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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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

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 -‎
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