2021年1月河北省普通高業(yè)水平選擇性考試模擬演練試題化學(xué)Word含解斬

2021年河北省普通髙業(yè)水平選擇性考試模擬演練化學(xué)考前須知：1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號(hào)、考場(chǎng)號(hào)、座位號(hào)填寫在答題卡上。2.答復(fù)選擇題時(shí)，選出每題答案后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標(biāo)號(hào)。答復(fù)非選擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬?duì)原子質(zhì)量：H1C12N14O16Cl35.5K39Zn65I127一、選擇題：此題共10小題，每題2分，共20分。在每題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)為哪一項(xiàng)符合題目要求的。1.化學(xué)與生活密切相關(guān)。以下表達(dá)不涉及氧化復(fù)原反響的是()A.牙膏中添加氟化物用于預(yù)防齲齒B.綠化造林助力實(shí)現(xiàn)碳中和目標(biāo)C.氯化鐵用于蝕刻金屬眼鏡架D.可降解包裝材料的完全降解有利于減少白色污染【答案】A【解析】【分析】【詳解】A．牙齒外表含有Ca5(PO4)3OH使用含氟牙膏，會(huì)發(fā)生反響：Ca5(PO4)3OH(s)+F-(aq)Ca5(PO4)3F+OH-(aq)，假設(shè)使用含氟牙膏，Ca5(PO4)3OH轉(zhuǎn)化為更難溶的氟磷酸鈣Ca5(PO4)3F，使沉淀溶解平衡正向移動(dòng)，最終在牙齒外表形成難溶性的Ca5(PO4)3F，因此可防止齲齒，在轉(zhuǎn)化過程中元素化合價(jià)沒有發(fā)生變化，因此不屬于氧化復(fù)原反響，A符合題意；B．綠化造林，通過綠色植物的光合作用將CO2轉(zhuǎn)化為有機(jī)物，同時(shí)釋放氧氣，反響過程中元素化合價(jià)發(fā)生了變化，因此反響屬于氧化復(fù)原反響，B不符合題意；C．氯化鐵具有強(qiáng)的氧化性，能夠與金屬眼鏡架中一些金屬如Cu發(fā)生氧化復(fù)原反響，產(chǎn)生FeCl2、CuCl2，因此FeCl3溶液能用于蝕刻金屬眼鏡架，C不符合題意；D．可降解包裝材料通過完全降解一般變?yōu)镃O2、H2O等，在該轉(zhuǎn)化過程中元素化合價(jià)發(fā)生變化，有電子轉(zhuǎn)移，因此屬于氧化復(fù)原反響，D不符合題意；故合理選項(xiàng)是A。2.聚丙烯是日用品及合成纖維的重要原料之一，其單體為丙烯，以下說法錯(cuò)誤的選項(xiàng)是()A.丙烯可使Br2的CCl4溶液褪色B.丙烯可與Cl2在光照條件下發(fā)生取代反響C.聚丙烯的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為D.丙烯與乙烯互為同系物【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．丙烯分子中含有不飽和的碳碳雙鍵，能夠與Br2發(fā)生加成反響而使Br2的CCl4溶液褪色，A正確；B．丙烯分子中－CH3的H原子可與Cl2在光照條件下發(fā)生取代反響，B正確；C．丙烯結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是CH2=CH-CH3，在一定條件下斷裂分子中不飽和碳碳雙鍵中較活潑的鍵，然后這些不飽和的C原子彼此結(jié)合形成聚丙烯，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是，C錯(cuò)誤；D．丙烯與乙烯結(jié)構(gòu)相似，在分子組成上相差1個(gè)CH2原子團(tuán)，因此二者互為同系物，D正確；故合理選項(xiàng)是C。3.以下說法正確的選項(xiàng)是()A.氕、氘和氚互稱同素異形體B.對(duì)于自發(fā)進(jìn)行的化學(xué)反響，有C.對(duì)于相同質(zhì)量的水而言，其體積V的相對(duì)大小有：D.兩原子形成化學(xué)鍵時(shí)要有電子得失或電子偏移【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．氕、氘和氚質(zhì)子數(shù)相同，中子數(shù)不同，互稱同位素，故A錯(cuò)誤；B．時(shí)反響自發(fā)，假設(shè)，那么有，故B正確；C．由于氫鍵的存在，冰的密度小于液態(tài)水，那么相同質(zhì)量的水而言，其體積V的相對(duì)大小有：，故C錯(cuò)誤；D．相同原子之間通過共用電子對(duì)形成的共價(jià)鍵，沒有電子得失或電子偏移，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選B。4.以下說法錯(cuò)誤的選項(xiàng)是()A.的電子式為B.Na不能從MgCl2溶液中置換出MgC.四面體廣泛存在于硅的含氧化合物中D.利用FeCl3的水解反響可以制備Fe(OH)3膠體【答案】A【解析】【分析】【詳解】A．CaO2是Ca2+與通過離子鍵結(jié)合形成的離子化合物，電子式為：，A錯(cuò)誤；B．金屬Na非?；顫?，容易與MgCl2溶液中的水反響產(chǎn)生NaOH和H2，因此不能從MgCl2溶液中置換出Mg，B正確；C．在硅的含氧化合物中都是以硅氧四面體結(jié)構(gòu)作為根本結(jié)構(gòu)單元，在這種結(jié)構(gòu)中，Si原子與4個(gè)O原子形成4個(gè)Si-O鍵，形成立體網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，因此四面體廣泛存在于硅的含氧化合物中，C正確；D．將幾滴飽和FeCl3溶液滴入到沸騰的蒸餾水中，繼續(xù)加熱至液體呈紅褐色，停止加熱，就制備得到Fe(OH)3膠體，該反響的原理就是FeCl3的水解反響，D正確；故合理選項(xiàng)是A。5.以下實(shí)驗(yàn)中，實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象與結(jié)論不匹配的是()實(shí)驗(yàn)操作實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象結(jié)論A向含有相同濃度、溶液中逐滴參加溶液先生成黃色沉淀，后生成白色沉淀Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)B加熱固體和濃磷酸的混合物有氣體產(chǎn)生生成了氣體C在Na2SO3飽和溶液中滴加稀硫酸，將產(chǎn)生的氣體通入KMnO4溶液中KMnO4溶液褪色該氣體產(chǎn)物具有漂白性D在溶液中參加溶液有磚紅色沉淀()生成溶解度比小A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．向含有相同濃度、溶液中逐滴參加溶液，先生成黃色沉淀，后生成白色沉淀，說明開始時(shí)c(Ag+)·c(I-)＞Ksp(AgI)，c(Ag+)·c(Cl-)＜Ksp(AgCl)，由于AgCl、AgI構(gòu)型相同，那么證明物質(zhì)的溶度積常數(shù)：Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，A正確；B．磷酸是難揮發(fā)性的中強(qiáng)酸，加熱NaI固體和濃磷酸的混合物，H3PO4與NaI發(fā)生反響NaH2PO4和HI，HI易揮發(fā)，從平衡體系中揮發(fā)逸出，導(dǎo)致反響的化學(xué)平衡正向移動(dòng)，因此可證明反響生成了HI氣體，B正確；C．在Na2SO3飽和溶液中滴加稀硫酸，發(fā)生復(fù)分解反響產(chǎn)生SO2氣體，將產(chǎn)生的氣體通入KMnO4溶液中，二者發(fā)生氧化復(fù)原反響使KMnO4反響變?yōu)闊o色Mn2+，因此看到溶液褪色，證明了SO2具有復(fù)原性，C錯(cuò)誤；D．在溶液中存在化學(xué)平衡：，向其中參加溶液，Ag+與反響產(chǎn)生Ag2CrO4磚紅色沉淀，而沒有產(chǎn)生沉淀，說明溶解度比小，D正確；故合理選項(xiàng)是C。6.NA是阿伏加德羅常數(shù)的值。以下表達(dá)錯(cuò)誤的選項(xiàng)是()A.1mol氮?dú)夥肿又泻笑墟I的數(shù)目為2NAB.1mol氬氣分子中含有原子的數(shù)目為NAC.1mol氯化鈉中含有Na+的數(shù)目為NAD.1mol白磷中含有P-P共價(jià)鍵數(shù)目為4NA【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．一個(gè)氮?dú)夥肿又泻幸粋€(gè)氮氮三鍵，三鍵中有一個(gè)σ鍵，兩個(gè)π鍵，所以1mol氮?dú)夥肿又泻笑墟I的數(shù)目為2NA，A正確；B．氬氣分子為單原子分子，所以1mol氬氣分子中含有原子的數(shù)目為NA，B正確；C．氯化鈉的化學(xué)式為NaCl，所以1mol氯化鈉中含有Na+的數(shù)目為NA，C正確；D．白磷為P4，P4分子為正四面體結(jié)構(gòu)(四個(gè)P原子分別位于頂點(diǎn))，一個(gè)分子中含有6個(gè)P-P鍵，所以1mol白磷中含有P-P共價(jià)鍵的數(shù)目為6NA，D錯(cuò)誤；綜上所述答案為D。7.25℃、下，水蒸發(fā)為水蒸氣需要吸熱那么反響的反響熱為()A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】【詳解】25℃、下，水蒸發(fā)為水蒸氣需要吸熱，那么I、II、III，根據(jù)蓋斯定律III-×II+I得，那么反響的反響熱為，故D正確；應(yīng)選D。8.2-甲基-2-氯丙烷是重要的化工原料，實(shí)驗(yàn)室中可由叔丁醇與濃鹽酸反響制備，路線如下：以下說法錯(cuò)誤的選項(xiàng)是()A.由叔丁醇制備2-甲基-2-氯丙烷的反響類型為取代反響B(tài).用5%溶液洗滌分液時(shí)，有機(jī)相在分液漏斗的下層C.無水的作用是除去有機(jī)相中殘存的少量水D.蒸餾除去剩余反響物叔丁醇時(shí)，產(chǎn)物先蒸餾出體系【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．比照反響物和產(chǎn)物結(jié)構(gòu)可得，Cl原子取代了-OH，所以反響類型為取代反響，故A正確；B．用5%溶液洗滌分液時(shí)，由于有機(jī)物2-甲基-2-氯丙烷的密度小于水，那么有機(jī)相在分液漏斗的上層，故B錯(cuò)誤；C．無水與水結(jié)合生成，是枯燥劑，其作用是除去有機(jī)相中殘存的少量水，故C正確；D．2-甲基-2-氯丙烷比叔丁醇的沸點(diǎn)低，所以產(chǎn)物先蒸餾出體系，故D正確；應(yīng)選B。9.醋酸為一元弱酸，25℃時(shí)，其電離常數(shù)。以下說法錯(cuò)誤的選項(xiàng)是()A.溶液的pH在2-3范圍內(nèi)B.溶液中，C.將溶液加水稀釋，其電離常數(shù)和均不變D.等體積的溶液和溶液混合后，溶液，且【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．，，那么，pH=-lg(×10-3)=3-lg，因2=3-lg＜3-lg＜=3，那么溶液的pH在2-3范圍內(nèi)，故A正確；B．溶液中，根據(jù)質(zhì)子守恒得：，故B正確；C．溫度不變，那么電離常數(shù)不變，將溶液加水稀釋，c(CH3COO-)減小，，增大，故C錯(cuò)誤；D．等體積的溶液和溶液混合后，溶液溶質(zhì)為CH3COONa，，那么，故D正確；應(yīng)選C。10.氯化鈀可以催化乙烯制備乙醛(Wacker法)，反響過程如圖：以下表達(dá)錯(cuò)誤的選項(xiàng)是()A.被氧化的反響為B.催化劑再生的反響為C.制備乙醛的總反響為D.如果原料為丙烯，那么主要產(chǎn)物是丙醛【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．根據(jù)圖示可知在反響中CuCl被O2氧化產(chǎn)生CuCl2，同時(shí)產(chǎn)生H2O，反響方程式為：，A正確；B．由流程圖可知：PbCl2再生的過程有Cu2+、Cl-參加，再生方程式為：，B正確；C．PbCl2、CuCl2在反響中起催化劑作用，反響方程式為：，C正確；D．如果原料為丙烯，那么中間產(chǎn)物連接在第二個(gè)C原子上得到的產(chǎn)物為丙酮，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是D。二、選擇題：此題共5小題，每題4分，共20分。在每題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)或兩項(xiàng)是符合題目要求的。假設(shè)正確答案只包括一個(gè)選項(xiàng)，多項(xiàng)選擇時(shí)，該小題得0分；假設(shè)正確答案包括兩個(gè)選項(xiàng)，只選一個(gè)且正確的得2分，選兩個(gè)且都正確的得4分，但只要選錯(cuò)一個(gè)，該小題得0分。11.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大，且原子序數(shù)，X和W同主族，Z的族序數(shù)與周期數(shù)相等，四種元素中只有一種金屬元素。以下說法正確的選項(xiàng)是()A.W有兩種常見氧化物B.原子半徑Y(jié)＜X＜W＜ZC.X的最高價(jià)氧化物的水化物是強(qiáng)酸D.Y元素的氫化物分子間可以形成氫鍵【答案】BD【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大，Z的族序數(shù)與周期數(shù)相等，那么Z是Al元素，四種元素中只有一種金屬元素，那么X、Y、W都是非金屬元素，且原子序數(shù)，X和W同主族，符合要求的X是C元素，Y是N元素，W是Si元素，或X是N，Y是F，Z是Al，W是P元素，然后依據(jù)元素周期律分析解答?！驹斀狻扛鶕?jù)上述分析可知：X是C，Y是N，Z是Al，W是Si元素或X是N，Y是F，Z是Al，W是P元素。A．假設(shè)W是Si元素，Si元素只有SiO2一種氧化物，A錯(cuò)誤；B．同一周期元素，原子序數(shù)越大，原子半徑越小，不同周期元素，元素所在的周期序數(shù)越大，原子半徑越大，故原子半徑：N＜C＜Si＜Al，用字母表示為：Y＜X＜W＜Z，B正確；C．假設(shè)X是C，其最高價(jià)氧化物的水化物H2CO3是弱酸，C錯(cuò)誤；D．Y是N或F元素，由于其原子半徑小，元素的非金屬性強(qiáng)，因此其氫化物分子間可以形成氫鍵，D正確；故合理選項(xiàng)是BD。12.葡酚酮是由葡萄籽提取的一種花青素類衍生物(結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如圖)，具有良好的抗氧化活性。以下關(guān)于葡酚酮表達(dá)錯(cuò)誤的選項(xiàng)是()A.可形成分子內(nèi)氫鍵 B.有6種含氧官能團(tuán)C.可使酸性高錳酸鉀溶液褪色 D.不與Na2CO3水溶液發(fā)生反響【答案】BD【解析】【分析】【詳解】A．葡酚酮分子內(nèi)含有-OH、-COOH，由于O原子半徑小，元素的非金屬性強(qiáng)，因此可形成分子內(nèi)氫鍵，A正確；B．根據(jù)葡酚酮結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，其中含有的含氧官能團(tuán)有羥基、醚鍵、羧基、酯基4種，B錯(cuò)誤；C．葡酚酮分子中含有酚羥基及醇羥基，具有強(qiáng)的復(fù)原性，可以被酸性高錳酸鉀溶液氧化而使溶液的紫色褪色，C正確；D．物質(zhì)分子中含有羧基，由于羧酸的酸性比碳酸強(qiáng)，因此能夠與Na2CO3水溶液發(fā)生反響，D錯(cuò)誤；綜上所述可知：合理選項(xiàng)是BD。13.乙醚是常用的有機(jī)試劑，久置容易產(chǎn)生過氧化物，帶來平安隱患。以下不可用來定性檢出過氧化物的試劑是()A.溶液B.弱酸性淀粉KI溶液C.和稀溶液D.的稀溶液和溶液【答案】A【解析】【分析】【詳解】A．過氧化物與溶液不能發(fā)生反響，因此不能用于檢驗(yàn)其存在，A符合題意；B．弱酸性淀粉KI溶液與過氧化物反響產(chǎn)生I2，I2遇淀粉溶液變?yōu)樗{(lán)色，可以檢驗(yàn)其存在，B不符合題意；C．和稀溶液具有強(qiáng)氧化性，會(huì)將過氧化物氧化，而被復(fù)原為Cr3+，使溶液變?yōu)榫G色，可以檢驗(yàn)過氧化物的存在，C不符合題意；D．過氧化物具有強(qiáng)氧化性，會(huì)將電離產(chǎn)生的Fe2+氧化為Fe3+，和KSCN溶液的混合，溶液顯紅色，可以檢驗(yàn)過氧化物的存在，D不符合題意；故合理選項(xiàng)是A。14.H3PO4的電離是分步進(jìn)行的，常溫下，，。以下說法正確的選項(xiàng)是()A.濃度均為0.1mol/L的NaOH溶液和H3PO4溶液按照體積比2∶1混合，混合液的pH＜7B.Na2HPO4溶液中，C.向0.1mol/L的H3PO4溶液中通入HCl氣體(忽略溶液體積的變化〕，溶液pH=1時(shí)，溶液中大約有7.1%的H3PO4電離D.在H3PO4溶液中參加NaOH溶液，隨著NaOH的參加，溶液的pH增大，當(dāng)溶液的pH=11時(shí)，【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．濃度均為0.1mol/L的NaOH溶液和H3PO4溶液按照體積比2∶1混合，二者恰好反響產(chǎn)生Na2HPO4，在溶液中存在電離平衡：+H+，也存在著水解平衡：+H2O+OH-，電離平衡常數(shù)，水解平衡常數(shù)Kh2==1.58×10-7＞Ka3=4.4×10-13，水解程度大于電離程度，因此溶液顯堿性，pH＞7，A錯(cuò)誤；B．在Na2HPO4溶液中，根據(jù)質(zhì)子守恒可得：，B正確；C．向0.1mol/L的H3PO4溶液中通入HCl氣體(忽略溶液體積的變化，溶液pH=1時(shí)，c(H+)=0.1mol/L，根據(jù)電離平衡常數(shù)Ka1=，，同時(shí)溶液中還存在、的的電離平衡，因此溶液中電離的H3PO4大于7.1%，C錯(cuò)誤；D．在H3PO4溶液中參加NaOH溶液，隨著NaOH的參加，溶液的pH增大，當(dāng)溶液的pH=11時(shí)，c(H+)=10-11mol/L，Ka3=，那么，那么c()＜c()，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是B。15.一定條件下，反響的速率方程為，某溫度下，該反響在不同濃度下的反響速率如下：反響速率2v28v216v42vc4v根據(jù)表中的測(cè)定結(jié)果，以下結(jié)論錯(cuò)誤的選項(xiàng)是()A.表中c的值為4B.α、β、γ的值分別為1、2、-1C.反響體系的三種物質(zhì)中，的濃度對(duì)反響速率影響最大D.在反響體系中保持其他物質(zhì)濃度不變，增大濃度，會(huì)使反響速率降低【答案】AB【解析】【分析】速率方程為，將H2、Br2、HBr和速率都帶入到速率方程可以得到，①、②、③、④、由①②得到β=，②③得到α=1，①④得到γ=-1，對(duì)于與①，將α=1，β=，γ=-1代入，解得c=1，由此分析?！驹斀狻緼．根據(jù)分析，表中c的值為1，故A符合題意；B．根據(jù)分析，α、β、γ的值分別為1、、-1，故B符合題意；C．由于，α、β、γ的值分別為1、、-1，由于速率與和的濃度成正比，與的濃度成反比，反響體系的三種物質(zhì)中，的濃度對(duì)反響速率影響最大，故C不符合題意；D．由于γ=-1，增大濃度，減小，在反響體系中保持其他物質(zhì)濃度不變，會(huì)使反響速率降低，故D不符合題意；答案選AB。三、非選擇題：共60分。第16～18題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第19～20題為選考題，考生根據(jù)要求作答。(一)必考題：共45分。16.碘是人體必需的微量元素，也可用于工業(yè)、醫(yī)藥等領(lǐng)域。大量的碘富集于海藻灰〔主要成分是)中，因此從海藻灰中提取碘，可有效利用海洋資源。(1)某興趣小組以海藻灰為原料進(jìn)行的制備實(shí)驗(yàn)。具體步驟如下：將海藻灰加熱浸泡后，得到了溶液，將適量固體溶于溶液，再將飽和溶液滴入上述溶液中，生成白色沉淀，該反響的離子方程式為______。(2)待沉淀完全后，過濾，將沉淀物置于小燒杯中，在攪拌下逐滴參加適量濃，觀察到______(顏色)氣體放出，______(顏色)晶體析出。出于平安和環(huán)?？紤]，該實(shí)驗(yàn)操作需在______(條件)下進(jìn)行。該反響的化學(xué)方程式為______。(3)用傾析法棄去上清液，固體物質(zhì)用少量水洗滌后得到粗，進(jìn)一步精制時(shí)，選擇必需的儀器搭建裝置，并按次序排列：______(夾持裝置略)。A.B.C.D.E.F.(4)將精制得到的配成濃度為的標(biāo)準(zhǔn)溶液，用來測(cè)定某樣品中維生素C(相對(duì)分子質(zhì)量為M的含量。具體操作如下：準(zhǔn)確稱量ag樣品，溶于新煮沸過并冷卻至室溫的蒸餾水中，煮沸蒸餾水的目的是______。用容量瓶定容，使用______(儀器)量取樣品溶液于錐形瓶中，再參加1∶1醋酸溶液和適量的______指示劑，立即用標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，溶液顯穩(wěn)定的______(顏色)即為滴定終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液，那么樣品中維生素C的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是______(寫出表達(dá)式)。滴定反響方程式：【答案】(1).(2).紅棕色(3).紫黑色(4).通風(fēng)條件下(5).(6).DCAF(7).除去蒸餾水中溶解的氧，防止干擾實(shí)驗(yàn)(8).滴定管(9).淀粉(10).藍(lán)色(11).【解析】【分析】溶液的配制分為七步，即計(jì)算、稱量、溶解、轉(zhuǎn)移、洗滌、定容、裝瓶貼標(biāo)簽。需要用到的儀器有天平、燒杯、容量瓶、膠頭滴管、玻璃棒。此題用氧化復(fù)原滴定法測(cè)維生素C的含量?！驹斀狻?1)作復(fù)原劑，CuSO4作氧化劑，故該反響的離子方程式為，故填；(2)CuI中的亞銅離子和碘離子均能被濃硝酸氧化，氧化產(chǎn)物分別為Cu2+和I2，復(fù)原產(chǎn)物為NO2，其反響的化學(xué)方程式為，其中NO2為紅棕色有毒氣體，需在通風(fēng)條件下進(jìn)行、I2為紫黑色，故填紅棕色、紫黑色、通風(fēng)條件下進(jìn)行、；(3)因?yàn)榈鈫钨|(zhì)受熱易升華，故采用蒸餾法提純碘單質(zhì)。用到的儀器有A燒杯、C石棉網(wǎng)(防止溫度過高，升華速度大于冷凝速度)、D酒精燈、F裝冷水的圓底燒瓶用于冷凝。其裝置為把粗碘放入燒杯內(nèi)，將裝有冷水的燒瓶放在燒杯上，墊上石棉網(wǎng)用酒精燈加熱，其連接順序?yàn)镈CAF，故填DCAF；(4)維生素C具有復(fù)原性，故煮沸蒸餾水是為了防止水中溶解的氧干擾實(shí)驗(yàn)；準(zhǔn)確量取溶液的體積用滴定管量?。挥糜谥甘镜鈫钨|(zhì)時(shí)，通常用淀粉作指示劑，淀粉遇碘顯藍(lán)色，這里用碘標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定維生素C，所以當(dāng)最后一滴標(biāo)準(zhǔn)液滴入錐形瓶后，溶液由無色變?yōu)樗{(lán)色且30秒內(nèi)不褪色，即為終點(diǎn)；根據(jù)題意消耗點(diǎn)標(biāo)準(zhǔn)液的物質(zhì)的量為n=cV=cV×10-3mol，由反響方程式可知25mL溶液中維生素C的物質(zhì)的量為cV×10-3mol，那么ag樣品中維生素C的物質(zhì)的量為10×cV×10-3mol=cV×10-2mol，質(zhì)量為m=nM=cMV×10-2g，其質(zhì)量分?jǐn)?shù)為，故填除去蒸餾水中溶解的氧，防止干擾實(shí)驗(yàn)、滴定管、淀粉、藍(lán)色、；【點(diǎn)睛】滴定時(shí)是從250mL溶液中量取25mL進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，故最后計(jì)算維生素C總物質(zhì)的量時(shí)要乘10。17.合理利用工廠煙灰，變廢為寶，對(duì)保護(hù)環(huán)境具有重要意義。以某鋼鐵廠煙灰(主要成分為ZnO，并含少量的CuO、MnO2、Fe2O3等)為原料制備氧化鋅的工藝流程如下：答復(fù)以下問題：(1)“浸取〞工序中參加過量氨水的目的：①使ZnO、CuO溶解，轉(zhuǎn)化為[Zn(NH3)4]2+和[Cu(NH3)4]2+配離子；②______。(2)ZnO轉(zhuǎn)化反響的離子方程式為______。(3)“除雜〞工序中，反響的離子方程式為______。(4)濾渣②的主要成分有______(填化學(xué)式)，回收后可用作冶金原料。(5)“蒸氨沉鋅〞工序中，“蒸氨〞是將氨及其鹽從固液混合物中蒸出，相應(yīng)的化學(xué)方程式為______，蒸出物冷凝吸收后得到的碳化氨水可返回______工序循環(huán)使用。(6)從堿式碳酸鋅得到氧化鋅的工序名稱為______。(7)將濾渣①用H2SO4溶液處理后得到______溶液和______固體(均填化學(xué)式)。【答案】(1).使MnO2、Fe2O3沉淀除去(2).ZnO+2NH3·H2O+2=[Zn(NH3)4]2++3H2O(3).Zn+[Cu(NH3)4]2+=Cu+[Zn(NH3)4]2+(4).Zn、Cu(5).Zn(NH3)4(HCO3)24NH3↑+Zn(HCO3)2(6).浸出(7).煅燒(8).Fe2(SO4)3(9).MnO2【解析】【分析】首先用NH4HCO3和氨水浸取煙灰，將鋅元素轉(zhuǎn)化為[Zn(NH3)4]2+絡(luò)離子，將Cu元素轉(zhuǎn)化為[Cu(NH3)4]2+絡(luò)離子，MnO2、Fe2O3不發(fā)生反響進(jìn)入濾渣①中；參加鋅粉可以將[Cu(NH3)4]2+全部置換出來得到濾渣②中含有Zn及Cu，然后經(jīng)蒸氨沉鋅Zn(NH3)4(HCO3)2反響變?yōu)镹H3和Zn(HCO3)2，然后參加堿式碳酸鋅與Zn(HCO3)2混合，高溫煅燒得到氧化鋅?！驹斀狻?1)由題意可知，煙灰(主要成分為ZnO，并含少量的CuO、MnO2、Fe2O3等)，在浸取工序中可以使ZnO、CuO溶解變?yōu)閇Zn(NH3)4]2+和[Cu(NH3)4]2+配離子進(jìn)入濾液①中，那么剩余MnO2、Fe2O3不能發(fā)生反響，故“浸取〞工序中參加過量氨水的目的還可以使MnO2、Fe2O3沉淀除去；(2)浸出時(shí)，ZnO溶于碳酸氫銨與氨水的混合溶液中，形成配離子[Zn(NH3)4]2+和H2O，反響的離子方程式為：ZnO+2NH3·H2O+2=[Zn(NH3)4]2++3H2O；(3)在除雜工序中，參加過量的鋅粉，發(fā)生置換反響置換出銅單質(zhì)，反響的離子方程式為：Zn+[Cu(NH3)4]2+=Cu+[Zn(NH3)4]2+；(4)濾渣②是在除雜工序中產(chǎn)生的，由(3)分析可知，濾渣②是過量Zn與[Cu(NH3)4]2+發(fā)生置換反響產(chǎn)生的，因此其主要成分是Cu、Zn；(5)在“蒸氨沉鋅〞工序中，“蒸氨〞是將氨及其鹽從固液混合物中蒸出，Zn元素以鹽的形式存在于溶液中，該反響的離子方程式為：Zn(NH3)4(HCO3)24NH3↑+Zn(HCO3)2；蒸出物冷凝吸收后得到的碳化氨水，由工藝流程圖可知，碳化氨水可返回到浸取工序中循環(huán)使用；(6)堿式碳酸鋅(

ZnCO3·Zn(OH)2)為固體，要想得到ZnO需要經(jīng)過高溫煅燒。故從堿式碳酸鋅得到氧化鋅的工序名稱為煅燒；(7)濾渣①的主要成分是MnO2、Fe2O3，向?yàn)V渣①中參加H2SO4溶液，F(xiàn)e2O3與硫酸反響產(chǎn)生Fe2(SO4)3和H2O，而MnO2不發(fā)生反響，故將濾渣①用H2SO4溶液處理后得到溶液為Fe2(SO4)3溶液，固體為MnO2。18.我國(guó)科學(xué)家最近創(chuàng)造了一種電池，電解質(zhì)為、和，由a和b兩種離子交換膜隔開，形成A、B、C三個(gè)電解質(zhì)溶液區(qū)域，結(jié)構(gòu)示意圖如下：答復(fù)以下問題：(1)電池中，為______極，B區(qū)域的電解質(zhì)為______(填“〞、“〞或“〞)。(2)電池反響的離子方程式為______。(3)陽(yáng)離子交換膜為圖中的______膜(填“a〞或“b〞)。(4)此電池中，消耗，理論上可產(chǎn)生的容量(電量)為______毫安時(shí)()(1mol電子的電量為1F，，結(jié)果保存整數(shù))(5)E為電池電動(dòng)勢(shì)(電池電動(dòng)勢(shì)即電池的理論電壓，是兩個(gè)電極電位之差，)，為電池反響的自由能變，那么該電池與傳統(tǒng)鉛酸蓄電池相比擬，______；______(填“＞〞或“＜〞)。(6)Zn是一種重要的金屬材料，工業(yè)上一般先將ZnS氧化，再采用熱復(fù)原或者電解法制備。利用復(fù)原ZnS也可得到Zn，其反響式如下：ZnS(s)+H2(g)Zn(s)+H2S(g)。727℃時(shí)，上述反響的平衡常數(shù)。此溫度下，在盛有的剛性容器內(nèi)通入壓強(qiáng)為的，達(dá)平衡時(shí)的分壓為______Pa(結(jié)果保存兩位小數(shù))?！敬鸢浮?1).負(fù)(2).K2SO4(3).PbO2++Zn+2H2O=PbSO4+(4).a(5).5360(6).＞(7).＜(8).【解析】【分析】根據(jù)圖示可知Zn為負(fù)極，PbO2為正極，電解質(zhì)溶液A是KOH，B是K2SO4，C是H2SO4，a是陽(yáng)離子離子交換膜，b是陰離子交換膜，在同一閉合回路中電子轉(zhuǎn)移數(shù)目相等，結(jié)合溶液酸堿性及電極材料書寫電極反響式和總反響副產(chǎn)物?！驹斀狻?1)根據(jù)圖示可知Zn電極失去電子Zn2+與溶液中的OH-結(jié)合形成，所以Zn電極為負(fù)極；在A區(qū)域電解質(zhì)為KOH，在B區(qū)域電解質(zhì)為K2SO4溶液，C區(qū)域電解質(zhì)為H2SO4；PbO2電極為正極，得到電子發(fā)生復(fù)原反響。(2)負(fù)極電極反響式為Zn-2e-+4OH-=，正極的電極反響式為PbO2+2e-+4H++=PbSO4+2H2O，總反響方程式為：PbO2++Zn+2H2O=PbSO4+；(3)A區(qū)域是KOH溶液，OH-發(fā)生反響變?yōu)?，為了維持溶液呈電中性，多余的K+通過交換膜進(jìn)入到B區(qū)域，由于陽(yáng)離子交換膜只允許陽(yáng)離子通過，因此a膜為陽(yáng)離子交換膜；(4)6.5gZn的物質(zhì)的量是n(Zn)==0.1mol，Zn是+2價(jià)金屬，那么轉(zhuǎn)移電子n(e-)=0.2mol，1mol電子的電量為1F，，轉(zhuǎn)移0.2mol電子的電量Q=0.2mol×96500C/mol=19300C，那么理論上可產(chǎn)生的容量(電量)為mAh=5360mAh；(5)由于Zn比Pb活動(dòng)性強(qiáng)，正極材料都是PbO2，所以Zn-PbO2的電勢(shì)差比Pb-PbO2的電勢(shì)差大，那么＞；不同電池的電勢(shì)差越大，電池反響的自由能變就越小。由于Zn-PbO2的電勢(shì)差比Pb-PbO2的電勢(shì)差大，所以＜；(6)反響ZnS(s)+H2(g)Zn(s)+H2S(g)在727℃時(shí)的平衡常數(shù)，假設(shè)在盛有ZnS的剛性容器內(nèi)通入壓強(qiáng)為1.01×105Pa的H2，由于該反響是反響前后氣體體積不變的反響，因此反響前后氣體總壓強(qiáng)不變，假設(shè)H2S占總壓強(qiáng)分?jǐn)?shù)為x，那么H2為(1-x)，根據(jù)平衡常數(shù)的含義可得，解得x=2.24×10-6，所以到達(dá)平衡時(shí)H2S的分壓為2.24×10-6×1.01×105Pa=0.23Pa。(二)選考題：共15分。請(qǐng)考生從2道題中任選一題作答，并用2B鉛筆將答題卡上所選題目對(duì)應(yīng)的題號(hào)右側(cè)方框涂黑，按所涂題號(hào)進(jìn)行評(píng)分；多涂、多答，按所涂的首題進(jìn)行評(píng)分；不涂，按本選考題的首題進(jìn)行評(píng)分。19.科學(xué)工作者合成了含鎂、鎳、碳3種元素的超導(dǎo)材料，具有良好的應(yīng)用前景。答復(fù)以下問題：(1)鎳元素位于周期表第______列，基態(tài)鎳原子d軌道中成對(duì)電子與單電子的數(shù)量比為______。(2)在CO分子中，C與O之間形成______個(gè)σ鍵、______個(gè)π鍵，在這些化學(xué)鍵中，O原子共提供了______個(gè)電子。(3)第二周期元素的第一電離能(I1)隨原子序數(shù)(Z)的變化情況如圖。I1隨Z的遞增而呈增大趨勢(shì)的原因是______，原子核對(duì)外層電子的引力增大。導(dǎo)致I1在a點(diǎn)出現(xiàn)齒峰的原因是______。(4)以下分子或離子與具有相同類型化學(xué)鍵和立體構(gòu)型的是______(填標(biāo)號(hào))。A.B.C.D.(5)過渡金屬與O形成羰基配合物時(shí)，每個(gè)CO分子向中心原子提供2個(gè)電子，最終使中心原子的電子總數(shù)與同周期的稀有氣體原子相同，稱為有效原子序數(shù)規(guī)那么。根據(jù)此規(guī)那么推斷，鎳與CO形成的羰基配合物中，______。(6)在某種含鎂、鎳、碳3種元素的超導(dǎo)材料晶體中，鎂原子和鎳原子一起以立方最密堆積方式形成有序結(jié)構(gòu)。結(jié)構(gòu)中的兩種八面體空隙，一種完全由鎳原子構(gòu)成，另一種由鎳原子和鎂原子共同構(gòu)成，碳原子只填充在由鎳原子構(gòu)成的八面體空隙中，晶胞如下圖。①組成該晶體的化學(xué)式為______。②完全由鎳原子構(gòu)成的八面體空隙與由鎳原子和鎂原子共同構(gòu)成的八面體空隙的數(shù)量比為______，由鎳原子和鎂原子共同構(gòu)成的八面體空隙中鎳原子和鎂原子的數(shù)量比為______。③假設(shè)取碳原子為晶胞頂點(diǎn)，那么鎳原子位于晶胞的______位置?！敬鸢浮?1).10(2).3：1(3).1(4).2(5).4(6).隨原子序數(shù)增大，核電荷數(shù)增大，原子半徑逐漸減小(7).N元素原子的2p能級(jí)軌道半滿，更穩(wěn)定(8).BD(9).4(10).MgNi3C(11).1：3(12).2：1(13).棱心【解析】【分析】【詳解】(1)Ni是28號(hào)元素，位于第四周期第Ⅷ族的第三列，那么為周期表的第10列；其d軌道的電子排布為3d8，有3對(duì)(6個(gè))成對(duì)電子和2個(gè)單電子，數(shù)量比為6：2=3：1；(2)在CO分子中形成碳氧三鍵，C與O之間形成1個(gè)σ鍵、2個(gè)π鍵，其中一個(gè)π鍵為O原子提供孤電子對(duì)，C原子提供空軌道形成的配位鍵，所以O(shè)原子共提供了4個(gè)電子；(3)I1隨Z的遞增而呈增大趨勢(shì)的原因是隨原子序數(shù)增大，原子半徑逐漸減小，原子核對(duì)外層電子的引力增大；a點(diǎn)為第ⅤA族元素，即N元素，其最高能層的p能級(jí)軌道半滿，更穩(wěn)定，第一電離能大于相鄰元素，所以出現(xiàn)齒峰；(4)CO2只含有極性共價(jià)鍵，立體構(gòu)型為直線型；A．SO2只含有極性鍵，但空間構(gòu)型為V形，故A符合題意；B．OCN-只含有極性鍵，與CO2為等電子體，空間構(gòu)型相同，故B符合題意；C．HF是由F-和HF通過氫鍵形成，故C不符合題意；D．NO只含有極性鍵，與CO2等電子體，空間構(gòu)型相同，故D符合題意；綜上所述答案為BD；(5)Ni原子核外電子數(shù)為28，同周期的稀有氣體元素為Kr，原子序數(shù)為36，每一個(gè)CO可提供2個(gè)電子，所以x==4；(6)①根據(jù)均攤法，C原子位于晶胞內(nèi)部，個(gè)數(shù)為1，Mg原子位于頂點(diǎn)，個(gè)數(shù)為=1，Ni原子位于面心，個(gè)數(shù)為=3，所以化學(xué)式為MgNi3C；②據(jù)圖可知鎳原子構(gòu)成的八面體空隙數(shù)目為1，每條棱上的兩個(gè)鎂原子與相鄰面心的鎳原子構(gòu)成正八面體空隙的，所以鎳原子和鎂原子共同構(gòu)成的八面體空隙為=3，那么完全由鎳原子構(gòu)成的八面體空隙與由鎳原子和鎂原子共同構(gòu)成的八面體空隙的數(shù)量比為1：3；鎳原子和鎂原子共同構(gòu)成的八面體空隙中有2