1、河南省商丘市2019-2020学年高二化学下学期期末联考试题（含解析）考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间90分钟。2.答题前，考生务必用直径0.5毫术黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫术黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。4.本卷命题范围：人教版必修1第一、二章，选修3、5。5.可能用到的相对原子质量 H 1 C 12 N 14 O16 Na 23 Mg 24 S
2、 32 Cl 35.5 Ti 48 Fe 56 Cu 64一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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.天工开物中对制造染料“蓝靛”的叙述如下：“凡造淀，叶与茎多者入窖，少者入桶与缸。水浸七日，其汁自来。每水浆一石，下石灰五升，搅冲数十下，淀信即结。水性定时，淀沉于底其掠出浮沫晒干者曰靛花。”文中涉及的实验操作有溶解搅拌升华蒸发分液A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】水浸七日，其汁自来，操作为溶解；每水浆一石，下石灰五升，搅冲数十下，操作为搅拌；其掠出浮沫晒干者曰靛花，操作为蒸发，涉及的实验操作有溶解、搅拌、蒸发，选C。
3、2.下列化学试剂的危险警告标识错误的是选项ABCD化学试剂汽油浓硫酸K2Cr2O7CuSO4危险警告标识A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A汽油为液态，可燃烧，属于易燃液体，故A正确；B浓硫酸具有腐蚀性，属于腐蚀品，故B正确；CK2Cr2O7具有强氧化性，属于氧化剂，故C正确；DCuSO4属于重金属盐，重金属离子能使人中毒，属于有毒品，故D错误；答案选D。3.海水中的氮循环如图所示，其中反应 中属于氧化还原反应的有A. 5个B. 4个C. 3个D. 2个【答案】B【解析】【详解】反应是NH4+NH3，元素化合价不变，不属于氧化还原反应；反应是NH2OHN2H4，N元素化
4、合价降低，属于氧化还原反应；反应是N2H4N2，N元素化合价升高，属于氧化还原反应；反应是NO2-NH2OH，N元素化合价降低，属于氧化还原反应；反应是NO2-N2，N元素化合价降低，属于氧化还原反应；属于氧化还原反应的有4个，故选B。4.某溶液中，若忽略水的电离，只含有下表所示的四种离子，试推测X离子及其浓度a可能为离子Ba2+Al3+X物质的量浓度/molL-10.150.20.4aA. 、0.25B. Cl-、0.5C. OH-、0.5D. 、0.05【答案】B【解析】【详解】由于溶液一定是电中性的，根据表中数据可知，正电荷是30.220.150.9，硝酸根离子带的负电荷是=0.4，所以
5、X一定带负电荷，根据电荷守恒可知，X带的负电荷总数为0.5，和Ba2+不共存、OH-和Al3+不共存，故选B。5.纳米二硫化钼(MoS2难溶于水)是氢化反应和异构化反应的催化剂，将纳米二硫化钼与水混合制得的分散系不具有的性质是A. 分散质的直径为1nm100nmB. 激光笔照射时，有一条光亮的通路C. 使用半透膜过滤时，分散质能透过半透膜D. 澄清透明、均一稳定的混合物【答案】C【解析】【详解】A纳米二硫化钼与水混合制得的分散系属于胶体，胶体分散质的直径为1nm100nm，故不选A；B纳米二硫化钼与水混合制得的分散系属于胶体，胶体能产生丁达尔效应，激光笔照射时，有一条光亮的通路，故不选B；C纳
6、米二硫化钼与水混合制得的分散系属于胶体，胶体不能通过半透膜，使用半透膜过滤时，分散质不能透过半透膜，故选C；D纳米二硫化钼与水混合制得的分散系属于胶体，所以是澄清透明、均一稳定的混合物，故不选D；选C。6.下列各组离子在指定条件下能大量共存的是A. 澄清透明的溶液中：Cu2+ 、Cl-B. 能使石蕊溶液变蓝的溶液中：Fe2+ 、K+ 、 、C. c(Ba2+ )=1.0molL-1的溶液中：Na+ 、K+ 、S2- 、D. c(H+ )=0.1molL-1的溶液中：Na+ 、Ba2+ 、I- 、【答案】A【解析】【详解】A.澄清透明的溶液中Cu2+ 、Cl-四种离子之间不发生任何反应，能大量共
7、存，故A正确；B. 能使石蕊溶液变蓝的溶液为碱性溶液，亚铁离子与氢氧根离子在溶液中不能大量共存，故B错误；C. c(Ba2+ )=1.0molL-1的溶液中，钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，在溶液中不能大量共存，故C错误；D. c(H+ )=0.1molL-1的溶液中碘离子和硝酸根离子发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选A。7.若x gC3H6中含有的氢原子数为y，则w g CO中的分子数为A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】根据n=，则x gC3H6的物质的量为mol，则其含有的氢原子的物质的量为mol=mol，则NA=。w g CO的物质的量为mol，
8、则其分子数为molNA=，答案选B。8.我国科学家合成了一种全新的环18碳分子(C18，如图)，下列说法正确的是A. C18属于一种新型化合物B. C18与C60的摩尔质量相等C. 等质量的C18与C60所含的原子个数比为1:1D. 等质量的C18与C60所含的分子个数比为1:1【答案】C【解析】【详解】AC18是由18个碳原子构成的单质，不是化合物，故A错误；BC18与C60分子中的碳原子数目不同，则其摩尔质量不相同，故B错误；C12gC18的物质的量为mol，12gC60的物质的量为mol，所含的原子个数比为mol NA18： mol NA60=1：1，故C正确；D根据C向分析，12gC1
9、8的物质的量为mol，12gC60的物质的量为mol，等质量的C18与C60所含的分子个数比为mol NA： mol NA=10：3，故D错误；答案选C。9.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 25、101kPa，33.6LCCl4的分子数为1.5NAB. 用1L0.1molL-1FeCl3溶液可制得Fe(OH)3胶体0.1NAC. 等物质的量的 H2SO4和 H3PO4含有的氧原子数均为4 NAD. 4.8gMg在空气中燃烧生成的 MgO 和 Mg3N2的混合物，转移的电子数为0.4 NA【答案】D【解析】【详解】A.25、101kPa为非标准状态，气体摩尔体积未知，CCl4在
10、该条件下为非气体状态，无法求得分子数，A错误；B.一个胶粒中包含多个Fe(OH)3粒子，胶体为混合物，无法用物质的量衡量，B错误；C.等物质的量的 H2SO4和 H3PO4含有的氧原子数相等，但个数不确定，C错误；D.4.8gMg的物质的量为0.2mol，在空气中燃烧生成的 MgO 和 Mg3N2的混合物，镁元素由0价变为+2价，故0.2mol的Mg反应转移的电子数为0.4 N A，D正确；答案选D。10.下列物质分类中正确的是选项纯净物混合物电解质非电解质A稀硫酸氢氧化铁胶体蔗糖氢气B胆矾石灰水硫酸钡氨气C火碱干冰氯化钠溶液三氧化硫D醋酸空气二氧化碳乙醇A. AB. BC. CD. D【答案
11、】B【解析】【详解】A稀硫酸是混合物、蔗糖是非电解质，故A错误；B胆矾具有固定组成是纯净物，石灰水是氢氧化钙和水的混合物，硫酸钡是强电解质，氨气自身不能电离，氨气是非电解质，故B正确；C干冰是固体二氧化碳，干冰属于纯净物，氯化钠溶液是氯化钠和水的混合物，故C错误；D二氧化碳自身不能电离，二氧化碳是非电解质，故D错误；选B。11.十二烷基苯磺酸钠(C18H29NaO3S)主要用作阴离子型表面活性剂。沸点为315，下列有关说法正确的是A. 十二烷基苯磺酸钠的摩尔质量是348B. 6.96g十二烷基苯磺酸钠中碳原子数为0.36NAC. 0.5mol十二烷基苯磺酸钠的质量为174gmol-1D. 1m
12、ol十二烷基苯磺酸钠在标准状况下的体积约为22.4L【答案】B【解析】【详解】A.根据十二烷基苯磺酸钠的结构简式可知，其摩尔质量是348g/mol，A错误；B. 6.96g十二烷基苯磺酸钠的物质的量为0.02mol，1个分子中含有18个碳原子数，故0.02mol分子中的碳原子数为0.36NA，B正确；C.0.5mol十二烷基苯磺酸钠的质量为174g，C错误；D.十二烷基苯磺酸钠沸点为315，故在标准状况下其为非气体状态，D错误；答案选B。12.工业上提取碲(Te)的反应之一为3Te+16HNO3= 3Te(NO3)4+4NO+8H2O，下列说法不正确的是A. Te(NO3)4是氧化产物，NO是
13、还原产物B. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为16:3C. 氧化性由强到弱的顺序为 HNO3 Te(NO3)4D. 生成标准状况下11.2LNO，转移的电子数为1.5NA【答案】B【解析】【详解】A.由化学方程式可知，反应中Te元素化合价升高被氧化，N元素化合价部分降低被还原，则Te(NO3)4氧化产物，NO是还原产物，故A正确；B.由化学方程式可知，反应中Te元素化合价升高被氧化，N元素化合价部分降低被还原，Te为还原剂，HNO3起酸和氧化剂的作用，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:3，故B错误；C.由氧化还原反应规律可知，氧化剂的氧化性强于氧化产物，由元素化合价变化可知，HNO3起酸和氧化
14、剂的作用，Te(NO3)4是氧化产物，则氧化性由强到弱的顺序为 HNO3 Te(NO3)4，故C正确；D.由化学方程式可知，生成4molNO，反应转移12mol电子，标准状况下11.2LNO的物质的量为0.5mol，则转移1.5mol电子，电子数为1.5NA，故D正确；故选B。13.一种从I2的 CCl4溶液中分离I2 的主要步骤如下：加入浓 NaOH 溶液(3I2+6NaOH =5NaI+ NaIO3+3H2O)；分离出 NaI和 NaIO3的混合水溶液；向水溶液中加入硫酸沉碘(5I- +6H+ =3I2+3H2O)；分离出I2；提纯碘。上述步骤中一定不需要的装置是A. B. C. D. 【
15、答案】D【解析】【详解】从I2的 CCl4溶液中分离I2根据实验步骤，加入浓 NaOH 溶液(3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O)，CCl4与水不互溶分层，分离出 NaI和 NaIO3的混合水溶液时要用分液的方法分离，使用C选项装置，向分离出的水溶液中加入硫酸沉碘(5I- +6H+ =3I2+3H2O)，从溶液中分离出I2单质需要用过滤操作，使用A选项装置，最后提纯碘可利用碘受热易升华的性质，使用B选项装置，经过冷凝获得纯净的碘单质，则一定不需要的装置为D选项装置，答案选D。14.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是A. 铁粉与稀盐酸反应：2Fe+6H+ = 3H2+2Fe
16、3+B. 醋酸中滴入浓氨水：CH3COOH+NH3.H2O = +CH3COO- +H2OC. H2SO4溶液滴入Ba(OH)2溶液中：Ba2+ +OH- +H+ + = BaSO4+H2OD. NaHCO3溶液中滴入少量澄清石灰水：+Ca2+ +OH- = CaCO3+ H2O【答案】B【解析】【详解】A.铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，反应的离子方程式为Fe+2H+= H2+Fe2+，故A错误；B.弱酸醋酸与弱碱一水合氨反应生成醋酸铵和水，反应的离子方程式为CH3COOH+NH3.H2O =+CH3COO-+H2O，故B正确；C.硫酸溶液与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡和水，反应的离子方程式
17、为Ba2+2OH-+2H+= BaSO4+2H2O，故C错误；D.碳酸氢钠溶液中与少量澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，反应的离子方程式为2+Ca2+2OH-= CaCO3+2H2O，故D错误；故选B。15.已知甲溶液为0.03molL-1的KIO3溶液，乙溶液为0.04molL-1的NaHSO3溶液(含少量淀粉)，甲溶液与乙溶液若混合可发生：+3=I-+3+3H+ 和5I-+6H+ = 3I2+3H2O，当按下列体积比混合甲、乙两溶液及水时，溶液最终将变蓝色的实验序号是实验序号ABCD甲溶液/mL13.555水/mL156.551乙溶液/mL4101014A. AB. BC. CD.
18、 D【答案】C【解析】【分析】甲溶液为0.03molL-1的KIO3溶液，乙溶液为0.04molL-1的NaHSO3溶液，甲溶液与乙溶液若混合可发生：+3=I-+3+3H+ 和5I-+6H+ =3I2+3H2O，溶液最终将变蓝色需要有碘生成，需要碘酸根离子过量，据此分析。【详解】A甲溶液为0.03molL-1的KIO3溶液1mL，乙溶液为0.04molL-1的NaHSO3溶液4mL，则KIO3的物质的量为0.03molL-11mL10-3L=310-5mol，NaHSO3的物质的量为0.04molL14mL10-3L=1.610-4mol，根据+3=I-+3+3H+，说明KIO3完全反应，不会
19、有碘酸根与碘离子的反应，不会生成碘，溶液不会变蓝，故A不符合题意；B甲溶液为0.03molL-1的KIO3溶液3.5mL，乙溶液为0.04molL-1的NaHSO3溶液10mL，则KIO3的物质的量为0.03molL-13.5mL10-3L=1.0510-4mol，NaHSO3的物质的量为0.04molL110mL10-3L=410-4mol，根据+3=I-+3+3H+，说明KIO3完全反应，不会有碘酸根与碘离子的反应，不会生成碘，溶液不会变蓝，故B不符合题意；C甲溶液为0.03molL-1的KIO3溶液5mL，乙溶液为0.04molL-1的NaHSO3溶液5mL，则KIO3的物质的量为0.0
20、3molL-15mL10-3L=1.510-4mol，NaHSO3的物质的量为0.04molL15mL10-3L=210-4mol，根据+3=I-+3+3H+，说明NaHSO3完全反应，有碘酸根与碘离子的反应，会生成碘，溶液会变蓝，故C符合题意；D甲溶液为0.03molL-1的KIO3溶液5mL，乙溶液为0.04molL-1的NaHSO3溶液14mL，则KIO3的物质的量为0.03molL-15mL10-3L=1.510-4mol，NaHSO3的物质的量为0.04molL114mL10-3L=5.610-4mol，根据+3=I-+3+3H+，说明KIO3完全反应，不会有碘酸根与碘离子的反应，不
21、会生成碘，溶液不会变蓝，故D不符合题意；答案选C。二、非选择题：共55分。第1619题为必考题，每个试题考生都必须作答。第2021题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共40分。16.铁铵矾常用作测定卤素的指示剂，化学式为(NH4)aFeb(SO4)cdH2O，为测定其组成，某化学兴趣小组进行了以下实验：I.称取144.6g样品，灼烧至恒重时(假如只失去结晶水，不发生其他反应)，得蒸馏水的质量为64.8g。II.将上述剩余固体完全溶于水，并将所得溶液分成三等份：往其中一份中加入足量的 NaOH 浓溶液并加热，最终得到标准状况下2.24L气体。往第二份中加入稀硫酸，然后向此混合溶液中逐滴加
22、入0.1molL-1 NaOH 溶液，滴加过程中产生红褐色沉淀的质量与加入 NaOH 溶液的体积的关系如图所示：往第三份中加入足量的0.1molL-1 BaCl2溶液，生成不溶于稀硝酸的白色沉淀46.6g 回答下列问题：(1)操作中生成气体的离子方程式为_。 (2)操作中OX段反应的离子方程式为 _；XY 段反应的离子方程式为_ 。(3)操作中生成的沉淀为 _，其物质的量为_。(4)铁铵矾的化学式为 _。【答案】 (1). +OH-NH3 +H2O (2). H+OH-= H2O (3). Fe3+ +3OH- = Fe(OH)3 (4). BaSO4 (5). 0.2mol (6). (NH
23、4)Fe(SO4)212H2O【解析】【详解】(1)加入足量的NaOH浓溶液并加热，可以产生气体，该气体应为氨气，发生的离子反应为+OH-NH3 +H2O，则原样品中n()=3=0.3mol；(2)第二份中先加入了稀硫酸，所以滴加NaOH溶液时会先发生氢离子和氢氧根的中和反应，所以OX段的离子方程式为H+OH-= H2O；继续滴加NaOH溶液，产生红褐色沉淀，该沉淀应为Fe(OH)3，说明原样品中的铁元素存在形成为Fe3+， XY段发生的反应为Fe3+ +3OH- = Fe(OH)3；根据沉淀的质量可知原样品中n(Fe3+)=3=0.3mol；(3)加入足量氯化钡溶液，得到的沉淀应为BaSO4
24、，沉淀的物质的量为=0.2mol，所以原样品中n(SO)=0.2mol3=0.6mol；(4)灼烧时失去64.8g结晶水，则n(H2O)=3.6mol；所以样品中n()：n(Fe3+)：n(SO)：n(H2O)=0.3mol：0.3mol：0.6mol：3.6mol=1:1:2:12，所以铁铵矾的化学式为(NH4)Fe(SO4)212H2O。【点睛】本题中在计算样品中n()、n(Fe3+)和n(SO)时一定要注意样品灼烧后是平均分成了三份进行实验，所以根据气体或沉淀计算出的量要乘3。17.MnO2是一种重要的化工原料，由MnO2制备系列物质的过程如图所示：回答下列问题：(1)上述反应中MnO2
25、作氧化剂的是_(填序号，下同)，作催化剂的是_。(2)写出上述反应中属于离子反应的离子方程式：_。(3)相同条件下生成等体积的O2，反应和转移的电子数之比为_。(4)反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。 (5)反应的化学方程式为3Cl2+2HgOHg+HgCl2+2Cl2O，若生成8.7gCl2O，则转移的电子的物质的量为_mol【答案】 (1). (2). (3). MnO2+2Cl-+4H+Mn2+Cl2+2H2O (4). 1:2 (5). 3:4 (6). 0.2【解析】【分析】反应的化学方程式为：MnO2+4HClMnCl2+Cl2+2H2O；反应的化学方程式为3Cl2+2HgO
26、Hg+HgCl2+2Cl2O；反应的化学方程式为：2H2O22H2O +O2；反应的化学方程式为：2KClO32KCl+3O2；反应的化学方程式为：3MnO2+4Al3Mn+ 2Al2O3；反应的化学方程式为：3Mn+2O2Mn3O4，据此分析。【详解】(1)根据分析，上述反应中MnO2的化合价从+4价降低到+2价，反应中化合价从+4价降低到0价，作氧化剂的是，都作催化剂；(2)上述反应中属于离子反应的是，离子方程式：MnO2+2Cl-+4H+Mn2+Cl2+2H2O；(3) 反应的化学方程式为：2H2O22H2O+O2；反应的化学方程式为：2KClO32KCl+3O2；相同条件下生成等体积的
27、O2，体积相等的氧气的物质的量相等，反应中，四个氧原子，两个氧原子从-1价升高到0价，两个氧原子从-1降低到-2价，生成1mol氧气时转移的电子的物质的量为2mol，转移的电子的数目为2NA：反应中六个氧原子化合价从-2价升高到0价，两个氯原子的化合价从+5价降低到-1价，生成3mol氧气时，转移的电子的物质的量为12mol，生成1mol氧气时转移的电子的物质的量为4mol：转移的电子的数目为4NA，转移的电子数之比为1:2；(4) 反应的化学方程式为：3MnO2+4Al3Mn+ 2Al2O3；化合价从+4价降低到0价，氧化剂是二氧化锰，3mol二氧化锰全部作了氧化剂，铝的化合价从0价升高到+
28、3价，4mol铝全部做了还原剂，氧化剂和还原剂的物质的量之比为3:4；(5)反应的化学方程式为3Cl2+2HgOHg+HgCl2+2Cl2O，若生成8.7gCl2O，物质的量为=，根据化学方程式，6个氯原子，两个氯原子化合价从0价降低到-1价，四个氯原子化合价从0价升高到+1价，两个汞原子中其中一个汞原子的化合价从+2价降低到0价，另一个汞原子化合价没变，生成2mol Cl2O时，则转移的电子的物质的量为4mol，生成0.1mol Cl2O时，则转移的电子的物质的量为0.2mol。【点睛】氯气与氧化汞反应中，氯气既做了氧化剂又做了还原剂，为易错点。18.实验室要配制0.1molL-1CuSO4
29、溶液480mL 和0.1molL-1硫酸溶液360mL，现用CuSO4.5H2O晶体和质量分数为98%、密度为1.84gcm-3的浓硫酸配制上述溶液 实验室提供的仪器如图回答下列问题：(1)所给仪器中配制溶液时肯定不需要是_(填字母)，配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是_(填仪器名称) (2)在配制CuSO4溶液时：根据计算用托盘天平称取CuSO45H2O的质量为 _g。若称取CuSO45H2O的质量时，使用了生锈的砝码，则所得溶液浓度 _ （填“”“”或“=”)0.1molL-1。若定容时俯视读数，则所得溶液浓度_（填“”“”或“=”)0.1molL-1。 (3)在配制硫酸溶液时：所需质量分数
30、为98%、密度为1.84gcm-3的浓硫酸的体积为 _(计算结果保留一位小数)mL。如果实验室有10mL、15mL、50mL量简，应选用_mL量简为宜。若稀释浓硫酸后，未冷却至室温直接转移，则所得溶液浓度_（填“”“”或“=”)0.1molL-1。【答案】 (1). AC (2). 胶头滴管、500mL容量瓶 (3). 12.5 (4). (5). (6). 2.7 (7). 10 (8). 【解析】【分析】用CuSO4.5H2O晶体配制0.1molL-1CuSO4溶液480mL，选用500mL容量瓶，根据m=cVM计算CuSO4.5H2O晶体的质量，根据分析误差；用质量分数为98%、密度为1
31、.84gcm-3的浓硫酸配制0.1molL-1硫酸溶液360mL，选用500mL容量瓶，根据 计算需要浓硫酸的体积，根据分析误差。【详解】(1)配制一定物质的量浓度的溶液步骤，称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容，根据步骤，所给仪器中配制溶液时肯定不需要的是烧瓶、分液漏斗，选AC；配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是胶头滴管、500mL容量瓶；(2)用托盘天平称取CuSO45H2O的质量为m=cVM=0.1molL-10.5L250g/mol=12.5g。若称取CuSO45H2O的质量时，使用了生锈的砝码，称取CuSO45H2O的质量偏大，则所得溶液浓度大于0.1molL-1；若定容时俯视读数，溶液
32、体积偏小，则所得溶液浓度大于0.1molL-1； (3)需质量分数为98%、密度为1.84gcm-3的浓硫酸的体积为；根据大而近的原则，如果实验室有10mL、15mL、50mL量简，应选用10mL量简为宜。若稀释浓硫酸后，未冷却至室温直接转移，溶液体积偏小，则所得溶液浓度大于0.1molL-1。【点睛】本题考查一定物质的量浓度溶液的配制，明确实验步骤是解题关键，注意根据实验步骤选取仪器，根据选择容量瓶的规格计算溶质的质量，根据分析误差。19.散尾葵是城市盆栽的常见景观植物，其营养液为 KNO3、Mg(NO3)2、FeCl3组成的混合液，2L该混合液中部分离子浓度大小如图所示，回答下列问题：(1
33、)该混合液中c(-)=_molL-1。(2)该混合液中，KNO3的物质的量为 _mol，FeCl3的质量为_g。(3)将该混合液加水稀释至10L，稀释后溶液中Fe3+ 的物质的量浓度为_molL-1。 (4)向该混合液中加入足量 NaOH 溶液，可得到沉淀的物质的量为_mol。(5)向该混合液中加入足量铁粉，溶液可增重_ g。【答案】 (1). 4 (2). 2 (3). 325 (4). 0.2 (5). 5 (6). 56【解析】【分析】(1)根据电荷守恒计算c()；(2)根据钾元素、铁元素守恒，KNO3的浓度等于1molL-1、FeCl3的浓度等于1molL-1；(3)稀释前后铁元素的物
34、质的量不变；(4)向该混合液中加入足量 NaOH 溶液，生成氢氧化镁、氢氧化铁沉淀；(5) FeCl3和Fe反应生成FeCl2；【详解】根据图示c(K+)= 1molL-1、c(Mg2+)= 1.5molL-1、c(Fe3+)= 1molL-1、c(Cl-)= 3molL-1，根据电荷守恒c(-)=c(K+)+2c(Mg2+)+3c(Fe3+)-c(Cl-)=1molL-1+21.5molL-1+31molL-1-3molL-1=4 molL-1；(2)根据钾元素守恒，KNO3的浓度等于1molL-1，n(KNO3)=cV=1molL-12L=2mol；根据铁元素守恒，FeCl3的浓度等于1m
35、olL-1，m(FeCl3)=cVM=1molL-12L162.5g/mol=325g；(3)稀释前后铁元素的物质的量不变，稀释后溶液中Fe3+的物质的量浓度为0.2 molL-1；(4)向该混合液中加入足量 NaOH 溶液，生成氢氧化镁、氢氧化铁沉淀，根据铁元素守恒生成氢氧化铁的物质的量是2L1molL-1=2mol、生成氢氧化镁的物质的量是2L1.5molL-1=3mol，可得到沉淀的物质的量为5 mol；(5) FeCl3的物质的量是1molL-12L=2mol，FeCl3和Fe反应生成FeCl2，反应方程式是2FeCl3+Fe=3FeCl2，溶解铁的物质的量是1mol，溶液可增重56g
36、。（二）选考题：共15分。请考生从给出的2道试题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。20.亚微米级Cu0/Fe3O4复合物多相催化过一硫酸盐降解有机污染物的过程如图所示：回答下列问题：(1)基态铜原子的价层电子排布式为_，其位于元素周期表的_区。 (2)O、S、H 的电负性由大到小的顺序为_。(3)的中心原子的价层电子对数为_，其空间构型为_。(4)冰的晶体结构如图所示，则1mol冰中含有_mol氢键。(5) Cu0/Fe3O4复合物也是有机反应中催化剂，如： +NH3+H2O2 +2H2O 1mol 中含有键的数目为_NA(NA 为阿伏加德罗常数的值)。NH3的键角 _ (填“大
37、于”“小于”或“等于”) NF3的键角；理由是 _。(6)铜的晶胞结构如图，则铜的配位数为_，若铜原子的半径为a pm，则铜晶胞的密度为_ gcm3(列出计算式)。【答案】 (1). 3d104s1 (2). ds (3). OSH (4). 4 (5). 正四面体 (6). 2 (7). 19 (8). 大于 (9). NH3中成键电子偏向 N，斥力大，键角大，NF3中成键电子偏向F，斥力小，键角小 (10). 12 (11). 【解析】【分析】(1)根据能量最低原理、洪特规则书写基态铜原子的价层电子排布式；(2)元素非金属性越强，电负性越大；(3)的中心原子的价层电子对数为；(4)根据冰的
38、晶体结构图，可知每个水分子与4个水分子形成氢键；(5) 单键为键，双键中有1个键；F的非金属性强，F吸引电子能力强；(6)根据铜的晶胞结构图，铜为面心立方堆积；【详解】(1)Cu是29号元素，根据能量最低原理、洪特规则，基态铜原子的价层电子排布式为3d104s1；Cu属于B族，位于元素周期表的ds区；(2)元素非金属性越强，电负性越大，所以电负性OSH；(3)的中心原子的价层电子对数为=4，无孤电子对，所以空间构型为正四面体；(4)根据冰的晶体结构图，可知每个水分子与4个水分子形成氢键，1mol冰中含有2mol氢键；(5) 单键为键，双键中有1个键，1mol中键的数目为19 NA；F吸引电子能
39、力大于H，NH3中成键电子偏向 N，斥力大，键角大，NF3中成键电子偏向F，斥力小，键角小，所以NH3的键角大于NF3的键角；(6)根据铜的晶胞结构图，铜的配位数为12，铜为面心立方堆积，若铜原子的半径为a pm，则晶胞的边长为pm，1个晶胞含有铜原子数是，则铜晶胞的密度为gcm3。【点睛】本题考查物质结构，明确核外电子排布式原则、价电子互斥理论是解题关键，会根据均摊原则计算晶胞占用原子数，顶点的原子被8个晶胞共用、面心的原子被2个晶胞共用。21.吗氯贝胺(H)临床上为单胺氧化酶抑制剂类药物，由芳香烃 A合成H 的路线如图所示：回答下列问题：(1)A 的名称_，E中的官能团名称为_。(2)C的
40、结构简式为 _，D F的反应反应类型为_ 。(3)F+G H 的化学方程式为_。(4)C同分异构体中满足下列条件的有_种(不考虑立体异构)。属于芳香族化合物能发生银镜反应其中核磁共振氢谱有3组峰且峰面积比为2:2:1的结构简式为_。(5)参照上述合成路线，写出以和CH3NH2为原料合成 路线：_ (无机试剂任选)。【答案】 (1). 甲苯 (2). 溴原子、氨基 (3). (4). 取代反应 (5). +HBr (6). 13 (7). (8). 【解析】【分析】利用逆推法，A是；被高锰酸钾氧化为(C)；由H和F逆推，可知G是；由D和F逆推，可知E是H2NCH2CH2Br；【详解】(1) 利用
41、逆推法，A是，名称甲苯，E是H2NCH2CH2Br，含有的官能团名称为氨基、溴原子；(2) 被高锰酸钾氧化为，C的结构简式为，的反应类型为取代反应；(3)和 生成 和HBr，反应的化学方程式为+HBr；(4)属于芳香族化合物能发生银镜反应说明为甲酸酯或醛，满足条件的的同分异构体，若为甲酸酯则含有2个取代基-OOCH、-Cl，有3种结构，若为醛则含有3个取代基-CHO、-Cl、-OH，有10种结构，共13种；其中核磁共振氢谱有3组峰且峰面积比为2:2:1的结构简式为；(5) 氧化为，和SOCl2反应生成，和CH3NH2合成 ，合成路线图为。【点睛】本题考查有机合成与推断，明确有机官能团的变化是解题关键，注意明确官能团的结构与性质，注意观察有机物结构的变化，会利用“逆推法”推断有机物的结构。
