2019-2020学年北京市海淀区中国人民大学附属中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年北京市海淀区中国人民大学附属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）1NSR技术能降低柴油发动机在空气过量条件下NOx的排放，其工作原理如图所示。下列说法错误的是（）A降低 NOx排放可以减少酸雨的形成B储存过程中NOx被氧化C还原过程中消耗1molBa(NO3)2转移的电子数为5NA（NA为阿伏加德罗常数的值）D通过 BaO和 Ba(NO3)2的相互转化实现NOx的储存和还原【答案】C【解析】【分析】【详解】A大气中的NOx可形成硝酸型酸雨，降低NOx排放可以减少酸雨的形成，A 正确；B储存过程中NO

2、x转化为 Ba(NO3)2，N 元素价态升高被氧化，B正确；C还原过程中消耗1molBa(NO3)2转移的电子数为10NA，C 错误；D BaO转化为 Ba(NO3)2储存 NOx，Ba(NO3)2转化为 BaO、N2和 H2O，还原 NOx，D 正确；故选 C。2向新制氯水中逐滴滴加NaOH 溶液，溶液pH 随时间的变化如图所示。呈碱性时停止滴加，一段时间后溶液黄绿色逐渐褪去。由此得不到的结论是A该新制氯水c(H+)=10-2.6mol/L B开始阶段，pH 迅速上升说明H+被中和COH-和 Cl2能直接快速反应D NaOH 和氯水反应的本质是OH-使 Cl2+H2O?H+Cl-+HClO平

3、衡右移【答案】C【解析】【详解】A.没有加入NaOH 溶液时，新制氯水的pH 为 2.6，氢离子的浓度c(H+)=10-2.6mol/L，故 A 正确；B.向新制氯水中逐滴滴加NaOH 溶液，NaOH 先和溶液中的氢离子反应，pH 迅速上升，故B正确；C.新制氯水中有氢离子，逐滴滴加NaOH 溶液，NaOH 先和溶液中的氢离子和HClO 反应，故C 错误；D.由图可知，逐滴滴加NaOH 溶液，NaOH 先和溶液中的氢离子和HClO 反应，使 Cl2+H2O?H+Cl-+HClO反应平衡右移，故D 正确；题目要求选择不能得到的结论，故选C。3用饱和硫酸亚铁、浓硫酸和硝酸钾反应可以制得纯度为98%

4、的 NO，其反应为FeSO4+KNO3+H2SO4(浓)Fe2(SO4)3+NO +K2SO4+H2O(未配平)。下列有关说法不正确的是A该反应的氧化剂是KNO3B氧化产物与还原产物的物质的量之比为23 CFe2(SO4)3、K2SO4、H2O 均为电解质D该反应中生成144gH2O，转移电子的物质的量为12mol【答案】B【解析】【详解】A.在反应 FeSO4+KNO3+H2SO4(浓)Fe2(SO4)3+NO +K2SO4+H2O 中，N 元素的化合价由反应前KNO3中的+5价变为反应后NO 中的+2 价，化合价降低，获得电子，所以该反应的氧化剂是KNO3，A 正确；B.配平的化学方程式为

5、6FeSO4+2KNO3+4H2SO4(浓)3Fe2(SO4)3+2NO +K2SO4+4H2O，在该反应中KNO3作氧化剂，还原产物是NO，FeSO4作还原剂，Fe2(SO4)3是氧化产物，根据反应过程中电子转移数目相等，所以 n(KNO3)：n(FeSO4)=1：3=2：6，则氧化产物Fe2(SO4)3与还原产物NO 的物质的量之比为32，B错误；C.Fe2(SO4)3、K2SO4都是盐，属于强电解质，H2O 能部分电离产生自由移动的离子，是弱电解质，因此这几种物质均为电解质，C正确；D.根据方程式可知：每反应产生72g H2O，转移 6mol 电子，则生成 144g H2O，转移电子的物

6、质的量为12mol，D 正确；故合理选项是B。4以下物质的水溶液显酸性的是A NaHCO3BNaHSO4CCH3COOKD KNO3【答案】B【解析】【详解】溶液的酸碱性取决于溶液中c(H+)、c(OH-)的相对大小。c(H+)c(OH-)的溶液呈酸性。A.NaHCO3在溶液中完全电离，生成的HCO3-以水解为主使溶液呈碱性，A 项错误；B.NaHSO4在溶液中完全电离生成Na+、H+、SO42-，使溶液呈酸性，B项正确；C.CH3COOK在溶液中完全电离，生成的CH3COO-水解使溶液呈碱性，C项错误；D.KNO3溶液中，K+、NO3-不能发生水解，溶液呈中性，D 项错误。本题选 B。5将

7、NaHCO3和 Na2O2的固体混合物x g在密闭容器中加热至250，充分反应后排出气体将反应后的固体溶入水无气体放出，再逐滴加入盐酸，产生气体（标准状况）与所加盐酸体积之间的关系如图所示下列说法错误的是（）A HCl的浓度 0.2mol/L B反应后固体的成分为NaOH 与 Na2CO3C密闭容器中排出气体的成分为O2和 H2O D x 的数值为6.09【答案】D【解析】【分析】【详解】A、由 175mL 到 275mL 是与碳酸氢钠反应，而n（Na2CO3）=n（NaHCO3）=n（CO2）=0.02mol，NaHCO3 HCl 1mol 1mol 0.02mol 0.02mol 所以 c

8、（HCl）=0.02mol/(275-175)10-3L=0.2mol/L，A 正确；B、由图像可知，因为175275-175 所以固体混合物为NaOH，Na2CO3，B 正确；C、由方程式可知：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，生成 0.02mol 的二氧化碳和0.02mol 的水，再根据2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2可知密闭容器中排出气体的成分O2，H2O，C正确；D、根据碳原子守恒可知，n（NaHCO3）=n（CO2）=0.02mol=0.02mol，275ml 时溶质是单一的氯化钠，根据钠守恒可知n（Na2O2）0.2

9、mol/L 0.275L-0.02 mol/L 0.0175mol，固体的质量为：0.02 84+0.0175 78=3.045g，故 x=3.045g，D 错误；答案选 D。【点晴】解答时注意掌握过氧化钠、碳酸氢钠的性质及根据化学方程式进行的简单计算方法，本题中分析、理解图像信息是解题关键。另外明确二氧化碳、水蒸气与过氧化钠反应的先后顺序是解答的难点和易错点，一定量的 Na2O2与一定量的CO2和 H2O(g)的混合物的反应，可看做Na2O2先与 CO2反应，待CO2反应完全后，Na2O2再与 H2O(g)发生反应。6 比较归纳是化学学习常用的一种方法。对以下三种物质的转化关系，C CO2；

10、CH4 CO2；CO CO2，比较归纳正确的是A三种转化关系中发生的反应都属于化合反应B三种转化关系中所有的生成物在常温下都是气体C三种物质都只能跟氧气反应转化为二氧化碳D三种物质都能在点燃条件下转化为二氧化碳【答案】D【解析】分析：CCO2属于碳在氧气中燃烧或者与氧化铜等金属氧化物反应生成二氧化碳；CH4CO2属于甲烷在氧气中燃烧生成二氧化碳和水，常温下水为液态；CO CO2属于一氧化碳在氧气中燃烧或者与氧化铜等金属氧化物反应生成二氧化碳。详解：A甲烷燃烧生成二氧化碳和水，碳与氧化铜反应生成铜与二氧化碳，不是化合反应，A 错误；B甲烷在氧气中燃烧生成二氧化碳和水，常温下水为液态，B错误；C碳

11、、一氧化碳与氧化铜反应能够生成二氧化碳，C错误；D碳、一氧化碳、甲烷都能够燃烧生成二氧化碳，D 正确；答案选 D。7设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A 28g晶体硅中含有NA个 Si-Si键B叠氮化铵(NH4N3)发生爆炸反应：NH4N3=2N2+2H2，当产生标准状况下22.4L 气体时，转移电子的数目为 NACpH=1 的 H3PO4溶液中所含H+的数目为0.1NAD 200mL1mol/LAl2(SO4)3溶液中 A13+和 SO42-的数目总和是NA【答案】B【解析】【分析】【详解】A 1个 Si原子周围有4 个 SiSi，而 1 个 SiSi周围有 2 个 Si原子，则

12、Si 和 Si Si的比例为2：4=1：2，28gSi其物质的量为1mol，则含有的SiSi 的物质的量为2mol，其数目为2NA，A 错误；B叠氮化铵发生爆炸时，H 的化合价降低，从 1 降低到 0，1mol 叠氮化铵发生爆炸时，生成 4mol 气体，则总共转移4mol 电子；现生成22.4：L，即 1mol 气体，则转移的电子数为NA，B 正确；C不知道磷酸溶液的体积，无法求出其溶液中的H数目，C错误；D 200mL1mol L1Al2(SO4)3溶液中，如果Al3不水解，则Al3和 SO42的物质的量=0.2L1molL120.2L 1mol L1 3=1mol，其数目为NA，但是 Al

13、3为弱碱的阳离子，在溶液中会水解，因此 Al3数目会减少，Al3和 SO42的总数目小于NA，D 错误。答案选 B。8下列关于氨碱法和联合制碱法说法错误的是（）A两者的原料来源相同B两者的生产原理相同C两者对食盐利用率不同D两者最终产品都是Na2CO3【答案】A【解析】【详解】A氨碱法：以食盐（氯化钠）、石灰石（经煅烧生成生石灰和二氧化碳）、氨气为原料；联合制碱法：以食盐、氨和二氧化碳（来自合成氨中用水煤气制取氢气时的废气）为原料，两者的原料来源不相同，故A错误；B氨碱法其化学反应原理是NH3+CO2+H2O+NaClNaHCO3+NH4Cl，联合制碱法包括两个过程：第一个过程与氨碱法相同，将

14、氨通入饱和食盐水而形成氨盐水，再通入二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀，经过滤、洗涤得 NaHCO3晶体，再煅烧制得纯碱产品，第二个过程是从含有氯化铵和氯化钠的滤液中结晶沉淀出氯化铵晶体，故B正确；C氨碱法的最大缺点在于原料食盐的利用率只有约70%，联合制碱法最大的优点是使食盐的利用率提高到 96%以上，故C正确；D氨碱法和联合制碱法两者最终产品都是Na2CO3，故 D 正确；选 A。9向含有5103mol HIO3与少量淀粉的溶液中通入H2S，溶液变蓝且有S析出，继续通入H2S，溶液的蓝色褪去，则在整个过程中（）A共得到0.96g 硫B通入 H2S的体积为336mL C硫元素先被还原后被氧化D转移电子

15、总数为3.0102NA【答案】D【解析】【详解】A HIO3与少量淀粉的溶液中通入H2S，HIO3具有氧化性，能将硫化氢氧化最终生成硫单质和HI，根据电子守恒、原子守恒，得到HIO33H2S 3S，所以 5103molHIO3被消耗，就会得到硫单质是0.48g，故 A错误；B没有指明标准状况，无法计算所需H2S的体积，故B 错误；C不管是HIO3与 H2S反应，还是碘单质与H2S反应，H2S都被氧化，故C错误；D整个过程中，根据电子守恒、原子守恒，得到HIO33H2S 3SI6e，消耗 5103molHIO3伴随0.03mol 电子转移，转移电子总数为3.0 102NA，故 D正确；故选 D。

16、10NA代表阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是A标准状况下，5.6L 一氧化氮和5.6L 氧气混合后的分子总数为0.5NAB等体积、浓度均为1mol/L 的磷酸和盐酸，电离出的氢离子数之比为3:1 C一定温度下，1L 0.50 mol/L NH4Cl溶液与 2L 0.25 mol/L NH4Cl 溶液含 NH4+的物质的量不同D标准状况下，等体积的N2和 CO所含的原子数均为2NA【答案】C【解析】【详解】A.5.6L 一氧化氮和5.6L 氧气混合后发生反应2NO+O2=2NO2，2NO2N2O4，反应为气体分子数减少的反应，因此混合后的分子总数小于0.5NA，故 A 错误；B.磷酸为弱

17、酸，不可完全电离出H+，故 B 错误；C.NH4+水解，浓度不同，水解程度不同，因此1L 0.50 mol/L NH4Cl溶液与 2L 0.25 mol/L NH4Cl溶液含 NH4+的物质的量不同，故C正确；D.标准状况下，等体积的N2和 CO物质的量相等，所含的原子数相等，但不一定为2NA，故 D 错误；答案：C【点睛】易错选项A，忽略隐含反应2NO+O2=2NO2，2NO2N2O4。11中学常见物质A、B、C、D 存在下图转化关系(部分生成物和反应条件略去)。下列物质中符合转化关系的 A 的个数为ADBDC，Cl2 S Fe NH3 AlCl3 Na2CO3A 3 B4 C5 D6【答案

18、】D【解析】【详解】A 为 Cl2，D 为 Fe，B为氯化铁，C为氯化亚铁，满足转化关系ADBDC，故正确；A 为 S，D 为氧气，B为二氧化硫，C为三氧化硫，满足转化关系ADBDC，故正确；A 为 Fe，D为硝酸，B为硝酸亚铁，C 为硝酸铁，满足转化关系ADBDC，故正确；A 为 NH3，D 为氧气，B 为 NO，C为二氧化氮，满足转化关系ADBDC，故正确；A 为 AlCl3溶液，D 为 NaOH，B 为氢氧化铝，C为偏铝酸钠，满足转化关系ADBDC，故正确；若 A 为 Na2CO3，D 可以为酸，B 为碳酸氢盐，C 为二氧化碳，满足转化关系ADBDC，故正确；根据分析可知，满足转化关系的

19、A 有 6 个。答案选 D。12下列化学用语中，正确的是A Na 原子结构示意图BMgCl2的电子式CN2分子的结构式N=N DCH4的比例模型【答案】D【解析】【分析】【详解】A钠原子核外有11 个电子，原子结构示意图为：，A 项错误；BMgCl2是离子化合物，电子式为：2:Cl:Mg:Cl:g gggg ggg，B项错误；C氮气是氮原子通过三键形成的分子，结构式为NN，C 项错误；D CH4的比例模型要注意C原子由于半径比H 原子大，所以模型中中心原子尺寸要更大，D 项正确；答案选 D。13对下表鉴别实验的“解释”正确的是选项实验目的选用试剂或条件解释A 鉴别 SO2和 CO2溴水利用 S

20、O2的漂白性B 鉴别 Fe3+和 Fe2+KSCN 利用 Fe3+的氧化性C 鉴别硝酸钾和碳酸钠溶液酚酞碳酸钠溶液显碱性D 鉴别食盐和氯化铵加热利用熔点不同A A BB CC D D【答案】C【解析】【分析】鉴别物质常利用物质的不同性质、产生不同的现象进行。【详解】A.CO2不能使溴水褪色（不反应），而 SO2能，主要反应SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，SO2表现还原性而不是漂白性，A 项错误；B.Fe3+和 KSCN反应溶液变红，反应为Fe3+3SCN=Fe(SCN)3，不是氧化还原反应，而Fe2+和 KSCN不反应，B 项错误；C.硝酸钾溶液呈中性，不能使酚酞变红，而碳酸钠

21、溶液因水解呈碱性，能使酚酞变红，C项正确；D.氯化铵加热时完全分解为气体，固体消失，而食盐加热时无明显变化，D 项错误。本题选C。14下列实验操作能实现相应实验目的的是实验目的实验操作A 比较 Cl和 S的非金属性往 Na2S溶液中通入氯气，观察溶液是否变浑浊B 验证铁的吸氧腐蚀将铁钉放入试管中，用盐酸浸没C 制取氢氧化铁胶体将 FeCl3溶液滴入NaOH 溶液D 比较 HClO和 H2CO3的酸性测量并比较等浓度NaClO与 Na2CO3溶液的 pH A A BB CC D D【答案】A【解析】【详解】A.往 Na2S溶液中通入氯气，观察溶液变浑浊，在该反应中氯气为氧化剂，S为氧化产物，可实

22、现目的，A正确；B.将铁钉放入试管中，用盐酸浸没，发生的为析氢腐蚀，不能实现目的，B 错误；C.将 FeCl3溶液滴入NaOH 溶液，制取的为氢氧化铁沉淀，不能实现目的，C错误；D.测量并比较等浓度NaClO 与 Na2CO3溶液的 pH，可比较HClO 与 HCO3-的酸性强弱，不能比较HClO和H2CO3的酸性，D 错误；答案为 A。152019 年诺贝尔化学奖授予美国科学家约翰?古迪纳夫、斯坦利?惠廷厄姆和日本科学家吉野彰，以表彰他们在锂离子电池研发领域作出的贡献。近日，有化学家描绘出了一种使用DMSO（二甲亚砜）作为电解液，并用多孔的黄金作为电极的锂空气电池的实验模型，该电池放电时在多

23、孔的黄金上氧分子与锂离子反应，形成过氧化锂，其装置图如图所示。下列有关叙述正确的是（）A DMSO 电解液能传递Li和电子，不能换成水溶液B该电池放电时每消耗2molO2，转移 4mol 电子C给该锂 空气电池充电时，金属锂接电源的正极D多孔的黄金为电池正极，电极反应式可能为O24e-=2O2-【答案】B【解析】【分析】【详解】A DMSO 电解液能传递Li，但不能传递电子，A 不正确；B该电池放电时O2转化为 O22-，所以每消耗2molO2，转移 4mol 电子，B正确；C给该锂 空气电池充电时，金属锂电极应得电子，作阴极，所以应接电源的负极，C 不正确；D多孔的黄金为电池正极，电极反应式

24、为O22e-=O22-，D 不正确；故选 B。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16以黄铜矿(CuFeS2)、FeCl3和乳酸 CH3CH(OH)COOH 为原料可制备有机合成催化剂CuCl和补铁剂乳酸亚铁 CH3CH(OH)COO2Fe。其主要实验流程如下：（1）FeCl3溶液与黄铜矿发生反应的离子方程式为_。（2）向溶液1 中加入过量铁粉的目的是_。（3）过滤后得到的FeCO3固体应进行洗涤，检验洗涤已完全的方法是_。（4）实验室制备乳酸亚铁的装置如图1 所示。实验前通入N2的目的是 _。某兴趣小组用KMnO4滴定法测定样品中Fe2含量进而计算产品中乳酸亚铁的质量分数，结果测得产

25、品的质量分数总是大于111%，其原因可能是_。（5）已知：CuCl为白色晶体，难溶于水和乙醇，在空气中易氧化；可与NaCl 溶液反应，生成易溶于水的 NaCuCl2。NaCuCl2可水解生成CuCl，温度、pH 对 CuCl产率的影响如图2、3 所示。由 CuCl(s)、S(s)混合物提纯CuCl的实验方案为：将一定量的混合物溶于饱和NaCl溶液中，_。(实验中须使用的试剂有：饱和NaCl 溶液，11 mol L1 H2SO4、乙醇；除常用仪器外须使用的仪器有：真空干燥箱)。【答案】CuFeS2 3Fe3Cl=4Fe2CuCl2S除去溶液中的Fe3，提高产品的纯度取最后一次洗涤后的滤液，滴加硝

26、酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀，则洗涤完全排尽装置中的空气，防止Fe2被氧化KMnO4具有强氧化性，可将Fe2和乳酸根离子中的羟基一同氧化过滤,控制温度61 左右,向滤液中滴加1.1 molL1 H2SO4，控制溶液的pH 为 2.12.5 左右，搅拌、趁热过滤。用乙醇洗净所得固体，置于真空干燥箱中干燥【解析】【分析】由实验流程可知，向黄铜矿(CuFeS2)中加入 FeCl3溶液发生氧化还原反应生成FeCl2、CuCl固体和硫单质，经过滤得到固体为CuCl和 S，进一步分离可得CuCl；溶液 1 中含有 FeCl2和 FeCl3，加入过量的铁粉除去溶液中的 Fe3得到溶液2 为纯度较高的

27、FeCl2溶液，向溶液 2 中加入碳酸钠溶液生成FeCO3沉淀，过滤后加乳酸得到乳酸亚铁CH3CH(OH)COO2Fe。亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，实验前通入N2排尽装置中的空气，装置中FeCO3和乳酸发生反应制备乳酸亚铁CH3CH(OH)COO2Fe，据此解答。【详解】(1)由上述分析可以知道，FeCl3溶液与黄铜矿发生反应的离子方程式为CuFeS23Fe3Cl=4Fe2CuCl2S。因此，本题正确答案是：CuFeS23Fe3 Cl=4Fe2 CuCl2S；(2)溶液 1 中含有 FeCl3，向溶液1 中加入过量铁粉的目的是除去溶液中的Fe3，提高产品的纯度。因此，

28、本题正确答案是：除去溶液中的Fe3，提高产品的纯度；(3)FeCO3固体会吸附溶液中的Cl-，所以检验洗涤已完全应检验是否含有Cl-，方法为：取最后一次洗涤后的滤液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀，则洗涤完全，因此，本题正确答案是：取最后一次洗涤后的滤液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀，则洗涤完全；(4)亚铁离子容易被氧气氧化，实验前通入N2的目的是排尽装置中的空气，防止Fe2被氧化。因此，本题正确答案是：排尽装置中的空气，防止Fe2被氧化；乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的增大，计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中

29、乳酸亚铁的质量分数会大于111%，因此，本题正确答案是：KMnO4具有强氧化性，可将Fe2和乳酸根离子中的羟基一同氧化。(5)根据题给信息，将一定量的混合物溶于饱和NaCl 溶液中，CuCl与 NaCl 溶液反应，生成易溶于水的NaCuCl2，过滤后除去S；将 NaCuCl2水解生成CuCl，根据温度、pH 对 CuCl产率的影响的曲线，应选择温度 61 左右，控制溶液的pH 为 2.12.5 左右，具体的操作为：过滤，控制温度61 左右，向滤液中滴加 1.1 mol L1 H2SO4，控制溶液的pH 为 2.12.5 左右，搅拌、趁热过滤。最后用乙醇洗净所得固体，置于真空干燥箱中干燥，因此，

30、本题正确答案是：过滤，控制温度61 左右，向滤液中滴加1.1 mol L1 H2SO4，控制溶液的pH 为2.12.5 左右，搅拌、趁热过滤。用乙醇洗净所得固体，置于真空干燥箱中干燥。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17有机物A（C6H8O4）为食品包装纸的常用防腐剂。A 可以使溴水褪色。A 难溶于水，但在酸性条件下可发生水解反应，得到B(C4H4O4)和甲醇。通常状况下B为无色晶体，能与氢氧化钠溶液发生反应。（1）A 可以发生的反应有_（选填序号）。加成反应酯化反应加聚反应氧化反应（2）B分子所含官能团的名称是_。（3）B分子中没有支链，其结构简式是_，B的具有相同官能团的同分异

31、构体的结构简式是 _。（4）由 B 制取 A 的化学方程式是_。（5）天门冬氨酸（C4H7NO4）是组成人体蛋白质的氨基酸之一，可由B 通过以下反应制取：天门冬氨酸的结构简式是_。【答案】碳碳双键、羧基HOOCCH=CHCOOH CH2=C(COOH)2HOOCCH=CHCOOH+2CH3OH垐 垐?噲 垐?浓硫酸CH3OOCCH=CHCOOCH3+2H2O【解析】【详解】A 的分子式为C6H8O4，A 的不饱和度为3，A 可以使溴水褪色，A 中含碳碳双键；A 在酸性条件下可发生水解反应得到B（C4H4O4）和 CH3OH，B能与氢氧化钠溶液反应，B 中含两个羧基和碳碳双键，A 中含两个酯基；

32、（1）A中含有碳碳双键和酯基，A 中含碳碳双键，A 能发生加成反应、加聚反应、氧化反应，A 中不含醇羟基和羧基，A 不能发生酯化反应，答案选。（2）B分子中所含官能团为碳碳双键和羧基。（3）B 分子中没有支链，B的结构简式为HOOCCH=CHCOOH；B 的具有相同官能团的同分异构体的结构简式为 CH2=C(COOH)2。（4）B与 CH3OH 发生酯化反应生成A，由 B 制取 A 的化学方程式为HOOCCH=CHCOOH+2CH3OH垐 垐?噲 垐?浓硫酸CH3OOCCH=CHCOOCH3+2H2O。（5）B的结构简式为HOOCCH=CHCOOH，B与 HCl发生加成反应生成C，C的结构简式

33、为HOOCCH2CHClCOOH，C 与 NH3反应生成天门冬氨酸，天门冬氨酸（C4H7NO4）是组成人体蛋白质的氨基酸之一，则天门冬氨酸的结构简式为。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18黑磷是磷的一种稳定的同素异形体，黑磷具有正交晶系的晶体结构（图A），晶胞参数a3.311A，b4.381A。，c11.511A。黑磷烯是二维的单层黑磷（图B），黑磷烯与石墨烯结构相似，P的配位数为3。与石墨烯相比，黑磷烯具有半导体性质，更适合于制作电子器件。已知黑磷结构中只有一种等效的三配位P，所有 P 原子的成键环境一样，图 A 中编号为的P原子的晶胞内坐标为（1511，1191，1598）。请

34、回答下列问题：（1）写出基态P 原子的价电子排布图：_。（2）P和 F的电负性大小顺序是x（P）_x（F）。（填“”“”或“”）P 和 F形成的分子PF3和 PF5，它们的几何构型分别为_、_。（3）黑磷中P 原子杂化类型是_。黑磷中不存在_（选填字母序号）。A 共价键B 键C 键D 范德华力红磷、白磷与黑磷熔点从高到低的顺序为_，原因是 _。（4）图A 中编号为的P原子的晶胞内坐标为_，黑磷的晶胞中含有_个 P原子。【答案】红磷 白磷黑磷相当于石墨，属于混合晶体；红磷和白磷都是分子晶体，红磷是大分子，白磷是小分子，分子量越大，范德华力越大，熔沸点越高（1.511,-1.191,1.412）8

35、【解析】【分析】【详解】(1)基态 P原子核外有15 个电子，排布式为1s22s22p63s23p3，其价电子排布图为：，故答案为：；(2)原子半径PF，则电负性PF，P 和 F形成的分子PF3和 PF5，PF3价电子对数=5-33+=42，含有 1 对孤对电子，几何构型为三角锥形，PF5的价电子对数=5-55+=52，不含有孤对电子，其几何构型为三角双锥形，故答案为：红磷 白磷，故答案为：黑磷红磷 白磷；黑磷相当于石墨，属于混合晶体；红磷和白磷都是分子晶体，红磷是大分子，白磷是小分子，分子量越大，范德华力越大，熔沸点越高；(4)结合图 B可知，图 A 中编号为的P原子位于同一坐标轴a，关于坐

36、标轴b 对称，且位于坐标轴c 的值为 1-1.598=1.412，该 P原子在晶胞内的坐标为（1.511，-1.191，1.412），该晶胞中第一层含有P原子 1+1=2个；第二层含有P 原子 1+1+1+1=4 个；第三层含有P原子 1+1=2 个，共 8 个 P原子，故答案为：（1.511，-1.191，1.412）；8。19 绿水青山是习近平总书记构建美丽中国的伟大构想，可用化学实现“化废为宝”。工业上利用废铁屑（含少量氧化铝、铁的氧化物等）生产碱式硫酸铁（是一种用于污水处理的新型高效絮凝剂）工艺流程如下：已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH 见下表：回答下列问题：（1）用稀硫

37、酸浸废铁屑后溶液中主要的金属阳离子有_。（2）写出酸浸过程中Fe3O4发生的离子反应方程式：_。（3）加入少量NaHCO3的目的是调节pH 在_范围内。（4）已知室温下，Al(OH)3的 Ksp=1.3 10-33，在 pH=5 时，溶液中的c(Al3+)=_。（5）反应 中入 NaNO2的目的是氧化亚铁离子，写出该反应的离子方程式为_。（6）碱式硫酸铁溶于水后生成的Fe(OH)2+离子可部分水解生成Fe2(OH)42+聚合离子，该水解反应的离子方程式为 _。（7）为测定含Fe2+和 Fe3+溶液中铁元素的总含量，实验操作如下：准确量取20.00 mL 溶液于带塞锥形瓶中，加入足量H2O2，调

38、节 pH2，加热除去过量H2O2；加入过量KI 充分反应后，再用 0.1000 molL-1Na2S2O3 标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液20.00 mL。已知：2Fe3+2I-=2Fe3+I2，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-则溶液中铁元素的总含量为_g L-1。【答案】Fe2+、Al3+Fe3O4+8H+=2Fe3+Fe2+4H2O 4.4 pH7.5 1.3 10-62H+Fe2+NO2-=Fe3+NO +H2O 2Fe(OH)2+2H2O?Fe2(OH)42+2H+5.6【解析】【分析】废铁屑中含少量氧化铝、铁的氧化物等，将过量废铁屑加入稀硫酸中，氧化铝反应生成硫酸铝，铁的

39、氧化物反应生成硫酸铁和硫酸亚铁，过量的铁屑与三价铁离子反应生成亚铁离子，若还有铁屑剩余则与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，然后加入NaHCO3并搅拌，调节溶液的pH，将铝离子沉淀，所以滤渣中成分是Al(OH)3，过滤得到硫酸亚铁，向硫酸亚铁溶液中加入稀硫酸和NaNO2，酸性条件下，NaNO2和 FeSO4发生氧化还原反应生成铁离子、NO，将溶液蒸发浓缩、过滤得到碱式硫酸铁，据此分析解答。【详解】(1)根据分析可知用稀硫酸浸废铁屑后溶液中主要的金属阳离子有Fe2+、Al3+；(2)Fe3O4与氢离子反应生成三价铁离子、亚铁离子和水，离子方程式为：Fe3O4+8H+=2Fe3+Fe2+4H2O；(3)

40、制备硫酸亚铁，应与硫酸铝分离，应调节溶液pH 生成 Al(OH)3，要避免生成应Fe(OH)2沉淀，根据氢氧化物沉淀需要的pH 知，在 pH 在 4.4-7.5 之间将铝离子转化为Al(OH)3沉淀，而亚铁离子不能生成沉淀，所以控制 pH 在 4.47.5 之间；(4)KspAl(OH)3=c(Al3+)c(OH?)3=1.3 10-33，pH=5 时，c(OH?)=110-9mol/L，所以c(Al3+)=33p3s9-1.3 101 1=OH0Kc=1.3 10-6mol/L；(5)酸性条件下，亚硝酸钠具有氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原生成NO，所以反应 中加入 NaNO2的目的是氧化Fe2+，发生反应的离子方程式为2H+Fe2+NO2-=Fe3+NO +H2O；(6)Fe(OH)2+离子可部分水解生成Fe2(OH)42+聚合离子，根据电荷守恒和质量守恒可写出反应的离子方程式为：2Fe(OH)2+2 H2O?Fe2(OH)42+2H+；(7)根据所给反应可得关系式Fe3+S2O3?，所以 n(Fe3+)=n(Na2S2O3)=0.1000mol/L 0.020 L=0.0020 mol，溶液中铁元素的总含量为0.0020 mol56 g/mol0.020L=5.6 g/L。