2020年山西省太原市高考化學(xué)一模試卷(有答案解析)

1、2020 年山西省太原市高考化學(xué)一模試卷題號(hào)一二三總分得分1.、單選題（本大題共 7 小題，共 42.0分） 超臨界狀態(tài)下的 CO2 流體可提取中草藥材中的有效成分，工藝流程如圖所示。下列有關(guān)說法錯(cuò) 誤的是（ ）A. 浸泡時(shí)加入乙醇有利于中草藥有效成分的浸出B. 高溫條件下更有利于超臨界 CO2 萃取C. 升溫、減壓的目的是實(shí)現(xiàn) CO2 與產(chǎn)品分離D. 該方法使用的 CO2 可能來自釀酒廠發(fā)酵的副產(chǎn)品2. 設(shè) NA 為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是（）A. 18g2H2O 中所含的電子數(shù)為 10NAB. 常溫常壓下， 46g 乙醇中含 C-H 鍵的數(shù)目為 6N AC. 2 mol SO2

2、和 1molO 2在一定條件下充分反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為4NAD. 1L0.1mol ?L-1 NaF溶液中含有的 F-和 HF的粒子數(shù)目之和為 0.1NA3. 2018年 1月，泉州“碳九”泄露事件引發(fā)關(guān)注?！疤季拧敝饕侵高B三甲苯（ ）、正丙苯（ ）和對(duì)乙基甲苯（ ）等含九個(gè)碳原子的芳香烴下列說法正確的是 （）A. “碳九”是石油化工產(chǎn)品，可通過催化重整獲得B. 連三甲苯的一氯代物共有 6 種（不考慮立體異構(gòu)）C. 對(duì)乙基甲苯中所有碳原子一定處于同一平面內(nèi)D. 連三甲苯能使酸性 KMnO 4 溶液褪色，該反應(yīng)類型是取代反應(yīng)4. 最近報(bào)道的一種處理垃圾滲透液并用其發(fā)電的裝置示意圖如下。下列說法不

3、正確的是（ ）5.6.7.A. 該裝置將化學(xué)能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔蹷. 電子由 X 極沿導(dǎo)線流向 Y 極C. 標(biāo)準(zhǔn)狀況下， X 極上每消耗 22.4L 氣體時(shí)，理論上有 6molK +移向 Y 極D. Y 極發(fā)生的反應(yīng)可表示為 2NO3-+10e-+12H+=N2+6H2O，該極附近溶液的 pH 增大 短周期主族元素 m、n， p、 q的原子序數(shù)依次增大，它們的最外層電子數(shù)之和為18，n3-與 p2+具有相同的電子層結(jié)構(gòu)。下列敘述錯(cuò)誤的是（ ）A. p 單質(zhì)可以在 n 單質(zhì)中燃燒B. 簡(jiǎn)單離子半徑的大?。?q> n> pC. 最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性： q>n> mD. m、

4、n，P分別與 q 形成的二元化合物均含有共價(jià)鍵列實(shí)驗(yàn)方案能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖牵?）選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)?zāi)康膶?shí)驗(yàn)方案A除去 Al2O3 中的 Fe2O3向固體中先加入過量 NaOH 溶液，過濾后向?yàn)V液中加入 過量鹽酸B驗(yàn)證 Cu 和濃硫酸反應(yīng)生成 CuSO4向反應(yīng)后溶液中加入水觀察溶液變藍(lán)色C證明二氧化硫具有還原性將二氧化硫通入 Ba（ NO 2） 3溶液中有白色沉淀生成D驗(yàn)證： Ksp（ AgI ）< K sp（ AgCl ）向盛有 1mL0.1mol ?L-1 AgNO 3溶液的試管中滴加 10滴0.1mol ?L -1，NaCl 溶液，有白色沉淀生成，向其中繼續(xù)滴 加0.1mol ?L -1KI 溶

5、液，有黃色沉淀產(chǎn)生A. A B. B C. C D. D 草酸 H2C2O4 是一種二元弱酸在菠菜、莧菜、甜菜等植物中含量較高。 25時(shí)，向 H2C2O4 溶液中滴加 NaOH 溶液，混合溶液中 lgXX 表示或隨溶液 pH 的變化關(guān)系 如圖所示。下列說法正確的是（ ）A. 直線 中 X 表示的是B. 當(dāng) pH=3.22 時(shí)，溶液中 =100： 1C. 0.1mol ?L -1NaHC 2O4溶液中： c（ Na+ ）> c（HC2O4-）> c（H2C2O4）>c（C2O4-）D. 已知：碳酸的電離常數(shù) Ka1=4.3 ×10-7，K a2=5.6 ×1

6、0-11，則向 Na2CO 3溶液中加入等濃度、等體積草酸溶液反應(yīng)的離子方程式為CO32-+H2C2O4=HC2O4-+HCO 3-8.、簡(jiǎn)答題（本大題共 4 小題，共 50.0分）以某工業(yè)副產(chǎn)物鹽泥 主要成分為 Mg（ OH ）2，還含有少量 Al（OH）3、FeCO3，MnCO 3、SiO2、CaCO3 等為原料制備防火材料 MgSO4?7H2O 的工藝流程如圖：回答下列問題：（1）以 MgSO 4為原料可制備陰陽(yáng)離子個(gè)數(shù)比為1：1 的化合物 MgC 2已知 MgC 2中各元素原子都達(dá)到了穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，則 MgC 2的電子式為 。（ 2）“酸浸”時(shí)， FeCO3與稀硫酸反應(yīng)的化學(xué)方程式為 。濾

7、渣 I 的主要成分為 SiO2和 （填化學(xué)式）；為了提高浸取率除了適當(dāng)增大稀硫酸的濃度和升溫外，還可采取的措施 有 （寫出兩點(diǎn)）。（ 3）氧化”時(shí)， 次氯酸鈉溶液將 MnSO 4氧化為 MnO 2的離子方程式為 ；濾渣 2的主要成分為 MnO 2和， （填化學(xué)式）。（ 4）“一系列操作”主要是指 。（ 5）一種堿式碳酸鎂 4MgCO 3?Mg （OH）2?5H2O可用作防火保溫材料，用化學(xué)方程式說明其 可作防火材料的原理： 。9. 以天然氣和二氧化碳為原料在工業(yè)上均可以合成甲醇。1）目前科學(xué)家正在研究將天然氣直接氧化合成甲醇：CH4（g）+ O2 （g） =CH 3OH（g）H=-146kJ?

8、mol-1已知該反應(yīng)中相關(guān)的化學(xué)鍵鍵能數(shù)據(jù)如下：化學(xué)鍵C-OO=OH-OC-HE（kJ?mol-1）343498x413由此計(jì)算 x=（ 2）工業(yè)廢氣二氧化碳催化加氫也可合成甲醇：CO2（g）+3H 2（g）? CH3OH（g）+H2O（g）。在密閉容器中投入 1 mol CO2和 2.75molH 2，在不同條件下發(fā)生反應(yīng)，實(shí)驗(yàn)測(cè)得平衡時(shí)甲醇的物 質(zhì)的量隨溫度、壓強(qiáng)的變化如圖所示。 該反應(yīng)的 H 0 （填“>”、“<”或“ =”，下同）。 M、N 兩點(diǎn)時(shí)化學(xué)反應(yīng)速率： v（N）v（M），判斷理由是 3）化學(xué)式中 CHZ 為碳酰肼，其結(jié)構(gòu)為，它是 為提高 CO2 的轉(zhuǎn)化率除可以改變

9、溫度和壓強(qiáng)外，還可采取的措施有 ， 。 若 506時(shí)、在 10L 密閉容器中反應(yīng)，達(dá)平衡時(shí)恰好處于圖中M 點(diǎn)，則 N 點(diǎn)對(duì)應(yīng)的平衡常數(shù)K= （結(jié)果保留兩位小數(shù)）。（ 3）煤的電化學(xué)脫硫是借助煤在電解槽發(fā)生的反應(yīng)將煤中的FeS2 轉(zhuǎn)化為硫酸鹽，達(dá)到凈煤目的。在硫酸鐵酸性電解液中首先發(fā)生反應(yīng)FeS2+2Fe3+=3Fe2+2S，然后在某一電極上發(fā)生兩個(gè)電極反應(yīng)， 其中一個(gè)是使 Fe再生，則該電極為 極，該電極上的另一個(gè)電極反應(yīng)式是 （所用電極均為情性電極）（ 4）廢水處理時(shí)通入 H2S（或加 S2-能使某些金屬離子生成極難溶的硫化物而除去。25時(shí)，某廢液中 c（ Mn 2+） =0.02mol ?

10、L-1，調(diào)節(jié)廢液的 pH使 Mn 2+開始沉淀為 MnS時(shí)，廢液中 c（ H 2S=0.1mol?L -1，此時(shí)pH約為 ，已知：K s（p MnS ）=5.0 ×10-14H2S的電離常數(shù)：Ka1=1.5 ×10-7，Ka2=6.0 ×10-15， lg6=0.810.高氯酸三碳酰肼合鎳 Ni （ CHZ ）3 （ClO 4） 2是一種新型的起爆藥。（1）Ni 能與 CO 形成配合物 Ni （CO ） 4，配體 CO中提供孤電子對(duì) 的是 C 原子，其理由可能是 ；該配合物分子中 鍵與 鍵數(shù)目之比為 。（2）ClO 4-的空間構(gòu)型是 。寫出與 ClO 4-互為等電

11、子體的一種分子和一種離子： ， （填化學(xué)式）。種新型的環(huán)保鍋爐水除氧劑。碳酰肼中氮元素的化合價(jià)為，碳原子的雜化軌道類型為 碳酰肼可以由碳酸二甲酯）和肼（ N2H4）反應(yīng)制得，有關(guān)的化學(xué)方程式為（ 4）高氯酸三碳酰肼合鎳可由 NiO 、高氯酸及碳酰肼化合而成。 比較次氯酸和高氯酸的酸性，并說明理由： 。 如圖為 NiO 晶胞，若晶胞中含有的 Ni 2+數(shù)目為 a，Ni 2+的配位數(shù)為 b，NiO 晶體中每個(gè) Ni 2+距 離最近的 Ni 2+數(shù)目為 c，則 a：b： c=。11. 高血脂是一種常見的心血管疾病治療高血脂的新藥I 的合成路線如圖（ A-H 均為有機(jī)物）：已知：a回答下列問題：（ 1

12、）反應(yīng)所需試劑、條件分別是 ，F(xiàn) 的化學(xué)名稱為 。（ 2）反應(yīng)的類型是 ；AB 的化學(xué)方程式為 。（3）G 的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為 （ 4）化合物 W 的相對(duì)分子質(zhì)量比 C 大 14 ，且滿足下列條件的 W 的結(jié)構(gòu)共有種。 （不考慮立體 異構(gòu)）i 遇 FeCl 3溶液顯紫色 屬于芳香族化合物 能發(fā)生銀鏡反應(yīng) 其中核磁共振氫譜顯示有 5種不同化學(xué)環(huán)境的氫，峰面積比為2：2：2：1：1的是 （寫出結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式）（ 5）設(shè)計(jì)用甲苯和乙醛為原料制備選。（合成路線常用的表示方式為： 三、實(shí)驗(yàn)題（本大題共 1 小題，共 13.0分）12. 甲醛（ HCHO ），無(wú)色氣體易溶于水，有特殊的刺激性氣味，對(duì)人眼、鼻 等有刺激

13、作用。 40%的甲醛溶液沸點(diǎn)為 96，易揮發(fā)，在堿性溶液中具 有極強(qiáng)的還原性。為探究過量甲醛和新制Cu（OH ）2 反應(yīng)的產(chǎn)物成分，進(jìn)行如下探究：（ 1）在如圖裝置中進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，向 a中加入 0.5 mol?L-1 CuSO4溶液 50mL 和 5mol?L -1NaOH 溶液 100mL ，振蕩再加入 40%的甲醛溶液 40mL，緩慢 加熱 a，在 65時(shí)回流 20 分鐘后冷卻至室溫。反應(yīng)過程中觀察到有棕色固體生成最后變成紅色，并有氣體產(chǎn)生。儀器 c 的名稱是 。裝置 A 中反應(yīng)需要在水浴中進(jìn)行，原因是 。能說明甲醛具有還原性的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是 。H2不含 CO，將裝置 A 和（ 2）查閱資料發(fā)現(xiàn)氣

14、體產(chǎn)物是副反應(yīng)產(chǎn)生的。為確認(rèn)氣體產(chǎn)物中含 如圖所示的裝置連接后進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。 依次連接的合理順序?yàn)椋?ABH G 裝置 B 的作用是 。 確認(rèn)氣體產(chǎn)物中含 H2而不含 CO 的現(xiàn)象是 。（ 3）為探究紅色固體產(chǎn)物的組成，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)假設(shè)以下每步均充分反應(yīng)）：已知： iCu2OCu （NH 3）4+（無(wú)色）Cu（NH3）42+藍(lán)色）ii.2Cu+8NH 3?H2O+O 2=2Cu （ NH 3）42+4OH -+6H 2O 通過上述實(shí)驗(yàn)，可以得出紅色固體產(chǎn)物主要是 。答案與解析1. 答案： B解析： 解： A 有機(jī)物易溶于有機(jī)物，浸泡時(shí)加入乙醇有利于中草藥有效成分的浸出，故 A 正確； B低溫、加壓

15、更有利于超臨界 CO2 萃取，故 B 錯(cuò)誤； C由最后一步流程可知，升溫、減壓分離出產(chǎn)品和CO2，故 C 正確；D葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇和二氧化碳，故D 正確。故選： B 。 由實(shí)驗(yàn)流程可知，中草藥粉粹后，加入乙醇有利于中草藥有效成分的浸出，然后萃取，超臨界狀態(tài) 下的 CO2 流體溶解性與有機(jī)溶劑相似，結(jié)合升溫、減壓分離出產(chǎn)品可知，低溫、加壓更有利于超臨 界 CO2 萃取，且 CO2 流體萃取中藥材具有無(wú)溶劑殘留、綠色環(huán)保等優(yōu)點(diǎn)，以此解答該題。 本題考查混合物分離提純，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、混合物分離提純、實(shí)驗(yàn)技能為解答的關(guān) 鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意信息及流程的?yīng)用，題

16、目難度不大。2. 答案： D解析： 解： A 18g水的物質(zhì)的量為 0.9mol，而水中含 10個(gè)電子，故 0.9mol 水中含 9NA個(gè)電子，故 A 錯(cuò)誤；B46g 乙醇為 1mol，每摩爾含有 5molC-H 鍵，常溫常壓下， 46g乙醇中含 C-H 鍵的數(shù)目為 5NA， 故 B 錯(cuò)誤；C二氧化硫和氧氣的反應(yīng)為可逆反應(yīng)，不能進(jìn)行徹底，故轉(zhuǎn)移的電子數(shù)小于4NA 個(gè)，故 C 錯(cuò)誤；D在 1L0.1mol/L 的 NaF溶液中， NaF的物質(zhì)的量 n=cV=0.1mol/L ×1L=0.1mol ，由于 F-是弱酸根， 在溶液中水水解為 HF，根據(jù) F原子的守恒可知， F-和HF數(shù)目之

17、和為 0.1NA，故 D正確； 故選： D。A求出水的物質(zhì)的量，然后根據(jù)水中含10 個(gè)電子來分析；B求出乙醇的物質(zhì)的量，然后根據(jù)乙醇中含5條 C-H 鍵分析；C二氧化硫和氧氣的反應(yīng)為可逆反應(yīng)；D根據(jù)物料守恒來分析。 本題考查了物質(zhì)的量和阿伏伽德羅常數(shù)的有關(guān)計(jì)算，難度不大，掌握公式的運(yùn)用和物質(zhì)的結(jié)構(gòu)是解 題關(guān)鍵。3. 答案： A解析： 解： A 碳九主要含三甲苯、異丙苯、正丙苯、乙基甲苯等有機(jī)物，為混合物，由石油催化 重整可得到，故 A 正確；B連三甲苯含有 4種 H，則一氯代物有 4種，故 B 錯(cuò)誤； C含有飽和碳原子，具有甲烷的結(jié)構(gòu)特征，則所有的碳原子不一定在同一個(gè)平面上，故C 錯(cuò)誤；D苯環(huán)

18、的甲基生成羧基，為氧化反應(yīng)，故D 錯(cuò)誤。故選： A 。A石油催化重整可得到芳香烴； B連三甲苯含有 4 種 H；C含有飽和碳原子，具有甲烷的結(jié)構(gòu)特征； D可生成羧基，為氧化反應(yīng)。本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重考查學(xué)生的分析能力，注意把握有機(jī)物的結(jié)構(gòu)特 點(diǎn)以及官能團(tuán)的性質(zhì)，題目難度不大。4. 答案： C解析： 解： A、處理垃圾滲濾液的裝置屬于原電池裝置，是化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能，故A 正確；B、電子由負(fù)極流向正極，即 X 極沿導(dǎo)線流向 Y 極，故 B 正確；C、X 極上每消耗 22.4L 氣體時(shí)，即氣體的物質(zhì)的量為 0.5mol 的氮?dú)?，理論上?3molK +移向 Y 極， 故 C

19、錯(cuò)誤；D、Y 是正極，發(fā)生得電子的還原反應(yīng)， 2NO3-+10e-+12H+=N2+6H2O，消耗氫離子，周圍 pH 增大， 故 D 正確。故選： C。 根據(jù)處理垃圾滲濾液并用其發(fā)電的示意圖知道：裝置屬于原電池裝置， X 是負(fù)極，發(fā)生失電子的氧 化反應(yīng)， Y 是正極，發(fā)生得電子的還原反應(yīng) 2NO3-+10e-+12H +=N2+6H2O，電解質(zhì)里的陽(yáng)離子移向正 極，陰離子移向負(fù)極，電子從負(fù)極流向正極，據(jù)此回答。本題考查學(xué)生二次電池的工作原理以及原電池和電解池的工作原理知識(shí)，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重學(xué)生的 分析能力的考查，屬于綜合知識(shí)的考查，難度中等，注意把握電極的判斷方法和電極方程式的書寫。5. 答案

20、： D解析： 解：由以上分析可知： m為 C、n為 N、p為 Mg 、q為Cl元素， A Mg 能夠在氮?dú)庵腥紵傻V，故 A 正確；B離子核外電子層數(shù)越多，離子半徑越大，具有相同核外電子排布的離子， 核電荷數(shù)越大離子半徑越小，則簡(jiǎn)單離子半徑的大?。?q> n>p，故 B 正確；C非金屬性： Cl>N>C，則最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性： q>n>m，故 C 正確； DC、N、Mg 與 Cl 形成的二元化合物中，氯化鎂為離子化合物，故D 錯(cuò)誤；故選： D。短周期主族元素 m、n，p、 q的原子序數(shù)依次增大， n3-與 p2+具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，可知 n

21、為 N 元 素，p為Mg 元素；四種原子最外層電子數(shù)之和為 18，則可知 m、q的最外層電子數(shù)之和為 18-5-2=11 ， m的原子序數(shù)小于 N，則 m為 C，q為 Cl元素，結(jié)合對(duì)應(yīng)單質(zhì)、化合物的性質(zhì)以及元素周期律解答 該題。本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系，題目難度不大，推斷元素為解答關(guān)鍵，注意掌握元素周期 律內(nèi)容及常見元素化合物性質(zhì)，試題側(cè)重考查學(xué)生的分析能力及邏輯推理能力。6. 答案： C解析： 解： A 氧化鋁與 NaOH反應(yīng)，且濾液中加過濾鹽酸不能生成氧化鋁，不能除雜，故A 錯(cuò)誤；B應(yīng)將反應(yīng)后的混合物注入水中，順序不合理，故B 錯(cuò)誤；C二氧化硫通入 Ba（ NO2） 3溶液，發(fā)

22、生氧化還原反應(yīng)，生成硫酸鋇白色沉淀，故C 正確；D AgNO 3溶液過量，均為沉淀生成，不能比較Ksp 大小，故 D錯(cuò)誤；故選： C。A 氧化鋁與 NaOH 反應(yīng)，且濾液中加過濾鹽酸不能生成氧化鋁； B應(yīng)將反應(yīng)后的混合物注入水中；C二氧化硫通入 Ba（ NO2） 3溶液，發(fā)生氧化還原反應(yīng)； DAgNO 3溶液過量，均為沉淀生成。本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、混合物分離提純、沉淀生成、實(shí)驗(yàn) 技能為解答關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意?shí)驗(yàn)的評(píng)價(jià)性分析，題目難度不大。7. 答案： B 解析： 解： X 與 c（H+）的乘積為電離平衡常數(shù)， H 2C 2O4的電離平衡常數(shù)

23、 Ka1>K a2，直線 X 與 c （H+）乘積等于 1×10-1.22，直線X與c（H+）乘積等于 1×10-4.19，即 H2C2O4溶液的 Ka1=1×10-1.22，則 H2C2O4溶的 Ka2=1×10-4.19，則直線 表示 lgX 隨溶液 pH的變化關(guān)系，直線 表示 lg2 2 4 a2隨溶液 pH 的變化關(guān)系。=A 錯(cuò)誤；則=100：A根據(jù)分析可知，直線 表示 lg 隨溶液 pH的變化關(guān)系，故BpH=3.22，c（H+）=1×10-3.22mol/L ，H2C2O4 溶液的 Ka1=1×10-1.22，=10-

24、12.78， HC2O4-的電離1，故 B 正確；CHC2O4-的電離平衡常數(shù) =1×10-4.19，HC2O4-的水解平衡常數(shù) 程度大于其水解程度， 溶液顯酸性， 則 0.1mol/LNaHC 2O4溶液中： c（Na+）>c（HC2O4-）>c（C2O42-） >c（H2C2O4），故 C 錯(cuò)誤；D比較草酸和碳酸電離平衡常數(shù)可知草酸Ka2大于碳酸 Ka2，向 Na2CO3溶液中加入等物質(zhì)的量的草酸溶液生成草酸鈉和二氧化碳， 正確的離子方程式為： CO32-+H2C2O4=C2O42-+H2O+CO2，故 D 錯(cuò)誤； 故選： B 。AX 與 c（ H + ）的乘積

25、為電離平衡常數(shù)， H2C2O4 的電離平衡常數(shù) Ka1>Ka2，直線 X 與 c（H+）乘 積等于 1×10-1.22，直線X 與 c（H+）乘積等于 1×10-4.19，即 H2C2O4溶液的 Ka1=1×10-1.22，則 H2C2O4 溶的 K a2=1×10-4.19，則直線 表示 lgX 隨溶液 pH 的變化關(guān)系，直線 表示 lg 隨溶液 pH 的變化關(guān)系。BpH=3.22，c（H+）=1×10-3.22mol/L ，結(jié)合 H2C2O4溶液的 Ka1=1×10-1.22計(jì)算；CHC2O4-的電離平衡常數(shù) =1×

26、;10-4.19，HC2O4-的水解平衡常數(shù)=10-12.78電離程度大于其水解程度，溶液顯酸性；D比較草酸和碳酸電離平衡常數(shù)可知草酸Ka2大于碳酸 Ka2，向 Na2CO3溶液中加入等物質(zhì)的量的草酸溶液生成草酸鈉和二氧化碳。本題考查弱電解質(zhì)的電離、離子濃度大小比較，題目難度中等，明確電離平衡常數(shù)含義及其表達(dá)式、 計(jì)算方法是解本題關(guān)鍵，注意電荷守恒物料守恒及其鹽類水解原理的理解應(yīng)用，培養(yǎng)分析能力、理 解能力和應(yīng)用能力。8. 答案：FeCO3+H2SO4=FeSO4+CO2 +H2O CaSO4 粉碎、攪拌（或多次用硫酸浸取、減小鹽泥粒度、 延長(zhǎng)浸取時(shí)間等） Mn 2+ClO -+2OH -=M

27、nO 2 +C-l+H2O Fe（ OH ）3 Al（ OH） 3 蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾4MgCO 3?Mg （OH）2?5H2O 5MgO+4CO 2 +6H2O1： 1，則 MgC 2的電子解析： 解：（ 1）MgC 2中各元素原子都達(dá)到了穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，陰陽(yáng)離子個(gè)數(shù)比為式為： ； 故答案為：（2）“酸浸”時(shí)， FeCO3與稀硫酸反應(yīng)的化學(xué)方程式為： FeCO3+H 2SO4=FeSO4+CO2+H2O；根據(jù)分 析，濾渣 I 的主要成分為 SiO2 和 CaSO4；適當(dāng)增大稀硫酸的濃度、升溫、粉碎、攪拌（或多次用硫 酸浸取、減小鹽泥粒度、延長(zhǎng)浸取時(shí)間等）可以提高浸取率；故答案為： FeCO3

28、+H 2SO4=FeSO4+CO2+H2O；CaSO4；粉碎、攪拌（或多次用硫酸浸取、減小鹽泥 粒度、延長(zhǎng)浸取時(shí)間等）；（ 3）氧化時(shí)，次氯酸鈉溶液將 MnSO4 氧化為 MnO 2的離子方程式為：Mn 2+ClO -+2OH - =MnO 2 +C-l+H 2O；根據(jù)分析濾渣 2 的主要成分為 MnO2和 Fe（OH）3、Al（OH）3； 故答案為： Mn 2+ClO -+2OH -=MnO 2 +C-+l H2O；Fe（OH）3；Al（OH）3；（4）由含有 MgSO 4的溶液蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾得到MgSO 4?7H 2O ；故答案為：蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾；（5）堿式碳酸鎂 4M

29、gCO 3?Mg（OH）2?5H2O可用作防火保溫材料， 在高溫下發(fā)生反應(yīng)： 4MgCO 3?Mg （OH）2?5H2O 5MgO+4CO 2 +6H2O，生成的 MgO 和 CO2可以防火保溫；故答案為： 4MgCO3?Mg（OH）2?5H2O 5MgO+4CO 2+6H2O。根據(jù)流程：鹽泥 主要成分為 Mg（OH）2，還含有少量 Al （OH ） 3、 FeCO3， MnCO 3、 SiO2、 CaCO3 等用稀硫酸酸浸，得到 MnSO4、MgSO4、Al2（SO4）3、FeSO4的混合溶液和不溶的 SiO2和 CaSO4， 過濾，濾渣 I 的主要成分為 SiO2和 CaSO4，向?yàn)V液中加

30、入 NaOH 、NaClO 溶液，可以將 Mn 2+氧化為 MnO 2，將 Fe2+氧化為 Fe3+，調(diào)節(jié) pH5 6沉淀 Fe3+和 Al 3+，過濾，濾渣 2為MnO2和 Fe（OH）3、 Al （OH ） 3，最后將含有 MgSO 4的溶液蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾得到MgSO 4?7H 2O ，據(jù)此分析作答。本題考查了物質(zhì)制備流程和方案的分析判斷，物質(zhì)性質(zhì)的應(yīng)用，題干信息的分析理解，結(jié)合題目信 息對(duì)流程的分析是本題的解題關(guān)鍵，需要學(xué)生有扎實(shí)的基礎(chǔ)知識(shí)的同時(shí)，還要有處理信息應(yīng)用的能 力，題目難度中等。9. 答案： 465 < < 溫度不變時(shí)，由圖中可判斷壓強(qiáng) P2< P1

31、，壓強(qiáng)越大，化學(xué)反應(yīng)速率越快將產(chǎn)物甲醇液化移去 增加氫氣的濃度 1.04 陽(yáng) S+4H2O-6e-=8H+SO42- 5.2 解析： 解：（ 1）CH4（g）+ O2（g）=CH3OH（g）H=-146kJ ?mol -1=4×413KJ/mol+ ×498KJ/mol-（ 3×413KJ/mol+343KJ/mol+x ），x=465KJ/mol ，故答案為： 465；（2）由圖可知，壓強(qiáng)一定時(shí)，溫度越高，CH3OH 的物質(zhì)的量越小，說明升高溫度平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，則正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故 H <0，故答案為：<； 正反應(yīng)為氣體體積減小的反應(yīng)，溫度一

32、定時(shí)，增大壓強(qiáng)，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，甲醇的物質(zhì)的 量增大，故壓強(qiáng) P1>P2，壓強(qiáng)增大，反應(yīng)速率也增大，所以v（N）< v（M），故答案為：<；溫度不變時(shí)，由圖中可判斷壓強(qiáng)P1>P2 ，壓強(qiáng)越大，化學(xué)反應(yīng)速率越快； 在可逆反應(yīng)中，增加一種反應(yīng)物濃度可以提高另一反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率，所以為提高CO2 的轉(zhuǎn)化率除可改變溫度和壓強(qiáng)外，還可采取的措施是將產(chǎn)物甲醇液化移去，增加氫氣的濃度， 故答案為：將產(chǎn)物甲醇液化移去，增加氫氣的濃度； 圖中 M、N點(diǎn)溫度相同，平衡常數(shù)相同， M 點(diǎn)時(shí)，容器體積為 10L，平衡時(shí) CH3OH 的物質(zhì)的量為 0.25mol ，則：CO 2（ g）+3H

33、 2（g）? CH 3OH （ g） +H2O（g）起始（ mol/L ）：0.10.2750 0變化（ mol/L ）：0.0250.0750.025 0.025平衡（ mol/L ）：0.0750.20.025 0.025故平衡常數(shù) K=故答案為： 1.04；（ 3）在硫酸鐵酸性電解液中首先發(fā)生反應(yīng)FeS2+2Fe3+=3Fe2+2S，然后在某一電極上發(fā)生兩個(gè)電極反應(yīng)，其中一個(gè)是使 Fe 再生，亞鐵變?yōu)?+3 價(jià)，所用電極均為情性電極，該電極為陽(yáng)極，該電極上 的另一個(gè)電極反應(yīng)式是硫單質(zhì)得到電子發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)：S+4H2O-6e-=8H+SO42-，=c（ S2-）mol/L=2.5

34、 ×10-12mol/L ，故答案為：陽(yáng)； S+4H2O-6e-=8H +SO42-；H2S 的電離常數(shù)：K1=1.5 ×10-7， K 2=6.0 ×10-15，4）當(dāng) Qc=Ksp（ MnS）時(shí)開始沉淀，所以故答案為： 5.2。pH=-lg6 ×10-6=6-lg6=6-0.8=5.2 ，15=9.0 ×10-22，結(jié)合 c（H2S）=0.1mol?L-1可（ 1）反應(yīng)焓變 H= 反應(yīng)物總鍵能 -生成物總鍵能；（2）由圖可知，壓強(qiáng)一定時(shí)，溫度越高，CH3OH 的物質(zhì)的量越小，說明升高溫度平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)；正反應(yīng)為氣體體積減小的反應(yīng)，溫度

35、一定時(shí)，增大壓強(qiáng)，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，甲醇的物質(zhì)的 量增大，故壓強(qiáng) P1> P2，壓強(qiáng)越大，反應(yīng)速率越快；在可逆反應(yīng)中，增加一種反應(yīng)物濃度可以提高另一反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率；0.25mol ，則： CO2（g） mol/L ）： mol/L ）： mol/L ）：起始 變化 平衡根據(jù)K=+3H20.10.0250.075g）? CH3OH（g） +H2O（g）0.2750.0750 00.0250.0250.20.0250.025計(jì)算； 圖中 M、N點(diǎn)溫度相同，平衡常數(shù)相同， M 點(diǎn)時(shí)，容器體積為 10L，平衡時(shí) CH3OH 的物質(zhì)的量為FeS2+2Fe3+=3Fe2+2S，然后在某一電極上發(fā)

36、生兩個(gè)電極+3 價(jià)，所用電極均為情性電極，該電極為陽(yáng)極，該電極上K1×K2=1.5 ×10-7×6.0 ×10-15=9.0 ×10-22 計(jì)算出 c（H+），然后可計(jì)算出溶液的pH。在硫酸鐵酸性電解液中首先發(fā)生反應(yīng)（3） 反應(yīng)，其中一個(gè)是使 Fe 再生，亞鐵變?yōu)?的另一個(gè)電極反應(yīng)式是硫單質(zhì)得到電子發(fā)生還原反應(yīng)；（ 4）當(dāng) Qc=K sp（ MnS ）時(shí)開始沉淀，由此求出硫離子的濃度，結(jié)合 本題考查化學(xué)平衡的計(jì)算、難溶物溶度積計(jì)算、蓋斯定律應(yīng)用等知識(shí)，題目難度中等，明確蓋斯定 律內(nèi)容及化學(xué)平衡及其影響為解答關(guān)鍵，試題知識(shí)點(diǎn)較多、綜合性較強(qiáng)，充分

37、考查了學(xué)生的分析、 理解能力及綜合應(yīng)用能力。10. 答案： 電負(fù)性 O>C，O 原子不易給出孤電子對(duì)1： 正四面體形 CCl4 SO42- -2 sp2HClO 4的酸性比 HClO 的強(qiáng)， HClO 4中非羥基氧數(shù)目比 HClO 的多， HClO4中Cl 的正電性更高，導(dǎo)致 Cl-O-H 中 O 的電子向 Cl 的偏移程度比 HClO 的大， HClO 4更易電離出 H+ 2： 3：6解析： 解：（ 1）電負(fù)性 O> C， O原子不易給出孤電子對(duì)，配體 CO 中提供孤電子對(duì)的是 C原子。 Ni 原子形成的 4個(gè)配位鍵屬于 鍵， CO與 N2互為等電子體， CO 分子結(jié)構(gòu)式為 CO

38、，CO 分子中含 有 1個(gè)鍵、 2個(gè)鍵，故 Ni（CO）4中含有 8個(gè)鍵、8個(gè) 鍵， 鍵與 鍵數(shù)目之比為 8：8=1： 1，故答案為：電負(fù)性 O>C，O 原子不易給出孤電子對(duì)； 1：1；（2）ClO4-的中心原子 Cl 原子孤電子對(duì) =0，價(jià)層電子對(duì)數(shù) =0+4=4 ，微?？臻g構(gòu)型與它的 VSEPR 模型相同為正四面體形，故答案為：正四面體形；原子總數(shù)相等、 價(jià)電子總數(shù)也相等的微?；榈入娮芋w，與 ClO 4-互為等電子體的一種分子和一種離子可以是： CCl 4、SO42-等， 故答案為： CCl4、SO42-；（3） N-N鍵使 N元素表現(xiàn) 0價(jià)，N-H價(jià)使 N元素表現(xiàn) -1價(jià)，N-C

39、鍵使 N元素表現(xiàn) -1價(jià)，故碳酰 肼中氮元素的化合價(jià)為 -2 價(jià)；分子中碳原子形成 3個(gè) 鍵，雜化軌道數(shù)目為 3，故碳原子采取 sp2 雜 化，故答案為： -2； sp2；（4） HClO 4中非羥基氧數(shù)目比 HClO 的多， HClO 4中 Cl的正電性更高，導(dǎo)致 Cl-O-H 中O的電子 向 Cl 的偏移程度比 HClO 的大， HClO 4更易電離出 H+，故酸性： HClO 4> HClO ， 故答案為： HClO 4的酸性比 HClO 的強(qiáng)， HClO 4中非羥基氧數(shù)目比 HClO 的多， HClO 4中 Cl的正電性 更高，導(dǎo)致 Cl-O-H 中 O 的電子向 Cl 的偏移程

40、度比 HClO 的大， HClO4 更易電離出 H+；晶胞中含有的 Ni 2+數(shù)目=8× +6× =4以頂點(diǎn) Ni 2+研究，其周圍最近的氧離子處于棱心且關(guān)于鎳離 子對(duì)稱，可知 Ni 2+的配位數(shù)為 6以頂點(diǎn) Ni 2+研究，與之距離最近的 Ni 2+處于面心，頂點(diǎn)為 8 個(gè)晶胞 共用、面心為 2個(gè)晶胞共用，故共有=12 個(gè)，則 a：b：c=4：6：12=2：3：6，故答案為： 2： 3：6。（ 1）電負(fù)性越大，原子越不易提供孤電子對(duì)； Ni 原子形成的 4個(gè)配位鍵屬于 鍵，CO與 N2互為等 電子體， CO分子結(jié)構(gòu)式為 CO，CO分子中含有 1個(gè)鍵、2個(gè) 鍵；（2）ClO

41、4-的中心原子 Cl 原子孤電子對(duì) = =0，價(jià)層電子對(duì)數(shù) =0+4=4 ，微粒空間構(gòu)型與它的 VSEPR 模型相同；原子總數(shù)相等、價(jià)電子總數(shù)也相等的微?；榈入娮芋w；（3） N-N鍵使 N元素表現(xiàn) 0價(jià)， N-H 價(jià)使 N元素表現(xiàn) -1價(jià)，N-C鍵使 N元素表現(xiàn) -1價(jià)；分子中 碳原子形成 3個(gè) 鍵，雜化軌道數(shù)目為 3；碳酰肼可以由碳酸二甲酯）和肼（ N2H4）反應(yīng)制得，該反應(yīng)屬于取代反應(yīng)，同時(shí)還有甲醇生成；（ 4）非羥基氧數(shù)目越多，中心元素的正電性越高，越容易電離出離子； 如均攤法計(jì)算晶胞中含有的Ni 2+數(shù)目。以頂點(diǎn) Ni 2+研究，其周圍最近的氧離子處于棱心且關(guān)于鎳離子對(duì)稱，可知 Ni

42、 2+的配位數(shù)為 6以頂點(diǎn) Ni 2+研究，與之距離最近的 Ni 2+處于面心，共有 12 個(gè)。 本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，涉及配合物、化學(xué)鍵、空間構(gòu)型、等電子體、雜化方式、分子結(jié)構(gòu)與性 質(zhì)、晶胞計(jì)算等，這些都是常考知識(shí)點(diǎn)，需要學(xué)生具備扎實(shí)的基礎(chǔ)與靈活運(yùn)用的能力。11. 答案： 氯氣、光照 辛醛 酯化反應(yīng)或取代反解析： 解：1）反應(yīng)是甲苯轉(zhuǎn)化為由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知 F 為辛醛， 故答案為：氯氣、光照；辛醛；2）反應(yīng)是酯化反應(yīng)，也屬于取代反應(yīng)；AB 的化學(xué)方程式為，故答案為：酯化反應(yīng)或取代反應(yīng)；3） G 的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，故答案為：4）化合物 W 的相對(duì)分子質(zhì)量比化合物 C （）大14，W比C多 1個(gè)CH2

43、原子團(tuán)，W滿足下列條件：遇 FeCl3 溶液顯紫色，說明含有酚羥基，屬于芳香族化合物，即含有苯環(huán)，能 發(fā)生銀鏡反應(yīng)，還含有醛基，含有 2個(gè)側(cè)鏈為 -OH 、 -CH 2CHO ，有鄰、間、對(duì) 3 種，含有 3 個(gè)側(cè)鏈 為-OH 、 -CH3 、 -CHO ，而 OH 、 -CH 3有鄰、間、對(duì) 3種位置，對(duì)應(yīng)的 -CHO 分別有 4種、 4種、2種 位置，故符合條件的 W 共有 3+4+4+2=13 種，其中核磁共振氫譜顯示有 5 種不同化學(xué)環(huán)境的氫，峰面積比為 2：2：2：1：1的W 的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：5）苯與氯氣在光照條件下生成然后發(fā)生水解反應(yīng)生成最后與乙醛在堿性條件下反應(yīng)生成目標(biāo)物，合成路線流程圖為：故答案為：甲烷和氯氣在光照條件下發(fā)生取代反應(yīng)生成D （CH 2Cl2）， D 在氫氧化鈉的水溶液、加熱條件下發(fā)則 E 為 HCHO ，CH（3 CH 2）6CHO生取代反應(yīng)， 但同一個(gè)碳原子上含有兩個(gè)羥基不穩(wěn)定會(huì)失水生成醛，和甲醛反應(yīng)生成 G，根據(jù)題給信息知 G 為， G和氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成 H為甲苯在光照條件下與氯氣發(fā)