广东省大湾区（正禾）大联考2024-2025学年高三上学期模拟联考月考化学试卷（解析版）

这是一份广东省大湾区（正禾）大联考2024-2025学年高三上学期模拟联考月考化学试卷（解析版），共21页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量：H：1 Li：7 C：12 O：16 K：39 Fe：56 C：59
一、选择题：本题共16小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11～16小题，每小题4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.文物承载着灿烂文明，传承着历史文化。下列广东博物馆馆藏文物的主要成分属于天然有机高分子的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】A．西周兽面纹青铜盉是青铜器，其主要成分是铜锡合金，A错误；
B．清代千金猴王砚材质是硅酸盐，B错误；
C．北宋木雕罗汉像的主要成分是纤维素，属于天然有机高分子，C正确；
D．元白玉镂雕龙穿牡丹盖钮的材质是硅酸盐，D错误；
综上所述，答案为C。
2.我国发布嫦娥五号最新科学成果：中国科学家首次在月球上发现新矿物——嫦娥石。嫦娥石是一种富含稀土的磷酸盐矿物，仅存在于地球之外。地球上存在一种天然的类似矿物——白磷钙石，其理想化学组成为Ca9Mg(PO4)6(HPO4)。下列说法不正确的是
A.白磷钙石化学组成的元素不全是金属元素
B.价电子排布式符合ns2的原子都是第ⅡA族元素的原子
C.的VSEPR模型为正四面体形
D.同周期元素中，第一电离能小于Mg的元素有两种
【答案】B
【解析】A．白磷钙石化学组成的元素中，钙和镁是金属元素，磷、氧和氢是非金属元素，A正确；
B．基态价电子排布式符合的原子不一定是第ⅡA族元素的原子，基态He价电子排布式为、但属于0族元素的原子，B不正确；
C．磷酸根离子中磷原子的孤对电子对数为0，价层电子对数为4+0=4，则的VSEPR模型为正四面体形，C正确；
D．同周期元素随着核电荷数增大第一电离能整体呈现增大趋势，但Mg的基态价电子排布式为，处于全充满状态比较稳定，故其第一电离能比Al高，则同周期元素中，第一电离能小于Mg的元素有Na、Al两种，D正确；
选B。
3.2024年6月25日，嫦娥六号实现世界首次月背土壤采样返回，这是我国航天事业又一辉煌时刻。下列说法不正确的是
A.嫦娥六号探测器外钻杆是由碳化硅颗粒增强铝基复合材料制造，碳化硅属于共价晶体
B.月背土壤中富含硅元素，硅元素在地球上自然界中的存在形式是化合态
C.月背土壤中未发现2H的存在，2H与3H互为同素异形体
D.月背土壤中未发现水的存在，H2O的键角比NH3的小
【答案】C
【解析】A．碳化硅的熔点高、硬度大，属于共价晶体，A正确；
B．硅元素具有很强的亲氧性，在自然界中以硅酸盐或者二氧化硅的形式存在，为化合态，B正确；
C．2H与3H的质子数相同，质量数不同，互为同位素，C错误；
D．H2O和NH3的中心原子分别有2个和1个孤电子对，水中孤电子对与成键电子对之间的排斥力更大，故H2O的键角比NH3的小，D正确；
选C。
4.下列关于有机化合物的说法正确的是
A.乙烯能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，但褪色原理不同
B.糖类、油脂和蛋白质均可发生水解反应
C.混甘油酯属于混合物
D.乙酸乙酯在酸性条件下水解更彻底
【答案】A
【解析】A．乙烯能被高锰酸钾溶液氧化而使其褪色，能和溴水发生加成反应而使溴水褪色，两者的现象相同，但原理不同，A正确；
B．单糖为最简单的糖，不发生水解，油脂和蛋白质均可发生水解反应，B错误；
C．混甘油酯是分子结构中的三个烃基不同的甘油酯，属于纯净物，C错误；
D．乙酸乙酯在碱性条件下能彻底水解成乙酸盐和乙醇，在酸性条件下不能完全水解，D错误；
故选Ａ。
5.2024年5月全球钢铁产量排名显示，中国以9290万吨的产量稳居榜首。下列关于钢铁腐蚀与防护的说法不正确的是
A.钢铁发生电化学腐蚀时，铁为负极，碳为正极
B.钢铁发生吸氧腐蚀，正极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O
C.在钢铁表面镀铜，钢铁应与电源的负极相连
D.镀锌铁镀层破裂后仍能保护内部铁，该法是牺牲阳极法
【答案】B
【解析】A．钢铁腐蚀以电化学腐蚀为主，铁为负极，碳为正极，A正确；
B．钢铁在潮湿的空气中发生吸氧腐蚀，正极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，B错误；
C．电镀时钢铁应与电源的负极相连，作阴极，Cu2+在阴极得电子变为铜单质，C正确；
D．锌比铁活泼，镀锌铁镀层破裂后，腐蚀锌而保护铁，是牺牲阳极法，D正确；
综上所述，答案为B。
6. 海洋植物如海带、海藻中含有丰富的碘元素。从海带中提取碘单质的工艺流程如下，下列说法不正确的是
干海带海带灰悬浊液滤液碘水I2的有机溶液―→粗碘
A. 过程①需要用到蒸发皿B. 过程②中发生氧化还原反应
C. 过程③的操作为萃取分液D. 粗碘可通过升华进行纯化
【答案】A
【解析】海带中含有丰富的碘元素，灼烧之后成为海带灰，用沸水浸泡使碘离子尽可能溶于水，过滤之后在滤液中加入适量氯水或其它适宜的氧化剂，使碘离子被氧化成单质碘，再用四氯化碳等有机溶剂进行萃取得到碘的有机溶液，进一步处理得到粗碘。
A．过程①为灼烧干海带，应在坩埚中进行，A错误；
B．过程②是将I-转化为I2，发生氧化还原反应，B正确；
C．过程③是利用碘单质在有机溶剂中的溶解度大于在水中的溶解度，从碘水中提取单质碘，为萃取分液，C正确；
D．碘易升华，粗碘可通过升华进行纯化，D正确；
选A。
7. 劳动创造美好生活，下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】A．利用活性炭的吸附性除室内的甲醛，劳动项目与所述的化学知识没有关联，A符合题意；
B．铝能形成致密氧化膜，镀铝可以保护内部金属不被腐蚀，劳动项目与所述的化学知识有关联，B不符合题意；
C．油脂在碱性条件下可发生水解反应生成甘油和可制作肥皂的高级脂肪酸盐，为取代反应，劳动项目与所述的化学知识有关联，C不符合题意；
D．乳酸()分子中含有羧基和羟基，发生缩聚反应生成聚乳酸和水，劳动项目与所述的化学知识有关联，D不符合题意。
答案选A。
8. 已知氨气和氯气反应可以生成氯化铵，某实验小组利用以下装置进行实验。其中，可以达到预期目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】A．氨气不能用无水CaCl2干燥，二者会发生反应生成CaCl2∙8NH3，A错误；
B．实验室用浓盐酸和MnO2加热制备氯气，稀盐酸无法达到目的，B错误；
C．获取干燥纯净的氯气应先通过饱和食盐水除HCl，再通过浓硫酸除H2O，C错误；
D．NH3的密度小，Cl2的密度大，由a口通NH3，b口通Cl2，采用逆流原理使二者充分接触发生反应生成NH4Cl，D正确；
综上所述，答案为D。
9. 益智仁是我国四大南药之一，是药食同源植物资源，近年研究发现其有抗癌、抗炎、抗氧化作用。其活性成分之一白杨素，结构简式如图所示，关于它的说法不正确的是
A. 白杨素分子中有3种含氧官能团B. 1 ml白杨素可与8 ml H2加成
C. 白杨素分子中有1个手性碳原子D. 白杨素可与FeCl3溶液发生显色反应
【答案】C
【解析】A．白杨素分子中有(酚)羟基、醚键、酮羰基3种含氧官能团，A正确；
B．1个白杨素分子中有两个苯环、一个碳碳双键、一个酮羰基，故1 ml白杨素可与8 ml H2发生加成反应，B正确；
C．手性碳为碳原子上连接４个不同的原子或原子团，白杨素分子中没有手性碳原子，C错误；
D．因为白杨素分子中有酚羟基，所以可以使氯化铁溶液变色，D正确。
故选C。
10. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 10 g质量分数为46%的乙醇溶液与足量金属钠反应，产生H2的分子数为0.2NA
B. 标准状况下，11.2 L HF的分子数为0.5NA
C. pH=3的醋酸溶液中H+数目为0.001NA
D. 1.5 ml SO2与足量的O2反应生成的SO3分子数为1.5NA
【答案】A
【解析】A．10 g质量分数为46%的乙醇溶液中，乙醇为4.6 g，水为5.4 g，乙醇和水均可与金属钠反应生成H2，4.6 g(0.1 ml)乙醇生成0.05 ml H2，5.4 g(0.3 ml)水生成0.15 ml H2，共产生H2的分子数为0.2NA，A正确；
B．HF在标准状况下不是气体，故11.2 L HF不是0.5 ml，分子数不是0.5NA，B错误；
C．只有pH值，可计算得H+浓度，无溶液体积，无法求算H+数目，C错误；
D．SO2与O2的反应为可逆反应，故1.5 ml SO2与足量的O2反应生成的SO3分子数小于1.5NA，D错误；
选A。
11. 某化学兴趣小组设计如图所示实验装置(夹持装置已省略)，验证SO2的部分性质。下列说法正确的是
A. SO2具有漂白性，a处的试纸均可褪色
B. b中生成BaSO3沉淀
C. c中出现淡黄色沉淀，体现了SO2的氧化性
D. d处碱石灰的作用是防止空气中的水蒸气进入装置
【答案】C
【解析】在三颈烧瓶中Cu与浓硫酸混合加热发生氧化还原反应：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，SO2具有漂白性，能够使湿润的品红试纸褪色；同时SO2是酸性氧化物，能够与水反应产生H2SO3，使湿润的蓝色石蕊试纸变为红色；SO2气体具有还原性，在酸性条件下能够与H+、反应产生，再与溶液中的Ba2+结合形成BaSO4白色沉淀，因此看到b中溶液产生白色沉淀，SO2气体具有氧化性，SO2、Na2S在溶液中反应产生S单质，因而c试管中出现淡黄色沉淀，同时SO2是有毒气体，可根据其能够与碱反应的性质，用碱石灰进行尾气处理，防止污染大气。
A．SO2具有漂白性，能使湿润的品红试纸褪色；同时SO2是酸性氧化物，与水反应产生H2SO3，H2SO3显酸性，能使湿润的蓝色石蕊试纸变为红色，而不能褪色，A错误；
B．SO2具有还原性，通入Ba(NO3)2 溶液中发生氧化还原反应生成BaSO4沉淀，B错误；
C．c中出现的淡黄色沉淀是SO2与Na2S在溶液中反应生成的不溶于水的S单质，这体现了SO2的氧化性，C正确；
D．d处碱石灰的作用是吸收残留的SO2气体，防止污染空气，D错误；
故合理选项是C。
12. 已知W、X、Y、Z为前四周期元素，W基态原子中没有中子，只有W、Z同主族，基态Z原子中最高能层有16个轨道。X、Y原子序数之和等于Z的原子序数，X的单质是空气的主要成分之一、下列说法不正确的是
A. W、X、Y、Z的原子半径依次增大
B. X原子的第一电离能大于同周期相邻元素原子的第一电离能
C. 四种元素中电负性最大是X
D. W、Z两种元素既可以形成离子化合物也可以形成共价化合物
【答案】D
【解析】W、X、Y、Z为前四周期元素，W基态原子中没有中子，故W为H，W、Z同主族，基态Z原子中最高能层有16个轨道，Z为K，X、Y原子序数之和等于Z的原子序数，X的单质是空气的主要成分，X、Y组合可能是N、Mg或者是O、Na，但Na与H、K同主族，不符合题意，因此可推出W、X、Y、Z分别是H、N、Mg、K，据此作答。
A．H、N、Mg、K分别位于第一、二、三、四周期，因此原子半径依次增大，故A正确；
B．N的价层电子处于半充满稳定结构，因此N的第一电离能大于同周期相邻元素原子C和O的第一电离能，故B正确；
C．四种元素中N的非金属性最强，电负性最大的是N，故C正确；
D．共价化合物是共用电子对化合物，H和K不能形成共价化合物，故D错误；
答案选D。
13. 下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】A．CuSO4溶液中铜离子以形式存在，向CuSO4溶液中滴加氨水至过量，先生成氢氧化铜蓝色沉淀，发生反应：，说明Cu2+结合能力OH->H2O；后沉淀溶解形成铜氨溶液，，发生反应：，说明Cu2+结合能力：NH3>OH-，即Cu2+结合能力：NH3>OH->H2O，A符合题意；
B．焦炭在高温下与石英砂反应制粗硅，是因为在高温条件下生成CO气体，促进反应进行，和非金属性强弱无关，B不符合题意；
C．硝酸形成分子内氢键，醋酸形成分子间氢键，分子内氢键使熔沸点降低，分子间氢键使熔沸点升高，故硝酸比醋酸的熔沸点低，C不符合题意；
D．O3虽是极性分子，但极性很微弱，故O3在水中的溶解度低于在四氯化碳中的溶解度，D不符合题意；
故选A。
14. 部分含氮、硫物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断合理的是
A. e的浓溶液常用作干燥剂，利用的是其脱水性
B. i的浓溶液常温下可用铁或铝制容器来盛装
C. 将c和d分别通入BaCl2溶液中均会产生白色沉淀
D. g和f可以通过催化转化器发生化合反应生成无毒气体
【答案】B
【解析】由图可知，a为H2S，b为S，c为SO2，d为SO3，e为H2SO4，f为NH3，g为NO，h为NO2，i为HNO3，据此解题；
A．e为H2SO4，浓硫酸可用作干燥剂，利用的是其吸水性，A错误；
B．i为HNO3，常温下浓HNO3与铁、铝发生钝化现象，故可用铁或铝制的容器来盛装浓HNO3，B正确；
C．SO2加入氯化钡溶液中不反应，不会产生白色沉淀，C错误；
D．NO、NH3在催化转化器中发生氧化还原反应生成无毒气体N2和水，该反应非化合反应，D错误；
故答案选B；
15. 氧化法是废水处理的常用方法。罗丹明B(RhB)是一种致癌的难降解的工业污染物，用H2O2氧化含有机物RhB的废水，可将其降解为参与大气循环的无机物，结果如图所示。已知：溶液中的总有机碳(TOC)去除率越高，降解效果越好；且20 min时，RhB残留量已接近0；常温下饱和碳酸溶液pH约为5.6，下列说法不正确的是
A. 若溶液中的TOC用(C6H10O5)n表示，则H2O2氧化TOC的化学方程式为12nH2O2+(C6H10O5)n=6nCO2↑+17nH2O
B. 常温下，60 min时，溶液的pH降至约5.6
C. 从开始到20 min，这段时间内RhB的平均降解速率为2.5×10-6 ml·L-1·min-1
D. 为加快降解速率，可使用高温条件
【答案】D
【解析】A．H2O2具有氧化性，能够将有机物(C6H10O5)n氧化为参与大气循环的无机物CO2和H2O，相应的化学方程式书写符合反应事实，A正确；
B．H2O2氧化有机物时，有机物中碳元素转化为CO2，CO2+H2OH2CO3，H2CO3是二元弱酸，电离分步进行，主要是第一步电离，能够微弱电离产生H+、H2CO3H++，使溶液呈酸性，因而溶液的pH降低到5.6，B正确；
C．20 min时，RhB残留量已接近0，根据速率公式有v===2.5×10-6 ml·L-1·min-1，C正确；
D．H2O2不稳定，高温易分解，导致用H2O2氧化含有机物RhB的废水的能力降低，使降解效果更差，故不能采用高温条件来加快反应速率，D错误；
故合理选项是D。
16. 三氯乙醛是基本有机合成原料之一，是生产农药、医药的重要中间体。三氯乙醛可以通过氯气与乙醛在水溶液中反应生成：CH3CHO+3Cl2=CCl3CHO+3HCl。如图是利用乙醛和氯化钠溶液在M、N离子交换膜和直流电场的作用下生成三氯乙醛和氢氧化钠的过程。下列有关说法正确的是
A. M是阴离子膜，每生成1 ml三氯乙醛，M膜中有3 ml Cl-通过
B. 电解总反应式为CH3CHO+6NaCl+6H2OCCl3CHO+6NaOH+3HCl↑+3H2↑
C. N是阳离子膜，出口b收集到的主要是NaOH溶液
D. 出口a收集的是比较纯净的三氯乙醛
【答案】B
【解析】根据题意：M、N为离子交换膜，M、N中分别含有阴、阳离子，且M、N中离子移动方向相反，M膜左侧电极为阳极，阳极上是阴离子放电；N膜右侧电极为阴极，在阴极上是阳离子放电，故M为阴离子交换膜，N为阳离子交换膜，据此分析。
A．M膜是阴离子膜，根据反应方程式CH3CHO+3Cl2=CCl3CHO+3HCl，可知：每生成1 ml三氯乙醛，转移6 ml电子，则M膜中应该有6 ml Cl-通过移向阳极区，A错误；
B．根据题意可知电解饱和NaCl水，化学方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，阳极产生的Cl2将溶液中的CH3CHO氧化，进一步发生反应：CH3CHO+3Cl2=CCl3CHO+3HCl，将两个方程式叠加，可得电解的总反应方程式为：CH3CHO+6NaCl+6H2OCCl3CHO+6NaOH+3HCl↑+3H2↑，B正确；
C．N是阳离子膜，Na+通过N阳离子膜移向阴极，Cl-通过M膜移向阳极，导致出口b收集到的主要是稀NaCl溶液，C错误；
D．在阳极上Cl-失去电子被氧化变为Cl2，然后在溶液中发生反应：CH3CHO+3Cl2=CCl3CHO+3HCl，因此a出口有三氯乙醛和HCl的混合溶液，而不是纯净的三氯乙醛，D错误；
故合理选项是B。
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17. 赤泥是铝土矿提取氧化铝过程中产生的固体废弃物，其中含有大量的Fe2O3等成分。某实验小组利用赤泥制备水处理剂高铁酸盐。
（1）制备高铁酸钠：取20 g经过预处理的赤泥放入烧杯中，然后加入一定量的8.00 ml·L-1 NaOH溶液，搅拌放置后，加入一定量的次氯酸钠，加热。
①实验室中，配制8.00 ml·L-1 NaOH溶液不需要的仪器是___________(填标号)。
A． B． C． D．
②配平下列离子方程式：___________。
__Fe3++__ClO−+__OH−=___+___Cl−+__H2O
（2）实验小组进行以下合作探究。
ⅰ．实验任务为通过测定高铁酸钠溶液吸光度，探究赤泥加入量、加热温度和时间对制备高铁酸钠的影响。
ⅱ．查阅资料：吸光度是表征物质对特定波长光的吸收能力的物理量，指的是光线通过溶液或物质前后的光强度比值的对数，通过测量吸光度的变化，可以间接反映出反应速率和浓度的变化。
ⅲ．设计实验方案并合作完成，测量吸光度(1：50稀释后测定)，记录数据。
①根据表中信息，补充数据b=___________，c=___________。
②实验小组在探究中发现，反应温度从60℃后再升高，高铁酸钠的浓度急剧下降，不可能的原因是___________(填标号)。
A．导致次氯酸钠分解 B．减少了次氯酸钠的还原能力
C．引起高铁酸钠的受热分解 D．降低了次氯酸钠含量
（3）高铁酸钾对水中污染物的吸附能力更强，且更为稳定，实验小组用饱和的KOH溶液将高铁酸盐从苛性钠溶液中沉淀出来，高铁酸钾能够析出的原因是___________。为进一步除杂，实验小组继续探究不同浓度KOH溶液对高铁酸钾二次提纯的影响，测定高铁酸钾纯度随KOH浓度的变化趋势如图所示，选择___________ml·L-1的KOH溶液效果比较好。
（4）测定K2FeO4的纯度(杂质不参与反应)：准确称取w g产品，溶于稀NaOH溶液；加入足量NaCrO2，充分反应后用硫酸酸化；向酸化后的溶液中加入指示剂，用c ml·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，达到滴定终点时消耗标准溶液体积为V mL。
已知：K2FeO4的摩尔质量为M g·ml-1，实验中涉及的主要反应有++H2O→+Fe(OH)3↓+OH-，+H+→+H2O，+Fe2++H+→Cr3++Fe3++H2O(均未配平)。
①标准液应选用___________(填“酸式”或“碱式”)滴定管。
②该K2FeO4产品的纯度为___________(列出算式)。
【答案】（1）①. AD ②. 2Fe3++3ClO-+10OH-=2+3Cl-+5H2O
（2）①. 55 ②. 35 ③. B
（3）①. 高铁酸盐在苛性钠溶液中的溶解度大于在苛性钾溶液中的溶解度 ②. 7
（4）①. 酸式 ②.
【解析】(1)用固体药品配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液，需要使用一定规格的容量瓶，选择仪器的标准是大而近。配制时需要使用的仪器有托盘天平、量筒、烧杯、玻璃棒、一定规格的容量瓶、胶头滴管。进行氧化还原反应的离子方程式配平时，要遵循电子守恒、电荷守恒、原子守恒；
(2)在探究影响化学反应速率的因素时，其他外界条件相同，只改变一个外界条件，即要采用控制变量方法进行研究。
(4)进行酸碱中和滴定时，酸性溶液使用酸式滴定管，碱性溶液使用碱式滴定管。先要配平离子方程式，找出不同离子之间的关系，利用已知量计算出未知量的大小，进而可得到要求的K2FeO4产品的纯度。
【小问1详解】
①配制一定体积、一定物质的量浓度溶液的一般步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴签，由此可知，配制溶液过程中需要的仪器为托盘天平、量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，则肯定不需要的仪器是分液漏斗和锥形瓶，图示中，A是分液漏斗，B是胶头滴管，C是容量瓶，D是锥形瓶，故合理选项是AD；
②在该反应中，铁元素从反应前Fe3+的+3价变为反应后中的+6价，化合价升高3价；氯元素化合价从反应前ClO-中的+1价变为反应后Cl-的-1价，化合价降低2价，由于氧化还原反应中化合价升降总数相等，所以Fe3+、的系数应该是2，ClO-、Cl-的系数应该为3，然后根据反应前后电荷守恒，可知OH-的系数应该是10，最后根据原子守恒，可知H2O的系数是5，则配平后的离子方程式应该为：2Fe3++3ClO-+10OH-=2+3Cl-+5H2O；
【小问2详解】
①根据控制变量法可知，实验Ⅰ、Ⅱ探究的是时间对制备高铁酸钠的影响，则反应温度应该相同，所以b=55；
实验Ⅲ、Ⅳ的赤泥加入质量不同，是探究赤泥的加入量对制备高铁酸钠的影响，则二个实验的反应时间就应该相同，故c=35；
②A．温度升高，次氯酸钠会分解，其氧化Fe3+浓度会减缓，反应产生的高铁酸钠浓度就会显著降低，A正确；
B．次氯酸钠是强碱弱酸盐，水解产生HClO，使物质的氧化能力增强。温度升高，次氯酸钠水解程度增大，溶液中c(HClO)增大，导致溶液中高铁酸钠浓度会显著增大，B错误；
C．温度升高，高铁酸钠会受热分解，导致溶液中高铁酸钠浓度显著降低，C正确；
D．温度升高，次氯酸钠会分解，导致溶液中次氯酸钠的含量，其氧化性减弱，从而使氧化Fe3+产生的高铁酸钠浓度显著降低，D正确；
故合理选项是B；
【小问3详解】
实验小组用饱和的KOH溶液将高铁酸盐从苛性钠溶液中沉淀出来，高铁酸钾能够析出，是由于高铁酸盐在苛性钠溶液中的溶解度大于在苛性钾溶液中的溶解度，故可用饱和的KOH溶液将高铁酸盐沉淀出来；
由图示可知，KOH的浓度在7 ml·L-1时，高铁酸钾的纯度最高，故应该选用7 ml·L-1的KOH溶液效果比较好；
【小问4详解】
①(NH4)2Fe(SO4)2是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，故盛装c ml/L(NH4)2Fe(SO4)2的标准溶液的滴定管应该是选用酸式滴定管；
②根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可知配平实验中涉及的主要反应有：
++2H2O=+Fe(OH)3↓+OH-；2+2H+=+H2O；+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，则根据反应方程式，可得物质转化的关系式：2～2～～6Fe2+。滴定w gK2FeO4样品 ，消耗c ml/L(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液体积是V mL，n(Fe2+)=c·V×10-3 ml，则n(K2FeO4)=n(Fe2+)=c·V×10-3 ml，m(K2FeO4)=n·M=c·V×10-3 ml×M g/ml=g，所以该产品中K2FeO4的纯度为×100%=。
18. 废旧锂离子电池正极材料主要成分是LiCO2，还含有少量金属Al、Fe以及其他不溶性物质，采用如下工艺流程回收其中的钴制备C单质：溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
回答下列问题：
（1）C2+的简化核外电子排布式为___________，C的第四电离能比Fe的第四电离能要小得多，原因是___________。
（2）“碱浸”中发生反应的化学方程式：___________。
（3）如果“酸浸”后的溶液中C2+浓度为0.1 ml·L-1，则“调pH1”应控制的pH范围是___________。
（4）“滤渣2”的物质主要是___________(填化学式)。
（5）“电解”时装置如图所示，阳极电极反应式为___________，电解后a室中的电解质溶液可以返回___________工序循环使用。
（6）钴酸锂(LiCO2)的一种晶胞如图所示(仅标出Li，C与O未标出)，已知该晶体的密度为ρ g∙cm−3，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞的晶胞参数为___________nm。
【答案】（1）①. [Ar]3d7 ②. C失去3个电子后会变成[Ar]3d6，容易再失去一个电子形成半充满状态[Ar]3d5，Fe失去3个电子后变成[Ar]3d5，达到半充满的稳定状态，较难再失去一个电子
（2）2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)4]+3H2↑
（3）3.2≤pH ③. c(Cl-)>c()>c(H+)>c(OH-)
【解析】（1）煤粉要研磨粉碎，是为了增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更充分；高温下CO2与粉煤发生反应生成CO，增加了合成气中CO的含量，减少了碳排放，A、C正确；N2分子中含有1个氮氮三键，σ键和π键之比为1∶2，B错误。
（2）由图可知，1 ml CO和2 ml H2的总能量大于1 ml CH3OH的总能量，属于放热反应，焓变等于断开反应物中化学键吸收的总能量减去形成生成物中化学键释放的总能量，因此ΔH=(419-510)kJ·ml-1=-91 kJ·ml-1，故热化学方程式为CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH=-91 kJ·ml-1；过程Ⅱ加入了该反应的催化剂，使反应的活化能降低，化学反应速率更快，需要的时间更短，所以达平衡所需时间：t(Ⅰ)>t(Ⅱ)。
（3）①因为正反应为放热反应，温度减低时，化学平衡正向移动，因此温度低时CO的平衡转化率大，则图2中曲线X对应的温度是300℃。
②a点时，CO的平衡转化率为50%，假设此反应的起始量：n(CO)=1 ml，n(H2)=1.5 ml，由此可建立以下三段式：
该温度下，CO、H2、CH3OH的平衡分压分别为p(CO)=×p，p(H2)=×p，p(CH3OH)=×p；此反应的平衡常数Kp=。
（4）NH3·H2O的电离平衡常数Kb=，据图可知当lg c()=lg c(NH3·H2O)，即 c()=c(NH3·H2O)时，溶液pH=9.25，pOH=4.75，则此时c(OH-)=10-4.75ml·L-1，所以Kb=10-4.75；P2所示溶液pH=7，则c(OH-)=10-7，=102.25>102=100，c()>100c(NH3·H2O)；由图可知，P3点时，=1，则n(HCl)=n(NH3·H2O)，此时得到NH4Cl溶液，水解生成H+使溶液呈酸性，P3所示溶液存在：c(Cl-)>c()>c(H+)>c(OH-)。
20. N甲基吗啉氧化物(NMMO)是一种广泛用于有机合成的溶剂。一种以二甘醇为原料合成NMMO的路线如下(反应条件略去)：
（1）二甘醇的分子式为___________，所含官能团名称为___________。
（2）吗啉的同分异构体X含有酰胺基，且在核磁共振氢谱图上只有两组峰且无环，X的结构简式为___________。
（3）分析预测吗啉可能的化学性质，完成下表。
（4）关于反应③的说法不正确的是___________(填标号)。
A. NMMO中，氮原子采取sp3杂化与其他原子相连
B. 反应中，有极性共价键的断裂与形成
C. NMM所有碳原子可能在同一平面内
D. H2O2是反应中的氧化剂
（5）以乙烯为含碳原料，利用①、②的反应原理，合成。基于你设计的合成路线，回答下列问题：
a．最后一步反应的化学方程式为___________。
b．乙烯一步制得乙醇反应的化学方程式为___________。
【答案】（1）①. C4H10O3 ②. 羟基、醚键
（2）CH3CON(CH3)2
（3）①. ②. ③. 取代反应 （4）C
（5）① +C2H5OH→+H2O ②.CH2=CH2+H2OCH3CH2OH
【解析】以二甘醇为原料合成NMMO，通过取代反应和氨分子成环形成吗啉，再与甲醇发生取代反应的NMM，在双氧水作用下合成NMMO。
（1）根据二甘醇的结构简式可得其分子式为C4H10O3，所含官能团名称为羟基、醚键；
（2）吗啉的同分异构体X含有酰胺基，且在核磁共振氢谱图上只有两组峰且无环，X的结构简式为CH3CON(CH3)2.；
（3）由结构简式可知，吗啉分子中含有的亚氨基能与稀盐酸发生中和反应生成，亚氨基能与CH3COCl发生取代反应生成和HCl；
（4）由NMMO分子式可知，氮原子与其他原子相连采取sp3杂化，A正确；
在反应①过程中有极性共价键断裂与形成，B正确；
由NMM分子式可知所有碳原子不可能在同一平面内，C错误；
根据反应③反应类型可知H2O2是反应中的氧化剂，D正确；
答案选C；
（5）a．利用②的反应原理可知，最后一步反应的化学方程式为+C2H5OH―→+H2O；
b．根据乙烯和水加成制乙醇可知乙烯一步制得乙醇反应的化学方程式为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH。A．西周兽面纹青铜盉
B．清代千金猴王砚
C．北宋木雕罗汉像
D．元白玉镂雕龙穿牡丹盖钮
选项
劳动项目
化学知识
A
用活性炭包去除室内的甲醛
活性炭把甲醛氧化成二氧化碳
B
工业生产：技术人员开发高端耐腐蚀镀铝钢板
铝能形成致密氧化膜
C
自主探究：以油脂为原料制肥皂
硬脂酸甘油酯可发生取代反应
D
用乳酸合成聚乳酸可降解塑料
合成聚乳酸是缩聚反应
A．制备并干燥NH3
B．制备Cl2
C．净化、干燥Cl2
D．NH3与Cl2反应生成NH4Cl
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
A
在硫酸铜溶液中滴加氨水至过量，先产生沉淀后溶解
Cu2+结合能力：NH3>OH->H2O
B
焦炭在高温下与石英砂反应制粗硅
非金属性：C>Si
C
硝酸比醋酸的熔沸点高
硝酸的相对分子质量大于醋酸
D
O3在水中的溶解度高于在四氯化碳中的溶解度
O3是极性分子
序号
赤泥质量/g
温度/℃
时间/min
吸光度
Ⅰ
20
55
30
0.1
Ⅱ
20
b
35
0.18
Ⅲ
20
60
c
0.21
Ⅳ
40
60
35
0.24
金属离子
C2+
Al3+
Fe3+
Fe2+
开始沉淀时(c=0.01 ml·L-1)pH
7.8
3.7
2.2
7.5
沉淀完全时的pH
9.3
4.7
3.2
9.0
序号
反应试剂
反应形成的新结构
反应类型
Ⅰ
稀盐酸
___________
中和反应
Ⅱ
CH3COCl
___________
___________