2023年福建省漳州市高考化學(xué)第三次質(zhì)檢試卷及答案解析

2023年福建省漳州市高考化學(xué)第三次質(zhì)檢試卷

1.明代宋應(yīng)星所著《天工開(kāi)物》中詳細(xì)介紹了竹紙的制造工藝流程，其中“煮模足火”工

序是指加入石灰蒸煮以除去竹料中的木質(zhì)素、樹(shù)膠等雜質(zhì)。另外，為了防止書(shū)寫(xiě)時(shí)墨跡在紙

面擴(kuò)散，古代及現(xiàn)代造紙都要加入一些礦物性白粉填充紙纖維之間的孔隙。下列說(shuō)法中錯(cuò)誤

的是（）

A.紙的主要化學(xué)成分為纖維素，纖維素屬于多糖

B.紙張中的纖維素之間是通過(guò)氫鍵和范德華力相結(jié)合的

C.紙張燃燒后產(chǎn)生的灰白色部分主要成分為碳

D.推測(cè)木質(zhì)素分子中可能含有酸性官能團(tuán)

2.布洛芬是一種用于小兒發(fā)熱的經(jīng)典解熱鎮(zhèn)痛藥，異丁基苯是合成它的一種原料，二者的

結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如圖。下列說(shuō)法正確的是（）

異丁基苯布洛芬0H

A.異丁基苯屬于芳香燒，與對(duì)二乙苯互為同分異構(gòu)體

B.異丁基苯和布洛芬中碳原子均有sp和sp3雜化

C.lmol布洛芬與足量的Na2cO3溶液反應(yīng)生成22gCC）2

D.兩者均能發(fā)生加成、取代和消去反應(yīng)

3.中國(guó)科學(xué)院天津工業(yè)生物技術(shù)研究所科研團(tuán)隊(duì)在實(shí)驗(yàn)室里首次實(shí)現(xiàn)了以CO?為原料人工

合成淀粉，其合成路線如圖所示。設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說(shuō)法正確的是（）

,O

COt--T--*CH,OH

ZnO-ZrO|麗I化M“口人口③

①n

A.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.41；4c中含有的中子數(shù)為22NA

B.ImolCH30H中共面的原子數(shù)目最多為34

C.60gHeHO和DHA混合物中含有的C原子數(shù)目為2總

D.ImolDHA中含有。鍵數(shù)目為7NA

4.用如圖所示裝置（夾持裝置均已省略）進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，不能達(dá)到目的的是（）

A.除去乙烷中的乙烯

5.下列離子方程式書(shū)寫(xiě)正確的是()

A.用鐵電極電解飽和食鹽水：Fe+2H2。'警Fe(OH)2I+H2T

3+

B.NH4Al(S()4)2溶液與過(guò)量的NaOH溶液反應(yīng)：Al+40H-=AIOJ+2H2O

OH

向少量苯酚稀溶液中滴加飽和漠水，生成白色沉淀：(]+3Br2f3HB-

C.

+2+

D.向酸性KMn()4溶液中滴入雙氧水：2MnOZ+3H2O2+6H=2Mn+402?+6H2O

6.2022年諾貝爾化學(xué)獎(jiǎng)授予了對(duì)“點(diǎn)擊化學(xué)”和“生物正交化學(xué)”做出貢獻(xiàn)的三位科學(xué)家。

以煥燒和疊氮化合物為原料的疊氮一煥基Husigen成環(huán)反應(yīng)是點(diǎn)擊化學(xué)的代表反應(yīng)，其反應(yīng)原

理如圖所示｛其中［Cu］為一價(jià)銅｝;下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）

A.反應(yīng)①消耗的［Cu］大于反應(yīng)⑤生成的［Cu］

B.該反應(yīng)原子利用率為100%

7.工業(yè)上采用碘循環(huán)工藝處理工業(yè)尾氣S（）2,同時(shí)制得H2,其工藝流程如圖所示。下列說(shuō)法

錯(cuò)誤的是（

反應(yīng)器分離器膜反應(yīng)器

20

A.反應(yīng)器中的反應(yīng)的化學(xué)方程式為SO?+I2+2H2。=°,H2S04+2HI

B.分離器中物質(zhì)分離操作為蒸鐳

C.膜反應(yīng)器中加入2moiHI,生成可循環(huán)的I2的物質(zhì)的量為lmol

D.碘循環(huán)工藝中每制取標(biāo)準(zhǔn)狀況下22.4LH2,理論上能處理工業(yè)尾氣SO2的物質(zhì)的量為lmol

8.刊物藥M具有補(bǔ)血功效，結(jié)構(gòu)如圖所示，X、Y、Z和W為9w

0z

原子序數(shù)依次增大的元素，原子序數(shù)之和為51,Y和Z同主族，0Y

0X

四種元素中只有W為金屬，W3+的價(jià)層電子為半充滿結(jié)構(gòu)。下

列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）

A.簡(jiǎn)單氫化物的穩(wěn)定性：Y>ZB.該物質(zhì)易被氧化，需密封保存

C.W與Y之間可以形成多種化合物D.X?Y的鍵角大于ZY廠的鍵角

9.南京大學(xué)研究團(tuán)隊(duì)設(shè)計(jì)了一種水系分散的聚合物微?！澳酀{”電池,該電池（如圖）在充電

過(guò)程中，聚對(duì)苯二酚被氧化，H+能通過(guò)半透膜，而有機(jī)聚合物不能通過(guò)半透膜，下列說(shuō)法錯(cuò)

電源/用電器

A.放電時(shí)，b為負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)

B.放電時(shí)，a極上的電極反應(yīng):

C.充電時(shí)，H+由a極區(qū)向b極區(qū)遷移

10.常溫下，用O.lOmol/LNaOH溶液分別滴定20.00mL濃度均為0.10mol/L的CH3COOH溶液

和HCN溶液所得滴定曲線如圖所示。下列說(shuō)法正確的是（）

01020NaOH/mL

A.兩種一元弱酸的電離常數(shù)：Ka(CH3COOH)<Ka(HCN)

B.溶液中水的電離程度：(3)>@>(T)

C.pH=7時(shí)，C(CH3COO-)=c(CN-)

D.滴定時(shí)均可選用甲基橙作指示劑，指示滴定終點(diǎn)

11.FeC%是中學(xué)常見(jiàn)的試劑，某實(shí)驗(yàn)小組用以下裝置制備FeCk固體，并探究FeC^溶液與Cu

的反應(yīng)。

已知：FeCb晶體易升華，F(xiàn)eCb溶液易水解。

I.FeCh的制備

(1)裝置C中堿石灰的作用是。

(2)F的名稱為,從D、E、F中選擇合適的裝置制備純凈的Cl?，正確的接口順序?yàn)閍-

(可選試劑：飽和食鹽水、NaOH溶液、濃硫酸、堿石灰，儀器可重復(fù)使用)。

(3)寫(xiě)出裝置D中制備的離子方程式o

II.探究FeCk溶液與Cu的反應(yīng)

向4mL0.1mol/LFeCb溶液中滴加幾滴0.2mol/LKSCN溶液，溶液變紅；再加入過(guò)量Cu粉，溶液

紅色褪去，不久有白色沉淀產(chǎn)生。

查閱資料可知：CuQ和CuSCN均為難溶于水的白色固體。針對(duì)白色沉淀同學(xué)們有以下猜想：

猜想1：CM+與過(guò)量的Cu粉反應(yīng)生成Cu+,再結(jié)合生成白色沉淀CuCL,

猜想2：Cu2+與SCN-發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成Cu+,再結(jié)合SCN-生成白色沉淀CuSCN。

針對(duì)上述猜想，實(shí)驗(yàn)小組同學(xué)設(shè)計(jì)了以下實(shí)驗(yàn)：

實(shí)驗(yàn)

操作現(xiàn)象

編號(hào)

,足盤(pán)的銅粉

實(shí)驗(yàn)

加入銅粉后無(wú)現(xiàn)象

1

三

4mL0.05molL-'Cu”溶液

,滴加幾滴0.2molL-1KSCN

7溶液很快由藍(lán)色變?yōu)榫G色，未觀察到白色沉淀；2h后

實(shí)驗(yàn)

溶液為綠色，未觀察到白色沉淀；24h后，溶液綠色變

2

三淺，試管底部有白色沉淀

4mL0.05molL-1Cu6溶液

（4）實(shí)驗(yàn)結(jié)果說(shuō)明猜想（填“1”或“2”）不合理。

（5）根據(jù)實(shí)驗(yàn)2中的現(xiàn)象進(jìn)一步查閱資料發(fā)現(xiàn)：

i.CM+與SCN-可發(fā)生如下兩種反應(yīng)：

反應(yīng)A：Cu2++4SCN-=[Cu（SCN）412-（淡黃色）；

反應(yīng)B：2CU2++4SCN-=2CuSCNI+（SCN）2（黃色）。

ii.[CU（SCN）4F-與Cu2+共存時(shí)溶液顯綠色。

①由實(shí)驗(yàn)2中的現(xiàn)象推測(cè)，反應(yīng)速率：A（填“>”或）B,說(shuō)明反應(yīng)B（填

“是”或“不是"）產(chǎn)生CuSCN的主要原因。

②進(jìn)一步查閱資料可知，當(dāng)反應(yīng)體系中同時(shí)存在Fe?+、CM+、SCN-時(shí)，CM+氧化性增強(qiáng)，

可將Fe2+氧化為Fe3+。據(jù)此將實(shí)驗(yàn)2改進(jìn)，向C11SO4溶液中同時(shí)加入KSCN、FeCl2,立即生成

白色沉淀CuSCN,寫(xiě)出該反應(yīng)離子方程式。

（6）若向lOOmLamol?『iCuSCU溶液中滴加足量的KSCN和FeCl2的混合溶液，經(jīng)過(guò)一系列操作

得到白色沉淀CuSCN的質(zhì)量bg,則CuSCN的產(chǎn)率為（寫(xiě)出表達(dá)式即可）。

12.工業(yè)上以硒化銀半導(dǎo)體廢料（含AgzSe、Cu）為原料提取硒、銅、銀，進(jìn)而制備一種新型

太陽(yáng)能電池的材料。

稍過(guò)量的

H2SO4+O2NaCI溶液N凡、NaOH

廢料一“酸溶|------"蒸制-------,沉銀|一~/還原|~?粗根

400℃

SCH。**

粗硒tH2SeO,一—SeO:(g)灌液一?……一?粗銅

5

已知:25℃?Ksp(AgCl)=2.0XIO-】。，Ksp(Ag2S04)=1.0xIO-,

請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

(1)“酸溶”時(shí)，為提高廢料中硒元素的浸出率可采取的措施是(任寫(xiě)一種)，寫(xiě)出廢

料中Ag?Se轉(zhuǎn)化為Seo?的化學(xué)反應(yīng)方程式。

(2)制得的粗銅可通過(guò)電解法精煉，電解質(zhì)溶液可以選擇(填字母序號(hào))。

A.稀H2s。4

B.AgN()3溶液

C.CUSO4溶液

D.CuC“溶液

(3)上述流程中，通入SO2發(fā)生氧化還原反應(yīng)獲得“粗硒”，該過(guò)程中氧化劑和還原劑的物質(zhì)

的量之比為。

(4)“沉銀"時(shí):從平衡移動(dòng)角度解釋，加入稍過(guò)量NaCI溶液的原因,計(jì)算Ag2sO4轉(zhuǎn)

化成AgQ的平衡常數(shù)K=。

⑸“還原”時(shí)，寫(xiě)出AgQ與液態(tài)N2H4、NaOH溶液反應(yīng)制取粗銀的離子方程式。

13.C02的回收及綜合利用越來(lái)越受到國(guó)際社會(huì)的重視，將C02轉(zhuǎn)化為高附加值化學(xué)品已成

為有吸引力的解決方案。

I.以C02、H2為原料合成CH30H

(l)C02和%在某催化劑表面上合成CH30H的反應(yīng)歷程如圖所示，其中吸附在催化劑表面上的

物種用*標(biāo)注。

0.20-CO2(g)+3H2(g)

-0.20-

-0.60-CH；OH(g)

+H2O(g)

-1.()0-

+6H*HCOO*+4H*

-1.40-座CH；OH*L7

CH,0

+5H*+0卅CHjOH*

-1.80」+OH*

+H*+H10*

+2H.

反應(yīng)歷程

該反應(yīng)歷程中活化能最小步驟的化學(xué)方程式為一

(2)已知相關(guān)化學(xué)鍵的鍵能數(shù)據(jù)如下:

化學(xué)鍵H-HC-H0-HC-0C=0

E/kJ-mor1436414464326803

結(jié)合表中數(shù)據(jù)及反應(yīng)歷程圖，寫(xiě)出由C02和電合成CH30H的熱化學(xué)方程式。

(3)在一容積可變的密閉容器中，充入lmolCC>2與3m01出，發(fā)生上述反應(yīng)，實(shí)驗(yàn)測(cè)得CO?在不

同溫度下的平衡轉(zhuǎn)化率與總壓強(qiáng)的關(guān)系如圖所示：

(

%

)

藥

3

不

溟

7

|

\

0

。

②請(qǐng)計(jì)算在Ti溫度下，該反應(yīng)的壓強(qiáng)平衡常數(shù)。=atm-2(用平衡分壓代替平衡濃度

計(jì)算，分壓=總壓x物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)，保留三位有效數(shù)字)。

U.利用下列工藝脫除并利用水煤氣中的溫室氣體CO2

(4)上述脫除CO2工藝中可循環(huán)利用的物質(zhì)是;某溫度下，當(dāng)吸收塔中溶液pH=9時(shí)，

-7

溶液中c(COg)：c(HCOj)=(已知：該溫度下H2cO3的Kai=4.6XIO,Ka2=5.0x

IO*。

(5)用上述裝置電解利用CO2氣體，制取CH30H燃料，伯電極上的電極反應(yīng)式為o當(dāng)

玻碳電極上生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下22.4LO2時(shí).，通過(guò)質(zhì)子交換膜的離子的物質(zhì)的量為o

皿以Ti()2表面覆蓋CU2Al2。4為催化劑，可以將CO?和CH4直接轉(zhuǎn)化成乙酸

(6)在不同溫度下催化劑的催化效率與乙酸的生成速率如圖所示。250?400久時(shí)，生成乙酸的

速率先減小后增大，理由是。

反應(yīng)溫度/c

14.磷酸鐵鋰(LiFePO。電池是綠色環(huán)保型電池，該電池以磷酸鐵鋰為正極材料，嵌有石墨

的鋰為負(fù)極材料，溶有LiPF6的碳酸酯作電解質(zhì)。回答下列問(wèn)題：

(1)基態(tài)P原子的成對(duì)與未成對(duì)電子數(shù)之比為；最高能級(jí)的電子云輪廓圖為。

(2)Li,F、P三種元素電負(fù)性由大到小的順序?yàn)閛元素的基態(tài)氣態(tài)原子得到一個(gè)電子

形成氣態(tài)負(fù)一價(jià)離子時(shí)所放出的能量稱作第一電子親和能(EJ,第三周期部分元素的E](均為

正值)的大小順序?yàn)?5P<14Si<16S<17CL第一電子親和能15P<14Si的原因?yàn)?

(3)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)表明沸點(diǎn)NH3>ASH3>PH3,分析原因是。

(4)一種鋰電池的正極材料磷酸鐵鋰(LiFePOQ的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。其中Li+分別位于頂角、

棱心、面心，。圍繞Fe和P分別形成正八面體和正四面體，它們通過(guò)共頂點(diǎn)、共棱形成空間鏈

結(jié)構(gòu)。磷酸鐵鋰晶體的晶胞參數(shù)分別為anm、bnm,則磷酸鐵鋰晶體的摩爾體積/=

cm3-mol-】(已知阿伏加德羅常數(shù)為NA，晶體的摩爾體積是指單位物質(zhì)的量晶體所占的體積)。

(5)多聚磷酸由磷酸(H3Po4)加熱脫水縮合而成。鏈狀多聚磷酸是多個(gè)磷酸通過(guò)脫水后共有部

分氧原子連接起來(lái)的，多聚磷酸根離子的部分結(jié)構(gòu)投影圖如圖所示(由于P、0原子的半徑大

小不同，投影圖中P與0之間存在部分或全部遮掩關(guān)系)，則其化學(xué)式為

⑥

氧原子在前

磷原子在后

O

磷原子在前

軌原子在后

15.高聚物G是一種廣泛用在生產(chǎn)生活中的合成纖維，由A與E為原料制備J和G的合成路線如

圖:

HOOCCOOH

已知：①酯能被LiAl也還原為醇

CHO

②<CHO

回答下列問(wèn)題:

(1)A的名稱為,E中官能團(tuán)的名稱為

(2)B生成C的化學(xué)方程式為。

(3)D轉(zhuǎn)化為H的反應(yīng)類型為o

(4)1的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。

(5)芳香族化合物M是B的同分異構(gòu)體，符合下列要求的M有種(不考慮立體異構(gòu))。

①能發(fā)生銀鏡反應(yīng)

②能與FeCk溶液發(fā)生顯色反應(yīng)

③苯環(huán)上有4個(gè)取代基，且核磁共振氫譜顯示有3種不同化學(xué)環(huán)境的氫，且峰面積之比為1：1：

1

(6)請(qǐng)以1-氯乙烷為原料，寫(xiě)出合成丙酸乙酯的合成路線，其他無(wú)機(jī)試劑可以任選o

答案和解析

I.【答案】C

【解析】解：A.紙的主要化學(xué)成分為纖維素，纖維素是由單糖縮合而成的大分子，屬于多糖，故

A正確；

B.纖維素是由葡萄糖聚合鏈組成的高分子多糖，纖維素之間通過(guò)氫鍵和范德華力相互作用形成，

故B正確；

C.紙張燃燒后產(chǎn)生的灰白色部分主要礦物性白粉，故C錯(cuò)誤；

D.由題干信息可知，木質(zhì)素能與堿反應(yīng)，說(shuō)明其具有一定的酸性，故推測(cè)木質(zhì)素分子中可能含有

酸性官能團(tuán)，故D正確；

故選：C?

A.紙的主要化學(xué)成分為纖維素，纖維素是由單糖縮合而成的大分子；

B.纖維素是由葡萄糖聚合鏈組成的高分子多糖，這些鏈之間通過(guò)氫鍵和范德華力相互作用形成了

纖維素；

C.碳是黑色：

D.由題干信息可知，木質(zhì)素能與堿反應(yīng)，說(shuō)明其具有一定的酸性。

本題考查纖維素的性質(zhì)和用途，題目難度不大，學(xué)習(xí)中注意相關(guān)基礎(chǔ)知識(shí)的積累。

2.【答案】A

【解析】解：A.異丁基苯含有苯環(huán)屬于芳香燒，與對(duì)二乙苯分子式相同，結(jié)構(gòu)不同，互為同分異

構(gòu)體，故A正確；

B.異丁基苯中的碳為sp2和sp3雜化，布洛芬中碳原子為sp2和sp3雜化，故B錯(cuò)誤：

C.布洛芬中的竣基可以和碳酸鈉反應(yīng)，Na2c。3溶液過(guò)量，不能生成COz，故C錯(cuò)誤；

D.兩者均能發(fā)生加成、取代反應(yīng)，不能發(fā)生消去反應(yīng)，故D錯(cuò)誤；

故選：Ao

A.分子式相同，結(jié)構(gòu)不同的物質(zhì)互為同分異構(gòu)體；

B.異丁基苯中的碳為sp2和sp3雜化，布洛芬中碳原子為sp2和sp3雜化；

C.布洛芬中的竣基可以和碳酸鈉反應(yīng)，先生成碳酸氫鈉；

D.兩者均能發(fā)生加成、取代反應(yīng)，不能發(fā)生消去反應(yīng)。

本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，側(cè)重考查基礎(chǔ)知識(shí)的掌握和靈活運(yùn)用能力，明確官能團(tuán)及其性質(zhì)

的關(guān)系是解本題關(guān)鍵，題目難度不大。

3.【答案】C

【解析】解：A.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4L"CO2的物質(zhì)的量為n=蕭篇=lmol,而】氣()2中含24個(gè)中

NN.SL/1I1O1

子，故lmol此氣體中含中子為24NA個(gè)，故A錯(cuò)誤；

O

B.甲醇結(jié)構(gòu)式為H

H，共面的原子數(shù)目最多為4個(gè)，故ImolCH30H中

共面的原子數(shù)目最多為4NA，故B錯(cuò)誤；

C.HCHO與DHA的最簡(jiǎn)式均為CH2。，60gHeH0與DHA的混合物中所含C原子數(shù)為x

-1

NAmol=2NA,故C正確；

D.l個(gè)DHA中含有11條o鍵，故ImolDHA中含有o鍵數(shù)目為IINA，故D錯(cuò)誤；

故選：Co

A.求出標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4134c的物質(zhì)的量，然后根據(jù)14co2中含24個(gè)中子來(lái)分析；

O

B.甲醇結(jié)構(gòu)式為H

H，共面的原子數(shù)目最多為4個(gè);

C.HCHO與DHA的最簡(jiǎn)式均為CEO;

D.l個(gè)DHA中含有11條0鍵。

本題考查了物質(zhì)的量和阿伏加德羅常數(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。

4.【答案】B

【解析】解：A.乙烯與淡水反應(yīng)，乙烷不反應(yīng)，導(dǎo)管長(zhǎng)進(jìn)短出、洗氣可分離，故A正確；

B.溫度計(jì)測(cè)定混合溶液的溫度，應(yīng)在環(huán)形玻璃攪拌棒的中央，圖中操作不合理，故B錯(cuò)誤；

C.高鎰酸鉀氧化濃鹽酸生成氯氣，氯氣氧化硫化鈉生成S,可知硫離子的還原性大于氯離子的還原

性，故c正確；

D.加熱時(shí)NaCl無(wú)變化，氯化錢受熱分解生成氨氣和氯化氫，氨氣與氯化氫遇冷生成氯化鏤，圖中

裝置可分離混合物，故D正確；

故選：Bo

A.乙烯與澳水反應(yīng)，乙烷不反應(yīng)；

B.溫度計(jì)應(yīng)在環(huán)形玻璃攪拌棒的中央；

C.高鋅酸鉀氧化濃鹽酸生成氯氣，氯氣氧化硫化鈉生成S；

D.加熱時(shí)NaQ無(wú)變化，氯化鍍受熱分解生成氨氣和氯化氫，氨氣與氯化氫遇冷生成氯化鍍。

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)、混合物的分離提純、中和熱測(cè)定、

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?shí)驗(yàn)的評(píng)價(jià)性分析，題目難度不大。

5.【答案】AC

【解析】解：A.用鐵電極電解飽和食鹽水，陽(yáng)極鐵放電，離子方程式為：Fe+2H2()TFe(OH)2

+H2T,故A正確；

B.NH4Al(SO4為溶液中鍍根離子和鋁離子都將和氫氧化鈉溶液反應(yīng)，離子方程式為NH*+Al3++

50H-=NH3-H20+AIO2+2H2O,故B錯(cuò)誤;

C.向少量苯酚稀溶液中滴加飽和濱水，生成白色沉淀為2,4,6-三濱苯酚，離子方程式為

6OH

+3Br2f3HBr+故C正確;

+2+

D.向酸性KMnCU溶液中滴入雙氧水生成氧氣，離子方程式為：2MnO1+5H2O2+6H=2Mn+

5O2T+8H2O,故D錯(cuò)誤;

故選：ACo

A.用鐵電極電解飽和食鹽水，陽(yáng)極鐵放電;

B.NH4Al(SO。2溶液中鍍根離子和鋁離子都將和氫氧化鈉溶液反應(yīng)；

C.向少量苯酚稀溶液中滴加飽和濱水，生成白色沉淀為2,4,6-三澳苯酚：

D.向酸性KMnO4溶液中滴入雙氧水生成氧氣，此方程式得失電子不守恒。

本題考查離子反應(yīng)，側(cè)重考查學(xué)生離子方程式正誤判斷的掌握情況，試題難度中等。

6.【答案】A

【解析】解：A.由圖可知，［Cu］是整個(gè)反應(yīng)過(guò)程的催化劑，在反應(yīng)前后性質(zhì)和質(zhì)量不變，故反應(yīng)①

消耗的［Cu］等于反應(yīng)⑤生成的［Cu］,故A錯(cuò)誤；

B.由圖可知，快燒和疊氮化合物發(fā)生成環(huán)反應(yīng)，原子利用率為100%,故B正確；

C.若將原料Ri=—H換為C2Hs=小,即R，改為乙基，則產(chǎn)物為(僻,

故C正確；

D.由圖可知，反應(yīng)⑤的化學(xué)方程式為+[Cu],故

X

R1[Cu]

D正確；

故選：Ao

A.催化劑，在反應(yīng)前后性質(zhì)和質(zhì)量不變；

B.反應(yīng)物中的原子全部進(jìn)入到產(chǎn)物中時(shí)，原子利用率為100%；

C.若將原料Ri=H換為C2Hs=-H,即R，改為乙基;

D.由圖可以判斷反應(yīng)⑤的化學(xué)方程式。

本題主要考查學(xué)生對(duì)信息的理解能力、應(yīng)用能力，屬于高考的高頻考點(diǎn)，難度中等。

7.【答案】C

【解析】解：A.由題干轉(zhuǎn)化流程圖可知，反應(yīng)器中的反應(yīng)的化學(xué)方程式為SO2+12+

2C

2H2O°~=°°H2SO4+2Hb故A正確：

B.分離器中為氫碘酸和硫酸的分離，應(yīng)采用沸點(diǎn)不同進(jìn)行蒸鐳分離，故B正確；

C.膜反應(yīng)器中反應(yīng)為2HI=小+12，由于是可逆反應(yīng)，加入2moiHL生成可循環(huán)的I2的物質(zhì)的量

小于ImoL故C錯(cuò)誤；

D.碘循環(huán)工藝的反應(yīng)為so?+%+2H2。2°~=°°CH2sO4+2Hb2HIU出+h，則每制取標(biāo)準(zhǔn)狀況

下22.4LH2,理論上能處理工業(yè)尾氣SO2的物質(zhì)的量為ImoL故D正確；

故選：Co

2C

A.反應(yīng)器中的反應(yīng)的化學(xué)方程式為so?+12+2H2。°~=°°H2S04+2HB

B.分離器中為氫碘酸和硫酸的分離;

C.膜反應(yīng)器中反應(yīng)為2HI=H?+12，是可逆反應(yīng)；

D.碘循環(huán)工藝的反應(yīng)為so?+h+2H2。20~=°°CH2sO4+2H1>2Hl=%+%。

本題考查考查分離提純，側(cè)重考查學(xué)生物質(zhì)之間反應(yīng)的掌握情況，試題難度中等。

8.【答案】D

【解析】解：A.Y為G、Z為S,0的非金屬性強(qiáng)于S,簡(jiǎn)單氫化物的穩(wěn)定性：Y>Z,故A正確；

B.該物質(zhì)中Fe為+2價(jià)，易被氧化，需密封保存，故B正確；

C.W為Fe,Y為0,可以形成多種化合物FeO、Fe2O3>FesO,等多種化合物，故C正確；

D.X2Y為電0,ZY廠為S0七，硫酸根離子中，一個(gè)0形成4個(gè)相同的S-0鍵，鍵與鍵之間斥力相同，

鍵角均相同；水中形成兩個(gè)H-0鍵，含兩個(gè)孤對(duì)電子，孤對(duì)電子對(duì)H-0鍵的斥力更大，所以導(dǎo)

致兩個(gè)H-0鍵之間的夾角小于SOt,故D錯(cuò)誤；

故選：Do

四種元素中只有W為金屬，W3+的價(jià)層電子為半充滿結(jié)構(gòu)，W為Fe,X可以形成一個(gè)單鍵，且可以

形成氫鍵，貝以為H,X、Y、Z和W為原子序數(shù)依次增大的元素，原子序數(shù)之和為51,則Y、Z原子

序數(shù)之和為51-26-1=24,Y和Z同主族，且Y可以形成氫鍵，貝W為0、Z為S,據(jù)此解答。

本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律，為高頻考點(diǎn)，把握原子序數(shù)、化學(xué)鍵來(lái)推斷元素為解答的關(guān)鍵，

側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意規(guī)律性知識(shí)的應(yīng)用，題目難度不大。

9.【答案】D

【解析】解：A.充電過(guò)程中，聚對(duì)苯二酚被氧化，a為陽(yáng)極，b為陰極，所以放電時(shí)b為負(fù)極，發(fā)生

氧化反應(yīng)，故A正確；

B.放電時(shí)，a極為正極，發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)為:

故B正確；

C.充電時(shí)，陽(yáng)離子向陰極移動(dòng)，a為陽(yáng)極，b為陰極，所以H+由a極區(qū)向b極區(qū)遷移，故C正確;

D.充電時(shí)，陰極發(fā)生還原反應(yīng)生成十寸,，故D錯(cuò)誤;

HO/OH

故選：Do

充電過(guò)程中，聚對(duì)苯二酚被氧化，a為陽(yáng)極，放電時(shí)為正極，電極反應(yīng)為:

HO7OH

本題考查原電池和電解池，側(cè)重考查學(xué)生新型電源的掌握情況，試題難度中等。

10.【答案】B

【解析】解：A.同濃度的酸溶液，電離平衡常數(shù)越大，溶液酸性越強(qiáng)，起始時(shí)CH3COOH溶液pH較

小，則CH3COOH酸性較強(qiáng)，則室溫下，電離平衡常數(shù)：Ka(CH3COOH)>Ka(HCN),故A錯(cuò)誤；

B.①對(duì)應(yīng)溶液顯酸性，以CH3COOH的電離為主，此時(shí)抑制水的電離，②對(duì)應(yīng)溶液呈中性，此時(shí)溶

液中CH3COOH電離和CH3COO-相當(dāng)，對(duì)水的電離幾乎無(wú)影響，而③對(duì)應(yīng)溶液中溶質(zhì)為CI^COONa,

由于CH3COO-水解促進(jìn)水的電離，故溶液中水的電離程度：③,②》①，故B正確；

++

C.根據(jù)電荷守恒可知，溶液中分別有：c(CN-)+c(OH-)=c(Na)!+c(H),c(CH3COO-)+

+++

c(OH-)=c(Na)2+c(H),pH=7時(shí)，則有c(ChT)=c(Na+)「c(CH3COO-)=c(Na)2,由圖

-

可知，c(Na+)2>c(Na+)「gPc(CH3C00)>c(CN-),故C錯(cuò)誤;

D.由題干圖示信息可知，滴定終點(diǎn)溶液均顯堿性，故滴定時(shí)均應(yīng)選酚麟作指示劑，故D錯(cuò)誤；

故選：Bo

A.同濃度的酸溶液，電離平衡常數(shù)越大，溶液酸性越強(qiáng)；

B.由題干圖示信息可知，①對(duì)應(yīng)溶液顯酸性，以CH3COOH的電離為主，此時(shí)抑制水的電離，②對(duì)

應(yīng)溶液呈中性，此時(shí)溶液中CH3COOH電離和CH3COO-相當(dāng)，對(duì)水的電離幾乎無(wú)影響，而③對(duì)應(yīng)溶

液中溶質(zhì)為C^COONa,由于CH3coeT水解促進(jìn)水的電離；

C.根據(jù)電荷守恒可知，溶液中分別有：c(CN-)4-c(OH-)=c(Na+)i+c(H+),c(CH3coCT)+

+

c(0H-)=c(Na+)2+c(H+),pH=7時(shí)，貝|有c(CN-)=c(Na+)］，c(CH3COQ-)=c(Na)2,由圖

可知,c(Na+)2>c(Na+)「即c(CH3coCT)>c(CN-)；

D.由題干圖示信息可知，滴定終點(diǎn)溶液均顯堿性，故滴定時(shí)均應(yīng)選酚醐作指示劑。

本題考查酸堿混合的定性判斷，為高頻考點(diǎn)，把握混合溶液的溶質(zhì)、弱酸電離及鹽的水解、物料

守恒為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，選項(xiàng)A為解答的難點(diǎn)，題目難度不大。

11.【答案】吸收多余的Cl?，用于尾氣處理，同時(shí)可以防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入收集器中，防止FeCb

+-2+

水解變質(zhì)U形干燥管b-CTb-cMnO2+4H+2C1=Mn+Cl2T

2+2+-3+

+2H2O1>是Cu+Fe+SCN=CuSCN1+Fe盤(pán)x100%

【解析】解：(1)由分析可知，裝置C中堿石灰的作用是用于吸收多余的Cl2，用于尾氣處理，同時(shí)

可以防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入收集器中，防止FeC%水解變質(zhì)，

故答案為：吸收多余的Cl2，用于尾氣處理，同時(shí)可以防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入收集器中，防止FeCb

水解變質(zhì)；

(2)由題干實(shí)驗(yàn)裝置圖可知，F(xiàn)的名稱為U形干燥管，從D、E、F中選擇合適的裝置制備純凈的Ck，

正確的接口順序?yàn)閍-?b^c->b->c,

故答案為：U形干燥管；b-CTb-C；

(3)由分析可知，裝置D為實(shí)驗(yàn)制備乳的發(fā)生裝置，原理為：MnOz+4HC1(濃)￡Mn"+Cl2T

+2+

+2H2O,該反應(yīng)的離子方程式為：MnO2+4H+2C1-=Mn+Cl2T+2H2O,

+-2+

故答案為：MnO2+4H+2d=Mn+Cl2T+2H2O；

(4)由題干對(duì)比實(shí)驗(yàn)1、2操作和現(xiàn)象可知，實(shí)驗(yàn)1的反應(yīng)物質(zhì)含有C「，而實(shí)驗(yàn)2中的反應(yīng)物中不含

結(jié)果實(shí)驗(yàn)1無(wú)白色沉淀生成，而實(shí)驗(yàn)2生成白色沉淀，說(shuō)明產(chǎn)生的白色沉淀為CuSCN,故實(shí)驗(yàn)結(jié)果

說(shuō)明猜想1不合理，

故答案為：1;

(5)①由實(shí)驗(yàn)2中的現(xiàn)象即溶液很快由藍(lán)色變?yōu)榫G色，未觀察到白色沉淀；2h后溶液為綠色，未觀

察到白色沉淀；24h后，溶液綠色變淺，試管底部有白色沉淀可推測(cè)，反應(yīng)速率：A>B,說(shuō)明反

應(yīng)B是產(chǎn)生CuSCN的主要原因，

故答案為：>;是；

②進(jìn)一步查閱資料可知，當(dāng)反應(yīng)體系中同時(shí)存在Fe2+、CM+、SCN-時(shí)，CM+氧化性增強(qiáng)，可將Fe?+

氧化為Fe3+,據(jù)此將實(shí)驗(yàn)2改進(jìn)，向C11SO4溶液中同時(shí)加入KSCN、FeC12,立即生成白色沉淀CuSCN,

即CM+先將Fe2+氧化為Fe3+,自身被還原為Cu+,然后Cu+與SCN.結(jié)合為CuSCN白色沉淀，該反

應(yīng)的離子方程式為：Cu2++Fe2++SCN-=CuSCNI+Fe3+,

故答案為：Cu2++Fe2++SCN-=CuSCNI+Fe3+；

(6)若向lOOmLamol?LCuSO,溶液中滴加足量的KSCN和Fe』的混合溶液，根據(jù)銅原子守恒可知,

理論上應(yīng)該生成CuSCN的物質(zhì)的量為O.lamol,經(jīng)過(guò)一系列操作得到白色沉淀CuSCN的質(zhì)量bg,則

CuSCN的產(chǎn)率=繆;丫x100%=涓々有5x100%=備X100%,

理產(chǎn)量O.laxizzIz.za

故答案為：4rxi00%。

I.由題干實(shí)驗(yàn)裝置圖可知，裝置D為實(shí)驗(yàn)制備的發(fā)生裝置，原理為：MnO2+4HCl(濃

)4MnCl2+Cl2T+2H20,裝置E為盛有飽和食鹽水的洗氣瓶，用于除去C"中的HC1,裝置E為濃

硫酸，用于干燥Cl?，然后將干燥的。2通入裝置A中，裝置A為制備FeCk，裝置B中的收集器用于

收集FeCh，裝置C中的堿石灰用于吸收多余的Cl2，用于尾氣處理，同時(shí)可以防止空氣中的水蒸氣

進(jìn)入收集器中，防止FeCb水解變質(zhì)；

(4)由題干對(duì)比實(shí)驗(yàn)1、2操作和現(xiàn)象可知，實(shí)驗(yàn)1的反應(yīng)物質(zhì)含有C「，而實(shí)驗(yàn)2中的反應(yīng)物中不含C廠,

結(jié)果實(shí)驗(yàn)1無(wú)白色沉淀生成，而實(shí)驗(yàn)2生成白色沉淀；

(5)①由實(shí)驗(yàn)2中的現(xiàn)象即溶液很快由藍(lán)色變?yōu)榫G色，未觀察到白色沉淀；2h后溶液為綠色，未觀

察到白色沉淀；24h后，溶液綠色變淺，試管底部有白色沉淀；

②進(jìn)一步查閱資料可知，當(dāng)反應(yīng)體系中同時(shí)存在Fe2+、CM+、SCN-時(shí)，CM+氧化性增強(qiáng)，可將Fe?+

氧化為Fe3+,據(jù)此將實(shí)驗(yàn)2改進(jìn)，向CUSO4溶液中同時(shí)加入KSCN、FeC12,立即生成白色沉淀CuSCN,

即CM+先將Fe2+氧化為Fe3+,自身被還原為Cu+,然后Cu+與SCN.結(jié)合為CuSCN白色沉淀；

(6)若向lOOmLamol?LCuSCU溶液中滴力口足量的KSCN和Fed?的混合溶液，根據(jù)銅原子守恒可知，

理論上應(yīng)該生成CuSCN的物質(zhì)的量為O.lamol,經(jīng)過(guò)一系列操作得到白色沉淀CuSCN的質(zhì)量bg,則

CuSCN的產(chǎn)率=與絆Jx100%,

理論產(chǎn)量

本題考查實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)，側(cè)重考查學(xué)生儀器、實(shí)驗(yàn)裝置、物質(zhì)之間的轉(zhuǎn)化和方程式書(shū)寫(xiě)的掌握

情況，試題難度中等。

12.【答案】將廢料研磨粉碎2Ag2Se+2H2so4+3。2=2Ag2so4+2SeC>2+2出0CD1：2增

大Q-濃度，促使反應(yīng)的化學(xué)平衡正向移動(dòng)，提高AgCl的產(chǎn)率2.5x10144AgCl+N2H4+40H-=

4Ag+4Cr+N2T+4H2O

【解析】解：(1)酸溶時(shí)，為提高廢料中硒元素的浸出率，可采取的措施是將廢料研磨粉碎。AgzSe

與硫酸、。2反應(yīng)生成硫酸銀、Se()2和水，化學(xué)方程式為2Ag2Se+2H2so4+3。2=2Ag2s。4+

2SeC)2+2H2。，

故答案為：將廢料研磨粉碎；2Ag2Se+2H2so4+3C)2=2Ag2so4+2SeOz+2H2O；

(2)粗銅電解精煉，粗銅作陽(yáng)極，精銅作陰極，可溶性銅鹽做電解質(zhì)溶液，

A.稀硫酸不是銅鹽，故A錯(cuò)誤；

B.硝酸銀不是銅鹽，故B錯(cuò)誤；

C.硫酸銅溶液為可溶性銅鹽，可用作電解質(zhì)溶液，故C正確；

D.氯化銅溶液為可溶性銅鹽，可用作電解質(zhì)溶液，故D正確；

故答案為:CD；

(3)H2Se()3與SO2反應(yīng)生成H2sO4和Se,化學(xué)方程式為HzSeC^+2SO24-H20=2H2S04+Se,該反

應(yīng)中氧化劑為H2SeC>3，還原劑為SO2，氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為1：2,

故答案為：1：2；

(4)沉銀時(shí)Ag2sO’與C「反應(yīng)生成AgCl沉淀和硫酸根離子，加入稍過(guò)量的NaCl,增大濃度，促使

反應(yīng)的化學(xué)平衡正向移動(dòng)，提高AgCl的產(chǎn)率。Ag2s()4(s)+2Cl-(aq)=2AgCl(s)+S0/(aq),K=

C(S。4)_Ksp(Ag2so4)_5_2r乂1n14

c2(C「)—K^p(AgCI)-(2.OX1O-10)2-'

故答案為：增大Cl-濃度，促使反應(yīng)的化學(xué)平衡正向移動(dòng)，提高AgCl的產(chǎn)率；2.5X1014；

(5)AgCl與N2H4、NaOH反應(yīng)生成Ag的離子方程式為4AgCl+N2H4+40H-=4Ag+4C1-+N2T

+4H20,

故答案為：4AgCl+N2H4+40H-=4Ag+4Cr+N2T+4出0。

硒化銀半導(dǎo)體廢料(含AgzSe、Cu)中加入H2sO,和。2反應(yīng)生成硫酸銀、二氧化硒和硫酸銅，蒸館以

后得到SeC>2、硫酸銅和硫酸銀，加入氯化鈉得到氯化銀沉淀，加入肺和氫氧化鈉還原得到粗銀，

硫酸銅溶液經(jīng)過(guò)電解得到銅單質(zhì)，二氧化硒先后與水、二氧化硫反應(yīng)生成粗硒。

本題考查物質(zhì)的制備和分離提純，側(cè)重考查學(xué)生物質(zhì)之間的轉(zhuǎn)化和分離提純知識(shí)的掌握情況，試

題難度中等。

13.【答案】CH2O*+0H*+3H*-CH3O*+0H*+2H*CO2(g)+3H2(g)=CH30H(g)+

_42+

H2O(g)AH=-46kJ/mol<T2<T35.33XIOK2CO35.0x10-CO2+6e-+6H=

CH3OH+H2O4mol當(dāng)溫度高于250。&催化劑活性降低，反應(yīng)速率減慢，隨著溫度升高，反應(yīng)

速率主要受溫度影響，與催化劑無(wú)關(guān)，所以反應(yīng)速率又增大

【解析】解：(1)由圖可知，該歷程中最小能壘(活化能)步驟為CH2。*、OH*和3H*生成CH3O*、

OH*和2H*,貝ij化學(xué)方程式為CH2。*+OH*+3H*-CH3O*+OH*+2H*,

故答案為：CH2O*+OH*+3H*-CH3O*+OH*+2H*；

(2)由圖可知，CO?和電合成CH30H的化學(xué)方程式為:CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g),

△H=反應(yīng)物的總鍵能一生成物的總鍵能=[(2X803+3X436)-(414X3+464X3+

326)]kJ/mol=-46kJ/mol,所以熱化學(xué)方程式為：CO2(g)+3H2(g)=CH30H(g)+H2O(g)AH=

-46kJ/moL

故答案為:CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)AH=-46kJ/mol；

(3)①因?yàn)樵摲磻?yīng)為放熱反應(yīng)，壓強(qiáng)不變時(shí)，溫度越高，平衡逆向移動(dòng)，CO2的轉(zhuǎn)化率越小，所以

T1、72、丁3從高到低排序?yàn)門(mén)1<T2<T3,

故答案為：Ti<T2<T3：

②平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，/時(shí)，壓強(qiáng)為50atm,COZ的轉(zhuǎn)化率為50%,則消耗的MCO2)=lmolx

50%=0.5mol；

可逆反應(yīng)COz(g)+3H2(g)=CH30H(g)+H2O(g)

開(kāi)始(mol)l300

反應(yīng)(mol)0.51.50.50.5

平衡(mol)0.51.50.50.5

混合氣體總物質(zhì)的量=(0.5+1.5+0.5+0.5)=3moLp(CH3OH)=p(H2O)=p(CO2)=x

50atm=yatm,p(H2)=3p(CO2)=3Xyatm=25atm,該溫度下該反應(yīng)的壓強(qiáng)平衡常數(shù)Kp=

p(CH3OH)p(H2

。)x5.33xIO-

p(CO2)-p3(H2)

故答案為：5.33x10-4；

(4)根據(jù)圖示，用K2cO3溶液吸收CO2，生成KHCO3,KHCO3分解生成K2c。3,可以循環(huán)使用；H2cO3

的電離常數(shù)+9溶液中=梟=

Ka?2="C蒐?[pH=9,c(H)=10-mol/L,喘+總9皿吧=

C(HCO3)LC(HCO3)C(H)1.0X10

5.0x10-2,

故答案為:K2CO3；5.0X10-2；

(5)由圖可知，玻碳電極產(chǎn)生為陽(yáng)極，伯電極為陰極，陰極上C02得電子和氫離子反應(yīng)生成

+

CH30H和H2O，發(fā)生反應(yīng)的電極反應(yīng)式為：C02+6e-+6H=CH3OH+H20,陽(yáng)極的電極反應(yīng)

式為：2H2。一4e-=02T+4H+,生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下22.4LO2,有4moi氫離子通過(guò)質(zhì)子交換膜，

+

故答案為：C02+6e-+6H=CH3OH+H20；4mol；

(6)250?400久時(shí)，生成乙酸的速率先減小后增大，原因是當(dāng)溫度高于250?？诖呋瘎┗钚越档?

反應(yīng)速率減慢，隨著溫度升高，反應(yīng)速率主要受溫度影響，與催化劑無(wú)關(guān)，所以反應(yīng)速率又增大，

故答案為：當(dāng)溫度高于250。，，催化劑活性降低，反應(yīng)速率減慢，隨著溫度升高，反應(yīng)速率主要

受溫度影響，與催化劑無(wú)關(guān)，所以反應(yīng)速率又增大。

(1)反應(yīng)中，分子轉(zhuǎn)化為活化分子所需能量越小，其活化能越小：

(2)由圖可知，CO2和心合成CH30H的化學(xué)方程式為：C02(g)+3H2(g)=CH30H(g)+H20(g),

AH=反應(yīng)物的總鍵能-生成物的總鍵能；

(3)①該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，壓強(qiáng)不變時(shí)，升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，CO2的轉(zhuǎn)化率減?。?/p>

②平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，Ti時(shí)，壓強(qiáng)為50atm,CO2的轉(zhuǎn)化率為50%,則消耗的n(CC)2)=lmolx

50%=0.5mol；

可逆反應(yīng)C()2(g)+3H2(g)=CH30H(g)+H2O(g)

開(kāi)始(mol)l300

反應(yīng)(mol)0.51.50.50.5

平衡(mol)0.51.50.50.5

混合氣體總物質(zhì)的量=(0.5+1.5+0.5+0.5)=3mol,p(CH3OH)=p(H2O)=p(CO2)='翳x

50atm=yatm.p(H2)=3p(CO2)=3xyatm=25atm,該溫度下該反應(yīng)的壓強(qiáng)平衡常數(shù)。=

p(CH3OH>p(H2。)

p(CO2)p3(H2)；

(4)根據(jù)圖示，用K2cO3溶液吸收CO2,生成KHCC)3，KHCO3分解生成K2cC)3；H2cO3的電離常數(shù)&2=

嚅歹,PH=9,c(H-)=10-mol/L,溶液中瞎=晶；

(5)由圖可知，玻碳電極產(chǎn)生。2,為陽(yáng)極，伯電極為陰極，陰極上C02得電子和氫離子反應(yīng)生成

CH30H和Hz。；陽(yáng)極的電極反應(yīng)式為：2H2O-4e-=。2T+4H+,生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下22.4L()2,生成

氧氣的物質(zhì)的量與通過(guò)質(zhì)子交換膜的離子的物質(zhì)的量之比為1：4；

(6)催化劑催化效率越高，反應(yīng)速率越快；溫度越高，化學(xué)反應(yīng)速率越快。

本題考查化學(xué)平衡計(jì)算、原電池原理等知識(shí)點(diǎn)，側(cè)重考查閱讀、圖象分析判斷及知識(shí)綜合運(yùn)用能

力，明確化學(xué)平衡常數(shù)計(jì)算方法、外界條件對(duì)化學(xué)平衡影響原理內(nèi)涵、電極反應(yīng)式書(shū)寫(xiě)規(guī)則是解

本題關(guān)鍵，題目難度中等。

14.【答案】4：1啞鈴形F>P>LiP的價(jià)電子排布式為3s23P3,3P能級(jí)處于半充滿狀態(tài)，相

對(duì)穩(wěn)定，不易得到一個(gè)電子，P元素的第一電子親和能小于SiNH3分子間存在氫鍵，而PH3、ASH3

均不能形成分子間氫鍵，導(dǎo)致N&的沸點(diǎn)比P&、ASH3的沸點(diǎn)要高，影響P&、As&沸點(diǎn)的因素

為范德華力，相對(duì)分子質(zhì)量越大，范德華力越大，沸點(diǎn)越高苧xl0-2i(p()3)丁或P0]

【解析】解：(1)P是15號(hào)元素，其基態(tài)原子核外電子排布式為[Ne]3s23P3,基態(tài)P原子中3P上有3

個(gè)電子，則未成對(duì)電子數(shù)為3,成對(duì)電子為12,成對(duì)與未成對(duì)電子數(shù)之比為12：3=4：1；其原

子核外電子占據(jù)的最高能級(jí)的電子云輪廓圖為啞鈴形，

故答案為：4：1；啞鈴形；

(2)同周期從左到右電負(fù)性逐漸增大，同主族從上到下電負(fù)性逐漸減小，因此Li、F、P三種元素的

電負(fù)性由大到小的順序是：F>P>Li；第一電子親和能15P<11Si的原因?yàn)镻的價(jià)電子排布式

為3s23P3,3P能級(jí)處于半充滿狀態(tài)，相對(duì)穩(wěn)定，不易結(jié)合一個(gè)電子，P元素的第一電子親和能小

于Si,

故答案為：F>P>Li；P的價(jià)電子排布式為3s23P3,3P能級(jí)處于半充滿狀態(tài)，相對(duì)穩(wěn)定，不易

得到一個(gè)電子，P元素的第一電子親和能小于Si；

(3)NG分子間存在氫鍵，而P&、AsG均不能形成分子間氫鍵，導(dǎo)致NG的沸點(diǎn)比PH3、As%的

沸點(diǎn)要高，影響PH3、As為沸點(diǎn)的因素為范德華力，相對(duì)分子質(zhì)量越大，范德華力越大，沸點(diǎn)越

高，則沸點(diǎn)由高到低的順序?yàn)镹H3、ASH3,PH3,

故答案為：NH3分子間存在氫鍵，而PH3、As為均不能形成分子間氫鍵，導(dǎo)致NH3的沸點(diǎn)比PE、

As&的沸點(diǎn)要高，影響PH3、AsE沸點(diǎn)的因素為范德華力，相對(duì)分子質(zhì)量越大，范德華力越大，

沸點(diǎn)越高；

(4)根據(jù)均攤法，Li+的個(gè)數(shù)為：ix8+^x4+1x4=4,故LiFeP()4的單元數(shù)有4個(gè)，該晶胞體

積為a2b(10-7cm)3=a2bx10-21cm3,則磷酸鐵鋰晶體的摩爾體積/=*優(yōu)”xa2bx

10-21cm3="臂x10~21cm3/mob

故答案為：生牡乂10-21；

(5)根據(jù)圖可知，每個(gè)三角錐結(jié)構(gòu)中P原子是1個(gè)，0原子個(gè)數(shù)是2+；x2=3,所以P原子和。原子

的個(gè)數(shù)比是1：3,3個(gè)0原子帶6個(gè)單位負(fù)電荷，磷酸鹽中P的化合價(jià)為+