《2019-2020学年北京海淀区北京一零一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学年北京海淀区北京一零一中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf（19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学年北京海淀区北京一零一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短周期非金属元素甲戊在元素周期表中位置如下所示，分析正确的是A非金属性：甲丙B原子半径：乙丁C最外层电子数：乙丙，A 项错误；B.同主族从上到下，原子半径依次增大，故半径乙丙，C项错误；D.戊在第三周期、VIA 或 VIIA，可能是硫或氯元素，D 项错误。本题选 B。2实行垃圾分类，关系到广大人民群众的生活环境，关系到节约使用资源，也是社会文明水平的一个重要体现。下列垃圾属于不可回收垃圾的是A旧报纸B香烟头C废金属D饮料瓶【答案】B【解析】【
2、详解】A.旧报纸主要成分是纤维素，可以回收制成再生纸张而被利用，属于可回收垃圾，A 不符合题意；B.香烟头中主要含有有机的化合物，且含有大量的有害物质，属于不可回收的垃圾，B 符合题意；C.废金属经过熔化，可以重新制成各种金属制品，属于可回收垃圾，C不符合题意；D.饮料瓶主要成分为玻璃、塑料、金属，经回收可再重新制成各种有益物质，因此属于可回收垃圾，D 不符合题意；故合理选项是B。3化学与科学、技术、社会、环境密切相关。下列说法不正确的是（）A食用一定量的油脂能促进人体对维生素的吸收B许多绣球花在酸性土壤中花朵呈蓝色，在碱性土壤中花朵呈粉红色，若想获得蓝色花朵，可在土壤中施用适量的硫酸铝C在石
3、英管中充入氖气，通电时能发出比荧光灯强亿万倍的强光，人称“人造小太阳”D人被蚊子叮咬后皮肤发痒或红肿，简单的处理方法：搽稀氨水或碳酸氢钠溶液【答案】C【解析】【分析】【详解】A油脂既能运送营养素，也能作为维生素A、D、E、K 的溶剂，它们必须溶在油脂里面，才会被消化吸收，故 A 正确；B铝离子水解会使土壤显酸性，绣球花在酸性土壤中花朵呈蓝色，故B正确；C充入氖气会发出红光，氙气灯被称为人造小太阳，故C 错误；D蚊子的毒液显酸性，和氨水、碳酸氢钠等碱性物质反应生成盐，从而减轻疼痛，故D 正确；故答案为C。4利用小粒径零价铁（ZVI）的电化学腐蚀处理三氯乙烯，进行水体修复的过程如图所示。H+，O2
4、，NO3等共存物的存在会影响水体修复效果，定义单位时间内ZVI 释放电子的物质的量为nt，其中用于有效腐蚀的电子的物质的量为ne。下列说法错误的是（）A反应 均在正极发生B单位时间内，三氯乙烯脱去amolCl 时 ne=amol C 的电极反应式为NO3+10H+8e=NH4+3H2O D增大单位体积水体中小粒径ZVI的投入量，可使nt增大【答案】B【解析】【详解】A 选项，由修复过程示意图中反应前后元素化合价变化可知，反应均为得电子的反应，所以应在正极发生，故A 正确；B选项，三氯乙烯 C2HCl3中 C原子化合价为+1 价，乙烯中 C原子化合价为-2价，1 mol C2HCl3转化为 1
5、molC2H4时，得到6 mol 电子，脱去3 mol 氯原子，所以脱去a mol Cl 时 ne=2a mol，故 B错误；C 选项，由示意图及N 元素的化合价变化可写出如下转化NO3_+8e_ NH4+，由于生成物中有NH4+所以只能用 H+和 H2O 来配平该反应，而不能用H2O 和 OH_来配平，所以 的电极反应式为NO3_+10H+8e_=NH4+3H2O，故 C正确；D 选项，增大单位体积水体中小微粒ZVI 的投入量，可以增大小微粒ZVI和正极的接触面积，加快ZVI 释放电子的速率，可使nt增大，故D 正确；综上所述，答案为B。5下列关于物质保存或性质的描述错误的是（）A金属钠可以
6、保存在无水乙醇中B氢氧化铜的悬浊液加热后变为黑色C氟化钠溶液需在塑料试剂瓶中保存D向盛二氧化碳的塑料瓶中加入饱和碳酸钠溶液，振荡后会变浑浊【答案】A【解析】【详解】A钠能够与乙醇反应，所以钠不能保存在乙醇中，故A 错误；B氢氧化铜受热分解生成黑色氧化铜，所以氢氧化铜的悬浊液加热后变为黑色，故B正确；C氟离子水解生成HF，HF 能够腐蚀玻璃，所以氟化钠溶液不能用玻璃瓶盛放，可以用塑料试剂瓶中保存，故 C 正确；D碳酸钠与二氧化碳和水反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，所以向盛二氧化碳的塑料瓶中加入饱和碳酸钠溶液，振荡后会变浑浊，故D 正确；故选：A。6邮票是国家邮政发行的一种邮资凭证，被
7、誉为国家名片。新中国化学题材邮票展现了我国化学的发展和成就，是我国化学史不可或缺的重要文献。下列说法错误的是A邮票中的人物是侯德榜。其研究出了联产纯碱与氯化铵化肥的制碱新工艺，创立了中国人自己的制碱工艺一侯氏制碱法B邮票中的图是用橡胶生产的机动车轮胎。塑料、橡胶和纤维被称为三大合成材料，它们不断替代金属成为现代社会使用的重要材料C邮票中的图是显微镜视野下的结晶牛胰岛素。我国首次合成的人工牛胰岛素属于蛋白质D邮票是纪念众志成城抗击非典的邮票。冠状病毒其外壳为蛋白质，用紫外线、苯酚溶液、高温可以杀死病毒【答案】B【解析】【分析】【详解】A邮票中的人物是侯德榜。1941 年，侯德榜改进了索尔维制碱法
8、，研究出了制碱流程与合成氨流程于一体的联产纯碱与氯化铵化肥的制碱新工艺，命名为“侯氏制碱法”，故 A 正确；B邮票中的图是用橡胶生产的机动车轮胎。橡胶和纤维都有天然的，三大合成材料是指塑料、合成橡胶和合成纤维，它们不断替代金属成为现代社会使用的重要材料，故B 错误；C邮票中的图是显微镜视野下的结晶牛胰岛素。1965 年 9 月，我国科学家首先在世界上成功地实现了人工合成具有天然生物活力的蛋白质-结晶牛胰岛素，故C正确；D邮票是纪念众志成城抗击非典的邮票。冠状病毒其外壳为蛋白质，用紫外线、苯酚溶液、高温都可使蛋白质变性，从而可以杀死病毒，故D 正确；答案选 B。【点睛】合成材料又称人造材料，是人
9、为地把不同物质经化学方法或聚合作用加工而成的材料，其特质与原料不同，如塑料、合金（部分合金）等。塑料、合成纤维和合成橡胶号称20 世纪三大有机合成材料，纤维有天然纤维和人造纤维，橡胶也有天然橡胶和人造橡胶。7近年来，有科研工作者提出可用如图所示装置进行水产养殖用水的净化处理。该装置工作时，下列说法错误的是A导线中电子由M 电极流向a 极BN 极的电极反应式为2NO3-+10e-+12H+=N2+6H2O C当电路中通过24 mol 电子的电量时，理论上有1 mol(C6H10O5)n参加反应D当生成1 mol N2时，理论上有10 mol H+通过质子交换膜【答案】C【解析】【分析】【详解】A
10、.根据装置图可知M 为阳极，N 为阴极，因此a 为正极，b 为负极，导线中电子由M 电极流向a 极，A正确；B.N 为阴极，发生还原反应，电极反应式为：2NO3-+10e-+12H+=N2+6H2O，B 正确；C.有机物(C6H10O5)n中 C元素化合价平均为0 价，反应后变为+4价 CO2，1 mol 该有机物反应，产生 6n molCO2气体，转移24n mol 电子，则当电路中通过24 mol 电子的电量时，理论上有1nmol(C6H10O5)n参加反应，C 错误；D.根据选项B分析可知：每反应产生1 mol N2，转移 10 mol e-，根据电荷守恒应该有10 mol H+通过质子
11、交换膜，D 正确；故合理选项是C。8国际能源期刊报道了一种正在开发中的绿色环保“全氢电池”，有望减少废旧电池产生的污染，其工作原理如图所示。下列说法正确的是A NaClO4的作用是传导离子和参与电极反应B吸附层b 的电极反应：H2-2e-+2OH-=2H2O C全氢电池工作时，将酸碱反应的中和能转化为电能D若离子交换膜是阳离子交换膜，则电池工作一段时间后左池溶液pH 基本不变【答案】C【解析】【分析】电子从吸附层a 流出，a 极为负极，发生的反应为：H2-2e-+2OH-=2H2O，b 极为正极，发生的反应为：2H+2e-=H2。【详解】A由上面的分析可知，NaClO4没有参与反应，只是传导离
12、子，A 错误；B吸附层b 的电极反应2H+2e-=H2，B 错误；C将正、负电极反应叠加可知，实际发生的是H+OH-=H2O，全氢电池工作时，将酸碱反应的中和能转化为电能，C正确；D若离子交换膜是阳离子交换膜，则Na+向右移动，左池消耗OH-且生成 H2O，pH 减小，D 错误。答案选 C。【点睛】B电解质溶液为酸溶液，电极反应不能出现OH-。9下列标有横线的物质在给定的条件下不能完全反应的是1molZn 与含 1mol H2SO4的稀硫酸溶液反应1molCu 与含 2mol H2SO4的浓硫酸溶液共热1molCu 与含 4mol HNO3的浓硝酸溶液反应1molMnO2与含 4mol HCl
13、 的浓盐酸溶液共热ABCD【答案】C【解析】【详解】1mol 锌与含 1mol H2SO4的稀硫酸溶液恰好完全反应，故不选；随反应的进行浓硫酸变在稀硫酸，稀硫酸与铜不反应，故选；1mol 铜转移 2mol 的电子，生成2mol 的铜离子与2mol 硝酸结合成硫酸盐，而2mol HNO3的硝酸作氧化剂，得电子的量为2mol6mol，所以铜不足，故不选；随着反应的进行，盐酸浓度逐渐降低，稀盐酸与二氧化锰不反应，故选；故选C 10苯甲酸钠（，缩写为NaA）可用作饮料的防腐剂。研究表明苯甲酸（HA）的抑菌能力显著高于 A。已知 25 时，HA 的 Ka=6.25 10 5，H2CO3的 Ka1=4.1
14、7 10 7，Ka2=4.90 10 11。在生产碳酸饮料的过程中，除了添加NaA 外，还需加压充入CO2气体。下列说法正确的是（温度为25，不考虑饮料中其他成分）A相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较低B提高 CO2充气压力，饮料中c(A)不变C当 pH 为 5.0 时，饮料中()()c HAc A=0.16 D碳酸饮料中各种粒子的浓度关系为：c(H+)=c(3HCO)+c(23CO)+c(OH)c(HA)【答案】C【解析】【分析】【详解】A由题中信息可知，苯甲酸（HA）的抑菌能力显著高于A-，充 CO2的饮料中c（HA）增大，所以相比于未充 CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较高，故
15、A错误；B提高 CO2充气压力，溶液的酸性增强，抑制HA电离，所以溶液中c（A-）减小，故B错误；C当 pH为 5.0 时，饮料中()()c HAc A=ac HK=5 5106.25 10（）=0.16，C项正确；D根据电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)+c(A-)，根据物料守恒得c(Na+)=c(A-)+c(HA)，两式联立，消去c(Na+)得 c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)-c(HA)，故 D项错误；答案选 C。【点睛】弱电解质的电离平衡和盐类水解平衡都受外加物质的影响，水解显碱性的盐溶液中加入酸，促进水
16、解，加入碱抑制水解。在溶液中加入苯甲酸钠，苯甲酸钠存在水解平衡，溶液显碱性，通入二氧化碳，促进水解，水解生成更多的苯甲酸，抑菌能量增强。提高二氧化碳的充气压力，使水解程度增大，c(A)减小。11用 NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A 1 mol 过氧化钠中阴离子所带的负电荷数为NAB14 g 乙烯和丙烯的混合物中含有的碳原子的数目为NAC28 g C16O 与 28 g C18O 中含有的质子数均为14 NAD标准状况下，14 L 氯气与足量氢氧化钠溶液反应转移的电子数为2 NA【答案】B【解析】【分析】【详解】A 1 mol 过氧化钠(Na2O2)中阴离子(O1-)所带的负电
17、荷数应为2NA，A 不正确；B乙烯和丙烯的最简式都是CH2，故 14 g中混合物所含的碳原子数为1414/gg mol=1mol，即碳原子数目为 NA，B 正确；C28 g C16O 的物质的量为1mol，含有的质子数为1mol （6+8）NA=14 NA，28 g C18O 的物质的量为28 30/gg mol=1415mol，即质子数为141415NAOH；阴极：AgCu2H。15硫酸铵在一定条件下发生反应:4(NH4)2SO46NH3+3SO2+SO3+N2+7H2O，将反应后的气体通入一定量的氯化钡溶液中恰好完全反应，有白色沉淀生成。下列有关说法正确的是A白色沉淀为BaSO4B白色沉淀
18、为BaSO3和 BaSO4的混合物，且n(BaSO3):n(BaSO4)约为 1:1 C白色沉淀为BaSO3和 BaSO4的混合物，且n(BaSO3):n(BaSO4)约为 3:1 D从溶液中逸出的气体为N2，最后溶液中的溶质只有NH4Cl【答案】B【解析】【分析】反应后的混合气体通入到BaCl2溶液中发生的是复分解反应：SO2+H2O+2NH3=(NH4)2SO3、(NH4)2SO3+BaCl2=BaSO3+2NH4Cl、SO3+H2O+2NH3=(NH4)2SO4、(NH4)2SO4+BaCl2=BaSO4+2NH4Cl，依据反应定量关系，结合分解生成的气体物质的量可知，二氧化硫转化为亚硫
19、酸铵，1mol 三氧化硫转化为硫酸铵消耗氨气2mol，则 4mol 氨气和 2molSO2反应生成亚硫酸铵，所以得到的沉淀为1mol 硫酸钡，2mol 亚硫酸钡，剩余SO2和亚硫酸钡反应生成亚硫酸氢钡，最后得到沉淀为1mol 硫酸钡、1mol 亚硫酸钡，则：n(BaSO4):n(BaSO3)=1:1；【详解】A、根据分析可知，白色沉淀为BaSO4和 BaSO3，故 A 错误；B、由上述分析可知，最后得到沉淀为1mol 硫酸钡、1mol 亚硫酸钡，二者物质的量之比为1:1，故 B 正确；C、根据 B 项分析可知，最后得到沉淀为1mol 硫酸钡、1mol 亚硫酸钡，二者物质的量之比为1:1，故 C
20、错误；D、从溶液中逸出的气体为N2，根据分析可知，反应后的溶质为亚硫酸氢钡与氯化铵，故D 错误；答案选 B。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16苯甲醛是一种重要的化工原料，某小组同学利用如图所示实验装置(夹持装置已略去)制备苯甲醛。已知有机物的相关数据如下表所示：有机物沸点密度为 g/cm3相对分子质量溶解性苯甲醛178.1 1.04 106 微溶于水，易溶于乙醇、醚和卤代烃苯甲醇205.7 1.04 108 微溶于水，易溶于乙醇、醚和卤代烃二氯甲烷39.8 1.33 难溶于水，易溶于有机溶剂实验步骤：向容积为500mL 的三颈烧瓶加入90.0mL 质量分数为5%的次氯酸钠溶液(稍
21、过量)，调节溶液的pH 为 9-10后，加入3.0mL 苯甲醇、75.0mL 二氯甲烷，不断搅拌。充分反应后，用二氯甲烷萃取水相3 次，并将有机相合并。向所得有机相中加入无水硫酸镁，过滤，得到有机混合物。蒸馏有机混合物，得到2.08g 苯甲醛产品。请回答下列问题：(1)仪器 b 的名称为 _，搅拌器的作用是_。(2)苯甲醇与NaClO 反应的化学方程式为_。(3)步骤中，投料时，次氯酸钠不能过量太多，原因是_；步骤中加入无水硫酸镁，若省略该操作，可能造成的后果是_。(4)步骤中，应选用的实验装置是_(填序号)，该操作中分离出有机相的具体操作方法是_。(5)步骤中，蒸馏温度应控制在_左右。(6)
22、本实验中，苯甲醛的产率为_(保留到小数点后一位)。【答案】球形冷凝管使物质充分混合+NaClO+NaCl+H2O 防止苯甲醛被氧化为苯甲酸，使产品的纯度降低产品中混有水，纯度降低打开分液漏斗颈部的玻璃塞（或使玻璃塞上的凹槽对准分液漏斗上的小孔），再打开分液漏斗下面的活塞，使下层液体慢慢沿烧杯壁流下，当有机层恰好全部放出时，迅速关闭活塞178.167.9%【解析】【分析】(1)根据图示结合常见的仪器的形状解答；搅拌器可以使物质充分混合，反应更充分；(2)根据实验目的，苯甲醇与NaClO 反应生成苯甲醛；(3)次氯酸钠具有强氧化性，除了能够氧化苯甲醇，也能将苯甲醛氧化；步骤中加入无水硫酸镁的目的是
23、除去少量的水；(4)步骤中萃取后要进行分液，结合实验的基本操作分析解答；(5)步骤是将苯甲醛蒸馏出来；(6)首先计算3.0mL 苯甲醇的物质的量，再根据反应的方程式计算理论上生成苯甲醛的质量，最后计算苯甲醛的产率。【详解】(1)根据图示，仪器b 为球形冷凝管，搅拌器可以使物质充分混合，反应更充分，故答案为球形冷凝管；使物质充分混合；(2)根据题意，苯甲醇与NaClO 反应，苯甲醇被氧化生成苯甲醛，次氯酸钠本身被还原为氯化钠，反应的化学方程式为+NaClO+NaCl+H2O，故答案为+NaClO+NaCl+H2O；(3)次氯酸钠具有强氧化性，除了能够氧化苯甲醇，也能将苯甲醛氧化，因此步骤中，投料
24、时，次氯酸钠不能过量太多；步骤中加入无水硫酸镁的目的是除去少量的水，提高产品的纯度，若省略该操作，产品中混有水，纯度降低，故答案为防止苯甲醛被氧化为苯甲酸，使产品的纯度降低；产品中混有水，纯度降低；(4)步骤中，充分反应后，用二氯甲烷萃取水相3 次，萃取应该选用分液漏斗进行分液，应选用的实验装置是，分液中分离出有机相的具体操作方法为打开分液漏斗颈部的玻璃塞(或使玻璃塞上的凹槽对准分液漏斗上的小孔)，再打开分液漏斗下面的活塞，使下层液体慢慢沿烧杯壁流下，当有机层恰好全部放出时，迅速关闭活塞，故答案为；打开分液漏斗颈部的玻璃塞(或使玻璃塞上的凹槽对准分液漏斗上的小孔)，再打开分液漏斗下面的活塞，使
25、下层液体慢慢沿烧杯壁流下，当有机层恰好全部放出时，迅速关闭活塞；(5)根据相关有机物的数据可知，步骤是将苯甲醛蒸馏出来，蒸馏温度应控制在178.1左右，故答案为178.1；(6)根据+NaClO+NaCl+H2O 可知，1mol 苯甲醇理论上生成1mol 苯甲醛，则3.0mL 苯甲醇的质量为1.04 g/cm3 3.0cm3=3.12g，物质的量为108g3.12g/mol，则理论上生成苯甲醛的质量为108g3.12g/mol 106g/mol=3.06g，苯甲醛的产率=2.08g3.06g 100%=67.9%，故答案为67.9%。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17美托洛尔可用
26、于治疗各类型高血压及心绞痛，其一种合成路线如下：已知：Zn Hg/HCl32322CH COCH RCH CH CH R回答下列问题：(1)A B的反应类型是_，B中官能团的名称为_。(2)D E第一步的离子方程式为_。(3)E F 的条件为 _，请写出一种该过程生成的副产物的结构简式_。(已知在此条件下，酚羟基不能与醇发生反应)。(4)碳原子上连有4 个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。写出G 的结构简式，并用星号(*)标出 G中的手性碳 _。(5)芳香族化合物I 是 B 的同分异构体，I 能与银氨溶液作用产生银镜，且在苯环上连有两个取代基，则I同分异构体的数目为_种。(6)(J)是一种药
27、物中间体，参照上述合成路线，请设计以甲苯和苯酚为原料制备J的合成路线_(无机试剂任选)。【答案】取代反应羟基、羰基+2OH-2H O+Cl-+H2O 浓硫酸加热或或 CH3OCH312 2Cl光照NaOH水溶液2O/CuZn(Hg)/HCl【解析】【分析】根据 C的结构和B的分子式可得B的结构简式为，AB 发生取代反应，又 A 的分子式为 C2H4O，则 A 为乙醛(CH3CHO)，C 在 Zn/HCl 的条件下得到D，根据已知信息，则D 的结构简式为，D 再经消去反应和酸化得到E，E的结构简式为，E与CH3OH在一定条件下反应生成F(C9H12O2)，F与反应生成 G()，G与 H2NCH(
28、CH3)2反应最终得到美托洛尔，据此分析解答问题。【详解】(1)根据 C的结构和B的分子式可得B 的结构简式为，含有的官能团有羟基和羰基，AB 发生取代反应，又A 的分子式为C2H4O，则 A 为乙醛(CH3CHO)，故答案为：取代反应；羟基、羰基；(2)由上述分析可知，D 得到 E的第一部反应为消去反应，反应方程式为+2OH-2H O+Cl-+H2O，故答案为：+2OH-2H O+Cl-+H2O；(3)E与 CH3OH 在一定条件下反应生成F(C9H12O2)，不饱和度没有发生变化，碳原子数增加1 个，再联系G的结构，可知发生醇与醇之间的脱水反应，条件为浓硫酸，加热，已知在此条件下醇羟基不能
29、与醇发生反应，则该过程的副反应为分子内消去脱水，副产物为，分子间脱水可得或 CH3OCH3，故答案为：浓硫酸，加热；或或 CH3OCH3；(4)根据手性碳的概念，可知G中含有的手性碳可表示为，故答案为：；(5)芳香族化合物I 是 B的同分异构体，I 能与银氨溶液产生银镜，说明I 中含有 CHO，则同分异构体包括：，CHO可安在邻间对，3种，OH可安在邻间对，3 种，CHO可安在邻间对，3 种，CH3可安在邻间对，3 种，共有 34=12 种，故答案为：12；(6)以甲苯和苯酚为原料制备，其合成思路为，甲苯光照取代变为卤代烃，再水解，变为醇，再催化氧化变为醛，再借助题目AB，CD 可得合成路线：
30、2Cl光照NaOH水溶液2O/CuZn(Hg)/HCl，故答案为：2Cl光照NaOH水溶液2O/CuZn(Hg)/HCl。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18某学习小组按如下实验流程探究海带中碘含量的测定和碘的制取实验一：碘含量的测定取 0.0100mol/L 的 AgNO3标准溶液滴定100.00mL 海带浸取原液，用电势滴定法测定碘的含量测得的电动势（E）反映溶液中c（I）变化，用数字传感器绘制出滴定过程中曲线变化如图所示：实验二：碘的制取另取海带浸取原液，甲、乙两种实验方案如图所示：已知：3I2+6NaOH 5NaI+NaIO3+3H2O 请回答：（1）实验一中的仪器名称：仪
31、器A_，仪器 B_；实验二中操作Z的名称 _（2）根据表中曲线可知：此次滴定终点时用去AgNO3溶液的体积为_ml，计算该海带中碘的百分含量为 _（3）步骤 X中，萃取后分液漏斗内观察到的现象是_（4）下列有关步骤Y的说法，正确的是_A应控制NaOH 溶液的浓度和体积B将碘转化成离子进入水层C主要是除去海带浸取原液中的有机杂质D NaOH 溶液可以由乙醇代替方案乙中，上层液体加硫酸发生反应的离子方程式是_（5）方案甲中采用蒸馏不合理，理由是_【答案】坩埚500ml 容量瓶过滤20.00 0.635%液体分上下两层，下层呈紫红色AB 5I+IO3+6H+=3I2+3H2O 碘单质易升华，会导致碘
32、损失【解析】【分析】(1)在仪器 A 中灼烧海带，该仪器为坩埚；配制溶液体积为500mL，应该选用规格为500mL 的容量瓶；碘单质不溶于水，可以通过过滤操作分离出碘单质；(2)根据图象判断滴定终点时用去AgNO3溶液的体积；根据硝酸银与碘离子的反应计算出100mL 溶液中含有碘离子的物质的量，再计算出500mL 溶液中含有的碘离子，最后计算出海带中碘的百分含量；(3)碘单质易溶于有机溶剂，且四氯化碳溶液密度大于水溶液，检查判断萃取现象；(4)A反应 3I2+6NaOH5NaI+NaIO3+3H2O 中，需要浓氢氧化钠溶液；B碘单质与氢氧化钠反应生成了碘化钠、碘酸钠；C该操作的主要目的是将碘单
33、质转化成碘酸钠、碘化钠，便于后续分离出碘单质；D乙醇易溶于水和四氯化碳，仍然无法分离出碘单质；在酸性条件下，I和 IO3发生归中反应；(5)从碘单质易升华角度分析。【详解】(1)根据仪器的构造可知，用于灼烧海带的仪器为坩埚；通过仪器B 配制 500mL 含有碘离子的浸取液，需要使用 500mL 的容量瓶，步骤Z将碘单质和水分离，由于碘单质不溶于水，可通过过滤操作完成；(2)根据滴定曲线可知，当加入20mL 硝酸银溶液时，电动势出现了突变，说明滴定终点时消耗了20.00mL硝酸银溶液；20.00mL 硝酸银溶液中含有硝酸银的物质的量为：0.0100mol/L 0.02L=0.0002mol，则
34、500mL原浸出液完全反应消耗硝酸银的物质的量为：0.0002mol500mL100mL=0.001mol，说明 20.00g 该海带中含有0.001mol 碘离子，所以海带中碘的百分含量为：127g/mol0.001mol20.00g 100%=0.635%；(3)碘单质易溶于有机溶剂，微溶于水，且四氯化碳的密度大于水溶液，所以步骤X向含有碘单质的水溶液中加入四氯化碳后，混合液会分为上下两层，下层为四氯化碳的碘溶液，则下层呈紫红色；(4)A发生反应 3I2+6NaOH5NaI+NaIO3+3H2O 中，需要浓氢氧化钠溶液，所以应控制NaOH 溶液的浓度和体积，故A 正确；B根据反应3I2+6
35、NaOH5NaI+NaIO3+3H2O 可知，步骤Y将碘转化成离子进入水层，故B 正确；C该操作的主要目的是将碘单质转化成碘酸钠、碘化钠，将碘转化成离子进入水层，不是除去有机杂质，故 C 错误；D乙醇易溶于水和四氯化碳，将氢氧化钠换成乙醇，仍然无法分离出碘单质，故D 错误；答案选 AB；在酸性条件下，I和 IO3反应生成I2，发生反应的离子方程式为5I+IO3+6H+=3I2+3H2O；(5)方案甲中采用蒸馏操作，由于碘单质容易升华，会导致碘单质损失，所以甲方案不合理。19镁带能在CO2中燃烧，生成氧化镁和单质碳。（1）碳元素形成的单质有金刚石、石墨、足球烯等。金刚石的熔点远高于足球烯的原因是
36、_。24g 金刚石中含有_个碳碳单键。（2）氧化镁的电子式为_，CO2的结构式为 _。与镁同周期、离子半径最小的元素，其原子最外层的电子排布式为_，其中能量最高的电子有_个。【答案】金刚石为原子晶体而足球烯为分子晶体，金刚石中共价键的键能高于足球烯中的范德华力4NAMg2+?：O：2-O=C=O 3s23p11【解析】【详解】（1）金刚石为原子晶体而足球烯为分子晶体，金刚石中共价键的键能高于足球烯中的范德华力，故熔点金刚石大于石墨烯；24g 金刚石物质的量为2mol，每 1mol 碳原子和4mol 碳原子形成共价键，则1mol 碳原子形成的共价键为：11mol42mol2，所以 2mol 金刚石含有碳碳键的个数为A4N，故答案为：金刚石为原子晶体而足球烯为分子晶体，金刚石中共价键的键能高于足球烯中的范德华力；A4N；（2）氧化镁是离子化合物，电子式为Mg2+?：O：2-，2CO的结构式为OCO，与镁同周期、离子半径最小的元素为铝，其原子最外层的电子排布式为213s 3p，其中能量最高的电子为3p 能级上的电子，有1 个，故答案为：Mg2+?：O：2-；OCO；213s 3p；1；【点睛】金刚石是原子晶体，其结构为空间网状结构，1 个碳原子形成的共价键为：11 422。