2023年山东省新高考高考化学考前模拟试卷(含答案解析)

2023〔三〕一、单项选择题〔1126.0分〕以下关于文献记载的说法正确的选项是《天工开物》中“世间丝麻裘褐皆具素养”，文中“丝、麻”的主要成分都是蛋白质《肘后备急方》中“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，该提取过程属于化学变化《抱朴子》中“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”，描述的是升华和凝华过程《本草纲目》中“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露”，涉及的试验操作是蒸馏以下说法正确的选项是( )乙烯可用于制取乙醇，属于水解反响为除去苯中的少量苯酚，向混合物中参与适量的溴水后过滤D.的单体是：D.的单体是：CH3−C≡C−CH3和CH2=CH−CN以下试验装置的有关表述错误的选项是( )A2中产生的气体是氢气B试验中烧杯③的作用是比照①对于C试验，试验前夹紧止水夹，冷却后再翻开止水夹D试验中，气球的变化状况是先变小后变大叶蜡石的化学式为X2[Y4Z10](ZW)2W、Z、X、Y的原子序数依次增大，X与Y为同一周期相邻元素，Y的最外层电子数为次外层的一半，X的离子与ZW−说法错误的选项是()X的最高价氧化物可作耐火材料常温常压下，Z和W形成的常见化合物均为液体叶蜡石和YZ2中都存在[YZ4]四周体构造NaOH溶液分别X单质和Y单质的混合物我国自主研发对二甲苯的绿色合成路线取得进展，其合成示意图如图。以下说法正确的选项是( )B.中间产物MB.中间产物M的构造简式为C.利用一样原理以及一样原料，也能合成邻二甲苯和间二甲苯D.该合成路线原子利用率为100%，最终得到的产物易分别选项试验操作试验目的A选项试验操作试验目的AB向甲酸钠溶液中加制的Cu(OH)2并加热加溴水，振荡，过滤除去沉淀确定甲酸钠具有醛基性质除去苯中混有的苯酚验证酸性：C给碳酸钠溶液中参与浓盐酸，将产生的气体通入苯酚钠溶液盐酸>碳酸>苯酚氯乙烷和氢氧化钠的乙醇溶液共热D 验证产生的气体为乙烯锰酸钾溶液A B.B C.C D.D设NA表示阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的选项是( )常温下，1L0.1mol·L−1醋酸钠溶液中参与醋酸至溶液为中性，则溶液含醋酸根离子数为0.1NA6gSiO2晶体中含有Si−O键的数目为0.2NA1mol乙酸与足量的乙醇发生酯化反响，生成乙酸乙酯分子数为NA某温度下，pH=2的H2SO4溶液中，硫酸和水电离的H+总数为0.01NA承受惰性电极，以去离子水和氧气为原料通过电解法制备双氧水的装置如以下图。无视温度变化的影响，以下说法错误的选项是( )阳极反响为2H2O−4e−=4H++O2↑电解一段时间后，阳极室的pH未变电解过程中，H+a极区向b极区迁移电解一段时间后，a极生成的O2与b极反响的O2等量氯化铁是有机合成中常用的催化剂如图是试验室模拟化工厂利用工业废铁屑(杂质不与盐酸反响)制备催化剂氯化铁的局部装置图，以下相关说法正确的选项是( )试验室也可以用装置甲制备SO2、C2H4试验过程中，应先让装置乙中的反响进展一段时间后，再开头装置甲中的反响试验过程中应当关闭弹簧夹3，让装置丙中的NaOH溶液充分吸取多余的Cl2反响完毕后将三颈烧瓶中的溶液加热浓缩、冷却结晶，可制得氯化铁晶体有①Na2CO3溶液、②CH3COONa溶液、③NaOH溶液各25mL，物质的量浓度均为0.1mol/L，以下说法正确的选项是( )三种溶液pH的大小挨次是③>②>①假设将三种溶液稀释一样倍数，pH变化最大的是②假设分别参与25mL0.1mol/L盐酸后，pH最大的是①假设三种溶液的pH9，则物质的量浓度的大小挨次是③>①>②以以下图是试验室制备氯气并进展一系列相关试验的装置(夹持设备已略)。以下说法错误的选项是( )装置A烧瓶内的试剂可以是KMnO4B具有除杂和贮存气体的作用试验完毕后，振荡D会观看到液体分层且下层呈紫红色利用该装置能证明氯、溴、碘的非金属性渐渐减弱二、双选题〔414.0分〕湿法：反响未配平湿法：反响未配平)干法：2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑以下说法正确的选项是( )高铁酸钠既有杀菌消毒的作用也有净水的作用用湿法制备1molNa2FeO4需消耗1molNaClO干法中被FeSO4复原的Na2O2与做复原剂的Na2O2的物质的量之比为4︰1分别用湿法和干法制备等量高铁酸钠，两个反响过程中转移的电子数一样化合物X是一种用于合成γ−分泌调整剂的药物中间体，其构造简式如以以下图所示。以下有关化合物X的说法正确的选项是( )化合物X分子中没有手性碳原子化合物X能与FeCl3溶液发生显色反响1molX最多能与2molNaOH反响化合物X能发生水解反响，确定条件下可水解得到一种α−氨基酸依据以以下图，以下推断中正确的选项是(a中的溶液pH上升b中发生氧化反响烧杯a中发生的反响为依据以以下图，以下推断中正确的选项是(a中的溶液pH上升b中发生氧化反响烧杯a中发生的反响为2H++2e−=H2↑)十九大报告中提出“打赢蓝天保卫战”对污染防治要求更高某种利用垃圾渗透液实现发电环保二位一体结合的装置示意图如下。当该装置工作时，以下说法正确的选项是( )盐桥中Cl−Y极移动电路中流过7.5mol电子时，共产生N2的体积为44.8L(标况)电流由X极沿导线流向Y极3Y极发生的反响为2NO−+10e−+6H2O=N2↑+12OH−pH增大3三、流程题〔112.0分〕Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少MgO、SiO2等杂质)来制备，工艺流程如下：答复以下问题： (1)滤渣1为 ，操作A为 ，向滤液②中参与双氧水的作用是 。(2)“酸浸”后，钛主要以TiOCl2− 4(3)TiO2⋅xH2O40min所得试验结果如下表所示：温度温度/℃3035404550TiO2⋅xH2O转化率%9295979388分析40℃时TiO2⋅xH2O转化率最高的缘由 。(4)假设“滤液②”中c(Mg2+)=0.02mol/L，参与双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍)，使Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=1×10−5mol/L，此时是否有Mg3(PO4)2沉淀生成？ 。FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.3×10−22、1.0×10−24。四、试验题〔112.0分〕三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体(K3[Fe(C2O4)3]⋅3H2O)，常作为有机反响的催化剂，溶于水，难溶于乙醇。试验室可用摩尔盐等为原料制备，具体流程如图：《试验化学》中制备摩尔盐的化学方程式为 步骤1中少量稀硫酸的作用是 ，步骤Ⅱ中过量饱和草酸的作用是 (3)请设计试验方案证明FeC2O4⋅2H2O晶体已经洗涤干净： 步骤Ⅲ在40℃条件下进展的缘由 步骤Ⅵ抽滤如图安装好装置，请按正确操作挨次补充完整：在布氏漏斗中参与滤纸→ →确认抽干a、转移固液混合物；b、开大水龙头；c、关闭水龙头；d、微开水龙头；e、参与少量蒸馏水润湿滤纸五、简答题〔224.0分〕在密闭容器中，将1.0molCO与1.0molH2O混合加热到800℃，发生以下反响：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)一段时间后该反响到达平衡，测得CO的物质的量为0.5mol。请答复：①平衡时CO的转化率为 ，该反响的化学平衡常数为 。②假设连续向该平衡体系中通入1.0mol的H2O(g)，一样条件下反响到达的平衡状态，则平衡时CO的转化率= ，H2O的体积分数= ③427℃时该反响的平衡常数为9.4，请结合①中的计算结果推断该反响的△H 0(填“>”、“=”、“<”)化合物甲的分子式为C18H17ClO2，其发生转化反响的过程如以以下图：：答复以下问题：：A的化学名称为 ；A分子中最多有 个原子处于同一平面上。C→F的反响类型为 ；F中含氧官能团名称为 。(3)化合物甲反响生成A、B的化学方程式为 。(4)A2种符合条件的同分异构体的构造简式①能与溴发生加成反响②分子中含苯环，且在NaOH溶液中发生水解反响(5)是重要的有机合成工业中间体之一，广泛用于医药、香料、塑料和感光树③核磁共振氢谱有5组峰，且面积比为1：2：2：1：2的是 (5)是重要的有机合成工业中间体之一，广泛用于医药、香料、塑料和感光树A为原料合成的路线A为原料合成的路线(其异侧时为反式构造，则的聚合物顺式构造简式为 异侧时为反式构造，则的聚合物顺式构造简式为 。六、推断题〔112.0分〕Q、R、X、Y、Z五种元素的原子序数依次递增。：①Z29，其余的均为短周期主族元素；②Y原子价电子(外围电子)排布为msnmpn；③RL层电子数为奇数；④Q、X原子p24。请答复以下问题：Z2+的核外电子排布式是 。Q与Y形成的最简洁气态氢化物分别为甲、乙，以下推断正确的选项是 。a.稳定性：甲>乙 b.稳定性：甲<乙Q、R、Y三种元素的第一电离能数值由小至大的挨次为 (用元素符号作答)。(4)五种元素中，电负性最大的元素是 答案与解析 答案：D解：A.《天工开物》中有如下描述：“世间丝麻裘褐皆具素养”文中的“麻”指的是纤维素，主要成分是多糖，故A错误；青蒿素提取利用的是萃取原理，该过程中没有物质生成，属于物理变化，故B错误；升华属于物理变化，丹砂(HgS)烧之成水银，即HgS发生分解反响生成水银，此过程为化学变化，不属于升华，故C错误；蒸令气上，则利用互溶混合物的沸点差异分别，则涉及的操作为蒸馏，故D正确；应选：D。此题考察了蒸馏、物质的变化、纤维素等，涉及化学与生产生活的关系，明确相关物质的组成、性质及用途是解题关键，题目难度不大，侧重于考察学生对根底学问的应用力气。答案：C解析：解：A.乙烯含有碳碳双键，与水发生加成反响生成乙醇，故A错误；B.苯酚、三溴苯酚都溶于苯，应参与氢氧化钠溶液除杂，故B错误；D.单体为CH2=D.单体为CH2=CH−CH=CH2和CH2=CH−CND错误．应选C．A.乙烯与水发生加成反响生成乙醇；B.苯酚、三溴苯酚都溶于苯；D.CHD.CH2CHCHCH2和CH2=CHCN．此题考察有机物的构造与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机反响为解答的关键，侧重分析与应用力气的考察，留意选项D为解答的难点，题目难度不大．答案：D解析：解：A.由图可知，2中生成氢气，与阴极相连，则阳极生成氧气，氢气与氧气体积之比为2：1，故A正确；①中变红，说明氨气分子的运动，而③中无现象，装置可说明分子不断运动，故B正确；红磷燃烧，试验前夹紧止水夹，冷却后再翻开止水夹，瓶内气体削减约五分之一，则水进入瓶内约五分之一，装置合理，故C正确；二氧化碳与NaOH反响后瓶内压强减小，气球应变大，再加盐酸，生成气体，则气球又变小，现象描述错误，故D错误；应选D．A.由图可知，2中生成氢气，与阴极相连；B.①中变红，说明氨气分子的运动；C.红磷燃烧，瓶内气体削减约五分之一；D.二氧化碳与NaOH反响后瓶内压强减小，气球应变大．此题考察化学试验方案的评价，涉及电解原理、分子的性质、物质之间的反响及成分的测定，留意根底学问的考察，题目难度不大．答案：D解析：此题考察有关元素周期表及周期律学问，难度中等，把握各元素的性质是解答的关键。Y的最外层电子数为次外层的一半可知YSi，X与Y为同一周期相邻元素则X为Al，X的离子为Al3+与ZW−10个电子，可知ZW−ZO，WH。A.X的最高价氧化物为氧化铝，熔点高故可作耐火材料，故A正确；常温常压下，Z和W形成的常见化合物为水与过氧化氢均为液体，故B正确；叶蜡石和YZ2中都存在[YZ4]四周体构造，是由于二氧化硅中有，同时硅酸盐中也有，故C正确；D.硅与铝均可与氢氧化钠溶液反响，故无法分别，故D错误。应选D。答案：BB.由M的球棍模型知，M的构造简式为，故B正确；B.由M的球棍模型知，M的构造简式为，故B正确；C.异戊二烯与丙烯醛发生加成反响也能生成，经过程②C.异戊二烯与丙烯醛发生加成反响也能生成，经过程②得到间二甲苯，但，故D错误；应选：B。此题考察有机物的构造与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反响为解答的关键，侧重分析与应用力气的考察，留意选项C为解答的难点，题目难度不大。答案：A解析：解：A.含−CHO的物质与制的Cu(OH)2并加热，生成砖红色沉淀，则向甲酸钠溶液中加制的Cu(OH)2并加热，可检验醛的性质，故A正确；溴、三溴苯酚均易溶于苯，不能除杂，应选NaOH溶液、分液除杂，故B错误；HClC错误；乙醇具有复原性，能与高锰酸钾溶液反响使其褪色，故此试验不能证明有乙烯产生，故D错误；应选：A。A.含−CHO的物质与制的Cu(OH)2并加热，生成砖红色沉淀；B.溴、三溴苯酚均易溶于苯；C.盐酸易挥发，生成的二氧化碳气体中含有HCl；D.乙醇也能与高锰酸钾溶液反响使其褪色．此题考察化学试验方案的评价，为高频考点，涉及有机物的构造与性质、混合物分别提纯、离子检验等，把握物质的性质、混合物分别提纯方法等为解答的关键，留意试验的评价性分析，题目难度不大．答案：A解析：此题考察了阿伏加德罗常数的相关计算，生疏以物质的量为核心的计算公式，物质的构造是解题关键，留意可逆反响不能进展到底，题目难度不大。常温下，1L0.1mol/L醋酸钠溶液中参与醋酸至溶液为中性，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH−)，c(Na+)=c(CH3COO−)，n(Na+)=n(CH3COO−)=0.1mol，则溶液含醋酸根离子数为0.1NA，故A正确；SiO键的数目为：6g

×4×NAmol−1=0.4NAB错误；2 60g/mol酯化反响为可逆反响，不能进展到底，所以1mol乙酸与足量的乙醇发生酯化反响，生成乙酸乙酯分子数小于NA，故C错误；溶液体积未知，无法计算硫酸溶液中氢离子个数，故D错误；应选A。答案：D解析：【试题解析】解：A、阳极发生氧化反响生成氧气，电极反响式为：2H2O−4e−=4H++O2↑，故A正确；B、阳极产生氢离子，氢离子是阳离子，通过质子交换膜移向阴极，所以电解一段时间后，则阳极室pH不变，故B正确；C、电解池中阳离子向阴极移动，所以电解过程中，H+a极区向b极区迁移，故C正确；D、a极电极反响式为：2H2O−4e−=4H++O2↑，b极O2+2e−+2H+=H2O24mol电子b极消耗的氧气的量是a2倍，故D错误；应选：D。侧重考察根底学问灵敏运用力气，难点是电极反响式的书写，留意结合电解质特点书写，题目难度中等。答案：B解析：解：A.试验室制备乙烯，应加热到170℃，装置缺少温度计，不能制备乙烯，故A错误；B.试验过程中，应先让装置乙中的反响进展一段时间，将装置内空气排出，故B正确；C.3，避开压强过大导致试验事故，故C错误；D.氯化铁易水解，加热溶液生成氢氧化铁，应在氯化氢的气氛中浓缩，故D错误。应选：B。由装置可知甲用于制备氯气，乙中盐酸与铁反响生成氢气和氯化亚铁，试验过程中，应先让装置乙中的反响进展一段时间，将装置内空气排出，甲中生成的氯气与氯化亚铁反响生成氯化铁，丙用于吸取氯气，避开污染环境，以此解答该题。此题考察物质的制备试验，为高频考点，把握物质的性质、流程中发生的反响、混合物分别提纯、试验技能为解答关键，侧重分析与试验力气的考察，留意元素化合物学问的应用，题目难度中等。10.答案：C解析：【试题解析】此题考察溶液稀释、混合时的pH变化规律等，明确酸碱混合的计算，盐类水解的规律、pH与浓度的关系等学问即可解答。溶液浓度一样时，强碱的pH最大，强碱弱酸盐中弱酸根离子对应的酸性越强，水解程度越小，碳酸的酸性小于醋酸的，所以三种溶液pH的大小挨次是③>①>②，故A错误；3稀释时强碱的pH变化程度大，所以三种溶液稀释一样倍数，pH变化最大的是③，故B错误；C.等体积等浓度混合后，①中溶质为NaHCO3、NaCl，②中溶质为NaCl、CH3COOH，③中溶质为NaCl，HCO−pH最大的是①，故C正确；3D.三种溶液的pH9，c(OH−)=10−5mol/L，c(NaOH)=10−5mol/L，但碳酸的酸性小于醋酸的酸性，所以c(CH3COONa)>c(Na2CO3)>10−5mol/L，所以三种溶液的pH9，则物质的量浓度的大小挨次是②>①>③，故D错误。应选C。答案：C解析：此题考察了氯气试验室制取、氯气性质的检验、试验设计、试验装置的理解评价等，留意装置连接的操作和试验设计，把握根底是关键，题目难度中等。装置A是氯气发生装置，装置B是除去氯气中的氯化氢气体杂质，兼起储存气体作用，装置C是验证氯气氧化性大于溴单质，在D中溴单质和碘化钾反响生成碘单质，遇到淀粉变蓝色，装置E是尾气吸取装置，A.高锰酸钾和浓盐酸常温下发生反响生成氯气，装置A烧瓶内的试剂可以是KMnO4，故A正确；B.氯气在饱和食盐水中溶解度小，氯化氢易溶于水，用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，装置B是安全瓶，监测试验进展时C中是否发生堵塞，发生堵塞时B中的，压强增大，B中长颈漏斗中液面上升，可以起到储存气体作用，故B正确；C.试验完毕后，振荡D会观看到液体分层，且上层呈紫红色，故C错误；D.生成的氯气进入装置C，和溴化钠反响生成溴单质和氯化钠，翻开活塞，将装置C中少量溶液参与装置D中，生成的溴单质和碘化钾反响生成碘单质，氧化剂的氧化性大于氧化产物，利用该装置能证明氯、溴、碘的非金属性渐渐减弱，故D正确。应选C。答案：AC解析：此题考察氧化复原反响，题目难度中等，留意不同制备方法的反响原理，把握元素化合价的推断方法，从化合价变化的角度分析氧化复原反响，依据化合价的变化计算转移的电子数目。高铁酸钠中Fe的化合价为+6价，具有强氧化性，能杀菌消毒，复原产物为Fe3+，Fe3+易水解，生成氢氧化铁胶体，能吸附水中杂质，可净水，故A正确；湿法中铁元素化合价上升，由+3价上升到+6价，被氧化，每生成1molNa2FeO4转移3mol电子，NaClO中Cl元素的化合价从+1价降低到−1价，1molNaClO2mol备1molNa2FeO4需消耗1.5molNaClOB错误；C.反响2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑中，铁元素化合价上升，每生成2molNa2FeO4，Fe8mol，则参与反响的6molNa2O2中有4molNa2O2被FeSO4复原1molO2Na2O2的物质的量为1mol，故干法中被FeSO4复原的Na2O2与做复原剂的Na2O2的物质的量之比为4︰1C正确；D.湿法中每生成1molNa2FeO43mol电子，干法中每生成1molNa2FeO45mol电子，两个反响过程中转移的电子数不同，故D错误。答案：BD解析：留意根底学问的整理，难度不大。该分子与氨基所连碳原子为手性碳原子，故A错误；由于存在酚羟基，所以该有机物能与FeCl3B正确；C.1mol3mol氢氧化钠反响，故C错误；D.化合物X能发生水解反响，确定条件下可水解得到一种α−氨基酸，故D正确。应选BD。答案：AB解析：Zn为负极，发生氧化反响，Zn放电生成Zn2+，Fe为正极，发生复原反响，氧气在正极放电生成OH−，结合选项解答。A.a池发生O2+4e−+2H2O=4OH−pH增大，故A正确；B.锌为负极，发生氧化反响，故B正确；C.a池通入氧气为原电池正极，发生O2+4e−+2H2O=4OH−C错误；D.b为原电池负极，发生Zn−2e−=Zn2+D错误。应选AB。答案：BD解析：此题考察原电池的相关学问、电极反响式书写、原电池计算、微粒移动方向等，解答这类问题应娴熟把握原电池的工作原理等，试题难度一般。化反响，Y是正极，发生得电子的复原反响依据处理垃圾渗滤液并用其发电的示意图可知，装置属于原电池装置，化反响，Y是正极，发生得电子的复原反响12OH−，电解质里的阳离子移向正极，阴离子移向负极，电子从负极沿导线流向正极。A.处理垃圾渗滤液的装置属于原电池装置，溶液中的阴离子移向负极，即氯离子向X极移动，故A错误；3B.电池总反响为：5NH3+3NO−=4N2+6H2O+3OH−1515个电4个氮气，故电路中流过7.5mol电子时，产生2mol氮气，即标准状况下的体积为44.8L，故3B正确；C.电流由正极流向负极，即由Y极沿导线流向X极，故C错误；3D.Y是正极，发生得电子的复原反响，2NO−+10e−+6H2O=N2+12OH−pH增大，故D3正确。答案：(1)SiO2；过滤；将Fe2+氧化为Fe3+；4(2)FeTiO3+4H++4Cl−=Fe2++TiOCl2−+2H2O；4低于40℃，TiO2⋅xH2O转化反响速率随温度上升而增加，超过40℃，双氧水分解与氨气逸出导致TiO2⋅xH2O转化反响速率下降；不会生成Mg3(PO4)2沉淀解析：此题考察物质制备的工艺流程，为高频考点，把握流程中发生的反响、混合物分别提纯为解答的关键，侧重分析与试验力气的考察，留意元素化合物学问、化学反响原理与试验的结合，题目难度不大。用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备Li4Ti5O12和LiFePO4，由制备流O2g+++O2·H2，与双氧水反响Ti元素的化合价上升，生成(NH4)2Ti5O15LiOH反响后过滤得到Li2Ti5O15，再与碳酸锂高温反响生成Li4Ti5O12；水解后的滤液②中含Mg2+、Fe2+，双氧水可氧化亚铁离子，在磷酸条件下过滤分别出FePO4

，高温煅烧②中发生2FePO+LiCO +HCO

2LiFePO4

+H2O+4 2 3 22 3CO24 2 3 22 (1)1为二氧化硅，操作A用于分别固体和液体，应为过滤操作，向滤液②中参与双氧水，可将Fe2+氧化为Fe3+，故答案为：SiO2；过滤；将Fe2+氧化为Fe3+；4(2)TiOCl2−FeTiO3+4H++4Cl−=Fe2++42TiOCl2−+2HO，244故答案为：FeTiO3+4H++4Cl−=Fe2++TiOCl2−+2H2O；4(3)40℃时TiO2⋅xH2O转化率最高，因低于40℃，TiO2⋅xH2O转化反响速率随温度上升而增加，超过40℃，双氧水分解与氨气逸出导致TiO2⋅xH2O转化反响速率下降，故答案为：低于40℃，TiO2⋅xH2O转化反响速率随温度上升而增加，超过40℃，双氧水分解与氨气逸出导致TiO2⋅xH2O转化反响速率下降；(4)Fe3+恰好沉淀完全时，c(PO3−)=1.3×10−22mol⋅L−1=1.3×10−17mol⋅L−1，c3(Mg2+)×4 1.0×10−54c2(PO3−)=(0.01)3×(1.3×10−17)2=1.69×10−40<Ksp[Mg34沉淀，故答案为：不会生成Mg3(PO4)2沉淀。

(PO4)2

]，因此不会生成Mg3

(PO4)217答案4)24+4+2O=H4242⋅2O↓ 防+水解+完全转化为FeC2O4⋅2H2O沉淀取最终一次洗涤液，参与BaCl2溶液，假设无白色沉淀，说明已经洗涤干净温度太低Fe2+水解氧化速率太慢，温度过高易导致H2O2分解e→d→a→b解析：解：(1)《试验化学》中制备摩尔盐的化学方程式为：(NH4)2SO4+FeSO4+6H2O=(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O↓。故答案为：(NH4)2SO4+FeSO4+6H2O=(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O↓；Fe2+易水解，故为防止Fe2+Ⅱ中过量饱和草酸使Fe2+完全转化为FeC2O4⋅2H2O沉淀，故答案为：防止Fe2+水解；使Fe2+完全转化为FeC2O4⋅2H2O沉淀；FeC2O4⋅2H2O晶体附着硫酸根离子，取最终一次洗涤液，参与BaCl2溶液，假设无白色沉淀，说明BaCl2温度太低Fe2+水解氧化速率太慢，温度过高易导致H2O2分解，故步骤Ⅲ在40℃条件下进展，故答案为：温度太低Fe2+水解氧化速率太慢，温度过高易导致H2O2分解；抽滤的操作为：在布氏漏斗中参与滤纸→参与少量蒸馏水润湿滤纸→微开水龙头→转移固液混合物→开大水龙头→确认抽干，拔掉橡皮管，关闭水龙头，故答案为：e→d→a→b。依据流程：为防止Fe2+水解，将摩尔盐溶解，参与少量稀硫酸防止Fe2+水解，参与过量饱和草酸得到FeC2O4⋅2H2O沉淀，再与饱和K2C2O4和H2O2却至室温，参与乙醇和几粒硝酸钾，结晶，将其抽滤得到K3[Fe(C2O4)3]⋅3H2O晶体，《试验化学》中用硫酸铵和硫酸亚铁制备摩尔盐；考虑Fe2+水解；步骤Ⅱ中过量饱和草酸使Fe2+完全转化为FeC2O4⋅2H2O沉淀；(3)FeC2O4⋅2H2O晶体附着硫酸根离子，检验洗涤液中的硫酸根离子即可；(4)考虑温度较高时，H2O2分解以及速率；(5)依据抽滤的操作可得。此题考察物质制备试验，为高考常见题型，涉及方程式的书写、对原理与操作的分析评价、对装置18.答案：①50%；1；②增大；66.7%；③<解析：1L，依据反响的方程式H2O(g)+CO(g)⇌H2(g)+CO2(g)，分别计算起始、转化以800℃变化可推断反响热．此题考察化学平衡的计算，综合考察学生对化学平衡的理解以及计算力气，题目难度中等，此题留意依据物质的量浓度的变化利用三段式法解答。①1L，H2O(g)+CO(g)⇌H2(g)+CO2(g)起始：1100变化：0.50.50.50.5平衡：0.50.50.50.5则800℃时该反响的平衡常数k=1．平衡时CO的转化率为0.5×100%=50%，1故答案为：50%；1；②假设连续向该平衡体系中通入1.0mol的H2O(g)CO的浓度变化为xmol⋅L−1，H2O(gCO(g)⇌H2(g)+CO2(g)起始：2100变化：xxxx平衡：(2−x)(1−x) x xk= x2

=1，解得x=2，CO转化率为2

×1