高中化學(xué)高考二輪復(fù)習(xí) 精品獲獎(jiǎng)

2023年河南省開(kāi)封市高考化學(xué)二模試卷一、選擇題（每小題6分每小題只有一個(gè)合理的選項(xiàng)）1．（6分）（2023?開(kāi)封二模）下列有關(guān)說(shuō)法中，不正確的是（）A．焰火的五彩繽紛是某些金屬元素的性質(zhì)的展現(xiàn)B．SiO2可用于制造光導(dǎo)纖維，其性質(zhì)穩(wěn)定，不溶于強(qiáng)酸、強(qiáng)堿C．“光化學(xué)煙霧”、“硝酸型酸雨”的形成都與氮氧化合物有關(guān)D．根據(jù)分散質(zhì)微粒直徑大小可以將分散系分為溶液、膠體和濁液2．（6分）（2023?開(kāi)封二模）下列與有機(jī)結(jié)構(gòu)、性質(zhì)相關(guān)的敘述中，正確的是（）A．乙醇與金屬鈉反應(yīng)比水與金屬鈉反應(yīng)更劇烈B．乙烯和聚乙烯均能和溴水發(fā)生加成反應(yīng)而使溴水褪色C．蛋白質(zhì)、淀粉、纖維素、蔗糖都屬于有機(jī)高分子化合物D．乙酸、甲酸甲酯和羥基乙醛（）互為同分異構(gòu)體3．（6分）（2023?荊州模擬）相對(duì)分子質(zhì)量為128的有機(jī)物A完全燃燒只生成CO2和H2O，若A含一個(gè)六碳環(huán)且可與NaHCO3溶液反應(yīng)，則環(huán)上一氯代物的數(shù)目為（）A．2B．3C．4D．54．（6分）（2023?開(kāi)封二模）下列圖示與對(duì)應(yīng)的敘述相符的是（）A．圖甲表示H2與O2發(fā)生反應(yīng)過(guò)程中的能量變化，則H2的燃燒熱為?mol﹣1B．圖乙表示在飽和Na2CO3溶液中逐步加BaSO4固體后，溶液中c（CO32﹣）的濃度變化C．圖丙表示Zn、Cu和稀硫酸構(gòu)成的原電池在工作過(guò)程中電流強(qiáng)度的變化，T時(shí)加入了H2O2D．圖丁表示恒溫恒容條件下發(fā)生的可逆反應(yīng)2NO2?N202（g）中，各物質(zhì)的濃度與其消耗速率之間的關(guān)系，其中交點(diǎn)A對(duì)應(yīng)的狀態(tài)為化學(xué)平衡狀態(tài)5．（6分）（2023?開(kāi)封二模）下列離子方程式正確的是（）A．在H2C2O4中加入酸性KMnO4溶液：2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2OB．Ca（HCO3）2與過(guò)量Ca（OH）2溶液反應(yīng)：Ca2++HCO3﹣+2OH﹣═CaCO2↓+CO32﹣+2H2OC．用惰性電極電解硫酸銅溶液：2Cu2++2H2O2H2↑+2Cu+O2↑D．足量碳酸氫鈉溶液與氫氧化鋇溶液混合：HCO3﹣+Ba2++OH﹣═BaCO2↓+H2O6．（6分）（2023?濱州模擬）某溫度下，體積和pH都相同的鹽酸和氯化銨溶液加水稀釋時(shí)的PH變化曲線如圖所示，下列判斷正確的是（）A．a(chǎn)、c兩點(diǎn)溶液的導(dǎo)電能力相同B．b點(diǎn)溶液中c（H+）+c（NH3?H2O）=c（OH﹣）C．用等濃度NaOH溶液和等體積b、c處溶液反應(yīng)，消耗NaOH溶液體積Vb=VcD．a(chǎn)、b、c三點(diǎn)溶液水的電離程度a＞b＞c7．（6分）（2023?開(kāi)封二模）W、X、Y、Z是四種常見(jiàn)的短周期元素，其原子半徑隨原子序數(shù)變化如圖．已知W的一種核素的質(zhì)量數(shù)為18，中子數(shù)為10；X和Ne原子的核外電子數(shù)相差1；Y的單質(zhì)是一種常見(jiàn)的半導(dǎo)體材料；Z的非金屬性在同周期元素中最強(qiáng)．下列說(shuō)法不正確的是（）A．對(duì)應(yīng)簡(jiǎn)單離子半徑X＜WB．對(duì)應(yīng)氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性Y＜ZC．化合物XZW既含離子鍵也含共價(jià)鍵D．Y的氧化物能與Z或X的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物反應(yīng)二、非選擇題8．（14分）（2023?開(kāi)封二模）在下圖轉(zhuǎn)化關(guān)系中，固體甲的焰色反應(yīng)呈黃色，M為常見(jiàn)的液體物質(zhì)，I為一常見(jiàn)金屬，酸G是重要的化工產(chǎn)品和化工原料；固體H囂溶解在A溶液和酸G中，且H為良好的耐火材料（圖中部分產(chǎn)物沒(méi)有列出）．（l）固體甲與液體M反應(yīng)的方程式為．A溶液與固體H反應(yīng)的離子方程式為．（2）固體乙的化學(xué)式為．液體M的電子式為．（3）反應(yīng)①～⑦中屬于氧化還原反應(yīng)的為（填寫(xiě)反應(yīng)序號(hào)）．（4）若I與C的稀溶液不反應(yīng)，只能與G的濃溶液在加熱條件下反應(yīng)，則反應(yīng)⑦的化學(xué)方程式為．（5）若由黃鐵礦（FeS2）與氣體B反應(yīng)來(lái)生產(chǎn)氣體E，且每生成1molE放出的熱量，該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為．9．（14分）（2023?開(kāi)封二模）鹵素單質(zhì)的性質(zhì)活潑，鹵素的化合物應(yīng)用廣泛，運(yùn)用化學(xué)反應(yīng)原理研究鹵族元素的有關(guān)性質(zhì)具有重要意義．（l）下列關(guān)于氯水的敘述正確的是（填寫(xiě)序號(hào)）．A．氯水中存在兩種電離平衡B．向氯水中通入SO2，其漂白性增強(qiáng)C．向氯水中通入氯氣，減小D．加水稀釋氯水，溶液中的所有離子濃度均減小E．加水稀釋氯水，水的電離平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)F．向氯水中加少量固體NaOH，可能有c（Na+）=c（Cl﹣）+c（ClO﹣）（2）工業(yè)上通過(guò)氯堿工業(yè)生產(chǎn)氯氣，其反應(yīng)的離子方程式為．（3）常溫下，已知25℃時(shí)有關(guān)弱酸的電離平衡常數(shù)：弱酸化學(xué)式HClOH2CO3電離平衡常數(shù)K=×10﹣8K1=×10﹣7，K2=×10﹣11寫(xiě)出84消毒液（主要成分為NaClO）露置在空氣中發(fā)生反應(yīng)的有關(guān)化學(xué)方程式．若將84消毒液與潔廁劑（含有濃鹽酸）混合使用可能會(huì)導(dǎo)致中毒，請(qǐng)用離子方程式解釋有關(guān)原因．（4）碘鎢燈具有比白熾燈壽命長(zhǎng)且環(huán)保節(jié)能的；特點(diǎn)．一定溫度下，燈泡內(nèi)封存的少量碘與使用過(guò)程中沉積在管壁上的鎢可以發(fā)生反應(yīng)：W（s）+I2（g）?WI2（g）．為模擬上述反應(yīng)，準(zhǔn)確稱取碘、金屬鎢置于的密閉容器中，加熱使其反應(yīng)．如圖是WI2（g）的物質(zhì)的量隨時(shí)間變化關(guān)系圖象，其中曲線I（0～t2時(shí)間段）的反應(yīng)溫度為T(mén)1，曲線II（從t2開(kāi)始）的反應(yīng)溫度為T(mén)2，且T2＞T1．則：①該反應(yīng)的△H0（填“＞、=或“＜”）②從反應(yīng)開(kāi)始到t1時(shí)間內(nèi)的平均反應(yīng)速率v（I2）=．③下列說(shuō)法中不正確的是（填序號(hào)），A．利用該反應(yīng)原理可以提純鎢B．該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式是K=C．燈絲附近溫度越高，燈絲附近區(qū)域WI2]越易變?yōu)閃而重新沉積到燈絲上（5）25℃時(shí)，向5mL含有KCl和KI濃度均為?L﹣1的混合液中，滴加6mL?L﹣1的AgNO3溶液，先生成的沉淀是，溶液中離子濃度由大到小的順序是[不考慮H+和OH﹣．25℃時(shí)Ksp（AgCl）=×10﹣10、Ksp（AgI）=×10﹣17]．10．（15分）（2023?開(kāi)封二模）乙二酸（H2C2O4）俗稱草酸，是一種重要的化工原料．查閱資料，了解到以下有關(guān)信息：①乙二酸易溶于水，加熱至100℃開(kāi)始升華，125℃時(shí)迅速升華，157℃時(shí)大量升華并開(kāi)始分解．乙二酸受熱分解生成水、二氧化碳和一種常見(jiàn)的還原性氣體．②乙二酸的鈣鹽﹣﹣乙二酸鈣為不溶于水的白色晶體．某?；瘜W(xué)研究性學(xué)習(xí)小組為探究草酸的部分性質(zhì)，進(jìn)行了如下實(shí)驗(yàn)：（l）為比較相同濃度的草酸和硫酸的導(dǎo)電性，實(shí)驗(yàn)室需配制100mL?L﹣1的草酸溶液，配制過(guò)程中用到的玻璃儀器有量筒、燒杯、玻璃棒、、．（2）化學(xué)興趣小組的同學(xué)用實(shí)驗(yàn)證明乙二酸晶體受熱分解生成的氣體成分．他們利用下圖提供的裝置，自選試劑，提出了下列實(shí)驗(yàn)方案：按A→B→C→C→C→D→E順序從左至右連接裝置，檢驗(yàn)乙二酸晶體受熱分解生成的氣體成分．請(qǐng)你按整套裝置從左至右的順序填寫(xiě)表中的空格：裝置編號(hào)裝置中所加物質(zhì)裝置作用BCC氫氧化鈉濃溶液CDCuO或Fe2O3E處理CO尾氣，防止污染空氣①請(qǐng)寫(xiě)出乙二酸受熱分解的化學(xué)方程式．②上述實(shí)驗(yàn)中能說(shuō)明乙二酸熱分解生成了還原性氣體的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是．③檢驗(yàn)乙二酸具有較強(qiáng)的還原性，通常選用的試劑是．【化學(xué)一選修2：化學(xué)與技術(shù)】11．（15分）（2023?開(kāi)封二模）水處理主要包括水的凈化、污水處理、硬水軟化和海水淡化等．（1）水處理技術(shù)的核心是減少或除去水中的各種雜質(zhì)離子．目前，和是主要的去離子方法．（2）根據(jù)廢水中所含有害物質(zhì)的不同，工業(yè)上有多種廢水的處理方法，如圖1所示．①?gòu)U水Ⅰ若采用CO2處理，離子方程式是．②廢水Ⅱ常用明礬處理．實(shí)踐中發(fā)現(xiàn)廢水中的c（HCO3﹣）越大，凈水效果越好，這是因?yàn)椋蹚U水Ⅲ中的汞元素存在如下轉(zhuǎn)化（在空格上填相應(yīng)的化學(xué)式）：Hg2++=CH3Hg++H+．我國(guó)規(guī)定，Hg2+的排放標(biāo)準(zhǔn)不能超過(guò)?L﹣1．若某工廠排放的廢水1L中含Hg2+3×10﹣7mol，是否達(dá)到了排放標(biāo)準(zhǔn)（填“是”或“否”）．④廢水Ⅳ常用Cl2氧化CN﹣成CO2和N2．，若參加反應(yīng)的Cl2與CN﹣的物質(zhì)的量之比為5：2，則該反應(yīng)的離子方程式為．（3）地下水往往含有鈣、鎂的碳酸鹽，自來(lái)水廠需要對(duì)地下水進(jìn)行處理．把進(jìn)行過(guò)離子交換的CaR2（或MgR2）型樹(shù)脂置于中浸泡一段時(shí)間后便可再生．（4）海水的淡化是除去海水中所含的鹽分，如圖2是海水中利用電滲析法獲得淡水的原理圖，已知海水中含有Na+、Cl﹣、Ca2+、Mg2+、SO42﹣等離子，電極為惰性電極．請(qǐng)回答：①陽(yáng)離子交換膜是指（填“A”或“B”）．②寫(xiě)出通電后陽(yáng)極區(qū)的電極反應(yīng)式．【化學(xué)--選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】12．（15分）（2023?開(kāi)封二模）鈦和鈦的合金已被廣泛用于制造電訊器材、人造骨骼、化工設(shè)備、飛機(jī)等航天航空材料，被譽(yù)為“未來(lái)世界的金屬”．試回答下列問(wèn)題：（1）鈦有2248Ti和2250Ti兩種原子，它們互稱為．元素在元素周期表中的位置是第周期，第族；基態(tài)原子的電子排布式為；按電子排布Ti元素在元素周期表分區(qū)中屬于區(qū)元素．（2）偏鈦酸鋇在小型變壓器、話筒和擴(kuò)音器中都有應(yīng)用．偏鈦酸鋇晶體中晶胞的結(jié)構(gòu)如圖1所示，它的化學(xué)式是，（3）氮化鈦（Ti3N4）為金黃色晶體，由于具有令人滿意的仿金效果，越來(lái)越多地成為黃金裝飾的替代品．以TiCl4為原料，經(jīng)過(guò)一系列反應(yīng)，如圖3．可以制得Ti3N4和納米TiO2．①Ti3N4中Ti元素的化合價(jià)為．TiCl4分子中4個(gè)氯原子不在同一平面上，則TiCl4的空間構(gòu)型為．②反應(yīng)①為置換反應(yīng)，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為．③納米TiO2是一種應(yīng)用廣泛的催化劑，納米TiO2催化的一個(gè)實(shí)例如下：化合物甲的分子中采取sp2雜化的碳原子個(gè)數(shù)為，化合物乙中采取sp3雜化的原子的第一電離能由大到小的順序?yàn)椋苡幸环N氮化鈦晶體的晶胞如圖2所示，該氮化鈦晶胞中含有個(gè)N原子，晶胞中N、Ti之間的最近距離為apm，則該氮化鈦的密度為g．cm﹣3（NA為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，只列算式）．【化學(xué)一選修5】13．（15分）（2023?開(kāi)封二模）有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)蘋(píng)果酸廣泛存在于蘋(píng)果等水果的果肉中，是一種常用的食品添加劑．經(jīng)測(cè)定，蘋(píng)果酸的相對(duì)分子質(zhì)量為134，所含各元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為：ω（C）=%、ω（H）=%、ω（O）=%，其中存在5種不同化學(xué)環(huán)境的H原子．1mol蘋(píng)果酸能與2molNaHCO3完全反應(yīng)、能與足量的Na反應(yīng)生成的．用乙烯為原料人工合成蘋(píng)果酸的線路如下：已知：①②請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（1）蘋(píng)果酸的分子式為．A物質(zhì)的名稱為．（2）F中含有的官能團(tuán)名稱是．G+B→H的反應(yīng)類型是．（3）在合成線路中，C→D這一步驟反應(yīng)的目的是．（4）D→E反應(yīng)的化學(xué)方程式為．（5）蘋(píng)果酸與NaHCO3完全反應(yīng)的化學(xué)方程式為．（6）與蘋(píng)果酸含有相同種類和數(shù)目的官能團(tuán)的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為．

2023年河南省開(kāi)封市高考化學(xué)二模試卷參考答案與試題解析一、選擇題（每小題6分每小題只有一個(gè)合理的選項(xiàng)）1．（6分）（2023?開(kāi)封二模）下列有關(guān)說(shuō)法中，不正確的是（）A．焰火的五彩繽紛是某些金屬元素的性質(zhì)的展現(xiàn)B．SiO2可用于制造光導(dǎo)纖維，其性質(zhì)穩(wěn)定，不溶于強(qiáng)酸、強(qiáng)堿C．“光化學(xué)煙霧”、“硝酸型酸雨”的形成都與氮氧化合物有關(guān)D．根據(jù)分散質(zhì)微粒直徑大小可以將分散系分為溶液、膠體和濁液考點(diǎn)：焰色反應(yīng)；分散系、膠體與溶液的概念及關(guān)系；氮的氧化物的性質(zhì)及其對(duì)環(huán)境的影響；硅和二氧化硅．專題：溶液和膠體專題；元素及其化合物．分析：A．焰色反應(yīng)是元素的性質(zhì)；B．二氧化硅能溶于強(qiáng)堿；C．氮氧化合物溶于水形成硝酸；D．根據(jù)分散質(zhì)微粒的大小可以將混合物進(jìn)行分類．解答：解：A．焰火的五彩繽紛是焰色反應(yīng)，是某些金屬元素的焰色反應(yīng)，故A正確；B．二氧化硅能與強(qiáng)堿反應(yīng)生成硅酸鹽，故B錯(cuò)誤；C．以一氧化氮和二氧化氮為主的氮氧化物是形成“光化學(xué)煙霧”“硝酸型酸雨”的形成的一個(gè)重要原因，故C正確；D．根據(jù)分散質(zhì)微粒直徑的大小，可以將分散系分為膠體、濁液和溶液三大類，故D正確．故選B．點(diǎn)評(píng)：本題考查焰色反應(yīng)、二氧化硅的性質(zhì)、酸雨和分散系，題目難度不大，平時(shí)注意知識(shí)的積累．2．（6分）（2023?開(kāi)封二模）下列與有機(jī)結(jié)構(gòu)、性質(zhì)相關(guān)的敘述中，正確的是（）A．乙醇與金屬鈉反應(yīng)比水與金屬鈉反應(yīng)更劇烈B．乙烯和聚乙烯均能和溴水發(fā)生加成反應(yīng)而使溴水褪色C．蛋白質(zhì)、淀粉、纖維素、蔗糖都屬于有機(jī)高分子化合物D．乙酸、甲酸甲酯和羥基乙醛（）互為同分異構(gòu)體考點(diǎn)：有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)．專題：有機(jī)物的化學(xué)性質(zhì)及推斷．分析：A．水和鈉反應(yīng)較劇烈；B．聚乙烯不能發(fā)生加成反應(yīng)；C．蔗糖不是高分子化合物；D．根據(jù)同分異構(gòu)體的定義判斷．解答：解：A．水為弱電解質(zhì)，乙醇為非電解質(zhì)，可知水易電離子氫離子，水和鈉反應(yīng)較劇烈，故A錯(cuò)誤；B．聚乙烯不含碳碳雙鍵，不能發(fā)生加成反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；C．高分子化合物的相對(duì)分子質(zhì)量一般在10000以上，蔗糖不是高分子化合物，故C錯(cuò)誤；D．乙酸、甲酸甲酯和羥基乙醛三種物質(zhì)的分子式相同，但結(jié)構(gòu)不同，互為同分異構(gòu)體，故D正確．故選D．點(diǎn)評(píng)：本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，為高頻常見(jiàn)題型和高頻考點(diǎn)，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，注意把握有機(jī)物的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)和官能團(tuán)的性質(zhì)，為解答該類題目的關(guān)鍵，難度不大，注意把握高分子化合物、同分異構(gòu)體等概念．3．（6分）（2023?荊州模擬）相對(duì)分子質(zhì)量為128的有機(jī)物A完全燃燒只生成CO2和H2O，若A含一個(gè)六碳環(huán)且可與NaHCO3溶液反應(yīng)，則環(huán)上一氯代物的數(shù)目為（）A．2B．3C．4D．5考點(diǎn)：同分異構(gòu)現(xiàn)象和同分異構(gòu)體；有關(guān)有機(jī)物分子式確定的計(jì)算．專題：同系物和同分異構(gòu)體．分析：A含有一個(gè)六元碳環(huán)且能與NaHCO3溶液反應(yīng)生成二氧化碳，則A中含有﹣COOH，有機(jī)物A完全燃燒后只生成二氧化碳和水，說(shuō)明沒(méi)有碳?xì)溲跻酝獾脑?，A的相對(duì)分子質(zhì)量為128的，A含有一個(gè)六碳環(huán)，6個(gè)碳原子式量為72，﹣COOH的式量為45，故分子含有1個(gè)﹣COOH，利用殘余法可知，剩余基團(tuán)或原子的總式量為128﹣72﹣45=11，故還原11個(gè)H原子，A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，環(huán)上的取代物，除了﹣COOH的鄰、間、對(duì)位置外，羧基連接的碳也還有氫原子，可以取代．解答：解：A含有一個(gè)六元碳環(huán)且能與NaHCO3溶液反應(yīng)生成二氧化碳，則A中含有﹣COOH，有機(jī)物A完全燃燒后只生成二氧化碳和水，說(shuō)明沒(méi)有碳?xì)溲跻酝獾脑?，A的相對(duì)分子質(zhì)量為128的，A含有一個(gè)六碳環(huán)，6個(gè)碳原子式量為72，﹣COOH的式量為45，故分子含有1個(gè)﹣COOH，利用殘余法可知，剩余基團(tuán)或原子的總式量為128﹣72﹣45=11，故還原11個(gè)H原子，A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，環(huán)上的取代物，除了﹣COOH的鄰、間、對(duì)位置外，羧基連接的碳也還有氫原子，可以取代，故其環(huán)上的一氯代物有4種，故選C．點(diǎn)評(píng)：本題考查同分異構(gòu)體、有機(jī)物的推斷等，注意殘余法確定有機(jī)物的結(jié)構(gòu)是解題的關(guān)鍵．4．（6分）（2023?開(kāi)封二模）下列圖示與對(duì)應(yīng)的敘述相符的是（）A．圖甲表示H2與O2發(fā)生反應(yīng)過(guò)程中的能量變化，則H2的燃燒熱為?mol﹣1B．圖乙表示在飽和Na2CO3溶液中逐步加BaSO4固體后，溶液中c（CO32﹣）的濃度變化C．圖丙表示Zn、Cu和稀硫酸構(gòu)成的原電池在工作過(guò)程中電流強(qiáng)度的變化，T時(shí)加入了H2O2D．圖丁表示恒溫恒容條件下發(fā)生的可逆反應(yīng)2NO2?N202（g）中，各物質(zhì)的濃度與其消耗速率之間的關(guān)系，其中交點(diǎn)A對(duì)應(yīng)的狀態(tài)為化學(xué)平衡狀態(tài)考點(diǎn)：反應(yīng)熱和焓變；原電池和電解池的工作原理；化學(xué)平衡的影響因素；難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)．專題：圖示題；基本概念與基本理論．分析：A、依據(jù)氫氣的燃燒熱概念和圖象分析，燃燒熱是1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定氧化物過(guò)程中放出的熱量為燃燒熱分析判斷；B、飽和Na2CO3溶液中逐步加BaSO4固體后實(shí)現(xiàn)沉淀轉(zhuǎn)化，碳酸鈣離子濃度減小，但是建立的沉淀溶解和沉淀轉(zhuǎn)化平衡狀態(tài)，碳酸根離子不能減小為0；C、Zn、Cu和稀硫酸構(gòu)成的原電池在工作過(guò)程中，鋅失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，隨稀硫酸濃度減小反應(yīng)進(jìn)行，電流強(qiáng)度減小，T時(shí)加入了H2O2，是強(qiáng)氧化劑，可以加快鋅溶解的反應(yīng)，電流強(qiáng)度增大，隨反應(yīng)進(jìn)行電流強(qiáng)度又減小，但比開(kāi)始電流強(qiáng)度大；D、可逆反應(yīng)2NO2?N204（g）中，分析判斷二氧化氮消耗速率和四氧化二氮的消耗速率之比為2：1，說(shuō)明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)．解答：解：A、依據(jù)氫氣的燃燒熱概念和圖象分析，燃燒熱是1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定氧化物過(guò)程中放出的熱量為燃燒熱，圖象中生成的水是氣體，反應(yīng)熱是2mol氫氣燃燒放出的熱量，故A錯(cuò)誤；B、飽和Na2CO3溶液中逐步加BaSO4固體后實(shí)現(xiàn)沉淀轉(zhuǎn)化，碳酸鈣離子濃度減小，但是建立的沉淀溶解和沉淀轉(zhuǎn)化平衡狀態(tài)，碳酸根離子不能減小為0，故B錯(cuò)誤；C、Zn、Cu和稀硫酸構(gòu)成的原電池在工作過(guò)程中，鋅失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，隨稀硫酸濃度減小反應(yīng)進(jìn)行，電流強(qiáng)度減小，T時(shí)加入了H2O2，是強(qiáng)氧化劑，可以加快鋅溶解的反應(yīng)，電流強(qiáng)度增大，隨反應(yīng)進(jìn)行電流強(qiáng)度又減小，但比開(kāi)始電流強(qiáng)度大，故C正確；D、可逆反應(yīng)2NO2?N204（g）中，分析判斷，二氧化氮消耗速率和四氧化二氮的消耗速率之比為2：1時(shí)才能說(shuō)明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，交點(diǎn)只是濃度相同不能證明達(dá)到終點(diǎn)，故D錯(cuò)誤；故選C．點(diǎn)評(píng)：本題考查了燃燒熱概念和圖象分析判斷，沉淀轉(zhuǎn)化關(guān)系分析，原電池原來(lái)的應(yīng)用理解，化學(xué)平衡標(biāo)志判斷的應(yīng)用，題目難度中等．5．（6分）（2023?開(kāi)封二模）下列離子方程式正確的是（）A．在H2C2O4中加入酸性KMnO4溶液：2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2OB．Ca（HCO3）2與過(guò)量Ca（OH）2溶液反應(yīng)：Ca2++HCO3﹣+2OH﹣═CaCO2↓+CO32﹣+2H2OC．用惰性電極電解硫酸銅溶液：2Cu2++2H2O2H2↑+2Cu+O2↑D．足量碳酸氫鈉溶液與氫氧化鋇溶液混合：HCO3﹣+Ba2++OH﹣═BaCO2↓+H2O考點(diǎn)：離子方程式的書(shū)寫(xiě)．專題：離子反應(yīng)專題．分析：A．酸性KMnO4溶液能將草酸氧化為二氧化碳；B．Ca（HCO3）2與過(guò)量Ca（OH）2溶液1：1反應(yīng)；C．陰極銅離子放電，陽(yáng)極氫氧根放電；D．酸式鹽和堿反應(yīng)量少的全部反應(yīng)，離子方程式中必須符合化學(xué)式組成比．解答：解：A．酸性KMnO4溶液能將草酸氧化為二氧化碳：2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，故A正確；B．Ca（HCO3）2與過(guò)量Ca（OH）2溶液反應(yīng)：Ca2++HCO3﹣+OH﹣=CaCO3↓+H2O，故B錯(cuò)誤；C．陰極銅離子放電，陽(yáng)極氫氧根放電，離子方程式：2Cu2++2H2O+2Cu+O2↑+4H+，故C錯(cuò)誤；D．足量碳酸氫鈉溶液與氫氧化鋇溶液混合，氫氧化鋇全部反應(yīng)離子方程式為：2HCO3﹣+Ba2++2OH﹣=BaCO3↓+2H2O+CO32﹣，故D錯(cuò)誤．故選A．點(diǎn)評(píng)：本題考查了離子方程式的書(shū)寫(xiě)原則和注意問(wèn)題，主要考查離子方程式的電荷守恒、原子守恒，酸式鹽和堿反應(yīng)的量不同產(chǎn)物不同．6．（6分）（2023?濱州模擬）某溫度下，體積和pH都相同的鹽酸和氯化銨溶液加水稀釋時(shí)的PH變化曲線如圖所示，下列判斷正確的是（）A．a(chǎn)、c兩點(diǎn)溶液的導(dǎo)電能力相同B．b點(diǎn)溶液中c（H+）+c（NH3?H2O）=c（OH﹣）C．用等濃度NaOH溶液和等體積b、c處溶液反應(yīng)，消耗NaOH溶液體積Vb=VcD．a(chǎn)、b、c三點(diǎn)溶液水的電離程度a＞b＞c考點(diǎn)：溶液pH的定義；影響鹽類水解程度的主要因素．專題：電離平衡與溶液的pH專題．分析：根據(jù)鹽酸是強(qiáng)酸，完全電離，氯化銨是能水解的鹽，水解顯示酸性，加水稀釋促進(jìn)水解的進(jìn)行，A、溶液的導(dǎo)電能力和溶液中自由移動(dòng)離子的多少有關(guān)；B、根據(jù)溶液中的質(zhì)子守恒來(lái)回答；C、b點(diǎn)為銨根水解導(dǎo)致溶液呈酸性，b點(diǎn)溶液中銨根和氫離子均消耗NaOH，而C點(diǎn)只有鹽酸消耗NaOH（鹽酸完全電離）；D、鹽酸對(duì)水的電離起抑制作用，氯化銨對(duì)水的電離起到促進(jìn)作用．解答：解：鹽酸溶液中的氫離子主要是鹽酸電離出來(lái)的，鹽酸完全電離，體積和pH都相同的鹽酸和氯化銨溶液加水稀釋的過(guò)程中，鹽酸不能繼續(xù)電離，鹽酸溶液中氫離子濃度變化大；水解是微弱的，氯化銨溶液中銨離子可繼續(xù)水解，溶液中的氫離子濃度變化小，所以含c點(diǎn)的曲線pH變化是鹽酸溶液的，含a、b點(diǎn)的曲線pH變化是氯化銨溶液的．A、溶液的導(dǎo)電能力和溶液中自由移動(dòng)離子的多少有關(guān)，當(dāng)溶液的體積相等時(shí)，a、c兩點(diǎn)溶液的離子濃度不一樣，所以導(dǎo)電能力不一樣，故A錯(cuò)誤；B、b點(diǎn)溶液中，根據(jù)質(zhì)子守恒，得出c（OH﹣）+c（NH3?H2O）=c（H+），故B錯(cuò)誤；C、用等濃度NaOH溶液和等體積b、c處溶液反應(yīng)，b點(diǎn)為銨根水解導(dǎo)致溶液呈酸性，b點(diǎn)溶液中銨根和氫離子均消耗NaOH，而C點(diǎn)只有鹽酸消耗NaOH（鹽酸完全電離），故消耗NaOH溶液體積Vb＞Vc，故C錯(cuò)誤；D、鹽酸電離出的氫離子濃度抑制了水的電離，所以c點(diǎn)溶液中水的電離程度最小；水解促進(jìn)水的電離，由于氯化銨溶液中的氫離子濃度來(lái)自于銨根離子水解生成的氫離子，氫離子濃度越大，說(shuō)明水解程度越大，水的電離程度越大，a點(diǎn)的pH＜b點(diǎn)的pH，說(shuō)明a點(diǎn)酸性大于b點(diǎn)酸性、a點(diǎn)氫離子大于b點(diǎn)氫離子，所以a、b二點(diǎn)溶液水的電離程度a＞b，綜上所述a、b、c三點(diǎn)溶液水的電離程度a＞b＞c，故D正確．故選D．點(diǎn)評(píng)：本題考查酸溶液的稀釋，注意弱電解質(zhì)溶液稀釋時(shí)的濃度變化及加水促進(jìn)弱電解質(zhì)電離的特點(diǎn)即可解答，題目難度中等．7．（6分）（2023?開(kāi)封二模）W、X、Y、Z是四種常見(jiàn)的短周期元素，其原子半徑隨原子序數(shù)變化如圖．已知W的一種核素的質(zhì)量數(shù)為18，中子數(shù)為10；X和Ne原子的核外電子數(shù)相差1；Y的單質(zhì)是一種常見(jiàn)的半導(dǎo)體材料；Z的非金屬性在同周期元素中最強(qiáng)．下列說(shuō)法不正確的是（）A．對(duì)應(yīng)簡(jiǎn)單離子半徑X＜WB．對(duì)應(yīng)氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性Y＜ZC．化合物XZW既含離子鍵也含共價(jià)鍵D．Y的氧化物能與Z或X的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物反應(yīng)考點(diǎn)：原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系．專題：元素周期律與元素周期表專題．分析：W、X、Y、Z是四種常見(jiàn)的短周期元素，已知W的一種核素的質(zhì)量數(shù)為18，中子數(shù)為10，則W元素原子的質(zhì)子數(shù)為18﹣10=8，故W為O元素；X和Ne原子的核外電子數(shù)相差1，X為Na或F，X原子半徑大于O原子，故X為Na元素；Y的單質(zhì)是一種常見(jiàn)的半導(dǎo)體材料，原子序數(shù)大于Na元素，故Y為Si元素；Z的非金屬性在同周期元素中最強(qiáng)，故Z為Cl元素，結(jié)合元素對(duì)應(yīng)單質(zhì)化合物的性質(zhì)以及元素周期律知識(shí)解答該題．解答：解；W、X、Y、Z是四種常見(jiàn)的短周期元素，已知W的一種核素的質(zhì)量數(shù)為18，中子數(shù)為10，則W元素原子的質(zhì)子數(shù)為18﹣10=8，故W為O元素；X和Ne原子的核外電子數(shù)相差1，X為Na或F，X原子半徑大于O原子，故X為Na元素；Y的單質(zhì)是一種常見(jiàn)的半導(dǎo)體材料，原子序數(shù)大于Na元素，故Y為Si元素；Z的非金屬性在同周期元素中最強(qiáng)，故Z為Cl元素，A．電子層結(jié)構(gòu)相同核電荷數(shù)越大離子半徑越小，故離子半徑O2﹣＞Na+，故A正確；B．非金屬性Cl＞Si，故氫化物穩(wěn)定性Y（Si）＜Z（Cl），故B正確；C．化合物NaClO中鈉離子與次氯酸根離子之間形成離子鍵，次氯酸根中氯原子與氧原子之間形成共價(jià)鍵，故C正確；D．二氧化硅能與氫氧化鈉反應(yīng)生成硅酸鈉與水，除氫氟酸外二氧化硅不溶于其它酸，不能越高氯酸反應(yīng)，故D錯(cuò)誤．故選D．點(diǎn)評(píng)：本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律，側(cè)重于位置結(jié)構(gòu)性質(zhì)關(guān)系、半徑比較、化學(xué)鍵、二氧化硅的性質(zhì)等，難度中等，推斷元素是解題的關(guān)鍵，注意對(duì)元素周期律的理解與運(yùn)用．二、非選擇題8．（14分）（2023?開(kāi)封二模）在下圖轉(zhuǎn)化關(guān)系中，固體甲的焰色反應(yīng)呈黃色，M為常見(jiàn)的液體物質(zhì)，I為一常見(jiàn)金屬，酸G是重要的化工產(chǎn)品和化工原料；固體H囂溶解在A溶液和酸G中，且H為良好的耐火材料（圖中部分產(chǎn)物沒(méi)有列出）．（l）固體甲與液體M反應(yīng)的方程式為2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑．A溶液與固體H反應(yīng)的離子方程式為Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O．（2）固體乙的化學(xué)式為Al2S3．液體M的電子式為．（3）反應(yīng)①～⑦中屬于氧化還原反應(yīng)的為①③⑤⑦（填寫(xiě)反應(yīng)序號(hào)）．（4）若I與C的稀溶液不反應(yīng)，只能與G的濃溶液在加熱條件下反應(yīng)，則反應(yīng)⑦的化學(xué)方程式為Cu+2H2SO4（濃）CuSO4+SO2↑+2H2O．（5）若由黃鐵礦（FeS2）與氣體B反應(yīng)來(lái)生產(chǎn)氣體E，且每生成1molE放出的熱量，該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為4FeS2（s）+11O2（g）2Fe2O3（s）+8SO2（g）△H=﹣3412kJ/mol．考點(diǎn)：無(wú)機(jī)物的推斷．專題：推斷題．分析：固體甲的焰色反應(yīng)呈黃色，甲中含有鈉元素，M為常見(jiàn)的液體物質(zhì)，甲能夠與M反應(yīng)生成A溶液和氣體，則甲為Na2O2、M為H2O、A為NaOH、B為O2；I為常見(jiàn)金屬，且I與G的稀溶液不反應(yīng)，只能與G的濃溶液在加熱條件下反應(yīng)，則I為Cu，G為H2SO4，氣體E為SO2，F(xiàn)為SO3；H可制作耐火材料，H為Al2O3，白色沉淀D為Al（OH）3；氧氣B與C反應(yīng)生成二氧化硫和水，則C為H2S，固體乙與水反應(yīng)生成硫化氫和氫氧化鋁，則乙為Al2S3，然后結(jié)合物質(zhì)的性質(zhì)及化學(xué)用語(yǔ)來(lái)解答．解答：解：固體甲的焰色反應(yīng)呈黃色，甲中含有鈉元素，M為常見(jiàn)的液體物質(zhì)，甲能夠與M反應(yīng)生成A溶液和氣體，則甲為Na2O2、M為H2O、A為NaOH、B為O2；I為常見(jiàn)金屬，且I與G的稀溶液不反應(yīng)，只能與G的濃溶液在加熱條件下反應(yīng)，則I為Cu，G為H2SO4，氣體E為SO2，F(xiàn)為SO3；H可制作耐火材料，H為Al2O3，白色沉淀D為Al（OH）3；氧氣B與C反應(yīng)生成二氧化硫和水，則C為H2S，固體乙與水反應(yīng)生成硫化氫和氫氧化鋁，則乙為Al2S3，（1）固體甲與液體M反應(yīng)的方程式為2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，A溶液與固體H反應(yīng)的離子方程式為Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O，故答案為：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑；Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O；（2）由上述分析可知，乙為Al2S3，M為水，其電子式為，故答案為：Al2S3；；（3））①為過(guò)氧化鈉與水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氧氣，屬于氧化還原反應(yīng)；②為Al2S3與水反應(yīng)生成氯化氫和氫氧化鋁，反應(yīng)中沒(méi)有化合價(jià)的變化，不屬于氧化還原反應(yīng)；③為氯化氫與氧氣反應(yīng)生成二氧化硫和水，屬于氧化還原反應(yīng)；④為氫氧化鋁的分解生成氧化鋁和水，不屬于氧化還原反應(yīng)；⑤二氧化硫與氧氣反應(yīng)生成三氧化硫，屬于氧化還原反應(yīng)；⑥三氧化硫與水反應(yīng)生成硫酸，不屬于氧化還原反應(yīng)；⑦濃硫酸與銅反應(yīng)生成二氧化硫氣體，屬于氧化還原反應(yīng)；故答案為：①③⑤⑦；（4）I與G的濃溶液在加熱條件下反應(yīng)，即反應(yīng)⑦為Cu+2H2SO4（濃）CuSO4+SO2↑+2H2O，故答案為：Cu+2H2SO4（濃）CuSO4+SO2↑+2H2O；（5）FeS2與氣體B反應(yīng)來(lái)生產(chǎn)氣體E，反應(yīng)為4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，每生成1molE放出的熱量，則生成8molE放出×8=3412kJ，所以熱化學(xué)反應(yīng)方程式為4FeS2（s）+11O2（g）2Fe2O3（s）+8SO2（g）△H=﹣3412kJ/mol，故答案為：4FeS2（s）+11O2（g）2Fe2O3（s）+8SO2（g）△H=﹣3412kJ/mol．點(diǎn)評(píng)：本題考查無(wú)機(jī)物的推斷，注意解題時(shí)往往需要從題目中挖出一些明顯或隱含的條件，抓住突破口（突破口往往是現(xiàn)象特征、反應(yīng)特征及結(jié)構(gòu)特征），得出結(jié)論，最后別忘了把結(jié)論代入原題中驗(yàn)證，若“路”走得通則正確，綜合考查元素化合物性質(zhì)及化學(xué)用語(yǔ)，題目難度中等．9．（14分）（2023?開(kāi)封二模）鹵素單質(zhì)的性質(zhì)活潑，鹵素的化合物應(yīng)用廣泛，運(yùn)用化學(xué)反應(yīng)原理研究鹵族元素的有關(guān)性質(zhì)具有重要意義．（l）下列關(guān)于氯水的敘述正確的是AEF（填寫(xiě)序號(hào)）．A．氯水中存在兩種電離平衡B．向氯水中通入SO2，其漂白性增強(qiáng)C．向氯水中通入氯氣，減小D．加水稀釋氯水，溶液中的所有離子濃度均減小E．加水稀釋氯水，水的電離平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)F．向氯水中加少量固體NaOH，可能有c（Na+）=c（Cl﹣）+c（ClO﹣）（2）工業(yè)上通過(guò)氯堿工業(yè)生產(chǎn)氯氣，其反應(yīng)的離子方程式為2Cl﹣+2H2O2OH﹣+Cl2↑+H2↑．（3）常溫下，已知25℃時(shí)有關(guān)弱酸的電離平衡常數(shù)：弱酸化學(xué)式HClOH2CO3電離平衡常數(shù)K=×10﹣8K1=×10﹣7，K2=×10﹣11寫(xiě)出84消毒液（主要成分為NaClO）露置在空氣中發(fā)生反應(yīng)的有關(guān)化學(xué)方程式NaClO+CO2+H2O═HClO+NaHCO3、2HClO2HCl+O2↑．若將84消毒液與潔廁劑（含有濃鹽酸）混合使用可能會(huì)導(dǎo)致中毒，請(qǐng)用離子方程式解釋有關(guān)原因ClO﹣+Cl﹣+2H+═Cl2↑+H2O．（4）碘鎢燈具有比白熾燈壽命長(zhǎng)且環(huán)保節(jié)能的；特點(diǎn)．一定溫度下，燈泡內(nèi)封存的少量碘與使用過(guò)程中沉積在管壁上的鎢可以發(fā)生反應(yīng)：W（s）+I2（g）?WI2（g）．為模擬上述反應(yīng)，準(zhǔn)確稱取碘、金屬鎢置于的密閉容器中，加熱使其反應(yīng)．如圖是WI2（g）的物質(zhì)的量隨時(shí)間變化關(guān)系圖象，其中曲線I（0～t2時(shí)間段）的反應(yīng)溫度為T(mén)1，曲線II（從t2開(kāi)始）的反應(yīng)溫度為T(mén)2，且T2＞T1．則：①該反應(yīng)的△H＜0（填“＞、=或“＜”）②從反應(yīng)開(kāi)始到t1時(shí)間內(nèi)的平均反應(yīng)速率v（I2）=mol?L﹣1?min﹣1．③下列說(shuō)法中不正確的是B（填序號(hào)），A．利用該反應(yīng)原理可以提純鎢B．該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式是K=C．燈絲附近溫度越高，燈絲附近區(qū)域WI2]越易變?yōu)閃而重新沉積到燈絲上（5）25℃時(shí)，向5mL含有KCl和KI濃度均為?L﹣1的混合液中，滴加6mL?L﹣1的AgNO3溶液，先生成的沉淀是AgI，溶液中離子濃度由大到小的順序是c（K+）＞c（NO3﹣）＞c（Cl﹣）＞c（Ag+）＞c（I﹣）[不考慮H+和OH﹣．25℃時(shí)Ksp（AgCl）=×10﹣10、Ksp（AgI）=×10﹣17]．考點(diǎn)：氯氣的化學(xué)性質(zhì)；化學(xué)平衡的影響因素；弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)．專題：電離平衡與溶液的pH專題；鹵族元素．分析：（1）氯水中存在次氯酸的電離和水的電離兩種電離平衡；向氯水中通入SO2，二者反應(yīng)生成硫酸和鹽酸，其漂白性減弱；當(dāng)氯水飽和時(shí)再通氯氣，不變，若氯水不飽和再通氯氣酸性增強(qiáng)會(huì)抑制次氯酸的電離，故比值增大；加水稀釋氯水，溶液中的OH﹣濃度增大；加水稀釋氯水，酸性減弱，對(duì)水的電離抑制作用減弱，故水的電離平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)；向氯水中加入少量固體NaOH，當(dāng)溶液呈中性時(shí)，根據(jù)電荷守恒可推導(dǎo)出：c（Na+）=c（Cl﹣）+c（ClO﹣）；（2）工業(yè)用電解飽和食鹽水的方法制備氯氣；（3）由于次氯酸的酸性介于碳酸的兩級(jí)電離常數(shù)之間，因此84消毒液露置在空氣中與二氧化碳反應(yīng)只能生成碳酸氫鈉；（4）①根據(jù)溫度對(duì)化學(xué)平衡的影響規(guī)律來(lái)分析；②根據(jù)公式v=來(lái)計(jì)算反應(yīng)速率；③平衡常數(shù)表達(dá)式中不出現(xiàn)固體；（5）根據(jù)溶度積判斷反應(yīng)程度，以此比較離子濃度大?。獯穑航猓海?）A．氯水中存在次氯酸的電離和水的電離兩種電離平衡，故A正確；B．向氯水中通入SO2，二者反應(yīng)生成硫酸和鹽酸，其漂白性減弱，故B錯(cuò)誤；C．當(dāng)氯水飽和時(shí)再通氯氣，不變，若氯水不飽和再通氯氣酸性增強(qiáng)會(huì)抑制次氯酸的電離，故比值增大，故C錯(cuò)誤；D．加水稀釋氯水，溶液中的OH﹣濃度增大，故D錯(cuò)誤；E．加水稀釋氯水，酸性減弱，對(duì)水的電離抑制作用減弱，故水的電離平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，故E正確；F．向氯水中加入少量固體NaOH，當(dāng)溶液呈中性時(shí)，根據(jù)電荷守恒可推導(dǎo)出：c（Na+）=c（Cl﹣）+c（ClO﹣），故F正確；故答案為：AEF；（2）工業(yè)用電解飽和食鹽水的方法制備氯氣，反應(yīng)的方程式為2Cl﹣+2H2O2OH﹣+Cl2↑+H2↑，故答案為：2Cl﹣+2H2O2OH﹣+Cl2↑+H2↑；（3）由于次氯酸的酸性介于碳酸的兩級(jí)電離常數(shù)之間，因此84消毒液露置在空氣中與二氧化碳反應(yīng)只能生成碳酸氫鈉，方程式為NaClO+CO2+H2O═HClO+NaHCO3，生成的HClO不穩(wěn)定，見(jiàn)光分解：2HClO2HCl+O2↑，ClO﹣與Cl﹣在酸性條件下發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成，離子方程式為ClO﹣+Cl﹣+2H+═Cl2↑+H2O，故答案為：NaClO+CO2+H2O═HClO+NaHCO3、2HClO2HCl+O2↑；ClO﹣+Cl﹣+2H+═Cl2↑+H2O；（4）①根據(jù)圖示，溫度越高，WI2（g）的物質(zhì)的量反而越小，即平衡向左進(jìn)行，而升高溫度，化學(xué)平衡向著吸熱方向進(jìn)行，所以逆向是吸熱方向，正向是放熱的，故△H＜0，故答案為：＜；②從反應(yīng)開(kāi)始到t1時(shí)間內(nèi)，結(jié)合圖象，生成WI2（g）的物質(zhì)的量為×10﹣3mol，所以碘單質(zhì)的物質(zhì)的量減少×10﹣3mol，根據(jù)公式v===mol?L﹣1?min﹣1，故答案為：mol?L﹣1?min﹣1；③A．通過(guò)碘與鎢的反應(yīng)可分離、提純鎢，然后再加高溫度下，通過(guò)碘易升華的性質(zhì)分離碘和鎢，故A正確；B．固體單質(zhì)W不列入表達(dá)式中，故B錯(cuò)誤；C．燈絲附近溫度越高，化學(xué)平衡越向著吸熱方向即逆向進(jìn)行，燈絲附近區(qū)域WI2越易變?yōu)閃而重新沉積到燈絲上，故C正確，故答案為：B；（5）碘化銀的溶度積最小，越容易生成，溶液混合反應(yīng)之后，溶液的組成為：含有的鉀離子，的硝酸根離子，以及的氯離子，碘化銀沉淀生成，碘離子全沉淀，氯化銀沉淀也產(chǎn)生，均為但是AgCl的電離程度大，則離子濃度大小順序?yàn)閏（K+）＞c（NO3﹣）＞c（Cl﹣）＞c（Ag+）＞c（I﹣），故答案為：AgI；c（K+）＞c（NO3﹣）＞c（Cl﹣）＞c（Ag+）＞c（I﹣）．點(diǎn)評(píng)：本題綜合考查氯氣和氯水的性質(zhì)，題目較為綜合，難度較大，注意把握題給信息，根據(jù)反應(yīng)的現(xiàn)象判斷生成物進(jìn)而書(shū)寫(xiě)相關(guān)反應(yīng)的方程式．10．（15分）（2023?開(kāi)封二模）乙二酸（H2C2O4）俗稱草酸，是一種重要的化工原料．查閱資料，了解到以下有關(guān)信息：①乙二酸易溶于水，加熱至100℃開(kāi)始升華，125℃時(shí)迅速升華，157℃時(shí)大量升華并開(kāi)始分解．乙二酸受熱分解生成水、二氧化碳和一種常見(jiàn)的還原性氣體．②乙二酸的鈣鹽﹣﹣乙二酸鈣為不溶于水的白色晶體．某?；瘜W(xué)研究性學(xué)習(xí)小組為探究草酸的部分性質(zhì)，進(jìn)行了如下實(shí)驗(yàn)：（l）為比較相同濃度的草酸和硫酸的導(dǎo)電性，實(shí)驗(yàn)室需配制100mL?L﹣1的草酸溶液，配制過(guò)程中用到的玻璃儀器有量筒、燒杯、玻璃棒、100mL容量瓶、膠頭滴管．（2）化學(xué)興趣小組的同學(xué)用實(shí)驗(yàn)證明乙二酸晶體受熱分解生成的氣體成分．他們利用下圖提供的裝置，自選試劑，提出了下列實(shí)驗(yàn)方案：按A→B→C→C→C→D→E順序從左至右連接裝置，檢驗(yàn)乙二酸晶體受熱分解生成的氣體成分．請(qǐng)你按整套裝置從左至右的順序填寫(xiě)表中的空格：裝置編號(hào)裝置中所加物質(zhì)裝置作用BCC氫氧化鈉濃溶液CDCuO或Fe2O3E處理CO尾氣，防止污染空氣①請(qǐng)寫(xiě)出乙二酸受熱分解的化學(xué)方程式H2C2O4CO2↑+CO↑+H2O；．②上述實(shí)驗(yàn)中能說(shuō)明乙二酸熱分解生成了還原性氣體的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是D裝置中黑色的氧化銅變紅色．③檢驗(yàn)乙二酸具有較強(qiáng)的還原性，通常選用的試劑是酸性高錳酸鉀溶液．考點(diǎn)：性質(zhì)實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)．專題：實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)題．分析：（1）根據(jù)該實(shí)驗(yàn)中需要用天平稱量、用藥匙取藥品，燒杯溶解藥品，需要玻璃棒攪拌和引流，需要100mL容量瓶配制溶液，需要膠頭滴管定容分析；（2）①根據(jù)草酸晶體受熱分解生成一氧化碳、二氧化碳和水，配平反應(yīng)的方程式；②D裝置中黑色的氧化銅變紅色，說(shuō)明乙二酸熱分解生成了還原性氣體；③乙二酸具有較強(qiáng)的還原性，能使酸性高錳酸鉀溶液褪色．解答：解：（1）實(shí)驗(yàn)操作的步驟：計(jì)算、稱量、溶解、移液、洗滌移液、定容、搖勻等操作，該實(shí)驗(yàn)中需要用天平稱量、用藥匙取藥品，燒杯溶解藥品，需要玻璃棒攪拌和引流，需要100mL容量瓶配制溶液，需要膠頭滴管定容，故答案為：100mL容量瓶、膠頭滴管；（2）草酸晶體受熱分解生成一氧化碳、二氧化碳和水，①草酸晶體受熱分解生成一氧化碳、二氧化碳和水，所以反應(yīng)的方程式為：H2C2O4CO2↑+CO↑+H2O；故答案為：H2C2O4CO2↑+CO↑+H2O；②能說(shuō)明乙二酸熱分解生成了還原性氣體CO的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是D裝置中黑色的氧化銅變紅色，故答案為：D裝置中黑色的氧化銅變紅色；③乙二酸具有較強(qiáng)的還原性，能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故答案為：酸性高錳酸鉀溶液．點(diǎn)評(píng)：本題屬于信息題的考查，注意考查了物質(zhì)的性質(zhì)、檢驗(yàn)、除雜等，綜合性較強(qiáng)，但難度不是很大，關(guān)鍵是通過(guò)閱讀眾多的信息量提取有用的信息結(jié)合已有的相關(guān)知識(shí)進(jìn)行解析即可．【化學(xué)一選修2：化學(xué)與技術(shù)】11．（15分）（2023?開(kāi)封二模）水處理主要包括水的凈化、污水處理、硬水軟化和海水淡化等．（1）水處理技術(shù)的核心是減少或除去水中的各種雜質(zhì)離子．目前，離子交換法和膜分離法是主要的去離子方法．（2）根據(jù)廢水中所含有害物質(zhì)的不同，工業(yè)上有多種廢水的處理方法，如圖1所示．①?gòu)U水Ⅰ若采用CO2處理，離子方程式是OH﹣+CO2=HCO3﹣．②廢水Ⅱ常用明礬處理．實(shí)踐中發(fā)現(xiàn)廢水中的c（HCO3﹣）越大，凈水效果越好，這是因?yàn)镠CO3﹣會(huì)促進(jìn)Al3+的水解，生成更多的Al（OH）3，凈水效果增強(qiáng)．③廢水Ⅲ中的汞元素存在如下轉(zhuǎn)化（在空格上填相應(yīng)的化學(xué)式）：Hg2++CH4=CH3Hg++H+．我國(guó)規(guī)定，Hg2+的排放標(biāo)準(zhǔn)不能超過(guò)?L﹣1．若某工廠排放的廢水1L中含Hg2+3×10﹣7mol，是否達(dá)到了排放標(biāo)準(zhǔn)否（填“是”或“否”）．④廢水Ⅳ常用Cl2氧化CN﹣成CO2和N2．，若參加反應(yīng)的Cl2與CN﹣的物質(zhì)的量之比為5：2，則該反應(yīng)的離子方程式為5Cl2+2CN﹣+4H2O=10Cl﹣+2CO2+N2+8H+．（3）地下水往往含有鈣、鎂的碳酸鹽，自來(lái)水廠需要對(duì)地下水進(jìn)行軟化處理．把進(jìn)行過(guò)離子交換的CaR2（或MgR2）型樹(shù)脂置于鹽酸或酸中浸泡一段時(shí)間后便可再生．（4）海水的淡化是除去海水中所含的鹽分，如圖2是海水中利用電滲析法獲得淡水的原理圖，已知海水中含有Na+、Cl﹣、Ca2+、Mg2+、SO42﹣等離子，電極為惰性電極．請(qǐng)回答：①陽(yáng)離子交換膜是指B（填“A”或“B”）．②寫(xiě)出通電后陽(yáng)極區(qū)的電極反應(yīng)式2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑．考點(diǎn)：物質(zhì)的分離、提純的基本方法選擇與應(yīng)用；海水資源及其綜合利用；常見(jiàn)的生活環(huán)境的污染及治理．專題：實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)題；化學(xué)應(yīng)用．分析：（1）水處理技術(shù)的核心是減少或除去水中的各種雜質(zhì)離子，主要的去離子方法是離子交換法和膜分離法；（2）①中和法利用二氧化碳和堿反應(yīng)的性質(zhì)可除去OH﹣；②HCO3﹣可與Al3+發(fā)生互促水解反應(yīng)；③由質(zhì)量守恒可知，應(yīng)為甲烷與Hg2+的反應(yīng)；④根據(jù)反應(yīng)物的物質(zhì)的量關(guān)系結(jié)合質(zhì)量守恒配平；（3）地下水硬度較大，需要軟化；根據(jù)陽(yáng)離子交換樹(shù)脂（HR）可以實(shí)現(xiàn)陽(yáng)離子之間的交換，陰離子交換樹(shù)脂交換出H+，生成CaR2（或MgR2），可用鹽酸或酸溶液使陰離子交換樹(shù)脂再生；（4）陰離子交換膜只允許陰離子自由通過(guò)，陽(yáng)離子交換膜只允許陽(yáng)離子自由通過(guò)，結(jié)合離子的定向移動(dòng)判斷；陽(yáng)極是氯離子放電生成氯氣的反應(yīng)．解答：解：（1）水處理技術(shù)的核心是減少或除去水中的各種雜質(zhì)離子，主要的去離子方法是離子交換法和膜分離法，故答案為：離子交換法；膜分離法；（2）①pH接近7，用CO2處理，生成HCO3﹣，則反應(yīng)的離子方程式為OH﹣+CO2=HCO3﹣，故答案為：OH﹣+CO2=HCO3﹣；②HCO3﹣和Al3+發(fā)生相互促進(jìn)的水解，生成CO2和Al（OH）3，從而增強(qiáng)凈水效果，故答案為：HCO3﹣會(huì)促進(jìn)Al3+的水解，生成更多的Al（OH）3，凈水效果增強(qiáng)；③根據(jù)電荷守恒可質(zhì)量守恒可知，應(yīng)為Hg2+和CH4的反應(yīng)，1L水中，n（Hg2+）=3×10﹣7mol，則m（Hg2+）=3×10﹣7mol×mol=×10﹣5g=＞，所以沒(méi)有達(dá)到排放標(biāo)準(zhǔn)，故答案為：CH4；否；④廢水Ⅳ常用C12氧化CN﹣成CO2和N2，若參加反應(yīng)的C12與CN﹣的物質(zhì)的量之比為5：2，則反應(yīng)的離子方程式為5Cl2+2CN﹣+4H2O=10Cl﹣+2CO2+N2+8H+，故答案為：5Cl2+2CN﹣+4H2O=10Cl﹣+2CO2+N2+8H+；（3）地下水硬度較大，需要軟化，所以自來(lái)水廠需要對(duì)地下水進(jìn)行軟化，陽(yáng)離子交換樹(shù)脂（HR）可以實(shí)現(xiàn)陽(yáng)離子之間的交換，陰離子交換樹(shù)脂交換出H+，生成CaR2（或MgR2），可用鹽酸或酸溶液使陰離子交換樹(shù)脂再生，故答案為：軟化；鹽酸或酸；（4）①陰離子交換膜只允許陰離子自由通過(guò)，陽(yáng)離子交換膜只允許陽(yáng)離子自由通過(guò)，隔膜B和陰極相連，陰極是陽(yáng)離子放電，所以隔膜B是陽(yáng)離子交換膜，故答案為：B；②根據(jù)陽(yáng)極是氯離子放電：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，故答案為：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑．點(diǎn)評(píng)：本題是一道化學(xué)和生活相結(jié)合的題目，注重知識(shí)的遷移應(yīng)用，能較好的考查學(xué)生分析和解決問(wèn)題的能力，為高考常見(jiàn)題型和高頻考點(diǎn)，題目信息量較大，注意把握題給信息，答題時(shí)仔細(xì)審題，難度中等．【化學(xué)--選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】12．（15分）（2023?開(kāi)封二模）鈦和鈦的合金已被廣泛用于制造電訊器材、人造骨骼、化工設(shè)備、飛機(jī)等航天航空材料，被譽(yù)為“未來(lái)世界的金屬”．試回答下列問(wèn)題：（1）鈦有2248Ti和2250Ti兩種原子，它們互稱為同位素．元素在元素周期表中的位置是第第四周期，第IVB族；基態(tài)原子的電子排布式為1s22s22p63S23p63d24s2（或[Ar]3d24s2）；按電子排布Ti元素在元素周期表分區(qū)中屬于d區(qū)元素．（2）偏鈦酸鋇在小型變壓器、話筒和擴(kuò)音器中都有應(yīng)用．偏鈦酸鋇晶體中晶胞的結(jié)構(gòu)如圖1所示，它的化學(xué)式是BaTiO3，（3）氮化鈦（Ti3N4）為金黃色晶體，由于具有令人滿意的仿金效果，越來(lái)越多地成為黃金裝飾的替代品．以TiCl4為原料，經(jīng)過(guò)一系列反應(yīng)，如圖3．可以制得Ti3N4和納米TiO2．①Ti3N4中Ti元素的化合價(jià)為+4．TiCl4分子中4個(gè)氯原子不在同一平面上，則TiCl4的空間構(gòu)型為正四面體．②反應(yīng)①為置換反應(yīng)，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Mg+TiCl4Ti+2MgCl2．③納米TiO2是一種應(yīng)用廣泛的催化劑，納米TiO2催化的一個(gè)實(shí)例如下：化合物甲的分子中采取sp2雜化的碳原子個(gè)數(shù)為7，化合物乙中采取sp3雜化的原子的第一電離能由大到小的順序?yàn)镹＞O＞C．④有一種氮化鈦晶體的晶胞如圖2所示，該氮化鈦晶胞中含有4個(gè)N原子，晶胞中N、Ti之間的最近距離為apm，則該氮化鈦的密度為g．cm﹣3（NA為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，只列算式）．考點(diǎn)：原子核外電子排布；元素周期表的結(jié)構(gòu)及其應(yīng)用；元素電離能、電負(fù)性的含義及應(yīng)用；晶胞的計(jì)算；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷．專題：原子組成與結(jié)構(gòu)專題；化學(xué)鍵與晶體結(jié)構(gòu)．分析：（1）質(zhì)子數(shù)相同、中子數(shù)不同的相同元素不同原子互為同位素；根據(jù)其價(jià)電子數(shù)及能層數(shù)確定在元素周期表中的位置，Ti元素核外有22個(gè)電子，根據(jù)構(gòu)造原理書(shū)寫(xiě)其基態(tài)原子核外電子排布式，根據(jù)最后排列電子的能級(jí)名稱確定所屬區(qū)；（2）利用均攤法確定其化學(xué)式；（3）①根據(jù)化合物中化合價(jià)的代數(shù)和為0計(jì)算Ti元素的化合價(jià)，TiCl4分子中4個(gè)氯原子不在同一平面上，說(shuō)明TiCl4分子結(jié)構(gòu)和甲烷相同；②根據(jù)反應(yīng)物、生成物和反應(yīng)條件書(shū)寫(xiě)方程式；③采取sp2雜化的碳原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)是3，根據(jù)價(jià)層電子對(duì)數(shù)判斷；采取sp3雜化的原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)是4，同一周期元素中，元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而呈增大趨勢(shì)，但第VA族元素大于相鄰元素；④利用均攤法計(jì)算N原子個(gè)數(shù)，根據(jù)ρ=計(jì)算密度．解答：解：（1）2248Ti和2250Ti為質(zhì)子數(shù)相同中子數(shù)不同的鈦元素的不同原子，互稱同位素；Ti元素核外有22個(gè)電子，根據(jù)構(gòu)造原理知其基態(tài)原子核外電子排布式為1s22s22p63S23p63d24s2（或[Ar]3d24s2），該元素的能層數(shù)為4、價(jià)電子數(shù)為4，所以鈦元素位于第四周期第IVB族，鈦元素最后排列電子是d電子，所以鈦元素屬于d區(qū)，故答案為：同位素；1s22s22p63S23p63d24s2（或[Ar]3d24s2）；四；IVB；d；（2）該化合物中，O原子個(gè)數(shù)=12×，Ti原子個(gè)數(shù)=8×，Ba原子個(gè)數(shù)為1，所以其化學(xué)式為：BaTiO3，故答案為：BaTiO3；（3）①該化合物中氮元素化合價(jià)為﹣3價(jià)，根據(jù)化合價(jià)代數(shù)和為0知，Ti元素化合價(jià)為+4價(jià)，TiCl4分子中4個(gè)氯原子不在同一平面上，說(shuō)明TiCl4分子結(jié)構(gòu)和甲烷相同，為正四面體結(jié)構(gòu)，故答案為：+4；正四面體；②根據(jù)反應(yīng)物、生成物和反應(yīng)條件知，該反應(yīng)方程式為：2Mg+TiCl4Ti+2MgCl2，故答案為：2Mg+TiCl4Ti+2MgCl2；③采取sp2雜化的碳原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)是3，該分子中碳原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3的有：苯環(huán)上的碳原子、連接羰基的碳原子，所以一共有7個(gè)；采取sp3雜化的原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)是4，價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)是4的原子有：連接甲基和羥基的碳原子