液变红后滴加NaOH会消耗溶液中的Fe3＋，因此红色应变浅，故D错误；
答案为C。

8.废旧光盘金属层中含有金属Ag(其它金属微量忽略不计)，从光盘中提取金属 Ag 的工艺流程如下。

请回答下列问题。

(1)“氧化”阶段需在 80 ℃条件下进行，使用的加热方式为______________________。

(2)NaClO溶液与Ag 反应的产物为AgCl、NaOH 和O2，该反应的化学方程式为
____________。

有人提出用HNO3代替 NaClO氧化Ag，从反应产物的角度分析，其缺点是
______________。

(3)“过滤Ⅰ”中洗涤难溶物的实验操作为_____________________________________。

(4)常用10％的氨水溶解AgCl固体， AgCl与 NH3•H2O按 1:2 反应可生成 Cl－和一种阳离子_____(填阳离子的化学式)的溶液。

实际反应中，即使氨水过量，“废渣”中也含有少量AgCl固体，可能的原因是__________________________________________。

(5)理论上消耗 0.1 mol N2H4•H2O可“还原”得到_____ g Ag的单质。

【答案】 (1). 水浴加热 (2). 4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl+4NaOH+O2↑ (3). 生成氮氧化物，污染空气(4). 向漏斗中加入蒸馏水至沉淀完全浸没，使洗涤液自然流下，重复2~3次(5). ［Ag（NH3）2］＋(6). 氨水溶解AgCl的反应是可逆反应，不能进行到底 (7). 43.2
【解析】
【分析】
(1)精确控制温度，需要水浴加热；
(2)根据得失电子守恒配平NaClO溶液与Ag 反应的方程式；
(3)根据实验操作规范回答洗涤难溶物的操作方法；
(4) 根据原子守恒判断AgCl与 NH3•H2O按 1:2 反应生成的阳离子；
(5)根据得失电子守恒计算生成Ag的质量。

【详解】(1)“氧化”阶段需在 80 ℃条件下进行，使用水浴加热；
(2)根据得失电子守恒，NaClO溶液与Ag 反应生成AgCl、NaOH 和O2的方程式是
4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl+4NaOH+O2↑；若用硝酸做氧化剂，还原产物是氮氧化合物，污染环境。

(3)“过滤Ⅰ”中洗涤难溶物的实验操作为向漏斗中加入蒸馏水至沉淀完全浸没，使洗涤液自然流下，重复2~3次
(4) AgCl与 NH3•H2O按 1:2 反应方程式是AgCl+2NH3•H2O［Ag（NH3）2］Cl，所以生成的阳离子是［Ag（NH3）2］＋；由于可逆反应不能进行到底，所以即使氨水过量，“废渣”中也含有少量AgCl固体；
(5) N2H4•H2O与［Ag（NH3）2］Cl 发生氧化还原反应，氧化产物是氮气，还原产物是
Ag，0.1 mol N2H4•H2O反应转移0.4mol电子，根据得失电子守恒，可“还原”得到0.4mol Ag，质量为0.4mol×108g/mol= 43.2g。

9.回收利用硫和氮的氧化物是环境保护的重要举措。

（1）已知：2NO(g ) + O2(g)2NO2(g)，正反应的活化能为c kJ•molˉ1。

该反应历程为：第一步：2NO(g ) N2O2(g) △H1 =－a kJ•molˉ1（快反应）
第二步：N2O2(g ) + O2(g)2NO2(g) △H2 =－b kJ•molˉ1（慢反应）
①下列对上述反应过程表述正确的是__________（填标号）。

A．NO比N2O2稳定
B．该化学反应的速率主要由第二步决定
C．N2O2为该反应的中间产物
D．在一定条件下N2O2的浓度为0时反应达到平衡
②该反应逆反应的活化能为_______________。

（2）通过下列反应可从燃煤烟气中回收硫。

2CO(g) + 2SO 2(g)2CO 2(g) + S(l) △H﹤0,在模拟回收硫的实验中，向某恒容密闭容器通入2.8 mol CO 和1 molSO 2，反应在不同条件下进行，反应体系总压强随时间的变化如图所示：
①与实验a 相比，实验b 改变的实验条件可能是______________________。

②实验b 中的平衡转化率a(SO 2)=_________。

（3）用NH 3消除NO 污染的反应原理为： 4NH 3 + 6NO 5N 2 + 6H 2O 。

不同温度条件下，NH 3与NO 的物质的量之比分别为 3:1、2:1、1:1 时，得到 NO 脱除率曲线如图所示：
①曲线c 对应NH 3与NO 的物质的量之比是_______________。

②曲线a 中 NO 的起始浓度为4×10－4 mg/m 3，从A 点到B 点经过0.8s ，该时间段内NO 的脱除速率为_____________ mg/(m 3•s)。

（4）双碱法除去SO 2是指：用 NaOH 吸收SO 2，并用CaO 使 NaOH 再生。

NaOH 溶液
2SO CaO −−−→←−−−Na 2SO 3溶液
①用化学方程式表示NaOH 再生的原理____________________________________ 。

②25℃ 时，将一定量的SO 2通入到NaOH 溶液中，两者完全反应，得到含Na 2SO 3、 NaHSO 3的混合溶液，且溶液恰好呈中性，则该混合溶液中各离子浓度由大到小的顺序为
_____________（已知25℃时，H 2SO 3的电离平衡常数K a1=1×10-2，K a2=1×10-7)。

【答案】 (1). BC (2). （a+b+c ）kJ•molˉ1 (3). 使用催化剂 (4). 95%
(5). 1:1 (6). 1×10-4 (7). CaO+H 2O+Na 2SO 3 = CaSO 3+ 2NaOH (8).
c(Na +)>c(HSO 3-)=c(SO 32-)>c(OH -)=c(H +)
【解析】
【分析】
（1）①A．第一步正反应快，活化能小；
B ．该化学反应的速率主要由最慢的一步决定；
C ．N 2O 2为该反应的中间产物
D ．在一定条件下N 2O 2的浓度不变反应达到平衡；
②已知：2NO(g)+O 2(g)⇌2NO 2(g)，正反应的活化能为c kJ•mol -1．该反应历程为：第一步：2NO(g)⇌N 2O 2(g)△H 1 =-a kJ•mol -1 （快反应）
第二步：N 2O 2(g)+O 2(g)⇌2NO 2(g)△H 2 =-b kJ•mol -1 （慢反应）
据此计算该反应逆反应的活化能=正反活化能-反应焓变；
（2）①a、c 开始均通入2.8mol CO 和1mol SO 2，容器的容积相同，而起始时c 的压强大于a ，物质的量与体积一定，压强与温度呈正比关系；
②结合三行计算列式得到，气体压强之比等于气体物质的量之比；
（3）①两种反应物存在的反应，增大一种反应物的量可提高另一种反应物的转化率，据此分析；
②根据NO 的脱除量变化值和脱除时间计算NO 的脱出速率；
（4）①过程中NaOH 再生是平衡CaO(s)+H 2O(l)═Ca(OH)2(s)⇌Ca 2+(aq)+2OH -(aq)正向进行；氢氧根离子浓度增大；
②25℃时，将一定量的SO 2通入到NaOH 溶液中，两者完全反应，得到含Na 2SO 3、NaHSO 3的混合溶液，且溶液恰好呈中性，已知25℃时，H 2SO 3的电离平衡常数K a1=1×10-2，K a2=1×10-
7，可知SO 3
2-的水解常数为=1×10-7，可知Na 2SO 3的水解与NaHSO 3的电离程度相等。

14
71010--【详解】（1）①A．第一步正反应快，活化能小于第二步正反应活化能，故A 错误；
B ．第二步：N 2O 2(g)+O 2(g)⇌2NO 2(g)△H 2 =-b kJ•mol -1 （慢反应），该化学反应的速率主要由第二步决定，故B 正确；
C ．已知：2NO(g)+O 2(g)⇌2NO 2(g)，正反应的活化能为c kJ•mol -1．该反应历程为：第一步：2NO(g)⇌N 2O 2(g)△H 1 =-a kJ•mol -1 （快反应）
第二步：N 2O 2(g)+O 2(g)⇌2NO 2(g)△H 2 =-b kJ•mol -1 （慢反应）
分析过程可知，N 2O 2为该反应的中间产物，故C 正确；
D ．反应为可逆反应，在一定条件下N 2O 2的浓度不变时反应达到平衡，故D 错误；故答案为：BC ；
②已知：2NO(g)+O 2(g)⇌2NO 2(g)，正反应的活化能为c kJ•mol -1．该反应历程为：第一步：2NO(g)⇌N 2O 2(g)△H 1 =-a kJ•mol -1 （快反应）
第二步：N 2O 2(g)+O 2(g)⇌2NO 2(g)△H 2 =-b kJ•mol -1 （慢反应）
逆反应的活化能为=正反活化能-反应焓变=c-[(-a)+(-b)] kJ /mol=(a+b+c)kJ /mol ，故答案为：(a+b+c)kJ /mol ；
（2）①a、c 开始均通入2.8mol CO 和1mol SO 2，容器的容积相同，而起始时c 的压强大于a ，物质的量与体积一定，压强与温度呈正比关系，故c 组改变的实验条件可能是：升高温度，
故答案为：升高温度；
②设消耗二氧化硫物质的量x ，2CO(g) + 2SO 2(g)2CO 2(g) + S(l)
起始量（mol ） 2.8 1 0
变化量（mol ） x x x
平衡量（mol ）2.8-x 1-x x
，解得x=0.95mol ，
2.8+12.8-x+116-x =+x 0120实验b 中的平衡转化率a （SO 2
）=×100%=95%，0.95mol
1mol 故答案为：95%；
（3）①两种反应物存在的反应，增大一种反应物的量可提高另一种反应物的转化率，根据图象，曲线c 的NO 脱除率最低，即NO 的转化率最低，所以NO 的在总反应物中的比例最高，符合的是n （NH 3）：n （NO ）的物质的量之比1：1，
故答案为：1：1；
②曲线a 中NO 的起始浓度为4×10-4mg/m 3，从A 点到B 点经过0.8s ，根据图象，NO 的脱除率从55%上升到75%，则该段时间内NO 的脱除量为△c=4×10-4mg/m 3×（75%-55%）=8×10-
5mg/m 3，时间间隔为△t=0.8s，所以该段时间内NO 的脱除速率为== 1.0×10--53
810mg/m 0.8s 4mg/（m 3•s ），
故答案为：1.0×10-4；
（4）①过程中加入CaO ，存在CaO （s ）+H 2O （l ）═Ca（OH ）2（s ）⇌Ca 2+（aq ）+2OH -（aq ），因SO 32-与Ca 2+生成CaSO 3沉淀，平衡向正向移动，有NaOH 生成，反应的化学方程式：CaO+H 2O+Na 2SO 3═CaSO 3+2NaOH ，
故答案为：CaO+H 2O+Na 2SO 3═CaSO 3+2NaOH ；
②已知25℃时，H 2SO 3的电离平衡常数K a1=1×10-2，K a2=1×10-7，可知SO 32-的水解常数为==1×10-7，可知Na 2SO 3的水解与NaHSO 3的电离程度相等，则知25℃时由Na 2SO 3
a w 2K K 14
7
1010--和NaHSO 3形成的混合溶液恰好呈中性，即c(OH -)=c(H +)，可知c （SO 32-）=c （HSO 3-），则溶液中存在c(Na +)>c(HSO 3-)=c(SO 32-)>c(OH -)=c(H +)，
故答案为：c(Na +)>c(HSO 3-)=c(SO 32-)>c(OH -)=c(H +)。

【点睛】溶液中离子的浓度大小比较，需注意溶液的酸碱性，利用电离平衡常数和水解平衡常数判断溶液的电离程度和水解程度。

10.(NH 4)2SO 4是常见的化肥和化工原料，受热易分解。

某兴趣小组拟探究其分解产物。

[查阅资料](NH 4)2SO 4在260℃和400℃时分解产物不同。

[实验探究]该小组拟选用下图所示装置进行实验（夹持和加热装置略）
实验1：连接装置A-B-C-D ，检查气密性，按图示加入试剂（装置B 盛0.5000mol/L 盐酸70.00mL ）。

通入N 2排尽空气后，于260℃加热装置A 一段时间，停止加热，冷却，停止通入N 2。

品红溶液不褪色，取下装置B ，加入指示剂，用0.2000mol/L NaOH 溶液滴定剩余盐酸，终点时消耗NaOH 溶液25.00 mL 。

经检验滴定后的溶液中无SO 42-。

（1）仪器X 的名称是________________。

（2）滴定前，下列操作的正确顺序是_________(填字母编号)。

a ．盛装0.2000mol/L NaOH 溶液
b ．用0.2000mol/L NaOH 溶液润洗
c ．读数、记录
d ．查漏、清洗
e．排尽滴定管尖嘴的气泡并调整液面
（3）装置B内溶液吸收气体的物质的量是__________mol
实验2：连接装置A-D-B，检查气密性，按图示重新加入试剂。

通入N2排尽空气后，于400℃加热装置A至(NH4)2SO4完全分解无残留物，停止加热，冷却，停止通入N2。

观察到装置A、D之间的导气管内有少量白色固体。

经检验，该白色固体和装置D内溶液中有SO32-，无SO42-。

进一步研究发现，气体产物中无氮氧化物。

（4）检验装置D内溶液中有SO32-，无SO42-的实验操作和现象是__________.
（5）装置B内溶液吸收的气体是____________.
（6）(NH4)2SO4在400℃分解的化学方程式是______________________.
【答案】（1）圆底烧瓶
（2）dbaec
（3）0.03 mol
（4）取少量装置D内溶液于试管中，滴加BaCl2溶液，生成白色沉淀；加入足量稀盐酸后沉淀完全溶解，放出无色刺激性气体
（5）NH3
（6）3(NH4)2SO44NH3↑+ N2↑+3SO2↑ + 6H2O↑
【解析】
试题分析：
（1）根据仪器结构可知仪器X的名称是圆底烧瓶；
（2）滴定的操作步骤为：首先查漏、水洗，然后用待装溶液来润洗，再装溶液，再排尽滴定管尖嘴的气泡并且调整液面，最后读数并进行记录，因此正确的操作顺序是dbaec；（3）品红溶液没有褪色，证明无SO2生成；经检验滴定后的溶液中无SO2－4，证明盐酸溶液中没有吸收SO3，则装置B中吸收的气体为NH3；根据酸碱中和滴定的原理，n(HCl)
＝n(NH3)+n(NaOH)，则n(NH3)＝0.5mol/L×0.07L－0.2mol/L×0.025L＝0.03mol；
（4）亚硫酸钡能与盐酸反应生成SO2，硫酸钡不溶于盐酸，则检验装置D内溶液中有
SO32－，无SO42－的实验操作和现象是：取少量装置D内溶液于试管中，滴加BaCl2溶液，生成白色沉淀；加入足量稀盐酸后沉淀完全溶解，放出无色刺激性气体，证明装置D内溶液中有SO2－ 3，无 SO42—；
（5）实验2证明，(NH4)2SO4在400℃分解得到的产物中有NH3和SO2，能被装置B中的盐酸
溶液吸收的气体为NH 3；
（6）(NH 4)2SO 4在400℃分解得到的产物中有NH 3和SO 2，由于气体产物中无氮氧化物，因此根据得失电子守恒可知反应中还有氮气生成，所以反应的化学方程式为3(NH 4)
2SO 44NH 3↑+ N 2↑+3SO 2↑ + 6H 2O↑。

考点：考查化学实验设计与评价。

11.铁被称为“第一金属”，铁及其化合物在生产、生活中有广泛用途。

（1）铁原子外围电子轨道表示式为____________________，铁原子核外电子发生跃迁时会吸收或释放不同的光，可以用_________摄取铁元素的原子光谱。

（2）FeCoO x 是一种新型光电催化剂。

第四电离能大小关系是I 4(Co)____I 4(Fe)（填“>”或“<” ) ，原因是_____________。

（3）二茂铁[(C 5H 5)2Fe]可用作火箭燃料添加剂、汽油抗爆剂。

二茂铁熔点172℃，沸点249 ℃，易升华，难溶于水，易溶于有机溶剂，它属于_____________晶体。

（4）环戊二烯（C 5H 6）结构如图（a ），可用于制二茂铁。

环戊二烯中碳原子的杂化方式为________。

分子中的大π键可用符号表示，其m 代表参与形成大π键的原子数，n 代表
n
m π参与形成大π键的电子数，环戊二烯负离子（C 5H 5―）结构如图(b)，其中的大π键可以表示为_________________。

（5）某普鲁士蓝类配合物可作为新型钠离子电池电极材料。

它由Na +、Ni 2+、Fe 3+和CN ―构成，其晶胞结构如图(c)。

该物质中，不存在________（填标号）。

A ．离子键 B ． σ键
C ． π键
D ． 氢键
E ． 金属键
（6）该晶胞中Fe 3+采用的堆积方式与_______（选填Po 、Na 、Mg 、Cu ）相同，单个晶胞的配
位空隙中共容纳_____个 Na +。

【答案】
(1). (2). 光谱仪 (3). < (4). 铁失去的是处于半充满状态的3d 5的一个电子，相对较难；钴失去3d 6上的一个电子后形成稳定的半充满状态，相对容易 (5). 分子 (6). sp 2 sp 3 (7).
(8). DE
65Π(9). Cu (10). 4
【解析】
【分析】
（1）铁原子序数为26，由构造原理可知，铁原子核外电子排布式为1s 22s 22p 63s 23p 63d 6 4s 2，外围电子排布式为3d 64s 2，据此写出轨道表示式；
核外电子发生跃迁时会吸收或释放不同的光，形成光谱，可以用光谱仪获取原子光谱；
（2）Co 原子序数为27，Co 3+核外电子排布式为1s 22s 22p 63s 23p 63d 6、Fe 3+核外电子排布式为1s 22s 22p 63s 23p 63d 5，为半充满的稳定状态，失去电子较难，需要较高能量，据此分析解答；
（3）根据该晶体的物理性质分析判断晶体类型；
（4）根据环戊二烯（C 5H 6）的结构式、结合C 原子四键规律分析C 原子的杂化类型；由环戊二烯负离子（C 5H 5-）结构图可知，环戊二烯负离子，由两个双键和一个负电荷组成环状共轭体系，π电子数是6，即六个π电子，据此写出大π键符号；
（5）分析构成普鲁士蓝类配合物的粒子可知，该物质是离子化合物，含有CN -，CN -中存在C≡N 三键；
（6）抽出晶胞中Fe 3+和CN -可知，晶胞中Ni 2+位于体心和棱心位置，配位数是12，晶胞中含有Ni 2+数目为12×+1=4，是面心立方最密堆积，类似于Cu 晶胞；晶胞中Fe 3+的数目为8×
1
4+6×=4，CN -的数目为24×+24×+6=24，结合化合物中阴阳离子电荷数相等推断18121
412Na +的数目。

【详解】铁原子序数为26,核外电子排布式为1s 22s 22p 63s 23p 63d 6 4s 2，外围电子排布式3d 6 4s 2，外围电子轨道排布式为
；核外电子发生跃迁时会吸收或
释放不同的光，形成光谱，可以用光谱仪获取原子光谱，
故答案为：；光谱仪；
(2)Co 3+核外电子排布式为1s 22s 22p 63s 23p 63d 6，不是特殊结构，失去一个电子形成
1s 22s 22p 63s 23p 63d 5结构需要能量不大，Fe 3+核外电子排布式为1s 22s 22p 63s 23p 63d 5，是半充满的稳定结构，再失去一个电子形成不稳定结构需要较高能量，所以I 4(Co)<I 4(Fe)，
故答案为：<；铁离子失去处于半充满3d 5的一个电子，相对困难，钴离子失去3d 6上的一个电子形成较稳定的半充满状态，相对容易；
(3)二茂铁晶体熔沸点不高、易升华、易溶于有机溶剂，符合分子晶体特征，所以该晶体为分子晶体，
故答案为：分子；
(4)由环戊二烯(C 5H 6)的结构式可知，环戊二烯中有4个C 原子形成有C=C 双键，1个C 原子含有4个C −H 单键，即有两种C 原子，所以杂化类型为sp2和sp3；由环戊二烯负离子(C 5H 5−)结构图可知，环戊二烯负离子，由两个双键和一个负电荷组成环状共轭体系，π电子数是6，即形成5个碳原子、6个π电子的大π键，符号为
，
65Π故答案为：sp 2、sp 3；；65Π(5)普鲁士蓝类配合物由Na +、Ni 2+、Fe 3+和CN −构成，是离子化合物，存在离子键，含有CN −，CN −中存在C≡N 三键，一个C≡N 由1个σ键和2个π键组成，化合物中不存在氢键和金属键，
故答案为：DE ；
(6)抽出晶胞中Fe 3+和CN −可知,晶胞中Ni2+位于体心和棱心位置,配位数是12,晶胞中含有
Ni 2+数目为12×+1=4，为面心立方最密堆积，类似于Cu 晶胞；晶胞中Fe 3+的数目为
1
48×+6×=4，CN −的数目为24×+24×+6=24，化学式为Na x Ni 4Fe 4(CN)24，由于化合18121
412物中阴阳离子电荷数相等，x+4×2+4×3=24×1，解得x=4。

即单个晶胞的配位空隙中共容纳Na +的数目为4，
故答案为：Cu ；4。

12.G 是合成某新型药物的中间体，下图是合成 G 的部分流程：
已知：
乙酸酐的结构简式为
请回答下列问题：
(1)G 中含氧官能团的名称是_______、________。

(2)反应A→B的化学方程式为________________。

(3)有机物 F的结构简式为_________________。

(4)反应④、⑤的反应类型分别是_________、___________。

(5)写出满足下列条件的 C 的同分异构体的结构简式______________________。

Ⅰ．苯环上只有两种取代基
Ⅱ．分子中只有 4 种不同化学环境的氢原子
Ⅲ．能与NaHCO3溶液反应生成 CO2
(6)以乙酸酐和为原料，制备的部分流程图如下。

请结合相关信息和已学知识，将合成路线补充完整（无机试剂任选）。

______________
【答案】(1). 羧基(2). 醚键(3).
+CH3COOH (4). (5). 加成反
应(6). 消去反应(7). (8).
【解析】
【分析】
与乙酸酐反应生成和乙酸；与氢气发生加成反应生成
，由
可知，E→G只去掉
了羟基，所以⑤是消去反应，⑥是加成反应，故F是。

【详解】根据以上分析，(1)中含氧官能团的名称是羧基、醚键。

(2)反应A→B是与乙酸酐反应生成和乙酸，化学方程式为。

(3)有机物发生消去反应生成 F，F的结构简式为。

(4)④是与氢气反应生成，属于加成反应；⑤是
生成，反应类型是消去反应。

(5)Ⅰ．苯环上只有两种取代基；Ⅱ．分子中只有 4 种不同化学环境的氢原子；Ⅲ．能与NaHCO3溶液反应生成 CO2，说明含有羧基；满足条件的 C的同分异构体的结构简式是。

(6) 的结构简式是，在氯化铝作用下生成，
与乙酸酐反应生成，与氢气加成生成，在浓硫酸作用下发生消去反应生成，合成路线是。

【点睛】本题考查有机物的推断与合成，注意根据有机物的结构进行分析解答，需要熟练掌
握官能团的性质与转化，掌握限制条件下同分异构体的书写方法。