2019-2020年高三化学模拟试卷（4月份）含解析.doc

2019-2020年高三化学模拟试卷（4月份）含解析一、选择题（本题包括13道小题，每小题只有一个选项符合题意）1下列说法正确的是（）A食盐水、稀豆浆、蔗糖水都能产生丁达尔效应B14C可用于文物的鉴定，14C与12C互为同素异形体C新能源汽车的推广与使用有助于减少光化学烟雾的产生D黑火药含有硫磺、硝酸钾和木炭，其中硝酸钾是电解质，硫磺和木炭是非电解质2设NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A1mol丙烯酸含有NA个不饱和键B标准状况下，11.2L的苯中含有3NA个碳氢键C0.1mol/L的Na3PO4溶液中含有的阴离子总数大于0.1NAD1L1.0mol/L的Na2SiO3溶液中含有的氧原子数目大于3NA3对乙烯基苯甲酸在医药中间体合成中有着广泛的用途，可用化合物M反应合成：+CH2CH2+HI下列关于化合物M和对乙烯基苯甲酸的说法正确的是（）A对乙烯基苯甲酸的分子式为C9H10O2B对乙烯基苯甲酸的同分异构体共有三种C对乙烯基苯甲酸既属于羧酸，又属于烯烃D二者均可发生取代反应和加成反应4下列由实验现象得出的结论正确的是（）逸項实驗操作及现象实验结论A向某溶洧液中同时滴加几滴KSCN溶液和少量的新制氯水，溶液变成血红色该溶液中一定含有Fe3+B将澄清石灰水滴入可能混有Na2CO3的 NaHCO3溶液中出现白色沉淀该液中一定含有Na2CO3C常温下，用pH计测定某溶液NaHSO3溶液的 pH约为5.20该溶液中HSO3的电离程度大于它的水解程度D常温下，向某溶液中滴加稀NaOH溶液将湿润的红石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝该溶液中一定不含有NH4+5新型无机非金属材料氮化硼（BN）可用于火箭的燃料喷嘴已知BN可以在高温下通过：B2O3（s）+2NH3（g）2BN（s）+3H2O（g）反应制得，实际中还添加Ca3（PO4）3作为填料，以降低B2O3熔体的黏度下列有关说法正确的是（）A反应中B2O3是氧化剂B若消耗2.24LNH3理论上可得2.5gBNC填料的作用可使反应物充分接触D反应时NH3需要用无水CaCl2干燥6根据表中的信息判断下列说法错误的是（） 物质 外观 燃烧热/（kJmol1） 金刚石 无色、透明固体 395.4 石墨 灰黑，不透明固体 393.5A由表中信息可得如图所示的图象B由表中信息知C（石墨，s）=C（金刚石，s）H=+1.9 kJmol1C由表中信息可知相同条件下金刚石的熔点低于石墨的熔点D石墨燃烧热的热化学方程式为C（石墨，s）+O2（g）CO（g）H=393.5 kJmol17已知25时，乙酸和三氯乙酸的电离常数分别是：Ka（CH3COOH）1.80105，Ka（CCl3COOH）0.60，在物质的量浓度均为0.1molL1的CH3COONa和CCl3COONa混合溶液中，下列关系正确的是（）Ac（Na+）c（CCl3COO）+c（CH3COO）Bc（CCl3COO）c（CH3COO）c（CH3COOH）c（CCl3COOH）Cc（OH）c（CCl3COO）c（CH3COO）Dc（CH3COOH）c（CCl3COOH）c（OH）二、解答题（共3小题，满分43分）8在无机化工中，硫酸亚铁铵（NH4）2Fe（SO4）2是制取其他铁系化合物的原料，如制取氧化铁系颜料、磁性材料和黄血盐等某化学兴趣小组设计如下实验方案，探究（NH4）2Fe（SO4）2完全分解的产物试回答以下问题：已知：I固体（NH4）2Fe（SO4）2隔绝空气受热完全分解是氧化还原反应98%浓硫酸能顺利吸收SO3（1）甲同学设计以下流程探究分解的部分产物B装置预期的现象是，C装置的作用可能是，D装置可以检验分解产物中是否含有加热前先通一会N2，再关闭气阀，其目的是（2）乙同学猜想（NH4）2Fe（SO4）2分解时可能生成了SO3，小组同学设计如图装置进行验证不能选择E和F装置的原因是加热样品A，然后依次连接G与H并进行实验，请你提出需要改进的方案：已知饱和SO2水溶液中c（SO32）=6.0108molL1，Ksp（BaSO4）=5.4107通过计算判断在1.0molL1的BaCl2溶液中，通入足量纯净的SO2能否生成BaSO3沉淀？当G中出现大量白色沉淀时，并不能说明A中生成了SO3，理由是为了进一步证明是否有SO3生成，请你补充实验方案（不要求写具体的操作过程）：9磷及其化合物的应用非常广泛，以废铁屑等为原料合成磷酸亚铁锂的前驱体的制备流程如下：回答下列问题：（1）H2O2的电子式为；Na2HPO4的电离方程式为（2）废铁屑要用热的Na2CO3溶液洗涤的目的是（3）为了加快铁屑的溶解速率，除适当增大硫酸的浓度外，还可采取的措施是（任写种）；氧化时H2O2作（填“氧化剂”或“还原剂”）（4）沉铁时，溶液中的Fe3+与HPO42反应生成FePO42H2O沉淀的离子方程式为（5）FePO4与Li2CO3及C在高温条件下生成LiFePO4和CO的化学方程式为；高温成型前，常向LiFePO4中加入少量活性炭，其作用是可以改善成型后LiFePO4的导电性能和10汽车尾气作为空气污染的主要来源之一，其中含有大量的有害物质，包括CO、NOx、碳氢化合物和固体悬浮颗粒等为汽车尾气的治理，环境工作者面临着巨大的挑战试回答以下问题：（1）用CH4催化还原NO，可以消除氮氧化物的污染已知：CH4（g）+4NO（g）2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=1160kJmol1CH4（g）+4NO2（g）4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=574kJmol1由CH4将NO2完全还原成N2，生成CO2和水蒸气的热化学方程式是（2）NOx也可以被NaOH溶液吸收而生成NaNO3、NaNO2，已知某温度下，HNO2的电离常数K=9.7104，NO2的水解常数K=8.01010，则该温度下水的离子积常数=（用含Ka、Kb的代数式表示），此时溶液的温度25（填“”“”或“=”）（3）化工上利用CO合成甲醇，反应的热化学方程式为CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H=90.8kJmol1不同温度下，CO的平衡转化率与压强的关系如图1所示，图中T1、T2、T3的高低顺序是，理由是（4）化工上还可以利用CH3OH生产CH3OCH3在体积均为1.0L的恒容密闭容器中发生反应2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g） 容器换号 温度（） 起始物质的量（mol） 平衡物质的量（mol） CH3OH（g） CH3OCH2（g） H2O（g） 387 0.20 0.080 0.080 207 0.20 0.090 0.090该反应的正反应为反应（填“放热”或“吸热”）若起始时向容器I中充入CH3OH 0.15mol、CH3OCH30.15mol和H2O 0.10mol，则反应将向方向进行（填“正”或“逆”）（5）CH3OH燃料电池在便携式通讯设备、汽车等领域有着广泛的应用已知电池工作时的总反应方程式为2CH3OH+3O22CO2+4H2O，电池工作时的示意图如图2所示质子穿过交换膜移向电极区（填“M”或“N”），负极的电极反应式为化学-物质结构与性质11绿柱石被国际珠宝界公认为四大名贵宝石之一主要成分为Be3Al2Si6O18，因含适量的Cr2O3（0.150.6%），而形成祖母绿试回答下列问题：（1）基态Al原子中，电子填充的最高能级是，基态Cr原子的价电子排布式是（2）用“”或“”填空：第一电离能键能沸点离子半径BeBCCSiSiH2SH2OAl3+O2（3）BeCl2分子的空间构型是，它的二聚体Be2Cl4结构如右图所示，其中Be原子的杂化方式是（4）强还原剂LiAlH4能将SiCl4还原成SiH4，试写出SiH4在空气中自燃的化学方程式（5）Be的氧化物的立方晶胞结构如右图所示，已知氧化铍晶体的密度为gcm3，则晶胞连长为cm（设NA为阿伏加德罗常数的值，用含NA、的代数式表示）化学-有机化学基础12Methylon（1，3亚甲基双氧甲基卡西酮）的一种合成路线如下：（1）A的化学式为，B的结构简式为（2）D中含氧官能团的名称为（3）反应的反应类型是（4）B的同分异构体中能同时满足下列条件的共有种（不含立体异构）其中核磁共振氢谱显示只有4组峰，且不能发生银镜反应的同分异构体是（填结构简式）a属于芳香族化合物 b能与NaOH溶液反应c结构中除苯环外不含其他环状结构（5）参照上述Methylon的合成路线并结合已学知识，设计一种以苯和乙醛为原料制备香料2羟基苯乙酮（）的合成路线xx山东省潍坊市高考化学模拟试卷（4月份）参考答案与试题解析一、选择题（本题包括13道小题，每小题只有一个选项符合题意）1下列说法正确的是（）A食盐水、稀豆浆、蔗糖水都能产生丁达尔效应B14C可用于文物的鉴定，14C与12C互为同素异形体C新能源汽车的推广与使用有助于减少光化学烟雾的产生D黑火药含有硫磺、硝酸钾和木炭，其中硝酸钾是电解质，硫磺和木炭是非电解质【考点】物质的组成、结构和性质的关系；化学科学的主要研究对象【分析】A丁达尔效应是胶体特有的性质；B14C与12C互为同位素；C新能源汽车可以减少氮的氧化物等有害气体的排放；D单质既不是电解质也不是非电解质【解答】解：A丁达尔效应是胶体特有的性质，只有稀豆浆是胶体，能产生丁达尔效应，故A错误；B14C与12C互为同位素，同素异形体是同种元素的不同单质，14C与12C是原子，故B错误；C新能源汽车可以减少氮的氧化物等有害气体的排放，所以新能源汽车的推广与使用有助于减少光化学烟雾的产生，故C正确；D硫磺和木炭都是单质，单质既不是电解质也不是非电解质，故D错误故选C2设NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A1mol丙烯酸含有NA个不饱和键B标准状况下，11.2L的苯中含有3NA个碳氢键C0.1mol/L的Na3PO4溶液中含有的阴离子总数大于0.1NAD1L1.0mol/L的Na2SiO3溶液中含有的氧原子数目大于3NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A丙烯酸中含有碳碳双键和C=O双键；B苯标准状况下为液体；C未告诉溶液的体积，无法计算溶液的物质的量；D硅酸钠溶液中还含有大量的水【解答】解：A丙烯酸中含有碳碳不饱和双键和C=O双键，故1mol丙烯酸中含有2NA个不饱和键，故A错误；B标准状况下，苯为液体，不能利用气体摩尔体积计算其物质的量，故B错误；C由于不知道溶液的体积，无法计算其物质的量，故C错误；D.1L1.0mol/L的Na2SiO3溶液中，硅酸钠的物质的量为1mol，含有O原子数是33NA，水中也含有O原子，故总数大于3NA，故D正确，故选D3对乙烯基苯甲酸在医药中间体合成中有着广泛的用途，可用化合物M反应合成：+CH2CH2+HI下列关于化合物M和对乙烯基苯甲酸的说法正确的是（）A对乙烯基苯甲酸的分子式为C9H10O2B对乙烯基苯甲酸的同分异构体共有三种C对乙烯基苯甲酸既属于羧酸，又属于烯烃D二者均可发生取代反应和加成反应【考点】有机物的结构和性质【分析】A根据结构简式确定元素种类和原子个数，可确定分子式；B对乙烯基苯甲酸中羧基和乙烯基可为邻、间、对位置，且苯环的取代基可为乙烯基、醛基和羟基；C含有O元素，不属于烃；D苯环和碳碳双键能发生加成反应，卤代烃能发生取代反应【解答】解：A由结构简式可知分子式为C9H8O2，故A错误；B对乙烯基苯甲酸中羧基和乙烯基可为邻、间、对位置，且苯环的取代基可为乙烯基、醛基和羟基，则同分异构体大于三种，故B错误；C含有O元素，不属于烃，故C错误；D苯环和碳碳双键能发生加成反应，含有碘元素，能发生取代反应，故D正确故选D4下列由实验现象得出的结论正确的是（）逸項实驗操作及现象实验结论A向某溶洧液中同时滴加几滴KSCN溶液和少量的新制氯水，溶液变成血红色该溶液中一定含有Fe3+B将澄清石灰水滴入可能混有Na2CO3的 NaHCO3溶液中出现白色沉淀该液中一定含有Na2CO3C常温下，用pH计测定某溶液NaHSO3溶液的 pH约为5.20该溶液中HSO3的电离程度大于它的水解程度D常温下，向某溶液中滴加稀NaOH溶液将湿润的红石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝该溶液中一定不含有NH4+AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A氯气具有强氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，铁离子和KSCN溶液反应而使溶液呈血红色；B氢氧化钙和碳酸钠、碳酸氢钠都反应生成碳酸钙白色沉淀；C亚硫酸氢根离子能发生电离和水解，根据亚硫酸氢钠溶液酸碱性确定其水解和电离程度相对大小；D铵根离子和稀的NaOH反应生成一水合氨，不加热没有氨气生成【解答】解：A氯气具有强氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，铁离子和KSCN溶液反应而使溶液呈血红色，应该先加KCN检验铁离子，然后加氯水检验是否含有亚铁离子，故A错误；B氢氧化钙和碳酸钠、碳酸氢钠都反应生成碳酸钙白色沉淀，应该用氯化钙鉴别碳酸钠、碳酸氢钠，故B错误；C亚硫酸氢根离子能发生电离和水解，根据亚硫酸氢钠溶液酸碱性确定其水解和电离程度相对大小，常温下，用pH计测定某溶液NaHSO3溶液的 pH约为5.20，溶液呈酸性，说明该溶液中HSO3的电离程度大于它的水解程度，故C正确；D铵根离子和稀的NaOH反应生成一水合氨，不加热没有氨气生成，或者用浓的NaOH溶液检验铵根离子，故D错误；故选C5新型无机非金属材料氮化硼（BN）可用于火箭的燃料喷嘴已知BN可以在高温下通过：B2O3（s）+2NH3（g）2BN（s）+3H2O（g）反应制得，实际中还添加Ca3（PO4）3作为填料，以降低B2O3熔体的黏度下列有关说法正确的是（）A反应中B2O3是氧化剂B若消耗2.24LNH3理论上可得2.5gBNC填料的作用可使反应物充分接触D反应时NH3需要用无水CaCl2干燥【考点】氧化还原反应【分析】B2O3（s）+2NH3（g）2BN（s）+3H2O（g）反应中没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，Ca3（PO4）3作为填料，可以使反应物充分接触，据此分析【解答】解：A反应中没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，O3不是氧化剂，故A错误；B不是标准状况下，无法计算氨气的物质的量，所以不能计算生成的BN，故B错误；C添加Ca3（PO4）3作为填料，以降低B2O3熔体的黏度，可使反应物充分接触，故C正确；D氨气能与无水CaCl2反应，所以NH3不能用无水CaCl2干燥，故D错误故选C6根据表中的信息判断下列说法错误的是（） 物质 外观 燃烧热/（kJmol1） 金刚石 无色、透明固体 395.4 石墨 灰黑，不透明固体 393.5A由表中信息可得如图所示的图象B由表中信息知C（石墨，s）=C（金刚石，s）H=+1.9 kJmol1C由表中信息可知相同条件下金刚石的熔点低于石墨的熔点D石墨燃烧热的热化学方程式为C（石墨，s）+O2（g）CO（g）H=393.5 kJmol1【考点】反应热和焓变【分析】A图象中金刚石变化为石墨是放热反应，放出热量为金刚石和石墨燃烧热之差；B依据盖斯定律，结合金刚石和石墨燃烧热计算得到；C石墨的层内共价键键长比金刚石的键长短，作用力更大，破坏化学键需要更大能量，所以石墨的熔点比金刚石高；D依据燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量分析【解答】解：A图象中1.9kJ/mol，是金刚石和石墨能量差，故A正确；B由表中信息知，金刚石燃烧热395.4KJ/mol，石墨燃烧热393.5KJ/mol，C（石墨，s）C（金刚石，s）H=+1.9 kJmol，故B正确；C等物质的量金刚石和石墨相比，石墨能量低于金刚石，能量越低越稳定，石墨的层内共价键键长比金刚石的键长短，作用力更大，破坏化学键需要更大能量，所以石墨的熔点比金刚石高，故C正确；D表示石墨燃烧热的热化学方程式为C（石墨，s）+O2（g）CO2（g）H=393.5 kJmol1，故D错误故选D7已知25时，乙酸和三氯乙酸的电离常数分别是：Ka（CH3COOH）1.80105，Ka（CCl3COOH）0.60，在物质的量浓度均为0.1molL1的CH3COONa和CCl3COONa混合溶液中，下列关系正确的是（）Ac（Na+）c（CCl3COO）+c（CH3COO）Bc（CCl3COO）c（CH3COO）c（CH3COOH）c（CCl3COOH）Cc（OH）c（CCl3COO）c（CH3COO）Dc（CH3COOH）c（CCl3COOH）c（OH）【考点】离子浓度大小的比较【分析】酸的电离平衡常数越大该酸的酸性越强，乙酸电离平衡常数小于三氯乙酸，说明乙酸酸性小于三氯乙酸，酸的酸性越强其酸根离子水解程度越小，再结合电荷守恒、物料守恒分析解答【解答】解：酸的电离平衡常数越大该酸的酸性越强，乙酸电离平衡常数小于三氯乙酸，说明乙酸酸性小于三氯乙酸，酸的酸性越强其酸根离子水解程度越小，A根据物料守恒得c（Na+）2c（CCl3COO）+c（CH3COO）+c（CCl3COOH）+c（CH3COOH），故A错误；B根据物料守恒得c（CCl3COOH）+c（CCl3COO）=c（CH3COO）+c（CH3COOH）=c（Na+），所以得c（CCl3COO）c（CH3COO）c（CH3COOH）c（CCl3COOH），故B正确；C弱酸根离子水解程度很小，且CH3COO水解程度大于CCl3COO，所以存在c（CCl3COO）c（CH3COO）c（OH），故C错误；DCH3COO水解程度大于CCl3COO，且二者水解都生成氢氧根离子，所以存在c（OH）c（CH3COOH）c（CCl3COOH），故D错误；故选B二、解答题（共3小题，满分43分）8在无机化工中，硫酸亚铁铵（NH4）2Fe（SO4）2是制取其他铁系化合物的原料，如制取氧化铁系颜料、磁性材料和黄血盐等某化学兴趣小组设计如下实验方案，探究（NH4）2Fe（SO4）2完全分解的产物试回答以下问题：已知：I固体（NH4）2Fe（SO4）2隔绝空气受热完全分解是氧化还原反应98%浓硫酸能顺利吸收SO3（1）甲同学设计以下流程探究分解的部分产物B装置预期的现象是变蓝，C装置的作用可能是吸收NH3或SO3，D装置可以检验分解产物中是否含有SO2加热前先通一会N2，再关闭气阀，其目的是排出装置中的空气（2）乙同学猜想（NH4）2Fe（SO4）2分解时可能生成了SO3，小组同学设计如图装置进行验证不能选择E和F装置的原因是E和F装置都能吸收SO3和SO2加热样品A，然后依次连接G与H并进行实验，请你提出需要改进的方案：在样品加热装置与G之间增加防倒吸的装置已知饱和SO2水溶液中c（SO32）=6.0108molL1，Ksp（BaSO4）=5.4107通过计算判断在1.0molL1的BaCl2溶液中，通入足量纯净的SO2能否生成BaSO3沉淀？Q=1.06.0108=6.0108Ksp（BaSO3），所以不能生成BaSO3沉淀当G中出现大量白色沉淀时，并不能说明A中生成了SO3，理由是NH3和SO2同时通入BaCl2溶液中，能生成BaSO3白色沉淀为了进一步证明是否有SO3生成，请你补充实验方案（不要求写具体的操作过程）：取白色沉淀于试管中，滴加过量的稀盐酸，若白色沉淀不溶解或部分溶解，则有SO3生成，若白色沉淀完全溶解，则没有SO3生成【考点】性质实验方案的设计【分析】（1）晶体分解生成的产物中含水蒸气，B装置中无水硫酸铜遇到水蒸气会反应生成硫酸铜晶体呈蓝色，C装置是浓硫酸用来吸收碱性气体氨气或生成的三氧化硫，便于装置D利用品红溶液检验二氧化硫的存在；加热前先通一会儿N2，排净装置内的空气防止空气成分干扰气体检验；（2）生成产物制得三氧化硫、二氧化硫都是酸性氧化物和碱发生反应；生成的气体中含氨气、二氧化硫、三氧化硫等易溶于水的气体容易发生倒吸；根据溶液中Q与Ksp的关系分析；分解产物中当氨气和二氧化硫通入氯化钡溶液中互生成亚硫酸钡白色沉淀，检验三氧化硫可以检验生成的白色沉淀是否溶于盐酸【解答】解：（1）晶体分解生成的产物中含水蒸气，无水硫酸铜遇到水蒸气会反应生成硫酸铜晶体呈蓝色，B装置中预期现象是白色硫酸铜变蓝色，C装置是浓硫酸用来吸收可能分解生成的碱性气体氨气或生成的三氧化硫，便于装置D利用品红溶液检验二氧化硫的存在，二氧化硫具有漂白性，可以使品红溶液褪色，故答案为：变蓝；吸收NH3或SO3；SO2；加热前先通一会儿N2，再关闭气阀，其目的是利用氮气吧装置中空气全部赶出，防止空气中的水蒸气等干扰生成气体的检验，故答案为：排出装置中的空气；（2）不能选择E和F装置的原因是，装置中的氢氧化钡溶液是强碱溶液，碱石灰是氢氧化钠和氧化钙都可以和产物中的三氧化硫和二氧化硫气体，故答案为：E和F装置都能吸收SO3和SO2；加热装置与G、H连接并进行实验，生成的气体中含氨气、二氧化硫、三氧化硫等易溶于水的气体容易发生倒吸，需要改进的方案是在样品加热装置与G之间增加防倒吸的装置，故答案为：在样品加热装置与G之间增加防倒吸的装置；若溶液中c（Ba2+）=1 molL1，c（SO32）=6.0108molL1，其浓度积Q=c（Ba2+）c（SO32）=16.0108=6.0108Ksp（BaSO3）=5.4107，故不能析出BaSO3沉淀，故答案为：Q=1.06.0108=6.0108Ksp（BaSO3），所以不能生成BaSO3沉淀；当G中出现大量白色沉淀时，并不能说明A中生成了SO3，理由是NH3和SO2同时通入BaCl2溶液中，能生成BaSO3白色沉淀，为了进一步证明是否有SO3生成，请你补充实验方案是：取白色沉淀于试管中，滴加过量的稀盐酸，若白色沉淀不溶解或部分溶解，则有SO3生成，若白色沉淀完全溶解，则没有SO3生成，故答案为：NH3和SO2同时通入BaCl2溶液中，能生成BaSO3白色沉淀；取白色沉淀于试管中，滴加过量的稀盐酸，若白色沉淀不溶解或部分溶解，则有SO3生成，若白色沉淀完全溶解，则没有SO3生成9磷及其化合物的应用非常广泛，以废铁屑等为原料合成磷酸亚铁锂的前驱体的制备流程如下：回答下列问题：（1）H2O2的电子式为；Na2HPO4的电离方程式为Na2HPO4=2Na+HPO42（2）废铁屑要用热的Na2CO3溶液洗涤的目的是除去铁屑表面的油污（3）为了加快铁屑的溶解速率，除适当增大硫酸的浓度外，还可采取的措施是搅拌或适当升温或将废渣碾细成粉末（任写种）；氧化时H2O2作氧化剂（填“氧化剂”或“还原剂”）（4）沉铁时，溶液中的Fe3+与HPO42反应生成FePO42H2O沉淀的离子方程式为Fe3+HPO42+2H2O=FePO42H2O+H+（5）FePO4与Li2CO3及C在高温条件下生成LiFePO4和CO的化学方程式为2FePO4+Li2CO3+2C=2LiFePO4+3CO；高温成型前，常向LiFePO4中加入少量活性炭，其作用是可以改善成型后LiFePO4的导电性能和与空气中O2反应，防止LiFePO4中的Fe2+被氧化【考点】制备实验方案的设计【分析】废铁屑加入饱和碳酸钠的热容易洗涤表面的油污，水洗涤后加入过量稀硫酸溶解后得到亚铁盐溶液，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入Na2HP04，沉铁时，溶液中的Fe3+与HPO42反应生成FePO42H2O沉淀，过滤洗涤干燥得到晶体，（1）双氧水中两个氢原子分别与两个氧原子通过共用一对电子结合，两个氧原子之间通过共用1对电子结合，Na2HPO4是强电解质水溶液中电离出钠离子和磷酸氢根离子；（2）纯碱溶液呈碱性，可用于除去废铁屑表面的油污；（3）加快反应速率的因素分析，可以搅拌、升温或增大接触面积，流程中过氧化氢是氧化亚铁离子为铁离子做氧化剂；（4）沉铁时，溶液中的Fe3+与HPO42反应生成FePO42H2O，结合电荷守恒和原子守恒配平书写离子方程式；（5）反应过程中铁元素由+3价降低到+2价，Li2CO3中的碳元素由+4价降低到+2价，碳单质中化由0价升为+2价，消耗空气中的O2，保护Fe2+，防止Fe2+被氧化【解答】解：（1）双氧水为共价化合物，分子中存在两个氧氢键和一个OO键，双氧水的电子式为：，Na2HPO4是强电解质水溶液中电离出钠离子和磷酸氢根离子，电离方程式为：Na2HPO4=2Na+HPO42，故答案为：；Na2HPO4=2Na+HPO42；（2）碳酸钠溶液中碳酸根离子水解溶液显碱性，水解过程是吸热反应，升温促进水解，溶液碱性增强，油脂在碱溶液中发生水解生成溶于水的醇和酸盐，加入热的Na2CO3溶液除油污，故答案为：除去铁屑表面的油污；（3）搅拌、适当升温、将废渣碾细成粉末可加快反应速率，双氧水与二价铁离子反应的离子方程式为：H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2O，使铁元素容易沉淀，且不引入新的杂质，个过氧化氢做氧化剂，故答案为：搅拌、适当升温、将废渣碾细成粉末；氧化剂；（4）溶液中的Fe3+与HPO42反应生成FePO42H2O，反应的离子方程式为：Fe3+HPO42+2H2O=FePO42H2O+H+，故答案为：Fe3+HPO42+2H2O=FePO42H2O+H+；（5）FePO4与Li2CO3及C在高温条件下生成LiFePO4和CO的化学方程式为2FePO4+Li2CO3+2C=2LiFePO4+3CO，高温成型前，常向LiFePO4中加入少量活性炭黑，其作用除了可以改善成型后的LiFePO4的导电性能外，还能消耗空气中的氧气，保护Fe2+，防止Fe2+被氧化，故答案为：2FePO4+Li2CO3+2C=2LiFePO4+3CO；与空气中O2反应，防止LiFePO4中的Fe2+被氧化10汽车尾气作为空气污染的主要来源之一，其中含有大量的有害物质，包括CO、NOx、碳氢化合物和固体悬浮颗粒等为汽车尾气的治理，环境工作者面临着巨大的挑战试回答以下问题：（1）用CH4催化还原NO，可以消除氮氧化物的污染已知：CH4（g）+4NO（g）2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=1160kJmol1CH4（g）+4NO2（g）4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=574kJmol1由CH4将NO2完全还原成N2，生成CO2和水蒸气的热化学方程式是CH4（g）+2NO2（g）=CO2（g）+2H2O（g）+N2（g）H=867kJmol1（2）NOx也可以被NaOH溶液吸收而生成NaNO3、NaNO2，已知某温度下，HNO2的电离常数K=9.7104，NO2的水解常数K=8.01010，则该温度下水的离子积常数=KaKh（用含Ka、Kb的代数式表示），此时溶液的温度25（填“”“”或“=”）（3）化工上利用CO合成甲醇，反应的热化学方程式为CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H=90.8kJmol1不同温度下，CO的平衡转化率与压强的关系如图1所示，图中T1、T2、T3的高低顺序是T1T2T3，理由是该反应为放热，温度越高，反应物的转化率越低（4）化工上还可以利用CH3OH生产CH3OCH3在体积均为1.0L的恒容密闭容器中发生反应2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g） 容器换号 温度（） 起始物质的量（mol） 平衡物质的量（mol） CH3OH（g） CH3OCH2（g） H2O（g） 387 0.20 0.080 0.080 207 0.20 0.090 0.090该反应的正反应放热为反应（填“放热”或“吸热”）若起始时向容器I中充入CH3OH 0.15mol、CH3OCH30.15mol和H2O 0.10mol，则反应将向正方向进行（填“正”或“逆”）（5）CH3OH燃料电池在便携式通讯设备、汽车等领域有着广泛的应用已知电池工作时的总反应方程式为2CH3OH+3O22CO2+4H2O，电池工作时的示意图如图2所示质子穿过交换膜移向N电极区（填“M”或“N”），负极的电极反应式为CH3OH+H2O6e=CO2+6H+【考点】化学平衡的计算；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素【分析】（1）CH4（g）+4NO2（g）4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=574kJmol1CH4（g）+4NO（g）2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=1160kJmol1将方程式得甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式；（2）依据亚硝酸根离子水解平衡常数表达式变式计算分析；（3）正反应放热，则升高温度CO的转化率降低；（4）对比I、可知，升高温度CH3OCH3（g）的物质的量减小，说明平衡逆向移动，而升高温度平衡向吸热反应移动；根据I中数据计算平衡常数，计算此时浓度商Qc，若Qc=K，处于平衡状态，若QcK，反应向正反应进行，若QcK，反应向逆反应进行；（5）原电池中阳离子移向正极，负极是甲醇失电子发生氧化反应，依据电池反应和酸性环境，2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O，负极电极反应为：CH3OH+H2O6e=CO2+6H+，正极是氧气得到电子发生还原反应，氧气得到电子生成氢氧根离子，在图中是酸性介质，电极反应产物应写成水的形式；电池的正极反应式为：O2+4H+4e=2H2O；【解答】解：（1）CH4（g）+4NO2（g）4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=574kJmol1CH4（g）+4NO（g）2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=1160kJmol1将方程式CH4（g）+2NO2（g）=CO2（g）+2H2O（g）+N2（g）H=kJ/mol=867kJmol1，故答案为：CH4（g）+2NO2（g）=CO2（g）+2H2O（g）+N2（g）H=867kJmol1；（2）NO2+H2OHNO2+OH，Kh=，则Kw=KhKa=8.01010molL19.7104molL1=7.761013，常温下Kw=1014，温度高于常温，25C，故答案为：KaK；（3）根据该反应为放热反应，温度越高CO的转化率越小，图中T1、T2、T3的高低顺序T1T2T3，故答案为：T1T2T3，该反应为放热，温度越高，反应物的转化率越低；（4）对比I、可知，升高温度CH3OCH3（g）的物质的量减小，说明平衡逆向移动，而升高温度平衡向吸热反应移动，则正反应为放热反应，容器中平衡时c（CH3OCH3）=c（H2O）=0.080mol/L，c（CH3OH）=0.04mol/L，容器中化学平衡常数K1=4，此时浓度商Qc=0.67K=4，反应向正反应进行，故答案为：放热，正；（5）图分析可知a端电极N为正极，质子穿过交换膜移向N电极，M电极为负极，负极是甲醇失电子发生氧化反应，依据电池反应和酸性环境，2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O，负极电极反应为：CH3OH+H2O6e=CO2+6H+，故答案为：N，CH3OH+H2O6e=CO2+6H+化学-物质结构与性质11绿柱石被国际珠宝界公认为四大名贵宝石之一主要成分为Be3Al2Si6O18，因含适量的Cr2O3（0.150.6%），而形成祖母绿试回答下列问题：（1）基态Al原子中，电子填充的最高能级是3p，基态Cr原子的价电子排布式是3d54s1（2）用“”或“”填空：第一电离能键能沸点离子半径BeBCCSiSiH2SH2OAl3+O2（3）BeCl2分子的空间构型是直线型，它的二聚体Be2Cl4结构如右图所示，其中Be原子的杂化方式是sp3（4）强还原剂LiAlH4能将SiCl4还原成SiH4，试写出SiH4在空气中自燃的化学方程式SiH4+2O2=SiO2+2H2O（5）Be的氧化物的立方晶胞结构如右图所示，已知氧化铍晶体的密度为gcm3，则晶胞连长为cm（设NA为阿伏加德罗常数的值，用含NA、的代数式表示）【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型【分析】（1）根据核外电子排布规律可以写出价电子排布式，根据充满和半充满状态能量最低也是最稳定的状态，可得答案；（2）Be、B同周期自左而右元素的第一电离能呈增大趋势，A族反常；均为共价化合物，半径小的共价键强；水分子间含有氢键；核外电子数相同的，原子序数越大，半径越小；（3）价层电子对互斥理论认为：分子的立体构型是“价层电子对”相互排斥的结果；Be原子形成3个BCl键，一对孤对电子，杂化轨道数目为4；（4）强还原剂LiAlH4能将SiCl4还原成SiH4，说明SiH4的氧化产物为+4价；（5）根据晶胞图判断一个晶胞中有4个Be离子和4个O离子，再根据v=【解答】解：（1）Al为13号元素，其电子排布式为1s22s22p63s23p1，最高能级为3p，根据核外电子排布规律可以写出基态铬价电子排布式为1s22s22p63s23p63s23p63d54s1，所以基态铬（Cr）原子的价电子排布式是3d54s1，故答案为：3p；3d54s1；（2）同周期自左而右元素的第一电离能呈增大趋势，但A族最外层为ns能级容纳2个电子，为全满确定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能BBe；CC键的键长比SiSi键的短，键能大，故键能CCSiSi；水分子间含有氢键，使得水的分子间作用力大于硫化氢分子的，故水的沸点大；电子层数越多半径越大，核外电子数相同的，原子序数越大，半径越小，O2、Al3+有2个电子层，O的原子序数小所以O2半径比Al3+大，所以离子半径O2Al3+，故答案为：；（3）BeCl2 中Be原子的价层电子对个数=2+（221）=2，不含孤电子对，则分子空间构型是直线型，Be原子形成3个BCl键，一对孤对电子，杂化轨道数目为4，Be原子杂化方式为sp3，故答案为：直线型；sp3；（4）强还原剂LiAlH4能将SiCl4还原成SiH4，说明SiH4的氧化产物为+4价，SiH4在空气中自燃的化学方程式为SiH4+2O2=SiO2+2H2O，故答案为：SiH4+2O2=SiO2+2H2O；（5）在晶胞中含有4个Be2+离子，个O2离子，所以1个晶胞的质量为，故晶胞边长为=，故答案为：化学-有机化学基础12Methylon（1，3亚甲基双氧甲基卡西酮）的一种合成路线如下：（1）A的化学式为C6H6O2，B的结构简式为（2）D中含氧官能团的名称为羰基、醚键（3）反应的反应类型是取代反应（4）B的同分异构体中能同时满足下列条件的共有5种（不含立体异构）其中核磁共振氢谱显示只有4组峰，且不能发生银镜反应的同分异构体是（填结构简式）a属于芳香族化合物 b能与NaOH溶液反应c结构中除苯环外不含其他环状结构（5）参照上述Methylon的合成路线并结合已学知识，设计一种以苯和乙醛为原料制备香料2羟基苯乙酮（）的合成路线【考点】有机物的推断【分析】（1）根据A的结构可知其分子式为C6H6O2，对比A、C结构与B的分子式、转化条件可知B为；（2）根据D的结构简式可知其所含的含氧官能团为羰基、醚键；（3）对比E和F的结构简式可知，反应为E与氨基甲烷发生取代，E中的溴原子被取代生成F；（4）B的同分异构体满足：a属于芳香族化合物，说明含有苯环，b能与NaOH溶液反应，说明有酚羟基或羧基或酯基，c结构中除苯环外不含其他环状结构，结合（1）中分析得的B的结构可判断同分异构体的种类，其中核磁共振氢谱显示只有4组峰，说明有4种位置的氢原子，且不能发生银镜反应说明没有醛基，据此可写出B的同分异构体的结构简式；（5）以苯和乙酸为原料制备香料2羟基苯乙酮，可以用苯与氯气发生取代生成氯苯，氯苯与乙醛反应生成，然后在溴化钠、溴化铁、硫酸的作用下生成，最后水解得2羟基苯乙酮（）【解答】解：（1）根据A的结构可知其分子式为C6H6O2，对比A、C结构与B的分子式、转化条件可知B为，故答案为：C6H6O2；（2）根据D的结构简式可知其所含的含氧官能团为羰基、醚键，故答案为：羰基、醚键；（3）对比E和F的结构简式可知，反应为E与氨基甲烷发生取代，E中的溴原子被取代生成F，属于取代反应，故答案为：取代反应；（4）B的同分异构体满足：a属于芳香族化合物，说明含有苯环，b能与NaOH溶液反应，说明有酚羟基或羧基或酯基，c结构中除苯环外不含其他环状结构，则符合条件的同分异构体为苯环上连有OOCH或苯环上连有CHO、OH，有邻间对三种，或苯环上连有COOH，共有5种类，其中核磁共振氢谱显示只有4组峰，说明有4种位置的氢原子，且不能发生银镜反应说明没有醛基的B的同分异构体的结构简式为：，故答案为：5；（5）以苯和乙酸为原料制备香料2羟基苯乙酮，可以用苯与氯气发生取代生成氯苯，氯苯与乙醛反应生成，然后在溴化钠、溴化铁、硫酸的作用下生成，最后水解得2羟基苯乙酮（），合成路线流程图为：，故答案为：xx12月19日