考前模拟冲刺(四)（Word练习）-【百汇大课堂】2026年高考化学选考总复习下册·第1轮（浙江专用）

考前模拟冲刺(四) 化学试题,满分：100分　考试时间：90分钟, 可能用到的相对原子质量：H 1　C 12　N 14　O 16　Na 23　Mg 24　Al 27　Si 28　S 32　Cl 35.5　K 39　Ca 40　Fe 56　Cu 64　Ag 108　Ba 137　Ce 140 一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分) 1.某中德联合研究小组设计制造了一种“水瓶”，用富勒烯(C60)的球形笼子作“瓶体”，一种磷酸盐作“瓶盖”，恰好可将一个水分子关在里面。下列说法正确的是(　　) A.“水瓶”、冰水混合物、CuSO4·5H2O都是混合物 B.富勒烯和石墨互称为同位素,C.磷酸钙是难溶性弱电解质 D.一定条件下石墨转化为C60是化学变化，属于有单质参加的非氧化还原反应 答案：D 2.化学用语是学习化学的重要工具，以下化学用语表述正确的是(　　) A.CH3CH2CH3的空间填充模型： B.HClO分子的VSEPR模型：直线形 C.基态Mn2＋的价层电子轨道表示式 D．1，3­丁二烯的键线式： 答案：D 3．次氯酸钠是一种重要的盐，下列说法不正确的是(　　) A．次氯酸钠属于弱电解质 B．次氯酸钠可分解生成氯化钠与氧气 C．次氯酸钠可由NaOH溶液与氯气反应制得 D．次氯酸钠可用于游泳池的消毒 答案：A 4．非金属氧化物在生产生活中广泛应用。下列氧化物性质与用途对应关系错误的是(　　) A．SiO2硬度大，因此可用于制备光导纤维 B．SO2具有还原性，因此可在允许范围内用作食品添加剂 C．NO2具有氧化性，因此在火箭燃料中用作氧化剂 D．P2O5易吸湿潮解，因此可用作干燥剂 答案：A 5．下列装置能用于相应实验的是(　　) 答案：D 6.近日，《国家科学评论》在线发表了某研究团队的合作研究成果，该研究团队完成了具有二十面体结构的[Fe@Fe12]16＋铁团簇(如图所示)的合成与计算化学研究。下列说法正确的是(　　) A．56Fe比54Fe多2个电子 B．[Fe@Fe12]16＋具有还原性 C．Fe位于元素周期表第10纵列 D．[Fe@Fe12]16＋中铁与铁之间存在离子键 B　解析：56Fe、54Fe互为同位素，电子数相同，中子数相差2，A错误；根据离子所带电荷数可知，该团簇中的Fe存在0价的Fe和Fe2＋，因此具有还原性，B正确；Fe位于元素周期表第8纵列，C错误；[Fe@Fe12]16＋铁团簇中不存在阴离子，因此不含离子键，D错误。 7．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　) A．18 g HO中含有的中子数为10NA B．42 g环己烷()中含有σ键的数目为9NA C．标准状况下，22.4 L CHCl3中含有的分子数为NA D．6.0 g SiO2与足量NaOH溶液反应，所得溶液中SiO的个数为0.1NA 答案：B 8．下列说法不正确的是(　　) A．冠醚、杯酚、RNA和蛋白质都是超分子 B．甲苯、甘油都与浓硝酸发生取代反应分别生成TNT和硝化甘油 C．只用新制氢氧化铜(可加热)就能区分乙醇、乙醛、己烷、四氯化碳、葡萄糖 D．疫苗一般采用冷藏存放，以避免蛋白质变性 答案：C 9．下列反应的离子方程式正确的是(　　) A．碘化亚铁溶液中滴加少量稀硝酸：3Fe2＋＋NO＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O B．氯化铝溶液与浓氨水混合：Al3＋＋4NH3·H2O===4NH＋[Al(OH)4]－ C．银氨溶液中加入足量盐酸：[Ag(NH3)2]＋＋OH－＋3H＋＋Cl－===AgCl↓＋2NH＋H2O D．用惰性电极电解氯化镁溶液：2Cl－＋2H2O2OH－＋Cl2↑＋H2↑ C　解析：碘离子的还原性比亚铁离子强，碘化亚铁中滴入少量稀硝酸，与碘离子反应的离子方程式为2NO＋6I－＋8H＋===3I2＋2NO↑＋4H2O，A错误；氯化铝与浓氨水反应只能生成氢氧化铝沉淀，不能生成四羟基合铝酸根，B错误；银氨溶液与盐酸反应生成氯化银、氯化铵和水，离子方程式正确，C正确；Mg2＋与OH－不能大量共存，会生成氢氧化镁沉淀，反应的离子方程式错误，D错误。 10．增塑剂DCHP可由邻苯二甲酸酐与环己醇反应制得，下列说法正确的是(　　) A．邻苯二甲酸酐的二氯代物有2种 B．环己醇分子中有1个手性碳原子 C．DCHP能发生加成反应、取代反应、消去反应 D．1 mol DCHP与氢氧化钠溶液反应，最多可消耗2 mol NaOH D　解析：邻苯二甲酸酐结构对称，苯环上有两种位置的氢原子，则邻苯二甲酸酐的邻位二氯代物有2种、间位二氯代物有1种，对位二氯代物有1种，共4种，A错误；中不存在连接4个不同原子或原子团的碳原子，故不存在手性碳原子，B错误；DCHP中含有苯环能发生加成反应，含—COOC—能发生取代反应，不能发生消去反应，C错误；1 mol DCHP含2 mol酯基，则1 mol DCHP最多可与2 mol氢氧化钠反应，D正确。 11．经科学家们研究发现，火星气体及岩石中含有原子序数依次增大的短周期主族元素 X、Y、Z、W、Q，其中 X 与Q 同主族，XZ2 是造成温室效应的重要气体，Y 的基态原子核外的单电子数是同周期中元素最多的，W 基态原子的第一电离能比同周期的相邻原子都要小，下列说法正确的是(　　) A．原子半径：W>Q>Z>Y>X B．简单氢化物的沸点：X>Y>Z C．X 和 Q 分别与 Z 形成的二元化合物所含化学键类型和晶体类型完全相同 D．Y 与 W 形成的化合物能与 NaOH 溶液反应产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体 D　解析：由题干信息可知，X与Q同主族，XZ2 是造成温室效应的重要气体，是CO2，则X为C，Q为Si，Z为O；Y 的基态原子核外的单电子数是同周期中元素最多的，则Y为N；W基态原子的第一电离能比同周期的相邻原子都要小，则W为Al。原子半径：Al＞Si＞C＞N＞O＞即W＞Q＞X＞Y＞Z，A错误；X的氢化物有CH4(g)、C6H6(l)，Y的氢化物有NH3(g)、N2H4(l)等，Z的氢化物可能为H2O(l)、H2O2(l)，所以X、Y、Z的氢化物沸点不一定是X>Y>Z，B错误；C与O、Si与O形成的二元化合物分别为CO2、SiO2，前者是分子晶体，含有极性键，后者是共价晶体，含有极性键，C错误；Y与W形成的化合物AlN能与NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)4]和NH3，NH3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D正确。 12．已知HCOOH水溶液在密封石英管中的分解反应： Ⅰ .HCOOHCO＋H2O　K1 Ⅱ .HCOOHCO2＋H2　K2 T温度下，在密封石英管内完全充满1.0 mol/L HCOOH水溶液，使HCOOH分解，分解产物均完全溶于水。含碳物种浓度与反应时间的变化关系如图所示(忽略碳元素的其他存在形式)。下列有关说法不正确的是(　　) A．混合体系达平衡后：c(CO2)·c(H2)>c(CO) B．活化能：反应 Ⅰ <反应 Ⅱ C．c(CO)变小的原因是CO2的生成导致反应 Ⅰ 平衡逆向移动 D．c(HCOOH)可降为0 D　解析：根据图像可知混合体系达平衡后，c(CO2)·c(H2)>c(CO)，A正确；根据图像可知，CO浓度达到最大值时表明反应 Ⅰ 达到平衡，此时CO2浓度未达最大值，即反应 Ⅱ 尚未达到平衡状态，说明反应 Ⅰ 的反应速率大于反应 Ⅱ ，即活化能：反应 Ⅰ <反应 Ⅱ ，B正确；根据图像中CO2和CO浓度变化，即由反应 Ⅰ 和 Ⅱ 可知，c(CO)变小的原因是CO2的生成导致反应 Ⅰ 平衡逆向移动，C正确；反应 Ⅰ 和 Ⅱ 均为可逆反应，则c(HCOOH)不可能降为0，D错误。 13．通过NO协同耦合反应，实现了NO的电催化歧化，并同时合成了双氮产物(NH3和硝酸盐)是实现可持续固氮的一种极具潜力的方法，装置如图所示。下列说法正确的是(　　) A．电解液E为阳极电解液，呈酸性 B．电极B的电极反应：NO＋2H2O－3e－===HNO3＋3H＋ C．中间层的OH－、H＋分别透过选择性离子膜向A、B极迁移 D．若电解一段时间后，取两极所有产物于溶液中反应，可得硝酸盐和硝酸 D　解析：A极为阴极，电极反应式为NO＋5H＋＋5e－===NH3＋H2O，则电解液E为阴极电解液，呈酸性，A错误；B极为阳极，电极反应式为NO＋2H2O－3e－===NO＋4H＋，B错误；由两极反应式可知，阳极区产生氢离子，阴极区消耗氢离子，故中间层的OH－、H＋分别透过选择性离子膜向B、A极迁移，C错误；由图可知，A极NO～NH3～5e－，B极NO～NO～3e－，根据得失电子守恒，电解一段时间后，取两极所有产物于溶液中反应，可得硝酸盐和硝酸，D正确。 14．一定条件下，CH3CH===CH2与HCl发生加成反应有①、②两种可能，反应进程中能量变化如图所示。下列说法不正确的是(　　) A.反应①、②焓变不同，与产物稳定性有关，与反应的中间状态无关 B．反应①、②均经过两步反应完成，对应的分步反应过程中均放出能量 C．其他条件不变，适当提高反应温度，可以提高产物中CH3CH2CH2Cl(g)的比例 D．相同条件下，CH3CHClCH3(g)的生成速率大于CH3CH2CH2Cl(g) B　解析：焓变在给定反应中，只与始态和终态有关，与中间状态无关，根据图像可知，该反应为放热反应，放出热量越多，产物能量越低，该物质越稳定，A正确；根据图像可知，反应①、②的第一步都是产物能量高于反应物，即第一步为吸收热量，B错误；CH3CH2CH2Cl(g) CH3CHClCH3(g)，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，可以提高CH3CH2CH2Cl(g)的比例，C正确；反应②的活化能比反应①的活化能低，化学反应速率快，因此相同条件下，CH3CHClCH3(g)的生成速率大于CH3CH2CH2Cl(g)，D正确。 15．向某Na2A、NaHA的混合液中加入CaCl2固体(忽略溶液体积、温度的变化)，测出溶液中离子浓度变化如图所示。已知Ksp(CaA)＝2×10－9，H2A为二元弱酸，其Ka1＝10－1.2，Ka2＝10－4.2，Ca(HA)2易溶于水。下列说法正确的是(　　) A．当c(A2－)＝c(H2A)时，pH＝5.4 B．Y点存在：c(A2－)＝c(HA－)＝2×10－3mol/L C．X点存在：c(A2－)<c(HA－) D．向Y溶液中通入HCl，可使Y点溶液向Z点转化 D　解析：Ka1＝＝10－1.2，Ka2＝＝10－4.2，Ka1·Ka2＝×，当c(A2－)＝c(H2A)时，Ka1·Ka2＝c2(H＋)＝10－5.4，c(H＋)＝10－2.7，pH＝2.7，A错误；Y点－lg＝0，说明c(HA－)＝c(A2－)，lgc(Ca2＋)＝－7，则c(Ca2＋)＝1.0×10－7 mol/L，Ksp(CaA)＝2×10－9，则c(A2－)＝2.0×10－2 mol/L，B错误；X点－lg<0，>1，则c(A2－)>c(HA－)，C错误；向Y点溶液中通入HCl气体，A2－与H＋反应，c(A2－)减小，减小，－lg则增大，因此可以使Y点溶液向Z点溶液转化，D正确。 16．碳酸钠、碳酸氢钠是实验室中常见的物质，下列方案设计、现象和结论都正确的是(　　) 实验方案 现象 结论 A 测定等浓度的Na2CO3溶液和Na2SO3溶液的pH Na2CO3溶液的pH较大 非金属性是S＞C B 将Al2(SO4)3溶液和CaCl2溶液分别加入Na2CO3溶液中 均出现白色沉淀 Al2(SO4)3溶液和CaCl2溶液均可使CO的水解平衡正向移动 C 将稀苯酚溶液逐滴加入滴有酚酞的碳酸钠溶液中至过量 溶液红色褪去但无气泡产生 Ka1(H2CO3)＞Ka(苯酚)＞Ka2(H2CO3) D 向少量NaHCO3溶液加入一小块打磨过的镁条，观察实验现象 产生气泡 该气体主要是CO2 C　解析：Na2CO3溶液的pH较大，说明水解程度：CO＞SO，酸性：HCO＜HSO，但是不能由此得出非金属性S>C的结论，因为比较非金属性强弱，要比较其最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，而S和C对应的酸应为H2SO4和H2CO3，A错误；CO存在水解平衡CO＋H2OHCO＋OH－，碳酸钠溶液中加入硫酸铝，Al3＋结合OH－生成Al(OH)3沉淀，使得OH－浓度减小，水解平衡正向移动；加入CaCl2，Ca2＋结合碳酸根离子生成CaCO3沉淀，碳酸根浓度减小，水解平衡逆向移动，B错误；将稀苯酚溶液逐滴加入滴有酚酞的碳酸钠溶液中至过量，发生反应C6H5—OH＋CO―→C6H5—O－＋HCO，溶液红色褪去但无气泡产生，由此可得酸性：H2CO3>苯酚>HCO，则Ka1(H2CO3)>Ka(苯酚)>Ka2(H2CO3)，C正确；向少量 NaHCO3溶液加入一小块打磨过的镁条，镁和碳酸氢根电离出的氢离子反应生成H2，D错误。 二、非选择题(本大题共4小题，共52分) 17．(16分) Ⅰ .氢是清洁能源，甲烷与水蒸气催化重整制氢反应为CH4(g)＋H2O(g)===CO(g)＋3H2(g)。 (1)[Cu(NH3)2]Ac可除去混合气中CO：[Cu(NH3)2]Ac＋CO＋NH3 [Cu(NH3)3CO]Ac(Ac表示CH3COO－)。 ①C、N、O中电负性最大的是______，[Cu(NH3)2]Ac中碳原子的杂化类型是________。 ②下列有关叙述正确的是________(填标号)。 A．N的第二电离能>O的第二电离能 B．[Cu(NH3)3CO]＋中既有σ键，也有π键 C．Cu原子变成Cu＋，优先失去4s轨道上的电子 D．As与N同主族，As的基态原子简化电子排布式为[Ne]4s24p3 (2)比较键角(∠HNH)大小：[Cu(NH3)3]＋____NH3(填“＞”“＜”或“＝”)，理由是________________________________________________________________________ ________________________________________。 (3)常见金属储氢材料的晶胞结构分别如下所示。 ①图1为镧镍合金(LaNix)则x＝________。 ②图2为铝合金(AlMg2)，则Mg的配位数(紧邻的Al的原子个数)为________。 Ⅱ .氯化亚砜()常用作脱水剂和氯化剂。如图流程表示其制备及用途，回答下列问题： (1)用硫黄、氯气和三氧化硫为原料，在一定条件下可合成SOCl2，原子利用率达100%。写出该反应的化学方程式________________________________。 (2)下列有关说法不正确的是________。 A．SO3是极性分子，容易与H2O发生反应 B．途径①能制得无水氯化铁是因为SOCl2吸水性强且产物HCl能抑制Fe3＋水解 C．FeCl3在溶液中分步水解，第一步反应为Fe3＋＋H2OFe(OH)2＋＋H＋ D．CH3COCl能与NH3反应生成乙酰胺 (3)途径②除了CH3COCl外还产生两种酸性气体，写出该反应的化学方程式_______________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 答案：(16分) Ⅰ .(1)①O　sp2、sp3　②BC (2)>　N原子均sp3杂化，[Cu(NH3)3]＋中N原子上的孤电子对因形成配位键而减小了对N—H成键电子对的排斥　(3)①5　②4 Ⅱ .(1)2S＋3Cl2＋SO33SOCl2　(2)A (3)CH3COOH＋SOCl2===CH3COCl＋SO2↑＋HCl↑ 解析： Ⅰ .(1)②N失去一个电子后最外层有4个电子，2p轨道上有2个电子容易失电子，O失去一个电子后最外层有5个电子，2p轨道半充满较稳定，因此N的第二电离能<O的第二电离能，A错误；[Cu(NH3)3CO]＋中NH3内部的N—H单键、配位键等都是σ键，CO中存在碳氧三键，含有π键，B正确；Cu电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，变成Cu＋优先失去4s轨道上的电子，电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，C正确；As为33号元素，其简化电子排布式为[Ar]3d104s24p3，D错误；(2)两种物质中NH3中的N均为sp3杂化，[Cu(NH3)3]＋中N原子上的孤电子对因形成配位键而减小了对N—H成键电子对的排斥，因此键角∠H—N—H大小：[Cu(NH3)3]＋>NH3。(3)①根据均摊法可知，该合金中La个数为×8＝1，Ni个数为×8＋1＝5，则x＝5。②以右下顶点的Mg为例，与其紧邻的Al位于面心，且只有竖直面4个面心上有Al，因此Mg的配位数为4。 Ⅱ .(2)SO3分子中硫形成3个共价键且无孤电子对，为平面三角形结构，分子中正负电中心重合，是非极性分子，三氧化硫容易与H2O发生反应生成硫酸，A错误；水溶液中铁离子能水解生成氢氧化铁，途径①能制得无水氯化铁是因为SOCl2吸水性强且产物HCl能抑制Fe3＋水解，从而制得无水氯化铁，B正确；FeCl3在溶液中分步水解，第一步反应生成Fe(OH)2＋和H＋：Fe3＋＋H2OFe(OH)2＋＋H＋，C正确；CH3COCl中Cl带负电荷，氨分子中氢带正电荷，则CH3COCl能与NH3反应生成乙酰胺和HCl，D正确。 18．(12分) “碳达峰·碳中和”是我国社会发展重大战略之一，CO2加氢制CH4进行回收利用是实现“双碳”经济的有效途径之一、Ni­CeO2催化CO2加H2制CH4的反应历程如图1所示(吸附在催化剂表面的物种用*标注)。向恒压、密闭容器中通入1 mol CO2和4 mol H2，平衡时混合气体中含碳物质(CH4、CO2、CO)的物质的量随温度的变化如图2所示。 Ni­CeO2催化CO2加H2制CH4，主要涉及如下反应： 反应ⅰ：CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g)　ΔH1＝－164.7 kJ/mol 反应ⅱ：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)　ΔH2＝＋41.2 kJ/mol (1)反应 ⅰ 自发进行的条件是________。 (2)实验测得，随着CO2的浓度增大化学反应速率先增大后减小，试解释原因________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ (已知：图1中步骤 Ⅱ 、 Ⅲ 是决速步)。 (3)根据图2，下列说法不正确的是________。 A．温度低于200 ℃时，测得反应一定时间后的产物中几乎无CH4，原因可能主要发生反应 ⅱ B．曲线B表示平衡时n(CO)随温度的变化关系 C．在高温条件下，可同时提高CO2的平衡转化率和CH4的平衡产率 D．提高CO2转化为CH4的转化率，需要研发在低温区高效的催化剂 (4)在图2中，高于600 ℃，曲线B随温度升高而减小的原因________________________ ________________________________________________________________________。 (5)已知CH4的选择性＝×100%，CO的选择性＝×100%，CH4的选择性＋CO的选择性＝1。则 ①在图2中T1 ℃，平衡时容器容积为V L，则反应i的平衡常数K＝________(用V、m列式表示)。 ②在图中画出200～800 ℃之间CH4和CO选择性比(Y)与温度变化的趋势图，并标注a点的坐标。 答案：(12分)(1)低温 (2)CO2浓度增大，吸附在催化剂表面的CO2增多，解离出的*CO增多，反应速率增大；增大到一定程度后，吸附在催化剂表面的H2减少，H2解离出的*H减少，反应速率减小　(3)ABC (4)ΔH1＜0、ΔH2＞0，温度升高，反应ⅱ正移程度大于反应ⅰ逆移程度，CO2平衡转化率增大，剩余CO2物质的量减小 (5)①×V2 ② 解析：(3)图2中曲线A表示平衡时n(CH4)随温度变化的关系，曲线C表示平衡时n(CO)随温度变化的关系，由图可知，温度低于200 ℃时，测得反应一定时间后的产物中几乎无CO，产物主要是CH4，说明这一阶段主要发生反应i，A错误；曲线A表示平衡时n(CH4)随温度变化的关系，曲线C表示平衡时n(CO)随温度变化的关系，则曲线B表示平衡时n(CO2)随温度的变化关系，B错误；在高温条件下，CO2的平衡转化率较高，但CH4的含量和平衡产率较低，则高温不利于提高CH4的平衡产率，C错误；低温条件下CH4的含量较高，即在低温条件下有利于提高CO2转化为CH4的转化率，并且高效的催化剂可提高反应速率，所以研发在低温区高效的催化剂可提高CO2转化为CH4的转化率，D正确。 (5)①图2中T1 ℃时，n(CH4)＝ n(CO)＝m mol，设n(CO2)＝y mol，n(H2)＝z mol，n(H2O)＝x mol，根据C、H、O原子守恒列式有：2m＋y＝1，4m＋2x＋2z＝8，m＋2y＋x＝2，解得x＝3m，y＝1－2m，z＝4－5m，则反应i的平衡常数K＝＝＝×V2；②ΔH1＜0、ΔH2＞0，随着温度升高，CH4的选择性逐渐减小，CO的选择性逐渐增大，则CH4和CO选择性比(Y)逐渐减小，图中a点二者选择性相等，选择性比(Y)为1，据此画出变化趋势图示。 19．(12分)某化学小组模拟工业生产原理：以废铁屑(含少量Fe2O3、Mn、C等杂质)为原料生产配合物乙二胺四乙酸铁钠(EDTA铁钠盐)，并测定所制取的样品中铁元素的含量。 已知：①乙二胺四乙酸铁钠易溶于水和稀酸，微溶于乙醇；该螯合型配合物稳定性好 ②氢氧化铁沉淀通常呈胶体状态，有较强的吸附性 Ⅰ .制备乙二胺四乙酸铁钠晶体 实验原理：2Fe(OH)3＋Na2CO3＋2EDTA===2[NaFe(EDTA)·3H2O]＋CO2↑＋H2O 实验流程： 方案1： (1)由Fe(OH)3制乙二胺四乙酸铁钠可以选择____________(填“酒精灯直接加热”或“水浴加热”)。 (2)氧化剂A可以选择O2，试写出该步反应的离子方程式_____________________ ________________________________________________________________________。 (3)下列说法正确的是________________。 A．为避免Fe(OH)3沉淀中裹入过多杂质，可以采用一次性加入氨水 B．该流程中两次用到Na2CO3溶液，均可用NaOH溶液代替 C．操作④洗涤时宜采用冷水洗涤 D．“一系列的操作”是指“蒸发浓缩，趁热过滤、洗涤、干燥” E．乙二胺四乙酸铁钠溶液中滴入KSCN溶液不一定会显红色 方案2：用EDTA、NaHCO3与FeCl3反应，制备乙二胺四乙酸铁钠，此法EDTA先被NaHCO3中和后再和FeCl3直接反应。两个方案都有不足之处，方案1的缺点：氢氧化铁沉淀成胶体状态，难以过滤和洗涤。 (4)为使沉淀颗粒增大，实验中往往可以采取______(填实验条件)。 (5)方案2的缺点：产品中含杂质多，纯度不好。方案2后剩余废液可用层柱法(利用筛网孔径与微粒孔径不同的一种分离方法)可得到反应的副产物________________(填名称)。 Ⅱ .测定所制取样品中铁的含量(EDTA标准溶液滴定法) 取20.00 g样品溶于水，然后将其中的铁元素用萃取剂从配合物中“反萃取”出来并配成250 mL溶液，取出25 mL加入过量的30.00 mL 0.160 0 mol/L EDTA标准溶液并加热煮沸，充分反应后，再用0.200 0 mol/L的Zn2＋标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗Zn2＋标准溶液体积为5.00 mL。 已知：Fe3＋、Zn2＋与EDTA反应的化学计量数之比均为1∶1。 (6)实验室进行萃取操作时，需要打开分液漏斗活塞放气，正确的放气图示________。 (7)计算铁元素的质量分数________。 答案：(12分)(1)水浴加热 (2)4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O (3)BE　(4)煮沸　(5)氯化钠　(6)C　(7)10.64% 解析：(1)由流程图可知制备乙二胺四乙酸铁钠需要的温度为70～80 ℃，故采取的加热方式为水浴加热。 (2)氧化剂A的作用是将滤液B中的Fe2＋氧化为Fe3＋，故可以用氧气，反应的离子方程式为4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O。 (3)氢氧化铁沉淀通常呈胶体状态，有较强的吸附性，为避免Fe(OH)3沉淀中裹入过多杂质，可以分几次加入氨水，以便充分反应，减少杂质，A错误；该流程中两次用到Na2CO3溶液，第一次是溶解废铁屑表面的油脂，第二次是中和掉溶液中的H＋，调节pH，因此均可用NaOH溶液代替，B正确；乙二胺四乙酸铁钠易溶于水和稀酸，微溶于乙醇，故操作④洗涤时宜采用乙醇洗涤，以便减少洗涤过程对产品的损耗，C错误；乙二胺四乙酸铁钠易溶于水，故“一系列的操作”是指“蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥”，D错误；乙二胺四乙酸铁钠为螯合型配合物，稳定性好，溶液中不含Fe3＋，故滴入KSCN溶液不会显红色，E正确。 (5)方案2中EDTA先被NaHCO3中和后再和FeCl3直接反应，反应后的产物为乙二胺四乙酸铁钠和NaCl，因此反应的副产物为氯化钠。 (6)实验室进行萃取操作时，需要打开分液漏斗的活塞放气，分液漏斗放气时需要用右手掌压紧盖子，左手拇指、食指和中指握住活塞，把漏斗倒转过来，C正确。 (7)EDTA的总物质的量为0.160 0 mol/L×0.030 00 L＝0.004 8 mol，已知Fe2＋、Zn2＋和EDTA反应的化学计量数之比为1∶1反应，反应后剩余的EDTA的物质的量等于消耗的Zn2＋的物质的量，为0.200 0 mol/L×0.005 00 L＝0.001 0 mol，25 mL中Fe2＋的物质的量为0.004 8 mol－0.001 0 mol＝0.003 8 mol，取20.00 g样品并配成250 mL溶液，铁元素的质量分数为×100%＝10.64%。 20．(12分)化合物G是制备乌帕替尼的关键中间体，一种合成化合物G的路线如图： 回答下列问题： (1)下列关于物质A的说法正确的是________。 A．分子式为C7H14O4 B．名称为丙二酸二乙酯 C．熔点高于乙酸乙酯 D．一氯代物有两种 (2)E→F的反应类型为________。 (3)B→C转化过程中还生成C的一种同分异构体M，M的结构简式为________________________________________________________________________。 (4)请写出同时符合下列条件的B的一种同分异构体的结构简式：________________________________________________________________________。 ①能与碳酸氢钠溶液反应产生气体。 ②分子中含有碳碳π键，有3种不同化学环境的氢原子。 (5)设计以CH3CH2OH、CH3COOH、CH3NO2为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)___________________________ ________________________________________________________________________。 答案：(12分)(1)BC　(2)还原反应 (3) (4) 或 (符合要求即可) (5) 解析：(1)根据A的结构简式，可知物质A的分子式为C7H12O4，A错误；物质A中含有两个酯基，可知其对应的酸和醇分别为丙二酸和乙醇，所以其名称为丙二酸二乙酯，B正确；根据不含氢键时，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔、沸点越高，所以物质A的熔点高于乙酸乙酯，C正确；根据物质A结构的对称性，可知有3种等效氢，所以其一氯代物有3种，D错误。 (2)对比E和F的结构可知，E中脱去氧原子生成F，所以E→F的反应类型为还原反应。 (3)根据流程图，B→C发生的是加成反应，由于结构不对称，所以B→C的转化过程中还生成C的一种同分异构体M，M的结构简式为。 (4)根据流程图中B的结构简式可知，B的分子式为C10H16O4，不饱和度为3，同时符合下列条件：①能与碳酸氢钠溶液反应产生气体，说明分子中含有—COOH，②分子中含有碳碳π键，有3种不同化学环境的氢原子，说明结构非常对称且含有碳碳双键，所以符合要求的同分异构体的结构简式为或。 (5)对比原料和产物结构，发现最大的不同是形成了含氮原子的环状化合物，结合流程图中A→B→C→D的转化过程，可知先让醇和羧酸反应形成酯，然后酯与醛在碱性条件下发生反应形成碳碳双键，碳碳双键再与CH3NO2发生加成反应，最后在Pt作催化剂的条件下与H2发生反应形成含氮原子的环状化合物。 学科网（北京）股份有限公司 $$