高考化學考向押題卷（解析版）

高考化學最新考向押題卷

（考試時間：75分鐘試卷滿分：100分）

可能用到的相對原子質(zhì)量：N14016Na23Mg24Al27S32Cl35.5K39Ca40Cr52Fe56

第I卷（選擇題共44分）

一、選擇題：本題共16個小題，第1-10題，每小題2分。第11-16題，每小題4分。在每小題給出的四個

選項中，只有一項是符合題目要求的。

1.下列是我國科研成果所涉及材料，有關分析正確的是

A.“中國天眼”的鋼鐵結(jié)構(gòu)圈梁屬于純金屬材料

B.北京冬奧會聚氨酯速滑服屬于有機高分子材料

C.嫦娥五號發(fā)動機使用的鈦合金屬于新型無機非金屬材料

D.我國發(fā)射的火星探測器，其太陽能電池板的主要材料是二氧化硅

【答案】B

【詳解】A.鋼鐵屬于鐵合金，所以"中國天眼”的鋼鐵結(jié)構(gòu)圈梁屬于合金材料，故A錯誤；

B.聚氨酯屬于有機高分子材料，所以北京冬奧會聚氨酯速滑服屬于有機高分子材料，故B正確；

C.嫦娥五號發(fā)動機使用的鈦合金屬于金屬材料，故C錯誤；

D.我國發(fā)射的火星探測器，其太陽能電池板的主要材料是硅，故D錯誤；

2.下列化學用語正確的是

B.。3分子的球棍模型：CXW

c.乙醇的核磁共振氫譜圖:

1086420

A

D.基態(tài)As原子的電子排布式和價電子排布式分別為[Ar]3di。4s24P3和4s24P?

【答案】D

【詳解】A.是丙烷分子的球棍模型，而不是空間填充模型，A錯誤;

B.已知。3分子呈V形，故Ch分子的球棍模型：B錯誤；

C.已知CH3CH2OH的核磁共振氫譜圖中有3中吸收峰，與題干圖示信息不符，C錯誤：

D.已知As為33號元素，根據(jù)能級構(gòu)造原理可知，基態(tài)As原子的電子排布式和價電子排布式分別為

[Ar]3di。4s24P3和4s24P3,D正確;

3.下列操作或裝置不能達到實驗目的的是

A.圖甲證明Ksp（AgBr）>Ksp（Agl）

B.圖乙分離SiCh和NH4cl

C.圖丙進行中和熱測定

D.圖丁制備Fe2（SO4）3晶體

【答案】A

【詳解】A.AgCI懸濁液中加入少量NaBr先生成AgBr的沉淀，AgCI溶液過量，故在加入Nai,仍然會生成

Agl沉淀,故不能證明Ksp（AgBr）>Ksp（Agl）,故A錯誤;

B.對裝置加熱，NH4a可分解，在濾紙上凝結(jié)；Si5不分解，在燒杯底部，故可以分離SiCh和NH&CI,故B

正確；

C.圖丙中大小燒杯之間為碎泡沫塑料起保溫隔熱的作用，環(huán)形玻璃攪拌棒起攪拌作用，故可以進行中和熱

的測定，故c正確；

D.Fe2（SO4）3的熱穩(wěn)定性強，且不揮發(fā)，它又是不揮發(fā)性酸的弱堿鹽，最終不會轉(zhuǎn)化為Fe9Hb或Fe2O3,所

以用圖丁裝置可以制備Fe2（SO4）3晶體，故D正確；

4.汽車尾氣中的氮氧化合物（NOx）與大氣中的NH3發(fā)生如下作用，形成一種霧霾。

NOx>N2O5髭>HN03涔>煙（-一種霧霾）

有關該霧霾的敘述錯誤的是

A.該霧霾中含硝酸核固體B.反應②是非氧化還原反應

C.NH3是形成該霧霾的催化劑D.NH3可能來自過度施用氮肥

【答案】C

【詳解】A.硝酸與氨氣反應生成硝酸鏤固體，故A正確；

B.反應②是五氧化二氮與水反應生成硝酸，反應中元素沒有化合價變化，屬于非氧化還原反應，故B正確：

C.硝酸與氨氣反應生成硝酸鏤固體，氨氣是反應物，不是催化劑，故C錯誤；

D.鏤鹽不穩(wěn)定易分解產(chǎn)生氨氣，則NH3可能來自過度施用氮肥，故D正確；

5.設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是

A.標準狀況下，2.24LC&H“,中含有的極性共價鍵數(shù)目為N.A

B.5.6g鐵與足量硫粉反應，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.3NA

C.含O.lmolCH3coONa的水溶液中含有的O原子數(shù)目為0.2N.

1

D.O.lmol-r的Na2CrO4溶液中含倍微粒的數(shù)目為0.2人

【答案】A

【詳解】A.正丁烷和異丁烷分子中都含有10個碳氫極性鍵，則標準狀況下2.24LC4H1。分子中含有的極性共

224L

價鍵數(shù)目為―，xlOxMmoL'M,故A正確；

22.4L/mol

56義

B.鐵與硫共熱反應生成硫化亞鐵,則5.6g鐵與足量硫粉反應,轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為56空x2xMmo|T=0.2M,

故B錯誤；

C.醋酸鈉溶液中醋酸鈉和水中都含有氧原子，不能確定含O.lmol醋酸鈉的水溶液中水的物質(zhì)的量，無法計

算溶液中含有的氧原子個數(shù)，故C錯誤；

D.缺溶液的體積，無法計算O.lmol/L鋁酸鈉溶液中銘酸根離子的物質(zhì)的量和含倍微粒數(shù)目，故D錯誤；

6.一種用于合成治療免疫疾病藥物的物質(zhì)，其結(jié)構(gòu)如圖所示，其中X、Y,Z、Q、W為原子序數(shù)小于20且

原子序數(shù)依次增大的元素，Z與Q同主族，Q和W的簡單離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)。下列敘述正確的是

X、f

w?[x/pY、Ql

X

A.WZX與W2Z化學鍵類型相同

B.W的單質(zhì)在Z的單質(zhì)中燃燒產(chǎn)物是W2Z2

C.W2cbz3溶液與Q的最高價氧化物對應的水化物反應有黃色渾濁和無色氣體產(chǎn)生

D.Y的氫化物的熔點一定低于Z的氫化物的熔點

【答案】C

【詳解】A.WZX為KOH,屬于離子化合物，存在離子鍵和極性共價鍵；W2Z為K2。，屬于離子化合物，只

存在離子鍵，故A錯誤；

B.金屬K在02中燃燒的產(chǎn)物為1<2。2和K02,故B錯誤；

C.W2cbz3為K2s2。3,S的最高價氧化物對應的水化物為H2s04,兩者發(fā)生反應，生成硫酸鉀、硫單質(zhì)、二

氧化硫氣體，因此看到有黃色渾濁和無色氣體產(chǎn)生，故C正確；

D.C的氫化物如石燃在常溫是固體，而。的氫化物出0、出5在常溫下是液體，故C錯誤；

7.化學從微觀層次認識物質(zhì)，以符號形式描述物質(zhì)。下列指定反應的離子方程式正確的是

電解

A.電解MgCL水溶液：2CI-+2H2。^=2。田+口2個+出個

B.久置的H2s溶液變渾濁:2s2+O2+4H+=2SJ+2H2。

C.Na2O2溶于水：Na2O2+H2O=2Na++2OH-+O2個

D.NaOH溶液與過量H2c2。4溶液反應：H2C2O4+OH-=HC2O4+H20

【答案】D

【詳解】

A.生成氫氧化鎂難溶，不能拆成離子，A錯誤；

B.硫化氫是弱電解質(zhì)，不能拆成離子，B錯誤；

C.方程式?jīng)]有配平，應為：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH+C)2個C錯誤;

D.H2c2。4是二元弱酸，過量H2c2。4,生成酸式鹽，D正確；

8.硫元素的價一類二維圖如圖所示。下列說法錯誤的是

A.a與c、d、e都有可能反應生成b

B.d溶液久置于空氣中會生成e,溶液的pH減小

c.g與f均是正鹽

D.銅與e的濃溶液共熱產(chǎn)生的氣體通入Bad,溶液中，無明顯現(xiàn)象

【答案】C

【詳解】A.a為WS,可以和SO”H2sCh、WS04發(fā)生歸中反應生成硫單質(zhì)，A正確；

B.H2s03具有較強的還原性，在空氣久置會被氧氣氧化成硫酸，硫酸酸性更強，pH更小，B正確；

C.由分析可知，f含有SO；或HSC>3、g含有SO｝或HSO,,g與f不一定是正鹽，C錯誤；

D.銅與濃硫酸共熱產(chǎn)生的氣體Sth,由于HCI的酸性強于H2S5,S02通入BaCl?溶液中不能生成亞硫酸鋼

沉淀，D正確；

9.我國科研人員提出了由C02和CH4轉(zhuǎn)化為高附加值產(chǎn)品CH3C00H的催化反應歷程，該歷程示意圖如下

所示。

下列說法不正確的是

A.生成CH3C00H總反應的原子利用率為100%

B.CH4玲CH3coeIH過程中，有C-H鍵發(fā)生斷裂

C.①玲②放出能量并形成了C-C鍵

D.該催化劑可有效提高反應物的平衡轉(zhuǎn)化率

【答案】D

【詳解】分析：A項，生成ChhCOOH的總反應為CH4+82暹絲。CH3c00H,原子利用率為100%；B項，CH4

選擇性活化變?yōu)棰龠^程中，有1個C-H鍵發(fā)生斷裂；C項，根據(jù)圖示，①的總能量高于②的總能量，①玲②

放出能量并形成C-C鍵；D項，催化劑只影響化學反應速率，不影響化學平衡，不能提高平衡轉(zhuǎn)化率。

詳解：A項，根據(jù)圖示CFk與CO?在催化劑存在時生成CWCOOH,總反應為CH4+82增化荒；ChhCOOH,只有

CH3co0H一種生成物，原子利用率為100%,A項正確；B項，C1選擇性活化變?yōu)棰龠^程中，有1個C-H

鍵發(fā)生斷裂，B項正確；C項，根據(jù)圖示，①的總能量高于②的總能量，①今②放出能量，對比①和②，

①玲②形成GC鍵，C項正確；D項，催化劑只影響化學反應速率，不影響化學平衡，不能提高反應物的

平衡轉(zhuǎn)化率，D項錯誤：答案選D。

10.下列實驗能達到目的的是

選

目的實驗

項

研究濃度對反應速率室溫下，分別向2支試管中加入相同體積、相同濃度的Na2s2。3溶液，再分

A

的影響別加入相同體積不同濃度的稀硫酸

向lOmLO.lmol/LAgNCh溶液中先滴入5滴0.1mol/L的NaCI溶液，再滴入5

B驗證Ksp(Agl)<Ksp(AgCI)

滴0.1mol/L的KI溶液

制硝基苯時混合濃硫

C先將濃硫酸加入燒杯中，后倒入濃硝酸

酸和濃硝酸

D制備乙二酸向乙二醇中滴加過量酸性高鎰酸鉀溶液

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【詳解】A.其他條件相同，兩支試管中只有所用硫酸的濃度不同，可以研究濃度對反應速率的影響，A正

確；

B.向lOmLO.lmol/LAgNCh溶液中先滴入5滴0.1mol/L的NaCI溶液，Ag*過量，再滴入5滴O.lmol/L的KI

溶液，I-可與過量的Ag+反應生成Agl沉淀，無AgCI向Agl的沉淀轉(zhuǎn)化，不能說明Ksp（Agl）＜Ksp（AgCI）,B錯誤：

C.應往密度小的液體中倒入密度大的液體即往濃硝酸中倒入濃硫酸，否則易形成液體飛濺造成危險，C錯

誤；

D.由于高鎰酸鉀過量，會將乙二醉氧化生成乙二酸后，進一步氧化成CO2,D錯誤；

11.pH計的工作原理（如圖所示）是通過測定電池電動勢E（即玻璃電極和參比電極的電勢差）而確定待測溶液

的pH。電池電動勢E與待測溶液pH關系為：E=0.059pH+K（E的單位為V,K為常數(shù)）。下列說法錯誤的

是

nbTdJrfi￡U-分UPtii

A.pH計工作時，化學能轉(zhuǎn)化為電能

B.玻璃電極玻璃膜內(nèi)外c(H)的差異會引起電池電動勢的變化

C.若玻璃電極電勢比參比電極低，玻璃電極反應：AgCl(s)+e-=Ag(s)+Cr

D.若測得pH=3的標準溶液電池電動勢E為0.377V,可標定常數(shù)K=0.2

【答案】C

【詳解】A.原電池是把化學能轉(zhuǎn)化為電能，pH計是以玻璃電極(在特制玻璃薄膜球內(nèi)放置已知濃度的HCI

溶液，并插入Ag-AgCI電極)和另一Ag-AgCI電極插入待測溶液中組成電池，pH計工作時，化學能轉(zhuǎn)化為

電能，A正確；

B.pH與電池的電動勢E存在關系：E=0.059pH+K,則pH=^J,利用玻璃膜內(nèi)外氫離子濃度的差異引

0.059

起電動勢的變化達到測量溶液的pH目的，B正確：

C.若玻璃電極電勢比參比電極低，，為原電池負極，負極上是銀失電子生成氯化銀，電極反應為：

Ag-e+C|-=AgCI,C錯誤；

D.pH與電池的電動勢E存在關系：E=0.059pH+K,若測得pH=3的標準溶液電池電動勢E為0.377V,

可標定常數(shù)K=E-0.059PH=0.377-0.059x3=0.2,D正確；

12.奧昔布寧具有解痙和抗膽堿作用，其結(jié)構(gòu)簡式如圖所示。下列關于奧昔布寧的說法正確的是

A.分子中的含氧官能團為羥基和竣基B.分子中碳原子軌道雜化類型有2種

C.奧昔布寧不能使漠的CCk溶液褪色D.奧昔布寧能發(fā)生消去反應

【答案】D

【詳解】A.奧昔布寧分子中的含氧官能團為羥基和酯基，不含有竣基，A不正確：

B.奧昔布寧分子中碳原子軌道雜化類型有sp3雜化（環(huán)己基、鏈煌基）、sp2雜質(zhì)（苯環(huán)、酯基）、SP雜質(zhì)（碳碳

叁鍵），共3種類型，B不正確；

C.奧昔布寧分子中含有的-CH-,能使澳的CCI4溶液褪色，c不正確；

D.奧昔布寧分子中的和-0H相連的碳原子與環(huán)己基上的鄰位碳原子間可通過脫水形成碳碳雙鍵，從而發(fā)生

消去反應，D正確；

13.科研工作者通過開發(fā)新型催化劑，利用太陽能電池將工業(yè)排放的C02轉(zhuǎn)化為CO,實現(xiàn)節(jié)能減排的目標。

下列有關說法正確的是

IJ正決也對I

co二極-（

2、PHH“PO,-NH.O

、三二KH.PO,

—陷緩沖溶液納米§

廣液體Co/CoO2XQ

離子?交換膜

A.N極為陰極

B.離子交換膜為陰離子交換膜

+

C.陽極的電極反應式為CO2+2e+2H=CO+H2O

D.理論上該裝置在工作時，H,PO4,KHFO”緩沖溶液的pH保持不變

【答案】D

【詳解】A.由分析可知，N極為陽極，A錯誤；

+

B.由分析可知，陰極的電極反應式為：CO2+2e+2H=CO+H2O,需要緩沖溶液提供出，故離子交換膜為陽

離子交換膜，B錯誤；

C.由分析可知，陽極的電極反應式為：2H2O-4e=O2個+4H+,C錯誤；

D.緩沖溶液流入陰極的H+和陽極流入緩沖溶液的H+數(shù)目相等，故隨著反應進行，緩沖溶液中c（H3PO4）不變，

c（KH2PO4）不變，即理論上該裝置在工作時，加。4、KH2PO4緩沖溶液的pH保持不變，D正確；

14.電位滴定法是根據(jù)滴定過程中指示電極電位的變化來確定滴定終點的一種滴定分析方法。在化學計量

點附近，被測離子濃度發(fā)生突躍，指示電極電位也產(chǎn)生了突躍，進而確定滴定終點。常溫下，利用鹽酸滴

定某溶液中碳酸鈉的含量，其電位滴定曲線與PH曲線如圖所示（已知碳酸的電離常數(shù)1=10635,心2=10-1。34。

下列說法正確的是

25o

I5o

>5o?(pU-8.4)

E

S-5o

5o4

-I

-2502

01234567

PmL

(注：一表示電極電位曲線：表示pH曲線)

A.該滴定過程需要兩種指示劑

+

B.a點溶液中存在：c(Clj+c(H)=c(CO；)+c(OHj+c(HCO3)

C.a點溶液中c(CO；)：c(H2co3)=10。】1

D.水的電離程度：a點＜b點

【答案】C

【詳解】A.電位滴定法，可根據(jù)指示電極電位的突躍位置確定滴定終點，不需要任何指示劑，A錯誤；

B.a點溶液中的溶質(zhì)為等物質(zhì)的量的NaHCCh和NaCI,由物料守恒有：c(Na+)=2c(CI)；電荷守恒有：

c(Na+)+c(H+)=2c(CO；)+c(OH)+c(HCO-)+c(Clj,兩式聯(lián)立可得：c(CI)+c(H+)=2c(CO^)+c(OH)+c(HCO；),B錯

誤；

C.NaHCCh溶液存在電離平衡和水解平衡，gxKa2=c2(H+)x由圖可知，a點pH為8.4,

c(H2co3)

1034

c(CO；)A：a,xA：a2IQ^xlO^

c(H+)=10MmolL'',則=1()°"C正確;

2+

c(H2co3)C(H)IO**

D.a點溶液中的溶質(zhì)為NaHCCh和NaCI,NaHCC)3促進水的電離，b點溶液中的溶質(zhì)為H2c。3和NaCLH2CO3

抑制水的電離，故水的電離程度：a點〉b點，D錯誤；

15.某種銅的溟化物晶體結(jié)構(gòu)如圖所示，晶胞參數(shù)為anm,下列有關說法錯誤的是(N.為阿伏加德羅常數(shù))

A.該銅的漠化物的化學式為CuBr

B.與銅同周期且基態(tài)原子最外層未成對電子數(shù)與基態(tài)銅原子相同的元素有4種

C.該銅的浪化物晶體的密度為當當二g-cm-3

D.每個晶胞中含有4個銅原子

【答案】C

【詳解】A.根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)可知，Cu原子位于頂點和面心，數(shù)目為4,Br原子位于體內(nèi)，數(shù)目為4,故化學

式為CuBr,A正確；

B.Cu是第四周期的元素，原子的最外層有1個未成對電子，與銅同周期的所有元素的基態(tài)原子中，未成對

電子數(shù)與銅原子相同的元素有K、Cr、Ga、Br共4種，B正確；

C.該晶胞參數(shù)為anm,該晶體密度為~二2%?。乩c錯誤；

N?Aa?N人

D.根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)可知，Cu原子位于頂點和面心，數(shù)目為4,D正確；

16.AsO：、PO：都是造成水體污染的因素，可以利用沉淀法除去.如圖a、b分別是Mg3(AsOj、Mg3(PO4)2

的沉淀溶解平衡曲線。下列說法錯誤的是

I6

2.

9.84

o1

6.568.4

1968

A.Ksp[Mg3（AsO4）2]=10

B.向濃度相等的Na/sO,、Na3PO4的廢水中同時滴加相同濃度的Mg(N()3)2溶液，PO：先沉淀

C.要使廢水中AsO：、PO：離子濃度不大于lO-molC,則Mg2+濃度至少為lO^molC

D.若Mg3(AsOj(s)+2PO：(叫).Mg3(POj(s)+2AsO：(aq)成立，則平衡常數(shù)長=10心2

【答案】D

【詳解】A.根據(jù)題意a、b分別代表隰式4?)2、M?3(PQ.)2的沉淀溶解平衡曲線，利用坐標可知：

1968252

K,/,[M5,(A5O4)2]=10--,Ksp[Mg3(PO4)2]=10--,A選項正確；

B.圖3(尸。()2的溶解度比的吸3(擊。)2更小，所以，向濃度相等的NasAsO」、Na3P0,的廢水中同時滴加

相同濃度的隰(NO?%溶液，PO：先沉淀，B選項正確；

C.要使廢水中AsO；、P0：離子濃度不大于lOFmoLL，根據(jù)Mg3(AsO,2的K*,可得Mg"濃度至少為

10-256molL-',C選項正確；

D.由于Mg3(AsC\)2的溶解度比Mg^POj?的大，所以

Mg3(AsQ)2(s)+2PO：(aq)Mg3(POj(s)+2AsO：3)成立，其K=,鐘普鬻=1。-,。選項

錯誤。

第口卷(非選擇題共56分)

二、非選擇題

17.高氯酸鏤(NH4CIO4)為白色晶體，具有不穩(wěn)定性，在400°C時開始分解產(chǎn)生多種氣體，常用于生產(chǎn)火箭

推進劑。某化學興趣小組同學利用下列裝置對NH4c104的分解產(chǎn)物進行探究。(假設裝置內(nèi)藥品均足量，部

分夾持裝置已省略。)

NH4CIO4鎂粉堿/石灰

BC

⑴在實驗過程中發(fā)現(xiàn)c中銅粉由紅色變?yōu)楹谏?，說明產(chǎn)物中有(填化學式)生成。

⑵實驗完畢后，取D中硬質(zhì)玻璃管中的固體物質(zhì)于試管中，滴加蒸儲水，產(chǎn)生能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變

藍色的氣體，產(chǎn)生該氣體的化學方程式為。

⑶某同學認為產(chǎn)物中還應有H20和Cl2.該同學從理論上分析認為有。2存在的理由是

⑷為了證明H20和Cl2的存在，選擇上述部分裝置和下列提供的裝置進行實驗：

無水

CuSO4

①按氣流從左至右，裝置的連接順序為Af。

②實驗過程中G中的現(xiàn)象為：。

⑸實驗結(jié)論：NH4CI04分解時產(chǎn)生了上述幾種物質(zhì)，則高氯酸錢分解的化學方程式為。

⑹在實驗過程中儀器E中裝有堿石灰的目的是;實驗結(jié)束后，某同學擬通過稱量D中鎂粉質(zhì)量

的變化，計算高氯酸鏤的分解率，會造成計算結(jié)果("偏大""偏小"或"無法判斷")。

【答案】⑴02

(2)Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2j+2NH3個

(3)02和W都是氧化產(chǎn)物，根據(jù)化合價變化規(guī)律，還應存在還原產(chǎn)物，從而判斷出氯元素的價態(tài)降低，

可能生成Cl2(答出耍點即可)

(4)HGF溶液呈橙黃色

A

(5)2NH4cle)4=N2個+26個+CI2個+4比。

(6)吸收空氣中的C02和水蒸氣偏大

【詳解】(1)NH4C1O4受熱分解產(chǎn)生的氣體，經(jīng)堿石灰干燥后，能使銅粉由紅色變?yōu)楹谏?，說明生成了CuO

所以分解產(chǎn)物中含有5.故答案為：。2,

(2)產(chǎn)生的能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍色的氣體為氨氣,發(fā)生反應為：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2j+2NH3個，說

明D中固體為Mg3N2據(jù)此可判斷NH4c104受熱分解產(chǎn)物中有出生成，故答案為：

Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2j+2NH3個，

⑶根據(jù)分析可知，NH4cle>4分解產(chǎn)物中含有。2和N2,。2和N2都是氧化產(chǎn)物，根據(jù)氧化還原反應規(guī)律，還

應存在還原產(chǎn)物，從而判斷出氯元素的化合價降低，可能生成氯氣，故答案為：。2和N2都是氧化產(chǎn)物，

根據(jù)氧化還原反應規(guī)律，還應存在還原產(chǎn)物，從而判斷出氯元素的化合價降低.可能生成CI2；

⑷檢驗水蒸氣和氯氣，應該先用H中的無水硫酸銅檢驗水的存在，再用澳化鉀檢驗氯氣現(xiàn)象是水溶液變?yōu)?/p>

橙黃色,為了防止多余的氯氣污染環(huán)境，還需要使用尾氣吸收裝置，所以按氣流從左至右，裝置的連接順序

為A->H->G->F,故答案為：H；G；F：現(xiàn)象是水溶液變?yōu)槌赛S色

⑸NH4c104分解生成氮氣、氧氣、氯氣和水.結(jié)合電子守恒、原子守恒配平可得：

2NH4C1O4=N2個+4H2O+CL個+202個，

故答案為：2NH4cle）4=N2個+4H2O+CI2個+25個

⑹在實驗過程中儀器E中裝有堿石灰的目的是吸收空氣中的二氧化碳和水蒸氣，實驗結(jié)束后，某同學擬通

過稱量D中鎂粉質(zhì)量的變化，計算高氯酸錠的分解率，鎂粉與裝置中的氧氣、氮氣反應，造成產(chǎn)物質(zhì)量增

大，會造成計算結(jié)果偏大，故答案為：吸收空氣中的二氧化碳和水蒸氣：偏大。

18.鎘（Cd）可用于制作某些發(fā)光電子組件。一種用銅鎘廢渣（含Cd、Zn、Cu、Fe等單質(zhì)）為原料制備鎘的工藝

流程如圖。

銅鎘渣一網(wǎng)

已知：相關金屬離子生成氫氧化物沉淀的pH（開始沉淀的pH按金屬離子濃度為0.1m。"」計算）:

氫氧化物

Fe(OH)3Fe(OH)2Cd(OH)2

開始沉淀的pH1.56.57.2

沉淀完全的pH3.39.99.5

回答下列問題:

⑴"步驟II"需隔絕氧氣進行的原因是。"步驟”"使用ZnO調(diào)節(jié)pH至5,還可以使用（填化學

式）代替ZnO達到目的。

（2）“氧化"時，KMnO4的還原產(chǎn)物是MnCh,"步驟IV"中除鐵發(fā)生的離子方程式為,該步驟得到的濾

渣成分為（填化學式）。

⑶“置換"時，鎘置換率與嚶籌繆票的關系如下圖，其中Zn的理論用量以溶液中Cd?+的量為依據(jù)。

n（Zn的理論用量）

100

95

90?

85'

80L

0.91.01.11.21.31.41.5

〃(Zn的實際用；一

〃(Zn的理論用心)

①實際生產(chǎn)中咚嘿需胃最佳比值為1.3,不宜超過該比值的原因是______。

n(Zn的理論用量)

②若需置換出112kgCd,且使鎘置換率達到98%,實際加入的Zn應為kg(計算結(jié)果保留一位小數(shù))。

(4)"置換"后，濾液溶質(zhì)主要成分有(填化學式)。

(5廣熔煉”時，海綿鎘(含Cd和Zn)與NaOH固體在反應釜中混合反應，該反應的化學方程式為。當反

應釜內(nèi)無明顯氣泡產(chǎn)生時停止加熱，利用Cd與NazZnOz的不同，將Cd從反應釜下口放出，以達到

分離的目的。

【答案】⑴防止發(fā)生2CU+4H“O2=2CU2++2H2O,導致銅被浸出(或防止氧氣氧化銅單質(zhì)生成銅離子，導

致銅被浸出)ZnCCh、Zn(OH)2、ZMOHbCCh或CdO等

(2)3Fe2*+MnO；+7H2O=MnO2j+3Fe(C)H)3j+5H*MnO2filFe(OH)3

⑶鋅粉消耗量過多，會增加成本：熔煉中NaOH的消耗量過多，也會增加成本86.2

⑷ZnSCU、K2SO4

高溫

⑸Zn+2NaOH=Na2ZnO2+H2個密度

【解釋】(1)隔絕空氣目的是防止氧氣氧化銅生成硫酸銅，防止發(fā)生2CU+4H++5=2CU2++2H2O,導致銅被浸

出，"步驟川"使用ZnO調(diào)節(jié)pH至5,為了不引入其他雜質(zhì)離子且能消耗氫離子，還可以使用ZnCO3、Zn(OH)z、

ZgOH)2cO3或Cd。等代替Zn。；故答案為：防止發(fā)生2和+4田+。2=2(2甲++2力。，導致銅被浸出；ZnCC)3、Zn(OH)2、

Zn2(OH)2CC)3或CdO等；

(2)"氧化"時KMnCU的還原產(chǎn)物是MnOz,該步驟中除鐵、除銃的離子方程式分別為3Fe2++MnO；

"2+

+7H2O=MnO24z+3Fe(OH)34z+5H;廢渣應該是反應中生成的不溶物，即為MnOz和Fe(OH)3,故答案為：3Fe+

+

MnO4+7H2O=MnO2xk+3Fe(OH)3xk+5H；MnCh和Fe(OH)3;

⑶①實際生產(chǎn)中繇瀛1比值最佳為"，如果超過該比值，鋅粉用量過多會增加成本；生成

的海綿鎘的純度會降低；熔煉中NaOH的用量過多，也會增加成本，故答案為：鋅粉消耗量過多，會增加成

本；熔煉中NaOH的消耗量過多，也會增加成本;

②鋅置換鎘的反應為Cd2++Zn=Cd+Zn2+,若需置換出112kgCd,且使鎘置換率達到98%,理論加入的Zn的質(zhì)

112kg

量為98%x65kg/kmol=66.3kg,根據(jù)實際生產(chǎn)中:器慧蠹比值最佳為13,則實際加入的Zn

112kg/kmol

的質(zhì)量為66.3kgxl.3=86.2kg,故答案為:86.2；

（4）根據(jù)流程圖，"氧化”后的溶液中主要含有Cd?+和ZM+,因此加入鋅"置換"后濾液溶質(zhì)的主要成分是ZnSCU、

K2s。4,故答案為：ZnSO4,K2so4；

（5）"熔煉"時，將海綿鎘（含Cd和Zn）與NaOH混合反應，鋅被NaOH溶解，反應的化學方程式是Zn+2NaOH

高溫一

=Na2ZnO2+H2個。當反應釜內(nèi)無明顯氣泡產(chǎn)生時停止加熱，Cd液體與NazZnCh的密度不同，將Cd從反應

高溫

釜下口放出，以達到分離的目的，故答案為：Zn+2NaOH^Na2ZnO2+H2個：密度。

19.研究氮的氧化物（如：NO、NO2＞NQ4）和氮的氫化物都有廣泛的用途，如：N?%和NQ4可作為運載

火箭的推進劑。

⑴已知：N2O4（g）2NC）2（g）?。??，F(xiàn)將2moiNQ放入IL恒容密閉容器中，平衡體系中N?O4的體積

分數(shù)（9）隨溫度的變化如圖所示。

①d點v（正）v（逆）（填，。

②a、b、c三點中平衡常數(shù)K,、1＜八K,由小到大是。

③在T5寸，NQ*的平衡轉(zhuǎn)化率為；若平衡時的總壓為lOOkPa,則該反應平衡常數(shù)Kp=（保

留到小數(shù)點后1位）。

⑵NO氧化為NO?的反應為:2NO(g)+O2(g)-2NO2(g),該反應分如下兩步進行:

I.2NO(g)N2O2(g)AH,<0(^^)

n.N2O2(g)+O2(g)2NO)(g)A凡<0(較慢)

在恒容的密閉容器中充入一定量的NO和，保持其它條件不變，控制反應溫度分別為T,和C（NO）隨t（時

間）的變化如圖所示。

在反應時間相同時，T5條件下轉(zhuǎn)化的NO量（填"大于""等于""小于"）七條件下轉(zhuǎn)化的NO量，其本質(zhì)

原因是（結(jié)合反應I和n的反應熱進行分析）。

⑶腫除了可作火箭的推進劑外，還可用于新型環(huán)保電池中，電池工作原理如圖所示。

①0'-向移動（填"電極甲"或"電極乙"）。

②該電池的負極反應式為。

【答案】⑴>Ka<Kh<Kc25%26.7kPa

⑵小于升高溫度有利于I逆向移動，減小，濃度降低的影響大于溫度對反應n速率的

影響

2

⑶電極甲N2H4+2O--4e=N,T+2H2O

【詳解】（1）①由圖可知，d點四氧化二氮的體積分數(shù)大于d點對應溫度平衡時的體積分數(shù)，說明反應向

正反應方向進行，正反應速率大于逆反應速率，故答案為：>；

②該反應為吸熱反應，升高溫度，平衡向正反應方向移動，化學平衡常數(shù)增大，由圖可知，a、b、c三點

溫度依次增大，則平衡常數(shù)越大的大小順序為K"<K'<KC，故答案為：Ka<Kb<Kc；

③由圖可知，溫度為達到平衡時，四氧化二氮的體積分數(shù)為60%,設四氧化二氮的轉(zhuǎn)化率為a,由題意

可建立如下三段式：

N2O4(g)一2NO2(g)

起始(mol)20

轉(zhuǎn)化(mol)2a4a

平衡(mol)2-2a4a

由三段式數(shù)據(jù)可得：含xl00%=60%,解得a=0.25,則四氧化二氮的轉(zhuǎn)化率為25%,反應平衡常數(shù)

2+2a

Q加)2

&=------------26.7kPa,故答案為：25%；26.7kPa；

—xlOO

2.5

(2)一氧化氮與氧氣的為放熱反應，升高溫度，平衡向逆反應方向移動，一氧化二氮的濃度減小，由圖可

知，在相同時間內(nèi)，T5條件下一氧化氮濃度大于T,條件下一氧化氮濃度，說明升高溫度有利于反應I逆向

移動，二氧化二氮濃度減小的影響大于了溫度對反應n速率的影響，故答案為：升高溫度有利于I逆向移

動，UN2。?)減小，濃度降低的影響大于溫度對反應口速率的影響；

(3)由圖可知，通入氧氣的電極乙為環(huán)保電池的正極，電極甲為負極；

①由分析可知，電極甲為負極，電池工作時，陰離子氧離子向負極電極甲移動，故答案為：電極甲；

②由圖可知，通入氧氣的電極乙為環(huán)保電池的正極，電極甲為負極，聯(lián)氨在氧離子作用下做負極失去電子

發(fā)生氧化反應生成氮氣和水，電極反應式為NJl4+2O2--4e-=N2T+2H2O,故答案為：

2

N,H4+2O--4e-=N2T+2HJO,

20.全球首次在350公里時速的奧運版復興號高鐵列車上依托5G技術(shù)打造的超高清直播演播室，實現(xiàn)了超

高清信號的長時間穩(wěn)定傳輸。請回答下列問題：

(1)5G芯片主要材質(zhì)是高純硅?；鶓B(tài)Si原子價層電子的運動狀態(tài)有種，若其電子排布式表示為[Ne]3s2

P；違背了。

⑵高純硅制備過程中會有SiHCb、SiCL等中間產(chǎn)物生成。沸點：SiHChSiCL(填">"或與SiCL互

為等電子體的離子為(任寫1種即可)。己知電負性:H>Si,則SiHCb充分水解的化學方程式為。

⑶復興號高鐵車體材質(zhì)用到Mn、Co等元素。

①Mn的一種配合物化學式為[Mn(CO)5(CH3CN)],下列說法正確的是(填字母標號)。

A.CH3CN與Mn原子配位時，提供孤電子對的是C原子

B.Mn原子的配位數(shù)為6

3

C.CH3CN中C原子的雜化類型為sp2、sp

D.CH3CN中。鍵與兀鍵數(shù)目之比為5：2

2t2+

②已知r(Co)=65pm,r(Mn)=67pm,推測MnCO3比CoCO3的分解溫度(填"高"或"低")，解釋原因

⑷時速600公里的磁浮列車需用到超導材料。超導材料TiN具有NaCI型結(jié)構(gòu)(如圖),晶胞參數(shù)(晶胞邊長)

為aD(lD=10-i(>m),其中陰離子(N%)采用面心立方最密堆積方式，貝I]r(Ti3+)為D,該氮化鈦的密度

g-cm%列出計算式即可)。

(2)<SO：或PO：SiHCl3+3H2O=H2SiO3+3HCl+H2

(3)BD高相比MM+,半徑更小的Co?+與碳酸根離子中的氧離子作用力更強，更利于碳酸根

分解為CO2

2-V24x(48+14)

9(ax]0$)3

【解析】(1)Si是14號元素，其價層電子排布式為3s23P2,基態(tài)Si原子價層電子有4個，則運動狀態(tài)有4

種；"洪特規(guī)則德國人弗里德里希?洪特根據(jù)大量光譜實驗數(shù)據(jù)總結(jié)出一個規(guī)律，即電子分布到能量筒并的原

子軌道時，優(yōu)先以自旋相同的方式分別占據(jù)不同的軌道，因此電子排布式表示為[Ne]3s2p：違背了洪特規(guī)則：

(2)SiHCh和SiCL均為分子晶體,SiHCh的相對分子質(zhì)量小于SiCI4,SiHCb的范德華力小于SiCI4的范德華力,

則沸點：SiHCI3Vsic以原子數(shù)和價電子數(shù)均相等的分子或離子互為等電子體，故與SiCL互為等電子體的離子

有SO：或PO：等；已知電負性:H>Si,則H吸引電子的能力更強,SiHCb中H顯-1價,Si顯+4價，因此SiHCb

水解時除生成硅酸和HCI外-1價的H和水提供的+1價的氫還生成氫氣，故其水解的化學方程式為

SiHCl3+3H2O=H2SiO3+3HCl+H2；

(3)①A.CH3CN中N有孤電子對，C沒有孤電子對，因此CWCN與Mn原子配位時，提供孤電子對的是

N原子，A錯誤；

B.配體為5個C。和1個CH3CN,故Mn原子的配位數(shù)為6,B正確;

C.CH3CN中甲基C為sp3雜化，-CN中的C為sp雜化，C錯誤；

D.CH3CN即CH3c三N,單鍵全是。鍵，三鍵含一個。鍵，二個n鍵，故CWCN中。鍵與n鍵數(shù)目之比為5:2,

D正確；答案選BD；

②相比MM*,半徑更小的Co?+與碳酸根離子中的氧離子作用力更強，更利于碳酸根分解為C02,則MnC03

比CoCCh的分解溫度高；

(4)已知陰離子(M-)采用面