山東省聊城市2020屆高三化學模擬試題一【含解析】

1、山東省聊城市2020屆高三化學模擬試題（一）（含解析）1.答題前，考生先將自己的姓名、考生號、座號填寫在相應位置，認真核對條形碼上的姓名、考生號和座號，并將條形碼粘貼在指定位置上。2.選擇題答案必須使用2B鉛筆（按填涂樣例）正確填涂；非選擇題答案必須使用0.5毫米黑色簽字筆書寫，繪圖時，可用2B鉛筆作答字體工整、筆跡清楚。3.請按照題號在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。保持卡面清潔，不折疊、不破損?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H-1 C-12 N-14 O-16 T-48 Fe-56 Co-59一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分。每小題

2、只有一個選項符合題意。1.化學與生活密切相關，下列說法錯誤的是（ ）A. 84消毒液、75%的乙醇溶液均可以殺滅新型冠狀病毒B. 糖類、油脂、蛋白質(zhì)均為有機高分子C. 聚乳酸可用于制作免拆型手術縫合線D. 食品生產(chǎn)中添加適量苯甲酸鈉可以防腐【答案】B【解析】【詳解】A. 84消毒液主要成分是次氯酸鈉，具有強氧化性的作用，強氧化性還可以使病毒的蛋白滅活，從而降低其傳染性，75%的乙醇溶液能使蛋白質(zhì)變性，使蛋白質(zhì)失去原有的生理活性，所以84消毒液、75%的乙醇溶液均可以殺滅新型冠狀病毒，A正確；B. 糖類中單糖和二糖是小分子不是高分子、油脂也不是高分子，只有淀粉、纖維素、蛋白質(zhì)為有機高分子，B錯誤

3、；C. 聚乳酸相容性與可降解性良好，可用于制作免拆型手術縫合線，C正確；D. 苯甲酸鈉是一種常見的防腐劑，所以食品生產(chǎn)中添加適量苯甲酸鈉可以防腐，D正確。答案選B。2.“辛烷值”用來表示汽油的質(zhì)量，汽油中異辛烷（）的爆震程度最小。下列烴與氫氣加成能得到異辛烷的是（ ）A. 2，3，4三甲基1戊烯B. 2，3，4三甲基2戊烯C. 2，4，4三甲基2戊烯D. 3，4，4三甲基1戊炔【答案】C【解析】【分析】【詳解】異辛烷可由氫氣加成得到，則雙鍵位置可以有兩種，為：、，名稱分別為：2，4，4三甲基2戊烯、2，4，4三甲基1戊烯，C符合題意。答案選C。【點睛】烷烴還原成烯烴時，形成雙鍵的兩個碳原子上至

4、少要有一個氫原子。3.在實驗室中完成下列實驗時.選用儀器（其他儀器任選）不當?shù)氖牵?）A. 從食鹽水中提取晶體：酒精燈、坩堝B. 強酸與強堿的中和滴定：滴定管、錐形瓶C. 配制240mL0.1mol/LNaCl溶液：250mL容量瓶、玻璃棒D. 分離乙酸乙酯與碳酸鈉溶液的混合物：分液漏斗、燒杯【答案】A【解析】【分析】【詳解】A. 從食鹽水中提取晶體采用蒸發(fā)操作，儀器有：酒精燈、蒸發(fā)皿、玻璃棒等，A錯誤；B. 中和滴定實驗中，需要使用滴定管、錐形瓶等儀器，B正確；C. 配制240mL0.1mol/LNaCl溶液，使用250mL容量瓶、玻璃棒、燒杯、膠頭滴管等儀器，C正確；D. 乙酸乙酯與碳酸鈉

5、溶液互不相溶，采用分液方法分離，儀器有：分液漏斗、燒杯等，D正確。答案選A?！军c睛】配制240mL使用250mL容量瓶，注意沒有240mL規(guī)格的容量瓶。4.某元素基態(tài)原子最外層的電子排布式如下，其中能表示該元素一定為主族元素的是（ ）A. 3s23p6B. ns2C. 4s24p1D. 4s1【答案】C【解析】【詳解】A. 3s23p6為Ar元素，0族元素，不是主族，A不符合題意；B. ns2可以表示第A族和大多數(shù)副族元素，B不符合題意；C. 4s24p1最外層三個電子，在第四周期第A族，為Ga元素，C符合題意；D. 4s1可以表示K、Cr、Cu，K在主族，Cr、Cu在副族，D不符合題意；答案

6、選C。【點睛】注意主族、副族、族、0族元素的最外層電子的特征。5.阿比朵爾是一種能夠有效抑制冠狀病毒的藥物，其結(jié)構(gòu)簡式如圖所示。下列關于阿比朵爾的說法錯誤的是（ ）A. 分子中有兩種含氧官能團B. 分子中的所有原子不可能處于同一平面上C. 該物質(zhì)既可以發(fā)生加成反應又可以發(fā)生取代反應D. 1mol該物質(zhì)與足量NaOH溶液反應時消耗2mol NaOH【答案】D【解析】【分析】【詳解】A.由阿比朵爾的結(jié)構(gòu)簡式可知，含有酯基和酚羥基兩種含氧官能團，故A正確；B.該物質(zhì)存在飽和碳原子，飽和碳為四面體構(gòu)型，所有原子不可能共面，故B正確；C.該物質(zhì)含有苯環(huán)，苯環(huán)可以發(fā)生加成氫氣的反應，含有酯基可以發(fā)生水解反

7、應，水解屬于取代反應，故C正確；D.該物質(zhì)含有酚羥基可以與氫氧化鈉反應，1mol酚羥基消耗1mol氫氧化鈉；同時含有酯基，酯基水解消耗氫氧化鈉，1mol酯基消耗1mol氫氧化鈉，鹵代烴水解消耗2mol NaOH,因此1mol該物質(zhì)與足量NaOH溶液反應時消耗4molNaOH，故D錯誤。故選：D。6.A、B、C、D為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，a、d分別是A、D元素對應的單質(zhì)，m、n、p、q是由這些元素中的部分元素組成的化合物，氣體p常作果實催熟劑，m、n為兩種常見的液體。上述物質(zhì)發(fā)生的轉(zhuǎn)化關系如圖所示（反應條件已略去）。下列說法錯誤的是（ ）A. 原子半徑由大到小的順序為：DBCAB.

8、簡單氫化物的沸點BC，則原子半徑由大到小的順序為：DBCA，故A正確；B.B、C的簡單氫化物分別為CH4、H2O，H2O中含有氫鍵，因此簡單氫化物的沸點：BHCO3-，B錯誤；C. 檢驗水解后溶液中含有Br-應該在酸性溶液中，實驗中水解后溶液中沒有加入硝酸至溶液顯酸性，因此不能檢驗，C錯誤；D. 麥芽糖在稀硫酸作催化劑的條件下加熱，發(fā)生水解反應，然后向水解后的溶液中加入NaOH溶液使溶液顯堿性，再加入銀氨溶液水浴加熱，若出現(xiàn)銀鏡，就證明麥芽糖水解產(chǎn)物具有還原性，被銀氨溶液氧化，D正確；故合理選項是D。9.實驗室制備硝基苯的實驗裝置如圖所示(夾持裝置已略去)。下列說法錯誤的是（ ）A. 水浴加熱

9、的優(yōu)點為使反應物受熱均勻、容易控制溫度B. 濃硫酸、濃硝酸和苯混合時，應先向濃硝酸中緩緩加入濃硫酸，待冷卻至室溫后，再將苯逐滴滴入C. 儀器a的作用是冷凝回流，提高原料的利用率D. 可用儀器a、b將反應后的混合物直接蒸餾得到產(chǎn)品【答案】D【解析】【詳解】A水浴加熱的優(yōu)點是使反應物受熱均勻、容易控制溫度，A正確；B混合時先加濃硝酸，后加濃硫酸，待混合液冷卻至室溫后，再加入苯，B正確；C冷凝管可冷凝回流反應物，則儀器a的作用是冷凝回流，提高原料的利用率，C正確；D反應完全后，由于硝基苯是密度比水大，難溶于水的液體物質(zhì)，而酸溶解在水中，因此硝基苯與酸分層，硝基苯在下層，酸溶液在上層，應先分液分離出有

10、機物，再蒸餾分離出硝基苯，D錯誤；故合理選項是D。10.MnO2和Zn是制造普通干電池的重要原料，現(xiàn)用軟錳礦(主要成分為MnO2)和閃鋅礦(主要成分為ZnS)制備MnO2和Zn的工藝流程如圖。下列說法錯誤的是（ ）A. 干電池是一種將化學能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔艿难b置B. 原料硫酸可以循環(huán)使用，且可用鹽酸代替硫酸進行酸溶C. 酸溶時ZnS作還原劑，操作1為過濾D. 通電電解時MnO2在陽極處生成，電極反應為：Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+【答案】B【解析】【詳解】A. 干電池是一次電池，能將化學能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔?，A正確；B. 鹽酸具有還原性，電離產(chǎn)生的Cl-會被MnO2氧化產(chǎn)生有毒氣體Cl2，影

11、響Mn2+的電解，因此不能用鹽酸代替硫酸使用，B錯誤；C. ZnS、MnO2、H2SO4發(fā)生氧化還原反應，產(chǎn)生ZnSO4、MnSO4、S及H2O，ZnS作還原劑，反應中S被氧化產(chǎn)生難溶于水的S單質(zhì)，ZnSO4、MnSO4溶解在水中，所以操作1是分離難溶性固體與可溶性液體混合物的操作，名稱為過濾，C正確；D. 通電時Mn2+在陽極失去電子被氧化產(chǎn)生MnO2，電極反應為：Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+，D正確；故合理選項是B。二、本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有1個或2個選項符合題意，全都選對得4分，選對但不全的得1分，有選錯的得0分。11.處理煙氣中的SO2，可以采用堿

12、吸-電解法，其流程如圖：模擬過程如圖，下列推斷正確的是（ ） A. 膜1陽離子交換膜，膜2為陰離子交換膜B. SO2是含有極性鍵的極性分子C. a極的電極反應式為2H2O-4e-=4H+O2D. 若收集22.4 L的P(標準狀況下)，則有2 mol N離子移向右室【答案】AB【解析】【詳解】Ab電極上稀硫酸轉(zhuǎn)化為濃硫酸，過程中SO42-的量增大，則是由SO32-轉(zhuǎn)化得到，發(fā)生反應SO32-2e-+H2O=SO42-+2H+，則膜2應為陰離子交換膜；a電極上稀NaOH溶液轉(zhuǎn)化為濃NaOH溶液，過程中OH-濃度增大，則發(fā)生電極反應2H2O+2e-=2OH-+H2，膜1應為陽離子交換膜，A正確；BS

13、O2分子中的S=O鍵是極性共價鍵，由于分子中正、負電荷重心不重合，因此SO2屬于極性分子，B正確；Ca電極上稀NaOH溶液轉(zhuǎn)化為濃NaOH溶液，過程中OH-濃度增大，且反應有氣體產(chǎn)生，則應發(fā)生的電極反應式為：2H2O+2e-=2OH-+H2，C錯誤；Da電極發(fā)生電極反應為：2H2O+2e-=2OH-+H2，若收集22.4 LP(標準狀況下)，即收集標況下H2的的物質(zhì)的量n(H2)=1 mol，根據(jù)電極反應式可知轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2 mol，b電極發(fā)生反應：SO32-2e-+H2O=SO42-+2H+，根據(jù)同一閉合回路中電子轉(zhuǎn)移數(shù)目相等，可知有1 mol SO32-通過膜2進入右室，D錯誤；故合理選項

14、是AB。12.SO2氣體與足量Fe2(SO4)3溶液完全反應后，再加入K2Cr2O7溶液，發(fā)生如下化學反應：SO22Fe32H2OSO422Fe24H；Cr2O726Fe214H2Cr36Fe37H2O。則下列有關說法不正確的是A. 氧化性：Cr2O72Fe3SO2B. 標準狀況下，若有6.72 L SO2參加反應，則最終消耗0.2 mol K2Cr2O7C. 反應中，每有1 mol K2Cr2O7參加反應，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為6NAD. 由上述反應原理推斷：K2Cr2O7能將Na2SO3氧化成Na2SO4【答案】B【解析】【分析】氧化還原反應中，氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，氧化劑的氧化性

15、大于還原劑的氧化性； 由氧化性的強弱，判斷反應的發(fā)生【詳解】A. 由可知,Fe元素的化合價降低,則氧化性為Fe3SO2,由可知,Cr元素的化合價降低,則氧化性為Cr2O72 Fe3,則氧化性：Cr2O72 Fe3 SO2，故A正確；B.6.72LSO2(標準狀況)參加反應,n(SO2)=6.72L22.4L/mol=0.3mol,由上述兩個反應可知,存在3 SO2Cr2O72,則最終消耗0.1mol K2Cr2O7，故B錯誤；C. 每有1mol K2Cr2O7參加反應,轉(zhuǎn)移電子為1mol2(63)=6mol,即轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為6NA，故C正確；D. 因氧化性為Cr2O72 SO2,則K2Cr2

16、O7能將Na2SO3氧化成Na2SO4，故D正確；故選B.【點睛】氧化還原反應由強到弱，即是強氧化劑生成弱氧化性的物質(zhì)，強還原劑生成弱還原性的物質(zhì)，計算時要用電子守恒：還原劑失電子總數(shù)等于氧化劑得電子總數(shù)。13.我國科學家設計了一種智能雙模式海水電池，滿足水下航行器對高功率和長續(xù)航的需求。負極為Zn，正極放電原理如圖。下列說法錯誤的是（ ）A. 電池以低功率模式工作時，NaFeFe(CN)6作催化劑B. 電池以低功率模式工作時，Na+的嵌入與脫嵌同時進行C. 電池以高功率模式工作時，正極反應式為：NaFeFe(CN)6+e-+Na+=Na2FeFe(CN)6D. 若在無溶解氧的海水中，該電池仍

17、能實現(xiàn)長續(xù)航的需求【答案】D【解析】【詳解】A.根據(jù)圖示可知：電池以低功率模式工作時，負極是Zn-2e-=Zn2+，正極上是NaFeFe(CN)6獲得電子，然后與吸附在它上面的氧氣即溶液中發(fā)生反應為O2+4e-+2H2O=4OH-，從NaFeFe(CN)6上析出，故NaFeFe(CN)6的作用是作催化劑，A正確；B.電池以低功率模式工作時，電子進入NaFeFe(CN)6時Na+的嵌入；當形成OH-從NaFeFe(CN)6析出時，Na+從NaFeFe(CN)6脫嵌，因此Na+的嵌入與脫嵌同時進行，B正確； C.根據(jù)電池以高功率模式工作時，正極上NaFeFe(CN)6獲得電子被還原變?yōu)镹a2FeF

18、e(CN)6，所以正極的電極反應式為：NaFeFe(CN)6+e-+Na+=Na2FeFe(CN)6，C正確；D.若在無溶解氧的海水中，由于在低功率模式工作時需要氧氣參與反應，因此在該電池不能實現(xiàn)長續(xù)航的需求，D錯誤；故合理選項是D。14.25時，在20 mL0.1 molL-1一元弱酸HA溶液中滴加0.1 molL-1NaOH溶液，溶液中l(wèi)g與pH關系如圖所示。下列說法正確的是（ ）A. 25時，HA酸的電離常數(shù)為1.010-5.3B. A點對應溶液中：c(Na+)c(A-)c(H+)c(OH-)C. B點對應的NaOH溶液體積為10 mLD. 對C點溶液加熱(不考慮揮發(fā))，則一定減小【答案

19、】AD【解析】【詳解】A. pH=5.3時，lg=0，即c(A-)=c(HA)，HA酸的電離常數(shù)Ka=c(H+)=10-pH=10-5.3，A正確；B. A點對應溶液顯酸性，即c(H+)c(OH-)，溶液中存在電荷守恒，所以有關系式：c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，所以c(A-)c(Na+)，鹽電離產(chǎn)生的離子濃度大于弱電解質(zhì)電離產(chǎn)生的離子濃度，所以溶液中離子濃度關系為：c(A-)c(Na+)c(H+)c(OH-)，B錯誤；C. 由于Ka=10-5.3=Kh，所以20 mL HA溶液中加入10 mL NaOH溶液，得到等濃度的HA和NaA混合溶液，混合溶液以電離為主，使c(A

20、-)c(HA)，即lg0，故B點對應的NaOH溶液的體積小于10 mL，C錯誤；D. A-的水解常數(shù)Kh隨溫度升高而增大，所以隨溫度升高而減小，D正確；故合理選項是AD。15.工業(yè)上可采用CH3OHCO+2H2的方法來制取高純度的CO和H2。我國科研人員通過計算機模擬，研究了在鈀基催化劑表面甲醇制氫的反應歷程如圖所示，其中吸附在鈀催化劑表面上的物種用標注。下列說法正確的是（ ） 已知：甲醇(CH3OH)脫氫反應的第一步歷程，有兩種可能方式：方式：CH3OH*CH3O*+H* Ea=+103.1 kJmol-1方式：CH3OH*CH3*+OH* Eb=+249.3 kJmol-1A. CH3OH

21、*CO*+2H2(g)的H0B. 都為O-H鍵的斷裂過程C. 由活化能E值推測，甲醇裂解過程主要歷經(jīng)的方式應為D. 放熱最多階段的化學方程式為CHO*+3H*CO*+4H*【答案】AD【解析】【詳解】A. H=生成物相對能量-反應物相對能量，根據(jù)圖示可知生成物的能量比反應物的能量高，因此該反應為吸熱反應，H0，A正確；B. 根據(jù)圖示可知過程是斷裂H-O鍵，過程斷裂的是C-H鍵，B錯誤；C. 催化劑能降低反應的活化能，加快反應速率，方式I的活化能低，說明甲醇裂解過程主要精力方式為I，C錯誤；D. 由圖可知CHO*和3H*轉(zhuǎn)化為CO*和4H*這一步放出熱量最多，反應方程式為：CHO*+3H*CO*

22、+4H*，D正確；故合理選項是AD。三、非選擇題：本題共5小題，共60分。16.研究SO2、NOx等大氣污染物的要善處理具有重要意義。(1)燃煤發(fā)電廠常利用反應2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)2CaSO4(s)+2CO2(g)對煤進行脫硫處理。某溫度下，測得反應在不同時間點各物質(zhì)的濃度如下：時間/min濃度/molL-101020304050O21.000.780.600.600.640.64CO200.440.800.800.880.88010min內(nèi)，平均反應速率v(SO2)=_mol/(Lmin)。30min后，只改變某條件，反應重新達到平衡。根據(jù)上表中的數(shù)據(jù)判斷，改變的條

23、件可能是_（填字母）。A.移除部分CaSO4(s) B.通入一定量的O2C.加入合適的催化劑 D.適當縮小容器的體積(2)利用活性炭吸附汽車尾氣中的NO：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)，實驗測得，v正=k正c2(NO)，v逆=k逆c(N2) c(CO2)(k正、k逆為速率常數(shù)，只與溫度有關)。在密閉容器中加入足量C（s）和一定量的NO氣體，保持恒壓測得NO的轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化如圖所示：由圖可知：該反應的H_0（填“”或“”、“”或“=”）k逆增大的倍數(shù)，1100K時，計算k正：k逆=_?！敬鸢浮?(1). 0.044 (2). BD (3). (4). 反應未達到平衡狀態(tài)，溫度

24、的升高，反應速率加快，NO轉(zhuǎn)化率增大 (5). 4 (6). (7). 0.11或【解析】【分析】根據(jù)v=計算；根據(jù)30min后，氧氣、二氧化碳的濃度都增大，改變的條件可為加入氧氣或適當縮小容器的體積等；根據(jù)在1050 kPa時反應達到平衡，在1050 kPa前，溫度升高對化學反應速率及反應進行的方向分析判斷；根據(jù)在1100kPa時NO轉(zhuǎn)化率40%，結(jié)合三行計算列式得到?！驹斀狻?1)根據(jù)v=，CO2的化學反應速率v(CO2)=0.044mol/(Lmin)，根據(jù)方程式可知：物質(zhì)反應的速率比等于化學方程式的化學計量數(shù)的比，所以v(SO2)=v(CO2)=0.044mol/(Lmin)，故答案為

25、：0.044；30min后，氧氣、二氧化碳的濃度都增大，可為加入氧氣或適當縮小容器的體積等，故答案為：BD；(2)由圖像可知，當溫度高于1050K時，隨著溫度升高，NO的轉(zhuǎn)化率降低，則平衡逆向移動，因此該反應的正反應為放熱反應，即H0，1050kPa 前，反應b 中NO2轉(zhuǎn)化率隨著溫度升高而增大是由于1050kPa前反應未達平衡狀態(tài)，隨著溫度升高，反應速率加快，更多的反應物變?yōu)樯晌铮虼薔O2轉(zhuǎn)化率隨溫度的升高而增大，故答案為：；反應未達到平街狀態(tài)，溫度的升高，反應速率加快，NO轉(zhuǎn)化率增大；由圖像可知，在1050K、1.1106Pa時，NO轉(zhuǎn)化率80%，可列平衡三段式為：由于容器的容積不變，

26、因此氣體的物質(zhì)的量的比等于氣體壓強之比，可知平衡時p(NO)=0.2p(總)，p(N2)=0.4 p(總)，p(CO2)=0.4 p(總)，則用平衡分壓表示的化學平衡常數(shù)，故答案為：4；正反應為放熱反應，升高溫度平衡向左移動，則正反應速率增大的倍數(shù)小于逆反應速率增大的倍數(shù)，濃度不變，故k正增大的倍數(shù)小于k逆增大的倍數(shù)，1100K時，NO的平衡轉(zhuǎn)化率為40%，可列平衡三段式為：則平衡常數(shù)K=，當反應達到平衡時，正=逆，故，故答案為：”或“ClTi (3). 平面三角形 (4). (5). 3 (6). 分子晶體 (7). 6 (8). 2 (9). 3 (10). 【解析】【分析】(1)鈦為22

27、號元素，根據(jù)價電子排布式分析；(2)元素原子的得電子能力越強，則電負性越大；根據(jù)1個單鍵是1個鍵，1個雙鍵中含有1個鍵，1個鍵以及COCl2分子的結(jié)構(gòu)式來解答；通常低熔點、易溶于有機溶劑的晶體屬于分子晶體；(3)配合物TiCl(H2O)3Cl2H2O中，配位體是內(nèi)界的1個Cl-和5個H2O；(4)根據(jù)均攤法結(jié)合晶胞數(shù)據(jù)分析解答?！驹斀狻?1)鈦為22號元素，基態(tài)電子排布式為：Ar3d24s2，則基態(tài)鈦原子的價電子排布式為3d24s2，原子核外最外層電子數(shù)為2，自旋狀態(tài)相反；(2)元素原子的得電子能力越強，則電負性越大，所以OClTi；COCl2的結(jié)構(gòu)為，中心原子C上含有3個鍵，沒有孤電子對，屬

28、于sp2雜化，其分子構(gòu)型為平面三角形；在COCl2分子中, C原子為sp2雜化，雖然等性sp2雜化的鍵角是120。但由于C原子與O原子間以雙鍵C=O結(jié)合,該雙鍵對C-Cl鍵的斥力要更大些。所以，O-C-Cl鍵角要大于Cl-C-Cl鍵角；答案為；COCl2分子中有1個CO鍵和2個CCl鍵，所以COCl2分子中鍵的數(shù)目為3，鍵數(shù)目為1，個數(shù)之比為3：1；通常低熔點、易溶于有機溶劑的晶體屬于分子晶體，則TiCl4的晶體類型為分子晶體；(3)配合物TiCl(H2O)5Cl2H2O中，配位體是內(nèi)界的1個Cl-和5個H2O，中心離子的配位數(shù)是6，作為配體的Cl-難以電離出來與Ag+發(fā)生反應，故向1mol該

29、配合物中加入足量AgNO3溶液，可以得到2molAgCl沉淀；(4)根據(jù)均攤法，晶胞中有2個原子和4個O原子，因此晶胞質(zhì)量，晶胞體積459，因此，晶胞密度。18.乳酸亞鐵晶體CH3CH(OH)COO2Fe3H2O(相對分子質(zhì)量：288)可由乳酸與FeCO3反應制得，它易溶于水，幾乎不溶于乙醇，受熱易分解，是一種很好的補鐵劑。.制備碳酸亞鐵：裝置如圖所示。(1)儀器B的名稱是_。(2)實驗操作如下：關閉活塞2，打開活塞1、3，加入適量稀硫酸反應一段時間，其目的是_，然后打開活塞2，關閉活塞_。.制備乳酸亞鐵：向純凈的FeCO3固體中加入足量乳酸溶液，在75下攪拌使之充分反應。(3)該反應化學方程

30、式為_。為防止乳酸亞鐵變質(zhì)，在上述體系中還應加入_，反應結(jié)束后，從所得溶液中獲得乳酸亞鐵晶體的步驟如下，請將前四步正確排序(寫字母序號)：_，干燥。a.過濾 b.隔絕空氣，加熱 c.冷卻結(jié)晶 d.用適量乙醇洗滌.乳酸亞鐵晶體純度的測量；(4)用K2Cr2O7滴定法測定樣晶中Fe2+的含量計算樣品純度，稱取6.00g樣品配制成250.00mL溶液。取25.00mL用0.0100molL-1的K2Cr2O7標準溶液滴定至終點，消耗標準液20.00mL。則產(chǎn)品中乳酸亞鐵晶體的純度為_(以質(zhì)量分數(shù)表示)。【答案】 (1). 蒸餾燒瓶 (2). 排盡裝置內(nèi)的空氣，防止二價鐵被氧氣氧化 (3). 1、3

31、(4). 2CH3CH(OH)COOH+FeCO3=CH3CH(OH)COO2Fe+CO2+H2O (5). 適量鐵粉 (6). bcad (7). 57.6%【解析】【分析】結(jié)合儀器構(gòu)造和用途書寫儀器；加入適量稀硫酸反應一段時間，生成氫氣，排除空氣，排除空氣后，將亞鐵離子引入到后面裝置中與碳酸氫根發(fā)生反應生成碳酸亞鐵；乳酸和碳酸亞鐵反應生成乳酸亞鐵和二氧化碳，加入鐵粉防止乳酸亞鐵變質(zhì)，反應結(jié)束后，要避免乳酸亞鐵被氧氣，由于乳酸亞鐵不溶于乙醇，因此用適量乙醇洗滌；根據(jù)關系式計算乳酸亞鐵的物質(zhì)的量，再計算純度。【詳解】(1) 儀器B是帶支管的燒瓶，名稱是蒸餾燒瓶；(2) 實驗操作如下：關閉活塞2

32、，打開活塞1、3，加入適量稀硫酸反應一段時間，生成氫氣，排除空氣，其目的是：排盡裝置內(nèi)的空氣，防止二價鐵被氧氣氧化；然后打開活塞2，關閉活塞1、3； (3) 乳酸和碳酸亞鐵反應生成乳酸亞鐵和二氧化碳，其反應化學方程式為2CH3CH(OH)COOH+FeCO3=CH3CH(OH)COO2Fe+CO2+H2O；為防止乳酸亞鐵變質(zhì)，在上述體系中還應加入適量鐵粉；反應結(jié)束后，從所得溶液中獲得乳酸亞鐵晶體，主要避免乳酸亞鐵被氧氣氧化，因此要隔絕空氣，低溫蒸干，過濾后再用適量乙醇洗滌，所以排序為：bcad ；(4) 根據(jù)電子守恒，鐵化合價由+2升高到+3，鉻由+6降低到+3，可得關系為解得n(Fe2+)

33、= 1.210-3mol乳酸亞鐵晶體的純度為： ?！军c睛】計算時直接由電子守恒、元素化合價的變化得到反應的關系式，不一定要通過化學方程式來進行計算，同時注意量的10倍關系。19.LiCoO2是鋰離子電池常用的電極材料。利用原鈷礦（含Cr2O3、NiS等雜質(zhì)）制備LiCoO2的工藝流程如圖：資料：在含一定量Cl-的溶液中，鉆離子以CoCl形式存在：Co2+4Cl-CoClCoCl溶于有機胺試劑，有機胺不溶于水。鹽酸溶液中，有機胺試劑對金屬離子的溶解率隨鹽酸濃度變化如圖所示：（1）步驟選用鹽酸的濃度應為_，該過程要注意在通風櫥中進行的原因為_（用離子方程式表示）。a.4mol/L b.6mol/L

34、 c.10mol/L（2）從平街移動角度解釋步驟中加入NaCl固體的目的_。（3）步驟的操作是_。（4）步驟用(NH4)2CO3作沉淀劑，在一定條件下得到堿式碳酸鉆Co2(OH)2CO3。已知堿式碳酸鉆在339以上開始分解，實驗測得在一段時間內(nèi)加入等量(NH4)2CO3所得沉淀質(zhì)量隨反應溫度的變化如圖所示。分析曲線下降的原因_。（5）步驟中Co3O4和Li2CO3混合后，鼓入空氣，經(jīng)高溫燒結(jié)得到LiCoO2。該反應的化學方程式是_。（6）多次實驗測定該原鈷礦中鈷元素的質(zhì)量分數(shù)為1.18%，則原鈷礦中Co2O3的質(zhì)量分數(shù)為_%。（假設原鉆礦中含鉆元素的物質(zhì)只有Co2O3）。【答案】 (1). c

35、 (2). NiS+2H+=Ni2+H2S (3). 加入NaCl固體，溶液中Cl-濃度增大，平衡Co2+4Cl-CoCl右移，CoCl濃度增大，提高其在有機胺試劑中的濃度 (4). 分液 (5). 溫度過高，碳酸銨分解（或NH和CO水解程度增大），碳酸銨濃度降低，沉淀質(zhì)量減少 (6). 4Co2O3+6LiCO3+O212LiCoO2+6CO2 (7). 1.66【解析】【分析】原鈷礦（含Cr2O3、NiS等雜質(zhì)），球磨后加入鹽酸浸取，由題給信息可知，為分離Co與Cr、Ni，加入鹽酸濃度在10mol/L以上，浸出液加入氯化鈉固體，CoCl42-濃度增大，提高其在有機胺試劑中濃度，加入有機胺試

36、劑萃取，洗脫，可得到CoCl2溶液，加入碳酸銨生成堿式碳酸鈷，煅燒生成Co3O4，加入碳酸鋰，可生成目標物，以此解答該題。【詳解】（1）步驟ii選用鹽酸的濃度應為10mol/，可用于分離Co與Cr、Ni；由于原料中含有NiS與鹽酸反應生成H2S，H2S有毒，故應在通風櫥中進行，反應的離子方程式為：NiS+2H+=Ni2+H2S，故答案為：c；NiS+2H+=Ni2+H2S；（2）步驟中加入NaCl固體，可使溶液中Cl-濃度增大，平衡Co2+4Cl-CoCl42-右移，CoCl42-濃度增大，提高其在有機胺試劑中的濃度，故答案為：加入NaCl固體，溶液中Cl-濃度增大，平衡Co2+4Cl-CoCl右移，CoCl濃度增大，提高其在有機胺試劑中的濃度；（3）步驟iv加入有機溶劑，用于萃取，