2021年廣東省普通高中學(xué)業(yè)水平選擇性考試化學(xué)試題教師版

2021年廣東省普通高中學(xué)業(yè)水平選擇性考試化學(xué)試題一、選擇題：此題共16小題，共44分。第1~10小題，每題2分；第11~16小題，每題4分。在每題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)為哪一項(xiàng)符合題目要求的。1.今年五一假期，人文考古游持續(xù)成為熱點(diǎn)。很多珍貴文物都記載著中華文明的燦爛成就，具有深邃的文化寓意和極高的學(xué)術(shù)價(jià)值。以下國(guó)寶級(jí)文物主要由合金材料制成的是選項(xiàng)ABCD文物名稱鑄客大銅鼎河姆渡出土陶灶獸首瑪瑙杯角形玉杯A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【分析】【詳解】A．鑄客大銅鼎屬于銅的合金，A符合題意；B．河姆渡出土陶灶屬于陶器，主要成分為硅酸鹽，不屬于合金，B不符合題意；C．獸首瑪瑙杯主要成分為二氧化硅，不屬于合金，C不符合題意；D．角形玉杯主要成分為硅酸鹽，不屬于合金，D不符合題意；應(yīng)選A。2.廣東有眾多國(guó)家級(jí)非物質(zhì)文化遺產(chǎn)，如廣東剪紙、粵繡、潮汕工夫茶藝和香云紗染整技藝等。以下說(shuō)法不正確的選項(xiàng)是A.廣東剪紙的裁剪過(guò)程不涉及化學(xué)變化B.沖泡工夫茶時(shí)茶香四溢，表達(dá)了分子是運(yùn)動(dòng)的C.制作粵繡所用的植物纖維布含有天然高分子化合物D.染整技藝中去除絲膠所用的純堿水溶液屬于純潔物【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．廣東剪紙的裁剪過(guò)程中沒(méi)有新物質(zhì)生成，故不涉及化學(xué)變化，A正確；B．沖泡工夫茶時(shí)茶香四溢，是因?yàn)椴杷南阄斗肿硬煌５刈鰺o(wú)規(guī)那么的運(yùn)動(dòng)，擴(kuò)散到空氣中，B正確；C．制作粵繡所用的植物纖維布含有纖維素，屬于天然高分子化合物，C正確；D．染整技藝中去除絲膠所用的純堿水溶液屬于混合物，D錯(cuò)誤。應(yīng)選D。3.“天問(wèn)一號(hào)〞著陸火星，“嫦娥五號(hào)〞采回月壤。騰飛中國(guó)離不開(kāi)化學(xué)，長(zhǎng)征系列運(yùn)載火箭使用的燃料有液氫和煤油等化學(xué)品。以下有關(guān)說(shuō)法正確的選項(xiàng)是A.煤油是可再生能源B.燃燒過(guò)程中熱能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能C.火星隕石中的質(zhì)量數(shù)為20D.月壤中的與地球上的互為同位素【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．煤油來(lái)源于石油，屬于不可再生能源，故A錯(cuò)誤；B．氫氣燃燒過(guò)程放出熱量，將化學(xué)能變?yōu)闊崮埽蔅錯(cuò)誤；C．元素符號(hào)左上角數(shù)字為質(zhì)量數(shù)，所以火星隕石中的20Ne質(zhì)量數(shù)為20，故C正確；D．同位素須為同種元素，3He和3H的質(zhì)子數(shù)不同，不可能為同位素關(guān)系，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選C。4.化學(xué)創(chuàng)造美好生活。以下生產(chǎn)活動(dòng)中，沒(méi)有運(yùn)用相應(yīng)化學(xué)原理的是選項(xiàng)生產(chǎn)活動(dòng)化學(xué)原理A用聚乙烯塑料制作食品保鮮膜聚乙烯燃燒生成和B利用海水制取溴和鎂單質(zhì)可被氧化、可被復(fù)原C利用氫氟酸刻蝕石英制作藝術(shù)品氫氟酸可與反響D公園的鋼鐵護(hù)欄涂刷多彩防銹漆鋼鐵與潮濕空氣隔絕可防止腐蝕A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【分析】【詳解】A．聚乙烯是一種無(wú)毒的塑料，是最常見(jiàn)的食品包裝袋材料之一，那么用聚乙烯塑料制作食品包裝袋與燃燒生成二氧化碳和水無(wú)關(guān)，故A符合題意；B．溴離子具有復(fù)原性，能與氯氣反響生成溴單質(zhì)，鎂離子具有弱氧化性，能用電解熔融氯化鎂的方法制得鎂，那么海水制取溴和鎂與單質(zhì)，與溴離子可被氧化、鎂離子可被復(fù)原有關(guān)，故B不符合題意；C．氫氟酸能與二氧化硅反響，常用來(lái)刻蝕石英制作藝術(shù)品，那么用氫氟酸刻蝕石英制作藝術(shù)品，與氫氟酸能與二氧化硅反響有關(guān)，故C不符合題意；D．鋼鐵在潮濕的空氣中易發(fā)生吸氧腐蝕，在護(hù)欄上涂油漆可以隔絕鋼鐵與潮濕空氣接觸，防止鋼鐵腐蝕，那么公園的鋼鐵護(hù)欄涂刷多彩油漆防銹，與隔絕鋼鐵與潮濕的空氣防止腐蝕有關(guān)，故D不符合題意；應(yīng)選A。5.昆蟲(chóng)信息素是昆蟲(chóng)之間傳遞信號(hào)的化學(xué)物質(zhì)。人工合成信息素可用于誘捕害蟲(chóng)、測(cè)報(bào)蟲(chóng)情等。一種信息素的分子結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如下圖，關(guān)于該化合物說(shuō)法不正確的選項(xiàng)是A.屬于烷烴B.可發(fā)生水解反響C.可發(fā)生加聚反響D.具有一定的揮發(fā)性【答案】A【解析】【分析】【詳解】A．根據(jù)結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，分子中含C、H、O，含碳碳雙鍵和酯基，不屬于烷烴，A錯(cuò)誤；B．分子中含酯基，在酸性條件或堿性條件下可發(fā)生水解反響，B正確；C．分子中含碳碳雙鍵，可發(fā)生加聚反響，C正確；D．該信息素“可用于誘捕害蟲(chóng)、測(cè)報(bào)蟲(chóng)情〞，可推測(cè)該有機(jī)物具有一定的揮發(fā)性，D正確；應(yīng)選A。6.勞動(dòng)成就夢(mèng)想。以下勞動(dòng)工程與所述的化學(xué)知識(shí)沒(méi)有關(guān)聯(lián)的是選項(xiàng)勞動(dòng)工程化學(xué)知識(shí)A社區(qū)效勞：用84消毒液對(duì)圖書(shū)館桌椅消毒含氯消毒劑具有氧化性B學(xué)農(nóng)活動(dòng)：用廚余垃圾制肥料廚余垃圾含、、等元素C家務(wù)勞動(dòng)：用白醋清洗水壺中的水垢乙酸可由乙醇氧化制備D自主探究：以油脂為原料制肥皂油脂可發(fā)生皂化反響A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．84消毒液中含有具有強(qiáng)氧化性的次氯酸鈉，能起到殺菌消毒的作用，那么用84消毒液對(duì)圖書(shū)館桌椅消毒與含氯消毒劑具有氧化性有關(guān)，故A不符合題意；B．含有氮、磷、鉀的物質(zhì)常用做化肥，那么廚余垃圾制肥料與廚余垃圾含有氮、磷、鉀等元素有關(guān)，故B不符合題意；C．用白醋清洗水壺中的水垢與乙酸的酸性有關(guān)，與乙酸可由乙醇氧化制備無(wú)關(guān)，故C符合題意；D．油脂在堿性條件下可發(fā)生水解反響生成甘油和可制作肥皂的高級(jí)脂肪酸鹽，那么以油脂為原料制備肥皂與油脂可發(fā)生皂化反響有關(guān)，故D不符合題意；應(yīng)選C。7.測(cè)定濃硫酸試劑中含量的主要操作包括：①量取一定量的濃硫酸，稀釋；②轉(zhuǎn)移定容得待測(cè)液；③移取待測(cè)液，用的溶液滴定。上述操作中，不需要用到的儀器為A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】【詳解】實(shí)驗(yàn)過(guò)程中，①量取一定量的濃硫酸并稀釋所需儀器為：量筒、燒杯、玻璃棒；②轉(zhuǎn)移定容得待測(cè)液所需儀器為：玻璃棒、容量瓶、膠頭滴管；③移取待測(cè)液，用的NaOH溶液滴定所需儀器為：酸式滴定管、堿式滴定管、錐形瓶；選項(xiàng)中A為容量瓶，B為分液漏斗，C為錐形瓶，D為堿式滴定管，上述操作中，不需要用到的儀器為分液漏斗，綜上所述，故答案為B。8.鳥(niǎo)嘌呤()是一種有機(jī)弱堿，可與鹽酸反響生成鹽酸鹽(用表示)。水溶液呈酸性，以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是A.水溶液的B.水溶液加水稀釋，升高C.在水中的電離方程式為：D.水溶液中：【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．GHCl為強(qiáng)酸弱堿鹽，電離出的GH+會(huì)發(fā)生水解，弱離子的水解較為微弱，因此水溶液的pH>3，故A錯(cuò)誤；B．稀釋GHCl溶液時(shí)，GH+水解程度將增大，根據(jù)勒夏特列原理可知溶液中c(H+)將減小，溶液pH將升高，故B正確；C．GHCl為強(qiáng)酸弱堿鹽，在水中電離方程式為GHCl=GH++Cl-，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)電荷守恒可知，GHCl溶液中c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)+c(GH+)，故D錯(cuò)誤；綜上所述，表達(dá)正確的選項(xiàng)是B項(xiàng)，故答案為B。9.火星大氣中含有大量，一種有參加反響的新型全固態(tài)電池有望為火星探測(cè)器供電。該電池以金屬鈉為負(fù)極，碳納米管為正極，放電時(shí)A.負(fù)極上發(fā)生復(fù)原反響B(tài).在正極上得電子C.陽(yáng)離子由正極移向負(fù)極D.將電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能【答案】B【解析】【分析】【詳解】根據(jù)題干信息可知，放電時(shí)總反響為4Na+3CO2=2Na2CO3+C。A．放電時(shí)負(fù)極上Na發(fā)生氧化反響失去電子生成Na+，故A錯(cuò)誤；B．放電時(shí)正極為CO2得到電子生成C，故B正確；C．放電時(shí)陽(yáng)離子移向復(fù)原電極，即陽(yáng)離子由負(fù)極移向正極，故C錯(cuò)誤；D．放電時(shí)裝置為原電池，能量轉(zhuǎn)化關(guān)系為化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能和化學(xué)能等，故D正確；綜上所述，符合題意的為B項(xiàng)，故答案為B。10.局部含鐵物質(zhì)的分類與相應(yīng)化合價(jià)關(guān)系如下圖。以下推斷不合理的是A.可與反響生成B.既可被氧化，也可被復(fù)原C.可將參加濃堿液中制得的膠體D.可存在的循環(huán)轉(zhuǎn)化關(guān)系【答案】C【解析】【分析】圖中所示鐵元素不同化合價(jià)物質(zhì)：a為Fe，b為FeCl2、FeSO4、Fe(NO3)2等Fe(II)的鹽類物質(zhì)，c為Fe(OH)2，e為FeCl3、Fe2(SO4)3、Fe(NO3)3等Fe(III)的鹽類物質(zhì)，d為Fe(OH)3。【詳解】A．Fe與Fe(III)的鹽類物質(zhì)可發(fā)生反響生成Fe(II)的鹽類物質(zhì)，如Fe+2FeCl3=3FeCl2，故A不選；B．Fe(II)為鐵元素的中間價(jià)態(tài)，既有復(fù)原性也有氧化性，因此既可被氧化，也可被復(fù)原，故B不選；C．Fe(III)的鹽類物質(zhì)與濃堿液反響生成Fe(OH)3沉淀，制備Fe(OH)3膠體操作為：向沸水中滴加飽和FeCl3溶液，繼續(xù)煮沸至溶液呈紅褐色，停止加熱，故C選；D．轉(zhuǎn)化如，故D不選；綜上所述，答案為C。11.設(shè)為阿伏加德羅常數(shù)值。以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是A.含有鍵的數(shù)目為B.的鹽酸含有陰離子總數(shù)為C.與混合后的分子數(shù)目為D.與足量反響生成的分子數(shù)目為【答案】A【解析】【分析】【詳解】A．1個(gè)分子中含有3個(gè)鍵，微粒個(gè)數(shù)與物質(zhì)的量成正比，故含有3mol鍵，鍵的數(shù)目為，A正確；B．鹽酸為氯化氫的水溶液，氯化氫會(huì)全部電離出陰離子Cl-，水會(huì)局部電離出陰離子OH-，水的質(zhì)量及電離程度未知，故無(wú)法計(jì)算的鹽酸含有陰離子總數(shù)，B錯(cuò)誤；C．未提到具體的溫度、壓強(qiáng)〔如標(biāo)況下〕，故無(wú)法計(jì)算與混合后的分子數(shù)目，C錯(cuò)誤；D．為1mol，鈉與足量的水反響生成氫氣的關(guān)系式為:，故1molNa應(yīng)對(duì)應(yīng)生成0.5molH2，分子數(shù)目應(yīng)為，D錯(cuò)誤；應(yīng)選A。12.化學(xué)是以實(shí)驗(yàn)為根底的科學(xué)。以下實(shí)驗(yàn)操作或做法正確且能到達(dá)目的的是選項(xiàng)操作或做法目的A將銅絲插入濃硝酸中制備B將密閉燒瓶中的降溫探究溫度對(duì)平衡移動(dòng)的影響C將溴水滴入溶液中，參加乙醇并振蕩萃取溶液中生成的碘D實(shí)驗(yàn)結(jié)束，將剩余固體放回原試劑瓶節(jié)約試劑A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．將銅絲插入濃硝酸中開(kāi)始會(huì)產(chǎn)生二氧化氮，不能到達(dá)實(shí)驗(yàn)?zāi)康模珹不符合題意；B．二氧化氮?dú)怏w在一定條件下存在平衡：，正反響為放熱反響，NO2為紅棕色氣體，將密閉燒瓶中NO2降溫，會(huì)使該平衡向正反響方向移動(dòng)，氣體顏色變淺，因此可到達(dá)實(shí)驗(yàn)?zāi)康模珺符合題意；C．乙醇與水互溶，不能作碘單質(zhì)的萃取劑，做法不正確，C不符合題意；D．一般情況下，剩余試劑需放到指定的容器中，不能放回原試劑瓶，以防污染原試劑，操作錯(cuò)誤，D不符合題意；應(yīng)選B。13.一種麻醉劑的分子結(jié)構(gòu)式如下圖。其中，的原子核只有1個(gè)質(zhì)子；元素、、原子序數(shù)依次增大，且均位于的下一周期；元素的原子比原子多8個(gè)電子。以下說(shuō)法不正確的選項(xiàng)是A.是一種強(qiáng)酸B.非金屬性：C.原子半徑：D.中，的化合價(jià)為+2價(jià)【答案】C【解析】【分析】題給化合物結(jié)構(gòu)中X、W、E均形成1個(gè)共價(jià)鍵、Y形成4個(gè)共價(jià)鍵、Z形成2個(gè)共價(jià)鍵。的原子核只有1個(gè)質(zhì)子，那么X為H元素；元素、、原子序數(shù)依次增大，且均位于的下一周期，即第二周期元素，那么Y為C元素，Z為O元素，W為F元素；元素的原子比原子多8個(gè)電子，那么E為Cl元素，綜合以上分析可知，X、Y、Z、W、E分別為H、C、O、F、Cl元素。據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．氯元素非金屬性較強(qiáng)，其最高價(jià)氧化物的水化物HClO4是一種強(qiáng)酸，故A正確；B．同一周期元素從左到右非金屬性逐漸增強(qiáng)，所以非金屬性：F>O>C，故B正確；C．同一周期從左到右原子半徑逐漸減小，同一主族從上到下原子半徑逐漸增大，電子層越多半徑越大，所以原子半徑：Cl>C>F，故C錯(cuò)誤；D．OF2中，F(xiàn)為-1價(jià)，那么O的化合價(jià)為+2價(jià)，故D正確；答案選C。14.反響經(jīng)歷兩步：①；②。反響體系中、、的濃度c隨時(shí)間t的變化曲線如下圖。以下說(shuō)法不正確的選項(xiàng)是A.a為隨t的變化曲線B.時(shí)，C.時(shí)，的消耗速率大于生成速率D.后，【答案】D【解析】【分析】由題中信息可知，反響經(jīng)歷兩步：①；②。因此，圖中呈不斷減小趨勢(shì)的ａ線為X的濃度隨時(shí)間的變化曲線，呈不斷增加趨勢(shì)的線為Z的濃度隨時(shí)間的變化曲線，先增加后減小的線為Y的濃度隨時(shí)間的變化曲線?！驹斀狻緼．X是唯一的反響物，隨著反響的發(fā)生，其濃度不斷減小，因此，由圖可知，為隨的變化曲線，A正確；B．由圖可知，分別代表3種不同物質(zhì)的曲線相交于時(shí)刻，因此，時(shí)，B正確；C．由圖中信息可知，時(shí)刻以后，Y的濃度仍在不斷減小，說(shuō)明時(shí)刻反響兩步仍在向正反響方向發(fā)生，而且反響①生成Y的速率小于反響②消耗Y的速率，即時(shí)的消耗速率大于生成速率，C正確；D．由圖可知，時(shí)刻反響①完成，X完全轉(zhuǎn)化為Y，假設(shè)無(wú)反響②發(fā)生，那么，由于反響②的發(fā)生，時(shí)刻Y濃度的變化量為，變化量之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，所以Z的濃度的變化量為，這種關(guān)系在后仍成立，因此，D不正確。綜上所述，此題選D。15.宏觀辨識(shí)與微觀探析是化學(xué)學(xué)科核心素養(yǎng)之一。以下物質(zhì)性質(zhì)實(shí)驗(yàn)對(duì)應(yīng)的反響方程式書(shū)寫(xiě)正確的選項(xiàng)是A.放入水中：B.通過(guò)灼熱鐵粉：C.銅絲插入熱的濃硫酸中：D.通入酸性溶液中：【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．放入水中化學(xué)方程式應(yīng)該是：，A選項(xiàng)中氧元素不守恒，A錯(cuò)誤；B．通過(guò)灼熱鐵粉應(yīng)高溫條件下生成四氧化三鐵和氫氣，B錯(cuò)誤；C．銅絲插入熱的濃硫酸中生成的氣體不是氫氣，應(yīng)是二氧化硫，C錯(cuò)誤；D．通入酸性溶液中，被氧化為，被復(fù)原為，再根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒和元素守恒可得離子方程式為，D正確；應(yīng)選D。16.鈷()的合金材料廣泛應(yīng)用于航空航天、機(jī)械制造等領(lǐng)域。如圖為水溶液中電解制備金屬鈷的裝置示意圖。以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是A.工作時(shí)，Ⅰ室和Ⅱ室溶液的均增大B.生成，Ⅰ室溶液質(zhì)量理論上減少C.移除兩交換膜后，石墨電極上發(fā)生的反響不變D.電解總反響：【答案】D【解析】【分析】由圖可知，該裝置為電解池，石墨電極為陽(yáng)極，水在陽(yáng)極失去電子發(fā)生氧化反響生成氧氣和氫離子，電極反響式為2H2O-4e-=O2↑+4H+，Ⅰ室中陽(yáng)離子電荷數(shù)大于陰離子電荷數(shù)，放電生成的氫離子通過(guò)陽(yáng)離子交換膜由Ⅰ室向Ⅱ室移動(dòng)，鈷電極為陰極，鈷離子在陰極得到電子發(fā)生復(fù)原反響生成鈷，電極反響式為Co2++2e-=Co，Ⅲ室中陰離子電荷數(shù)大于陽(yáng)離子電荷數(shù)，氯離子過(guò)陰離子交換膜由Ⅲ室向Ⅱ室移動(dòng)，電解的總反響的離子方程式為2Co2++2H2O2Co+O2↑+4H+?！驹斀狻緼．由分析可知，放電生成的氫離子通過(guò)陽(yáng)離子交換膜由Ⅰ室向Ⅱ室移動(dòng)，使Ⅱ室中氫離子濃度增大，溶液pH減小，故A錯(cuò)誤；B．由分析可知，陰極生成1mol鈷，陽(yáng)極有1mol水放電，那么Ⅰ室溶液質(zhì)量減少18g，故B錯(cuò)誤；C．假設(shè)移除離子交換膜，氯離子的放電能力強(qiáng)于水，氯離子會(huì)在陽(yáng)極失去電子發(fā)生氧化反響生成氯氣，那么移除離子交換膜，石墨電極的電極反響會(huì)發(fā)生變化，故C錯(cuò)誤；D．由分析可知，電解的總反響的離子方程式為2Co2++2H2O2Co+O2↑+4H+，故D正確；應(yīng)選D。二、非選擇題：共56分。第17~19題為必考題，考生都必須作答。第20~21題為選考題，考生根據(jù)要求作答。(一)必考題：共42分。17.含氯物質(zhì)在生產(chǎn)生活中有重要作用。1774年，舍勒在研究軟錳礦(主要成分是)的過(guò)程中，將它與濃鹽酸混合加熱，產(chǎn)生了一種黃綠色氣體。1810年，戴維確認(rèn)這是一種新元素組成的單質(zhì)，并命名為chlorine(中文命名“氯氣〞)。(1)實(shí)驗(yàn)室沿用舍勒的方法制取的化學(xué)方程式為_(kāi)______。(2)實(shí)驗(yàn)室制取枯燥時(shí)，凈化與收集所需裝置的接口連接順序?yàn)開(kāi)______。(3)某氯水久置后不能使品紅溶液褪色，可推測(cè)氯水中_______已分解。檢驗(yàn)此久置氯水中存在的操作及現(xiàn)象是_______。(4)某合作學(xué)習(xí)小組進(jìn)行以下實(shí)驗(yàn)探究。①實(shí)驗(yàn)任務(wù)。通過(guò)測(cè)定溶液電導(dǎo)率，探究溫度對(duì)溶解度的影響。②查閱資料。電導(dǎo)率是表征電解質(zhì)溶液導(dǎo)電能力的物理量。溫度一定時(shí)，強(qiáng)電解質(zhì)稀溶液的電導(dǎo)率隨溶液中離子濃度的增大而增大；離子濃度一定時(shí)，稀溶液電導(dǎo)率隨溫度的升高而增大。25℃時(shí)，。③提出猜測(cè)。猜測(cè)a：較高溫度的飽和溶液的電導(dǎo)率較大。猜測(cè)b：在水中的溶解度。④設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)、驗(yàn)證猜測(cè)。取試樣Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ(不同溫度下配制的飽和溶液)，在設(shè)定的測(cè)試溫度下，進(jìn)行表中實(shí)驗(yàn)1~3，記錄數(shù)據(jù)。實(shí)驗(yàn)序號(hào)試樣測(cè)試溫度/℃電導(dǎo)率/1Ⅰ：25℃的飽和溶液252Ⅱ：35℃的飽和溶液353Ⅲ：45℃的飽和溶液45⑤數(shù)據(jù)分析、交流討論。25℃的飽和溶液中，_______。實(shí)驗(yàn)結(jié)果為。小組同學(xué)認(rèn)為，此結(jié)果可以證明③中的猜測(cè)成立，但缺乏以證明猜測(cè)成立。結(jié)合②中信息，猜測(cè)缺乏以成立的理由有_______。⑥優(yōu)化實(shí)驗(yàn)。小組同學(xué)為進(jìn)一步驗(yàn)證猜測(cè)，在實(shí)驗(yàn)1~3的根底上完善方案，進(jìn)行實(shí)驗(yàn)4和5。請(qǐng)?jiān)诖痤}卡上完成表中內(nèi)容。實(shí)驗(yàn)序號(hào)試樣測(cè)試溫度/℃電導(dǎo)率/4Ⅰ_______5______________⑦實(shí)驗(yàn)總結(jié)。根據(jù)實(shí)驗(yàn)1~5的結(jié)果，并結(jié)合②中信息，小組同學(xué)認(rèn)為猜測(cè)也成立。猜測(cè)成立的判斷依據(jù)是_______。【答案】(1).MnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2↑+2H2O(2).c-d-b-a-e(3).HClO(4).向溶液中參加過(guò)量稀硝酸，防止溶液中含有C、HC等，再參加少量AgNO3溶液，假設(shè)有白色沉淀生成，那么證明原溶液中含有Cl-(5).10-5(6).測(cè)試溫度不同，根據(jù)電導(dǎo)率結(jié)果無(wú)法判斷不同溫度下飽和溶液的溶解度(7).45℃(8).II(9).45℃(10).A3>B2>B1【解析】【分析】【詳解】(1)實(shí)驗(yàn)室通常采用濃鹽酸和MnO2制取，化學(xué)方程式為：MnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案為：MnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2↑+2H2O；(2)根據(jù)化學(xué)方程式可知，制取的氯氣中混有氯化氫、水蒸氣，氯氣有毒，必須進(jìn)行尾氣處理，因此使用飽和食鹽水吸收氯化氫氣體，濃硫酸除去水蒸氣，最后用NaOH溶液吸收尾氣，因此接口連接順序?yàn)閏-d-b-a-e，故答案為：c-d-b-a-e；(3)久置后不能使品紅溶液褪色，說(shuō)明HClO已分解；檢驗(yàn)的方法為向溶液中參加過(guò)量稀硝酸，防止溶液中含有C、HC等，再參加少量AgNO3溶液，假設(shè)有白色沉淀生成，那么證明原溶液中含有Cl-，故答案為：HClO；向溶液中參加過(guò)量稀硝酸，防止溶液中含有C、HC等，再參加少量AgNO3溶液，假設(shè)有白色沉淀生成，那么證明原溶液中含有Cl-；(4)⑤25℃時(shí)，，根據(jù)沉淀溶解平衡可知，飽和的溶液中，所以有=10-5；實(shí)驗(yàn)1~3中，不同的飽和溶液濃度不同且測(cè)試溫度不同，根據(jù)資料顯示離子濃度一定時(shí)，稀溶液電導(dǎo)率隨溫度的升高而增大，所以根據(jù)實(shí)驗(yàn)1~3無(wú)法判斷溫度較高的飽和溶液離子濃度大，進(jìn)而不能得出溶解度關(guān)系，故答案為：10-5；測(cè)試溫度不同，根據(jù)電導(dǎo)率結(jié)果無(wú)法判斷不同溫度下飽和溶液的溶解度；⑥如果要判斷AgCl在水中的溶解度隨溫度的變化情況，可以設(shè)計(jì)不相同溫度下的飽和溶液在相同溫度下測(cè)試，如果溫度較高低的飽和溶液電導(dǎo)率比溫度較低的飽和溶液電導(dǎo)率高，那么可以得出溫度升高飽和溶液中離子濃度高。所以可以設(shè)計(jì)試樣Ⅰ在45℃下測(cè)試與實(shí)驗(yàn)3比擬；設(shè)計(jì)試樣II在45℃下測(cè)試與實(shí)驗(yàn)3比擬。故答案為：45℃；II；45℃；⑦猜測(cè)成立的判斷依據(jù)是A3>B2>B1，故答案為：A3>B2>B1。18.對(duì)廢催化劑進(jìn)行回收可有效利用金屬資源。某廢催化劑主要含鋁()、鉬()、鎳()等元素的氧化物，一種回收利用工藝的局部流程如下：：25℃時(shí)，的，；；；該工藝中，時(shí)，溶液中元素以的形態(tài)存在。(1)“焙燒〞中，有生成，其中元素的化合價(jià)為_(kāi)______。(2)“沉鋁〞中，生成的沉淀為_(kāi)______。(3)“沉鉬〞中，為。①生成的離子方程式為_(kāi)______。②假設(shè)條件控制不當(dāng)，也會(huì)沉淀。為防止中混入沉淀，溶液中_______(列出算式)時(shí)，應(yīng)停止參加溶液。(4)①濾液Ⅲ中，主要存在的鈉鹽有和，為_(kāi)______。②往濾液Ⅲ中添加適量固體后，通入足量_______(填化學(xué)式)氣體，再通入足量，可析出。(5)高純(砷化鋁)可用于芯片制造。芯片制造中的一種刻蝕過(guò)程如下圖，圖中所示致密保護(hù)膜為一種氧化物，可阻止刻蝕液與下層(砷化鎵)反響。①該氧化物為_(kāi)______。②：和同族，和同族。在與上層的反響中，元素的化合價(jià)變?yōu)?5價(jià)，那么該反響的氧化劑與復(fù)原劑物質(zhì)的量之比為_(kāi)______?！敬鸢浮?1).+6(2).(3).+=↓(4).(5).(6).(7).(8).【解析】【分析】由題中信息可知，廢催化劑與氫氧化鈉一起焙燒后，鋁和鉬都發(fā)生了反響分別轉(zhuǎn)化為偏鋁酸鈉和鉬酸鈉，經(jīng)水浸、過(guò)濾，別離出含鎳的固體濾渣，濾液I中參加過(guò)量的二氧化碳，偏鋁酸鈉轉(zhuǎn)化為氫氧化鋁沉淀，過(guò)濾得到的沉淀X為氫氧化鋁，濾液II中參加適量的氯化鋇溶液沉鉬后，過(guò)濾得到鉬酸鋇?！驹斀狻俊?〕“焙燒〞中，有生成，其中Na和O的化合價(jià)為+1和-2，根據(jù)化合價(jià)的代數(shù)和為0可知，元素的化合價(jià)為+6。〔2〕“沉鋁〞中，偏鋁酸鈉轉(zhuǎn)化為氫氧化鋁，因此，生成的沉淀為?！?〕①濾液II中含有鉬酸鈉，參加氯化鋇溶液后生成沉淀，該反響的離子方程式為+=↓。②假設(shè)開(kāi)始生成沉淀，那么體系中恰好建立如下平衡：，該反響的化學(xué)平衡常數(shù)為。為防止中混入沉淀，必須滿足，由于“沉鉬〞中為，，所以溶液中時(shí)，開(kāi)始生成沉淀，因此，時(shí)，應(yīng)停止參加溶液?！?〕①濾液I中參加過(guò)量的二氧化碳，偏鋁酸鈉轉(zhuǎn)化為氫氧化鋁沉淀，同時(shí)生成碳酸氫鈉，過(guò)濾得到的濾液II中含有碳酸氫鈉和鉬酸鈉。濾液II中參加適量的氯化鋇溶液沉鉬后，因此，過(guò)濾得到的濾液Ⅲ中，主要存在的鈉鹽有和，故為。②根據(jù)侯氏制堿法的原理可知，往濾液Ⅲ中添加適量固體后，通入足量，再通入足量，可析出?！?〕①由題中信息可知，致密的保護(hù)膜為一種氧化物，是由與反響生成的，聯(lián)想到金屬鋁外表容易形成致密的氧化膜可知，該氧化物為。②由和同族、和同族可知，中顯+3價(jià)〔其最高價(jià)〕、顯-3價(jià)。在與上層的反響中，元素的化合價(jià)變?yōu)?5價(jià)，其化合價(jià)升高了8，元素被氧化，那么該反響的氧化劑為，復(fù)原劑為。中的O元素為-1價(jià)，其作為氧化劑時(shí)，O元素要被復(fù)原到-2價(jià)，每個(gè)參加反響會(huì)使化合價(jià)降低2，根據(jù)氧化復(fù)原反響中元素化合價(jià)升高的總數(shù)值等于化合價(jià)降低的總數(shù)值可知，該反響的氧化劑與復(fù)原劑物質(zhì)的量之比為。19.我國(guó)力爭(zhēng)于2030年前做到碳達(dá)峰，2060年前實(shí)現(xiàn)碳中和。CH4與CO2重整是CO2利用的研究熱點(diǎn)之一。該重整反響體系主要涉及以下反響：a)CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)?H1b)CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)?H2c)CH4(g)C(s)+2H2(g)?H3d)2CO(g)CO2(g)+C(s)?H4e)CO(g)+H2(g)H2O(g)+C(s)?H5(1)根據(jù)蓋斯定律，反響a的?H1=_______(寫(xiě)出一個(gè)代數(shù)式即可)。(2)上述反響體系在一定條件下建立平衡后，以下說(shuō)法正確有_______。A.增大CO2與CH4的濃度，反響a、b、c的正反響速率都增加B.移去局部C(s)，反響c、d、e的平衡均向右移動(dòng)C.參加反響a的催化劑，可提高CH4的平衡轉(zhuǎn)化率D.降低反響溫度，反響a~e的正、逆反響速率都減小(3)一定條件下，CH4分解形成碳的反響歷程如下圖。該歷程分_______步進(jìn)行，其中，第_______步的正反響活化能最大。(4)設(shè)K為相對(duì)壓力平衡常數(shù)，其表達(dá)式寫(xiě)法：在濃度平衡常數(shù)表達(dá)式中，用相對(duì)分壓代替濃度。氣體的相對(duì)分壓等于其分壓〔單位為kPa〕除以p0〔p0=100kPa〕。反響a、c、e的lnK隨〔溫度的倒數(shù)〕的變化如下圖。①反響a、c、e中，屬于吸熱反響的有_______(填字母)。②反響c的相對(duì)壓力平衡常數(shù)表達(dá)式為K=_______。③在圖中A點(diǎn)對(duì)應(yīng)溫度下、原料組成為n(CO2):n(CH4)=1:1、初始總壓為100kPa的恒容密閉容器中進(jìn)行反響，體系到達(dá)平衡時(shí)H2的分壓為40kPa。計(jì)算CH4的平衡轉(zhuǎn)化率，寫(xiě)出計(jì)算過(guò)程_______。(5)CO2用途廣泛，寫(xiě)出基于其物理性質(zhì)的一種用途：_______?！敬鸢浮?1).?H2+?H3-?H5或?H3-?H4(2).AD(3).4(4).4(5).ac(6).(7).68%(8).做冷凍劑【解析】【分析】根據(jù)蓋斯定律計(jì)算未知反響的反響熱；根據(jù)影響化學(xué)反響速率和化學(xué)平衡的因素判斷反響速率的變化及轉(zhuǎn)化率的變化；根據(jù)圖像及曲線上下判斷反響進(jìn)程和活化能的相對(duì)大小；根據(jù)平衡時(shí)反響物的分壓計(jì)算平衡轉(zhuǎn)化率；根據(jù)CO2的物理性質(zhì)推測(cè)CO2的用途。【詳解】(1)根據(jù)題目所給出的反響方程式關(guān)系可知，a=b+c-e=c-d，根據(jù)蓋斯定律那么有?H1=?H2+?H3-?H5=?H3-?H4；(2)A．增大CO2和CH4的濃度，對(duì)于反響a、b、c來(lái)說(shuō)，均增大了反響物的濃度，反響的正反響速率增大，A正確；B．移去局部C(s)，沒(méi)有改變反響體系中的壓強(qiáng)，反響的正逆反響速率均不變，平衡不移動(dòng)，B錯(cuò)誤；C．催化劑可以同等條件下增大正逆反響速率，只能加快反響進(jìn)程，不改變反響的平衡狀態(tài)，平衡轉(zhuǎn)化率不變，C錯(cuò)誤；D．降低溫度，體系的總能量降低，正、逆反響速率均減小，D正確；故答案選AD；(3)由圖可知，反響過(guò)程中能量變化出現(xiàn)了4個(gè)峰，即吸收了4次活化能，經(jīng)歷了4步反響；且從左往右看4次活化能吸收中，第4次對(duì)應(yīng)的峰最高，即正反響方向第4步吸收的能量最多，對(duì)應(yīng)的正反響活化能最大。(4)①隨著溫度的升高，反響a和c的lnK增大，說(shuō)明K的數(shù)值增大，反響向正反響方向進(jìn)行，反響a和c為吸熱反響，同理反響e的lnK減小，說(shuō)明K的減小，反響向逆反響方向進(jìn)行，反響e為放熱反響，故答案為ac；②用相對(duì)分壓代替濃度，那么反響c的平衡常數(shù)表達(dá)式K=；③由圖可知，A處對(duì)應(yīng)反響c的lnK=0，即K==1，解方程的p2(H2)=p(CH4)，反響平衡時(shí)p(H2)=40kPa，那么有p(CH4)=16kPa，且初始狀態(tài)時(shí)p(CH4)=×100kPa=50kPa，故CH4的平衡轉(zhuǎn)化率為×100%=68%；(5)固態(tài)CO2即為干冰，干冰用于制冷或人工降雨均是利用其物理性質(zhì)?！军c(diǎn)睛】此題難點(diǎn)在于K與關(guān)系曲線的判斷，在曲線中斜率為正為放熱反響，斜率為負(fù)為吸熱反響?！净瘜W(xué)—選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】20.很多含巰基〔-SH〕的有機(jī)化合物是重金屬元素汞的解毒劑。例如，解毒劑化合物I可與氧化汞生成化合物Ⅱ?！?〕基態(tài)硫原子價(jià)電子排布式為_(kāi)_________?！?〕H2S、CH4、H2O的沸點(diǎn)由高到低順序?yàn)開(kāi)_________?！?〕汞的原子序數(shù)為80，位于元素周期表第______周期第ⅡB族?！?〕化合物Ⅲ也是一種汞解毒劑?；衔铫羰且环N強(qiáng)酸。以下說(shuō)法正確的有________。A.在I中S原子采取sp3雜化B.在Ⅱ中S元素的電負(fù)性最大C.在Ⅲ中C-C-C鍵角是180°D.在Ⅲ中存在離子鍵與共價(jià)鍵E.在Ⅳ中硫氧鍵的鍵能均相等〔5〕汞解毒劑的水溶性好，有利于體內(nèi)重金屬元素汞的解毒?；衔颕與化合物Ⅲ相比，水溶性較好的是________。〔6〕理論計(jì)算預(yù)測(cè)，由汞〔Hg〕、鍺〔Ge〕、銻〔Sb〕形成的一種新物質(zhì)X為潛在的拓?fù)浣^緣體材料。X的晶體可視為Ge晶體〔晶胞如圖9a所示〕中局部Ge原子被Hg和Sb取代后形成。①圖9b為Ge晶胞中局部Ge原子被Hg和Sb取代后形成的一種單元結(jié)構(gòu)，它不是晶胞單元，理由是__________________。②圖9c為X的晶胞，X的晶體中與Hg距離最近的Sb的數(shù)目為_(kāi)________；該晶胞中粒子個(gè)數(shù)比Hg：Ge：Sb=_________。③設(shè)X的最簡(jiǎn)式的式量為Mr，那么X晶體的密度為_(kāi)_______g/cm3〔列出算式〕?！敬鸢浮?1).3s23p4(2).H2O>H2S>CH4(3).六(4).D(5).化合物III(6).由圖9c可知，圖9b中Sb、Hg原子取代位置除圖9b外還有其它形式(7).4(8).1：1：2(9).【解析】【分析】【詳解】(1)基態(tài)硫原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p4，因此基態(tài)硫原子價(jià)電子排布式為3s23p4，故答案為：3s23p4。(2)H2S、CH4、H2O均為分子晶體，H2O分子間存在氫鍵，沸點(diǎn)較高，H2S、CH4的分子間范德華力隨相對(duì)分子質(zhì)量增大而增加，因此沸點(diǎn)由高到低順序?yàn)椋篐2O>H2S>CH4，故答案為：H2O>H2S>CH4。(3)第六周期0族元素的原子序數(shù)為86，因此第80號(hào)元素Hg位于第六周期第ⅡB族，故答案為：六。(4)A．中S原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)=2+=4，因此S原子采取sp3雜化，故A正確；B．中含有的元素為H、C、O、S、Hg，同周期元素從左至右元素的電負(fù)性逐漸增大，同主族元素從上至下元素的電負(fù)性逐漸減小，因此5種元素中電負(fù)性最大的為O元素，故B錯(cuò)誤；C．中C原子成鍵均為單鍵，因此C原子采取sp3雜化，所以C-C-C鍵角接近109o28’，故C錯(cuò)誤；D．中存在C-H、C-C、C-S、S=O、S-O、S-H共價(jià)鍵和與Na+之間的離子鍵，故D正確；綜上所述，說(shuō)法正確的選項(xiàng)是BD項(xiàng)，故答案為BD。(5)中羥基能與水分子之間形成分子間氫鍵，為易溶于水的鈉鹽，溶于水后電離出的中O原子均能與水分子之間形成氫鍵，相同物質(zhì)的量?jī)煞N物質(zhì)溶于水后，形成的氫鍵更多，因此化合物III更易溶于水，故答案為：化合物III。(6)①比照?qǐng)D9b和圖9c可得X晶體的晶胞中上下兩個(gè)單元內(nèi)的原子位置不完全相同，不符合晶胞晶胞是晶體的最小重復(fù)單位要求，故答案為：由圖9c可知，圖9b中Sb、Hg原子取代位置除圖9b外還有其它形式。②以晶胞上方立方體中右側(cè)面心中Hg原子為例，同一晶胞中與Hg距離最近的Sb的數(shù)目為2，右側(cè)晶胞中有2個(gè)Sb原子與Hg原子距離最近，因此X的晶體中與Hg距離最近的Sb的數(shù)目為4；該晶胞中Sb原子均位于晶胞內(nèi)，因此1個(gè)晶胞中含有Sb原子數(shù)為8，Ge原子位于晶胞頂點(diǎn)、面心、體心，因此1個(gè)晶胞中含有Ge原子數(shù)為1+8×+4×=4，Hg原子位于棱邊、面心，因此1個(gè)晶胞中含有Hg原子數(shù)為6×+4×=4，那么該晶胞中粒子個(gè)數(shù)比Hg：Ge：Sb=4：4：8=1：1：2，故答案為：4；1：1：2。③1個(gè)晶胞的質(zhì)量m=，1個(gè)晶胞的體積V=(x×10-7cm)2×(y