内蒙古赤峰市宁城县2021届高三10月月考(解析版)

1、内蒙古赤峰市宁城县 2021届咼二10月月考1化学与人类生活、生产和社会可持续开展密切相关。以下说法正确的选项是A. 加碘食盐的水溶液遇淀粉变蓝B. 煤经过液化和气化等物理变化可转化为淸洁能源C. 制造人民币所用的棉花、优质针叶木等原料的主要成分是纤维素D. 我国预计2021年发射首颗火星探测器，太阳能电池帆板的材料是二氧化硅【答案】C【详解】A、碘单质遇淀粉能变蓝，但是在碘盐中添加的是碘酸钾，不是单质碘，选项A错误；B、煤 气化和液化均是化学变化，选项B错误；C正确;太阳能电池帆板的材C、棉花、优质针叶木等原料的主要成分是纤维素，选项D、硅属于半导体材料，广泛应用于太阳能电池，故火星探测器携

2、带料是晶体硅，选项 D错误;答案选Co【答案】B2设Na为阿伏加德罗常数的。以下说法正确的的ClOA. 1 L 0. 1 mol LB.常温常压下,g O2与O3的NaC.标准状况下2L HF中含有白NaC1 2中充分燃:D. 1 mol Fe 在 1数目为【详解】A、次氯酸酸根离子的数目小选项A错误;B、氧气和臭氧的数为Na个，而当摩尔质量大于32g/mol 的不能使用标况下的气体摩尔体积计算氯化氢的物aC1O溶液中弱酸，所以次C、标准状况下，氟化氢不是气体,那么无法知道所含氟原子数目，选项目为N的分子总数小陵根离子发生水解，C错误;32g全部为氧气分子个数小于 Na个,0.1NA，B正确;

3、D、铁与氯气反响生成氯化铁，1molFe在1 mol C12中充分燃烧，铁有剩余，氯气完全反响,氯元素化合价由0价降低为-1价，转移电子数为 1molX2XNAmol-1=2N a，选项D错误;答案选B o3以下关于有机物的说法正确的选项是A. 分子式为C5H10O2，且属于酯同分异构体共有9种不考虑立体异构B. 环己烯分子中的所有碳原子共面C. 乙醇和丙三醇互为同系物D.二环己烷,的一氯代物有3种结构不考虑立体异构【答案】A【详解】A、分子式为C5H10O2的酯为饱和酸和丙醇酯化，丙醇有 2种；丙酸和乙醇酉2种；因此属于酯的同分异构体共有4+2+B、环己烯分子中含有 4个饱和碳原子，由甲个平

4、面上，选项 B错误;C、乙醇是饱和一元醇，甘油是饱和三元醇，所误;二环己烷中有两种不同环境的氢,项D错误。答案选A。结构可知分错选一酯,=9种，选能团数目不同不可能同一是同系物，选项种结构不考虑立体异构【点睛】此题考查有机物结构与性质，侧重分析与应用能力的考查，把握官能团的性质、同分异构体数目的推断、同系物和共面的判断为解答的关键。易错点为选项B，环己烯分子中含有4个饱和碳原子，由甲烷的结构可知分子中的所有碳原子不可能同一个平面上。4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

5、25C时O.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。 以下说法不正确的选项是A. 原子半径：Z W Y XB. 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. 乙与戊的水溶液反响后所得溶液具有漂白性【答案】B乙、戊，可推测是电解饱和食盐水,【分析】根据工业上通过电解丙和丁的混合物来制取甲、生成氢气、氯气和氢氧化钠，故甲为氢气，所以X是H元素，乙是氯气，所以 W为Cl元素，戊是Z的最高价氧化物对应的水化物，且 25C时O.1mol/L戊溶液的pH为13,所以戊 为氢氧化钠，根据短周期主族元素 X、Y、Z、W的原子序数

6、依次增大，所以 Y为0元素， Z为钠元素。【详解】A、Z为钠元素，W为Cl元素，Y为0元素，X是H元素，原子半径大小比拟先 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：ZWYX，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0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响可生成次氯酸钠、氯化钠和水，此溶液具有漂白效果，故D正确；应选B。【点睛】此题为简单的无机推断，此题的突破点为工业上通过电

7、解丙和丁的混合物来制取甲、 乙、戊，可猜想应该是点解饱和食盐水，进而推出其他物质。 原子半径大小比拟先看电子层数，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； 离子化合物中也可能含有共价键。5工业上，在强碱性条件下用电解法除去废水中的CN，装置如下图，依次发生的反响有: a b -传匚N废水和 七的混存藩;?7T ife CN 2e+ 20H _=CNO+ H2O 2Cl 2e =Cl2f 3Cl2+ 2CN0 + 80H =N2 + 6C+ 2CO + 4出0以下说法正确的选项是A. 铁电极上发生的反响为 Fe 2e_=FeB. 通电过程中溶液pH不断增大C. 除去1 mol

8、CN ，外电路至少需转移 5 mol电子D. 为了使电解池连续工作，需要不断补充 NaCI【答案】C【分析】根据电极反响式及图像中有Fe电极可知，阳极为石墨电极，CN失电子，阴极为铁电极，得电子，可确定 a为电池的正极，b为负极。【详解】A.铁电极为电解池的阴极，得电子，那么只能是水提供的氢离子得电子，A错误；B. 根据电极反响式，阴极为2H2O+2e= H2T +20H,阳极CN 2e+ 20H 一 =CNO+出0, 2Cl 2e =CI21 3CI2+ 2CN0 + 80H =N2+ 6C+ 2CO + 4出0，得失电子数相等时， 在消耗氢氧根离子，pH在减小，B错误；C. 根据反响：3C

9、l2+2CN0-+80H-N2+6CI-+2C032-+4H20,除去 1mol CN -,消耗 1.5mol 氯气, 转移电子3mol，根据CN-2e-+20H- CNO+H20，转移电子是2mol，所以外电路至少需转 移5mol电子，C正确；D. 根据电极反响的离子，为了使电解池连续工作，需要补充氢氧化钠，假设有氯气溢出，那么需要补充氯化钠，D错误；答案为Co6以下实验操作、实验现象以及所得出的结论均正确的选项是()选项实验操作实验现象结论A向1mL2mol/LNaOH溶液中先滴加2滴0.1mol/LMgCI 2溶液，再滴加2滴0.1mol/LFeCl 3溶液，振荡先生成白色沉淀，后生成红

10、褐色沉淀KspMg(OH) 2 vKspFe(OH) 3B将甲烷与氯气按体积比1： 4混合于试管中光照反响后的混合气体能使湿润的石试纸变红生成的氯代甲烷具有酸性C将木炭和浓硫酸共热生成的气体通入澄清石灰水中澄清石灰水变浑浊该气体只含C02D向某溶液中参加盐酸酸化的BaCl2溶液有白色沉淀产生该溶液中可能含有SO42-【答案】D【详解】A、Na0H溶液过量，参加FeCl3溶液与Na0H溶液反响生成红褐色沉淀，不能比较 KspMg(0H) 2和 KspFe(0H) 3大小，选项 A 错误；B、甲烷与氯气反响生成氯化氢，氯化氢的水溶液能使湿润的石蕊试纸变红，而不是生成的 氯代甲烷具有酸性，选项 B错

11、误；C、将木炭和浓硫酸共热生成的气体有二氧化碳和二氧化硫，通入澄清石灰水中，都能反响生成碳酸钙沉淀和亚硫酸钙沉淀，结论不符合，选项C错误；D、如果溶液中含有SO42-，参加盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀产生；如果溶液中含有银离子，也具有此现象发生，所以只能确定该溶液中可能含有SO42-，选项D正确；答案选D。【点睛】此题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、反响与现象、沉淀转化、实验技 能为解答的关键，易错点为选项A :注意氢氧化钠是过量的，而参加的氯化镁和氯化铁是几 滴对氢氧化钠而言是少量的，所以它们都和氢氧化钠完全反响生成沉淀。7：pKa= lgKa。25C时，H2A 的 pKai

12、=1.85, pKa2=7.19。常温下，用 0.1 mol L71 NaOH 溶液滴定20mL0.1molL 1H2A溶液的滴定曲线如下图。以下说法不正确的选项是()A. a 点溶液中：c(HA )=c(H 2A)B. b点溶液中：A2水解平衡常数Kh1=106.81C. c点溶液中：V0=30D. a、b、c、d四点中，d点溶液中水的电离程度最大【答案】C【分析】：pKa= lgKa。由图中信息可知，25C时，H2A的pKa1=1.85, pKa2=7.19，所 以 Ka1=10-1.85 , 苗.19。【详解】A.pH=1.85的a点溶液中：根据第一步电离常数 Ka1=10-1.85=c

13、(HA )软H + )/c(H2A)= c(HA ) 10-1.85/c(H2A)，所以 c(HA )=c(H 2A)，故不选 A ；B. b 点溶液中：A2水解平衡常数 Kh1=c ( HA-/ 疋(OH-) /C(A 2)=Kw/Ka2=1 X10-14/10-7.19=10 6.81,故不选B ；C. c点溶液如果Vo=3O，那么生成NaHA与Na2A的混合溶液，且物质的量之比为 1:1 , A水 解会让 HA-的浓度略有增加， 故 c( HA-) C(A2-)；而根据 Ka2=10-7.19=c( H+) C (A2-) /c(HA -) 得出c ( HA-) =c(A2-)；二者相矛

14、盾，所以 VoM 30应选C；D. d点恰好生成Na2A，盐类的水解促进水的电离，故不选D ;正确答案：C。【点睛】以强碱和弱酸反响为载体，禾U用中和滴定操作和pH变化图像，判断溶液成分和微粒浓度的大小，注意抓几个关键点，起点，1:1反响点，恰好生成正盐的点，同时掌握电离常数，水解常数的计算。8钼酸钠晶体(Na2MoO4 2H2O)是一种无公害型冷却水系统的金属缓蚀剂。工业上利用钼精矿(主要成分是不溶于水的MoS 2)制备钼酸钠的两种途径如下图：Ma.COsi 夜溶酒空汽!tpI财s T焰烧*_i铜蓿矿IRSO2(e ；:呛CID溶液丨 MH -IM -a; IM! la L IM!ar Ml

15、 - ! Ml Ml 途径【谨径II(1) Na2 MoO4 2H2O中钼元素的化合价为 , NaCIO的电子式为 。(2) 途径I为了提高钼精矿焙烧速率，可采取的措施是 (答出两条即可)。(3) 途径I焙烧过程中化学方程式为 ，碱浸时气体A的化学式为。途径I的钼酸钠溶液中 c(MoO 42-)=0. 40mol/L , c(CO32-)=0. 20mol/L。由钼酸钠溶液制 备钼酸钠晶体时，需参加 Ba(OH) 2固体以除去 CO32-。当BaMoO4开始沉淀时，CO32的去除 率是( Ksp(BaCO 3) =1 10-9、Ksp(BaMo0 4) =4.0 1-8,忽略溶液的体积变化 )

16、。途径II氧化时溶液中还有 Na2SO4生成，那么复原剂与氧化剂物质的量之比为 。途径I或途径II所得的Na2MoO 4溶液经结晶可得固体A后再重结晶可得固体 B，其重结晶操作的目的为。【答案】(1). +6(2).0 ： C! 丁 (3).充分粉碎钼精矿，加压增大氧气浓度，升高温度等(4). 2MoS 2+7O2= 2MoO 3+4SO2(5). CO 2(6). 95%(7). 1 : 9 (8).除去其它可溶性杂质，便于得到更纯洁的钼酸钠晶体+6【分析】(l)Na2 MOO4.2H2O中根据各元素化合价的代数和为零，计算钼元素的化合价为价；NaCIO为离子化合物，其的电子式为0 ! Ci

17、 1;(2) 途径I为了提高钼精矿焙烧速率，粉碎钼精矿增大接触面积，增加氧气的浓度或升高温度；(3) 途径I焙烧过程中，反响物为氧气、钼精矿，产物为二氧化硫和三氧化钼，反响方程式为：2MOS2+7O22MOO3+4SO2 ；根据元素守恒，产物Na2MoO4中无碳元素，那么气体中含碳元素，气体A为二氧化碳，那么碱浸时气体 A的化学式为CO2；(4) 根据 Ksp(BaMo0 4)=4.0 10-8, BaMoO4 开始沉淀时，那么 c(Ba2+)= Ksp(BaMoO 4)/c( M0O42-) =4.0 X0-8/0. 40=1.0 10 mol/L，此时溶液中 c(CO 32-)= Ksp(

18、BaCO 3)/ c ( Ba2+)=1 X10-9/1.0 W-7=0.01mol/L , CO32-的去除率=(0. 20mol/L-0.01mol/L ) /0. 20mol/L=95% ；途径II氧化时复原剂为 M0S2、氧化剂为 NaCIO, 生成物为Na2SO4和Na2 M0O4,反响 中Mo化合价由+4价变为+6价，S由-2变为+6, 1mol MoS 2失去16mol电子，NaCIO中Cl 的化合价由+1变为-1, 1mol得到2mol电子，那么复原剂与氧化剂物质的量之比 1: 9；(6)重结晶为根据可溶物的溶解度不同，利用屡次结晶得到较纯的物质，其操作的目的为除去其它可溶性杂

19、质，便于得到更纯洁的钼酸钠晶体；【详解】(l) Na? M0O4.2H2O中根据各元素化合价的代数和为零，计算钼元素的化合价为+6价；NaCIO为离子化合物，其的电子式为0丨&才；(2) 途径I为了提高钼精矿焙烧速率，粉碎钼精矿增大接触面积，增加氧气的浓度或升高温度，答案为：充分粉碎钼精矿，加压增大氧气浓度，升高温度等；(3) 途径I焙烧过程中，反响物为氧气、钼精矿，产物为二氧化硫和三氧化钼，反响方程式为：2MOS2+7O22MOO3+4SO2 ；根据元素守恒，产物Na2MoO4中无碳元素，那么气体中含碳元 素，气体A为二氧化碳，那么碱浸时气体 A的化学式为CO2；(4) 根据 Ksp(BaM

20、o0 4) =4.0 10-8, BaMoOq 开始沉淀时，那么 c(Ba2+)= Ksp(BaMo0 4)/c( Mo042-)=4.0 X0-8/0. 40=1.0 10災 mol/L，此时溶液中 c(CO 32-)= Ksp(BaCO 3)/ c ( Ba2+) =1X10-9/1.0 K0-7=0.01mol/L , CO32-的去除率=(0. 20mol/L-0.01mol/L ) /0. 20mol/L=95% ；途径II氧化时复原剂为 MoS2、氧化剂为 NaCIO, 生成物为Na2SO4和Na2 M0O4，反响 中Mo化合价由+4价变为+6价，S由-2变为+6, 1mol Mo

21、S 2失去16mol电子，NaCIO中Cl 的化合价由+1变为-1, 1mol得到2mol电子，那么复原剂与氧化剂物质的量之比 1： 9；(6)重结晶为根据可溶物的溶解度不同，利用屡次结晶得到较纯的物质，其操作的目的为除 去其它可溶性杂质，便于得到更纯洁的钼酸钠晶体；【点睛】根据元素守恒，产物Na2MoO4中无碳元素，那么气体中含碳元素，且为稳定的氧化物，气体A为二氧化碳；根据复原剂失电子总数与氧化剂得电子总数的比值，可计算出还 原剂与氧化剂物质的量之比。9近段时间，全国范围内的雾霾天气严重影响了人们的身体健康，环境问题越来越受到人们 的重视。汽车尾气中含有较多的NO和CO,两种气体均会使人体

22、中毒。处理大气中的污染物，打响蓝天白云保卫战是当前的重要课题请答复以下问题(1) 一氧化碳、氢气既是重要的能源，也可以催化复原NO等消除污染，还可以在一定条件下制取CH 3OH。： N2(g)+O2(g)=2NO(g)AH=+180.5kJ mo1 ； 2H 2(g)+ O 2(g)=2H 20(1)!= 571.6kJ mol 1; H2O(g)=H 2O(1)AH= 44kJ mol1。写出H2与NO反响生成N2和水蒸气的热化学方程式： 。(2) CO可用于合成甲醇，反响方程式为CO(g)+2H 2(g) CH3OH(g)。在密闭容器中充有 10mol CO和20molH2，在催化剂作用下

23、发生反响生成甲醇，改变条件，测得CO的平衡转化率与温度(T)、压强(p)的关系如下图。那么该反响的AH0(填“或“)假设到达平衡状态A时，容器的体积为 10L ,那么在平衡状态 B时平衡常数K=，此时容器的体积为L。0点0.5(3) 工业上采用加压条件下，在含冷却装置的吸收塔中，以去离子水为吸收剂吸收NO,得到40%的硝酸。原理如下：2NO(g)+O 2(g)2NO2(g)AH= 114 kJ/mol 3NO2(g)+H 2O( 1 )= 2 HNO 3(aq)+ NO(g) AH= 69 92 kJ/molo采用降温操作的两个原因是利用电解原理也可以处理工厂烟气。如图为工业生产模拟装置。 其

24、中A、B为多孔电极(外接电源未画出)，那么A为极(填正 “阴或阳，电极反响式为X溶液中溶质的成分为 (填化学式)。稀(NH4)2SO4 液【答案】(1). 2H2(g) +2NO (g)=2H2O(g)+N2(g) AH=-664.1 kJ mol-1(2). (3).1(4). 2(5).降低温度平衡正向移动，硝酸高温下易分解(6).阳极 (7).SO2 2e2H2O SO424H (8). NH4 2SO4、H2SO4【分析】(1)根据盖斯定律书写 H2与NO反响生成N2和水蒸气的热化学方程式；(2)根据 图像，随温度升高，CO的转化率降低，说明平衡逆向移动；利用三段式计算T1时的平衡常数

25、；根据温度相同时，平衡常数相等计算B点的体积；(3)以去离子水为吸收剂吸收NO得到40%的硝酸的反响放热，硝酸高温下易分解； (4) A极SO2失电子发生氧化反响生成 SO42-, B极NO得电子发生复原反响生成NH4+ ;根据电解池总反响判断X溶液中的溶质。【详解】(1) N2 (g) +O2 (g) =2NO (g) AH=+180.5 kJ mol-1 2H2 (g) +O2 (g) =2H2O (1) H=-571.6 kJ mol-1 H2O ( g) =H2O (1) AH=-44 kJ mol-1,那么利用盖斯定律将- 2 -可得 2H2 (g) +2NO (g) =2H2O (

26、g) +N2 ( g) AH=-571.6kJ mol-1- (-44 kJ mol-1) X2-180.5 kJ mol-1=-664.1 kJ mol-1 ；(2) (2)根据图像，随温度升高，CO的转化率降低，说明平衡逆向移动，所以AHv。；当到达平衡状态 A时，容器的体积为10L，此时CO的转化率为50%，那么CO(g)+2H 2(g) CH3OH(g)起始(mol/L): 120转化(mol/L )： 0.510.5平衡(mol/L ): 0.510.5k=0.50.5 12=1,因A、B反响温度相等，那么平衡常数相等，且B点时CO的转化率为80%,那么CO(g)+2H 2(g)=C

27、H3OH(g)起始mol:10200转化mol:8168平衡mol:2488设体积为VL ,那么有V2 1，解得V=2 ；24v v以去离子水为吸收剂吸收 NO得到40%的硝酸的反响放热，降低温度平衡正向移动，硝 酸高温下易分解，所以采用降温操作；根据图示，A极SO2失电子发生氧化反响生成 SO42-，那么A为阳极，电极反响式是SQ 2e 2H ?O SO424 H 。根据总反响5SQ 2NO 8H2O NH42SQ 4H2SO4 ,x 溶液中的溶质是NH4 2SQ、H2SC4。10实验小组制备高铁酸钾K2FeO4并探究其性质。资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于 KOH溶液；具有强氧化性，在

28、酸性或中性溶液中快速产 生。2,在碱性溶液中较稳定，以下实验中用高锰酸钾与浓盐酸反响制备得到氯气，然后再 将氯气通入氢氧化钾溶液中与氢氧化铁固体充分反响而制得产品：1制备K2FeO4 夹持装置略 请写出该过程中制备氯气的离子反响方程式 请根据高铁酸钾制备的原理选择适宜的装置,DEF 锰被复原为 Mn2+ o 连接顺序为p E to 上 装置E中反响时需进行搅拌，目的是 E中得到紫色固体和溶液。E中生成高铁酸钾的反响为 ;反响充分进行后，E中溶液中主要的阴离子为 (2)探究K2FeO4的性质取E中紫色溶液，参加稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液 a,经检验气体中含有 CI2。为证 明是否是K2FeO

29、4氧化了 C而产生CI2,设计以下方案： 由方案I中溶液变红可知a中含有离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将CI氧化，还可能由 产生(用方程式表示)。 方案H可证明 K2FeO4氧化了 C。用KOH溶液洗涤的目的是 【答案】(1). 2MnO4- + 16H + + 10CI- =2M n2+5Cl2f +8HO;(2). F A (3). D(4)使反响物氯气和固体氢氧化铁能充分接触，加快反响速率，提高产率。 (5). 3CI2 + 2Fe( OH )3 + 10KOH = 2K 2FeO4 + 6KCI + 8H 2O (6). CI-, CIO-, OH-, FeO42-(7

30、). Fe3+(8).4FeO42- + 20H + = 4Fe3+ + 3O2? + 1OHO (9).防止 CIO-干扰实验。分析】 用高锰酸钾和浓盐酸反响制取CI2 , MnO4-被复原为Mn 2+, CI-被氧化为C,据此写出反响的离子方程式； 高锰酸钾和浓盐酸反响制取CI2不需要加热，因此选用F装置，浓盐酸会挥发产生HCI ,使得产生的CI2中混有HCI ,需要除去HCI ,可将混合气体通过饱和食盐水到达除杂的目的，选用装置A，除去HCI的CI2进入装置E发生反响制备高铁酸钾，最后连接D装置进行尾气吸收； 搅拌能使反响物氯 E中得到紫色固4 取K2FeO4，据此写 阴离子；充分接触，

31、加快反响速率，提高产率;体为K2FeO4，在碱性条件下， CI2可以氧化Fe(OH)3制，同时还存在反响为CI2和KOH反响，据此判断溶液中的方案I取少量a,滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。方案n用KOH溶液充分洗涤E中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出， 得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有 CI2产生。方案I中参加KSCN溶液至过量，溶液呈红色，说明反响产生Fe3+，但该离子的产生不能判断一定是 K2FeO4将Cl-氧化，注意K2FeO4在碱性溶液中稳定，酸性溶液中快速产生 02,自身转化为Fe3+;方案II可证明K2FeO4氧化了 Cl-，使用K0H溶液溶出K2FeO4晶体

32、，可以使K2FeO4稳定 析出，并且除去 CIO-离子，防止在酸性条件下CIO-和Cl-反响产生C12干扰实验。【详解】 用高锰酸钾和浓盐酸反响制取CI2, MnO4-被复原为Mn2+，Cl-被氧化为CI2,据此写出反响的离子方程式：2MnO 4-+16H+10CI -=2Mn 2+ +5CI2 f +8HO ；故答案为：2MnO4-+16H+1OCI-=2Mn 2+ +5CI 2T +8HO ； 高锰酸钾和浓盐酸反响制取CI2不需要加热，因此选用F装置，浓盐酸会挥发产生 HCI ,使得产生的CI2中混有HCI，需要除去HCI，可将混合气体通过盛有饱和食盐水的洗气瓶达到除杂的目的，选用装置A

33、,除去HCI的CI2进入装置E发生反响制备高铁酸钾，最后连接D装置进行尾气吸收；故答案为：F A ； D ; 搅拌能使反响物氯气和固体氢氧化铁充分接触，加快反响速率，提高产率；故答案为：使反响物氯气和固体氢氧化铁能充分接触，加快反响速率，提高产率； E中得到紫色固体和溶液，紫色固体为K2FeO4，在碱性条件下，CI2可以氧化Fe(OH)3制取 K2FeO4,反响方程式为：3CI2+2Fe (OH ) 3+10KOH=2K 2FeO4+6KCI+8H 2O，同时还存在反响为CI2和KOH反响：CI2 + 2KOH= KCI + KCIO + H 2O,因此E溶液中主要的阴离子为 CI-, CIO

34、-, OH-, FeO42-；故答案为：3CI2 + 2Fe (OH) 3 + 10KOH = 2K 2FeO4 + 6KCI + 8H 2O； CI-, CIO-, OH-, FeO42-。 方案I中参加KSCN溶液至过量，溶液呈红色，说明反响产生Fe3+，但该离子的产生不能判断一定是 K2FeO4将CI-氧化，注意K2FeO4在碱性溶液中稳定，酸性溶液中快速产生O2,自身转化为 Fe3+，反响为 4FeO42- +20H +=4Fe3+3O2 f +1OHO ；故答案为：Fe3+ ； 4FeO42- + 20H+ = 4Fe3+ + 3O2f+ 10H2O；方案II可证明K2FeO4氧化了

35、 CI-,使用KOH溶液溶出K2FeO4晶体，可以使 K2FeO4稳 定析出，同时考虑到 K2FeO4外表可能吸附CIO -, CIO-在酸性条件下可与 CI-反响生成CI2, 从而干扰实验，所以用 KOH溶液洗涤的目的是：防止 CIO-干扰实验；故答案为：防止 CIO-干扰实验。【点睛】此题有三个空是书写氧化复原反响方程式，可见书写方程式的重要性，尤其是陌生的氧化复原反响方程式的书写， 首先通过信息和经验确定局部反响物、 生成物，再依据得失电子守恒配平氧化剂、复原剂、氧化产物、复原产物的系数，然后再根据电荷守恒、元素守 恒配平其余物质的系数。11.英国曼彻斯特大学科学家安德烈海姆和康斯坦丁

36、诺沃肖洛夫。共同工作多年的二人因突破性地用撕裂的方法从石墨中成功获得超薄材料石墨烯而获奖。制备石墨烯方法有石墨剥离法、化学气相沉积法等。石墨烯的球棍模型示意图如下：1以下有关石墨烯的说法正确的选项是 A. 12g石墨烯含化学键数为 NaB. 石墨烯分子中所有原子可以处于同一平面C从石墨剥离得石墨烯需克服石墨层与层之间的分子间作用力D. 石墨烯中每个 C原子连接3个六元环，每个六元环占有 6个C原子2 化学气相沉积法是获得大量石墨烯的有效方法之一，催化剂为金、铜、钴等金属或合金 含碳源可以是甲烷、乙炔、苯、乙醇或酞菁等中的一种或任意组合。 基态铜原子能量最高的电子占据的能级符号是 ；第四周期元素

37、中,最外层电子数与铜原子相同的元素还有 。 以下分子属于非极性分子的是 。a.甲烷 b.二氯甲烷g苯d.乙醇 乙醇的沸点要高于相对分子质量比它还大的丁烷，请解释原因NH 金与铜可形成的金属互化物合金(如图),它的化学式可表示为 ;在Au周围最近并距离相等的Cu有个,假设2个Cu原子核的最小距离为 d pm,该晶体的密度可以表示为g/cm3。(阿伏伽德罗常数用 Na表示).【答案】(1). BC (2). 3d (3). K、Cr (4). a、c (5).乙醇分子间可形成氢键而丁烷分子间不能形成氢键(6). sp2(7). Cu3Au或AuCu 3(8). 12(9).303892 1034N

38、a d【详解】(1) A .石墨烯中一个碳原子具有1.5个b键，所以12g石墨烯含b键数为1.5NA,选项A错误；B 碳碳双键上所有原子都处于同一平面，所以导致石墨烯分子中所有原子可以处于同一平面，选项B正确；C. 石墨结构中，石墨层与层之间存在分子间作用力，所以从石墨剥离得石墨烯需克服石墨层与层之间的分子间作用力，选项C正确；D、 石墨烯晶体中最小的环为六元环，每个碳原子连接3个C-C化学健，那么每个 C原子连1接3个六元环，每个六元环占有的C原子数为6X- =2,选项D错误；3答案选BC ；(2)铜是29号元素，其基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1,基态铜原子能量最高的电子占据的能级符号是3d ；第四周期元素中，最