《2019-2020学年福建省厦门市第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学年福建省厦门市第一中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf（17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学年福建省厦门市第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以熔融的碳酸盐（K2CO3）为电解液,泡沫镍为电极,氧化纤维布为隔膜（仅允许阴离子通过）可构成直接碳燃料电池,其结构如图所示，下列说法正确的是A该电池工作时,CO32-通过隔膜移动到a 极B若 a 极通入空气,负载通过的电流将增大Cb 极的电极反应式为2CO2+O2-4e-=2CO32-D为使电池持续工作,理论上需要补充K2CO3【答案】A【解析】【详解】A.该电池的总反应方程式为：C+O2=CO2，炭粉在负（a）极失电子发生氧化反应，空气中的氧
2、气在正（b）极得电子，该电池工作时，阴离子CO32-通过隔膜移动到a 极，故 A 正确；B.a 极通入 Ar，可以使炭粉和熔融碳酸盐的混合物隔绝空气，防止炭粉被氧化，如果a 极通入空气，炭粉将直接被氧化，负载上没有电流通过，故B 错误；C.b 极为正极，得电子发生还原反应，电极反应式为：2CO2+O2+4e-=2CO32-，故 C错误；D.该电池的总反应方程式为：C+O2=CO2，从方程式可以看出钾离子和碳酸根离子都没有被消耗，因此理论上不需要补充K2CO3，故 D 错误；故选 A。2化学与生产、生活密切相关。下列叙述正确的是（）A光导纤维是一种新型硅酸盐材料B用纯碱溶液洗去油污时，加热能够提
3、高去污能力C食物中的营养素主要为糖类、油脂、蛋白质、纤维素、无机盐和水D 物理小识记载：“青矾（绿矾）厂气熏人，衣服当之易烂，栽木不茂。”青矾厂气是CO和 CO2【答案】B【解析】【详解】A.光导纤维的成分是SiO2，不是硅酸盐，A 错误；B.油脂在碱性条件下水解，纯碱水解使溶液呈碱性，加热能够促进纯碱的水解，使溶液碱性增强，因此可促进油脂的水解，从而可提高去污能力。B 正确；C.食物中的营养素主要为糖类、油脂、蛋白质、维生素、无机盐和水，而人体内无纤维素酶，不能消化纤维素，因此不是人体的营养素，C错误；D.CO、CO2气体没有气味，不符合厂气熏人的性质，D 错误；故合理选项是B。3有机物M、
4、N 之间可发生如图转化，下列说法不正确的是A M 能与溴水发生加成反应BN 能使酸性高锰酸钾溶液褪色CM 分子中所有碳原子共平面D M、N 均能发生水解反应和酯化反应【答案】C【解析】【详解】A.M 中含有碳碳双键，可以与溴水发生加成反应，故A 正确；B.N 中含有羟基，能被酸性高猛酸钾氧化，故B 正确；C.M 中含有饱和碳原子，与饱和碳原子相连的三个C以及该饱和碳原子不可能全部在同一平面上，故C错误；D.M、N 中均含有酯基，都能水解，均含有羟基均能发生酯化反应，故D 正确；故答案为C。4新型夹心层石墨烯锂硫二次电池的工作原理可表示为16Li+xS88Li2Sx，其放电时的工作原理如图所示，
5、下列有关该电池的说法正确的是A电池充电时X为电源负极B放电时，正极上可发生反应：2Li+Li2S4+2e-=2Li2S2C充电时，没生成1molS8转移 0.2mol 电子D离子交换膜只能通过阳离子，并防止电子通过【答案】B【解析】A、在原电池中，电解质里的阳离子移向正极，所以M 是正极，发生还原反应，N 是负极，发生氧化反应，电池充电时X为电源正极，A 错误；B、根据装置图可知正极反应式可以为2Li+Li2S4+2e-=2Li2S2，B正确；C、根据总反应式可知充电时每生成xmolS8转移 16mol 电子，C错误；D、电子一定不会通过交换膜，D错误，答案选B。5在给定条件下，下列选项所示的
6、物质间转化均能实现的是()A Ca(ClO)2(aq)HClO(aq)O2(g)BH2SO4(稀)SO2(g)BaSO3(s)CFe2O3(s)FeCl3(aq)Fe(s)D SiO2(s)H2SiO3(胶体)Na2SiO3(aq)【答案】A【解析】【详解】A.Ca(ClO)2与二氧化碳和水反应生成次氯酸，次氯酸再受热分解会产生氧气，A 项正确；B.根据金属活动性顺序已知，铜与稀硫酸不反应，B项错误；C.铜与氯化铁反应时生成氯化亚铁与氯化铜，不能得到铁单质，C项错误；D.二氧化硅不与水反应，D 项错误；答案选 A。6下列解释工业生产或应用的化学用语中，不正确的是A氯碱工业中制备氯气：2NaCl
7、(熔融)2Na+Cl2B工业制硫酸的主要反应之一：2SO2+O22SO3C氨氧化法制硝酸的主要反应之一：4NH3+5O24NO+6H2O D利用铝热反应焊接铁轨：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe【答案】A【解析】【分析】本题主要考查化学与生活、生产工业之间的联系。A.考虑到氯碱工业实质是电解饱和食盐水，而不是电解熔融的氯化钠；B.工业制备硫酸，主要有三个阶段，分别是：煅烧黄铁矿：4FeS2+11O28SO2+2Fe2O3；SO2的催化氧化：2SO2+O22SO3；用 98.3%的浓硫酸吸收，再稀释的所需浓度的硫酸SO3+H2O=H2SO4。C.工业制硝酸，主要反应为：氨气的催化氧化：4NH
8、3+5O24NO+6H2O；2NO+O22NO2；3NO2+H2O2HNO3+NO；D.利用铝热反应焊接铁轨，主要利用了铝的强还原性，其反应为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe。【详解】A.以电解食盐水为基础制取氯气等产品的工业称为氯碱工业，则氯碱工业中制备氯气的化学方程式为：2NaCl+2H2O 2NaOH+H2+Cl2，故 A 错误；B.工业制硫酸的主要反应之一为二氧化硫的催化氧化，化学方程式为：2SO2+O22SO3，故 B正确；C.氨氧化法制硝酸的主要反应之一为氨气的催化氧化，化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，故 C正确；D.工业上可以利用Fe2O3或 Fe3O4发生
9、铝热反应焊接铁轨，化学方程式为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，故 D 正确；本题答案选A。【点睛】高中阶段常见的工业制备及其所设计的化学方程式如下：1.工业制备硫酸：4FeS2+11O28SO2+2Fe2O3；2SO2+O22SO3；SO3+H2O=H2SO4。2.工业制取硝酸：4NH3+5O24NO+6H2O；2NO+O22NO2；3NO2+H2O 2HNO3+NO；3.工业合成氨：N2+3H22NH3；4.氯碱工业：2NaCl+2H2O 2NaOH+H2+Cl2；5.制水煤气：C+H2O（g）CO+H2；6.工业制取粉精：2Ca(OH)2+2Cl2=CaCl2+Ca(ClO)2+2
10、H2O；7.高炉炼铁：3CO+Fe2O33CO2+2Fe；8.工业制备单晶硅：2C+SiO2Si+2CO(制得粗硅)；9.工业制普通玻璃：Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2，CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2；10.粗铜的精炼：阳极：Cu-2e-=Cu2+阴极:Cu2+2e-=Cu 11.侯氏制碱法：NaCl(饱和)+NH3+H2O+CO2=NH4Cl+NaHCO3，2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O 7A、B、C、X 为中学化学常见物质，A、B、C含有相同元素甲，可以发生如下转化（水参与的反应，水未标出）。下列说法不正确的是A若 A、B、C的焰色反应呈黄色、水溶液均呈
11、碱性，则X可以是 CO2B若 C为红棕色气体，则A 一定为空气中含量最高的气体C若 B为 FeCl3，则 X 一定是 Fe D A 可以是碳单质，也可以是O2【答案】B【解析】【详解】A.若 A、B、C 的焰色反应呈黄色，说明A、B、C 中含有钠元素，水溶液均呈碱性，则A 为氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，B 为碳酸钠，碳酸钠溶液显碱性；碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，C 为碳酸氢钠，碳酸氢钠为碱性，故A 正确；B.若 A 为氨气、X 为氧气，则B 为一氧化氮，C 为红棕色气体二氧化氮，则A 不一定为空气中含量最高的氮气，故B错误；C.若 B 为 FeCl3，则 A 为氯气，与铁反应生成氯
12、化铁，氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，故C 正确；D.若 A 为碳、X 为氧气，则B 为一氧化碳，C 为二氧化碳；若A 为氧气、X 为碳，则B 为二氧化碳，C为一氧化碳，故D 正确；答案为 B。【点睛】元素的性质的推断题，要熟练掌握各种物质间的相互转化，并能找到各物质间相互转化方案，熟记物质的性质，综合运用。8对 NaOH 晶体叙述错误的是A存在两种化学键B含共价键的离子化合物C存在两种离子D含共价键的共价化合物【答案】D【解析】【分析】根据化学键的类型及其与物质类别间的关系分析。【详解】A.为离子键，OH-内氢、氧原子间为共价键，A项正确；B.NaOH 由 Na+、OH-构成，是含共价键的离子化
13、合物，B 项正确；C.NaOH晶体中，有Na+、OH-两种离子，C项正确；D.NaOH 是含共价键的离子化合物，D 项错误。本题选 D。9钛（Ti）常被称为未来钢铁。下列关于4822Ti的说法中，错误的是（）A质子数为22 B质量数为70 C中子数为26 D核外电子数为22【答案】B【解析】【分析】4822Ti的质子数为22，质量数为48，故中子数=质量数-质子数=48-22=26。【详解】A 项、4822Ti的质子数为22，故 A 正确；B 项、4822Ti的质量数为48，故 B 错误；C 项、4822Ti的中子数=质量数-质子数=48-22=26，故 C正确；D 项、的电子数=质子数=22
14、，故 D 正确；故选 B。10化学与生活密切相关。下列叙述中错误的是A环境中杀灭新型冠状病毒可用“84”消毒液B食品中的抗氧化剂可用维生素C C治疗胃酸过多可用CaCO3和 Ca(OH)2D除去工业废水中的Cu2+可用 FeS【答案】C【解析】【分析】【详解】A.环境中杀灭新型冠状病毒可用“84”消毒液，利用“84”消毒液的强氧化性，使蛋白质变性，故A 增强；B.维生素 C具有还原性，可用维生素C作食品中的抗氧化剂，故B 正确；C.治疗胃酸过多可用NaHCO3和 Al(OH)3，不能用Ca(OH)2，Ca(OH)2碱性较强，会灼伤胃，故C错误；D.除去工业废水中的Cu2+可用 FeS，Cu2+
15、(aq)+FeS(s)垐?噲?CuS(s)+Fe2+(aq)，生成更难溶的CuS，故 D 正确。综上所述，答案为C。11为制取含HClO浓度较高的溶液，下列图示装置和原理均正确，且能达到实验目的的是A制取氯气B制取氯水C提高 HClO浓度D过滤【答案】C【解析】A、MnO2与浓 HCl 制 Cl2要加热，故A 错误；B、洗气就长进短出，故B错误；C、CaCO3Cl2H2O=CaCl22HClO，故 C正确；D、过滤是把溶于液体的固态物质跟液体分离的一种方法，漏斗要紧贴烧杯内壁，故 D 错误；故选C。12室温时，用0.0200mol/L 稀盐酸滴定20.00mL0.0200mol/LNaY 溶液
16、，溶液中水的电离程度随所加稀盐酸的体积变化如图所示(忽略滴定过程中溶液的体积变化)，则下列有关说法正确的是已知：K(HY)=5.010-11A可选取酚酞作为滴定指示剂BM 点溶液的pH7 C图中 Q 点水的电离程度最小，Kw7，B 正确；C.由图可知，Q 点水的电离程度最小，Kw=10-14，C 不正确；D.M 点，由物料守恒可知，c(Na+)=c(HY)+c(Y-)，D 不正确。本题选B。13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
17、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.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
18、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+通过质子交换膜，D 正确；故合理选项是C。14下列反应的离子方程式书写正确的是（）A钠和冷水反应Na 2H2O Na+2OH-H2B金属铝溶于氢氧化钠溶液Al 2OH-AlO2-H2C金属铝溶于盐酸中：2Al 6H+2Al3+3H2D铁跟稀硫酸反应：2Fe 6H+2Fe3+3H2【答案】C【解析】【详解】A 项，反应前后电荷不守恒，正确离子方程式为2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2，A 错误；B 项，电荷不守
19、恒，正确离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2，B 错误；C 项，Al 与盐酸反应生成AlCl3和 H2，符合离子方程式的书写，C正确；D 项，不符合反应事实，Fe和稀硫酸反应生成Fe2+和 H2，D 错误；答案选 C。【点睛】注意电荷守恒在判断中的灵活应用，还要注意所给方程式是否符合实际反应事实。15BMO(Bi2MoO6)是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，原理如图所示，下列说法不正确的是A该过程的总反应：C6H6O+7O2光BMO6CO2+3H2O B该过程中BMO 表现较强还原性C降解产物的分子中只含有极性分子D和中被降解的苯酚的物质的量之比为3:1【答案】
20、C【解析】【分析】【详解】A.根据图知,反应物是C6H6O 和氧气、生成物是二氧化碳和水,所以该过程的总反应为C6H6O+7O2光BMO6CO2+3H2O，故 A 正确，但不符合题意；B.该反应中BMO 失电子发生氧化反应，作还原剂，体现较强的还原性，故B 正确，但不符合题意；C.二氧化碳是非极性分子，水是极性分子，故C错误，符合题意；D.根据转移电子守恒判断消耗苯酚的物质的量之比,过氧根离子生成氧离子得到3 个电子、BMO+得 1 个电子，根据转移电子守恒知，和中被降解的苯酚的物质的量之比为3:1，故 D 正确，但不符合题意；故选：C。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16NaCl
21、O2的漂白能力是漂白粉的45 倍，NaClO2广泛用于造纸工业、污水处理等。工业上生产NaClO2的工艺流程如下：(1)ClO2发生器中的反应为：2NaClO3 SO2H2SO4=2ClO22NaHSO4。实际工业生产中，可用硫黄、浓硫酸代替原料中的SO2，其原因为 _(用化学方程式表示)。(2)反应结束后，向ClO2发生器中通入一定量空气的目的：_。(3)吸收器中生成NaClO2的离子反应方程式为_。(4)某化学兴趣小组用如下图所示装置制备SO2并探究 SO2与 Na2O2的反应：盛放浓 H2SO4仪器名称为 _，C 中溶液的作用是_。D中收集到的气体可使带余烬的木条复燃，B 中发生的反应可
22、能为_、Na2O2SO2=Na2SO4。【答案】S2H2SO4(浓)3SO2 2H2O 驱赶出 ClO2，确保其被充分吸收2ClO22OHH2O2=2ClO2O22H2O 分液漏斗吸收未反应的二氧化硫2Na2O22SO2=2Na2SO3O2【解析】【分析】由反应 2NaClO3+SO2+H2SO42ClO2+2NaHSO4制备 ClO2，ClO2与冷的 NaOH 溶液反应制NaClO2溶液，经过真空蒸发、冷却结晶、干燥得到NaClO2，据此分析解答(1)(3)；(4)A 制备二氧化硫，与Na2O2在 B 中反应，C吸收未反应的二氧化硫，D 中收集到的气体可使带余烬的木条复燃，说明有氧气产生，D
23、 收集生成的氧气，据此分析解答。【详解】(1)ClO2发生器中的反应为氯酸钠与二氧化硫在硫酸作用下发生氧化还原反应，而硫磺、浓硫酸也可以生成二氧化硫，反应的方程式为S+2H2SO4(浓)3SO2+2H2O，所以可用硫磺、浓硫酸代替原料中的SO2，故答案为：S+2H2SO4(浓)3SO2+2H2O；(2)反应结束后，发生器中仍有少量ClO2，通入空气可以将其完全排出，确保其被充分吸收，故答案为：驱赶出 ClO2，确保其被充分吸收；(3)吸收器中双氧水与ClO2在碱性条件下发生氧化还原反应生成NaClO2，反应的离子方程式为2ClO2+2OH-+H2O2=2ClO2-+O2+2H2O，故答案为：2
24、ClO2+2OH-+H2O22ClO2-+O2+2H2O；(4)根据装置图，盛放浓H2SO4仪器为分液漏斗；C 中溶液的作用是吸收未反应的二氧化硫；故答案为：分液漏斗；吸收未反应的二氧化硫；D 中收集到的气体可使带余烬的木条复燃，说明有氧气产生，所以B中发生的反应可能为二氧化硫与过氧化钠反应生成亚硫酸钠和氧气，反应的方程式为2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2，故答案为：2Na2O2+2SO22Na2SO3+O2。【点睛】本题的易错点为(4)中方程式的书写，要注意根据题意生成了氧气，因此不能反应生成硫酸钠。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17某抗结肠炎药物有效成分的合成路线
25、如图(部分反应略去试剂和条件)：已知：a.32(CH CO)O揪揪井b.Fe盐酸根据以上信息回答下列问题：(1)烃 A 的结构简式是_。(2)的反应条件是_；的反应类型是_。(3)下列对抗结肠炎药物有效成分可能具有的性质推测正确的是_。A水溶性比苯酚好，密度比苯酚的大B能发生消去反应C能发生聚合反应D既有酸性又有碱性(4)E 与足量 NaOH 溶液反应的化学方程式是_.(5)符合下列条件的E的同分异构体有_种，其中核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比3111 的异构体的结构简式为_。a.与 E具有相同的官能团b.苯环上的一硝基取代产物有两种(6)已知易被氧化，苯环上连有烷基时再引入一个取代基，常取
26、代在烷基的邻对位，而当苯环上连有羧基时则取代在间位。据此设计以A 为原料制备高分子化合物的合成路线_。(无机试剂任选)【答案】Fe或 FeCl3取代反应或硝化反应ACD 4 或【解析】【分析】E的结构简式中含有1 个 COOH和 1 个酯基，结合已知a，C 到 D 为 C中的酚羟基上的氢，被OCCH3替代，生成酯，则 D 到 E是为了引入羧基，根据 C的分子式，C中含有酚羟基和苯环，结合 E的结构简式，则 C 为，D 为。A 为烃，与Cl2发生反应生成B，B 为氯代烃，B与氢氧化钠发生反应，再酸化，可知B 为氯代烃的水解，引入羟基，则A 的结构为，B为。E在 NaOH 溶液中反应酯的水解反应，
27、再酸化得到F，F的结构简式为，根据已知b，则 G 中含有硝基，F到 G是为了引入硝基，则G 的结构简式为。【详解】(1)根据分析A 的结构简式为；(2)反应为在苯环上引入一个氯原子，为苯环上的取代反应，反应条件为FeCl3或 Fe作催化剂；反应F到 G 是为了引入硝基，反应类型为取代反应或硝化反应；(3)抗结肠炎药物有效成分中含有氨基、羧基和酚羟基，具有氨基酸和酚的性质；A三个官能团都是亲水基，相对分子质量比苯酚大，所以水溶性比苯酚好，密度比苯酚的大，A 正确；B与苯环相连的羟基不能发生消去反应，可以发生氧化反应；该物质含有氨基（或羟基）和羧基，可以发生缩聚反应；该物质含有羧基和羟基酯化反应等
28、，B 错误；C含有氨基和羧基及酚羟基，所以能发生聚合反应，C正确；D氨基具有碱性、羧基具有酸性，所以既有酸性又有碱性，D 正确；答案为：ACD；(4)E 中的羧基可以与NaOH 反应，酯基也可以与NaOH 反应，酯基水解得到的酚羟基也能与NaOH 反应，化学方程式为；(5)符合下列条件：a.与 E具有相同的官能团，b.苯环上的一硝基取代产物有两种；则苯环上有两个取代基处，且处于对位：如果取代基为COOH、OOCCH3，处于对位，有 1 种；如果取代基为COOH、COOCH3，处于对位，有1 种；如果取代基为COOH、CH2OOCH，处于对位，有1 种；如果取代基为HCOO、CH2COOH，处于
29、对位，有1 种；所以符合条件的有4 种；若核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比3：1：1：1 的异构体的结构简式为或；(6)目标产物为对氨基苯甲酸，NH2可由硝基还原得到，COOH 可由 CH3氧化得到。由于 NH2容易被氧化，因此在NO2还原成氨基前甲基需要先被氧化成COOH。而两个取代基处于对位，但苯环上连有烷基时再引入一个取代基，常取代在烷基的邻对位，而当苯环上连有羧基时则取代在间位，因此 CH3被氧化成 COOH 前，需要先引入NO2，则合成路线为。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18配合物Fe(CO)5的熔点一20，沸点103。可用于制备纯铁。Fe(CO)5的结构如图所示。(
30、1)基态 Fe 原子的价电子排布式是_；Fe(CO)5晶体类型属于_晶体。(2)CO 分子中 C、O原子都满足8 电子稳定结构，CO分子的结构式是_,写出与CO互为等电子体的分子的电子式:_。(3)C、O、Fe 的第一电离能由大到小的顺序为_。(4)关于 Fe(CO)5，下列说法正确的是_。AFe(CO)5是非极性分子，CO是极性分子 BFe(CO)5中 Fe 原子以 sp3杂化方式与CO成键C1 mol Fe(CO)5含有 10 mol 配位键 DFe(CO)5=Fe+5CO反应中没有新化学键生成(5)铁的三种晶体的晶胞均为立方晶胞，三种晶体的晶胞如下图所示。上述三种晶体的晶胞中属于面心晶胞
31、的是_(填“a”“”或“”)-Fe。a-Fe 晶胞中铁原子的配位数为_。-Fe 晶胞的边长为a pm，则 -Fe 单质的密度为_g/cm3(NA表示阿伏伽德罗常数的值，列出计算式即可)。【答案】3d64s2分子C O O CFe A、C 6 30322410AaN【解析】【详解】(1)铁为 26 号元素，基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2；Fe(CO)5的溶点-20，沸点103，熔沸点较低，Fe(CO)5晶体属于分子晶体，故答案为3d64s2；分子；(2)CO分子中 C、O 原子都满足8 电子稳定结构，CO分子的结构式为CO，与 CO互为等电子体的分子有N2，其电子式为，故答案为CO；(
32、3)C、O、Fe三种元素的原子中，铁的原子半径最大，其金属性最强，故其第一电离能最小，C、O 是同一周期元素，同一周期，从左到右，第一电离能逐渐增大，第一电离能由大到小的顺序为O CFe，故答案为 OCFe；(4)A根据 Fe(CO)5的结构可知，Fe(CO)5为三角双锥结构，分子中正负电荷分布均匀，是非极性分子，CO中正负电荷分布不均匀，是极性分子，故A 正确；BFe(CO)5中 Fe原子与 5 个 CO成键，不是sp3杂化，故B错误；C.1molFe(CO)5中 Fe原子与 5 个 CO形成 5 个配位键，在每个CO分子中存在1 个配位键，共含有10mol配位键，故C正确；D.Fe(CO)
33、5=Fe+5CO属于化学变化，包括化学键的断裂与形成，断开了分子中的配位键，形成了金属键，故D 错误；故选AC；(5)根据晶胞结构图，三种晶体的晶胞中属于面心晶胞的是，故答案为；晶胞中晶胞顶点的铁原子与周围的6 个铁原子距离相等且最小，配位数为6，故答案为6；晶体晶胞的边长为a pm，1 个晶胞中含有的铁原子数目=818+612=4，则 -Fe单质的密度=103456(10)AgNacm=30322410AaNg/cm3，故答案为30322410AaN。【点睛】本题的易错点为(4)和(5)，(4)中要注意Fe(CO)5为三角双锥结构，具有对称性结构，铁原子与配体间形成配位键，CO中也存在配位键
34、；(5)中要注意晶体密度的计算方法。另外C、O、Fe的第一电离能的大小也可以根据元素的金属性和非金属性的强弱判断。19摩尔盐在工业上有重要的用途。已知其由一种阴离子，两种阳离子组成的晶体，某学习小组按如下实验测定摩尔盐样品的组成。步骤如下：称取 3.920g 摩尔盐样品配制250mL 溶液。取少量配制溶液，加入KSCN溶液，无明显现象。另取少量配制溶液，加入过量浓氢氧化钠溶液并加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体和红褐色沉淀。定量测定如下：滴定实验结果记录如下：实验次数第一次第二次第三次消耗高锰酸钾溶液体积/mL 10.32 10.02 9.98 完成下列填空：(1)步骤中需要的定量仪器为
35、_、_。(2)步骤的目的是_。产生红褐色沉淀的离子方程式 _。(3)步骤中操作X 为_（按操作顺序填写）。(4)步骤中酸性高锰酸钾溶液能否用碘的酒精溶液代替，_（填“能”或“不能”），请说明理由_。(5)步骤若在滴定过程中，待测液久置，消耗高锰酸钾溶液的体积将_。（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。(6)通过上述实验测定结果，推断摩尔盐化学式为_。【答案】电子天平250mL 容量瓶确定红褐色沉淀中的铁元素在摩尔盐中是以亚铁离子形式存在4Fe2+8OH-+O2+2H2O4Fe(OH)3过滤、洗涤、干燥或烘干（冷却）不能碘单质与亚铁离子不反应偏小(NH4)2SO4?FeSO4?6H2O 或(NH
36、4)2Fe(SO4)2?6H2O【解析】【详解】（1）配制摩尔盐溶液时，称取3.9200g 摩尔盐样品要用电子天平称取，根据装置图可知，配制250mL 溶液定容时要用250mL 容量瓶；（2）取少量配制溶液，加入KSCN溶液，无明显现象，证明无铁离子存在，确定红褐色沉淀中的铁元素在摩尔盐中是以亚铁离子形式存在，产生红褐色沉淀的离子方程式为：4Fe2+8OH-+O2+2H2O4Fe(OH)3；（3）根据实验二中操作流程可知，白色悬浊液为硫酸钡，要精确称量硫酸钡的质量要经过过滤、洗涤、干燥再称量；（4）步骤中酸性高锰酸钾溶液不能用碘的酒精溶液代替，因为碘单质和亚铁离子不发生反应，不能测定实验；（5
37、）步骤若在滴定过程中，待测液久置，空气中氧气氧化亚铁离子，消耗标准溶液高锰酸钾溶液体积减小，c（待测）=cVV标准标准待测可知测定亚铁离子减小，故答案为偏小；（6）根据题中实验步骤及数据可知，滴定亚铁离子用去的高锰酸钾溶液的体积的数据中，第一次误差较大，为偶然误差应去掉，所以高锰酸钾溶液的体积为10.029.982mL=10.00mL，高锰酸钾的物质的量为0.02mol/L0.01L=0.0002mol，根据反应MnO4+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O，可知 3.9200g 摩尔盐样品中亚铁离子的物质的量为0.0002mol 250255=0.01mol，其质量为0.5600g，
38、白色固体硫酸钡为0.4660g，所以 3.9200g 摩尔盐样品中硫酸根离子的物质的量为0.4660233/ggmol25025=0.02mol，其质量为1.9200g，根据电荷守恒可知3.9200g 摩尔盐样品中铵根离子的物质的量为0.02mol 20.01mol 2=0.02mol，其质量为 0.3600g，所以样品中结晶水物质的量为3.92001.92000.56000.360018/gggggmol=0.06mol，所以摩尔盐的组成为(NH4)2SO4?FeSO4?6H2O 或(NH4)2Fe(SO4)2?6H2O。【点睛】本题考查了物质组成和结构的实验测定过程分析，主要是物质性质、滴定实验、化学式组成计算等知识点，易错点为（6）根据题中实验步骤及数据可知，滴定亚铁离子用去的高锰酸钾溶液的体积的数据中，第一次误差较大，为偶然误差应去掉。