黄金卷05-2021年高考化学全真模拟卷

【赢在高考•黄金20卷】备战2021高考化学全真模拟卷（辽宁专用）第五模拟（本卷共19小题，满分100分，考试用时75分钟）可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Cl35.5Cu64一、选择题：本题共15个小题，每小题3分，共,45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、生活密切联系，下列有关说法不正确的是A．高压钠灯具有良好的透雾能力，常用作路灯B．金银首饰、陶瓷器皿等都属于金属材料C．牙膏中的摩擦剂碳酸钙可以用石灰石来制备D．维生素C能帮助人体将从食物中摄取的、不易吸收的Fe3+转变为易吸收的Fe2+【答案】B【详解】A．Na在通电的条件下可以发出光亮，具有良好的透雾能力，可以用作路灯，A正确；B．陶瓷属于无机非金属材料，B错误；C．石灰石的主要成分为碳酸钙且石灰石便宜易得，故可以用石灰石制备牙膏中的摩擦剂，C正确；D．维生素C具有抗氧化性，可以将人体中Fe3+还原为Fe2+，D正确；故答案选B。2．下列表示不正确的是()A．次氯酸的电子式：B．丁烷的球棍模型：C．乙烯的结构简式：CH2＝CH2D．R2+离子核外有a个电子，b个中子，R原子可表示为：R【答案】A【详解】A．次氯酸分子中O原子最外层有6个电子，需要两个共用电子对达到稳定结构，Cl原子最外层有7个电子，需要一个共用电子对达到稳定结构，故次氯酸的电子式应为：，A项错误；B．丁烷的分子式为C4H10，用线表示化学键，球型表示原子中心，可知丁烷的球棍模型为：，B项正确；C．乙烯的分子式为C2H4。分子中碳原子与碳原子通过两对共用电子对相连接，碳原子与氢原子通过一对共用电子对相连接。结构简式为CH2＝CH2。C项正确；D．依据阳离子核外电子数=质子数带电荷数，可知质子数=阳离子核外电子数+带电荷数，R2+离子核外有a个电子，所以其质子数为：a+2；依据质量数=质子数+中子数，R2+离子有b个中子，所用其质量数为：a+b+2，所以R原子符号为R，D项正确；答案选A。3．化合物甲是一种常见无机物，其结构如图所示(图中的“”可表示单键或双键)，其中W、X、Y、Z为元素周期表中的短周期主族元素，且原子序数依次增大，W和Y、X和Z分别为同主族元素，这四种元素原子的最外层电子数之和为14，甲的水溶液显酸性。下列叙述不正确的是()A．W与X、W与Z均可形成18电子分子B．X、Y形成的离子化合物中可能含共价键C．X、Y、Z三种元素的简单离子半径大小顺序为ZXYD．甲的水溶液中W2ZX3的浓度大于ZX的浓度【答案】D【分析】W、X、Y、Z为元素周期表中的短周期主族元素，化合物甲中Y为+1价阳离子，其最外层电子数为1，W和Y、X和Z分别为同主族元素，其四种元素原子的最外层电子数之和为14，则X、Z的最外层电子数为，则X为O，Z为S元素；Y的原子序数大于O，则Y为Na；W形成1个共价键，该化合物应该为NaHSO3，则W为H元素.【详解】由以上分析可知W、X、Y、Z分别为H、O、Na、S，图示化合物为NaHSO3。A．H2O2、H2S均为18电子分子，故A正确；B．Na2O2为含有共价键的离子化合物，故B正确；C．电子层越多离子半径越大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径大小顺序为：Z＞X＞Y，故C正确；D．甲的水溶液，即NaHSO3溶液显酸性，可知的电离程度大于水解程度，则NaHSO3溶液中H2SO3的浓度小于的浓度，故D错误。故选：D。4．生物体中含有C、H、O、N、P、K等元素，下列有关说法正确的是A．原子半径：B．第一电离能：O>N>CC．氢化物沸点：D．最高价氧化物对应水化物的酸性：【答案】C【详解】A．同一周期，从左到右，元素的原子半径依次减小；同一主族，从上至下，元素的原子半径依次增大，故r(K)＞r(N)＞r(O)，A错误；B．同一周期，从左到右，元素的第一电离能呈锯齿状增大，其中IIA族元素和VA族元素均高于相邻的两种元素，故第一电离能：N＞O＞C，B错误；C．H2O和NH3分子间存在氢键，且H2O分子间的氢键强度更大，PH3分子间没有氢键，故沸点：H2O＞NH3＞PH3，C正确；D．同一周期，从左到右，元素的非金属性依次增强；同一主族，从上至下，元素的非金属性依次减弱；元素非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，由于非金属性：N＞P＞C，故它们的最高价氧化物对应的水化物的酸性：HNO3＞H3PO4＞H2CO3，D错误；故选C。5．完成下列实验，所用仪器或操作合理的是ABCD检验氯化铵受热分解生成的两种气体制备氢氧化亚铁沉淀证明装置气密性良好用标准NaOH溶液滴定锥形瓶中的盐酸【答案】C【详解】A．氯化铵受热分解生成氨气、氯化氢的混合气体。P2O5吸收氨气，湿润的酚酞试纸检验不出氯化氢气体；碱石灰吸收氯化氢，湿润的蓝色石蕊试纸检验不出氨气，A项错误；B．右边试管内生成硫酸亚铁溶液和氢气，氢气排出装置，硫酸亚铁溶液与左边试管内氢氧化钠溶液不能自动混合，不能制备氢氧化亚铁沉淀，B项错误；C．连接好仪器，夹紧弹簧夹，向漏斗中加入适量水，使漏斗中的液面高于容器中的液面，静置片刻，若液面位置保持不变说明装置不漏气，C项正确；D．中和滴定时眼睛应观察锥形瓶内溶液颜色变化，否则会导致测量不准确，D项错误；答案选C。6．碳元素有多种同素异形体，其中C60、石墨与金刚石的结构如图所示。已知C60的结构是由正五边形和正六边形组成的凸32面体。下列有关说法正确的是A．C60中含有20个正五边形和12个正六边形B．石墨的层内碳原子之间只存在σ键C．石墨中层间碳原子之间存在化学键D．如图所示的金刚石晶胞中有8个碳原子【答案】D【详解】A．C60的结构是由正五边形和正六边形组成的凸32面体，设正六边形x个，正五边形y个，由欧绿公式得到60＋(x＋y)－=2，每个正六边形有6个键，每个正五边形有5个键，(有一个双键)，解得x=20，y=12，因此C60中含有12个正五边形和20个正六边形，故A错误；B．石墨的层内碳原子之间存在σ键，石墨每个碳原子经过sp2杂化后，还剩余一个未被杂化的p轨道，肩并肩重叠，形成π键，故B错误；C．石墨中层间碳原子之间是通过范德华力连接，不存在化学键，故C错误；D．如图所示的金刚石晶胞中碳原子有8个在顶点，6个在面心，4个在体内，因此含有个碳原子，故D正确。综上所述，答案为D。7．Sabatiner反应能实现CO2的吸收与转化，反应方程式为：CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)，在体积不变的密闭容器中，将原料气按n(CO2)：n(H2)=1：4充入，测得容器中H2O(g)的物质的量分数与温度的关系如图所示(实线表示反应进行相同时间时测得的数据，虚线表示平衡曲线)。下列说法正确的是A．该反应是吸热反应B．若容器内气体密度保持不变，则反应达到平衡状态C．适当升温能提高CO2的转化效率D．增大催化剂的比表面积，能提高CO2的平衡转化率【答案】C【详解】A．从虚线可以看出，平衡时水的物质的量分数随温度的升高而降低，该反应为放热反应，A错误；B．由于容器体积不变，容器内气体体积维持不变，因此气体平均密度保持不变，不能作为反应达到平衡状态的标志，B错误；C．升高温度，加快反应速率，可以提高CO2的转化效率，C正确；D．催化剂能加快反应速率但不能改变平衡转化率，D错误；故答案选C。8．中医药是中华传统文化的瑰宝，在抗击新冠肺炎的斗争中作出了重要贡献。绿原酸是中药金银花的有效药理成分之一，关于绿原酸的下列说法正确的是()A．分子式为C16H20O9B．1mol绿原酸最多可消耗3molNaOHC．绿原酸可发生取代反应、加成反应、氧化反应、消去反应D．绿原酸能使紫色石蕊试液显红色，不能使酸性KMnO4溶液褪色【答案】C【详解】A．依据绿原酸的结构简式得岀其分子式为C16H18O9，故A错误；B．绿原酸分子中含2个酚羟基，1个酯基，1个羧基，因此1mol绿原酸最多可消耗4molNaOH，故B错误；C．绿原酸结构中的醇羟基可发生酯化反应，也为取代反应，醇羟基也可发生消去反应，碳碳双键和苯环可以发生加成反应，碳碳双键、OH均可被氧化，发生氧化反应，故C正确；D．绿原酸结构中的COOH能使紫色石蕊试液显红色，碳碳双键、OH能使酸性KMnO4溶液褪色，故D错误。故选C。9．已知高能锂离子电池的总反应式为2Li+FeS=Fe+Li2S，LiPF6·SO(CH3)2为电解质，用该电池为电源电解含镍酸性废水并得到单质Ni的实验装置如图所示(实验结束后，b中NaCl溶液浓度变大)。下列说法不正确的是()A．Li电极为锂离子电池的负极B．当电路中转移1mole时，b室离子数增加NA个C．离子交换膜m为阳离子交换膜D．若将图中n膜去掉，将b、c两室合并，则电解反应总方程式不会改变【答案】B【分析】由反应2Li+FeS=Fe+Li2S可知，Li被氧化，为原电池的负极，FeS被还原生成Fe，为正极。原电池工作时，电子由负极Li经过导线流向正极FeS，用该电池为电源电解含镍酸性废水并得到单质Ni，则镀镍铁棒为阴极，发生还原反应，连接原电池负极；碳棒为阳极，连接电源的正极，发生氧化反应。电解池工作时，阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，据此分析解答。【详解】A．原电池中Li为负极，FeS为正极，外电路中，

电子由负极Li流向正极FeS，A正确；B．镀镍铁棒与电源负极相连是电解池的阴极，电极反应为：Ni2++2e=Ni，电解过程中为平衡a、c中的电荷，a中的Na+和c中的Cl分别通过阳离子膜和阴离子膜移向b中，使b室中NaCl溶液的物质的量浓度不断增大，所以当转移1mol

e时，b室离子数增加2NA个，B错误；C．电解池中镀镍铁棒为阴极，碳棒为阳极，并且b中NaCl溶液浓度变大，则a中Na+通过阳离子膜移向b中，即膜m为阳离子交换膜，C正确；D．n膜为阴离子交换膜，若将图中n膜去掉，阴极仍然是Ni2+放电，电解反应不改变，D正确；故合理选项是B。10．根据下列实验操作和现象所得结论正确的是选项实验操作和实验现象结论A在一块除去铁锈的铁片上滴1滴含有酚酞的食盐水，静置2~3min，溶液边缘出现红色铁片上发生了吸氧腐蚀B向溶液中滴入NaClO溶液，产生无色气体的氧化性强于NaClOC用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近试剂瓶瓶口，试剂瓶瓶口有白烟生成该试剂瓶中盛装的是浓硝酸D向、的混合溶液中滴入少量溶液，有黑色沉淀生成【答案】A【详解】A．在一块除去铁锈的铁片上面滴1滴含有酚酞的食盐水，静置2～3min，溶液边缘出现红色，说明氧气得到电子与水反应生成了氢氧根离子，证明铁片发生了吸氧腐蚀，故A正确；B．向H2O2溶液中滴入NaClO溶液，产生无色气体，应生成氧气，O元素化合价升高，O2为氧化产物，NaClO为氧化剂，氧化剂的氧化性强于氧化产物，故B错误；C．浓盐酸也具有挥发性，试剂瓶中盛装的可能为浓盐酸，故C错误；D．碳酸钠和硫化钠溶液浓度未知，不能证明硫化银更难溶，则不能证明溶度积大小，故D错误；故选：A。11．某兴趣小组将下表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应瓶中，以研究硫酸铜的浓度对稀硫酸与锌反应生成氢气速率的影响。下列判断错误的是（）实验组别混合溶液ABCDEF4mol•L﹣1H2SO4/mL30V1V2V3V4V5饱和CuSO4溶液/mL00.52.55V620H2O/mLV7V8V9V10100A．V1＝30，V6＝10，V7＝20B．本实验利用了控制变量思想，变量为铜离子浓度C．反应一段时间后，实验A中的金属呈灰黑色，实验F的金属呈现红色D．该小组的实验结论是硫酸铜的量与生成氢气速率成正比【答案】D【分析】研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，则硫酸的体积相同，改变硫酸铜的量，由A、F可知结合溶液的总体积为30mL+20mL=50mL，以此解答该题。【详解】A.研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，则需要硫酸的体积、物质的量应相同，由A、F可知结合溶液的总体积为30mL+20mL=50mL，则V1=30，V6=503010=10，V7=20，故A不符合题意；B.本实验利用了控制变量思想，硫酸的体积、物质的量应相同，变量为铜离子浓度，故B不符合题意；C.A中没有加入硫酸铜，锌与稀硫酸反应后，锌的表面凹凸不平，有很多细小的锌的颗粒，由于颗粒很小，光被完全吸收，所以看到的固体是灰黑色；F中Zn能够置换出Cu附着在Zn表面，金属变为紫红色，故C不符合题意；D.因为锌会先与硫酸铜反应，直至硫酸铜反应完才与硫酸反应生成氢气，硫酸铜量较少时，形成铜锌原电池，反应速率加快，硫酸铜量较多时，反应时间较长，而且生成的铜会附着在锌片上，会阻碍锌片与硫酸继续反应，氢气生成速率下降，故D符合题意；答案：D。【点睛】本题考查影响化学反应速率的因素，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意影响反应速率的因素及实验中控制变量的方法测定反应速率，题目难度不大。12．侯氏制碱法的基本过程如下图所示。下列说法错误的是A．食盐水精制时一般加入BaCl2后，再加入Na2CO3B．为提高原料利用率，先通入CO2再通入NH3C．若沉淀结块，煅烧前需将沉淀研磨成粉末状D．生产中将X和母液循环利用，可以提高原料利用率和产率【答案】B【详解】A．食盐水精制时先加入过量BaCl2溶液，除去杂质，然后再加入Na2CO3，除去食盐水中杂质离子Ca2+及为除去而引入的过量的Ba2+，这样使实验操作步骤简单，A正确；B．为提高溶液中的浓度，便于析出NaHCO3晶体，应该先向饱和食盐水中通入NH3使溶液显碱性，然后再通入CO2，B错误；C．若产生的沉淀结块，为使沉淀煅烧分解完全，在煅烧前需将沉淀研磨成粉末状，C正确；D．沉淀煅烧分解产生CO2气体可用于沉淀池中制取NaHCO3，沉淀后的母液中含有大量NaCl，也可返回到沉淀池中再被利用，以提高原料利用率和产率，D正确；故合理选项是B。13．糠醛氧化制备糠酸是综合利用糠醛资源的一个重要途径。在直流电场作用下，双极膜(BMP)将水解离为H+和OH，并实现其定向通过。工业上用双极膜电解槽电解糠醛溶液同时制备糠醇和糠酸盐，电解时，MnO2/MnOOH在电极与糠醛之间传递电子，电解过程如图所示，下列说法不正确的是A．A为直流电源的负极，糠醛在阴极表面得到电子被氧化为糠醇B．通电时双极性膜将水解离为H+和OH，H+向阴极室方向移动C．生成糠酸的反应为：+2MnO2+OH→+2MnOOHD．电解时，阳极反应为MnOOHe=MnO2+H+【答案】A【详解】A．根据图示可知：A为直流电源的负极，糠醛在阴极表面得到电子被还原为糠醇，A错误；B．根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，通电时双极性膜将水解离为H+和OH，阳离子H+向负电荷较多的阴极室方向移动，B正确；C．在阳极室，糠醛失去电子被氧化为糠酸，反应方程式为：+2MnO2+OH→+2MnOOH，C正确；D．电解时，阳极上MnOOH失去电子发生氧化反应产生MnO2，所以阳极的电极反应式为MnOOHe=MnO2+H+，D正确；故合理选项是A。14．下列实验操作、现象和结论均正确的是()A．向蛋白质溶液中加入饱和溶液，有沉淀出现：蛋白质发生了变性B．将一定量的加入水玻璃中，产生白色胶状沉淀：非金属性：S＞SiC．室温下，用pH试纸测定浓度均为0.1mol/L的NaClO溶液、溶液的pH，NaClO溶液的pH较大。酸性：D．向溶液中滴加溶液，产生白色沉淀，继续滴加溶液产生红褐色沉淀：的溶解度小于的溶解度【答案】B【详解】A．蛋白质溶液中加入饱和Na2SO4溶液，有沉淀出现，蛋白质发生盐析，析出的蛋白质仍具有蛋白质活性，故A错误；B．水玻璃是Na2SiO3的水溶液，将一定量SO3加入水玻璃中，SO3与H2O反应SO3＋H2O=H2SO4，H2SO4为强酸，硅酸为弱酸，则发生H2SO4＋Na2SiO3=Na2SO4＋H2SiO3↓，最高价氧化物对应水化物酸性越强，其非金属性越强，即本实验推出S的非金属性强于Si，故B正确；C．NaClO具有强氧化性，能将有色物质漂白，因此无法用pH试纸测出NaClO溶液的pH，故C错误；D．若NaOH过量，继续滴加FeCl3溶液，FeCl3与过量的NaOH溶液反应生成Fe(OH)3红褐色沉淀，不能说明Fe(OH)3的溶解度小于Mg(OH)2的溶解度，故D错误；故答案为B。15．已知Kb(NH3·H2O)=1.7×105，Ka(CH3COOH)=1.7×105。25℃时，向20mL浓度均为0.01mol/L的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.01mol/L的氨水，测定过程中电导率和pH变化曲线如图所示，下列说法错误的是()A．a点溶液中，c(CH3COO)数量级约为105B．b点溶液中，c(Cl)>c(NH)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH)C．c点溶液中，c(NH)+c(NH3·H2O)=c(CH3COO)+c(CH3COOH)D．d点溶液中，c(NH)=c(CH3COOH)+2c(CH3COO)【答案】C【分析】向20mL浓度均为0.01mol/L的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.01mol/L的氨水，恰好反应时溶质为和，其中Kb(NH3·H2O)=1.7×105，Ka(CH3COOH)=1.7×105，则溶液为中性，为强酸弱碱盐，显酸性。【详解】A．a点时，溶质为和，其存在电离平衡为，，其中≈0.01mol/L，可得≈mol/L，故A正确；B．b点出现第一个拐点，HCl与氨水刚好反应，故溶质为和，且两物质浓度相同，溶液中抑制水解，==<，故铵根水解小于醋酸电离，溶液中，故溶液中存在，故B正确；C．c点溶液中溶质为和，且浓度相等，根据物料守恒有，，即，故C错误；D．d点时pH=7，溶液中，溶质为和、氨水，故由电荷守恒，其中、，联立可得，故D正确；故选C。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16．（14分）焦亚硫酸钠(Na2S2O5)为白色或黄色结晶粉末或小结晶，带有强烈的SO2气味，与强酸接触则放出SO2。在医药、橡胶、印染、食品、含铬污水处理等方面应用广泛。（1）利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5的工艺为：已知：当NaHSO3溶液过饱和后静置，会结晶析出焦亚硫酸钠晶体。①写出Ⅰ中发生反应的离子方程式______。②工艺中加入Na2CO3固体，并再次充入SO2的目的是______。（2）研究表明，焦亚硫酸钠处理含铬(VI)废水较其他方法效果好，处理费用低。其工艺流程如下：①写出反应池中发生反应的离子方程式______。②Cr2O在酸性条件下氧化性强，在实际工业中pH过低，则需要的焦亚硫酸钠的量比理论值高出许多，可能的原因是______。（3）葡萄酒中常常会加入Na2S2O5做抗氧化剂，中华人民共和国国家标准(G1127602011)规定葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)不能超过0.25g/L。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50.00mL葡萄酒样品，并用0.0100mol/L的碘标准液(含淀粉)滴定至终点，消耗碘标准液10.00mL。①滴定反应的离子方程式为______。②判断达到滴定终点的现象为______。③该葡萄酒中Na2S2O5的残留量为(以g/L表示，写出计算过程)______。【答案】（1）H2O++2SO2=CO2+2（2分）增大NaHSO3的浓度，使溶液达到过饱和状态（2分）（2）3S2O+2Cr2O+10H+=6+4Cr3++5H2O（2分）pH过低，发生反应：2H++S2O=H2O+2SO2↑，SO2不断逸出，所以需要更多的S2O（2分）（3）3H2O+S2O+2I2=4I+2SO+6H+（2分）滴入最后一滴碘标准液后，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不恢复（2分）0.128（2分）【分析】(i)向饱和Na2CO3溶液中通入过量SO2气体，反应得到NaHSO3饱和溶液，然后向其中加入Na2CO3固体，再调整溶液pH至7～8，然后通入SO2气体，得到NaHSO3过饱和溶液，该溶液经脱结晶脱水，得到Na2S2O5，方程式为2NaHSO3=Na2S2O5+H2O；(ii)焦亚硫酸钠具有强的还原性，可以处理含铬废水，处理时向废水中先加入硫酸，使溶液显酸性，然后加入Na2S2O5，发生氧化还原反应：3S2O+2Cr2O+10H+=6SO+4Cr3++5H2O，使废水中的Cr元素转化为Cr3+，再加入石灰乳调节溶液pH，使Cr3+转化为Cr(OH)3沉淀除去，当达到排放标准后再进行排放；也可以利用其强的还原性作葡萄酒的抗氧化剂除氧，在判断其残留量时可以以淀粉溶液为指示剂，用标准碘溶液进行滴定，当滴加最后一滴标准溶液时，溶液由无色变为浅蓝色，且半分钟内不恢复无色，根据反应过程中电子守恒计算其含量。【详解】（1）①在Ⅰ中Na2CO3、SO2、H2O发生反应产生NaHSO3和CO2，反应的离子方程式为：H2O++2SO2=CO2+2；②工艺中加入Na2CO3固体，并再次充入SO2的目的是增大NaHSO3的浓度，使溶液达到过饱和状态；（2）①在反应池中K2Cr2O7、H2SO4、Na2S2O5会发生氧化还原反应，产生Cr3+、、H2O，反应的离子方程式为：3S2O+2Cr2O+10H+=6+4Cr3++5H2O；②Cr2O在酸性条件下氧化性强，在实际工业中pH过低，会导致需要的焦亚硫酸钠的量比理论值高出许多，这是由于溶液的pH过低时，会发生反应：2H++S2O=H2O+2SO2↑，反应产生的SO2不断逸出，导致需要消耗更多的S2O；（3）①用I2滴定时，I2得到电子被还原产生I，S2O被氧化为，则滴定反应的离子方程式为3H2O+S2O+2I2=4I+2SO+6H+；②用标准I2溶液滴定Na2S2O5时，若反应达到滴定终点，现象为滴入最后一滴碘标准液后，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不恢复；③n(I2)=c·V=0.0100mol/L×0.0100L=1.00×104mol，则根据反应中电子转移数目相等可知其相当于含有SO2的物质的量n(SO2)=n(I2)=1.00×104mol，m(SO2)=1.00×104mol×64g/mol=6.4×103g，所以该葡萄酒中Na2S2O5的残留量(用游离SO2计算)为g/L。17．（14分）某化学课外小组在制备Fe(OH)2实验过程中观察到生成的白色沉淀迅速变为灰绿色，一段时间后变为红褐色。该小组同学对产生灰绿色沉淀的原因进行了实验探究。编号实验操作实验现象实验1向2mL0.1mol·L1FeSO4溶液中滴加0.1mol·L1NaOH溶液(两溶液中均先加几滴维生素C溶液)液面上方出现白色沉淀，一段时间后变为灰绿色，长时间后变为红褐色实验2取实验1中少量灰绿色沉淀，洗净后加盐酸溶解，分成两份。①中加入试剂a，②中加入试剂b①中出现蓝色沉淀，②中溶液未变成红色I.甲同学猜测灰绿色沉淀是Fe(OH)2和Fe(OH)3的混合物，设计并完成了实验1和实验2。（1）实验1中产生红褐色沉淀的化学方程式为__________。（2）实验1中加入维生素C溶液是利用了该物质的___________性，实验2中加入的试剂a为___________溶液。（3）实验2的现象说明甲同学的猜测___________(填“正确”或“不正确”)。Ⅱ.乙同学查阅资料得知，Fe(OH)2沉淀具有较强的吸附性，猜测灰绿色可能是Fe(OH)2吸附Fe2+引起的，设计并完成了实验3实验5.编号实验操作实验现象实验3向10mL4mol·L1NaOH溶液中逐滴加入0.1mol·L1FeSO4溶液(两溶液中均先加几滴维生素C溶液)液面上方产生白色沉淀(带有较多灰绿色)。沉淀下沉后，部分灰绿色沉淀变为白色实验4向10mL8mol·L1NaOH溶液中逐滴加入0.1mol·L1FeSO4溶液(两溶液中均先加几滴维生素C溶液)液面上方产生白色沉淀(无灰绿色)。沉淀下沉后，仍为白色实验5取实验4中白色沉淀，洗净后放在潮湿的空气中___________（4）依据乙同学的猜测，实验4中沉淀无灰绿色的原因为___________。（5）该小组同学依据实验5的实验现象，间接证明了乙同学猜测的正确性，则实验5的实验现象可能为___________。Ⅲ.该小组同学尝试用图中装置制取Fe(OH)2.实验时必须使用铁屑、稀硫酸和氢氧化钠溶液。填写下列空白：（6）A中应预先加入的药品是___________。（7）为了制得白色Fe(OH)2沉淀，在装置中加入试剂，塞紧塞子后，应先___________(填“打开”或“关闭”)止水夹a，一段时间后，___________，再___________(填“打开”或“关闭”)止水夹a，将FeSO4溶液压入B中进行反应。【答案】（1）4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3（2分）（2）还原（1分）K3[Fe(CN)6](或铁氰化钾)（1分）（3）不正确（1分）（4）NaOH溶液浓度高，反应后溶液中Fe2+浓度较小，不易被吸附在Fe(OH)2表面（2分）（5）白色沉淀变为红褐色，中间过程无灰绿色出现（2分）（6）铁屑（1分）（7）打开（1分）从B上口收集H2，验纯待H2纯净后（2分）关闭（1分）【详解】（1）实验1中产生红褐色沉淀是因为Fe(OH)2被氧化生成Fe(OH)3，反应方程式为4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3，故答案为：4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3；（2）实验1中加入维生素C是为了防止Fe2+被氧化，利用了其还原性；根据实验现象可知，①中加入试剂出现蓝色沉淀，是在检验Fe2+，试剂a为K3[Fe(CN)6]，故答案为：还原；K3[Fe(CN)6](或铁氰化钾)；（3）②中溶液是否变红是在检验Fe3+，试剂b为KSCN，由于②中溶液没有变红，则不存在Fe3+，即灰绿色沉淀中没有Fe(OH)3，甲同学的猜测错误，故答案为：不正确；（4）根据已知，Fe(OH)2沉淀具有较强的吸附性，灰绿色可能是Fe(OH)2吸附Fe2+引起的，而实验4中NaOH溶液浓度高，反应后溶液中Fe2+浓度较小，不易被吸附在Fe(OH)2表面，导致沉淀没有灰绿色，故答案为：NaOH溶液浓度高，反应后溶液中Fe2+浓度较小，不易被吸附在Fe(OH)2表面；（5）当实验5中的现象为白色沉淀变为红褐色，中间过程无灰绿色出现时，可说明白色沉淀上没有或很少附着有Fe2+，故答案为：白色沉淀变为红褐色，中间过程无灰绿色出现；（6）该实验利用铁屑和稀硫酸反应制取硫酸亚铁，由装置特点可知分液漏斗中应加稀硫酸，烧瓶中应加铁屑，即A为铁屑，故答案为：铁屑；（7）实验开始阶段向烧瓶中滴加稀硫酸，与铁屑反应产生硫酸亚铁和氢气，需用产生的氢气排尽装置内的空气，因此要先打开止水节一段时间，当检测到B中出口气体为纯净的氢气后再关闭止水夹，继续滴加硫酸产生的氢气使烧瓶内的压强增大，将硫酸亚铁溶液压入氢氧化钠溶液中产生氢氧化铁固体，故答案为：打开；从B上口收集H2，验纯待H2纯净后；关闭；18．（13分）氨是最重要的氮肥，也是产量最大的化工产品之一。合成氨工艺是人工固氮的重要途径。（1）可用作合成氨的催化剂有很多，如Os，Fe，Pt，Mn，Co等金属及相应的合金或化合物。该反应在LaCoSi催化作用的化学吸附及初步表面反应历程如下：注：方框内包含微粒种类及数目、微粒的相对总能量(括号里的数字或者字母，单位：eV)其中，TS表示过渡态，*表示吸附态。①请写出N2参与化学吸附的反应方程式：_______；②以上历程须克服的最大势垒为_______kJ·mol1(计算结果保留2位小数)。(已知：1eV=1.6×1022kJ)（2）标准平衡常数，其中为标准压强(1×105Pa)，p(NH3)、p(N2)和p(H2)为各组分的平衡分压，平衡分压=平衡体积分数×总压。若N2和H2起始物质的量之比为1：3，反应在恒定温度和标准压强下进行，N2的平衡转化率为ω，则KΘ=_______(用含ω的表达式表示)。（3）Arrhenius提出：溶剂在液态下能自发发生电离，产生溶剂阳离子与溶剂阴离子的现象，称为自耦电离，如液态水的自耦电离方程式为：2H2O⇌H3O++OH。①请写出液氨的自耦电离方程式：_______。②已知在298K时，液氨自耦电离平衡常数K=4.0×1030，请计算，电离产生的溶剂阳离子物质的量浓度为_______。（4）如图是20℃时，NH3CO2H2O三元体系相图。纵坐标代表CO2的体积分数，横坐标代表NH3的体积分数，坐标原点代表液态纯水。20℃时，可根据需要，选择水溶液体系反应得到(NH4)2CO3(aq)与NH4HCO3(aq)，也可选择无水体系反应得到NH4COONH2(s)。①20℃时，利用NH3(g)、CO2(g)和H2O(l)制备NH4HCO3(aq)的最佳曲线是_______(填“AH2O”或“BH2O”)。②B点可得到的产品是_______(填化学式)。【答案】（1）N2(g)→2N*(或N2(g)+H2(g)→2N*+H2(g))（2分）141.59（1分）（2）（2分）（3）2NH3⇌NH+NH(或2NH3(l)⇌NH(aq)+NH(aq))（2分）2×1015mol/L（2分）（4）AH2O（2分）NH4COOCH2（2分）【分析】根据反应历程判断反应中的最大能垒；根据化学平衡的三段式计算化学平衡常数；根据电离平衡常数计算平衡时各组分浓度；根据相图趋势判断反应产物。【详解】（1）①根据题意，N2与H2合成NH3的过程是，N2在催化剂表面化学吸附后变成N*，然后再与H2作用生成过渡态TS1，最后再解吸附。因此N2的化学吸附发生在第一步，为N2(g)→2N*(或N2(g)+H2(g)→2N*+H2(g))；②根据框图，反应最大能垒为2N*(g)+H2(g)→TS1，能量E=0.01eV(1.46eV)=1.47eV，即可计算出1.47eV×1.6×1022kJ/eV×6.02×1023mol1=141.59kJ/mol；（2）假设N2和H2起始物质的量分别为1mol和3mol，根据题意，可以列出以下三段式：x(NH3)%=x(N2)%=x(H2)%=代入公式：KΘ==；（3）①因为溶剂为液氨，相应的溶剂阳离子应为NH，溶液的阴离子为NH，故而自耦电离方程式为2NH3⇌NH+NH(或2NH3(l)⇌NH(aq)+NH(aq))；②由电离方程式可知，电离平衡时c(NH)=c(NH)，再结合电离常数K=c(NH)·c(NH)=4.0×1030，解得c(NH)=c(NH)=2.0×1015mol/L；（4）相图中坐标原点是H2O，即从坐标原点出发的曲