河南河北山西三省2022届高三化学下学期考前模拟试卷含解析

2022年河南河北山西三省高考化学考前模拟试卷　一、选择题（共7个小题，每小题6分，共42分）1．生活处处有化学．下列说法正确的是（　　）A．做衣服的棉和麻均与淀粉互为同分异构体B．煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的饱和酯类C．磨豆浆的大豆富含蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质变成了氨基酸D．施肥时，草木灰（有效成分为K2CO3）和NH4Cl混合使用，会产生氨气降低肥效　2．下列叙述正确的是（　　）A．Na、C、P、S分别在足量氧气中燃烧均生成一种相应氧化物：Na2O2、CO2、P2O5、SO3B．稀硝酸、稀硫酸均能将木炭氧化成二氧化碳，浓硝酸、浓疏酸都能使铁、铝钝化C．欲鉴别NO2、Br2（g）两种红棕色气体，将两种待测气体分別通入AgNO3溶液中D．将久置于空气中的Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4后，滴加KSCN溶液，溶液变为红色，说明Fe（NO3）2样品在空气中已变质　3．苹果酸是﹣种常见的有机酸，结构简式为，下列说法不正确的是（　　）A．苹果酸能使紫色的石蕊试液变红B．苹果酸能发生酯化反应C．与苹果酸是同一种物质D．1mol苹果酸在一定条件下可与2molH2发生加成反应　4．下列离子方程式书写正确的是（　　）A．用石灰乳吸收氯气：2Cl2+2OH﹣=2Cl﹣+2ClO﹣+H2OB．淀粉碘化钾溶液在空气中变蓝：4I﹣+O2+2H2O=4OH﹣+2I2C．用酸性K2Cr2O7溶液检验酒精：3CH3CH2OH+2Cr2O72﹣+13H+=4Cr3++11H2O+3CH3COO﹣D．碳酸氢铵与足量的氢氧化钙溶液反应：HCO3﹣+NH4++2OH﹣=NH3•H2O+H2O+CO32﹣　5．元素周期表的形式多种多样，下图是扇形元素周期表的一部分（1～36号元素），对比中学常见元素周期表思考扇形元素周期表的填充规律，下列说法正确的是（　　）A．②、⑧、⑨对应的简单离子半径依次增大B．⑥的氯化物的熔点比⑦的氯化物熔点高C．元素⑩处于常见周期表第四周期第VIIIB族D．①分别与③、④、⑤均可形成既含极性键又含非极性键的非极性分子　-25-6．一种碳纳米管能够吸附氢气，可做二次电池（如图所示）的碳电极．该电池的电解质为6mol/LKOH溶液，下列说法正确的是（　　）A．放电时镍电极反应为：NiO（OH）+H2O+e﹣=Ni（OH）2+OH﹣B．放电时OH﹣移向镍电极C．充电时碳电极反应为H2﹣2e﹣+2OH﹣=2H2OD．充电时将碳电极与电源的正极相连　7．25℃时，弱酸的电离平衡常数如下表，下列叙述不正确的是（　　）弱酸CH3COOHHCNH2CO3K1.8×10﹣54.9×10﹣10K1=4.3×10﹣7K2=5.6×10﹣11A．等体积、等物质的量浓度的CH3COOH溶液和Na2CO3溶液反应后的溶液呈碱性B．amol/LHCN溶液与bmol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液c（Na+）＞c（CN﹣），则a可能等于bC．相同温度时，等物质的量浓度三种溶液的PH关系：NaCN＞Na2CO3＞CH3COONaD．向NaCN溶液中通入少量的CO2离子方程式为：CN﹣+H2O+CO2=HCN+HCO3﹣　　二、填空、简答题（共3个小题，总分43分）8．硫酸亚铁铵俗名摩尔盐．化学式为x（NH4）2SO4•yFeSO4•zH2O，可用来净水或治疗缺铁性贫血等．某实验小组利用下面的方法来测定其组成．①NH4+含量测定：称取9.8g硫酸亚铁铵晶体，加适量水溶解，注人如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加人足量lO%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，用lOOmL1.0mol•L﹣1的盐酸标准溶液吸收．蒸氨结束后取下接收瓶，用1.0mol•L﹣1NaOH标准溶液滴定剩余的HCl，到终点时消耗50mlNaOH溶液．②Fe2+含量测定：向上述实验后的三颈瓶中加入过量的3%的双氧水，充分反应后过滤、洗涤、灼烧得到2.0g固体．③结晶水含量测定：称取9.8g硫酸亚铁铵晶体，在质量为15g的坩埚中加热至200℃，恒温一段时间，置于空气中冷却，称量质量为22.3g；重复上述加热、冷却、称量过程，发现两次称量结果相同．回答下列问题：（1）装置中安全管的作用原理是　　　　　　．（2）冰盐水的作用是　　　　　　．（3）用NaOH标准溶液滴定剩余的HCl时，可使用的指示剂是　　　　　　．（4）测定Fe2+时．加人双氧水发生反应的化学方程式是　　　　　　．（5）如果在测定NH4+含量的过程中，亚铁元素部分被氧化，对Fe2+含量的测定　　　　　　（填“有”或“无”）影响．-25-（6）根据①、②的数据，该摩尔盐晶体中n（NH4+）：n（Fe2+）：n（SO42﹣）=　　　　　　，z=　　　　　　．（7）根据③的数据，发现结晶水含量测定结果偏低．从实验过程分析，可能原因是　　　　　　．　9．硼元素在自然界主要以硼酸．硼酸盐和硼硅酸盐存在．请回答下列问题：（1）硼元素是ⅢA族的第一个元素，原子结构示意图为　　　　　　，天然硼元素有两种稳定同位素10B、11B，其相对原子质量分别为10和11，它们的相对丰度分别为20%和80%，硼元素的平均相对质量为　　　　　　．（2）硼酸（H3BO3）是一元弱酸，工业上用硼砂（Na2B4O7•10H2O）制备硼酸晶体的流程如图甲：不同温度下硼酸的溶解度见下表：温度/℃020406080溶解度/g2.75.08.714.823.8①写出硼砂溶液和稀硫酸反应的离子方程式　　　　　　．②上述流程中获得粗硼酸晶体的操作Ⅰ为　　　　　　、过滤，进一步将粗硼酸晶体提纯的方法是　　　　　　．③25℃时0.1mol/L硼酸溶液的PH约为5.1，则其电离常数K约为　　　　　　．（3）硼酸在加热过程中发生分解的失重曲线如图乙所示．①硼酸从开始加热到107℃时，发生反应的化学方程式为　　　　　　．②硼酸加热到160℃得到的固体的化学式为　　　　　　．（B元素的相对原子质量按11计算）（4）NaBH4由于H元素显﹣1价，具有强还原性，是有机化学上的万能还原剂．在碱性条件下电解NaBO2溶液可以制得NaBH4，其反应方程式为NaBO2+2H2O=2O2↑+NaBH4，则阴极反应式为　　　　　　．　10．工业上产生的氮氧化物可用天然气来处理．Ⅰ．已知：CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H1N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H2H2O（l）=H2O（g）△H3CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=　　　　　　（用△H1、△H2、△H3）-25-Ⅱ．在温度为T1℃和T2℃时，分别将0.50molCH4和1.2molNO2充入体积固定的2L密闭容器中，发生上述可逆反应，测得不同时刻的n（CH4）数据如下表：温度时间/minn/mol010204050T1℃n（CH4）0.500.350.250.100.10T2℃n（CH4）0.500.300.180.150.15（1）分析上表中数据，下列说法正确的是　　　　　　A．T1℃、前10min，V（NO2）=0.03mol/（L•min）B．T1℃、反应达化学平衡状态时，CH4的转化率为80%C．T2℃、反应在40min时处于平衡状态D．T1＞T2（2）反应的平衡常数K（T1）　　　　　　K（T2），△H　　　　　　0，理由是　　　　　　．（3）T1℃时反应的平衡常数K为　　　　　　．（4）反应在T1℃下进行，50min时，向平衡后的容器中再通入0.10molCH4和0.40molNO2，在下图中画出恒温，重新达到平衡过程中n（CH4）随时间变化的曲线（只要求画出n（CH4）的变化趋势，不需要准确画出再次平衡后n（CH4）．Ⅲ．NO2、O2和熔融NaNO3可制作燃料电池，其原理见下图．该电池在使用过程中石墨Ⅰ电极上生成氧化物Y，其电极反应式为　　　　　　．　　三、选做题[化学-选修2：化学与技术]11．海水是巨大的资源宝库，海水的综合利用具有重要意义（如下图）（1）氯碱工业主要以食盐为原料，为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42﹣及泥沙，可将粗盐溶于水，然后进行下列操作：①加过量的NaOH溶液；②加过量的BaCl2溶液③加过量的Na2CO3溶液；④过滤；⑤加适量的盐酸，第③步操作的目的是　　　　　　（2）在实验室可以用萃取的方法提取溴，在萃取操作过程中，下列说法不正确的是　　　　　　．A．萃取剂可选用苯、CCl4、裂化汽油等有机溶剂．B．萃取分液时下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出C．在萃取过程中，需要振荡分液漏斗，并打开分液漏斗上口的玻璃塞放气．（3）通入热空气吹出溴，并用SO2的水溶液吸收的目的是　　　　　　．-25-（4）步骤Ⅰ中用硫酸酸化可提高Cl2利用率的原因是　　　　　　．（5）步骤Ⅲ中有关反应的离子方程式　　　　　　，解释该反应能够发生的原因　　　　　　．（6）海水提溴蒸馏过程中，温度应控制在80﹣90℃，温度过高或过低都不利于生产，请解释原因　　　　　　．（7）工业上不用电解熔融MgO制金属镁，理由是　　　　　　．　　四、选做题[化学-选修3：物质结构与性质]12．前四周期原子序数依次增大的六种元素A，B，D，X，Y，Z，基态时核外电子排布具有以下特征：A的电子层数和最外层电子数相等，非金属元素B的已成对电子数是未成对电子数的2倍，且A和B位于不同周期；D和X的价电子层中未成对电子均只有1个，并且D﹣和X+的电子相差为8；Y、Z与X位于同一周期，它们价电子层中的未成对电子数分别为4和2，且原子序数相差为2．回答下列问题：（1）Z2+的价层电子排布式为　　　　　　．（2）D，X，Y三种元素中第一电离能从大到小的顺序是　　　　　　．（填元素符号）（3）分子式为AD的化合物常以多聚体（AD）n的形式存在，请解释原因　　　　　　．（4）B和氮原子可形成化合物（BN）2，（BN）2分子中中心原子的杂化方式为　　　　　　，φ键和π键的个数之比为　　　　　　，空间构型为　　　　　　．（5）D﹣、X+、Y3+三种离子组成的化合物X3YD6，其中化学键的类型有　　　　　　；该化合物中存在一个复杂离子，该离子的化学式为　　　　　　，配位体是　　　　　　．（6）Y晶体的晶胞如图所示，晶胞边长为apm，则Y的配位数为　　　　　　，晶体的密度为　　　　　　g/cm3．（用NA表示阿伏伽德罗常数的值）　　五、选做题[化学-选修5：有机化学基础]13．用乙烯、甲苯、甲基丙烯（E）三种原料合成高分子药物M和有机中间体L的路线如下：已知：-25-Ⅲ．L是六元环酯，M分子式是（C15H16O6）n回答下列问题：（1）D中含氧官能团的名称是　　　　　　，B的结构简式是　　　　　　．（2）E→F的反应条件是　　　　　　，H→J的反应类型是　　　　　　．（3）F→G的化学反应方程式是　　　　　　．（4）K→M属于加聚反应，M的结构简式是　　　　　　．（5）在NaOH溶液中，K水解的化学反应方程式是　　　　　　．（6）写出3个符合下列条件的C的同分异构体的结构简式　　　　　　．①属于芳香族化合物；②能发生银镜反应；③核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为1：1：2：2．　　-25-2022年河南河北山西三省高考化学考前模拟试卷参考答案与试题解析　一、选择题（共7个小题，每小题6分，共42分）1．生活处处有化学．下列说法正确的是（　　）A．做衣服的棉和麻均与淀粉互为同分异构体B．煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的饱和酯类C．磨豆浆的大豆富含蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质变成了氨基酸D．施肥时，草木灰（有效成分为K2CO3）和NH4Cl混合使用，会产生氨气降低肥效【考点】生活中的有机化合物；有机化合物的异构现象．【分析】A．棉和麻主要成分是纤维素；B．花生油是植物油，是不饱和酯类；C．蛋白质要在催化剂作用下才能水解为氨基酸；D．草木灰中碳酸钾溶液中水解显碱性，氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性，二者混合水解相互促进损失肥效．【解答】解：A．棉和麻主要成分是纤维素，与淀粉不属于同分异构体，n值不同，故A错误；B．花生油是不饱和酯类，牛油是饱和酯类，故B错误；C．豆浆煮沸是蛋白质发生了变性，故C错误；D．施肥时草木灰（有效成分为K2CO3）与NH4Cl混合使用，则二者的水解作用相互促进，使N元素以氨气的形式逸出因而肥效会降低，故D正确．故选D．【点评】本题考查了同分异构体的判断、有机物结构与性质等知识，题目难度中等，试题涉及的知识点较多，充分考查了学生对所学知识的掌握情况．　2．下列叙述正确的是（　　）A．Na、C、P、S分别在足量氧气中燃烧均生成一种相应氧化物：Na2O2、CO2、P2O5、SO3B．稀硝酸、稀硫酸均能将木炭氧化成二氧化碳，浓硝酸、浓疏酸都能使铁、铝钝化C．欲鉴别NO2、Br2（g）两种红棕色气体，将两种待测气体分別通入AgNO3溶液中D．将久置于空气中的Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4后，滴加KSCN溶液，溶液变为红色，说明Fe（NO3）2样品在空气中已变质【考点】钠的化学性质；硝酸的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；浓硫酸的性质；铁的氧化物和氢氧化物．【专题】元素及其化合物．【分析】A．S在足量氧气中燃烧生成二氧化硫；B．稀硝酸、稀硫酸和碳不反应；C．二氧化氮和水反应生成硝酸，硝酸和硝酸银溶液不反应，溴和水反应生成HBr，HBr和硝酸银反应生成淡黄色沉淀；D．酸性条件下，亚铁离子能被硝酸根离子氧化生成铁离子．【解答】解：A．S在足量氧气中燃烧生成二氧化硫，二氧化硫和氧气在催化剂、加热条件下反应生成三氧化硫，故A错误；B．稀硝酸、稀硫酸和碳不反应，所以不能生成二氧化硅，故B错误；C．二氧化氮和水反应生成硝酸，硝酸和硝酸银溶液不反应，溴和水反应生成HBr，HBr和硝酸银反应生成淡黄色沉淀，二者现象不同，所以可以用硝酸银溶液鉴别，故C正确；-25-D．酸性条件下，亚铁离子能被硝酸根离子氧化生成铁离子，所以加入稀硫酸、KSCN溶液后溶液呈血红色不能说明硝酸亚铁已经变质，故D错误；故选C．【点评】本题考查元素化合物知识，涉及离子检验、物质鉴别、物质性质等知识点，明确元素化合物性质及检验方法是解本题关键，易错选项是AD，知道亚铁离子、铁离子检验方法及现象，注意酸性条件下亚铁离子易被硝酸根离子氧化，为易错点．　3．苹果酸是﹣种常见的有机酸，结构简式为，下列说法不正确的是（　　）A．苹果酸能使紫色的石蕊试液变红B．苹果酸能发生酯化反应C．与苹果酸是同一种物质D．1mol苹果酸在一定条件下可与2molH2发生加成反应【考点】有机物的结构和性质．【分析】该分子中含有羧基和醇羟基，能发生消去反应、酯化反应、中和反应、氧化反应，以此解答该题．【解答】解：A．含有羧基，具有酸性，能使紫色的石蕊试液变红，故A正确；B．含有羧基、羟基，可分别与醇、酸发生酯化反应，故B正确；C．与苹果酸2﹣羟基﹣丁二酸，为同种物质，故C正确；D．能和Na反应是有羧基和醇羟基，1mol苹果酸与足量金属Na反应生成1.5molH2，故D错误．故选D．【点评】本题考查了有机物的结构和性质，明确物质中含有的官能团及其性质是解本题关键，熟悉常见有机物的性质、常见有机化学反应，题目难度不大．　4．下列离子方程式书写正确的是（　　）A．用石灰乳吸收氯气：2Cl2+2OH﹣=2Cl﹣+2ClO﹣+H2OB．淀粉碘化钾溶液在空气中变蓝：4I﹣+O2+2H2O=4OH﹣+2I2C．用酸性K2Cr2O7溶液检验酒精：3CH3CH2OH+2Cr2O72﹣+13H+=4Cr3++11H2O+3CH3COO﹣D．碳酸氢铵与足量的氢氧化钙溶液反应：HCO3﹣+NH4++2OH﹣=NH3•H2O+H2O+CO32﹣【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．石灰乳与氯气反应，离子方程式中氢氧化钙不能拆开，需要保留化学式；B．氧气能够将碘离子氧化成碘单质，碘单质遇到淀粉显示蓝色；C．酸性条件下，醋酸根离子与氢离子结合生成醋酸，醋酸不能拆开；D．碳酸根离子与钙离子结合生成碳酸钙沉淀，漏掉了生成碳酸钙的反应．【解答】解：A．石灰乳中的氢氧化钙在离子方程式中不能拆开，正确的离子方程式为：2Cl2+2Ca（OH）2=2Cl﹣+2ClO﹣+2H2O+2Ca2+，故A错误；B．碘化钾在空气中被氧气氧化成碘单质，碘单质遇到淀变蓝，反应的离子方程式为：4I﹣+O2+2H2O=4OH﹣+2I2，故B正确；C．用酸性K2Cr2O7溶液检验酒精，生成的醋酸不能拆开，正确的离子方程式为：3CH3CH2OH+2Cr2O72﹣+16H+=4Cr3++11H2O+3CH3COOH，故C错误；-25-D．碳酸氢铵与足量的氢氧化钙溶液反应生成一水合氨、碳酸钙沉淀，正确的离子方程式为：HCO3﹣+NH4++Ca2++2OH﹣=NH3•H2O+H2O+CaCO3↓，故D错误；故选B．【点评】本题考查了离子方程式的正误判断，题目难度中等，明确电离方程式的书写注意问题及弱电解质的判断即可解答，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力．　5．元素周期表的形式多种多样，下图是扇形元素周期表的一部分（1～36号元素），对比中学常见元素周期表思考扇形元素周期表的填充规律，下列说法正确的是（　　）A．②、⑧、⑨对应的简单离子半径依次增大B．⑥的氯化物的熔点比⑦的氯化物熔点高C．元素⑩处于常见周期表第四周期第VIIIB族D．①分别与③、④、⑤均可形成既含极性键又含非极性键的非极性分子【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．【分析】由元素在周期表中的位置可知，①为H、②为Na、③为C、④为N、⑤为O、⑥为Mg、⑦为Al、⑧为S、⑨为Cl、⑩为Fe，A．电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大；B．根据物质的晶体类型分析，离子晶体熔点高于分子晶体；C．元素⑩处于常见周期表第四周期第VⅢ族；D．H与C、N、O可以形成离子化合物NH4NO3．【解答】解：由元素在周期表中的位置可知，①为H、②为Na、③为C、④为N、⑤为O、⑥为Mg、⑦为Al、⑧为S、⑨为Cl、⑩为Fe，A．电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径S2﹣＞Cl﹣＞Na+，故A错误；B．氯化镁属于离子晶体，而氯化铝属于分子晶体，故氯化镁的熔点更高，故B正确；C．元素⑩处于常见周期表第四周期第VⅢ族，故C错误；D．H与C、N、O可以形成NH4NO3，分子中都含有极性键、离子键，但是属于离子化合物，不是分子，故D错误．故选B．【点评】本题考查元素周期表的结构及应用，为高频考点，把握扇形元素周期表与常见元素周期表的关系为解答的关键，注意B选项中氯化铝是共价化合物，属于分子晶体．，题目难度不大．　6．一种碳纳米管能够吸附氢气，可做二次电池（如图所示）的碳电极．该电池的电解质为6mol/LKOH溶液，下列说法正确的是（　　）-25-A．放电时镍电极反应为：NiO（OH）+H2O+e﹣=Ni（OH）2+OH﹣B．放电时OH﹣移向镍电极C．充电时碳电极反应为H2﹣2e﹣+2OH﹣=2H2OD．充电时将碳电极与电源的正极相连【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】根据图片中电子流向知，放电时，石墨电极是负极，电极反应式为H2+2OH﹣﹣2e﹣=2H2O，正极反应式为NiO（OH）+H2O+e﹣═Ni（OH）2+OH﹣，充电时阴阳极与放电时负极、正极反应式正好相反，以此解答该题．【解答】解：A．放电时镍电极是正极，正极上NiO（OH）得电子发生还原反应生成Ni（OH）2，电极反应式为NiO（OH）+H2O+e﹣═Ni（OH）2+OH﹣，故A正确；B．放电时阴离子向负极移动，即向碳电极移动，故B错误；C．放电时，电解质溶液呈碱性，负极上氢气失电子和氢氧根离子反应生成水，电极反应式为H2+2OH﹣﹣2e﹣=2H2O，故C错误；D．充电时，C电极作阴极，所以应该与电源负极相连，故D错误．故选A．【点评】本题考查化学电源新型电池，为高考高频点，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，会结合电解质溶液酸碱性书写电极反应式，知道放电时和充电时电极反应式关系，题目难度中等．　7．25℃时，弱酸的电离平衡常数如下表，下列叙述不正确的是（　　）弱酸CH3COOHHCNH2CO3K1.8×10﹣54.9×10﹣10K1=4.3×10﹣7K2=5.6×10﹣11A．等体积、等物质的量浓度的CH3COOH溶液和Na2CO3溶液反应后的溶液呈碱性B．amol/LHCN溶液与bmol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液c（Na+）＞c（CN﹣），则a可能等于bC．相同温度时，等物质的量浓度三种溶液的PH关系：NaCN＞Na2CO3＞CH3COONaD．向NaCN溶液中通入少量的CO2离子方程式为：CN﹣+H2O+CO2=HCN+HCO3﹣【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】弱酸的电离平衡常数越大，其酸性越强，酸性强弱顺序是HCOOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3﹣，等pH的弱酸溶液，酸性越强的酸其物质的量浓度越小，弱酸根离子水解程度越小，结合强酸能和弱酸盐反应制取弱酸分析解答．【解答】解：A、等物质的量的CH3COOH溶液和Na2CO3溶液反应生成CH3COONa和NaHCO3，水解显碱性，故A正确；B、a=b时，amol/LHCN溶液与bmol/LNaOH溶液等体积混合，恰好生成NaCN溶液，NaCN溶液水解显碱性，据电荷守恒，c（Na+）＞c（CN﹣），故B正确；C、弱酸的酸性越弱，其酸根离子的水解程度越强，酸性强弱顺序是HCOOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3﹣，所以三种溶液的PH关系：Na2CO3＞NaCN＞CH3COONa，故C错误；-25-D、依据强酸制取弱酸的原理，NaCN溶液中通入少量的CO2离子方程式为：CN﹣+H2O+CO2=HCN+HCO3﹣，故D正确；故选C．【点评】本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质电离平衡常数与酸性强弱、酸根离子的水解程度的关系是解本题关系，再结合强酸制取弱酸解答该题．　二、填空、简答题（共3个小题，总分43分）8．硫酸亚铁铵俗名摩尔盐．化学式为x（NH4）2SO4•yFeSO4•zH2O，可用来净水或治疗缺铁性贫血等．某实验小组利用下面的方法来测定其组成．①NH4+含量测定：称取9.8g硫酸亚铁铵晶体，加适量水溶解，注人如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加人足量lO%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，用lOOmL1.0mol•L﹣1的盐酸标准溶液吸收．蒸氨结束后取下接收瓶，用1.0mol•L﹣1NaOH标准溶液滴定剩余的HCl，到终点时消耗50mlNaOH溶液．②Fe2+含量测定：向上述实验后的三颈瓶中加入过量的3%的双氧水，充分反应后过滤、洗涤、灼烧得到2.0g固体．③结晶水含量测定：称取9.8g硫酸亚铁铵晶体，在质量为15g的坩埚中加热至200℃，恒温一段时间，置于空气中冷却，称量质量为22.3g；重复上述加热、冷却、称量过程，发现两次称量结果相同．回答下列问题：（1）装置中安全管的作用原理是　当三颈烧瓶中压力过大时，安全管中液面上升，使三颈烧瓶瓶中压力稳定　．（2）冰盐水的作用是　防止盐酸挥发　．（3）用NaOH标准溶液滴定剩余的HCl时，可使用的指示剂是　甲基橙或酚酞　．（4）测定Fe2+时．加人双氧水发生反应的化学方程式是　2Fe（OH）2+H2O2=2Fe（OH）3　．（5）如果在测定NH4+含量的过程中，亚铁元素部分被氧化，对Fe2+含量的测定　无　（填“有”或“无”）影响．（6）根据①、②的数据，该摩尔盐晶体中n（NH4+）：n（Fe2+）：n（SO42﹣）=　2：1：2　，z=　6　．（7）根据③的数据，发现结晶水含量测定结果偏低．从实验过程分析，可能原因是　无水固体在空气中冷却时吸收了空气中水蒸气　．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【分析】（1）三颈烧瓶与圆底烧瓶连通，能平衡三颈烧瓶中的压强；（2）温度低能防止盐酸挥发；（3）强碱滴定强酸可以用甲基橙或酚酞作指示剂；（4）加双氧水，Fe（OH）2被氧化为Fe（OH）3；（5）亚铁离子后面也要氧化为三价铁；-25-（6）根据滴定盐酸消耗的氢氧化钠求出与氨气反应的盐酸物质的量以及氨气的物质的量；根据铁元素守恒计算亚铁离子的物质的量；n（SO42﹣）=n（NH4+）+n（Fe2+）；由题给数据可知根据物质的量之比求算z．（7）由③中数据可知m（H2O）=9.8g+15g﹣22.3g=2.5g，结晶水含量测定结果偏低，在空气中冷却时固体会吸水．【解答】解：（1）三颈烧瓶与圆底烧瓶连通，当三颈烧瓶中压力过大时，安全管中液面上升，使三颈烧瓶瓶中压力稳定；故答案为：当三颈烧瓶中压力过大时，安全管中液面上升，使三颈烧瓶瓶中压力稳定；（2）冰盐水温度较低，用于冷却锥形瓶中的盐酸标准溶液，防止盐酸挥发，故答案为：防止盐酸挥发；（3）强碱滴定强酸可以用甲基橙或酚酞作指示剂，所以用NaOH标准溶液滴定剩余的HCl时，可以使用甲基橙或酚酞作指示剂，故答案为：甲基橙或酚酞；（4）加双氧水，Fe（OH）2被氧化为Fe（OH）3，其反应的方程式为：2Fe（OH）2+H2O2=2Fe（OH）3，故答案为：2Fe（OH）2+H2O2=2Fe（OH）3；（5）测定Fe2+的含量，是把Fe2+转化为氢氧化铁，再灼烧得到氧化铁，根据铁元素守恒计算，所以在测定NH4+含量的过程中，亚铁元素部分被氧化，对Fe2+含量的测定无影响，故答案为：无；（6）用1.0mol•L﹣1NaOH标准溶液滴定剩余的HCl，到终点时消耗50mlNaOH溶液，则盐酸的物质的量n（HCl）=n（NaOH）=1.0mol•L﹣1×0.05L=0.05mol，与氨气反应的盐酸为1.0mol•L﹣1×0.1L﹣0.05mol=0.05mol，所以氨气的物质的量为0.05mol，则n（NH4+）=0.05mol；n（Fe2+）=2n（Fe2O3）=2×=0.025mol，n（SO42﹣）=n（NH4+）+n（Fe2+）=×0.05mol+0.025mol=0.05mol，所以n（NH4+）：n（Fe2+）：n（SO42﹣）=0.05mol：0.025mol：0.05mol=2：1：2；由题给数据可知9.8g摩尔盐中m（H2O）=9.8g﹣m（NH4+）﹣m（Fe2+）﹣m（SO42﹣）=9.8g﹣18×0.05g﹣56×0.025g﹣96×0.05g=2.7g，则n（H2O）==0.15mol，所以=，解得z=6；故答案为：2：1：2；6；（7）由③中数据可知m（H2O）=9.8g+15g﹣22.3g=2.5g，由①②计算得到的水的质量为2.7g，结晶水含量测定结果偏低，因为固体在坩埚中加热后，在空气中冷却时固体会吸水，导致剩余固体的质量偏大，则求出的水的质量偏小；故答案为：无水固体在空气中冷却时吸收了空气中水蒸气．【点评】本题考查物质的含量测定、中和滴定实验原理的应用、铁的化合物的性质，侧重于学生的分析能力、计算能力和实验能力的考查，题目难度中等，注意把握相关实验基本方法和注意事项．　9．硼元素在自然界主要以硼酸．硼酸盐和硼硅酸盐存在．请回答下列问题：-25-（1）硼元素是ⅢA族的第一个元素，原子结构示意图为　　，天然硼元素有两种稳定同位素10B、11B，其相对原子质量分别为10和11，它们的相对丰度分别为20%和80%，硼元素的平均相对质量为　10.8　．（2）硼酸（H3BO3）是一元弱酸，工业上用硼砂（Na2B4O7•10H2O）制备硼酸晶体的流程如图甲：不同温度下硼酸的溶解度见下表：温度/℃020406080溶解度/g2.75.08.714.823.8①写出硼砂溶液和稀硫酸反应的离子方程式　5H2O+B4O72﹣+2H+=4H3BO3　．②上述流程中获得粗硼酸晶体的操作Ⅰ为　降温结晶（冷却热饱和溶液）　、过滤，进一步将粗硼酸晶体提纯的方法是　重结晶　．③25℃时0.1mol/L硼酸溶液的PH约为5.1，则其电离常数K约为　10﹣9.2　．（3）硼酸在加热过程中发生分解的失重曲线如图乙所示．①硼酸从开始加热到107℃时，发生反应的化学方程式为　H3BO3═HBO2+H2O　．②硼酸加热到160℃得到的固体的化学式为　H2B4O7　．（B元素的相对原子质量按11计算）（4）NaBH4由于H元素显﹣1价，具有强还原性，是有机化学上的万能还原剂．在碱性条件下电解NaBO2溶液可以制得NaBH4，其反应方程式为NaBO2+2H2O=2O2↑+NaBH4，则阴极反应式为　BO2﹣+6H2O+8e﹣=BH4﹣+8OH﹣　．【考点】制备实验方案的设计；位置结构性质的相互关系应用．【分析】（1）硼的原子序数为5，最外层含有3个电子，据此画出其原子结构示意图；硼元素的平均相对质量=各元素的相对原子质量与相对丰度的乘积之和；（2）①Na2B4O7•10H2O与稀硫酸反应生成H3BO3和硫酸钠，据此写出反应的离子方程式；②根据硼酸的溶解度与温度的关系可知，降低温度可以降低硼酸的溶解度，据此判断操作Ⅰ；若进一步提纯硼酸，可进行重结晶；③25℃时0.1mol/L硼酸溶液的pH约为5.1，则氢离子浓度为：c（H+）=10﹣5.1mol/L，c（H2BO3﹣）≈c（H+）=10﹣5.1mol/L，由于硼酸的电离程度较小，则0.1mol/L硼酸溶液中未电离的硼酸浓度约为0.1mol/L，结合电离平衡常数的表达式计算出硼酸的电离平衡常数；（3）①加热硼酸的过程中，固体减少部分为水的质量，根据质量变化及硼酸的物质的量计算出1分子硼酸分解生成水的物质的量，然后写出反应方程式；②固体减少的质量为水的质量，根据质量守恒定律判断反应后固体的化学式；（4）电解池中阳极发生氧化反应、阴极发生还原反应，结合总反应方程式及化合价变化写出阴极电解反应式．-25-【解答】解：（1）硼的核电荷数=核外电子总数=5，其原子结构示意图为：；天然硼元素有两种稳定同位素10B、11B，其相对原子质量分别为10和11，它们的相对丰度分别为20%和80%，则硼元素的平均相对质量为：10×20%+11×80%=10.8，故答案为：；10.8；（2）①硼砂溶液中溶质为Na2B4O7•10H2O，与稀硫酸反应生成H3BO3和硫酸钠，反应的离子方程式为：5H2O+B4O72﹣+2H+=4H3BO3，故答案为：5H2O+B4O72﹣+2H+=4H3BO3；②根据表中硼酸的溶解度可知，硼酸受温度的影响较大，可以通过降低温度的方法分离出硼酸，则上述流程中获得粗硼酸晶体的操作Ⅰ为降温结晶（冷却热饱和溶液）、过滤，若进一步将粗硼酸晶体提纯，可以通过重结晶的方法完成，故答案为：降温结晶（冷却热饱和溶液）；重结晶；③25℃时0.1mol/L硼酸溶液的pH约为5.1，则该溶液中氢离子浓度为：c（H+）=10﹣5.1mol/L，c（H2BO3﹣）≈c（H+）=10﹣5.1mol/L，由于硼酸的电离程度较小，则0.1mol/L硼酸溶液中未电离的硼酸浓度约为0.1mol/L，所以硼酸的电离平衡常数为：K==10﹣9.2，故答案为：10﹣9.2；（3）①2.48g硼酸的物质的量为：=0.04mol，107℃时减少的固体质量为：2.48g﹣1.76g=0.72g，减少部分应该为水的质量，减少的水的物质的量为：=0.04mol，则1分子硼酸失去1分子水，所以该过程中反应的方程式为：H3BO3═HBO2+H2O，故答案为：H3BO3═HBO2+H2O；②剩余固体从107℃加热到160℃时，减少水的质量为：1.76g﹣1.58g=0.18g，其物质的量为：=0.01mol，0.04molHBO2中含有0.04molH、0.04molB和0.08molO，失去0.01mol水后得到的固体中含有：0.02molH、0.04molB和0.07molO，则H、B、O原子数之比为：2：4：7，则反应后固体的化学式为：H2B4O7，故答案为：H2B4O7；（4）总反应为NaBO2+2H2O=2O2↑+NaBH4，电解过程中阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，则阴极H2O得到电子与BO2﹣结合生成BH4﹣和氢氧根离子，阴极的电极反应式为：BO2﹣+6H2O+8e﹣=BH4﹣+8OH﹣，故答案为：BO2﹣+6H2O+8e﹣=BH4﹣+8OH﹣．【点评】本题考查了制备实验方案的设计，题目难度较大，涉及原子结构与元素周期表的应用、物质制备方案的设计、电解原理及其应用、电离平衡常数的计算等知识，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生灵活应用基础知识的能力，注意掌握物质制备方案的设计与评价方法，（3）为难点，明确固体减少部分为水的质量为解答关键．　10．工业上产生的氮氧化物可用天然气来处理．-25-Ⅰ．已知：CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H1N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H2H2O（l）=H2O（g）△H3CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=　△H1﹣△H2+2△H3　（用△H1、△H2、△H3）Ⅱ．在温度为T1℃和T2℃时，分别将0.50molCH4和1.2molNO2充入体积固定的2L密闭容器中，发生上述可逆反应，测得不同时刻的n（CH4）数据如下表：温度时间/minn/mol010204050T1℃n（CH4）0.500.350.250.100.10T2℃n（CH4）0.500.300.180.150.15（1）分析上表中数据，下列说法正确的是　BC　A．T1℃、前10min，V（NO2）=0.03mol/（L•min）B．T1℃、反应达化学平衡状态时，CH4的转化率为80%C．T2℃、反应在40min时处于平衡状态D．T1＞T2（2）反应的平衡常数K（T1）　＞　K（T2），△H　＜　0，理由是　由表中数据可知，T2时反应速率较大，所以T1＜T2；升高温度平衡逆向移动，可知K（T1）＞K（T2），所以正反应放热　．（3）T1℃时反应的平衡常数K为　3.2　．（4）反应在T1℃下进行，50min时，向平衡后的容器中再通入0.10molCH4和0.40molNO2，在下图中画出恒温，重新达到平衡过程中n（CH4）随时间变化的曲线（只要求画出n（CH4）的变化趋势，不需要准确画出再次平衡后n（CH4）．Ⅲ．NO2、O2和熔融NaNO3可制作燃料电池，其原理见下图．该电池在使用过程中石墨Ⅰ电极上生成氧化物Y，其电极反应式为　NO2﹣e﹣+NO3﹣=N2O5　．【考点】化学平衡的计算；热化学方程式；原电池和电解池的工作原理．【分析】Ⅰ．已知：①CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H1②N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H2③H2O（l）=H2O（g）△H3根据盖斯定律，①﹣②+③×2可得：CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）；Ⅱ．（1）A．根据v=计算v（CH4），再根据速率之比等于化学计量数之比计算v（NO2）；B．T1℃时，40min反应处于化学平衡状态，可知参加反应甲烷为0.5mol﹣0.1mol=0.4mol，再计算CH4的转化率；C．T2℃时，反应在40min、50min时甲烷均为0.15mol，则40min处于平衡状态；D．温度越高，反应速率越快，相同时间内参加反应的甲烷越多；-25-（2）前10min内，温度T2℃时参加反应的甲烷更多，故温度T2＞T1，而平衡时温度T2℃时甲烷的物质的量更大，说明升高温度平衡向逆反应移动，正反应为放热反应；（3）T1℃时，平衡时甲烷为0.1mol，则：CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）开始（mol）：0.51.2000转化（mol）：0.40.80.40.40.8平衡（mol）：0.10.40.40.40.8再根据平衡常数表达式K=计算；（4）反应在T1℃下进行，50min时，向平衡后的容器中再通入0.10molCH4和0.40molNO2，瞬间甲烷的物质的量变为0.2mol，而后平衡向正反应方向移动，甲烷的物质的量减小，但到达新平衡时甲烷的物质的量大于0.1mol；Ⅲ．NO2、O2和熔融NaNO3可制作燃料电池，该电池在使用过程中石墨Ⅰ电极上生成氧化物Y，Y为五氧化二氮，石墨I上是二氧化氮失去电子，与硝酸根离子反应生成五氧化二氮，石墨II上是氧气获得电子，与五氧化二氮获反应生成硝酸根．【解答】解：Ⅰ．已知：①CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H1②N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H2③H2O（l）=H2O（g）△H3根据盖斯定律，①﹣②+③×2可得：CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g），则△H=△H1﹣△H2+2△H3，故答案为：△H1﹣△H2+2△H3；Ⅱ（1）A．前10min内v（CH4）==0.0075mol/（L．min），速率之比等于化学计量数之比，则v（NO2）=2v（CH4）=0.015mol/（L．min），故A错误；B．T1℃时，40min反应处于化学平衡状态，可知参加反应甲烷为0.5mol﹣0.1mol=0.4mol，CH4的转化率为×100%=80%，故B正确；C．T2℃时，反应在40min、50min时甲烷均为0.15mol，则40min处于平衡状态，故C正确；D．前10min内T2℃时参加反应的甲烷越多，反应速率快，故温度T1＜T2，故D错误，故选：BC；（2）前10min内，温度T2℃时参加反应的甲烷更多，故温度T2＞T1，而平衡时温度T2℃时甲烷的物质的量更大，说明升高温度平衡向逆反应移动，正反应为放热反应，故平衡常数：K（T1）＞K（T2），△H＜0，故答案为：＞；＜；由表中数据可知，T2时反应速率较大，所以T1＜T2；升高温度平衡逆向移动，可知K（T1）＞K（T2），所以正反应放热；（3）T1℃时，平衡时甲烷为0.1mol，则：CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）开始（mol）：0.51.2000转化（mol）：0.40.80.40.40.8平衡（mol）：0.10.40.40.40.8-25-则平衡常数K===3.2，故答案为：3.2；（4）反应在T1℃下进行，50min时，向平衡后的容器中再通入0.10molCH4和0.40molNO2，瞬间甲烷的物质的量变为0.2mol，而后平衡向正反应方向移动，甲烷的物质的量减小，但到达新平衡时甲烷的物质的量大于0.1mol，重新达到平衡过程中n（CH4）随时间变化的曲线的变化趋势：，故答案为：；Ⅲ．NO2、O2和熔融NaNO3可制作燃料电池，该电池在使用过程中石墨Ⅰ电极上生成氧化物Y，Y为五氧化二氮，石墨I上是二氧化氮失去电子，与硝酸根离子反应生成五氧化二氮，石墨II上是氧气获得电子，与五氧化二氮获反应生成硝酸根，石墨I上电极反应式为：NO2﹣e﹣+NO3﹣=N2O5，故答案为：NO2﹣e﹣+NO3﹣=N2O5．【点评】本题考查化学平衡计算、化学平衡影响因素、反应热计算、电极反应式书写等，需要学生具备扎实的基础与灵活运用知识的能力，难度中等．　三、选做题[化学-选修2：化学与技术]11．海水是巨大的资源宝库，海水的综合利用具有重要意义（如下图）（1）氯碱工业主要以食盐为原料，为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42﹣及泥沙，可将粗盐溶于水，然后进行下列操作：①加过量的NaOH溶液；②加过量的BaCl2溶液③加过量的Na2CO3溶液；④过滤；⑤加适量的盐酸，第③步操作的目的是　除去Ca2+、过量的Ba2+杂质　（2）在实验室可以用萃取的方法提取溴，在萃取操作过程中，下列说法不正确的是　A　．A．萃取剂可选用苯、CCl4、裂化汽油等有机溶剂．B．萃取分液时下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出C．在萃取过程中，需要振荡分液漏斗，并打开分液漏斗上口的玻璃塞放气．（3）通入热空气吹出溴，并用SO2的水溶液吸收的目的是　富集溴　．（4）步骤Ⅰ中用硫酸酸化可提高Cl2利用率的原因是　酸化可抑制Cl2、Br2与水反应　．-25-（5）步骤Ⅲ中有关反应的离子方程式　Mg2+（aq）+Ca（OH）2（s）=Ca2+（aq）+Mg（OH）2（s）　，解释该反应能够发生的原因　因为在相同的温度下，Mg（OH）2的溶解度比Ca（OH）2更小　．（6）海水提溴蒸馏过程中，温度应控制在80﹣90℃，温度过高或过低都不利于生产，请解释原因　温度过高，大量水蒸气随水排出，溴蒸气中水增加，而温度过低，溴不能完全蒸出，吸收率低　．（7）工业上不用电解熔融MgO制金属镁，理由是　MgO熔点很高，熔融时耗能高，增加生产成本　．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计．【专题】实验设计题．【分析】海水晒盐后得到粗盐，淡水，粗盐提纯除去所含杂质Ca2+、Mg2+、SO42﹣及泥沙，得到精盐，电解制备氯气；母液中主要是溴离子和镁离子，通入氯气氧化溴离子为溴单质，吹出后和二氧化硫气体通入水中得到卤水溶液和溴化氢溶液，富集溴，适量氯气氧化溴化氢为溴单质；含氯化镁的溶液中加入贝壳高温分解生成的氧化钙溶于水生成的氢氧化钙石灰乳，沉淀镁离子，过滤后在沉淀中加入盐酸溶解，通过浓缩蒸发，冷却结晶过滤洗涤得到氯化镁晶体，失水得到氯化镁固体，电解得到镁，（1）加入过量的碳酸钠可除去Ca2+以及过量的Ba2+杂质；（2）A．裂化汽油含有不饱和键；B．萃取分液时防止液体重新混而污染；C．在萃取过程中，需要防止分液漏斗内的压强过大；（3）步骤I已经获得Br2浓度较低，应进行富集，；（4）氯气、溴与水反应生成盐酸或HBr，为可逆反应，应抑制与水的反应；（5）氢氧化镁的溶解度比氢氧化钙小，在溶液中加入氢氧化钙，可生成氢氧化镁沉淀；（6）在溴水中，溴的沸点是58.5°C，水的是100°C，温度过高，大量水蒸气随之排出，溴气中水分增加；温度过低，溴不能完全蒸出，产率低；（7）MgO熔点很高，电解熔融氧化镁需要消耗较高的能量，从而增加成本，工业上用电解熔融氯化镁冶炼Mg．【解答】解：海水晒盐后得到粗盐，淡水，粗盐提纯除去所含杂质Ca2+、Mg2+、SO42﹣及泥沙，得到精盐，电解制备氯气；母液中主要是溴离子和镁离子，通入氯气氧化溴离子为溴单质，吹出后和二氧化硫气体通入水中得到卤水溶液和溴化氢溶液，富集溴，适量氯气氧化溴化氢为溴单质；含氯化镁的溶液中加入贝壳高温分解生成的氧化钙溶于水生成的氢氧化钙石灰乳，沉淀镁离子，过滤后在沉淀中加入盐酸溶解，通过浓缩蒸发，冷却结晶过滤洗涤得到氯化镁晶体，失水得到氯化镁固体，电解得到镁，（1）Ca2+用碳酸钠转化为沉淀、Mg2+用NaOH转化为沉淀、SO42﹣用氯化钡溶液转化为沉淀，先除去Mg2+或SO42﹣，然后再加入过量的碳酸钠除去Ca2+以及过量的Ba2+杂质，过滤后再加盐酸除去过量的NaOH和碳酸钠，故答案为：除去Ca2+、过量的Ba2+杂质；（2）A．裂化汽油含有不饱和键，可与溴发生加成反应，不能用于萃取剂，故A错误；B．萃取分液时下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，防止液体重新混而污染，故B正确；C．在萃取过程中，需要振荡分液漏斗，以充分混合而萃取，并打开分液漏斗上口的玻璃塞放气，防止分液漏斗内的压强过大，故C正确；-25-故答案为：A；（3）步骤I已经获得Br2浓度较低，应进行富集，与二氧化硫反应后得到浓度角度的溴化氢溶液，然后通入氯气可得到纯溴，起到浓缩、提纯溴元素的作用，故答案为：富集溴；（4）氯气、溴与水反应生成盐酸或HBr，为可逆反应，加入硫酸酸化，可抑制Cl2、Br2与水反应，故答案为：酸化可抑制Cl2、Br2与水反应；（5）氢氧化镁的溶解度比氢氧化钙小，在溶液中加入氢氧化钙，可生成氢氧化镁沉淀，反应的离子方程式为Mg2+（aq）+Ca（OH）2（s）=Ca2+（aq）+Mg（OH）2（s），故答案为：Mg2+（aq）+Ca（OH）2（s）=Ca2+（aq）+Mg（OH）2（s）；因为在相同的温度下，Mg（OH）2的溶解度比Ca（OH）2更小；（6）在溴水中，溴的沸点是58.5°C，水的是100°C，温度过高，大量水蒸气随之排出，溴气中水分增加；温度过低，溴不能完全蒸出，产率低，故答案为：温度过高，大量水蒸气随水排出，溴蒸气中水增加，而温度过低，溴不能完全蒸出，吸收率低；（7）MgO熔点很高，电解熔融氧化镁需要消耗较高的能量，从而增加成本，工业上用电解熔融氯化镁冶炼Mg，故答案为：MgO熔点很高，熔融时耗能高，增加生产成本．【点评】本题以海水资源及其利用为载体综合考查物质的分离、制备，侧重于学生的分析、实验能力的考查，题目涉及金属的冶炼、物质的分离和提纯、氧化还原反应等知识点，能从总体上分析工艺流程图，知道每一步发生的反应或操作方法，熟悉常见物质的分离方法，题目难度中等．　四、选做题[化学-选修3：物质结构与性质]12．前四周期原子序数依次增大的六种元素A，B，D，X，Y，Z，基态时核外电子排布具有以下特征：A的电子层数和最外层电子数相等，非金属元素B的已成对电子数是未成对电子数的2倍，且A和B位于不同周期；D和X的价电子层中未成对电子均只有1个，并且D﹣和X+的电子相差为8；Y、Z与X位于同一周期，它们价电子层中的未成对电子数分别为4和2，且原子序数相差为2．回答下列问题：（1）Z2+的价层电子排布式为　3d8　．（2）D，X，Y三种元素中第一电离能从大到小的顺序是　F＞Fe＞K　．（填元素符号）（3）分子式为AD的化合物常以多聚体（AD）n的形式存在，请解释原因　HF分子间能形成氢键　．（4）B和氮原子可形成化合物（BN）2，（BN）2分子中中心原子的杂化方式为　sp　，φ键和π键的个数之比为　3：4　，空间构型为　直线形　．（5）D﹣、X+、Y3+三种离子组成的化合物X3YD6，其中化学键的类型有　离子键和配位键　；该化合物中存在一个复杂离子，该离子的化学式为　[FeF6]3﹣　，配位体是　F﹣　．（6）Y晶体的晶胞如图所示，晶胞边长为apm，则Y的配位数为　8　，晶体的密度为　　g/cm3．（用NA表示阿伏伽德罗常数的值）【考点】位置结构性质的相互关系应用．-25-【分析】D和X的价电子层中未成对电子均只有1个，并且D﹣和X+的电子相差为8，而原子序数D＞X，则D比X多两个电子层，由于都是前四周期元素，D至少位于第二周期，则X只能为第四周期元素，结合二者离子中所带电荷可知，D为F元素、X为K元素；A和B位于不同周期，B的原子序数小于D，则B位于第二周期、A处于第一周期，A的电子层数和最外层电子数相等，则A为H元素；非金属元素B的已成对电子数是未成对电子数的2倍，且处于第二周期，则B的电子排布式为：1s22s23p2，为C元素；Y、Z与X位于同一周期，说明Y和Z处于第四周期，二者的价电子层中的未成对电子数分别为4和2，且原子序数相差为2，则Y、Z的基态原子核外电子排布式分别为：1s22s22p63s23p63d64s2、1s22s22p63s23p63d84s2，即Y为Fe、Z为Ni，据此进行解答．【解答】解：和X的价电子层中未成对电子均只有1个，并且D﹣和X+的电子相差为8，而原子序数D＞X，则D比X多两个电子层，由于都是前四周期元素，D至少位于第二周期，则X只能为第四周期元素，结合二者离子中所带电荷可知，D为F元素、X为K元素；A和B位于不同周期，B的原子序数小于D，则B位于第二周期、A处于第一周期，A的电子层数和最外层电子数相等，则A为H元素；非金属元素B的已成对电子数是未成对电子数的2倍，且处于第二周期，则B的电子排布式为：1s22s23p2，为C元素；Y、Z与X位于同一周期，说明Y和Z处于第四周期，二者的价电子层中的未成对电子数分别为4和2，且原子序数相差为2，则Y、Z的基态原子核外电子排布式分别为：1s22s22p63s23p63d64s2、1s22s22p63s23p63d84s2，即Y为Fe、Z为Ni，（1）Z为Ni元素，Z2+的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d8，则其价层电子排布式为：3d8，故答案为：3d8；（2）D，X，Y三种元素分别为F、K、Fe，金属性越强，第一电离能越小，非金属性越强，第一电离能越大，则三种元素中第一电离能从大到小的顺序是：F＞Fe＞K，故答案为：F＞Fe＞K；（3）A、D分别为H、F元素，F元素非极性较强，HF分子间能形成氢键，所以分子式为HF的化合物常以多聚体（HF）n的形式存在，故答案为：HF分子间能形成氢键；（4）B为C元素，C和氮原子可形成化合物（CN）2，（CN）2分子中存在C≡N键，其结构式为：N≡C﹣C≡N，每个三键中含有2个π键和1个σ键，所以中心原子C原子的杂化方式为sp；（CN）2分子中含有3个σ键、4个π键，所以σ键和π键的数目之比为：3：4；其空间构型为直线形，故答案为：sp；3：4；直线形；（5）A﹣、B+和C3+三种离子组成的化合物的K3FeF6，该物质中阴阳离子间存在离子键，铁原子和氟原子间存在配位键，该化合物中存在一个复杂离子，该离子的化学式为[FeF6]3﹣，配位体是F﹣，故答案为：离子键和配位键；[FeF6]3﹣；F﹣；（6）Y为Fe元素，Fe位于晶胞体心，距离Fe最近的Fe原子位于晶胞顶点，共有8个，即Fe的配位数为8；该晶胞的边长为apm，则晶胞体积为（a×10﹣10cm）3，每个晶胞中含有Fe原子数为：8×+1=2，则晶胞的质量为：×2g=g，所以晶胞的密度为：=g/cm3，-25-故答案为：8；．【点评】本题考查了位置、结构与性质关系的综合应用，题目难度较大，涉及晶胞计算、化学键类型判断、核外电子排布、第一电离能等知识，正确推断各元素为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系．　五、选做题[化学-选修5：有机化学基础]13．用乙烯、甲苯、甲基丙烯（E）三种原料合成高分子药物M和有机中间体L的路线如下：已知：Ⅲ．L是六元环酯，M分子式是（C15H16O6）n回答下列问题：（1）D中含氧官能团的名称是　羧基、酯基　，B的结构简式是　HOCH2CH2OH　．（2）E→F的反应条件是　KMnO4/OH﹣　，H→J的反应类型是　消去反应　．（3）F→G的化学反应方程式是　　．（4）K→M属于加聚反应，M的结构简式是　　．-25-（5）在NaOH溶液中，K水解的化学反应方程式是　　．（6）写出3个符合下列条件的C的同分异构体的结构简式　　．①属于芳香族化合物；②能发生银镜反应；③核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为1：1：2：2．【考点】有机物的推断；有机物的合成．【分析】由反应信息Ⅰ可知，乙烯在高锰酸钾、碱性条件下被氧化生成B为HOCH2CH2OH．由反应信息Ⅱ可知，与乙酸酐反应生成D为．F发生催化氧化生成G，G与形成氢氧化铜反应生成H，则F为醇、G含有醛基、H含有羧基，L是六元环酯，由H、L的分子式可知，应是2分子H脱去2分子水发生酯化反应，故H中还含有﹣OH，且﹣OH、﹣COOH连接在同一碳原子上，该碳原子不含H原子，故H为，逆推可得G为、F为，故E为（CH3）2C=CH2，在高锰酸钾、碱性条件下氧化生成F．B、D、J反应生成K，K→M属于加聚反应，M分子式是（Cl5Hl6O6）n，由M的链节组成可知，应是1分子B、1分子D、1分子J反应生成K，故H在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成J为CH2=C（CH3）COOH，K为-25-、M为，据此解答．【解答】解：由反应信息Ⅰ可知，乙烯在高锰酸钾、碱性条件下被氧化生成B为HOCH2CH2OH．由反应信息Ⅱ可知，与乙酸酐反应生成D为．F发生催化氧化生成G，G与形成氢氧化铜反应生成H，则F为醇、G含有醛基、H含有羧基，G中﹣CHO氧化为羧基，L是六元环酯，由H、L的分子式可知，应是2分子H脱去2分子水发生酯化反应，故H中还含有﹣OH，且﹣OH、﹣COOH连接在同一碳原子上，该碳原子不含H原子，故H为，逆推可得G为、F为，故E为（CH3）2C=CH2，在高锰酸钾、碱性条件下氧化生成F．B、D、J反应生成K，K→M属于加聚反应，M分子式是（Cl5Hl6O6）n，由M的链节组成可知，应是1分子B、1分子D、1分子J反应生成K，故H在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成J为CH2=C（CH3）COOH，K为、M为，（1）由上述分析可知，B为HOCH2CH2OH，D为，含有羧基、酯基，故答案为：羧基、酯基；HOCH2CH2OH；（2）E→F的反应条件是KMnO4/OH﹣，H→J的反应类型是：消去反应，故答案为：KMnO4/OH﹣；消去反应；-25-（3）F→G的化学反应方程式是，故答案为：；（4）K→M属于加聚反应，由上述分析可知，M的结构简式是，故答案为：；（5）碱性条件下，K水解的化学反应方程式是，故答案为：；（6）符合下列条件的C（）的同分异构体：-25-①属于芳香族化合物，含有苯环；②能发生银镜反应，含有﹣CHO或﹣OOCH，若为﹣CHO，则还含有2个﹣OH，若为﹣OOCH，则还含有1个﹣OH．③核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为1：1：2：2，符合条件的同分异构体为：，故答案为：．【点评】本题考查有机物的推断与合成，需要学生对给予的信息进行利用，能较好的考查学生的自学能力，注意根据F可以连续氧化生成H，结合L为环酯确定H的结构是关键，对学生的逻辑推理有较高的要求，注意掌握官能团的性质与转化，是热点题型，难度中等．-25-