2026届贵州黔南州高考化学自编模拟卷

2026届贵州黔南州高考化学自编模拟卷 一、单选题 1．历史文物见证了中华民族共同体在发展中的交往交流交融。贵州出土的下列文物中主要由有机高分子制成的是 A．红山玉龙 B．鎏金铁芯铜龙 C．云龙纹丝绸 D．云龙纹瓷瓶 A．A B．B C．C D．D 2．下列化学用语表达正确的是 A．的电子式： B．基态As的价电子轨道表示式： C．和互为同分异构体 D．和的VSEPR模型分别为三角锥形和正四面体形 3．下列生活项目与所述的化学知识不存在因果关系的是 选项 生活项目 化学知识 A 绿色骑行 减少碳排放 B 合理膳食 搭配糖类、蛋白质、油脂、维生素等合理饮食 C 硬水软化 用活性炭净化自来水 D D燃气取暖 天然气燃烧释放大量的热 A．A B．B C．C D．D 4．学习小组利用以下装置进行实验，其中不能达到相应预期目的的是 A．制备 B．氯气尾气处理 C．测定中和反应反应热 D．喷泉实验 A．A B．B C．C D．D 5．1884年勒夏特列提出了平衡移动原理，下列现象或操作与平衡移动原理无关的是 A．实验室可用CaO和浓氨水反应快速制取氨气 B．使用铁触媒作催化剂，使和混合气体充分反应合成氨 C．相同温度时，AgCl在水中的溶解度大于其在饱和NaCl溶液中的溶解度 D．常温下，将的醋酸溶液加水稀释到100 mL，测得其 6．下列离子方程式正确的是 A．纯碱溶液去油污的原理： B．溶液腐蚀电路铜板： C．溶液与稀硫酸混合： D．向中投入固体： 7．有机物Hyperolactone C是一种具有生物活性的天然产物分子，其结构简式为(注：Me代表甲基)。下列关于Hyperolactone C的说法错误的是 A．分子式为 B．在碱性环境下不能稳定存在 C．最多有5个原子共直线 D．1molHyperolactone C最多能与6molH2发生加成反应 8．可用作潜水或宇航装置的吸收剂和供氧剂，反应方程式为。为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．晶体中离子数目为 B．中键的数目为 C．溶液含有的氧原子数目为 D．反应生成时转移的电子数目为 9．将离子液体用作高性能电解质，构筑新型高安全性的电化学器件。一种离子液体的结构如图所示，已知X、Y、Z、M和W为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y、Z、M为同周期相邻元素，W是电负性最强的元素。下列说法错误的是 A．原子半径： B．最简单氢化物的沸点： C．该阴离子中，各元素原子最外层均满足稳定结构 D．若将阳离子换成，含钠化合物具有更低的熔沸点 10．一种循环产氢体系是将锌-多硫化物电池与H2生产装置集成，最大化利用了间歇性太阳光，实现日夜不间断生产氢气，原理如图所示。下列说法正确的是 A．硅太阳能电池、锌-多硫化物电池均可实现化学能转化为电能 B．夜间工作时，循环产氢体系应将电极a与c相接、b与d相接 C．日间工作时，b电极的反应式为 D．H2生产装置工作时，若使用阳离子交换膜，Na+向d电极方向迁移 11．冶锌工业废铁残渣对环境造成一定影响，一种废铁分离回收工艺流程如下，下列说法错误的是 已知：废铁残渣主要含有铁酸锌(ZnO∙Fe2O3)和砷、铜的化合物等；“酸浸”后滤液中铁元素以形式存在；溶液Y中主要为锌盐溶液。 A．“酸浸”中铁酸锌表现氧化性 B．滤渣X为石膏 C．通入水蒸气的目的是降低溶液浓度促进水解 D．赤铁矿渣可用于生产油漆、颜料 12．有机物M()是一种重要的电子化学品，可作电池的优良介质。将甲基环氧乙烷()转化为有机物M的催化机理如图所示，下列说法正确的是 A．只有共价键的断裂与形成 B．i与ii的手性碳原子个数不同 C．AcOH为中间体、KI为催化剂 D．总反应的原子利用率为100% 13．硒化锰(MnSe)可作为候选负极材料，它的一种晶胞结构如图，晶胞边长为a pm。a原子的坐标为，b原子的坐标为。下列说法正确的是 A．Se的配位数为2 B．若c位于顶点，则a位于体心 C．b、c之间的最短距离为 D．c原子的坐标为 14．常温下，用浓度为的NaOH标准溶液滴定20.00 mL等浓度的溶液，滴定过程中溶液的pH随滴定分数[]的变化曲线如图所示。下列说法错误的是 A．常温下，醋酸的电离平衡常数Ka的数量级为 B．b点存在： C．水的电离程度：c>b>a>e D．c点存在： 二、解答题 15．草酸钴(CoC2O4)难溶于水，是制备含钴催化剂和化合物的工业原料。以含钴矿[含CoO(OH)、SiO2、FeO、Fe2O3、MgO、CaO等成分]为原料制备草酸钴和硫酸铜的一种工艺流程如图： 已知：①CoO(OH)不能直接被H2SO4溶液浸出； ②酸性条件下，转化为，但不会氧化Co2+； ③常温下相关难溶电解质的溶度积常数如下表(溶液中离子浓度小于时，可认为该离子沉淀完全)： 难溶物 Co(OH)2 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Mg(OH)2 MgF2 CaF2 Ksp 回答下列问题： (1)“含钴矿”中涉及的金属元素属于s区的是 (填元素符号)。 (2)“含钴矿粉”在稀硫酸中酸浸时，加入Na2SO3的目的是 。 (3)写出“浸出液”中加入NaClO3发生反应的离子方程式： 。充分反应后，调节pH，此时调节pH< 。[溶液中c(Co2+)约为1，lg2≈0.3] (4)若“滤液1”中c(Ca2+)、c(Mg2+)相等，向其中滴加0.1NaF溶液，一段时间后测得溶液中，则此时溶液中 。 (5)Co3O4在磁性材料、电化学领域应用广泛，实验室中可以通过煅烧CoC2O4制得Co3O4。 ①写出在空气中煅烧CoC2O4制备Co3O4的化学方程式： 。 ②Co3O4晶体中的O作面心立方最密堆积(如图)，Co随机填充在晶胞中O构成的8个四面体空隙和4个八面体空隙中，则Co的配位数分别为 、 。如果Co3O4晶胞边长为anm，NA为阿伏加德罗常数的值，则Co3O4晶体的密度为 。 16．二茂铁［］广泛用作火箭燃料添加剂，以改善其燃烧性能，还可用作汽油的抗震剂、紫外光的吸收剂等。其中一种制备方法的实验步骤及装置图（加热及夹持装置已省略）如图： 步骤1：无水氯化亚铁的制备 在氮气氛围中，将100.00mL四氢呋喃（1，4-环氧丁烷，简称THF）加入到三颈烧瓶中，加入无水三氯化铁27.00g和细纯铁粉4.48g，搅动回流4.5h。 步骤2：二茂铁的合成制得无水氯化亚铁后，减压蒸馏出四氢呋喃。用冷水冷却反应瓶，在残留物中加入45.00mL环戊二烯和100.00mL二乙胺（环戊二烯、二乙胺均过量），继续通入氮气，强烈搅动4h，蒸出过量的二乙胺。加入石油醚，充分搅拌后趁热过滤，将滤液蒸发得二茂铁粗品，提纯可得精品。 已知：常温下二茂铁为橙黄色晶体，有樟脑气味，熔点173℃，沸点249℃，高于100℃易升华，能溶于苯、乙醚和石油醚等有机溶剂，不溶于水，化学性质稳定。紫外光谱于325nm和440nm处有极大的吸收值。 回答下列问题： (1)向三颈烧瓶中加液的仪器名称为 。 (2)本实验所使用的三颈烧瓶规格为______。 A．50mL B．100mL C．250mL D．500mL (3)实验中持续通入氮气的主要目的是 。 (4)二茂铁结构如图，是由环戊二烯负离子（）和亚铁离子形成的夹心结构。已知分子中的大π键可用符号表示，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），则中的大π键可表示为 ，二茂铁晶体类型属于 。 (5)如何验证所得晶体为二茂铁，试列举一种方法 ，最终得到29.76g纯二茂铁，则该实验产率w(二茂铁)= %（保留1位小数）。 (6)还可用、环戊二烯（）在KOH碱性条件下制备二茂铁，试写出化学方程式 。 17．CH4与H2S重整制氢技术既能实现H2S的无害化处理，又能产出清洁能源H2，助力“碳中和”目标实现，其核心反应如下。 反应Ⅰ：CH4(g)+2H2S(g)CS2(g)+4H2(g)   ΔH1=+260 kJ·mol-1 反应Ⅱ：CH4(g)C(s)+2H2(g)   ΔH2=+90 kJ·mol-1 反应Ⅲ：2H2S(g)S2(g)+2H2(g)   ΔH3=+181 kJ·mol-1 回答下列问题： (1)H2S分子的空间构型为 ，中心原子S的杂化方式为 。 (2)碳元素可以形成多种同素异形体。C60的晶体类型为 。常压下，石墨和金刚石熔点更高的是 ，从结构角度解释原因为 。 (3)保持反应器总压为100 kPa，分别以25 kPa CH4、75 kPa H2S与8 kPa CH4、24 kPa H2S(He作辅气)进料。CH4平衡转化率随温度变化的关系如图1，其中不含He的曲线为 (填“M”或“N”)，理由是 。 (4)在10L的恒温刚性容器中，通入0.2mol CH4和0.4mol H2S，起始总压为P0，发生反应Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ。CH4和H2S的转化率随时间变化的关系如图2。 ①0~5min内，用H2表示的化学反应速率为 mol·L-1·min-1。 ②5min时，容器内总压为 (用含P0的代数式表示)。 (5)假设H2S和CH4的混合气体在某固体催化剂上的吸附服从Langmuir等温吸附(吸附分子彼此不发生相互作用，且气体分子为单分子层吸附)。如H2S的吸附等温式为：=，其中a是气体的吸附系数，Vm是气体在固体表面的饱和吸附量(标态)，P是气体的分压，V是气体分压为P时的平衡吸附量(标态)。在一定温度下，H2S的吸附系数是CH4的4倍，当H2S的分压分别为2MPa和4MPa，且CH4和H2S的分压相同时，H2S平衡吸附量分别为0.6m3/kg和0.8m3/kg(已换算成标态)，则H2S的吸附系数为 MPa-1。 18．吡喹酮(H)是一种广谱抗寄生虫药的主要成分，易溶于氯仿、乙醇，不溶于水，熔点为136~141℃。一种合成吡喹酮的路线如图，回答下列问题： (1)吡喹酮是分子晶体，判断依据是 。 (2)吡喹酮中含有的官能团的名称是 ，B的化学名称是 。 (3)反应会产生两种气体，若气体直接排放到空气中会污染环境，需要用NaOH溶液进行吸收。这两种气体是 (填化学式)。 (4)X能与盐酸反应，原因是 。 (5)有机环状化合物ⅰ和无机物ⅱ在一定条件下反应可生成A，原子利用率为100%。 ①若无机物ⅱ为极性分子，则有机物i的结构简式为 。 ②若无机物ⅱ为非极性分子，且两者反应的物质的量之比为，则ⅰ和ⅱ合成A的化学方程式为 。 (6)在E的同分异构体中，同时具备下列条件的结构有 种(不包括立体异构体)。 a．含六元环结构；b．能发生银镜反应。 其中，核磁共振氢谱有4组峰且峰的面积比为的结构简式为 。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C C C C B C C B D D 题号 11 12 13 14 答案 C D C D 1．C 【详解】A．红山玉龙主要成分为硅酸盐类矿物，硅酸盐类物质属于无机非金属材料，A错误； B．鎏金铁芯铜龙主要成分为金属铁、铜及金等金属，因此属于金属材料，B错误； C．云龙纹丝绸主要成分为蛋白质，蛋白质属于天然有机高分子化合物，C正确； D．云龙纹瓷瓶是瓷器，主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，D错误； 故合理选项是C。 2．C 【详解】 A．是离子化合物，由钠离子和次氯酸根离子构成，其电子式为，A项错误； B．As的原子序数为33，价电子排布式是4s24p3，则其价电子轨道表示式为，B项错误； C．和的分子式相同、结构不同，互为同分异构体，C项正确； D．中氮原子作为中心原子，价层电子对数为4，存在1对孤电子对，其VSEPR模型为四面体形，中碳原子作为中心原子，价层电子对数为4，不存在孤电子对，其VSEPR模型为正四面体形，D项错误； 答案选C。 3．C 【详解】A．绿色骑行可减少化石燃料的燃烧，A正确； B．营养成分如糖类、蛋白质、油脂、维生素等要合理搭配，保持营养均衡，B正确； C．硬水软化，可通过煮沸的方式进行硬水软化，活性炭可吸附水中的杂质、异味和色素等，二者不存在因果关系，C错误； D．天然气燃烧释放大量的热，可供暖，D正确； 故选C。 4．C 【详解】A．亚硫酸钠和硫酸反应生成硫酸钠和二氧化硫气体，可用来制备，A正确； B．氯气可以和NaOH溶液反应，可以用溶液吸收氯气，防止污染空气，B正确； C．该装置缺少玻璃搅拌器，C错误； D．极易溶于水，溶于水后圆底烧瓶内压强减小，从而产生喷泉，D正确； 故选C。 5．B 【详解】A．浓氨水加入CaO固体，CaO溶于水放出热量，使平衡向一水合氨分解生成氨气的方向进行，能用化学平衡移动原理解释，故A不符合题意； B．催化剂同等加速正逆反应速率，不改变平衡位置，与平衡移动无关，故B符合题意； C．饱和NaCl中Cl⁻浓度高，通过同离子效应抑制AgCl溶解，符合浓度对平衡的影响，故C不符合题意； D．1mLpH=3的醋酸溶液加水稀释到100mL，pH＜5，说明乙酸溶液中存在电离平衡，加水促进电离，可以用平衡移动原理来解释，故D不符合题意； 故选B。 6．C 【详解】A．纯碱（Na2CO3）水解分步进行，主要生成和OH-，而非直接生成H2CO3，方程式应为 + H2O ⇌ + OH-，选项A错误； B．Fe3+与Cu反应时，Fe3+被还原为Fe2+，而非Fe单质，正确方程式为Cu + 2Fe3+ = Cu2+ + 2Fe2+，选项B错误； C．Na2S2O3与稀硫酸反应生成S、SO2和H2O，离子方程式为+ 2H+ = S↓ + SO2↑ + H2O，选项C正确； D．Na2O2与H218O反应时，O2中的氧来自Na2O2中的过氧根（），而非H218O，因此O2应为普通O2，而非18O2，方程式应为，选项D错误； 故答案选C。 7．C 【详解】A．的分子式为，A正确； B．含有酯基，在碱性情况下水解，故在碱性环境下不能稳定存在，B正确； C．由该物质的结构可知：，最多有4个原子共直线，C错误； D．酯基不能与发生加成反应，最多能与发生加成反应，D正确； 故选C。 8．B 【详解】A．1molNa2O2晶体中包括2molNa+和1mol，故A错误； B．CO2结构为O=C=O，包含2个C-Oσ键，和2个键，因此44g(1mol)CO2中σ键的数目为2NA，故B正确； C．Na2CO3溶液中Na2CO3和H2O具有氧原子，氧原子数目大于3NA，故C错误； D．未指明氧气处于标准状态，无法确定其物质的量，故D错误； 故答案为B。 9．D 【分析】由离子液体的结构可知，X、W均形成1个价键，所以X、W为H或第ⅦA族元素，又W是电负性最强的元素，即W为F、X为H；X、Y、Z、M和W为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y与4个F各形成一个价键，且形成的阴离子带一个单位的负电荷，则Y为第ⅢA族元素，且原子序数小于F，所以Y为B；Z形成4个价键，为第ⅣA主族元素，所以Z为原子序数小于F的C；Y、Z、M为同周期相邻元素，则M为N；综上所述，X为H、Y为B、Z为C、M为N、W为F。 【详解】A．H半径最小，同周期元素从左到右半径减小，则原子半径：B>C>N>F>H，A正确； B．CH4分子间无氢键，沸点最小，F电负性大于N，HF之间氢键强度大于NH3，则沸点：HF>NH3>CH4，B正确； C．阴离子为，B最外层3个电子，与4个F形成4个共价键（有一个是配位键），最外层满足，F最外层7个电子，与形成1个共价键，最外层满足，C正确； D．原离子液体的阳离子为有机阳离子，与阴离子形成离子化合物，但有机阳离子体积大（离子半径大），离子键弱，熔沸点较低，若换成，半径小，与阴离子形成的离子键较强，熔沸点会升高，而非降低，D错误； 故答案为D。 10．D 【分析】由电子流向可知，放电时，a极锌失去电子发生氧化反应为负极，则b为正极；氢气生产装置中d极，水放电生成氢气，发生还原反应，d为阴极，则c为阳极；白天可利用太阳能电池给左侧锌一多硫化物电池充电，实现电能向化学能的转化，夜间作电源，给H2装置充电，电解反应产生H2，据此分析解题。 【详解】A．由分析可知，白天可利用太阳能电池给左侧锌一多硫化物电池充电，实现电能向化学能的转化，晚上实现化学能向电能的转化，但硅太阳能电池是将太阳能转化为电能，而不是化学能转化为电能，A错误； B．左侧锌一多硫化物电池夜间作电源，给H2装置充电，电解反应产生H2，结合分析可知，应将电极ad、bc分别连接，B错误； C．白天工作时，锌一多硫化物电池处于充电状态，则b电极是阳极，发生氧化反应，电极反应式为：，C错误； D．由分析可知，H2生产装置工作时，c电极为阳极，d电极为阴极，若使用阳离子交换膜，则阳离子Na+向阴极即d电极方向迁移，D正确； 故答案为：D。 11．C 【分析】废铁残渣主要含有铁酸锌(ZnO∙Fe2O3)和砷、铜的化合物等，H2SO4酸浸并用SO2还原，将Fe3+还原为Fe2+，过滤出不溶物后，加入CaCO3与过量的H2SO4反应，得到CaSO4，即滤渣X，加入Fe粉置换除去Cu和As，最后通入O2和水蒸气氧化水解，将Fe2+转化为Fe2O3得到赤铁矿渣。 【详解】A．"酸浸"中铁酸锌中铁元素从+3价降低到+2价，表现氧化性，A正确； B．根据分析，加入CaCO3与剩余的硫酸反应，生成CaSO4和CO2，因此滤渣X为石膏（CaSO4），B正确； C．通入水蒸气的可以稀释氧气，使氧气与Fe2+更加充分反应生成Fe3+，且水蒸气温度较高，升温有利于Fe3+的水解平衡正向移动，C错误， D．赤铁矿渣性质稳定，是红棕色固体，可用于生产油漆、颜料，D正确； 故选C。 12．D 【详解】A．反应中KI的K+与I-间离子键断裂与形成，A错误； B．分子中所连的四个基团不同的饱和碳原子是手性碳原子，化合物i含一个手性碳原子，中*所示，化合物ⅱ含一个手性碳原子，中*所示，B错误； C．催化剂是反应前后不变，先参加后生成的物质，由图可知，催化剂有AcOH和KI，C错误； D．总反应是甲基环氧乙烷与CO2反应生成有机物 M，反应式为：，总反应的原子利用率为100%，D正确； 故选D。 13．C 【详解】A．图中面心处的Se原子（黑球）周围最近且等距的Mn原子（白球）有2个，由于面心处的Se原子（黑球）被两个晶胞共有，则实际一个Se原子（黑球）周围最近且等距的Mn原子（白球）有4个，所以Se的配位数为4，A错误； B．晶体中Mn原子周围的4个Se原子形成正四面体，而Se原子周围的4个Mn原子也形成正四面体，Mn原子与Se原子位置可以互换，若c位于顶点，即白色球处于顶点、面心，则黑色球处于晶胞内部，但不是体心，B错误； C．b原子分数坐标为，c原子分数坐标为，两点空间距离为：，C正确； D．结合晶胞结构和坐标系，c原子位于晶胞内部，坐标应为，D错误； 故答案选C。 14．D 【详解】A．a点时，存在电离平衡，平衡常数，Ka的数量级为，A正确； B．b点为等浓度的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，结合电荷守恒[]与物料守恒关系[]，可得：，B正确； C．a→b→c过程中，溶液中的醋酸不断被NaOH消耗，且在c点恰好反应，该过程中水的电离受抑制作用减弱，电离程度增强；e点时，NaOH溶液过量了20mL，对水电离的抑制作用比a点（弱酸溶液）更强，故水的电离程度：c>b>a>e，C正确； D．c点为CH3COONa溶液，其中醋酸根水解使溶液呈碱性，故，D错误； 故答案选D。 15．(1)Ca、Mg (2)还原三价钴离子和三价铁离子 (3) 6.6 (4)15 (5) 4 6 【分析】钴矿中加入过量稀硫酸和浸取，二氧化硅不反应，部分钙转化为难溶硫酸钙成为浸出渣，酸浸渣是二氧化硅和硫酸钙，加入的主要是将、还原为、，钴、铁、镁转化为盐溶液进入浸出液，加入氯酸钠溶液，调节将氧化为，然后转化为氢氧化铁沉淀除去；随后加入，将镁离子和剩余钙离子转化为和沉淀除去。加入萃取剂，余液加入草酸铵，形成草酸钴。 【详解】（1）s区包括第IA族和第IIA族，Ca和Mg属于第IIA族。 （2）由于CoO(OH)不能直接溶于酸，加入亚硫酸钠可将三价的钴还原为二价的钴溶于酸中，同时还可将三价铁还原。 （3）加入的NaClO3作为氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+；调节pH时，要使Fe3+水解沉淀而Co2+不能沉淀，，代入数据，计算可得，pOH>8-lg4=7.4，pH<6.6。 （4）由于相同，根据。 （5）①空气中煅烧制备，反应物有氧气，方程式为：。 ②填充在四面体空隙中的Co原子配位数为4，填充在八面体空隙中的Co原子配位数为6；晶胞边长为anm，晶胞的体积为，根据均摊原则，1个晶胞中有个O，则含有3个Co，晶胞质量为：，NA为阿伏加德罗常数的值，则Co3O4晶体的密度为。 16．(1)恒压分液漏斗 (2)C (3)防止亚铁离子被氧化，降低二茂铁的产率 (4) 分子晶体 (5) 测定熔点是否为173℃或测定紫外线光谱是否在325nm和440nm处有极大的吸收值 66.7 (6) 【分析】由题意可知，制备二茂铁的实验过程为THF作用下无水氯化铁与铁在氮气氛围中反应制得氯化亚铁，向减压蒸馏出THF的氯化亚铁中加入环戊二烯和二乙胺，继续通入氮气，搅动、蒸出过量的乙二胺，向反应后的溶液中加入石油醚，充分搅拌、趁热过滤，将滤液蒸发得二茂铁粗品，提纯可得精品。 【详解】（1）由实验装置图可知，向三颈烧瓶中加液的仪器为恒压滴液漏斗，故答案为：恒压滴液漏斗； （2）由题意可知，三颈烧瓶中加入液体的体积为145mL，由三颈烧瓶装的液体体积不低于容积的三分之一，不高于三分之二可知，实验时使用的三颈烧瓶规格为250mL，故选C； （3）亚铁离子具有还原性，易被空气中的氧气氧化，所以实验中应持续通入氮气排尽装置中的空气，避免亚铁离子被氧化，降低二茂铁的产率，故答案为：防止亚铁离子被氧化，降低二茂铁的产率； （4）环戊二烯负离子中碳原子的杂化方式都为sp2杂化，参与形成大π键的碳原子个数为5、参与形成大π键的电子数为6，大π键可表示为；由题意可知，常温下二茂铁的熔点为173℃、沸点为249℃，高于100℃易升华，能溶于苯、乙醚和石油醚等有机溶剂，不溶于水，所以二茂铁是熔沸点低的分子晶体，故答案为：；分子晶体； （5）测定晶体的熔点是否为173℃，以及测定紫外线光谱是否在325nm和440nm处有极大的吸收值的方法可以验证所得晶体为二茂铁；27.00g氯化铁的物质的量为≈0.17mol，铁的物质的量为= 0.08mol，则制备氯化亚铁时，铁不足量，完全反应制得氯化亚铁的物质的量为0.24mol，环戊二烯、乙二胺均过量条件下，氯化亚铁完全反应制得二茂铁的质量为29.76g，则二戊铁的产率为×100%≈66.7%，故答案为：测定熔点是否为173℃或测定紫外线光谱是否在325nm和440nm处有极大的吸收值；66.7； （6）由题意可知，氯化亚铁与环戊二烯和氢氧化钾反应生成二戊铁、氯化钾和水，反应的化学方程式为，故答案为：。 17．(1) V形（或角形） sp3 (2) 分子晶体 石墨 石墨是混合晶体，其层内碳原子是sp2杂化，而金刚石是共价晶体，其碳原子是sp3杂化，碳原子之间仅有碳碳σ键，所以石墨的碳碳键长更短，键能更大，石墨的熔点更高 (3) N 其他条件均相同，总压一定，没有He的反应器中，反应物分压更大，相当于加压，此时反应Ⅰ、Ⅱ会逆移，CH4平衡转化率降低 (4) 0.002 mol·L-1·min-1 (5)0.4 【详解】（1）H2S分子中心原子是S，其价层电子对数为4，且有2对孤电子对，因此其空间构型为V形（或角形），S的杂化方式为sp3杂化； （2）C60由分子构成，其晶体为分子晶体；石墨是混合晶体，其层内碳原子是sp2杂化，碳原子之间有碳碳σ键和π键，而金刚石是共价晶体，其碳原子是sp3杂化，碳原子之间仅有碳碳σ键，所以石墨的碳碳键长更短，键能更大，石墨的熔点更高； （3）其他条件均相同，总压一定，没有He的反应器中，反应物分压更大，相当于加压，此时反应Ⅰ、Ⅱ会逆移，CH4平衡转化率降低，曲线N是不含He的，因此曲线M是含有He的； （4）①初始，体系中n（CH4）=0.2 mol和n（H2S）=0.4 mol，5min时，n1（CH4）=0.2 ×（1-5%）=0.19mol ，n1（H2S）=0.4 ×（1-20%）=0.32mol，根据反应前后氢原子守恒可以得出，5min时体系中还有n（H2）={4 [n（CH4）- n1（CH4）]+2[n（H2S）- n1（H2S）]}=0.1mol，则0~5min内，== 0.002 mol·L-1·min-1 ； ②由阿伏伽德罗定律及其推论可以知道恒温恒容体系中，，5min时，体系中的气体有：CH4(g)、H2S(g)、CS2(g)、H2(g) 、S2(g)，即5min时，体系中所有气体物质的量n1= n1（H2）+n1（CS2）+ n1（S2）+n1（CH4）+ n1（H2S）且n1（CH4）=0.2 ×（1-5%）=0.19mol ，n1（H2S）=0.4 ×（1-20%）=0.32mol，n（H2）={4 [n（CH4）- n1（CH4）]+2[n（H2S）- n1（H2S）]}=0.1mol（见上一问解析），由于反应前后S原子守恒，则有n（S）= n1（H2S）+2 n1（S2）+ 2n1（CS2）=0.4 mol，即 n1（S2）+ n1（CS2）=0.04 mol，故n1= n1（H2）+n1（CS2）+ n1（S2）+n1（CH4）+ n1（H2S）=0.1+0.04+0.19+0.32=0.65mol，即，故； （5）已知在一定温度下，H2S的吸附系数是CH4的4倍，当H2S、CH4的分压为2MPa时，H2S平衡吸附量分别为0.6m3/kg，带入吸附等温式有=，当H2S、CH4的分压为4MPa时，H2S平衡吸附量分别为0.8m3/kg，带入吸附等温式有=， 综合两个等式可以求出=0.4 MPa-1。 18．(1)吡喹酮易溶于氯仿和乙醇，熔点较低 (2) 酰胺基 一氯环己烷 (3)HCl、 (4)X分子中N原子价层有孤电子对，能与质子形成配位键 (5) (或等合理答案) (6) 4 【分析】 A与反应生成B()，B与反应生成C()，C与HCl反应生成D()。以此答题。 【详解】（1）吡喹酮是分子晶体，判断依据是易溶于氯仿和乙醇，熔点较低。 （2） 吡喹酮中含有的官能团的名称是酰氨基；B()的化学名称是一氯环己烷。 （3）反应会产生两种气体，若气体直接排放到空气中会污染环境，需要用NaOH溶液进行吸收说明气体溶于水显酸性，根据取代反应会生成，不稳定会分解生成HCl、。 （4） 能与盐酸反应，原因是分子中N原子价层有孤电子对，能与质子形成配位键。 （5） 有机环状化合物ⅰ和无机物ⅱ在一定条件下反应可生成A()，原子利用率为100%。 ①若无机物ⅱ为极性分子根据元素种类及A的结构简式可判断ii应为，则有机物i的结构简式为。 ②若无机物ⅱ为非极性分子，则ii为，且两者反应的物质的量之比为，则ⅰ和ⅱ合成A的化学方程式为(或等合理答案)。 （6） 在E()的同分异构体中含有醛基、碳氯键、六元碳环，醛基、碳氯键连在同一个碳原子上时有1种结构，连在2个碳原子上时有3种结构，满足条件的一共有4种。 其中，核磁共振氢谱有4组峰且峰的面积比为的结构简式为。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $