2019-2020学年北京市西城区第十五中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

2019-2020学年北京市西城区第十五中学新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1黑索金是一种爆炸力极强的烈性炸药，比TNT 猛烈 1.5 倍。可用浓硝酸硝解乌洛托品得到黑索金，同时生成硝酸铵和甲醛(HCHO)。下列说法不正确的是（）A乌洛托品的分子式为C6H12N4B乌洛托品分子结构中含有3 个六元环C乌洛托品的一氯代物只有一种D乌洛托品得到黑索金反应中乌洛托品与硝酸的物质的量之比为1：4【答案】B【解析】【详解】A乌洛托品的分子中含有6 个“CH2”和 4 个 N 原子，则分子式为C6H12N4，A 正确；B乌洛托品分子结构中含有4 个六元环，B 不正确；C乌洛托品分子中含有6 个完全相同的-CH2-，所以一氯代物只有一种，C正确；D 1mol 乌洛托品与4mol 硝酸完全反应，生成1mol 黑索金、1molNH4NO3和 3molHCHO，D 正确；故选 B。2某有机物结构简式如图，下列对该物质的叙述中正确的是A该有机物易溶于苯及水B该有机物苯环上的一氯代物共有4 种C该有机物可以与溴的四氯化碳溶液发生加成反应使之褪色D 1mol 该有机物最多可与1mol NaOH 发生反应【答案】D【解析】【详解】A.该有机物烃基较大，不溶于水（亲水基较少，憎水基较多），所以易溶于苯但不溶于水，故A 错误；B.该有机物苯环上的一氯代物与苯环上另一取代基有邻间对3 种位置，共有3 种，故 B 错误；C.该有机物没有碳碳双键或碳碳叁键不能与Br2的 CCl4溶液发生加成反应，故C错误；D.该有机物只有一个普通酯基可与1molNaOH 发生反应，故D 正确；故答案为D。3下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是()选项实验操作实验现象结论A 等体积pH3的HA和HB两种酸分别与足量的锌反应相同时间内HA与Zn反应生成的氢气更多HA是强酸B 将湿润的淀粉-KI试纸分别放入2NO和2Br蒸气中试纸只在2Br蒸气中变蓝色氧化性：22BrNOC 将光亮的镁条放入盛有4NH Cl溶液的试管中有大量气泡产生生成的气体是3NHD 向 NaHCO3溶液中加入NaAlO2溶液有白色沉淀生成2AlO结合H的能力比23CO强A A BB CC D D【答案】D【解析】【详解】A等体积pH=3 的 HA 和 HB 两种酸分别与足量的锌反应，相同时间内，HA 收集到氢气多，一定能说明HA 是弱酸，故A 错误；BNO2和 Br2蒸气均能氧化KI 生成碘单质，湿润的淀粉KI 试纸均变蓝，现象相同，不能判断两者的氧化性强弱，故B错误；C氯化铵溶液水解显酸性，Mg 与氢离子反应，且放热导致一水合氨分解，则有大量气泡产生，可知反应中生成 H2和 NH3，故 C错误；D偏铝酸根离子促进碳酸氢根离子的电离，生成氢氧化铝沉淀，则AlO2-结合 H+的能力比CO32-强，故 D正确；故答案为D。【点睛】考查强弱电解质判断，为高频考点，注意不能根据电解质溶液导电性强弱、电解质溶解性强弱等方法判断，为易错题。强弱电解质的根本区别是电离程度，部分电离的电解质是弱电解质，如要证明醋酸是弱电解质，只要证明醋酸部分电离即可，可以根据醋酸钠溶液酸碱性、一定浓度的醋酸pH 等方法判断。4物质性质的差异与分子间作用力有关的是A沸点：Cl2I2B热稳定性：HFHCl C硬度：晶体硅金刚石D熔点：MgONaCl【答案】A【解析】【详解】A、分子晶体的相对分子质量越大,沸点越高,则卤素单质的熔、沸点逐渐升高，与分子间作用力有关，A正确；B、非金属性F ClBrI，则 HF、HCl、HBr、HI 热稳定性依次减弱，与共价键有关，B错误；C、原子晶体中，共价键的键长越短，熔点越高，金刚石的硬度大于硅，其熔、沸点也高于硅，与共价键有关，C错误；D、离子键的键长越短，离子所带电荷越多，离子键越强，熔点越高，离子半径：Mg2+Na+、O2Cl-，所以熔点：MgONaCl，与离子键大小有关，D 错误；正确选项A。5下列离子方程式正确的是A氯化铝溶液与一定量的碳酸钠溶液反应：Al3+3CO32+3H2O=Al(OH)3+3HCO3B氯化钠固体与浓硫酸混合微热：Cl+H+HClC氯气通入石灰乳：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O D苯酚钠溶液呈碱性的原理：C6H5O+H2OC6H5OH+OH【答案】A【解析】【详解】A氯氯化铝与碳酸钠溶液过量时发生双水解生成氢氧化铝和碳酸氢钠，离子方程式：Al3+3CO32+3H2O=Al(OH)3+3HCO3，选项 A 正确；B氯化钠固体与浓硫酸混合微热，离子方程式：H2SO4(浓)+NaCl(固)=NaHSO4+HCl(g)，选项 B 错误；C氯气通入石灰乳，离子方程式：Ca(OH)2+2Cl22Ca2+2Cl-+2ClO-+2H2O，选项 C错误；D酚钠溶液呈碱性是因为苯氧根离子水解生成氢氧根离子和苯酚，离子方程式：C6H5O+H2OC6H5OH+OH，选项 D 错误；答案选 A。【点睛】本题考查了离子方程式的书写，侧重考查化学式的拆分，注意浓硫酸、固体氯化钠、石灰乳应保留化学式，易错点为D酚钠溶液呈碱性是因为苯氧根离子水解生成氢氧根离子和苯酚，离子方程式：C6H5O+H2OC6H5OH+OH。6如图所示，将铁钉放入纯水中，一段时间后，铁钉表面有铁锈生成，下列说法正确的是A铁钉与水面交接处最易腐蚀B铁钉发生吸氧腐蚀，铁做阴极C铁发生的反应是：Fe3e Fe3+D水上和水下部分的铁钉不发生电化腐蚀【答案】A【解析】【详解】A.在铁钉和水面的交界处，有电解质溶液，氧气的浓度最高，故发生吸氧腐蚀的速率最大，则最易被腐蚀，故 A 正确；B.由于水为中性，故钢铁发生吸氧腐蚀，其中铁做负极，故B 错误；C.铁做负极，电极反应为：Fe-2e=Fe2+，故 C错误；D.因为水的蒸发，故在铁钉的水面以上的部分上仍然有水膜，仍然能发生吸氧腐蚀；因为氧气能溶解在水中，故铁钉水面一下的部分也能发生吸氧腐蚀，但均没有铁钉和水的交接处的腐蚀速率大，故D 错误；答案：A【点睛】将铁钉放入纯水中，由于铁钉为铁的合金，含有碳单质，故在纯水做电解质溶液的环境下，铁做负极，碳做正极，中性的水做电解质溶液，发生钢铁的吸氧腐蚀，据此分析。7用 NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A 1.0 L 1.0 mol/L 的 Na2SO4水溶液中含有的氧原子数为4NAB1 mol Na2O2固体中含离子总数与1 mol CH4中所含共价键数目相等C1 mol NaClO 中所有 ClO的电子总数为26 NAD标准状况下，6.72 L NO2与水充分反应转移的电子数目为0.1NA【答案】C【解析】【详解】ANa2SO4水溶液中，水分子也含有氧原子，故 1.0L1.0mol/L 的 Na2SO4水溶液中含有的氧原子数大于4NA，选项 A 错误；BNa2O2由 2 个钠离子和1 个过氧根构成，故1molNa2O2中含 3mol 离子，而 1mol 甲烷中含4molC-H 键，选项 B 错误；C1molNaClO 中含 1molClO-，而 1molClO-中含 26mol 电子，选项C正确；D标况下，6.72L 二氧化氮的物质的量为0.3mol，而 NO2与水的反应为歧化反应，3molNO2转移 2mol 电子，故 0.3mol 二氧化氮转移0.2mol 电子，选项D 错误答案选 C。【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键，易错点为选项D标况下，6.72L 二氧化氮的物质的量为0.3mol，而 NO2与水的反应为歧化反应，3molNO2转移 2mol 电子，故 0.3mol 二氧化氮转移0.2mol 电子。8化学与生产、生活密切相关，下列有关说法正确的是（）A工业上用电解MgO、Al2O3的方法来冶炼对应的金属B煤的气化、液化与石油的裂化、裂解均为化学变化C“血液透析”和“静电除尘”利用了胶体的同一种性质D刚玉主要成分是氧化铝，玛瑙、分子筛主要成分是硅酸盐【答案】B【解析】【详解】A.工业上用电解MgCl2、Al2O3的方法来冶炼对应的金属，故A 错误；B.煤的气化、液化与石油的裂化、裂解均有新物质生成，属于化学变化，故B 正确；C.“血液透析”是利用胶体不能透过半透膜的性质，“静电除尘”利用了胶体微粒带电，在电场作用下定向移动的性质，故C 错误；D.刚玉主要成分是氧化铝，玛瑙、分子筛主要成分是二氧化硅，故D 错误。故选 B。9常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是（）A无色透明的溶液中：K+、NH4+、MnO4-、CO32-Bc(I-)0.10mol L-1的溶液中：Al3+、Fe3+、Cl-、NO3-CpH=1 的溶液中：NH4、Na+、SO42-、Br-D水电离出的c(H+)10-13mol L-1的溶液中：Mg2+、K+、Cl-、HCO3-【答案】C【解析】【详解】A.MnO4是紫红色溶液，故A 不符合题意；B.c(I)0.10mol L-1的溶液中与Fe3+反应生成亚铁离子和碘单质，故B 不符合题意；C.pH=1 的溶液中：NH4、Na+、SO42、Br都不反应，故C符合题意；D.水电离出的c(H+)10-13mol L-1的溶液，可能为酸或碱，HCO3在酸中或碱中都要反应，故D 不符合题意。综上所述，答案为C。10如图所示的方案可以降低铁闸门的腐蚀速率。下列判断正确的是()A若 X为导线，Y可以是锌B若 X 为导线，铁闸门上的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+C若 X为直流电源，铁闸门做负极D若 X 为直流电源，Y极上发生还原反应【答案】A【解析】【详解】A.若 X 为导线，Y可以是锌，形成原电池，铁闸门作正极被保护，能降低铁闸门的腐蚀速率，故A正确；B.若 X 为导线，铁闸门上的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，则铁闸门作负极被腐蚀，所以不能降低铁闸门的腐蚀速率，故B错误；C.若 X为直流电源，铁闸门连接负极，作阴极，能降低铁闸门的腐蚀速率，故C错误；D.若 X为直流电源，铁闸门连接负极，作阴极，Y极为阳极，则Y极上发生氧化反应，故D错误；故选：A。1125 C时，向 10mL0.10mol L-1的一元弱酸HA(Ka=1.0 10-3)中逐滴加入0.10mol L-1NaOH 溶液，溶液pH随加入 NaOH 溶液体积的变化关系如图所示。下列说法正确的是（）A a 点时，c(HA)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)B溶液在a 点和 b 点时水的电离程度相同Cb 点时，c(Na+)=c(HA)+c(A-)+c(OH-)D V=10mL 时，c(Na+)c(A-)c(H+)c(HA)【答案】A【解析】【详解】Aa 点时，pH=3，c(H+)=10-3 mol L-1，因为 Ka=1.0 10-3，所以 c(HA)=c(A)，根据电荷守恒c(A)+c(OH)=c(Na+)+c(H+)和 c(HA)=c(A)即得 c(HA)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，故 A 正确；Ba 点溶质为HA 和 NaA，pH3，水电离出的c(OH)1011；b 点溶质为NaOH 和 NaA，pH11，c(OH)=10-3，OH是由NaOH 电离和水电离出两部分之和组成的，推断出由水电离处的c(OH)c(H+)，即 c(HA)c(H+)，故 D 错误；故答案选A。【点睛】判断酸碱中和滴定不同阶段水的电离程度时，要首先判断这一阶段溶液中的溶质是什么，如果含有酸或碱，则会抑制水的电离；如果是含有弱酸阴离子或弱碱阳离子的溶液，则会促进水的电离；水的电离程度与溶液 pH 无关。12下列说法中，正确的是（）A离子化合物中一定不含共价键B分子间作用力越大，分子的热稳定性就越大C可能存在不含任何化学键的晶体D酸性氧化物形成的晶体一定是分子晶体【答案】C【解析】【详解】A.离子化合物一定有离子键，可能含有共价键，如NaOH 属于离子化合物含有离子键和共价键，故A 错误；B.分子的热稳定性由共价键决定，分子间作用力决定物质的物理性质，故B错误；C.稀有气体分子里面不含化学键，一个原子就是一个分子，故C正确；D.二氧化硅为酸性氧化物，但它是由氧原子和硅原子构成的晶体，且以共价键形成空间网状结构的原子晶体，不是分子晶体，故D 错误；正确答案是C。【点睛】本题考查化学键、分子间作用力等知识，题目难度不大，注意分子间作用力影响分子的物理性质，分子的稳定性属于化学性质。132005 年法拉利公司发布的敞篷车(法拉利 Superamerica)，其玻璃车顶采用了先进的电致变色技术，即在原来玻璃材料基础上增加了有电致变色系统组成的五层膜材料(如图所示)。其工作原理是：在外接电源(外加电场)下，通过在膜材料内部发生氧化还原反应，实现对器件的光透过率进行多级可逆性调节。下列有关说法中不正确的是（）A当 A 外接电源正极时，Li+脱离离子储存层B当 A 外接电源负极时，电致变色层发生反应为：WO3+Li+e-=LiWO3C当 B外接电源正极时，膜的透过率降低，可以有效阻挡阳光D该电致变色系统在较长时间的使用过程中，离子导体层中Li+的量可保持基本不变【答案】A【解析】【分析】【详解】A.当 A 外接电源正极时，A 处的透明导电层作阳极，电致变色层中LiWO3转化为 WO3和 Li+，Li+进入离子储存层，故A 错误；B.当 A 外接电源负极时，A处的透明导电层作阴极，电致变色层发生反应为：WO3+Li+e-=LiWO3，故 B正确；C.当 B外接电源正极时，A 处的透明导电层作阴极，电致变色层中WO3转化为 LiWO3，膜的透过率降低，可以有效阻挡阳光，故C正确；D.该电致变色系统在较长时间的使用过程中，LiWO3与 WO3相互转化，离子导体层中Li+的量可保持基本不变，故D 正确；综上所述，答案为A。14ICl能发生下列变化，其中变化时会破坏化学键的是（）A升华B熔化C溶于 CCl4D受热分解【答案】D【解析】【详解】ICl 是共价化合物，在升华、熔化时化学键不断裂，溶于CCl4时未发生电离，化学键不断裂，破坏的均为分子间作用力；受热分解时发生化学反应，发生化学键的断裂和形成，故选D。15是制作电木的原料。下列围绕此物质的讨论正确的是A该有机物没有确定的熔点B该有机物通过加聚反应得到C该有机物通过苯酚和甲醇反应得到D该有机物的单体是-C6H3OHCH2-【答案】A【解析】【详解】A.聚合物中的n 值不同，是混合物，没有确定的熔点，故A 正确；B.是苯酚和甲醛通过缩聚制取的，故B错误；C.合成酚醛树脂的单体是苯酚和甲醛，故C错误；D.合成酚醛树脂的单体是苯酚和甲醛，故D 错误。故选 A。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16硝酸亚铁可用作媒染剂、分析试剂、催化剂等。(1)硝酸亚铁可用铁屑在低温下溶于稀硝酸制得，还原产物为NO。反应的化学方程式为_。(2)某小组为探究硝酸亚铁晶体的热分解产物，按下图所示装置进行实验。仪器 B 的名称是 _，实验中无水CuSO4变蓝，由此可知硝酸亚铁晶体含有_。实验中观察到A 装置的试管中有红棕色气体生成，检验热分解后固体为氧化铁的实验方案为：实验步骤现象取少量固体加适量稀硫酸，振荡，将溶液分成两份固体溶解得黄色溶液一份滴入 _溶液变成红色另一份滴入12 滴 K3 Fe(CN)6溶液_ A 中硝酸亚铁晶体Fe(NO3)2 xH2O分解的化学方程式为_。(3)继续探究mg 硝酸亚铁晶体中铁元素的质量分数取 A 中热分解后的固体放入锥形瓶，用稀硫酸溶解，加入过量的KI 溶液，滴入2 滴_作指示剂。用 a mol/LNa2S2O3标准溶液滴定锥形瓶中的溶液(已知：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)，滴定至终点时用去bmLNa2S2O3溶液，则硝酸亚铁晶体中铁的质量分数为_。【答案】3Fe+8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2+2NO +4H2O 干燥管(或球形干燥管)结晶水l2 滴 KSCN溶液无蓝色沉淀生成4Fe(NO3)2?xH2O2Fe2O3+8NO2+O2+4xH2O 淀粉溶液5.6ab%m【解析】【分析】(1)铁在低温下溶于稀硝酸，反应生成硝酸亚铁和NO，据此书写反应的化学方程式；(2)无水 CuSO4变蓝，说明生成了水，据此解答；实验中观察到A 装置的试管中有红棕色气体生成，该气体为二氧化氮，同时生成氧化铁，据此书写分解的化学方程式；将少量氧化铁溶于稀硫酸，得到含有铁离子的溶液，铁离子遇到KSCN变红色，K3 Fe(CN)6溶液是检验亚铁离子的试剂，据此分析解答；(3)铁离子具有氧化性，加入过量的KI溶液，能够将碘离子氧化生成碘单质，据此选择指示剂；根据发生的反应2Fe3+2I-=2Fe2+I2，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-分析解答。【详解】(1)铁在低温下溶于稀硝酸，反应生成硝酸亚铁和NO，反应的化学方程式为3Fe+8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2+2NO +4H2O，故答案为3Fe+8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2+2NO +4H2O；(2)根据装置图，仪器B 为干燥管，实验中无水CuSO4变蓝，说明生成了水，由此可知硝酸亚铁晶体含有结晶水，故答案为干燥管；结晶水；实验中观察到A 装置的试管中有红棕色气体生成，该气体为二氧化氮，同时生成氧化铁，则硝酸亚铁晶体Fe(NO3)2 xH2O分解的化学方程式为4Fe(NO3)2?xH2O2Fe2O3+8NO2+O2+4xH2O；根据检验氧化铁的实验步骤：将少量氧化铁溶于稀硫酸，得到含有铁离子的溶液，铁离子遇到KSCN变红色，K3 Fe(CN)6溶液是检验亚铁离子的试剂，因此滴入12 滴 K3 Fe(CN)6溶液，无蓝色沉淀生成，故答案为l2 滴 KSCN溶液；无蓝色沉淀生成；4Fe(NO3)2?xH2O2Fe2O3+8NO2+O2+4xH2O；(3)铁离子具有氧化性，加入过量的KI溶液，能够将碘离子氧化生成碘单质，因此可以选用淀粉溶液作指示剂，故答案为淀粉溶液；发生的反应有2Fe3+2I-=2Fe2+I2，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，有关系式2Fe3+I2 2S2O32-，因此硝酸亚铁晶体中铁的质量分数为-3a mol/Lb 10 L56g/molmg 100%=5.6ab%m，故答案为5.6ab%m。【点睛】本题的易错点为(2)，要注意 K3 Fe(CN)6溶液的作用是检验亚铁离子，如果溶液中存在亚铁离子，则会生成蓝色沉淀。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17化合物H 是一种高效除草剂，其合成路线流程图如下：（1）E中含氧官能团名称为_和_。（2）AB 的反应类型为_。（3）写出同时满足下列条件的D 的一种同分异构体的结构简式：_。不能发生水解反应，能与FeCl3溶液发生显色反应：分子中有4 种不同化学环境的氢。（4）F的分子式为C15H7ClF3NO4，写出 F的结构简式：_。（5）已知：NH2与苯环相连时，易被氧化；COOH与苯环相连时，再引入其他基团主要进入它的间位。请写出以A 和 D 为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。_【答案】醚键羧基取代反应【解析】【分析】根据流程可知，B 被酸性重铬酸钠氧化生成C，结合 A 的结构简式可知B 为，在浓硫酸催化下与浓硝酸发生硝化反应（也属于取代反应）生成和水；与发生反应生成分子式为C15H7ClF3NO4的 F，F与发生反应生成，结构两者的结构简式可知F为，据此分析解答。【详解】根据流程可知，B 被酸性重铬酸钠氧化生成C，结合 A 的结构简式可知B 为，在浓硫酸催化下与浓硝酸发生硝化反应（也属于取代反应）生成和水；与发生反应生成分子式为C15H7ClF3NO4的 F，F与发生反应生成，结构两者的结构简式可知F为。（1）E为，含氧官能团名称为醚键和羧基；（2）AB 是在浓硫酸催化下与浓硝酸发生硝化反应（也属于取代反应）生成和水；反应类型为取代反应；（3）D 为，满足条件不能发生水解反应，能与FeCl3溶液发生显色反应，则不含有肽键及酯基，含有酚羟基；分子中有4 种不同化学环境的氢，则高度对称，若苯环上只有两个取代基则应为对位且有一个是酚羟基，则为；若苯环上有多个取代基，则为两个酚羟基且对称、一个醛基和一个氨基，符合条件的有、；（4）F的结构简式为：；（5）A（）和 D（）为原料制备，在氯化铁的催化下与氯气发生取代反应生成，氧化得到，与在碳酸钾作用下反应生成，在浓硝酸、双氧水及冰醋酸作用下生成，合成路线流程图如下：。【点睛】本题考查有机合成及推断，解题的关键是分析反应类型、推出各有机物及反应原理，本题的难点是结合题中合成路线设计合理的合成方案，注意题中信息的解读。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18聚酰亚胺是重要的特种工程材料，广泛应用在航空、纳米、激光等领域。某聚酰亚胺的合成路线如图所示（部分反应条件略去）：已知：有机物A 的质谱与核磁共振氢谱图如图所示：回答下列问题：（1）A 的名称是 _。（2）反应的反应类型是_。（3）反应的化学方程式是_。（4）F的结构简式是_。（5）同时满足下列条件的G 的同分异构体共有_种(不含立体结构)；写出其中一种的结构简式：_。能发生银镜反应发生发生水解反应，其水解产物之一能与FeC13溶液发生显色反应1mol 该物质最多能与8molNaOH 反应（6）参照上述合成路线，以间二甲苯和甲醇为原料（无机试剂任选）设计制备的合成路线：_。【答案】乙醇取代反应3【解析】【分析】根据已知条件，有机物A 的质谱与核磁共振氢谱可知，A 的相对原子质量是46，核磁共振氢谱有3 组峰，峰面积比为1:2:3，A 为乙醇；根据流程，E在 Fe和 HCl 作用下发生还原反应生成，则 E为；E是 D 反应而来的，D 为；D 是有 A 和 C 在浓硫酸作用下酯化反应得到的，C为；C是有分子式C7H8氧化而来的，B 为甲苯，结合和G 的分子式，可知对二甲苯与2 分子一氯甲烷反应生成；根据可知，F氧化生成G，G 脱水生成H，H为。【详解】（1）根据上述分子可知A 为乙醇；（2）反应是D 在浓硫酸和浓硝酸作用下发生硝化反应生成的E；（3）反应还A 与 C在浓硫酸作用下发生酯化反应生成D，化学方程式为；（4）F的结构简式是；（5）同时满足上述3 个条件的同分异构体是、；（6）间二甲苯氧化生成间苯二甲酸，间苯二甲酸与甲醇发生酯化反应生成间苯二甲酸二甲酯，间苯二甲酸二甲酯发生硝化反应生成，还原得到目标产物，合成路线为：。19铁是一种过渡元素，金属铁是最常用的金属材料。请回答下列有关问题：（1）工业上常利用CO还原铁的氧化物冶炼铁。已知：Fe2O3(s)3CO(g)=2Fe(s)3CO2(g)H1 25kJ/mol 3Fe2O3(s)CO(g)=2Fe3O4(s)CO2(g)H2 47kJ/mol Fe3O4(s)CO(g)=3FeO(s)CO2(g)H3 19kJ/mol 请写出 CO气体还原FeO固体得到Fe固体和 CO2气体的热化学反应方程式：_。（2）11.2gFe与一定量的HNO3充分反应后，Fe 全部溶解，生成Fe2、Fe3的物质的量之比为1：4，将生成的气体与一定量的O2混合后通入水槽中，气体恰好被完全吸收，O2的物质的量是_。（3）利用电解实验可以制得纯净的Fe(OH)2，装置如图所示，两电极分别是石墨和铁，电解质溶液为NaCl溶液。植物油的作用是_，在加入植物油之前，要对NaCl 溶液作何处理：_。阳极的电极反应式为_。若将该装置改为防止Fe发生电化学腐蚀的装置，则Fe电极应与电源_极相连，当电路中通过2mol电子时，两极共收集到气体_L(标准状况)。【答案】FeO(s)+CO(g)=Fe(s)+CO2(g)H=-11 kJ/mol0.14 mol起到隔绝空气的作用要将NaCl 溶液加热煮沸，除去溶解氧气Fe-2e=Fe2+阴44.8 L【解析】【分析】（1）根据盖斯定律解答；（2）根据氧化还原反应中电子守恒规律解答；（3）根据电解原理，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应进行解答。【详解】（1）由已知 Fe2O3(s)3CO(g)=2Fe(s)3CO2(g)H1 25kJ/mol；3Fe2O3(s)CO(g)=2Fe3O4(s)CO2(g)H2 47kJ/mol；Fe3O4(s)CO(g)=3FeO(s)CO2(g)H3 19kJ/mol，根据盖斯定律，由(3-2)16可得：FeO(s)+CO(g)=Fe(s)+CO2(g)H=(-25 kJ/mol3+47 kJ/mol-19kJ/molx2)16=-11 kJ/mol；答案：FeO(s)+CO(g)=Fe(s)+CO2(g)H=-11 kJ/mol；(2)根据两个反应过程，利用得失电子守恒，知铁失电子总数等于氧气得电子总数，故2n(Fe2+)+3n(Fe 3+)=4n(O2)，而 n(Fe2+)=15 n(Fe)=0.04mol，n(Fe3+)=45n(Fe)=0.16 mol，则n(O2)=14(0.042+0.163)mol=0.14 mol；答案：0.14 mol；(3)Fe(OH)2易被空气中氧气氧化，植物油密度小，浮在液面上可以起到隔绝空气的作用；在加入植物油之前，需要将NaCl 溶液加热煮沸，除去溶解氧气。答案：起到隔绝空气的作用；要将NaCl 溶液加热煮沸，除去溶解氧；本实验目的是通过电解实验制得纯净的Fe(OH)2，所以阳极应为Fe 放电，电极反应式为Fe-2e=Fe2+；答案：Fe-2e=Fe2+；利用电解原理保护铁，则Fe 应作阴极，与电源负极相连，此时为电解NaCl 溶液，根据2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，知电路中通过2 mol 电子时，两极共收集到 2 mol 气体，在标准状况下的体积为44.8 L。答案：阴；44.8 L。