山东专用2021届高三化学下学期4月三模适应性训练五

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1、（山东专用）2021届高三化学下学期4月三模适应性训练五一、单选题1化学与人类的生产、生活密切相关，下列有关叙述错误的是A食用花生油中的油脂属于高分子化合物B麦芽糖可以发生银镜反应和水解反应C抗击新冠病毒用的“84”消毒液的主要成分是NaClOD奋斗者潜水器主体采用的钛合金材料具有耐低温、耐高压和抗腐蚀性好的特性2下列操作中仪器使用不正确的是A用碱式滴定管盛装高锰酸钾溶液B用铁坩埚灼烧烧碱C用铁坩埚除去纯碱晶体中的结晶水D加热蒸发皿时不用石棉网3A、B、C、D四种短周期主族元素，原子序数依次增大。其中A原子和C原子最外层电子数相同，A与B、C与D基态原子的能层数相同。A的最高价氧化物对应水化物

2、与其气态氢化物可以形成盐。A和B质子数之和等于D的质子数。下列比较中正确的是A元素电负性：BACDB原子半径：BACDC第一电离能：BACDDA和D的最高价氧化物对应的水化物不都是强酸4如图是实验室制取并验证二氧化硫相关性质的装置，下列说法错误的是Aa瓶中溶液变为红色B实验过程中，b瓶和c瓶中的溶液褪色，且原理相同C实验过程中，d瓶中溶液先变浑浊，后变澄清D浓硫酸和Na2SO3固体制取SO2的反应中浓硫酸表现出强酸性5W、X、Y、Z均为短周期元素，W的最外层电子数与核外电子总数之比717；X与W同主族；Y的原子序数是W和X的原子序数之和的一半；含Z元素的物质焰色反应为黄色。下列判断正确的是()

3、A金属性：YZB氢化物的沸点：XWC离子的还原性：XWD原子及离子半径：ZYX6人体尿液中可以分离出具有生长素效应的化学物质吲哚乙酸，吲哚乙酸的结构简式如图所示。下列有关说法正确的是A吲哚乙酸能使溴的四氯化碳溶液褪色B吲哚乙酸苯环上的二氯代物共有四种C1mol吲哚乙酸与足量氢气发生反应，最多消耗5molH2D分子中含有手性碳原子7Zn(CN)42-在水溶液中与HCHO发生如下反应：4HCHOZn(CN)42+4H+4H2O= Zn(H2O)42+4HOCH2CN，HOCH2CN的结构简式如图所示，下列说法不正确的是（ ）AHOCH2CN分子中没有手性碳原子B1mol HOCH2CN分子中含有键

4、的物质的量为5molCZn(CN)42-和Zn(H2O)42+的中心原子配位数均为4DHOCH2CN分子中碳原子轨道的杂化类型分别是sp3和sp杂化8赤泥是铝土矿生产Al2O3过程中产生的一种固体废弃物，现设计从赤泥中(含Fe2O3、Al2O3、Ga2O3)提取镓(Ga)的工艺如图所示，下列说法错误的是已知：Ga2O3与Al2O3性质相似，能与NaOH反应生成可溶性盐NaGaO2。A浸渣A的主要成分是Fe2O3B溶液B中含有金属元素的离子主要有Na+、Al3+C通过萃取、反萃取的操作可实现Ga元素的富集D电解过程中阴极的电极反应式为+2H2O+3e =4OH+Ga9国内最新研究，实现CO2的固

5、定和储能的多功能电化学反应装置，如图所示。该装置充放电过程并不完全可逆，即充电过程C不参与反应。放电过程反应方程式为：4Li+3CO2=2Li2CO3+C，下列叙述正确的是A放电过程正极反应式为4Li+3CO2+4e=2Li2CO3+CB若放电过程转移电子物质的量为0.2mol，理论上可以固定C的质量为1.2gC充电过程B电极为阴极，发生氧化反应D可用 LiClO4水溶液代替LiClO4-DMSO10下列实验操作能达到目的的是实验目的实验操作A制备Fe(OH)3胶体将NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl3溶液中B由MgCl2溶液制备无水MgCl2将MgCl2溶液直接加热蒸干C除去乙醇中混有的少量H

6、2O加入生石灰，蒸馏D除去乙烷中混有的少量乙烯将混合气体通过酸性高锰酸钾溶液，洗气AABBCCDD11下列实验中，现象与结论均正确且二者之间有因果关系的是选项实验操作现象结论A常温下，用pH计测定CH3COONH4溶液的pHpH计读数为7.0CH3COONH4属于强电解质，不水解B常温下，将铁片加入过量浓硝酸中铁片溶解，有红棕色气体生成，溶液呈棕黄色浓硝酸将Fe氧化为Fe3，硝酸还原为NO2C用铂丝棒蘸取待测溶液做焰色实验火焰显黄色待测溶液中含有Na+，不含K+D用两支试管取0.1molL1酸性KMnO4溶液各2 mL ，分别加入5 mL 0.1molL1和0.2molL1 H2O2溶液两试管

7、溶液均褪色，且加0.2molL1H2O2的试管中褪色更快其他条件不变，反应物浓度越大，化学反应速率越快AABBCCDD12电解质溶液导电能力越强，电导率越大，常温下用0.1000 mol L-1NaOH溶液分别滴定10.00 mL浓度均为0.1000 mol L-1的盐酸和亚硝酸(HNO2)溶液(已知亚硝酸在常温下pKa= -lgKa=3.3 ，酸性强于乙酸) ，利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图(1)所示(溶液混合后体积变化忽略不计)。下列说法正确的是Ac、d两点溶液中离子总浓度相等Be点溶液中c() +c(HNO2) +c(Na+)=0.2000 molL-1Ca点溶液和d点溶液的混

8、合后溶液的pH 7D乙酸、亚硝酸加水稀释时，溶液的电导率变化如图(2)所示，则曲线表示亚硝酸二、多选题13混合动力汽车(HEV) 中使用了镍氢电池，其工作原理如图所示：其中M 为储氢合金，MH 为吸附了氢原子的储氢合金，KOH 溶液作电解液。关于镍氢电池，下列说法不正确的是A充电时，阴极附近pH 降低B电动机工作时溶液中OH-向甲移动C放电时正极反应式为：NiOOH+H2O+e- =Ni(OH)2+OH-D电极总反应式为：MH+NiOOHM+Ni(OH)214有下列反应：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O2H2O+Cl2+SO2=H2SO4+2HCl下列

9、说法不正确的是（ ）A还原性SO2HClMnCl2B氧化性KMnO4MnO2Cl2C反应中HCl表现出酸性和氧化性D反应中水既不是氧化剂也不是还原剂15Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂，应用前景十分看好。一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示如下：2FeSO4+6Na2O22Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2，对此反应下列说法中正确的是ANa2O2只作氧化剂B2molFeSO4发生反应时，反应中共有10mol电子转移C每生成16g氧气就有1molFe2+被还原DNa2FeO4既是还原产物又是氧化产物三、工业流程题16工业上回收利用某合金废料(主要含Fe、Al、Cu、

10、Co、Li等，已知Co、Fe都是中等活泼金属)的工艺流程如下：(1) 金属M为_，操作1所用的玻璃仪器除烧杯外还有_。(2) 加入H2O2的作用是_ (用离子方程式表示)，加入氨水的作用是_。(3) 在空气中焙烧的化学方程式为 _。(4) 已知Li2CO3微溶于水，其饱和溶液的浓度与温度关系见下表。操作2中，蒸发浓缩后必须趁热过滤，其原因是 _。温度/10306090浓度/molL-10.210.170.140.10(5) 用惰性电极电解熔融Li2CO3制取锂，阳极生成两种气体，则阳极的电极反应式为_。四、结构与性质17近年来，KCoF3、KFeF3等因具有独特的电性、磁性和光致发光性而引起人

11、们极大的研究兴趣。回答下列问题：(1)基态F原子的价层电子排布图为_。(2)K、Fe、Co三种基态原子的未成对电子数之比为_；Co与Fe中第四电离能更大的是_ (填元素符号)，原因为_。(3)Fe、Co可形成多种配合物，如Fe(SCN)3、Fe(CN)64、Co(NH3)62等。SCN的立体构型为_，其中C原子的杂化形式为_。HCN中键和键的数目之比为_。NH3比NF3更易作配体的原因为_。(4)KCoF3具有钙钛矿型结构，其晶体的部分结构如图所示。其中CoF6正八面体通过共顶角F原子连接，K填充在其间空隙，K为12配位。KCoF3的晶胞为_ (填“立方晶胞”或“六方晶胞”)。阿伏加德罗常数的

12、值为NA，晶体密度为 gcm3，则Co与F之间的最短距离为_pm(用代数式表示)。五、原理综合题18甲醇是重要的化工原料，也可作燃料。工业上可用CO2和H2在一定条件下合成甲醇。回答下列问题。(1)已知：CO 和 H2 的燃烧热分别为 283.0 kJmol-1、285.8kJmol-1 ，水的汽化热为 44.0kJmol-1， 反应 CO+H2O=CO2+H2 是生成合成甲醇的原料气(CO2、H2)的重要反应，其热化学方程式为： CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) H =_ kJmol-1。(2)某同学设计实验对反应进行研究。将 1mol H2O(g)和 1mol CO 充入

13、一个恒容密闭容器中，在催化剂和一定温度下达到化学平衡。如图是 CO 的平衡转化率(%)随温度变化的曲线，260时反应的平衡常数 K=_。(3)CO2和 H2在催化剂、一定温度下合成甲醇。图为在容积为 1L 的恒容密闭容器中，加入 3 molH2和 1molCO2时经过相同时间甲醇产率与反应温度的关系曲线：曲线上 A 点_(填“是”或“不是”)对应温度下的平衡产率，理由是_，C 点甲醇的产率低于 B 点的原因可能是_(填标号)。A反应活化能增大 B催化剂活性低 C副反应多 D平衡常数变大 E.平衡逆向移动(4)CO和 H2在一定条件下也可以合成甲醇。在容积为1L的恒容密闭容器中，加入 a mol

14、H2和2.0molCO，在催化剂和 260温度条件下发生反应：CO+2H2=CH3OH。图为甲醇的浓度与反应时间的关系曲线，tP 时的 v 逆_tQ 时的 v 逆(填大于、小于或等于)，判断的依据是_，达平衡时氢气的浓度为 1.0mol/L，则起始时加入的氢气的物质的量为_mol。六、有机推断题19一种重要的有机化合物I()，某同学模拟的一种合成路线如下：已知以下信息：醛、酮发生缩合： + +回答下列问题：(1)A物质的名称为_，写出I中官能团的名称_。(2)写出DE的化学方程式_，GI过程中涉及的反应类型有_。(3)物质C有多种同分异构体，符合下列条件的同分异构体有_种。属于芳香族化合物且结

15、构简式中只有一个环苯环上有两个取代基既能与溶液反应又能与三氯化铁溶液显色(4)设计由和丙烯为原料制备的合成路线_(无机试剂任选)。七、实验题20(NH4)2Cr2O7用于有机合成催化剂，媒染剂，显影液等。某化学兴趣小组对(NH4)2Cr2O7的部分性质及组成进行探究。已知：Cr2O72(橙色)+H2O2CrO42(黄色)+2H+。回答下列问题：（1）在试管中加入少量(NH4)2Cr2O7固体，滴加足量浓KOH溶液，振荡、微热，观察到的主要现象是固体溶解、_、_。（2）为探究(NH4)2Cr2O7 (摩尔质量252g/mol)的分解产物，按下图连接好装置，在A中加入5.040g样品进行实验。仪器

16、B的名称是_。加热A至恒重，观察到D中溶液不变色，同时测得A、B中质量变化分别为2.00g、1.44g，写出重铬酸铵加热分解反应的化学方程式_。C的作用是_。（3）实验室常用甲醛法测定含(NH4)2Cr2O7的样品中氮的质量分数，其反应原理为：2Ba2+Cr2O72+H2O=2BaCrO4+2H+、 4NH4+6HCHO =3H+6H2O+(CH2)6N4H+滴定时，1mol(CH2)6N4H+与1molH+相当，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸。实验步骤：称取样品2.800g，配成250mL溶液，移取25.00mL样品溶液于250mL锥形瓶中，用氯化钡溶液使Cr2O72完全沉淀后，加入

17、10mL20%的中性甲醛溶液，摇匀、静置5min后，加入12滴酚酞试液，用0.200 molL1 NaOH标准溶液滴定至终点。重复上述操作3次。碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH标准溶液进行滴定，则滴定时用去NaOH标准溶液的体积_ (填“偏大”、“偏小”或“无影响”)；滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察_。滴定结果如下表所示该样品中氮的质量分数为_。参考答案1A【详解】A油脂不属于高分子化合物，选项A错误；B麦芽糖分子含有醛基，能发生银镜反应，它又能水解生成葡萄糖，选项B正确；C “84”消毒液的主要成分是NaClO，具有强氧化性，选项C正确；D钛合金材料具有强度大，韧性好，耐低温、

18、耐高压和抗腐蚀性好的特点，选项D正确。答案选A。2A【解析】试题分析：为了提高高锰酸钾溶液的氧化性，溶液中加酸酸化，所以要用“酸式滴定管”，选项A不正确；用铁坩埚灼烧烧碱，而不能用瓷坩埚，选项B正确；铁与纯碱不反应,可以用铁坩埚除去纯碱晶体中的结晶水，选项C正确；蒸发皿可以直接加热，选项D正确。考点：实验仪器的使用3C【分析】A原子和C原子最外层电子数相同，A和C同主族；A与B、C与D基态原子的能层数相同，则A和B同周期，C和D同周期；A的最高价氧化物对应水化物与其气态氢化物可以形成盐，A为N元素，其质子数为7，C为P元素；A和B质子数之和等于D的质子数，D的质子数比B的质子数大7，若B为O元

19、素，则D为P元素，不符合题意，则B为F元素，D为S元素。【详解】根据分析，A、B、C、D分别为N、F、P、S元素。A元素的非金属性越强，电负性越强，非金属性FNSP，则电负性B(F)A(N)D(S)C(P)，A错误；B同周期元素原子半径从左到右逐渐减小，则原子半径：NF，PS；一般来说，电子层数越多，半径越大，则原子半径：SN，综合原子半径：C(P)D(S)A(N)B(F)，B错误；C同同期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第A族、第A元素第一电离能大于其相邻元素；同一主族元素第一电离能随着原子序数增大而减小，则第一电离能：B(F)A(N)C(P)D(S)，C正确；DA和D的最高价

20、氧化物的水化物分别为HNO3、H2SO4，均为强酸，D错误；答案选C。4B【详解】ASO2只能使指示剂变色，不会褪色，选项A正确；B品红溶液褪色体现二氧化硫具有漂白性，溴水褪色体现二氧化硫具有还原性，选项B错误；C二氧化硫通入澄清石灰水中，先生成CaSO3沉淀，然后沉淀溶解生成易溶于水的Ca(HSO3)2，选项C正确；D该反应的反应原理为Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+H2O+SO2，硫酸中各元素在反应前后无化合价变化，不表现氧化性，只表现出酸性，选项D正确；答案选B。5B【详解】W的核外电子总数为17，说明W为Cl元素， W和X同主族，则X为F；Y的原子序数为W和X原子序数之和

21、的一半，W和X的原子序数之和为26，则X为13号元素，为Al；含有Z元素的物质焰色反应为黄色，则Z为Na。W、X、Y、Z分别是Cl、F、Al、Na。A同周期金属元素的金属性从左到右依次减弱，则Na的金属性强于Al，即ZY，A 项错误；BHF分子中含有氢键，其沸点高于氯化氢的沸点，B项正确；C同主族非金属元素的非金属性从上到下依次减弱；元素的非金属性越强，相应阴离子的还原性越弱，即F的非金属性强于Cl，则F的还原性弱于Cl，C项错误；D由于核外电子排布相同的微粒，其微粒半径随原子序数的增大而减小，因此氟离子半径大于钠离子半径，钠离子半径大于铝离子半径，D项错误；本题答案选B。6A【详解】A该物质

22、含有碳碳双键，可以和溴的四氯化碳溶液发生加成反应使其褪色，A正确；B该物质结构不对称，采用“定一移一”的方法，二氯代物，如图所示：、，共有6种，B错误； C1mol苯环能够与3molH2发生加成，1mol碳碳双键和1molH2发生加成，而羧基不能与H2发生加成，则1 mol吲哚乙酸与足量氢气发生反应，最多消耗4mol H2，C错误；D连接四个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，则手性碳原子一定为饱和碳原子，而该物质中饱和的碳原子上连接了两个氢原子，不是手性碳，D错误；综上所述答案为A。7B【详解】A. HOCH2CN分子中有1个碳原子是不饱和碳原子，1个碳原子连两个H原子，故分子中没有手性碳

23、原子，故A正确；B. HOCH2CN分子中有1个，2个C-H键，1个C-C键，1个C-O键，1个H-O键，单键都是键，三键中有1个键和2个键，故1mol HOCH2CN分子中含有键的物质的量为6mol，故B错误；C. Zn(CN)42-和Zn(H2O)42+的中心原子配位数均为4，故C正确；D. HOCH2CN分子中其中与羟基（-OH）相连的一个碳为饱和碳原子，价层电子对数=4+0=4，杂化轨道类型为sp3，另外一碳原子与氮原子形成碳氮三键，三键含有1个键和2个键，价层电子对数为2，碳原子杂化轨道类型为sp，故D正确；故选B。8B【分析】赤泥中(含Fe2O3、Al2O3、Ga2O3)，加入氢氧

24、化钠，Ga2O3与Al2O3都能与NaOH反应生成可溶性盐NaAl(OH)4、NaGaO2，过滤浸渣A的主要成分是Fe2O3，在滤液中加入树脂进行萃取，树脂萃取了，因此溶液B中含有金属元素的离子主要有Na+、Al(OH)4 ，加入硫酸反萃取，最后加入氢氧化钠，溶液中含有，再通过电解生成金属Ga。【详解】AGa2O3与Al2O3都能与NaOH反应生成可溶性盐NaAl(OH)4、NaGaO2，因此浸渣A的主要成分是Fe2O3，A项正确；B树脂萃取了，因此溶液B中含有金属元素的离子主要有Na+、Al(OH)4 ，B项错误；C通过萃取和反萃取，去除了含铝元素的杂质，可以实现Ga元素的富集，C项正确；D

25、加入NaOH溶液后溶液C中含有，由电解制备Ga，Ga元素化合价降低，所以是在阴极上发生该反应，电极反应式为+2H2O+3e-=4OH-+Ga，D项正确；答案选B。9A【详解】A. 放电过程为原电池，根据放电过程反应方程式为：4Li+3CO2=2Li2CO3+C，正极上二氧化碳得到电子生成Li2CO3和C，电极反应式为4Li+3CO2+4e=2Li2CO3+C，故A正确；B. 根据A的分析，若放电过程转移电子物质的量为0.2mol，理论上可以固定C0.05mol，质量为0.05mol 12g/mol=0.6g，故B错误；C. 放电过程中金属锂为负极，则充电过程锂电极(A)为阴极，发生还原反应，故

26、C错误；D. 锂能够与水反应，不能用 LiClO4水溶液代替LiClO4-DMSO，故D错误；答案选A。10C【解析】A. 将NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl3溶液中生成氢氧化铁沉淀，得不到氢氧化铁胶体，故A错误；B.氯化镁水解生成的氯化氢容易挥发，加热时促进水解，蒸干得到氢氧化镁沉淀，故B错误；C.在乙醇中加入生石灰，生石灰与水反应生成熔沸点较高的氢氧化钙，然后蒸馏得到乙醇，故C正确；D.乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳气体，会引入新杂质二氧化碳，故D错误；故选C。 11D【详解】ACH3COONH4属于弱电解质，pH=7.0是因为醋酸根和铵根水解程度相差不大，水解产生的H+和OH-相互抵消，

27、故A错误；B冷的浓硝酸会使铁钝化，阻碍进一步反应，所以铁片不会溶解，故B错误；CK+需要通过蓝色钴玻璃观察，不能确定其是否含有，故C错误；D双氧水浓度不同导致颜色不一样，说明反应物浓度越大，化学反应速率越快，故D正确；故选D。12C【详解】A 由图知，c、d两点溶液的电导率不同，则离子总浓度不相等，A错误；B e点溶液体积约(10.00+20)mL，为等物质的量浓度氢氧化钠和亚硝酸钠的混合溶液，物料守恒，则c() +c(HNO2) +c(Na+)= 0.1000 molL-1，B错误；C由图知：a点溶液为等物质的量浓度的NaCl、HCl混合溶液，d点亚硝酸和氢氧化钠溶液恰好完全反应、溶液为Na

28、NO2溶液，二者混合后，HCl和NaNO2溶液反应生成NaCl和HNO2、且反应中生成HNO2和多余的NaNO2等物质的量，故混合溶液含NaCl、等物质的量浓度的HNO2、NaNO2混合溶液，已知亚硝酸在常温下pKa= -lgKa=3.3，Ka(HNO2)=10-3.3，NaNO2水解呈碱性、，则亚硝酸的电离程度大于亚硝酸钠的水解程度， ，C正确；D已知亚硝酸酸性强于乙酸，加水稀释时，酸越弱，酸电离产生的离子浓度变化幅度越小，电导率下降幅度越小，则曲线表示乙酸，D错误；答案选C。13A【解析】A、充电时，阴极反应式为MH2Oe=MHOH，生成OH，c(OH)增大，即pH增大，故A说法错误；B、

29、根据原电池的工作原理，阴离子向负极移动，根据工作原理，甲为负极，乙为正极，即OH向甲移动，故B说法正确；C、根据工作原理，正极反应式为NiOOHH2Oe=Ni(OH)2OH，故C说法正确；D、根据工作原理，负极反应式为MHOHe=MH2O，因此电极总反应式为MH+NiOOHM+Ni(OH)2，故D说法正确。点睛：电极反应式的书写是高考热点，一般根据原电池的工作原理，判断正负极，本题MH是储氢合金，因此MH为负极，则另一极为正极，因为电解质溶液为KOH，因此OH在负极上参与反应，即负极反应式为MHOHe=MH2O，正极上得到电子化合价降低，应生成OH，正极反应式为NiOOHH2Oe=Ni(OH)

30、2OH，充电时，电池的正极接电源的正极，电池的负极接电源的负极，反应式应为放电时的逆过程，如阴极反应式，应是负极反应式的逆过程，即为MH2Oe=MHOH，电极反应式的书写一定注意电解质的环境。14C【分析】2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O该反应中的氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物分别是：KMnO4、HCl(浓)、Cl2、MnCl2，发应2H2O+Cl2+SO2=H2SO4+2HCl中的氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物分别是：Cl2、SO2、H2SO4、HCl，再根据比较氧化性还原性的强弱规律：氧化性排序：氧化剂氧化产物；还原性排序：还原剂还原产物进

31、行解答。【详解】A由分析可知还原性SO2HClMnCl2，A正确；B由分析可知氧化性KMnO4MnO2Cl2，B正确；C反应中HCl做还原剂，表现还原性，产物中有盐酸盐生成，这部分HCl表现出酸性，C错误；D反应中水中没有元素化合价变化，所以水既不是氧化剂也不是还原剂，D正确；答案选C。【点睛】给定的反应中物质的氧化性还原性强弱的比较方法：先判断氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物，氧化性排序：氧化剂氧化产物；还原性排序：还原剂还原产物。15BD【分析】该反应2FeSO4+6Na2O22Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2中Fe元素化合价由+2价变为+6价、O元素化合价由1价变为0价

32、、2价，所以硫酸亚铁是还原剂、过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，氧化剂对应的产物是还原产物，还原剂对应的产物是氧化产物，据此分析解答。【详解】A根据以上分析，该反应中过氧化钠既作氧化剂又作还原剂，故A错误；B反应中化合价升高的元素有Fe，由+2价+6价，化合价升高的元素还有O元素，由1价0价，2molFeSO4发生反应时，共有2mol4+1mol2=10mol电子转移，故B正确；C该反应中Fe元素化合价由+2价变为+6价，根据2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2，每生成16g氧气就有1molFe2+被氧化，故C错误；D该反应中Fe元素化合价由+3价变为+6

33、价、O元素化合价由1价变为0价、2价，所以硫酸亚铁是还原剂、过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，Na2FeO4既是氧化产物又是还原产物，故D正确。答案选BD。16Cu 漏斗、玻璃棒 2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O 调节溶液pH使Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀 4CoC2O42H2O+3O2 2Co2O3+8 H2O+8CO2 减少Li2CO3的溶解损失 -4e-=O2+2CO2 【详解】合金废料（主要含Fe、Al、Cu、Co、Li等，已知Co、Fe都是中等活泼金属）加入盐酸过滤得到金属M为不与盐酸反应的铜，浸出液中加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入氨水

34、调节溶液pH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀、氢氧化铝，通过操作过滤得到溶液A中加入草酸铵溶液沉淀钴离子过滤得到溶液B主要是锂离子的溶液，加入碳酸钠沉淀锂离子，过滤得到碳酸锂；结晶析出CoC2O42H2O足量空气煅烧得到氧化钴。（1）上述分析判断金属M为Cu，操作为过滤操作，所用的玻璃仪器除烧杯外还有漏斗和玻璃棒；（2）加入H2O2的作用是氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；加入氨水的作用是调节溶液pH使Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀；（3）CoC2O4焙烧生成Co2O3、CO2和水，反应的化学方程式为4CoC2O42

35、H2O+3O22Co2O3+8 H2O+8CO2；（4）Li2CO3微溶于水，溶解度随温度升高而降低，为减少Li2CO3的溶解损失，蒸发浓缩后必须趁热过滤；（5）用惰性电极电解熔融Li2CO3制取锂，阳极生成两种气体，应为二氧化碳和氧气，电极方程式为-4e-=O2+2CO2。17 1: 4: 3 Fe Co3+的价层电子排布式为3d6，而Fe3+的价层电子排布式为3d5，为相对稳定的半充满结构，更难再失去一个电子 直线形 sp 1:1 H原子吸引电子能力弱于F原子，使NH3比NF3中的N原子更容易提供孤电子对 立方晶胞 【详解】(1)氟元素的原子序数为9，其基态F原子的价层电子排布图为；(2)

36、基态K原子的价层电子排布式为4s1，基态Fe原子的价层电子排布式为3d64s2，基态Co原子的价层电子排布式为3d74s2，则三种基态原子的未成对电子数之比为143；Co3+的价层电子排布式为3d6，而Fe3+的价层电子排布式为3d5，3d5为相对稳定的半充满结构，更难再失去一个电子，第四电离能更大；(3) SCN-中C原子的价层电子对数目为2，杂化形式为sp，该离子的立体构型为直线形；HCN的结构式为，单键为键，三键中有一个是键，2个是键，则键和键的数目之比为11；因为H原子吸引电子能力弱于F原子，使NH3中的N原子比NF3中的N原子更容易提供孤电子对，更易形成配体；(4) CoF6正八面体

37、通过共顶角F原子连接，K填充在其间空隙，据图可知，KCoF3的晶胞为立方晶胞；若Co处于晶胞顶角位置，则K处于立方晶胞的体心位置，Co与F之间的最短距离为晶胞参数的一半，设晶胞参数为a pm，列式得：，解得a=1010pm，则Co与F之间的最短距离为1010pm。18-41.2 9 不是 该反应为放热反应，平衡产率随温度的升高而降低 BCE 小于 tP 时的甲醇浓度小于tQ 时浓度，反应速率更慢 3.3 【详解】（1）H2的燃烧热为-285.8kJmol1，故热化学方程式为H2（g）+ O2（g）=H2O（l）H=-285.8KJmol1；CO的燃烧热为-283.0kJmol1，故热化学方程式

38、为CO（g）+O2（g）=CO2（g）H=-283.0KJmol1，H2（g）+O2（g）=H2O（l）H=-285.8KJmol1，H2O（l）=H2O（g）H=+44.0KJmol1，1-得， CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) H =-41.2kJmol-1。故答案为：-41.2；（2）对反应CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) 进行研究。 260时反应的平衡常数 K=9。故答案为：9；（3）曲线上 A 点不是对应温度下的平衡产率，理由是该反应为放热反应，平衡产率随温度的升高而降低，C 点甲醇的产率低于 B 点的原因可能是：A.反应活化能增大，不影响产率，故

39、错误； B.催化剂活性低，产率降低，故正确； C.副反应多，消耗大量原料，故正确； D.平衡常数变大，平衡正向移动，产率升高，故错误；E.平衡逆向移动，产率降低，故正确；故选BCE；故答案为：不是；该反应为放热反应，平衡产率随温度的升高而降低；BCE；（4）甲醇的浓度与反应时间的关系曲线可知，tP 时的 v 逆小于tQ 时的 v 逆，tP 时的甲醇浓度小于tQ 时浓度，反应速率更慢；由图平衡时c(CH3OH)= 1.15molL1，由方程式CO+2H2=CH3OH得氢气的浓度变化量为2.3molL1，起始时加入的氢气的浓度为（2.3+1）molL1=3.3molL1，则起始时加入的氢气的物质的

40、量为3.3mol；故答案为：小于：tP 时的甲醇浓度小于tQ 时浓度，反应速率更慢；3.3。191，3-丁二醇 碳碳双键、羰基 加成反应、消去反应 24 【详解】(1)图示可知，A物质的主链由4个碳，第以、三两个碳原子分别有1个羟基，所以A的名称为1，3-丁二醇；I所含有的官能团为碳碳双键和羰基(酮基)，故答案为：1，3-丁二醇；碳碳双键、羰基(酮基)；(2)由D的结构可得出D中含有酯基，所以D与NaOH溶液在加热时发生水解反应：；由G(）和在碱性条件下反应然后脱HCl后生成I( )，所以该反应为先加成后消去，故答案为：；加成反应、消去反应；(3)物质C的分子式为：，其同分异构体同时满足：属于

41、芳香族化合物且结构简式中只有一个环，则该物质中的环为苯环；苯环上有两个取代基既能与溶液反应又能与三氯化铁溶液显色，则苯环上含有羟基和羧基则：，与以上8个含羧基的官能团都有邻间对三种同分异构体，共，故答案为：24；(4)由已知可得在稀NaOH溶液中并加热反应生成；与在一定条件下发生取代反应生成；然后与在碱性条件下脱去HCl生成目标产物()，则合成路线如下：，故答案为： 。20有刺激性气味气体放出 溶液变为黄色 U形管 (NH4)2Cr2O7 Cr2O3+N2+4H2O 防止水蒸气进入到B中 偏大 锥形瓶内溶液颜色的变化 10.00% 【分析】(1)根据NH4+与碱反应生成氨气，以及Cr2O72(

42、橙色)+H2O2CrO42(黄色)+2H+平衡移动解答。(2)根据重铬酸铵的元素组成和元素化合价的变化，判断可能的产物。再根据实验现象及玻璃管A和U形管B的质量变化确定分解产物及产物的物质的量，进而确定参加反应的各物质的计量关系，据此写出重铬酸钾分解反应的化学方程式。(3)由甲醛法测定样品中氮的质量分数的反应原理可知，1mol(NH4)2Cr2O7能产生4molH+，其中2molH+是由2molNH4+生成的，NH4+产生的H+消耗的NaOH的量占消耗NaOH的总量，所以每摩尔氮原子产生的H+消耗1molNaOH，据此分析计算。【详解】(1)(NH4)2Cr2O7固体溶解于水，溶液呈橙色，当滴

43、加足量浓KOH溶液时，NH4+OH-=NH3+H2O，H+OH-=H2O，溶液中H+浓度减小，使平衡Cr2O72(橙色)+H2O2CrO42(黄色)+2H+向正反应方向移动，所以观察到的主要现象除固体溶解外，还有刺激性气味气体放出，溶液变为黄色。(2)仪器B的名称是U形管。因碱石灰不能吸收NH3，而D中酚酞溶液不变色，说明重铬酸铵分解无氨气产生。B中碱石灰质量增加，说明有水蒸气生成（质量为1.44g）。但B中增加的质量（1.44g）小于A中减小的质量（2.00g），说明重铬酸铵分解产生的气体中除水蒸气外还有另外气体，该气体不能被碱石灰吸收，结合-3价氮的还原性和+6价铬的氧化性推测该气体是氮气

44、，n(N2)= =0.02mol，生成0.02molN2时-3价氮元素失去的电子物质的量=0.02mol6e-=0.12mole-，又因A中样品n(NH4)2Cr2O7= =0.02mol，根据氧化还原反应中电子得失守恒，每个+6价铬原子得到的电子数=3，即铬元素化合价由+6价降到+3价，由此推知A中生成固体是Cr2O3，其物质的量n(Cr2O3)=0.02mol。生成水蒸气的物质的量n(H2O)=0.08mol。则参加反应的各物质的物质的量之比为：n(NH4)2Cr2O7：n(Cr2O3)：n(N2)：n(H2O)=0.02:0.02:0.02:0.08=1:1:1:4。所以重铬酸钾受热分解

45、的化学方程式为：(NH4)2Cr2O7 Cr2O3+N2+4H2O。为了使B中碱石灰只吸收重铬酸钾分解产生的水蒸气，C的作用就是防止D中水蒸气进入到B中。(3)由甲醛法测定样品中氮的质量分数的反应原理可知，1mol(NH4)2Cr2O7能产生4molH+，其中2molH+是由2molNH4+生成的，NH4+产生的H+消耗的NaOH的量占消耗NaOH的总量（每摩尔氮原子生成的H+消耗1molNaOH）。碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH标准溶液，NaOH溶液将被滴定管内壁的水膜稀释，用该NaOH溶液滴定时用去的NaOH溶液的体积将偏大；中和滴定的关键是准确确定酸与碱恰好中和的时间点，所以眼睛应观察锥形瓶内溶液颜色的变化。由表格数据可知，四次平行实验用去的NaOH标准溶液体积分别为：21.06-1.07=19.99mL、20.89-0.88=20.01mL、21.20-0.20=21.00、20.66-0.66=20.00mL。显然第三次实验数据异常，舍去。所以滴定用去NaOH标准溶液体积的平均值=20.00mL。2.800g样品用去NaOH的总物质的量=0.02000L0.200mol/L=0.04mol，则样品中氮原子物质的量=0.04mol=0.02mol，所以样品中含氮质量分数=100%=10.00%。