1、河北省承德第一中学2020届高三化学上学期第三次月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 P 31 Cu 64一、选择题（本题共22小题，每题只有一个选项符合题意，共44分）1.本草纲目中“石碱”一条记载：石碱出山东济宁诸处，彼人采篙寥之属，晒干烧灰，以水淋汁，久则凝淀如石，洗衣发面，亦去垢发面。这里的“石碱”是指A. KOHB. KAl (SO4)2C. KHCO3D. K2CO3【答案】D【解析】【详解】“彼人采篙寥之属，晒干烧灰”，说明“石碱”为篙寥烧成的灰中的成分，“以水淋汁”，说明“石碱”易溶于水，“洗衣发面，亦去垢发面”，说明“石碱”能去油污，作发酵剂，
2、排除KOH 、KAl (SO4)2，且植物烧成的灰中的主要成分一般为碳酸盐，故“石碱”为K2CO3。故选D。2.设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是A. 标准状况下，0.1mol Cl2溶于水，转移的电子数目为0.1NAB. 标准状况下，2.24L NO和2.24L O2混合后气体分子数为0.15 NAC. 0.1mol Na2O2与足量的潮湿的二氧化碳反应转移的电子数为0.1NAD. 加热条件下，1mol Fe投入足量的浓硫酸中，生成NA个SO2分子【答案】C【解析】【详解】A. 氯气与水是可逆反应，0.1mol Cl2与水不能完全反应，转移的电子数目小于0.1NA，故A错误；B.
3、标准状况下，2.24L NO为0.1mol， 2.24L O2为0.1mol，混合后发生反应生成二氧化氮，反应方程式为2NO+ O2=2NO2，0.1mol NO反应消耗0.05mol O2，生成0.1mol NO2，剩余0.05mol O2，生成的NO2自身存在2NO2N2O4，则反应后气体分子的总物质的量小于0.15mol，因此气体分子数小于0.15 NA，故B错误；C. 潮湿的二氧化碳中含有水， 0.1mol Na2O2与水和二氧化碳都反应生成氧气，Na2O2在两个反应中都既做氧化剂又做还原剂，发生歧化反应，1mol过氧化钠完全反应转移1mol电子，则0.1mol Na2O2完全反应转移
4、的电子数为0.1NA，故C正确；D. 加热条件下，由于浓硫酸具有氧化性，铁单质被氧化为三价铁，化学方程式为2Fe+6H2SO4(浓)Fe2(SO4)3+3SO2+6H2O，1mol Fe投入足量的浓硫酸中，根据反应生成1.5mol SO2，则SO2分子数目为1.5NA个，故D错误；答案选C。【点睛】阿伏伽德罗常数的题要细心的分析物质与其他物质间的相互转化，根据化合价的变化，找出转移的电子数。3.下列现象或操作一定与物质的化学性质有关的是A. 焰色反应B. 石油的裂化C. 萃取D. 丁达尔效应【答案】B【解析】【详解】A. 焰色反应是物理变化。它并未生成新物质，焰色反应是物质原子内部电子能级的改
5、变，通俗的说是原子中的电子能量的变化，不涉及物质结构和化学性质的改变，故A不符合题意；B. 石油裂化是在一定的条件下，将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程，有新物质生成，属于化学变化，故B符合题意； C. 萃取是利用物质在两种互不相溶（或微溶）的溶剂中溶解度的不同，使溶质物质从溶解度较小的溶剂内转移到溶解度较大的溶剂中的方法，没有新物质，属于物理变化，故C不符合题意； D. 丁达尔效是应当一束光线透过胶体，从垂直入射光方向可以观察到胶体里出现的一条光亮的“通路”， 丁达尔效应是区分胶体和溶液的一种常用物理方法，故D不符合题意；答案选B；【点睛】化学性质是在
6、化学变化中表现出的性质，分清楚上述变化是物理变化还是化学变化，核心是看有没有新物质生成。4.下列说法正确的是A. Na2O2和NaOH所含化学键类型完全相同B. NH3比PH3稳定是因为NH3分子间存在氢键C. CO2溶于水和干冰升华都只有分子间作用力改变D. 碱性氧化物一定是金属氧化物【答案】D【解析】【详解】A. Na2O2中含有离子键和非极性共价键，NaOH中含有离子键和极性共价键，所含化学键类型不完全相同，故A错误；B. 物质的稳定性与化学键的强弱有关，与分子间作用力无关，故B错误；C. 化学反应的实质旧的化学键断裂和新的化学键形成，CO2溶于水并可与水反应生成碳酸，则CO2溶于水存在
7、化学键和分子间作用力的改变，干冰升华只是二氧化碳从固态变为气态，只有分子间作用力改变，因此二者作用力的改变不相同，故C错误；D. 碱性氧化物是指溶于水而成碱或与酸反应而成盐和水的氧化物，碱性氧化物皆为金属的氧化物，它们的碱性差别很大，故D正确；答案选D。【点睛】共价化合物的稳定性是由化学键的强弱决定的，熔沸点是分子间作用力决定的，还和分子间氢键有关。5.将2 mol SO2和1 mol O2分别置于相同容积的甲、乙两密闭容器中发生反应2SO2(g)O2(g) 2SO3(g)并达到平衡。在该过程中，甲容器保持恒温恒容，乙容器保持恒温恒压，达到平衡时，下列说法正确的是()A. 达到平衡所需的时间：
8、甲乙B. 甲中SO2的转化率乙中SO2的转化率C. 混合气体中SO3的含量：甲乙D. 气体的总物质的量：甲甲，乙中反应速率大，达到平衡所需的时间为：甲乙，A正确；B. 达到平衡时，乙容器压强大于甲容器压强，压强增大平衡正向移动，则乙的转化率大，故B错误；C. 乙的转化率大，则混合气体中生成物的含量较多，故C错误；D. 达到平衡时，乙容器压强大于甲容器压强，压强增大平衡向气体体积减小的方向移动，则气体的总物质的量：甲乙，故D错误；答案选A。6.下列各组物质的稀溶液互滴时，所产生的现象相同的是A. AlCl3 和NaOHB. Na2CO3和HClC. NaHCO3和HClD. 氨水和AgNO3【答
9、案】C【解析】【详解】A. AlCl3逐滴滴入NaOH时直接生成NaAlO2，先没有沉淀，后出现白色沉淀，而NaOH逐滴滴入AlCl3，先出现白色沉淀，后沉淀消失，现象不同，故A不符合题意；B. Na2CO3逐滴滴入HCl时开始就有气泡冒出，而HCl逐滴滴入Na2CO3，先生成NaHCO3没有气泡冒出，一段时间后观察到有气泡冒出，现象不同，故B不符合题意；C. NaHCO3逐滴滴入HCl与把HCl逐滴滴入NaHCO3都发生同样的反应，观察到相同的现象，故C符合题意；D. 氨水逐滴滴入AgNO3，先生成沉淀后沉淀溶解，AgNO3逐滴滴入氨水发生没有沉淀生成，现象不同，故D不符合题意；答案选C。【
10、点睛】反应物和生成物的量不同，导致现象不一样，可用互滴法鉴别。7.下列说法正确的是常温下白磷可自燃而氮气须在放电时才与氧气反应，则非金属性：PN第I A族元素铯的两种核素，137Cs比133Cs多4个质子因为氧化性HClO稀H2SO4，所以非金属性ClS离子化合物中即可以含有极性共价键，又可以含有非极性共价键C、P、S、Cl的最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强从上到下，卤族元素的非金属性逐渐减弱，所以酸性HCl HI离子半径：K+ Cl- S2-A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】不能根据单质的稳定性来判断元素的非金属性，N、P都是第VA族元素，非金属性：NP，故错误；同位素的
11、质子数相同,第IA族元素铯的两种同位素137Cs与133Cs的质子数相同，中子数不同，故错误；不能根据含氧酸的氧化性强弱来判断元素非金属性强弱，应该比较最高价氧化物的水化物的酸性：HClO4H2SO4，所以非金属性：ClS，故错误；离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，如NaOH含有离子键和极性共价键，Na2O2含有离子键和非极性共价键，故正确；元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，C、P、S、Cl的非金属性逐渐增强，则最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，故正确；同主族元素从上到下，卤族氢化物的酸性逐渐增强，则酸性HClHI，故错误；核外电子排布相同的离子，核电荷数越
12、大，离子半径越小，则离子半径：K+ClS2，故错误；答案选B。8.用下列实验装置（部分夹持装置略去）进行相应的实验，能达到实验目的的是 （ ）A. 加热装置I中的烧杯分离I2和高锰酸钾固体B. 用装置II验证二氧化硫的漂白性C. 用装置III制备氢氧化亚铁沉淀D. 用装置IV检验氯化铵受热分解生成的两种气体【答案】D【解析】【详解】A加热碘升华，高锰酸钾分解，加热法不能分离两者混合物，故A错误；B二氧化硫与溴水发生氧化还原反应，与二氧化硫的还原性有关，与漂白性无关，故B错误；C关闭止水夹，NaOH难与硫酸亚铁接触，不能制备氢氧化亚铁，故C错误；D氯化铵分解生成氨气、HCl，氨气可使湿润的酚酞试
13、纸变红，HCl可使蓝色石蕊试纸变红，P2O5可以吸收氨气，碱石灰可以吸收HCl,所以可检验氯化铵受热分解生成的两种气体，故D正确；本题答案：D。9.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A. 常温下 pH=7溶液中：Cl-、SO42-、Na+、Fe3+B. 使石蕊试液变蓝色的溶液：K、SO32-、Na、S2-C. 与Al反应生成H2的溶液：NH4+、K+、NO3-、SO32-D. c(KNO3)=1.0molL-1的溶液：H+、Fe2+、Cl-、SO42-【答案】B【解析】【详解】A.常温下 pH=7溶液中：OH-、Fe3+会发生反应形成Fe(OH)3沉淀，不能大量存在，A错误；B.使
14、石蕊试液变蓝色的溶液是碱性溶液，含有大量的OH-，OH-与选项离子K、SO32-、Na、S2-之间不能发生任何反应，可以大量共存，B正确；C.与Al反应生成H2的溶液可能显酸性，也可能显碱性。在酸性溶液中，H+与NO3-、SO32-会发生氧化还原反应，不能大量共存；在碱性溶液中，OH-与NH4+会发生反应产生NH3H2O，也不能大量共存，C错误；D.c(KNO3)=1.0molL-1的溶液中。H+、NO3-、Fe2+会发生氧化还原反应，不能大量共存，D错误；故合理选项是B。10.下列化学用语的表述正确的是A. 惰性电极电解氯化镁溶液：2Cl-+2H2OH2+Cl2+2OH-B. 钢铁吸氧腐蚀中
15、的正极反应：4OH- 4e2H2O+O2 C. 用H2O2从酸化的海带灰浸出液中提取碘：2IH2O2I22OHD. 等体积、等物质的量浓度的NaHCO3溶液与Ba(OH)2溶液混合：HCO3Ba2OHBaCO3H2O【答案】D【解析】【详解】A. 氢氧化镁是沉淀，离子反应中不能拆，惰性电极电解氯化镁溶液：Mg2+2Cl-+2H2OH2+Cl2+ Mg(OH)2，故A错误；B. 在中性或碱性条件下，钢铁发生吸氧腐蚀，正极上水和氧气得电子：2H2O+O2+4e4OH，故B错误；C. 用H2O2从酸化的海带灰浸出液中提取碘：2IH2O2+2H+I22 H2O，故C错误；D. 等物质的量的NaHCO3
16、溶液与Ba(OH)2溶液混合生成碳酸钡氢氧化钠和水：HCO3Ba2OHBaCO3H2O，故D正确；答案选D。11.在一个氧化还原反应体系中存在Fe3+、NO3、Fe2+、NH4+、H+、H2O，则下列判断正确的是A. 配制Fe(NO3)2溶液时应加入硝酸酸化防止Fe2+水解B. 该反应中氧化剂与还原剂的化学计量数之比为8 ：1C. 若有1mol NO3发生还原反应，转移的电子物质的量为2molD. 若将该反应设计成原电池，则负极反应式为Fe2+ - eFe3+【答案】D【解析】【分析】亚铁离子具有还原性，酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，二者发生氧化还原反应生成铁离子、铵根离子，其反应方程式为
17、8Fe2+NO3-+10H+=8Fe3+NH4+3H2O，该反应中Fe元素化合价由+2价变为+3价、N元素化合价由+5价变为-3价，所以亚铁离子是还原剂、硝酸根离子是氧化剂，以此解答该题。【详解】反应方程式为8Fe2+NO3-+10H+=8Fe3+NH4+3H2O；A. 亚铁离子具有还原性，酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，二者发生氧化还原反应生成铁离子，不能用酸酸化，故A错误；B. 该反应中Fe元素化合价由+2价变为+3价、N元素化合价由+5价变为3价，所以亚铁离子是还原剂、硝酸根离子是氧化剂，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:8，故B错误；C. 反应中N元素化合价由+5价降低到3价，则若有
18、1molNO3发生还原反应，则转移电子8mol，故C错误；D. 若将该反应设计成原电池，则负极失电子发生氧化反应，根据氧化还原反应，亚铁离子失电子发生氧化反应，则负极反应式为Fe2+ - eFe3+，故D正确；答案选D。12.MnO2和Zn是制造普通干电池的重要原料，现用软锰矿(主要成分为MnO2)和闪锌矿(主要成分为ZnS)制备MnO2和Zn的工艺流程如图：下列说法不正确的是（ ）A. 干电池是一种将化学能转变为电能的装置B. 酸溶时，ZnS作还原剂，每析出12.8gS沉淀，共转移0.8mol电子C. 通电电解时MnO2在阳极处生成，电极反应为：Mn2+-2e-+2H2OMnO2+4H+D.
19、 原料硫酸可以循环使用，且可用盐酸代替硫酸进行酸溶【答案】D【解析】【详解】A. 干电池是一种化学电源，能将化学能转变为电能，故A正确；B. 酸溶时，MnO2与ZnS发生氧化还原反应，硫元素化合价由-2升高为0，生成硫单质，所以ZnS作还原剂，每析出12.8gS沉淀，共转移电子，故B正确；C. 通电电解时Mn 2+失电子生成MnO2，MnO2在阳极处生成，电极反应为：Mn2+-2e-+2H2OMnO2+4H+，故C正确；D. 二氧化锰能把氯离子氧化为氯气，不能用盐酸代替硫酸进行酸溶，故D错误；故选D。【点睛】本题考查电解原理和氧化还原反应，明确元素的化合价变化是解答本题的关键，应熟练掌握电解池
20、中阴极得电子发生还原反应、阳极失电子发生氧化反应。13.将V 1 mL 0.1molL-1的Fe2(SO4)3溶液与2mL 0.1molL-1KI溶液混合，待充分反应后，下列方法可证明该反应具有一定限度的是（ ）A. 若V11，加入淀粉B. 若V11，加入KSCN溶液C. 若V11，加入AgNO3溶液D. 加入Ba(NO3)2溶液【答案】B【解析】【详解】Fe2(SO4)3溶液与KI溶液混合发生反应为：2Fe3+2I-=2Fe2+I2，由反应可知，V1=1mL，说明两者恰好完全反应，V1r(Z) r(Y) r(X)B. 最常见氢化物的稳定性：XYC. Z2Y2中含有共价键且在熔融状态下能导电D
21、. HWY分子中各原子均达到8电子稳定结构【答案】C【解析】【分析】由三种元素组成的盐通常是含氧酸盐，可确定Y为O元素，由于X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，它们之间可形成组成不同的多种可溶性常见盐，可确定ZXY3是NaNO3，而不是MgCO3；W是Cl元素，排除Si或S元素，结合已有的知识体系可推出这两种盐为：NaNO3、NaClO4，X、Y、Z、W分别是N、O、Na、Cl，据此分析作答。【详解】根据上述分析可知，X、Y、Z、W分别是N、O、Na、Cl元素，A. 电子层数越大，离子半径越大；电子层数相同时，核电荷数越小，离子半径越大，则简单离子半径：r(Cl) r(N3) r
22、(O2) r(Na)，A项错误；B. 因非金属性：NO，故最常见氢化物的稳定性：XY，B项错误；C. Z2Y2为过氧化钠，其中含有离子键和共价键，属于离子晶体，在熔融状态下能导电，C项正确；D. HWY分子为HClO，其中Cl和O原子均达到8电子稳定结构，而H是2电子稳定结构，D项错误；答案选C。15.下列实验操作、现象与结论对应关系正确的是选项实验操作实验现象结论A相同温度下，同时向4 mL 0.1 molL-1 KMnO4酸性溶液和4 mL 0.2 molL-1 KMnO4酸性溶液中，分别加入4 mL 1 molL-1 H2C2O4溶液中溶液先褪色该实验条件下，KMnO4浓度越小，反应速率
23、越快B向煤炉中灼热的煤炭上洒少量水产生淡蓝色火焰，煤炭燃烧更旺加少量水后，可使煤炭燃烧放出更多的热量C加热2NO2(g) N2O4(g)平衡体系颜色加深证明正反应是放热反应D分别测定室温下等物质的量浓度的Na2SO3与Na2CO3溶液的pH后者较大证明非金属性SCA. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A. KMnO4本身具有颜色，会影响实验现象的观察，故探究浓度对化学反应速率的影响，应用不同浓度的草酸与相同浓度的KMnO4溶液反应，故A错误；B. 碳与氧气燃烧生成二氧化碳；碳和水蒸气反应生成一氧化碳，一氧化碳燃烧生成二氧化碳，根据盖斯定律，能量变化与反应的途径无关，则碳燃烧
24、放出的热量不变，结论不合理，故B错误；C. 加热，体系温度升高，颜色加深，说明反应2NO2(g) N2O4(g) 平衡逆向移动，升高温度反应向吸热的方向移动，即逆反应为吸热反应，正反应放热，故C正确；D. 最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性越强，Na2SO3的S不是最高价，则室温下等物质的量浓度的Na2SO3与Na2CO3溶液的pH后者较大，不能证明非金属性SC，故D错误；答案选C。16.海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源，下图为海水利用的部分过程。下列有关说法不正确的是A. 制取NaHCO3的反应是利用其溶解度小于NaClB. 侯氏制碱应先通NH3再通CO2C. 在第、步
25、骤中，溴元素均被氧化D. 的目的是进行溴的富集【答案】C【解析】【详解】A. 往精盐溶液中通入氨气和二氧化碳，得到碳酸氢钠沉淀，说明碳酸氢钠的溶解度小于氯化钠，故A正确；B. 由于CO2在水中的溶解度较小，而NH3的溶解度较大，所以要在食盐水先通NH3然后再通CO2，否则CO2通入后会从水中逸出，等再通NH3时溶液中CO2的量就很少了，这样得到的产品也很少，故B正确；C. 在第、步骤中溴离子转化为溴单质，溴的化合价升高失电子，被氧化，步骤中溴单质和二氧化硫反应生成硫酸和溴化氢，溴元素化合价降低得电子被还原，故C错误；D. 浓缩后增大溴离子的浓度，与氯气发生2Br-+C12=Br2+2CI-，用
26、空气和水蒸气将溴吹出，并用SO2氧化吸收，从而达到富集溴，中发生Br2+ 2H2O+SO2=2HBr+H2SO4，中发生Cl2+ 2HBr=Br2+ 2HCI，则的目的是进行溴的富集，故D正确；答案选C。17.将4 mol A(g)和2 mol B(g)在2 L的恒容密闭容器中混合并在一定条件下发生反应：2A(g)+B(g) 2C(g)H0，反应2 s后测得C的浓度为0.6 molL-1。下列说法正确的是A. 2 s后物质A的转化率为70%B. 当各物质浓度满足c(A)=2c(B)=c(C)时，该反应达到了平衡状态C. 达到平衡状态时，增加A的物质的量，A和B的转化率都提高D. 达到平衡状态时
27、，升高温度，平衡逆向移动，同时化学平衡常数K减小【答案】D【解析】【分析】起始时，A的浓度为=2 mol/L，B的浓度为=1 mol/L，反应2s后测得C的浓度为0.6mol/L，则 2A（g）+B（g）2C（g）开始（mol/L） 2 1 0转化（mol/L） 06 0.3 0.6 2s（mol/L） 1.4 0.70.6【详解】A.2s后物质A的转化率为100%=30%，故A错误；B.c(A)=2c(B)=c(C)时，不能判定平衡状态，与起始浓度、转化率有关，故B错误；C. 达到平衡状态时，增加A物质的量，促进B的转化，平衡正向移动，B的转化率增大，而A的转化率减小，故C错误；D.H容器B
28、. 反应到达平衡时，PCl5的转化率：容器容器C. 反应到达平衡时，容器中的平均速率为v(PCl5)=molL-1s-1D. 起始时向容器中充入PCl5 0.30 mol、PCl3 0.45 mol和Cl2 0.10 mol，则反应将向逆反应方向进行【答案】D【解析】【分析】A.根据平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积进行计算；平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变；B.增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动；C.根据v=进行计算；D.计算出此时的Qc与K比较，判断反应进行的方向。【详解】PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)，A.I中K=0.03mol/L，平衡常数
29、只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，则容器中得到平衡常数与容器I中相同，容器III中K=0.045mol/L，即平衡常数K：容器容器，A错误；B.容器与容器相比，相当于增大压强，增大压强，化学平衡气体体积减小的逆反应方向移动，PCl5的转化率减小，即PCl5的转化率：容器0.045mol/L，所以化学平衡向逆反应方向移动，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查化学平衡移动原理及平衡常数的计算。掌握有关概念和化学平衡移动原理是判断和计算的理论依据，在根据平衡常数的含义计算时，清楚化学平衡常数只与温度有关，温度相同，化学平衡常数相同。可结合浓度商与平衡常数的相对大小判断反应进行的方向。二、填空
30、题（本题共3小题，共40分）23.以铬铁矿(含FeOCr2O3、Al2O3、SiO2等)为原料制备二草酸铬钾的实验步骤如下:回答下列问题：（1）若“熔融”在坩埚中进行，其材质可以是_(填“铁”、“陶瓷”或“SiO2”)。（2） FeOCr2O3与KClO3及Na2CO3发生反应，生成Fe2O3、KCl、Na2CrO4和CO2的化学方程式为_。（3）熔融后的固体中含Na2CrO4、Fe2O3、Na2SiO3、NaAlO2、KCl等, 步骤包含两次过滤操作：一是水浸后过滤；二是调节所得滤液pH为78，加热煮沸半小时，趁热过滤。第一次过滤滤渣中的主要成分为_，第二次过滤滤渣的主要成分为_。（4）步骤
31、需加入酸，则加入稀硫酸时发生反应的离子方程式为_。（5）步骤包含的具体操作有_、_，过滤、洗涤，再经干燥得到K2Cr2O7晶体。(有关物质的溶解度曲线如图所示)（6）已知KCr(C2O4)2的相对分子质量为267。采用热重分析法测定KCr(C2O4)2nH2O样品所含结晶水数目，将样品加热到80 时，失掉全部结晶水，失重16.8%。KCr(C2O4)2nH2O晶体中n=_。【答案】 (1). 铁 (2). 6FeOCr2O3+12Na2CO3+7KClO312Na2CrO4+3Fe2O3+7KCl+12CO2 (3). Fe2O3 (4). Al(OH)3和H2SiO3 (5). 2CrO42
32、-+2H+= Cr2O72-+H2O (6). 蒸发浓缩 (7). 冷却结晶 (8). 3【解析】【分析】铬铁矿(含FeOCr2O3、Al2O3、SiO2等)为原料，加入氯酸钾、碳酸钠和氢氧化钠在坩埚中熔融发生氧化还原反应，熔融后的固体中含Na2CrO4、Fe2O3、Na2SiO3、NaAlO2、KCl等, 步骤包含两次过滤操作：一是水浸后过滤，氧化铁不溶于水，其他物质都为钾盐和钠盐，都可溶于水，则第一次过滤滤渣中的主要成分为Fe2O3；根据步骤最后得到的为氯化钾和铬酸钠，二是调节所得滤液pH为78，加热煮沸半小时，使Na2SiO3、NaAlO2转化为硅酸和氢氧化铝沉淀，趁热过滤。则第二次过滤
33、滤渣的主要成分为Al(OH)3和H2SiO3；过滤后获得含有氯化钾和铬酸钠溶液，调节溶液pH值，加入适量的酸，使溶液中的铬酸钠转化为重铬酸钠，向溶液中氯化钾粉末，转化为重铬酸钾和氯化钠的混合溶液，利用重铬酸钾和氯化钠的溶解度不同，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、用无水乙醇对晶体洗涤，再经干燥得到K2Cr2O7晶体。【详解】（1）熔融操作一般坩埚中进行，由于熔融过程加入氢氧化钠和碳酸钠，高温下可与二氧化硅反应，故不能选用瓷坩埚或SiO2坩埚，应选用铁坩埚。答案为：铁；（2） 利用氧化还原反应得失电子守恒，化学方程式为6FeOCr2O3+12Na2CO3+7KClO312Na2CrO4+3Fe2O3
34、+7KCl+12CO2，答案为：6FeOCr2O3+12Na2CO3+7KClO312Na2CrO4+3Fe2O3+7KCl+12CO2； （3）步骤包含两次过滤操作：一是水浸后过滤，氧化铁不溶于水，其他物质都为钾盐和钠盐，都可溶于水，则第一次过滤滤渣中的主要成分为Fe2O3；根据步骤最后得到的为氯化钾和铬酸钠，二是调节所得滤液pH为78，加热煮沸半小时，使Na2SiO3、NaAlO2转化为硅酸和氢氧化铝沉淀，趁热过滤。则第二次过滤滤渣的主要成分为Al(OH)3和H2SiO3；答案为： Fe2O3；Al(OH)3和H2SiO3；（4）根据分析，步骤需加入酸，目的是在酸性条件下，使溶液中的铬酸钠
35、转化为重铬酸钠，则加入稀硫酸时发生反应的离子方程式为2CrO42-+2H+= Cr2O72-+H2O ，答案为：2CrO42-+2H+= Cr2O72-+H2O；（5）如图所示，重铬酸钾和氯化钠在一定温度下的溶解度差别较大，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，可将重铬酸钾和氯化钠分离，再用无水乙醇对晶体洗涤，再经干燥得到K2Cr2O7晶体。答案为：蒸发浓缩，冷却结晶；（6） 已知KCr(C2O4)2的相对分子质量为267。采用热重分析法测定KCr(C2O4)2nH2O样品所含结晶水数目，将样品加热到80 时，失掉全部结晶水，失重16.8%，相对分子质量在数值上等于摩尔质量，则失去的结晶水的摩尔质量分
36、数=16.8%，解得n=3。答案为：3。24.机动车排放的污染物主要有碳氢化合物、一氧化碳和氮氧化物等。I汽油燃油车上安装三元催化转化器，可有效降低汽车尾气污染。(1)已知： C(s)+O2(g) = CO2(g) H1 393.5kJmol12C(s)+O2(g) = 2CO(g) H2 221.0 kJmol1 N2(g)+O2(g) = 2NO(g) H 3 +180.5 kJmol1CO和NO两种尾气在催化剂作用下生成N2的热化学方程式是_。(2)研究CO和NO的催化反应，用气体传感器测得在某温度下、一定体积的密闭容器中，不同时间NO和CO浓度如下表：时间（s）012345c(NO)/
37、（ ）4molL1)10.04.502.501.501.001.00c(CO)/（ ）3molL1)3.603.052.852.752.702.70 前4 s内的平均反应速率(CO) _molL1s1。 L、X可分别代表压强或温度。下图A表示L一定时，NO(g)的平衡转化率随X的变化关系。X代表的物理量是_。判断L1、L2的大小关系，并简述理由：_。 (3)实验测得，v正=k正c2(NO)c2(CO)，v逆=k逆c(N2) c2(CO2)（k正、k逆为速率常数，只与温度有关）。达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数_（填“”、“L1 (5). 该反应为气体体积减小的反应，相同温度下压强增大，N
38、O转化率增大 (6). L1，原因是该反应为气体体积减小的反应，相同温度下压强增大，NO转化率增大。(3)达到平衡后，仅升高温度，平衡逆向移动，逆反应速率增加的程度大于正反应速率增加的程度，因此k正增大的倍数 L1，原因是该反应为气体体积减小的反应，相同温度下压强增大，NO转化率增大，故答案为：L2L1；该反应为气体体积减小的反应，相同温度下压强增大，NO转化率增大。(3)达到平衡后，仅升高温度，平衡逆向移动，逆反应速率增加的程度大于正反应速率增加的程度，因此k正增大的倍数 k逆增大的倍数，故答案为：MgAl (5). (6). 18NA (7). SrTiO3【解析】【分析】(1)Ti是22
39、号元素，电子排布式为Ar3d24s2，Ti3+的基态核外电子排布式为Ar3d1。(2)丙烯分子中，第2、3个碳原子有三个价键即为sp2杂化，第1个碳原子有四个价键即为sp3杂化。(3)铜周期电离能呈增大趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIIA族，因此Mg、Al、Cl第一电离能由大到小的顺序是ClMgAl。(4)根据N = O或C2 = O，与CO互为等电子体的阴离子为CN或C22，再写其电子式。(5)一个水有2个 键，1molTi(H2O)6Cl3中含有键的数目为(26 + 6)NA =18NA。(6)该晶体的晶胞中Sr位于晶胞的顶点即个，O位于晶胞的面心即个，Ti原子填充在
40、O原子构成的正八面体空隙的中心位置即1个，因此钛酸锶的化学式为SrTiO3。【详解】(1)Ti是22号元素，电子排布式为Ar3d24s2，Ti3+的基态核外电子排布式为Ar3d1，故答案为：Ar3d1。(2)丙烯分子中，第2、3个碳原子有三个价键即为sp2杂化，第1个碳原子有四个价键即为sp3杂化，故答案为：sp2；sp3。(3)铜周期电离能呈增大趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIIA族，因此Mg、Al、Cl第一电离能由大到小的顺序是ClMgAl，故答案为：Cl Mg Al。(4)根据N = O或C2 = O，与CO互为等电子体的阴离子为CN或C22，其电子式为，故答案为：
41、。(5)一个水有2个 键，1molTi(H2O)6Cl3中含有键的数目为(26 + 6)NA =18NA，故答案为：18NA。(6)该晶体的晶胞中Sr位于晶胞的顶点即个，O位于晶胞的面心即个，Ti原子填充在O原子构成的正八面体空隙的中心位置即1个，因此钛酸锶的化学式为SrTiO3，故答案为：SrTiO3。27.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：R1COOR2 + R3OHR1COOR3 + R2OH （1）的反应类型是_。 K中含有的官能团名称是_。 （2）E的名称是_。（3）是加成反应，G的核磁共振氢谱有三种峰，G的结构简式是_。 （4）的化学方程
42、式是_。（5）中还有可能生成分子式为C9H12O2产物。分子式为C9H12O2且符合下列条件的同分异构体共有_ 种。写出其中两种核磁共振氢谱有5组峰的物质的结构简式_a.属于芳香化合物 ，且苯环上只有两个取代基 b.1mol该物质能消耗1molNaOH【答案】 (1). 催化氧化 (2). 羰基 (3). 乙二醇 (4). CH2=CHCH3 (5). (6). 21 (7). 、【解析】【分析】A为CH2=CH2，A发生氧化反应生成环氧乙烷，反应为信息i的反应，生成HOCH2CH2OH和CH3OCOOCH3；是加成反应，根据原子守恒知，G为C3H6，G的核磁共振氢谱有三种峰，则G为CH2=C
43、HCH3，根据K结构简式知，J为；J发生氧化反应生成丙酮和L，根据L分子式及M结构简式知，L为，F、M发生信息i的反应生成N，则F为CH3OCOOCH3，E为HOCH2CH2OH，【详解】（1）根据分析可知，A为CH2=CH2，A发生氧化反应生成环氧乙烷，的反应类型是催化氧化；根据K的结构简式，K中含有的官能团名称是羰基，答案为：催化氧化；羰基；（2）根据分析可知，E为HOCH2CH2OH，E的名称是乙二醇，答案为：乙二醇；（3）根据分析可得，是加成反应，根据原子守恒知，G为C3H6，G的核磁共振氢谱有三种峰，则G为CH2=CHCH3，答案为：CH2=CHCH3；（4）F为CH3OCOOCH3，F、M发生信息i的反应生成N，的化学方程式是，故答案为；-OOCH2CH3 -CH3（5）分子式为C9H12O2且a.属于芳香化合物 ，且苯环上只有两个取代基，b.1mol该物质能消耗1molNaOH，即苯环上只有一个酚羟基，则该有机物的苯环上可以连一个羟基和一个或-CH2CH2CH2OH或或或，分别处于邻间对位置，共53=15种，还可以为苯环上连一个羟基和一个或-O-CH2-CH2-CH3，分别处于邻间对位置，则共有32=6种同分异构体；则符合要求的同分异构体的数目为21种；核磁共振氢谱有5组峰，说明该物质含有5种不同环境的氢原子，物质的结构简式，答案为：21；、。
