河南省顶级名校2022-2023学年高三化学上学期第一次月考试题（Word版附解析）

河南省顶级名校2023届高三上学期第一次月考试卷化学时量：90分钟满分：100分可能用到的相对原子质量：H～1Li～7C～12N～14O～16K～39Mn～55Fe～56一、选择题(本题共16个小题，每小题3分，共48分。每小题只有一项符合题目要求)1.科技改变生活。下列说法不正确的是A.国产大飞机C919机壳采用的铝锂合金，具备耐腐蚀性B.“天宫课堂”实验乙酸钠过饱和溶液结晶形成温热“冰球”，该过程发生吸热反应C.“嫦娥五号”使用的锂离子电池组，可将化学能转变成电能D.国家速滑馆“冰丝带”采用超临界制冰，比氟利昂制冰更加环保【答案】B【解析】【详解】A．国产大飞机C919机壳采用的铝锂合金，具有密度小、硬度大、耐腐蚀的优良性质，A正确；B．乙酸钠在温度较高的水中的溶解度非常大，很容易形成过饱和溶液，暂时处于亚稳态；这种溶液里只要有一丁点的结晶和颗粒，就能打破它的亚稳态，迅速结晶的同时释放出大量热量，B错误；C．“嫦娥五号”使用的锂离子电池组属于原电池装置，可将化学能转化为电能，C正确；D．国家速滑馆“冰丝带”采用CO2超临界制冰，将CO2利用起来，减少了CO2的排放，比氟利昂制冰更加环保，D正确；故选B。2.下表所列各组物质中，物质之间通过一步反应能实现如图所示转化的是XYZ物质转化关系ACuCuOCu(OH)2BSiSiO2H2SiO3 CNaHCO3Na2CO3NaOHDFeCl2FeOFeCl3A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A.Cu与O2反应生成CuO，CuO与C或H2等反应生成Cu，Cu(OH)2无法一步转化为Cu，且CuO无法一步转化为Cu(OH)2，错误；B.Si与O2反应生成SiO2，SiO2与H2或C等反应生成Si，SiO2无法一步转化为H2SiO3，H2SiO3无法一步转化为Si，错误；C.NaHCO3在加热条件下能生成Na2CO3，Na2CO3与CO2、H2O反应生成NaHCO3，Na2CO3与Ca(OH)2反应生成NaOH，NaOH与过量CO2反应能直接生成NaHCO3，正确；D.FeCl2不能一步转化为FeO，FeO与HCl反应能生成FeCl2，FeO无法一步转化为FeCl3，FeCl3与Fe反应生成FeCl2，错误。3.室温下，下列各组离子一定能在指定溶液中共存的是A.0.1mol·L-1Ba(OH)2溶液：Na+、K+、Cl-、ClO-B.0.1mol·L-1NaHSO4溶液中：Al3+、[Ag(NH3)2]+、Cl-C.0.2mol·L-1H2SO4溶液：Mg2+、Fe2+、、Cl-D.0.2mol·L-1NaCl溶液中：、、K+、【答案】A【解析】【详解】A．Ba2+、OH-、Na+、K+、Cl-、ClO-，各离子不反应，可以共存，故A正确；B．0.1mol·L-1NaHSO4溶液为酸性，[Ag(NH3)2]+在碱性溶液中存在，则两者不能共存，故B错误；C．在酸性条件下具有强氧化性，会氧化Fe2+，故不能大量共存，故C错误；D．、反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子，不能大量共存，故D错误；故选：A。 4.利用下列装置和试剂进行实验，不能达到实验目的的是ABCD比较Zn与Cu的金属性强弱除去Cl2中的HCl并干燥制取乙酸乙酯（必要时可加沸石）制备NaHCO3A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．原电池中一般较活泼的金属做负极，该原电池锌做负极，铜做正极，可以比较Zn与Cu的金属性强弱，故A正确；B．HCl可溶于稀硫酸，氯气在稀硫酸中溶解度较小，浓硫酸干燥氯气，故B正确；C．制取乙酸乙酯时乙醇、乙酸和浓硫酸加热，要加入沸石防止暴沸，故C正确；D．氨气极易溶于水要防倒吸，导管不能深入液面以下，故D错误；故答案为D5.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.11g的D218O中含有的中子数为5NAB.1LpH=2的H2SO4溶液中H+的数目为0.02NAC.将0.1molCl2通入足量FeI2溶液中，转移电子的数目为0.2NAD.标准状况下，4.48L甲烷与足量Cl2完全反应生成CH3Cl的分子数目为0.2NA【答案】C【解析】【详解】A.一个D218O分子中含有1×2+10=12个中子，11g的D218O的物质的量为=0.5mol，所含中子数应为6NA，故A错误； B.pH=2的H2SO4溶液中c(H+)=0.01mol/L，所以1LpH=2的H2SO4溶液中H+的数目为0.01NA，故B错误；C.将0.1molCl2通入足量FeI2溶液中，氯气得电子全部转化为氯离子，每个氯气得2个电子，且只有氯气得电子，所以0.1mol氯气反应转移电子数为0.2NA，故C正确；D.甲烷和氯气反应，除了生成一氯甲烷，还生成二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳，且各组分占比未知，无法确定4.48L甲烷与足量Cl2完全反应生成CH3Cl的分子数目，故D错误；故答案为C。6.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，M是元素Y的单质，常温下，M遇甲的浓溶液发生钝化，丙、丁、戊是由这些元素组成的二元化合物，且丙是无色气体。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是A.丁和戊中所含元素种类不相同B.简单离子半径大小：X＞YC.简单氢化物的还原性：X＞ZD.Y的简单离子与Z的简单离子在水溶液中可大量共存【答案】B【解析】【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。M是元素Y的单质，常温下，M遇甲的浓溶液发生钝化，则Y元素是，甲是硝酸或硫酸。丙、丁、戊是由这些元素组成的二元化合物，且丙是无色气体，因此丙是二氧化硫，则甲是硫酸，丁是水，乙是硫酸铝，故W、X、Y、Z分别为H、O、、S，二氧化硫与戊反应生成硫酸，则戊具有氧化性，应该是过氧化氢。【详解】A．根据前面分析丁和戊分别是和，所含元素种类相同，故A错误；B．核外电子排布相同时，离子半径随核电荷数的增大而减小，则简单离子半径大小：，故B正确； C．非金属性越强，简单氢化物的还原性越弱，非金属性，则简单氢化物的还原性：，故C错误；D．铝离子与硫离子在水溶液中不能大量共存，二者发生相互促进的水解反应，生成氢氧化铝和硫化氢，故D错误。综上所述，答案为B。7.以“火法粗炼”“电解精炼”相结合的炼制精铜的工艺流程如图：已知焙烧中发生的反应为，冰铜还原生成粗铜的过程中发生的反应是2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2、2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑。下列叙述正确的是A.“焙烧”过程中，CuFeS2既是氧化剂又是还原剂B.“还原”过程中，每生成1molCu，Cu元素失去2mole—C.“电解”过程中，粗铜与电源负极相连，作阴极D.该炼铜工艺对环境友好，不会产生大气污染物【答案】A【解析】【分析】由题给流程和方程式可知，CuFeS2焙烧得到冰铜，冰铜还原生成粗铜，粗铜电解得到精铜。【详解】A．由方程式可知，焙烧中CuFeS2中铜元素的化合价降低被还原，铁元素化合价没有变化，硫元素化合价部分升高被氧化，所以CuFeS2既是反应的氧化剂又是反应的还原剂，故A正确；B．由方程式可得冰铜还原生成粗铜的总反应为Cu2S+O22Cu+SO2，由方程式可知，每生成1mol铜，铜元素得到1mole—，故B错误；C．电解过程中，粗铜应与直流电源的正极相连，做精炼池的阳极，故C错误；D．冰铜还原得粗铜过程中发生反应生成的二氧化硫对环境不友好，能引起酸雨，属于大气污染物，故D错误；故选A。8.下列操作能达到实验目的的是 选项操作目的A向溴的四氯化碳中通入甲烷证明和发生取代反应B将含的NO气体通入水中除去NO中C在FeS中加入稀硝酸制备D将可能含HCl的氯气通入溶液中检验氯气中HClA.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．甲烷不能与溴的四氯化碳发生反应，甲烷能与溴蒸气在光照条件下发生取代反应，A项错误；B．与水反应生成NO，B项正确；C．硝酸具有强氧化性，能与FeS发生氧化还原反应，C项错误；D．氯气与水反应生成HCl，D项错误；故选B。9.以对硝基苯甲酸()为原料，用铅蓄电池电解合成对氨基苯甲酸()的装置如图。下列说法中错误的是A.装置中铅合金电极与铅蓄电池的Pb电极相连B.阴极的主要电极反应式为+6e-+6H+= +2H2OC.每转移4mol电子时，阳极电解质溶液的质量减少32gD.生成对氨基苯甲酸的同时还产生少量H2【答案】C【解析】【分析】铅合金电极上主要是对硝基苯甲酸发生还原反应制得对氨基苯甲酸，铅合金电极为阴极；金属阳极DSA上H2O电离的OH-失去电子发生氧化反应生成O2；结合电解池的工作原理作答。【详解】A．铅蓄电池放电时Pb为负极，PbO2为正极，铅合金电极上主要是对硝基苯甲酸发生还原反应制得对氨基苯甲酸，铅合金电极为阴极，与铅蓄电池的负极相连，即铅合金电极与铅蓄电池的Pb电极相连，A项正确；B．阴极上主要是对硝基苯甲酸发生还原反应生成对氨基苯甲酸，1mol对硝基苯甲酸得到6mol电子生成1mol对氨基苯甲酸，结合酸性条件，阴极的主要电极反应式为+6e-+6H+=+2H2O，B项正确；C．阳极电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，阳极除放出O2外、生成的H+通过阳离子交换膜移向阴极室，故每转移4mol电子，阳极电解质溶液的质量减少36g，C项错误；D．在阴极除了对硝基苯甲酸被还原成对氨基苯甲酸酸，还存在电极反应2H++2e-=H2↑，即生成对氨基苯甲酸的同时还产生少量H2，D项正确；答案选C。10.《科学》报道，科学家利用吡啶—吡啶酮催化剂实现脂肪羧酸催化脱氢制备α、β—不饱和羧酸。例如：下列说法正确的是A.上述转化反应属于加成反应B.上述三种有机物所含官能团完全相同C.肉桂酸和异肉桂酸都能使酸性KMnO4溶液褪色 D.肉桂酸、异肉桂酸分子中所有原子不可能共平面【答案】C【解析】【详解】A．上述转化反应属于消去反应，故A错误；B．上述三种有机物所含官能团不完全相同，反应物中只有羧基，生成物中有羧基和碳碳双键，故B错误；C．肉桂酸和异肉桂酸都含有碳碳双键，都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D．苯环和碳碳双键、羧基均具有平面结构，但单键可旋转，因此肉桂酸、异肉桂酸分子中所有原子有可能共平面，故D错误。故答案为C。11.由含硒废料(主要含S、Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2等)制取硒的流程如图：下列有关说法正确的是A.“分离”时得到含硫煤油的方法是蒸馏B.“酸溶”时能除去废料中的全部氧化物杂质C.“酸化”的离子反应为：+2H+=Se↓+SO2↑+H2OD.若向“酸溶”所得的滤液中加入少量铜，铜不会溶解【答案】C【解析】【分析】由流程可知，煤油溶解S后，过滤分离出含硫的煤油，分离出Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2后，加硫酸溶解、过滤，滤液含硫酸铜、硫酸锌、硫酸铁，滤渣含Se、SiO2，再加亚硫酸钠浸取Se生成Na2SeSO3，最后酸化生成粗硒。【详解】A．煤油溶解S后，过滤分离出含硫的煤油，滤渣为Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2，“分离”时得到含硫煤油的方法是过滤，故A错误；B．加硫酸溶解、过滤，滤液含硫酸铜、硫酸锌、硫酸铁，滤渣含Se、SiO2，“酸溶”时能除去废料中的部分氧化物杂质，二氧化硅不溶于硫酸，故B错误； C．Na2SeSO3酸化生成粗硒，“酸化”的离子反应为：+2H+=Se↓+SO2↑+H2O，故C正确；D．若向“酸溶”所得的滤液中加入少量铜，滤液含硫酸铁，铜会溶解，2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，故D错误；故选C。12.某种含二价铜的催化剂[CuⅡ(OH)(NH3)]+可用于汽车尾气脱硝。催化机理如图1所示，反应过程中不同态物质体系所具有的能量如图2所示。下列说法正确的是A.该脱硝过程总反应的焓变△H＞0B.由状态①到状态⑤所发生的反应均为氧化还原反应C.状态③到状态④的变化过程中有O—H键的形成D.总反应的化学方程式为4NH3(g)+2NO(g)+2O2(g)3N2(g)+6H2O(g)【答案】C【解析】【详解】A．根据图2可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，则总反应焓变，A错误；B．由图1可知，状态①到状态②中Cu的化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，B错误；C．状态③到状态④的变化过程为，有O―H键的形成，C正确；D．由图1知，该脱硝过程反应物有：、NO、，生成物有、，由图1所给 数据知，反应物为2mol，NO为2mol，为0.5mol，生成物为2mol，为3mol，故该脱硝过程总反应的化学方程式为：，化整得：，D错误；故选：C。13.下列离子方程式不正确的是A.锂离子电池的负极反应：LixCy-xe-=xLi++CyB.向CuCl2溶液中滴加过量氨水：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+C.用K3[Fe(CN)6]溶液检验Fe2+：K++Fe2++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓D.调节pH=5(常温)，向ZnSO4溶液中加入适量KMnO4溶液(还原产物MnO2)除去少量杂质Fe2+：3Fe2+++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+【答案】B【解析】【详解】A．原电池负极发生氧化反应，失电子，故锂离子电池的负极反应：LixCy-xe-=xLi++Cy，A正确；B．向CuCl2溶液中滴加过量氨水反应生成：故为Cu2++4NH3·H2O=+4H2O，B错误；C．用K3 [Fe(CN)6]溶液检验Fe2+反应生成，故K++Fe2++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓，C正确；D．KMnO4溶液(还原产物MnO2)将Fe2+氧化成Fe3+转化成Fe(OH)3，故为3Fe2++MnO+7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+，D正确；故选B。14.下列实验设计合理的是A.用pH试纸测量某浓度的H2SO3溶液的pH，证明H2SO3为二元弱酸B.分离氯化钠和氯化铵晶体，可以用加热法C.将浸泡了水玻璃的木条放在酒精灯上点燃，木条未燃烧，证明Na2SiO3具有防火性 D.将打磨和未打磨的两片铝片在酒精灯上灼烧，打磨过的铝片有液体滴下，证明铝的熔点小于氧化铝【答案】B【解析】【详解】A．pH试纸只能测量H2SO3溶液的酸性强弱，无法确认是几元酸，故A错误；B．氯化铵受热分解成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢遇冷又化合为氯化铵，加热法可分离，故B正确；C．水玻璃是Na2SiO3的水溶液，木条未燃烧有可能是水玻璃中的水的作用，应该做对照实验，故C错误；D．铝片打磨后又被氧化，因此两片铝片都熔化而不滴落，故D错误；故答案为B15.室温下，向10mL浓度均为0.1mol/L的CuCl2、FeC12和ZnCl2溶液中分别滴加等浓度的Na2S溶液，滴加过程中pc[pc=-1gc(M2+)，M2+为Cu2+或Fe2+或Zn2+]与Na2S溶液体积的关系如图所示。已知：Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)，Ksp(FeS)=6.25×10-18，lg25=1.4。下列说法错误的是A.m=8.6B.a点的CuCl2溶液中：c(H+)=c(OH-)+2c[Cu(OH)2]C.a→d→g的过程中，水的电离程度经历由大到小后又增大的过程D.将足量ZnCl2晶体加入0.1mol／L的Na2S溶液中，c(Zn2+)最大可达到10-24.4mol·L-1【答案】D【解析】【详解】A．加入10mLNa2S时，Fe2+沉淀达到终点，溶液中c(Fe2+)≈c(S2-)，Ksp(FeS)=6.25×10-18，则c(Fe2+)==2.5×10-9mol/L，lg(2.5×10-9)=8.6，题图c点、d 点纵坐标都已给出，只能是m=8.6，A正确；B．a点为CuCl2溶液，由电荷守恒得2c(Cu2+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，由物料守恒可得2c(Cu2+)+2c[Cu(OH)2]=c(Cl-)，所以c(H+)=c(OH-)+2c[Cu(OH)2]，B正确；C．盐类的水解会促进水的电离，未加入Na2S时，金属阳离子的水解促进水的电离，随着Na2S的加入，金属阳离子和S2-形成沉淀，溶液中水解的离子越来越少，水的电离程度逐渐减小，当完全沉淀时，即d点，水的电离程度最小，继续加入Na2S溶液，溶液中S2-越来越多，而S2-液会发生水解，所以d→g的过程中，水的电离程度逐渐增大，C正确；D．ZnCl2可溶于水，加入0.1mol/L的Na2S溶液中，当S2-完全沉淀后，ZnCl2可以继续溶于水电离出Zn2+，溶液中c(Zn2+)可以远大于10−24.4mol·L−1，D错误；综上所述答案为D。16.可逆反应①X(g)+2Y(g)2Z(g)、②2M(g)N(g)+P(g)分别在密闭容器的两个反应室中进行，反应室之间有无摩擦、可滑动的密封隔板。反应开始和达到平衡状态时有关物理量的变化如图所示：下列说法错误的是A.反应①的正反应是放热反应B.达平衡(I)时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为10：11C.达平衡(I)时，X的转化率为5／11D.在平衡(I)和平衡(II)中M的物质的量分数相等【答案】D【解析】【详解】A．降温由平衡(I)向平衡(II)移动同时XYZ的总物质的量减少，说明平衡向右移动，正反应放热，故A正确；B．平衡时，右边物质的量不变，由图可以看出达平衡(I)时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为2:2.2=10:11，故B正确；C．达到平衡(I)时，右边气体的物质的量不变，仍为2mol，左右气体压强相等，设平衡时左 边气体的物质的量为xmol，则有2:x=2.2:2.8x=mol，其物质的量减少了3-=mol，所以达平衡(I)时，x的转化率为，故C正确；D．由平衡(I)到平衡(II)，降低温度化学反应②发生移动，M的体积分数不会相等，故D错误；故答案为D二、非选择题(本题包括必考题和选考题两部分，第17～19题为必考题，第20、21题为选考题，考生根据要求作答)(一)必考题(本题包括3小题，共37分)17.实现太阳能的转化与存储，近年来取得重大突破。利用含硫物质的热化学循环过程如图：（1）反应Ⅰ由两步反应完成：a.H2SO4(l)=SO3(g)+H2O(g)△H1=+177kJ·mol-1b.2SO3(g)=2SO2(g)+H2O(g)△H2=+197kJ·mol-1①反应Ⅰ的热化学方程式为____。②对于反应Ⅰ中b反应，如图纵坐标y表示SO3平衡转化率(%)，横坐标x可表示温度或压强，A、B可表示温度曲线或压强曲线。则i.横坐标x可表示的物理量是____。ii.当x的量一定时，A、B的大小关系是A____B(填“<”“>”或“=”)。（2）已知反应Ⅱ为3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s)△H3=-254kJ·mol-1 ①在25℃时，该反应能否自发进行？____(填“能”“否”或“不能确定”)。②在某一投料比时，两种压强下，H2SO4在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示。可得出结论p2>p1，其理由是____。（3）I-可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下：A.SO2+4I-+4H+=S↓+2I2+2H2OB.I2+2H2O+SO2=4H++SO+2I-欲探究A、B反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18mLSO2饱和溶液加入到2mL。下列试剂中，密闭放置观察现象。(已知：I2易溶解在KI溶液中)实验序号试剂组成实验现象a0.4mol·L-1KI溶液变黄，一段时间后出现浑浊bnmol·L-1KI、0.2mol·L-1H2SO4溶液变黄，出现浑浊较a快c0.2mol·L-1H2SO4无明显现象d0.2mol·L-1KI、0.0002I2溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较a快①b是a的对比实验，则n=____。②比较a、b、c，可得出的结论是___。③实验表明，SO2的歧化反应速率d>a，结合A、B反应速率解释原因：____。【答案】（1）①.2H2SO4(l)=2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g)△H=+551kJ·mol-1②.压强 ③.＞（2）①.不能确定②.反应Ⅱ是气体物质的量减小的反应，温度一定时，增大压强使反应正向移动，H2SO4的物质的量增大，体系总物质的量减小，H2SO4的物质的量分数增大（3）①.0.4②.I-是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率③.反应B比A快，d中由反应B产生的H+使反应A加快【解析】【小问1详解】①应用盖斯定律，反应a×2+反应b得，2H2SO4(l)=2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g)△H=+551kJ·mol-1。②i．该反应的正反应是气体分子数增大的反应，压强增大，平衡逆向移动，的转化率减小，所以x表示的物理量应为压强。ii.根据上问可知曲线表示的是温度，该反应的正反应为吸热反应，相同压强时，温度升高，平衡正向移动，的转化率增大，故。【小问2详解】①对于反应Ⅱ，由于，，而反应Ⅱ是气体分子数减小的反应，，根据，则不能确定是大于0或是小于0，因此不能确定反应Ⅱ在25℃时能否自发进行。②在横坐标上任取一点，作纵坐标的平行线，可见温度相同时，时的物质的量分数大于时；反应Ⅱ是气体分子数减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，物质的量增加，体系总物质的量减小，物质的量分数增大，则。【小问3详解】①b是a的对比实验，采用控制变量法，b比a多加了，a与b中浓度应相等，则。②对比a与b，加入可以加快歧化反应的速率；对比b与c，不能催化的歧化反应；比较a、b、c可得出的结论是：是歧化反应的催化剂，单独存在时不具有催化作用，但可以加快歧化反应速率。 ③对比d和a，d中加入的浓度小于a，d中多加了，反应A消耗和，反应B中消耗，d中“溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较a快”，反应速率，由此可见，反应B比反应A速率快，反应B产生使增大，从而使反应A加快。18.高锰酸钾为紫黑色、细长的棱形结晶或颗粒，是一种强氧化剂，可溶于水，常用作消毒剂、水净化剂、氧化剂、漂白剂、毒气吸收剂等。Ⅰ.制备KMnO4（1）若实验室选用A装置制备Cl2，导管P的作用为_______。（2）若实验室选用B装置制备氯气，当锥形瓶中放置的药品为漂粉精，则对应的化学反应方程式为_______。（3）用氯气氧化K2MnO4制备KMnO4，则其接口顺序为a→_______(按气流方向从左到右，用小写字母表示)。（4）工业上采用惰性电极隔膜法电解，可制得KMnO4.装置如图：写出电解总反应化学方程式：_______。Ⅱ.测定KMnO4产品的纯度称取2.4000g样品溶于水，加入硫酸酸化后配成100.00mL溶液，用移液管取20.00mL置于锥形瓶中，用0.5000mol·L-1标准(NH4)2Fe(SO4)2溶液进行滴定。（5）滴定终点的现象是_______。（6）数据处理。将三次实验消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液体积取平均值为30.00mL。计算该 KMnO4产品的质量分数为_______％(保留小数点后两位)。（7）进一步分析发现，测定结果偏高，其原因可能是_______(填标号)。A.洗涤后，锥形瓶未干燥直接加入待测的KMnO4溶液B.装液前，滴定管水洗后没有用标准液润洗C.滴定前仰视读数，滴定后俯视读数D.标准(NH4)2Fe(SO4)2溶液部分氧化变质【答案】（1）平衡气压,使分液漏斗中的液体能够顺利滴下（2）Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O（3）defgc(b)（4）2K2MnO4+2H2O2KMnO4+H2↑+2KOH（5）当滴加最后半滴标准(NH4)2Fe(SO4)2溶液时,锥形瓶中溶液红色刚好褪去,且半分钟内不变色（6）98.75（7）BD【解析】【小问1详解】A装置装置制备Cl2，导管P的作用为平衡气压,使分液漏斗中的液体能够顺利滴下；【小问2详解】若实验室选用B装置制备氯气，当锥形瓶中放置的药品为漂粉精，Ca(ClO)2与HCl反应生成Cl2，则对应的化学反应方程式为Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；【小问3详解】用氯气氧化K2MnO4制备KMnO4，先通入D除去氯气中的HCl，再通入E氯气氧化K2MnO4制备KMnO4，最后通C吸收尾气，则其接口顺序为a→defgc(b)；【小问4详解】工业上采用惰性电极隔膜法电解，可制得KMnO4.装置如图可知a为阳极，b为阴极，电解总反应的化学方程式2K2MnO4+2H2O-2KMnO4+H2↑+2KOH；【小问5详解】高锰酸钾氧化Fe2+，滴定终点的现象是当滴加最后半滴标准(NH4)2Fe(SO4)2溶液时,锥形瓶中溶液红色刚好褪去,且半分钟内不变色；【小问6详解】 根据样品中KMnO4的质量为该KMnO4产品的质量分数为；【小问7详解】A.洗涤后，锥形瓶未干燥直接加入待测的KMnO4溶液不影响滴定结果；B.装液前，滴定管水洗后没有用标准液润洗会稀释标准液，造成消耗标准液体积偏大，测定结果偏大；C.滴定前仰视读数，滴定后俯视读数，标准液体积偏小，造成测定结果偏低；D.标准(NH4)2Fe(SO4)2溶液部分氧化变质，相当于标准液浓度变稀，消耗的体积偏大，测定结果偏大；故答案为BD19.由硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、Fe3O4、Al2O3和SiO2)得到绿矾(FeSO4·7H2O)，然后制取透明氧化铁颜料流程如下：已知：Ⅰ.透明氧化铁又称纳米氧化铁，粒子直径微小(10～90nm)，包括氧化铁黄(FeOOH)和氧化铁红(Fe2O3)，难溶于水，在碱性条件下非常稳定；Ⅱ.Fe3+能将FeS2中的硫元素氧化为+6价。回答下列问题：（1）基态Fe2+的价层电子排布图为_______。（2）“滤渣”中的主要成分是_______。（3）流程中“”环节的目的是_______。（4）“还原”过程中涉及的离子方程式为_______。（5）“沉淀”采用分批加入KOH 溶液，并不断搅拌，这样操作不但可以得到均匀、色泽纯正的氢氧化铁，而且还可以_______。（6）可用分光光度法测定制得的透明氧化铁中氧化铁黄和氧化铁红的含量。已知Fe(SCN)3的吸光度A(对特定波长光的吸收程度)与Fe3+标准溶液浓度的关系如图所示：称取3.47g透明氧化铁，用稀硫酸溶解并定容至1L，准确移取该溶液10.00mL，加入足量KSCN溶液，再用蒸馏水定容至100mL。测得溶液吸光度A=0.8，则透明氧化铁中氧化铁红的质量分数为_______％(保留小数点后一位)；若吸光度A减小，则氧化铁红的含量将_______(填“增大”或“减小”)。【答案】（1）（2）二氧化硅和二硫化亚铁（3）除去溶液中的Al3+，得到FeSO4溶液（4）（5）形成细小的氢氧化铁颗粒（6）①.23.1%②.减小【解析】【分析】硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、Fe3O4、Al2O3和SiO2)加入硫酸溶解生成硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸铝，SiO2难溶于酸，过滤为滤渣，加入过量FeS2还原Fe3+为Fe2+，结晶得到滤液1为硫酸铝，再加水溶解得到硫酸亚铁溶液，加入KClO3部分氧化亚铁离子为铁离子，然后在KOH强碱性条件下生成氧化铁黄(FeOOH)，经转化得到透明氧化铁。【小问1详解】Fe位于周期表中第4周期第Ⅷ族，Fe2+为Fe失去两个电子，其基态价电子排布式为3d6，所以基态Fe2+的价层电子排布图为：。 【小问2详解】由分析可知，滤渣为难溶于酸的SiO2和过量FeS2，名称为二氧化硅和二硫化亚铁。【小问3详解】流程中结晶、溶解环节的目的是除去溶液中的Al3+，得到FeSO4溶液。【小问4详解】已知Fe3+能将FeS2中的硫元素氧化为+6价，“还原”过程中涉及的离子方程式为。【小问5详解】“沉淀”采用分批加入KOH溶液，并不断搅拌，这样操作不但可以得到均匀、色泽纯正的氢氧化铁，而且还可以形成细小的氢氧化铁颗粒。【小问6详解】设3.47g透明氧化铁中含有amolFeOOH和bmolFe2O3，则amol×89g/mol+bmol×160g/mol=3.47g，定容至1L，取10mL并稀释10倍，故n(Fe2+)=0.01(a+2b)mol=0.1×4.0×10-3mol，解得a=0.03，b=0.005，氧化铁黄的质量是0.03mol×89g/mol=2.67g，质量分数为，则氧化铁红的质量分数为1-76.9%=23.1%；由图像可知，吸光度A与c(Fe3+)成正比，吸光度A减小，配制成的溶液中c(Fe3+)减小，即混合液中的Fe的含量减小，FeOOH可表示为Fe2O3∙H2O，说明其含量增大，则氧化铁红的含量将减小。(二)选考题(从第20题和第21题中任选一题作答。若多做，则按所做的第一题计分，共15分)[选修3：物质结构与性质]20.Si、Cs、Ti、Cu等元素形成的单质及其化合物均有重要的科学研究价值，回答下列问题：（1）硅(Ⅳ)的某化合物结构如图所示，基态Si原子的核外电子空间运动状态有_______种，组成元素中C、N、O、Si的第一电离能由小到大的顺序为_______，硅原子的杂化方式推断合理的是_______(填标号)。A.sp3d2B.sp3C.sp3dD.sp2 （2）卤化钠(NaX)和四卤化钛(TiX4)的熔点如图所示，TiX4熔点呈如图甲变化趋势的原因是_______。（3）[Cu(NH3)4]2+具有对称的空间结构，其中2个NH3被Cl-取代能得到两种不同结构的Cu(NH3)2Cl2，则[Cu(NH3)4]2+中由4个NH3围成的图形是_______。（4）CsSiB3O7属正交晶系(长方体形)。晶胞参数为apm、bpm、cpm。下图为沿y轴投影的晶胞中所有Cs原子的分布图和原子分数坐标。据此推断该晶胞中Cs原子的数目为_______。CsSiB3O7的摩尔质量为Mg·mol-1，设NA为阿伏加德罗常数的值，则CsSiB3O7晶体的密度为_______g·cm-3(用代数式表示)。【答案】（1）①.8②.Si<C<O<N③.A（2）TiF4属于离子晶体，离子晶体的熔沸点大于分子晶体，TiCl4、TiBr4、TiI4属于分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，分子晶体的熔点越高； （3）平面正方形（4）①.4②.【解析】【小问1详解】核外电子空间运动状态由原子轨道决定，Si为14号元素，1s22s22p63s23p2，基态Si原子有8个轨道，其核外电子空间运动状态有8种；同主族自上而下第一电离能减小，同周期主族元素随原子序数增大元素第一电离能呈增大趋势，但ⅡA族、ⅤA族第一电离能大于同周期相邻元素；组成元素中C、N、O、Si的第一电离能由小到大的顺序为Si<C<O<N；由结构可知，Si的配位数为6，Si原子价层电子对数为6，故Si的杂化方式为sp3d2，故答案为A；【小问2详解】TiF4属于离子晶体，离子晶体的熔沸点大于分子晶体，TiCl4、TiBr4、TiI4属于分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，分子晶体的熔点越高；【小问3详解】[Cu(NH3)4]2+具有对称的空间结构，其中2个NH3被Cl-取代能得到两种不同结构的Cu(NH3)2Cl2，若是正四面体形其中2个NH3被Cl-取代后只有一种结构，故说明[Cu(NH3)4]2+中由4个NH3围成的图形是平面正方形；【小问4详解】根据投影图可知Cs原子位于晶胞的面心和顶点，每个晶胞中有，CsSiB3O7的摩尔质量为Mg·mol-1，设NA为阿伏加德罗常数的值，则CsSiB3O7晶体的密度为g·cm-3。[选修5：有机化学基础]21.以芳香族化合物A和有机物D为原料，制备有机物M和高聚物N的合成路线如图： 已知：Ⅰ.A→B是最理想的“原子经济性反应”Ⅱ.(R1、R2表示COOH、氢原子或烃基)（1）A的系统命名为_______。（2）上述物质间的转化属于加成反应的有_______个。（3）E的分子式为_______。（4）H生成N的化学方程式为_______。（5）同时满足下列条件的B的同分异构体有_______种(不考虑立体异构)；在上述异构体中，核磁共振氢谱图峰面积比为1：1：2：2：6的共有_______种。①能发生银镜反应；②苯环上连有两个或三个取代基。（6）参照上述合成路线和信息，以丙烯为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线。_______【答案】（1）3-甲基苯酚（2）4（3）C5H10O3（4）（5）①.31②.3（6） 【解析】【分析】根据B的结构可知A为，B与H2加成生成C，C为，D与HCN反应在酸化生成E，E为，E在浓硫酸作用下消去羟基，故F为，F与甲醇发生酯化反应生成H，H为，H发生加聚反应生成N；F与氢气加成生成G，G与C酯化生成M；【小问1详解】A为，A的系统命名为3-甲基苯酚；【小问2详解】根据分析可知AB，BC，DE，FG，这4个反应属于加成反应；【小问3详解】E为，根据结构式可知分子式为C5H10O3；【小问4详解】H为，H发生加聚反应生成N，反应方程式为： ；【小问5详解】根据B的结构式可知①能发生银镜反应；②苯环上连有两个或三个取代基。有两种取代基的有-CHO和-C3H7(-CH2CH2CH3和-CH(CH3)2)有邻间对共6种，-CH2CHO和--CH2CH3，有3种；-CH2CH2CHO和-CH3，有3种；-CH(CH3)CHO和-CH3，有3种；有三种取代基的有-CHO、-CH3、-CH2CH3，共10种；-CH2CHO、-CH3、-CH3，共6种；同分异构体一个31种；核磁共振氢谱图峰面积比为1：1：2：2：6的有、、共有3种；【小问6详解】以丙烯为原料(无机试剂任选)，制备的合成路线为：