2019年高考化学模拟试题(三)(含解析).doc

2019年高考化学模拟试题(三)(含解析)一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1下列生活中常见物质的用途与其还原性有关的是（）A碘酒中的碘B暖宝宝中的铁粉C抗酸药中的氢氧化铝D尿不湿中的聚丙烯酸钠2a、b、c、d为原子序数依次增大的四种短周期主族元素a的最外层电子数是内层电子数的3倍，b的M层上有1个电子，a与c同主族下列说法不正确的是（）A原子半径：bcdB气态氢化物稳定性：acC简单阴离子还原性：dcDab可形成既含离子键又含共价键的离子化合物3关于相同物质的量浓度的NaHCO3溶液和NaHSO3溶液，下列说法正确的是（）A滴加酚酞后溶液均变红B滴加饱和澄清石灰水均产生白色沉淀C滴加氯水均产生能使澄清石灰水变浑浊的气体D所含阳离子的总浓度相等4下列解释事实的方程式不正确的是（）A空气中加热钠生成淡黄色固体：2Na+O2Na2O2B铁与水蒸气反应生成黑色固体：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2C除去乙炔中的H2S气体：H2S+Cu2+CuS+2H+D实验室制备氨气：NH4ClNH3+HCl5利用Cu和浓硫酸制备SO2的反应涉及的装置，下列说法正确的是（）A用装置制备SO2B用装置检验和收集SO2C用装置稀释反应后溶液D用装置测定反应后溶液中c（H+）6有机物（C10H14）的同分异构体中含有苯环且苯环上一溴取代物只有一种的结构共有（不考虑立体异构）（）A2 种B3 种C4 种D5种7我国科研人员以Zn和尖晶石百锰酸锂（ZnMn2O4）为电极材料，研制出一种水系锌离子电池该电池的总反应方程式：xZn+Zn1xMn2O4ZnMn2O4（0x1）下列说法正确的是（）AZnMn2O4是负极材料B充电时，Zn2+向ZnMn2O4电极迁移C充电时，阳极反应：ZnMn2O4xZn2+2xe=Zn1x Mn2O4D充放电过程中，只有Zn元素的化合价发生变化二、非选择题：8海水中含有80多种元素，是重要的物质资源宝库，同时海水具有强大的自然调节能力，为解决环境污染问题提供了广阔的空间（1）已知不同pH条件下，水溶液中碳元素的存在形态如图所示下列说法不正确的是 （填字母序号）apH=8时，溶液中含碳元素的微粒主要是HCO3bA点，溶液中H2CO3和HCO3浓度相同c当c（HCO3）=c（CO32）时，c（H+）c（OH）向上述pH=8.4的水溶液中加入NaOH溶液时发生反应的离子方程式是 （2）海水pH稳定在7.98.4之间，可用于烟道气中CO2和SO2的吸收剂海水中含有的OH 可以吸收烟道气中的CO2同时为海水脱钙，生产CaCO3写出此反应的离子方程式： 已知：25时，H2CO3电离平衡常数K1=4.3107 K2=5.61011H2SO3电离平衡常数K1=1.5102 K2=6.0108海水中含有的HCO3可用于吸收SO2，该过程的离子方程式是 （3）洗涤烟气后的海水呈酸性，需处理后再行排放与新鲜海水混合同时鼓入大量空气排出部分CO2，是一种处理的有效方式通入O2可将酸性海水中的硫（IV）氧化，该反应的离子方程式是 上述方式使处理后海水pH升高的原因是 9电力工业所需的钢制构件在镀锌前需要经过酸洗，其基本原理是用盐酸除去其表面的Fe2O32H2O及FeO等杂质回收废酸同时生产含铁产品的流程如图：已知：i酸洗钢制构件后得到废酸的主要成分如表所示 成分Cl游离HClFe2+Fe3+含量g/L1130160507060800ii pH4时，Fe2+不易被氧气氧化（1）酸洗钢制构件时发生反应的离子方程式：2H+FeO=Fe2+H2O、 （2）过程II中，发生的主要反应：FeCl2（s）十H2SO4（aq）FeSO4（s）+2HCl（ aq）加入过量H2SO4的作用是 （至少写出两点）用化学平衡原理解释鼓入空气的目的： （3）过程III中，FeSO4隔绝空气焙烧得到的尾气中含有两种可用于生产硫酸的氧化物，此过程发生反应的化学方程式是 （4）过程IV发生反应的离子方程式是 （5）过程V：阴离子交换树脂可将FeCl4选择性吸附分离，其过程可表示为ROH+XRX+OH当树脂吸附饱和后可直接用水洗涤树脂进行脱附，同时脱附过程发生反应：FeCl4Fe3+4C1吸附后溶液酸性下降的原因是 洗脱液中主要含有的溶质是 10某实验小组探究少量Cl2和FeBr2反应的过程（1）配制FeBr2溶液：配制50mL1.0mol/LFeBr2溶液；上述溶液呈淡黄色取少量此溶液，向其中滴入KSCN溶液，变为浅红色配制50mL1.0mol/LFeBr2溶液需要的玻璃容器是 由可知，此FeBr2溶液呈黄色的原因是其中含有 ，用离子方程式解释产生其原因： （2）氯气和FeBr2反应实验操作及现象如图1：据此甲同学得出结论：少量Cl2既能和Fe2+又能和Br发生氧化还原反应Cl2和Fe2+发生反应的离子方程式是 乙同学认为上述实验不能证明Cl2和Br发生反应，理由是 乙同学改进实验如下：在上述FeBr2溶液中加入过量铁粉，取上清液2mL，向其中滴加3滴饱和氯水后，再加入CCl4，振荡后静置，观察现象乙得出结论：少量Cl2只与Fe2+反应，不与Br反应乙得出该结论依据的实验现象是 （3）丙同学继续设计实验如图2，探究反应过程：转移到大试管前CCl4液体中呈红棕色的物质是 丙通过此实验可得出结论： 【化学-选修3：物质结构与性质】11E、G、M、Q、T是五种原子序数依次增大的前四周期元素，E、G、M是位于P区的同一周期的元素，M的价层电子排布为Nsnnp2n，E与M原子核外的未成对电子数相等；QM2与GM2为等电子体；T为过渡元素，其原子核外没有未成对电子请回答下列问题：（1）与T同区、同周期元素原子价电子排布式是 （2）E、G、M均可与氢元素形成氢化物，它们的最简单氢化物在固态时都形成分子晶体，其中晶胞结构与干冰不一样的是 （填分子式）（3）E、G、M的最简单氢化物中，键角由大到小的顺序为 （用分子式表示），其中G的最简单氢化物的VSEPR模型名称为 ，M的最简单氢化物的分子立体构型名称为 （4）EM、GM+、G2互为等电子体，EM的结构式为（若有配位键，请用“”表示） E、M电负性相差1.0，由此可以判断EM应该为极性较强的分子，但实际上EM分子的极性极弱，请解释其原因 （5）TQ在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛立方TQ晶体结构如图所示，该晶体的密度为 gcm3如果TQ的摩尔质量为M g/mol，阿伏加德罗常数为NA mol1，则a、b之间的距离为 cm【化学-选修5：有机化学基础】12药物Targretin（F）能治疗顽同性皮肤T细胞淋巴瘤，其合成路线如图所示：已知：RCOOH RCOCl（R表示烃基或芳基）（1）反应的反应类型是 （2）反应的化学方程式： （3）C的结构简式是 （4）反应的化学方程式： （5）F的分子式是C24H28O2F中含有的官能团： （6）写出满足下列条件A的两种同分异构体的结构简式（不考虑OO或结构） a苯环上的一氯代物有两种 b既能发生银镜反应又能发生水解反应（7）已知： RCHR（R、R为烃基）以2溴丙烷和乙烯为原料，选用必要的无机试剂合成，写出合成路线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）xx山西省运城市康杰中学高考化学模拟试卷（三）参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1下列生活中常见物质的用途与其还原性有关的是（）A碘酒中的碘B暖宝宝中的铁粉C抗酸药中的氢氧化铝D尿不湿中的聚丙烯酸钠【考点】B1：氧化还原反应【分析】反应中存在元素的化合价变化为氧化还原反应，若不存在元素的化合价变化，则不属于氧化还原反应，以此来解答【解答】解：A碘具有氧化性，杀菌消毒与氧化性有关，故A不选；B暖宝宝中的铁粉涉及原电池反应，铁粉为负极被氧化，表现还原性，故B选；C氢氧化铝与盐酸发生中和反应，不是氧化还原反应，故C不选；D尿不湿中的聚丙烯酸钠具有吸水性，涉及物理性质，没有发生化学变化，故D不选故选B2a、b、c、d为原子序数依次增大的四种短周期主族元素a的最外层电子数是内层电子数的3倍，b的M层上有1个电子，a与c同主族下列说法不正确的是（）A原子半径：bcdB气态氢化物稳定性：acC简单阴离子还原性：dcDab可形成既含离子键又含共价键的离子化合物【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系【分析】a的最外层电子数是内层电子数的3倍，应为O元素，b的M层上有1个电子，为Na元素，a与c同主族，应为S元素，则d为Cl元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期率解答该题【解答】解：a为O、b为Na、c为S、d为Cl，A同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，故A正确；B非金属性OS，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故B正确；C非金属性SCl，元素的非金属性越强，对应的阴离子还原性越弱，故C错误；Dab可形成的化合物过氧化钠中，既含离子键又含共价键，故D正确故选C3关于相同物质的量浓度的NaHCO3溶液和NaHSO3溶液，下列说法正确的是（）A滴加酚酞后溶液均变红B滴加饱和澄清石灰水均产生白色沉淀C滴加氯水均产生能使澄清石灰水变浑浊的气体D所含阳离子的总浓度相等【考点】GF：钠的重要化合物；DD：盐类水解的应用【分析】A、NaHSO3溶液电离程度大于水解程度，所以溶液呈酸性；B、NaHCO3溶液与氢氧化钙反应生成碳酸钙和NaHSO3溶液与氢氧化钙反应生成亚硫酸钙沉淀；C、NaHSO3溶液滴加氯水发生氧化还原反应生成硫酸钠；D、阳离子为钠离子与氢离子，相同物质的量浓度的NaHCO3溶液和NaHSO3溶液，所以钠离子总数相等，而氢离子总数不等【解答】解：A、NaHSO3溶液电离程度大于水解程度，所以溶液呈酸性，所以NaHSO3滴加酚酞后溶液不变红，故A错误；B、NaHCO3溶液与氢氧化钙反应生成碳酸钙和NaHSO3溶液与氢氧化钙反应生成亚硫酸钙沉淀，所以滴加饱和澄清石灰水均产生白色沉淀，故B正确；C、NaHSO3溶液滴加氯水发生氧化还原反应生成硫酸钠，而无气体产生，故C错误；D、阳离子为钠离子与氢离子，相同物质的量浓度的NaHCO3溶液和NaHSO3溶液，所以钠离子总数相等，而亚硫酸氢钠电离子程度大于水解程度，碳酸钠水解程度大于电离程度，所以亚硫酸氢钠氢离子总数大，所以两者所含阳离子的总浓度不相等，故D错误；故选B4下列解释事实的方程式不正确的是（）A空气中加热钠生成淡黄色固体：2Na+O2Na2O2B铁与水蒸气反应生成黑色固体：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2C除去乙炔中的H2S气体：H2S+Cu2+CuS+2H+D实验室制备氨气：NH4ClNH3+HCl【考点】GE：钠的化学性质；ED：氨的实验室制法；FB：硫化氢；GM：铁的化学性质【分析】A、钠与氧气反应生成淡黄色固体的过氧化钠；B、铁与水蒸气反应生成黑色固体四氧化三铁和氢气；C、用硫酸铜溶液除去乙炔中的H2S气体，生成硫化铜；D、铵盐与碱共热制备氨气【解答】解：A、钠与氧气反应生成淡黄色固体的过氧化钠，反应的化学方程式为：2Na+O2Na2O2，故A正确；B、铁与水蒸气反应生成黑色固体四氧化三铁和氢气，所以反应的化学方程式为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，故B正确；C、用硫酸铜溶液除去乙炔中的H2S气体，生成硫化铜，反应的离子方程式为：H2S+Cu2+CuS+2H+，故C正确；D、铵盐与碱共热制备氨气，反应的化学方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2 CaCl2+2NH3+2H2O，故D错误；故选D5利用Cu和浓硫酸制备SO2的反应涉及的装置，下列说法正确的是（）A用装置制备SO2B用装置检验和收集SO2C用装置稀释反应后溶液D用装置测定反应后溶液中c（H+）【考点】U5：化学实验方案的评价【分析】A浓硫酸与铜的反应必须在加热的条件下进行；B二氧化硫的密度大于空气，应该采用向上排空气法收集；C反应后溶液密度大于水，需要将浓硫酸混合液缓缓加入水中，并用玻璃棒搅拌；D氢氧化钠为碱性溶液，应该用碱式滴定管盛放【解答】解：A金属Cu与浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫气体和水，图示装置中缺少加热仪器，无法达到实验目的，故A错误；BSO2的密度大于空气，集气瓶中导管应该采用长进短出的方式，图示装置不合理，故B错误；C反应后溶液中含有浓硫酸，稀释时将混合液混合倒入烧杯中，同时用玻璃棒不断搅拌，图示操作方法合理，故C正确；DNaOH溶液呈碱性，应该用碱式滴定管盛放，图示仪器为酸式滴定管，故D错误；故选C6有机物（C10H14）的同分异构体中含有苯环且苯环上一溴取代物只有一种的结构共有（不考虑立体异构）（）A2 种B3 种C4 种D5种【考点】H6：有机化合物的异构现象【分析】有机物（C10H14）的同分异构体中含有苯环，C10H14为苯的同系物，且苯环上一溴取代物只有一种的结构，只有高度对称的分子才符合题目要求，分别为对二乙苯，1，2，3，4四甲基苯，1，2，4，6四甲基苯，1，2，4，5四甲基苯；【解答】解：有机物（C10H14）的同分异构体中含有苯环，C10H14为苯的同系物，且苯环上一溴取代物只有一种的结构，只有高度对称的分子才符合题目要求，分别为对二乙苯，1，2，3，4四甲基苯，1，2，4，6四甲基苯，1，2，4，5四甲基苯，有机物（C10H14）的同分异构体中含有苯环且苯环上一溴取代物只有一种的结构共有4种，故选C7我国科研人员以Zn和尖晶石百锰酸锂（ZnMn2O4）为电极材料，研制出一种水系锌离子电池该电池的总反应方程式：xZn+Zn1xMn2O4ZnMn2O4（0x1）下列说法正确的是（）AZnMn2O4是负极材料B充电时，Zn2+向ZnMn2O4电极迁移C充电时，阳极反应：ZnMn2O4xZn2+2xe=Zn1x Mn2O4D充放电过程中，只有Zn元素的化合价发生变化【考点】BH：原电池和电解池的工作原理【分析】A、锌失电子发生氧化反应；B、电解池阳离子向阴极移动；C、电解池中阳极发生氧化反应；D、放电时锰元素的化合价降低【解答】解：A、锌失电子发生氧化反应，所以锌是负极材料，故A错误；B、电解池阳离子向阴极移动，而可充可放电池中，阴极是原电池的负极，所以Zn2+向锌迁移，故B错误；C、电解池中阳极发生氧化反应，所以阳极的电极反应为：ZnMn2O4xZn2+2xe=Zn1x Mn2O4，故C正确；D、放电时锰元素的化合价降低，所以放电时锌与锰的化合价变化，故D错误；故选C二、非选择题：8海水中含有80多种元素，是重要的物质资源宝库，同时海水具有强大的自然调节能力，为解决环境污染问题提供了广阔的空间（1）已知不同pH条件下，水溶液中碳元素的存在形态如图所示下列说法不正确的是bc（填字母序号）apH=8时，溶液中含碳元素的微粒主要是HCO3bA点，溶液中H2CO3和HCO3浓度相同c当c（HCO3）=c（CO32）时，c（H+）c（OH）向上述pH=8.4的水溶液中加入NaOH溶液时发生反应的离子方程式是HCO3+OH=CO32+H2O（2）海水pH稳定在7.98.4之间，可用于烟道气中CO2和SO2的吸收剂海水中含有的OH 可以吸收烟道气中的CO2同时为海水脱钙，生产CaCO3写出此反应的离子方程式：CO2+2OH+Ca2+=CaCO3+H2O已知：25时，H2CO3电离平衡常数K1=4.3107 K2=5.61011H2SO3电离平衡常数K1=1.5102 K2=6.0108海水中含有的HCO3可用于吸收SO2，该过程的离子方程式是SO2+HCO3=CO2+HSO3（3）洗涤烟气后的海水呈酸性，需处理后再行排放与新鲜海水混合同时鼓入大量空气排出部分CO2，是一种处理的有效方式通入O2可将酸性海水中的硫（IV）氧化，该反应的离子方程式是O2+2HSO3=2SO42+2H+上述方式使处理后海水pH升高的原因是与新鲜海水混合起到稀释作用，鼓入空气排除了部分CO2【考点】E7：海水资源及其综合利用【分析】（1）a图象分析可知，PH=8时碳酸氢根离子物质的量分数最大，；bA点是碳酸氢根离子物质的量分数和二氧化碳的碳酸溶液中物质的量分数相同；c图象分析可知当c（HCO3）=c（CO32）时，PH=10；pH=8.4的水溶液中主要是碳酸氢钠溶液，加入NaOH溶液时发生反应为碳酸氢钠和氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水；（2）海水中含有的OH 可以吸收烟道气中的CO2同时为海水脱钙，生产CaCO3是二氧化碳和氢氧根离子、钙离子分数的反应生成碳酸钙和水；25时，H2CO3电离平衡常数K1=4.3107 K2=5.61011，H2SO3电离平衡常数K1=1.5102 K2=6.0108，酸性强弱H2SO3 H2CO3HSO3HCO3，海水中含有的HCO3可用于吸收SO2，反应生成生成二氧化碳和亚硫酸氢根离子；（3）洗涤烟气后的海水呈酸性是亚硫酸氢根离子电离大于其水解，通入O2可将酸性海水中的硫（IV）氧化生成硫酸根离子；与新鲜海水混合同时鼓入大量空气排出部分CO2，会导致海水pH增大【解答】解：（1）a图象分析可知，PH=8时主要存在的微粒是碳酸氢根离子，溶液中含碳元素的微粒主要是HCO3，故a正确；bA点是碳酸氢根离子物质的量分数和二氧化碳的碳酸溶液中物质的量分数相同，溶液中H2CO3和HCO3浓度不相同，故b错误；c图象分析可知当c（HCO3）=c（CO32）时，PH=10溶液显碱性，c（H+）c（OH），故c错误；故答案为：bc；pH=8.4的水溶液中主要是碳酸氢钠溶液，加入NaOH溶液时发生反应为碳酸氢钠和氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，反应的离子方程式为：HCO3+OH=CO32+H2O，故答案为：HCO3+OH=CO32+H2O；（2）海水中钙离子在碱溶液中和二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和水，反应的离子方程式为：CO2+2OH+Ca2+=CaCO3+H2O，故答案为：CO2+2OH+Ca2+=CaCO3+H2O；25时，H2CO3电离平衡常数K1=4.3107 K2=5.61011，H2SO3电离平衡常数K1=1.5102 K2=6.0108，酸性强弱H2SO3 H2CO3HSO3HCO3，海水中含有的HCO3可用于吸收SO2，反应生成生成二氧化碳和亚硫酸氢根离子，反应的离子方程式为：SO2+HCO3=CO2+HSO3，故答案为：SO2+HCO3=CO2+HSO3；（3）洗涤烟气后的海水呈酸性是亚硫酸氢根离子电离大于其水解，通入O2可将酸性海水中的硫（IV）氧化生成硫酸根离子，反应的离子方程式为：O2+2HSO3=2SO42+2H+，故答案为：O2+2HSO3=2SO42+2H+；上述方式使处理后海水pH升高的原因是与新鲜海水混合起到稀释作用，鼓入空气排除了部分CO2，故答案为：与新鲜海水混合起到稀释作用，鼓入空气排除了部分CO29电力工业所需的钢制构件在镀锌前需要经过酸洗，其基本原理是用盐酸除去其表面的Fe2O32H2O及FeO等杂质回收废酸同时生产含铁产品的流程如图：已知：i酸洗钢制构件后得到废酸的主要成分如表所示 成分Cl游离HClFe2+Fe3+含量g/L1130160507060800ii pH4时，Fe2+不易被氧气氧化（1）酸洗钢制构件时发生反应的离子方程式：2H+FeO=Fe2+H2O、6H+Fe2O3H2O+Fe3Fe2+4H2O（2）过程II中，发生的主要反应：FeCl2（s）十H2SO4（aq）FeSO4（s）+2HCl（ aq）加入过量H2SO4的作用是抑制Fe2+水解：防止pH4时，Fe2+被氧气氧化：同时提供H+利于HC1气体的逸出；提供SO42利于FeSO4固体析出（至少写出两点）用化学平衡原理解释鼓入空气的目的：空气带走HCl气体，促进平衡FeCl2（s）+H 2SO4（aq）FeSO4（s）+2HCl（aq）向正反应方向移动，有利于FeSO4固体的析出（3）过程III中，FeSO4隔绝空气焙烧得到的尾气中含有两种可用于生产硫酸的氧化物，此过程发生反应的化学方程式是2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3（4）过程IV发生反应的离子方程式是2Fe2+H2O2+8Cl+2H+2FeCl4+2H2O（5）过程V：阴离子交换树脂可将FeCl4选择性吸附分离，其过程可表示为ROH+XRX+OH当树脂吸附饱和后可直接用水洗涤树脂进行脱附，同时脱附过程发生反应：FeCl4Fe3+4C1吸附后溶液酸性下降的原因是利用阴离于空换树脂进行吸附时，树脂上的OH被交换下来进入吸附后溶液洗脱液中主要含有的溶质是FeCl3和HC1【考点】U3：制备实验方案的设计；P8：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】废酸为盐酸去除Fe2O32H2O及FeO等杂质后的物质，该过程发生的反应为：2H+FeO=Fe2+H2O、6H+Fe2O3H2O+Fe3Fe2+4H2O，故废酸中主要含有氯化亚铁和盐酸，回收废酸同时生产含铁产品的流程，加热浓缩废酸，得到氯化氢气体和氯化亚铁的固液混合物，其中氯化氢溶于水可得盐酸，向氯化亚铁的固液混合物中将入过量的稀硫酸并通入空气，生成氯化氢气体和硫酸亚铁固体，灼烧发生反应：2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3；向废酸中加入双氧水得到含有FeCl4的溶液，反应为：2Fe2+H2O2+8Cl+2H+2FeCl4+2H2O，树脂吸附饱和后可直接用水洗涤树脂进行脱附，洗脱液中为FeCl3和HC1，据此分析解答【解答】解：（1）钢制构件表面有Fe2O32H2O及FeO等杂质，酸洗钢制构件时发生反应的离子方程式：2H+FeO=Fe2+H2O、6H+Fe2O3H2O+Fe3Fe2+4H2O；故答案为：6H+Fe2O3H2O+Fe3Fe2+4H2O；（2）程II中，发生的主要反应：FeCl2（s）十H2SO4（aq）FeSO4（s）+2HCl（ aq），Fe2+水解，Fe2+2H2O=Fe（OH）2+2+，加入过量的H2SO4，氢离子浓度增大，平衡正向移动，抑制Fe2+水解：防止pH4时，Fe2+被氧气氧化：同时提供H+利于HC1气体的逸出；提供SO42利于FeSO4固体析出；故答案为：抑制Fe2+水解：防止pH4时，Fe2+被氧气氧化：同时提供H+利于HC1气体的逸出；提供SO42利于FeSO4固体析出；鼓入空气的目的是空气带走HCl气体，促进平衡FeCl2（s）+H 2SO4（aq）FeSO4（s）+2HCl（aq）向正反应方向移动，有利于FeSO4固体的析出；故答案为：空气带走HCl气体，促进平衡FeCl2（s）+H 2SO4（aq）FeSO4（s）+2HCl（aq）向正反应方向移动，有利于FeSO4固体的析出；（3）FeSO4隔绝空气焙烧得到的尾气中含有两种可用于生产硫酸的氧化物，分别为二氧化硫和三氧化硫，此过程发生反应的化学方程式是：2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3；故答案为：2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3；（4）反应为向废酸中加入双氧水得到含有FeCl4的溶液，亚铁离子被氧化为FeCl4，过氧化氢被还原为水，离子方程式为：2Fe2+H2O2+8Cl+2H+2FeCl4+2H2O；故答案为：2Fe2+H2O2+8Cl+2H+2FeCl4+2H2O；（5）阴离子交换树脂对离子选择性吸附分离，其过程可表示为ROH+XRX+OH，利用阴离于空换树脂进行吸附时，树脂上的OH被交换下来进入吸附后溶液，则附后溶液酸性下降；故答案为：利用阴离于空换树脂进行吸附时，树脂上的OH被交换下来进入吸附后溶液；脱附过程发生反应：FeCl4Fe3+4C1，原溶液中有盐酸，故洗脱液中主要含有的溶质是FeCl3和HC1；故答案为：FeCl3和HC110某实验小组探究少量Cl2和FeBr2反应的过程（1）配制FeBr2溶液：配制50mL1.0mol/LFeBr2溶液；上述溶液呈淡黄色取少量此溶液，向其中滴入KSCN溶液，变为浅红色配制50mL1.0mol/LFeBr2溶液需要的玻璃容器是烧杯、玻璃棒、50mL容量瓶、胶头滴管由可知，此FeBr2溶液呈黄色的原因是其中含有Fe3+，用离子方程式解释产生其原因：4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O（2）氯气和FeBr2反应实验操作及现象如图1：据此甲同学得出结论：少量Cl2既能和Fe2+又能和Br发生氧化还原反应Cl2和Fe2+发生反应的离子方程式是Cl2+2Fe2+=2C1+2Fe3+乙同学认为上述实验不能证明Cl2和Br发生反应，理由是溶液中含有的Fe3+可与I反应生成I2使淀粉变蓝乙同学改进实验如下：在上述FeBr2溶液中加入过量铁粉，取上清液2mL，向其中滴加3滴饱和氯水后，再加入CCl4，振荡后静置，观察现象乙得出结论：少量Cl2只与Fe2+反应，不与Br反应乙得出该结论依据的实验现象是静置后，上层溶液为黄色，下层溶液无色（3）丙同学继续设计实验如图2，探究反应过程：转移到大试管前CCl4液体中呈红棕色的物质是Br2丙通过此实验可得出结论：少量Cl2能与Br反应，生成的Br2会继续氧化溶液中的Fe2+【考点】U2：性质实验方案的设计【分析】（1）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，配制50mL1.0mol/LFeBr2溶液，用到的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、50mL容量瓶、胶头滴管；黄色为铁离子颜色，亚铁离子易被空气中的氧气氧化成铁离子；（2）Cl2具有强氧化性，可使Fe2+转化为Fe3+，自身被还原生成氯离子；铁离子具有氧化性、碘离子具有还原性，二者发生氧化还原反应生成亚铁离子和碘单质；少量Cl2与Fe2+反应，若继续氧化铁离子，则加入CCl4萃取后，下层为紫色，上层为黄色；（3）溴单质为深红棕色；丙通过此少量Cl2能与Br反应，发现生成的Br2会继续氧化溶液中的Fe2+【解答】解：（1）配制50mL1.0mol/LFeBr2溶液，操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解（可用量筒量取水加入烧杯），并用玻璃棒搅拌，加速溶解冷却后转移到50mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒23次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀，因配制50mL溶液，则需选用50mL容量瓶，最后需胶头滴管定容，所以所需玻璃仪器为：烧杯、玻璃棒、50mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：烧杯、玻璃棒、50mL容量瓶、胶头滴管；FeBr2溶液呈黄色，是因为含有铁离子，因亚铁离子具有还原性，易被空气中的氧气氧化，反应离子方程式为：4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O，故答案为：Fe3+；4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O；（2）Cl2具有强氧化性，可使Fe2+转化为Fe3+，自身被还原生成氯离子，离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2C1+2Fe3+，故答案为：Cl2+2Fe2+=2C1+2Fe3+；铁离子具有氧化性、碘离子具有还原性，溶液中含有的Fe3+可与I反应，二者发生氧化还原反应生成亚铁离子和碘单质，离子方程式为2Fe3+2I=2Fe 2+I2，I2使淀粉变蓝，故答案为：溶液中含有的Fe3+可与I反应生成I2使淀粉变蓝；少量Cl2与Fe2+反应，加入CCl4萃取后，静置后，上层溶液为黄色，为铁离子，下层溶液无色，说明不含有溴，因溴单质在四氯化碳中呈现紫色，故答案为：静置后，上层溶液为黄色，下层溶液无色；（3）转移到大试管前CCl4液体中呈红棕色，为溴单质，故答案为：Br2；丙同学，向其中滴加饱和氯水后，转移到大试管前CCl4液体中呈红棕色为溴单质，少量Cl2能与Br反应，生成的Br2，再转移到大试管震荡静置，上层棕黄色为铁离子，说明生成的Br2会继续氧化溶液中的Fe2+，故答案为：少量Cl2能与Br反应，生成的Br2会继续氧化溶液中的Fe2+【化学-选修3：物质结构与性质】11E、G、M、Q、T是五种原子序数依次增大的前四周期元素，E、G、M是位于P区的同一周期的元素，M的价层电子排布为Nsnnp2n，E与M原子核外的未成对电子数相等；QM2与GM2为等电子体；T为过渡元素，其原子核外没有未成对电子请回答下列问题：（1）与T同区、同周期元素原子价电子排布式是3d104s1（2）E、G、M均可与氢元素形成氢化物，它们的最简单氢化物在固态时都形成分子晶体，其中晶胞结构与干冰不一样的是NH3、H2O（填分子式）（3）E、G、M的最简单氢化物中，键角由大到小的顺序为CH4NH3H2O（用分子式表示），其中G的最简单氢化物的VSEPR模型名称为四面体，M的最简单氢化物的分子立体构型名称为V形（4）EM、GM+、G2互为等电子体，EM的结构式为（若有配位键，请用“”表示）E、M电负性相差1.0，由此可以判断EM应该为极性较强的分子，但实际上EM分子的极性极弱，请解释其原因从电负性分析，CO中的共用电子对偏向氧原子，但分子中形成配位键的电子对是由氧原子单方面提供的，抵消了共用电子对偏向O而产生的极性（5）TQ在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛立方TQ晶体结构如图所示，该晶体的密度为 gcm3如果TQ的摩尔质量为M g/mol，阿伏加德罗常数为NA mol1，则a、b之间的距离为cm【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系【分析】E、G、M、Q、T是五种原子序数依次增大的前四周期元素，E、G、M是位于P区的同一周期的元素，M的价层电子排布为nsnnp2n，s能级最多排列2个电子，则n=2，所以M价层电子排布式为2s22p4，故M为O元素；E与M原子核外的未成对电子数相等，则E是C元素，G为N元素；QO2与NO2为等电子体，则Q为S元素；T为过渡元素，其原子核外没有未成对电子，则T为Zn元素（1）与T同区、同周期元素为Cu元素，其原子核外有29个电子，3d、4s能级电子为其价电子，根据构造原理书写该原子价电子排布式；（2）C、N、O均可与氢元素形成氢化物，它们的最简单氢化物在固态时都形成分子晶体，干冰和甲烷晶胞都是面心立方晶胞结构；（3）C、N、O的最简单氢化物中，其氢化物空间构型分别是正四面体、三角锥形、V形，其键角依次减小；其中N的最简单氢化物的VSEPR模型名称为四面体，O的最简单氢化物的分子立体构型名称为V形；（4）CO、NO+、N2互为等电子体，等电子体结构相似；CO分子的极性极弱，形成配位键的共用电子对由氧原子提供，抵消共用电子对偏向氧产生的极性；（5）ZnS晶体结构如图所示，该晶胞中黑色球个数是4、白色球个数=8+6=4，晶胞质量为g，根据V=计算晶胞体积，再计算晶胞棱长，ab之间距离为该晶胞体对角线长的【解答】解：E、G、M、Q、T是五种原子序数依次增大的前四周期元素，E、G、M是位于P区的同一周期的元素，M的价层电子排布为nsnnp2n，s能级最多排列2个电子，则n=2，所以M价层电子排布式为2s22p4，故M为O元素；E与M原子核外的未成对电子数相等，则E是C元素，G为N元素；QO2与NO2为等电子体，则Q为S元素；T为过渡元素，其原子核外没有未成对电子，则T为Zn元素（1）与T同区、同周期元素为Cu元素，其原子核外有29个电子，3d、4s能级电子为其价电子，根据构造原理书写该原子价电子排布式为3d104s1，故答案为：3d104s1；（2）C、N、O均可与氢元素形成氢化物，它们的最简单氢化物在固态时都形