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2020届高考化学模拟卷（九）（全国I卷）
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2020届高考化学模拟卷（九）（全国I卷）
一．单选题（本题共7小题，每小题6分，共42分）
7、N95口罩的外层材料是静电驻极熔喷聚丙烯，作用是吸附病毒、气溶胶。内层材料是无纺布，无纺布的主要原料是聚丙烯（Polypropylene，简称PP），其作用是亲肤阻水。下列说法错误的是
A．合成聚丙烯的单体是—CH2—CH(CH3)— B．气溶胶的分散质的颗粒直径小于100nm大于1nm
C．PP不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D．抗病毒疫苗冷藏存放的目的是避免蛋白质变性
8、设NA为阿伏加德罗常数值。下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，与足量反应转移的电子数为0.1NA
B．的原子核内中子数为6NA
C．25℃时，的溶液中含的数目为0.02NA
D．9.0g葡萄糖和蔗糖的混合物中含碳原子的数目为0.3NA
9、研究表明CO与N2O在Fe＋作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示，两步反应分别为①N2O＋Fe＋===N2＋FeO＋(慢)、②FeO＋＋CO===CO2＋Fe＋(快)。下列说法正确的是
A．反应①是氧化还原反应，反应②是非氧化还原反应
B．两步反应均为放热反应，总反应的化学反应速率由反应②决定
C．Fe＋使反应的活化能减小，FeO＋是中间产物
D．若转移1 mol电子，则消耗11.2 L N2O
10、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：Z＞W＞Y＞X
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
11、2019年6月6日，工信部正式向四大运营商颁发了5G商用牌照，揭示了我国5G元年的起点。通信用磷酸铁锂电池其有体积小、重量轻、高温性能突出、可高倍率充放电、绿色环保等众多优点。磷酸铁锂电池是以磷酸铁锂为正极材料的一种锂离子二次电池，放电时，正极反应式为M1－xFexPO4+e-+Li＋=LiM1－x FexPO4，其原理如图所示，下列说法正确的是
A．放电时，电流由石墨电极流向磷酸铁锂电极
B．电池总反应为M1－xFexPO4+LiC6Li M1－xFexPO4+6C
C．放电时，负极反应式为LiC6-e-=Li＋+6C
D．充电时，Li＋移向磷酸铁锂电极
12、甲、乙、丙三种有机化合物的键线式如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．甲、乙的化学式均为C8H14
B．乙的二氯代物共有7种（不考虑立体异构）
C．丙的名称为乙苯，其分子中所有碳原子可能共平面
D．甲、乙、丙均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
13、 一定温度下，硫酸盐MSO4(M2＋代表 Ba2+、Sr2+)的沉淀溶解平衡曲线如右图所示。已知：p ( M2+ ) =－lgc ( M2+ )， p(SO42－)=－lgc(SO42－)。向 10mL 0.01 mol/L Na2SO4 溶液中滴入1滴(约 0. 05 mL) 0. 01 mol/L BaCl2 溶液岀现白色浑浊，而滴入1滴(约 0. 05 mL) 0. 01 mol/L SrCl2 溶液无浑浊出现。下列说法中正确的是
P
Q
A．Q表示的是BaSO4沉淀溶解平衡曲线
B．c点对应的SrSO4溶液为不饱和溶液，滴加浓SrCl2可达到饱和SrSO4溶液（a点对应的溶液）
C．BaSO4不能转化为SrSO4
D．SrSO4 (s)+Ba2+ (aq) BaSO4 (s) + Sr2+ (aq)的平衡常数的数量级为 107
二、 必考题（非选择题：共58分，第26-28题为必考题，每个试题考生都必须作答，第35-36题为选考题，考生依据要求作答。）
26
乳酸亚铁晶体（[CH3CH（OH）COO]2Fe·3H2O ，相对分子质量为288）易溶于水，是一种很好的补铁剂，可由乳酸[CH3CH（OH）COOH]与FeCO3反应制得。I.碳酸亚铁的制备（装置如图所示）
（1）仪器B的名称是_________________；实验操作如下：打开k1、k2，加入适量稀硫酸，关闭k1，使反应进行一段时间，其目的是_________________。
（2）接下来要使仪器C中的制备反应发生，需要进行的操作是_________________，其反应的离子方程式为_________________。
（3）仪器C中混合物经过滤、洗涤得到FeCO3沉淀，检验其是否洗净的方法是___________________________________________________________。
Ⅱ乳酸亚铁的制备及铁元素含量测定
（4）向纯净FeCO3固体中加入足量乳酸溶液，在75℃下搅拌使之充分反应，经过滤，在_________________的条件下，经低温蒸发等操作后，获得乳酸亚铁晶体。
（5）两位同学分别用不同的方案进行铁元素含量测定：
①甲同学通过KMnO4滴定法测定样品中Fe2+的含量计算样品纯度。在操作均正确的前提下，所得纯度总是大于100%，其原因可能是_________________。
②乙同学经查阅资料后改用碘量法测定铁元素的含量计算样品纯度。称取3.000g样品，灼烧完全灰化，加足量盐酸溶解，取所有可溶物配成100mL溶液。吸取 25.00mL该溶液加入过量KI溶液充分反应，然后加入几滴淀粉溶液，用0.100 mol·L－1硫代硫酸钠溶液滴定（已知： I2+2S2O32-=S4O62-+2I-），当溶液_________________，即为滴定终点；平行滴定3次，硫代硫酸钠溶液的平均用量为24.80 mL，则样品纯度为______ %保留1位小数 。
27
二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土化合物。
以氟碳铈矿(主要含Ce[CO3]F)为原料制备CeO2的一种工艺流程如图所示：
已知：①Ce4＋能与F－结合成[CeFx](4－x)＋，也能与SO结合成[CeSO4]2＋；
②在硫酸体系中Ce4＋能被萃取剂[(HA)2]萃取，而Ce3＋不能。
回答下列问题：
(1) “氧化焙烧”前需将矿石粉碎成细颗粒，其目的是_______________________________。
(2) “萃取”时存在反应：Ce4＋＋n(HA)2Ce·(H2n－4A2n)＋4H＋。实验室中萃取时用到的主要玻璃仪器名称为________；如图所示中D是分配比，表示Ce(Ⅳ)分别在有机层中与水层中存在形式的物质的量浓度之比，即D＝。保持其他条件不变，在起始料液中加入不同量的Na2SO4以改变水层中的c(SO)，D随起始料液中c(SO)变化的原因为
__________________________________________________________________________________。
(3)“反萃取”中，在H2SO4和H2O2的作用下CeO2转化为Ce3＋。H2O2在该反应中作________(填“催化剂”、“氧化剂”或“还原剂”)，每有1 mol H2O2参加反应，转移电子的物质的量为________。
(4)“氧化”步骤的化学方程式为___________________________________。
(5)取上述流程中得到的CeO2产品0.450 0 g，加硫酸溶解后，用0.100 0 mol·L－1 FeSO4标准溶液滴定至终点时(铈被还原为Ce3＋，其他杂质均不反应)，消耗25.00 mL标准溶液。该产品中CeO2的质量分数为________。
28
CO、CO2的转化再利用能够很好的减少温室效应，给环境问题的解决提供了一个很好的方法。其中用有机合成的方式可以合成醋酸、甲醇等，用无机方式转化为碳酸盐或者碳酸氢盐。
Ⅰ.(1)土壤中也含有碳酸盐，土壤中Na2CO3含量较高时，pH可高达10.5，试用离子方程式解释土壤呈碱性的原因：____________________________________________________________________。
加入石膏(CaSO4·5H2O)可以使土壤碱性降低，原因是(用化学用语表达)______________________
___________________________________________。
(2)常温下在20 mL 0.1 mol/L Na2CO3溶液中逐滴加入40 mL 0.1 mol/L HCl溶液，溶液中含碳元素的各种微粒(CO2因逸出未画出)物质的量分数(纵轴)随溶液pH变化的部分情况如图所示。回答下列问题：
①在同一溶液中，H2CO3、HCO、CO________(填“能”或“不能”)大量共存。
②溶液中各种粒子的物质的量浓度关系正确的是________。
A．pH＝11时：c(Na＋)>c(H2CO3)>c(CO)>c(OH－)>c(H＋)
B．pH＝11时：c(HCO)>c(Cl－)
C．pH＝7时：c(Na＋)>c(HCO)>c(CO)>c(OH－)＝c(H＋)
D．pH＝11时：c(Na＋)＋c(H＋)＝3c(CO)＋c(OH－)
③计算出碳酸钠的水解平衡常数为________。
Ⅱ.醋酸成本低，在生产中被广泛应用。
(1)若某温度下，CH3COOH(aq)与NaOH(aq)反应的ΔH＝－46.8 kJ/mol，H2SO4(aq)与NaOH(aq)的中和热为57.3 kJ/mol，则CH3COOH在水溶液中电离的ΔH＝________。
(2)近年来化学家研究开发出用乙烯和乙酸为原料、杂多酸作催化剂合成乙酸乙酯的新工艺，不必生产乙醇或乙醛做中间体，使产品成本降低，具有明显经济优势。其合成的基本反应如下： CH2===CH2(g)＋CH3COOH(l) CH3COOC2H5(l)；该反应类型是________，为提高乙酸乙酯的合成速率和产率，可以采取的措施有__________________(任写出一条)。
(3)在n(乙烯)与n(乙酸)物料比为1的条件下，某研究小组在保持不同压强下进行了在相同时间点乙酸乙酯的产率随温度的变化的测定实验，实验结果如图所示。
回答下列问题：
①温度在60～80 ℃范围内，乙烯与乙酸酯化合成反应速率由大到小的顺序是
______________________[用v(P1)、v(P2)、v(P3)分别表示不同压强下的反应速率]。
②a、b、c三点乙烯的转化率从大到小顺序为________。
③P1下乙酸乙酯的产率60 ℃～90 ℃时，先升高后降低的原因是_________________________，根据测定实验结果分析，较适宜的生产条件是______________(合适的压强和温度)。
35［化学——选修3：物质结构与性质］（15分）
以铁矿石(Fe2O3)为起始物，经过一系物反应可以得到Fe3[Fe(CN)6]2和Fe(SCN)3。请回答下列问题：
(1)画出Fe的原子结构示意图________，O原子核外电子排布图为________。
(2)KSCN是检验Fe3＋的试剂之一，与SCN－互为等电子体的一种分子为________。如图1是SCN－与Fe3＋形成的一种配离子，画出该配离子中的配位键(以箭头表示)。
(3)K3[Fe(CN)6]晶体中Fe3＋与CN－之间的键型为________，该化学键能够形成的原因是________________________________________________________。
(4)K3[Fe(CN)5NO]的组成元素中，属于第二周期的元素的第一电离能由小到大的顺序是________，配合物中原子序数最小的元素与氢元素形成的相对分子质量为92的芳香化合物中，中心原子的杂化轨道类型是________。
(5)把氯气通入黄血盐(K4[Fe(CN)6])溶液中，得到赤血盐(K3[Fe(CN)6])，写出该变化的化学方程式___________________________________________。
(6)FeO晶胞结构如图2所示，FeO晶体中Fe2＋配位数为________，若该晶胞边长为a cm，则该晶体密度为________g·cm－3(阿伏加德罗常数的值为NA)。
36[化学——选修5：有机化学基础]（15分）
苯酚是一种重要的有机化工原料。利用苯酚合成己二醛[OHC(CH2)4CHO]和尼龙6()的合成路线如图：
已知：①
②+NH2OH+H2O
回答下列问题：
（1）由A制取B的反应类型为_____________，C的系统命名为___________________。
（2）E的结构简式为_______________________。
（3）写出合成尼龙6的单体（）的分子式_______________________。
（4）己二醛与足量银氨溶液反应的化学方程式为_______________________。
（5）己二醛的同分异构体中既含五元环结构，又含“”结构的有___种(不考虑立体异构)。其中核磁共振氢谱有三组峰的结构简式有_______________________（任写一种）
（6）写出以溴乙烷为原料制备甲醛的合成路线_______________________(无机试剂任选)。
答案与解析
7、【答案】A
【解析】—CH2—CH(CH3)—是聚丙烯的链接，其单体为：CH3CH=CH2，A错。气溶胶属于胶体的一种，分散质的颗粒直径在1~100nm之间，B正确。PP即聚丙烯中无不饱和键，不能使酸性KMnO4溶液褪色，C正确。温度高了，疫苗（蛋白质）会变性，故需冷藏，D正确。
8、【答案】A
【解析】二者的反应方程式为，当有2mol二氧化碳参加反应时，一共转移2mol电子，因此当有二氧化碳参加反应时，转移0.1mol电子，A项正确； 碳原子的物质的量是，根据质量数=质子数+中子数算出其1个原子内有8个中子，故一共有中子，B项错误；pH=2的溶液中，根据算出的物质的量为，C项错误； 葡萄糖的分子式为，蔗糖的分子式为，二者的最简式不一样，因此无法计算，D项错误；答案选A。
9、【答案】C
【解析】A项，反应①、②均有元素化合价的升降，因此都是氧化还原反应，A错误；B项，由题图可知，反应①、②都是放热反应，总反应的化学反应速率由速率慢的反应①决定，B错误；C项，Fe＋做催化剂，使反应的活化能减小，FeO＋是反应过程中产生的物质，因此是中间产物，C正确；D项，由于没有指明外界条件，所以不能确定气体的体积，D错误。
10、【答案】B
【解析】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：Z＞W＞Y＞X，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，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。
11、【答案】C
【解析】A.放电时，电子由石墨电极流向磷酸铁锂电极，则电流由磷酸铁锂电极流向石墨电极，A错误；
B.根据电池结构可知，该电池的总反应方程式为：M1－xFexPO4+LiC6Li M1－xFexPO4+6C，B错误；
C.放电时，石墨电极为负极，负极反应式为LiC6-e-=Li++6C，C正确；
D.放电时，Li+移向磷酸铁锂电极，充电时Li+移向石墨电极，D错误；故合理选项是C。
12、【答案】D
【解析】由结构简式可知甲、乙的化学式均为C8H14，故A正确；乙的二氯代物中两个氯原子可在相同或不同的C原子上，如在不同的C上，用定一移一法分析，依次把氯原子定于-CH2或-CH－原子上，共有7种，故B正确；苯为平面形结构，碳碳单键可以旋转，结合三点确定一个平面，可知所有的碳原子可能共平面，故C正确；乙为饱和烃，与酸性高锰酸钾溶液不反应，故D错误。故选D。
13、【答案】B
【解析】同体积同浓度的SO42-溶液中加入同体积同浓度的Ba2+和Sr2+，加Ba2+的有BaSO4生成，而滴加Sr2+无沉淀析出，说明BaSO4更难溶，其Ksp更小。p ( M2+ ) =－lgc ( M2+ )， p(SO42－)=－lgc(SO42－)，p ( M2+ ) 、p(SO42－)的值越大，M2+、SO42-浓度越小，Ksp=c(M2+)·c(SO42-)越小，所以P表示的是BaSO4沉淀溶解平衡曲线，A错。c点对应的SrSO4溶液中，c(Sr2+)、c(SO42-)均小于a点对应的SrSO4饱和溶液的浓度，c(Sr2+)·c(SO42-)
蒸馏烧瓶 生成溶液，且用产生的排尽装置内的空气，防止二价铁被氧化 关闭 取最后一次水洗液于试管中，加入过量稀盐酸酸化，滴加一定量的溶液，若无白色浑浊出现，则洗涤干净 隔绝空气 乳酸根中羟基能被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾溶液偏多 蓝色褪去且半分钟不恢复
【解析】
(1)由仪器图形可知B为蒸馏烧瓶；实验中打开k1、k2，加入适量稀硫酸，铁和硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，关闭k1，使反应进行一段时间，可使生成的氢气排出装置C内的空气，防止二价铁被氧化；
(2)待装置内空气排出后，接下来要使仪器C中的制备反应发生，则需关闭，使B装置中气压增大，将生成的硫酸亚铁溶液排到装置C中，与碳酸氢根离子发生反应生成碳酸亚铁，同时生成二氧化碳，反应的离子方程式为；
(3)检验FeCO3沉淀是否洗涤干净，就是检验最后一次洗涤液中是否存在，取最后一次水洗液于试管中，加入过量稀盐酸酸化，滴加一定量的溶液，若无白色浑浊出现，则表明洗涤液中不存在；
(4) 乳酸亚铁晶体有较强还原性，易被空气中氧气氧化，则制备乳酸亚铁应隔绝空气，防止被氧化；
(5)①：乳酸亚铁中亚铁离子以及乳酸根中含有的羟基均可被酸性高锰酸钾溶液氧化，因为羟基的反应导致消耗高锰酸钾溶液偏多，故结果偏大；
②碘的淀粉溶液显蓝色，滴加硫代硫酸钠溶液后蓝色会变浅，当蓝色刚好褪去且半分钟不恢复，即可判断为滴定终点；
样品，灼烧完全灰化，加足量盐酸溶解，则铁元素转变成铁离子，取所有可溶物配成的100mL溶液中吸取 25.00mL，该溶液中所含铁离子可按下列关系式计算： ，得x=0.00248mol，则所有可溶物配成的100mL溶液中铁离子为 =0.00992，按铁元素守恒可知，样品中乳酸亚铁的物质的量为0.00992，则样品的纯度为=95.2%。
27：【答案】
(1)增大固体与气体的接触面积，增大反应速率；提高原料的利用率
(2)分液漏斗 随着c(SO)增大，水层中Ce4＋与SO结合成[CeSO4]2＋，导致萃取平衡向左移动，生成[CeSO4]2＋，D迅速减小，当c(SO)增大到一定程度后，D值变化较小
(3)还原剂 2 mol
(4)2Ce(OH)3＋NaClO＋H2O===2Ce(OH)4＋NaCl
(5)95.56%
【解析】氟碳铈矿(主要含Ce[CO3]F)经“氧化焙烧”将＋3价铈氧化成＋4价；加稀硫酸，与SO结合成[CeSO4]2＋；加萃取剂，Ce4＋能被萃取剂[(HA)2]萃取，而Ce3＋不能；在“反萃取”中加H2O2，又将Ce4＋还原为Ce3＋，发生反应2Ce4＋＋H2O2===2Ce3＋＋O2↑＋2H＋；加入碱后Ce3＋转化为沉淀，加入次氯酸钠将Ce从＋3价氧化为＋4价，得到产品。
(1)“氧化焙烧”前需将矿石粉碎成细颗粒，其目的是增大固体和氧气的接触面积，增大反应速率；提高原料的利用率。
(2)实验室中萃取时用到的主要玻璃仪器名称为分液漏斗，根据平衡：Ce4＋＋n(HA)2Ce·(H2n－4A2n)＋4H＋，加入Na2SO4时，随着c(SO)增大，水层中Ce4＋与SO结合成[CeSO4]2＋，导致萃取平衡向左移动，D迅速减小，当c(SO)增大到一定程度后，D值变化较小。
(3)“反萃取”加H2O2的作用是将Ce4＋重新还原为Ce3＋，反应的离子方程式为2Ce4＋＋H2O2===2Ce3＋＋O2↑＋2H＋，H2O2在该反应中作还原剂，每有1 mol H2O2参加反应，转移电子的物质的量为2 mol。
(4)“氧化”步骤中用次氯酸钠将Ce3＋氧化成Ce4＋，反应的化学方程式为2Ce(OH)3＋NaClO＋H2O===2Ce(OH)4＋NaCl。
(5)FeSO4的物质的量为0.100 0 mol·L－1×0.025 L＝0.002 5 mol，根据得失电子守恒可得关系式CeO2～FeSO4，所以CeO2的质量为0.002 5 mol×172 g·mol－1＝0.430 0 g，产品中CeO2的质量分数为×100%≈95.56%。
28：【答案】
Ⅰ.(1)CO＋H2OHCO＋OH－
CaSO4(s)＋CO(aq) CaCO3(s)＋SO
(2)①不能 ②B ③1×10－3
Ⅱ.(1)＋10.5 kJ/mol
(2)加成反应 通入乙烯气体或增大压强
(3)①v(P1)>v(P2)>v(P3)
②c>b>a
③60 ℃～80 ℃反应从正方向开始，未达平衡，温度高反应速率大，乙酸乙酯产率高；80 ℃时反应已达平衡且正反应放热，故压强不变升高温度平衡逆向移动，产率下降 P1MPa、80 ℃
【解析】
Ⅰ.(1)Na2CO3为强碱弱酸盐，CO结合水电离的氢离子，生成HCO、H2CO3，破坏水的电离平衡，使土壤呈碱性，离子方程式CO＋H2OHCO＋OH－，加入石膏(CaSO4·2H2O)后，与Na2CO3反应生成CaCO3，CO浓度降低，CO水解平衡向左移动，OH－浓度降低，反应方程式为CaSO4(s)＋CO(aq) CaCO3(s)＋SO。
(2)常温下在20 mL 0.1 mol/L Na2CO3溶液中逐滴加入0.1 mol/L HCl溶液40 mL，先反应生成碳酸氢钠，再与盐酸反应生成二氧化碳、水，结合图像可知，曲线a为CO，曲线b为HCO，曲线c为H2CO3。
①由反应及图像可知，在同一溶液中，H2CO3、HCO、CO不能大量共存。
②
A. pH＝11时，溶液中含有等浓度的碳酸钠和碳酸氢钠和氯化钠，溶液中几乎没有H2CO3，因此c(CO)>c(H2CO3), A项错误；
B. pH＝11时，溶液中含有等浓度的碳酸钠和碳酸氢钠和氯化钠，溶液显碱性，以碳酸钠水解为主，因此c(HCO)>c(Cl－), B项正确；
C. 当pH＝7时，溶液中溶质为碳酸氢钠和氯化钠，碳酸氢钠水解溶液显碱性，溶液中几乎没有CO，因此c(OH－)＝c(H＋)>c(CO), C项错误；
D. pH＝11时，c(CO)＝c(HCO)，溶液中含有等浓度的碳酸钠和碳酸氢钠和氯化钠，根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(OH－)＋c(HCO)＋c(Cl－)＝3c(CO)＋c(OH－)＋c(Cl－)，D项错误。
③碳酸钠的水解常数Kh＝，根据图像，pH＝11时，c(CO)＝c(HCO)，则Kh＝＝c(OH－)＝＝＝1×10－3。
Ⅱ.(1)醋酸是弱酸，存在电离平衡，电离方程式为：CH3COOHCH3COO－＋H＋，①CH3COOH(aq) ＋OH－(aq)===CH3COO－(aq)＋H2O(l) ΔH＝－46.8 kJ·mol－1，②H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，用①－②可得CH3COOH电离的热化学方程式为：CH3COOH(aq) H＋(aq)＋CH3COO－(aq) ΔH＝－46.8 kJ·mol－1－(－57.3 kJ·mol－1)＝＋10.5 kJ·mol－1。
(2)根据CH2===CH2(g)＋CH3COOH(l) CH3COOC2H5(l)，该反应为加成反应，为提高乙酸乙酯的合成速率和产率，改变条件加快反应速率且平衡正向进行，可以增大反应物浓度或增大压强等。
(3)①CH2===CH2(g)＋CH3COOH(l) CH3COOC2H5(l)，温度一定压强增大平衡正向进行，反应速率增大，图像分析可知P1＞P2＞P3，则温度在60～80 ℃范围内，乙烯与乙酸酯化合成反应速率由大到小的顺序是v(P1)＞v(P2)＞v(P3)。
②根据CH2===CH2(g)＋CH3COOH(l) CH3COOC2H5(l)，压强越大，乙烯的转化率越大，根据①的分析，P1＞P2＞P3，则转化率c>b>a。
③由图像可知，60 ℃～80 ℃反应从正方向开始，未达平衡，温度高反应速率大，乙酸乙酯产率高；P1MPa、80 ℃时反应已达平衡且正反应放热，故压强不变升高温度平衡逆向移动产率下降；选择适宜条件使得乙酸乙酯产率达到最大，图像中乙酸乙酯产率最大的条件是：P1MPa、80 ℃，故答案为：60 ℃～80 ℃反应从正方向开始，未达平衡，温度高反应速率大，乙酸乙酯产率高；80 ℃时反应已达平衡且正反应放热，故压强不变升高温度平衡逆向移动，产率下降。
35：【答案】
(1)
(2)CO2、N2O、CS2、COS等(任写一种即可)
(3)配位键 CN－能提供孤对电子，Fe3＋能接受孤对电子(或Fe3＋有空轨道) (4)C
(6)6
【解析】
(1)Fe为26号元素，位于第四周期第Ⅷ族，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，最外层有2个电子，则次外层有14个电子；O原子有1s、2s、2p三个能级，其电子排布图为
。
(2)SCN－中含有3个原子，且其价电子数是16，与SCN－互为等电子体的分子有CO2、N2O、CS2、COS等；S、O都有孤对电子，可以提供孤对电子，与铁离子形成配位键。
(3)K3[Fe(CN)6]晶体中Fe3＋与CN－之间的键型为配位键，因为CN－能提供孤对电子，Fe3＋能接受孤对电子(或Fe3＋有空轨道)，所以二者之间存在配位键。
(4)配合物中处于第二周期的元素为C、N、O，同周期元素，第一电离能从左到右，呈增大趋势，故C最小；N原子2p轨道处于半充满状态，较为稳定，第一电离能高于O，故C
(6)以亚铁离子为中心，沿x、y、z三轴进行切割，结合题图2知，亚铁离子的配位数为6，该晶胞中亚铁离子个数＝8×1/8＋6×1/2＝4，氧离子个数＝12×1/4＋1＝4，其密度＝ g·cm－3＝ g·cm－3。
36：【答案】
消去反应 1，2-环已二醇 C6H11ON OHC(CH2)4CHO+4Ag(NH3)2OHNH4OOC(CH2)4COONH4+4Ag↓+6NH3+2H2O 11 、、 CH3CH2BrCH2=CH2
【解析】由己二醛的结构，结合反应条件及信息①可知，苯酚与氢气发生加成反应生成A为，A发生消去反应生成B为，B发生氧化反应得到C为；C被H5IO6氧化得到OHC(CH2)4CHO；D发生信息②中的反应得到E，可知A发生氧化反应生成D，故D为、E为；
(6)以溴乙烷为原料制备甲醛，溴乙烷发生消去反应生成乙烯，乙烯发生信息①的反应生成乙二醇，乙二醇发生信息①的反应生成甲醛。
(1)由A制取B是转化为，反应类型为：消去反应；C为，C的化学名称为：1，2−环己二醇，；
(2)E的结构简式为：；
(3)合成尼龙6的单体菁优网的分子式 为C6H11ON；
(4)己二醛与银氨溶液反应的化学方程式为：OHC(CH2)4CHO+4Ag(NH3)2OHNH4OOC(CH2)4COONH4+4Ag↓+6NH3+2H2O；
(5)己二醛的同分异构体中既含五元环结构，又含“”，若为五元碳环，取代基可以为−COOH、或者−OOCH，有2种，若五元环中含有酯基结构，取代基为−CH2CH3，环上有3种不同的氢，故有3种，取代基为2个−CH3，两个甲基可以在同一碳原子上，有3种，在不同碳原子上也有3种，故符合条件的同分异构体共有2＋3＋3＋3＝11种，其中核磁共振氢谱有三组峰的结构简式有：、、；
(6)溴乙烷发生消去反应生成乙烯，再用冷、稀、中性高锰酸钾氧化得到乙二醇，最后与H5IO6作用得到甲醛，合成路线流程图为：CH3CH2BrCH2=CH2。
一．单选题（本题共7小题，每小题6分，共42分）
7、N95口罩的外层材料是静电驻极熔喷聚丙烯，作用是吸附病毒、气溶胶。内层材料是无纺布，无纺布的主要原料是聚丙烯（Polypropylene，简称PP），其作用是亲肤阻水。下列说法错误的是
A．合成聚丙烯的单体是—CH2—CH(CH3)— B．气溶胶的分散质的颗粒直径小于100nm大于1nm
C．PP不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D．抗病毒疫苗冷藏存放的目的是避免蛋白质变性
8、设NA为阿伏加德罗常数值。下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，与足量反应转移的电子数为0.1NA
B．的原子核内中子数为6NA
C．25℃时，的溶液中含的数目为0.02NA
D．9.0g葡萄糖和蔗糖的混合物中含碳原子的数目为0.3NA
9、研究表明CO与N2O在Fe＋作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示，两步反应分别为①N2O＋Fe＋===N2＋FeO＋(慢)、②FeO＋＋CO===CO2＋Fe＋(快)。下列说法正确的是
A．反应①是氧化还原反应，反应②是非氧化还原反应
B．两步反应均为放热反应，总反应的化学反应速率由反应②决定
C．Fe＋使反应的活化能减小，FeO＋是中间产物
D．若转移1 mol电子，则消耗11.2 L N2O
10、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：Z＞W＞Y＞X
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
11、2019年6月6日，工信部正式向四大运营商颁发了5G商用牌照，揭示了我国5G元年的起点。通信用磷酸铁锂电池其有体积小、重量轻、高温性能突出、可高倍率充放电、绿色环保等众多优点。磷酸铁锂电池是以磷酸铁锂为正极材料的一种锂离子二次电池，放电时，正极反应式为M1－xFexPO4+e-+Li＋=LiM1－x FexPO4，其原理如图所示，下列说法正确的是
A．放电时，电流由石墨电极流向磷酸铁锂电极
B．电池总反应为M1－xFexPO4+LiC6Li M1－xFexPO4+6C
C．放电时，负极反应式为LiC6-e-=Li＋+6C
D．充电时，Li＋移向磷酸铁锂电极
12、甲、乙、丙三种有机化合物的键线式如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．甲、乙的化学式均为C8H14
B．乙的二氯代物共有7种（不考虑立体异构）
C．丙的名称为乙苯，其分子中所有碳原子可能共平面
D．甲、乙、丙均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
13、 一定温度下，硫酸盐MSO4(M2＋代表 Ba2+、Sr2+)的沉淀溶解平衡曲线如右图所示。已知：p ( M2+ ) =－lgc ( M2+ )， p(SO42－)=－lgc(SO42－)。向 10mL 0.01 mol/L Na2SO4 溶液中滴入1滴(约 0. 05 mL) 0. 01 mol/L BaCl2 溶液岀现白色浑浊，而滴入1滴(约 0. 05 mL) 0. 01 mol/L SrCl2 溶液无浑浊出现。下列说法中正确的是
P
Q
A．Q表示的是BaSO4沉淀溶解平衡曲线
B．c点对应的SrSO4溶液为不饱和溶液，滴加浓SrCl2可达到饱和SrSO4溶液（a点对应的溶液）
C．BaSO4不能转化为SrSO4
D．SrSO4 (s)+Ba2+ (aq) BaSO4 (s) + Sr2+ (aq)的平衡常数的数量级为 107
二、 必考题（非选择题：共58分，第26-28题为必考题，每个试题考生都必须作答，第35-36题为选考题，考生依据要求作答。）
26
乳酸亚铁晶体（[CH3CH（OH）COO]2Fe·3H2O ，相对分子质量为288）易溶于水，是一种很好的补铁剂，可由乳酸[CH3CH（OH）COOH]与FeCO3反应制得。I.碳酸亚铁的制备（装置如图所示）
（1）仪器B的名称是_________________；实验操作如下：打开k1、k2，加入适量稀硫酸，关闭k1，使反应进行一段时间，其目的是_________________。
（2）接下来要使仪器C中的制备反应发生，需要进行的操作是_________________，其反应的离子方程式为_________________。
（3）仪器C中混合物经过滤、洗涤得到FeCO3沉淀，检验其是否洗净的方法是___________________________________________________________。
Ⅱ乳酸亚铁的制备及铁元素含量测定
（4）向纯净FeCO3固体中加入足量乳酸溶液，在75℃下搅拌使之充分反应，经过滤，在_________________的条件下，经低温蒸发等操作后，获得乳酸亚铁晶体。
（5）两位同学分别用不同的方案进行铁元素含量测定：
①甲同学通过KMnO4滴定法测定样品中Fe2+的含量计算样品纯度。在操作均正确的前提下，所得纯度总是大于100%，其原因可能是_________________。
②乙同学经查阅资料后改用碘量法测定铁元素的含量计算样品纯度。称取3.000g样品，灼烧完全灰化，加足量盐酸溶解，取所有可溶物配成100mL溶液。吸取 25.00mL该溶液加入过量KI溶液充分反应，然后加入几滴淀粉溶液，用0.100 mol·L－1硫代硫酸钠溶液滴定（已知： I2+2S2O32-=S4O62-+2I-），当溶液_________________，即为滴定终点；平行滴定3次，硫代硫酸钠溶液的平均用量为24.80 mL，则样品纯度为______ %保留1位小数 。
27
二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土化合物。
以氟碳铈矿(主要含Ce[CO3]F)为原料制备CeO2的一种工艺流程如图所示：
已知：①Ce4＋能与F－结合成[CeFx](4－x)＋，也能与SO结合成[CeSO4]2＋；
②在硫酸体系中Ce4＋能被萃取剂[(HA)2]萃取，而Ce3＋不能。
回答下列问题：
(1) “氧化焙烧”前需将矿石粉碎成细颗粒，其目的是_______________________________。
(2) “萃取”时存在反应：Ce4＋＋n(HA)2Ce·(H2n－4A2n)＋4H＋。实验室中萃取时用到的主要玻璃仪器名称为________；如图所示中D是分配比，表示Ce(Ⅳ)分别在有机层中与水层中存在形式的物质的量浓度之比，即D＝。保持其他条件不变，在起始料液中加入不同量的Na2SO4以改变水层中的c(SO)，D随起始料液中c(SO)变化的原因为
__________________________________________________________________________________。
(3)“反萃取”中，在H2SO4和H2O2的作用下CeO2转化为Ce3＋。H2O2在该反应中作________(填“催化剂”、“氧化剂”或“还原剂”)，每有1 mol H2O2参加反应，转移电子的物质的量为________。
(4)“氧化”步骤的化学方程式为___________________________________。
(5)取上述流程中得到的CeO2产品0.450 0 g，加硫酸溶解后，用0.100 0 mol·L－1 FeSO4标准溶液滴定至终点时(铈被还原为Ce3＋，其他杂质均不反应)，消耗25.00 mL标准溶液。该产品中CeO2的质量分数为________。
28
CO、CO2的转化再利用能够很好的减少温室效应，给环境问题的解决提供了一个很好的方法。其中用有机合成的方式可以合成醋酸、甲醇等，用无机方式转化为碳酸盐或者碳酸氢盐。
Ⅰ.(1)土壤中也含有碳酸盐，土壤中Na2CO3含量较高时，pH可高达10.5，试用离子方程式解释土壤呈碱性的原因：____________________________________________________________________。
加入石膏(CaSO4·5H2O)可以使土壤碱性降低，原因是(用化学用语表达)______________________
___________________________________________。
(2)常温下在20 mL 0.1 mol/L Na2CO3溶液中逐滴加入40 mL 0.1 mol/L HCl溶液，溶液中含碳元素的各种微粒(CO2因逸出未画出)物质的量分数(纵轴)随溶液pH变化的部分情况如图所示。回答下列问题：
①在同一溶液中，H2CO3、HCO、CO________(填“能”或“不能”)大量共存。
②溶液中各种粒子的物质的量浓度关系正确的是________。
A．pH＝11时：c(Na＋)>c(H2CO3)>c(CO)>c(OH－)>c(H＋)
B．pH＝11时：c(HCO)>c(Cl－)
C．pH＝7时：c(Na＋)>c(HCO)>c(CO)>c(OH－)＝c(H＋)
D．pH＝11时：c(Na＋)＋c(H＋)＝3c(CO)＋c(OH－)
③计算出碳酸钠的水解平衡常数为________。
Ⅱ.醋酸成本低，在生产中被广泛应用。
(1)若某温度下，CH3COOH(aq)与NaOH(aq)反应的ΔH＝－46.8 kJ/mol，H2SO4(aq)与NaOH(aq)的中和热为57.3 kJ/mol，则CH3COOH在水溶液中电离的ΔH＝________。
(2)近年来化学家研究开发出用乙烯和乙酸为原料、杂多酸作催化剂合成乙酸乙酯的新工艺，不必生产乙醇或乙醛做中间体，使产品成本降低，具有明显经济优势。其合成的基本反应如下： CH2===CH2(g)＋CH3COOH(l) CH3COOC2H5(l)；该反应类型是________，为提高乙酸乙酯的合成速率和产率，可以采取的措施有__________________(任写出一条)。
(3)在n(乙烯)与n(乙酸)物料比为1的条件下，某研究小组在保持不同压强下进行了在相同时间点乙酸乙酯的产率随温度的变化的测定实验，实验结果如图所示。
回答下列问题：
①温度在60～80 ℃范围内，乙烯与乙酸酯化合成反应速率由大到小的顺序是
______________________[用v(P1)、v(P2)、v(P3)分别表示不同压强下的反应速率]。
②a、b、c三点乙烯的转化率从大到小顺序为________。
③P1下乙酸乙酯的产率60 ℃～90 ℃时，先升高后降低的原因是_________________________，根据测定实验结果分析，较适宜的生产条件是______________(合适的压强和温度)。
35［化学——选修3：物质结构与性质］（15分）
以铁矿石(Fe2O3)为起始物，经过一系物反应可以得到Fe3[Fe(CN)6]2和Fe(SCN)3。请回答下列问题：
(1)画出Fe的原子结构示意图________，O原子核外电子排布图为________。
(2)KSCN是检验Fe3＋的试剂之一，与SCN－互为等电子体的一种分子为________。如图1是SCN－与Fe3＋形成的一种配离子，画出该配离子中的配位键(以箭头表示)。
(3)K3[Fe(CN)6]晶体中Fe3＋与CN－之间的键型为________，该化学键能够形成的原因是________________________________________________________。
(4)K3[Fe(CN)5NO]的组成元素中，属于第二周期的元素的第一电离能由小到大的顺序是________，配合物中原子序数最小的元素与氢元素形成的相对分子质量为92的芳香化合物中，中心原子的杂化轨道类型是________。
(5)把氯气通入黄血盐(K4[Fe(CN)6])溶液中，得到赤血盐(K3[Fe(CN)6])，写出该变化的化学方程式___________________________________________。
(6)FeO晶胞结构如图2所示，FeO晶体中Fe2＋配位数为________，若该晶胞边长为a cm，则该晶体密度为________g·cm－3(阿伏加德罗常数的值为NA)。
36[化学——选修5：有机化学基础]（15分）
苯酚是一种重要的有机化工原料。利用苯酚合成己二醛[OHC(CH2)4CHO]和尼龙6()的合成路线如图：
已知：①
②+NH2OH+H2O
回答下列问题：
（1）由A制取B的反应类型为_____________，C的系统命名为___________________。
（2）E的结构简式为_______________________。
（3）写出合成尼龙6的单体（）的分子式_______________________。
（4）己二醛与足量银氨溶液反应的化学方程式为_______________________。
（5）己二醛的同分异构体中既含五元环结构，又含“”结构的有___种(不考虑立体异构)。其中核磁共振氢谱有三组峰的结构简式有_______________________（任写一种）
（6）写出以溴乙烷为原料制备甲醛的合成路线_______________________(无机试剂任选)。
答案与解析
7、【答案】A
【解析】—CH2—CH(CH3)—是聚丙烯的链接，其单体为：CH3CH=CH2，A错。气溶胶属于胶体的一种，分散质的颗粒直径在1~100nm之间，B正确。PP即聚丙烯中无不饱和键，不能使酸性KMnO4溶液褪色，C正确。温度高了，疫苗（蛋白质）会变性，故需冷藏，D正确。
8、【答案】A
【解析】二者的反应方程式为，当有2mol二氧化碳参加反应时，一共转移2mol电子，因此当有二氧化碳参加反应时，转移0.1mol电子，A项正确； 碳原子的物质的量是，根据质量数=质子数+中子数算出其1个原子内有8个中子，故一共有中子，B项错误；pH=2的溶液中，根据算出的物质的量为，C项错误； 葡萄糖的分子式为，蔗糖的分子式为，二者的最简式不一样，因此无法计算，D项错误；答案选A。
9、【答案】C
【解析】A项，反应①、②均有元素化合价的升降，因此都是氧化还原反应，A错误；B项，由题图可知，反应①、②都是放热反应，总反应的化学反应速率由速率慢的反应①决定，B错误；C项，Fe＋做催化剂，使反应的活化能减小，FeO＋是反应过程中产生的物质，因此是中间产物，C正确；D项，由于没有指明外界条件，所以不能确定气体的体积，D错误。
10、【答案】B
【解析】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：Z＞W＞Y＞X，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，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。
11、【答案】C
【解析】A.放电时，电子由石墨电极流向磷酸铁锂电极，则电流由磷酸铁锂电极流向石墨电极，A错误；
B.根据电池结构可知，该电池的总反应方程式为：M1－xFexPO4+LiC6Li M1－xFexPO4+6C，B错误；
C.放电时，石墨电极为负极，负极反应式为LiC6-e-=Li++6C，C正确；
D.放电时，Li+移向磷酸铁锂电极，充电时Li+移向石墨电极，D错误；故合理选项是C。
12、【答案】D
【解析】由结构简式可知甲、乙的化学式均为C8H14，故A正确；乙的二氯代物中两个氯原子可在相同或不同的C原子上，如在不同的C上，用定一移一法分析，依次把氯原子定于-CH2或-CH－原子上，共有7种，故B正确；苯为平面形结构，碳碳单键可以旋转，结合三点确定一个平面，可知所有的碳原子可能共平面，故C正确；乙为饱和烃，与酸性高锰酸钾溶液不反应，故D错误。故选D。
13、【答案】B
【解析】同体积同浓度的SO42-溶液中加入同体积同浓度的Ba2+和Sr2+，加Ba2+的有BaSO4生成，而滴加Sr2+无沉淀析出，说明BaSO4更难溶，其Ksp更小。p ( M2+ ) =－lgc ( M2+ )， p(SO42－)=－lgc(SO42－)，p ( M2+ ) 、p(SO42－)的值越大，M2+、SO42-浓度越小，Ksp=c(M2+)·c(SO42-)越小，所以P表示的是BaSO4沉淀溶解平衡曲线，A错。c点对应的SrSO4溶液中，c(Sr2+)、c(SO42-)均小于a点对应的SrSO4饱和溶液的浓度，c(Sr2+)·c(SO42-)
蒸馏烧瓶 生成溶液，且用产生的排尽装置内的空气，防止二价铁被氧化 关闭 取最后一次水洗液于试管中，加入过量稀盐酸酸化，滴加一定量的溶液，若无白色浑浊出现，则洗涤干净 隔绝空气 乳酸根中羟基能被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾溶液偏多 蓝色褪去且半分钟不恢复
【解析】
(1)由仪器图形可知B为蒸馏烧瓶；实验中打开k1、k2，加入适量稀硫酸，铁和硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，关闭k1，使反应进行一段时间，可使生成的氢气排出装置C内的空气，防止二价铁被氧化；
(2)待装置内空气排出后，接下来要使仪器C中的制备反应发生，则需关闭，使B装置中气压增大，将生成的硫酸亚铁溶液排到装置C中，与碳酸氢根离子发生反应生成碳酸亚铁，同时生成二氧化碳，反应的离子方程式为；
(3)检验FeCO3沉淀是否洗涤干净，就是检验最后一次洗涤液中是否存在，取最后一次水洗液于试管中，加入过量稀盐酸酸化，滴加一定量的溶液，若无白色浑浊出现，则表明洗涤液中不存在；
(4) 乳酸亚铁晶体有较强还原性，易被空气中氧气氧化，则制备乳酸亚铁应隔绝空气，防止被氧化；
(5)①：乳酸亚铁中亚铁离子以及乳酸根中含有的羟基均可被酸性高锰酸钾溶液氧化，因为羟基的反应导致消耗高锰酸钾溶液偏多，故结果偏大；
②碘的淀粉溶液显蓝色，滴加硫代硫酸钠溶液后蓝色会变浅，当蓝色刚好褪去且半分钟不恢复，即可判断为滴定终点；
样品，灼烧完全灰化，加足量盐酸溶解，则铁元素转变成铁离子，取所有可溶物配成的100mL溶液中吸取 25.00mL，该溶液中所含铁离子可按下列关系式计算： ，得x=0.00248mol，则所有可溶物配成的100mL溶液中铁离子为 =0.00992，按铁元素守恒可知，样品中乳酸亚铁的物质的量为0.00992，则样品的纯度为=95.2%。
27：【答案】
(1)增大固体与气体的接触面积，增大反应速率；提高原料的利用率
(2)分液漏斗 随着c(SO)增大，水层中Ce4＋与SO结合成[CeSO4]2＋，导致萃取平衡向左移动，生成[CeSO4]2＋，D迅速减小，当c(SO)增大到一定程度后，D值变化较小
(3)还原剂 2 mol
(4)2Ce(OH)3＋NaClO＋H2O===2Ce(OH)4＋NaCl
(5)95.56%
【解析】氟碳铈矿(主要含Ce[CO3]F)经“氧化焙烧”将＋3价铈氧化成＋4价；加稀硫酸，与SO结合成[CeSO4]2＋；加萃取剂，Ce4＋能被萃取剂[(HA)2]萃取，而Ce3＋不能；在“反萃取”中加H2O2，又将Ce4＋还原为Ce3＋，发生反应2Ce4＋＋H2O2===2Ce3＋＋O2↑＋2H＋；加入碱后Ce3＋转化为沉淀，加入次氯酸钠将Ce从＋3价氧化为＋4价，得到产品。
(1)“氧化焙烧”前需将矿石粉碎成细颗粒，其目的是增大固体和氧气的接触面积，增大反应速率；提高原料的利用率。
(2)实验室中萃取时用到的主要玻璃仪器名称为分液漏斗，根据平衡：Ce4＋＋n(HA)2Ce·(H2n－4A2n)＋4H＋，加入Na2SO4时，随着c(SO)增大，水层中Ce4＋与SO结合成[CeSO4]2＋，导致萃取平衡向左移动，D迅速减小，当c(SO)增大到一定程度后，D值变化较小。
(3)“反萃取”加H2O2的作用是将Ce4＋重新还原为Ce3＋，反应的离子方程式为2Ce4＋＋H2O2===2Ce3＋＋O2↑＋2H＋，H2O2在该反应中作还原剂，每有1 mol H2O2参加反应，转移电子的物质的量为2 mol。
(4)“氧化”步骤中用次氯酸钠将Ce3＋氧化成Ce4＋，反应的化学方程式为2Ce(OH)3＋NaClO＋H2O===2Ce(OH)4＋NaCl。
(5)FeSO4的物质的量为0.100 0 mol·L－1×0.025 L＝0.002 5 mol，根据得失电子守恒可得关系式CeO2～FeSO4，所以CeO2的质量为0.002 5 mol×172 g·mol－1＝0.430 0 g，产品中CeO2的质量分数为×100%≈95.56%。
28：【答案】
Ⅰ.(1)CO＋H2OHCO＋OH－
CaSO4(s)＋CO(aq) CaCO3(s)＋SO
(2)①不能 ②B ③1×10－3
Ⅱ.(1)＋10.5 kJ/mol
(2)加成反应 通入乙烯气体或增大压强
(3)①v(P1)>v(P2)>v(P3)
②c>b>a
③60 ℃～80 ℃反应从正方向开始，未达平衡，温度高反应速率大，乙酸乙酯产率高；80 ℃时反应已达平衡且正反应放热，故压强不变升高温度平衡逆向移动，产率下降 P1MPa、80 ℃
【解析】
Ⅰ.(1)Na2CO3为强碱弱酸盐，CO结合水电离的氢离子，生成HCO、H2CO3，破坏水的电离平衡，使土壤呈碱性，离子方程式CO＋H2OHCO＋OH－，加入石膏(CaSO4·2H2O)后，与Na2CO3反应生成CaCO3，CO浓度降低，CO水解平衡向左移动，OH－浓度降低，反应方程式为CaSO4(s)＋CO(aq) CaCO3(s)＋SO。
(2)常温下在20 mL 0.1 mol/L Na2CO3溶液中逐滴加入0.1 mol/L HCl溶液40 mL，先反应生成碳酸氢钠，再与盐酸反应生成二氧化碳、水，结合图像可知，曲线a为CO，曲线b为HCO，曲线c为H2CO3。
①由反应及图像可知，在同一溶液中，H2CO3、HCO、CO不能大量共存。
②
A. pH＝11时，溶液中含有等浓度的碳酸钠和碳酸氢钠和氯化钠，溶液中几乎没有H2CO3，因此c(CO)>c(H2CO3), A项错误；
B. pH＝11时，溶液中含有等浓度的碳酸钠和碳酸氢钠和氯化钠，溶液显碱性，以碳酸钠水解为主，因此c(HCO)>c(Cl－), B项正确；
C. 当pH＝7时，溶液中溶质为碳酸氢钠和氯化钠，碳酸氢钠水解溶液显碱性，溶液中几乎没有CO，因此c(OH－)＝c(H＋)>c(CO), C项错误；
D. pH＝11时，c(CO)＝c(HCO)，溶液中含有等浓度的碳酸钠和碳酸氢钠和氯化钠，根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(OH－)＋c(HCO)＋c(Cl－)＝3c(CO)＋c(OH－)＋c(Cl－)，D项错误。
③碳酸钠的水解常数Kh＝，根据图像，pH＝11时，c(CO)＝c(HCO)，则Kh＝＝c(OH－)＝＝＝1×10－3。
Ⅱ.(1)醋酸是弱酸，存在电离平衡，电离方程式为：CH3COOHCH3COO－＋H＋，①CH3COOH(aq) ＋OH－(aq)===CH3COO－(aq)＋H2O(l) ΔH＝－46.8 kJ·mol－1，②H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，用①－②可得CH3COOH电离的热化学方程式为：CH3COOH(aq) H＋(aq)＋CH3COO－(aq) ΔH＝－46.8 kJ·mol－1－(－57.3 kJ·mol－1)＝＋10.5 kJ·mol－1。
(2)根据CH2===CH2(g)＋CH3COOH(l) CH3COOC2H5(l)，该反应为加成反应，为提高乙酸乙酯的合成速率和产率，改变条件加快反应速率且平衡正向进行，可以增大反应物浓度或增大压强等。
(3)①CH2===CH2(g)＋CH3COOH(l) CH3COOC2H5(l)，温度一定压强增大平衡正向进行，反应速率增大，图像分析可知P1＞P2＞P3，则温度在60～80 ℃范围内，乙烯与乙酸酯化合成反应速率由大到小的顺序是v(P1)＞v(P2)＞v(P3)。
②根据CH2===CH2(g)＋CH3COOH(l) CH3COOC2H5(l)，压强越大，乙烯的转化率越大，根据①的分析，P1＞P2＞P3，则转化率c>b>a。
③由图像可知，60 ℃～80 ℃反应从正方向开始，未达平衡，温度高反应速率大，乙酸乙酯产率高；P1MPa、80 ℃时反应已达平衡且正反应放热，故压强不变升高温度平衡逆向移动产率下降；选择适宜条件使得乙酸乙酯产率达到最大，图像中乙酸乙酯产率最大的条件是：P1MPa、80 ℃，故答案为：60 ℃～80 ℃反应从正方向开始，未达平衡，温度高反应速率大，乙酸乙酯产率高；80 ℃时反应已达平衡且正反应放热，故压强不变升高温度平衡逆向移动，产率下降。
35：【答案】
(1)
(2)CO2、N2O、CS2、COS等(任写一种即可)
(3)配位键 CN－能提供孤对电子，Fe3＋能接受孤对电子(或Fe3＋有空轨道) (4)C
(6)6
【解析】
(1)Fe为26号元素，位于第四周期第Ⅷ族，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，最外层有2个电子，则次外层有14个电子；O原子有1s、2s、2p三个能级，其电子排布图为
。
(2)SCN－中含有3个原子，且其价电子数是16，与SCN－互为等电子体的分子有CO2、N2O、CS2、COS等；S、O都有孤对电子，可以提供孤对电子，与铁离子形成配位键。
(3)K3[Fe(CN)6]晶体中Fe3＋与CN－之间的键型为配位键，因为CN－能提供孤对电子，Fe3＋能接受孤对电子(或Fe3＋有空轨道)，所以二者之间存在配位键。
(4)配合物中处于第二周期的元素为C、N、O，同周期元素，第一电离能从左到右，呈增大趋势，故C最小；N原子2p轨道处于半充满状态，较为稳定，第一电离能高于O，故C
(6)以亚铁离子为中心，沿x、y、z三轴进行切割，结合题图2知，亚铁离子的配位数为6，该晶胞中亚铁离子个数＝8×1/8＋6×1/2＝4，氧离子个数＝12×1/4＋1＝4，其密度＝ g·cm－3＝ g·cm－3。
36：【答案】
消去反应 1，2-环已二醇 C6H11ON OHC(CH2)4CHO+4Ag(NH3)2OHNH4OOC(CH2)4COONH4+4Ag↓+6NH3+2H2O 11 、、 CH3CH2BrCH2=CH2
【解析】由己二醛的结构，结合反应条件及信息①可知，苯酚与氢气发生加成反应生成A为，A发生消去反应生成B为，B发生氧化反应得到C为；C被H5IO6氧化得到OHC(CH2)4CHO；D发生信息②中的反应得到E，可知A发生氧化反应生成D，故D为、E为；
(6)以溴乙烷为原料制备甲醛，溴乙烷发生消去反应生成乙烯，乙烯发生信息①的反应生成乙二醇，乙二醇发生信息①的反应生成甲醛。
(1)由A制取B是转化为，反应类型为：消去反应；C为，C的化学名称为：1，2−环己二醇，；
(2)E的结构简式为：；
(3)合成尼龙6的单体菁优网的分子式 为C6H11ON；
(4)己二醛与银氨溶液反应的化学方程式为：OHC(CH2)4CHO+4Ag(NH3)2OHNH4OOC(CH2)4COONH4+4Ag↓+6NH3+2H2O；
(5)己二醛的同分异构体中既含五元环结构，又含“”，若为五元碳环，取代基可以为−COOH、或者−OOCH，有2种，若五元环中含有酯基结构，取代基为−CH2CH3，环上有3种不同的氢，故有3种，取代基为2个−CH3，两个甲基可以在同一碳原子上，有3种，在不同碳原子上也有3种，故符合条件的同分异构体共有2＋3＋3＋3＝11种，其中核磁共振氢谱有三组峰的结构简式有：、、；
(6)溴乙烷发生消去反应生成乙烯，再用冷、稀、中性高锰酸钾氧化得到乙二醇，最后与H5IO6作用得到甲醛，合成路线流程图为：CH3CH2BrCH2=CH2。
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