2021年高考化學(xué)真題試卷(湖南卷)(教師版)

1、2021年高考化學(xué)真題試卷（湖南卷）一、單選題（共10題；共30分）1.下列有關(guān)湘江流域的治理和生態(tài)修復(fù)的措施中，沒(méi)有涉及到化學(xué)變化的是（）A.定期清淤，疏通河道B.化工企業(yè)三廢”處理后，達(dá)標(biāo)排放C.利用微生物降解水域中的有毒有害物質(zhì)D.河道中的垃圾回收分類(lèi)后，進(jìn)行無(wú)害化處理【答案】A【考點(diǎn)】物理變化與化學(xué)變化的區(qū)別與聯(lián)系，常見(jiàn)的生活環(huán)境的污染及治理【解析】【解答】A.定期清淤，疏通河道，保證河流暢通，沒(méi)有涉及化學(xué)變化，A符合題意；B.工業(yè)生產(chǎn)中得到產(chǎn)品的同時(shí)常產(chǎn)生廢氣、廢水和廢渣（簡(jiǎn)稱(chēng)主廢”），常涉及化學(xué)方法進(jìn)行處理，如石膏法脫硫、氧化還原法和沉淀法等處理廢水，廢渣資源回收利用等過(guò)程均有新物

2、質(zhì)生成，涉及化學(xué)變化，B不符合題意；C.可通過(guò)微生物的代謝作用，將廢水中有毒有害物質(zhì)尤其復(fù)雜的有機(jī)污染物降解為簡(jiǎn)單的、無(wú)害物質(zhì)，所以微生物法處理廢水有新物質(zhì)的生成，涉及的是化學(xué)變化，C不符合題意；D.河道中的垃圾回收分類(lèi)，適合焚化處理的垃圾，利用現(xiàn)代焚化爐進(jìn)行燃燒，消滅各種病原體，把一些有毒、有害物質(zhì)轉(zhuǎn)化為無(wú)害物質(zhì)，同時(shí)可回收熱能，用于供熱和發(fā)電等，此過(guò)程涉及化學(xué)變化，D不符合題意；故答案為：Ao【分析】工業(yè)上的三廢以及微生物的降解以及垃圾進(jìn)行無(wú)害化處理，均產(chǎn)生了新物質(zhì)，發(fā)生了化學(xué)變化；而疏通河道并沒(méi)有產(chǎn)生新物質(zhì)顧偉物理變化2.下列說(shuō)法正確的是（）A.糖類(lèi)、蛋白質(zhì)均屬于天然有機(jī)高分子化合物B.

3、 粉末在空氣中受熱，迅速被氧化成FbDFh04C. 可漂白紙漿，不可用于殺菌、消毒S02D.鍍鋅鐵皮的鍍層破損后，鐵皮會(huì)加速腐蝕【答案】B【考點(diǎn)】二氧化硫的性質(zhì)，金屬的腐蝕與防護(hù)，鐵的氧化物和氫氧化物，高分子材料【解析】【解答】A.多糖的淀粉、纖維素的相對(duì)分子質(zhì)量上萬(wàn)，屬于天然高分子化合物，蛋白質(zhì)也屬于天然有機(jī)高分子化合物，而單糖和二糖相對(duì)分子質(zhì)量較小，不屬于天然高分子化合物，A不符合題意；B.氧化亞鐵具有較強(qiáng)的還原性，在空氣中受熱容易被氧氣氧化為穩(wěn)定的四氧化三鐵，B符合題意；C.二氧化硫除了具有漂白作用，可漂白紙漿、毛和絲等，還可用于殺菌消毒，例如，在葡萄酒釀制過(guò)程中可適當(dāng)添加二氧化硫，起到

4、殺菌、抗氧化作用，C不符合題意；D.鍍鋅的鐵皮鍍層破損后構(gòu)成原電池，鋅作負(fù)極，鐵作正極被保護(hù)，鐵皮不易被腐蝕，D不符合題意；故答案為：Bo【分析】A.糖類(lèi)包括單糖、二糖、多糖等，單糖和二糖是小分子化合物，而蛋白質(zhì)和多糖是高分子化合物B.氧化亞鐵具有還原性易被氧化C.二氧化硫具有漂白性，同時(shí)也具有一定的還原性和氧化性可用于消毒殺菌D.鍍鋅后形成是原電池，鋅做負(fù)極失去電子保護(hù)了鐵3 .下列實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖牵ǎ?shí)驗(yàn)?zāi)康膶?shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)A檢驗(yàn)溶液中是否被氧化FeSg取少量待測(cè)液，滴加溶液，觀(guān)察溶液顏色變化KSCNB凈化實(shí)驗(yàn)室制備的氣體依次通過(guò)盛有飽和溶液、濃的洗氣瓶MaClHaSOiC測(cè)定溶液的p

5、HNaOH將待測(cè)液滴在濕潤(rùn)的pH試紙上，與標(biāo)準(zhǔn)比色卡對(duì)照D工業(yè)酒精制備無(wú)水乙醇，業(yè)酒精中加生石灰，蒸福A.AB.BC.CD.D【答案】C【考點(diǎn)】測(cè)定溶液pH的方法，氯氣的實(shí)驗(yàn)室制法，二價(jià)鐵離子和三價(jià)鐵離子的檢驗(yàn)，乙醇的工業(yè)制法【解析】【解答】A.若Fe2+被氧化為Fe3+,Fe3+能與SCN生成Fe（SCN3,溶液變成血紅色，能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，故A不符合題意；B.實(shí)驗(yàn)室用濃鹽酸和二氧化鎰加熱制氯氣，先用飽和食鹽水除去混有的氯化氫，再通過(guò)濃硫酸的洗氣瓶干燥，能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，故B不符合題意；C.用pH試紙測(cè)定NaOH溶液的pH不能北濕pH試紙，否則會(huì)因濃度減小，而影響測(cè)定結(jié)果，不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，故C

6、符合題意；D.制取無(wú)水酒精時(shí)，通常把工業(yè)酒精跟新制的生石灰混合，加熱蒸儲(chǔ)，能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，故D不符合題意。故答案為：Co【分析】A.利用硫氧化鉀溶液遇到鐵離子形成血紅色的物質(zhì)Bo濃鹽酸具有揮發(fā)性，利用飽和食鹽水的可以吸收氯化氫同時(shí)降低了氯氣的溶解，再用濃硫酸將水蒸氣除去C.不能用濕潤(rùn)的試紙進(jìn)行測(cè)量pH,相當(dāng)于稀釋氫氧化鈉溶液，導(dǎo)致測(cè)量結(jié)果偏低D.利用水和生石灰反應(yīng)，同時(shí)利用了熔沸點(diǎn)的差異進(jìn)行蒸儲(chǔ)得到純凈乙醇4 .已二酸是一種重要的化工原料，科學(xué)家在現(xiàn)有工業(yè)路線(xiàn)基礎(chǔ)上，提出了一條綠色”合成路線(xiàn):匚業(yè)路線(xiàn)OH“綠色”合成路線(xiàn)硝酸.<cooh一空氣催化劑，-QCOOH-循化劑,O卜列說(shuō)法正確的

7、是（）A.苯與濱水混合，充分振蕩后靜置，下層溶液呈橙紅色B.環(huán)己醇與乙醇互為同系物C.已二酸與溶液反應(yīng)有生成NaHCOsCOzD.環(huán)己烷分子中所有碳原子共平面【答案】C【考點(diǎn)】有機(jī)化合物中碳的成鍵特征，分液和萃取，同系物【解析】【解答】A.苯與濱水混合，充分振蕩后靜置，有機(jī)層在上層，應(yīng)是上層溶液呈橙紅色，故A不符合題意；B.環(huán)己醇含有六元碳環(huán)，和乙醇結(jié)構(gòu)不相似，分子組成也不相差若干CH2原子團(tuán)，不互為同系物，故B不符合題意；C.己二酸分子中含有竣基，能與NaHCQ溶液反應(yīng)生成CQ,故C符合題意；D.環(huán)己烷分子中的碳原子均為飽和碳原子，與每個(gè)碳原子直接相連的4個(gè)原子形成四面體結(jié)構(gòu)，因此所有碳原子

8、不可能共平面，故D不符合題意；故答案為：Co【分析】A.考查的是苯的密度與水的密度大小問(wèn)題，確定有機(jī)層和無(wú)機(jī)層的位置B.同系物是結(jié)構(gòu)相似，分子式中相差n個(gè)C噸的有機(jī)物，但是環(huán)己醇和乙醇結(jié)構(gòu)都不同C.與碳酸氫鈉反應(yīng)放出氣體的官能團(tuán)是竣基，而乙二酸含有竣基D.環(huán)己烷中的碳原子均是飽和碳原子不共面5.即為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說(shuō)法正確的是（A. .含有的中子數(shù)為mM18gH2010既B.溶液中含有的十?dāng)?shù)為。丁山"HClQiH.二二.二-在密閉容器中充分反應(yīng)后的分子數(shù)為-D.和（均為標(biāo)準(zhǔn)狀況）在光照下充分反應(yīng)后的分子數(shù)為M112LCH4224LQ3L5%【答案】D【考點(diǎn)】阿伏伽德羅常數(shù)【解

9、析】【解答】A.的物質(zhì)的量為=0.9mol,1個(gè)含0+（18-8）=10個(gè)中子,1a1915lsgHaQHz02口由HD）一含有的中子數(shù)為0,A不符合題意;寞V,-rtiB.未給溶液體積，無(wú)法計(jì)算，B不符合題意；C.存在2NO+O2=2NO2,2NO2一N2O4，因此、與在密閉容器中充分反應(yīng)后的分=2molNO子數(shù)小于，C不符合題意；啊D.甲烷和氯氣在光照下發(fā)生取代,1mol氯氣可取代ImolH,同時(shí)產(chǎn)生ImolHCl分子，標(biāo)準(zhǔn)狀況下1M1的物質(zhì)的量為0.5mol,112L£H4的物質(zhì)的量為1mol,0.5molCH4含4molH,最多可消耗224LQ24molCl2,因此CH4過(guò)量

10、，根據(jù)1mol氯氣可取代1molH,同時(shí)產(chǎn)生1molHCl分子可知1molCl2完全反應(yīng)可得1moHCl,根據(jù)C守恒，反應(yīng)后含C物質(zhì)的物質(zhì)的量=甲烷的物質(zhì)的量=0.5mol,因此和IL2KH4（均為標(biāo)準(zhǔn)狀況）在光照下充分反應(yīng)后的分子數(shù)為y,D符合題意;故答案為：Do【分析】A.先計(jì)算出物質(zhì)的量，再計(jì)算出1個(gè)水分子中的中子個(gè)數(shù)即可B.根據(jù)n=cv進(jìn)行計(jì)算，但是體積未知C.一氧化氮與氧氣反應(yīng)產(chǎn)生的是二氧化氮，但是考慮到二氧化氮會(huì)轉(zhuǎn)化為四氧化二氮，可逆反應(yīng)的不完全反應(yīng)D.根據(jù)元素守恒即可判斷6.一種工業(yè)制備無(wú)水氯化鎂的工藝流程如下：物質(zhì)X碳、氯氣海水e苫鹵水一*沉鎂1燃燒一*氯化一無(wú)水MgCI?濾液

11、氣體卜列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A.物質(zhì)X常選用生石灰B.工業(yè)上常用電解熔融制備金屬鎂MgCliC.氯化”過(guò)程中發(fā)生的反應(yīng)為MgO+C+ChMgCI2+COD.煨燒”后的產(chǎn)物中加稀鹽酸，將所得溶液加熱蒸發(fā)也可得到無(wú)水MgClz【考點(diǎn)】海水資源及其綜合利用，鎂、鋁的重要化合物工業(yè)上常采用CaO,發(fā)生【解析】【解答】A.物質(zhì)X的作用是使Mg2+轉(zhuǎn)化為Mg(OH)2CaO+H2O=Ca(OH>,Ca(OH2+Mg2+=Mg(OH)2+Ca2+,A不符合題意；B. Mg是較活潑金屬，工業(yè)上常用電解熔融制備金屬鎂，B不符合題意；MgCbC.由圖可知氯化”過(guò)程反應(yīng)物為MgO、氯氣、C,生成物之一為MgCl2

12、,C在高溫下能將二氧化碳還原為CO,則氣體”為CO,反應(yīng)方程式為，C不符合題意；高溫D.煨燒”后得到MgO,MgO和鹽酸反應(yīng)得到MgCl2溶液，由于MgCl2在溶液中水解為氫氧化鎂和HCl,將所得溶液加熱蒸發(fā)HCl會(huì)逸出，MgCl2水解平衡正向移動(dòng)，得到氫氧化鎂，得不到無(wú)水MgCl2,D符合題意；故答案為：Do【分析】A.海水中有鎂離子將鎂離子變?yōu)槌恋硇枰尤雺A性物質(zhì)，氧化鈣易制取，且與水反應(yīng)得到氫氧化鈣可以沉降鎂離子B.工業(yè)上對(duì)于比較活潑的金屬一般選擇的是電解熔融的離子化合物進(jìn)行制取，而鎂是離子化合物，且熔點(diǎn)不是很高符合電解制取氯化鎂的要求C.根據(jù)反應(yīng)物和產(chǎn)物以及質(zhì)量守恒即可判斷產(chǎn)物，據(jù)此寫(xiě)

13、出方程式D.氯化鎂溶液得到氯化鎂固體，需要在蒸發(fā)時(shí)不斷的通人氯化氫氣體，抑制鎂離子的水解7.W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，Y的原子序數(shù)等于W與X的原子序數(shù)之和，Z的最外層電子數(shù)為K層的一半，W與X可形成原子個(gè)數(shù)比為2:1的分子。下列說(shuō)法正確的是()明一A.簡(jiǎn)單離子半徑：B. W與Y能形成含有非極性鍵的化合物C. X和丫的最簡(jiǎn)單氫化物的沸點(diǎn)：D.由W、X、Y三種元素所組成化合物的水溶液均顯酸性【答案】B【考點(diǎn)】元素周期表的結(jié)構(gòu)及其應(yīng)用，元素周期律和元素周期表的綜合應(yīng)用【解析】【解答】由分析可知，W為H,X為N,丫為O,Z為Na。A.離子的電子層數(shù)相同時(shí)，原子序數(shù)越小，半徑越大

14、，即離子半徑大小為：N3->O2->Na+,即簡(jiǎn)單離子半徑為：X>Y>Z,故A不符合題意；B. W為H,Y為O,能形成H2O2,含有極性共價(jià)鍵和非極性共價(jià)鍵，故B符合題意；C. X的最簡(jiǎn)單氫化物為氨氣，Y的最簡(jiǎn)單氫化物為水，水的沸點(diǎn)高于氨氣，即最簡(jiǎn)單氫化物的沸點(diǎn)為Y>X,故C不符合題意；D.由W、X、丫三種元素形成的化合物有硝酸，硝酸俊，氨水等，硝酸，硝酸俊顯酸性，氨水顯堿性，故由W、X、Y三種元素形成的化合物不一定都是酸性，故D不符合題意；故答案為：Bo【分析】Z的最外層電子數(shù)為K層的一半，則Z的核外有3個(gè)電子層，最外層電子數(shù)為1,即為Na,W與X能形成原子個(gè)數(shù)

15、比為2:1的18電子的分子，則形成的化合物為N2H4,所以W為H,X為N,丫的原子序數(shù)是W和X的原子序數(shù)之和，則丫為O。根據(jù)此結(jié)合選項(xiàng)進(jìn)行分析判斷即可8.常用作食鹽中的補(bǔ)碘劑，可用氯酸鉀氧化法”制備，該方法的第一步反應(yīng)為KIOe。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A6Iz+11KCIO3+3H;J：SKhG。工+5陽(yáng)+3C1JA.產(chǎn)生22.4L（標(biāo)準(zhǔn)X犬況）時(shí)，反應(yīng)中轉(zhuǎn)移“B.反應(yīng)中氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為11:6C.可用石灰乳吸收反應(yīng)產(chǎn)生的制備漂白粉小D.可用酸化的淀粉碘化鉀溶液檢驗(yàn)食鹽中的存在103【答案】A【考點(diǎn)】氧化還原反應(yīng)，氧化還原反應(yīng)的電子轉(zhuǎn)移數(shù)目計(jì)算【解析】【解答】A.該反應(yīng)中只有碘元素

16、價(jià)態(tài)升高，由0價(jià)升高至KH（IO3）2中+5價(jià)，每個(gè)碘原子升高5價(jià)，即61260e-,又因方程式中6123C2,故3C260e-,即Cl220e-,所以產(chǎn)生ee.gxxj22.4L（標(biāo)準(zhǔn)犬況）Cl2即1molCl2時(shí)，反應(yīng)中應(yīng)轉(zhuǎn)移20mole-,A符合題意；B.該反應(yīng)中KClO3中氯元素價(jià)態(tài)降低，KClO3作氧化劑，I2中碘元素價(jià)態(tài)升高，I2作還原劑，由該方程式的計(jì)量系數(shù)可知，11KClQ6I2,故該反應(yīng)的氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為11:6,B不符合題意；C不符合題意;C.漂白粉的有效成分是次氯酸鈣，工業(yè)制漂白粉可用石灰乳與氯氣反應(yīng),D.食鹽中可先與酸化的淀粉碘化鉀溶液中的H+、發(fā)生歸中反

17、應(yīng)生成%I03+5r+fiH+=3I3+30的存在，D不I2,I2再與淀粉發(fā)生特征反應(yīng)變?yōu)樗{(lán)色，故可用酸化的淀粉碘化鉀溶液檢驗(yàn)食鹽中10'，符合題意。故答案為：Ao【分析】根據(jù)化學(xué)方程式進(jìn)行標(biāo)注元素化合價(jià)找出氧化劑、還原劑、氧化產(chǎn)物、還原產(chǎn)物即可判斷氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比，同時(shí)可以根據(jù)氯氣的量求出轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目，工業(yè)上利用氯氣合石灰乳制取漂白粉，利用碘離子的還原性合碘酸根的氧化性發(fā)生氧化還原反應(yīng)得到碘單質(zhì)通過(guò)淀粉進(jìn)行檢驗(yàn)9.常溫下，用的鹽酸分別滴定20.00mL濃度均為0.1000-L-1三種一元弱酸的鈉鹽I溶液，滴定曲線(xiàn)如圖所示。下列判斷錯(cuò)誤的是（NaX、NaY'B.三

18、種一元弱酸的電離常數(shù):C.當(dāng)時(shí)，三種溶液中:pH=7依一)二公一片也一)D.分別滴加20.00mL鹽酸后，再將三種溶液混合:依一)+«F)+也_)=-f(0H")【答案】C【考點(diǎn)】化學(xué)平衡常數(shù)，化學(xué)平衡轉(zhuǎn)化過(guò)程中的變化曲線(xiàn)，離子濃度大小的比較【解析】【解答】A.NaX為強(qiáng)堿弱酸鹽，在溶液中水解使溶液呈堿性，則溶液中離子濃度的大小順序?yàn)閏(Na+)>c(X-)>c(OH-)>c(H+),故A不符合題意；B.弱酸的酸性越弱，電離常數(shù)越小，由分析可知，HX、HY、HZ三種一元弱酸的酸性依次減弱，則三種一元弱酸的電離常數(shù)的大小順序?yàn)镵a(HX)>Ka(HY)

19、>Ka(HZ),故B不符合題意；C.當(dāng)溶液pH為7時(shí)，酸越弱，向鹽溶液中加入鹽酸的體積越大，酸根離子的濃度越小，則三種鹽溶液中酸根的濃度大小順序?yàn)閏(X")>c(Y)>c(乙),故C符合題意；D.向三種鹽溶液中分別滴加20.00mL鹽酸，三種鹽都完全反應(yīng)，溶液中鈉離子濃度等于氯離子濃度，將三種溶液混合后溶液中存在電荷守恒關(guān)系c(Na+)+c(H+)=c(X)+c(Y)+c(1)+c(Cl-)+c(OH'),由c(Na+)=c(Cl-)可得：c(X)+c(Y)+c(Z尸c(H+)c(OH),故D不符合題意；故答案為：Co【分析】根據(jù)一元弱酸的鹽的pH即可得出酸

20、性的強(qiáng)弱是：HZvHYvHXA.在NaX溶液中，水解呈堿性，因此根據(jù)電荷守恒即可判斷B.據(jù)一元弱酸的鹽的pH即可得出酸性的強(qiáng)弱是：HZvHYvHX,即可判斷電離常數(shù)C.根據(jù)電荷守恒列出式子，再根據(jù)中性進(jìn)行判斷只需要判斷加入氯離子的物質(zhì)的量濃度即可，因?yàn)樗獬潭炔灰粯庸始尤氲柠}酸不一樣，堿性越強(qiáng)需要的酸越多剩余的酸根離子越少D.混合之后利用電荷守恒即可判斷10.鋅澳液流電池是一種先進(jìn)的水溶液電解質(zhì)電池，廣泛應(yīng)用于再生能源儲(chǔ)能和智能電網(wǎng)的備用電源等。三單體串聯(lián)鋅澳液流電池工作原理如圖所：循環(huán)PI路下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A.放電時(shí)，N極為正極B.放電時(shí)，左側(cè)貯液器中的濃度不斷減小ZnBr-C.充電時(shí)，

21、M極的電極反應(yīng)式為a._Zd=D.隔膜允許陽(yáng)離子通過(guò)，也允許陰離子通過(guò)【答案】B【考點(diǎn)】電極反應(yīng)和電池反應(yīng)方程式，原電池工作原理及應(yīng)用【解析】【解答】A.放電時(shí)，N電極為電池的正極，故A不符合題意；B.放電或充電時(shí)，左側(cè)儲(chǔ)液器和右側(cè)儲(chǔ)液器中澳化鋅的濃度維持不變，故B符合題意；C.充電時(shí)，M電極與直流電源的負(fù)極相連，做電解池的陰極，鋅離子在陰極上得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成鋅，電極反應(yīng)式為Zn2+2e-=Zn,故C不符合題意；D.放電或充電時(shí)，交換膜允許鋅離子和濱離子通過(guò)，維持兩側(cè)澳化鋅溶液的濃度保持不變，故D不符合題意；故答案為：Bo【分析】根據(jù)圖示判斷放電時(shí)，鋅做負(fù)極，鋅失去電子，變?yōu)殇\離子，則

22、M為負(fù)極，澳做正極，得到電子變?yōu)榘碾x子，則N作為正極。充電時(shí)，M與電池的負(fù)極相連，鋅離子得到電子變?yōu)殇\單質(zhì)，N與電池的正極相連接，澳離子得到電子變?yōu)榘膯钨|(zhì)。M極的隔膜可以允許鋅離子進(jìn)入儲(chǔ)液池，液可以允許澳離子進(jìn)入。二、選擇題（共4題；共16分）11.已知：、工7、一一,向一恒溫恒容的密閉容器中充入1和才發(fā)生反A（E）+2B（g）3C（g）xmolA3molB應(yīng)，.時(shí)達(dá)到平衡狀態(tài)I,在時(shí)改變某一條件，十時(shí)重新達(dá)到平衡狀態(tài)n,正反應(yīng)速率隨時(shí)間的變*1%t3化如圖所示。下列說(shuō)法正確的是（）A.容器內(nèi)壓強(qiáng)不變，表明反應(yīng)達(dá)到平衡B.時(shí)改變的條件：向容器中加入Ct,C.平衡時(shí)A的體積分?jǐn)?shù)：W砥I)>

23、四。D.平衡常數(shù)K：【答案】B,C【考點(diǎn)】化學(xué)平衡常數(shù)，化學(xué)平衡狀態(tài)的判斷，化學(xué)平衡轉(zhuǎn)化過(guò)程中的變化曲線(xiàn)【解析】【解答】A.容器內(nèi)發(fā)生的反應(yīng)為A(g)+2B(g)30(g),該反應(yīng)是氣體分子數(shù)不變的可逆反應(yīng)，所以在恒溫恒容條件下，氣體的壓強(qiáng)始終保持不變，則容器內(nèi)壓強(qiáng)不變，不能說(shuō)明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，A不符合題意;B.根據(jù)圖像變化曲線(xiàn)可知,t2t3過(guò)程中,ru't2時(shí)瞬間不變，平衡過(guò)程中不斷增大，則說(shuō)明反應(yīng)向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，且不是突變”圖像，屬于漸變”過(guò)程，所以排除溫度與催化劑等影響因素，改變的條件為：向容器中加入C,B符合題意；0.根據(jù)上述分析可知，t2-t3時(shí)間段，改變條件使正反應(yīng)速率

24、逐漸增大，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，達(dá)到新的平衡狀態(tài)后，生成A的量增大，總的物質(zhì)的量不變，所以A的體積分?jǐn)?shù)增大，即A的體積分?jǐn)?shù):(II)>(I),C符合題意；甲甲WD.平衡常數(shù)K與溫度有關(guān)，因該反應(yīng)在恒溫條件下進(jìn)行，所以K保持不變，D不符合題意。故答案為：BC?！痉治觥扛鶕?jù)圖像可知，向恒溫恒容密閉容器中充入ImolA和3molB發(fā)生反應(yīng)，反應(yīng)時(shí)間從開(kāi)始到ti階段，正反應(yīng)速率不斷減小，所以平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，ti-t2時(shí)間段，正反應(yīng)速率不變，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，t2-t3時(shí)間段，改變條件使正反應(yīng)速率逐漸增大，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，t3以后反應(yīng)達(dá)到新的平衡狀態(tài)，結(jié)合圖像選項(xiàng)進(jìn)行判斷12.對(duì)下列粒

25、子組在溶液中能否大量共存的判斷和分析均正確的是()粒子組判斷和分析A4-、L、NaAl0不能大量共存，因發(fā)生反應(yīng)：if+4M中*-2山0BH+K+S?昂-SO”不能大量共存，因發(fā)生反應(yīng)：殂+十和播一二S保t+HzOC+、"、*-、NaF&S04HhOz能大量共存，粒子間不反應(yīng)D、HNaCfMnO"能大量共存，粒子間不反應(yīng)A. AB.BC.CD.D【答案】B【考點(diǎn)】離子共存【解析】【解答】A.Al3+和NH3H2O生成Al(OH)3沉淀而不是生成Al_，故A不符合題意；,甌B. S2和H+反應(yīng)生成單質(zhì)硫、二氧化硫和水，離子方程式為：2H+S2=SJ+SOT+H20,故

26、B符品-0a-合題意；C. Fe3+可以被H2O2還原得Fe2+和叱0,不能大量共存，故C不符合題意；D.在酸性條件下Mn_能將Cl-氧化為C2,不能大量共存，故D不符合題意；故答案為：Bo【分析】A.氨水不能溶解氫氧化鋁中的硫元素處于+2價(jià)態(tài)處于中間價(jià)態(tài)可以發(fā)生歧化反應(yīng)C.鐵離子具有氧化性，過(guò)氧化氫具有還原性，氧化還原反應(yīng)不共存D.高鎰酸根具有氧化性，氯離子具有還原性，因此發(fā)生氧化還原反應(yīng)不共存示:已知:13.1-丁醇、澳化鈉和70%的硫酸共熱反應(yīng)，經(jīng)過(guò)回流、蒸儲(chǔ)、萃取分液制得1-澳丁烷粗產(chǎn)品，裝置如圖所ACHs(CH3)30H+NaBr+HzSO4CH3(CH2)3Br+NaHS04+H?

27、a卜列說(shuō)法正確的是()A.裝置I中回流的目的是為了減少物質(zhì)的揮發(fā)，提高產(chǎn)率B.裝置n中a為進(jìn)水口，b為出水口C.用裝置出萃取分液時(shí)，將分層的液體依次從下放出D.經(jīng)裝置出得到的粗產(chǎn)品干燥后，使用裝置n再次蒸儲(chǔ)，可得到更純的產(chǎn)品【答案】A,D【考點(diǎn)】有機(jī)物中的官能團(tuán)，有機(jī)物的合成，有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，物質(zhì)的分離與提純，制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)【解析】【解答】A.濃硫酸和NaBr會(huì)產(chǎn)生HBr,1-丁醇以及濃硫酸和NaBr產(chǎn)生的HBr均易揮發(fā)，用裝置I回流可減少反應(yīng)物的揮發(fā)，提高產(chǎn)率，A符合題意；B.冷凝水應(yīng)下進(jìn)上出，裝置n中b為進(jìn)水口，a為出水口，B不符合題意；C.用裝置出萃取分液時(shí)，將下層液體從下口放出

28、，上層液體從上口倒出，C不符合題意；D.由題意可知經(jīng)裝置出得到粗產(chǎn)品，由于粗產(chǎn)品中各物質(zhì)沸點(diǎn)不同，再次進(jìn)行蒸儲(chǔ)可得到更純的產(chǎn)品，D符合題意；故答案為：AD?！痉治觥緼.回流的目的主要是為了延長(zhǎng)反應(yīng)物的接觸時(shí)間提高反應(yīng)產(chǎn)率B.進(jìn)水口和出水口位置弄反，應(yīng)該是從b口進(jìn)入，a口出，主要是為了增加冷凝時(shí)間提高效果C.分液時(shí)，密度小的從上口倒出，密度大的從下口倒出D.經(jīng)過(guò)分液后，可通過(guò)熔沸點(diǎn)的不同得到純凈的物質(zhì)14.鐵的配合物離子（用，上表示）催化某反應(yīng)的一種反應(yīng)機(jī)理和相對(duì)能量的變化情況如圖所示:tL-Fe-WHCOOH卜mo息隨辿憎I理，8工卜列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A.該過(guò)程的總反應(yīng)為催化劑HCOOM二CO

29、af+H31B.十濃度過(guò)大或者過(guò)小，均導(dǎo)致反應(yīng)速率降低HC.該催化循環(huán)中元素的化合價(jià)發(fā)生了變化F&D.該過(guò)程的總反應(yīng)速率由nm步驟決定【答案】D【考點(diǎn)】化學(xué)反應(yīng)速率，化學(xué)反應(yīng)速率的影響因素【解析】【解答】A.由反應(yīng)機(jī)理可知，HCOOH電離出氫離子后，HCOO與催化劑結(jié)合，放出二氧化碳,然后又結(jié)合氫離子轉(zhuǎn)化為氫氣，所以化學(xué)方程式為HCOOHC6T+H4,故A不符合題意；B.若氫離子濃度過(guò)低，則反應(yīng)出一IV的反應(yīng)物濃度降低，反應(yīng)速率減慢，若氫離子濃度過(guò)高，則會(huì)抑制加酸的電離，使甲酸根濃度降低，反應(yīng)i-n速率減慢，所以氫離子濃度過(guò)高或過(guò)低，均導(dǎo)致反應(yīng)速率減慢，故B不符合題意；C.由反應(yīng)機(jī)理可

30、知，F(xiàn)e在反應(yīng)過(guò)程中，化學(xué)鍵數(shù)目發(fā)生變化，則化合價(jià)也發(fā)生變化，故C不符合題意;D.由反應(yīng)進(jìn)程可知，反應(yīng)W能壘最大，反應(yīng)速率最慢，對(duì)該過(guò)程的總反應(yīng)起決定作用，故D符合題故答案為：Do【分析】A.根據(jù)反應(yīng)物和最終的產(chǎn)物即可寫(xiě)出方程式B.在整個(gè)過(guò)程中均存在氫離子參與，因此需要控制氫離子的濃度實(shí)現(xiàn)速率的最大化C.氫離子在整個(gè)過(guò)程中參與了反應(yīng)，經(jīng)歷斷鍵成鍵斷鍵的過(guò)程，過(guò)程中化合價(jià)發(fā)生改變D.整個(gè)反應(yīng)速率是由速率最慢的過(guò)程決定，活化能高的速率慢三、非選擇題【必考題】（共3題；共39分）15.碳酸鈉俗稱(chēng)純堿，是一種重要的化工原料。以碳酸氫錢(qián)和氯化鈉為原料制備碳酸鈉，并測(cè)定產(chǎn)品中少量碳酸氫鈉的含量，過(guò)程如下：

31、步驟I.的制備N(xiāo)a2C&s蒸耀水碳酸軟飯粉末300l'C,不尋花容由上加熱一碳酸鈉驟n.產(chǎn)品中含量測(cè)定NaHCO稱(chēng)取產(chǎn)品2.500g,用蒸儲(chǔ)水溶解，定容于250mL容量瓶中；移取25.00mL上述溶液于錐形瓶，加入2滴指示劑M,用仆_工鹽酸標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，溶液由0.1000mo.L紅色變至近無(wú)色（第一滴定終點(diǎn)），消耗鹽酸；VimL在上述錐形瓶中再加入2滴指示劑N,繼續(xù)用01000mol'L點(diǎn)),又消耗鹽酸；WmL平行測(cè)定三次，平均值為22.45,平均值為23.51。已知：(i)當(dāng)溫度超過(guò)35c時(shí)，開(kāi)始分解。鹽酸標(biāo)準(zhǔn)溶液,定至終點(diǎn)(第二滴定終(ii)相關(guān)鹽在不同溫度下的溶解

32、度表(g/100g由0溫度/C010203040506035.735.836.C36.336.(37.0)37.3加HCQa11.915.821.C27.(WaHCOa6.98.29.611.112.714.516.4HH&C129.433.337.241.445.850.455.2回答下列問(wèn)題:(1)步驟I中晶體A的化學(xué)式為,晶體A能夠析出的原因是(3)指示劑N為,描述第二滴定終點(diǎn)前后顏色變化(4)產(chǎn)品中的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為(保留三位有效數(shù)字)；NaHCOa(5)第一滴定終點(diǎn)時(shí)，某同學(xué)俯視讀數(shù)，其他操作均正確，則質(zhì)量分?jǐn)?shù)的計(jì)算結(jié)果NaHCO.(填偏大“偏小”或先影響"。)(2)步驟

33、I中“30叵加熱”所選用的儀器是(填標(biāo)號(hào))；【答案】(1)NaHCQ；在30-35C時(shí)NaHCQ的溶解度最小(意思合理即可)D(3)紫色石蕊試液；藍(lán)色變?yōu)榧t色(4)3.56%(5)偏大【考點(diǎn)】常用儀器及其使用，物質(zhì)的分離與提純，探究物質(zhì)的組成或測(cè)量物質(zhì)的含量，化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，物質(zhì)的量的相關(guān)計(jì)算【解析】【解答】(1)根據(jù)題給信息中鹽在不同溫度下的溶解度不難看出，控制溫度在30-35.C,目的是為了時(shí)NH4HCO3不發(fā)生分解，同時(shí)析出NaHCQ固體，得到晶體A,因?yàn)樵?0-35.C時(shí)，NaHCQ的溶解度最小，故答案為：NaHCQ；在30-35.C時(shí)NaHCQ的溶解度最??；(2)300.C加熱抽

34、干后的NaHCQ固體，需用堪竭、泥三角、三腳架進(jìn)行操作，所以正確的為D項(xiàng)，故答案為：D;(3)根據(jù)上述分析可知，第二次滴定時(shí)，使用的指示劑N為紫色石蕊試液，滴定到終點(diǎn)前溶液的溶質(zhì)為碳酸氫鈉和氯化鈉，溶液顯藍(lán)色，滴定達(dá)到終點(diǎn)后溶液的溶質(zhì)為氯化鈉，所以溶液的顏色變化為：藍(lán)色變?yōu)榧t色；(4)第一次滴定發(fā)生的反應(yīng)是：Na2CQ+HCl=NaHCQ+NaCl,則n(Na2CQ)=n生成(NaHCOj)=n(HCl)=0.1000mol/L22.4510-3L=2.24510-3mol,第二次滴定消耗的鹽酸的體積V2=23.51mL,則根據(jù)方程式XXXNaHCO3+HCl=NaCl+H?O+CQT可知，消

35、耗的NaHCO3的物質(zhì)的量n總(NaHCQ)=0.1000mol/L23.51-B-3c10-3L=2.35110-3mol,則原溶液中的NaHCQ的物質(zhì)的量n(NaHCO3)=n總(NaHCQ)-n生成(NaHCO3)=2.351NaHCQ的物質(zhì)的量為10-3mol-2.24510-3mol=1.0610-4mol,則原產(chǎn)品中=1.0610-3mol,故產(chǎn)品中NaHCO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為一,故4-100%-3.5616%圖3.56%£5口答案為：3.56%;(5)若該同學(xué)第一次滴定時(shí)，其他操作均正確的情況下，俯視讀數(shù)，則會(huì)使標(biāo)準(zhǔn)液鹽酸的體積偏小，即測(cè)得V1偏小，所以原產(chǎn)品中NaHCQ的

36、物質(zhì)的量會(huì)偏大，最終導(dǎo)致其質(zhì)量分?jǐn)?shù)會(huì)偏大，故答案為：偏大?！痉治觥?1)氯化鈉和碳酸氫錢(qián)最終得到的碳酸氫鈉固體和氯化俊，因此晶體A是碳酸氫鈉固體，通過(guò)對(duì)不同時(shí)刻的溶解度進(jìn)行分析，主要是由于低溫時(shí)，碳酸氫鈉的溶解度小(2)溫度過(guò)高是加熱應(yīng)該選擇的是塔竭(3)純堿主要是碳酸鈉，適合用酚酬:做指示劑，先加入酚酬:作指示劑滴入鹽酸將碳酸鈉全部轉(zhuǎn)為碳酸氫鈉，碳酸氫鈉適合用石蕊作指示劑，在繼續(xù)使用石蕊做指示劑進(jìn)行滴定，到終點(diǎn)時(shí)，此時(shí)是藍(lán)色，再加入一滴時(shí)溶液變?yōu)榧t色。(4)第一次與碳酸鈉作用，全部轉(zhuǎn)為碳酸氫鈉溶液，第二次是碳酸氫鈉與稀鹽酸作用，根據(jù)數(shù)據(jù)即可計(jì)算出碳酸鈉和碳酸氫鈉的質(zhì)量(5)第一滴定終點(diǎn)時(shí)，利

37、用的是滴定管滴定，俯視讀數(shù)，導(dǎo)致V1數(shù)值偏小，導(dǎo)致V2-V1偏大，導(dǎo)致計(jì)算結(jié)果偏大16.氨氣中氫含量高，是一種優(yōu)良的小分子儲(chǔ)氫載體，且安全、易儲(chǔ)運(yùn)，可通過(guò)下面兩種方法由氨氣得到氫氣。方法I:氨熱分解法制氫氣相關(guān)化學(xué)鍵的鍵能數(shù)據(jù)化學(xué)鍵q三K建能.E八kJ*moll)946436.0390.8定溫度下，利用催化劑將分解為和?；卮鹣铝袉?wèn)題:(1)反應(yīng)(2)已知該反應(yīng)的A.25C,在下列哪些溫度下反應(yīng)能自發(fā)進(jìn)行?(填標(biāo)號(hào))B.125CC.225CD.325C(3)某興趣小組對(duì)該反應(yīng)進(jìn)行了實(shí)驗(yàn)探究。在一定溫度和催化劑的條件下，將門(mén)通入3L的密閉容器中進(jìn)行反應(yīng)(此時(shí)容器內(nèi)總壓為200kPa),各物質(zhì)的分壓

38、隨時(shí)間的變化曲線(xiàn)如圖所示。若保持容器體積不變，j時(shí)反應(yīng)達(dá)到平衡，用h，的濃度變化表示口匕時(shí)間內(nèi)的反應(yīng)速率(用含的代數(shù)式表示時(shí)將容器體積迅速縮小至原來(lái)的一半并保持不變，圖中能正確表示壓縮后分壓變化趨勢(shì)的曲JN?線(xiàn)是(用圖中a、b、c、d表示)，理由是;在該溫度下，反應(yīng)的標(biāo)準(zhǔn)平衡常數(shù)。(已知：分壓=總壓M亥組分物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)，對(duì)于反片二應(yīng)，其中，、口+小曲=由®會(huì)聲翼/Pe=100kPa%1PEE聲舸為各組分的平衡分壓)。方法n：氨電解法制氫氣利用電解原理，將氮轉(zhuǎn)化為高純氫氣，其裝置如圖所示。工。H溶液陰離子交換*as®(4)電解過(guò)程中的移動(dòng)方向?yàn)?填從左往右”或從右往左”)0H

39、(5)陽(yáng)極的電極反應(yīng)式為。KOH溶液KOH溶液【答案】(1)+90.8(2) C,D(3) ;b；開(kāi)始體積減半，N2分壓變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，隨后由于加壓平衡逆向移動(dòng)，N2分壓比原來(lái)2倍0.E12V要??；0.48(4)從右往左(5)2NH3-6e-+6OH=N2+6H2O【考點(diǎn)】電極反應(yīng)和電池反應(yīng)方程式，化學(xué)反應(yīng)速率與化學(xué)平衡的綜合應(yīng)用，原電池工作原理及應(yīng)用，有關(guān)反應(yīng)熱的計(jì)算【解析】【解答】(1)根據(jù)方程式：2NH3(g)N2(g)+3H2(g),H=390.8kJmol-1八*?-(946kJmol-1+436.0kJmol-1,)=+90.8kJmol-1,故答案為：+90.8；(2)若反應(yīng)自發(fā)

40、進(jìn)行，則需H-TS<0,T>b=.>,卡,=456.5K,即溫度應(yīng)高于m.1Ml石曲叩QmT目(456.5-273)C=183.5C,CD符合，故答案為：CD;(3)設(shè)ti時(shí)達(dá)到平衡，轉(zhuǎn)化的NH3的物質(zhì)的量為2x,列出三段式:超整/molM0口的國(guó)moi2第x3x/箭/mHQI-2#x3x根據(jù)同溫同壓下，混合氣體的物質(zhì)的量等于體積之比,=,解得x=0.02mol,(H2)=or30口D-t+2£12L>12-D41口一=匹mol.L-1.min-1，故答案為:0JJ2t2時(shí)將容器體積壓縮到原來(lái)的一半，開(kāi)始N2分壓變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，隨后由于加壓平衡逆向移動(dòng)，N2分

41、壓比原來(lái)2倍要小，故b曲線(xiàn)符合，故答案為：b；開(kāi)始體積減半，N2分壓變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，隨后由于加壓平衡逆向移動(dòng)，N2分壓比原來(lái)2倍要??；由圖可知，平衡時(shí)，NH3、N2、H2的分壓分別為120kPa、40kPa、120kPa,反應(yīng)的標(biāo)準(zhǔn)平衡常數(shù)>=0.48,故答案為:0.48;(4)由圖可知，通NH3的一極氮元素化合價(jià)升高，發(fā)生氧化反應(yīng)，為電解池的陽(yáng)極，則另一電極為陰極，電解過(guò)程中OH-移向陽(yáng)極，則從右往左移動(dòng)，故答案為：從右往左；(5)陽(yáng)極NH3失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成N2,結(jié)合堿性條件，電極反應(yīng)式為：2NH3-6e-+6OH=N2+6H2O,故答案為：2NH3-6e-+6OH=N2+6H2

42、O?！痉治觥?1)根據(jù)反應(yīng)熱=反應(yīng)物的總鍵能-生成物的總鍵能即可計(jì)算(2)根據(jù)”11HT.V0，即可判斷(3)利用三行式進(jìn)行計(jì)算，根據(jù)壓強(qiáng)之比等于物質(zhì)的量之比，計(jì)算出物質(zhì)的量即可計(jì)算出氫氣的速率體積減小原來(lái)的一半，濃度增大一倍，即壓強(qiáng)增大一倍選擇b根據(jù)物質(zhì)的量之比壓強(qiáng)之比，計(jì)算出平衡時(shí)的壓強(qiáng)，計(jì)算出壓強(qiáng)的平衡常數(shù)即可(4)氨氣中氮元素為-3價(jià)，氫元素為+1價(jià)，氨氣中氮元素變?yōu)榈獨(dú)?，化合價(jià)升高，被氧化，做陽(yáng)極，因此吸引大量的陰離子，氫氧根離子向左移動(dòng)，氨氣中的氫元素變?yōu)闅錃?，化合價(jià)降低，被還原，做陰極。(5)陽(yáng)極發(fā)生的是氨氣失去電子變?yōu)榈獨(dú)饨Y(jié)合氫氧根變?yōu)榈獨(dú)?7.、可用于催化劑載體及功能材料的制

43、備。天然獨(dú)居石中，鋪(Ce)主要以形式存在，還C第CePOi含有、等物質(zhì)。以獨(dú)居石為原料制備、的工藝流程如SiOiAlsOsFesGaCaFaC&2(C0aJa'nK20下：徹5HO二i獨(dú)居石一“仁|y1酸性般'(流活I(lǐng)娟內(nèi)調(diào)小5FH1截波也常凝制延灣川NHJICO|浴出Coj評(píng)也o灌他回答下列問(wèn)題:(1)鈾的某種核素含有58個(gè)質(zhì)子和80個(gè)中子，該核素的符號(hào)為(2)為提高水浸”效率，可采取的措施有(至少寫(xiě)兩條)；(3)濾渣m的主要成分是(填化學(xué)式)；(4)加入絮凝劑的目的是(5)沉鋪”過(guò)程中，生成的離子方程式為,常溫下加入的溶液呈Cft3(C03)a,nH50NH4HC

44、Oa(填酸性"堿性”或中性”用知：的_,的NHs'HsO=r75x19K=4蟲(chóng)1尸24.7X10-11”11M(6)濾渣n的主要成分為，在高溫條件下，、葡萄糖()和可制備電極FePO*LiwCOdCeJiOeFeFO*材料，同時(shí)生成和，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為L(zhǎng)iFePOiCOHzO【答案】(1)(2)適當(dāng)升高溫度，將獨(dú)居石粉碎等(3)Al(OH)3(4)促使鋁離子沉淀(5) T;堿性6HCO34-2Ce3(n-3)即0二1屋n電0+3C02(6) 6+12=12+6COT+6H2O+6COTLhCOaC&H宜曲FePOiLiFePCU【考點(diǎn)】鹽類(lèi)水解的應(yīng)用，物質(zhì)的分離與

45、提純，制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)，離子方程式的書(shū)寫(xiě)，元素周期表的結(jié)構(gòu)及其應(yīng)用【解析】【解答】(1)鈾的某種核素含有58個(gè)質(zhì)子和80個(gè)中子，則中子數(shù)為58+80=138,該核素的符號(hào)為(2)為提高水浸”效率，可采取的措施有適當(dāng)升高溫度，將獨(dú)居石粉碎等;(3)結(jié)合流程可知，濾渣出的主要成分是Al(OH)3；(4)加入絮凝劑的目的是促使鋁離子沉淀；的離子方程式為(5)用碳酸氫錢(qián)沉鋪”，則結(jié)合原子守恒、電荷守恒可知生成C的(8孤<1取0T；俊根離子的水解常數(shù)Kh()=6HCOs+2Ce3-F(n-3)H2C=Ce2(COj)s-nH2O+3CO24:T=5.7乂100,碳酸氫根的水解常數(shù)Kh()=2.3

46、X-810,則Kh()<Kh(),-11HCOj因此常溫下加入的溶液呈堿性；NHiHCO)和可制備電極材料，同時(shí)生成能P5LiFePOiCO結(jié)合得失電子守恒、原子守恒可知該反應(yīng)的化學(xué)方程+6Cd+6H2O+6CO2T。(6)由在高溫條件下，、葡萄糖(LiaCOsCsHi5Os和可知，該反應(yīng)中Fe價(jià)態(tài)降低，C價(jià)態(tài)升高H20式為6+12=12LisCOaCHOsFePOiLiFe?i【分析】(1)質(zhì)子數(shù)寫(xiě)在符號(hào)左下角，質(zhì)量數(shù)寫(xiě)在左上角(2)水浸主要是除去可與水反應(yīng)或者是溶于水的物質(zhì)，可以將其表面積增大或者是適當(dāng)?shù)奶岣邷囟燃铀俜磻?yīng)(3)根據(jù)加入的絮凝劑以及氧化鎂調(diào)節(jié)pH=5,即可判斷固濾渣是氫

47、氧化鋁(4)絮凝劑的目的主要是加速聚沉，提高聚沉效率(5)根據(jù)反應(yīng)物和產(chǎn)物即可寫(xiě)出離子反應(yīng)方程式，比較俊根離子和碳酸氫根的水解程度即可判斷酸堿性(6)根據(jù)反應(yīng)物和產(chǎn)物即可寫(xiě)出反應(yīng)方程式四、非選擇題【選考題】(共2題；共24分)18.選彳3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)硅、錯(cuò)(Ge)及其化合物廣泛應(yīng)用于光電材料領(lǐng)域?；卮鹣铝袉?wèn)題:(1)基態(tài)硅原子最外層的電子排布圖為,晶體硅和碳化硅熔點(diǎn)較高的是(填化學(xué)式);(2)硅和鹵素單質(zhì)反應(yīng)可以得到SiX4的熔沸點(diǎn)如下表:SiX-40C時(shí)，、SiT*SiQiSiBr*曲SiChSiBr4SiU熔點(diǎn)/K183.0203.2278.6393.7沸點(diǎn)/K187.2330.842

48、7.2560.7呈液態(tài)的是(填化學(xué)式)，沸點(diǎn)依次升高的原因是SiU,氣態(tài)分子的空間構(gòu)型是就也2)SiCU與N-甲基咪陛(HjC-nQ)反應(yīng)可以得到H,其結(jié)構(gòu)如圖所示:叱nJ&一3+(3)下圖是N-甲基咪陛分子中碳原子的雜化軌道類(lèi)型為,H、C、N的電負(fù)性由大到小的順序?yàn)?1個(gè)中含有個(gè)鍵；、三種元素形成的某化合物的晶胞示意圖。Ga0 己知化合物中和的原子個(gè)數(shù)比為1:4,圖中Z表示原子(填元素符號(hào))，該化合物的化Ge0學(xué)式為； 已知該晶胞的晶胞參數(shù)分別為anm、bnm、cnm,_,則該晶體的密度a=/?=y=90p"的代數(shù)式表示)。_s(設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為，用含a、b、gcm%

49、3s3PEl阻(2) SiC4；SiX都是結(jié)構(gòu)相似的分子晶體，相對(duì)分子質(zhì)量依次增大，分子間作用力依次增大；正四面體形；sp徑小于硅原子，非金屬性強(qiáng)于硅原子，碳硅鍵的鍵能大于硅硅鍵、鍵長(zhǎng)小于硅硅鍵，則碳硅鍵強(qiáng)于硅硅3S3P鍵，碳化硅的熔點(diǎn)高于晶體硅，故答案為：國(guó)十川;SiC；a：由題給熔沸點(diǎn)數(shù)據(jù)可知，oc時(shí)，四氟化硅為氣態(tài)，四氯化硅為液態(tài)，四澳化硅、四碘化硅為固態(tài)；分子晶體的沸點(diǎn)取決于分子間作用力的大小，Six都是結(jié)構(gòu)相似的分子晶體，相對(duì)分子質(zhì)量依次增、sp大，分子間作用力依次增大，則SiX的沸點(diǎn)依次升高；Si乂分子中硅原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4,孤對(duì)電子;N>C>H;54(3) O;M

50、g2GeO4；=x101“fli61dfN【考點(diǎn)】原子核外電子的能級(jí)分布，元素電離能、電負(fù)性的含義及應(yīng)用，判斷簡(jiǎn)單分子或離子的構(gòu)型，晶體熔沸點(diǎn)的比較，晶胞的計(jì)算，原子軌道雜化方式及雜化類(lèi)型判斷【解析】【解答】(1)硅元素的原子序數(shù)為14,價(jià)電子排布式為3s23p2,則價(jià)電子排布圖為353p迎ItltlI；原子晶體的熔點(diǎn)取決于共價(jià)鍵的強(qiáng)弱，晶體硅和碳化硅都是原子晶體，碳原子的原子半對(duì)數(shù)為0,則分子的空間構(gòu)型為正四面體形，故答案為:質(zhì)量依次增大，分子間作用力依次增大；正四面體形；由M2喃子的結(jié)構(gòu)可知，離子中含有雜化方式為SiC4；SiX4都是結(jié)構(gòu)相似的分子晶體，相對(duì)分子sp3雜化的單鍵碳原子和sp

51、2雜化的雙鍵碳原子；元素的非金屬性越強(qiáng)，其電負(fù)性越大，元素的非極性強(qiáng)弱順序?yàn)镸2悟子的結(jié)構(gòu)中含有單鍵、雙鍵和配位鍵，單鍵和配位鍵都是有54個(gè)b鍵，故答案為:sp2、sp3;N>C>H;54;N>C>H,則元素電負(fù)性白大小順序?yàn)镹>C>H(T鍵，雙鍵中含有1個(gè)(T鍵，則離子中含(3)由晶胞結(jié)構(gòu)可知，晶胞中位于頂點(diǎn)、面心、棱上和體內(nèi)的X原子為8X+6X+4X+3=8,位于體a1n日鼻事內(nèi)的Y原子和Z原子分別為4和16,由Ge和。原子的個(gè)數(shù)比為1:4可知，X為Mg原子、Y為Ge原子、Z為O原子，則晶胞的化學(xué)式為Mg2GeO4,故答案為：O;Mg2GeO4；由晶胞的質(zhì)量公式可得：=abcX1Xp解得p=x121g/cm3,故答案為：4翼1HE.跖?溫11風(fēng)I就匕印K麗工X10?！痉治觥?1)硅的價(jià)層電子數(shù)是4各，根據(jù)核外電子能級(jí)排布即可寫(xiě)出價(jià)層電子對(duì)排布,均屬于原子晶體，原子晶體的熔點(diǎn)與鍵長(zhǎng)有關(guān)，鍵越短熔點(diǎn)越高(2)根據(jù)沸點(diǎn)進(jìn)行比較即可判斷氣態(tài)，液態(tài)，固體，常溫下是液態(tài)的是四氯化硅，均屬與分子晶體，結(jié)構(gòu)相似，沸點(diǎn)隨著相對(duì)分子質(zhì)量的增大而增大，SiXi結(jié)構(gòu)與甲烷相似，因此是正四面體結(jié)構(gòu)根據(jù)氮原子成鍵情況，有雙鍵和單鍵因此氮原子有sp2和s