長沙市明達(dá)中學(xué)2020屆高三化學(xué)模擬考試試題含解析

湖南省長沙市明達(dá)中學(xué)2020屆高三化學(xué)模擬考試試題含解析湖南省長沙市明達(dá)中學(xué)2020屆高三化學(xué)模擬考試試題含解析PAGE28-湖南省長沙市明達(dá)中學(xué)2020屆高三化學(xué)模擬考試試題含解析湖南省長沙市明達(dá)中學(xué)2020屆高三化學(xué)模擬考試試題（含解析）可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H—1Li—7C-12N-14O—16Na-23S—32Cu—64第Ⅰ卷一、選擇題：每小題6分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1。中國傳統(tǒng)文化對(duì)人類文明貢獻(xiàn)巨大，書中充分記載了古代化學(xué)研究成果。下列關(guān)于古代化學(xué)應(yīng)用和記載,對(duì)其說明不合理的是()A.《本草綱目》中記載：“(火藥）乃焰消（KNO3）、硫黃、杉木炭所合，以為烽燧銃機(jī)諸藥者"，其中利用了KNO3的氧化性B.杜康用高粱釀酒的原理是通過蒸餾法將高粱中的乙醇分離出來C。我國古代人民常用明礬除去銅器上的銅銹[Cu2（OH)2CO3］D。蔡倫利用樹皮、碎布(麻布）、麻頭等為原料精制出優(yōu)質(zhì)紙張,由他監(jiān)制的紙被稱為“蔡侯紙”。“蔡侯紙”的制作工藝中充分應(yīng)用了化學(xué)工藝【答案】B【解析】【詳解】A項(xiàng)，火藥發(fā)生化學(xué)反應(yīng)時(shí),KNO3中N元素的化合價(jià)降低，得到電子,被還原,作氧化劑,體現(xiàn)氧化性，故A合理;B項(xiàng)，高粱中不含乙醇，用高粱釀酒是高粱中的淀粉在酒曲作用下反應(yīng)產(chǎn)生乙醇,然后用蒸餾方法將乙醇分離出來，故B不合理;C項(xiàng)，明礬是強(qiáng)酸弱堿鹽，水解使溶液顯酸性,酸性溶液中H+與銅銹[Cu2（OH)2CO3］發(fā)生反應(yīng)，達(dá)到除銹目的，故C合理;D項(xiàng)，蔡倫利用樹皮、碎布（麻布）、麻頭等原料精制出優(yōu)質(zhì)紙張,體現(xiàn)了化學(xué)的物理和化學(xué)分離方法，因此充分應(yīng)用了化學(xué)工藝，故D合理；故答案為B。2.化學(xué)與生產(chǎn)和生活密切相關(guān),下列分析錯(cuò)誤的是A.用氯化鈣作鋼箱梁大橋融雪劑會(huì)加速鋼鐵腐蝕B.對(duì)燃煤進(jìn)行脫硫處理有利于減少酸雨的產(chǎn)生C.明礬水解生成的膠體可吸附水中懸浮顆粒物D。芳香族化合物有香味,均可以用作食品香味劑【答案】D【解析】【詳解】A.氯化鈣是電解質(zhì)，鐵與鋼中的碳、潮濕的空氣形成原電池,用氯化鈣作鋼箱梁大橋融雪劑會(huì)加速鋼鐵腐蝕,故A正確;B.煤中含有硫元素，直接燃燒產(chǎn)生二氧化硫,污染空氣,對(duì)燃煤進(jìn)行脫硫處理有利于減少酸雨的產(chǎn)生，故B正確；C。明礬水解生成的膠體，氫氧化鋁膠體表面積大，吸附水中懸浮顆粒物，故C正確；D.芳香族化合物不一定有香味，好多有毒，只有少數(shù)可以用作食品香味劑,故D錯(cuò)誤；故選D。3。設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值,下列說法正確的是（)A。7g14C中，含有3NA個(gè)中子B.25℃時(shí)，pH=4的CH3COOH溶液中H+的數(shù)目為10-4NAC。3.2gCu與足量濃硝酸反應(yīng),生成的氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為22.4LD.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，5。6L丙烷中含有共價(jià)鍵的數(shù)目為2.5NA【答案】D【解析】【詳解】A．1個(gè)14C中含有8個(gè)中子,7g14C即0。5mol,含有中子數(shù)目為4NA，故A錯(cuò)誤；B．溶液的體積未知，所以無法計(jì)算相關(guān)微粒的個(gè)數(shù)，故B錯(cuò)誤；C．3.2gCu即0.05mol，與足量濃硝酸反應(yīng)生成NO2氣體，化學(xué)計(jì)量關(guān)系為：Cu—2NO2可知n(NO2）=0.1mol，V（NO2）=2。24L,且標(biāo)況下NO2不是氣體，無法確定其體積，故C錯(cuò)誤；D．標(biāo)況下，5.6L丙烷為0。25mol，一個(gè)丙烷分子含有10個(gè)共價(jià)鍵，0。25mol丙烷中含有2。5NA個(gè)共價(jià)鍵，故D正確；答案選D。【點(diǎn)睛】易錯(cuò)點(diǎn)為B選項(xiàng)，pH值代表溶液中氫離子的濃度，要計(jì)算微粒數(shù)目必須要計(jì)算物質(zhì)的量，題中沒有給出體積，不能計(jì)算物質(zhì)的量,也就無法計(jì)算微粒數(shù)目。NO2在標(biāo)況下不是氣體.4.稠環(huán)芳烴如萘、菲、芘等均為重要的有機(jī)化工原料。下列說法正確的是A。萘、菲、芘互為同系物 B。萘、菲、芘的一氯代物分別為2、5、3種C.萘、菲、芘中只有萘能溶于水 D.萘、菲、芘的所有原子不可能處于同一平面【答案】B【解析】【分析】A.同系物是組成相似,結(jié)構(gòu)上相差n個(gè)CH2,依據(jù)定義作答;

B．根據(jù)等效氫原子種類判斷；

C．依據(jù)相似相容原理作答；D．依據(jù)苯的結(jié)構(gòu)特征分析分子內(nèi)原子共平面問題.【詳解】A.萘的結(jié)構(gòu)中含兩個(gè)苯環(huán)，菲的結(jié)構(gòu)中含三個(gè)苯環(huán),芘的結(jié)構(gòu)中含四個(gè)苯環(huán),組成不相似，則三者不是同系物，故A項(xiàng)錯(cuò)誤;B.根據(jù)分子結(jié)構(gòu)的對(duì)稱性可知,萘分子中含有2種H原子，如圖示：,則其一氯代物有2種，而菲分子中含有5種H原子，如圖示:，則其一氯代物也有5種，芘分子中含有3種H原子，如圖示:，則其有3種一氯代物，故B項(xiàng)正確;C。三種分子均有對(duì)稱性，且為非極性分子，而水為極性鍵組成的極性分子,則萘、菲、芘中均難溶于水，故C項(xiàng)錯(cuò)誤;D。苯環(huán)為平面結(jié)構(gòu)，則兩個(gè)或兩個(gè)以上的苯環(huán)通過共用環(huán)邊構(gòu)成的多元有機(jī)化合物也一定共平面，即所有的原子一定在同一個(gè)平面上，故D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選B.【點(diǎn)睛】本題的難點(diǎn)是B選項(xiàng),找稠環(huán)的同分異構(gòu)體,進(jìn)而判斷其一氯代物的種類,結(jié)合等效氫法，可采用對(duì)稱分析法進(jìn)行判斷等效氫原子，該方法的關(guān)鍵是根據(jù)分子的對(duì)稱性找出所有的對(duì)稱軸或?qū)ΨQ中心.5。實(shí)驗(yàn)室利用乙醇催化氧化法制取并提純乙醛的實(shí)驗(yàn)過程中，下列裝置未涉及的是（）A. B。 C. D?！敬鸢浮緾【解析】【分析】乙醇催化氧化生成乙醛和水：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+H2O，結(jié)合相關(guān)裝置分析【詳解】A、分離提純得到乙醛用蒸餾法，蒸餾要用到該裝置，故A不選；B、B裝置是乙醇的催化氧化裝置，故B不選；C、提純乙醛不用分液法，故用不到分液漏斗和燒杯，C選；D、蒸餾法提純乙醛要用到冷凝管,故D不選；故選C。6.下表中的實(shí)驗(yàn)操作能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康幕蚰艿贸鱿鄳?yīng)結(jié)論的是（）選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作實(shí)驗(yàn)?zāi)康幕蚪Y(jié)論A室溫下，將BaSO4投入飽和Na2CO3溶液中充分反應(yīng)，向過濾后所得固體中加入足量鹽酸，固體部分溶解且有無色無味氣體產(chǎn)生驗(yàn)證Ksp（BaSO4)＜Ksp（BaCO3)B將混有Ca(OH）2雜質(zhì)的Mg(OH)2樣品放入水中,攪拌，成漿狀后，再加入飽和MgCl2溶液，充分?jǐn)嚢韬筮^濾，用蒸餾水洗凈沉淀。除去Mg（OH）2樣品中Ca（OH）2雜質(zhì)C向KNO3和KOH混合溶液中加入鋁粉并加熱，管口放濕潤的紅色石蕊試紙,試紙變?yōu)樗{(lán)色NO3-被氧化為NH3D室溫下，用pH試紙測得:0.1mol/LNa2SO3溶液pH約為10,0。1mol/LNaHSO3溶液pH約為5HSO3—結(jié)合H+的能力比SO32—的強(qiáng)A.A B.B C。C D。D【答案】B【解析】【詳解】A。由現(xiàn)象可知，將BaSO4投入飽和Na2CO3溶液中充分反應(yīng),向過濾后所得固體中加入足量鹽酸，固體部分溶解且有無色無味氣體產(chǎn)生，說明固體中含有BaCO3和BaSO4，有BaSO4轉(zhuǎn)化成BaCO3，這是由于CO32—濃度大使Qc（BaCO3)>Ksp（BaCO3），所以不能驗(yàn)證Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B.Mg（OH）2比Ca（OH)2更難溶，成漿狀后,再加入飽和MgCl2溶液，充分?jǐn)嚢韬驝a（OH）2與MgCl2反應(yīng)生成Mg(OH)2和溶于水的CaCl2，過濾,用蒸餾水洗凈沉淀，可達(dá)到除去Mg(OH)2樣品中Ca（OH)2雜質(zhì)的目的，B項(xiàng)正確;C.試紙變?yōu)樗{(lán)色，說明生成氨氣，可說明NO3?被還原為NH3，結(jié)論不正確，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D.由操作和現(xiàn)象可知，亞硫酸氫根離子電離大于其水解,則HSO3?結(jié)合H+的能力比SO32?的弱，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選B.【點(diǎn)睛】A項(xiàng)是易錯(cuò)點(diǎn),沉淀轉(zhuǎn)化一般原則是由溶解度小的轉(zhuǎn)化為溶解度更小的容易實(shí)現(xiàn)，但兩難溶物溶解度相差不大時(shí)也可控制濃度使溶解度小的轉(zhuǎn)化成溶解度大的。7.室溫下，將1L0.3mol?L?1HA溶液與0.1molNaOH固體混合,使之充分反應(yīng)得到溶液（a)。然后向該溶液中通入HCl或加入NaOH固體(忽略體積和溫度變化），溶液pH隨通（加)入物質(zhì)的量的變化如圖。下列敘述錯(cuò)誤的是A.HA是一種弱酸B.向a點(diǎn)對(duì)應(yīng)溶液中通入HCl，充分反應(yīng)后，c(H+）/c（HA)增大C。b點(diǎn)對(duì)應(yīng)溶液中:c（Na+）=c(Cl—)〉c(HA)>c（H+)〉c(OH-)D。c點(diǎn)對(duì)應(yīng)溶液中：c（Na+）=c（A-)【答案】C【解析】【分析】1L0。3mol·L－1HA溶液與0.1molNaOH固體混合,反應(yīng)后的溶質(zhì)為0.1molNaA和0.2molHA,假設(shè)HA為強(qiáng)酸，此時(shí)c(H＋）=0。2mol·L－1，pH為1－lg2,但現(xiàn)在pH＞3，說明HA為弱酸，然后進(jìn)行分析即可?！驹斀狻?L0.3mol·L－1HA溶液與0。1molNaOH固體混合,反應(yīng)后的溶質(zhì)為0.1molNaA和0.2molHA,假設(shè)HA為強(qiáng)酸，此時(shí)c（H＋）=0.2mol·L－1，pH為1－lg2，但現(xiàn)在pH＞3，說明HA為弱酸.A、根據(jù)上述分析，HA為弱酸，故A說法正確；B、c（H＋)/c(HA)=c(H＋）×c（A－)/[c(HA）×c(A－)]=Ka(HA)/c（A－），a點(diǎn)對(duì)應(yīng)溶液中加入HCl，發(fā)生NaA＋HCl=NaCl＋HA，c(A－）減小,因此該比值增大，故B說法正確;C、b點(diǎn)加入鹽酸為0.1mol，此時(shí)溶質(zhì)為HA和NaCl，HA的物質(zhì)的量為0.3mol，NaCl物質(zhì)的量為0.1mol，HA為弱酸，電離程度弱，因此微粒濃度大小順序是c（HA）>c(Na＋)=c(Cl－）>c（H＋）〉c（OH－），故C說法錯(cuò)誤；D、根據(jù)電荷守恒，c（Na＋)＋c(H＋）=c（OH－)＋c(A－），c點(diǎn)pH=7，c（H＋）=c(OH－)，即有c（Na＋)=c(A－）,故D說法正確。8.亞硝酰硫酸(NOSO4H)主要用于染料、醫(yī)藥等工業(yè)。實(shí)驗(yàn)室用如圖裝置(夾持裝置略）制備少量NOSO4H，并測定產(chǎn)品的純度。已知：NOSO4H遇水分解,但溶于濃硫酸而不分解.（1）裝置A制取SO2①A中反應(yīng)的化學(xué)方程式為___。②導(dǎo)管b的作用是___。（2)裝置B中濃HNO3與SO2在濃H2SO4作用下反應(yīng)制得NOSO4H。①該反應(yīng)必須維持體系溫度不得高于20℃，采取的措施除了冷水浴外，還可以是___（只寫1種).②開始反應(yīng)緩慢，待生成少量NOSO4H后，溫度變化不大，但反應(yīng)速度明顯加快，其原因是___。(3）裝置C的主要作用是___(用離子方程式表示)。（4）該實(shí)驗(yàn)裝置存在可能導(dǎo)致NOSO4H產(chǎn)量降低的缺陷是___。（5）測定亞硝酰硫酸NOSO4H的純度準(zhǔn)確稱取1.380g產(chǎn)品放入250mL的碘量瓶中，加入0。1000mol·L—1、60.00mL的KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液和10mL25%H2SO4溶液,然后搖勻.用0.2500mol·L—1草酸鈉標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，消耗草酸鈉溶液的體積為20.00mL。已知：2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4①配平：__MnO4-+__C2O42-+__=__Mn2++__+__H2O②滴定終點(diǎn)時(shí)的現(xiàn)象為___.③亞硝酰硫酸的純度=___。（精確到0.1%)[M（NOSO4H）=127g·mol—1］【答案】（1).Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑（2).平衡壓強(qiáng)，使分液漏斗中的液體能順利流下；(3)。調(diào)節(jié)分液漏斗活塞，控制濃硫酸的滴加速度(4）。生成的NOSO4H作為該反應(yīng)的催化劑（5）。SO2+2OH—=SO32-+H2O（6)。C裝置中的水蒸氣會(huì)進(jìn)入B中使NOSO4H分解（7）.2(8)。5(9).16H+（10）.2（11).10CO2↑(12).8(13)。溶液恰好由粉紅色變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)(14）。92.0％【解析】分析】(1)①裝置A是利用亞硫酸鈉和濃硫酸反應(yīng)制取SO2；②導(dǎo)管b的作用平衡壓強(qiáng)的作用；(2）①裝置B中濃硝酸與二氧化硫在濃硫酸作用下反應(yīng)制得NOSO4H，該反應(yīng)必須維持體系溫度不得高于20℃，采取的措施除了冷水浴外，結(jié)合反應(yīng)的操作;②開始反應(yīng)緩慢，待生成少量NOSO4H后，溫度變化不大,但反應(yīng)速率加快，說明NOSO4H起到了催化作用；（3）裝置C主要作用是吸收二氧化硫防止污染空氣；（4）NOSO4H遇水分解；（5）①高錳酸鉀溶液在酸性條件下氧化草酸鈉生成二氧化碳，結(jié)合元素化合價(jià)變化和電子守恒、原子守恒配平書寫離子反應(yīng)方程式；②高錳酸鉀自身在反應(yīng)中的顏色變化就可作為終點(diǎn)判斷指示劑;③根據(jù)反應(yīng)2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4，結(jié)合滴定中消耗高錳酸鉀的物質(zhì)的量可得到亞硝酰硫酸的物質(zhì)的量,據(jù)此計(jì)算純度.【詳解】(1)①利用裝置A，固液混合制取二氧化硫，其方程式為Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑；②導(dǎo)管b的作用是：平衡壓強(qiáng)，使分液漏斗中的液體能順利流下；（2）①濃硫酸遇水放出大量熱，維持體系溫度不得高于20℃,還可以是調(diào)節(jié)分液漏斗活塞,控制濃硫酸的滴加速度；②開始反應(yīng)緩慢，待生成少量NOSO4H后，反應(yīng)速率明顯加快，溫度變化不大，排除溫度的影響，其原因是：生成的NOSO4H作為該反應(yīng)的催化劑，加快了反應(yīng)速率；（3）裝置C利用NaOH溶液將剩余的SO2吸收，防止污染環(huán)境,方程式為SO2+2OH—=SO32-+H2O；(4)NOSO4H遇水分解，C裝置（或A）中的水蒸氣會(huì)進(jìn)入B中使NOSO4H發(fā)生分解；（5)①發(fā)生的是MnO4－和C2O42－的氧化還原反應(yīng)，MnO4－做氧化劑，被還原成生成Mn2+，C2O42－做還原劑,被氧化成二氧化碳。結(jié)合得失電子守恒和電荷守恒可得到MnO4－和C2O42－的離子反應(yīng)方程式為：2MnO4－+5C2O42－+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；②利用草酸鈉溶液滴定酸性KMnO4溶液，滴定終點(diǎn)時(shí)的現(xiàn)象為：溶液恰好由粉紅色變?yōu)闊o色,且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)；③根據(jù)題意可知,酸性KMnO4溶液先與NOSO4H反應(yīng),利用草酸鈉溶液滴定剩余酸性KMnO4溶液。用0.2500mol·L－1草酸鈉標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定酸性KMnO4溶液，消耗草酸鈉溶液的體積為20。00mL?？芍Ｓ嗟腒MnO4的物質(zhì)的量n1（MnO4－)=n(C2O42－）=×0。2500mol·L－1×20.00×10-3L=2×10-3mol，則亞硝酰硫酸消耗的KMnO4的物質(zhì)的量n2(MnO4－）=0。1000mol·L－1·60。00×10-3L-2×10-3mol=4×10—3mol。n(NOSO4H)=n2（MnO4－)=10—2mol，亞硝酰硫酸的純度=×100%=×100%=92.0%。9.錳酸鋰離子蓄電池是第二代鋰離子動(dòng)力電池。一種以軟錳礦漿（主要成分為MnO2，含少量Fe2O3、FeO、A12O3、SiO2等雜質(zhì)）為原料制備錳酸鋰的流程如圖所示。（1）溶浸生產(chǎn)中為提高SO2回收率可采取的措施有__（填序號(hào))A．不斷攪拌，使SO2和軟錳礦漿充分接觸B．增大通入SO2的流速C．減少軟錳礦漿的進(jìn)入量D．減小通入SO2的流速（2）已知:室溫下，Ksp［A1（OH）3]=1×10—33，Ksp[Fe（OH)3］=l×10-39，pH=7。1時(shí)Mn(OH）2開始沉淀。氧化除雜時(shí)(室溫）除去MnSO4液中的Fe3+、Al3+（使其濃度小于1×l0-6mol/L)，需調(diào)節(jié)溶液pH范圍為__。(3）由硫酸錳與K2S2O8溶液常溫下混合一周，慢慢得到球形二氧化錳（MnO2)。請(qǐng)寫出發(fā)生反應(yīng)的離子方程式__。（4）將MnO2和Li2CO3按4：1的物質(zhì)的量比配料,混合攪拌，然后升溫至600℃?750℃，制取產(chǎn)品LiMn2O4。寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式__。（5）錳酸鋰可充電電池的總反應(yīng)為:Li1-xMn2O4+LixCLiMn2O4+C(0＜x＜1)①充電時(shí),電池的陽極反應(yīng)式為__，若此時(shí)轉(zhuǎn)移lmole-，則石墨電極將增重__g。②廢舊錳酸鋰電池可能殘留有單質(zhì)鋰，拆解不當(dāng)易爆炸、著火，為了安全，對(duì)拆解環(huán)境的要求是__?！敬鸢浮?1).AD(2）。5.0≤pH＜7。1（3).Mn2++S2O82—+2H2O=MnO2↓+4H++2SO42—（4）。8MnO2+2Li2CO34LiMn2O4+2CO2↑+O2↑(5).LiMn2O4—xe—=Li1—xMn2O4+xLi+(6)。7(7）。拆解環(huán)境保持干燥,拆解下的鋰隔絕空氣保存【解析】【分析】軟錳礦主要成分為MnO2,含少量Fe2O3、FeO、Al2O3和極少量銅的化合物等雜質(zhì)，利用軟錳礦漿脫含硫煙氣中SO2，發(fā)生反應(yīng)MnO2+SO2=MnSO4，2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+,步驟Ⅱ中在浸出Ⅰ中加入氧化劑將亞鐵離子氧化為鐵離子，加入氨水調(diào)節(jié)溶液pH沉淀Fe3+、Al3+便于除去,過濾得到濾液含有的Mn2+的溶液中加入K2S2O8可將Mn2+氧化為MnO2，K2S2O8被還原為K2SO4，MnO2與Li2CO3在一定溫度下發(fā)生反應(yīng),產(chǎn)生LiMn2O4、CO2、O2，據(jù)此分析解答?！驹斀狻浚?)A．不斷攪拌，使SO2和軟錳礦漿充分接觸,這樣SO2就會(huì)更多轉(zhuǎn)化為SO42-，故A正確；B．增大通入SO2的流速，可能會(huì)導(dǎo)致部分SO2未來得及反應(yīng)就逸出，物質(zhì)的產(chǎn)率降低，故B錯(cuò)誤；C．減少軟錳礦漿的進(jìn)入量，SO2可能不能及時(shí)參加反應(yīng)，導(dǎo)致回收率降低,故C錯(cuò)誤；D．減小通入SO2的流速,SO2能盡可能充分反應(yīng)，回收率增大,故D正確；故答案選AD;（2）除雜時(shí)顯然只能除去Fe3+和Al3+,不能損失Mn2+，由題意可知,室溫下,pH=7。1時(shí)Mn(OH）2開始沉淀，除去MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+，氫氧化鋁完全變成沉淀時(shí)的Ksp［Al(OH)3］=1×10-33=c（Al3+)?c3（OH—),c（Al3+)=1×10-6mol/L，解得：c(OH-）=1×10—9mol/L,則溶液c（H+)=l×10—5mol/L，則pH=5;同理Fe（OH)3完全變成沉淀時(shí)，Ksp［Fe(OH）3]=l×10—39=c（Fe3+）?c3（OH—)，c(Fe3+)=1×10—6mol/L，解得：c（OH—)=1×10-11mol/L,c（H+）=l×10-3mol/L，則pH約為3，故pH范圍是：5.0≤pH〈7.1；(3）由題意可知，反應(yīng)物為MnSO4和K2S2O8，生成物之一為MnO2，再根據(jù)化合價(jià)升降相等和原子守恒配平，則發(fā)生反應(yīng)的離子反應(yīng)方程式為Mn2++S2O82-+2H2O=MnO2↓+2SO42-+4H+；（4)MnO2和Li2CO3反應(yīng)后只有Mn的價(jià)態(tài)降低，必然有元素的化合價(jià)升高，C元素處在最高價(jià)態(tài)，不能升高，則只能是O元素價(jià)態(tài)升高，所以還有O2生成.根據(jù)電子守恒、原子守恒，可得該反應(yīng)的方程式為：8MnO2+2Li2CO34LiMn2O4+2CO2↑+O2↑；（5)①放電時(shí)，電池的正極發(fā)生還原反應(yīng),反應(yīng)式為Li1-xMn2O4+xLi++xe-=LiMn2O4，充電時(shí)電池的陽極反應(yīng)式為:LiMn2O4-xe-=Li1-xMn2O4+xLi+；此時(shí)，石墨電極上發(fā)生的反應(yīng)為C+xe-+xLi+=LixC，則轉(zhuǎn)移lmole-石墨電極將增重的質(zhì)量為1molLi+的質(zhì)量，由于Li摩爾質(zhì)量是7g/mol，所以1molLi+的質(zhì)量是7.0g；②廢舊錳酸鋰電池可能殘留有單質(zhì)鋰,鋰化學(xué)性質(zhì)活潑,鋰可與空氣中的O2和H2O反應(yīng)，對(duì)拆解的要求是:隔絕空氣和水分。10。中科院大連化學(xué)物理研究所的一項(xiàng)最新成果實(shí)現(xiàn)了甲烷高效生產(chǎn)乙烯，甲烷在催化作用下脫氫，在氣相中經(jīng)自由基偶聯(lián)反應(yīng)生成乙烯,如圖所示。(1)現(xiàn)代石油化工采用Ag作催化劑，可實(shí)現(xiàn)乙烯與氧氣制備X(分子式C2H4O，不含雙鍵），該反應(yīng)符合最理想的原子經(jīng)濟(jì)，則反應(yīng)的化學(xué)方程式是___（有機(jī)物請(qǐng)寫結(jié)構(gòu)簡式）。(2）已知相關(guān)物質(zhì)的燃燒熱如上表，寫出甲烷制備乙烯的熱化學(xué)方程式___。（3)在400℃時(shí),向初始體積1L的恒壓反應(yīng)器中充入1molCH4,發(fā)生上述反應(yīng),測得平衡混合氣體中C2H4的體積分?jǐn)?shù)為20。0％。則：①在該溫度下，其平衡常數(shù)K=__。②若向該容器通入高溫水蒸氣(不參加反應(yīng)，高于400℃）,C2H4的產(chǎn)率將__（選填“增大”“減小”“不變”“無法確定”），理由是___。③若容器體積固定，不同壓強(qiáng)下可得變化如圖,則壓強(qiáng)的關(guān)系是___.④實(shí)際制備C2H4時(shí)，通常存在副反應(yīng):2CH4（g）→C2H6（g)＋H2（g)。反應(yīng)器和CH4起始量不變,不同溫度下C2H6和C2H4的體積分?jǐn)?shù)與溫度的關(guān)系曲線如圖。在200℃時(shí)，測出乙烷的量比乙烯多的主要原因可能是___?！敬鸢浮浚?)。2CH2=CH2+O22(2）。2CH4（g）?C2H4(g）+2H2（g）△H=+202kJ/mol（3)。0。20（mol/L）(4）。增大（5）。該反應(yīng)為氣體體積增大的吸熱反應(yīng)，通入高溫水蒸氣相當(dāng)于加熱，同時(shí)通入水蒸氣，容器的體積增大，相當(dāng)于減小壓強(qiáng)，平衡均右移，產(chǎn)率增大（6)。p1＞p2(7).在200℃時(shí)，乙烷的生成速率比乙烯的快【解析】【分析】(1)用Ag作催化劑，可實(shí)現(xiàn)乙烯與氧氣制備X(分子式C2H4O,不含雙鍵），該反應(yīng)符合最理想的原子經(jīng)濟(jì)，X為;(2）結(jié)合表格中數(shù)據(jù)，根據(jù)蓋斯定律,將反應(yīng)可由②×2—③-①×2得到甲烷制備乙烯的熱化學(xué)方程式；（3）①恒溫恒容條件下氣體的體積分?jǐn)?shù)等于其物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)，列“三段式”解答計(jì)算;②該反應(yīng)的正反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，若向該容器通入高溫水蒸氣（不參加反應(yīng)，高于400℃)，相當(dāng)于升高溫度平衡正向移動(dòng)；恒壓條件下通入水蒸氣導(dǎo)致分壓減小，平衡正向移動(dòng);③增大壓強(qiáng)平衡逆向移動(dòng)，甲烷轉(zhuǎn)化率降低;④根據(jù)圖像結(jié)合反應(yīng)速率解答；【詳解】(1)現(xiàn)代石油化工采用Ag作催化劑,可實(shí)現(xiàn)乙烯與氧氣制備X(分子式C2H4O，不含雙鍵)，X為,該反應(yīng)符合最理想的原子經(jīng)濟(jì)，則反應(yīng)的化學(xué)方程式為2CH2=CH2+O22；(2）根據(jù)表格中數(shù)據(jù)有：①H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H1=-285。8kJ/mol,②CH4（g)+2O2(g）→CO2(g）+2H2O(l)△H2=—890。3kJ/mol，③C2H4(g）+3O2(g)→2CO2（g)+2H2O(l）△H3=-1411.0kJ/mol，甲烷制備乙烯的化學(xué)方程式為：2CH4(g)→C2H4（g)+2H2（g),根據(jù)蓋斯定律，將②×2-③—①×2得到,2CH4（g）→C2H4（g）+2H2(g)△H=2△H2-△H3-2△H1=+202kJ/mol；(3）①400℃時(shí)，向1L的恒容反應(yīng)器中充入1molCH4，發(fā)生上述反應(yīng)，測得平衡混合氣體中C2H4的體積分?jǐn)?shù)為20.0%，設(shè)生成乙烯的物質(zhì)的量為x，列“三段式”：所以有×100%=20.0％,解得:x=0。25，平衡后氣體的體積=×1L=1。25L，所以化學(xué)平衡常數(shù)為K===0。20;②2CH4(g）→C2H4(g）+2H2（g）△H=+202kJ/mol，反應(yīng)為氣體體積增大的吸熱反應(yīng)，通入高溫水蒸氣(不參加反應(yīng)，高于400℃)相當(dāng)于加熱，平衡右移，產(chǎn)率增大；同時(shí)通入水蒸氣，容器的體積增大，相當(dāng)于減小壓強(qiáng)，平衡右移，產(chǎn)率也增大,因此C2H4的產(chǎn)率將增大，故答案為：增大;該反應(yīng)為氣體體積增大的吸熱反應(yīng),通入高溫水蒸氣相當(dāng)于加熱，同時(shí)通入水蒸氣,容器的體積增大，相當(dāng)于減小壓強(qiáng)，平衡均右移，產(chǎn)率增大;③若容器體積固定,2CH4(g）→C2H4(g）+2H2（g），反應(yīng)為氣體分子數(shù)增多的反應(yīng)，溫度相同時(shí)，壓強(qiáng)增大不利于反應(yīng)正向進(jìn)行,CH4的平衡轉(zhuǎn)化率降低，因此p1＞p2；④根據(jù)圖象,200℃時(shí)，測出乙烷的量比乙烯多，是因?yàn)樯梢彝榈姆磻?yīng)速率較快。【點(diǎn)睛】本題易錯(cuò)點(diǎn)為(3)①的平衡常數(shù)的計(jì)算，要注意該容器的體積可變,需要根據(jù)物質(zhì)的量之比等于氣體體積之比計(jì)算出平衡時(shí)的體積。11。鐵、鈷、鎳等金屬及其化合物在科學(xué)研究和工業(yè)生產(chǎn)中應(yīng)用十分廣泛。回答下列問題：（1）鐵、鈷、鎳的基態(tài)原子核外未成對(duì)電子數(shù)最多的是_________。（2)酞菁鈷分子的結(jié)構(gòu)簡式如圖所示，中心離子為鈷離子，酞鈷分子中與鈷離子通過配位鍵結(jié)合的氮原子的編號(hào)是_______(填1、2、3、4），三種非金屬原子的電負(fù)性由大到小的順序?yàn)開______(用相應(yīng)的元素符號(hào)表示);氮原子的雜化軌道類型為________。(3)Fe（CO)x常溫下呈液態(tài),熔點(diǎn)為-20.5℃，沸點(diǎn)為103℃,易溶于非極性溶劑，據(jù)此可判斷Fe(CO)x，晶體屬于_______（填晶體類型），若配合物Fe（CO)x的中心原子價(jià)電子數(shù)與配體提供電子數(shù)之和為18，則x=________。（4）NiO、FeO的晶體結(jié)構(gòu)類型與氯化鈉的相同，Ni2+和Fe2+的離子半徑分別為69pm和78pm，則熔點(diǎn)NiO______FeO（填“〉"“〈”或“=”)，原因是_________.（5）NiAs的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示：①鎳離子的配位數(shù)為_________.②若阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，晶體密度為pg·cm—3，則該晶胞中最近的Ni2+之間的距離為________cm.(寫出計(jì)算表達(dá)式)【答案】(1)。鐵（2).2、4(3）.N〉C〉H（4)。sp2、sp3（5).分子晶體（6）.5(7）.>(8).Ni2+、Fe2+的電荷相同，Ni2+的離子半徑小于Fe2+的離子半徑，晶格能：NiO＞FeO，因此熔點(diǎn)NiO＞FeO(9）.4(10).×【解析】【分析】（1)未成對(duì)電子處于價(jià)電子中,鐵、鈷、鎳的基態(tài)原子的價(jià)電子排布式分別為3d64s2、3d74s2、3d84s2,結(jié)合泡利原理與洪特規(guī)則判斷；(2）含有孤對(duì)電子的N原子與Co通過配位鍵結(jié)合，形成配位鍵后形成4對(duì)共用電子對(duì)，形成3對(duì)共用電子對(duì)的N原子形成普通的共價(jià)鍵；三種非金屬原子為C、N、H，同周期自左而右電負(fù)性增大；根據(jù)分子中N原子形成的σ鍵個(gè)數(shù)和含有的孤對(duì)電子的數(shù)目，分析判斷；(3）根據(jù)Fe（CO)x的熔沸點(diǎn)比較低分析判斷晶體類型;Fe原子價(jià)電子數(shù)為8，CO提供一對(duì)孤對(duì)電子,與Fe原子形成配位鍵，根據(jù)Fe(CO)x的中心原子價(jià)電子數(shù)與配體提供電子數(shù)之和為18，列式計(jì)算x；（4）離子晶體的熔點(diǎn)與晶格能大小有關(guān)，離子所帶電荷數(shù)越多，離子半徑越小，晶格能越大，熔點(diǎn)越高;(5）①根據(jù)均攤法計(jì)算晶胞中Ni、As原子數(shù)目,由晶胞結(jié)構(gòu)可知As原子配位數(shù)為4，結(jié)合晶胞中Ni、As元素?cái)?shù)目之比計(jì)算Ni的配位數(shù);②首先計(jì)算晶胞的質(zhì)量，再結(jié)合密度計(jì)算晶胞體積,進(jìn)而計(jì)算晶胞棱長,最后根據(jù)面心與頂點(diǎn)上的Ni原子距離最近計(jì)算。【詳解】(1）鐵、鈷、鎳的基態(tài)原子的價(jià)電子排布式分別為3d64s2、3d74s2、3d84s2，三種元素原子的核外未成對(duì)電子數(shù)分別為4、3、2，未成對(duì)電子數(shù)最多的是Fe，故答案為Fe；(2）有孤對(duì)電子的N原子與Co通過配位鍵結(jié)合，形成配位鍵后形成4對(duì)共用電子對(duì)，形成3對(duì)共用電子對(duì)的N原子形成普通的共價(jià)鍵,1號(hào)、3號(hào)N原子形成3對(duì)共用電子對(duì)為普通共價(jià)鍵，2號(hào)、4號(hào)N原子形成4對(duì)共用電子對(duì),與Co通過配位鍵結(jié)合;酞菁鈷中三種非金屬原子為C、N、H，同周期自左而右電負(fù)性增大，非金屬性越強(qiáng)電負(fù)性越大,故電負(fù)性N＞C＞H;分子中N原子有形成2個(gè)σ鍵，含有1對(duì)孤對(duì)電子，有形成3個(gè)σ鍵，沒有孤對(duì)電子，雜化軌道數(shù)目均為3，N原子的雜化軌道類型為sp2；有形成3個(gè)σ鍵,含有1對(duì)孤對(duì)電子，雜化軌道數(shù)目均為4，N原子的雜化軌道類型為sp3，故答案為2、4;N＞C＞H；sp2、sp3；(3)配合物Fe（CO)x的熔沸點(diǎn)比較低，易溶于非極性溶劑,應(yīng)屬于分子晶體；Fe原子價(jià)電子數(shù)為8，CO提供一對(duì)孤對(duì)電子，與Fe原子形成配位鍵，則8+2x=18，解得x=5,故答案為分子晶體；5；（4）NiO、FeO的晶體結(jié)構(gòu)類型均與氯化鈉的相同,說明二者都是離子晶體,Ni2+、Fe2+的電荷相同，Ni2+的離子半徑小于Fe2+的離子半徑，故晶格能：NiO＞FeO，所以熔點(diǎn)NiO＞FeO，故答案為＞；Ni2+、Fe2+的電荷相同，Ni2+的離子半徑小于Fe2+的離子半徑，故晶格能：NiO＞FeO，所以熔點(diǎn)NiO＞FeO；(5)①晶胞中As原子數(shù)目為4，Ni原子數(shù)目=8×+6×=4，二者為1∶1，由晶胞結(jié)構(gòu)可知As原子配位數(shù)為4,故Ni的配位數(shù)為4，故答案為4；②面心與頂點(diǎn)上的Ni原子距離最近，最近的Ni2+之間的距離為晶胞棱長的,晶胞質(zhì)量=4×g=g,晶胞體積=g÷pg?cm-3=cm3，晶胞棱長=cm，故最近的Ni2+之間的距離=×cm，故答案為×。12。化合物H是一種有機(jī)光電材料中間體.實(shí)驗(yàn)室由芳香化合物A制備H一種合成路線如下：已知:①RCHO+CH3CHORCH=CHCHO+H2O;②?；卮鹣铝袉栴}：（1）C的結(jié)構(gòu)簡式為_______________________。(2）F中官能團(tuán)的名稱為___________________。（3)B與新制Cu（OH)2懸濁液反應(yīng)的化學(xué)方程式為________________。（4)從轉(zhuǎn)化流程圖可見，由D到E分兩步進(jìn)行，其中第一步反應(yīng)的類型為__________。（5）化合物G的二氯代物有__________種同分異構(gòu)體。(6)芳香化合物X是D的同分異構(gòu)體，X能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，其核磁共振氫譜顯示有3種化學(xué)環(huán)境的氫,峰面