内蒙古赤峰市宁城县2020届高三10月月考化学试题

内蒙古赤峰市宁城县2020届高三10月月考化学试题

内蒙古赤峰市宁城县2020届高三10月月考理科综合能力 化学试题 ‎1.化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关。下列说法正确的是 A. 加碘食盐的水溶液遇淀粉变蓝 B. 煤经过液化和气化等物理变化可转化为淸洁能源 C. 制造人民币所用的棉花、优质针叶木等原料的主要成分是纤维素 D. 我国预计2020年发射首颗火星探测器，太阳能电池帆板的材料是二氧化硅 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、碘单质遇淀粉能变蓝，但是在碘盐中添加的是碘酸钾，不是单质碘，选项A错误；‎ B、煤气化和液化均是化学变化，选项B错误；‎ C、棉花、优质针叶木等原料的主要成分是纤维素，选项C正确；‎ D、硅属于半导体材料，广泛应用于太阳能电池，故火星探测器携带太阳能电池帆板的材料是晶体硅，选项D错误；‎ 答案选C。‎ ‎2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. ‎1 L 0. 1 mol·L－1 NaC1O溶液中含有的ClO一数目为NA B. 常温常压下，‎32 g O2与O3的混合气体中含有的分子总数小于NA C. 标准状况下‎22.4 L HF中含有的氟原子数目为NA D. 1 mol Fe在1 mol C12中充分燃烧，转移的电子数目为3 NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、次氯酸是弱酸，所以次氯酸根离子发生水解，使次氯酸根离子的数目小于0.1NA，选项A错误；‎ B、氧气和臭氧的摩尔质量不同，臭氧的摩尔质量大于氧气，当‎32g全部为氧气时，分子个数为NA个，而当混有摩尔质量大于‎32g/mol的臭氧时，分子个数小于NA个，选项B正确；‎ C、标准状况下，氟化氢不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算氯化氢的物质的量，则无法知道所含氟原子数目，选项C错误；‎ D、铁与氯气反应生成氯化铁，1molFe在1 mol C12中充分燃烧，铁有剩余，氯气完全反应，氯元素化合价由0价降低为-1价，转移电子数为1mol×2×NAmol-1=2NA，选项D错误；‎ 答案选B。‎ ‎3.下列关于有机物的说法正确的是 A. 分子式为C5H10O2，且属于酯同分异构体共有9种(不考虑立体异构)‎ B. 环己烯()分子中的所有碳原子共面 C. 乙醇和丙三醇互为同系物 D. 二环己烷( )的一氯代物有3种结构(不考虑立体异构)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、分子式为C5H10O2的酯为饱和一元酯，①甲酸和丁醇酯化，丁醇有4种；②乙酸和丙醇酯化，丙醇有2种；③丙酸和乙醇酯化，丙酸有1种；④丁酸和甲醇酯化，丁酸有2种；因此属于酯的同分异构体共有（4+2+1+2）=9种，选项A正确；‎ B、环己烯分子中含有4个饱和碳原子，由甲烷的结构可知分子中的所有碳原子不可能同一个平面上，选项B错误；‎ C、乙醇是饱和一元醇，甘油是饱和三元醇，所含官能团数目不同，不是同系物，选项C错误；‎ D、二环己烷( )中有两种不同环境的氢，其一氯代物有2种结构(不考虑立体异构)，选项D错误。‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查有机物结构与性质，侧重分析与应用能力的考查，把握官能团的性质、同分异构体数目的推断、同系物和共面的判断为解答的关键。易错点为选项B，环己烯分子中含有4个饱和碳原子，由甲烷的结构可知分子中的所有碳原子不可能同一个平面上。‎ ‎4.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，甲、乙分别是X、W两元素对应的单质，丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，戊是Z的最高价氧化物对应的水化物，且‎25℃‎时0.1mol/L 戊溶液的pH为13，工业上通过电解丙和丁的混合物来制取甲、乙、戊。下列说法不正确的是（　　）‎ A. 原子半径：Z＞W＞Y＞X B. Z分别与X、Y、W形成的化合物中一定没有共价键 C. 元素Y与X、Z都能组成两种化合物 D. 乙与戊的水溶液反应后所得溶液具有漂白性 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据工业上通过电解丙和丁的混合物来制取甲、乙、戊，可推测是电解饱和食盐水，生成氢气、氯气和氢氧化钠，故甲为氢气，所以X是H元素，乙是氯气，所以W为Cl元素，戊是Z的最高价氧化物对应的水化物，且‎25℃‎时0.1mol/L 戊溶液的pH为13，所以戊为氢氧化钠，根据短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，所以Y为O元素，Z为钠元素。‎ ‎【详解】A、Z为钠元素，W为Cl元素，Y为O元素，X是H元素，原子半径大小比较先看电子层数，电子层数越多半径越大，电子层数相同，核电荷数越大半径越小，所以原子半径：Z＞W＞Y＞X，故A正确；B、钠与氧气在点燃那条件下生成过氧化钠，其中含有氧与氧之间的共价键，故B错误；C、Y为O元素，X是H元素，两者可以形成水和过氧化氢两种化合物，Z为钠元素，可以与氧元素生成氧化钠和过氧化钠两种化合物，故C正确；D、乙为氯气，戊为氢氧化钠两者反应可生成次氯酸钠、氯化钠和水，此溶液具有漂白效果，故D正确；故选B。‎ ‎【点睛】本题为简单的无机推断，本题的突破点为工业上通过电解丙和丁的混合物来制取甲、乙、戊，可猜测应该是点解饱和食盐水，进而推出其他物质。原子半径大小比较先看电子层数，电子层数越多半径越大，电子层数相同，核电荷数越大半径越小；离子化合物中也可能含有共价键。‎ ‎5.工业上，在强碱性条件下用电解法除去废水中的CN－，装置如图所示，依次发生的反应有：‎ ‎①CN－－2e－＋2OH－=CNO－＋H2O ‎②2Cl－－2e－=Cl2↑‎ ‎③3Cl2＋2CNO－＋8OH－=N2＋6Cl－＋2CO＋4H2O 下列说法正确的是 A. 铁电极上发生的反应为Fe－2e－=Fe2＋‎ B. 通电过程中溶液pH不断增大 C. 除去1 mol CN－，外电路至少需转移5 mol电子 D. 为了使电解池连续工作，需要不断补充NaCl ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电极反应式及图像中有Fe电极可知，阳极为石墨电极，CN－失电子，阴极为铁电极，得电子，可确定a为电池的正极，b为负极。‎ ‎【详解】A.铁电极为电解池的阴极，得电子，则只能是水提供的氢离子得电子，A错误；‎ B.根据电极反应式，阴极为2H2O+2e－= H2↑+2OH－，阳极①CN－－2e－＋2OH－=CNO－＋H2O，②2Cl－－2e－=Cl2↑③3Cl2＋2CNO－＋8OH－=N2＋6Cl－＋2CO＋4H2O，得失电子数相等时，在消耗氢氧根离子，pH在减小，B错误；‎ C. 根据反应：3Cl2+2CNO-+8OH-═N2+6Cl-+2CO32-+4H2O，除去1mol CN-，消耗1.5mol氯气，转移电子3mol，根据CN--2e-+2OH-═CNO-+H2O，转移电子是2mol，所以外电路至少需转移5mol电子，C正确；‎ D. 根据电极反应的离子，为了使电解池连续工作，需要补充氢氧化钠，若有氯气溢出，则需要补充氯化钠，D错误；‎ 答案为C。‎ ‎6.下列实验操作、实验现象以及所得出的结论均正确的是 选项 实验操作 实验现象 结论 A 向1mL2mol/LNaOH溶液中先滴加2滴0.1mol/LMgCl2溶液，再滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液，振荡 先生成白色沉淀，后生成红褐色沉淀 Ksp[Mg(OH)2]＜Ksp[Fe(OH)3] ‎ B 将甲烷与氯气按体积比1：4混合于试管中光照 反应后的混合气体能使湿润的石试纸变红 生成的氯代甲烷具有酸性 C 澄清石灰水变浑浊 该气体只含CO2‎ 将木炭和浓硫酸共热生成的气体通入澄清石灰水中 D 向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液 有白色沉淀产生 该溶液中可能含有SO42-‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、NaOH溶液过量，加入FeCl3溶液与NaOH溶液反应生成红褐色沉淀，不能比较Ksp[Mg(OH)2] 和Ksp[Fe(OH)3]大小，选项A错误；‎ B、甲烷与氯气反应生成氯化氢，氯化氢的水溶液能使湿润的石蕊试纸变红，而不是生成的氯代甲烷具有酸性，选项B错误；‎ C、将木炭和浓硫酸共热生成的气体有二氧化碳和二氧化硫，通入澄清石灰水中，都能反应生成碳酸钙沉淀和亚硫酸钙沉淀，结论不符合，选项C错误；‎ D、如果溶液中含有SO42-，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀产生；如果溶液中含有银离子，也具有此现象发生，所以只能确定该溶液中可能含有SO42-，选项D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、反应与现象、沉淀转化、实验技能为解答的关键，易错点为选项A：注意氢氧化钠是过量的，而加入的氯化镁和氯化铁是几滴对氢氧化钠而言是少量的，所以它们都和氢氧化钠完全反应生成沉淀。‎ ‎7.已知：pKa=－lgKa。‎25℃‎时，H‎2A的pKa1=1.85，pKa2=7.19。常温下，用0.1 mol·L－1 NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L－1H‎2A溶液的滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是 A. a点溶液中：c(HA－)=c(H‎2A)‎ B. b点溶液中：A2－水解平衡常数Kh1=10－6.81‎ C. c点溶液中：V0=30‎ D. a、b、c、d四点中，d点溶液中水的电离程度最大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 已知：pKa=－lgKa。由图中信息可知，‎25℃‎时，H‎2A的pKa1=1.85，pKa2=7.19，所以Ka1=10-1.85，Ka2=10-7.19。‎ ‎【详解】A.pH=1.85的a点溶液中：根据第一步电离常数Ka1=10-1.85=c(HA－) ×c（H+）/c(H‎2A)= c(HA－) ×10-1.85/c(H‎2A)，所以c(HA－)=c(H‎2A)，故不选A；‎ B. b点溶液中：A2－水解平衡常数Kh1=c（HA-）×c（OH-）/C(A2－)=Kw/Ka2=1×10-14/10-7.19=10－6.81,故不选B；‎ C. c点溶液如果V0=30，则生成NaHA与Na‎2A的混合溶液，且物质的量之比为1:1，A2－水解会让HA-的浓度略有增加，故c（HA-）>C(A2-)；而根据Ka2=10-7.19=c（H+）×c（A2-）/c(HA-)得出c（HA-）=c(A2-)；二者相矛盾，所以V0≠30，故选C；‎ D. d点恰好生成Na‎2A，盐类的水解促进水的电离，故不选D；‎ 正确答案：C。‎ ‎【点睛】以强碱和弱酸反应为载体，利用中和滴定操作和pH变化图像，判断溶液成分和微粒浓度的大小，注意抓几个关键点，起点，1:1反应点，恰好生成正盐的点，同时掌握电离常数，水解常数的计算。‎ ‎8.钼酸钠晶体(Na2MoO4.2H2O)是一种无公害型冷却水系统的金属缓蚀剂。工业上利用钼精矿(主要成分是不溶于水的MoS2)制备钼酸钠的两种途径如图所示：‎ ‎(l) Na2 MoO42H2O中钼元素的化合价为____，NaCIO的电子式为 ___。‎ ‎(2)途径I为了提高钼精矿焙烧速率，可采取的措施是____(答出两条即可)。‎ ‎(3)途径I焙烧过程中化学方程式为____，碱浸时气体A的化学式为____。‎ ‎(4)已知途径I的钼酸钠溶液中c(MoO42-)=0. 40mol/L，c(CO32-)=0. 20mol/L。由钼酸钠溶液制备钼酸钠晶体时，需加入Ba(OH)2固体以除去CO32-。当BaMoO4开始沉淀时，CO32-的去除率是____(已知Ksp(BaCO3) =1×10-9、Ksp(BaMo04) =4.0×10-8，忽略溶液的体积变化)。‎ ‎(5)途径II氧化时溶液中还有Na2SO4生成，则还原剂与氧化剂物质的量之比为_____。‎ ‎(6)途径I或途径II所得的Na2MoO4溶液经结晶可得固体A后再重结晶可得固体B，其重结晶操作的目的为____。‎ ‎【答案】 (1). +6 (2). (3). 充分粉碎钼精矿，加压增大氧气浓度，升高温度等 (4). 2MoS2+7O22MoO3+4SO2 (5). CO2 (6). 95% (7). 1：9 (8). 除去其它可溶性杂质，便于得到更纯净的钼酸钠晶体 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(l) Na2 MoO4.2H2O中根据各元素化合价的代数和为零，计算钼元素的化合价为+6价；NaClO为离子化合物，其的电子式为；‎ ‎(2) 途径I为了提高钼精矿焙烧速率，粉碎钼精矿增大接触面积，增加氧气的浓度或升高温度；‎ ‎(3)途径I焙烧过程中，反应物为氧气、钼精矿，产物为二氧化硫和三氧化钼，反应方程式为：2MoS2+7O22MoO3+4SO2；根据元素守恒，产物Na2MoO4中无碳元素，则气体中含碳元素，气体A为二氧化碳，则碱浸时气体A的化学式为CO2；‎ ‎（4）根据Ksp(BaMo04) =4.0×10-8， BaMoO4开始沉淀时，则c（Ba2+）= Ksp(BaMo04)/c（Mo042-）=4.0×10-8/0. 40=1.0×10-7 mol/L，此时溶液中c(CO32-)= Ksp(BaCO3)/ c（Ba2+）=1×10-9/1.0×10-7=0.01mol/L，CO32-的去除率=（0. 20mol/L-0.01mol/L）/0. 20mol/L=95%；‎ ‎(5)途径II氧化时还原剂为MoS2、氧化剂为NaClO， 生成物为Na2SO4和Na2 MoO4，反应中Mo化合价由+4价变为+6价，S由-2变为+6，1mol MoS2失去16mol电子，NaClO中Cl的化合价由+1变为-1，1mol得到2mol电子，则还原剂与氧化剂物质的量之比1：9；‎ ‎(6) 重结晶为根据可溶物的溶解度不同，利用多次结晶得到较纯的物质，其操作的目的为除去其它可溶性杂质，便于得到更纯净的钼酸钠晶体；‎ ‎【详解】(l) Na2 MoO4.2H2O中根据各元素化合价的代数和为零，计算钼元素的化合价为+6价；NaClO为离子化合物，其的电子式为；‎ ‎(2) 途径I 为了提高钼精矿焙烧速率，粉碎钼精矿增大接触面积，增加氧气的浓度或升高温度，答案为：充分粉碎钼精矿，加压增大氧气浓度，升高温度等；‎ ‎(3)途径I焙烧过程中，反应物为氧气、钼精矿，产物为二氧化硫和三氧化钼，反应方程式为：2MoS2+7O22MoO3+4SO2；根据元素守恒，产物Na2MoO4中无碳元素，则气体中含碳元素，气体A为二氧化碳，则碱浸时气体A的化学式为CO2；‎ ‎（4）根据Ksp(BaMo04) =4.0×10-8， BaMoO4开始沉淀时，则c（Ba2+）= Ksp(BaMo04)/c（Mo042-）=4.0×10-8/0. 40=1.0×10-7 mol/L，此时溶液中c(CO32-)= Ksp(BaCO3)/ c（Ba2+）=1×10-9/1.0×10-7=0.01mol/L，CO32-的去除率=（0. 20mol/L-0.01mol/L）/0. 20mol/L=95%；‎ ‎(5)途径II氧化时还原剂为MoS2、氧化剂为NaClO， 生成物为Na2SO4和Na2 MoO4，反应中Mo化合价由+4价变为+6价，S由-2变为+6，1mol MoS2失去16mol电子，NaClO中Cl的化合价由+1变为-1，1mol得到2mol电子，则还原剂与氧化剂物质的量之比1：9；‎ ‎(6) 重结晶为根据可溶物的溶解度不同，利用多次结晶得到较纯的物质，其操作的目的为除去其它可溶性杂质，便于得到更纯净的钼酸钠晶体；‎ ‎【点睛】根据元素守恒，产物Na2MoO4中无碳元素，则气体中含碳元素，且为稳定的氧化物，气体A为二氧化碳；根据还原剂失电子总数与氧化剂得电子总数的比值，可计算出还原剂与氧化剂物质的量之比。‎ ‎9.近段时间，全国范围内的雾霾天气严重影响了人们的身体健康，环境问题越来越受到人们的重视。汽车尾气中含有较多的NO和CO，两种气体均会使人体中毒。处理大气中的污染物，打响“蓝天白云”保卫战是当前的重要课题 请回答下列问题 ‎(1)一氧化碳、氢气既是重要的能源，也可以催化还原NO等消除污染，还可以在一定条件下制取CH3OH。‎ 已知：①N2(g)+O2(g)===2NO(g) △H=+180.5kJ·mol－1；‎ ‎②2H2(g)+ O 2(g)===2H2O(1) △H=－571.6kJ·mol－1；‎ ‎③H2O(g)===H2O(1) △H=－44kJ·mol－1。‎ 写出H2与NO反应生成N2和水蒸气的热化学方程式：______________________。‎ ‎(2)CO可用于合成甲醇，反应方程式为CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。在密闭容器中充有10 mol CO和20molH2，在催化剂作用下发生反应生成甲醇，改变条件，测得CO的平衡转化率与温度(T)、压强(p)的关系如图所示。则该反应的△H___________0(填“>”或“<”)。若达到平衡状态A时，容器的体积为10L，则在平衡状态B时平衡常数K=___________，此时容器的体积为___________L。‎ ‎(3)工业上采用加压条件下，在含冷却装置的吸收塔中，以去离子水为吸收剂吸收NO，得到40%的硝酸。原理如下：‎ ‎2NO(g)+O2(g)2NO2(g) △H=－114 kJ/mol ‎3NO2(g)+H2O(ｌ)2 HNO3(aq)+ NO(g) △H=－69 92 kJ/molo 采用降温操作的两个原因是_________________________________。‎ ‎(4)利用电解原理也可以处理工厂烟气。如图为工业生产模拟装置。其中A、B为多孔电极(外接电源未画出)，则A为___________极(填“正”“负”“阴”或“阳”)，电极反应式为______________________。Ⅹ溶液中溶质的成分为___________(填化学式)。‎ ‎【答案】 (1). 2H2（g）+2NO（g）=2H2O（g）+N2（g） △H=-664.1 kJmol-1 (2). < (3). 1 (4). 2 (5). 降低温度平衡正向移动，硝酸高温下易分解 (6). 阳极 (7). (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据盖斯定律书写H2与NO反应生成N2和水蒸气的热化学方程式；(2)根据图像，随温度升高，CO的转化率降低，说明平衡逆向移动；利用“三段式”计算时的平衡常数；根据温度相同时，平衡常数相等计算B点的体积；(3)以去离子水为吸收剂吸收NO得到40%的硝酸的反应放热，硝酸高温下易分解；(4) A极SO2失电子发生氧化反应生成SO42-‎ ‎，B极NO得电子发生还原反应生成NH4+；根据电解池总反应判断X溶液中的溶质。‎ ‎【详解】（1）已知①N2（g）+O2（g）=2NO（（g）△H=+180.5 kJmol-1 ②2H2（g）+O2（g）=2H2O（1）△H=-571.6 kJmol-1 ③H2O（g）=H2O（1）△H=-44 kJmol-1， 则利用盖斯定律将②-③-①可得2H2（g）+2NO（g）=2H2O（g）+N2（g） △H=-571.6kJ mol-1-（-44 kJmol-1）×2-180.5 kJ mol-1=-664.1 kJmol-1；‎ ‎（2）(2)根据图像，随温度升高，CO的转化率降低，说明平衡逆向移动，所以△H<0；‎ 当达到平衡状态A时，容器的体积为10L，此时CO的转化率为50%，则            CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) 起始（mol/L）：1        2          0 转化（mol/L）：0.5      1          0.5 平衡（mol/L）：0.5      1          0.5 k=1，因A、B反应温度相等，则平衡常数相等，且B点时CO的转化率为80%， 则      CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) 起始（mol）：10     20     0 转化（mol）：8     16     8 平衡（mol）：2      4     8 设体积为VL，则有，解得V=2； ‎ ‎(3)以去离子水为吸收剂吸收NO得到40%的硝酸的反应放热，降低温度平衡正向移动，硝酸高温下易分解，所以采用降温操作；‎ ‎(4)根据图示，A极SO2失电子发生氧化反应生成SO42-，则A为阳极，电极反应式是。根据总反应 ,X溶液中的溶质是 。‎ ‎10.实验小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。‎ 资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH 溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定，下列实验中用高锰酸钾与浓盐酸反应制备得到氯气，然后再将氯气通入氢氧化钾溶液中与氢氧化铁固体充分反应而制得产品：‎ ‎（1）制备K2FeO4（夹持装置略）‎ ‎①请写出该过程中制备氯气的离子反应方程式________________（锰被还原为Mn2+）。‎ ‎②请根据高铁酸钾制备的原理选择合适的装置，连接顺序为_________→ E →_________。(上述装置不一定全部用到，装置可以重复选用)‎ ‎③装置E中反应时需进行搅拌，目的是_______________________‎ ‎④E中得到紫色固体和溶液。E中生成高铁酸钾的反应为______________；反应充分进行后，E中溶液中主要的阴离子为__________________‎ ‎（2）探究K2FeO4的性质 取E中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。为证明是否是K2FeO4氧化了Cl－而产生Cl2，设计以下方案：‎ 方案Ⅰ 取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。‎ 方案Ⅱ 用KOH溶液充分洗涤E中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。‎ ‎①由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有______离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl－氧化，还可能由________________产生（用方程式表示）。‎ ‎②方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl－。用KOH溶液洗涤的目的是______________‎ ‎【答案】 (1). 2MnO4- + 16H+ + 10Cl- =2Mn2+ +5Cl2↑+8H2O； (2). F A (3). D (4). 使反应物氯气和固体氢氧化铁能充分接触，加快反应速率，提高产率。 (5). 3Cl2 + 2Fe（OH）3 + 10KOH = 2K2FeO4 + 6KCl + 8H2O (6). Cl-，ClO-，OH-，FeO42- (7). Fe3+ ‎ ‎(8). 4FeO42− + 20H+ = 4Fe3+ + 3O2↑ + 10H2O (9). 避免ClO−干扰实验。‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎(1)①用高锰酸钾和浓盐酸反应制取Cl2，MnO4−被还原为Mn2+，Cl−被氧化为Cl2，据此写出反应的离子方程式； ②高锰酸钾和浓盐酸反应制取Cl2不需要加热，因此选用F装置，浓盐酸会挥发产生HCl，使得产生的Cl2中混有HCl，需要除去HCl，可将混合气体通过饱和食盐水达到除杂的目的，选用装置A，除去HCl的Cl2进入装置E发生反应制备高铁酸钾，最后连接D装置进行尾气吸收；‎ ‎③搅拌能使反应物氯气和固体氢氧化铁充分接触，加快反应速率，提高产率； ④E中得到紫色固体和溶液，紫色固体为K2FeO4，在碱性条件下，Cl2可以氧化Fe(OH)3制取K2FeO4，据此写出反应方程式，同时还存在反应为Cl2和KOH反应，据此判断溶液中的阴离子；‎ ‎(2)①方案I中加入KSCN溶液至过量，溶液呈红色，说明反应产生Fe3+，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl−氧化，注意K2FeO4在碱性溶液中稳定，酸性溶液中快速产生O2，自身转化为Fe3+；‎ ‎②方案II可证明K2FeO4氧化了Cl−，使用KOH溶液溶出K2FeO4晶体，可以使K2FeO4稳定析出，并且除去ClO−离子，防止在酸性条件下ClO−和Cl−反应产生Cl2干扰实验。‎ ‎【详解】(1)①用高锰酸钾和浓盐酸反应制取Cl2，MnO4−被还原为Mn2+，Cl−被氧化为Cl2，据此写出反应的离子方程式：2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2+ +5Cl2↑+8H2O；‎ 故答案为：2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2+ ++5Cl2↑+8H2O； ②高锰酸钾和浓盐酸反应制取Cl2不需要加热，因此选用F装置，浓盐酸会挥发产生HCl，使得产生的Cl2中混有HCl，需要除去HCl，可将混合气体通过盛有饱和食盐水的洗气瓶达到除杂的目的，选用装置A，除去HCl的Cl2进入装置E发生反应制备高铁酸钾，最后连接D装置进行尾气吸收；‎ 故答案为：F A；D；‎ ‎③搅拌能使反应物氯气和固体氢氧化铁充分接触，加快反应速率，提高产率； 故答案为：使反应物氯气和固体氢氧化铁能充分接触，加快反应速率，提高产率；‎ ‎④E中得到紫色固体和溶液，紫色固体为K2FeO4，在碱性条件下，Cl2可以氧化Fe(OH)3制取K2FeO4，反应方程式为：3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O ‎，同时还存在反应为Cl2和KOH反应：Cl2 + 2KOH= KCl + KClO + H2O，因此E溶液中主要的阴离子为Cl-，ClO-，OH-，FeO42-；‎ 故答案为：3Cl2 + 2Fe（OH）3 + 10KOH = 2K2FeO4 + 6KCl + 8H2O； Cl-，ClO-，OH-，FeO42-。 (2)①方案I中加入KSCN溶液至过量，溶液呈红色，说明反应产生Fe3+，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl−氧化，注意K2FeO4在碱性溶液中稳定，酸性溶液中快速产生O2，自身转化为Fe3+，反应为4FeO42−+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O； 故答案为：Fe3+；4FeO42− + 20H+ = 4Fe3+ + 3O2↑ + 10H2O； ②方案II可证明K2FeO4氧化了Cl−， 使用KOH溶液溶出K2FeO4晶体，可以使K2FeO4稳定析出，同时考虑到K2FeO4表面可能吸附ClO−，ClO−在酸性条件下可与Cl−反应生成Cl2，从而干扰实验，所以用KOH溶液洗涤的目的是：避免ClO−干扰实验； 故答案为：避免ClO−干扰实验。‎ ‎【点睛】本题有三个空是书写氧化还原反应方程式，可见书写方程式的重要性，尤其是陌生的氧化还原反应方程式的书写，首先通过信息和经验确定部分反应物、生成物，再依据得失电子守恒配平氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的系数，然后再根据电荷守恒、元素守恒配平其余物质的系数。‎ ‎11.英国曼彻斯特大学科学家安德烈·海姆和康斯坦丁·诺沃肖洛夫。共同工作多年的二人因“突破性地”用撕裂的方法从石墨中成功获得超薄材料石墨烯而获奖。制备石墨烯方法有石墨剥离法、化学气相沉积法等。石墨烯的球棍模型示意图如下：‎ ‎（1）下列有关石墨烯的说法正确的是_________‎ A.12g石墨烯含化学键数为NA B.石墨烯分子中所有原子可以处于同一平面 C.从石墨剥离得石墨烯需克服石墨层与层之间的分子间作用力 D.石墨烯中每个C原子连接3个六元环,每个六元环占有6个C原子 ‎（2）化学气相沉积法是获得大量石墨烯的有效方法之一,催化剂为金、铜、钴等金属或合金,含碳源可以是甲烷、乙炔、苯、乙醇或酞菁等中的一种或任意组合。‎ ‎①基态铜原子能量最高的电子占据的能级符号是_________；第四周期元素中,最外层电子数与铜原子相同的元素还有___________。‎ ‎②下列分子属于非极性分子的是__________。‎ a.甲烷    b.二氯甲烷     c.苯      d.乙醇 ‎③乙醇的沸点要高于相对分子质量比它还大的丁烷,请解释原因____________________________。‎ ‎④酞菁与酞菁铜染料分子结构（如图）,酞菁分子中碳原子采用的杂化方式是____。‎ ‎         ‎ ‎⑤金与铜可形成的金属互化物合金(如图),它的化学式可表示为_________；在Au周围最近并距离相等的Cu有_____个,若2个Cu原子核的最小距离为d pm,该晶体的密度可以表示为__________g/cm3。(阿伏伽德罗常数用NA表示).‎ ‎【答案】 (1). BC (2). 3d (3). K、Cr (4). a、c (5). 乙醇分子间可形成氢键而丁烷分子间不能形成氢键 (6). sp2 (7). Cu3Au或AuCu3 (8). 12 (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）A．石墨烯中一个碳原子具有1.5个σ键，所以12g石墨烯含σ键数为1.5NA，选项A错误；‎ B．碳碳双键上所有原子都处于同一平面，所以导致石墨烯分子中所有原子可以处于同一平面，选项B正确；‎ C．石墨结构中，石墨层与层之间存在分子间作用力，所以从石墨剥离得石墨烯需克服石墨层与层之间的分子间作用力，选项C正确；‎ D、石墨烯晶体中最小的环为六元环，每个碳原子连接3个C-C化学健，则每个C原子连接3个六元环，每个六元环占有的C原子数为6×=2，选项D错误；‎ 答案选BC；‎ ‎（2）①铜是29号元素，其基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，基态铜原子能量最高的电子占据的能级符号是3d；‎ 第四周期元素中,最外层电子数与铜原子相同的元素还有K、Cr; ‎ ‎②a.甲烷为正四面体结构，结构对称，正负电荷的中心重合，属于非极性分子，选项a正确；‎ b.二氯甲烷为四面体分子，结构不对称，正负电荷的中心不重合，属于极性分子，选项b错误；‎ c.苯为平面正六边形，结构对称，正负电荷的中心重合，属于非极性分子，选项c正确；‎ d.乙醇结构不对称，正负电荷的中心不重合，属于极性分子，选项d错误；‎ 答案选ac；‎ ‎③乙醇分子间存在氢键，使得其熔、沸点升高,而丁烷分子间不存在氢键；‎ ‎④酞菁分子中碳原子形成3个σ键和1个π键，所以采取sp2杂化；酞菁铜分子中能提供孤电子对的氮原子才是配位原子，所以酞菁铜分子中心原子的配位数为2；‎ ‎⑤该晶胞中含铜原子个数为6=3，含有金原子数为8=1,所以其化学式为Cu3Au或AuCu3，根据图示，铜原子周围最近并距离相等的金原子有4个。根据化学式，在Au周围最近并距离相等的Cu有12个；若2个铜原子核的最小距离为d pm，则晶胞的棱长为d pm=d10-10 cm, 该晶体的密度==。‎ ‎12.有机物W用作调香剂、高分子材料合成的中间体等,制备W的一种合成路线如下。‎ 已知：+CH3Cl+HCl 请回答下列问题 ‎（1）F的化学名称是__________,②的反应类型是__________。‎ ‎（2）D中含有的官能团是__________(写名称),D聚合生成高分子化合物的结构简式为__________。‎ ‎（3）反应③的化学方程式是____________________________________________。‎ ‎（4）反应⑥的化学方程式是_______________________________________________。‎ ‎（5）芳香化合物N是A的同分异构体,其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为__________。‎ ‎（6）参照有机物W的上述合成路线,设计以M为起始原料制备F的合成路线(无机试剂任选)。__‎ ‎【答案】 (1). 苯甲醇 (2). 取代反应 (3). 羟基、羧基 (4). (5). (6). (7). (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】A与溴的四氯化碳溶液反应生成B，则根据B的结构简式可知A的结构简式为。B发生水解反应生成C，则C的结构简式为。‎ C氧化生成D，则D的结构简式为。D在浓硫酸的作用下发生消去反应生成E，则E的结构简式为。E和F发生酯化反应生成W，则W的结构简式为。‎ ‎（1）根据F的结构简式可知F的化学名称是苯甲醇；‎ 反应②为B在氢氧化钠的水溶液中加热发生水解反应，也属于取代反应生成，反应类型是取代反应；‎ ‎（2）D的结构简式为，含有的官能团是羟基、羧基；D聚合生成高分子化合物的结构简式为；‎ ‎（3）反应③是在铜的催化下与氧气发生氧化反应生成和水，反应的化学方程式是；‎ ‎（4）反应⑥是与在浓硫酸的催化下发生酯化反应生成和水，反应的化学方程式是；‎ ‎（5）芳香化合物N是A的同分异构体,其中核磁共振氢谱为三组峰，说明含有3种不同环境的氢原子，则其结构简式为；‎ ‎（6）参照有机物W上述合成路线，以M为起始原料，在氯化铝作用下反应生成甲苯，甲苯在光照条件下与氯气发生取代反应生成，在氢氧化钠的水溶液中加热水解生成苯甲醇，则制备F的合成路线为。‎