黑龙江省大庆市铁人中学2020届高三考前模拟训练（二）化学试题

黑龙江省大庆市铁人中学2020届高三考前模拟训练（二）化学试题

铁人中学2017级高三学年考前模拟训练（二）‎ 化学 试题 ‎（考试时间：150分钟 试卷满分:300分）‎ 可能用到的原子量：H 1 C 12 O 16 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64‎ 第Ⅰ卷 选择题部分 一、 选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。‎ ‎7．个人卫生及防护与化学知识密切相关。下列说法中正确的是（ ）‎ A．气溶胶是飞沫混合在空气中形成的胶体，飞沫是分散剂，空气是分散质 B．饮用水的净化常用到明矾，明矾中无重金属元素，长期使用对身体无害 C．制造口罩的核心材料熔喷布的主要成分是聚丙烯，聚丙烯是有机高分子化合物，属于混合物 D．家庭生活中可用84消毒液进行消毒，84消毒液与洁厕灵可以混合使用效果更好 ‎8．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）‎ A．100 g溶质质量分数为46%的乙醇水溶液中,含有4NA个氧原子 B．标准状况下，11 g T216O中含有的质子数目为6NA C．3.65 g液态HCl中含有的粒子总数为0.2NA D．25 ℃时Ksp(CaSO4)=9×10-6,则该温度下CaSO4饱和溶液中含有3×10-3NA个Ca2+‎ ‎9．R、X、Y、Z的原子序数依次增大，且都不超过10．这四种元素可组成一种化合物的结构如图所示。下列说法正确的是（ ）‎ A．常温常压下，上述元素的单质都呈气态 B．最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞Y C．Y、Z的气态氢化物能发生化合反应 D．由R、X两种元素只能形成一种化合物 ‎10．某小组在Fe2+检验实验中观察到异常现象，为探究“红色褪去”的原因，进行如下实验：‎ 编号 实验I 实验II 实验III 实验步骤 将实验I褪色后的溶液分三份分别进行实验 为进一步探究“红色褪去”的原因，又进行以下实验 ‎①‎ ‎②取反应后的溶液，滴加盐酸和BaCl2溶液 现象 溶液先变红，片刻后红色褪去，有气体生成（经检验为O2）‎ ‎①无明显现象 ‎②溶液变红 ‎③产生白色沉淀 ‎①溶液变红，一段时间后不褪色。‎ ‎②无白色沉淀产生 分析上述三个实验，下列叙述不正确的是（ ）‎ A．在此实验条件下H2O2氧化Fe2＋的速率比氧化SCN－的速率快 B．通过实验Ⅱ推出实验Ⅰ中红色褪去的原因是由于SCN－被氧化 C．通过实验Ⅰ和实验Ⅲ对比推出红色褪去只与H2O2的氧化性有关 D．综上所述，实验Ⅰ中红色褪去的原因与化学平衡移动原理无关 ‎11．某模拟"人工树叶”电化学实验装置如图所示，该装置能将H2O和CO2转化为O2和燃料(C3H8O)。下列说法正确的是（ ）‎ ‎ ‎ A. 该装置将化学能转化为光能和电能 B. 该装置工作时，H＋从b极区向a极区迁移 C. 每生成1 mol O2，有44 gCO2被还原 D. a电极的反应为：3CO2+ 16H＋-18e－= C3H8O+4H2O ‎12．现在正是全球抗击新冠病毒的关键时期，专家指出磷酸氯喹对治疗新冠病毒感染有明显效果，磷酸氯喹的分子结构如图所示，下列关于该有机物的说法正确的是（ ）‎ A．该有机物的分子式为：C18H30N3O8P2Cl B．该有机物能够发生加成反应、取代反应、不能发生氧化反应 C．该有机物苯环上的1-溴代物只有2种 D．1mol该有机物最多能和8molNaOH发生反应 ‎13．常温时，在H2CO3溶液中逐滴加入NaOH溶液，溶液中H2CO3、HCO3-和CO32-的物种分布分数(X)=与pH的关系如图所示：‎ ‎ ‎ 下列说法正确的是（ ）‎ A. 反应HCO3-H＋＋CO32-的lgK=-6.4‎ B. pH=8溶液中：c(Na＋)>c(HCO3-)‎ C. NaHCO3溶液中滴入少量盐酸至溶液显中性：c(Na＋)=c(Cl-)‎ D. 向pH=6.4的溶液中滴加NaOH溶液至pH=8，主要发生的离子反应：‎ HCO3-＋OH-=CO32-＋H2O 第II卷 ‎ 三、非选择题：‎ ‎（一）必考题： ‎ ‎26．（15分）茶叶中的茶多酚是一种天然抗氧化剂（其抗氧化能力是 VC 的 5～10 倍），它易溶于水、乙醇、乙酸乙酯，难溶于氯仿。在酸性介质中，茶多酚能将 Fe3+还原为 Fe2+，Fe2+与 K3Fe(CN)6生成的深蓝色配位化合物 KFe[Fe(CN)6]对特定波长光的吸收程度（用光密度值 A 表示）与茶多酚在一定浓度范围内成正比。A 与茶多酚标准液浓度的关系如图 1 所示： ‎ ‎ ‎ 某实验小组设计如下实验流程从茶叶中提取茶多酚：‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）操作①用水浸取茶多酚时，实验小组发现搅拌速度对茶多酚浸出量的影响如图 2 所示，原因是 。若用乙醇浸取茶多酚操作如下：称取 10 g 茶叶末，用滤纸包好，装入 中，圆底烧瓶内加 和适量乙醇，如图 3 安装后， 通冷凝水，加热套加热，当乙醇被加热沸腾后，控制加热套温度在 90℃。为使恒压漏斗内液面高出茶叶包约 0.5 cm，并保持约 1 h，可行的操作方法是 。‎ ‎（2）减压蒸发相对于一般蒸发的优点是 ；氯仿的作用是 。 ‎ ‎（3）下列有关实验基本操作不正确的是 。‎ A．图 3 中冷凝水流向为 a 进 b 出 B．分液漏斗使用前须检验是否漏水并洗净备用 C．操作①过滤时，可用玻璃棒适当搅拌以加快分离速度 D．萃取过程中，经振摇并放气后，将分液漏斗置于铁圈上立即分液 ‎（4）称取 1.25 g 粗产品，用蒸馏水溶解并定容至 1000 mL，移取该溶液 1.00 mL，加过量 Fe3+和 酸性溶液，用蒸馏水定容至 100 mL 后，测得溶液光密度值 A=0.800，则产品的纯度是 （以质量分数表示）。‎ ‎27．(14分)草酸亚铁，在形成晶体时会结晶一定量的水；在工农业生产中具有重要用途，如照相的显影剂，生产磷酸铁锂电池的原料等。‎ 已知：①草酸亚铁不溶于水，可溶于酸；‎ ‎②Fe(SCN)63-+3C2O42-=Fe(C2O4)33-+6SCN-。‎ 回答下列问题：‎ Ⅰ.‎ 甲同学检查药品发现该晶体显浅黄色，认为晶体不纯，可能是因为部分的铁被氧化。为验证自己的猜想，进行实验验证。取少量的晶体样品溶于稀硫酸，滴加KSCN溶液，溶液无明显变化。由此认为晶体中不存在+3价的铁。你认为_______（填“正确”或“不正确”），理由是___________________________________。‎ Ⅱ.‎ 乙同学为测定草酸亚铁晶体FeC2O4﹒xH2O中的结晶水含量，利用如下装置：‎ ‎ ‎ ‎①做实验前首先要_____________________________；‎ ‎②称取一定质量的晶体，装好药品，开始实验接下来的实验步骤依次为______________，重复实验直至B中恒重。‎ a.点燃酒精灯，加热 b.熄灭酒精灯 c.关闭K d.打开K，缓缓通入空气 e.冷却至室温 f.称量 Ⅲ.‎ 丙同学用滴定的方法也可以测定草酸亚铁晶体中结晶水的含量。取a克草酸亚铁晶体溶入稀硫酸，再把所得溶液稀释成500mL，取出50mL放入锥形瓶，向其中逐滴滴入未知浓度的酸性KMnO4溶液，振荡，发现溶液颜色逐渐变为棕黄色，且有气泡冒出，当溶液颜色突变成浅紫色，停止滴加。接着向溶液中加入稍过量的KI溶液和几滴淀粉溶液，然后再用c mol/L的Na2S2O3溶液滴至终点。几次实验平均耗用Na2S2O3溶液VmL。（2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI）‎ ‎（1）写出向溶液中滴加酸性KMnO4溶液发生反应的离子方程式 。‎ ‎（2）上述试验中稀释草酸亚铁溶液时除烧杯和玻璃棒外，还必需的玻璃仪器有 。‎ ‎（3）x= 。‎ ‎（4）若实验中滴入KMnO4溶液过多,则所得x值___________(填偏大、偏小或无影响)‎ ‎28．(14分)联氨(N2H4)和次磷酸钠(NaH2PO2)都具有强还原性.都有着广泛的用途。‎ ‎（1）已知:①N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H=-621.5 kJ▪mol-1‎ ‎②N2O4(l)-=N2(g)+2O2(g) △H2=+204.3 kJ▪mol-1‎ 则火箭燃料的燃烧反应为2N2H4(l)+N2O4(l)=3N2(g)+4H2O(g) △H= 。‎ ‎（2）已知反应N2H4(g)+ 2Cl2(g)N2(g)+4HCl(g),T°C时,向V L恒容密闭容器中加入2‎ ‎ mol N2H4(g)和4 mol Cl2(g) ,测得Cl2和HCl的浓度随时间的关系如图所示。‎ ‎ ‎ ‎①0~ 10 min内，用N2(g)表示的平均反应速率v(N2)= 。‎ ‎②M点时，N2H4的转化率为 (精确到0.1)%。‎ ‎③T °C时，达到平衡后再向该容器中加入1.2 mol N2H4(g)、0.4 mol Cl2(g)、0. 8 mol N2 (g)、1.2 mol HCl(g)，此时平衡 (填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)。‎ ‎（3）①在惰性气体中,将黄磷(P4)与石灰乳和碳酸钠溶液一同加入高速乳化反应器中制得NaH2PO2，同时还产生磷化氢(PH3)气体,该反应的化学方程式为 。‎ ‎②次磷酸(H3PO2)是一元酸，常温下，1.0 mol▪L-1的NaH2PO2溶液pH为8，则次磷酸的Ka= 。‎ ‎③用次磷酸钠通过电渗析法制备次磷酸.装置如图2所示。交换膜A属于____(填“阳离子”或“阴离子”)交换膜，电极N电极反应式为 ，当电路中流过3.8528×105库仑电量时，制得次磷酸的物质的量为 (一个电子的电量为 1.6×10- 19库仑,NA数值约为6. 02× 1023)。‎ ‎ ‎ （二） 选考题： ‎ ‎35．［化学——选修3：物质结构与性质］（15分）‎ Fe、Cu、Cr都是第四周期过渡元素,回答下列问题。‎ ‎（1）FeCl3是一种常用的净水剂，氯元素的原子核外有 ‎ 种不同运动状态的电子；有 种不同能级的电子，基态Fe3+的电子排布式为 。‎ ‎（2）实验室中可用KSCN或K4[Fe(CN)6]来检验Fe3+。FeCl3与KSCN溶液混合，可得到配位数为5的配合物的化学式是 ；K4[Fe(CN)6]与Fe3+反应可得到一种蓝色沉淀KFe[Fe(CN)6]，该物质晶胞的结构如图所示(K+未画出)，则一个晶胞中的K+个数为 。‎ ‎（3）Cu2+能与乙二胺(H2N-CH2-CH2-NH2)形成配离子。该配离子中含有的化学键类型有 。 (填字母) ‎ a．配位键 b．极性键 c．离子键 d．非极性键, ‎ 乙二胺中共有____个σ键，C原子的杂化方式为 。‎ ‎（4）金属铜的晶胞为面心立方最密堆积，边长为361pm。又知铜的密度为9.0g·cm-3，则铜原子的直径约为____pm。‎ ‎（5）Cr是周期表中第ⅥB族元素，化合价可以是0~+6的整数价态。回答下列问题。某化合物的化学式为Na3CrO8，其阴离子结构可表示为，则Cr的化合价为____。CrO42-呈四面体构型,结构为，Cr2O72-由两个CrO42-四面体组成，这两个CrO42-四面体通过共用一个顶角氧原子彼此连接,结构为。则由n(n>1)个CrO42-通过顶角氧原子连续的链式结构的化学式为 。‎ ‎36．[化学——选修5：有机化学基础]（15分）‎ 洛匹那韦(Lopinavir)是抗艾滋病毒常用药，在“众志成城战疫情”中，洛匹那韦，利托那韦合剂被用于抗新型冠状病毒(2019-nCoV)。洛匹那韦的合成路线可设计如图：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）A的化学名称是 ；A制备B反应的化学方程式为 (注明反应条件)。‎ ‎（2）D生成E的反应类型为 ；F中能与氢气发生加成反应的官能团名称为 。‎ ‎（3）C的分子式为 ；一定条件下，C能发生缩聚反应，化学方程式为 。‎ ‎（4）K2CO3具有碱性，其在制备D的反应中可能的作用是 。‎ ‎（5）X是C的同分异构体，写出一种符合下列条件的X的结构简式 。‎ ‎①含有苯环，且苯环上的取代基数目≤2‎ ‎②含有硝基 ‎③有四种不同化学环境的氢，个数比为6：2：2：1‎ ‎（6）已知：CH3COOHCH3COCl，(2，6-二甲基苯氧基)乙酰氯()是由G合成洛匹那韦的原料之一，写出以2，6-二甲基苯酚、ClCH2COOCH2CH3、K2CO3为原料制各该物质的合成路线 （其它无机试剂任选）。‎ 化学参考答案 ‎7．C ‎【解析】A．飞沫在空气中形成气溶胶，飞沫是分散质，空气是分散剂，A不正确；‎ B．明矾中的Al3+对人体有害，不能长期使用，B不正确；‎ C．聚丙烯是由链节相同但聚合度不同的分子形成的混合物，D正确；‎ D．84消毒液(有效成分为NaClO)与洁厕灵(主要成分为HCl)混合，会反应生成Cl2，污染环境，D不正确；‎ ‎8．A ‎【解析】A．乙醇溶液中除了乙醇外，水也含氧原子，100 g 46%的乙醇溶液中，乙醇的质量为46 g，物质的量为1 mol，乙醇含1 mol氧原子；水的质量为100 g－46 g＝54 g，物质的量为3 mol，水含3 mol氧原子，所以此溶液中含有的氧原子的物质的量共为4 mol，个数为4NA，故A正确；‎ B．标准状况下，11 g T216O的物质的量是0.5mol，其中含有的质子数目为5NA，故B错误；‎ C．3.65 g液态HCl的物质的量是0.1mol，含有的微粒是HCl分子，则其中含有的粒子总数为0.1NA，故C错误；‎ D．25 ℃时，Ksp(CaSO4)＝9×10－6，则CaSO4饱和溶液中Ca2＋浓度为3×10－3mol/L，不知溶液体积，不能计算粒子数，故D错误。‎ ‎9．C ‎【解析】R、X、Y、Z的原子序数依次增大，且都不超过10，由化合物的结构可知，R、Z只形成1个共价键，且可形成R+、Z-离子，X的最外层有3个电子，Y最外层有5个电子，结合原子序数可知R为H、X为B、Y为N、Z为F。‎ A．X为B元素，B元素的单质在常温下为固体，故A错误； ‎ B．非金属性B＜N，最高价氧化物对应水化物分别为硼酸、硝酸，硼酸为弱酸，硝酸为强酸，所以酸性：X＜Y，故B错误； ‎ C．Y、Z的气态氢化物分别为氨气、氟化氢，二者能发生化合反应生成NH4F，故C正确； ‎ D．由R、X两种元素可形成多种硼烷，类似烷烃，故D错误； ‎ ‎10．D ‎【解析】氯化亚铁酸化的溶液中滴入KSCN溶液，滴入过氧化氢发生氧化还原反应，通入足量氧气，溶液变红且不褪色，说明氧气氧化亚铁离子生成铁离子，滴加盐酸和BaCl2溶液，无白色沉淀，无硫酸钡沉淀生成，排除了生成的氧气氧化SCN-的可能，‎ A. 在此实验条件下H2O2氧化Fe2＋的速率比氧化SCN－的速率快，所以溶液先变红，当SCN－‎ 被完全氧化后，红色褪去，故A正确；‎ B. 实验II中滴加FeCl3溶液不变红，说明无SCN-，滴加盐酸和BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明SCN-被氧化为SO42-，可以推出实验Ⅰ中红色褪去的原因是由于SCN－被氧化，故B正确；‎ C. 对比实验Ⅰ、Ⅲ，实验Ⅰ排除了铁离子反应，而是SCN-离子反应，实验Ⅲ排除了生成的氧气氧化SCN-的可能，Ⅰ中红色褪去可以判定酸性条件下是H2O2的氧化性把SCN-离子氧化为硫酸根离子，故C正确；‎ D. 红色物质为Fe3+与SCN-结合形成的络合物，为可逆反应，当SCN-被氧化，平衡逆向移动，红色褪去，与化学平衡移动原理有关，故D错误；故选D。‎ ‎11.B ‎【详解】A．根据图示可知，该装置将电能和光能转化为化学能，错误；‎ B．根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，该装置工作时，H＋从正电荷较多的阳极b极区向负电荷较多的阴极a极区迁移，正确；‎ C．该反应总方程式是：6CO2+8H2O=2C3H8O+9O2。根据反应方程式可知，每生成1 mol O2，有2/3molCO2被还原，其质量是88/3g，错误；‎ D．根据图示可知与电源负极连接的a电极为阴极，发生还原反应，电极的反应式为：3CO2+ 18H＋+18e－= C3H8O+5H2O，错误；‎ ‎12.D ‎【解析】A．该有机物的分子式为：C18H32N3O8P2Cl，A错误；‎ B．分子中含有苯环、氯原子，该有机物能够发生加成反应、取代反应，有机物可以燃烧，能发生氧化反应，B错误；‎ C．该有机物苯环上的1-溴代物只有3种，C错误；‎ D．氯原子水解形成酚羟基，磷酸能与氢氧化钠反应，因此1mol该有机物最多能和8molNaOH发生反应，D正确。‎ ‎13.B ‎【详解】A、pH═6.4时，c（HCO3-）═c（H2CO3），反应H2CO3H++HCO3-的lgK═lgc(H+)=lg10-6.4=一6.4，故A项错误；‎ B、pH═8的溶液中：c（H＋）c（C1-）十c（HCO3-）＋2c（CO32-），则c（Na＋）>c（HCO3-）,故B正确；‎ C、向NaHCO3溶液中滴入少量盐酸至溶液显中性时，c（H＋）═c（OH-），根据电荷守恒有c（Na+）＋c（H＋）═c（C1-）十c（HCO3-）＋2c（CO32-）＋c（OH-），即c（Na+）═c（C1-）十c（HCO3-）＋2c（CO32-‎ ‎），故C项错误；‎ D、pH═6.4的溶液中含有等物质的量的NaHCO3和H2CO3，由图像可知，pH=8时溶液中HCO3-继续增大，继续减少H2CO3，故主要发生的离子反应为H2CO3＋OH-=HCO3-＋H2O，故D项错误。‎ ‎26．（1）茶多酚易被氧气氧化，搅拌速度越快，茶多酚氧化速度越快，浸出率越低（2分） ‎ 恒压滴液漏斗（1分） 沸石（1分）‎ 关闭活塞，当漏斗内液面高出茶叶包约0.5cm时，调节活塞使乙醇冷凝速度与漏斗放液速度一致（2分） ‎ ‎（2）降低蒸发温度防止产物氧化或分解 （2分） 萃取（2分） （3）CD （2分） ‎ ‎（4）K3Fe(CN)6 （1分） 96% （2分） ‎ ‎【解析】 （1）操作①用水浸取茶多酚时，从图2中可以看出，搅拌速率越快，光密度值(A)越小，即茶多酚浓度越小，因为茶多酚易被氧气氧化，搅拌越快，与空气的接触越多，由此得出原因是：茶多酚易被氧气氧化，搅拌速度越快，茶多酚氧化速度越快，浸出率越低。为使恒压漏斗内液面高出茶叶包约 0.5 cm，并保持约 1 h，可行的操作方法是关闭活塞，当漏斗内液面高出茶叶包约0.5cm时，调节活塞使乙醇冷凝速度与漏斗放液速度一致。答案为：茶多酚易被氧气氧化，搅拌速度越快，茶多酚氧化速度越快，浸出率越低；关闭活塞，当漏斗内液面高出茶叶包约0.5cm时，调节活塞使乙醇冷凝速度与漏斗放液速度一致；‎ ‎（2）减压蒸发比蒸发所需的温度低，除节省能源外，还可使环境的温度降低，其优点是降低蒸发温度防止产物氧化或分解；因为后加入的乙酸乙酯萃取茶多酚，则氯仿萃取的应是杂质，由此得出氯仿的作用是萃取（或除杂）。答案为：降低蒸发温度防止产物氧化或分解；萃取（或除杂）；‎ ‎（3）A．图 3 中冷凝水流向应下进上出，即a进b出，A正确；‎ B．分液漏斗使用前，为防漏液，应查漏，然后洗涤备用，B正确；‎ C．操作①过滤时，不可用玻璃棒搅拌，否则会造成滤纸损坏，C不正确；‎ D．萃取过程中，分液漏斗应静置分层后，再进行分液，D不正确；‎ 故选CD。答案为：CD；‎ ‎（4） 根据题目信息，应加入显色剂K3Fe(CN)6。溶液光密度值 A=0.800，从表中可查得茶多酚的浓度为1.2×10-5g/mL，由此可得出原1000 mL溶液中所含茶多酚的质量为1.2×10-5g/mL×100mL×=1.2g，则产品的纯度是=96%。答案为：96%。‎ ‎27. Ⅰ. 不正确 1分 根据已知C2O42-比SCN-更易与Fe3+结合 2分 ‎ Ⅱ.检查装置气密性1分 . dabecf 2分 ‎ Ⅲ.（1）3MnO4- + 5Fe2++5C2O42— + 24H+ = 3Mn2+ + 5Fe3+ + 12H2O+10CO2↑‎ 或 3MnO4- + 5Fe2++5H2C2O4 + 14H+ = 3Mn2+ + 5Fe3+ + 12H2O+10CO2↑ 2分 ‎（2）500mL容量瓶、胶头滴管 2分 ‎（3）（50a-72cV）/(9cV) 2分 ‎（4）偏小 2分 ‎【详解】I. 根据题给信息可知，C2O42-比SCN-更易与Fe3+结合，所以取少量的晶体样品溶于稀硫酸，滴加KSCN溶液，溶液无明显变化，不能判定晶体中不存在+3价的铁，不正确；正确答案：不正确；根据已知C2O42-比SCN-更易与Fe3+结合。‎ II. ①做实验前首先要检查装置是否漏气；正确答案：检查装置气密性。‎ ‎② 称取一定质量的晶体，装好药品，开始实验接下来的实验步骤：由于草酸亚铁晶体中亚铁离子易被氧气氧化，所以要排净装置内的空气，打开K，缓缓通入空气（d），然后点燃酒精灯，加热（a），反应发生，结束后，熄灭酒精灯（b），冷却至室温（e），关闭K （c），进行称量（f），重复实验直至B中恒重；正确的操作步骤为：dabecf。‎ III. （1）草酸亚铁晶体中含有Fe2+和C2O42—，在酸性条件下，均能被KMnO4溶液氧化为Fe3+和CO2，而MnO4-被还原为Mn2+，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒写出离子方程式：3MnO4- + 5Fe2++5C2O42— + 24H+ = 3Mn2+ + 5Fe3+ + 12H2O+10CO2↑或 3MnO4- + 5Fe2++5H2C2O4 + 14H+ = 3Mn2+ + 5Fe3+ + 12H2O+10CO2↑ ；正确答案：3MnO4- + 5Fe2++5C2O42— + 24H+ = 3Mn2+ + 5Fe3+ + 12H2O+10CO2↑或 3MnO4- + 5Fe2++5H2C2O4 + 14H+ = 3Mn2+ + 5Fe3+ + 12H2O+10CO2↑ 。‎ ‎（2）把草酸亚铁溶液稀释成500mL溶液时，除烧杯和玻璃棒外，还必需的玻璃仪器有500mL容量瓶、胶头滴管；正确答案：500mL容量瓶、胶头滴管。 ‎ ‎（3）根据反应：3MnO4- + 5Fe2++5C2O42— + 24H+ = 3Mn2+ + 5Fe3+ + 12H2O+10CO2↑可知，反应产生的Fe3+把碘离子氧化为碘单质，反应为2Fe3++ 2I-= 2Fe2++ I2；生成的碘又被Na2S2O3还原为I-，反应为2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI；根据上述反应关系可知：n(FeC2O4﹒xH2O)= n(FeC2O4)= n(Fe2+)= n(Fe3+)=1/2n(I2)=n（Na2S2O3），n（Na2S2O3）= V×10-3×cmol，所以50mL溶液中n(FeC2O4﹒xH2O)=( V×10-3×c)mol，又原溶液为500mL，所以n(FeC2O4﹒xH2O)=( V×10-3×c)×(500/50)mol=10(V×10-3×c) mol；草酸亚铁晶体ag，所以a/(144+18x)= 10( V×10-3×c)，x=（50a-72cV）/(9cV) ；正确答案：（50a-72cV）/(9cV) 。‎ ‎（4）若实验中滴入KMnO4溶液过多，碘离子被氧化的量增多，消耗的n（Na2S2O3）= cV增多，根据x=（50a-72cV）/(9cV)关系可知，则所得x值偏小；正确答案：偏小。‎ ‎28.（1） -1038.7kJ•mol-1 2分 ‎（2）①0.06mol/(L•min) 1分 ②33.3 2分 ③逆向移动 1分 ‎ ‎（3）①2P4+3Ca(OH)2+3Na2CO3+6H2O==== 6NaH2PO2+2PH3↑+3CaCO3 2分 ‎②1.0×10-2 2分 ‎③阳离子 1分 . 2H2O+2e-=H2↑+2OH- 1分 4mol 2分 ‎【详解】(1)根据盖斯定律，反应①×2+②即可得火箭燃料的燃烧反应：‎ ‎2N2H4(1)+N2O4(l)===3N2(g)+4H2O(g)△H=(-621.5×2+204.3)kJ•mol-1=-1038.7kJ•mol-1；‎ ‎(2)根据图示，Cl2作为反应物浓度需减小，HCl作为生成物浓度需增大， ①△c(Cl2)=(2-0.8)mol/L=1.2mol/L，v(Cl2)==0.12mol/(L•min)，根据反应速率与计量系数成正比可得v(N2)=v(Cl2)=0.06mol/(L•min)，‎ ‎②据图可知反应开始时c(Cl2)=2mol/L，投料为2 mol N2H4(g)和4 mol Cl2(g) ，则开始时c(N2H4)=1mol/L，容器体积为2L，设M点 N2H4的转化量为x mol/L，列三段式：‎ ‎ ‎ M点Cl2和HCl的浓度相等，则2-2x=4x解得x=mol/L，则N2H4的转化率为=33.3%；‎ ‎③据图可知反应平衡时c(Cl2)=0.8mol/L，初始c(Cl2)=2mol/L，c(N2H4)=1mol/L，则根据反应方程式N2H4(g)+ 2Cl2(g)N2(g)+4HCl(g)可知，反应中消耗c(Cl2)=1.2mol/L，消耗c(N2H4)=0.6mol/L，生成c(N2)=0.6mol/L，c(HCl)=2.4mol/L，所以平衡时各物质的浓度为c(Cl2)=0.8mol/L，c(N2H4)=0.4mol/L，c(N2)=0.6mol/L，c(HCl)=2.4mol/L，则该温度下的平衡常数K==77.76；‎ 平衡后再向该容器中加入1.2molN2H4(g)、0.4 mol Cl2(g)、0.8molN2(g)、1.2molHCl(g)，各物质的浓度变为c(Cl2)=1mol/L，c(N2H4)=1mol/L，c(N2)=1mol/L，c(HCl)=3mol/L，此时Qc==81>K，所以平衡逆向移动；‎ ‎(3)①该反应中反应物有P4、Ca(OH)2、Na2CO3等、生成物有NaH2PO2、PH3等，据此可知该反应中P元素化合价既升高又降低，发生歧化，升高1价，降低3价，则NaH2PO2和PH3系数比为3：1，再结合元素守恒可知方程式为：2P4+3Ca(OH)2+3Na2CO3+6H2O==== 6NaH2PO2+2PH3↑+3CaCO3；‎ ‎②次磷酸(H3PO2)是一元酸，1.0mol•L-1的 NaH2PO2溶液水解方程式为：H2PO2-+H2O=H3PO2+OH-，pH=8，则c(H+)=10-8mol/L，c(OH-)=c(H3PO2)=10-6mol/L，c(H2PO2-)=(1.0-10-6)mol/L≈1mol/L，Ka==1.0×10-2；‎ ‎③根据图示可知，产品室产生次磷酸，则电极M应为阳极电解水中的OH-，剩余H+通过交换膜A 移向产品室，所以交换膜A为阳离子交换膜；电极N为阴极电解H+，电极N的电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；电路中流过3.8528×105库仑电量时，转移的电子的物质的量为=4mol，次磷酸根带一个负电荷，氢离子带一个正电荷，所以电解过程中转移1mol电子生成1mol次磷酸，则转移4mol电子时生成4mol次磷酸。‎ ‎35．（1）17（1分） 5（1分） 1s22s22p63s23p63d5 （1分） （2）K2[Fe(SCN)5] （1分） 4 （1分） ‎ ‎（3）abd（2分） 11 （2分） sp3 （1分） （4）255 （2分） （5）+5 （1分） CrnO(3n+1)2- （2分） ‎ ‎【解析】 （1）氯原子核外电子数为17，每个电子的运动状态均不同，故氯原子核外有17种不同运动状态的电子；氯原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p5，电子分布在1s、2s、2p、3s、3p这五个能级；Fe是26号元素，铁原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，铁原子失去4s能级2个电子，再失去3d能级1个电子形成Fe3+，故基态Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5。‎ ‎（2）Fe3+与SCN-形成配位数为5的配离子为[Fe(SCN)5]2-，根据电荷守恒可知配离子与K+形成的配合物的化学式为K2[Fe(SCN)5]；题给物质晶胞的结构中，Fe3+的个数为4×=，Fe2+的个数为4×=，CN-的个数为12×=3，根据电荷守恒：N(K+)+N(Fe3+)×3+N(Fe2+)×2=N(CN-)，可得N(K+)=，故一个晶胞中的K+个数为×8=4；‎ ‎（3）Cu2+与乙二胺(H2N-CH2-CH2-NH2)之间形成配位键，H2N-CH2-CH2-NH2中碳原子之间形成非极性键，不同原子之间形成极性键，所以选abd；单键为σ键，一个乙二胺分子中含有11个σ键，碳原子均饱和没有孤电子对，形成4个σ键，所以碳原子采取sp3杂化；‎ ‎（4） 根据铜晶胞为面心立方最密堆积，由边长可计算出晶胞的体积V=（361pm）3≈4.70×10-23cm3，根据m=ρ×V=9.00 g•cm-3×4.70×10-23cm3=4.23×10-22g；由于一个铜晶胞中含有的铜原子数为8×+6×=4（个），每个铜原子的体积约为==1.18×10-23 cm3，则×π×d3=1.18×10-23cm3，解得铜原子的直径d≈255pm；‎ ‎（5）由阴离子结构可知，Cr与O中形成5个价键，共用电子对偏向O，则Cr的化合价为+5价，两个CrO42-每共用一个角顶氧原子，就少一个氧原子，所以由n(n＞1)个CrO42-通过角顶氧原子连续的链式，减少(n-1)个氧原子，微粒电荷不变，则由n(n＞1)个CrO42-通过角顶氧原子连续的链式结构的化学式为CrnO(3n+1)2-。‎ ‎36．（1）甲苯 +Cl2+HCl （2） 取代反应 羰基、碳碳双键 ‎ ‎（3） C9H11O2N ‎ ‎（4） 吸收反应生成的HCl，提高反应转化率 （5） 或 ‎ ‎（6） ‎ ‎【解析】 （1）A是，名称为甲苯，A与Cl2光照反应产生和HCl，反应方程式为：+Cl2+HCl；‎ ‎（2）D与CH3CN在NaNH2作用下反应产生E：，是D上的被-CH2CN取代产生，故反应类型为取代反应；‎ F分子中的、与H2发生加成反应形成G，故F中能够与氢气发生加成反应的官能团名称为羰基、碳碳双键；‎ ‎（3）C结构简式为，可知C的分子式为C9H11O2N；C分子中含有羧基、氨基，一定条件下，能发生缩聚反应，氨基脱去H原子，羧基脱去羟基，二者结合形成H2O，其余部分结合形成高聚物，该反应的化学方程式为：；‎ ‎（4）K2CO3是强碱弱酸盐，CO32-水解使溶液显碱性，B发生水解反应会产生HCl，溶液中OH-消耗HCl电离产生的H+，使反应生成的HCl被吸收，从而提高反应转化率；‎ ‎（5）C结构简式是，分子式为C9H11O2N，C的同分异构体X符合下列条件：①‎ 含有苯环，且苯环上的取代基数目≤2；②含有硝基；③有四种不同化学环境的氢，个数比为6：2：2：1，则X可能的结构为或；‎ ‎（6）2，6-二甲基苯酚()与ClCH2COOCH2CH3在K2CO3作用下发生取代反应产生，该物质与NaOH水溶液加热发生水解反应，然后酸化得到，与SOCl2发生取代反应产生，故合成路线为