黑龙江省哈尔滨市第六中学2019届高三冲刺押题卷（一）化学试题 Word版含解析

黑龙江省哈尔滨市第六中学2019届高三冲刺押题卷（一）化学试题 Word版含解析

www.ks5u.com 哈尔滨六中化学试题 ‎1.化学与科技、社会、生产密切相关，下列说法错误的是 A. 我国出土的青铜礼器司母戊鼎是铜和铁的合金 B. 高纯硅具有良好的半导体性能，可用于制光电池 C. 港珠澳大桥钢筋表面的环氧树脂涂层属于合成高分子材料 D. 火箭推进剂使用煤油-液氧比偏二甲肼-四氧化二氮的环境污染小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．司母戊鼎的主要成分是青铜，是铜锡合金，故A错误；‎ B．硅是半导体材料，可用于制光电池，故B正确；‎ C．环氧树脂属于高分子化合物，故C正确；‎ D．偏二甲肼-四氧化二氮作燃料，会产生二氧化氮等污染物，发射神舟十一号飞船所用火箭的燃料是液氧和煤油，产物为二氧化碳和水，燃料毒性小、污染少，有利于环保，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎2.控制变量是科学研究重要方法。由下列实验现象一定能得出相应结论的是 选项 A B 装 置 图 现象 右边试管产生气泡较快 左边棉球变棕黄色，右边棉球变蓝色 结论 催化活性：Fe3+>Cu2+‎ 氧化性：Br2>I2‎ 选项 C D - 18 -‎ 装 置 图 现象 试管中先出现淡黄色固体，后出现黄色固体 试管中液体变浑浊 结论 Ksp：AgCl>AgBr>AgI 非金属性：C>Si A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ 两只试管中滴加的溶液的唯一区别就是左边加入的Cu2+，右边加入的是Fe3+，所以右边反应较快，能说明催化活性：Fe3+>Cu2+，选项A正确。选项B中的实验，氯气通入溴化钠溶液变为棕色，通入淀粉碘化钾溶液变为蓝色，能证明氯气的氧化性强于溴单质也强于碘单质，但是不能证明氧化性：Br2>I2，选项B错误。向氯化银悬浊液中加入少量溴化钠溶液，白色沉淀转化为淡黄色沉淀，说明氯化银转化为溴化银，即Ksp：AgCl>AgBr；再加入少量的碘化钠，出现黄色沉淀，应该是将上一步剩余的氯化银转化为碘化银沉淀，所以证明Ksp：AgCl>AgI，但是不能得到Ksp：AgBr>AgI，选项C错误。盐酸和碳酸钠反应生成二氧化碳气体，考虑到盐酸的挥发性，生成的二氧化碳气体中一定会有HCl，所以硅酸钠溶液中有浑浊，也可能是HCl和硅酸钠反应的结果，不能证明一定是碳酸强于硅酸，进而不能证明非金属性强弱，选项D错误。‎ ‎3.屠呦呦因发现治疗疟疾的青蒿素和双氢青蒿素（结构如图）获得诺贝尔生理学或医学奖．一定条件下青蒿素可以转化为双氢青蒿素．下列有关说法中正确的是 ‎ - 18 -‎ A. 青蒿素的分子式为C15H20O5‎ B. 双氢青蒿素能发生氧化反应、酯化反应 C. 1 mol青蒿素最多能和1 molBr2发生加成反应 D. 青蒿素转化双氢青蒿素发生了氧化反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A．由结构可知青蒿素的分子式为C15H22O5，故A错误；B．双氢青蒿素含-OH，能发生氧化反应、酯化反应，故B正确；C．青蒿素不含碳碳双键或三键，则不能与溴发生加成反应，故C错误；D．青蒿素转化为双氢青蒿素，H原子数增加，为还原反应，故D错误；故选B。‎ ‎4.用废铁屑制备磁性胶体粒子，制取过程如下：‎ 下列说法不正确的是 A. 用Na2CO3溶液浸泡是为了除去废铁屑表面的油污 B. 通入N2是防止空气中的O2氧化二价铁元素 C. 加适量的H2O2是为了将部分Fe2+氧化为Fe3+，涉及反应：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2 H2O D. 溶液A中Fe2+和Fe3+的浓度比为2:1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、碳酸钠的水溶液显碱性，油污在碱中发生水解，因此碳酸钠溶液浸泡可以除去废铁屑表面的油污，故A说法正确；B、Fe2＋容易被氧气氧化，因此通入N2的目的是防止空气中的氧气氧化Fe2＋，故B说法正确；C、利用H2O2的氧化性，把Fe2＋氧化成Fe3＋，涉及反应：2Fe2＋＋H2O2‎ - 18 -‎ ‎＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O，故C说法正确；D、Fe3O4中Fe2＋和Fe3＋物质的量之比为1：2，故D说法错误。‎ ‎5.处理烟气中的SO2可以采用碱吸——电解法，其流程如左图；模拟过程Ⅱ如右图，下列推断正确的是 A. 膜1为阴离子交换膜，膜2为阳离子交换膜 B. 若用锌锰碱性电池为电源，a极与锌极相连 C. a极的电极反应式为2H2O一4e一=4H++O2↑‎ D. 若收集22.4L的P（标准状况下），则转移4mol电子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由流程图可知，氢氧化钠溶液与烟气中的SO2反应生成亚硫酸钠溶液，电解亚硫酸钠溶液制得氢氧化钠溶液和硫酸，制得的氢氧化钠溶液可以循环使用；电解Na2SO3溶液时，亚硫酸根通过阴离子交换膜进入右室，在b极上失电子发生氧化反应生成硫酸根，SO32——2e—+H2O= SO42—+,2H+，则b极为阳极，与电源正极相连，左室中，水在a极得电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H2O+2e一=2OH—+H2↑，溶液中OH—浓度增大，Na+离子通过阳离子交换膜进入左室，则a极为阴极，与电源负极相连。‎ ‎【详解】A项、电解Na2SO3溶液时，亚硫酸根通过阴离子交换膜进入右室，Na+离子通过阳离子交换膜进入左室，则膜1为阳离子交换膜，膜2为阴离子交换膜，故A错误；‎ B项、a极为阴极，与锌锰碱性电池的负极锌极相连，故B正确；‎ C项、a极为阴极，水在阴极得电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H2O+2e一=2OH—+H2↑，故C错误；‎ D项、由阴极电极反应式可知，若收集标准状况下22.4L H2，转移2mol电子，故D错误。‎ 故选B。‎ - 18 -‎ ‎【点睛】本题考查了电解原理，注意电解池反应的原理和离子流动的方向，能够正确判断电极名称，明确离子交换膜的作用是解答关键。‎ ‎6.改变0.01mol/LNaAc溶液的pH，溶液中HAc、Ac－、H+、OH－浓度的对数值lgc与溶液pH的变化关系如图所示。若pKa＝-lgKa，下列叙述错误的是 A. 直线b、d分别对应H+、OH－‎ B. pH＝6时，c(HAc)＞c(Ac－)＞c(H+)‎ C. HAc电离常数的数量级为10-5‎ D. 从曲线a与c的交点可知pKa＝pH＝4.74‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 微粒的浓度越大，lgc越大。酸性溶液中c(CH3COOH)≈0.01mol/L，lgc(CH3COOH)≈-2，碱性溶液中c(CH3COO-)≈0.01mol/L，lgc(CH3COO-)≈-2；酸性越强lgc(H+)越大、lgc(OH-)越小，碱性越强lgc(H+)越小、lgc(OH-)越大，根据图象知，曲线c为CH3COOH，a为CH3COO-，b线表示H+，d线表示OH-。据此分析解答。‎ ‎【详解】A. 根据上述分析，直线b、d分别对应H+、OH－，故A正确；‎ B. 根据图象，pH＝6时，c(Ac－)＞c(HAc)＞c(H+)，故B错误；‎ C. HAc电离常数Ka=，当c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，Ka=c(H+)=10-4.74，数量级为10-5，故C正确；‎ D. 曲线a与c的交点，表示c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，根据C的分析，Ka=c(H+)=10-4.74，pKa＝-lgKa＝-lg c(H+)=pH＝4.74，故D正确；‎ 答案选B。‎ - 18 -‎ ‎7.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，K、L、M均是由这些元素组成的二元化合物，甲、乙分别是元素X、Y的单质,甲是常见的固体，乙是常见的气体。K是无色气体，是主要的大气污染物之一，0.05mol/L丙溶液的pH为l，上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是 A. 原子半径：WY>X C. 化合物XYZ中只含共价键 D. K、L、M中沸点最高的是M ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎0.05mol/L丙溶液的pH为l，可知丙为二元强酸，应为H2SO4，K是无色气体，是主要的大气污染物之一，且可生成H2SO4，则应为SO2，可知乙为O2，L为H2O，乙是常见的气体，且与浓硫酸和甲反应生成，可知甲为C，M为CO2，则W为H元素，X为C元素，Y为O元素，Z为S元素.‎ ‎【详解】A项、同周期元素，原子半径从左到右逐渐减小，C＞O，故A错误；‎ B项、同主族元素，从上到下非金属性减弱，O＞S，故B错误；‎ C项、化合物COS都由非金属性构成，只含共价键，故C正确；‎ D项、K、M常温下为气体，L为水，常温下为液体，沸点最高，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查元素周期律，侧重考查分析能力和推断能力，注意溶液pH为推断突破口，熟练掌握元素化合物知识，注意抓住短周期元素形成二元化合物是解答关键。‎ ‎8.过氧化氢(H2O2)在医药、化工、民用等方面有广泛的应用。回答下面问题：‎ ‎（1）最早制备H2O2使用的原料是易溶于水的BaO2和稀硫酸，发生反应的化学方程式是_____。BaO2的电子式为：__________。‎ - 18 -‎ ‎（2）目前工业制备H2O2的主要方法是蒽醌法。反应流程如下：‎ 已知：乙基蒽醌是反应中的催化剂。‎ ‎①蒽醌法所用原料的物质的量之比为_____________。‎ ‎②操作a是__________________。‎ ‎③再生回收液成分是______________________。‎ ‎（3）测量过氧化氢浓度常用的方法是滴定法，某次测定时，取20. 00mL过氧化氢样品，加入过量硫酸酸化，用0. l000mol/L的KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗10. 00mL，滴定时发生反应的离子方程式为____，该样品中H2O2的物质的量浓度为_______。‎ ‎【答案】 (1). BaO2+H2SO4=BaSO4↓+H2O2 (2). (3). 1:1 (4). 萃取分液 (5). 有机溶剂乙基蒽醌 (6). 2MnO4－+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O (7). 0.1250mol/L ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）易溶于水的BaO2和稀硫酸反应生成H2O2和BaSO4沉淀；过氧化钡为离子化合物；‎ ‎（2）由流程图可知，乙基蒽醌溶于有机溶剂得到乙基蒽醌的有机溶液，氢气与乙基蒽醌的有机溶液在催化剂作用下反应生成氢化液乙基氢蒽醌，乙基氢蒽醌再与氧气反应生成含有乙基蒽醌的有机溶液与双氧水的氧化液，向氧化液中加入蒸馏水，萃取分液得到稀双氧水和含有乙基蒽醌的有机溶液的回收液；‎ ‎（3）双氧水在酸性条件下与KMnO4发生氧化还原反应生成硫酸锰、氧气和水；根据反应方程式可计算样品中H2O2的物质的量浓度。‎ ‎【详解】（1）易溶于水的BaO2和稀硫酸反应生成H2O2和BaSO4沉淀，反应的化学方程式为BaO2+H2SO4=BaSO4↓+H2O2；过氧化钡为离子化合物，钡离子与过氧根离子通过离子键结合，氧原子之间通过共价键结合，过氧化钡的电子式：；故答案为：BaO2+H2SO4=BaSO4↓+H2O2；；‎ ‎（2）①根据反应原理可知，蒽醌法制备双氧水理论上消耗的原料是氧气和氢气，根据双氧水的化学式可知，原料的物质的量之比为1：1，故答案为：1:1；‎ - 18 -‎ ‎②加入蒸馏水后进行操作a得到稀双氧水和再生回收液，根据流程原理再生回收液应该为乙基蒽醌，故操作是将乙基蒽醌从水中分离出来，应采用萃取分液，故答案为：萃取分液；‎ ‎③再生回收液的成分是有机溶剂和乙基蒽醌，故答案为：有机溶剂，乙基蒽醌；‎ ‎（3）双氧水在酸性条件下与KMnO4发生氧化还原反应生成硫酸锰、氧气和水，反应的离子方程式为2MnO4－+5 H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，根据反应方程式可得样品中H2O2的物质的量浓度为，故答案为：2MnO4－+5 H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O；0.1250mol/L。‎ ‎【点睛】本题考查化学工艺流程，是对学生综合能力的考查，注意根据反应原理和生产流程分析流程中的基本操作是解答关键。‎ ‎9.砷元素广泛存在于自然界，砷与其化合物被运用在农药、除草剂、杀虫剂等。‎ ‎（1）砷的常见氧化物有As2O3和As2O5，其中As2O5热稳定性差。根据图1写出As2O5分解为As2O3的热化学方程式_________________。‎ ‎ ‎ ‎（2）砷酸钠具有氧化性，298 K时，在100 mL烧杯中加入10 mL 0.1 mol/L Na3AsO4溶液、20 mL 0.1 mol/L KI溶液和20 mL 0.05 mol/L硫酸溶液，发生下列反应：AsO43-(无色)+2I-+2H+AsO33-(无色)+I2(浅黄色)+H2O ΔH。测得溶液中c(I2)与时间(t)的关系如图2所示（溶液体积变化忽略不计）。‎ ‎①下列情况表明上述可逆反应达到平衡状态的是_______（填字母代号）。‎ a．溶液颜色保持不再变化 b．c(AsO33-)+c(AsO43-)不再变化 c．AsO43-的生成速率等于I2的生成速率 d．保持不再变化 ‎②0～10 min内，I−的反应速率v(I−)＝_______。‎ ‎③在该条件下，上述反应的平衡常数K＝______。‎ ‎④升高温度，溶液中AsO43-的平衡转化率减小，则该反应的 - 18 -‎ ‎ ΔH______0(填“大于”“小于”或“等于”)。‎ ‎（3）利用（2）中反应可测定含As2O3和As2O5的试样中的各组分含量（所含杂质对测定无影响），过程如下：‎ ‎①将试样0.2000 g溶于NaOH溶液，得到含AsO33-和AsO43-的混合溶液。‎ ‎②上述混合液用0.02500 mol•L-1的I2溶液滴定，用____ 做指示剂进行滴定。重复滴定2次，平均消耗I2溶液40.00 mL。则试样中As2O5的质量分数是______。‎ ‎（4）雄黄（As4S4）在空气中加热至300℃时会生成两种氧化物，其中一种氧化物为剧毒的砒霜（As2O3），另一种氧化物为______（填化学式），可用双氧水将As2O3氧化为H3AsO4而除去，写出该反应的化学方程式_________。‎ ‎【答案】 (1). As2O5(s)＝As2O3(s)+O2(g ) △H＝+295.4 kJ/mol (2). ac (3). 0.003 mol/(L·min) (4). 4.5×106 (5). 小于 (6). 淀粉 (7). 50.50% (8). SO2 (9). 2H2O2+H2O+As2O3＝2H3AsO4‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据图1可知，1 molAs2O5分解生成1 mol As2O3和1mol O2 吸收295.4 kJ能量；（2）①a．溶液颜色保持不再变化 ，说明碘单质的浓度不变； b．c(AsO33-)+c(AsO43-)为定值等于0.06 mol/L；c．AsO43-的生成速率等于I2的生成速率，正逆反应速率相等； d．为定值等于1:1；‎ ‎②根据 计算0～10 min内I−的反应速率。‎ ‎③利用“三段式”计算平衡常数K。‎ ‎④升高温度，溶液中AsO43-的平衡转化率减小，说明平衡逆向移动。‎ ‎（3）②根据淀粉遇碘变蓝色选择指示剂。根据关系式计算试样中As2O5的质量分数。‎ ‎（4）根据元素守恒As4S4在空气中加热至300℃时会生成两种氧化物，其中一种氧化物为剧毒的砒霜（As2O3），另一种氧化物为SO2，双氧水将As2O3氧化为H3AsO4，根据电子守恒化学方程式。‎ 解析：（1）根据图1可知，1 molAs2O5分解生成1 mol As2O3和1mol O2 吸收295.4 kJ能量， As2O5分解为As2O3的热化学方程式为As2O5(s)＝As2O3(s)+O2(g ) △H＝+295.4 kJ/mol；（2）①a．溶液颜色保持不再变化 ，说明碘单质的浓度不变，一定达到平衡状态，故a正确； b．c(AsO33-)+c(AsO43-)为定值等于0.06 mol/L，c(AsO33-)+c(AsO43-‎ - 18 -‎ ‎)不再变化不一定平衡，故b错误；c．AsO43-的生成速率等于I2的生成速率，正逆反应速率相等，一定平衡，故c正确； d．为定值等于1:1，保持不再变化不一定平衡，故d错误。‎ ‎②根据 ， 0.0015 mol/(L·min)，0.003 mol/(L·min)。‎ ‎③‎ ‎ 4.5×106；‎ ‎④升高温度，溶液中AsO43-的平衡转化率减小，说明平衡逆向移动，正反应放热，ΔH < 0。‎ ‎（3）②淀粉遇碘变蓝色，指示剂为淀粉。‎ 设As2O3的质量为xg 根据AsO43-(无色)+2I-+2H+AsO33-(无色)+I2(浅黄色)+H2O可知，‎ ‎ ‎ X=0.099g As2O5的质量分数是 50.50%‎ ‎（4）根据元素守恒As4S4在空气中加热至300℃时会生成两种氧化物，其中一种氧化物为剧毒砒霜（As2O3），另一种氧化物为SO2，双氧水将As2O3氧化为H3AsO4，根据电子守恒化学方程式为2H2O2+H2O+As2O3＝2H3AsO4。‎ 点睛：正反应吸热，加热时平衡正向移动，平衡常数增大；正反应放热，加热时平衡逆向移动，平衡常数减小。‎ ‎10.FeBr2是一种黄绿色固体，某学习小组制备并探究它的还原性。‎ I．实验室制备FeBr2实验室用如图所示装置制取溴化亚铁。其中A为CO2发生装置，D和d中均盛有液溴，E为外套电炉丝的不锈钢管，e是两个耐高温的瓷皿，其中盛有细铁粉。‎ - 18 -‎ 实验开始时，先将铁粉加热至600—700℃，然后将干燥、纯净CO2气流通入D中，E管中反应开始。不断将d中液溴滴入温度为100—120℃的D中。经过几小时的连续反应，在铁管的一端沉积有黄绿色鳞片状溴化亚铁。‎ ‎（1）若在A中盛固体CaCO3，a中盛6 mol/L盐酸。为使导入D中的CO2为干燥纯净的气体，则图中B、C处的装置和其中的试剂应是：B为_____________。C为________________。为防止污染空气，实验时应在F处连接盛___________的尾气吸收装置。‎ ‎（2）反应过程中要不断通入CO2，其主要作用是____________________。‎ Ⅱ．探究FeBr2的还原性 ‎（3）实验需要200 mL 0.1 mol/L FeBr2溶液，配制FeBr2溶液除烧杯、量筒、胶头滴管、玻璃棒外，还需要的玻璃仪器是_____________，需称量FeBr2的质量为：_________。‎ ‎（4）取10 mL上述FeBr2溶液，向其中滴加少量新制的氯水，振荡后溶液呈黄色。某同学对产生黄色的原因提出了假设：‎ 假设1：Br一被Cl2氧化成Br2溶解在溶液中；‎ 假设2：Fe2+被Cl2氧化成Fe3+‎ 设计实验证明假设2是正确的：________‎ ‎（5）请用一个离子方程式来证明还原性Fe2+>Br一________：‎ ‎（6）若在40 mL上述FeBr2溶液中通入3×10-3mol Cl2，则反应的离子方程式为________‎ ‎【答案】 (1). 饱和NaHCO3溶液的洗气瓶 (2). 浓H2SO4的洗气瓶 (3). NaOH溶液 (4). 用CO2把反应器中的空气赶尽,将溴蒸气带入E管中 (5). 250 mL容量瓶 (6). 5.4g (7). 取适量黄色溶液，向其中加入少量KSCN溶液，若溶液变血红色，则证明假设2正确 (8). 2Fe2++Br2=2Fe3++2Br- (9). 4Fe2++2Br-+3Cl2=4Fe3++Br2+6Cl-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I．装置A用碳酸钙和盐酸制取二氧化碳，装置B中盛有的NaHCO3饱和溶液用于除去二氧化碳中的氯化氢气体，装置C中盛有的浓H2SO4‎ - 18 -‎ 是干燥二氧化碳，二氧化碳把反应器中的空气赶尽，并将油浴加热的装置D中溴蒸气带入E管中，在加热条件下与铁反应生成黄绿色鳞片状溴化亚铁，在装置F处连接盛有氢氧化钠溶液的尾气吸收装置，吸收有毒的溴蒸汽，防止污染环境；‎ Ⅱ．Fe2+和Br-的还原性强弱顺序为：Fe2+>Br-，向FeBr2溶液中滴加少量新制的氯水，氯气先氧化Fe2+，再氧化Br-。‎ ‎【详解】（1）实验时用碳酸钙和盐酸制取二氧化碳，盐酸易挥发，制得的二氧化碳中混有氯化氢和水蒸气，装置B的作用是除去二氧化碳中的氯化氢气体，可以用盛有NaHCO3饱和溶液的洗气瓶洗气，装置C的作用是干燥二氧化碳，可以用盛有浓H2SO4的洗气瓶干燥，溴蒸汽有毒，不能排到空气中，氢氧化钠溶液能够与溴单质反应，为防止污染空气，实验时应在F处连接氢氧化钠溶液的尾气吸收装置，故答案为：饱和NaHCO3溶液的洗气瓶；浓H2SO4的洗气瓶；NaOH溶液；‎ ‎（2）反应前先通入一段时间CO2，将容器中的空气赶净，避免空气中的氧气干扰实验；反应过程中要不断通入CO2，还可以油浴加热的装置D中溴蒸气带入E管中，使溴能够与铁粉充分反应，故答案为：用CO2把反应器中的空气赶尽，将溴蒸气带入E管中；‎ ‎（3）配制200 mL 0.1 mol/L FeBr2溶液的玻璃仪器有烧杯、量筒、胶头滴管、玻璃棒和250 mL容量瓶；250 mL 0.1 mol/L FeBr2溶液中FeBr2的物质的量为0.25mol，则FeBr2的质量为0.25mol×216g/mol=5.4g，故答案为：250 mL容量瓶；5.4g；‎ ‎（4）若假设2正确，向FeBr2溶液中滴加少量新制的氯水，Fe2+被Cl2氧化成Fe3+，向反应后的黄色溶液中加入KSCN溶液，溶液会变为红色，故答案为：取适量黄色溶液，向其中加入少量KSCN溶液，若溶液变血红色，则证明假设2正确；‎ ‎（5）溶液中Fe2+和Br2能够发生氧化还原反应生成Fe3+和Br-，反应的离子方程式为2Fe2++Br2=2Fe3++2Br- ，则故答案为：2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-；‎ ‎（6）40 mL0.1 mol/L FeBr2溶液中FeBr2的物质的量为0.004mol， 0.004mol Fe2+消耗Cl2的物质的量为0.002mol，3×10-3mol Cl2有0.001mol Cl2与Br-反应，反应消耗Br-的物质的量为0.002mol，参与反应的Fe2+、Br-和Cl2的物质的量比为0.004mol：0.002mol：0.003mol=4:2:3，则反应的离子方程式为4Fe2++2Br-+3Cl2=4Fe3++Br2+6Cl-，故答案为：4Fe2++2Br-+3Cl2=4Fe3++Br2+6Cl-。‎ ‎【点睛】本题考查了实验方案的设计与评价和探究实验，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力，注意掌握化学实验基本操作方法，明确常见物质的性质及化学实验方案设计原则是解答关键。‎ - 18 -‎ ‎11.2016年诺贝尔化学奖授予在“分子机器设计和合成”领域有突出成就的三位科学家，其研究对象之一“分子开关”即与大环主体分子苯芳烃、硫或氮杂环杯芳烃等有关。回答下列问题：‎ ‎（1）对叔丁基杯[4]芳烃(如图Ⅰ所示)可用于ⅢB族元素对应离子的萃取，如La3+、Sc2+。写出基态二价钪离子(Sc2＋)的核外电子排布式：____，其中电子占据的轨道数为_____个。‎ ‎（2）对叔丁基杯[4]芳烃由4个羟基构成杯底，其中羟基氧原子杂化方式为_____，羟基间的相互作用力为_____。‎ ‎（3）不同大小的苯芳烃能识别某些离子，如：N3-、SCN−等。一定条件下，SCN−与MnO2反应可得到(SCN)2，试写出(SCN)2的结构式_______。‎ ‎（4）NH3分子在独立存在时H－N－H键角为106.7°。如图 [Zn(NH3)6]2+离子的部分结构以及H－N－H键角的测量值。解释配合物中H－N－H键角变为109.5°的原因：____。‎ ‎（5）橙红色的八羰基二钴[Co2(CO)8]的熔点为52℃，可溶于乙醇、乙醚、苯等有机溶剂。该晶体属于___晶体，八羰基二钴在液氨中被金属钠还原成四羰基钴酸钠[NaCo(CO)4]，四羧基钴酸钠中含有的化学键为_____。‎ ‎（6）已知C60分子结构和C60晶胞示意图(如图Ⅱ、图Ⅲ所示)：‎ 则一个C60分子中含有σ键的个数为______，C60晶体密度的计算式为____g·cm−3。(NA为阿伏伽德罗常数的值)‎ ‎【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d1或[Ar]3d1 (2). 10 (3). sp3 (4). 氢键 (5). N≡C—S—S—C≡N (6). 氨分子与Zn2＋形成配合物后，孤对电子与Zn2＋‎ - 18 -‎ 成键，原孤对电子与键对电子间的排斥作用变为键对电子间的排斥，排斥减弱，故H－N－H键角变大 (7). 分子 (8). 离子键、配位键、极性键 (9). 90 (10). 4×12×60×1030/(a3×NA)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）Sc是21号元素，根据泡利原理书写其电子排布式；s能级有1个轨道，p能级有3个轨道，d能级只有1个电子，占有1个轨道，据此计算总的轨道数；‎ ‎（2）依据杂化轨道理论作答；羟基中含电负性较强的O，根据化学键特点回答；‎ ‎（3）根据等电子体原理分析作答；‎ ‎（4）键对电子间的排斥作用小于孤对电子与键对电子间的排斥作用，据此作答；‎ ‎（5）根据给定的物理性质判断晶体类型；‎ ‎【详解】（1）Sc是21号元素，核外电子排布式为[Ar]3d14s2，则Sc2＋的电子排布式为1s22s22p63s23p63d1或[Ar]3d1；s能级有1个轨道，p能级有3个轨道，d能级只有1个电子，占有1个轨道，因此电子占据的轨道有1+1+3+1+3+1 = 10个，‎ 故答案为：1s22s22p63s23p63d1或[Ar]3d1；10；‎ ‎（2）羟基的中心原子氧原子，有2个σ键，2个孤电子对，其杂化轨道数为2+2 = 4，因此杂化类型是sp3，羟基键通过氢键联系到一起，‎ 故答案为：sp3；氢键；‎ ‎（3）N3－、SCN－与CO2互为等电子体，因此SCN－的空间构型为直线型，(SCN)2的结构式应为N≡C-S-S-C≡N，‎ 故答案为：N≡C-S-S-C≡N；‎ ‎（4）氨分子与Zn2＋形成配合物后，孤对电子与Zn2＋成键，原孤对电子与键对电子间的排斥作用变为键对电子间的排斥，排斥减弱，故H－N－H键角变大，‎ 故答案为：氨分子与Zn2＋形成配合物后，孤对电子与Zn2＋成键，原孤对电子与键对电子间的排斥作用变为键对电子间的排斥，排斥减弱，故H－N－H键角变大；‎ ‎（5）熔点为52℃，可溶于乙醇、乙醚、苯等有机溶剂，则可知Co2(CO)8属于分子晶体；‎ NaCo(CO)4内，存在钠离子与Co(CO)4-阴离子，在Co(CO)4-内界有CO与中心钴离子形成配位键，而配体内部C原子与O原子之间存在极性共价键，所以四羧基钴酸钠中含有的化学键为离子键、配位键、极性键，‎ 故答案为：分子；离子键、配位键、极性键；‎ ‎（4）根据C60分子结构，C60‎ - 18 -‎ 分子中1个碳原子有2个C－C键、1个"C=C"，根据均摊法，一个碳原子真正含有的σ键的个数为，即一个C60分子中含有σ键的个数为60× = 90；根据C60晶胞结构，离C60最近的C60上面有4个，中间有4个，下面有4个，即有12个；C60的个数为8×1/8＋6×1/2=4，晶胞的质量为 = g，晶胞的体积为（a×10－10）3 = a3×10－30 cm3，根据密度的定义，晶胞的密度计算式为 = 4×12×60×1030/(a3×NA),‎ 故答案为：4×12×60×1030/(a3×NA)。‎ ‎12.某研究小组以甲苯为主要原料，采用以下路线合成医药中间体F和Y。‎ 已知：①‎ ‎②‎ ‎③CH3COOH+CH3COOH→(CH3CO)2O+H2O 请回答下列问题：‎ ‎（1）下列有关F的说法正确的是______________。‎ A．分子式是C7H7NO2Br B．F即能与HCl又能与NaOH应生成盐 C．能发生取代反应和缩聚反应 D．1 mol的 F最多可以和2 mol NaOH反应 ‎（2）C→ D的反应类型是 _____。‎ ‎（3）在合成F的过程中，B→C步骤不能省略，理由是_____________________。‎ ‎（4）D→E反应所需的试剂是 ___________________。‎ ‎（5）写出同时符合下列条件的A的同分异构体的结构简式（写出其中1个）_________________。‎ ‎①苯环上只有两种不同化学环境的氢原子②分子中含有－CHO - 18 -‎ ‎（6）利用已知信息，以X和乙烯为原料可合成Y，请设计合成路线（无机试剂及溶剂任选）。___________ 注：合成路线的书写格式参照如下示例流程图：‎ ‎【答案】 (1). BC (2). 氧化反应 (3). 氨基易被氧化，在氧化反应之前需先保护氨基 (4). Br2 / FeBr3 或Br2 / Fe (5). (6). ‎ ‎【解析】‎ 由甲苯与A的分子式，结合D的结构简式可知甲苯发生甲基对位的硝化反应生成A，则A为，A发生信息中反应，硝基被还原为氨基生成B，则B的结构简式为，结合D的结构可知，B中氨基中1个H原子被取代生成C为，C被酸性高锰酸钾溶液氧化生成D，对比D、F的结构可知，D与液溴发生取代反应生成E为，E发生水解反应得到F，可知B→C是为了保护氨基不被氧化，则 ‎（1）A．根据F的结构简式，可知其分子式应为C7H6NO2Br，A错误；B．F中有氨基与羧基，可以形成内盐，B正确；C．F中有羧基、溴原子，可以发生取代反应，F中有氨基与羧基，可以发生缩聚反应，C正确；D．羧基能与氢氧化钠反应，苯环上的溴原子发生水解反应生成酚羟基，所以1molF最多能和3molNaOH反应，D错误，答案选BC；（2）C→D是C中甲基被酸性高锰酸钾溶液氧化生成-COOH，属于氧化反应；（3）由于在合成F的过程中，氨基易被氧化，在氧化反应之前需先保护氨基，因此B→C步骤不能省略；（4）D→E苯环上氢原子被-Br原子取代，反应所需的试剂是：液溴、Fe；（5）同时符合下列条件的A的同分异构体：①苯环上只有两种不同化学环境的氢原子 ②分子中含有－CHO，符合条件的同分异构体有、‎ - 18 -‎ ‎、；（6）由信息可知，苯甲醛与乙醛在碱性条件下得到，再发生消去反应得到，乙烯发生加成反应生成乙醇，乙醇催化氧化得到乙醛，以苯甲醛和乙烯为原料合成Y的路线流程图为。‎ - 18 -‎ ‎ ‎ - 18 -‎