安徽省蚌埠市2022届高三化学9月月考试题含解析.doc

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1、安徽省蚌埠市2022届高三化学9月月考试题含解析考前须知：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.答复选择题时，选出每题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。答复非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.可能用到的相对原子质量：H1 Li7 C12 N14 O16 Na23 Cl35.5 Fe56 Zn65第一卷(选择题 共45分)一、选择题：此题共15个小题，每题3分，共45分。在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的。1.化学与生活、社会密切相关。以下有关说法正确的选项是A. 在人体内酶

2、的作用下，纤维素可以发生水解反响生成葡萄糖B. 华为自主研发的“麒麟芯片与光导纤维的基体材料相同C. 杜牧诗句“烟笼寒水月笼沙，夜泊秦淮近酒家，此处的“烟指固体小颗粒D. 医药中常用75酒精来消毒，是因为酒精能够使病毒的蛋白质变性【答案】D【解析】【详解】A人体内没有分解纤维素的纤维素酶，不能被人体吸收利用，故A错误；B芯片的材料是Si，而光导纤维的根本材料是SiO2，故B错误；C此处的“烟指小液滴，不是固体小颗粒，故C错误；D酒精能使蛋白质变性，因此可用医用酒精杀灭病毒，起到消毒的作用，故D正确；故答案为D。2.用NA表示阿伏加德罗常数的数值，以下说法正确的选项是A. 标准状况下，11.2L

3、乙醇完全燃烧生成的CO2的分子数为05NAB. 标准状况下，aL氧气和氮气的混合物中含有的原子总数约为NAC. 78gNa2O2晶体中所含阴、阳离子个数均为2NAD. 含1molH2SO4的浓硫酸与足量铜在加热条件下反响，转移的电子数为NA【答案】B【解析】【详解】A标准状况下乙醇是液体，不能根据气体摩尔体积计算11.2L乙醇的物质的量，故A错误；B标准状况下，aL的氧气和氮气的混合物物质的量=mol，氧气和氮气均为双原子分子，那么所含原子数=mol2NA=NA，故B正确；C每个过氧化钠化学式中含有2个钠离子和1个过氧根离子，78g过氧化钠的物质的量为1mol，那么78g过氧化钠中含有阳离子个

4、数为2NA，阴离子个数为NA，故C错误；D足量的Cu和一定量的浓硫酸混合加热，随反响的进行，硫酸浓度降低而变稀，Cu和稀硫酸不反响，那么含1molH2SO4的浓硫酸与足量铜在加热条件下反响，硫酸不可能全部参加反响，实际转移的电子数小于NA，故D错误；故答案为B。【点睛】顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。关于气体摩尔体积的使用注意：气体的摩尔体积适用的对象为气体，而标况下水、CCl4、HF等为液体，SO3为固体；必须明确温度和压强是0，10

5、1kPa，只指明体积无法求算物质的量；22.4L/mol是标准状态下或一定温度、一定压强下的气体摩尔体积。3.化学实验操作要遵循平安性和简约性，如图操作正确但不是从平安性方面考虑的操作是A. 操作：使用稍浸入液面下的倒扣漏斗检验氢气的纯度B. 操作：使用CCl4萃取溴水中的溴时，振荡后需翻开活塞使漏斗内气体放出C. 操作：吸收氨气或氯化氢气体并防止倒吸D. 操作：配制一定物质的量浓度溶液时的“摇匀操作【答案】D【解析】【详解】A由于连通氢气发生装置的导管在液面以下，所以可以防止点燃不纯氢气时发生爆炸，该操作是从平安角度考虑，故A错误；B翻开活塞使漏斗内气体放出以防止分液漏斗内压强过大引起危险，

6、该操作是从平安角度考虑，故B错误；C水层在下层不能防止倒吸，应该使用四氯化碳，该操作不正确，故C错误；D配制一定物质量浓度溶液时的“摇匀操作正确，但不是从实验平安角度考虑的，故D正确；故答案为D。4.25，以下各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A. =110-12的溶液：K、Na、Al(OH)4、CO32B. 能溶解Al2O3的溶液：Na、K、HCO3、NO3C. 饱和氯水中：Cl、NO3、Na、SO32D. 能使甲基橙显红色的溶液：K、Fe2、Cl、NO3【答案】A【解析】【详解】A该溶液中存在大量氢氧根离子，K+、Na+、Al(OH)4、CO32-之间不发生反响，且都不与氢氧根离子反响

7、，在溶液中能够大量共存，故A正确；B能溶解Al2O3的溶液为酸性或强碱性溶液，溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，HCO3-与氢离子和氢氧根离子反响，在溶液中一定不能大量共存，故B错误；C饱和氯水能够氧化SO32-，在溶液中不能大量共存，故C错误；D能使甲基橙显红色的溶液为酸性溶液，Fe2+、NO3-在酸性条件下能够发生氧化复原反响，在溶液中不能大量共存，故D错误；故答案A。【点睛】考查离子共存的正误判断，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反响的离子之间；能发生氧化复原反响的离子之间；能发生络合反响的离子之间(如 Fe3+和 SCN-)等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱

8、性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；溶液的具体反响条件，如“氧化复原反响、“参加铝粉产生氢气；试题侧重对学生根底知识的训练和检验，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用根底知识解决实际问题的能力。5.以下有关说法不正确的选项是A. 钢铁在弱碱性条件下发生电化学腐蚀的正极反响是：O22H2O4e4OHB. 在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极的阴极保护法C. 向含Hg2的废水中滴加硫化钠溶液至c(S2)0.001molL1时，Hg2完全沉淀(HgS的KSp6.41053)D. 精炼铜时粗铜作阳极，纯铜作阴极，各离子浓度保持不变【答案】D【解析】【详解】A弱碱性条

9、件下，钢铁发生吸氧腐蚀，正极上氧气得电子发生复原反响，电极反响式为O2+2H2O+4e-4OH-，故A正确；B铁、锌、海水形成原电池，锌失去电子作负极，铁作正极被保护，该方法是采用了牺牲阳极的阴极保护法，故B正确；CKSp= c(S2) c(Hg2) =641053，当c(S2)0.001molL1时，c(Hg2) =6.41050 molL1，此时Hg2完全沉淀，故C正确；D粗铜中铜失电子发生氧化反响，含有的锌、铁也会失电子发生氧化反响，阴极析出Cu，依据电子守恒分析判断，溶液中铜离子浓度减小，增加了Zn2+、Fe2+等，故D错误；故答案为D。6.有机化合物2苯基丙烯的结构简式如图()，以下

10、关于该有机物的说法不正确的选项是A. 能使稀高锰酸钾溶液褪色B. 分子中所有碳原子可能共平面C. 不能发生加聚反响D. 不易溶于水【答案】C【解析】【详解】A含有碳碳双键，所以具有烯烃性质，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A正确；B苯分子中所有原子共平面、乙烯分子中所有原子共平面，那么该分子中所有碳原子可能共平面，故B正确；C含有碳碳双键，所以能发生加聚反响生成高分子化合物，故C错误；D该物质为有机物，没有亲水基，不易溶于水，故D正确；故答案为C。【点睛】分析有机物的原子共面问题时，重点掌握C-C、C=C、CC和苯的空间结构特点，有机物中的原子共平面问题可以直接联想甲烷的正

11、四面体结构、乙烯的平面型结构、乙炔的直线型结构和苯的平面型结构，对有机物进行肢解，分局部析，另外要重点掌握碳碳单键可旋转、双键和三键不可旋转。7.在用酸性KMnO4溶液处理Cu2S时，发生的反响如下：MnO4Cu2SHCu2SO42Mn2H2O(未配平)。以下关于该反响的说法中错误的选项是A. 被氧化的元素是Cu和SB. 氧化剂与复原剂的物质的量之比为2：1C. 处理0.1molCu2S，转移电子的物质的量是0.8molD. 复原性的强弱关系是：Cu2SMn2【答案】C【解析】【详解】A反响中铜元素化合价从+1价升高到+2价，硫元素化合价从-2价升高到+6价，化合价升高的元素被氧化，所以被氧化

12、的元素有S、Cu，故A正确；B锰元素化合价降低，从+7价降低为+2价，Cu2S元素化合价都升高做复原剂，1molMnO4-得到5mol电子，反响中铜元素化合价从+1价升高到+2价，硫元素化合价从-2价升高到+6价，1molCu2S失去10mol电子，那么氧化剂与复原剂的物质的量之比为10：5=2:1，故B正确；CCu2S元素化合价都升高做复原剂，反响中铜元素化合价从+1价升高到+2价，硫元素化合价从-2价升高到+6价，1molCu2S失去10mol电子，那么处理0.1molCu2S，转移电子的物质的量是1mol，故C错误；D氧化复原反响中复原剂的复原性大于复原产物的复原性，那么复原性的强弱关系

13、是：Mn2+Cu2S，故D正确；故答案为B。8.以下实验不能到达目的的是选项目的实验A制取较高浓度的次氯酸溶液将Cl2通入碳酸钠溶液中B加快氧气的生成速率在过氧化氢溶液中参加少量MnO2C除去乙酸乙酯中的少量乙酸参加饱和碳酸钠溶液洗涤、分液D制备少量氨气向氢氧化钠固体上滴加浓氨水A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A由于HClO的酸性大于碳酸氢根离子，那么Cl2与碳酸钠溶液反响生成的是次氯酸钠，无法获得较高浓度的次氯酸溶液，应该用碳酸钙，故A错误；B在过氧化氢溶液中参加少量MnO2，二氧化锰为催化剂，可加快氧气的生成速率，故B正确；C饱和碳酸钠溶液中可以降低乙酸乙酯的溶解

14、度，且能够吸收乙酸，可用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中的少量乙酸，故C正确；DNaOH固体溶于水放出大量的热，而NH3H2O受热易分解，那么向氢氧化钠固体上滴加浓氨水可制少量氨气，故D正确；故答案为A。9. 以下离子方程式正确的选项是( )A. 硅酸钠溶液与足量CO2反响: SiO32+CO2+H2O = H2SiO3+CO32B. FeBr2溶液中通入足量的Cl2：2Fe2+Cl2= 2Fe3+2ClC. 新制的氧化铝可溶于氢氧化钠溶液：Al2O3+2OH = 2AlO2+H2OD. 碳酸氢钠溶液中滴入足量氢氧化钙溶液：HCO3+OH = CO32+ H2O【答案】C【解析】试题分析：A、通入

15、足量的二氧化碳反响生成碳酸氢钠，不是碳酸钠，错误，不选A；B、通入足量的氯气，亚铁离子和溴离子都被氧化，错误，不选B；C、氧化铝和氢氧化钠反响生成偏铝酸钠和水，正确，选C；D、碳酸氢钠和足量的氢氧化钙反响生成碳酸钙和氢氧化钠，错误，不选D。考点： 离子方程式的判断【名师点睛】离子方程式书写是考试必考的内容，要抓住以下几个方面：1、依据四个原那么：1客观事实原那么；2质量守恒原那么；3电荷守恒原那么；4定组成原那么。2、看拆分正误：将能溶于水的易电离的物质拆成离子形式。3、分析量的关系，根据反响中的量的关系，看产物是否正确，例如氢氧化钠和少量二氧化碳或和过量的二氧化碳反响，产物不同，少量二氧化碳

16、反响生成碳酸钠，过量的二氧化碳反响生成碳酸氢钠。4、查看是否有隐含反响。例如硫酸铜和氢氧化钡反响生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，有些离子方程式只写一种沉淀。10.海水的综合利用一直是研究课题。某地天然海水(主要含Na、K、Ca2、Mg2、Cl、SO42、Br、CO32、HCO3等离子)，研究用海水吸收燃煤排放的含有SO2烟气的工艺流程如下图，以下说法中正确的选项是A. 工艺中天然海水显酸性B. 氧化过程中可能发生的离子反响为2SO22H2OO2=4H2SO42C. 排入大海的溶液与天然海水相比，只有SO42数量发生了变化D. 假设将氧化后的液体进行蒸发结晶，得到的晶体中CaSO4含量最高【答案】

17、B【解析】【详解】A天然海水中有CO32-或HCO3-，它们水解使海水呈弱碱性，故A错误；B氧化过程中可能发生的离子反响为：2SO2+2H2O+O2=4H+2SO42-，故B正确；C排入大海的溶液与天然海水相比，除了SO42-数量发生了变化，碳酸根离子和碳酸氢根离子数量也发生变化，故C错误；D海水中氯化钠含量最高，假设将氧化后的液体进行蒸发结晶，得到的晶体中氯化钠含量最高，故D错误；故答案为B。11.向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1molL1稀盐酸，CO2的生成量与参加盐酸的体积(V)的关系如下图。以下判断正确的选项是A. 在0a范围内，只发生中和反响B. a0.2C. ab段发生

18、反响的离子方程式为CO322H=CO2H2OD. 原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为2：1【答案】D【解析】【分析】对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生氢氧化钠与盐酸的中和反响，再发生碳酸钠与盐酸的反响生成碳酸氢钠和氯化钠，最后发生碳酸氢钠与盐酸反响才有二氧化碳气体生成，利用物质的量的关系并结合图象即可解答。【详解】A向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，首先和NaOH反响生成水和氯化钠，NaOH+HCl=NaCl+H2O，继续滴加时，盐酸和Na2CO3开始反响，首先发生HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，不放出气体，继续滴加时，发生反

19、响：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2；此时开始放出气体，故A错误；B生成CO20.1mol，根据碳元素守恒，混合物中碳酸钠的物质的量是0.01mol，所以两步反响：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，分别消耗的盐酸的量是0.01mol，消耗0.1molL-1稀盐酸的体积分别是0.1L，所以a=0.3，故B错误；Cab段发生反响为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，反响的离子方程式为：HCO3-+H+=H2O+CO2，故C错误；Doa段HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl消耗0.1molL-1稀盐酸的体

20、积是0.1L，那么发生中和反响时消耗0.1molL-1稀盐酸的体积是0.2L，那么混合溶液中NaOH物质的量是0.02mol，故原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为2：1，故D正确；故答案为D。12.X、Y、Z、W为四种短周期元素，X、Z同主族，Y、W同周期；X的气态氢化物比Z的稳定；Y的阳离子比W的阳离子氧化性强；Y的阳离子比Z的阴离子少一个电子层。以下表示中，正确的选项是A. 原子序数：XYZWB. 简单离子半径：ZXWYC. 原子半径：YWZXD. 原子的得电子能力：ZX【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、W为短周期元素，X、Z同主族，X的气态氢化物比Z的稳定，X、Z为非

21、金属，非金属性：XZ，原子序数ZX，X处于第二周期，Z处于第三周期，Y、W同周期，Y的阳离子的氧化性大于W的阳离子的氧化性，二者为金属元素，金属性WY，原子序数WY，Y的阳离子比Z的阴离子少一个电子层，那么Y、Z同周期，即Y、Z、W处于第三周期，且原子序数WYZ，结合元素周期律解答。【详解】X、Y、Z、W为短周期元素，X、Z同主族，X的气态氢化物比Z的稳定，X、Z为非金属，非金属性：XZ，原子序数ZX，X处于第二周期，Z处于第三周期，Y、W同周期，Y的阳离子的氧化性大于W的阳离子的氧化性，二者为金属元素，金属性WY，原子序数WY，Y的阳离子比Z的阴离子少一个电子层，那么Y、Z同周期，即Y、Z、

22、W处于第三周期，且原子序数WYZ；A由上述分析可知，原子序数ZYWX，故A错误；B原子序数ZYWX，且X、Y、W的离子结构相同，Z的离子核外比Y离子多一个电子层，电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径ZXWY，故B正确；C同周期自左而右原子半径减小、同主族自上而下原子半径增大，故原子半径WYZX，故C错误；D非金属性：XZ，故得电子能力XZ，故D错误；故答案为B。13.某一环保电池可以消除污染，并产生参与大气循环的物质，装置如下图。以下说法不正确的选项是A. 电极A极反响式为2NH36eN26HB. 为使电池持续放电，离子交换膜需选用阴离子交换膜C.

23、 当有4.48LNO2(标准状况)被处理时，转移电子为0.8molD. 该电池既能实现有效消除氮氧化物的排放，又能充分利用化学能【答案】A【解析】【分析】由反响6NO2+8NH37N2+12H2O可知，反响中NO2为氧化剂，NH3为复原剂，那么A为负极，B为正极，负极发生氧化反响，正极发生复原反响，结合电解质溶液呈碱性解答该题。【详解】由反响6NO2+8NH37N2+12H2O可知，反响中NO2为氧化剂，NH3为复原剂，那么A为负极，B为正极；A电解质溶液呈碱性，那么负极电极方程式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，故A错误；B原电池工作时，阴离子向负极移动，为使电池持续放电，离子交

24、换膜需选用阴离子交换膜，氢氧根离子在正极生成，通过阴离子交换膜移到负极区，以提供应负极放电的需要，故B正确；C当有4.48L NO2(标准状况)即0.2mol 被处理时，转移电子为0.2mol(4-0)=0.8mol，故C正确；D该装置为原电池，除能将化学能转化为电能，还能有效消除氮氧化物的排放，故D正确；故答案为A。14.Phenolphthalein是常用酸碱指示剂，其结构如下图。有关该有机物说法正确的选项是A. 分子式为C20H12O4B. 含有的官能团有羟基、酯基、羧基C. 可以发生取代反响、加成反响和氧化反响D. 1mol该物质与H2和溴水反响，消耗H2和Br2的最大值分别为10mo

25、l和4mol【答案】C【解析】【详解】A由结构简式可知分子式为C20H14O4，故A错误；B分子中含有的官能团有羟基、酯基，不含羧基，故B错误；C含酚-OH可发生取代、氧化反响，含苯环可发生加成反响，故C正确；D只有苯环与氢气发生加成反响，酚-OH的邻对位与溴水发生取代，且对位均有取代基，那么1mol该物质可与H2和溴水发生反响，消耗H2和Br2的最大值为9mol和4mol，故D错误；故答案为C。15.常温下，NaOH溶液滴定亚硫酸氢钾(亚硫酸的Ka112102，Ka263108)溶液，滴定过程中溶液的相对导电能力变化曲线如下图，其中b点为反响终点。以下表达错误的选项是A. b点的混合溶液pH

26、不可能等于7B. 离子浓度和种类会影响溶液的导电能力C. C点的混合溶液中，c(OH)c(Na)c(K)D. Na与SO32的导电能力之和大于HSO3的导电能力【答案】C【解析】【详解】A由题给数据可知H2A为二元弱酸，b点溶质为为Na2S、K2S，为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，那么pH7，不可能等于7，故A正确；B溶液的导电能力取决于电荷浓度的大小，由图象可知a、b、c点的离子种类、浓度不同，可知混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关，故B正确；Cc点NaOH过量，那么n(NaOH)n(KHS)，溶液呈碱性，可知c(Na+)c(K+)c(OH-)，故C错误；D由图象可知b点钾离子浓度较小，b点导

27、电能量较大，b点存在Na+与S2-，可知Na+与S2-的导电能力之和大于HS-的，故D正确；故答案为C。第二卷(非选择题 共55分)二、非选择题：共55分，第1619题为必考题，每个试题考生都必须作答。第2021题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题。16.下表是元素周期表的一局部，表中所列字母分别代表某一化学元素。1表中字母h元素在周期表中位置_。2写出b元素的最高价氧化物对应的水化物所含化学键类型_。3以下事实能说明a元素的非金属性比c元素的非金属性强的有_。A.a单质与c的氢化物溶液反响，溶液变浑浊B.在氧化复原反响中，1mola单质比1molc单质得电子数目多C.a和c两元素的简单

28、氢化物受热分解，前者的分解温度高4g与h两元素的单质反响生成1molg的最高价化合物。恢复至室温，放热687kJ。该化合物的熔、沸点分别为69和58。写出该反响的热化学方程式_。5常温下d遇浓硫酸形成致密氧化膜，假设薄膜为具有磁性的该元素氧化物，写出该反响的化学方程式_。6e与f形成的1mol化合物Q与水反响，生成2mol氢氧化物和1mol烃，该烃分子中碳氢质量比为91，写出烃分子电子式_。【答案】 (1). 第三周期、A族 (2). 离子键、极性共价键 (3). AC (4). Si(s)+2Cl2(g)=SiCl4(l) H= -687kJmol-1 (5). 3Fe+4H2SO4(浓)=

29、Fe3O4+4SO2+4H2O (6). 【解析】【详解】由元素周期表可知：a为氧元素、b为钠元素、c为硫元素、d为铁元素、e为镁元素、f为碳元素、g为硅元素、h为氯元素；(1)表中字母h为氯元素，其在周期表中位置为第三周期、A族；(2)b为钠元素，钠的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，所含化学键类型为离子键、(极性)共价键；(3)a为氧元素、c为硫元素；AO2与H2S的溶液反响，溶液变浑浊，说明有S生成，即O2的氧化性比S强，即氧元素的非金属性比硫元素的非金属性强，故A正确；B元素的非金属性强弱表达得电子能力，与得电子数目无关，故B错误；CO和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高

30、，说明H2O比H2S稳定，即氧元素的非金属性比硫元素的非金属性强，故C正确；故答案为AC；(4)Si(s)与C12(g)化合反响生成1molSiCl4(l)时放热687kJ，那么该反响的热化学方程式为Si(s)+2Cl2(g)=SiCl4(l) H= -687kJmol-1；(5)常温下Fe遇浓硫酸形成致密氧化膜，该薄膜为具有磁性说明是Fe3O4，那么反响的化学方程式为3Fe+4H2SO4(浓)=Fe3O4+4SO2+4H2O；(6)C与Mg形成的1mol化合物Q与水反响，生成2mol氢氧化物和1mol烃，此氢氧化物应为Mg(OH)2，设化合物Q分子中含有x个C原子，那么由原子守恒可知化合物Q

31、的化学式应为Mg2Cx；烃分子中碳氢质量比为9:1，其分子中C、H原子数之比=:=3:4，结合化合物Q的化学式Mg2Cx，可知该烃分子式为C3H4，C3H4为共价化合物，其电子式为。【点睛】元素非金属性强弱的判断依据：非金属单质跟氢气化合的难易程度(或生成的氢化物的稳定性)，非金属单质跟氢气化合越容易(或生成的氢化物越稳定)，元素的非金属性越强，反之越弱；最高价氧化物对应的水化物(即最高价含氧酸)的酸性强弱最高价含氧酸的酸性越强，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱；氧化性越强的非金属元素单质，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱，(非金属相互置换)。17.葡萄酒等果酒易发生变质，常参

32、加抗氧化剂。如图是一种抗氧化剂的制取装置。实验前已除尽装置内的空气，实验后装置中有Na2S2O5晶体析出。1实验前除尽装置内空气的原因是_。2装置中玻璃仪器的名称_。3要从装置中获得纯洁的晶体，操作方法是_。4以下可用于装置的为_(填序号)。5设计实验证明Na2S2O5晶体在空气中可能被氧化，实验方案是_。【答案】 (1). 防止抗氧化剂被氧化 (2). 圆底烧瓶、分液漏斗 (3). 过滤、洗涤、枯燥 (4). c (5). 取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸、振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成【解析】【详解】(1)抗氧化剂具有较强复原性，那么实验前除尽装置内空气

33、的目的就是除去氧气，防止抗氧化剂被氧化；(2)装置中的玻璃仪器包括圆底烧瓶和分液漏斗；(3)装置中获得已析出的晶体，别离固体与液态，应采取过滤、洗涤、枯燥等操作；(4)a该装置吸收二氧化硫能力较差，且为密闭环境，装置内压强增大易产生平安事故，故a错误；b装置应将导管伸入氨水中可以吸收二氧化硫，但为密闭环境，装置内压强增大易产生平安事故，故b错误；c该装置中氢氧化钠与二氧化硫反响，可以吸收二氧化硫，且防止倒吸，故c正确；d该装置不能吸收二氧化硫，所以无法实现实验目的，故d错误；故答案为：c；(5)Na2S2O5中S元素的化合价为+4价，因此会被氧化为+6价，即晶体在空气中易被氧化为Na2SO4，

34、用盐酸、氯化钡溶液检验样品中是否含有硫酸根即可，实验方案为：取少量Na2S2O5晶体于试管中，参加适量水溶解，滴加盐酸，振荡，再滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成。18.ClO2代替漂白粉等含氯消毒剂可以减少对人体的危害，但ClO2不易储存和运输，因此将其制成亚氯酸钠。：NaClO2的溶解度随温度升高而增大，温度过高易分解，适当条件下可结晶析出NaClO23H2O；纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10以下较平安；1在发生器中鼓入空气的作用可能是_(填序号)。A将SO2氧化成SO3，增强酸性B稀释ClO2以防止爆炸C将NaClO3氧化成ClO22提高“ClO2发生器反响速率的措施有_

35、。3吸收塔内反响的离子方程式为_。4采取“减压蒸发而不用“常压蒸发，原因是_。5测定粗产品中亚氯酸钠的含量，实验如下：a.准确称取所得亚氯酸钠样品mg于小烧杯中，参加适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反响，将所得混合液配成250 mL待测溶液。(：ClO24I4H2H2O2I2Cl)b.移取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，加几滴淀粉溶液，用c molL1Na2S2O3标准液滴定至终点，重复2次，测得平均值为V mL。(：I22S2O322IS4O62)到达滴定终点时的现象为_。该样品中NaClO2的质量分数为_(用含m、c、V的代数式表示，结果需化简)。【答案】 (1).

36、 B (2). 适当升高反响温度、增大吸收液浓度、增大SO2与吸收液的接触面积等 (3). 2OH-+2ClO2+H2O2=2ClO2-+2H2O+O2 (4). 常压蒸发温度过高，亚氯酸钠容易分解 (5). 滴加最后一滴液体时溶液由蓝色变成无色，充分振荡并静置30s不变色 (6). 【解析】【分析】由制备实验流程可知，固体溶解后与酸混合，在发生器内发生氧化复原反响生成ClO2和Na2SO4，在吸收塔内发生2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2，NaClO2的溶解度随温度升高而增大，适当条件下可结晶析出产品NaClO23H2O。【详解】(1)由信息可知，纯ClO2易分

37、解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下平安；发生器中鼓入空气的作用应是稀释ClO2以防止爆炸，故答案为B；(2)结合影响反响速率的因素可知，提高“ClO2发生器反响速率的措施有升高温度、增大吸收液浓度、增大SO2与吸收液的接触面积等；(3)根据流程信息可知，吸收塔内生成NaClO2，所以一定有ClO2NaClO2，化合价降低，被复原；那么H2O2必定被氧化，有氧气产生，反响方程式为：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2，对应反响的离子方程式为2OH-+2ClO2+H2O2=2ClO2-+2H2O+O2；(4)NaClO2的溶解度随温度升高而增大，温度过高易分解

38、，故采取“减压蒸发而不用“常压蒸发，是为了防止因蒸发温度过高，亚氯酸钠分解；(5)因为是用Na2S2O3标准液滴定至终点，反响是I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，I2与指示剂淀粉产生蓝色，故终点是滴加最后一滴液体时溶液由蓝色变成无色且半分钟内不变色；由反响中的I元素守恒可知：ClO2-2I24 S2O32-，25.00mL待测溶液中n(NaClO2)=cV10-3mol，m(NaClO2)=90.5cV10-3g；样品mg配成250mL待测溶液中的NaClO2质量扩大10倍，故样品中NaClO2的质量分数为100%=。19.：2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)SiCl4(g)

39、 HQ kJmol1，其平衡常数随温度变化如表所示：温度/k323343400平衡常数0.010.021在323K和343K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如下图。请答复以下问题：1该反响的Q_0(填“或“)。2代表323K曲线的是_(填a或b)3在400K下，要缩短反响到达平衡的时间，可采取的措施有_、_。42SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)SiCl4(g)的反响速率vv正v逆，其中v正k正x2SiHCl3，v逆k逆xSiH2Cl2xSiCl4，k正、k逆分别为正、逆向反响速率常数，x为物质的量分数，计算a处_。5TK时在体积为10L的反响器中，通入一定量的SiH2Cl2(g)

40、和SiCl4(g)，发生上述反响，SiH2Cl2(g)和SiCl4(g)浓度变化如下图，那么04 min时平均反响速率v(SiCl4(g)_。【答案】 (1). (2). b (3). 改良催化剂 (4). 提高反响物浓度或压强 (5). 1.28 (6). 0.03molL-1min-1【解析】【分析】(3)要缩短反响到达平衡的时间，需要提高反响速率，而影响反响速率的因素主要有温度、浓度、压强及催化剂等；(4)反响速率vv正v逆，其中v正k正x2SiHCl3，v逆k逆xSiH2Cl2xSiCl4，k正、k逆分别为正、逆向反响速率常数，由平衡时正逆反响速率相等，可得出=K(平衡常数)，再结合此

41、温度下的平衡状态，计算出平衡常数K即可计算a处；(5)根据图象中SiCl4(g)的浓度变化及v=计算04min时平均反响速率v(SiCl4(g)。【详解】(1)由图表可知，随着温度的升高，平衡常数增大，说明升高温度，平衡正向移动，即正反响为吸热反响，该反响的Q0；(2)温度越高，反响速率越快，到达平衡所需要的时间越短，那么a曲线代表343K曲线，b曲线代表 323K曲线；(3)在400K下，要缩短反响到达的时间，应增大反响速率，那么在温度不变的条件下可采取的措施是：增大压强、使用催化剂或增大反响物的浓度等；(4)由图象可知，a点时转化率为20%，设起始时SiHCl3的物质的量为nmol，此时

42、2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)起始物质的量(mol) n 0 0变化物质的量(mol) 0.2n 0.1n 0.1n终态物质的量(mol) 0.8n 0.1n 0.1n那么：xSiHCl3=0.8，x SiH2Cl2=x SiCl4=0.1；反响速率vv正v逆，其中v正k正x2SiHCl3，v逆k逆xSiH2Cl2xSiCl4，k正、k逆分别为正、逆向反响速率常数，那么a点时v正k正x2SiHCl3=0.82k正，v逆k逆xSiH2Cl2xSiCl4=0.10.1k逆=0.01 k逆，由平衡时正逆反响速率相等，可得出=K(平衡常数)，那么a处=0.02=1.28；

43、(5)由图示可知SiCl4(g)在04 min时变化的物质的量浓度为0.20molL-1-0.08molL-1=0.12molL-1，那么平均反响速率v(SiCl4(g)=0.03molL-1min-1。(二)选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答。如果多做，那么按所做的第一题计分。20.锂电池由于能量密度大逐渐取代锌电池。常用锂电池的正极材料为磷酸亚铁锂(LiFe-PO4)，可采用FeCl3、NH4H2PO4、LiCl和苯胺等原料制备。答复以下问题：1Fe基态原子核外电子排布式为_。2Li2O是离子晶体，其晶格能的BornHaber循环如下图。如图可知，Li原子的第一电离能为_k

44、Jmol1，OO键键能为_kJmol1，Li2O晶格能为_kJmoL1。3FeCl3中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的FeCl3的结构式为_，其中Fe的配位数为_。4NH4H2PO4中，P的杂化轨道类型为_。5金属Zn晶体中的原子堆积方式如下图，这种堆积方式称为_。六棱柱底边边长为a cm，高为ccm，阿伏加德罗常数的值为NA，Zn的密度为_gcm3(列出计算式即可)。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d64s2 (2). 520 (3). 498 (4). 2908 (5). (6). 4 (7). sp3 (8). 六方最密堆积 (9). 【解析】【分

45、析】(1)基态Fe原子核外电子数为26；(2)Li原子的第一电离能为Li原子失去1个电子所需要的能量；O=O键键能为氧气分子变为氧原子所需能量；晶格能是气态离子形成1mol离子晶体释放的能量；(3)蒸汽状态下以双聚分子存在的FeCl3，存在Fe-Cl键；(4)磷酸根离子中P形成4个键；(5)金属锌的这种堆积方式称为六方最密堆积，该晶胞中Zn原子个数=12+2+3=6，六棱柱底边边长为acm，高为ccm，六棱柱体积=(aasin120)3ccm3，晶胞密度=。【详解】(1)Fe基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2；(2)Li原子的第一电离能为Li原子失去1个电子所需要的能量，所以其第一电离能为kJ/mol=520kJ/mol；O=O键键能为氧气分子变为氧原子所需能量，其键能=2249kJ/mol=498kJ/mol；晶格能是气态离子形成1mol离子晶体释放的能量，所以其晶格能为2908kJ/mol；(3)FeCl3中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的FeCl3的结构式为，Fe原