【化学】广西壮族自治区柳州高中2018-2019学年高二下学期期中考试

广西壮族自治区柳州高中2018-2019学年高二下学期期中考试
第 Ⅰ 卷
一、单项选择题（每小题只有一个正确选项，每题3分，共48分。）
1.在有机物的相互转化过程中，下列物质的分子既可以被还原，又可以被氧化的是
A. CH3CH2OH B. CH3CHO C. CH4 D. CH3CH3
【答案】B
【解析】有机反应中，通常从有机物得、失氢原子或氧原子的角度认识氧化反应或还原反应。有机物得氧或失氢被氧化，有机物得氢或失氧被还原。
【详解】A项：在铜催化剂、加热条件下，CH3CH2OH与氧气的反应中，CH3CH2OH脱氢被氧化成CH3CHO。CH3CH2OH为饱和结构，不能加氢被还原。A项错误；
B项：适当条件下，CH3CHO与银氨溶液或新制氢氧化铜等反应，可以被氧化为CH3COOH， 也可以与氢气反应，被还原成CH3CH2OH，B项正确；
C项：CH4燃烧时被氧化为无机物，CH4为饱和结构不能加氢被还原。C项错误；
D项：CH3CH3与CH4相似，D项错误。
本题选B。
2. 下列关于有机化合物的说法正确的是
A. 乙酸和乙酸乙酯可用Na2CO3溶液加以区别
B. 戊烷（C5H12）有两种同分异构体
C. 乙烯、聚氯乙烯和苯分子均含有碳碳双键
D. 糖类、油脂和蛋白质均可发生水解反应
【答案】A
【解析】
A、乙酸可以和碳酸钠反应，产生气泡，而乙酸乙酯分层，正确；B、戊烷有三种同分异构体，错误；C、聚乙烯中没有双键，苯是一种介于单键和双键间特殊的化学键，错误；D、糖类分为单糖、二糖、多糖，单糖不能水解，错误。
【考点定位】考查有机化合物的鉴别、性质等相关知识。
3.已知：CH4·nH2O(s) CH4(g) + nH2O(l) △H＞0。深海中能够存在可燃冰（CH4·nH2O固体）是因为深海具有以下条件中的
A. 低温高压 B. 高温低压 C. 低温低压 D. 高温高压
【答案】A
【解析】
【分析】
从平衡移动原理，分析化学平衡移动所需适宜条件。
【详解】可燃冰（CH4·nH2O固体）能够存在深海中，必然存在使平衡“CH4·nH2O(s) CH4(g) + nH2O(l) △H＞0”左移的条件。据平衡移动原理，低温、高压都利于平衡左移，A项正确。
本题选A。
4.下列描述中正确的是
A. CS2为V形的极性分子
B. ClO3-的立体构型为平面三角形
C. NH3和BF3的立体构型均为平面三角形
D. SiF4和SO32-的中心原子均为sp3杂化
【答案】D
【解析】
分析】
应用价层电子对互斥理论，预测分子或离子的空间构型。由中心原子的价层电子对数判断其杂化类型；由共价键极性和分子对称性判断分子极性。
【详解】A项：CS2分子中，中心原子C的价层电子对数n=2，CS2为直线形分子。两个C=S键极性抵消，CS2非极性分子，A项错误；
B项：ClO3-中，中心原子Cl的价层电子对数n=4，其中3对σ键电子对，1对孤电子对，ClO3-为三角锥形，B项错误；
C项：NH3中，中心原子N的价层电子对数n=4，其中3对σ键电子对，1对孤电子对，NH3为三角锥形。BF3中，中心原子B的价层电子对数n=3，都是σ键电子对，BF3为平面三角形分子，C项错误；
D项：SiF4和SO32-的中心原子分别是Si、S，价层电子对数n=4，均为sp3杂化，D项正确。
本题选D。
【点睛】用价层电子对互斥理论预测分子或离子的空间构型，基本步骤是：计算A的价层电子对数n，画出价层电子对分布模型，连接配位原子B，省略孤电子对得分子或离子的空间构型。
5.X元素的阳离子和Y元素的阴离子具有相同的电子层结构，下列叙述正确的是
A. 原子序数：X＜Y B. 原子半径：X＜Y
C. 非金属性：X＞Y D. 电负性：X＜Y
【答案】D
【解析】
【分析】
根据离子的电子层结构可确定元素在周期表中的相对位置，再用元素周期律比较它们的性质（原子半径、电负性、非金属性等）。
【详解】X原子失去最外层电子形成阳离子（电子层数减少1）、Y原子获得电子填在最外层上形成阴离子（电子层数不变）。两离子的电子层结构相同，则两元素位于相邻周期，X在下一周期的左边，Y在上一周期的右边。
据周期表中元素性质的变化规律，得：原子序数X＞Y，A项错误；原子半径X＞Y，B项错误；非金属性X＜Y，C项错误；电负性X＜Y，D项正确。
本题选D。
6. 现有一瓶物质甲和乙的混合物，已知甲和乙的某些性质如下：
物质
分子式
熔点/℃
沸点/℃
密度/(g/cm3)
水中溶解性
甲
C3H6O2
－98
57．5
0．93
可溶
乙
C4H8O2
－84
77
0．90
可溶
据此，将甲和乙互相分离的最佳方法是( )
A．萃取法 B．升华法 C．蒸馏法 D．分液法
【答案】C
【解析】
试题分析：根据表中数据，甲和乙是互溶的两种液体，应采用蒸馏法分离，故选项C正确。
考点：考查物质的分离等知识。
7.升高温度，下列数据不一定增大的是
A. 化学反应速率v B. AgCl的溶度积Ksp(AgCl)
C. 化学平衡常数K D. 水的离子积Kw
【答案】C
【解析】
【分析】
根据温度对化学反应速率、沉淀溶解平衡、化学平衡、水的电离平衡的影响分析。
【详解】A项：升高温度，化学反应速率加快，A项错误；
B项：AgCl等大多数物质的沉淀溶解是吸热过程，升高温度，其溶度积Ksp(AgCl)增大，B项错误；
C项：对于正反应吸热的可逆反应，升高温度，平衡右移，化学平衡常数K增大。对于正反应放热的可逆反应，升高温度，平衡左移，化学平衡常数K减小。C项正确；
D项：水的电离过程吸热，升高温度，水的电离平衡右移，水的离子积Kw增大，D项错误。
本题选C。
8.化学反应2CaO2(s) 2CaO(s) + O2(g) 在一密闭的容器中达到平衡。保持温度不变，缩小容器的容积为原来的一半，重新平衡后，下列叙述正确的是
A. CaO2的量不变 B. 平衡常数减小 C. 氧气浓度变小 D. CaO的量减少
【答案】D
【解析】
【分析】
一定温度下，缩小容器的容积（即加压），化学平衡向气体分子数减少的方向移动。化学平衡常数只与温度有关。
【详解】保持温度不变，缩小容器的容积为原来的一半（即加压），化学平衡2 CaO2(s) 2 CaO(s) + O2(g) 向左移动，CaO2的量增加，A项错误；CaO的量减少，D项正确；平衡常数只与温度有关，与压强无关，B项错误；平衡常数K=c(O2)，新平衡时氧气浓度与原平衡相等，C项错误。
本题选D。
9.恒温恒容密闭容器中，发生反应如下：X(g) + 2Y(g) W(g) + Z(g)。下列物理量不再改变，不能表明反应是否已达到平衡状态的是
A. Y的物质的量浓度 B. 混合气体的密度
C. 混合气体的压强 D. X的转化率
【答案】B
【解析】
【分析】
从化学平衡的本质（正逆反应速率）和特征（各物质的物质的量或浓度）两方面分析判断。注意反应容器恒温恒容。
【详解】A项：Y的物质的量浓度不变时，其它各物质 的浓度必然不变，一定是化学平衡，A项不符合题意；
B项：该反应中所有物质都是气体，混合气体总质量必然不变，恒容时气体密度也必然不变，即容器内气体密度不变，不一定是化学平衡，B项符合题意；
C项：据pV=nRT，恒温恒容的容器内混合气体的压强不变时，气体的总物质的量也不变。对于反应前后气体分子数有变化的反应，气体的总物质的量不变必为化学平衡，C项不符合题意；
D项：当X的转化率不变时，容器内各成分的物质的量必然不变，一定是化学平衡，D项不符合题意。
本题选B。
【点睛】化学平衡的本质是正、逆反应速率相等（同种物质表示的正逆反应速率相等，或不同物质表示的正逆反应速率之比等于化学计量数之比），化学平衡的特征是各物质的物质的量或浓度不随时间发生变化。
10.关于如图所示化合物的说法不正确的是

A. 该化合物既可以发生加成反应，又可以发生取代反应
B. 该化合物既可以与溴水反应，又可以使酸性KMnO4溶液褪色
C. 该化合物既可以与FeCl3溶液发生显色反应，又可以与NaHCO3溶液反应放出CO2气体
D. 1 mol该化合物最多可以与7 mol H2加成
【答案】C
【解析】
【分析】
有机物的化学性质主要取决于其官能团，根据官能团的化学性质分析判断。
【详解】A项：该化合物分子中，苯环、碳碳双键都可与氢气等发生加成反应，酚羟基的邻位氢可与溴水取代反应，酯基的水解反应也是取代反应，A项正确；
B项：该化合物分子中，酚羟基的邻位氢可与溴水取代反应，碳碳双键可与溴水加成反应。酚羟基、碳碳双键、连在苯环上的甲基都可以使酸性KMnO4溶液褪色，B项正确；
C项：该化合物分子中有酚羟基，可与FeCl3溶液发生显色反应，但酚羟基酸性很弱，不能与NaHCO3溶液反应，C项错误；
D项：该化合物分子中，两个苯环和一个碳碳双键都能与氢气加成反应，1 mol该化合物最多可以与7 mol H2加成，D项正确。
本题选C。
11.如图是化学课外活动小组设计的用化学电源使LED灯发光的装置示意图。下列有关该装置的说法正确的是

A. 铜片为负极，其附近的溶液变蓝，溶液中有Cu2＋产生
B. 如果将锌片换成铁片，电路中的电流方向将改变
C. 铜片上的电极方程式为：2H+ + 2e- = H2↑
D. 如果将稀硫酸换成柠檬汁，LED灯将不会发光
【答案】C
【解析】
【分析】
根据原电池工作原理，分析解答有关问题。
【详解】A、该原电池中，锌比铜活泼，锌片为电池负极，铜为正极，铜不会失电子形成Cu2＋，A项错误；
B、若将锌片换成铁片，铁仍比铜活泼，故电路中的电流方向不变，B项错误；
C、铜片为电池正极，电极反应为2H++2e-=H2↑，C项正确；
D、柠檬汁也是电解质溶液，若将稀硫酸换成柠檬汁，仍构成原电池，LED灯同样会发光，D项错误。
本题选C。
12.如图是N2与H2反应的能量变化曲线图。下列叙述正确的是

A. 该反应的热化学方程式为：N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g)，△H = +92 kJ/mol
B. b曲线是加入催化剂时的能量变化曲线
C. 加入催化剂，该化学反应的反应热减小
D. 加入催化剂可增大正反应速率，降低逆反应速率
【答案】B
【解析】
分析】
正确认识化学反应的能量曲线，理解催化剂与化学反应速率、反应热的关系。
【详解】A项：能量曲线图说明，反应物[N2(g) + 3H2(g)]总能量高于生成物[2NH3(g)]总能量，为放热反应，热化学方程式为N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g)，△H = －92 kJ/mol，A项错误；
B项：使用催化剂能降低正、逆反应活化能，曲线a、b分别是无、有催化剂时的能量变化曲线，B项正确；
C项：该图也说明，催化剂不能改变反应物、生成物的总能量，即不能改变化学反应的反应热，C项错误；
D项：催化剂能同时降低正、逆反应活化能，使正、逆反应速率都增大，D项错误。
本题选B。
【点睛】化学反应的反应热△H，只取决于反应物的总能量、生成物的总能量的相对大小，与反应条件、反应途径无关。
13.下列有关实验的选项正确的是
A. 配制0.10mol·L－1 NaOH溶液
B. 实验室制取干燥的氨气
C. 萃取碘水中I2，分出水层后的操作
D. 蒸干FeCl2溶液制取FeCl2·4H2O
【答案】B
【解析】
【分析】
根据溶液配制、实验室制氨、萃取分液、蒸发结晶等原理、操作要求等分析回答
【详解】A项：一定温度下容量瓶刻度线以下的容积是固定不变的，固体的溶解、浓溶液的稀释、化学反应过程中伴随吸热、放热现象，都不能在容量瓶中进行。NaOH固体溶解会显著放热，A项错误；
B项：实验室加热氯化铵和氢氧化钙的固体混合物制取氨气，用碱石灰除去少量氯化氢和水得干燥的氨气，再用向下排空气法收集，B项正确；
C项：用苯萃取碘水中I2后静置，液体分为两层，密度较大的水层从分液漏斗下口放出后，密度较小的有机层应从分液漏斗上口倒出，C项错误；
D项：FeCl2溶液中存在水解平衡FeCl2+2H2OFe(OH)2+2HCl，加热时平衡右移直至完全水解。FeCl2·4H2O为结晶水合物，加热也会失去结晶水，不能用蒸发结晶法。加热时还会被空气中的氧气氧化，D项错误。
本题选B。
14.常温度下，将Cl2缓慢通入水中至饱和，然后再滴加0.1mol/L的NaOH溶液，整个过程中溶液的pH变化曲线如图所示。下列选项正确的是

A. a点时，已经滴入NaOH溶液
B. b点所示的溶液中，只存在两种分子
C. a、b、c、d四个点中，c点水的电离程度最大
D. d点所示的溶液中，钠元素与氯元素的物质的量相等
【答案】C
【解析】
【分析】
据题意，过程分为两个阶段：先向纯水中通入氯气至饱和，再向氯水中滴加NaOH溶液至过量。注意氯气与水的反应可逆，生成的次氯酸为弱酸，次氯酸钠能水解。
【详解】A项：曲线起点pH=7为纯水，通入氯气后经a点至b点达到饱和，此过程发生的反应为Cl2+H2OHCl+HClO，A项错误；
B项：b点所示溶液为饱和氯水，其中存在Cl2+H2OHCl+HClO，HCl=H++Cl-，HClOH++ClO-，故存在Cl2、H2O、HClO三种分子，B项错误；
C项：a、b溶液为氯水，其中H+抑制水电离。b点之后向饱和氯水中滴加NaOH溶液，c点时pH=7，溶质为NaCl、NaClO和少量HClO，水的电离程度较大。d点溶液碱性较强，过量的OH－抑制水电离。故c点溶液中水的电离程度最大，C项正确。
D项：d点溶液中，溶质为NaCl、NaClO和NaOH，故钠离子的物质的量大于氯原子的物质的量，D项错误。
本题选C。
15.现有常温时pH = 1的某强酸溶液10 mL，下列操作能使溶液的pH变成2的是
A. 加水稀释成20 mL B. 加入10 mL的水进行稀释
C. 加入45 mL pH = 2的HCl溶液 D. 加入45 mL 0.01 mol/L的NaOH溶液
【答案】D
【解析】
【分析】
先计算溶液中氢离子浓度，再用pH=－lgc(H+)求pH。稀溶液混合时，溶液总体积可近似看作两溶液体积之和。
【详解】A项：加水稀释后，c(H+)＝0.1mol/L×10mL/20mL＝0.05mol/L，pH＝1.3，A项错误；
B项：加入10 mL水稀释，溶液总体积约20mL，pH＝1.3，B项错误；
C项：加入45 mL pH = 2的HCl溶液，混合溶液中c(H+)＝(0.1mol/L×10mL+0.01mol/L×45mL)/(10+45)mL＝0.026mol/L，pH＝1.6，C项错误；
D项：加入45 mL 0.01 mol/L的NaOH溶液发生中和反应，c(H+)＝(0.1mol/L×10mL－0.01mol/L×45mL)/(10+45)mL＝0.01mol/L，pH＝2，D项正确。
本题选D。
【点睛】求碱性溶液的pH，先求溶液中c(OH－)，再通过水的离子积KW求c(H+)，最后求pH。
16.下列关于电解质溶液的叙述正确的是
A. 在稀CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，醋酸的浓度增大，电离程度减小
B. CH3COOH溶液与Na2CO3溶液反应生成CO2，可以证明CH3COOH是弱酸
C. 0.1 mol AgCl和0.1mol AgI混合后加入1 L水中，所得溶液中c(Cl－) = c(I－)
D. 室温下，pH = 2的盐酸与pH = 12的氨水等体积混合，所得溶液中：c(Cl－)＞c(NH4＋)＞c(H＋)＞c(OH－)
【答案】A
【解析】
【分析】
根据弱电解质的电离平衡、难溶电解质的沉淀溶解平衡的移动，分析解答。
【详解】A项：稀CH3COOH溶液中存在电离平衡CH3COOHCH3COO－+H+，加入少量CH3COONa固体，溶液体积不变，CH3COO－浓度增大使平衡左移，醋酸分子浓度增大，电离程度减小，A项正确；
B项：CH3COOH溶液与Na2CO3溶液反应生成CO2，可以证明CH3COOH能电离出H+，且酸性较碳酸强，但不能判断CH3COOH电离是否完全，B项错误；
C项：AgCl和AgI都是难溶强电解质，0.1 mol AgCl和0.1mol AgI混合后加入1 L水中，同时存在两个沉淀溶解平衡AgCl(s)Ag++Cl-、AgI(s)Ag++I-，混合溶液中c(Cl－):c(I－)＝Ksp(AgCl):Ksp(AgI)。因AgCl和AgI的Ksp不等，故c(Cl－) ≠ c(I－)，C项错误；
D项：盐酸中HCl=H++Cl-，氨水中NH3·H2ONH4++OH-。室温下，等体积的pH = 2的盐酸与pH = 12的氨水存在n(H+)＝n(OH－)、c(Cl－)＝c(NH4＋)，混合后NH3·H2O过量，溶液显碱性，则混合溶液中c(NH4＋)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)，D项错误。
本题选A。
第 Ⅱ 卷
17.Ⅰ、（1）在25 ℃、101 kPa下，1 g甲烷完全燃烧生成CO2和液态H2O，放出55 kJ的热量，写出表示甲烷燃烧热的热化学方程式：___________________________________。
（2）Zn(s) + 1/2 O2(g) = ZnO(s) ΔH1 = -351 kJ/mol Hg(l) + 1/2 O2(g) = HgO(s) ΔH2 = -91 kJ/mol，由此可知ZnO(s) + Hg(l) = Zn(s) + HgO(s) △H3= __________kJ/mol。
Ⅱ、二甲醚是一种重要的清洁燃料，可替代氟利昂作制冷剂，对臭氧层无破坏作用。工业上可利用水煤气合成二甲醚，总反应为：3H2(g) + 3CO(g) CH3OCH3(g) + CO2(g)　ΔH = -246.4 kJ/mol
（1）在一定条件下的密闭容器中，该总反应达到平衡。改变下列条件之一，既能提高反应速率，又能提高CO的转化率的是________（填字母代号）。
a 降低温度 b 加入催化剂 c 缩小容器体积 d 增加H2的浓度
（2）该反应的化学平衡常数表达式K = _______________________，升高温度，平衡常数___________（填“变大”、“变小”、“不变”）
（3）在一体积可变的密闭容器中充入3 mol H2、3 mol CO、1 mol CH3OCH3、1 mol CO2，在一定温度和压强下发生反应：3 H2(g) + 3CO(g) CH3OCH3(g) + CO2(g)，达到平衡后，测得平衡时混合气体的物质的量是同温同压下起始时的1.2倍。
① 反应开始时正、逆反应速率的大小：v(正)________v(逆)（填“＞”“＜”或“＝”）
② 平衡时，n(CH3OCH3) = ________，平衡时CO2的转化率为________。
③ 平衡时，再向原容器中投入3 mol H2、3 mol CO、1 mol CH3OCH3、1 mol CO2，一段时间后达到新的平衡，此时CO2的转化率与原平衡相比_____（填“增大”、 “减小”或 “不变”）。
【答案】 (1). CH4(g) + 2O2(g) = CO2(g) + 2H2O(l) ΔH = -880 kJ/mol (2). + 260 kJ/mol (3). cd (4). (5). 变小 (6). ＜ (7). 0.6 mol (8). 40% (9). 不变
【解析】
【分析】
I.根据燃烧热概念、盖斯定律书写热化学方程式。II.从外因对化学平衡的影响，分析反应物转化率、化学平衡常数的变化；同温同压下等效平衡的规律及应用。
【详解】Ⅰ、（1）燃烧热的定义中规定可燃物的物质的量为1mol，表示燃烧热的热化学方程式中可燃物的化学计量数必须为1。在25 ℃、101 kPa下，表示甲烷燃烧热的热化学方程式为CH4(g) + 2O2(g) = CO2(g) + 2H2O(l) ΔH = -880 kJ/mol 。
（2）①Zn(s) + 1/2O2(g) = ZnO(s) ΔH1 = -351 kJ/mol ②Hg(l) + 1/2O2(g) = HgO(s) ΔH2 = -91 kJ/mol。将②－①可得ZnO(s) + Hg(l) = Zn(s) + HgO(s) △H3=+ 260 kJ/mol。
Ⅱ、（1）据外因对反应速率、化学平衡的影响，降低温度使反应速率减小、化学平衡右移， CO的转化率增大；加入催化剂使反应速率增大，但化学平衡不移动，CO的转化率不变； 缩小容器体积即增大气体浓度，反应速率增大，化学平衡右移，CO的转化率增大；增加H2的浓度使反应速率增大，化学平衡右移，CO的转化率增大，故选cd。
（2）该反应化学平衡常数表达式；因正反应ΔH<0，升高温度，平衡左移，K值变小。
（3）①据题意，从起始至平衡气体物质的量增大，即反应“3H2(g) + 3CO(g)CH3OCH3(g) + CO2(g)”向左进行，开始时正、逆反应速率v(正)＜v(逆)。
②设从起始至平衡时，容器内消耗CO2物质的量为x mol，则有
3H2(g) + 3CO(g)CH3OCH3(g) + CO2(g)
起始/mol： 3 3 1 1
转化/mol： 3x 3x x x
平衡/mol： 3+3x 3+3x 1-x 1-x
据题意，(3+3x)+(3+3x)+(1-x)+(1-x)=1.2×(3+3+1+1)
解得x＝0.4
故平衡时n(CH3OCH3) =(1－x)mol=0.6mol，CO2的转化率=(x/1)×100%=40%。
③平衡时再向容器中投入“3 mol H2、3 mol CO、1 mol CH3OCH3、1 mol CO2”建立的新平衡，相当于起始时“6 mol H2、6 mol CO、2 mol CH3OCH3、2 mol CO2”建立的平衡。同温同压时两平衡等效，故CO2的转化率不变。
18.乳酸亚铁晶体{[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O}（相对分子质量：288），可由乳酸与FeCO3反应制得，它易溶于水，几乎不溶于乙醇，是一种很好的补铁剂，但其水溶液易被氧化，光照可促进氧化。
I．制备碳酸亚铁：装置如图所示。

锌铁 NH4HCO3溶液
（1）仪器B的名称是________。
（2）实验操作如下：关闭活塞2，打开活塞1、3，加入适量稀硫酸反应一段时间，其目的是____________________________，然后关闭活塞1，接下来的操作是____________________，此后，C装置溶液中有沉淀生成，并有大量气泡冒出，则C中发生反应的离子方程式为_____________________________________。
Ⅱ．制备乳酸亚铁：
（3）向纯净的FeCO3固体加入足量乳酸溶液，在75℃下搅拌使之充分反应。该反应的加热方式为____________。为防止乳酸亚铁变质，在上述体系中还应加入适量铁粉。反应结束后，将所得溶液隔绝空气低温浓缩、_________、过滤、洗涤、干燥，得乳酸亚铁晶体。该晶体存放时应注意_________________________。
III．乳酸亚铁晶体纯度的测量：
（4）某同学查阅文献后，用(NH4)4Ce(SO4)4滴定法测定样品中Fe2+的含量并计算样品纯度（反应中Ce4+还原为Ce3+），他称取6.00g样品，配制成250.00mL溶液，取出25.00mL，用浓度为0.10mol·L-1的(NH4)4Ce(SO4)4标准溶液滴定至终点，消耗标准液20.00mL。则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为________(以质量分数表示)。
【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). 排尽装置内的空气，防止Fe2+被氧化 (3). 打开活塞2，关闭活塞3 (4). Fe2++2HCO3－=FeCO3↓+CO2↑+H2O (5). 水浴75℃加热 (6). 冷却结晶 (7). 避光、密封保存 (8). 96%
【解析】
【分析】
利用铁与稀硫酸反应生成的氢气，将生成的硫酸亚铁溶液压入碳酸氢铵溶液中，从而制得碳酸亚铁；控制一定条件，碳酸亚铁与乳酸反应生成乳酸亚铁溶液，经冷却结晶制得乳酸亚铁晶体；因为亚铁具有还原性，可用氧化还原滴定法测定其纯度。
【详解】I．（1）仪器B是蒸馏烧瓶。
（2）关闭活塞2，打开活塞1、3时，稀硫酸与铁反应生成硫酸亚铁溶液和氢气，氢气可排出装置内空气，防止亚铁被氧化。然后关闭活塞1，打开活塞2，关闭活塞3，此时生成的氢气使蒸馏烧瓶中压强变大，硫酸亚铁溶液沿导管上升，经活塞2进入三颈烧瓶，进而发生反应生成碳酸亚铁沉淀和气体，故C中离子方程式为Fe2++2HCO3－=FeCO3↓+CO2↑+H2O。
Ⅱ．（3）FeCO3固体溶于足量的乳酸溶液需要75℃、搅拌条件，可采用75℃水浴加热，同时加入适量铁粉防止亚铁被氧化。乳酸亚铁晶体含结晶水，只能使用冷却结晶方法，故将生成的乳酸亚铁溶液在隔绝空气条件下，经低温浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得乳酸亚铁晶体。据题意，乳酸亚铁易被空气中氧气氧化，且光照可促进氧化，故保存乳酸亚铁晶体应密封、避光。
III．（4）滴定过程中发生反应Fe2++Ce4+＝Fe3++Ce3+，得关系式[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O ~ (NH4)4Ce(SO4)4。
25.00mL样品溶液中n(Fe2+)=n(Ce4+)=0.10mol·L-1×20.00×10-3L=2.000×10-3mol
6.00g样品中，n(Fe2+)=2.000×10-3mol×=2.000×10-2mol
产品中乳酸亚铁晶体的纯度==96%
19.某火电厂收捕到的粉煤灰的主要成分为SiO2、Al2O3、FeO、Fe2O3、MgO、TiO2等。研究小组对其进行综合处理的流程如下：

已知：①常温下，Ksp[Al(OH)3] ≈ 8.0×10-35；②滤液1中仍有Fe2+剩余③Fe3+完全沉淀时pH3.7；Al3+完全沉淀时pH为5.0；Fe2+完全沉淀时pH为9.7；
（1）为了提高粉煤灰浸出速率，在“酸浸”时可采取的措施有_________（任写两种）。
（2）怎样判断TiO2•xH2O沉淀已经洗涤干净________________________________。
（3）加入双氧水的目的是_____________________________________。滤渣2中的成分分别为Al(OH)3和_______________，Al(OH)3沉淀完全时(溶液中离子浓度小于10-5mol/L)，溶液中的c(OH-)为________。
（4）将MgCl2•6H2O制成无水MgCl2时应注意__________________________________。
（5）某同学以石墨为两个电极，电解MgCl2溶液以制取金属镁。你认为他能否获得成功？_______。用化学方程式解释原因___________________________________。
【答案】 (1). 适当升高温度，适当增大硫酸的浓度，搅拌等,取最后一次洗涤液，加入稀盐酸，无明显现象 (2). 再加入氯化钡溶液，没有白色沉淀生成，则可判断已经洗涤干净。（也可以检验Mg2+、Fe2+、Al3+。） (3). 将Fe2+氧化成Fe3+，便于形成Fe(OH)3沉淀，达到除去铁元素杂质的目的 (4). Fe(OH)3 (5). 2×10-10 (6). 在HCl气流的保护下（或者加入盐酸），小心加热 (7). 否 (8). MgCl2 + 2H2OMgOH)2↓+ H2↑+ Cl2↑
【解析】
【分析】
从工艺流程看，粉煤灰综合利用制得FeSO4·7H2O、TiO2、MgCl2·6H2O，故核心元素有铁、钛、镁三种，SiO2、Al2O3为杂质，必须除去。以三种物质的制备为中心，分析流程中每一步发生的化学反应，理解每一步操作的目的，从而回答问题。
【详解】（1）“酸浸”时用稀硫酸与粉煤灰作用，除SiO2等不溶外，其余都溶解，滤渣1为SiO2等。提高粉煤灰浸出反应速率，应从影响反应速率的因素考虑，可以搅拌使固液充分接触、适当升高温度、适当增大硫酸的浓度等。
（2）滤液1“水解”生成TiO2•xH2O沉淀，TiO2•xH2O固体表面会吸附少量可溶性的MgSO4、Al2(SO4)3、少量FeSO4等。判断TiO2•xH2O沉淀已经洗涤干净，即通过实验证明固体表面已经无SO42－，方法是：取最后一次洗涤滤出的液体少量，滴加稀盐酸酸化，无明显现象，再滴加氯化钡溶液，没有白色沉淀生成，则已经洗涤干净。
（3）滤液2中有MgSO4、Al2(SO4)3、少量FeSO4等，加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，便于形成Fe(OH)3沉淀，达到除杂目的。再调节pH为5.0使Fe3+、Al3+完全沉淀，故滤渣2为Al(OH)3和Fe(OH)3。据Al(OH)3(s)Al3++3OH－，Ksp[Al(OH)3] ＝c(Al3+)·c3(OH－)，代入数据得c(OH－)＝＝2×10-10mol·L-1。
（4）直接加热MgCl2•6H2O会完全水解：MgCl2•6H2OMg(OH)2+2HCl↑+4H2O。在HCl气流中加热脱水可抑制水解，制得无水MgCl2。
（5）以石墨为电极电解MgCl2溶液，阳极反应2Cl-－2e-=Cl2↑，阴极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH－，总反应化学方程式MgCl2 + 2H2OMgOH)2↓+ H2↑+ Cl2↑，故电解MgCl2溶液不能制得金属镁。工业上常电解熔融氯化镁制取金属镁。
【点睛】从溶液中获得晶体通常有蒸发结晶、冷却结晶两种方法，对于溶解度受温度影响不大的物质常用蒸发结晶法，对于溶解度随温度升高而显著增大的物质常用冷却结晶法。若晶体带结晶水或受热易分解，则只能用冷却结晶法。
选做题 ( 每位考生只能选择20、21两题中的任一题作答，并将答题卡上的[20 ]或者[21]涂黑。不做填涂的，按20题的答案给分。答题时，请在选做题的答题区域内写上小题题号，并用横线标出答题空格)
20.可以由下列反应合成三聚氰胺：CaO＋3CCaC2＋CO↑，CaC2＋N2CaCN2＋C，CaCN2＋2H2O===NH2CN＋Ca(OH)2，NH2CN与水反应生成尿素[]，尿素合成三聚氰胺。
（1）写出与Ca在同一周期且最外层电子数相同、内层排满电子的基态原子的电子排布式：____________________________；CaCN2中阴离子为CN，与CN22－互为等电子体的分子有CO2和________（填化学式），由此可以推知CN22－的空间构型为_______。
（2）尿素分子中C原子采取________杂化。
（3）三聚氰胺()俗称“蛋白精”。动物摄入三聚氰胺和三聚氰酸 ()后，三聚氰酸与三聚氰胺分子相互之间通过__________结合，在肾脏内易形成结石。
（4）CaO晶胞如图所示，CaO晶体中Ca2＋的配位数为________，Ca2＋采取的堆积方式为____________________________，每个Ca2＋周围距离最近且相等的Ca2＋有________个。

（5）CaO晶体和MgO晶体的晶格能分别为：CaO 3401 kJ·mol-1、MgO 3916 kJ·mol-1。导致两者晶格能差异的主要原因是___________________________________。
（6）配位化合物K3[Fe(CN)n]遇亚铁离子会产生蓝色沉淀，因此可用于检验亚铁离子，已知铁原子的最外层电子数和配体提供电子数之和为14，求n=______________
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2 (2). N2O (3). 直线形 (4). sp2 (5). (分子间)氢键 (6). 6 (7). 面心立方最密堆积 (8). 12 (9). 两种晶体中都含O2-离子，且阳离子的带电量相同，但半径Ca2+大于Mg2+。因为离子键的强度与离子所带电荷成正比，与半径成反比，所以MgO晶体中的离子键更强，故MgO晶体的晶格能更高。 (10). 6
【解析】
【分析】
以合成三聚氰胺的化学反应为素材，考查物质结构与性质知识。据构造原理写电子排布式，用等电子原理判断空间构型，由中心原子的价层电子对数判断杂化类型，据晶胞结构确定配位数和离子堆积方式，由影响晶格能的因素解释晶格能的差异。
【详解】（1）周期表中，钙在第四周期、最外层2电子，同周期、最外层2电子、内层排满电子的只有锌元素的原子，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2。书写等电子体，可将同族元素直接替换，或将邻族元素替换、并得失一定数目的电子，则由CO2可写出COS、CS2、CNO－、SCN－、N2O等。互为等电子体的分子或离子结构相似，故CN22－、CO2等都是直线形。
（2）尿素[]分子中，碳原子的价层电子对数为3（σ键电子对3对、无孤电子对），为sp2杂化。
（3）三聚氰胺和三聚氰酸分子中都有氢原子与氮原子直接相连，氮原子、氧原子上都有孤电子对，它们可形成分子间氢键，从而在动物的肾脏内形成结石。
（4）据CaO晶胞，晶体中Ca2＋上下左右前后等距离的位置都有O2－，即Ca2＋的配位数为6。Ca2＋位于晶胞顶点和面心，即堆积方式为面心立方最密堆积。晶胞中，体心O2－周围最近的O2－有12个，则每个Ca2＋周围距离最近且相等的Ca2＋有12个。
（5）影响晶格能大小的因素有离子电荷数和离子半径。CaO晶体、MgO晶体中离子电荷数相同，但离子半径Ca2+大于Mg2+，使晶格能CaO晶体小于MgO晶体。
（6）配位化合物K3[Fe(CN)n]中配体是CN－，形成配位键时每个配体提供一对电子，共提供2n个电子。26号元素铁电子排布为[Ar]3d64s2，最外层电子数为2，则有2n+2＝14，n＝6。
【点睛】互为等电子体的分子或离子结构相似（电子式、结构式），故可由已知的电子式、结构式写出它的等电子体的电子式、结构式；书写等电子体，可用同族元素直接替换，或用邻族元素替换并得失一定数目的电子。
21.（1）有机物的结构可用“键线式”简化表示。如CH3—CH＝CH－CH3可简写为，若有机物X的键线式为： ，则该有机物的分子式为_______，其二氯代物有_______种；Y是X的同分异构体，分子中含有1个苯环，写出Y的结构简式________。Y在一定条件下发生加聚反应，写出其反应的化学方程式：_________________________________。
（2）以乙烯为原料合成化合物C的流程如下所示：

a A和B中所含官能团的名称分别为________和________。
b B物质的结构简式为________。
c ① 、④的反应类型分别为________和________。
d 反应②和④的化学方程式分别为：
②______________________________________________________。
④______________________________________________________。
【答案】 (1). C8H8 (2). 3 (3). (4). (5). 氯原子 (6). 醛基 (7). CH3CHO (8). 加成反应 (9). 取代反应（或酯化反应） (10). CH2=CH2 + Cl2 → CH2ClCH2Cl (11). HOCH2CH2OH + 2 CH3COOH CH3COOCH2CH2OOCCH3 + 2 H2O
【解析】
【分析】
根据分子的对称性判断二氯代物的数目，由分子结构特征推断其结构。根据合成流程图中已知物的结构、反应条件等，确定未知物的结构。
【详解】（1）按题中“键线式”书写示例，有机物X（）的转折点都有碳原子，又据碳原子四价原则每个碳原子都连接1个氢原子，该有机物的分子式为C8H8；因分子中心对称，8个氢原子完全相同，故其一氯代物只有1种，二氯代物有3种（棱边、面对角、体对角）。Y与X同分异构，分子式也是C8H8，含有1个苯环时可表示为C6H5-C2H3，则结构简式为；加聚反应的化学方程式：。
（2）乙烯（CH2=CH2）经反应②③生成乙二醇（HOCH2CH2OH），碳碳双键变成单键、单官能团变成双官能团，则A为ClCH2CH2Cl；乙醇经两次氧化生成乙酸，则B为乙醛（CH3CHO）；C是乙二醇与乙酸酯化反应生成的，结构简式为。
a.A和B官能团分别是氯原子、醛基。
b.B的结构简式为CH3CHO。
c.①、④分别为加成反应和取代反应（酯化反应）。
d.反应②和④的化学方程式分别为：
②CH2=CH2 + Cl2 → CH2ClCH2Cl。
④HOCH2CH2OH + 2CH3COOH CH3COOCH2CH2OOCCH3 + 2H2O。