2019-2020年高考化学模拟试卷（五）含解析.doc

2019-2020年高考化学模拟试卷（五）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下列叙述中正确的是（）AK3C60在熔融状态下能够导电，所以K3C60是电解质BMg、Fe等金属在一定条件下与水反应都生成H2和对应的氢氧化物C胶体和溶液的本质区别在于能否发生丁达尔现象D变化过程中化学键被破坏，则一定发生化学变化2短周期元素甲、乙、丙、丁、戊、己、庚在周期表中的相对位置如图（甲不一定在丁、庚的连线上），戊、己分别是空气、地壳中含量最多的元素下列判断正确的是（）A甲与己形成的化合物一定是离子化合物B简单气态氢化物的稳定性：庚己戊C乙、丙、丁的最高价氧化物水化物可以相互反应D庚的最高价氧化物水化物酸性最强3下列操作不能实现实验目的是（）A目的：浓度对化学反应速率的影响B目的：配制银氨溶液加入 1mol/L 1mL硫酸C目的：比较Al、Fe、Cu活动性D目的：实验室制取氨气AABBCCDD4胡妥油（D）用作香料的原料，它可由A合成得到：下列说法不正确的是（）A若有机物A是由异戊二烯（C5H8）和丙烯酸（C3H4O2）加热得到的，则该反应的反应类型属于加成反应B有机物B既能跟Na反应放出H2，又能跟NaHCO3溶液反应放出CO2气体C有机物C的所有同分异构体中不可能有芳香族化合物存在D有机物D能发生加成、取代、氧化、还原等反应5下列有关工业生产的叙述正确的是（）A合成氨生产中将NH3液化分离，虽可提高N2、H2的转化率但减小了反应速率B硫酸工业中，在接触室安装热交换器是为了利用SO3转化为H2SO4时放出的热量C电解饱和食盐水制烧碱采用离子交换膜法，可防止阴极室产生的C12进入阳极室D侯氏制碱法是将氨气和二氧化碳先后通入饱和氯化钠溶液中，制得碳酸氢钠固体，再在高温下灼烧，转化为碳酸钠固体6在一定温度条件下，甲、乙两个容积相等的恒容密闭容器中均发生如下反应：3A（g）+B（g）xC（g）+D（s），向甲中通入6molA和2molB，向乙中通入1.5molA、0.5molB和3molC和2molD，反应一段时间后都达到平衡，此时测得甲、乙两容器中C的体积分数都为0.2，下列叙述中正确的是（）A平衡时，甲、乙两容器中A、B的物质的量之比不相等B若平衡时，甲、乙两容器中A的物质的量相等，则x=2C平衡时甲中A的体积分数为40%D若平衡时两容器中的压强不相等，则两容器中压强之比为5：87已知草酸为二元弱酸：H2C2O4HC2O4+H+ Ka1HC2O4C2O42+H+ Ka2常温下，向某浓度的草酸溶液中逐滴加入一定量浓度的KOH溶液，所得溶液中H2C2O4、HC2O4、C2O42三种微粒的物质的量分数（）与溶液pH的关系如图所示，则下列说法中不正确的是（）ApH=1.2溶液中：c（K+）+c（H+）=c（OH）+c（H2C2O4）BpH=2.7溶液中：c2（HC2O4）/c（H2C2O4）c（C2O42）=1000C将相同物质的量KHC2O4和K2C2O4固体完全溶于水可配得pH为4.2的混合液D向pH=1.2的溶液中加KOH溶液将pH增大至4.2的过程中水的电离度一直增大二、解答题（共3小题，满分43分）8S2Cl2是工业上常用的硫化剂，实验室制备S2Cl2的反应原理有两种：CS2+3Cl2CCl4+S2Cl2；2S+Cl2S2Cl2已知：S2Cl2易与水反应；S2Cl2+Cl22SCl2下表是几种物质的熔沸点，如图是反应装置图：物质沸点/熔点/S445113CS247109CCl47723S2Cl213777（1）利用上图装置（部分夹持仪器已略去）来制备S2Cl2，反应原理是（填写以上两种反应原理的数字序号）（2）若装置C更换成干燥管，则装置C中可选用的固体试剂是（3）D装置中冷凝管的作用是；反应结束后，将D装置锥形瓶内的混合物中分离出产物的方法是（4）S2Cl2与足量水反应有黄色沉淀生成，产生的无色气体能使品红溶液褪色，则该反应的化学方程式为（5）为了提高制得的产品S2Cl2的纯度，关键的操作是控制好温度和（6）上图尾部装置不够完善，改进措施是（7）若A中消耗了26.1g MnO2，得到10.8g产品，本实验的产率是9利用硫酸渣（主要含Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO等杂质）制备氧化铁的工艺流程如下：（1）“酸浸”中硫酸要适当过量，目的是（2）“还原”是将Fe3+转化为Fe2+，同时FeS2被氧化为SO42，该反应的离子方程式为（3）为测定“酸浸”步骤后溶液中Fe3+的量以控制加入FeS2的量实验步骤为：准确量取一定体积的酸浸后的溶液于锥形瓶中，加入HCl、稍过量SnCl2，再加HgCl2除去过量的SnCl2，以二苯胺磺酸钠为指示剂，用K2Cr2O7标准溶液滴定有关反应的化学方程式如下：2Fe3+Sn2+6Cl=2Fe2+SnCl62；Sn2+4Cl+2HgCl2=SnCl62+Hg2Cl26Fe2+Cr2O72+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O滴定时，K2Cr2O7标准溶液应盛放在滴定管中（填“酸式”、“碱式”）；若不加HgCl2，则测定的Fe3+量（填“偏高”、“偏低”或“不变”）（4）可选用（填试剂）检验滤液中含有Fe3+，产生Fe3+的原因是（用离子方程式表示）已知部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：沉淀物Fe（OH）3Al（OH）3Fe（OH）2Mg（OH）2Mn（OH）2开始沉淀2.73.87.59.48.3完全沉淀3.25.29.712.49.8实验可选用的试剂有：稀硝酸、Ba（NO3）2溶液、酸性KMnO4溶液、NaOH溶液，要求制备过程中不产生有毒气体请完成由“过滤”后的溶液模拟制备氧化铁的实验步骤：a氧化：b沉淀：c分离，洗涤d烘干，研磨10钢铁生产中的尾气易造成环境污染，清洁生产工艺可消减污染源并充分利用已知：Fe2O3（s）+3CO（g）Fe（s）+3CO2（g）H=25kJ/mol3Fe2O3（s）+CO（g）2Fe3O4（s）+CO2（g）H=47kJ/molFe3O4（s）+CO（g）3FeO（s）+CO2（g）H=+17kJ/mol（1）试计算反应：FeO（s）+CO（g）Fe（s）+CO2（g）的H=（2）已知1092时（1）中反应的平衡常数为0.35，在1L的密闭容器中，投入7.2g FeO和0.1mol CO加热到1092并保持该温度，反应在t1时达平衡t1时反应达平衡后，CO气体的体积分数为反应（1）在一定条件下达到平衡，则下列叙述表明该反应已经达到平衡状态的是（填字母）a混合气体的密度不变 bCO的浓度不再改变cv（CO）正=v（CO2）逆 d容器内总压强不变（3）含铁元素的高铁酸钾（K2FeO4）是一种优良的水处理剂K2FeO4溶于水是一个可逆的过程，放出一种无色无味气体其杀菌消毒、净化吸附水中的悬浮杂质的原理可用离子方程式表示为FeO42在水溶液中的存在形态如图a所示，纵坐标表示分数分布则下列说法不正确的是（填字母）A不论溶液酸碱性如何变化，铁元素都有4种存在形态B向pH=10的这种溶液中加硫酸至pH=2，HFeO4的分布分数逐渐增大C向pH=6的这种溶液中加KOH溶液，发生反应的离子方程式为HFeO4+OHFeO42+H2O高铁酸钾还可制作充电电池，原理为：3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH该电池充电时阳极电极反应式为将适量K2FeO4溶解于pH=4.74的溶液中，配制成c（FeO42）=1.0mmol/L的试样，将试样分别置于20、30、40和60的恒温水浴中，测定c（FeO42）的变化，结果见图b该操作的目的是三、选考题【化学-选修3物质结构与性质】11过渡元素Ti、Mn、Fe、Cu等可与C、H、O形成多种化合物请回答下列问题：（1）根据元素原子的外围电子排布的特征，可将元素周期表分成五个区域，其中Mn属于区（2）Ti（BH4）2是一种过渡元素硼氢化物储氢材料基态Ti2+中电子占据的最高能层符号为，该能层具有的原子轨道数为BH4的空间构型是（3）在Cu的催化作用下，乙醇可被空气中氧气氧化为乙醛，乙醛分子中碳原子的杂化方式是，乙醛分子中HCO的键角乙醇分子中HCO的键角（填“大于”、“等于”或“小于”）（4）电镀厂排放的废水中常含有剧毒的CN，可在TiO2的催化下，先用NaClO将CN氧化成CNO，再在酸性条件下CNO继续被NaClO氧化成N2和CO2H、C、N、O四种元素的电负性由小到大的顺序为与CN互为等电子体微粒的化学式为（写出一种即可）（5）单质铁有、三种同素异形体，三种晶胞中Fe原子的配位数之比为，三种晶胞中棱长之比为化学-选修5：有机化学基础12有机物G是一种食品香料，其香气强度为普通香料的34倍，其合成路线如下：已知：RCH=CH2 RCHO+HCHO（1）该香料长期暴露于空气中易变质，其原因是（2）写出A中含氧官能团的名称：，由A到 B、C到D的反应类型为（3）有机物E的结构简式为（4）有机物G同时满足下列条件的同分异构体有种，写出其中一种发生碱性水解的化学方程式与FeCl3溶液反应显紫色； 可发生水解反应，其中一种水解产物能发生银镜反应；分子中有4种不同化学环境的氢（5）写出以为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）合成路线流程图示例如下：CH3CH2OHH2C=CH2xx年山东省青岛市平度市高考化学模拟试卷（五）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下列叙述中正确的是（）AK3C60在熔融状态下能够导电，所以K3C60是电解质BMg、Fe等金属在一定条件下与水反应都生成H2和对应的氢氧化物C胶体和溶液的本质区别在于能否发生丁达尔现象D变化过程中化学键被破坏，则一定发生化学变化【考点】电解质与非电解质；分散系、胶体与溶液的概念及关系；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用【分析】A根据电解质的定义：电解质是指溶于水溶液中或在熔融状态下就能够导电（电解离成阳离子与阴离子）的化合物，据此即可解答；B铁与高温水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气；C根据三种分散系的本质差异是分散质粒子的大小进行解答；D 变化过程中化学键被破坏，不一定发生化学变化，如晶体的溶解【解答】解：AK3C60是化合物，它在熔融状态下能够电离出自由移动的离子能够导电，是电解质，故A正确；B铁与高温水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，故B错误；C当分散剂是水或其它溶液时，根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm100nm）、浊液（大于100nm），所以，溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质的区别在于分散质粒子直径大小，故C错误；D 变化过程中化学键被破坏，不一定发生化学变化，如NaOH为离子化合物，溶于水电离成自由移动的离子，破坏的是离子键，但溶解在水中的NaOH，没有生成其它物质，是物理变化，故D错误；故选A2短周期元素甲、乙、丙、丁、戊、己、庚在周期表中的相对位置如图（甲不一定在丁、庚的连线上），戊、己分别是空气、地壳中含量最多的元素下列判断正确的是（）A甲与己形成的化合物一定是离子化合物B简单气态氢化物的稳定性：庚己戊C乙、丙、丁的最高价氧化物水化物可以相互反应D庚的最高价氧化物水化物酸性最强【考点】位置结构性质的相互关系应用；元素周期律和元素周期表的综合应用【分析】由短周期元素甲、乙、丙、丁、戊、己、庚在周期表中的相对位置如图（甲不一定在丁、庚的连线上），戊、己分别是空气、地壳中含量最多的元素，则戊为N元素，己为O元素，结合位置可知，甲为可能为H，丁为C，庚为F，乙为Mg，丙为Al，然后结合元素周期律及元素化合物知识来解答【解答】解：由短周期元素甲、乙、丙、丁、戊、己、庚在周期表中的相对位置如图（甲不一定在丁、庚的连线上），戊、己分别是空气、地壳中含量最多的元素，则戊为N元素，己为O元素，结合位置可知，甲可能为H，丁为C，庚为F，乙为Mg，丙为Al，A甲与己形成的化合物为水时，为共价化合物，故A错误；B非金属性越强，氢化物越稳定，则简单气态氢化物的稳定性：庚己戊，故B正确；C氢氧化铝与强酸、强碱反应，则乙、丙、丁的最高价氧化物水化物不能相互反应，故C错误；D庚为F，没有正价，故D错误；故选B3下列操作不能实现实验目的是（）A目的：浓度对化学反应速率的影响B目的：配制银氨溶液加入 1mol/L 1mL硫酸C目的：比较Al、Fe、Cu活动性D目的：实验室制取氨气AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A只有亚硫酸钠的浓度一个变量；B向硝酸银中滴加氨水，至最初生成的沉淀恰好溶解制备银氨溶液；C构成原电池的金属电极，较活泼金属作负极；D氯化铵和氢氧化钙在加热条件下反应生成氯化钙和氨气，氨气密度小于空气，应该采用向下排空气法收集【解答】解：A只有亚硫酸钠的浓度一个变量，则图中装置可探究浓度对反应速率影响，故A正确；B向硝酸银中滴加氨水，至最初生成的沉淀恰好溶解制备银氨溶液，则图中装置不可制备银氨溶液，故B错误；C构成原电池的金属电极，较活泼金属作负极，Al、Fe和稀硫酸构成的原电池中，Al作负极、Fe作正极，活泼性AlFe，Fe、Cu和稀硫酸原电池中，Fe作负极、Cu作正极，则活泼性FeCu，所以金属活泼性AlFeCu，故C正确；D氯化铵和氢氧化钙在加热条件下反应生成氯化钙和氨气，氨气密度小于空气，应该采用向下排空气法收集，该装置能制取并收集氨气，故D正确；故选B4胡妥油（D）用作香料的原料，它可由A合成得到：下列说法不正确的是（）A若有机物A是由异戊二烯（C5H8）和丙烯酸（C3H4O2）加热得到的，则该反应的反应类型属于加成反应B有机物B既能跟Na反应放出H2，又能跟NaHCO3溶液反应放出CO2气体C有机物C的所有同分异构体中不可能有芳香族化合物存在D有机物D能发生加成、取代、氧化、还原等反应【考点】有机物的结构和性质【分析】A异戊二烯和丙烯酸发生加成反应生成有机物A；BB中含有羧基和羟基，羧基和羟基能与钠反应，羧基能和碳酸氢钠反应；CC和苯环的不饱和度都是4；DD中含有碳碳双键和甲基，具有烯烃和烷烃性质【解答】解：A异戊二烯和丙烯酸发生类似的加成反应生成有机物A，故A正确；BB中含有羧基和羟基，羧基和羟基能与钠反应，所以B能与钠反应生成氢气，羧基能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，故B正确； C有机物C中含碳碳双键、C=O键、2个环状结构，不饱和度为4，则可同分异构体中可能存在芳香族化合物，故C错误；DD中含有碳碳双键和甲基，具有烯烃和烷烃性质，碳碳双键能发生加成反应、氧化反应、还原反应，甲基能发生取代反应，故D正确；故选C5下列有关工业生产的叙述正确的是（）A合成氨生产中将NH3液化分离，虽可提高N2、H2的转化率但减小了反应速率B硫酸工业中，在接触室安装热交换器是为了利用SO3转化为H2SO4时放出的热量C电解饱和食盐水制烧碱采用离子交换膜法，可防止阴极室产生的C12进入阳极室D侯氏制碱法是将氨气和二氧化碳先后通入饱和氯化钠溶液中，制得碳酸氢钠固体，再在高温下灼烧，转化为碳酸钠固体【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合成氨生产中将NH3液化分离，能使反应体系中NH3的浓度降低，虽然提高了反应物的转化率，但降低了反应速率；B硫酸工业中在接触室安装热交换器是为了利用二氧化硫生成三氧化硫的反应是放热；C电解饱和食盐水时，阴极室产生的是氢气和氢氧化钠，阳极上产生的是氯气，采用离子交换膜法，可防止阳极室产生的Cl2进入阴极室；D根据侯氏制碱法的原理知识来回答【解答】解：A合成氨生产中将NH3液化分离，能使反应体系中NH3的浓度降低，虽然提高了反应物的转化率，但降低了反应速率，故A错误；B硫酸工业中在接触室安装热交换器是为了利用二氧化硫生成三氧化硫的反应是放热，而不是利用SO3转化为H2SO4时放的热量，故B错误；C电解饱和食盐水时，阴极室产生的是氢气和氢氧化钠，阳极上产生的是氯气，采用离子交换膜法，可防止阳极室产生的Cl2进入阴极室，故C错误；D向饱和食盐水中通入氨气再通入二氧化碳即可生成碳酸氢钠固体，碳酸氢钠受热分解即可得到碳酸钠，故D正确；故选：D6在一定温度条件下，甲、乙两个容积相等的恒容密闭容器中均发生如下反应：3A（g）+B（g）xC（g）+D（s），向甲中通入6molA和2molB，向乙中通入1.5molA、0.5molB和3molC和2molD，反应一段时间后都达到平衡，此时测得甲、乙两容器中C的体积分数都为0.2，下列叙述中正确的是（）A平衡时，甲、乙两容器中A、B的物质的量之比不相等B若平衡时，甲、乙两容器中A的物质的量相等，则x=2C平衡时甲中A的体积分数为40%D若平衡时两容器中的压强不相等，则两容器中压强之比为5：8【考点】化学平衡的计算【分析】反应一段时间后都达到平衡，此时测得甲、乙两容器中C的体积分数都为0.2，说明甲乙两容器为等效平衡状态，A甲乙是等效平衡，平衡时各组分的含量对应相等；B甲乙是等效平衡，平衡时甲、乙两容器中A的物质的量相等，满足转化到一边相等；C根据C的体积分数计算平衡时A、B的体积分数之和，平衡时n（A）：n（B）=3：1，据此计算A的体积分数；D利用压强之比等于物质的量之比计算判断【解答】解：反应一段时间后都达到平衡，此时测得甲、乙两容器中C的体积分数都为20%，说明甲乙两容器为等效平衡状态，A反应一段时间后都达到平衡，此时测得甲、乙两容器中C的体积分数都为0.2，由此可知甲乙是等效平衡，平衡时，甲、乙两容器中A、B的物质的量之比肯定相等，故A错误；B若平衡时，甲、乙两容器中A的物质的量相等，则必须满足转化到一边相等，所以在乙中完全转到反应物保证6molA和2molB时x=2，故B正确；CC的体积分数都为0.2，则A、B共占80%，而n（A）：n（B）=3：1，所以平衡时甲中A的体积分数为60%，故C错误；D二者为等效平衡，若平衡时两容器中的压强不相等，满足x=4，反应前后气体的物质的量不变，容器的则两容器中压强之比为（6+2）：（1.5+0.5+3）=8：5，故D错误故选B7已知草酸为二元弱酸：H2C2O4HC2O4+H+ Ka1HC2O4C2O42+H+ Ka2常温下，向某浓度的草酸溶液中逐滴加入一定量浓度的KOH溶液，所得溶液中H2C2O4、HC2O4、C2O42三种微粒的物质的量分数（）与溶液pH的关系如图所示，则下列说法中不正确的是（）ApH=1.2溶液中：c（K+）+c（H+）=c（OH）+c（H2C2O4）BpH=2.7溶液中：c2（HC2O4）/c（H2C2O4）c（C2O42）=1000C将相同物质的量KHC2O4和K2C2O4固体完全溶于水可配得pH为4.2的混合液D向pH=1.2的溶液中加KOH溶液将pH增大至4.2的过程中水的电离度一直增大【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】ApH=1.2时，H2C2O4、HC2O4的物质的量分数相等，结合电荷守恒和物料守恒判断；B由图象计算Ka1、Ka2，由电离常数可知=；CKHC2O4和K2C2O4的物质的量相同，但如配成不同浓度的溶液，则pH不一定为4.2；D向pH=1.2的溶液中加KOH溶液将pH增大至4.2，溶液氢离子浓度减小，对水的电离抑制的程度减小【解答】解：ApH=1.2时，H2C2O4、HC2O4的物质的量分数相等，且c（K+）+c（H+）=c（OH）+c（HC2O4），则c（K+）+c（H+）=c（OH）+c（H2C2O4），故A正确；B由图象可知pH=1.2时，c（HC2O4）=c（H2C2O4），则Ka1=c（H+）=101.2，pH=4.2时，c（HC2O4）=c（C2O42），Ka2=c（H+）=104.2，由电离常数可知=1000，故B正确；C将相同物质的量KHC2O4和K2C2O4固体完全溶于水，可配成不同浓度的溶液，溶液浓度不同，pH不一定为定值，即不一定为4.2，故C错误；D向pH=1.2的溶液中加KOH溶液将pH增大至4.2，溶液中由酸电离的氢离子浓度减小，则对水的电离抑制的程度减小，水的电离度一直增大，故D正确故选C二、解答题（共3小题，满分43分）8S2Cl2是工业上常用的硫化剂，实验室制备S2Cl2的反应原理有两种：CS2+3Cl2CCl4+S2Cl2；2S+Cl2S2Cl2已知：S2Cl2易与水反应；S2Cl2+Cl22SCl2下表是几种物质的熔沸点，如图是反应装置图：物质沸点/熔点/S445113CS247109CCl47723S2Cl213777（1）利用上图装置（部分夹持仪器已略去）来制备S2Cl2，反应原理是（填写以上两种反应原理的数字序号）（2）若装置C更换成干燥管，则装置C中可选用的固体试剂是无水CaCl2（或固体P2O5）（3）D装置中冷凝管的作用是冷凝、回流、导气；反应结束后，将D装置锥形瓶内的混合物中分离出产物的方法是蒸馏（4）S2Cl2与足量水反应有黄色沉淀生成，产生的无色气体能使品红溶液褪色，则该反应的化学方程式为2S2Cl2+2H2O3S+SO2+4HCl（5）为了提高制得的产品S2Cl2的纯度，关键的操作是控制好温度和控制浓盐酸的滴速不能太快（6）上图尾部装置不够完善，改进措施是在D和E之间增加干燥装置，同时尾气吸收要防倒吸（7）若A中消耗了26.1g MnO2，得到10.8g产品，本实验的产率是80%【考点】制备实验方案的设计【分析】A装置是利用浓盐酸和二氧化锰制取氯气，氯气中含有HCl，用B装置除去氯气中的HCl，应该用饱和食盐水；因为S2Cl2易与水反应，所以得到的氯气必须是干燥的，则C装置是干燥氯气，试剂是浓硫酸；在装置D中水浴加热制取S2Cl2，温度小于100；然后将尾气通入NaOH溶液中防止污染大气；（1）在装置D中水浴加热制取S2Cl2，温度小于100，根据反应温度确定反应原理；（2）氯气能和水反应生成酸，且氯气具有强氧化性，如果更换C装置来干燥氯气，应该用非还原性且为酸性或中性的物质；（3）冷凝管有冷凝、回流、导气的作用；互溶的液体采用蒸馏方法分离提纯；（4）S2Cl2与足量水反应有黄色沉淀生成，说明有S生成，产生的无色气体能使品红溶液褪色，说明有二氧化硫生成，根据元素守恒知，还生成HCl；（5）为了提高制得的产品S2Cl2的纯度，应该控制温度和流速；（6）S2Cl2遇水水解，E中氢氧化钠溶液中水蒸气易挥发进入D中；（7）n（ MnO2）=0.3mol，根据转移电子相等生成n（ Cl2）=0.3mol，根据CS2+3Cl2CCl4+S2Cl2得n（S2Cl2）=n（ Cl2）=0.3mol=0.1mol，m（S2Cl2）=0.1mol135g/mol=13.5g，本实验的产率=【解答】解：A装置是利用浓盐酸和二氧化锰制取氯气，氯气中含有HCl，用B装置除去氯气中的HCl，应该用饱和食盐水；因为S2Cl2易与水反应，所以得到的氯气必须是干燥的，则C装置是干燥氯气，试剂是浓硫酸；在装置D中水浴加热制取S2Cl2，温度小于100；然后将尾气通入NaOH溶液中防止污染大气；（1）在装置D中水浴加热制取S2Cl2，温度小于100，根据反应温度确定反应原理为，故答案为：；（2）氯气能和水反应生成酸，且氯气具有强氧化性，如果更换C装置来干燥氯气，应该用非还原性且为酸性或中性的物质，则则装置C中可选用的固体试剂是无水CaCl2（或固体P2O5），故答案为：无水CaCl2（或固体P2O5）；（3）冷凝管有冷凝、回流、导气的作用；互溶的液体采用蒸馏方法分离提纯，生成的四氯化碳和S2Cl2互溶，应该用蒸馏方法分离提纯，故答案为：冷凝、回流、导气；蒸馏；（4）S2Cl2与足量水反应有黄色沉淀生成，说明有S生成，产生的无色气体能使品红溶液褪色，说明有二氧化硫生成，根据元素守恒知，还生成HCl，反应方程式为2S2Cl2+2H2O3S+SO2+4HCl，故答案为：2S2Cl2+2H2O3S+SO2+4HCl；（5）微热的情况下S2Cl2能被过量Cl2氧化，为了提高产品S2Cl2的纯度，通入氯气的速率不能过快，所以实验操作的关键是控制好温度和控制浓盐酸的滴速不能太快，故答案为：控制浓盐酸的滴速不能太快；（6）D收集产品，E中氢氧化钠溶液中水蒸气易挥发，进入D中，易使S2Cl2水解，所以在D和E之间增加干燥装置，同时尾气吸收要防倒吸，故答案为：在D和E之间增加干燥装置，同时尾气吸收要防倒吸；（7）n（ MnO2）=0.3mol，根据转移电子相等生成n（ Cl2）=0.3mol，根据CS2+3Cl2CCl4+S2Cl2得n（S2Cl2）=n（ Cl2）=0.3mol=0.1mol，m（S2Cl2）=0.1mol135g/mol=13.5g，本实验的产率=80%，故答案为：80%9利用硫酸渣（主要含Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO等杂质）制备氧化铁的工艺流程如下：（1）“酸浸”中硫酸要适当过量，目的是提高铁的浸出率，抑制Fe3+的水解（2）“还原”是将Fe3+转化为Fe2+，同时FeS2被氧化为SO42，该反应的离子方程式为14Fe3+FeS2+8H2O=15Fe2+2SO42+16H+（3）为测定“酸浸”步骤后溶液中Fe3+的量以控制加入FeS2的量实验步骤为：准确量取一定体积的酸浸后的溶液于锥形瓶中，加入HCl、稍过量SnCl2，再加HgCl2除去过量的SnCl2，以二苯胺磺酸钠为指示剂，用K2Cr2O7标准溶液滴定有关反应的化学方程式如下：2Fe3+Sn2+6Cl=2Fe2+SnCl62；Sn2+4Cl+2HgCl2=SnCl62+Hg2Cl26Fe2+Cr2O72+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O滴定时，K2Cr2O7标准溶液应盛放在酸式滴定管中（填“酸式”、“碱式”）；若不加HgCl2，则测定的Fe3+量偏高（填“偏高”、“偏低”或“不变”）（4）可选用KSCN（填试剂）检验滤液中含有Fe3+，产生Fe3+的原因是4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O（用离子方程式表示）已知部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：沉淀物Fe（OH）3Al（OH）3Fe（OH）2Mg（OH）2Mn（OH）2开始沉淀2.73.87.59.48.3完全沉淀3.25.29.712.49.8实验可选用的试剂有：稀硝酸、Ba（NO3）2溶液、酸性KMnO4溶液、NaOH溶液，要求制备过程中不产生有毒气体请完成由“过滤”后的溶液模拟制备氧化铁的实验步骤：a氧化：向溶液中加入过量的酸性高锰酸钾溶液，搅拌b沉淀：滴加NaOH溶液，调节溶液为pH为3.23.8c分离，洗涤d烘干，研磨【考点】制备实验方案的设计【分析】硫酸渣（主要含Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO等杂质）中加入稀硫酸酸浸，Fe2O3、Al2O3、MgO和稀硫酸反应生成Fe2（SO4）3、Al2（SO4）3和MgSO4，然后向溶液中加入FeS2，FeS2将Fe3+转化为Fe2+，同时FeS2被氧化为SO42，然后过滤得到滤渣，将滤液发生一系列变化得到氧化铁粉末；（1）铁离子、铝离子为弱离子，易发生水解反应，且一种物质过量能提高另一种物质的转化；（2）由信息Fe3+转化为Fe2+，同时FeS2被氧化为SO42，在利用氧化还原反应配平方程式：（3）酸性溶液用酸性滴定管、碱性溶液用碱性滴定管，若不加HgCl2，溶液中含有Sn2+，也可以被酸性高锰酸钾氧化；（4）检验滤液中含有Fe3+是KSCN溶液；Fe2+不稳定，易被空气氧化生成铁离子；a向溶液中加入过量的酸性高锰酸钾溶液，搅拌；b滴加NaOH溶液，调节溶液的pH为3.23.8，使Fe3+完全沉淀，但其它离子不能产生沉淀【解答】解：硫酸渣（主要含Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO等杂质）中加入稀硫酸酸浸，Fe2O3、Al2O3、MgO和稀硫酸反应生成Fe2（SO4）3、Al2（SO4）3和MgSO4，然后向溶液中加入FeS2，FeS2将Fe3+转化为Fe2+，同时FeS2被氧化为SO42，然后过滤得到滤渣，将滤液发生一系列变化得到氧化铁粉末；（1）铁离子、铝离子为弱离子，易发生水解反应，且一种物质过量能提高另一种物质的转化，所以稀硫酸适当过量的原因是提高铁的浸出率，抑制Fe3+的水解，故答案为：提高铁的浸出率，抑制Fe3+的水解；（2）由信息Fe3+转化为Fe2+，同时FeS2被氧化为SO42，在利用氧化还原反应配平方程式为14Fe3+FeS2+8H2O=15Fe2+2SO42+16H+，故答案为：14Fe3+FeS2+8H2O=15Fe2+2SO42+16H+：（3）酸性溶液用酸性滴定管、碱性溶液用碱性滴定管，重铬酸钾酸性溶液呈酸性，应该用酸式滴定管，若不加HgCl2，溶液中含有Sn2+，也可以被酸性高锰酸钾氧化，导致高锰酸钾的物质的量增大，则测定的Fe3+量偏高，故答案为：酸式；偏高；（4）检验滤液中含有Fe3+是KSCN溶液，铁离子和KSCN溶液反应生成血红色液体；Fe2+不稳定，易被空气氧化生成铁离子，所以产生铁离子，离子方程式为4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O，故答案为：KSCN；4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O；a“过滤”后的溶液中有Fe2+、Al3+、Mg2+以及少量Fe3+，首先向溶液中加入过量的酸性高锰酸钾溶液，搅拌，将Fe2+完全氧化为Fe3+，b然后控制pH，只使Fe（OH）3沉淀，从表格数据可以分析，控制pH为3.23.8，故答案为：a向溶液中加入过量的酸性高锰酸钾溶液，搅拌；b滴加NaOH溶液，调节溶液为pH为3.23.810钢铁生产中的尾气易造成环境污染，清洁生产工艺可消减污染源并充分利用已知：Fe2O3（s）+3CO（g）Fe（s）+3CO2（g）H=25kJ/mol3Fe2O3（s）+CO（g）2Fe3O4（s）+CO2（g）H=47kJ/molFe3O4（s）+CO（g）3FeO（s）+CO2（g）H=+17kJ/mol（1）试计算反应：FeO（s）+CO（g）Fe（s）+CO2（g）的H=10.3kJ/mol（2）已知1092时（1）中反应的平衡常数为0.35，在1L的密闭容器中，投入7.2g FeO和0.1mol CO加热到1092并保持该温度，反应在t1时达平衡t1时反应达平衡后，CO气体的体积分数为74%反应（1）在一定条件下达到平衡，则下列叙述表明该反应已经达到平衡状态的是abc（填字母）a混合气体的密度不变 bCO的浓度不再改变cv（CO）正=v（CO2）逆 d容器内总压强不变（3）含铁元素的高铁酸钾（K2FeO4）是一种优良的水处理剂K2FeO4溶于水是一个可逆的过程，放出一种无色无味气体其杀菌消毒、净化吸附水中的悬浮杂质的原理可用离子方程式表示为4FeO42+10H2O=4Fe（OH）3+8OH+3O2FeO42在水溶液中的存在形态如图a所示，纵坐标表示分数分布则下列说法不正确的是AB（填字母）A不论溶液酸碱性如何变化，铁元素都有4种存在形态B向pH=10的这种溶液中加硫酸至pH=2，HFeO4的分布分数逐渐增大C向pH=6的这种溶液中加KOH溶液，发生反应的离子方程式为HFeO4+OHFeO42+H2O高铁酸钾还可制作充电电池，原理为：3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH该电池充电时阳极电极反应式为Fe（OH）33e+5OH=FeO42+4H2O将适量K2FeO4溶解于pH=4.74的溶液中，配制成c（FeO42）=1.0mmol/L的试样，将试样分别置于20、30、40和60的恒温水浴中，测定c（FeO42）的变化，结果见图b该操作的目的是探究温度变化对FeO42浓度的影响（或相同时间内不同温度下FeO42浓度的大小变化）【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算；原电池和电解池的工作原理；化学平衡状态的判断；物质的量或浓度随时间的变化曲线【分析】（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到；（2）FeO（s）+CO（g）Fe（s）+CO2（g）平衡常数为0.35，依据化学平衡三段式列式计算；反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，由此衍生的一些物理量也不变，以此进行判断；（3）高铁酸根离子具有强氧化性，所以能杀菌消毒，高铁酸根离子能发生氧化还原反应生成氧气，同时生成氢氧化铁，氢氧化铁具有吸附性；根据图象的内容来分析图象所描述的意义；依据原电池反应，3Zn+2FeO42+8H2O=3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4OH；原电池的负极上锌失去电子发生氧化反应，正极上FeO42+发生还原反应；电解池阳极解原电池正极；由图1数据可知，将试样分别置于不同温度的恒温水浴中，来测定c（FeO42）的变化，显然是确定温度对FeO42浓度的影响情况【解答】解：（1）Fe2O3（s）+3CO（g）2Fe（s）+3CO2（g）H=25kJ/mol3Fe2O3（s）+CO（g）2Fe3O4（s）+CO2（g）H=47kJ/molFe3O4（s）+CO（g）3FeO（s）+CO2（g）H=+17kJ/mol依据盖斯定律3（2+）得到：6FeO（s）+6CO（g）6Fe（s）+6CO2（g）H=62kJ/mol；得到FeO（s）+CO（g）Fe（s）+CO2（g）H=10.3kJ/mol；故答案为：10.3 kJ/mol；（2）已知1092时（1）中反应的平衡常数为0.35，在1L的密闭容器中，投入7.2gFeO和0.1mol CO加热到1092并保持该温度，反应在t1时达平衡，依据化学平衡三段式列式计算设反应消耗的一氧化碳物质的量x： FeO（s）+CO（g）Fe（s）+CO2（g），起始量（mol） 1 0变化量（mol） x x平衡量（mol） 1x xK=0.35x=0.26CO气体的体积分数=100%=74%；故答案为：74%；a混合气体的密度=，质量变化，V不变，当密度不变，证明达到了平衡，故a正确；bCO的浓度不再改变是平衡的特征，故b正确；cv（CO）正=v（CO2）逆，说明正逆反应速率相等，达到了平衡，故c正确；d反应是前后体积不变的反应，当容器内总压强不变，不一定平衡，故d错误故选abc（3）高铁酸根离子具有强氧化性，所以能杀菌消毒，高铁酸根离子和水反应生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附性是，所以能净水，反应方程式为：4FeO42+10H2O=4Fe（OH）3+8OH+3O2，故答案为：4FeO42+10H2O=4Fe（OH）3+8OH+3O2；A、不同PH值时，溶液中铁元素的存在形态及种数不相同，比如在PH值等于6时，就只有两种形态，故A错误；B根据图片知，向pH=10的这种溶液中加硫酸至pH=2，HFeO4的分布分数先增大，后减小，故B错误；C向pH=6的这种溶液中加KOH溶液，发生反应的离子方程式为：HFeO4+OH=FeO42+H2O，故C正确；故答案为：AB；反应原理为：3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH，原电池的负极发生氧化反应，正极电极反应式为：FeO42+3e+4H2OFe（OH）3+5OH；负极电极反应为：Zn2e+2OH=Zn（OH）2；充电为电解池反应为，该电池充电时阳极连接原电池的正极：电极反应式为：Fe（OH）33e+5OH=FeO42+4H2O；故答案为：Fe（OH）33e+5OH=FeO42+4H2O；由图1数据可知，温度越高，相同时间内FeO42浓度变化越快，高铁酸钾溶液平衡时FeO42浓度越小，温度越高FeO42浓度越小，故答案为：探究温度变化对FeO42浓度的影响（或相同时间内不同温度下FeO42浓度的大小变化）三、选考题【化学-选修3物质结构与性质】11过渡元素Ti、Mn、Fe、Cu等可与C、H、O形成多种化合物请回答下列问题：（1）根据元素原子的外围电子排布的特征，可将元素周期表分成五个区域，其中Mn属于d区（2）Ti（BH4）2是一种过渡元素硼氢化物储氢材料基态Ti2+中电子占据的最高能层符号为M，该能层具有的原子轨道数为9BH4的空间构型是正四面体型（3）在Cu的催化作用下，乙醇可被空气中氧气氧化为乙醛，乙醛分子中碳原子的杂化方式是sp2、sp3，乙醛分子中HCO的键角大于乙醇分子中HCO的键角（填“大于”、“等于”或“小于”）（4）电镀厂排放的废水中常含有剧毒的CN，可在TiO2的催化下，先用NaClO将CN氧化成CNO，再在酸性条件下CNO继续被NaClO氧化成N2和CO2H、C、N、O四种元素的电负性由小到大的顺序为HCNO与CN互为等电子体微粒的化学式为CO（或N2等）（写出一种即可）（5）单质铁有、三种同素异形体，三种晶胞中Fe原子的配位数之比为4：6：3，三种晶胞中棱长之比为：1【考点】晶胞的计算；原子结构与元素周期律的关系【分析】（1）Mn为第族元素，最后填充电子为d电子；（2）基态Ti2+价电子排布式为：3d2，最高能层为M层，该能层下含有1个3s轨道、3个3p轨道和5个3d轨道，共有9个原子轨道；BH4中B原子价层电子对=4+（3+141）=4，且没有孤电子对；（3）乙醛分子中甲基上碳原子含有4个键，醛基上的碳原子含有3个键，据此判断碳原子的杂化方式，碳原子杂化方式不同导致其键角不同；（4）非金属性越强，电负性越大；等电子体中原子数、价电子数相同；（5）Fe为体心立方密堆积，配位数为8，Fe为面心立方密堆积，配位数为12，=Fe为简单立方堆积，配位数为6；设原子半径为y，中体对角线为4r，中面对角线为4r、中棱长为2r，以此计算【解答】解：（1）Mn为第族元素，最后填充电子为d电子，则位于d区，故答案为：d；（2）基态Ti2+价电子排布式为：3d2，最高能层为M层，该能层下含有1个3s轨道、3个3p轨道和5个3d轨道，共有9个原子轨道，BH4中B原子价层电子对=4+（3+141）=4，且没有孤电子对，则为正四面体型，故答案为：M；9；正四面体型； （3）乙醛分子中甲基上碳原子含有4个键，醛基上的碳原子含有3个键，所以甲基中的碳原子采用sp3杂化，醛基中的碳原子采用sp2杂化，醛基中碳原子采用sp2杂化、乙醇中含有醇羟基的碳原子采用sp3杂化，导致乙醛分子中HCO的键角大于乙醇分子中的HCO的键角，故答案为：sp3、sp2；大于；（4）非金属性越强，电负性越大，则电负性为HCNO，故答案为：HCNO；与CN互为等电子体微粒的化学式为CO（或N2等），故答案为：CO（或N2等）；（5）Fe为体心立方密堆积，配位数为8，Fe为面心立方密堆积，配位数为12，=Fe为简单立方堆积，配位数为6，则、三种晶胞中铁原子的配位数之比为8：12：6=4：6：3，设原子半径为y，中体对角线为4r，若设棱长为x，则x2+（x）2=（4r）2，解得x=；中面对角线为4r，若设棱长为y，则y2+y2=（4r）2，解得y=2r；中棱长为2r，则三种晶胞中棱长之比为：2r：2r=：1，故答案为：4：6：3；：1化学-选修5：有机化学基础12有机物G是一种食品香料，其香气强度为普通香料的34倍，其合成路线如下：已知：RCH=CH2 RCHO+HCHO（1）该香料长期暴露于空气中易变质，其原因是香料分子中含有酚羟基和醛基，易被氧化（2）写出A中含氧官能团的名称：醚键、酚羟基，由A到 B、C到D的反应类型为取代反应、加成反应（3）有机物E的结构简式为（4）有机物G同时满足下列条件的同分异构体有2种，写出其中一种发生碱性水解的化学方程式与FeCl3溶液反应显紫色； 可发生水解反应，其中一种水解产物能发生银镜反应；分子中有4种不同化学环境的氢（5）写出以为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）合成路线流程图示例如下：CH3CH2OHH2C=CH2【考点】有机物的合成【分析】A发生取代反应生成B，B发生取代反应生成C，C发生加成反应生成D，D反应生成E，E发生氧化反应生成F，根据信息及F结构简式知，E结构简式为，D发生消去反应生成E，F发生复分解反应生成G，（5）苯丙烯被氧化生成苯甲醛和乙醛，苯甲醛和氢气发生加成反应生成苯甲醇，乙醛被催化氧化生成乙酸，乙酸和苯甲醇发生酯化反应生成乙酸苯甲酯【解答】解：A发生取代反应生成B，B发生取代反应生成C，C发生加成反应生成D，D反应生成E，E发生氧化反应生成F，根据信息及F结构简式知，E结构简式为，D发生消去反应生成E，F发生复分解反应生成G，（1）该香料中含有酚羟基和醛基，易被氧气氧化而变质，故答案为：香料分子中含有酚羟基和醛基，易被氧化；（2）A中含氧官能团名称是醚键和酚羟基，由A到 B、C到D的反应类型为取代反应、加成反应，故答案为：醚键、酚羟基；取代反应、加成反应；（3）通过以上分析知，E结构简式为，故答案为：；（4）G的同分异构体符合下列条件：与FeCl3溶液反应显紫色，说明含有酚羟基； 可发生水解反应，其中一种水解产物能发生银镜反应，说明含有酯基，且酯基水解生成甲酸；分子中有4种不同化学环境的氢，符合条件的有：、，其中一种与NaOH的反应方程式为，故答案为：2；（5）苯丙烯被氧化生成苯甲醛和乙醛，苯甲醛和氢气发生加成反应生成苯甲醇，乙醛被催化氧化生成乙酸，乙酸和苯甲醇发生酯化反应生成乙酸苯甲酯，则其合成路线为，故答案为：xx年12月17日