《2019-2020学年北京海淀区一零一中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年北京海淀区一零一中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf（16页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2019-2020学年北京海淀区一零一中学新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1下列化学用语正确的是A CCl4分子的比例模型：BCSO的电子式：C对硝基苯酚的结构简式：D16O 的原子结构示意图：【答案】B【解析】【详解】A.四氯化碳中的氯原子半径比碳原子半径大，故其比例模型错误；B.CSO的电子式应类似二氧化碳的电子式，即氧原子和碳原子之间形成两对共用电子，故正确；C.对硝基苯酚中的硝基中的氮原子与苯环上的碳原子连接，故结构简式为，故错误；D.16O 的原子中质子数为8，核外电子数为8 个，故原子结构示意图正确。故选 C
2、。2“拟晶”(quasicrystal)是一种具有凸多面体规则外形但不同于晶体的固态物质。Al65Cu23Fe12是二十世纪发现的几百种拟晶之一，具有合金的某些优良物理性能。下列有关这种拟晶的说法正确的是A无法确定Al65Cu23Fe12中三种金属的化合价BAl65Cu23Fe12的硬度小于金属铁CAl65Cu23Fe12不可用作长期浸泡在海水中的材料D 1 mol Al65Cu23Fe12溶于过量的硝酸时共失去265 mol 电子【答案】C【解析】【分析】【详解】A拟晶 Al65Cu23Fe12是由三种金属元素组成，由于金属无负价，根据化合价代数和为0 的原则，三种金属的化合价均可视作零价，
3、故A 错误；B拟晶具有合金的某些优良物理性能，合金的硬度一般比各成分金属大，故B 错误；CAl65Cu23Fe12与海水可以构成原电池，会加速金属的腐蚀，因此不可用作长期浸泡在海水中的材料，故C 正确；D溶于过量硝酸时，Al 与 Fe 均变为+3 价，Cu变为+2 价，故 1mol Al65Cu23Fe12失电子为65 3+23 2+12 3=277mol，故 D 错误；故选 C。3能证明KOH是离子化合物的事实是A常温下是固体B易溶于水C水溶液能导电D熔融态能导电【答案】D【解析】【分析】离子化合物在熔融状态下能电离生成阴阳离子而导电，共价化合物在熔融状态下以分子存在，据此分析解答。【详解】
4、离子化合物在熔融状态下能电离生成阴阳离子而导电，共价化合物在熔融状态下以分子存在，所以在熔融状态下能导电的化合物是离子化合物，KOH在熔融状态下能导电，所以是离子化合物，与其状态、溶解性强弱、其水溶液是否导电都无关，答案选 D。4下列操作一定会使结果偏低的是（）A配制一定物质的量浓度的溶液时，用胶头滴管将超过刻度线的溶液吸出B测定胆矾晶体中的结晶水含量，加热后，未进行恒重操作C酸碱滴定实验，滴加最后一滴标准液，溶液颜色突变，未等待半分钟D测定气体摩尔体积时，气体体积未减去注入酸的体积【答案】A【解析】【详解】A、用胶头滴管将超过刻度线的溶液吸出，说明配制一定物质的量浓度的溶液时，加水超过了刻度
5、线，配制的浓度一定偏低，故A 选；B、未进行恒重操作，可能会导致测定的硫酸铜粉末的质量偏大，测定的结晶水的含量偏小，但若胆矾晶体中结晶水恰好全部失去，则测定的结晶水的含量准确，故B不选；C、酸碱滴定实验，滴加最后一滴标准液，溶液颜色突变，未等待30s 立即读数，可能未达到滴定终点，测定结果可能偏低，但也可能恰好达到滴定终点，测定结果准确，故C不选；D、测定气体摩尔体积时，气体体积未减去注入酸的体积，导致排除的水的体积偏大，即生成气体的体积偏大，测定结果偏高，故D 不选；故选：A。5下列关于金属腐蚀和保护的说法正确的是A牺牲阳极的阴极保护法利用电解法原理B金属的化学腐蚀的实质是：Mne=Mn，电
6、子直接转移给还原剂C外加直流电源的阴极保护法，在通电时被保护的金属表面腐蚀电流降至零或接近于零。D铜碳合金铸成的铜像在酸雨中发生电化学腐蚀时正极的电极反应为：2H2e=H2【答案】C【解析】【详解】A.牺牲阳极的阴极保护法利用原电池原理，用较活泼的金属作负极先被氧化，故A 错误；B.金属的化学腐蚀的实质是：金属作还原剂Mne=Mn，电子直接转移给氧化剂，故B错误；C.外加直流电源的阴极保护法，在通电时被保护的金属表面腐蚀电流降至零或接近于零，故C正确；D.铜碳合金铸成的铜像在酸雨中发生电化学腐蚀时，铜作负极，碳正极的电极反应为：O2+4e+4H=2H2O，故 D 错误；故选 C。6下列状态的铝
7、中，电离最外层的一个电子所需能量最小的是A Ne BCD【答案】B【解析】【分析】【详解】A Ne为基态 Al3+，2p 能级处于全充满，较稳定，电离最外层的一个电子为Al 原子的第四电离能；B为 Al 原子的核外电子排布的激发态；C为基态 Al 原子失去两个电子后的状态，电离最外层的一个电子为Al 原子的第三电离能；D为基态 Al 失去一个电子后的状态，电离最外层的一个电子为Al 原子的第二电离能；电离最外层的一个电子所需要的能量：基态大于激发态，而第一电离能小于第二电离能小于第三电离能小于第四电离能，则电离最外层的一个电子所需能量最小的是B；综上分析，答案选B。【点睛】明确核外电子的排布，
8、电离能基本概念和大小规律是解本题的关键。7化学常用的酸碱指示剂酚酞的结构简式如图所示，下列关于酚酞的说法错误的是（）A酚酞的分子式为C20H14O4B酚酞具有弱酸性，且属于芳香族化合物C1mol 酚酞最多与2molNaOH 发生反应D酚酞在碱性条件下能够发生水解反应，呈现红色【答案】C【解析】【分析】【详解】A根据其结构简式可知，酚酞的分子式为C20H14O4，故 A 不符合题意；B酚酞中含有酚羟基，具有弱酸性，该有机物中含有苯环，因此属于芳香族化合物，故B 不符合题意；C1mol 该有机物中含有2mol 酚羟基，1mol 酯基(该酯基为醇羟基与羧基形成)，因此 1mol 酚酞最多与3molN
9、aOH 发生反应，故C符合题意；D酚酞中含有酯基，在碱性条件下能够发生水解反应，生成物呈现红色，故D 不符合题意；故答案为：C。【点睛】酯类物质与NaOH 溶液反应相关量的计算：有机物中能够与NaOH 反应的有酚羟基、羧基、酯基等，其中酯基与 NaOH 反应的比例关系需注意，若该酯基为酚羟基与羧基生成的酯基，则1mol 该酯基能够消耗2molNaOH。8四元轴烯t，苯乙烯b 及立方烷 c 的结构简式如下，下列说法正确的是A b 的同分异构体只有t 和 c 两种Bt 和 b 能使酸性KMnO4溶液褪色而c不能Ct、b、c 的二氯代物均只有三种Db 中所有原子定不在同个平面上【答案】B【解析】【分
10、析】A b 苯乙烯分子式为C8H8，符合分子式的有机物结构可以是多种物质；Bt 和 b 含有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾氧化；C根据一氯代物中氢原子的种类判断；D b 含有碳碳双键和苯环，为平面形结构。【详解】A b 苯乙烯分子式为C8H8，对应的同分异构体也可能为链状烃，故A 错误；Bt 和 b 含有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾氧化，故B 正确；C不考虑立体结构，二氯代物t 和 e 均有 3 种，b 有 14 种，故 C错误；D b 含有碳碳双键和苯环，为平面形结构，苯环和碳碳双键可能在同一个平面上，故D 错误。故选 B。9已知：4FeO42+10H2O4Fe（OH）3+8OH+3O2，测得 c
11、（FeO42）在不同条件下变化如图甲、乙、丙、丁所示：下列说法正确的是（）A图甲表明，其他条件相同时，温度越低FeO42转化速率越快B图乙表明，其他条件相同时，碱性越强FeO42转化速率越快C图丙表明，其他条件相同时，碱性条件下Fe3+能加快 FeO42的转化D图丁表明，其他条件相同时，钠盐都是FeO42优良的稳定剂【答案】C【解析】【分析】A由甲图可知，升高温度，FeO42的浓度变化较大；B由乙图可知碱性越强，FeO42的浓度变化越小；C由丙图可知铁离子浓度越大，FeO42的浓度变化越大；D由丁图可知在磷酸钠溶液中，FeO42的浓度变化较大。【详解】A由甲图可知，升高温度，FeO42的浓度变
12、化较大，可知温度越高FeO42转化速率越快，故A 错误；B由乙图可知碱性越强，FeO42的浓度变化越小，则碱性越强FeO42转化速率越小，故B 错误；C由丙图可知铁离子浓度越大，FeO42的浓度变化越大，故C正确；D由丁图可知在磷酸钠溶液中，FeO42的浓度变化较大，可知钠盐不都是FeO42优良的稳定剂，其中醋酸钠为优良的稳定剂，故D 错误；故选：C。10为了实现绿色化学，符合工业生产实际的是A用纯碱吸收硫酸工业的尾气B用烧碱吸收氯碱工业的尾气C用纯碱吸收合成氨工业的尾气D用烧碱吸收炼铁工业的尾气【答案】B【解析】【分析】【详解】A纯碱溶液碱性较弱，通常用氨水来吸收二氧化硫，故A 错误；B氯气
13、为有毒气体，能够与氢氧化钠反应，所以可以用烧碱吸收氯碱工业的尾气，故B 正确；C硫酸溶液能与氨气反应，所以用硫酸溶液吸收合成氨工业尾气（主要成分氨气），故 C错误；D炼铁工业的尾气主要成分为一氧化碳，与氢氧化钠溶液不反应，不能用烧碱进行尾气处理，炼铁工业的尾气 CO常用点燃的方法除去或回收再利用，故D 错误；故选：B。11四种位于不同主族的短周期元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，X的内层电子与最外层电子数之比为 2：5，Z和 W 位于同一周期。Z与 W 组成的化合物是常用的调味品，也是重要的医用药剂，工业上电解该化合物的熔融物可制得Z单质，Y和 Z可形成两种离子化合物，这两种离子化合物的
14、阴离子与阳离子数之比均为1：2。下列说法正确的是A四种元素中至少有两种金属元素B四种元素的常见氢化物中熔点最高的是Z的氢化物C四种元素形成的简单高子中，离子半径最小的是元素Y形成的离子D常温下，XYZ、三种元素形成的化合物的水溶液的pH小于 7【答案】B【解析】【分析】原子序数依次增大，位于不同主族的四种短周期元素X、Y、Z、W，X 的内层电子与最外层电子数之比为2：5，X为氮元素，Z 和 W 位于同周期。Z 的化合物与人类生活关系密切，Z与 W 组成的化合物是常用的调味品，也是重要的医用药剂，工业上电解该化合物的熔融物可制得Z单质，Z为钠元素，W 为氯元素。Y 和 Z可形成两种离子化合物，其
15、中阴、阳离子数之比均为1：2，Y为氧元素，据此解答。【详解】A.四种元素中只有钠为金属元素，故A 错误；B.氢化钠为离子化合物，四种元素的常见氢化物中熔点最高的是Z的氢化物，故B正确；C.四种元素形成的常见简单离子中，离子半径最小的是元素Z形成的离子，钠离子半径最小，故C错误；D.XYZ、三种元素形成的化合物为NaNO3或 NaNO2，若为 NaNO3溶液显中性，pH 等于 7，若为 NaNO2因水解溶液显碱性，pH 大于 7，故 D 错误。故选 B。12天然气因含有少量H2S等气体开采应用受限。TF菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，其原理如图所示。下列说法不正确的是A该脱硫过程需要不断添
16、加Fe2(SO4)3溶液B脱硫过程O2间接氧化H2S C亚铁是血红蛋白重要组成成分，FeSO4可用于治疗缺铁性贫血D 华阳国志记载“取井火煮之，一斛水得五斗盐”，我国古代已利用天然气煮盐【答案】A【解析】【详解】A.TF菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，Fe2(SO4)3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁（相应反应为 2Fe3+H2S=2Fe2+S+2H+），硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁（相应反应为4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O），根据反应可知，该脱硫过程不需要不断添加Fe2(SO4)3溶液，A 错误；B.脱硫过程：Fe2(SO4)3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁，硫酸亚铁被氧气
17、氧化成硫酸铁，脱硫过程O2间接氧化H2S，B 正确；C.亚铁是血红蛋白的重要组成成分，起着向人体组织传送O2的作用，若缺铁就可能出现缺铁性贫血，FeSO4可用于治疗缺铁性贫血，C 正确；D.天然气主要成分为甲烷，甲烷燃烧放出热量，华阳国志记载“取井火煮之，一斛水得五斗盐”，我国古代已利用天然气煮盐，D 正确；故合理选项是A。13下列营养物质在人体内发生的变化及其对人的生命活动所起的作用叙述不正确的是：A淀粉葡萄糖（氧化）水和二氧化碳（释放能量维持生命活动）B纤维素（水解）葡萄糖（氧化）水和二氧化碳（释放能量维持生命活动）C植物油含不饱和脂肪酸酯，能使Br2/CCl4褪色D酶通常是一类具有高选择
18、催化性能的蛋白质【答案】B【解析】【详解】A.淀粉在淀粉酶的作用下水解生成葡萄糖，葡萄糖被氧化能释放出能量，故A 正确；B.人体内没有水解纤维素的酶，它在人体内主要是加强胃肠蠕动，有通便功能，不能被消化功能，故B错误；C.植物油含不饱和脂肪酸酯，分子中含有碳碳双键具有烯烃的性质，能使Br2/CCl4褪色，故C 正确；D.酶是蛋白质，具有高选择性和催化性能，故D 正确；答案选 B。14用如图所示装置进行下述实验，下列说法正确的是选项R a b M n m 中电极反应式A 导线Fe Cu H2SO4CuSO4Fe3eFe3B 导线Cu Fe HCl HCl 2H2eH2C 电源，右侧为正极Cu C
19、 CuSO4H2SO4Cu 2eCu2D 电源，左侧为正极C C NaCl NaCl 2Cl-2eCl2A A BB CC D D【答案】D【解析】【详解】A、铁作负极，Fe 2eFe2，故 A 错误；B、铜作正极，2H+2e H2，故 B错误；C、铜作阴极，溶液中的铜离子得电子，2e+Cu2=Cu，故 C错误；D、左侧为阳极，2Cl-2eCl2，故 D 正确；故选 D。15分子式为C5H10O2，能与 NaHCO3溶液反应的有机物有A 4 种B5 种C6 种D7 种【答案】A【解析】【详解】分子式为C5H10O2且能与 NaHCO3溶液反应，则该有机物中含有-COOH，所以为饱和一元羧酸，烷
20、基为-C4H9，-C4H9异构体有：-CH2CH2CH2CH3，-CH（CH3）CH2CH3，-CH2CH（CH3）CH3，-C（CH3）3，故符合条件的有机物的异构体数目为4 种。答案选 A。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16硫酸亚铁晶体俗称绿矾(FeSO4?7H2O)，重铬酸钠晶体俗称红矾钠(Na2Cr2O72H2O)，它们都是重要的化工产品。工业上以铬铁矿 主要成分是 Fe(CrO2)2 为原料制备绿矾和红矾钠的工艺流程如图所示。请回答下列问题：(1)已知 Fe(CrO2)2中铬元素的化合价为+3 价，则 Fe(CrO2)中铁元素的化合价为_。(2)化学上可将某些盐写成氧化
21、物的形式，如Na2SiO3写成 Na2O SiO2，则 Fe(CrO2)2可写成 _。(3)煅烧铬铁矿时，矿石中的Fe(CrO2)2转变成可溶于水的Na2CrO4，反应的化学方程式如下：4Fe(CrO2)2+8Na2CO3+7O22Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2该反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为_。为了加快该反应的反应速率，可采取的措施是_(填一种即可)。己知 CrO42-在氢离子浓度不同的酸性溶液中有不同的反应。如：2CrO42-+2H+=Cr2O72-+H2O 3CrO42-+4H+=Cr3O102-+2H2O 往混合溶液甲中加入硫酸必须适量的原因是_。混合溶液乙中溶质的化学式
22、为_。(5)写出 Fe 与混合溶液丙反应的主要离子方程式_。检验溶液丁中无Fe3+的方法是：_。从溶液丁到绿巩的实验操作为蒸发浓缩、_、过滤、洗涤、干燥。【答案】+2 价FeO Cr2O34：7粉碎矿石(或升高温度）H2SO4量少时不能除尽Na2CO3杂质，H2SO4量多时又会生成新的杂质(Cr3O10-2)，所以 H2SO4必须适量Na2Cr2O7、Na2SO4Fe+2Fe3+=3Fe2+取少量丁溶液于试管中，向其中加入KSCN 溶液，不显红色则说明丁溶液中不含Fe3+冷却结晶【解析】铬铁矿中加入碳酸钠并通入氧气，高温下将Fe(CrO2)2氧化得到Fe2O3、Na2CrO4，同时生成CO2，
23、将得到的固体溶于水得到Na2CrO4溶液，然后过滤，得到得到Na2CrO4和过量的碳酸钠混合溶液和氧化铁固体，在Na2CrO4和碳酸钠混合溶液中加入硫酸酸化，硫酸和Na2CrO4反应生成Na2Cr2O7和硫酸钠，同时除去碳酸钠，通过蒸发浓缩冷却结晶，得到红矾钠(Na2Cr2O7 2H2O)；氧化铁与硫酸反应生成硫酸铁，加入铁粉将硫酸铁还原生成硫酸亚铁，最后蒸发浓缩冷却结晶，得到绿矾。(1)Fe(CrO2)2中铬元素的化合价为+3 价，根据正负化合价的代数和为0，Fe(CrO2)中铁元素的化合价为+2价，故答案为+2 价；(2)Fe(CrO2)2中铬元素的化合价为+3 价，铁元素的化合价为+2
24、价，可写成FeO Cr2O3，故答案为FeO Cr2O3；(3)高温氧化时，Fe(CrO2)2和碳酸钠、氧气反应氧化还原反应生成Na2CrO4、二氧化碳和氧化铁，该反应中 Fe元素化合价由+2 价变为+3 价、Cr 元素化合价由+3 价变为+6 价，O 元素化合价由0 价变为-2 价，所以氧气是氧化剂、Fe(CrO2)2是还原剂，则还原剂和氧化剂的物质的量之比为4：7，故答案为4：7；根据影响化学反应速率的外界因素，为了加快该反应的反应速率，可采取的措施有粉碎矿石、升高温度等，故答案为粉碎矿石(或升高温度)；H2SO4量少时不能除尽Na2CO3杂质，H2SO4量多时又会生成新的杂质(Cr3O1
25、02-)，所以 H2SO4必须适量，故答案为H2SO4量少时不能除尽Na2CO3杂质，H2SO4量多时又会生成新的杂质(Cr3O102-)，所以 H2SO4必须适量；根据上述分析，混合溶液乙中的溶质有Na2Cr2O7、Na2SO4，故答案为Na2Cr2O7、Na2SO4；(5)Fe 与硫酸铁溶液反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+。检验溶液丁中无Fe3+的方法为：取少量丁溶液于试管中，向其中加入KSCN溶液，不显红色则说明丁溶液中不含Fe3+；从硫酸亚铁溶液到绿巩的实验操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为取少量丁溶液于试管中，向其中加入KSCN溶液，不显红色则说明丁溶
26、液中不含Fe3+；冷却结晶。点睛：本题考查物质的制备、分离和提纯，为高频考点，涉及氧化还原反应、基本实验操作等知识，明确物质的性质、熟悉制备流程和基本实验操作等是解题的关键。本题的难点是(4)硫酸必须适量的原因，需要理解题目信息方程式中的计量数对反应的影响。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17请根据以下知识解答1R-CC-H+R2-CHO（R代表烃基，下同。）2n2R-CC-(CH)-CH=CH+H22n2R-CH=CH-(CH)-CH=CH1，4丁二醇是生产工程塑料PBT（聚对苯二甲酸丁二酯）的重要原料，它可以通过下图两种不同的合成路线制备，请写出相应物质的结构简式(1)请写出
27、A 和 D 的结构简式：_、_。(2)写出生成CH2BrCH=CHCH2Br 的化学反应方程式：_写出生成F(PBT)的化学反应方程式:_。(3)关于对苯二甲酸的结构，在同一直线上的原子最多有_个。(4)某学生研究发现由乙炔可制得乙二醇，请你设计出合理的反应流程图。_提示：合成过程中无机试剂任选反应流程图表示方法示例如下：【答案】CH CCH=CH2CH CCH2OH CH2=CHCH=CH2+Br2 CH2BrCH=CHCH2Br nHOCH2(CH2)2CH2OH+2nH2O4 个【解析】【分析】乙炔与甲醛发生加成反应生成D 为 HC CCH2OH，D 与甲醛进一步发生加成反应生成E为 H
28、OCH2C CCH2OH，E与氢气发生加成反应生成HOCH2CH2CH2CH2OH。分子乙炔聚合得到A 为 HC CCH=CH2，结合信息可以知道及 HOCH2CH2CH2CH2OH可以知道，A 与氢气发生加成反应生成B为 CH2=CHCH=CH2，B与溴发生1，4-加成反应生成BrCH2CH=CHCH2Br，BrCH2CH=CHCH2Br 与氢气发生加成反应生成C为 BrCH2CH2CH2CH2Br，C发生水解反应得到HOCH2CH2CH2CH2OH，1，4-丁二醇与对苯二甲酸发生缩聚反应生成PBT为，由乙炔制乙二醇，可以用乙炔与氢气加成生成乙烯，乙烯与溴加成生成1，2-二溴乙烷，1，2-二
29、溴乙烷再发生碱性水解可得乙二醇。据此分析。【详解】(1)由上述分析可以知道A 为 HC CCH=CH2，D 为 HC CCH2OH，答案为：HC CCH=CH2；HC CCH2OH；(2)CH2=CHCH=CH2与溴发生1，4 加成反应生成BrCH2CH=CHCH2Br，化学方程式为：CH2=CHCH=CH2+Br2 CH2BrCH=CHCH2Br，1，4-丁二醇与对苯二甲酸发生缩聚反应生成PBT，反应方程式为：；(3)关于对苯二甲酸的结构，在同一直线上的原子为处在苯环对位上的两个碳原子和两个氢原子，所以最多4 个，答案为：4；(4)由乙炔制乙二醇，可以用乙炔与氢气加成生成乙烯，乙烯与溴加成生
30、成1,2-二溴乙烷，1,2-二溴乙烷再发生碱性水解可得乙二醇，反应的合成路线流程图为：。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18高锰酸钾是常用的氧化剂。工业上以软锰矿(主要成分是MnO2)为原料制备高锰酸钾晶体。中间产物为锰酸钾。下图是实验室模拟制备KMnO4晶体的操作流程：已知：锰酸钾(K2MnO4)是墨绿色晶体，其水溶液呈深绿色，这是锰酸根离子(MnO42-)在水溶液中的特征颜色，在强碱性溶液中能稳定存在；在酸性、中性和弱碱性环境下，MnO42-会发生自身氧化还原反应，生成MnO4-和 MnO2。回答下列问题：（1）KOH的电子式为 _，煅烧时 KOH和软锰矿的混合物应放在_中加热
31、(填标号)。A 烧杯B 瓷坩埚C 蒸发皿D 铁坩埚（2）调节溶液pH 过程中，所得氧化产物与还原产物的物质的量之比为_。（3）趁热过滤的目的是_。（4）已知 20 时 K2SO4、KCl、CH3COOK的溶解度分别为11.1 g、34 g、217 g，则从理论上分析，选用下列酸中 _(填标号)，得到的高锰酸钾晶体纯度更高。A 稀硫酸B 浓盐酸C 醋酸D 稀盐酸（5）产品中KMnO4的定量分析：配制浓度为0.1250 mg mL1的 KMnO4标准溶液100 mL。将上述溶液稀释为浓度分别为2.5、5.0、7.5、10.0、12.5、15.0(单位：mg L1)的溶液，分别测定不同浓度溶液对光的
32、吸收程度，并将测定结果绘制成曲线如下。称取 KMnO4样品(不含 K2MnO4)0.1250 g 按步骤配得产品溶液1000 mL，取 10 mL 稀释至 100 mL，然后按步骤的方法进行测定，两次测定所得的吸光度分别为0.149、0.151，则样品中KMnO4的质量分数为_。（6）酸性 KMnO4溶液与 FeSO4溶液反应的离子方程式为_。【答案】d21防止析出高锰酸钾，降低产率c90.0%M nO4-+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O【解析】【详解】（1）本题考查电子式的书写和仪器的选择，KOH属于离子化合物，其电子式为，因为是煅烧，烧杯和蒸发皿的不耐高温，因此选项ac 错误
33、，瓷坩埚成分是SiO2，SiO2在高温下与KOH反应，因此不能用瓷坩埚，因此选项d 正确；（2）考查氧化还原反应中得失电子数目守恒，根据信息，锰酸钾在酸性、中性、弱碱性环境中发生歧化反应，MnO2是锰酸钾中Mn由 6 价 4 价，化合价降低得到，因此MnO2是还原产物，KMnO4是氧化产物，n(KMnO4)1=n(MnO2)2，得出n(KMnO4):n(MnO2)=2:1；（3）考查物质的分离，高锰酸钾溶于水，MnO2不溶于水，因此趁热过滤目的是防止析出高锰酸钾，降低产率；（4）考查物质的分离和提纯，高锰酸钾与浓盐酸反应，因此选项b 错误；然后根据三种物质的溶解度大小，溶解度越大，得到高锰酸钾
34、纯度越高，故选项c 正确；（5）考查化学计算，吸光度的平均值为(0.149 0.151)/2=0.150，此时对应的KMnO4的浓度为 11.25mgL1，则 1000mL的溶液中KMnO4的浓度为11.251000/100mg L 1=112.5mg L1，因此高锰酸钾的质量分数为 112.5/（0.1250103）100%=90.0%；（6）本题考查氧化还原反应方程式的书写，利用高锰酸钾的氧化性，把Fe2氧化成 Fe3，本身被还原成Mn2，然后根据化合价的升降法进行配平，即离子反应方程式为MnO4+5Fe2+8H=Mn2+5Fe3+4H2O。19合成氨技术的创立开辟了人工固氮的重要途径。回
35、答下列问题：（1）德国化学家F.Haber 从 1901 年开始研究N1和 H1直接合成NH3。在 1.01 105Pa、150时，将 1 molN1和 1 molH1加入 aL刚性容器中充分反应，测得NH3体积分数为0.04；其他条件不变，温度升高至450，测得 NH3体积分数为0.015，则可判断合成氨反应为_填“吸热”或“放热”）反应。（1）在 1.01105Pa、150时，将1 moIN1和 1 molH1加入 aL 密闭容器中充分反应，H1平衡转化率可能为_（填标号）。A=4%B 11.5%（3）我国科学家结合实验与计算机模拟结果，研究了在铁掺杂W18049 纳米反应器催化剂表面上实
36、现常温低电位合成氨，获得较高的氨产量和法拉第效率。反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。需要吸收能量最大的能垒（活化能）E=_ev，该步骤的化学方程式为_，若通入 H1体积分数过大，可能造成_。（4）T时，在恒温恒容的密闭条件下发生反应：223N(g)3H(g)2NH(g)?反应过程中各物质浓度的变化曲线如图所示：表示 N1浓度变化的曲线是_（填“A”、“B”或“C，）。与（1）中的实验条件（1.01 105Pa、450）相比，改变的条件可能是_。在 015min 内 H1的平均反应速率为_。在该条件下反应的平衡常数为_mol-1L1（保留两位有效数字）。【答案】放热D 1.5
37、4 NH3*+NH3=1NH3占据催化剂活性位点过多B 加压强或降温0.006mol L-1 min-10.73【解析】【分析】（1）升高温度，NH3体积分数降低；（1）在 1.01105Pa、150时，将 1 moIN1和 1 molH1加入 aL密闭容器中充分反应，与在 1.01 105Pa、150时，将 1 moIN1和 1 molH1加入 aL 密闭容器中充分反应比，相当于加压；（3）吸收能量最大的能垒，即相对能量的差最大；根据图示写方程式；（4）根据反应方程式，N1、H1、NH3的变化量比为1:3:1；图氢气的转化率为15%，（1）中氢气的转化率是 11.5%，根据转化率的变化分析；
38、A 表示氢气的浓度变化，根据=ct计算 H1的平均反应速率；根据23322NHNHcKcc计算平衡常数；【详解】（1）升高温度，NH3体积分数降低，说明升高温度平衡逆向移动，正反应放热；（1）在 1.01105Pa、150时，将 1 molN1和 1 molH1加入 aL刚性容器中充分反应，测得NH3体积分数为0.04；223N(g)+3H(g)2NH110321132xxxxxx?初始转化平衡20.0422xx，x=0.0384，H1平衡转化率0.03843100%=11.5%1，在 1.01 105Pa、150时，将 1 moIN1和 1 molH1，相当于加压，平衡正向移动，氢气转化率增
39、大，H1平衡转化率 11.5%，故选 D；（3）根据图示，吸收能量最大的能垒，即相对能量的差最大是-1.01-(-1.56)=1.54；根据图示，该步的方程式是 NH3*+NH3=1NH3；若通入H1体积分数过大，氢分子占据催化剂活性位点过多；（4）根据反应方程式，N1、H1、NH3的变化量比为1:3:1，所以表示N1浓度变化的曲线是B；(1)中氢气转化率 11.5%，1:3 时氢气转化率更低，图中氢气转化率15%，故只能考虑压强、温度的影响，可以采用加压或降温的方法；A 表示氢气的浓度变化，20.15mol/LH=25min0.006mol L-1 min-1；2233322NH0.1=0.73NH0.15 0.45cKccmol-1 L1。