2019-2020年高考化学模拟试卷（3月份）含解析.doc

2019-2020年高考化学模拟试卷（3月份）含解析一、选择题：本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1中华民族有着光辉灿烂的发明创造史，下列古代的技术应用中不涉及化学反应的是（）A烧结粘土制陶瓷B湿法炼铜C海水晒盐D粮食酿酒2NA为阿伏伽德罗常数的值下列说法正确的是（）A2.0gH2O与D2O的混合物中所含中子数为NAB标准状况下1.4 g乙烯所含共用电子对数为0.25NAC3 mol单质Fe完全转变为Fe3O4，失去8 NA个电子D50ml 12 molL1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA3松油醇具有紫丁香味，其酯类常用于香精调制如图为松油醇的结构，以下关于它的说法正确的是（）A分子式为C10H19OB同分异构体可能属于醛类、酮类或酚类C能发生取代、氧化、还原反应D与氢气加成后的产物有4种一氯化物4下列实验操作、现象和结论均正确的是（）选项实验操作现象结论A将光亮的镁条放入盛有NH4Cl溶液的试管中有大量气泡产生反应中有NH3产生B向AgI悬浊液中滴加NaCl溶液不出现白色沉淀更难溶的物质无法转化为难溶的物质C向KI溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置溶液上层呈紫色I还原性强于ClD向某溶液中滴加氯水后再加入KSCN溶液溶液呈红色溶液中一定含有Fe2+5硼氢化物NaBH4（B元素的化合价为+3价）燃料电池（DBFC），由于具有比能量高、产物清洁无污染和燃料易于储存和运输等优点，被认为是一种很有发展潜力的燃料电池，其工作原理如图所示，下列说法正确的是（）A放电时，每转移2mol电子，理论上需要消耗9.5gNaBH4B电极a采用MnO2，MnO2既作电极材料又有催化作用C电池放电时Na+从b极区移向a极区D电池的负极反应为BH4+2H2O8eBO2+8H+6短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示已知Y和W的原子序数之和是Z的3倍，下列说法正确的是（）YZXWA原子半径：XZWB气态氢化物的稳定性：YZWCZ、W均可形成含Y元素的离子化合物D最高价氧化物对应水化物的酸性：YXW7室温下向10mL 0.1molL1NaOH溶液中加入0.1molL1的一元酸HA，溶液pH的变化曲线如图所示下列说法正确的是（）Aa点所示溶液中c（HA）c（A）Ba点所示溶液中c（Na+）=c（A）+c（HA）C当加入HA溶液10ml时，1.0107molL1Db点所示溶液中c（Na+）c（A）c（H+）c（HA）二、解答题（共3小题，满分43分）8晶体硅是一种重要的非金属材料，模拟制备纯硅的主要步骤如下：高温下用碳还原二氧化硅制得粗硅粗硅与干燥HCl气体反应制得SiHCl3：Si+3HClSiHCl3+H2，沸点/SiHCl333.0SiCl457.6HCl84SiHCl3与过量H2在10001100反应制得纯硅可能用到的信息如下：已知SiHCl3能与H2O强烈反应，在空气中易自燃；步骤中粗硅与HCl反应时会生成少量SiCl4；请回答下列问题：（1）粗硅与HCl反应完全后，依据上表所示沸点差异提纯SiHCl3该提纯方法为（2）用SiHCl3与过量H2反应制备纯硅的装置如下（热源及夹持装置略去）：依次连接的合理顺序为；装置D中g管的作用是；装置B中的试剂是；装置C中的烧瓶加热的目的是装置A中发生反应的化学方程式为操作时应先打开装置（C或D）中分液漏斗的旋塞，理由是：（3）请设计实验证明产品硅中是否含微量铁单质：将产品用稀盐酸溶解，取上层清液后9稀土是我国战略性资源氟碳铈矿主要化学成分为CeFCO3，它是提取铈族稀土元素的重要矿物原料关于氟碳铈矿的冶炼处理工艺已经发展到十数种，其中一种提取铈的工艺流程如下：请回答下列问题（1）为增大反应速率，提高原料的利用率，焙烧前可将矿石处理（2）焙烧过程中产生的SO3尾气常采用喷淋法净化，再用石灰乳中和；操作I中滤渣的主要成分是（3）操作若在实验室中进行，需要的主要玻璃仪器有、烧杯、玻璃棒等；所用萃取剂HT需具备的条件是HT不溶于水，也不和水反应Ce3+不和萃取剂HT发生反应Ce3+在萃取剂HT中溶解度大于水萃取剂HT的密度一定大于水（4）已知有机物HT能将Ce3+从水溶液中萃取出来，该过程可表示为：2Ce3+ （水层）+6HT（有机层）2CeT3（有机层）+6H+（水层）从平衡角度解释：向CeT3 （有机层）加入稀硫酸获得较纯的含Ce3+的水溶液的原因是（5）常温下，含Ce3+溶液加碱调至pH=8时，c（Ce3+）=b molL1，已知Ce（OH）3的溶度积=a，则a和b的关系是（6）写出Ce（OH）3悬浊液通入氧气得到产品的化学方程式：（7）取上述流程中得到的Ce（OH）4产品0.545g，加硫酸溶解后，用0.100 0molL1 FeSO4标准溶液滴定至终点时（铈被还原为Ce3+），消耗25.00mL标准溶液该产品中Ce（OH）4的质量分数为Ce（OH）4的相对分子质量为208，结果保留两位有效数字10目前“低碳减排”备受关注，CO2的产生及有效开发利用成为科学家研究的重要课题（1）汽车尾气净化的主要原理为2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）在密闭容器中发生该反应时，c（CO2）随温度（T）、催化剂表面积（S）和时间（I）的变化曲线如图1所示据此判断：该反应的H0（填“”或“”）在T2温度下，02s内的平均反应速率v（N2）=mol/（Ls）若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是（填代号）（2）直接排放煤燃烧产生的烟气会引起严重的环境问题煤燃烧产生的烟气含氮的氧化物，用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染例如：CH4（g）+2NO2（g）N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=867kJmol12NO2（g）N2O4（g）H=56.9kJmol1写出CH4（g）催化还原N2O4（g）的热化学方程式：将燃煤产生的二氧化碳回收利用，可达到低碳排放的目的如图2是通过人工光合作用，以CO2（g）和H2O（g）为原料制备HCOOH和O2的原理示意图催化剂b表面发生的电极反应为常温下0.1molL1的HCOONa溶液pH为10，则HCOOH的电离常数Ka=molL1（填写最终计算结果）三【化学-选修2：化学与技术】11MnO2和锌是制造干电池的主要原料电解法生产MnO2传统的工艺主要流程为：软锰矿加煤还原焙烧；用硫酸浸出焙烧料；浸出液（主要含Mn2+）经净化后再进行电解，MnO2在电解池的阳极析出90年代后期发明了生产MnO2和锌的新工艺，主要是采用软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Al2O3和SiO2杂质）和闪锌矿（主要成分为ZnS，含少量FeS、CuS、CdS杂质）为主要原料，经过除杂后，得到含Zn2+、Mn2+离子的溶液，再通过电解同时获得MnO2和锌简化流程框图如下（中间产物的固体部分已经略去）：已知各种金属离子完全沉淀的pH如下表：Zn2+Mn2+Fe2+Fe3+Al3+pH8.010.19.03.24.7回答下列问题：（1）步骤中，软锰矿、闪锌矿粉与硫酸溶液共热时析出硫的反应为氧化还原反应，例如：MnO2+ZnS+2H2SO4=MnSO4+ZnSO4+S+2H2O，请写出MnO2在酸性溶液中分别和CuS和FeS发生反应的化学方程式：、（2）步骤加入金属锌是为了回收金属，回收金属的主要成份为（用化学符号表示）（3）步骤物质C由多种物质组成，其中含有两种固体，其中一种为MnO2，其作用是，另外一种固体物质可为（4）步骤中电解过程中MnO2在极析出，该电极上发生的反应方程式为产品D的化学式为，该物质对整个生产的意义是四【化学-选修3：物质结构与性质】12xx10月中国药学家屠呦呦因发现青蒿素（一种用于治疗疟疾的药物）而获得诺贝尔生理医学奖青蒿素（C15H22O5）的结构如图1所示请回答下列问题：（1）组成青蒿素的三种元素电负性由大到小排序是，在基态O原子中，核外存在对自旋相反的电子（2）下列关于青蒿素的说法正确的是（填序号）a青蒿素中既存在极性键又存在非极性键b在青蒿素分子中，所有碳原子均处于同一平面c图中数字标识的五个碳原子均只以键与其它原子成键（3）在确定青蒿素结构的过程中，可采用NaBH4作为还原剂，其制备方法为：4NaH+B（OCH3）3NaBH4+3CH3ONaNaH为晶体，图2是NaH晶胞结构，则NaH晶体的配位数是，若晶胞棱长为a，则Na原子间最小核间距为B（OCH3）3中B采用的杂化类型是写出两个与B（OCH3）3具有相同空间构型的分子或离子NaBH4结构如图3所示结构中存在的作用力有五【化学-选修5：有机化学基础】13丙烯酸乙酯（化合物）是制备塑料、树脂等高聚物的重要中间体，可由下面路线合成：（1）化合物中含有的官能团有（填名称），1mol化合物完全燃烧消耗O2为mol（2）化合物能使溴的CCl4溶液褪色，其反应方程式为（3）反应属于反应，化合物可以由化合物（分子式为C3H6O）催化氧化得到，则化合物的反应方程式为（4）化合物是化合物的同分异构体，含有碳碳双键并能与NaHCO3溶液反应放出气体，其核磁共振氢谱峰面积之比为1：1：6，则化合物的结构简式为（5）一定条件下，化合物 也可与化合物发生类似反应的反应，则得到的产物的结构简式为xx山东省菏泽市单县一中高考化学模拟试卷（3月份）参考答案与试题解析一、选择题：本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1中华民族有着光辉灿烂的发明创造史，下列古代的技术应用中不涉及化学反应的是（）A烧结粘土制陶瓷B湿法炼铜C海水晒盐D粮食酿酒【考点】物理变化与化学变化的区别与联系【分析】A制陶瓷的原料是粘土，生成硅酸盐产品； B湿法炼铜有新物质铜生成；C海水晒盐没有新物质生成；D用粮食酿酒过程中有新物质酒精生成【解答】解：A制陶瓷的原料是粘土，发生化学变化生成硅酸盐产品，故A正确； B湿法炼铜有新物质铜生成，属于化学变化，故B正确；C海水晒盐没有新物质生成，不涉及化学反应，故C错误；D用粮食酿酒过程中有新物质酒精生成，属于化学变化，故D正确故选C2NA为阿伏伽德罗常数的值下列说法正确的是（）A2.0gH2O与D2O的混合物中所含中子数为NAB标准状况下1.4 g乙烯所含共用电子对数为0.25NAC3 mol单质Fe完全转变为Fe3O4，失去8 NA个电子D50ml 12 molL1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、重水的摩尔质量为20g/mol，水的摩尔质量为18g/mol；B、求出乙烯的物质的量，然后根据乙烯中含6对共用电子对来分析；C、铁转变为Fe3O4时变为+价；D、二氧化锰只能与浓盐酸反应，与稀盐酸不反应【解答】解：A、重水的摩尔质量为20g/mol，水的摩尔质量为18g/mol，由于2.0g混合物中H2O与D2O的质量分别是多少不明确，故混合物的物质的量不明确，则含有的中子数无法计算，故A错误；B、1.4g乙烯的物质的量为0.05mol，而乙烯中含6对共用电子对，故0.05mol乙烯中含0.3mol共用电子对即0.3NA个，故B错误；C、铁转变为Fe3O4时变为+价，故3mol铁失去8mol电子即8NA个，故C正确；D、二氧化锰只能与浓盐酸反应，与稀盐酸不反应，故50ml 12 molL1盐酸即0.6mol盐酸不能反应完全，则生成的氯气的物质的量小于0.15mol即0.15NA个氯气分子，故D错误故选C3松油醇具有紫丁香味，其酯类常用于香精调制如图为松油醇的结构，以下关于它的说法正确的是（）A分子式为C10H19OB同分异构体可能属于醛类、酮类或酚类C能发生取代、氧化、还原反应D与氢气加成后的产物有4种一氯化物【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OH、碳碳双键，结合酚、烯烃的性质来解答【解答】解：A由结构可知分子式为C10H18O，故A错误；B含OH和1个碳碳双键，不能形成苯环，同分异构体不可能为酚类，故B错误；C含双键可发生加成、氧化、还原反应，含OH可发生取代反应，故C正确；D与氢气加成后的产物结构对称，含6种H（不含OH），则有6种一氯化物，故D错误；故选C4下列实验操作、现象和结论均正确的是（）选项实验操作现象结论A将光亮的镁条放入盛有NH4Cl溶液的试管中有大量气泡产生反应中有NH3产生B向AgI悬浊液中滴加NaCl溶液不出现白色沉淀更难溶的物质无法转化为难溶的物质C向KI溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置溶液上层呈紫色I还原性强于ClD向某溶液中滴加氯水后再加入KSCN溶液溶液呈红色溶液中一定含有Fe2+AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A镁能与氢离子反应生成氢气； B可能反应生成白色沉淀；C同一氧化还原中，还原剂的还原性大于还原产物的还原性；DKSCN和铁离子反应生成血红色液体，和亚铁离子不反应，氯水具有强氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子【解答】解：A镁能与氢离子反应生成氢气，无法确定是氨气，故A错误； B氯离子浓度大时，可能反应生成白色沉淀，故B错误；C氯气氧化碘离子生成碘单质，该反应中碘离子是还原剂、氯离子是还原产物，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，所以I的还原性强于Cl，故C正确；DKSCN和铁离子反应生成血红色液体，和亚铁离子不反应，氯水具有强氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，所以应该先加入KSCN然后加入氯水，防止铁离子干扰实验，故D错误；故选C5硼氢化物NaBH4（B元素的化合价为+3价）燃料电池（DBFC），由于具有比能量高、产物清洁无污染和燃料易于储存和运输等优点，被认为是一种很有发展潜力的燃料电池，其工作原理如图所示，下列说法正确的是（）A放电时，每转移2mol电子，理论上需要消耗9.5gNaBH4B电极a采用MnO2，MnO2既作电极材料又有催化作用C电池放电时Na+从b极区移向a极区D电池的负极反应为BH4+2H2O8eBO2+8H+【考点】化学电源新型电池【分析】以硼氢化合物NaBH4（B元素的化合价为+3价）和H2O2作原料的燃料电池，电解质溶液呈碱性，由工作原理装置图可知，负极发生氧化反应，电极反应式为BH4+8OH8e=BO2+6H2O，正极H2O2发生还原反应，得到电子被还原生成OH，电极反应式为H2O2+2e=2OH，结合原电池的工作原理和解答该题【解答】解：A负极发生氧化反应生成BO2，电极反应式为BH4+8OH8e=BO2+6H2O，每转移2mol电子，理论上需要消耗0.25mol即9.5gNaBH4，故A正确；B电极b采用MnO2，为正极，H2O2发生还原反应，得到电子被还原生成OH，MnO2既作电极材料又有催化作用，故B错误；C原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，则Na+从a极区移向b极区，故C错误；D负极发生氧化反应生成BO2，电极反应式为BH4+8OH8e=BO2+6H2O，故D错误；故选A6短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示已知Y和W的原子序数之和是Z的3倍，下列说法正确的是（）YZXWA原子半径：XZWB气态氢化物的稳定性：YZWCZ、W均可形成含Y元素的离子化合物D最高价氧化物对应水化物的酸性：YXW【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】Y、W的原子序数之和是Z的3倍，设Y的原子序数为x，则Z的原子序数为x+1，W的原子序数为x+10，则x+x+10=3（x+1），解得x=7，即Y为N，结合位置关系可知，Z为O，X为Si，W为Cl，然后结合元素化合物知识来解答【解答】解：Y、W的原子序数之和是Z的3倍，设Y的原子序数为x，则Z的原子序数为x+1，W的原子序数为x+10，则x+x+10=3（x+1），解得x=7，即Y为N，结合位置关系可知，Z为O，X为Si，W为ClA同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，则原子半径为XWZ，故A错误；B非金属性越强，气态氢化物越稳定，则气态氢化物的稳定性为YZ，故B错误；CZ、W均可形成含有N元素的离子化合物，如NH4NO3、NH4Cl，故C正确；DCl的最高价氧化物对应水化物的酸性为含氧酸中酸性最强的酸，非金属性越强最高价含氧酸的酸性越强，故最高价氧化物对应水化物的酸性：WYX，故D错误，故选C7室温下向10mL 0.1molL1NaOH溶液中加入0.1molL1的一元酸HA，溶液pH的变化曲线如图所示下列说法正确的是（）Aa点所示溶液中c（HA）c（A）Ba点所示溶液中c（Na+）=c（A）+c（HA）C当加入HA溶液10ml时，1.0107molL1Db点所示溶液中c（Na+）c（A）c（H+）c（HA）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；离子浓度大小的比较【分析】Aa点加入10mLHA溶液，溶质为NaA，A的水解程度减小，则c（HA）c（A）；Ba点溶质为NaA溶液，根据物料守恒判断；C. =c（OH），根据a点溶液的pH计算；Db点溶质为等浓度的NaA和HA，HA的电离程度较小，则c（HA）c（H+）【解答】解：Aa点时氢氧化钠与HA恰好反应生成NaA，由于A的水解程度减小，则c（HA）c（A），故A错误；Ba点所示溶液中溶质为NaA，根据物料守恒可得：c（Na+）=c（A）+c（HA），故B正确；C当加入HA溶液10mL时， =mol/L=1.0105.3molL11.0107molL1，故C错误；Db点加入20mLHA溶液，反应后溶质为等浓度的NaA和HA，HA的电离程度较小，则c（HA）c（H+），正确的离子浓度大小为：c（Na+）c（A）c（HA）c（H+），故D错误；故选B二、解答题（共3小题，满分43分）8晶体硅是一种重要的非金属材料，模拟制备纯硅的主要步骤如下：高温下用碳还原二氧化硅制得粗硅粗硅与干燥HCl气体反应制得SiHCl3：Si+3HClSiHCl3+H2，沸点/SiHCl333.0SiCl457.6HCl84SiHCl3与过量H2在10001100反应制得纯硅可能用到的信息如下：已知SiHCl3能与H2O强烈反应，在空气中易自燃；步骤中粗硅与HCl反应时会生成少量SiCl4；请回答下列问题：（1）粗硅与HCl反应完全后，依据上表所示沸点差异提纯SiHCl3该提纯方法为分馏（2）用SiHCl3与过量H2反应制备纯硅的装置如下（热源及夹持装置略去）：依次连接的合理顺序为DBCAE；装置D中g管的作用是平衡压强；装置B中的试剂是浓硫酸；装置C中的烧瓶加热的目的是使滴入烧瓶中的SiHCl3气化装置A中发生反应的化学方程式为SiHCl3+H2Si+3HCl操作时应先打开装置D（C或D）中分液漏斗的旋塞，理由是：因为SiHCl3容易在空气自燃，实验中还要注意先通一段时间H2排尽装置中的空气（3）请设计实验证明产品硅中是否含微量铁单质：将产品用稀盐酸溶解，取上层清液后先滴加氯水，再滴加硫氰化钾溶液，溶液显红色【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）根据题中数据，采用分馏方法提纯SiHCl3；（2）依据实验目的可知：锌与硫酸制备氢气，干燥干燥后通入用热水浴加热SiHCl3，在石英管中反应生成硅和氯化氢，最后进行尾气处理，据此排序；装置D中g管连接分液漏斗与烧瓶，起平衡压强的作用；浓硫酸干燥氢气；通过水浴加热使滴入烧瓶中的SiHCl3气化，与氢气混合均匀；SiHCl3和氢气反应有硅单质生成，根据硅的颜色判断D装置中的颜色变化；反应温度较高，普通玻璃会软化；SiHCl3和H2反应生成硅和氯化氢；氢气是可燃性气体，易产生爆炸，为防止安全事故的发生，所以先通一段时间H2，将装置中的空气排尽；（3）铁能够与氢氧化剂反应生成三价铁离子，三价铁离子遇到硫氰酸钾显红色，据此检验铁元素的存在【解答】解：（1）SiHCl3（沸点33.0）中含有少量SiCl4（沸点57.6）和HCl（沸点84.7），由于沸点差别较大，可以通过分馏除去杂质，故答案为：分馏；（2）依据实验目的可知：锌与硫酸制备氢气，干燥干燥后通入用水冷却的SiHCl3，在石英管中反应生成硅和氯化氢，最后进行尾气处理，所以正确的顺序为DBCAE；装置D中g管连接分液漏斗与烧瓶，起平衡压强的作用；B装置用于干燥氢气，可用浓硫酸；通过水浴加热使滴入烧瓶中的SiHCl3气化，与氢气混合均匀，故答案为：DBCAE；平衡压强（“使分液漏斗中的溶液顺利滴下”也给分）；浓硫酸；使滴入烧瓶中的SiHCl3气化；高温下，SiHCl3和氢气反应生成硅单质，硅单质是灰黑色固体，所以D装置中的现象是：石英管的内壁附有灰黑色晶体；反应方程式为：SiHCl3+H2Si+3HCl，故答案为：SiHCl3+H2Si+3HCl；氢气是可燃性气体，易产生爆炸，为防止安全事故的发生，所以先通一段时间H2，将装置中的空气排尽，所以应先打开D；故答案为：D；因为SiHCl3容易在空气自燃，实验中还要注意先通一段时间H2排尽装置中的空气；（3）铁能够与氢氧化剂反应生成三价铁离子，三价铁离子遇到硫氰酸钾显红色，要检验铁单质的存在可以：先滴加氯水，再滴加硫氰化钾溶液，溶液显红色；故答案为：先滴加氯水，再滴加硫氰化钾溶液，溶液显红色9稀土是我国战略性资源氟碳铈矿主要化学成分为CeFCO3，它是提取铈族稀土元素的重要矿物原料关于氟碳铈矿的冶炼处理工艺已经发展到十数种，其中一种提取铈的工艺流程如下：请回答下列问题（1）为增大反应速率，提高原料的利用率，焙烧前可将矿石粉碎成细颗粒处理（2）焙烧过程中产生的SO3尾气常采用喷淋法净化，再用石灰乳中和；操作I中滤渣的主要成分是CaF2、CaSO4（3）操作若在实验室中进行，需要的主要玻璃仪器有分液漏斗、烧杯、玻璃棒等；所用萃取剂HT需具备的条件是HT不溶于水，也不和水反应Ce3+不和萃取剂HT发生反应Ce3+在萃取剂HT中溶解度大于水萃取剂HT的密度一定大于水（4）已知有机物HT能将Ce3+从水溶液中萃取出来，该过程可表示为：2Ce3+ （水层）+6HT（有机层）2CeT3（有机层）+6H+（水层）从平衡角度解释：向CeT3 （有机层）加入稀硫酸获得较纯的含Ce3+的水溶液的原因是混合液中加入H2SO4使c（H+）增大，平衡向形成Ge3+水溶液方向移动（5）常温下，含Ce3+溶液加碱调至pH=8时，c（Ce3+）=b molL1，已知Ce（OH）3的溶度积=a，则a和b的关系是a=1018b（6）写出Ce（OH）3悬浊液通入氧气得到产品的化学方程式：4Ce（OH）3+O2+2H2O=4Ce（OH）4（7）取上述流程中得到的Ce（OH）4产品0.545g，加硫酸溶解后，用0.100 0molL1 FeSO4标准溶液滴定至终点时（铈被还原为Ce3+），消耗25.00mL标准溶液该产品中Ce（OH）4的质量分数为95%Ce（OH）4的相对分子质量为208，结果保留两位有效数字【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】氟碳铈矿主要化学成分为CeFCO3，用硫酸强化焙烧得浸出液中含有，氟离子、铈离子、硫酸等，尾气中主要含有二氧化碳，加入碳酸钙会生成硫酸钙和氟化钙等难溶物为滤渣，和硫酸稀土溶液，在硫酸稀土溶液中加入萃取剂HT，经过分液将溶液中的Ce3+萃取出来，再加入稀硫酸得含有Ce3+的溶液，调节溶液的pH值得Ce（OH）3沉淀，再经过氧气氧化，过滤、洗涤、干燥可得Ce（OH）4产品，（1）根据影响反应速率的因素可知，为增大反应速率，提高原料的利用率，焙烧前可将矿石粉碎成细颗粒处理；（2）氟碳铈矿用硫酸强化焙烧得滤液中含有氟离子、铈离子、硫酸等，加入碳酸钙会生成硫酸钙和氟化钙等难溶物，据此答题；（3）操作II为分液，分液需要的主要玻璃仪器有分液漏斗、烧杯、玻璃棒等；萃取的目的是将溶液中的Ce3+萃取出来，根据萃取剂的要求选择；（4）根据平衡2Ce3+ （水层）+6HT（有机层）2CeT3（有机层）+6H+（水层）可知，加入酸平衡向逆反应方程移动，据此分析；（5）根据溶度积=c3（OH）c（Ce3+），结合pH=8及c（Ce3+）=b molL1，可计算出a和b的关系；（6）根据流程结合元素守恒可知Ce（OH）3结合氧气和水生成Ce（OH）4，据此书写化学方程式；（7）根据电子得失守恒有关系式Ce（OH）4FeSO4，根据FeSO4标准溶液中FeSO4的物质的量可计算出Ce（OH）4的质量，进而确定Ce（OH）4的质量分数；【解答】解：（1）根据影响反应速率的因素可知，为增大反应速率，提高原料的利用率，焙烧前可将矿石粉碎成细颗粒处理，故答案为：粉碎成细颗粒；（2）氟碳铈矿用硫酸强化焙烧得滤液中含有氟离子、铈离子、硫酸等，加入碳酸钙会生成硫酸钙和氟化钙等难溶物，所以操作I中滤渣的主要成分是CaF2、CaSO4，故答案为：CaF2、CaSO4；（3）操作II为分液，分液需要的主要玻璃仪器有分液漏斗、烧杯、玻璃棒等；萃取的目的是将溶液中的Ce3+萃取出来，根据萃取剂的要求选择可知，HT要不溶于水，也不和水反应、Ce3+不和萃取剂HT发生反应、Ce3+在萃取剂HT中溶解度大于水，故选，故答案为：分液漏斗；（4）根据平衡2Ce3+ （水层）+6HT（有机层）2CeT3（有机层）+6H+（水层）可知，混合液中加入H2SO4使c（H+）增大，平衡向形成Ge3+水溶液方向移动，故答案为：混合液中加入H2SO4使c（H+）增大，平衡向形成Ge3+水溶液方向移动；（5）根据题意，溶液中c（OH）=106 molL1，根据溶度积=c3（OH）c（Ce3+）可知a=（106）3b，所以a=1018b，故答案为：a=1018b；（6）根据流程结合元素守恒可知Ce（OH）3结合氧气和水生成Ce（OH）4，反应的化学方程式为4Ce（OH）3+O2+2H2O=4Ce（OH）4，故答案为：4Ce（OH）3+O2+2H2O=4Ce（OH）4；（7）根据电子得失守恒有关系式Ce（OH）4FeSO4，FeSO4标准溶液中FeSO4的物质的量为0.0250.1mol=0.0025mol，所以Ce（OH）4的质量为0.0025mol208g/mol=0.52g，则样品中Ce（OH）4的质量分数为100%=95%，故答案为：95%10目前“低碳减排”备受关注，CO2的产生及有效开发利用成为科学家研究的重要课题（1）汽车尾气净化的主要原理为2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）在密闭容器中发生该反应时，c（CO2）随温度（T）、催化剂表面积（S）和时间（I）的变化曲线如图1所示据此判断：该反应的H0（填“”或“”）在T2温度下，02s内的平均反应速率v（N2）=0.025mol/（Ls）若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是bd（填代号）（2）直接排放煤燃烧产生的烟气会引起严重的环境问题煤燃烧产生的烟气含氮的氧化物，用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染例如：CH4（g）+2NO2（g）N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=867kJmol12NO2（g）N2O4（g）H=56.9kJmol1写出CH4（g）催化还原N2O4（g）的热化学方程式：CH4（g）+N2O4（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=810.1kJ/mol将燃煤产生的二氧化碳回收利用，可达到低碳排放的目的如图2是通过人工光合作用，以CO2（g）和H2O（g）为原料制备HCOOH和O2的原理示意图催化剂b表面发生的电极反应为CO2+2H+2e=HCOOH常温下0.1molL1的HCOONa溶液pH为10，则HCOOH的电离常数Ka=107molL1（填写最终计算结果）【考点】化学平衡的计算；热化学方程式；电极反应和电池反应方程式【分析】（1）根据到达平衡的时间判断温度高低，根据平衡时二氧化碳的浓度判断温度对平衡的影响；由图可知，T2温度平衡时，二氧化碳的浓度变化量为0.1mol/L，根据v=计算v（CO2）；根据速率之比等于化学计量数之比计算v（N2）；根据化学平衡时正逆反应速率相等，各组分含量保持不变分析；（2）已知：、CH4（g）+2NO2（g）N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H1=867kJ/mol、2NO2（g）N2O4（g）H2=56.9kJ/mol根据盖斯定律，得CH4（g）+N2O4（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g），据此计算；由图可知，左室投入水，生成氧气与氢离子，电极a表面发生氧化反应，为负极，右室通入二氧化碳，酸性条件下生成HCOOH，电极b表面发生还原反应，为正极；计算水解平衡常数Kh，再根据Ka=计算【解答】解：（1）由图1可知，温度T1先到达平衡，故温度T1T2，温度越高平衡时，二氧化碳的浓度越低，说明升高温度平衡向逆反应移动，故正反应为放热反应；故答案为：；由图可知，T2温度时2s到达平衡，平衡时二氧化碳的浓度变化量为0.1mol/L，故v（CO2）=0.05mol/（Ls），速率之比等于化学计量数之比，故v（N2）=0.5v（CO2）=0.50.05mol/（Ls）=0.025mol/（Ls）；故答案为：0.025；a到达平衡后正、逆速率相等，不再变化，t1时刻V正最大，之后随反应进行速率发生变化，未到达平衡，故a错误；b该反应正反应为放热反应，随反应进行温度升高，化学平衡常数减小，到达平衡后，温度为定值，达最高，平衡常数不变，故b正确，c、t1时刻后二氧化碳、NO的物质的量发生变化，t1时刻未到达平衡状态，故c错误；d、NO的质量分数为定值，t1时刻处于平衡状态，故d正确，故答案为：bd；（2）已知：、CH4（g）+2NO2（g）N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H1=867kJ/mol、2NO2（g）N2O4（g）H2=56.9kJ/mol根据盖斯定律，得CH4（g）+N2O4（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g），故H=867kJ/mol（56.9kJ/mol）=810.1kJ/mol，即CH4（g）+N2O4（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=810.1kJ/mol，故答案为：CH4（g）+N2O4（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=810.1kJ/mol；由图可知，左室投入水，生成氧气与氢离子，电极a表面发生氧化反应，为负极，电极反应式为2H2O4eO2+4H+，右室通入二氧化碳，酸性条件下生成HCOOH，电极b表面发生还原反应，为正极，电极反应式为2CO2+4e+4H+2HCOOH；故答案为：CO2+2H+2e=HCOOH；常温下，0.1mol/L的HCOONa溶液pH为10，溶液中存在HCOO水解HCOO+H2OHCOOH+OH，故Kh=107，则HCOOH的电离常数Ka=107；故答案为：107三【化学-选修2：化学与技术】11MnO2和锌是制造干电池的主要原料电解法生产MnO2传统的工艺主要流程为：软锰矿加煤还原焙烧；用硫酸浸出焙烧料；浸出液（主要含Mn2+）经净化后再进行电解，MnO2在电解池的阳极析出90年代后期发明了生产MnO2和锌的新工艺，主要是采用软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Al2O3和SiO2杂质）和闪锌矿（主要成分为ZnS，含少量FeS、CuS、CdS杂质）为主要原料，经过除杂后，得到含Zn2+、Mn2+离子的溶液，再通过电解同时获得MnO2和锌简化流程框图如下（中间产物的固体部分已经略去）：已知各种金属离子完全沉淀的pH如下表：Zn2+Mn2+Fe2+Fe3+Al3+pH8.010.19.03.24.7回答下列问题：（1）步骤中，软锰矿、闪锌矿粉与硫酸溶液共热时析出硫的反应为氧化还原反应，例如：MnO2+ZnS+2H2SO4=MnSO4+ZnSO4+S+2H2O，请写出MnO2在酸性溶液中分别和CuS和FeS发生反应的化学方程式：MnO2+CuS+2H2SO4=MnSO4+CuSO4+S+2H2O、MnO2+2FeS+6H2SO4=Fe2（SO4）3+3MnSO4+2S+6H2O（2）步骤加入金属锌是为了回收金属，回收金属的主要成份为Cu、Cd（用化学符号表示）（3）步骤物质C由多种物质组成，其中含有两种固体，其中一种为MnO2，其作用是将Fe2+氧化为Fe3+，另外一种固体物质可为Zn（OH）2（4）步骤中电解过程中MnO2在阳极析出，该电极上发生的反应方程式为Mn2+2e+2H2O=MnO2+4H+产品D的化学式为H2SO4，该物质对整个生产的意义是用于溶解软锰矿和闪锌矿，循环使用【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】（1）MnO2在酸性溶液中分别和CuS和FeS发生氧化还原反应，Mn元素的化合价降低，S元素的化合价升高，且Fe元素化合价升高；（2）滤液A中含金属离子，加Zn发生置换反应；（3）由转化可知，铁离子、铝离子转化为沉淀；（4）步骤中电解过程中MnO2应在阳极生成，因Mn元素失去电子，阴极上Zn得到电子，得到的硫酸可循环使用【解答】解：（1）MnO2在酸性溶液中分别和CuS和FeS发生氧化还原反应，Mn元素的化合价降低，S元素的化合价升高，且Fe元素化合价升高，由电子、原子守恒可知，反应分别为MnO2+CuS+2H2SO4=MnSO4+CuSO4+S+2H2O、MnO2+2FeS+6H2SO4=Fe2（SO4）3+3MnSO4+2S+6H2O，故答案为：MnO2+CuS+2H2SO4=MnSO4+CuSO4+S+2H2O；MnO2+2FeS+6H2SO4=Fe2（SO4）3+3MnSO4+2S+6H2O；（2）由滤液AZn2+、Mn2+、Fe2+、Al3+，可知加Zn置换出Cu、Cd，故答案为：Cu、Cd；（3）由转化可知，铁离子、铝离子转化为沉淀，其中一种为MnO2，其作用是将Fe2+氧化为Fe3+；另外一种固体物质可为Zn（OH）2（Mn（OH）2、ZnCO3、MnCO3等）促进铁离子水解转化为沉淀，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；Zn（OH）2；（4）因Mn元素失去电子，可知步骤中电解过程中MnO2在阳极析出，该电极上发生的反应方程式为Mn2+2e+2H2O=MnO2+4H+，硫酸根离子不变，且生成氢离子，可知产品D的化学式为H2SO4，该物质对整个生产的意义是用于溶解软锰矿和闪锌矿，循环使用，故答案为：阳；Mn2+2e+2H2O=MnO2+4H+；H2SO4；用于溶解软锰矿和闪锌矿，循环使用四【化学-选修3：物质结构与性质】12xx10月中国药学家屠呦呦因发现青蒿素（一种用于治疗疟疾的药物）而获得诺贝尔生理医学奖青蒿素（C15H22O5）的结构如图1所示请回答下列问题：（1）组成青蒿素的三种元素电负性由大到小排序是OCH，在基态O原子中，核外存在3对自旋相反的电子（2）下列关于青蒿素的说法正确的是a（填序号）a青蒿素中既存在极性键又存在非极性键b在青蒿素分子中，所有碳原子均处于同一平面c图中数字标识的五个碳原子均只以键与其它原子成键（3）在确定青蒿素结构的过程中，可采用NaBH4作为还原剂，其制备方法为：4NaH+B（OCH3）3NaBH4+3CH3ONaNaH为离子晶体，图2是NaH晶胞结构，则NaH晶体的配位数是6，若晶胞棱长为a，则Na原子间最小核间距为B（OCH3）3中B采用的杂化类型是sp2写出两个与B（OCH3）3具有相同空间构型的分子或离子SO3、CO32NaBH4结构如图3所示结构中存在的作用力有离子键、配位键、共价键【考点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；化学键；判断简单分子或离子的构型【分析】（1）组成青蒿素的三种元素为H、C、O，非金属性越强电负性越大；在基态O原子中，核外有8的电子，其中有3个轨道有成对电子；（2）a青蒿素中存在OO键、CC键，为非极性键，CO、CH键为极性键；b含有饱和碳原子，具有烷烃的结构；cC=O键含有键；（3）NaH为离子晶体，NaH晶体中每个钠离子周围有6个氢负离子，若晶胞棱长为a，处于晶胞中小立方体面对角线的Na原子间距最小；B（OCH3）3中B与3个O原子成键，与B（OCH3）3的相同空间构型平面三角形；NaBH4存在离子键、配位键和共价键【解答】解：（1）组成青蒿素的三种元素为H、C、O，元素的非金属性越强，电负性越强，非金属性：OCH，则H、C、O三种元素的电负性由大到小的顺序是OCH，在基态O原子中，核外有8的电子，核外电子排布式为1s22s2p4，其中有3个轨道有成对电子，则核外存在3对自旋相反的电子，故答案为：OCH；3；（2）a青蒿素中存在OO键、CC键，为非极性键，CO、CH键为极性键，故a正确；b含有饱和碳原子，具有烷烃的结构，则所有碳原子不处于同一平面，故b错误；cC=O键含有键，故c错误；故答案为：a；（3）NaH为离子晶体，NaH晶体中每个钠离子周围有6个氢负离子，若晶胞棱长为a，处于晶胞中小立方体面对角线的Na原子间距最小，则Na原子间最小核间距为，故答案为：离子； 6；B（OCH3）3中B与3个O原子成键，为sp2杂化，B（OCH3）3的相同空间构型平面三角形，与B（OCH3）3具有相同空间构型的分子或离子可为SO3、CO32，故答案为：sp2；SO3、CO32；B原子核最外层有3个电子，NaBH4存在离子键、配位键和共价键，故答案为：离子键、配位键、共价键五【化学-选修5：有机化学基础】13丙烯酸乙酯（化合物）是制备塑料、树脂等高聚物的重要中间体，可由下面路线合成：（1）化合物中含有的官能团有碳碳双键、醛基（填名称），1mol化合物完全燃烧消耗O2为6mol（2）化合物能使溴的CCl4溶液褪色，其反应方程式为CH2=CHCOOH+Br2CH2BrCHBrCOOH（3）反应属于取代反应，化合物可以由化合物（分子式为C3H6O）催化氧化得到，则化合物的反应方程式为2CH2=CHCH2OH+O22CH2=CHCHO+2H2O（4）化合物是化合物的同分异构体，含有碳碳双键并能与NaHCO3溶液反应放出气体，其核磁共振氢谱峰面积之比为1：1：6，则化合物的结构简式为CH3C（CH3）=CHCOOH（5）一定条件下，化合物 也可与化合物发生类似反应的反应，则得到的产物的结构简式为【考点】有机物的结构和性质【分析】（1）化合物含有碳碳双键和醛基；写出反应的方程式可得耗氧量；（2）化合物II的官能团是碳碳双键与溴可以发生加成反应；（3）比较和结构可知反应类型；醇催化氧化成醛，结合的分子式和的结构简式，可知为烯醇，由此可写出醇氧化成醛的方程式；（4）含有碳碳双键并能与NaHCO3溶液反应放出气体，说明含双键和羧基官能团，根据核磁共振氢谱峰面积之比为1：1：6，说明有3种氢原子，氢原子的个数分别为1、1、6，由此写出结构简式；（5）反应原理是结构中氯原子被醇中烷氧基取代，类比写出化合物与反应的产物【解答】解：（1）化合物含有碳碳双键和醛基；根据烃的含氧衍生物燃烧通式可得：C5H8O2+6O25CO2+4H2O，其中氧气与的物质的量之比等于系数之比，则1mol完全燃烧最少需要消耗6mol O2，故答案为：碳碳双键、醛基； 6；（2）化合物II的官能团是碳碳双键与溴可以发生加成反应，反应方程式为：CH2=CHCOOH+Br2CH2BrCHBrCOOH；故答案为：CH2=CHCOOH+Br2CH2BrCHBrCOOH；（3）比较和结构可知：化合物中COOH经过反应变成了化合物中COCl，氯原子取代了羟基位置，故反应为取代反应；醇催化氧化成醛，结合的分子式和的结构简式，可知为烯醇，结构简式为：CH2=CHCH2OH，由此可写出醇氧化成醛的方程式：2CH2=CHCH2OH+O22CH2=CHCHO+2H2O；故答案为：取代；2CH2=CHCH2OH+O22CH2=CHCHO+2H2O；（4）化合物是化合物的同分异构体，故的分子式为：C5H8O2；含有碳碳双键并能与NaHCO3溶液反应放出气体，说明含双键和羧基官能团，根据核磁共振氢谱峰面积之比为1：1：6，说明有3种氢原子，氢原子的个数分别为1、1、6，由此写出的结构简式为：CH3C（CH3）=CHCOOH；故答案为：CH3C（CH3）=CHCOOH；（5）反应原理是结构中氯原子被醇中烷氧基取代，类比写出化合物与反应的产物为：故答案为：xx1月13日