2019-2020学年湖南省株洲市醴陵市第二中学、醴陵市第四中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

2019-2020学年湖南省株洲市醴陵市第二中学、醴陵市第四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）12019 年 11 月 2 日，14 岁的华裔女孩Karafan 用硝酸银替代了原液体创可贴中的硝酸铜，凭此改进，获评“美国顶尖青年科学家”。下列说法错误的是（）A该液体创可贴显酸性B银离子能使蛋白质变性，具有杀菌消毒作用C该液体创可贴中，银离子浓度越大越好D硝酸银比硝酸铜的杀菌效果更好【答案】C【解析】【详解】A硝酸银是强酸弱碱盐，水解显酸性，故A 正确；B银离子是重金属阳离子能使蛋白质变性，具有杀菌消毒作用，故B 正确；C银离子浓度大，如果被人体内脏吸收，会积累而发生病变，且永远无法排出体外，极大危害人体健康，故 C 错误；D银离子氧化性大于铜离子，硝酸银比硝酸铜的杀菌效果更好，故D 正确；故选：C。2事实上，许多非金属氧化物在一定条件下能与Na2O2反应，且反应极有规律。如：Na2O2SO2 Na2SO4、Na2O2SO3 Na2SO4+O2，据此，你认为下列方程式中不正确的是A 2Na2O22Mn2O7 4NaMnO4O2B2Na2O2 P2O3 Na4P2O7C2Na2O22 N2O3 NaNO2 O2D 2 Na2O22 N2O5 4NaNO3O2【答案】C【解析】【分析】Na2O2可与某些元素的最高价氧化物反应，生成对应的盐(或碱)和 O2，Na2O2具有强氧化性，与所含元素不是最高价态的氧化物反应时，只生成相对应的盐，不生成O2。据此分析。【详解】A Mn2O7是最高价态的锰的氧化物，NaMnO4中的锰为+7 价，符合上述规律，A 正确；B P2O3不是最高正价，生成Na4P2O7，符合上述规律，B 正确；C N2O3不是最高价态的氮的氧化物，不符合上述规律，C 错误；D N2O5是最高价态的氮的氧化物，因此过氧化钠与五氧化二氮反应生成硝酸钠和氧气，D 正确；答案选 C。【点睛】Na2O2具有氧化性、还原性，所以与强氧化剂反应体现还原性，与还原剂反应体现氧化性，同时也既可以作氧化剂，也作还原剂，再依据得失电子守恒判断书写是否正确。3我国科学家设计二氧化碳熔盐捕获及电化学转化装置，其示意图如下：下列说法不正确的是A b 为电源的正极B中，捕获CO2时碳元素的化合价发生了变化Ca 极的电极反应式为2C2O52-4e-=4CO2+O2D上述装置存在反应：CO2=C+O2【答案】B【解析】【详解】Aa 电极反应是2C2O52-4e-4CO2+O2，发生氧化反应，是电解池的阳极，则b 为正极，故A 正确；B捕获 CO2时生成的C2O52-中碳元素的化合价仍为+4 价，捕获CO2时生成 CO32-时碳元素的化合价仍为+4价，碳元素的化合价均未发生变化，故 B错误；C 由电解装置示意图可知a电极反应是 2C2O52-4e-4CO2+O2，故 C 正确；D由电解装置示意图可知a 电极生成O2，d 电极生成C，电解池总反应式为CO2=C+O2，故 D正确；故答案为B。4以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2）为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下，下列叙述不正确的是A加入 CaO可以减少SO2的排放同时生成建筑材料CaSO4B向滤液中通入过量CO2、过滤、洗涤、灼烧沉淀可制得Al2O3C隔绝空气焙烧时理论上反应消耗的n(FeS2)n(Fe2O3)=15 D烧渣分离可以选择用磁铁将烧渣中的Fe3O4分离出来【答案】C【解析】【详解】A.FeS2煅烧时会生成SO2，加入 CaO会与 SO2反应，减少SO2的排放，而且CaSO3最后也会转化为CaSO4，A 项不符合题意；B.滤液为 NaAlO2溶液，通入CO2，生成 Al(OH)3，过滤、洗涤、煅烧可以得到Al2O3；B 项不符合题意；C.隔绝空气焙烧时，发生的反应为FeS2+16Fe2O3=2SO2+11Fe3O4，理论上反应消耗的n（FeS2）：n（Fe2O3）=1:16，而不是1:5，C项符合题意；D.Fe3O4具有磁性，能够被磁铁吸引，D 项不符合题意；本题答案选C。5在一个2L 的密闭容器中,发生反应:2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)Q(Q0)，其中 SO3的物质的量随时间变化如图所示，下列判断错误的是A 08min 内 v(SO3)=0.025mol/(L min)B8min 时，v 逆(SO2)=2v 正(O2)C8min 时，容器内压强保持不变D若 8min 时将容器压缩为1L，n(SO3)的变化如图中a【答案】D【解析】【分析】【详解】A、08 min 内 v（SO3）=0.4mol2L8min=0.025mol/（L?min），选项 A 正确；B、8min 时，n(SO3)不再变化，说明反应已达平衡，v 逆(SO2)=v正(SO2)=2v 正(O2)，选项 B正确；C、8min 时，n(SO3)不再变化，说明各组分浓度不再变化，容器内压强保持不变，选项C 正确；D、若 8min 时压缩容器体积时，平衡向气体体积减小的逆向移动，但纵坐标是指物质的量，不是浓度，SO3的变化曲线应为逐变不可突变，选项D 错误；答案选 D。【点睛】本题考查了化学反应速率的求算、平衡常数、平衡状态的判断、平衡移动的图象分析，明确概念是解题的关键。6A、B、C、D、E、F为原子序数依次递增的六种短周期主族元素，A 的单质是最理想的燃料。C原子次外层电子数是最外层的1/3，E与 C同主族，下列说法不正确的是A元素 D 与 A一定形成共价化合物B元素 B 可能与元素A 形成多种共价化合物CF最高价氧化物对应水化物定是一种强酸D若元素D 是非金属元素，则D 的单质可能是良好的半导体材料【答案】A【解析】【分析】A的单质是最理想的燃料，A是 H元素。C原子次外层电子数是最外层的1/3，说明 C只能是第二周期的元素即 C是 O元素；E与 C同主族，E是 S元素；F 是原子序数大于S的主族元素，F 是 Cl 元素；B可能是Li、Be、B、C、N几种元素中的一种，D可能是 F、Na、Mg、Al、Si、P中的一种。【详解】A.若元素 D是 Na，Na与 H形成的化合物NaH是离子化合物，故A错误；B.C、N与 H元素都能形成多种共价化合物，如CH4、C2H6，NH3、N2H4等，故 B正确；C.F 是 Cl 元素，最高价氧化物对应水化物是HClO4，HClO4是强酸，故C正确；D.若元素 D是 Si 元素，Si 单质是良好的半导体材料，故D正确；选A。7磷酸铁锂电池在充放电过程中表现出了良好的循环稳定性，具有较长的循环寿命，放电时的反应为：LixC6+Li1-xFePO4=6C+LiFePO4。某磷酸铁锂电池的切面如下图所示。下列说法错误的是A放电时Li+脱离石墨，经电解质嵌入正极B隔膜在反应过程中只允许Li+通过C充电时电池正极上发生的反应为：LiFePO4-xe-=Li1-xFePO4+xLi+D充电时电子从电源经铝箔流入正极材料【答案】D【解析】【分析】放电时，LixC6在负极（铜箔电极）上失电子发生氧化反应，其负极反应为：LixC6-x e-=x Li+6C，其正极反应即在铝箔电极上发生的反应为：Li1-xFePO4+x Li+x e-=LiFePO4，充电电池充电时，正极与外接电源的正极相连为阳极，负极与外接电源负极相连为阴极，【详解】A.放电时，LixC6在负极上失电子发生氧化反应，其负极反应为：LixC6-x e-=x Li+6C，形成 Li+脱离石墨向正极移动，嵌入正极，故A 项正确；B.原电池内部电流是负极到正极即Li+向正极移动，负电荷向负极移动，而负电荷即电子在电池内部不能流动，故只允许锂离子通过，B 项正确；C.充电电池充电时，原电池的正极与外接电源的正极相连为阳极，负极与外接电源负极相连为阴极，放电时，正极、负极反应式正好与阳极、阴极反应式相反，放电时 Li1-xFePO4在正极上得电子，其正极反应为：Li1-xFePO4+x Li+x e-=LiFePO4，则充电时电池正极即阳极发生的氧化反应为：LiFePO4-x e-=Li1-xFePO4 x Li+，C 项正确；D.充电时电子从电源负极流出经铜箔流入阴极材料（即原电池的负极），D 项错误；答案选 D。【点睛】可充电电池充电时，原电池的正极与外接电源的正极相连为阳极，负极与外接电源负极相连为阴极，即“正靠正，负靠负”，放电时Li1-xFePO4在正极上得电子，其正极反应为：Li1-xFePO4+x Li+x e-=LiFePO4，则充电时电池正极即阳极发生的氧化反应为：LiFePO4-x e-=Li1-xFePO4x Li+。825时，向 10mL10.1mol L23Na CO溶液中逐滴加入20mL10.1mol L的盐酸，溶液中部分含碳微粒的物质的量随溶液pH 的变化如图所示。下列说法不正确的是A HCl溶液滴加一半时：-2-33c Clc OH+c HCO+2c COB在 A 点：+2-+33c Nac CO=c HCOc OHc HC当pH=7时：+-2-33c Na=c Cl+c HCO+2c COD当pH=5时，溶液中+-2333c Na2c H CO+2c HCO+2c CO【答案】A【解析】【分析】根据化学反应，充分运用三大守恒关系，挖掘图象中的隐含信息，进行分析判断。【详解】A.HCl 溶液滴加一半（10mL）时，溶质为等物质的量的NaHCO3、NaCl，此时有物料守恒c(Na+)=2c(Cl-)、电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，则 c(Cl-)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，c(Cl-)c(HCO3-)。图中 A 点，c(HCO3-)=c(CO32-)，又 A 点溶液呈碱性，有c(OH-)c(H+)，B项正确；C.23Na CO溶液中加入盐酸后，有电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，当pH=7时有+-2-33c Na=c Cl+c HCO+2c CO，C项正确；D.23Na CO溶液中加入盐酸，若无CO2放出，则有物料守恒c(Na+)=2c(H2CO3)+2c(HCO3-)+2c(CO32-)。图中pH=5时有 CO2放出，则溶液中+-2333c Na2c H CO+2c HCO+2c CO，D 项正确。本题选 A。【点睛】判断溶液中粒子浓度间的关系，应充分应用三大守恒原理，结合题中信息进行分析推理。9下列表示正确的是（）A氯化镁的电子式：B氘（2H）原子的结构示意图：C乙烯的结构式：CH2=CH2D CO2的比例模型：【答案】B【解析】【分析】A相同离子不能合并；B氘（2H）原子中有1 个质子，核外有1 个电子；C结构式中需要用短线代替所有的共用电子对，CH2=CH2为结构简式；D比例模型表示原子的相对大小及原子连接顺序、空间结构。【详解】A氯化镁属于离子化合物，镁离子直接用离子符号表示，氯离子需要标出最外层电子及所带电荷，氯化镁的电子式为：，故 A 错误；B氘（2H）原子中有1 个质子，核外有1 个电子，原子结构示意图：，故 B 正确；C乙烯分子中含有2 个碳原子和4 个氢原子，两个碳原子之间通过共用2 对电子形成一个碳碳双键，碳碳键与碳氢键之间夹角120 度，为平面型结构，其结构式为：，故 C错误；D二氧化碳的分子式为CO2，由模型可知小球为碳原子，2 个大球为氧原子，而氧原子半径小，实际碳原子半径大于氧原子半径，二氧化碳为直线型结构，其正确的比例模型为，故 D 错误；故选：B。【点睛】易错点 D，氧原子半径小，实际碳原子半径大于氧原子半径。10 现代汉语词典中有：“纤维”是细丝状物质或结构。下列关于“纤维”的说法不正确的是（）A造纸术是中国古代四大发明之一，所用到的原料木材纤维属于糖类B丝绸是连接东西方文明的纽带，其中蚕丝纤维的主要成分是蛋白质C光纤高速信息公路快速发展，光导纤维的主要成分是二氧化硅D我国正大力研究碳纤维材料，碳纤维属于天然纤维【答案】D【解析】【详解】A造纸所用的原料木材纤维属于糖类，A 项正确；B蚕丝纤维的主要成分是蛋白质，B项正确；C光导纤维的主要成分是二氧化硅，C项正确；D碳纤维的主要成分为单质碳，不属于天然纤维，D 项错误。故选 D。11下列不能说明氯元素的非金属性比硫元素强的是（）A氧化性：BC气态氢化物的稳定性：D与反应生成，而与生成【答案】A【解析】【详解】A.元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，不能根据其含氧酸的氧化性判断元素的非金属性强弱，A 符合题意；B.在该反应中Cl2将 S置换出来，说明氧化性Cl2S，则元素的非金属性ClS，B 不符合题意；C.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强，因此可通过稳定性HClH2S，证明元素的非金属性 ClS，C不符合题意；D.Fe是变价金属，氧化性强的可将其氧化为高价态，氧化性弱的将其氧化为低价态，所以可根据其生成物中 Fe的价态高低得出结论氧化性Cl2S，则元素的非金属性ClS，D 不符合题意；故合理选项是A。12下列说法正确的是（）A强电解质一定易溶于水，弱电解质可能难溶于水B燃烧一定有发光发热现象产生，但有发光发热现象的变化一定是化学变化C制备 Fe(OH)3胶体的方法是将饱和FeCl3溶液滴加到沸水中煮沸至溶液呈红褐色D电解熔融态的Al2O3、12C转化为14C都属于化学变化【答案】C【解析】【分析】【详解】A强电解质不一定易溶于水，如AgCl，弱电解质不一定难溶于水，如醋酸，故A 错误；B燃烧是可燃物与氧气发生的一种发光、放热的剧烈的氧化反应，燃烧一定有发光、发热的现象产生，但发光、发热的变化不一定是化学变化，例如灯泡发光放热，故B 错误；C加热条件下三氯化铁水解生成氢氧化铁胶体，则制备 Fe(OH)胶体的方法是将饱和FeCl3溶液滴加到沸水中煮沸至溶液呈红褐色，故C正确；D12C转化为14C是核反应，原子本身不变，没有生成新物质，不是化学变化，故D 错误；故选 C。13第三周期的下列基态原子中，第一电离能最小的是A 3s23p3B3s23p5C3s23p4D3s23p6【答案】C【解析】【分析】A 选项，3s23p3为 P元素；B选项，3s23p5为 Cl元素；C选项，3s23p4为 S元素；D 选项，3s23p6为 Ar 元素。【详解】第三周期的基态原子中，第一电离具有增大的趋势，但第IIA族元素大于第IIIA族元素，第VA族元素大于第 VIA族元素，因此第一电离能最小的是S元素，故C正确。综上所述，答案为C。【点睛】同周期从左到右第一电离具有增大的趋势，但第 IIA族元素大于第IIIA族元素，第 VA族元素大于第VIA族元素。14已知二氯化二硫（S2Cl2）的结构式为Cl S SCl，它易与水反应，方程式如下：2S2Cl2+2H2O=4HCl+SO2+3S，对该反应的说法正确的是()A S2Cl2既作氧化剂又作还原剂BH2O 作还原剂C每生成1molSO2转移 4mol 电子D氧化产物与还原产物物质的量比为3：1【答案】A【解析】【详解】因 Cl的非金属性比S强，故 S2Cl2中 S、Cl的化合价分别为1、1 价，根据化合价分析，反应中只有硫的化合价发生变化。A.反应物中只有S2Cl2的化合价发生变化，所以 S2Cl2既作氧化剂又作还原剂，A 项正确；B.水中元素化合价未改变，不是还原剂，B项错误；C.SO2中硫的化合价为4 价，故每生成1 mol SO2转移 3 mol 电子，C项错误；D.SO2为氧化产物，S为还原产物，故氧化产物与还原产物的物质的量之比为13，D 项错误；答案选 A。15下列有关化学用语表示不正确的是（）A蔗糖的分子式：C12H22O11BHClO的结构式H-Cl-O C氯化钠的电子式：D二硫化碳分子的比例模型：【答案】B【解析】【详解】A、蔗糖的分子式：C12H22O11，A 正确；B、HClO 为共价化合物，氧原子与氢原子、氯原子分别通过1 对共用电子对结合，结构式为HO Cl，B错误；C、氯化钠为离子化合物，电子式：，C正确；D、由图得出大球为硫原子，中间小球为碳原子，由于硫原子位于第三周期，而碳原子位于第二周期，硫原子半径大于碳原子半径，D 正确；答案选 B。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16石棉尾矿主要含有Mg3(Si2O5)(OH)和少量的Fe2O3、Al2O3。以石棉尾矿为镁源制备碳酸镁晶体(MgCO3 nH2O)的工艺如图：已知“焙烧”过程中的主反应为：Mg3(Si2O5)(OH)4+5(NH4)2SO43MgSO4+10NH3+2SiO2+7H2O+2SO3（1）写出焙烧产物NH3的电子式 _。（2）为提高水浸速率，可采取的措施为_（任写一条即可），“浸渣”的主要成分为_。（3）“调节 pH 除杂”时，除去的杂质离子是_，室温下，若要将溶液中的c(Fe3+)降低至 4.0 10-11mol/L，则应控制溶液的pH=_（KspFe(OH)3=4.0 10-38）。“调节 pH 除杂”时，可以选用的试剂是_。A MgO BNaOH CMgCO3DHNO3（4）“沉镁”过程中反应的离子方程式为_。“沉镁”时若温度超过60，将产生较多的碱式碳酸镁Mg2(OH)2CO3杂质，原因是_。（5）某小组同学称取15.6gMgCO3 nH2O 进行热重分析，并绘制剩余固体质量随温度变化的曲线如图所示，则 n=_。【答案】将焙烧后所得固体粉碎或加热或搅拌SiO2Fe3+、Al3+5ACMg2+2HCO3-(n-1)H2O=MgCO3?nH2O CO2升温促进Mg2+水解（或升温促进MgCO3发生不完全水解）4【解析】【分析】以石棉尾矿为镁源制备碳酸镁晶体(MgCO3 nH2O)，注意在流程中要除去杂质，即少量的Fe2O3、Al2O3。【详解】（1）N 原子最外层有5 个电子，与 3 个 H 原子共用电子构成稳定的8 电子结构，其 NH3的电子式，故答案为：；（2）为提高水浸速率，可将焙烧渣粉碎或者搅拌来增大固体与液体的接触面积，适当加热也可以提高水浸速率，故答案为：将焙烧后所得固体粉碎或加热或搅拌；根据信息，焙烧”时主反应为：Mg3(Si2O5)(OH)4+5(NH4)2SO43MgSO4+10NH3+2SiO2+7H2O+2SO3，产物中只有SiO2不溶于水，作为浸渣被除去，故答案为：SiO2；（3）本流程的目的是：石棉尾矿为镁源制备碳酸镁晶体(MgCO3 nH2O)，水浸后溶液中存在的杂质离子有 Fe3+、Al3+，需要调节pH 除杂，故答案为：Fe3+、Al3+；室温下，若要将溶液中的c(Fe3+)降低至 4.0 10-11mol/L，根据KspFe(OH)3=4.0 10-38可知 KspFe(OH)3=c Fec g33-OH，带入数据，解得 c(OH-)=1.0 10-9mol L，c(H+)=1.0 10-9mol L，pH=5，故答案为：5；“调节 pH 除杂”时，需将 pH 调至 5 除去 Fe3+、Al3+，并注意不能引入杂质，可以选用的试剂是MgO、MgCO3、Mg(OH)2等，故答案为：AC。（4）“沉镁”过程中，由题意知在含Mg2+的溶液中加入HCO3-要生成 MgCO3?nH2O 沉淀，同时有CO2气体放出，离子方程式为：Mg2+2HCO3-(n-1)H2O=MgCO3?nH2O CO2；“沉镁”时若温度超过60，升高温度促进M g2+水解生成Mg(OH)2，Mg(OH)2与 CO2反应生成的碱式碳酸镁Mg2(OH)2CO3杂质，故答案为：Mg2+2HCO3-(n-1)H2O=MgCO3?nH2O CO2；升温促进Mg2+水解（或升温促进MgCO3发生不完全水解）；（5）某小组同学称取15.6gMgCO3 nH2O 进行热重分析，并绘制剩余固体质量随温度变化的曲线如图所示，MgCO3 nH2O 受热分解生成MgO、CO2、H2O，最终剩余固体是MgO，n(MgO)=mol4.0g40 g=0.1mol。根据镁原子守恒，n(MgO)=n(MgCO3)=n(MgCO3 nH2O)=0.1mol，m(MgCO3)=0.1 84gmol=8.4g，n(H2O)=gg mol(15.6g8.4)18=0.4mol，则 n=4，故答案为：4。【点睛】工艺流程题中首尾分析法很重要，要明确哪些是产品，哪些是杂质，关注三线：主线主产品，分支副产品，回头为循环。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17丁苯酞(J)是治疗轻、中度急性脑缺血的药物，合成J的一种路线如下：已知：E的核磁共振氢谱只有一组峰；C 能发生银镜反应；J是一种酯，分子中除苯环外还含有一个五元环回答下列问题：（1）由 A 生成 B的化学方程式为_，其反应类型为_；（2）D 的化学名称是 _，由 D 生成 E的化学方程式为_；（3）J的结构简式为_；（4）G的同分异构体中核磁共振氢谱有4 组峰且能与FeCl3溶液发生显色反应的结构简式_(写出一种即可)；（5）由甲醛和化合物A 经下列步骤可得到2 一苯基乙醇：反应条件1 为 _；反应条件2 所选择的试剂为_；L的结构简式为_。【答案】+Br2铁粉+HBr 取代反应2-甲基丙烯CH2=C(CH3)2+HBr(CH3)3CBr 或或光照镁、乙醚【解析】【分析】比较 A、B的分子式可知，A 与 HBr 发生加成反应生成B，B 的核磁共振氢谱只有一组峰，则可知D 为CH2=C(CH3)2，E为(CH3)3CBr，根据题中已知可知F为(CH3)3CMgBr，C能发生银镜反应，同时结合G 和 F的结构简式可推知C为，进而可以反推得，B 为，A 为，根据题中已知，由 G可推知 H为，J是一种酯，分子中除苯环外，还含有一个五元环，则 J为，与溴发生取代生成K 为，K 在镁、乙醚的条件下生成L为，L与甲醛反应生成 2-苯基乙醇【详解】（1）由 A 生成 B的化学方程式为+Br2+HBr，其反应类型为取代反应；（2）D 为 CH2=C(CH3)2，名称是2-甲基丙烯，由D 生成 E的化学方程式为CH2=C(CH3)2+HBr(CH3)3CBr，故答案为 2-甲基丙烯；CH2=C(CH3)2+HBr(CH3)3CBr；（3）根据上面的分析可知，J 的结构简式为，故答案为；（4）G 的同分异构体中核磁共振氢谱有4 组峰且能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基，这样的结构为苯环上连有-OH、-CH2Br 呈对位连结，另外还有四个-CH3基团，呈对称分布，或者是-OH、-C(CH3)2Br呈对位连结，另外还有2 个-CH3基团，以-OH 为对称轴对称分布，这样有或或；（5）反应的为与溴发生取代生成K 为，反应条件为光照，K在镁、乙醚的条件下生成 L 为，故答案为光照；镁、乙醚；。七、工业流程四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18K3Fe(C2O4)3 3H2O（三草酸合铁酸钾）为亮绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇，是制备负载型活性铁催化剂的主要原料。实验室用莫尔盐(NH4)2Fe(SO4)2 6H2O制备 K3Fe(C2O4)3 3H2O 具体流程如图：回答下列问题：(1)步骤滴加过量6%H2O2，生成红褐色胶状沉淀，该反应的化学方程式为_。生成的沉淀不易过滤，过滤前需要的操作是_。(2)步骤将Fe(OH)3加入到 KHC2O4溶液中，水浴加热，控制pH 为 3.5-4，若 pH 偏高应加入适量_（填“H2C2O4”或“K2C2O4”）。(3)步骤的操作是_、过滤。得到的晶体依次用少量冰水、95%乙醇洗涤，用 95%乙醇洗涤的目的是_。(4)测定 K3Fe(C2O4)3 3H2O 中铁的含量。称量 mg 样品于锥形瓶中，溶解后加稀H2SO4酸化，用cmol L-1KMnO4溶液滴定至终点。滴定反应的氧化产物为 _。滴定时，盛放高锰酸钾溶液的仪器是_（“酸式”或“碱式”）滴定管。向上述溶液中加入过量锌粉至将铁元素全部还原为Fe2+后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。加稀H2SO4酸化，用 cmol L-1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液 VmL。该样品中铁的质量分数的表达式为_。【答案】2Fe(OH)2+H2O2=2Fe(OH)3煮沸H2C2O4蒸发浓缩、冷却结晶除去晶体表面的水分CO2酸式556100%1000cVm【解析】【分析】莫尔盐(NH4)2Fe(SO4)2 6H2O中加入 NaOH，发生的反应为Fe2+与 OH-反应生成Fe(OH)2；加入 H2O2，发生反应为Fe(OH)2与 H2O2反应生成Fe(OH)3；在反应中，Fe(OH)3固体与 KHC2O4反应，生成K3Fe(C2O4)3溶液；将溶液蒸发结晶便可得到K3Fe(C2O4)3 3H2O 晶体，再洗涤干燥，从而获得纯净的晶体。【详解】(1)步骤滴加过量6%H2O2，将 Fe(OH)2氧化为 Fe(OH)3红褐色胶状沉淀，该反应的化学方程式为2Fe(OH)2+H2O2=2Fe(OH)3。生成的沉淀呈胶状，不易过滤，过滤前需要加热煮沸以破坏其胶状结构，操作是煮沸。答案为：2Fe(OH)2+H2O2=2Fe(OH)3；煮沸；(2)步骤若pH 偏高，则应加酸将pH 降低，所以应加入适量H2C2O4。答案为：H2C2O4；(3)步骤是从溶液中提取溶质，操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。得到的晶体依次用少量冰水、95%乙醇洗涤，因结晶水合物受热易失去结晶水，所以用95%乙醇洗涤，目的是除去晶体表面的水分，防止晶体受热失去结晶水。答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；除去晶体表面的水分；(4)滴定时，H2C2O4被氧化生成CO2，反应的氧化产物为CO2。滴定时，因高锰酸钾会腐蚀橡皮管，所以盛放高锰酸钾溶液的仪器是酸式滴定管。答案为：CO2；酸式；Fe3+被 Zn 还原为 Fe2+，Fe2+被 KMnO4氧化生成Fe3+，关系式为5Fe3+5Fe2+KMnO4，则n(Fe3+)=cmol L-1 V 10-3L 5=5 10-3cVmol，该样品中铁的质量分数的表达式为3510 mol56g/mol100%gcVm=556100%1000cVm。答案为：556100%1000cVm。【点睛】胶状沉淀呈胶状，容易堵塞滤纸的孔隙，使水难以顺利流下，所以过滤胶状沉淀物时，需加热破坏胶体结构。19镁、铝、硅、银、铁的单质及其化合物在建筑业、飞机制造业、电子工业和石油化工等方面应用广泛。回答下列问题：（1）Fe3+价层电子的轨道表达式(电子排布图)为 _。（2）硅能形成多种化合物(如 SiH4、Si2H4等)，SiH4的中心原子的杂化轨道类型为_，其分子的立体构型为_，键角为 _；Si2H4分子中含有的键和 键的数目之比为_。（3）Mg、Al 的第一电离能：Mg_Al(填“”或“Ca 的原子半径较大，且价电子较少，金属键较弱12 3A108416 2Nr【解析】【详解】(1)Fe 为 26 号元素，失去最外层3 个电子形成Fe3+，所以 Fe3+价层电子的轨道表达式(电子排布图)为；(2)SiH4分子中心Si原子的价层电子对数为4+14=42，孤电子对数为0，为 sp3杂化，空间构型为正四面体，键角为10928；Si2H4分子结构与C2H4，有一个Si=Si双键，四个Si-H 单键，所以键和 键的数目之比 5:1；(3)Mg 的最外层为半满状态，其第一电离大于同周期相邻元素，所以第一电离能MgAl；(4)金属的熔沸点与金属键强弱有关，与Fe相比 Ca的原子半径较大，且价电子较少，金属键较弱，则金属Ca的熔点、沸点等都比金属Fe低；(5)以顶点的原子分析，位于面心的原子与之相邻最近，1 个顶点原子为12 个面共用，故配位数为12；根据其晶胞模型可知，面对角线上三个原子相切，设晶胞边长为acm，则有 2a2=(4r)2，解得 a=2 2r cm，则晶胞体积V=a3=316 2rcm3；根据均摊法可知该晶胞含有Ag 原子个数为118+6=482，所以晶胞的质量m=A1084gN，则晶胞的密度3-3A33Ac1084g1084=g cm16 212m6NmVrNrg。【点睛】体心立方堆积中，棱长a=22r；面心立方堆积中，棱长a=433r；六方最密堆积中底面边长a=b=2r；同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第I IA 族、第 VA 族元素第一电离能大于其相邻元素；