1、2016年福建省宁德市高考化学模拟试卷（5月份）一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1食盐与生产、生活密切相关，下列说法不正确的是（）A工业盐可代替食盐食用B加碘食盐添加的是碘酸钾C食盐是侯氏制碱的主要原料之一D工业上电解饱和食盐水可制取烧碱2设NA为阿伏伽德罗常数的值下列说法正确的是（）A5.6g铁与足量稀硝酸反应，转移电子的数目为0.2NAB标准状况下，22.4 L二氯甲烷的分子数约为NAC8.8g乙酸乙酯中含共用电子对数为1.4NAD1L 0.1molL1氯化铜溶液中铜离子数为0.1NA3S诱抗素可保证盆栽鲜花盛开，其分子结构如图，下列说法正确的是（）A该物质的分子式为C15H
2、22O4B该物质环上的二氯代物共有3种C1mol该物质最多能与2 mol NaOH完全反应D该物质能发生取代、加成、氧化等反应4利用如图所示装置进行实验，下列说法正确的是（）A如图实验可观察到红色喷泉B如图实验可制取少量氨气C如图实验中逐滴滴加稀盐酸时，试管中立即产生大量气泡D如图实验中酸性KMnO4溶液中有大量气泡出现，但溶液颜色不变5短周期主族元素X、Y、Z的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物常温下，Z的单质能溶于X的最高价氧化物水化物的稀溶液，不溶于其浓溶液下列说法正确的是（）A元素Y的最高正化合价为+6B简单离子半径的大小顺序：XYZC简单气态氢化物的稳定性：XYD元素
3、X和Y能形成离子化合物6往氯水中滴入Na2SO3溶液的pH变化如图所示，下列说法正确的是（）Aa点表示的溶液中存在3种分子，3种离子Bb点溶液中不存在SO2Cc点溶液中c（Na+）=2c（HSO3）+2c（SO32）Dd点溶液中不存在HSO37铅蓄电池的电极材料分别为Pb和PbO2，电解质溶液为30%H2SO4，下图是处于工作状态的铅蓄电池示意图，若两电极的质量增加且a极增加得更多下列说法正确的是（）A该铅蓄电池正在充电B工作一段时间后，溶液的pH不断减小Ca为铅蓄电池的正极Db电极发生的反应为PbO2+4H+SO42+2ePbSO4+2H2O二、解答题（共3小题，满分43分）8CO、CO2是
4、化石燃料燃烧后的主要产物（1）将体积比为2：1的CO2和CO混合气体通入有足量Na2O2固体的密闭容器中，同时不断地用电火花点燃生成物的化学式是和将残留固体溶于水，所得溶液中2c（CO32）+c（HCO3）c（Na+）（填“”、“”或“=”）（2）已知：2CO（g）+O2（g）=2CO2 （g）H=566.0kJmol1；键能EO=O=499.0kJmol1CO（g）+O2（g）CO2 （g）+O（g）的H=kJmol1已知2500K时，中反应的平衡常数为0.40某时刻该反应体系中各物质浓度满足：c（CO）c（O2）=c（CO2）c（O），则此时反应（填“向左”或“向右”）进行（3）已知：反应
5、CO2 （g）CO（g）+O（g）在密闭容器中CO2分解实验的结果如图1；反应2CO2 （g）2CO（g）+O2（g）中1molCO2在不同温度下的平衡分解量如图2分析图1，求2min内v（CO2）=分析图2，1500时反应达平衡，此时容器体积为1L，则反应的平衡常数K=（计算结果保留1位小数）（4）利用电化学还原CO2制取ZnC2O4的示意图如图3所示，电解液不参加反应，则Zn与电源的极（填“正”或“负”）相连，Pb极上的电极反应式是9二氧化铈（CeO2）是一种重要的稀土氧化物以氟碳铈矿（主要含CeFCO3）为原料制备CeO2的一种工艺流程如图1：已知：Ce4+能与F结合成CeFx（4x）+
6、，与SO42结合成CeSO42+在硫酸体系中Ce4+能被萃取剂（HA）2萃取，而Ce3+不能KspCe（OH）3=7.11021，溶解度SCe2（CO3）3=1.0106 molL1回答下列问题：（1）“氧化焙烧”中“氧化”的目的是（2）CeO2不溶于水，但“浸出”时却能溶解完全，原因是溶液中的、（填离子符号）促进了CeO2的溶解（3）“萃取”时存在平衡：Ce4+n（HA）2Ce（H2n4A2n）+4H+保持其它条件不变，在起始料液中加入不同量的Na2SO4改变水层中的c（SO42）观察图2，说明D（）随起始料液中c（SO42）变化的原因：（4）“反萃取”加H2O2的作用是（用离子方程式表示）
7、（5）在“反萃取”后所得水层中加入1.0molL1的NH4HCO3溶液，产生胶状沉淀物写出该胶状沉淀物的化学式：（6）若缺少“洗氟”，则所得产品的质量将（填“偏大”、“偏小”或“不变”）（7）CeO2是稀土汽车尾气净化催化剂的关键成分，它能在还原气氛中供氧，在氧化气氛中耗氧写出其供氧生成CeO的化学方程式：10某实验小组用废铁屑（含少量S等元素）为原料制备三草酸合铁（）酸钾晶体K3Fe（C2O4）33H2O并测定其组成实验一 制备硫酸亚铁铵（NH4）2SO4FeSO46H2O小组同学设计如图装置（夹持仪器略去），称取一定量废铁屑于锥形瓶中，加入适量稀硫酸，在通风橱中置于5060热水浴中加热，充
8、分反应待锥形瓶中溶液冷却后加入氨水，搅拌使其反应完全，制得浅绿色悬浊液（1）实验室保存浓氨水的方法是（2）烧杯中高锰酸钾溶液的作用是（3）写出锥形瓶中发生中和反应的离子方程式：（4）若要确保获得浅绿色悬浊液，实验过程应注意的是（填序号）a保持铁屑过量 b控制溶液呈强酸性 c持续升高温度实验二 制备三草酸合铁（）酸钾晶体实验小组用实验一锥形瓶中的悬浊液设计以下实验流程制备三草酸合铁（）酸钾晶体已知：25时，Fe（C2O4）33（aq）+SCN（aq）Fe（SCN）2+（aq）+3C2O42（aq） K=1016.2（5）写出步骤生成黄色沉淀（FeC2O42H2O）的化学方程式：（6）步骤水浴加热
9、需控制40的理由是（7）小组同学欲检验晶体中含有Fe（），取少量晶体放入试管中，用蒸馏水充分溶解，向试管中滴入几滴0.1molL1KSCN溶液请判断上述实验方案是否可行并说明理由实验三 测定三草酸合铁（）酸钾晶体中C2O42的含量小组同学准确称取m g晶体配制成250mL溶液，取25mL该溶液于锥形瓶中，加入3molL1硫酸溶液10mL，滴入二苯胺磺酸钠作指示剂，用c molL1K2Cr2O7标准液滴定至紫红色，平行实验三次，平均消耗标准液V mL已知：Cr2O72在酸性介质中被还原为Cr3+（8）晶体中C2O42质量分数的表达式为化学-选修3：物质结构与性质（共1小题，满分15分）11元素周
10、期表中第四周期元素有许多重要用途研究发现，钒元素的某种配合物可增强胰岛素降糖作用，它是电中性分子，结构如图1（1）基态V元素的价层电子轨道表示式，分子中非金属元素电负性由大到小的顺序为（2）分子中采取sp2杂化的原子有，1mol分子中含有配位键的数目是（3）该物质的晶体中除配位键外，所含微粒间作用力的类型还有（填序号）a金属键 b极性键 c非极性键 d范德华力 e氢键Fe与C、Mn等元素可形成多种不同性能的合金（4）图2甲是Fe的一种晶胞，晶胞中Fe的堆积方式为，已知该晶体的密度为gcm3，用NA表示阿伏伽德罗常数的值，则该晶胞的边长为cm（5）图2乙是FeCMn合金（晶体有缺陷）的一种晶胞，
11、则与C原子等距紧邻Fe的个数为，该合金的化学式为化学-选修5：有机化学基础（共1小题，满分0分）12以苯和乙炔为原料合成化工原料E的路线如下：回答下列问题：（1）以下有关苯和乙炔的认识正确的是a苯和乙炔都能使溴水褪色，前者为化学变化，后者为物理变化b苯和乙炔在空气中燃烧都有浓烟产生c苯与浓硝酸混合，水浴加热5560，生成硝基苯d聚乙炔是一种有导电特性的高分子化合物（2）A的名称（3）生成B的化学方程式为，反应类型是（4）C的结构简式为，C的分子中一定共面的碳原子最多有个（5）与D同类别且有二个六元环结构（环与环之间用单键连接）的同分异构体有种，请任写两种同分异构体的结构简式：（6）参照上述合成
12、路线，设计一条以乙炔和必要试剂合成环丙烷的路线：2016年福建省宁德市高考化学模拟试卷（5月份）参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1食盐与生产、生活密切相关，下列说法不正确的是（）A工业盐可代替食盐食用B加碘食盐添加的是碘酸钾C食盐是侯氏制碱的主要原料之一D工业上电解饱和食盐水可制取烧碱【考点】物质的组成、结构和性质的关系【分析】A根据工业用盐的成分和亚硝酸盐的毒性判断；B加碘食盐中加入的是碘酸钾；C依据侯氏制碱法原理解答；D电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气【解答】解：A工业用盐中有亚硝酸钠，亚硝酸钠有毒，不能代替食用盐，故A错误；B加碘食盐中加入的是碘酸钾
13、，故B正确；C侯氏制碱法原理：向饱和食盐水中通入氨气再通入二氧化碳即可生成碳酸氢钠固体，碳酸氢钠受热分解即可得到碳酸钠，所以食盐是主要原料之一，故C正确；D电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，工业上电解饱和食盐水可制取烧碱，故D正确；故选：A2设NA为阿伏伽德罗常数的值下列说法正确的是（）A5.6g铁与足量稀硝酸反应，转移电子的数目为0.2NAB标准状况下，22.4 L二氯甲烷的分子数约为NAC8.8g乙酸乙酯中含共用电子对数为1.4NAD1L 0.1molL1氯化铜溶液中铜离子数为0.1NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A铁和硝酸反应后，最终可能变为+3价，也可能变为+2价；B气体摩尔体
14、积使用对象为气体；C乙酸乙酯分子中含有14对共用电子对，根据n=计算乙酸乙酯的物质的量，再根据N=nNA计算共用电子对数；D铜离子为弱碱阳离子，水溶液中部分水解【解答】解：A.5.6g铁的物质的量为0.1mol，而铁和硝酸反应后，最终可能变为+3价，也可能变为+2价，故0.1mol铁反应后转移的电子数可能为0.2NA个，也可能为0.3NA个，故A错误；B标准状况下，二氯甲烷为液体，不能使用气体摩尔体积，故B错误；C乙酸乙酯分子中含有14对共用电子对，8.8g乙酸乙酯的物质的量为=0.1mol，8.8g乙酸乙酯中共用电子对数为0.1mol14NAmol1=1.4NA，故C正确；D铜离子为弱碱阳离
15、子，水溶液中部分水解，1L 0.1molL1氯化铜溶液中铜离子数小于0.1NA，故D错误；故选：C3S诱抗素可保证盆栽鲜花盛开，其分子结构如图，下列说法正确的是（）A该物质的分子式为C15H22O4B该物质环上的二氯代物共有3种C1mol该物质最多能与2 mol NaOH完全反应D该物质能发生取代、加成、氧化等反应【考点】有机物的结构和性质；有机物分子中的官能团及其结构【分析】由结构可知分子式，分子中含碳碳双键、碳氧双键、OH、COOH，结合烯烃、酮、醇、羧酸的性质来解答【解答】解：A该物质的分子式为C15H20O4，故A错误；B该物质环上只有2个H，则二氯代物只有1种，故B错误；C只有COO
16、H与NaOH反应，1mol该物质最多能与1 mol NaOH完全反应，故C错误；D该物质含OH能发生取代、氧化等反应，含碳碳双键可发生加成、氧化反应等，故D正确；故选D4利用如图所示装置进行实验，下列说法正确的是（）A如图实验可观察到红色喷泉B如图实验可制取少量氨气C如图实验中逐滴滴加稀盐酸时，试管中立即产生大量气泡D如图实验中酸性KMnO4溶液中有大量气泡出现，但溶液颜色不变【考点】化学实验方案的评价；实验装置综合【分析】AHCl极易溶于水，溶液显酸性；B碳酸铵加热分解生成氨气、水、二氧化碳，碱石灰可吸收水、二氧化碳；C逐滴滴加稀盐酸时，先与碳酸钠反应；D浓硫酸具有脱水性，蔗糖碳化后，C与浓
17、硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫与高锰酸钾发生氧化还原反应【解答】解：AHCl极易溶于水，溶液显酸性，酸遇酚酞为无色，则观察到无色喷泉，故A错误；B碳酸铵加热分解生成氨气、水、二氧化碳，碱石灰可吸收水、二氧化碳，则图中装置可制取少量氨气，故B正确；C逐滴滴加稀盐酸时，先与碳酸钠反应，则不能立即生成气体，故C错误；D浓硫酸具有脱水性，蔗糖碳化后，C与浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫与高锰酸钾发生氧化还原反应，则高锰酸钾溶液褪色，故D错误；故选B5短周期主族元素X、Y、Z的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物常温下，Z的单质能溶于X的最高价氧化物水化物的稀溶液，不溶于其浓溶液下列说法正
18、确的是（）A元素Y的最高正化合价为+6B简单离子半径的大小顺序：XYZC简单气态氢化物的稳定性：XYD元素X和Y能形成离子化合物【考点】原子结构与元素周期律的关系；原子结构与元素的性质【分析】短周期主族元素X、Y、Z的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，联想NH3极易溶于水，可知X为氮元素，Y为氧元素；常温下，Z的单质能溶于X的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液，说明Z为铝元素，因为铝在常温下能溶于稀硝酸，在浓硝酸中发生钝化，据此解答【解答】解：短周期主族元素X、Y、Z的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，联想NH3极易溶于水，可知X为氮元素，Y
19、为氧元素；常温下，Z的单质能溶于X的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液，说明Z为铝元素，因为铝在常温下能溶于稀硝酸，在浓硝酸中发生钝化AY为氧元素，没有最高正化合价，故A错误；B电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：N3O2Al3+，故B正确；C非金属性X（N）Y（O），故简单气态氢化物的稳定性：XY，故C错误；DN元素与O元素可以形成N2O、NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O5，属于共价化合物，故D错误；故选B6往氯水中滴入Na2SO3溶液的pH变化如图所示，下列说法正确的是（）Aa点表示的溶液中存在3种分子，3种离子Bb点溶液中不存在SO2Cc点溶液中c（
20、Na+）=2c（HSO3）+2c（SO32）Dd点溶液中不存在HSO3【考点】氯气的化学性质【分析】亚硫酸钠是强碱弱酸盐，亚硫酸根离子水解溶液显碱性，亚硫酸钠具有还原性，往氯水中滴入Na2SO3溶液中发生氧化还原反应，氯气氧化亚硫酸钠生成硫酸钠，氯气被还原生成盐酸，Na2SO3+Cl2+H2O=Na2SO4+2HCl；Aa点为氯水，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸；Bb点是滴入亚硫酸钠和氯水中氯气反应生成硫酸钠和盐酸，溶液PH减小；Cc点是剩余少量盐酸，生成氯化钠，溶液中为氯化钠、亚硫酸；Dd点是随亚硫酸钠滴入消耗盐酸随反应进行，可能生成亚硫酸氢钠；【解答】解：Aa点为氯水，氯气和水反应生成盐酸和
21、次氯酸，溶液中存在Cl2、H2O、HClO分子，H+、OH、ClO、Cl离子，存在3种分子，4种离子，故A错误；Bb点是滴入亚硫酸钠和氯水中氯气反应生成硫酸钠和盐酸，Na2SO3+Cl2+H2O=Na2SO4+2HCl，溶液PH减小，无二氧化硫气体生成，故B正确；Cc点是剩余少量盐酸，生成氯化钠，溶液中为氯化钠、亚硫酸，离子浓度错误，故C错误；Dd点是随亚硫酸钠滴入消耗盐酸，随反应进行，当盐酸少量时可能生成亚硫酸氢钠，故D错误；故选B7铅蓄电池的电极材料分别为Pb和PbO2，电解质溶液为30%H2SO4，下图是处于工作状态的铅蓄电池示意图，若两电极的质量增加且a极增加得更多下列说法正确的是（）
22、A该铅蓄电池正在充电B工作一段时间后，溶液的pH不断减小Ca为铅蓄电池的正极Db电极发生的反应为PbO2+4H+SO42+2ePbSO4+2H2O【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】铅蓄电池的电极材料分别为Pb和PbO2，放电时负极电极反应为Pb2e+SO42=PbSO4 ，正极电极反应为PbO2+2e+4H+SO42=PbSO4+2H2O，可知正极质量增加的多，则a为Pb，b为PbO2，总反应为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，以此来解答【解答】解：A为原电池，则该铅蓄电池正在放电，故A错误；B由Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O可知，氢离子浓度减小
23、，pH增大，故B错误；C放电时负极电极反应为Pb2e+SO42=PbSO4 ，正极电极反应为PbO2+2e+4H+SO42=PbSO4+2H2O，可知正极质量增加的多，则a为Pb，故C错误；Db为正极，正极电极反应PbO2+2e+4H+SO42=PbSO4+2H2O，故D正确；故选D二、解答题（共3小题，满分43分）8CO、CO2是化石燃料燃烧后的主要产物（1）将体积比为2：1的CO2和CO混合气体通入有足量Na2O2固体的密闭容器中，同时不断地用电火花点燃生成物的化学式是Na2CO3和O2将残留固体溶于水，所得溶液中2c（CO32）+c（HCO3）c（Na+）（填“”、“”或“=”）（2）已
24、知：2CO（g）+O2（g）=2CO2 （g）H=566.0kJmol1；键能EO=O=499.0kJmol1CO（g）+O2（g）CO2 （g）+O（g）的H=33.5kJmol1已知2500K时，中反应的平衡常数为0.40某时刻该反应体系中各物质浓度满足：c（CO）c（O2）=c（CO2）c（O），则此时反应向左（填“向左”或“向右”）进行（3）已知：反应CO2 （g）CO（g）+O（g）在密闭容器中CO2分解实验的结果如图1；反应2CO2 （g）2CO（g）+O2（g）中1molCO2在不同温度下的平衡分解量如图2分析图1，求2min内v（CO2）=3107molL1min1分析图2，1
25、500时反应达平衡，此时容器体积为1L，则反应的平衡常数K=3.2108 molL1（计算结果保留1位小数）（4）利用电化学还原CO2制取ZnC2O4的示意图如图3所示，电解液不参加反应，则Zn与电源的正极（填“正”或“负”）相连，Pb极上的电极反应式是2CO2+2e=C2O42【考点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算【分析】（1）Na2O2与CO2反应：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，电火花不断引燃，发生反应：2CO+O22CO2，整个过程相当于CO+Na2O2=Na2CO3，由于加入足量的Na2O2固体，则反应后的气体只能为O2；碳酸钠在溶液中水解显碱性，结合
26、溶液中电荷守恒分析；（2）已知：2CO（g）+O2（g）=2CO2 （g）H=566.0kJmol1；O2（g）=2O（g）H=499kJmol1；两个方程相加除以2即可得到CO（g）+O2（g）CO2 （g）+O（g）；根据Qc与k的相对大小判断；（3）2min内O的浓度增大0.6106mol/L，则二氧化碳减小0.6106mol/L，根据v（CO2）=计算；设生成的氧气为xmol， 2CO2 （g）2CO（g）+O2（g）起始量（mol）：1 0 0转化量（mol）：2x 2x x平衡量（mol）：12x 2x x，平衡时，氧气的体积分数为0.2，则=0.2%，结合K计算；（4）Zn在阳极
27、上失电子生成锌离子，Pb电极上CO2得电子生成C2O42【解答】解：（1）Na2O2与CO2反应：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，电火花不断引燃，发生反应：2CO+O22CO2，整个过程相当于CO+Na2O2=Na2CO3，由于加入足量的Na2O2固体，则反应后的气体只能为O2，所以反应后生成物的化学式是Na2CO3、O2；故答案为：Na2CO3、O2；碳酸钠在溶液中水解显碱性，则c（OH）c（H+），溶液中电荷守恒为：2c（CO32）+c（HCO3）+c（OH）=c（Na+）+c（H+），所以2c（CO32）+c（HCO3）c（Na+）；故答案为：；（2）已知：2CO（g）+O
28、2（g）=2CO2 （g）H=566.0kJmol1；O2（g）=2O（g）H=499kJmol1；由盖斯定律：两个方程相加除以2即可得到CO（g）+O2（g）CO2 （g）+O（g）H=33.5kJmol1；故答案为：33.5；某时刻该反应体系中各物质浓度满足：c（CO）c（O2）=c（CO2）c（O），则Qc=1K=04，则反应向左进行；故答案为：向左；（3）2min内O的浓度增大0.6106mol/L，则二氧化碳减小0.6106mol/L，则v（CO2）=3107molL1min1；故答案为：3107molL1min1；设生成的氧气为xmol， 2CO2 （g）2CO（g）+O2（g）起
29、始量（mol）：1 0 0转化量（mol）：2x 2x x平衡量（mol）：12x 2x x，平衡时，氧气的体积分数为0.2，则=0.2%，则x=0.002，则c（CO2）=0.996mol/L，c（CO）=0.004mol/L，c（O2）=0.002mol/L，则K=3.2108 molL1；故答案为：3.2108 molL1；（4）利用电化学还原CO2制取ZnC2O4，则Zn失电子，所以Zn在阳极上失电子生成锌离子，即锌与正极相连；Pb电极上CO2得电子生成C2O42，则其电极反应为：2CO2+2e=C2O42；故答案为：正；2CO2+2e=C2O429二氧化铈（CeO2）是一种重要的稀土
30、氧化物以氟碳铈矿（主要含CeFCO3）为原料制备CeO2的一种工艺流程如图1：已知：Ce4+能与F结合成CeFx（4x）+，与SO42结合成CeSO42+在硫酸体系中Ce4+能被萃取剂（HA）2萃取，而Ce3+不能KspCe（OH）3=7.11021，溶解度SCe2（CO3）3=1.0106 molL1回答下列问题：（1）“氧化焙烧”中“氧化”的目的是将+3价铈氧化成+4价（2）CeO2不溶于水，但“浸出”时却能溶解完全，原因是溶液中的F、SO42（填离子符号）促进了CeO2的溶解（3）“萃取”时存在平衡：Ce4+n（HA）2Ce（H2n4A2n）+4H+保持其它条件不变，在起始料液中加入不同
31、量的Na2SO4改变水层中的c（SO42）观察图2，说明D（）随起始料液中c（SO42）变化的原因：随着c（SO42）增大，水层中Ce4+被SO42结合成CeSO42+，导致萃取平衡向左移动，D迅速减小（4）“反萃取”加H2O2的作用是2Ce4+H2O2=2Ce3+O2+2H+（用离子方程式表示）（5）在“反萃取”后所得水层中加入1.0molL1的NH4HCO3溶液，产生胶状沉淀物写出该胶状沉淀物的化学式：Ce2（CO3）3（6）若缺少“洗氟”，则所得产品的质量将偏小（填“偏大”、“偏小”或“不变”）（7）CeO2是稀土汽车尾气净化催化剂的关键成分，它能在还原气氛中供氧，在氧化气氛中耗氧写出其
32、供氧生成CeO的化学方程式：2CeO2=2CeO+O2【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】氟碳铈矿（主要含CeFCO3），“氧化焙烧”的目的是将+3价铈氧化成+4价，Ce4+能与F结合成CeFx（4x）+，以便后续的提取，加稀硫酸，与SO42结合成CeSO42+，加萃取剂，氟洗液，硫酸体系中Ce4+能被萃取剂（HA）2萃取，而Ce3+不能，加“反萃取”加H2O2，又将Ce4+还原为Ce3+，发生反应2Ce4+H2O2=2Ce3+O2+2H+，加入碱后Ce3+转化为沉淀，通入氧气讲Ce从+3氧化为+4，得到产品，（1）“氧化焙烧”中“氧化”的目的是将+3价铈氧化成+4价，以便后
33、续的提取；（2）根据信息Ce4+能与F结合成CeFx（4x）+，与SO42结合成CeSO42+，溶液中的F、SO42促进了CeO2的溶解；（3）根据平衡：Ce4+n（HA）2Ce（H2n4A2n）+4H+，加入Na2SO4时，随着c（SO42）增大，水层中Ce4+被SO42结合成CeSO42+，导致萃取平衡向左移动，D迅速减小；（4）“反萃取”加H2O2的作用是将Ce4+离子重新还原为Ce3+，反应的离子方程式为2Ce4+H2O2=2Ce3+O2+2H+；（5）根据溶解度SCe2（CO3）3=1.0106 molL1，“反萃取”后所得水层中含有Ce3+，加入NH4HCO3溶液时，两者反应生成C
34、e2（CO3）3胶状沉淀物；（6）若缺少“洗氟”，则会造成部分含铈物质损失，所得产品的质量将减少；（7）CeO2能在还原气氛中供氧，则供氧生成CeO和氧气的化学方程式为2CeO2=2CeO+O2【解答】解：（1）“氧化焙烧”中“氧化”的目的是将+3价铈氧化成+4价，以便后续的提取，故答案为：将+3价铈氧化成+4价；（2）根据信息Ce4+能与F结合成CeFx（4x）+，与SO42结合成CeSO42+，CeO2不溶于水，但“浸出”时却能溶解完全，原因是溶液中的F、SO42促进了CeO2的溶解，故答案为：F；SO42；（3）根据平衡：Ce4+n（HA）2Ce（H2n4A2n）+4H+，加入Na2SO
35、4时，随着c（SO42）增大，水层中Ce4+被SO42结合成CeSO42+，导致萃取平衡向左移动，D迅速减小，故答案为：随着c（SO42）增大，水层中Ce4+被SO42结合成CeSO42+，导致萃取平衡向左移动，D迅速减小；（4）“反萃取”加H2O2的作用是将Ce4+离子重新还原为Ce3+，反应的离子方程式为2Ce4+H2O2=2Ce3+O2+2H+，故答案为：2Ce4+H2O2=2Ce3+O2+2H+；（5）根据溶解度SCe2（CO3）3=1.0106 molL1，“反萃取”后所得水层中含有Ce3+，加入NH4HCO3溶液时，两者反应生成Ce2（CO3）3胶状沉淀物，故答案为：Ce2（CO3
36、）3；（6）若缺少“洗氟”，则会造成部分含铈物质损失，所得产品的质量将减少，故答案为：偏小；（7）CeO2能在还原气氛中供氧，则供氧生成CeO和氧气的化学方程式为2CeO2=2CeO+O2，故答案为：2CeO2=2CeO+O210某实验小组用废铁屑（含少量S等元素）为原料制备三草酸合铁（）酸钾晶体K3Fe（C2O4）33H2O并测定其组成实验一 制备硫酸亚铁铵（NH4）2SO4FeSO46H2O小组同学设计如图装置（夹持仪器略去），称取一定量废铁屑于锥形瓶中，加入适量稀硫酸，在通风橱中置于5060热水浴中加热，充分反应待锥形瓶中溶液冷却后加入氨水，搅拌使其反应完全，制得浅绿色悬浊液（1）实验室
37、保存浓氨水的方法是密封保存，置于冷暗处（2）烧杯中高锰酸钾溶液的作用是吸收H2S等尾气，防止污染空气（3）写出锥形瓶中发生中和反应的离子方程式：NH3H2O+H+=NH4+H2O（4）若要确保获得浅绿色悬浊液，实验过程应注意的是ab（填序号）a保持铁屑过量 b控制溶液呈强酸性 c持续升高温度实验二 制备三草酸合铁（）酸钾晶体实验小组用实验一锥形瓶中的悬浊液设计以下实验流程制备三草酸合铁（）酸钾晶体已知：25时，Fe（C2O4）33（aq）+SCN（aq）Fe（SCN）2+（aq）+3C2O42（aq） K=1016.2（5）写出步骤生成黄色沉淀（FeC2O42H2O）的化学方程式：（NH4）2
38、SO4FeSO46H2O+H2C2O4=FeC2O42H2O+（NH4）2SO4+H2SO4+4H2O（6）步骤水浴加热需控制40的理由是温度太高，H2O2分解；温度太低，Fe2+氧化速度太慢（7）小组同学欲检验晶体中含有Fe（），取少量晶体放入试管中，用蒸馏水充分溶解，向试管中滴入几滴0.1molL1KSCN溶液请判断上述实验方案是否可行并说明理由否，因为Fe（C2O4）33转化为Fe（SCN）2+反应的平衡常数小于105，观察不到明显现象，所以无法检验实验三 测定三草酸合铁（）酸钾晶体中C2O42的含量小组同学准确称取m g晶体配制成250mL溶液，取25mL该溶液于锥形瓶中，加入3mol
39、L1硫酸溶液10mL，滴入二苯胺磺酸钠作指示剂，用c molL1K2Cr2O7标准液滴定至紫红色，平行实验三次，平均消耗标准液V mL已知：Cr2O72在酸性介质中被还原为Cr3+（8）晶体中C2O42质量分数的表达式为【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）氨水不稳定，见光受热易分解，需密封、冷暗处保存；（2）由于废铁屑中含有含S元素的物质，加入稀硫酸，会产生硫化氢等有毒气体，不能向空气中排放；（3）稀硫酸与氨水的反应，生成硫酸铵和水，氨水为弱碱，不能拆；（4）由于Fe2+有较强的还原性，为弱碱阳离子，实验过程中要防止二价铁被氧气氧化和水解；（5）步骤为硫酸亚铁铵晶体与饱和草酸溶液反应生成黄
40、色沉淀（FeC2O42H2O，据此写出方程式；（6）温度太高，H2O2分解；温度太低，Fe2+氧化速度太慢；（7）因为25时，Fe（C2O4）33（aq）+SCN（aq）Fe（SCN）2+（aq）+3C2O42（aq） K=1016.2，平衡常数小于105，离子浓度太小，观察不到明显现象，所以无法检验；（8）根据方程式3C2O42+14H+Cr2O72=2Cr3+6CO2+7H2O进行计算，注意250mL中取25mL，但计算的是原晶体中的含量【解答】解：（1）由于氨水不稳定，见光受热易分解，故实验室保存氨水的方法为密封保存，置于冷暗处，故答案为：密封保存，置于冷暗处；（2）由于废铁屑中含有含S
41、元素的物质，加入稀硫酸，会产生硫化氢等有毒气体，不能向空气中排放，高锰酸钾溶液的作用是吸收H2S等尾气，防止污染空气，故答案为：吸收H2S等尾气，防止污染空气；（3）锥形瓶中是冷切后的溶液中稀硫酸与氨水的反应，生成硫酸铵和水，氨水为弱碱，不能拆，离子方程式为NH3H2O+H+=NH4+H2O，故答案为：NH3H2O+H+=NH4+H2O；（4）由于Fe2+有较强的还原性，实验过程中要防止二价铁被氧气氧化，保持铁屑过量就是防止亚铁离子被氧化；二价铁离子在溶液中要水解，故需抑制其水解，加入稀硫酸可以增大氢离子浓度，抑制亚铁离子的水解，因此要确保获得浅绿色悬浊液，可选择ab，故答案为：ab；（5）步
42、骤为硫酸亚铁铵晶体与饱和草酸溶液反应生成黄色沉淀（FeC2O42H2O），化学方程式为（NH4）2SO4FeSO46H2O+H2C2O4=FeC2O42H2O+（NH4）2SO4+H2SO4+4H2O，故答案为：（NH4）2SO4FeSO46H2O+H2C2O4=FeC2O42H2O+（NH4）2SO4+H2SO4+4H2O；（6）温度太高，H2O2分解；温度太低，Fe2+氧化速度太慢，故水浴加热控制在40是防止过氧化氢分解和确保二价铁被氧化为三价铁的反应速率，故答案为：温度太高，H2O2分解；温度太低，Fe2+氧化速度太慢；（7）因为25时，Fe（C2O4）33（aq）+SCN（aq）Fe（
43、SCN）2+（aq）+3C2O42（aq） K=1016.2，平衡常数小于105，离子浓度太小，观察不到明显现象，所以无法检验，故答案为：否，因为Fe（C2O4）33转化为Fe（SCN）2+反应的平衡常数小于105，观察不到明显现象，所以无法检验；（8）根据反应，25mL标准液消耗c molL1K2Cr2O7V mL，物质的量为cV103mol，设有C2O42的质量为x，根据方程式3C2O42+14H+Cr2O72=2Cr3+6CO2+7H2O388g 1mol x cV103mol x=264cV103g，故250mL中含有的质量为264cV102g，晶体中C2O42质量分数的表达式为=，故
44、答案为：化学-选修3：物质结构与性质（共1小题，满分15分）11元素周期表中第四周期元素有许多重要用途研究发现，钒元素的某种配合物可增强胰岛素降糖作用，它是电中性分子，结构如图1（1）基态V元素的价层电子轨道表示式，分子中非金属元素电负性由大到小的顺序为O、N、C、H（2）分子中采取sp2杂化的原子有C、N，1mol分子中含有配位键的数目是2NA（3）该物质的晶体中除配位键外，所含微粒间作用力的类型还有bcd（填序号）a金属键 b极性键 c非极性键 d范德华力 e氢键Fe与C、Mn等元素可形成多种不同性能的合金（4）图2甲是Fe的一种晶胞，晶胞中Fe的堆积方式为体心立方密堆积，已知该晶体的密度
45、为gcm3，用NA表示阿伏伽德罗常数的值，则该晶胞的边长为cm（5）图2乙是FeCMn合金（晶体有缺陷）的一种晶胞，则与C原子等距紧邻Fe的个数为4，该合金的化学式为Fe23Mn8C8【考点】原子结构与元素周期律的关系；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断【分析】（1）基态V元素的价层电子排布式为3d34s2，结合泡利原、洪特规则画出轨道表示式；同周期自左而右电负性增大，非金属性越强，电负性越大；（2）采取sp2杂化的原子杂化轨道数目为3，而杂化轨道数目=键+孤对电子；V与N原子之间形成配位键；（3）分子之间存在范德华力，分子内不同原子之间形成极性键、同种原子之间形成非极性键，不存在金属
46、键与氢键；（4）由Fe的晶胞结构，可知晶胞中Fe的堆积方式为体心立方密堆积；根据均摊法计算晶胞中Fe原子数目，表示出晶胞的质量，结合m=V计算晶胞棱长；（5）体心碳原子与面心Fe原子距离最近；根据均摊法计算晶胞中Fe、C、Mn原子数目，进而确定化学式【解答】解：（1）基态V元素的价层电子排布式为3d34s2，轨道表示式为；同周期自左而右电负性增大，非金属性越强，电负性越大，故电负性：O、N、C、H依次减小，故答案为：；O、N、C、H；（2）分子中C原子、N原子键均为3，均没有孤电子对，杂化轨道数目均为3，均采取sp2杂化，V与N原子之间形成配位键，1mol分子含有2mol配位键，即含有2NA个
47、配位键，故答案为：C、N；2NA；（3）体中除配位键外，分子之间存在范德华力，分子内不同原子之间形成极性键、同种原子之间形成非极性键，不存在金属键与氢键，故答案为：bcd；（4）由Fe的晶胞结构，可知晶胞中Fe的堆积方式为体心立方密堆积，晶胞中Fe原子数目为1+8=2，则晶胞的质量为2g，设晶胞棱长为a cm，则：2g=gcm3（a cm）3，解得a=，故答案为：体心立方密堆积；（5）体心碳原子与面心Fe原子距离最近，则与C原子等距紧邻Fe的个数为4，晶胞中Fe原子数目为7+4=、C原子数目为1、Mn原子数目为2=1，Fe、Mn、C原子数目之比为23：8：8，故化学式为：Fe23Mn8C8，故
48、答案为：4；Fe23Mn8C8化学-选修5：有机化学基础（共1小题，满分0分）12以苯和乙炔为原料合成化工原料E的路线如下：回答下列问题：（1）以下有关苯和乙炔的认识正确的是bda苯和乙炔都能使溴水褪色，前者为化学变化，后者为物理变化b苯和乙炔在空气中燃烧都有浓烟产生c苯与浓硝酸混合，水浴加热5560，生成硝基苯d聚乙炔是一种有导电特性的高分子化合物（2）A的名称苯甲醇（3）生成B的化学方程式为，反应类型是取代反应（4）C的结构简式为，C的分子中一定共面的碳原子最多有7个（5）与D同类别且有二个六元环结构（环与环之间用单键连接）的同分异构体有4种，请任写两种同分异构体的结构简式：任意2种（6）
49、参照上述合成路线，设计一条以乙炔和必要试剂合成环丙烷的路线：【考点】有机物的合成【分析】苯与甲醛发生加成反应生成A为，A与HBr发生取代反应生成，与HCCNa发生取代反应生成B为与氢气发生加成反应生成C，结合C的分子式可知C为，结合E的结构可知C与CH2I2反应生成D为，D发生氧化反应生成E【解答】解：苯与甲醛发生加成反应生成A为，A与HBr发生取代反应生成，与HCCNa发生取代反应生成B为与氢气发生加成反应生成C，结合C的分子式可知C为，结合E的结构可知C与CH2I2反应生成D为，D发生氧化反应生成E（1）a苯和乙炔都能使溴水褪色，前者为萃取，属于物理变化，后者发生加成反应，为化学变化，故a
50、错误；b苯和乙炔的最简式相同，含碳量高，在空气中燃烧都有浓烟产生，故b正确；c苯与浓硝酸混合，水浴加热5560，生成硝基苯，需要浓硫酸作催化剂，故c错误；d聚乙炔是一种有导电特性的高分子化合物，故d正确，故选：bd；（2）A为，名称为苯甲醇，故答案为：苯甲醇；（3）生成B的化学方程式为：，属于取代反应，故答案为：；取代反应；（4）C的结构简式为，苯环连接2原子处于同一平面，碳碳双键连接的原子处于同一平面，旋转碳碳单键可以使羟基连接的碳原子处于碳碳双键平面内，由苯环与碳碳双键之间碳原子连接原子、基团形成四面体结构，两个平面不能共面，最多有7个碳原子都可以共平面，故答案为：；7； （5）与D（）同类别且有二个六元环结构（环与环之间用单键连接）的同分异构体有：，故答案为：4；任意2种；（6）以乙炔和必要试剂合成环丙烷的路线：，故答案为：2016年6月19日
