【文档说明】吉林省梅河口市第五中学2020届高三第六次模拟考试理科综合化学试题 【精准解析】.doc，共(19)页，1.338 MB，由小赞的店铺上传

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吉林省梅河口市第五中学2020届高三第六次模拟考试化学试题1.已知某废旧锂离子电池的正极材料为LiMn2O4、碳粉及铝箔，某实验小组在室温下设计下列流程处理该废旧锂离子电池的正极材料以进行资源回收。下列叙述错误的是（）A.加入过量NaOH溶液的作用是溶解铝箔B.在酸性环境中L

iMn2O4被还原C.室温下Li2CO3的溶解度小于Li2SO4的D.滤液III中的溶质是NaHCO3，可用于制备上述循环中有关物料【答案】B【解析】【详解】A．正极材料中的铝箔在足量的烧碱溶液中发生反应2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑，A正确；B．过滤后，滤渣为LiMn2O4、

C，在稀硫酸中LiMn2O4被氧气氧化，发生氧化反应，B错误；C．LiMn2O4、C，在稀硫酸和氧气作用下反应完全后，过滤，滤液Ⅱ中溶质是硫酸锂，浓缩后加入碳酸钠，发生反应生成溶解度更小的碳酸锂而析出固体，C正确；D．滤液I是NaOH和NaAlO2混合溶液，通入足量的CO2，过滤，滤

液Ⅲ中溶质是NaHCO3，滤渣为Al(OH)3，其中NaHCO3经过系列处理可以获得Na2CO3和CO2，Na2CO3可作为生成Li2CO3晶体反应的物料进行循环使用，故D正确;故选B。2.第26届国际计量大会修订了阿伏加德罗常数的定义，并于2019年5月20日正式生效。下列说

法正确的是（）A.8.8g乙酸乙酯中所含共用电子对数为1.3NAB.常温常压下，28gFe与足量浓硝酸混合，转移的电子数为1.5NAC.标准状况下，2.24LCl2与CH4反应完全，形成C-Cl键的数目为0.1NAD.常温下pH=12的NaOH溶液中，由水电离出

的氢离子的数目为10NA【答案】C【解析】【详解】A．8.8g乙酸乙酯的物质的量是0.1mol，乙酸乙酯的结构简式是，1个分子含有14个共用电子对，所含共用电子对数为1.4NA，故A错误；B．常温常压下，Fe在浓硝酸中钝化，故B错误；C．标准状况下，2.24LCl2的物质的

量是0.1mol，氯气与CH4发生取代反应，形成C-Cl键的数目为0.1NA，故C正确；D．常温下pH=12的NaOH溶液，没有溶液体积，不能计算水电离出的氢离子的数目，故D错误；选C。3.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中只有Y、Z处于同一周期且相邻，Z

原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍，W与X同主族。下列说法正确的是（）A.简单离子半径：r（Y）＜r（Z）＜r（W）B.W分别与X、Z形成的化合物的化学键类型完全相同C.Y形成的简单气态氢化物的沸点低于同主族其他元素D.X、Y、Z三种元素可以组成共价化合物和离

子化合物【答案】D【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中只有Y、Z处于同一周期且相邻，Z原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍，则Z为O元素，Y是N元素，W与X同主族，可知X是H元素，W是Na元素。【详解】A．电子层数相同、质子数越多半径越小，简单离子半径：r

（Na+）＜r（O2-）＜r（N3-），故A错误；B．Na与H形成离子化合物NaH，只含离子键，Na与O形成的离子化合物Na2O2，含有离子键、共价键，故B错误；C．N形成的简单气态氢化物是NH3，氨气分子间能形成氢键，氨气沸点高于同主族其他元素，故C错误；D．H、N、O三种元素可以组成共价化合

HNO3和离子化合物NH4NO3，故D正确；选D。4.下列叙述正确的是()A.C4H10O的同分异构体(不含立体异构)有7种B.棉、丝、塑料及合成橡胶完全燃烧都只生成CO2和H2OC.C6H5Li+CO2→C6H5COOL

i既不属于加成反应也不属于取代反应D.乙烯能使溴水褪色、乙醇能使酸性KMnO4溶液褪色，发生的反应类型相同【答案】A【解析】【详解】A.C4H10O的同分异构体(不含立体异构)有HOCH2CH2CH2CH

3、CH3CH(OH)CH2CH3、(CH3)2CHCH2OH、(CH3)3COH、CH3OCH2CH2CH3、CH3CH2OCH2CH3、(CH3)2CHOCH3，共7种，故A正确；B.丝的成分是蛋白质，含有氮元素，故B错误；C.C6H5Li+C

O2→C6H5COOLi属于加成反应，故C错误；D.乙烯能使溴水褪色发生加成反应，乙醇能使酸性KMnO4溶液褪色发生氧化反应，反应类型不相同，故D错误；选A。5.2019年诺贝尔化学奖投予在锂离子电池的发展方面作出贡献的三位科学家。国内某科技

研究小组首次提出一种新型的Li+电池体系，该体系正极采用含有I-、Li+的水溶液，负极采用固体有机聚合物，电解质溶液为LiNO3溶液,聚合物离子交换膜作为隔膜将液态正极和固态负极分隔开（原理示意图如图所示）。已知I3-在水溶液中量黄色,则下列有关

判断正确的是（）A.图甲是原电池工作原理图,图乙是电池充电原理图B.放电时，正极液态电解质溶液的颜色变浅C.充电时，Li+从右向左通过聚合物离子交换膜D.放电时，负极的电极反应式为【答案】B【解析】【详解】A．由题意得固体有机聚合物为负极，负极放电的时候失去电子，故图乙为原电池工作原

理图，图甲为电池充电原理图，故A错误；B．放电时，据图乙，正极电极反应式为I3-+2e-=3I-，I3-得电子被还原为无色的I-，故电解质溶液颜色变浅，故B正确；C．充电时，即为电解过程，据图甲，阳离子从阳极移向阴极，故充电时Li+从左向右通过聚合物离子交换膜，故C

错误；D．放电时，负极应该失去电子，且该反应式左右电荷不守恒，故D错误；故选B。6.H2C2O4为二元弱酸，室温下用0.1000mol/L，NaOH溶液滴定25.00mL0.1000mol/LH2C2O4溶液至终点。滴定过程中H

2C2O4、HC2O-4、C2O2-4的分布分数（物质的量分数）a随溶液pH的变化关系如图所示。下列分析错误的是（）A.曲线2表示HC2O-4的分布分数随溶液pH的变化B.H2C2O4的二级电离常数K2=10-4.3C.b点时，消耗的NaOH溶液的体积为

50.00mLD.a点溶液中，c（H+）=0.1000mol/L+c（C2O2-4）+c（OH-）-c（H2C2O4）【答案】C【解析】【详解】A．NaOH溶液滴定25.00mL0.1000mol/LH2C2O4溶液，先生

成NaHC2O4，再生成Na2C2O4，HC2O-4先增后减，故A正确；B．c点c(HC2O4-)=c(C2O42-），溶液pH=4.3，所以H2C2O4的二级电离常数K2=10-4.3，故B正确；C．b点时，HC2O4-含量最大，所以溶质为NaHC2O4，消耗的NaOH溶

液的体积为25.00mL，故C错误；D．a点溶液是0.1000mol/L的H2C2O4溶液，根据物料守恒c(C2O2-4)+c(HC2O4-)+c（H2C2O4）=0.1，0.1000mol/L+c（C2O2-4）+c(OH-)-c(H2C2O4)=2c(C2O2-4)

+c(HC2O4-)+c(OH-)=c(H+)，符合质子守恒，故D正确；选C。7.“化学多米诺实验”即只需控制第一个反应，利用反应中气体产生的压力和虹吸作用原理，使若干化学实验依次发生。如图是一个“化学多米诺实验”，已知:C

u2++4NH3.H2O=4H2O+[Cu(NH3)4]2+(该反应产物可作为H2O2分解的催化剂)。下列有关分析错误的是A.该实验成功的重要条件是整套装置气密性良好B.A和B之间导管a的作用是平衡A和B内气压C.B中反应速率大于D中反应速率D.H中出现浅黄色浑浊【答案】

C【解析】【详解】A．在装置气密性良好的前提下，通过改变装置内气压引发后续反应，故A正确；B．B中稀硫酸和锌反应生成H2，内压增加，在A和B之间增设了导管a，其作用是平衡A和B内气压，使稀硫酸顺利流下，B中生成的H2进入C中，C中内压增加，把C中的硫酸和硫酸铜(少量)混合溶液挤压到

D中，故B正确；C．在D中Zn和硫酸铜反应生成少量Cu后，Zn和生成的Cu在溶液中形成原电池，加快Zn和硫酸的反应，B中反应速率小于D中反应速率，故C错误；D．D中生成的H2进入E中，E中内压增加，把E中的硫酸铜溶液挤压到F中，Cu2+和氨水生成蓝色Cu(OH)2沉淀，但

随后转化为可溶性的[Cu(NH3)4]2+，被挤入到G中，促使H2O2分解，H2O2分解生成的O2进入H中和过量H2S溶液反应，生成淡黄色的S沉淀，挥发出的H2S气体被NaOH溶液吸收，故D正确；答案选C。8.利用软猛矿（主要成分是MnO2）和黄铁矿（主要成分是FeS2）联合生产

锰的化合物的工芝流程如图所示。已知：i.酸浸后过滤所得溶液中的金属阳离子主要カMn2+、Fe3+，还含有少量的Fe2+和Al3+。ii.25℃时，Ksp（MnF2）=5.0×10-3、Ksp（CaF2）=1.5×10-10、Ksp（Fe（

OH）3）=1.0×10-39回答下列问题：（1）酸浸吋要将矿石粉碎的目的是______，如图是锰浸出率与矿样粒度的关系图，則浸出吋宜将砂石枌碎至____目。（2）酸浸肘所用的稀酸X是______，两种矿石的主要成分在稀酸X中反应生成两种可溶性的盐和一种淡黄色色的固体单质，则酸浸

吋发生的主要反应的离子方程式为_________。（3）除铁、铝时加入H2O2的目的是____，25℃时，要让Fe3+沉淀完全，則加CaO将溶液的pH至少调至___；若净化阶段所得的MnSO4溶液中Mn2+的浓度为2mol/L，则此吋溶液中的C

a2+的浓度为______。（4）由MnSO4溶液得到MnCO3、Mn3O4的过程如下：①辻程I：制备MnCO3。MnCO3难溶于水，能溶于強酸，可用MnSO4溶液和NH4HCO3溶液混合制备，毎制得1molMnCO3，至少消耗amol/LNH4HCO3溶

液的体釈为_____。②过程II：制备Mn3O4，其流程如图所示。如图表示通入O2时溶液pH随时间的変化曲线。15~150min内滤饼中一定参与反应的成分是______（填化学式），判断的理由是_______。【答案】(1).加快酸浸速率，提高浸取

率(2).120(3).稀硫酸(4).2FeS2+3MnO2+12H+=2Fe3++3Mn2++4S↓+6H2O(5).将Fe2+氧化成Fe3+(6).2.7(7).6×10-8mol/L(8).2a(9).Mn2(OH)2SO4(10).Mn2(OH)2SO4被O2氧化产生H+，而Mn(OH)2

被O2氧化不产生H+[或Mn2(OH)2和Mn2(OH)2SO4分別和O2发生反应：6MnOH）2+O2=2Mn3O4+6H2O、3Mn2(OH)2SO4+O2=2Mn3O4+3H2SO4]【解析】【分析】(1)酸浸吋将矿石粉碎可以增大接触面积；(2)根据最

终所得溶液为MnSO4分析；两种矿石的主要成分在稀酸X中反应生成的溶液含有Mn2+、Fe3+，同时生成的淡黄色色的固体单质S；(3)H2O2可以把Fe2+氧化成Fe3+，25℃时，根据KspFe(OH)3计算Fe3+沉淀完全需要调节pH的值

；根据Ksp(MnF2)、Ksp(CaF2)所得的MnSO4溶液中Mn2+的浓度为2mol/L时Ca2+的浓度。(4)①MnSO4和NH4HCO3溶液反应方程式是Mn2++2HCO3-=MnCO3+CO2↑+H2O；②6MnOH)2+O2=2Mn3O4+6H2O、3Mn2(OH)2S

O4+O2=2Mn3O4+3H2SO4。【详解】(1)酸浸吋将矿石粉碎可以增大接触面积，加快酸浸速率，提高浸取率；根据图示，浸出吋宜将砂石枌碎至120目；(2)最终所得溶液为MnSO4，为不引入新杂质，稀酸X是稀硫酸；MnO2、FeS2在硫酸中反应生成的溶液含有Mn2+、

Fe3+，同时生成的淡黄色色的固体单质S，反应的离子方程式是2FeS2+3MnO2+12H+=2Fe3++3Mn2++4S↓+6H2O；(3)H2O2可以把Fe2+氧化成Fe3+，除铁、铝时加入H2O2的目的是将Fe2+氧化成Fe3+；25

℃时，Fe3+沉淀完全时c(OH-)=343933355sp3()1FeOH1010110110K−−−−==，c(OH-)=8-14-334-310=1010，需要调节pH的最小值是2.7；()()210832sp2sp2CaFMnFCa()1.510310()510KccKM+−−−+

===n，Mn2+的浓度为2mol/L，则Ca2+的浓度为6×10-8mol/L；(4)①MnSO4和NH4HCO3溶液反应方程式是Mn2++2HCO3-=MnCO3+CO2↑+H2O；毎制得1molMnCO3，至少消耗2m

olNH4HCO3，NH4HCO3溶液的体釈为mol/L?2mol2La=a；②Mn2(OH)2SO4被O2氧化产生H+，而Mn(OH)2被O2氧化不产生H+[或Mn2(OH)2和Mn2(OH)2SO4分別和O2发生

反应：6Mn(OH)2+O2=2Mn3O4+6H2O、3Mn2(OH)2SO4+O2=2Mn3O4+3H2SO4]，15~150min内pH明显降低，所以滤饼中一定参与反应的成分是Mn2(OH)2SO4；【点

睛】本题考查物质制备工艺流程，涉及溶度积常数计算、物质分离和提纯操作、图象分析等知识点，侧重考查学生分析理解能力与计算能力，特别是熟悉溶度积常数的计算。9.CCUS是一种碳捕获、利用与封存的技木，这种技术可将CO2资源化，产生经济效益。请回答下列问题：（1）

以废气中的CO2为原料可制取甲醇。在恒容密闭容器中，298K和101kPa下发生反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）。①巳知：H2（g）、CH3OH（l）的燃烧热△H分別为-285.8kJ/mol和-726.5kJ/mol；CH3OH（l）=CH3OH（g）△H=+38

kJ/mo；H2O（l）=H,O（g）△H=+44kJ/mol；则CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）△H=______kJ/mol。②某温度下，在体积为2L的恒容密闭容器中加入6molH2、2.4molCO2进行

反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g），达到平衡时H2的转化率是50%，则平衡时容器内的压强与起始压强之比为_____。③起始温度、容器体积相同（T1℃、2L密闭容器），一定条件下，反应I、II起始CO2、H2、CH3OH（g）、H2O（g）的物质的量如下

表所示：对比反应I、II平衡常数：K（I）_______（填“＞”“＜"或“＝”，下同）K（II）；平衡时CH3OH的浓度：c（I）______c（II）。（2）CO2可用来合成低碳烯烃：2CO2（g）+６H2（g）CH2=CH2（g）+4H2O（g）△H=-127

.8kJ/mol；在0.1MPa下，CO2和H2以n（CO2）：n（H2）=1：3的投料比充入体积固定的密闭容器中，发生上述反应，不同温度下，反应达到平衡时的四种气态物质的物质的量分数如图1所示：①曲线b、c表示的物质分别为____________（填化学式）。②保持某一温度不

变，在体积为VL的恒容容器中以n（CO2）：n（H2）=2：3的投料比加入反应物，t0时达到化学平衡。t1时将容器体积瞬间扩大至2VL并保持不变，t2时重新达到平衡。请在图2中作出容器内混合气体的平均相对分子质量rM随时间变化的图像。_______【答案】(1).-48

.9(2).4:5(3).＜(4).＜(5).H2O（g），CO2(6).【解析】【详解】（1）：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）。①巳知：H2（g）、CH3OH（l）的燃烧热△H分別

为-285.8kJ/mol和-726.5kJ/mol；H2（g）+12O2（g）=H2O（l）△H1=-285.8kJ/molCH3OH（l）+32O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H2=-726.5kJ/molCH3OH（l）=CH3OH（g）△H3=+38kJ/mol；H2O（l）

=H,O（g）△H4=+44kJ/mol；则CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（g）+H2O（g）△H=△H1×3-△H2+△H3+△H4=-48.9kJ/mol，故本题答案为：-48.9；②根据CO2（g

）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）列出三段式：223234mol6mol001mol3mol1mol1mol3mol3mol1mol1molCOgHgCHOHgHOg++（）（）（）（）起始转化平衡在恒温恒容时，压强之比等于物质的量之比，所以平衡时容器内的压强与起始压强之比=8

:10=4:5，故本题答案为：4:5；③从表中数据来看，若两者温度相同，则两个容器为完全等同的两个平衡，一个从反应物投料，一个从产物投料而已。现一个为恒温，一个为绝热，又由于该反应是正向放热的反应，容器Ⅱ从产物开始投料，反应过程中吸热，导致温度比客器I

的要低。而温度越低，平衝常数越大，所以K1＜K2。容器Ⅱ的反应相当于在密器I的基础上右移，所以平衡时CH3OH的浓度：c（I）＜c（II），故本题答案为：＜；＜；（2）①反应2CO2（g）+6H2（g）CH2=CH2（g）+4H2O（g）△H=-127.8kJ/mol，正向是一个放热反应，升温

，平衡应左移，所以所给图示中，含量减少的b、d是生成物，增加的a、c是反应物，因按n（CO2）：n（H2）=1：3的投料，所以a为H2、b为水、c为CO2，d为乙烯，所以本题答案为：H2O（g）：CO2；。②反应前混合气体的平均相对分子质量为(44×2+3×

2)/5=18.8，所以坐标起点为（0,18.8），随着反应的进行，气体的物质的量减小，混合气体的平均相对分子质量增大，至t0时达到化学平衡，如全部化为乙烯和水，平均相对分子质量为(44×1+28×0.5+18×2)/3.5=26.86，t1瞬间扩大至2VL并保持不变，t2时重新达

到平衡，平均相对分子质量减小，t2时达到的相对分子质量应大于18.8，所以图像为：，故本题答案为：。【点睛】根据阿伏伽德罗定律及其推论，在同温同压下，体积之比等于物质的量之比，在同问同体积下，压强之比等于物质的量之比。平均相对分子质量等于混合物的

总质量除以混合物的总物质的量。10.著名化学反应“法老之蛇”曾令无数人叹服。某兴趣小组为探究Hg（SCN）2分解产物的成分，在连接好如图所示装置，检验装置气密性后，点燃A处酒精灯。已知：Ksp（HgS）=4.0×10-5。（CN）2沸

点为-21.2℃，熔点为-34.4℃，化学性质与卤素单质相似，有剧毒，燃烧时火焰星紫红色，边缘略带蓝色CS2沸点为46.5℃，熔点为-111.9℃，能与酯互溶回答下列问题：（1）仪器a的名称为_____。（2）已知Hg（SCN）2微溶于水，可由KSCN溶液与Hg（NO3）2

溶液反应制得，若以Fe3+作指示剂，则当溶液变为_______色时，Hg2+沉淀完全。（3）待A中固体充分分解后，取下B装置，B瓶中有无色液体，并有类似氯仿的芳香甜味，与酯混合能够互溶，经查证，B中液体为CS

2，CS2可用于制造人造丝、杀虫剂，请举出一种其在实验室中的用途：______。（4）取下C装置，点燃C中气体，气体燃烧火焰呈紫红色，边缘略带蓝色，则E中反应的化学方程式为_________。（5）取下D装置，将燃着的镁条伸入瓶中，镁条会

继续燃烧，取出燃烧产物，加入少量热水，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则证明Hg（SCN）2分解产物中含有______。（6）取出A中剩余固体，加水溶解，固体不溶，加入王水固体溶解，则证明含有HgS。记溶解后的溶液为X。该固体____

_（填“能”或“不能"）溶于稀盐酸，原因是_______。（7）经上述推断，写出Hg（SCN）2分解的化学方程式：__________。（8）若要测定Hg(SCN)2的分解率，可用NH4SCN滴定法测定溶液X中离子浓度。已知：①3HgS+2HNO3+12HC

l=3H2[HgCl4]+3S↓+2NO↑+4H2O；②H2[HgCl4]+2SCN-=Hg(SCN)2↓+4C1-+2H+；③NH4SCN标准溶液中含有NH4Fe(SO4)2指示液。若取上述溶液X，用浓度为cmol/L的NH4

SCN标准溶液进行滴定，消耗VmL，忽略反应前后溶液体积变化,原Hg（SCN）2固体质量为mg，滴定终点的现象为__________，Hg（SCN）2的分解率为___，小组成员经计算发现Hg(SCN)2的分解率接近1

00%，分析原因可能是Hg(SCN)2溶于稀盐酸则改进措施为_______。【答案】(1).（球形）冷凝管(2).红(3).清洗试管壁上残留的硫（或溶解硫单质）(4).（CN）2+2NaOH=NaCN+NaCNO+H2O(5)

.N2(6).不能(7).Ksp(HgS)太小，溶解平衡难以正向移动(8).4Hg（SCN）2加热4HgS+2CS2+3（CN）2↑+N2↑(9).溶液由无色变为红色，且半分钟内不褪色(10).0.158cVm×100%(11).

将A中剩余固体溶于稀盐酸，过滤，再将过滤出的固体溶于王水，记所得溶液为Y，再用NH4SCN标准溶液滴定Y溶液【解析】【分析】(1)根据装置图判断仪器a的名称；(2)KSCN溶液与Fe3+反应，溶液出血红色；(3)硫单质易

溶于CS2；(4)点燃C中气体，气体燃烧火焰呈紫红色，边缘略带蓝色，说明Hg(SCN)2分解产物有(CN)2；(5)镁在氮气中燃烧生成氮化镁，氮化镁与水反应生成氢氧化镁和氨气；(6)Ksp(HgS)太小，溶解平衡难以正向移动；(7)经上述推

断，可知Hg(SCN)2分解生成HgS、N2、(CN)2、CS2；(8)NH4SCN标准溶液中含有NH4Fe(SO4)2指示液，溶液出红色；滴定过程的反应关系式是Hg(SCN)2HgSH2[HgCl4]2NH4SCN，根据关系式计算；【详解】(1)根据装置图，可知仪器a

的名称是(球形)冷凝管；(2)KSCN溶液与Fe3+反应，溶液出血红色，若以Fe3+作指示剂，当溶液变为红色时，说明Hg2+沉淀完全；(3)硫单质易溶于CS2，可用CS2清洗试管壁上残留的硫；(4)点燃C中气体，

气体燃烧火焰呈紫红色，边缘略带蓝色，说明Hg(SCN)2分解产物有(CN)2，(CN)2与氯气性质相似，(CN)2与氢氧化钠反应的方程式是(CN)2+2NaOH=NaCN+NaCNO+H2O；(5)镁在氮气中燃烧生成氮化镁，氮化镁与水反应生成氢氧化镁和氨气，取下D装置，将燃着的镁条伸入瓶中

，镁条会继续燃烧，取出燃烧产物，加入少量热水，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则证明Hg(SCN)2分解产物中含有氮气；(6)Ksp(HgS)太小，溶解平衡难以正向移动，所以HgS不溶于盐酸；(7)经上述推

断，可知Hg(SCN)2分解生成HgS、N2、(CN)2、CS2；反应的化学方程式是4Hg（SCN）2加热4HgS+2CS2+3(CN)2↑+N2↑；(8)NH4SCN标准溶液中含有NH4Fe(SO4)2指示液，溶液出红色，

若滴入标准液后溶液由无色变为红色，且半分钟内不褪色，说明H2[HgCl4]完全被消耗，反应达到终点；滴定过程的反应关系式是Hg(SCN)2HgSH2[HgCl4]2NH4SCN，反应消耗NH4SCN的物质的量是Vc×10-3mol，则分解Hg(SCN)2的物质的量是0.5Vc×10

-3mol，Hg(SCN)2的分解率为30.5V10mol316g/mol100%mgc−=0.158cVm×100%；将A中剩余固体溶于稀盐酸，过滤除去Hg(SCN)2，再将过滤出的固体溶于王水

，记所得溶液为Y，再用NH4SCN标准溶液滴定Y溶液，可防止Hg(SCN)2的干扰。【点睛】本题考查化学实验探究，明确实验原理、灵活运用题目信息是解题关键，注意知识迁移，熟练掌握滴定法测定物质含量，培养学生实验探究能力。[化学一选修3：物质结构与性质]1

1.某盐的组成可表示为3[H3ON5]·3[NH4N5]·NH4Cl，回答下列问题。(1)氯原子的电子排布式为_______。(2)元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能（E1）。第二周期部分元素的E1变化趋势如图（a）所示，其中除氮元素外，其他元素的

E1自左而右依次增大的原因是_____。氮元素的E1呈现异常的原因是___________。(3)经X射线衍射测得化合物3[H3ON5]·3[NH4N5]·NH4Cl的晶体结构，其局部结构如图（b）所示。①H3O+中心原子的杂化类型为______，

NH+4的空间构型为_____________。②3[H3ON5]●3[NH4N5]·NH4Cl中阴离子N-5中的σ键总数为____。分子中的大π键可用符号nmπ表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数（如苯分子中的大π键可表示为66π），

则N-5中的大π键应表示为____________。③图（b）中虛线代表氢键，其中表示式为（NH+4）N-H…Cl、______、______。(4)3[H3ON5]●3[NH4N5]·NH4Cl的晶体密度为dg/cm3，其立方晶胞参数为anm，晶胞中含有y个3[H3

ON5]●3[NH4N5]·NH4Cl单元，该单元的相对质量为M，则y的计算表达式为______。【答案】(1).1s22s22p63s23p5(2).同周期元素随核电荷数增大，原子半径逐渐变小，故结合一个电子释放出的能量（E1）依次增大(3).N原子的2p能级为半充满状态，具有稳定性，故不易结合

一个电子(4).sp3(5).正四面体(6).5(7).65Π(8).（H3O+）O-H···N（N-5）(9).（NH4+）N—H···N（N-5）(10).3602adM（或321AadN10M−）【解析】【分析】(1)氯原子核外有17个电子，根据能量最低原理书写电子排布式；(2)同

周期元素从左到右半径减小，原子核对电子的吸引力增强；氮原子2p能级的电子为半充满状态；(3)①H3O+中心原子价电子对数是6+3-1=42；NH+4中心原子价电子对数是5+4-1=42，无孤电子对；②2个成键的原子之间

有1个σ键；N-5中N原子各有1个没有参与成键的p电子；③根据图示回答；(4)根据晶体密度的计算公式进行计算；【详解】(1)氯原子核外有17个电子，根据能量最低原理，电子排布式为1s22s22p63s23p5；(2)同周期元素从左到右半径减小，原子核对电子的吸引力增强，所以E1自左而右依次

增大；氮原子2p能级的电子为半充满状态，结构稳定，故不易结合一个电子，所以第一电子亲和能小；(3)①H3O+中心原子价电子对数是6+3-1=42，杂化类型为sp3，NH+4中心原子价电子对数是5+4-1=42，无孤电子对，空间构型为正四面体；②2个

成键的原子之间有1个σ键，根据N-5的结构，σ键总数为5；N-5中N原子各有1个没有参与成键的p电子，再加上所带的1个负电荷，共6个电子形成大π键，应表示为65Π；③根据图示，b中的氢键表示式为（NH+4）

N-H…Cl、（H3O+）O-H···N（N-5）、（NH4+）N—H···N（N-5）；(4)根据晶体密度的计算公式，321A=10yMdaN−，y=321AadN10M−。[化学一选修5：有机化学基础]12.苄丙酮香豆素（H）常用于防治血栓栓塞性疾病。其合成路线如图所示（部分反应

条件略去）。已知：CH3CHO+CH3COCH35%NaOH⎯⎯⎯⎯⎯→溶液CH3CH(OH)CH2COCH3（其中一种产物）。（1）E的名称是_____，D中含氧官能团的名称是_____。（2）反应①的反应类型是______，反应⑤的反应类型是_____。（3）1mo

lH与H2加成，最多可消耗__________molH2。（4）反应③的化学方程式为_________。（5）C的同分异构体中满足下列条件的有____种，其中核磁共振氢谐有4组峰，且峰面积之比为1：2：2：3的结构简式为_____

_（写一种即可）。①不能和FeCl3溶液发生显色反应②1mol该有机物能与2molNaOH恰好完全反应（6）参照苄丙眼香豆素的合成路线，设计一种以E和乙醛为原料制备的合成路线：______________。【答案】(1).苯甲醛(2).羟基、酯

基(3).取代反应(4).消去反应(5).8(6).+CO（OC2H5）2⎯⎯⎯⎯→一定条件+2C2H5OH(7).4(8).（或）(9).【解析】【分析】F发生消去反应生成G，由G的结构简式逆推，可知F是，根据CH3CHO+CH3COCH

35%NaOH⎯⎯⎯⎯⎯→溶液CH3CH(OH)CH2COCH3，E和丙酮反应生成，则E是。【详解】(1)根据以上分析，E是，名称是苯甲醛，根据D的结构简式，可知D中含氧官能团的名称是羟基、酯基；(2)反应①是中羟基上的氢原子被代替，反应类型是取代反应，反应⑤是在浓硫酸作

用下发生消去反应生成。(3)中的苯环、羰基、碳碳双键能与氢气发生加成反应，1mol与H2加成，最多可消耗8molH2；(4)反应③是和CO(OC2H5)2一定条件下发生生成和C2H5OH，反应的化学方程式为+CO(OC2H5)2⎯⎯

⎯⎯→一定条件+2C2H5OH；(5)①不能和FeCl3溶液发生显色反应，说明不含酚羟基；②1mol该有机物能与2molNaOH恰好完全反应，说明含有，符合条件的C的同分异构体有、、、，共4种，其中核磁共振

氢谐有4组峰，且峰面积之比为1：2：2：3的结构简式为或；(6)苯甲醛和乙醛反应生成，发生消去反应生成，发生加成反应生成，水解生成，合成路线为。【点睛】本题考查有机推断与有机合成，明确各转化过程中结构和分子式的变化，结合常见

官能团的性质，准确推断各物质的结构简式是解题关键，注意“逆推法”的应用。