山东省2022届高三一轮复习联考化学试题 附解析

化学试卷

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动,

用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试

卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：H—1C—12N—140—16P—31S—32C1—35.5Fe—56

Zn—65

一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。

1.关于“碳达峰、碳中和”的说法错误的是

A.“碳达峰、碳中和”中的“碳”指的是CO2它能引起温室效应

B.化石能源中的煤的主要组成物质是碳单质，石油是各种烧类混合物

C.发展氢能、核能等新能源是能源转化的重要方向

D.CO?催化加氢合成甲酸，是实现“碳中和”的一种有效措施

【答案】B

【解析】

【详解】A.“碳达峰、碳中和”是指我国承诺2030年前，二氧化碳的排放不再增长，达到峰值之后逐步降

低，故碳是指二氧化碳，它能引起温室效应，A正确；

B.煤是由C、H、0、N、S等组成复杂混合物，煤中碳不是以单质形式存在，B错误；

C.新能源又称非常规能源，是指传统能源之外的各种能源形式，指刚开始开发利用或正在积极研究、有待

推广的能源，如太阳能、地热能、风能、海洋能、生物质能和核聚变能等，C正确；

D.CO2催化加氢合成甲酸，是实现"碳中和''的一种有效措施，D正确；

故选B。

2.测定某草酸晶体样品的纯度的主要操作包括：

①称取一定质量的草酸晶体，加水使其完全溶解；

②转移定容待测液；

③移取20.00mL待测液，用0.1000mol/L的KM11O4溶液滴定。

上述操作中，不需要用到的仪器为

2

L

R

F

4

【解析】

【详解】由题意可知，称取一定质量的草酸晶体时需要用到的仪器为托盘天平，转移定容待测液时用到的

仪器为容量瓶，用O.lOOOmol/L的高铳酸钾溶液滴定时用到的仪器为酸式滴定管和锥形瓶，则实验时不需要

用到的仪器为碱式滴定管，故选D。

3.氢氟酸刻蚀玻璃的反应为SiO2+4HF=SiF/+2H20,下列有关化学用语正确的是

A.二氧化硅的分子式：SiO2B.HF的电离方程式：HF=H++F

,F.O

C.SiF4的电子式：F：Si：FD.水的结构式：/\

•.HH

F

【答案】D

【解析】

【详解】A.二氧化硅是由硅原子和氧原子形成的原子晶体，则SiCh为二氧化硅的化学式，不是分子式，

故A错误；

B.氢氟酸是弱酸，在溶液中部分电离出氢离子和氟离子，电离方程式为HFUH++F-，故B错误；

：F':

c.四氟化硅为共价化合物，电子式为：£：£：三：，故c错误；

：•F・：

D.水分子中氧原子的价层电子对数为4,孤对电子对数为2,分子的空间构型为V形，结构式为/°\,

HH

故D正确；

故选D。

4.下列关于气体的制备、净化、收集、尾气吸收等过程，仪器、操作及试剂正确的是

A.利用图甲装置，选用NH4cl和NaOH固体制备NH3

B.利用图乙装置，收集C12

C.利用图丙装置，除去NH3中混有的水蒸气

D.利用图丁装置，吸收SCh尾气

【答案】B

【解析】

【详解】A.实验室常用加热NH4cl与Ca（OH”固体混合物方法制备氨气，A错误；

B.氯气的密度大于空气，故收集氯气时应用长管进短管出，B正确；

C.氨气和氯化钙反应，故不能用氯化钙干燥氨气，C错误；

D.饱和亚硫酸氢钠不能和二氧化硫反应，故不能吸收尾气，D错误；

答案选B。

5.高分子化合物在生活中无处不在。下列说法错误的是

A.脂肪和蛋白质均属于高分子B.淀粉和纤维素均可水解产生葡萄糖

C.天然橡胶可以使滨水褪色D.聚乳酸可用于制作免拆型手术缝合线

【答案】A

【解析】

【详解】A.脂肪是高级脂肪酸甘油酯，不属于高分子化合物，故A错误；

B.淀粉和纤维素都是多糖，故均可水解生成葡萄糖，故B正确；

C.天然橡胶（聚异戊二烯）能与Br2发生加成反应而使溟水褪色，故C正确；

D.聚乳酸有优良的特殊性能，易拉成丝、易被吸收、易降解、无毒等。聚乳酸在人体内水解产生乳酸，然

后氧化释放能量供人体需要，其氧化产生的CO?、H20被人体代谢出去，故可用于制作免拆型手术缝合线,

故D正确；

故选Ao

6.化学是以实验为基础的科学。下列实验操作或做法正确且能达到目的的是

选项操作或做法目的

向2支盛有5mL不同浓度NaHSCU溶液的试管中同时加入

A探究浓度对化学反应速率的影响

2mL5%+。2溶液，观察实验现象

向盛有2mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶

B探究维生素C的还原性

液，观察颜色变化

C用玻璃棒蘸取CH3coONa溶液点到湿润的pH试纸中间测CH3coONa溶液的pH值

向50mL酸式滴定管中装入盐酸，调整初始读数为30.00mL

D取20.00mL盐酸

后，将剩余盐酸放入锥形瓶

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【详解】A.该实验没有明显现象，不能探究浓度对速率的影响，A项错误；

B.向盛有2mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，若黄色溶液变为浅绿色，说明生素C具

有还原性，B项正确；

C.测CH3COONa溶液的pH值，应用玻璃棒蘸取CH3COONa溶液点到干燥的pH试纸中间，变色后与标

准比色卡对照，若用湿润的试纸测定，相当于稀释了醋酸钠溶液，结果有误差，C项错误；

D.酸式滴定管的最下方还有一段没有刻度，若在50ml酸式滴定管中装入盐酸，调整初始读数为30.00mL后,

将剩余盐酸放入锥形瓶，则盐酸的体积大于20mL,D项错误；

答案选B。

7.下列叙述正确的是

A.用滨水可以鉴别苯和甲苯

B.乙酚和乙醛互为同分异构体

C.蛋白质均可以与浓硝酸发生颜色反应

D.苯和氯气生成C6H6c16的反应是加成反应

【答案】D

【解析】

【详解】A.苯和甲苯都不能和溪水反应，不能鉴别，故A错误；

B.乙醇和甲醛互为同分异构体，乙醇和乙醛分子式不相同，故B错误；

C.含有苯环的蛋白质分子才能与浓硝酸反应显黄色，故C错误；

D.苯和氯气生成C6H6c16的反应H原子数不变，是加成反应，故D正确；

故选D。

8.以下是我国化学家近年来合成的聚乙焕衍生物分子M的结构简式，下列说法中正确的是

M

A.M为高分子化合物，故为纯净物

B.ImolM在足量NaOH溶液中完全水解消耗nmolNaOH

C.M的单体中C原子有3种杂化方式

D.该物质分子的不饱和度为7

【答案】C

【解析】

【详解】A.M为高分子化合物，由于n值不同，故高分子化合物M为混合物，A错误；

B.ImolM中含有2nmol酯基(醇酯基)，故ImolM在足量NaOH溶液中完全水解消耗2nmolNaOH,B错

误；

C三CH

八

C.由M的结构简式可知，合成M的单体有：V、HOCH2cH2OH、HOOCCH(OH)CH3三种，故M

COOH

的单体中C原子有sp、sp2和sp3共3种杂化方式，C正确；

D.已知一个苯环的不饱和度为4,一个双键不饱和度为1,一个酯基不饱和度为1,故该物质分子的不饱

和度为7n,D错误;

故答案为：Co

9.用下列装置能达到实验目的的是

B.用乙装置蒸发MgCh溶液制备无水MgCL

C.丙装置中：①中试剂为稀硫酸，②中为Na?S,③中为AgNCh和AgCl的浊液，用该装置比较Ksp(AgCl)

和Ksp(Ag2S)的相对大小

D.用丁装置分离b和CCL

【答案】A

【解析】

【详解】A.灼烧碎海带时需要的仪器有生堪、泥三角、三脚架、酒精灯，则甲装置能用于灼烧碎海带，故

A正确；

B.氯化镁是强酸弱碱盐，在溶液中能水解生成氢氧化镁和氯化氢，若直接加热蒸发氯化镁溶液，氯化氢受

热挥发，使水解平衡向正反应方向移动，最终得到氢氧化镁，则用乙装置蒸发氯化镁溶液无法制备无水氯

化镁，故B错误；

C.由图可知，硫化钠与稀硫酸反应生成的硫化氢气体通入硝酸银和氯化银的浊液时，只有沉淀的生成，无

沉淀的转化，则丙装置不能比较氯化银和硫化银溶度积的相对大小，故c错误；

D.碘溶于四氯化碳，不能用分液的方法分离碘和四氯化碳，则用丁装置不能分离碘和四氯化碳，故D错误;

故选Ao

10.有机化合物X与Y在一定条件下可反应生成Z：

|一定条件.

COISOCH,

Y

下列说法正确的是

A.X是苯的同系物

B.可用Bn的CC14溶液除去Z中混有的Y杂质

C.Z的同分异构体可以是芳香族化合物

D.Z在酸性条件下水解生成,和CH30H

COIXOH

【答案】C

【解析】

【详解】A.苯和苯的同系物的通式为：GH216,而X分子中含有5个碳，不属于苯的同系物，A错误；

B.Z、Y中均含有碳碳双键，都能与澳的四氯化碳溶液反应，所以不能用于除去Z中混有的Y,B错误；

0H

c.z的同分异构体可以是芳香族化合物，H0TlTCH3-C正确；

CH3

D.Z在酸性条件下水解为竣酸和醇，根据断键方式可知CH3MOH,D错误；

答案选C。

二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求。

全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

11.氧化白藜芦醇具有抗病毒等作用，结构简式如图所示，下列关于氧化白藜芦醇的说法错误的是

HO

A.Imol氧化白藜芦醇与足量溟水反应，最多可以消耗7moiBn

B.在空气中易变质，需密封保存

C.分子中所有原子可能在同一平面上

D.该分子存在顺反异构

【答案】A

【解析】

【详解】A.Imol氧化白藜芦醇中有Imol碳碳双键双键，消耗Imol漠，苯环上酚羟基邻对位H原子能和

浓滨水中滨发生取代反应，消耗5moi溟，最多消耗6moi漠，A错误；

B.氧化白藜芦醇中含酚羟基，易被空气中氧气氧化，在空气中易变质，需密封保存，B正确；

C.苯分子和双键为平面结构，而单键可以绕轴旋转，所以分子中所有原子可能在同一平面上，C正确；

D.双键碳上所连的基团不同，存在顺反异构，D正确；

答案选A。

12.实验室制备嗅苯的反应装置如下图所示，关于实验操作或叙述正确的是

苯和澳的混合液

/\.、

二二二二二二七Na2c。3溶液

A.制备过程中将液漠替换为漠水可减少溪的挥发

B.装置b中的试剂换为AgNCh溶液可检验反应过程中有HBr生成

C.为减少反应物的挥发，先向圆底烧瓶中滴加苯和溟的混合液，后打开开关K

D.反应后的混合液经稀碱溶液洗涤、分液、蒸储，即可得到澳苯

【答案】D

【解析】

【分析】由实验装置图可知，装置a中在澳化铁做催化剂作用下，苯和液嗅反应制备澳苯，苯和液澳具有挥

发性，反应生成的澳化氢气体中混有溟和苯，装置b中盛有的四氯化碳用于吸收挥发出的苯和浪，装置c

中碳酸钠溶液用于检验反应过程中有淡化氢气体生成，并吸收澳化氢，防止污染空气。

【详解】A.滨水不能和苯发生取代反应，则制备过程中不能将液澳替换为嗅水，故A错误；

B.装置b中的试剂换为硝酸银溶液，浪和滨化氢都能与硝酸银溶液反应生成滨化银淡黄色沉淀，不能检验

反应过程中有澳化氢气体生成，故B错误；

C.苯和液溟具有挥发性，在澳化铁做催化剂作用下，苯和液溟反应制备漠苯时，若后打开开关K,装置内

的气体会导致容器内压强增大导致发生意外事故，故C错误；

D.反应后得到从含有漠化铁、澳、苯和溪苯的混合液中得到溪苯的操作为用稀碱溶液洗涤除去浸化铁、溟,

分液得到苯和溟苯的混合溶液，混合溶液经蒸储得到溟苯，故D正确；

故选D。

13.化合物G是具有抗肿瘤活性药物的主要成分，其结构简式如下：

COOCH；

下列说法中正确的是

A.化合物G的分子式为CwHwNCh

B.苯环上氢原子发生氯代时，一氯代物有7种

C.化合物G中C—N键的极性大于C—O键的极性

D.化合物G中键角1比键角2大

【答案】BD

【解析】

【详解】A.由结构简式可知，化合物G的分子式为Ci7H15NO3,故A错误；

B.由结构简式可知，化合物G分子的苯环上有7类氢原子，则发生氯代时一氯代物有7种，故B正确；

C.氧元素的电负性强于氮元素，与碳元素形成的共价键时，共用电子对更偏向氧原子，导致C—0键的极

性大于C—N键，故C错误；

D.由结构简式可知，化合物G中氮原子的孤对电子数为1、氧原子的孤对电子数为2,孤对电子数越多对

成键电子对的斥力更大，键角越小，则化合物G中键角1比键角2大，故D正确；

故选BD«

14.C2H6在Ni的活化下可放出CH4,其反应历程如下图所示:

E/(kJmol')

过渡态2

50.00

/49.50'\

Ni(s)+C,H6(g)、NiCH,(s)+CH(g)

0.004

0.00、过渡态1、\中间体3,石7

;中间体1/-28.89；

-50.00-45.88

-56.21

-100.00

冲间体2/

-150.00

-154.82

-200.00

下列关于活化历程的说法正确的是

A.该转化过程AH>0

B.在此反应过程中Ni的成键数目发生变化

C.该反应过程中，最大能垒（活化能）为204.32kJ-moH

D.整个过程中，Ni是该反应的催化剂

【答案】BC

【解析】

【详解】A.根据反应物和生成物所具有能量可以判断得出，反应为放热反应，故A错误；

B.根据图示，过渡态I中Ni的成键数目为2,过渡态2中Ni的成键数目为3,反应过程中Ni的成键数目

发生了变化，故B正确；

C.根据图示，中间体2到过渡态2的能垒（活化能）最大，为204.32kJ-moH,故C正确；

D.根据图示，Ni是反应物不是催化剂，故D错误；

故选BC»

15.实验室用如图所示装置检验FeSO4-7H2O的所有分解产物。已知FeSO7H2。晶体在高温条件下会发生

分解反应，一种气体产物可使品红溶液褪色。

下列说法正确的是

A.实验时，先点燃酒精灯，加热；再打开K,缓缓通入N2

B.乙装置中试剂不能用无水CaCL

C.丙装置中装有BaCL溶液可用于检验气体产物中的SOJ

D.甲中残留固体加稀硫酸溶解，先滴加少量H2O2溶液，再滴加KSCN溶液，溶液变红证明固体产物中有

Fe(HI)生成

【答案】BC

【解析】

【分析】已知FeSO#7H2。晶体在高温条件下会发生分解反应，一定有水蒸气生成，乙装置检验水蒸气，另

一种气体产物可使品红溶液褪色，说明是二氧化硫，硫元素化合价降低，则铁元素化合价升高，据此解答。

【详解】A.为防止装置中空气干扰，实验时，先打开K,缓缓通入N2,再点燃酒精灯，加热，A错误；

B.乙装置检验水蒸气，应该用无水硫酸铜，不能用无水CaCL,B正确；

C.三氧化硫溶于水生成硫酸，硫酸和氯化钢反溶液应生成硫酸粉白色沉淀，因此丙装置中装有BaCL溶液

可用于检验气体产物中的SO3,c正确；

D.双氧水具有氧化性，能把亚铁离子氧化为铁离子，因此滴加少量H2O2溶液，再滴加KSCN溶液，溶液

变红不能证明固体产物中有Fe(HI)生成，D错误；

答案选BCo

三、非选择题：本题共5小题，共60分。

16.皓矶(ZnSCUIHzO)是一种无色晶体，主要用作收敛剂、颜料。某化学兴趣小组利用工业生产中的含锌废

料(主要含ZnO、SiCh和少量铁的氧化物)制备ZnSO#7H9,并测定结晶水的含量。实验步骤如下：

①称取产品于烧杯中，加入稀硫酸并煮沸后过滤；

②向滤液中加入一定量H2O2溶液、调节pH后过滤；

③将滤液加热蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得ZnSOr7H20；

④结晶水含量测定：称量干燥用烟的质量为m”加入制备纯净的皓矶后总质量为m2。将用烟加热至皓矶全

部变为白色，置于干燥器中冷却至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为m3。

回答下列问题:

(1)步骤①中，为了加快酸浸速率，除了煮沸之外还可采取的措施有(至少写两点)。

(2)取少量步骤②中加入H2O2后的溶液于试管中，滴加酸性KMnO4溶液，若紫色褪去，证明滤液中Fe2+

未被完全氧化，该实验方案是否合理(填"是"或"否")，原因是。

(3)步骤③进行冷却结晶时可采用不同降温方式，测得ZnSOr7H2。颗粒大小分布如图所示。步骤④测定

结晶水的含量时，常选择加热相对较小的晶粒，由此宜选择(填标号)方式进行冷却结晶。

A.快速降温B.缓慢降温C.变速降温

(4)根据实验数据，皓矶分子中结晶水的个数为(写表达式)；若使用的生烟内附有少量受热不分解

的物质，则测定结果(填“偏高”"偏低'"'无影响")。

【答案】(1)适当提高酸的浓度或搅拌

(2)①.否②.加入的H2O2具有还原性，也能使酸性KMnCU溶液褪色

(3)A(4)io-~三②.无影响

18x(m3-iri|)

【解析】

【分析】由题意可知，将含锌废料溶于稀硫酸并煮沸时，氧化锌和铁的氧化物溶于稀硫酸生成可溶性硫酸

盐，二氧化硅不与稀硫酸反应，过滤得到含有硫酸盐的滤液；向滤液中加入过氧化氢溶液将亚铁离子氧化

为铁离子后，加入氧化锌或氢氧化锌调节溶液的pH,将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有硫酸锌

的滤液；将滤液加热蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得皓矶：然后用灼烧的方法测定结晶水的含量。

【小问1详解】

步骤①中，可以采用煮沸、适当提高酸的浓度、搅拌等措施加快酸浸速率，故答案为：适当提高酸的浓度

或搅拌；

【小问2详解】

向步骤②所得滤液中加入酸性高镒酸钾溶液，若过氧化氢溶液过量，过氧化氢具有还原性，能与酸性高镐

酸钾溶液反应，使溶液褪色，则溶液紫色褪去不能证明滤液中亚铁离子未被完全氧化，故答案为：加入的

H2O2具有还原性，也能使酸性KMnCU溶液褪色；

【小问3详解】

由图可知，快速降温得到晶粒较小的质量分数最大，较大的质量分数最小，故选A；

【小问4详解】

由题给数据可知，硫酸锌的质量为(m3—mi)g、结晶水的质量为(m2—m3)g,则皓矶分子中结晶水的个数为

(m?-m3)g

18g/mol161x(m-mJ

L-r-=--/2T；若使用的生埸内附有少量受热不分解的物质不会影响硫酸锌和结晶水的大

m-mjg18x(m3-mJ

161g/mol

161x(m9-mJ

小，对实验结果无影响，故答案为：二;二V;无影响。

17.近日，我国科研人员在二氧化碳(CO*催化加氢制甲醇研究中取得重要进展。二氧化碳加氢制甲醇的总

反应可表示为CCh(g)+3H2(g)；^^CH30H(g)+H2O(g)AH,回答下列问题

(1)已知：LCO(g)+2H2(g)30H(g)AHi=-90.2kJ-mol-'

1

II.H2O(l>H2O(g)AH2=+44.0kJmol

HI.CO和比的标准燃烧热分别为-283.0kJ-moH和-285.8kJ-moHAH=kJ-mol-1,该反应在(填

“高温”或“低温”)下有利于自发进行。

(2)在一定温度和催化剂条件下，将ImolCCh和3m0IH2通入2L密闭容器中进行反应(此时容器内总压强

为200kPa),H2的分压随时间的变化曲线如下图所示。

1.5

1.2

0.9

0.6

//min

①若保持容器体积不变，h时反应达到平衡。0〜口时间内，用CH3OH的浓度变化表示的平均反应速率

V(CH3OH)=mol/(L-min)(用含h的代数式表示)；此时的反应平衡常数KP=______kPa^Kp为以分压

表示的平衡常数，列出计算式即可)。

②t2时将容器体积迅速扩大至4L并保持不变，图中能正确表示扩大体积后H2分压变化趋势的曲线是

—(用图中a、b、c、d表示)，理由是一

【答案】⑴©.-49②.低温

o110x101

(2)①.上-②./N兀③.C④.容器体积加倍，H2分压变为原来的;，但减小压

t(120)x402

强，该反应平衡逆向移动，比分压比原来的!要大

2

【解析】

【小问1详解】

已知反应：

①CO(g)+2H2(g)^^^CHaOH(g)△Hi=-90.2kJmoH,

②H2O(l)=H2O(g)AH2=+44.0kJ-mol-',

1

③CO(g)+；O2(g)=CO2(g)AH3=-283.0kJmol,

④，H2(g)+；02值)=凡0(1)AH4=-285.8kJ-mor1,

依据盖斯定律有：①+②+④-③可得CCh(g)+3H2(g);^iCH30H(g)+H2O(g),则AH=AH1+AH2+AH4-AH3,

代入数据求得，411=-49511101-1,反应是一个气体体积减小的反应，AS<0,而AHV),依据△G=AH-TAS<0

反应可自发进行，可知该反应低温自发；

【小问2详解】

①设二氧化碳的转化量为xmol,依据题意列三段式：

CO2(g)+3H2(g)UCH30H(g)+H2O(g)

起始1300

,相同温度相同体积下，压强之比

转化X3xXX

平衡1-x3-3xXX

200kPa_44-2x

等于物质的量之比，则有解得x=0.2,平衡时，总压为：——x200kPa=180kPa,甲

120kPa3-3x'4

0.2mol

醇的反应速率为：,;平衡时，二氧化碳的分压为：

2L-mol-171min-1=2dmoi.L-'.min-

t,t,

—xl80kPa=40kPa,氢气的分压为：—xl80kPa=120kPa,甲醇的分压为：—xl80kPa=10kPa,

3.63.63.6

0.2„p(CHQH)?p(H,O)10x10

水蒸气的分压沏-xl80kPa=10kPa)则平衡常数.「「侬》？？：=赤而产仔

②容器体积迅速扩大至4L并保持不变，七分压瞬间变为原来的但减小压强，该反应平衡逆向移动，

H2分压比原来的g要大，因此扩大体积后H2分压变化趋势的曲线是Co

2

18.正戊醛可用作油脂、生物碱的萃取剂，Grignard反应的溶剂。以正戊醇为原料制备正戊醛的反应原理、

有关数据和实验装置（夹持仪器已省略）如下:

2cH3cH2cH2cH2cH20H、1常、CH3cH2cH2cH2cH20cH2cH2cH2cH2cH3+比0

名称相对分子质量密度/(g-cm-3)沸点/℃水中溶解性

正戊醇880.82137.5微溶

正戊酸1580.78186.7难溶

实验步骤：①向三颈烧瓶中加入43mL（约0.4mol）正戊醇及6mL浓硫酸，摇动使混合均匀，再加入几粒沸

石。

②按示意图连接装置，向分水器中预先加少量水（略低于直管口）。维持反应约1小时。

③待反应液冷却后依次用60mL水、30mL水、20mLNaOH溶液和20mL水洗涤。

④分离出的产物加入约3g无水氯化钙颗粒，静置一段时间过滤除去氯化钙。

⑤将上述处理过的粗产物进行蒸储，收集储分，得纯净正戊酸15.8g。

回答下列问题：

（1）根据上述实验药品的用量，三颈烧瓶最适宜规格为。

A.100mLB.150mLC.250mLD.500mL

（2）将实验步骤②补全：按示意图连接装置，向分水器中预先加少量水（略低于直管口）。一，维持反

应约1小时。

（3）装置中分水器的作用是,判断反应已经完成的标志是。

（4）洗涤粗正戊酸在______（填“仪器名称”）中进行；最后一次水洗的目的是。

（5）本次实验的产率为（某种生成物的实际产量与理论产量的百分比）»

【答案】（1）A（2）通入冷却水，加热三颈烧瓶至11（TC

（3）①.分离出反应生成的水，使正戊醇回流至烧瓶中继续反应②.水层高度不变

（4）①.分液漏斗②.洗去有机层中残留的NaOH和反应生成的Na2sCh

(5)50%

【解析】

【小问1详解】

43mL（约0.4mol）正戊醇及6mL浓硫酸，混合液的总体积为43mL+6mL=49mL,溶液体积不超过三颈烧瓶体

2

积的；，所以三颈烧瓶的最佳容积为100mL,答案选A。

3

【小问2详解】

依据题意可知，步骤②为：按示意图连接装置，向分水器中预先加少量水（略低于直管口），然后将冷凝水从

球形冷凝管的下口通入，再给三颈烧瓶加热至温度为110℃,维持反应约1小时。

【小问3详解】

反应产物中有水，而正戊醇沸点较低，在水中微溶，反应生成的酸、水及挥发的未反应的醇进入分水器，

分水器能在分离出水的同时，还可以使正戊醇回流至烧瓶中继续反应，提高原料利用率；若反应完全，则

不再有正戊醇挥发冷凝进入分水器中，分水器液面不再升高，此时说明反应己经完成。

【小问4详解】

正戊酸难溶于水，洗涤时应在分液漏斗中洗涤、分液，氢氧化钠与硫酸反应生成了亚硫酸，最后一次水洗

的目的是：洗去有机层中残留的NaOH和反应生成的Na2so4。

【小问5详解】

依据方程式2cH3cH2cH2cH2cH20Hq3cH2cH2cH2cH20cH2cH2cH2cH2cH3+H2O可知，当有

0.4mol正戊醇参与反应，理论上生成0.2mol正戊醛，质量为0.2molx158g/mol=31.6g,则产率为

15.8g

xlOO=50%。

19.植物生长需要多种矿质元素，其中必须元素就多达14种，需要量比较大的有镁、硫、铁等元素。回答

下列问题。

（1）基态Fe原子d轨道中成对电子数与未成对电子数之比为_______。

（2）第3周期中，第一电离能大于S的元素有（填元素符号）。

（3）经研究表明Fe3+可以形成配离子[FeC12（H2O）4]+,与游离比0分子相比，其H—O—H键角（填

“较大”，“较小”或“相同”），原因是。

（4）Mg与H?在一定条件下可制得储氢物质X,其晶胞结构如图所示，晶胞棱边夹角均为90℃,储氢物质

X的化学式为,以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数

坐标，如C点原子的分数坐标为（1,0,0）。已知Mg—H键的键长为rpm,A点位于面对角线上，其原子分

数坐标为，晶胞中A、B两个H之间的核间距d=pm（用代数式表示）。

Mg2+>

H-O

【答案】(I)1:2(2)P、Cl、Ar

(3)①.较大②.HzO分子中的。原子通过配位键与Fe3+结合后，孤电子对减少，对0—H成键电

子对的排斥力减小，0H键之间的键角增大

②.(叵，叵,0)③.J2+(V^a—2r)

(4)①.MgH2

2a2a

【解析】

【分析】根据Fe元素的电子排布式求出d轨道中成对电子数与未成对电子数之比；根据第一电离能递变规

律判断第三周期元素中第一电离能大于S的元素；根据孤电子对数减小，斥力减小，键角变大判断：根据

晶胞的结构，利用“均摊法”进行晶胞的相关计算；据此解答。

【小问1详解】

Fe的原子序数为26,其核外有26个电子，电子排布式为Is22s22P63s23P63d64s2,d轨道上有6个电子，有1

对成对电子，4个未成对电子，则d轨道中成对电子数与未成对电子数之比为2:4=1:2；答案为1：2。

【小问2详解】

同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第HA族、第VA族元素第一电离能大于其

相邻元素，则第3周期中原子序数比S大的有Cl、Ar,P处于第VA族，第一电离能大于S,所以第3周期

中，第一电离能大于S的元素有P、Cl、Ar；答案为P、Cl、Ar。

【小问3详解】

由题中信息可知，Fe3+可以形成配离子[FeCL(H2O)4]+,即H2O中0原子的孤电子对进入Fe3+的空轨道，形

成配位键，孤电子对减少，对0—H成键电子对的排斥力减小，0H键之间的键角增大；答案为较大；H20

分子中的O原子通过配位键与Fe?+结合后，孤电子对减少，对O—H成键电子对的排斥力减小，0H键之间

的键角增大。

【小问4详解】

Mg2,•

由储氢物质H-。可知，Mg2+位于顶点和体心，Mg2+的个数为

8x1+1=2,H有4个位于面心，2个位于体心，则H-的个数为4x；+2=4,所以Mg2+：H=2:4=1:2,储氢物

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质X的化学式为MgH2；由题中信息可知，Mg—H键的键长为rpm,A点位于面对角线上，C点原子的分

x去