陕西省宝鸡市宝鸡中学2020届高三年级第三次模拟化学试题 Word版含解析

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宝鸡中学2020届高三年级第三次模拟 化学试题 可能用到的相对原子量:H-1 0-16 S—32 Cl-36 Fe-56 Cu-64‎ 第Ⅰ卷(选择题共126分)‎ 一、选择题: ‎ ‎1.新冠病毒由蛋白质外壳和单链核酸组成，分子平均直径约60—140nm下列有关该病毒的说法正确的是 A. 该病毒由C、H、O三种元素组成 B. 该病毒分子扩散到空气中不可能形成气溶胶 C. “‎84”‎消毒液中加入浓盐酸可以增强消毒效果 D. 抗病毒的疫苗冷藏保存的目的之一是防止其发生变性 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．蛋白质中含有氮元素等，该病毒有蛋白质外壳，所以该病毒不止含有C、H、O三种元素，故A错误；‎ B．病毒的平均直径约60—140nm，胶体分散质粒子直径在1-100nm，二者有交集，所以可能形成气溶胶，故B错误；‎ C．84消毒液主要成分为次氯酸钠，和浓盐酸混合会发生氧化还原反应生成氯气，不能增强消毒效果，故C错误；‎ D．抗病毒的疫苗主要成分是蛋白质，温度过高会使蛋白质变性，所以需冷藏保存，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎2.下列离子方程式对化学事实的表述正确的是 A. 硫酸铜溶液中加少量的铁粉:3Cu2++2Fe=2Fe3++3Cu B. NaOH溶液除去铝表面的氧化膜:Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O C. 少量SO2通入到漂白粉的溶液:SO2+Ca2++2ClO-+H2O=CaSO3↓+2HClO D. NO2与水反应制硝酸:NO2+H2O=H-+NO3-‎ ‎【答案】B - 20 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】A．硫酸铜溶液中加少量的铁粉，反应生成硫酸亚铁和铜，正确的离子方程式为：Cu2++Fe=Fe2++Cu，故A错误；‎ B．氧化铝可以和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，故B正确；‎ C．次氯酸有强氧化性，会将二氧化硫氧化成硫酸根，正确离子方程式为SO2+Ca2++3ClO-+H2O=CaSO4↓+Cl-+2HClO，故C错误；‎ D．NO2与水反应生成硝酸和NO，正确的离子方程式为：3NO2+H2O=2H++NO+2NO3-，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎3.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，由这些元素组成的常见物质的转化关系如下图，其中a、b、d、g为化合物，a为淡黄色固体，c是Z的单质，在铝热反应中常做引发剂；f可作电极材料下列有关说法正确的是 A. 简单氢化物的沸点:Y>X B. 简单离子的半径:Y>Z>X C. 阳离子的氧化性:Y>Z D. b和g所含的化学键类型相同 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ a为淡黄色固体，且为化合物，则a应为Na2O2，则四种元素中有Na和O；c是Z的单质，在铝热反应中常做引发剂，则c应为Mg；f可作电极材料，且为短周期元素，则f应为C，e为氧气，和C反应生成CO2，CO2和过氧化钠反应生成d(碳酸钠)、氧气；CO2和镁反应生成碳和g(氧化镁)；W、X、Y、Z四种元素分别为C、O、Na、Mg。‎ ‎【详解】A．X的简单氢化物为水，为分子晶体，Y的简单氢化物为NaH，为离子晶体，一般情况离子晶体的熔沸点高于分子晶体，所以简单氢化物的沸点：Na>O，故A正确；‎ - 20 -‎ B．氧离子、钠离子和镁离子含有电子层数相同，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径X(O2-)＞Y(Na+)＞Z(Mg2+)，故B错误；‎ C．Na的金属性大于Mg，所以钠单质的还原性强于镁，则钠离子的氧化性弱与镁离子，故C错误；‎ D．b为CO2，只含共价键，g为MgO，只含离子键，二者化学键类型不同，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎4.已知有机物(a)(b)(c)，下列说法正确的是 A. a、b、c均可与金属钠反应放出H2‎ B. a、b、c三种物质可用紫色石蕊试液鉴别 C. 1mola与1molCH3OH在一定条件下反应可生成1molb D. 除去b中少量a时，可先加NaOH溶液再分液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．b不含羧基或羟基，不能与Na反应放出氢气，故A错误；‎ B．a含有羧基，可以使紫色石蕊变红，b为酯类，不溶于水，会与紫色石蕊试液分层，b为小分子醇类可以与水互溶，三种物质现象不同，可以鉴别，故B正确；‎ C．醇类和羧基的酯化反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以1mola与1molCH3OH不能生成1molb，故C错误；‎ D．b为酯类，会在NaOH溶液中发生水解，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎5.用如图装置进行实验，将液体a逐滴加到固体b中，下列叙述正确的是 选项 a b c 现象 装置图 A 浓H2SO4‎ Cu 澄清石灰水 c中溶液变浑浊 B 浓盐酸 KMnO4晶体 紫色石蕊溶液 c中溶液最终呈红色 - 20 -‎ C 稀HNO3‎ Fe NaOH溶液 d中红棕色气体变浅 D 浓氨水 生石灰 Al2(SO4)3溶液 c中产生沉淀后溶解 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．常温下Cu与浓硫酸不反应，所以不会产生二氧化硫，故A错误；‎ B．浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气，氯气溶于水生成次氯酸，次氯酸有强氧化性和漂白性，会将紫色石蕊溶液漂白，最终得到的溶液为无色，故B错误；‎ C．稀硝酸和铁反应生成NO，NO被空气中的氧气氧化成红棕色的NO2，NO2可以被NaOH溶液吸收，随着装置中的氧气被消耗，装置内逐渐充满无色的NO，所以d中红棕色气体变浅，故C正确；‎ D．氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨弱碱不能溶解氢氧化铝沉淀，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎6.厌氧性硫酸盐还原菌(SRB)是导致金属微生物腐蚀最为普遍菌种，铸铁管的一种腐蚀图解如图所示。下列说法正确的是 A. 生成1molFeS，负极质量增加‎32g B. 正极区溶液的pH变小 C. 正极电极反应式为：8H++8e-=8H·(吸附)、SO42-+8H·(吸附)+8e-S2-+4H2O D. 总反应：4Fe+4H2O+SO42-FeS+3Fe(OH)2+2OH-‎ ‎【答案】D - 20 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据腐蚀原理示意图可知，该腐蚀过程中发生的是原电池反应，为电化学腐蚀，其中铁为负极，铁中的杂质碳为正极，据此分析。‎ ‎【详解】A．根据腐蚀原理示意图可知，SO42-+8H·S2-+4H2O，Fe2++S2-=FeS，3Fe2++6OH-=3Fe(OH)2↓，根据电子得失守恒可知，生成1molFeS同时生成3molFe(OH)2。则负极增加的质量为，A项错误；‎ B．正极区消耗氢离子，溶液的pH增大，B项错误；‎ C．由腐蚀原理示意图可知，正极H+得电子发生还原反应，电极反应方程式为：8H++8e-=8H·(吸附)。SO42-与H·发生反应，是一个完整的氧化还原反应，而不是半反应，不属于正极的电极反应方程式，且题中SO42-+8H·(吸附)+8e-S2-+4H2O，电子不守恒，反应式错误，C项错误；‎ D．由腐蚀原理示意图可知，正极H+先变成H·，SO42-再与8个H·在SRB菌的氢化酶的作用下生成S2-和水，负极Fe失去电子生成Fe2+，Fe2+与S2-、OH-结合生成FeS、Fe(OH)2，由此可知该腐蚀过程的总反应为：4Fe+4H2O+SO42-FeS+3Fe(OH)2+2OH-。D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】原电池将一个完整的氧化还原反应分为两个半反应，负极发生氧化反应，正极发生还原反应。题中SO42-与H·发生反应，有化合价的升降变化，即电子的得失，属于一个完整的氧化还原反应，故不是原电池的正极反应式。‎ ‎7.常温下，向10mL0.1mol·L-1KCl溶液和10mL0.1mol·L-1K2CrO4溶液中分别滴加0.1mol·L-1AgNO3溶液。滴加过程中pM[表示-lgc(Cl-)或-lgc(CrO42-)]与所加AgNO3溶液体积之间的关系如下图所示。已知Ag2CrO4为砖红色沉淀，下列说法不合理的是 A. bc所在曲线对应K2CrO4溶液 - 20 -‎ B. 常温下，Ksp(Ag2CrO4)＜Ksp(AgCl)‎ C. 溶液中c(Ag+)的大小:a点＞b点 D. 用0.1mol·L-1AgNO3标准液滴定上述KCl、K2CrO4溶液时，Cl-先沉淀 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由反应Cl-+Ag+=AgCl↓和CrO42-+2Ag+=Ag2CrO4↓分析，10mL0.1mol•L-1KCl溶液和10mL 0.1mol•L-1K2CrO4溶液中分别滴加等浓度的AgNO3溶液，当加入AgNO310mL时Cl-恰好完全沉淀，当加入AgNO3 20mL时，CrO42-沉淀完全，据此分析反应对应曲线。‎ ‎【详解】A．常温下，向10mL0.1mol•L-1KCl溶液和10mL0.1mol•L-1K2CrO4溶液中分别滴加0.1mol•L-1AgNO3溶液，当加入10mLAgNO3溶液时，KCl恰好完全反应，加入20mLAgNO3溶液时K2CrO4恰好完全反应，因此a点所在曲线表示KCl溶液中变化的曲线，b、c点所在曲线表示K2CrO4溶液中的变化曲线，故A正确；‎ B．a点时恰好反应生成AgCl，由题图可知，此时-lgc(Cl-)=4.9，则溶液中c(Cl-)=1×10-4.9mol•L-1，c(Ag+)= ，该温度下，Ksp(AgCl)=c(Cl-)×c(Ag+)=1×10-9.8，b点时恰好反应生成Ag2(CrO4)，由题图可知，此时-lgc(CrO42-)=4.0，则溶液中c(CrO42-)=1×10-4 mol•L-1，c(Ag+)=2×10-4 mol•L-1，该温度下，Ksp(Ag2CrO4)=c(CrO42-)×c2(Ag+)=4×10-12，Ksp(Ag2CrO4)＜Ksp(AgCl)，故B正确；‎ C．溶液中a点c(Ag+)=1×10-4.9mol•L-1，b点c(Ag+)=2×10-4 mol•L-1，则a点＜b点，故C错误；‎ D．用0.1mol·L-1AgNO3标准液滴定上述KCl、K2CrO4溶液时，对于KCl溶液c(Ag+)= = =1×10-8.8 mol•L-1，对于K2CrO4溶液c(Ag+)= = =6.33×10-6 mol•L-1，则Cl-沉淀所需Ag+浓度小，Cl-先沉淀，故D正确；‎ 答案为C。‎ 第Ⅱ卷(非选择题 共174分)‎ ‎8.CuCl常用作催化剂，石油工业中脱硫与脱色，是一种不溶于水和乙醇的白色粉末，在潮湿空气中可被迅速氧化。某课外学习小组用辉铜矿（主要成分为Cu2S，少量的Fe2O3和SiO2）制取氯化亚铜的流程如下：‎ - 20 -‎ ‎（1）“焙烧”过程发生反应的化学方程式___________；为加快浸取速率常采取的措施___________（写两条）。‎ ‎（2）加入“试剂‎1”‎可调节浸出液的pH，“试剂‎1”‎可以是___________；“滤渣”的成分是___________（填化学式）。‎ ‎（3）①图1是反应体系pH随时间的变化关系图。写出“还原”制备CuCl的离子方程式___________。‎ ‎②制备过程中，当n(Na2SO3)与n(CuCl2)比值过大时CuCl产率会变小，其原因可能是_________。‎ ‎（4）反应完成后经抽滤、洗涤、干燥获得产品。图2为抽滤”装置，抽气泵可使吸滤瓶和安全瓶内压强减小，与普通过滤相比，采用抽滤的优点是___________。‎ ‎（5）CuCl沉淀的“洗涤”需要经过酸洗、水洗和醇洗。用“去氧水洗后再用“乙醇”洗涤的原因是_______。‎ ‎（6）取‎1.0g制备的CuCl粉末样品，先加入足量FeCl3溶液使其完全溶解，再稀释到100mL，从中取出25.00mL，用0.1mol·L-1Ce(SO4)2标准液滴定至终点[Ce(SO4)2被还原为Ce2(SO4)3]；三次滴定平消耗标准液的体积为22.00mL。则粉末中CuCl的质量分数为___________。‎ ‎【答案】 (1). Cu2S+2O22CuO+SO2 (2). 将固体粉碎、升高温度（或适当增大盐酸的浓度等） (3). CuO[或Cu(OH)2，或CuCO3] (4). Fe(OH)3、SiO2 (5). 2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+ (6). n(Na2SO3)与n(CuCl2)比值越大，溶液的碱性越强，Cu2+及CuCl的水解程度增大，故CuCl的产率下降 (7). ‎ - 20 -‎ 加快过滤速度，避免长时间接触空气 (8). 快速去除CuCl沉淀表面的水分，防止其潮湿被氧化 (9). 88%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析题中的流程过程，辉铜矿焙烧，将Cu2S初步转化为CuO和SO2，所得的固体为CuO、Fe2O3、SiO2的混合物，再用稀盐酸对所得固体进行酸浸，得到成分为FeCl3、CuCl2、稀盐酸、SiO2的浸出液。加入试剂1用于调节溶液的pH值，同时将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而除去，SiO2在这个过程中不参与反应，也以滤渣的形式除去。向滤液中加入Na2SO3，Na2SO3与Cu2+发生氧化还原反应，将Cu2+还原为Cu+，形成CuCl沉淀。将CuCl沉淀洗涤，最终得到CuCl粉末，据此分析。‎ ‎【详解】（1）“焙烧”过程主要是除去可燃性杂质或使原料初步转化，本题为使原料初步转化，发生的化学反应方程式为：Cu2S+2O22CuO+SO2；增大原料浸取速率的措施有：将原料粉碎、搅拌、升高温度、增大盐酸的浓度等，故答案为：Cu2S+2O22CuO+SO2；将固体粉碎、升高温度（或适当增大盐酸的浓度等）；‎ ‎（2）由流程图可知，加入试剂1可调节浸出液的pH，也可将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而除去，同时也不引入新的杂质，故符合条件的为CuO[或Cu(OH)2，或CuCO3]；由分析可知，滤渣为：Fe(OH)3、SiO2；答案为：CuO[或Cu(OH)2，或CuCO3]；Fe(OH)3、SiO2；‎ ‎（3）①由分析可知，Na2SO3与Cu2+发生氧化还原反应，将Cu2+还原为Cu+，形成CuCl沉淀。其离子方程式为：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+；答案为：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+；‎ ‎②Na2SO3为强碱弱酸盐，水解显碱性，n(Na2SO3)与n(CuCl2)比值越大，溶液的碱性越强，Cu2+及CuCl的水解程度增大，故CuCl的产率下降；答案为：n(Na2SO3)与n(CuCl2)比值越大，溶液的碱性越强，Cu2+及CuCl的水解程度增大，故CuCl的产率下降；‎ ‎（4）抽滤的优点为加快过滤速度，避免长时间接触空气；答案为：加快过滤速度，避免长时间接触空气；‎ ‎（5）乙醇易挥发，进而可快速去除CuCl沉淀表面的水分，防止其潮湿被氧化。故答案为：快速去除CuCl沉淀表面的水分，防止其潮湿被氧化；‎ ‎（6）由题可知，涉及的离子反应方程式为：CuCl+Fe3+=Cu2++Fe2++Cl-、Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，可得关系式：CuCl～Ce4+，则CuCl的质量分数=‎ - 20 -‎ ‎。答案为：88%。‎ ‎【点睛】分析流程图，当加入试剂1后，有滤渣形成，后续流程中也未有新杂质出现，由此可知符合条件的试剂1应为CuO或CuCO3或Cu(OH)2。‎ ‎9.环氧乙烷常用于一次性口罩生产过程中灭菌和新冠病毒的消杀，工业上常利用乙烯直接氧化法生产环氧乙烷()，发生的反应如下。‎ 主反应Ⅰ:2CH2=CH2(g)+O2(g) 2 (g) =-210kJ·mol-1‎ 副反应Ⅱ:CH2=CH2(g)+3O2(g)2CO2(g)+2H2O)(l)=-1324kJ·mol-1‎ Ⅲ.2(g)+5O2(g)4CO2(g)+4H2O(g)‎ 已知:环氧乙烷选择性是指乙烯进行反应Ⅰ生成环氧乙烷的优势。‎ ‎(1)=_________kJ·mol-1。‎ ‎(2)①图1是乙烯转化率、环氧乙烷选择性与流速关系的图象，图中随进料气的流速加快，乙烯的转化率下降，其可能原因是_________________。‎ ‎②图2是乙烯转化率、环氧乙烷选择性与压强关系的图象，图中当反应体系的压强高于2.4MPa，环氧乙烷选择性下降，其可能原因是__________________。‎ ‎(3)实验测得反应Ⅰ中，v正=K正·x2(CH2=CH2)·x(O2)，v逆=K逆·x2()，(式中x为物质量分数；K正、K逆为速率常数，只与温度有关)。‎ ‎①若在‎1L的密闭容器中充2molCH2=CH2(g)和1molO2(g)，在一定温度下只发生反应，达到平衡时CH2=CH2的转化率为75%，则该反应平衡常数的值为___________。‎ ‎②若平衡后仅升高温度，则下列说法正确的是___________。‎ - 20 -‎ a.x(CH2=CH2)增大，x()减小 b.K正与K逆的比值增大 c.v正减小，v逆增大 d.K正与K逆的比值减小 ‎(4)将乙烯与饱和食盐水的电解产物反应，转化为氯乙醇[CH2(OH)CH‎2C]，氯乙醇进一步反应生成环氧乙烷，其电解简易装置如右图所示。‎ 已知:CH2=CH2+H2O+Cl2→CH2(OH)CH2Cl+HCl ‎①a电极为___________(选填“阴极”或“阳极”)。‎ ‎②b电极区域生成环氧乙烷的化学方程式为______________________。‎ ‎【答案】 (1). -2438 (2). 流速越快，反应物接触时间越短，原料气与催化剂接触时间也短，消耗乙烯的量越少，导致乙烯转化率下降。 (3). 压强增大，主、副反应速率增加，使反应体系升温，可能导致副反应速率比主反应速率增大的快，使环氧乙烷的选择性降低；压强增大副反应Ⅲ的平衡逆移，环氧乙烷浓度增大，不利于反应Ⅰ正向进行，故环氧乙烷选择性降低 (4). 36 (5). ad (6). 阳极 (7). CH2(OH)CH2Cl + NaOH→ + NaCl + H2O ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）主反应①：2CH2=CH2（g）+O2（g）⇌2（g）△H1=-210.0kJ•mol-1 副反应②：CH2=CH2（g）+3O2（g）⇌2CO2（g）+2H2O（g）△H2=-1324.0kJ•mol-1 根据盖斯定律计算②×2-①得到2（g）+5O2（g）⇌4CO2（g）+4H2O（g）的△H3=[2×（-1324.0）+210.0]kJ/mol=-2438kJ/mol； 答案为-2438。‎ ‎（2）①‎ - 20 -‎ 流速越快，反应物接触时间越短，原料气与催化剂接触时间也短，消耗乙烯的量越少，导致乙烯转化率下降；‎ 答案为流速越快，反应物接触时间越短，原料气与催化剂接触时间也短，消耗乙烯的量越少，导致乙烯转化率下降。‎ ‎②I．压强增大，主、副反应速率增加，使反应体系升温，可能导致副反应速率比主反应速率增大的快，使环氧乙烷的选择性降低；II．压强增大，副反应③逆向移动，环氧乙烷浓度增大，不利于反应①的进行，使环氧乙烷的选择性降低；‎ 故答案为压强增大，主、副反应速率增加，从而导致反应体系升温；温度升高导致副反应速率比主反应速率提高的更多，环氧乙烷的选择性降低；压强增大，副反应③逆向移动，环氧乙烷浓度增大，导致反应①进行不利，环氧乙烷选择性降低。‎ ‎（3）①在‎1L的密闭容器中充2molCH2=CH2(g)和1molO2(g)，在一定温度下发生反应，达到平衡时CH2=CH2的转化率为75%，则由反应2CH2=CH2（g）+O2（g）⇌2可知，平衡时，c(CH2=CH2)=0.5mol/L，c(O2)=0.25mol/L，c()=1.5mol/L，则平衡常数K==36；‎ 答案为36。‎ ‎②a．若平衡后仅升高温度，因为该反应2CH2=CH2（g）+O2（g）⇌2（g）△H1=-210.0kJ•mol-1，是放热反应，平衡逆向移动，则x(CH2=CH2)增大，x()减小，故a正确；‎ b．正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则k正增大的倍数＜k逆增大的倍数，k正与k逆比值变小，故b错误；‎ c．升高温度，V正，V逆均增大，故c错误；‎ d．正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则k正增大的倍数＜k逆增大的倍数，k正与k逆比值变小，故d正确；‎ 答案为ad。‎ ‎（4）①a连接电源正极，应为电解池阳极；‎ 答案为阳极。‎ ‎②b为阴极，生成NaOH，CH2(OH)CH2Cl与氢氧化钠溶液反应生成环氧乙烷、NaCl和水，方程式为CH2(OH)CH2Cl + NaOH→ + NaCl + H2O；‎ - 20 -‎ 答案为CH2(OH)CH2Cl + NaOH→ + NaCl + H2O。‎ ‎10.硫酸亚铁铵晶体[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]是一种稳定的还原剂，常用作分析化学中的滴定剂。某课题组采用下列方案制备该晶体，并对其热稳定性进行了如下实验。‎ Ⅰ.硫酸亚铁铵晶体的制备:‎ 铁粉FeSO4溶液结晶硫酸亚铁铵晶体 ‎(1)硫酸浓度过大，反应过快同时会使FeSO4溶液中混有_____________(填离子符号)。‎ ‎(2)利用FeSO4溶液与(NH4)2SO4晶体制备该晶体的化学方程式_____________。‎ Ⅱ.硫酸亚铁铵晶体的热分解产物探究:该小组同学选用如图所示部分装置进行实验(夹持装备略)。查阅资料:隔绝空气加热至‎500℃‎硫酸亚铁铵能完全分解，产物中含有铁氧化物、硫氧化物、氨气和水蒸气等。‎ ‎(3)点燃A处的酒精灯之前，先打开弹簧夹，通一段时间N2，其目的是____________。‎ ‎(4)选用上述部分必要的装置完成下列相应实验，填写横线上的内容。‎ 检验可能产物 装置连接顺序 装置作用 实验现象 实验结论 H2O、NH3‎ ACBGD ‎①B的作用______‎ ‎②C中________；‎ D中__________。‎ 有H2O、NH3‎ SO2、SO3‎ ‎③___________‎ ‎④E中HCl的作用 ‎___________‎ E中没有明显现象，F中溶液褪色 ‎⑤___________‎ ‎(5)为证明热分解完全后残留的固体仅为Fe2O3，而不含FeO或Fe3O4，需要选用的试剂有__________(选下列字母)；简述利用所选试剂进行实验证明的方案____________。‎ A.稀硫酸 B.稀硝酸 C.KSCN溶液 D.H2O2溶液 E.K3[Fe(CN)6]溶液 ‎【答案】 (1). Fe3+ (2). FeSO4 +(NH4)2SO4 + 6H2O =(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O (3). ‎ - 20 -‎ 排尽装置内的空气，避免干扰实验 (4). 除去硫氧化物 (5). 固体变蓝 (6). 溶液变红 (7). AGEFB (8). 除去NH3 (9). 产物中有SO2，无SO3 (10). ACE (11). 将残留固体溶于稀硫酸，取一份所得溶液加入KSCN溶液变为血红色；另取一份溶液加入K3[Fe(CN)6]溶液无蓝色沉淀生成，即可说明上述结论 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）浓硫酸具有强氧化性；‎ ‎（2）方程式为FeSO4+（NH4）2SO4+6H2O=（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O；‎ ‎（3）因为反应是隔绝空气加热至‎500℃‎硫酸亚铁铵能完全分解，那么先通入氮气可将装置内空气排出，后加热A处；‎ ‎（4）检验H2O用无水硫酸铜，检验NH3用酚酞试液；‎ 检验SO2用品红溶液，检验SO3用HCl和BaCl2混合液；‎ ‎（5）Fe3+用KSCN检验，Fe2+用K3[Fe(CN)6]检验。‎ ‎【详解】（1）浓硫酸具有强氧化性，能将铁氧化到高价态的Fe3+；答案为Fe3+；‎ ‎（2）利用FeSO4溶液与(NH4)2SO4晶体制备该晶体的化学方程式FeSO4+(NH4)2SO4+6H2O=(NH4)2Fe（SO4）2•6H2O；答案为FeSO4+（NH4）2SO4+6H2O=（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O。‎ ‎（3）对A装置加热前，先通一段时间N2的目的是排尽装置内的空气，防止氧气干扰；答案为排尽装置内的空气，防止氧气干扰。‎ ‎（4）①在隔绝空气加热至‎500℃‎时硫酸亚铁铵能完全分解，分解产物中含有铁氧化物、硫氧化物、氨气和水蒸气等，为了检验氨气和水蒸气，按ACBGD连接好，产物通过装置C中无水硫酸铜变蓝色，则可检验水的存在，通过装置B除去硫氧化物，通过装置D溶液变红色说明生成产物中含氨气；答案为除去硫氧化物，固体变蓝色，溶液变红色。‎ ‎②为了检验SO2、SO3，按AGFEB连接好，E中HCl是为了除去NH3，避免氨气与二氧化硫气体在溶液中生成亚硫酸铵，产生亚硫酸钡沉淀干扰实验，根据实验现象F溶液褪色，说明有SO2，E中无现象，说明无硫酸钡沉淀生成，无SO3，B装置是尾气吸收，避免污染环境；答案为AGFEB，除去NH3，有SO2无SO3。‎ ‎(5) 要证明热分解完全后残留的固体仅为Fe2O3，而不含FeO或Fe3O4 ，因为Fe2O3中铁元素全为+3价，FeO中铁元素全为+2价，Fe3O4中铁元素有+2、+3价，则只需证明此固体中有Fe3+而无Fe2+即可，Fe3+只有氧化性，无还原性，检验方法之一，可用KSCN溶液检验，‎ - 20 -‎ Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3（红色）；而Fe2+有还原性，检验方法之一可以加入酸性的KMnO4溶液若褪色则证明有Fe2+，反之则无；检验方法之二也可加入K3[Fe(CN)6]溶液，若产生特征蓝色沉淀，则有Fe2+，即3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓(蓝色)；本题提供了试剂K3[Fe(CN)6]溶液，故用它来验证Fe2+；取A中少量残留固体，加入稀硫酸使其完全溶解，取一份所得溶液加入KSCN溶液变为红色，证明有Fe3+存在；另取一份溶液加入K3[Fe(CN)6]溶液无蓝色沉淀生成，证明无Fe2+，则残留的固体仅为Fe2O3，而不含FeO或Fe3O4；答案为ACE，取A中少量残留固体，加入稀硫酸使其完全溶解，取一份所得溶液加入KSCN溶液变为红色，证明有Fe3+；另取一份溶液加入K3[Fe(CN)6]溶液无蓝色沉淀生成，证明无Fe2+，残留的固体仅为Fe2O3，而不含FeO或Fe3O4。‎ ‎(二)选考题 ‎ [化学一选修3:物质结构与性质]‎ ‎11.LiFePO4、聚乙二醇、LiPF6、LiAsF6、LiCl等常用作锂离子聚合物电池的材料和载体。‎ 回答下列问题:‎ ‎(1)LiFePO4中Fe的价层电子排布式为___________。‎ ‎(2)LiPF6、LiAsF6和LiCl中所含的四种非金属元素电负性由大到小的顺序为___________。‎ ‎(3)含氧酸的通式可写为(HO)mROn，根据化学学科的规律下列几种酸中酸性与H3PO4相近的有________。‎ a.HClO b.HClO‎3 c.H2SO3 d.HNO2‎ ‎(4)通常在电极材料表面进行“碳”包覆处理以增强其导电性。抗坏血酸()常被用作碳包覆的碳源，其易溶于水的原因是____________________，该分子中碳原子的杂化方式为___________。‎ ‎(5)电池工作时，Li+沿聚乙二醇分子中的碳氧链迁移的过程如图甲所示(图中阴离子未画出)。电解质LiPF6或LiAsF6的阴离子结构如图乙所示(X=P、As)‎ ‎①从化学键角度看，Li+迁移过程发生___________(填“物理变化”或“化学变化”)。‎ ‎②相同条件，Li+在___________(选填“LiPF‎6”‎或“LiAsF‎6”‎)中迁移较快，原因是___________。‎ - 20 -‎ ‎(6)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。LiCl·3H2O属正交晶系(长方体形)晶胞参数为‎0.72mm、1.0nm、0.56nm。如图为沿x轴投影的晶胞中所有Cl原子的分布图和原子分数坐标。‎ ‎①该晶胞中Cl原子的数目为___________。‎ ‎②LiCl·3H2O的摩尔质量为Mg·mol-1，设NA为阿伏加德罗常数的值，则LiCl·3H20晶体的密度为___g·cm-3(列出计算表达式)。‎ ‎【答案】 (1). 3d6 (2). F > Cl > P > As (3). cd (4). 抗坏血酸分子含有多个羟基，与水形成分子间氢键 (5). sp2 、sp3 (6). 化学变化 (7). LiAsF6 (8). AsF6－的半径比PF6－的大，AsF6－与Li+的作用力比PF6－弱 (9). 4 (10). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）26Fe的价层电子为最外层加上次外层d能级上的电子，所以价层电子为排布式为3d64s2，那么LiFePO4中Fe显+2价，失去最外层电子，LiFePO4中Fe的价层电子排布式为3d6；答案为3d6。‎ ‎（2）同周期自左而右电负性增大、同主族自上而下电负性减小，故电负性：F＞P＞As＞Li；答案为F＞P＞As＞Li。‎ ‎（3）H3PO4可改写为(HO)3PO1，非羟基氧原子数为1，‎ a．HClO可改写为(HO)ClO0，非羟基氧原子数为0；‎ b．HClO3可改写为(HO)ClO2，非羟基氧原子数为2；‎ c．H2SO3可改写(HO)2SO1，非羟基氧原子数为1；‎ d．HNO2可改写为(HO)NO1，非羟基氧原子数为1；‎ 非羟基氧原子数相同，酸性相近，故cd与H3PO4的非羟基氧原子数相同，酸性相近；答案为cd。‎ ‎（4）抗坏血酸分子中含有多个羟基，可以与水分子形成分子间氢键；由抗坏血酸的分子结构可知该分子中存在碳碳双键和碳碳单键，则碳原子的杂化方式有两种sp2、sp3‎ - 20 -‎ ‎；答案为抗坏血酸分子含有多个羟基，与水形成分子间氢键，sp2、sp3。‎ ‎（5）①从图甲看出，Li+迁移过程生成了新物质，发生了化学变化；答案为化学变化。‎ ‎②因为PF6-的半径比AsF6-的小，PF6-与Li+的作用力就比AsF6-的强，迁移速度就慢；答案为LiAsF6；PF6-的半径比AsF6-的小，PF6-与Li+的作用力就比AsF6-的强，迁移速度就慢。‎ ‎（6）原子分数坐标为（0.5，0.2，0.5）的Cl原子位于晶胞体内，原子分数坐标为（0，0.3，0.5）及（1.0，0.3，0.5）的Cl原子分别位于晶胞的左侧面、右侧面上，原子分数坐标为（0.5，0.8，1.0）及（0.5，0.8，0）的Cl原子分别位于晶胞的上底面、下底面，原子分数坐标为（0，0.7，1.0）及（1.0，0.7，1.0）（0，0.7，0）及（1.0，0.7，0）的Cl原子位于晶胞平行于y轴的棱上，则晶胞中Cl原子数目为：1+4×+4×=4，根据Cs守恒有n（LiCl•3H2O）=n（Cl）=mol，晶胞的质量m=nM=g，晶胞体积V=abc×10‎-27cm3=0.72×1.0×0.56×10‎-27cm3，晶体密度ρ===（g•cm-3）；答案为：4，‎ ‎[化学—选修5:有机化学基础]‎ ‎12.有机物M常做消毒剂、抗氧化剂等，用芳香烃A制备M的一种合成路线如下：‎ 已知：R1COOR2‎ 请回答下列问题:‎ ‎(1)A的结构简式为___________；D中官能团的名称为___________。‎ ‎(2)C生成D的反应类型为___________；G的分子式为___________。‎ - 20 -‎ ‎(3)由E与足量氢氧化钠的乙醇溶液反应的化学方程式为___________。‎ ‎(4)M的结构简式为___________。‎ ‎(5)芳香族化合物H与C互为同分异构体，且能发生水解反应，则符合要求的H的结构共有________种；写出其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为1:2:2:3的任意一种物质的结构简式_________。‎ ‎(6)参照上述合成路线和信息，以苯甲酸甲酯和CH3MgBr为原料(无机试剂任选)设计制备的合成路线___________。‎ ‎【答案】 (1). (2). 羧基、氯原子 (3). 取代反应 (4). C10H16O2 (5). +2NaOH +NaCl+2H2O (6). (7). 6 (8). (或，或) (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A的分子式为C7H8，结合B的结构，应是与CO发生加成反应，可知A为，对比B与C的结构，结合反应条件、C的分子式，可知B中醛基氧化为羧基得到C，C与氯气发生苯环上取代反应生成D，D与氢气发生加成反应生成E，E发生消去反应生成F，故C为 - 20 -‎ ‎、D为、E为，F与乙醇发生酯化反应生成G为，G发生信息中反应生成M为。 （6）加聚反应得到，发生消去反应得到，由信息可知苯甲酸乙酯与①CH3MgBr、②H+/H2O作用得到。‎ ‎【详解】由上面分析可知：‎ ‎（1）A的分子式为C7H8，结构简式为，D的结构为，D中官能团的名称为羧基，氯原子；答案为，羧基，氯原子。‎ ‎（2）由C的结构生成D，反应类型为取代反应，G的结构为，它的分子式为C10H16O2；答案为取代反应，C10H16O2。‎ - 20 -‎ ‎（3）由E与足量氢氧化钠的乙醇溶液反应的化学方程式为+2NaOH +NaCl+2H2O；答案为+2NaOH +NaCl+2H2O。‎ ‎（4）M的结构简式为；答案为。‎ ‎（5）C为芳香族化合物H与C互为同分异构体，且能发生水解反应，H结构里含酯基，则分别有，，，，，共6种结构，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为1:2:2:3的任意一种物质的结构简式为或或；答案为6种，或或 ‎。‎ ‎（6）以苯甲酸甲酯和CH3MgBr为原料(无机试剂任选)设计制备合成路线为 - 20 -‎ ‎；答案为；‎ - 20 -‎