【化学】山东省2020届高三新高考仿真试卷系列（5）（解析版）

【化学】山东省2020届高三新高考仿真试卷系列（5）（解析版）

山东省2020届高三新高考仿真试卷系列（5）‎ 可能用到的相对原子质量：H 1 N 14 O 16 P 31 S 32 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意。）‎ ‎1．在2020年抗击新型冠状病毒肺炎的战役中化学品发挥了重要作用。下列说法中错误的是（ ）‎ A．医用消毒酒精中乙醇的浓度为95%‎ B．生产医用防护口罩的原料聚丙烯纤维属于有机高分子材料 C．84消毒液、二氧化氯泡腾片可作为环境消毒剂 D．硝酸铵制成的医用速冷冰袋利用了硝酸铵溶于水吸热的性质 ‎【答案】A ‎【解析】医用消毒酒精中乙醇的浓度为75%，这个浓度的酒精使病毒中的蛋白质变性，从而杀死病毒，A错误；PP纤维也称聚丙烯纤维，由聚丙烯及多种有机、无机材料，经特殊的复合技术精制而成的有机高分子材料，B正确；84消毒液、二氧化氯具有强氧化性，可作为环境消毒剂，C正确；硝酸铵溶于水是吸热的，可以用于医用速冷冰袋，D正确；故选A。‎ ‎2．下列实验操作正确但不是从实验安全角度考虑的是（ ）‎ A．使用稍浸入液面下的倒扣漏斗检验氢气的纯度 B．使用 CCl4 萃取溴水中的溴时，振荡后需打开活塞使漏斗内气体放出 C．吸收氨或氯化氢气体并防止倒吸 D．用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把瓶倒立，检查容量瓶是否漏水 ‎【答案】D ‎【解析】A. 由于连通氢气发生装置的导管在液面以下，所以可以防止点燃不纯氢气时发生爆炸，该操作是从安全角度考虑，A项不符合题意；‎ B. 打开活塞使漏斗内气体放出以防止分液漏斗内压强过大引起危险，该操作是从安全角度考虑，B项不符合题意；‎ C. 水层在下层不能防止倒吸，应该使用四氯化碳，该操作不正确，C项不符合题意；‎ D. 配制一定物质的量浓度溶液时的 “查漏” 操作正确，但不是从实验安全角度考虑的，D项符合题意；‎ 答案选D。‎ ‎3．下列化学用语表达不正确的是（　　）‎ ‎①丙烷的球棍模型 ‎②丙烯的结构简式为CH3CHCH2‎ ‎③某有机物的名称是2，3-二甲基戊烷 ‎④与C8H6互为同分异构体 A．①② B．②③ C．③④ D．②④‎ ‎【答案】D ‎【解析】①丙烷的球棍模型为，①正确；‎ ‎②丙烯的结构简式应为CH3CH＝CH2，②不正确；‎ ‎③某有机物的名称是2，3-二甲基戊烷，③正确；‎ ‎④的分子式为C8H6，但分子式为C8H6的其结构并不知道，因此二者不一定是同分异构体，④不正确；‎ 答案选D。‎ ‎4．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（ ）‎ A．1L0.1mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中含有的阳离子数目小于0.2NA B．0.24g Mg在O2和CO2的混合气体中完全燃烧，转移电子数为0.02NA C．3g由CO2和SO2组成的混合气体中含有的质子数为1.5NA D．1molNa2O2与SO2完全反应，转移电子数为2NA ‎【答案】A ‎【解析】A. 铁离子在溶液中水解导致阳离子个数增多，故溶液中阳离子个数多于0.2NA个，故A错误；‎ B. 0.24g Mg为0.01mol，Mg在O2和CO2的混合气体中完全燃烧生成MgO，失去0.02mol电子，则转移电子数为0.02NA，故B正确；‎ C. CO2的摩尔质量为44g/mol，含22个质子；SO2的摩尔质量为64g/mol，含32个质子，即两者均是2g中含1mol质子，故3g混合物中含1.5mol质子即1.5NA个质子，故C正确；‎ D.过氧化钠与二氧化硫反应生成硫酸钠，1mol过氧化钠中的−1价的氧原子变为−2价，故1mol过氧化钠转移2mol电子即2NA个，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎5．化合物Y具有抗菌、消炎作用，可由X制得。下列有关化合物X、Y的说法不正确的是（ ）‎ A．1molX最多能与3molNaOH反应 B．Y与乙醇发生酯化反应可得到X C．X、Y均能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D．室温下X、Y分别与足量Br2加成的产物分子中手性碳原子数目相等 ‎【答案】B ‎【解析】A.　X中能与NaOH反应的官能团是羧基和酯基，1mol羧基能消耗1molNaOH，X中酯基水解成羧基和酚羟基，都能与氢氧化钠发生中和反应，1mol这样的酯基，消耗2molNaOH，即1molX最多能与3molNaOH反应，故A说法正确；‎ B.　Y中含有羟基，对比X和Y的结构简式，Y和乙酸发生酯化反应得到X，故B说法错误；‎ C.　碳碳双键及连接苯环的碳原子上含有H原子的结构都能与酸性高锰酸钾溶液反应，而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C说法正确；‎ D.　X中只有碳碳双键能和溴发生加成反应，Y中碳碳双键能和溴发生反应，两种有机物与溴反应后，X、Y中手性碳原子都是4个，故D说法正确；‎ 答案：B。‎ ‎6．短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，在下列转化关系中，甲、乙、丙、丁、戊为上述四种元素组成的二元或三元化合物。其中A为d元素组成的单质，常温下乙为液体，丁物质常用于消毒、漂白。下列说法错误的是（ ）‎ A．简单离子半径：c＞b B．丙中既有离子键又有极性键 C．b、c形成的化合物中阴、阳离子数目比为1：2‎ D．a、b、d形成的化合物中，d的杂化方式是sp3‎ ‎【答案】A ‎【分析】短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，常温下乙为液体，应该为H2O，则a为H元素，A为d元素组成的单质，且与丙反应生成水和常用于消毒、漂白的丁，则丙应为碱，由转化关系可知甲为Na2O，丙为NaOH，A为Cl2，生成丁、戊为NaCl，NaClO，可知b为O元素、c为Na元素、d为Cl元素，以此解答该题。‎ ‎【详解】由以上分析可知a为H元素、b为O元素、c为Na元素、d为Cl元素，甲为Na2O、乙为H2O、丙为NaOH、丁为NaClO、戊为NaCl；‎ A．b、c对应的离子为O2-和Na+，具有相同的核外电子排布，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径O2-＞Na+，即b＞c，故A错误；‎ B．丙为NaOH，由Na+和OH-组成，则含有离子键和极性共价键，故B正确；‎ C．b为O元素、c为Na元素，两者组成的Na2O和Na2O2中阴、阳离子数目比均为1：2，故C正确；‎ D．a、b、d形成的化合物中，若为NaClO，Cl原子的价电子对为1+=4，则Cl的杂化方式是sp3；若为NaClO2，Cl原子的价电子对为2+=4，则Cl的杂化方式是sp3；同理若为NaClO3或NaClO4，Cl原子杂化方式仍为sp3，故D正确；‎ 故答案为A。‎ ‎7．下列有关说法正确的是（ ）‎ A．水合铜离子的模型如图，该微粒中存在极性共价键、配位键、离子键 B．CaF2晶体的晶胞如图，距离F-最近的Ca2+组成正四面体 C．氢原子的电子云图如图，氢原子核外大多数电子在原子核附近运动 D．金属Cu中Cu原子堆积模型如图，为面心立方最密堆积，Cu原子的配位数均为12，晶胞空间利用率68%‎ ‎【答案】B ‎【解析】A．水合铜离子中水中的氧原子提供孤对电子与铜离子形成配位键，水中的H原子和O原子形成极性共价键，但不存在这离子键，A选项错误；‎ B．CaF2晶体的晶胞中，F-位于体心，而Ca2+位于顶点和面心，距离F-最近的Ca2+组成正四面体，B选项正确；‎ C．电子云密度表示电子在某一区域出现的机会的多少，H原子最外层只有一个电子，所以不存在大多数电子一说，只能说H原子的一个电子在原子核附近出现的机会多，C选项错误；‎ D．金属Cu中Cu原子堆积模型为面心立方最密堆积，配位数为12，但空间利用率为74%，D选项错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查了配合物、离子晶体、电子云、最密堆积等知识，解题关键是对所给图要仔细观察，并正确理解掌握基本概念。‎ ‎8．用如图所示的装置进行实验，仪器、、中分别盛有试剂1、2、3，其中能达到实验目的是（ ）‎ 选项 试剂1‎ 试剂2‎ 试剂3‎ 实验目的 A 浓盐酸 饱和食盐水 制备 B 浓硫酸 乙醇 溴水 验证乙烯能使溴水褪色 C 盐酸 品红试液 证明具有漂白性 D 稀硫酸 溶液 澄清石灰水 验证溶液中是否有 ‎【答案】C ‎【解析】A．浓盐酸与二氧化锰反应需要加热，故A不符合题意；‎ B．乙醇在浓硫酸、170℃的条件下可以生成乙烯，图示装置既没有酒精灯，也缺少温度计，故B不符合题意；‎ C．盐酸酸性比亚硫酸强，所以盐酸可以与亚硫酸反应生成二氧化硫，生成的二氧化硫通入品红溶液验证二氧化硫的漂白性，故C符合题意；‎ D．HCO3-也可以与稀硫酸反应生成CO2使澄清石灰水变浑浊，且SO2气体也可以使澄清石灰水变浑浊，故不能判断出X溶液中是否含有CO32-，故D不符合题意；‎ 故答案为C。‎ ‎9．乙醇催化氧化制取乙醛(沸点为20.8℃，能与水混溶)的装置(夹持装置已略)‎ ‎ 如图所示。下列说法错误的是（ ）‎ A．①中用胶管连接其作用是平衡气压，便于液体顺利流下 B．实验过程中铜丝会出现红黑交替变化 C．实验开始时需先加热②，再通O2，然后加热③‎ D．实验结束时需先将④中的导管移出，再停止加热。‎ ‎【答案】C ‎【解析】A．装置中若关闭K时向烧瓶中加入液体，会使烧瓶中压强增大，双氧水不能顺利流下，①中用胶管连接，打开K时，可以平衡气压，便于液体顺利流下，A选项正确；‎ B．实验中Cu作催化剂，但在过渡反应中，红色的Cu会被氧化成黑色的CuO，CuO又会被还原为红色的Cu，故会出现红黑交替的现象，B选项正确；‎ C．实验开始时应该先加热③，防止乙醇通入③时冷凝，C选项错误；‎ D．为防止倒吸，实验结束时需先将④中的导管移出，再停止加热，D选项正确；‎ 答案选C。‎ ‎10．防治污染要坚决打好蓝天、碧水、净土三大保卫战。某工厂拟综合处理含NH4+废水和工业废气（主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分），设计了如下流程：‎ 下列说法正确的是（ ）‎ A．固体1的成分是CaCO3、CaSO3‎ B．向气体1中通入的空气需要过量 C．捕获剂所捕获的气体主要是CO D．处理含NH4+废水时，发生的反应为NH4++5NO2-+4H+＝6NO↑+4H2O ‎【答案】C ‎【解析】从流程图可以看出，工业废气（主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分）通入过量石灰乳中，CO2、SO2转化为CaCO3、CaSO3，成为固体1的主要成分；此时气体的主要成分为N2、NO、CO，通空气、再用NaOH溶液吸收，NO转化为NaNO2，用含NH4+废水处理，生成N2和水；CO气体用捕获剂处理，从而得到捕获产物。‎ A．由以上分析可知，固体1的成分是CaCO3、CaSO3、Ca(OH)2等，A不正确；‎ B．向气体1中通入的空气若过量，NaNO2将被氧化为NaNO3，B不正确；‎ C．气体2的成分为N2和CO，N2不污染环境，所以捕获剂所捕获的气体主要是CO，C正确；‎ D．处理含NH4+废水时，发生的反应为NH4++NO2- ＝N2↑+2H2O，D不正确；‎ 故选C。‎ 一、 选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题只有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）‎ ‎11．某新型电池，以NaBH4(B的化合价为+3价)和H2O2作原料，负极材料采用Pt，正极材料采用MnO2(既作电极材料又对该极的电极反应具有催化作用)，该电池可用作卫星、深水勘探等无空气环境电源，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是(　　)‎ A．每消耗3 mol H2O2，转移6 mol e−‎ B．电池工作时Na+从b极区移向a极区 C．a极上的电极反应式为BH+8OH−−8e−===BO+6H2O D．b极材料是MnO2，该电池总反应方程式：NaBH4+4H2O2===NaBO2+6H2O ‎【答案】B ‎【解析】由图中信息可知，NaBH4是还原剂，其在负极上被氧化为BO，电极反应式为BH+8OH−−8e−===BO+6H2O，H2O2是氧化剂，其在正极上被还原为OH−，电极反应式为4H2O2+8e−===8OH−，该电池总反应方程式为NaBH4+4H2O2===NaBO2+6H2O。所以电极a是负极、电极b是正极。每消耗3 mol H2O2，O元素的化合价从−1降到−2，故转移6 mol e−，电池工作时Na+从负极区移向正极区，由此知A、C、D项正确，B项错误。‎ ‎12．雌黄(As2S3‎ ‎)在我国古代常用作书写涂改修正液。浓硝酸氧化雌黄可制得硫磺，并生成砷酸和一种红棕色气体，利用此反应原理设计为原电池。下列叙述正确的是（ ）‎ A．砷酸的分子式为H2AsO4‎ B．红棕色气体在该原电池的负极区生成并逸出 C．该反应的氧化剂和还原剂物质的量之比为10：1‎ D．该反应中每析出4.8g硫磺转移1mol电子 ‎【答案】C ‎【解析】A.　As位于第四周期VA族，因此砷酸的分子式为H3AsO4，故A错误；‎ B.　红棕色气体为NO2，N的化合价由＋5价→＋4价，根据原电池工作原理，负极上发生氧化反应，化合价升高，正极上发生还原反应，化合价降低，即NO2应在正极区生成并逸出，故B错误；‎ C.　根据题中信息，As的化合价由＋3价→＋5价，S的化合价由－2价→0价，化合价都升高，即As2S3为还原剂，HNO3为氧化剂，根据得失电子数目守恒，因此有n(As2S3)×[2×(5－3)＋3×2]=n(HNO3)×(5－4)，因此n(HNO3)：n(As2S3)=10：1，故C正确；‎ D.　4.8g硫磺的物质的量为：=0.15mol，根据硫原子守恒n(As2S3)=0.05mol，根据C 选项分析，1molAs2S3参与反应，转移10mole－，则0.05molAs2S3作还原剂，转移电子物质的量为0.05mol×10=0.5mol，故D错误；‎ 答案：C。‎ ‎13．向某容积为2L的恒容密闭容器中充入2molX(g)和1molY(g)，发生反应2X(g)+Y(g)3Z(g)。反应过程中，持续升高温度，测得混合体系中X的体积分数与温度的关系如图所示。下列推断正确的是（ ）‎ A．M点时，Y的转化率最大 B．平衡后充入X，达到新平衡时X的体积分数减小 C．升高温度，平衡常数减小 D．W、M两点Y的正反应速率相同 ‎【答案】C ‎【分析】起始时向容器中充入2molX(g)和1molY(g)，反应从左到右进行，结合图像，由起点至Q点，X的体积分数减小；Q点之后，随着温度升高，X的体积分数增大，意味着Q点时反应达到平衡状态，温度升高，平衡逆向移动，反应从右向左进行。‎ ‎【详解】A．Q点之前，反应向右进行，Y的转化率不断增大；Q点→M点的过程中，平衡逆向移动，Y的转化率下降，因此Q点时Y的转化率最大，A项错误；‎ B．平衡后充入X，X的体积分数增大，平衡正向移动，根据勒夏特列原理，平衡移动只能减弱而不能抵消这个改变，达到新的平衡时，X的体积分数仍比原平衡大，B项错误；‎ C．根据以上分析，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，C项正确；‎ D．容器体积不变，W、M两点，X的体积分数相同，Y的体积分数及浓度也相同，但M点温度更高，Y的正反应速率更快，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎14.已知丙烯与发生加成反应有两种可能，如图1所示；其中丙烯加的位能曲线图如图2所示。下列说法错误的是（ ）‎ ‎ ‎ A．过渡态（Ⅰ）比过渡态（Ⅱ）稳定 ‎ B．生成①的过程所需活化能较低，速率快 C．①②③④中碳原子的杂化方式相同 ‎ D．丙烯与发生加成反应，主要生成产物③‎ ‎【答案】C ‎【解析】A．据图可知过渡态(Ⅰ)比过渡态(Ⅱ)能量更低，所以更稳定，故A正确；‎ B．活化能越小反应速率越快，据图可知生成①的过程所需活化能较低，反应速率较快，故B正确；‎ C．①②中均有一个碳原子为sp2杂化，其他碳原子均为sp3杂化，故C错误；‎ D．据图可知生成①的过程所需活化能较低，反应更容易进行，选择性更强，所以主要产物为③，故D正确；‎ 故答案为C。‎ ‎15．已知反应：CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)。在一定压强下，按ω=向密闭容器中充入氯气与丙烯。图甲表示平衡时，丙烯的体积分数()与温度(T)、ω的关系，图乙表示反应的平衡常数K与温度T的关系。则下列说法正确的是（ ）‎ A．图甲中ω1＞1‎ B．图乙中，线A表示正反应的平衡常数 C．在恒容容器中进行，压强不变时反应达到平衡状态 D．当温度为T1、ω=2时，Cl2的转化率约为33.3%‎ ‎【答案】D ‎【解析】A.增大氯气的浓度，平衡向正反应方向移动，丙烯的体积分数减小，由图可知，丙烯的体积分数ω1大于ω2，则ω1＜1，故A错误；‎ B.由图甲可知，温度升高，丙烯的体积分数增大，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，升高温度，放热反应的平衡常数减小，则图乙中，线B表示正反应的平衡常数，故B错误；‎ C.该反应是一个气体体积不变的可逆反应，无论是否达到平衡，压强始终不变，则在恒容容器中进行，压强不变时不能说明反应达到平衡状态，故C错误；‎ D.设温度为T1、ω=2时，容器体积为1L，CH2=CHCH3的起始物质的量为1mol，消耗物质的量为xmol，由题意建立如下三段式：‎ 由平衡常数K=1可得=1，解得x=，则Cl2的转化率为≈33.3%，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】由图甲可知，温度升高，丙烯的体积分数增大，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，升高温度，放热反应的平衡常数减小是解答关键和易错点。‎ 一、 解答题（共5小题，满分60分）‎ ‎16.（12分）甲烷水蒸气的重整反应是工业制备氢气的重要方式，其化学反应方程式为CH4(g)+H2O(g)CO(g)＋3H2(g)。回答下列问题：‎ ‎（1）已知CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) ΔH1=-890.3kJ·mol-1‎ CO(g)＋O2(g)=CO2(g) ΔH2=-283.0kJ·mol-1‎ H2(g)＋O2(g)=H2O(l) ΔH3=-285.8kJ·mol-1‎ CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g) ΔH4=-41.0kJ·mol-1‎ 则甲烷水蒸气重整反应的ΔH=_____kJ·mol-1。‎ ‎（2）通过计算机模拟实验，对400～1200℃、操作压强为0.1MPa条件下，不同水碳比（1～10）进行了热力学计算，反应平衡体系中H2的物质的量分数与水碳比、平衡温度的关系如图所示。‎ ①温度一定时，H2的物质的量分数与水碳比（1～10）的关系是_________________________，产生该结论的原因是________________________________。‎ ‎②据模拟实验可知，平衡温度为900℃，水碳比为1.0时，H2的物质的量分数为0.6，CH4的转化率为___________，其压强平衡常数为________；反应速率方程为v=kp(CH4)p-1(H2‎ ‎)，此时反应速率v=___________。‎ ‎（已知：气体分压=气体的物质的量分数×总压，速率方程中k为速率常数）。‎ ‎（3）厌氧细菌可将葡萄糖转化为CH4和H2，pH为5.5时不同热预处理温度和时间下的甲烷和氢气的产率如图所示，若要提高H2的产率，最佳温度为______________。‎ ‎【答案】（1）+206.3 ‎ ‎（2）水碳比越大，H2的物质的量分数越大 水碳比较大时，CO会与H2O进一步反应生成H2，使H2的物质量分数增大 66.7% 4.32×10-2(Mpa)2 ‎ ‎（3）80℃ ‎ ‎【解析】【分析】（1）①＋④−2×②−2×③即得甲烷水蒸气的重整反应方程式，用盖斯定律求甲烷水蒸气重整反应的△H；‎ ‎（2）①H2的物质的量分数与水碳比(1～10)的关系由图知；原因从生成氢气的反应角度来回答；‎ ‎②平衡温度为900℃，水碳比为1.0时，H2的物质的量分数为0.6，列三段式求解CH4的转化率、压强平衡常数；根据压强与气体物质的量成正比，结合三段式计算；‎ ‎（3）厌氧细菌可将葡萄糖转化为CH4和H2，提高H2的产率的最佳温度，由图可知。‎ ‎【详解】（1）已知：①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) ΔH1=-890.3kJ·mol-1‎ ‎②CO(g)＋0.5O2(g)=CO2(g) ΔH2=-283.0kJ·mol-1‎ ‎③H2(g)＋0.5O2(g)=H2O(l) ΔH3=-285.8kJ·mol-1‎ ‎④CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g) ΔH4=-41.0kJ·mol-1‎ 根据盖斯定律，①＋④−2×②−2×③即得甲烷水蒸气的重整反应方程式为CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)＋3H2(g)，则甲烷水蒸气的重整反应△H＝△H1＋△H4−2△H2−2△H3＝（−890.3−41＋2×283.0＋2×285.8）kJ⋅mol−1＝＋206.3 kJ⋅mol−1；‎ ‎（2）①平衡温度一定时，H2的物质的量分数与水碳比(1～10)的关系，由图中曲线走势可知，水碳比越大，H2的物质的量分数越大的原因，从生成氢气的反应可知，除了甲烷水蒸气的重整反应生成氢气外，一氧化碳和水也会反应产生氢气；‎ ‎②操作压强为0.1MPa、平衡温度为900℃条件下，水碳比为1.0时，H2的物质的量分数为0.6，设甲烷和H2O的物质的量均为3mol，达化学平衡时，甲烷消耗xmol，则：‎ H2的物质的量分数＝＝＝0.6，解得x＝2mol，转化率α(CH4)＝×100%＝×100%＝66.67%，平衡常数K＝＝(Mpa)2＝4.32×10-2(Mpa)2；反应速率v=kp(CH4)p-1(H2)＝k＝k＝k×＝；‎ ‎（3）厌氧细菌可将葡萄糖转化为CH4和H2，由图可知，pH为5.5时，若要提高H2的产率，降低甲烷产率，最佳温度为80℃。‎ ‎【点睛】本题关键是理解图中给出的信息，注意（2）根据“H2的物质的量分数为0.6”这一条件，可以列三段式求解CH4的转化率、压强平衡常数。‎ ‎17．铁系元素是人体必需的微量元素， Fe3+可以与KSCN溶液、苯酚等发生显色作用。镁元素也是人体所必需的阳离子元素之一，它能够维持核酸结构的稳定性，调节机体免疫功能，对人体抵抗新冠病毒等病毒侵袭起着重要作用。‎ ‎(1)Fe3+的基态核外电子排布式为____________________。‎ ‎(2)与SCN−互为等电子体且为非极性分子的化学式为__________（任写一种）。‎ ‎(3)普鲁士蓝俗称铁蓝，晶胞如图甲所示（K+未画出），平均每两个晶胞立方体中含有一个K+，又知该晶体中铁元素有+2价和+3价两种，则Fe3+与Fe2+的个数比为_________。‎ ‎(4)血红素铁（图乙）用作铁强化剂，其吸收率比一般铁剂高3倍，在图乙中画出Fe2+与N原子间的化学键（若是配位键，需要用箭头加以表示）______________‎ ‎(5)镁单质晶体中原子的堆积模型如图，它的堆积模型名称为____________；晶胞是图中的_________________（填a、b或c）；配位数是__________________；紧邻的四个镁原子的中心连线构成的正四面体几何体的体积是2a cm3，镁单质的密度为ρ g·cm－3，已知阿伏伏德罗常数为NA，则镁的摩尔质量的计算式是________________。‎ ‎【答案】（1）[Ar]3d5（或1s22s22p63s23p63d5） （2）CO2或CS2 （3）1∶1 ‎ ‎（4） ‎ ‎（5）六方最密堆积 c 12 12NAaρ ‎ ‎【解析】 (1)铁是26号元素，其原子核外有26个电子，根据构造原理其核外电子排布式为[Ar]3d64s2，则Fe3+的基态核外电子排布式为[Ar]3d5（或1s22s22p63s23p63d5）；‎ ‎(2)SCN−中含有3个原子，且其价电子数是16，与SCN−互为等电子体的一种非极性分子的为CO2(或CS2)；‎ ‎(3)每隔一个立方体中心有一个钾离子，所以一个晶胞中钾离子个数==0.5，该立方体中铁原子个数=8×=1，CN−位于每条棱中点，该立方体中含有CN−个数=12×‎ ‎=3，所以平均化学式是K0.5Fe(CN)3，Fe平均化合价2.5，所以亚铁离子与铁离子之比是1:1；‎ ‎(4)配位键由提供孤电子对的原子指向提供空轨道的原子，Fe2+提供空轨道，N原子提供电子对，Fe2+与N原子间的的配位键为：；‎ ‎(5)镁单质晶体中原子的堆积方式是按ABABABAB…的方式堆积，单质晶体中原子为六方最密堆积，配位数为12，晶胞是图中的c；紧邻的四个镁原子的中心连线构成的几何体为正四面体，正四面体的该高为晶胞的，可推知四面体的体积为整个晶胞的，而晶胞中含有的镁原子数为1+=2，则晶胞质量=2g，则ρg·cm−3=，则有Mr=12NAaρ。‎ ‎18．高碘酸钾(KIO4)溶于热水，微溶于冷水和氢氧化钾溶液，可用作有机物的氧化剂。制备高碘酸钾的装置图如下(夹持和加热装置省略)。回答下列问题：‎ ‎（1）装置I中仪器甲的名称是___________。‎ ‎（2）装置I中浓盐酸与KMnO4混合后发生反应的离子方程式是_______________________。‎ ‎（3）装置Ⅱ中的试剂X是_______________。‎ ‎（4）装置Ⅲ中搅拌的目的是___________________________________________________。‎ ‎（5）上述装置按气流由左至右各接口顺序为_______________________(用字母表示)。‎ ‎（6）装置连接好后，将装置Ⅲ水浴加热，通入氯气一段时间，冷却析岀高碘酸钾晶体，经过滤，洗涤，干燥等步骤得到产品。‎ ‎①写出装置Ⅲ中发生反应的化学方程式：_______________________________________。‎ ‎②洗涤时，与选用热水相比，选用冷水洗涤晶体的优点是___________________________。‎ ‎③上述制备的产品中含少量的KIO3，其他杂质忽略，现称取ag该产品配制成溶液，然后加入稍过量的用醋酸酸化的KI溶液，充分反应后，加入几滴淀粉溶液，然后用1.0mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的平均体积为bL。‎ 已知：KIO3+5KI+6CH3COOH===3I2+6CH3COOK+3H2O KIO4+7KI+8CH3 COOH===4I2+8CH3COOK+4H2O I2+2Na2S2O3===2NaI+N2S4O6‎ 则该产品中KIO4的百分含量是___________(Mr(KIO3)=214，Mr(KIO4)=230，列出计算式)。‎ ‎【答案】（1）圆底烧瓶 （2）16H++10Cl-+2MnO4-=2Mn2++8H2O+5Cl2↑ ‎ ‎（3）NaOH溶液 （4）使反应混合物混合均匀，反应更充分 （5）aefcdb ‎ ‎（6）2KOH+KIO3+Cl2KIO4+2KCl+ H2O 降低KIO4的溶解度，减少晶体损失 100% ‎ ‎【解析】【分析】本题为制备高碘酸钾实验题，根据所提供的装置，装置III为KIO4的制备反应发生装置，发生的反应为2KOH+KIO3+Cl2KIO4+2KCl+ H2O；装置I可用来制取氯气，为制备KIO4提供反应物氯气；装置IV是氯气的净化装置；装置II是氯气的尾气吸收装置；装置的连接顺序为I→IV→III→II，以此分析解答。‎ ‎【详解】（1）根据装置I中仪器甲的构造，该仪器的名称是圆底烧瓶，‎ 因此，本题正确答案是：圆底烧瓶；‎ ‎（2）浓盐酸与KMnO4反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，根据得失电子守恒及电荷守恒和原子守恒写出离子方程式是2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，‎ 因此，本题正确答案是：2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；‎ ‎（3） 装置II是氯气的尾气吸收装置，所用的试剂X应是NaOH溶液，‎ 因此，本题正确答案是：NaOH溶液；‎ ‎（4） 装置III为KIO4的制备反应发生装置，用氯气和NaOH的KIO3溶液反应，搅拌的目的是使反应混合物混合均匀，反应更充分，‎ 因此，本题正确答案是：使反应混合物混合均匀，反应更充分；‎ ‎（5）根据以上分析，装置的连接顺序为I→IV→III→II，所以各接口顺序为aefcdb，‎ 因此，本题正确答案是：aefcdb；‎ ‎ （6）①装置III为KIO4的制备反应发生装置，氯气将KIO3氧化为KIO4，本身被还原为KCl，化学方程式为2KOH+KIO3+Cl2KIO4+2KCl+ H2O，‎ 因此，本题正确答案是：2KOH+KIO3+Cl2KIO4+2KCl+ H2O；‎ ‎②根据题给信息，高碘酸钾(KIO4)溶于热水，微溶于冷水和氢氧化钾溶液，所以，与选用热水相比，选用冷水洗涤晶体的优点是降低KIO4的溶解度，减少晶体损失，‎ 因此，本题正确答案是：降低KIO4的溶解度，减少晶体损失；‎ ‎③设ag产品中含有KIO3和KIO4的物质的量分别为x、y，则根据反应关系：‎ KIO3~~~3I2，KIO4~~~4I2，I2~~~2Na2S2O3，‎ ‎①214x+230y=a，②3x+4y=0.5b，联立①、②，解得y=mol，‎ 则该产品中KIO4的百分含量是100%=100%，‎ 因此，本题正确答案是：100%。‎ ‎19．磷酸铝(AlPO4)是一种用途广泛的材料，在建筑、耐火材料、化工等方面具有广泛的应用前景。以磷硅渣（主要成分为Ca3(PO4)2、Al2O3、SiO2和V2O5等）为原料制备磷酸铝的工艺流程如图所示：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）酸浸液中含磷元素的主要粒子是_____________(填化学式，下同)，浸渣中的主要化学成分是_____________。‎ ‎（2）生石灰除了调节pH外，另一作用是_____________________________________。‎ ‎（3）滤液中钒元素以V3O93-形式存在，V3O93-易水解为[VO3(OH)]2-，该水解反应的离子方程式为_________________________________________________。‎ ‎（4）碱浸时，粗磷酸铝转化为可溶性溶质，则可溶性溶质分别是_____________ (填化学式)。‎ ‎（5）实验测得pH、反应温度与时间对碱浸时固相中P、Al含量的影响如图所示：‎ 则最优反应条件是_____________________________。‎ ‎（6）固相反应制备磷酸铝的方法之一是在900℃的焙烧炉内加热磷酸二氢铵与氧化铝混合物，写出该反应的化学方程式：_____________________________________________。‎ ‎【答案】（1）H3PO4 SiO2、CaSO4 （2）除去过量的SO42- ‎ ‎（3）V3O93-+3H2O⇌3[VO3(OH)]2-＋3H+ （4）Na[Al(OH)4]、Na3PO4 ‎ ‎（5）pH=12、温度为80℃、时间为1h ‎ ‎（6）Al2O3＋2NH4H2PO42AlPO4＋2NH3↑＋3H2O ‎ ‎【解析】【分析】磷硅渣的主要成分为Ca3(PO4)2、Al2O3、SiO2和V2O5等，加浓硫酸分离出滤渣为SiO2、CaSO4，酸浸液中加CaO可调节pH且除去过量硫酸根离子，滤渣1为CaSO4，滤液中钒元素以V3O93-形式存在，加NaOH分离出Na2[VO3(OH)]，再加NaOH时粗磷酸铝溶解生成可溶性溶质为NaAlO2、Na3PO4，由图可知，pH＝12、温度为80℃、时间为1h时碱浸时固相中P、Al含量w%小，为最优反应条件，然后过滤分离出AlPO4；‎ ‎（1）SiO2为酸性氧化物，不与硫酸反应；CaSO4微溶于水，据此回答；‎ ‎（2）加浓硫酸引人过量的硫酸根离子，CaSO4微溶于水，据此回答；‎ ‎（3）滤液中钒元素以V3O93-形式存在，V3O93-易水解为[VO3(OH)]2−；‎ ‎（4）加NaOH时粗磷酸铝溶解生成可溶性溶质为NaAlO2、Na3PO4；‎ ‎（5）在pH、反应温度与时间对碱浸时固相中P、Al含量的影响如图中，寻找碱浸时固相中P、Al 含量w%小时就为最优反应条件；‎ ‎（6）加热磷酸二氢铵与氧化铝混合物生成AlPO4、NH3和H2O。‎ ‎【详解】（1）酸浸中磷元素主要转化为H3PO4，该反应的化学方程式为Ca3(PO4)2＋3H2SO4＝3CaSO4＋2H3PO4，磷硅渣的主要成分为Ca3(PO4)2、Al2O3、SiO2和V2O5等，加浓硫酸分离出滤渣为SiO2、CaSO4；‎ ‎（2）生石灰除了调节pH 外，另一作用是除去过量的硫酸根离子；‎ ‎（3）滤液中钒元素以V3O93-形式存在，V3O93-易水解为[VO3(OH)]2−，该水解反应的离子方程式为V3O93-+3H2O⇌3[VO3(OH)]2-＋3H+；‎ ‎（4）碱浸时，粗磷酸铝转化为可溶性溶质，则可溶性溶质分别是Na[Al(OH)4]、Na3PO4；‎ ‎（5）由图可知，pH＝12、温度为80℃、时间为1h时碱浸时固相中P、Al 含量w%小，为最优反应条件；‎ ‎（6）加热磷酸二氢铵与氧化铝混合物生成AlPO4、NH3和H2O，化学方程式为：Al2O3＋2NH4H2PO42AlPO4＋2NH3↑＋3H2O.‎ ‎20．有机物 A 是一种重要的化工原料，以 A为起始原料可合成药物 I(结构简式如下)，其合成路线如下：‎ 已知：①有机物 D 为芳香烃 ‎②RNH2++H2O 回答下列问题：‎ ‎（1）F 的名称是_________，B 中官能团的名称是_________。‎ ‎（2）由 B→C、E＋H→I 的反应类型分别是_________、_________。‎ ‎（3）G 的结构简式为_________。‎ ‎（4）D→F 所需的试剂和反应条件是_________________。‎ ‎（5）G 和 CH3CHO 反应生成 H 的化学方程式为__________________________________。‎ ‎（6）芳香化合物J是 E的同分异构体。若J 能发生银镜反应，则J 可能结构有______种(不含立体异构)， 其中核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为 1:1:2:6 的结构简式为_____‎ ‎【答案】（1）对硝基甲苯 羧基 （2）取代反应 加成反应 ‎ ‎（3） （4）浓硝酸、浓硫酸、加热 ‎ ‎（5）+CH3CHO+H2O ‎ ‎（6）14 ‎ ‎【解析】【分析】A 为CH3CHO，与新制Cu(OH)2反应后生成乙酸盐，酸化后得B，B为CH3COOH，SOCl2与B发生取代反应生成C，C为CH3COCl，D为甲苯，C与D反应E，由I可以推出E为，D发生硝化反应得F，F为，F还原后生成G，G为，G与CH3CHO反应生成H，H为，E和H通过加成反应生成I。‎ ‎【详解】（1）F为，名称是对硝基甲苯，B为CH3COOH，B中官能团的名称是羧基。故答案为：对硝基甲苯；羧基；‎ ‎（2）B为CH3COOH，SOCl2与B发生取代反应生成C，C为CH3COCl，由 ‎ B→C是取代反应、E和H通过加成反应生成I，E＋H→I 的反应类型分别是加成反应。故答案为：取代反应；加成反应；‎ ‎（3）G 的结构简式为。故答案为：；‎ ‎（4）D发生硝化反应得F，D→F 所需的试剂和反应条件是浓硝酸、浓硫酸、加热。故答案为：浓硝酸、浓硫酸、加热；‎ ‎（5）根据信息2，G 和 CH3CHO 反应生成 H 的化学方程式为+CH3CHO+H2O。故答案为：+CH3CHO+H2O；‎ ‎（6）芳香化合物J是 E的同分异构体，E为，若J 能发生银镜反应，说明J中含有醛基，若含有2个甲基，一个醛基，邻二甲苯、间二甲苯、对二甲苯再加一个醛基分别有2种、3种、1种；若为一个甲基，一个-CH2CHO，有邻间对3种；若为一个乙基、一个醛基，有邻间对3种；若只有一个取代基，则形成2-苯基丙醛、3-苯基丙醛2种同分异构，则J 可能结构有14种(不含立体异构)， 其中核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为 1:1:2:6 的结构简式为；故答案为：。‎