2019-2020学年安徽省六安市卓越县中联盟新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年安徽省六安市卓越县中联盟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工业上可在高纯度氨气下，通过球磨氢化锂的方式合成高纯度的储氢材料氨基锂，该过程中发生反应：LiH(s)+NH3(g)=LiNH2(s)+H2(g)。如图表示在0.3 MPa 下，不同球磨时间的目标产物LiNH2的相对纯度变化曲线。下列说法正确的是 ()A工业生产中，在0.3 MPa 下合成 LiNH2的最佳球磨时间是2.0 h B投入定量的反应物，平衡时混合气体的平均摩尔质量越大，LiNH2的相对纯度越高C在 0.3 MPa 下，若平衡时H2

2、的物质的量分数为60%，则该反应的平衡常数K=1.5 D LiH 和 LiNH2都能在水溶液中稳定存在【答案】C【解析】【详解】A、2.0h LiNH2的相对纯度与1.5h 差不多，耗时长但相对纯度提高不大，故A 错误；B、平衡时混合气体的平均摩尔质量越大，说明氨气的含量越多，正向反应程度越小，LiNH2的相对纯度越低，故 B 错误；C、K=23c(H)c(NH)=0.60.4=1.5，故 C正确；D、LiH 和 LiNH2均极易与水反应：LiH+H2O=LiOH+H2和 LiNH2+H2O=LiOH+NH3，都不能在水溶液中稳定存在，故D 错误。答案选 C。2类比推理是化学中常用的思维方法。

3、下列推理正确的是A lmol 晶体硅含Si-Si键的数目为2NA，则 1mol 金刚砂含C-Si键的数目也为2NABCa(HCO3)2溶液中加入过量的NaOH 溶液，发生化学反应的方程式：332322Ca HCO2NaOH=CaCONa CO2H O则 Mg(HCO3)2溶液中加入过量的NaOH 溶液，发生化学反应的方程式：332322Mg HCO2NaOH=MgCONa CO2H OC标准状况下，22.4 L CO2中所含的分子数目为NA个，则 22.4 LCS2中所含的分子数目也为NA个D NaClO 溶液中通人过量CO2发生了反应：223NaClOCOH ONaHCOHClO，则 Ca(

4、ClO)2溶液中通入过量CO2发生了：22232Ca(ClO)2CO2H OCa HCO2HClO【答案】D【解析】【分析】【详解】A 1mol 晶体硅含Si-Si键的数目为2NA，而 1mol 金刚砂含 C-Si键的数目为4NA，A 错误；BCa(HCO3)2溶液中与过量的NaOH 溶液反应生成CaCO3沉淀，而Mg(HCO3)2溶液中与过量的NaOH 溶液反应时，由于Mg(OH)2的溶度积比MgCO3小，生成的是Mg(OH)2沉淀而不是MgCO3沉淀，B 错误；C在标准状况下，CO2是气体而CS2是液体，C 错误；D NaClO 和 Ca(ClO)2溶液通入过量CO2都是发生反应：ClO-

5、+CO2+H2O=HClO+HCO3-，D 正确；答案选 D。325 时，下列说法正确的是（）A 0.1 molL1（NH4）2SO4溶液中 c（+4NH）c（CH3COO）D向 0.1 molL1 NaNO3溶液中滴加盐酸使溶液的pH5，此时混合液中c（Na）c（3NO）（不考虑酸的挥发与分解）【答案】D【解析】【详解】A.NH4+虽然会发生水解，但其水解程度非常微弱，因此(NH4)2SO4溶液中 c(NH4+)c(SO42-)，故 A 错误；B.相同条件下，弱电解质的浓度越小，其电离程度越大，因此0.02 molL1氨水和 0.01 mol L1氨水中的c(OH)之比小于2 1，故 B 错

6、误；C.依据电荷守恒有c(Na)c(H)c(CH3COO)c(OH)，混合后溶液的pH7，即 c(H)c(OH)，可推出 c(Na)c(CH3COO)，故 C错误；D.NaNO3是强酸强碱盐，Na和 NO3-均不发生水解，NaNO3溶液也不与盐酸发生反应，根据物料守恒可得c(Na)c(NO3-)，故 D 正确。综上所述，答案为D。4人工肾脏可用间接电化学方法除去代谢产物中的尿素CO(NH2)2。下列有关说法正确的是（）A a 为电源的负极B电解结束后，阴极室溶液的pH 与电解前相比将升高C除去尿素的反应为：CO(NH2)22Cl2H2O=N2CO2 4HCl D若两极共收集到气体0.6mol，

7、则除去的尿素为0.12mol(忽略气体溶解，假设氯气全部参与反应)【答案】D【解析】【详解】A、由图可以知道，左室电极产物为CO2和 N2，发生氧化反应，故a 为电源的正极，右室电解产物H2，发生还原反应，故b 为电源的负极，故A 错误；B、阴极反应为6H2O+6e-=6OH-+3H2，阳极反应为6Cl-6e-=3Cl2，CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl，根据上述反应式可以看出在阴、阳极上产生的OH-、H+的数目相等，阳极室中反应产生的H+，通过质子交换膜进入阴极室与OH-恰好反应生成水，所以阴极室中电解前后溶液的pH 不变，故B错误；C、由图可以知道，阳极室首先是氯

8、离子放电生成氯气，氯气再氧化尿素生成氮气、二氧化碳，同时会生成 HCl，阳极室中发生的反应依次为6Cl-6e-=3Cl2，CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl，故 C错误；D、如图所示，阴极反应为6H2O+6e-=6OH-+3H2，阳极反应为6Cl-6e-=3Cl2，CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl，若两极共收集到气体0.6mol，则 n(N2)=n(CO2)=0.6 1/5mol=0.12mol，由反应CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl可知所消耗的CO（NH2）2的物质的量也为0.12mol，故 D 正确。答案选D。5人

9、的胃壁能产生胃液，胃液里含有少量盐酸，称为胃酸。胃过多会导致消化不良和胃痛。抗酸药是一类治疗胃痛的药物，能中和胃里过多的盐酸，缓解胃部的不适。下列物质不能作抗酸药的是（）A碳酸氢钠B氢氧化铝C碳酸镁D硫酸钡【答案】D【解析】【详解】碳酸氢钠、氢氧化铝、碳酸镁、硫酸钡中只有硫酸钡不能和盐酸反应。答案D 6W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。已知W 原子的最外层电子数是电子层数的2 倍，X 元素存在两种气态同素异形体，一种可吸收大气中的紫外线，Y原子最外层电子数等于电子层数，Z 离子在同周期最简单阴离子中，半径最小。下列说法正确的是A W 的氢化物沸点一定低于X 的氢化物沸点B简单离

10、子半径：X Y Z CX的一种单质和Z的某种化合物都可用于污水的杀菌消毒D Y、Z 形成的离子化合物溶于水，阴、阳离子数目比为3:1【答案】C【解析】【分析】W、X、Y、Z 是原子序数依次增大的短周期主族元素。已知W 原子的最外层电子数是电子层数的2 倍，W应为第二周期元素，最外层电子数为4，可知 W 为 C元素；X元素存在两种气态同素异形体，一种可吸收大气中的紫外线，则X为 O；Y原子最外层电子数等于电子层数，可知Y为 Al；Z离子在同周期最简单阴离子中半径最小，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，可知Z 为 Cl，以此解答该题。【详解】由上述分析可知，W 为 C，X 为 O，Y

11、为 Al，Z 为 Cl，A水分子间存在氢键，沸点较高，故A 错误；B电子层越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子半径：ZXY，故 B 错误；CX的单质为臭氧，Z的化合物为NaClO 时，都可用于污水的杀菌消毒，故C正确；D氯化铝为共价化合物，故D 错误；故选 C。7化学已渗透到人类生活的各个方面，下列说法正确的是（）A石油、煤、天然气、可燃冰、植物油都属于化石燃料B绿色食品是生产时不使用化肥、农药、不含任何化学物质的食品C推广使用洁净煤技术，可减少二氧化硫等有害气体的排放D地沟油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，可用于制肥皂和加工食用油【答案】C【解析】【详

12、解】A石油、煤、天然气、可燃冰都属于化石燃料，植物油属于油脂不是化石燃料，故A 错误；B绿色食品是指在无污染的条件下种植、养殖、施有机肥料、不用高毒性、高残留农药、在标准环境的食品，生产时可以使用有机化肥和低毒的农药，故B 错误；C推广使用洁净煤技术，可减少二氧化硫等有害气体的排放，故C正确；D“地沟油”是用饭店的泔水及垃圾猪肉等加工而成的“食用油”，对人体健康有害不能食用，故D 错误；故答案为C。8下列有关从海带中提取碘的实验原理和装置能达到实验目的的是A用装置甲灼烧碎海带B用装置乙过滤海带灰的浸泡液C用装置丙制备用于氧化浸泡液中I-的 Cl2D用装置丁吸收氧化浸泡液中I-后的 Cl2尾气【

13、答案】B【解析】【详解】A、灼烧碎海带应用坩埚，A 错误；B、海带灰的浸泡液用过滤法分离，以获得含I-的溶液，B正确；C、MnO2与浓盐酸常温不反应，MnO2与浓盐酸反应制Cl2需要加热，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，C错误；D、Cl2在饱和 NaCl溶液中溶解度很小，不能用饱和NaCl 溶液吸收尾气Cl2，尾气 Cl2通常用 NaOH 溶液吸收，D 错误；答案选 B。9铯(Cs)在自然界中只有一种稳定同位素13355Cs，核泄漏事故中会产生人工放射性同位素13455Cs、13755Cs。下列有关说法正确的是A铯元素的相对原子质量约为133 B1345

14、5Cs、13755Cs的性质相同C13455Cs的电子数为79 D13455Cs、13755Cs互为同素异形体【答案】A【解析】【详解】A元素的相对原子质量是依照该元素在自然界中的稳定同位素的质量计算的，铯(Cs)在自然界中只有一种稳定同位素13355Cs，则铯元素的相对原子质量约为133，A 正确；B13455Cs、13755Cs的质子数相同，而中子数不同，二者互为同位素，同位素的化学性质相同，但物理性质有差别，B错误；C电子数等于质子数，13455Cs的质子数为55，则电子数为55，C错误；D13455Cs、13755Cs是同种元素的不同原子，互为同位素，不是同素异形体，D 错误；故合理选

15、项是A。10中华传统文化博大精深，下列说法正确的是（）A“霾尘积聚难见路人”，雾和霾是气溶胶，具有丁达尔效应B“杨花榆荚无才思”中的“榆荚”主要成分为蛋白质C“日照香炉生紫烟”中的紫烟指“碘的升华”D“火树银花不夜天”指的是金属单质的焰色反应【答案】A【解析】【详解】A、雾霾所形成的气溶胶属于胶体，具有丁达尔效应，故A 正确；B、“杨花榆荚无才思”中的“榆荚”主要成分为纤维素，故B 错误；C、水产生的雾气是由水蒸发产生的水蒸气遇冷液化而成的小液滴，是一种液化现象，不是碘升华，故C错误；D、很多金属或它们的化合物在灼烧时都会使火焰呈现特殊的颜色，这在化学上叫做焰色反应，“火树银花不夜天”指的是金

16、属元素的焰色反应，故D 错误；故选：A。11由下列实验事实得出的结论不正确的是（）实验结论A 将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最终变为无色透明生成的 1,2-二溴乙烷无色可溶于四氯化碳B 乙酸乙酯和氢氧化钠溶液混合共热后，混合液不再分层乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中可完全水解C 葡萄糖与新制氢氧化铜混合共热后，生成砖红色沉淀葡萄糖是还原性糖D 乙酸和乙醇都可与金属钠反应产生可燃性气体乙酸分子中的氢与乙醇分子中的氢具有相同的活性A A BB CC D D【答案】D【解析】【详解】A乙烯与溴发生加成反应生成的1，2-二溴乙烷无色，可溶于四氯化碳，因此溴的四氯化碳溶液褪色，故A 正确；B乙酸乙酯属于酯，在

17、氢氧化钠溶液中加热发生水解反应生成乙酸钠和乙醇，因此混合液不再分层，故B 正确；C热的新制氢氧化铜悬浊液和葡萄糖产生砖红色沉淀氧化亚铜，氢氧化铜被葡萄糖还原，葡萄糖表现了还原性，故C正确；D乙醇与钠反应不如乙酸与Na 反应剧烈，则乙醇分子中的羟基氢不如乙酸羧基中的氢活泼，故D 错误；答案选 D。12实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略夹持和净化装置）。仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是选项a 中的物质b 中的物质c 中收集的气体d 中的物质A 浓氨水CaO NH3H2O B 浓硫酸Na2SO3SO2NaOH 溶液C 稀硝酸Cu NO2H2O D 浓盐酸M

18、nO2Cl2NaOH 溶液A A BB CC D D【答案】B【解析】【分析】该装置分别为固液不加热制气体，向上排空气法收集气体，以及采用防倒吸的方法进行尾气处理。【详解】A、氨气密度比空气小，不能使用向上排空气法，错误；B、正确；C、铜与稀硝酸反应需要加热，且NO2用水吸收会发生3 NO2+H2O=2 HNO3+NO，用防倒吸装置不妥，错误；D、制取氯气需要加热，错误。132019 年上海、西安等城市先后开始实施生活垃圾分类，分类的目的是提高垃圾的资源价值和经济价值，力争物尽其用，垃圾是放错地方的资源，同时也是建立环境友好型国家的重要举措。下列关于垃圾分类的说法正确的是A废电池、过期药品属于

19、有害垃圾，无需回收，为防止污染环境应当深埋处理B其它垃圾包括防新型冠状病毒用的口罩、烟头等物品无法利用，应当弃去不要C废纸类、废塑料、废玻璃、废金属、废油漆桶等属于可回收物D厨余垃圾经生化处理转化为沼气和有机肥料，从而生产绿色有机食品和清洁燃料【答案】D【解析】【分析】【详解】A.废电池中含有重金属，需回收，不应当深埋处理，会造成水土污染，故A 错误；B.医疗垃圾应该无害化处理，故B 错误；C.废油漆桶属于危化品需要集中处理的废物，故C 错误；D.厨余垃圾经生化处理转化为沼气和有机肥料，从而生产绿色有机食品和清洁燃料，故D 正确；答案为 D。14下列反应中，水作氧化剂的是（）A SO3+H2O

20、H2SO4B2K+2H2O 2KOH+H2C2F22H2O 4HF O2D2Na2O22H2O 4NaOHO2【答案】B【解析】【详解】A、没有化合价的变化，不属于氧化还原反应，故A 错误；B、H2O 中 H 化合价由 1 价0价，化合价降低，因此H2O 作氧化剂，故B正确；C、H2O 中 O 由 2 价0价，化合价升高，即H2O 作还原剂，故C错误；D、Na2O2既是氧化剂又是还原剂，H2O 既不是氧化剂又不是还原剂，故D 错误。故选 B。15下列实验操作、现象和结论均正确的是实验操作和现象结论A 向等体积等浓度的盐酸中分别加入ZnS和 CuS，ZnS溶解而 CuS不溶解Ksp(CuS)Ks

21、p(ZnS)B 将 Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，滴加 KSCN 溶液，溶液变为红色样品已变质C 加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，试管口处润湿的红色石蕊试纸变蓝NH4HCO3显碱性D 常温下，测得0.1 molL1NaA溶液的 pH小于0.1 mol L1 Na2B溶液的 pH 酸性：HA H2B A ABBCCDD【答案】A【解析】【详解】A相同条件下，溶解度大的物质先溶解，组成和结构相似的难溶物，溶解度越大，其溶度积越大。因在等体积等浓度的盐酸ZnS可以溶解而CuS不溶，则相同温度下：Ksp（CuS）Ksp（ZnS），故 A 正确；B Fe(NO3)2溶于稀硫酸后，Fe2+在酸性

22、条件下被NO3-氧化为 Fe3+，此时滴加KSCN溶液，溶液变为红色，则无法证明Fe(NO3)2是否变质，故B错误；C在加热条件下NH4HCO3固体分解生成NH3，NH3能使润湿的红色石蕊试纸变蓝，由于固体本身没有与试纸接触，故本实验不能证明NH4HCO3显碱性，故C错误；D强碱弱酸盐的 pH 越大，对应酸的酸性越弱，Na2B 溶液对应的酸为HB-，则由现象可知酸性：HAHB-，但是本实验不能证明HA 的酸性比H2B强，故 D 错误；故答案为A。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16以铝土矿（主要成分为23Al O，含少量2SiO和23Fe O 等杂质）为原料生产铝和氮化铝的一种工艺

23、流程如图 已知：2SiO在“碱溶”时转化为铝硅酸钠（42NaAlSiOnH O）沉淀。（1）用氧化物的形式表示铝硅酸钠的化学式_。（2）溶液 a 中加入3NaHCO后，生成沉淀的离子方程式为_。（3）有人考虑用熔融态3AlCl电解制备铝，你觉得是否可行？请说明理由：_。（4）取一定量的氮化铝样品，用以下装置测定样品中AlN 的纯度（夹持装置已略去）。打开2K，加入 NaOH浓溶液，至不再产生3NH。打开1K，通入2N一段时间。写出 AlN 与 NaOH 溶液反应的化学方程式_。实验中需要测定的数据是_。【答案】22322Na O Al O2SiO2nH O223233AlOHCOH OAl(O

24、H)CO不可行；3AlCl属于共价化合物，熔融状态不导电223AlNNaOHH ONaAlONHAlN 样品的质量以及装置C在吸收 NH3前后的质量【解析】【分析】铝土矿经碱溶后，2SiO转化为铝硅酸钠（42NaAlSiOnH O）沉淀，氧化铁不溶于NaOH，氧化铝与碱反应变为偏铝酸根离子，故溶液a 的主要成分为偏铝酸钠，加入碳酸氢钠溶液，会与偏铝酸根反应生成氢氧化铝沉淀，而后进行进一步转化。【详解】（1）用氧化物的形式表示铝硅酸钠的化学式为22322Na O Al O2SiO2nH O；（2）溶液 a 中加入3NaHCO后，生成沉淀的离子方程式为223233AlOHCOH OAl(OH)CO

25、：（3）3AlCl属于共价化合物，熔融状态不导电，故不能使用电解氯化铝的方法制备铝单质；（4）由题意可知AlN 与 NaOH 反应会生成氨气，且Al 元素在碱性条件下一般以偏铝酸根离子的形式存在，可写出反应方程式为223AlNNaOHH ONaAlONH。可根据N 元素守恒进行测定，故实验要测定的数据为AlN 样品的质量以及装置C在吸收 NH3前后的质量。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17W、X、Y、Z 均为短周期元素，X、W 可形成两种液态化合物甲和乙，其原子个数比分别为11（甲）和 21（乙），且分子中电子总数分别为18（甲）和 10（乙）。X与 Z 能形成一种极易溶于水的碱

26、性气体丙 X 与 Y能形成极易溶于水的酸性气体丁，丁分子中的电子数为18。X、Y、Z 能形成一种离子化合物，其水溶液呈弱酸性。请写出：（1）W 的元素符号 _，其核外共有_种运动状态不同的电子。（2）甲物质的结构式为_；乙物质的空间构型为_。（3）Z元素核外共有_种能量不同的电子，碱性气体甲的电子式为_。（4）用离子方程式解释X、Y、Z形成的化合物水溶液呈弱酸性的原因是_。（5）铋元素跟Y元素能形成化合物（BiY3），其水解生成难溶于水的BiOY。BiY3水解反应的化学方程式为_。把适量的BiY3溶于含有少量丁的水中，能得到澄清溶液，试分析可能的原因_。医药上把BiOY叫做“次某酸铋”，分析这

27、种叫法的不合理之处，为什么。_。【答案】O 8 H-O-O-H V 型3 NH4+H2ONH3 H2O+H+BiCl3+H2OBiOCl +2HCl 盐酸能抑制BiCl3的水解不合理，因为BiOCl中的 Cl的化合价为-1【解析】【分析】W、X、Y、Z均为短周期元素，X、W 可形成两种液态化合物甲和乙，其原子个数比分别为1 1(甲)和 21(乙)，且分子中电子总数分别为18(甲)和 10(乙)，则 W 为 O 元素，X为 H 元素，两种化合物甲为H2O2、乙为 H2O；X 与 Z能形成一种极易溶于水的碱性气体丙，则丙为NH3，Z 为 N 元素；H 与 Y能形成极易溶于水的酸性气体丁，丁分子中的

28、电子数为18，则丁为HCl，Y为 Cl元素；H、Cl、N 三种元素能组成一种离子化合物，其水溶液呈弱酸性，则此离子化合物为NH4Cl，据此解题。【详解】由分析知：W 为 O 元素、X为 H 元素、Y为 Cl元素、Z为 N 元素、甲为H2O2、乙为 H2O、丙为 NH3；(1)由分析知W 为氧元素，元素符号为O，其原子核外共有8 个电子，则共有8 种运动状态不同的电子；(2)甲 H2O2，为极性分子，含有H-O 和 O-O 键，则结构式为H-O-O-H；乙为 H2O，O 原子的杂化轨道形式为sp3，有两个孤对电子，则空间构型为V 型；(3)Z 为 N 元素，电子排布式为1s22s22p3，同一轨

29、道上的电子能量相等，则核外共有3 种能量不同的电子，碱性气体丙为NH3，其电子式为；(4)H、Cl、N 三种元素组成的离子化合物为NH4Cl，在水溶液中NH4+的水解，使溶液呈弱酸性，发生水解反应的离子方程式为NH4+H2ONH3 H2O+H+；(5)铋元素跟Cl元素能形成化合物为BiCl3，其水解生成难溶于水的BiOCl；BiCl3水解生成难溶于水的BiOCl，则另一种产物为HCl，水解反应的化学方程式为BiCl3+H2OBiOCl +2HCl；BiCl3溶于稀盐酸，盐酸抑制了BiCl3的水解，从而得到澄清溶液；BiOCl中 Cl 元素的化合价为-1 价，而次氯酸中Cl元素为+1 价，则 B

30、iOCl叫做“次某酸铋”的说法不合理。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18据央广新闻报道，2016 年我国河南桐柏县发现特大金矿，含金量近105 吨可挖 80 年。除了发现的特大金矿，同时还发现大量天然碱、铅锌矿产资源。根据上述信息，回答下列问题：(1)铅原子的价层电子排布式为_，原子核外有_个未成对电子。(2)锌与镓(Ga)同周期，锌的第一电离能大于镓的第一电离能，其原因是_。(3)天然碱的化学式为Na2CO3 NaHCO3 2H2O。(I)天然碱的晶体类型是_；H2O 的 VSEPR模型为 _。()Na2CO3中存在的作用力类型主要有_，CO32中 C 的杂化类型为 _。(4)

31、金是贵重金属。冶金工业上，提取金的原理是2 Au(CN)2一Zn2Au Zn(CN)42。与 CN一互为等电子体的离子有_(任写一种)，HCN分子中 键和 键数目之比为_。(5)金晶体的晶胞结构如图所示。已知金的密度为g cm3，摩尔质量M(Au)197g mol1，阿伏加德罗常数为NA。则晶体中金原子的配位数为_，金原子(或粒子)的半径 r_pm(用含 和 NA的代数式表示)。【答案】6s26p22 Zn 的价电子排布式为3d104s2，全充满结构稳定，而 Ga的价电子排布式为4s24p1，不稳定，所以锌的第一电离能大于镓的第一电离能离子晶体四面体形离子键、共价键sp222C1:1 12 3

32、-302788410AN【解析】【详解】(1)铅原子位于第六周期第A 族，价电子排布为6s26p2；根据洪特规则，电子在能量相同的轨道上排布时，电子优先排布在不同的轨道上，且自旋方向相同，铅原子核外6p 轨道上的2 个电子未成对；(2)Zn 和 Ga 处于同一周期，锌原子价电子为3d104s2，镓位于周期表中第四周期第A，价电子排布式为4s24p1，Zn 的 4s 能级处于全充满状态，较稳定，所以锌的第一电离能大于镓的第一电离能；(3)(I)Na2CO3、NaHCO3属于离子化合物，所以 Na2CO3 NaHCO32H2O 是离子晶体；H2O 中氧原子的价电子对数是6+2=42，VSEPR模型

33、为四面体；()Na2CO3是离子晶体，存在离子键、共价键，存在的作用力类型主要有离子键、共价键；CO32中 C原子的价电子对数是4+2=32，C 原子杂化方式是sp2；(4)CN一的原子数是2、价电子数是14，与 CN一互为等电子体的离子有22C；单键为键，叁键中有1 个键和 2 个 键，HCN的结构式是H-CN，所以 HCN分子中 键和 键数目之比为1:1；(5)根据图示，金为面心立方晶胞，金原子配位数是离金原子最近且距离相等的原子数，金原子的配位数是 12；根据均摊原则，1 个晶胞中金原子数是118+6=482，设晶胞的边长是a pm，晶胞的体积是330310acm，则330A4=a119

34、N70，a=3-3078810AN；金原子半径等于面对角线的14，金原子(或粒子)的半径 r3-302788410ANpm。【点睛】本题的难点是晶胞的计算，需熟悉晶胞中原子数的计算，立方晶胞顶点的原子被1 个晶胞占用18、面心的原子被 1 个晶胞占用12、楞上的原子被1 个晶胞占用14。19用惰性电极电解，阳离子交换膜法电解饱和食盐水具有综合能耗低、环境污染小等优点。生产流程如下图所示：(1)电解饱和食盐水的化学方程式为_；(2)电解结束后，能够脱去阳极液中游离氯的试剂或方法是_(填字母序号)。aNa2SO4 bNa2SO3c热空气吹出 d降低阳极区液面上方的气压(3)食盐水中的I-若进入电解

35、槽，可被电解产生的Cl2氧化为 ICl，并进一步转化为IO3-，IO3-可继续被氧化为高碘酸根(IO4-)，与 Na+结合生成溶解度较小的NaIO4沉积于阳离子交换膜上，影响膜的寿命。从原子结构的角度判断ICl中碘元素的化合价应为_。NaIO3被氧化为NaIO4的离子方程式为_；(4)在酸性条件下加入NaClO 溶液，可将食盐水中的I-转化为 I2，再进一步除去。通过测定体系的吸光度，可以检测不同pH 下 I2的生成量随时间的变化，如图所示。已知：吸光度越高表明该体系中c(I2)越大。用离子方程式解释10min 时不同 pH 体系吸光度不同的原因：_；pH=4.0 时，体系的吸光度很快达到最大

36、值，之后快速下降。吸光度快速下降的可能原因：_；研究表明食盐水中I-含量 0.2 mg?L-1时对离子交换膜影响可忽略。现将1m3含 I-浓度为 1.47 mg?L-1 的食盐水进行处理，为达到使用标准，理论上至少需要0.05mol?L-1 NaClO溶液 _L。(已知 NaClO的反应产物为 NaCl，溶液体积变化忽略不计)【答案】2 NaCl+2H2OCl2+H2+2NaOH bcd+1 Na+IO3-+Cl2+H2ONaIO4+2H+2Cl-ClO-+2H+2I-I2+Cl-+H2O c(H+)较高，ClO-将 I2氧化为高价含碘微粒的速率较快，导致c(I2)快速降低，使得吸光度快速下降

37、0.01【解析】【分析】(1)电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氯气和氢气；(2)阳极液中游离氯具有氧化性，可以和还原性物质反应，结合气体的溶解度分析解答；(3)碘原子半径大于氯原子半径，得到电子能力不如氯原子强；IO3-可继续被氧化为高碘酸根(IO4-)，据此书写反应的离子方程式；(4)ClO-+2H+2I-I2+Cl-+H2O，c(I2)不同，吸光度不同，结合反应速率分析；结合的分析解答；食盐水中 I-含量 0.2 mg?L-1时对离子交换膜影响可忽略，计算出1m3含 I-浓度为 1.47 mg?L-1 的食盐水中需要处理的碘离子的物质的量，再结合反应的方程式分析解答。【详解】(1)电解饱和食盐

38、水的化学方程式为：2 NaCl+2H2OC12+H2+2NaOH，故答案为2 NaCl+2H2OC12+H2+2NaOH；(2)aNa2SO4和氯气不反应，不能脱去阳极液中游离氯，故a 错误；bNa2SO3和氯气反应发生氧化还原反应，能脱去阳极液中游离氯，故b 正确；c用热空气吹出氯气，能脱去阳极液中游离氯，故c正确；d降低阳极区液面上方的气压，有利于氯气逸出，能脱去阳极液中游离氯，故d 正确；故答案为bcd；(3)碘元素和氯元素处于同一主族(VIIA)，二者最外层电子数均为7，ICl 中共用一对电子，由于碘原子半径大于氯原子，碘原子得电子能力弱于氯原子，故共用电子对偏离碘原子，使得碘元素显+

39、1 价，故答案为+1；NaIO3被氧化为NaIO4的化学方程式为：NaIO3+Cl2+H2ONaIO4+2HCl，离子方程式为Na+IO3-+Cl2+H2ONaIO4+2H+2Cl-，故答案为Na+IO3-+Cl2+H2ONaIO4+2H+2Cl-；(4)由于吸光度与c(I2)相关，10 min 时，ClO-+2H+2I-I2+Cl-+H2O，c(H+)越大，反应速率加快，使得pH不同，c(I2)不同，吸光度不同，故答案为ClO-+2H+2I-I2+Cl-+H2O；pH=4.0 时，c(H+)较高，c(H+)越大，ClO-将 I2氧化为高价含碘微粒的速率越快，导致c(I2)快速降低，使得吸光度快速下降，故答案为c(H+)较高，ClO-将 I2氧化为高价含碘微粒的速率越快，导致c(I2)快速降低，使得吸光度快速下降；食盐水中I-含量 0.2 mg?L-1时对离子交换膜影响可忽略，因此1m3含 I-浓度为 1.47 mg?L-1 的食盐水中需要处理的碘离子的物质的量为31000L(1.47-0.2)mg/L10 g/mg127g/mol=0.01 mol，根据 ClO-+2H+2I-I2+Cl-+H2O，可知 n(ClO-)=0.005 mol，理论上至少需要0.05mol?L-1 NaClO 溶液体积=00.05m05molol/L=0.01L，故答案为 0.01。