高考化學(xué)模擬試卷(附有答案解析)

高考化學(xué)模擬試卷（附有答案解析）

一、單選題（本大題共7小題，共42分）

1.下列說法正確的是（）

①合金的硬度可以大于它的純金屬成分，合金的熔點可以低于它的成分金屬

②碘酒、豆?jié){、牛奶、淀粉溶液都是膠體

③FeO不穩(wěn)定，在空氣里受熱就迅速被氧化成Fe203

④新型陶瓷、瑪瑙、玻璃都不是硅酸鹽產(chǎn)品

⑤漂粉精等可用于游泳池的消毒，而有些高級的游泳池則用臭氧等進(jìn)行消毒

⑥水玻璃、純堿、氧化鈣都是電解質(zhì)

⑦Ca（HCO3）2、Fe（OH）3,FeC12都可以用化合反應(yīng)制得

A.①⑤⑦B.①③⑦C.②⑤⑦D.③⑥⑦

2.研究表明木豆素對學(xué)習(xí)記憶障礙有一定的改善作用，木豆素的結(jié)構(gòu)如圖所示，下列有關(guān)木豆素的說法

錯誤的是（）

A.分子中含3種官能團(tuán)B.苯環(huán)上的一氯代物有4種

C.分子中所有碳原子可能共面D.一定條件下能生成高分子化合物

3.NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法不正確的是（）

A.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24L甲烷中含有的質(zhì)子數(shù)目為NA

B.含0.411101凱1的濃鹽酸與足量而02反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為0.2NA

C.Imol苯中含有碳?xì)滏I數(shù)目為6NA

D.1LPH=3的鹽酸溶液中H+的數(shù)目為0.001NA

4.我國科學(xué)家研制了Cu2P2O7催化劑建構(gòu)Zn-C02二次電池，實現(xiàn)了電還原C02合成多碳產(chǎn)品（如乙酸,

乙醇等），裝置如圖所示。雙極膜中水電離出的H+和0H-在電場作用下可以向兩極遷移。

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雙楣股

下列說法正確的是（）

A.放電時，雙極膜中H+向負(fù)極區(qū)遷移

B.放電時，電勢：Zn極高于Cu2P207極

C.當(dāng)外電路通過2moi電子時，理論上雙極膜中水減少18g

D.充電時，陽極上的電極反應(yīng)式為C2H50H-12e-+3H20=2C02t+12H+

5.下列實驗操作和現(xiàn)象不相符的是（）

選項實驗操作現(xiàn)象

漠的氯仿溶液顏色逐漸變淺，最

A向澳的氯仿溶液中通入足量乙烯

終變?yōu)闊o色

向淀粉溶液中先加入足量稀硫酸，再加入少量新制氫氧

B產(chǎn)生磚紅色沉淀

化銅懸濁液，加熱

C向盛有大量水的燒杯中加入少量鈉塊鈉塊熔化成銀白色小球

常溫下，向AgCl濁液中加入KI濃溶液，振蕩［已知：

D白色濁液變成黃色濁液（或沉淀）

Ksp（AgCl）>Ksp（Agl）］

A.AB.BC.CD.D

6.短周期元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，其中部分元素在周期表中的位置如圖所示。一個WX2

分子中含有22個電子，Y的質(zhì)子數(shù)是X、Z的核電荷數(shù)之和的一半。下列說法正確的是（）

WX

Z

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A.非金屬性：W<Z

B.簡單離子的半徑：X2-<Y2+

C.沸點：H2X<H2Z

????

?X?W?X?

D.WX2的電子式為：’’?二

7.丙酮酸(CH3coeOOH)是一元弱酸。298K時，向20mL0.lmol-L-1丙酮酸溶液中滴加pH=13的NaOH溶液,

溶液中Ige(CH3C0C00-)c(CH3C0C00H)的關(guān)系曲線如圖所示。下列說法錯誤的是()

-pH

E(-O.5,a)^<6(2,4.5)

，F(xiàn)(0.2.5)

c(CH￡OCOO)

c(CH,COCOdH)

A.E點溶液中，a=2

B.298K時，CH3coeOOH的電離常數(shù)的數(shù)量級為10-3

C.G點對應(yīng)的NaOH溶液的體積為20mL

D.E、F、G三點對應(yīng)的溶液中水的電離程度：E<F<G

二、實驗題(本大題共1小題，共15分)

8.硫代硫酸鈉(Na2S203)可用作傳統(tǒng)照相業(yè)的定影劑、糅革時重修酸鹽的還原劑及紙漿漂白時的脫氯劑

等.某化學(xué)探究小組通過查閱資料，利用圖1所示裝置及試劑可制備硫代硫酸鈉.

(1)裝置A中的“硫酸”最好選用(填字母序號).

A.發(fā)煙硫酸B.濃硫酸C.80%的硫酸D.10%的硫酸

(2)裝置C中除生成目標(biāo)產(chǎn)物硫代硫酸鈉外，還生成一種溫室氣體.則裝置C中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為

(3)裝置B的作用是,裝置D的作用是

(4)若將分液漏斗中的硫酸換為濃鹽酸，裝置C中除生成硫代硫酸鈉外，還生成一種鈉鹽，該鈉鹽的化學(xué)式

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為,為防止該鈉鹽的生成，有同學(xué)在上述裝置中增加了如圖2裝置E.該裝置E應(yīng)該添加的位置為

(填字母序號).

A.只能在裝置A和裝置B之間

B.只能在裝置B和裝置C之間

C.在裝置A和裝置B或裝置B和裝置C之間都可以

D.只能在裝置C和裝置D之間

該裝置中盛放的試劑為(填字母序號).

A.NaOH溶液B.Na2s03溶液C.NaHC03溶液D.NaHS03溶液.

三、簡答題(本大題共4小題，共51分)

9.Ce2(C03)3可用于催化劑載體及功能材料的制備.天然獨居石中，車市Ce主要以CeP04形式存在，還含

有Si02、A1203、Fe203、CaF2等物質(zhì).以獨居石為原料制備Ce2(C03)3-nH20的工藝流程如圖：

1調(diào)“1=5

濃此SO,H.OFeCh溶液②絮凝劑

源液

回答下列問題：

(1)濾渣I的主要成分是(填化學(xué)式)。

(2)“沉錦”過程中，生成Ce2(C03)3-nH20的離子方程式為，常溫下加入的NH4HC03溶液呈(填

“酸性”“堿性”或“中性”)，已知室溫下NH3-H20的Kb=l.75X10—5,H2C03的Kal=4.4X10—7,Ka2=4.7

XIO-llo

(3)鈾元素常見有+3、+4兩種價態(tài).NO在酸性條件下可以被含Ce4+的溶液吸收，生成N02-、N03-(二者物

質(zhì)的量之比為1：1),可采用電解法將上述吸收液中N02-的轉(zhuǎn)化為無毒物質(zhì)，同時再生Ce4+,電解原理如

圖所示。

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質(zhì)子交換膜

①請寫出生成等物質(zhì)的量的N02-和N03-時的離子方程式o

②Ce4+從電解槽的(填字母代號)口流出。

③寫出陰極的電極反應(yīng)式o

(4)CeO2是重要的稀土化合物，科學(xué)家利用CeO2作催化劑在太陽能作用下將H20轉(zhuǎn)化成H2和02,該反應(yīng)

分兩步進(jìn)行，第一步反應(yīng)為CeO2=(^l-x)CeO2?xCe+xO2t,則第二步反應(yīng)為。

(5)濾渣H的主要成分為FeP04,在一定條件下可制備電極材料LiFeP04,電池反應(yīng)：

LiFcPO+6CLiirFcPOt…,

t,充電時陽極反應(yīng)為：。

10.氨氣是重要的化工原料。據(jù)《科學(xué))最新報道，我國科學(xué)家開發(fā)新型催化劑Li4RuH6或Ba2RuH6在溫

和(低溫低壓)條件下合成NH3,反應(yīng)進(jìn)程如圖1、圖2所示。

(1)已知：N=N、H-H、N-H鍵的鍵能分另U為945kJ-mol-l、436kJ-mol-K391kJ-mol-l?工業(yè)合成NH3的

△H=kj-mol-lo

⑵圖2中與圖1能量變化相符的是(填“曲線a”或“曲線b")。在某條件下，測得上述反應(yīng)的

E=1250kJ-mol-l,則E2=kj-mol-lo

(3)合成氨的速率方程為v(NH3)=kca(N2)-c&(H2)-c丫(NH3速k為速率常數(shù),只與溫度、催化劑有關(guān),與濃

度無關(guān)a、8、丫為反應(yīng)級數(shù)，可取整數(shù)、分?jǐn)?shù)或小數(shù))。測得在一定溫度和催化劑作用下，速率與濃

度的關(guān)系如表所示:

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c(N2)/(mol-L-l)c(H2)/(mol-L-l)c(NH3)/(mol-L-l)速率

I0.10.10.1V

II0.20.10.12v

III0.20.40.116v

IV0.40.90.254v

V0.4m0.464v

則a=8=y=m=o

(4)向密閉容器中充入ImolN2和2.6molH2,在一定條件下合成NH3,相同時間內(nèi)測得體系中N2的物質(zhì)的量

(mol)與溫度、壓強的關(guān)系如圖3所示。

*n(X)/tnol

I.‘

m3

①p(填“>”、“〈”或”=")1.8MPa。

②投料比一定時，隨著溫度升高，不同壓強下N2的物質(zhì)的量趨向相等，其主要原因是。

③在L8MPa、373K時，平衡常數(shù)Kp=MPa。(提示：用分壓計算的平衡常數(shù)為Kp,分壓=總壓X物質(zhì)

的量分?jǐn)?shù))

11.氮化錢是全球半導(dǎo)體研究的前沿和熱點，可由氨氣流中高溫加熱金屬錢和碳酸鏤的混合物制備。

回答下列問題：

(1)基態(tài)Ga原子的價電子排布式為基態(tài)N原子的2s電子云半徑大于1s電子云半徑的原因為

(2)C、N、0、Ga的第一電離能由大到小的順序為C0的沸點高于相同條件下N2沸點的原因為

(3)NH3的鍵角小于NH4+的原因為,lmolNH4+中配位鍵的數(shù)目為

(4)C032-的立體構(gòu)型為其中碳原子的雜化方式為。

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(5)氮化鏤晶體有閃鋅礦型和纖鋅礦型兩種結(jié)構(gòu)，晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。

閃鋅礦里立方覦化蝕纖鋅礦型六方氮化集

①閃鋅礦型立方氮化家晶體中，由氮原子構(gòu)成的正八面體空隙和正四面體空隙之比為

②若阿伏加德羅常數(shù)的值為NA,則纖鋅礦型六方氮化家晶體的密度P=g-cm-3(用含a、c、NA的代數(shù)

式表示)。

12.由芳香燒制備香料J的一種流程如圖:

2)HO1)鉗氧事惠/△

CH—€HCOOC：H,CHQHCAO?

DCH>MgBr

2)H,CT

回答下列問題:

(De的化學(xué)名稱是

(2)F中官能團(tuán)的名稱為，D-E的反應(yīng)類型為

(3)B的結(jié)構(gòu)簡式為

(4)寫出F發(fā)生銀鏡反應(yīng)的化學(xué)方程式：o

(5)G的同分異構(gòu)體中，同時滿足下列條件的結(jié)構(gòu)有種(不考慮立體異構(gòu))。

①屬于芳香族化合物且除苯環(huán)外不含其他環(huán)

②既能發(fā)生水解反應(yīng)，又能與新制的Cu(OH)2懸濁液共熱生成磚紅色固體。

O

YYV

⑹以乙醇為原料合成HOO,設(shè)計合成路線(無機試劑任選)

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參考答案與解析

1.【答案】A

【解析】解：①合金的硬度高，可以大于它的純金屬成分、熔點低于組分金屬的熔點，故①正確

②分散質(zhì)粒子直徑介于1-lOOnm之間的分散系為膠體，豆?jié){、牛奶和淀粉溶液均為膠體，碘酒為碘單質(zhì)的

酒精溶液不是膠體，故②錯誤

③FeO是一種黑色粉末，不穩(wěn)定，F(xiàn)eO很易被空氣氧化，不需要加熱，故③錯誤

④玻璃的主要原料是純堿、石灰石、石英，陶瓷主要原料是黏土，瑪瑙主要成分是二氧化硅，玻璃屬于硅

酸鹽，故都屬于硅酸鹽產(chǎn)品，故④錯誤

⑤漂粉精等可用于游泳池的消毒，是次氯酸鈣溶液中次氯酸根離子水解生成了次氯酸，具有消毒殺菌的作

用，臭氧具有強氧化性，有些高級的游泳池則用臭氧等進(jìn)行消毒，故⑤正確

⑥水玻璃為硅酸鈉的水溶液，為混合物，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，故⑥錯誤

⑦CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2、4Fe(OH)2+02+2H20=4Fe(OH)3,2FeC13+Fe=3FeC12均可由化合反應(yīng)制得，故

⑦正確

故選：Ao

①合金的硬度高、熔點低

②分散質(zhì)粒子直徑介于l-100nm之間的分散系為膠體

③FeO很易被空氣氧化，不需要加熱

④以含硅物質(zhì)為原料經(jīng)加熱制成的產(chǎn)品，通常稱為硅酸鹽產(chǎn)品。所謂硅酸鹽指的是硅、氧與其它化學(xué)元素(主

要是鋁、鐵、鈣、鎂、鉀、鈉等)結(jié)合而成的化合物的總稱

⑤臭氧為強氧化劑，可以殺菌消毒

⑥水溶液中或熔融狀態(tài)下導(dǎo)電的化合物為電解質(zhì)

⑦化合反應(yīng)是兩種或兩種以上物質(zhì)反應(yīng)生成一種物質(zhì)。

本題考查了物質(zhì)分類、物質(zhì)制備、物質(zhì)的性質(zhì)的分析判斷，主要是物質(zhì)性質(zhì)的理解應(yīng)用，掌握基礎(chǔ)是關(guān)鍵，

題目難度不大。

2.【答案】A

【解析】解：A.該分子中含有碳碳雙鍵、羥基、醛鍵、竣基四種官能團(tuán)，故A錯誤

B.苯環(huán)上有4種氫原子，其苯環(huán)上就有4種一氯代物，故B正確

C.苯環(huán)、乙烯、-COOH中所有原子共平面，單鍵可以旋轉(zhuǎn)，所有該分子中所有碳原子可以共平面，故C正

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確

D.分子中碳碳雙鍵能發(fā)生加聚反應(yīng)生成高分子化合物，故D正確

故選：Ao

A.該分子中含有碳碳雙鍵、羥基、叫鍵、竣基

B.苯環(huán)上有幾種氫原子，其苯環(huán)上就有幾種一氯代物

C.苯環(huán)、乙烯、一C00H中所有原子共平面，單鍵可以旋轉(zhuǎn)

D.碳碳雙鍵能發(fā)生加聚反應(yīng)。

本題考查有機物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，側(cè)重考查基礎(chǔ)知識的掌握和靈活運用能力，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】B

【解析】解：A.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24L甲烷中含有的質(zhì)子數(shù)目為2.24L22.4L/molX10XNA/mol=NA,故A正

確

B.濃鹽酸的物質(zhì)的量一定，二氧化鎰足量，隨反應(yīng)進(jìn)行，濃鹽酸逐漸變稀，二氧化錦與稀鹽酸不反應(yīng)，故

轉(zhuǎn)移電子數(shù)小于0.2NA,故B錯誤

C.Imol苯中含有碳?xì)滏I數(shù)目為lmolX6XNA/mol=6NA,故C正確

D.1LPH=3的鹽酸溶液中H+的數(shù)目為1LX0.001mol/LXNA/mol=0.001NA,故D正確

故選：Bo

A.一個甲烷分子中含有10個質(zhì)子

B.二氧化錦與稀鹽酸不反應(yīng)

C.一個苯分子中含有6條碳?xì)滏I

D.由公式n=cV計算物質(zhì)的量。

本題考查阿伏加德羅常數(shù)的有關(guān)計算和判斷，題目難度中等，阿伏加德羅常數(shù)是高考的“熱點”，它既考

查了學(xué)生對物質(zhì)的量、粒子數(shù)、質(zhì)量、體積等與阿伏加德羅常數(shù)關(guān)系的理解，又可以涵蓋多角度的化學(xué)知

識內(nèi)容，掌握好以物質(zhì)的量為中心的各化學(xué)量與阿伏加德羅常數(shù)的關(guān)系是解題的關(guān)鍵。

4.【答案】D

【解析】解：A.放電時為原電池，陽離子移向正極，陰離子移向負(fù)極，即雙極膜中H+向正極區(qū)遷移，故A

錯誤

B.放電時為原電池，Zn為負(fù)極，Cu2P207納米片為正極，即電勢：Zn極低于Cu2P207極，故B錯誤

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C.雙極膜中水電離的方程式為H20=H++0H-,外電路通過2mol電子時，理論上有2moiH+和0H-分別向正極、

負(fù)極移向，即有2molH20參與電離，質(zhì)量減少18g/molX2moi=36g,故C錯誤

D.充電時為電解池，陰陽極反應(yīng)與原電池負(fù)正極反應(yīng)相反，正極反應(yīng)為C02+12H++12e-=C2H50H+3H20,則

陽極反應(yīng)為C2H50H-12e-+3H20=2C02t+12H+,故D正確

故選：D。

由圖可知，放電時為原電池，Zn發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)轉(zhuǎn)化為Zn(0H)42-,為負(fù)極，負(fù)極反應(yīng)為

Zn+40H--2e-=Zn(0H)42-，Cu2P207納米片為正極，發(fā)生還原反應(yīng),C02發(fā)生得電子的還原反應(yīng)轉(zhuǎn)化為C2H50H,

正極反應(yīng)為C02+12H++12e-=C2H50H+3H20,H20電離出的H+和OH-分別由雙極膜移向正極、負(fù)極充電時

為電解池，原電池正負(fù)極分別與電源正負(fù)極相接，陰陽極反應(yīng)與原電池負(fù)正極反應(yīng)相反，據(jù)此分析作答。

本題考查充放電電池的工作原理，為高頻考點，側(cè)重學(xué)生分析能力和靈活運用能力的考查，把握原電池工

作原理、電極判斷及反應(yīng)是解題關(guān)鍵，注意溶液中離子的移動方向、電極反應(yīng)式的書寫，題目難度中等。

5.【答案】B

【解析】解：A.乙烯和澳發(fā)生加成反應(yīng)生成無色的1,2-二澳乙烷而使澳的氯仿溶液褪色，故A正確

B.在加入新制氫氧化銅懸濁液之前必須加入NaOH中和未反應(yīng)的稀硫酸，否則新制氫氧化銅和稀硫酸反應(yīng)而

導(dǎo)致沒有磚紅色沉淀生成，故B錯誤

C.鈉和水反應(yīng)放熱，鈉熔點較低，所以向盛有大量水的燒杯中加入少量鈉塊，鈉熔成小球，故C正確

D.常溫下，向AgCl濁液中加入KI濃溶液，Qc=c(Ag+)Xc(I-)>Ksp(AgI),所以有黃色沉淀生成，故D正確

故選：Bo

A.乙烯和澳發(fā)生加成反應(yīng)生成無色的1,2-二澳乙烷

B.在加入新制氫氧化銅懸濁液之前必須加入NaOH中和未反應(yīng)的稀硫酸

C.鈉和水反應(yīng)放熱，鈉熔點較低

D.濃度商大于溶度積常數(shù)時生成沉淀。

本題考查化學(xué)實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、實驗原理、實驗技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重

分析與實驗?zāi)芰Φ目疾椋⒁鈱嶒灥脑u價性分析，題目難度不大。

6.【答案】A

【解析】本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律，為高頻考點，把握元素的位置、質(zhì)子數(shù)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)律性知識的應(yīng)用，題目難度不大。

【解答】

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短周期元素w、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，一個WX2分子中含有22個電子，設(shè)W的質(zhì)子數(shù)為x,則x+(x+2)

X2=22,解得x=6,可知W為C,X為0,Z為S,Y的質(zhì)子數(shù)是X、Z的核電荷數(shù)之和的一半，Y的質(zhì)子數(shù)為

8+162=12,可知Y為Mg,以此來解答。

由上述分析可知，W為C,X為0,Y為Mg,Z為SA.由酸性硫酸大于碳酸可知，非金屬性：W<Z,故A正

確

B.具有相同電子排布的離子中，原子序數(shù)大的離子半徑小，則簡單離子的半徑：X2-〉Y2+,故B錯誤

C.水分子間含氫鍵，則沸點為H2X>H2Z,故C錯誤

D.C02的電子式為：6：：C：：6：,故D錯誤。

故選Ao

7.【答案】C

【解析】解：A.E點溶液中，lgc(CH3coe00—)c(CH3coe00H)=—0.5,

c(CH3C0C00-)c(CH3coeOOH)=10-0.5,Ka=c(CH3C0C00-)c(CH3C0C00H)Xc(H+)=10-2.5,

c(H+)=10—2mol/L,pH=a=2,故A正確

B.F點Ige(CH3C0C00-)c(CH3C0C00H)=0,則c(CH3C0C00-)=c(CH3C0C00H),此時溶液pH=2.5,即

c(H+)=10-2.5mol/L,所以Ka=c(CH3coe00—)c(CH3coeOOH)Xc(H+)=c(H+)=10-2.5=5.1X10-3,298K

時，CH3coeOOH的電離常數(shù)的數(shù)量級為10-3,故B正確

C.G點對應(yīng)的NaOH溶液的體積如果為20mL,則剛好完全反應(yīng)，溶質(zhì)為CH3coe00Na,溶液應(yīng)呈堿性，但E點

pH=4.5,呈酸性，故C錯誤

D.E、F、G三點隨NaOH的加入CH3coe00Na的濃度越來越大，CH3coe00Na水解促進(jìn)水電解，對應(yīng)的溶液中

水的電離程度：E<F<G,故D正確

故選：Co

A.E點溶液中，Ige(CH3C0C00-)c(CH3C0C00H)=-0.5,c(CH3C0C00-)c(CH3C0C00H)=10-0.5,

Ka=c(CH3C0C00-)c(CH3C0C00H)Xc(H+)=10-2.5,c(H+)=10-2mol/L

B.F點Ige(CH3C0C00-)c(CH3C0C00H)=0,則c(CH3C0C00-)=c(CH3C0C00H),此時溶液pH=2.5,即

c(H+)=10-2.5mol/L,所以Ka=c(CH3coec)0—)c(CH3coec)0H)Xc(H+)=c(H+)=10-2.5=5.1X10-3

C.G點對應(yīng)的NaOH溶液的體積如果為20mL,則剛好完全反應(yīng)，溶質(zhì)為CH3coe00Na,溶液應(yīng)呈堿性

D.E、F、G三點隨NaOH的加入CH3coe00Na的濃度越來越大，CH3coeOONa水解促進(jìn)水電解。

本題考查酸堿混合溶液大小判斷，側(cè)重考查圖象分析判斷能量，明確圖中各點溶液中溶質(zhì)成分及其量的關(guān)

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系、溶液酸堿性是解本題關(guān)鍵，注意電荷守恒、物料守恒和質(zhì)子守恒的靈活運用，題目難度不大。

8.【答案】C4S02+2S2-+C032-=3S2032-+C02防止裝置C中的液體倒吸入裝置A中(或作安全瓶)吸

收尾氣中的S02NaClAD

【解析】解：硫酸與亞硫酸鈉反應(yīng)生成S02,裝置B中的兩個導(dǎo)管均為短管，作安全瓶，裝置C中二氧化硫、

硫化鈉和碳酸鈉反應(yīng)生成硫代硫酸鈉和二氧化碳，裝置D中的氫氧化鈉溶液可以與二氧化硫反應(yīng)，防止污

染環(huán)境.

(DS032-與H+反應(yīng)可生成S02,故所用硫酸不能是分子狀態(tài)的硫酸，必須能電離出H+,硫酸的濃度大則反

應(yīng)速率快，故選取80%的硫酸，故答案為：C

(2)結(jié)合反應(yīng)物碳酸鈉可知生成的溫室氣體為二氧化碳，因此該反應(yīng)的反應(yīng)物為二氧化硫、硫化鈉和碳酸鈉，

生成物為硫代硫酸鈉和二氧化碳，離子方程式為：4so2+2S2-+CO32-=3S2032-+CO2,故答案為：

4S02+2S2-+C032-=3S2032-+C02

(3)裝置B中的兩個導(dǎo)管均為短管，作安全瓶裝置D中的氫氧化鈉溶液可以與二氧化硫反應(yīng)，防止污染

環(huán)境，故答案為：防止裝置C中的液體倒吸入裝置A中(或作安全瓶)吸收尾氣中的S02

(4)若將硫酸換為濃鹽酸，則生成的二氧化硫中混有HCLHC1可與碳酸鈉、硫化鈉反應(yīng)生成氯化鈉裝置

E的作用是除去HCL則其應(yīng)放置在安全瓶前二氧化硫與氫氧化鈉、亞硫酸鈉、碳酸氫鈉溶液均能發(fā)生

反應(yīng)，因此只能選取NaHS03溶液，故答案為：NaClAD.

硫酸與亞硫酸鈉反應(yīng)生成S02,裝置B中的兩個導(dǎo)管均為短管，作安全瓶，裝置C中二氧化硫、硫化鈉和碳

酸鈉反應(yīng)生成硫代硫酸鈉和二氧化碳，裝置D中的氫氧化鈉溶液可以與二氧化硫反應(yīng)，防止污染環(huán)境.

(DS032-與H+反應(yīng)可生成S02,故所用硫酸不能是分子狀態(tài)的硫酸，必須能電離出H+

(2)結(jié)合反應(yīng)物碳酸鈉可知生成的溫室氣體為二氧化碳，因此該反應(yīng)的反應(yīng)物為二氧化硫、硫化鈉和碳酸鈉，

生成物為硫代硫酸鈉和二氧化碳

(3)裝置B中的兩個導(dǎo)管均為短管，作安全瓶裝置D中的氫氧化鈉溶液可以與二氧化硫反應(yīng)

(4)若將硫酸換為濃鹽酸，則生成的二氧化硫中混有HC1裝置E的作用是除去HCL則其應(yīng)放置在安全

瓶前二氧化硫與氫氧化鈉、亞硫酸鈉、碳酸氫鈉溶液均能發(fā)生反應(yīng).

本題考查了物質(zhì)制備實驗方案的設(shè)計和制備過程分析應(yīng)用，主要是實驗基本操作的應(yīng)用，掌握基礎(chǔ)，注意

積累是解題關(guān)鍵，題目難度中等.

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9.【答案】CaS04和Si022Ce3++6HC03-+(n-3)H20=Ce2(C03)3-nH20+3C02f堿

性2N0+3H20+4Ce4+=N02-+N03-+4Ce3++6H+a2N02-+8H++6e-=N2f+4H202H20+(m-x)CeO2-xCe=2H2f

+(l-x)02f+CeO2LiFeP04-xe"=Lil-xFeP04+xLi+

【解析】解：(1)濾渣I的主要成分是CaS04和Si02故答案為：CaS04和SiO2

(2)“沉錦”過程中，Ce3+和HC03-發(fā)生雙水解反應(yīng)生成Ce2(C03)3-nH20,離子方程式為：

2Ce3++6HC03-+(n-3)H20=Ce2(C03)3-nH20+3C02f,常溫下Kh(NH4+)=KwKb=10—141.75X10—5七5.7X

10-10,Kh(HC03-)=KwKal=10-144.4X10-7=2.3X10-8>Kh(NH4+),說明NH4+的水解程度小于HC03-

的水解程度，溶液呈堿性故答案為：2Ce3++6HC03-+(n-3)H20=Ce2(C03)3-nH20+3C02t堿性

(3)①NO在酸性條件下可以被含Ce4+的溶液吸收，生成N02-、N03-(二者物質(zhì)的量之比為1：1),根據(jù)反

應(yīng)物和生成物書寫離子方程式為：2N0+3H20+4Ce4+=N02-+N03-+4Ce3++6H+故答案為：

2N0+3H20+4Ce4+=N02-+N03-+4Ce3++6H+

②Ce3+失電子生成Ce4+,應(yīng)該在陽極上發(fā)生該反應(yīng)，所以Ce4+應(yīng)該從電解池的a口流出故答案為：a

③N0+2H20+3Ce4+=3Ce3++N03-+4H+,吸收液呈酸性，N02-在電解池的陰極發(fā)生得電子的還原反應(yīng)，生成無

毒物質(zhì)N2,電極反應(yīng)式為2NO2-+8H++6e-=N2t+4H20故答案為：2N02-+8H++6e-=N2f+4H20

(4)Ce02是重要的稀土化合物，科學(xué)家利用CeO2作催化劑在太陽能作用下將H20轉(zhuǎn)化成H2和02,則總方

程式為2H20-Ce02太陽能2H2t+02t,該反應(yīng)分兩步進(jìn)行，第一步反應(yīng)為CeO2=(m-x)CeO2-xCe+xO2

t,將總方程式減去第一步方程式即可得到第二步反應(yīng)為2H20+(m-x)Ce02-xCe=2H2f+(l-x)02t+CeO2故

答案為:2H20+(m-x)CeO2-xCe=2H2t+(l-x)02t+CeO2

(5)充電時，陽極上LiFeP04失電子生成Lil-xFeP04和Li+,陽極反應(yīng)式為LiFeP04-xe-

=Lil-xFeP04+xLi+故答案為：LiFeP04—xe-=Lil-xFeP04+xLi+=

天然獨居石中，車市Ce主要以CeP04形式存在，還含有Si02、A1203、Fe203、CaF2等物質(zhì)，獨居石中加入

濃硫酸焙燒，生成A12(S04)3、Fe2s04、CaS04、HF、Ce2(S04)3、H3P04,酸性廢氣中含有HF,然后加入水

進(jìn)行水浸，浸渣I為CaS04和Si02,濾液中含有加入FeC13除磷，生成FeP04沉淀，濾渣II為FeP04加

氧化鎂調(diào)節(jié)pH=5,加絮凝劑聚沉，溶液中的A13+和Fe3+沉淀除去，濾渣III為Fe(0H)3、Al(OH)3,向濾液

中加入碳酸氫鏤沉鈾，過濾獲得Ce2(C03)3-nH20

(1)濾渣I為難溶性的CaS04和Si02

(2)“沉鋪”過程中，Ce3+和HC03-發(fā)生雙水解反應(yīng)生成Ce2(C03)3-nH20常溫下

Kh(NH4+)=KwKb=10-141.75X10-5"5.7X10-10,Kh(HC03-)=KwKa_l=10-144.4X

10-7^2.3X10-8>Kh(NH4+),說明NH4+的水解程度小于HC03—的水解程度

(3)①N0在酸性條件下可以被含Ce4+的溶液吸收，生成N02-、N03-(二者物質(zhì)的量之比為1：1),根據(jù)反

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應(yīng)物和生成物書寫離子方程式

②Ce3+失電子生成Ce4+,應(yīng)該在陽極上發(fā)生該反應(yīng)

③N0+2H20+3Ce4+=3Ce3++N03-+4H+,吸收液呈酸性，N02-在電解池的陰極發(fā)生得電子的還原反應(yīng)，生成無

毒物質(zhì)N2

(4)CeO2是重要的稀土化合物，科學(xué)家利用CeO2作催化劑在太陽能作用下將H20轉(zhuǎn)化成H2和02,則總方

程式為2H20—Ce02太陽能2H2t+02t,該反應(yīng)分兩步進(jìn)行，第一步反應(yīng)為Ce02=(m-x)Ce02-xCe+x02

t,將總方程式減去第一步方程式即可得到第二步反應(yīng)

(5)充電時,陽極上LiFeP04失電子生成Lil-xFeP04和Li+O

本題考查物質(zhì)的分離提純，側(cè)重考查閱讀、分析、判斷及計算能力，明確流程圖中各物質(zhì)的成分及其性質(zhì)、

物質(zhì)分離提純方法是解本題關(guān)鍵，注意結(jié)合題給信息進(jìn)行解答，難點是信息的篩選和綜合運用。

10.【答案】-93曲線b134311.5-11.6＞隨著溫度的升高，溫度對平衡的影響大于壓強對平衡

的影響12.5

【解析】解：(1)AH=反應(yīng)物鍵能總和-生成物鍵能總和=(945+3X436-2X3X391)kj/mol=-93kj/mol故

答案為：-93

(2)催化劑能降低反應(yīng)的活化能，則圖2中與圖1能量變化相符的是曲線bAH=正反應(yīng)活化能-逆反應(yīng)活

化能，E2=1250kJ/mo1+93kJ/mo1=1343kJ/mo1故答案為：曲線b1343

(3)v=k(0.1)a-(0.1)-(0.1)y2v=k(0.2)a-(0.1)P-(0.1)y,則a=l,同理6=1.5,y=—164v=64v=k

X0.4X(m)1.5X0.4-154v=kX0.4X0.91.5X0.2-1,解得m=1.6故答案為：11.5-11.6

(4)①反應(yīng)未達(dá)到平衡時，壓強越大，速率越快,相同時間內(nèi)測得體系中N2的物質(zhì)的量(mol)越小，則p＞l.8MPa

故答案為：＞

②隨著溫度的升高，溫度對平衡的影響大于壓強對平衡的影響，所以投料比一定時，隨著溫度升高，不同

壓強下N2的物質(zhì)的量趨向相等故答案為：隨著溫度的升高，溫度對平衡的影響大于壓強對平衡的影響

③在1.8MPa、373K時，此時反應(yīng)已達(dá)到平衡狀態(tài)，平衡時氮氣物質(zhì)的量為0.4mol,列化學(xué)平衡三段

式N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)

起始(mol)12.60

轉(zhuǎn)化(mol)0.61.81.2

平衡(mol)0.40.81.2

混合氣體總物質(zhì)的量為2.4moLp(N2)=0.4mol2.4molX1.8MPa=0.3MPa,p(H2)=2p(N2)=0.6MPa,

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p(NH3)=3p(N2)=0.9MPa,Kp=p2(NH3)p(N2)-p3(H2>0.920.3X0.63MPa-2=12.5MPa-2故答案為：12.5。

⑴AH=反應(yīng)物鍵能總和-生成物鍵能總和

(2)催化劑能降低反應(yīng)的活化能A加正反應(yīng)活化能-逆反應(yīng)活化能

(3)v=k(0.1)a-(0.1)P.(0.1)y2v=k(0.2)a-(0.1)3-(0.1)Y,貝|a=l,同理得出B、丫的值

(4)①反應(yīng)未達(dá)到平衡時，壓強越大，速率越快，相同時間內(nèi)測得體系中N2的物質(zhì)的量(mol)越小

②投料比一定時，隨著溫度升高，不同壓強下N2的物質(zhì)的量趨向相等，說明壓強對平衡的影響減小，溫度

對平衡的影響增大

③在L8MPa、373K時，此時反應(yīng)已達(dá)到平衡狀態(tài)，平衡時氮氣物質(zhì)的量為0.4mol,列化學(xué)平衡三段式，

Kp=p2(NH3)p(N2)-p3(H2)o

本題考查反應(yīng)熱的計算、化學(xué)平衡的影響因素、化學(xué)平衡的計算等，側(cè)重考查學(xué)生分析能力、識圖能力和

計算能力，根據(jù)題目信息結(jié)合4此反應(yīng)物鍵能總和-生成物鍵能總和、勒夏特列原理、化學(xué)平衡三段式等知

識解答，此題難度中等。

H.【答案】4s24Pl2s電子能量高于Is電子，克服原子核的吸引在離核更遠(yuǎn)的區(qū)域出現(xiàn)的概率更大，電

子云更擴散，半徑更大N>0>C>GaCO為極性分子，N2為非極性分子，C0的分子間作用力更大，所以CO的

沸點高于相同條件下N2的沸點NH3中N原子有一對孤電子對，NH4+中沒有孤電子對，孤電子對對成鍵電

子對的排斥作用大于成鍵電子對對成鍵電子對的排斥力，使鍵角更小NA平面三角形sp21：23.36X

10233NAa2c

【解析】解：(1)錢是31號元素，核外有31個電子，基態(tài)錢(Ga)原子的電子排布式為

Is22s22P63s23P63dl04s24pl,基態(tài)Ga■原子的價電子排布式為4s24Pl基態(tài)N原子的2s電子云半徑大于

Is電子云半徑的原因是：2s電子能量高于1s電子，克服原子核的吸引在離核更遠(yuǎn)的區(qū)域出現(xiàn)的概率更大，

電子云更擴散，半徑更大故答案為：4s24pl2s電子能量高于Is電子，克服原子核的吸引在離核更遠(yuǎn)

的區(qū)域出現(xiàn)的概率更大，電子云更擴散，半徑更大

(2)Ga是金屬元素，第一電離能最小，同周期元素從左到右，第一電離能有增大趨勢，N原子2P能級為半

充滿狀態(tài)，結(jié)構(gòu)穩(wěn)定，第一電離能大于0,所以C、N、0、Ga的第一電離能由大到小的順