此卷只裝訂不密封此卷只裝訂不密封班級(jí)姓名準(zhǔn)考證號(hào)考場(chǎng)號(hào)座位號(hào)化學(xué)（六）注意事項(xiàng)：1．答題前，先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫在試題卷和答題卡上，并將準(zhǔn)考證號(hào)條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2．選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無(wú)效。3．非選擇題的作答：用簽字筆直接答在答題卡上對(duì)應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無(wú)效。4．考試結(jié)束后，請(qǐng)將本試題卷和答題卡一并上交。可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H1B11C12N14O16Na23Fe56一、選擇題（每小題6分，共42分。）7．化學(xué)是現(xiàn)代生產(chǎn)、生活與科技的中心學(xué)科之一，下列與化學(xué)有關(guān)的說(shuō)法不正確的是A．我國(guó)已能利用3D打印技術(shù)，以鈦合金粉末為原料，來(lái)制造飛機(jī)鈦合金結(jié)構(gòu)件。高溫時(shí)可用金屬鈉還原相應(yīng)的氯化物來(lái)制取金屬鈦B．中國(guó)政府在聯(lián)合國(guó)大會(huì)上提出：中國(guó)將在2060年前實(shí)現(xiàn)碳中和。我國(guó)科學(xué)家利用甲醇低溫所制氫氣用于新能源汽車C．2022年北京冬奧會(huì)上將要使用的聚氨酯速滑服，是一種合成高分子材料D．科研人員積極研發(fā)抗擊新型冠狀病毒的疫苗，疫苗一般冷藏存放以避免蛋白質(zhì)鹽析【答案】D【解析】A．鈉的還原性大于鈦，高溫時(shí)可用金屬鈉還原相應(yīng)的氯化物來(lái)制取金屬鈦，故A不選；B．甲醇低溫所制氫氣用于新能源汽車，無(wú)污染，不產(chǎn)生二氧化碳，故B不選；C．聚氨酯速滑服，是一種合成高分子材料，故C不選；D．疫苗一般冷藏存放，避免見(jiàn)光，高溫，防止蛋白質(zhì)變性，故D選；故選D。8．止吐藥米格列奈中間體N的合成反應(yīng)如圖(已知：Ph為苯基)。下列相關(guān)敘述錯(cuò)誤的是A．中間體N的分子式為C22H16O8N2B．物質(zhì)的量相同的M與N最多消耗等量的NaOHC．M合成N的反應(yīng)為取代反應(yīng)D．M、N都能使酸性的KMnO4溶液褪色【答案】B【解析】A．由N結(jié)構(gòu)可知分子式為C22H16O8N2，A正確；B．1molM含有2mol羧基，能消耗2molNaOH，1molN含有2mol酯基，消耗2molNaOH用于酯的水解，得到的羥基連在苯環(huán)上，屬于酚羥基，又消耗2molNaOH，則1molN能消耗4molNaOH，兩者不同，B錯(cuò)誤；C．M合成N是羥基和羧基發(fā)生酯化反應(yīng)，反應(yīng)類型是取代反應(yīng)，C正確；D．M、N中苯的支鏈上有H原子，能被酸性的KMnO4氧化褪色，D正確；故選B。9．在Ru－Rh基催化劑表面發(fā)生反應(yīng)制備乙酸的一種機(jī)理如圖。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．LiI也是該反應(yīng)的催化劑B．反應(yīng)④中有非極性鍵的斷裂和極性鍵的生成C．制取乙酸的總方程式為：CO2+H2+CH3OHeq\o(=,\s\up7(催化劑))CH3COOH+H2OD．運(yùn)用該反應(yīng)機(jī)理可由異丙醇制備正丁酸【答案】D【解析】A．據(jù)圖可知反應(yīng)①中消耗LiI，反應(yīng)⑤中又生成LiI，所以LiI也是該反應(yīng)的催化劑，A正確；B．反應(yīng)④中氫氣中的非極性鍵斷裂，形成O－H鍵、I－H鍵，均為極性鍵，B正確；C．據(jù)圖可知反應(yīng)物有CH3OH、CO2、H2，最終產(chǎn)物有CH3COOH和H2O，化學(xué)方程式為CO2+H2+CH3OHeq\o(=,\s\up7(催化劑))CH3COOH+H2O，C正確；D．異丙醇為，根據(jù)圖示反應(yīng)機(jī)理可知，羧基取代羥基的位置生成異丁酸，而不是正丁酸，D錯(cuò)誤；綜上所述答案為D。10．NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值。室溫下，下列關(guān)于1L0.1mol/LFeCl3溶液的說(shuō)法中正確的是A．溶液中含有的Fe3+離子數(shù)目為0.1NAB．加入Cu粉，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為0.1NAC．加入0.15molNaOH后，3c(Fe3+)+c(H+)=c(Na+)+c(OH?)D．加水稀釋后，溶液中c(OH?)減小【答案】C【解析】A．Fe3+發(fā)生一定程度的水解，N(Fe3+)＜0.1NA，故A錯(cuò)誤；B．Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，因加入Cu的量不確定，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目N(e?)≤0.1NA，無(wú)法確定，故B錯(cuò)誤；C．加入0.15molNaOH后，溶液中必有2c(Na+)=c(Cl?)(物料守恒)、3c(Fe3+)+c(Na+)+c(H+)=c(OH?)+c(Cl?)(電荷守恒)，可得3c(Fe3+)+c(H+)=c(Na+)+c(OH?)，故C正確；D．加水稀釋使平衡Fe3++3H2O3H++Fe(OH)3向右移動(dòng)，n(H+)增大，但c(H+)減小，c(OH?)增大，故D錯(cuò)誤；答案選C。11．X、Y、Z、W為原子序數(shù)遞增的四種短周期元素，其中Z為金屬元素，其單質(zhì)與水反應(yīng)后溶液能使酚酞試液變?yōu)闇\紅色，X、W為同一主族元素，Y是地殼中含量最高的元素。甲、乙、丙分別為X、Z、W形成的最高價(jià)氧化物。下列判斷不正確的是A．原子半徑：r(Z)?r(W)>r(Y)>r(X)B．W位于元素周期表第三周期ⅣA族C．丁為CO，反應(yīng)③為工業(yè)制粗硅的原理D．X、W簡(jiǎn)單氫化物的沸點(diǎn)：X<W【答案】A【解析】X、Y、Z、W為原子序數(shù)遞增的四種短周期元素，Y是地殼中含量最高的元素，則Y為O元素；其中Z為金屬元素，其單質(zhì)與水反應(yīng)后溶液能使酚酞試液變?yōu)闇\紅色，則Z與水反應(yīng)的產(chǎn)物應(yīng)是弱堿，則Z為Mg，乙為MgO，甲可以和Mg反應(yīng)得到MgO和X的單質(zhì)，則X應(yīng)為C，甲為CO2，符合“X的單質(zhì)在O2點(diǎn)燃生成甲”，X、W為同一主族元素，且W也為短周期元素，所以W為Si元素，丙為SiO2，C與SiO2高溫反應(yīng)生成Si和CO，即丁是CO。A．電子層數(shù)越多原子半徑越大，電子層數(shù)相同，核電荷數(shù)越小半徑越大，所以原子半徑從大到小順序?yàn)椋篗g＞Si＞C＞O，即r(Z)>r(W)>r(X)>r(Y)，A錯(cuò)誤；B．W為Si元素，原子序數(shù)為14，位于第三周期ⅣA族，B正確；C．根據(jù)分析可知丁為CO，反應(yīng)③為C與二氧化硅的反應(yīng)，生成硅和CO，為工業(yè)制粗硅的原理，C正確；D．X與W分別為C元素和Si元素，其簡(jiǎn)單氫化物均為分子構(gòu)成，因?yàn)镃H4的相對(duì)分子質(zhì)量較SiH4的小，分子間的范德華力較SiH4的小，所以其沸點(diǎn)相對(duì)較低，即X<W，D正確。12．常溫下，鐵的氫氧化物SKIPIF1<0(SKIPIF1<0或3)的沉淀溶解平衡與溶液pH的關(guān)系如圖所示，其中SKIPIF1<0。下列敘述錯(cuò)誤的是A．Ⅰ表示SKIPIF1<0的曲線B．SKIPIF1<0的Ksp=10?15C．在Y點(diǎn)通入足量的O2將達(dá)到R點(diǎn)(忽略溶液體積變化)D．在Q點(diǎn)加水稀釋可能移到M點(diǎn)【答案】C【解析】鐵的氫氧化物的溶度積為Ksp=c(Fen+)·cn(OH?)可得，飽和溶液中pFe=pKsp+npH-14n，則氫氧化鐵飽和溶液中pFe=pKsp+3pH-42，氫氧化亞鐵飽和溶液中pFe=pKsp+2pH-28，則曲線Ⅰ表示氫氧化鐵的沉淀溶解平衡與溶液pH的關(guān)系，曲線Ⅱ表示氫氧化亞鐵的沉淀溶解平衡與溶液pH的關(guān)系。A．由分析可知，曲線Ⅰ表示氫氧化鐵的沉淀溶解平衡與溶液pH的關(guān)系，故A正確；B．由圖可知，X點(diǎn)pFe為1、pH為7，則pKsp=pFe-2pH+28=15，Ksp=1×10?15，故B正確；C．由分析可知，氫氧化鐵飽和溶液中的鐵離子濃度小于氫氧化亞鐵飽和溶液中亞鐵離子濃度，由圖可知，Y點(diǎn)溶液中亞鐵離子濃度與R點(diǎn)溶液中鐵離子濃度相等，則在Y點(diǎn)通入足量的氧氣不可能將達(dá)到R點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；D．在Q點(diǎn)加水稀釋時(shí)，氫氧化鐵飽和溶液中的鐵離子濃度和氫氧根離子的濃度都會(huì)減小，可能移到M點(diǎn)，故D正確；故選C。13．一種電解法合成氨的裝置如圖所示，該法采用高質(zhì)子導(dǎo)電性的SCY陶瓷，用吸附在它內(nèi)外表面上的金屬Pd多晶薄膜做電極，實(shí)現(xiàn)了570℃、常壓下高轉(zhuǎn)化率合成氨。下列敘述正確的是A．陰極的電極反應(yīng)式為N2+8H++6e?＝2NHeq\o\al(+,4)B．每生成1molNH3，有3gH2被氧化C．該裝置工作時(shí)，H+從a極區(qū)向b極區(qū)遷移D．該裝置實(shí)現(xiàn)了在常溫常壓下高轉(zhuǎn)化率合成氨【答案】B【解析】反應(yīng)總方程式為N2+3H22NH3，反應(yīng)中N元素化合價(jià)降低，被還原，a應(yīng)為電解池陰極，電極反應(yīng)式為N2+6e?+6H+=2NH3，H元素化合價(jià)升高，被氧化，b應(yīng)為電解池陽(yáng)極反應(yīng)，電極反應(yīng)式為H2-2e?=2H+，以此解答該題。A．a(chǎn)為陰極，發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為N2+6e?+6H+=2NH3，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)電解反應(yīng)和電子守恒得到N2+6e?+6H+=2NH3，H2?2e?=2H+，2NH3～6e?～3H2，每生成1molNH3，有1.5mol氫氣參與電極反應(yīng)，即有3gH2被氧化，故B正確；C．a(chǎn)為陰極，b為陽(yáng)極，陽(yáng)極連接電源正極，氫離子移向陰極，從b極區(qū)向a極區(qū)遷移，故C錯(cuò)誤；D．采用高質(zhì)子導(dǎo)電性的SCY陶瓷(能傳遞H+)為介質(zhì)，用吸附在它內(nèi)外表面上的金屬鈀多晶薄膜做電極，實(shí)現(xiàn)了常壓、570℃條件下高轉(zhuǎn)化率的電解法合成氨，故D錯(cuò)誤；答案選B。二、非選擇題（共43分）26．（15分）我國(guó)有豐富的Na2SO4資源，2020年10月，中科院工程研究所公布了利用Na2SO4制備重要工業(yè)用堿(NaHCO3)及鹽(NaHSO4)的閉路循環(huán)綠色工藝流程：某校化學(xué)興趣小組根據(jù)該流程在實(shí)驗(yàn)室中進(jìn)行實(shí)驗(yàn)?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1)用以下實(shí)驗(yàn)裝置圖進(jìn)行流程中的“一次反應(yīng)”。①裝置A中盛裝濃氨水的儀器名稱為_(kāi)__________；橡皮管a的作用是___________。②裝置B中加入CCl4的目的是___________。③裝置D中發(fā)生的離子方程式是___________。④裝置C中的試劑b是___________。(2)在“二次反應(yīng)”中，硫酸銨溶液與過(guò)量的硫酸鈉反應(yīng)生成溶解度比較小的復(fù)鹽Na2SO4·(NH4)2SO4·2H2O，分離該復(fù)鹽與溶液需要的玻璃儀器有___________。(3)依據(jù)該流程的閉路循環(huán)綠色特點(diǎn)，“一次反應(yīng)”與“煅燒(350℃)”的實(shí)驗(yàn)中均采用下圖所示裝置處理尾氣，則燒杯中的X溶液最好選用___________溶液。(4)測(cè)定產(chǎn)品硫酸氫鈉的純度：稱取12.5g所得產(chǎn)品，配成1000mL溶液，每次取出配制的溶液20mL，用0.1000mol·L?1NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，測(cè)得的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如下表：序號(hào)l234標(biāo)準(zhǔn)溶液體積/mL20.0518.4019.9520.00所得產(chǎn)品硫酸氫鈉的純度為_(kāi)__________(以百分?jǐn)?shù)表示，保留三位有效數(shù)字)。(5)分析上述流程圖，寫出利用該流程制備兩種鹽的總反應(yīng)的化學(xué)方程式___________?！敬鸢浮浚?）分液漏斗平衡氣壓，使氨水能順利滴下防止溶液倒吸CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O飽和NaHCO3溶液燒杯、玻璃棒、漏斗Na2SO496.0%Na2SO4+CO2+H2O=NaHSO4+NaHCO3【解析】由實(shí)驗(yàn)裝置可知“一次反應(yīng)”中A裝置是用濃氨水和堿石灰作用制備氨氣，通入B裝置中導(dǎo)管插入到CCl4溶液中可以防倒吸，裝置D為實(shí)驗(yàn)制備CO2的裝置，反應(yīng)為：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，裝置C則是裝有飽和NaHCO3溶液的洗氣瓶，用于除去CO2中的HCl，裝置B為反應(yīng)裝置，反應(yīng)方程式為：Na2SO4+2NH3+2H2O+2CO2=2NaHCO3↓+(NH4)2SO4，然后過(guò)濾分離出硫酸銨溶液，進(jìn)入“二次反應(yīng)”室，硫酸銨溶液與過(guò)量的硫酸鈉反應(yīng)生成溶解度比較小的復(fù)鹽Na2SO4·(NH4)2SO4·2H2O，然后對(duì)復(fù)鹽進(jìn)行煅燒，反應(yīng)為：Na2SO4·(NH4)2SO4·2H2Oeq\o(=,\s\up7(煅燒))2NaHSO4+2NH3+2H2O，“一次反應(yīng)”和“煅燒”均產(chǎn)生含有NH3的尾氣，該流程的閉路循環(huán)綠色特點(diǎn)可知，應(yīng)用硫酸鈉溶液吸收，計(jì)算中多次測(cè)量求平均值時(shí)，應(yīng)將明顯誤差的第二組數(shù)據(jù)舍去再進(jìn)行計(jì)算。(1)①裝置A中盛裝濃氨水的儀器名稱為分液漏斗；橡皮管a的作用是平衡氣壓，使氨水能順利滴加；②NH3和CO2不溶于CCl4，裝置B中加入CCl4的目的是防止溶液倒吸；③裝置D中鹽酸與碳酸鈣反應(yīng)生成二氧化碳和水，發(fā)生的離子方程式是CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；④分析可知，裝置C是除去CO2中混有的HCl，應(yīng)選用飽和NaHCO3溶液；(2)分離該復(fù)鹽(沉淀)與溶液的操作是過(guò)濾，需要的玻璃儀器為燒杯、玻璃棒、漏斗；(3)依據(jù)該流程的閉路循環(huán)綠色特點(diǎn)可知，使用Na2SO4溶液吸收尾氣；(4)舍去偏差較大的第2次數(shù)據(jù)，平均使用NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液20mL，所得產(chǎn)品硫酸氫鈉的純度=SKIPIF1<0×100%=96.0%；(5)由流程圖知，該流程總反應(yīng)的化學(xué)方程式為Na2SO4+CO2+H2O=NaHSO4+NaHCO3。27．（14分）費(fèi)托合成是以合成氣(CO和H2混合氣體)為原料在催化劑和適當(dāng)條件下合成烯烴(C2~C4)以及烷烴(CH4、C5~C11、C12~C18等，用CnH2n+2表示)的工藝過(guò)程。已知：①2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH1=a②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH2=b③CnH2n+2(g)+SKIPIF1<0O2(g)=(n+1)H2O(g)+nCO2(g)ΔH3=c回答下列問(wèn)題：(1)反應(yīng)(2n+1)H2(g)+nCO(g)=CnH2n+2(g)+nH2O(g)的ΔH_____。(用含有a、b、c、n的式子表示)(2)費(fèi)托合成產(chǎn)物碳原子分布遵循ASF分布規(guī)律。碳鏈增長(zhǎng)因子(α)是描述產(chǎn)物分布的重要參數(shù)，不同數(shù)值對(duì)應(yīng)不同的產(chǎn)物分布。ASF分布規(guī)律如圖，若要控制C2~C4的質(zhì)量分?jǐn)?shù)0.48~0.57，則需控制碳鏈增長(zhǎng)因子(α)的范圍是________。(3)近期，我國(guó)中科院上海高等研究院在費(fèi)托合成烴的催化劑上取得重大進(jìn)展。如圖所示，Co2C作催化劑的規(guī)律是：選擇球形催化劑時(shí)_____，選擇平行六面體催化劑時(shí)_____。(4)中科院大連化物所研究團(tuán)隊(duì)直接利用CO2與H2合成甲醇。一定條件下，向2L恒容密閉容器中充入1molCO2和2molH2發(fā)生反應(yīng)“CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH”。CO2的平衡轉(zhuǎn)化率(α)與溫度(T)的關(guān)系如圖所示。①判斷ΔH_______0。(填“大于”“小于”或“等于”)②500K時(shí)，反應(yīng)5min達(dá)到平衡。計(jì)算0~5min用H2O表示該反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)速率為_(kāi)________，該反應(yīng)的平衡常數(shù)為_(kāi)_________。③500K時(shí)，測(cè)定各物質(zhì)的物質(zhì)的量濃度分別為c(CO2)=0.4mol/L、c(H2)=0.2mol/L、c(CH3OH)=0.6mol/L、c(H2O)=0.6mol/L，此時(shí)反應(yīng)____(填“是”或“否”)達(dá)到平衡，理由是_____。④一定條件下，對(duì)于反應(yīng)CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。下列說(shuō)法中不能表明反應(yīng)達(dá)到平衡的是_____。a．恒溫恒容下，c(CH3OH)=c(H2O)b．恒溫恒容下，體系的壓強(qiáng)保持不變c．恒溫恒容下，體系的平均摩爾質(zhì)量不變d．相同時(shí)間內(nèi)，斷裂H－H鍵和斷裂H－O鍵之比1∶1【答案】（1）SKIPIF1<0（2）0.3~0.6（3）主要產(chǎn)物為CH4產(chǎn)物有CH2=CH2、C3H6、C4H8（4）小于0.06mol/(L·min)450(mol/L)?2否SKIPIF1<0≠450SKIPIF1<0a【解析】(1)已知：①2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH1=a②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH2=b③CnH2n+2(g)+SKIPIF1<0O2(g)=(n+1)H2O(g)+nCO2(g)ΔH3=c根據(jù)蓋斯定律：SKIPIF1<0×①+SKIPIF1<0×②-③，可得反應(yīng)(2n+1)H2(g)+nCO(g)=CnH2n+2(g)+nH2O(g)的ΔH=SKIPIF1<0；(2)由圖可知要控制C2~C4的質(zhì)量分?jǐn)?shù)0.48~0.57需控制碳鏈增長(zhǎng)因子(α)的范圍是0.3~0.6；(3)CO2C作催化劑的規(guī)律是：選擇球形催化劑時(shí)主要產(chǎn)物為CH4，選擇平行六面體催化劑時(shí)產(chǎn)物有CH2=CH2、CH2=CHCH3、CH2=CHCH2CH3或C2H4、C3H6、C4H8。(4)①由圖可知隨著溫度升高CO2的平衡轉(zhuǎn)化率降低，故ΔH小于0。②500K時(shí)，二氧化碳轉(zhuǎn)化率為60%，即參與反應(yīng)的物質(zhì)的量為0.6mol，根據(jù)反應(yīng)CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，水蒸氣的變化物質(zhì)的量為0.6mol，則SKIPIF1<0=0.06mol/(L·min)。③初始時(shí)刻，CO2和H2的物質(zhì)的量濃度分別為0.5mol/L、1mol/L，500K時(shí)，二氧化碳轉(zhuǎn)化率為60%，列“三段式”：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)SKIPIF1<0SKIPIF1<0，代入數(shù)據(jù)SKIPIF1<0=450(mol/L)?2；SKIPIF1<0=112.5(mol/L)?2≠450(mol/L)?2，反應(yīng)未達(dá)到平衡狀態(tài)；④反應(yīng)CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)氣體分子數(shù)減小。a．若平衡正向建立必有c(CH3OH)=c(H2O)，不能表明反應(yīng)已達(dá)平衡，故a錯(cuò)誤；b．恒溫恒容下，壓強(qiáng)p~n，n必然變化，當(dāng)p不變，表明反應(yīng)已達(dá)平衡，故b正確；c．反應(yīng)物、產(chǎn)物均為氣體，氣體質(zhì)量不變，n減小(增大)，M=SKIPIF1<0即M必然變化，當(dāng)M不變，表明反應(yīng)已達(dá)平衡，故c正確；d．?dāng)嗔袶－H鍵(v正)斷裂H－O鍵(v逆)之比1∶1，v正=v逆，表明反應(yīng)已達(dá)平衡，故d正確；答案選a。28．（14分）檸檬酸亞鐵(FeC6H6O7，式量：246)是一種易吸收的高效鐵制劑，某研究團(tuán)隊(duì)用硫鐵礦(主要成分為FeS2、SiO2、Al2O3)為原料，制備檸檬酸亞鐵，其流程如圖：已知：I．電離常數(shù)SKIPIF1<0：SKIPIF1<0，SKIPIF1<0；檸檬酸(SKIPIF1<0)：SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0。Ⅱ．下表列出了相關(guān)金屬離子生成氫氧化物沉淀的pH(開(kāi)始沉淀的pH按金屬離子濃度為0.1mol·L?1計(jì)算)。金屬離子開(kāi)始沉淀的pH沉淀完全的pHFe3+1.13.2Al3+3.05.0Fe2+5.88.8(1)檸檬酸亞鐵(FeC6H6O7)是一種________(填“正”“酸式”或“堿式”)鹽，濾渣1的成分為_(kāi)_______(填化學(xué)式)。(2)已知：FeS2與H2SO4不反應(yīng)。則“還原”時(shí)FeS2發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：________；加入FeS2還原后，加入一種試劑檢驗(yàn)還原反應(yīng)已經(jīng)完全反應(yīng)，該試劑是________。(3)“沉鐵”時(shí)的離子方程式為_(kāi)_______，該反應(yīng)需控制溫度在35℃以下，其可能的原因是________。(4)“除鋁”時(shí)所調(diào)pH范圍是________，“還原”和“除鋁”兩步操作________(填“能”或“不能”)交換，若不能請(qǐng)說(shuō)出其原因________，若能則原因處不作答。(5)檸檬酸亞鐵(FeC6H6O7)在空氣中煅燒生成Fe2O3時(shí)，也會(huì)生成FeO?，F(xiàn)煅燒49.2g的FeC6H6O7，得到Fe2O3和FeO的混合物15.84g。則Fe2O3的質(zhì)量為_(kāi)_______g?！敬鸢浮浚?）酸式SiO2FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S↓KSCN溶液/NaSCN溶液/NH4SCN溶液HCOeq\o\al(?,3)+NH3+Fe2+=FeCO3↓+NHeq\o\al(+,4)NH4HCO3不穩(wěn)定，溫度高于35℃發(fā)生分解5.0≤pH<5.8不能因?yàn)槿芤褐杏蠪e3+，且Fe3+沉淀的pH比Al3+更低，若先調(diào)pH則Fe3+也會(huì)沉淀而損耗，降低產(chǎn)率14.4【解析】硫鐵礦在空氣中焙燒，F(xiàn)eS2被氧化為SO2和Fe2O3，加入稀硫酸溶浸，F(xiàn)e2O3、Al2O3溶解，過(guò)濾得到含有Fe3+和Al3+的溶液，濾渣為難溶于稀硫酸的SiO2，然后加入FeS2將Fe3+還原為Fe2+，根據(jù)現(xiàn)象可知S元素被氧化為S單質(zhì)，之后調(diào)節(jié)pH除去Al3+，再加入碳酸氫銨、氨氣得到FeCO3，過(guò)濾、洗滌得到FeCO3固體，加入檸檬酸溶解，經(jīng)系列操作得到檸檬酸亞鐵晶體。(1)根據(jù)題目所給信息可知檸檬酸存在三級(jí)電離平衡常數(shù)，即檸檬酸為三元酸，所以FeC6H6O7可以電離出一個(gè)氫離子，為酸式鹽；濾渣1為難溶于稀硫酸的SiO2；(2)FeS2將Fe3+還原為Fe2+，根據(jù)現(xiàn)象可知S元素被氧化為S單質(zhì)，根據(jù)電子守恒和元素守恒可得離子方程式為FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S；若氧化還原反應(yīng)已經(jīng)完全反應(yīng)，則溶液中不再存在Fe3+，而Fe3+可以和SCN?反應(yīng)得到血紅色溶液，所以可以用KSCN溶液/NaSCN溶液/NH4SCN溶液來(lái)判斷是否完全反應(yīng)；(3)沉鐵時(shí)Fe2+結(jié)合HCOeq\o\al(?,3)電離產(chǎn)生的COeq\o\al(2?,3)生成FeCO3，同時(shí)通入氨氣中和產(chǎn)生的氫離子得到銨根，離子方程式為HCOeq\o\al(?,3)+NH3+Fe2+=FeCO3↓+NHeq\o\al(+,4)；NH4HCO3不穩(wěn)定，溫度高于35℃發(fā)生分解，所以要控制溫度；(4)除鋁時(shí)要保證Al3+完全被除去，而Fe2+不被除去，所以調(diào)節(jié)pH的范圍為5.0≤pH＜5.8；因?yàn)槿芤褐杏蠪e3+，且根據(jù)題目所給數(shù)據(jù)可知，F(xiàn)e3+沉淀的pH比Al3+更低，若先調(diào)pH則Fe3+也會(huì)沉淀而損耗，降低產(chǎn)率，所以不能交換兩步操作；(5)49.2g的FeC6H6O7的物質(zhì)的量為SKIPIF1<0=0.2mol，設(shè)混合物中Fe2O3的物質(zhì)的量為xmol，F(xiàn)eO的物質(zhì)的量為ymol，根據(jù)鐵元素守恒可得2x+y=0.2，根據(jù)質(zhì)量守恒有160x+72y=15.84，聯(lián)立解得x=0.08mol，所以Fe2O3的質(zhì)量為160g×0.08mol=14.4g。三、選考題（共15分，請(qǐng)考生從以下題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計(jì)分。）35．【化學(xué)——選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】（15分）我國(guó)秦俑彩繪和漢代器物上用的顏料被稱為“中國(guó)藍(lán)”、“中國(guó)紫”，直到近年來(lái)人們才研究出來(lái)其成分為BaCuSi4O10，BaCuSi2O6。(1)“中國(guó)藍(lán)”、“中國(guó)紫”中均具有Cun+離子，n＝___，基態(tài)時(shí)該陽(yáng)離子的價(jià)電子排布式為_(kāi)_____。(2)“中國(guó)藍(lán)”的發(fā)色中心是以Cun+為中心離子的配位化合物，其中提供孤對(duì)電子的是___元素。(3)合成“中國(guó)藍(lán)”、“中國(guó)紫”的原料有BaCO3，孔雀石Cu2(OH)2CO3和砂子(SiO2)。SiO2晶體中Si原子的雜化軌道是由______軌道（填軌道的名稱和數(shù)目）和________軌道雜化而成的。(4)現(xiàn)代文物分析發(fā)現(xiàn)，“中國(guó)藍(lán)”中含有微量硫元素。假若硫元素來(lái)源一種陰離子是正四面體的天然鋇礦中，則最可能的鋇礦化學(xué)式是______。(5)在5500年前，古代埃及人就己經(jīng)知道如何合成藍(lán)色顏料—“埃及藍(lán)”CaCuSi4O10，其合成原料中用CaCO3代替了BaCO3，其它和“中國(guó)藍(lán)”一致。COeq\o\al(2?,3)中鍵角∠OCO為_(kāi)__。根據(jù)所學(xué)，從原料分解的角度判斷“埃及藍(lán)”的合成溫度比“中國(guó)藍(lán)”更___（填“高”或“低”）。(6)自然界中的SiO2，硬度較大，主要原因是___。下圖為SiO2晶胞中Si原子沿z軸方向在xy平面的投影圖（即俯視投影圖），其中O原子略去，Si原子旁標(biāo)注的數(shù)字表示每個(gè)Si原子位于z軸的高度，則SiA與SiB的距離是_____?！敬鸢浮浚?）23d9（2）O（3）1個(gè)3s3個(gè)3p（4）BaSO4（5）120°低（6）SiO2是一種空間網(wǎng)狀的共價(jià)晶體，共價(jià)鍵結(jié)合較為牢固SKIPIF1<0【解析】（1）根據(jù)化合物中所有元素化合價(jià)代數(shù)和為0可計(jì)算出Cu的化合價(jià)為+2，故Cun+離子中n＝2，Cu的價(jià)電子排布式3d104s1，當(dāng)失去2個(gè)電子時(shí)價(jià)電子排布式變?yōu)?d9，故答案為2，3d9；（2）“中國(guó)藍(lán)”中Ba2+，Si都不存在孤對(duì)電子，而O原子中存在孤對(duì)電子，所以只能氧原子來(lái)提供孤對(duì)電子，故答案為：O；（3）SiO2中Si的雜化類型是sp3，也就是1個(gè)3s軌道和3個(gè)3p軌道形成，故答案為：1個(gè)3s，3個(gè)3p；（4）含有硫元素的陰離子是正四面體，最可能是硫酸根，所以鋇礦化學(xué)式是BaSO4，故答案為：BaSO4；（5）碳酸根中C屬于sp2雜化，平面正三角形，鍵角為120°，對(duì)于堿土金屬碳酸鹽的熱穩(wěn)定性BaCO3比CaCO3穩(wěn)定，從原料分解的角度判斷“埃及藍(lán)”的合成溫度比“中國(guó)藍(lán)”更低，故答案為：120°，低；（6）SiO2是一種空間網(wǎng)狀的原子晶體，共價(jià)鍵結(jié)合較為牢固，SiA與SiB在y軸方向上距離為SKIPIF1<0，在z軸方向上距離為SKIPIF1<0，所以SiA與SiB之間的距離SKIPIF1<0，故答案為：SiO2是一種空間網(wǎng)狀的原子晶體，共價(jià)鍵結(jié)合較為牢固，SKIPIF1<0。36．【化學(xué)——選修5：有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)】（15分）芐內(nèi)酮香豆素(H)可用作抗凝血藥．其合成路線如圖所示(部分反應(yīng)條件略去)．已知：①有機(jī)物SKIPIF1<0上的氫原子化學(xué)環(huán)境完全相同②+SKIPIF1<0(SKIPIF1<0可以是H原子)③SKIPIF1<0回答下列問(wèn)題：(1)有機(jī)物X的名稱是_____________，B中所含官能團(tuán)的名稱是_