2019-2020学年福建厦门第六中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年福建厦门第六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碳酸亚乙酯是一种重要的添加剂，结构如图（），碳酸亚乙酯可由环氧乙烷与二氧化碳反应而得，亦可由碳酸与乙二醇反应获得。下列说法正确的是A上述两种制备反应类型相同B碳酸亚乙酯的分子式为C3H6O3C碳酸亚乙酯中所有原子可能共平面D碳酸亚乙酯保存时应避免与碱接触【答案】D【解析】【分析】由题意可知：环氧乙烷与二氧化碳反应制备碳酸亚乙酯的方程式为：+O=C=O，碳酸与乙二醇反应制备碳酸亚乙酯的方程式为：H2CO3+HO-CH2-CH2-OH+2H2O。【详解】

2、A由分析可知，环氧乙烷与二氧化碳反应制备碳酸亚乙酯为加成反应，碳酸与乙二醇反应制备碳酸亚乙酯为取代反应，A 错误；B碳酸亚乙酯的分子式为C3H4O3，B 错误；C碳酸亚乙酯有两个C 原子分别以单键和4 个原子相连形成四面体构型，故碳酸亚乙酯中所有原子不可能共平面，C错误；D碳酸亚乙酯含酯基，碱性条件下易水解，故碳酸亚乙酯保存时应避免与碱接触，D 正确。答案选 D。2重水（D2O）是重要的核工业原料，下列说法正确的是A氘(D)的原子核外有2 个电子B1H 与 D 是同一种原子CH2O 与 D2O 互称同素异形体D1H218O 与 D216O 的相对分子质量相同【答案】D【解析】【详解】A、氘(D

3、)原子核内有一个质子，核外有1 个电子，选项A 错误；B、1H 与 D 质子数相同，中子数不同互称同位素，是两种原子，选项B错误；C、同素异形体是同种元素的单质之间的互称，选项C错误；D、1H218O 与 D216O 的相对分子质量相同，都是20，选项 D 正确；答案选 D。3设 NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A 1L1mol?L1的 NaClO 溶液中含有ClO的数目为NAB78g 苯含有 C=C双键的数目为3NAC常温常压下，14g 由 N2与 CO组成的混合气体含有的原子数目为NAD 6.72L NO2与水充分反应转移的电子数目为0.2NA【答案】C【解析】【详解】A.次氯

4、酸跟为弱酸根,在溶液中会水解,故溶液中的次氯酸跟的个数小于NA个，故 A错误；B.苯不是单双键交替的结构，故苯中不含碳碳双键，故B错误；C.氮气和 CO的摩尔质量均为28g/mol,故 14g 混合物的物质的量为0.5mol,且均为双原子分子,故 0.5mol混合物中含1mol 原子即 NA个，故 C正确；D.二氧化氮所处的状态不明确，故二氧化氮的物质的量无法计算，则和水转移的电子数无法计算，故D错误；故选：C。4金属(M)空气电池具有原料易得，能量密度高等优点，有望成为新能源汽车和移动设备的电源，该类电池放电的总反应方程式为：2MO22H2O2M(OH)2。(已知：电池的“理论比能量”指单位

5、质量的电极材料理论上能释放出的最大电能)下列说法正确的是A电解质中的阴离子向多孔电极移动B比较 Mg、Al、Zn 三种金属空气电池，Mg空气电池的理论比能量最高C空气电池放电过程的负极反应式2M 4e4OH2M(OH)2D当外电路中转移4mol 电子时，多孔电极需要通入空气22.4L(标准状况)【答案】C【解析】【分析】A原电池中阴离子应该向负极移动；B电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能，即单位质量的电极材料失去电子的物质的量越多，则得到的电能越多；C负极 M 失电子和OH-反应生成M(OH)2；D由正极电极反应式O22H2O4e-4OH-有 O24OH-4e-，

6、当外电路中转移4mol 电子时，消耗氧气1mol，但空气中氧气只占体积分数21%，据此计算判断。【详解】A原电池中阴离子应该向负极移动，金属M 为负极，所以电解质中的阴离子向金属M 方向移动，故A错误；B电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能，则单位质量的电极材料失去电子的物质的量越多则得到的电能越多，假设质量都是1g 时，这三种金属转移电子物质的量分别为124 2mol 112mol、127 3mol 19mol、165 2mol 132.5mol，所以 Al-空气电池的理论比能量最高，故B 错误；C负极 M 失电子和OH-反应生成M(OH)2，则正极反应式为2M

7、4e4OH2M(OH)2，故 C正确；D由正极电极反应式O22H2O4e-4OH-有 O24OH-4e-，当外电路中转移4mol 电子时，消耗氧气1mol，即 22.4L(标准状况下)，但空气中氧气只占体积分数21%，所以空气不止22.4L，故 D 错误；故答案选C。【点睛】明确电极上发生的反应、离子交换膜作用、反应速率影响因素、守恒法计算是解本题关键，注意强化电极反应式书写训练。5某同学按如图所示实验装置探究铜与浓硫酸的反应，记录实验现象如表。下列说法正确的是试管实验现象溶液仍为无色，有白雾、白色固体产生有大量白色沉淀产生有少量白色沉淀产生品红溶液褪色A中白色沉淀是BaSO3B中可能有部分浓

8、硫酸挥发了C为了确定中白色固体是否为硫酸铜，可向冷却后的试管中注入水，振荡D实验时若先往装置内通入足量N2，再加热试管，实验现象不变【答案】B【解析】【分析】实验探究铜与浓硫酸的反应，装置1 为发生装置，溶液仍为无色，原因可能是混合体系中水太少，无法电离出铜离子，有白雾说明有气体液化的过程，同时产生白色固体，该固体可能是无水硫酸铜；试管2、3中有白色沉淀生成，该沉淀应为硫酸钡，说明反应过程有SO3生成或者硫酸挥发，3 中沉淀较少，说明三氧化硫或挥发出的硫酸消耗完全；试管 4 中品红褪色说明反应中生成二氧化硫，浸有碱的棉花可以处理尾气，据此分析作答。【详解】A.二氧化硫不与氯化钡溶液反应，白色沉

9、淀不可能是BaSO3，故 A 错误；B.根据分析可知中可能有部分硫酸挥发了，故B正确；C.冷却后的试管中仍有浓硫酸剩余，浓硫酸稀释放热，不能将水注入试管，会暴沸发生危险，故C错误；D.反应过程中SO3是氧气将二氧化硫氧化生成，若先往装置内通入足量N2，体系内没有氧气，则无SO3生成，试管2、3 中将无沉淀产生，实验现象发生变化，故D 错误；故答案为B。6为达到下列实验目的，对应的实验方法以及相关解释均正确的是（）选项实验目的实验方法相关解释A 测量氯水的pH pH 试纸遇酸变红B 探究正戊烷(C5H12)催化裂解C5H12裂解为分子较小的烷烃和烯烃C 实验温度对平衡移动的影响2NO2(g)N2

10、O4(g)为放热反应，升温平衡逆向移动D 用 AlCl3溶液制备AlCl3晶体AlCl3沸点高于溶剂水A A BB CC D D【答案】C【解析】【详解】A 选项，不能用pH 试纸测量氯水的pH，氯水有漂白性，故A 错误；B 选项，该装置不是催化裂化装置，C5H12裂解为分子较小的烷烃和烯烃，常温下为气体，故B错误；C 选项，热水中颜色加深，说明2NO2(g)N2O4(g)为放热反应，升温平衡逆向移动，故C正确；D 选项，该装置不能用于AlCl3溶液制备AlCl3晶体，由于氯化铝易发生水解，可在HCl 气流中加热AlCl3溶液制备 AlCl3晶体，故D 错误。综上所述，答案为C。7常温下，分别

11、向 NaX 溶液和 YCl溶液中加入盐酸和氢氧化钠溶液，混合溶液的PH 与离子浓度变化关系如图所示，下列说法不正确的是（）A 0.1mol/L 的 YX溶液中离子浓度关系为：c(Y+)c(X-)c(OH-)c(H+)BL1表示-lg-c(X)c(HX)与 pH 的变化关系CKb(YOH)=10-10.5D a 点时两溶液中水的电离程度不相同【答案】A【解析】【详解】NaX 溶液中加入盐酸，随着溶液pH 逐渐逐渐增大，X-离子浓度逐渐增大，HX 浓度逐渐减小，-lg-c(X)c(HX)的值逐渐减小，所以曲线L1表示-lg-c(X)c(HX)的与 pH 的关系；YCl溶液中加入NaOH 溶液，随着

12、溶液pH 逐渐增大，Y+离子逐渐减小，YOH的浓度逐渐增大，则-lg+c(Y)c(YOH)的值逐渐增大，则曲线 L2表示-lg+c(Y)c(YOH)与pH 的变化关系。A曲线 L1中，-lg-c(X)c(HX)=0 时，c(X-)=c(HX)，Ka(HX)=c(H+)=1 10-9110-10.5，根据 Kh=habKKK或可知，电离平衡常数越大，对应离子的水解程度越小，则水解程度X-Y+，则 MA 溶液呈酸性，则c(OH-)c(H+)、c(Y+)c(X-)，溶液中离子浓度大小为：c(X-)c(Y+)c(H+)c(OH-)，故 A 错误；B根据分析可知，曲线L1表示-lg-c(X)c(HX)的

13、与 pH 的关系，故B 正确；C曲线 L2表示-lg+c(Y)c(YOH)与 pH 的变化关系，-lg+c(Y)c(YOH)=0 时，c(Y+)=c(YOH)，此时 pH=3.5，c(OH-)=1 10-10.5mol/L，则 Kb(YOH)=-+c(OH)c(Y)c(YOH)=c(OH-)=1 10-10.5，故 C 正确；D a 点溶液的pH7，溶液呈酸性，对于曲线L1，NaX 溶液呈碱性，而a 点为酸性，说明加入盐酸所致，抑制了水的电离；曲线L2中，YCl溶液呈酸性，a 点时呈酸性，Y+离子水解导致溶液呈酸性，促进了水的电离，所以水的电离程度：ab，故 D 正确；故答案为A。8氢键是强极

14、性键上的氢原子与电负性很大且含孤电子对的原子之间的静电作用力。下列事实与氢键无关的是（）A相同压强下H2O 的沸点高于HF的沸点B一定条件下，NH3与 BF3可以形成 NH3 BF3C羊毛制品水洗再晒干后变形D H2O 和 CH3COCH3的结构和极性并不相似，但两者能完全互溶【答案】B【解析】【分析】【详解】A 1 个水分子能与周围的分子形成4 个氢键，1 个 HF 分子只能与周围的分子形成2 个氢键，所以相同压强下 H2O 的沸点高于HF 的沸点，故A 不选；BNH3与 BF3可以形成配位键从而形成NH3 BF3，与氢键无关，故B选；C羊毛主要成分是蛋白质，蛋白质分子与水分子之间形成氢键，

15、破坏了蛋白质的螺旋结构，所以羊毛制品水洗再晒干后变形，故C 不选；D CH3COCH3中 O 原子电负性很大且含孤电子对，与水分子中氢原子形成氢键，所以二者可以完全互溶，故 D 不选；故答案为B。9下列仪器名称正确的是()A圆底烧瓶B干燥管C药匙D长颈漏斗【答案】B【解析】【详解】A颈部有支管，为蒸馏烧瓶，圆底烧瓶没有支管，故A 错误；B为干燥管，用于盛放固体干燥剂等，故B正确；C为燃烧匙，用于燃烧实验，不是药匙，故C 错误；D下端长颈部位有活塞，是分液漏斗，不是长颈漏斗，故D 错误；故选 B。10下列实验中根据现象得出的结论正确的是（）选项实验现象结论A 向 NaAlO2溶液中持续通入气体

16、Y 先出现白色沉淀，最终沉淀又溶解Y可能是 CO2气体B 向某溶液中加入Cu和浓H2SO4试管口有红棕色气体产生原溶液可能含有NO3-C 向溴水中通入SO2气体溶液褪色SO2具有漂白性D 向浓度均为0.1mol/L 的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水先出现蓝色沉淀KspCu(OH)2KspMg(OH)2 A A BB CC D D【答案】B【解析】【分析】A.碳酸不与氢氧化铝反应；B.浓硝酸与铜反应生成二氧化氮气体；C.溴水中通入SO2气体后发生氧化还原反应；D.氢氧化铜更难溶，溶度积越小越难溶。【详解】A.氢氧化铝不能溶于碳酸，由现象可知气体为HCl，故 A 错误；B.常温下Cu

17、不与浓硫酸反应，生成的红棕色气体为二氧化氮，说明溶液中可能含有NO3-,硝酸与Cu在常温下能够反应生成一氧化氮，一氧化氮遇到氧气变为红棕色二氧化氮气体，故B 正确；C.溴水中通入SO2气体后溶液褪色，发生氧化还原反应生成硫酸和HBr，体现二氧化硫的还原性，故C 错误；D.先出现蓝色沉淀，说明氢氧化铜更难溶，则KspMg(OH)2KspCu(OH)2，故 D 错误；答案选 B。【点睛】本题考查实验方案的评价，涉及元素化合物性质、溶度积大小比较、盐的水解等知识，试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。11某兴趣小组设计了如下实验

18、测定海带中碘元素的含量，依次经过以下四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的的是（）A灼烧海带：B将海带灰溶解后分离出不溶性杂质：C制备 Cl2，并将 I-氧化为 I2：D以淀粉为指示剂，用Na2S2O3标准溶液滴定：【答案】B【解析】【详解】A.灼烧需在坩埚中进行，不能选烧杯，A 项错误；B.将海带灰溶解后分离出不溶性杂质采用过滤操作，过滤需要玻璃棒引流，图中操作科学规范，B项正确；C.制备 Cl2，并将 I-氧化为 I2，除去氯气中的氯化氢应该用饱和食盐水，尾气需用氢氧化钠吸收，C项错误；D.Na2S2O3为强碱弱酸盐，因S2O32-的水解使溶液呈现碱性，所以滴定时Na2S2O3应该放在

19、碱式滴定管中，而不是酸式滴定管，D 项错误；答案选 B。【点睛】本题的易错点是D 项，选择酸碱滴定管一方面要考虑实际的反应所需的环境，另一方面要考虑标准溶液的酸碱性。如高锰酸钾溶液在酸性条件下具有强氧化性，需选择酸式滴定管；而本题的硫酸硫酸钠还原碘单质时，考虑到标准溶液的水解来选择碱式滴定管。此外，学生要牢记仪器的构造，会区分酸式滴定管与碱式滴定管。12新型纳米材料氧缺位铁酸盐(MFe2Ox，3x4，M=Mn、Co、Zn 或 Ni)由铁酸盐(MFe2O4)经高温与氢气反应制得。常温下，氧缺位铁酸盐能使工业废气中的氧化物(CO2、SO2、NO2等)转化为其单质而除去，自身变回铁酸盐。关于上述转化

20、过程的叙述中不正确的是（）A MFe2O4在与 H2的反应中表现了氧化性B若 4molMFe2Ox与 1molSO2恰好完全反应则MFe2Ox中 x 的值为 3.5 CMFe2Ox与 SO2反应中 MFe2Ox被还原D MFe2O4与 MFe2Ox的相互转化反应均属于氧化还原反应【答案】C【解析】【分析】【详解】A.MFe2O4在与 H2的反应中，氢元素的化合价升高，铁元素的化合价降低，则MFe2O4在与 H2的反应中表现了氧化性，故A 正确；B.若 4molMFe2Ox与 1molSO2恰好完全反应，设 MFe2Ox中铁元素的化合价为n，由电子守恒可知，4mol 2（3-n）=1mol（4-

21、0），解得 n=2.5，由化合物中正负化合价的代数和为0 可知，+2+（+2.5）2+2x=0，所以 x=3.5，故 B 正确；C.MFe2Ox与 SO2反应中铁元素的化合价升高，MFe2Ox被氧化，故C错误；D.MFe2O4与 MFe2Ox的相互转化反应中有元素化合价的升降，则均属于氧化还原反应，故D 正确；综上所述，答案为C。【点睛】氧缺位铁酸盐(MFe2Ox)中可先假设M 为二价的金属元素，例如锌离子，即可用化合价的代数和为0，来计算铁元素的化合价了。13常温下，HNO2的电离平衡常数为K4.6 104(已知462.14)，向 20 mL 0.01 mol L1HNO2溶液中逐滴加入相同

22、浓度的NaOH 溶液，测得混合液的pH 随 NaOH 溶液体积的变化如图所示，下列判断正确的是A X20 Ba 点溶液中c(H)2.14 103 mol L1Ca、b、c、d 四点对应的溶液中水的电离程度逐渐减小D b 点溶液中微粒浓度的大小关系为c(HNO2)c(Na)c(2NO)【答案】B【解析】【详解】A.向 20mL 0.01mol?L-1的 HNO2溶液中逐滴加入相同浓度的NaOH 溶液，若恰好反应需要氢氧化钠溶液体积 20 mL，C点是溶液呈中性，溶质为HNO2、NaNO2混合溶液，Xc(Na+)c(HNO2)，D 项错误；答案选 B。14有 3 份等量的烧碱溶液，第1 份直接与盐

23、酸反应；第2 份稀释一倍，再与盐酸反应；第3份通入适量的 CO2后，再与盐酸反应若盐酸的浓度相同，完全反应时消耗盐酸的体积分别为V1、V2和 V3，则 V1、V2和 V3的大小关系正确的是（）A V1=V2=V3BV1V3V2CV2V3 V1D V1V2V3【答案】A【解析】【详解】最后生成物质的都为NaCl，根据 Na 原子、Cl原子守恒：n（HCl）=n（NaCl）=n（NaOH），由于 NaOH物质的量相等，则消耗HCl 的物质的量相等，故消耗盐酸的体积相等，即V1=V2=V3。答案选 A。【点晴】该题侧重于分析能力和计算能力的考查，题目难度不大，注意根据元素质量守恒进行计算，可省去中间

24、过程的繁琐。15乙烷、乙炔分子中碳原子间的共用电子对数目分别是1、3，则 C20H32分子中碳原子间的共用电子对数目可能为()A 20 B24 C25 D 77【答案】B【解析】【分析】【详解】烷烃中碳碳间共用电子对数为碳原子数减去1；若每减少2 个 H 原子，则相当于碳碳间增加一对共用电子对，利用减少的H 原子数目，再除以2 可知增加的碳碳间共用电子对数，烷烃C20H42分子中碳原子间的共用电子对数目为19，则 C20H32分子中碳原子间的共用电子对数目19+1012=24，答案选B。【点睛】明确每减少2 个 H 原子，则相当于碳碳间增加一对共用电子对。二、实验题（本题包括1 个小题，共10

25、 分）16实验室用如图装置（夹持装置略）制备高效水处理剂高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。已知 K2FeO4具有下列性质：可溶于水，微溶于浓KOH溶液；在 05、强碱性溶液中比较稳定，在 Fe(OH)3或 Fe3催化下发生分解；在弱碱性至酸性条件下，能与水反应生成O2和 Fe(OH)3（或 Fe3）。(1)装置 A用于制取氯气，其中使用恒压漏斗的原因是_。(2)为防止装置C 中 K2FeO4分解，可以采取的措施是_和_。(3)装置 C中生成 K2FeO4反应的离子方程式为_。(4)用一定量的K2FeO4处理饮用水，测得产生O2的体积随时间的变化曲线如图所示。t1 s t2 s内，O2的体积

26、迅速增大的主要原因是_。(5)验证酸性条件下氧化性FeO42-Cl2的实验方案为：取少量K2FeO4固体于试管中，_。（实验中须使用的的试剂和用品有：浓盐酸，NaOH 溶液、淀粉KI试纸、棉花）(6)根据 K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2FeO42-，而第(5)小题实验表明，Cl2和 FeO42-的氧化性强弱关系相反，原因是_。【答案】防止因反应过于剧烈而使液体无法滴落将装置 C置于冰水浴中KOH应过量（或减缓通入氯气的速率等）3Cl2 2Fe(OH)310OH=2FeO42-6Cl8H2O K2FeO4与水发生反应生成的Fe(OH)3具有催化作用向其中滴加少量浓盐酸，将湿润的淀粉KI

27、 试纸靠近试管口，若试纸变蓝，则说明有Cl2生成，同时说明氧化性FeO42-Cl2溶液的酸碱性影响物质的氧化性强弱【解析】【分析】利用高锰酸钾与浓盐酸反应制得氯气，将氯气通过饱和氯化钠溶液除去氯化氢，纯净的氯气通入含有Fe(OH)3的 KOH溶液中，制备高效水处理剂高铁酸钾（K2FeO4），用氢氧化钠溶液处理尾气，防止多余的氯气排放到空气中引起污染，据此分析。【详解】利用高锰酸钾与浓盐酸反应制得氯气，将氯气通过饱和氯化钠溶液除去氯化氢，纯净的氯气通入含有Fe(OH)3的 KOH溶液中，制备高效水处理剂高铁酸钾（K2FeO4），用氢氧化钠溶液处理尾气，防止多余的氯气排放到空气中引起污染。(1)装

28、置 A用于制取氯气，其中使用恒压漏斗的原因是防止因反应过于剧烈而使液体无法滴落；(2)为防止装置C 中 K2FeO4分解，可以采取的措施是将装置C 置于冰水浴中和KOH 应过量（或减缓通入氯气的速率等）；(3)装置 C中利用氯气在碱性条件下将氢氧化铁氧化生成K2FeO4，反应的离子方程式为3Cl22Fe(OH)310OH=2FeO42-6Cl8H2O；(4)用一定量的K2FeO4处理饮用水，K2FeO4与水发生反应生成的Fe(OH)3具有催化作用，t1 st2 s 内，O2的体积迅速增大；(5)验证酸性条件下氧化性FeO42-Cl2的实验方案为：取少量K2FeO4固体于试管中，向其中滴加少量浓

29、盐酸，将湿润的淀粉KI 试纸靠近试管口，若试纸变蓝，则说明有Cl2生成，同时说明氧化性FeO42-Cl2；(6)根据 K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2FeO42-，而第(5)小题实验表明，溶液的酸碱性影响物质的氧化性强弱，在不同的酸碱性环境中，Cl2和 FeO42-的氧化性强弱关系相反。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17有机物聚合物M：是锂电池正负极之间锂离子迁移的介质。由烃 C4H8合成 M 的合成路线如下：回答下列问题：（1）C4H8的结构简式为_，试剂 II 是_。(2)检验 B反应生成了C的方法是 _。（3）D 在一定条件下能发生缩聚反应生成高分子化合物，反应的化

30、学方程式为_；(4)反应步骤 不可以为 的主要理由是_。【答案】NaOH 水溶液取样，加入新配Cu(OH)2悬浊液，加热至沸，产生砖红色沉淀，证明生成C。或取样，加入银氨溶液，水浴加热，产生银镜，证明生成C 保护碳碳双键不被氧化【解析】【分析】【详解】（1）根据 M 的结构简式可知F与乙酸酯化生成M，则 F的结构简式为CH2C(CH3)COOCH2CH2OH。E和环氧乙烷生成F，则 E的结构简式为CH2C(CH3)COOH，因此 C4H8应该是 2甲基 2 丙烯，其结构简式为；B 连续氧化得到D，D 发生消去反应生成E，所以反应 应该是卤代烃的水解反应，因此试剂 II 是 NaOH 水溶液；（

31、2）B 发生催化氧化生成C，即 C中含有醛基，所以检验B反应生成了C 的方法是取样，加入新配 Cu(OH)2悬浊液，加热至沸，产生砖红色沉淀，证明生成C。或取样，加入银氨溶液，水浴加热，产生银镜，证明生成 C；（3）D 分子中含有羟基和羧基，因此在一定条件下能发生缩聚反应生成高分子化合物，反应的化学方程式为；(4)由于碳碳双键易被氧化，所以不能先发生消去反应，则反应步骤 不可以为 的主要理由是保护碳碳双键不被氧化。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18工业上利用绿矾制备还原铁粉的工业流程如下：（1）制备 FeCO3时，选用的加料方式是_（填字母）。a将 FeSO4溶液与 Na2CO3

32、溶液同时加入到反应容器中b将 FeSO4溶液缓慢加入到盛有Na2CO3溶液的反应容器中c将 Na2CO3溶液缓慢加入到盛有FeSO4溶液的反应容器中（2）生成的FeCO3沉淀需经充分洗涤，检验洗涤是否完全的方法是_。（3）干燥过程主要是为了脱去游离水和结晶水，过程中会有少量FeCO3 nH2O 被空气氧化为FeOOH，其化学方程式为 _。（4）取干燥后的FeCO3样品 12.49 g 隔绝空气焙烧至600，质量变为8.00 g，继续加热最终得到Fe 6.16 g，则 600 产物的可能组成为_（写出一种即可），计算 FeCO3样品中 FeCO3与 FeOOH的质量 _（写出计算过程）。【答案】

33、c 取最后一次的洗涤滤液12 mL 于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净4(FeCO3 nH2O)+O24FeOOH+4CO2+(4n-2)H2O FeO与 Fe2O3（或 FeO与 Fe3O4或 FeO、Fe2O3、Fe3O4等）设样品中FeCO3物质的量为x；FeOOH物质的量为y；依据铁元素守恒得到：x+y=6.16 g/56 gmol-1；质量关系：116 gmol-1 x+89 g mol-1 y=12.49 g，解得 x=0.1 mol；y=0.01 mol；得到质量为FeCO3：11.6 g，FeOOH：0.89 g。【解析】（1）利

34、用 Na2CO3溶液和 FeSO4溶液反应制备FeCO3，由于 Na2CO3溶液碱性较强，可能会生成Fe(OH)2沉淀，如果将Na2CO3加入 FeSO4溶液中，Fe2+是过量的，并且FeSO4溶液为酸性，Fe2+不易形成Fe(OH)2沉淀，容易与 Fe2+结合为沉淀析出。因此为避免生成Fe(OH)2沉淀，应将Na2CO3溶液缓慢加入到盛有FeSO4溶液的反应容器中。（2）取最后一次的洗涤滤液12 mL 于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净。（3）干燥过程主要是为了脱去游离水和结晶水，过程中会有少量FeCO3 nH2O 被空气氧化为FeOOH，依据

35、氧化还原反应的电子守恒和原子守恒，写出化学方程式为4(FeCO3 nH2O)+O24FeOOH+4CO2+(4n-2)H2O。（4）样品为FeCO3和 FeOOH，依据元素化合价可知铁元素化合价为二价和三价，加热焙烧600，质量变为 8.00 g，分解生成了铁的氧化物、二氧化碳和水；根据铁元素化合价判断，氧化物中含有亚铁离子和铁离子，氧化物为FeO与 Fe2O3或 FeO与 Fe3O4或 FeO、Fe2O3、Fe3O4；设样品中FeCO3物质的量为x；FeOOH物质的量为y；依据铁元素守恒得到：x+y=6.16 g/56 gmol-1；质量关系：116 gmol-1 x+89 g mol-1

36、y=12.49 g 计算得到x=0.1 mol；y=0.01 mol；得到质量为FeCO3：11.6 g，FeOOH：0.89 g。191799 年由英国化学家汉弗莱 戴维发现一氧化二氮（N2O）气体具有轻微的麻醉作用，而且对心脏、肺等器官无伤害，后被广泛应用于医学手术中。（1）一氧化二氮早期被用于牙科手术的麻醉，它可由硝酸铵在催化剂下分解制得，该反应的化学方程式为 _。（2）已知反应2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)的 H=163kJ mol1，1molN2(g)、1molO2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收945kJ、498kJ 的能量，则1molN2O(g)分子中化学键断裂时需

37、要吸收的能量为_kJ。在一定温度下的恒容容器中，反应2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)的部分实验数据如下：在 020min 时段，反应速率v(N2O)为 _mol L-1 min-1。若 N2O 起始浓度c0为 0.150mol/L，则反应至30min 时 N2O 的转化率=_。不同温度（T）下，N2O 分解半衰期随起始压强的变化关系如图所示（图中半衰期指任一浓度N2O 消耗一半时所需的相应时间），则 T1 _T2（填“”、“=”或“1.25p0AC【解析】【分析】（1）硝酸铵在催化剂下分解生成一氧化二氮和水，配平即可；（2）根据反应热=反应物的键能总和-生成物的键能总和计算键能；根据表

38、格数据，代入速率公式计算反应速率；单位时间内c（N2O）的变化与N2O 的起始浓度无关，每10min 均减小 0.01mol/L，若 N2O 起始浓度c0为 0.150mol/L，则反应至30min 时转化的N2O 的浓度为0.01mol/L3=0.03mol/L，代入转化率计算公式计算；其他条件相同时，温度升高化学反应速率加快，N2O 分解半衰期减小，据此分析；列出三段式，求出t1min 时总物质的量为（0.5+0.5+0.25）mol=1.25mol，再根据等温等容条件下，压强之比等于物质的量之比，计算体系压强；（4）A温度升高，化学反应速率增大，因v=kc(N2O)c(I2)0.5，则温

39、度升高，k 值增大；B化学反应速率由反应最慢的反应决定，则第二步对总反应速率起决定作用；C第二步反应为慢反应，第三步反应为快反应，所以第二步活化能比第三步大；D含碘时NO 分解速率方程v=kc(N2O)c(I2)0.5，所以 N2O 分解速率与I2浓度有关。【详解】（1）硝酸铵在催化剂下分解生成一氧化二氮和水，反应的化学方程式为NH4NO3N2O+2H2O，故答案为NH4NO3N2O+2H2O；（2）2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)的 H=163kJ mol1，设 1molN2O(g)分子中化学键断裂时需要吸收的能量为xkJ，根据反应热=反应物的键能总和-生成物的键能总和，2x-294

40、5kJ-498kJ=-163kJ，解得 x=1112.5kJ；根据表格数据，在 020min 时段，反应速率v(N2O)=ctnn=0.100.08/20molLmin=1.010-3mol L-1 min-1；由表可知，每隔10min，c（N2O）的变化量相等，故单位时间内c（N2O）的变化与N2O 的起始浓度无关，每 10min 均减小 0.01mol/L，若 N2O 起始浓度c0为 0.150mol/L，则反应至30min 时转化的N2O 的浓度为 0.01mol/L3=0.03mol/L，则 N2O 的转化率=0.03/0.150/molLmolL100%=20.0%；其他条件相同时，

41、温度升高化学反应速率加快，N2O 分解半衰期减小，由图可知，压强相同时，半衰期T2T1，则温度T1 T2；当温度为T1、起始压强为p0，设起始时的物质的量为1mol，则，2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)起始量（mol）1 0 0 t1min 时（mol）0.5 0.5 0.25 t1min 时总物质的量为（0.5+0.5+0.25）mol=1.25mol，根据等温等容条件下，压强之比等于物质的量之比，体系压强p=1.251p0=1.25p0，故答案为1112.5；20.0%；1.25p0；（4）A温度升高，化学反应速率增大，因v=kc(N2O)c(I2)0.5，则温度升高，k 值增大，故A 正确；B化学反应速率由反应最慢的反应决定，则第二步对总反应速率起决定作用，故B错误；C第二步反应为慢反应，第三步反应为快反应，所以第二步活化能比第三步大，故C正确；D含碘时NO 分解速率方程v=kc(N2O)c(I2)0.5，所以 N2O 分解速率与I2浓度有关，故D 错误。应选AC，故答案为AC。