2020届高三2月内部特供卷化学三教师版

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1、号位座封号场考 不号证考准 装名姓级班2019-2020学年上学期2月内部特供卷注意事项：1 .答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形 码粘贴在答题卡上的指定位置。2 .选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3 .非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草 稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4 .考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 Al 27 S 32 Cl 35.5 Fe 5

2、6 Ba 137一、选择题(每小题 3分，共45分)1.丝绸之路是沟通东西方文化的友谊之路.下列关于丝绸说法不正确的是A.春蚕到死丝方尽所描述的蚕丝，其主要成分为蛋白质B.四川蜀锦”的织锦原料是人造纤维，由加聚反应制得C.礼记记载 天子着青衣，青色是由丝绸浸染植物染料制得D.丝绸因富含胺基，氨基等亲水性基团而具有良好的吸湿性【答案】B【解析】A.蚕丝属于天然纤维，其主要成分为蛋白质，故 A不符合题意；B.织锦原料是天然 纤维，故B符合题意；C.天子身份尊贵，常着丝绸类衣物，古代对丝绸染色常用植物染料，故C不符合题意；D.胺基、氨基易与水形成分子间氢键，使得丝绸具有良好的吸湿性，故 D不符合题

3、意；故答案为Bo2 .下列变化中，气体被还原的是A .水蒸气使 CuSO4变蓝B. Cl2使FeCl2溶液变黄C. CH2=CH2使滨水褪色D. H2s使H2sO3溶液变浊【答案】B【解析】A .水蒸气使 CuSO4变蓝过程的反应为：CuSO4+5H2O= CuS04 5H2O,此过程不涉及 还原反应，故 A不符合题意；B. Cl2使FeCl2溶液变黄过程的反应为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-, Cl元素化合价降低，Cl2被还原，故B符合题意；C. CH2=CH2使滨水褪色过程的反应为： CH2=CH2+B2-CH2BrCH2Br,乙烯中C元素化合价升高，乙烯被氧化，故C不符合题意；D

4、. H2s使H2SO3溶液变浊过程的反应为：H2S+H2SO3=SJ +3HO, H2s中S元素化合价升高，H2s被氧化，故D不符合题意；故答案为 Bo3 .下列说法错误的是A .淀粉、葡萄糖都是高分子化合物B .煤的干储是复杂的物理、化学变化C. C3H7C1有2种同分异构体D.油脂、蛋白质都可以和碱反应【答案】A【解析】A .葡萄糖不属于高分子化合物，故A符合题意；B.煤的干储指煤在隔绝空气条件下加热、分解，生成焦炭(或半焦)、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程，当煤料的温度高于100c时，煤中的水分蒸发出，此过程属于物理变化，继续升温的过程中，其主要发生化学变化，故B不符合题意；C. C3H

5、7C1的结构中有两种不同化学环境的H,因此有2种同分异构体，故 C不符合题意；D.油脂中含有酯基，蛋白质中含有肽键，均可与碱发生反应而水解，故 D不符合题意；故答 案为Ao4 .下列离子能大量共存的一组是A , Fe3+、Cu2+、SO2-、NO3B. HCO3、K+、Cl-、Al(OH) 4-C. Na+、Al3+、Br-、S2-D. ClO-、Mg2+、SO4-、I-【答案】A【解析】A. Fe3+、Cu2+、SO4-、NO3之间不发生化学反应，可大量共存，故A符合题意；B. HCO3 与Al(OH) 4能够发生反应：HCO3+Al(OH) 4-=Al(OH) 3CO2-+H2O,故不能大

6、量共存，故 B不符 合题意；C. Al3+与S2-能够发生相互促进的双水解反应，不能大量共存，故C不符合题意；D. ClO-与能够发生氧化还原反应，不能大量共存，故D不符合题意；故答案为 Ao5.两个锄钾分子在温度为 5X10-7K时反应，超冷温度迫使反应在中间阶段停留了几微秒，人类 第一次见证了化学反应过程，其过程如图所示，下列说法正确的是A, K+的结构示意图为9 ? 1 B.锄元素位于第4周期IA族C.该反应为吸热反应D.该反应获得了化学键断裂和形成的证据【答案】D【解析】A. K+的结构示意图为1*19之?，故A错误；B.锄元素位于第5周期IA族，故B错误；C.由反应过程可知，反应物能

7、量高于生成物能量，由此可知该反应属于放热反应，故C错误；D.两个锄钾分子在温度为 5X10-7K时反应，超冷温度迫使反应在中间阶段停留了几微秒，结合图像中原子与分子图示可知，此过程获得了化学键断裂和形成的证据，故D符合题意；故答案为Do6 . Weiss利用光敏剂 QD制备2-环己基苯乙烯（c）的过程如图所示.下列有关说法正确A . a不能使酸性KMnO 4溶液褪色B . 1mol b最多能与 4mol H2加成时，下列说法不正确的是A.消耗的MgO质量为40gB.断裂Si-Si键的数目为NaC.转移的电子数为 2NaD.生成镁蒸气体积为 22.4L【答案】D【解析】A .每生成1mol Mg

8、 ,会消耗1mol MgO ,其质量为1molX40g/mol=40g ,故A不符合 题意；B.每生成1mol Mg ,会消耗0.5mol Si,断裂Si-Si键0.5mol X2=1mol ,其数目为Na,故B不 符合题意；C.每生成1mol Mg时，Mg元素化合价从+2价降低为0价，转移电子的物质的量为 1mol2=2mol,其数目为2Na,故C不符合题意；D.未告知是否处于标准状况，故无法计算镁蒸气 的体积，故D符合题意；故答案为D。9.用如图实验装置（夹持仪器己略去）探究铁与浓硫酸的反应，下列实验不合理的是C. c分子中所有原子共平面D . a、b、c均易溶于水8.设阿伏加德罗常数的值

9、为 Na、利用反应2MgO+Si2MgT +SQ获取镁，每生成1mol Mg【解析】A. a中含有碳碳双键，能够使酸性高镒酸钾褪色，故 A错误；B. 1mol b中含有1mol 苯基、1mol碳碳双键，1mol b与H2发生加成反应最多能够消耗 4mol H 2,故B正确；C. c分子右 侧环己烷基中碳原子均采取 sp3杂化，故环己烷基中原子不可能全部共平面，故 C错误；D. a、b、 c均属于煌类，不含有亲水基，故在水中溶解度较小，故D错误；故答案为B。7 .用如图所示装置进行下列实验，其中不合理的是A.用CCl4萃取碘水中的碘B.用NaOH溶液除去澳苯中的澳C.用水除去硬脂酸钠中的甘油D.

10、用饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的乙酸【答案】C【解析】A.用CCl4萃取碘水中的碘的实验操作为萃取、分液，可通过该装置完成，故 A不符合题意；B.澳苯在水中溶解度较小，澳在澳苯中溶解度较大，向澳苯与澳的溶液中加入NaOH溶液后，澳与NaOH反应，生成无机盐，无机盐易溶于水，难溶于澳苯，可分层，然后通过分液分离出澳苯，故B不符合题意；C.硬脂酸钠、甘油均溶于水，不能利用图中装置分离，故C符合题意；D.乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层，可利用图中装置、饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的乙酸，故D不符合题意；故答案为 CoA,上下移动 中的铁丝可控制生成 SO2的量8 .中选用品红溶液验证

11、 SO2的生成C.中选用NaOH溶液吸收多余的 SO2D.为确认产物中铁元素的价态，向中加水，观察颜色变化【答案】D【解析】A.当铁丝与浓硫酸接触时才能反应，当往上抽动铁丝时，铁丝与硫酸不接触，反应停止，故可通过上下移动 中铁丝可控制SO2的量，故A不符合题意；B,二氧化硫能和有色物质反应生成无色物质而具有漂白性，二氧化硫能使品红溶液褪色，则可以用品红溶液检验二氧化硫，故B不符合题意；C.二氧化硫有毒，不能直接排空，但二氧化硫属于酸性氧化物，能和碱反应生成盐和水，所以可以用 NaOH溶液处理尾气，故 C不符合题意；D.实验中，铁丝与过量浓硫酸的反应生成硫酸铁，试管中还含有过量的浓硫酸，为确认硫

12、酸铁生成，应用胶头滴管将试管1中的液体取出少量，滴入水中，观察溶液颜色，若溶液显棕黄色，证明有硫酸铁生成，反之则无，而不应将水加入过量的浓硫酸中，否则易产生暴沸现象，故D符合题意。10 .利用Al-PMOF可快速将芥子气降解为无毒物质，其结构如图。其中 X、Y、Z为短周期元素且原子序数依次增大，X、Y同主族。下列说法正确的是II XA,简单离子半径：ZYXB,最简单氢化物稳定性：ZYXC.含氧酸酸性：ZYD. YXZ 2中丫的化合价为+4【答案】D【解析】由X与丫以双键连接，结合 X为短周期元素可知，X为O,由X、Y同主族可知，Y 为S,由X、Y、Z为短周期元素且原子序数依次增大，可知 Z为C

13、l,以此解答本题。A. O2-电子 层较S2-、C少，半径最小，S与Cl的简单离子结构相同，S2-的质子数比C少，故半径：S2-Cl-O2, 即YZX ,故A错误；B.非金属性：OClS ,故最简单氢化物稳定性：H2OHClH 2S,即XZY , 故B错误；C. Cl的含氧酸有HClO、HClO4等，S的含氧酸有H2SO3、H2SO4等，酸fH2SO4HClO , 故C错误；D. SOCl2中S的化合价为+4价，故D正确；故答案为 D。11 .如图，将一根纯铁棒垂直没入水中， 一段时间后发现 AB段产生较多铁锈，BC段腐蚀严重.下 列关于此现象的说法不正确的是A .铁棒AB段的溶解氧浓度高于

14、BC段B.铁棒AB段电极反应为 O2+2H2O+4e-=4OH-C.铁棒AB段的Fe2+浓度高于BC段D.该腐蚀过程属于电化学腐蚀【答案】C【解析】A.铁棒AB段与空气界面较近，深水处溶氧量较少，因此铁棒 AB段的溶解氧浓度高 于BC段，故A不符合题意；B .依据分析可知，AB段为原电池的正极，发生反应O2+4e-+2H2O=4OH-, 故B不符合题意；C.由于AB段产生较多铁锈，BC段腐蚀严重，故 BC段作原电池负极、AB段 作原电池正极，因此 BC段Fe2+浓度较高，故C符合题意；D.铁板在水溶液中发生吸氧腐蚀，属于 电化学腐蚀，故 D不符合题意；故答案为 Co12 .电催化N2还原制NH

15、 3的一种反应机理如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*表示，下列说法不正确的是A . N2生成NH 3是通过多步还原反应实现的B .两个氮原子上的加氢过程同时进行C.析氢反应(H*+H* 一H 2)会影响NH3的生成D. NH3的及时脱附有利于增加催化剂活性位【答案】B【解析】A,由图可知，N2生成NH3是通过N2-*N2-*NNHNH 3多步还原反应实现的，故A不符合题意；B.由图可知，加氢过程是分步进行的(*N2-*NNHR*NHNH)，故B符合题意；C.析 氢反应(H*+H* - H 2)会导致NH3中H不足，从而影响 NH3的生成，故C不符合题意；D. NH3的及 时脱附，能够增加

16、催化剂与反应物的接触面积，即有利于增加催化剂活性位，故D不符合题意；故答案为Bo13.某水系锂离子电池可实现Li+和Co2+分离回收，其装置如下图。25 C时，Co(OH)2的Ksp分别为6.31 X0-15, LiOH的溶解度为12.7g.下列说法不正确的是A.负极材料中发生变价的元素是TiB.交换膜a为阳离子交换膜C.负极液和正极液中的c(Li+)均变大D.在过滤层可收集到 Co(OH)2【答案】B【解析】A ,由图可知，通入 。2的电极为正极，放电过程中，负极材料 Li2Ti2(PO4)2中Ti元素 化合价升高，故 A不符合题意；B.正极发生反应：O2+4e-+2H2O=4OH-,为实现

17、Li+和Co2+分离回 收，交换膜b应选用阳离子交换膜，由溶液呈电中性可知，交换膜a为阴离子交换膜，故 B符合题中的c(Li+)均变大，故C不符合题意；D.正极液中生成了 OH-, Co2+与OH-会反应生成Co(OH)2,意；C.负极材料中Ti元素化合价升高，生成 Li+,废液中Li +向正极液中移动，故负极液和正极液在过滤层中沉积，故 D不符合题意；故答案为 Bo14.25C 时，CaCO3、CaC2O4 的 Ksp 分别为 3.4 10-9和 2.3 M0-9,醋酸、HCN 的 Ka 分别为 1.75M0-5 和4.9 XT10,分离CaCO3和CaC2O4固体混合物(不要求复原)。应选

18、择的试剂为A.盐酸B,硝酸 C.乙酸 D. HCN【答案】C【解析】由二者Ksp可知，二者溶解度相近，由Ka可知，乙酸的酸性强于氢鼠酯，乙酸的酸性介于碳酸和草酸之间，根据复分解反应特点可知，乙酸可以把碳酸钙溶解，而草酸钙不溶，可进行 分离，而盐酸和硝酸的酸性比草酸的酸性强，所以两者都能溶解，不能够分离，故答案为Co15.将0.48g镁粉分另1J加入10.0mL下列溶液，反应6小时，用排水法收集产生的气体，溶液组实验1234567溶液组成H2O1.0mol/LNH4Cl0.1mol/LNH4Cl1.0mol/L NaCl1.0mol/LNaNO30.8mol/LNH4Cl+0.2mol/L NH

19、 3 H2O0.2mol/LNH4Cl+0.8 mol/L NH 3 H2OV/ml1243334716014401349成与H2体积(已换算成标准状况)的关系如下表。下列说法不正确的是A.由实验2、3可得，NH+浓度越大，镁和水反应速率越快B,由实验1、4、5可得，Cl-对镁和水的反应有催化作用C.由实验3、7可得，反应过程产生的 Mg(OH) 2覆盖在镁表面，减慢反应D.无论酸性条件还是碱性条件，NH +都能加快镁和水的反应【答案】A+_2+_【解析】A.试验2、3中主要反应为： Mg+2NH 4+2H2O=Mg +H2 +2NH 3 H2O ,由于试3经2中的n(NH+)大于试验3中的n

20、(NH+),而镁是过量的，所以不能得出NH+浓度越大，反应速率 越快的结论，故 A符合题意；B.由试验1、2对比可知，反应速率加快，其原因有可能是Na+、Cl-具有催化作用，由试验 4、5对比可知，Na+对反应无催化作用，由此可知，Cl-对镁和水的反应有催化作用，故B不符合题意；C.试验7中NH4Cl浓度较试验3高，产生氢气的速率应更快，但由表 格可知，二者产生氢气的速率几乎相等，其原因在于试验7中加入了高浓度 NH3 H2O, NH3 H2O与Mg 2+反应生成了 Mg(OH) 2覆盖在镁表面，减慢反应，故C不符合题意；D.由试验1、2、7对比可知，无论酸性条件还是碱性条件，NH+都能加快镁

21、和水的反应，故 D不符合题意；故答案为 A。二、非选择题(共 55分)(1)工业制硫酸，接触室中发生反应的化学方程式为 。下列可提高 SO2平衡转化 率的措施是。(填标号)A.降低温度B,减小压强C.延长反应时间D.增大O2的投料(2)工业上可用 Fe2(SO4)3溶液吸收SO2,该过程的离子方程式为 。为实现吸收液的 再生，可通入。(3)用如图装置脱除废烟气中的SO2和废水中的Cu2+,该方法总反应的化学方程式为。含Cu2+的废水应置于 室(填“瞰“b”。)催化剂【答案】（1） 2SQ+O2 ? 2Sq AD3+2+2（2） 2Fe +SO2+H2O = 2Fe +SO4 +4H通电（3）S

22、O2+CUSO4+2H2O = 2H2SO4+CU空气或O2a【解析】(1)工业制备硫酸流程中，接触室中主要是SO2与O2反应生成SO3,其反应化学方催化剂程式为：2SQ+Q ? 2SQ；该反应为放热反应，降低温度、增加。2的投料可使反应正向移动，A提高SO2的转化率，减小压强会使反应逆向移动，SO2的转化率将降低，延长反应时间对于平衡时催化剂SO2的转化率无影响，故答案为：2SQ+Q ? 2SQ； AD ； ( 2)Fe3+具有氧化性，SO2具有还原A性，Fe3+在反应过程中转化为 Fe2+, SO2转化为SO：-,根据转移电子守恒、电荷守恒、原子守恒可配平该离子方程式为：2Fe3+SO2+

23、H2O = 2Fe2+SO2-+4H + ；为实现吸收液再生，需将 Fe2+氧化3+2+2- -一 +为Fe3+,因此可通入空气或 O2进行氧化，故答案为：2Fe +SO2+H2O = 2Fe +SO4+4H ；空气或。2； ( 3)废水中铜元素为最高价，因此需将其转化为Cu进行除去，因此SO2发生氧化反应，通电其电解过程总反应为：SO2+CuSO4+2H2O = 2H2SO4+Cu ；右侧通入废烟气，故 Cu2+应置于a通电室，故答案为：SO2+CuSO4 +2H2O = 2H2SO4+Cu； a。17.纳米磷酸钙是理想的生物材料，可用作骨骼和牙用骨水泥。将含有月尿酶的Na3PO4溶液加入1

24、6.硫及其化合物在工农业生产中有着重要作用.回答下列问题处于高速搅状态的尿素CO(NH2)2、CaC12和盐酸混合液中，可制得纳米磷酸钙。尿酶已知：CO(NH 2)2+H2O2NH3+CO2案为：沉淀颗粒过大；(2)由电荷守恒可知：c H+ +c NH+ =cOH- +c HCO3 +2c CO：-25 c 时，H3PO4 的 Kai=7,5 M3、Ka2=6,3 X0-8、Ka3=4.4 X0-13； Ca3(PO4)2 的 Ksp=3.3 M0-9溶液呈碱性，故 c(OH-)c(H+),故c(NH；) c( HCO3),故答案为:；(3)Na3PO4溶液与盐酸(1)实验过程若降低搅拌速率，

25、可能造成的不良后果是(2)尿素水解液呈碱性，则 c(NH+)3+3-反应生成NaH2P。4,其离子方程式为：PO4 +2H = = = H 2 PO4 ,故答案为：PO4 +2H = = = H 2PO4 ；c(HCO 3)(填或“”。)H 2P。4的水解常数Kh =-c H3PO4 a OH c H3PO4 gKw=-+_ 物质CaCl2HClNaH2PO4NaCl月尿酶初始浓度mol/L0.255X10-30.0511.020U/mL(3)混合后，溶质的初始浓度如下表O2-的HPO4较低，生成H 2 P。4的离子方程式为初始时刻，溶液中含磷微粒浓度从大到小的顺序为判断此时能否生成 Ca3(

26、PO4)2沉淀(列式计算)。(4)上述实验条件下，溶液的浊度、pH与反应时间t的关系如图所示，实验表明,pH 在 7.8-8.1之间出现周期性振荡，相关分析不正确的是(填序号)。 c H2Po4c H2PO4 gc HKw-.-=1.3 M012c HPO4 Qsp= c Cc2+ g2 pO-台匕 目匕c3=cH3PO4 c PO：,故答案为:2+CaQsp= c d g2 pO- =4 CsTKag3gHpO2H+=0.253Ka第3gH2PQ= 0.2532-c H2PO4 c HPO4c H 3PO4 c PO：26.3 108 4.4 10 13 0.0525 103Ksp=3.36

27、.3813104.4 103-5 1020.05Ksp=3.3-910 ，A.振荡周期内，PO3浓度不变3-不能生成讥捉；(4) A.振汤周期内，溶放的 pH会发生变化，PO4浓度受到溶液酸碱度的影响也会发生相应的变化，故 A符合题意；B.尿素水解溶液呈碱性，随着尿素的水解程度增加，溶液会升高，故B不符合题意；C.随着磷酸钙沉淀的生成，磷酸根浓度逐渐减小，其水解量逐渐减小,溶液的碱性逐渐降低，pH会下降，故C不符合题意；D.尿素水解导致溶液呈碱性，磷酸水解导致溶液呈碱性，但二者的速率可能存在差异，因此会导致为：A。B.随着尿素水解反应的进行，pH升高pHpH周期性振荡，故 D不符合题意；故答案

28、C.随着磷酸钙沉淀的生成，pH下降D.尿素水解速率和磷酸钙沉淀速率的差异引起pH周期性振荡【答案】(1)沉淀颗粒过大(2)(3)3-_+_2- 3-PO4+2H = H 2PO4c H2PO4 c HPO4 c H 3PO4 c PO432+23-32+c Ca gD PO4 =c Ca2Ka2gKa3g H2PO4a2 a。 24=0.25326.3 10 8 4.4 10 13 0.05r-25 103Ksp=3.3 10-9,不能生成沉淀18 .化学环分解氯化俊的纯碱和氯乙烯集成清洁工艺如下:NH4Cl(s) NH3(g)+HCl(g) A H=163.57 kJ/mol(4) A【解析

29、】(1)试验目的是制备纳米磷酸钙，若搅拌速率降低，可能形成的固体颗粒较大,故答MgO(s)+HCl(g) - MgOHCl(s)A H=102.23 kJ/mol则总反应 NH4Cl(s)+MgO(s) NH3(g)+MgOHCl(s)A H=kJ/mol(2)释氯反应”可能的化学反应有：i. MgOHCl(s) MgO(s)+ HCl(g) A H=+97.50 kJ/molii. MgOHCl(s)+ HCl(g) = MgCl 2(s)+H 2O(g)AH=+2.89 kJ/moliii. MgCl 2(s)+ H 2O(g) =MgO(s)+2HCl(g)川=+94.61 kJ/mol

30、图为 释氯反应”在不同温度下各组分的平衡组成，回答下列问题应选择的最佳反应温度是 一自o7s运磐500。C时，释氯反应器的压强为P,计算该温度下反应i的平衡常数Kp= (Kp为以分压表示的平衡常数)结合平衡移动原理，原料气增加水蒸气的目的是 HgCl2(3)氯乙烯反应”中，HC CH (g)+HCl(g)CH2=CHCl(g)的反应机理如图，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注碳碳叁键的键能：M1 HC CH (填或“”)M MS的化学方程式为 该反应的决速步骤为B.石灰窑”和 纯碱反应”的副产物可实现资源化利用C.利用MgO作为吸附剂可有效实现 NH3与HCl分离D.减少了从氯碱工业的产品获取

31、HCl的电能消耗【答案】(1) 61.34(2) 570c225 P水蒸气的加入，可促进平衡ii逆向移动，平衡iii正向移动，提高0.85HCl的产量(3) *CH CH+HCl=*CH 2 CHCl m- M3(4) A【解析】 (1)反应：NH4Cl(s) NH3(g)+HCl(g)AH=163.57 kJ/mol反应：MgO(s)+ HCl(g) MgOHCl(s)AH=-102.23 kJ/mol由反应 +反应可得：NH4Cl(s)+MgO(s)NH 3(g)+MgOHCl(s)AH=61.34kJ/mol ,故答案为：61.34； (2) 释氯反应”过程中，HCl的含量在570c之前

32、逐渐增加，在 570c后几乎不变，因此 应选择的最佳反应温度为570C,故答案为：570C；由图像可知，500c下，n(HCl)=0.25mol ,n(H2O)=0.6mol ,体系中 HCl的分压 p(HCl)=0.25 P=_2j5P,故反应 i的平衡常数 Kp= 0.6+0.250.85p(HCl)=5 P ,故答案为： - P ;原料气中增加水蒸气可促进平衡ii逆向移动，平衡iii正向0.850.85移动，提高HCl的产量，故答案为：可促进平衡ii逆向移动，平衡iii正向移动，提高 HCl的产量；(3).由流程图可知，HC CH+HgCl 2+HCl能量高于M1+HCl ,故M1键能小

33、于碳碳三键键能，故答案为： 2FeCl2+H2O2+2H 3PO4 = 2FePO4 +2HCl+2H 2O；(4)煨烧过程中发生反应：Wj温Li2cO3+H2C2O4+2FePO4 = 2LiFePO4+3CO2H2O，由此可知，Li2CO3 和 H2c2。4 的理论投入量的物质白量之比为1：1,故答案为：1：1; (5) A. H2c2O4为分子化合物，熔点较低，受热融化后，可与反应物接触更加充分，故 A正确；B. H2c2O4分解产生碳颗粒，会吸附在电极上，碳具有导电性，能够增弓II电极导电性，故 B正确；C. H2c2O4分解会产生CO2、H2O,因此不会残 留，故C正确；D. H2c

34、2O4中C为+3价，具有一定还原性，可在煨烧过程中保护 Fe2+不被氧化，顾D正确；故答案为：ABCD ; (6)充电时，阳极发生氧化反应，由总反应可知，LiFePO4中Fe元素-+化合价升局，故阳极发生反应为：LiFePO 4-xe = Li 1-xFePO4+xLi ,故答案为：(3)沉铁”过程生成FePO4的化学方程式为 (4)煨烧”过程Li2CO3和H2c2O4的理论投入量的物质的量之比为 (5) H2c2O4下列性质在 段烧”过程中的作用分析，正确的是 (填标号)A. H2c2O4受热熔化，能使反应物混合更充分B. H2c2O4分解产生碳颗粒，能增强电极导电性C. H2c2O4分解产

35、生气体，不会残留D. H2c2O4具有还原性，能防止 Fe2+被氧化(6 )以钛酸锂和磷酸亚铁锂作电极组成电池，充电时发生反应为Li 4F5O12+LiFePO 4=Li 4+xTi5O12+Li 1-xFePO4(0x1),阳极的电极反应式为 【答案】(1) FeTiO 3+4H + = TiO 2+ +Fe2+ +2H 2OLiFePO 4-xe- = Li 1-xFePO4+xLi + o20.以环已醇(./ OH )为原料制取己二酸HOOC(CH 2)4COOH的实验流程如下：, I氧化点-8 min掇热抽i虑 .jk I LRz -*. T -111”I * kWwK1 优徐施酸烝应

36、浓部加曲 -31_ ,从化睢* J一L -松I IH KOOC(CH 2)4COOKA H0(2)合适的pH并提高溶液温度+2HCl+2H 2O(3) 2FeCl2+H2O2+2H 3PO4 = 2FePO4(5) C(6)碱性滴定管98.5%【解析】(1)由题可知， 氧化”过程中反应温度为 35C,因此应采用热水浴加热，故答案为:电动搅拌器$ in g N犯O. 9 4X EKMnQf* 50 mL 水A； (2)为保证反应温度的稳定性(小于 50C),由图可知，最好采用 25S/W,故答案为：25； (3)0.031mol 环己醇完全氧化为 KOOC(CH 2)4COOK ,失去电子 0.

37、031mol 8=0.248mol ,而 0.06mol 高镒(1)氧化”过程应采用加热。(填标号)酸钾在碱性条件下完全反应转移电子0.18mol (KMnO4-MnO2),由此可知，高镒酸钾先消耗完,A.热水浴 B.酒精灯 C.煤气灯 D.电炉若证明 氧化”反应已结束，在滤纸上点 1滴混合物，若观察到未出现紫红色，则说明已经完成，故(2)氧化”过程，不同环己醇滴加速度下，溶液温度随时间变化曲线如图，为保证产品纯度,答案为：未出现紫红色；(4)趁热抽滤后，应用热水进行洗涤，故答案为：热水；(5)溶液中杂应选择的滴速为质 KCl的质 量为：0.06mol X(39+35.5)g/mol=4.47

38、g ,完全溶解 KCl所需水的体积为：.s/滴。4.47 100 mL=13.42mL ,当杂质全部溶解在水中时，己二酸能够最大限度析出，故应浓缩溶液体积33.3至 15mL , 故答案为：C ;(6 ) NaOH 溶液应装于碱式滴定管；由HOOC(CH 2)4COOH+2NaOH=2H 2O+NaOOC(CH 2、COONa 可知 n(NaOH)=- n(HOOC(CH 2)4COOH)2(3)1HIH min为证明 氧化”反应已结束，在滤纸上点1滴混合物，若观察到,则表明反应已经完-3 .19.7 10 L 0.2mol/L 146g/mol 0.5 ，八-,上故己一酸样品的纯度为 100

39、% =98.5%,故答案为：碱式2.92g成。(4)趁热抽滤”后，用进行洗涤。滴定管；98.5%。(5)室温下，相关物质溶解度如表。蒸发浓缩”过程中，为保证产品纯度及产量，应浓缩溶液 体积至_(填标号)。化学式己二酸NaClKCl溶解度g/100g水1.4435.133.3A . 5mL B. 10mL C. 15mL D . 20mL(6)称取已二酸(Mr=146g/mol)样品0.2920g,用新煮沸的50mL热水溶解，滴入2滴酚酗:试液,NaOH的平均体积为用0.2000mol/L NaOH溶液滴定至终点，进行平行实验及空白实验后，消耗19.70mL oNaOH溶液应装于(填仪器名称)。己二酸样品的纯度为【答案】(1) A(2) 25(3)未出现紫红色(4)热水福建省厦门市2020届高三质量检测化学试题