2021届河北衡水中学新高考模拟试卷(十九)化学试题

2021届河北衡水中学新高考模拟试卷（十九）
化学
★祝考试顺利★
注意事项：
1、考试范围：高考范围。

2、试题卷启封下发后，如果试题卷有缺页、漏印、重印、损坏或者个别字句印刷模糊不清等情况，应当立马报告监考老师，否则一切后果自负。

3、答题卡启封下发后，如果发现答题卡上出现字迹模糊、行列歪斜或缺印等现象，应当马上报告监考老师，否则一切后果自负。

4、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

5、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。

6、填空题和解答题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。

如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

7、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。

8、保持答题卡卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。

9、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

【可能用到的相对原子质量】H-1 Li-7 C-12 O-16 Na-23 S-32 Cu-64 Zn-65 As-75
第I 卷（选择题共126 分）
一、选择题（本题共13 小题，每题6 分，共78 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。

）
1.化学与人类生产、生活、科研密切相关，下列有关说法正确的是（）
A. 蒸馏“地沟油”可以获得汽油
B. 14C可用于文物年代的鉴定，14C和12C互为同素异形体
C. 向牛奶中加入果汁会产生沉淀，这是因为发生了酸碱中和反应
D. 食品袋中放入装有硅胶和铁粉的透气小袋，目的是防止食品受潮、被氧化变质
【答案】D
【解析】
【详解】A．地沟油成分为油脂，汽油成分为烃，二者成分不同，不能蒸馏“地沟油”获得汽油，故A错误；B．14C和12C是质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子，互为同位素，不互为同素异形体，故B错误；
C．牛奶为蛋白质，加入果汁，果汁中含有可溶性电解质，加入果汁能使蛋白质凝聚而沉淀，且牛奶不是酸，则不是酸碱之间的反应，故C错误；
D．硅胶可吸水，铁粉具有还原性，则食品袋中放入装有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质，故D正确；
答案选D。

2.下列说法不正确的是（）
A. 甲苯和环己烯都能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B. 1 mol能与含2 mol NaOH的烧碱溶液完全反应
C. 丙烷和2-甲基丙烷的一氯代物均为两种
D. 所具有的官能团种类有4种
【答案】D
【解析】
【详解】A．甲苯被高锰酸钾氧化可生成苯甲酸，环己烯含有碳碳双键，也可被酸性高锰酸钾溶液氧化，故A正确；
B．1 mol含有2mol酯基，在碱性条件下水解生成2mol羧基，能与含2 mol NaOH的烧碱溶液完全反应，故B正确；
C．丙烷和2−甲基丙烷都含有2种H，则一氯代物均为两种，故C正确；
D．含有的官能团有碳碳双键、羰基、羟基、酯基、氯原子
共五种，故D错误；
答案选D。

【点睛】苯环不是官能团，为易错点。

3.设阿伏加德罗常数为N A，下列说法不正确的是（）
A. 常温常压下，30 g乙烷气体中所含有的共价键数目为6N A
B. 含1 mol Cl-的NH4Cl溶液中加入适量氨水使溶液呈中性，此时溶液中NH4+数为N A
C. 室温下，21.0g乙烯和丁烯的混合气体中含有的碳原子数目为l.5N A
D. 在电解精炼铜的过程中，当阴极析出32g铜单质时，电子转移数目为N A
【答案】A
【解析】
【详解】A．常温常压下，乙烷分子的结构简式为CH3CH3，一个乙烷分子中含有7个共价键，30 g乙烷气
体中所含有的共价键数目为
30g
×7
30g/mol
×N A=7N A，故A错误；
B．溶液存在c(NH4+)+c(H+)=c(Clˉ)+c(OHˉ)，溶液呈中性，则氢氧根离子浓度等于氢离子浓度，氨根离子浓度等于氯离子浓度，氨根离子的物质的量等于氯离子的物质的量，Cl-的物质的量为1 mol，则NH4+的物质的量为1mol，NH4+数为N A，故B正确；
C．乙烯和丁烯的最简式为CH2，21.0g乙烯和丁烯的混合气体含有CH2的物质的量n=
21g
=1.5mol 14g/mol
，
一个CH2基团中含有一个碳原子，含有的碳原子数目为l.5N A，故C正确；
D．32g铜的物质的量为
32g
=0.5mol
64g/mol
，而生成1mol铜时转移2mol电子，故当生成0.5mol铜时转移
1mol电子，电子的数目为N A个，故D正确；
答案选A。

4.下列实验操作或装置(略去部分夹持仪器)正确的是( )
A. 蒸发结晶
B. 制备NaHCO3
C. 中和滴定
D. 制硝酸铜
【答案】D
【解析】
【详解】A．蒸发结晶应该使用蒸发皿，坩埚用于灼烧固体物质，将氯化钠溶液蒸发结晶需要使用蒸发皿，故A错误；
B．通氨气的导管插入液面太深，易发生倒吸；通二氧化碳的导管没有插入溶液中，二氧化碳不易被溶液吸收，影响碳酸氢钠的制备，故B错误；
C．将酸滴入氢氧化钠待测液时，需要使用酸式滴定管滴加酸，图中装置为碱式滴定管，用酸滴定碱时，选择指示剂为甲基橙易于观察，如选用酚酞试剂，溶液由红色变为无色不易观察，故C错误；
D．铜与浓硝酸反应可以生成硝酸铜、二氧化氮和水，随着反应的进行，硝酸浓度会减小，产物为硝酸铜、一氧化氮和水，故可以用于实验室制硝酸铜，同时氢氧化钠溶液可以吸收挥发出的硝酸和氮的氧化物，符合绿色化学的要求，故D正确；
答案选D。

5.短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中。

常温下Z单质能溶于W的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液。

下列说法正确的是（）
A. 元素Y的最高化合价为+6价
B. 最简单氢化物
的沸点：Y＞W C. 原子半径的大小顺序：W＞Q＞Z＞X＞Y D. X、Z、W、Q分别与Y均能形成多种二元化合物【答案】B 【解析】【分析】X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，常用做溶剂的氢化物为H2O，则Y为O，极易溶于水的氢化物有
HCl和NH3，X的原子序数小于Y，则X应为N；常温下Z单质能溶于W的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液，可以联想到铝在浓硫酸和浓硝酸中钝化，而W的原子序数大于Z，所以Z为Al，W为S；短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，Q为Cl，综上所述X为N、Y为O、Z为Al、W为S，Q为Cl；据此分析。

【详解】A．Y为O元素，没有正价，没有+6价，故A错误；
B．Y、W的简单氢化物分别为H2O、H2S，水分子间存在氢键，硫化氢分子之间为范德华力，氢键比范德华力更强，故沸点H2O＞H2S，故B正确；
C．同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径Z(Al)＞W(S)＞Q(Cl)＞X(N)＞
Y(O)，故C错误；
D．X为N、Z为Al、W为S，Q为Cl、Y为O，N和O可以形成NO或NO2等、Al与O只能形成Al2O3、S和O可以形成SO3或SO2等、Cl可以和O形成Cl2O或Cl2O7等、故D错误；
答案选B。

6.电絮凝的反应原理是以铝、铁等合金金属作为主电极，借助外加脉冲高电压作用产生电化学反应，把电能转化为化学能，以牺牲阳极金属电极产生金属阳离子絮凝剂，通过凝聚、浮除、还原和氧化分解将污染物从水体中分离，从而达到净化水体的目的。

下列说法正确的是（）
A. 右极为阳极，左极为阴极
B. 电子从左极经电解液流入右极
C. 每产生1 mol O2，整个电解池中理论上转移电子数为4N A
D. 若铁阳极，则在处理废水过程中阳极附近会发生：4Fe2＋+O2+4H+＝4Fe3++2H2O
【答案】D
【解析】
【分析】
由装置图可知，若铁为阳极，则阳极电极方程式有Fe-2e-═Fe2+和2H2O-4e-═O2↑+4H+，并且二价铁还被放出的氧气氧化成三价铁，离子方程式为：4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O，阴极氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为2H2O+2e-═H2↑+2OH-，据此分析解答。

【详解】A．该装置是把电能转化为化学能的电解池，电子流入的电极为阴极，电子流出的电极为阳极，所以左极为阳极，右极为阴极，故A错误；
B．电子不能通过电解质溶液，电解质溶液中通过离子的定向移动，再在两极得失电子形成电流，故B错误；C．每产生1 mol O2，根据电极反应，M−n e−=M n+（M代表金属）和2H2O−4e−=O2↑+4H+，转移电子的物质的量大于4 mol，转移电子数大于4N A，故C错误；
D．根据题意，若铁为阳极，则阳极电极反应式为Fe−2e−=Fe2+和2H2O−4e−=O2↑+4H+，并且二价铁还被放出的氧气氧化成三价铁，离子方程式为：4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O，故D正确；
答案选D。

7.25 ℃时，在10 mL 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液中逐滴加入0.1 mol·L-1 HCl溶液20 mL，溶液中含碳微粒的物质的量随溶液pH的变化如图所示。

下列说法错误的是（）
A. HCl 溶液滴加一半时，溶液pH ＞7
B. H 2CO 3的K a1的数量级为10-6
C. pH ＝8时，溶液中NaHCO 3的物质的量浓度为0.1 mol·
L -1 D. 在M 点：c (Na ＋)＞c (CO 2-3)＝c (HCO -3)＞c (OH －)＞c (H ＋)
【答案】C
【解析】
【分析】
不加酸时，Na 2CO 3溶液显碱性，随着HCl 溶液的加入，溶液由碳酸钠转变为碳酸氢钠，当HCl 溶液滴加一半时，两者恰好生成碳酸氢钠，再继续加HCl 溶液，溶液逐步由碳酸氢钠转化为碳酸，由此分析。

【详解】A ．当HCl 溶液滴加一半时，两者恰好生成碳酸氢钠，溶液中，以NaHCO 3为主，故该溶液呈碱性，溶液pH ＞7，故A 正确；
B ．由图中可以看出，当
c (H +)=10−6mol/L 时，c (H 2CO 3)＝c (HCO -3)，H 2CO 3的K a1=2-633c H c H c ()(CO )=10(CO )
H +-，故B 正确；
C ．从图中可知当pH 值为8时，溶液中的主要溶质为NaHCO 3。

当加入盐酸的体积为10mL 时，恰好生成NaHCO 3，此时NaHCO 3的物质的量浓度为0.05mol/L ，故C 错误；
D ．由图可知M 点的CO 32-和HCO 3-物质的量相等，两者的盐水解溶液呈碱性，pH 值为11呈碱性，故离子
浓度为：c (Na ＋)＞c (CO 2-3)＝c (HCO -3)＞c (OH －)＞c (H ＋)，故D 正确； 答案选C 。

8.某工厂利用褐煤烟灰(主要成分为碳、二氧化锗，还有少量氧化铝和二氧化硅)制取纯GeO 2的主要流程如下：
已知：GeO2是一种难溶于水的偏弱酸性的两性氧化物，GeCl4的熔点为-49.5℃，沸点是84℃。

(1)写出二氧化锗与碳酸钠焙烧时发生反应的化学方程式__________________________。

(2)用水浸取焙烧物长达2小时的目的是____________________________。

(3)调节pH可选用的试剂溶液a是________(填字母)。

A．氨水B．氢氧化钠溶液C．盐酸D．碳酸钠溶液
(4)“滤渣”的主要成分是________(填化学式)。

(5)“酸化”至溶液中盐酸浓度为5.3mol·L-1时有利于生成四氯化锗，写出该反应的化学方程式
___________________________。

(6)操作“X”的名称为__________。

(7)四氯化锗与高纯水反应的化学方程式为___________________________。

【答案】(1). GeO2+Na2CO3Na2GeO3+CO2↑(2). 为了提高含锗化合物的浸出率(3). C (4). H2SiO3、Al(OH)3(5). Na2GeO3+6HCl=2NaCl+3H2O+GeCl4(6). 蒸馏(7). GeCl4+(2+n)H2O=4HCl+GeO2•nH2O
【解析】
【分析】
褐煤烟灰(主要成分为碳、二氧化锗，还有少量氧化铝和二氧化硅)加入Na2CO3和NaOH焙烧，GeO2是一种难溶于水的偏弱酸性的两性氧化物，发生反应为GeO2+Na2CO3Na2GeO3+CO2↑、SiO2转化为Na2SiO3，Al2O3
转化为2NaAlO2，C在高温下焙烧转化为CO2，焙烧后的产物加水浸取2小时，得到含有Na2GeO3、Na2SiO3、NaAlO2的混合和浸出液，向浸出液中加入盐酸调节溶液的pH值，使Na2SiO3、NaAlO2分别转化为H2SiO3、Al(OH)3除去，则滤渣主要为为H2SiO3、Al(OH)3，滤液中主要含有Na2GeO3，向滤液加入7mol/LHCl酸化，发生反应：Na2GeO3+6HCl=2NaCl+3H2O+GeCl4，使Na2GeO3转化为GeCl4，根据已知信息，GeCl4的熔点为-49.5℃，沸点是84℃，其沸点较低，从溶液中分离出GeCl4，可以通过蒸馏操作操作完成，，GeCl4与水发生水解反应转化为GeO2∙nH2O，在进行加热去除结晶水获得高纯度的GeO2，据此分析解答。

【详解】(1)GeO2是一种难溶于水的偏弱酸性的两性氧化物，根据反应流程可知，碳酸钠与二氧化锗反应生成锗酸钠和二氧化碳，反应的化学方程式为：GeO2+Na2CO3Na2GeO3+CO2↑；
(2)用水浸取焙烧物长达2小时的目的是为了提高含锗化合物的浸出率；
(3)根据分析，调节pH的目的是为了出去含硅和铝元素的杂质，Na2SiO3、NaAlO2在酸性条件下均可转化为沉淀，则可选用的试剂溶液a是盐酸，答案选C；
(4)根据分析，“滤渣”的主要成分是H2SiO3、Al(OH)3；
(5)向滤液加入7mol/LHCl酸化，使Na2GeO3转化为GeCl4，GeO2是一种难溶于水的偏弱酸性的两性氧化物，类比氢氧化铝的性质，则H2GeO3能够与氯化氢反应生成生成物为GeCl4、NaCl和水，反应的化学方程式为：Na2GeO3+6HCl=2NaCl+3H2O+GeCl4；
(6)结合已知信息，GeCl4的熔点为-49.5℃，沸点是84℃，其沸点较低，从溶液中分离出GeCl4，可以通过蒸馏操作操作完成，操作“X”的名称为蒸馏；
(7)GeCl4与水发生水解反应转化为GeO2∙nH2O，另一种产物为HCl，反应的化学方程式为GeCl4 + (2+n)H2O = 4HCl+GeO2•nH2O。

【点睛】题目难度不大，关键在于要对物质的性质掌握，在焙烧过程中发生的反应要考虑全面，才能准确推断每个步骤发生的反应和溶液中微粒的变化，题中的已知信息为解题关键。

9.乳酸亚铁晶体([CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O ，相对分子质量为288)易溶于水，是一种很好的补铁剂，可由乳酸[CH3CH(OH)COOH]与FeCO3反应制得。

I．碳酸亚铁的制备(装置如图所示)
(1)实验操作如下：打开______，加入适量稀硫酸后关闭k1，使反应进行一段时间，其目的除生成FeSO4溶液外，还有__________________________________。

(2)接下来使仪器C中的制备反应发生，其反应的离子方程式为_____________。

(3)仪器C中混合物经过滤、洗涤得到FeCO3沉淀，检验其是否洗净的方法是_____。

Ⅱ．乳酸亚铁的制备及铁元素含量测定
(4)向纯净FeCO3固体中加入足量乳酸溶液，在75℃下搅拌使之充分反应，经过滤，在__________________
的条件下，经低温蒸发等操作后，获得乳酸亚铁晶体。

(5)两位同学分别用不同的方案进行铁元素含量测定：
①甲同学通过KMnO4滴定法测定样品中Fe2+的含量计算样品纯度。

在操作均正确的前提下，所得纯度总是大于100%，其原因可能是____________________________。

②乙同学经查阅资料后改用碘量法测定铁元素的含量计算样品纯度。

称取3.000g样品，灼烧完全灰化，加足量盐酸溶解，取所有可溶物配成100mL溶液。

吸取25.00mL该溶液加入过量KI溶液充分反应，然后加
+ 2I-)，当溶液
入几滴淀粉溶液，用0.1000 mol·L-1硫代硫酸钠溶液滴定(已知：I2 + 2S2O2-3＝S4O2-
6
_____________，即为滴定终点；平行滴定3次，硫代硫酸钠溶液的平均用量为24.80 mL，则样品纯度为_____________%。

【答案】(1). 打开k l、k2(2). 用产生的H2排尽装置内的空气(3). Fe2＋＋2HCO-3=FeCO3↓＋CO2↑＋H2O (4). 取最后一次洗涤液，加入过量稀盐酸，再加入一定量BaCl2溶液，若无白色沉淀，则洗涤干净(5). 隔绝空气(6). 乳酸根离子中的羟基也能被高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾溶液的量偏多(7). 蓝色褪去且半分钟不恢复(8). 95.2
【解析】
【分析】
亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，Fe与稀硫酸反应制备硫酸亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，故B制备硫酸亚铁，利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中，C装置中硫酸亚铁和NH4HCO3发生反应：Fe2＋＋2HCO-3=FeCO3↓＋CO2↑＋H2O，得到碳酸亚铁。

【详解】(1)由仪器图形可知B为蒸馏烧瓶；实验中打开k1、k2，加入适量稀硫酸，铁和硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，关闭k1，使反应进行一段时间，可使生成的氢气排出装置C内的空气，防止二价铁被氧化；
(2)待装置内空气排出后，接下来要使仪器C中的制备反应发生，则需关闭k2，使B装置中气压增大，将生成的硫酸亚铁溶液排到装置C中，与碳酸氢根离子发生反应生成碳酸亚铁，同时生成二氧化碳，反应的离
=FeCO3↓＋CO2↑＋H2O；
子方程式为Fe2＋＋2HCO-
3
(3)检验FeCO3沉淀是否洗涤干净，就是检验最后一次洗涤液中是否存在硫酸根离子，取最后一次水洗液于试管中，加入过量稀盐酸酸化，滴加一定量BaCl2溶液，若无白色浑浊出现，则表明洗涤液中不存在硫酸根离子；
(4) 乳酸亚铁晶体有较强还原性，易被空气中氧气氧化，则制备乳酸亚铁应隔绝空气，防止被氧化；
(5)①乳酸亚铁中含有亚铁离子和乳酸根离子，CH3CH(OH)COO-中含有的羟基均可被酸性高锰酸钾溶液氧
化，因为羟基的反应导致消耗高锰酸钾溶液偏多，故结果偏大；
②碘的淀粉溶液显蓝色，滴加硫代硫酸钠溶液后蓝色会变浅，当蓝色刚好褪去且半分钟不恢复，即可判断为滴定终点；
样品，灼烧完全灰化，加足量盐酸溶解，则铁元素转变成铁离子，取所有可溶物配成的100mL 溶液中吸取
25.00mL ，该溶液中所含铁离子可按下列关系式计算： 3+2-
2232Fe I 2S O 2mol 2mol
x 0.02480L 0.1mol /L ⨯ 得x =0.00248mol ，则所有可溶物配成的100mL 溶液中铁离子为100ml 0.0024825ml
⨯mol=0.00992mol ，按铁元素守恒可知，样品中乳酸亚铁的物质的量为0.00992mol ，则样品的纯度为
0.00992mol 288g /mol 3.0000g
⨯×100%=95.5%。

【点睛】知道乳酸的结构对解本题很关键，乳酸中的羟基也可以被酸性高锰酸钾氧化，为学生的易错点。

10.热化学碘硫循环可用于大规模制氢气，HI 分解和SO 2水溶液还原I 2均是其中的主要反应。

回答下列问题：
(1)碘硫热化学循环中，SO 2的水溶液还原I 2的反应包括：SO 2＋I 2＋2H 2O
3H ＋＋HSO 4- ＋2I - 、I -＋I 2
I 3-。

若起始时n (I 2)=n (SO 2)=1mo1，I - 、I 3- 、H ＋ 、HSO 4-的物质的量随(22(H O)(SO )
n n )的变化如图所示：
图中表示的微粒：a 为_____________，d 为____________________。

(2)起始时 HI 的物质的量为1mo1，总压强为0.1MPa 下，发生反应 HI (g )
12H 2(g )+12I 2(g ) 平衡时各物质的物质的量随温度变化如图所示：
①该反应的△H __________________ (“＞”或“＜”)0。

②600℃时，平衡分压p (I 2)= ______MPa ，反应的平衡常数K p =_____________ (K p 为以分压表示的平衡常数)。

(3)反应 H 2(g )＋I 2(g )
2HI (g )的反应机理如下：
第一步：I 2-11
k k 2I (快速平衡)
第二步：I ＋H 2
-22
k k H 2I (快速平衡)
第三步：H 2I ＋I 3
k 2HI (慢反应)
①第一步反应_____________ (填 “放出”或“吸收”)能量。

②只需一步完成的反应称为基元反应，基元反应如aA ＋dD = gG ＋hH 的速率方程，v = k c a (A )•c d (D )，k 为常数；非基元反应由多个基元反应组成，非基元反应的速率方程可由反应机理推定。

H 2(g )与I 2(g )反应生成 HI (g )的速率方程为v = ________(用含k 1、k －1、k 2…的代数式表示)。

【答案】 (1). H +
(2). I 3-
(3). ＞ (4). 0.0125 (5).
1
6
（或0.167) (6). 吸收 (7). 123
-1-2
k k k k k c (H 2)·c (I 2)
【解析】
【详解】(1)加水稀释，SO 2＋I 2＋2H 2O
3H ＋＋HSO 4-＋2I -正向移动，I -＋I 2
I 3-逆向移动，同时，加
水稀释后HSO 4-
电离程度增大，结合图中信息，可确定曲线a 表示H +
、曲线b 表示I -、曲线c 表示HSO 4-
、
曲线d 表示I 3-。

从而得出图中表示的微粒：a 为H +，d 为I 3-。

答案为：H +；I 3-；
(2) ①随着温度的不断升高，HI 的物质的量不断减小，H 2的物质的量不断增大，则平衡正向移动，所以正反应为吸热反应，该反应的△H ＞0。

答案为：＞；
②从图中采集数据，600℃时，n (HI )=0.75mol ，n (H 2)=0.125mol ，反应前后气体分子数不变，从而得出平
衡分压p(I2)=0125mol
0.1
1mol
⨯
.
MPa=0.0125MPa，反应HI(g
)
1
2
H2(g)+
1
2
I2(g)的平衡常数
K p=
11
22
a a
a
(00125MP)(00125MP)
0.075MP
⨯
..=1
6
（或0.167)。

答案为：0.0125；
1
6
（或0.167)；
(3)①第一步反应断裂共价键，吸收能量。

答案为：吸收；
②反应速率由慢反应决定，即v=k3c(H2I)·c(I)，
第一步是快速平衡，k1c(I2)=k-1c2(I)，可得c2(I)=1
1
k
k
-
c(I2)，
第二步也是快速平衡，k2c(I)·c(H2)=k-2c(H2I)，可得c(H2I)=2
2
k
k
-
c(H2)·c(I)，
v=k32
2
k
k
-
c(H2)·c(I)·c(I)= k32
2
k
k
-
c(H2)·1
1
k
k
-
c(I2)=123
-1-2
k k k
k k
c(H2)·c(I2)。

答案为：
123
-1-2
k k k
k k
c(H2)·c(I2)。

【点睛】对于多步反应，起关键作用的是慢反应，所以分析反应速率时，应从分析慢反应开始。

【化学选修3——物质结构与性质】
11.铜是人类利用最早的金属之一，其单质及化合物在人生产生活中有着广泛的应用。

(1)铜可以做成导线，Cu的焰色为___________色；基态Cu2＋的核外电子占据的最高能层的能层符号为
___________。

(2)铜可以作为乙醇和氧气反应的催化剂，2CH3CH2OH + O2
Cu
∆
→CH3CHO + 2H2O。

写出与水具有相同空间构型的一个分子和一个离子______________(微粒由短周期元素组成)。

从原子轨道重叠方式来看CH3CHO中所含的共价键类型有____________________，碳的杂化方式是______________。

(3)高温超导是世界上最前沿的研究之一，如下图是第一个被发现的高温超导体氧化物的晶胞。

该化合物的化学式为___________。

与Cu2+紧邻的O2-的个数为___________。

已知，阿伏加德罗常数为N A，则晶胞密度为___________g·cm-3。

【答案】 (1). 绿色 (2). M (3). H 2S 或SO 2，NO -2或NH -
2 (4). σ键和π键 (5). sp 2和sp 3杂化 (6). La 2CuO 4 (7). 6 (8). 302
A
812
10a bN ⨯ 【解析】 【分析】
根据各元素的焰色反应颜色确定铜的焰色反应的颜色，写出铜的核外电子排布式，确定最高能层的符号；根据水分子的价层电子对数确定分子的立体构型，通过同族替换等方法找到分子立体构型相同的分子或原子；根据乙醛的分子结构确定共价键的类型和杂化方式；利用均摊法找出La 、Cu 、O 原子的个数，得出分
子式，根据图示找出铜离子的配位数，利用A m nM NM
==V V N V
进行计算。

【详解】(1) Cu 的焰色为绿色；基态Cu 2＋
的核外电子排布式为1s 22s 22p 63s 23p 63d 9，占据的最高能层的能层
符号为M ；
(2)水的成键电子对数为2对，孤对电子对数为2对，价层电子对数为4对，分子的立体构型为V 形，与水具有相同空间构型的一个分子可能是SO 2或H 2S ，一个离子可能为NO -2或NH -
2；CH 3CHO 分子中含有碳氢单键，碳碳单键，碳氧双键，单键都是σ键，双键中，一个是σ键，一个是π键，CH 3CHO 中所含的共价键类型有σ键和π键，甲基上碳原子的杂化方式是sp 3杂化，醛基上的碳原子采用sp 2杂化，CH 3CHO 中碳原子的杂化方式为sp 2和sp 3杂化；
(3) La 位于棱上和体心，个数为8×1
4+2=4；Cu 位于上下顶点和体心，个数为8×18
+1=2，O 原子位于第一层和第三层的棱上和第二层的面上和体心，个数为8×14
+4×
1
2
+2=8，,该化合物的化学式为La 2CuO 4；图中可以看出与Cu 2+紧邻的O 2-的个数为6；将阿伏加德罗常数为N A ，N =2，M =406g/mol ，V =a 2bpm 3代入
ρ=A m nM NM ==V V N V ，则晶胞密度ρ=A 30
2A
81210a bN m nM NM ===V V N V ⨯g·cm -3。

【点睛】基态铜离子是铜原子失去最外层的两个电子，铜原子的核外电子排布较特殊，3d 轨道上为全充满状态，为学生的易错点。

【化学选修5——有机化学基础】
12.G 是药物合成的中间体，其部分合成路线如下：
已知：RCHO + CH 3COR 1 -
OH ∆
→ RCH=CHCOR 1 + H 2O
请回答下列问题：
(1)C→D 的反应类型为_______________。

(2)试剂E 的名称为_____________，G 的分子式为_______________。

(3)写出A→B 的化学方程式__________________________________。

(4)设计A→B 步骤的目的是__________________ 。

(5)芳香族化合物T 是D 的同分异构体，满足下列条件的结构一共有___ 种。

①能发生银镜反应；
②遇FeCl 3溶液不发生显色反应，其在稀硫酸中的水解产物之一遇FeCl 3溶液能发生显色反应； ③在核磁共振氢谱上有七组峰；
(6)以环己醇和为原料，合成的路线为
__________________________。

【答案】 (1). 取代反应 (2). 丙酮 (3). C 19H 20O 5 (4).
+(CH 3CO)2O→+CH 3COOH (5). 保护酚羟基 (6).
2 (7).
2O /Cu Δ
−−−→4
LiBH −−−→
【解析】 【分析】
结合A 、B 结构简式可知A→B 的反应时乙酸酐与酚羟基发生取代反应，B 被氧化为C ，C 含有酯基，在酸性条件下发生水解反应生成D ；根据信息中羟醛缩合的反应特征，结合D 、F 的结构简式对比可知，E 为丙酮CH 3COCH 3，F 在LiBH 4作用下发生还原反应生成G ；
(6)分析目标产物和原料，结合已知信息羟醛缩合可知，将环己醇氧化为环己酮，再发生羟醛缩合反应，最后将酮重新还原为醇即可。

【详解】(1)根据分析C 含有酯基，在酸性条件下发生水解反应生成D ，水解反应属于取代反应； (2)结合分析，根据信息中羟醛缩合的反应特征，结合D 、F 的结构简式对比可知，E 为丙酮CH 3COCH 3；由G 的结构简式，每个节点为碳原子，每个碳原子形成4个共价键，不足键用氢原子补齐，可知G 的分子式为：C 19H 20O 5；
(3)结合A 、B 结构简式可知A→B 的反应时乙酸酐与酚羟基发生取代反应，反应的副产物是CH 3COOH ，则
反应方程式为：+(CH 3CO)2O→+CH 3COOH ；
(4)A→B 将羟基变成酯基，C→D 将酯基变成羟基，结合B→C 是氧化反应，则设计A→B 步骤的目的是避免酚羟基被氧化，其目的是保护羟基；
(5)依题意，T 能发生银镜反应，遇FeCl 3溶液不发生显色反应，但其在稀硫酸中水解的产物之一遇FeCl 3溶液能发生显色反应，说明含有
结构且不含酚羟基，结合D 的分子式为C 8H 8O 3，所以
T 含两个取代基：第一组是HCOO-、-CH 2OH ；第二组是HCOO-、-OCH 3，在核磁共振氢谱上有七组峰，所以T 的结构只能是第一组，并且两个官能团不在对位，只能在邻位和间位，符合条件的同分异构体有2种；
(6)分析目标产物和原料，结合已知信息羟醛缩合可知，将环己醇氧化为环己酮，再发生羟醛缩合反应，最后将酮重新还原为醇即可，则合成路线为：
2O /Cu Δ
−−−→4
LiBH −−−→。

【点睛】本题的难点为(4)，要结合A→B→C→D 的官能团变化分析解答，A→B 将羟基变成酯基，C→D 将酯基变成羟基，结合B→C 是氧化反应，则设计A→B 、C→D 步骤的目的是保护羟基。