2019届辽宁省葫芦岛协作校高三下学期第二次模拟考试理综化学试题(解析版)

———2019届辽宁省葫芦岛协作校高三下学期第二次模拟考试

理综化学试题（解析版）可能用到的相对原子质量： ： \ ■ :一、选择题：本题共13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与生产、生话密切相关。下列说法错误的是A.生活中用到的陶瓷，如日用器皿、建筑饰材、卫生活具等主要是传统硅酸盐陶瓷B.铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性和碱性食物，但可长时间存放咸的食物C.洗发时使用的护发素主要是调节头发的 pH,使之达到适宜的酸碱度D.煤的干储、海带提碘、石油裂解、芒硝风化等都涉及化学变化【答案】B【解析】【详解】A.生活中用到的陶瓷主要是传统硅酸盐， A项正确；B.铝制餐具中含有杂质，长期放置咸的食物，易构成原电池形成电化学腐蚀， 因此不宜长时间存放咸的食物，B项错误；C.护发素主要是调节头发的 使之达到适宜的酸碱度， C项正确；D.煤干储：将煤隔绝空气加强热使之分解，属于化学变化；海带提碘：将海带灼烧，灼烧后的灰烬中碘元素以「形式存在，然后用H2Q可以将「氧化为碘单质，涉及化学变化； 石油裂解：使具有长链分子的烧断裂成各种短链的气态煌和少量液态烧，属于化学变化；芒硝风化是指十水合硫酸钠失去结晶水的过程，属于化学变化，D项正确；答案选B。（一种固体催化剂）合成N%的原理示【点睛】（一种固体催化剂）合成N%的原理示2.中国科学院科研团队研究表明，在常温常压和可见光下，基于意图如图。下列说法错误的是A.氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:1

A.氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:1B.该过程中涉及极性键和非极性键的断裂与生成C.基于LDH合成N%的过程属于氮的固定D.工业中，氨经一系列反应可以得到硝酸【答案】A【解析】【详解】A.该反应的化学方程式为2N2+6HO=4NH+3Q,氮气是氧化剂、水是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3,A项错误；B.该过程中，既有极性键（N-H、O-HD的断裂与生成，也有非极性键（ N三M0=0的断裂与生成，B项正确；C.基于合成N%的过程是将氮气转化为氨气的过程，属于氮的固定， C项正确；D.工业中，氨可以通过与氧气催化氧化得到 NONO被氧化为NO,NO再与水反应生成硝酸， D项正确；答案选Ao3.下列实验方案不能达到实验目 是选项实验目的A测定铝箔中氧化铝的含量B比较醋酸与硼酸的酸性强弱JC验证N口卢。选项实验目的A测定铝箔中氧化铝的含量B比较醋酸与硼酸的酸性强弱JC验证N口卢。3可用于制备“D证明溶液中存在平衡：—A.AB.B实验方案取门9铝箔与足量稀盐酸充分反应，逸出气体用排水法收集，测其体积为8〃已转化为标准状况下）分别向C.C0.1m必饱和硼酸溶液中加等浓度碳F液，观承象,前者生^^而后者不能涤放饱和溶'局^吸浸后，稍沥干,:叫外卜焰处，观察现象■5mL F"/*中加入OlmN/LKsM容液,再■加入少量（口固察现象 .1V【答案】D【解析】【详解】A.根据生成气体的体积可确定铝的质量， 以此可确定氧化铝的含量， 可达到实验目的，A项正确；B.向0.1mo?L-1醋酸和饱和硼酸溶液中加等浓度碳酸氢钠溶液， 只有前者生成气体，可知发生强酸制取弱酸的反应，则酸性醋酸>碳酸〉硼酸，B项正确；C.NaSiO3不燃烧、不支持燃烧，由现象可知， NaSiQ可用作木材防火剂，C项正确；D.向盛有5近1005憎初儿产。外溶液中加入5近0.口1内〃修用5。可溶液，存在平衡FF卜十35CN^Fe(SCN)3,会出现红色，但再继续加入少量 固体，对反应平衡无影响，因此实验方案不正确， D项错误；答案选Do【点睛】解题时要注意D项中KCl对反应速率与平衡均无影响，抓住离子反应的实质是解题的关键。4.短同期主族元素九匕九W、凡Q原子序数依次增大。由这些元素组成的化合物甲、乙、丙、丁的0.1m川儿水溶液p"如表，丙、丁为二元化合物。甲溶液逐滴滴入丙溶液中，先产生白色沉淀， 后沉淀消失;乙的水溶液可除油污。下列说法一定正确的是0.1mm".水溶液甲乙丙丁131151A.原子半径：r(W)> >r(Y) B.配制丙溶液时需加入丁溶液C.乙溶液去油污时只涉及到盐类的水解 D.海水提镁的过程中一定用到化合物甲【答案】B【解析】【分析】0.1mo/L甲溶液的pH=13,说明甲溶液为强碱溶液，短周期元素形成的强碱为NaOH则甲为NaOH0.1mol/L的丁溶液的pH=1,应为氢化物，且完全电离，则丁为HCl;0.1mol/L的乙、丙溶液的pH分别为11、5,则乙为弱碱性溶液，丙为弱酸性溶液；甲溶液逐滴滴入丙溶液中，先产生白色沉淀，后沉淀消失，说明丙溶液中含有铝离子，为AlCl3；乙的水溶液可除油污，可能为 N&CO,结合短周期主族元素X、Y、Z、WRQ原子序数依次增大可知： X、Y、Z、WR Q分别为H、C、ONa Ah Cl,据此解答。【详解】根据分析可知， X、Y、Z、WRQ分别为H、CONa、Al、Cl,A.同周期元素从左到右原子半径依次减小，同主族元素从上到下原子半径依次增大，则原子半径：r(W)>r(Y)>r(Z),A项错误；B.丙溶液为氯化铝溶液，配制时为抑制其水解需加入 HCl,B项正确；NazCO可以去油污是由于N&CO溶于水后水解显碱性，油脂在碱性条件下水解生成对应的醇与酸钠而溶解，C项错误；D.海水提镁的过程中没有用氢氧化钠，而用石灰乳来沉淀镁元素， D项错误；答案选B。【点睛】海水资源的利用是常考点， D项海水提镁的过程主要涉及：生石灰溶于水得到氢氧化钙溶液加入沉淀池，沉淀镁离子，过滤得到氢氧化镁固体，加入稀盐酸后溶解得到氯化镁溶液，通过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤得到氯化镁晶体，熔融电解得到金属镁。5.下列有关有机化合物的说法正确的是A.麦芽糖的水解产物有两种，且互为同分异构体B.等质量的苯和苯乙烯完全燃烧，消耗氧气的体积在相同条件下不相同C.间二甲苯中苯环上的一个氢原子被“ -G%电”取代时，有9种结构（不考虑立体异构）"NO］与甲苯或甘油在一定条件下发生反应，其反应类型不同【答案】C【解析】【详解】A.麦芽糖的水解产物只有葡萄糖一种， A项错误；B.等质量的有机物完全燃烧时，消耗氧气的量的多少由 y/x或氢的质量分数来决定，该值越大，耗氧量越多，因苯与苯乙烯分子中氢的质量分数相同，则耗氧量在相同条件下相同， B项错误；C.“间二甲苯”中苯环上有3种氢原子，"-C2HCI2”由3种结构：-CHCHCb-CHClCHCl、-CCI2CH,因此“间二甲苯”中苯环上的一个氢原子被“ -C2HCI2”取代时，形成的同分异构体有 3X3=9种，C项正确；D.硝酸与甲苯在浓硫酸作用下发生硝化反应， 属于取代反应；硝酸与甘油发生酯化反应， 也属于取代反应，其反应类型相同，D项错误；答案选Co【点睛】B项在解题时要特别注意的是，首先要看有机物是物质的量相同还是质量相同，有机物燃烧规律如下：若为等物质的量的有机物完全燃烧时 ，消耗氧气的量的多少由x+y/4或x+y/4—z/2来决定，该值越大，耗氧量越多；若为等质量的有机物完全燃烧时 ，消耗氧气的量的多少由y/x或氢的质量分数来决定，该值越大，耗氧量越多。6.一种新型的“电池的正极采用含有/\以"的水溶液，负极采用固体有机聚合物［用An,（Ali）n表示］,电解质溶液采用UN%溶液，聚合物离子交换膜作为隔膜将液态正极和固态负极分隔开 （原理示意图如图）。已知含片的溶液呈棕黄色，下列有关判断正确的是A.图甲是原电池工作原理图，图乙是电池充电原理图B.放电时，正极液态电解质溶液的颜色变浅C.放电时，N。占从右向左通过聚合物离子交换膜D.放电时，负极的电极反应式为： =An+2nLi'【答案】B【解析】【分析】已知负极采用固体有机聚合物，甲图是电子传向固体有机聚合物，图甲是电池充电原理图，则图乙是原电池工作原理图，放电时，负极的电极反应式为：丹料一2kg 久十加EL,正极的电极反应式为：l3-+2e=3I-,结合原电池工作原理分析作答。【详解】A.甲图是电子传向固体有机聚合物， 电子传向负极材料，则图甲是电池充电原理图， 图乙是原电池工作原理图，A项错误；B.放电时，正极液态电解质溶液的 I2也会得电子生成I-,故电解质溶液的颜色变浅， B项正确；C.放电为原电池工作原理， 川。？向负极移动，从左向右通过聚合物离子交换膜， C项错误；D.放电时，负极发生失电子的氧化过程，故负极的电极反应式为：楙-2足？=（4%鼠十物口;D项错误;答案选Bo【点睛】易错点：原电池中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；电解池中，阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，注意不要记混淆。.常温下联氨（/%）的水溶液中有：①N2H+HO=^NH++OHK1②N2H++HO一N2H2++OHK2,该溶液中微粒的物质的量分数况*）随-S"。"）变化的关系如图所示。下列叙述错误的是36012t51&-曝(OH)A.图中出对应的液粒为N此.由图可知，&=1015C.若C点为N/内溶液，则存在：”才)>(N2H1)+2cM心)D.反应②为N/1的水解方程式【答案】D【解析】【分析】横坐标为OH浓度的负对数值，从左到右 OH的浓度越来越小，越能促进 N2H电离，纵坐标为微粒的物质的量分数8(X),故I对应的微粒为 N2H,n对应的微粒为N2H5+,出对应的微粒为N2H2+。【详解】根据上述分析可知，A.图中出对应的OH的浓度最小，NH4电离平衡正向移动的程度最大，则出对应的微粒为 N2H62+,A项正确；B.从图象可得B点NH+、NH2+物质的量分数相等， 说明它们的浓度相等， 此时根据横坐标可知c(OH)=lE,c(^2h62+)c(o/r)贝U*W= =双开一)=10_i匚,B项正确；式C.由电荷守恒可知：c(OH-)+c(Cl-)=c(N2H5+)+2c(N2H2+)+c(H+),从图象可得C点c(OH)<c(H+),故c(Cl-)>c(N2H5+)+2c(N2H2+),C项正确；D.反应②为N2H4的二级电离方程式， D项错误；答案选Do【点睛】对于化学平衡图象题，需要分析图象所给的信息以及各个特殊点的状态，离子浓度大小比较时需要结合物料守恒、电荷守恒、质子守恒来分析。8.错(4/『)是现代工业的重要金属原料，具有良好的可塑性，抗蚀性能超过钛。以错英石 (主要成分是/⑶°4,还含有少量加“+5Q、尸々。3等杂质)为原料生产错及其化合物的流程如图所示

石油播to石油播to足量(1)写出曰4的电子式。(2)高温气化过程中，不考虑损失，发现分储后得到的小仪《质量通常比由纯Z『S七4发生的反应得到的5汉%质量大，用化学方程式来解释原因。(3)高温气化后的固体残渣除碳外，还有卫4%和修G3,加水浸取得氯化铁溶液，过滤，从滤渣中分离出碳和皿2。3两种固体的方法是。(4)写出上述流程中方值4与水反应的化学方程式：。(5)已知氧化错(〃0»是一种两性氧化物，与氢氧化钠共熔融可形成酸盐，请写出化学方程式(6)工业上可用钾还原七时制得金属小，1根田犬声厅6被还原时生成的钾盐的物质的量为⑺已知“日=-10@,52=03。下列说法正确的是A.25叱,电解质溶液的内("")与加(口))之和均为14B.用盐酸滴定某浓度的*。开溶液，滴定过程中pe(0H)逐渐增大C. 溶液中逐滴加入硫酸溶液，滴加过程中 pqb/4)逐渐减小D.某温度下Ksp\Zr(C03)2]=4.QxU)12,则其溶液中 /卜)+加(。。[)=：CI:【答案】 (1).:C|：Si:CI： (2). si03.+2%+2=高温+2co(3).力口入NcrCB【答案】 (1).’y•液浸取过滤得碳，再向滤液通入二氧化碳后过滤，将固体加热得 川(或先用盐酸浸取，再用氨水也可 )(4). .广，=••.：；—工.■：；：，,；；；'□•，〃•； (5).八二‘八，(6). 6:公⑺.【解析】分析】错英石(主要成分为ZrSiO4,也可表示为ZrQ?SiO2,还含少量Al2Q、SiO?、FezQ等杂质)，通入足量的氯气以及和足量的石焦油反应，ZrSiO4转化为ZrCl4,加水水解，使ZrCl4转化为ZrOCL?8H2O,900c加热分解，即可得到ZrO2,加入镁置换得到海绵错，据此分析作答。【详解】(1)SiCl4分子中硅原子最外层有4个电子，能形成4个共价键达到稳定结构，每个氯原子能形成/i:CI：.一个共价键达到稳定结构，电子式为：*4：ci：.故答案为：心让3；',心,：

・•(2)高温气化过程中，二氧化硅和氯气与碳反应生成氯化硅与一氧化碳，其化学方程式为：犯+2Cl2+2c高温货CL+2C0,故答案为：+2%+2c高温Siri#+2C0-(3)分离出碳和川小3,从八％出的两性来分析，如先加入 溶液浸取过滤得碳，再向滤液通入二氧化碳后过滤，将固体加热得小霜3；或先用盐酸浸取过滤得碳，再向滤液加入过量氨水得到沉淀，最后再加热得到，左。3,故答案为：加入No。"溶液浸取过滤得碳， 再向滤液通入二氧化碳后过滤， 将固体加热得力力&(或先用盐酸浸取，再用氨水也可)；(4)根据流程图可知ZrCl4与水反应产物为ZrOCl2?8HO,根据原子守恒，反应方程式为：ZrCl4+9H2O-ZrOCl2?8H2O+2HCI,故答案为：ZrCl4+9H2O—ZrOCl2?8HO+2HCt(5)结合氧化铝的两性，根据已知条件可知，氧化错 (片「力之)与氢氧化钠共熔融可形成酸盐的化学方程式为：小出+2NaOH^a^rG3+为。，故答案为：Zr02+ 盥邺0/叫+”和；(6)用钾还原心作尸6时制得金属2,根据氧化还原反应的规律得出其化学方程式为： K2ZrF6+4K=Zr+6KF,根据关系式得出若上被还原时生成的钾盐(KF)的物质的量为6mol,故答案为：6mol;⑺A.2S°C,根据水的离子积可知， “打，＞＜久31)=10一：结合公式P/= 可推出，电解质溶液的与网0旷)之和均为14,A项正确;B.用盐酸滴定某浓度的*。开溶液，滴定过程中。(。/广)逐渐减小，则PQ3f)逐渐蹲大，B项正确；c.h〃以?溶液中逐滴加入硫酸溶液，生成硫酸钢，滴加过程中 “bM1)逐渐减小，pc32+1会逐渐增大，C项错误；D.Ksp必式。4艮］=40*1。：则溶液中c(Zr4+)•c2(CO32-)=4.0X10-12,则-lgc(Zr4+)-c2(CO32")=12-2lg2,即pc(Zr4+)+2pc(CO32-)=11.4,D项错误；答案选AR9.研究碳氧化合物、氢氧化合物、硫氧化合物等大气污染物的处理对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。工业上处理氮的氧化物途径有多种：I.氨吸法。⑴已知：①冽。(0)二/⑶+出⑼ =②：■-';'■■则用卅名处理N。生成氮气和气态水的热化学方程式为。n.催化氧化法：城市中N。工和。。污染主要来源于汽车尾气， 可以利用化学方法将其转化为无害的物质如：催化剂2NO+2COU2coz+4代斤＜口)。A(2)为研究汽车尾气转化为无毒无害 物质有关反应，在密闭容器中充入 和0m川出仃，发生反应，如图为平衡时内。的体积分数与温度、压强的关系。、。的体积分数50403。252010° 10 20 30 405C压强八①该反应达到平衡后，为在提高反应速率同时提号)a.改用高效催化剂b.缩小容器的体积c.升②压强为10MP。.、温度为〃下，若反应进行到示的平均反应速率叽。。力= ，该温度一压=总压X物质的量分数；保留两位有效数字 )。③若在口点对反应容器降温的同时缩小体积至体系压强增大， 达到的平衡状态可能是图中乩~。点中的占八、、m,电解硝酸工业的尾气 可制备^打4卅03,其工作原理如图(填字母序的浓度变化表•口衡浓度计算，分NILNCh怖溶液(3)川极的电极反应式为。(4)在25匕时，将叮氨水与0.1mMZ1的硝酸等体积混合后溶液显中性， 用含仃的代数式表示叫网的水解常数__ 【答案】 (1). ；：\士.”、一；:3g.：.V-匚一"工：小」(2). • (3).：,(4 ( (4). ■ii:：, 1 (5). (6). ,，3::: ' .1 'l/i1(7).(10a-l)x10^7【解析】【分析】I.(1)依据盖斯定律的应用作答；n.(2)2NO(g)+2CO(g)上上2CO2(g)+N(g) AH<0,①该反应达到平衡后，为在提高反应速率同时提高NO转化率，改变条件使平衡向正反应方向移动即可；②利用“三段式”来解决化学平衡计算问题；③此反应为放热和体积减少的反应，若在 D点对反应容器降温的同时缩小体积至体系压强增大，平衡将向正反应方向移动;m.(3)N电极的NO变成NH+4M电极的NO变成Ng]则N极的电极反应式为NO-3e+2HO=NO+4H+;i,,zNH+H2kNH•H2O+HmKh=(c(NH3•HzOfH)/c(NH4),amol•L的氨水与0.1mol•L的硝酸等体积混合后溶液显H^^^Hu=3",肌0)和c(N1HL)可通过“三段式”来求出，再带入水【详解】I.(1)①.⑶二W⑼,AHi=0k//m.②4N%(@)+犯⑸■式4十则①・+②得用N%处理N口生成氮气和气态水的热化学方程式4W.)十6NO(q)才四十AH=.+b)kj/mol,故答案为：4NS).ND⑸=6/0⑼MI=⑶■灯/m出；n.①该反应达到平衡，为在提高反同时提高no的■率，改变条件使平衡向正反应方向移动，a,改用高效催化剂，率，不能改变反应平衡,a项错误；

b.缩小容器的体积，相当于增大压强，此反应是体积减少的反应，平衡向正反应方向移动，所以提高反应速率同时提高NO的转化率，b项正确；c.升高温度，反应速率提高，但该反应是放热反应，平衡向逆反应方向移动， c项错误；d.增加CO勺浓度，浓度增大，反应速率加快，平衡向正反应方向移动， d项正确，故选bd;②压强为10MPa、温度为Ti下，若反应进行到20min达到平衡状态，对应图象 E点，利用“三段式”来计算：2NO(g)+2CO(g).僵化2CC2(g)+M(g)初始时物质的量/mol8 10 0 0变化的物质的量/molxxx0.5x平衡时物质的量/mol8-x 10-xx0.5xNO的体积分数为25%根据阿伏加德罗定律及推论，体积分数等于物质的量分数,Pg2p4 2N2(8-x)/(8-x+10-x+x+0.5x)=25% ,x=4,v(CO2)=——-=0.05mol/(L min),Kp= ,Pco=总压x物ZUX4 p2SPNO质的量分数=P总——)=10X025=25Mpa,同理其它物质的分压也可以用类似的方法来求出,4+6+4+2pco2pco2然后带入&=

P

co2三0.089MPa，NO故答案为：0.089MPa-1;③此反应是体积减少的放热反应，在 D点对反应容器降温的同时缩小体积至体系压强增大，平衡向正反应方向移动，NO的体积分数降低，对应图象的 G点，故答案为：G;(4)电解池中N极的NO变成NH+,M极的NO变成NO-,介质为NHNO溶液，N极的电极反应式为NO-3e-+2HzO=NO+4H+,故答案为：NO-3e+2H2O=NO+4H+;NHI+HaO^NHi-H2O+H,K=c(NH3・H2O)・c(H+)/c(NH4+),amol♦L1的氨水与0.1molL1的硝酸等体积混合后溶液显中性，则 c(H+)=10-7,c(NH3-H2O)和c(Nj+)可通过“三段式”来求出，氨水与硝酸等体积混合的离子方程式为：NH•H2O+H+=NH4++H2O初始时物质的量浓度/mol/La0.10变化的物质的量浓度/mol/L0.1- 1 0.1--।0.1- ।平衡时物质的量浓度/mol/La-0.1+i■- 0.1-■]LK=c(NH3・H2O)・c(H+)/c(NH4+)=(10a-1)x10—7,故答案为：(10a-1)x10—7。【点睛】在解决化学平衡计算的有关问题时，要学会通过“三段式”来求解，结合阿伏加德罗定律及其推论得出答案。10.甘氨酸亚铁[(NH簿啡用€=204田加码是一种补铁强化剂广泛用于缺铁性贫血的预防和治疗。某学习小组欲利用硫酸亚铁溶液与甘氨酸反应制备甘氨酸亚铁，有关物质性质如表：甘氨酸(MH/H/门叫柠檬酸甘氨酸亚铁易溶于水，微溶于乙醇，两性化合物易溶于水和乙醇，有强酸性和还原性易溶于水，难溶于乙醇实验过程实验1制备F4%：将含。加打己$册的溶液与2007nL 1即%出匚口3溶液混合，反应结束后过滤并洗涤沉淀。实验2制备(MH声实验装置如图(夹持和加热仪器已省略)，将实验1得到的沉淀和含020m.加甘氨酸的水溶液混合后加入。中。利用4中的反应将。中空气排净，接着滴入柠檬酸溶液并加热。实验3提纯(NH/ZH/D⑴婕3：反应结束后过，将滤液蒸发浓缩，加入乙醇，过滤、干燥得到产品。⑴写出实验1中制备F"。？的离子方程式。(2)装盐酸的仪器名称是,装置"中的试剂是。(3)实验2中，打开口关闭九排尽空气。确认。中空气排尽的实验现象是,排尽空气后进行的实验操作是,接着滴入柠檬酸溶液并加热。(4)实验2中的柠酸可调节溶液pH,体系pH与产率的关系如表实验1234567体系pH4.04.55.05.56.06.57.0产率(%)65.7474.9678.7883.1385.5772.9862.31pH过低产率下降的原因是;柠檬酸的作用还有。(5)实验3中加入乙醇的目的是。(6)若产品的质量为1632^,则产率为%【答案】(1).F/1+2!ICO3二+CO2t十(2).长颈漏斗(3). 饱和碳酸氢钠溶液(4).D中澄清石灰水变浑浊 (5). 打开上关闭。(6). P"过低，氢离子会与甘氨酸中的氨基反应(7).防止亚铁离子被氧化 (8). 减少甘氨酸亚铁的溶解量，促使其结晶析出 (9).80.00【解析】【分析】FeSO溶液与NHHCOm^反应制备FeCO沉淀，将FeCO与和含0.20mol甘氨酸的水溶液混合后加入 C中，然后利用A中的反应将C中空气排尽，接着滴入柠檬酸溶液并加热，反应结束后过滤，滤液经蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥后得到产品，(1)二价铁离子与碳酸氢根离子反应生成碳酸铁沉淀；(2)根据仪器结构与特征解答；装置 B试剂的目的是除去二氧化碳中的氯化氢；(3)根据实验基本操作及现象分析；(4)NHCHCOO呻的氨基可以与氢离子结合，据此分析；柠檬酸有强酸性和还原性；(5)根据甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇分析；(6)根据题意，FeCO过量，0.20mol甘氨酸反应完全，根据质量守恒有关系式：2NHCHCOOH(NHCHCOQ12Fe,则理论上得到的(NHCHCOQ2Fe的物质的量为5n(NHCHCOOH=0.10mol,质量为0.01molx204g/mol=20.4g,据此计算。【详解】(1)Fe2+和HCOT发生反应生成FeCO沉淀、CO和H2Q离子方程式为：Fe2++2HCO=FeCOJ+COT+HQ故答案为：Fe2++2HCJ=FeCOj+CQT+H2O;(2)装盐酸的仪器为长颈漏斗， 试剂B主要是为了除去二氧化碳中的氯化氢， 则为饱和碳酸氢钠溶液，故答案为：长颈漏斗；饱和碳酸氢钠溶液；(3)当C中充满CO后，CO开始进入D中，使D中的澄清石灰水变浑浊，这时说明 C中空气已经排尽，故答案为：D中澄清石灰水变浑浊；利用 A中的反应将C中空气排尽后，打开1b关闭。接着滴入柠檬酸溶液并加热，故答案为：。中澄清石灰水变浑浊；打开匕关闭口；(4)NHCHCOO用的氨基显碱性，pH过低使产率下降的原因是H+会与NHCHCOO陵应；根据信息，柠檬酸具有还原性和强酸性，能够促进 FeCO的溶解，防止Fe2+被氧化；故答案为：pH过低，氢离子会与甘氨酸中的氨基反应；防止亚铁离子被氧化(5)由于甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，故为降低甘氨酸亚铁的溶解度，提高产率和纯度，用乙醇洗涤，故答案为：减少甘氨酸亚铁的溶解量，促使其结晶析出；(6)根据题意，FeCO寸量，0.20mol甘氨酸反应完全，根据质量守恒有关系式：2NHCHCOOHNHCHCO0Fe,则理论上得到的(NHCHCODFe的物质的量为12n(NHCHCOOH。」。mol,质量为0.01molx204g/mol=20.4g,则产率为：' ：=80.00%,故答案为：80.00%。20.4g11.铁、钻、馍等过渡元素在工业生产和科学研究中具有重要作用，回答下列问题。(1)产衣卜简化的电子排布式为,第四电离能3®__g(f的(填”>或“)。(2)户己5%常作净水剂和补铁剂，5%的空间构型为,其中硫原子采用杂化，任意写出一种564的等电子体。(3)Fe(CO).常温下呈液态；熔点为 沸点为103。。，易溶于非极性溶剂，据此可判断 走仔0)#晶体属于(填晶体类型)，若配合物F式。S”的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为 18,则(4)氮化铁晶体的晶胞如图所示，该氮化铁晶体的化学式为(5)氧化亚铁晶体的晶胞如图所示。 已知：氧化亚铁晶体的密度为 3,Nh代表阿伏加德罗常数的值。在该晶胞中，与C2-紧邻且等距离的F/1数目为,F/i与。士最短核间距为pm,【答案】 (1). 外广［3/(2). <(3). 正四面体(4).sp3 (5). 口04,S2O2~. P034(任36写一种) (6). 分子晶体⑺.5(8). F%N(9).6 (10). 3———x1O10《户乂熊【解析】【分析】Fe为26号元素，根据核外电子排布规律作答；(2)结合价层电子对互斥理论与杂化类型及等电子体原理分析；(3)依据分子晶体的物理性质分析；结合中心铁原子的价电子数及配体 CO提供的电子数列式计算；(4)用“均摊法”，计算出晶胞中含 Fe与N的个数比，得出化学式；(5)该晶胞模型为面心立方堆积， 结合空间构型回答；根据晶胞参数等于相邻两个离子核间距的 2倍作答。【详解】(1)Fe在第四周期VIII族，基态原子简化的电子排布式为： ［月H3d64s2,则F/+简化的电子排布式为;Co基态原子简化的电子排布式为：［再r］3d74s2,气态Co失去三个电子后会变成更易生成快『］3#,因为此时最高能级d能级为半充满结构较稳定，则第四电离能 与(m<1炉叽故答案为：即］3d+<;SO24的价层电子对数=4+"-"："**=4,无孤电子对，则其空间构型为正四面体，杂化类型为 sp3;等电子体是指价电子数相同，原子数相同，结构相似的离子或分子，则与 $炉i互为等电子体的有口。4、51炉3、口口)(任写一种即可)，故答案为：正四面体；sp3；Cl。4、5出、P。二(任写一种即可)；Fe(CO),常温下呈液态；熔点为-20S0r,沸点为103°C,易溶于非极性溶剂，符合分子晶体的物理性质，因此可判断为分子晶体；中心原子铁价电子数为 8,配体CO提供2个电子形成配位键，因此x=(18—8)/2=5,故答案为：分子晶体； 8;(4)氮化铁晶胞为六棱柱，顶点贡献率为 1/6,棱点贡献率为1/3,面点贡献率为1/2,观察晶胞可知，12个铁位于顶点，2个铁位于面心，3个铁位于体内，2个N位于体内，用“均摊法”可知，1个晶胞中含铁微粒数：12X1/6+2X1/2+3=6个，含氮微粒数：2个，该晶体中铁、氮微粒个数之比为=6:2=3:1,则化学式为：m％可；(5)根据晶胞图可知，氧化亚铁晶胞类似氯化钠晶胞， 棱上3个离子相切，晶胞参数等于相邻两个离子核间距的2倍。上、中、下三层各4个氧离子(共12个氧离子)与中心的氧离子紧邻且等距离， 用“均摊法”，晶胞中含Fe2+:8X1/8+6X1/2=4个，含O2-:12X1/4+1=4个，晶胞的化学式为FeQ氧化亚铁中氧离子、亚铁离子个数比为1:1,所以，有6个O2-与Fe2+紧邻且等距离；1个氧化亚铁晶胞中含4个FeQ设Fe2+与O2-的最短核间距为dpm,1molFeO的质量为72g,氧化亚铁晶体

72X4的密度为pgcm-3,则有72X4的密度为pgcm-3,则有_m_扭且PV{2dx1O-10),解得d=36xlO1°pm,所以Fe2+与酋的最短核间距6；36io-~xl06；36io-~xl0wo一^「二：pm,故答案为:XJV&12.乙烯是基本的有机化工原料。 用乙烯和常见的有机物可合成一种醛类香料和一种缩醛类香料， 具体合成路线如图所示(部分反应条件略去)：塞乙・塞乙・已知： U2RfOH2ROH+II,回答下列问题RO-C-OR *RP-C-QR，(1)』的结构简式为,R中官能团名称为。(2)若口为单取代芳香族化合物且能与金属钠反应； 每个口分子中只含有1个氧原子，D中氧元紫的质量分数约为13.1%,则⑥的反应类型是。(3)写出苯乙醛与新的银氨溶液反应的化学方程式：。(4)请写出满足下列条件的苯乙醛的所有同分异构体的结构简式：。0i.含有苯环和JL结构ii.核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为3:2：2：1(5)若化合物E为苯甲醛的同系物，且相对分子质量比苯甲醛大28,则能使F前G溶液显色的E的所有同分异构体共有(不考虑立体异构)种。I.(6)参照题中的合成路线，由 2—氯丙烷经如下步骤制qu。写出CHCHtF的反应条件,尸、仃的结构简式,。【答案】 (1).(2).. 氧化反应.CH