2020届湖北省黄冈八模高三模拟理综化学测试卷（一）（解析版）

黄 冈 八 模 2020 届高三理综化学模拟测试卷（一） 命 题：黄冈市文海教科院 本试卷分第 1 卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共 300 分．考试用时 1 50 分钟 可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 ():16 Na:23 2n:65 第 1 卷（选择题，共 126 分） 一、选择题：本题共 13 小题；每小题 6 分，共 78 分.在每小题给出的四个选项中，只有一 项是符合题目的要求的. 7.15 世纪我国明崇祯年间《徐光启手迹》记载了《造强水法》“绿钒五斤，硝五斤，将矾 炒去，约折五分之一，将二味同研细，次用铁作锅，……锅下起火，取气冷定，开坛则药化 为水，锅亦坏矣。用水入五金皆成水，惟黄金不化水中，加盐则化……强水用过无 力……”，“硝”即硝酸钾。下列说法错误的是（  ） A.这里的“强水”主要成分是 HNO3 B.“锅下起火，取气冷定”过程中只发生物理变化 C.“锅亦坏矣”的化学方程式为 Fe+6HNO3 Fe（NO3）3+3NO2↑+3H2O D.“惟黄金不化水中，加盐则化”，可能是加入的 Cl-在金溶解的过程中发挥了重要作用 8.设 NA 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（  ） A.白磷（P4）为正四面体结构，则 P4 与 CO2 所含共价键数目之比为 3：1 B.1L1mol/L 的 KAl（SO4）2 溶液中阳离子总数为 2NA C.9g13CO2 与 N217O 的混合物中所含中子数为 4.6NA D.0.2mol 的铁与足量的稀硝酸反应，生成氢气的分子数目为 0.3NA 9.有关如图所示化合物的说法不正确的是（  ） A. 该化合物的分子式为 C20H22O4 B. 该化合物中所有碳原子有可能共面 C. 该化合物既可以与溴水反应，又可以使酸性 KMnO4 溶液褪色，且原理不同 D. 1mol 该化合物最多可以与 2molNaOH 溶液反应 10.关于下列四个装置的说明符合实验要求的是（  ） A. 装置①：实验室中若需制备较多量的乙炔可用此装置 B. 装置②：X 若为苯，用此装置吸收 NH3 或 HCl 可防止倒吸 C. 装置③：制备并检验乙烯 D. 装置④：用从 a 处加水的方法检验装置④的气密性 11.根据下列各图曲线表征的信息，得出的结论正确的是（  ） A.图 1 表示 0.1000mol•L-1NaOH 溶液滴定 20.00mL 0.1000mol•L-1 醋酸溶液的滴定曲线 B.图 2 表示用水稀释 pH 相同的盐酸和 NH4Cl 溶液时，溶液的 pH 变化曲线，其中Ⅰ表示盐酸， Ⅱ表示 NH4Cl 溶液，且溶液导电性：b≥c＞a C.图 3 表示的是 A13+与 OH-反应时含铝微粒浓度变化曲线，图中 a 点溶液中大量存在 A13+ D.图 4 表示 A、B 两物质的溶解度随温度变化情况，将 t1℃时 A、B 的饱和溶液分别升温至 t2℃时，溶质的质量分数 ω（A）＜ω（B） 12.一种利用微生物燃料电池处理工业废水的装置如图所示，下列关于该装置的说法正确的 是（  ） A.a 电极上发生氧化反应，苯酚被氧化 B.b 电极的电极反应式为：2NO3-+10e-+6H2O═N2↑+12OH- C.该装置通过消耗外界电能以实现除去污水中苯酚和硝酸根的目的 D.当 a 电极上消耗 1mol 苯酚时，质子交换膜中将有 6molH+通过 13.著名化学家徐光宪获得国家最高科学技术奖，以表彰他在稀土萃取理论方面作出的贡献。 已知：金属铈（稀土元素）是一种活泼的金属，活泼性略强于镁。（注：铈常见的化合价为 +3 和+4，氧化性：Ce4+＞Fe3+。）下列说法正确的是（  ） A.工业上可用焦炭还原铈的氧化物来制备金属铈 B.Ce2（SO4）3 溶液与硫酸铁溶液混合，其离子方程式为：Ce3++Fe3+═Ce4++Fe2+ C.可以将金属 Ce 保存在煤油中以隔绝空气，防止被氧化 D.在一定条件下电解熔融的 CeO2 可以制得金属 Ce，电解中 Ce 在阳极生成 第Ⅱ卷（非选择题，共 174 分） 三、非选择题：共 174 分．第 22～32 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第 33 ～38 题为选考题，考生根据要求作答． （一）必考题：共 129 分 26.乳酸亚铁（[CH3CH（OH） COO]2Fe•3H2O，Mr=288）是一种常用的补铁剂，易溶于水，几 乎不溶于乙醇，其水溶液易被氧化，光照可促进氧化。乳酸亚铁可由乳酸与碳酸亚铁反应制 得。某兴趣小组通过如下实验方案在实验室模拟乳酸亚铁的制备过程： Ⅰ．制备碳酸亚铁：装置如图所示。 （1）仪器 A 的名称是______。 （2）实验操作如下：关闭活塞 2，打开活塞 1、3，加入适量稀硫酸反应一段时间，其目的 是______，然后关闭活塞 1，接下来的操作是______，此后，C 装置溶液中有沉淀生成，并 有大量气泡冒出，则 C 中发生反应的离子方程式为______。 Ⅱ．乳酸亚铁晶体的制备 （3）将制得的 FeCO3 加入到足量乳酸溶液中，再加入少量铁粉，75℃下搅拌反应。铁粉的 作用是______。从上述所得溶液中获得乳酸亚铁晶体的方法是______、过滤、洗涤、干燥。 Ⅲ．乳酸亚铁晶体纯度的测量 （4）该兴趣小组用 KMnO4 法测定样品中亚铁含量进而计算产品中乳酸亚铁的质量分数。下 列操作会引起测定结果偏高的是______。 A．滴定管在盛装高锰酸钾前未润洗 B．滴定过程中，锥形瓶震荡的太剧烈，以致部分液体溅出 C．滴定前读数正确，滴定终点时俯视读数 D．滴定前读数正确，滴定终点时仰视读数 （5）该兴趣小组用 KMnO4 测定产品中亚铁含量进而计算乳酸亚铁晶体的质量分数。发现产 品的质量分数总是大于 100%，其原因可能是______。 （6）某同学查阅文献后，用（NH4）4Ce（SO4）4 滴定法测定样品中 Fe2+的含量并计算样品纯 度（反应中 Ce4+还原为 Ce3+），他称取 6.40g 样品，配制成 250.00mL 溶液，取出 25.00mL， 用浓度为 0.10mol•L-1 的（NH4）4Ce（SO4）4 标准溶液滴定至终点，消耗标准液 20.00mL．则 产品中乳酸亚铁晶体的纯度为______（以质量分数表示）。 27.铬铁矿的主要成分可表示为 FeO•Cr2O3，还含有 SiO2、Al2O3、Fe2O3 等杂质。以铬铁矿为 原料制备重铬酸钾（K2Cr2O7）的过程如图所示。 已知：①Cr2O72-+H2O⇌2CrO42-+2H+．根据题意回答下列问题： （1）“焙烧”后的固体产物成分除 Na2CrO4、Fe2O3、NaAlO2 外，还有______（填化学式）。 写出“焙烧”过程中所发生的氧化还原反应的化学方程式______。 （2）“水浸”步骤中，为了提高浸出率，可采取的措施有（请写出两条）：______。 （3）操作Ⅰ为______；固体 X 中主要含有______（填写化学式）。 （4）第一次加入醋酸的目的是______；第二次加入醋酸调节溶液 pH＜5，其目的是______。 （5）如表是相关物质的溶解度数据，操作Ⅲ发生反应的化学方程式是： Na2Cr2O7+2KC1═K2Cr2O7↓+2NaCl。 溶解度/（g/100g 水）物质 0℃ 40℃ 80℃ KCl 28 40.1 51.3 NaCl 35.7 36.4 38 K2Cr2O7 4.7 26.3 73 Na2Cr2O 7 163 215 376 该反应在溶液中能发生的理由是______。 （6）操作Ⅲ由多步组成，获得 K2Cr2O 7 晶体的操作依次是：加入 KCl 固体、蒸发、浓缩、 ______、过滤、______、干燥。 28.氨在化肥生产、储氢及环境治理等领域正发挥着重要作用。 （1）2017 年 Dr．Katsu toshi Nagaoka 等带领的研究团队开发了一种可以“快速启动的氨 制氢工艺”如图 1 所示： （2）氨在高温下分解也可以释放出氢气。1100℃时，在钨丝表面 NH3 分解的半衰期（浓度 减小一半所需时间）如下表所示： c（NH3）/mol•L-1 4.56×10- 3 2.28×10- 3 1.14×10- 3 5.7×10- 4 2.85×10- 4 时间/s 0 440 660 770 t5 表中的 t5 的值为______。c（NH3）的值从 2.28×10-3 变化至 1.14×10-3 的过程中，平均反 应速率 v（H2）═______（保留三位有效数字）mol•L-1•s-1。 （3）氨催化氧化时会发生两个竞争反应Ⅰ：4NH3（g）+5O2（g） 4NO（g）+6H2O（g） △H=-905.0kJ/mol。Ⅱ：4NH3（g）+3O2（g） 2N2（g）+6H2O（g） △H=-1266.6kJ/mol。为分析某催化剂对该反应的选择性，在 1L 密闭容器中充入 1 moI NH3 和 2molO2，测得有关物质的量关系如 2 图。 ①该催化剂在低温时选择反应______（填“I”或“Ⅱ”）。 ②520℃时，4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）的平衡常数 K═______（只需列出数 字计算式，无需计算结果）。 （4）氨气燃料电池使用的电解质为 KOH 溶液，电池反应 4NH3+3O2═2N2+6H2O．该电池负极 的电极反应式为______，用该电池作为电源进行粗铜（含 Al、Zn、Ag、Pt、Au 等杂质）的 电解精炼，以 CuSO4 溶液为电解质溶液，下列说法正确的是______。 a．电能全部转化为化学能 b．Cu2+的物质的量浓度不变（不考虑溶液体积变化） c．溶液中 Cu2+向阳极移动 d．利用阳极泥可回收 Ag、Pt、Au 等金属 （二）选考题：共 45 分．请考生从 2 道物理题、2 道化学题、2 道生物题中每科任选 一题做答，如果多做，则每科按所做的第一题计分． 35.[化学——选修 3：物质结构与性质](15 分) A-I 为原子序数递增的前 4 周期的元素，已知 A 原子的最外层电子是次外层电子数的 2 倍， D 为周期表中电负性最大的元素，F 与 C 位于同一主族，E 与 G 在周期表的位置是上下相连， 两元素所在主族中所有元素都是金属，H 为应用最广泛的金属；Ⅰ处于周期表中的第二副族。 请回答下列问题：（以下问题中的所有原子都必须在上述元素中寻找） （1）B 单质分子中 σ 与 π 键数目比为______。A、B、C 第一电离能由小到大的顺序为______ （填写元素符号）。 （2）Fe3+离子电子排布式为______；C、F 两元素以原子个数比 4：1 形成的离子空间构型为 ______，中心元素杂化方式为______，C、F 两元素形成的另一种离子与上述离子互为等电 子体，该离子的化学式为______。 （3）D 与 G 可以形成如图的晶胞，则圆圈表示的是元素______（填写元素符号），该元素 原子在该晶胞中的配位数为______。 （4）若将上述晶胞圆圈对应的原子所在上下两层平面原子，按两条相互垂直的对角线上各 去掉该原子 2 个（共去掉 4 个），并将小点和圆圈对应的原子更改为另外两种元素的原子， 则这个晶胞化学式为______，若再将留下的所有原子换成另外一种新元素的原子，成为另外 一种晶胞，该成键原子键角为______。 （5）已知，E 单质晶体的原子堆积为 ABAB 型，那么，该晶体的空间利用率为______。如果 E 单质的摩尔质量为 M，晶胞棱长为 a，晶胞高度为 c，则该晶体密度表达式为______ （用 阿伏加德罗常数表示，不化简） 36.[化学——选修 5：有机化学基础](15 分) EPR 橡胶（ ） 广泛应用于汽车部件、建筑用防水材料、电线电缆 护套、耐热胶管、汽车密封件、润滑油添加剂及其它制品。 PC 塑料（ ）的透光性良好，可制作车、船、飞机 的挡风玻璃以及眼镜等。它们的合成路线如图： 已知：①RCOOR1+R2OH RCOOR2+R1OH ②B、F、C、H、各物质中，核磁共振氢谱都只有一组吸收峰。 （1）E→F 的反应类型为______，F 中官能团名称为______。 （2）D→E 的反应条件为______。 （3）M 的结构简式为______。 （4）H→J 的化学方程式为______。 （5）下列说法正确的是：______。 a．反应Ⅰ的原子利用率为 100% b.1molJ 与足量的 NaOH 溶液反应，消耗 2molNaOH c．A→D 的反应类型为加成反应 d．C 为环状结构 （6）反应Ⅰ过程中，可以得到两种同类型副产物，且与 M 互为同分异构体，请写出其中一 种结构：______。 （7）试设计利用 B 和苯酚制备 的合成路线（无机试剂任选） ______。 解析版 7. 【答案】 B 【解析】 解：A．依据题意用水入五金皆成水，惟黄金不化水中，大多数金属能够与硝酸发生氧化还 原反应溶于硝酸，绿矾为 FeSO4•7H2O，硝为硝酸钾，强水为硝酸或硫酸，五金为金、铁、银、 铜、铁、锡，硝酸可溶解除金外的其它金属符合强水的性质，故 A 正确； B．锅下起火，取气冷定，过程依次发生 2FeSO4•7H2O Fe2O3+SO2↑+SO3↑+4H2O， SO3+H2O=H2SO4，KNO3+H2SO4 KHSO4+HNO3，故 B 错误； C．“锅亦坏矣”为铁和硝酸的反应，反应的化学方程式为 Fe+6HNO3 Fe（NO3）3+3NO2 ↑+3H2O，故 C 正确； D．金的金属活动性很弱，硝酸不能将其氧化，加氯化钠，强水中含有王水成分，金可溶于 王水，故 D 正确； 故选：B。 A．只有大多数金属能够与硝酸发生氧化还原反应而溶于硝酸； B．“锅下起火，取气冷定”过程涉及绿矾的分解，产物与水反应，硝酸钾与硫酸的反应； C．“锅亦坏矣”为铁和硝酸的反应； D．黄金不溶于硝酸，加入氯化钠相当于强水，据此解答。 本题为信息题，准确理解题干给出材料包含的信息，熟悉硝酸的性质是解题关键，题目难度 中等。 8. 【答案】 C 【解析】 解：A、白磷和甲烷均为正四面体结构，白磷含 6 条共价键，而甲烷有 4 条，故白磷和甲烷 中所含的共价键的个数之比为 3：2，故 A 错误； B、铝离子的水解导致阳离子个数增多，故此溶液中阳离子的个数多于 2NA 个，故 B 错误； C、13CO2 与 N217O 的摩尔质量均为 45g/mol，故 9g 混合物的物质的量为 0.2mol，且两者均含 22 个质子和 23 个中子，故 0.2mol 混合物中含中子为 4.6NA 个，故 C 正确； D、铁和稀硝酸不能生成氢气，生成的是 NO，故 D 错误。 故选：C。 A、白磷和甲烷均为正四面体结构，白磷含 6 条共价键，而甲烷有 4 条； B、铝离子的水解导致阳离子个数增多； C、13CO2 与 N217O 的摩尔质量均为 45g/mol，且均含 22 个质子； D、铁和稀硝酸不能生成氢气。 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。 9. 【答案】 D 【解析】 解：A．由结构简式可知有机物分子式为 C20H22O4，故 A 正确； B．含有苯环、碳碳双键和酯基，都为平面形结构，与苯环、碳碳双键直接相连的原子可能 共平面，则所有的碳原子可能共平面，故 B 正确； C．含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，原理不同， 故 C 正确； D．能与氢氧化钠溶液反应的为酚羟基、酯基，且酯基可水解生成酚羟基，则 1mol 该化合物 最多可以与 3molNaOH 溶液反应，故 D 错误。 故选：D。 该有机物中含有-COOC-、C=C、-OH、苯环等，结合酯、烯烃、酚及苯的有关性质来解答。 本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重 苯酚和烯烃及酯性质的考查，题目难度不大。 10. 【答案】 D 【解析】 解：A．生成氢氧化钙易堵塞瓶颈处，生成气体难排出，不能利用图中装置制备，故 A 错误； B．X 为苯时不能隔绝气体与水，不能防止倒吸，故 B 错误； C．挥发的乙醇、生成的乙烯均使高锰酸钾氧化，不能检验乙烯，故 C 错误； D．从 a 处加水，观察两侧液面差，若一段时间不变，则气密性良好，故 D 正确； 故选：D。 A．生成氢氧化钙易堵塞瓶颈处； B．X 为苯时不能隔绝气体与水； C．挥发的乙醇、生成的乙烯均使高锰酸钾氧化； D．从 a 处加水，观察两侧液面差。 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、物质的制备、实验操作、实 验技能为解答关键，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。 11. 【答案】 D 【解析】 解：A．醋酸是弱电解质而部分电离，则 0.1000mol•L-1 醋酸溶液中 c（H+）＜ 0.1000mol/L，则溶液的 pH＞1，醋酸钠溶液呈碱性，则酸碱恰好完全反应时溶液呈碱性， 溶液的 pH＞7，故 A 错误； B．稀释 pH 相同的盐酸和 NH4Cl 溶液，稀释相同倍数时 pH 值变化较大的是盐酸，根据图知， I 表示盐酸稀释；溶液导电性与离子浓度成正比，离子浓度：a＞b＞c，所以导电性：a＞b＞ c，故 B 错误； C．A13+存在于酸性溶液中，a 点 pH＞7，溶液呈碱性，则不能大量存在 A13+，故 C 错误； D．t1℃时 A、B 饱和溶液中ω（A）＜ω（B），升高温度溶液变为不饱和溶液，没有溶质析 出，所以溶液的质量分数不变，ω（A）＜ω（B），故 D 正确； 故选：D。 A．醋酸是弱电解质而部分电离，则 0.1000mol•L-1 醋酸溶液的 pH＞1； B．稀释 pH 相同的盐酸和 NH4Cl 溶液，稀释相同倍数时 pH 值变化较大的是盐酸；溶液导电 性与离子浓度成正比； C．A13+存在于酸性溶液中； D．将 t1℃时 A、B 的饱和溶液分别升温至 t2℃时，A、B 溶液都转化为不饱和溶液，但是其 质量分数不变。 本题考查弱电解质的电离、酸碱混合溶液定性判断、溶解度等知识点，侧重考查图象分析判 断及知识综合运用能力，明确弱电解质电离特点、离子共存条件等知识点是解本题关键，题 目难度不大。 12. 【答案】 A 【解析】 解：反应中 NO3-→N2，N 元素化合价降低、发生得电子的还原反应，b 电极为原电池正极， 电极反应为 2NO3-+10e-+12H+═N2↑+6H2O，苯酚发生氧化反应生成 CO2，a 电极为原电池的负 极，电极反应为 C6H5OH-28e-+11H2O=6CO2↑+28H+， A、左侧苯酚发生反应生成 CO2，其中 C 的化合价由平均- 升高到+4，发生氧化反应， 故 A 正确； B、电解质溶液呈酸性，不可能生成 OH-，电极反应式为 2NO3-+10e-+12H+═N2↑+6H2O，故 B 错误； C、该装置是原电池装置，不是电解池，不需要消耗外界电能，故 C 错误； D、惰性电极 a 为原电池的负极，负极上苯酚发生氧化反应生成 CO2，电极反应为 C6H5OH-28e-+11H2O=6CO2↑+28H+，放电时 H+通过质子交换膜移向正极，由于电子和质子所带 电荷数相等，根据电子守恒和电荷守恒可知，消耗 1mol 苯酚时，质子交换膜中将有 28molH+ 通过，故 D 错误； 故选：A。 由原电池装置图可知，反应中 NO3-→N2，N 元素化合价降低、发生得电子的还原反应，b 电 极为原电池正极，电极反应为 2NO3-+10e-+12H+═N2↑+6H2O，苯酚发生氧化反应生成 CO2，a 电极为原电池的负极，电极反应为 C6H5OH-28e-+11H2O=6CO2↑+28H+，据此分析解答。 本题考查了原电池原理，为常见考试题型，侧重分析能力和计算能力的考查，把握原电池工 作原理、电极的判断和电极反应是解题的关键，注意结合电解质条件书写电极反应式，题目 难度中等。 13. 【答案】 C 【解析】 解：A．金属铈（稀土元素）的活泼性较强，应该用电解法获得，无法用焦炭还原铈的氧化 物来制备金属铈，故 A 错误； B．由于氧化性是 Ce4+＞Fe3+，Ce2（SO4）3 溶液与硫酸铁不发生反应，故 B 错误； C．铈活泼性较强，在空气中易氧化变暗，所以 Ce 保存时应隔绝空气，防止被氧化，故 C 正 确； D．电解熔融状态的 CeO2，电解池中在阴极是铈离子发生得电子得还原反应，即在阴极获得 铈，故 D 错误； 故选：C。 A．金属铈（稀土元素）是一种活泼的金属，无法用焦炭还原； B．氧化性是 Ce4+＞Fe3+，该反应不会发生； C．金属铈是一种活泼的金属，活泼性略强于镁，易被氧气氧化； D．Ce4+得到电子发生还原反应，应该在阴极得到 Ce。 本题考查较为综合，涉及氧化还原反应、电解原理等知识，题目难度中等，明确题干信息为 解答关键，注意掌握氧化还原反应概念及金属冶炼原理，试题侧重考查学生的分析能力及灵 活应用能力。 26. 【解析】 解：（1）由图可知仪器 A 的名称是分液漏斗， 故答案为：分液漏斗； （2）反应前先利用生气除去装置内空气，再利用生成氢气，使 B 装置中气压增大，将 B 装 置中的氯化亚铁溶液压入 C 中，则关闭活塞 2，打开活塞 1、3，加入适量稀硫酸反应一段时 间，其目的是排出装置内的空气，然后关闭活塞 1，接下来的操作是反应一段时间后，打开 活塞 2，关闭活塞 3，此后，C 装置溶液中有沉淀生成，并有大量气泡冒出，则 C 中发生反 应的离子方程式为 Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O， 故答案为：排出装置内的空气；反应一段时间后，打开活塞 2，关闭活塞 3；Fe2++2HCO3-=FeCO3 ↓+CO2↑+H2O； （3）Fe2+离子易被氧化为 Fe3+离子，实验目的是制备乳酸亚铁晶体，加入 Fe 粉，防止 Fe2+ 离子被氧化，过量的铁粉可以充分利用，得到乳酸亚铁，加入适量乳酸让铁粉反应完全，从 溶液中获得乳酸亚铁晶体，应经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作， 故答案为：防止 Fe2+离子被氧化；蒸发浓缩、冷却结晶； （4）A．滴定管在盛装高锰酸钾前未润洗，消耗标准液的体积偏大，导致测定结果偏高， 故 A 选； B．滴定过程中，锥形瓶震荡的太剧烈，以致部分液体溅出，消耗标准液的体积偏小，导致 测定结果偏低，故 B 不选； C．滴定前读数正确，滴定终点时俯视读数，消耗标准液的体积偏小，导致测定结果偏低， 故 C 不选； D．滴定前读数正确，滴定终点时仰视读数，消耗标准液的体积偏大，导致测定结果偏高， 故 D 选； 故答案为：AD； （5）乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的增大，而计 算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大 于 100%， 故答案为：乳酸根离子中含有羟基，被酸性高锰酸钾溶液氧化； （6）由 Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，可知产品中乳酸亚铁晶体的纯度为 ×100%=90%， 故答案为：90%。 因亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，Fe 与盐酸反应制备氯化亚 铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，故 B 制备氯化亚铁，C 装置中 FeCl2 和 NH4HCO3 发生 FeCl2+2NH4HCO3=FeCO3↓+2NH4Cl+CO2↑+H2O，利用生成氢气，使 B 装置中压强增大，将 B 装置中的氯化亚铁溶液压入 C 中，将制备的 FeCO3 加入到足量乳酸溶液，加入 Fe 粉，防止 Fe2+离子被氧化，过量的铁粉用乳酸除去，Fe 被充分利用，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、 洗涤、干燥等分离出乳酸亚铁晶体，结合亚铁离子与高锰酸钾发生氧化还原反应及滴定原理 可测定其含量。 （5）乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的增大； （6）由 Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+可计算 25.0mL 溶液中 n（Fe2+），再根据 m=nM 计算乳酸亚铁晶 体的质量，进而计算产品中乳酸亚铁晶体的质量分数。 本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、制备原理、实验技 能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。 27. 【解析】 解：（1）“焙烧”后的固体产物成分除 Na2CrO 4、Fe2O 3、Na AlO2 外，还有 Na2SiO3， 焙烧过程中发生的氧化还原反应为 4FeO•Cr2O3+7O2+8Na2CO3 8Na2CrO4+2Fe2O 3+8CO2， 故答案为：Na2SiO3；4FeO•Cr2O3+7O2+8Na2CO3 8Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2； （2）“水浸”步骤中，为了提高浸出率，可采取的措施有加热、搅拌、研磨或延长浸出时 间等， 故答案为：加热、搅拌、研磨或延长浸出时间等； （3）操作Ⅰ用于分离固体和液体，为过滤操作；固体 X 中主要含有 Fe2O3， 故答案为：过滤；Fe2O3； （4）第一次加入醋酸的目的是将 NaAlO2、Na2SiO3 转化为 H2SiO3、Al（OH）3 沉淀除去，第 二次加入醋酸调节溶液 pH＜5，其目的是使 CrO42-转化为 Cr2O72-， 故答案为：将 NaAlO2、Na2SiO3 转化为 H2SiO3、Al（OH）3 沉淀除去；使 CrO42-转化为 Cr2O72-； （5）溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质，根据表中数据知，四种物质中 K2Cr2O7 的溶 解度最小，Na2Cr2O7 的溶解度比 K2Cr2O7 大，所以在溶液中能发生反应：Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7 ↓+2NaCl， 故答案为：K2CrO7 的溶解度比 Na2Cr2O7 小； （6）从溶液中获取晶体的方法是：加入 KC1 固体、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干 燥， 故答案为：冷却结晶；洗涤。 铬铁矿加入碳酸钠通过焙烧，生成 Na2CrO 4、Fe2O 3、NaAlO2、Na2SiO3 的混合体系，然后 加水溶解得固体氧化铁和溶液 Na2CrO4、Na2SiO3、NaAlO2，再调节溶液的 pH，使偏铝酸盐完 全沉淀，硅酸盐完全沉淀；继续调节溶液的 pH 使 CrO42-转化为 Cr2O72-，最后向所得溶液中 加入氯化钾，生成溶解度极小的 K2Cr2O7，以此解答该题。 本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备流程中发生的反应、混合物分离提纯、实 验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题 目难度中等。 28. =7.77×10-6 mol/（L•s）， 故答案为：825；7.77×10-6； （3）①根据图象分析，在温度较低时，产生较多的是 N2，该催化剂在低温时选择反应Ⅱ； 故答案为：Ⅱ； ②可逆反应： 4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g） 开始（mol/L） 反 应 （ mol/L ） 0.2 0.25 0.2 0.3 平 衡 （ mol/L ） 0.2 0.3 可逆反应 4NH3（g）+3O2（g）⇌2N2（g）+6H2O（g） 开始（mol/L） 反 应 （ mol/L ） 0.4 0.3 0.2 0.6 平 衡 （ mol/L ） 0.2 0.6 则 平 衡 时 c （ NH3 ） = （ 1-0.2-0.4 ） mol/L=0.4mol/L 、 c （ O2 ） = （ 2-0.25-0.3 ） mol/L=1.45mol/L，c（NO）=c（N2）=0.2mol/L、c（H2O）=（0.3+0.6）mol=0.9mol， 4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）K= 故答案为： （4）该电池负极化合价升高，则为 NH3 放电生成 N2，电极反应式为 2NH3+6OH--6e-=N2+6H2O； 以 CuSO4 溶液为电解质溶液电解精炼粗铜，粗铜作阳极，纯铜做阴极，阳极产生阳极泥， a、少量电能转化为热能，故 a 错误； b、电解时，粗铜中杂质溶解时阳极消耗电解液中的 Cu2+，故 CuSO4 浓度减小，故 b 错误； c、阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，故 c 错误； d、阳极泥主要成分为不活泼的 Ag、Pt、Au 等金属，故 d 正确； 故答案为：2NH3+6OH--6e-=N2+6H2O；d。 （3）①根据图象分析，在温度较低时，产生较多的是 N2； ②可逆反应 4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g） 开始（mol/L） 反 应 （ mol/L ） 0.2 0.25 0.2 0.3 平 衡 （ mol/L ） 0.2 0.3 可逆反应 4NH3（g）+3O2（g）⇌2N2（g）+6H2O（g） 开始（mol/L） 反 应 （ mol/L ） 0.4 0.3 0.2 0.6 平 衡 （ mol/L ） 0.2 0.6 则 平 衡 时 c （ NH3 ） = （ 1-0.2-0.4 ） mol/L=0.4mol/L 、 c （ O2 ） = （ 2-0.25-0.3 ） mol/L=1.45mol/L，c（NO）=c（N2）=0.2mol/L、c（H2O）=（0.3+0.6）mol=0.9mol， 4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）K= ； （4）该电池负极化合价升高，则为 NH3 放电生成 N2，结合电子转移、电荷守恒书写电极反 应式； 以 CuSO4 溶液为电解质溶液电解精炼粗铜，粗铜作阳极，纯铜做阴极，阳极产生阳极泥， a、少量电能转化为热能； b、电解时，粗铜中杂质溶解时阳极消耗电解液中的 Cu2+； c、阳离子移向阴极，阴离子移向阳极； d、阳极泥主要成分为不活泼的 Ag、Pt、Au 等金属。 本题考查较综合，涉及化学平衡计算、电解原理、盖斯定律等知识点，侧重考查知识的综合 运用及计算能力，明确化学平衡常数计算方法、各个电极上发生的反应是解本题关键，注意 （3）中 K 计算时易忽略另一个反应“4NH3（g）+3O2（g）⇌2N2（g）+6H2O（g）”而导致计算 错误，为解答难点，题目难度中等。 35. 【解析】 解：A 原子的最外层电子是次外层电子数的 2 倍，则 A 为 C 元素，周期表中电负性最大的元 素为 F，即 D 为 F 元素，H 为应用最广泛的金属，则 H 为 Fe 元素，Ⅰ处于周期表中的第二副 族，则 I 为 Zn 为元素，E 与 G 在周期表的位置是上下相连，两元素所在主族中所有元素都 是金属，所以 E 与 G 在周期表的 IIA 族，E 为 Mg 元素、G 为 Ca 元素，元素 B、C 位于碳与氟 之间，所以 B 为 N 元素、C 为 O 元素，则与 C 同一主族的 F 为 S 元素，即元 A-I 分别为：A 为 C、B 为 N、C 为 O、D 为 F、E 为 Mg、F 为 S、G 为 Ca、H 为 Fe、I 为 Zn， （1）氮气分子结构为 N≡N，一个三键中含有 1 个σ键和 2 个π键，即分子中σ与π键数目 比为 1：2；C、N、O 位于第二周期，但 N 的 2P 轨道为半充满的稳定状态，第一电离能大于 O，所以 C、N、O 第一电离能由小到大的顺序为 C＜O＜N， 故答案为：1：2；C＜O＜N； （2）Fe 的原子序数是 26，失去 3 个电子生成 Fe3+，Fe 的核外电子排布式 1s22s22p63s23p63d64s2，则 Fe3+的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d5；SO42-的价层电子对 数为 4+ =4、无孤电子对，其 VSEPR 模型和空间构型均为正四面体，中心 S 原子 的杂化方式为 sp3，与 SO42-互为等电子体的离子含有 5 个原子、价电子总数 32，O 原子可以 用 S 原子替换为 S2O32-， 故答案为：1s22s22p63s23p63d5；正四面体；sp3；S2O32-； （3）CaF2 晶胞中中圆圈表示的原子数目为 8，黑点表示的原子数目为 圆圈表 示的原子数目：黑点表示的原子数目=2：1，所以圆圈表示的元素为 F，由晶胞图可知 F 原子与 4 个 Ca 原子相接，F 的配位数为 4， 故答案为：F；4； （4）去掉 4 个内层原子后，变成原子个数比为 4：4=1：1 的离子化合物，为 ZnS 的晶体结 构；换成一种新元素的原子后，1 个原子与 4 个相同的原子成键，写出正四面体结构，类似 于金刚石晶胞，键角为 109°28′， 故答案为：ZnS；109°28′； （5）金属原子 ABAB 型堆积为六方最密堆积，晶体的空间利用率为 74%，晶胞中 Mg 数目为 =2，晶胞的质量 m= ，晶胞体积 V=2× sin60°a2c=sin60°a2c， 晶胞密度ρ= ， 故答案为：74%； 。 A 原子的最外层电子是次外层电子数的 2 倍，则 A 为 C 元素，周期表中电负性最大的元素为 F，即 D 为 F 元素，H 为应用最广泛的金属，则 H 为 Fe 元素，Ⅰ处于周期表中的第二副族， 则 I 为 Zn 为元素，E 与 G 在周期表的位置是上下相连，两元素所在主族中所有元素都是金 属，所以 E 与 G 在周期表的 IIA 族，E 为 Mg 元素、G 为 Ca 元素，元素 B、C 位于碳与氟之间， 所以 B 为 N 元素、C 为 O 元素，则与 C 同一主族的 F 为 S 元素，即元 A-I 分别为：A 为 C、B 为 N、C 为 O、D 为 F、E 为 Mg、F 为 S、G 为 Ca、H 为 Fe、I 为 Zn， （1）氮气分子结构为 N≡N；同一周期从左到右，元素的第一电离能有增大趋势，但 IIA、VA 族第一电离能大于同周期相邻元素； （2）Fe 的原子序数是 26，失去 3 个电子生成 Fe3+，根据 Fe 的核外电子排布式写出 Fe3+的 核外电子排布式；SO42-的价层电子对数为 4、无孤电子对，其 VSEPR 模型为正四面体，据此 推断离子空间构型和 S 的杂化方式；与 SO42-互为等电子体的离子含有 5 个原子、价电子总 数 32，O 原子可以用 S 原子替换； （3）CaF2 晶胞中中圆圈表示的原子数目为 8，黑点表示的原子数目为 ，结合 化学式和晶胞图分析判断； （4）将上述晶胞圆圈对应的原子所在上下两层平面原子，按两条相互垂直的对角线上各去 掉该原子 2 个（共去掉 4 个），并将小点和圆圈对应的原子更改为另外两种元素的原子，则 原子个数比为 4：4=1：1 的晶胞，再将留下的所有原子换成另外一种新元素的原子，成为另 外一种晶胞为原子晶体的晶胞，类似于金刚石晶胞； （5）金属原子 ABAB 型堆积为六方最密堆积，晶体的空间利用率为 74%，晶胞中 Mg 数目为 =2，晶胞的质量 m= ，晶胞体积 V=2× sin60°a2c=sin60°a2c，根据密 度公式计算晶胞密度。 本题考查物质结构与性质，涉及元素推断、核外电子排布、空间构型、杂化方式、化学键、 等电子体、电离能、晶体结构和晶胞计算等知识，为高考题型和高频考点，明确价层电子互 斥理论的应用、熟悉常见晶胞模型、掌握均摊法进行晶胞有关计算是解题关键，需要学生具 备扎实的基础，题目难度中等。 36. 【解析】 解：（1）E→F 的反应类型为氧化反应，F 为 ，F 中官能团名称为羰基， 故答案为：氧化反应；羰基； （2）D→E 发生卤代烃的水解反应，反应条件：氢氧化钠水溶液、加热，故答案为：氢氧化 钠水溶液、加热； （3）M 的结构简式为 由 EPR 橡胶的结构可知 A、B 分别为 CH2=CH2、CH2=CHCH3 中的一种，B 核磁共振氢谱只有一组 吸收峰，则 B 为 CH2=CH2、A 为 CH2=CHCH3．B 发生氧化反应生成 C，且 C 核磁共振氢谱只有一 组吸收峰，则 C 为 ， H 发生信息①中的酯交换反应生成 J 与乙二醇，结合 H 的分子式可 知 C 与二氧化碳发生开环加成生成 H，故 H 为 ，J 为 ；由 PC 塑料结构， 结合 M 的分子式 C15H16O2、碳酸二甲酯的结构，可知 M 为 ，A 与 HBr 发生加成反应生成 D 为卤代烃，D 转化得到的 E 可以发生催化氧化，则 D 发生卤代烃的 水解反应生成 E，E 发生醇的催化氧化生成 F，且 F 核磁共振氢谱只有一组吸收峰，则 D 为 CH3CHBrCH3、E 为 CH3CH（OH）CH3、F 为 ； （7）利用 CH2=CH2 和苯酚制备 ，乙烯和溴发生加成反应生成溴 乙烷，溴乙烷发生水解反应生成乙醇，乙醇发生催化氧化生成乙醛，乙醛和苯酚发生取代反 应生成目标产物。 本题考查有机物推断和有机合成，侧重考查学生分析推理、知识综合运用能力，根据 PC、EPR 结构简式结合反应条件采用正逆推法结合的方法进行推断，关键是理解有机反应前后结构变 化。