1、陕西省榆林市绥德县绥德中学2020届高三第六次模拟考试化学试题1.化学与生产、生活密切相关。下列有关叙述正确的是A. “一带一路”被誉为现代丝绸之路，丝绸属于纤维素B. 电解水制氢气可缓解能源危机，实现节能环保C. “雨后彩虹”是一种与胶体有关的自然现象D. 烧制“明如镜、声如磬”的瓷器时未涉及化学变化【答案】C【解析】【详解】A. 丝绸的主要成分为蛋白质，A项错误；B. 电解水制氢气可获得氢能，可以减少碳排放，实现环保，但不能节能（因为电解时消耗大量电能），B项错误；C. 雨后空气中含有纳米级的小水珠，与空气形成胶体，“雨后彩虹”是胶体的丁达尔效应，C项正确；D. 黏土为原料烧制陶瓷的过程中
2、，涉及复杂的物理化学过程，涉及化学变化，D项错误；答案选C。2.碳纳米管、石墨烯、C60等新型碳材料具有广阔的应用前景。下列说法正确的是A. 碳纳米管属于胶体B. 石墨烯属于有机化合物C. C60与金刚石互为同素异形体D. 均具有相同的熔点【答案】C【解析】【详解】A.碳纳米管是一种一维纳米材料，与胶粒直径吻合，需要分散到分散剂中才能形成胶体，故A错误；B.石墨烯是由石墨剥离出的单层碳原子结构的单质，不属于有机化合物，故B错误；C.富勒烯与金刚石同属于碳的单质，互为同素异形体，故C正确；D.不同的新型碳材料因结构不同应具有不同的熔点，故D错误。答案：C。【点睛】根据物质的组成和结构决定其性质的
3、原则，对富勒烯、石墨烯、碳纳米管等组成和结构进行判断，在根据物质分类、物理性质、胶体概念、同素异形体进行相关选项的判断。3.水合肼(N2H4H2O)为无色透明的油状发烟液体，是一种重要的精细化工原料，其制备的反应原理为NaClO2NH3=N2H4H2ONaCl。下列关于实验室制备水合肼的操作不正确的是()甲 乙 丙 丁A. 装置甲中试剂X可以选择生石灰B. 装置乙作为反应过程的安全瓶C. 装置丙制备水合肼时氨气从b口进入D. 装置丁可用于吸收多余的尾气【答案】C【解析】【分析】从化学方程式可知，制备水合肼时需制备氨气、并通入NaClO溶液。氨气极易溶于水、且会污染环境，实验时要防倒吸、进行尾气
4、处理。【详解】A项：装置甲用于制备氨气，试剂X可以是生石灰，利用CaO与水反应放热使氨气从溶液中逸出，A项正确；B项：氨气极易溶于水，为防止倒吸，用装置乙作为安全瓶置于甲乙之间，B项正确；C项：为有利于氨气与NaClO溶液反应，制备水合肼时氨气应从装置丙a口进入，C项错误；D项：氨气会污染环境，实验时用装置丁进行尾气处理并防倒吸，D项正确。本题选C。【点睛】制备某种物质，通常包括原料的制备与净化、主体反应、尾气的处理、产品的分离与提纯等，需要根据物质的性质、反应条件等选择合适的试剂与装置。4.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 常温常压下，124gP4中所含PP键数目为4NAB
5、. 标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NAC. 17g甲基(14CH3)所含的电子数目为10NAD. 1.5molFeI2与22.4LCl2完全反应时转移的电子数为2NA【答案】B【解析】【详解】A124gP4中分子的物质的量为=1mol，P4分子为正四面体形，4个P原子位于四个顶点，所以一个P4分子中有6个PP键，所以124gP4中所含PP键数目为6NA，故A错误；B1molCH4含氢原子为4mol，1molC2H4含氢原子为4mol，所以标准状况下，11.2L即0.5mol甲烷和乙烯混合物中含氢原子为2mol，即2NA，故B正确；C1个甲基(14CH3)所含电子数为6
6、+3=9，17g甲基(14CH3)的物质的量为=1mol，所含电子数为9 NA，故C错误；D氯气所处的状态不明确，故其物质的量无法计算，所以无法确定反应过程中何种物质过量，无法确定转移的电子数，故D错误；故答案为B。5.常温，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（）A. =10-12的溶液中：、Cu2+、B. 滴加KSCN溶液显红色的溶液中：、K+、Cl-、I-C. 0.1molL-1的NaHCO3溶液中：Fe3+、K+、Cl-、D. 水电离产生的c(OH-)=10-12molL-1的溶液中：Na+、Al3+、Cl-、【答案】A【解析】【详解】A. 常温下，在的溶液中，c(H+)=0.1
7、molL-1，溶液显酸性，离子之间均不能发生反应，A项正确；B. 滴加KSCN溶液显红色，说明溶液中存在Fe3+，Fe3+能够氧化I-，B项错误；C. Fe3+与HCO3-发生相互促进水解反应而不能大量共存，C项错误；D. 由水电离的c(OH-)=10-12molL-1的溶液可能呈强酸性也可能呈强碱性，碱性溶液中Al3+不能大量存在，D项错误；答案选A。【点睛】离子共存问题，侧重考查学生对离子反应发生的条件及其实质的理解能力，题型不难，需要注意的是，溶液题设中的限定条件。如无色透明，则常见的有颜色的离子如Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-、Cr2O72-、CrO42-等不符合题意；还有一
8、些限定条件如：常温下与Al反应生成氢气的溶液时，该溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液。做题时只要多加留意，细心严谨，便可快速选出正确答案。还有一些限定条件如：常温下水电离出来的 H+和 OH-浓度为110-10，小于110-7时，该溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液。做题时只要多加留意，细心严谨，便可快速选出正确答案。6.为除去括号内的杂质，下列操作或试剂的选择不合理的是选项被提纯的物质除杂试剂分离方法ABr2(CCl4)/蒸馏BCuO(Cu)/空气中灼烧CCl2(HCl)饱和食盐水洗气DCH4(CH2=CH2)酸性高锰酸钾溶液洗气A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】ABr2
9、和CCl4是相互混溶的液体混合物，可根据沸点的差异，利用蒸馏进行分离，故A正确；BCu在空气中灼烧可生成CuO，利用此方法可除去CuO中混有的少量Cu，故B正确；C氯气极易溶于水，食盐水抑制氯气的溶解，利用洗气可除杂，故C正确；D酸性高锰酸钾溶液能氧化乙烯生成CO2，CH4中混有少量CH2=CH2，若用酸性高锰酸钾溶液洗气，所得甲烷中混有少量CO2，无法得到纯净甲烷，故D错误；故答案为D。【点睛】分离提纯方法的选择思路是根据分离提纯物的性质和状态来定的。具体如下： 分离提纯物是固体(从简单到复杂方法) ：加热(灼烧、升华、热分解)，溶解，过滤(洗涤沉淀)，蒸发，结晶(重结晶)；分离提纯物是液体
10、(从简单到复杂方法) ：分液，萃取，蒸馏；分离提纯物是胶体:盐析或渗析；分离提纯物是气体：洗气。7.2018年10月15日，中国用“长征三号乙”运载火箭成功以“一箭双星”方式发射北斗三号全球组网卫星系统第15、16号卫星，其火箭推进剂为高氯酸铵（NH4ClO4）等。制备NH4ClO4的工艺流程如下：饱和食盐水NaClO3NaClO4NaClO4NH4ClO4下列说法错误的是A. NH4ClO4属于离子化合物B. 溶解度：NaClO4NH4ClO4C. 电解NaClO3溶液时阳极反应式为ClO3-H2O2e-=C1O4-2H+D. 该流程中可循环利用的物质是NH4Cl【答案】D【解析】【分析】电
11、解饱和食盐水，生成了NaClO3，再电解得到NaClO4；NaClO4提纯除杂，再和NH4Cl反应，得到高氯酸铵晶体。【详解】A. NH4ClO4由ClO4-和NH4+组成，属于离子化合物，A项正确；BNaClO4和NH4Cl能够生成NH4ClO4粗品，铵盐和钠盐都是溶于水的，能够得到晶体，说明NH4ClO4溶解度比其他物质小，B项正确；C. 根据流程图，电解NaClO3生成NaClO4，阳极失去电子，1molClO3-失去2mol电子生成1molClO4-，结合电荷守恒和原子守恒，电极反应式为ClO3-2e-+H2O=ClO4-+2H+，C项正确；D. NaClO4和NH4Cl反应生成NH4
12、ClO4和NaCl，循环利用的是NaCl，而不是NH4Cl， D项错误；本题答案选D。8.有关下列四个常用电化学装置的叙述中，正确的是图I碱性锌锰电池图II铅-硫酸蓄电池图III电解精炼铜图IV银锌纽扣电池A. 图所示电池中，正极的电极反应式为Zn2e+2OH=Zn(OH)2B. 图所示电池放电过程中，硫酸浓度不断增大C. 图所示装置工作过程中，电解质溶液中Cu2+浓度始终不变D. 图所示电池工作过程中，电子由Zn极沿导线流向Ag2O极【答案】D【解析】【详解】A碱性锌锰电池中，Zn元素化合价升高，被氧化，Mn元素化合价降低，被还原，则锌作负极、二氧化锰作正极，正极得电子发生还原反应，电极反应
13、为MnO2+H2O+e-=MnOOH+OH-，故A错误；B铅蓄电池放电时电池反应为：Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，放电过程中硫酸不断被消耗，浓度降低，故B错误；C粗铜中不仅含有铜还含有其它金属，电解时，粗铜中有铜和其它比铜活泼金属均可被氧化而溶解，纯铜上只有铜离子得电子，所以阴极上析出的铜大于阳极上减少的铜，所以溶液中铜离子浓度降低，故C错误；D该电池工作时Zn被氧化作负极，Ag2O被还原作正极，原电池中电子由负极经导线流向正极，故D正确；故答案为D。9.1mol白磷（P4，s）和4mol红磷（P，s）与氧气反应过程中的能量变化如图（E表示能量）。下列说法正确的是（ ）
14、A. P4(s，白磷)=4P(s，红磷) H0B. 以上变化中，白磷和红磷所需活化能相等C. 白磷比红磷稳定D. 红磷燃烧的热化学方程式是4P(s，红磷)5O2(g)P4O10(s) H=(E2E3)kJ/mol【答案】D【解析】【详解】A依据图象分析，白磷能量高于红磷，依据能量守恒，白磷转变为红磷是放热反应，则H0，故A错误； B依据图象分析，白磷能量高于红磷，则白磷和红磷所需活化能不相等，故B错误；C依据图象分析，白磷能量高于红磷，能量低的稳定，则红磷稳定，故C错误；D依据图象分析，红磷燃烧是放热反应，则反应的热化学方程式：4P(s，红磷)5O2(g)P4O10(s) H=(E2E3)kJ
15、/mol，故D正确；故答案为D。10.第三周期元素X、Y、Z、W的最高价氧化物溶于水可得四种溶液，0.01mol/L的这四种溶液pH与该元素原子半径的关系如下图所示。下列说法正确的是A. 简单离子半径: XYZWB. W的单质在常温下是黄绿色气体C. 气态氢化物的稳定性: ZWYD. X和Y的最高价氧化物对应的水化物恰好中和时，溶液中的微粒共有2种【答案】B【解析】【分析】第三周期元素中，X最高价氧化物水化物的溶液pH为12，氢氧根浓度为0.01mol/L，故为一元强碱，则X为Na元素；Y、W、Z对应的最高价氧化物水化物的溶液pH均小于7，均为酸，W最高价含氧酸溶液中氢离子浓度为0.01mol
16、/L，故为一元强酸，则W为Cl元素；最高价含氧酸中，Z对应的酸性比W的强、Y对应的酸性比W的弱，而原子半径YZCl，SiO2不溶于水，故Z为S元素，Y为P元素，以此解答该题。【详解】综上所述可知X是Na元素，Y是P元素，Z是S元素，W是Cl元素。A.离子的电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小；离子的电子层越多，离子半径越大，离子半径P3-S2-Cl-Na+，A错误；B.W是Cl元素，其单质Cl2在常温下是黄绿色气体，B 正确；C.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强，由于元素的非金属性WZY，所以气态氢化物的稳定性：WZY，C错误；D.X和Y的最高价氧化物对应的水化物分别为Na
17、OH、H3PO4，二者恰好中和时生成磷酸钠，由于该盐是强碱弱酸盐，溶液中磷酸根发生分步水解反应，产生HPO42-，产生的HPO4-会进一步发生水解反应产生H2PO4-、H3PO4，同时溶液中还存在H+、OH-，因此溶液中的微粒种类比2种多，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查结构、性质、位置关系的应用的知识，根据溶液的pH与浓度的关系，结合原子半径推断元素是解题关键，侧重对元素周期表、元素周期律的考查，难度中等。11.C是一种常见的工业原料，实验室制备C的化学方程式如下，下列说法正确的( )A. l mol的C最多能与7 mol的H2反应B. 分子C中所有碳原子一定共平面C. 可以用酸性K
18、MnO4溶液鉴别A和BD. A的同分异构体中含有苯环和醛基的结构有14种【答案】D【解析】【分析】【详解】AC中能与H2发生加成反应的有苯环、碳碳双键和羰基，则l mol的C最多能与8 mol的H2反应，A错误；BC含有饱和碳原子，具有甲烷的正四面体结构特征，因此不可能所有的碳原子在同一个平面上，B错误；CA中的甲基和B中的醛基，都可被酸性高锰酸钾氧化，因此不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别A和B，C错误；DA的同分异构体中含有苯环和醛基，苯环可能含有2个甲基、1个醛基，有6种结构；如含有两个取代基，可为CH3CH2-、-CHO，也可为-CH3、-CH2CHO，各有邻、间、对3种结构，如含有1个取代基
19、，可为-CH2CH2CHO或-CH(CH3)CHO两种结构，因此符合条件的同分异构体种类共有6+3+3+2=14种，D正确；故合理选项是D。12.2019年10月9日诺贝尔化学奖授予在锂离子电池方向研究有突出贡献的三位科学家。LiFePO4电池是新能源汽车关键部件之一，其工作原理如图所示，其中有电极反应为xLixe=xLi+。下列说法错误的是A. 充电时，电极a与电源的负极连接，电极b与电源正极连接B. 电池驱动汽车前进时，正极的电极反应为：Li1-xFePO4+xLi+xe=LiFePO4C. 电池驱动汽车后退时，负极材料减重1.4g，转移0.4mol电子D. 电池进水将会大大降低其使用寿命
20、【答案】C【解析】【分析】根据Li+的流向可知电极a为负极，失电子发生氧化反应，所以电极反应为xLixe=xLi+；电极b为正极，得电子发生还原反应，电极反应式为Li1-xFePO4+xLi+xe=LiFePO4。【详解】A放电时a为负极发生氧化反应，则充电时a极应得电子发生还原反应，所以与电源负极相连为阴极，同理电极b与电源正极连接为阳极，故A正确；B电池驱动汽车前进时为原电池，b为正极，正极发生氧化反应，根据正极材料可知电极反应式为：Li1-xFePO4+x Li+xe-=LiFePO4，故B正确；C电池驱动汽车后退时也是原电池，负极发生xLixe=xLi+，负极材料减重1.4g，反应的L
21、i的物质的量为0.2mol，所以转移0.2mol电子，故C错误；D锂与水反应，所以电池进水将会大大降低其使用寿命，故D正确；故答案为C。13.图1为CO2与CH4转化为CH3COOH的反应历程(中间体的能量关系如虚框中曲线所示)，图2为室温下某溶液中CH3COOH和CH3COO两种微粒浓度随pH变化的曲线。下列结论错误的是A. CH4分子在催化剂表面会断开CH键，断键会吸收能量B. 中间体的能量大于中间体的能量C. 室温下，CH3COOH的电离常数Ka104.76D. 升高温度，图2中两条曲线交点会向pH增大方向移动【答案】D【解析】【详解】A.虚框内中间体的能量关系图可知，CH4分子在催化剂
22、表面断开CH键，断裂化学键需要吸收能量，A项正确；B. 从虚框内中间体的能量关系图看，中间体是断裂CH键形成的，断裂化学键需要吸收能量，中间体是形成CC和OH键形成的,形成化学键需要释放能量，所以中间体的能量大于中间体的能量，B项正确；C.由图2可知，当溶液pH=4.76，c(CH3COOH)=c(CH3COO-)=0.05mol/L，CH3COOHCH3COO-+H+的电离常数Ka=c(H+)=10-4.76。C项正确；D.根据CH3COOHCH3COO-+H+的电离常数Ka=可知，图2两条曲线的交点的c(H+)值等于醋酸的电离常数Ka的值，而升高温度电离常数增大，即交点的c(H+)增大，p
23、H将减小，所以交点会向pH减小的方向移动。D项错误；答案选D。14.将质量为32g的铜与150mL的一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解，产生标准状况下11.2L的NO和NO2的混合气体，将生成的混合气体与一定体积的氧气一起通入足量NaOH溶液中，气体恰好被吸收生成NaNO3。下列说法不正确的是A. 标准状况下，通入的O2体积为5.6LB. 向反应后的溶液加NaOH，使铜沉淀完全，需要NaOH的物质的量至少为1.0molC. 标准状况下，混合气体构成是5.6L的NO和5.6L的NO2D. 硝酸的物质的量浓度为10.0molL1【答案】D【解析】【分析】32g的铜的物质的量为0.5mol；11.2L的
24、NO和NO2的物质的量为0.5mol，设混合气体中NO的物质的量为x，NO2的物质的量为y，则x+y=0.5，反应过程中铜全部被氧化成Cu2+，根据电子守恒有3x+y=0.52，和前式联立可得x=0.25mol，y=0.25mol；设氧气的物质的量为z，NO和NO2全部转化为NaNO3，则根据电子守恒有0.52=4z，解得z=0.25mol；根据元素守恒可知生成的n(NaNO3)=0.5mol。【详解】A根据分析可知通入的O2为0.25mol，标况下体积为0.25mol22.4L/mol=5.6L，故A正确；B当硝酸无剩余时消耗的NaOH最少，此时NaOH只与Cu2+反应生成Cu(OH)2沉淀
25、，根据元素守恒可知此时n(NaOH)=2n(Cu2+)=0.5mol2=1mol，故B正确；C根据分析可知，混合气体中有0.25molNO和0.25molNO2，即标准状况下的5.6L的NO和5.6L的NO2，故C正确；D由于不知道和铜反应后硝酸是否有剩余，所以无法计算硝酸的浓度，故D错误；故答案为D。15.甲醇是一种可再生的绿色能源，是一种温室气体，都是重要的化工原料。(1)已知CO(g)+2H2(g)CH3OH(1)；H=-129kJmol1，该反应的S_(填“”或“”或“”)0，五个容器中肯定处于非平衡状态的是_。t1时刻时，容器a中正反应速率_(填“大于”“小于”或“等于”)容器e中正
26、反应速率；Td时，该反应的平衡常数K=_；欲提高H2的转化率，可采取的措施有_，(写出两种)；(3)碳捕捉技术的应用既可降低碳排放也可得到重要的化工产品请写出CO2的电子式_。NaOH溶液是常用的碳捕捉剂，若某次捕捉后得到的溶液中c(NaHCO3)c(Na2CO3)=11，则所得溶液的离子浓度的大小关系是_。在清除锅炉水垢的过程中，需要用Na2CO3将水垢中的CaSO4转化为CaCO3，将微溶的CaSO4难溶性的CaCO3的理由是_。【答案】 (1). (2). c(HCO)c(CO) c(OH)c(H+) (9). CaSO4难溶于酸，而CaCO3易溶于酸中【解析】【分析】(2)图示各点表示
27、t1时刻各容器中H2O的体积分数(H2O)，据图可知c点之前随温度上升H2O的体积分数增大，c点之后随温度的上升减小，说明在c点之前a、b两点在t1时刻时反应还未达到平衡，c点之后的d、e二点反应达到平衡；且随温度升高，平衡时水的体积分数减小，说明升高温度，平衡逆向移动，正反应为放热反应。【详解】(1)该反应是气体减少的反应，所以S0；(2)根据分析可知该反应正反应为放热反应，焓变小于零，所Qc(CO)，碳酸根和碳酸氢根的水解使溶液显碱性，所以c(OH)c(H+)，水解是微弱的，则溶液中c(Na+) c(HCO)c(CO) c(OH)c(H+)因为CaSO4难溶于酸，难除去，而CaCO3易溶于
28、酸中从而易除去，所以在清除锅炉水垢的过程中，需要用Na2CO3将水垢中的CaSO4转化为CaCO3。【点睛】本题的难点在于对图中平衡的判断，在达到最高点之前是建立平衡的过程，在最高点之后是受温度影响，平衡移动的过程。16.以铬铁矿(主要成分为FeO和Cr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质)为主要原料生产化工原料红矾钠(主要成分Na2Cr2O72H2O)，其主要工艺流程如下：查阅资料得知：常温下，NaBiO3不溶于水，有强氧化性，在碱性条件下，能将Cr3+转化为。金属离子Fe3+Al3+Cr3+Fe2+Bi3+开始沉淀的pH2.73.45.07.50.7沉淀完全的pH3.74.95.99.7
29、4.5回答下列问题：(1)Fe在元素周期表中的位置_，反应之前先将矿石粉碎的目的是_。(2)步骤加的试剂为_，此时溶液pH要调到5的目的_。(3)写出反应的离子反应方程式_。(4)中酸化是使转化为，写出该反应的离子方程式_。(5)将溶液H经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥即得红矾钠粗晶体，精制红矾钠则对粗晶体需要采用的操作是_(填操作名称)。【答案】 (1). 第四周期第族 (2). 增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高铬铁矿的浸取率 (3). NaOH溶液 (4). Fe3+、Al3+均完全转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀而除去，而铬离子不沉淀 (5). 3NaBiO3+2
30、Cr3+7OH-+H2O=2CrO+3Na+3Bi(OH)3 (6). 2CrO+2H+Cr2O+H2O (7). 重结晶【解析】【分析】铬铁矿(主要成分为FeO和Cr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质)，加入过量稀硫酸浸取，固体A为不溶于酸的SiO2，溶液B中含有Cr3+、Al3+、Fe2+，在B中加入过氧化氢将Fe2+氧化生成Fe3+，调节溶液pH可除去Fe3+、Al3+，生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，即固体D，溶液E主要含有Cr3+，在溶液E中加入NaBiO3和NaOH，发生氧化还原反应生成Bi(OH)3，同时Cr3+被氧化为CrO，所以溶液F主要含有Na2CrO4，酸化可得Na2Cr
31、2O7，溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可得Na2Cr2O72H2O，以此解答该题。【详解】(1)Fe为26号元素，核外电子排布式为Ar3d64s2，位于第四周期第族；将矿石粉碎，可增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高铬铁矿的浸取率；(2)步骤加入的试剂是为了调节pH使Al3+、Fe3+转化为沉淀，从而除去，为了不引入新的杂质，该试剂可以为NaOH溶液；根据表格数据可知pH调到5时Fe3+、Al3+均完全转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀而除去，而铬离子不沉淀；(3)在溶液E中加入NaBiO3和NaOH，根据题目信息可知发生氧化还原反应，Cr3+被氧化为CrO，根据流程可知Bi元素转化为Bi
32、(OH)3，结合得失电子守恒和元素守恒可得反应的离子方程式为3NaBiO3+2Cr3+7OH-+H2O=2CrO+3Na+3Bi(OH)3；(4)酸化使CrO42-转化为Cr2O72-，反应的离子方程式为2CrO+2H+Cr2O+H2O；(5)通过重结晶的方法可以进一步提纯粗晶体，得到精制红矾钠。【点睛】重结晶可以使不纯净的物质获得纯化，或使混合在一起的盐类彼此分离。17.已知硫酸亚铁铵(NH4)2SO4FeSO46H2O俗称莫尔盐，其摩尔质量为392 g/mol，可溶于水，在100 110 时分解。为探究其化学组成，甲乙两同学设计了如下实验。.探究莫尔盐晶体加热时的分解产物。（1）甲同学设计
33、如下图所示的装置进行实验，装置C中可观察到的现象是溶液变红，由此可知分解产物中有_。（2）乙同学认为莫尔盐晶体分解的产物中还含有SO3(g)、SO2(g)及N2(g)。为验证产物的存在，用下列装置进行实验：乙组同学的实验中，装置依次连接的合理顺序为AH_G证明含有SO3的实验现象是_。II.为测硫酸亚铁铵纯度，称取m g 莫尔盐样品，配成500 mL溶液。甲、乙两同学设计了如下两个实验方案。甲方案：取25.00mL硫酸亚铁铵溶液用0.1000molL-1的酸性K2Cr2O7溶液分三次进行滴定。乙方案：(通过NH4+测定)设计装置如下图所示。取25.00 mL样品溶液进行该实验。（1）滴定过程中
34、，酸性K2Cr2O7溶液应装在_滴定管中。甲方案中离子方程式为_。（2）乙方案中量气管中最佳试剂是_（填字母）。a.水 b.饱和NaHCO3溶液 c.CC14（3）乙方案中收集完气体并恢复至室温，读数前应进行的操作是_。（4）若测得NH3(已折算为标准状况下)为VL，则硫酸亚铁铵纯度为_。(用含V、m的式子表示)【答案】 (1). NH3 (2). FDE (3). F中出现白色沉淀 (4). 酸式 (5). Cr2O72-+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O (6). c (7). 上下移动量气管（滴定管），使左右两边液面相平 (8). 100%或100%【解析】分析】探究莫尔
35、盐晶体加热时的分解产物的实验中，根据酚酞溶液变红可确定有氨气生成；其他几种产物的检验应科学合理，由于三氧化硫能与水剧烈反应生成硫酸，故应先检验三氧化硫，可选择F装置；然后检验二氧化硫，选择D装置；接着通入E装置，将可能剩余的二氧化硫完全吸收；最后用排水集气法收集剩余的气体，以确定有氮气。测硫酸亚铁铵纯度的实验，可以根据其中亚铁离子的还原性进行氧化还原滴定的实验，也可以根据铵盐可以与碱在加热条件下生成氨气，测定氨气的体积。【详解】I.（1）装置B中的碱石灰吸收分解产生的酸性气体，装置C中酚酞溶液变红，根据莫尔盐的组成，则莫尔盐受热的分解产物中有NH3。（2）乙同学认为莫尔盐晶体分解的产物中还含有
36、SO3(g)、SO2（g）及N2（g），用BaCl2与足量盐酸的混合液检验SO3(g)，用品红溶液检验SO2(g)，N2难溶于水用排水法收集；由于SO3能被水溶液吸收，所以先检验SO3(g)，再检验SO2(g)，用NaOH溶液除去SO2，最后用排水法收集N2；装置的合理连接顺序为AHFDEG。根据上述分析，装置的合理连接顺序为AHFDEG。证明含有SO3的实验现象是：装置F中出现白色沉淀。II.（1）酸性K2Cr2O7溶液具有强氧化性，应装在酸式滴定管中。Cr2O72-将Fe2+氧化成Fe3+，自身被还原成Cr3+，1molCr2O72-参与反应得到6mol电子，1molFe2+参与反应失去1
37、mol电子，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，甲方案中的离子方程式为Cr2O72-+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O。（2）根据乙方案的装置，硫酸亚铁铵溶液与CaO反应产生NH3，用碱石灰除去NH3中的H2O（g），用量气法量取NH3的体积。a项，由于NH3极易溶于水，水能吸收NH3；b项，由于NH3极易溶于水且其水溶液呈碱性，饱和NaHCO3溶液吸收NH3；c项，NH3难溶于CCl4，不吸收NH3；量气管中最佳试剂为CCl4，答案选c。（3）用量气体的体积进行定量实验时，还需要测量温度和压强，所以实验结束要恢复到室温，使气体产生的压强等于大气压。乙方案中收集完气体并恢复至
38、室温，读数前应进行的操作是：上下移动量气管（滴定管），使左右两边液面相平。（4）根据N守恒，25.00mL样品中n(NH4)2SO4FeSO46H2O=n(NH3)=mol，500mL溶液中n(NH4)2SO4FeSO46H2O=mol=mol，m(NH4)2SO4FeSO46H2O=mol392g/mol=g，则硫酸亚铁铵纯度为100%=100%。18.化学有机化学基础双(对烷氧基苯甲酸)2，3二氯1，4苯二酚酯(G)是一种新的液晶化合物，在液晶显示领域里有广泛的应用，其合成路线如下：已知：R为烷烃基，D的核磁共振氢谱为四组峰，且峰面积之比为9221，回答下列问题：（1）A的结构简式为_。（
39、2）B的化学名称为_。（3）A与B生成C的化学方程式为_。（4）由E生成G的反应类型为_。（5）G的分子式为_。（6）H是D的同分异构体，H的苯环上只有两个对位的取代基，H可与FeCl3溶液发生显色反应，且能发生水解反应和银镜反应，则H共有_种；其中核磁共振氢谱为六组峰，且峰面积之比为126221的结构简式为_。【答案】 (1). (2). 对羟基苯甲酸(或4羟基苯甲酸) (3). +NaBr+2H2O (4). 取代反应 (5). C28H28Cl2O6 (6). 12 (7). 、【解析】分析】R为烷烃基，D的核磁共振氢谱为四组峰，且峰面积之比为9221，说明R中含有9个相同的氢原子，则R
40、为-C(CH3)3，因此A为C(CH3)3Br， E为，G为。【详解】(1)根据上述分析，A的结构简式为C(CH3)3Br或，故答案为C(CH3)3Br或；(2)B为，名称为对羟基苯甲酸，故答案为对羟基苯甲酸；(3)A与B生成C的化学方程式为+NaBr+2H2O，故答案为+NaBr+2H2O；(4)根据流程图，由E生成G发生了取代反应，除生成G外，还生成了HCl，故答案为取代反应；(5)G为，分子式为C28H28Cl2O5，故答案为C28H28Cl2O5；(6)D为，H是D的同分异构体，H的苯环上只有两个对位的取代基，H可与FeCl3溶液发生显色反应，说明H中含有酚羟基，且能发生水解反应和银镜
41、反应，则H属于甲酸酯，则H中含有苯环、羟基，在羟基的对位含有HCOOC4H8-，由于丁烷有2种结构，其中正丁烷的二取代(取代基不同)产物有8种，异丁烷的二取代(取代基不同)产物有4种，丁烷的二取代产物有12种结构，即- C4H8-有12种结构，则H有12种结构，其中核磁共振氢谱为六组峰，且峰面积之比为126221的结构简式为、，故答案为、。【点睛】不同考查了有机合成与推断，关键是根据“R为烷烃基，D的核磁共振氢谱为四组峰，且峰面积之比为9221”判断R的结构。本题的易错点和难点是D的同分异构体H的数目的判断。19.2017新课标研究发现，在CO2低压合成甲醇反应（CO2+3H2=CH3OH+H
42、2O）中，Co氧化物负载的Mn氧化物纳米粒子催化剂具有高活性，显示出良好的应用前景。回答下列问题：（1）Co基态原子核外电子排布式为_。元素Mn与O中，第一电离能较大的是_，基态原子核外未成对电子数较多的是_。（2）CO2和CH3OH分子中C原子的杂化形式分别为_和_。（3）在CO2低压合成甲醇反应所涉及的4种物质中，沸点从高到低的顺序为_，原因是_。（4）硝酸锰是制备上述反应催化剂的原料，Mn(NO3)2中的化学键除了键外，还存在_。（5）MgO具有NaCl型结构（如图），其中阴离子采用面心立方最密堆积方式，X射线衍射实验测得MgO的晶胞参数为a=0.420 nm，则r(O2-)为_nm。M
43、nO也属于NaCl型结构，晶胞参数为a =0.448 nm，则r(Mn2+)为_nm。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d74s2或Ar3d74s2 (2). O (3). Mn (4). sp (5). sp3 (6). H2OCH3OHCO2H2 (7). H2O与CH3OH均为极性分子，H2O中氢键比甲醇多；CO2与H2均为非极性分子，CO2分子量较大、范德华力较大 (8). 离子键和键（或键） (9). 0.148 (10). 0.076【解析】【详解】（1）Co是27号元素，位于元素周期表第4周期第VIII族，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p6
44、3d74s2或Ar3d74s2。元素Mn与O中，由于O元素是非金属性而Mn是过渡元素，所以第一电离能较大的是O。O基态原子价电子为2s22p4，所以其核外未成对电子数是2，而Mn基态原子价电子排布为3d54s2，所以其核外未成对电子数是5，因此核外未成对电子数较多的是Mn。（2）CO2和CH3OH的中心原子C原子的价层电子对数分别为2和4，所以CO2和CH3OH分子中C原子的杂化形式分别为sp和sp3。（3）在CO2低压合成甲醇反应所涉及的4种物质中，沸点从高到低的顺序为H2OCH3OHCO2H2，原因是常温下水和甲醇是液体而二氧化碳和氢气是气体，液体的沸点高于气体；H2O与CH3OH均为非极性分子，H2O中氢键比甲醇多，所以水的沸点高于甲醇；二氧化碳的相对分子质量比氢气大，所以二氧化碳分子间作用力较大、沸点较高。（4）硝酸锰是离子化合物，硝酸根和锰离子之间形成离子键，硝酸根中N原子与3个氧原子形成 3个键，硝酸根中有一个氮氧双键，所以还存在键。（5）因为O2是面心立方最密堆积方式，面对角线是O2半径的4倍，即4r=a，解得r= nm=0.148nm；MnO也属于NaCl型结构，根据晶胞的结构，晶胞棱长是2r(O2-)+2r(Mn2+)= a =0.448nm，解得r(Mn2+)=0.076nm。