2019年四川省南充市高考化學一診試卷

1、2019 年四川省南充市高考化學一診試卷副標題題號一二三總分得分一、單選題（本大題共7 小題，共7.0 分）1.化學與生活密切相關。下列說法錯誤的是（）A. 小蘇打常常用作生產(chǎn)膨松劑B. 電熱水器用鎂棒防止內(nèi)膽腐蝕，其原理是犧牲陽極的陰極保護法C. 補鐵保健品中的鐵元素通常表現(xiàn)氧化性D. 唾液不能水解葡萄糖2.NA 為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是（）A. 7.8gNa 2O2 固體中陰陽離子總數(shù)為 0.4NAtlL pH=6的純水中含OH -數(shù)為 10-7N AB. 時，C. 22.4L 乙烯中含有的分子數(shù)為NAD. S2 和 S8 的混合物共 6.4g，其中所含硫原子數(shù)一定為0.2N

2、A3.工業(yè)上可由乙苯生產(chǎn)苯乙烯如下，下列說法正確的是（）A. 該反應的類型為消去反應B. 乙苯的同分異構體共有三種C. 可用酸性高錳酸鉀溶液鑒別乙苯和苯乙烯D. 從分子結構上看，苯乙烯不能進行加聚反應4.下列實驗操作正確的是（）A. 用排水集氣法收集NH 3B. 給試管里的液體加熱時，液體的體積不超過試管容積的三分之一C. pH 計不能用于酸堿中和滴定終點的判斷D. 用 CCl 4 萃取溴水中的溴時，將溴的CCl 4 溶液從分液漏斗上口倒出5.物質(zhì)由高濃度向低濃度擴散而引發(fā)的一類電池稱為濃差電池。如圖是由Ag 電極和硝酸銀溶液組成的電池，工作時，b 電極的質(zhì)量不斷增大，下列說法錯誤的是（）A.

3、 NO 3-由交換膜右側(cè)向左側(cè)遷移B. a 極為負極，發(fā)生氧化反應C. 交換膜左側(cè)溶液濃度最終會大于交換膜右側(cè)溶液濃度D. 原電池的總反應不一定是氧化還原反應第1頁，共 19頁-l-1NaOH 溶液中， 溶液 pH6. 某溫度時， 將 nmol?L CH3COOH 溶液滴入 10mL1.0mol ?L和溫度隨加入CH3COOH 溶液體積變化曲線如圖所示，下列有關說法正確的是（）A. Kw ： a bB. 25時： K （ CH 3COOH ） =1/ （n-1）?10-7C. n 1.0D. 水的電離程度： c b7.W 、X 、 Y 、 Z 均為短周期元素凡原子序數(shù)依次增大，W 是短周期中金

4、屬性最強的元素，向水中同時加入W 2Y 和 XZ 3，劇烈反應并產(chǎn)生氣體和白色沉淀。下列說法正確的是（）A. 簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：Z YB. 氧化物對應水化物的酸性：XYZC. 工業(yè)上通過電解XZ 3 來冶煉單質(zhì) XD. YZ 2 分子中每個原子的最外層都是8 電子穩(wěn)定結構二、簡答題（本大題共4 小題，共20.0 分）8.CoCl 2 可用于電鍍，是一種性能優(yōu)越的電池前驅(qū)材料，由含鈷礦（Co 元素主要以Co2O3、CoO 存在，還含有 Fe、 Si、 Cu、Zn、Mn 、Ni 、Mg 、Ca 元素）制取氯化鈷晶體的一種工藝流程如圖1 所示：已知：焦亞硫酸鈉Na2S2O5，常做食品抗氧化劑

5、。CaF2、 MgF 2 難溶于水。 CoCl 2?6H 2O 熔點 86，易溶于水、 乙醚等；常溫下穩(wěn)定無毒， 加熱至 110 120 時，失去結晶水變成有毒的無水氯化鈷。部分金屬離子形成氫氧化物的pH 見下表：Co3+Fe3+Cu2+Co2+Fe2+Zn2+Nn2+Mg 2+開始沉淀 pH0.32.75.57.27.67.68.39.6完全沉淀 pH1.13.26.69.29.69.29.311.1回答下列問題：（ 1）操作的名稱為 _，NaClO 3 具有氧化性，其名稱為 _。（ 2）浸取中加入 Na2S2O5 的作用是 _ 。（ 3）濾液 1中加入 NaClO 3 的作用是 _，相關的

6、離子方程式為_。（ 4）加入 Na2CO3 溶液生成濾渣 2 的主要離子方程式為_。（ 5）濾渣 3主要成分為 _（寫化學式）。如圖 2所示，濾液3 經(jīng)過多次萃取與反萃取制備CoCl 2 晶體（ 6）濾液 3中加入萃取劑 I，然后用稀鹽酸反萃取的目的是_。（ 7）制備晶體 CoCl 2?6H2O，需在減壓環(huán)境下烘干的原因是_。第2頁，共 19頁9. NOx 是大氣污染物，但只要合理利用也是重要的資源?；卮鹆袉栴}：（ 1）將 NO2 和水蒸氣混合， 反應的現(xiàn)象為 _，寫出該反應的化學方程式 _。（ 2） 2NO （ g）+O 2（ g） ? 2NO 2（ g）的歷程分兩步，反應方程式、速率方程和

7、吸放熱情況如下：反應 I ：2NO（ g）? N 2O2（ g） （快）v1 正 =k1 正?c2（ NO）， v1 逆=k 1 逆 ?c（N 2O2）H1 0反應 II ：N 2O2（ g）+O 2（ g）? 2NO 2（ g） （慢）v 2 正 =k 2 正?c（ N2O2）?c（ O2），v2 逆=k 2 逆c2（ NO2） H2 0?反應2NOg +Og2NOgH=_HH（ ）2（ ）?2（）的（用 1、 2 表示）。一定溫度下，反應 2NO （ g）+O 2（ g） ? 2NO 2（ g）達到平衡狀態(tài)，平衡常數(shù)的表達式K=_（用 k1 正 、k1 逆 、k2 正 、k2 逆表示） 。

8、若升高溫度， K 將 _（填“增大”、“減小”或“不變”）（ 3）反應 N2 4（ g）? 2NO 2（ g），在一定條作下N2O4 與 NO 2 的消耗速率與自身O壓強有如下關系：v（N2O4）=k1pN2O4），v（NO2）=kpNO2 ）其中kk2? （2? （1、是與溫度有關的常數(shù)。一定溫度下，相應的速率與壓強關系如圖所示，在圖中標出的點中，能表示該反應達到平衡狀態(tài)的兩個點是_，理由是 _。（ 4）升高溫度絕大多數(shù)的化學反應速率增大，但是2NO（ g）+O 2（ g）? NO2（g）的速率卻隨著溫度的升高而減小。已知反應 速率較慢， 且決定總反應速率是反應II ，則反應 I 的活化能

9、E1 與反應 II 的活化能 E2 的大小關系為 E1_E（2填“”、“”或“ =”）。根據(jù)速率方程分析， 升高溫度反應 速率減小的原因是 _。A k2 正 增大， c（N 2O2）增大B k2 正 減小， c（N 2O2）減小C k2 正 增大， c（ N2O2）減小D k2 正 減小， c（N 2O2）增大10. 短周期 p 區(qū)元素共有 13 種，除鋁外全部是非金屬元素。（ 1）基態(tài)氮原子的價層電子排布圖為 _；短周期 p 區(qū)元素中，第一電離能最小的元素與電負性最大的元素組成的化合物是 _ （填化學式）。（ 2）鹵素與硼、氮、磷可形成 BF 3，NCl 3 和 PBr 3下列有關以上三種分

10、子的敘述正確的是A化學鍵類型相同B 空間構型相同C中心原子的雜化軌道類型相同D中心原子的價層電子對數(shù)相同（ 3）CS2 是一種溶劑， 它能溶解硫磺。 寫出一種與CS2 具有相同空間構型和鍵合形式的分子或離子_。CO 能與 Ni 形成正四面體型的配合物Ni（ CO）4，3.42gNi第3頁，共 19頁（ CO） 4 中含有 _ mol鍵。（ 4） CCl 4 與水互不相溶， SiCl 4 與 CCl 4 分子結構相似，但遇水極易發(fā)生水解反應，導致二者性質(zhì)不同的原因是 _。（ 5）鋁的幾種鹵化物的熔點如下：鹵化鋁AlF 3AlCl 3AlBr 3AlI 3熔點 /104019097.5191AlB

11、r 3 的晶體類型是 _， AlI 3 晶體中存在的作用力有 _。3（ 6）氮化鋁晶體為原子品體，是一種新型無機非金屬材料， 其晶體密度為g/cm，晶胞如圖所示。鋁原子的配位數(shù)為_。設 N A 為阿伏加德羅常數(shù)的值。氮化鋁晶胞中，鋁原子和氮原子之間最短的核間距為 _nm 。11. 已知 -羰基酸受熱容易脫羧，比如3-羰基丁酸 CH 3COCH 2COOH 中度加熱后便可產(chǎn)生丙酮與CO2化合物E 稀釋時產(chǎn)生一種有肉香、微甜香氣，可用于做交聯(lián)劑?，F(xiàn)有如下有機化合物的轉(zhuǎn)化路線如圖所示：（ 1） D 中的官能團名稱是 _。（ 2） D 轉(zhuǎn)化為 E 時的反應條件 1 是 _。（ 3） C 的鍵線式為 _

12、，化合物 C 轉(zhuǎn)化為 D 時的反應類型是 _。（ 4） D 的分子式為 _。（ 5） E 與足量的濃溴水反應，寫出相關的化學方程式為_。（ 6）酯類物質(zhì) A 分子式為 C9H 6O3 ，A 的結構簡式是 _。（ 7）化合物 A 有符合如下條件的同分異構體有_ 種。除苯環(huán)外無其他環(huán)狀結構；與 FeCl3 發(fā)生顯色反應；與NaHCO 3 溶液產(chǎn)生CO2三、實驗題（本大題共1 小題，共10.0 分）12. 某班學生用 SO2 與含鋇試劑探究化學反應原理，設計了如圖實驗裝置。已知： Na2SO3（ s）+H 2SO4（濃） Na2SO4+SO2 +H2O，三個實驗小組分別利用該實驗裝置，將不同試劑裝入

13、B 試管進行實驗，實驗結果如下表實驗小組 B 試管中試劑B 試管中現(xiàn)象第一組0.5mol/L Ba （ OH） 2溶液產(chǎn)生白色沉淀第二組0.5mol/L Ba （ NO3）2 溶 產(chǎn)生白色沉淀；液面有淺紅棕色氣態(tài)物質(zhì)產(chǎn)生，液并逐漸消失第三組0.5mol/L BaCl 2 溶液產(chǎn)生少量白色沉淀根據(jù)實驗回答問題：（ 1）第一組實驗中，A 裝置中盛裝濃硫酸的儀器的名稱為_， B 中沉淀主要是 _， B 中發(fā)生反應的離子方程式為_ 。（ 2）第二組實驗中，B 中白色沉淀是 _，溶液中發(fā)生反應的離子方程式為_。（ 3）第三組實驗結果的分析出現(xiàn)分歧，有同學認為白色沉淀是BaSO3有同學認第4頁，共 19頁

14、為是 BaSO4實驗小組取出沉淀，繼續(xù)加入足量_，沉淀不溶解，說明沉淀應該是 BaSO4實驗中產(chǎn)生BaSO4 的原因是： _。（ 4）綜合三組實驗結果， 請預測 CO2 通入 CaCl 2 溶液，_（填能”或“不能”）產(chǎn)生 CaCO3 沉淀，請用化學原理解釋： _。第5頁，共 19頁答案和解析1.【答案】 C【解析】解：A 、小蘇打 NaHCO3 受熱易分解生成碳酸 鈉、水和二氧化碳，故能做膨松劑，故A 正確；B、Mg 比 Fe活潑，當發(fā)生化學腐 蝕時 Mg 作負極而被腐 蝕，從而阻止 Fe 被腐蝕，屬于犧牲陽極的陰極保 護法，故 B 正確；C、人體中的鐵以+2 價存在，則保健品中的 鐵應為

15、+2 價，故 C 錯誤；D、葡萄糖是單糖，不能水解，故 D 正確。故選：C。A 、小蘇打 NaHCO3 受熱易分解；B、Mg 比 Fe 活潑，當發(fā)生化學腐 蝕時 Mg 作負極；C、保健品中的鐵應為 +2 價；D、葡萄糖是單糖。本題考查了金屬的腐 蝕和防護，應注意區(qū)分 犧牲陽極的陰極保 護法和外加 電流的陰極保 護法的區(qū)別。2.【答案】 D【解析】解：A 、7.8g 過氧化鈉的物質(zhì)的量為 0.1mol，而過氧化鈉由 2 個鈉離子和 1 個過氧根構成，故 0.1mol 過氧化鈉中含離子共 0.3NA 個，故 A 錯誤；B、pH=6 的純水中，氫離子濃度為 10-6mol/L ，而純水中 c（OH-

16、）=c（H+），故水中含有的 氫氧根的物 質(zhì)的量 n=10-6mol/L 1L=10-6mol，個數(shù)為 10-6NA 個，故B 錯誤；C、乙烯所處的狀態(tài)不明確，故其物質(zhì)的量無法 計算，故 C 錯誤；D、S2 和 S8 均由 S 原子構成，故 6.4g 混合物中含有的硫原子的物質(zhì)的量為0.2mol，個數(shù)為 0.2NA 個，故 D 正確。第6頁，共 19頁故選：D。A、求出過氧化鈉的物質(zhì)的量，然后根據(jù)過氧化鈉由 2個鈉離子和 1 個過氧根構成來分析；B、pH=6 的純水中，氫離子濃度為 10-6mol/L ，而純水中 c（OH-）=c（H+），據(jù)此分析；C、乙烯所處的狀態(tài)不明確；D、S2 和 S8

17、 均由 S 原子構成。本題考查了阿伏伽德 羅常數(shù)的有關 計算，難度不大，應注意掌握公式的運用和物質(zhì)的結構。3.【答案】 A【解析】解：A 碳碳單鍵轉(zhuǎn)化為雙鍵，該反應為消去反應，故 A 正確；B乙苯與鄰、間、對二甲苯互 為同分異構體，則同分異構體共有四種，故 B 錯誤；C乙苯和苯乙 烯均能被高 錳酸鉀氧化，不能鑒別，故C 錯誤；D苯乙烯含有碳碳雙 鍵，可發(fā)生加聚反 應，故 D 錯誤 。故選：A。A碳碳單鍵轉(zhuǎn)化為雙鍵；B乙苯的同分異構體有 鄰、間、對二甲苯；C乙苯和苯乙 烯均能被高 錳酸鉀氧化；D苯乙烯含有碳碳雙 鍵，可發(fā)生加聚反 應。本題考查有機物的 結構與性質(zhì)，為高頻考點，把握官能團與性質(zhì)、有

18、機反應為解答的關 鍵，側(cè)重分析與 應用能力的考 查，注意選項 D 為解答的難點，題目難度不大。4.【答案】 B【解析】第7頁，共 19頁解：A 氨氣極易溶于水，不能 選排水法收集，故 A 錯誤；B加熱時試管中液體不能太多， 則液體的體 積不超過試管容積的三分之一，故 B正確；CpH 計可準確測定 pH，則能用于酸堿中和滴定 終點的判斷，故 C 錯誤；D四氯化碳的密度比水的密度大，萃取后在下層，則溴的 CCl4 溶液從分液漏斗下口放出，故 D 錯誤；故選：B。A 氨氣極易溶于水；B加熱時試管中液體不能太多；CpH 計可準確測定 pH；D四氯化碳的密度比水的密度大，萃取后在下層。本題考查化學實驗方

19、案的評價，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、實驗操作、混合物分離提 純、實驗技能為解答的關 鍵，側(cè)重分析與 實驗能力的考 查，注意實驗的評價性分析，題目難度不大。5.【答案】 C【解析】解：A 、b 電極的質(zhì)量不斷增大，說明 b 是銀離子放電生成單質(zhì)銀，所以 b 是正極，原電池中陰離子向 負極移動，則 NO3-由交換膜右側(cè)向左側(cè)遷移，故 A 正確；B、b 電極的質(zhì)量不斷增大，說明 b 是銀離子放電生成單質(zhì)銀，所以 b 是正極，則 a 極為負極，負極發(fā)生氧化反 應，故 B 正確；C、隨放電的進左邊生成銀離子，而交換膜是陰離子交 換膜，只允許陰離子硝酸根離子通 過，不允許陽離子銀離子通過，所以右側(cè)的硝酸

20、銀離子的濃度減小，左側(cè)硝酸銀離子的濃度增大，故 C 錯誤；D、負極是銀失電子生成銀離子，正極是銀離子得電子生成單質(zhì)銀，所以總反應不是氧化 還原反應，故D 正確；第8頁，共 19頁故選：C。A 、b 電極的質(zhì)量不斷增大，說明 b 是銀離子放電生成單質(zhì)銀；B、b 電極的質(zhì)量不斷增大，說明 b 是銀離子放電生成單質(zhì)銀，所以 b 是正極，則 a 極為負極；C、隨放電的進左邊生成銀離子，而交換膜是陰離子交 換膜，只允許陰離子硝酸根離子通 過；D、負極是銀失電子生成銀離子，正極是銀離子得電子生成單質(zhì)銀 。本題考查原電池的工作原理，題目難度中等，明確原電池原理為解答根據(jù)，注意正確判斷 電極反應、離子流向，難

21、點是電極總反應式的判斷。6.【答案】 B【解析】解：A 水的電離是吸熱過程，溫度 a小于 b，所以a點 K w 比 b 點小，故 A 錯誤；+-7-1（CH3COO-）=c（Na+）=mol/L ，c（CH3COOH）=（0.5n-0.5）mol/L ，所以 K aCH3COOH）= -7，故B 正確；（10C酸堿中和為放熱反應，二者恰好完全反應時溫度最高，根據(jù)圖知，溫度最高時需要的醋酸體 積小于 10mL，此時醋酸和 NaOH 的物質(zhì)的量相等，則 n1.0，故C 錯誤；Db 點溶液溫度最高，則溶質(zhì)為醋酸鈉；c 點是在 b 點后繼續(xù)加入醋酸，溶質(zhì)為醋酸鈉和醋酸，酸或堿抑制水 電離、含有弱離子的

22、鹽促進水電離，b 點促進水電離、c 點抑制水 電離，所以水的電離程度：c b，故D 錯誤；故選：B。A 水的電離是吸熱過程，溫度越高 K w 越大；BK a（CH3COOH）=；C酸堿中和為放熱反應，二者恰好完全反應時溫度最高，根據(jù)圖知，溫度最第9頁，共 19頁高時需要的醋酸體 積小于 10mL，此時醋酸和 NaOH 的物質(zhì)的量相等；Db 點溶液溫度最高，則溶質(zhì)為醋酸鈉；c 點是在 b 點后繼續(xù)加入醋酸，溶質(zhì)為醋酸鈉和醋酸，酸或堿抑制水 電離、含有弱離子的鹽促進水電離。本題考查酸堿混合溶液定性判斷， 側(cè)重考查學生分析、判斷能力，明確反應過程中溫度與反 應的關系、溶液中溶質(zhì)成分及其性 質(zhì)是解本題

23、關鍵，題目難度不大。7.【答案】 D【解析】解：根據(jù)分析可知：W 為 Na 元素，X 為 Al 元素，Y 為 S 元素，Z 為 Cl 元素，A 非金屬性 SCl，則簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：Z Y ，故A 錯誤；B非金屬性 X Y Z，則最高價氧化物 對應水合物的酸性：X Y Z，但沒有指出最高價氧化物， 該關系不一定成立，故 B 錯誤；CXZ 3 為 AlCl 3，氯化鋁為共價化合物，熔融狀 態(tài)不導電，無法通過電解熔融氯化鋁獲得鋁，工業(yè)上通過電解氧化鋁來冶煉單質(zhì) Al ，故C 錯誤；DYZ 2 分子為 SCl2，SCl2 中 S 原子和 Cl 原子通過共用電子對使每個原子的最外層達到 8 電

24、子穩(wěn)定結構，故 D 正確；故選：D。W 、X 、Y 、Z 均為短周期元素凡原子序數(shù)依次增大， W 是短周期中金屬性最 強的元素，則 W 為 Na 元素；W（Na）Y 中，Y 為 -2 價，則 Y 為 S 元素；Y 、Z 均為2短周期元素，原子序數(shù)依次增大， 則 Y 為 S 元素，則 Z 為 Cl 元素；XZ 3 中 Z 為+3 價，則 X 為 Al 元素，向水中同時加入 Na2S 和 AlCl 3，分解相互促進的水解反應生成硫化 氫氣體和氫氧化鋁沉淀，符號題意，據(jù)此進行解答。本題考查原子結構與元素周期律的關系， 為高考常見題型，題目難度不大，推斷元素 為解答關鍵，注意把握原子結構特征和 對應單

25、質(zhì) 、化合物的性質(zhì)，試題側(cè)重于學生的分析能力與 綜合應用能力考 查。第10 頁，共 19頁8.將 +3 價鈷還原為 +2價鈷 將亞鐵離子氧化為三價鐵離子，【答案】 過濾 氯酸鈉便于分離 6Fe2+ +ClO 3-+6H +=6Fe3+Cl -+3H 2O2Fe3+ +3CO32-+3H 2O=2Fe（ OH ）3 +3CO2 CaF2、 MgF 2分離出溶液中的 Mn 2+、 Cu2+、 Zn2+，回收利用降低烘干溫度，防止產(chǎn)品分解產(chǎn)生有毒的無水氯化鈷【解析】解：（1）操作 是分離固體和溶液，操作名稱 為過濾，NaClO3 為 +5 價氯的鹽，為氯酸鈉，故答案為：過濾；氯酸鈉；（2）焦亞硫酸鈉

26、 Na2S2O5，常做食品抗氧化劑，浸取中加入 Na2S2O5 的作用是將亞鐵離子氧化 為三價鐵離子，便于分離，故答案為：將亞鐵離子氧化 為三價鐵離子，便于分離；（3）液1 中加入 NaClO3 的作用將 亞鐵離子氧化 為三價鐵離子，便于分離，反應的離子方程式：6Fe2+ClO 3-+6H+=6Fe3+Cl-+3H2O，故答案為：將亞鐵離子氧化 為三價鐵離子，便于分離；6Fe2+ClO 3-+6H+=6Fe3+Cl-+3H2O；（4）加入Na2CO3 溶液生成 濾渣 2 是碳酸鈉和鐵離子反應生成氫氧化鐵沉淀，反應2Fe3+3CO2-，的離子方程式：+3H O=2Fe（OH）+3CO3232為3

27、+2-故答案：2Fe+3CO（ ） +3CO；3 +3H2O=2Fe OH 32（5）分析可知濾渣 3 主要成分 CaF2、MgF2，故答案為：CaF2、MgF2；（6）濾液 3 中加入萃取 劑 I ，然后用稀鹽酸反萃取的目的是分離出溶液中的Mn 2+、Cu2+、Zn2+，回收利用，故答案為：分離出溶液中的 Mn 2+、Cu2+、Zn2+，回收利用；（7）制備晶體 CoCl2?6H2O，需在減壓環(huán)境下烘干的原因是：降低烘干溫度，防止產(chǎn)品分解產(chǎn)生有毒的無水 氯化鈷。故答案為：降低烘干溫度，防止產(chǎn)品分解產(chǎn)生有毒的無水 氯化鈷。第11 頁，共 19頁圖 1 由含鈷礦（Co 元素主要以 Co2O3、C

28、oO 存在，還含有 Fe、Si、Cu、Zn、Mn 、Ni 、Mg、Ca 元素）制取氯化鈷晶體的一種工 藝流程，含鈷礦粉加入稀硫酸和焦亞硫酸鈉 Na2S2O5，過濾得到濾渣 1 和濾液 1，濾液 1 中加入 NaClO 3 將亞鐵離子氧化 為三價鐵離子，便于分離，加入碳酸鈉溶液調(diào)節(jié)溶液 PH3.0-3.5沉淀鐵離子，過濾得到濾渣 2 和濾液 2，濾液 2 中加入 NaF 調(diào)節(jié)溶液 PH=4.0-5.0 沉淀鈣離子和鎂離子，生成濾渣 3 為 CaF2、MgF2 難溶于水，圖 2 分析濾液 3 中加入萃取 劑，分液得到有機 層中然后用稀 鹽酸反萃取得到萃取劑 和溶液 4，經(jīng)過一系列操作得到相 應的鹽

29、，溶液中含鈷離子和鎳離子，加入萃取劑萃取分液得到含 鎳離子的溶液和有機 層，加入稀鹽酸反萃取得到氯化鈷溶液。經(jīng)過濃縮 蒸發(fā)、冷卻結晶、過濾洗滌、干燥得到晶體，（1）操作 是分離固體和溶液， NaClO3 為 +5 價氯的鹽；（2）焦亞硫酸鈉 Na2S2O5，常做食品抗氧化劑；（3）液1 中加入 NaClO3 的作用是氧化 亞鐵離子；（4）加入Na2CO3 溶液生成 濾渣 2 是碳酸鈉和鐵離子反應生成氫氧化鐵沉淀；（5）分析可知濾渣 3 主要成分 CaF2、MgF2；（6）濾 液 3 中加入萃取 劑 I ，然后用稀鹽酸反萃取的目的是分離出溶液中的Mn 2+、Cu2+、Zn2+；（7）制備晶體 C

30、oCl2?6H2O，需在減壓環(huán)境下烘干的原因是防止產(chǎn)品分解產(chǎn)生有毒的無水 氯化鈷。本題考查了物質(zhì)的分離提 純方法和流程分析判斷、物 質(zhì)性質(zhì)和實驗基本操作等，掌握基礎 是解題 關鍵，題 目難度中等。9.3NO 2+H 2O=2HNO 3+NO H1+H 2減【答案】 紅棕色褪去，產(chǎn)生白霧小 BD 圖中只有 D 點 NO 2 的消耗速率是B 點 N 2O2 的消耗速率的 2 倍，所以表示達到化學平衡狀態(tài)的點是BD B【解析】第12 頁，共 19頁解：（1）二氧化氮與水反應的化學方程式 為：3NO2+H2O=2HNO3+NO，則反應中紅棕色褪去，產(chǎn)生白霧，故答案為：紅棕色褪去，產(chǎn)生白霧；3NO2+H

31、2O=2HNO3+NO；（2）2NO（g）? N2O2（g）N2O2（g）+O2（g）? 2NO2（g） ，根據(jù)蓋斯定律， 可得 2NO（g）+O2（g）? 2NO 2（g）H= H1+H2；由反應達平衡狀 態(tài)，所以 v1 正=v1 逆 、v2 正=v 2逆 ，所以 v1 正 v2 正 =v1 逆v2 逆 ，即 k1 正 c2（NO）k2 正 c（N2O2）c（O2）=k1 逆 c（N2O2）k2 逆 c2（NO2），則是 K=；該反應的正反應是放熱反應，升高溫度，平衡向著逆向移動，平衡常數(shù)減小，故答案為： H1+H2；減小；故答案為：H1+H2；k1 正?k2 正/k1 逆 ?k2 逆 ；減

32、小；（3）反應達到平衡 時，存在速率關系為 v（正）=v（逆），根據(jù)反應方程式可知：NO2 的消耗速率是 N2O4 消耗速率的兩倍，結合圖象分析，能表示該反應達到平衡狀態(tài)的兩個點是 B 和 D，原因為：圖中只有 D 點 NO2 的消耗速率是 B 點N2O4 的消耗速率的2 倍，所以表示達到化學平衡狀 態(tài)的點是 B、D，故答案為：BD ；圖中只有 D 點 NO2 的消耗速率是 B 點 N2O2 的消耗速率的 2倍，所以表示達到化學平衡狀 態(tài)的點是 BD；（4）因為決定 2NO（g）+O2（g）? 2NO2（g）速率的是反應 ，所以反應的活化能 E1 遠小于反應的活化能 E2；反應 I 為放熱反應

33、，升高溫度平衡逆向移 動，使c（N2O4）減小，同時 K 2 正減小，故答案為：；B。（1）根據(jù)反應 3NO2+H2O=2HNO3+NO 分析反應現(xiàn)象；（2）2NO（g）? N2O2（g） ；N2O2（g）+O2（g）? 2NO2（g） ，而目標反應 2NO（g）第13 頁，共 19頁+O2（g）2NO （g）的H= + ，平衡常數(shù) K=應，由反 達平衡?2狀態(tài)，所以v1 正=v1 逆、v2正 =v2逆 ，所以v1正 v2正 =v1逆 v2 逆 ，而正反應是放熱反應，所以升高溫度，平衡常數(shù)減小，由此分析解答；（3）反應達到平衡 時，存在速率關系為 v（正）=v（逆），根圖據(jù)象和速率表達式分析，

34、解釋原因；（4）因為決定 2NO（g）+O2（g）? 2NO2（g）速率的是反應 ，所以反應的活化能 E1 遠小于反應的活化能 E2；決定反應速率的是反 應，而溫度越高 k2 正增大，反應速率加快，二氧化二氮的 濃度減少，導致兩者的 積減小；v2 正 升高到某一溫度 時 v2 正減小，平衡逆向移動，氧氣的濃度增大，由此分析解答。本題考查較為綜 合，涉及蓋斯定律應用、化學平衡及其影響等知 識，題目難度中等，明確蓋斯定律的內(nèi)容 為解答關鍵，注意熟練掌握化學平衡的影響因素，試題培養(yǎng)學生的分析能力及 綜合應用能力。10.【答案】 （ ）；AlF 31（ 2） A（ 3） CO2、 SCN-或 COS；

35、 0.16（ 4）硅原子有3d 空軌道，能接受氧原子的孤對電子，而碳原子沒有d 空軌道，不能接受氧原子的孤對電子（ 5）分子晶體；共價鍵、分子間作用力（ 6）4； 107【解析】【分析】本題是對物質(zhì)結構與性質(zhì)的考查，題目比較綜合，主干知識基本都涉及，掌握核外電子排布規(guī)律，明確物質(zhì)熔沸點高低比 較，會利用均攤法進行晶胞有關計算，識記 中學常見晶體的晶胞 結構。（1）基態(tài)氮原子的價 電子排布式 為 2s22p3，結構泡利原理、洪特規(guī)則畫出價電子排布圖；短周期p 區(qū)元素中，第一電離能最小的元素 為 Al 、電負性最大的元素為 F；第14 頁，共 19頁（2）兩種非金屬元素之間形成共價 鍵，計算中心原

36、子的孤 對電子數(shù)，價層電子對數(shù)=鍵數(shù)目 +孤電子對數(shù)=雜化軌道數(shù)目，確定雜化方式與空 間構型；（3）等電子體的微粒有相同空 間構型和鍵合形式，原子總數(shù)相等、價電子總數(shù)也相等的微粒互 為等電子體，利用原子替換書寫；Ni （CO）分子中有 4 個配位4鍵，屬于 鍵，CO 中含有 1 個 鍵，故1 個 Ni （CO）分子中有 8 個 鍵；4（4）一種物質(zhì)的分子與水分子 間的作用力越大越易 發(fā)生反應，Si 原子的半徑大，含有 3d 空軌道，能與水形成配位 鍵；（5）AlF 3 除外另外三種物 質(zhì)的熔點都很低，屬于分子晶體，晶體中分子內(nèi)原子之間形成共價 鍵、分子之間存在分子 間作用力；（6） 根據(jù)均攤法

37、計算晶胞中 Al 、N 原子數(shù)目，由晶胞結構可知 N 原子配位數(shù)為 4，結構晶胞中 Al 、N 原子數(shù)目之比 計算 Al 原子配位數(shù)； N 原子與之距離的最近的 4 個 Al 原子形成正四面體 結構，頂點 Al 原子與小正四面體中心的 N 原子連線處于體對角線上，二者距離大于體 對角線長度的 計結合晶胞中原子數(shù)目 計算晶胞質(zhì)量，結合密度計算晶胞體 積，進而計算晶胞棱 長，晶胞體對角線長度 =棱長長度?！窘獯稹浚?）基態(tài)氮原子的價 電子排布式 為 2s22p3，結構泡利原理、洪特規(guī)則畫出價電子排布圖態(tài)層電子排布圖為，短，基 氮原子的價周期 p 區(qū)元素中，第一電離能最小的元素 為 Al ，電負性最

38、大的元素 為 F，二者形成的化合物 為 AlF 3，故答案為：；AlF 3；（2）鹵素與硼、氮、磷可形成 BF3、NC13 和 PBr3，均為兩種不同元素原子之 間形成的化合物，屬于共價化合物，含有共價 鍵，第15 頁，共 19頁BF3 中 B 原子孤電子對數(shù) =鍵層電子對數(shù)=3+0=4，=0，形成 3 個 ，價空間構型為平面正三角形， B原子采取 sp2 雜化，NC13中 N 原子孤電子對數(shù)=鍵層電子對數(shù)=3+1=4，=1，形成3 個 ，價空間構型為三角錐形，N 原子采取 sp3 雜化，PBr3 中 P的原子孤 電子對數(shù)=1，形成3 個 鍵 ，價層電子對數(shù)=3+1=4，空間構型為三角錐形，P

39、 原子采取 sp3 雜化，故答案為：A；（3）與CS2 具有相同空 間構型和鍵合形式的分子或離子 為等電子體，應含有 3個原子，價電子數(shù)為見-或 COS 等；Ni （CO）分子中 Ni原16，常 有 CO、SCN24子和 C原子之間有4個 鍵，CO 分子中 C 和 O 之間存在 1個 鍵 ，因此4個CO4鍵1Ni CO分子中有8個鍵 3.42gNi CO）的物質(zhì)的有個個），（，故（44量為鍵為0.02mol 8=0.16mol，0.02mol，故含有 故答案為：CO2、SCN-或 COS；0.16；（4）硅原子有 3d 空軌道，能接受氧原子的孤 對電子。而碳原子沒有 d 空軌道，不能接受氧原子

40、的孤 對電子，即不能形成配位 鍵，與水分子間的作用力小，不能反應 ，所以四硅化碳能水解而四 氯化碳不能水解，故答案為：硅原子有3d 空軌道，能接受氧原子的孤 對電子，而碳原子沒有 d 空軌道，不能接受氧原子的孤 對電子；（5）AlF 3 除外另外三種物 質(zhì)的熔點都很低，屬于分子晶體， AlI 3 晶體中分子內(nèi)原子之間形成共價 鍵、分子之間存在分子 間作用力，故答案為 ：分子晶體；共價鍵、分子間作用力；（6） 晶胞中 Al 原子數(shù)目 =8+6=4、N 原子數(shù)目 =4，由晶胞結構可知 N原子配位數(shù) 為 4，結構晶胞中 Al 、N 原子數(shù)目之，可知 Al 原子配位數(shù) 為 4，故答案為：4；第16 頁

41、，共 19頁 N 原子與之距離的最近的 4 個 Al 原子形成正四面體 結構，頂點 Al 原子與小正四面體中心的 N 原子連線處于體對角線上，二者距離大于體 對角線長度的 晶胞質(zhì)量=4g，晶胞體積=433，則晶g g/cmcm=胞棱長=cm，晶胞體對角線長度=cm，故鋁原子和氮原子之間最短的核 間距= =cm=cm=107nm，故答案為：107。11.NaOH 醇溶液，加熱取代反【答案】 溴原子、羥基應 C8H 9OBr13【解析】解：（1）由結構簡式可知 D 含有溴原子、羥基，故答案為：溴原子、羥基；（2）溴代烴發(fā)生消去反 應，應在 NaOH 醇溶液，加熱條件下，故答案為：NaOH醇溶液，加熱；（3）C 的鍵線式為，由官能團的轉(zhuǎn)化可知化合物 C 轉(zhuǎn)化為 D 時的反應類型是取代反應為：應，故答案；取代反 ；（4）由結構簡式可知 D 的分子式 為，故答案