黑龙江省哈尔滨市第一中学2020届高三6月第一次模拟考试理综化学试题 Word版含解析

黑龙江省哈尔滨市第一中学2020届高三6月第一次模拟考试理综化学试题 Word版含解析

- 1 - 哈尔滨市第一中学 2020 届高三学年六月第一次模拟考试 理科综合化学 考生须知： 1.本试卷分试题卷和答题卡，满分 300 分，考试时间 150 分钟。 2.答题前，在答题卡指定位置上填写学校、姓名和准考证号。 3.所有答案必须写在答题卡上，写在试卷上无效。 4.考试结束，只需上交答题卡。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Zn-65 第Ⅰ卷 (选择题) 一、选择题：本大题共 7 小题，每小题 6 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.化学与生产、生活息息相关。下列说法不正确的是 A. 还原铁粉可以作食品袋内的抗氧化剂 B. 抗病毒疫苗冷藏储运的目的是避免蛋白质变性 C. 墨子号量子卫星使用的太阳能电池，其主要成分为硅 D. 医用口罩使用的无纺布主要原料为聚丙烯树脂，属于天然有机高分子材料 【答案】D 【解析】 【详解】A．铁粉具有还原性，可以被空气氧化，在食品中作抗氧化剂，能够防止食品氧化变 质，A 正确； B．温度升高，蛋白质会发生变性，为避免蛋白质变性，疫苗一般要冷藏储运，B 正确； C．太阳能电池的主要成材料为晶体硅，C 正确； D．医用口罩使用的无纺布主要原料为聚丙烯树脂，聚丙烯树脂属于合成纤维，是以石油裂解 得到的物质为原料合成的，因此属于有机合成高分子材料，D 错误； 故合理选项是 D。 2.用 NA 表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A. 常温常压下，9.5g 羟基(—18OH)中所含中子数为 5NA B. 室温下，1LpH=13 的 NaOH 溶液中，由水电离的 OH－数目为 0.1NA C. 2molFeBr2 与足量氯气反应时，转移的电子数为 6NA - 2 - D. 甲烷燃料电池的正极消耗 22.4LO2(标准状况下)，电路中通过的电子数为 4NA 【答案】B 【解析】 【详解】A．1 个(—18OH)含有 18-8+0=10 个中子；—18OH 的摩尔质量为 19g/mol，所以 9.5g 羟 基(-18OH)含有的中子数为 9.5g 1019g/mol  =5mol，即 5NA，故 A 正确； B．1LpH=13 的 NaOH 溶液中 n(H+)=10-13mol/L×1L=10-13mol，水电离出的氢离子和氢氧根数量相 同，所以水电离出的 OH－数目为 10-13NA，故 B 错误； C．2molFeBr2 与足量氯气反应时，Fe2+被氧化成 Fe3+，化合价升高 1 价，Br－被氧化成 Br2，化 合价升高 1 价，2molFeBr2 含有 2molFe2+和 4molBr－，所以转移 6mol 电子，故 C 正确； D．甲烷燃料电池中氧气作为正极原料被还原成-2 价，所以每个氧分子得到 4 个电子，标况下 22.4L 氧气的物质的量为 1mol，所以转移的电子为 4mol，即 4NA，故 D 正确； 故答案为 B。 3.下列实验方案中，可以达到实验目的的是 选 项 实验操作与现象 目的或结论 A 用 pH 试纸分别测定相同温度和相同浓度的 CH3COONa 溶液和 NaClO 溶液的 pH 验证酸性：CH3COOH＞HClO B 在一定条件下,向混有少量乙烯的乙烷中通入氢 气 除去乙烷中的乙烯 C 向盛有少量 Mg(OH)2 固体的试管中加入适量 NH4Cl 浓溶液，充分振荡，白色固体溶解 4NH  与 Mg(OH)2 溶解出的 OH-结合， 导致 Mg(OH)2 溶解 D 向 NaI、NaCl 混合稀溶液中滴加少量稀 AgNO3 溶 液，有黄色沉淀生成 Ksp(AgI)Al，所以 Na 的最高价氧化物的水化物的碱性更强，故 B 错误； C．非金属性 O>N，所以 O 的简单氢化物的稳定性大于 N，故 C 正确； D．Al 的氯化物 AlCl3 为共价化合物，熔融状态下不能导电，无法电解，一般电解熔融状态下 的 Al2O3 制取铝单质，故 D 错误； - 4 - 故答案为 C。 5.如图是一种最新研制的聚合物锂电池，a 极为含有 Li、Co、Ni、Mn、O 等元素组成的混盐， 电解质为一种能传导 Li+的高分子复合材料，b 极为镶嵌金属锂的石墨烯材料，反应原理为： LixC6+Li3-xNiCoMnO6  放电 充电 C6+Li3NiCoMnO6。下列说法正确的是 A. 充电时，电池的a 极反应为 Li3NiCoMnO6—xe-=xLi++Li3-xNiCoMnO6 B. 放电时，b 极的电势高于 a 极 C. 交换膜应为阴离子交换膜 D. 充电时，若转移的电子数为 6.02×1023 个，则 b 极区会减少 1 mol Li+ 【答案】A 【解析】 【分析】 根据电池总反应可知放电时石墨烯上的 Li 单质被氧化，所以石墨烯为负极，即 b 电极为负极， 则充电时该电极为阴极；放电时混盐发生还原反应，所以 a 电极为正极，充电时 a 电极发生 氧化反应为阳极。 【详解】A．充电时 b 极为阴极，Li+ 被还原成 Li 单质，根据总反应可知 b 极反应式为 C6+xLi++xeˉ= LixC6，a 极反应等于总反应减去 b 极反应为 Li3NiCoMnO6—xe-=xLi++Li3-xNiCoMnO6， 故 A 正确； B．放电时 a 为正极，b 为负极，正极电势高于负极，故 B 错误； C．根据题意可知电解质可以传导锂离子，所以交换膜为阳离子交换膜，故 C 错误； D．充电时 b 极为阴极，电极反应式为 C6+xLi++xeˉ= LixC6，电极反应消耗 Li+，但同时阳极产 生的 Li+会迁移到阴极，所以 b 极区 Li+总量不变，故 D 错误； 故答案为 A。 6.分子式为 C4H7O2Cl，能与 NaHCO3 溶液反应产生气体的有机物共有(不含立体异构) A. 6 种 B. 5 种 C. 4 种 D. 3 种 【答案】B - 5 - 【解析】 【详解】能与 NaHCO3 溶液反应产生气体，说明分子中含有—COOH，剩余基团为—C3H6Cl，所以 可能的结构有 、 (数字表示羧基的位置)，共有 5 种，故答案为 B。 7.常温下，向 1L0.1mol·L－1 一元酸 HR 溶液中逐渐通入氨气［已知常温下 NH3·H2O 电离平衡 常数 K＝1.76×10－5］，使溶液温度和体积保持不变，混合溶液的 pH 与离子浓度变化的关系如 图所示。下列叙述正确的是 A. 0.1mol·L－1HR 溶液的 pH 为 5 B. 当 pH=6 时，水电离出的氢离子浓度为 1.0×10－6 C. 当通入 0.1 mol NH3 时，c( 4NH  )＞c(R－)＞c(H+)＞c(OH－) D. 当 pH=7 时，c( 4NH  )=c(R－) 【答案】D 【解析】 【详解】A．据图可知 lg     -R HR c c =0 时，溶液 pH=5，lg     -R HR c c =0，则     -R HR c c =1，所以此时 Ka=       - +R H HR c c c =c(H+) =10-5；设 0.1mol·L－1HR 溶液中 c(H+) =a，则有 -5a a =100.1-a  ，解得 a 约 为 10-3mol/L，所以溶液 pH 为 3，故 A 错误； B．pH 等于 6 时溶液中的溶质为 NH4R 和 HR，此时水的电离受到抑制，溶液中的 c(H+) =10-6 mol/L， 但不是全部由水电离，溶液中 c(OHˉ) =10-8 mol/L，且全部由水电离，而水电离出的氢离子 和氢氧根相等，所以水电离出的氢离子浓度约为 10-8 mol/L，故 B 错误； C．1L0.1mol·L－1HR 溶液中 n(HR)=0.1mol，所以当通入 0.1 mol NH3 时，溶液中的溶质为 NH4R， Rˉ水解使溶液显碱性，铵根水解使溶液显酸性，根据题意可知常温下 NH3·H2O 电离平衡常数 K＝1.76×10－5> Ka(HR)，一水合氨的电离程度更大，所以 Rˉ的水解程度更大，所以溶液显碱 性，则 c(OH－)＞c(H+)，故 C 错误； - 6 - D．当 pH=7 时，溶液中 c(OH－)=c(H+)，结合电荷守恒：c(H+)+c( 4NH  )=c(R－)+ c(OH－)可知 c( 4NH  )=c(R－)，故 D 正确； 故答案为 D。 8.硫酸锌是一种重要的工业原料，广泛用于农业、化工、电镀等行业。工业上由锌渣(主要成 分为 ZnO、FeO、CuO、PbO 等)等工业废料生产 ZnSO4·7H2O 的流程如下： (1)“溶浸”操作中，写出加快“锌渣”“溶浸”速率的两种措施_____________。 (2)“滤渣 A”的主要成分是________；“滤渣 C”的主要成分是________。 (3)“反应Ⅰ”中①，先加入 NaClO 反应的离子方程式为____________；“反应Ⅰ”中②，再 加入 NaOH 调节溶液 pH 约为_________，则滤液中 Fe 元素浓度小于 4×10−5mol·L－1，而基本 存在于“滤渣 B”中。(Ksp[Fe(OH)3]=4×10−38) (4)“反应Ⅱ”中，加入的锌粉需用少量稀硫酸处理，原因是_________。 (5)在实验室中，由滤液获得 ZnSO4·7H2O 晶体的具体实验操作有_____________。 (6)取 28.7g ZnSO4·7H2O 加热至不同温度，剩余固体的质量如下表： 温度/℃ 100 250 680 930 质量/g 17.90 16.10 13.43 8.10 则 680℃时所得固体的化学式为_________(填字母标号)。 A.ZnO B.ZnSO4 C. Zn3O(SO4)2 D.ZnSO4·H2O 【答案】 (1). 锌渣粉碎成粉末、适当提高温度、适当提高硫酸浓度、搅拌 (2). PbSO4 (3). Cu、(Zn) (4). 2Fe2++ClO−+2H+=2Fe3++Cl−+H2O (5). 3 (6). 除去锌粉表面的氧 化膜 (7). 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤 (8). C 【解析】 【分析】 氧化锌矿(主要成分为 ZnO、FeO、CuO、PbO 等)加稀硫酸溶解，过滤，滤渣 A 为难溶物硫酸铅， 滤液中主要含有硫酸锌、硫酸铜、硫酸亚铁等；加 NaClO 氧化亚铁离子，加 NaOH 溶液生成氢 - 7 - 氧化铁沉淀，过滤；此时滤液中含有硫酸铜、硫酸锌和硫酸钠，加锌粉置换铜离子，过滤， 滤渣为 Cu 可能含有 Zn，滤液主要为硫酸锌和硫酸钠，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到 ZnSO4•7H2O 晶体，以此解答该题。 【详解】(1)锌渣粉碎成粉末、适当提高温度、适当提高硫酸浓度、搅拌等措施都可以加快“锌 渣”“溶浸”速率； (2)滤渣 A 为难溶物 PbSO4；滤渣 C 为被置换出来的铜和过量的锌； (3)“反应Ⅰ”中①，加入 NaClO 氧化亚铁离子生成铁离子，自身被还原成氯离子，根据电子 守恒和元素守恒可得离子方程式为 2Fe2++ClO−+2H+=2Fe3++Cl−+H2O； Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)·c3(OH−)，当 c(Fe3+)=4×10−5mol·L－1 时， c(OH−)=     -133 3+ 38 sp 3 5 Fe OH 4= mol10 0 L F 4e 1c K         =10-11mol/L，所以溶液的pH 值为 3； (4)锌粉为活泼金属，容易被空气氧化，形成氧化膜，稀硫酸可以除去锌粉表面的氧化膜； (5)从溶液中获取晶体，一般需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤等步骤； (6)28.70 g ZnSO4•7H2O 的物质的量为 0.1mol，由 Zn 元素守恒可知，可以生成 0.1molZnSO4•H2O 或 ZnSO4 或 ZnO，或 1 30 molZn3O(SO4)2； 若得 ZnSO4•H2O 的质量为 17.90g(100℃)； 若得 ZnSO4 的质量为 16.10g(250℃)； 若得 Zn3O(SO4)2 的质量约为 13.43g(680℃)； 若得 ZnO 的质量为 8.10g(930℃)； 综上所述答案为 C。 【点睛】第 6 小题为本题难点，当正向推理没有思路时，可以根据守恒法来验证每一个选项， 得出答案。 9.碳的氧化物对环境的影响较大，研究和开发碳的氧化物的应用对发展低碳经济，构建生态 文明社会具有重要的意义。 (1)已知：①甲醇的燃烧热ΔH＝－726.4 kJ·mol－1； ②H2(g)＋ 1 2 O2(g)=H2O(l) ΔH＝－285.8 kJ·mol－1 ③H2O(g)=H2O(l) ΔH＝－44 kJ·mol－1 则二氧化碳和氢气合成液态甲醇、生成气态水的热化学方程式为_____________。 (2)在 T1 时，向体积为 2L 的恒容容器中充入物质的量之和为 3mol 的 CO 和 H2，发生反应 CO(g) - 8 - ＋2H2(g)⇌ CH3OH(g)，反应达到平衡时 CH3OH(g)的体积分数(φ)与 2n(H ) n(CO) 的关系如图所示： ①当起始 2(H ) (CO) n n ＝2 时，经过 5min 达到平衡，CO 的转化率为 0.6，则 0～5min 内平均反应速 率 v(H2)＝______。若此刻再向容器中加入 CO(g)和 CH3OH(g)各 0.4mol，达到新平衡时 H2 的转 化率将________(填“增大”“减小”或“不变”)。 ②当 2(H ) (CO) n n ＝3.5 时，达到平衡后，CH3OH 的体积分数可能是图像中的________(填“D”“E” 或“F”)点。 (3)已知由 CO2 生成 CO 的化学方程式为 CO2(g)＋O(g)⇌ CO(g)＋O2(g)，其正反应速率为 v 正＝k 正·c(CO2)·c(O)，逆反应速率为 v 逆＝k 逆·c(CO)·c(O2)，k 为速率常数。2500 K 时，k 逆＝ 1.21×105L·s－1·mol－1，k 正＝3.02×105L·s－1·mol－1，则该温度下该反应的平衡常数 K 为 ________。(保留小数点后一位小数) (4)CH3OH—O2 在新型聚合物催化下可发生原电池反应，其装置如图： ①外电路中每转移 3mol 电子，溶液中生成_______molH＋ ②写出电极 B 的电极反应式：__________。 【答案】 (1). CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(l)＋H2O(g) ΔH＝－87.0 kJ·mol－1 (2). 0.12 mol·L－1·min－1 (3). 增大 (4). F (5). 2.5 (6). 3 (7). O2＋2e－＋H＋ = 2HO 【解析】 【分析】 (1)根据盖斯定律分析； - 9 - (2)①根据 CO 和 H2 的总量以及二者的比例计算 CO 与氢气各自的物质的量，利用三段式计算平 衡时各组分物质的量、各组分物质的量变化量，根据 cv t   计算反应速率；先计算该温度下 平衡常数 K，再计算浓度商 Qc，与平衡常数 K 相比判断反应进行分析，可以确定氢气转化率变 化； (3)根据平衡时正逆反应速率相等确定速率常数和平衡常数的关系； (4)根据图示该电池放电时 CH3OH 转化为 CO2，碳元素化合价升高被氧化，所以 A 电极为负极， O2 转化为 HO - 2 ，氧元素化合价降低被还原，所以 B 为电池的正极。 【详解】(1)甲醇的燃烧热化学方程式为①CH3OH(l)+ 3 2 O2(g)=2H2O(l)+CO2(g) ΔH＝-726.4 kJ·mol－1； 又已知②H2(g)＋ 1 2 O2(g)=H2O(l) ΔH＝-285.8 kJ·mol－1； ③H2O(g)=H2O(l) ΔH＝-44 kJ·mol－1； 二氧化碳和氢气合成液态甲醇、生成气态水的热化学方程式为： CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(g)，根据盖斯定律②×3-①-③得ΔH=(-285.8 kJ·mol－ 1)×3-(-726.4 kJ·mol－1)-(-44 kJ·mol－1)=-87 kJ·mol－1；则热化学方程式为 CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(g) ΔH=-87 kJ·mol－1； (2)①     2H CO n n =2，二者物质的量之和为 3mol，所以 n(H2)=2mol，n(CO)=1mol。平衡时 CO 的转 化率为 0.6，则列三段式为：      2 3 mol 1 2 0 mol 0.6 1.2 0.6 mol 0.4 0.8 0. CO g 2H g CH OH g 6   起始( ) 转化( ) 平衡( ) 所以 0～5mi 内，Δn(H2)=1.2mol，容器体积为 2L，所以 v(H2)= 1.2mol 2L 5min =0.12mol·L－1·min －1； 容器体积为 2L，结合三段式可知平衡时 c(H2)=0.4mol/L，c(CO)=0.2mol/L，c(CH3OH)=0.3mol/L， 所以该温度下平衡常数 K= 2 0.3 =9.3750.2 0.4 ，再向容器中加入 CO(g)和 CH3OH(g)各 0.4mol，则 此时 c(CO)=0.4mol/L，c(CH3OH)=0.5mol/L，浓度商为 2 0.5 =7.81250.4 0.4 <9.375，所以平衡会 正向移动，氢气的转化率增大； - 10 - ②对于可逆反应，当反应物的投料比等于计量数之比时，产物的占比最大，所以当     2H CO n n =2 时，甲醇的体积分数最大，所以     2H CO n n =3.5 时，平衡时甲醇的体积分数可能为图中 F 点； (3)反应平衡正逆反应速率相等，即 v 正＝k 正·c(CO2)·c(O)=v 逆＝k 逆·c(CO)·c(O2)，此时         2 2 = CO O CO O c ck ck c   正 逆 ，而该反应的平衡常数 K=         2 2 CO O CO O c c c c   = k k 正 逆 = 5 5 3.02 10 1.21 10   ≈2.5； (4)①电解质溶液为酸性溶液，结合分析，A 极的电极反应为 CH3OH-6e－+H2O=CO2+6H+，B 极的电 极反应式为 O2＋2e－＋H＋= 2HO ；根据电子守恒可知外电路中每转移 3mol 电子，溶液中生成 3molH+； ②B 极为正极，得电子发生还原反应，电极反应式为 O2＋2e－＋H＋= 2HO 。 【点睛】对于可逆反应，当气体反应物的投料比与反应方程式中计量数之比相等时，气态生 成物的体积分数最大；当浓度商大于平衡常数时，平衡逆向移动，浓度商小于平衡常数时， 平衡正向移动。 10.FeCl2 是一种常用的还原剂、媒染剂。某化学实验小组在实验室里用如下两种方法来制备无 水 FeCl2。有关物质的性质如下： C6H5Cl(氯 苯) C6H4Cl2(二氯 苯) FeCl3 FeCl2 溶解性 不溶于水，易溶于苯、乙醇 不溶于 C6H5Cl、C6H4Cl2、苯，易溶于乙醇，易吸水 熔点 /℃ -45 53 304 670 沸点 /℃ 132 173 316，易升华 700 (1)用 H2 还原无水 FeCl3 制取 FeCl2。有关装置如下： - 11 - ①H2 还原少量无水 FeCl3 制取 FeCl2 的化学方程式为_____________。 ②按气流由左到右的方向，上述仪器的连接顺序为 B→A→___→___→___→E(填字母，装置可 多次使用)；A 中长颈漏斗的作用_____________。 ③C 中盛放的试剂是_____________。 (2)利用反应 2FeCl3+C6H5Cl 2FeCl2+C6H4Cl2+HCl↑，制取无水 FeCl2 并测定 FeCl3 的转化率。 按如图装置，在三颈烧瓶中放入 32.5 g 无水氯化铁和过量的氯苯，反应开始前先通 N2 一段时 间，控制反应温度在一定范围加热 3 h，反应完成后继续通一段时间 N2 至装置冷却后，分离提 纯得到粗产品。 ①仪器 a 的作用是__________。 ②反应中提供过量氯苯的作用是__________。 ③反应结束后，冷却实验装置 A，将三颈烧瓶内物质倒出，经过滤、洗涤、干燥后，得到粗产 品。洗涤所用的试剂可以是____，回收滤液中 C6H5Cl 的操作方法是______。 ④反应后将锥形瓶中溶液配成 250 mL，量取 25.00 mL 所配溶液，用 0.400 mol/L 的 NaOH 溶 液滴定，终点时消耗 NaOH 溶液为 19.60 mL，则氯化铁的转化率为__________。 【答案】 (1). H2+2FeCl3 2FeCl2+2HCl (2). C (3). D (4). C (5). 平 衡压强，便于观察装置是否有堵塞 (6). 碱石灰 (7). 冷凝回流，防止有机物挥发 (8). 促进反应正向进行，提高 FeCl3 的转化率 (9). 苯 (10). 蒸馏滤液 (11). 78.4％ 【解析】 【分析】 (1)H2 还原无水 FeCl3 制取 FeCl2，用 B 装置 H2，用 A 观察 H2 的流速并平衡气压，用 C 装置中的 - 12 - 碱石灰干燥 H2，干燥后的 H2 与无水 FeCl3 在 D 中发生反应：H2+2FeCl3 2FeCl2+2HCl，为防 止外界空气中的水蒸气进入 D 装置，D 之后再连接一个 C，最后用 E 装置处理尾气； (2)在 A 三颈烧瓶中放入 32.5 g 无水氯化铁和过量的氯苯，控制反应温度在一定范围加热 3 h， 发生反应：2FeCl3+C6H5Cl 2FeCl2+3C6H4Cl2+HCl↑，反应结束后，冷却实验装置 A，将三颈 烧瓶内物质倒出，经过滤、用苯洗涤、干燥后，得到粗产品，将滤液蒸馏，收集沸点 132℃的 馏分，回收 C6H5C1，为了减少实验误差，反应开始前先通 N2 一段时间，反应完成后继续通 N2 一段时间，在装置 A 和 B 之间连接一个装有无水氯化钙(或 P2O5 或硅胶)的球形干燥管，以此解 答该题。 【详解】(1)①H2 还原无水 FeCl3 制取 FeCl2 的反应为：H2+2FeCl3 2FeCl2+2HCl； ②用 B 装置 H2，用 A 观察 H2 的流速并平衡气压，A 中长颈漏斗可以平衡压强，同时也便于观察 装置是否有堵塞；用 C 装置干燥 H2，干燥后的 H2 与无水 FeCl3 在 D 中发生反应，为防止外界空 气中的水蒸气进入 D 装置，D 之后再连接一个 C，最后用 E 装置处理尾气，故按气流由左到右 的方向，上述仪器的连接顺序为：BACDCE；A 中长颈漏斗的作用是平衡压强，便于观察装置是 否有堵塞； ③C 的目的是干燥 H2，用以吸收 H2 中的水蒸气，其盛放的试剂是碱石灰； (2)①仪器 a 为球形冷凝管，其作用是冷凝回流，防止有机物挥发； ②在装置 A 会发生反应：2FeCl3+C6H5Cl 2FeCl2+C6H4Cl2+HCl↑，在反应中使用过量的氯苯， 可以促进反应正向进行，提高 FeCl3 的转化率； ③反应结束后，冷却实验装置 A，三颈烧瓶内物质主要是产物 FeCl2，还有过量的氯苯及副产 物 C6H4Cl2，由题可知，氯苯和副产物 C6H4Cl2 易溶于苯、乙醇而不溶于水，FeCl2 不溶于苯、C6H5Cl、 C6H4Cl2，，易溶于水和乙醇，易吸水，故洗涤所用的试剂可以是苯；回收滤液中 C6H5Cl 的操作 方法是蒸馏滤液，并收集沸点 132℃的馏分； ④根据 Fe 元素守恒，可知 32.5 g 无水氯化铁理论上生成 FeCl2 的物质的量为： n(FeCl2)=n(FeCl3)= 32.5g 162.5g / mol =0.2 mol，HCl 消耗标准液 NaOH 的物质的量 n(NaOH)=0.400 mol/L ×0.0196 L=7.84×10-3 mol，故根据反应方程式中物质转化关系可知反应生成的 n(FeCl2)=2n(HCl)=2×7.84×10-3 mol× 250mL 25mL =0.1568 mol，所以 FeCl3 的转化率为 0.1568  0.2  mol mol ×100%=78.4%。 - 13 - 【点睛】本题考查物质的制备，明确实验原理为解答关键，注意把握实验的原理、操作方法， 利用题干信息分析、判断。试题侧重考查学生的分析能力、实验能力和计算能力。 11.磷酸氯喹用于治疗对氯喹敏感的恶性疟、间日疟及三日疟。若干位药物研发和临床专家研 究发现，该药物在细胞水平上能有效抑制新型冠状病毒的感染。 (1)磷酸氯喹是由多种元素形成的物质，其中氯元素的基态氯原子，电子占据的最高能层符号 为_____；磷元素的简单氢化物 PH3 的中心原子杂化方式是_____，属于_______(填“极性”或 “非极性”)分子；其他的四种元素的第一电离能从大到小的顺序为_________。 (2)N 与 P 为同族元素，比较其最高价氧化物的水化物酸性并从结构的角度说明理由：________ (3)H3PO4 与 Fe3+形成 H3[Fe(PO4)2]，此性质常用于掩蔽溶液中的 Fe3+。基态 Fe3+的核外电子排布 式为___________； 3 4PO  做为配体为铁离子提供______。 (4)磷化铜(Cu3P2)用于制造磷青铜。磷青铜是含少量锡、磷的铜合金，主要用作耐磨零件和弹 性原件，其晶胞结构如图所示： ①其化学式为__________ ②铜或铜盐的焰色反应为_____色，金属元素能产生焰色实验的微观原因为______。 ③若晶体密度为ρg/cm3，摩尔质量为 Mg/mol，NA 代表阿伏加德罗常数，则最近的 Cu 原子核间 距为________________pm。 【答案】 (1). M (2). sp3 (3). 极性 (4). N>O>C>H (5). 硝酸大于磷酸， 因为 HNO3 分子结构中含有 2 个非烃基氧原子，比 H3PO4 中多 1 个,且 N 原子的吸引电子能力比 较强，使得 R-O-H 的电子偏向 N 原子，使得-O-H 更容易电离出 H+ (6). 1s22s22p63s23p63d5 (7). 孤电子对 (8). SnCu3P (9). 绿 (10). 电子从较高能级的激发态跃迁到较低 能级的激发态乃至基态时，会以光的形式释放能量 (11). 3 A M N  × 2 2 ×10-10 - 14 - 【解析】 【分析】 (1)氯元素为 17 号元素，根据其核外电子排布式判断其最高能级；根据价层电子对互斥理论 判断杂化方式，正负电荷中心不重合的分子为极性分子； (3)铁元素为 26 号元素，失去 4s 能级两个电子和 3d 能级一个电子形成铁离子；配合物中一 般由金属元素提供空轨道，非金属元素提供孤电子对； (4)①根据均摊法分析化学式； ③根据晶胞结构可知 Cu 原子核最近距离为面对角线的一半。 【详解】(1)基态氯原子的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p5，占据的最高能层为第 3 层，能 层符号为 M；PH3 中心原子的价层电子对数为 5-1 33+ 2  =4，所以为 sp3 杂化，分子中有一对孤电 子对，所以分子的空间构型为三角锥形，P 原子位于顶点，所以其正负电荷中心不重合，为极 性分子；其他四种元素分别为 H、C、O、N，H 原子容易失去电子，第一电离能较小，一般来 讲同周期主族元素自左至右第一电离能呈增大趋势，但 N 原子最外层为半满状态，更稳定， 第一电离能较大，所以四种元素第一电离能大小关系为 N>O>C>H； (2)因为 HNO3 分子结构中含有 2 个非烃基氧原子，比 H3PO4 中多 1 个，且 N 原子的吸引电子能 力比较强，使得 R-O-H 的电子偏向 N 原子，使得-O-H 更容易电离出 H+，所以硝酸的酸性大于 磷酸； (3)基态 Fe 原子的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d,64s2，失去最外层 3 个电子形成铁离子， 所以 Fe3+的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d5； 3- 4PO 作为配体提供孤电子对； (4)①根据均摊法，晶胞中 Sn 原子的个数为 18 8  =1，P 原子的个数为 1，Cu 原子的个数为 16 2  =3，所以化学式为 SnCu3P； ②铜或铜盐的焰色反应为绿色；电子从较高能级的激发态跃迁到较低能级的激发态乃至基态 时，会以光的形式释放能量，所以金属元素可以产生焰色反应； ③该晶胞含有 1 个 Sn 原子，1 个 P 原子，3 个 Cu 原子，该物质的摩尔质量为 M，所以晶胞的 质量为 A M N g，设晶胞的棱长为 a，则晶胞的体积为 a3，所以晶胞的密度ρ= A 3 g a M N ，可以解得 a= 3 A M N  cm= 3 A M N  ×10-10pm，距离最近的 Cu 原子的间距为面对角线的一半，所以为 - 15 - 3 A M N  × 2 2 ×10-10pm。 【点睛】同一周期内元素的第一电离能在总体增大的趋势中有些曲折，当外围电子在能量相 等的轨道上形成全空、半满或全满结构时，原子的能量较低，元素的第一电离能大于相邻元 素。 12.奥司他韦是一种高效、高选择性神经氨酸酶抑制剂，是目前治疗流感的最常用药物之一， 是公认的抗禽流感、甲型 H1N1 等病毒最有效的药物之一。也是国家的战略储备药物。也有专家 尝试使用奥司他韦作为抗新型冠状病毒肺炎药物。 以莽草酸作为起始原料是合成奥司他韦的主流路线，合成路线如下： 已知： + +H  +H2O，回答下列问题： (1)A 中的含氧官能团名称有：________________，反应③的反应类型：____________。 (2)反应②的反应试剂：________________和 H+。 (3)请写出①反应的化学方程式：_______________。 (4)芳香化合物 X 是 B 的同分异构体，则符合官能团只含酚羟基的 X 有_____种。 (5)碳原子上连有 4 个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。D 中有____个手性碳 (6)设计由对甲基苯甲醛制备对醛基苯甲酸 的合成路线____________。 【答 案】 (1). 羟基 、酯基 (2). 取代 反应 (3). (4). - 16 - +C2H5OH +H2O (5). 17 (6). 3 (7). 【解析】 【分析】 莽草酸与乙醇、浓硫酸共热，发生酯化反应生成 A，A 发生信息中的取代反应生成 B，B 发生 取代反应生成 C，C 发生取代反应生成 D，D 发生一系列反应生成奥司他韦； (6)由对甲基苯甲醛( )制备对醛基苯甲酸 ，对甲基苯甲 醛转化为对醛基苯甲酸，甲基被氧化生成羧基，因为醛基能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以 应该先发生信息中的反应保护醛基，然后甲基再被酸性高锰酸钾溶液氧化，最后再将醚键转 化为醛基，从而得到 。 【详解】(1)化合物 A 结构简式为： ，可知 A 中含氧官能团名称为羟基、酯 基； 反应③是 分子中-OH 上的 H 原子被-SO2CH3 取代产生物质 ，故该反应类型是取代反应； (2)反应②是 与 在酸性条件下发生取代反应产生 和 H2O，故反应②的反应试剂缺少的是 ； (3)反应①是莽草酸与乙醇在浓硫酸存在条件下加热，发生酯化反应产生 和 - 17 - H2O，该反应是可逆反应，则反应方程式为： +C2H5OH +H2O； (4)B 结构简式是： ，分子式为 C12H18O5，芳香化合物 X 是 B 的同分异构 体，官能团只含酚羟基，即 X 中含有 5 个酚羟基，苯环上的侧链为-C6H13，按照侧链主链 6 个 C 原子、5 个 C 原子、4 个 C 原子、3 个 C 原子，结合取代基“由整到散”规则和取代基位置 异构得到异构体为：侧链主链 6 个 C 原子的有 1 种、5 个 C 原子有 4 种、4 个 C 原子有 8 种(① 支链为乙基有 2 种，②支链为两个甲基的有 3 种+3 种)、3 个 C 原子有 4 种(①支链 1 个甲基、 1 个乙基的有 2 种，②3 个甲基的有 2 种)，因此总共有 17 种； (5)D 结构简式是： ，根据手性碳原子含义，可知该分子中含有 3 个手性 C 原子，用“ ”标志为： ； (6)由对甲基苯甲醛 制备对醛基苯甲酸 ，首先 与乙二醇在酸性条件下发生取代反应产生 ，然后 被酸性高锰酸钾溶液氧化产生： ，最后 在稀酸作用下反应产生： ，故合成路线为： 。 【点睛】本题考查有机物推断和合成，明确官能团及其性质关系、物质之间转化关系是解本 题关键，难点是 B 同分异构体种类的判断，可对侧链的碳链结构采用由整到散，由心到边的 - 18 - 方法进行分析，侧重考查分析推断及知识综合运用能力。 - 19 -