2021年江苏省南通市海门中学高考四模化学试卷(解析版)

PAGE江苏省南通市2021年高考四模化学试卷一、单选题1．2021年5月15日，“天问一号”探测器成功软着陆于火星。这是中国火星探测史上的历史性事件。新型铝基碳化硅复合材料被大量应用于火星车的车身。下列关于该复合材料可能的性质描述错误的是（）A．密度小 B．硬度大 C．熔点低 D．抗氧化2．甲硫醇(CH3SH)是合成蛋氨酸的重要原料。反应CH3OH+H2SAl2O3__400°CCHA．Al3+的结构示意图为 B．H2S的电子式为H+H+C．1molCH3SH中含6molσ键 D．CH3OH与CH3SH互为同系物3．氯是海水中重要的元素。下列有关氯及其化合物的性质与用途具有对应关系的是（）A．氯气显黄绿色，可用于制盐酸B．盐酸呈强酸性，可用于除水垢C．次氯酸具有弱酸性，可用作漂白剂D．四氯化碳难溶于水，可用作灭火剂4．镀锌铁皮可用于制备七水合硫酸锌(ZnSO4·7H2O)，其流程如图。下列有关说法正确的是（）A．镀锌铁皮的镀层被破坏后铁的腐蚀比生铁快B．“氧化”发生反应的离子方程式为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2OC．“调pH”后所得溶液中大量存在的离子有Zn2+、SO42-、Fe3+、HD．从“过滤2”所得滤液中获取晶体的操作为：蒸发滤液至有大量晶体出现时停止加热，利用余热将液体蒸干5．X、Y、Z、W、R是周期表中的短周期主族元素，原子序数依次增大。Y原子的最外层有4个电子，且未成对电子数和W相等，R和X同主族，RX为离子化合物。下列说法正确的是（）A．简单离子半径：r(R)>r(Z)>r(W)B．元素电负性：Z>W>YC．Y、Z最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>ZD．W与R形成的化合物中可能含有共价键6．硝酸是无色、易挥发、有刺激性气味的液体，具有强氧化性，浓硝酸见光易分解。下列有关硝酸的说法正确的是（）A．NO3-B．浓硝酸保存在棕色带橡胶塞的试剂瓶中C．用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近浓硝酸有白烟产生D．常温下用铁制容器运输浓硝酸是因为铁与浓硝酸不反应7．工业常采用氨氧化法制硝酸，主要工艺流程如图所示；在氧化炉中发生反应4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)ΔH＜0，NH3和空气的混合气通入灼热的铂铑合金网，生成的NO与残余的O2继续反应生成NO2.将NO2通入水中可制得HNO3.吸收塔排放的尾气中含有少量的NO、NO2等氮氧化物。工业以石灰乳为试剂，采用气-液逆流接触法(尾气从处理设备的底部进入，石灰乳从设备顶部喷淋)处理尾气。下列有关硝酸工业制备说法错误的是（）A．合成塔中使用催化剂，可以提高单位时间内N2的转化率B．加压可以提高氧化炉中NH3的平衡转化率C．吸收塔中鼓入过量的空气可以提高硝酸的产率D．采用气-液逆流接触法是为了使尾气中的氮氧化物吸收更充分8．利用石墨电极电解HNO3和HNO2的混合溶液可获得较浓的硝酸。其工作原理如图所示。下列说法正确的是（）A．a为电源的正极B．电解池中的离子交换膜应为阴离子交换膜C．阳极的电极反应式为HNOD．每2mol离子通过离子交换膜，左室产生的气体X的体积为22.4L(标准状况)9．反应2N2H4(1)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(1)ΔH=-1135.7kJ·mol可为火箭发射提供能量。下列有关该反应的说法正确的是（）A．反应消耗32gN2H4(1)放出1135.7kJ的能量B．反应物中所有化学键键能之和大于生成物中所有化学键键能之和C．每生成18g水，反应中转移电子物质的量为4molD．常温下该反应可自发进行10．氯化铁常用于污水处理等。该化合物是棕红色固体，易潮解，100℃时易升华。实验室可用氯气与金属铁反应制备无水氯化铁，实验装置如图所示。下列说法正确的是（）A．装置I中反应的离子方程式为MnO2+4HClΔ__Mn2++Cl2↑+2Cl-+2HB．装置II洗气瓶中加入饱和NaHCO3以除去Cl2中的少量HClC．装置III和装置IV洗气瓶中盛放的液体均为浓硫酸D．装置V的作用是为了防止倒吸11．化合物X是合成某种药物的中间体，其结构如图所示。下列有关化合物X的说法正确的是（）A．X分子中不存在手性碳原子B．X分子中所有原子可能共平面C．1molX最多能与7molH2发生加成反应D．一定条件下，X可与HCHO发生缩聚反应12．NH4HCO3是重要的氮肥。室温下，通过下列实验探究NH4HCO3的性质。实验实验操作和现象1用pH试纸测定0.1mol/LNH4HCO3溶液的pH，测得pH约为82向0.1mol/LNH4HCO3溶液中加入等体积的0.1mol/L的盐酸，有气体放出3向0.1mol/LNH4HCO3溶液逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液，有刺激性气味气体放出4向0.1mol/LNH4HCO3溶液中加入FeSO4溶液，得到白色沉淀下列说法正确的是（）A．实验1溶液中：c(HCO3-)>c(NH4B．实验2混合后的溶液中：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(Cl-C．实验3产生的气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红D．实验4发生反应的离子方程式为Fe2++CO32-=FeCO313．CO2催化加氢是碳中和的重要手段之一，以下是CO2加氢时发生的两个主要反应：反应I：CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)ΔH1=-165.0kJ·mol-1反应II：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2在体积为VL的两个恒容密闭容器中，分别按表所示充入一定量的CO2和H2.平衡体系中δ(CO)和容器起始物质的量/molCO2H2甲0.10.3乙13下列有关说法正确的是（）A．ΔH2<0B．曲线b表示乙容器中δ(COC．M点对应H2的总转化率为66.7%D．590℃条件下反应10min，某容器中c(CO)·c(H2O)c(CO2)·c(H2二、非选择题14．铬铁矿主要成分为铬尖晶石(FeCr2O4)，以铬铁矿为原料可制备Cr2(SO4)3溶液。铬铁矿的尖晶石结构在通常条件下难以被破坏，其中的二价铁被氧化后，会促进尖晶石结构分解，有利于其参与化学反应。（1）铬铁矿中的基态二价铁被氧化过程中，失去的电子所处的能级为。（2）120℃时，向铬铁矿矿粉中加入50%的H2SO4，不断搅拌，铬铁矿溶解速率很慢。向溶液中加入一定量的CrO3，矿粉溶解速率明显加快，得到含较多Cr3+和Fe3+的溶液。写出加入CrO3后促进尖晶石溶解的离子方程式：。（3）其它条件不变，测得不同温度下Cr3+的浸出率随酸浸时间的变化如图1所示。实际酸浸过程中选择120℃的原因是。（4）已知：室温下Ksp[Cr(OH)3]=8×10-31，Ksp[Fe(OH)3]=3×10-39，可通过调节溶液的pH，除去酸浸后混合液中的Fe3+。实验测得除铁率和铬损失率随混合液pH的变化如图2所示。pH=3时铬损失率高达38%的原因是。（5）在酸浸后的混合液中加入有机萃取剂，萃取后，Fe2(SO4)3进入有机层，Cr2(SO4)3进入水层。取10.00mL水层溶液于锥形瓶中，先加入氢氧化钠调节溶液至碱性，再加入足量过氧化氢溶液。充分反应后，加热煮沸除去过量过氧化氢。待溶液冷却至室温，加入硫酸和磷酸的混合酸酸化，此时溶液中Cr全部为+6价。在酸化后的溶液中加入足量KI溶液，以淀粉溶液作指示剂，用0.3000mol·L-1Na2S2O3溶液滴定，发生反应：I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，滴定至终点时消耗Na2S2O3溶液19.80mL，计算萃取所得水层溶液中Cr3+的物质的量浓度。(15．化合物H具有抗菌、消炎、降血压等多种功效，其合成路线如图：（1）A→B的反应类型为。（2）可用于鉴别B与C的常用化学试剂为。（3）F分子中碳原子的轨道杂化类型有种。（4）D的分子式为C10H11O2C1，写出D的结构简式：。（5）E的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：。①分子中含苯环和碳氮双键，能发生银镜反应；②分子中有4种不同化学环境的氢原子。（6）设计以、乙烯为原料制备的合成路线(无机试剂和有机溶剂任选，合成路线示例见本题题干)。16．三氯化六氨合钴(III){[Co(NH3)6]Cl3}是制备其它三价钴配合物的重要试剂。实验室以活性炭为催化剂，合成三氯化六氨合钴(III)晶体的流程如图已知：①Co2+不易被氧化，Co3+具有强氧化性；[Co(NH3)6]2+具有较强还原性，[Co(NH3)6]3+性质稳定。②[Co(NH3)6]Cl3·6H2O在水中的溶解度随温度的升高而增大，加入浓盐酸有利于晶体析出。（1）“混合”时加入的NH4Cl溶液有利于后续Co2+与NH3的配合反应，其原理是。（2）在如图所示实验装置的三颈烧瓶中，发生“配合、氧化”。①控制三颈烧瓶中溶液温度为60℃的原因是。②“配合”步骤安排在“氧化”步骤之前的目的是。③向三颈烧瓶中滴加氨水的实验操作为。加入H2O2溶液时发生反应的离子方程式为。（3）设计由过滤后的滤渣获取［Co(NH3)6]Cl3·6H2O的实验方案：向滤渣中加入80℃左右的热水，，低温干燥。(实验中须使用的试剂：浓盐酸、无水乙醇)17．芯片是国家科技的心脏。在硅及其化合物上进行蚀刻是芯片制造中非常重要的环节。三氟化氮(NF3)、四氟化碳(CF4)是常见的蚀刻剂。（1）高纯三氟化氮对二氧化硅具有优异的蚀刻速率和选择性。①二氧化硅的晶胞结构如图所示，二氧化硅晶体中硅原子周围最近的硅原子有个。②工业上常采用F2直接氟化尿素［CO(NH2)2]的方法生产NF3。得到的NF3中常含有少量CF4。常温下，三种物质在水中的溶解性大小顺序为：CF4<NF3<NH3，原因是。（2）四氟化碳的一种蚀刻机理是：CF4在等离子体的条件下产生活性自由基(▪F)，该自由基易与硅及其化合物中的硅原子结合生成SiF4气体从而达到蚀刻目的。用CF4(g)进行蚀刻时常与氧气混合，当混合气体的流速分别为80mL·min-1和100mL·min-1时，蚀刻速率随混合气体中O2和CF4体积之比［V(O2)/V(CF4)]的变化如图所示。①a点蚀刻速率比b点快的原因是。②蚀刻速率随V(O2)/V(CF4)先升高后降低的原因是。（3）NF3是一种强温室气体，消除大气中的NF3对于环境保护具有重要意义。国内某科研团队研究了利用氢自由基(·H)的脱氟反应实现NF3的降解。降解生成·NF2和HF的两种反应历程如图所示。其中直接抽提反应是降解的主要历程，原因是。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】火星车材料要求轻量化、高强韧性、高稳定性、耐冲击，火星车行走于火星表面，温度几千度，所以选择火星车车身材料要具备密度小，硬度大，熔点高的性质，C不符合要求，故答案为：C。

【分析】火星上温度很高，因此需要的火星车的材料需要熔点高，抗氧化能力强等等2．【答案】A【解析】【解答】A．Al3+的质子数为13，电子数为13-3=10，所以其离子结构示意图为，A符合题意；B．其电子式为，B不符合题意；C．CH3SH的结构式为，所以1molCH3SH中含5molσ键，C不符合题意；D．CH3OH与CH3SH结构不相似，组成上相差的也不是n个“CH2”，两者不互为同系物，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A.阳离子中，质子数小于核外电子数

B.H2S为共价化合物，不是离子化合物

C.限额外出甲硫醇的结构式即可找出σ键

D.结构不相似，不能互为同系物3．【答案】B【解析】【解答】A．氯气具有氧化性，能与氢气反应生成氯化氢，氯化氢溶于水可制得盐酸，故A不符合题意；B．盐酸具有强酸性，可与水垢中的氢氧化镁和碳酸钙反应可溶性盐，达到用于除水垢的目的，故B符合题意；C．次氯酸具有强氧化性，能使有机色质漂白褪色，可用作漂白剂，故C不符合题意；D．四氯化碳不能燃烧，可用作灭火剂，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.黄绿色与制取盐酸无关，盐酸是氯气和氢气制取的氯化氢气体溶于水

B.水垢主要是碳酸钙和氢氧化镁，利用盐酸的酸性性质进行除水垢

C.漂白性主要是利用了次氯酸的氧化性

D.做灭火器主要是不能燃烧和不支持燃烧，与溶解性无关4．【答案】B【解析】【解答】A．镀锌铁皮的镀层被破坏后，形成原电池，锌作负极，铁被保护，则铁的腐蚀比生铁慢，故A不符合题意；B．由分析知，“氧化”时，过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子，发生反应的离子方程式为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，故B符合题意；C．“调pH”时将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，故“调pH”后所得溶液中不能大量存在的离子有Fe3+，故C不符合题意；D．从“过滤2”所得滤液中获取晶体的操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】镀锌铁皮加入稀硫酸溶解，Zn、Fe分别与稀硫酸反应生成硫酸锌、硫酸亚铁，过滤除去不溶于硫酸的杂质，滤液中加入过氧化氢，将亚铁离子氧化为铁离子，再加入氧化锌调节pH，除去铁离子，使其转化为氢氧化铁沉淀，过滤除去，得到含有硫酸锌的滤液，再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到ZnSO4·7H2O。5．【答案】D【解析】【解答】A．R为Na、Z为N、W为O，他们的简单离子（Na+、N3-、O2-）核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，故简单离子半径：r(R)<r(W)<r(Z)，A不符合题意；B．Z为N、W为O、Y为C，同一周期从左往右，电负性逐渐增大，故电负性W>Z>Y，B不符合题意；C．Y为C，Z为N，N的非金属大于C，非金属性越强最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>Y，C不符合题意；D．W为O，R为Na，O和Na组成的Na2O2中既含有离子键又含有含有共价键，D符合题意；故答案为：D。【分析】X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，R和X同主族，RX为离子化合物，可知X为H，R为Na，Y原子的最外层有4个电子，Y为C，C的核外电子排布为，有2个未成对电子数，W的未成对电子数也为2，W为O，Z为N，据此解答。6．【答案】C【解析】【解答】A．硝酸根离子中氮原子的价层电子对数为3，孤对电子对数为0，则硝酸根离子的空间构型为平面三角形，故A不符合题意；B．浓硝酸具有强氧化性，能腐蚀橡胶塞，故B不符合题意；C．浓氨水和浓硝酸都具有挥发性，用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近浓硝酸时，挥发出的氨气与硝酸蒸汽反应生成硝酸铵，会有白烟产生，故C符合题意；D．常温下用铁制容器运输浓硝酸是因为铁在浓硝酸中发生钝化，阻碍反应的进行，并非是铁与浓硝酸不反应，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.计算出硝酸根离子中氮原子的价层电子对以及孤对电子即可判断构型

B.浓硝酸应保存在棕色带玻璃塞的试剂瓶中

C.浓氨水和浓硝酸均具有挥发性，会发出氨气和硝酸蒸汽形成硝酸铵白色小固体

D.常温下浓硝酸具有很强的氧化性在铁的表面形成一层致密的氧化物薄膜阻碍反应进一步发生7．【答案】B【解析】【解答】A．合成塔中使用催化剂，可以提高反应速率，因此可以单位时间内N2的转化率，A不符合题意；B．氧化炉中反应为4NH3+5O2⇌4NO+6H2O，正反应体积增大，加压平衡逆向移动，NH3的平衡转化率减小，B符合题意；C．吸收塔中NO、氧气和水反应生成硝酸，因此鼓入过量的空气可以提高硝酸的产率，C不符合题意；D．采用气-液逆流接触法可以增大反应物接触面积，加快反应速率，因此是为了使尾气中的氮氧化物吸收更充分，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.催化剂可以提高速率，提高单位时间内的转化率

B.根据氧化炉发生的反应即可判断，加压导致平衡逆向移动，降低了转化率

C.一氧化氮与氧气以及水形成硝酸，氧气含量越高，转化为硝酸的速率越快，提高了硝酸产率

D.主要是增大与气体的接触时间和接触面积，提高尾气的处理效率8．【答案】D【解析】【解答】A．左边石墨电极，氢离子放电生成氢气，电极反应为2H++2e-=H2↑，得电子发生还原反应为电解池的阴极，与电源负极相连，即a为电源的负极，故A不符合题意；B．右边石墨电极为阳极，左边石墨电极为电解池的阴极，氢离子从阳极移向阴极，即从右室移向左室，离子交换膜为阳离子交换膜，故B不符合题意；C．右边石墨电极为阳极，亚硝酸根离子失电子生成硝酸根离子，其电极反应式为HNO2-2e-+H2O=3H++NO3-D．每2mol离子通过离子交换膜，即要转移2mol电子，由左室电极反应式2H++2e-=H2↑可知，产生的H21mol，其体积为22.4L(标准状况)，故D符合题意；答案为D。【分析】HNO3和HNO2的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸，说明电解时阳极上亚硝酸根离子失电子生成硝酸根离子，右边石墨电极为阳极，阳极上亚硝酸根离子失电子生成硝酸根离子，其电极反应式为HNO2-2e-+H2O=3H++NO3-，左边石墨电极为电解池的阴极，溶液中氢离子放电生成氢气，电极反应2H++2e-=H9．【答案】D【解析】【解答】A．2N2H4(1)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(1)ΔH=-1135.7kJ·mol表示2molN2H4(1)参与反应放热1135.7kJ，则反应消耗32gN2H4(1)，即1molN2H4(1)，应放出567.85kJ的能量，故A不符合题意；B．该反应的ΔH＜0，故反应物中所有化学键键能之和小于生成物中所有化学键键能之和，故B不符合题意；C．反应2N2H4(1)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(1)中，N2H4中N元素化合价从-2价升高到0价，NO2中N元素化合价从+4价降低到0，则2molN2H4和2molNO2反应生成4mol水时转移8mol电子，则每生成18g水，即1mol水时，反应中应转移电子物质的量为2mol，故C不符合题意；D．该反应是一个放热、熵增的反应，在任何温度下均可以自发进行，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】A.根据热化学方程式，根据给出的质量即可计算出放出的热量

B.根据反应热ΔH=反应物中所有化学键键能之和-生成物中所有化学键键能之和判断

C.根据方程式找出反应物和生成物与转移电子数的关系，即可根据反应物和生成物的量计算出转移的电子

D.根据∆G10．【答案】C【解析】【解答】A．浓盐酸在书写离子方程式中需拆分，所以装置I中反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Δ__Mn2++Cl2↑+2H2O，B．NaHCO3会与HCl反应，不能达到除杂目的，所以装置II洗气瓶中应该加入饱和NaCl以除去Cl2中的少量HCl，B不符合题意；C．根据上述分析可知，装置III和装置IV洗气瓶中盛放的液体均为浓硫酸，其作用为吸收水蒸气，C符合题意；D．因为氯化铁在100℃时易升华，所以装置V的作用是防止氯化铁升华溢出，D不符合题意；故答案为：C。【分析】装置I为制备氯气的发生装置，装置II中盛有饱和食盐水，可除去氯气中的HCl；装置III为干燥氯气的装置，应该盛装浓硫酸，干燥的氯气通过与铁粉共热生成氯化铁，因为氯化铁易潮解，为防止氯化铁水解，装置IV应盛装浓硫酸，过量的氯气可利用氢氧化钠溶液进行尾气处理，又因为氯化铁100℃时易升华，所以装置V是为了防止氯化铁升华溢出，据此分析解答。11．【答案】A【解析】【解答】A．由该化合物的结构简式可知X分子中不存在手性碳原子，故A符合题意；B．该化合物含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，则X分子中所有原子不可能共平面，故B不符合题意；C．能与氢气发生加成反应的是苯环、碳碳双键、醛基，则1molX最多能与8molH2发生加成反应，故C不符合题意；D．该有机物不能与HCHO发生缩聚反应，故D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A.根据手性碳原子是指连接四个不一样的原子或原子团的碳原子即可找出

B.根据结构简式即可判断该分子中含有多个饱和碳原子，因此原子不可能共面

C.苯环与醛基以及碳碳双键均与氢气发生加成，找出个数即可

D.酚醛缩聚对酚的要求是酚羟基的邻对位至少有两个氢，此有机物只有1个12．【答案】B【解析】【解答】A．0.1mol/LNH4HCO3溶液中存在电荷平衡c(NH4+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)，因溶液pH约为8，呈碱性，c(H+)<c(OH-)，故c(NH4+)>c(HCO3-B．等物质的量的碳酸氢铵和盐酸恰好完全反应：NH4HCO3+HCl=NH4Cl+CO2↑+H2O，根据物料守恒溶液中：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(Cl-)，BC．NH4HCO3溶液与NaOH溶液反应生成氨气，应用红色石蕊试纸检验，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，C不符合题意；D．正确的离子方程式应为Fe2++2HCO3故答案为：B。

【分析】A.根据电荷守恒和pH进行判断

B根据物质的量之比恰好反应，此时得到的是氯化铵，根据物料守恒即可判断

C.试纸应该用的是红色的石蕊试纸

D.HCO3-13．【答案】C【解析】【解答】A．由上述分析可知，反应II为吸热反应，故ΔH2>0，A不符合题意；B．由上述分析可知，曲线b表示甲容器中δ(CH4)随温度的变化，C．由上述分析可知，M点甲容器中n(CH4)=0.04mol，n(CO)=0.04mol，消耗掉氢气总物质的量为0.04mol+0.16mol=0.2mol，对应H2的总转化率=D．由上述分析得到，590℃甲容器平衡时容器中，n(CO)=0.04mol，n(H2)=0.3-0.2=0.1mol，n(CO2)=0.1-0.08=0.02mol，n(H2O)=0.12mol，590℃反应II的平衡常数K=c(CO)·c(H2O)故答案为：C。【分析】反应I为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，δ(CH4)降低，曲线a、c表示容器中δ(CH4)随温度的变化，则曲线b、d表示容器中δ(CO)随温度的变化，由图可知，随着温度升高，δ(CO)增大，说明温度上升反应II平衡向正反应方向移动，反应II为吸热反应；体积为VL的两个恒容密闭容器中，乙容器的起始量是甲容器的10倍，相当于增大压强，平衡向气体分子总数减少的方向移动，反应I往正反应方向移动，δ(CH4)增大，容器中CO2和H2的浓度下降，反应II平衡向逆反应方向移动，δ(CO)降低，综上分析可知：曲线a表示乙容器中δ(CH4)随温度的变化，曲线c表示甲容器中δ(CH4)随温度的变化，曲线b表示甲容器中δ(CH4)随温度的变化，曲线d表示乙容器中δ(CH4)随温度的变化；根据C原子守恒，甲容器中n(CO)+n(CO2)+n(CH4)始终为0.1mol，从M点可知5900C14．【答案】（1）3d（2）CrO3+3FeCr2O4+3OH+=3Fe3++7Cr3++15H2O（3）120℃时，铬的浸出率较高，升高温度铬的浸出率提高不大，但消耗的能量越多（4）Fe(OH)3吸附Cr3+造成铬损失大（5）0.1980mol·L-1【解析】【解答】(1)铁为26号元素，基态二价铁的价电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，则基态二价铁被氧化过程中，失去的电子所处的能级为3d能级。(2)120℃时，向铬铁矿矿粉中加入50%的H2SO4，不断搅拌，铬铁矿溶解速率很慢。向溶液中加入一定量的CrO3，矿粉溶解速率明显加快，得到含较多Cr3+和Fe3+的溶液，故加入CrO3后促进尖晶石溶解的离子方程式为：CrO3+3FeCr2O4+30H+=3Fe3++7Cr3++15H2O。(3)其它条件不变，测得不同温度下Cr3+的浸出率随酸浸时间的变化如图1所示。实际酸浸过程中选择120℃的原因是120℃时，铬的浸出率较高，升高温度铬的浸出率提高不大，但消耗的能量越多。(4)pH=3时，若Cr3+沉淀，则Cr3+的最小浓度应为，c(Cr3+)=Ksp[Cr(OH)3]c3(OH-)=8×(5)由题意可知，+6价Cr氧化碘离子生成碘单质，则根据得失电子守恒可得2Cr(Ⅵ)+6I-→3I2+2Cr3+，故可得关系式：2Cr3+~2Cr(Ⅵ)~3I2~6S2O32-，可得Cr3+~3S2O32-，则萃取所得水层溶液中Cr3+的物质的量浓度0.3mol⋅【分析】（1）根据铁原子的质子数即可写出铁原子的基态能级排布，即可写出亚铁离子的基态电子能级排布，被氧化时失去电子失去的是3d能级电子

（2）加入的CrO3具有很高的氧化性，亚铁离子具有还原性，因此加入后促进了铁离子的产生，促进反应的进行

（3）根据图示，在120℃时浸出率已经很高，升高温度时，浸出率增加少，温度过高浪费能源

（4）主要考虑的是形成的氢氧化铁的吸附性

（5）六价的Cr被碘离子还原为三价的Cr,同时得到碘单质，碘单质被Na2S2O3溶液滴定，即可找出消耗的Na2S2O3与Cr的关系，根据消耗的Na2S2O3即可计算出Cr的物质的量即可计算出物质的量浓度15．【答案】（1）取代反应（2）FeCl3溶液（3）3（4）（5）（6）【解析】【解答】(1)B可以看成是取代了A结构中酚羟基上的H原子，故A→B的反应类型为取代反应。(2)B的结构中有官能团酯基，C的结构中有酮羰基和酚羟基，可利用酚羟基的显色反应来区分B和C，故鉴别B与C的常用化学试剂为FeCl3溶液。(3)F的结构简式为，苯环上的碳原子采取的是sp2杂化，甲基上的碳原子采取的是sp3杂化，碳碳双键上的碳原子采取的是sp2杂化，-CN上的碳原子采取的sp杂化，-CH2-中的碳原子采取的是sp3杂化，故F分子中碳原子的轨道杂化类型有3种。(4)D的分子式为C10H11O2C1，D和NaCN反应得到E，E的结构简式相对于C来说，在苯环上多了一个取代基-CH2-CN，通过D→E反应的条件，取代基-CH2-CN可以看成是-CN取代了-CH2X上的一个原子，结合C→E的反应条件和D的分子式，可知X原子应是C1，则D的结构简式相对于C来说，在苯环上多了一个取代基-CH2Cl，所以D的结构简式为。(5)E的一种同分异构体满足分子中含苯环和碳氮双键，能发生银镜反应，说明有取代基-CHO，有结构，结合E的结构简式和分子式C11H11O2N，可知其不饱和度为7，同分异构体的不饱和度是相同的，已知一个苯环中的不饱和度为4，一个醛基中的不饱和度为1，一个的不饱和度也为1，从结构简式可以看出分子中只有一个N原子，也就是说其同分异构体中只能有一个，根据不饱和度数，其结构中必然含有2个醛基，另外分子中有4种不同化学环境的氢原子，醛基中有1种，若连接的H原子是1种，苯环上有1种，还有1种根据剩余的碳氢原子个数，说明结构中还有2个甲基，这样苯环上就有2个醛基，2个甲基，和一个，故满足条件的同分异构体有，移动甲基又有，移动醛基又有。(6)由H的合成路线F→G可知，要合成出，就要利用原料合成出，要合成出，通过E→F可知，要利用原料合成出和CH3CHO，通过路线B→C可知，要合成出，就需要，要合成出CH3CHO，可利用我们熟悉的乙烯制乙醇，乙醇制乙醛来合成。故合成路线如下：。【分析】对比A、B的结构简式，A→B发生了取代反应，C和B相比较，B结构上的酯基分成了两个取代基，一个是酚羟基，一个酮羰基，C→D→E过程中，可知在C的结构上引入了一个取代基，根据反应条件以及D的分子式，可推测D的结构简式是，E→F的过程中先发生了加成、后发生了消去，F→G，酚羟基和双键相连形成环状，G→H，结构中的氰基水解成了羧基，据此分析解答。16．【答案】（1）抑制NH3·H2O的电离和Co2+的水解（2）保证较快的反应速率，同时减少氨的挥发；将不易被氧化的Co2+转化为具有较强还原性的[Co(NH3)6]2+；打开分液漏斗上口塞子(或将塞子上的凹槽与瓶口上的小孔对齐)，旋开分液漏斗的旋塞，逐滴滴加；2[Co(NH3)6]2++H2O2+2NH4+=2[Co(NH3)6]3++2NH3·H2（3）充分搅拌后，趁热过滤，冷却后向滤液中加入少量浓盐酸，边加边搅拌，充分静置后过滤，用无水乙醇洗涤晶体2~3次【解析】【解答】(1)NH4Cl能抑制NH3·H2O的电离，防止氢氧化根离子与Co2+结合，同时NH4Cl溶液显酸性，能抑制Co2+的水解。(2)①控制三颈烧瓶中溶液温度为60℃的原因是既能保证较快的反应速率，同时减少氨的挥发。②根据已知①，“配合”步骤安排在“氧化”步骤之前的目的是将不易被氧化的Co2+转化为具有较强还原性的[Co(NH3)6]2+。③向三颈烧瓶中滴加氨水的实验操作为打开分液漏斗上口塞子(或将塞子上的凹槽与瓶口上的小孔对齐)，旋开分液漏斗的旋塞，逐滴滴加。加入H2O2溶液时发生反应的离子方程式为2[Co(NH3)6]2++H2O2+2N