2021年高三化學(xué)總復(fù)習(xí)練習(xí)題含答案（八）

1、可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Si 28 S 32 Cl 35.5 Cr 52 Co 59一、選擇題：。1.對(duì)中國(guó)古代著作涉及化學(xué)的敘述，下列解讀錯(cuò)誤的是A本草綱目中“冬月灶中所燒薪柴之灰，令人以灰淋汁，取堿浣衣”中的堿是K2CO3B黃白第十六中“曾青涂鐵，鐵赤如銅”，“ 曾青”是指可溶性銅鹽C天工開物中“凡石灰，經(jīng)火焚煉用”里的“石灰”指的是Ca(OH)2D漢書中“高奴縣有洧水可燃”這里的“洧水”指的是石油【答案】C【解析】A、草木灰的主要成分是碳酸鉀，碳酸鉀水解顯堿性，可洗衣服，選項(xiàng)A正確；B、曾青涂鐵是一種可溶性銅鹽的溶液放入金屬鐵得到金屬銅的

2、過程，“曾青”是可溶性銅鹽，選項(xiàng)B正確；C、“凡石灰，經(jīng)火焚煉為用”里的“石灰”指的是CaCO3，不是Ca(OH)2，如果是Ca(OH)2，不用焚燒，可以直接使用，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D、由題中信息知，“洧水”是一種礦物，且可燃，所以“洧水”就是石油，選項(xiàng)D正確。答案選C。點(diǎn)睛：本題以文言文為切入點(diǎn)考查物質(zhì)的組成、結(jié)構(gòu)和性質(zhì)的關(guān)系，關(guān)鍵是正確理解題中所描述的意思，作出正確判斷，題目難度不大，但理解不好容易出錯(cuò)。2阿伏加德羅是意大利化學(xué)家（1776.08.09-1856.07.09），曾開業(yè)當(dāng)律師，24歲后棄法從理，十分勤奮，終成一代化學(xué)大師。為了紀(jì)念他，人們把1 mol某種微粒集合體所含有的粒子個(gè)數(shù)，

3、稱為阿伏加德羅常數(shù)，用N表示。下列說法或表示中不正確的是A科學(xué)上規(guī)定含有阿伏加德羅常數(shù)個(gè)粒子的任何微粒集合體都為1 molB在K37ClO3+6H35Cl（濃）=KCl+3Cl2+3H2O反應(yīng)中，若有212克氯氣生成，則反應(yīng)中電子轉(zhuǎn)移的數(shù)目為5NAC60 克的乙酸和葡萄糖混合物充分燃燒消耗2NA個(gè)O2D6.021023mol-1 叫做阿伏加德羅常數(shù)【答案】D【解析】A. 含有阿伏加德羅常數(shù)個(gè)粒子的任何微粒集合體都為1 mol，故A正確；B. 生成的3mol氯氣中含6molCl，其中1mol為 37Cl，5mol為35Cl，生成氯氣摩爾質(zhì)量= =70.7gmol1，若有212克氯氣生成物質(zhì)的量=

4、3mol，生成3mol氯氣電子轉(zhuǎn)移5mol，故B正確；C. 乙酸與葡萄糖最簡(jiǎn)式都是CH2O，1個(gè)CH2O完全燃燒消耗1個(gè)氧氣分子，60克的乙酸和葡萄糖混合物含有CH2O物質(zhì)量為2mol，充分燃燒消耗2NA個(gè)O2，故C正確；D. 6.021023mol-1 是阿伏加德羅常數(shù)的近似值，故D錯(cuò)誤；故選D。3下列各組澄清溶液中離子能大量共存，且加入(或滴入)X試劑后發(fā)生反應(yīng)的離子方程式書寫正確的是【答案】B【解析】A選項(xiàng)，次氯酸根與二氧化硫反應(yīng)生成硫酸根和氯離子，故A錯(cuò)誤；B選項(xiàng)，硫化氫和鐵離子反應(yīng)生成亞鐵離子和硫單質(zhì)，故B正確；C選項(xiàng)，鐵離子和Al(OH)4-發(fā)生雙水解，故C錯(cuò)誤；D選項(xiàng)，碳酸氫根和

5、Al(OH)4-發(fā)生反應(yīng)生成氫氧化鋁和碳酸根，故D錯(cuò)誤。綜上所述，答案為B。【點(diǎn)睛】鐵離子與偏鋁酸根、碳酸根、碳酸氫根、硅酸根等離子發(fā)生雙水解反應(yīng)；碳酸氫根和偏鋁酸根反應(yīng)不是雙水解反應(yīng)。4甲辛等元素在周期表中的相對(duì)位置如圖所示。甲與戊的原子序數(shù)相差3，戊是空氣中含量最多的元素，丁與辛是同周期元素。下列說法正確的是A丙不能與水發(fā)生反應(yīng)B己和氯氣反應(yīng)的產(chǎn)物只有一種C丙與庚的原子核外電子數(shù)相差13D乙形成的氧化膜疏松，不能保護(hù)內(nèi)層金屬【答案】C【解析】戊是空氣中含量最多的元素，則戊是N元素，甲與戊的原子序數(shù)相差3，則甲是Be，可推知乙是Mg，丙是Ca，丁是Sc元素，戊是N，己是P，庚是As，辛是Ge

6、。A.丙是Ca，Ca是活潑的金屬，能夠與水反應(yīng)產(chǎn)生Ca(OH)2和H2，A錯(cuò)誤；B.己是P，P與Cl2反應(yīng)產(chǎn)生PCl3、PCl5，產(chǎn)物不只有一種，B錯(cuò)誤；C.丙是Ca，原子序數(shù)是20，庚是As，原子序數(shù)是33，二者的原子序數(shù)差為33-20=13，C正確；D.乙是Mg，乙形成的氧化膜MgO非常致密，能對(duì)內(nèi)層的金屬起保護(hù)作用，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是C。5中國(guó)是一個(gè)嚴(yán)重缺水的國(guó)家，污水治理越來越引起人們重視，可以通過膜電池除去廢水中的乙酸鈉和對(duì)氯苯酚，其原理如圖所示，下列說法不正確的是A電流方向從A極沿導(dǎo)線經(jīng)小燈泡流向B極BB極為電池的陽極，電極反應(yīng)式為CH3COO 8e +4H2O = 2HCO3

7、+9H+C當(dāng)外電路中有0.2 mol e 轉(zhuǎn)移時(shí)，通過質(zhì)子交換膜的H+的個(gè)數(shù)為0.2NADA極的電極反應(yīng)式為+ H+2e = Cl + 【答案】B【解析】原電池中陽離子移向正極，根據(jù)原電池中氫離子的移動(dòng)方向可知A為正極，正極有氫離子參與反應(yīng)，電極反應(yīng)式為+2e +H+=+Cl ，B為負(fù)極，電極反應(yīng)式為CH3COO 8e +4H2O=2HCO3 +9H+，據(jù)此分析解答。A原電池工作時(shí)，電流從正極經(jīng)導(dǎo)線流向負(fù)極，即電流方向從A極沿導(dǎo)線經(jīng)小燈泡流向B極，故A正確；BB極為電池的負(fù)極，失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為CH3COO 8e +4H2O=2HCO3 +9H+，B極不是陽極，故B錯(cuò)誤；C根

8、據(jù)電子守恒可知，當(dāng)外電路中有0.2mole 轉(zhuǎn)移時(shí)，通過質(zhì)子交換膜的H+的個(gè)數(shù)為0.2NA，故C正確；DA為正極，得到電子，發(fā)生還原反應(yīng)，正極有氫離子參與反應(yīng)，電極反應(yīng)式為+2e +H+=+Cl ，故D正確；答案選B。【點(diǎn)睛】根據(jù)氫離子的移動(dòng)方向判斷原電池的正負(fù)極是解題的關(guān)鍵。本題的易錯(cuò)點(diǎn)為B，要注意原電池的兩極稱為正負(fù)極，電解池的兩極稱為陰陽極。6下述實(shí)驗(yàn)方案能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖蔷幪?hào)ABCD實(shí)驗(yàn)方案片刻后在Fe電極附近滴入K3Fe(CN)6溶液置于光亮處實(shí)驗(yàn)?zāi)康尿?yàn)證鐵釘發(fā)生析氫腐蝕驗(yàn)證Fe電極被保護(hù)驗(yàn)證乙炔的還原性驗(yàn)證甲烷與氯氣發(fā)生化學(xué)反應(yīng)【答案】D【解析】本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)裝置的分析，意在考查

9、考生對(duì)化學(xué)實(shí)驗(yàn)的設(shè)計(jì)和分析能力。食鹽水浸泡過的鐵釘發(fā)生的是吸氧腐蝕，A項(xiàng)錯(cuò)誤；鐵電極與電源正極相連，作陽極，發(fā)生氧化反應(yīng)而被腐蝕，B項(xiàng)錯(cuò)誤；由電石產(chǎn)生的乙炔中含有的PH3、H2S等氣體也能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，對(duì)乙炔的檢驗(yàn)有干擾，C項(xiàng)錯(cuò)誤；甲烷與氯氣在光照時(shí)發(fā)生取代反應(yīng)，可以觀察到試管中氣體顏色變淺，試管壁出現(xiàn)油狀液滴，試管內(nèi)液面上升，D項(xiàng)正確。7下列有關(guān)同分異構(gòu)體的種類判斷中，正確的是A.分子式為C9H10的芳香族化合物有8種B.分子式為C5H8O2，含五元環(huán)且屬于酯的有機(jī)物有2種C.分子式為C5H10O2，能和碳酸氫鈉溶液反應(yīng)的有機(jī)物W。在光照條件下，W與氯氣發(fā)生烴基上的取代反應(yīng)，生成的

10、一氯代物有12種D.分子式為C5H12O，且能與Na反應(yīng)放出氫氣的有機(jī)化合物(不考慮立體異構(gòu))有5種【答案】C【解析】苯的同系物的通式為CnH2n-6。若n=9，則2n-6=12，題給分子式中H的個(gè)數(shù)為10，說明側(cè)鏈上含有一個(gè)碳碳雙鍵或一個(gè)環(huán)。若苯環(huán)上只有一個(gè)側(cè)鏈，可能為C6H5CH=CHCH3、C6H5CH2CH=CH2、C6H5C(CH3)=CH2、，共4種；若苯環(huán)上有兩個(gè)側(cè)鏈，則側(cè)鏈分別為CH3、CH=CH2，CH3和CH=CH2分別位于苯環(huán)上的鄰、間、對(duì)位，共3種，因此符合條件的同分異構(gòu)體共7種，A項(xiàng)判斷錯(cuò)誤。有機(jī)物除五元環(huán)外還含有1個(gè)甲基，甲基在五元環(huán)上有3種位置關(guān)系，B項(xiàng)判斷錯(cuò)誤。

11、依據(jù)題意，可知W為羧酸，其結(jié)構(gòu)可寫成C4H9COOH，C4H9有4種結(jié)構(gòu)，故此羧酸也有4種結(jié)構(gòu)，分別為CH3CH2CH2CH2COOH、CH3CH2CH(CH3)COOH、CH3CH(CH3)CH2COOH、C(CH3)3COOH，烴基上氫原子種類分別為4、4、3、1種，則W的一氯代物共有12種，C項(xiàng)判斷正確。根據(jù)題給信息判斷該有機(jī)化合物為醇，5個(gè)碳原子的碳骨架可能有3種結(jié)構(gòu)，即：CCCCC、，羥基在CCCCC中有3種連接方式，在中有4種連接方式，在中有1種連接方式，故該有機(jī)物共有8種同分異構(gòu)體，D項(xiàng)判斷錯(cuò)誤。二、非選擇題： 8.利用水鈷礦(主要成分為Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、

12、MnO、MgO、CaO、SiO2等)可以制取多種化工試劑，以下為草酸鈷晶體和氯化鈷晶體的制備流程，回答下列問題：已知：浸出液中含有的陽離子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+等。沉淀中只含有兩種沉淀。流程中部分陽離子以氫氧化物形式沉淀時(shí)溶液的pH見表：沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2開始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8（1）浸出過程中加入Na2SO3目的是_。（2）NaClO3在浸出液中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_。（3）加入Na2CO3調(diào)pH至5.2，目的是_；萃取劑層含錳元素，

13、則沉淀的主要成分為_。（4）操作包括：將水層加入濃鹽酸調(diào)整pH為23，_、_、過濾、洗滌、減壓烘干等過程。（5）為測(cè)定粗產(chǎn)品中CoCl26H2O的含量，稱取一定質(zhì)量的粗產(chǎn)品溶于水，加入足量硝酸酸化的硝酸銀溶液，過濾、洗滌、干燥，測(cè)沉淀質(zhì)量。通過計(jì)算發(fā)現(xiàn)粗產(chǎn)品中CoCl26H2O質(zhì)量分?jǐn)?shù)大于100%，其原因可能是_(回答一條原因即可)。（6）將5.49g草酸鈷晶體(CoC2O42H2O)置于空氣中加熱，受熱過程中不同溫度范圍內(nèi)分別得到一種固體物質(zhì)，其質(zhì)量如下表。溫度范圍/固體質(zhì)量/g1502104.412903202.41經(jīng)測(cè)定，整個(gè)受熱過程，只產(chǎn)生水蒸氣和CO2氣體，則290320溫度范圍，剩

14、余的固體物質(zhì)化學(xué)式為_。已知：CoC2O42H2O的摩爾質(zhì)量為183gmol1【答案】（14分）（1）將Fe3+、Co3+還原（2分） （2）ClO3-6Fe2+6H+=Cl6Fe3+3H2O （2分） （3）使Fe3+和Al3+沉淀完全（2分） CaF2和MgF2（2分） （4）蒸發(fā)濃縮（1分） 冷卻結(jié)晶（1分） （5）粗產(chǎn)品中結(jié)晶水含量低(或粗產(chǎn)品中混有氯化鈉雜質(zhì)) （2分） （6）Co3O4(或CoOCo2O3) （2分） 【解析】（1）、浸出過程中，Co2O3、Fe2O3與鹽酸、Na2SO3發(fā)生反應(yīng)，Co2O3轉(zhuǎn)化為Co2+，F(xiàn)e2O3轉(zhuǎn)化為Fe2+，Co、Fe元素化合價(jià)降低，則S元素

15、化合價(jià)升高，SO32-轉(zhuǎn)化為SO42-，故答案為：將Fe3+、Co3+還原；（2）、NaClO3加入浸出液中，將Fe2+氧化為Fe3+，ClO-被還原為Cl-，反應(yīng)的離子方程式為：ClO3-6Fe2+6H+=Cl6Fe3+3H2O-；（3）根據(jù)工藝流程圖結(jié)合表格中提供的數(shù)據(jù)可知，加Na2CO3調(diào)pH至5.2，目的是使Fe3+和Al3+沉淀完全。濾液l中含有的金屬陽離子為Co2+、Mn2+、Mg2+、Ca2+等，萃取劑層含錳元素,結(jié)合流程圖中向?yàn)V液1中加入了NaF溶液，知沉淀為MgF2、CaF2；（4）、經(jīng)過操作I由溶液得到結(jié)晶水合物，故除題中已知過程外，操作I還包括蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶；（5）、

16、根據(jù)CoCl26H2O的組成及測(cè)定過程分析，造成粗產(chǎn)品中CoCl26H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)大于100%的原因可能是：含有氯化鈉雜質(zhì)，使氯離子含量增大或結(jié)晶水合物失去部分結(jié)晶水，導(dǎo)致相同質(zhì)量的固體中氯離子含量變大；（6）、整個(gè)受熱過程中只產(chǎn)生水蒸氣和CO2氣體，5.49 g CoC2O42H2O為0.03mol，固體質(zhì)量變?yōu)?.41 g時(shí)，質(zhì)量減少1.08g，恰好為0.06 mol H2O的質(zhì)量，因此4.41 g固體為0.03 mol CoC2O4。依據(jù)元素守恒知，生成n(CO2)=0.06 mol，m(CO2)=0.06mol44 g/mol=2.64 g。而固體質(zhì)量由4.41 g變?yōu)?.41 g時(shí)

17、，質(zhì)量減少2 g，說明290320內(nèi)發(fā)生的不是分解反應(yīng)，參加反應(yīng)的物質(zhì)還有氧氣。則參加反應(yīng)的m(O2)=2.64 g-2 g=0.64 g，n(O2)=0.02mol，n(CoC2O4) : n(O2) : n(CO2)=0.03 : 0.02 : 0.06=3 : 2 : 6，依據(jù)原子守恒，配平化學(xué)方程式，故290320溫度范圍，剩余固體物質(zhì)的化學(xué)式為Co3O4或CoOCo2O3。9.無水三氯化鉻（CrCl3）為紫色晶體，在工業(yè)上主要用作媒染劑和催化劑，某化學(xué)小組用Cr2O3和CCl4在高溫下制備無水三氯化鉻，部分實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示。已知：CrCl3熔點(diǎn)為83，易潮解，易升華，易溶于水但不易水

18、解，高溫下易被氧氣氧化；Cr2O3和CCl4在高溫下反應(yīng)的產(chǎn)物為CrCl3和光氣（COCl2 ）。請(qǐng)回答下列問題：（1）裝置A是氮?dú)庵苽溲b置，氮?dú)獾淖饔檬莀。（2）裝置B的作用為_。裝置C和裝置E的水槽中應(yīng)分別盛有_、_。（3）裝置D中生成CrCl3和光氣（COCl2 ）的化學(xué)方程式為_。（4）該實(shí)驗(yàn)裝置有設(shè)計(jì)不合理的地方，請(qǐng)寫出改進(jìn)方法：_（寫一點(diǎn)即可）（5）產(chǎn)品中CrCl3質(zhì)量分?jǐn)?shù)的測(cè)定：（i）稱取0.3000 g得到的CrCl3樣品溶于水并于250mL容量瓶中定容。（ii）取25.00mL樣品溶液于帶塞的錐形瓶中，加熱至沸騰后加入稍過量的Na2O2,稀釋并加熱煮沸，再加入過量的H2SO4

19、酸化，將Cr3+氧化為Cr2O72-；再加入過量的KI固體，加塞搖勻，使鉻完全以Cr3+形式存在（iii）加入1mL指示劑，用0.0250 molL1標(biāo)準(zhǔn)Na2S2O3溶液滴定至終點(diǎn)，平行測(cè)定三次，平均消耗標(biāo)準(zhǔn)Na2S2O3溶液21.00mL（已知2Na2S2O3+I2= Na2S4O6+2NaI）ii中加入稍過量的Na2O2后要加熱煮沸，其主要原因是_；加入KI發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_。滴定實(shí)驗(yàn)可選用的指示劑為_產(chǎn)品中CrCl3質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_%（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）?！敬鸢浮浚?5分）（1）排出空氣、吹出CCl4蒸汽、吹出產(chǎn)物及尾氣 （2分）（2）除去氮?dú)庵兴魵猓?分） 熱水（1分） 冷水

20、（1分） （3）Cr2O33CCl42CrCl33COCl2（2分） （4）將連接裝置D、E的細(xì)導(dǎo)管改成粗導(dǎo)管（2分） （5）除去溶解的氧氣，防止將I-氧化（1分） Cr2O72-+ 6I-+14H+= 2Cr3+3I2+7H2O（2分） 淀粉溶液（1分） 92.5（2分） 【解析】A裝置中氨氣和氧化銅在加熱條件下生成氮?dú)?，B裝置干燥氮?dú)?，C裝置中的是反應(yīng)物，氮?dú)鈱⒋等敕磻?yīng)裝置D中，E裝置進(jìn)行尾氣吸收。（1）氮?dú)獾淖饔檬桥懦隹諝?、吹出蒸汽、吹出產(chǎn)物及尾氣，故答案為：排出空氣、吹出蒸汽、吹出產(chǎn)物及尾氣；（2）由信息可知裝置D中必須保持無水環(huán)境，故裝置B的作用是干燥氮?dú)?；裝置C中熱水的作用是使汽化

21、，提供反應(yīng)所需的反應(yīng)物；裝置E中冷水的作用是冷凝生成的，故答案為：除去氮?dú)庵兴魵猓粺崴?；冷水；?）由題意可知，反應(yīng)物是和，產(chǎn)物為和，故方程式為：，故答案為：；（4）由信息可知易升華，題中裝置圖中D、E之間的導(dǎo)管太細(xì)，易發(fā)生堵塞，故應(yīng)將細(xì)導(dǎo)管換成粗導(dǎo)管，故答案為：將連接裝置D、E的細(xì)導(dǎo)管改成粗導(dǎo)管；（5）溶液中有溶解的氧氣，氧氣可以氧化氧化，若不除去其中溶解的氧氣使生成的 的量增大，產(chǎn)生偏高的誤差，故加熱煮沸；和發(fā)生氧化還原生成碘單質(zhì)和鉻離子，離子方程式為：，故答案為：除去溶解的氧氣，防止將氧化；利用滴定生成，遇淀粉顯藍(lán)色，所以可以用淀粉作指示劑；設(shè)25.00mL溶液中，由元素守恒及方程式可

22、得關(guān)系式：， ，故，所以250mL溶液中 的物質(zhì)的量為0.00175mol，根據(jù)元素守恒可知，所以樣品中 ，故樣品中無水三氯化鉻的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為：，故答案為：淀粉溶液；92.5。10.甲硅烷廣泛用于電子工業(yè)、汽車領(lǐng)域，三氯氫硅（SiHCl3）是制備甲硅烷的重要原料。回答下列問題：（1）工業(yè)上以硅粉和氯化氫氣體為原料生產(chǎn)SiHCl3時(shí)伴隨發(fā)生的反應(yīng)有：Si(s)4HCl(g)= SiCl4(g)2H2(g) H-241kJ/molSiHCl3(g)HCl(g)=SiCl4(g)H2(g) H-31kJ/mol以硅粉和氯化氫氣體生產(chǎn)SiHCl3的熱化學(xué)方程式是_。（2）工業(yè)上可用四氯化硅和氫化鋁鋰（L

23、iAlH4）制甲硅烷，反應(yīng)后得甲硅烷及兩種鹽。該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_。（3）三氯氫硅歧化也可制得甲硅烷。反應(yīng)2SiHCl3(g) SiH2Cl2(g)SiCl4(g)為歧化制甲硅烷過程的關(guān)鍵步驟，此反應(yīng)采用一定量的PA100催化劑，在不同反應(yīng)溫度下測(cè)得SiHCl3的轉(zhuǎn)化率隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖所示。353.15K時(shí)，平衡轉(zhuǎn)化率為_，反應(yīng)的平衡常數(shù)K_（保留3位小數(shù)）。該反應(yīng)是_反應(yīng)（填“放熱”“吸熱”）。323.15K時(shí)，要縮短反應(yīng)達(dá)到平衡的時(shí)間，可采取的措施有_、_。比較a、b處反應(yīng)速率的大?。簐a_vb （填“”“”或“”）。已知反應(yīng)速率v正，v逆，k1、k2分別是正、逆反應(yīng)的速率常數(shù)，與反

24、應(yīng)溫度有關(guān)，x為物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)，則在353.15K時(shí)_（保留3位小數(shù)）?！敬鸢浮浚?4分）（1）Si(s)3HCl(g)=SiHCl3(g)H2(g) H-210kJ/mol（2分） （2）SiCl4LiAlH4=SiH4LiClAlCl3（2分） （3）24%（2分） 0.025（2分） 吸熱（1分） 改進(jìn)催化劑（1分） 增大壓強(qiáng)或提高反應(yīng)物濃度（1分） （1分） 0.025（2分） 【解析】（1）由蓋斯定律，-得硅粉和氯化氫氣體生產(chǎn)SiHCl3的熱化學(xué)方程式：Si(s)3HCl(g)=SiHCl3(g)H2(g) H-210kJ/mol；（2）題目信息：四氯化硅和氫化鋁鋰（LiAlH4）反應(yīng)

25、后得甲硅烷及兩種鹽，氫化鋁鋰中有兩種金屬元素，剛好成兩種鹽LiCl、AlCl3 ，方程式為：SiCl4LiAlH4=SiH4LiClAlCl3；（3）由圖可知353.15K時(shí)，最大轉(zhuǎn)化率24%，則平衡轉(zhuǎn)化率為24%；反應(yīng)的平衡常數(shù)計(jì)算：設(shè)起始SiHCl3濃度為1mol/L，根據(jù)三段式找到達(dá)到平衡各物質(zhì)濃度， ；由圖可知：溫度升高，該平衡轉(zhuǎn)化率增大，升溫平衡正向移動(dòng)，則正向是吸熱反應(yīng)。323.15K時(shí)，要縮短反應(yīng)達(dá)到平衡的時(shí)間即加快反應(yīng)速率，可采取的措施有改進(jìn)催化劑、增大壓強(qiáng)或提高反應(yīng)物濃度；（4）a、b兩處轉(zhuǎn)化率相同，說明消耗的SiHCl3等量的，但a的時(shí)間比b的短，a的反應(yīng)速率快，故vavb

26、；已知反應(yīng)速率v正，v逆，達(dá)到平衡時(shí)v正v逆，即，變形得=，由圖可知353.15K時(shí)，平衡轉(zhuǎn)化率為24%，則在353.15K時(shí)K24%。【點(diǎn)睛】（2）此題圖像題：橫軸是時(shí)間，縱軸是不同反應(yīng)溫度下測(cè)得不同時(shí)間的SiHCl3的轉(zhuǎn)化率，圖形體現(xiàn)的是SiHCl3的轉(zhuǎn)化率隨時(shí)間的變化關(guān)系圖。任選一條圖像從圖形走勢(shì)來看，轉(zhuǎn)化率隨時(shí)間變化即反應(yīng)的進(jìn)行不斷增大，直至最大值即達(dá)平衡。故353.15K時(shí)，最大轉(zhuǎn)化率24%，即平衡轉(zhuǎn)化率為24%，然后設(shè)起始SiHCl3濃度為1mol/L，根據(jù)三段式找到達(dá)到平衡各物質(zhì)濃度。（4）題關(guān)鍵在于對(duì)ab兩點(diǎn)縱坐標(biāo)的值相等的理解，說明轉(zhuǎn)化的反應(yīng)物濃度即c相等，反應(yīng)速率v=，時(shí)間

27、長(zhǎng)則速率小。（二）選考題： 11.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”，直到近年來人們才研究出來其成分為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)該陽離子的價(jià)電子排布式為_。（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。假若硫元素來源一

28、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。CO32一中鍵角OCO為_。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?5分）（1）2（1分） （1分） （2）

29、O或氧 （1分） 1個(gè)3s （1分） 3個(gè)3p （1分） （3） （2分） （4）（2分） 低（2分） （5）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 （2分） （2分） 【解析】【分析】根據(jù)化合物中各元素的化合價(jià)代數(shù)和為零來計(jì)算n值，Cu2+ 的價(jià)電子排布式根據(jù)銅原子的價(jià)電子排布式3d104s1 得出?！爸袊?guó)藍(lán)”中、Si都不存在孤對(duì)電子，而O原子中存在孤對(duì)電子。 SiO2是空間網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，一個(gè)Si原子周圍連有4個(gè)O原子。Si原子核外最外層有4個(gè)電子，恰好與氧原子形成4個(gè)鍵，無孤對(duì)電子。而雜化軌道用于形成鍵和容納孤對(duì)電子。所以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

30、形成。含有硫元素的陰離子是正四面體，最可能是硫酸根。碳酸根中C提供4個(gè)電子，O不提供電子，加兩個(gè)負(fù)電荷，6個(gè)電子形成3對(duì)電子，屬于sp2雜化，平面正三角形，鍵角為，對(duì)于堿土金屬，同主族從上到下離子半徑遞增，碳酸鹽的熱穩(wěn)定性遞增，比穩(wěn)定。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，在z軸方向上距離為，所以SiA與SiB之間的距離。【詳解】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n2，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)?，故答案?，；“中國(guó)藍(lán)”中，Si都不存在孤對(duì)電子，而O原子中存在孤對(duì)電子，所以只能氧原子來提供孤對(duì)電子，故答案為：O；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；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，故答案為：；碳酸根中C屬于sp2雜化，平面正三角形，鍵角為，對(duì)于堿土金屬碳酸鹽的熱穩(wěn)定性比穩(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：，低；是一種空間網(wǎng)狀的原子晶體，共價(jià)鍵結(jié)合較為牢固，Si