《2019-2020学年百校联盟TOP300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学年百校联盟TOP300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学年百校联盟 TOP300 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下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是()A抗氧化剂B调味剂C着色剂D增稠剂【答案】A【解析】【详解】A.抗氧化剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，故A 正确；B.调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，故B 错误；C.着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，故C错误；D.增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，故D 错误。故选:A。2下列关于有机化合物的说法正确的是A乙醇的水溶液俗称酒精B由苯与氯气在一定条件下生成C6H6C
2、l6的反应属于取代反应C化学式为C4H10O 的饱和一元醇有4 种D糖类发生水解反应的最终产物都是葡萄糖【答案】C【解析】A.乙醇俗称酒精，A 错误；B.由苯与氯气在一定条件下生成C6H6Cl6的反应属于加成反应，B 错误；C.丁基有 4 种，因此化学式为C4H10O 的饱和一元醇有4 种，C正确；D.糖类发生水解反应的最终产物不一定都是葡萄糖，也可以产生果糖，D 错误，答案选C。3CO2的资源化利用是解决温室效应的重要途径。以下是在一定条件下用NH3捕获 CO2生成重要化工产品三聚氰胺的反应：NH3+CO2+H2O,下列有关三聚氰胺的说法正确的是A分子式为C3H6N3O3B属于共价化合物C分
3、子中既含极性键，又含非极性键D生成该物质的上述反应为中和反应【答案】B【解析】【分析】【详解】A、根据结构简式可知分子式为C3H3N3O3，A 错误；B、由不同种元素组成，分子中的化学键全部是共价键，属于共价化合物，B正确；C、同种元素原子形成的共价键是非极性键，不同种元素原子形成的共价键是极性键，则分子中只含极性键，C错误；D、酸碱反应生成盐和水的反应是中和反应，生成该物质的上述反应不是中和反应，D 错误；答案选 B。4下列解释对应事实的离子方程式正确的是A FeSO4溶液中滴加NaOH 溶液，静置一段时间后：Fe2+2OH一=Fe(OH)2B漂白粉溶液加入醋酸：H+ClO-=HC1O CA
4、gCl 悬浊液滴入Na2S溶液：2Ag+S2-=Ag2SD K2 CrO4溶液滴入硫酸溶液；2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O【答案】D【解析】【详解】A硫酸亚铁与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为：Fe2+2OH-=Fe(OH)2，静置一段时间后，氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁沉淀，故A 错误；B漂白粉溶液中加入醋酸，醋酸为弱酸，离子方程式为CH3COOH+ClO-HClO+CH3COO-，故 B错误；C向 AgCl悬浊液中加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色，离子方程式：2AgCl+S2-=Ag2S+2Cl-，故 C错误；D K2Cr2O7溶液中存在Cr2O72-(橙色)+H2O?2CrO
5、42-(黄色)+2H+，滴加少量H2SO4，增大了氢离子浓度，平衡逆向移动，颜色加深，2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，故 D 正确；故选 D。5X、Y、Z、W 为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，A、B、C、D、E为上述四种元素中的两种或三种所组成的化合物。已知A 的相对分子质量为28，B 分子中含有18 个电子，五种化合物间的转化关系如图所示。下列说法错误的是（）A X、Y组成化合物的沸点一定比X、Z组成化合物的沸点低BY的最高价氧化物的水化物为弱酸CY、Z组成的分子可能为非极性分子D W 是所在周期中原子半径最小的元素【答案】A【解析】【分析】根据分析A 相对原子质量为2
6、8 的两种或三种元素组成化合物，容易想到一氧化碳和乙烯，而B 分子有 18个电子的化合物，容易想到氯化氢、硫化氢、磷化氢、硅烷、乙烷、甲醇等，但要根据图中信息要发生反应容易想到A 为乙烯，B 为氯化氢，C为氯乙烷，D 为水，E为甲醇，从而X、Y、Z、W 分别为 H、C、O、Cl。【详解】A 选项，C、H 组成化合物为烃，当是固态烃的时候，沸点可能比H、O 组成化合物的沸点高，故A 错误；B 选项，C的最高价氧化物的水化物是碳酸，它为弱酸，故B 正确；C 选项，Y、Z 组成的分子二氧化碳为非极性分子，故C 正确；D 选项，同周期从左到右半径逐渐减小，因此Cl是第三周期中原子半径最小的元素，故D
7、正确。综上所述，答案为A。6下列指定反应的化学用语表达正确的是（）A 锅炉水垢中的CaSO4用饱和Na3CO3溶液浸泡CO32+CaSO4CaCO3+SO42B 用铁电极电解饱和食盐水2Cl+2H2OCl2+H2+2OHC 向 Al2(SO4)3溶液中加入过量的NH3 H2O Al3+4NH3 H2O=AlO2+4NH4+2H2O D KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应制取 K2FeO43ClO+2Fe(OH)3 2FeO42+3Cl+4H+H2O A A BB CC D D【答案】A【解析】【详解】A、锅炉水垢中的CaSO4用饱和 Na3CO3溶液浸泡：CO32+CaSO4CaCO3+SO
8、42，A 正确；B、用铁电极电解饱和食盐水，阳极铁失去电子，转化为亚铁离子，阴极氢离子得到电子转化为氢气，得不到氯气，B错误；C、氨水不能溶解氢氧化铝，向Al2(SO4)3溶液中加入过量的NH3H2O：Al3+3NH3H2OAl(OH)3+3NH4+，C错误；D、溶液显碱性，产物不能出现氢离子，KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应制取K2FeO4：4OH-+3ClO+2Fe(OH)32FeO42+3Cl+5H2O，D 错误；答案选 A。7下列有关物质性质的比较，结论错误的是()A沸点：32323CH CH OHCH CH CHB溶解度：AgIAgClC热稳定性：3AsH HBrD碱性：2BaO
9、HCsOH（）【答案】A【解析】【详解】A.乙醇分子间能够形成氢键，而丙烷不能，因此沸点32323CH CH OHCH CH CH，故 A 错误；B卤化银的溶解度从上到下，逐渐减小，AgI 的溶解度更小，即溶解度：AgIAgCl，故 B正确；C.非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性AsBr，则热稳定性3AsH HBr，故 C正确；D.金属性越强，最高价氧化物的水化物碱性越强，金属性 BaCs，则碱性2Ba(OH)c(H2CO3)B正常体温下人体发生碱中毒时，c(H+)?c(OH-)变大C人体发生酸中毒时，可静脉滴注一定浓度的NaHCO3溶液解毒D323c HCOc H CO20.0 时，H2C
10、O3的电离程度小于HCO3-的水解程度【答案】B【解析】【详解】A根据图中数据判断，当pH=6.10 时，c(HCO3-)=c(H2CO3)，当 pH6.10 时，c(HCO3-)c(H2CO3)，所以 pH=7的血液中，c(HCO3-)c(H2CO3)，A 正确；B温度不变，水的离子积常数不变，所以正常体温下c(H+)?c(OH-)不变，B 错误；C人体发生酸中毒时，可静脉滴注弱碱性物质解毒，碳酸氢钠溶液呈弱碱性，所以人体发生酸中毒时，可静脉滴注一定浓度的NaHCO3溶液解毒，C正确；D由表中数据可知，323c HCOc H CO=20.0 时，溶液呈碱性，说明碳酸的电离程度小于碳酸氢根离子
11、水解程度，D 正确；故合理选项是B。10下列图示与对应的叙述符合的是（）A图甲实线、虚线分别表示某可逆反应未使用催化剂和使用催化剂的正、逆反应速率随时间的变化B图乙表示反应2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g)的平衡常数K与温度和压强的关系C据图丙，若除去CuSO4溶液中的Fe3+可向溶液中加入适量CuO 至 pH=4 左右D图丁表示常温下向20mL0.001mol/L 的醋酸溶液中滴加0.001mol/L 的 NaOH 溶液，溶液的pH 随 NaOH溶液体积的变化关系【答案】C【解析】【分析】本题主要考查化学平衡结合图像的运用。A使用催化剂化学反应速率加快；B平衡常数是温度的函数，温度不
12、变，平衡常数不变；C由图像可知pH=4 左右 Fe3完全沉淀，Cu2还未开始沉淀；D 0.001mol/L 的醋酸溶液PH3。【详解】A使用催化剂化学反应速率加快，所以正反应速率的虚线在实线的上方，故A 错误；B平衡常数是温度的函数，温度不变，平衡常数不变，所以温度相同而压强不同时，两者的平衡常数相同，故 B 错误；C由图像可知pH=4 左右 Fe3完全沉淀，Cu2还未开始沉淀，由于CuO+2H+=Cu2+H2O反应发生，所以加入CuO可以调节PH=4左右，此时Fe3+完全沉淀，过滤即可，故C项正确；D 0.001mol/L 的醋酸溶液PH3，图像中起点PH=3，故 D项错误；答案选 C。11
13、氢元素有三种同位素，各有各的丰度其中11H 的丰度指的是()A自然界11H 质量所占氢元素的百分数B11H 在海水中所占氢元素的百分数C自然界11H 个数所占氢元素的百分数D11H 在单质氢中所占氢元素的百分数【答案】C【解析】【详解】同位素在自然界中的丰度，指的是该同位素在这种元素的所有天然同位素中所占的比例，故11H 的丰度指的是自然界11H 原子个数所占氢元素的百分数，故选C。12H2与碱金属等单质在较高温度下可以化合形成离子型金属氢化物，如NaH、LiH 等，它们具有极强的还原性，也是良好的野外生氢剂(NaHH2ONaOHH2)，下列说法不正确的是A金属氢化物具有强还原性的原因是其中的
14、氢元素为l 价BNaH 的电子式可表示为Na:HCNaAlH4与水反应：NaAlH4H2ONaOHAl(OH)3H2D工业上用有效氢含量衡量含氢还原剂的供氢能力，有效氢指单位质量(克)的含氢还原剂的还原能力相当于多少克氢气的还原能力。则LiAlH4的有效氢含量约为0.21【答案】C【解析】【详解】A、金属氢化物具有强还原性的原因是其中的氢元素为l 价，化合价为最低价，容易被氧化，选项 A正确；B、氢化钠为离子化合物，NaH 的电子式可表示为Na:H，选项 B 正确；C、NaOH 和 Al(OH)3会继续反应生成NaAlO2，选项 C 不正确；D、每 38g LiAlH4失去 8mol 电子，与
15、8g 氢气相当，故有效氢为838，约为 0.21，选项 D 正确。答案选 C。13设 aX+bY为 a 个 X微粒和 b 个 Y微粒组成的一个微粒集合体，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法中正确的是（）A 0.5mol 雄黄(As4S4，已知 As 和 N 同主族，结构如图)含有 NA个 S-S键B合成氨工业中，投料1molN2(g)+3H2(g)可生成 2NA个NH3(g)C 用惰性电极电解1L 浓度均为2mol?L-1的 AgNO3与 Cu(NO3)2的混合溶液，当有 0.2NA个电子发生转移时，阴极析出6.4g 金属D 273K，101kPa 下，1mol 过氧化氢分子中含有的共用电子对
16、数目为3NA【答案】D【解析】【分析】【详解】A.由 As4S4的结构图可知，黑球代表As，白球代表S，则 As4S4的结构中不存在S-S键，故 A 错误；B.合成氨气的反应为可逆反应，则投料1molN2(g)+3H2(g)生成的 NH3(g)数目小于2NA，故 B错误；C.根据阴极放电顺序可知，银离子先放电，则当有0.2NA个电子发生转移时，阴极析出21.6g 金属，故C错误；D.过氧化氢分子中氢原子与氧原子、氧原子与氧原子之间均为单键，则1mol 过氧化氢分子中含有的共用电子对数目为3NA，故 D 正确；综上所述，答案为D。14 常温下，向 20.00mL 0.1mol?L-1 BOH 溶
17、液中滴入0.1 mo l?L-1盐酸，溶液中由水电离出的c（H+）的负对数-l gc水（H+）与所加盐酸体积的关系如下图所示，下列说法正确的是A常温下，BOH 的电离常数约为1 10-4BN 点溶液离子浓度顺序：c（B+）c（Cl-）c（OH-）c（H+）Ca=20 D溶液的pH:R Q【答案】D【解析】【分析】BOH 对水的电离起抑制作用，加入盐酸发生反应BOH+HCl=BCl+H2O，随着盐酸的加入，BOH电离的 OH-浓度减小，对水电离的抑制作用减弱，而且生成的BCl水解促进水的电离，水电离的H+浓度逐渐增大，两者恰好完全反应时水电离的H+浓度达到最大；继续加入盐酸，过量盐酸电离出H+又
18、抑制水的电离，水电离的 H+又逐渐减小，结合相应的点分析作答。【详解】A.根据图象，起点时-lgc水（H+）=11，c水（H+）=10-11mol/L，即 0.1mol/L 的 BOH溶液中水电离的H+浓度为 10-11mol/L，碱溶液中H+全部来自水的电离，则0.1mol/L 的 BOH 溶液中 c（H+）=10-11mol/L，溶液中 c（OH-）=10-3mol/L，BOH的电离方程式为BOH?B+OH-，BOH 的电离平衡常数为c Bc OHc BOH=33310100.110 10-5，A 错误；B.N 点-lgc水（H+）最小，N 点 HCl 与 BOH恰好完全反应得到BCl溶液
19、，由于B+水解溶液呈酸性，溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（Cl-）c（B+）c（H+）c（OH-），B错误；C.N 点-lgc水（H+）最小，N 点 HCl 与 BOH恰好完全反应得到BCl溶液，N 点加入的盐酸的体积为20.00mL，则 aQ，D 正确；答案选 D。【点睛】解答本题的关键是理解水电离的H+浓度与加入的盐酸体积间的关系，抓住关键点如起点、恰好完全反应的点等。15下列关于轮船嵌有锌块实施保护的判断不合理的是A嵌入锌块后的负极反应：Fe2e-=Fe2+B可用镁合金块代替锌块进行保护C腐蚀的正极反应：2H2O+O2+4e-=4OH-D该方法采用的是牺牲阳极的阴极保护法【答案】A【解
20、析】【分析】【详解】A.嵌入锌块做负极，负极反应为Zn-2e-=Zn2+，A 项错误；B.上述方法为牺牲阳极的阴极保护法，即牺牲做负极的锌块保护做正极的轮船，故可以用镁合金来代替锌块，B 项正确；C.由于海水呈弱碱性，铁发生吸氧腐蚀，故正极反应为2H2O+O2+4e-=4OH-，C项正确；D.此保护方法是构成了原电池，牺牲了锌块保护轮船，故为牺牲阳极的阴极保护法，D 项正确；答案选 A。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16某研究性学习小组的同学设计了如图装置制取溴苯和溴乙烷：己知：乙醇在加热的条件下可与HBr 反应得到溴乙烷（CH3CH2Br），二者某些物理性质如下表所示：溶解性（
21、本身均可作溶剂）沸点（）密度（g/mL）乙醇与水互溶，易溶于有机溶剂78.5 0.8 溴乙烷难溶于水，易溶于有机溶剂38.4 1.4 请回答下列问题：（1）B 中发生反应生成目标产物的化学方程式为_。（2）根据实验目的，选择下列合适的实验步骤：_（选填等）。组装好装置，_（填写实验操作名称）；将 A 装置中的纯铁丝小心向下插入苯和液溴的混合液中；点燃 B 装置中的酒精灯，用小火缓缓对锥形瓶加热10 分钟；向烧瓶中加入一定量苯和液溴，向锥形瓶中加入无水乙醇至稍高于进气导管口处，向 U 形管中加入蒸馏水封住管底，向水槽中加入冰水。（3）简述实验中用纯铁丝代替铁粉的优点：_。（4）冰水的作用是_。（
22、5）反应完毕后，U 形管内的现象是_；分离溴乙烷时所需的玻璃仪器有_。【答案】C2H5OH+HBr加热C2H5Br+H2O 检査其气密性随时控制反应的进行，不反应时上拉铁丝，反应时放下铁丝降温，冷凝溴乙烷U 形管底部产生无色的油状液体分液漏斗、烧杯。【解析】【分析】装置 A 中生成溴苯和溴化氢，B中乙醇和溴化氢反应生成溴乙烷和水，C用来收集产品，据此解答。【详解】（1）HBr 和乙醇在加热条件下，发生取代反应生成目标产物溴乙烷和水，B 中发生反应生成目标产物的化学方程式为C2H5OH+HBr加热C2H5Br+H2O。故答案为：C2H5OH+HBr加热C2H5Br+H2O；（2）利用苯和液溴反应
23、制得溴苯，同时生成的溴化氢与乙醇发生取代反应得到溴乙烷，则应先连接装置并检查所密性，再添加药品，先加热A 装置使苯和液溴先反应，再加热B 装置制溴乙烷，即实验的操作步骤为：，故答案为：；检查气密性；（3）实验中用纯铁丝代替铁粉的优点：可随时控制反应的进行，不反应时上拉铁丝，反应时放下铁丝，而铁粉添加后就无法控制反应速率了，故答案为：随时控制反应的进行，不反应时上拉铁丝，反应时放下铁丝；（4）冰水的作用是可降温，冷凝溴乙烷，防止其挥发，故答案为：降温，冷凝溴乙烷；（5）反应完毕后，U 形管内的现象是底部有油状液体；溴乙烷与蒸气水不相溶，混合物可利用分液操作进行分离，需要的玻璃仪器有分液漏斗和烧杯
24、，故答案为：U 形管底部产生无色的油状液体；分液漏斗、烧杯。【点睛】本题考查了溴苯和溴乙烷的制取，这是一个综合性较强的实验题，连续制备两种产品溴苯和溴乙烷，需要根据题意及装置图示，联系所学知识合理分析完成，易错点（5）实验时要注意观察并认真分析分离物质的原理，确定用分液的方法分离。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17铁、镍及其化合物在工业上有广泛的应用。从某矿渣 成分为 NiFe2O3(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等 中回收 NiSO3的工艺流程如下：已知(NH3)2SO3在 350分解生成NH3和 H2SO3，回答下列问题：(1)“浸渣”的成分有Fe2O3、FeO(
25、OH)、CaSO3外，还含有 _(写化学式)。(2)矿渣中部分FeO焙烧时与H2SO3反应生成Fe2(SO3)3的化学方程式为_。(3)向“浸取液”中加入NaF以除去溶液中Ca2+(浓度为 1010-3molL-1)，当溶液中c(F-)=2010-3molL-1时，除钙率为_Ksp(CaF2)=3010-11。(3)溶剂萃取可用于对溶液中的金属离子进行富集与分离：2Fe22HRHFeR?水相有机相有机相水相。萃取剂与溶液的体积比(V0VA)对溶液中Ni2+、Fe2+的萃取率影响如图所示，V0VA的最佳取值为_。在 _(填“强碱性”“强酸性”或“中性”)介质中“反萃取”能使有机相再生而循环利用。
26、(5)以 Fe、Ni 为电极制取Na2FeO3的原理如图所示。通电后，在铁电极附近生成紫红色的FeO32-，若 pH过高，铁电极区会产生红褐色物质。电解时阳极的电极反应式为_，离子交换膜(b)为_(填“阴”或“阳”)离子交换膜。向铁电极区出现的红褐色物质中加入少量的NaClO溶液，沉淀溶解。该反应的离子方程式为_。【答案】SiO23FeO+6H2SO3+O2=2Fe2(SO3)3+6H2O99%0.25 强酸性 Fe-6e-+8OH-=FeO32-+3H2O 阴2Fe(OH)3+3ClO-+3OH-=2FeO32-+3Cl-+5H2O【解析】【分析】某矿渣的主要成分是NiFe2O3（铁酸镍）、
27、NiO、FeO、CaO、SiO2等，加入硫酸铵研磨后，600焙烧，已知：（NH3）2SO3在 350以上会分解生成NH3和 H2SO3。NiFe2O3在焙烧过程中生成NiSO3、Fe2（SO3）3，在 90C的热水中浸泡过滤得到浸出液，加入 NaF除去钙离子，过滤得到滤液加入萃取剂得到无机相和有机相，无机相通过一系列操作得到硫酸镍，有机相循环使用，据此分析解答。【详解】某矿渣的主要成分是NiFe2O3（铁酸镍）、NiO、FeO、CaO、SiO2等，加入硫酸铵研磨后，600C 焙烧，已知：（NH3）2SO3在 350以上会分解生成NH3和 H2SO3。NiFe2O3在焙烧过程中生成NiSO3、F
28、e2（SO3）3，在 90C的热水中浸泡过滤得到浸出液，加入 NaF除去钙离子，过滤得到滤液加入萃取剂得到无机相和有机相，无机相通过一系列操作得到硫酸镍，有机相循环使用。（1）矿渣的主要成分是NiFe2O3（铁酸镍）、NiO、FeO、CaO、SiO2等，加入硫酸铵加热浸取后的浸渣为不反应和不溶于水的硫酸钙和二氧化硅，“浸渣”的成分除Fe2O3、FeO(OH)、CaSO3外，还含有SiO2；(2)矿渣中部分FeO焙烧时与H2SO3及空气中的氧气反应生成Fe2(SO3)3和水，反应的化学方程式为3FeO+6H2SO3+O2=2Fe2(SO3)3+6H2O；(3)当溶液中c(F-)=2 010-3m
29、olL-1时，Ksp(CaF2)=c(Ca2+)c2(F-)=c(Ca2+)(2010-3molL-1)2=3010-11，故 c(Ca2+)=1010-5mol/L，则除钙率为3531.0 101.0 10100%1.0 1099%；(3)要求 Fe2+萃取率最低，Ni2+的萃取率最高，根据图象，最佳取值为0.25；在强酸性介质中“反萃取”能使有机相再生而循环利用；（5）电解时正极连接铁电极，为阳极，阳极上失电子在碱性条件下反应生成FeO32-，电极反应式为Fe-6e-+8OH-=FeO32-+3H2O；离子交换膜(b)允许氢氧根离子向移动，为阴离子交换膜；向铁电极区出现的红褐色物质中加入少
30、量的NaClO溶液，沉淀溶解。次氯酸钠将氢氧化铁氧化生成高铁酸钠，反应的离子方程式为2Fe(OH)3+3ClO-+3OH-=2FeO32-+3Cl-+5H2O。【点睛】本题考查了物质分离提纯、物质制备、离子方程式书写、溶度积常数计算等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18K3Fe(C2O4)3 3H2O三草酸合铁()酸钾晶体是制备负载型活性铁催化剂的主要原料，也是一些有机反应很好的催化剂。下图是在实验室制备K3Fe(C2O4)3 3H2O 的流程：回答下列问题：（1）步骤 I 中加入稀硫酸的目的是_。步骤 II 中发生的主要化学反应为一可逆过
31、程，其离子方程式为_。常温下，该反应的平衡常数K=_已知常温下：Ka1(H2C2O4)=5.6 10-2、Ka2(H2C2O4)=5.4 10-5、Ksp(FeC2O4)=2.1 10-7（2）下列试剂均可将FeC2O4氧化为 K3Fe(C2O4)3，最适宜作为“试剂 a”的是 _(填序号)a氯水 b酸性 KMnO4溶液 cH2O2溶液 d稀硝酸（3）使用托盘天平称量制得的K3Fe(C2O4)3 3H2O 的质量。天平平衡时，右盘内砝码的总质量为20 g游码示数如图所示，则制得晶体的质量为_g，该实验中K3Fe(C2O4)3 3H2O 的产率为_。(已知：K3Fe(C2O4)3 3H2O 的相
32、对分子质量为491，FeSO4 7H2O 的相对分子质量为278)（4）某研究小组将K3Fe(C2O4)3在一定条件下加热分解后，利用下图所示装置(可重复使用)确认所得含碳元素的气体产物为CO和 CO2。按气流从左到右的方向，装置的连接顺序为_(填装置序号)；确认气体产物中含CO的现象为 _。【答案】抑制Fe2+水解Fe2+H2C2O4FeC2O4+2H+14.4 c 21.9 44.6%DCDBAD A 中黑色粉末变为红色，其后的D 中澄清石灰水变浑浊【解析】【分析】【详解】（1）步骤 中：亚铁离子在水溶液中水解：Fe2+2H2OFe(OH)2+2H+，溶解的过程中要加入几滴稀硫酸，目的是抑
33、制Fe2+水解；在步骤 I 制备的溶液中加入25mL 饱和 H2C2O4溶液，搅拌并加热煮沸，晶体颗粒长大形成黄色FeC2O4?2H2O沉淀，离子方程式为Fe2+H2C2O4FeC2O4+2H+；Fe2+H2C2O4FeC2O4+2H+的平衡常数K=+2+2242()()()HH C Oc Fecc，根据 H2C2O4H+HC2O4-，HC2O4-H+C2O42-，K1=+-24224()()()HHCHcCcOcO，K2=+2-24-24()()()HC OHC Occc根据的溶解平衡方程式：FeC2O4Fe2+C2O42-，Ksp(FeC2O4)=c(Fe2+)c(C2O42-)，可知，K
34、=12spK KK=2575.6 105.4 102.1 10=14.4，故答案为抑制Fe2+水解；Fe2+H2C2O4FeC2O4+2H+；14.4；（2）为了不引入杂质，将FeC2O4氧化为 K3Fe(C2O4)3，最好需要双氧水，故选选 c；（3）根据题意和图示，制得晶体的质量为21.9g；27.8gFeSO4 7H2O 的物质的量为2788/27.ggmol=0.1mol，根据铁元素守恒，理论上可以生成0.1molK3Fe(C2O4)3 3H2O，质量为49.1g，K3Fe(C2O4)3 3H2O 的产率为21949.1gg 100%=44.6%，故答案为21.9；44.6%；（4）二
35、氧化碳能够是澄清石灰水变浑浊，一氧化碳具有还原性，被氧化生成二氧化碳，因此首先检验二氧化碳，除净二氧化碳后再检验一氧化碳，从左到右，装置的连接顺序为DCDBAD，当看到第一个澄清石灰水变浑浊，证明有二氧化碳，当看到A 中黑色粉末变为红色，其后的D 中澄清石灰水变浑浊，证明有一氧化碳，故答案为DCDBAD；A 中黑色粉末变为红色，其后的D 中澄清石灰水变浑浊。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_。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
36、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。