2019-2020学年安徽省(怀远一中、蒙城一中、淮南一中、颍上一中、淮南一中、涡阳一中)五校新高考化学模拟试

2019-2020学年安徽省(怀远一中、蒙城一中、淮南一中、颍上一中、淮南一中、涡阳一中）五校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．化学与生活、社会发展息息相关。

下列说法正确的是
A．有人称“一带一路”是“现代丝绸之路”，丝绸的主要成分是纤维素
B．聚乳酸酯的降解和油脂的皂化都是高分子生成小分子的过程
C．疫苗一般应冷藏存放，其目的是避免蛋白质变性
D．“玉兔二号”的太阳能电池帆板的材料是二氧化硅
【答案】C
【解析】
【详解】
A. 丝绸的主要成分是蛋白质，故A错误；
B. 聚乳酸酯的降解是高分子生成小分子的过程，油脂不属于高分子，故B错误；
C. 疫苗一般应冷藏存放，其目的是避免蛋白质变性，使蛋白质失去活性，故C正确；
D. 硅是半导体，“玉兔二号”的太阳能电池帆板的材料是硅，故D错误；
故选C。

2．设N A为阿伏加德罗常数的值。

下列有关叙述正确的是（）
A．5.6L甲烷含有的共价键数为N A
B．2gD2l6O和2gH218O中含有的中子数均为N A
C．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.4N A
D．常温下pH=13的Ba(OH)2溶液中含有的OH-离子数为0.1N A
【答案】B
【解析】
【详解】
A. 未指明是否为标准状况，无法确定气体的物质的量，故A错误；
B. D2l6O和H218O的摩尔质量均为20g/mol，故2gH218O和D2O的物质的量均为0.1mol，而且两者均含10个中子，故0.1molH218O和D2O中均含1mol中子即N A个，故B正确；
C. 过氧化钠与水反应时，氧元素的价态由-1价变为0价，故当生成0.1mol氧气时转移0.2mol电子即0.2N A 个，故C错误；
D. 溶液的体积未知，无法计算溶液中微粒的个数，故D错误；
故答案为B。

3．设N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）
A．标况下，22.4LCl2溶于足量水，所得溶液中Cl2、Cl-、HClO和ClO-四种微粒总数为N A
B ．标准状况下，38g 3H 2O 2中含有4N A 共价键
C ．常温下，将5.6g 铁块投入一定量浓硝酸中，转移0.3N A 电子
D ．一定温度下，1L0.50mol/LNH 4Cl 溶液与2L0.25mol/LNH 4Cl 溶液含NH 4+的物质的量一定不相同
【答案】D
【解析】
【详解】
A 、氯气与水反应：Cl 2+H 2O ƒH ++Cl -+HClO ，溶液中氯原子总数为2mol ，Cl 2中含有2个氯原子，故溶液中Cl 2、Cl -、HClO 和ClO -四种微粒总数大于N A ，故A 错误；
B 、双氧水结构为：，38g 3H 2O 2的物质的量为()38g 162+32g/mol ⨯⨯=1mol ，由结构式可知，1mol 双氧水中含有3N A 共价键，故B 错误；
C 、常温下铁与浓硝酸发生钝化，形成致密氧化膜，阻止反应进行，所以常温下，将5.6g 铁块投入足量浓硝酸中，转移小于0.3N A 电子，故C 错误；
D 、1L0.50mol/LNH 4Cl 溶液与2L0.25mol/LNH 4Cl 溶液所对应+4NH 浓度不同，所以+
4NH 水解程度不同，溶液中+4NH 的物质的量一定也不同，故D 正确；
故答案为D 。

【点睛】
本题A 选项属于易错项，该反应属于可逆反应，溶液中总氯原子为2mol ，发生反应后，溶液中含氯微粒总数小于2mol 大于1mol 。

4．下列实验操作或现象不能用平衡移动原理解释的是 A ．卤化银沉淀转化
B ．配制氯化铁溶液
C ．淀粉在不同条件下水解
D．探究石灰石与稀盐酸在密闭环境下的反应
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A、足量NaCl(aq)与硝酸银电离的银离子完全反应，AgCl在溶液中存在溶解平衡，加入少量KI溶液后生成黄色沉淀，该沉淀为AgI，Ag+浓度减小促进AgCl溶解，说明实现了沉淀的转化，能够用勒夏特列原理解释；
B、铁离子水解生成氢氧化铁和氢离子，该反应为可逆反应，加入稀盐酸可抑制铁离子水解，能够用勒夏特列原理解释；
C、淀粉水解反应中，稀硫酸和唾液起催化作用，催化剂不影响化学平衡，不能用勒夏特列原理解释；
D、二氧化碳在水中存在溶解平衡，塞上瓶塞时随着反应的进行压强增大，促进CO2与H2O的反应，不再有气泡产生，打开瓶塞后压强减小，向生成气泡的方向移动，可用勒夏特列原理解释。

正确答案选C。

【点睛】
勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。

使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用，催化剂能加快反应速率，与化学平衡移无关。

5．已知酸性溶液中还原性的顺序为SO32->I->Fe2+>Br->Cl-，下列反应不能发生的是
A．2Fe3++SO32-+H2O→2Fe2++SO42-+2H+B．I2+ SO32-+H2O→SO42-+2I-+2H+
C．2Fe2++I2→2Fe3++2I-D．Br2+SO32-+H2O→SO42-+2Br-+2H+
【答案】C
【解析】
【详解】
A、因该反应中S元素的化合价升高，Fe元素的化合价降低，则SO32-为还原剂，还原性强弱为SO32-＞Fe2+，与已知的还原性强弱一致，能发生，故A不选；
B、因该反应中S元素的化合价升高，I元素的化合价降低，则SO32-为还原剂，还原性强弱为SO32-＞I-，与已知的还原性强弱一致，能发生，故B不选；
C、因该反应中Fe元素的化合价升高，I元素的化合价降低，则Fe2+为还原剂，还原性强弱为Fe2+＞I-，与已知的还原性强弱不一致，反应不能发生，故C选；
D、因该反应中Br元素的化合价降低，S元素的化合价升高，则SO32-为还原剂，还原性强弱为SO32-＞Br-，
与已知的还原性强弱一致，能发生，故D不选。

答案选C。

6．一种钌（Ru）基配合物光敏染料敏化太阳能电池的示意图如下。

电池工作时发生的反应为：
Ru II Ru II *(激发态)
Ru II*→ Ru III+e-
I3-+ 2e-→3I-
Ru III+3I-→Ru II++ I3-
下列关于该电池叙述错误的是( )
A．电池中镀Pt导电玻璃为正极
B．电池工作时，I－离子在镀Pt导电玻璃电极上放电
C．电池工作时，电解质中I－和I3－浓度不会减少
D．电池工作时，是将太阳能转化为电能
【答案】B
【解析】
【分析】
由图电子的移动方向可知，半导材料TiO2为原电池的负极，镀Pt导电玻璃为原电池的正极，电解质为I3-和I-的混合物，I3-在正极上得电子被还原，正极反应为I3-+2e-=3I-，由此分析解答。

【详解】
根据上述分析，结合图示信息得，
A. 由图可知，镀Pt导电玻璃极为电子流入的一极，所以为正极，A项正确；
B. 原电池中阴离子在负极周围，所以I-离子不在镀Pt导电玻璃电极上放电，B项错误；
C. 电池的电解质溶液中I-的浓度和I3-的浓度不变，C项正确；
D. 由图可知该电池是将太阳能转化为电能的装置，D项正确。

答案选B。

7．关于晶体的叙述正确的是（）
A．原子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高
B．分子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高
C．存在自由电子的晶体一定是金属晶体，存在阳离子的晶体一定是离子晶体
D．离子晶体中可能存在共价键，分子晶体中可能存在离子键
【答案】A
【解析】
A、原子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高，A正确；
B、分子晶体中，分子间作用力越大，熔、沸点越高，分子间作用力影响物质的熔沸点，共价键影响物质的热稳定性，B错误；
C、存在自由电子的晶体不一定是金属晶体，如石墨中也含有自由电子，它是一种混合晶体。

存在阳离子的晶体不一定是离子晶体，如金属晶体中存在阳离子和自由电子，C错误；
D、离子晶体中可能存在共价键，如NaOH属于离子晶体，其中含有H-O共价键，分子晶体中一定不存在离子键，全部是共价键，D错误。

正确答案为A。

点睛：注意区分各种作用力对物质性质的影响。

对于分子晶体，分子间作用力和氢键主要影响物质的熔沸点，化学键影响物质的热稳定性即化学性质；影响原子晶体熔沸点的因素是共价键的强弱，影响离子晶体熔沸点大小的因素为离子键的强弱，影响金属晶体熔沸点的因素为金属键的强弱。

8．X、Y、Z、R、W是原子序数依次递增的五种短周期主族元素，它们所在周期数之和为11，YZ气体遇空气变成红棕色，R的原子半径是短周期中最大的，W和Z同主族。

下列说法错误的是（）
A．X、Y、Z元素形成的化合物溶于水一定呈酸性
B．气态氢化物的稳定性：Z> W
C．简单离子半径：W> R
D．Z、R形成的化合物中可能含有共价键
【答案】A
【解析】
【分析】
YZ气体遇空气变成红棕色，则Y是N，Z是O，NO在空气中和O2迅速反应生成红棕色的NO2；
R的原子半径是短周期中最大的，则R是Na；
W和Z同主族，则W是S；
X、Y、Z、R、W所在周期数之和为11，则X在第一周期，为H；
综上所述，X、Y、Z、R、W分别为：H、N、O、Na、S，据此解答。

【详解】
A．X、Y、Z 分别为：H、N、O，H、N、O三种元素形成的化合物溶于水也可能显碱性，如NH3·H2O的水溶液显碱性，A错误；
B．非金属性：Z(O)＞W(S)，故气态氢化物的稳定性：Z(O)＞W(S)，B正确；
C．S2-核外有三层电子，Na+核外有两层电子，故离子半径：S2-＞Na+，C正确；
D．Z、R为O、Na，O、Na形成的化合物中可能含有共价键，如Na2O2，D正确。

答案选A。

9．将SO2气体通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入X 气体。

下列实验现象不结论不正确的是
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【解析】
【详解】
A选项，SO2气体与氯气反应生成盐酸和硫酸，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡，故A正确；
B选项，盐酸酸性大于碳酸，因此二氧化碳不与氯化钡反应，故B错误；
C选项，SO2气体与NH3反应生成SO32-，再与氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀，故C正确；
D选项，H2S与SO2反应生成单质硫和水，淡黄色沉淀为硫单质，故D正确。

综上所述，答案为B。

10．化学家创造的酸碱质子理论的要点是：凡能给出质子(H+)的分子或离子都是酸，凡能接受质子(H+)的分子或离子都是碱。

按此观点，下列微粒既属于酸又属于碱的是
①H2O ②CO32-③Al3+④CH3COOH ⑤NH4+⑥H2N-CH2COOH
A．②③B．①⑥C．④⑥D．⑤⑥
【答案】B
【解析】
【详解】
凡能给出质子（即H+）的分子或离子都是酸；凡能接受质子的分子或离子都是碱，则能给出质子且能接受质子的分子或离子既属于酸又属于碱，②③只能接受质子，所以属于碱；④⑤只能给出质子，属于酸，①⑥既能给出质子又能接受质子，所以既属于酸又属于碱；
故答案为B。

【点睛】
正确理解题给信息中酸碱概念是解本题关键，再结合微粒的性质解答，同时考查学生学以致用能力，题目
难度不大。

11．下列说法中不正确．．．
的是( ) ①医用双氧水是利用了过氧化氢的还原性来杀菌消毒的
②汽车尾气中含有能污染空气的氮的氧化物，原因是汽油燃烧不充分
③用热的烧碱溶液除去瓷器表面污垢
④某雨水样品采集后放置一段时间，pH 由4.68变为4. 28，是因为水中溶解了较多的CO 2
⑤明矾可以用于净水，主要是由于铝离子可以水解得到氢氧化铝胶体
⑥“水滴石穿”主要是溶解了CO 2的雨水与CaCO 3长期作用生成了可溶性的Ca(HCO 3)2的缘故
A ．①②③⑤
B ．①②③④
C ．②③④⑥
D ．①③④⑤
【答案】B
【解析】
【详解】
①医用双氧水是利用了过氧化氢的氧化性来杀菌消毒的，故①错误；
②汽车尾气中含有能污染空气的氮的氧化物，是氮气和氧气反应生成的，汽油不含氮元素，②错误； ③氢氧化钠具有强腐蚀性，一般用热的纯碱溶液除去瓷器表面污垢，③错误；
④某雨水样品采集后放置一段时间，pH 由4.68变为4. 28，是因为水中的亚硫酸被氧化为硫酸，④错误； ⑤明矾可以用于净水，主要是由于铝离子可以水解得到氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，⑤正确； ⑥“水滴石穿”主要是溶解了CO 2的雨水与CaCO 3长期作用生成了可溶性的Ca(HCO 3)2的缘故，⑥正确；故选B 。

12．一种从植物中提取的天然化合物a-damascone ，可用于制作“香水”，其结构为： ，有关该化合物的下列说法不正确的是
A ．分子式为1320C H O
B ．该化合物可发生聚合反应
C ．1mol 该化合物完全燃烧消耗19mol 2O
D ．与溴的4CCl 溶液反应生成的产物经水解、稀硝酸化后可用3AgNO 溶液检验
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】 A 项，根据键线式，由碳四价补全H 原子数，即可写出化学式为C 13H 20O ，正确；
B 项，由于分子可存在碳碳双键，故可以发生加聚反应，正确；
C 项，分子式为C 13H 20O ，可以写成C 13H 18n H 2O ，13个碳应消耗13个O 2，18个H 消耗4.5个O 2，共为13+4.5=17.5，故错误；
D项，碳碳双键可以与Br2发生加成发生，然后水解酸化，即可得Br－，再用AgNO3可以检验，正确。

答案选C。

13．下列反应的离子方程式书写正确的是（）
A．SO2通入溴水中：SO2+2H2O+Br2=2H++SO42-+2HBr
B．NaHSO4溶液和Ba(OH)2溶液充分反应后溶液呈中性：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O
C．漂白粉溶液在空气中失效：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-
D．硫化钠的水解反应：S2-+H3O+=HS-+H2O
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A．SO2通入溴水中反应生成硫酸和氢溴酸，反应的离子方程式为SO2+Br2+2H2O=4H++SO42-+2Br-，故A错误；B．NaHSO4溶液和Ba(OH)2溶液充分反应后溶液呈中性，反应的氢离子与氢氧根离子物质的量相等，反应的离子方程式为：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，故B正确；
C．次氯酸钙与二氧化碳反应生成碳酸钙和次氯酸，反应的离子方程式为
Ca2++2ClO-+CO2+H2O═2HClO+CaCO3↓，故C错误；
D．硫化钠的水解反应：S2-+H2O⇌HS-+OH-，故D错误；
故选B。

【点睛】
本题的易错点为D，要注意S2-+H3O+=HS-+H2O是S2-与酸反应的方程式。

14．某化学实验室产生的废液中的阳离子只可能含有Na+、NH4+、Ba2+、Cu2+、Al3+、Fe2+、Fe3+中的某几种，实验室设计了下述方案对废液进行处理，以回收金属，保护环境。

已知：步骤①中，滴加NaOH溶液过程中产生的沉淀会部分溶解。

下列说法中正确的是
A．根据步骤①的现象，说明废液中一定含有Al3+
B．由步骤②中红棕色固体可知，废液中一定存在Fe3+
C．沉淀甲中可能含有Al(OH)3
D．该废液中一定含有NH4+、Ba2+、Cu2+、Fe2+和Fe3+至少存在一种
【答案】D
【解析】
【分析】
沉淀甲灼烧后为红棕色固体，该红棕色固体为Fe2O3，则沉淀甲可能为Fe(OH)2或Fe(OH)3，说明废液中可能含有Fe2+或Fe3+；溶液甲中加入过量硫酸溶液，产生固体乙，则固体乙为BaSO4，说明废液中一定含有Ba2+；溶液乙中加入过量铁屑，产生红色固体，该红色固体为Cu，说明废液中一定含有Cu2+，以此解答该题。

【详解】
A. 由步骤④可知，废液中一定含有Cu2+，而沉淀甲中没有Cu(OH)2，说明加入NaOH溶液后，Cu元素以离子形式存在于溶液甲中，则废液中一定含有NH4+，Cu元素以[Cu(NH3)4]2+形式存在于溶液甲中，因此步骤
①沉淀部分溶解，不能说明废液中一定含有Al3+，A错误；
B. 废液中加入NaOH溶液后形成沉淀甲，将该沉淀灼烧，得到红棕色固体，则该红棕色固体为Fe2O3，沉淀甲可能为Fe(OH)2或Fe(OH)3，说明废液中可能含有Fe2+或Fe3+，B错误；
C. 由于步骤①中加入过量NaOH溶液，因此沉淀甲中肯定没有Al(OH)3沉淀，C错误；
D. 溶液乙中加入过量铁屑，得到红色固体，该固体为Cu，说明溶液乙中含有Cu2+，向原废液中滴加过量NaOH溶液，Cu元素以离子形式存在于溶液甲中，则废液中一定含有NH4+，Cu元素以[Cu(NH3)4]2+形式存在于溶液甲中，所以废液中一定含有NH4+、Cu2+、Ba2+，可能含有Fe2+或Fe3+中的一种，D正确；
故合理选项是D。

【点睛】
本题考查物质的分离，离子的存在及金属的回收利用与环境保护，注意掌握常见的离子之间的反应及金属回收方法，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。

15．下列能源不属于直接或间接利用太阳能的是( )
A．风能
B．江河水流能
C．生物质能
D．地热温泉
【答案】D
【解析】
【详解】
A.风能是因为地球表面受热不均匀而产生的空气流动，故A不选。

B. 江河水流能是利用水循环，水循环是太阳能促进的，故B不选。

C. 生物质能是太阳能以化学能形式贮存在生物之中的能量形式，故C不选。

D. 地热温泉是利用来自地球内部的熔岩的地热能，故D选。

故选D。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．亚硝酰氯(ClNO)是有机物合成中的重要试剂，其沸点为-5.5℃，易水解。

已知：AgNO2微溶于水，能溶于硝酸，AgNO2+HNO3=AgNO3 +HNO2，某学习小组在实验室用Cl2和NO制备ClNO并测定其纯度，相关实验装置如图所示。

（1）制备Cl2的发生装置可以选用_________ (填字母代号)装置，发生反应的离子方程式为
________________________________________ 。

（2）欲收集一瓶干燥的氯气，选择合适的装置，其连接顺序为a→_______→______→
_____→________→_______→______→______→______。

(按气流方向，用小写字母表示，根据需要填，可以不填满，也可补充)。

（3）实验室可用下图示装置制备亚硝酰氯。

其反应原理为：Cl2+2NO=2ClNO
①实验室也可用B 装置制备NO ，X 装置的优点为___________________ 。

②检验装置气密性并装入药品，打开K2，然后再打开K3，通入一段时间气体，其目的是
___________________，然后进行其他操作，当Z 中有一定量液体生成时，停止实验。

（4）已知：ClNO 与H2O 反应生成HNO2和HCl。

①设计实验证明HNO2是弱酸：_________________________________________。

(仅提供的试剂：1 mol•L-1盐酸、 1 mol•L-1HNO2溶液、NaNO2溶液、红色石蕊试纸、蓝色石蕊试纸)。

②通过以下实验测定ClNO 样品的纯度。

取Z 中所得液体m g 溶于水，配制成250 mL 溶液；取出25.00 mL 样品溶于锥形瓶中，以K2CrO4溶液为指示剂，用c mol•L-1 AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为20.00mL。

滴定终点的现象是_____亚硝酰氯(ClNO)的质量分数为_________。

(已知：Ag2CrO4 为砖红色固体；K sp(AgCl)＝1.56×10-10，K sp(Ag2CrO4)＝1×10-12)
【答案】A(或B) MnO2+4H++2Cl－Δ
Mn2++Cl2↑+2H2O(或2MnO4－+16H++10Cl－=2Mn2++5Cl2↑+8H2O) f
g c b d e j h 排除装置内空气的干扰，可以随开随用，随关随停排干净三颈瓶中的空气用玻璃棒蘸取NaNO2溶液，点在红色石蕊试纸上，试纸变蓝，说明HNO2是弱酸滴
入最后一滴标准溶液，溶液中生成砖红色沉淀且半分钟内无变化，说明反应达到终点
1310%m
c 【解析】
【分析】
⑴制取氯气可以用二氧化锰与浓盐酸加热制得，也可以用高锰酸钾和浓盐酸； ⑵制得的氯气混有HCl 和水蒸气，依次用饱和食盐水、浓硫酸除去，为保证除杂彻底，导气管均长进短出，氯气密度比空气大，选择导气管长进短出的收集方法，最后用碱石灰吸收多余的氯气，防止污染空气； ⑶①X 装置可以排除装置内空气的干扰，可以随开随用，随关随停；②通入一段时间气体，其目的是排空气；
⑷①用盐溶液显碱性来验证HNO 2是弱酸；
②以K 2CrO 4溶液为指示剂，根据溶度积得出AgNO 3先与氯离子生成氯化银白色沉淀，过量硝酸银和K 2CrO 4反应生成砖红色，再根据ClNO —HCl —AgNO 3关系式得到计算ClNO 物质的量和亚硝酰氯(ClNO)的质量分数。

【详解】
⑴制取氯气可以用二氧化锰与浓盐酸加热制得，选择A ，也可以用高锰酸钾和浓盐酸，选择B ，发生的离子反应为：MnO 2+4H ++2Cl － ΔMn 2++Cl 2↑+2H 2O 或2MnO 4－+16H ++10Cl －=2Mn 2++5Cl 2↑+8H 2O ，故答案为：A(或B)；MnO 2+4H ++2Cl － ΔMn 2++Cl 2↑+2H 2O(或2MnO 4－+16H ++10Cl －=2Mn 2++5Cl 2↑+8H 2O)；
⑵制得的氯气混有HCl 和水蒸气，依次用饱和食盐水、浓硫酸除去，为保证除杂彻底，导气管均长进短出，氯气密度比空气大，选择导气管长进短出的收集方法，最后用碱石灰吸收多余的氯气，防止污染空气，故导气管连接顺序为a→f→g→c→b→d→e→j→h ，故答案为：f ；g ；c ；b ；d ；e ；j ；h ；
⑶①用B 装置制备NO ，与之相比X 装置可以排除装置内空气的干扰，可以随开随用，随关随停，故答案为：排除装置内空气的干扰，可以随开随用，随关随停；
②检验装置气密性并装入药品，打开K 2，然后再打开K 3，通入一段时间气体，其目的是排干净三颈瓶中的空气，故答案为：排干净三颈瓶中的空气；
⑷①若亚硝酸为弱酸，则亚硝酸盐水解呈若碱性，即使用玻璃棒蘸取NaNO 2溶液涂抹于红色的石蕊试纸上，若试纸变蓝，则说明亚硝酸为弱酸，故答案为：用玻璃棒蘸取NaNO 2溶液，点在红色石蕊试纸上，试纸变蓝，说明HNO 2是弱酸；
②以K 2CrO 4溶液为指示剂，根据溶度积得出AgNO 3先与氯离子生成氯化银白色沉淀，过量硝酸银和K 2CrO 4反应生成砖红色，因此滴定终点的现象是：滴入最后一滴标准溶液，溶液中生成砖红色沉淀且半分钟内无变化，说明反应达到终点；根据ClNO —HCl —AgNO 3关系式得到25.00 mL 样品溶液中ClNO 物质的量为n(ClNO) = n(AgNO 3) = c mol∙L −1×0.02L = 0.02cmol ，亚硝酰氯(ClNO)的质量分数为
10.02mol 1065.5g mol 1310ω=100%%mg m
c c -⨯⨯⋅⨯= ，故答案为：滴入最后一滴标准溶液，溶液中生成
砖红色沉淀且半分钟内无变化，说明反应达到终点；1310
% m
c。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．有机锌试剂（R—ZnBr）与酰氯（）偶联可用于制备药物Ⅱ：
（1）化合物Ⅰ的分子式为_____________。

（2）关于化合物Ⅱ，下列说法正确的有______（双选）。

A．可以发生水解反应
B．可与新制的Cu（OH）2共热生成红色沉淀
C．可与FeCl3溶液反应显紫色
D．可与热的浓硝酸和浓硫酸混合液反应
（3）化合物Ⅲ含有3个碳原子，且可发生加聚反应，按照途径1合成线路的表示方式，完成途经2中由Ⅲ到Ⅴ的合成路线：_____________（标明反应试剂，忽略反应条件）。

（4）化合物Ⅴ的核磁共振氢谱中峰的组数为_____________，以H替代化合物Ⅵ中的ZnBr，所得化合物的羧酸类同分异构体共有_____________种（不考虑手性异构）。

（5）化合物Ⅵ和Ⅶ反应可直接得到Ⅱ，则化合物Ⅶ的结构简式为：_____________。

【答案】C12H9Br AD CH2=CHCOOH BrCH2CH2COOH BrCH2CH2COOCH2CH3 4 4
【解析】
【分析】
【详解】
（1）根据化合物Ⅰ的结构简式可写出其分子式为C12H9Br；
（2）根据化合物Ⅱ的结构简式，其含有酯基，可发生水解反应，含有苯环，发生苯环上的硝化反应，没有醛基，不可与新制的Cu（OH）2共热生成红色沉淀，没有酚羟基，不可与FeCl3溶液反应显紫色，所以A、D正确，选择AD；
（3）根据Ⅵ的结构简式及途径Ⅰ的信息，可推出Ⅴ的结构简式为BrCH2CH2COOCH2CH3，从而可知Ⅴ是由Ⅳ与乙醇发生酯化反应得到，可推出Ⅳ的结构简式为BrCH2CH2COOH，而化合物Ⅲ含有3个碳原子，且可
发生加聚反应，从而可知化合物Ⅲ的结构简式为CH2=CHCOOH，故合成路线可表示为：
CH2=CHCOOH BrCH2CH2COOH BrCH2CH2COOCH2CH3；
（4）化合物Ⅴ的结构为BrCH2CH2COOCH2CH3，每个碳原子上的氢都相同，不同碳原子上的H原子不相同，所以应有4组峰；以氢原子H替代化合物Ⅵ中的ZnBr，所得化合物的结构简式为CH3CH2COOCH2CH3，其属于羧酸类的结构应为C4H9COOH，C4H9—为丁基，丁基有4种不同的结构的H原子，所以C4H9COOH的同分异构体共有4种；
（5）根据题目信息，有机锌试剂（R—ZnBr）与酰氯（）偶联可用于制备药物Ⅱ，因此化合物Ⅵ
为BrZnCH2CH2COOCH2CH3，则要合成Ⅱ，Ⅶ为酰氯，根据Ⅱ的结构及途径Ⅰ合成化合物药物Ⅱ的方式，可推知Ⅶ的结构为。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．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K 3V 2(PO 4)3形貌的影响如下：
①实验条件下束状碳包覆K 3V 2(PO 4)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13的草酸为还原剂，将VO 3-还原成VO 2+，23
的草酸以C 2O 42-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K 3V 2(PO 4)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 ()2Δ
3232
CaO+O +V O =Ca VO 草酸质量为6.0g 草酸在合成束状碳包覆K 2V 2(PO 4)3纳米线的过程中不仅做还原剂还影响其形貌
+-22-3224224222H +2VO +3H C O 2H O=2VO 2C O +2CO +10H O ++↑g 防止K 2V 2(PO 4)3被氧化 2.04%
【解析】
【分析】
石煤的主要成分为V 2O 3，含有Al 2O 3、CaO 、Fe 2O 3等杂质，在空气中焙烧，生成Ca(VO 3)2，固体进行酸浸，生成Fe 3+、Al 3+、Ca 2+、+2VO 等，加入萃取剂将含+2VO 的物质萃取，然后进行反萃取操作将含+
2VO 的物质提纯，向所得溶液中加入沉淀剂生成NH 4VO 3，NH 4VO 3与KOH 、H 3PO 4反应后得到棕红色透明含-3VO 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-3VO 还原成VO 2+，然后进行干燥，将固体在氩气中煅烧制备束状碳包覆K 3V 2(PO 4)3纳米线，以此解答。

【详解】
（1）K 3V 2(PO 4)3中K 元素化合价为+1价，3-4PO 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V 2O 3转化为Ca(VO 3)2，V 元素化合价升高，因此空气中O 2参加反应，其反应方程式为：。