2020年山東新高考化學(xué)全真模擬卷(九)(解析版)

1、絕密啟用前2020年山東新高考全真模擬卷（九）化 學(xué)（考試時間：90分鐘 試卷滿分：100分）注意事項：1本試卷分第卷（選擇題）和第卷（非選擇題）兩部分。答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在答題卡上。2回答第卷時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號。寫在本試卷上無效。3回答第卷時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。4考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。可能用到的相對原子質(zhì)量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 Ti-48 Fe-56 Cu-64第

2、卷（選擇題 共40分）一、選擇題：本題共10個小題，每小題2分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1中國詩詞大會不僅弘揚(yáng)了中國傳統(tǒng)文化，還蘊(yùn)含著許多化學(xué)知識，下列詩詞分析不正確的是（ ）A繪制山水畫所用的紙和墨的主要成分都是有機(jī)物B劉禹錫詩句“千淘萬漉雖辛苦，吹盡狂沙始到金”，金性質(zhì)穩(wěn)定，可通過物理方法得到C王安石詩句“爆竹聲中一歲除，春風(fēng)送暖入屠蘇”，爆竹的燃放涉及化學(xué)反應(yīng)D曹植詩句“煮豆燃豆萁，豆在釜中泣”，這里的能量變化主要是化學(xué)能轉(zhuǎn)化為熱能【答案】A【解析】A、紙的主要成分是纖維素，是有機(jī)物，墨的主要成分是炭黑，是無機(jī)物；B、金性質(zhì)穩(wěn)定，而且金的密度比沙子的密度大，可

3、通過淘洗的方法得到；C、爆竹里有易燃物，燃放時發(fā)生了氧化還原反應(yīng)，涉及化學(xué)反應(yīng)；D、燒豆萁時化學(xué)能轉(zhuǎn)化為熱能。2對二甲苯()的二氯代物(不考慮立體異構(gòu))共有( )A 4 種 B 6.種 C 7 種 D 9 種【答案】C【解析】對二甲苯的二氯代物，當(dāng)兩個氯取代甲基上的H時有2種結(jié)構(gòu)；當(dāng)有一個氯取代甲基上的H，另外一個氯取代苯環(huán)上的H，苯環(huán)上可以有鄰、間2種位置，故二氯代物有2種結(jié)構(gòu)；當(dāng)2個氯都取代苯環(huán)上的H時，采用定一議二的方法，當(dāng)其中一個氯在甲基的鄰位時，另外一個氯還有3種位置，故此二氯代物有3種結(jié)構(gòu)；綜上所述，二氯代物的結(jié)構(gòu)有2+2+3=7種，答案選C。3目前，科學(xué)家發(fā)現(xiàn)在負(fù)壓和超低溫條件下

4、，可將水形成像棉花糖一樣的氣凝膠的冰，該冰稱為“氣態(tài)冰”。下列說法不正確的是A該冰具有丁達(dá)爾效應(yīng)B“氣態(tài)冰”與普通冰化學(xué)性質(zhì)相同C18g“氣態(tài)冰”的在標(biāo)況下體積等于22.4 LD構(gòu)成“氣態(tài)冰的分子為極性分子【答案】C【解析】A該“氣態(tài)冰”是像棉花糖一樣的氣凝膠，因此具有膠體的丁達(dá)爾效應(yīng)，A正確；B“氣態(tài)冰”與普通冰一樣都是由H2O分子構(gòu)成，因此物質(zhì)的化學(xué)性質(zhì)相同，B正確；C18 g“氣態(tài)冰”的物質(zhì)的量是1 mol，由于狀態(tài)為固態(tài)，所以不能使用氣體摩爾體積計算，C錯誤；D構(gòu)成“氣態(tài)冰的分子是H2O，由于H2O分子中O原子上有孤電子對，所以分子為極性分子，D正確；選C。4設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值

5、，下列敘述正確的是()A25 pH12的Na2CO3溶液中含有OH的數(shù)目為0.01NAB標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4 L乙烯中含有極性鍵數(shù)目為4NAC1 mol苯乙烯中含有的碳碳雙鍵數(shù)為4NAD在銅與硫的反應(yīng)中，1 mol銅失去電子數(shù)為2NA【答案】B【解析】缺少溶液體積，無法計算氫氧根離子數(shù)目，故A錯誤；標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4 L乙烯為1 mol，含有4 mol CH，故B正確；苯乙烯分子中只含1個碳碳雙鍵，因此1 mol苯乙烯中含有的碳碳雙鍵數(shù)為NA，故C錯誤；在銅與硫的反應(yīng)中，銅由0價到1價，故1 mol銅失去電子數(shù)為NA，故D錯誤。5某研究性小組為了探究石蠟油分解產(chǎn)物，設(shè)計了如下實驗方案。下列說

6、法錯誤的是()A碎瓷片有催化和積蓄熱量的作用B結(jié)束反應(yīng)時，先撤出導(dǎo)管，再停止加熱C石蠟油是液態(tài)烷烴DB、C中溶液均褪色，反應(yīng)類型相同【答案】D【解析】本題考查化學(xué)實驗方案的設(shè)計與評價。石蠟油在碎瓷片催化作用下發(fā)生裂化反應(yīng)，生成物中含有烯烴。把生成物通入酸性高錳酸鉀溶液中，發(fā)生氧化反應(yīng)，溶液褪色；通入溴的四氯化碳溶液中，發(fā)生加成反應(yīng)，溶液褪色。裝置A中碎瓷片有催化和積蓄熱量的作用，有助于石蠟油分解，A正確；結(jié)束反應(yīng)時，應(yīng)先撤出導(dǎo)管，再停止加熱，防止因溫度變化出現(xiàn)倒吸現(xiàn)象，B正確；石蠟油是17個碳原子以上的液態(tài)烷烴混合物，C正確；裝置B中酸性高錳酸鉀溶液褪色是因為與分解生成的烯烴發(fā)生氧化還原反應(yīng)，

7、裝置C中溴的四氯化碳溶液褪色是因為與分解生成的烯烴發(fā)生加成反應(yīng)，反應(yīng)類型不相同，D錯誤。6二茂鐵分子Fe （C5H5）2是一種金屬有機(jī)配合物，是燃料油的添加劑，用以提高燃燒的效率和去煙，可作為導(dǎo)彈和衛(wèi)星的涂料等它的結(jié)構(gòu)如圖所示，下列說法正確的是（）A二茂鐵中Fe2+與環(huán)戊二烯離子（C5H5）之間為離子鍵BFe元素在周期表中的位置是第四周期ACFe2+的電子排布式為1s22s22p63s23p63d6D1 mol環(huán)戊二烯（）中含有鍵的數(shù)目為5NA，鍵的數(shù)目是2NA【答案】C【解析】A、二茂鐵分子Fe （C5H5）2是一種金屬有機(jī)配合物，F(xiàn)e2+與環(huán)戊二烯離子（C5H5）之間存在配位鍵，故A錯誤；

8、B、Fe元素在周期表中的位置是第四周期族，故B錯誤；C、Fe2+的電子排布式為1s22s22p63s23p63d6，故C正確；D、一個環(huán)戊二烯（）中含有9個單鍵，2個雙鍵，所以一個環(huán)戊二烯（）中含有9個單鍵，2個雙鍵，中含有11個鍵和2個鍵，1mol環(huán)戊二烯（）中含有鍵的數(shù)目為11NA，鍵的數(shù)目是2NA，故D錯誤；7化合物X是一種藥物中間體，其結(jié)構(gòu)簡式如圖所示。下列有關(guān)該化合物的說法錯誤的是（）AX既能與鹽酸反應(yīng)，又能與NaOH溶液反應(yīng)BX分子中有6個手性碳原子C分子式為C27H29NO10D分子中有4種含氧官能團(tuán)【答案】D【解析】A含有羧基，可與氫氧化鈉溶液反應(yīng)，含有氨基，可與鹽酸反應(yīng)，故A

9、正確；B手性碳原子連接不同的原子或原子團(tuán)，該有機(jī)物含有6個手性碳原子，如圖所示，故B正確；C由結(jié)構(gòu)簡式可知分子式為C27H29NO10，故C正確；D含有的含氧官能團(tuán)有羰基、醚鍵、羥基和羧基，其中羥基有酚羥基和醇羥基，應(yīng)有5種，故D錯誤。8短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次遞增，其中Y與Z同主族。X與Y、Z與W均可形成如圖所示的分子結(jié)構(gòu)，且Z與W形成的分子中所有原子最外層均滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)。下列說法中正確的是A原子半徑：W Z Y XB氣態(tài)氫化物熱穩(wěn)定性：Y Z WC元素Z和W均存在兩種以上的含氧酸DX2Y2是非極性分子【答案】C【解析】X與Y可形成如圖所示的分子結(jié)構(gòu)為過氧化氫，則X為

10、H、Y為O，因為Y與Z同主族，則Z為S，因為短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次遞增，W為Cl。A、原子核外電子層數(shù)越多，半徑越大，電子層數(shù)相同時，核電荷數(shù)越大，半徑越小，故原子半徑的大小順序為ZWYX，錯誤；B、原子的非金屬性越強(qiáng)，其對應(yīng)氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性越強(qiáng)，故氣態(tài)氫化物熱穩(wěn)定性大小順序為WYZ，錯誤；C、元素Z和W均有多種正價態(tài)，故均存在兩種以上的含氧酸，正確；D、由圖可知H2O2是極性分子，錯誤。9某科學(xué)興趣小組查閱資料得知，反應(yīng)溫度不同，氫氣還原氧化銅的產(chǎn)物就不同，可能是Cu或Cu2O，Cu和Cu2O均為不溶于水的紅色固體，但氧化亞銅能與稀硫酸反應(yīng)，化學(xué)方程式為：Cu2OH2S

11、O4=CuSO4CuH2O，為探究反應(yīng)后的紅色固體中含有什么物質(zhì)？他們提出了以下假設(shè)：假設(shè)一：紅色固體只有Cu假設(shè)二：紅色固體只有Cu2O假設(shè)三：紅色固體中有Cu和Cu2O下列判斷正確的是()A取少量紅色固體，加入足量的稀硫酸，若溶液無明顯現(xiàn)象，則假設(shè)一和二都成立B若看到溶液變成藍(lán)色，且仍有紅色固體，則只有假設(shè)三成立C現(xiàn)將7.2克紅色固體通入足量的H2還原，最后得到固體6.4克，則假設(shè)二成立D實驗室可以用葡萄糖和新制的含NaOH的Cu(OH)2沉淀，加熱后制取Cu2O【答案】C【解析】A、取少量紅色固體，加入足量的稀硫酸，若溶液無明顯現(xiàn)象，說明紅色固體中不含氧化亞銅，則假設(shè)一成立，錯誤；B、若

12、看到溶液變成藍(lán)色，說明紅色固體中含有氧化亞銅，仍有紅色固體，不能說明紅色固體中含有銅，因為氧化亞銅和稀硫酸反應(yīng)也能生成銅，則假設(shè)二或三成立，錯誤；C、假設(shè)紅色固體只有Cu2O，則7.2gCu2O的物質(zhì)的量為0.05mol，和H2反應(yīng)后生成銅的物質(zhì)的量為0.1mol，質(zhì)量為6.4g，所以假設(shè)成立，正確；D、實驗室可以用葡萄糖和新制的含NaOH的Cu(OH)2懸濁液，加熱后制取Cu2O，錯誤。10一種制備高效漂白劑NaClO2的實驗流程如圖所示，反應(yīng)I中發(fā)生的反應(yīng)為3NaClO34SO23H2O=2ClO2Na2SO43H2SO4NaCl，下列說法中正確的是()A反應(yīng)中H2O2做還原劑B產(chǎn)品中含有

13、SO、ClCNaClO2的漂白原理與SO2相同D實驗室進(jìn)行結(jié)晶操作通常在坩堝中進(jìn)行【答案】A【解析】A反應(yīng)I中發(fā)生的反應(yīng)為3NaClO34SO23H2O=2ClO2Na2SO43H2SO4NaCl，反應(yīng)產(chǎn)生的ClO2氣體進(jìn)入反應(yīng)II裝置，發(fā)生反應(yīng)：2ClO2H2O22NaOH=2NaClO2O22H2O，H2O2中氧元素的化合價由反應(yīng)前的1變?yōu)榉磻?yīng)后中O2中的0價，化合價升高，失去電子，H2O2作還原劑，A正確；B反應(yīng)是在NaOH溶液中進(jìn)行，操作過程沒有經(jīng)過洗滌步驟，因此得到的NaClO2中可能混有NaOH引入雜質(zhì)離子OH，不可能含SO、Cl，B錯誤；CNaClO2中Cl元素化合價為3價，該物

14、質(zhì)具有強(qiáng)的氧化性，因而具有漂白性，NaClO2的漂白是氧化漂白；而SO2能與某些有色物質(zhì)結(jié)合，產(chǎn)生不穩(wěn)定的無色物質(zhì)，因此二者的漂白原理不相同，C錯誤；D實驗室進(jìn)行結(jié)晶操作通常在蒸發(fā)皿中進(jìn)行，坩堝是灼燒使用的儀器，D錯誤；故本題合理選項是A。二、選擇題：本題共5小題，每題4分，共20分。每小題有一個或兩個選項符合題意，全選對得4分，選對但不全的得1分，有選錯的得0分。11寶雞被譽(yù)為“青銅器之鄉(xiāng)”，出土了大盂鼎、毛公鼎、散氏盤等五萬余件青銅器。研究青銅器(含Cu、Sn等)在潮濕環(huán)境中發(fā)生的腐蝕對于文物保護(hù)和修復(fù)有重要意義。下圖為青銅器在潮濕環(huán)境中發(fā)生電化學(xué)腐蝕的原理示意圖，下列說法不正確的是()A

15、青銅器發(fā)生電化學(xué)腐蝕，圖中c作負(fù)極，被氧化B負(fù)極發(fā)生的電極反應(yīng)為O2 4e2H2O=4OHC環(huán)境中的Cl與正、負(fù)兩極反應(yīng)的產(chǎn)物作用生成a的離子方程式為2Cu23OHCl=Cu2 (OH)3ClD若生成0.2 mol Cu2(OH)3Cl，則理論上消耗的O2體積為4.48 L【答案】BD【解析】根據(jù)圖知，氧氣得電子生成氫氧根離子、Cu失電子生成銅離子，發(fā)生吸氧腐蝕，則Cu作負(fù)極被氧化，腐蝕過程中，負(fù)極是c，發(fā)生氧化反應(yīng)，A正確；B、氧氣在正極得電子生成氫氧根離子，電極反應(yīng)式為：O2 4e2H2O=4OH，B錯誤；C、多孔粉狀銹 Cu2( OH )3Cl為固體，故生成 Cu2( OH )3Cl 的

16、離子方程式為：2Cu23OHCl=Cu2(OH)3Cl，C正確；D、不確定氧氣是否在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，則不能計算氧氣的體積，D錯誤，答案選D。12Fe3O4中含有、，分別表示為Fe（）、Fe（），以Fe3O4/Pd為催化材料，可實現(xiàn)用H2消除酸性廢水中的致癌物NO2，其反應(yīng)過程示意圖如圖所示，下列說法不正確的是（）APd上發(fā)生的電極反應(yīng)為：H22e2H+BFe（）與Fe（）的相互轉(zhuǎn)化起到了傳遞電子的作用C反應(yīng)過程中NO2被Fe（）還原為N2D用該法處理后水體的pH降低【答案】D【解析】A、由圖可知Pd上氫氣得電子生成氫離子，所以電極反應(yīng)為：H22e2H+，故A正確；B、Fe（）得電子生成Fe（），F(xiàn)

17、e（）失電子生成Fe（），則Fe（）與Fe（）的相互轉(zhuǎn)化起到了傳遞電子的作用，故B正確；C、由圖可知反應(yīng)過程中NO2得到Fe（）給的電子生成N2，所以反應(yīng)過程中NO2被Fe（）還原為N2，故C正確；D、總反應(yīng)方程式可知：2H+2NO2+3H2N2+4H2O，所以用該法處理后水體的pH升高，故D錯誤。13電催化N2還原制NH3的一種反應(yīng)機(jī)理如圖所示，其中吸附在催化劑表面的物種用*表示，下列說法不正確的是（）AN2生成NH3是通過多步還原反應(yīng)實現(xiàn)的B兩個氮原子上的加氫過程同時進(jìn)行C析氫反應(yīng)（H*+H*H2）不會影響NH3的生成DNH3的及時脫附有利于增加催化劑活性位【答案】BC【解析】AN2生成N

18、H3的過程中氮原子結(jié)合氫原子，氮元素化合價降低，被還原發(fā)生還原反應(yīng)，N2生成NH3是通過多步還原反應(yīng)實現(xiàn)的，故A正確；B兩個氮原子上的加氫過程是分步進(jìn)行的，故B錯誤；C析氫反應(yīng)（H*+H*H2），減少H*，會影響NH3的生成，故C錯誤；DNH3的及時脫附，有利于電催化N2還原制NH3的反應(yīng)速率，有利于增加催化劑活性位，故D正確。14為防止廢棄的硒單質(zhì)（Se）造成環(huán)境污染，通常用濃硫酸將其轉(zhuǎn)化成處理成二氧化硒（SeO2），再用KI溶液處理后回收Se發(fā)生的反應(yīng)為：Se+2H2SO4（濃）2SO2+SeO2+2H2O SeO2+4KI+4HNO34KNO3+Se+2I2+2H2O下列說法正確的是（）

19、A.反應(yīng)中SO2是氧化產(chǎn)物，SeO2是還原產(chǎn)物B反應(yīng)中KI是還原劑，HNO3是氧化劑C反應(yīng)中，每生成0.6molI2轉(zhuǎn)移1.2mole-D氧化性由強(qiáng)到弱的順序是：H2SO4（濃）SeO2I2【答案】CD【解析】A中S元素化合價由+6價變?yōu)?4價、Se元素化合價由0價變?yōu)?4價，所以濃硫酸是氧化劑、Se是還原劑，氧化劑對應(yīng)的產(chǎn)物是還原產(chǎn)物、還原劑對應(yīng)的產(chǎn)物是氧化產(chǎn)物，所以SO2是還原產(chǎn)物，SeO2是氧化產(chǎn)物，故A錯誤；B中Se元素化合價由+4價變?yōu)?價、I元素化合價由-1價變?yōu)?價，得電子化合價降低的反應(yīng)物是氧化劑、失電子化合價升高的反應(yīng)物是還原劑，則KI是還原劑，SeO2是氧化劑，故B錯誤；C

20、反應(yīng)中，每生成0.6molI2轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量=0.6mol20-（-1）=1.2mol，故C正確；D同一氧化還原反應(yīng)中氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，中氧化劑是濃硫酸、氧化產(chǎn)物是SeO2，氧化性H2SO4（濃）SeO2；中氧化劑是、SeO2、氧化產(chǎn)物是碘，則氧化性SeO2I2，所以氧化性由強(qiáng)到弱的順序是：H2SO4（濃）SeO2I2，故D正確。15乙二胺(H2NCH2CH2NH2)，無色液體，電離類似于氨：NH3H2ONHOH，25 時，Kb1104.07，Kb2107.15；乙二胺溶液中含氮微粒的物質(zhì)的量濃度分?jǐn)?shù)隨溶液pH的變化如圖。下列說法不正確的是()A曲線代表的微粒符號為H2NC

21、H2CH2NHB曲線與曲線相交點(diǎn)對應(yīng)pH6.85C0.1 molL1 H2NCH2CH2NH3Cl溶液中各離子濃度大小關(guān)系為c(Cl)c(H2NCH2CH2NH)c(H)c(OH)D乙二胺在水溶液中第二步電離的方程式：H2NCH2CH2NHH2OH3NCH2CH2NH32OH【答案】C【解析】A乙二胺(H2NCH2CH2NH2)，水溶液中分步電離，第一步電離的方程式為：H2NCH2CH2NH2H2OH2NCH2CH2NHOH，第二步電離：H2NCH2CH2NHH2O H3NCH2CH2NH32OH，pH越小，越有利于電離平衡正向移動，H3NCH2CH2NH32的濃度越大，則曲線代表的是H3NC

22、H2CH2NH32，曲線代表的微粒符號為H2NCH2CH2NH，故A正確；B曲線代表的是H2NCH2CH2NH，曲線與曲線相交點(diǎn)處H3NCH2CH2NH32和H2NCH2CH2NH濃度相同，c(OH)Kb2107.15 molL1，c(H) molL1106.85 molL1，pH6.85，故B正確；C在0.1 molL1 H2NCH2CH2NH3Cl溶液中H2NCH2CH2NH離子水解溶液顯酸性，電離使溶液顯堿性，電離大于水解，溶液顯堿性，溶液中離子濃度大小為：c(Cl)c(H2NCH2CH2NH)c(OH)c(H)，故C錯誤；D乙二胺(H2NCH2CH2NH2)，無色液體，有類似氨的性質(zhì)，

23、已知：25 時，Kb1104.07，Kb2107.15，屬于二元弱堿，其水溶液顯弱堿性，則H2NCH2CH2NH2在水溶液中第二步電離的方程式為：H2NCH2CH2NHH2O H3NCH2CH2NH32OH，故D正確；故選C。第卷（非選擇題 共60分）二、非選擇題：包括第16題第20題5個大題，共60分。16（12分） “低碳經(jīng)濟(jì)”備受關(guān)注，CO2的排集、利用與封存成為科學(xué)家研究的重要課題。（1）綠色植物通過圖1所示過程儲存能量，用化學(xué)方程式表示其光合作用的過程：_。（2）TiO2是一種性能優(yōu)良的半導(dǎo)體光催化劑，能有效地將有機(jī)污染物轉(zhuǎn)化為CO2等小分子物質(zhì)。圖2為在TiO2的催化下，O3降解C

24、H3CHO的過程，則該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_。（3）將一定量的CO2(g)和CH4(g)通入一恒容密閉容器中發(fā)生反應(yīng)CO2(g)CH4(g)2CO(g)2H2(g)。已知：CH4(g)2O2(g)=CO2(g)2H2O(g) H1802 kJmol1CO(g)1/2O2(g)=CO2(g)H2283 kJmol1CO(g)H2O(g)=CO2(g)H2(g) H341 kJmol1則反應(yīng)CO2(g)CH4(g)2CO(g)2H2(g)的H_。為了探究反應(yīng)CO2(g)CH4(g) 2CO(g)2H2(g)的反應(yīng)速率與濃度的關(guān)系起始時向恒容密閉容器中通入CO2與CH4，使其物質(zhì)的量濃度均為1.0 m

25、olL1，平衡時，根據(jù)相關(guān)數(shù)據(jù)繪制出兩條反應(yīng)速率與濃度關(guān)系曲線(如圖3)：v正c(CH4)和v逆c(CO)，則與v正c(CH4)相對應(yīng)的是圖中曲線_(填“甲”或“乙”)；該反應(yīng)達(dá)到平衡后，某一時刻降低溫度反應(yīng)重新達(dá)到平衡，則此時曲線甲對應(yīng)的平衡點(diǎn)可能為_(填“D”“E”或“F”)。（4）用稀氨水噴霧捕集CO2最終可得產(chǎn)品NH4HCO3。在捕集時，氣相中有中間體 NH2COONH4(氨基甲酸銨)生成?，F(xiàn)將一定量純凈的氨基甲酸銨置于恒容密閉容器中，分別在不同溫度下進(jìn)行反應(yīng)：NH2COONH4(s) 2NH3(g)CO2(g)。實驗測得的有關(guān)數(shù)據(jù)見下表(t1t2OP（1分）（3）sp3（1分）正四面

26、體形10928（1分）SO42-、CCl4等（2分）（4）12（2分）4MNA4(a+b)33（2分）（5）MgOCaO（1分）Mg2+半徑比Ca2+小，MgO晶格能較大（1分）【解析】（1）根據(jù)元素M氣態(tài)原子I1I5的大小可以看出:I1、I2相差不大，I2、I3相差較多，說明M原子最外層有2個電子。在Ca5(PO4)3F中元素有Ca、P、O、F四種元素，只有Ca元素最外層有2個電子，容易失去最外層的2個電子，化合價為+2價;根據(jù)原子核外電子排布規(guī)律可知Ca基態(tài)原子電子排布式為Ar4s2或1s22s22p63s23p64s2。（2）Ca3(PO4)3F中非金屬元素有P、O、F三種，元素的非金屬

27、性FOP，元素的非金屬性越強(qiáng)，其電負(fù)性越大，故按電負(fù)性由大到小的順序排列為FOP。（3）PO43-的中心原子P的價層電子對數(shù)是4，故P原子雜化方式為sp3雜化;由于孤電子對數(shù)為0，該離子的空間構(gòu)型為正四面體形，鍵角為10928，其等電子體有SO42-、CCl4等。（4）根據(jù)CaF2晶胞結(jié)構(gòu)可知:在每個晶胞中與Ca2+離子距離最近且等距離的Ca2+有3個(頂點(diǎn)Ca2+與面心Ca2+最近)，頂點(diǎn)Ca2+可被8個晶胞共用，每個Ca2+計算了2次，所以與Ca2+離子距離最近且等距離的Ca2+有(38)2=12個;將CaF2晶胞分成8個小立方體，立方體中心為F-離子，頂點(diǎn)為Ca2+，晶胞中共有4個鈣離子

28、、8個氟離子。小立方體的對角線為2(a+b)，則晶胞的對角線為4(a+b)，晶胞的邊長為4(a+b)3，根據(jù)晶體密度計算公式可得該晶體的密度=mV=4MNA4(a+b)33 gcm-3。（5）MgO與CaO的晶體結(jié)構(gòu)相似，由于離子半徑Ca2+Mg2+，離子半徑越大，與O2-的核間距就越大，晶格能就越小，物質(zhì)的硬度就越小，故其摩氏硬度的大小關(guān)系為MgOCaO。18（11分）已知三氯化鐵的熔點(diǎn)為306，沸點(diǎn)為315，易溶于水并且有強(qiáng)烈的吸水性，能吸收空氣里的水分而潮解。某學(xué)習(xí)小組的同學(xué)對氯氣與鐵的反應(yīng)及產(chǎn)物做了如下探究實驗。 （1）裝置的連接順序為a_。（2）飽和食鹽水的作用是_。（3）反應(yīng)一段時

29、間后熄滅酒精燈，冷卻后將硬質(zhì)玻璃管及收集器中的物質(zhì)一并快速轉(zhuǎn)移至錐形瓶中，加入過量的稀鹽酸和少許植物油(反應(yīng)過程中不振蕩)，充分反應(yīng)后，進(jìn)行如下實驗：淡黃色溶液中加入試劑X生成淡紅色溶液的離子方程式為_。淡紅色溶液中加入過量H2O2后溶液紅色加深的原因是_。（4）已知紅色褪去的同時有氣體生成，經(jīng)檢驗為O2。該小組同學(xué)對紅色褪去的原因進(jìn)行探究。取褪色后溶液三份，第一份滴加FeCl3溶液無明顯變化；第二份滴加試劑X，溶液出現(xiàn)紅色；第三份滴加稀鹽酸和BaCl2溶液，產(chǎn)生白色沉淀。另取同物質(zhì)的量濃度的FeCl3溶液滴加2滴試劑X，溶液變紅，再通入O2，無明顯變化。實驗說明_；實驗的目的是_；得出結(jié)論：

30、_。【答案】（1）gh debcf （2分） （2） 除去氯氣中的氯化氫氣體（1分） （3） Fe3+3SCNFe(SCN)3 （1分） H2O2將Fe2+氧化Fe3+ (Fe2+被H2O2氧化生成Fe3+，從而增大Fe3+濃度，溶液顏色加深) （1分） （4） SCN發(fā)生了反應(yīng)而不是Fe3+發(fā)生反應(yīng)（2分） 排除H2O2分解產(chǎn)生的O2氧化SCN的可能（2分） H2O2將SCN氧化成SO （2分） 【解析】（1）由于鹽酸易揮發(fā)，生成的氯氣中還有氯化氫，所以利用飽和食鹽水除去氯氣中的氯化氫。又因為三氯化鐵的熔點(diǎn)為306，沸點(diǎn)為315，易溶于水并且有強(qiáng)烈的吸水性 能吸收空氣里的水分而潮解，所以再遇

31、鐵反應(yīng)之前還需要干燥，且還需要防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入，同時還需要尾氣處理，則正確的連接順序是agh debcf；（2）根據(jù)以上分析可知飽和食鹽水的作用是除去氯氣中的氯化氫氣體；（3）淡黃色溶液中還有鐵離子，加入X后顯淡紅色，這說明X是KSCN溶液，反應(yīng)的離子方程式為Fe3+3SCNFe(SCN)3；反應(yīng)中鐵過量遇氯化鐵反應(yīng)生成氯化亞鐵，即溶液中還有氯化亞鐵，加入雙氧水可以把亞鐵離子氧化為鐵離子，因此紅色加深，所以淡紅色溶液中加入過量H2O2后溶液紅色加深的原因是H2O2將Fe2+氧化Fe3+ (Fe2+被H2O2氧化生成Fe3+，從而增大Fe3+濃度，溶液顏色加深)；（4）取褪色后溶液三份，第

32、一份滴加FeCl3溶液無明顯變化，說明溶液中不存在KSCN溶液；第二份滴加試劑X，溶液出現(xiàn)紅色，這說明溶液中存在鐵離子；第三份滴加稀HCl和BaCl2溶液，產(chǎn)生白色沉淀，這說明溶液中有硫酸根，所以根據(jù)實驗可知SCN發(fā)生了反應(yīng)而不是Fe3+發(fā)生反應(yīng)；另取同濃度的FeCl3溶液滴加2滴試劑X，溶液變紅，再通入O2，無明顯變化，這說明紅色褪去不是氧氣氧化導(dǎo)致的，即實驗的目的是排除H2O2分解產(chǎn)生的O2氧化SCN的可能；綜合以上分析可知溶液褪色的原因是H2O2將SCN氧化成SO。19（11分）鈦白粉(TiO2)廣泛應(yīng)用于涂料、化妝品、食品以及醫(yī)藥等行業(yè)。利用黑鈦礦石主要成分為(Mg0.5Fe0.5)T

33、i2O5，含有少量Al2Ca(SiO4)2制備TiO2，工藝流程如下。已知：TiOSO4易溶于水，在熱水中易水解生成H2TiO3，回答下列問題：（1）(Mg0.5Fe0.5)Ti2O5中鈦元素的化合價為_，實驗“焙燒”所需的容器名稱是_，“濾渣”的主要成分是_(填化學(xué)式)。（2）制取H2TiO3的化學(xué)方程式為_。（3）礦石粒度對TiO2的提取率影響如圖，原因是_。（4）相關(guān)的金屬難溶化合物在不同pH下的溶解度(s，molL1)如圖所示，步驟應(yīng)該控制的pH范圍是_(填標(biāo)號)A12 B23 C56D1011（5）常用硫酸鐵銨NH4Fe(SO4)2滴定法測定鈦白粉的純度，其步驟為：用足量酸溶解a g

34、二氧化鈦樣品，用鋁粉做還原劑，過濾、洗滌，將濾液定容為100 mL，取20.00 mL，以NH4SCN作指示劑，用標(biāo)準(zhǔn)硫酸鐵銨溶液滴定至終點(diǎn)，反應(yīng)原理為：Ti3Fe3=Ti4Fe2滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象為_。滴定終點(diǎn)時消耗b mol L1 NH4Fe(SO4)2溶液V mL，則TiO2純度為_。 (寫表達(dá)式)【答案】（1）4（1分）坩堝（1分） CaSO4、CaSiO3（1分）（2）TiOSO42H2OH2TiO3H2SO4（2分）（3）礦石粒度越小，反應(yīng)物接觸面積越大，反應(yīng)速率越快（1分）（4）B（2分）（5）當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏瘟蛩徼F銨時，溶液變成紅色，且30 s內(nèi)不變回原色（1分）%（2分）【解析】（1）設(shè)Ti的化合價為x，(Mg0.5Fe0.5)Ti2O5化合價代數(shù)和等于0，(20.520.5)2x250，x4；灼燒固體用坩堝；黑鈦礦石主要成分為(Mg0.5Fe0.5)Ti2O5，含有少量Al2Ca(SiO4)2加入NH4HSO4焙燒后，加水過濾，沉淀中含有CaSO4 和CaSiO3；（2）由TiOSO4水解制備H2TiO3，反應(yīng)方程式為：TiOSO42H2OH2TiO3H2SO4；（3）由圖中變量結(jié)合影響