2023-2023年高中化學(xué)廣西高考匯編測試試卷【46】含答案考點(diǎn)及解析

2023-2023年高中化學(xué)廣西高考匯編測試試卷【46】含答案考點(diǎn)及解析班級:___________姓名：___________分?jǐn)?shù)：___________題號一二三四五六總分得分考前須知：

1．答題前填寫好自己的姓名、班級、考號等信息

2．請將答案正確填寫在答題卡上評卷人得

分

一、選擇題1.常溫下，以下各溶液的表達(dá)中正確的選項(xiàng)是A．NaHSO3與Na2SO3混合溶液中：3c(Na+)=c(HSO3-)+c(SO32-)B．0.1mol/L的醋酸鈉溶液20mL與0.1mol/L鹽酸10mL混合后溶液顯酸性：c(CH3COO-)>c(CH3COOH)>c(Cl-)>c(H+)C．等物質(zhì)的量濃度等體積的NH4HSO4和NaOH溶液混合：c(Na+)＝c(SO42-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)D．向1.00L0.3mol/LNaOH溶液中緩慢通入0.2molCO2氣體，溶液中：c(Na+)>c(CO32-)>c(HCO3-)>c(OH-)>c(H+)【答案】C【解析】試題分析：A．在NaHSO3與Na2SO3混合溶液中：根據(jù)物料守恒，c(Na+)=3c(HSO3-)+3c(SO32-)+3c(H2SO3)，Na+離子的濃度最大，錯誤；B．0.1mol/L的醋酸鈉溶液20mL與0.1mol/L鹽酸10mL混合后溶液是NaCl、CH3COONa、CH3COOH等物質(zhì)的量的混合溶液，由于溶液顯酸性，說明：CH3COOH的電離作用大于CH3COO-的水解作用，所以c(CH3COO-)>c(CH3COOH)；c(Cl-)>c(CH3COOH)，弱酸的電離作用是微弱的，物質(zhì)主要以電解質(zhì)分子的形式存在所以c(CH3COOH)>c(H+)，故溶液中離子濃度關(guān)系是c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(CH3COOH)>c(H+)，錯誤；C．等物質(zhì)的量濃度等體積的NH4HSO4和NaOH溶液混合：c(Na+)＝c(SO42-)，由于銨根離子會發(fā)生水解作用消耗水電離產(chǎn)生的OH-，最終使溶液顯酸性，所以c(SO42-)>c(NH4+)，c(H+)>c(OH-)。但是鹽的水解作用是微弱的，主要以鹽的離子的形式存在，所以c(NH4+)>c(H+)，因此溶液中兩種濃度關(guān)系是c(Na+)＝c(SO42-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)，正確；D．向1.00L0.3mol/LNaOH溶液中緩慢通入0.2molCO2氣體，會發(fā)生反響CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O

NaOH+CO2=NaHCO3

根據(jù)Na元素守恒可得2n(Na2CO3)+n(NaHCO3)=0.3ml；根據(jù)C元素守恒可得n(Na2CO3)+n(NaHCO3)=0.2mol，解得n(Na2CO3)=n(NaHCO3)=0.1mol。由于Na2CO3水解程度大于NaHCO3，所以c(HCO3-)>c(CO32-)，二者水解是顯堿性，所以c(OH-)>c(H+)，但是鹽的水解程度是微弱的，主要以鹽的離子存在，所以c(CO32-)>c(OH-)。故溶液中離子濃度大小關(guān)系是c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)，錯誤?？键c(diǎn)：考查溶液中離子濃度的大小比擬的知識。2.以下陳述中，Ⅰ、Ⅱ都正確且兩者間具有因果關(guān)系的一組是(

)選項(xiàng)陳述Ⅰ陳述ⅡANa2O2使酚酞溶液變紅Na2O2能漂白織物、紙漿BSO2可使石蕊溶液先變紅后褪色SO2的水溶液具有酸性和漂白性CNH3、HCl可用作噴泉實(shí)驗(yàn)NH3、HCl都極易溶于水D晶體硅是良好的半導(dǎo)體材料晶體硅可制作太陽能電池和光導(dǎo)纖維

【答案】C【解析】試題分析：過氧化鈉能使酚酞溶液變紅，是因?yàn)檫^氧化鈉與水反響生成了氫氧化鈉顯堿性，但由于過氧化鈉有漂白性，所以酚酞變紅后還有會褪色，故A項(xiàng)中的陳述I不正確，且無因果關(guān)系；SO2溶于水生成亞硫酸呈酸性，使石蕊變紅，但是不能漂白石蕊溶液，因此B中陳述I說法錯誤；氨氣和氯化氫氣體均是極易溶于水的氣體，可以用于做噴泉實(shí)驗(yàn)，C正確；晶體硅可作半導(dǎo)體的太陽能電池，但是作光導(dǎo)纖維的是二氧化硅，故D錯誤；應(yīng)選C?？键c(diǎn)：此題考查的是元素及其化合物的性質(zhì)和性質(zhì)的應(yīng)用關(guān)系。3.甲、乙、丙、丁4種無機(jī)化合物均含有2種元素，分子中均含18個電子。甲是氣態(tài)氫化物，在水中分步電離出兩種陰離子。以下推斷合理的是A．某鈉鹽溶液含甲電離出的陰離子…那么該溶液顯堿性，只能與酸反響B(tài)．乙和甲中同種元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)相等，那么乙能使?jié)駶櫟腒I淀粉試紙變藍(lán)C．丙中含有ⅣA族元素，那么相同條件下丙比甲穩(wěn)定D．假設(shè)丁的分子組成符合XY3型結(jié)構(gòu)，那么丁分子間存在氫鍵【答案】B【解析】試題分析：甲是氣態(tài)氫化物，分子中含18個電子。在水中分步電離出兩種陰離子，是H2S，H2SH++HS-、HS-H++S2-。因?yàn)镹aHS既能與強(qiáng)酸反響，也能與堿反響，故A錯；乙和甲中同種元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)相等，故是H2O2，能氧化KI生成I2而遇淀粉變藍(lán)，B正確；丙中含有ⅣA族元素，可以是C2H6或SiH4，相同條件下C2H6比H2S穩(wěn)定，而SiH4比H2S不穩(wěn)定，C錯；丁的分子組成符合XY3型結(jié)構(gòu)，是PH3，分子間不存在氫鍵，D錯。考點(diǎn)：18個電子的分子結(jié)構(gòu)推斷分子性質(zhì)。4.常溫下，濃度均為0.1000mol/L的三種一元酸HX、HY、HZ，分別用0.1000mol/L的NaOH溶液進(jìn)行滴定，滴定曲線如下圖。以下有關(guān)表達(dá)正確的選項(xiàng)是A．NaOH溶液與三種酸的反響均是吸熱反響B(tài)．滴定酸HY可用酚酞作指示劑C．酸性強(qiáng)弱：HX>HY>HZD．滴定三種酸都可用甲基橙作指示劑【答案】B【解析】試題分析：A.酸堿中和反響都是放熱反響。錯誤。B.酸堿中和滴定選擇指示劑時，為了減小實(shí)驗(yàn)誤差，應(yīng)該選擇的指示劑的顏色變化由淺到深的為好。由于是用堿滴定酸，所以可用酚酞作指示劑。正確。C.當(dāng)酸的濃度相同時，酸越容易電離，那么溶液中c(H+)越大，溶液的pH就越小。所以酸性HZ>HY>HX。錯誤。D.滴定三種酸假設(shè)都用甲基橙作指示劑，溶液的顏色變化是由紅色變?yōu)槌壬?。顏色由深到淺。實(shí)驗(yàn)誤差相對較大。應(yīng)該用酚酞作指示劑為好。錯誤。考點(diǎn)：考查酸堿中和滴定的指示劑的選擇、反響熱、酸性強(qiáng)弱的比擬的知識。5.能正確表示以下反響的離子方程式為A．碳酸氫鈉溶液中滴入氫氧化鈣溶液：HCO3-+OH–=CO32-+H2OB．二氧化硫通入次氯酸鈉溶液：SO2+ClO-+2OH–=SO42-+Cl-+H2OC．硫化鋇參加稀硫酸：BaS+2H+=H2S↑+Ba2+D．用KIO3氧化酸性溶液中的KI：5I－＋I(xiàn)O3－＋3H2O="3I"2＋6OH－【答案】B【解析】試題分析：A、應(yīng)該生成CaCO3沉淀，錯誤；B、ClO￣把SO2氧化為SO42￣，正確；C、應(yīng)該生成BaSO4沉淀，錯誤；D、在酸性溶液中反響，不可能生成OH￣，錯誤?？键c(diǎn)：此題考查離子方程式的書寫。6.以下說法正確的選項(xiàng)是

〔〕A．碳酸銨分解是吸熱反響，根據(jù)焓判據(jù)判斷能自發(fā)分解B．屢次洗牌以后，撲克牌的毫無規(guī)律的混亂排列的幾率大，越混亂，熵值越大C．水總是自發(fā)地由高處往低處流，這是一個自發(fā)反響D．室溫下水結(jié)成冰是自發(fā)過程【答案】B【解析】試題分析：A、碳酸銨分解是吸熱反響，，是體系的混亂程度增大的反響。要根據(jù)焓判據(jù)和熵判據(jù)共同來斷反響能否自發(fā)分解。錯誤。B、屢次洗牌以后，撲克牌的毫無規(guī)律的混亂排列的幾率大，越混亂，熵值越大。正確。C、水總是自發(fā)地由高處往低處流，這是一個自發(fā)過程，不是自發(fā)反響。錯誤。D、室溫下水不能結(jié)成冰，這是個非自發(fā)過程。錯誤?？键c(diǎn)：考查化學(xué)反響進(jìn)行的方向及化學(xué)反響自發(fā)進(jìn)行的判據(jù)的知識。7.關(guān)于溶液的以下說法正確的選項(xiàng)是A．c(H＋):c(OH－)＝1:10-2的溶液中K＋、Ba2＋、ClO－、CO32－一定能大量存在B．水電離出來的c(H＋)＝10-13mol/L的溶液中K＋、Cl－、NO3－、I－一定能大量存在C．往0.1mol/LCH3COOH溶液中通人少量HCl，醋酸的電離平衡向逆反響方向移動，且溶液中增大D．等物質(zhì)的量濃度的以下溶液：①H2CO3②Na2CO3③NaHCO3④(NH4)2CO3中c(CO32－)的大小關(guān)系為：②>④>③>①【答案】D【解析】試題分析：A、c(H＋):c(OH－)＝1:10-2的溶液，說明c(H＋)＞c(OH－)，所以該溶液顯酸性，因此ClO－、CO32－一定不能大量存在，A不正確；B、水電離出來的c(H＋)＝10-13mol/L的溶液，說明該溶液中水的電離平衡是被抑制的，因此溶液可能顯堿性，也可能顯酸性。如果顯堿性K＋、Cl－、NO3－、I－一定能大量存在；如果顯酸性，在酸性條件下NO3－能氧化I－，所以不能大量共存，B不正確；C、溫度不變，那么醋酸的電離常數(shù)不變，由于K＝，因此不變，C不正確；D、碳酸是二元弱酸，溶液中c(CO32－)最小。碳酸鈉水解，CO32－溶液顯堿性。碳酸氫納溶液中HCO3－的濃度大，抑制HCO3－的電離，因此碳酸氫納溶液中(CO32－)小，氮大于碳酸溶液中(CO32－)。(NH4)2CO3溶液中NH4＋水解顯酸性，促進(jìn)CO32－的水解，所以溶液中c(CO32－)的大小關(guān)系為②＞④＞③＞①，答案選D。考點(diǎn)：考查離子共存、外界條件對電離平衡的影響、溶液中離子濃度大小比擬等8.在以下①～⑦中選出不正確的化學(xué)用語①原子核內(nèi)有l(wèi)8個中子的氯原子：

②NH4Cl的電子式：

③乙醇的結(jié)構(gòu)式

④Na的結(jié)構(gòu)示意圖：

⑤乙酸的分子式：CH3COOH⑥CCl4的比例模型：⑦乙烯的球棍模型：A．③⑤B．②③⑤C．③⑤⑥⑦D．②③⑤⑥【答案】D【解析】試題分析：②NH4Cl的電子式：

；③乙醇的結(jié)構(gòu)式；⑤乙酸的分子式：C2H4O2；⑥CCl4的比例模型

Cl原子的直徑大于C原子直徑。因此答案選D考點(diǎn)：常見化學(xué)用語點(diǎn)評：此題綜合了化學(xué)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)式，電子式，比例模型，球棍模型，信息量較大，關(guān)鍵在于對這些化學(xué)用語的掌握，對細(xì)節(jié)的把握。9.以下各組中的反響，屬于同一反響類型的是(

)A．由溴丙烷水解制丙醇；由丙烯與水反響制丙醇B．由甲苯硝化制對硝基甲苯；由甲苯氧化制苯甲酸C．由氯代環(huán)己烷消去制環(huán)己烯；由丙烯加溴制二溴丙烷D．由乙酸和乙醇制乙酸乙酯；由苯甲酸乙酯水解制苯甲酸和乙醇【答案】D【解析】考查有機(jī)反響類型的判斷。選項(xiàng)A中前者是取代反響，后者是加成反響；選項(xiàng)B中前者是取代反響，后者是氧化反響；選項(xiàng)C中前者是消去反響，后者是加成反響；選項(xiàng)D中都是取代反響，所以答案選D。10.氯化硼的熔點(diǎn)為-107℃，沸點(diǎn)為12.5℃，它能水解，有關(guān)表達(dá)正確的選項(xiàng)是〔

〕A．氯化硼液態(tài)時能導(dǎo)電而固態(tài)時不導(dǎo)電B．氯化硼加到水中使溶液的pH升高C．氯化硼分子呈正三角形，屬極性分子D．氯化硼遇水蒸氣會產(chǎn)生白霧【答案】D【解析】根據(jù)氯化硼的性質(zhì)可知，氯化硼是分子晶體，是非極性分子。和水反響生成硼酸和氯化氫，所以選項(xiàng)D正確，其余都是錯誤的，答案選D。評卷人得

分

二、實(shí)驗(yàn)題11.〔17分〕利用如下圖裝置制備飽和氯水，探究新制飽和氯水的組成和性質(zhì)而進(jìn)行了科學(xué)實(shí)驗(yàn)：先對制得的氯水進(jìn)行觀察，再用膠頭滴管將該氯水逐滴滴入盛有含酚酞的NaOH溶液的試管中，邊滴邊振蕩，并連續(xù)觀察現(xiàn)象，發(fā)現(xiàn)溶液的紅色逐漸褪去而得無色溶液。據(jù)此答復(fù)：〔1〕C中的試劑是

；儀器b的名稱為

，b中發(fā)生反響的離子方程式為

。〔2〕寫出新制飽和氯水中含有氯元素物質(zhì)的化學(xué)式：

。氯水長時間放置，氯水中的成分就會發(fā)生變化，能快速判斷氯水中含有較多C12的方法是：

?！?〕根據(jù)預(yù)測，實(shí)驗(yàn)中溶液紅色褪去的原因可能有兩種，請用簡要的文字補(bǔ)充：①氯水與NaOH反響，堿性減弱紅色褪去。②

?！?〕通過實(shí)驗(yàn)進(jìn)一步探究溶液紅色褪去的原因究竟是上述中的①還是②?！緦?shí)驗(yàn)步驟】①取上述實(shí)驗(yàn)后試管內(nèi)的無色溶液3mL盛于另一支潔凈的試管中；②

，振蕩試管?！粳F(xiàn)象與結(jié)論】①假設(shè)

，那么證明溶液紅色褪去的原因是①而不是②。②假設(shè)

，那么證明溶液紅色褪去的原因是②而不是①?！?〕為了從新制氯水中制得較高濃度的HClO，可向氯水中參加的試劑是

。A．CaCO3B．NaHSO3C．Na2CO3D．Ca(OH)2【答案】〔17分〕〔1〕NaOH溶液〔1分〕；圓底燒瓶〔1分〕；MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O〔2分〕；〔2〕Cl2、HCl、HClO〔3分〕；觀察氯水呈淺黃綠色〔2分〕；〔3〕氯水的漂白作用使紅色褪去〔2分〕；〔4〕參加NaOH溶液〔2分〕；①溶液變紅色〔1分〕；②溶液不變紅色〔1分〕；〔5〕A〔2分〕【解析】試題分析：〔1〕氯氣有毒需要尾氣處理，一般用氫氧化鈉溶液吸收氯氣，那么C中的試劑是氫氧化鈉溶液；儀器b的名稱為圓底燒瓶，b中是制備氯氣的，所以發(fā)生反響的離子方程式為MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；〔2〕氯氣溶于水，局部氯氣與水反響生成鹽酸和次氯酸，所以新制飽和氯水中含有氯元素物質(zhì)的化學(xué)式Cl2、HCl、HclO；由于氯氣是黃綠色氣體，所以能快速判斷氯水中含有較多C12的方法是觀察氯水呈淺黃綠色；〔3〕因堿遇酚酞變紅，氯水中有鹽酸，鹽酸與堿發(fā)生中和反響，HCl中和了NaOH，那么紅色褪去，氯水中還有次氯酸，次氯酸具有強(qiáng)氧化性，能漂白酚酞而使紅色褪色，故假設(shè)②為氯水的漂白作用使紅色褪去；〔4〕由于次氯酸的漂白是不可逆的，據(jù)此可以驗(yàn)證。即對褪色的溶液，取試管內(nèi)的無色溶液3mL盛于另一支潔凈的試管中，再向試管內(nèi)滴加2滴NaOH溶液振蕩后發(fā)現(xiàn)恢復(fù)紅色，那么證明溶液紅色褪去的原因是①而不是②；假設(shè)再加堿，仍為無色，那么證明溶液紅色褪去的原因是②而不是①。點(diǎn)評：此題為實(shí)驗(yàn)探究習(xí)題，同時考查氯水的成分、氯氣、次氯酸的性質(zhì)考點(diǎn)：考查氯氣制備、尾氣處理、氯氣性質(zhì)實(shí)驗(yàn)研究、新制氯氣的組成與性質(zhì)判斷等評卷人得

分

三、填空題12.〔15分〕鹵素化學(xué)豐富多彩，能形成鹵化物、鹵素互化物、多鹵化物等多種類型的化合物?！?〕氣態(tài)氟化氫中存在二聚分子(HF)2，這是由于

?！?〕I3+〔可看成II2+〕屬于多鹵素陽離子，根據(jù)VSEPR模型推測I3+的空間構(gòu)型為

?！?〕基態(tài)溴原子的電子排布式為

__________________

__。碘原子的價電子軌道排布式為_________________?！?〕鹵素互化物如BrI、ICl等與鹵素單質(zhì)結(jié)構(gòu)相似、性質(zhì)相近。Cl2、BrI、ICl沸點(diǎn)由高到低的順序?yàn)開_______

。ICl與水反響的化學(xué)方程式為_________?！?〕請推測①HClO4、②HIO4、③H5IO6[可寫成(HO)5IO]三種物質(zhì)的酸性由強(qiáng)到弱的順序?yàn)?/p>

〔填序號〕。〔6〕鹵化物RbICl2加熱時會分解為晶格能相對較大的鹵化物A和鹵素互化物或鹵素單質(zhì)，A的化學(xué)式為

?！敬鸢浮俊?5分〕〔1〕HF分子間形成氫鍵

〔2分〕

〔2〕V形

〔2分〕〔3〕[Ar]3d104s24p5

〔2分〕

4s24p5軌道排布式略

〔2分〕

(4)

BrI>ICl>Cl2

〔2分〕

ICl+H2O="=HCl+HIO"〔2分〕〔5〕①②③

〔2分〕

〔6〕RbCl

〔1分〕【解析】略13.常見的短周期元素A、B、C、D、E的原字序數(shù)穰沃增夫。常溫下，A、C可形成A2C2和A2C兩種液態(tài)化合物，B原子最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的2倍，D原子電子層數(shù)與最外層電予數(shù)相等，E與C同主族。

〔1〕上述五種元素中，非金屬性最強(qiáng)的是

〔填寫元素名稱〕。〔2〕元素D形成的簡單離子的原子結(jié)構(gòu)示意圖為

?！?〕A的單質(zhì)與C的單質(zhì)在強(qiáng)酸性條件下構(gòu)成燃料電池，其正極反響式為

?！?〕上述五種元素，由其中三種元素組成的易溶于水的物質(zhì)中，能促進(jìn)水電離的物質(zhì)是：

〔寫出一種物質(zhì)的化學(xué)式，下同〕，能抑制水電離的物質(zhì)是：

?！?〕常溫常壓時，2．8gBC氣體在3．2gC2氣體中完全燃燒，生成BC2氣體時放出28．3kJ的熱量，那么表示BC燃燒的熱化學(xué)方程式為

?！敬鸢浮俊?〕氧〔3分〕

〔2〕

〔3分〕〔3〕O2+4H++4e-=2H2O〔3分〕〔4〕Al2〔SO4〕3

H2SO4或H2SO3或H2CO3〔其它合理答案也可〕〔各3分〕〔5〕CO〔g〕+1/2O2〔g〕=CO2〔g〕；△H=—283.0kJ/mol〔3分【解析】略14.〔10分〕填寫以下空白:〔1〕NaHSO4在熔融狀態(tài)下的的電離方程式為：

；〔2〕向NaHSO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液至中性，其離子方程式為

；〔3〕向NaHCO3溶液中加過量的Ba(OH)2溶液，其離子方程式為___

___

__〔4〕向Ba(OH)2溶液中通入過量的CO2，其離子方程式為_______________〔5〕向酸性高錳酸鉀溶液中通入二氧化硫氣體，高錳酸鉀被復(fù)原為硫酸錳〔請書寫離子方程式〕______________________________________?！敬鸢浮俊?〕

NaHSO4

=

Na+

+HSO4-

〔2分〕〔2〕

Ba2++SO42-+2OH--+2H+

=

BaSO4↓+2H2O?！?分〕〔3〕HCO3--+Ba2++OH--=H2O+BaCO3↓

〔2分〕〔4〕OH-

+CO2＝HCO3－

〔2分〕〔5〕5SO2+2MnO4-+2H2O=2Mn2+

+5SO42-+4H+

〔2分〕【解析】試題分析：〔1〕熔融狀態(tài)下，共價鍵不被破壞，NaHSO4在熔融狀態(tài)下的的電離方程式為：NaHSO4

=Na+

+HSO4-；〔2〕向NaHSO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液至中性，生成硫酸鋇、硫酸鈉和水，其離子方程式為Ba2++SO42-+2OH--+2H+

=

BaSO4↓+2H2O；〔3〕向NaHCO3溶液中加過量的Ba(OH)2溶液生成碳酸鋇、氫氧化鈉和水，其離子方程式為HCO3--+Ba2++OH--=H2O+BaCO3↓

；〔4〕向Ba(OH)2溶液中通入過量的CO2，生成碳酸氫鋇，其離子方程式為OH-

+CO2＝HCO3－；〔5〕向酸性高錳酸鉀溶液中通入二氧化硫氣體，生成硫酸錳、硫酸鉀、和硫酸，離子方程式為5SO2+2MnO4-+2H2O=2Mn2+

+5SO42-+4H+?？键c(diǎn)：考查離子方程式的書寫。15.高錳酸鉀是中學(xué)化學(xué)常用的強(qiáng)氧化劑，實(shí)驗(yàn)室中可通過以下反響制得：MnO2熔融氧化：3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2OK2MnO4歧化：3K2MnO4＋2CO2＝2KMnO4＋MnO2↓＋2K2CO3相關(guān)物質(zhì)的溶解度數(shù)據(jù)見下表：20℃K2CO3KHCO3K2SO4KMnO4s(g/100g水)11133.711.16.34K2MnO4溶液顯綠色，KMnO4溶液紫紅色。實(shí)驗(yàn)流程如下：請答復(fù)：〔1〕步驟①應(yīng)在

中熔化，并用鐵棒用力攪拌，以防結(jié)塊。A．燒杯

B．蒸發(fā)皿

C．瓷坩堝

D．鐵坩堝〔2〕①綜合相關(guān)物質(zhì)的化學(xué)性質(zhì)及溶解度，步驟③中可以替代CO2的試劑是

。A．二氧化硫

B．稀醋酸

C．稀鹽酸

D．稀硫酸②當(dāng)溶液pH值達(dá)10～11時，停止通CO2；假設(shè)CO2過多，造成的后果是

。③以下監(jiān)控K2MnO4歧化完全的方法或操作可行的是

。A．通過觀察溶液顏色變化，假設(shè)溶液顏色由綠色完全變成紫紅色，說明反響已歧化完全B．取上層清液少許于試管中，繼續(xù)通入CO2，假設(shè)無沉淀產(chǎn)生，說明反響已歧化完全C．用玻璃棒蘸取溶液點(diǎn)在濾紙上，假設(shè)濾紙上只有紫紅色痕跡，無綠色痕跡，說明反響已歧化完全D．用pH試紙測定溶液的pH值，對照標(biāo)準(zhǔn)比色卡，假設(shè)pH為10～11，說明反響已歧化完全〔3〕步驟④的操作是把濾液移至蒸發(fā)皿內(nèi)，用小火加熱，當(dāng)濃縮至

〔填實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象〕時，停止加熱，冷卻，即有KMnO4晶體析出?！?〕烘干時，溫度控制在80℃為宜，理由是

。〔5〕通過用草酸滴定KMnO4溶液的方法可測定KMnO4粗品的純度〔質(zhì)量分?jǐn)?shù)〕。①實(shí)驗(yàn)時先將草酸晶體〔H2C2O4·2H2O〕配成標(biāo)準(zhǔn)溶液，實(shí)驗(yàn)室常用的容量瓶的規(guī)格有100mL、250mL等多種，現(xiàn)配制90mL1.5mol·L-1的草酸溶液，需要稱取草酸晶體的質(zhì)量為

g。[Mr(H2C2O4·2H2O)=126]②量取KMnO4溶液應(yīng)選用

〔填“酸式〞或“堿式〞〕滴定管，假設(shè)該滴定管用蒸餾水洗凈后未潤洗，那么最終測定結(jié)果將

〔填“偏大〞、“偏小〞或“不變〞〕?！敬鸢浮俊?〕D

〔2〕①B

②CO2與K2CO3溶液反響生成KHCO3，結(jié)晶時會同KMnO4一起結(jié)晶析出，產(chǎn)品純度降低

③BC

〔3〕液面出現(xiàn)晶膜

〔4〕溫度過高，產(chǎn)品受熱分解；溫度過低，烘干時間長〔5〕①18.9

②酸式；偏小【解析】試題分析：〔1〕固體熔化需要坩堝，濃縮溶液需要蒸發(fā)皿。又因?yàn)楦邷叵露趸枘芘cKOH反響，因此選擇鐵坩堝，不選擇瓷坩堝，因此步驟①應(yīng)在鐵坩堝中熔化，答案選D?！?〕①A、二氧化硫具有復(fù)原性易被氧化，A錯誤；B、稀醋酸可以提供酸性環(huán)境，且生成的鹽容易別離，B正確；C、稀鹽酸易被高錳酸鉀氧化為氯氣，C錯誤；D、稀硫酸生成的硫酸鉀的溶解度與高錳酸鉀相近，不容易別離，D錯誤，答案選B。②根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知碳酸氫鉀的溶解度小，CO2與K2CO3溶液反響生成KHCO3，結(jié)晶時會同KMnO4一起結(jié)晶析出，產(chǎn)品純度降低；③A．通過觀察溶液顏色變化，假設(shè)溶液顏色由綠色完全變成紫紅色，但由于紫紅色會掩蓋綠色，所以不能說明反響已歧化完全，A錯誤；B．取上層清液少許于試管中，繼續(xù)通入CO2，根據(jù)反響原理可知假設(shè)無沉淀產(chǎn)生，說明反響已歧化完全，B正確；C．用玻璃棒蘸取溶液點(diǎn)在濾紙上，假設(shè)濾紙上只有紫紅色痕跡，無綠色痕跡，說明反響已歧化完全，C正確；D．用pH試紙測定溶液的pH值，對照標(biāo)準(zhǔn)比色卡，假設(shè)pH為10～11，只能外表溶液顯弱堿性，但不能說明反響已歧化完全，D錯誤，答案選BC?！?〕步驟④的操作是把濾液移至蒸發(fā)皿內(nèi)，用小火加熱，當(dāng)濃縮至液面出現(xiàn)晶膜時，停止加熱，冷卻，即有KMnO4晶體析出?！?〕由于溫度過高，產(chǎn)品受熱分解；溫度過低，烘干時間長，因此烘干時，溫度控制在80℃為宜?！?〕①實(shí)驗(yàn)時先將草酸晶體〔H2C2O4·2H2O〕配成標(biāo)準(zhǔn)溶液，實(shí)驗(yàn)室常用的容量瓶的規(guī)格有100mL、250mL等多種，現(xiàn)配制90mL1.5mol·L-1的草酸溶液，那么需要100mL容量瓶，因此需要稱取草酸晶體的質(zhì)量為0.1L×1.5mol/L×126g/mol＝18.9g。②酸性高錳酸鉀溶液顯酸性，具有強(qiáng)氧化性，因此量取KMnO4溶液應(yīng)選用酸式滴定管，假設(shè)該滴定管用蒸餾水洗凈后未潤洗，那么溶液濃度被稀釋，消耗標(biāo)準(zhǔn)液的體積減少，因此最終測定結(jié)果將偏小。【考點(diǎn)定位】此題主要是考查物質(zhì)制備工藝流程圖的分析與判斷及產(chǎn)品純度測量實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)、誤差分析等【名師點(diǎn)晴】該類試題一般以物質(zhì)制備、污水處理、物質(zhì)別離等化工工藝為根底，考查元素及化合物性質(zhì)、化學(xué)反響根本原理、物質(zhì)的別離提純、化學(xué)計(jì)算等相關(guān)知識。在復(fù)習(xí)備考中，應(yīng)該注重根底知識的掌握和根本的解題方法，在解題中應(yīng)該從題設(shè)中新的信息中跳出來，找到考查的重點(diǎn)，運(yùn)用相關(guān)知識，逐步解答。這類試題的一般解題思路是：明確題目目的是制取什么物質(zhì)，從題干或問題中獲取有用信息，了解產(chǎn)品的性質(zhì)。善于從根本概念和反響原理的角度分析流程圖試題中的元素及化合物知識，善于從質(zhì)量守恒原理的角度分析未知物質(zhì)，尋找解題的突破口。箭頭進(jìn)入的是投料(反響物)，箭尾是生成物；注意制備過程中所需的原料和條件的控制以及物質(zhì)別離方法的選擇。讀懂流程圖，寫出主要的化學(xué)反響方程式或制備原理；最后需要明確要解決一個物質(zhì)的制備、合成等實(shí)際的化學(xué)問題往往從本錢角度、環(huán)保角度、現(xiàn)實(shí)角度等多角度考慮。16.CO、CO2是火力發(fā)電廠釋放出的主要尾氣，為減少對環(huán)境造成的影響，發(fā)電廠試圖采用以下方法將其資源化利用，重新獲得燃料或重要工業(yè)產(chǎn)品．〔1〕CO與Cl2在催化劑的作用下合成光氣〔COCl2〕．某溫度下，向2L的密閉容器中投入一定量的CO和Cl2，在催化劑的作用下發(fā)生反響：CO〔g〕+Cl2〔g〕COCl2〔g〕△H="a"kJ/mol反響過程中測定的局部數(shù)據(jù)如下表：t/minn〔CO〕/moln〔Cl2〕/mol01.200.6010.90

20.80

4

0.20①反響0～2min末的平均速率v〔COCl2〕=

mol/〔L·min〕．②在2min～4min間，v〔Cl2〕正

v〔Cl2〕逆〔填“＞〞、“=〞或“＜〞〕，該溫度下K=

．③X、L可分別代表溫度或壓強(qiáng)，圖1表示L一定時，CO的轉(zhuǎn)化率隨X的變化關(guān)系．X代表的物理量是

；a

0〔填“＞〞，“=〞，“＜〞〕．〔2〕在催化劑作用下NO和CO轉(zhuǎn)化為無毒氣體，2CO〔g〕+2NO〔g〕2CO2〔g〕+N2〔g〕△H=﹣748kJ·mol﹣1①一定條件下，單位時間內(nèi)不同溫度下測定的氮氧化物轉(zhuǎn)化率如圖2所示．溫度高于710K時，隨溫度的升高氮氧化物轉(zhuǎn)化率降低的原因可能是

．②：測定空氣中NO和CO含量常用的方法有兩種，方法1：電化學(xué)氣敏傳感器法．其中CO傳感器的工作原理如圖3所示，那么工作電極的反響式為

；方法2：氧化復(fù)原滴定法．用H2O2溶液吸收尾氣，將氮氧化物轉(zhuǎn)化為強(qiáng)酸，用酸堿中和滴定法測定強(qiáng)酸濃度．寫出NO與H2O2溶液反響的離子方程式

．〔3〕用CO和H2可以制備甲醇，反響為CO〔g〕+2H2〔g〕CH3OH〔g〕，以甲醇為燃料，氧氣為氧化劑，KOH溶液為電解質(zhì)溶液，可制成燃料電池〔電極材料為惰性電極〕假設(shè)電解質(zhì)溶液中KOH的物質(zhì)的量為0.8mol，當(dāng)有0.5mol甲醇參與反響時，電解質(zhì)溶液中各種離子的物質(zhì)的量濃度由大到小的順序是

．【答案】〔1〕①0.1；②=；5；③溫度；＜；〔2〕①溫度升高到710K時，單位時間內(nèi)反響達(dá)平衡，該反響是放熱反響，升高溫度，平衡向左移動，轉(zhuǎn)化率降低；②CO-2e-+H2O═CO2+2H+；2NO+3H2O2═2NO3-+2H2O+2H+；〔3〕c〔K+〕＞c〔CO32-〕＞c〔HCO3-〕＞c〔OH-〕＞c〔H+〕?！窘馕觥吭囶}分析：〔1〕①由表中數(shù)據(jù)，可知0～2min內(nèi)△n〔CO〕=1.2mol-0.8mol=0.4mol，由方程式可知△c〔COCl2〕=△c〔CO〕=0.4mol，那么v〔COCl2〕==0.1mol/〔L．min〕，故答案為：0.1；②4min內(nèi)，反響的氯氣為0.6mol-0.2mol=0.4mol，由方程式可知參加反響的CO為0.4mol，故4min時CO為1.2mol-0.4mol=0.8mol，與2min時CO的物質(zhì)的量相等，那么2min、4min處于平衡狀態(tài)，在2min～4min間，v〔Cl2〕正=v〔Cl2〕逆，由方程式可知，平衡時生成COCl2為0.4mol，該溫度下平衡常數(shù)K===5，故答案為：=；5；③正反響為氣體體積減小的反響，增大壓強(qiáng)平衡正向移動，CO轉(zhuǎn)化率增大，而圖中隨X增大時，CO的平衡轉(zhuǎn)化率降低，平衡逆向移動，那么X為溫度，正反響為放熱反響，故a＜0，故答案為：溫度；＜；〔2〕①當(dāng)溫度升高到710K時，單位時間內(nèi)反響達(dá)平衡，由于該反響是放熱反響，再升高溫度，平衡向左移動，轉(zhuǎn)化率降低，故答案為：溫度升高到710K時，單位時間內(nèi)反響達(dá)平衡，該反響是放熱反響，升高溫度，平衡向左移動，轉(zhuǎn)化率降低；②該裝置是原電池，通入一氧化碳的電極是負(fù)極，負(fù)極上一氧化碳失電子發(fā)生氧化反響，電極反響式為：CO-2e-+H2O═CO2+2H+，NO被H2O2溶液氧化成強(qiáng)酸硝酸，雙氧水被復(fù)原成水，那么反響的離子方程式2NO+3H2O2═2NO3-+2H2O+2H+，故答案為：CO-2e-+H2O═CO2+2H+；2NO+3H2O2═2NO3-+2H2O+2H+；〔3〕當(dāng)有0.5mol甲醇參與反響時，產(chǎn)生的二氧化碳是0.5mol，和0.8mol氫氧化鉀反響，根據(jù)元素守恒可以計(jì)算n〔K2CO3〕=0.3mol，n〔KHCO3〕=0.2mol，二者的水溶液均為堿性，所以c〔K+〕＞c〔CO32-〕＞c〔HCO3-〕＞c〔OH-〕＞c〔H+〕，故答案為：c〔K+〕＞c〔CO32-〕＞c〔HCO3-〕＞c〔OH-〕＞c〔H+〕?！究键c(diǎn)定位】考查反響速率的計(jì)算、化學(xué)平衡、平衡常數(shù)的計(jì)算以及燃料電池中電極反響的書寫和溶液中離子濃度的大小比擬【名師點(diǎn)晴】此題主要考查了反響速率的計(jì)算、化學(xué)平衡、平衡常數(shù)的計(jì)算以及燃料電池中電極反響的書寫和溶液中離子濃度的大小比擬知識，屬于綜合知識的考查。在探究離子濃度問題，要充分認(rèn)識電解質(zhì)在溶液中的表現(xiàn)，全面考慮溶液中各種離子的存在情況及相互關(guān)系，比方：在Na2CO3溶液中存在Na2CO3的電離，CO32-的水解、二級水解以及H2O的電離等多個反響，故溶液中微粒有H2O、Na+、CO32-、HCO3-、H2CO3、H+、OH-，無視任何一個很微弱的反響、很微少的粒子都是不正確的等方面的因素。評卷人得

分

四、計(jì)算題17.(8分)金屬X和非金屬Y可：直接化合生成化合物XY，甲、乙、丙三人分別做X和Y的化合反響實(shí)驗(yàn)，充分反響時，每人所用X和Y的質(zhì)量各不相同，但總質(zhì)量均為12g，有關(guān)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如下表示：

X用量Y用量得XY量甲10g2g8g乙6g6g8g(1)利用表中數(shù)據(jù)判定X和Y恰好完全反響時，X和Y的質(zhì)量比為：________。(2)假設(shè)丙同學(xué)在實(shí)驗(yàn)中只得到6gXY，試通過計(jì)算說明丙同學(xué)X和Y的用量分別是多少?【答案】〔1〕3∶1〔2〕假設(shè)X過量，m(X)=10.5g

,m(Y)=1.5g；

假設(shè)Y過量，m(X)=4.5g

m(Y)=7.5g【解析】〔1〕根據(jù)甲乙的數(shù)據(jù)比照可知，6gX和2gY恰好反響，因此質(zhì)量之比是3∶1。〔2〕根據(jù)題意可知，X和Y一定有過量的。所以如果X過量，那么需要Y是2g×6、8＝1.5g，因此m(X)=12g－1.5g＝10.5g；如果Y過量，那么需要X是6g×6/8=4.5g，所以m(Y)=12g－4.5g＝7.5g。18.〔8分〕在室溫下，向100mLCu(IO3)2飽和溶液中參加足量的經(jīng)硫酸酸化的KI溶液，發(fā)生如下反響：、，反響完全后，用0.1mol/L的Na2S2O3溶液滴定，，消耗了40mLNa2S2O3溶液，計(jì)算：〔1〕原飽和溶液中Cu(IO3)2的物質(zhì)的量濃度；〔2〕假設(shè)Cu(IO3)2飽和溶液的密度為1.0g/cm3，室溫時Cu(IO3)2的溶解度是多少？【答案】〔1〕3.1×10-3mol/L〔2〕0.13g【解析】〔1〕1Cu(IO3)2

～

6.5I2

～

13Na2S2O31mol

6.5mol

13molC[Cu(IO3)2]·0.1L

0.1mol/L×0.04LC[Cu(IO3)2]=3.1×10-3mol/L〔2〕假設(shè)Cu(IO3)2飽和溶液的密度為1.0g/cm3，那么100mLCu(IO3)2飽和溶液為100g，其中Cu(IO3)2的質(zhì)量為3.1×10-3mol/L×0.1L×414g/mol="0.13"g，那么室溫時Cu(IO3)2的溶解度近似為0.13g。19.工業(yè)上用含80%FeS2的硫鐵礦制取硫代硫酸鈉，涉及到的化學(xué)反響如下〔雜質(zhì)不與O2、鹽酸反響〕：4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2

①FeS2＋2HCl→FeCl2＋H2S↑＋S↓

②2H2S＋SO2→3S＋2H2O

③2NaOH＋SO2→Na2SO3＋H2O

④Na2SO3＋SNa2S2O3

⑤通過分析上述反響，進(jìn)行計(jì)算：〔1〕假設(shè)在某密閉容器中參加150g上述硫鐵礦，并通入10mol含氧氣體積分?jǐn)?shù)為0.4的富氧空氣，按反響①充分反響后得到的氣體中SO2的體積分?jǐn)?shù)為__________〔計(jì)算結(jié)果保存3位小數(shù)〕?！?〕假設(shè)以上各步反響的轉(zhuǎn)化率均為100%，那么150g上述硫鐵礦理論上最多可制得Na2S2O3___g。〔3〕假設(shè)NaOH溶液吸收SO2的吸收率為90%，其它反響的轉(zhuǎn)化率均為100%，那么150g上述硫鐵礦最多可制得Na2S2O3多少g〔寫出計(jì)算過程，計(jì)算結(jié)果保存1位小數(shù)〕？〔4〕假設(shè)反響②、④的轉(zhuǎn)化率為90%，其它反響的轉(zhuǎn)化率均為100%，要制得Na2S2O3最多，那么原料中FeS2在反響①和②中的理論質(zhì)量配比為多少〔寫出計(jì)算過程，計(jì)算結(jié)果保存3位小數(shù)〕?【答案】〔10分〕〔1〕0.216〔2分〕?！?〕158g〔2分〕?！?〕149.7g〔3分〕?！?〕1.475〔3分〕【解析】略20.在標(biāo)準(zhǔn)狀況下進(jìn)行甲、乙、丙三組實(shí)驗(yàn)：各取30mL同濃度的鹽酸溶液，參加不同質(zhì)量的同一種鎂鋁合金粉末，產(chǎn)生氣體，有關(guān)數(shù)據(jù)記錄如下：試答復(fù)：〔1〕計(jì)算出鹽酸的物質(zhì)的量濃度為__________________mol/L〔保存兩位有效數(shù)字〕。〔2〕鎂、鋁的物質(zhì)的量之比為__________________?！敬鸢浮?/p>

1.0

1：1【解析】(1)鹽酸完全反響生成氫氣336mL，氫氣的物質(zhì)的量為=0.015mol，根據(jù)氫元素守恒可知n(HCl)=2n(H2)=2×0.015mol=0.03mol，故鹽酸的物質(zhì)的量濃度為=1.0mol/L，故答案為：1.0；(2)甲中鹽酸有剩余，金屬完全反響，此時生成氫氣280mL，故可以根據(jù)甲組數(shù)據(jù)計(jì)算金屬的物質(zhì)的量之比，令鎂、鋁的物質(zhì)的量分別為xmol、ymol，根據(jù)二者質(zhì)量可知24x+27y=0.255，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒有2x+3y=×2，聯(lián)立方程解得：x=0.005、y=0.005，故合金中鎂與鋁的物質(zhì)的量之比為0.005mol：0.005mol=1：1，故答案為：1：1。評卷人得

分

五、簡答題21.〔1〕合理膳食，保持營養(yǎng)均衡，是青少年學(xué)生健康成長的重要保證。①維生素C能增強(qiáng)人體對疾病的抵抗能力，促進(jìn)人體生長發(fā)育，中學(xué)生每天要補(bǔ)充60mg的維生素C。以下物質(zhì)含有豐富維生素C的是____________〔填字母〕。A．牛肉

B．辣椒

C．雞蛋②青少年及成人缺乏某種微量元素將導(dǎo)致甲狀腺腫大，而且會造成智力損害，該微量元素是_________〔填字母〕A．碘

B．鐵

C．鈣③蛋白質(zhì)是人體必需的營養(yǎng)物質(zhì)，它在人體內(nèi)最終分解為___________〔填字母〕。A．葡萄糖

B．氨基酸

C．脂肪酸〔2〕材料是人類生存和開展的物質(zhì)根底，合理使用材料可以改善我們的生活。①居室裝修所使的人造板材會釋放出一種揮發(fā)性物質(zhì)，長期接觸會引起過敏性皮炎，免疫功能異常，該揮發(fā)性物質(zhì)是__________〔填字母〕。A．酒精

B．蔗糖

C．甲醛②玻璃是重要的硅酸鹽產(chǎn)品。生產(chǎn)玻璃時，石灰石與石英反響的化學(xué)方程式為_________________________________________________________________?！?〕保持潔凈平安的生存環(huán)境已成為全人類的共識，人與自然要和諧相處。對汽車加裝尾氣催化凈化裝置，可以使其中的NO、CO相互反響轉(zhuǎn)化成無毒的氣體，其原理可以用化學(xué)方程式表示為____________________________________?！敬鸢浮?/p>

B

A

B

C

【解析】〔1〕①A牛肉C雞蛋，主要含有蛋白質(zhì)；水果、蔬菜中含有較多的維生素C，應(yīng)選：B；②人體缺乏碘元素將導(dǎo)致甲狀腺腫