化學(xué)（新七省高考卷01）（144模式）（全解全析）

2024年高考押題預(yù)測卷【新高考七省卷01（14+4模式）】化學(xué)·全解全析（考試時(shí)間：75分鐘試卷滿分：100分）注意事項(xiàng)：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號?；卮鸱沁x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Ψ肿淤|(zhì)量：C12O16Ca40Ti48Cr52Fe56評卷人得分一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1．中華文化源遠(yuǎn)流長，化學(xué)與文化傳承密不可分。下列敘述錯誤的是A．江西博物館中“《論語》竹簡”中竹簡的主要成分是纖維素B．安徽古代科學(xué)家方以智在其《物理小識》“有硇水者，剪銀塊投之，則旋而為水”，其中的“硇水”指醋酸C．甘肅出土的春秋早期秦國的銅柄鐵劍中，鐵元素有化合態(tài)和游離態(tài)兩種存在形式D．廣西壯錦的主要原料是蠶絲等，蠶絲屬于有機(jī)高分子化合物【答案】B【解析】A．竹簡由竹子做成，主要成分是纖維素，A正確；B.硇水可以溶解銀塊，醋酸不能溶解銀塊，所以硇水是硝酸，B不正確；C．鐵劍中部分鐵生銹生成氧化鐵，故鐵劍中鐵元素有化合態(tài)和游離態(tài)兩種存在形式，C正確；D．蠶絲屬于蛋白質(zhì)，是有機(jī)高分子化合物，D正確；答案選B。2．反應(yīng)可用于制備火箭推進(jìn)劑的燃料，下列說法正確的是A．N2H4分子中沒有非極性鍵 B．NaClO的電子式為C．H2O、NH3的模型一致 D．食鹽的分子式為NaCl【答案】C【解析】A．N2H4分子結(jié)構(gòu)可表示為H2NNH2，分子中有非極性鍵，A不正確；B．NaClO為離子化合物，其電子式為，B不正確；C．H2O、NH3分子中的中心原子都有4對價(jià)層電子對，它們的VSEPR模型都為四面體型，C正確；D．NaCl是離子化合物，沒有分子式，D錯誤；答案選C。3．某化學(xué)興趣小組對教材中乙醇氧化及產(chǎn)物檢驗(yàn)的實(shí)驗(yàn)進(jìn)行了改進(jìn)和創(chuàng)新，其改進(jìn)實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示，按圖組裝好儀器，裝好試劑。下列有關(guān)改進(jìn)實(shí)驗(yàn)的敘述錯誤的是A．點(diǎn)燃酒精燈，輕輕推動注射器活塞即可實(shí)現(xiàn)乙醇氧化及部分產(chǎn)物的檢驗(yàn)B．銅粉黑紅變化有關(guān)反應(yīng)為：2Cu+O22CuO、C2H5OH+CuOCH3CHO+Cu+H2OC．硫酸銅粉末變藍(lán)，說明乙醇氧化反應(yīng)生成了水D．在盛有新制氫氧化銅懸濁液的試管中能看到磚紅色沉淀【答案】D【解析】A．點(diǎn)燃酒精燈，輕輕推動注射器活塞即可反應(yīng)，空氣帶著乙醇蒸氣與熱的銅粉發(fā)生反應(yīng)，A正確；B．看到銅粉變黑，發(fā)生2Cu+O22CuO，看到銅粉黑變紅，發(fā)生C2H5OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O，B正確；C．硫銅粉末變藍(lán)，是因?yàn)樯闪宋逅蛩徙~，說明乙醇氧化有水生成，C正確；D．乙醛與新制的氫氧化銅懸濁液反應(yīng)生成磚紅色沉淀需要加熱，D不正確；答案選D。4．AlN是一種半導(dǎo)體材料，一種制備方法是。設(shè)為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述正確的是A．消耗等物質(zhì)的量Al2O3和N2，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為6NAB．12gC(石墨)含非極性鍵數(shù)目為3NAC．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2LCO含鍵數(shù)目為NAD．0.1molAl2O3溶于足量鹽酸，溶液中含Al3+數(shù)目為【答案】C【解析】A．由于不知道等物質(zhì)的量的Al2O3和N2具體物質(zhì)的量，無法計(jì)算轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目，A不正確；B．石墨為12gC(石墨)的物質(zhì)的量為1mol，含非極性鍵，即非極性鍵數(shù)目為1.5NA，B不正確；A．CO與N2互為等電子體，結(jié)構(gòu)相似，而1個(gè)分子含2個(gè)鍵，標(biāo)準(zhǔn)狀況下，的物質(zhì)的量為，含鍵，C正確；D．會水解，溶于足量鹽酸，溶液中含數(shù)目小于，D不正確；答案選C。5．在工業(yè)流程題中常使用HCO3作為沉淀劑沉淀Fe2+/Mn2+/Co2+等金屬離子,為了證實(shí)這一結(jié)論，對HCO3與Mn+的反應(yīng)情況進(jìn)行了以下探究：操作現(xiàn)象10.5mol·L1CaCl2溶液與NaHCO3溶液混合產(chǎn)生氣泡,生成白色沉淀20.5mol·L1CuCl2溶液與NaHCO3溶液混合產(chǎn)生氣泡,生成藍(lán)色沉淀30.5mol·L1FeCl3溶液與NaHCO3溶液混合產(chǎn)生大量氣泡,生成紅褐色沉淀4取2中的藍(lán)色沉淀加熱并將氧化產(chǎn)物依次通過無水CuSO4和澄清石灰水無水CuSO4變藍(lán)，澄清石灰水變渾濁已知：①Ca2++2HCO3=CaCO3↓+CO2↑+H2OK1=5×104②Ca2++2HCO3=Ca(OH)2↓+2CO2↑K2=1×1010③Cu2++2HCO3=CuCO3↓+CO2↑+H2OK3=8×106④Cu2++2HCO3=Cu(OH)2↓+2CO2↑K4=3×104下列關(guān)于該探究實(shí)驗(yàn)的敘述正確的是A．實(shí)驗(yàn)1生成的沉淀為Ca(OH)2B．實(shí)驗(yàn)2生成的沉淀為Cu(OH)2C．HCO3與M2+反應(yīng)生成MCO3沉淀的離子方程式為M2++HCO3=MCO3↓+H+D．實(shí)驗(yàn)3發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為Fe3++3HCO3=Fe(OH)3↓+3CO2↑【答案】D【解析】A.對比已知反應(yīng)的K1、K2可知，CaCl2溶液與NaHCO3溶液混合發(fā)生反應(yīng)①，反應(yīng)②平衡常數(shù)太小，可認(rèn)為不發(fā)生反應(yīng)②，則實(shí)驗(yàn)1生成的沉淀為CaCO3，A錯誤；B.對比已知反應(yīng)的K3、K4可知，反應(yīng)平衡常數(shù)都較大，結(jié)合探究實(shí)驗(yàn)4，CuCl2溶液與NaHCO3溶液混合生成的沉淀為Cu(OH)2和CuCO3的混合物，B不正確；C.反應(yīng)生成的H+能繼續(xù)與HCO3反應(yīng)生成CO2和H2O，離子方程式為M2++2HCO3=MCO3↓+CO2↑+H2O，C不正確；D.實(shí)驗(yàn)3發(fā)生反應(yīng)生成紅褐色沉淀和大量氣泡，發(fā)生的是雙水解反應(yīng)，離子方程式為Fe3++3HCO3=Fe(OH)3↓+3CO2↑，D正確；答案選D。6．下列有關(guān)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)說法正確的是A．第二、三周期B、Al的第一電離能高于相鄰元素，N、P的第一電離能低于相鄰元素B．鍵能：FF大于ClClC．O3是極性分子，它在水中溶解度高于在四氯化碳的溶解度D．甲醇分子間的氫鍵鍵能大于水分子間的氫鍵鍵能【答案】D【解析】A.第二、三周期B、Al的第一電離能低于相鄰元素，N、P的第一電離能高于相鄰元素，A錯誤；B.由于FF的鍵長大短，使兩核間的斥力及電子層間斥力增大，使FF的鍵能減小，F(xiàn)F的鍵能小于ClCl的鍵能，實(shí)際FF的鍵能為157kJ/mol,ClCl的鍵能為242.7kJ/mol,B錯誤；C.雖然O3是極性分子，但它在水中溶解度低于在四氯化碳的溶解度，C錯誤；D.甲醇分子的氫鍵鍵能為25.6kJ/mol，而水分子間的氫鍵鍵能為18.8kJ/mol，D正確；答案選D。7．榕江葛根是貴州黔東南榕江縣特產(chǎn)、國家地理標(biāo)志保護(hù)產(chǎn)品，葛根中含有豐富的葛根素，葛根素具有增強(qiáng)心肌收縮力，降低血壓等作用，如圖是葛根素結(jié)構(gòu)簡式，下列說法正確的是A．葛根素的分子式為B．葛根素分子可與反應(yīng)，與反應(yīng)，與反應(yīng)C．葛根素分子能使FeCl3溶液顯紫色，也能使溴水和酸性高錳酸鉀溶液褪色D．葛根素分子中C原子存在雜化【答案】C【解析】A．由結(jié)構(gòu)簡式可知，葛根素的分子式為C21H20O9，故A錯誤；B．由結(jié)構(gòu)簡式可知，葛根素分子中含有的羥基能與鈉反應(yīng)、含有的酚羥基能與氫氧化鈉溶液反應(yīng)、含有的苯環(huán)和酮羰基能與氫氣反應(yīng)，則1mol葛根素分子可與6mol鈉反應(yīng)、與2mol氫氧化鈉反應(yīng)，與8mol氫氣反應(yīng)，故B錯誤；C．由結(jié)構(gòu)簡式可知，葛根素分子中含有的酚羥基、碳碳雙鍵，酚羥基能使FeCl3溶液顯紫色，碳碳雙鍵能使溴水和酸性高錳酸鉀溶液褪色，故C正確；D．由結(jié)構(gòu)簡式可知，葛根素的分子式中含有的飽和碳原子的雜化方式為sp3雜化，含有的雙鍵和苯環(huán)碳原子的雜化方式為sp2雜化，故D錯誤；故選C。8．離子液體中X、Y、Z、W為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，基態(tài)Y原子的s能級電子數(shù)是p能級的2倍，基態(tài)W原子的電子總數(shù)是其最高能級電子數(shù)的2倍，是10電子微粒。下列說法正確的是A．原子半徑：Z>X B．第一電離能：Y<W<ZC．與的空間結(jié)構(gòu)相同 D．難溶于水【答案】B【解析】X、Y、Z、W為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，基態(tài)Y原子的s能級電子數(shù)是p能級的2倍，其核外電子排布：，Y為C元素；基態(tài)W原子的電子總數(shù)是其最高能級電子數(shù)的2倍，其核外電子排布：，為O元素；是10電子微粒，為，則X為H元素；根據(jù)原子序數(shù)大小可判斷Z為N元素。A．同周期元素原子半徑隨原子序數(shù)遞增而減小，原子半徑：C>N，即Z<X,A不正確；B．N核外電子排布處于半充滿的較穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能大于相鄰族元素，則第一電離能：，B正確；C．中心原子O價(jià)層電子對數(shù)：，含1對孤電子對，空間結(jié)構(gòu)為三角錐形；中心原子N原子價(jià)層電子對數(shù)：，為平面三角形，C不正確；D．為硝酸鹽，硝酸鹽見水影無蹤，即易溶于水，D不正確；答案選B。9．氫能是一種極具發(fā)展?jié)撃艿那鍧嵞茉?。對于可逆反?yīng)：，在容積恒為2L的密閉容器中，將2.0molC0與8.0molH2混合加熱到830℃發(fā)生上述反應(yīng)，5min時(shí)達(dá)到平衡，CO的轉(zhuǎn)化率是80%。實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)，其他條件不變，在相同時(shí)間內(nèi)，向上述體系中投入一定量的CaO可以增大H2的體積分?jǐn)?shù)。選用相同質(zhì)量、不同粒徑的CaO固體進(jìn)行實(shí)驗(yàn)時(shí)，對比實(shí)驗(yàn)的結(jié)果如圖所示。下列敘述中錯誤的是(已知：1微米=106米，1納米=109米)。A．微米CaO和納米CaO對平衡影響不同主要是CaO作為催化劑表面積越大，反應(yīng)的速率越快 B．在生產(chǎn)中，增大的用量可同時(shí)提高CO的轉(zhuǎn)化率和的產(chǎn)率 C．5min內(nèi)的平均反應(yīng)速率 D．平衡時(shí)間容器中通入He增大壓強(qiáng)，平衡不移動【答案】A【解析】根據(jù)題中所給數(shù)據(jù)列三段式進(jìn)行計(jì)算A．CaO可吸收生成的，促進(jìn)平衡正向移動，表面積越大，吸收越充分，而不是作為催化劑，A不正確；B．增大的用量，平衡正向移動，可同時(shí)提高CO的轉(zhuǎn)化率和的產(chǎn)率，B正確；C．由分析可知，內(nèi)的平均反應(yīng)速率，C正確；D．反應(yīng)容器為恒容容器，平衡時(shí)向容器中通入增大壓強(qiáng)，不影響反應(yīng)物和產(chǎn)物的濃度，平衡不移動，D正確；答案選A。10．?dāng)?shù)字化實(shí)驗(yàn)是研究化學(xué)變化的重要手段，為驗(yàn)證次氯酸光照分解的產(chǎn)物，某同學(xué)采用三種傳感器分別測得氯水光照過程中pH、Cl濃度、體積分?jǐn)?shù)的變化，實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如圖所示，下列敘述錯誤的是（

）A．從0s到150s，溶液pH降低的原因是右移B．氯水在光照過程中可能出現(xiàn)C．從50s到150s，的平均生成速率約為D．從0s到150s，溶液中增加到起始濃度的倍【答案】B【解析】A．氯水中存在、，HClO見光分解，使右移，c(H+)增大，溶液pH降低，A正確；B．根據(jù)電荷守恒可知，則氯水在光照過程中不會出現(xiàn)，B錯誤；C．從50s到150s，的變化濃度為400mg/L，則平均生成速率約為=，故C正確；D．從0s到150s，溶液的pH由2降低到1.5，則溶液中增加到起始濃度的=倍，故D正確；故答案為B。11．化學(xué)需氧量(ChemialOxygenDemand)是一種衡量水體中能被氧化的還原性物質(zhì)含量的指標(biāo)，通常用于評估水體受有機(jī)物污染的程度。在一定條件下，用強(qiáng)氧化劑氧化一定體積水中的還原性物質(zhì)時(shí)所消耗氧化劑的量，折算成氧氣的量(單位為mg/L)來表示。我國地表水可采用標(biāo)準(zhǔn)法測定水中化學(xué)需氧量(COD)，即水體中還原性物質(zhì)每消耗折算為的消耗量。其操作步驟如下：①取水樣，先加入足量稀硫酸酸化，再加入的標(biāo)準(zhǔn)液，煮沸30min(充分氧化水中的還原性物質(zhì))，溶液呈穩(wěn)定的紅色，冷卻至室溫。②向①中溶液中加入的標(biāo)準(zhǔn)液(過量)。③用的標(biāo)準(zhǔn)液滴定②中溶液至滴定終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)液。計(jì)算水樣中COD含量(mg/L)表達(dá)式正確的是A． B．C． D．【答案】A【解析】分析整個(gè)過程可知，水樣中的還原性物質(zhì)和發(fā)生氧化反應(yīng)失去電子，發(fā)生還原反應(yīng)得電子，發(fā)生還原反應(yīng)變成，故得電子總量為，被氧化為二氧化碳共失去電子，故水樣中的還原性物質(zhì)失電子總量為，相當(dāng)于消耗，由化學(xué)需氧量(COD)，即水體中還原性物質(zhì)每消耗折算為的消耗量，故可知耗氧量為，故水樣中COD含量(mg/L)為。故選A。12．鈣鈦礦太陽能電池被稱為是第三代太陽能電池，如圖一是鈣鈦礦太陽能電池的示意圖若用該電池作電源電解酸性硫酸鉻溶液獲取鉻單質(zhì)和硫酸(如圖二)，下列說法正確的是A．當(dāng)太陽能電池有6mol電子轉(zhuǎn)移時(shí)，Cr棒上增重的質(zhì)量為104gB．D電極發(fā)生的電極反應(yīng)式為C．圖二中的離子交換膜I為質(zhì)子交換膜，II為陰離子交換膜D．C電極接鈣鈦礦太陽能電池的A極【答案】A【解析】據(jù)鈣鈦礦太陽能電池的工作原理圖可知，電子從B極流出，說明B極為負(fù)極，A極為正極，圖二為電解池，由該裝置可電解酸性硫酸鉻溶液獲取鉻單質(zhì)和硫酸可知，C極為陰極，電極反應(yīng)式為Cr3++3e=Cr，D極為陽極，電極反應(yīng)式為2H2O4e=O2+4H+。A．當(dāng)太陽能電池有6mol電子轉(zhuǎn)移時(shí)，根據(jù)得失電子守恒可知，Cr棒上有2molCr單質(zhì)生成，則增重的質(zhì)量為52g/mol2=104g，故A正確；B．由上述分析可知，D極為陽極，電極反應(yīng)式為2H2O4e=O2+4H+，故B錯誤；C．電解池中，陰離子移動向陽極，則應(yīng)為甲池的SO向乙池移動，圖二中的離子交換膜I為陰離子交換膜，D電極為陽極，產(chǎn)生H+，陽離子移向陰極，故II為質(zhì)子交換膜，故C錯誤；D．電解池的陰極接電源的負(fù)極，鈣鈦礦太陽能電池的工作原理圖可知，B極為負(fù)極，故C電極為陰極接鈣鈦礦太陽能電池的B極，故D錯誤。故答案為A。13．鈣鈦礦電池是第三代非硅薄膜太陽能電池的代表，具有較高的能量轉(zhuǎn)化效率.如圖是一種邊長為的鈣鈦礦的正方體晶胞結(jié)構(gòu)，其中Ca原子占據(jù)正方體中心，O原子位于每條棱的中點(diǎn)。下列說法錯誤的是A．原子2的坐標(biāo)為（），則原子3的坐標(biāo)為（）B．兩個(gè)O原子最近距離為C．距離原子3最近的原子有4個(gè)D．該晶胞密度約為【答案】D【解析】A．原子2為Ca原子，占據(jù)正方體中心，坐標(biāo)為（），則原子3的坐標(biāo)為（）,A正確;B．氧原子位于棱心，則距離最近的兩個(gè)氧原子之間的距離為=apm，B正確；C．原子3是氧原子，距離原子3最近的鈣原子位于晶胞的體心。共用原子3所在棱的4個(gè)晶胞的體心的鈣原子距離氧原子最近，共4個(gè)，C正確；D．該晶胞中，鈣原子數(shù)為1個(gè)，氧原子數(shù)為12×=3個(gè)，碳原子數(shù)為8×=1個(gè)，晶胞密度為g·cm3=×1030g·cm3，D錯誤。故答案選D。14．乙二胺(，簡寫為X)為二元弱堿。25℃時(shí)，向其鹽酸鹽溶液中加入固體NaOH(溶液體積變化忽略不計(jì))，溶液pOH與體系中、、X三種粒子濃度的對數(shù)值()與的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是A．乙二胺第一、二步電離常數(shù)的數(shù)量級分別為、B．當(dāng)時(shí)，C．b點(diǎn)時(shí)，D．c點(diǎn)時(shí)，【答案】D【解析】，因此溶液堿性越強(qiáng)，pOH越小，縱坐標(biāo)從上至下溶液堿性逐漸增強(qiáng)，向XH2Cl2溶液中加入固體NaOH，利用堿性強(qiáng)的制取堿性弱的，即的濃度隨著氫氧化鈉物質(zhì)的量增大而減小，XH+的濃度先增大后減小，，推出①代表，②代表XH+，③代表X。A．X的第二步電離，電離平衡常數(shù)，電離平衡常數(shù)只受溫度的影響，利用a點(diǎn)進(jìn)行計(jì)算，a點(diǎn)時(shí)，，則=107.2，即數(shù)量級為108，同理用c點(diǎn)計(jì)算可得，數(shù)量級為105，故A錯誤；B．由圖可知，pOH=5.65時(shí)，，故B錯誤；C．根據(jù)，b點(diǎn)溶液顯中性，即，代入電離平衡常數(shù)表達(dá)式，，因此有，推出，故C錯誤；D．c點(diǎn)，若，即NaOH與XH2Cl2按物質(zhì)的量之比3:2反應(yīng)，則生成的，由圖可知此時(shí)pOH=4.10，溶液呈堿性，即X電離程度大于XH+的電離和水解程度，所以，分析可知要使時(shí)，，故D正確；故答案為：D。評卷人得分二、非選擇題：本題共4小題，共58分。15．（14分）濕法煉鋅工業(yè)廢水中主要陽離子有Zn2+、H+、TI+、Tl3+。廢水除鉈的工藝流程如下。已知：①TI+能夠在pH為0～14的范圍內(nèi)以離子態(tài)穩(wěn)定存在，不易與OH形成沉淀②Tl3+易與廢水中的有機(jī)物分子形成穩(wěn)定的配合物，為了簡便，通常用Tl3+表示③部分物質(zhì)的Ksp物質(zhì)Zn(OH)2TI(OH)3ZnSTl2SKsp6.8×10171.5×10441.6×10245.0×1021④排放標(biāo)準(zhǔn)：Tl的含量低于1.5×108mol·L1回答下列問題：（1）已知“氧化”步驟中KMnO4被還原為MnO2且Tl+氧化不徹底，寫出該反應(yīng)的離子方程式：_____________。（2）“預(yù)中和”步驟，加Ca(OH)2至溶液的pH約為7，可減少“硫化”步驟中Na2S的使用量，還能減少_______(填化學(xué)式)污染物的生成。（3）“硫化”步驟的主要目的是除去_______(填離子符號)。（4）根據(jù)Ksp計(jì)算，若使溶液中Tl3+的含量低于排放標(biāo)準(zhǔn)，溶液的pH應(yīng)大于________，但是實(shí)際工藝流程需在“中和”步驟加Ca(OH)2至溶液的pH約為9，此時(shí)仍只有80%左右的鉈離子能得到去除，其可能原因是______________。（5）“脫鈣”步驟的目的是______________。（6）“離子交換”步驟中可用普魯士藍(lán){KFe(Ⅲ)[Fe(Ⅱ)(CN)6]}(摩爾質(zhì)量為Mg·mol1)中的K+與殘余鉈離子進(jìn)行離子交換，進(jìn)一步實(shí)現(xiàn)廢水中鉈的去除。普魯士藍(lán)晶胞的如下[K+未標(biāo)出，占據(jù)四個(gè)互不相鄰的小立方體(晶胞的部分)的體心]。若該晶體的密度為ρg·cm3，則Fe3+和Fe2+的最短距離為______cm(設(shè)NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值)?！敬鸢浮浚?）2+3Tl+＋8H+=2MnO2+3T13++4H2O（2分）（2）H2S（2分）（3）Zn2+和Tl+（2分）（4）2（2分）第一步氧化時(shí)Tl+氧化不徹底，Tl2S也會溶解部分離子在溶液中（2分）（5）除去加入的鈣離子（2分）（6）（2分）【解析】（1）根據(jù)所給信息KMnO4被還原為MnO2，Tl+被氧化Tl3+，可得該反應(yīng)的離子方程式為2+3Tl+＋8H+=2MnO2+3Tl3++4H2O；（2）因?yàn)槿芤褐泻袣潆x子，與硫化步驟中要加入的硫離子會反應(yīng)生成硫化氫有毒氣體，所以要加Ca(OH)2至溶液的pH約為7；（3）硫化鈉中的硫離子和Zn2+和Tl+生成ZnS沉淀和Tl2S沉淀；（4）根據(jù)Ksp[Tl(OH)3]==1.5×1044，Tl3+的排放標(biāo)準(zhǔn)為1.5×108mol·L1，則=1×1012，=l×102，所以pH為2；“中和”步驟加Ca(OH)2至溶液的pH約為9，此時(shí)仍只有80%左右的鉈離子能得到去除，其可能原因是第一步氧化時(shí)Tl+氧化不徹底，Tl2S也會溶解部分離子在溶液中；（5）加入碳酸鈉，與濾液中的鈣離子反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀，從而除去前面步驟中引入的鈣離子；（6）設(shè)Fe3+和Fe2+的最短距離為a，根據(jù)已知條件晶體的密度為ρg·cm3，普魯士藍(lán)摩爾質(zhì)量為Mg·mol1，從晶胞的部分圖示結(jié)構(gòu)可知Fe3+和Fe2+的最短距離為晶胞參數(shù)的，由圖示可知Fe3+和Fe2+分別位于立方體的四個(gè)頂點(diǎn)，而CN位于棱的中點(diǎn)，故該單元中含有的Fe3+數(shù)和Fe2+數(shù)相等，都為4×=，CN的個(gè)數(shù)為12×=3，根據(jù)電荷守恒可知K+數(shù)為，因此該單元的摩爾質(zhì)量為M，則有ρ=，那么a=。16．（14分）利用傳統(tǒng)方式制備乙炔的過程中，存在一些問題難以解決，如反應(yīng)速率過快、放熱過多不易控制，生成的糊狀物流難以實(shí)現(xiàn)固液分離導(dǎo)致乙炔氣流不平穩(wěn)，甚至發(fā)生堵塞等問題。為解決上述問題，某?；瘜W(xué)興趣小組設(shè)計(jì)出一套乙炔制備、凈化和收集實(shí)驗(yàn)的一體化實(shí)驗(yàn)裝置?；卮鹣铝袉栴}：（1）下列儀器中與上述裝置中儲液杯和流量調(diào)節(jié)器作用相同的是A．漏斗B．分液漏斗C．恒壓滴液漏斗D．布氏漏斗（2）①儀器B的名稱是。②向A反應(yīng)器中填裝固體反應(yīng)物時(shí)，電石放置位置為（填“甲處”或“乙處”），反應(yīng)器中裝有7mm玻璃珠，其作用為。③B裝置中可用次氯酸鈉吸收混雜在乙炔中H2S、PH3，反應(yīng)中PH3被氧化為最高價(jià)氧化物對應(yīng)的水化物，請寫出次氯酸鈉與PH3反應(yīng)的離子方程式。（3）興趣小組在制備乙炔時(shí)對反應(yīng)液進(jìn)行了一系列篩選（如下圖），依據(jù)圖表選擇最合適的反應(yīng)液為(填標(biāo)號)，原因是。a．飽和食鹽水b．2.5mol·L1醋酸c．2mol·L1鹽酸 d．飽和氯化銨溶液（4）選取合適的反應(yīng)液后，小組稱取電石1.25g(雜質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為4.0%)完成實(shí)驗(yàn)，除雜后測得乙炔氣體體積為336mL(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)，計(jì)算該實(shí)驗(yàn)中乙炔的產(chǎn)率：%(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)?！敬鸢浮浚?）C（2分）（2）①具支試管（1分）②甲處（1分）形成空隙，促進(jìn)固液分離，防堵塞（2分）③PH3+4ClO=H3PO4+4Cl（2分）（3）d（2分）飽和氯化銨溶液作反應(yīng)液時(shí)，反應(yīng)溫和可控，固液分離率適當(dāng)(2分)（4）80（2分）【解析】（1）根據(jù)圖示，儲液器和流速調(diào)節(jié)器的作用，與恒壓滴液漏斗作用相同,不影響氣體體積的測量；故答案選C。（2）①該儀器原圖在人教版普通高中教科書化學(xué)選擇性必修3《有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)》第36頁，圖26“乙炔的實(shí)驗(yàn)室制取及性質(zhì)檢驗(yàn)”中，名稱為“具支試管”；②將電石放置于甲處時(shí)，產(chǎn)生的糊狀物質(zhì)由于重力作用沿著玻璃珠空隙流下，而電石則因固體無流動性而留在玻璃珠上方，由此實(shí)現(xiàn)固體與糊狀物質(zhì)的及時(shí)分離，并保持糊狀物有足夠的時(shí)間處于流動；③依題意，PH3被氧化為H3PO4，故離子反應(yīng)方程式為PH3+4ClO=H3PO4+4Cl；（3）根據(jù)圖示可知，醋酸和鹽酸“反應(yīng)速率過快、放熱過多不易控制”,飽和食鹽水“生成的糊狀物難以實(shí)現(xiàn)固液分離”,氯化銨溶液與生成的氫氧化鈣懸濁液反應(yīng)生成易溶于水的氯化鈣，且該反應(yīng)吸熱，使生成乙炔的反應(yīng)放熱平緩，故應(yīng)選擇反應(yīng)速率和放熱較為平穩(wěn)、固液分離率適中的飽和氯化銨溶液。（4）理論產(chǎn)量為，實(shí)際產(chǎn)量為0.336L，故產(chǎn)率為。17．（15分）PCl3、PCl5常用于制造農(nóng)藥等。磷在氯氣中燃燒生成這兩種鹵化磷?；卮鹣铝袉栴}：（1）PCl3的VSEPR模型是。已知PCl5中P原子的d能級參與雜化，分子呈三角雙錐形（如圖甲），由此推知中P的雜化類型為（填標(biāo)號）。A．

B．

C．

D．（2）已知，①

kJ?mol，②

kJ?mol（）。則

（用含a、b的式子表示）kJ?mol。（3）實(shí)驗(yàn)測得的速率方程為（k為速率常數(shù)，只與溫度、催化劑有關(guān)），速率常數(shù)k與活化能的經(jīng)驗(yàn)關(guān)系式為（R為常數(shù)，為活化能，T為絕對溫度）。①一定溫度下，向密閉容器中充入適量和，實(shí)驗(yàn)測得在催化劑Cat1、Cat2下與的關(guān)系如圖乙所示。催化效能較高的是（填“Cat1”或“Cat2”），判斷依據(jù)是。②將2nmol和nmol充入體積不變的密閉容器中，一定條件下發(fā)生上述反應(yīng)，達(dá)到平衡時(shí)，為amol，如果此時(shí)移走nmol和0.5nmol，在相同溫度下再達(dá)到平衡時(shí)的物質(zhì)的量為x，則x為（填標(biāo)號）。A．mol

B．mol

C．mol

D．0.5amolmol（4）向恒容密閉容器中投入0.2mol和0.2mol，發(fā)生反應(yīng)：，在不同條件下進(jìn)行，反應(yīng)體系總壓強(qiáng)隨時(shí)間的變化如圖丙所示。①相對曲線b，曲線a改變的條件可能是；曲線c改變的條件可能是。②曲線b條件下，該反應(yīng)平衡常數(shù)（）為。[提示：用分壓計(jì)算的平衡常數(shù)為壓強(qiáng)平衡常數(shù)，分壓=總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)。]【答案】（1）四面體形(1分)D(2分)（2）(2分)（3）①Cat1(2分)改變相同溫度，變化值較小，較小(2分)②C(2分)（4）①升高溫度(1分)加催化劑(1分)②(2分)【解析】（1）分子中P原子價(jià)層電子對數(shù)為4，其中孤電子對數(shù)為1，VSEPR模型為四面體形。分子含5個(gè)單鍵，需要5個(gè)雜化軌道。基態(tài)P原子電子排布式為，3s、3p、3d能量相近，可以參與雜化，雜化類型為。（2）根據(jù)蓋斯定律可知，（②①）÷4得目標(biāo)熱化學(xué)方程式，則kJ?mol，由于b>a，則，三氯化磷與氯氣反應(yīng)生成五氯化磷是放熱反應(yīng)。（3）①根據(jù)表達(dá)式可知，溫度變化相同時(shí)，值越小，變化值(絕對值)越小，直線斜率越小，催化劑催化效能越大。由圖乙可知，Cat1對應(yīng)直線的斜率較小。②移走一半反應(yīng)物，相當(dāng)于壓強(qiáng)減小，減壓平衡逆向移動，即平衡時(shí)的物質(zhì)的量小于原平衡的一半，故選C。（4）①曲線a、b起始狀態(tài)時(shí)，容器體積相同，反應(yīng)物的物質(zhì)的量相同，溫度越高，壓強(qiáng)越大，即溫度：a>b。曲線c和b達(dá)到相同的平衡狀態(tài)，只是前者先達(dá)