四川省泸州市泸县第四中学2020届高三上学期期中考试理综化学试题

四川省泸州市泸县第四中学2020届高三上学期期中考试理综化学试题

‎1.港珠澳大桥被称为“现代世界新七大奇迹”之一，涵盖了当今世界岛隧桥多项尖端科技，化工行业在这座宏伟的“超级工程”中发挥了巨大作用。下列材料的生材属于无机材料的是 A. 高强度耐腐蚀钢筋 B. 超高分子量聚乙烯纤维 C. 大尺寸橡胶隔震支座 D. 高韧薄层沥青罩面 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 钢筋主要成分为铁合金，属于无机金属材料，故选A； ‎ B. 聚乙烯纤维 是指由聚乙烯经熔融纺丝法纺丝而得到的纤维材料，属于有机高分子材料，故不选B；‎ C. 橡胶是指具有可逆形变的高弹性聚合物材料，属于有机高分子材料，故不选C；‎ D. 沥青主要来源于石油的分馏，沥青是一种防水防潮和防腐的有机胶凝材料，不属于无机材料，故不选D。‎ 故答案选A。‎ ‎2.下列化学用语的表述正确的是 A. 钢铁吸氧腐蚀中的正极反应：4OH--4e-=2H2O +O2‎ B. 由Na和Cl形成离子键的过程：‎ C. NaHCO3的水解平衡：HCO3-+H2O H3O++CO32-‎ D. 实验室制乙炔的反应：CaC2+H2O →CaO+C2H2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 钢铁吸氧腐蚀中的正极发生氧气得电子的还原反应： O2+4e-+2H2O =4OH-，故A错误；‎ B. Na原子失去1个电子被Cl原子得到，形成的化合物为离子化合物，则由Na和Cl形成离子键的过程表示为：，故B正确；‎ C. HCO3-结合水电离出的H+生成H2CO3，水解平衡的离子方程式为：HCO3-+H2O H2CO3+OH-，故C错误；‎ D. 碳化钙和水反应生成氢氧化钙和乙炔，化学方程式为：CaC2+2H2O →Ca(OH)2+C2H2↑，故D错误。‎ 故答案选B。‎ ‎3.下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）‎ A. 饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应：CO32−+CaSO4CaCO3+SO42−‎ B. 酸化NaIO3和NaI的混合溶液：I− +IO3−+6H+=I2+3H2O C. KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO−+2Fe(OH)3=2FeO42−+3Cl−+4H++H2O D. 电解饱和食盐水：2Cl−+2H+Cl2↑+ H2↑‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A项，饱和Na2CO3溶液与CaSO4发生复分解反应生成更难溶于水的CaCO3；‎ B项，电荷不守恒，得失电子不守恒；‎ C项，在碱性溶液中不可能生成H+；‎ D项，电解饱和食盐水生成NaOH、H2和Cl2。‎ ‎【详解】A项，饱和Na2CO3溶液与CaSO4发生复分解反应生成更难溶于水的CaCO3，反应的离子方程式为CO32-+CaSO4CaCO3+SO42-，A项正确；‎ B项，电荷不守恒，得失电子不守恒，正确的离子方程式为5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O，B项错误；‎ C项，在碱性溶液中不可能生成H+，正确的离子方程式为3ClO-+2Fe（OH）3+4OH-=3Cl-+2FeO42-+5H2O，C项错误；‎ D项，电解饱和食盐水生成NaOH、H2和Cl2，电解饱和食盐水的离子方程式为2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-，D项错误；答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查离子方程式正误的判断。判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：①从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物（题中D项）等；②从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等；③从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子守恒等（题中B项）；④从反应的条件进行判断（题中C项）；⑤从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断。‎ ‎4.化合物X是一种医药中间体，其结构简式如图所示。下列有关化合物X说法正确的是（ ）‎ A 分子中两个苯环一定处于同一平面 B. 不能与饱和Na2CO3溶液反应 C. 在酸性条件下水解，水解产物只有一种 D. 1 mol化合物X最多能与2 mol NaOH反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据有机物结构简式可知两个苯环均连在同一个饱和碳原子上，由于单键可以旋转，两个苯环不一定共面，A项错误；‎ B.X中含有羧基，能与饱和碳酸钠溶液反应，B项错误；‎ C.由于是环酯，在酸性条件下水解，水解产物只有一种，C项正确；‎ D.X的酸性水解产物中含有2个羧基和1个酚羟基，则1mol化合物X最多能与3molNaOH反应，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点晴】掌握常见有机物官能团的结构和性质是解答的关键，难点是有机物共线共面判断。解答该类试题时需要注意：①甲烷、乙烯、乙炔、苯、甲醛5种分子中的H原子若被其他原子如C、O、Cl、N等取代，则取代后的分子空间构型基本不变。②借助C—C键可以旋转而—C≡C—键和碳碳双键不能旋转以及立体几何知识判断。③苯分子中苯环可以以任一碳氢键为轴旋转，每个苯分子有三个旋转轴，轴上有四个原子共线。‎ ‎5.BMO（Bi2MoO6）是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，原理如图所示。下列说法不正确的是 A. 该过程的总反应：C6H6O+7O26CO2+3H2O B. 该过程中BMO表现较强氧化性 C. 降解产物的分子中只含有极性共价键 D. ①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为3:1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、该过程用光催化降解苯酚生成二氧化碳和水，所以反应：C6H6O+7O26CO2+3H2O，故A正确；‎ B、该过程中BMO是催化剂，BMO与O2在光作用下，BMO被氧化成BMO+，故B错误；‎ C、降解苯酚的产物为二氧化碳和水，二氧化碳和水分子中都只含有极性共价键，故C正确；‎ D、 ①中1molO2-要得到3mol电子，而②中1molBMO+变为1molBMO只要得到1mol电子，根据氧化还原反应得失电子相等，所以①、②中被降解的苯酚的物质的量之比为3:1，故D正确；‎ 正确答案选B。‎ ‎6.Fe3O4中含有、，分别表示为Fe（Ⅱ）、Fe（Ⅲ），以Fe3O4/Pd为催化材料，可实现用H2消除酸性废水中致癌物NO2－，其反应过程示意图如图所示，下列说法不正确的是 A. Pd上发生的电极反应为：H2 - 2e－ 2H＋‎ B. Fe（Ⅱ）与Fe（Ⅲ）的相互转化起到了传递电子的作用 C. 反应过程中NO2－被Fe（Ⅱ）还原为N2‎ D. 用该法处理后水体的pH降低 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图像可知反应流程为（1‎ ‎）氢气失电子变为氢离子，Fe（Ⅲ）得电子变为Fe（Ⅱ）；（2）Fe（Ⅱ）得电子变为Fe（Ⅲ），NO2－被Fe（Ⅱ）还原为N2。如此循环，实现H2消除酸性废水中的致癌物NO2－的目的，总反应为3H2+2 NO2－+2H+=N2↑+4H2O。‎ 详解】根据上面分析可知：‎ A. Pd上发生的电极反应为：H2 - 2e－ 2H＋，故不选A；‎ B. 由图中信息可知，Fe（Ⅱ）与Fe（Ⅲ）是该反应的催化剂，其相互转化起到了传递电子的作用，故不选B；‎ C.反应过程中NO2－被Fe（Ⅱ）还原为N2，故不选C；‎ D.总反应为3H2+2 NO2－+2H+=N2↑+4H2O。，用该法处理后由于消耗水体中的氢离子，pH升高，故选D；‎ 答案：D ‎7.不同条件下，用O2氧化a mol/L FeCl2溶液过程中所测的实验数据如图所示。下列分析或推测合理的是 A. 由①、②可知， pH越大，+2价铁越易被氧化 B. 由②、③推测，若pH＞7，+2价铁更难被氧化 C. 由①、③推测，FeCl2被O2氧化的反应为放热反应 D. 60℃、pH=2.5时， 4 h内Fe2+的平均消耗速率大于 0.15a mol/(L·h)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由②、③可知， pH越小，+2价铁氧化速率越快，故A错误；‎ B、若pH＞7，FeCl2变成Fe（OH）2，Fe（OH）2非常容易被氧化成Fe（OH）3，故B错误；‎ C、由①、③推测，升高温度，相同时间内+2价铁的氧化率增大，升高温度+2价铁的氧化速率加快，由图中数据不能判断反应的热效应，故C错误；‎ D、50℃、pH=2.5时，4 h内Fe2+的氧化率是60%，即消耗0.6a mol/L，4 h内平均消耗速率等于0.15a mol/(L·h)，温度升高到60℃、pH=2.5时，+2价铁的氧化率速率加快，4 h内Fe2+的平均消耗速率大于 0.15a mol/(L·h)。‎ 正确答案选D。‎ ‎8.某小组探究Br2、I2能否将Fe2+氧化，实验如下。‎ 实验 试剂x 现象及操作 溴水 i．溶液呈黄色，取出少量滴加KSCN溶液，变红 碘水 ii．溶液呈黄色，取出少量滴加KSCN溶液，未变红 ‎（1）实验ⅰ中产生Fe3+ 的离子方程式是________。‎ ‎（2）以上实验体现出氧化性关系：Br2_______I2（填“＞”或“＜”）。‎ ‎（3）针对实验ⅱ中未检测到Fe3+，小组同学分析：I2 +2Fe2+ 2Fe3+ + 2I-（反应a），限度小，产生的c(Fe3+)低；若向ⅱ的黄色溶液中加入AgNO3溶液，可产生黄色沉淀，平衡向_____移动，c(Fe3+)增大。‎ ‎（4）针对小组同学的分析，进行实验ⅲ：向ⅱ的黄色溶液中滴加足量AgNO3溶液。现象及操作如下： ‎ Ⅰ．立即产生黄色沉淀，一段时间后，又有黑色固体从溶液中析出；取出少量黑色固体，洗涤后，_________（填操作和现象），证明黑色固体含有Ag。‎ Ⅱ．静置，取上层溶液，用KSCN溶液检验，变红；用CCl4萃取，无明显现象。‎ ‎（5）针对上述现象，小组同学提出不同观点并对之进行研究。‎ ‎① 观点1：由产生黄色沉淀不能判断反应a的平衡正向移动，说明理由：______。经证实观点1合理。‎ ‎② 观点2：Fe3+ 可能由Ag+ 氧化产生。 ‎ 实验ⅳ：向FeSO4溶液滴加AgNO3溶液，_____（填现象、操作），观点2合理。‎ ‎（6）观点1、2虽然合理，但加入AgNO3溶液能否使反应a的平衡移动，还需要进一步确认。设计实验：取ⅱ的黄色溶液，______（填操作、现象）。由此得出结论：不能充分说明（4）中产生Fe3+的原因是由反应a的平衡移动造成的。‎ ‎【答案】 (1). (2). > (3). 正向 (4).‎ ‎ 加入浓硝酸，黑色固体消失，生成红棕色气体。再向溶液中加入NaCl溶液，出现白色沉淀， (5). 碘水与AgNO3溶液反应产生黄色沉淀， (6). 生成黑色固体，向上层清液中加入KSCN溶液，变红加入少量溶液，产生黄色沉淀后，立即向上层清液中加入过量KSCN溶液，不变红 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）溴水具有氧化性，将Fe2+氧化；‎ ‎（2）通过加入碘水的现象分析本质，依据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，从而得出氧化性强弱；‎ ‎（3）依据离子浓度的改变对化学平衡的影响作答；‎ ‎（4）Ⅰ．Ag可以与浓硝酸反应产生红棕色气体，据此分析；‎ ‎（5）①碘水中本身就有碘离子，可以与银离子反应生成黄色的AgI沉淀；‎ ‎②利用KSCN溶液探究是否有Fe3+的生成；‎ ‎（6）综上分析思路，待产生沉淀后立刻检验是否有Fe3+，来排除反应a平衡的干扰。‎ ‎【详解】（1）根据实验现象可知，溴水将将将Fe2+氧化转化为将Fe3+，其离子方程式为：；‎ ‎（2）当加入碘水后，溶液呈黄色，取出少量滴加KSCN溶液，未变红，则证明碘水没有将Fe2+氧化，则氧化性强弱：Fe2+>I2；上述实验证明氧化性：Br2> Fe2+ >I2，所以以上实验体现出氧化性关系：Br2>I2；‎ ‎（3）若向ⅱ的黄色溶液中加入AgNO3溶液，可产生黄色沉淀，使反应a中的I-浓度降低，平衡向正向移动，故答案为：正向；‎ ‎（4）Ⅰ．沉淀洗涤后，加入浓硝酸，黑色固体消失，生成红棕色气体，再向溶液中加入NaCl溶液，出现白色沉淀，则证明黑色固体为Ag；‎ ‎（5）①碘水本身与AgNO3溶液反应产生黄色沉淀，因此不能证明反应a的平衡向正向移动；‎ ‎②向FeSO4溶液滴加AgNO3溶液，若出现黑色沉淀，向上层清液中加入KSCN溶液，变红，则证明Fe3+ 可能由Ag+ 氧化产生，故答案为：出现黑色沉淀，向上层清液中加入KSCN溶液，变红；‎ ‎（6）取ⅱ的黄色溶液，加入少量溶液，产生黄色沉淀后，立即向上层清液中加入过量KSCN溶液，不变红。由此得出结论：不能充分说明（4）中产生Fe3+的原因是由反应a的平衡移动造成的。‎ ‎9.草酸亚铁晶体（FeC2O4·2H2O，相对分子质量为180）呈淡黄色，可用作照相显影剂。某实验小组对其进行了一系列探究。‎ I．纯净草酸亚铁晶体热分解产物的探究。‎ ‎（1）气体产物成分的探究。小组成员采用如下装置（可重复选用）进行实验：‎ ‎①装置D的名称为______。‎ ‎②按照气流从左到右的方向，上述装置的连接顺序为_____→尾气处理装置（填仪器接口的字母编号）。‎ ‎③实验前先通入一段时间N2，其目的为_______。‎ ‎④实验证明了气体产物中含有CO，依据的实验现象为______。‎ ‎（2）固体产物成分的探究。充分反应后，A处反应管中残留黑色固体。查阅资料可知，黑色固体可能为Fe或FeO。小组成员设计实验证明了其成分只有FeO，其操作及现象为___。‎ ‎（3）依据（1）和（2）结论，可知A处反应管中发生反应的化学方程式为____。‎ Ⅱ．草酸亚铁晶体样品纯度的测定 工业制得的草酸亚铁晶体中常含有FeSO4杂质，测定其纯度的步骤如下：‎ 步骤1：称取mg草酸亚铁晶体样品并溶于稀H2SO4中，配成250mL溶液。‎ 步骤2：取上述溶液25.00mL，用c mol·L−1 KMnO4标准液滴定至终点，消耗标准液V1 mL；‎ 步骤3：向反应后溶液中加入适量锌粉，充分反应后，加入适量稀H2SO4，再用c mol·L−1 KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准液V2mL。‎ ‎（4）步骤3中加入锌粉的目的为______。‎ ‎（5）草酸亚铁晶体样品的纯度为_____；若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化，则测定结果将______（填“偏高”、“偏低”或“不变”）。‎ ‎【答案】 (1). （球形）干燥管 (2). agfbchi（或ih）de（或ed）bc (3). 排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸 (4). C处反应管中固体由黑变红，其后的澄清石灰水变浑浊 (5). 取固体少许溶于稀硫酸，无气体生成 (6). FeC2O4•2H2O FeO+CO↑+CO2↑+2H2O (7). 将Fe3+还原为Fe2+ (8). ×100% (9). 偏低 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I．(1)①根据仪器的图形和作用分析解答；‎ ‎②草酸亚铁晶体在装置A中加热分解，生成的气体通过装置D中硫酸铜可以检验水蒸气的存在，通过装置B中澄清石灰水可以检验二氧化碳的生成，经碱石灰干燥后气体通入装置C中玻璃管和氧化铜反应，再通过B装置检验生成的二氧化碳气体，最后尾气处理，据此分析解答；‎ ‎③实验前先通入一段时间N2，可以把装置内空气赶净，据此解答；‎ ‎④实验证明了气体产物中含有CO，可以利用CO还原氧化铜设计实验验证；‎ ‎(2)黑色固体可能为Fe或FeO，可以把固体溶于酸检验；‎ ‎(3)依据(1)和(2)的结论分析解答；‎ Ⅱ．(4)根据锌可以将Fe3+还原分析解答；‎ ‎(5)草酸亚铁与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，亚铁离子和草酸根离子都被氧化。向反应后溶液中加入适量锌粉，充分反应后，加入适量稀H2SO4，再用cmol•L-1KMnO4标准溶液滴定至终点，此时滴定的是亚铁离子，利用化学反应的定量关系分析计算；若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化，根据消耗高锰酸钾量的变化分析误差。‎ ‎【详解】(1)①装置D的名称为：(球形)干燥管，故答案为：(球形)干燥管；‎ ‎②草酸亚铁晶体在装置A中加热分解，生成的气体通过装置D中硫酸铜检验水蒸气的存在，通过装置B中澄清石灰水检验二氧化碳的生成，通过装置E中碱石灰干燥后，气体通入装置C中玻璃管和氧化铜反应生成铜和二氧化碳，再通过B装置检验生成的二氧化碳气体，按照气流从左到右的方向，上述装置的连接顺序为：agfbchi(或ih)de(或ed)bc，最后连接尾气处理装置，故答案为：agfbchi(或ih)de(或ed)bc；‎ ‎③实验前先通入一段时间N2，目的是排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸，故答案为：排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸；‎ ‎④实验证明了气体产物中含有CO，依据的实验现象为：C处反应管中固体由黑变红，其后的澄清石灰水变浑浊，故答案为：C处反应管中固体由黑变红，其后的澄清石灰水变浑浊；‎ ‎(2)充分反应后，A处反应管中残留黑色固体，黑色固体可能为Fe或FeO。要证明其成分只有FeO，可以将固体溶于酸，看有无气体放出即可，具体为：取固体少许溶于稀硫酸，无气体生成说明无铁存在，只有氧化亚铁，故答案为：取固体少许溶于稀硫酸，无气体生成；‎ ‎(3)依据(1)和(2)结论，可知A处反应管中发生的反应是草酸亚铁晶体分解生成氧化亚铁、一氧化碳、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：FeC2O4•2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O，故答案为：FeC2O4•2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O；‎ ‎(4)锌可以将Fe3+还原，因此步骤3中加入锌粉的目的为：将Fe3+还原为Fe2+，故答案为：将Fe3+还原为Fe2+；‎ ‎(5)取上述溶液25.00mL，用cmol•L﹣1KMnO4标准液滴定至终点，消耗标准液V1mL，此过程中亚铁离子和草酸根离子都被氧化；向反应后的溶液中加入适量锌粉，锌将Fe3+还原为Fe2+，充分反应后，加入适量稀H2SO4，再用cmol•L﹣1KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准液V2mL，此时滴定的是溶液中的亚铁离子。第一次消耗的高锰酸钾减去第二次消耗的高锰酸钾为滴定草酸根离子的量，反应的离子方程式：2MnO4-+5C2O42-+8H+=10CO2+4H2O+2Mn2+，草酸亚铁晶体样品的纯度＝×100%，若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化，会导致第一步滴定中消耗的高锰酸钾的量减少，即V1偏小，则计算得到的亚铁离子物质的量减小，测定结果偏低，故答案为：×100%；偏低。‎ ‎【点睛】本题考查了物质的组成和含量测定的实验分析。本题的难点为实验装置的连接顺序，要注意从实验的原理分析解答；易错点为(5)的计算和误差分析，要注意2次滴定过程中的反应微粒，理解清楚计算原理，并结合计算公式分析误差。‎ ‎10.含+6价铬的废水毒性强，对环境污染严重。化工厂常用SO2处理含铬废水，其工艺流程如下图所示：‎ 已知：Cr2O72- + H2O 2CrO42- + 2H+‎ ‎（1）将吸收塔中1mol Cr2O72-与SO2反应的热化学方程式补全。 ‎ Cr2O72-(aq) + __SO2(g) + ___ ___ + ___ +___ ΔH = -1145 kJ/mol ‎（2）其他条件不变，研究吸收塔中pH对反应的影响。‎ pH ‎2‎ ‎4‎ ‎6‎ Cr（+6）‎ 最大去除率 ‎99.99%‎ 达排放标准 ‎99.95%‎ 达排放标准 ‎99.5%‎ 未达排放标准 时间 ‎30 min ‎35 min ‎45 min ‎①由上述数据获得的结论有________。‎ ‎②实际工业生产控制pH = 4左右的原因是________。‎ ‎③下列说法不合理是________。‎ a.该酸性含铬废水中一定含有CrO42-，pH越大其含量越高 b.其他条件不变，增大压强，吸收塔中反应的K增大，有利于除去Cr（+6）‎ c.理论上看，SO32-、Fe2+等也可以用于除去Cr（+6）‎ ‎（3）其他条件不变，研究温度对Cr（+6）去除率的影响（如图1所示）。‎ ‎ ‎ ‎30min前相同时间内，80℃的Cr（+6）去除率比40℃高，30min后80℃的Cr（+6）去除率低，原因分别是_______；_______。‎ ‎（4）图2为Cr（+3）微粒物质的量分数随溶液pH的变化关系示意图，中和池中应控制pH范围为_________。‎ ‎（5）废水中Cr（+6）总浓度为a×10-3 mol/L，处理1000 L废水，去除率要求达到99.95%，理论上需要SO2物质的量为_________mol（写计算式）。‎ ‎【答案】 (1). 3 (2). 2H+（aq） (3). 2Cr3+（aq） (4). 3SO42-（aq） (5). H2O（l） (6). pH越大，Cr（+6）的去除率降低，反应速率越慢 (7). 与pH=2相比，pH=4时，Cr（+6）的去除率已达排放标准，控制pH=4左右可减少中和池中NaOH的用量，节约成本 (8). b (9). 30min前，Cr（+6）去除率主要由反应速率决定，温度高反应速率快，因此80℃的去除率更高 (10). 30min后，Cr（+6）去除率主要有反应限度决定，Cr2O72-与SO2的反应放热，温度越高，K越小，因此80℃的去除率比40℃低。 (11). 8～9.5左右 (12). 1.5a×99.95%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Cr（+6）在酸性环境下主要以Cr2O72-形式存在，将具有强还原性的二氧化硫气体通入吸收塔与Cr（+6）发生氧化还原反应，将Cr（+6）降价生成Cr3+，中和池中加入NaOH使其生成氢氧化物沉淀除去。‎ ‎（1）氧化还原反应离子方程式配平，利用得失电子数相等和原子守恒配平；热化学方程式书写注意注明状态；‎ ‎（2）①根据表格可以得出随pH的增大Cr（+6）去除率的变化和去除所需时间。‎ ‎②从速率、去除率、消耗原料几个角度综合分析；‎ ‎③a.根据勒夏特例原理分析；b.k的变化只与温度有关；c.氧化还原角度分析；‎ ‎（3）从速率和平衡两个角度分析；‎ ‎（4）找出Cr（OH）3物质的量分数最大的pH范围即可；‎ ‎（5）利用得失电子数相等进行计算。‎ ‎【详解】（1）三步法配平：①根据化合价升降相等，配平化合价发生变化的元素②根据左右两边电荷守恒配平，酸性添加氢离子，碱性氢氧根离子 ③根据原子守恒配平添加水；热化学方程式书写注意注明状态，Cr2O72-(aq) + 3SO2(g) + 2H+（aq） 2Cr3+（aq） +3SO42-（aq）+H2O（l） ΔH = -1145 kJ/mol；‎ 答案：3 2H+（aq） 2Cr3+（aq） 3SO42-（aq） H2O（l）‎ ‎（2）①根据表格可以得出结论，随着pH的升高，Cr（+6）的去除率降低，反应速率变慢；‎ 答案：pH越大，Cr（+6）的去除率降低，反应速率越慢 ‎②实际工业生产应该从节省原料，条件易控角度分析，控制pH = 4左右的原因是Cr（+6）的去除率已达排放标准，控制pH=4左右可减少中和池中NaOH的用量，节约成本；‎ 答案：Cr（+6）的去除率已达排放标准，控制pH=4左右可减少中和池中NaOH的用量，节约成本 ‎③a.根据题干信息Cr2O72- + H2O 2CrO42- + 2H+，该酸性含铬废水中一定含有CrO42-，pH增大相当于减小氢离子浓度，平衡正向移动，CrO42-含量越高，故不选a；‎ b.K的变化只与温度有关，压强无影响，故选b；‎ c.SO32-、Fe2+等也具有强还原性，可以与Cr（+6）发生氧化还原反应，用于除去Cr（+6），故不选c；‎ 答案：b ‎（3）仔细观察图像可以发现前30min，80℃单位时间内去除率越高，反应速率越快；30min后去除率后面几乎不发生变化，说明达到了平衡，40℃时去除率要高，从平衡角度分析。‎ 答案：30min前，Cr（+6）去除率主要由反应速率决定，温度高反应速率快，因此80℃的去除率更高；30min后，Cr（+6）去除率主要有反应限度决定，Cr2O72-与SO2的反应放热，温度越高，K越小，因此80℃的去除率比40℃低。‎ ‎（4）Cr（+3）是以氢氧化铬沉淀形式除掉，所以根据图像选择氢氧化铬物质的量分数最大的pH范围；‎ 答案：8～9.5左右 ‎（5）利用氧化还原反应得失电子数相等列关系式可知 ‎2Cr（+6） ～ 3SO2‎ ‎2mol 3mol a×10-3 mol/L×1000L×99.95% n（SO2）‎ 计算得 n（SO2）=3mol×a×10-3 mol/L×1000L×99.95%/(2mol ) = 1.5a×99.95%mol；‎ 答案：1.5a×99.95%‎ ‎11.铁及其化合物在生产生活及科学研究方面应用非常广泛。回答下列问题：‎ ‎（1）Fe原子的核外电子排布式为_________。‎ ‎（2）含锰奥氏体钢是一种特殊的铁合金，主要由Fe和Mn组成，其中锰能增加钢铁的强度和硬度，提高耐冲击性能和耐磨性能。第三电离能I3(Fe)____I3(Mn)（填“大于”或“小于”），原因___。‎ ‎（3）工业电解熔融的FeO、Fe2O3冶炼高纯铁。FeO与Fe2O3‎ 相比，_____熔点高，其主要原因是_______。‎ ‎（4）FeCl3可与KSCN溶液发生显色反应。SCN-的三种元素中电负性最大的是_______。‎ ‎（5）液态环戊二烯中存在的微粒间相互作用有____‎ A 范德华力 B 氢键 C 键 D π键 环戊二烯分子中碳原子的杂化轨道类型是_____‎ 配合物中配体提供电子对的方式包括孤对电子、π电子等。二茂铁的分子结构如图所示，其中铁的配位数是____。‎ ‎（6）Fe(CO)3与NH3在一定条件下可合成一种具有磁性的氮化铁。该磁性氮化铁的晶胞结构如图所示。六棱柱底边边长为acm，高为ccm，阿伏加德罗常数的值为NA，该磁性氮化铁的密度为____（列出计算式）g·cm-3。‎ ‎【答案】 (1). [ Ar]3d64s2 (或) 1s22s22p63s23p63d64s2 (2). 小于 (3). Mn2+的3d能级为半充满的相对稳定结构，较难失电子 (4). Fe2O3 (5). FeO与Fe2O3都是离子晶体，Fe3+的半径小且电荷大，Fe2O3晶格能大 (6). N (7). ACD (8). sp2、sp3 (9). 6 (10). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)Fe为第26号元素，其原子核外有26个电子，根据构造原理书写该原子核外电子排布式；‎ ‎(2)根据Fe2+的电子排布为[Ar]3d6，Mn2+的电子排布为[Ar]3d5，结合稳定结构分析判断；‎ ‎(3)离子晶体晶格能越大，其熔沸点越高，晶格能与离子半径成反比、与电荷成正比；‎ ‎(4)同周期从左到右，电负性逐渐增强，同主族从上到下，电负性逐渐减弱；‎ ‎(5)环戊二烯的结构简式为，据此判断液态环戊二烯中存在的作用力；环戊二烯分子中存在两种碳原子，一种碳原子形成4个σ键，一种形成3个σ键，都没有孤电子对；根据二茂铁的分子结构，铁与4个π电子形成4个配位键，与2个孤对电子形成2个配位键，据此分析解答；‎ ‎(6)Fe原子位于结构单元的内部、顶点、面心，N原子位于内部，根据均摊法计算该晶胞中Fe原子和N原子个数，计算出晶胞的质量和体积，最后计算晶胞的密度。‎ ‎【详解】：(1)Fe为第26号元素，根据电子排布规律，可知Fe的电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2，故答案为：1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；‎ ‎(2)Fe的电子排布为[Ar]3d64s2，Mn的电子排布为[Ar]3d54s2，则Fe2+的电子排布为[Ar]3d6，Mn2+的电子排布为[Ar]3d5，Mn2+的3d能级为半充满的相对稳定结构，较难失电子，故第三电离能I3(Fe)＜I3(Mn)，故答案为：小于；Mn2+的3d能级为半充满的相对稳定结构，较难失电子；‎ ‎(3)离子晶体晶格能越大，其熔沸点越高，晶格能与离子半径成反比、与电荷成正比，二者都是离子化合物，Fe3+的半径小且电荷多，Fe3+与O2-之间的离子键晶格能更大，故Fe2O3的熔点高于FeO的熔点，故答案为： Fe2O3；Fe2O3都是离子化合物，Fe3+的半径小且电荷多，Fe3+与O2-之间的晶格能更大；‎ ‎(4)同周期从左到右，电负性逐渐增强，同主族从上到下，电负性逐渐减弱，而周期内变化比同族内变化要小得多，根据S、C、N三种元素位置关系可知，N元素电负性最大，故答案为：氮或N；‎ ‎(5)环戊二烯的结构简式为，液态环戊二烯中存在极性键C-H和非极性键C-C、C=C，单键为σ键，双键中还含有π键，分子间存在范德华力；环戊二烯分子中存在两种碳原子，一种碳原子形成4个σ键，一种形成3个σ键，都没有孤电子对，分别采用sp3杂化和sp2杂化；配合物中配体提供电子对的方式包括孤对电子、π电子等，根据二茂铁的分子结构，铁与4个π电子形成4个配位键，与2个孤对电子形成2个配位键，铁的配位数为6，故答案为：ACD；sp2、sp3；6；‎ ‎(6)Fe原子位于结构单元的内部、顶点、面心，该晶胞中Fe原子个数=12×+3+2×‎ ‎=6，N原子个数为2，化学式为Fe3N，六棱柱底面积=a×a×sin60°×3cm2=a2×3cm2，晶胞体积=a2×3×ccm3，氮化铁密度===g/cm3，故答案为：。‎ ‎12.聚碳酸酯（简称PC）是重要的工程塑料，某种PC塑料(N)的合成路线如下：‎ 已知：‎ i．R1COOR2 + R3OHR1COOR3 + R2OH ii．R1CH=CHR2R1CHO + R2CHO ‎ ‎（1）A 中含有的官能团名称是______。‎ ‎（2）①、②的反应类型分别是______、______。 ‎ ‎（3）③的化学方程式是______。‎ ‎（4）④是加成反应，G的核磁共振氢谱有三种峰，G的结构简式是______。 ‎ ‎（5）⑥中还有可能生成的有机物是______（写出一种结构简式即可）。‎ ‎（6）⑦的化学方程式是______。‎ ‎（7）己二醛是合成其他有机物的原料。L经过两步转化，可以制备己二醛。合成路线如下：‎ 中间产物1的结构简式是______。‎ ‎【答案】 (1). 碳碳双键 (2). 氧化反应 (3). 加成反应 (4). (5). CH3CH=CH2 (6). 、、 (7). (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A的分子式为C2H4，应为CH2=CH2，发生氧化反应生成环氧乙烷，环氧乙烷和二氧化碳反应生成碳酸乙二酯，碳酸乙二酯和甲醇发生信息i中的反应生成碳酸二甲酯和HOCH2CH2OH，其中F和M可生成N，则E为HOCH2CH2OH，F为碳酸二甲酯，结构简式为；‎ G和苯反应生成J，由J分子式知G生成J的反应为加成反应，G为CH2=CHCH3，J发生氧化反应然后酸化生成L和丙酮，L和丙酮在酸性条件下反应生成M，由M结构简式和D分子式知，D为，F和M发生缩聚反应生成的PC结构简式为；‎ ‎（7）由信息ii可知，欲制己二醛可通过环己烯催化氧化得到，引入碳碳双键可通过醇或卤代烃的消去得到；‎ ‎【详解】（1）A的分子式为C2H4，应为CH2=CH2，含有的官能团名称是碳碳双键；‎ ‎（2）反应①是乙烯催化氧化生成环氧乙烷，反应类型为氧化反应；反应②是环氧乙烷与CO2发生加成反应生成，反应类型是加成反应； ‎ ‎（3）反应③是和CH3OH发生取代反应，生成乙二醇和碳酸二甲酯，发生反应的化学方程式是；‎ ‎（4）反应④是G和苯发生加成反应生成的J为C9H12，由原子守恒可知D的分子式为C3H6，结合G的核磁共振氢谱有三种峰，G的结构简式是CH3CH=CH2； ‎ ‎（5）反应⑥中苯酚和丙酮还发生加成反应生成，还可以发生缩聚反应生成等；‎ ‎（6）反应⑦是碳酸二甲酯和发生缩聚反应生成PC塑料的化学方程式为；‎ ‎（7）由信息ii可知，欲制己二醛可通过环己烯催化氧化得到，引入碳碳双键可通过醇或卤代烃的消去得到，结合L为苯酚可知，合成路线为苯酚与H2加成生成环己醇，环己醇发生消去反应生成环己烯，最后再催化氧化即得己二醛，由此可知中间产物1为环己醇，结构简式是。‎ ‎【点睛】本题题干给出了较多的信息，学生需要将题目给信息与已有知识进行重组并综合运用是解答本题的关键，需要学生具备准确、快速获取新信息的能力和接受、吸收、整合化学信息的能力，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型。本题需要学生根据产物的结构特点分析合成的原料，再结合正推与逆推相结合进行推断，充分利用反应过程C原子数目，对学生的逻辑推理有较高的要求。难点是同分异构体判断，注意题给条件，结合官能团的性质分析解答。‎ ‎ ‎