【名校高考】2019届最后十套：化学(八)考前提分仿真卷(含答案解析)

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【最后十套】2019届高考名校考前提分仿真卷
化学（八）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。

2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

写在试卷上无效。

3．回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。

4．考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 S32 Cl35.5 K39
7．化学与人类生产、生活、社会可持续发展等密切相关。

下列说法正确的是
A．《格物粗谈》记载“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。

”文中的“气”是指氧气
B．为了更好地为植物提供N、P、K三种营养元素，可将草木灰与NH4H2PO4混合使用
C．“可燃冰”是一种有待大量开发的新能源，但开采过程中发生泄漏，会造成温室效应
D．中国天眼FAST用到的碳化硅是一种新型的有机高分子材料
8．有关阿伏伽德罗常数N A的叙述正确的是
A．标准状况下，2.24L HF含有的HF分子数为0.1N A
B．标准状况下，1.12L 1H2和0.2g 2H2均含有0.1N A个质子
C．等体积、等物质的量浓度的NaCl和KF溶液中，阴、阳离子数目之和相等
D．将0.1mol Cl2通入足量水中，充分反应后，转移电子的个数为0.1N A
9．硫酸亚铁是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质(如图所示)。

下列说法错误的是
A．碱式硫酸铁水解能产生Fe(OH)3胶体，可用做净水剂
B．该温度下，（NH4)2Fe(SO4)2在水中的溶解度比FeSO4的大
C．可用KSCN溶液检验(NH4)2Fe(SO4)2是否被氧化
D．为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行
10．乙醛酸(HOOC-CHO)是一种重要的有机合成中间体。

在乙二酸(HOOC-COOH)电还原法合成乙醛酸的基础上化学工作者创新性地提出双极室成对电解法装置模型及工作原理如图所示。

下列说法中错误的是
A．该离子交换膜应选择阳离子交换膜
B．HCl是制取乙醛酸反应的催化剂，并起导电作用
C．该方法的总反应为OHC-CHO+HOOC-COOH=====
通电
2HOOC-CHO
D．乙二醛、乙二酸分别在阴、阳电极表面放电，故称为双极室成对电解法
11．原子序数依次递增的Q、W、X、Y、Z五种元素中，Q、W、X是分别位于前三个周期且原子最外层电子数之和为10的主族元素，W与Y同主族、X和Y同周期；X是地壳中含量最高的金属元素、Z存在胆矾之中。

下列关于它们的叙述合理的是
A．最高价氧化物对应水化物的酸性比X比Z强
B．W与X简单离子半径后者更大
C．W、Y两种元素最高化合价相同
D．X、Z两种金属在两千多年前就被我们祖先广泛使用
12．两个碳环共用两个或两个以上碳原子的一类多环脂环烃称为“桥环烃”，下图①和②是两种简单的桥环烃。

下列说法正确的是
A．①与2-丁烯互为同分异构体
B．①和②的二氯代物均有4种
C．②分子中所有碳原子处于同一平面内
D．在一定条件下，①和②均能发生取代反应、氧化反应
13．H2R为二元弱酸，向一定体积的0.1mol/L的H2R溶液中逐滴加入一定浓度的NaOH溶液，溶液中不同形态的粒子(H2R、HR−、R2−)的物质的量分数a(X)随pH的变化曲线如图所示[a(X)=c(X)
/[c(H2R)+c(HR−)+c(R2−)]]。

下列说法错误的是
A．常温下，K2（H2R）=1.0×10－11
B．常温下，HR−在水中的电离程度大于其水解程度
C．pH=9时，c(Na+)>c(HR−)+2c(R2−)
D．pH=7时，c(H2R)=c(HR−)
26．实验室可用氯气与一氧化氮在常温常压条件下合成亚硝酰氯（NOCl）。

已知亚硝酰氯是一种黄色气体，熔点：－64.5℃，沸点：－5.5℃，遇水易反应生成一种无氧酸和两种氮的常见氧化物（1）甲组同学拟制备原料气NO和Cl2制备装置如图所示
①为制备并得到纯净干燥的气体，补充下表中缺少的药品。

②仪器a的名称为____；装置Ⅲ的作用是______________。

（2）乙组同学对甲组同学制取NO的装置略加改良，利用甲组制得的Cl2共同制备NOCl，装置如下图所示
①组装好实验装置，检查气密性，依次装入药品。

此实验关健操作有两点：I将Cl2充满D装置的三颈瓶；Ⅱ，A中反应开始时，先关闭K2，打开K1，待NO充满装置后关闭K1，打开K2。

这两步操作都要“充满”，目的是__________。

②装置B中水的作用是___________________（用化学方程式表示）。

③若装置C中压强过大，可以观察到的现象是________________。

④装置D中冰盐水的作用是___________________________。

⑤如果去掉盛有浓硫酸的C、装有无水CaCl2的E两装置，对该实验的主要影响是________（用化学方程式表示）。

27．甲醇是重要的化工原料，又可作为燃料。

工业上利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下：
①CO(g)+2H2 (g)CH3OH(g) △H1；
②CO2(g)+3H2 (g)CH3OH(g)+H2O(g) △H=－58kJ/mol；
③CO2(g)+H2
(g)CO(g)+H2O(g) △H=+41kJ/mol。

回答下列问题：
（1）已知反应①中相关的化学键键能数据如下表：
则x=___________。

（2）合成气组成n(H2)/n(CO+CO2)=2.60时，体系中的CO平衡转化率(α)与温度和压强的关系如图甲所示。

α(CO)值随温度升高而___________(填“增大”或“减小”)，其原因是_____；图中的压强由大到小为___________，其判断理由是_____________。

（3）若将1mol CO2和2mol H2充入容积为2L的恒容密闭容器中，在两种不同温度下发生反应②。

测得CH3OH的物质的量随时间的变化如图所示。

①曲线I、Ⅱ对应的平衡常数大小关系为K1___________KⅡ(填“＞”“=”或“＜”)。

②一定温度下，下列能判断该反应达到化学平衡状态的是___________(填序号)。

a．容器中压强不变b．甲醇和水蒸气的体积比保持不变
c．v正(H2)=3v逆(CH3OH) d．2个C=0断裂的同时有6个H－H断裂
③若5min后反应达到平衡状态，H2的转化率为90%，则用CO2表示的平均反应速率为____，该温度下的平衡常数为___________；若容器容积不变，下列措施可增加甲醇产率的是___________。

(填序号)。

a．缩小反应容器的容积b．使用合适的催化剂
c．充入He d．按原比例再充入CO2和H2
28．NiSO4·6H2O是一种绿色易溶于水的晶体，广泛用于化学镀镍、生产电池等。

可由电镀废渣(除含镍外，还含有Cu、Zn、Fe、Cr等杂质)为原料获得。

工艺流程如下图：
请回答下列问题：
（1）用稀硫酸溶解废渣时，为了提高浸取率可采取的措施有_________________(任写一点)。

（2）向滤液中滴入适量的Na2S溶液，目的是除去Cu2+、Zn2+，写出除去Cu2+的离子方程式：
_______________________________________。

（3）在40℃左右，用6%的H2O2氧化Fe2+，再在95℃时加入NaOH调节pH，除去铁和铬。

此外，还常用NaClO3作氧化剂，在较小的pH条件下水解，最终生成一种浅黄色的黄铁矾钠[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀除去。

如图是温度一pH与生成的沉淀关系图，图中阴影部分是黄铁矾稳定存在的区域[已知25℃时，Fe(OH)3的K sp=2.64×10−39。

下列说法正确的是(选填序号)_______。

a．FeOOH中铁为+2价
b．若在25℃时，用H2O2氧化Fe2+，在pH=4时除去铁，此时溶液中c(Fe3+)=2.6×10−29mol·L−1 c．用氯酸钠在酸性条件下氧化Fe2+的离子方程式为6Fe2++C1O−3+6H+=6Fe3++C1−+3H2O
d．工业生产中常保持在85~95℃生成黄铁钒钠，此时水体的pH约为3
（4）上述流程中滤液I的主要成分是___________。

（5）操作I的实验步骤依次为(实验中可选用的试剂：6mol·L−31的H2SO4溶液、蒸馏水、pH试纸)：①___________；②___________；③蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得NiSO4·6H2O晶体：④用少量乙醇洗涤NiSO4·6H2O晶体并晾干。

35．[选修3：物质结构与性质]（15分）
中国海军航母建设正在有计划、有步骤向前推进，第一艘国产航母目前正在进行海试。

建造航母需要大量的新型材料。

航母的龙骨要耐冲击，航母的甲板要耐高温，航母的外壳要耐腐蚀。

（1）镍铬钢抗腐蚀性能强，Ni2+基态原子的核外电子排布为___________，铬元素在周期表中
___________区。

（2）航母甲板涂有一层耐高温的材料聚硅氧烷结构如图所示，其中C原子杂化方式为___杂化。

（3）海洋是元素的摇篮，海水中含有大量卤族元素。

①根据下表数据判断：最有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子是_________填元素符号
②根据价层电子对互斥理论，预测ClO−3的空间构型为___________形，写出一个ClO−3的等电子体的化学符号___________。

（4）海底金属软泥是在洋海底覆盖着的一层红棕色沉积物，蕴藏着大量的资源，含有硅、铁、锰、锌等。

如右图是从铁氧体离子晶体Fe3O4中取出的能体现其晶体结构的一个立方体，则晶体中的离子是否构成了面心立方最密堆积？___________(填“是”或“否”)；该立方体是不是Fe3O4的晶胞？___________(填“是”或“否”)；立方体中铁离子处于氧离子围成的___________(填空间结构)空隙；根据上图计算Fe3O4晶体的密度为___________g·cm−3。

(图中a=0.42nm，计算结果保留两位有效数字)
36．[选修5：有机化学基础]
丁酮酸乙酯()和聚乙烯醇(PVA)都是重要的有机化工产品，其合成路线如图所示。

已知：①A是同系物中最小的直线形分子，且核磁共振氢谱显示其只有一种化学环境的氢；F为高聚物。

②不稳定会自动转化为RCH2CHO。

回答下列问题：
（1）A中所含官能团是___________(填名称)，B的结构简式为___________。

（2）E的名称为___________。

（3）写出反应⑥的化学方程式：____________________，该反应的反应类型为___________。

（4）由D制丁酮酸乙酯的反应产物中还有乙醇，制备过程中要加入适量的金属钠，其作用是
______________________。

(根据化学方程式和平衡移动原理回答)
（5）符合下列条件的丁酮酸乙酯的同分异构体有___________种。

a．能发生银镜反应b．能与Na2CO3溶液反应放出气体
其中核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积之比为1︰1︰2︰6的是__________(填结构简式)。

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【最后十套】2019届高考名校考前提分仿真卷
化学答案（八）
7.【答案】C
【解析】A．《格物粗谈》记载“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。

”文中的“气”是乙烯，乙烯能够促进果实的成熟，故A错误；B．草木灰中的有效成分是碳酸钾，碳酸根离子水解显碱性，NH4H2PO4显酸性，混合施用，降低肥效，故B错误；C．“可燃冰”是由水和天然气在中高压和低温条件下混合时组成的类似冰的、非化学计量的、笼形结晶化合物，主要成分是甲烷，根据科学研究，甲烷含量的增加也是造成全球温室效应的原因之一，所以可燃冰泄漏也有可能造成温室效应，故C正确；D．中国天眼FAST用到的碳化硅是一种新型无机非金属材料，故D错误。

答案选C。

8.【答案】B
【解析】A．标准状况下，氟化氢不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算氟化氢的物质的量，标准状况下，无法计算2.24L HF的物质的量，选项A错误；B．标况下1.12L 1H2和0.2g 2H2的物质的量均为0.05mol，由于1H2和2H2中含有的质子数都是2，所以二者均含有0.1N A个质子，选项B正确；C．利用电荷守恒来理解，氯化钠溶液中存在c(Na+)+c(H+)=c(Cl−)+c(OH−)，氟化钠溶液中存在
c(Na+)+c(H+)=c(F−)+c(OH−)，由于氟化钠水解，使得氟化钠溶液显碱性，氟化钠溶液中c(H+)<氯化钠溶液的c(H+)，而两溶液中c(Na+)相等，所以氟化钠溶液中c(F−)+c(OH−)<氯化钠溶液的c(Cl−)+c(OH−)，选项C错误；D．将0.1mol氯气通入足量水中，由于只有部分氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，所以反应转移的电子小于0.1mol，转移的电子数小于0.1N A，选项D错误；答案选B。

9.【答案】B
【解析】A．碱式硫酸铁电离产生Fe3+，Fe3+能发生水解生成Fe(OH)3胶体，Fe(OH)3胶体具有吸附性，可用作净水剂，故A正确；B．(NH4)2Fe(SO4)2在水中的溶解度比FeSO4的小，所以FeSO4才能与(NH4)2SO4反应生成(NH4)2Fe(SO4)2，B错误；C．KSCN溶液遇Fe2+溶液无现象，(NH4)2Fe(SO4)2若被氧化则生成Fe3+，KSCN溶液遇Fe3+溶液变红，C正确；D．NH4HCO3不稳定，受热易分解，所以为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行，D正确；故合理选项是B。

10.【答案】D
【解析】由图可知，该装置中阴、阳两极为惰性电极，两极室均可产生乙醛酸，其中D电极上HOOC-COOH得电子生成HOOC-CHO，C电极氯离子失电子生成氯气，氯气具有氧化性，能将醛基氧化为羧基，则乙二醛与氯气反应生成乙醛酸，根据以上分析，C为阳极，发生的反应为2Cl−-e−=Cl2↑，OHC-CHO+Cl2+H2O=HOOC-CHO+2Cl−+2H+；D为阴极，电极反应为HOOC-COOH+2e−+2H+=HOOC-CHO+H2O，氢离子由阳极向阴极移动，所以应选择阳离子交换膜，故A 正确；由于阳极发生的反应为2Cl−-e−=Cl2↑，OHC-CHO+Cl2+H2O=HOOC-CHO+2Cl−+2H+，反应后HCl 并没改变，所以HCl是制取乙醛酸反应的催化剂，并起导电作用，故B正确；根据两电极反应，该方法的总反应为OHC-CHO+HOOC-COOH=====
通电
2HOOC-CHO，故C正确；D. 根据以上分析，乙二醛在阳极被阳极产物氧化为HOOC-CHO，但乙二醛不在阳极表面放电；乙二酸在阴极得电子生成HOOC-CHO，故D错误。

故选D。

11.【答案】A
【解析】原子序数依次递增的Q、W、X、Y、Z五种元素中，X是地壳中含量最高的金属元素，则X为Al；Q、W、X是分别位于前三个周期且原子最外层电子数之和为10的主族元素，则Q为H，W为O；W与Y同主族，X和Y同周期，则Y为S；Z存在胆矾之中，胆矾为CuSO45H2O，则Z为Cu。

A．X为Al，Z为Cu，Al的最高价氧化物对应水化物为Al(OH)3，Cu的最高价氧化物对应水化物为Cu(OH)2，Al(OH)3属于两性氢氧化物、能和强碱反应，表现酸性，而Cu(OH)2是弱碱，则最高价氧化物对应水化物的酸性：X比Z强，故A正确；B．W为O，X为Al，离子半径O2−>Al3+，故B错误；C．W为O，Y为S，硫的最高化合价为+6价，而氧元素无最高正价，故C错误；D．X为Al，由于铝的活泼性很强，发现和使用较晚，故D错误。

故选A。

12.【答案】D
【解析】A．①的分子式是C4H6，2-丁烯分子式是C4H8，二者的分子式不同，因此不能是同分异构体，A错误；B．①分子中有3种不同的H原子，2个Cl原子在同一个C原子上有1种；若2个Cl 原子在不同的C原子上，有3种，因此二氯代物均有4种；②分子式是C6H10，分子中有2种H原子，2个Cl原子在同一个C原子上有1种；若2个Cl原子在不同的C原子上，有6种，故其二氯代物均有7种，种类数目不同，B错误；C．②分子中的C原子是饱和碳原子，与其连接的C原子构成的是四面体结构，因此所有碳原子不可能处于同一平面内，C错误；D．在一定条件下，①和②分子都是环状烷烃，所以均能发生取代反应，二者都是烃，因此都可以发生燃烧，即发生氧化反应，D正确；故合理选项是D。

13.【答案】B
【解析】A．由图像知：pH=11时，c(R2−)=c(HR−)，故K2(H2R) = ( ) (
-)
( -)
= =1.0×10−11，选项A正确；B．根据图像，pH=9时，溶液中的溶质主要是NaHR，此时溶液显碱性，故HR在水中的电离程度小于其水解程度，选项B错误；C．pH=9时，根据电荷守恒，溶液中存在c(Na+)+ c(H+)=c(HR−)+2c(R2−)+c(OH−)，而c(H+)< c(OH )，故c(Na+)>c(HR−)+2c(R2−)，选项C正确；D．由图中信息可知，pH=7时，c(H2R)=c(HR−)，选项D正确。

答案选B。

26.【答案】（1）饱和食盐水或：饱和NaCl溶液稀硝酸或：稀HNO3分液漏斗干燥NO或Cl2或除去NO或Cl2中的水蒸气
（2）排尽装置中的空气3NO2＋H2O=2HNO3＋NO 长颈漏斗中的液面上升液化亚硝酰氯，便于产品收集2NOCl＋H2O=2HCl＋NO↑＋NO2↑
【解析】（1）①制备纯净氯气，根据装置图，图I制备出的氯气含有HCl和H2O，装置Ⅱ的作用是吸收HCl，盛放试剂是饱和食盐水；制备纯净的NO，利用铜和稀硝酸的反应，分液漏斗中盛放的是稀硝酸；②仪器a为分液漏斗，根据实验目的，装置Ⅲ的作用是干燥NO和Cl2；（2）①两步操作都要“充满”的目的是排尽装置中空气；②装置A产生NO，NO与烧瓶中O2发生反应生成NO2，装置B的作用是吸收NO2，发生3NO2＋H2O=2HNO3＋NO；③压强过大，装置C中长颈漏斗中的液面上升；④依据实验目的，以及亚硝酰氯的物理性质，装置D中冰盐水的作用是液化亚硝酰氯，便于产品收集；
⑤浓硫酸C干燥NO气体，无水CaCl2的作用是防止空气水蒸气进入装置D，亚硝酰氯遇水反应生成一种无氧酸和两种氮的常见氧化物，因此缺少这两个装置后，发生2NOCl＋H2O=2HCl＋NO↑＋NO2↑。

27.【答案】（1）413
（2）减小反应①为放热反应，温度升高，平衡逆向移动
①的正反应为气体总分子数减小的反应，温度一定时，增大压强，平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，而反应③为气体总分子数不变的反应，产生CO的量不受压强的影响，因此增大压强时，CO 的转化率提高
（3）> ac 0.06mol/（L·min）450 ad
【解析】（1）根据盖斯定律：②-③=①可得①，故△H1=△H2-△H3=-58kJ·mol−1-（+41kJ·mol−1）=-99kJ·mol−1，由反应热=反应物总键能-生成物总键能可得-99kJ·mol−1=（1076 kJ·mol−1+2×436kJ·mol−1）-（3×x+343+465）kJ·mol−1，解得x=413 kJ·mol−1，故答案为：413；（2）由图可知，压强一定时，随温度的升高，CO的转化率减小，反应①正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡体系中CO的量增大，反应③为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，又使平衡体系中CO的增大，总结果，随温度升高，CO的转化率减小；相同温度下，反应③前后气体分子数不变，压强改变不影响其平衡移动，反应①正反应为气体分子数减小的反应，增大压强，有利于平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，故增大压强有利于CO的转化率升高，故压强P3>P2>P1，故答案为：反应①为放热反应，温度升高，平衡逆向移动；P3>P2>P1；①的正反应为气体总分子数减小的反应，温度一定时，增大压强，平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，而反应③为气体总分子数不变的反应，产生CO的量不受压强的影响，因此增大压强时，CO的转化率提高；（3）①根据题给图象分析可知，T2先达到平衡，则T2>T1，由温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，则K1>KⅡ，故答案为：>；②a. 反应②为气体体积减小的反应，容器中压强不变说明该反应达到化学平衡状态，故正确；b.甲醇和水蒸气均为生成物，无论反应是否达到平衡，甲醇和水蒸气的体积比均保持不变，故错误；c.v正(H2)=3v逆(CH3OH)说明正反应速率等于逆反应速率，说明该反应达到化学平衡状态，故正确；d.2个C=0断裂代表正反应速率，6个H－H断裂也代表正反应速率，不能说明正反应速率等于逆反应速率，不能说明该反应达到化学平衡状态，故错误；故选ac，故答案为：ac；③若5min后反应达到平衡状态，H2的转化率为90%，由此建立如下三段式：
CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)
起（mol/L）0.5 1 0 0
变（mol/L）0.3 0.9 0.3 0.3
平（mol/L）0.2 0.1 0.3 0.3
则用CO2表示的平均反应速率为0.3mol/L/5min=0.06 mol·(L·min)−1，反应的化学平衡常数
K=c(CH3OH)c(H2O)/c(CO2)c3(H2)= 0.3mol/L×0.3 mol/L/(0.2mol/L)×(0.1mol/L)3=450；缩小反应容器的容积，增大压强，平衡右移，甲醇产率增大；使用合适的催化剂，平衡不移动，甲醇产率不变；恒容充入He，各物质浓度不变，平衡不移动，甲醇产率不变；按原比例再充入CO2和H2，相当于增大压强增大压强，平衡右移，甲醇产率增大，故选ad，故答案为：0.06mol·(L·min)−1；450；ad。

28.【答案】（1）加热或搅拌或增大硫酸浓度等
（2）Cu2+＋S2−=CuS↓
（3）c NiSO4
（4）过滤，并用蒸馏水洗净沉淀向沉淀中加6mol·L−1的H2SO4溶液，直至恰好完全溶解
【解析】（1）能提高废渣浸出率即提高反应速率，所以升高反应温度，在反应过程中不断搅拌，增大反应物浓度都可以提高反应速率；故答案为：加热或搅拌或增大硫酸浓度等；（2）S2−可以与Cu2+，Zn2+反应生成难溶性的Cu2S和ZnS，从而达到除去Cu2+和Zn2+的目的；故答案为：Cu2+＋S2−=CuS↓；（3）a．FeOOH中O元素显-2价，OH-显-1价，所以铁为+3价，故a错误；b．pH=4时，c(OH−)=1×10-10mol/L，已知25℃时，Fe（OH）3的Ksp=c(Fe3+)c(OH−)3=2.64×10-39，则c（Fe3+）=2.64×10−9，故b错误；c．ClO−3在酸性条件下具有强氧化性，与Fe2+发生氧化还原反应，反应的离子方程式为6Fe2++C1O−3 +6H+=6Fe3++C1−+3H2O，故c正确；d．由图象可知，生成黄铁矾钢所需要的合适温度为85℃～95℃，pH约为1.2～1.8，故d错误；故答案为：c。

（4）从流程图可知，滤液I中加入硫酸后，生成了NiSO4，所以滤液I的主要成分是NiSO4；故答案为：NiSO4；（5）滤液III主要是NiSO4，加入碳酸钠溶液后，得到NiCO3沉淀，应先过滤、蒸馏水洗涤，然后与硫酸反应生成NiSO4，最后进行蒸发浓缩、冷却结晶；故答案为：过滤，并用蒸馏水洗净沉淀；向沉淀中加6mol·L−1的H2SO4溶液，直至恰好完全沉淀溶解。

35.【答案】（1）1s22s22p63s23p63d8 d
（2）sp3
（3）I三角锥SO2−3
（4）是是正八面体 5.2
【解析】（1）Ni2+基态原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d8，铬元素在周期表中d区。

（2）聚硅氧烷中C形成4个单键，所以C的杂化方式为sp3；（3）①根据第一电离能分析，第一电离能越小，越容易生成较稳定的单核阳离子，所以有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子是：I；②根据VSEPR理论判断ClO−3的空间构型，价电子对数为VP=BP+LP=3+（7-2×3+1）/2=4，VSEPR模型为四面体形，由于一对孤电子对占据四面体的一个顶点，所以其空间构型为三角锥形，等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒，则与ClO−3互为等电子体的是SO2−3；（4）晶胞中，O2－的坐标为（1/2，0，0），（0，1/2，0），（0，0，1/2），（1/2，1/2，1/2），将（1/2，1/2，1/2）+(1/2，1/2，0)=（0，0，1/2），将（1/2，1/2，1/2）+（0，1/2，1/2）=（1/2，0，0），将（1/2，1/2，1/2）+（1/2，0，1/2）=（0，1/2，0），刚好与前三个坐标相同，所以O2−做面心立方最密堆积，根据晶胞粒子的排布，该立方体是Fe3O4的晶胞，立方体中Fe3+处于O2−围成的正八面体空隙，以立方体计算，1个立方体中含有Fe3+的个数为4×1/8+1/2×3=2个，含有Fe2+的个数为1个，含有O2−的个数为12×1/4+1=4个，不妨取1mol 这样的立方体，即有N A个这样的立方体，1mol立方体的质量为m=(56×3+16×4)g，1个立方体体积为V=a3nm3=(a×10−7)3cm3，则晶体密度为ρ=m/N A V=(56×3+16×4)
/(6.02×1023)×(0.42×10−7)3g·cm−3=5.2g·cm−3。

36.【答案】（1）碳碳三键CH3CHO
（2）乙酸乙烯酯
（3）取代反应
（4），Na与生成的乙醇反应，使平衡右移，提高D的转化率
（5）12
【解析】（1）结合上述分析知A为C ≡C ，所含官能团是碳碳三键，B的结构简式为：CH3CHO，因此，本题正确答案是：碳碳三键；CH3CHO；（2）E的名称为乙酸乙烯醇酯，因此，本题正确答案
是：乙酸乙烯酯；（3）反应⑥的化学方程式：
，属于取代反应，（4）由D制丁酮酸乙酯的反应方程式为，
；产物中还有乙醇，制备过程中要加入适量的金属钠，Na能与生成的乙醇反应，使平衡右移，
提高D的转化率。

（5）符合下列条件的丁酮酸乙酯()的同分异构体：a.能发生银镜反应，说明含有醛基，b.能与Na2CO3溶液反应放出气体，说明含有羧基，可以看做-COOH取代丁烷形成，若正丁烷被取代，-COOH取代甲基中H原子，-CHO有4种位置，-COOH取代亚甲基中H原子，-CHO有4种位置，若异丁烷被取代，-COOH取代甲基中H原子，-CHO有3种位置，-COOH取代次甲基中H原子，-CHO有1种位置，故共有12种，其中核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积之比为
1∶1∶2∶6的是：，因此，本题正确答案是：12；。