2019-2020学年福建省厦门二中新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年福建省厦门二中新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1下列有关物质的说法错误的是()A工业上常用H2和 Cl2直接化合的方法生产氯化氢以制取盐酸B氧化铝可用于制造耐高温材料CSO2具有漂白性，所以能使碘的淀粉溶液由蓝色变为无色D常温下铁能被浓硫酸钝化，可用铁质容器贮运浓硫酸【答案】C【解析】【详解】A.工业上常用H2和 Cl2直接化合的方法生产氯化氢，氯化氢极易溶于水，可以制得盐酸，故A 正确；B.氧化铝的熔点很高，故可用于制造耐高温材料，故B 正确；C.SO2能使碘的淀粉溶液由蓝色变为无色，是因为发生氧

2、化还原反应：SO2I2 2H2O=H2SO4 2HI，SO2体现的是还原性，而非漂白性，故C错误；D.浓硫酸具有强氧化性，常温下铁和浓硫酸反应，在铁表面生成一层致密的氧化膜，也就是发生了钝化反应，可阻止浓硫酸与内部的铁进一步反应，因此可用铁质容器贮运浓硫酸，故D 正确；答案选 C。2一定呈中性的是()A pH7 的溶液B25，Kw1.0 1014的溶液CH+与 OH物质的量相等的溶液D等物质的量的酸、碱混合后的溶液【答案】C【解析】【详解】A 100 度时，纯水的pH6，该温度下pH7 的溶液呈碱性，所以pH7 的溶液不一定呈中性，故A 错误；B25，Kw1.0 1014是水的离子积常数，溶液

3、可能呈酸性、中性或碱性，所以不一定呈中性，故B 错误；C只要溶液中存在H+与 OH物质的量相等，则该溶液就一定呈中性，故C正确；D等物质的量的酸、碱混合后的溶液不一定显中性，这取决于酸和碱的相对强弱以及生成盐的性质，故D 错误；答案选 C。【点睛】判断溶液是否呈中性的依据是氢离子和氢氧根离子的浓度相等，温度改变水的电离平衡常数，温度越高，水的电离平衡常数越大。3下列各组中的X和 Y两种原子，化学性质一定相似的是()A X原子和 Y原子最外层都只有1 个电子BX原子的核外电子排布式为1s2，Y原子的核外电子排布式为1s22s2CX原子的 2p 能级上有3 个电子，Y原子的 3p 能级上有3 个电

4、子D X原子核外M层上仅有2 个电子，Y原子核外N层上仅有2 个电子【答案】C【解析】【分析】【详解】A.最外层都只有1 个电子的X和 Y，可能为H 与碱金属元素，性质不同，故A 错误；B.原子的核外电子排布式为1s2的 X为 He，原子的核外电子排布式为1s22s2的 Y为 Be，两者性质不同，故 B 错误；C.原子的 2p 能级上有3 个电子的X为 N，原子的 3p 能级上有3 个电子的Y为 P，二者位于周期表同一主族，性质相似，所以C选项是正确的；D.原子核外M层上仅有2 个电子的X为 Mg，原子核外N层上仅有2 个电子的Y的 M 层电子数不确定，元素种类很多，但价电子数不同，性质不相同

5、故D 错误。所以 C选项是正确的。【点睛】解答时注意原子核外电子排布特点与对应元素化合物的性质的关系，原子的结构决定元素的化学性质，原子核外最外层的电子或价电子数目相等，则元素对应的单质或化合价的性质相似。4下列关于物质工业制备的说法中正确的是A接触法制硫酸时，在吸收塔中用水来吸收三氧化硫获得硫酸产品B工业上制备硝酸时产生的NOx，一般可以用NaOH 溶液吸收C从海水中提取镁的过程涉及化合、分解、置换、复分解等反应类型D工业炼铁时，常用焦炭做还原剂在高温条件下还原铁矿石【答案】B【解析】【分析】【详解】A直接用水吸收SO3，发生反应3224SOH O=H SO，该反应放热会导致酸雾产生，阻隔水

6、对SO3的吸收，降低吸收率；因此，吸收塔中用的是沸点较高的浓硫酸吸收的SO3，A 项错误；BNaOH 溶液可以吸收NOx，因此工业上制备硝酸时产生的NOx通常用 NaOH 溶液吸收，B项正确；C 利用海水提取镁，先将贝壳煅烧，发生分解反应生成CaO；再将其投入海水中，在沉淀槽中生成Mg(OH)2，这一过程涉及CaO与水的化合反应以及Ca(OH)2与海水中的Mg2+的复分解反应；接着 Mg(OH)2加盐酸溶解，这一步发生的也是复分解反应，获得氯化镁溶液；再由氯化镁溶液获得无水氯化镁，电解熔融的无水氯化镁即可得到镁单质；整个过程中并未涉及置换反应，C项错误；D工业炼铁主要利用的是焦炭产生的CO在高

7、温下还原铁矿石得到的铁单质，D 项错误；答案选 B。5下列有关实验的图示及分析均正确的是（）选项实验目的实验图示实验分析A 实验室用酸性高锰酸钾溶液滴定草酸溶液摇瓶时，使溶液向一个方向做圆运动，勿使瓶口接触到滴定管，溶液也不得溅出B 石油分馏时接收馏出物为收集到不同沸点范围的馏出物，需要不断更换锥形瓶C 测定锌与稀硫酸反应生成氢气的速率实验中需测定的物理量是反应时间和生成氢气的体积D 用四氯化碳萃取碘水中的碘充分震荡后静置，待溶液分层后，先把上层液体从上口倒出，再让下层液体从下口流出A A BB CC D D【答案】A【解析】【详解】A滴定时左手控制活塞，右手摇瓶，使溶液向一个方向做圆运动，勿

8、使瓶口接触到滴定管，溶液也不得溅出，操作合理，故A 正确；B锥形瓶不能密封，难以接收馏分，故B 错误；C气体可从长颈漏斗逸出，应选分液漏斗，故C 错误；D四氯化碳的密度比水的密度大，分层后有机层在下层，则分层后，先把下层液体从下口流出，再让上层液体从上口倒出，故D 错误；故答案为A。6 依据反应2NaIO3+5SO2+4H2O=I2+3H2SO4+2NaHSO4，利用下列装置从含NaIO3的废液中制取单质碘的CCl4溶液并回收NaHSO4。其中装置正确且能达到相应实验目的是ABCD【答案】B【解析】【分析】依据实验步骤及操作的规范性、科学性分析作答。【详解】浓硫酸在加热条件下与铜反应制取SO2

9、，装置正确且能达到相应实验目的；气体和液体反应，有防倒吸装置，装置正确且能达到相应实验目的；用四氯化碳从废液中萃取碘，静置后分液，装置正确且能达到相应实验目的；蒸发溶液时用蒸发皿，而不应用坩埚，装置错误，不能达到实验目的；故B 项正确。答案选 B。7NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是()A 1mol 冰醋酸和1mol 乙醇经催化加热反应可生成H2O 分子数为NAB常温常压下，将15g NO 和 8g O2混合，所得混合气体分子总数小于0.5NAC标准状况下，2.24 L 的 CCl4中含有的CCl 键数为 0.4NAD 6.8g 熔融态 KHSO4中含有 0.1NA个阳离子【答案】

10、B【解析】【详解】A 酯化反应为可逆反应，1mol 冰醋酸和1mol 乙醇经催化加热反应可生成H2O 分子数小于NA，故 A 错误；B常温常压下，将15g NO 和 8g O2混合反应生成0.5mol 二氧化氮，二氧化氮会聚合为四氧化二氮，所得混合气体分子总数小于0.5NA，故 B 正确；C标况下四氯化碳为液体，不能使用气体摩尔体积，故C 错误；D熔融状态的KHSO4的电离方程式为KHSO4=K+HSO4-；6.8g 熔融状态的KHSO4物质的量=136g6.8g/mol=0.05mol，含 0.05mol 阳离子，故D 错误；故选：B。【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，掌握公式的使用和

11、物质的结构、状态是解题关键，注意气体摩尔体积使用条件和对象，题目难度不大。8如图所示，将铁钉放入纯水中，一段时间后，铁钉表面有铁锈生成，下列说法正确的是A铁钉与水面交接处最易腐蚀B铁钉发生吸氧腐蚀，铁做阴极C铁发生的反应是：Fe3e Fe3+D水上和水下部分的铁钉不发生电化腐蚀【答案】A【解析】【详解】A.在铁钉和水面的交界处，有电解质溶液，氧气的浓度最高，故发生吸氧腐蚀的速率最大，则最易被腐蚀，故 A 正确；B.由于水为中性，故钢铁发生吸氧腐蚀，其中铁做负极，故B 错误；C.铁做负极，电极反应为：Fe-2e=Fe2+，故 C错误；D.因为水的蒸发，故在铁钉的水面以上的部分上仍然有水膜，仍然能

12、发生吸氧腐蚀；因为氧气能溶解在水中，故铁钉水面一下的部分也能发生吸氧腐蚀，但均没有铁钉和水的交接处的腐蚀速率大，故D 错误；答案：A【点睛】将铁钉放入纯水中，由于铁钉为铁的合金，含有碳单质，故在纯水做电解质溶液的环境下，铁做负极，碳做正极，中性的水做电解质溶液，发生钢铁的吸氧腐蚀，据此分析。9NA表示阿伏加德罗常数的值，则下列说法中正确的是A铁丝和3.36LCl2完全反应，转移电子的数目为0.3NAB1 molNaClO 中含有的Cl数目为 NAC5mL0.005mol/L 的 Fe(SCN)3中溶质的微粒数目为2.5 107NAD 18g H2O 中含有的电子数为10NA【答案】D【解析】【

13、详解】A.未告知是否为标准状况，无法计算3.36LCl2的物质的量，因此无法确定铁和氯气反应转移的电子数，故A 错误；B.次氯酸钠中不存在氯离子，故B 错误；C.Fe(SCN)3为难电离的物质，5mL0.005mol/L 的 Fe(SCN)3中溶质的物质的量为0.005L 0.005mol/L=2.5 105mol，微粒数目略小于2.5 105NA，故 C 错误；D.18g H2O 的物质的量为1mol，而水为10 电子微粒，故1mol 水中含 10NA个电子，故D 正确；答案选 D。【点睛】本题的易错点为A，使用气体摩尔体积需要注意：对象是否为气体；温度和压强是否为标准状况。10下列物质间发

14、生化学反应：H2S+O2，Na+O2，Cu+HNO3，Fe+Cl2，AlCl3+NH3H2O，Cu+S，Na2CO3+HCl.在不同条件下得到不同产物的是（）ABCD【答案】D【解析】【详解】当 H2S与 O2的物质的量之比大于21 时，发生反应：2H2S+O2=2S+2H2O；当 H2S与 O2的物质的量之比小于 23 时，发生反应：2H2S+3O2=2SO2+2H2O；当 H2S与 O2的物质的量之比大于23 小于 21 时，两个反应都发生，条件不同，产物不同，故选；Na+O2常温下得到Na2O，点燃或加热时得到Na2O2，条件不同，产物不同，故选；Cu和 HNO3的反应，浓硝酸：4HNO

15、3+Cu=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O；稀硝酸：3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO +4H2O，条件不同，产物不同，故选；铁和氯气的反应只能将铁氧化为正三价，反应条件、用量、浓度等不同时所发生的化学反应相同，故不选；AlCl3溶液与氨水反应只能生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝和弱碱不反应，与反应条件无关，故不选；硫粉是弱氧化剂，只能将铜氧化为硫化亚铜，产物与反应条件无关，故不选；Na2CO3和 HCl 反应，盐酸少量时生成碳酸氢钠和氯化钠，盐酸过量时生成氯化钠、水和二氧化碳，条件不同，产物不同，故选；符合条件的有，故选D。112019 年化学教育期刊封面刊载如图所示的有机物M(只

16、含 C、H、O)的球棍模型图。不同大小、颜色的小球代表不同的原子，小球之间的“棍”表示共价键，既可以表示三键，也可以表示双键，还可以表示单键。下列有关M 的推断正确的是A M 的分子式为C12H12O2BM 与足量氢气在一定条件下反应的产物的环上一氯代物有7 种CM 能发生中和反应、取代反应、加成反应D一个 M 分子最多有11 个原子共面【答案】C【解析】【分析】根据球棍模型，推出该有机物结构简式为，据此分析；【详解】A.根据球棍模型推出M 的化学式为C12H10O2，故 A 错误；B.M 与足量氢气在一定条件下发生加成反应，得到，环上有 10 种不同的氢，因此环上一氯代物有10 种，故 B错

17、误；C.M 中有羧基和苯环，能发生中和反应、取代反应、加成反应，故C正确；D.苯的空间构型是平面正六边形，M 分子中含有2 个苯环，因此一个M 分子最多有22 个原子共面，故D 错误；答案：C。12对于复分解反应X+YZ+W，下列叙述正确的是A若 Z是强酸，则X 和 Y必有一种是强酸B若 X 是强酸，Y是盐，反应后可能有强酸或弱酸生成C若 Y是强碱，X是盐，则Z或 W 必有一种是弱碱D若 W 是弱碱，Z是盐，则X 和 Y必有一种是强碱【答案】B【解析】【详解】A H2S+CuSO4=CuS+H2SO4。错误；BH2SO4+2NaCl=Na2SO4+2HCl；2HCl+FeS=FeCl2+H2S

18、 ，正确；CNa2CO3+Ca(OH)2=CaCO3+2NaOH，错误；D CuSO4+2NH3 H2O=Cu(OH)2+(NH4)2SO4，错误。13下列能源不属于直接或间接利用太阳能的是()A风能B江河水流能C生物质能D地热温泉【答案】D【解析】【详解】A.风能是因为地球表面受热不均匀而产生的空气流动，故A 不选。B.江河水流能是利用水循环，水循环是太阳能促进的，故B 不选。C.生物质能是太阳能以化学能形式贮存在生物之中的能量形式，故C不选。D.地热温泉是利用来自地球内部的熔岩的地热能，故D 选。故选 D。14保存液态有机物的一种方法是在其上方加盖一层水以避免挥发损失。下列有机物适合用“水

19、封法”保存的是A乙醇B硝基苯C甘油D己烷【答案】B【解析】【分析】有机物用水封法保存，则有机物不溶于水，且密度比水大，以此解答【详解】A.乙醇与水互溶，不能用水封，故A.错误；B.硝基苯密度大于水，且不溶于水，可以用水封，故B 正确；C.甘油与水互溶，不能用水封，故C不选；D.己烷密度小于水，在水的上层，不能用水封法保存，故D 不选；答案选 B。15在两只锥形瓶中分别加入浓度均为1mol/L 的盐酸和NH4Cl溶液，将温度和pH 传感器与溶液相连，往瓶中同时加入过量的质量、形状均相同的镁条，实验结果如图。关于该实验的下列说法，正确的是（）A反应剧烈程度：NH4ClHCl BP点溶液：c(NH4

20、+)+2c(Mg2+)c(Cl-)CQ 点溶液显碱性是因为MgCl2发生水解D 1000s 后，镁与NH4Cl 溶液反应停止【答案】B【解析】【详解】A NH4Cl 是强酸弱碱盐，发生水解反应溶液显酸性，浓度均为1mol/L 的盐酸和NH4Cl溶液中，盐酸中的氢离子浓度酸远大于NH4Cl溶液，与金属反应属于放热反应，图中盐酸与镁反应温度迅速升高，而氯化铵溶液与镁反应放出热量较少，则反应剧烈程度：HCl NH4Cl，故 A 错误；BP点时氯化铵溶液的电荷守恒式为：c(NH4+)+2c(Mg2+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，由于 P点溶液显碱性，c(OH-)c(H+)，则 c(NH4

21、+)+2c(Mg2+)c(Cl-)，故 B 正确；CQ 点溶液显碱性是因为NH4Cl 发生水解生成一水合氨和氢离子，由于氢离子与金属镁反应被消耗，促使水解平衡正向移动，一水合氨浓度增大，溶液的碱性增强，故C 错误；D由图像可知，1000s 后，镁与NH4Cl溶液反应的温度和pH 仍在升高，只是变化较小，反应没有停止，故 D 错误；答案选 B。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16溴化钙晶体(CaBr2 2H2O)为白色固体，易溶于水，可用于制造灭火剂、制冷剂等。一种制备溴化钙晶体的工艺流程如下：(1)实验室模拟海水提溴的过程中，用苯萃取溶液中的溴，分离溴的苯溶液与水层的操作(装置如图

22、)：使玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔，将活塞拧开，使下面的水层慢慢流下，待有机层和水层界面与活塞上口相切即关闭活塞，_。(2)“合成”主要反应的化学方程式为_。“合成”温度控制在70以下，其原因是_。投料时控制n(Br2)n(NH3)=10.8，其目的是 _。(3)“滤渣”的主要成分为_(填化学式)。(4)“滤液”呈强碱性，其中含有少量BrO-、BrO3-，请补充从“滤液”中提取 CaBr2 2H2O 的实验操作：加热驱除多余的氨，用氢溴酸调节滤液呈酸性，加入活性炭脱色，用砂芯漏斗过滤，_。实验中须使用的试剂：氢溴酸、活性炭、乙醇；除常用仪器外须使用的仪器：砂芯漏斗，真空干燥箱【答案】打开玻璃

23、塞，将上层液体从上口倒入另一烧杯中3CaO+3Br2+2NH3=3CaBr2+N2+3H2O 温度过高，Br2、NH3易挥发使 NH3稍过量，确保Br2被充分还原Ca(OH)2将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、用乙醇洗涤干净后，在真空干燥箱中干燥（或低温干燥，或用滤纸吸干）【解析】【分析】制备溴化钙晶体的工艺流程：将液氨、液溴、CaO 与水混合发生反应3CaO+3Br2+2NH3=3CaBr2+N2+3H2O、CaO+H2O=Ca(OH)2，过滤，滤渣为Ca(OH)2，滤液为CaBr2溶液，呈强碱性，其中含有少量BrO-、BrO3-，加热驱除多余的氨，用氢溴酸调节滤液呈酸性，加入活性炭脱色，用砂

24、芯漏斗过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、用砂芯漏斗过滤、用乙醇洗涤干净后，在真空干燥箱中干燥，得到CaBr2?2H2O 晶体，据此分析作答。【详解】(1)实验室模拟海水提溴的过程中，用苯萃取溶液中的溴，分离溴的苯溶液与水层的操作是：使玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔，将活塞拧开，使下面的水层慢慢流下，待有机层和水层界面与活塞上口相切即关闭活塞，将上层液体从上口倒入另一烧杯中；(2)在“合成”中为液氨、液溴、CaO发生反应：3CaO+3Br2+2NH3=3CaBr2+N2+3H2O；其中液溴、液氨易挥发，所以合成过程温度不能过高；投料时控制n(Br2)n(NH3)=10.8，确保 Br2被充分还原；

25、(3)合成反应中：CaO+H2O=Ca(OH)2，故滤渣为Ca(OH)2；(4)滤液为 CaBr2溶液，呈强碱性，其中含有少量BrO-、BrO3-，加热驱除多余的氨，用氢溴酸调节滤液呈酸性，加入活性炭脱色，用砂芯漏斗过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、用砂芯漏斗过滤、用乙醇洗涤干净后，在真空干燥箱中干燥，得到CaBr2?2H2O 晶体。【点睛】本题考查了物质的制备，涉及对工艺流程的理解、氧化还原反应、对反应条件的控制选择等，理解工艺流程的反应原理是解题的关键，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，是对学生综合能力的考查。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17聚碳酸酯（简称PC）是重要的工

26、程塑料，某种PC塑料(N)的合成路线如下：已知：i R1COOR2+R3OHR1COOR3+R2OH ii R1CH=CHR2R1CHO+R2CHO （1）A 中含有的官能团名称是_。（2）、的反应类型分别是_、_。（3）的化学方程式是_。（4）是加成反应，G的核磁共振氢谱有三种峰，G的结构简式是_。（5）中还有可能生成的有机物是_（写出一种结构简式即可）。（6）的化学方程式是_。（7）己二醛是合成其他有机物的原料。L 经过两步转化，可以制备己二醛。合成路线如下：中间产物1 的结构简式是_。【答案】碳碳双键氧化反应加成反应CH3CH=CH2、【解析】【分析】A 的分子式为C2H4，应为 CH2

27、=CH2，发生氧化反应生成环氧乙烷，环氧乙烷和二氧化碳反应生成碳酸乙二酯，碳酸乙二酯和甲醇发生信息i 中的反应生成碳酸二甲酯和HOCH2CH2OH，其中 F和 M 可生成 N，则 E为 HOCH2CH2OH，F为碳酸二甲酯，结构简式为；G 和苯反应生成J，由 J分子式知G生成 J的反应为加成反应，G 为 CH2=CHCH3，J发生氧化反应然后酸化生成 L 和丙酮，L和丙酮在酸性条件下反应生成M，由 M 结构简式和D 分子式知，D 为，F和M 发生缩聚反应生成的PC结构简式为；（7）由信息ii 可知，欲制己二醛可通过环己烯催化氧化得到，引入碳碳双键可通过醇或卤代烃的消去得到；【详解】（1）A 的

28、分子式为C2H4，应为 CH2=CH2，含有的官能团名称是碳碳双键；（2）反应是乙烯催化氧化生成环氧乙烷，反应类型为氧化反应；反应是环氧乙烷与CO2发生加成反应生成，反应类型是加成反应；（3）反应是和 CH3OH 发生取代反应，生成乙二醇和碳酸二甲酯，发生反应的化学方程式是；（4）反应是G 和苯发生加成反应生成的J为 C9H12，由原子守恒可知D 的分子式为C3H6，结合 G 的核磁共振氢谱有三种峰，G 的结构简式是CH3CH=CH2；（5）反应中苯酚和丙酮还发生加成反应生成，还可以发生缩聚反应生成等；（6）反应是碳酸二甲酯和发生缩聚反应生成PC塑料的化学方程式为；（7）由信息ii 可知，欲制

29、己二醛可通过环己烯催化氧化得到，引入碳碳双键可通过醇或卤代烃的消去得到，结合L为苯酚可知，合成路线为苯酚与H2加成生成环己醇，环己醇发生消去反应生成环己烯，最后再催化氧化即得己二醛，由此可知中间产物1 为环己醇，结构简式是。【点睛】本题题干给出了较多的信息，学生需要将题目给信息与已有知识进行重组并综合运用是解答本题的关键，需要学生具备准确、快速获取新信息的能力和接受、吸收、整合化学信息的能力，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型。本题需要学生根据产物的结构特点分析合成的原料，再结合正推与逆推相结合进行推断，充分利用反应

30、过程 C 原子数目，对学生的逻辑推理有较高的要求。难点是同分异构体判断，注意题给条件，结合官能团的性质分析解答。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18光纤通讯是光导纤维传送信号的一种通讯手段，合成光导纤维及氮化硅(一种无机涂层)的工艺流程如下：回答下列问题：(1)反应 I 的化学方程式为2C+SiO2Si+2CO，其中还原剂为 _，产物 Si 在周期表中位于_，该反应涉及的副反应可能有C+SiO2Si+CO2(碳不足)和_(碳足量)。(2)经反应所得的四氯化硅粗品中所含的物质如下：组分名称SiCl4SiHCl3SiH2Cl2HCl BCl3PCl3质量分数0.545 0.405 0.

31、0462 0.0003 0.00193 0.00157 沸点/57.6 31.8 8.2-85 12.5 75.5 图中“操作 X”的名称为 _；PCl3的电子式为 _。(3)反应 IV 的化学方程式为SiCl4+4NH3Si3N4+12HCl，若向一2L 恒容密闭容器中投入1molSiCl4和1molNH3，6min 后反应完全，则06min 内，HCl 的平均反应速率为_mol/(Lmin)。反应 III 的与IV 产生的气体相同，则反应III 化学方程式为_。反应 III 中的原料气H2和 O2在碱性条件下可构成燃料电池，其正极反应的电极方程式为_。【答案】碳(或 C)第三周期A 族3C

32、+SiO2SiC+2CO 精馏(或蒸馏或分馏)0.25 2H2+O2+SiCl4SiO2+4HCl O2+2H2O+4e-=4OH-【解析】【分析】(1)根据还原剂失去电子，元素的化合价升高；氧化剂获得电子，元素的化合价降低判断；根据原子核外电子排布与元素在周期表的位置分析；由于元素的非金属性CSi，在高温下可能生成二者的化合物；(2)得到的氯化物中各种成分的沸点相差较大，可利用蒸馏的方法提纯；P 原子与 3 个 Cl形成 3对共用电子对结合形成PCl3；(3)先利用化学反应速率定义式计算(NH3)，然后根据(HCl)与 (NH3)关系计算(HCl)；根据框图可知反应物是 SiCl4与 H2、

33、O2，生成物是SiO2、HCl，根据原子守恒、电子守恒书写反应的方程式；原料气H2和 O2在碱性条件下可构成燃料电池，通入燃料H2的电极为负极，通入O2的电极为正极，根据原电池反应原理书写电极反应式。【详解】(1)在反应 2C+SiO2 Si+2CO中 C元素的化合价由反应前的C单质的 0 价变为反应后CO中的+2 价，化合价升高，失去电子，所以C为还原剂；Si是 14 号元素，Si 原子核外 K、L、M层依次排有2、8、4 个电子，因此Si元素在元素周期表中位于第三周期第IVA族；在高温下，除可能发生副反应C+SiO2 Si+CO2外，足量的C与产生的Si再结合形成SiC，反应的方程式为：3

34、C+SiO2SiC+2CO；(2)在用石英砂与焦炭反应产生的粗硅中含有Si及一些杂质，用氯气将这些物质氧化，得到各种氯化物的液态混合物，各种成分的沸点相差较大，可利用蒸馏法分离提纯得到纯净的SiCl4；P原子最外层有5 个电子，Cl原子最外层有7 个电子，P原子与 3 个 Cl形成 3 对共用电子对结合形成PCl3，每个原子都达到最外层 8 个电子的稳定结构，所以其电子式为；(3)在一个 2L的密闭容器中进行反应SiCl4+4NH3Si3N4+12HCl，开始时加入两种反应物的物质的量都是 1mol，由于 SiCl4与 NH3以 1：4 物质的量之比参与反应，显然NH3完全反应，6min 后反

35、应完全，氨气全部反应，(NH3)=1mol12/612LmolLminminn，根据方程式中氨气与HCl 的计量数关系可知(HCl)=3 (NH3)=3 1/12molLminn=0.25mol/(L?min)；反应 IV 中产生的气体为HCl，SiCl4与 H2、O2在高温下反应产生 SiO2、HCl，反应的方程式是2H2+O2+SiCl4SiO2+4HCl；反应 III 中的原料气H2和 O2在碱性条件下可构成燃料电池，通入燃料H2的电极为负极，负极失去电子，发生氧化反应，通入 O2的电极为正极，正极上获得电子，发生还原反应，由于电解质溶液为碱性，所以正极反应的电极方程式为O2+2H2O+

36、4e-=4OH-。【点睛】本题考查了元素位置的推断、电子式、电极反应式、化学方程式的书写、化学反应速率的计算、氧化还原反应中物质的作用的判断等知识，较为全面的考查了学生对化学基础知识的掌握和应用情况。19铅铬黄是一种颜料，主要成分是铬酸铅PbCrO4。现以 CrCl3?6H2O 和 Pb(NO 3)2等为原料制备该物质，并测定产物纯度。（1）溶解、过滤、洗涤操作时，均需要用到的以下仪器为_（填标号）。（2）第步所得绿色溶液的主要成分为NaCrO2,已知Cr(OH)3不溶于水，与Al(OH)3类似，具有两性。写步发生反应的离子方程式_。（3）第步中加入H2O2浓溶液的目的是_。溶液逐步变为亮黄色

37、后，仍须持续煮沸溶液一段时间，目的是_。（4）第步加入醋酸的目的是，防止pH 较高时，加入Pb(NO3)2溶液会产生 _（填化学式）沉淀，影响产率。利用pH 试纸，调节pH 的实验操作是_。pH 逐步降低时，溶液中的CrO42-转化为 _离子（填化学式）。（5）由于铬酸铅的溶解度比重铬酸铅的小的多，在第步中逐滴滴加Pb(NO3)2溶液后，产PbCrO4黄色沉淀，此时为了提高铅铬黄的产率，可补加少量NaOH 溶液，请用化学平衡移动原理加以解释：_。【答案】B Cr3+4OH=CrO2+2H2O 将 CrO2-（或+3价 Cr 元素）氧化成CrO42-（或+6 价 Cr元素）除去过量的H2O2Pb

38、(OH)2滴入醋酸溶液后，用玻璃棒搅拌，并蘸取少量溶液于pH 试纸中部，半分钟内与标准比色卡比色读数，若高于5 继续滴入醋酸溶液，直至pH=5 Cr2O72-溶液中存在2CrO42-+2CH3COOHCr2O72-+H2O+2CH3COO-加入 NaOH 溶液后有利于提高(CrO42-)而形成更多的 PbCrO4沉淀。【解析】【分析】首先将3CrCl溶于水，加入碱转化为-2CrO的绿色溶液（注意此时铬仍然为+3 价），加入浓双氧水将+3 价的铬氧化为+6 价，此时的铬以2-4CrO（黄色）的形式存在，加入醋酸调节pH，酸性条件下2-4CrO将转变为2-27Cr O（橙色），最后加入硝酸铅溶液煮

39、沸，发生复分解反应得到我们的产物铬酸铅，据此来分析本题即可。【详解】（1）A.三种操作均不需要使用分液漏斗，A 项错误；B.三种操作均需要用到烧杯，B项正确；C.容量瓶是用来配制一定浓度的溶液的，三种操作均不需要用到容量瓶，C 项错误；D.过滤时需要用到漏斗，其余操作不需要漏斗，D 项错误；答案选 B；（2）我们可以类比3+Al与碱的反应来书写方程式，即3+-22Cr+4OH=CrO+2H O；（3）根据分析，过氧化氢作为一种常见的氧化剂，此处是为了把+3 价的铬氧化为+6价，变为亮黄色时已经完全反应，再煮沸一段时间是为了让过量的双氧水分解，避免干扰后续反应；（4）与其它金属类似，2+Pb在碱性条件下也会产生沉淀，因此需要加入醋酸来调节pH，防止2+Pb的流失；调节 pH 的过程中需要不断检测溶液pH，因此滴入醋酸溶液后，用玻璃棒搅拌，并蘸取少量溶液于pH 试纸中部，半分钟内与标准比色卡比色读数，若高于5 继续滴入醋酸溶液，直至pH=5；（5）六价铬在酸性溶液中主要以2-27Cr O的形式存在，碱性溶液中主要以2-4CrO的形式存在，因此加入烧碱溶液后，平衡将向2-4CrO方向移动，溶液中有更多的2-4CrO，就可以形成更多的产物。