河北省新乐市第一中学2020届高三上学期11月月考化学试题

河北省新乐市第一中学2020届高三上学期11月月考化学试题

河北省新乐市第一中学2020届高三上学期（11）月考 化学试题 ‎1.化学点亮生活，下列对生活中的化学理解正确的是 A. 节日燃放的烟花，是碱金属、锶、钡、铂、铁等金属元素焰色反应呈现的 B. 古代合成颜料中国蓝的化学式为BaCuSi4O10，可改写成BaO·CuO·4SiO2‎ C. MnO2有较强的氧化性，可作H2O2分解的氧化剂 D. 赏心悦目的雕花玻璃是使用烧碱对玻璃刻蚀而成的 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A.不是所有的金属元素都有焰色反应的，铂和铁等金属元素没有焰色反应，A不正确；B. 古代合成颜料中国蓝的化学式为BaCuSi4O10，可改写成BaO·CuO·4SiO2，B正确；C. MnO2可作H2O2分解的催化剂，C不正确；D.雕花玻璃过去用氢氟酸腐蚀，现在多使用机械打磨而成，氢氧化钠与玻璃反应太慢，故不能用于刻蚀玻璃，D不正确。本题选B。‎ ‎2.用化学用语表示Na2CO3＋2Cl2===2NaCl＋Cl2O＋CO2中的相关微粒，其中正确的是(　　)‎ A. Na＋的结构示意图：‎ B. Cl2O的结构式：Cl—O—Cl C. 中子数比质子数多3的氯原子：3517Cl D. CO2的电子式：‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 钠原子核电核数为11，所以Na＋的结构示意图：，故A错误；‎ B. Cl2O分子中一个氧原子与两个氯原子各形成一条共价键，结构式为：Cl—O—Cl，故B正确；‎ C. 氯原子的质子数为17，中子数比质子数多3则为20，质量数为17+20=37，所以该氯原子为：3717Cl，故C错误；‎ D. CO2是共价化合物，其结构式为O=C=O，碳原子和氧原子之间有2对电子，其电子式为：，故D错误。‎ 答案选B。‎ ‎3.实现下列变化时，需克服相同类型作用力的是（ ）‎ A. 水晶和干冰的熔化 B. 食盐和冰醋酸熔化 C. 液溴和金刚石的气化 D. 纯碱和烧碱的熔化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、水晶是原子晶体，干冰是分子晶体，两者熔化时分别克服共价键和分子作用力，故A错误；‎ B、食盐是离子晶体，冰醋酸是分子晶体，两者熔化时分别克服离子键和分子作用力，故B错误；‎ C、液溴是分子晶体，金刚石是原子晶体，两者气化时分别克服分子作用力和共价键，故C错误；‎ D、纯碱和烧碱都是离子晶体，熔化时都克服离子键，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎4.下列离子方程式中正确的是 A. 用惰性电极电解CuCl2溶液：Cu2＋＋2Cl－＋2H2OCu(OH)2↓＋H2↑＋Cl2↑‎ B. 向FeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe2++4Br﹣+2Cl2=2Fe3++2Br2+4Cl﹣‎ C. 向硫酸氢钾溶液中加入Ba(OH)2溶液至中性：2H++ SO42－+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2O D. NH4HCO3溶液与过量NaOH溶液反应：NH4+ +OH﹣=NH3↑+H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．用惰性电极电解氯化铜溶液，根据阴阳离子放电顺序，阴极铜离子放电，阳极氯离子放电，反应生成铜和氯气，正确的离子方程式为：Cu2++2Cl− Cu+Cl2↑，故A错误；‎ B．FeBr2溶液中通入过量Cl2，亚铁离子、溴离子均被氧化，且两个离子的物质的量之比为1：2，故离子反应为2Fe2++4Br−+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl−，故B错误； ‎ C．向硫酸氢钾溶液中加入Ba(OH)2溶液至中性，H+与OH－恰好完全反应，所以离子方程式为：2H++SO42－+Ba2++2OH－=BaSO4↓+2H2O，故C正确；‎ D．NH4HCO3溶液与过量NaOH溶液时，HCO3−与OH−也反应，正确的离子方程式为：NH4++HCO3−+2OH−=NH3⋅H2O+CO32−+H2O，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎5.在‎25℃‎时,将‎1.0L c mol·L-1 CH3COOH溶液与0.1mol NaOH固体混合，使之充分反应。然后向该混合溶液中通入HCl气体或加入NaOH固体(忽略体积和温度变化)，溶液pH随通入(或加入)物质的物质的量的变化如图所示。下列叙述错误的是(    )‎ A. 水的电离程度：a>b>c B. c点对应的混合溶液中：c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH-)‎ C. a点对应的混合溶液中：c(Na+)=c(CH3COO-)‎ D. 该温度下，CH3COOH的电离平衡常数 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O，形成CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，其中CH3COONa的水解促进水的电离，CH3COOH的电离抑制水的电离。若向该混合溶液中通入HCl，c点反应CH3COONa+HClCH3COOH+NaCl恰好完全发生，CH3COONa减少，CH3COOH增多；若向该混合溶液中加入NaOH 固体，a点反应CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O恰好完全进行，CH3COONa增多，CH3COOH减少，因此，水的电离程度： a>b>c，故A正确；‎ B.CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O，形成CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，b点溶液呈酸性，说明CH3COOH浓度远大于CH3COONa，c点CH3COONa与HCl反应完全，溶液呈酸性，此时溶液为CH3COOH和NaCl溶液，则c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH-)，故B正确；‎ C.a点反应CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O恰好完全进行，溶液中电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），此时pH=7，则c（H+）= c（OH-），则c（Na+）= c（CH3COO-），故C正确；‎ D. 该温度下pH=7时，c（H+）=10-7mol·L-1，c（CH3COO-）=c（Na+）=0.2mol/L，c（CH3COOH）‎ ‎=（c-0.2）mol/L，则醋酸的电离平衡常数Ka==，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】解答本题的难点是选项A，需要明确酸、碱抑制水的电离，盐类水解促进水的电离。需要分析a、b、c三点c(CH3COOH)和c(CH3COONa)的差别，从而确定水的电离程度的相对大小。‎ ‎6.常温下,下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A. 1.0‎mol/L的KNO3溶液：H+、Fe2+、Cl−、‎ B. 甲基橙呈红色的溶液：、Ba2+、、Cl−‎ C. pH=12的溶液：K+、Na+、CH3COO−、Br−‎ D. 使KSCN显血红色的溶液：、Mg2+、I−、Cl−‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．H+、Fe2+、之间能够发生氧化还原反应，不能大量共存，A选项错误；‎ B．使甲基橙呈红色的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量H+，H+与在溶液中能够反应，且与会发生双水解，不能大量共存，B选项错误；‎ C．pH＝12的溶液显碱性，OH-与K+、Na+、CH3COO-、Br-不反应，且K+、Na+、CH3COO-、Br-之间也不反应，可大量共存，C选项正确；‎ D．滴加几滴KSCN溶液显血红色的溶液中含有Fe3+，Fe3+、I-能够发生氧化还原反应，不能大量共存，D选项错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】考查离子共存的正误判断，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”等。‎ ‎7.在一定温度下，将气体0.22 mol X和气体0.16 mol Y充入‎5 L恒容密闭容器中，发生反应2X(g) + Y(g) 2Z(g) △H<0，一段时间后达到平衡，反应过程中测定的数据如下表：‎ t/min ‎2‎ ‎4‎ ‎7‎ ‎9‎ n(Y)/mol ‎0.12‎ ‎0.11‎ ‎0.10‎ ‎0.10‎ 下列说法正确的是( )‎ A. 该温度下此反应平衡常数K = ‎72.0 L/mol B. 反应前2 min的平均速率υ(Z) = 4.0×10-3 mol/(L·min)‎ C. 其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前υ(逆) > υ(正)‎ D. 其他条件不变，再充入0.1 mo1 X，新平衡时X的转化率将增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据反应速率的定义和“三行式”计算，并分析判断。‎ ‎【详解】一定温度、‎5L 2X(g) + Y(g) 2Z(g) △H<0‎ 起始/mol： 0.22 0.16 0‎ 转化/mol: 0.12 0.06 0.12‎ 平衡/mol： 0.10 0.10 0.12 ‎ A项：平衡时X(g)、Y(g)、Z(g)的浓度分别是0.02mol/L、0.02mol/L、0.024mol/L。代入平衡常数表达式得K＝‎72.0 L/mol，A项正确；‎ B项：前2 min的平均速率υ(Z)＝2υ(Y)＝2×(0.16-0.12)mol/(‎5L×2min)＝8.0×10-3 mol/(L·min) ，B项错误；‎ C项：其他条件不变时降温，平衡右移，达到新平衡前υ(正)>υ(逆)，C项错误； ‎ D项：其他条件不变时再充入0.1 mo1 X，则X总量增大，新平衡时X的转化率将减小，D项错误。‎ 本题选A。‎ ‎【点睛】计算反应速率时用浓度的改变量除以时间，计算平衡常数时用平衡时的浓度代入K表达式。‎ ‎8.柠檬烯是一种食用香料，其结构简式为，下列有关柠檬烯的分析正确的是（ ）‎ A. 柠檬烯的一氯代物有7种 B. 柠檬烯和丁基苯互为同分异构体 C. 柠檬烯分子中所有的碳原子可能在同一平面上 D. 在一定条件下，柠檬烯可以发生加成反应、取代反应、氧化反应及还原反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A、分子中有8种性质不同的H可被取代，一氯代物有8种，选项A错误；‎ B、柠檬烯和丁基苯的分子式不同，二者不是同分异构体，选项B错误；‎ C、分子中含有多个饱和碳原子，不可能在同一个平面上，选项C错误；‎ D、柠檬烯中含有2个碳碳双键，可发生加成、加聚、氧化反应，属于烃，可发生取代反应，选项D正确。‎ 答案选D。‎ ‎9.下列事实能说明亚硫酸的酸性强于碳酸的是 A. 饱和亚硫酸溶液的pH小于饱和碳酸溶液的pH B. 亚硫酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而碳酸不能 C. 同温下，等浓度的亚硫酸氢钠和碳酸氢钠溶液，碳酸氢钠溶液的碱性强 D. 将过量二氧化硫气体通入碳酸氢钠溶液中，逸出的气体能使澄清石灰水变浑浊 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 弱电解质的证明，是基于与强电解质对比进行的。弱电解质与强电解质最大的区别就 是弱电解质存在电离平衡，而强电解质不存在电离平衡。因此只要证明有电离平衡存在， 就证明了弱电解质。‎ ‎【详解】A、饱和亚硫酸溶液的pH小于饱和碳酸溶液的pH，但二者的浓度不一定是相等的，所以不能说明二者的酸性强弱，A不正确；‎ B、亚硫酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明亚硫酸具有还原性，说明不能说明二者的酸性强弱，B不正确；‎ C、同温下，等浓度的亚硫酸氢钠和碳酸氢钠溶液，碳酸氢钠溶液的碱性强，说明HCO3－的水解程度强于HSO3－的水解程度，因此根据酸越弱，相应的酸根越容易水解可知，酸性是亚硫酸的酸性强于碳酸的，C正确；‎ D、由于二氧化硫也能使澄清的石灰水变浑浊，所以将过量二氧化硫气体通入碳酸氢钠溶液中，逸出的气体能使澄清石灰水变浑浊不能说明是否有CO2产生，因此不能确定二者的酸性强弱，D不正确；‎ 答案选C。‎ ‎10.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是次外层的2倍，Y与W属于同一主族且W原子的核外电子数是Y原子的2倍，Z是短周期原子半径最大的元素。下列说法正确的是（ ）‎ A. 原子半径：r(W)>r(Y)>r(X)‎ B. Z与Y形成的化合物是离子化合物 C. X的最高氧化物对应水化物的酸性比W的强 D. Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的弱 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是次外层的2倍，则X含有2个电子层，最外层含有4个电子，X为C元素；Y与W属于同一主族且W原子的核外电子数是Y原子的2倍，则Y为O元素，W为S元素；Z是短周期原子半径最大的元素，则Z为Na元素，据此解答。‎ ‎【详解】A. 同一周期，从左向右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，则原子半径：r(S)>r(C)>r(O)，A错误；‎ B. Z为Na元素，Y为O元素，O、Na形成的化合物有氧化钠、过氧化钠，都属于离子化合物，B正确；‎ C. X为C元素，W为S元素，其最高氧化物对应水化物分别为H2CO3、H2SO4，酸性：H2SO4> H2CO3，C错误；‎ D. Y为O元素，W为S元素，非金属性O>S，其简单气态氢化物分别为：H2O、H2S ‎，热稳定性：H2O> H2S，D错误；故答案为：B。‎ ‎【点睛】①同周期，从左向右，原子半径逐渐减小；同主族，从上到下，原子半径逐渐增大；‎ ‎②同周期，从左向右，非金属性增强；同主族，从上到下，金属性增强；‎ ‎③同周期，从左向右，最高氧化物对应水化物的酸性增强；同主族，从上到下，最高氧化物对应水化物的碱性增强；‎ ‎④同周期，从左向右，气态氢化物的热稳定性增强；同主族，从上到下，气态氢化物的热稳定性减弱。‎ ‎11.NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是 ‎①‎3.9g苯与足量的H2反应时，参与反应的碳碳双键数为0.15NA ‎②‎3.1g氧化钠和‎3.9g过氧化钠的混合物中含有的阴离子总数为0.1NA ‎③‎1.8g14CH4和水蒸气(H216O)的混合气体中含电子数目为NA ‎④常温下‎1L0.5mol/LNH4Cl溶液与‎2L0.25mol/LNH4Cl溶液所含的数目相同 ‎⑤常温下4.6gNO2和N2O4，混合气体中所含原子总数为0.3NA ‎⑥1molSiO2晶体中含有极性共价键数目为2NA ‎⑦将1molCl2通入足量水中，溶液中HClO、Cl−、ClO−粒子数之和为2NA ‎⑧高温下，16.8gFe与足量水蒸气完全反应转移电子数为0.8NA A. ①②④⑥ B. ②③⑤⑧ C. ②③⑥⑦ D. ③⑤⑦⑧‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】①苯分子中没有碳碳双键，①不正确；‎ ‎②氧化钠和过氧化钠的组成中，其阴、阳离子的个数比相同，都是1:2，‎3.1g氧化钠和‎3.9g过氧化钠的物质的量均为0.05mol，故混合物中含有的阴离子总数为0.1NA，②正确；‎ ‎③14CH4和水蒸气(H216O)的分子内均有10个电子，14CH4和H216O的摩尔质量相同，所以‎1.8g14CH4和水蒸气(H216O)的混合气体的物质的量为1mol，其中含电子数目为NA，③正确；‎ ‎④在相同温度下，盐的水解程度随浓度增大而减小，故常温下‎1L0.5mol/LNH4Cl溶液与‎2L0.25mol/LNH4Cl溶液所含的数目不相同，④不正确；‎ ‎⑤4.6gNO2的物质的量为0.1mol，含0.3NA个原子。NO2和N2O4的最简式相同，所以4.6gNO2和N2O4混合气体中所含原子总数与4.6gNO2的相同，为0.3NA，⑤正确；‎ ‎⑥SiO2晶体中Si的配位数是4，所以1mol SiO2晶体中含有极性共价键数目为4NA，⑥不正确；‎ ‎⑦Cl2通入足量水中，所得溶液中含有Cl2、HClO、Cl-、C1O-等粒子。由物料守恒可知，将1molCl2通入足量水中,溶液中HClO、Cl-、C1O-粒子数之和小于2NA，⑦不正确；‎ ‎⑧高温下，Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁，故16.8gFe(即0.3mol Fe)与足量水蒸气完全反应转移电子数为0.8NA，⑧正确；‎ 综上所述，②③⑤⑧正确，答案选B。‎ ‎【点睛】解答本题的关键在于熟悉元素化合物知识。解题注意点：首先分析所求的目标微粒种类；其次，确定目标微粒与所给物质的关系（如分子中所含的原子数、电子数、化学键等）；然后，注意特殊条件，如气体是否在标况下或标况下物质是否为气体，反应是否可逆等；最后，应用已知量确定目标微粒的物质的量，并判断选项正误。‎ ‎12.在浓盐酸中H3AsO3与SnCl2反应的离子方程式为3Sn2++2H3AsO3+6H++18Cl-2As+3+‎6M关于该反应的说法中正确的组合是 ‎①氧化剂是H3AsO3‎ ‎②还原性:As>SnCl2‎ ‎③每生成1molAs,反应中转移电子的物质的量为3mol ‎④M为OH-‎ ‎⑤是氧化产物 A. ①②④⑤ B. ①③⑤ C. ①②③④ D. 只有①③‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氧化剂是化合价降低的物质，被还原，得到产物是还原产物；还原剂是化合价升高的物质，被氧化，得到产物是氧化产物，根据氧化还原反应规律，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性强于还原产物的还原性，据此分析解答。‎ ‎【详解】①根据反应方程式，As的化合价由+3价→0价，化合价降低，因此H3AsO3作氧化剂，故①正确；‎ ‎②根据离子反应方程式，SnCl2中Cl-的化合价没有发生变化，本题中无法比较SnCl2和As还原性的强弱，故②错误；‎ ‎③每生成1molAs，反应中转移电子物质的量为1×(3-0)mol=3mol，故③正确；‎ ‎④根据原子守恒和电荷守恒，即M为H2O，故④错误；‎ ‎⑤根据反应方程式，Sn的化合价由+2价→+4价，化合价升高，即为氧化产物，故⑤正确；‎ 综上所述，①③⑤正确，答案选B。‎ ‎13.第ⅢA族Al、Ga均为两性元素，Al(OH)3与Ga(OH)3相比，后者酸性比前者强。当CO2通入NaAlO2和NaGaO2的溶液中，首先沉淀出来的氢氧化物是（ ）‎ A. Al(OH)3 B. Ga(OH)‎3 ‎C. 同时沉淀 D. 无法判断 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】CO2通入NaAlO2和NaGaO2的混合溶液中，首先CO2与水反应生成碳酸，然后会发生强酸制弱酸的反应，而且越弱的酸先被置换出来，Al(OH)3与Ga(OH)3相比，Ga(OH)3酸性比Al(OH)3强，所以Al(OH)3酸性更弱，因此首先沉淀出来的氢氧化物是Al(OH)3，故答案为：A。‎ ‎14.海水化学资源开发利用的部分过程如图所示，下列说法正确的是（ ）‎ A. 用澄清的石灰水可鉴别NaHCO3和Na2CO3‎ B. 从海水中得到粗盐主要是通过蒸发操作实现的 C. 在步骤③，中可通入Cl2使溴离子被还原为Br2‎ D. 在步骤④中，SO2水溶液吸收Br2后，溶液的pH增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 海水蒸发溶剂得到粗盐和母液，粗盐通过精制得到精盐，电解饱和食盐水得到氯气、氢气和氢氧化钠，工业上制得饱和食盐水，依次通入氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，母液加氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁和酸反应生成氯化镁，制得氯化镁，母液通入氯气氧化溴离子为溴单质，被二氧化硫吸收后发生氧化还原反应生成溴化氢溶液，富集溴元素，通入氯气氧化溴化氢为溴单质得到溴，以此解答该题。‎ ‎【详解】A. 在NaHCO3或Na2CO3中加入澄清的石灰水，现象均为产生白色沉淀，所以不能用澄清的石灰水鉴别NaHCO3和Na2CO3，A错误；‎ B. 氯化钠的溶解度随温度的变化不明显，故从海水中得到粗盐采用的是蒸发结晶的方法，B正确；‎ C. 步骤③中发生反应的化学方程式为：2NaBr+Cl2= Br2+2NaCl，Br的化合价由-1价升高为0价，溴离子被氧化为Br2，C错误；‎ D. 步骤④中SO2水溶液吸收Br2，发生反应的化学方程式为：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，溶液的酸性增强，pH减小，D错误；故答案为：B。‎ ‎15.SO2是一种大气污染物，工业上可用NaClO碱性溶液吸收SO2。为了提高吸收效率，常用Ni2O3作为催化剂。该催化过程如图所示，下列有关说法不正确的是（ ）‎ A. 当溶液中c(ClO-)相同时，用Ca(ClO)2脱硫效果比用NaClO好 B. 过程2中产生的原子氧可加快对SO2的吸收 C. 过程2的离子方程式为2NiO2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2O D. H2SO3的酸性比HClO强，所以SO2能与NaClO溶液反应生成HClO ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 当溶液中c(ClO-)相同时，用Ca(ClO)2代替NaClO脱硫，Ca2＋与反应生成的SO42-结合生成微溶的CaSO4，有利于反应的进行，脱硫的效果比用NaClO好，A正确；‎ B. 过程2中产生的原子氧具有极强的氧化能力，可加快对SO2的吸收，B正确；‎ C. 根据图示，过程2中发生的反应为：2NiO2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2O，C正确；‎ D. NaClO有强氧化性，SO2有还原性，所以二者能发生氧化还原反应，D错误；故答案为：D。‎ ‎16.在一定量铁的氧化物中，加入45 mL4 mol/L硫酸溶液恰好完全反应，所得溶液中Fe2+能恰好被标准状况下672mL氯气氧化。则该固体中铁原子和氧原子的个数之比为 A. 5:6 B. 7:‎9 ‎C. 3:4 D. 2:3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，铁的化合物中的铁元素可能含有+2价和+3价，根据氯气将亚铁离子氧化的反应，结合氯气的量可以计算亚铁离子的量，铁的氧化物可理解成FeO和Fe2O3按一定比例混合而成，根据消耗的硫酸计算Fe、O原子个数之比。‎ ‎【详解】硫酸的物质的量n（H2SO4）=4mol/L×‎0.045L=0.18mol，672mL氯气的物质的量为0.03 mol，根据反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-可知反应后溶液中n（Fe2+）=0.06mol，设FeO为Xmol，Fe2O3为Ymol，由FeO+ H2SO4=FeSO4+H2O和Fe2O3+ 3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O可得求解关系式X+3Y=0.18①，X=0.06②，解得X=0.06mol、Y=0.04mol，则该固体中铁原子和氧原子的个数之比为（0.06 mol+0.04mol×2）：（0.06 mol+0.04mol×3）=7:9，故选B。‎ ‎【点睛】本题考查与化学反应有关的化学计算，掌握铁的化合物的性质，正确书写化学方程式，利用方程式计算是解答关键。‎ ‎17.下列说法正确的有几个 ‎①pH=0的溶液中Fe3＋与S2−因发生双水解而不共存 ‎②MgCl2溶液蒸干后得MgO固体，如果想要得到MgCl2固体应通入HCl的气流 ‎③将0.1mol的Na2CO3溶于水中，形成溶液中阴离子总数小于0.1NA ‎④已知：AgCl(s)⇌Ag＋(aq)+Cl−(aq)，加少量水稀释平衡右移，c(Ag+)减小.‎ ‎⑤和在溶液中因为互相抑制水解而大量共存 ‎⑥pH=2的盐酸和醋酸，均稀释到pH=5，醋酸加水量大 ‎⑦NaHSO3溶液中加入少量NaOH固体,将增大 A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①pH=0的溶液中Fe3+与S2-会发生氧化还原反应生成硫沉淀和硫化亚铁沉淀，①错误；‎ ‎②MgCl2溶液蒸干时氯化镁的水解程度增大，生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁分解得到MgO固体，如果想要得到MgCl2固体应通入HCl的气流，以抑制氯化镁水解，②正确；‎ ‎③在Na2CO3溶液中存在碳酸钠的水解生成碳酸氢钠和氢氧化钠，阴离子总数增多，③错误；‎ ‎④已知：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，加水稀释平衡右移，c(Ag+)浓度不变，④错误；‎ ‎⑤存在电离平衡，电离出的氢离子与反应生成氢氧化铝沉淀，促进碳酸氢根电离，⑤错误；‎ ‎⑥没有注明盐酸和醋酸溶液的体积相等，无法判断，⑥错误；‎ ‎⑦NaHSO3溶液中加入少量NaOH固体，促进亚硫酸氢根的电离，将增大，⑦正确；‎ 综上所述，正确的有2个，答案选A。‎ ‎18.下列关于化学反应方向及其判据的说法错误的是（　　）‎ A. 1mol H2O在不同状态时的熵值：S[H2O（s）]＜S[H2O（g）]‎ B. 放热反应都可以自发进行，而吸热反应不能自发进行 C. 2KClO3（s）＝2KCl（s）+3CO2（g）△H＞0能否自发进行与温度有关 D. 常温下，反应C（s）+CO2（g）＝2CO（g）不能自发进行，则该反应的△H＞0‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、物质聚集状态不同熵值不同，气体S＞液体S＞固体S，1mol H2O在不同状态时熵值：S[H2O（s）]＜S[H2O（g）]，故A说法正确；‎ B、反应的自发性由焓变和熵变共同决定，当△G＝△H﹣T△S＜0时反应能自发进行，△G＞0时反应不能自发进行。焓变小于零的反应为放热反应，△H＜0，若△S＜0，高温下可以使△G＞0，反应不能自发进行；焓变大于零的反应为吸热反应，△H＞0，若△S＞0，高温下可以使△G＜0，反应可自发进行，故B说法错误；‎ C、△H＞0、△S＞0，则在高温下△H﹣T△S＜0可以成立，反应可自发进行，故反应能否自发进行与温度有关，故C说法正确；‎ D、常温下，反应C（s）+CO2（g）＝2CO（g）反应不能自发进行，则△H﹣T△S＞0，因为△S＞0的反应，则△H＞0，故D说法正确。‎ ‎19.常温下，向的溶液中滴加的 NaOH溶液，所得溶液的pH与NaOH溶液体积的关系如图所示，下列说法正确的是        ‎ A. 溶液第一步滴定可用酚酞作指示剂 B. A点溶液中 C 图像中A、B、C三处溶液中相等 D. B点溶液存在 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.加入20mL等浓度的NaOH溶液时生成，此时溶液的，酚酞的变色范围为，不能用酚酞作指示剂，故A错误；‎ B.A点溶质为，溶液的，说明的电离程度大于其水解程度，则溶液中，正确的离子浓度大小为：，故B错误；‎ C.为的水解平衡常数，只受温度的影响，所以A、B、C三处溶液温度相同，则相等，故C正确；‎ D.B点加入等浓度的40mLNaOH溶液，反应后溶质为，根据物料守恒可得：，故D错误。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算，题目难度中等，明确图象各点溶质组成为解答关键，注意掌握盐的水解及离子浓度大小比较方法，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。‎ ‎20.已知反应：①PCl5(g)⇌PCl3(g)＋Cl2(g)；②2HI(g)⇌H2(g)＋I2(g)，在一定条件下达到化学平衡时，反应物的转化率均是α%。若保持各反应的温度和容器的体积都不改变，分别加入一定量的各自的反应物，重新达到平衡时，反应物的转化率（ ）‎ A. 均不变 B. ①增大、②不变、 C. 均增大 D. ①减小、②不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 若保持各自的温度、体积不变，分别加入一定量的各自的反应物，可以等效为将原来的容器缩小体积，实际上增大的反应体系的压强，据此解答。‎ ‎【详解】①PCl5(g)⇌PCl3(g)＋Cl2(g)，该反应为气体分子数增大的可逆反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，所以反应物的转化率减小；②2HI(g)⇌H2(g)＋I2(g)，该反应为反应前后气体分子数不变的可逆反应，增大压强，平衡不移动，所以反应物的转化率不变；所以反应物的转化率：①减小，②不变，D正确；故答案为：D。‎ ‎21.常温时，1 mol/LHClO2和，1 mol/L的HMnO4两种酸溶液，起始时的体积均为Vo，分别向两溶液中加水进行稀释，稀释后溶液体积为V，所得曲线如图所示。下列说法正确的是 ‎ A. 稀释前分别用1mol·L-1的NaOH溶液中和，消耗的NaOH溶液体积：HMnO4＞HClO2‎ B. 当稀释至pH均为3时，溶液中c(ClO2-)＞c(MnO4-）‎ C. 在0≤pH≤5时，HMnO4溶液满足，pH= ‎ D. 常温下，浓度均为0.1mol·L-1的NaClO2和NaMnO4溶液的pH: NaMnO4＞NaClO2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、常温时，1 mol/L的HClO2和，1 mol/L的HMnO4两种酸溶液，起始时的体积均为Vo ‎，稀释前分别用1mol·L-1的NaOH溶液中和，消耗的NaOH溶液体积相同，故A错误；B、当稀释至pH均为3时，两溶液中均存在电荷守恒，c(H＋)=c(OH―) +c(ClO2-)，c(H＋)=c(OH―) +c(MnO4-），溶液中c(ClO2-)=c(MnO4-），故B错误；C、由图+1=1时，1mol·L-1HMnO4中c(H＋)=1mol·L-1，说明HMnO4为强酸，在0≤pH≤5时，HMnO4溶液满足，pH=，故C正确；D、 常温下，NaClO2的水解能力强，浓度均为0.1mol·L-1的NaClO2和NaMnO4溶液的pH: NaMnO40 B. 0>△H 3>△H 4‎ C. 2△H 5+△H 1>0 D. ΔH1＝ΔH2＋2ΔH3－2ΔH5‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 甲醇和CO燃烧均是放热反应，△H均小于0，A错误；‎ B. 液态水的能量低于气态水的能量，因此氢气完全燃烧生成液态水放热多，则ΔH3＜ΔH4，B错误；‎ C. 已知2CH3OH(g)＋3O2(g)=2CO2(g)＋4H2O(l）  ΔH1，2CO(g)＋4H2(g)=2CH3OH(g） 2ΔH5，则二者相加即得到：2CO(g)＋4H2(g)+‎ ‎3O2(g)=2CO2(g)＋4H2O(l)，该反应一定是放热反应，2ΔH5+ΔH1<0，C错误；‎ D. 已知①2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g）ΔH2，②2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l）ΔH3，③CO(g)＋2H2(g)=CH3OH(g）ΔH5，则根据盖斯定律可知：①+②×2-⑤×2，即得到反应：2CH3OH(g)＋3O2(g)=2CO2(g)＋4H2O(l) ΔH1＝ΔH2＋2ΔH3－2ΔH5，D正确；故答案为：D。‎ ‎23.已知Ag2SO4的Ksp=c2(Ag+)×c(SO42-)=1.4×10-5，将适量Ag2SO4固体溶于100mL水中至刚好饱和，此时溶液中c(Ag＋)=0.030mol·L-1。若t1时刻改变条件，下图中不正确的是( )‎ A. 加入100mL蒸馏水 B. 加入100mL0.010 mol·L-1AgSO4溶液 C. 加入100mL0.020mol·L-1Na2SO4溶液 D. 加入100mL0.040mol·L-1AgNO3溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ag2SO4的Ksp=c2(Ag+)×c(SO42-)=1.4×10-5，溶度积常数是一个温度常数，温度不变，溶度积常数不变，而Ag+或SO42-浓度改变，平衡发生移动，以此来解答。‎ ‎【详解】A.加入蒸馏水，原饱和溶液变成不饱和溶液，Ag+、SO42-浓度均下降，说法正确，A不符合题意；‎ B.加入低浓度的硫酸银溶液，原饱和溶液同样要变成不饱和溶液，各离子浓度均下降，说法正确，B不符合题意；‎ C.加入更大浓度的硫酸钠溶液，硫酸根离子浓度加大，银离子浓度减小，说法正确。C不符合题意；‎ D.加入更大浓度的硝酸银溶液，银离子浓度加大，根据沉淀溶度积常数不变，可知硫酸根离子浓度必然减小，图象与事实不符合，说法错误，D符合题意；‎ 故合理选项是D。‎ ‎【点睛】本题考查难溶电解质溶解平衡，把握Ksp的影响因素、溶解平衡移动、离子浓度变化为解答的关键，注意图象中离子浓度变化的分析，侧重考查学生的分析与应用能力。‎ ‎24.某可充电电池的原理如图所示，已知a、b为惰性电极，溶液呈酸性。充电时右槽溶液颜色由绿色变为紫色。下列叙述正确的是 A. 放电时，H＋从左槽迁移进右槽 B. 放电过程中，左槽溶液颜色由黄色变为蓝色 C. 充电时，b极接直流电源正极，a极接直流电源负极 D. 充电过程中，a极的电极反应式为：VO2++2H++e－ = VO2++H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ a、b均为惰性电极，充电过程是把电能转化为化学能，属于电解池；充电过程中右槽溶液颜色由绿色变为紫色，则右槽得电子发生还原反应，所以b电极为电解池阴极，a极为电解池阳极；放电时，a电极为原电池正极，b电极为原电池负极，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应。‎ ‎【详解】A．放电时，阳离子向正极移动，所以氢离子向左槽移动，故A错误；‎ B．放电时，a电极为原电池正极，左槽中得电子发生还原反应，所以溶液颜色由黄色变为蓝色，故B正确；‎ C．充电时，b电极为阴极，a极为阳极，则b极接直流电源负极，a极接直流电源正极，故C错误；‎ D．充电过程中，a极是电解池阳极，a极的反应式为VO2+-e-+H2O=VO2++2H+，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】电极反应式的书写、电极的判断是学习难点，注意电解质溶液中阴阳离子的移动方向，为易错点；a、b均为惰性电极，充电过程是把电能转化为化学能，属于电解池；充电过程中右槽溶液颜色由绿色变为紫色，则右槽得电子发生还原反应，所以b电极为电解池阴极，a极为电解池阳极；放电时，a电极为原电池正极，b电极为原电池负极，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应。‎ ‎25.已知：，。298K时，，，。在CuCl、CuBr、CuI的饱和溶液中阳离子和阴离子浓度关系如图所示。下列说法正确的是 A. 298K时，在CuCl的饱和溶液中加入少量NaCl，c(Cu+)和c(Cl-)都减小 B. 图中x代表CuI曲线，且P点c(Cu+)=c(Cl-)‎ C. 298K时增大M点的阴离子浓度，则y上的点向N点移动 D. 298K时平衡常数K的数量级为103或102‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图象，pCu=－1gc(Cu+)=3，c(Cu+)=10－3mol/L，pX=－lgc(X－)=3，c(X－)=10－3mol/L，则K sp(CuX)=a×10－6，因此P点对应于CuCl饱和溶液中阳离子和阴离子浓度关系，即曲线x代表CuCl，则y代表CuBr，z代表CuI，据此分析解答。‎ ‎【详解】A. 298K时，在CuCl的饱和溶液中加入少量NaCl，c(Cl－)增大，温度不变，Ksp(CuCl)不变，则c(Cu+)减小，A错误；‎ B. 根据上述分析，图中x代表CuCl曲线，B错误；‎ C. 298K时增大M点的阴离子浓度，温度不变，Ksp(CuBr)不变，则c(Cu+)减小，pCu=－1gc(Cu+)增大，即y上的点向M点的斜下方移动，C错误；‎ D. 298K时，的平衡常数K=Ksp(CuBr)/Ksp(CuI)=(b×10－9)/(c×10－12)=(b/c)×103，K的数量级为：103或102，D正确；故答案为：D。‎ ‎26.已知亚磷酸（H3PO3）的结构如图，‎ 是具有强还原性的二元弱酸，可以被银离子氧化为磷酸。‎ ‎（1）已知亚磷酸可由PCl3水解而成，请写出相应的离子方程式____。亚磷酸与银离子反应时氧化剂与还原剂的物质的量之比为____。‎ ‎（2）某温度下，0.1mol/L的H3PO3溶液的pH为1.6，即c(H+)=2.5×10-2mol/L该温度下H3PO3的一级电离平衡常数=____。（H3PO3第二步电离忽略不计，结果保留两位有效数字）向H3PO3溶液中滴加NaOH溶液至中性，所得溶液中：____（填“>”、“<”或“=”）。‎ ‎【答案】 (1). PCl3+3H2O=H3PO3+3H++3Cl− (2). 2:1 (3). 8.3×10−3mol·L－1 (4). =‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 因为1 mol亚磷酸最多消耗2 mol氢氧化钠，所以亚磷酸是二元弱酸；弱电解质电离常数为达到平衡时所生成的各种离子浓度的幂之积与溶液中未电离的分子浓度的比值；溶液中粒子浓度关系根据电荷守恒和物料守恒判断。‎ ‎【详解】(1)PCl3中P是+3，可以结合OH-，生成H3PO3，Cl-结合H+生成HCl，所以反应的离子方程式为：PCl3+3H2O=H3PO3+3H++3Cl-，故答案为：PCl3+3H2O=H3PO3+3H++3Cl−；‎ ‎(2)结合题目信息可知，亚磷酸与银离子反应生成银单质和磷酸，用H+和H2O来配平电荷和原子，离子方程式为：H3PO3+2Ag++H2O= H3PO4+2Ag+2H+。氧化剂银离子和还原剂亚磷酸的物质的量之比为2:1，故答案为：2:1；‎ ‎(3)根据电离方程式：‎ H3PO3 H+ + H2PO3-‎ 起始浓度： 0.1 0 0‎ 转化浓度：2.5×10-2 2.5×10-2 2.5×10-2‎ 平衡浓度：0.1-2.5×10-2 2.5×10-2 2.5×10-2‎ 电离平衡常数：Ka1=8.3×10－3mol·L－1，故答案为：8.3×10－3mol·L－1‎ ‎(4)根据电荷守恒：c（Na+）+ c（H+）=c（H2PO3-）+‎2c（HPO32-）+ c（OH-），溶液呈中性，c（H+）= c（OH-），因此c（Na+）= c（H2PO3-）+‎2c（HPO32-），故答案为：=。‎ ‎27.碱式碳酸镍[Nix(OH)y(CO3)z·nH2O]是一种绿色晶体，常用作催化剂和陶瓷着色剂，为确定其组成，某小组进行了实验探究。‎ ‎【查阅资料】碱式碳酸镍‎300℃‎以上时分解生成3种氧化物。NiO为绿色粉末，Ni2O3为灰黑色固体。‎ ‎【实验探究】选用下图所示部分装置进行实验（夹持装置略）‎ 实验I定性探究：确定3种氧化物的组成。‎ ‎（1）预测三种氧化物分别是含Ni、H、、C三种元素的理论依据是___________________。‎ ‎（2）经检验生成的三种氧化物分别为NiO、H2O和CO2，装置连接顺序为AB__________（填装置的字母序号）。其中装置B现象为_________________。‎ 实验II 定量分析：确定碱式碳酸镍的组成。连接装置A-B-F-D-D进行实验。‎ 实验步骤如下：‎ i 称量碱式碳酸镍、装置F、装置D（前一个）的质量并记录 ii 打开活塞K，缓缓通入空气 iii点燃酒精灯，加热 iv熄灭酒精灯, 冷却到室温, 关闭K v 再次称量装置F、装置D（前一个）的质量并记录 ‎（3）其中步骤ii的目的是_____________________________________。‎ ‎（4）若缺少装置A将导致所测得的x值___________（填“偏大”或“偏小”或“无影响”）。‎ ‎（5）重复操作ii-v至__________________________时，可判断碱式碳酸镍已完全分解。‎ ‎（6）实验前测得石英玻璃管中的样品质量为‎3.77g，其他数据如下表所示 装置F质量/g 装置D（前一个）质量/g 实验前 ‎132.00‎ ‎41.00‎ 实验后 ‎133.08‎ ‎41.44‎ 该碱式碳酸镍的化学式为____________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 化学反应前后元素种类不变 (2). EC (3). 绿色晶体变成绿色粉末 (4). 防止水蒸气和二氧化碳的质量测量产生误差 (5). 偏小 (6). 装置F、装置D（前一个）的质量与前一次测量值相比不变时 (7). Ni3(OH)4CO3·4H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题的实验目的为探究物质的组成，根据元素守恒，可确定三种氧化物为水、二氧化碳、和镍的氧化物验证先后顺序为先验证水，并除去水；再吸收二氧化碳，并验证是否吸收完全。确定碱式碳酸镍的组成，连接装置A-B-F-D-D进行实验；‎ ‎【详解】（1）根据化学反应中原子守恒，可确定三种氧化为Ni、H、C的氧化物，答案为：化学反应前后元素种类不变；‎ ‎（2）根据分析可知，先验证水，若先验证二氧化碳则从溶液中出来的气体无法验证原混合气体中是否有水，则连接顺序为：EC；B中观察到的现象为：绿色晶体变成绿色粉末；‎ ‎（3）缓缓通入空气，目的为使B装置中残存的水和二氧化碳完全被吸收，答案为：防止水蒸气和二氧化碳的质量测量产生误差；‎ ‎（4）若缺少装置A，则空气中的水和二氧化碳被吸收，导致计算二氧化碳和水的量比实际偏大，而镍的质量偏小，答案为；偏小；‎ ‎（5）装置F、第一个D中的质量两次称量的数据相等时可判断碱式碳酸镍已完全分解，答案为：装置F、装置D（前一个）的质量与前一次测量值相比不变时；‎ ‎（6）装置F中吸收的为水，增重为水的质量，为‎1.08g，物质的量为0.06mol；装置D中吸收的为二氧化碳，质量增重为‎0.44g，物质的量为0.01mol，镍的氧化物的质量为‎3.77g-1.08g-0.44g=‎2.25g，物质的量为0.03mol，碱式碳酸镍的化学式为Ni3(OH)4CO3·4H2O；‎ ‎28.草酸钴是制作氧化钴和金属钴的原料。一种利用含钴废料(主要成分为Co2O3,含少量Fe2O3、Al2O3、CaO、MgO、碳及有机物等)制取CoC2O4的工艺流程如图 ‎(1)“‎550℃‎焙烧”的目的是___；‎ ‎(2)“浸出液”的主要成分是___；‎ ‎(3)“钴浸出”过程中Co3+转化为Co2+，反应的离子方程式为___；‎ ‎(4)“净化除杂‎1”‎过程中,先在40∼‎50℃‎加入H2O2,其作用是___(用离子方程式表示);再升温至80∼‎85℃‎,加入Na2CO3溶液，调pH至4.5，“滤渣‎1”‎主要成分的是___.‎ ‎(5)“净化除杂‎2”‎可将钙、镁离子转化为沉淀过滤除去,若所得滤液中c(Ca2+)=1.0×l0−5mol/L,则滤液中c(Mg2+)为___[已知Ksp(MgF2)=7.35×10−11、Ksp(CaF2)=1.05×10−10.]‎ ‎(6)为测定制得样品的纯度,现称取‎1.00g样品,将其用适当试剂转化,得到草酸铵[(NH4)‎2C2O4]溶液,再用过量稀硫酸酸化,用0.1000mol/LKMnO4溶液滴定,达到滴定终点时,共用去KMnO4溶液26.00mL，则草酸钴样品的纯度为___.(保留两位小数)‎ ‎【答案】 (1). 除去碳和有机物 (2). NaAlO2 (3). 2Co3+++H2O=2Co2+++2H+ (4). 2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O (5). Fe(OH)3 (6). 7.0×10-6mol/L (7). 95.55%．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据流程分析可知，利用含钴废料(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、CaO、MgO、碳及有机物等)制取CoC2O4，需要将碳及有机物在‎550℃‎煅烧除去，利用NaOH将Al2O3溶解转化为NaAlO2进入浸出液；利用还原剂Na2SO3将Co3+还原为Co2+，同时也会将Fe3+还原为Fe2+；在“净化除杂‎1”‎过程中，需加入氧化剂，同时调节pH，将Fe2+转化为Fe3+，进而转化为Fe(OH)3沉淀；然后加入过量的NaF溶液，将Mg2+、Ca2+转化为MgF2、CaF2沉淀除去；最后加入(NH4)‎2C2O4溶液，将Co2+转化为CoC2O4，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)碳及有机物具有可燃性，含钴废料中的碳及有机物在‎550℃‎焙烧时可以生成二氧化碳等被除去，故答案为：除去碳和有机物；‎ ‎(2)各种氧化物中，只有Al2O3溶于NaOH溶液，发生反应Al2O3+2NaOH＝2NaAlO2+H2O，所以“浸出液”的主要成分是NaAlO2，故答案为：NaAlO2；‎ ‎(3)“钴浸出”过程中Co3+转化为Co2+，同时Na2SO3转化为Na2SO4，反应的离子方程式为2Co3++SO32-+H2O=2Co2++SO42-+2H+。答案为：2Co3++SO32-+H2O=2Co2++SO42-+2H+；‎ ‎(4)“净化除杂‎1”‎过程中，需加入氧化剂，同时调节pH，将Fe2+转化为Fe3+，进而转化为Fe(OH)3沉淀。所以，在40～‎50℃‎加入H2O2溶液，其目的是2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；再升温至80～‎85℃‎，加入Na2CO3溶液，调pH至5，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，所以“滤渣I”的主要成分是Fe(OH)3。答案为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；Fe(OH)3；‎ ‎(5)根据Ksp(CaF2) =1.05×10-10，若所得滤液中c(Ca2+)=1.0×l0-5mol /L，则c(F-)==mol /L，则c(Mg2+)===7.0×10-6mol/L，故答案为7.0×10-6mol/L；‎ ‎(6)设草酸钴的质量为x，根据方程式：5H‎2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，草酸根守恒可得：5CoC2O4~5(NH4)‎2C2O4~5H‎2C2O4~2MnO4-，则n(CoC2O4)=n(H‎2C2O4)=×0.1000mol/L×‎0.026L=0.0065mol，该产品的纯度为=95.55%。答案为：95.55%。‎ ‎【点睛】本题考查物质分离和提纯，为高频考点，涉及溶度积常数计算、沉淀与pH的关系、盐类水解、氧化还原反应等知识点，明确实验原理是解本题关键。本题的难点是溶度积常数的计算和纯度的计算，要能够书写滴定反应方程式。‎ ‎29.元素X的基态原子中的电子共有7个能级，且最外层电子数为1，X原子的内层轨道全部排满电子．在气体分析中，常用XCl的盐酸溶液吸收并定量测定CO的含量，其化学反应如下：2XCl+2CO+2H2O═X2Cl2•2CO•2H2O ‎（1）X基态原子的电子排布式为______．‎ ‎（2）C、H、O三种原子的电负性由大到小的顺序为______．‎ ‎（3）X2Cl2•2CO•2H2O是一种配合物，其结构如图1所示：‎ ‎①与CO为互为等电子体的分子是______．‎ ‎②该配合物中氯原子的杂化方式为______．‎ ‎③在X2Cl2•2CO•2H2O中，每个X原子能与其他原子形成3个配位键，在图中用“→”标出相应的配位键______．‎ ‎（4）XCl的晶胞如2图所示，距离每个X+最近的Cl-的个数为______．XCl的化学式__________‎ 已知X的半径为apm,此晶胞的密度为dg/cm3，则阿伏加德罗常数NA=_____________（无需化简，列式即可）。‎ ‎【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1 (2). O＞C＞H (3). N2 (4). sp3 (5). (6). 4 (7). CuCl (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 元素X的基态原子中的电子共有7个能级，说明有四个电子层，且最外层电子数为1，X原子的内层轨道全部排满电子说明3d轨道排满，即为Cu[Ar]3d104s1，根据等电子的概念寻找CO的等电子体，根据杂化轨道理论判断杂化方式，结合均摊法进行晶胞的计算。‎ ‎【详解】(1)根据上述分析可知，X为Cu，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；‎ ‎(2)同周期，从左到右，电负性逐渐增大，即O＞C，非金属性越强，电负性越强，所以C＞H，即O＞C＞H，故答案为：O＞C＞H；‎ ‎(3)X2Cl2·2CO·2H2O是一种配合物，①等电子体原子总数相同，价电子总数相同，因此可以找与这些原子相邻的原子，则CO互为等电子体的分子是N2，故答案为：N2；‎ ‎②由分子结构示意图可知，每个氯原子形成2个σ键，还有两对孤对电子，因此氯原子的杂化方式为sp3，故答案为：sp3；‎ ‎③在X2Cl2•2CO•2H2O中，每个X原子能与其他原子形成3个配位键，CO、H2O、Cl－各提供孤对电子，亚铜离子提供空轨道，因此配位键图示为，故答案为：；‎ ‎(4)CuCl的晶胞如图2所示，以面心分析，左边两个Cl-，右边两个Cl-，即距离每个Cu+最近的Cl-的个数为4，有晶胞示意图可知，Cu+位于晶胞的顶点和面上，则1个晶胞中含有的Cu+的个数为，Cl-位于晶胞的体内，则1个晶胞中含有的Cl-的个数为4×1=4，则XCl的化学式为CuCl，若Cu原子的半径为a pm，即每个边长为pm，晶体的密度为dg/cm3，每个晶胞中有4个Cu+，4个Cl-，，阿伏加德罗常数，故答案为：4；CuCl；。‎ ‎30.化合物M是一种香料，可采用油脂与芳香烃（含苯环的烃）为主要原料，按下列路线合成：‎ ‎ ‎ 已知：①RXROH ‎②E分子中只有两种不同化学环境的H原子 ‎③‎ ‎（R1、R2、R3与R4可能是氢、烃基或其他基团）‎ ‎（1）A中官能团的名称是___，D→E的反应类型为___。‎ ‎（2）E的结构简式为___。‎ ‎（3）C+F→M的化学方程式____。‎ ‎（4）下列化合物中属于F的同分异构体的是____。‎ a．‎ b．‎ c．‎ d．CH2=CH﹣CH=CH﹣CH=CH﹣CH2COOH ‎（5）写出从Br﹣CH2CH2﹣Br→HCOOCH2CH2OOCH的合成路线（无机试剂任选，合成路线参照题中的书写形式）____。‎ ‎【答案】 (1). 羟基 (2). 取代反应 (3). (4). 2HCOOH+2H2O+ (5). bd (6). BrCH2CH2BrHOCH2CH2OHHCHOHCOOH ‎ HCOOCH2CH2OOCH ‎【解析】‎ ‎【详解】油脂水解得到A为，结合信息③可以A氧化生成HCHO、HCOOH，B氧化得到C，故B为HCHO，C为HCOOH．芳香烃D与氯气在光照条件下发生侧链取代反应生成E，E分子中只有两种不同化学环境的H原子，则D为，E为，F为，M为。‎ ‎（1）A为，含有的官能团的名称是羟基，D→E的反应类型为取代反应，故答案为羟基；取代反应；‎ ‎（2）E的结构简式为： ，故答案为；‎ ‎（3）C+F→M的化学方程式：2HCOOH+2H2O+，故答案为2HCOOH+2H2O+；‎ ‎（4）F的结构简式为， 、与F的分子式不同，与F不是同分异构体，、CH2=CH﹣CH=CH﹣CH=CH﹣CH2COOH与F的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故答案为bd；‎ ‎（5）BrCH2CH2Br在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成HOCH2CH2OH，然后被HIO4氧化生成HCHO，再与新制氢氧化铜氧化得到 HCOOH，最后与乙二醇发生酯化反应得到HCOOCH2CH2OOCH，合成路线流程图为：BrCH2CH2BrHOCH2CH2OH HCHO HCOOHHCOOCH2CH2OOCH，故答案为BrCH2CH2Br HOCH2CH2OH HCHO HCOOH HCOOCH2CH2OOCH。‎