2021年广东省新高考“八省联考”高考诊断性模拟化学试题及参考答案.pdf

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1、2021年广东省新高考“八省联考”高考诊断性模拟化学试题及参考答案一、选择题：本题共16小题，共 44分。第 110小题,每小题2 分；第 11-16小题,每小题2分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.书法是中华文化之瑰宝，“无色而具画图的灿烂，无声而有音乐的和谐”，书法之美尽在笔墨纸砚之间（如图所示的王羲之的“平安贴”下列关于传统文房四宝的相关说法正确的是（）A.墨汁是一种水溶液B.宣纸是合成高分子材料C.砚石的成分与水晶相同D.制笔用的狼毫主要成分是蛋白质2.“古诗文经典已融入中华民族的血脉”。下列诗文中隐含化学变化的是（）A.月落乌啼霜满天，江枫渔火对愁眠B.掬月水

2、在手，弄花香满衣C.飞流直下三千尺，疑是银河落九天D.举头望明月，低头思故乡3.“嫦娥五号”成功着陆月球，展示了以芳纶为主制成的五星红旗，用 SiC 增强铝基材料钻杆“挖士”，实现了中国首次月球无人采样返回。下列有关说法错误的是（）A.月壤中含有的3He,其质子数为3B.制作五星红旗用的芳纶为合成纤维C 制作钻杆用的SiC增强铝基材料属复合材料D.运载火箭用的液02液 H2推进剂在工作时发生氧化还原反应4.“原子”原意是“不可再分”的意思。2 0 世纪初，人们才认识到原子不是最小的粒子。从电子层模型分析,C a原子核外N 能层中运动的电子数为（）A.8 B.2C.18D.105.提取海带中12

3、的实验中,所选择的装置或仪器（夹持装置已略去）正确的是（）n o o c-Q CH2NH26.具有止血功能。下列关于该有机物的说法正确的是（）A.属于芳香煌B.分子式为C8HliO2NC.可 与NaOH溶液反应D.能发生加成反应，不能发生取代反应7.“人世间一切幸福都需要靠辛勤的劳动来创造”。下列劳动与所涉及的化学知识不相符的是（）选项A劳动项目化学知识使 用 草 木 灰 对 草 木 灰 属 于 钾蔬菜施肥肥BC使 用8 4消毒液N aC lO具有漂对衣物消毒白性实验 后，清洗仪 废 液 随 意 排 放器、处理废液、会造成污染打扫卫生D将 浓 硫 酸 放 入 浓 硫 酸 具 有 强分类储存、专

4、人腐蚀性保管的安全柜中8.我国科学家研究了活性炭催化条件下煤气中的H 2s和 H g 的协同脱除，部分反应机理如图(吸附在催化剂表面的物种用*标注)。有关该过程的叙述错误的是()A.产生清洁燃料H2 B.H2S脱除率为100%C.H2S既被氧化又被还原 D.脱 Hg反应为Hg+S=HgS9.叠氮酸(HN3)与NaOH溶液反应生成NaN3。已知NaN3溶液呈碱性，下列叙述正确的是()A.0.01mol,L-iHN3 溶液的 pH=2B.HN3溶液的pH 随温度升高而减小C.NaN3 的电离方程式：NaN3Na+3N3-D.0.01molLrNaN3 溶液中：c(H)+c(Na+)=c(N 3)+

5、c(HN3)10.部分含氮物质的分类与相应氮元素的化合价关系如图所示。下列说法错误的是()A.a可经催化氧化生成bB.b为红棕色，可转化为cC.密闭体系中,c 存在2NO2UN2O4D.d 的溶液与C u 反应可生成b或 c1 1.（4 分）设阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是（）A.l m o l C 1 2 和 F e 充分反应，转移电子数为3NAB.标准状况下J.1 2 L 苯含有C-H键的个数为3NAC.2 2 g C O 2 和足量N a2O2反应产生的气体的分子数为O.2 5 N AD.0.5 m o l 乙酸乙酯在酸性条件下水解，生成乙醇的分子数为I.ONA12 .（4分

6、）陈 述 I 和 I I 均正确且具有因果关系的是（）选项陈 述 I陈述I IA Na可与水反应产生0 2Na着火不能用水扑灭B 可用铝槽运输浓硝酸浓硝酸与A 1 不反应C 硅胶用作干燥剂硅胶具有很强的吸水性D Fe的金属性比C u 强不锈钢水龙头上的铜部件易发生电化学腐蚀13.（4分）环氧乙烷（C 2 H 4 0）常用于医用消毒，一种制备方法为：使用惰性电极电解K C 1 溶液,用 C 交换膜将电解液分为阴极区和阳极区，其中一区持续通入乙烯；电解结束，移出交换膜，两区混合反应：H O C H 2 C H 2 C I+O H =C 1-+H 2 O+C 2 H 4 O 下列说法错误的是（）A.

7、乙烯应通入阴极区B.移出交换膜前存在反应C 12+H 2 O U H C+H C 1 OC.使用C1 交换膜阻止0H通过，可使C 12 生成区的p H 逐渐减小D.制备过程的总反应为：H 2 C=C H2+H2O H2 t +C 2 H 4 O14.（4分）推理是一种重要的能力。打开分液漏斗活塞，进行如图所示的探究实验，对实验现象的预测及分析错误的是（）A.试管内CC14层溶液褪色，说明Br2具有氧化性B.试管中的红色花瓣褪色，说明S02具有漂白性C.试管中产生大量气泡，说明Na2S O3被氧化产生S O3D.一段时间后试管内有白色沉淀,说明有S 042一生成6（4分）水体中重金属铅的污染问题

8、备受关注。溶液中Pb2+及其与0 H一形成的微粒的浓度分数a随溶液p H变化的关系如图所示。已知NH 3H 2O的Kb=1.74X10 5。向pb（NCh）2溶液中滴加氨水，关于该过程的说法正确的是（）A.Pb2+的浓度分数先减小后增大B.c（NO3）与c（Pb2+）的比值先增大,p H 1 0后不变C.pH =7时，存在的阳离子仅有Pb2+.Pb（OH）+和H+D.溶液中Pb2+与Pb（OH）2浓度相等时，氨主要以NH4+的形式存在16.（4分）2019年诺贝尔化学奖颁给研究锂电池的科学家，一种用作锂电池电解液的锂盐结构如图所示。其中,X位于第三周期,X原子的电子数为Z原子的两倍,W、Z、Y

9、位于同一周期。下列叙述正确的是（）A.原子半径：X Z WYB.非金属性：X ZWC.Y的氢化物可用于刻蚀玻璃D.X的氧化物对应的水化物均为强酸二、非选择题：共5 6分。第1719题为必考题，考生都必须作答。第2021题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共42分。17.(14分)试剂级NaCl可用海盐(含泥沙、海藻、K+、Ca2 Mg2 Fe3 S04?一等杂质)为原料制备。制备流程简图如图。海瑟f 片 炒 注 解 卜*1耐f 卜液f 操作X 饱和海渔也”、结 海 卜 Nad(1)焙 炒 海 盐 的 目 的 是。(2)根据除杂原理，在表中填写除杂时依次添加的试剂及其预期沉淀的离子。实验

10、步骤试剂预期沉淀的离子步 骤 1BaC12溶液SO42步骤2步骤3(3)操作X 为。(4)用如图所示装置,以焙炒后的海盐为原料制备HC1气体,并通入NaCl饱和溶液中使NaCl结晶析出.试 剂 a 为。相比分液漏斗，选用仪器1 的优点是。对比实验发现,将烧瓶中的海盐磨细可加快NaCl晶体的析出，其原因是(5)已知：CrO42-+Ba2+BaCrCM I(黄色)CrO42+3Fe2+8H -Cr3+3Fe3+4H2O设计如下实验测定NaCl产品中S04?一 的含量，填写下列表格。操作 现象 目的/结论 称取样品m ig,加水溶解，加盐酸调至弱酸稍显浑浊 目的：o性，滴加过量cimolL”aC12

11、溶液V im L 继 续 滴 加 过 量c2moi溶液产生黄色沉淀 目的:沉淀过量的Ba?*。V2IT1L（3）过滤洗涤，滴加少许指示剂于滤液中，用 结论：S O42一的质量分数c3 m o iL/iF e S0 4溶液滴定至终点，消耗 为。（列算式）FeS 04 溶液 V 3mL18.（1 6分）综合利用炼锌矿渣（主要含铁酸钱G a2（Fe2O4）3、铁酸锌Z nFezCU）获 得3种金属盐，并进一步利用钱盐制备具有优异光电性能的氮化钱（GaN）,部分工艺流程如图。草 彳 荆NaCJI溶液 CH,Br耨f中 喘 器*琴 f源坏器袅零龌科咂史T法纪 HMoyn）浸 出 液 至9 4注液 水区

12、GaN己知：常温下，浸出液中各离子的浓度及其开始形成氢氧化物沉淀的p H如 表I。金属离子在工艺条件下的萃取率（进入有机层中金属离子的百分数）如表2。表1金属离子浓度及开始沉淀的pH表 2 金属离子的萃取率金属离子浓度(m o k l/i)开始沉淀pHFe2+1.0X10-38.0Fe3+4.0X10-21.7Zn2+1.55.5Ga3+3.0X IO-33.0金属离子萃取率（）Fe20Fe3+99Zn2+0Ga3+97 98.5(l)Ga2(Fe2O4)3中Ga的 化 合 价 为，“浸出”时 其 发 生 反 应 的 离 子 方 程 式 为。(2)滤 液1中 可 回 收 利 用 的 物 质 是

13、，滤 饼 的 主 要 成 分 是；萃取前加入的固体X为 O(3)Ga与A1同主族，化学性质相似。反萃取后，钱 的 存 在 形 式 为。(填化学式)(4)电解过程包括电解反萃取液制粗钱和粗钱精炼两个步骤。精炼时，以粗绿为阳极，以NaOH溶液为电解液，阴极的电极反应为 o(5)GaN可采用MOCVD(金属有机物化学气相淀积)技术制得：以合成的三甲基线为原料,使其与NH3发生系列反应得到GaN和另一种产物，该 过 程 的 化 学 方 程 式 为。(6)滤 液1中残余的G a3+的浓度为 mol-L-o(写出计算过程)19.(12分)温室气体的利用是当前环境和能源领域的研究热点。I.CH 4与CO2重

14、整可以同时利用两种温室气体，其工艺过程中涉及如下反应：反应 CHg)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)AHi反应 CO2(g)+H 2(g)U CO(g)+H 2O(g)Z H 2=+41.2kJ moi反应CH 4(g)+1O2(g)U CO(g)+2H 2(g)H 3=-35.6kJ mor 1 已知：A o2(g)+H 2(g)H 2O(g)AH =-241.8kJ moi,则 kJ mol，(2)一定条件下，向体积为V L的密闭容器中通入CH 4、CO2各l.Omol及少量。2,测得不同温度下反应平衡时各产物产量如图1所示。96J.7I11VAOW型人O58 图1中a和b分别代

15、表产物 和，当温度高于900K,H20的含量随温度升高 而 下 降 的 主 要 原 因 是。1100K时,CH 4与CO2的转化率分别为95%和90%,反应的平衡常数K=。(写出计算式)II.Ni-CeO2催 化CO2加H2形成CH4的反应历程如图1所示(吸附在催化剂表面的物种用*标注），含碳产物中CH4的物质的量百分数（Y）及 C 02的转化率随温度的变化如图2 所示。（3）下列对C 02甲 烷 化 反 应 体 系 的 说 法 合 理 的 有。A.含碳副产物的产率均低于CH4B.存在反应 CO2+4H2UCH4+2H2OC.存在副反应CO2+H2UCO+H2OD.CO2转化为CH4的过程中发

16、生了能量转化E.温度高于260后，升高温度，甲烷产率几乎不变（4）CO2甲烷化的过程中，保 持 C02与 H2的体积比为1：4,反应气的总流量控制在40mLmin-i,320时测得CO2转化率为80%,则 CO2反应速率为 mL.min 1。（二）选考题：共14分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。选修3：物质结构与性质（14分）20.（14分）磷及其化合物在电池、催化等领域有重要应用。黑磷与石墨类似，也具有层状结构（如 图 1）。为大幅度提高锂电池的充电速率，科学家最近研发了黑磷-石墨复合负极材料,其单层结构俯视图如图2 所示。使是：0.2224 nm 钝长：0.

17、2244 nm-,.黑琪区一回答下列问题：（l）Li、C、P 三种元素中，电负性最小的是 o （用元素符号作答）（2）基 态 磷 原 子 价 电 子 排 布 式 为。(3)图 2黑磷区中P 原 子 的 杂 化 方 式 为，石墨区中C原子的杂化方式为(4)氢化物PH 3、C H N H 3 的 沸 点 由 高 到 低 顺 序 为。(5)根据图1 和图2的信息，下列说法正确的有 o (填字母)A.黑磷区中P-P 键的键能不完全相同B.黑磷与石墨都属于混合型晶体C.由石墨与黑磷制备该复合材料的过程，发生了化学反应D.石墨与黑磷的交界结合区域中,P 原子与C原子共平面E.复合材料单层中,P 原子与C原

18、子之间的作用力属范德华力(6)贵金属磷化物R h2 P(化学式量为2 3 7)可用作电解水的高效催化剂，其立方晶胞如图3所示。已知晶胞参数为a n m,晶体中与P 距离最近的Rh 的 数 目 为.晶 体 的 密 度 为g,c m 32,故A错误；B.HN3溶液为弱酸溶液,电离过程为吸热过程，升温促进电离,溶液的pH随温度升高而减小,故B正确；C.NaN3的电离方程式为：NaN3 Na，+N3,故C错误：DOO 1 mol L 一】NaN3溶液中存在物料守恒,c(Na*)=c(N3 一)+c(HN3),故D错误；故选：B。【试题评价】本题考查了电解质电离、盐类水解、电解质溶液酸碱性等知识点，掌握

19、基础是解题关键，题目难度不大。10.根据图知,a、b、c、d 分别是 NH3、NO、N 5、H NO3,A.氨气催化氧化生成NO；B.NO是无色气体、NO2是红棕色气体,NO和氧气反应生成NO2;C.NO2和N2O4之间存在平衡；D.稀硝酸和Cu反应生成NO、浓硝酸和Cu反应生成NO2.【试题解答】根据图知I,a、b、c、d分别是NH 3、NO、NO2、H NO3,催w剂A.氨气催化氧化生成NO,反应方程式为4NH3+5O2 ”N O+6H 20,所以a可经催化氧化生成b,故A正确；B.NO是无色气体、NO2是红棕色气体,N O和氧气反应生成N02,反应方程式为2NO+O2=2NO2,故B错误

20、；C.N02和N2O4之间存在平衡，即2NO2U N2O4,故C正确；D.稀硝酸和Cu反应生成NO、浓硝酸和Cu反应生成N02,反应方程式分别为3CU+8H NO3=3CU(NO3)2+2NO t+4H2O、CU+4HN O 3(*)=CU(NO3)2+2NO2 t+2H2O,所以 d 的溶液与Cu反应可生成b或c,故D正确；故选：B,【试题评价】本题考查氮及其化合物的性质，侧重考查分析判断及知识综合应用能力，正确判断图中各物质、明确物质之间转化关系及元素化合物性质是解本题关键，会正确书写相应的方程式，题目难度不大。H.A.lmol C12和Fe充分反应,氯元素0价变化为-1价，据此计算转移电

21、子数；B标准状况下，气体摩尔体积为22.4L/mol,苯不是气体；C.22g CO2 物质的量=0.5mol,2Na2O2+2CO2-2Na2co3+O2,据此计算判断；44g/molD.乙酸乙酯在酸性条件下水解生成乙酸和乙醇，反应为可逆反应。【试题解答】A.lmol C12和Fe充分反应,氯元素0价变化为-1价，电子转移2NA,故A错误；B.标准状况下，苯不是气体，不能用标准状况下气体摩尔体积计算物质的量J.12L苯物质的量不是0.05mol,故B错误；C.22g CO2 物质的量=0.5mol,2Na2O2+2CO22Na2CO3+O 2,jS jSM ；44g/mol0.25mol,气体

22、的分子数为0.25NA,故C正确；DO5moi乙酸乙酯在酸性条件下水解，生成乙醇的分子数小于0.5NA,故D错误；故选：Co【试题评价】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，题目难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。1 2.A.N a 可与水反应产生H 2,H 2 具有可燃性；B.A 1 遇浓硝酸钝化，在表面生成致密的氧化物薄膜；C.硅胶具有很强的吸水性，可以用作干燥剂；D.活泼金属更易被腐蚀。【试题解答】A.N a 可与水反应产生H 2,H 2 具有可燃性，所以N a 着火不能用水扑灭，故 A错误；B.A 1 遇浓硝酸钝化，在表面生成致密的氧化物薄膜保护内部的金属不再发生反

23、应，则可用铝槽运输浓硝酸，故 B错误；C.硅胶具有很强的吸水性，可以用作干燥剂，故 C正确；D.F e的金属性比C u 强，不锈钢水龙头上的铁部件易发生电化学腐蚀，故 D错误；故选：C【试题评价】本题考查了物质的化学性质，为高频考点，涉及物质的性质与用途，侧重考查学生的分析能力和实验能力,明确物质性质差异性是解本题关键，题目难度不大。1 3 根据方程式 H O C H 2 cH 2 C 1+O H 一 一 C+H 2 O+C 2 H 4 0 知,H 2 C=C H 2 和 H C 1 O 发生加成反应生成H O C H 2 C H2C 1,H C 1 O 由氯气和水发生反应C 1 2+H 2

24、O U H C 1 +H C 1 O 得到，A.用惰性电极电解K C I 溶液时，阳极上电极反应式为2 C -2 e-C 1 2 t ,阳极附近氯气和水反应生成H C 1 O,H 2 C=C H 2 和 H C 1 0 发生加成反应生成H O C H 2 cH 2 C 1；B.H 2 C=C H 2 和 H C 1 0 发生加成反应生成H O C H 2 cH 2 C L H C 1 0 由氯气和水反应得到；C.阳极上生成氯气，氯气和水反应生成酸；诵由D.电解池电池反应式为2 C 1+2 H 20 2 O F T+H 2 t +C 1 2 f、氯气和水反应方程式为 C 1 2 +H 2 0#H

25、 +c r +H C 1 0 H C 1 0 和乙烯反应方程式为 H 2 C =C H 2 +H C 1 O H O C H 2 cH 2 C I、两区混合反应方程式为H O C H 2 cH 2。+01=Q+H 2 0+C 2 H 4 0,据此书写制备总反应方程式。【试题解答】根据方程式H O C H 2 C H 2 C I +O H C l +H 2 O +C 2 H 4 O 知,H 2 C =C H 2 和H C 1 0 发生加成反应生成H O C H 2 cH 2 C L H C 1 0 由氯气和水发生反应C I 2 +H 2 O U H C I +H C 1 0 得到，A.用惰性电极

26、电解K C 1 溶液时，阳极上电极反应式为2 c-2h=。2 t ,阳极附近氯气和水反应生成H C 1 O,H 2 C=C H 2 和 H C 1 0 发生加成反应生成H O C H 2 cH 2 C 1,所以通入乙烯的电极区为生成氯气的电极，即电解池阳极区，故A错误；B.H2C=CH2和HC10发生加成反应生成HOCH2cH2CLHC10由氯气和水反应得到，所以移出交换膜前存在反应C12+H2OUHC1+HC1O,故B正确；C.阳极上生成氯气,氯气和水反应生成酸，导致溶液酸性增强，溶液的pH减小，故C正确；诵由D.电解池电池反应式为2C1+2H2O 2OH+H2 t+C12 t、氯气和水反应

27、方程式为 C12+H2O#H+c r +HC1O.HC1O 和乙烯反应方程式为 H2C=CH2+HC1O=HOCH2cH2CI、两区混合反应方程式为HOCH2cH2C1+OH-C+H2O+C2H40,将这几个方程式相加得到制备总反应方程式为H2C=CH2+H2O=H2 t+C2H40,故D正确；故选：A。【试题评价】本题考查电解原理,侧重考查题干信息的获取、加工和综合应用能力，明确离子放电顺序及整个过程中发生的反应、元素化合物性质是解本题关键,D为解答易错点,题目难度中等。14.浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫与漠的四氯化碳反应生成硫酸和澳化氢,硫酸与氯化钢反应生成硫酸银沉淀，二氧化

28、硫具有漂白性,能够使红色花瓣褪色，据此判断解答。【试题解答】A.锥形瓶内发生反应Na2s03+H 2s0 4=Na2s0 3+SO2 t+H2O,产生的SO2进入到试管中,CC14层溶液褪色，证 明Br2发生反应,SO2具有还原性,可以被Br2氧化，证明Br2具有氧化性，故A正确；B.二氧化硫具有漂白性，所以通入到试管中，会看到红色花瓣褪色，故B正确；C.亚硫酸钠与浓硫酸反应生成二氧化硫和硫酸钠，元素化合价不变，不是氧化还原反应，亚硫酸钠未被氧化，故C错误；D.二氧化硫与氯化钢溶液不反应，一段时间后试管内有白色沉淀,说明有SO42一生成，故D正确。故选：Co【试题评价】本题考查了元素化合物知识

29、，侧重考查二氧化硫性质，明确二氧化硫制备原理及二氧化硫的漂白性和还原性是解题关键，题目难度中等。15.A.Pb2+的浓度分数减小，随pH增大，一直减小；B.溶液中Pb2+的浓度分数一直减小，在p H=1 0时,Pb2+的浓度趋近于0,而溶液中N 03一 的浓度基本保持不变；C.向 P b(N O 3)2 溶液中滴加氨水分数的反应，溶液中一定含镂根离子；D.溶液中P b 2 卜与P b(0 H)2 浓度相等时,溶液显碱性。【试题解答】A.图中分析可知，溶液中P b 2+的浓度分数一直减小，故 A错误；B.溶液中P b 2+的浓度分数一直减小，在 p H=1 0 时,P b?+的浓度趋近于0,而溶

30、液中N O 3 一 的浓度基本保持不变，所以C(NO3 )与c(P b 2+)的比值先增大，当p H 1 0 后,c(P b 2+)浓度几乎为0,N O 3-与c(P b 2+)的比值无意义，故 B错误；C.p H=7时，存在的阳离子除P b2+,P b(O H)+和 H+外，还有N H 4+,故 C错误；D.溶 液 中 P b 2+与 P b(O H)2浓度相等时,p H=8,溶液显碱性，此时溶液中含较多的氢氧根离子,则溶液中氨主要是以N H 4+的形式存在，故 D正确；故选：D。【试题评价】本题考查了弱电解质电离平衡、溶液p H 变化的分析判断、离子存在形式等知识点，掌握基础是解题关键，题

31、目难度中等。1 6 .X 位于第三周期,X 原子的电子数为Z原子的两倍，结合物质的结构可知,Z可形成双键,Z为 O,X 为 S；W、Z、Y位于同一周期,Y只形成1 个共价键,Y为 F,W 形成2个共价键且得 到 1 个电子,W 为 N,以此来解答。【试题解答】由上述分析可知,X为 S、W 为 N、Z为 0、Y为 F,A.电子层越多、原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小,则原子半径：X WZ,故A错误；B.由电负性可知，非金属性Z WX,故 B错误；C.Y 的氢化物为H F,可用于刻蚀玻璃，故 C正确；D.X 的氧化物对应的水化物若为亚硫酸，属于弱酸，故 D错误；故选：C【试题评价】本题考查

32、原子结构与元素周期律，为高频考点，把握电子数关系、化学键及最外层电子数来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查,注意规律性知识的应用，题目难度较大。二、非选择题：共 56分。第 1719题为必考题，考生都必须作答。第 2021题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共 42分。1 7 .海盐经过焙炒,除去海藻等有机杂质，并使其颗粒变小，之后溶解，加入氯化钢除去硫酸根，加入 NaOH除 去 M g 2+和 F e 3+,再加入碳酸钠除去过量的钢离子和钙离子，之后过滤取滤液,蒸发浓缩得到饱和溶液,K C 1 的溶解度比N a C l 大，所以通入H C 1 气体结晶得到N a C l。

33、【试题解答(1)焙炒海盐可以除去海藻等有机杂质，并使其颗粒变小，加速溶解,故答案为：除去海藻等有机杂质，并使其颗粒变小：(2)根据分析可知步骤2可以加入N a O H溶液除去M g?+和F e 3+,步 骤3加 入N a 2 c o 3溶液除 去B a?+和C a 2+(或步骤2加 入N a 2 c 0 3除去B a2+D C a?+,步骤3可以加入N a O H溶液除去 M g 2+和 F e3+),故答案为：N a O H溶液；M g?”和F e 3+；N a 2 c O 3溶液；B a?和C a 2+；(或N a 2 c O 3溶液；B a?+和 C a 2+；N a O H 溶液；M

34、g?+和 F e 3+)；(3)根据分析可知操作X为蒸发浓缩，故答案为：蒸发浓缩；(4)实验室可以利用浓硫酸与氯化钠固体共热制取H C 1气体，所以试剂a为浓硫酸;仪器1侧面导管可以平衡压强，使液体顺利滴下，故答案为：浓硫酸；平衡压强，使液体顺利滴下；将烧瓶海盐磨细可以增大与浓硫酸的接触面积，使 产 生H C 1气体的速率加快，从而加快N a C l晶体的析出，故答案为：增大与浓硫酸的接触面积,使产生H C 1气体的速率加快:(5)步骤中加入过量的氯化钢溶液，目的是使S O 4 2 一完全沉淀，之后再加入过量的K 2 C rO 4溶液沉淀过量的B a?*,然 后 用F e S C M溶液滴定剩

35、余的Cr d-，根据方程式C r O 42+B a2+-B a C Q t I (黄色),C r O 4 2-+3F e 2+8 H+-C r3+3F e 3+4 H 2O 可知,(C r O 42)=A c 3V 3X 10-3m o l,R i J n#J(B a2+)=n,g(C r O 42)-n n s(C r O 42)-(c 2V 2X 10-3-13V 3X 1033-3)m o l,所以 n(S O 42)=c i V|X 10-3m o i -(C 2V 2X I O 3-L c 3V 3X 10 3)m o l =(c i V i -c 2V 23+A C3V3)x 10

36、33m o l,S O 42的质量分数为1(c j V1-c2V2+-c3V3)X 10 m o l X9 6 g/m o lX10 0%IUJ g2V 2 号 c 3V 3)ml%,9.6(C1V1-C2V24-C3V3)故答案为：使S O 4 2一完全沉淀；-%。ml【试题评价】本题考查物质的制备以及除杂操作，涉及物质分离提纯、物质含量的计算等知识，题目综合度较高，题目难度中等,学习中注重相关基础知识的积累。18.炼锌矿渣用稀硫酸酸浸后所得滤液中含有亚铁离子、铁离子、锌离子、G a?*,加入双氧水氧化亚铁离子，调 节 p H=5.4,沉淀铁离子和G a 3+,滤 液 1 中含有锌离子；得到

37、的滤饼加入盐酸酸化得到氯化铁和氯化钱，加入固体铁把铁离子转化为亚铁离子，然后利用萃取剂萃取 G a 3+,加入氢氧化钠溶液使G a?*转化为N a G a O 2,电解N a G a O 2溶液生成单质G a,据此解答。【试题解答】G a 2(F e 2O 4)3中 F e 是+3 价,0 是-2 价,根据化合价代数和为0可知G a 的化合价为+3 价，“浸出”时其发生反应的离子方程式为F e 2O 4 2-+8 H+=2F e 3+4 H 2O,故答案为：+3；F e 2O 42+8 H+=2F e3+4 H 2 O；(2)根据以上分析可知滤液1 中为硫酸锌，则可回收利用的物质是硫酸锌，调

38、节 p H=5.4，沉淀铁离子和G a 3+,滤饼的主要成分是F e(0 H)3、G a(0 H)3；萃取前加入的固体X的目的是还原铁离子，则 X为 F e,故答案为：硫酸锌；F e(O H)3、G a(0 H)3;F e；(3)G a 与 A l 同主族，化学性质相似；反萃取后加入氢氧化钠溶液使G a?*转化为N a G a O2,即钱的存在形式为N a G a O 2,故答案为：N a G a 0 2；(4)精炼时，以粗锐为阳极，以 NaOH溶液为电解液，阴极是得到电子转化为G a,电极反应为G a O 2 一 +3e 一+2 H 2 O=G a+4 O H 故答案为：G a O 2 +3

39、 e-+2 H 2 O=G a+4 O H-；(5)以合成的三甲基像为原料,使其与N H 3 发生系列反应得到G a N 和另一种产物，根据原子守恒可知还有甲烷生成，该过程的化学方程式为G a(C H 3)3+N H 3=3C H 4+G a N,故答案为：G a(C H 3)3+N H 3=3C H 4+G a N；(6)根据表中数据可知G a(O H)3的溶度积常数为3.0*10 一 3义(】0 7 1)3=3.0 义10-36,溶液的p H =5.4,即 氢 氧 根 离 子 浓 度 是 10 一&6 m o i/L,所 以 滤 液 1 中 残 余 的 G a 3+的浓度为3 X 叱3：m

40、 o l/L=3.0 X 10 1 0 2m o i L，(10-&6 尸故答案为：3.O X 1O1 0 2.【试题评价】本题考查物质制备、物质分离提纯，为高频考点，涉及氧化还原反应、物质分离提纯、基本操作等知识点，明确化学反应原理及物质性质、基本操作是解本题关键，知道流程图中可能存在的反应及基本操作方法，知道每一种物质的成分，题目难度中等。19.1.(1)记反应/02(g)+H2(g)=H20(g)为反应，由盖斯定律反应二十-可得；(2)由反应可知，反应产物有CO、H2和H 20,生成的H2会在反应中与C02反应生成CO,CO的产量高于H 2,反应是吸热反应，升高温度，有利于反应的正向进行

41、；1100K时,C H4与C 0 2的 转 化 率 分 别 为95%、90%,则 计 算 得 平 衡 时c(CH4)=(L (ML 95)mcil=.0/)5-mol/L,c(CO2)=5一。,9J mol=J lA m o l/L,由图可知,c(H 2)VL V VL V=L 55 mol/L,c(CO)=1=9。mol/L,则V V八c2(C0)X C2(H?)反应的平衡常数K(C H 4)XC(C。：)；II.(3)A.由图可知，含碳产物中CH4的物质的量百分数Y270%,则含碳副产物的产率W30%；B.由题意及图Ni-CeO2催化CO2加H2形成CH 4；C.由图可知，存在CO2和H2

42、反应生成CO和H2O：D.化学反应伴随着物质变化和能量变化；E.由图2可知，当温度高于260时,CO2的转化率还在增大，但CH4的百分含量几乎不在变化；(4)CO2甲烷化的过程中,CO2与H2的体积比为1：4,反应气的总流量为40mLmin，则Im in内初始时CO2的体积为40 xLmL=8mL,320时CO2转化率为80%,5【试题解答】1.(1)记反应jQ2(g)+H2(g)=H2O(g)为反应，由盖斯定律反应=+-，故HI=ZXH2+ZH3-H=(41.2-35.6+241.8)kJ mol-1=+247.4kJ*mor1,故答案为：+247.4；(2)由反应可知，反应产物有CO、H2

43、和H 2O,生成的H2会在反应中与CO2反应生成CO,CO的产量高于H 2,故a曲线表示产物H2,b曲线表示CO,反应是吸热反应,升高温度，有利于反应的正向进行,H2O的含量增大,但反应/02(g)+H2(g)=H20(g)为放热反应，升高温度，不利于反应的正向进行,H2O的含量减小，故答案为：H 2；CO；反应工O2(g)+H2(g)=H2O(g)是放热反应，升高温度，平衡逆行移动,H 2O2的含量减小；1100K时,C H4与CO 2的 转 化 率 分 别 为95%、90%,则 计 算 得 平 衡 时c(CH4)=(1.0-0.95)mol=C L 05 m o l/L；c(C O 2)=

44、二L=A _ Lmol/L,由图可知,c(H 2)VL V VL V=L 55 m ol/L,c(C O)=lLm ol/L,则V V反 应 的 平 衡 常 数K1.9 0、2 Y/I.5 5、2(空)X(号)C2(C O)X C2(H2)C(C H4)Xc(C 02)1.9()2X I.5 5 20.0 5 X 0.1 1 V2 故答案为：1.9 0 2 x 1.5 5：0.0 5 X 0.1 1 V2n.(3)A.由图可知，含碳产物中CH4的物质的量百分数Y270%,则含碳副产物的产率W3O%,故含碳副产物的产率均低于CH 4,故A正确；B.由题意及图Ni-CeO2催 化CO2加H2形 成

45、CH 4,故存在反应CO2+4H2CH4+2H2O,故B正确；C.由图可知，存在CO2和H2反应生成CO和H 2O,故C正确：D.化学反应伴随着物质变化和能量变化，故D正确；E.由图2可知，当温度高于260时,CO2的转化率还在增大，但CH4的百分含量几乎不在变化,则继续升高温度甲烷产率几乎不变，故E正确；故答案为：ABCDE；(4)CO2甲烷化的过程中,CO2与H2的体积比为1：4,反应气的总流量为40mLmin-i,则lm in内初始时CO2的体积为40 X A m L=8mL,320 W CO2转化率为80%,则CO2反应速5率为 v=8*0.8 mLmin 1=6.4mL,min1故答

46、案为：6.4。【试题评价】本题考查化学反应原理综合运用，涉及到盖斯定律的应用，化学平衡的计算，化学反应速率的计算等知识点，涉及到的知识点较多,均为高频考点，正确分析题目信息，结合盖斯定律、勒夏特列原理等知识解答，题目难度中等。(二)选考题：共 14分。请考生从2 道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。选 修 3：物质结构与性质(14分)20.(1)三种元素只有L i为金属，难以得到电子,电负性较小；(2)P为15号元素，核外电子排布为 Ne 3s23P3,最外层有5个电子；(3)P原子形成3 个 P-P 键，有 1 对孤电子对,石墨中C原子形成3个。键；(4)NH3分子间存在氢键

47、沸点最高，沸点最高，没有氢键的氢化物，相对分子质量越大，沸点越局；(5)A.黑磷区中P-P 键的键长不完全相等；B.黑磷与石墨,每一层原子之间由共价键组成六元环结构，层与层之间由范德华力互相吸引：C.P-P 和 C -C键断裂，形成P-C键；D.石墨中C原子为s p2杂化，所以与六元环中C原子相连的原子与六元环共面；E.复合材料单层中,P原子与C 原子之间的作用力为共价键；(6)根据晶胞结构可知一个晶胞中有8个黑球,4 个灰球，晶体化学式为R h 2 P,所以黑球表示R h 原子，灰球表示P原子，以顶面面心P原子为例，该晶胞中有4个 R h 原子距离其最近，该晶胞上方晶胞中还有4 个,所以晶体

48、中与P 距离最近的R h 的数目为8；晶胞的体积为a3 n m 3=(aX1 0-7)3 c m 3,晶 胞 的 质 量 为 空 斗，以此计算晶胞密度。NA【试题解答】(l)Li 为金属，具有较强的金属性，难以得到电子，电负性比C、P小，三种元素中 Li 的电负性最小，故答案为：Li；(2)P 为 1 5 号元素，核外电子排布为 N e 3 s 2 3 P 3,价电子排布为3 s 2 3 P 3,故答案为：3 s 2 3 P 3；(3)晶体中六元环不是平面结构,P原子形成3个 P -P键，有 1 对孤电子对，价层电子对数为4,P 原子采取s p3杂化,石墨中C 原子形成3个。键，无孤电子对，杂

49、化方式为s p2杂化，故答案为：S p%s p?;(4)N H3 分子间存在氢键沸点最高,P H3 的相对分子质量大于CH4,P H3 的沸点比C H 4 高，所以沸点由高到低顺序为N H3 P H3 CH4,故答案为：N H3 P H3 CH4;(5)A.由图可知黑磷区中P -P键的键长不完全相等，所以键能不完全相同，故 A正确；B.黑磷与石墨,每一层原子之间由共价键组成六元环结构，层与层之间由范德华力互相吸引，所以为混合晶体，故 B 正确；C.由石墨与黑磷制备该复合材料的过程中,P -P 和 C-C 键断裂，形成P -C 键，发生了化学反应，故 C 正确；D.石墨中C原子为s p?杂化，所

50、以与六元环中C原子相连的原子与六元环共面，所以石墨与黑磷的交界结合区域中,P原子与C原子共平面，故D正确：E.复合材料单层中,P原子与C原子之间的作用力为共价键，故E错误；故答案为：A B C D；(6)根据晶胞结构可知一个晶胞中有8个黑球,4个灰球，晶体化学式为R h 2 P,所以黑球表示Rh原子，灰球表示P原子，以顶面面心P原子为例，该晶胞中有4个R h原子距离其最近，该晶胞上方晶胞中还有4个,所以晶体中与P距离最近的R h的数目为8；晶胞的体积为a3 n m 3237X4.=(a X 1 0 7)3c m3,晶 胞 的 质 量 为 宜，所以晶体的密度为-也=-=NA (aX10-7)3c