2021届福建省省高考高三临考全真模拟 化学（二 ）练习题

这是一份2021届福建省省高考高三临考全真模拟 化学（二 ）练习题，共20页。试卷主要包含了6kJ·ml-1, 则35等内容，欢迎下载使用。
2021届高考化学临考练习二（福建适用）
（考试时间:90分钟试卷满分:100分）
注意事项:
1. 本试卷分选择题和非选择题两部分。答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2. 回答选择题时,选出每小题答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3. 回答非选择题时,将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4. 考试结束后,将本试卷和答题卡一井交回。
5. 可能用到的相对原子质量:H1Li7C12N14016F19Na23S32CI35.5

一、选择题:本题共10小题,每小题4分,共40分。每小题只有一个选项符合题意。

1．复印机工作时易产生臭氧（O3），少量的臭氧有消毒空气之功效，但臭氧浓度过高时，对人的呼吸道、肺部有刺激。已知臭氧可发生如下反应：O3+2KI+H2O=2KOH+O2+I2，对该反应的下列说法不正确的是（ ）
A．KI发生的是氧化反应
B．O3是氧化剂，O3被还原生成的产物是KOH
C．氧化产物I2与还原产物O2的物质的量之比为1：1
D．H2O既不是氧化剂也不是还原剂
2．2019年2月27日，科技日报报道中科院大连化学物理研究所创新性地提出锌碘单液流电池的概念，锌碘单液流电池中电解液的利用率达到近100%，进而大幅度提高了电池的能量密度，工作原理如图所示。下列说法不正确的是（ ）

A．该电池放电时电路中电流方向为B→b→a→A
B．M为阴离子交换膜，N为阳离子交换膜
C．如果使用铅蓄电池进行充电，则a电极应连接铅蓄电池中的Pb电极
D．若充电时C区增加的离子数为2NA，则A极增重65g
3．a、b、c、d是短周期元素，在周期表中的相对位置如图所示，d元素原子核外M层电子数是K层电子数的2倍。下列说法中，错误的是（ ）

A．高温下，a单质可与d的氧化物发生置换反应
B．b的气态氢化物可与其最高价含氧酸反应
C．a、b、c 的最高正化合价等于其所在族序数
D．d的氧化物是制作光导纤维的材料
4．如图是利用二氧化硅制备硅及其化合物的流程，下列说法正确的是

A．SiO2既能与HF反应，又能与NaOH反应，属于两性氧化物
B．Na2SiO3俗称水玻璃
C．硅胶可用作袋装食品、瓶装药品干燥剂和催化剂的载体
D．天然单质硅广泛用于制作光导纤维
5．红色基B(2—氨基—5—硝基苯甲醚)的结构简式如图，它主要用于棉纤维织物的染色，也用于制一些有机颜料，若分子式与红色基B相同，且氨基(—NH2)与硝基(—NO2)直接连在苯环上并呈对位时的同分异构体数目(包括红色基B)为

A．2种 B．4种 C．6种 D．10种
6．用0.100mol•L-1AgNO3 滴定500mL 0.0500mol•L-1Cl-溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是（ ）

A．曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag+)•c(Cl-)= Ksp(AgCl)
B．根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10-10
C．相同实验条件下，若改为0.0500mol•L-1Br-，反应终点c向b方向移动
D．相同实验条件下，若改为0.0400mol•L-1Cl-，反应终点c移到a
7．将2.5g NaHCO3、Na2CO3、NaOH的固体混合物完全溶解于水，制成溶液，然后向该溶液中逐滴加入1mol/L的盐酸，所加盐酸的体积与产生CO2的体积(标准状况)关系如图所示，下列说法中错误的是

A．OA段发生反应的离子方程式为：OH-+H+==H2O H++CO32-==HCO3-
B．当加入35mL盐酸时，产生CO2的体积为336mL
C．混合物中NaOH的质量0.6g
D．A点溶液中的溶质为NaCl、NaHCO3
8．下列能使紫色石蕊试液先变红后褪色的是
A．SO2 B．HCl C．Cl2 D．Na2O2
9．下列说法或表示方法中正确的是
A．断裂化学键放出能量，形成化学键吸收能量
B．由C (石墨) ＝C (金刚石) ΔH=＋1.9kJ·mol-1 可知，金刚石比石墨稳定
C．在101kPa时，2g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，则氢气的标准燃烧热ΔH=－571.6kJ·mol-1
D．已知H2 (g) ＋ Cl2 (g) ＝ 2HCl (g) △H＝－184.6kJ·mol-1, 则35.5g Cl2 (g)与H2(g)完全反应的焓变为—92.3kJ·mol-1
10．等质量的下列物质中，所含分子数最少的是
A．Cl2 B．HCl C．CO2 D．H2O


二、非选择题，本题共5小题，共60分
11．辉铜矿的主要成分是Cu2S，含较多的Fe2O3、SiO2杂质：软锰矿的主要成分是MnO2，含有较多的SiO2杂质。辉铜矿的湿法冶炼，目前国内外都处于探索之中。自氧化还原氨分离法是一种较为理想的湿法冶炼方法，工艺流程如下：

回答下列问题：
(1)“浸出”时，为提高矿石的浸出率，下列措施可采取的是________。(填标号)
A 适当提高浸出温度 B 适当延长浸出时间 C 增大矿石的粒度
(2)将100g辉铜矿和40g 98％的浓硫酸混合，在80～90℃条件下浸出2.5h，铜的浸出率随软锰矿用量的变化如下：

则浸出100g辉铜矿，软锰矿的最适宜用量为_____g。
(3)“浸出”后的浸出液中含有CuSO4、MnSO4、Fe2(SO4)3等溶质，“滤渣I”中含有淡黄色固体单质，则“浸出”时产生淡黄色固体的化学方程式为__________________________。
(4)研究表明矿物中Fe2O3在“浸出”反应中起着重要的媒介作用，促进Cu2S与MnO2的溶解，其反应过程如下：
①Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O；
②Cu2S+2Fe2(SO4)3=2CUSO4+4FeSO4+S↓；
③___________________________________。(写出反应的化学方程式)
(5)“滤渣II”的主要成分是______________；“沉锰”后，得到的深蓝色溶液中除NH4+、H+外，还含有的阳离子为__________。(写化学式)
(6)“滤液III”经结晶可得到(NH4)2SO4晶体。结晶时，当________时，即可停止加热。
12．硫酸亚铁晶体俗称绿矾(FeSO4• 7H2O)，重铬酸钠晶体俗称红矾钠(Na2Cr2O7·2H2O)，它们都是重要的化工产品。工业上以铬铁矿[主要成分是[Fe(CrO2)2]为原料制备绿矾和红矾钠的工艺流程如图所示。

请回答下列问题：
(1)已知Fe(CrO2)2中铬元素的化合价为+3价，则Fe(CrO2)中铁元素的化合价为______________。
(2)化学上可将某些盐写成氧化物的形式，如Na2SiO3写成Na2O·SiO2，则Fe(CrO2)2可写成__________。
(3)煅烧铬铁矿时，矿石中的Fe(CrO2)2转变成可溶于水的Na2CrO4，反应的化学方程式如下：
4Fe(CrO2)2+8Na2CO3+7O22Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2
①该反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为________________。
②为了加快该反应的反应速率，可采取的措施是_________________(填一种即可)。
⑷已知CrO42-在氢离子浓度不同的酸性溶液中有不同的反应。如：
2CrO42-+2H+=Cr2O72-+H2O 3CrO42-+4H+=Cr3O102-+2H2O
①往混合溶液甲中加入硫酸必须适量的原因是________________。
②混合溶液乙中溶质的化学式为______________________。
(5)写出Fe与混合溶液丙反应的主要离子方程式_________________。检验溶液丁中无Fe3+的方法是：_____________。从溶液丁到绿矾的实验操作为蒸发浓缩、___________、过滤、洗涤、干燥。

13．工业上研究高效处理煤燃烧释放出来的SO2，有利于减小环境污染。在T℃时，利用CO处理SO2的反应为：2CO(g)+SO2(g)2CO2(g)+S(l) △H=akJ/mol；
（1）已知T℃时：C(s)+O2(g)=CO(g) △H1=-110.5kJ/mol
S(l)+O2(g)=SO2(g) △H2=-290.0kJ/mol
C(s)+O2(g)=CO2(g) △H3=-390.0kJ/mol
则T℃时，a=___。
（2）在T℃下，将1.4molCO和1molSO2通入2L恒容容器中发生上述反应，反应体系气体总物质的量随时间变化如图；在0~10min，反应的平均速率v(CO)=___，SO2的平衡转化率(SO2)=___%；在T℃时该反应的平衡常数Kc=___L/mol。

（3）实验测得：v正=v(CO)消耗=k正c(CO)•c(SO2)，v逆=v(CO2)消耗=k逆，k正、k逆为只受温度影响的速率常数。若将（2）中容器内的温度升高（假设各物质的状态不发生变化），的值将___（填“增大”、“减小”或“不变”)。
（4）某科研团队研究用Fe2(SO4)3(aq)处理SO2：Fe3+溶液吸收SO2发生的离子反应方程式为___；其他外界条件不变下，在相同时间内温度对SO2吸收率的影响结果如图，在40℃前，SO2的吸收率随温度变化的可能原因是___；在40℃后，SO2的吸收率发生的变化是温度升高该反应逆向移动的结果，导致反应逆向移动的原因：一是该反应为放热反应，二是___。


14．根据所学物质结构知识，请你回答下列问题：
（1）已知氮元素是植物生长所需的元素，常见氮肥有铵盐（）、尿素等
①尿素分子中四种元素的电负性由大到小顺序是_______________。
②中H—N—H键角比NH3中H—N—H键角大，原因为_______________。
（2）[Zn(CN)4]2－在水溶液中与HCHO发生如下反应：
4HCHO＋[Zn(CN)4]2－＋4H＋＋4H2O===[Zn(H2O)4]2＋＋4HOCH2CN
①Zn2＋基态核外电子排布式为___________________。
②与H2O分子互为等电子体的阴离子为________。
③[Zn(CN)4]2－中Zn2＋与CN－的C原子形成配位键。不考虑空间构型，[Zn(CN)4]2－的结构可用示意图表示为_____________________。
（3）根据对角线规则，铍(Be)与铝性质相似。
①以下对铍及其化合物的推断肯定不正确的是_______________（选填序号）。
a．常温下铍会在浓硫酸中钝化 b．氯化铍是共价化合物
c．氧化铍坚硬难熔 d．氢氧化铍是强碱
②写出BeCl2溶液和Na2BeO2溶液混合后反应的离子方程式_______________。
（4）FeCl3中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的FeCl3的结构式为________，其中Fe的配位数为_____________。

15．5-氯-2,3-二氢-1-茚酮是合成新农药茚虫威的重要中间体。
已知：
以化合物A（分子式为C7H7Cl）为原料合成5-氯-2,3-二氢-1-茚酮（化合物F）工艺流程如下：


（1）写出反应A→B的化学方程式：_____________________________。
（2）化合物F中含氧官能团的名称为__________，反应B→C的类型为____________。
（3）某化合物是D的同分异构体，能使FeCl3溶液显紫色，且分子中只有3种不同化学环境的氢。写出该化合物的结构简式：______________(任写一种)。
（4）E→F的转化中，会产生一种与F互为同分异构体的副产物，其结构简式为___________。

参考答案
1．C
【分析】
在该反应中，氧元素化合价降低，故臭氧是氧化剂，碘元素化合价升高，故碘化钾是还原剂。
【详解】
A.是还原剂，发生氧化反应，A正确；
B.是氧化剂，被还原化合价降低生成，B正确；
C.不是还原产物，C错误；
D.中氢氧元素化合价均不变，故既不是氧化剂也不是还原剂，D正确；
答案选C。
2．D
【详解】
A．放电时，Zn被氧化成Zn2+为负极，电子由负极流向正极，即从A→a→b→B，电流方向与电子流向相反，为B→b→a→A，故A正确；
B．放电时，A为负极，为平衡电荷，C区的氯离子需要流向负极，所以M为阴离子交换膜，钾离子要流向正极，即B区，N为阳离子交换膜，故B正确；
C．充电时，A区锌离子要被还原成锌单质，为阴极，需要与电源的负极相连，铅蓄电池中的Pb电极发生氧化反应为负极，故C正确；
D．若充电时C区增加的离子数为2NA，说明有1molK+迁移到C区，1molCl-迁移到C区，即电路中转移电子1mol，A极反应为Zn2++2e-=Zn，转移1mol电子生成0.5molZn，增重32.5g，故D错误；
故答案为D。
3．C
【分析】
d元素原子核外M层电子数是K层电子数的2倍，则K层已排满有2个电子，所以M层电子数为4，则d元素核外电子数为2+8+4 = 14，即d为Si元素，根据元素在周期表中的相对位置可以看出，a为C元素，b为N元素，c为O元素，据此分析解答。
【详解】
根据上述分析，a为C元素，b为N元素，c为O元素，d为Si元素，则
A. 高温下，a单质C可与d的氧化物SiO2反应，其化学方程式为：2C+SiO2Si+2CO↑，A项正确；
B. b的气态氢化物NH3为碱性气体，可与其最高价氧化物的水化物HNO3反应生成硝酸铵，B项正确；
C. O元素无最高正化合价，C项错误；
D. SiO2是制作光导纤维的材料，D项正确；
答案选C。
【点睛】
D项硅及其化合物的用途是常考点，也是易混知识。硅单质常用于太阳能电池、半导体材料与计算机芯片等；二氧化硅是石英、水晶、玛瑙及光导纤维的成分；常见的硅酸盐材料为：玻璃、水泥和陶瓷等，学生要理清这些物质的用途，不可混为一谈。
4．C
【详解】
A、两性氧化物，是与酸反应生成盐和水，与碱反应生成盐和水，SiO2与NaOH反应生成Na2SiO3和H2O，Na2SiO3属于盐，SiO2与HF反应生成SiF4气体和H2O，但SiF4不属于盐，因此SiO2属于酸性氧化物，故A错误；B、硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，故B错误；C、硅胶能做干燥剂，对人体无危害，硅胶还做催化剂的载体，故C正确；D、光导纤维的成分是SiO2，故D错误。
5．D
【详解】
先考虑官能团异构有醚、醇、酚，分类讨论如下：
属于醚时，根据位置异构有2种：，属于醇时，根据位置异构有2种：，属于酚时，根据羟基的不同有2种，再考虑甲基的位置，有6种：，共计2+2+6=10种，故选D。
【点睛】
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的官能团及类别的关系为解答的关键。解答本题可以按“碳架结构→类别异构→官能团或取代基位置异构”顺序有序书写与判断，防止漏写或多写。
6．D
【分析】
A. 曲线上的点是达到沉淀溶解平衡的平衡点，满足c(Ag+)•c(Cl-)= Ksp(AgCl)；
B. 沉淀滴定时到达滴定终点时曲线斜率突变，图中c点为滴定终点，此处-lgc(Cl-)=5，据此计算；
C. AgBr比AgCl更难溶，达到沉淀溶解平衡时Br-的浓度更低；
D.溶度积常数只与温度有关，改变溶液的浓度，溶度积不变。
【详解】
A. 曲线上的点是达到沉淀溶解平衡的平衡点，满足Qc=c(Ag+)•c(Cl-)= Ksp(AgCl)，A项正确，不符合题意；
B. 沉淀滴定时到达滴定终点时曲线斜率突变，图中c点为滴定终点，此处-lgc(Cl-)=5， 达到沉淀溶解平衡时，c(Ag+)=c(Cl-)=10-5mol/L，所以根据曲线数据可知Ksp(AgCl)的数量级为10-10，B项正确，不符合题意；
C. AgBr比AgCl更难溶，达到沉淀溶解平衡时Br-的浓度更低，即-lgc(Br-)值更大，消耗AgNO3溶液的体积不变，反应终点c向b移动，C项正确，不符合题意；
D. 溶度积常数只与温度有关，改变溶液的浓度，溶度积不变，所以相同实验条件下，若改为0.0400mol•L-1Cl-，所需AgNO3溶液的体积变为=20mL，反应终点c移动到体积为20mL的位置，D项错误，符合题意；
答案选D。
7．B
【解析】
A、在溶液中碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠，结合图像可知，开始没有二氧化碳气体生成，由于生成气体消耗的盐酸溶液体积（20mL）小于开始阶段消耗的盐酸溶液体积（25mL），则制成的稀溶液中的溶质为碳酸钠和氢氧化钠，则OA段0～25mL先发生酸碱中和，反应的离子反应方程式为OH-+H+==H2O，再发生碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠与氯化钠，其离子反应方程式为H++CO32-==HCO3-，A正确；B、结合图像可知，当加入35mL盐酸时，25mL～35mL发生碳酸氢钠与盐酸的反应生成二氧化碳气体，设生成二氧化碳的物质的量为n，生成气体时消耗的酸的物质的量为（35-25）×10-3L×1mol•L-1=0.01mol，则
H++HCO3-＝CO2↑+H2O
1 1
0.01mol n
则n=0.01mol，标况下二氧化碳的体积为224mL，B错误；C、设碳酸钠、碳酸氢钠和氢氧化钠的物质的量分别为x、y、z，则根据碳原子守恒：①x+y=1mol/L×（0.045-0.025）L，根据Na2CO3、NaOH的物质的量与消耗的HCl的物质的量可得：②x+z=1mol/L×0.025L，根据总质量可得：③106g/mol•x+84g/mol•y+40g/mol•z=2.5g，联立①②③式解得x=0.01mol，y=0.01mol，z=0.015mol，故NaOH的质量为0.015mol×40g/mol=0.6g，C正确；D、根据A的分析可知，A点的溶质为氯化钠和碳酸氢钠，D正确；答案选B。
点睛：本题考查了有关混合物的计算、离子方程式的书写，明确反应的先后顺序及图像中每段图像对应的化学反应是解答本题的关键。注意图像中起点、拐点、终点的意义。
8．C
【解析】
【详解】
A、二氧化硫不能漂白酸碱指示剂，溶液变红但不褪色，选项A错误；
B、HCl溶于水后得到盐酸，能使紫色石蕊试液变红，但不能使溶液褪色，选项B错误；
C、氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，可使溶液先变红后褪色，选项C正确；
D、过氧化钠具有强氧化性的漂白性，且和水反应生成氢氧化钠，溶液显碱性，可使紫色石蕊变蓝后褪色，选项D错误；
答案选C。
【点睛】
本题设计过氧化钠，二氧化硫和氯气的性质，侧重于学生的分析能力和元素化合物的综合理解运用的考查。注意氯水中的成分和性质，过氧化钠的性质，区别二氧化硫和过氧化钠的漂白性不同。
9．D
【详解】
A.断裂化学键吸收能量，形成化学键释放能量，故A错误；
B.由C (石墨) ＝C (金刚石) △H=+1.9kJ•mol-1可知，石墨变化为金刚石吸热，石墨金刚石能量高于石墨，金刚石比石墨活泼，故B错误；
C.在101kPa时，2g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气的标准燃烧热是指1mol氢气完全燃烧时放出的热量，所以氢气的标准燃烧热ΔH=－285.8kJ·mol-1故C错误；
D.已知H2 (g) ＋ Cl2 (g) ＝ 2HCl (g) △H＝－184.6kJ·mol-1，表示1mol氢气和1mol氯气反应生成2molHCl时的焓变为－184.6kJ·mol-1，35.5g Cl2 为0.5mol，则35.5g Cl2 (g)与H2(g)完全反应的焓变为-92.3kJ·mol-1，故D正确；
故选D。
10．A
【详解】
由n==可知，等质量时，物质的相对分子质量越大，分子数越小，题中Cl2的相对分子质量最大，为71，则Cl2的分子数最少，故答案为A。
11．AB 25 2MnO2+Cu2S+4H2SO4==S+2CuSO4+2MnSO4+4H2O 2FeSO4+MnO2+2H2SO4==MnSO4+Fe2(SO4)3+2H2O Fe(OH)3 [Cu(NH3)4]2+ 溶液表面出现晶膜(或溶液出现晶体)
【分析】
辉铜矿、软锰矿酸浸时，生成硫酸铜、硫酸铁、硫酸锰的混合液，及不溶物二氧化硅、单质硫，过滤滤渣I为二氧化硅、S；加入碳酸氢铵调节pH，生成氢氧化铁沉淀，二氧化碳气体，则滤渣II为氢氧化铁；加入碳酸氢铵、氨生成碳酸锰。
【详解】
(1)A适当提高浸出温度，反应速率加快，浸出率提高，A符合题意；
B适当延长浸出时间，使矿粉充分与酸接触，提高浸出率，B符合题意；
C增大矿石的粒度，减少接触面积，浸出率降低，C与题意不符；
答案为AB。
(2)根据表中数据，加入25g软锰矿时，铜的浸出率即为89.9%，再增加浸出率不再提高，则选用25g为宜；
(3)硫化亚铜与二氧化锰在酸性条件下生成硫酸锰、硫酸铜、淡黄色的沉淀硫和水，方程式为2MnO2+Cu2S+4H2SO4==S+2CuSO4+2MnSO4+4H2O；
(4)③硫酸亚铁与二氧化锰、硫酸作用生成硫酸铁、硫酸锰和水，方程式为2FeSO4+MnO2+2H2SO4==MnSO4+Fe2(SO4)3+2H2O；
(5)分析可知，“滤渣II”的主要成分是氢氧化铁；“沉锰”后，得到的深蓝色溶液中除NH4+、H+外，溶液中的铜离子以与氨形成的配离子的形式存在，即[Cu(NH3)4]2+；
(6)“滤液III”经结晶可得到(NH4)2SO4晶体。硫酸铵受热易分解，则在溶液中出现晶体时停止加热。
12．+2 价 FeO·Cr2O3 4：7 粉碎矿石(或升高温度） H2SO4量少时不能除尽Na2CO3杂质，H2SO4量多时又会生成新的杂质(Cr3O10-2)，所以H2SO4必须适量 Na2Cr2O7、Na2SO4 Fe+2Fe3+=3Fe2+ 取少量丁溶液于试管中，向其中加入KSCN溶液，不显红色则说明丁溶液中不含Fe3+ 冷却结晶
【解析】
铬铁矿中加入碳酸钠并通入氧气，高温下将Fe(CrO2)2氧化得到Fe2O3、Na2CrO4，同时生成CO2，将得到的固体溶于水得到Na2CrO4溶液，然后过滤，得到得到Na2CrO4和过量的碳酸钠混合溶液和氧化铁固体，在Na2CrO4和碳酸钠混合溶液中加入硫酸酸化，硫酸和Na2CrO4反应生成Na2Cr2O7和硫酸钠，同时除去碳酸钠，通过蒸发浓缩冷却结晶，得到红矾钠(Na2Cr2O7·2H2O)；氧化铁与硫酸反应生成硫酸铁，加入铁粉将硫酸铁还原生成硫酸亚铁，最后蒸发浓缩冷却结晶，得到绿矾。
(1) Fe(CrO2)2中铬元素的化合价为+3价，根据正负化合价的代数和为0，Fe(CrO2)中铁元素的化合价为+2价，故答案为+2 价；
(2) Fe(CrO2)2中铬元素的化合价为+3价，铁元素的化合价为+2价，可写成FeO·Cr2O3，故答案为FeO·Cr2O3；
(3)①高温氧化时，Fe(CrO2)2和碳酸钠、氧气反应氧化还原反应生成Na2CrO4、二氧化碳和氧化铁，该反应中Fe元素化合价由+2价变为+3价、Cr元素化合价由+3价变为+6价，O元素化合价由0价变为-2价，所以氧气是氧化剂、Fe(CrO2)2是还原剂，则还原剂和氧化剂的物质的量之比为4：7，故答案为4：7；
②根据影响化学反应速率的外界因素，为了加快该反应的反应速率，可采取的措施有粉碎矿石、升高温度等，故答案为粉碎矿石(或升高温度)；
⑷①H2SO4量少时不能除尽Na2CO3杂质，H2SO4量多时又会生成新的杂质(Cr3O102-)，所以H2SO4必须适量，故答案为H2SO4量少时不能除尽Na2CO3杂质，H2SO4量多时又会生成新的杂质(Cr3O102-)，所以H2SO4必须适量；
②根据上述分析，混合溶液乙中的溶质有Na2Cr2O7、Na2SO4，故答案为Na2Cr2O7、Na2SO4；
(5)Fe与硫酸铁溶液反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+。检验溶液丁中无Fe3+的方法为：取少量丁溶液于试管中，向其中加入KSCN溶液，不显红色则说明丁溶液中不含Fe3+；从硫酸亚铁溶液到绿巩的实验操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为取少量丁溶液于试管中，向其中加入KSCN溶液，不显红色则说明丁溶液中不含Fe3+ ；冷却结晶。
点睛：本题考查物质的制备、分离和提纯，为高频考点，涉及氧化还原反应、基本实验操作等知识，明确物质的性质、熟悉制备流程和基本实验操作等是解题的关键。本题的难点是(4)①硫酸必须适量的原因，需要理解题目信息方程式中的计量数对反应的影响。
13．-269 0.06mol/(L•min) 60 180 减小 2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+ 温度越高，反应越快 Fe3+水解程度增大导致c(Fe3+)减小，c(H+)增大；SO2溶解性减小，导致c(SO2)减小
【分析】
（1）应用盖斯定律即可求算a；
（2）结合已知条件及图示信息，可知图中纵坐标为混合气体的物质的量，则平衡是混合气体的物质的量一共为1.8mol，据此用三段式计算即可；
（3）要判断（2）中容器内的温度升高后的值将如何变化，可把升温后正、逆反应速率的变化通过测得的2个速率方程——v正=v(CO)消耗=k正c(CO)•c(SO2)，v逆=v(CO2)消耗=k逆变形，找出的变化情况；
（4）Fe3+溶液吸收SO2发生氧化还原反应，从图知，在相同时间内温度对SO2吸收率的影响是40℃前随温度升高而增大，则可能原因从温度对反应速率的影响回答；在40℃后，SO2的吸收率有所下降，则考虑温度升高对铁离子和二氧化硫间接带来的浓度影响；
【详解】
（1）已知T℃时：反应①C(s)+O2(g)=CO(g) △H1=-110.5kJ/mol，反应②S(l)+O2(g)=SO2(g) △H2=-290.0kJ/mol，反应③C(s)+O2(g)=CO2(g) △H3=-390.0kJ/mol
则，按盖斯定律，2×③-2×①-②即得2CO(g)+SO2(g)2CO2(g)+S(l) △H=akJ/mol；则△H =2×△H3-2×△H1-△H2=2×(-390.0kJ/mol)-2×(-110.5kJ/mol)-(-290.0 kJ/mol)=-269 kJ/mol ，即T℃时，a=-269；
答案为：-269；
（2） ，则x=0.6 mol，则；=60%；；
答案为：0.06mol/(L•min)； 60； 180；
（3）T℃时容器（2）内发生的反应2CO(g)+SO2(g)2CO2(g)+S(l) △H=-269kJ/mol，若升温，则正、逆反应速率均增大，但是吸热方向的逆反应速率增加得更快，则v正＜v逆，k正c(CO)•c(SO2)＜k逆，故，
当温度升高时，KC变小，则减小；
答案为：减小；
（4）Fe3+与SO2发生氧化还原反应得到Fe3和SO42-，则离子方程式为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+；从图知，40℃前随温度升高，相同时间内SO2吸收率随着增大，从温度对反应的影响可以推知：温度越高，反应越快，相同时间内SO2吸收率就高；温度上升超过40℃，SO2的吸收率有所下降，则温度对反应速率的直接影响不再是主要原因，因而要找间接影响，由于Fe3+会水解、二氧化硫的溶解性会随温度升高而减小，这些都可能影响到相同时间内SO2吸收率，故可能原因为：温度上升超过40℃，Fe3+水解程度增大导致c(Fe3+)减小，c(H+)增大；SO2溶解性减小，导致c(SO2)减小；
答案为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+；温度越高，反应越快； Fe3+水解程度增大导致c(Fe3+)减小，c(H+)增大；SO2溶解性减小，导致c(SO2)减小。
【点睛】
问题（4）比较容易出错。表面上对二氧化硫吸收效应的影响因素只有一个——温度，但是结果却有不同，那么首先考虑直接影响，其次考虑间接影响，不同情形下，其实影响因素已随之改变，要综合考虑。
14．O>N>C>H NH3分子中存在一对孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对对成键电子对的排斥力（其他合理也行）。 1s22s22p63s23p63d10(或[Ar]3d10) NH2－ d Be2++BeO22-+2H2O==2Be(OH)2↓ 4
【分析】
（1）①由尿素分子结构式判断四种元素的电负性大小，属基础题；
②NH3中N原子上有一对孤对电子，NH3中孤电子对与成键电子对排斥力较大，使键角变小；
（2）①Zn 的原子序数为30，故Zn2＋基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10；
②等电子体是指化学通式相同且价电子总数相同的分子或离子，等电子体具有相同的空间构型和化学键类型；
③[Zn(CN)4]2－中Zn2＋与CN－的C原子形成配位键， [Zn(CN)4]2－的结构可用示意图表示为；
（3）根据对角线规则，铍(Be)与铝性质相似。可据此解答问题；
（4）FeCl3中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的FeCl3的结构式为，本题考查的是配位键的形成。
【详解】
（1）①由尿素分子结构式可知，四种元素为H、C、N、O，故四种元素的电负性由大到小顺序是O>N>C>H，答案为：O>N>C>H；
②中N原子没有孤对电子，而NH3中N原子上有一对孤对电子，NH3中孤电子对与成键电子对排斥力较大，使键角变小，即中H—N—H键角比NH3中H—N—H键角大。故答案为：NH3分子中存在一对孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对对成键电子对的排斥力；
（2）①Zn 的原子序数为30，Zn基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，故Zn2＋基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10；故答案为：1s22s22p63s23p63d10 ；
②等电子体是指化学通式相同且价电子总数相同的分子或离子，等电子体具有相同的空间构型和化学键类型，与H2O分子互为等电子体的阴离子为NH2－，故答案为：NH2－；
③[Zn(CN)4]2－中Zn2＋与CN－的C原子形成配位键。Zn2＋提供空轨道，CN－中C提供孤对电子，不考虑空间构型，[Zn(CN)4]2－的结构可用示意图表示为，故答案为：；
（3）根据对角线规则，铍(Be)与铝性质相似。
①a．常温下铝会在浓硫酸中钝化，故常温下铍也会在浓硫酸中钝化，a正确；
b．氯化铝是共价化合物，故氯化铍也是共价化合物，b正确；
c．氧化铝熔点高，坚硬难熔，故氧化铍坚硬难熔，c正确；
d．氢氧化铝是弱碱，故氢氧化铍是弱碱，d错误；
故本题答案为d；
②BeCl2溶液和Na2BeO2溶液混合后反应后生成Be(OH)2沉淀，其反应的离子方程式为：Be2++BeO22-+2H2O==2Be(OH)2↓，故答案为：Be2++BeO22-+2H2O==2Be(OH)2↓；
（4）FeCl3中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的FeCl3的结构式为，其中Cl提供孤对电子，Fe提供空轨道形成配位键；由结构式可知Fe的配位数为4，故答案为：，4；
【点睛】
配位键的特点是“电子对给予—接受键”，所以关键是判断形成条件：一是中心原子有空轨道，如Fe3＋、Cu2＋、Zn2＋、Ag＋等。二是配体有孤对电子，如H2O、NH3、CO、F－、Cl－、CN－等。
15．＋Cl2＋HCl 羰基 取代反应 或
【详解】
试题分析：（1）结合“A的分子式（C7H7Cl），A→B的反应条件（Cl2、光照），B→C的反应条件（同已知信息一样），以及C的结构简式（）”这些信息可推出A为，B为，A→B属于取代反应（还有HCl生成），反应的方程式为＋Cl2＋HCl。
（2）根据F的结构简式可知化合物F中含氧官能团的名称为羰基；反应B→C的类型为也属于取代反应（同样还有HCl生成）；
（3）首先确定D的结构简式为，根据限定条件确定其同分异构体含有“”基团，另外苯环外还有3个碳原子、1个氯原子和1个不饱和度，形成3种不同化学环境的氢（形成非常对称的结构），据此可推出这些同分异构体的结构简式为或。
（4）根据E、F的结构简式，可推出E→F转化的副产物为E（）苯环上复杂取代基左侧邻位上的氢原子发生取代反应的生成物。
考点：考查有机推断与合成，涉及反应方程式、判断反应类型、官能团、反应的副产物、书写同分异构体等