湖南省2019-2020学年高三化学上学期模拟检测试题.doc

湖南省2019-2020学年高三化学上学期模拟检测试题一、选择题（共6小题，每小题6分，满分36分）1（6分）化学与科技、工业生产与生活均密切相关。下列有关叙述正确的是（）a利用生物方法脱除生活污水中的氮和磷，防止水体富营养化b汉代烧制岀“明如镜、声如馨”的瓷器，其主要原料为石灰石c二氧化硫是一种常见的漂白剂，常用于加工食品使食品增白d铝合金的大量使用归功于人们能使用焦炭从氧化铝中获得铝2（6分）下列装置或操作能达到目的是（）a装置用铜与稀硝酸制取少量nob装置可用于测定中和热c利用装置制取氯气d装置保护铁闸门不被腐蚀3（6分）设na为阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是（）a235g核素u发生裂变反应：u+ns+xe+10n净产生的中子（n）数为10nab常温下，0.5l ph14的ba（oh）2溶液中oh数目为nac一定条件下，32gso2与足量o2反应，转移的电子数为nad标准状况下，5.6l乙烷中含有的极性键数目为1.5na4（6分）短周期w、x、y、z、q五种元素的原子序数依次递增，w和z位于同一主族。已知w的氢化物可与q单质在光照条件下反应生成多种化合物，y的氧化物是一种比较好的耐火材料，也是工业上冶炼y的原料，x的最高价氧化物对应的水化物可与z单质反应产生常见的还原性气体单质e下列说法不正确的是（）ax、z的最高价氧化物相互化合，生成的产物可用作防火剂b电解x、q元素组成的化合物的饱和溶液常被用于工业上制备x单质cw、x、q三种元素都能形成多种氧化物dy、q形成的化合物是强电解质5（6分）有机物a和苯通过反应合成b的过程可表示为下图（无机小分子产物略去）。下列说法错误的是（）a该反应是取代反应b若r为ch3时，b中所有碳原子共面c若r为c4h9时，则b中苯环上的一氯代物可能的结构共有12种d若r为c4h5o时，1mol b最多可以与4molh2加成6（6分）一种“全氢电池”的工作原理如图所示。下列说法不正确的是（）a电子流向是从吸附层m通过导线到吸附层nbna+从左边穿过离子交换膜向右边移动c离子交换膜可用质子交换膜d负极的电极反应是：h22e+2oh2h2o7（6分）可逆反应x（g）+2y（g）2z（g） 2m（g）n（g）+p（g）分别在密闭容器的两个反应室中进行，反应室之间有无摩擦、可滑动的密封隔板。反应开始和达到平衡状态时有关物理量的变化如图所示：下列判断正确的是（）a达平衡（i）时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为10：11b反应的正反应是吸热反应c在平衡（i）和平衡（ii）中，m的体积分数相等d达平衡（i）时，x的转化率为50%非选择题：包括必考题和选考题两部分。每个试题考生都必须做答。考生根据要求做答。(一)必考题8（14分）氮和硫的化合物在工农业生产、生活中具有重要应用。请回答下列问题：（1）航天领域中常用n2h4作为火箭发射的助燃剂。n2h4与氨气相似，是一种碱性气体，易溶于水，生成弱碱n2h4h2o用电离方程式表示n2h4h2o显碱性的原因是： 。（2）在恒温条件下，1molno2和足量c发生反应2no2（g）+2c（s）n2（g）+2co2（g），测得平衡时no2和co2的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示：a、b两点的浓度平衡常数关系：kc（a） kc（b）（填“”或“”或“”）a、b、c三点中no2的转化率最高的是 （填“a”或“b”或“c”）点。计算c点时该反应的压强平衡常数kp mpa（kp是用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压物质的量分数）。（3）已知：亚硝酸（hno2）性质和硝酸类似，但它是一种弱酸。常温下亚硝酸的电离平衡常数ka5.1104；h2co3的ka14.2107，ka25.611011在常温下向含有2mol碳酸钠的溶液中加入1mol的hno2后，则溶液中co32、hco3和no2的离子浓度由大到小的顺序是 。（4）已知：常温下甲胺（ch3nh2）的电离常数为kb，且pkblgkb3.4水溶液中有ch3nh2+h2och3nh3+oh常温下向ch3nh2溶液滴加稀硫酸至c（ch3nh2）c（ch3nh3+）时，则溶液ph 。（5）一种煤炭脱硫技术可以把硫元素以caso4的形成固定下来，但产生的co又会与caso4发生化学反应，相关的热化学方程式如下：caso4（s）+co（g）cao（s）+so2（g）+co2（g）h+210.5kjmol1caso4（s）+4co（g）cas（s）+4co2（g）h189.2 kjmol1反应cao（s）+3co（g）+so2（g）cas（s）+3co2（g）h kjmol19（14分）某同学看到利用零价铁还原no3脱除地下水中硝酸盐”的相关报道后，利用如下装置探究铁粉与kno3溶液的反应。实验过程如下：打开弹簧夹，缓慢通入n2，并保持后续反应均在n2氛围中进行；ii加入ph已调至2.5的0.01moll1kno3酸性溶液100ml，一段时间后铁屑部分溶解，溶液逐渐变为浅绿色；待铁粉不再溶解，静置后发现，剩余固体表面有少量白色物质附着；过滤剩余固体时，表面的白色物质变为红褐色；iv检测到滤液中存在no3、nh4+和fe2+。（1）通入n2并保持后续反应均在n2氛围中进行的实验目的是 。（2）用化学方程式解释其变为红褐色的原因： 。（3）用k3fe（cn）6检验滤液中fe2+的实验方案是（写出具体操作、现象及结论） 。（4）取少量滤液，向其中加入几滴kscn溶液，无明显现象；再加入几滴稀硫酸，溶液呈红色。溶液变成红色的原因是 。（5）该同学进一步査阅文献发现，用铁粉、碳粉混合物脱除硝酸盐，效果更佳。他用上述kno3溶液继续设计如下实验，探究碳粉的作用。假设实验操作现象及结论假设1：碳粉可用作还原剂，脱除硝酸盐向烧杯中加入 ，一段时间后，测定烧杯中no3的浓度no3浓度无明显变化，说明假设1不成立假设2：碳粉、铁粉形成无数个微小的原电池，促进了硝酸盐的脱除按下图所示组装实验装置，一段时间后，测定no3浓度 ，说明假设2成立关于碳粉的作用，还可以提出的合理假设是 。10（15分）工业以软锰矿（主要成分是mno2，含有sio2、fe2o3等少量杂质）为主要原料制备高性能的磁性材料碳酸锰（mnco3）。其工业流程如下：（1）浸锰过程中fe2o3与so2反应的离子方程式为fe2o3+so2+2h+2fe2+so42+h2o，该反应是经历以下两步反应实现的。ife2o3+6h+2fe3+3h2o ii写出ii的离子方程式： 。（2）过滤所得滤液中主要存在的两种金属阳离子为 （填离子符号）（3）氧化过程中被mno2氧化的物质有（写化学式）： 。（4）“浸锰”反应中往往有副产物mns2o6生成，温度对浸锰”反应的影响如图所示：为减少mns2o6的生成，“浸锰”的适宜温度是 ；向过滤所得的滤液中加入nh4hco3溶液时温度不宜太高的原因是 。下（5）加入nh4hco3溶液后，生成mnco3沉淀，同时还有气体生成，写出反应的离子方程式： 。（6）已知：pnilgc（ni2+），常温下，ksp（nico3）1.4107，向10ml0.1moll1ni（no3）2溶液中滴加0.1moll1na2s溶液，会产生nis沉淀，在滴加过程中pni与na2s溶液体积的关系如图所示。则在e、f、g三点中， 点对应溶液中水电离程度最小，常温下，在nis和nico3的浊液中 。(二)选考题：共45分。请考生从每科任选一题做答，如果多做，则每学科按所做的第一题计分化学-选修3：物质结构与性质（15分）11（15分）技术人员晒制蓝图时，用k3fe（c2o4）33h2o（三草酸合铁酸钾）作感光剂，再以k3fe（cn）6（六氰合铁酸钾）溶液作显影剂。请回答以下问题：（1）铁元素在周期表中位置为 ，fe3+的基态价电子排布图为 。（2）在上述两种钾盐中第一电离能最大的元素为 ，电负性最小的元素为 。（3）h2c2o4分子中碳原子的杂化类型是 ，与c2o42互为等电子体的分子的化学式为 （写一种）。（4）在分析化学中f常用于fe3+的掩蔽剂，因为生成的fef63十分稳定，但fe3+却不能与i形成配合物，其原因是 （用离子方程式来表示）。（5）已知c60分子结构和c60晶胞如图所示：1个c60分子中含有键的数目为 。晶胞中c60的配位数为 。已知c60晶胞参数为a pm，则该晶胞密度的表达式是 g/cm3（na代表阿伏加德罗常数）。化学-选修5：有机化学基础（15分）12prolitane是一种抗抑郁药物，以芳香烃a为原料的合成路线如下：请回答以下问题：（1）d的化学名称为 ，de的反应类型为 。（2）g的官能团名称为 。（3）b的结构简式为 。（4）fg的化学方程式为 。（5）x是d的同系物，x分子比d分子少一个碳原子，且能发生银镜反应，则满足此条件的x共有 种（不含立体异构）；其中核磁共振氢谱显示为5组峰，其峰面积比为3：2：2：2：1，写出符合该要求的的一种同分异构体的结构简式： 。（6）参照 prolitane的合成路线，设计一条由苯和乙醇为原料制备苯甲酸乙酯的合成路线（其他无机试剂和溶剂任选）。 。 参考答案与试题解析一、选择题（共6小题，每小题6分，满分36分）1（6分）化学与科技、工业生产与生活均密切相关。下列有关叙述正确的是（）a利用生物方法脱除生活污水中的氮和磷，防止水体富营养化b汉代烧制岀“明如镜、声如馨”的瓷器，其主要原料为石灰石c二氧化硫是一种常见的漂白剂，常用于加工食品使食品增白d铝合金的大量使用归功于人们能使用焦炭从氧化铝中获得铝【考点】14：物质的组成、结构和性质的关系；f5：二氧化硫的化学性质【分析】a氮和磷的大量排放，能够引起水体富营养化；b瓷器成分为硅酸盐；c二氧化硫有毒；d焦炭不能还原氧化铝。【解答】解：a利用生物方法脱除生活污水中的氮和磷，防止水体富营养化，故a正确；b瓷器成分为硅酸盐，不是碳酸钙，故b错误；c二氧化硫有毒，不能用于食品漂白，故c错误；d焦炭不能还原氧化铝，工业上利用电解熔融的氧化铝的方法，故d错误；故选：a。【点评】本题考查元素化合物知识，侧重考查物质的性质及用途，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析、应用能力的考查，题目难度不大。2（6分）下列装置或操作能达到目的是（）a装置用铜与稀硝酸制取少量nob装置可用于测定中和热c利用装置制取氯气d装置保护铁闸门不被腐蚀【考点】u5：化学实验方案的评价【分析】ano与氧气反应；b图中缺少环形玻璃搅拌棒；c浓盐酸与二氧化锰反应需要加热；d铁闸门与电源负极相连，为阴极。【解答】解：ano与氧气反应，应选排水法收集，故a错误；b图中缺少环形玻璃搅拌棒，不能测定最高温度，故b错误；c浓盐酸与二氧化锰反应需要加热，缺少酒精灯，故c错误；d铁闸门与电源负极相连，为阴极，则装置保护铁闸门不被腐蚀，故d正确；故选：d。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、气体的制备及收集、电化学、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。3（6分）设na为阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是（）a235g核素u发生裂变反应：u+ns+xe+10n净产生的中子（n）数为10nab常温下，0.5l ph14的ba（oh）2溶液中oh数目为nac一定条件下，32gso2与足量o2反应，转移的电子数为nad标准状况下，5.6l乙烷中含有的极性键数目为1.5na【考点】4f：阿伏加德罗常数【分析】a、92235u+01n3890sr+54136u+1001n净产生的中子为1019个；b、常温下，ph14的氢氧化钡溶液中，氢氧根浓度为1mol/l；c、氧气和二氧化硫的反应为可逆反应；d、求出乙烷的物质的量，然后根据乙烷中含6条极性共价键来分析。【解答】解：a、92235u+01n3890sr+54136u+1001n净产生的中子为1019个，则235g核素92235u发生裂变反应净产生的中子（01n）数为9na，故a错误；b、常温下，ph14的氢氧化钡溶液中，氢氧根浓度为1mol/l，故0.5l此溶液中含氢氧根为0.5na个，故b错误；c、氧气和二氧化硫的反应为可逆反应，不能进行彻底，故此反应转移的电子数小于na个，故c错误；d、5.6l乙烷的物质的量为0.25mol，而乙烷中含6条极性共价键，故0.25mol乙烷中含1.5na条极性共价键，故d正确。故选：d。【点评】本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。4（6分）短周期w、x、y、z、q五种元素的原子序数依次递增，w和z位于同一主族。已知w的氢化物可与q单质在光照条件下反应生成多种化合物，y的氧化物是一种比较好的耐火材料，也是工业上冶炼y的原料，x的最高价氧化物对应的水化物可与z单质反应产生常见的还原性气体单质e下列说法不正确的是（）ax、z的最高价氧化物相互化合，生成的产物可用作防火剂b电解x、q元素组成的化合物的饱和溶液常被用于工业上制备x单质cw、x、q三种元素都能形成多种氧化物dy、q形成的化合物是强电解质【考点】8f：原子结构与元素周期律的关系；8j：位置结构性质的相互关系应用【分析】短周期w、x、y、z、q五种元素的原子序数依次递增，已知w的氢化物可与q单质在光照条件下反应生成多种化合物，w的氢化物应该为烃，则w为c元素，q为cl元素；w和z位于同一主族，则z为si元素；y的氧化物是一种比较好的耐火材料，也是工业上冶炼y的原料，则y为al元素；x的最高价氧化物对应的水化物可与z单质反应产生常见的还原性气体单质e，则x为na元素，据此解答。【解答】解：依据题意可知：w为c，x为na，y为al，z为si，q为cl。a氧化钠与二氧化硅可反应生成硅酸钠，硅酸钠为防火剂，故a正确；b电解饱和食盐水生成的是氢氧化钠、氢气和氯气，不会得到金属na，故b错误；cc、na、cl元素都能够形成多种氧化物，如二氧化碳、co、氧化钠、过氧化钠，clo2、cl2o5、cl2o7等，故c正确；d氯化铝在水溶液中完全电离，为强电解质，故d正确；故选：b。【点评】本题考查了原子结构与元素周期律的关系，题目难度中等，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期表结构、元素周期律内容，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。5（6分）有机物a和苯通过反应合成b的过程可表示为下图（无机小分子产物略去）。下列说法错误的是（）a该反应是取代反应b若r为ch3时，b中所有碳原子共面c若r为c4h9时，则b中苯环上的一氯代物可能的结构共有12种d若r为c4h5o时，1mol b最多可以与4molh2加成【考点】hd：有机物的结构和性质【分析】a由官能团的转化判断反应类型；br为ch3时，与苯环直接相连的原子共平面；cc4h9有4种不同的结构，苯环的h被取代，各有邻、间、对3种；dr为c4h5o时，不饱合度为2，且1mol苯环消耗3mol氢气。【解答】解：a烃基取代苯环的氢原子，为取代反应，故a正确；br为ch3时，与苯环直接相连的原子共平面，则所有的碳原子可能共平面，故b正确；cc4h9有4种，分别为：ch3ch2ch2ch2、ch3ch2ch（ch3）、（ch3）2chch2、（ch3）3c，苯环的h被取代，各有邻、间、对3种，共12种，故c正确；dr为c4h5o时，不饱合度为2，且1mol苯环消耗3mol氢气，则lmol b最多可以与5mol h2加成，故d错误。故选：d。【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质，为解答该题的关键，难度不大。6（6分）一种“全氢电池”的工作原理如图所示。下列说法不正确的是（）a电子流向是从吸附层m通过导线到吸附层nbna+从左边穿过离子交换膜向右边移动c离子交换膜可用质子交换膜d负极的电极反应是：h22e+2oh2h2o【考点】bh：原电池和电解池的工作原理【专题】5：高考化学专题【分析】由工作原理图可知，左边吸附层m上氢气失电子与氢氧根结合生成水，发生了氧化反应为负极，电极反应是h22e+2oh2h2o，右边吸附层n为正极，发生了还原反应，电极反应是2e+2h+h2，结合原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极，电子由负极经过导线进入正极，据此解答。【解答】解：a由工作原理图可知，左边吸附层m为负极，右边吸附层n为正极，则电子流向为从吸附层m通过导线到吸附层n，故a正确；b原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极，所以电解质溶液中na+向右边移动，故b正确；c由工作原理图可知，左边溶液为碱性，右边溶液为酸性，所以离子交换膜可阻止左边的碱性溶液和右边的酸性溶液发生中和，故c错误；d左边吸附层m为负极极，发生了氧化反应，电极反应是h22e+2oh2h2o，故d正确；故选：c。【点评】本题考查原电池工作原理，涉及电极判断与电极反应式书写等问题，注意从工作原理图判断原电池的正负极以及电极方程式的书写，题中难点和易错点为电极方程式的书写，题目难度中等。7（6分）可逆反应x（g）+2y（g）2z（g） 2m（g）n（g）+p（g）分别在密闭容器的两个反应室中进行，反应室之间有无摩擦、可滑动的密封隔板。反应开始和达到平衡状态时有关物理量的变化如图所示：下列判断正确的是（）a达平衡（i）时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为10：11b反应的正反应是吸热反应c在平衡（i）和平衡（ii）中，m的体积分数相等d达平衡（i）时，x的转化率为50%【考点】cp：化学平衡的计算【分析】a根据等温时，反应中气体的物质的量不变，压强与体积成反比，并且左右两个容器中的压强关系可判断；b从降温导致平衡（）向平衡（）移动时，x、y、z的总物质的量变化导致反应移动的方向来判断反应是吸热还是放热；c由于温度变化反应的平衡已经被破坏，m的体积分数不会相等的；d相同压强下，根据物质的量之比等于体积之比计算中气体的物质的量，进而求出转化率。【解答】解：a平衡时，右边物质的量不变，由图可以看出达平衡（）时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为，故a正确；b降温由平衡（）向平衡（）移动，同时x、y、z的总物质的量减少，说明平衡向右移动，正反应放热，故b错误；c由平衡（）到平衡（），化学反应发生移动，m的体积分数不会相等的，故c错误；d达平衡（）时，右边气体的物质的量不变，仍为2mol，左右气体压强相等，设平衡时左边气体的物质的量为xmol，则有：，xmol，即物质的量减少了3mol，所以达平衡（）时，x的转化率为，故d错误；故选：a。【点评】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握物质的量与压强关系、平衡移动为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意转化率的计算，题目难度不大。非选择题：包括必考题和选考题两部分。每个试题考生都必须做答。考生根据要求做答。(一)必考题8（14分）氮和硫的化合物在工农业生产、生活中具有重要应用。请回答下列问题：（1）航天领域中常用n2h4作为火箭发射的助燃剂。n2h4与氨气相似，是一种碱性气体，易溶于水，生成弱碱n2h4h2o用电离方程式表示n2h4h2o显碱性的原因是：n2h4h2on2h5+oh。（2）在恒温条件下，1molno2和足量c发生反应2no2（g）+2c（s）n2（g）+2co2（g），测得平衡时no2和co2的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示：a、b两点的浓度平衡常数关系：kc（a）kc（b）（填“”或“”或“”）a、b、c三点中no2的转化率最高的是a（填“a”或“b”或“c”）点。计算c点时该反应的压强平衡常数kp2mpa（kp是用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压物质的量分数）。（3）已知：亚硝酸（hno2）性质和硝酸类似，但它是一种弱酸。常温下亚硝酸的电离平衡常数ka5.1104；h2co3的ka14.2107，ka25.611011在常温下向含有2mol碳酸钠的溶液中加入1mol的hno2后，则溶液中co32、hco3和no2的离子浓度由大到小的顺序是c（hco3）c（no2）c（co32）。（4）已知：常温下甲胺（ch3nh2）的电离常数为kb，且pkblgkb3.4水溶液中有ch3nh2+h2och3nh3+oh常温下向ch3nh2溶液滴加稀硫酸至c（ch3nh2）c（ch3nh3+）时，则溶液ph10.6。（5）一种煤炭脱硫技术可以把硫元素以caso4的形成固定下来，但产生的co又会与caso4发生化学反应，相关的热化学方程式如下：caso4（s）+co（g）cao（s）+so2（g）+co2（g）h+210.5kjmol1caso4（s）+4co（g）cas（s）+4co2（g）h189.2 kjmol1反应cao（s）+3co（g）+so2（g）cas（s）+3co2（g）h399.7 kjmol1【考点】bf：用盖斯定律进行有关反应热的计算；cp：化学平衡的计算；d5：弱电解质在水溶液中的电离平衡；dn：离子浓度大小的比较【分析】（1）n2h4结合h2o电离的氢离子使溶液呈碱性；（2）平衡常数只受温度影响；增大压强平衡向气体体积减小的方向移动；在c点时，二氧化碳与二氧化氮的浓度相等，根据反应2no2（g）+2c（s）n2（g）+2co2（g），可知氮气的浓度为二氧化碳的一半，据此确定各成份气体的体积分数，进而确定反应的压强平衡常数kp；（3）弱酸电离常数越大，酸性越强，其酸根离子水解程度越小；（4）ch3nh2+h2och3nh3+oh的k；（5）利用盖斯定律将4可得cao（s）+3co（g）+so2（g）cas（s）+3co2（g）反应热。【解答】解：（1）肼易溶于水，它是与氨类似的弱碱，则电离生成oh和阳离子，电离方程式为n2h4h2on2h5+oh，故答案为：n2h4h2on2h5+oh；（2）平衡常数只受温度影响，所以kc（a）kc（b），故答案为：kc（a）kc（b）；增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，该反应的正反应是气体体积增大的反应，所以a、b、c三点中no2的转化率最高的是a点，故答案为：a；在c点时，二氧化碳与二氧化氮的浓度相等，根据反应2no2（g）+2c（s）n2（g）+2co2（g），可知氮气的浓度为二氧化碳的一半，所以混合气体中co2的体积分数为，no2的体积分数，n2的体积分数，所以反应的压强平衡常数kpmpa2mpa，故答案为：2；（3）由亚硝酸的电离平衡常数ki5.110 4，h2co的ki14.2107，ki25.611011，可知溶液中完全反应生成等物质的量的na2co3、nahco3和nano2，可判断水解程度大小顺序为co32no2hco3，水解生成hco3，所以溶液中co32离子、hco3离子和no2离子的浓度大小关系为c（hco3）c（no2）c（co32），故答案为：c（hco3）c（no2）c（co32）；（4）ch3nh2+h2och3nh3+oh的k，向ch3nh2溶液滴加稀硫酸至c（ch3nh2）c（ch3nh3+）时，kbc（oh）103.4mol/l，c（h+）1010.6mol/l，ph10.6，故答案为：10.6；（5）由盖斯定律可知将4可得cao（s）+3co（g）+so2（g）cas（s）+3co2（g）h4（47.3kjmol1）（210.5kjmol1）399.7kjmol1，故答案为：399.7。【点评】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握焓变计算、弱电解质的电离、化学平衡常数计算、平衡移动为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，题目难度不大。9（14分）某同学看到利用零价铁还原no3脱除地下水中硝酸盐”的相关报道后，利用如下装置探究铁粉与kno3溶液的反应。实验过程如下：打开弹簧夹，缓慢通入n2，并保持后续反应均在n2氛围中进行；ii加入ph已调至2.5的0.01moll1kno3酸性溶液100ml，一段时间后铁屑部分溶解，溶液逐渐变为浅绿色；待铁粉不再溶解，静置后发现，剩余固体表面有少量白色物质附着；过滤剩余固体时，表面的白色物质变为红褐色；iv检测到滤液中存在no3、nh4+和fe2+。（1）通入n2并保持后续反应均在n2氛围中进行的实验目的是避免空气中氧气对fe与no3离子反应的干扰。（2）用化学方程式解释其变为红褐色的原因：4fe（oh）2+o2+2h2o4fe（oh）3。（3）用k3fe（cn）6检验滤液中fe2+的实验方案是（写出具体操作、现象及结论）取滤液，加入几滴k3fe（cn）6溶液，有蓝色沉淀生成，证明滤液中存fe2+。（4）取少量滤液，向其中加入几滴kscn溶液，无明显现象；再加入几滴稀硫酸，溶液呈红色。溶液变成红色的原因是溶液中存在fe2+、no3离子，加入硫酸，酸性增强，将fe2+氧化成fe3+。（5）该同学进一步査阅文献发现，用铁粉、碳粉混合物脱除硝酸盐，效果更佳。他用上述kno3溶液继续设计如下实验，探究碳粉的作用。假设实验操作现象及结论假设1：碳粉可用作还原剂，脱除硝酸盐向烧杯中加入ph2.5 0.01mol/lkno3溶液、碳粉，一段时间后，测定烧杯中no3的浓度no3浓度无明显变化，说明假设1不成立假设2：碳粉、铁粉形成无数个微小的原电池，促进了硝酸盐的脱除按下图所示组装实验装置，一段时间后，测定no3浓度fe电极部分溶解，电流计指针偏转，说明假设2成立关于碳粉的作用，还可以提出的合理假设是碳粉作为催化剂，提高脱除硝酸盐反应速率。【考点】u2：性质实验方案的设计【分析】（1）空气中氧气会影响fe与硝酸根离子的反应；（2）铁粉部分溶解，溶液逐渐变为浅绿色，说明有fe2+生成，酸性减弱fe2+水解得到fe（oh）2，氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁，颜色变为红褐色；（3）取滤液，加入几滴k3fe（cn）6溶液，有蓝色沉淀生成，注明滤液中存fe2+；（4）溶液中存在亚铁离子、硝酸根离子，亚铁离子含有还原性，硝酸根再酸性条件下具有氧化性，亚铁离子被氧化为铁离子；（5）假设1：探究的是碳粉直接与no3反应效果，加入碳粉即可，作对照试验，溶液选取与原题中相同；假设2：构成原电池，负极电极反应式：fe2efe2+，正极no3被还原；碳粉作为催化剂，提高脱除硝酸盐反应速率。【解答】解：（1）用氮气排尽装置中空气，避免空气中氧气对fe与no3离子反应的干扰，故答案为：避免空气中氧气对fe与no3离子反应的干扰；（2）铁粉部分溶解，溶液逐渐变为浅绿色，说明有fe2+生成，待铁粉不再溶解，静置后发现，剩余固体表面有少量白色物，酸性减弱fe2+水解得到fe（oh）2，被氧化为氢氧化铁，颜色变为红褐色，反应方程式为：4fe（oh）2+o2+2h2o4fe（oh）3，故答案为：4fe（oh）2+o2+2h2o4fe（oh）3；（3）用k3fe（cn）6检验滤液中fe2+的实验方案是：取滤液，加入几滴k3fe（cn）6溶液，有蓝色沉淀生成，证明滤液中存fe2+，故答案为：取滤液，加入几滴k3fe（cn）6溶液，有蓝色沉淀生成，证明滤液中存fe2+；（4）溶液中存在fe2+、no3离子，加入硫酸，发生反应：3fe2+no3+4h+3fe3+no+2h2o，生成的fe3+和scn反应使溶液呈红色，故答案为：溶液中存在fe2+、no3离子，加入硫酸，酸性增强，将fe2+氧化成fe3+；（5）假设1：探究的是碳粉直接与no3反应效果，应向烧杯加入ph2.5 0.01mol/lkno3溶液、碳粉即可，作对照试验，溶液选取与原题中相同；假设2：构成原电池，负极电极反应式：fe2efe2+，正极no3被还原，fe电极部分溶解，电流计指针偏转等，说明假设2成立，碳粉作为催化剂，提高脱除硝酸盐反应速率，故答案为：ph2.5 0.01mol/lkno3溶液、碳粉；fe电极部分溶解，电流计指针偏转；碳粉作为催化剂，提高脱除硝酸盐反应速率。【点评】本题考查探究实验方案问题，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力、实验能力，需要学生具备扎实的基础、分析解决问题的能力，注意把握实验的原理和物质的性质以及实验的操作方法，题目难度中等。10（15分）工业以软锰矿（主要成分是mno2，含有sio2、fe2o3等少量杂质）为主要原料制备高性能的磁性材料碳酸锰（mnco3）。其工业流程如下：（1）浸锰过程中fe2o3与so2反应的离子方程式为fe2o3+so2+2h+2fe2+so42+h2o，该反应是经历以下两步反应实现的。ife2o3+6h+2fe3+3h2o ii写出ii的离子方程式：2fe3+so2+2h2o2fe2+so42+4h+。（2）过滤所得滤液中主要存在的两种金属阳离子为mn2+、fe2+（填离子符号）（3）氧化过程中被mno2氧化的物质有（写化学式）：so2、fe2+。（4）“浸锰”反应中往往有副产物mns2o6生成，温度对浸锰”反应的影响如图所示：为减少mns2o6的生成，“浸锰”的适宜温度是90；向过滤所得的滤液中加入nh4hco3溶液时温度不宜太高的原因是防止nh4hco3受热分解，提高原料利用率。（5）加入nh4hco3溶液后，生成mnco3沉淀，同时还有气体生成，写出反应的离子方程式：mn2+2hco3mnco3+co2+h2o。（6）已知：pnilgc（ni2+），常温下，ksp（nico3）1.4107，向10ml0.1moll1ni（no3）2溶液中滴加0.1moll1na2s溶液，会产生nis沉淀，在滴加过程中pni与na2s溶液体积的关系如图所示。则在e、f、g三点中，f点对应溶液中水电离程度最小，常温下，在nis和nico3的浊液中1.41014。【考点】p8：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；u3：制备实验方案的设计【分析】软锰矿（主要成分是mno2，含有sio2、fe2o3等少量杂质）为主要原料制备高性能的磁性材料碳酸锰（mnco3）：由流程可知软锰矿形成矿浆，通入足量的so2，发生反应，mno2+so2mnso4，fe2o3+so2+2h+2fe2+so42+h2o，sio2不反应，过滤，滤渣i为，滤液含有mn2+、fe2+，加入二氧化锰氧化亚铁离子，反应为：2fe2+15mno2+28h+2fe3+14h2o+15mn2+4so42，调节ph，沉淀铁离子，过滤，滤渣ii为氢氧化铁，向滤液中加入碳酸氢铵溶液，生成mnco3沉淀，过滤得到的滤渣中主要含有mnco3，反应为：mn2+2hco3mnco3+co2+h2o，通过洗涤、烘干得到mnco3晶体，以此解答该题。【解答】解：（1）浸锰过程中fe2o3与so2反应的化学方程式为fe2o3+so2+2h+2fe2+so42+h2o，该反应是经过氧化铁与酸反应生成铁离子，铁离子与二氧化硫反应实现的：fe2o3+6h+2fe3+3h2o、2fe3+so2+2h2o2fe2+so42+4h+；故答案为：2fe3+so2+2h2o2fe2+so42+4h+；（2）软锰矿形成矿浆，通入足量的so2，mno2、fe2o3与so2反应生成mn2+、fe2+，sio2不反应，过滤，滤渣i为，滤液含有mn2+、fe2+；故答案为：mn2+、fe2+；（3）滤液含有亚铁离子，且二氧化硫过量，二者都可被二氧化锰氧化，故答案为：so2、fe2+；（4）由图可知，90时，mns2o6的生成率低，锰浸出率高，温度再高，变化不大，则“浸锰”的适宜温度是90，nh4hco3受热易分解，温度不宜太高，防止nh4hco3受热分解，提高原料利用率，故答案为：90；防止nh4hco3受热分解，提高原料利用率；（5）mn2+的滤液中加入nh4hco3溶液后，发生彻底的双水解，生成mnco3沉淀和二氧化碳，反应为：mn2+2hco3mnco3+co2+h2o；故答案为：mn2+2hco3mnco3+co2+h2o；（6）向10ml0.1moll1ni（no3）2溶液中滴加0.1moll1na2s溶液，会产生nis沉淀，如完全反应，则生成硝酸钠，此时水的电离程度最小，则应加入10ml0.1moll1na2s溶液，应为f点，由图象可知，完全沉淀时，pnilgc（ni2+）10.5，则ksp（nis）1021，常温下，在nis和nico3的浊液中1.41014，故答案为：f；1.41014。【点评】本题通过碳酸锰的制备，考查了物质制备实验方案的设计方法，为高考常见题型，题目难度较大，明确制备流程及相应的反应原理为解答关键，试题涉及的知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力。(二)选考题：共45分。请考生从每科任选一题做答，如果多做，则每学科按所做的第一题计分化学-选修3：物质结构与性质（15分）11（15分）技术人员晒制蓝图时，用k3fe（c2o4）33h2o（三草酸合铁酸钾）作感光剂，再以k3fe（cn）6（六氰合铁酸钾）溶液作显影剂。请回答以下问题：（1）铁元素在周期表中位置为第四周期第viii族，fe3+的基态价电子排布图为。（2）在上述两种钾盐中第一电离能最大的元素为n，电负性最小的元素为k。（3）h2c2o4分子中碳原子的杂化类型是sp2杂化，与c2o42互为等电子体的分子的化学式为n2o4 （写一种）。（4）在分析化学中f常用于fe3+的掩蔽剂，因为生成的fef63十分稳定，但fe3+却不能与i形成配合物，其原因是2fe3+2i2fe2+i2（用离子方程式来表示）。（5）已知c60分子结构和c60晶胞如图所示：1个c60分子中含有键的数目为30。晶胞中c60的配位数为12。已知c60晶胞参数为a pm，则该晶胞密度的表达式是g/cm3（na代表阿伏加德罗常数）。【考点】86：原子核外电子排布；8b：元素电离能、电负性的含义及应用；99：配合物的成键情况；9i：晶胞的计算；9s：原子轨道杂化方式及杂化类型判断【分析】（1）铁是26号元素，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，原子形成阳离子，先失去最高能层中电子，同一能层中失去先失去高能级中电子，fe3+的基态价电子排布式为3d5，结合洪特规则化学价电子排布图；（2）一般情况下，元素的非金属性越强，其从第一电离能就越大，非金属性最强的元素的o元素，但由于n原子的最外层电子处于2p轨道的半充满状态，比较稳定，失去电子比相邻的o元素难；金属性越强，电负性越大；（3）在h2c2o4分子中，两个碳原子与o原子形成了碳氧双键，两个碳原子形成了碳碳单键，还与羟基氧原子形成了碳氧单键，碳原子杂化轨道数目为3；含有原子总相等、价电子总数也相等微粒互为等电子体；（4）fe3+具有强氧化性，i具有还原性，二者会发生反应；（5）每个碳原子形成1个键，每键为2个碳原子共有；根据晶胞结构示意图可知：c60分子处于晶胞顶点、面心位置，以c60顶点为研究，与之最近的c60分子处于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用；均摊法计算晶胞中c60分子数目，计算晶胞质量，晶胞的密度晶胞质量晶胞体积。【解答】解：（1）fe是26号元素，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，在周期表中位置为第四周期第viii族。fe3+的基态价电子排布式为3d5，其基态价电子排布图为，故答案为：第四周期第viii族；（2）一般情况下，元素的非金属性越强，其从第一电离能就越大，在上述两种钾盐中含有的元素有k、fe、c、n、o、h，非金属性最强的元素的o元素，但由于n原子的最外层电子处于2p轨道的半充满状态，比较稳定，失去电子比相邻的o元素难，所以两种钾盐中第一电离能最大的元素为n元素；金属性最强的元素的k，故电负性最小的元素为k元素