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2020年陕西省宝鸡中学高考化学三模试卷
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2020年陕西省宝鸡中学高考化学三模试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）
1. 新冠病毒由蛋白质外壳和单链核酸组成，分子平均直径约60～140nm下列有关该病毒的说法正确的是( )
A. 该病毒由C、H、O三种元素组成
B. 该病毒分子扩散到空气中不可能形成气溶胶
C. “84”消毒液中加入浓盐酸可以增强消毒效果
D. 抗病毒的疫苗冷藏保存的目的之一是防止其发生变性
2. 下列离子方程式对化学事实的表述正确的是( )
A. 硫酸铜溶液中加少量的铁粉：3Cu2++2Fe=2Fe3++3Cu
B. NaOH溶液除去铝表面的氧化膜：Al2O3+2OH−=2AlO2−+H2O
C. 少量SO2通入到漂白粉的溶液：SO2+Ca2++2ClO−+H2O=CaSO3↓+2HClO
D. NO2与水反应制硝酸：NO2+H2O=H−+NO3−
3. 短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，由这些元素组成的常见物质的转化关系如图，其中a、b、d、g为化合物，a为淡黄色固体，c是Z的单质，在铝热反应中常做引发剂；f可作电极材料下列有关说法正确的是( )
A. 简单氢化物的沸点：Y>X B. 简单离子的半径：Y>Z>X
C. 阳离子的氧化性：Y>Z D. b和g所含的化学键类型相同
4. 已知有机物(a)(b)(c)，下列说法正确的是( )
A. a、b、c均可与金属钠反应放出H2
B. a、b、c三种物质可用紫色石蕊试液鉴别
C. 1mol a与1molCH3OH在一定条件下反应可生成1mol b
D. 除去b中少量a时，可先加NaOH溶液再分液
5. 用如图装置进行实验，将液体a逐滴加到固体b中，下列叙述正确的是( )
选项
a
b
c
现象
装置图
A
浓H2SO4
Cu
澄清石灰水
c中溶液变浑浊
B
浓盐酸
KMnO4晶体
紫色石蕊溶液
c中溶液最终呈红色
C
稀HNO3
Fe
NaOH溶液
d中红棕色气体变浅
D
浓氨水
生石灰
Al2(SO4)3溶液
c中产生沉淀后溶解
A. A B. B C. C D. D
6. 厌氧性硫酸盐还原菌(SRB)是导致金属微生物腐蚀最为普遍的菌种，铸铁管的一种腐蚀图解如图所示。下列说法正确的是( )
A. 生成1mol FeS，负极质量增加32g
B. 正极区溶液的pH变小
C. 正极电极反应式为：8H++8e−=8H⋅(吸附)、SO42−+8H⋅(吸附)+8e−− SRB菌的氢化酶 S2−+4H2O
D. 总反应：4Fe+4H2O+SO42−− SRB菌的氢化酶 FeS+3Fe(OH)2+2OH−
7. 常温下，向10mL0.1mol⋅L−1KCl溶液和10mL0.1mol⋅L−1K2CrO4溶液中分别滴加0.1mol⋅L−1AgNO3溶液。滴加过程中pM[表示−lgc(Cl−)或−lgc(CrO42−)]与所加AgNO3溶液体积之间的关系如图所示。已知Ag2CrO4为砖红色沉淀，下列说法不合理的是( )
A. bc所在曲线对应K2CrO4溶液
B. 常温下，Ksp(Ag2CrO4)
D. 用0.1mol⋅L−1AgNO3标准液滴定上述KCl、K2CrO4溶液时，Cl−先沉淀
二、简答题（本大题共4小题，共48.0分）
8. CuCl常用作催化剂，石油工业中脱硫与脱色，是一种不溶于水和乙醇的白色粉末，在潮湿空气中可被迅速氧化。某课外学习小组用辉铜矿(主要成分为Cu2S，少量的Fe2O3和SiO2)制取氯化亚铜的流程如图：
(1)“焙烧”过程发生反应的化学方程式______；为加快浸取速率常采取的措施______(写两条)。
(2)加入“试剂1”可调节浸出液的pH，“试剂1”可以是______；“滤渣”的成分是______(填化学式)。
(3)①如图1是反应体系pH随时间的变化关系图。写出“还原”制备CuCl的离子方程式______。
②制备过程中，当n(Na2SO3)与n(CuCl2)比值过大时CuCl产率会变小，其原因可能是______。
(4)反应完成后经抽滤、洗涤、干燥获得产品。如图2为抽滤”装置，抽气泵可使吸滤瓶和安全瓶内压强减小，与普通过滤相比，采用抽滤的优点是______。
(5)CuCl沉淀的“洗涤”需要经过酸洗、水洗和醇洗。用“去氧水洗后再用“乙醇”洗涤的原因是______。
(6)取1.0g制备的CuCl粉末样品，先加入足量FeCl3溶液使其完全溶解，再稀释到100mL，从中取出25.00mL，用0.1mol⋅L−1Ce(SO4)2标准液滴定至终点[Ce(SO4)2被还原为Ce2(SO4)3]；三次滴定平消耗标准液的体积为22.00mL.则粉末中CuCl的质量分数为______。
9. 环氧乙烷常用于一次性口罩生产过程中灭菌和新冠病毒的消杀，工业上常利用乙烯直接氧化法生产环氧乙烷()，发生的反应如下。
主反应Ⅰ：2CH2=CH2(g)+O2(g)−催化剂△2(g)△H1=−210kJ⋅mol−1
副反应Ⅱ：CH2=CH2(g)+3O2(g)−催化剂△2CO2(g)+2H2O(l)△H2=−1324kJ⋅mol−1
Ⅲ.2(g)+5O2(g)−催化剂△4CO2(g)+4H2O(g)△H3
已知：环氧乙烷选择性是指乙烯进行反应Ⅰ生成环氧乙烷的优势。
(1)△H3=______kJ⋅mol−1。
(2)①如图1是乙烯转化率、环氧乙烷选择性与流速关系的图象，图中随进料气的流速加快，乙烯的转化率下降，其可能原因是______。
②如图2是乙烯转化率、环氧乙烷选择性与压强关系的图象，图中当反应体系的压强高于2.4MPa，环氧乙烷选择性下降，其可能原因是______。
(3)实验测得反应Ⅰ中，v正=k正⋅x2(CH2=CH2)⋅x(O2)，v逆=k逆⋅x2()，(式中x为物质的量分数；k正、k逆为速率常数，只与温度有关)。
①若在1L的密闭容器中充2molCH2=CH2(g)和1molO2(g)，在一定温度下只发生反应，达到平衡时CH2=CH2的转化率为75%，则该反应平衡常数的值为______。
②若平衡后仅升高温度，则下列说法正确的是______。
a.x(CH2=CH2)增大，x()减小
b.k正与k逆的比值增大
c.v正减小，v逆增大
d.k正与k逆的比值减小
(4)将乙烯与饱和食盐水的电解产物反应，转化为氯乙醇[CH2(OH)CH2C]，氯乙醇进一步反应生成环氧乙烷，其电解简易装置如图3所示。
已知：CH2=CH2+H2O+Cl2→CH2(OH)CH2Cl+HCl
①a电极为______(选填“阴极”或“阳极”)。
②b电极区域生成环氧乙烷的化学方程式为______。
10. LiFePO4、聚乙二醇、LiPF6、LiAsF6、LiCl等常用作锂离子聚合物电池的材料和载体。
回答下列问题：
(1)LiFePO4中Fe的价层电子排布式为______。
(2)LiPF6、LiAsF6和LiCl中所含的四种非金属元素电负性由大到小的顺序为______。
(3)含氧酸的通式可写为(HO)mROn，根据化学学科的规律下列几种酸中酸性与H3PO4相近的有______。
a.HClOb.HClO3c.H2SO3d.HNO2
(4)通常在电极材料表面进行“碳”包覆处理以增强其导电性。抗坏血酸()常被用作碳包覆的碳源，其易溶于水的原因是______，该分子中碳原子的杂化方式为______。
(5)电池工作时，Li+沿聚乙二醇分子中的碳氧链迁移的过程如图甲所示(图中阴离子未画出)。电解质LiPF6或LiAsF6的阴离子结构如图乙所示(X=P、As)。
①从化学键角度看，Li+迁移过程发生______(填“物理变化”或“化学变化”)。
②相同条件，Li+在______(选填“LiPF6”或“LiAsF6”)中迁移较快，原因是______。
(6)以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。LiCl⋅3H2O属正交晶系(长方体形)晶胞参数为0.72mm、1.0nm、0.56nm。如图丙为沿x轴投影的晶胞中所有Cl原子的分布图和原子分数坐标。
①该晶胞中Cl原子的数目为______。
②LiCl⋅3H2O的摩尔质量为Mg⋅mol−1，设NA为阿伏加德罗常数的值，则LiCl⋅3H2O晶体的密度为______g⋅cm−3(列出计算表达式)。
11. 有机物M常做消毒剂、抗氧化剂等，用芳香烃A制备M的一种合成路线如图：
已知：
请回答下列问题：
(1)A的结构简式为______；D中官能团的名称为______。
(2)C生成D的反应类型为______；G的分子式为______。
(3)由E与足量氢氧化钠的乙醇溶液反应的化学方程式为______。
(4)M的结构简式为______。
(5)芳香族化合物H与C互为同分异构体，且能发生水解反应，则符合要求的H的结构共有______种；写出其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为1：2：2：3的任意一种物质的结构简式______。
(6)参照上述合成路线和信息，以苯甲酸甲酯和CH3MgBr为原料(无机试剂任选)设计制备的合成路线______。
三、实验题（本大题共1小题，共15.0分）
12. 硫酸亚铁铵晶体[(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O]是一种稳定的还原剂，常用作分析化学中的滴定剂。某课题组采用下列方案制备该晶体，并对其热稳定性进行了如下实验。
Ⅰ.硫酸亚铁铵晶体的制备：
铁粉溶液结晶硫酸亚铁铵晶体
(1)硫酸浓度过大，反应过快同时会使FeSO4溶液中混有______(填离子符号)。
(2)利用FeSO4溶液与(NH4)2SO4晶体制备该晶体的化学方程式______。
Ⅱ.硫酸亚铁铵晶体的热分解产物探究：该小组同学选用如图所示部分装置进行实验(夹持装备略)。查阅资料：隔绝空气加热至500℃硫酸亚铁铵能完全分解，产物中含有铁氧化物、硫氧化物、氨气和水蒸气等。
(3)点燃A处的酒精灯之前，先打开弹簧夹，通一段时间N2，其目的是______。
(4)选用上述部分必要的装置完成下列相应实验，填写横线上的内容。
检验可能产物
装置连接顺序
装置作用
实验现象
实验结论
H2O、NH3
ACBGD
①B的作用 ______
②C中 ______ ；
D中 ______ 。
有H2O、NH3
SO2、SO3
③ ______
④E中HCl的作用
______
E中没有明显现象，F中溶液褪色
⑤ ______
(5)为证明热分解完全后残留的固体仅为Fe2O3，而不含FeO或Fe3O4，需要选用的试剂有______(选下列字母)；简述利用所选试剂进行实验证明的方案______。
A.稀硫酸 B.稀硝酸 C.KSCN溶液D.H2O2溶液E.K3[Fe(CN)6]溶液
答案和解析
1.【答案】D
【解析】A.蛋白质中含有氮元素等，该病毒有蛋白质外壳，所以该病毒不止含有C、H、O三种元素，故A错误；
B.病毒的平均直径约60−140nm，胶体分散质粒子直径在1−100nm，所以病毒在空气中能形成气溶胶，故B错误；
C.84消毒液主要成分为次氯酸钠，和浓盐酸混合会发生氧化还原反应生成氯气，氯气有毒，会使人中毒，而且不能增强消毒效果，故C错误；
D.抗病毒的疫苗主要成分是蛋白质，温度过高会使蛋白质变性，所以需冷藏保存，故D正确；
故选：D。
A.蛋白质中含有氮元素等；
B.病毒的平均直径约60−140nm，胶体分散质粒子直径在1−100nm；
C.84消毒液主要成分为次氯酸钠，和浓盐酸混合会发生氧化还原反应生成氯气；
D.温度过高会使蛋白质变性。
本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途的关系为解答的关键，注意把握蛋白质的性质，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
2.【答案】B
【解析】解：A.硫酸铜溶液中加少量的铁粉，反应生成硫酸亚铁和铜，正确的离子方程式为：Cu2++Fe=Fe2++Cu，故A错误；
B.氧化铝可以和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al2O3+2OH−=2AlO2−+H2O，故B正确；
C.次氯酸有强氧化性，会将二氧化硫氧化成硫酸根，正确离子方程式为SO2+Ca2++3ClO−+H2O=CaSO4↓+Cl−+2HClO，故C错误；
D.NO2与水反应生成硝酸和NO，正确的离子方程式为：3NO2+H2O=2H++NO+2NO3−，故D错误；
故选：B。
A.不符合反应客观事实；
B.二者反应生成偏铝酸钠和水；
C.次氯酸根离子具有强的氧化性能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子；
D.二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮。
本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意离子反应应遵循客观事实、遵循电荷守恒规律，题目难度不大。
3.【答案】A
【解析】解：根据分析可知，W、X、Y、Z分别为C、O、Na、Mg元素；a为Na2O2，b为CO2，c为Mg，d为Na2CO3，e为O2，f为C，g为MgO。
A.X的简单氢化物为水，属于分子晶体，Y的简单氢化物为NaH，属于离子晶体，一般情况离子晶体的熔沸点高于分子晶体，则简单氢化物的沸点：Y>X，故A正确；
B.O2−、Na+、Mg2+含有电子层数相同，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径X(O2−)>Y(Na+)>Z(Mg2+)，故B错误；
C.Na的金属性大于Mg，所以钠单质的还原性强于镁，则钠离子的氧化性弱与镁离子，故C错误；
D.b为CO2，只含共价键，g为MgO，只含离子键，二者化学键类型不同，故D错误；
故选：A。
a为淡黄色固体，且为化合物，则a为Na2O2，则四种元素中有Na和O；c是Z的单质，在铝热反应中常做引发剂，则c为Mg；f可作电极材料，且为短周期元素，则f为C，e为O2，O2和C反应生成的b为CO2，CO2和Na2O2反应生成d(Na2CO3)、O2；CO2和Mg反应生成C和g(MgO)，结合原子序数大小可知，W、X、Y、Z四种元素分别为C、O、Na、Mg，据此解答。
本题考查无机物推断，题目难度不大，推断物质、元素组成为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质及元素周期律内容，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。
4.【答案】B
【解析】解：A.b不含羧基或羟基，不能与Na反应放出氢气，故A错误；
B.a含有羧基，可以使紫色石蕊变红，b为酯类，不溶于水，会与紫色石蕊试液分层，b为小分子醇类可以与水互溶，三种物质现象不同，可以鉴别，故B正确；
C.醇类和羧基的酯化反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以1mola与1molCH3OH不能生成1molb，故C错误；
D.b为酯类，会在NaOH溶液中发生水解，故D错误；
故选：B。
A.b不含羧基或羟基；
B.a含有羧基，b为酯类，不溶于水，b为小分子醇类可以与水互溶；
C.醇类和羧基的酯化反应为可逆反应；
D.二者都与碱反应。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意把握有机物官能团的性质，题目难度不大。
5.【答案】C
【解析】解：A.常温下Cu与浓硫酸不反应，所以不会产生二氧化硫，故A错误；
B.浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气，氯气溶于水生成次氯酸，次氯酸有强氧化性和漂白性，会将紫色石蕊溶液漂白，最终得到的溶液为无色，故B错误；
C.稀硝酸和铁反应生成NO，NO被空气中的氧气氧化成红棕色的NO2，NO2可以被NaOH溶液吸收，随着装置中的氧气被消耗，装置内逐渐充满无色的NO，所以d中红棕色气体变浅，故C正确；
D.氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨为弱碱不能溶解氢氧化铝沉淀，故D错误；
故选：C。
A.Cu与浓硫酸反应需要加热；
B.浓盐酸被高锰酸钾氧化生成氯气，氯气与水反应生成盐酸和HClO，HClO具有漂白性；
C.Fe与稀硝酸反应生成NO，NO与NaOH溶液不反应；
D.氨气与硫酸铝反应生成沉淀。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
6.【答案】D
【解析】解：A.根据腐蚀原理示意图可知，SO42−+8H⋅− SRB菌的氢化酶 S2−+4H2O，Fe2++S2−=FeS，3Fe2++6OH−=3Fe(OH)2↓，根据电子得失守恒可知，生成1molFeS同时生成3molFe(OH)2.则负极增加的质量为32g/mol×1mol+34g/mol×3mol=134g，故A错误；
B.正极区消耗氢离子，溶液的pH增大，故B错误；
C.由腐蚀原理示意图可知，正极H+得电子发生还原反应，电极反应方程式为：8H++8e−=8H⋅(吸附)。SO42−与H⋅发生反应，是一个完整的氧化还原反应，而不是半反应，不属于正极的电极反应方程式，且题中SO42−+8H⋅(吸附)+8e−− SRB菌的氢化酶 S2−+4H2O，电子不守恒，反应式错误，故C错误；
D.由腐蚀原理示意图可知，正极H+先变成H⋅，SO42−再与8个H⋅在SRB菌的氢化酶的作用下生成S2−和水，负极Fe失去电子生成Fe2+，Fe2+与S2−、OH−结合生成FeS、Fe(OH)2，由此可知该腐蚀过程的总反应为：4Fe+4H2O+SO42−− SRB菌的氢化酶 FeS+3Fe(OH)2+2OH−.故D正确；
故选：D。
根据腐蚀原理示意图可知，该腐蚀过程中发生的是原电池反应，为电化学腐蚀，其中铁为负极，铁中的杂质碳为正极，据此分析。
本题考查了金属的腐蚀和防护，注意把握金属发生电化学腐蚀的条件及金属的防腐方法，题目难度不大。
7.【答案】C
【解析】解：A、由反应Cl−+Ag+=AgCl↓和CrO42−+2Ag+=Ag2CrO4↓，常温下，10mL0.1mol⋅L−1KCl溶液和10mL0.1mol⋅L−1K2CrO4溶液中分别滴加等浓度的AgNO3溶液，当加入AgNO310mL时Cl−恰好完全沉淀，当加入AgNO320mL时，CrO42−沉淀完全，且c(Cl−)比c(CrO42−)减小的快；因此a点所在曲线表示KCl溶液中变化的曲线，b、c点所在曲线表示K2CrO4溶液中的变化曲线，故A正确；
B、由图可知，a点时恰好反应生成AgCl，此时−lgc(Cl−)=4.9，即溶液中c(Cl−)=1×10−4.9mol⋅L−1，c(Ag+)=1×10−4.9mol⋅L−1，该温度下，Ksp(AgCl)=c(Cl−)c(Ag+)=(1×10−4.9mol⋅L−1)2=1×10−9.8；由图可知，b点时恰好反应生成Ag2(CrO4)，此时−lgc(CrO42−)=4.0，则溶液中c(CrO42−)=1×10−4mol⋅L−1，c(Ag+)=2×10−4mol⋅L−1，该温度下，Ksp(Ag2CrO4)=c(CrO42−)×c2(Ag+)=1×10−4mol⋅L−1×(2×10−4mol⋅L−1)2=4×10−12；Ksp(Ag2CrO4)
故选：C。
A、由反应Cl−+Ag+=AgCl↓和CrO42−+2Ag+=Ag2CrO4↓，c(Cl−)比c(CrO42−)减小的快；
B、Ksp(AgCl)=c(Cl−)c(Ag+)，Ksp(Ag2CrO4)=c(CrO42−)×c2(Ag+)；
C、观察图中a、b两点的c(Ag+)；
D、c(Ag+)=Ksp(AgCl)c(Cl−)，c(Ag+)=Ksp(Ag2CrO4)c(CrO42−)。
本题考查难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的有关的重点知识，涉及离子浓度大小比较、Ksp的大小的判断、沉淀先后的判断等知识，难点是Ksp的大小的判断；考查的化学学科的核心素养为宏观辨识与微观探析；同时注意知识点的合理、正确并灵活运用；平时练习时注意归纳积累，理解并熟练掌握构建思维导图，培养化学思维，避免出错。难度中等。
8.【答案】Cu2S+2O2− 高温 2CuO+SO2 将固体粉碎、升高温度 CuO[或Cu(OH)2，或CuCO3] Fe(OH)3、SiO2 2Cu2++SO32−+2Cl−+H2O=2CuCl↓+SO42−+2H+ n(Na2SO3)与n(CuCl2)比值越大，溶液的碱性越强，Cu2+及CuCl的水解程度增大，故CuCl的产率下降 加快过滤速度，避免长时间接触空气 快速去除CuCl沉淀表面的水分，防止其潮湿被氧化 88%
【解析】解：(1)辉铜矿焙烧，将Cu2S初步转化为CuO和SO2，发生的化学反应方程式为：Cu2S+2O2− 高温 2CuO+SO2；增大原料浸取速率的措施有：将原料粉碎、搅拌、升高温度、增大盐酸的浓度等，
故答案为：Cu2S+2O2− 高温 2CuO+SO2；将固体粉碎、升高温度；
(2)由流程图可知，加入试剂1可调节浸出液的pH，也可将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而除去，同时也不引入新的杂质，故符合条件的为CuO[或Cu(OH)2，或CuCO3]；由分析可知，滤渣为：Fe(OH)3、SiO2，
故答案为：CuO[或Cu(OH)2，或CuCO3]；Fe(OH)3、SiO2；
(3)①由分析可知，Na2SO3与Cu2+发生氧化还原反应，将Cu2+还原为Cu+，形成CuCl沉淀。其离子方程式为：2Cu2++SO32−+2Cl−+H2O=2CuCl↓+SO42−+2H+；
故答案为：2Cu2++SO32−+2Cl−+H2O=2CuCl↓+SO42−+2H+；
②Na2SO3为强碱弱酸盐，水解显碱性，n(Na2SO3)与n(CuCl2)比值越大，溶液的碱性越强，Cu2+及CuCl的水解程度增大，故CuCl的产率下降；
故答案为：n(Na2SO3)与n(CuCl2)比值越大，溶液的碱性越强，Cu2+及CuCl的水解程度增大，故CuCl的产率下降；
(4)抽滤的优点为加快过滤速度，避免长时间接触空气，可以防止沉淀与空气中的成分反应；
故答案为：加快过滤速度，避免长时间接触空气；
(5)乙醇易挥发，进而可快速去除CuCl沉淀表面的水分，防止其潮湿被氧化；
故答案为：快速去除CuCl沉淀表面的水分，防止其潮湿被氧化；
(6)由题可知，涉及的离子反应方程式为：CuCl+Fe3+=Cu2++Fe2++Cl−、Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，可得关系式：CuCl～Ce4+，
则CuCl的质量分数=0.1mol/L×22×10−3L×100mL25mL×(64+35.5)g/mol1.0g×100%=88%；
故答案为：88%。
辉铜矿焙烧，将Cu2S初步转化为CuO和SO2，所得的固体为CuO、Fe2O3、SiO2的混合物，再用稀盐酸对所得固体进行酸浸，得到成分为FeCl3、CuCl2、稀盐酸、SiO2的浸出液。加入试剂1用于调节溶液的pH值，同时将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而除去，SiO2在这个过程中不参与反应，也以滤渣的形式除去。向滤液中加入Na2SO3，Na2SO3与Cu2+发生氧化还原反应，将Cu2+还原为Cu+，形成CuCl沉淀。将CuCl沉淀洗涤，最终得到CuCl粉末；
(1)辉铜矿焙烧，将Cu2S初步转化为CuO和SO2；根据影响反应速率的因素分析；
(2)由流程图可知，加入试剂1可调节浸出液的pH，也可将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而除去，同时也不引入新的杂质；由分析判断滤渣的成分；
(3)①由分析可知，Na2SO3与Cu2+发生氧化还原反应，将Cu2+还原为Cu+，形成CuCl沉淀。其离子方程式为：2Cu2++SO32−+2Cl−+H2O=2CuCl↓+SO42−+2H+；
②Na2SO3为强碱弱酸盐，水解显碱性；
(4)抽滤的优点为加快过滤速度；
(5)乙醇易挥发；
(6)由题可知，涉及的离子反应方程式为：CuCl+Fe3+=Cu2++Fe2++Cl−、Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，可得关系式：CuCl～Ce4+，求出CuCl的物质的量、再求质量和质量分数。
本题考查了物质的制备方案设计，涉及物质的制备流程、离子方程式的书写、盐的水解原理、质量分数的计算、基本的实验方法等，试题侧重对学生分析能力和运用能力的考查和解题方法的指导与训练，注意把握物质制备流程的分析方法，题目难度中等。
9.【答案】−2438 流速越快，反应物接触时间越短，原料气与催化剂接触时间也短，消耗乙烯的量越少，导致乙烯转化率下降 压强增大，主、副反应速率增加，使反应体系升温，可能导致副反应速率比主反应速率增大的快，使环氧乙烷的选择性降低，压强增大副反应Ⅲ的平衡逆移，环氧乙烷浓度增大，不利于反应Ⅰ正向进行，故环氧乙烷选择性降低 36 ad 阳极 CH2(OH)CH2Cl+NaOH→+NaCl+H2O
【解析】解：(1)主反应①：2CH2=CH2(g)+O2(g)⇌2(g)△H1=−210.0kJ⋅mol−1
副反应②：CH2=CH2(g)+3O2(g)⇌2CO2(g)+2H2O(g)△H2=−1324.0kJ⋅mol−1
根据盖斯定律计算②×2−①得到2(g)+5O2(g)⇌4CO2(g)+4H2O(g)的△H3=[2×(−1324.0)+210.0]kJ/mol=−2438kJ/mol；
故答案为：−2438；
(2)①流速越快，反应物接触时间越短，原料气与催化剂接触时间也短，消耗乙烯的量越少，导致乙烯转化率下降，
故答案为：流速越快，反应物接触时间越短，原料气与催化剂接触时间也短，消耗乙烯的量越少，导致乙烯转化率下降；
②I.压强增大，主、副反应速率增加，使反应体系升温，可能导致副反应速率比主反应速率增大的快，使环氧乙烷的选择性降低，II.压强增大，副反应③逆向移动，环氧乙烷浓度增大，不利于反应①的进行，使环氧乙烷的选择性降低；
故答案为：压强增大，主、副反应速率增加，从而导致反应体系升温；温度升高导致副反应速率比主反应速率提高的更多，环氧乙烷的选择性降低；压强增大，副反应③逆向移动，环氧乙烷浓度增大，导致反应①进行不利，环氧乙烷选择性降低；
(3)①在1L的密闭容器中充2molCH2=CH2(g)和1molO2(g)，在一定温度下发生反应，达到平衡时CH2=CH2的转化率为75%，则由反应2CH2=CH2(g)+O2(g)⇌2可知，平衡时，c(CH2=CH2)=0.5mol/L，c(O2)=0.25mol/L，c()=1.5mol/L，
则平衡常数K=(1.5)2(0.5)2×0.25=36，
故答案为：36；
②a.若平衡后仅升高温度，因为该反应2CH2=CH2(g)+O2(g)⇌2(g)△H1=−210.0kJ⋅mol−1，是放热反应，平衡逆向移动，则x(CH2=CH2)增大，x()减小，故a正确；
b.正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则k正增大的倍数
d.正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则k正增大的倍数
(4)①a连接电源正极，应为电解池阳极，
故答案为：阳极；
②b为阴极，生成NaOH，CH2(OH)CH2Cl与氢氧化钠溶液反应生成环氧乙烷、NaCl和水，分压的化学方程式为：CH2(OH)CH2Cl+NaOH→+NaCl+H2O，
故答案为：CH2(OH)CH2Cl+NaOH→+NaCl+H2O。
(1)主反应①：2CH2=CH2(g)+O2(g)⇌2(g)△H1=−210.0kJ⋅mol−1
副反应②：CH2=CH2(g)+3O2(g)⇌2CO2(g)+2H2O(g)△H2=−1324.0kJ⋅mol−1
根据盖斯定律计算②×2−①得到2(g)+5O2(g)⇌4CO2(g)+4H2O(g)的△H3；
(2)①流速越快，反应物接触时间越短，原料气与催化剂接触时间也短；
②I.压强增大，主、副反应速率增加，使反应体系升温，可能导致副反应速率比主反应速率增大的快；II.压强增大，副反应③逆向移动，环氧乙烷浓度增大，不利于反应①的进行；
(3)①在1L的密闭容器中充2molCH2=CH2(g)和1molO2(g)，在一定温度下发生反应，达到平衡时CH2=CH2的转化率为75%，则由反应2CH2=CH2(g)+O2(g)⇌2可知，平衡时，c(CH2=CH2)=0.5mol/L，c(O2)=0.25mol/L，c()=1.5mol/L，
平衡常数K=生成物平衡浓度幂次方乘积反应物平衡浓度幂次方乘积；
②a.若平衡后仅升高温度，因为该反应2CH2=CH2(g)+O2(g)⇌2(g)△H1=−210.0kJ⋅mol−1，是放热反应，平衡逆向移动；
b.正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则k正增大的倍数
d.正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动；
(4)①a连接电源正极为电解池的阳极；
②b为阴极，生成NaOH，CH2(OH)CH2Cl与氢氧化钠溶液反应生成环氧乙烷、NaCl和水。
本题考查盖斯定律计算应用、外界条件对化学平衡的影响、电解原理的应用等知识点，为高频考点，侧重考查图象分析判断和知识综合运用能力，正确分析图象纵横坐标含义、曲线变化趋势及引起曲线变化原因是解本题关键，注意把握电解的工作原理以及电极方程式的书写，题目难度中等。
10.【答案】3d6 F>Cl>P>As c、d 抗坏血酸分子含有多个羟基，与水形成分子间氢键 sp2、sp3 化学变化 LiAsF6 AsF6−的半径比PF6−的大，AsF6−与Li+的作用力比PF6−弱 4 4M×10230.72×1.0×0.56×NA
【解析】解：(1)26Fe的价层电子为最外层加上次外层d能级上的电子，所以价层电子为排布式为3d64s2，那么LiFePO4中Fe显+2价，失去最外层电子，LiFePO4中Fe的价层电子排布式为3d6，
故答案为：3d6；
(2)同周期自左而右电负性增大、同主族自上而下电负性减小，故电负性：F>P>As>Li，
故答案为：F>P>As>Li；
(3)H3PO4可改写为(HO)3PO1，非羟基氧原子数为1，
a.HClO可改写为(HO)ClO0，非羟基氧原子数为0；
b.HClO3可改写为(HO)ClO2，非羟基氧原子数为2；
c.H2SO3可改写为(HO)2SO1，非羟基氧原子数为1；
d.HNO2可改写为(HO)NO1，非羟基氧原子数为1，
非羟基氧原子数相同，酸性相近，故cd与H3PO4的非羟基氧原子数相同，酸性相近，
故答案为：c、d；
(4)抗坏血酸分子中含有多个羟基，可以与水分子形成分子间氢键，
由抗坏血酸的分子结构可知该分子中存在碳碳双键和碳碳单键，则碳原子的杂化方式有两种sp2、sp3，
故答案为：抗坏血酸分子含有多个羟基，与水形成分子间氢键；sp2、sp3。
(5)①从图甲看出，Li+迁移过程生成了新物质，发生了化学变化，
故答案为：化学变化；
②因为PF6−的半径比AsF6−的小，PF6−与Li+的作用力就比AsF6−的强，迁移速度就慢，
故答案为：LiAsF6；PF6−的半径比AsF6−的小，PF6−与Li+的作用力就比AsF6−的强，迁移速度就慢；
(6)①根据晶胞的xy平面图分析，Cl−处于晶胞中的棱上以及内部，则含有的Cl−数目为2+4×12=4个，
故答案为：4；
晶胞中Cl原子数目为：1+4×12+4×14=4，则有n(LiCl⋅3H2O)=n(Cl)=4NAmol，晶胞的质量m=nM=4MNAg，晶胞体积V=abc×10−27cm3=0.72×1.0×0.56×10−27cm3，晶体密度ρ=mV=4MNA0.72×1.0×0.56×10−27g/cm3=4M×10270.72×1.0×0.56×NAg/cm3，
故答案为：4；4M×10270.72×1.0×0.56×NA。
(1)Fe位于周期表中第4周期第ⅤⅢ族，根据LiFePO4中Fe的氧化数确定其中Fe的价电子排布；
(2)LiPF6、LiAsF6和LiCl中所含的四种非金属元素分别为P，F，As，Cl，根据周期性分析电负性大小；
(3)根据含氧酸中，非羟基氧数目越多，酸性越强的规律分析酸性强弱；
(4)根据抗坏血酸中含有的基团分析其水溶性，−OH为亲水基，有利于溶解，分子中C以双键和单键形式存在，据此判断C的杂化方式；
(5)①Li+在沿着碳链迁移的过程中，形成了新的物质，属于化学变化；
②根据不同阴离子对Li+的静电引力不同分析Li+的迁移快慢；
(6)①根据晶胞的xy平面图分析，Cl−处于晶胞中的棱上以及内部，根据均摊法计算；
②根据密度公式ρ=mV计算。
本题考查物质结构与性质，涉及化学键、分子结构与性质、核外电子排布、元素周期律、晶胞结构等，题目比较综合，侧重对主干知识的考查，需要学生全面掌握基础知识，难度中等。
11.【答案】 羧基、氯原子 取代反应 C10H16O2 +NaCl+2H2O 6 或或
【解析】解：(1)A的分子式为C7H8，结构简式为，D的结构为，D中官能团的名称为羧基，氯原子；
故答案为：；羧基、氯原子；
(2)由C的结构生成D，反应类型为取代反应，G的结构为，它的分子式为C10H16O2；
故答案为：取代反应；C10H16O2；
(3)由E与足量氢氧化钠的乙醇溶液反应的化学方程式为+NaCl+2H2O；
故答案为：+NaCl+2H2O。
(4)M的结构简式为；
故答案为：；
(5)C为芳香族化合物H与C互为同分异构体，且能发生水解反应，H结构里含酯基，则分别有，，，，，共6种结构，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为1：2：2：3的任意一种物质的结构简式为或或；
故答案为：6；或或；
(6)加聚反应得到，发生消去反应得到，由信息可知苯甲酸乙酯与①CH3MgBr、②H+/H2O作用得到，其合成路线为，
故答案为：。
A的分子式为C7H8，结合B的结构酯A和CO发生加成反应生成B，则A为，对比B与C的结构，结合反应条件、C的分子式，B中醛基氧化为羧基得到C，C与氯气发生苯环上取代反应生成D，D与氢气发生加成反应生成E，E发生消去反应生成F，故C为、D为、E为，F与乙醇发生酯化反应生成G为，G发生信息中反应生成M为。
(6)加聚反应得到，发生消去反应得到，由信息可知苯甲酸乙酯与①CH3MgBr、②H+/H2O作用得到。
本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及信息的获取和灵活运用能力，明确官能团及其性质关系、官能团之间的转化关系是解本题关键，注意结合题给信息进行推断和合成路线设计，题目难度中等。
12.【答案】Fe3+ FeSO4+(NH4)2SO4+6H2O=(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O 排尽装置内的空气，防止氧气干扰 除去硫的氧化物 固体变蓝色 溶液变红色 AGFEB 除去NH 有SO2无SO3 ACE 取A中少量残留固体，加入稀硫酸使其完全溶解，取一份所得溶液加入KSCN溶液变为红色，证明有Fe3+；另取一份溶液加入K3[Fe(CN)6]溶液无蓝色沉淀生成，证明无Fe2+，残留的固体仅为Fe2O3，而不含FeO或Fe3O4。
【解析】解：(1)浓硫酸具有强氧化性，能将铁氧化到高价态的Fe3+，则硫酸浓度过大，反应过快同时会使FeSO4溶液中混有Fe3+；
故答案为：Fe3+；
(2)FeSO4溶液与(NH4)2SO4晶体反应生成硫酸亚铁铵晶体[(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O]，反应的化学方程式为：FeSO4+(NH4)2SO4+6H2O=(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O；
故答案为：FeSO4+(NH4)2SO4+6H2O=(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O；
(3)装置中含有空气，对A装置加热前，先通一段时间N2的目的是排尽装置内的空气，防止氧气干扰实验；
故答案为：排尽装置内的空气，防止氧气干扰；
(4)①在隔绝空气加热至500℃时硫酸亚铁铵能完全分解，分解产物中含有铁氧化物、硫氧化物、氨气和水蒸气等，为了检验氨气和水蒸气，按ACBGD连接好，通过装置B除去硫氧化物；
故答案为：除去硫的氧化物；
②产物通过装置C中无水硫酸铜变蓝色，则可检验水的存在；氨气溶于水显碱性，能使酚酞变红色，通过装置D溶液变红色说明生成产物中含氨气；
故答案为：固体变蓝色；溶液变红色；
③为了检验SO2、SO3，先除去氨气，然后检验三氧化硫，再检验二氧化硫，最后尾气处理，则按AGFEB连接好；
故答案为：AGFEB；
④E中HCl是为了除去NH3，避免氨气与二氧化硫气体在溶液中生成亚硫酸铵；
故答案为：除去NH3；
⑤产生亚硫酸钡沉淀干扰实验，根据实验现象F溶液褪色，说明有SO2，E中无现象，说明无硫酸钡沉淀生成，无SO3，B装置是尾气吸收，避免污染环境；
故答案为：有SO2无SO3；
(5)要证明热分解完全后残留的固体仅为Fe2O3，而不含FeO或Fe3O4，因为Fe2O3中铁元素全为+3价，FeO中铁元素全为+2价，Fe3O4中铁元素有+2、+3价，则只需证明此固体中有Fe3+而无Fe2+即可；可用KSCN溶液检验Fe3+；可加入K3[Fe(CN)6]溶液，若产生特征蓝色沉淀，则有Fe2+；实验操作为：取A中少量残留固体，加入稀硫酸使其完全溶解，取一份所得溶液加入KSCN溶液变为红色，证明有Fe3+存在；另取一份溶液加入K3[Fe(CN)6]溶液无蓝色沉淀生成，证明无Fe2+，则残留的固体仅为Fe2O3，而不含FeO或Fe3O4；
故答案为：ACE；取A中少量残留固体，加入稀硫酸使其完全溶解，取一份所得溶液加入KSCN溶液变为红色，证明有Fe3+；另取一份溶液加入K3[Fe(CN)6]溶液无蓝色沉淀生成，证明无Fe2+，残留的固体仅为Fe2O3，而不含FeO或Fe3O4。
(1)浓硫酸具有强氧化性，能把铁氧化为三价铁离子；
(2)FeSO4溶液与(NH4)2SO4晶体反应生成硫酸亚铁铵晶体[(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O]；
(3)因为反应是隔绝空气加热至500℃硫酸亚铁铵能完全分解，先通入氮气可将装置内空气排出，后加热A处；
(4)在隔绝空气加热至500℃时硫酸亚铁铵能完全分解，分解产物中含有铁的氧化物、硫的氧化物、氨气和水蒸气等，为了检验氨气和水蒸气，按ACBGD连接好，产物通过无水硫酸铜变蓝色，则可检验水的存在，通过装置B除去硫的氧化物，通过装置D溶液变红色说明生成产物中含氨气；
检验二氧化硫和三氧化硫时，按AGFEB连接好，先除去NH3，避免氨气与二氧化硫气体在溶液中生成亚硫酸铵；然后用HCl和氯化钡溶液检验是否有三氧化硫，再用品红溶液检验二氧化硫，最后用碱石灰处理尾气；
(5)先用稀硫酸把热分解完全后残留的固体溶解，然后Fe3+用KSCN检验，Fe2+用K3[Fe(CN)6]检验。
本题考查了物质的性质实验方案设计，涉及探究实验方案及评价、物质的检验鉴别、除杂质、方程式的书写、基本的实验方法等，试题侧重对学生分析能力和运用能力的考查和解题方法的指导与训练，注意探究物质性质的实验方法，题目难度中等。
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2020年陕西省宝鸡中学高考化学三模试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）
1. 新冠病毒由蛋白质外壳和单链核酸组成，分子平均直径约60～140nm下列有关该病毒的说法正确的是( )
A. 该病毒由C、H、O三种元素组成
B. 该病毒分子扩散到空气中不可能形成气溶胶
C. “84”消毒液中加入浓盐酸可以增强消毒效果
D. 抗病毒的疫苗冷藏保存的目的之一是防止其发生变性
2. 下列离子方程式对化学事实的表述正确的是( )
A. 硫酸铜溶液中加少量的铁粉：3Cu2++2Fe=2Fe3++3Cu
B. NaOH溶液除去铝表面的氧化膜：Al2O3+2OH−=2AlO2−+H2O
C. 少量SO2通入到漂白粉的溶液：SO2+Ca2++2ClO−+H2O=CaSO3↓+2HClO
D. NO2与水反应制硝酸：NO2+H2O=H−+NO3−
3. 短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，由这些元素组成的常见物质的转化关系如图，其中a、b、d、g为化合物，a为淡黄色固体，c是Z的单质，在铝热反应中常做引发剂；f可作电极材料下列有关说法正确的是( )
A. 简单氢化物的沸点：Y>X B. 简单离子的半径：Y>Z>X
C. 阳离子的氧化性：Y>Z D. b和g所含的化学键类型相同
4. 已知有机物(a)(b)(c)，下列说法正确的是( )
A. a、b、c均可与金属钠反应放出H2
B. a、b、c三种物质可用紫色石蕊试液鉴别
C. 1mol a与1molCH3OH在一定条件下反应可生成1mol b
D. 除去b中少量a时，可先加NaOH溶液再分液
5. 用如图装置进行实验，将液体a逐滴加到固体b中，下列叙述正确的是( )
选项
a
b
c
现象
装置图
A
浓H2SO4
Cu
澄清石灰水
c中溶液变浑浊
B
浓盐酸
KMnO4晶体
紫色石蕊溶液
c中溶液最终呈红色
C
稀HNO3
Fe
NaOH溶液
d中红棕色气体变浅
D
浓氨水
生石灰
Al2(SO4)3溶液
c中产生沉淀后溶解
A. A B. B C. C D. D
6. 厌氧性硫酸盐还原菌(SRB)是导致金属微生物腐蚀最为普遍的菌种，铸铁管的一种腐蚀图解如图所示。下列说法正确的是( )
A. 生成1mol FeS，负极质量增加32g
B. 正极区溶液的pH变小
C. 正极电极反应式为：8H++8e−=8H⋅(吸附)、SO42−+8H⋅(吸附)+8e−− SRB菌的氢化酶 S2−+4H2O
D. 总反应：4Fe+4H2O+SO42−− SRB菌的氢化酶 FeS+3Fe(OH)2+2OH−
7. 常温下，向10mL0.1mol⋅L−1KCl溶液和10mL0.1mol⋅L−1K2CrO4溶液中分别滴加0.1mol⋅L−1AgNO3溶液。滴加过程中pM[表示−lgc(Cl−)或−lgc(CrO42−)]与所加AgNO3溶液体积之间的关系如图所示。已知Ag2CrO4为砖红色沉淀，下列说法不合理的是( )
A. bc所在曲线对应K2CrO4溶液
B. 常温下，Ksp(Ag2CrO4)
D. 用0.1mol⋅L−1AgNO3标准液滴定上述KCl、K2CrO4溶液时，Cl−先沉淀
二、简答题（本大题共4小题，共48.0分）
8. CuCl常用作催化剂，石油工业中脱硫与脱色，是一种不溶于水和乙醇的白色粉末，在潮湿空气中可被迅速氧化。某课外学习小组用辉铜矿(主要成分为Cu2S，少量的Fe2O3和SiO2)制取氯化亚铜的流程如图：
(1)“焙烧”过程发生反应的化学方程式______；为加快浸取速率常采取的措施______(写两条)。
(2)加入“试剂1”可调节浸出液的pH，“试剂1”可以是______；“滤渣”的成分是______(填化学式)。
(3)①如图1是反应体系pH随时间的变化关系图。写出“还原”制备CuCl的离子方程式______。
②制备过程中，当n(Na2SO3)与n(CuCl2)比值过大时CuCl产率会变小，其原因可能是______。
(4)反应完成后经抽滤、洗涤、干燥获得产品。如图2为抽滤”装置，抽气泵可使吸滤瓶和安全瓶内压强减小，与普通过滤相比，采用抽滤的优点是______。
(5)CuCl沉淀的“洗涤”需要经过酸洗、水洗和醇洗。用“去氧水洗后再用“乙醇”洗涤的原因是______。
(6)取1.0g制备的CuCl粉末样品，先加入足量FeCl3溶液使其完全溶解，再稀释到100mL，从中取出25.00mL，用0.1mol⋅L−1Ce(SO4)2标准液滴定至终点[Ce(SO4)2被还原为Ce2(SO4)3]；三次滴定平消耗标准液的体积为22.00mL.则粉末中CuCl的质量分数为______。
9. 环氧乙烷常用于一次性口罩生产过程中灭菌和新冠病毒的消杀，工业上常利用乙烯直接氧化法生产环氧乙烷()，发生的反应如下。
主反应Ⅰ：2CH2=CH2(g)+O2(g)−催化剂△2(g)△H1=−210kJ⋅mol−1
副反应Ⅱ：CH2=CH2(g)+3O2(g)−催化剂△2CO2(g)+2H2O(l)△H2=−1324kJ⋅mol−1
Ⅲ.2(g)+5O2(g)−催化剂△4CO2(g)+4H2O(g)△H3
已知：环氧乙烷选择性是指乙烯进行反应Ⅰ生成环氧乙烷的优势。
(1)△H3=______kJ⋅mol−1。
(2)①如图1是乙烯转化率、环氧乙烷选择性与流速关系的图象，图中随进料气的流速加快，乙烯的转化率下降，其可能原因是______。
②如图2是乙烯转化率、环氧乙烷选择性与压强关系的图象，图中当反应体系的压强高于2.4MPa，环氧乙烷选择性下降，其可能原因是______。
(3)实验测得反应Ⅰ中，v正=k正⋅x2(CH2=CH2)⋅x(O2)，v逆=k逆⋅x2()，(式中x为物质的量分数；k正、k逆为速率常数，只与温度有关)。
①若在1L的密闭容器中充2molCH2=CH2(g)和1molO2(g)，在一定温度下只发生反应，达到平衡时CH2=CH2的转化率为75%，则该反应平衡常数的值为______。
②若平衡后仅升高温度，则下列说法正确的是______。
a.x(CH2=CH2)增大，x()减小
b.k正与k逆的比值增大
c.v正减小，v逆增大
d.k正与k逆的比值减小
(4)将乙烯与饱和食盐水的电解产物反应，转化为氯乙醇[CH2(OH)CH2C]，氯乙醇进一步反应生成环氧乙烷，其电解简易装置如图3所示。
已知：CH2=CH2+H2O+Cl2→CH2(OH)CH2Cl+HCl
①a电极为______(选填“阴极”或“阳极”)。
②b电极区域生成环氧乙烷的化学方程式为______。
10. LiFePO4、聚乙二醇、LiPF6、LiAsF6、LiCl等常用作锂离子聚合物电池的材料和载体。
回答下列问题：
(1)LiFePO4中Fe的价层电子排布式为______。
(2)LiPF6、LiAsF6和LiCl中所含的四种非金属元素电负性由大到小的顺序为______。
(3)含氧酸的通式可写为(HO)mROn，根据化学学科的规律下列几种酸中酸性与H3PO4相近的有______。
a.HClOb.HClO3c.H2SO3d.HNO2
(4)通常在电极材料表面进行“碳”包覆处理以增强其导电性。抗坏血酸()常被用作碳包覆的碳源，其易溶于水的原因是______，该分子中碳原子的杂化方式为______。
(5)电池工作时，Li+沿聚乙二醇分子中的碳氧链迁移的过程如图甲所示(图中阴离子未画出)。电解质LiPF6或LiAsF6的阴离子结构如图乙所示(X=P、As)。
①从化学键角度看，Li+迁移过程发生______(填“物理变化”或“化学变化”)。
②相同条件，Li+在______(选填“LiPF6”或“LiAsF6”)中迁移较快，原因是______。
(6)以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。LiCl⋅3H2O属正交晶系(长方体形)晶胞参数为0.72mm、1.0nm、0.56nm。如图丙为沿x轴投影的晶胞中所有Cl原子的分布图和原子分数坐标。
①该晶胞中Cl原子的数目为______。
②LiCl⋅3H2O的摩尔质量为Mg⋅mol−1，设NA为阿伏加德罗常数的值，则LiCl⋅3H2O晶体的密度为______g⋅cm−3(列出计算表达式)。
11. 有机物M常做消毒剂、抗氧化剂等，用芳香烃A制备M的一种合成路线如图：
已知：
请回答下列问题：
(1)A的结构简式为______；D中官能团的名称为______。
(2)C生成D的反应类型为______；G的分子式为______。
(3)由E与足量氢氧化钠的乙醇溶液反应的化学方程式为______。
(4)M的结构简式为______。
(5)芳香族化合物H与C互为同分异构体，且能发生水解反应，则符合要求的H的结构共有______种；写出其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为1：2：2：3的任意一种物质的结构简式______。
(6)参照上述合成路线和信息，以苯甲酸甲酯和CH3MgBr为原料(无机试剂任选)设计制备的合成路线______。
三、实验题（本大题共1小题，共15.0分）
12. 硫酸亚铁铵晶体[(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O]是一种稳定的还原剂，常用作分析化学中的滴定剂。某课题组采用下列方案制备该晶体，并对其热稳定性进行了如下实验。
Ⅰ.硫酸亚铁铵晶体的制备：
铁粉溶液结晶硫酸亚铁铵晶体
(1)硫酸浓度过大，反应过快同时会使FeSO4溶液中混有______(填离子符号)。
(2)利用FeSO4溶液与(NH4)2SO4晶体制备该晶体的化学方程式______。
Ⅱ.硫酸亚铁铵晶体的热分解产物探究：该小组同学选用如图所示部分装置进行实验(夹持装备略)。查阅资料：隔绝空气加热至500℃硫酸亚铁铵能完全分解，产物中含有铁氧化物、硫氧化物、氨气和水蒸气等。
(3)点燃A处的酒精灯之前，先打开弹簧夹，通一段时间N2，其目的是______。
(4)选用上述部分必要的装置完成下列相应实验，填写横线上的内容。
检验可能产物
装置连接顺序
装置作用
实验现象
实验结论
H2O、NH3
ACBGD
①B的作用 ______
②C中 ______ ；
D中 ______ 。
有H2O、NH3
SO2、SO3
③ ______
④E中HCl的作用
______
E中没有明显现象，F中溶液褪色
⑤ ______
(5)为证明热分解完全后残留的固体仅为Fe2O3，而不含FeO或Fe3O4，需要选用的试剂有______(选下列字母)；简述利用所选试剂进行实验证明的方案______。
A.稀硫酸 B.稀硝酸 C.KSCN溶液D.H2O2溶液E.K3[Fe(CN)6]溶液
答案和解析
1.【答案】D
【解析】A.蛋白质中含有氮元素等，该病毒有蛋白质外壳，所以该病毒不止含有C、H、O三种元素，故A错误；
B.病毒的平均直径约60−140nm，胶体分散质粒子直径在1−100nm，所以病毒在空气中能形成气溶胶，故B错误；
C.84消毒液主要成分为次氯酸钠，和浓盐酸混合会发生氧化还原反应生成氯气，氯气有毒，会使人中毒，而且不能增强消毒效果，故C错误；
D.抗病毒的疫苗主要成分是蛋白质，温度过高会使蛋白质变性，所以需冷藏保存，故D正确；
故选：D。
A.蛋白质中含有氮元素等；
B.病毒的平均直径约60−140nm，胶体分散质粒子直径在1−100nm；
C.84消毒液主要成分为次氯酸钠，和浓盐酸混合会发生氧化还原反应生成氯气；
D.温度过高会使蛋白质变性。
本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途的关系为解答的关键，注意把握蛋白质的性质，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
2.【答案】B
【解析】解：A.硫酸铜溶液中加少量的铁粉，反应生成硫酸亚铁和铜，正确的离子方程式为：Cu2++Fe=Fe2++Cu，故A错误；
B.氧化铝可以和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al2O3+2OH−=2AlO2−+H2O，故B正确；
C.次氯酸有强氧化性，会将二氧化硫氧化成硫酸根，正确离子方程式为SO2+Ca2++3ClO−+H2O=CaSO4↓+Cl−+2HClO，故C错误；
D.NO2与水反应生成硝酸和NO，正确的离子方程式为：3NO2+H2O=2H++NO+2NO3−，故D错误；
故选：B。
A.不符合反应客观事实；
B.二者反应生成偏铝酸钠和水；
C.次氯酸根离子具有强的氧化性能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子；
D.二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮。
本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意离子反应应遵循客观事实、遵循电荷守恒规律，题目难度不大。
3.【答案】A
【解析】解：根据分析可知，W、X、Y、Z分别为C、O、Na、Mg元素；a为Na2O2，b为CO2，c为Mg，d为Na2CO3，e为O2，f为C，g为MgO。
A.X的简单氢化物为水，属于分子晶体，Y的简单氢化物为NaH，属于离子晶体，一般情况离子晶体的熔沸点高于分子晶体，则简单氢化物的沸点：Y>X，故A正确；
B.O2−、Na+、Mg2+含有电子层数相同，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径X(O2−)>Y(Na+)>Z(Mg2+)，故B错误；
C.Na的金属性大于Mg，所以钠单质的还原性强于镁，则钠离子的氧化性弱与镁离子，故C错误；
D.b为CO2，只含共价键，g为MgO，只含离子键，二者化学键类型不同，故D错误；
故选：A。
a为淡黄色固体，且为化合物，则a为Na2O2，则四种元素中有Na和O；c是Z的单质，在铝热反应中常做引发剂，则c为Mg；f可作电极材料，且为短周期元素，则f为C，e为O2，O2和C反应生成的b为CO2，CO2和Na2O2反应生成d(Na2CO3)、O2；CO2和Mg反应生成C和g(MgO)，结合原子序数大小可知，W、X、Y、Z四种元素分别为C、O、Na、Mg，据此解答。
本题考查无机物推断，题目难度不大，推断物质、元素组成为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质及元素周期律内容，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。
4.【答案】B
【解析】解：A.b不含羧基或羟基，不能与Na反应放出氢气，故A错误；
B.a含有羧基，可以使紫色石蕊变红，b为酯类，不溶于水，会与紫色石蕊试液分层，b为小分子醇类可以与水互溶，三种物质现象不同，可以鉴别，故B正确；
C.醇类和羧基的酯化反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以1mola与1molCH3OH不能生成1molb，故C错误；
D.b为酯类，会在NaOH溶液中发生水解，故D错误；
故选：B。
A.b不含羧基或羟基；
B.a含有羧基，b为酯类，不溶于水，b为小分子醇类可以与水互溶；
C.醇类和羧基的酯化反应为可逆反应；
D.二者都与碱反应。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意把握有机物官能团的性质，题目难度不大。
5.【答案】C
【解析】解：A.常温下Cu与浓硫酸不反应，所以不会产生二氧化硫，故A错误；
B.浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气，氯气溶于水生成次氯酸，次氯酸有强氧化性和漂白性，会将紫色石蕊溶液漂白，最终得到的溶液为无色，故B错误；
C.稀硝酸和铁反应生成NO，NO被空气中的氧气氧化成红棕色的NO2，NO2可以被NaOH溶液吸收，随着装置中的氧气被消耗，装置内逐渐充满无色的NO，所以d中红棕色气体变浅，故C正确；
D.氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨为弱碱不能溶解氢氧化铝沉淀，故D错误；
故选：C。
A.Cu与浓硫酸反应需要加热；
B.浓盐酸被高锰酸钾氧化生成氯气，氯气与水反应生成盐酸和HClO，HClO具有漂白性；
C.Fe与稀硝酸反应生成NO，NO与NaOH溶液不反应；
D.氨气与硫酸铝反应生成沉淀。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
6.【答案】D
【解析】解：A.根据腐蚀原理示意图可知，SO42−+8H⋅− SRB菌的氢化酶 S2−+4H2O，Fe2++S2−=FeS，3Fe2++6OH−=3Fe(OH)2↓，根据电子得失守恒可知，生成1molFeS同时生成3molFe(OH)2.则负极增加的质量为32g/mol×1mol+34g/mol×3mol=134g，故A错误；
B.正极区消耗氢离子，溶液的pH增大，故B错误；
C.由腐蚀原理示意图可知，正极H+得电子发生还原反应，电极反应方程式为：8H++8e−=8H⋅(吸附)。SO42−与H⋅发生反应，是一个完整的氧化还原反应，而不是半反应，不属于正极的电极反应方程式，且题中SO42−+8H⋅(吸附)+8e−− SRB菌的氢化酶 S2−+4H2O，电子不守恒，反应式错误，故C错误；
D.由腐蚀原理示意图可知，正极H+先变成H⋅，SO42−再与8个H⋅在SRB菌的氢化酶的作用下生成S2−和水，负极Fe失去电子生成Fe2+，Fe2+与S2−、OH−结合生成FeS、Fe(OH)2，由此可知该腐蚀过程的总反应为：4Fe+4H2O+SO42−− SRB菌的氢化酶 FeS+3Fe(OH)2+2OH−.故D正确；
故选：D。
根据腐蚀原理示意图可知，该腐蚀过程中发生的是原电池反应，为电化学腐蚀，其中铁为负极，铁中的杂质碳为正极，据此分析。
本题考查了金属的腐蚀和防护，注意把握金属发生电化学腐蚀的条件及金属的防腐方法，题目难度不大。
7.【答案】C
【解析】解：A、由反应Cl−+Ag+=AgCl↓和CrO42−+2Ag+=Ag2CrO4↓，常温下，10mL0.1mol⋅L−1KCl溶液和10mL0.1mol⋅L−1K2CrO4溶液中分别滴加等浓度的AgNO3溶液，当加入AgNO310mL时Cl−恰好完全沉淀，当加入AgNO320mL时，CrO42−沉淀完全，且c(Cl−)比c(CrO42−)减小的快；因此a点所在曲线表示KCl溶液中变化的曲线，b、c点所在曲线表示K2CrO4溶液中的变化曲线，故A正确；
B、由图可知，a点时恰好反应生成AgCl，此时−lgc(Cl−)=4.9，即溶液中c(Cl−)=1×10−4.9mol⋅L−1，c(Ag+)=1×10−4.9mol⋅L−1，该温度下，Ksp(AgCl)=c(Cl−)c(Ag+)=(1×10−4.9mol⋅L−1)2=1×10−9.8；由图可知，b点时恰好反应生成Ag2(CrO4)，此时−lgc(CrO42−)=4.0，则溶液中c(CrO42−)=1×10−4mol⋅L−1，c(Ag+)=2×10−4mol⋅L−1，该温度下，Ksp(Ag2CrO4)=c(CrO42−)×c2(Ag+)=1×10−4mol⋅L−1×(2×10−4mol⋅L−1)2=4×10−12；Ksp(Ag2CrO4)
故选：C。
A、由反应Cl−+Ag+=AgCl↓和CrO42−+2Ag+=Ag2CrO4↓，c(Cl−)比c(CrO42−)减小的快；
B、Ksp(AgCl)=c(Cl−)c(Ag+)，Ksp(Ag2CrO4)=c(CrO42−)×c2(Ag+)；
C、观察图中a、b两点的c(Ag+)；
D、c(Ag+)=Ksp(AgCl)c(Cl−)，c(Ag+)=Ksp(Ag2CrO4)c(CrO42−)。
本题考查难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的有关的重点知识，涉及离子浓度大小比较、Ksp的大小的判断、沉淀先后的判断等知识，难点是Ksp的大小的判断；考查的化学学科的核心素养为宏观辨识与微观探析；同时注意知识点的合理、正确并灵活运用；平时练习时注意归纳积累，理解并熟练掌握构建思维导图，培养化学思维，避免出错。难度中等。
8.【答案】Cu2S+2O2− 高温 2CuO+SO2 将固体粉碎、升高温度 CuO[或Cu(OH)2，或CuCO3] Fe(OH)3、SiO2 2Cu2++SO32−+2Cl−+H2O=2CuCl↓+SO42−+2H+ n(Na2SO3)与n(CuCl2)比值越大，溶液的碱性越强，Cu2+及CuCl的水解程度增大，故CuCl的产率下降 加快过滤速度，避免长时间接触空气 快速去除CuCl沉淀表面的水分，防止其潮湿被氧化 88%
【解析】解：(1)辉铜矿焙烧，将Cu2S初步转化为CuO和SO2，发生的化学反应方程式为：Cu2S+2O2− 高温 2CuO+SO2；增大原料浸取速率的措施有：将原料粉碎、搅拌、升高温度、增大盐酸的浓度等，
故答案为：Cu2S+2O2− 高温 2CuO+SO2；将固体粉碎、升高温度；
(2)由流程图可知，加入试剂1可调节浸出液的pH，也可将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而除去，同时也不引入新的杂质，故符合条件的为CuO[或Cu(OH)2，或CuCO3]；由分析可知，滤渣为：Fe(OH)3、SiO2，
故答案为：CuO[或Cu(OH)2，或CuCO3]；Fe(OH)3、SiO2；
(3)①由分析可知，Na2SO3与Cu2+发生氧化还原反应，将Cu2+还原为Cu+，形成CuCl沉淀。其离子方程式为：2Cu2++SO32−+2Cl−+H2O=2CuCl↓+SO42−+2H+；
故答案为：2Cu2++SO32−+2Cl−+H2O=2CuCl↓+SO42−+2H+；
②Na2SO3为强碱弱酸盐，水解显碱性，n(Na2SO3)与n(CuCl2)比值越大，溶液的碱性越强，Cu2+及CuCl的水解程度增大，故CuCl的产率下降；
故答案为：n(Na2SO3)与n(CuCl2)比值越大，溶液的碱性越强，Cu2+及CuCl的水解程度增大，故CuCl的产率下降；
(4)抽滤的优点为加快过滤速度，避免长时间接触空气，可以防止沉淀与空气中的成分反应；
故答案为：加快过滤速度，避免长时间接触空气；
(5)乙醇易挥发，进而可快速去除CuCl沉淀表面的水分，防止其潮湿被氧化；
故答案为：快速去除CuCl沉淀表面的水分，防止其潮湿被氧化；
(6)由题可知，涉及的离子反应方程式为：CuCl+Fe3+=Cu2++Fe2++Cl−、Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，可得关系式：CuCl～Ce4+，
则CuCl的质量分数=0.1mol/L×22×10−3L×100mL25mL×(64+35.5)g/mol1.0g×100%=88%；
故答案为：88%。
辉铜矿焙烧，将Cu2S初步转化为CuO和SO2，所得的固体为CuO、Fe2O3、SiO2的混合物，再用稀盐酸对所得固体进行酸浸，得到成分为FeCl3、CuCl2、稀盐酸、SiO2的浸出液。加入试剂1用于调节溶液的pH值，同时将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而除去，SiO2在这个过程中不参与反应，也以滤渣的形式除去。向滤液中加入Na2SO3，Na2SO3与Cu2+发生氧化还原反应，将Cu2+还原为Cu+，形成CuCl沉淀。将CuCl沉淀洗涤，最终得到CuCl粉末；
(1)辉铜矿焙烧，将Cu2S初步转化为CuO和SO2；根据影响反应速率的因素分析；
(2)由流程图可知，加入试剂1可调节浸出液的pH，也可将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而除去，同时也不引入新的杂质；由分析判断滤渣的成分；
(3)①由分析可知，Na2SO3与Cu2+发生氧化还原反应，将Cu2+还原为Cu+，形成CuCl沉淀。其离子方程式为：2Cu2++SO32−+2Cl−+H2O=2CuCl↓+SO42−+2H+；
②Na2SO3为强碱弱酸盐，水解显碱性；
(4)抽滤的优点为加快过滤速度；
(5)乙醇易挥发；
(6)由题可知，涉及的离子反应方程式为：CuCl+Fe3+=Cu2++Fe2++Cl−、Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，可得关系式：CuCl～Ce4+，求出CuCl的物质的量、再求质量和质量分数。
本题考查了物质的制备方案设计，涉及物质的制备流程、离子方程式的书写、盐的水解原理、质量分数的计算、基本的实验方法等，试题侧重对学生分析能力和运用能力的考查和解题方法的指导与训练，注意把握物质制备流程的分析方法，题目难度中等。
9.【答案】−2438 流速越快，反应物接触时间越短，原料气与催化剂接触时间也短，消耗乙烯的量越少，导致乙烯转化率下降 压强增大，主、副反应速率增加，使反应体系升温，可能导致副反应速率比主反应速率增大的快，使环氧乙烷的选择性降低，压强增大副反应Ⅲ的平衡逆移，环氧乙烷浓度增大，不利于反应Ⅰ正向进行，故环氧乙烷选择性降低 36 ad 阳极 CH2(OH)CH2Cl+NaOH→+NaCl+H2O
【解析】解：(1)主反应①：2CH2=CH2(g)+O2(g)⇌2(g)△H1=−210.0kJ⋅mol−1
副反应②：CH2=CH2(g)+3O2(g)⇌2CO2(g)+2H2O(g)△H2=−1324.0kJ⋅mol−1
根据盖斯定律计算②×2−①得到2(g)+5O2(g)⇌4CO2(g)+4H2O(g)的△H3=[2×(−1324.0)+210.0]kJ/mol=−2438kJ/mol；
故答案为：−2438；
(2)①流速越快，反应物接触时间越短，原料气与催化剂接触时间也短，消耗乙烯的量越少，导致乙烯转化率下降，
故答案为：流速越快，反应物接触时间越短，原料气与催化剂接触时间也短，消耗乙烯的量越少，导致乙烯转化率下降；
②I.压强增大，主、副反应速率增加，使反应体系升温，可能导致副反应速率比主反应速率增大的快，使环氧乙烷的选择性降低，II.压强增大，副反应③逆向移动，环氧乙烷浓度增大，不利于反应①的进行，使环氧乙烷的选择性降低；
故答案为：压强增大，主、副反应速率增加，从而导致反应体系升温；温度升高导致副反应速率比主反应速率提高的更多，环氧乙烷的选择性降低；压强增大，副反应③逆向移动，环氧乙烷浓度增大，导致反应①进行不利，环氧乙烷选择性降低；
(3)①在1L的密闭容器中充2molCH2=CH2(g)和1molO2(g)，在一定温度下发生反应，达到平衡时CH2=CH2的转化率为75%，则由反应2CH2=CH2(g)+O2(g)⇌2可知，平衡时，c(CH2=CH2)=0.5mol/L，c(O2)=0.25mol/L，c()=1.5mol/L，
则平衡常数K=(1.5)2(0.5)2×0.25=36，
故答案为：36；
②a.若平衡后仅升高温度，因为该反应2CH2=CH2(g)+O2(g)⇌2(g)△H1=−210.0kJ⋅mol−1，是放热反应，平衡逆向移动，则x(CH2=CH2)增大，x()减小，故a正确；
b.正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则k正增大的倍数
d.正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则k正增大的倍数
(4)①a连接电源正极，应为电解池阳极，
故答案为：阳极；
②b为阴极，生成NaOH，CH2(OH)CH2Cl与氢氧化钠溶液反应生成环氧乙烷、NaCl和水，分压的化学方程式为：CH2(OH)CH2Cl+NaOH→+NaCl+H2O，
故答案为：CH2(OH)CH2Cl+NaOH→+NaCl+H2O。
(1)主反应①：2CH2=CH2(g)+O2(g)⇌2(g)△H1=−210.0kJ⋅mol−1
副反应②：CH2=CH2(g)+3O2(g)⇌2CO2(g)+2H2O(g)△H2=−1324.0kJ⋅mol−1
根据盖斯定律计算②×2−①得到2(g)+5O2(g)⇌4CO2(g)+4H2O(g)的△H3；
(2)①流速越快，反应物接触时间越短，原料气与催化剂接触时间也短；
②I.压强增大，主、副反应速率增加，使反应体系升温，可能导致副反应速率比主反应速率增大的快；II.压强增大，副反应③逆向移动，环氧乙烷浓度增大，不利于反应①的进行；
(3)①在1L的密闭容器中充2molCH2=CH2(g)和1molO2(g)，在一定温度下发生反应，达到平衡时CH2=CH2的转化率为75%，则由反应2CH2=CH2(g)+O2(g)⇌2可知，平衡时，c(CH2=CH2)=0.5mol/L，c(O2)=0.25mol/L，c()=1.5mol/L，
平衡常数K=生成物平衡浓度幂次方乘积反应物平衡浓度幂次方乘积；
②a.若平衡后仅升高温度，因为该反应2CH2=CH2(g)+O2(g)⇌2(g)△H1=−210.0kJ⋅mol−1，是放热反应，平衡逆向移动；
b.正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则k正增大的倍数
d.正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动；
(4)①a连接电源正极为电解池的阳极；
②b为阴极，生成NaOH，CH2(OH)CH2Cl与氢氧化钠溶液反应生成环氧乙烷、NaCl和水。
本题考查盖斯定律计算应用、外界条件对化学平衡的影响、电解原理的应用等知识点，为高频考点，侧重考查图象分析判断和知识综合运用能力，正确分析图象纵横坐标含义、曲线变化趋势及引起曲线变化原因是解本题关键，注意把握电解的工作原理以及电极方程式的书写，题目难度中等。
10.【答案】3d6 F>Cl>P>As c、d 抗坏血酸分子含有多个羟基，与水形成分子间氢键 sp2、sp3 化学变化 LiAsF6 AsF6−的半径比PF6−的大，AsF6−与Li+的作用力比PF6−弱 4 4M×10230.72×1.0×0.56×NA
【解析】解：(1)26Fe的价层电子为最外层加上次外层d能级上的电子，所以价层电子为排布式为3d64s2，那么LiFePO4中Fe显+2价，失去最外层电子，LiFePO4中Fe的价层电子排布式为3d6，
故答案为：3d6；
(2)同周期自左而右电负性增大、同主族自上而下电负性减小，故电负性：F>P>As>Li，
故答案为：F>P>As>Li；
(3)H3PO4可改写为(HO)3PO1，非羟基氧原子数为1，
a.HClO可改写为(HO)ClO0，非羟基氧原子数为0；
b.HClO3可改写为(HO)ClO2，非羟基氧原子数为2；
c.H2SO3可改写为(HO)2SO1，非羟基氧原子数为1；
d.HNO2可改写为(HO)NO1，非羟基氧原子数为1，
非羟基氧原子数相同，酸性相近，故cd与H3PO4的非羟基氧原子数相同，酸性相近，
故答案为：c、d；
(4)抗坏血酸分子中含有多个羟基，可以与水分子形成分子间氢键，
由抗坏血酸的分子结构可知该分子中存在碳碳双键和碳碳单键，则碳原子的杂化方式有两种sp2、sp3，
故答案为：抗坏血酸分子含有多个羟基，与水形成分子间氢键；sp2、sp3。
(5)①从图甲看出，Li+迁移过程生成了新物质，发生了化学变化，
故答案为：化学变化；
②因为PF6−的半径比AsF6−的小，PF6−与Li+的作用力就比AsF6−的强，迁移速度就慢，
故答案为：LiAsF6；PF6−的半径比AsF6−的小，PF6−与Li+的作用力就比AsF6−的强，迁移速度就慢；
(6)①根据晶胞的xy平面图分析，Cl−处于晶胞中的棱上以及内部，则含有的Cl−数目为2+4×12=4个，
故答案为：4；
晶胞中Cl原子数目为：1+4×12+4×14=4，则有n(LiCl⋅3H2O)=n(Cl)=4NAmol，晶胞的质量m=nM=4MNAg，晶胞体积V=abc×10−27cm3=0.72×1.0×0.56×10−27cm3，晶体密度ρ=mV=4MNA0.72×1.0×0.56×10−27g/cm3=4M×10270.72×1.0×0.56×NAg/cm3，
故答案为：4；4M×10270.72×1.0×0.56×NA。
(1)Fe位于周期表中第4周期第ⅤⅢ族，根据LiFePO4中Fe的氧化数确定其中Fe的价电子排布；
(2)LiPF6、LiAsF6和LiCl中所含的四种非金属元素分别为P，F，As，Cl，根据周期性分析电负性大小；
(3)根据含氧酸中，非羟基氧数目越多，酸性越强的规律分析酸性强弱；
(4)根据抗坏血酸中含有的基团分析其水溶性，−OH为亲水基，有利于溶解，分子中C以双键和单键形式存在，据此判断C的杂化方式；
(5)①Li+在沿着碳链迁移的过程中，形成了新的物质，属于化学变化；
②根据不同阴离子对Li+的静电引力不同分析Li+的迁移快慢；
(6)①根据晶胞的xy平面图分析，Cl−处于晶胞中的棱上以及内部，根据均摊法计算；
②根据密度公式ρ=mV计算。
本题考查物质结构与性质，涉及化学键、分子结构与性质、核外电子排布、元素周期律、晶胞结构等，题目比较综合，侧重对主干知识的考查，需要学生全面掌握基础知识，难度中等。
11.【答案】 羧基、氯原子 取代反应 C10H16O2 +NaCl+2H2O 6 或或
【解析】解：(1)A的分子式为C7H8，结构简式为，D的结构为，D中官能团的名称为羧基，氯原子；
故答案为：；羧基、氯原子；
(2)由C的结构生成D，反应类型为取代反应，G的结构为，它的分子式为C10H16O2；
故答案为：取代反应；C10H16O2；
(3)由E与足量氢氧化钠的乙醇溶液反应的化学方程式为+NaCl+2H2O；
故答案为：+NaCl+2H2O。
(4)M的结构简式为；
故答案为：；
(5)C为芳香族化合物H与C互为同分异构体，且能发生水解反应，H结构里含酯基，则分别有，，，，，共6种结构，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为1：2：2：3的任意一种物质的结构简式为或或；
故答案为：6；或或；
(6)加聚反应得到，发生消去反应得到，由信息可知苯甲酸乙酯与①CH3MgBr、②H+/H2O作用得到，其合成路线为，
故答案为：。
A的分子式为C7H8，结合B的结构酯A和CO发生加成反应生成B，则A为，对比B与C的结构，结合反应条件、C的分子式，B中醛基氧化为羧基得到C，C与氯气发生苯环上取代反应生成D，D与氢气发生加成反应生成E，E发生消去反应生成F，故C为、D为、E为，F与乙醇发生酯化反应生成G为，G发生信息中反应生成M为。
(6)加聚反应得到，发生消去反应得到，由信息可知苯甲酸乙酯与①CH3MgBr、②H+/H2O作用得到。
本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及信息的获取和灵活运用能力，明确官能团及其性质关系、官能团之间的转化关系是解本题关键，注意结合题给信息进行推断和合成路线设计，题目难度中等。
12.【答案】Fe3+ FeSO4+(NH4)2SO4+6H2O=(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O 排尽装置内的空气，防止氧气干扰 除去硫的氧化物 固体变蓝色 溶液变红色 AGFEB 除去NH 有SO2无SO3 ACE 取A中少量残留固体，加入稀硫酸使其完全溶解，取一份所得溶液加入KSCN溶液变为红色，证明有Fe3+；另取一份溶液加入K3[Fe(CN)6]溶液无蓝色沉淀生成，证明无Fe2+，残留的固体仅为Fe2O3，而不含FeO或Fe3O4。
【解析】解：(1)浓硫酸具有强氧化性，能将铁氧化到高价态的Fe3+，则硫酸浓度过大，反应过快同时会使FeSO4溶液中混有Fe3+；
故答案为：Fe3+；
(2)FeSO4溶液与(NH4)2SO4晶体反应生成硫酸亚铁铵晶体[(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O]，反应的化学方程式为：FeSO4+(NH4)2SO4+6H2O=(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O；
故答案为：FeSO4+(NH4)2SO4+6H2O=(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O；
(3)装置中含有空气，对A装置加热前，先通一段时间N2的目的是排尽装置内的空气，防止氧气干扰实验；
故答案为：排尽装置内的空气，防止氧气干扰；
(4)①在隔绝空气加热至500℃时硫酸亚铁铵能完全分解，分解产物中含有铁氧化物、硫氧化物、氨气和水蒸气等，为了检验氨气和水蒸气，按ACBGD连接好，通过装置B除去硫氧化物；
故答案为：除去硫的氧化物；
②产物通过装置C中无水硫酸铜变蓝色，则可检验水的存在；氨气溶于水显碱性，能使酚酞变红色，通过装置D溶液变红色说明生成产物中含氨气；
故答案为：固体变蓝色；溶液变红色；
③为了检验SO2、SO3，先除去氨气，然后检验三氧化硫，再检验二氧化硫，最后尾气处理，则按AGFEB连接好；
故答案为：AGFEB；
④E中HCl是为了除去NH3，避免氨气与二氧化硫气体在溶液中生成亚硫酸铵；
故答案为：除去NH3；
⑤产生亚硫酸钡沉淀干扰实验，根据实验现象F溶液褪色，说明有SO2，E中无现象，说明无硫酸钡沉淀生成，无SO3，B装置是尾气吸收，避免污染环境；
故答案为：有SO2无SO3；
(5)要证明热分解完全后残留的固体仅为Fe2O3，而不含FeO或Fe3O4，因为Fe2O3中铁元素全为+3价，FeO中铁元素全为+2价，Fe3O4中铁元素有+2、+3价，则只需证明此固体中有Fe3+而无Fe2+即可；可用KSCN溶液检验Fe3+；可加入K3[Fe(CN)6]溶液，若产生特征蓝色沉淀，则有Fe2+；实验操作为：取A中少量残留固体，加入稀硫酸使其完全溶解，取一份所得溶液加入KSCN溶液变为红色，证明有Fe3+存在；另取一份溶液加入K3[Fe(CN)6]溶液无蓝色沉淀生成，证明无Fe2+，则残留的固体仅为Fe2O3，而不含FeO或Fe3O4；
故答案为：ACE；取A中少量残留固体，加入稀硫酸使其完全溶解，取一份所得溶液加入KSCN溶液变为红色，证明有Fe3+；另取一份溶液加入K3[Fe(CN)6]溶液无蓝色沉淀生成，证明无Fe2+，残留的固体仅为Fe2O3，而不含FeO或Fe3O4。
(1)浓硫酸具有强氧化性，能把铁氧化为三价铁离子；
(2)FeSO4溶液与(NH4)2SO4晶体反应生成硫酸亚铁铵晶体[(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O]；
(3)因为反应是隔绝空气加热至500℃硫酸亚铁铵能完全分解，先通入氮气可将装置内空气排出，后加热A处；
(4)在隔绝空气加热至500℃时硫酸亚铁铵能完全分解，分解产物中含有铁的氧化物、硫的氧化物、氨气和水蒸气等，为了检验氨气和水蒸气，按ACBGD连接好，产物通过无水硫酸铜变蓝色，则可检验水的存在，通过装置B除去硫的氧化物，通过装置D溶液变红色说明生成产物中含氨气；
检验二氧化硫和三氧化硫时，按AGFEB连接好，先除去NH3，避免氨气与二氧化硫气体在溶液中生成亚硫酸铵；然后用HCl和氯化钡溶液检验是否有三氧化硫，再用品红溶液检验二氧化硫，最后用碱石灰处理尾气；
(5)先用稀硫酸把热分解完全后残留的固体溶解，然后Fe3+用KSCN检验，Fe2+用K3[Fe(CN)6]检验。
本题考查了物质的性质实验方案设计，涉及探究实验方案及评价、物质的检验鉴别、除杂质、方程式的书写、基本的实验方法等，试题侧重对学生分析能力和运用能力的考查和解题方法的指导与训练，注意探究物质性质的实验方法，题目难度中等。
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