2020年黑龙江省大庆市铁人中学高考化学考前模拟试卷（二）_(带答案解析).docx

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这是一份2020年黑龙江省大庆市铁人中学高考化学考前模拟试卷（二）_(带答案解析).docx，共22页。试卷主要包含了答题前填写好自己的姓名，请将答案正确填写在答题卡上等内容，欢迎下载使用。
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2020年黑龙江省大庆市铁人中学高考化学考前模拟试卷（二模）
试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：120分钟；命题人：xxx
题号
一
二
三
总分
得分

注意事项：
1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2、请将答案正确填写在答题卡上

评卷人
得分

一、单选题（共7题）
1. 个人卫生及防护与化学知识密切相关。下列说法中正确的是（　　）
A.气溶胶是飞沫混合在空气中形成的胶体，飞沫是分散剂，空气是分散质
B.饮用水的净化常用到明矾，明矾中无重金属元素，长期使用对身体无害
C.家庭生活中可以用84消毒液进行消毒，84消毒液与洁厕灵可以混合使用，效果更好
D.制造口罩的核心材料熔喷布的主要成分是聚丙烯，聚丙烯是有机高分子化合物，属于混合物
2. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()
A.100g溶质质量分数为46%的乙醇水溶液中，含有4NA个氧原子
B.标准状况下，11gT216O中含有的质子数目为6NA
C.3.65g液态HCl中含有的粒子总数为0.2NA
D.25℃时Ksp(CaSO4)=9×10−6，则该温度下CaSO4饱和溶液中含有3×10−3NA个Ca2+
3. R、X、Y、Z的原子序数依次增大，且都不超过10．这四种元素可组成一种化合物的结构如图所示。下列说法正确的是（　　）

A.常温常压下，上述元素的单质都呈气态 B.最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞Y
C.Y、Z的气态氢化物能发生化合反应 D.由R、X两种元素只能形成一种化合物
4. 某小组在Fe2+检验实验中观察到异常现象，为探究“红色褪去”的原因，进行如下实验：分析上述三个实验，下列叙述不正确的是()

编号
实验Ⅰ
实验Ⅱ
实验Ⅲ

实验步骤

将实验Ⅰ褪色后的溶液分三份分别进行实验

为进一步探究“红色褪去”的原因，又进行以下实验
①

②取反应后的溶液，滴加盐酸和BaCl2溶液
现象
溶液先变红，片刻后红色褪去，有气体生成(经检验为O2)
①无明显现象
②溶液变红
③产生白色沉淀
①溶液变红，一段时间后不褪色。
②无白色沉淀产生

A.在此实验条件下H2O2氧化Fe2+的速率比氧化SCN−的速率快
B.通过实验Ⅱ推出实验Ⅰ中红色褪去的原因是由于SCN−被氧化
C.通过实验Ⅰ和实验Ⅲ对比推出红色褪去只与H2O2的氧化性有关
D.综上所述，实验Ⅰ中红色褪去的原因与化学平衡移动原理无关
5. 某模拟“人工树叶”电化学实验装置如图所示，该装置能将H2O和CO2转化为O2和燃料(C3H8O)。下列说法正确的是( )

A.该装置将化学能转化为光能和电能
B.该装置工作时，H+从b极区向a极区迁移
C.每生成1molO2，有44gCO2被还原
D.a电极的反应为3CO2+18H+−18e−=C3H8O+5H2O
6. 现在正是全球抗击新冠病毒的关键时期，专家指出磷酸氯喹对治疗新冠病毒感染有明显效果，磷酸氯喹的分子结构如图所示，下列关于该有机物的说法正确的是()

A.该有机物的分子式为：C18H30N3O8P2Cl
B.该有机物能够发生加成反应、取代反应、不能发生氧化反应
C.该有机物苯环上的1−溴代物只有2种
D.1mol该有机物最多能和8molNaOH发生反应
7. 常温时，在H2CO3溶液中逐滴加入NaOH溶液，溶液中H2CO3、HCO3-和CO32-的物种分布分数a（X）=与pH的关系如图所示：
下列说法正确的是（　　）

A.反应HCO3-⇌H++CO32-的lgK══-6.4
B.pH═8的溶液中：c（Na+）＞c（HCO3-）
C.NaHCO3溶液中滴入少量盐酸至溶液显中性：c（Na+）═c（Cl-）
D.向pH═6.4的溶液中滴加NaOH溶液至pH═8，主要发生的离子反应：HCO3-+OH-═CO32-+H2O

评卷人
得分

二、实验题（共2题）
8. 茶叶中的茶多酚是一种天然抗氧化剂(其抗氧化能力是VC的5～10倍)，它易溶于水、乙醇、乙酸乙酯，难溶于氯仿。在酸性介质中，茶多酚能将Fe3+还原为Fe2+，Fe2+与K3Fe(CN)6生成的深蓝色配位化合物KFe[Fe(CN)6]对特定波长光的吸收程度(用光密度值A表示)与茶多酚在一定浓度范围内成正比。A与茶多酚标准液浓度的关系如图1所示：

某实验小组设计如图3实验流程从茶叶中提取茶多酚：
请回答下列问题：
(1)操作①用水浸取茶多酚时，实验小组发现搅拌速度对茶多酚浸出量的影响如图2所示，原因是______。若用乙醇浸取茶多酚操作如下：称取10g茶叶末，用滤纸包好，装入中，圆底烧瓶内加和适量乙醇，如图3安装后，通冷凝水，加热套加热，当乙醇被加热沸腾后，控制加热套温度在90℃.为使恒压漏斗内液面高出茶叶包约0.5cm，并保持约1ℎ，可行的操作方法是______。
(2)减压蒸发相对于一般蒸发的优点是______；氯仿的作用是______。
(3)下列有关实验基本操作不正确的是______。
A.图4中冷凝水流向为a进b出
B.分液漏斗使用前须检验是否漏水并洗净备用
C.操作①过滤时，可用玻璃棒适当搅拌以加快分离速度
D.萃取过程中，经振摇并放气后，将分液漏斗置于铁圈上立即分液
(4)称取1.25g粗产品，用蒸馏水溶解并定容至1000mL，移取该溶液1.00mL，加过量Fe3+和酸性溶液，用蒸馏水定容至100mL后，测得溶液光密度值A=0.800，则产品的纯度是______(以质量分数表示)。
9. 草酸亚铁，在形成晶体时会结晶一定量的水；在工农业生产中具有重要用途，如照相的显影剂，生产磷酸铁锂电池的原料等。
已知：①草酸亚铁不溶于水，可溶于酸；
②Fe(SCN)63−+3C2O42−=Fe(C2O4)33−+6SCN−。
回答下列问题：
Ⅰ.甲同学检查药品发现该晶体显浅黄色，认为晶体不纯，可能是因为部分的铁被氧化。为验证自己的猜想，进行实验验证。取少量的晶体样品溶于稀硫酸，滴加KSCN溶液，溶液无明显变化。由此认为晶体中不存在+3价的铁。你认为______(填“正确”或“不正确”)，理由是______。
Ⅱ.乙同学为测定草酸亚铁晶体FeC2O4﹒xH2O中的结晶水含量，利用如图装置。
①做实验前首先要______。
②称取一定质量的晶体，装好药品，开始实验接下来的实验步骤依次为______，重复实验直至B中恒重。
a.点燃酒精灯，加热b.熄灭酒精灯c.关闭Kd.打开K，缓缓通入空气e.冷却至室温f.称量
Ⅲ.丙同学用滴定的方法也可以测定草酸亚铁晶体中结晶水的含量。取a克草酸亚铁晶体溶入稀硫酸，再把所得溶液稀释成500mL，取出50mL放入锥形瓶，向其中逐滴滴入未知浓度的酸性KMnO4溶液，振荡，发现溶液颜色逐渐变为棕黄色，且有气泡冒出，当溶液颜色突变成浅紫色，停止滴加。接着向溶液中加入稍过量的KI溶液和几滴淀粉溶液，然后再用cmol/L的Na2S2O3溶液滴至终点。几次实验平均耗用Na2S2O3溶液VmL.(2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)
(1)写出向溶液中滴加酸性KMnO4溶液发生反应的离子方程式______。
(2)上述试验中稀释草酸亚铁溶液时除烧杯和玻璃棒外，还必需的玻璃仪器有______。
(3)x=______。
(4)若实验中滴入KMnO4溶液过多，则所得x值______。(填偏大、偏小或无影响)

评卷人
得分

三、简答题（共3题）
10. 联氨（N2H4）和次磷酸钠（NaH2PO4）都具有强还原性，都有着广泛的用途。
（1）已知：①N2H4（1）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）△H1=-621.5kJ•mol-1
②N2O4（1）═N2（g）+2O2（g）△H2=+204.3kJ•mol-1
则火箭燃料的燃烧反应为2N2H4（1）+N2O4（l）═3N2（g）+4H2O（g）△H=______。
（2）已知反应N2H4（g）+2Cl2（g）⇌N2（g）+4HCl（g），T℃时，向2L恒容密闭容器中加入2molN2H4（g）和4　mol　Cl2（g），测得Cl2和HCl的浓度随时间的关系如图1所示。

①0～10min内，用N2（g）表示的平均反应速率v（N2）=______。
②M点时，N2H4的转化率为______（精确到0.1）%。
③T℃时，达到平衡后再向该容器中加入1.2molN2H4（g）、0.4　mol　Cl2（g）、0.8molN2（g）、1.2molHCI（g），此时平衡______（填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”）。
（3）①在惰性气体中，将黄磷（P4）与石灰乳和碳酸钠溶液一同加入高速乳化反应器中制得NaH2PO2，同时还产生磷化氢（PH3）气体，该反应的化学方程式为______。
②次磷酸（H3PO2）是一元酸，常温下，1.0mol•L-1的NaH2PO2溶液pH为8，则次磷酸的Ka=______。
③用次磷酸钠通过电渗析法制备次磷酸，装置如图2所示。交换膜A属于______（“阳离子”或“阴离子”）交换膜，电极N的电极反应式为______。当电路中流过3.8528×105库仑电量时，制得次磷酸的物质的量为______（一个电子的电量为1.6×10-19库仑，NA数值约为6.02×1023）。
11. Fe、Cu、Cr都是第四周期过渡元素，回答下列问题
（1）FeCl3是一种常用的净水剂，C元素的原子核外有______种不同运动状态的电子；有______种不同能级的电子，基态Fe3+的电子排布式为______。
（2）实室中可用KSCN或K4[Fe（CN）6]来检验Fe3+．FeCl3与KSCN溶液混合，可得到配位数为5的配合物的化学式是______；K4[Fe（CN）6]与Fe3+反应可得到一种蓝色沉淀KFe[Fe（CN）6]，该物质晶胞的结构如图所示（K+未画出），则一个晶胞中的K+个数为______。
（3）Cu2+能与乙二胺（H2N-CH2一CH2-NH2）形成配离子如图：该配离子
中含有的化学键类型有______。（填字母）；
a．配位健 b．极性键 c．离子键 d．非极性键
乙二胺中共有______个σ键，C原子的杂化方式为______。
（4）金属铜的晶胞为面心立方最密堆积，边长为36lpm。又知铜的密度为9.0g/cm3，则铜原子的直径约为______pm。
（5）Cr是周期表中VIB族元素，化合价可以是0～+6的整数价态。回答下列问题
某化合物的化学式为Na3CrO3，其阴离子结构可表示为，则Cr的化合价为______。
CrO42-呈四面体构型，结构为，Cr2O72-由两个CrO42-四面体组成，这两个CrO42-四面体通过共用一个顶角氧原子彼连。构为．则由n（n＞1）个CrO42-通过顶角氧原子连续的链式结构的化学式为______。
12. 洛匹那韦（Lopinavir）是抗艾滋病毒常用药，在“众志成城战疫情”中，洛匹那韦，利托那韦合剂被用于抗新型冠状病毒（2019-nCoV）。洛匹那韦的合成路线可设计如图：

回答下列问题：
（l）A的化学名称是______；A制备B反应的化学方程式为______（注明反应条件）。
（2）D生成E的反应类型为______：F中能与氢气发生加成反应的官能团名称为______。
（3）C的分子式为______；一定条件下，C能发生缩聚反应，化学方程式为______。
（4）K2CO3具有碱性，其在制备D的反应中可能的作用是______。
（5）X是C的同分异构体，写出一种符合下列条件的X的结构简式
①含有苯环，且苯环上的取代基数目≤2
②含有硝基
③有四种不同化学环境的氢，个数比为6：2：2：1
（6）已知：CH3COOHCH3COCl
（2，6-二甲基苯氧基）乙酰氯（）是由G合成洛匹那韦的原料之一，写出以2，6-二甲基苯酚、ClCH2COOCH2CH3、K2CO3为原料制各该物质的合成路线______（其它无机试剂任选）。

参考答案及解析
一、单选题
1. 【答案】D
【解析】解：A、气溶胶是飞沫混合在空气中形成的胶体，其中飞沫是分散质，空气是分散剂，故A错误；
B、明矾净水是电离的铝离子水解生成氢氧化铝胶体、吸附水中悬浮物形成沉淀而净水，但过量摄入铝，会破坏人体的中枢神经系统、患痴呆症，故B错误；
C、洁厕灵主要成分是盐酸，84消毒液的有效成分是次氯酸钠、有强氧化性，可用于杀菌消毒，但二者混用会生成有毒的氯气，并且消毒效果降低，故C错误；
D、高聚物的聚合度n值不同，所以高聚物是混合物，聚丙烯也是聚合物，属于混合物，故D正确；
故选：D。
A、分散系指由一种物质（或几种物质）以粒子形式分散到另一种物质里所形成的混合物，分散系中分散成粒子的物质叫分散质，分散其它粒子的物质叫分散剂；
B、明矾电离的铝离子水解生成吸附性强的氢氧化铝胶体，用于净水，但长期使用会使铝的摄入过多，破坏人体的中枢神经系统；
C、次氯酸钠有强氧化性，使蛋白质变性，但能与盐酸发生反应生成氯气；
D、高分子化合物属于混合物。
本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、性质与用途的对应关系为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
2. 【答案】A
【解析】解：A.在乙醇溶液中，除了乙醇，水也含氧原子，在100g质量分数为46%的乙醇溶液中，含有的乙醇的质量为46g，物质的量为1mol，则含1mol氧原子；水的质量为54g，物质的量为3mol，则含3mol氧原子，故共含4mol氧原子即4NA个，故A正确；
B.标准状况下，11gT216O中含有的质子数目为：11g22g/mol×10×NA=5NA，故B错误；
C.3.65g液态HCl中含有的粒子总数为：3.65g36.5g/mol×NA=0.1NA，故C错误；
D.溶液体积未知，无法计算溶液中含有钙离子个数，故D错误；
故选：A。
A.乙醇和水分子都含有氧原子；
B.1个T216O含有10个质子，T216O摩尔质量为22g/mol；
C.液态氯化氢含有氯化氢分子；
D.溶液体积未知。
本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，难度中等，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键，注意A选项为易错点。
3. 【答案】C
【解析】解：由上述分析可知，R为H、X为B、Y为N、Z为F，
A．X为B元素，B元素的单质在常温下为固体，故A错误；
B．非金属性Be＜N，最高价氧化物对应水化物的酸性：X＜Y，故B错误；
C．Y、Z的气态氢化物能发生化合反应生成NH4F，故C正确；
D．由R、X两种元素可形成多种硼烷，类似烷烃，故D错误；
故选：C。
R、X、Y、Z的原子序数依次增大，且都不超过10，由化合物的结构可知，R、Z只形成1个共价键，且可形成R+、Z-离子，X的最外层有3个电子，Y最外层有5个电子，结合原子序数可知R为H、X为B、Y为N、Z为F，以此来解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握化合物中形成的离子、原子最外层电子数来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
4. 【答案】D
【解析】解：A.实验I中溶液先变红，片刻后红色褪去，则此实验条件下H2O2氧化Fe2+的速率比氧化SCN−的速率快，故A正确；
B.实验II中再加KSCN溶液变红，则通过实验Ⅱ推出实验Ⅰ中红色褪去的原因是由于SCN−被氧化，故B正确；
C.由操作和现象可知实验III中通入氧气发生4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，且SCN−没有被氧化，则红色褪去只与H2O2的氧化性有关，故C正确；
D.实验Ⅰ中H2O2氧化SCN−，导致平衡Fe3++3SCN−⇌Fe(SCN)3逆向移动，红色褪去，故D错误；
故选：D。
A.实验I中溶液先变红，片刻后红色褪去；
B.实验II中再加KSCN溶液变红；
C.由操作和现象可知实验III中通入氧气发生4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，且SCN−没有被氧化；
D.实验Ⅰ中红色褪去与氧化还原反应有关。
本题考查物质的性质及反应速率、化学平衡，为高频考点，把握实验操作、现象、结论为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意氧化还原反应及平衡移动原理的应用，题目难度不大。
5. 【答案】B
【解析】解：A、该装置是电解池装置，是将电能转化为化学能，所以该装置将光能和电能转化为化学能，故A错误；
B、a与电源负极相连，所以a是阴极，而电解池中氢离子向阴极移动，所以H+从阳极b极区向阴极a极区迁移，故B正确；
C、电池总的方程式为：6CO2+8H2O=通电2C3H8O+9O2，即生成9mol的氧气，阴极有6mol的二氧化碳被还原，也就是1mol的氧气，阴极有23mol的二氧化碳被还原，所以被还原的二氧化碳为29.3g，故C错误；
D、a与电源负极相连，所以a是阴极，发生还原反应，电极反应式为：3CO2+18H++18e−=C3H8O+5H2O，故D错误；
故选B．
A、该装置是电解池装置，是将电能转化为化学能；
B、与电源正极相连的是电解池的阳极，负极相连的是电解池的阴极，a与电源负极相连，所以a是负极阴极，而电解池中氢离子向阴极移动；
C、电池总的方程式为：6CO2+8H2O=通电2C3H8O+9O2，即生成9mol的氧气，阴极有6mol的二氧化碳被还原，由此分析解答；
D、a与电源负极相连，所以a是负极阴极，电极反应式为：3CO2+18H++18e−=C3H8O+5H2O.
本题考查电化学的相关知识，学生要清楚电解池的反应原理，阴极发生还原反应，阳极发生氧化反应，以及离子的移动方向就可以迅速解题了，比较容易．
6. 【答案】D
【解析】解：A.该有机物的分子式为C18H32N3O8P2Cl，故A错误；
B.氮环中碳碳双键和碳氮双键、亚氨基均可被氧化，故B错误；
C.该有机物苯环上的1−溴代物有3种，故C错误；
D.1molCl原子水解生成酚羟基，消耗2molNaOH，2molH3PO4消耗6molNaOH，1mol该有机物最多能和8molNaOH发生反应，故D正确。
故选：D。
有机物含有氯原子，亚氨基，水解可生成磷酸，且分子中含有碳碳双键，结合卤代烃、烯烃的性质解答该题。
本题考查有机物结构和性质，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力，注意把握有机物的官能团及其性质，题目难度不大。
7. 【答案】B
【解析】解：A．pH=6.4时，c（HCO3-）=c（H2CO3），反应H2CO3⇌H++HCO3-的lgK═lg=lgc（H+）=-6.4，故A错误；
B．pH=8时，溶液中溶质有Na2CO3、NaHCO3，HCO3-发生水解和电离，钠离子不水解和电离，所以存在c（Na+）＞c（HCO3-），故B正确；
C．中性溶液中c（H+）=c（OH-），溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（C1-）+c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-），则c（Na+）＞c（Cl-），故C错误；
D．pH=6.4的溶液中含有等物质的量的NaHCO3和H2CO3，pH=8的溶液中主要含NaHCO3，该反应过程中主要是碳酸和NaOH的反应，所以主要发生的离子反应为H2CO3+OH-═HCO3-+H2O，故D错误；
故选：B。
A．pH=6.4时，c（HCO3-）=c（H2CO3），反应H2CO3⇌H++HCO3-的lgK=lg=lgc（H+）；
B．pH=8时，溶液中溶质有Na2CO3、NaHCO3，HCO3-发生水解和电离；
C．中性溶液中c（H+）=c（OH-），溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（C1-）+c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-）；
D．pH=6.4的溶液中含有等物质的量的NaHCO3和H2CO3，pH═8的溶液中主要含NaHCO3，该反应过程中主要是碳酸和NaOH的反应。
本题主要考查酸碱中和滴定过程中微粒的分布，侧重考查学生分析和解决化学问题的能力，为高频考点，明确物质成分及其性质、物质之间的转化关系、电离平衡常数计算方法是解本题关键，注意电荷守恒的灵活运用，题目难度不大。
二、实验题
8. 【答案】茶多酚易被氧气氧化，搅拌速度越快，茶多酚氧化速度越快，浸出率越低闭活塞，当漏斗内液面高出茶叶包约0.5cm时，调节活塞使乙醇冷凝速度与漏斗放液速度一致降低蒸发温度防止产物氧化或分解萃取(或除杂)CD96%
【解析】解：(1)操作①用水浸取茶多酚时，从图2中可以看出，搅拌速率越快，光密度值(A)越小，即茶多酚浓度越小，因为茶多酚易被氧气氧化，搅拌越快，与空气的接触越多，由此得出原因是：茶多酚易被氧气氧化，搅拌速度越快，茶多酚氧化速度越快，浸出率越低。为使恒压漏斗内液面高出茶叶包约0.5cm，并保持约1ℎ，可行的操作方法是关闭活塞，当漏斗内液面高出茶叶包约0.5cm时，调节活塞使乙醇冷凝速度与漏斗放液速度一致；
故答案为：茶多酚易被氧气氧化，搅拌速度越快，茶多酚氧化速度越快，浸出率越低；关闭活塞，当漏斗内液面高出茶叶包约0.5cm时，调节活塞使乙醇冷凝速度与漏斗放液速度一致；
(2)减压蒸发比蒸发所需的温度低，除节省能源外，还可使环境的温度降低，其优点是降低蒸发温度防止产物氧化或分解；因为后加入的乙酸乙酯萃取茶多酚，则氯仿萃取的应是杂质，由此得出氯仿的作用是萃取(或除杂)，
故答案为：降低蒸发温度防止产物氧化或分解；萃取(或除杂)；
(3)A.图3中冷凝水流向应下进上出，即a进b出，A正确；
B.分液漏斗使用前，为防漏液，应查漏，然后洗涤备用，B正确；
C.操作①过滤时，不可用玻璃棒搅拌，否则会造成滤纸损坏，C不正确；
D.萃取过程中，分液漏斗应静置分层后，再进行分液，D不正确；
故答案为：CD；
(4)根据题目信息，应加入显色剂K3Fe(CN)6.溶液光密度值A=0.800，从表中可查得茶多酚的浓度为1.2×10−5g/mL，由此可得出原1000mL溶液中所含茶多酚的质量为1.2×10−5g/mL×100mL×1000mL1mL=1.2g，则产品的纯度是1.2g1.25g×100%=96%；
故答案为：96%。
从茶叶中提取茶多酚主要过程为：先用水浸取茶叶中的茶多酚，过滤得到含茶多酚的滤液，减压蒸发进行浓缩，然后加入氯仿萃取溶液中的易溶于氯仿的杂质，分液分离后取水层，向水层加入乙酸乙酯萃取茶多酚，分液分离取有机层进行减压蒸发得到茶多酚粗产品；
(1)茶多酚容易被空气中氧气氧化，搅拌导致氧化加速；保持液面足够高，回流液和蒸发液保持平衡可以长时间蒸馏；
(2)降低蒸发温度可以防止产物氧化或分解；，从而保证产物少损失；注意萃取剂乙酸乙酯和氯仿的作用不同，萃取的物质不同；
(3)A.冷凝水逆流冷凝效果比较好；
B.分液漏斗必须防止漏夜；
C.过滤时，不能破损滤纸；
D.萃取后，分液漏斗应静置分层稳定后后，才能分液；
(4)根据溶液光密度值A=0.800，从表中可查得茶多酚的浓度为1.2×10−5g/mL，再计算所含茶多酚的质量，根据纯度混合物中含量混合物质量×100%计算。
本题考查了物质的制备，涉及物质的分离提纯原理及常见仪器的操作，纯度的计算，题目难度中等，操作步骤的注意问题和基本操作方法是解题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力。
9. 【答案】不正确根据已知C2O42−比SCN−更易与Fe3+结合检查装置气密性dabecf3MnO4−+5Fe2++5C2O42−+24H+=3Mn2++5Fe3++12H2O+10CO2↑或3MnO4−+5Fe2++5H2C2O4+14H+=3Mn2++5Fe3++12H2O+10CO2↑500mL容量瓶、胶头滴管(50a−72cV)9cV偏小
【解析】解：I.根据题给信息可知，C2O42−比SCN−更易与Fe3+结合，所以取少量的晶体样品溶于稀硫酸，滴加KSCN溶液，溶液无明显变化，不能判定晶体中不存在+3价的铁，不正确，
故答案为：不正确；根据已知C2O42−比SCN−更易与Fe3+结合；
II.①做实验前首先要检查装置是否漏气，
故答案为：检查装置气密性；
②称取一定质量的晶体，装好药品，开始实验接下来的实验步骤：打开K，缓缓通入空气(d)，然后点燃酒精灯，加热(a)，反应发生，结束后，熄灭酒精灯(b)，冷却至室温(e)，关闭K(c)，进行称量(f)，重复实验直至B中恒重，正确的操作步骤为：dabecf，
故答案为：dabecf；
III.(1)草酸亚铁晶体中含有Fe2+和C2O42−，在酸性条件下，均能被KMnO4溶液氧化为Fe3+和CO2，而MnO4−被还原为Mn2+，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒写出离子方程式：3MnO4−+5Fe2++5C2O42−+24H+=3Mn2++5Fe3++12H2O+10CO2↑或3MnO4−+5Fe2++5H2C2O4+14H+=3Mn2++5Fe3++12H2O+10CO2↑，
故答案为：3MnO4−+5Fe2++5C2O42−+24H+=3Mn2++5Fe3++12H2O+10CO2↑或3MnO4−+5Fe2++5H2C2O4+14H+=3Mn2++5Fe3++12H2O+10CO2↑；
(2)把草酸亚铁溶液稀释成500mL溶液时，除烧杯和玻璃棒外，还必需的玻璃仪器有500mL容量瓶、胶头滴管，
故答案为：500mL容量瓶、胶头滴管；
(3)根据反应：3MnO4−+5Fe2++5C2O42−+24H+=3Mn2++5Fe3++12H2O+10CO2↑可知，反应产生的Fe3+把碘离子氧化为碘单质，反应为2Fe3++2I−=2Fe2++I2；生成的碘又被Na2S2O3还原为I−，反应为2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI；根据上述反应关系可知：n(FeC2O4﹒xH2O)=n(FeC2O4)=n(Fe2+)=n(Fe3+)=2n(I2)=n(Na2S2O3)，n(Na2S2O3)=V×10−3×cmol，所以50mL溶液中n(FeC2O4﹒xH2O)=(V×10−3×c)mol，又原溶液为500mL，所以n(FeC2O4﹒xH2O)=(V×10−3×c)mol×50050=10(V×10−3×c)mol；草酸亚铁晶体ag，所以a144+18x=10(V×10−3×c)，解得x=(50a−72cV)9cV，
故答案为：(50a−72cV)9cV；
(4)若实验中滴入KMnO4溶液过多，碘离子被氧化的量增多，消耗的n(Na2S2O3)=cV增多，根据x=(50a−72cV)9cV关系可知，则所得x值偏小，
故答案为：偏小。
I.根据题给信息可知，C2O42−比SCN−更易与Fe3+结合；
II.①实验前首先要检查装置是否漏气；
②加热草酸亚铁晶体分解，B中质量恒定，说明分解完全，根据装置C质量变化可以得到结晶水的质量，进而计算晶体中结晶水含量。用空气排尽装置中水蒸气被浓硫酸充分吸收。先通空气，再加热分解，结束后，熄灭酒精灯，冷却至室温，再停止通入空气，进行称量，重复实验直至B中恒重；
III.(1)草酸亚铁晶体中含有Fe2+和C2O42−，在酸性条件下，均能被KMnO4溶液氧化为Fe3+和CO2，而MnO4−被还原为Mn2+，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒书写离子方程式；
(2)把草酸亚铁溶液稀释成500mL溶液时，除烧杯和玻璃棒外，还必需的玻璃仪器有500mL容量瓶、胶头滴管；
(3)根据反应：3MnO4−+5Fe2++5C2O42−+24H+=3Mn2++5Fe3++12H2O+10CO2↑可知，反应产生的Fe3+把碘离子氧化为碘单质，反应为2Fe3++2I−=2Fe2++I2；生成的碘又被Na2S2O3还原为I−，反应为2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，根据上述反应关系可知：n(FeC2O4﹒xH2O)=n(FeC2O4)=n(Fe2+)=n(Fe3+)=2n(I2)=n(Na2S2O3)；
(4)若实验中滴入KMnO4溶液过多，碘离子被氧化的量增多，消耗的n(Na2S2O3)=cV增多，结合(3)中表达式判断。
本题考查物质含量的测定，I中注意对题目信息的理解与运用，III关键是明确发生的反应，理解测定原理，题目涉及过程复杂，属于易错点题目，是对学生综合能力的考查。
三、简答题
10. 【答案】-1038.7kJ•mol-1 0.06mol/（L•min） 33.3 逆向移动 2P4+3Ca（OH）2+3Na2CO3+6H2O=3CaCO3+6NaH2PO2+2PH3↑ 10-2 阳离子 2H2O+2e-=H2↑+2OH- 4mol
【解析】解：（1）根据盖斯定律，反应①×2+②即可得火箭燃料的燃烧反应为2N2H4（1）+N2O4（l）═3N2（g）+4H2O（g）△H=（-621.5×2+204.3）kJ•mol-1=-1038.7kJ•mol-1，
故答案为：-1038.7kJ•mol-1；
（2）根据图示，Cl2作为反应物浓度需减小，HCl作为生成物浓度需增大，
①△c（Cl2）=（2-0.8）mol/L=1.2mol/L，v（Cl2）===0.12mol/（L•min），
根据反应速率与计量系数成正比可得v（N2）=v（Cl2）=×0.12mol/（L•min）=0.06mol/（L•min），
故答案为：0.06mol/（L•min）；
②列三段式：
N2H4（g）+2Cl2（g）=N2（g）+4HCl（g）（单位：mol/L）
起始量：1 2 0 0
转化量：x 2x x 4x
平衡量：1-x 2-2x x 4x
M点有2-2x=4x，解得x=mol/L，α=×100%=×100%=33.3%，
故答案为：33.3；
③列三段式：
N2H4（g）+2Cl2（g）=N2（g）+4HCl（g）（单位：mol/L）
起始量：1 2 0 0
转化量：0.6 1.2 0.6 2.4
平衡量：0.4 0.8 0.6 2.4
平衡常数K===77.76（mol/L）2，
平衡后再向该容器中加入1.2molN2H4（g）、0.4 molCl2（g）、0.8molN2（g）、1.2molHCI（g），
则Qc==81＞K，平衡逆向移动，
故答案为：逆向移动；
（3）①Ca（OH）2与P4反应生成次磷酸钙及磷化氢，依据原子守恒配平书写化学方程式为：
2P4+3Ca（OH）2+3Na2CO3+6H2O=3CaCO3+6NaH2PO2+2PH3↑，
故答案为：2P4+3Ca（OH）2+3Na2CO3+6H2O=3CaCO3+6NaH2PO2+2PH3↑；
②次磷酸（H3PO2）是一元酸，1.0mol•L-1的NaH2PO2溶液水解方程式为：H2PO2-+H2O=H3PO2+OH-，pH=8，则c（H+）=10-8mol/L，c（OH-）=c（H3PO2）=10-6mol/L，c（H2PO2-）=（1.0-10-6）mol/L≈1mol/L，Ka===10-2，
故答案为：10-2；
③根据图示可知，产品室产生次磷酸，则电极M应为阳极电解水中的OH-，剩余H+通过交换膜A移向产品室，所以交换膜A为阳离子交换膜；电极N为阴极电解H+，电极N的电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，电子物质的量=×mol=4mol，理论上可获得次磷酸的物质的量为4mol，
故答案为：阳离子；2H2O+2e-=H2↑+2OH-；4mol。
（1）根据盖斯定律，反应①×2+②即可得火箭燃料的燃烧反应；
（2）根据图示，Cl2作为反应物浓度需减小，HCl作为生成物浓度需增大，
①△c（Cl2）=（2-0.8）mol/L=1.2mol/L，v（Cl2）=，根据反应速率与计量系数成正比可得v（N2）=v（Cl2）；
②列三段式：
mol/L N2H4（g）+2Cl2（g）=N2（g）+4HCl（g）
起始量：1 2 0 0
转化量：x 2x x 4x
平衡量：1-x 2-2x x 4x
M点有2-2x=4x，解出x，代入α=×100%；
③列三段式：
N2H4（g）+2Cl2（g）=N2（g）+4HCl（g）（单位：mol/L）
起始量：1 2 0 0
转化量：0.6 1.2 0.6 2.4
平衡量：0.4 0.8 0.6 2.4
代入平衡常数K=，平衡后再向该容器中加入1.2molN2H4（g）、0.4 molCl2（g）、0.8molN2（g）、1.2molHCI（g），则利用Qc与K大小判断平衡移动；
（3）①黄磷（P4）与石灰乳和碳酸钠溶液反应生成NaH2PO2，同时还产生磷化氢（PH3）气体，碳酸钙，依据原子守恒配平书写化学方程式；
②次磷酸（H3PO2）是一元酸，1.0mol•L-1的NaH2PO2溶液水解方程式为：H2PO2-+H2O=H3PO2+OH-，pH=8，则c（H+）=10-8mol/L，c（OH-）=c（H3PO2）=10-6mol/L，c（H2PO2-）=（1.0-10-6）mol/L≈1mol/L，结合Ka=进行计算；
③根据图示可知，产品室产生次磷酸，则电极M应为阳极电解水中的OH-，剩余H+通过交换膜A移向产品室；电极N为阴极电解H+，根据电极反应式书写技巧进行书写，结合电极反应和电子守恒计算理论上可获得次磷酸的物质的量。
本题考查化学反应速率、盖斯定律、化学平衡常数的计算、电离平衡、电化学等知识，题型涉及知识点较多，注意电离平衡常数相关计算，难度不大，学生应学会利用三段式计算方法来表示各个量，并进行相关的计算。
11. 【答案】17 5 1s22s22p63s23p63d5 K2[Fe（SCN）5] 4 abd 11 sp3 +5 CrnO（3n+1）2-
【解析】解：（1）Cl原子核外电子数为17，原子核外没有运动状态相同的电子，故Cl原子核外有17种不同运动状态的电子；Cl元素原子核外电子排布式为 1s22s22p63s23p5，电子分布在1s、2s、2p、3s、3p这五个能级。Fe是26号元素，原子核外电子排布式为s22s23p63s23p63d64s2，失去4s能级2个电子，再失去3d能级1个电子形成Fe3+，故基态Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，
故答案为：17；5；1s22s22p63s23p63d5；
（2）Fe3+与SCN-形成配位数为5的配离子为[Fe（SCN）5]2-，根据电荷守恒可知与K+形成的配合物化学式为K2[Fe（SCN）5]；晶胞的结构中，Fe3+离子的个数为：4×=，Fe2+离子的个数为：4×=，CN-离子的个数为：12×=3，根据电荷守恒：N（K+）+N（Fe3+）×3+N（Fe2+）×2=N（CN-），可得N（K+）=，故一个晶胞中的K+个数=×8=4，
故答案为：K2[Fe（SCN）5]；4；
（3）Cu2+与乙二胺（H2N-CH2一CH2-NH2）中N原子形成配位键，H2N-CH2一CH2-NH2中C原子之间形成非极性、不同原子之间形成极性键；单键为个σ键，乙二胺分子含有11个σ键，C原子没有孤电子对、形成4个σ键，杂化轨道数目为4，碳原子采取sp3杂化，
故答案为：abd；11；sp3；
（4）面心立方最密堆积的晶胞结构中，处于面对角线上的Cu原子紧密相邻，面对角线的长度为铜原子直径的2倍，由几何知识可知面对角线长度等于晶胞边长的倍，故则铜原子的直径约为= pm，
故答案为：；
（5）由阴离子结构可知，Cr与O中形成5个价键，共用电子对偏向O，则Cr的化合价为+5价，两个CrO42-每共用一个角顶氧原子，就少一个氧原子，所以由n（n＞1）个CrO42-通过角顶氧原子连续的链式，减少（n-1）个氧原子，微粒电荷不变，则由n（n＞1）个CrO42-通过角顶氧原子连续的链式结构的化学式为CrnO（3n+1）2-，
故答案为：+5；CrnO（3n+1）2-。
（1）原子核外没有运动状态相同的电子；Cl元素原子核外电子排布式为 1s22s22p63s23p5；Fe是26号元素，原子核外电子排布式为s22s23p63s23p63d64s2，失去4s能级2个电子，再失去3d能级1个电子形成Fe3+；
（2）Fe3+与SCN-形成配位数为5的配离子为[Fe（SCN）5]2-，根据电荷守恒可知与K+形成的配合物化学式；利用均摊法计算晶胞的结构中Fe3+、Fe2+、CN-数目，结合电荷守恒计算K+数目，进而计算一个晶胞中的K+个数；
（3）Cu2+与乙二胺（H2N-CH2一CH2-NH2）中N原子形成配位键，H2N-CH2一CH2-NH2中C原子之间形成非极性、不同原子之间形成极性键；单键为个σ键，C原子没有孤电子对、形成4个σ键，杂化轨道数目为4；
（4）面心立方最密堆积的晶胞结构中，处于面对角线上的Cu原子紧密相邻，面对角线的长度为铜原子直径的2倍，由几何知识可知面对角线长度等于晶胞边长的倍；
（5）由阴离子结构可知，Cr与O中形成5个价键，共用电子对偏向O；两个CrO42-每共用一个角顶氧原子，就少一个氧原子，所以由n（n＞1）个CrO42-通过角顶氧原子连续的链式，减少（n-1）个氧原子，微粒电荷不变。
本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、配合物、晶胞计算、化学键、杂化方式等，需要学生具备扎实的基础与灵活运用的能力。
12. 【答案】甲苯取代反应羰基和碳碳双键 C9H10O2N 吸收生成的氯化氢，提高反应物的转化率
【解析】解：（l）根据上面的分析可知，A为，A的化学名称是甲苯；A与氯气发生取代生成B，反应的化学方程式为，
故答案为：甲苯；；
（2）根据上面的分析可知，D发生取代生成E，D生成E的反应类型为取代反应，根据F的结构简式可知，F中能与氢气发生加成反应的官能团名称为羰基和碳碳双键，故答案为：取代反应；羰基和碳碳双键；
（3）根据C的结构简式可知，C的分子式为C9H10O2N；一定条件下，C能发生缩聚反应，化学方程式为，
故答案为：C9H10O2N；；
（4）B和C发生取代生成D，同时有氯化氢生成，K2CO3具有碱性，用碳酸钾可以吸收生成的氯化氢，提高反应物的转化率，
故答案为：吸收生成的氯化氢，提高反应物的转化；
（5）X是C的同分异构体，根据条件①含有苯环，且苯环上的取代基数目≤2，即含有一个或两取代基，②含有硝基，③有四种不同化学环境的氢，个数比为6：2：2：1，结合C的结构简式可知符合条件的X的结构简式为，
故答案为：；
（6）用2，6-二甲基苯酚与ClCH2COOCH2CH3在K2CO3的条件下生成，再碱性水解、酸化得，再与SOCl2发生取代得，合成路线为，
故答案为：。
根据A的化学式及B的结构简式可知，A与氯气发生取代生成B，则A为，B和C发生取代生成D，同时有氯化氢生成，用碳酸钾可以吸收生成的氯化氢，D发生取代生成E，F发生还原反应生成G，
（5）X是C的同分异构体，根据条件①含有苯环，且苯环上的取代基数目≤2，即含有一个或两取代基，②含有硝基，③有四种不同化学环境的氢，个数比为6：2：2：1，结合C的结构简式可书写出符合条件的X的结构简式；
（6）用2，6-二甲基苯酚与ClCH2COOCH2CH3在K2CO3的条件下生成，再碱性水解、酸化得，再与SOCl2发生取代得，据此答题。
本题考查有机物的合成，涉及有机物命名、官能团识别、有机反应方程式书写、有机反应类型、同分异构体、化学键、合成路线设计等，熟练掌握官能团的性质与转化，是对学生综合能力的考查。