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2019年四川省南充市高考化学三模试卷
1. 化学与生产、生活、科技、环境等密切相关。下列说法正确的是（ ）
A. 本草纲目中“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”中的碱是KOH
B. 高铁“复兴号”车厢连接关键部位使用的増强聚四氟乙烯板属于尢机髙分子材料
C. 泡沫灭火器中的溶液应贮存在铁制内筒中
D. 用“静电除尘”、“燃煤固硫”“汽车尾气催化净化”等方法，可提髙空气质量
2. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 1 mol 在熔融状态吋含有的离了总数为
B. 某温度下纯水的，该温度下的NaOH溶液中含的数目为
C. 二氧化锰与含有 mol HCl的浓盐酸加热充分反应，转移电子的数目为
D. 12g金刚石中键的数目为
3. 关于有机物（）的结构、性质有关的叙述正确的是（ ）
A. 该物质所有原子可能在同一平面
B. 与该物质具有相同官能团的芳香烃同分异构体有2种
C. 该物质在一定条件下能发生加成反应、氧化反应、取代反应、加聚反应
D. 1mol该物质最多可与反应
4. 下列有关实验操作，实验现象以及解释或结论都正确的是（ ）
选项
实验操作
实验现象
解释或结论
A
将少量Fe（NO3）2加水溶解后，滴加稀硫酸酸化，再滴加KSN溶液
溶液变成血红色
Fe（NO3）2已变质
B
向10mL.0.1 mol/LNa2S溶液中滴加2mL等浓度的ZnSO4溶液，再加入2mL等浓度的CuSO4溶液
先产生白色沉淀，后产生黑色沉淀
Ksp（ZnS）＞Ksp（CuS）
C
向淀粉溶液中滴入稀硫酸，水浴加热一段时间后，直接加入少量新制氢氧化铜悬浊液并煮沸
生成砖红色沉淀
淀粉在酸性条牛可水解，产物中有葡萄糖
D
分别向等物质的量浓度、等体积的KCl和KI溶液中滴加2滴稀的[Ag（NH3）2]OH溶液，充分振荡后
KC1溶液中无白色沉淀，KI溶液中有黄色沉淀
Ag+结合微粒的能力：I-＞NH3＞Cl-
A. A B. B C. C D. D
1. 如图是一种已投入生产的大型蓄电系统。电解质通过泵不断地在储罐和电池间循环；电池中间为离子选择性膜，在电池放电和充电时该膜可允许钠离子通过；图中左边的电解质为Na2S2、Na2S4，右边电解质为NaBr3、NaBr．充、放电时发生的反应为：NaS+3NaBr2Na2S：+NaBr3，下列说法正确的是（ ）
A. 充电时b端为电源负极
B. 在放电过程中钠离子通过离子选择膜的流向为从右到左
C. 电池充电时，阴极的电极反应为
D. 以此蓄电池为电源电解精炼铜，当有 mol 转移吋时，阳极有铜溶解
1. 短周期主族元素Ⅹ、Y、Z、M、W的原子序数依次增大，其中Z、W处于同一主族，Z、M的原子最外层电子数之和等于9，Y的氢化物常温下呈液态，是人类生存的重要资源，X的简单氢化物与W的单质（黄绿色）组成的混合气体见光可生成W的氢化物和油状混合物。下列说法正确的是（ ）
A. Y和W形成的某种二元化合物可用于自来水的杀菌消毒
B. 简单离子半径：
C. W的氧化物对应的水化物的酸性比X的强
D. Z分别与X、M形成的化合物，其所含化学键的类型相同
2. 已知H3PO4是一种三元中强酸。25℃时，某浓度H3PO4溶液中逐滴加入NaOH溶液，滴加过程中各种含磷微粒的物质的量分数δ随溶液pH的变化曲线如下图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 曲线2和曲线4分别表示和变化
B. 时，的电离常数：
C. 时，溶液中由水电离出的
D. 时，溶液中
1. 以红土镍矿（主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等）为原料，获取净水剂黄钠铁矾[NaFe（SO4）2（OH）6]和纳米镍粉的部分工艺流程如图1：
（1）“酸浸”过程，为提高铁和镍元素的浸出率，可采取的措施有______，______（写出两种）。
（2）“过滤Ⅰ”滤渣的主要成分是______。
（3）“氧化”过程欲使0.3 mol Fe2+转变为Fe3+，则需氧化剂 NaClO至少为______ mol。
（4）‘沉铁”过程中加入碳酸钠调节浴液的pH至2，生成黃钠铁矾沉淀，写出该反应的化学方程式______。若碳酸钠过多会导致生成的沉淀由黄钠铁矾转交为______（填化学式）。
（5）向“过滤Ⅱ”所得滤液（富含Ni2+）中加入N2H4•H2O，在不同浓度的氢氧化钠溶液中反应，含镍产物的XRD图谱如图2所示（XRD图谱可用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同）。欲制得高纯纳米镍粉最适宜的NaOH的物质的量浓度为______。写出该条件下制备纳米镍粉同时生成N2的离了方程式______。
（6）高铁酸盐也是一种优良的含铁净水剂，J．C． Poggendor早在1841年利用纯铁作电极插入浓的NaOH溶液电解制得Na2FeO4，阳极生成FeO42-的电极反应式为______； Deininger等对其进行改进，在阴、阳电极间设置阳离子交换膜，有效提高了产率，阳离子交换膜的作用是______。
2. 随着石油资源的日益枯竭，天然气的开发利用越来越受到重视。CH4/CO2催化重整制备合成气（CO和H2）是温室气体CO2和CH4资源化利用的重要途径之一，并受了国内外研究人员的高度重视。回答下列问题：
（1）已知：①CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H1=+205.9 kJ•mol-1
②CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H2=-41.2 kJ•mol-1
CH4/CO2催化重整反应为CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H
该催化重整反应的△H=______ kJ•mol-1．要缩短该反应达到平衡的时间并提高H2的产率可采取的措施为______。
（2）向2L刚性密闭容器中充入2 mol CH4和2 mol CO2进行催化重整反应，不同温度下平衡体系中CH4和CO的体积分数（φ）随温度变化如表所示。
φ
温度
CH4
CO
T1
a
a
T2
c
b
已知b＞a＞c，则T1______T2（填“＞”“＜”或“=”）。T1下该反应的平衡常数K=______（mol2•L-2）
（3）实验硏究表明，载体对催化剂性能起着极为重要的作用，在压强0.03MPa，温度750℃条件下，载休对镍基催化剂性能的影响相关数据如表：
催化剂
载体
转化率/%
尾气组成/%
CH4
CO2
CH4
CO2
CO
H2
Ni
MgO
99.3
87.7
0.8
6.8
50.3
42.1
CaO
58.8
45.8
17.7
18.8
33.7
29.8
CeO2
62.9
57.6
17.2
19.1
34.0
29.7
由上表判断，应选择载体为______（填化学式），理由是______。
（4）现有温度桕同的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个恒压密闭容器，均充入2mol CH4（g）和2 molCO2（g）进行反应，三个容器的反应压强分别为p1atm、p2atm、p3atm，在其他条件相同的情况下，反应均进行到tmin时，CO2
的体积分数如图所示，此时Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ个容器中一定处于化学平衡状态的是______。
（5）利用合成气为原料合成甲醇，其反应为CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g），在一定温度下查得该反应的相关数据如表所示：
组别
起始浓度/（mol•L-1）
初始速率/（mol•L-1•min-1）
CO
H2
1
0.24
0.48
0.361
2
0.24
0.96
0.720
3
0.48
0.48
0.719
该反应速率的通式为ν正=k正cm（CO）•cn（H2）（k正是与温度有关的速率常数）。由表中数据可确定反应速率的通式中n=______（取正整数）。若该温度下平衡吋组别1的产率为25%，则组别1平衡时的v正=______（保留1位小数）。
1. 铁在自然界中的含量丰富，而且在生活生产中应用广泛。
（1）铁在周期表中的位置为______。
（2）硝普试剂[Fe（NO）CN）5}2-可用于检验S2-，两者反应得紫色溶液，其中两个配体互为等电子体，已知硝普试剂[Fe（NO）（CN）5]2-中Fe为+2价，其基态离子的外围电子排布式为______。
（3）K4[Fe（CN）6]溶液可用于检验Fe3+，K、C、N的第一电离能由大到小的顺序为______，K4[Fe（CN）6]内界中σ键与π键的个数比为______。
（4）二茂铁是由两个环戊二烯阴离子与Fe2+离子组成的三明治型化合物，即．环戊二烯分子（）中碳原子的杂化方式为______。
（5）工业电解熔融的FeO、Fe2O3冶炼高纯铁。FeO与Fe2O3相比，______熔点高，其主要原因是______。
（6）铁单质晶体在不同温度下有两种主要的堆积方式--体心立方（A）与面心立方（B），
假定Fe原子半径不变，在两种堆积中，配位数之比NA：NB为______晶体密度之比ρA：ρB为______。
1. 肉桂酸D（β-苯基丙烯酸）用于制备化妆品、香皂的香精，乜可制造局部麻醉剂、杀菌剂、止血药、植物生长促进剂、防腐剂、感光树脂等。下列是肉桂酸D的合成与应用的反应路线：
已知：RCHO+CH3CHORCH=CH-CHO，R为烃基
（1）A的分子式是______，A生成苯甲醇的反应类型是______。
（2）C的结构简式是______，肉柱醛中的官能团名称是______。
（3）E是一种合成香精的定香剂，已知E为反式结构，则其结构简式为______。
（4）在G中共直线的原子共有______个，1molB转化为C最多消耗______mol NaOH
（5）写出上图中F与NaOH醇溶液共热时的化学方程式______。
（6）P是E的同分异构体，写出符合下列条件的P的键线式______。
①有两个相同的官能团；②能与新制氢氧化铜悬浊液作用产生砖红色沉淀；③含有苯环，核磁共振氢谱有三组面积之比为2：2：1的峰。
（7）以乙醇为原料，设计制备高分子化合物的合成路线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转亿关系，箭头上注明试剂和反应条件，无机试剂任选）
2. 作为食品添加剂时，亚硝酸钠（NaNO2）可以增加肉类的鲜度，抑制微生物，保持肉制品的结构和营养价值；但是过量振入会导致中毒。某实验小组设计实验制备亚硝酸钠并进行含量测定。
Ⅰ．NaNO2制备
实验室以木炭、浓硝酸、Na2O2为主要原料按照如图所示装置制各亚硝酸钠（加热装置及部分夹持装置已略去），反应原理为：2NO+Na2O2=2NaNO2
回答下列问题：
（1）连接好装置之后，下一步实验操作是______。
（2）B装置中铜的作用是______。
（3）E装置用于尾气处理，E中反应的离子方程式为______。
（4）实验结末阶段，熄灭酒精灯之后继续通入N2直至装置冷却。此时通入N2的目的是______。
Ⅱ．含量的测定
查阅资料可知：酸性KMnO4溶液可将NO2-氧化为NO3-，MnO4还原成Mn2+。
（5）溶液配制：称取装置D中反应后的固体4.000g，用新煮沸并冷却的蒸馏水在烧杯中溶解，完全溶解后，仝部转移至250mL的______中，加蒸馏水至______。
滴定：取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.1000mol/L酸性KMnO4溶液进行淌定，实验所得数据如下表所示：
滴定次数
1
2
3
4
KMnO4溶液体积/mL
21.98
22.02
22.00
22.60
（6）第4组实验数据出现异常，造成这种异常的原因可能是______（双项选择）。
A．锥形瓶洗净后未干燥 B．滴定终了仰视读数
C．滴定终了俯视读数 D．酸式滴定管用蒸馏水洗浄后未用标准液润洗
（7）根据表中数据，计算所得固体中亚硝酸钠的质量分数______%（保留2位小数）。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】
解：A．草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾水解显碱性，可去油污洗衣服，故A错误；
B．増强聚四氟乙烯是由四氟乙烯通过加聚反应合成的，含有碳元素，属于有机高分子材料，故B错误；
C．Al2（SO4）3在水中水解显酸性，能腐蚀铁，所以Al2（SO4）3溶液应不能贮存在铁制内筒中，故C错误；
D．用“静电除尘”、“燃煤固硫”“汽车尾气催化净化”等方法，可以减少二氧化硫、氮的氧化物、粉尘等污染物的排放，所以用“静电除尘”、“燃煤固硫”“汽车尾气催化净化”等方法，可提髙空气质量，故D正确。
故选：D。
A．草木灰的主要成分是碳酸钾；
B．増强聚四氟乙烯属于有机高分子材料；
C．Al2（SO4）3在水中水解显酸性，能腐蚀铁；
D．用“静电除尘”、“燃煤固硫”“汽车尾气催化净化”等方法，可以减少二氧化硫、氮的氧化物、粉尘等污染物的排放。
本题考查化学与生产、生活的关系，题目难度不大，要求学生能够用化学知识解释化学现象，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力。
2.【答案】B
【解析】
解：A、AlCl3是共价化合物，熔融时不能电离，无离子，故A错误；
B、某温度下纯水的pH=6，即水的离子积为10-12，故pH=11的氢氧化钠溶液中氢氧根的浓度为0.1mol/L，则10L此溶液中氢氧根个数为NA个，故B正确；
C、二氧化锰只能与浓盐酸反应，和稀盐酸不反应，故浓盐酸不能反应完全，则转移的电子数小于0.2NA个，故C错误；
D、12g金刚石的物质的量为1mol，而金刚石中含2条C-C键，故1mol金刚石中含C-C键为2NA个，故D错误。
故选：B。
A、AlCl3是共价化合物；
B、某温度下纯水的pH=6，即水的离子积为10-12，据此分析溶液中氢氧根的浓度；
C、二氧化锰只能与浓盐酸反应，和稀盐酸不反应；
D、求出金刚石的物质的量，然后根据金刚石中含2条C-C键来分析。
本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
3.【答案】C
【解析】
解：A．含有甲基，具有甲烷的结构特点，则所有原子不可能在同一平面，故A错误；
B．与该物质具有相同官能团的芳香烃，可含有两个取代基，分别为-CH3、-CH=CH2，有邻、间、对3种，也可为-CH=CHCH3、-C（CH3）=CH2，共5种，故B错误；
C．含有甲基、苯环，可发生取代反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，故C正确；
D．碳碳双键和苯环在一定条件下都可发生加成反应，故D错误。
故选：C。
有机物含有苯环和碳碳双键，具有苯、烯烃的结构特点，可发生取代、加成、加聚和氧化反应，以此解答该题。
本题综合考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的官能团的性质，本题易错点为B，注意同分异构体的判断，难度中等。
4.【答案】D
【解析】
解：A．将少量Fe（NO3）2加水溶解后，滴加稀硫酸酸化，亚铁离子被硝酸根离子氧化，干扰了实验，无法判断Fe（NO3）2是否变质，故A错误；
B．Na2S与ZnSO4溶液反应后有剩余，剩余的Na2S与CuSO4溶液反应生成CuS沉淀，无法比较Ksp（ZnS）、Ksp（CuS）的大小，故B错误；
C．稀硫酸与氢氧化铜浊液反应，干扰了检验，应该先向水解后的溶液中加入氢氧化钠溶液中和稀硫酸，然后再加入少量新制氢氧化铜悬浊液并煮沸，故C错误；
D．KCl溶液中无白色沉淀，KI溶液中有黄色沉淀，说明易生成AgI，可说明微粒结合Ag+的能力：I-＞NH3＞Cl-，故D正确；
故选：D。
A．酸性条件下硝酸根离子能够氧化亚铁离子，干扰了检验结果；
B．硫化钠过量，过量的硫化钠与硫酸铜溶液反应生成硫化铜沉淀，无法比较二者溶度积大小；
C．加热氢氧化铜前应该先用氢氧化钠中和稀硫酸；
D．KCl溶液中无白色沉淀，KI溶液中有黄色沉淀，说明易生成AgI。
本题考查化学实验方案的评价，为高考常见题型和高频考点，题目难度不大，侧重于学生的分析能力和评价能力的考查，注意把握实验的合理性和可行性的评价，把握物质的性质。
5.【答案】C
【解析】
解：A．放电时b为正极，a为负极，充电时b端为外电源正极，故A错误；
B．在原电池中，阳离子移向正极，Na+经过离子交换膜，即由左池移向右池，故B错误；
C．放电时负极反应为2S22--2e-=S42-，充电时阴极反应与负极反应相反，所以阴极反应式为S42-+2e-=2S22-，故C正确；
D．电解精炼铜时，粗铜作阳极，粗铜中含有杂质，电路中转移0.1mol e-时，阴极上析出3.2g铜，阳极溶解铜小于3.2g，故D错误；
故选：C。
根据总反应2Na2S2+NaBr3Na2S4+3NaBr可知放电过程时，S元素的化合价从-1价上升到-价，则a为负极，放电时负极反应为2S22--2e-=S42-，Br元素的化合价从-价降到-1价，则b为正极，正极反应为Br3-+2e-=3Br-，放电时Na+移向正极b；充电时与放电相反，电池充电时外接电源的正极与电池的正极相连，负极与负极相连，则b池发生氧化反应，为电解池的阳极，a池发生还原反应，为电解池的阴极，据此解答。
本题综合考查原电池和电解池知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，分析原理并正确书写电极反应式是解题的关键，注意新型电池的原理分析，题目难度中等。
6.【答案】A
【解析】
解：根据分析可知：X为C，Y为O，Z为F，M为Mg，W为Cl元素。
A．O、Cl形成的二氧化氯具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，故A正确；
B．离子的电子层越多离子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：M＜Y＜W，故B错误；
C．没有指出最高价含氧酸，该说法不合理，故C错误；
D．F与C形成的是共价化合物，含有共价键，而F与Mg形成的是离子化合物，只含有离子键，所含化学键的类型不同，故D错误；
故选：A。
短周期主族元素Ⅹ、Y、Z、M、W的原子序数依次增大，Y的氢化物常温下呈液态，是人类生存的重要资源，则Y为O元素；X的简单氢化物与W的单质（黄绿色）组成的混合气体见光可生成W的氢化物和油状混合物，X为C，W为Cl元素；其中Z、W处于同一主族，则Z为F；Z、M的原子最外层电子数之和等于9，M的最外层电子数为9-7=2，结合原子序数可知M为第三周期的Mg元素，以此解答该题。
本题考查原子结构与元素周期律的关系，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。
7.【答案】B
【解析】
解：A．起始时段附近浓度较高的为H3PO4，随着pH缓慢增大，溶液中H3PO4浓度降低，H2PO4-浓度增大，然后H2PO4-浓度降低，HPO42-浓度增大，然后HPO42-浓度降低，PO43-浓度增大，所以曲线1表示δ（H3PO4），曲线2表示δ（H2PO4-），曲线3表示δ（HPO42-），曲线4表示δ（PO43-），故A错误；
B．根据图象，溶液中c（H3PO4）=c（H2PO4-）时，即δ（H3PO4）=δ（H2PO4-）时，溶液的pH=2.1，则H3PO4的电离常数K1==c（H+）=10-2.1；pH=7.2时，溶液中δ（H2PO4-）=δ（HPO42-），则c（H2PO4-）=c（HPO42-），K2==c（H+）=10-7.2，则K1：K2=10-2.1：10-7.2=105.1，故B正确；
C．pH=7.2时，溶液中δ（H2PO4-）=δ（HPO42-），则c（H2PO4-）=c（HPO42-
），溶液呈碱性，说明以水解为主，促进了水的电离，溶液中氢氧根离子来自水的电离，则水电离的c（H+）=10-6.8mol/L，故C错误；
D．pH=12.3时，溶液中（HPO42-）=δ（PO43-），则c（HPO42-）=c（PO43-），即c（Na3PO4）=c（Na2HPO4），根据物料守恒可得：5c（Na+）=2c（H2PO4-）+2c（HPO42-）+2c（PO43-）+2c（H3PO4），故D错误；
故选：B。
A．起始时段附近浓度较高的为H3PO4，随着pH缓慢增大，溶液中H3PO4浓度降低，H2PO4-浓度增大，然后H2PO4-浓度降低，HPO42-浓度增大，然后HPO42-浓度降低，PO43-浓度增大；
B．根据溶液中c（H3PO4）=c（H2PO4-）、c（H2PO4-）=HPO42-时溶液的pH计算K1：K2；
C．pH=7.2时，溶液中δ（H2PO4-）=δ（HPO42-），则c（H2PO4-）=c（HPO42-），溶液呈碱性，说明促进了水的电离，溶液中氢氧根离子来自水的电离；
D．pH=12.3时，溶液中（HPO42-）=δ（PO43-），则c（HPO42-）=c（PO43-），结合物料守恒分析。
本题考查酸碱混合的定性判断、离子浓度大小比较，题目难度中等，明确图象曲线代表的粒子为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系及物料守恒，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。
8.【答案】提高反应温度 适当增大硫酸浓度、将原料粉碎、搅拌等 SiO2 0.15 3Fe2（SO4）3+6H2O+6Na2CO3=2NaFe（SO4）2（OH）6↓+5Na2SO4+6CO2↑ Fe（OH）3 0.015mol•L-1 N2H4•H2O+2Ni2++4OH-=2Ni↓+N2↑+5H2O Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O 避免FeO42-在阴极上被还原
【解析】
解：（1）为了提高酸浸时铝元素的浸出率，可以采用增大溶液浓度、升高温度或增大反应物接触面积等方法，也可搅拌，增大接触面积，
故答案为：提高反应温度、适当增大硫酸浓度、将原料粉碎、搅拌等；
（2）SiO2与稀硫酸不反应，为“过滤Ⅰ”的滤渣，故答案为：SiO2；
（3）加入NaClO氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为2H++2Fe2++ClO-═2Fe3++Cl-+H2O，反应中Fe元素化合价由+2价升高为+3价，Cl元素化合价由+1价变化为-1价，则欲使0.3 molFe2+转变为Fe3+，则需氧化剂 NaClO至少为0.15mol，
故答案为：0.15；
（4）生成硫酸铁与碳酸钠发生双水解得到黄钠铁矾，化学反应方程式为：3Fe2（SO4）3+6H2O+6 Na2CO3=2NaFe（SO4）2（OH）6↓+5 Na2SO4+6CO2↑，碳酸钠过多，溶液碱性国强，则会导致生成的沉淀由黄钠铁钒转变为Fe（OH）3，
故答案为：3Fe2（SO4）3+6H2O+6Na2CO3=2NaFe（SO4）2（OH）6↓+5Na2SO4+6CO2↑；Fe（OH）3；
（5）由图象可知，当氢氧化钠浓度为0.015 mol•L-1时，可制得高纯纳米镍粉，方程式为N2H4•H2O+2Ni2++4OH-═2Ni↓+N2↑+5H2O，
故答案为：0.015mol•L-1；N2H4•H2O+2Ni2++4OH-═2Ni↓+N2↑+5H2O；
（6）阳极生成FeO42-的电极反应式为Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O，在阴、阳电极间设置阳离子交换膜，有效提高了产率，阳离子交换膜的作用是避免FeO42-在阴极上被还原，
故答案为：Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O；避免FeO42-在阴极上被还原。
红土镍矿（主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等）加入硫酸酸浸，酸浸后的酸性溶液中含有Ni2+，另含有少量Fe2+、Fe3+等，加入NaClO氧化亚铁离子为铁离子，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铁离子全部沉淀，过滤后的滤液中再加入碳酸钠沉淀镍离子得NiCO3，滤液可得到净水剂黄钠铁矾，将NiCO3经处理可得到Ni，以此解答该题。
本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握流程中发生的反应、物质的性质、混合物分离提纯方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。
9.【答案】+247.1 升高温度 ＜ MgO 在此条件下合成气产率高 III 1 0.4mol/L
【解析】
解：（1）①CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H1=+205.9 kJ•mol-1
②CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H2=-41.2 kJ•mol-1
将方程式①-②得方程式CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H=（+205.9+41.2）kJ/mol=+247.1kJ/mol；
该反应是一个反应前后气体体积增大的吸热反应，要缩短该反应达到平衡的时间并提高H2的产率，改变条件时要加快化学反应速率且平衡正向移动，升高温度能加快化学反应速率且平衡正向移动，
故答案为：+247.1；升高温度；
（2）该反应的正反应是吸热反应，升高温度CO含量增大，升高温度平衡正向移动则CO含量增大，b＞a＞c，则温度T1＜T2；相同条件下不同气体的体积分数之比等于其物质的量分数之比，平衡时甲烷和CO的体积分数相等，则其物质的量分数相等，物质的量浓度相等，假设生成的n（CO）=xmol
开始c（CH4）=c（CO2）=mol/L=1mol/L，
可逆反应CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）
开始mol 2 2 0 0
反应mol 0.5x 0.5x x x
平衡mol 2-0.5x 2-0.5x x x
平衡时甲烷和CO的物质的量相等，则2-0.5x=x，x=，
则平衡时c（CH4）=c（CO2）=c（CO）=c（H2）=mol/L，
化学平衡常数K===，
故答案为：＜；；
（3）相同温度和压强下，反应物的转化率越高、平衡时反应体系中生成物的含量越大，催化剂载体越好，根据表中数据知，MgO最好，
故答案为：MgO；在此条件下合成气产率高；
（4）CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g），这是一个气体体积增大的反应，三个容器的反应压强分别为P1、P2、P3且P1＜P2＜P3，若未达平衡，压强越高反应速率越快，相同时间内CO2的含量越低，tmin时，CO2的含量Ⅲ比Ⅱ和Ⅰ高，故Ⅲ到达平衡，而Ⅱ比Ⅰ低，则Ⅰ没有到达平衡，Ⅱ可能到达平衡；
故答案为：Ⅲ；
（5）根据1、2组数据知，0.361：0.720=cn（0.48）：cn（0.96）=1：2，n=1、根据1、3族数据知，0.361：0.719=cm（0.24）：cm（0.48）=1：2，m=-1，根据2组数据得0.720=k正c-1
（0.24）•c（0.96），k正=0.18，
若该温度下平衡时组别1的产率为25%，如果CO完全反应则生成c（CH3OH）=0.24mol/L，实际上其产率为25%，则平衡时c（CH3OH）=0.24mol/L×25%=0.06mol/L，c（CO）=（0.24-0.06）mol/L=0.18mol/L、c（H2）=（0.48-0.06×2）=0.36mol/L，则组别1平衡时的v正=[0.18×c-1（0.18）•c（0.36）]mol/L=0.36mol/L≈0.4mol/L，
故答案为：1；0.4mol/L。
（1）①CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H1=+205.9 kJ•mol-1
②CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H2=-41.2 kJ•mol-1
将方程式①-②得方程式CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H进行相应的改变；
该反应是一个反应前后气体体积增大的吸热反应，要缩短该反应达到平衡的时间并提高H2的产率，改变条件时要加快化学反应速率且平衡正向移动；
（2）该反应的正反应是吸热反应，升高温度CO含量增大；相同条件下不同气体的体积分数之比等于其物质的量分数之比，平衡时甲烷和CO的体积分数相等，则其物质的量分数相等，物质的量浓度相等，假设生成的n（CO）=xmol
开始c（CH4）=c（CO2）=mol/L=1mol/L，
可逆反应CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）
开始mol 2 2 0 0
反应mol 0.5x 0.5x x x
平衡mol 2-0.5x 2-0.5x x x
平衡时甲烷和CO的物质的量相等，则2-0.5x=x，x=，
则平衡时c（CH4）=c（CO2）=c（CO）=c（H2）=mol/L，
化学平衡常数K=；
（3）相同温度和压强下，反应物的转化率越高、平衡时反应体系中生成物的含量越大，催化剂载体越好；
（4）CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g），这是一个气体体积增大的反应，三个容器的反应压强分别为P1、P2、P3且P1＜P2＜P3，若未达平衡，压强越高反应速率越快，相同时间内CO2的含量越低；
（5）根据1、2组数据知，0.361：0.720=cn（0.48）：cn（0.96）=1：2，n=1、根据1、3族数据知，0.361：0.719=cm（0.24）：cm（0.48）=1：2，m=-1，根据2组数据得0.720=k正c-1（0.24）•c（0.96），k正=0.18，
若该温度下平衡时组别1的产率为25%，如果CO完全反应则生成c（CH3OH）=0.24mol/L，实际上其产率为25%，则平衡时c（CH3OH）=0.24mol/L×25%=0.06mol/L，c（CO）=（0.24-0.06）mol/L=0.18mol/L、c（H2）=（0.48-0.06×2）=0.36mol/L。
本题考查化学平衡计算、外界条件对化学平衡移动影响等知识点，侧重考查基础知识再现、图象分析判断及知识综合运用能力，难点是（5）题计算，会正确计算m、n的值及平衡化学反应速率，题目难度中等。
10.【答案】第四周期第VIII族 3d6 N＞C＞K 1：1 sp2、sp3 Fe2O3 FeO、Fe2O3都是离子化合物，Fe3+的半径小且电荷多，Fe3+与O2-之间的离子键键能更大 2：3
【解析】
解：（1）铁在周期表中的位置为第四周期第VIII族，
故答案为：第四周期第VIII族；
（2）Fe原子失去最外层2个电子生成Fe2+，其基态离子的外围电子为3d能级上的6个电子，其价电子排布式为3d6，
故答案为：3d6；
（3）第一电离能非金属＞金属，所以第一电离能N、C元素都大于K元素；同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但是第IIA族、第VA族第一电离能大于其相邻元素，所以第一电离能N＞C，则第一电离能N＞C＞K；K4[Fe（CN）6]内界中Fe原子和6个C原子形成6个σ键、每个CN中存在1个σ键、2个π键，所以该化学式内界中含有12个σ键、12个π键，则σ键、π键个数之比为12：12=1：1，
故答案为：N＞C＞K；1：1；
（4）环戊二烯分子（）中碳原子价层电子对个数为3、4，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型为sp2、sp3，
故答案为：sp2、sp3；
（5）离子晶体晶格能越大，其熔沸点越高，晶格能与离子半径成反比、与电荷成正比，二者都是离子化合物，Fe3+的半径小且电荷多，Fe3+与O2-之间的离子键键能更大，故Fe2O3的熔点高于FeO的熔点，
故答案为：FeO、Fe2O3都是离子化合物，Fe3+的半径小且电荷多，Fe3+与O2-之间的离子键键能更大；
（6）A中Fe原子配位数为8、B中Fe原子配位数=3×8÷2=12，则A、B晶胞中Fe原子个数之比为8：12=2：3；
A中Fe原子个数=1+8×=2，B原子个数=6×+8×=4，Fe原子半径为rcm，A中晶胞体积=（）3cm3、B中晶胞体积=（）3cm3，晶体密度之比ρA：ρB=：=，
故答案为：2：3；。
（1）铁在周期表中的位置为第四周期第VIII族；
（2）Fe原子失去最外层2个电子生成Fe2+，其基态离子的外围电子为3d能级上的6个电子；
（3）第一电离能非金属＞金属，同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但是第IIA族、第VA族第一电离能大于其相邻元素；K4[Fe（CN）6]内界中Fe原子和6个C原子形成6个σ键、每个CN中存在1个σ键、2个π键；
（4）环戊二烯分子（）中碳原子价层电子对个数为3、4，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型；
（5）离子晶体晶格能越大，其熔沸点越高，晶格能与离子半径成反比、与电荷成正比；
（6）A中Fe原子配位数为8、B中Fe原子配位数=3×8÷2；
A中Fe原子个数=1+8×=2，B原子个数=6×+8×=4，Fe原子半径为rcm，A中晶胞体积=（）3cm3、B中晶胞体积=（）3cm3，晶体密度之比ρA：ρB=：。
本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化类型判断、核外电子排布式的书写等知识点，明确原子结构、元素周期表结构及晶胞结构是解本题关键，知道晶格能影响因素，难点是晶胞计算，注意体心立方中体对角线上的3个原子紧密相邻、面心立方晶胞中面对角线上3个原子紧密相邻，题目难度中等。
11.【答案】C7H7Cl 取代反应或水解反应 碳碳双键、醛基 6 2
【解析】
解：（1）A为，A的分子式是C7H7Cl，A发生水解反应生成苯甲醇，该反应也是取代反应，则A生成苯甲醇的反应类型是取代反应或水解反应，
故答案为：C7H7Cl；取代反应或水解反应；
（2）C的结构简式是，肉柱醛中的官能团名称是碳碳双键、醛基，
故答案为：；碳碳双键、醛基；
（3）E是一种合成香精的定香剂，已知E为反式结构，则其结构简式为，
故答案为：；
（4）羧基中所有原子共平面、连接碳碳三键两端的碳原子共平面，苯环上所有原子共平面，单键可以旋转，则在G中共直线的原子共有6个，分别为羧基上的C原子、-OH上的原子、连接碳碳三键两端的碳原子、连接碳碳三键的碳原子苯环上的碳原子；B水解生成的HBr能和NaOH反应，则1molB转化为C最多消耗 2mol NaOH，
故答案为：6；2；
（5）F为，F与NaOH醇溶液共热时的化学方程式为，
故答案为：；
（6）E为，P是E的同分异构体，P符合下列条件：
①有两个相同的官能团；
②能与新制氢氧化铜悬浊液作用产生砖红色沉淀，说明含有醛基，为两个醛基；
③含有苯环，核磁共振氢谱有三组面积之比为2：2：1的峰，
符合条件的结构简式为，
故答案为：；
（7）乙醇为原料制备，该高分子化合物单体为CH3CH=CHCOOH，乙醇发生催化氧化生成乙醛，乙醛发生信息中的反应生成CH3CH=CHCHO，然后发生银镜反应、酸化得到CH3CH=CHCOOH，其合成路线为，
故答案为：。
甲苯发生取代反应生成A，A发生水解反应生成苯甲醇，则A为，苯甲醇发生催化氧化生成C为，苯甲醛和乙醛发生信息中的反应生成肉桂醛，甲苯和氯气发生取代反应生成B，根据B分子式知，B为，肉桂醛发生银镜反应然后酸化得到D为，D发生酯化反应生成E，E为；D和溴发生加成反应生成F为，F发生消去反应然后酸化得到G；
（7）乙醇为原料制备，该高分子化合物单体为CH3CH=CHCOOH，乙醇发生催化氧化生成乙醛，乙醛发生信息中的反应生成CH3CH=CHCHO，然后发生银镜反应、酸化得到CH3CH=CHCOOH。
本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析推断及知识综合运用能力，利用某些结构简式、分子式、反应条件结合题给信息采用正逆结合的方法进行推断，注意醛醛反应断键和成键特点，题目难度不大。
12.【答案】检查装置气密性 Cu可以和NO2与H2O反应生成的HNO3反应，提高NO产率 5NO+3MnO4-+4H+=5NO3-+3Mn2++2H2O 将装置在中的NO全部排入E装置吸收，并防止倒吸 容量瓶 刻度线 BD 94.88
【解析】
解：（1）装置中有气体参与，故连接好装置之后，应检查装置气密性；
故答案为：检查装置气密性；
（2）根据题意由NO和Na2O2制备NaNO2，A装置得到NO2，故B装置的作用是将NO2转化为NO气体，Cu可以和NO2与H2O反应生成的HNO3反应，提高NO产率；
故答案为：Cu可以和NO2与H2O反应生成的HNO3反应，提高NO产率；
（3）E装置用酸性高锰酸钾吸收未反应完的NO气体，离子反应为：5NO+3MnO4-+4H+=5NO3-+3Mn2++2H2O；
故答案为：5NO+3MnO4-+4H+=5NO3-+3Mn2++2H2O；
（4）NO污染空气，实验结末阶段，熄灭酒精灯之后继续通入N2直至装置冷却。此时通入N2的目的是将装置在中的NO全部排入E装置吸收，并防止倒吸；
故答案为：将装置在中的NO全部排入E装置吸收，并防止倒吸；
（5）溶液配制需要容量瓶，故称取装置D中反应后的固体4.000g，用新煮沸并冷却的蒸馏水在烧杯中溶解，完全溶解后，仝部转移至250mL的容量瓶中，再定容，加蒸馏水至刻度线；
故答案为：容量瓶；刻度线；
（6）第4组标准液体积偏高，
A．锥形瓶洗净后未干燥，不影响，故A错误；
B．滴定终了仰视读数，读数偏大，故B正确；
C．滴定终了俯视读数，读数偏小，故C错误；
D．酸式滴定管用蒸馏水洗浄后未用标准液润洗，标准液被稀释，消耗体积增大，故D正确；
故答案为：BD；
（7）消耗KMnO4溶液体积为22.00MmL，
滴定反应为：2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2++5NO3-+3H2O，则n（NaNO2）=n（KMnO4），
则所得固体中亚硝酸钠的质量分数为：×100%=94.88%；
故答案为：94.88。
A装置由C和浓硝酸制备NO2，B装置将NO2转化为NO气体，C干燥NO气体，D装置由NO和Na2O2制备NaNO2，E装置用酸性高锰酸钾吸收未反应完的NO气体，
（1）装置有气体参与，需要检查装置气密性；
（2）根据题意由NO和Na2O2制备NaNO2，A装置得到NO2，故B装置的作用是将NO2转化为NO气体，据此分析；
（3）NO与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应得到硝酸根离子和锰离子，据此书写；
（4）NO污染空气，应充分吸收，据此分析；
（5）根据溶液的配置步骤可得；
（6）第4组标准液体积偏高，
A．锥形瓶洗净后未干燥，不影响；
B．滴定终了仰视读数，读数偏大；
C．滴定终了俯视读数，读数偏小；
D．酸式滴定管用蒸馏水洗浄后未用标准液润洗，标准液被稀释，消耗体积增大；
（7）消耗KMnO4溶液体积为22.00MmL，
滴定反应为：2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2++5NO3-+3H2O，则n（NaNO2）=n（KMnO4），据此计算可得。
本题考查了物质的制备，涉及化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应、纯度计算等，明确实验原理及实验基本操作方法、试题侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力，注意题目信息的与相关基础知识联合分析，题目难度中等。
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