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2019-2020学年海南省文昌中学新高考化学模拟试卷含解析

2019-2020学年海南省文昌中学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．如表为元素周期表的一部分。X、Y、Z、W为短周期元素，其中Y元素的原子最外层电子数是其电子层数的3倍。下列说法正确的是（）

A．Y的氢化物的沸点一定比X氢化物的沸点高

B．Z的氧化物对应的水化物酸性比W的弱

C．ZY2、XW4与Na2Z的化学键类型相同

D．根据元素周期律，可以推测存在TZ2和TW4

【答案】D

【解析】

【分析】

X、Y、Z、W为短周期元素，Y元素的原子最外层电子数是其电子层数的3倍，则Y为O元素，根据X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置关系可知，X为C元素，Z为S元素，W为Cl元素，T为Ge元素，结合元素周期律及物质的性质作答。

【详解】

根据上述分析可知，X为C元素，Y为O元素，Z为S元素，W为Cl元素，T为Ge元素，

A. Y的氢化物分别是H2O、H2O2，H2O、H2O2常温下都呈液态，X的氢化物为烃，烃分子中碳原子数不同，沸点差别很大，故Y的氢化物的沸点不一定比X氢化物的沸点高，A项错误；

B. Z的氧化物对应的水化物可能是硫酸或亚硫酸，W的氧化物对应的水化物可能是次氯酸、氯酸或高氯酸等，因此Z的氧化物对应的水化物酸性不一定比W的弱，若HClO属于弱酸，H2SO4属于强酸，B项错误；

C. SO2、CCl4的化学键类型为极性共价键，而Na2S的化学键类型为离子键，C项错误；

D. Ge与C同族，根据元素周期律可知，存在GeS2和GeCl4，D项正确；

答案选D。

2．化学与生活密切相关。下列有关说法中不正确的是

A．工业上常利用油脂的碱性水解制取肥皂

B．水与乙醇的混合液、雾、鸡蛋清溶液均具有丁达尔效应

C．蔬菜汁饼干易氧化变质．建议包装饼干时，加入一小包铁粉作抗氧化剂并密封

D．浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土可以吸收乙烯，所以可用其保鲜水果

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】

A．油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐和甘油，高级脂肪酸钠是肥皂的主要成分，所以工业上常利用油脂的碱性水解制取肥皂，A正确；

B．只有胶体具有丁达尔效应，乙醇和水的混合物是溶液，不能产生丁达尔效应，B错误；

C．铁具有还原性，铁生锈可以消耗氧气，防止了饼干的氧化变质，C正确；

D．乙烯中含有碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以酸性高锰酸钾溶液能吸收乙烯，保鲜水果，D 正确；

答案选B。

3．厌氧氨化法（Anammox）是一种新型的氨氮去除技术，下列说法中正确的是

A．1mol NH4+所含的质子总数为10N A

B．联氨（N2H4）中含有离子键和非极性键

C．过程II 属于氧化反应，过程IV 属于还原反应

D．过程I 中，参与反应的NH4+与NH2OH 的物质的量之比为1∶2

【答案】C

【解析】

【详解】

A选项，1mol NH4+所含的质子总数为11N A，故A错误；

B选项，联氨（）中含有极性键和非极性键，故B错误；

C选项，过程II中N元素化合价升高，发生氧化反应，过程IV中N化合价降低，发生还原反应，故C正确；

D选项，过程I中，参与反应的NH4+到N2H4化合价升高1个，NH2OH到N2H4化合价降低1个，它们物质的量之比为1∶1，故D错误；

综上所述，答案为C。

【点睛】

利用化合价升降进行配平来分析氧化剂和还原剂的物质的量之比。

4．设N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）

A ．pH=1的硫酸溶液1L ，溶液中含SO 42-的数目等于0.1N A

B ．真空密闭容器中充入0.1molH 2和0.1molI 2充分反应后，容器内分子总数为0.2N A

C ．10mL0.1mol ?L -1的FeCl 3与20mL0.1mol ?L -1KI 溶液反应，转移电子数为0.001N A

D ．60gSiO 2晶体中Si-O 键数目为2N A

【答案】B

【解析】

【详解】

A ．1LpH 1.0=的24H SO 溶液，H +的物质的量为1L 0.1mol /L 0.1mol ?=，硫酸中氢离子和硫酸根离子的物质的量比为2比1，硫酸根离子的物质的量为0.05mol ，数目为A 0.05N ，故A 错误；

B ．2H 和2I 反应前后分子数不变，故20.1molH 和20.1molI 充分反应后，容器内分子总数为A 0.2N ，故B 正确；

C ．3FeCl 与KI 的反应为可逆反应，故C 错误；

D ．60g 2SiO 的物质的量为n=

m M =60g 60g/mol =1mol ，1mol 2SiO 中有4molSi-O 键，则Si-O 键数目为4N A ；答案选B 。

【点睛】

关于PH 的计算和物质的量公式是解题的关键。

5．下列实验操作合理的是（）

A ．用标准HCl 溶液滴定NaHCO 3溶液来测定其浓度，选择甲基橙为指示剂

B ．用湿润的pH 试纸测定CH 3COONa 溶液的pH

C ．用蒸馏的方法分离乙醇（沸点为78.3℃）和苯(沸点为80.1℃)的混合物

D ．向溶液中加入新制氯水，再滴加KSCN 溶液，若溶液变红色，则证明溶液中一定含有Fe 2+

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】

A ．用标准HCl 溶液滴定NaHCO 3溶液，滴定终点时溶液呈酸性，可选择甲基橙为指示剂，A 选项正确；

B ．用湿润的pH 试纸测定醋酸钠溶液的pH ，相当于稀释醋酸钠溶液，由于醋酸钠呈碱性，所以会导致测定结果偏小，B 选项错误；

C ．乙醇和苯的沸点相差不大，不能用蒸馏的方法分离，C 选项错误；

D ．向溶液中加入新制氯水，再滴加KSCN 溶液，若溶液变红色，只能说明Fe 3+，但不能说明Fe 3+一定是由Fe 2+被氯水氧化而来，即不能证明溶液中一定含有Fe 2+，D 选项错误；

6．下列有关说法不正确的是( )

A．天然油脂都是混合物，没有恒定的熔点和沸点

B．用饱和Na2CO3溶液可以除去乙酸乙酯中的乙酸

C．的名称为2-乙基丙烷

D．有机物分子中所有碳原子不可能在同一个平面上

【答案】C

【解析】

【详解】

A. 油脂属于高级脂肪酸甘油酯，分子中碳原子数不相同，所以天然油脂都是混合物，没有恒定的熔点和沸点，故A正确；

B. 乙酸具有酸的通性，可以与碳酸钠反应，所以可用饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的乙酸，故B正确；

C. 选定碳原子数最多的碳链为主链，所以2号位不能存在乙基，的名称为2-甲基丁烷，故

C错误；

D. 该有机物中存在手性碳原子，该碳原子为sp3杂化，与与之相连的碳原子不可能在同一个平面上，所以该分子中所有碳原子不可能在同一个平面上，故D正确。

故选C。

【点睛】

有机物中共面问题参考模型：①甲烷型：四面体结构，凡是C原子与其它4个原子形成共价键时，空间结构为四面体型。小结1：结构中每出现一个饱和碳原子，则整个分子不再共面。②乙烯型：平面结构，当乙烯分子中某个氢原子被其它原子或原子团取代时，则代替该氢原子的原子一定在乙烯的的平面内。小结2：结构中每出现一个碳碳双键，至少有6个原子共面。③乙炔型：直线结构，当乙炔分子中某个氢原子被其它原子或原子团取代时，则代替该氢原子的原子一定和乙炔分子中的其它原子共线。小结3：结构中每出现一个碳碳三键，至少有4个原子共线。④苯型：平面结构，当苯分子中某个氢原子被其它原子或原子团取代时，则代替该氢原子的原子一定在苯分子所在的平面内。小结4：结构中每出现一个苯环，至少有12个原子共面。

7．化学与生活、生产密切相关。下列叙述不正确

．．．的是

A．高纯硅可用于制作光导纤维

B．二氧化氯可用于自来水的杀菌消毒

C．氯化铁溶液可用于刻制铜质印刷线路板

D．海水里的钢闸门可连接电源的负极进行防护

【解析】

【详解】

A 选项，高纯硅可用于制作光电池，二氧化硅可用于制作光导纤维，故A 错误；

B 选项，二氧化氯可用于自来水的杀菌消毒，故B 正确；

C 选项，氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，因此氯化铁溶液可用于刻制铜质印刷线路板，故C 正确；

D 选项，海水里的钢闸门可连接电源的负极进行防护，这种方法叫外加电流的阴极保护法，故D 正确；综上所述，答案为A 。

【点睛】

硅及其化合物在常用物质中的易错点

⑴不要混淆硅和二氧化硅的用途：用作半导体材料的是晶体硅而不是SiO 2，用于制作光导纤维的是SiO 2而不是硅。

⑵不要混淆常见含硅物质的类别:

①计算机芯片的成分是晶体硅而不是SiO 2。

②水晶、石英、玛瑙等主要成分是SiO 2，而不是硅酸盐。

③光导纤维的主要成分是SiO 2，也不属于硅酸盐材料。

④传统无机非金属材料陶瓷、水泥、玻璃主要成分是硅酸盐。

8．常温时，1mol/L 的HA 和1mol/L 的HB 两种酸溶液，起始时的体积均为V 0，分别向两溶液中加水进行稀释，所得变化关系如图所示（V 表示溶液稀释后的体积）。下列说法错误的是

A ．K a ( HA)约为10-4

B ．当两溶液均稀释至0

V lg +1=4V 时，溶液中-c(A )＞-c(B ) C ．中和等体积pH 相同的两种酸所用n(NaOH)：HA>HB

D ．等体积、等物质的量浓度的NaA 和NaB 溶液中离子总数前者小于后者

【答案】B

【解析】

【分析】

根据图示，当lg （V/V 0）+1=1时，即V=V 0，溶液还没稀释，1mol/L 的HA 溶液pH=2，即HA 为弱酸，溶

液中部分电离；1mol/L 的HB 溶液pH=0，即HB 为强酸，溶液中全部电离。因为起始两溶液浓度和体积均相等，故起始两溶液中所含一元酸的物质的量相等。

【详解】

A.1mol/L 的HA 溶液的pH 为2，c(A -)＝c(H ＋)＝0.01mol/L ，c(HA) 1mol/L ，则HA 的电离常数约为10-4，A 正确；

B. 由电荷守恒有：c （H +）=c(A -)+c(OH -)，c （H +）=c(B -)+c(OH -)，当两溶液均稀释至0V lg

+1=4V 时，HB 溶液

pH=3，HA 溶液pH>3，则有c(A -)

C.HA 为弱酸，HB 为强酸，等体积pH 相同的两种酸所含一元酸的物质的量n(HA)>n(HB)，故分别用NaOH 溶液中和时，消耗的NaOH 物质的量：HA>HB ，C 正确；

D.等体积、等物质的量浓度的NaA 和NaB 溶液，Na +数目相同，HA 为弱酸，盐溶液中A -发生水解，NaA 溶液呈碱性，NaA 溶液中的电荷守恒为c （Na +）+c （H +）=c （A -）+c （OH -），HB 为强酸，盐溶液中B -不发生水解，NaB 溶液呈中性，NaB 溶液中的电荷守恒为c （Na +）+c （H +）=c （B -）+c （OH -），NaA 溶液中c （H +）

答案：B 。

9．目前，国家电投集团正在建设国内首座百千瓦级铁－铬液流电池储能示范电站。铁－铬液流电池总反应为Fe 3++Cr 2+Fe 2++Cr 3+，工作示意图如图。下列说法错误的是

A ．放电时a 电极反应为Fe 3++e ?=Fe 2+

B ．充电时b 电极反应为Cr 3++e ?=Cr 2+

C ．放电过程中H +通过隔膜从正极区移向负极区

D ．该电池无爆炸可能，安全性高，毒性和腐蚀性相对较低

【答案】C

【解析】

【分析】

铁-铬液流电池总反应为Fe 3++Cr 2+Fe 2++Cr 3+，放电时，Cr 2+发生氧化反应生成Cr 3+、b 电极为负极，电极反应为Cr 2+-e -=Cr 3+，Fe 3+发生得电子的还原反应生成Fe 2+，a 电极为正极，电极反应为Fe 3++e -═Fe 2+，放

电时，阳离子移向正极、阴离子移向负极；充电和放电过程互为逆反应，即a电极为阳极、b电极为阴极，充电时，在阳极上Fe2+失去电子发、生氧化反应生成Fe3+，电极反应为：Fe2+-e-═Fe3+，阴极上Cr3+发生得电子的还原反应生成Cr2+，电极反应为Cr3++e-═Cr2+，据此分析解答。

【详解】

A．根据分析，电池放电时a为正极，得电子发生还原反应，反应为Fe3++e?=Fe2+，A项不选；

B．根据分析，电池充电时b为阴极，得电子发生还原反应，反应为Cr3++e?=Cr2+，B项不选；

C．原电池在工作时，阳离子向正极移动，故放电过程中H+通过隔膜从负极区移向正极区，C项可选；D．该电池在成充放电过程中只有四种金属离子之间的转化，不会产生易燃性物质，不会有爆炸危险，同时物质储备于储液器中，Cr3+、Cr2+毒性比较低，D项不选；

故答案选C。

10．工业上用发烟HClO4把潮湿的CrCl3氧化为棕色的烟[CrO2(ClO4)2]来除去Cr(Ⅲ)，HClO4中部分氯元素转化为最低价态。下列说法不正确的是（）

A．HClO4属于强酸，反应还生成了另一种强酸

B．该反应中，参加反应的氧化剂与氧化产物的物质的量之比为3∶8

C．CrO2(ClO4)2中Cr元素显+6价

D．该反应离子方程式为19ClO4-+8Cr3++8OH-=8CrO2(ClO4)2+3Cl-+4H2O

【答案】D

【解析】

【分析】

根据题意，写出该反应的化学方程式：19HClO4+8CrCl3+4H2O = 8CrO2(ClO4)2+27HCl，据此解答。

【详解】

A．HClO4属于强酸，反应生成的HCl也是强酸，A项正确；

B．该反应的氧化剂为HClO4，氧化产物为CrO2(ClO4)2，根据方程式，当有19molHClO4参加反应时，其中有3mol作氧化剂，生成的氧化产物[CrO2(ClO4)2]为8mol，因此参加反应的氧化剂与氧化产物的物质的量之比为3∶8，B项正确；

C．CrO2(ClO4)2中O元素显-2价，ClO4-显-1价，所以Cr元素显+6价，C项正确；

D．该反应在酸性条件下发生，离子方程式为19ClO4-+8Cr3++4H2O = 8CrO2(ClO4)2+8H++3Cl-，D项错误；

答案选D。

11．在硫酸铜晶体结晶水含量测定的实验过程中，下列仪器或操作未涉及的是

A．B．C．D．

【答案】C

【解析】

【详解】

A.为使硫酸铜晶体充分反应，应该将硫酸铜晶体研细，因此要用到研磨操作，A 不符合题意；

B.硫酸铜晶体结晶水含量测定实验过程中，需要准确称量瓷坩埚的质量、瓷坩埚和一定量硫酸铜晶体的质量、瓷坩埚和硫酸铜粉末的质量，至少称量4次，所以涉及到称量操作，需要托盘天平，B 不符合题意；

C.盛有硫酸铜晶体的瓷坩埚放在泥三角上加热，直到蓝色完全变白，不需要蒸发结晶操作，因此实验过程中未涉及到蒸发结晶操作，C 符合题意；

D.加热后冷却时，为防止硫酸铜粉末吸水，应将硫酸铜放在干燥器中进行冷却，从而得到纯净而干燥的无水硫酸铜，因此需要使用干燥器，D 不符合题意；

故合理选项是C 。

12．《新修草本》有关“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃……烧之赤色……”据此推测“青矾”的主要成分为( )

A ．42CuSO 5H O ?

B ．42FeSO 7H O ?

C ．()422KAl SO 12H O ?

D ．()2423Fe SO 7H O ?

【答案】B

【解析】

【详解】

“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃……烧之赤色……”，青矾是绿色，经煅烧后，分解成粒子非常细而活性又很强的Fe 2O 3，超细粉末为红色。

A.CuSO 4?5H 2O 为蓝色晶体，A 错误；

B. FeSO 4?7H 2O 是绿色晶体，B 正确；

C.KAl(SO 4)2?12H 2O 是无色晶体，C 错误；

D.Fe 2(SO 4)3?7H 2O 为黄色晶体，D 错误。

所以判断“青矾”的主要成分为FeSO 4?7H 2O 。

故合理选项是B 。

13．下列我国科技创新的产品设备在工作时，由化学能转变成电能的是（）

A．A B．B C．C D．D

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

A.火箭升空时，将燃料的化学能转化为火箭的机械能，故A错误；

B.太阳能电池板，将太阳能转化为电能，故B错误；

C.动车在行驶时主要的能量转化是电能转化为机械能，故C错误；

D.手机电池放电是将化学能转化为电能，故D正确；

答案选D。

14．下列说法正确的是

A．Fe3＋、SCN－、NO3－、Cl－可以大量共存

B．某碱溶液中通入少量CO2产生白色沉淀，该碱一定是Ca(OH)2

C．Na[Al(OH)4]溶液和NaHCO3溶液混合可以产生白色沉淀和无色气体

D．少量的Mg(HCO3)2溶液加过量的Ba(OH)2溶液的离子方程式为：Mg2＋＋2HCO3－＋2Ba2＋＋4OH－

=2BaCO3↓＋Mg(OH)2↓＋2H2O

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

A. Fe3＋与SCN－反应生成红色的络合物，不能大量共存，故A错误；

B. 某碱溶液中通入少量CO2产生白色沉淀，该碱可能是Ca(OH)2，也可能是Ba(OH)2，故B错误；

C. 因为酸性：HCO3->Al（OH）3，所以Na[Al(OH)4]溶液和NaHCO3溶液混合可以产生氢氧化铝白色沉淀，但不会生成气体，故C错误；

D. 少量的Mg(HCO3)2溶液加过量的Ba(OH)2溶液生成碳酸钡沉淀、氢氧化镁沉淀和水，离子方程式为：

Mg2＋＋2HCO3－＋2Ba2＋＋4OH－=2BaCO3↓＋Mg(OH)2↓＋2H2O，故D正确；

故选D。

15．R是合成某高分子材料的单体，其结构简式如图所示。下列说法错误的是（）

A．R能发生加成反应和取代反应

B．用NaHCO3溶液可检验R中是否含有羧基

C．R与HOCH2COOH分子中所含官能团完全相同

D．R苯环上的一溴代物有4种

【答案】C

【解析】

【详解】

A. 分子中含有醇羟基，能发生取代反应，含有苯环，能与氢气发生加成反应，故A正确；

B. 该分子的羧基可以与NaHCO3溶液反应生成二氧化碳，故B正确；

C. 该分子中含有三种官能团：氨基、羟基、羧基；HOCH2COOH分子中所含官能团为羟基、羧基，故C错误；

D. R苯环上有四种环境的氢，故其一溴代物有4种，故D正确；

故答案选C。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）

16．氮化铝(AlN)是一种新型无机材料，广泛应用于集成电路生产领域。某化学研究小组利用Al2O3＋3C＋N22AlN＋3CO制取氮化铝，设计如图实验装置：

试回答：

（1）实验中用饱和NaNO2与NH4Cl溶液制取氮气的化学方程式为___。

（2）装置中分液漏斗与蒸馏烧瓶之间的导管A的作用是__(填写序号)。

a．防止NaNO2饱和溶液蒸发

b．保证实验装置不漏气

c．使NaNO2饱和溶液容易滴下

（3）按图连接好实验装置，检查装置气密性的方法是：在干燥管D末端连接一导管，将导管插入烧杯中

的液面下，___。

（4）化学研究小组的装置存在严重问题，请说明改进的办法：___。

（5）反应结束后，某同学用如图装置进行实验来测定氮化铝样品的质量分数(实验中导管体积忽略不计)。已知：氮化铝和NaOH溶液反应生成NaAlO2和氨气。

①广口瓶中的试剂X最好选用___(填写序号)。

a．汽油b．酒精c．植物油d．CCl4

②广口瓶中的液体没有装满(上方留有空间)，则实验测得NH3的体积将___(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。

③若实验中称取氮化铝样品的质量为10.0g，测得氨气的体积为3.36L(标准状况)，则样品中AlN的质量分数为___。

【答案】NaNO2+NH4Cl NaCl+N2↑+2H2O c 用酒精灯微热蒸馏烧瓶，导管口有气泡冒出，撤掉酒精灯一段时间，导管内上升一段水柱，证明气密性良好在干燥管D末端连接一个尾气处理装置 c 不变61.5%

【解析】

【分析】

制取氮化铝：用饱和NaNO2与NH4Cl溶液制取氮气NaNO2+NH4Cl NaCl+N2↑+2H2O，装置中分液漏斗与蒸馏烧瓶之间的导管A，平衡内外压强，使NaNO2饱和溶液容易滴下，制得的氮气排尽装置中的空气，碱石灰干燥氮气，氧化铝、碳和氮气在高温的条件下生成氮化铝和一氧化碳，方程式为：

Al2O3+3C+N22AlN+3CO，D防止空气进入反应装置干扰实验；

（1）饱和NaNO2与NH4Cl溶液应生成氯化钠、氮气和水；

（2）根据实验的需要结合大气压强原理来回答；

（3）只要先将装置密封再利用热胀冷缩原理进行气密性验证；

（4）实验必须对有毒气体进行尾气处理，防止空气污染；

（5）氮化铝和氢氧化钠反应会生成氨气，氨气进入广口瓶后，如果装置密闭，广口瓶中压强会增大，那么就会有水通过广口瓶的长管进入量筒中，根据等量法可知，进入到广口瓶中水的体积就等于生成的氨气的体积．所以通过量筒中排出的水的体积就可以知道氨气的体积，然后有氨气的密度求出氨气的质量，进而根据方程式求出氮化铝的质量。

①产生的氨气极易溶于水，为防止氨气溶于水需要把气体与水隔离，因此应选择不能与氨气产生作用的液体作为隔离液；选用的试剂应是和水不互溶，且密度大于水的；

②反应前广口瓶的上方留有的少量空间填充的是空气，反应后广口瓶的上方留有的少量空间填充的是氨

气，氨气代替了开始的空气，把最后空间中充入的氨气当成开始时的空气即可；

③根据氨气的体积计算出物质的量，得出其中氮原子的物质的量，根据氮原子守恒，来计算氮化铝的百分含量。

【详解】

Al2O3+3C+N22AlN+3CO，D防止空气进入反应装置干扰实验。

（1）饱和NaNO2与NH4Cl溶液反应生成氯化钠、氮气和水，反应为NaNO2+NH4Cl NaCl+N2↑+2H2O；故答案为：NaNO2+NH4Cl NaCl+N2↑+2H2O；

（2）装置中分液漏斗与蒸馏烧瓶之间的导管A具有平衡气压的作用，这样可以保证NaNO2饱和溶液容易滴下，故选c；

（3）关闭分液漏斗开关，使装置处于密闭体系，将导管一端浸入水中，用手紧握锥形瓶外壁，由于热胀冷缩，锥形瓶内气体受热膨胀，如果导管口有气泡冒出，说明气密性良好，否则装置漏气，故答案为：用酒精灯微热蒸馏烧瓶，导管口有气泡冒出，撤掉酒精灯一段时间，导管内上升一段水柱，证明气密性良好；（4）实验必须对有毒气体进行尾气处理，应在干燥管D末端连接一个尾气处理装置，防止空气污染，故答案为：在干燥管D末端连接一个尾气处理装置；

（5）①酒精、汽油虽然都不能与氨气发生反应，但它们却都极易挥发，挥发出来的气体对实验有影响而且挥发完后不能再起到隔离氨气与水接触的作用；同时由于酒精易溶于水，也不能达到隔离的目的；CCl4密度大于水，不能起到隔离作用，而植物油既不溶于水，密度小于水也不易挥发，可以把氨气与水进行隔离；故答案为：c；

②本次实验的目的在于测定产生气体的体积而不是收集纯净的气体，因此，把最后空间中充入的氨气当成开始时的空气即可，不会对测量结果产生影响，故答案为：不变；

③氨气的体积为3.36L（标准状况），物质的量是0.15mol，所以氮化铝的物质的量是0.15mol，质量是

0.15mol×41g/mol=6.15g，所以氮化铝的质量分数为6.15

×100%=61.5%，故答案为：61.5%。

【点睛】

本题考查对实验原理的理解与实验操作评价、物质含量测定、化学计算等，理解实验原理是关键，是对所学知识的综合运用，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识分析问题、解决问题的能力，学习中全面把握基础知识。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）

17．一种防止血栓形成与发展的药物J的合成路线如图所示（部分反应条件略去）：

回答下列问题：

(1)A中官能团的名称是_________，反应⑤的反应类型是___________。

(2)J的分子式是__________。F的结构简式是_________。

(3)反应③的化学方程式为____________________________________。

(4)已知C有多种同分异构体。写出同时满足下列条件的C的同分异构体的结构简式__________。（只需写出两个）

①苯环上有两个处于对位上的取代基；

②1mol该有机物与足量金属钠反应生成1g氢气。

(5)请参照J的合成方法，完成下列合成路线：___________________

【答案】(酚)羟基消去反应C19H16O4

+CO(OC2H5)2??→+2C2H5OH 、、、(任

写两个)

【解析】

【分析】

对比A、B的结构，可知A与乙酸酐发生取代反应生成B，同时还生成CH3COOH，B、C互为同分异构体，B发生异构生成C，对比C、D的结构可知，C组成多1个、去掉2个H原子生成D，同时还生成C2H5OH，由F的分子式，结合G的结构，可知E为，对比E、F的分子式，可知E与丙酮发生加成反应

生成F，F发生消去反应生成G，结合G的结构，可知F为，据此分析解答。

【详解】

对比A、B的结构，可知A与乙酸酐发生取代反应生成B，同时还生成CH3COOH，B、C互为同分异构体，B发生异构生成C，对比C、D的结构可知，C组成多1个、去掉2个H原子生成D，同时还生成C2H5OH，由F的分子式，结合G的结构，可知E为，对比E、F的分子式，可知E与丙酮发生加成反应生成F，F发生消去反应生成G，结合G的结构，可知F为，

(1)A为苯酚，含有的官能团为酚羟基，由以上分析可知，反应⑤为在浓硫酸加热的条件发生消去反应生成G，故答案为：(酚)羟基；消去反应；

(2)由J的结构简式，可知其分子式是C19H16O4，由以上分析知F为，故答案为：C19H16O4；

；

(3)对比C、D的结构可知，C组成多1个、去掉2个H原子生成D，同时还生成C2H5OH，故反应③的化学方程式为：+CO(OC2H5)2??→+2C2H5OH，故答案为：

+CO(OC2H5)2??→+2C2H5OH；

(4)同时满足下列条件的C()的所有同分异构体：①苯环上有两个处于对位上的取代基；②1mol 该有机物与足量金属钠反应生成1g氢气，则含有一个羟基或一个羧基，当含有一个羟基时，还应含有一

个醛基或者一个羰基，符合条件的同分异构体有：、、、，故答案为：、、、(任写两个)；

(5) 与乙酸酐反应生成，然后与AlCl 3/NaCl 作用生成，最后与CO(OC 2H 5)2反应得到，故答案为：。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）

18．含镍(Ni)质量分数约20%废料，主要成分是铁镍合金，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物。由该废料制备纯度较高的氢氧化镍，工艺流程如下：

回答下列问题：

(1)合金中的镍难溶于稀硫酸，“酸溶”时除了加入稀硫酸，还要边搅拌边缓慢加入稀硝酸，反应有N 2生成。写出金属镍溶解的化学方程式______________________

(2)“除铁”时H 2O 2的作用是________________，为了证明添加的H 2O 2已足量，应选择的试剂是_______________ (填序号：“①铁氰化钾K 3[Fe(CN)6]”或“②硫氰化钾KSCN”)溶液．黄钠铁矾

[Na x Fe y (SO 4)m (OH)n ]具有沉淀颗粒大、沉淀速率快、容易过滤等特点，则x ：y ：m ：n=1：____：2：6

(3)“除铜”时，反应的离子方程式为________________

(4)已知K sp (MgF 2)=7.35×10-11、K sp (CaF 2)=1.05×10-10，当加入过量NaF“除钙镁”后，所得滤液中

2+2+c(Mg)c(Ca )

________________(保留1位小数)。已知除杂过程在陶瓷容器中进行，NaF 的实际用量不宜过大的原因是__________

(5)100kg 废料经上述工艺制得Ni(OH)2固体的质量为31kg ，则镍回收率为______________(保留1位小数)

(6)镍氢电池已成为混合动力汽车的主要电池类型，其工作原理如下：M+Ni(OH)2

MH+NiOOH(式中M 为储氢合金)。写出电池充电过程中阳极的电极反应式___________

【答案】5Ni+5H 2SO 4+2HNO 3=5NiSO 4+N 2↑+6H 2O 将Fe 2+成氧化成Fe 3+ ① 3

H 2S+Cu 2+=CuS↓+2H + 0.7 过量的F -在酸性条件下会腐蚀陶瓷容器 98.3%

Ni(OH)2+OH -—e -=NiOOH+H 2O

【解析】

【分析】

含镍质量分数约20%的废料，主要成分是铁镍合金，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物，加入硫酸和硝酸酸

溶，合金中的镍难溶于稀硫酸，“酸溶”时除了加入稀硫酸，还要边搅拌边缓慢加入稀硝酸，溶解Ni反应有N2生成，过滤除去废渣，滤液中加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入碳酸钠调节溶液pH除去铁离子，过滤得到滤渣和滤液，滤液中加入H2S沉淀铜离子，过滤得到滤液中加入NaF用来除去镁离子和钙离子，过滤得到滤液中主要是镍离子，加入氢氧化钠溶液沉淀镍离子生成氢氧化镍固体。

（1）镍和硝酸反应生成镍离子、氮气和水，结合原子守恒、电子守恒配平书写化学方程式；

（2）过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，便于除去，加入Na2CO3除去Fe3+，不沉淀其他金属离子，利用铁氰化钾和亚铁离子结合生成蓝色溶液检验亚铁离子是否被完全氧化；由题给信息，黄钠铁矾[Na x Fe y（SO4）m（OH）n]元素化合价代数和为0；

（3）硫化氢和铜离子反应生成难溶于酸的硫化铜沉淀；

（4）利用溶度积计算溶液中Mg2+、Ca2+的浓度之比，NaF的用量不宜过大是因为，过量氟化钠会在酸性溶液中生成氟化氢，陶瓷容器中的二氧化硅会和氟化氢反应；

（5）废料含镍质量分数约20%，100kg废料经上述工艺制得Ni（OH）2固体的质量为31kg，依据镍元素守恒计算回收得到镍和原来镍的质量，计算回收率；

（6）阳极上Ni（OH）2失电子生成NiOOH。

【详解】

含镍质量分数约20%的废料，主要成分是铁镍合金，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物，加入硫酸和硝酸酸溶，合金中的镍难溶于稀硫酸，“酸溶”时除了加入稀硫酸，还要边搅拌边缓慢加入稀硝酸，溶解Ni反应有N2生成，过滤除去废渣，滤液中加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入碳酸钠调节溶液pH除去铁离子，过滤得到滤渣和滤液，滤液中加入H2S沉淀铜离子，过滤得到滤液中加入NaF用来除去镁离子和钙离子，过滤得到滤液中主要是镍离子，加入氢氧化钠溶液沉淀镍离子生成氢氧化镍固体。

（1）镍和硝酸反应生成镍离子、氮气和水，结合原子守恒、电子守恒配平书写化学方程式为：

5Ni+5H2SO4+2HNO3=5NiSO4+N2↑+6H2O，

故答案为5Ni+5H2SO4+2HNO3=5NiSO4+N2↑+6H2O。

（2）“除铁”时H2O2的作用是：过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，便于除去，为了证明添加的H2O2已足量，应选择的试剂是利用铁氰化钾和亚铁离子结合生成蓝色溶液检验亚铁离子是否被完全氧化；再加入Na2CO3使Fe3+生成黄钠铁矾而除去，黄钠铁矾[Na x Fe y（SO4）m（OH）n]中铁元素化合价为+3价，元素化合价代数和为0，x+3y-2m-n=0，得到x+3y=2m+n，x：y：m：n=1：p：2：6，则p=3，

故答案为将亚铁离子氧化为铁离子；①；3。

（3）硫化氢和铜离子反应生成难溶于酸的硫化铜沉淀，反应的离子方程式为：H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，

故答案为H2S+Cu2+=CuS↓+2H+。

（4）所得滤液中

c Mg

c Ca

（）

c Mg c F

c Ca c F

（）（）

K F

（）

7.3510

1.0510

=0.7，NaF的用量不宜过大

是因为，过量氟化钠会在酸性溶液中生成氟化氢，陶瓷容器中的二氧化硅会和氟化氢反应，生成氢氟酸会

腐蚀陶瓷容器，

故答案为0.7；过量的F-离子生成氢氟酸会腐蚀陶瓷容器；

（5）废料含镍质量分数约20%，100kg废料经上述工艺制得Ni（OH）2固体的质量为31kg，废料中镍元素质量=100kg×20%=20kg，反应生成镍元素质量=31÷93×59kg，则镍回收率的计算式

=(31÷93×59)kg÷20kg×100%=98.3%，

故答案为98.3%。

（6）镍氢电池充电时的反应为M+Ni（OH）2=MH+NiOOH，充电过程中阳极的电极反应式：

Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O，故答案为Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O。

19．微量元素硼对植物的生长和人体骨骼的健康有着十分重要的作用。请回答下列问題：

（1）区分晶体硼和无定硼形科学的方法为_________________________________。

（2）下列B原子基态的价层电子排布图中正确的是___________

A．B．

C．D．

（3）NaBH4是重要的储氢载体，阴离子的立体构型为___________。

（4）三硫化四磷分子(结构如下图1所示)是___________分子(填极性”或非极性)。

（5）图2表示多硼酸根离子的一种无限长的链式结构，其化学式可表示为___________。

（6）硼酸晶体是片层结构，其中一层的结构如图3所示。硼酸在冷水中溶解度很小，但在热水中较大，原因是_________________________________。

（7）立方氮化硼(BN)是新型高强度耐磨材料，可作为金属表面的保护层，其晶胞结构(如右图)与金刚石类似。已知该晶体密度为ag/cm3，则晶体中两个N原子间的最小距离为___________pm。(用含a的代数式表示，N A表示阿伏加德罗常数)

【答案】

X-射线衍射实验A 正四面体极性BO 2- 或 (BO 2)n n- 或 B n O 2n n-晶体中硼酸分子间以氢键缔合在一起，难以溶解；加热时，晶体中部分氢键被破坏，硼酸分子与水分子形成氢键，溶解度增大3A

2100·2aN ×1010 【解析】

【详解】

（1）区分晶体硼和无定形硼最可靠的科学方法为进行X-射线衔射实验；

（2）B 原子外围电子有3个电子，2s 能级上有2个电子，2p 能级上有1个电子，其外围电子排布图为，答案选A ；

（3）NaBH 4是一种重要的储氢载体，阴离子的化学式为BH 4－，则其结构式为

，立体构型为为

正四面体；（4）P 4S 3中P 原子成3个P-S 键、含有一对孤对电子，杂化轨道数为4，P 原子采取sp 3杂化，属于极性分子；

（5）从图可看出，每个BO 32-单元，都有一个B ，有一个O 完全属于这个单元，剩余的2个O 分别为2个BO 32-单元共用，所以B ：O=1：（1+2×1/2）=1：2，化学式为BO 2-或 (BO 2)n n- 或 B n O 2n n-；

（6）由于晶体中硼酸分子间以氢键缔合在一起，难以溶解；加热时，晶体中部分氢键被破坏，溶解度增大，所以硼酸晶体在冷水中溶解度很小，但在热水中较大；

（7）一个晶胞中B 原子数目=118682??＋＝４，含N 原子数=4，一个晶胞的质量254A N ?ｇ，根据ρｍ＝Ｖ

，100ρ３ＡｍＶ＝＝ｃｍａＮ103310010010ＡＡ

ｃｍ＝ｐｍａＮａＮ，仔细观察BN 的晶胞结构不难发现N 位于晶胞中8个小立方体中互不相邻的4个小立方体的体心，

N 与N 之间距离就是晶胞面对角线的一半，因此晶体中两个最近的N 3A

2100·aN ×1010ｐｍ。