1、山东省潍坊市临朐县实验中学2021届高三化学9月月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Al-27 Na-23 Cu-64 B-11 Zn-65第I卷 (选择题 共40分)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. 化学与生活密切相关，下列说法错误的是A. 高浓度二氯甲烷有麻醉作用，切忌吸入或与皮肤接触B. 传统无机非金属材料碳纳米管可用于生产传感器C. 甲烷在一定条件下可以生成金刚石D. 聚乳酸可用于制作免拆型手术缝合线【答案】B【解析】【详解】A、二氯甲烷具有麻醉作用，属于有毒物质，切忌吸入或与皮肤接
2、触，故A正确；B、玻璃、陶瓷、水泥等硅酸盐类材料，属于传统的无机非金属材料，碳纳米管是碳单质，是新型无机非金属材料，故B错误；C、甲烷的分子式CH4，一定条件下，甲烷可以分解生成碳单质，改变结构形成金刚石，副产物为氢气，故C正确；D、聚乳酸有优良的特殊性能：易拉成丝、易被吸收、优异的生物相容性，无毒性，具有很高的机械性能等，适合于制作免拆型手术缝合线，故D正确；故选：B。2. 常温常压下，某金属有机多孔材料(MOFA)对CO2具有超高的吸附能力，并能催化CO2与环氧丙烷的反应，其工作原理如图所示。下列说法错误的是A. 物质a分子中碳原子和氧原子均采取sp3杂化B. b的一氯代物有3种C. a生
3、成b的反应类型为取代反应，并有极性共价键形成D. 该材料的吸附作用具有选择性，利用此法可减少CO2的排放【答案】C【解析】【详解】Aa分子中C、O原子价层电子对个数都是4，根据价层电子对互斥理论判断C、O原子杂化类型为sp3杂化，故A正确；Bb中含有3种氢原子，有几种氢原子，其一氯代物就有几种，所以b的一氯代物有3种，故B正确；Ca和二氧化碳发生加成反应生成b，则a生成b的反应为加成反应，故C错误；Da和二氧化碳反应生成b，所以利用此法可减少CO2的排放，故D正确；故选：C。3. 下列实验操作、现象和结论都正确的是( )选项实验操作现象结论A向盛有硝酸的烧杯中加入铜粉溶液上方向产生红棕色气体证
4、明该硝酸为浓硝酸B取10mL 0.1molL-1FeCl3溶液，滴加10滴0.1molL-1KI溶液，继续加入2mL苯，振荡静置，取下层溶液，滴入AgNO3溶液上层呈紫红色，下层溶液滴入AgNO3溶液生成白色沉淀FeCl3与KI反应有一定的限度C向紫色石蕊试液中通入SO2溶液褪色SO2具有漂白性D在一块除去铁锈的铁片上面滴一滴含有酚酞的食盐水，静置23min溶液边缘出现红色铁片上发生了吸氧腐蚀A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A向盛有硝酸的烧杯中加入铜粉，溶液上方向产生红棕色气体，可能是产生的NO在上方被氧化成NO2，A错误；B下层溶液滴入硝酸银有白色沉淀，是氯化银，不
5、能说明溶液中含有碘离子，无法说明碘部分反应，B错误；C二氧化硫通入紫色石蕊中呈红色，C错误；D铁作负极(金属)：2Fe - 4e = 2Fe2，碳等作正极：2H2O + O2 + 4e = 4OH，D正确；故选D。【点睛】SO2的漂白是有选择的，它不能使紫色石蕊试液褪色，即便往紫色石蕊试液中通入过量的SO2，溶液也只能变红色，不会褪色。4. SiH4(Si为+4价)可制取LED基质材料Si3N4(超硬物质)3SiH4+4NH3=Si3N4+12H2下列分析正确的是A. Si3N4晶体中，Si位于正八面体的两个顶点，N位于八面体中间平面的4个点B. Si3N4和SiH4均为共价晶体，其Si原子均
6、采取sp3杂化C. 反应中每转移0.8mol e-，还原0.2molSiH4，生成17.92LH2(标准状况)D. 电负性：SiNH【答案】A【解析】【详解】A.固体的Si3N4是原子晶体，是空间立体网状结构，每个Si和周围4个N共用电子对，每个N和周围3个Si共用电子对，Si3N4晶体中，Si位于正八面体的两个顶点，N位于八面体中间平面的4个点，故A正确；B. 固体的Si3N4是原子晶体，SiH4是分子晶体，Si3N4和SiH4中Si原子均采取sp3杂化，故B错误；C.3SiH4+4NH3=Si3N4+12H2中每转移12mol e-，生成12molH2，氧化3molSiH4，反应中每转移0
7、.8mol e-，氧化0.2molSiH4，生成0.8mol22.4Lmol1=17.92LH2(标准状况)，故C错误；D.SiH4(Si为+4价)， 电负性：HSi,电负性：NHSi，故D错误；故选A。5. 下列离子方程式正确的是（ ）A. 碳酸钠溶液呈碱性的原因：+2H2OH2CO3+2OH-B. Cl2通入水中： Cl2+H2O2H+Cl-+ClO-C. 向 1 L 浓度均为 l mol/L 的 FeBr2 和 FeI2混合溶液中通入 3mo1Cl2：2Fe2+2Br-+2I-+3Cl2= 2Fe3+ I2+Br2+6Cl-D. 明矾溶液中加入过量的氢氧化钡溶液：Al3+Ba2+4OH-
8、= BaSO4 +AlO2-+ 2H2O【答案】C【解析】【详解】A.碳酸钠溶液显碱性是因为碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子：+H2OHCO3-+OH-，A错误；B.氯气通入水生成的次氯酸为弱酸，离子方程式应为Cl2+H2OH+Cl-+HClO，B错误；C.因为Fe2+、Br-、I- 均具有还原性，能与氯气反应，恰好完全反应，故离子方程式为2Fe2+2Br-+2I-+3Cl2= 2Fe3+ I2+Br2+6Cl-，C正确；D.明矾溶液中加入过量的氢氧化钡溶液：Al3+2+2Ba2+4OH-= 2BaSO4 +AlO2-+ 2H2O，D错误；答案选C。6. X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的5
9、种短周期元素，位于不同主族。Y的氢化物与其最高价氧化物对应水化物反应生成盐甲，Z、W、Q的最高价氧化物对应水化物之间两两反应均可生成盐和水，Z的某种氧化物(Z2O2)与X的某种氧化物(XO)在一定条件下发生化合反应，生成一种正盐乙。下列说法错误的是A. Z是所在周期中原子半径最大的元素B. 甲的水溶液呈酸性，乙的水溶液呈中性C. X、Q组成的分子可能为直线型非极性分子D. 简单离子半径：QZW【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的5种短周期元素，位于不同主族。Y的氢化物与其最高价氧化物对应水化物反应生成盐甲，则Y为N，甲为NH4NO3，Z、W、Q的最高价氧化物对应水化
10、物之间两两反应均可生成盐和水，Z为Na，W为Al，Q为Cl或S，Z的某种氧化物(Z2O2)与X的某种氧化物(XO)在一定条件下发生化合反应，生成一种正盐乙，X为C，乙为Na2CO3。【详解】A. Na在IA族，是所在周期中原子半径最大的元素，故A正确；B. 甲为NH4NO3，是强酸弱碱盐，水解后水溶液呈酸性，乙为Na2CO3，强碱弱酸盐，水解后水溶液呈碱性，故B错误；C. X、Q组成的分子可能为直线型非极性分子，如CS2，故C正确；D. 离子的电子层数越少，其离子半径越小，电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，所以离子半径大小顺序是：QZW，故D正确；故选B。7. 交警用三氧化
11、铬(CrO3)硅胶可以查酒驾。元素Cr的几种化合物转化关系如图所示。下列判断正确的是A. 反应表明CrO3有酸性氧化物性质B. CrO42-在碱性溶液中不能大量存在C. 只有反应氧化还原反应D. 基态铬原子的价电子排布式为3d44s2【答案】A【解析】【详解】A酸性氧化物能与碱反应生成盐和水，CrO3与KOH溶液反应生成盐和水，则CrO3是酸性氧化物，故A正确；BCrO42与酸反应，与碱不反应，所以CrO42在碱性溶液中能大量存在，故B错误；C反应中没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，故C错误；D电子排布处于全满或半满状态是稳定状态，则基态铬原子的价电子排布式为3d54s1，故D错误。故选
12、：A。【点睛】本题考查氧化还原反应、电子排布式、离子反应，侧重考查学生的分析能力和应用能力，要注意电子排布处于全满或半满状态是稳定状态。8. 下列关于各实验装置的叙述错误的是A. 装置可用于实验室制取氯气B. 装置可用于洗涤BaSO4表面的Na2SO4C. 装置可用于分离乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液的混合物D. 装置可用于除去甲烷中的乙烯气体【答案】D【解析】【详解】A. 高锰酸钾和浓盐酸在不加热的条件下反应生成氯气，装置可用于实验室制取氯气，故A正确；B. 沉淀的洗涤在过滤器中进行，装置可用于洗涤BaSO4表面的Na2SO4，故B正确；C. 乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液分为两层，可用分液的方法分离，
13、装置可用于分离乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液的混合物，故C正确；D. 除去甲烷中的乙烯气体可用溴的水溶液，不能用溴的四氯化碳溶液，故D错误；故选D。9. 针对下列实验现象表述错误的是A. 向二氧化硫水溶液中滴加氯化钡溶液，再通入适量氨气，产生BaSO3白色沉淀B. 将石蜡油蒸气分解得到的气体通入溴水中，溴水分层，上层为红棕色C. 向氯化铁和氯化亚铁溶液中滴加几滴K3Fe(CN)6，生成蓝色沉淀D. 在表面皿中加入少量胆矾，再加入3mL浓硫酸，搅拌，固体由蓝色变为白色【答案】B【解析】【详解】A向二氧化硫水溶液中滴加氯化钡溶液，无现象，再通入适量氨气，与二氧化硫反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵与氯化钡溶液反
14、应生成BaSO3白色沉淀，故A正确；B石蜡油蒸气分解得到的气体含有烯烃，通入溴水中，溴水褪色，故B错误；CFe2遇K3Fe（CN）6溶液生成蓝色沉淀，所以向氯化铁和氯化亚铁溶液中滴加几滴K3Fe（CN）6，生成蓝色沉淀，故C正确；D浓硫酸具有吸水性，胆矾遇到浓硫酸失去结晶水，蓝色晶体变为白色粉末，故D正确；故选：B。10. 实验室模拟用工业废弃固体(含有Cu2S、Al2O3、Fe2O3、SiO2 等)制取粗铜、绿矾的操作流程如下：下列说法正确的是（ ）A. 气体 X 能使酸性 KMnO4溶液褪色，表现出漂白性B. 试剂 a 是过量 Fe，为了提高反应速率可用浓硫酸代替稀硫酸C. 溶液B 可经过
15、一系列反应和操作得到明矾D. 溶液C 获得绿矾的实验操作是蒸发结晶【答案】C【解析】【分析】废弃固体灼烧，Cu2S和O2反应生成CuO和SO2，气体X为SO2，固体A为Al2O3、Fe2O3、SiO2、CuO的混合物；固体A加KOH溶液，Al2O3、SiO2分别和KOH反应生成NaAlO2和水、Na2SiO3和水，溶液B为NaAlO2、Na2SiO3、KOH混合溶液，固体B为Fe2O3、CuO混合物；固体B和稀硫酸反应生成Fe2(SO4)3、CuSO4和水，试剂a为过量的Fe，Fe2(SO4)3、CuSO4和Fe反应生成FeSO4和Cu，固体C为Cu和Fe的混合物，溶液C、D为FeSO4溶液，
16、据此解答。【详解】A气体X为SO2，SO2有还原性，能和酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色，而不是漂白性，A错误；B浓硫酸有强氧化性，剩余的浓硫酸可能使Fe钝化，反应速率减慢甚至停止；因为反应放热，还可能将铜溶解得不到FeSO4单一溶液，B错误；C溶液B为NaAlO2、Na2SiO3、KOH混合溶液，可以加入一定量的硫酸、过滤、将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等一系列操作得明矾，C正确；D溶液C获得绿矾的实验操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等一系列操作，D错误。答案选C。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全
17、部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11. 将浓度均为0.5molL-1的氨水和KOH溶液分别滴入到两份均为20mLc1molL-1的AlCl3溶液中，测得溶液的导电率与加入碱的体积关系如图所示。下列说法正确的是A. c1=0.2B. b点时溶液的离子浓度：c(C1-)c(NH4+)c(OH-)c(H+)C. ac段发生的反应为：A1(OH)3+OH-=Al(OH)4-D. d点时溶液中：c(K+)+c(H+)=Al(OH)4-+c(OH-)【答案】C【解析】【分析】导电率与离子浓度成正比，向AlCl3溶液中分别加入氨水和KOH溶液，分别生成Al（OH）3和NH4Cl、Al（OH
18、）3和KCl，当AlCl3完全反应时继续滴加碱，Al（OH）3和KOH反应生成可溶性的KAl（OH）4，一水合氨和Al（OH）3不反应，且一水合氨是弱电解质，则一水合氨溶液导电率较小，所以导电率变化较大的是氨水滴定曲线、变化较小的是KOH滴定曲线，则I为KOH滴定曲线；【详解】A当AlCl3和KOH恰好完全反应生成Al（OH）3和KCl时，溶液中离子浓度最小，导电率最低，则c点二者恰好完全反应，AlCl3+3KOH=Al（OH）3+3KCl，则n（AlCl3）：n（KOH）=c1molL-120mL：（0.5molL148mL）=1：3，c1=0.4，故A错误；Bb点溶质为Al（OH）3和NH
19、4Cl，NH4水解导致溶液呈酸性，则c（OH）c（H），故B错误；Cac段为Al（OH）3和KOH的反应，离子方程式为Al（OH）3+OHAl（OH）4-，故C正确；Dd点溶液中溶质为KOH、KAl（OH）4、KCl，溶液中存在电荷守恒c（K）+c（H）Al（OH）4-+c（OH）+c（Cl），故D错误；故选：C。12. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 25，1LpH=10的NaHCO3溶液中含有CO32-的数目为10-4NAB. 1mol冰中含有4NA个氢键C. 惰性电极电解AgNO3溶液，两极均产生0.25mol气体时，电路中通过电子数为NAD. 含0.1mol NH4H
20、SO4溶液中，阳离子数目略大于0.2NA【答案】CD【解析】【详解】A、pH=10的NaHCO3溶液中CO32的浓度无法计算，个数无法计算，故A错误；B、冰中形成2条氢键，1mol冰中含2NA条氢键，故B错误；C、惰性电极电解AgNO3溶液，阳极生成氧气，阴极先生成银，后生成氢气，两极均产生0.25mol气体时，根据阳极产生的氧气可知，电路中通过电子数为NA，故C正确；D、0.1mol NH4HSO4 可电离出0.1molSO42，根据电荷守恒：n（NH4）+n（H）=2n（SO42 ）+n（OH）=0.2mol+n（OH），OH是由水电离出来的，则阳离子数目略大于 0.2NA ，故D正确。故
21、选：CD。13. 废旧印刷电路板是一种电子废弃物，某科研小组设计如下工艺流程回收铜并制取胆矾(流程中RH为萃取剂)，下列说法正确是A. 反应I的离子方程式为：Cu+H2O2+2NH3+2=Cu(NH3)+2H2OB. 操作用到的主要仪器为蒸馏烧瓶C. 操作以石墨为电极电解硫酸铜溶液：阳极产物为O2和H2SO4D. 操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、热水洗涤、干燥【答案】AC【解析】【分析】废电路板中加入双氧水、氨气、氯化铵溶液，得到铜氨溶液和残渣，分离难溶性固体和溶液采用过滤方法，所以操作是过滤，反应是将Cu转化为Cu（NH3）42+，Cu元素化合价由0价变为+2价，所以Cu是还原剂，则双氧水
22、是氧化剂，将Cu氧化；反应是铜氨溶液中的Cu（NH3）42+与有机物RH反应，生成CuR2，同时生成NH4和NH3；互不相溶的液体采用分液方法分离，所以操作是分液；向有机层中加入稀硫酸，根据流程图知，生成CuSO4和HR，然后采用分液方法分离得到HR，以石墨为电极电解硫酸铜溶液时，阳极上氢氧根离子放电、阴极上铜离子放电；从硫酸铜溶液中获取胆矾，采用加热浓缩、冷却结晶、过滤的方法得到晶体。【详解】A双氧水具有氧化性，能氧化还原性物质Cu，反应的离子方程式为Cu+H2O2+2NH3+2NH4Cu（NH3）42+2H2O，故A正确；B操作为萃取、分液，主要仪器为分液漏斗，故B错误；C以石墨为电极电解
23、硫酸铜溶液时，阳极上氢氧根离子放电、阴极上铜离子放电，所以阳极上生成O2，同时有大量的H生成，且SO42也向阳极移动在阳极积累，因此阳极产物还有H2SO4，故C正确；D从溶液中获取晶体采用加热浓缩、冷却结晶，且用冷水洗涤、过滤方法，故D错误。故选：AC。【点睛】本题考查物质分离和提纯，涉及基本实验操作、氧化还原反应等知识点，侧重考查学生实验操作规范性、知识综合应用能力等，能从整体上把握是解本题关键。14. 实验室用H2还原WO3制备金属W的装置如图所示(Zn粒中往往含有硫等杂质，与酸反应产生还原性的硫化氢气体；焦性没食子酸溶液用于吸收少量氧气)。下列说法正确的是A. 、中依次盛装KMnO4溶液
24、、浓H2SO4、焦性没食子酸溶液B. 管式炉加热前，用试管在处收集气体并点燃，通过声音判断气体纯度C. 结束反应时，先关闭活塞K，再停止加热D. 装置Q(启普发生器)也可用于二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气【答案】B【解析】【分析】H2还原WO3制备金属W，装置Q用于制备氢气；A. 因盐酸易挥发，则、应分别用于除去HCl、氧气和水，B. 要得到干燥的氢气与WO3在加热条件下制备W，需对氢气验纯；C. 实验结束后应先停止加热再停止通入氢气，以避免W被重新氧化；D. 二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气是固液加热型发生装置。【详解】A. 气体从焦性没食子酸溶液中逸出，得到的氢气混有水蒸气，应最后通过浓硫酸干燥
25、，故A项错误；B. 点燃酒精灯进行加热前，应检验氢气的纯度，以避免不纯的氢气发生爆炸，可点燃气体，通过声音判断气体纯度，声音越尖锐，氢气的纯度越低，故B项正确；C. 实验结束后应先停止加热再停止通入氢气，使W处在氢气的氛围中冷却，以避免W被重新氧化，故C项错误；D. 二氧化锰与浓盐酸需在加热条件下反应，而启普发生器不能加热，故D项错误。答案选B。15. 某溶液中可能含有、K+、Ba2+、Fe3+、I-、中的几种，现取l00rnL溶液加入少量溴水，溶液呈无色。继续滴加足量HNO3和Ba(NO3)2混合溶液，产生沉淀，沉淀经洗涤、高温干燥后质量为4.66g。滤液加足量NaOH溶液、加热，生成气体在
26、标准状况下体积为1120rnL。(已知还原性：I-)根据上述实验，以下推测正确的是A. 原溶液肯定只存在、B. 原溶液一定不含Ba2+、Fe3+、I-C. 原溶液可能存在K+、D. 另取试液滴加足量盐酸、BaCl2溶液，即可确定溶液离子组成【答案】C【解析】【分析】溶液加入少量溴水，溶液呈无色，说明溶液中没有Fe3+，且有还原性离子将Br2还原，所得产物为无色，由还原性I-，溶液中可能不含I-，也可能I-未反应，但溶液中一定含，则溶液中不含与能反应的Ba2+；沉淀为BaSO4，气体为氨气，根据题中数据计算出、的物质的量，由溶液的电中性来判断K+是否存在。【详解】溶液中可能含有、K+、Ba2+、
27、Fe3+、I-、中的几种，现取l00rnL溶液加入少量溴水，溶液呈无色，说明溶液中没有Fe3+，且有还原性离子将Br2还原，所得产物为无色，由还原性I-，溶液中可能不含I-，也可能I-未反应，但溶液中一定含，则溶液中不含与能反应的Ba2+；滴加足量HNO3和Ba(NO3)2混合溶液，氧化为，生成的4.66g沉淀为BaSO4，其物质的量=0.02mol，由于溶液中一定含有，反应之后被氧化为，则无法判断原溶液中是否有，但和的物质的量之和必须等于0.02mol；加足量NaOH溶液产生的1120rnL气体为氨气，即原溶液中一定含有，由氮原子守恒，已n(NH3)=n()=0.05mol；由于0.02mo
28、l(或和)带0.04mol负电荷，而0.05mol带0.05mol正电荷，而溶液要保持电中性，所以溶液中一定含有I-，如I-物质的量较多，溶液中可能还含有K+。A溶液中一定含、I-，可能含有、K+，A错误；B由以上分析可知，原溶液中一定不存在Ba2+、Fe3+，一定有I-，B错误；C由以上分析可知，原溶液中一定含、I-，可能含有、K+，C正确；D另取试液滴加足量盐酸、BaCl2溶液，只能检验出溶液中含不含，对K+的存在不能确定，只有用焰色反应来检验，D错误。答案选C。【点睛】溶液中有Fe3+为黄色，加溴水反应之后溶液无色则说明不含Fe3+，溶液中一定存在电荷守恒，在推断时一定要注意这一点。第卷
29、 (非选择题 共60分)三、非选择题：本题共5小题，共60分。16. 为测定CuSO4溶液浓度，某同学设计了一个方案。回答下列问题：实验原理：，实验步骤：按图安装装置(夹持仪器略去)在仪器A、B、C、D、E中加入图示的试剂调整D、E中两液面相平，使D中液面保持在0或略低于0刻度位置，读数并记录。将CuSO4溶液滴入A中搅拌，反应完成后，再滴加稀硫酸至体系不再有气体产生。待体系恢复到室温，移动E管，保持D、E中两液面相平，读数并记录。处理数据(1)仪器A的名称_。(2)步骤为_。(3)步骤需保证体系恢复到室温的原因是_(填序号)。a反应热受温度影响 b气体密度受温度影响 c反应速率受温度影响(4
30、)Zn粉质量为ag，若测得H2体积为bmL，已知实验条件下，则c(CuSO4)_mol/L(列出计算表达式)。(5)若步骤E管液面高于D管，未调液面即读数，则测c(CuSO4)_(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。(6)是否能用同样的装置和方法测定MgSO4溶液的浓度：_(填“是”或“否”)。【答案】 (1). 三颈烧瓶 (2). 检查装置气密性 (3). b (4). (5). 偏高 (6). 否【解析】【分析】一定量的Zn与CuSO4反应，再加入稀硫酸，借助测过量的Zn与稀硫酸反应生成的氢气的体积，来求出CuSO4的质量。【详解】(1)根据A的形状和用途，仪器A的名称三颈烧瓶。故答案为：
31、三颈烧瓶；(2)组装好仪器后，要先检查装置的气密性，以防产生的气体从装置中溢出，再加入药品反应；故答案为：检查装置气密性；(3)利用排水量气法注意：冷却至室温，同一压强下读数，眼睛平视视线与凹液面最低点相切；a反应热不受温度影响，故a错误；b温度高气体体积增大，密度减小，故b正确；c气体体积与反应速率无关，故c错误；故答案为：b；(4)Zn粉质量为ag，若测得H2体积为bmL，已知实验条件下，Zn的总质量等于产生氢气的Zn的质量加上与CuSO4反应的Zn的质量，所以与CuSO4反应的Zn的质量=Zn的总质量-产生氢气的Zn的质量；根据反应原理：Zn+CuSO4ZnSO4+Cu，Zn+H2SO4
32、ZnSO4+H2，建立关系式：n(CuSO4)=n(Zn总物质的量)-n(H2)=()mol，则c(CuSO4)=molL1。故答案为：；(5)若步骤E管液面高于D管，未调液面即读数，根据连通器的原理，产生的气体体积被压缩，测得H2体积就小于bmL，n(H2)减小，n(CuSO4)增大，则测c(CuSO4)偏高。故答案为：偏高；(6)Mg比Zn活泼，Zn与MgSO4不反应，所以不能用同样的装置和方法测定MgSO4溶液的浓度：故答案为：否。【点睛】解题关键：理解实验原理，一定量的Zn与CuSO4反应，再加入稀硫酸，借助测过量的Zn与稀硫酸反应生成的氢气的体积，求出与硫酸铜反应的锌，来求出CuSO
33、4的质量，难点(5)，注意气体的体积受温度、压强影响。17. 以铁、硫酸、柠檬酸、双氧水、氨水等为原料可制备柠檬酸铁铵【(NH4)3Fe(C6H5O7)2】。(1)Fe基态核外电子排布式为_；中与Fe2+配位的原子是_(填元素符号)。(2)NH3分子中氮原子的轨道杂化类型是_；C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为_。(3)与NH互为等电子体的一种分子为_(填化学式)。(4)柠檬酸的结构简式见图。1 mol柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成的键的数目为_mol。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d64s2或Ar3d64s2 (2). O (3). sp3 (4). NOC (
34、5). CH4或SiH4 (6). 7【解析】【分析】(1)Fe核外有26个电子，H2O中O原子有孤对电子，提供孤对电子(2)先计算NH3分子中氮原子价层电子对数，同周期，从左到右，第一电离能呈增大的趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族。(3)根据价电子数SiCN+的关系得出互为等电子体的分子。(4)羧基的结构是，一个羧基中有碳原子与氧原子分别形成两个键，一个羟基与碳原子相连形成一个键。【详解】(1)Fe核外有26个电子，其基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或Ar3d64s2；由于H2O中O原子有孤对电子，因此Fe(H2O)62+中与Fe2+配
35、位的原子是O；故答案为：1s22s22p63s23p63d64s2或Ar3d64s2；O。(2)NH3分子中氮原子价层电子对数为，因此氮杂化类型为sp3，同周期，从左到右，第一电离能呈增大的趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，因此C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为NOC；故答案为：sp3；NOC。(3)根据价电子数SiCN+，得出互为等电子体的分子是CH4或SiH4；故答案为：CH4或SiH4。(4)羧基的结构是，一个羧基中有碳原子与氧原子分别形成两个键，三个羧基有6个，还有一个羟基与碳原子相连形成一个键，因此1mol柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成的键的数目为7
36、mol；故答案为：7。【点睛】物质结构是常考题型，主要考查电子排布式，电离能、电负性、共价键分类、杂化类型、空间构型等。18. 草酸是草本植物常具有的成分。查阅相关资料得到草酸晶体(H2C2O43H2O)及其盐的性质如表。熔沸点颜色与溶解性部分化学性质盐熔点：101-102沸点：150-160升华草酸晶体无色，易溶于水100.1受热脱水，175以上分解成气体；具有还原性草酸钙盐难溶于水(1)草酸晶体(H2C2O43H2O)175以上会发生分解生成三种氧化物，某实验小组欲通过实验证明这三种氧化物。该小组选用装置_作为分解装置。从图中选用合适的装置，验证分解产生的气体，装置的连接顺序是_。(用装置
37、编号表示，某些装置可以重复使用，也可以装不同的试剂)B装置的作用是_。(2)某实验小组称取4.0g粗草酸晶体配成100mL溶液，采用0.1molL-1酸性高锰酸钾溶液滴定该草酸溶液，测定该草酸晶体的纯度。配制草酸溶液需要用到的主要玻璃仪器有_。本实验达到滴定终点的标志是_。将所配草酸分为四等份，实验测得每份平均消耗酸性高锰酸钾溶液20mL。计算该粗草酸中含草酸晶体的质量为_g(保留两位有效数字)。【答案】 (1). 丙 (2). EBCDCEFC (3). 冷凝草酸，防止生成白色草酸钙沉淀干扰CO2的检验 (4). 烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管 (5). 最后一滴高锰酸钾滴入，溶液
38、突然由无色变到粉红色(或淡红色)，且半分钟内颜色不变 (6). 2.9【解析】【分析】(1)加热固体，应避免试管炸裂，如固体易熔化，应避免药品熔化后流出试管，据此分析判断；175以上草酸分解生成三种氧化物，可能生成一氧化碳、二氧化碳和水，可先用无水硫酸铜检验水，再用C检验二氧化碳，用D除去二氧化碳，干燥后用F氧化一氧化碳，以生成二氧化碳，最后用C检验，结合草酸的性质分析解答；根据草酸钙盐难溶于水，结合草酸熔点为101-102分析解答；(2)根据配制溶液一般需要称量、溶解、转移、洗涤、定容等操作，分析判断需要的玻璃仪器；采用0.1molL-1酸性高锰酸钾溶液滴定该草酸溶液，滴定终点，溶液会呈现高
39、锰酸钾的颜色；根据滴定过程发生的反应5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2+2Mn2+8H2O，结合方程式计算。【详解】(1)加热固体，应避免反应时生成的水蒸气冷凝回流易使试管炸裂，则不能用甲装置；草酸晶体(H2C2O43H2O)的熔点为101-102，加热到175以上，固体会熔化，乙装置直接管口向下，晶体熔化成液态后会流出试管口，而丙装置会避免这种情况发生，因此选用丙装置作为分解装置，故答案为：丙；175以上草酸分解生成三种氧化物，可能生成一氧化碳、二氧化碳和水，可用无水硫酸铜检验水，用B冷却草酸蒸气，避免影响后续实验，用C检验二氧化碳，用D除去二氧化碳，用C检验是否完全除去，干燥
40、后用F氧化一氧化碳，以生成二氧化碳，最后用C检验氧化生成的二氧化碳，则顺序为EBCDCEFC，故答案为：EBCDCEFC；由以上分析可知，B的作用为冷凝草酸，防止生成白色草酸钙沉淀干扰CO2的检验，故答案为：冷凝草酸，防止生成白色草酸钙沉淀干扰CO2的检验；(2)配制100mL草酸溶液，需要称量、溶解、转移、洗涤、定容等操作，则需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管；采用0.1molL-1酸性高锰酸钾溶液滴定该草酸溶液，滴定终点，溶液会呈现高锰酸钾的颜色，因此滴定终点的现象：滴入最后一滴高锰酸钾，溶液突然由无色变到粉红色(或
41、淡红色)且半分钟内颜色不变，故答案为：最后一滴高锰酸钾滴入，溶液突然由无色变到粉红色(或淡红色)，且半分钟内颜色不变；滴定过程中涉及的反应为5H2C2O4+2+6H+=10CO2+2Mn2+8H2O，n(KMnO4)=0.1molL-10.02L=0.002mol，则每份即1.0g草酸样品中n(H2C2O4)=0.005mol，该粗草酸中含草酸晶体的质量为0.005mol4144g/mol=2.9g，故答案为：2.9。【点睛】正确理解草酸的性质是解题的关键。本题的易错点为(1)，要注意草酸蒸气的存在对二氧化碳检验的影响。19. 高锰酸钾消毒片主要成分为KMnO4，可外用消炎杀菌。用某软锰矿(主
42、要成分是MnO2，还含有A12O3、SiO2等杂质)制备KMnO4的流程图如图：已知：K2MnO4固体和溶液均为墨绿色，溶液呈碱性且能发生可逆的歧化反应。(1)“操作I”中玻璃棒的作用是_。“操作”时，当_时，停止加热，自然冷却，抽滤后即可获得紫黑色KMnO4晶体。(2)向“浸取液”中通入CO2，调节其pH，经“过滤”得滤渣I，滤渣I的成分为_。(3)“熔融煅烧”时，MnO2参与反应的化学方程式为_。(4)“歧化”时，加入冰醋酸的目的是_(用必要的离子方程式和文字解释)。(5)“歧化”时，下列酸可以用来代替冰醋酸的是_(填字母)。a.浓盐酸 b.亚硫酸 c.稀硫酸 d.氢碘酸【答案】 (1).
43、 引流 (2). 表面出现晶膜 (3). Al(OH)3和H2SiO3 (4). 2MnO24KOHO22K2MnO42H2O (5). 调节溶液pH，使3MnO2H2O2MnOMnO24OH平衡向右移动，促进KMnO4的生成，提高KMnO4的产率 (6). c【解析】【分析】软锰矿（主要成分为MnO2，还含有Al2O3、SiO2等杂质）与KOH在空气中熔融煅烧，主要的反应为：2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O，Al2O3、SiO2得到KAlO2和K2SiO3，冷却浸取，向浸取液中通入CO2调节其pH，KAlO2和K2SiO3转化为Al（OH）3和H2SiO3，过滤，滤渣I主要
44、为Al（OH）3和H2SiO3，墨绿色溶液主要含有K2MnO4，加入冰醋酸歧化，促进平衡3MnO42+2H2O2MnO4-+MnO2+4OH-右移，过滤，滤渣II为MnO2，滤液为高锰酸钾溶液，结晶得到产品，以此解答该题。【详解】（1）操作I为过滤，玻璃棒起到引流作用，操作为结晶操作，“结晶”时，当表面出现晶膜时，停止加热，自然冷却，抽滤后即可获得紫黑色KMnO4晶体，故答案为：引流；表面出现晶膜；（2）通入CO2调节其pH，KAlO2和K2SiO3转化为Al（OH）3和H2SiO3，过滤，滤渣I主要为Al(OH)3和H2SiO3，故答案为：Al(OH)3和H2SiO3；（3）“熔融煅烧”时，
45、MnO2参与反应的化学方程式为，被氧化生成高锰酸钾，方程式为2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O，故答案为：2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O；（4）“歧化”时，加入冰醋酸的目的是调节溶液pH，使3MnO42-+2H2O2MnO4-+MnO2+4OH-平衡向右移动，促进KMnO4的生成，提高KMnO4的产率，故答案为：调节溶液pH，使3MnO42-+2H2O2MnO4-+MnO2+4OH-平衡向右移动，促进KMnO4的生成，提高KMnO4的产率；（5）KMnO4具有强氧化性，所以不能用还原性酸，盐酸、亚硫酸以及氢碘酸均具有还原性，可以用稀硫酸替代醋酸，故答案为：c
46、。【点睛】本题考查物质的制备，为高频考点，把握物质的性质、流程中发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。20. 白磷(P4)在化工、军事等领域有着广泛应用。工业上采用、及C为原料制备，产物除P4外，还有、CO等。回答下列问题：(1)下列状态的钙中，电离最外层第一个电子所需能量最小的是_(填选项字母)。A. B. C. D.(2)的空间构型为_，酸性条件下，可与形成从而掩蔽溶液中的，基态核外M层有_种空间运动状态不同的电子。(3)分子中P原子的杂化形式为_，难溶于水而易溶于，原因是_。(4)CO可与第四周期过渡元素形成羰基配合物，形成配合物时，每个CO提供一对电子与金属原子形成配位键，研究发现金属原子的价电子和CO提供的电子总和等于18。中所含键的物质的量为_mol(填数值)(5)天然硅酸盐组成复杂，其复杂性在其阴离子，而阴离子的基本结构单元是硅氧四面体。硅、氧原子通过共用氧原子形成各种不同的硅酸根负离子，无限长链的硅酸根离子(如图所示)的化学式可用通式表示为_(用n代表Si原子数，不考虑边界氧原子)。【答案】 (1). C (2). 正四面体形 (3). 9 (4). (5). 和均为非极性分子，为极性分子，根据相似相溶原理，难溶于水而易溶于 (6). 12 (7). (或)【解析】【详解】
