【校级联考】安徽省合肥一中、马鞍山二中等六校教育研究会2019届高三下学期第二次联考理科综合化学试题（解析版）

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1、 1.化学与生产和生活密切相关。下列有关说法正确的是 A. 古代记载文字的器物甲骨，其主要成分是蛋白质 B. 工艺装饰材料天然水晶，属硅酸盐产品 C. 第五形态的碳单质“碳纳米泡沫”，与石墨烯互为同分异构体 D. 秸秆经加工处理成吸水性的材料植物纤维，可用作食品干燥剂 【答案】D 【解析】 【详解】A.古代记载文字的器物甲骨，其主要成分是钙质物质，A错误； B.工艺装饰材料天然水晶，是二氧化硅，B错误； C.第五形态的碳单质“碳纳米泡沫”，与石墨烯是不同性质的单质，二者互为同素异形体，C错误； D.秸秆经加工处理成吸水性的材料植物纤维，无毒、无味、具有吸水性，所以可用作食品干燥剂，D正 确；

2、故合理选项是 D。 2.碱式氯化铜CuaClb(OH)c xH2O是一种重要的无机杀虫剂，它可以通过以下步骤制备。步骤 1：将铜粉 加入稀盐酸中，并持续通空气反应生成 CuCl2。已知 Fe3+对该反应有催化作用，其催化原理如下图所示。步 骤 2：在制得的 CuCl2溶液中，加入石灰乳充分反应后即可制备碱式氯化铜。 下列有关说法正确的是 A. a、b、c 之间的关系式为：a=b+c B. 图中M、N分别为Fe2+、Fe3+ C. 步骤1充分反应后，加入少量CuO是为了除去Fe3+ D. 若制备1 mol的CuCl2，理论上消耗11.2 LO2 【答案】C 【解析】 【详解】A.根据化合物中正负

3、化合价的代数和等于 0，可知：2a=b+c，A错误； B.根据题干叙述可知反应方程式 2Cu+O2+4HCl=2CuCl2+2H2O，可知 M 是 O2，N 是 H2O，B错误； C.Fe3+水解使溶液显酸性，CuO 与 H+反应产生 Cu2+和水，当溶液的 pH增大到一定程度，Fe3+形成 Fe(OH)3 程度而除去，从而达到除去 Fe3+的目的，C正确； D.制备 1 mol的 CuCl2，转移 2mol 电子，根据电子守恒，需要消耗 0.5molO2，由于不清楚氧气所处的条件， 所以不能确定气体的体积，D 错误； 故合理选项是 C。 3.叠氮酸钠(NaN3)是汽车安全气囊的产气剂， Fe

4、2O3是主氧化剂， NaHCO3作冷却剂。 当汽车发生剧烈碰撞时， 分解产生大量气体使安全气囊迅速打开，从而起到安全保护作用已知 Ka(HN3)=1.8 10-5 。下列有关说法 正确的是 A. NaHCO3的冷却原理是它发生分解，消耗体系的热量 B. Fe2O3和Na反应的氧化产物是Na2O2 C. 等物质的量的 NaN3和 HN3混合溶液显碱性 D. 若有 6.5 gNaN3分解产生 N2，则转移 0.9 mol电子 【答案】A 【解析】 【详解】A.NaHCO3分解产生碳酸钠、水和二氧化碳，分解吸收热量，从而使环境温度降低，因而它可以起 到冷却作用，A正确； B.Fe2O3和 Na反应产

5、生 FeO和 Na2O，所以氧化产物是 Na2O，B 错误； C.根据 Ka(HN3)=1.8 10-5可知 HN3是弱酸，NaN3的水解平衡常数 Kh=ZW B. X 与氢元素形成的化合物中，只含极性键 C. Z、W氧化物的熔点高低：ZZW，A 正确； B.X 是 C 元素，其与 H元素形成的氢化物如 C2H6中，既含有非极性共价键 CC，也含有 CH极性键，B 错误； C.Z、W 分别是 Na、Al，由于二者形成氧化物都是离子化合物，离子半径 Al3+Na2O，C正确； D. X、Y分别是 C、N，二者可以在同一离子化合物中，如 NH4HCO3，(NH4)2CO3，D 正确； 故合理选项是

6、 B。 【点睛】本题考查元素周期表和元素周期律的应用，为高频考点，把握元素的位置、元素化合物知识推断 元素为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意元素周期律及元素化合物知识的应用。 5.化合物丙属于桥环化合物，是一种医药中间体，可以通过以下反应制得： 下列有关说法正确的是 A. 甲分子中所有原子可能处于同一平面上 B. 乙可与 H2按物质的量之比 12 发生加成反应 C. 丙能使酸性高锰酸钾溶液、溴的 CCl4溶液褪色，且原理相同 D. 等物质的量的甲、乙分别完全燃烧时，消耗氧气的质量之比为 1312 【答案】D 【解析】 【详解】A.甲分子中含有饱和碳原子，由于饱和碳原子构成的是正四面体

7、结构，与该 C 原子连接的原子最 多有 2 个在这一平面上，所以不可能所有原子都在同一平面上，A错误； B.乙分子中含有 C=C和酯基，只有 C=C双键可与 H2发生加成反应，二者反应的物质的量的比为 1：1，B 错误； C.丙物质含有不饱和的碳碳双键，可以被酸性高锰酸钾溶液溶液氧化而使溶液褪色，也可以与溴的 CCl4溶 液发生加成反应而使溶液褪色，褪色原理不同，C错误； D.甲分子式是 C5H6,1mol甲完全燃烧消耗 O2的物质的量为 6.5mol，乙化学式为 C5H8O2,1mol乙完全燃烧消 耗 O2的物质的量为 6mol，所以等物质的量的甲、乙分别完全燃烧时，消耗氧气的质量之比为 1

8、312，D 正确； 故合理选项是 D。 6.过氧化钙晶体(CaO2 8H2O)常用作医药消毒剂，可以轻质碳酸钙为原料，按以下实验方法来制备。 下列有关说法正确的是 A. 煮沸的主要目的是为了除去溶解的 CO2 B. 的反应中 H2O2作氧化剂，氨水用来调节溶液的 pH C. 中结晶的颗粒较小，过滤时可用玻璃棒轻轻搅动 D. 醇洗的主要目的是为了减少晶体的损失 【答案】D 【解析】 【详解】A.碳酸钙能与盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，气体在溶液中的溶解度随温度的升高而减小， 加热煮沸是为了除去多余的盐酸，反应方程式为 CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2+H2O；A错误； B.向 CaC

9、l2溶液中加入 H2O2、NH3H2O，发生反应：CaCl2+H2O2+2NH3H2O+6H2O=CaO28H2O+2NH4Cl， H2O2的组成元素化合价没有发生变化，因此没有发生氧化还原反应，B错误； C.尽管中结晶的颗粒较小， 但是过滤时若用玻璃棒轻轻搅动， 会导致滤纸破损， 过滤失败， 所以不能搅动， C错误； D.过氧化钙晶体(CaO2 8H2O) 微溶于水，也不溶于乙醇，用醇洗涤，可以减少晶体的溶解，同时乙醇容易挥 发，可以加速晶体干燥，D正确； 故合理选项是 D。 7.下列实验操作、现象及所得出的结论或解释均正确的是 选项 实验操作 现象 结论或解释 A 向盐酸中滴加 Na2SO

10、3溶液 产生使品红溶液褪色的 气体 非金属性：ClS B 向废 FeCl3蚀刻液 X 中加入少量的铁 粉，振荡 未出现红色固体 X中一定不含 Cu2+ C 用 c(Fe3+)相同的 Fe2(SO4)3和 FeCl3溶 液，分别清洗做完银镜反应的试管 FeCl3溶液清洗得较干 净 Fe3+AgFe2+Ag+是可逆 反应，且 AgCl 更难溶于水 D 用 3 mL稀硫酸与纯锌粒反应，再加入 几滴 Cu(NO3)2浓溶液 迅速产生无色气体 形成 Zn-Cu原电池加快了制取 H2的速率 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【分析】 A.盐酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，酸性为

11、HCl亚硫酸； B.氧化性 Fe3+Cu2+，加少量 Fe，先与 Fe3+反应； C.AgCl 更难溶； D.HNO3具有强的氧化性。 【详解】A.盐酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，酸性为 HCl亚硫酸，不能利用无氧酸和含氧酸的酸性强弱 比较非金属性，A错误； B.由于氧化性 Fe3+Cu2+，加少量 Fe，先发生 Fe 与 Fe3+反应，Fe3+Fe=3Fe2+，因此不能确定 C 中是否含 Cu2+，B错误； C.氯化银的溶解度比硫酸银的小，Fe3+Ag=Fe2+Ag+，FeCl3溶液中的氯离子能使平衡向右移动，FeCl3溶液 清洗得干净，C正确； D.加 Cu(NO3)2浓溶液，在酸性条件下

12、，H+、NO3-起硝酸的作用，表现强的氧化性，将 Zn氧化为 Zn2+，HNO3 被还原为无色的 NO气体，因而可加快反应速率，故不能证明形成 Zn-Cu 原电池加快了制取 H2的速率，D 错误； 故合理选项是 C。 【点睛】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及元素非金属性的比较、离子检验、氧化还原反 应、沉淀溶解平衡等知识，注意选项 D 为解答的易错点，容易错误分析为原电池反应引起，忽视了酸性条 件下 NO3-的强氧化性。侧重分析能力、反应原理及规律性知识的考查。 8.ClO2气体是安全、无毒的绿色消毒剂和保鲜剂，使用中不产生致癌物及二次污染物。某化学兴趣小组通过 下图对其吸收、释放

13、进行研究，请回答以下问题： (1)用KClO3与Na2SO3在H2SO4酸化时制取ClO2，该反应的离子方程式为_。 (2)如图A中盛放有Na2CO3-H2O2混合溶液， 常用于ClO2的吸收稳定剂。 已知ClO2被稳定剂吸收生成NaClO2， 若 C 中淀粉 KI-H2SO4溶液变蓝，_(填“能”或“不能”) 说明在仪器 A中 ClO2被完全吸收。 (3)已知ClO2的消毒能力是等物质的量Cl2的2.5倍，则ClO2在将含氰废液中的CN氧化成CO2和N2的反应中 ，氧化剂和还原剂的物质的量之比为_。 (4)由B向A中滴加稀盐酸即可释放出ClO2，此时C的作用是_。已知ClO2能被多种稳定剂所

14、吸收，若将C lO2用于果蔬保鲜，图中吸收效果较好的稳定剂是_(填 “”或“”)，原因是_。 (5)ClO2的“有效氯”可通过标定反应后溶液中的残氯c(Cl-)来测定。在分析化学中以K2CrO4为指示剂， 用AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl-，当出现砖红色沉淀时，即指示达滴定终点。若保证溶液中c(Cl-)降为1. 0 10-5 mol/L，则此时溶液中c(CrO42-)应不超过_mol/L。Ksp(AgCl)=2.0 1010，Ksp(Ag2CrO4)=2.0 10-12。 【答案】 (1). 2ClO3-+SO32-+2H+= 2ClO2+SO42-+H2O (2). 不能 (3). 11

15、 (4). 检验是否有 ClO2 生成 (5). (6). 缓慢释放出 ClO2，且能长时间维持保鲜所需要的浓度 (7). 5.0 10-3 【解析】 【详解】(1) KClO3具有氧化性，Na2SO3具有还原性，二者在酸性条件下发生氧化还原反应，KClO3被还原 为 ClO2，SO32-被氧化为 SO42-，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式为 2ClO3-+SO32-+2H+= 2ClO2+SO42-+H2O； (2)H2O2不稳定，分解产生的 O2也可以将 KI氧化产生 I2，I2遇淀粉溶液会变为蓝色，所以说明在仪器 A中 ClO2被完全吸收； (3)ClO2在将含氰

16、废液中的 CN氧化成 CO2和 N2，它被还原为 Cl-，反应的离子方程式为 2CN-+2ClO2=2CO2+N2+2Cl-，可见氧化剂和还原剂的物质的量之比为 1:1； (4)A中 ClO2被稳定剂吸收转化为 NaClO2，由 B向 A中滴加稀盐酸即可释放出 ClO2，此时 C的作用是检验 是否有 ClO2生成；若将 ClO2用于果蔬保鲜，要求稳定剂缓慢释放出 ClO2气体，且能长时间维持保鲜所需 要的浓度，这样保鲜期才可以延长，根据图示可知稳定剂 II相对效果更好； (5)c(Ag+)c(Cl-) Ksp(AgCl)=2.0 1010，c(Ag+)Ksp(Ag2CrO4)=2.0 10-1

17、2，c(CrO42-)2.0 10-12 (2.0 10-5)2=5.0 10-3mol/L，即此时溶液中 c(CrO42-)应 不超过 5.0 10-3mol/L。 9.赤泥是铝土矿提取氧化铝过程中产生的固体废弃物，其主要成分为 Fe2O3、Al2O3、CaO、TiO2、SiO2等， 属于强碱性废渣。从赤泥中回收钛的工艺流程如下： 请回答以下问题： (1)赤泥颗粒孔隙大，具有较大的比表面积，可作为废气SO2的吸收剂，研究表明该过程中主要利用了化学 中和反应，其次是_。 (2)赤泥加一定量水打散的目的是_。 (3)已知高温烧结时，TiO2发生的反应是Na2CO3+TiO2 Na2TiO3+CO

18、2，且Na2TiO3不溶于水。则Al2O3在烧结中发生的反应是_，水浸液里的主要溶质有_ _。 (4)酸浸时，若使钛的浸出率(%)达到90%，则根据右图工业上应采取的适宜条件是：酸浓度和液固比的取 值分别约为_、_。同时浸出温度过高可能造成的环境污染是_。 (5)TiO2在一定条件下可转化为TiCl4而获得精制提纯，控制TiCl4水解的条件还可以制得TiO2 xH2O纳米材料 ，该水解过程的化学方程式是_。 (6)赤泥中含钛(以TiO2的质量分数表示)一般为4% 12%，假设在上述工艺中钛的总回收率为75%，则1t赤泥获得TiO2的最大质量为_kg。 【 答 案 】 (1). 物 理 吸 附

19、(2). 增 大 赤 泥 的 接 触 面 积 ， 且 打 散 后 便 于 搅 拌 (3). Na2CO3+Al2O32NaAlO2+CO2 (4). Na2SiO3、NaAlO2 (5). 40% (6). 6 (7). 会形成大量的酸雾 (8). TiCl4+(x+2)H2O=TiO2xH2O+4HCl (9). 90 【解析】 【分析】 (1)赤泥颗粒孔隙大，具有较大的比表面积，吸附力强分析； (2)水加入可使物质松散，扩大接触面积； (3)在高温烧结时，Na2CO3与 TiO2、Al2O3、SiO2会发生反应，产生相应的盐，反应后向生成物中加水，其 中可溶性的盐进入溶液中，难溶性的物质仍

20、以固体形式存在； (4)根据钛的浸出率与硫酸浓度与固液比例分析判断；根据高温盐分解产物的状态判断影响； (5)根据 TiCl4是强酸弱碱盐，在溶液中发生盐的水解反应分析； (6)根据 Ti元素守恒分析解答。 【详解】(1)赤泥颗粒孔隙大，具有较大的比表面积，可作为废气 SO2的吸收剂，研究表明该过程中主要利 用了赤泥含有大量的 Fe2O3、Al2O3、CaO、TiO2金属氧化物，可以与酸性氧化物 SO2反应产生亚硫酸盐，其 次就是其由于颗粒孔隙大，具有较大的比表面积，吸附力强； (2)赤泥是固体物质，加一定量水打散，可以增大赤泥的接触面积，便于吸收 SO2气体，且打散后便于搅拌， 反应更容易进

21、行； (3)在高温烧结时， Na2CO3与 Al2O3发生反应： Na2CO3+Al2O32NaAlO2+CO2；Na2CO3与 SiO2发生反应： Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2；Na2CO3与 TiO2发生的反应是 Na2CO3+TiO2 Na2TiO3+CO2，由于 NaAlO2、Na2TiO3都是可溶性的物质，而 Na2TiO3是难溶性的物质，所以高温烧结后水浸反应产物，水浸液 里的主要溶质有 Na2SiO3、NaAlO2； (4)根据图示中钛的浸出率与硫酸浓度与固液比例关系，画一条垂直于钛的浸出率 90%的线，与硫酸浓度线 的交点是 40%，与液固比例线的交点是 6，可

22、确定需要硫酸酸浓度约为 40%，液固比的取值约为 6。同时若 浸出温度过高，酸溶解钛的氧化物形成的盐可能会发生分解反应，产生酸性气体，污染环境，故浸取温度 不宜过高； (5)TiCl4是强酸弱碱盐，在溶液中 Ti4+发生盐的水解反应，消耗水电离产生 OH-，最终使溶液显酸性，根据 题意可知水解产生 TiO2 xH2O 和 HCl，反应的化学方程式为 TiCl4+(x+2) H2O=TiO2 xH2O+4HCl； (6)假设赤泥中 TiO2的质量分数 12%，1t赤泥中 TiO2的质量为 m(TiO2)=1000kg 12%=120kg；由于在上述工 艺中钛的总回收率为 75%，所以实际最多可获

23、得 TiO2的质量为 120kg 75%=90kg。 【点睛】本题以物质制备工艺流程为线索，考查了反应条件的控制、陌生方程式的书写、盐的水解、物质 的分离提纯、化学计算等，这类题目一般涉及的素材比较陌生，通常会提供一些信息，但考查知识点相对 比较基础，更多是进行分析评价、知识迁移运用。同时考查了学生接受信息、分析处理问题的能力和应用 能力。 10.研究煤的合理利用及 CO2的综合应用有着重要的意义。请回答以下问题： .煤的气化 已知煤的气化过程涉及的基本化学反应有： C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) H=+131 kJ/mol CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g) H

24、=a kJ/mol 查阅资料反应中相关化学键键能数据如下表： 化学键 CO HH HC HO E/(kJ/mol) 1072 436 414 465 (1)则反应中a=_。 (2)煤直接甲烷化反应 C(s)2H2 (g)CH4(g)的 H为_kJ/mol，该反应在_(填“高温”或“低温”) 下自发进行。 .合成低碳烯烃 在体积为1 L的密闭容器中， 充入1 mol CO2和2.5 mol H2， 发生反应： 2CO2(g)6H2(g)C2H4(g)4H2O(g) H=128 kJ/mol，测得温度对催化剂催化效率和 CO2平衡转化率的影响如右图所示： (3)图中低温时，随着温度升高催化剂的催化

25、效率提高，但CO2的平衡转化率却反而降低，其原因是_ 。 (4)250时，该反应的平衡常数K值为_。 .合成甲醇 在恒温 2 L容积不变的密闭容器中，充入 1 molCO2和 3 molH2，发生反应：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g) +H2O(g) ，测得不同时刻反应前后容器内压强变化(p后/p前)如下表： 时间/h 1 2 3 4 5 6 p后/p前 0.90 0.85 0.82 0.81 0.80 0.80 (5)反应前1小时内的平均反应速率v(H2)为_mol/(L h)，该温度下CO2的平衡转化率为_。 .电解逆转化制乙醇 (6)科研人员通过反复实验发现：CO2可以在酸性

26、水溶液中电解生成乙醇，则生成乙醇的反应发生在_ 极(填“阴”或“阳”)，该电极的反应式为_。 【答案】 (1). -206 (2). -75 (3). 低温 (4). 该反应 H0，温度升高，平衡向逆反应方向移动， 所 以 CO2的 平 衡 转 化 率 降 低 (5). 1 (6). 0.3 (7). 40% (8). 阴 (9). 2CO2+12H +12e-=CH 3CH2OH+3H2O 【解析】 【分析】 (1)根据反应热等于旧键断裂吸收的能量与新键形成释放的能量的差值计算； (2)根据盖斯定律分析解答；反应若自发进行，则G=H-TS0； (3)根据温度对催化剂的催化活性和对化学平衡移动

27、影响分析 CO2转化率的变化； (4)利用化学平衡常数定义式计算； (5)根据在恒容密闭容器内，气体的压强比等于气体的物质的量的比，计算出 H2物质的量的改变值，再根据 速率的定义计算；同时利用变化关系计算出平衡时 CO2改变的物质的量，利用物质的转化率为质量除以起 始量，计算出该温度下 CO2的平衡转化率； (6)根据阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，结合溶液的酸碱性书写电极反应式。 【详解】(1)根据反应方程式 CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g) H=a kJ/mol，可知 H=(1072+3436-4 414-2 465)kJ/mol=-206kJ/mol； (2)+，

28、整理可得：C(s)2H2 (g)CH4(g)的 H=+131 kJ/mol-206kJ/mol=-75kJ/mol；该反应是气体体 积减小的放热反应，根据体系的自由能公式G=H-TS，若反应自发进行，则G=H-TS0，所以温度 较低时G0，反应自发进行； (3)由图分析可知在 250时催化剂活性最大，在低于该温度时，升高温度，催化剂活性增强；而 CO2的平 衡转化率却随温度的升高反而降低，是由于该反应的正反应为放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆 反应方向移动，使反应物 CO2转化率降低； (4)在 250时 CO2转化率为 50%,根据起始时加入的物质的物质的量及反应 2CO2(g)+6H

29、2(g)C2H4(g)+4H2O(g)中各种物质的转化关系可知，达到平衡时各种物质的平衡浓度分别为 c(CO2)=0.5mol/L；c(H2)=1.0mol/L；c(C2H4)=0.25mol/L；c(H2O)=1.0mol/L，则该温度下的化学平衡常数 K=； (5)化学反应：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g) n(开始)/mol 1 3 0 0 1hn/mol x 3x x x n(平衡)/mol y 3y y y 在 1h时气体的总物质的量 n=(1-x)+(3-3x)+x+x=(4-2x)mol， 开始时总物质的量为 4mol， 根据， 解得 x=0.2mol，

30、所以 H2改变的物质的量为 3 0.2mol=0.6mol， v(H2)=mol/(Lh)； 在平衡时气体的总物质的量 n=(1-y)+(3-3y)+y+y=(4-2y)mol，开始时总物质的量为 4mol，根据 ，解得 y=0.4mol，所以 CO的平衡转化率=(0.4mol 1mol) 100%=40%； (6)CO2中的 C 化合价为+4价，乙醇 CH3CH3OH中 C的平均化合价为-2价，化合价降低，获得电子，所以生 成乙醇的反应发生在阴极，在酸性条件下，CO2在阴极获得电子，变为乙醇，电极反应式为： 2CO2+12H+12e-=CH3CH2OH+3H2O。 【点睛】本题以煤及 CO2

31、的综合应用为线索，考查了反应热与键能的关系、盖斯定律、反应的自发性判据、 化学反应速率、化学平衡、物质的平衡转化率、电极的判断、电极反应式的书写等知识，掌握化学基本概 念和基本理论是本题解答的关键。该题较为全面的考查了学生对化学反应基本原理的掌握和应用情况，体 现了学以致用的化学理念。 11.技术人员晒制蓝图时，用 K3Fe(C2O4)3 3H2O(三草酸合铁酸钾)作感光剂，再以 K3Fe(CN)6(六氰合铁酸 钾)溶液作显影剂。请回答以下问题： (1)铁元素在周期表中位置为_，Fe3+的基态价电子排布图为_。 (2)在上述两种钾盐中第一电离能最大的元素为_，电负性最小的元素为_。 (3)H2

32、C2O4分子中碳原子的杂化类型是_，与C2O42-互为等电子体的分子的化学式为_ (写一种)。 (4)在分析化学中F-常用于Fe3+的掩蔽剂，因为生成的FeF63-十分 稳定，但Fe3+却不能与I-形成配合物，其原因是_(用离子方程式来表示)。 (5)已知 C60分子结构和 C60晶胞如图所示： 1个C60分子中含有键的数目为_。 晶胞中C60的配位数为_。 已知C60晶胞参数为a pm，则该晶胞密度的表达式是_g/cm3(NA代表阿伏加德罗常数)。 【答案】 (1). (2). 第四周期 (3). N (4). K (5). sp2 (6). N2O4 (7). 2Fe 3+2I-=2Fe2

33、+I 2 (8). 30 (9). 12 (10). 【解析】 【详解】(1)铁是 26号元素，核外电子排布为 2、8、14、2，所以 Fe 元素在周期表中位置为第四周期第 VIII 族，Fe3+的核外电子排布为 2、8、13，其基态价电子排布图为 ； (2)一般情况下，元素的非金属性越强，其从第一电离能就越大，在上述两种钾盐中含有的元素有 K、Fe、C、 N、O、H，非金属性最强的元素的 O元素，但由于 N原子的最外层电子处于 2p 轨道的半充满状态，比较 稳定，失去电子比相邻的 O元素难，所以两种钾盐中第一电离能最大的元素为 N 元素；金属性最强的元素 的 K，故电负性最小的元素为 K元素

34、； (3)在 H2C2O4分子中，两个碳原子与 O原子形成了碳氧双键，两个碳原子形成了碳碳双键，还与羟基氧原子 形成了碳氧单键，所以 C的杂化类型是 sp2杂化；根据等电子体的概念及 C2O42-的构成原子个数、含有的电 子数，可知与 C2O42-互为等电子体的分子的化学式为 N2O4； (4)在分析化学中 F-常用于 Fe3+的掩蔽剂，因为生成的 FeF63-十分稳定，但 Fe3+却不能与 I-形成配合物，其原 因是 Fe3+具有强氧化性，I-具有还原性，二者会发生反应：2Fe3+2I-= 2Fe2+I2，所以 F-常用于 Fe3+的掩蔽剂， 而 I-不可以； (5) 每个碳原子形成 1个

35、键，每 键为 2个碳原子共有，则一个 C60分子中含有 键个数为(1 60) 2=30； 根据晶胞结构示意图可知：C60分子处于晶胞顶点、面心位置，以 C60顶点为研究，与之最近的 C60分子处 于面心，每个顶点为 8个晶胞共用，每个面为 2个晶胞共用，与每个 C60分子距离最近且相等的 C60分子有 =12 个； 晶胞中 C60分子数目=8 +6 =4，晶胞质量 m= g，则晶胞的密度 g/cm3。 12.Prolitane是一种抗抑郁药物，以芳香烃 A 为原料的合成路线如下： 请回答以下问题： (1)D的化学名称为_，HProlitane的反应类型为_。 (2)E 的官能团名称分别为_和_

36、。 (3)B的结构简式为_。 (4)FG 的化学方程式为_。 (5)C的同分异构体中能同时满足下列条件的共有_种(不含立体异构)； 属于芳香化合物 能发生银镜反应 能发生水解反应 其中核磁共振氢谱显示为 4 组峰，其峰面积比为 3221，写出符合要求的该同分异构体的结构简式 _。 (6)参照 Prolitane 的合成路线，设计一条由苯和乙醇为原料制备苯甲酸乙酯的合成路线_(其他 无机试剂和溶剂任选)。 【答案】 (1). 苯乙酸乙酯 (2). 加成反应或还原反应 (3). 羰基 (4). 酯基 (5). (6). + CO2 (7). 【答题空7】4 (8). (9). 【解析】 【详解】(

37、1)根据 D 的结构简式可知 D 的名称为苯乙酸乙酯；H 与氢气在催化剂存在下发生加 成反应产生 Prolitane，与氢气的加成反应也叫还原反应； (2)E 结构简式为，根据结构简式可知含有的官能团分别为酯基和羰基； (3)A相对分子质量是92，可以与氯气在光照条件下发生取代反应产生C7H7Cl，则A是甲苯，B 是； (4)E( )在碱性条件下发生水解反应，然后酸化得到 F：，该物质加热发生 脱羧反应产生 CO2和，反应的方程式为： + CO2； (5)C结构简式为，其 同分异构体要求属于芳香化合物，说明含有苯环；能发生银镜反应，说明含有醛基，能发生水解反 应，说明含有酯基，则其为甲酸形成的酯，可能结构为、 、，共有4种；其中核磁共振氢谱显示为4组峰，其峰面积比为3 221，符合要求的该同分异构体的结构简式为； (6)由苯和乙醇为原料制备苯甲酸乙酯的合成路线是 。