内蒙古赤峰市宁城县2020届高三化学10月月考试题（含解析） .doc

1、内蒙古赤峰市宁城县内蒙古赤峰市宁城县 20202020 届高三化学届高三化学 1010 月月考试题（含解析）月月考试题（含解析） 1.化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关。下列说法正确的是 A. 加碘食盐的水溶液遇淀粉变蓝 B. 煤经过液化和气化等物理变化可转化为淸洁能源 C. 制造人民币所用的棉花、优质针叶木等原料的主要成分是纤维素 D. 我国预计 2020 年发射首颗火星探测器，太阳能电池帆板的材料是二氧化硅 【答案】C 【解析】 【详解】A、碘单质遇淀粉能变蓝，但是在碘盐中添加的是碘酸钾，不是单质碘，选项 A 错 误； B、煤气化和液化均是化学变化，选项 B 错误； C、棉花、优

2、质针叶木等原料的主要成分是纤维素，选项 C 正确； D、硅属于半导体材料，广泛应用于太阳能电池，故火星探测器携带太阳能电池帆板的材 料是晶体硅，选项 D 错误； 答案选 C。 2.设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 1 L 0. 1 molL 1 NaC1O 溶液中含有的 ClO一数目为 N A B. 常温常压下，32 g O2与 O3的混合气体中含有的分子总数小于 NA C. 标准状况下 22.4 L HF 中含有的氟原子数目为 NA D. 1 mol Fe 在 1 mol C12中充分燃烧，转移的电子数目为 3 NA 【答案】B 【解析】 【详解】 A、 次氯酸是弱酸，

3、所以次氯酸根离子发生水解， 使次氯酸根离子的数目小于 0.1NA， 选项 A 错误； B、氧气和臭氧的摩尔质量不同，臭氧的摩尔质量大于氧气，当 32g 全部为氧气时，分子个 数为 NA个，而当混有摩尔质量大于 32g/mol 的臭氧时，分子个数小于 NA个，选项 B 正确； C、标准状况下，氟化氢不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算氯化氢的物质的量， 则无法知道所含氟原子数目，选项 C 错误； D、铁与氯气反应生成氯化铁，1molFe 在 1 mol C12中充分燃烧，铁有剩余，氯气完全反应， 氯元素化合价由 0 价降低为-1 价，转移电子数为 1mol2NAmol-1=2NA，选项 D

4、 错误； 答案选 B。 3.下列关于有机物的说法正确的是 A. 分子式为 C5H10O2，且属于酯同分异构体共有 9 种(不考虑立体异构) B. 环己烯()分子中的所有碳原子共面 C. 乙醇和丙三醇互为同系物 D. 二环己烷( )的一氯代物有 3 种结构(不考虑立体异构) 【答案】A 【解析】 【详解】A、分子式为 C5H10O2的酯为饱和一元酯，甲酸和丁醇酯化，丁醇有 4 种；乙酸 和丙醇酯化，丙醇有 2 种；丙酸和乙醇酯化，丙酸有 1 种；丁酸和甲醇酯化，丁酸有 2 种；因此属于酯的同分异构体共有（4+2+1+2）=9 种，选项 A 正确； B、环己烯分子中含有 4 个饱和碳原子，由甲烷的

5、结构可知分子中的所有碳原子不可能同一 个平面上，选项 B 错误； C、乙醇是饱和一元醇，甘油是饱和三元醇，所含官能团数目不同，不是同系物，选项 C 错 误； D、二环己烷( )中有两种不同环境的氢，其一氯代物有 2 种结构(不考虑立体异构)， 选项 D 错误。 答案选 A。 【点睛】本题考查有机物结构与性质，侧重分析与应用能力的考查，把握官能团的性质、 同分异构体数目的推断、同系物和共面的判断为解答的关键。易错点为选项 B，环己烯分子 中含有 4 个饱和碳原子，由甲烷的结构可知分子中的所有碳原子不可能同一个平面上。 4.短周期主族元素 X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，甲、乙分别是 X、W

6、两元素对应的单质， 丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，戊是 Z 的最高价氧化物对应的水化物，且 25时 0.1mol/L 戊溶液的 pH 为 13，工业上通过电解丙和丁的混合物来制取甲、乙、戊。下列说法 不正确的是（ ） A. 原子半径：ZWYX B. Z 分别与 X、Y、W 形成的化合物中一定没有共价键 C. 元素 Y 与 X、Z 都能组成两种化合物 D. 乙与戊的水溶液反应后所得溶液具有漂白性 【答案】B 【解析】 【分析】 根据工业上通过电解丙和丁的混合物来制取甲、乙、戊，可推测是电解饱和食盐水，生成氢 气、氯气和氢氧化钠，故甲为氢气，所以 X 是 H 元素，乙是氯气，所以 W 为 C

7、l 元素，戊是 Z 的最高价氧化物对应的水化物，且 25时 0.1mol/L 戊溶液的 pH 为 13，所以戊为氢氧化 钠，根据短周期主族元素 X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，所以 Y 为 O 元素，Z 为钠元素。 【详解】A、Z 为钠元素，W 为 Cl 元素，Y 为 O 元素，X 是 H 元素，原子半径大小比较先看电 子层数，电子层数越多半径越大，电子层数相同，核电荷数越大半径越小，所以原子半径： ZWYX，故 A 正确；B、钠与氧气在点燃那条件下生成过氧化钠，其中含有氧与氧之间 的共价键， 故 B 错误；C、 Y 为 O 元素，X 是 H 元素， 两者可以形成水和过氧化氢两种化合物，

8、Z 为钠元素，可以与氧元素生成氧化钠和过氧化钠两种化合物，故 C 正确；D、乙为氯气， 戊为氢氧化钠两者反应可生成次氯酸钠、氯化钠和水，此溶液具有漂白效果，故 D 正确；故 选 B。 【点睛】 本题为简单的无机推断， 本题的突破点为工业上通过电解丙和丁的混合物来制取甲、 乙、戊，可猜测应该是点解饱和食盐水，进而推出其他物质。原子半径大小比较先看电子层 数，电子层数越多半径越大，电子层数相同，核电荷数越大半径越小；离子化合物中也可能 含有共价键。 5.工业上， 在强碱性条件下用电解法除去废水中的 CN ， 装置如图所示， 依次发生的反应有： CN 2e2OH=CNOH 2O 2Cl 2e=Cl

9、2 3Cl22CNO 8OH=N 26Cl 2CO 4H 2O 下列说法正确的是 A. 铁电极上发生的反应为 Fe2e =Fe2 B. 通电过程中溶液 pH 不断增大 C. 除去 1 mol CN ，外电路至少需转移 5 mol 电子 D. 为了使电解池连续工作，需要不断补充 NaCl 【答案】C 【解析】 【分析】 根据电极反应式及图像中有 Fe 电极可知，阳极为石墨电极，CN 失电子，阴极为铁电极，得 电子，可确定 a 为电池的正极，b 为负极。 【详解】A.铁电极为电解池的阴极，得电子，则只能是水提供的氢离子得电子，A 错误； B.根据电极反应式， 阴极为 2H2O+2e = H 2+2

10、OH ， 阳极CN2e2OH=CNOH 2O， 2Cl 2e=Cl 23Cl22CNO 8OH=N 26Cl 2CO 4H 2O，得失电子数相等时，在消耗氢 氧根离子，pH 在减小，B 错误； C. 根据反应：3Cl2+2CNO -+8OH-N 2+6Cl -+2CO 3 2-+4H 2O，除去 1mol CN -，消耗 1.5mol 氯气，转 移电子 3mol，根据 CN -2e-+2OH-CNO-+H 2O，转移电子是 2mol，所以外电路至少需转移 5mol 电子，C 正确； D. 根据电极反应的离子，为了使电解池连续工作，需要补充氢氧化钠，若有氯气溢出，则 需要补充氯化钠，D 错误；

11、答案为 C。 6.下列实验操作、实验现象以及所得出的结论均正确的是 选项 实验操作 实验现象 结论 A 向 1mL2mol/LNaOH 溶液中先滴加 2 滴 0.1mol/LMgCl2溶液，再滴加 2 滴 0.1mol/LFeCl3溶液，振荡 先生成白色沉淀，后 生成红褐色沉淀 KspMg(OH)2 KspFe(OH)3 B 将甲烷与氯气按体积比 1： 4 混合于试 管中光照 反应后的混合气体能 使湿润的石试纸变红 生成的氯代甲烷具 有酸性 C 将木炭和浓硫酸共热生成的气体通入 澄清石灰水中 澄清石灰水变浑浊 该气体只含 CO2 D 向某溶液中加入盐酸酸化的 BaCl2溶 液 有白色沉淀产生

12、该溶液中可能含有 SO4 2- A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A、NaOH 溶液过量，加入 FeCl3溶液与 NaOH 溶液反应生成红褐色沉淀，不能比较 KspMg(OH)2 和 KspFe(OH)3大小，选项 A 错误； B、甲烷与氯气反应生成氯化氢，氯化氢的水溶液能使湿润的石蕊试纸变红，而不是生成的 氯代甲烷具有酸性，选项 B 错误； C、将木炭和浓硫酸共热生成的气体有二氧化碳和二氧化硫，通入澄清石灰水中，都能反应 生成碳酸钙沉淀和亚硫酸钙沉淀，结论不符合，选项 C 错误； D、如果溶液中含有 SO4 2-，加入盐酸酸化的 BaCl 2溶液，有白色沉

13、淀产生；如果溶液中含有 银离子，也具有此现象发生，所以只能确定该溶液中可能含有 SO4 2-，选项 D 正确； 答案选 D。 【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、反应与现象、沉淀转化、实验技 能为解答的关键，易错点为选项 A：注意氢氧化钠是过量的，而加入的氯化镁和氯化铁是几 滴对氢氧化钠而言是少量的，所以它们都和氢氧化钠完全反应生成沉淀。 7.已知：pKa=lgKa。25时，H2A 的 pKa1=1.85，pKa2=7.19。常温下，用 0.1 molL 1 NaOH 溶液滴定 20mL0.1molL 1H 2A 溶液的滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是 A. a 点溶液中：

14、c(HA )=c(H 2A) B. b 点溶液中：A 2水解平衡常数 K h1=10 6.81 C. c 点溶液中：V0=30 D. a、b、c、d 四点中，d 点溶液中水的电离程度最大 【答案】C 【解析】 【分析】 已知：pKa=lgKa。由图中信息可知，25时，H2A 的 pKa1=1.85，pKa2=7.19，所以 Ka1=10 -1.85， Ka2=10 -7.19。 【详解】 A.pH=1.85 的 a 点溶液中： 根据第一步电离常数 Ka1=10 -1.85=c(HA) c （H+） /c(H 2A)= c(HA ) 10-1.85/c(H 2A)，所以 c(HA )=c(H 2

15、A)，故不选 A； B. b 点溶液中：A 2水解平衡常数 K h1=c（HA -）c（OH-）/C(A2)=K w/Ka2=110 -14/10-7.19=10 6.81,故不选 B； C. c 点溶液如果 V0=30，则生成 NaHA 与 Na2A 的混合溶液，且物质的量之比为 1:1，A 2水解 会让 HA -的浓度略有增加，故 c（HA-）C(A2-)；而根据 K a2=10 -7.19=c（H+）c（A2-）/c(HA-) 得出 c（HA -）=c(A2-)；二者相矛盾，所以 V 030，故选 C； D. d 点恰好生成 Na2A，盐类的水解促进水的电离，故不选 D； 正确答案：C。

16、 【点睛】以强碱和弱酸反应为载体，利用中和滴定操作和 pH 变化图像，判断溶液成分和微 粒浓度的大小，注意抓几个关键点，起点，1:1 反应点，恰好生成正盐的点，同时掌握电离 常数，水解常数的计算。 8.钼酸钠晶体(Na2MoO4.2H2O)是一种无公害型冷却水系统的金属缓蚀剂。工业上利用钼精矿 (主要成分是不溶于水的 MoS2)制备钼酸钠的两种途径如图所示： (l) Na2 MoO42H2O 中钼元素的化合价为_，NaCIO 的电子式为 _。 (2)途径 I 为了提高钼精矿焙烧速率，可采取的措施是_(答出两条即可)。 (3)途径 I 焙烧过程中化学方程式为_，碱浸时气体 A 的化学式为_。 (

17、4)已知途径 I 的钼酸钠溶液中 c(MoO4 2-)=0. 40mol/L，c(CO 3 2-)=0. 20mol/L。由钼酸钠溶液 制备钼酸钠晶体时，需加入 Ba(OH)2固体以除去 CO3 2-。当 BaMoO 4开始沉淀时，CO3 2-的去除率 是_(已知 Ksp(BaCO3) =110 -9、Ksp(BaMo0 4) =4.010 -8，忽略溶液的体积变化)。 (5)途径 II 氧化时溶液中还有 Na2SO4生成，则还原剂与氧化剂物质的量之比为_。 (6)途径 I 或途径 II 所得的 Na2MoO4溶液经结晶可得固体 A 后再重结晶可得固体 B，其重结 晶操作的目的为_。 【答案】

18、 (1). +6 (2). (3). 充分粉碎钼精矿，加压增大氧 气浓度，升高温度等 (4). 2MoS2+7O22MoO3+4SO2 (5). CO2 (6). 95% (7). 1：9 (8). 除去其它可溶性杂质，便于得到更纯净的钼酸钠晶体 【解析】 【分析】 (l) Na2 MoO4.2H2O 中根据各元素化合价的代数和为零，计算钼元素的化合价为+6 价；NaClO 为离子化合物，其的电子式为； (2) 途径 I 为了提高钼精矿焙烧速率， 粉碎钼精矿增大接触面积， 增加氧气的浓度或升高温 度； (3)途径 I 焙烧过程中，反应物为氧气、钼精矿，产物为二氧化硫和三氧化钼，反应方程式 为：

19、2MoS2+7O22MoO3+4SO2；根据元素守恒，产物 Na2MoO4中无碳元素，则气体中含碳元 素，气体 A 为二氧化碳，则碱浸时气体 A 的化学式为 CO2； （4） 根据 Ksp(BaMo04) =4.010 -8， BaMoO 4开始沉淀时， 则 c （Ba 2+） = Ksp(BaMo0 4)/c （Mo04 2-） =4.010 -8/0. 40=1.010-7 mol/L，此时溶液中 c(CO 3 2-)= Ksp(BaCO 3)/ c（Ba 2+） =110 -9/1.010-7=0.01mol/L，CO 3 2-的去除率=（0. 20mol/L-0.01mol/L）/0.

20、 20mol/L=95%； (5)途径 II 氧化时还原剂为 MoS2、氧化剂为 NaClO， 生成物为 Na2SO4和 Na2 MoO4，反应中 Mo 化合价由+4 价变为+6 价，S 由-2 变为+6，1mol MoS2失去 16mol 电子，NaClO 中 Cl 的化合 价由+1 变为-1，1mol 得到 2mol 电子，则还原剂与氧化剂物质的量之比 1：9； (6) 重结晶为根据可溶物的溶解度不同， 利用多次结晶得到较纯的物质， 其操作的目的为除 去其它可溶性杂质，便于得到更纯净的钼酸钠晶体； 【详解】(l) Na2 MoO4.2H2O 中根据各元素化合价的代数和为零，计算钼元素的化合

21、价为+6 价；NaClO 为离子化合物，其的电子式为； (2) 途径 I 为了提高钼精矿焙烧速率， 粉碎钼精矿增大接触面积， 增加氧气的浓度或升高温 度，答案为：充分粉碎钼精矿，加压增大氧气浓度，升高温度等； (3)途径 I 焙烧过程中，反应物为氧气、钼精矿，产物为二氧化硫和三氧化钼，反应方程式 为：2MoS2+7O22MoO3+4SO2；根据元素守恒，产物 Na2MoO4中无碳元素，则气体中含碳元 素，气体 A 为二氧化碳，则碱浸时气体 A 的化学式为 CO2； （4） 根据 Ksp(BaMo04) =4.010 -8， BaMoO 4开始沉淀时， 则 c （Ba 2+） = Ksp(BaM

22、o0 4)/c （Mo04 2-） =4.010 -8/0. 40=1.010-7 mol/L，此时溶液中 c(CO 3 2-)= Ksp(BaCO 3)/ c（Ba 2+） =110 -9/1.010-7=0.01mol/L，CO 3 2-的去除率=（0. 20mol/L-0.01mol/L）/0. 20mol/L=95%； (5)途径 II 氧化时还原剂为 MoS2、氧化剂为 NaClO， 生成物为 Na2SO4和 Na2 MoO4，反应中 Mo 化合价由+4 价变为+6 价，S 由-2 变为+6，1mol MoS2失去 16mol 电子，NaClO 中 Cl 的化合 价由+1 变为-1，

23、1mol 得到 2mol 电子，则还原剂与氧化剂物质的量之比 1：9； (6) 重结晶为根据可溶物的溶解度不同， 利用多次结晶得到较纯的物质， 其操作的目的为除 去其它可溶性杂质，便于得到更纯净的钼酸钠晶体； 【点睛】根据元素守恒，产物 Na2MoO4中无碳元素，则气体中含碳元素，且为稳定的氧化物， 气体 A 为二氧化碳； 根据还原剂失电子总数与氧化剂得电子总数的比值， 可计算出还原剂与 氧化剂物质的量之比。 9.近段时间， 全国范围内的雾霾天气严重影响了人们的身体健康， 环境问题越来越受到人们 的重视。 汽车尾气中含有较多的 NO 和 CO， 两种气体均会使人体中毒。 处理大气中的污染物，

24、打响“蓝天白云”保卫战是当前的重要课题 请回答下列问题 (1)一氧化碳、氢气既是重要的能源，也可以催化还原 NO 等消除污染，还可以在一定条件下 制取 CH3OH。 已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g) H=+180.5kJmol 1； 2H2(g)+ O 2(g)=2H2O(1) H=571.6kJmol 1； H2O(g)=H2O(1) H=44kJmol 1。 写出 H2与 NO 反应生成 N2和水蒸气的热化学方程式：_。 (2)CO可用于合成甲醇， 反应方程式为CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。 在密闭容器中充有10 mol CO 和 20molH2，在催化剂作用下发生反

25、应生成甲醇，改变条件，测得 CO 的平衡转化率与温 度(T)、压强(p)的关系如图所示。则该反应的H_0(填“”或“”)。若达到 平衡状态 A 时，容器的体积为 10L，则在平衡状态 B 时平衡常数 K=_，此时容器 的体积为_L。 (3)工业上采用加压条件下，在含冷却装置的吸收塔中，以去离子水为吸收剂吸收 NO，得到 40%的硝酸。原理如下： 2NO(g)+O2(g)2NO2(g) H=114 kJ/mol 3NO2(g)+H2O()2 HNO3(aq)+ NO(g) H=69 92 kJ/molo 采用降温操作的两个原因是_。 (4)利用电解原理也可以处理工厂烟气。 如图为工业生产模拟装置

26、。 其中 A、 B 为多孔电极(外 接电源未画出)，则 A 为_极(填“正”“负”“阴”或“阳”)，电极反应式为 _。溶液中溶质的成分为_(填化学式)。 【答案】 (1). 2H2（g）+2NO（g）=2H2O（g）+N2（g） H=-664.1 kJmol -1 (2). (3). 1 (4). 2 (5). 降低温度平衡正向移动，硝酸高温下易分解 (6). 阳极 (7). 2 224 SO2e2H OSO4H (8). 4424 2 NHSOH SO、 【解析】 【分析】 （1）根据盖斯定律书写 H2与 NO 反应生成 N2和水蒸气的热化学方程式；(2)根据图像，随温 度升高，CO 的转化

27、率降低，说明平衡逆向移动；利用“三段式”计算 1 T时的平衡常数；根 据温度相同时，平衡常数相等计算 B 点的体积；(3)以去离子水为吸收剂吸收 NO 得到 40%的 硝酸的反应放热，硝酸高温下易分解；(4) A 极 SO2失电子发生氧化反应生成 SO4 2-，B 极 NO 得电子发生还原反应生成 NH4 +；根据电解池总反应判断 X 溶液中的溶质。 【详解】 （1）已知N2（g）+O2（g）=2NO（ （g）H=+180.5 kJmol -1 2H2（g）+O2（g）=2H2O（1）H=-571.6 kJmol -1 H2O（g）=H2O（1）H=-44 kJmol -1， 则利用盖斯定律将

28、-2-可得 2H2（g）+2NO（g）=2H2O（g）+N2（g） H=-571.6kJ mol -1-（-44 kJ mol -1）2-180.5 kJ mol -1=-664.1 kJ mol -1； （2）(2)根据图像，随温度升高，CO 的转化率降低，说明平衡逆向移动，所以H0； 当达到平衡状态 A 时，容器的体积为 10L，此时 CO 的转化率为 50%，则 CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) 起始（mol/L） ：1 2 0 转化（mol/L） ：0.5 1 0.5 平衡（mol/L） ：0.5 1 0.5 k= 2 0.5 = 0.5 1 1，因 A、B 反应温度相等，则平

29、衡常数相等，且 B 点时 CO 的转化率为 80%， 则 CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) 起始（mol） ：10 20 0 转化（mol） ：8 16 8 平衡（mol） ：2 4 8 设体积为 VL，则有2 8 1 24 v vv ，解得 V=2； (3)以去离子水为吸收剂吸收 NO 得到 40%的硝酸的反应放热，降低温度平衡正向移动，硝酸 高温下易分解，所以采用降温操作； (4)根据图示，A 极 SO2失电子发生氧化反应生成 SO4 2-，则 A 为阳极，电极反应式是 2 224 224SOeH OSOH 。根据总反应 224424 2 5284SONOH ONHSOH SO ,

30、X 溶液中的溶质是 4424 2 NHSOH SO、 。 10.实验小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。 资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于 KOH 溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生 O2，在碱性溶液中较稳定，下列实验中用高锰酸钾与浓盐酸反应制备得到氯气，然后再将氯 气通入氢氧化钾溶液中与氢氧化铁固体充分反应而制得产品： （1）制备 K2FeO4（夹持装置略） 请写出该过程中制备氯气的离子反应方程式_（锰被还原为 Mn 2+） 。 请根据高铁酸钾制备的原理选择合适的装置， 连接顺序为_ E _。 (上 述装置不一定全部用到，装置可以重复选用) 装置 E 中反应时需进行

31、搅拌，目的是_ E 中得到紫色固体和溶液。 E 中生成高铁酸钾的反应为_； 反应充分进行后， E 中溶液中主要的阴离子为_ （2）探究 K2FeO4的性质 取 E 中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液 a，经检验气体中含有 Cl2。为证 明是否是 K2FeO4氧化了 Cl 而产生 Cl 2，设计以下方案： 方案 取少量 a，滴加 KSCN 溶液至过量，溶液呈红色。 方案 用 KOH 溶液充分洗涤 E 中所得固体，再用 KOH 溶液将 K2FeO4溶出，得到紫色 溶液 b。取少量 b，滴加盐酸，有 Cl2产生。 由方案中溶液变红可知 a 中含有_离子，但该离子的产生不能判断一定是 K2

32、FeO4 将 Cl 氧化，还可能由_产生（用方程式表示） 。 方案可证明 K2FeO4氧化了 Cl 。用 KOH 溶液洗涤的目的是_ 【答案】 (1). 2MnO4 - + 16H+ + 10Cl- =2Mn2+ +5Cl 2+8H2O； (2). F A (3). D (4). 使反应物氯气和固体氢氧化铁能充分接触，加快反应速率，提高产率。 (5). 3Cl2 + 2Fe （OH）3 + 10KOH = 2K2FeO4 + 6KCl + 8H2O (6). Cl -，ClO-，OH-，FeO 4 2- (7). Fe3+ (8). 4FeO4 2 + 20H+ = 4Fe3+ + 3O 2

33、+ 10H2O (9). 避免 ClO 干扰实验。 【解析】 分析】 (1)用高锰酸钾和浓盐酸反应制取 Cl2，MnO4 被还原为 Mn2+，Cl被氧化为 Cl 2，据此写出反 应的离子方程式； 高锰酸钾和浓盐酸反应制取 Cl2不需要加热，因此选用 F 装置，浓盐酸会挥发产生 HCl， 使得产生的 Cl2中混有 HCl，需要除去 HCl，可将混合气体通过饱和食盐水达到除杂的目的， 选用装置 A，除去 HCl 的 Cl2进入装置 E 发生反应制备高铁酸钾，最后连接 D 装置进行尾气 吸收； 搅拌能使反应物氯气和固体氢氧化铁充分接触，加快反应速率，提高产率； E 中得到紫色固体和溶液，紫色固体为

34、K2FeO4，在碱性条件下，Cl2可以氧化 Fe(OH)3制取 K2FeO4，据此写出反应方程式，同时还存在反应为 Cl2和 KOH 反应，据此判断溶液中的阴离 子； (2)方案 I 中加入 KSCN 溶液至过量，溶液呈红色，说明反应产生 Fe 3+，但该离子的产生不 能判断一定是 K2FeO4将 Cl 氧化，注意 K 2FeO4在碱性溶液中稳定，酸性溶液中快速产生 O2， 自身转化为 Fe 3+； 方案 II 可证明 K2FeO4氧化了 Cl ， 使用 KOH 溶液溶出 K 2FeO4晶体， 可以使 K2FeO4稳定析出， 并且除去 ClO 离子，防止在酸性条件下 ClO和 Cl反应产生 C

35、l 2干扰实验。 【详解】(1)用高锰酸钾和浓盐酸反应制取 Cl2，MnO4 被还原为 Mn2+，Cl被氧化为 Cl 2，据 此写出反应的离子方程式：2MnO4 -+16H+10Cl-=2Mn2+ +5Cl 2+8H2O； 故答案为：2MnO4 -+16H+10Cl-=2Mn2+ +5Cl 2+8H2O； 高锰酸钾和浓盐酸反应制取 Cl2不需要加热，因此选用 F 装置，浓盐酸会挥发产生 HCl， 使得产生的 Cl2中混有 HCl，需要除去 HCl，可将混合气体通过盛有饱和食盐水的洗气瓶达 到除杂的目的，选用装置 A，除去 HCl 的 Cl2进入装置 E 发生反应制备高铁酸钾，最后连接 D 装置

36、进行尾气吸收； 故答案为：F A；D； 搅拌能使反应物氯气和固体氢氧化铁充分接触，加快反应速率，提高产率； 故答案为：使反应物氯气和固体氢氧化铁能充分接触，加快反应速率，提高产率； E 中得到紫色固体和溶液，紫色固体为 K2FeO4，在碱性条件下，Cl2可以氧化 Fe(OH)3制取 K2FeO4，反应方程式为：3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，同时还存在反应为 Cl2 和 KOH 反应：Cl2 + 2KOH= KCl + KClO + H2O，因此 E 溶液中主要的阴离子为 Cl -，ClO-，OH-， FeO4 2-； 故答案为：3Cl2 + 2Fe

37、（OH）3 + 10KOH = 2K2FeO4 + 6KCl + 8H2O； Cl -，ClO-，OH-，FeO 4 2-。 (2)方案 I 中加入 KSCN 溶液至过量，溶液呈红色，说明反应产生 Fe 3+，但该离子的产生不 能判断一定是 K2FeO4将 Cl 氧化，注意 K 2FeO4在碱性溶液中稳定，酸性溶液中快速产生 O2， 自身转化为 Fe 3+，反应为 4FeO 4 2+20H+=4Fe3+3O 2+10H2O； 故答案为：Fe 3+；4FeO 4 2 + 20H+ = 4Fe3+ + 3O 2 + 10H2O； 方案 II 可证明 K2FeO4氧化了 Cl ， 使用 KOH 溶液

38、溶出 K 2FeO4晶体，可以使 K2FeO4稳定析 出，同时考虑到 K2FeO4表面可能吸附 ClO ，ClO在酸性条件下可与 Cl反应生成 Cl 2，从而干 扰实验，所以用 KOH 溶液洗涤的目的是：避免 ClO 干扰实验； 故答案为：避免 ClO 干扰实验。 【点睛】本题有三个空是书写氧化还原反应方程式，可见书写方程式的重要性，尤其是陌生 的氧化还原反应方程式的书写，首先通过信息和经验确定部分反应物、生成物，再依据得失 电子守恒配平氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的系数，然后再根据电荷守恒、元素守 恒配平其余物质的系数。 11.英国曼彻斯特大学科学家安德烈海姆和康斯坦丁诺沃肖洛夫。共同

39、工作多年的二人 因“突破性地”用撕裂的方法从石墨中成功获得超薄材料石墨烯而获奖。 制备石墨烯方法有 石墨剥离法、化学气相沉积法等。石墨烯的球棍模型示意图如下： （1）下列有关石墨烯的说法正确的是_ A.12g 石墨烯含化学键数为 NA B.石墨烯分子中所有原子可以处于同一平面 C.从石墨剥离得石墨烯需克服石墨层与层之间的分子间作用力 D.石墨烯中每个 C 原子连接 3 个六元环,每个六元环占有 6 个 C 原子 （2） 化学气相沉积法是获得大量石墨烯的有效方法之一,催化剂为金、 铜、 钴等金属或合金, 含碳源可以是甲烷、乙炔、苯、乙醇或酞菁等中的一种或任意组合。 基态铜原子能量最高的电子占据的

40、能级符号是_； 第四周期元素中,最外层电子数 与铜原子相同的元素还有_。 下列分子属于非极性分子的是_。 a.甲烷 b.二氯甲烷 c.苯 d.乙醇 乙醇的沸点要高于相对分子质量比它还大的丁烷,请解释原因 _。 酞菁与酞菁铜染料分子结构（如图）,酞菁分子中碳原子采用的杂化方式是_。 金与铜可形成的金属互化物合金(如图),它的化学式可表示为_；在 Au 周围最近 并距离相等的 Cu 有_个,若 2 个 Cu 原子核的最小距离为 d pm,该晶体的密度可以表示为 _g/cm 3。(阿伏伽德罗常数用 N A表示). 【答案】 (1). BC (2). 3d (3). K、Cr (4). a、c (5)

41、. 乙醇分子间可形 成氢键而丁烷分子间不能形成氢键 (6). sp 2 (7). Cu 3Au 或 AuCu3 (8). 12 (9). 30 3 A 389210 4Nd 【解析】 【详解】 （1） A 石墨烯中一个碳原子具有 1.5 个 键， 所以 12g 石墨烯含 键数为 1.5NA， 选项 A 错误； B碳碳双键上所有原子都处于同一平面，所以导致石墨烯分子中所有原子可以处于同一平 面，选项 B 正确； C石墨结构中，石墨层与层之间存在分子间作用力，所以从石墨剥离得石墨烯需克服石墨 层与层之间的分子间作用力，选项 C 正确； D、石墨烯晶体中最小的环为六元环，每个碳原子连接 3 个 C-

42、C 化学健，则每个 C 原子连接 3 个六元环，每个六元环占有的 C 原子数为 6 1 3 =2，选项 D 错误； 答案选 BC； （2）铜是 29 号元素，其基态原子的电子排布式为：1s 22s22p63s23p63d104s1，基态铜原子 能量最高的电子占据的能级符号是 3d； 第四周期元素中,最外层电子数与铜原子相同的元素还有 K、Cr; a.甲烷为正四面体结构， 结构对称， 正负电荷的中心重合， 属于非极性分子， 选项 a 正确； b.二氯甲烷为四面体分子，结构不对称，正负电荷的中心不重合，属于极性分子，选项 b 错误； c.苯为平面正六边形，结构对称，正负电荷的中心重合，属于非极性分

43、子，选项 c 正确； d.乙醇结构不对称，正负电荷的中心不重合，属于极性分子，选项 d 错误； 答案选 ac； 乙醇分子间存在氢键，使得其熔、沸点升高,而丁烷分子间不存在氢键； 酞菁分子中碳原子形成 3 个 键和 1 个 键，所以采取 sp 2杂化；酞菁铜分子中能提供 孤电子对的氮原子才是配位原子，所以酞菁铜分子中心原子的配位数为 2； 该晶胞中含铜原子个数为 6 1 2 =3，含有金原子数为 8 1 8 =1,所以其化学式为 Cu3Au 或 AuCu3，根据图示，铜原子周围最近并距离相等的金原子有 4 个。根据化学式，在 Au 周围最 近并距离相等的 Cu 有 12 个；若 2 个铜原子核的

44、最小距离为 d pm，则晶胞的棱长为 2d pm= 2d10 -10 cm, 该晶体的密度= 3 10 389 210 A g N dcm = 30 3 3892 10 4 A Nd 。 12.有机物 W 用作调香剂、高分子材料合成的中间体等,制备 W 的一种合成路线如下。 已知：+CH3Cl+HCl 请回答下列问题 （1）F 的化学名称是_,的反应类型是_。 （2）D 中含有的官能团是_(写名称),D 聚合生成高分子化合物的结构简式为 _。 （3）反应的化学方程式是_。 （4）反应的化学方程式是_。 （5） 芳香化合物N是A的同分异构体,其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为_。 （6） 参照

45、有机物W的上述合成路线,设计以M为起始原料制备F的合成路线(无机试剂任选)。 _ 【答案】 (1). 苯甲醇 (2). 取代反应 (3). 羟基、羧基 (4). (5). (6). (7). (8). 【解析】 【详解】A 与溴的四氯化碳溶液反应生成 B，则根据 B 的结构简式可知 A 的结构简式为 。B 发生水解反应生成 C，则 C 的结构简式为。C 氧化生成 D，则 D 的结构简式为。D 在浓硫酸的作用下发生消去反应生成 E， 则 E 的结构简式为。E 和 F 发生酯化反应生成 W，则 W 的结构简式为 。 （1）根据 F 的结构简式可知 F 的化学名称是苯甲醇； 反应为 B 在氢氧化钠的

46、水溶液中加热发生水解反应，也属于取代反应生成 ，反应类型是取代反应； （2）D 的结构简式为，含有的官能团是羟基、羧基；D 聚合生成高分子化合 物的结构简式为； （3）反应是在铜的催化下与氧气发生氧化反应生成和水， 反应的化学方程式是； （4）反应是与在浓硫酸的催化下发生酯化反应生成 和水，反应的化学方程式是 ； （5） 芳香化合物 N 是 A 的同分异构体,其中核磁共振氢谱为三组峰， 说明含有 3 种不同环境 的氢原子，则其结构简式为； （6）参照有机物 W上述合成路线，以 M 为起始原料，在氯化铝作用下反应生成甲苯，甲 苯在光照条件下与氯气发生取代反应生成，在氢氧化钠的水溶液中 加热水解生成苯甲醇，则制备 F 的合成路线为 。