廣西玉林高級中學(xué)2018屆高三化學(xué)模擬試題(三)(共17頁)

1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上廣西玉林高級中學(xué)2018屆高三化學(xué)模擬試題（三）1.1.國際化學(xué)年的主題是“化學(xué)我們的生活，我們的未來”。下列說法正確的是A. 可從海水中提取氯化鎂，使氯化鎂分解獲得鎂并釋放出能量B. 推廣使用應(yīng)用原電池原理制成的太陽能電池和氫動力汽車，減少化石能源的使用C. 將單質(zhì)銅制成“納米銅”時，具有非常強(qiáng)的化學(xué)活性，在空氣中可以燃燒，這說明“納米銅”比銅片更易失電子D. 采煤工業(yè)上，爆破時把干冰和炸藥放在一起，既能增強(qiáng)爆炸威力，又能防止火災(zāi)【答案】D【解析】【詳解】A、分解反應(yīng)一般都是吸熱反應(yīng)，使氯化鎂分解獲得鎂需要吸收能量，選項A錯誤；B太陽能電池是一種對光有響應(yīng)并能將光能

2、轉(zhuǎn)換成電力的器件，不是使用原電池原理制成的，選項B錯誤；C、將單質(zhì)銅制成“納米銅”時，具有非常強(qiáng)的化學(xué)活性，在空氣中可以燃燒，這說明“納米銅”顆粒更細(xì)小，化學(xué)反應(yīng)時接觸面大，所以反應(yīng)速率快，選項C錯誤；D、干冰氣化后體積膨脹，且CO2可以滅火，選項D正確。答案選D。2.2.阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，下列說法正確的是A. 0.01mol乙烯氣體被濃溴水完全吸收，反應(yīng)伴隨0.02NA個碳碳共價鍵斷裂B. 實驗室用電解熔融NaOH制取金屬鈉，制得2.3g鈉電路上至少轉(zhuǎn)移0.1NA個電子C. 標(biāo)況下，44.8LHCl氣體溶于1.0L水中，所得溶液每毫升中含2×10-3NA個H+D. 含4mo

3、lHC1的濃鹽酸與足量的MnO2混合后充分加熱，可產(chǎn)生NA個Cl2分子【答案】B【解析】0.01mol乙烯氣體被濃溴水完全吸收生成1,2-二溴乙烷，反應(yīng)伴隨0.01NA個碳碳共價鍵斷裂，故A錯誤；實驗室用電解熔融NaOH制取金屬鈉，鈉由+1價變?yōu)?價，所以制得2.3g鈉電路上至少轉(zhuǎn)移0.1NA個電子，故B正確；標(biāo)況下，44.8LHCl氣體溶于水配成1.0L溶液，所得溶液每毫升中含2×10-3NA個H+，故C錯誤；稀鹽酸與MnO2不反應(yīng)，含4molHC1的濃鹽酸與足量的MnO2混合后充分加熱，產(chǎn)生Cl2分子小于NA個，故D錯誤。3.3.X、Y、Z、R、Q為元素周期表前20號的五種主族元

4、素，且原子半徑依次減小，其中X 和Q同主族，X與Z、Y與Q原子的電子層數(shù)都相差2，X、Y原子最外層電子數(shù)之比為1：4，Z的最外層電子數(shù)是次外層的3倍。下列說法不正確的是A. R和Q形成的化合物含有共價鍵且為強(qiáng)電解質(zhì) B. X和Z可形成X2Z、X2Z2等化合物C. Y和Z形成的某種化合物具有空間網(wǎng)狀結(jié)構(gòu) D. X的失電子能力比Q強(qiáng)【答案】A【解析】【分析】X、Y、Z、R、Q為元素周期表前20號的五種主族元素，且原子半徑依次減小，Z的最外層電子數(shù)是次外層的3倍，原子只能有2個電子層，最外層電子數(shù)為6，則Z為O元素；X與Z原子的電子層數(shù)都相差2，X只能處于第四周期，X、Y原子最外層電子數(shù)之比為1：4

5、，X原子最外層電子數(shù)只能為1，Y原子最外層電子數(shù)為4，則X為K元素；X和Q同主族，Y與Q原子的電子層數(shù)也相差2，結(jié)合原子序數(shù)可知，Y只能處于第三周期、Q處于第一周期，則Q為H元素、Y為Si；R的原子半徑小于O，則R為F元素，據(jù)此解答?！驹斀狻縓、Y、Z、R、Q為元素周期表前20號的五種主族元素，且原子半徑依次減小，Z的最外層電子數(shù)是次外層的3倍，原子只能有2個電子層，最外層電子數(shù)為6，則Z為O元素；X與Z原子的電子層數(shù)都相差2，X只能處于第四周期，X、Y原子最外層電子數(shù)之比為1：4，X原子最外層電子數(shù)只能為1，Y原子最外層電子數(shù)為4，則X為K元素；X和Q同主族，Y與Q原子的電子層數(shù)也相差2，結(jié)

6、合原子序數(shù)可知，Y只能處于第三周期、Q處于第一周期，則Q為H元素、Y為Si；R的原子半徑小于O，則R為F元素，AF和H形成的化合物為HF，含有共價鍵，為弱電解質(zhì)，選項A錯誤； BK和O可形成K2O、K2O2等化合物，選項B正確；CSi和O形成的二氧化硅，屬于原子晶體，具有空間網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，選項C正確；DX為K元素，Q為H元素，K失去電子能力更強(qiáng)，選項D正確。答案選C?！军c睛】本題考查結(jié)構(gòu)性質(zhì)位置關(guān)系應(yīng)用，推斷元素是解題關(guān)鍵，Z的排布特點是推斷突破口，難度中等。4.4.室溫下，下列敘述正確的是A. 若V1 L pH=11的NaOH溶液與V2 L pH=3的HA溶液混合后顯中性，則V1V2B

7、. 等體積、等物質(zhì)的量濃度的NaCl溶液中離子總數(shù)大于NaClO溶液中離子總數(shù)C. 等體積、等物質(zhì)的量濃度的Na2CO3 和NaHCO3溶液混合：c(HCO3)c(H2CO3)<c(CO32)c(HCO3)D. 將CH3COOH溶液與NaOH溶液混合，若混合后的溶液中c(CH3COO-)+c(CH3COOH )=2c(Na+)，則c(OH-)+c(CH3COO-)=c(CH3COOH)+c(H+)【答案】B【解析】【詳解】A、如HA為強(qiáng)酸，則V1=V2，如HA為弱酸，HA的濃度較大，消耗的氫氧化鈉的體積偏大，則V1>V2，選項A錯誤；B、HClO是弱酸，所以Na

8、ClO溶液中發(fā)生水解反應(yīng)：ClO-+H2OHClO+OH-，使溶液呈堿性，氫離子濃度小于10-7mol/L，所以NaCl溶液中c（Na+）+ c（H+）大于NaClO溶液中c（Na+）+ c（H+），根據(jù)電荷守恒：c（Na+）+ c（H+）= c（OH-）+c（Cl-）可得溶液中離子總數(shù)為2×c（Na+）+c（H+）×V；同理可得NaClO溶液中總數(shù)為2×c（Na+）+c（H+）×V，所以NaCl溶液中離子總數(shù)大于NaClO溶液，選項B正確；C. 等體積、等物質(zhì)的量濃度的Na2CO3 和NaHCO3溶液混合，根據(jù)電離常數(shù)有Ka1=c(H+)c(

9、HCO3-)c(H2CO3)、Ka2=c(H+)c(CO32-)c(HCO3-)，同一溶液中c(H+)相等，則cH+=Ka1c(H2CO3)c(HCO3-)=Ka2c(HCO3-)c(CO32-)，而Ka1>Ka2，則c(HCO3-)c(H2CO3)>c(CO32-)c(HCO3-)，選項C錯誤；D、將CH3COOH溶液與NaOH溶液混合，若混合后的溶液中c(CH3COO-)+c(CH3COOH )=2c(Na+)，且根據(jù)電荷守恒有c(OH-)+c(CH3COO-)= c(Na+)+c(H+)，則c(OH-)+12c(CH3COO-)=12c(CH3COOH)+c(H+)

10、，選項D錯誤。答案選B。5.5.立方烷(C8H8)外觀為有光澤的晶體。其八個碳原子對稱地排列在立方體的八個角上。以下相關(guān)說法錯誤的是A. 立方烷在空氣中可燃，燃燒有黑煙產(chǎn)生B. 立方烷一氯代物1種、二氯代物有3種、三氯代物也有3種C. 立方烷是棱晶烷（）的同系物，也是環(huán)辛四烯的同分異構(gòu)體D. 八硝基立方烷完全分解可能只產(chǎn)生二氧化碳和氮氣【答案】C【解析】【詳解】A、立方烷含碳量高，所以燃燒有黑煙產(chǎn)生，選項A正確；立方烷中只有一種氫原子，所以一氯代物的同分異構(gòu)體有1種；B、立方烷二氯代物的同分異構(gòu)體分別是：一條棱、面對角線、體對角線上的兩個氫原子被氯原子代替，所以二氯代物的同分異構(gòu)體有三種；立方

11、烷有8個H原子，依據(jù)立方烷的二氯代物有3種，那么在此基礎(chǔ)上，剩余的H的環(huán)境分別也只有一種，故得到三氯代物也有3種同分異構(gòu)，選項B正確；C、苯(C6H6)的同系物必須含有苯環(huán)，選項C錯誤；D、八硝基立方烷分子式是C8N8O16 ，完全分解可能只產(chǎn)生二氧化碳和氮氣，選項D正確。答案選C?！军c睛】烴分子中氫元素質(zhì)量分?jǐn)?shù)越低，燃燒時黑煙越濃，如乙炔燃燒冒出濃煙；同系物是結(jié)構(gòu)相似，分子組成相差若干個CH2原子團(tuán)的有機(jī)物，立方烷和苯結(jié)構(gòu)不同，所以不屬于同系物。6.6.流動電池可以在電池外部調(diào)節(jié)電解質(zhì)溶液，從而維持電池內(nèi)部電解質(zhì)溶液濃度穩(wěn)定，原理如圖。下列說法錯誤的是A. Cu為負(fù)極B. PbO2電極的電極

12、反應(yīng)式為：PbO2+ 4H+ SO42+ 2e= PbSO4+ 2H2OC. 甲中應(yīng)補(bǔ)充硫酸D. 當(dāng)消耗1 mol PbO2，需分離出2 mol CuSO4【答案】D【解析】試題分析：A、由圖可知，Cu反應(yīng)生成CuSO4，發(fā)生氧化反應(yīng)，為負(fù)極，A正確；B、PbO2得電子生成PbSO4 ，電極反應(yīng)式為：PbO2 + 4H+ + SO42+ 2e= PbSO4 + 2H2O，B正確；C、反應(yīng)過程中不斷消耗硫酸，所以甲中應(yīng)補(bǔ)充硫酸，C正確；D、當(dāng)消耗1 mol PbO2，轉(zhuǎn)移2mol電子，則需分離出1mol CuSO4，D錯誤。答案選D?？键c：化學(xué)電源7.7.為檢驗?zāi)臣拥馐雏}中是否含有KIO3，取相

13、同食鹽樣品進(jìn)行下表所示實驗：（已知：KIO3 + 5KI + 3H2SO4= 3I2 + 3K2SO4 + 3H2O）下列說法中正確的是A. 僅由實驗就能證明食鹽樣品中存在KIO3B. 實驗中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為4I+ O2 + 4H+= 2I2 + 2H2OC. 實驗?zāi)茏C明食鹽樣品中不存在KIO3D. 以上實驗說明離子的還原性：I > Fe2+【答案】B【解析】A. 實驗中可能是碘化鉀在酸性條件下被空氣中的氧氣氧化，不能證明食鹽中存在KIO3，故A錯誤；B. 實驗碘化鉀在酸性條件下被空氣中的氧氣氧化，反應(yīng)的離子方程式為4I+ O2 + 4H+ = 2I2 + 2H2O，故B正確；C.

14、 實驗溶液呈淺黃色，為鐵離子的顏色，說明亞鐵離子被氧化，可能是被空氣中的氧氣氧化，有可能是被碘酸鉀氧化，說明食鹽樣品中可能存在KIO3，故C錯誤；D. 根據(jù)上述實驗，中說明碘離子能夠被碘酸鉀氧化，中說明碘離子能夠被氧氣氧化，中說明亞鐵離子能夠被氧氣或碘酸鉀氧化，以上實驗不能判斷I 和Fe2+離子的還原性，故D錯誤；故選B。8.8.中學(xué)常采用高錳酸鉀加熱分解法制取氧氣，某興趣小組經(jīng)查閱資料獲知：制得氧氣后固體殘余物中的錳酸鉀(K2MnO4)具有強(qiáng)氧化性，與還原劑、有機(jī)物、易燃物混合可形成爆炸性混合物，如不妥善處置將造成危險。因此該小組對該殘余物進(jìn)行分離提純，得到錳酸鉀晶體，利用回收的錳酸鉀與濃鹽

15、酸反應(yīng)制取氯氣，并設(shè)計實驗驗證氯氣化學(xué)性質(zhì)。（1）檢驗該套裝置氣密性的方法是:_；（2）打開分液漏斗活塞及彈簧夾2，觀察到燒瓶壁有紫紅色物質(zhì)生成并逐漸消失，黃綠色氣體充滿燒瓶。反應(yīng)結(jié)束后，燒瓶內(nèi)有黑色固體殘余，寫出過程中發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)方程式：_；（3）該方法制取氯氣比用純凈的高錳酸鉀要緩和平穩(wěn)許多，試分析原因：_；（4）該小組利用裝置C吸收氯氣制備漂白粉。C中盛裝的試劑為：_；（寫名稱）陶瓷多孔球泡的作用是：_；（5）測定漂白粉有效成分的質(zhì)量分?jǐn)?shù)：稱取1.5g所制漂白粉配成溶液，調(diào)節(jié)pH值并加入指示劑，用0.1000mol/L KI溶液進(jìn)行滴定，三次平行實驗平均每次消耗20.00mL標(biāo)準(zhǔn)液時達(dá)

16、到滴定終點。已知氧化性：ClO> IO3> I2所選的指示劑為：_，到達(dá)滴定終點的標(biāo)志是：_；該漂白粉中有效成分的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為：_。（6）打開分液漏斗活塞及彈簧夾1，可觀察到D中的現(xiàn)象為：_；該現(xiàn)象能夠證明氯氣有氧化性?！敬鸢浮?(1). 關(guān)閉分液漏斗的活塞，打開彈簧夾1和2，用酒精燈微熱三頸燒瓶A，此時E、F導(dǎo)管末端冒氣泡，撤走熱源后，E、F導(dǎo)管末端會形成一段穩(wěn)定液柱。 (2). 3K2MnO4 4HCl 2KMnO4 4KCl MnO2 2H2O ；2KMnO4 16HCl 2KCl 2MnCl2 5Cl2 8H2O (3). 錳酸鉀生成高錳酸鉀與二氧化錳兩種物質(zhì)，形成均勻的固體

17、分散系，可降低高錳酸鉀與鹽酸反應(yīng)速率 (4). 石灰乳 (5). 增大氣體接觸面積，使氯氣吸收更充分 (6). 淀粉 (7). 最后一滴標(biāo)準(zhǔn)液滴下時，溶液變?yōu)闇\藍(lán)色，半分鐘不褪色 (8). 28.6% (9). 出現(xiàn)白色沉淀【解析】【分析】A裝置產(chǎn)生氯氣，飽和氯化鈉溶液的作用是吸收氯氣中的氯化氫氣體，并降低氯氣在水中的溶解度，C是制備漂白粉，D是驗證氯氣具有氧化性，氫氧化鈉是吸收尾氣，（2）錳酸鉀（K2MnO4）具有強(qiáng)氧化性，與濃鹽酸反應(yīng)觀察到燒瓶壁有紫紅色物質(zhì)生成，該物質(zhì)為高錳酸鉀，錳元素的化合價在升高，根據(jù)K2MnO4中的化合價為+6價，處于中間價態(tài)，推測出在反應(yīng)中既作氧化劑又作還原劑，再

18、結(jié)合燒瓶內(nèi)有黑色固體殘余，聯(lián)想到二氧化錳寫出第一個方程式；第二個反應(yīng)是高錳酸鉀與濃鹽酸反應(yīng)產(chǎn)生氯氣、氯化錳、氯化鉀、水；（3）錳酸鉀氧化濃鹽酸比用高錳酸鉀氧化濃鹽酸反應(yīng)速率慢；（4）用石灰乳與氯氣制備漂白粉；陶瓷多孔球泡的作用是增大氣體接觸面積，使氯氣吸收更充分；（5）反應(yīng)產(chǎn)物有碘單質(zhì)生成，用淀粉作指示劑，最后一滴標(biāo)準(zhǔn)液滴下時，溶液變?yōu)闇\藍(lán)色，振蕩半分鐘不褪色，則達(dá)到終點；先根據(jù)反應(yīng)離子方程式確定出ClO與I的關(guān)系，計算次氯酸鈣的質(zhì)量，再根據(jù)質(zhì)量分?jǐn)?shù)公式計算；（6）打開分液漏斗活塞及彈簧夾1，氯氣將亞硫酸氫鋇氧化成硫酸鋇沉淀；取D中反應(yīng)后溶液，滴加硝酸酸化的硝酸銀，若有白色沉淀產(chǎn)生，不能證明氯

19、氣氧化了亞硫酸氫鋇，因為氯氣與水反應(yīng)也生成氯離子，不能證明溶液中的氯離子一定是氯氣氧化亞硫酸氫鋇所得產(chǎn)物?！驹斀狻緼裝置產(chǎn)生氯氣，飽和氯化鈉溶液的作用是吸收氯氣中的氯化氫氣體，并降低氯氣在水中的溶解度，C是制備漂白粉，D是驗證氯氣具有氧化性，氫氧化鈉是吸收尾氣，（1）檢驗該套裝置氣密性的方法是: 關(guān)閉分液漏斗的活塞，打開彈簧夾1和2，用酒精燈微熱三頸燒瓶A，此時E、F導(dǎo)管末端冒氣泡，撤走熱源后，E、F導(dǎo)管末端會形成一段穩(wěn)定液柱；（2）錳酸鉀（K2MnO4）具有強(qiáng)氧化性，與濃鹽酸反應(yīng)觀察到燒瓶壁有紫紅色物質(zhì)生成，該物質(zhì)為高錳酸鉀，錳元素的化合價在升高，根據(jù)K2MnO4中的化合價為+6價，處于中間

20、價態(tài)，推測出在反應(yīng)中既作氧化劑又作還原劑，再結(jié)合燒瓶內(nèi)有黑色固體殘余，聯(lián)想到二氧化錳寫出反應(yīng)方程式為：3K2MnO4+4HCl（濃）=2KMnO4+4KCl+MnO2+2H2O；第二個反應(yīng)是高錳酸鉀與濃鹽酸反應(yīng)產(chǎn)生氯氣、氯化錳、氯化鉀、水，方程式為：2KMnO4+16HCl（濃）2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O；（3）錳酸鉀生成高錳酸鉀與二氧化錳兩種物質(zhì)，形成均勻的固體分散系，可降低高錳酸鉀與鹽酸反應(yīng)速率，所以用錳酸鉀制取氯氣比用純凈的高錳酸鉀要緩和平穩(wěn)許多，故答案為：錳酸鉀生成高錳酸鉀與二氧化錳兩種物質(zhì)，形成均勻的固體分散系，可降低高錳酸鉀與鹽酸反應(yīng)速率；（4）用石灰乳與氯氣制備漂

21、白粉，故答案為：石灰乳；陶瓷多孔球泡的作用是增大氣體接觸面積，使氯氣吸收更充分，故答案為：增大氣體接觸面積，使氯氣吸收更充分；（5）反應(yīng)產(chǎn)物有碘單質(zhì)生成，用淀粉作指示劑，最后一滴標(biāo)準(zhǔn)液滴下時，溶液變?yōu)闇\藍(lán)色，振蕩半分鐘不褪色，則達(dá)到終點，故答案為：淀粉；最后一滴標(biāo)準(zhǔn)液滴下時，溶液變?yōu)闇\藍(lán)色，振蕩半分鐘不褪色；先根據(jù)反應(yīng)離子方程式確定出ClO與I的關(guān)系，3ClO+I=3Cl+IO3；IO3+5I+3H2O=6OH+3I2將方程式+得：ClO+2I+H2O=Cl+2OH+I2每次實驗消耗KI溶液的體積為20.00mL，設(shè)次氯酸根離子的物質(zhì)的量為x，ClO+2I+H2O=Cl+2OH+I21mol

22、2molx 0.1000molL1×0.020L所以x=0.001mol每次實驗次氯酸鈣的質(zhì)量為：143g/mol×0.001mol×0.5=0.0715g，三次實驗總質(zhì)量為0.0715g×3=0.2145g，所以質(zhì)量分?jǐn)?shù)為：0.2145g1.5g×100%=14.3%；（6）打開分液漏斗活塞及彈簧夾1，氯氣將亞硫酸氫鋇氧化成硫酸鋇沉淀；取D中反應(yīng)后溶液，滴加硝酸酸化的硝酸銀，若有白色沉淀產(chǎn)生，不能證明氯氣氧化了亞硫酸氫鋇，因為氯氣與水反應(yīng)也生成氯離子，不能證明溶液中的氯離子一定是氯氣氧化亞硫酸氫鋇所得產(chǎn)物，故答案為：出現(xiàn)白色沉淀；不正確，氯氣

23、與水反應(yīng)也生成氯離子，不能證明溶液中的氯離子一定是氯氣氧化亞硫酸氫鋇所得產(chǎn)物。9.9.基于CaSO4為載氧體的天然氣燃燒是一種新型綠色的燃燒方式，CaSO4作為氧和熱量的有效載體，能夠高效低能耗地實現(xiàn)CO2的分離和捕獲。其原理如下圖所示:（1）已知在燃料反應(yīng)器中發(fā)生如下反應(yīng)：i.4CaSO4(s)+CH4(g)=4CaO(s)+CO2(g)+4SO2(g)+2H2O(g) H1=akJ/molii.CaSO4(s)+CH4(g)=CaS(s)+CO2(g)+2H2O(g) H2=bkJ/mol. CaS(s)+3CaSO4(s)= 4CaO(s)+4SO2(g) H3=ckJ/mol燃料反應(yīng)器

24、中主反應(yīng)為_(填“i”“ii”或“”)。反應(yīng)i和ii的平衡常數(shù)Kp與溫度的關(guān)系如圖1，則a_0(填“ >”“ =“或“<” )；720時反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp=_。下列措施可提高反應(yīng)ii中甲烷平衡轉(zhuǎn)化率和反應(yīng)速率的是_。A.增加CaSO4固體的投入量 B.將水蒸氣冷凝C.升溫 D.增大甲烷流量（2）如圖2所示，該燃料反應(yīng)器最佳溫度范圍為850 -900之間，從化學(xué)反應(yīng)原理的角度說明原因:_。 （3）空氣反應(yīng)器中發(fā)生的反應(yīng)為CaS(s) +2O2(g)=CaSO4(s) H4=dkJ/mol根據(jù)熱化學(xué)原理推測該反應(yīng)為_反應(yīng)。在天然氣燃燒過程中，可循環(huán)利用的物質(zhì)為_。（4）該原理總反應(yīng)的熱

25、化學(xué)方程式為_ ?！敬鸢浮?(1). ii (2). > (3). 1.0×10-18 (4). C (5). 溫度過低，反應(yīng)速率較慢 溫度較高，副反應(yīng)增多 (6). 放熱 (7). CaS、CaSO4 (8). CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) H=(b+d)kJ/mol或H=(a-c+d)kI/mol【解析】（1）由圖示可得，天然氣和CaSO4進(jìn)入燃料反應(yīng)器，反應(yīng)生成CaS、CO2和H2O，故燃料反應(yīng)器中主反應(yīng)為ii。由圖1可看出，溫度越高lgKp越大，即升溫Kp增大，故反應(yīng)i和反應(yīng)ii都是吸熱反應(yīng)，則a和b都大于0。設(shè)三個反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp分別為：

26、Kpi、Kpii、Kp，根據(jù)蓋斯定律，i-ii得，所以Kp=KpiKpii；由圖并結(jié)合熱化學(xué)方程式可得720時反應(yīng)i的lgKp為：-2×4=-8，反應(yīng)ii的lgKp為10，所以Kpi=10-8，Kpii=1010，故Kp=KpiKpii=1081010=1.0×10-18。A項，增加固體物質(zhì)的投入量，不改變化學(xué)平衡，所以增加CaSO4固體的投入量不能提高反應(yīng)ii中甲烷平衡轉(zhuǎn)化率，故A錯誤；B項，將生成物分離出去能使化學(xué)平衡正向移動，所以將水蒸氣冷凝能提高反應(yīng)ii中甲烷平衡轉(zhuǎn)化率，故B正確；C項，通過的分析，該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，降溫能降低反應(yīng)ii中甲烷平衡轉(zhuǎn)化率，故C錯誤；D項

27、，增大甲烷流量，增大了甲烷的濃度，平衡正向移動，但根據(jù)勒沙特列原理，甲烷平衡轉(zhuǎn)化率會降低，故D錯誤。（2）從反應(yīng)速率角度考慮，溫度過低，反應(yīng)速率較慢，應(yīng)在較高溫度下反應(yīng)，但由圖2可得，溫度越高，副反應(yīng)增多，所以該燃料反應(yīng)器最佳溫度范圍為850900之間。（3）由方程式可看出該反應(yīng)S<0，因為自發(fā)反應(yīng)H-TS<0，所以H<0，故該反應(yīng)為放熱反應(yīng)。空氣反應(yīng)器中CaS和O2反應(yīng)生成CaSO4，燃料反應(yīng)器中，天然氣和CaSO4反應(yīng)生成CaS、CO2和H2O，所以在天然氣燃燒過程中可循環(huán)利用的物質(zhì)為：CaS和CaSO4。（4）將反應(yīng)CaS(s) +2O2(g)=CaSO4(s) H4=

28、dkJ/mol標(biāo)號為iiii，分析空氣反應(yīng)器中發(fā)生的反應(yīng)和燃料反應(yīng)器中發(fā)生的反應(yīng)，根據(jù)蓋斯定律，ii+iiii或i-iii+iiii得該原理總反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) H=(b+d)kJ/mol或H=(a-c+d)kJ/mol。10.10.鋯(40Zr)是現(xiàn)代工業(yè)的重要金屬原料，具有良好的可塑性，抗蝕性能超過鈦。以鋯英石(主要成分是ZrSiO4，還含有少量A12O3、SiO2、Fe2O3等雜質(zhì))為原料生產(chǎn)鋯及其化合物的流程如圖所示：（1）SiCl4的電子式為_。上述流程中，高溫氣化存在多個反應(yīng)，若不考慮反應(yīng)中的損失，則分餾后得到的SiCl4

29、質(zhì)量通常比由純ZrSiO4發(fā)生的反應(yīng)得到的SiCl4質(zhì)量大，原因是_。（2）高溫氣化后的固體殘渣除C外，還含有的金屬元素有_（3）寫出上述流程中ZrCl4與水反應(yīng)的化學(xué)方程式：_。 （4）鋯還是核反應(yīng)堆燃料棒的包裹材料，鋯合金在高溫下與水蒸氣反應(yīng)產(chǎn)生氫氣，二氧化鋯可以制造耐高溫納米陶瓷。下列關(guān)于鋯、二氧化鋯的敘述中，正確的是_(填序號)。a鋯合金比純鋯的熔點高，硬度小b二氧化鋯陶瓷屬于新型無機(jī)非金屬材料c將一束光線通過納米級二氧化鋯會產(chǎn)生一條光亮的通路d可采用氦作反應(yīng)堆包裹核燃料的鋯合金的冷卻劑（5）工業(yè)上電解K2ZrF6與KCl等組成的熔體也可制取金屬鋯。寫出電解的總反應(yīng)方程式并標(biāo)明電子轉(zhuǎn)移

30、的方向和數(shù)目 _。（6）某燃料電池是以C2H4作為燃料氣，另一極通入氧氣，電解質(zhì)是摻雜氧化釔(Y2O3)的氧化鋯(ZrO2)晶體，在熔融狀態(tài)下能傳導(dǎo)O2，則負(fù)極上發(fā)生的反應(yīng)式為_。（7）極稀溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度很小，常用其負(fù)對數(shù)pc表示（pcB=lgcB）。如某溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度為1×105mol·L1 ，則該溶液中溶質(zhì)的pc=5。下列說法正確的是_A電解質(zhì)溶液的pc（H+）與pc（OH）之和均為14B用鹽酸滴定某濃度的KOH溶液，滴定過程中pc（H+）逐漸增大CBaCl2溶液中逐滴加入硫酸溶液，滴加過程中pc（Ba2+）逐漸減小D某溫度下Ksp（Zr(

31、CO3)2）=4.0×1012 ，則其飽和溶液中pc（Zr4+）+ pc（CO32）=7.7【答案】 (1). (2). 因為雜質(zhì)中的SiO2也通過反應(yīng)產(chǎn)生了SiCl4 (3). Al、Fe (4). ZrCl49H2O=ZrOCl2·8H2O2HCl (5). bd (6). K2ZrF64KClZr6KF2Cl2 (7). C2H46O212e=2CO22H2O (8). BD【解析】【分析】鋯英石（主要成分為ZrSiO4，也可表示為ZrO2SiO2，還含少量Al2O3、SiO2、Fe2O3等雜質(zhì)），通入足量的氯氣以及和足量的石焦油反應(yīng)，ZrSiO4轉(zhuǎn)化為Zr

32、Cl4，加水水解，使ZrCl4轉(zhuǎn)化為ZrOCl28H2O，900加熱分解，即可得到ZrO2，加入鎂置換得到海綿鋯，加入鎂置換得到海綿鋯。（1）SiCl4分子中硅原子最外層有4個電子，能形成4個共價鍵達(dá)到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，每個氯原子能形成一個共價鍵達(dá)到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；根據(jù)在化合物中正負(fù)化合價代數(shù)和為零，結(jié)合ZrSiO4的化學(xué)式進(jìn)行解答；因鋯英石含有雜質(zhì)SiO2，SiO2也能在高溫氣化條件下反應(yīng)生成SiCl4；（2）根據(jù)高溫條件下物質(zhì)的狀態(tài)進(jìn)行判斷；（3）根據(jù)圖示ZrCl4與水反應(yīng)產(chǎn)物為ZrOCl28H2O，結(jié)合原子守恒進(jìn)行解答；（4）合金是指由一種金屬與其它金屬或非金屬熔合而成的具有金屬特性的物質(zhì)，合金的硬度

33、大，熔點低，陶瓷屬于無機(jī)非金屬材料，二氧化鋯為化合物無丁達(dá)爾效應(yīng)，氦為稀有氣體，能作保護(hù)氣；（5）電解K2ZrF6與KCl等組成的熔體，反應(yīng)物為K2ZrF6、KCl，生成物為金屬鋯，鋯的化合價降低，則氯的化合價升高生成氯氣，根據(jù)原子守恒即得失電子守恒解答；（6）燃料所在極為負(fù)極，負(fù)極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)，為乙烯失電子和氧離子反應(yīng)生成二氧化碳和水；【詳解】鋯英石（主要成分為ZrSiO4，也可表示為ZrO2SiO2，還含少量Al2O3、SiO2、Fe2O3等雜質(zhì)），通入足量的氯氣以及和足量的石焦油反應(yīng)，ZrSiO4轉(zhuǎn)化為ZrCl4，加水水解，使ZrCl4轉(zhuǎn)化為ZrOCl28H2O，900加熱分解，

34、即可得到ZrO2，加入鎂置換得到海綿鋯，加入鎂置換得到海綿鋯。（1）SiCl4分子中硅原子最外層有4個電子，能形成4個共價鍵達(dá)到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，每個氯原子能形成一個共價鍵達(dá)到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，電子式為：；根據(jù)在化合物中正負(fù)化合價代數(shù)和為零，氧元素顯-2價，硅元素顯+4價，設(shè)鋯元素（Zr）的化合價是x，可知ZrSiO4中鋯元素（Zr）的化合價：x+（+4）+（-2）×4=0，則x=+4，鋯英石（主要成分為ZrSiO4，也可表示為ZrO2SiO2，還含少量Al2O3、SiO2、Fe2O3等雜質(zhì)），雜質(zhì)SiO2也能在高溫氣化條件下反應(yīng)生成SiCl4，則分餾后得到的SiCl4質(zhì)量通常比由純ZrSiO4發(fā)生

35、的反應(yīng)得到的SiCl4質(zhì)量大；（2）高溫氣化后的固體殘渣除C外，還含有氧化鋁和氧化鐵，故所含有的金屬元素有Al、Fe；（3）ZrCl4與水反應(yīng)產(chǎn)物為ZrOCl28H2O，根據(jù)原子守恒，反應(yīng)方程式為：ZrCl4+9H2OZrOCl28H2O+2HCl；（4）a合金是指由一種金屬與其它金屬或非金屬熔合而成的具有金屬特性的混合物一般說來合金的硬度一般比各成分金屬大，多數(shù)合金的熔點 低于組成它的成分金屬的熔點，所以鋯合金比純鋯的熔點低，硬度大，故a錯誤；b陶瓷屬于無機(jī)非金屬材料，二氧化鋯陶瓷屬于新型無機(jī)非金屬材料，故b正確；c將一束光線通過膠體會產(chǎn)生一條光亮的通路，但二氧化鋯為化合物無丁達(dá)爾效應(yīng)，故c

36、錯誤；d氦為稀有氣體，可采用氦作反應(yīng)堆包裹核燃料的鋯合金的冷卻劑，故d正確；故答案為：bd；（5）電解K2ZrF6與KCl等組成的熔體，反應(yīng)物為K2ZrF6、KCl，生成物為金屬鋯，鋯的化合價降低（+40），則氯的化合價升高生成氯氣（-10），轉(zhuǎn)移4e-，根據(jù)原子守恒即得失電子守恒所以方程式為：K2ZrF6+4KCl Zr+6KF+2Cl2；（6）該燃料電池中通入乙烯的一極為負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，乙烯失電子和氧離子反應(yīng)生成二氧化碳和水，電極反應(yīng)式為：C2H4+6O2-12e-2CO2+2H2O；（7）A溶液中的c（H+）和c（OH）與水的電離程度有關(guān)，而水的電離程度隨溫度的升高而增大，如常溫下K

37、w= c（H+）c（OH）=1.0×10-14，則pc（H+）+pc（OH）=14，而在100時，Kw= c（H+）c（OH）=1.0×10-12，則pc（H+）+pc（OH）=12，選項A錯誤；B用鹽酸滴定某濃度的KOH溶液，滴定過程中c（OH）逐漸減小，則c（H+）逐漸增大，所以pc（H+）是逐漸減小的，選項B正確；C向BaCl2溶液中逐滴加入硫酸溶液，滴加過程中c（Ba2+）逐漸減小，則pc（Ba2+）逐漸增大，選項C錯誤；D某溫度下Ksp（Zr(CO3)2）=4.0×1012 ，則其飽和溶液中c（Zr4+）=1×105mol·

38、L1，c（CO32）=2×105mol·L1，pc（Zr4+）+ pc（CO32）=7.7，選項D正確。答案選BD?！军c睛】本題考查了海綿鋯的制備以及物質(zhì)分離提純的方法和流程分析應(yīng)用，涉及流程的分析應(yīng)用、離子方程式的書寫、基本實驗操作、電解原理等，側(cè)重于學(xué)生的分析能力和實驗?zāi)芰Φ目疾椋獯鹪擃愵}目，注意把握實驗原理和操作流程的目的，主要是物質(zhì)性質(zhì)的理解，題目難度中等。11.11.鈷（Co）是人體必需的微量元素。含鈷化合物作為顏料，具有悠久的歷史，在機(jī)械制造、磁性材料等領(lǐng)域也具有廣泛的應(yīng)用。請回答下列問題：（1）Co基態(tài)原子的價電子排布圖為_；（2）酞菁鈷近年來在光電材料、非

39、線性光學(xué)材料、光動力學(xué)療法中的光敏劑、催化劑等方面得到了廣泛的應(yīng)用。其結(jié)構(gòu)如圖所示，中心離子為鈷離子。酞菁鈷中三種非金屬原子的電負(fù)性由大到小的順序為；_（用相應(yīng)的元素符號作答）；碳原子的雜化軌道類型為_；與鈷離子通過配位鍵結(jié)合的氮原子的編號是_；（3）CoCl2中結(jié)晶水?dāng)?shù)目不同呈現(xiàn)不同的顏色。CoCl2可添加到硅膠（一種干燥劑，烘干后可再生反復(fù)使用）中制成變色硅膠。簡述硅膠中添加CoCl2的作用_；（4）用KCN處理含Co2+的鹽溶液，有紅色的Co(CN)2析出，將它溶于過量的KCN溶液后，可生成紫色的Co(CN)64-，該配離子具有強(qiáng)還原性，在加熱時能與水反應(yīng)生成淡黃色Co(CN)63-，寫

40、出該反應(yīng)的離子方程式：_；（5）Co的一種氧化物的晶胞如右圖所示，在該晶體中與一個鈷原子等距離且最近的鈷原子有_個；筑波材料科學(xué)國家實驗室的一個科研小組發(fā)現(xiàn)了在 5K 下呈現(xiàn)超導(dǎo)性的晶體，該晶體具有CoO2的層狀結(jié)構(gòu)(如下圖所示，小球表示Co原子，大球表示O原子）。下列用粗線畫出的重復(fù)結(jié)構(gòu)單元示意圖不能描述CoO2的化學(xué)組成的是_?！敬鸢浮?(1). (2). N>C>H (3). sp2 (4). 2、4 (5). 隨著硅膠的吸濕和再次烘干，二氯化鈷在結(jié)晶水合物和無水鹽間轉(zhuǎn)化，通過顏色的變化可以表征硅膠的吸濕程度 (6). 2Co(CN)64-+2H2O2Co(CN)63-+H2

41、+2OH (7). 12 (8). D【解析】(1)Co為27號元素，原子核外電子數(shù)為27，根據(jù)能量最低原理，其核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d74s2，價電子排布圖為，故答案為：；(2)酞菁鈷中三種非金屬原子為C、N、H，同周期自左而右電負(fù)性增大，非金屬性越強(qiáng)電負(fù)性越大，故電負(fù)性NCH；分子中C原子均形成3個鍵，沒有孤對電子，雜化軌道數(shù)目為3，碳原子的雜化軌道類型為 sp2，故答案為：NCH；sp2；含有孤對電子的N原子與Co通過配位鍵結(jié)合，形成配位鍵后形成4對共用電子對，形成3對共用電子對的N原子形成普通的共價鍵，1號、3號N原子形成3對共用電子對為普通共價鍵，2號、4號N原子形成4對共用電子對，與Co通過配位鍵結(jié)合，故答案為：2，4；(3)隨著硅膠的吸濕和再次烘干，二氯化鈷在結(jié)晶水合物和無水鹽間轉(zhuǎn)化，通過顏色的變化可以表征硅膠的吸濕程度，故答案為：隨著硅膠的吸濕和再次烘干，二氯化鈷在結(jié)晶水合物和無水鹽間轉(zhuǎn)化，通過顏色的變化可以表征硅膠的吸濕程度；(4)Co(CN)