湖北省2023届高三化学下学期高考冲刺模拟试卷（八）（Word版附解析）

秘密★启用前2023年高考冲刺模拟试卷化学试题（八）本试卷共8页，19题。全卷满分100分。考试用时75分钟。注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子质量：H:1C:12N:14O:16K:39Fe:56Cu:64Zn:65一、选择题：本题共15个小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．下列说法正确的是A．在分子筛固体酸催化下，苯与丙烯发生加成反应能生成异丙苯B．日常生活中经常接触到的聚苯乙烯、酚醛树脂、顺丁橡胶都是通过加聚反应得到的C．天然油脂主要是同酸甘油三酯，异酸甘油三酯的含量很低D．蛋白质和氨基酸遇到双缩脲试剂都会呈现紫玫瑰色2．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．34g中含有的极性键数目为2NAB．通常条件下，46g二氧化氮与四氧化二氮的混合气体中的原子数为3NAC．50mL18.4mol/L浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子的数目为0.46NAD．在含4molSi－O键的石英晶体中，氧原子的数目为4NA3．下列说法错误的是A．羊毛织品洗后易变形，与氢键有关B．基态Fe原子中，两种自旋状态的电子数之比为C．键角：NO3->NH4+>NH3>PH3>P4D．46g二甲醚(CH3OCH3)中sp3杂化的原子数为2NA4．拉西地平是一种治疗高血压药物，其结构简式如图所示。下列说法错误的是 A．该分子中碳原子的杂化方式只有B．既能与H2SO4反应，也能与NaOH反应C．既存在顺反异构体又存在对映异构体D．拉西地平最多消耗5．Zewail创立的飞秒()化学研究了极短时间内的反应历程，巧妙地解决了如何确定反应起点问题。例如与的反应过程片段为：。下列有关说法错误的是A．中间产物不属于有机化合物B．反应起点为离解为H和I自由基，终点为自由基与I自由基结合C．经1000fs离解为自由基和，说明与的反应速率极快D．飞秒化学展现的反应历程为“化学反应实质是旧键断裂和新键形成”提供有力证据6．DACP是我国科研工作者合成的一种新型起爆药，结构如下图所示，下列关于该物质的说法正确的是A．Co3+的配体只有两种，配位数为6B．1molDACP中含有24键C．NH3和ClO4-中心原子的杂化方式不同D．NH3与N3-中的键角是前者大于后者7．离子液体是指由体积较大的阴、阳离子组成，并且在室温或接近室温下呈液态的盐，也称为低温熔融盐。有许多优点例如有难挥发，良好的导电性。可作溶剂，电解质，催化剂等。1-正丁基-3-甲基咪唑六氟磷酸盐是一种离子液体。结构简式如图，下列关于它的叙述正确的是或A．该新型化合物含有的C、N、P元素均为杂化B．1-正丁基-3-甲基咪唑六氟磷酸盐属于含共价键的离子化合物C．有关元素的第一电离能：F>N>C>HD．该新型化合物的组成元素全部位于元素周期表p区8．某同学查阅资料发现电解饱和食盐水也可以获得金属Na，但必须改进实验装置，装置图和实验现象记录如下：接通电源，右侧石墨电极b表面立即出现黄绿色气体，一段时间后，金属汞表面有细微气泡出现，加大电压电解足够长时间后分离出其中的金属Hg。取 少量分离出的Hg投入滴有酚酞溶液的水中，酚酞变红且有无色无味气体放出。有关该实验的说法错误的是A．Q溶液可以是NaOH溶液，作用是尾气吸收B．玻璃管的作用是防止铁丝暴露在NaCl溶液中，导致生成大量的H2而无法得到金属NaC．可以采取蒸发的实验方法分离实验结束后Hg层中Hg和Na的混合物D．出于安全角度考虑，进行该实验时应该开启排风扇9．一步合成甲基丙烯酸甲酯的反应如下（其他产物已省略）。科学家为了研究甲醇的脱氢过程对反应速率的影响，进行了下表所示动力学同位素效应实验（其他条件均相同）。实验编号反应物反应速率常数数据分析Ⅰ丙酸甲酯甲醇（CH3OH）kHⅡ丙酸甲酯氘代甲醇D1（CD3OH）kD1kH/kD1＝4.6Ⅲ丙酸甲酯氘代甲醇D2（CH3OD）kD2kH/kD2＝2.7下列说法正确的是A．CH3OH、CD3OH和CH3OD互为同素异形体B．相比于甲醇，氘代甲醇参与的反应活化能较小C．相比于C﹣H键，C﹣D键断裂的速率较慢D．相比于O﹣H键，C﹣H的断裂对反应速率的影响较小10．硫酸钾是一种重要的无氯优质钾肥，利用某高钾明矾石制备硫酸钾的工艺流程如下：已知：高钾明矾石的主要成分为和少量。下列说法正确的是A．SO3可回收利用后应用于本流程B．调节pH的目的是使Fe3+和Al3+完全沉淀C．化合物Y可制成铝热剂用于焊接铁轨D．焙烧时Al2(SO4)3反应的化学方程式为2Al2(SO4)3+3S=2Al2O3+9SO311．可利用酰胺型铱金属配合物通过硝基芳烃还原串联N－苄基化反应制 备。反应机理如图（其中Ph－代表苯基，[Ir]代表）下列说法错误的是A．反应I过程中有水生成B．反应IV涉及加成反应和消去反应C．该过程反应原料为硝基苯和苯甲醇D．用CH3CH2CH2OH替代上述过程中的同类物质参与反应，可以合成12．溴化亚铁(FeBr2)是一种常用的催化剂，易潮解变质，800℃以上可升华，高温时溴化铁(FeBr3)迅速分解成溴化亚铁。如图所示制备溴化亚铁（部分夹持仪器未画出），下列说法正确的是A．若用浓硫酸代替浓磷酸，则会导致产品的纯度降低B．常温下浓硫酸与浓磷酸粘度较大主要是由于分子间有氢键C．浓磷酸在与溴化钠反应中体现了磷酸的酸性比氢溴酸的酸性强D．碱石灰可以用无水氯化钙代替13．碱性锌铁液流电池具有电压高、成本低的优点。该电池的总反应为Zn+2[Fe(CN)6]3-+4OH-2[Fe(CN)6]4-+[Zn(OH)4]2-，下列叙述不正确的是A．[Fe(CN)6]3-中含有键与键的数目之比为1∶1 B．放电时，N极电势低于M极，N极电极反应为Zn-2e-+4OH-=[Zn(OH)4]2-C．若离子交换膜只有OH-通过，1mol[Fe(CN)6]3-反应时，有1molOH-通过离子交换膜D．维持电流强度0.5A，电池工作5分钟，理论上消耗锌约0.5g(已知)14．铁镁合金是目前已发现的储氢密度较高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示（白球代表Fe，黑球代表Mg）。储氢时，H2分子在晶胞的体心和棱的中心位置，且最近的两个氢分子之间的距离为anm，NA表示阿伏加德罗常数的值。已知A点的原子坐标参数为(0，0，0)，B点为(，，0)。则下列说法正确的是A．晶胞中Fe与Mg的配位数均为4B．位置C点的原子坐标参数为(，，)C．Mg与Fe之间的最近距离为anmD．储氢后的晶体密度为15．某温度下，改变0.1mol/LK2Cr2O7溶液的pH时，各种含铬元素微粒及OH-浓度变化如图所示(已知H2CrO4是二元酸)，下列说法中错误的是A．该温度下的中性溶液的pH=7B．向10mLK2Cr2O7溶液中滴入几滴H2SO4溶液，溶液橙色变深C．B点溶液中存在D．溶液中存在平衡Cr2O72-+H2O⇌2CrO42-+2H+，该温度下此反应的平衡常数K=5.1×10-14.2二、非选择题（共4个小题，共55分）16．（14分）近年来，随着电动汽车市场渗透率的快速提升，促进了锂电行业的飞速发展。草酸亚铁（FeC2O4）是磷酸铁锂动力电池的原材料，市场前景十分广阔。制备草酸亚铁的实验流程如图1所示： 回答下列问题：（1）称取10.000g硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]加入三颈烧瓶中，同时加入一定量的铁屑，然后加入一定量的稀硫酸，一段时间后，再加入草酸。制备装置如图2所示：①盛装草酸和硫酸的仪器名称为。②三颈烧瓶中加入一定量的铁屑的目的是。③制备草酸亚铁时，选用硫酸亚铁铵与草酸制备，而不选用硫酸亚铁与草酸制备的原因是。④三颈烧瓶中制备草酸亚铁反应的化学方程式为。（2）三颈烧瓶中不再产生气泡后，将三颈烧瓶中的物质转移至布氏漏斗中，用如图3装置进行抽滤，析出的晶体先用冷水洗涤两次，再用乙醇洗涤产品，抽干，重结晶，干燥，获得产品5.040g。①先用冷水洗涤，后用乙醇洗涤的原因是。②用冷水洗涤抽滤所得晶体的操作方法为打开旋塞K，，关闭旋塞K，确认抽干，重复两次。停止抽滤时，操作顺序为　　（填标号）。A．打开旋塞K，关闭抽气泵B．关闭抽气泵，打开旋塞K③本实验中草酸亚铁的产率为%。17．（14分）氧化锌是一种白色粉末，可溶于酸、氢氧化钠溶液、氨水和氨水铵盐缓冲溶液中，它在橡胶、油漆涂料、化工、医疗及食品等行业有着广泛应用。一种由含锌烟灰（含有、、、、、MnO、、等）制备氧化锌的工艺流程如图所示： 已知：ⅰ）二价金属氧化物能分别与氨络合，如、可生成、；ⅱ）、元素对应优势微粒与溶液的及氧化剂氧化电位关系如图：ⅲ）时相关物质的见下表：物质回答下列问题：（1）“氧化预处理”时，加入溶液的目的为。（2）“浸出”时生成多种配离子，其中生成[Zn(NH3)4]2+的离子方程式为。（3）“深度净化”时，可采用以下两种方案。①方案甲：加入足量锌粉。该方案所得滤渣c中除了含、之外，还含有______（填化学式）。②方案乙：加入粉末。已知杂质离子浓度较为接近且远小于锌离子浓度，则杂质离子沉淀的先后顺序依次为（填离子符号）；工业生产中常采用方案甲而不采用方案乙，其原因为。（4）“蒸氨”时得到混合气体e和固体。混合气体e可返回至___________工序循环利用；取11.2固体，经充分“煅烧”后得到氧化锌8.1g， 同时产生的气体通入到足量，溶液中，可得沉淀，则固体的化学式为。（5）通过氢电极增压法可利用产品氧化锌进一步制得单质锌（如图），电解池中发生总反应的离子方程式为。18．（13分）化合物H是合成雌酮激素的中间体，科学家们采用如下合成路线：回答下列问题：（1）A生成B的反应类型为。（2）B生成C的化学方程式为。（3）D中官能团的名称为，F的结构简式为。（4）E的同分异构体中符合下列条件的有_______种，其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为6:2:2:1:1的结构简式为。(任写一种即可)①发生银镜反应②苯环上有三个取代基且其中两个为酚羟基（5）写出以苯和为原料制备化合物的合成路线_______(其他试剂任选)。19．（14分）党的二十大报告提出推动绿色发展，促进人与自然和谐共生。回答下列问题：I．研究脱除烟气中的是环境保护、促进社会可持续发展的重要课题。选择性催化还原技术是利用还原剂氨或尿素，把烟气中的还原成和。相关反应的热化学方程式如下：N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH1=+180.5kJ•mol﹣12NO(g)+O2(g)=2NO2(g)ΔH2=-112.0kJ•mol﹣14CO(NH2)2(s)+6NO2(g)=7N2(g)+4CO2(g)+8H2O(g)ΔH3=-2780.0kJ•mol﹣1 2CO(NH2)2(s)+6NO(g)=5N2(g)+2CO2(g)+4H2O(g)ΔH4（1）①ΔH4=。②有氧条件下，在基催化剂表面，还原的反应机理如图1所示，该过程可描述为。（2）近年来，低温等离子技术是在高压放电下，产生自由基，自由基将氧化为后，再用溶液吸收，达到消除的目的。实验室将模拟气(、、)以一定流速通入低温等离子体装置，实验装置如图2所示。①等离子体技术在低温条件下可提高NO的转化率，原因是。②其他条件相同，等离子体的电功率与NO的转化率关系如图3所示，当电功率大于30W时，NO转化率下降的原因可能是。II．以为代表的温室气体排放已经成为一个十分严重的环境问题，因此，在化工生产中，脱除水煤气、天然气和合成气中的具有十分重要的意义。一种脱除和利用水煤气中的的方法如下图所示：（3）某温度下，吸收塔中溶液吸收一定量的后， ，则该溶液的(该温度下的)。（4）利用电化学原理，将电催化还原为，阴极上除发生转化为的反应外，另一个电极反应式为。III．（5）在汽车排气管上安装催化转化器可以有效降低汽车尾气中的和，反应的化学方程式为2CO(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)。若在恒温恒容的密闭容器中进行该反应，起始加入的CO和NO的物质的量之比为3∶2，起始压强为p，达到平衡时总压强为起始压强的85%，则该反应的化学平衡常数（为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数）。 2023年高考冲刺模拟试卷化学试题（八）参考答案一、选择题（共45分）题号123456789101112131415答案ABDCCABCCADBDCD一、选择题（共45分）1．【答案】A【解析】A．在分子筛固体酸催化下，苯与丙烯发生加成反应，丙烯断裂碳碳双键中的π键，且连接氢原子较少的双键碳原子与苯环相连，从而生成异丙苯，故A正确。B．酚醛树脂是由苯酚与甲醛在浓盐酸或浓氨水催化、沸水浴加热的条件下，通过发生缩聚反应生成，故B不正确。C．天然油脂主要是不同高级脂肪酸形成的甘油三酯，所以主要为异酸甘油三酯，故C不正确。D．具有两个或两个以上肽键的化合物能与双缩脲试剂产生紫玫瑰色反应，而氨基酸分子中不含有有肽键，所以遇到双缩脲试剂不会呈现紫玫瑰色，故D不正确。2．【答案】B【解析】A.C-O和C-H为极性键，1个含有6个极性键，34g中含有的极性键(34/68)×6=3mol，极性键数3NA，故A错误。B.混合气体的通式为（NO2）n，46g二氧化氮与四氧化二氮的混合气体中的原子为(46/46n)×3n=3mol，原子数为3NA，故B正确。C.浓硫酸为0.92mol,若和铜完全反应会生成SO2为0.46mol，但浓硫酸与足量铜微热反应，随反应进行，硫酸浓度不断减小，稀硫酸和铜不反应，最后会有硫酸剩余，生成SO2分子的数目小于0.46NA，故C错误。D.在石英晶体中，一个氧原子形成2个Si－O键在含4molSi－O键的石英晶体中，氧原子的数目为2NA，故D错误。3．【答案】D【解析】A．羊毛织品的主要成分是蛋白质，蛋白质中含有氢键，水洗时会破坏其中的部分氢键，导致羊毛织品变形，故A正确。B．铁元素的原子序数为26，电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，由电子排布规律可知，基态原子中，两种自旋状态的电子数之比为11：15，故B正确。C．硝酸根离子的空间构型为平面三角形，键角为120°，铵根离子的空间构型为正四 面体角形，键角为109°28＇，氨分子的空间构型为三角锥形，键角为107°18＇，白磷分子的空间构型为正四面体形键角为60°，则五种微粒的键角大小顺序为NO3->NH4+>NH3>PH3>P4，故C正确。D．二甲醚中碳原子和氧原子的杂化方式都为sp3杂化，则46g二甲醚中sp3杂化的原子数为46/46×3×NA1=3NA，故D错误。4．【答案】C【解析】A．由分子结构键线式可知，该分子中碳原子周围的价层电子对数分别为：3和4，故碳原子的杂化方式只有，故A正确。B．由分子结构键线式可知，分子中含有亚氨基NH，故其能与反应，同时含有酯基，故其能与反应，故B正确。C．分子中含有两端连有不同原子或原子团的碳碳双键，故存在顺反异构体，但分子中没有手性碳原子，故不存在对映异构体，故C错误。D．已知一分子拉西地平分子中含有三个碳碳双键和一个苯环可与H2，故拉西地平最多消耗，故D正确。5．【答案】C【解析】A.中间产物HOCO为自由基，不属于有机化合物，故A正确。B.反应起点为离解为H和I自由基，，然后，最终为自由基与I自由基结合，故B正确。C.HOCO经1000fs离解为HO自由基和CO，这能说明这个历程快，不能说明整个反应的速率，故C错误。D.飞秒化学展现的反应历程中离解为H和I自由基以及HO自由基与I自由基结合等均为“化学反应实质是旧键断裂和新键形成”提供有力证据，故D正确。6．【答案】A【解析】A.Co3+的配体为NH3和N3-，配位数为6，故A正确。B.NH3分子中有3个键，N3-有2个键，ClO4-有4个键，配位键有6个，共，故B错误。C.NH3和ClO4-都是sp3杂化，故C错误。D.NH3中心原子是sp杂化，N3-中心原子是sp杂化、键角是前者小于后者，故D错误。7．【答案】B【解析】A.该新型化合物中存在碳碳双键，为平面构型，属于杂化，故A错误。B.1-正丁基-3-甲基咪唑六氟磷酸盐含有阴阳离子，属于离子化合物，离子内部含有共价键，属于含共价键的离子化合物，故B正确。C.H的1s轨道为半充满稳定结构，第一电离能反常大，属于有关元素的第一电离能为：F>N>H>C，故C错误。D.该新型化合物的组成元素中，H位于s区，C、N、F、P位于元素周期表p区，故D错误。8．【答案】C 【解析】A.在b极，失电子生成，需用吸收液吸收，所以Q溶液可以是NaOH溶液，故A正确。B.若铁丝暴露在NaCl溶液中，由于的放电能力强于，所以溶液中失电子生成，无法得到金属Na，故B正确。C.实验中所得Hg和Na的混合物呈液态，利用沸点差异分离二者，分离方法为蒸馏法，故C错误。D.因为有毒，会污染环境，所以进行该实验时应该开启排风扇，以防引起氯气中毒，故D正确。9．【答案】C【分析】A．同素异形体是指同种元素形成的不同种单质.B．速率常数越小，反应活化能较大.C．速率常数越小，断裂的速率较慢.D．速率常数越小，断裂的速率较慢，对反应速率的影响较大。【解析】A．同素异形体是指同种元素形成的不同种单质，CH3OH、CD3OH和CH3OD均不是单质，不互为同素异形体，故A错误。B．由于速率常数kD1＜kH，相比于甲醇，氘代甲醇参与的反应活化能较大，故B错误。C．由于速率常数kD1＜kH，相比于C﹣H键，C﹣D键断裂的速率较慢，故C正确。D．由于速率常数kD1＜kD2＜kH，相比于O﹣H键，C﹣H的断裂对反应速率的影响较大，故D错误。10．【答案】A【解析】高钾明矾石粉碎增大接触面积，加入硫粉进行焙烧得到SO2、SO3，加入KOH发生反应的离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，则加入KOH溶液产生的浸渣为Fe2O3，浸液中的离子为AlO2-、K+、SO42-，加入溶液X调节溶液pH使AlO2-变为Al(OH)3白色沉淀，则溶液X为H2SO4，过滤得到Al(OH)3白色固体，灼烧得到Al2O3，滤液经过蒸发结晶可得到硫酸钾固体，据此答题。A．SO3可溶于水制得硫酸溶液，溶液X为H2SO4，则SO3可回收利用后应用于本流程，故A项正确。B．浸液中存在的离子为AlO2-、K+、SO42-，加入溶液X调节溶液pH使AlO2-变为Al(OH)3白色沉淀，故B项错误。C．Al(OH)3白色固体灼烧得到Al2O3，则化合物Y为Al2O3，Fe2O3为铝热剂用于焊接铁轨，故C项错误。D．焙烧时Al2(SO4)3反应的化学方程式为，故D项错误。11．【答案】D【解析】A．反应I的反应物中有OH-和含羟基的Ph-CH2OH、结合图中产物的结构示意图可知，该过程中有水生成，故A正确。B．反应IV中先发生加成反应得到Ph-NH-CH(OH)-Ph、再消去得到产物Ph-N=CH-Ph，则涉及加成反应和消去反应，B正确； C．由示意图可知，反应Ⅲ中消耗硝基苯，反应Ⅵ中消耗苯甲醇、且生成了目标产物，该过程反应原料为硝基苯和苯甲醇，除了这三个物质，其余含苯环的有机物均为中间产物，故C正确。D．用CH3CH2CH2OH替代上述过程中的同类物质参与反应，可以合成，故D不正确。12．【答案】B【解析】浓磷酸和溴化钠制备溴化氢，经过安全瓶及干燥后，溴化氢在加热条件下与铁反应生成溴化亚铁，发生反应：Fe+2HBr=FeBr2+H2↑，碱石灰用来吸收未反应的溴化氢，并防止空气中的水蒸气进入装置，实验结束时要关闭热源并继续通入氮气一段时间，使装置中残留的溴化氢被充分吸收，避免造成污染。A．浓磷酸换成浓硫酸，会发生副反应：2NaBr+2H2SO4(浓)Na2SO4+Br2↑+SO2↑+2H2O，生成的二氧化硫与铁不反应，溴与铁反应生成的溴化铁在高温下会迅速分解为溴化亚铁，对产品的纯度无影响，故A错误。B．分子间有氢键的液体，一般粘度较大，常温下浓硫酸与浓磷酸粘度较大主要是由于分子间有氢键，故B正确。C．氢溴酸是一种强酸，而磷酸为中强酸，浓磷酸能用于制备溴化氢的原因是浓磷酸具有难挥发性，从而生成易挥发的溴化氢，故C错误。D．碱石灰是用来吸收未反应的溴化氢，而无水氯化钙不能吸收溴化氢，故D错误。13．【答案】D【解析】由图可知：碱性锌铁液流电池放电时，右侧N极为负极，Zn发生失电子的氧化反应生成Zn(OH)42-，负极发生电极反应为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)42-；左侧M为正极，正极上发生得电子的还原反应，正极电极反应为Fe(CN)63-+e-=Fe(CN)64-。充电时和放电时刚好相反，电池正极与电源正极相连，据此分析解答。A．共价单键和配位键都是键，共价三键中有一个是键两个是键，[Fe(CN)6]3-中有6个配位键和6个碳氮三键，故[Fe(CN)6]3-中含有键与键的数目之比为（6+6）∶（62）=1∶1，故A正确。B．放电时该装置为原电池，N极为原电池的负极，M为原电池的正极，正极的电势比负极高，因此M极电势高于N极，N极电极反应为Zn-2e-+4OH-=[Zn(OH)4]2-，故B正确。C．在放电时，M为正极，发生反应为：Fe(CN)63-+e-=Fe(CN)64-。当左侧M电极有1molFe(CN)63-发生时，左侧负电荷数目会增加1mol，为维持电荷守恒，就会1mol即NA个OH-通过离子交换膜移向负极N极，故C正确。D．电池工作5分钟，通过的电量Q＝0.5A×5min×60s/min＝150C，因此通过电子的 物质的量n(e－)＝Q/F＝150C/96500C/mol＝1.554×10-3mol，则理论消耗Zn的质量是m(Zn)＝1.554×10-3mol2×65g/mol＝0.05g，故D错误。14．【答案】C【解析】A．根据晶胞结构示意图可知，距离Mg原子最近且相等的Fe原子有4个，即Mg原子的配位数为4，距离Fe原子最近且相等的Mg原子有8个，故Fe的配位数为8，故A项错误。B．根据题中所给信息，可以推测得知，位置C点的原子坐标参数为(3/4，3/4，3/4)，故B项错误。C．氢气分子在晶胞的体心和棱的中心位置，且最近的两个氢分子之间的距离为anm，该晶胞参数为nm，Mg和Fe之间的最近距离为体对角线的1/4，则Mg与Fe之间的最近距离为anm，故C项正确。D．氢气分子在晶胞的体心和棱的中心位置，个数为1+12×1/4=4，Fe原子的个数为4，Mg位于体内Mg的个数为8，储氢后的晶体化学式为FeMg2H2，根据，储氢后的晶体密度为，故D项错误。15．【答案】D【解析】题干图象中，给出的交点是解题的关键，B点c(H2CrO4)=c(Cr2O72-)，E点c(HCrO4-)=c(CrO42-)，F点c(Cr2O72-)=c(CrO42-)；不是交点，但是给出数据的点也很关键，比如G点。A．G点时，，此时，则该温度下，中性溶液的pH=7，故A正确。B．根据平衡Cr2O72-+H2O⇌2CrO42-+2H+，滴加H2SO4后，平衡逆向移动，溶液橙色变深，故B正确。C．B点时，c(H2CrO4)=c(Cr2O72-)，根据元素质量守恒可得：，故存在，故C正确。D．F点时，c(Cr2O72-)=c(CrO42-)，则，故D错误。 16．（14分）【答案】（1）①恒压分液（滴液）漏斗（1分）。②与酸反应生成氢气，赶尽装置内的空气，防止亚铁离子被氧化。（2分）③相同物质的量浓度，（NH4）2Fe（SO4）2溶液的pH小于FeSO4溶液，比FeSO4稳定，不易水解。（2分）④（NH4）2Fe（SO4）2+H2C2O4＝FeC2O4↓+H2SO4+（NH4）2SO4。（2分）（2）①先用冷水洗涤，可以洗去产品附着的硫酸铵等杂质，减少产品的损耗，后用乙醇洗去产品表面水分，且乙醇易挥发，利于晶体快速干燥。（2分）②向布氏漏斗中加水直至没过固体。（2分）A（1分）③99.4（2分）17．（14分）【答案】（1）将含锌烟灰中的铁（Ⅱ）和锰（Ⅱ）分别氧化为FeOOH和，避免其在浸出时溶解（2分）（2）（2分）（3）（1分）（2分）；较大，可能会析出，导致产品产率低（2分）（4）浸出（1分）；（2分）（5）（2分）18．（13分）【答案】（1）取代反应（1分）（2）+HNO3(浓)+H2O（2分）（3）氨基和羧基（2分）      （1分）  （4）30（2分）    或（2分）（5）（3分）19．（14分，每空2分）【答案】（1）①②在基催化剂表面，吸附在酸性配位点上形成，与 吸附在配位点上形成，然后与结合生成，最后与反应生成，并从催化剂表面逸出（2）①与反应生成是放热反应，低温有利于反应正向进行②功率增大时，会产生更多的自由基，更易被氧化为；功率增大，和在放电时会生成。相比而言，后者产生的更多（3）9（4）（5）