福建省2020屆高三化學(xué)7月教學(xué)摸底質(zhì)量檢查試題（含解析）.docx

福建省2020屆高三化學(xué)7月教學(xué)摸底質(zhì)量檢查試題（含解析）可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H 1 C 12 N 14 O 16 Mg 24 S 32 Fe 56 Cu 641.歷史文物本身蘊(yùn)含著許多化學(xué)知識(shí)，下列說法錯(cuò)誤的是（ ）A. 戰(zhàn)國(guó)曾侯乙編鐘屬于青銅制品，青銅是一種合金B(yǎng). 秦朝兵馬俑用陶土燒制而成，屬硅酸鹽產(chǎn)品C. 宋王希孟千里江山圖所用紙張為宣紙，其主要成分是碳纖維D. 對(duì)敦煌莫高窟壁畫顏料分析，其綠色顏料銅綠主要成分是堿式碳酸銅【答案】C【解析】【詳解】A戰(zhàn)國(guó)曾侯乙編鐘屬于青銅制品，青銅是銅錫的合金，故A正確；B陶瓷主要成分為硅酸鹽，秦朝兵馬俑用陶土燒制而成的陶，屬硅酸鹽產(chǎn)品，故B正確； C碳纖維是一種含碳量在95%以上的高強(qiáng)度、高模量纖維的新型纖維材料，作畫用的一些宣紙其主要成分是纖維素，屬于多糖，故C錯(cuò)誤；D銅綠的主要成分為堿式碳酸銅，呈綠色，故D正確；故選C。2.以高硫鋁土礦（主要成分為Al2O3、Fe2O3，還含有少量FeS2）為原料，生產(chǎn)氧化鋁并獲得Fe3O4的部分工藝流程如圖，下列敘述錯(cuò)誤的是（ ）A. 燒渣分離可以選擇用磁鐵將燒渣中的Fe3O4分離出來B. 隔絕空氣焙燒時(shí)理論上反應(yīng)消耗的n(FeS2)n(Fe2O3)=15C. 向?yàn)V液中通入過量CO2、過濾、洗滌、灼燒沉淀可制得Al2O3D. 加入CaO可以減少SO2的排放同時(shí)生成建筑材料CaSO4【答案】B【解析】【分析】由流程可知，高硫鋁土礦(主要成分為Al2O3、Fe2O3，還含有少量FeS2)為原料，通入空氣焙燒時(shí)，因?yàn)楹猩倭縁eS2，會(huì)產(chǎn)生二氧化硫，加入氧化鈣達(dá)到吸收二氧化硫的目的，防止二氧化硫排放污染空氣，焙燒產(chǎn)物經(jīng)過氫氧化鈉溶液堿浸，三氧化二鋁與氫氧化鈉反應(yīng)生成偏鋁酸鈉，過濾后，濾液中通入過量二氧化碳，偏鋁酸根與二氧化碳、水反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀，洗滌后灼燒氫氧化鋁即可生產(chǎn)三氧化二鋁；堿浸過程中，三氧化二鐵不與氫氧化鈉反應(yīng)，過濾后留在濾渣中，加入FeS2與三氧化二鐵在隔絕空氣的條件下反應(yīng)生成二氧化硫和四氧化三鐵，利用四氧化三鐵的磁性實(shí)現(xiàn)其與燒渣的分離。據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼Fe3O4有磁性，可以用磁鐵將Fe3O4從燒渣中分離出來，故A正確；B隔絕空氣焙燒，F(xiàn)eS2與Fe2O3反應(yīng)，生成SO2和Fe3O4，反應(yīng)方程式為：FeS2+16Fe2O3 11Fe3O4+2SO2，由方程式可知n(FeS2)n(Fe2O3)=116，故B錯(cuò)誤；C濾液中含有AlO2-，通入過量CO2，發(fā)生反應(yīng)：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+ HCO3-，生成Al(OH)3沉淀，經(jīng)過過濾、洗滌后得到Al(OH)3，再灼燒Al(OH)3，反應(yīng)為：2Al(OH)3 +3H2O，即可制得Al2O3，故C正確；D鋁土礦中含有FeS2，F(xiàn)eS2焙燒生成SO2，CaO與SO2、O2反應(yīng)：2CaO+2SO2+O2=2CaSO4，CaSO4可用于建筑材料，故D正確；故選B?！军c(diǎn)睛】了解制備氧化鋁并獲得Fe3O4的工藝流程是解題的關(guān)鍵。本題的易錯(cuò)點(diǎn)為D，要注意CaO與SO2反應(yīng)生成的亞硫酸鈣能夠被空氣中的氧氣氧化。3.煤干餾實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是（ ）A. c口導(dǎo)出的氣體可使新制氯水褪色B. 從b層液體中分離出苯的操作是分餾C. 長(zhǎng)導(dǎo)管的作用是導(dǎo)氣和冷凝D. 可用藍(lán)色石蕊試紙檢驗(yàn)a層液體中含有的NH3【答案】D【解析】【詳解】A煤高溫干餾產(chǎn)生焦炭、煤焦油和焦?fàn)t氣，焦?fàn)t煤氣是煤干餾的氣體產(chǎn)物，主要含有甲烷、氫氣、乙烯和一氧化碳，其中乙烯可以使氯水褪色，故A正確；Bb層液體是煤高溫干餾產(chǎn)生的煤焦油，可以利用物質(zhì)沸點(diǎn)不同，通過控制溫度用分餾方法分離出苯，故B正確；C裝置中長(zhǎng)導(dǎo)管的作用是導(dǎo)氣和冷凝作用，故C正確；D檢驗(yàn)a層液體中含有的NH3，可用濕潤(rùn)的紅色石蕊試紙，試紙變藍(lán)色，證明含氨氣，不能使用藍(lán)色石蕊試紙檢驗(yàn)，故D錯(cuò)誤；故選D。4.X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的短周期元素，且X、Z原子序數(shù)之和是Y、W原子序數(shù)之和的1/2。甲、乙、丙、丁是由這些元素組成的二元化合物，M是某種元素對(duì)應(yīng)的單質(zhì)，乙和丁的組成元素相同，且乙是一種“綠色氧化劑”，化合物N是具有漂白性的氣體(常溫下)。上述物質(zhì)間的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示(部分反應(yīng)物和生成物省略)。下列說法正確的是（ ）A. 含W元素的鹽溶液可能顯酸性、中性或堿性B. 化合物N與乙烯均能使溴水褪色，且原理相同C. 原子半徑：r(Y)r(Z)r(W)D. Z與X、Y、W形成的化合物中，各元素均滿足8電子結(jié)構(gòu)【答案】A【解析】【分析】X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大短周期元素，且X、Z原子序數(shù)之和是Y、W原子序數(shù)之和的，甲、乙、丙、丁是由這些元素組成的二元化合物，M是某種元素對(duì)應(yīng)的單質(zhì)，乙和丁的組成元素相同，且乙是一種“綠色氧化劑”，乙為H2O2，則丁為H2O，結(jié)合圖中轉(zhuǎn)化關(guān)系可知， M為O2，化合物N是具有漂白性的氣體(常溫下)，則N為SO2，則甲為Na2S，丙為H2S，因此X為H、Z為Na，Y為O、W為S，據(jù)此分析解答?！驹斀狻坑缮鲜龇治隹芍猉為H、Z為Na，Y為O、W為S，甲為Na2S，乙為H2O2，M為O2，丙為H2S，N為SO2，丁為H2O。A含S元素的鹽溶液中，硫酸氫鈉顯酸性，亞硫酸鈉顯堿性，硫酸鈉為中性，故A正確；B化合物N為SO2，具有還原性，能夠?qū)逅€原，使溴水褪色，乙烯能夠與溴發(fā)生加成反應(yīng)，使溴水褪色，前者是氧化還原反應(yīng)，后者是加成反應(yīng)，原理不同，故B錯(cuò)誤；C電子層越多，原子半徑越大，同周期元素，從左向右，原子半徑減小，則原于半徑：r(Z)r(W)r(Y)，故C錯(cuò)誤；DNaH中H滿足最外層2電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，不是8電子結(jié)構(gòu)，故D錯(cuò)誤；故選A。5.鉛蓄電池是常見的二次電池，其原理圖如圖所示。鉛蓄電池的工作原理為：Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+ 2H2O。下列判斷錯(cuò)誤的是（ ）A. 鉛蓄電池的結(jié)構(gòu)中O2的作用可提高電池的工作效率B. 鉛蓄電池放電時(shí)Pb電極的電極反應(yīng)為：Pb-2e-=Pb2+C. 電池工作時(shí)，H+移向PbO2板D. 實(shí)驗(yàn)室用鉛蓄電池作電源，用惰性電極電解CuSO4溶液，當(dāng)陰極析出2.4g銅時(shí)，鉛蓄電池內(nèi)消耗H2SO4物質(zhì)的量至少是0.075mol【答案】B【解析】【詳解】A鉛蓄電池的結(jié)構(gòu)中正極產(chǎn)生的O2，可以快速通過隔板通道傳送到負(fù)極還原為水，同時(shí)能夠抑制負(fù)極上氫氣的產(chǎn)生，從而可以提高電池的工作效率，故A正確；B鉛蓄電池中Pb電極為負(fù)極，放電時(shí)負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：Pb-2e-+SO42-=PbSO4，故B錯(cuò)誤；C鉛蓄電池工作時(shí)為原電池，原電池中陽(yáng)離子移向正極，因此H+移向PbO2板，故C正確；D實(shí)驗(yàn)室用鉛蓄電池作電源，用惰性電極電解CuSO4溶液，當(dāng)陰極析出2.4g銅，即=0.0375mol時(shí)，轉(zhuǎn)移電子0.0375mol2=0.075mol，根據(jù)Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O，鉛蓄電池內(nèi)消耗H2SO4物質(zhì)的量至少是0.075mol，故D正確；故選B。6.我國(guó)科研人員以蹄葉橐吾為原料先制得化合物再轉(zhuǎn)化為具有抗癌抑菌活性的倍半萜化合物，有關(guān)轉(zhuǎn)化如圖所示，下列有關(guān)說法錯(cuò)誤的是（ ）A. 化合物能使酸性KMnO4溶液褪色B. 檢驗(yàn)化合物中是否含化合物，可用Br2的CCl4溶液C. 化合物一定條件下能發(fā)生取代、消去及加成反應(yīng)D. 化合物分子中含有5個(gè)手性碳原子【答案】B【解析】【詳解】A化合物I中含C=C鍵，能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，使酸性KMnO4溶液褪色，故A正確；B兩種化合物中均含C=C，均能使Br2的CCl4溶液褪色，所以用Br2的CCl4溶液不能檢驗(yàn)化合物中是否含化合物，故B錯(cuò)誤；C化合物中含-Cl、-OH、C=C，則一定條件下能發(fā)生取代、消去及加成反應(yīng)，故C正確；D連有4個(gè)不同基團(tuán)的碳原子為手性碳原子，化合物分子中有含有5個(gè)手性碳原子()，故D正確； 故選B?！军c(diǎn)睛】本題 的易錯(cuò)點(diǎn)為D，要注意手性碳原子的判斷方法。7.25時(shí)，NaCN溶液中CN、HCN濃度所占分?jǐn)?shù)()隨pH變化的關(guān)系如圖甲所示。向10mL0.01molL1NaCN溶液中逐滴加入0.01molL1的鹽酸，其pH變化曲線如圖乙所示其中a點(diǎn)的坐標(biāo)為（9.5，0.5）。下列溶液中的關(guān)系中正確的是（ ）A. 常溫下，NaCN的水解平衡常數(shù)：Kh(NaCN)=10-4.5mol/LB. 圖甲中pH7的溶液：c(Cl)c(HCN)C. 圖乙中b點(diǎn)的溶液：c(CN)c(Cl)c(HCN)c(OH)c(H)D. 圖乙中c點(diǎn)的溶液：c(Na)c(H)c(HCN)c(OH)c(CN)【答案】AB【解析】【分析】25時(shí)，NaCN溶液中CN-、HCN濃度所占分?jǐn)?shù)()隨pH變化的關(guān)系如圖甲所示，可知CN-、HCN含量相等時(shí)，溶液呈堿性，說明HCN電離程度小于CN-水解程度，向10mL0.01molL-1NaCN溶液中逐滴加入0.01molL-1的鹽酸，其pH變化曲線如圖乙所示，當(dāng)加入鹽酸5mL時(shí)，溶液組成為NaCN、HCN，溶液呈堿性，加入鹽酸10mL時(shí)，完全反應(yīng)生成HCN，溶液呈酸性，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼a點(diǎn)的坐標(biāo)為(9.5，0.5)，則a點(diǎn)c(HCN)=c(CN-)，NaCN的水解平衡常數(shù)K(NaCN)=c(OH-)=10-4.5mol/L，故A正確；B圖甲中pH=7的溶液中c(H+)=c(OH-)，由溶液的電荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CN-)+c(Cl-)，結(jié)合物料守恒c(Na+)=c(HCN)+c(CN-)可知：c(Cl-)=c(HCN)，故B正確；C圖乙中b點(diǎn)反應(yīng)生成等濃度的NaCN、HCN，溶液呈堿性，則HCN電離程度小于CN-水解程度，可知c(HCN)c(CN-)，故C錯(cuò)誤；D任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒和物料守恒，根據(jù)物料守恒c(Cl-)=c(HCN)+c(CN-)，根據(jù)電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(CN-)，則c(Na+)+c(H+)=c(HCN)+c(OH-)+2c(CN-)，故D錯(cuò)誤；故選AB。8.粉煤灰是燃煤產(chǎn)生的重要污染物，主要成分有A12O3、Fe2O3、Fe3O4和SiO2等物質(zhì)。綜合利用粉煤灰不僅能夠防止環(huán)境污染，還能獲得納米Fe2O3等重要物質(zhì)。已知：i伯胺R-NH2能與Fe3+反應(yīng)：3R-NH2+Fe3+SO42-+H2OFe(NH2-R)(OH)SO4+H+生成易溶于煤油的產(chǎn)物。ii Fe3+在水溶液中能與Cl-反應(yīng)：Fe3+6Cl-FeCl63-(1)寫出過程I中Fe2O3發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：_。(2)過程II加入過量H2O2的作用是 _ 。(3)過程II加入伯胺一煤油對(duì)浸取液進(jìn)行分離，該操作的名稱是_。(4)從化學(xué)平衡角度解釋過程III利用NaCI溶液進(jìn)行反萃取的原理：_。(5) N2H4具有堿性，可與H+結(jié)合生成N2H5+。過程IV中先用過量的N2H4將水層2中Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe2+并生成N2，反應(yīng)的離子方程式為_，得到的Fe2+再被O2氧化為FeOOH。(6)納米Fe2O3在常壓電化學(xué)法合成氨過程中起催化作用。該電解裝置如圖所示。已知熔融NaOH-KOH為電解液，F(xiàn)e2O3在陰極發(fā)生電極反應(yīng)生成中間體Fe。用化學(xué)用語(yǔ)表示Fe2O3在陰極催化生成NH3的反應(yīng)過程。第一步：_，第二步：_。【答案】 (1). Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O (2). 將Fe2+完全氧化為Fe3+，有利于與伯胺反應(yīng)，提高萃取率 (3). 萃取、分液 (4). Fe3+6Cl-FeCl63-（已知ii中的反應(yīng)）使Fe3+濃度下降，3R-NH2+Fe3+SO42-+H2OFe(NH2-R)(OH)SO4+H+（已知i中的反應(yīng)）平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，F(xiàn)e3+從易溶于煤油的物質(zhì)中轉(zhuǎn)移到易溶于水的物質(zhì)中，實(shí)現(xiàn)反萃取 (5). 4Fe3+5N2H4=4Fe2+N2+4N2H5+或4FeCl63-+5N2H4=4Fe2+N2+4N2H5+24Cl- (6). Fe2O3+3H2O+6e-=2Fe+6OH- (7). 2Fe+N2+3H2O= Fe2O3+2NH3【解析】【分析】粉煤灰主要成分有A12O3、Fe2O3、Fe3O4和SiO2等物質(zhì)，加入硫酸酸浸，A12O3、Fe2O3、Fe3O4溶于硫酸生成硫酸鋁、硫酸鐵和硫酸亞鐵，SiO2不溶，分離后，浸取液含有Al3+、Fe3+、Fe2+和SO42-等，在浸取液中先加入過量的H2O2將Fe2+全部氧化為Fe3+，再加入伯胺-煤油進(jìn)行萃取，經(jīng)分液得到水層和有機(jī)層，水層中含有Al3+，經(jīng)后期處理得到金屬鋁。有機(jī)層為含有Fe(NH2-R)(OH)SO4的煤油層，向有機(jī)層中加入NaCl溶液經(jīng)反萃取得到的水層中含有FeCl63-，向水層2中加入N2H4將Fe3+還原為Fe2+，F(xiàn)e2+再經(jīng)氧化轉(zhuǎn)化為FeOOH，煅燒FeOOH得到納米Fe2O3，據(jù)此解答?！驹斀狻?1)根據(jù)以上分析，過程I中Fe2O3和硫酸反應(yīng)生成硫酸鐵和水，反應(yīng)的離子方程式為：Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O，故答案為：Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O；(2)由信息可知，伯胺R-NH2能與Fe3+反應(yīng)：3R-NH2+Fe3+SO42-+H2OFe(NH2-R)(OH)SO4+H+生成易溶于煤油的產(chǎn)物。所以過程II加入過量H2O2的作用是將Fe2+完全氧化為Fe3+，有利于與伯胺反應(yīng)，提高萃取率，故答案為：將Fe2+完全氧化為Fe3+，有利于與伯胺反應(yīng)，提高萃取率；(3) 過程II加入伯胺-煤油進(jìn)行萃取，經(jīng)分液得到水層和有機(jī)層，該分離操作為萃取、分液，故答案為：萃取、分液；(4) 有機(jī)層存在平衡：3R-NH2+Fe3+SO42-+H2OFe(NH2-R)(OH)SO4+H+，過程III加入NaCl溶液發(fā)生：Fe3+6Cl-FeCl63-反應(yīng)，使Fe3+濃度下降，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，F(xiàn)e3+從易溶于煤油的物質(zhì)中轉(zhuǎn)移到易溶于水的物質(zhì)中，實(shí)現(xiàn)反萃取，故答案為：Fe3+6Cl-FeCl63-（已知ii中的反應(yīng)）使Fe3+濃度下降，3R-NH2+Fe3+SO42-+H2OFe(NH2-R)(OH)SO4+H+（已知i中的反應(yīng)）平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，F(xiàn)e3+從易溶于煤油的物質(zhì)中轉(zhuǎn)移到易溶于水的物質(zhì)中，實(shí)現(xiàn)反萃??；(5)過量的N2H4將Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe2+并生成N2，根據(jù)得失電子守恒和電荷守恒及原子守恒，反應(yīng)的離子方程式為4Fe3+5N2H4=4Fe2+N2+4N2H5+或4FeCl63-+5N2H4=4Fe2+N2+4N2H5+24Cl-，故答案為：4Fe3+5N2H4=4Fe2+N2+4N2H5+或4FeCl63-+5N2H4=4Fe2+N2+4N2H5+24Cl-；(6)由圖可知，該電解裝置中，陰陽(yáng)極均為惰性電極，熔融NaOH-KOH為電解液，F(xiàn)e2O3在陰極發(fā)生電極反應(yīng)生成中間體Fe，F(xiàn)e與N2、水反應(yīng)生成NH3和Fe2O3，F(xiàn)e2O3在該過程中起催化作用，故反應(yīng)分兩步，第一步：Fe2O3+3H2O+6e-=2Fe+6OH-，第二步：2Fe+N2+3H2O= Fe2O3+2NH3，故答案為：Fe2O3+3H2O+6e-=2Fe+6OH-；2Fe+N2+3H2O= Fe2O3+2NH3。9.甲苯（）是一種重要的化工原料，能用于生產(chǎn)苯甲醛（）、苯甲酸（）等產(chǎn)品。下表列出了有關(guān)物質(zhì)的部分物理性質(zhì)，請(qǐng)回答：注：甲苯、苯甲醛、苯甲酸三者互溶。實(shí)驗(yàn)室可用如圖裝置模擬制備苯甲醛。實(shí)驗(yàn)時(shí)先在三頸瓶中加入0.5g固態(tài)難溶性催化劑，再加入2mL甲苯和一定量其它試劑，攪拌升溫至70，同時(shí)緩慢加入12mL過氧化氫，在此溫度下攪拌反應(yīng)3小時(shí)。（1）裝置a的名稱是_，主要作用是_。三頸瓶中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_。（2）經(jīng)測(cè)定，反應(yīng)溫度升高時(shí)，甲苯的轉(zhuǎn)化率逐漸增大，但溫度過高時(shí)，苯甲醛的產(chǎn)量卻有所減少，可能的原因是_。（3）反應(yīng)完畢，反應(yīng)混合液經(jīng)過自然冷卻至室溫后，還應(yīng)經(jīng)過_、_（填操作名稱）等操作，才能得到苯甲醛粗產(chǎn)品。（4）實(shí)驗(yàn)中加入過量的過氧化氫并延長(zhǎng)反應(yīng)時(shí)間時(shí)，會(huì)使苯甲醛產(chǎn)品中產(chǎn)生較多的苯甲酸。若想從混有苯甲酸的苯甲醛中分離出苯甲酸，正確的實(shí)驗(yàn)步驟是_（按步驟順序填字母）。a對(duì)混合液進(jìn)行分液 b過濾、洗滌、干燥c水層中加入鹽酸調(diào)節(jié)pH=2 d與適量碳酸氫鈉溶液混合振蕩若對(duì)實(shí)驗(yàn)中獲得的苯甲酸（相對(duì)分子質(zhì)量為122）產(chǎn)品進(jìn)行純度測(cè)定，可稱取2.500g產(chǎn)品，溶于200mL乙醇配成溶液，量取所得的乙醇溶液20.00mL于錐形瓶，滴加23滴酚酞指示劑，然后用預(yù)先配好的0.1000 mol/L KOH標(biāo)準(zhǔn)液滴定，到達(dá)滴定終點(diǎn)時(shí)消耗KOH溶液18.00mL。產(chǎn)品中苯甲酸的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_（保留一位小數(shù)）。下列情況會(huì)使測(cè)定結(jié)果偏低的是_（填字母）。a滴定終了俯視讀取數(shù)據(jù) bKOH標(biāo)準(zhǔn)液長(zhǎng)時(shí)間接觸空氣c配制KOH標(biāo)準(zhǔn)液時(shí)仰視定容 d將指示劑換為甲基橙溶液【答案】 (1). 球形冷凝管 (2). 冷凝回流，防止甲苯的揮發(fā)而降低產(chǎn)品產(chǎn)率 (3). +2H2O2+3H2O (4). H2O2在較高溫度時(shí)分解速度加快，使實(shí)際參加反應(yīng)的H2O2減少影響產(chǎn)量 (5). 過濾 (6). 蒸餾 (7). dacb (8). 87.8 (9). ad【解析】【分析】(1)由儀器a結(jié)構(gòu)可知為球形冷凝管，甲苯揮發(fā)會(huì)導(dǎo)致產(chǎn)率降低；三頸瓶中甲苯被過氧化氫氧化生成苯甲醛，同時(shí)還生成水；(2)根據(jù)溫度過高時(shí)過氧化氫分解分析解答；(3)反應(yīng)完畢后，反應(yīng)混合液經(jīng)過自然冷卻至室溫時(shí)，先過濾分離固體催化劑，再利用蒸餾的方法分離出苯甲酸；(4)實(shí)驗(yàn)中加入過量的過氧化氫并延長(zhǎng)反應(yīng)時(shí)間時(shí)，會(huì)使苯甲醛產(chǎn)品中產(chǎn)生較多的苯甲酸；先與碳酸氫鈉反應(yīng)之后為苯甲酸鈉，再分液分離，水層中加入鹽酸得到苯甲酸晶體，最后過濾分離得到苯甲酸；苯甲酸的物質(zhì)的量等于消耗KOH物質(zhì)的量，再計(jì)算產(chǎn)品中苯甲酸的質(zhì)量分?jǐn)?shù)；a滴定時(shí)俯視讀取耗堿量，會(huì)使KOH溶液體積讀數(shù)偏??；bKOH標(biāo)準(zhǔn)液長(zhǎng)時(shí)間接觸空氣，會(huì)吸收二氧化碳步驟轉(zhuǎn)化為碳酸鉀，導(dǎo)致消耗氫氧化鉀溶液體積偏大；c配置KOH標(biāo)準(zhǔn)液時(shí)仰視定容，液面在刻度線上方，配制標(biāo)準(zhǔn)液的體積偏大、濃度偏小，導(dǎo)致滴定時(shí)消耗KOH溶液體積偏大；d將酚酞指示劑換為甲基橙溶液，終點(diǎn)時(shí)溶液呈酸性，消耗氫氧化鉀溶液體積偏小?！驹斀狻?1)由儀器a結(jié)構(gòu)可知為球形冷凝管，甲苯揮發(fā)會(huì)導(dǎo)致產(chǎn)率降低，冷凝回流，防止甲苯揮發(fā)導(dǎo)致產(chǎn)率降低；三頸瓶中甲苯被過氧化氫氧化生成苯甲醛，同時(shí)還生成水，反應(yīng)方程式為：；(2)溫度過高時(shí)過氧化氫分解速度加快，實(shí)際參加反應(yīng)的過氧化氫質(zhì)量減小，苯甲醛的產(chǎn)量卻有所減少；(3)反應(yīng)完畢后，反應(yīng)混合液經(jīng)過自然冷卻至室溫時(shí)，先過濾分離固體催化劑，再利用蒸餾的方法分離出苯甲酸；(4)實(shí)驗(yàn)中加入過量的過氧化氫并延長(zhǎng)反應(yīng)時(shí)間時(shí)，會(huì)使苯甲醛產(chǎn)品中產(chǎn)生較多的苯甲酸；先與碳酸氫鈉反應(yīng)之后為苯甲酸鈉，再分液分離，水層中加入鹽酸得到苯甲酸晶體，最后過濾分離得到苯甲酸，再洗滌、干燥得到苯甲酸，故正確操作步驟是：dacb，故答案為：dacb；若對(duì)實(shí)驗(yàn)中獲得的苯甲酸產(chǎn)品進(jìn)行純度測(cè)定，可稱取2.500g產(chǎn)品，溶于200mL乙醇配成溶液，量取所得的乙醇溶液20.00mL于錐形瓶，滴加23滴酚酞指示劑，然后用預(yù)先配好的0.1000mo/L KOH標(biāo)準(zhǔn)液滴定，到達(dá)滴定終點(diǎn)時(shí)消耗KOH溶液18.00mL；苯甲酸的物質(zhì)的量等于消耗KOH物質(zhì)的量，則2.500g產(chǎn)品中苯甲酸為0.018L0.1mol/L122g/mol=2.196g，產(chǎn)品中苯甲酸的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為100%=87.8%；a滴定時(shí)俯視讀取耗堿量，會(huì)使KOH溶液體積讀數(shù)偏小，計(jì)算苯甲酸的質(zhì)量偏小，測(cè)定結(jié)果偏低，故a正確；bKOH標(biāo)準(zhǔn)液長(zhǎng)時(shí)間接觸空氣，會(huì)吸收二氧化碳步驟轉(zhuǎn)化為碳酸鉀，導(dǎo)致消耗氫氧化鉀溶液體積偏大，測(cè)定結(jié)果偏高，故b錯(cuò)誤；c配置KOH標(biāo)準(zhǔn)液時(shí)仰視定容，液面在刻度線上方，配制標(biāo)準(zhǔn)液的體積偏大、濃度偏小，導(dǎo)致滴定時(shí)消耗KOH溶液體積偏大，測(cè)定結(jié)果偏高，故c錯(cuò)誤；d將酚酞指示劑換為甲基橙溶液，終點(diǎn)時(shí)溶液呈酸性，消耗氫氧化鉀溶液體積偏小，測(cè)定結(jié)果偏低，故d正確；故答案為ad。10.NO2和N2O4的相互轉(zhuǎn)化2NO2(g)N2O4(g)是高中乃至大學(xué)討論化學(xué)平衡問題的常用體系。請(qǐng)回答：.將N2O4 (g)轉(zhuǎn)化為N2O4(l)，可用來制備硝酸。(1)已知2NO2(g)N2O4(g) H1 2NO2(g)N2O4(l) H2下列能量變化示意圖正確的是_。ABC(2)NO2和N2O4物質(zhì)的量之比為1:1與O2和H2O恰好完全反應(yīng)的化學(xué)方程式為_。.對(duì)于2NO2(g)N2O4(g)反應(yīng)體系，標(biāo)準(zhǔn)平衡常數(shù)K=，其中P為標(biāo)準(zhǔn)壓強(qiáng)(1105 Pa)，P(N2O4)和P(NO2)為各組分平衡分壓(平衡分壓=總壓物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))。(1)若起始NO2的物質(zhì)的量設(shè)為1mol，反應(yīng)在恒定溫度和標(biāo)準(zhǔn)壓強(qiáng)下進(jìn)行，N2O4的平衡產(chǎn)率為0.75，則K=_。(2)利用現(xiàn)代手持技術(shù)傳感器可以探究壓強(qiáng)對(duì)2NO2(g)N2O4(g)化學(xué)平衡移動(dòng)的影響。在恒定溫度和標(biāo)準(zhǔn)壓強(qiáng)條件下，往針筒中充入一定體積的NO2氣體后密封并保持活塞位置不變。分別在t1、t2時(shí)刻迅速移動(dòng)活塞后并保持活塞位置不變，測(cè)定針筒內(nèi)氣體壓強(qiáng)變化如圖所示。B點(diǎn)時(shí)NO2的轉(zhuǎn)化率為_。E、H兩點(diǎn)對(duì)應(yīng)氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量ME_MH(填“、或=”)。.以連二硫酸根(S2O42-)為媒介，使用間接電化學(xué)法也可處理燃煤煙氣中的NO，裝置如圖所示：(3)陰極區(qū)的電極反應(yīng)式為_。NO吸收轉(zhuǎn)化后的主要產(chǎn)物為NH4+，若通電時(shí)電路中轉(zhuǎn)移了0.3mole，則此通電過程中理論上吸收的NO在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為_mL。.常溫下，將a molL-1的醋酸與bmolL-1Ba(OH)2溶液等體積混合，充分反應(yīng)后，溶液中存在2c(Ba2+)=c(CH3COO-)，則該混合溶液中醋酸的電離常數(shù)Ka=_(用含a和b的代數(shù)式表示)?！敬鸢浮?(1). B (2). 4NO2+4N2O4+3O2+6H2O=12HNO3 (3). 3.75 (4). 6% (5). (6). 2SO32-4H2e=S2O42-2H2O (7). 1344 (8). 【解析】【分析】(1)2NO2(g)N2O4(g)為放熱反應(yīng)，則H10； 2NO2(g)N2O4(l)為放熱反應(yīng)，則H20，N2O4(g)轉(zhuǎn)化為N2O4(l)為放熱反應(yīng)，則能量：N2O4(g)N2O4(l)，據(jù)此分析判斷；(2)四氧化二氮能轉(zhuǎn)化為二氧化氮，二氧化氮和氧氣、水反應(yīng)生成硝酸，按照要求書寫反應(yīng)的化學(xué)方程式；(1)如果1mol二氧化氮完全轉(zhuǎn)化為四氧化二氮，則生成四氧化二氮的物質(zhì)的量為0.5mol，N2O4的平衡產(chǎn)率為0.75，則生成n(N2O4)=0.50.75mol=0.375mol，消耗的n(NO2)=20.375mol=0.75mol，求出平衡時(shí)混合總氣體物質(zhì)的量，平衡分壓=總壓物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)計(jì)算出PN2O4和PNO2，結(jié)合K=計(jì)算；(2)恒溫恒容條件下，氣體壓強(qiáng)之比等于物質(zhì)的量之比，設(shè)開始時(shí)二氧化氮的物質(zhì)的量為1mol，則B點(diǎn)混合氣體總物質(zhì)的量=1mol=0.97mol，根據(jù)方程式求出參加反應(yīng)的n(NO2)，再計(jì)算二氧化氮的轉(zhuǎn)化率；恒容時(shí)壓強(qiáng)越大氣體總物質(zhì)的量越大，反應(yīng)前后氣體總質(zhì)量不變，則混合氣體平均相對(duì)分子質(zhì)量減??；III(3)根據(jù)圖像，陰極區(qū)通入的液體主要含SO32-，流出主要含S2O42-，據(jù)此書寫陰極區(qū)的電極反應(yīng)式；由于NO吸收轉(zhuǎn)化后的主要產(chǎn)物為NH4+，根據(jù)轉(zhuǎn)移的電子求出吸收的NO；將a mol/L的醋酸與b mol/L Ba(OH)2溶液等體積混合，溶液中溶質(zhì)為醋酸鋇和氫氧化鋇，反應(yīng)平衡時(shí)，2c(Ba2+)=c(CH3COO-)，溶液中c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，溶液呈中性，依據(jù)電離方程式計(jì)算醋酸的電離平衡常數(shù)?！驹斀狻?1)2NO2(g)N2O4(g)為放熱反應(yīng)，則H10，反應(yīng)物總能量大于生成物總能量； 2NO2(g)N2O4(l)為放熱反應(yīng)，則H20，反應(yīng)物總能量大于生成物總能量，N2O4(g)轉(zhuǎn)化為N2O4(l)為放熱反應(yīng)，則能量：N2O4(g)N2O4(l)，只有B符合，故答案為：B；(2)四氧化二氮能轉(zhuǎn)化為二氧化氮，二氧化氮和氧氣、水反應(yīng)生成硝酸，NO2和N2O4物質(zhì)的量之比為1:1與O2和H2O恰好完全反應(yīng)的化學(xué)方程式為4NO2+4N2O4+3O2+6H2O=12HNO3，故答案為：4NO2+4N2O4+3O2+6H2O12HNO3；(1)如果1mol二氧化氮完全轉(zhuǎn)化為四氧化二氮，則生成四氧化二氮的物質(zhì)的量為0.5mol，N2O4的平衡產(chǎn)率為0.75，則生成n(N2O4)=0.50.75mol=0.375mol，消耗的n(NO2)=20.375mol=0.75mol，平衡時(shí)混合總氣體物質(zhì)的量=(0.375+1-0.75)mol=0.625mol，PN2O4=P=0.6P，PNO2=P=0.4P，標(biāo)準(zhǔn)平衡常數(shù)K=3.75，故答案為：3.75；(2)恒溫恒容條件下，氣體壓強(qiáng)之比等于物質(zhì)的量之比，設(shè)開始時(shí)二氧化氮的物質(zhì)的量為1mol，則B點(diǎn)混合氣體總物質(zhì)的量=1mol=0.97mol，根據(jù)方程式2NO2(g)N2O4(g)知，反應(yīng)前后減少的物質(zhì)的量相當(dāng)于參加反應(yīng)的二氧化氮的物質(zhì)的量一半，則參加反應(yīng)的n(NO2)=(1-0.97)mol2=0.06mol，二氧化氮轉(zhuǎn)化率= 100%=6%，故答案為：6%；恒容時(shí)壓強(qiáng)越大，氣體總物質(zhì)的量越大，反應(yīng)前后氣體總質(zhì)量不變，則混合氣體平均相對(duì)分子質(zhì)量越小，t1時(shí)增大容器體積，導(dǎo)致壓強(qiáng)減小，平衡逆向移動(dòng)，導(dǎo)致氣體相對(duì)分子質(zhì)量減??；t2縮小容器體積，壓強(qiáng)增大，平衡正向移動(dòng)，氣體物質(zhì)的量減小，最小的是H點(diǎn)，則H點(diǎn)是相對(duì)分子質(zhì)量最大的點(diǎn)，E、H兩點(diǎn)對(duì)應(yīng)氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量MEMH，故答案為：；III(3)由圖可知，陰極區(qū)通入的液體主要含SO32-，流出主要含S2O42-，所以陰極區(qū)電極反應(yīng)式為2SO32-+4H+2e-=S2O42-+2H2O，故答案為：2SO32-+4H+2e-=S2O42-+2H2O；由于NO吸收轉(zhuǎn)化后的主要產(chǎn)物為NH4+，NONH4+5e-，若電路中轉(zhuǎn)移0.3mol e-，則吸收NO 0.06mol，在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為=0.06mol22.4L/mol=1.344L=1344mL，故答案為：1344。通常狀況下，將a mol/L的醋酸與b mol/L Ba(OH)2溶液等體積混合，溶液中溶質(zhì)為醋酸鋇和氫氧化鋇，反應(yīng)平衡時(shí)，2c(Ba2+)=c(CH3COO-)=bmol/L，溶液中c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，溶液呈中性，醋酸電離平衡常數(shù)依據(jù)電離方程式寫出K=10-7，故答案為：10-7?！军c(diǎn)睛】本題的易錯(cuò)點(diǎn)和難點(diǎn)為(1)中平衡常數(shù)的計(jì)算，要注意理解壓強(qiáng)平衡常數(shù)的含義和計(jì)算方法。11.已知可以由下列反應(yīng)合成三聚氰胺：CaO3CCaC2CO，CaC2N2CaCN2C，CaCN22H2O=NH2CNCa(OH)2，NH2CN與水反應(yīng)生成尿素CO(NH2)2，尿素合成三聚氰胺。（1）寫出與Ca在同一周期且最外層電子數(shù)相同、內(nèi)層排滿電子的基態(tài)原子的電子排布式：_。CaCN2中陰離子為CN22-，與CN22-互為等電子體的分子有N2O和_(填化學(xué)式)，由此可以推知CN22-的空間構(gòu)型為_。（2）尿素分子中C原子采取_雜化。尿素分子的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是_。（3）三聚氰胺俗稱“蛋白精”。動(dòng)物攝入三聚氰胺和三聚氰酸后，三聚氰酸與三聚氰胺分子相互之間通過_結(jié)合，在腎臟內(nèi)易形成結(jié)石。（4）H2與O2發(fā)生反應(yīng)的過程用模型圖示如下（“”表示化學(xué)鍵）：其中過程是_過程（填“吸熱”、“放熱”或“沒有能量變化”）。圖中產(chǎn)生了由極性鍵構(gòu)成的_分子（填“極性”或“非極性”）。（5）CaO晶胞如圖所示，CaO晶體中Ca2+的配位數(shù)為_。已知CaO晶體的密度為，求晶胞中距離最近的兩個(gè)鈣離子之間的距離_（列出計(jì)算式）CaO晶體和NaCl晶體的晶格能分別為：CaO3401kJmol-1、NaCl786kJmol-1。導(dǎo)致兩者晶格能差異的主要原因是_?！敬鸢浮?(1). 1s22s22p63s23p63d104s2或Ar3d104s2 (2). CO2 (3). 直線形 (4). sp2 (5). (6). 分子間氫鍵 (7). 吸熱 (8). 極性 (9). 6 (10). (11). CaO晶體中的Ca2+、O2-的帶電量大于NaCl晶體中Na+、Cl-的帶電量【解析】【分析】(1)Ca位于第四周期、最外層電子數(shù)為2，最外層電子數(shù)為2、內(nèi)層排滿電子的第四周期元素原子是Zn，根據(jù)核外電子排布規(guī)律書寫；根據(jù)等電子體的概念確定與CN22-互為等電子體的分子，根據(jù)二氧化碳的空間構(gòu)型確定CN22-離子的空間構(gòu)型；(2)根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論確定尿素的VSEPR模型，根據(jù)模型確定其雜化方式和分子空間結(jié)構(gòu)；(3)氫鍵普遍存在于已經(jīng)與N、O、F等電負(fù)性很大的原子形成共價(jià)鍵的氫原子與另外的N、O、F等電負(fù)性很大的原子之間；(4)破壞化學(xué)鍵要吸收能量；根據(jù)水的結(jié)構(gòu)判斷分子的極性；(5)以鈣離子為中心，沿X、Y、