2020年山西省太原市高考化學一模試卷(有答案解析)

1、2020 年山西省太原市高考化學一模試卷題號一二三總分得分1.、單選題（本大題共 7 小題，共 42.0分） 超臨界狀態(tài)下的 CO2 流體可提取中草藥材中的有效成分，工藝流程如圖所示。下列有關(guān)說法錯 誤的是（ ）A. 浸泡時加入乙醇有利于中草藥有效成分的浸出B. 高溫條件下更有利于超臨界 CO2 萃取C. 升溫、減壓的目的是實現(xiàn) CO2 與產(chǎn)品分離D. 該方法使用的 CO2 可能來自釀酒廠發(fā)酵的副產(chǎn)品2. 設 NA 為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是（）A. 18g2H2O 中所含的電子數(shù)為 10NAB. 常溫常壓下， 46g 乙醇中含 C-H 鍵的數(shù)目為 6N AC. 2 mol SO2

2、和 1molO 2在一定條件下充分反應轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為4NAD. 1L0.1mol ?L-1 NaF溶液中含有的 F-和 HF的粒子數(shù)目之和為 0.1NA3. 2018年 1月，泉州“碳九”泄露事件引發(fā)關(guān)注?！疤季拧敝饕侵高B三甲苯（ ）、正丙苯（ ）和對乙基甲苯（ ）等含九個碳原子的芳香烴下列說法正確的是 （）A. “碳九”是石油化工產(chǎn)品，可通過催化重整獲得B. 連三甲苯的一氯代物共有 6 種（不考慮立體異構(gòu)）C. 對乙基甲苯中所有碳原子一定處于同一平面內(nèi)D. 連三甲苯能使酸性 KMnO 4 溶液褪色，該反應類型是取代反應4. 最近報道的一種處理垃圾滲透液并用其發(fā)電的裝置示意圖如下。下列說法不

3、正確的是（ ）5.6.7.A. 該裝置將化學能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔蹷. 電子由 X 極沿導線流向 Y 極C. 標準狀況下， X 極上每消耗 22.4L 氣體時，理論上有 6molK +移向 Y 極D. Y 極發(fā)生的反應可表示為 2NO3-+10e-+12H+=N2+6H2O，該極附近溶液的 pH 增大 短周期主族元素 m、n， p、 q的原子序數(shù)依次增大，它們的最外層電子數(shù)之和為18，n3-與 p2+具有相同的電子層結(jié)構(gòu)。下列敘述錯誤的是（ ）A. p 單質(zhì)可以在 n 單質(zhì)中燃燒B. 簡單離子半徑的大?。?q> n> pC. 最高價氧化物對應水化物的酸性： q>n> mD. m、

4、n，P分別與 q 形成的二元化合物均含有共價鍵列實驗方案能達到實驗目的是（ ）選項實驗目的實驗方案A除去 Al2O3 中的 Fe2O3向固體中先加入過量 NaOH 溶液，過濾后向濾液中加入 過量鹽酸B驗證 Cu 和濃硫酸反應生成 CuSO4向反應后溶液中加入水觀察溶液變藍色C證明二氧化硫具有還原性將二氧化硫通入 Ba（ NO 2） 3溶液中有白色沉淀生成D驗證： Ksp（ AgI ）< K sp（ AgCl ）向盛有 1mL0.1mol ?L-1 AgNO 3溶液的試管中滴加 10滴0.1mol ?L -1，NaCl 溶液，有白色沉淀生成，向其中繼續(xù)滴 加0.1mol ?L -1KI 溶

5、液，有黃色沉淀產(chǎn)生A. A B. B C. C D. D 草酸 H2C2O4 是一種二元弱酸在菠菜、莧菜、甜菜等植物中含量較高。 25時，向 H2C2O4 溶液中滴加 NaOH 溶液，混合溶液中 lgXX 表示或隨溶液 pH 的變化關(guān)系 如圖所示。下列說法正確的是（ ）A. 直線 中 X 表示的是B. 當 pH=3.22 時，溶液中 =100： 1C. 0.1mol ?L -1NaHC 2O4溶液中： c（ Na+ ）> c（HC2O4-）> c（H2C2O4）>c（C2O4-）D. 已知：碳酸的電離常數(shù) Ka1=4.3 ×10-7，K a2=5.6 ×1

6、0-11，則向 Na2CO 3溶液中加入等濃度、等體積草酸溶液反應的離子方程式為CO32-+H2C2O4=HC2O4-+HCO 3-8.、簡答題（本大題共 4 小題，共 50.0分）以某工業(yè)副產(chǎn)物鹽泥 主要成分為 Mg（ OH ）2，還含有少量 Al（OH）3、FeCO3，MnCO 3、SiO2、CaCO3 等為原料制備防火材料 MgSO4?7H2O 的工藝流程如圖：回答下列問題：（1）以 MgSO 4為原料可制備陰陽離子個數(shù)比為1：1 的化合物 MgC 2已知 MgC 2中各元素原子都達到了穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，則 MgC 2的電子式為 。（ 2）“酸浸”時， FeCO3與稀硫酸反應的化學方程式為 。濾

7、渣 I 的主要成分為 SiO2和 （填化學式）；為了提高浸取率除了適當增大稀硫酸的濃度和升溫外，還可采取的措施 有 （寫出兩點）。（ 3）氧化”時， 次氯酸鈉溶液將 MnSO 4氧化為 MnO 2的離子方程式為 ；濾渣 2的主要成分為 MnO 2和， （填化學式）。（ 4）“一系列操作”主要是指 。（ 5）一種堿式碳酸鎂 4MgCO 3?Mg （OH）2?5H2O可用作防火保溫材料，用化學方程式說明其 可作防火材料的原理： 。9. 以天然氣和二氧化碳為原料在工業(yè)上均可以合成甲醇。1）目前科學家正在研究將天然氣直接氧化合成甲醇：CH4（g）+ O2 （g） =CH 3OH（g）H=-146kJ?

8、mol-1已知該反應中相關(guān)的化學鍵鍵能數(shù)據(jù)如下：化學鍵C-OO=OH-OC-HE（kJ?mol-1）343498x413由此計算 x=（ 2）工業(yè)廢氣二氧化碳催化加氫也可合成甲醇：CO2（g）+3H 2（g）? CH3OH（g）+H2O（g）。在密閉容器中投入 1 mol CO2和 2.75molH 2，在不同條件下發(fā)生反應，實驗測得平衡時甲醇的物 質(zhì)的量隨溫度、壓強的變化如圖所示。 該反應的 H 0 （填“>”、“<”或“ =”，下同）。 M、N 兩點時化學反應速率： v（N）v（M），判斷理由是 3）化學式中 CHZ 為碳酰肼，其結(jié)構(gòu)為，它是 為提高 CO2 的轉(zhuǎn)化率除可以改變

9、溫度和壓強外，還可采取的措施有 ， 。 若 506時、在 10L 密閉容器中反應，達平衡時恰好處于圖中M 點，則 N 點對應的平衡常數(shù)K= （結(jié)果保留兩位小數(shù)）。（ 3）煤的電化學脫硫是借助煤在電解槽發(fā)生的反應將煤中的FeS2 轉(zhuǎn)化為硫酸鹽，達到凈煤目的。在硫酸鐵酸性電解液中首先發(fā)生反應FeS2+2Fe3+=3Fe2+2S，然后在某一電極上發(fā)生兩個電極反應， 其中一個是使 Fe再生，則該電極為 極，該電極上的另一個電極反應式是 （所用電極均為情性電極）（ 4）廢水處理時通入 H2S（或加 S2-能使某些金屬離子生成極難溶的硫化物而除去。25時，某廢液中 c（ Mn 2+） =0.02mol ?

10、L-1，調(diào)節(jié)廢液的 pH使 Mn 2+開始沉淀為 MnS時，廢液中 c（ H 2S=0.1mol?L -1，此時 pH約為，已知：Ks（p MnS ）=5.0 ×10-14H2S的電離常數(shù)：Ka1=1.5 ×10-7，Ka2=6.0 ×10-15， lg6=0.810.高氯酸三碳酰肼合鎳 Ni （ CHZ ）3 （ClO 4） 2是一種新型的起爆藥。（1）Ni 能與 CO 形成配合物 Ni （CO ） 4，配體 CO中提供孤電子對 的是 C 原子，其理由可能是 ；該配合物分子中 鍵與 鍵數(shù)目之比為 。（2）ClO 4-的空間構(gòu)型是 。寫出與 ClO 4-互為等電子

11、體的一種分子和一種離子： ， （填化學式）。種新型的環(huán)保鍋爐水除氧劑。碳酰肼中氮元素的化合價為，碳原子的雜化軌道類型為 碳酰肼可以由碳酸二甲酯）和肼（ N2H4）反應制得，有關(guān)的化學方程式為（ 4）高氯酸三碳酰肼合鎳可由 NiO 、高氯酸及碳酰肼化合而成。 比較次氯酸和高氯酸的酸性，并說明理由： 。 如圖為 NiO 晶胞，若晶胞中含有的 Ni 2+數(shù)目為 a，Ni 2+的配位數(shù)為 b，NiO 晶體中每個 Ni 2+距 離最近的 Ni 2+數(shù)目為 c，則 a：b： c=。11. 高血脂是一種常見的心血管疾病治療高血脂的新藥I 的合成路線如圖（ A-H 均為有機物）：已知：a回答下列問題：（ 1）

12、反應所需試劑、條件分別是 ，F(xiàn) 的化學名稱為 。（ 2）反應的類型是 ；AB 的化學方程式為 。（3）G 的結(jié)構(gòu)簡式為 （ 4）化合物 W 的相對分子質(zhì)量比 C 大 14 ，且滿足下列條件的 W 的結(jié)構(gòu)共有種。 （不考慮立體 異構(gòu)）i 遇 FeCl 3溶液顯紫色 屬于芳香族化合物 能發(fā)生銀鏡反應 其中核磁共振氫譜顯示有 5種不同化學環(huán)境的氫，峰面積比為2：2：2：1：1的是 （寫出結(jié)構(gòu)簡式）（ 5）設計用甲苯和乙醛為原料制備選。（合成路線常用的表示方式為： 三、實驗題（本大題共 1 小題，共 13.0分）12. 甲醛（ HCHO ），無色氣體易溶于水，有特殊的刺激性氣味，對人眼、鼻 等有刺激作

13、用。 40%的甲醛溶液沸點為 96，易揮發(fā)，在堿性溶液中具 有極強的還原性。為探究過量甲醛和新制Cu（OH ）2 反應的產(chǎn)物成分，進行如下探究：（ 1）在如圖裝置中進行實驗，向 a中加入 0.5 mol?L-1 CuSO4溶液 50mL 和 5mol?L -1NaOH 溶液 100mL ，振蕩再加入 40%的甲醛溶液 40mL，緩慢 加熱 a，在 65時回流 20 分鐘后冷卻至室溫。反應過程中觀察到有棕色固體生成最后變成紅色，并有氣體產(chǎn)生。儀器 c 的名稱是 。裝置 A 中反應需要在水浴中進行，原因是 。能說明甲醛具有還原性的實驗現(xiàn)象是 。H2不含 CO，將裝置 A 和（ 2）查閱資料發(fā)現(xiàn)氣體

14、產(chǎn)物是副反應產(chǎn)生的。為確認氣體產(chǎn)物中含 如圖所示的裝置連接后進行實驗。 依次連接的合理順序為： ABH G 裝置 B 的作用是 。 確認氣體產(chǎn)物中含 H2而不含 CO 的現(xiàn)象是 。（ 3）為探究紅色固體產(chǎn)物的組成，進行如下實驗假設以下每步均充分反應）：已知： iCu2OCu （NH 3）4+（無色）Cu（NH3）42+藍色）ii.2Cu+8NH 3?H2O+O 2=2Cu （ NH 3）42+4OH -+6H 2O 通過上述實驗，可以得出紅色固體產(chǎn)物主要是 。答案與解析1. 答案： B解析： 解： A 有機物易溶于有機物，浸泡時加入乙醇有利于中草藥有效成分的浸出，故 A 正確； B低溫、加壓更

15、有利于超臨界 CO2 萃取，故 B 錯誤； C由最后一步流程可知，升溫、減壓分離出產(chǎn)品和CO2，故 C 正確；D葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇和二氧化碳，故D 正確。故選： B 。 由實驗流程可知，中草藥粉粹后，加入乙醇有利于中草藥有效成分的浸出，然后萃取，超臨界狀態(tài) 下的 CO2 流體溶解性與有機溶劑相似，結(jié)合升溫、減壓分離出產(chǎn)品可知，低溫、加壓更有利于超臨 界 CO2 萃取，且 CO2 流體萃取中藥材具有無溶劑殘留、綠色環(huán)保等優(yōu)點，以此解答該題。 本題考查混合物分離提純，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、混合物分離提純、實驗技能為解答的關(guān) 鍵，側(cè)重分析與實驗能力的考查，注意信息及流程的應用，題目

16、難度不大。2. 答案： D解析： 解： A 18g水的物質(zhì)的量為 0.9mol，而水中含 10個電子，故 0.9mol 水中含 9NA個電子，故 A 錯誤；B46g 乙醇為 1mol，每摩爾含有 5molC-H 鍵，常溫常壓下， 46g乙醇中含 C-H 鍵的數(shù)目為 5NA， 故 B 錯誤；C二氧化硫和氧氣的反應為可逆反應，不能進行徹底，故轉(zhuǎn)移的電子數(shù)小于4NA 個，故 C 錯誤；D在 1L0.1mol/L 的 NaF溶液中， NaF的物質(zhì)的量 n=cV=0.1mol/L ×1L=0.1mol ，由于 F-是弱酸根， 在溶液中水水解為 HF，根據(jù) F原子的守恒可知， F-和HF數(shù)目之和

17、為 0.1NA，故 D正確； 故選： D。A求出水的物質(zhì)的量，然后根據(jù)水中含10 個電子來分析；B求出乙醇的物質(zhì)的量，然后根據(jù)乙醇中含5條 C-H 鍵分析；C二氧化硫和氧氣的反應為可逆反應；D根據(jù)物料守恒來分析。 本題考查了物質(zhì)的量和阿伏伽德羅常數(shù)的有關(guān)計算，難度不大，掌握公式的運用和物質(zhì)的結(jié)構(gòu)是解 題關(guān)鍵。3. 答案： A解析： 解： A 碳九主要含三甲苯、異丙苯、正丙苯、乙基甲苯等有機物，為混合物，由石油催化 重整可得到，故 A 正確；B連三甲苯含有 4種 H，則一氯代物有 4種，故 B 錯誤； C含有飽和碳原子，具有甲烷的結(jié)構(gòu)特征，則所有的碳原子不一定在同一個平面上，故C 錯誤；D苯環(huán)的

18、甲基生成羧基，為氧化反應，故D 錯誤。故選： A 。A石油催化重整可得到芳香烴； B連三甲苯含有 4 種 H；C含有飽和碳原子，具有甲烷的結(jié)構(gòu)特征； D可生成羧基，為氧化反應。本題考查有機物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，為高頻考點，側(cè)重考查學生的分析能力，注意把握有機物的結(jié)構(gòu)特 點以及官能團的性質(zhì)，題目難度不大。4. 答案： C解析： 解： A、處理垃圾滲濾液的裝置屬于原電池裝置，是化學能轉(zhuǎn)化為電能，故A 正確；B、電子由負極流向正極，即 X 極沿導線流向 Y 極，故 B 正確；C、X 極上每消耗 22.4L 氣體時，即氣體的物質(zhì)的量為 0.5mol 的氮氣，理論上有 3molK +移向 Y 極， 故 C 錯

19、誤；D、Y 是正極，發(fā)生得電子的還原反應， 2NO3-+10e-+12H+=N2+6H2O，消耗氫離子，周圍 pH 增大， 故 D 正確。故選： C。 根據(jù)處理垃圾滲濾液并用其發(fā)電的示意圖知道：裝置屬于原電池裝置， X 是負極，發(fā)生失電子的氧 化反應， Y 是正極，發(fā)生得電子的還原反應 2NO3-+10e-+12H +=N2+6H2O，電解質(zhì)里的陽離子移向正 極，陰離子移向負極，電子從負極流向正極，據(jù)此回答。本題考查學生二次電池的工作原理以及原電池和電解池的工作原理知識，為高頻考點，側(cè)重學生的 分析能力的考查，屬于綜合知識的考查，難度中等，注意把握電極的判斷方法和電極方程式的書寫。5. 答案：

20、 D解析： 解：由以上分析可知： m為 C、n為 N、p為 Mg 、q為Cl元素， A Mg 能夠在氮氣中燃燒生成氮化鎂，故 A 正確；B離子核外電子層數(shù)越多，離子半徑越大，具有相同核外電子排布的離子， 核電荷數(shù)越大離子半徑越小，則簡單離子半徑的大?。?q> n>p，故 B 正確；C非金屬性： Cl>N>C，則最高價氧化物對應水化物的酸性： q>n>m，故 C 正確； DC、N、Mg 與 Cl 形成的二元化合物中，氯化鎂為離子化合物，故D 錯誤；故選： D。短周期主族元素 m、n，p、 q的原子序數(shù)依次增大， n3-與 p2+具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，可知 n為

21、 N 元 素，p為 Mg 元素；四種原子最外層電子數(shù)之和為 18，則可知 m、q的最外層電子數(shù)之和為 18-5-2=11 ， m的原子序數(shù)小于 N，則 m為 C，q為 Cl元素，結(jié)合對應單質(zhì)、化合物的性質(zhì)以及元素周期律解答 該題。本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系，題目難度不大，推斷元素為解答關(guān)鍵，注意掌握元素周期 律內(nèi)容及常見元素化合物性質(zhì)，試題側(cè)重考查學生的分析能力及邏輯推理能力。6. 答案： C解析： 解： A 氧化鋁與 NaOH反應，且濾液中加過濾鹽酸不能生成氧化鋁，不能除雜，故A 錯誤；B應將反應后的混合物注入水中，順序不合理，故B 錯誤；C二氧化硫通入 Ba（ NO2） 3溶液，發(fā)

22、生氧化還原反應，生成硫酸鋇白色沉淀，故C 正確；D AgNO 3溶液過量，均為沉淀生成，不能比較Ksp 大小，故 D錯誤；故選： C。A 氧化鋁與 NaOH 反應，且濾液中加過濾鹽酸不能生成氧化鋁； B應將反應后的混合物注入水中；C二氧化硫通入 Ba（ NO2） 3溶液，發(fā)生氧化還原反應； DAgNO 3溶液過量，均為沉淀生成。本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、混合物分離提純、沉淀生成、實驗 技能為解答關(guān)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。7. 答案： B 解析： 解： X 與 c（H+）的乘積為電離平衡常數(shù)， H 2C 2O4的電離平衡常數(shù)

23、 Ka1>K a2，直線 X 與 c （H+）乘積等于 1×10-1.22，直線X與 c（H+）乘積等于 1×10-4.19，即 H2C2O4溶液的 Ka1=1×10-1.22，則 H2C2O4溶的 Ka2=1×10-4.19，則直線 表示 lgX 隨溶液 pH的變化關(guān)系，直線 表示 lg2 2 4 a2隨溶液 pH 的變化關(guān)系。=A 錯誤；則=100：A根據(jù)分析可知，直線 表示 lg 隨溶液 pH的變化關(guān)系，故BpH=3.22，c（H+）=1×10-3.22mol/L ，H2C2O4 溶液的 Ka1=1×10-1.22，=10

24、-12.78， HC2O4-的電離1，故 B 正確；CHC2O4-的電離平衡常數(shù) =1×10-4.19，HC2O4-的水解平衡常數(shù) 程度大于其水解程度， 溶液顯酸性， 則 0.1mol/LNaHC 2O4溶液中： c（Na+）>c（HC2O4-）>c（C2O42-） >c（H2C2O4），故 C 錯誤；D比較草酸和碳酸電離平衡常數(shù)可知草酸Ka2大于碳酸 Ka2，向 Na2CO3溶液中加入等物質(zhì)的量的草酸溶液生成草酸鈉和二氧化碳， 正確的離子方程式為： CO32-+H2C2O4=C2O42-+H2O+CO2，故 D 錯誤； 故選： B 。AX 與 c（ H + ）的乘

25、積為電離平衡常數(shù)， H2C2O4 的電離平衡常數(shù) Ka1>Ka2，直線 X 與 c（H+）乘 積等于 1×10-1.22，直線X 與 c（H+）乘積等于 1×10-4.19，即 H2C2O4溶液的 Ka1=1×10-1.22，則 H2C2O4 溶的 K a2=1×10-4.19，則直線 表示 lgX 隨溶液 pH 的變化關(guān)系，直線 表示 lg 隨溶液 pH 的變化關(guān)系。BpH=3.22，c（H+）=1×10-3.22mol/L ，結(jié)合 H2C2O4溶液的 Ka1=1×10-1.22計算；CHC2O4-的電離平衡常數(shù) =1

26、5;10-4.19，HC2O4-的水解平衡常數(shù)=10-12.78電離程度大于其水解程度，溶液顯酸性；D比較草酸和碳酸電離平衡常數(shù)可知草酸Ka2大于碳酸 Ka2，向 Na2CO3溶液中加入等物質(zhì)的量的草酸溶液生成草酸鈉和二氧化碳。本題考查弱電解質(zhì)的電離、離子濃度大小比較，題目難度中等，明確電離平衡常數(shù)含義及其表達式、 計算方法是解本題關(guān)鍵，注意電荷守恒物料守恒及其鹽類水解原理的理解應用，培養(yǎng)分析能力、理 解能力和應用能力。8. 答案：FeCO3+H2SO4=FeSO4+CO2 +H2O CaSO4 粉碎、攪拌（或多次用硫酸浸取、減小鹽泥粒度、 延長浸取時間等） Mn 2+ClO -+2OH -=

27、MnO 2 +C-l+H2O Fe（ OH ）3 Al（ OH） 3 蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾4MgCO 3?Mg （OH）2?5H2O 5MgO+4CO 2 +6H2O1： 1，則 MgC 2的電子解析： 解：（ 1）MgC 2中各元素原子都達到了穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，陰陽離子個數(shù)比為式為： ； 故答案為：（2）“酸浸”時， FeCO3與稀硫酸反應的化學方程式為： FeCO3+H 2SO4=FeSO4+CO2+H2O；根據(jù)分 析，濾渣 I 的主要成分為 SiO2 和 CaSO4；適當增大稀硫酸的濃度、升溫、粉碎、攪拌（或多次用硫 酸浸取、減小鹽泥粒度、延長浸取時間等）可以提高浸取率；故答案為： FeCO

28、3+H 2SO4=FeSO4+CO2+H2O；CaSO4；粉碎、攪拌（或多次用硫酸浸取、減小鹽泥 粒度、延長浸取時間等）；（ 3）氧化時，次氯酸鈉溶液將 MnSO4 氧化為 MnO 2的離子方程式為：Mn 2+ClO -+2OH - =MnO 2 +C-l+H 2O；根據(jù)分析濾渣 2 的主要成分為 MnO2和 Fe（OH）3、Al（OH）3； 故答案為： Mn 2+ClO -+2OH -=MnO 2 +C-+l H2O；Fe（OH）3；Al（OH）3；（4）由含有 MgSO 4的溶液蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾得到MgSO 4?7H 2O ；故答案為：蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾；（5）堿式碳酸鎂 4

29、MgCO 3?Mg（OH）2?5H2O可用作防火保溫材料， 在高溫下發(fā)生反應： 4MgCO 3?Mg （OH）2?5H2O 5MgO+4CO 2 +6H2O，生成的 MgO 和 CO2可以防火保溫；故答案為： 4MgCO3?Mg（OH）2?5H2O 5MgO+4CO 2+6H2O。根據(jù)流程：鹽泥 主要成分為 Mg（OH）2，還含有少量 Al （OH ） 3、 FeCO3， MnCO 3、 SiO2、 CaCO3 等用稀硫酸酸浸，得到 MnSO4、MgSO4、Al2（SO4）3、FeSO4的混合溶液和不溶的 SiO2和 CaSO4， 過濾，濾渣 I 的主要成分為 SiO2和 CaSO4，向濾液中

30、加入 NaOH 、NaClO 溶液，可以將 Mn 2+氧化為 MnO 2，將 Fe2+氧化為 Fe3+，調(diào)節(jié) pH5 6沉淀 Fe3+和 Al 3+，過濾，濾渣 2為MnO2和 Fe（OH）3、 Al （OH ） 3，最后將含有 MgSO 4的溶液蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾得到MgSO 4?7H 2O ，據(jù)此分析作答。本題考查了物質(zhì)制備流程和方案的分析判斷，物質(zhì)性質(zhì)的應用，題干信息的分析理解，結(jié)合題目信 息對流程的分析是本題的解題關(guān)鍵，需要學生有扎實的基礎(chǔ)知識的同時，還要有處理信息應用的能 力，題目難度中等。9. 答案： 465 < < 溫度不變時，由圖中可判斷壓強 P2< P

31、1，壓強越大，化學反應速率越快將產(chǎn)物甲醇液化移去 增加氫氣的濃度 1.04 陽 S+4H2O-6e-=8H+SO42- 5.2 解析： 解：（ 1）CH4（g）+ O2（g）=CH3OH（g）H=-146kJ ?mol -1=4×413KJ/mol+ ×498KJ/mol-（ 3×413KJ/mol+343KJ/mol+x ），x=465KJ/mol ，故答案為： 465；（2）由圖可知，壓強一定時，溫度越高，CH3OH 的物質(zhì)的量越小，說明升高溫度平衡向逆反應方向移動，則正反應為放熱反應，故 H <0，故答案為：<； 正反應為氣體體積減小的反應，溫度

32、一定時，增大壓強，平衡向正反應方向移動，甲醇的物質(zhì)的 量增大，故壓強 P1>P2，壓強增大，反應速率也增大，所以v（N）< v（M），故答案為：<；溫度不變時，由圖中可判斷壓強P1>P2 ，壓強越大，化學反應速率越快； 在可逆反應中，增加一種反應物濃度可以提高另一反應物的轉(zhuǎn)化率，所以為提高CO2 的轉(zhuǎn)化率除可改變溫度和壓強外，還可采取的措施是將產(chǎn)物甲醇液化移去，增加氫氣的濃度， 故答案為：將產(chǎn)物甲醇液化移去，增加氫氣的濃度； 圖中 M、N點溫度相同，平衡常數(shù)相同， M 點時，容器體積為 10L，平衡時 CH3OH 的物質(zhì)的量為 0.25mol ，則：CO 2（ g）+3

33、H 2（g）? CH 3OH （ g） +H2O（g）起始（ mol/L ）：0.10.2750 0變化（ mol/L ）：0.0250.0750.025 0.025平衡（ mol/L ）：0.0750.20.025 0.025故平衡常數(shù) K=故答案為： 1.04；（ 3）在硫酸鐵酸性電解液中首先發(fā)生反應FeS2+2Fe3+=3Fe2+2S，然后在某一電極上發(fā)生兩個電極反應，其中一個是使 Fe 再生，亞鐵變?yōu)?+3 價，所用電極均為情性電極，該電極為陽極，該電極上 的另一個電極反應式是硫單質(zhì)得到電子發(fā)生還原反應，電極反應：S+4H2O-6e-=8H+SO42-，=c（ S2-）mol/L=2.

34、5 ×10-12mol/L ，故答案為：陽； S+4H2O-6e-=8H +SO42-；H2S 的電離常數(shù)：K1=1.5 ×10-7， K 2=6.0 ×10-15，4）當 Qc=Ksp（ MnS）時開始沉淀，所以故答案為： 5.2。pH=-lg6 ×10-6=6-lg6=6-0.8=5.2 ，15=9.0 ×10-22，結(jié)合 c（H2S）=0.1mol?L-1可（ 1）反應焓變 H= 反應物總鍵能 -生成物總鍵能；（2）由圖可知，壓強一定時，溫度越高，CH3OH 的物質(zhì)的量越小，說明升高溫度平衡向逆反應方向移動；正反應為氣體體積減小的反應，溫

35、度一定時，增大壓強，平衡向正反應方向移動，甲醇的物質(zhì)的 量增大，故壓強 P1> P2，壓強越大，反應速率越快；在可逆反應中，增加一種反應物濃度可以提高另一反應物的轉(zhuǎn)化率；0.25mol ，則： CO2（g） mol/L ）： mol/L ）： mol/L ）：起始 變化 平衡根據(jù)K=+3H20.10.0250.075g）? CH3OH（g） +H2O（g）0.2750.0750 00.0250.0250.20.0250.025計算； 圖中 M、N點溫度相同，平衡常數(shù)相同， M 點時，容器體積為 10L，平衡時 CH3OH 的物質(zhì)的量為FeS2+2Fe3+=3Fe2+2S，然后在某一電極上

36、發(fā)生兩個電極+3 價，所用電極均為情性電極，該電極為陽極，該電極上K1×K2=1.5 ×10-7×6.0 ×10-15=9.0 ×10-22 計算出 c（H+），然后可計算出溶液的pH。在硫酸鐵酸性電解液中首先發(fā)生反應（3） 反應，其中一個是使 Fe 再生，亞鐵變?yōu)?的另一個電極反應式是硫單質(zhì)得到電子發(fā)生還原反應；（ 4）當 Qc=K sp（ MnS ）時開始沉淀，由此求出硫離子的濃度，結(jié)合 本題考查化學平衡的計算、難溶物溶度積計算、蓋斯定律應用等知識，題目難度中等，明確蓋斯定 律內(nèi)容及化學平衡及其影響為解答關(guān)鍵，試題知識點較多、綜合性較強，充

37、分考查了學生的分析、 理解能力及綜合應用能力。10. 答案： 電負性 O>C，O 原子不易給出孤電子對1： 正四面體形 CCl4 SO42- -2 sp2HClO 4的酸性比 HClO 的強， HClO 4中非羥基氧數(shù)目比 HClO 的多， HClO4中Cl 的正電性更高，導致 Cl-O-H 中 O 的電子向 Cl 的偏移程度比 HClO 的大， HClO 4更易電離出 H+ 2： 3：6解析： 解：（ 1）電負性 O> C， O原子不易給出孤電子對，配體 CO 中提供孤電子對的是 C原子。 Ni 原子形成的 4個配位鍵屬于 鍵， CO與 N2互為等電子體， CO 分子結(jié)構(gòu)式為 C

38、O，CO 分子中含 有 1個鍵、 2個鍵，故 Ni（CO）4中含有 8個鍵、8個 鍵， 鍵與 鍵數(shù)目之比為 8：8=1： 1，故答案為：電負性 O>C，O 原子不易給出孤電子對； 1：1；（2）ClO4-的中心原子 Cl 原子孤電子對 =0，價層電子對數(shù) =0+4=4 ，微?？臻g構(gòu)型與它的 VSEPR 模型相同為正四面體形，故答案為：正四面體形；原子總數(shù)相等、 價電子總數(shù)也相等的微?；榈入娮芋w，與 ClO 4-互為等電子體的一種分子和一種離子可以是： CCl 4、SO42-等， 故答案為： CCl4、SO42-；（3） N-N鍵使 N元素表現(xiàn) 0價，N-H價使 N元素表現(xiàn) -1價，N-

39、C鍵使N元素表現(xiàn)-1價，故碳酰 肼中氮元素的化合價為 -2 價；分子中碳原子形成 3個 鍵，雜化軌道數(shù)目為 3，故碳原子采取 sp2 雜 化，故答案為： -2； sp2；（4） HClO 4中非羥基氧數(shù)目比 HClO 的多， HClO 4中 Cl的正電性更高，導致 Cl-O-H 中O的電子 向 Cl 的偏移程度比 HClO 的大， HClO 4更易電離出 H+，故酸性： HClO 4> HClO ， 故答案為： HClO 4的酸性比 HClO 的強， HClO 4中非羥基氧數(shù)目比 HClO 的多， HClO 4中 Cl的正電性 更高，導致 Cl-O-H 中 O 的電子向 Cl 的偏移程度

40、比 HClO 的大， HClO4 更易電離出 H+；晶胞中含有的 Ni 2+數(shù)目=8× +6× =4以頂點 Ni 2+研究，其周圍最近的氧離子處于棱心且關(guān)于鎳離 子對稱，可知 Ni 2+的配位數(shù)為 6以頂點 Ni 2+研究，與之距離最近的 Ni 2+處于面心，頂點為 8 個晶胞 共用、面心為 2個晶胞共用，故共有=12 個，則 a：b：c=4：6：12=2：3：6，故答案為： 2： 3：6。（ 1）電負性越大，原子越不易提供孤電子對； Ni 原子形成的 4個配位鍵屬于 鍵，CO與 N2互為等 電子體， CO分子結(jié)構(gòu)式為 CO，CO分子中含有 1個鍵、2個 鍵；（2）ClO4

41、-的中心原子 Cl 原子孤電子對 = =0，價層電子對數(shù) =0+4=4 ，微?？臻g構(gòu)型與它的 VSEPR 模型相同；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；（ 3） N-N 鍵使 N元素表現(xiàn) 0價， N-H 價使 N元素表現(xiàn) -1價， N-C 鍵使 N元素表現(xiàn) -1價；分子中 碳原子形成 3個 鍵，雜化軌道數(shù)目為 3；碳酰肼可以由碳酸二甲酯）和肼（ N2H4）反應制得，該反應屬于取代反應，同時還有甲醇生成；（ 4）非羥基氧數(shù)目越多，中心元素的正電性越高，越容易電離出離子； 如均攤法計算晶胞中含有的Ni 2+數(shù)目。以頂點 Ni 2+研究，其周圍最近的氧離子處于棱心且關(guān)于鎳離子對稱，可知

42、 Ni 2+的配位數(shù)為 6以頂點 Ni 2+研究，與之距離最近的 Ni 2+處于面心，共有 12 個。 本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，涉及配合物、化學鍵、空間構(gòu)型、等電子體、雜化方式、分子結(jié)構(gòu)與性 質(zhì)、晶胞計算等，這些都是?？贾R點，需要學生具備扎實的基礎(chǔ)與靈活運用的能力。11. 答案： 氯氣、光照 辛醛 酯化反應或取代反解析： 解：1）反應是甲苯轉(zhuǎn)化為由結(jié)構(gòu)簡式可知 F 為辛醛， 故答案為：氯氣、光照；辛醛；2）反應是酯化反應，也屬于取代反應；AB 的化學方程式為，故答案為：酯化反應或取代反應；3） G 的結(jié)構(gòu)簡式為，故答案為：4）化合物 W 的相對分子質(zhì)量比化合物 C （）大 14，W比 C多

43、1個CH2原子團， W滿足下列條件：遇 FeCl3 溶液顯紫色，說明含有酚羥基，屬于芳香族化合物，即含有苯環(huán)，能 發(fā)生銀鏡反應，還含有醛基，含有 2個側(cè)鏈為 -OH 、 -CH 2CHO ，有鄰、間、對 3 種，含有 3 個側(cè)鏈 為-OH 、 -CH3 、 -CHO ，而 OH 、 -CH 3有鄰、間、對 3種位置，對應的 -CHO 分別有 4種、 4種、2種 位置，故符合條件的 W 共有 3+4+4+2=13 種，其中核磁共振氫譜顯示有 5 種不同化學環(huán)境的氫，峰 面積比為 2：2：2：1：1的 W 的結(jié)構(gòu)簡式為：5）苯與氯氣在光照條件下生成然后發(fā)生水解反應生成最后與乙醛在堿性條件下反應生成目標物，合成路線流程圖為：故答案為：甲烷和氯氣在光照條件下發(fā)生取代反應生成D （CH 2Cl2）， D 在氫氧化鈉的水溶液、加熱條件下發(fā)則 E 為 HCHO ，CH（3 CH 2）6CHO生取代反應， 但同一個碳原子上含有兩個羥基不穩(wěn)定會失水生成醛，和甲醛反應生成 G，根據(jù)題給信息知 G 為， G和氫氣發(fā)生加成反應生成 H為甲苯在光照條件下與氯氣發(fā)