2020高考化學(xué)全真模擬卷Ⅴ(解析版)

1、2020高考全真模擬卷V 化學(xué) （考試時(shí)間：50分鐘 試卷滿分：100分）注意事項(xiàng)：1 .答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在答題卡上。2 .回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑，如需改動，用橡皮擦 干凈后，再選涂其它答案標(biāo)號?；卮鸱沁x擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3 .考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H 1 C12 N 14 O16 Mg 24 S 32 Fe 56 Cu 64 Zn 65一、選擇題：本題共 7個小題，每小題 6分。共42分，在每小題給出的四個選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目 要求的。7 . N

2、a是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A. 16.25 g FeCl3水解形成的Fe（OH）3膠體粒子數(shù)為 0.1 NaB. 22.4 L （標(biāo)準(zhǔn)狀況）僦氣含有的質(zhì)子數(shù)為18 NaC. 92.0 g甘油（丙三醇）中含有羥基數(shù)為1.0 NaD. 1.0 mol CH 4 Cl2在光照下反應(yīng)生成的 CH3Cl分子數(shù)為1.0 Na【答案】B【解析】A、16.25g氯化鐵的物質(zhì)的量是 16.25g+ 162.5g/mol= 0.1mol ,由于氫氧化鐵膠體是分子的集合體，因此水解生成的 Fe（OH）3膠體粒子數(shù)小于 0.1 Na, A錯誤；B、標(biāo)準(zhǔn)狀況下22.4L僦氣的物質(zhì)的量是1mol,僦氣是一個

3、Ar原子組成的單質(zhì)，其中含有的質(zhì)子數(shù)是 18 Na, B正確；C、1分子丙三醇含有3個羥基，92.0g丙三醇的物質(zhì)的量是 1mol,其中含有羥基數(shù)是 3 Na, C錯誤；D、甲烷與氯氣在光照條件下發(fā)生取代反應(yīng)生成的鹵代燃不止一種，因此生成的CH3Cl分子數(shù)小于1.0 Na,D錯誤。答案選B。點(diǎn)睛：選項(xiàng)D是易錯點(diǎn)，主要是不清楚甲烷發(fā)生取代反應(yīng)時(shí)屬于自由基取代反應(yīng)，每個氫原子都有可能被 取代，其產(chǎn)物比較復(fù)雜，這與乙烯與氫氣的加成反應(yīng)完全不同。8 .下列敘述正確的是A.將煤在空氣中加強(qiáng)熱使其分解叫做煤的干儲8 .只用濱水一種試劑可鑒別苯、己烯、乙醇、四氯化碳四種液體C.向雞蛋清溶液中滴加 CuSO4

4、溶液析出固體，加入足量蒸儲水后固體重新溶解D.油脂、糖類、蛋白質(zhì)都是天然有機(jī)高分子化合物，都可以發(fā)生水解反應(yīng)【答案】B【解析】A、將煤隔絕空氣加強(qiáng)熱使其分解的過程叫做煤的干儲，也叫煤的焦化，錯誤；B、苯和四氯化碳都不溶于水，加入濱水，苯溶液中振蕩靜置后，上層液體為橙色；四氯化碳溶液中振蕩靜 置后，下層液體為橙色，乙烯通入濱水，振蕩靜置后，液體分兩層均無色，因?yàn)闉I水與乙烯發(fā)生加成反應(yīng)，而產(chǎn) 物二澳乙烷為無色，且不溶于水；乙醇與濱水混溶不分層，因此可以用濱水一次性檢驗(yàn)苯、乙烯、乙醇、四氯化 碳四種液體。正確；C、CuSO4溶液可使蛋白質(zhì)的變性，而變性不具可逆性。錯誤；D、高分子化合物是指那些由眾多

5、原子或原子團(tuán)主要以共價(jià)鍵結(jié)合而成的相對分子量在一萬以上的化合物。油脂是甘油和脂肪酸的酯化物，甘油是丙三醇，脂肪酸一般也就CH3（CH2）i6COOH或者類似的樣子油脂的分子量不很高，達(dá)不到高分子的范疇。錯誤；答案選 Bo9 .離子交換法凈化水過程如圖所示。下列說法中錯誤的是I陰離子交領(lǐng)陽離子交換料瓶陰陽子交換例M出隅廣交拄A.經(jīng)過陽離子交換樹脂后，水中陽離子的總數(shù)不變B,水中的NO3、SO2、Cl-通過陰離子樹脂后被除去C.通過凈化處理后，水的導(dǎo)電性降低D.陰離子樹脂填充段存在反應(yīng)H+OH-H2O【答案】A【解析】離子交換樹脂凈化水的原理是：當(dāng)含有 Na+、Ca2+、Mg2+等陽離子及SO42

6、 > C、NO3一等陰離子 的原水通過陽離子交換樹脂時(shí)，水中的陽離子為樹脂所吸附，而樹脂上可交換的陽離子h+則被交換到水中，并和水中的陰離子組成相應(yīng)的無機(jī)酸；當(dāng)含有無機(jī)酸的水再通過陰離子交換樹脂時(shí)，水中的陰離子也為樹脂所吸附，樹脂上可交換的陰離子 OH也被交換到水中，同時(shí)與水中的H+離子結(jié)合成水，則A、根據(jù)電荷守恒可知經(jīng)過陽離子交換樹脂后，水中陽離子總數(shù)增加，A錯誤；B、根據(jù)以上分析可知水中的 SO42 > C、NO3一等陰離子通過陰離子交換樹脂被除去，B正確;C正確;C、通過凈化處理后，溶液中離子的濃度降低，導(dǎo)電性降低，D、根據(jù)以上分析可知陰離子交換樹脂填充段存在反應(yīng)H + +O

7、H =H2O, D正確；答案選A。10 .短周期主族元素 X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，甲、乙分別是X、W兩元素對應(yīng)的單質(zhì)，丙、丁是由這些元素組成的二元化合物，戊是Z的最高價(jià)氧化物對應(yīng)的水化物，且25c時(shí)0.1mol/L戊溶液的pH為13,工業(yè)上通過電解丙和丁的混合物來制取甲、乙、戊。下列說法不正確的是A,原子半徑：Z>W>Y>XB. Z分別與X、Y、W形成的化合物中一定沒有共價(jià)鍵C.元素Y與X、Z都能組成兩種化合物D.乙與戊的水溶液反應(yīng)后所得溶液具有漂白性【答案】B【解析】A、Z為鈉元素，W為Cl元素，Y為O元素，X是H元素，原子半徑大小比較先看電子層數(shù)，電 子層數(shù)越多

8、半徑越大，電子層數(shù)相同，核電荷數(shù)越大半徑越小，所以原子半徑：Z>W>Y>X,故A正確；B、鈉與氧氣在點(diǎn)燃那條件下生成過氧化鈉，其中含有氧與氧之間的共價(jià)鍵，故B錯誤；C、丫為O元素，X是H元素，兩者可以形成水和過氧化氫兩種化合物，Z為鈉元素，可以與氧元素生成氧化鈉和過氧化鈉兩種化合物，故C正確；D、乙為氯氣，戊為氫氧化鈉兩者反應(yīng)可生成次氯酸鈉、氯化鈉和水，此溶液具有漂白效果，故D正確；故選Bo11. 2019年6月6日，工信部正式向四大運(yùn)營商頒發(fā)了5G商用牌照，揭示了我國 5G元年的起點(diǎn)。通信用磷酸鐵鋰電池其有體積小、重量輕、高溫性能突出、可高倍率充放電、綠色環(huán)保等眾多優(yōu)點(diǎn)。磷

9、酸鐵鋰電池是以磷酸鐵鋰為正極材料的一種鋰離子二次電池，放電時(shí)，正極反應(yīng)式為MxFexPO4+e-+Li+=LiM 1 x FexPO4,其原理如圖所示，下列說法正確的是A.放電時(shí)，電流由石墨電極流向磷酸鐵鋰電極充電B,電池總反應(yīng)為 M1 xFexPO4+LiC。一二 Li M 1 xFexPO4+6CC.放電時(shí)，負(fù)極反應(yīng)式為LiC 6-e-=Li +6CD,充電時(shí)，Li +移向磷酸鐵鋰電極【答案】C【解析】A.放電時(shí)，電子由石墨電極流向磷酸鐵鋰電極，則電流由磷酸鐵鋰電極流向石墨電極，A錯誤;B.根據(jù)電池結(jié)構(gòu)可知，該電池的總反應(yīng)方程式為：MxFexPO4+LiC 6三看士 Li M 1 xFex

10、PO4+6C, B錯誤;C.放電時(shí)，石墨電極為負(fù)極，負(fù)極反應(yīng)式為LiC6-e-=Li+6C, C正確；D.放電時(shí)，Li+移向磷酸鐵鋰電極，充電時(shí)Li+移向石墨電極，D錯誤；故合理選項(xiàng)是 C。12 .磷酸亞鐵鋰(LiFePO4)電池是新能源汽車的動力電池之一。采用濕法冶金工藝回收廢舊硫酸亞鐵鋰電 池正極片中的金屬，其流程如下：正極片蹴底清L沉淀含Li沉淀廣含人叫E液T博*納一炭黑等淀渣卜列敘述錯誤的是A.合理處理廢舊電池有利于保護(hù)環(huán)境和資源再利用13 從芷極片”中可回收的金屬元素有 Al、Fe、LiC .沉淀”反應(yīng)的金屬離子為 Fe3+D.上述流程中可用硫酸鈉代替碳酸鈉【答案】D【解析】正極片堿

11、溶時(shí)鋁轉(zhuǎn)化為偏鋁酸鈉，濾渣中含有磷酸亞鐵鋰，加入硫酸和硝酸酸溶，過濾后濾渣是炭黑，得到含Li、P、Fe的濾液，加入堿液生成氫氧化鐵沉淀，濾液中加入碳酸鈉生成含鋰的沉淀，據(jù)此解答。A、廢舊電池中含有重金屬， 隨意排放容易污染環(huán)境，因此合理處理廢舊電池有利于保護(hù)環(huán)境和資源再利用，A正確；B、根據(jù)流程的轉(zhuǎn)化可知從正極片中可回收的金屬元素有Al、Fe、Li, B正確；C、得到含Li、P、Fe的濾液，加入堿液生成氫氧化鐵沉淀，因此沉淀”反應(yīng)的金屬離子是 Fe3+, C正確；D、碳酸鋰沉淀，硫酸鋰能溶于水，因此上述流程中不能用硫酸鈉代替碳酸鈉，D錯誤。答案選 Do點(diǎn)睛：本題以廢舊電池的回收為載體考查金屬元

12、素的回收，明確流程中元素的轉(zhuǎn)化關(guān)系是解答的關(guān)鍵，題目難度不大。13.室溫下，用相同物質(zhì)的量濃度的 HC1溶液，分別滴定物質(zhì)的量濃度均為0.1 mol/L的三種堿溶液，滴定曲線如圖所示。下列判斷正確的是pllf-AUHKUHtk1RI防 wu中精日分和必A.滴定前，三種堿溶液中水電離出的c(H+)大小關(guān)系：DOH>BOH>AOHB. pH= 7 時(shí)，c(A+)=c(B+尸c(D+)C.滴定至 P 點(diǎn)時(shí)，溶液中：c(Cl-)>c(B+)>c(BOH)>c(OH -)>c(H+)D.當(dāng)中和百分?jǐn)?shù)達(dá) 100%時(shí)，將三種溶液混合后：c(AOH)+c(BOH)+c(DO

13、H尸c(H +)-c(OH-)【答案】D【解析】三種堿的起始濃度均為0.1mol/L,由圖中信息可知，起始時(shí) pH都小于13,說明三種堿均為弱堿，且堿性強(qiáng)弱為 AOH VBOHVDOH,堿性越強(qiáng)，對水的電離的抑制作用越大。在相同條件下，鹽水解的程度由小到大的順序是 DClvBClvACl,它們水解均使溶液顯酸性。A.滴定前，三種堿液中水電離的c(H+)大小關(guān)系為AOH>BOH>DOH, A不正確；B.滴定至P點(diǎn)時(shí)，此時(shí)中和百分?jǐn)?shù)為 50%,即BOH恰好有一半被中和，溶液為物質(zhì)的量濃度相同的 BOH和BCl混合溶液，pH>7、溶液顯堿性，則BOH的電離程度大于 BCl的水解程度

14、,所以溶液中c(Cl-)vc(B+), B不正確；C. pH=7時(shí)，溶液中c(H+尸c(OH)，由電荷守恒可知，三種溶液中c(Cl-)均等于其c(弱堿的陽離子)。由于三種鹽在相同的條件下的水解程度由小到大的順序是DClvBClvACl,且其水解均使溶液顯酸性，則滴定到溶液恰好呈中性時(shí)，三種溶液中消耗HCl的體積由小到大的順序?yàn)?AOHvBOHvDOH ,則三種溶液中c(Cl )不相等，且c(C)由小到大的順序?yàn)?AOH < BOH < DOH ,因而c(A+)v c(B+)vc(D+), 故C不正確；D.當(dāng)中和百分?jǐn)?shù)達(dá)100%時(shí)，三種溶液的物質(zhì)的量濃度相同，混合后，根據(jù)質(zhì)子守恒，c

15、(DOH)+c(AOH)+c(BOH)+c(OH )=c(H+),則 c(AOH)+c(BOH)+c(DOH尸c(H +)- c(OH ),故 D 正確。本題選 D。二、非選擇題：共 58分，第2628題為必考題，每個試題考生都必須作答。第 3536題為選考題，考生根 據(jù)要求作答。(一)必考題：共 43分。26. (15分)據(jù)報(bào)道，磷酸二氫鉀(KH 2PO4)大晶體已應(yīng)用于我國研制的巨型激光器神光二號”中。利用氟磷灰石(化學(xué)式為Ca5P3FO制備磷酸二氫鉀的工藝流程如下圖所示(部分流程步驟已省略):嬴水:操作II操作I T溫含t草取1KC1有機(jī)萃取劑前I招操作11 反萃取一系列操作I 口TU產(chǎn)

16、品N水相一系列操作口口一bXUP 5 晶儕已知萃取的主要反應(yīng)原理：KCl+H 3P。4= KH2PO4+HCl ;其中，反應(yīng)產(chǎn)生的 HCl易溶于有機(jī)萃取劑。請回答下列問題:(1)流程中將氟磷灰石粉碎的目的是 。(2)不能使用二氧化硅陶瓷材質(zhì)白沸騰槽的主要原因是 (用化學(xué)方程式表示)。(3)副產(chǎn)品N的化學(xué)式是 ;在得到KH 2PO4晶體的一系列操作 C,其主要包括 、過 濾、洗滌、干燥等。(4)若用1000kg質(zhì)量分?jǐn)?shù)為50.4%的氟磷灰石(化學(xué)式為Ca5P3FO12,摩爾質(zhì)量為504g/mol)來制取磷酸二氫鉀晶體，其產(chǎn)率為 80%,則理論上可生產(chǎn) KH2PO4(摩爾質(zhì)量為136g/mol)的

17、質(zhì)量為 kg。(5)電解法制備KH2PO4的裝置如圖所示.該電解裝置中，a區(qū)屬于 區(qū)(填 陽極”或 陰極”)陰極區(qū)的電極反應(yīng)式是1L31HO1/LH3PO4 亂區(qū)| b 區(qū)laol/LKCl只允許錦離子通過(6)工業(yè)上還可以用氟磷灰石與焦炭、石英砂混合，在電爐中加熱到1500 c生成白磷，同時(shí)逸出 SiF4和CO,該反應(yīng)的化學(xué)方程式為 。【答案】(1)增大氟磷灰石與稀硫酸反應(yīng)的接觸面積，加快化學(xué)反應(yīng)速率(2分)(2) 4HF+SQl SiFd +2HO (2 分)(3) NH4C1 (1分)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶(2分)(4) 326.4kg (2 分)(5)陰極(2 分)2H+ + 2e-= H

18、2 T (2 分)(6) 4Ca5P3FOi2+21SiO2+30C£22£20CaSiO3+3P4+SiF 4 T +30COT( 2 分)【解析】(1)流程中將氟磷灰石粉碎，可以增大氟磷灰石與稀硫酸反應(yīng)的接觸面積，加快化學(xué)反應(yīng)速率，故答案為增 大氟磷灰石與稀硫酸反應(yīng)的接觸面積，加快化學(xué)反應(yīng)速率；(2)根據(jù)流程圖，反應(yīng)中生成了氫氟酸，氫氟酸能夠與二氧化硅反應(yīng)，因此不能使用二氧化硅陶瓷材質(zhì)的沸騰槽，故答案為 4HF+SiOk SiFH +2HO；(3)根據(jù)上述分析，副產(chǎn)品N的化學(xué)式為NH4Cl；在得到KH 2PO4晶體的一系列操作 C為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥等

19、，故答案為NH4Cl；蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶；(4)1000kg質(zhì)量分?jǐn)?shù)為50.4%的氟磷灰石(化學(xué)式為Ca5P3FO12)中含有Ca5P3FO12的質(zhì)量為504kg，根據(jù)P元素 守恒，理論上可生產(chǎn) KH 2PO4 的質(zhì)量為 504kg X 80%X31-3=39-2 31-16 4 =326.4 kg ,40 5 31 3 19 16 1231故答案為326.4 kg;(5)根據(jù)圖示，應(yīng)該在a區(qū)生成KH2P。4,則鉀離子由b區(qū)移向a區(qū)，則a區(qū)屬于陰極區(qū)；陰極上氫離子放電 生成氫氣，電極反應(yīng)式為2H+ + 2e-= H2t故答案為陰極；2H+2e-=H2f；(6)用氟磷灰石與焦炭、石英砂混合，在電

20、爐中加熱到1500 c生成白磷，同時(shí)逸出 SiF4和CO,反應(yīng)的化學(xué)方程式為 4Ca5P3FO12 +21SiO2+30CJ$閭衛(wèi)20CaSiO3+3P4+SiF4 T +30COJ 故答案為 4Ca5P3FO12 +21SiO2+30CI 5 WC 20CaSiO3+3P4+SiF4 f +30CO/27. (14分)鋅鎰干電池的負(fù)極是作為電池殼體的金屬鋅，正極是被二氧化鎰和碳粉包圍的石墨電極，電解質(zhì)是氯化鋅和氯化錢的糊狀物，該電池放電過程中產(chǎn)生MnOOH。廢舊電?中的Zn、Mn元素的回收，對環(huán)境保護(hù)有重要的意義。c .回收鋅元素，制備 ZnCl2步驟一：向除去殼體及石墨電極的黑色糊狀物中加

21、水，攪拌，充分溶解，經(jīng)過濾分離得固體和濾液。步驟二：處理濾液，得到 ZnCl2 - x2O晶體。步驟三：將 SOC12與ZnCl2 - xHO晶體混合制取無水 ZnCl 2O制取無水ZnCl2,回收剩余的SOC12并驗(yàn)證生成物中含有 SO2(夾持及加熱裝置略)的裝置如下:(已知:SOC12是一種常用的脫水劑，熔點(diǎn)一105 C,沸點(diǎn)79 C,N2H港派誨礴140 c以上時(shí)易分解，與水劇烈水解生成兩種氣體。)(1)寫出SOC12與水反應(yīng)的化學(xué)方程式： 。(2)接口的連接順序?yàn)?a一 f f h 一 h 一- fe。C.回收鎰元素，制備 MnO2(3)洗滌步驟一得到的固體，判斷固體洗滌干凈的方法:(

22、4)洗滌后的固體經(jīng)初步蒸干后進(jìn)行灼燒，灼燒的目的C .二氧化鎰純度的測定稱取1.40g灼燒后的產(chǎn)品，加入 2.68g草酸鈉(Na2c2O4)固體，再加入足量的稀硫酸并加熱(雜質(zhì)不參與反 應(yīng))，充分反應(yīng)后冷卻，將所得溶液轉(zhuǎn)移到100mL容量瓶中用蒸儲水稀釋至刻線，從中取出 20.00mL,用0.0200mol/L高鎰酸鉀溶液進(jìn)行滴定，滴定三次，消耗高鎰酸鉀溶液體積的平均值為17.30mL。(5)寫出MnO2溶解反應(yīng)的離子方程 。(6)產(chǎn)品的純度為 。(7)若灼燒不充分，滴定時(shí)消耗高鎰酸鉀溶液體積 (填 褊大”、“偏小”、“不變”)?！敬鸢浮?1) SOCl2+H2O=SO2T +2HC1 *2

23、分)(2) f f g h h 二 b_ c_f d (2»卷)(3)取最后一次洗液，滴加 AgNO3溶液，若無白色沉淀生成，則說明固體洗滌干凈(2分)(4)除去碳粉，并將 MnOOH氧化為MnO2 (2分)(5) MnO2+C2O42-+4H+=Mn2+2CO2T + 2HO (2 分)(6) 97.4% (2 分)(7) 偏大(2分)【解析】SOCl2+H2O=SO2 T +2HC1 TC. (1) SOC12與水反應(yīng)生成 SO2和HCl,反應(yīng)方程式為；(2)三頸瓶中SOC12吸收結(jié)晶水得到 SO2與HCl,用冰水冷卻收集 SOC12,濃硫酸吸收水蒸氣，防止溶液 中水蒸氣加入錐形

24、瓶中，用品紅溶液檢驗(yàn)二氧化硫，用氫氧化鈉溶液吸收尾氣種二氧化硫與HCl ,防止污染環(huán)境，h裝置防止倒吸，接口的連接順序?yàn)閍-f =g 一 h -_h 二bq c7d 一 eC.(3)洗滌步驟一得到的固體，判斷固體洗滌干凈的方法是檢驗(yàn)洗滌液中有沒有氯離子：取最后一次洗液，滴加AgNO3溶液，若無白色沉淀生成，則說明固體洗滌干凈；(4)洗滌后的固體經(jīng)初步蒸干后進(jìn)行灼燒，灼燒除去混在二氧化鎰中的碳，并將MnOOH氧化為MnO2。C. (5) MnO2將C2O42在H +作用下氧化成 CO2而+4價(jià)鎰還原成 Mn2+, MnO2溶解反應(yīng)的離子方程 MnO2+C2O42-+4H+=Mn2+2CO2 T

25、+ 2HO;(6) n (C2O42 ) =2.68g + 134g- mol=0.02mol ；滴定 100mL 稀釋后溶液，消耗 n (MnO4 ) =0.0200mol 1X 0.01730L X 5=0.001730m線據(jù)氧化還原反應(yīng)中得失電子數(shù)相等得n(MnO2)X 2+0.001730mol X 5=0.0200moJ X2n (MnO2)=0.015675mol ,二氧化鎰質(zhì)量分?jǐn)?shù) =0.015675mol X 87g m/0140g = 0.974,即 97.4%；(7)若灼燒不充分，雜質(zhì)也會消耗高鎰酸鉀，滴定時(shí)消耗高鎰酸鉀溶液體積將偏大。28. (14分)近年來，隨著聚酯工業(yè)

26、的快速發(fā)展，氯氣的需求量和氯化氫的產(chǎn)出量也隨之迅速增長。因此, 將氯化氫轉(zhuǎn)化為氯氣的技術(shù)成為科學(xué)研究的熱點(diǎn)?；卮鹣铝袉栴}：(1) Deacon發(fā)明的直接氧化法為：4HCl(g)+O 2(g)=2Cl 2(g)+2H 2O(g)。下圖為剛性容器中，進(jìn)料濃度比c(HCl) Cc(O分別等于1C1、4C1、7cl時(shí)HCl平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度變化的關(guān)系:可知反應(yīng)平衡常數(shù) K (300C) K (400C)(填大于"或小于")。設(shè)HCl初始濃度為co,根據(jù)進(jìn)料濃度比c(HCl) Cc(Q)=1 C1的數(shù)據(jù)計(jì)算K (400。= (列出計(jì)算式)。按化學(xué)計(jì)量比進(jìn)料可以保持反應(yīng)物高轉(zhuǎn)化率，同時(shí)降

27、低產(chǎn)物分離的能耗。進(jìn)料濃度比 c(HCl) Cc(C2)過低、過高的不利影響分別是(2) Deacon直接氧化法可按下列催化過程進(jìn)行:CuCl2(s尸CuCl(s)+ - Cl2(g)AH1=83 kJ - m1ol2AH2=-20 kJ m01CuCl(s)+ 1 O2(g尸CuO(s)+ 1c12(g)22CuO（s）+2HC1（g尸CuCl 2（s）+H2O（g）AH3=-121 kJ 請ol則 4HC1（g）+O 2（g）=2C12（g）+2H2O（g）的 A H=kJ %ol（3）在一定溫度的條件下，進(jìn)一步提高HCI的轉(zhuǎn)化率的方法是 。（寫出2種）（4）在傳統(tǒng)的電解氯化氫回收氯氣技術(shù)

28、的基礎(chǔ)上，科學(xué)家最近采用碳基電極材料設(shè)計(jì)了一種新的工藝方案,主要包括電化學(xué)過程和化學(xué)過程，如下圖所示:負(fù)極區(qū)發(fā)生的反應(yīng)有 （寫反應(yīng)方程式）。電路中轉(zhuǎn)移1 mol電子，需消耗氧氣L （標(biāo)準(zhǔn)狀況）_ 2_ 2（0.42）（0.42）【答案】（1）大于（2分） -4 : 二、 （2分）02和C12分離能耗較高、HC1轉(zhuǎn)化率較（1 0.84）（1 0.21）C0低（2分）（2） - 116 （2 分）（3）增加反應(yīng)體系壓強(qiáng)、及時(shí)除去產(chǎn)物（2分）（4） Fe3+e-=Fe2+, 4Fe2+O 2+4H +=4Fe3+ +2H 2O （2 分） 5.6 （2 分）【解析】（1）根據(jù)反應(yīng)方程式知，HCl平衡

29、轉(zhuǎn)化率越大，平衡常數(shù)K越大，結(jié)合圖像知升高溫度平衡轉(zhuǎn)化率降低，說明升高溫度平衡向逆反應(yīng)方向進(jìn)行，則 K（300C）K（400C）；由圖像知，400c時(shí)，HCl平衡轉(zhuǎn)化率為84%,用三段式法對數(shù)據(jù)進(jìn)行處理得：4HCl(g) O2(g) 2cMg) 2H 2O(g)起始（濃度）C0 C0 00變化（濃度）0.84C00.21C0 0.42C0 0.42C0平衡（濃度）（1 -0.84）Co(1-0.21)co 0.42C0 0.42C0則K=_ 2_ 2(0.42)(0.42)4(1 0.84)(1 0.21)Co根據(jù)題干信息知，進(jìn)料濃度比過低，氧氣大量剩余，導(dǎo)致分離產(chǎn)物氯氣和氧氣的能耗較高；進(jìn)料

30、濃度比過高，HCl不能充分反應(yīng)，導(dǎo)致 HCl轉(zhuǎn)化率較低;(2)根據(jù)蓋斯定律知，(反應(yīng) I+反應(yīng) II+反應(yīng) III) X2得 4HCl(g) O2(g) 2c"g) 2H 2O(g) ?H=(?Hi+?H2+?H 3) X2=116kJ - mbj(3)若想提高HCl的轉(zhuǎn)化率，應(yīng)該促使平衡正向移動， 該反應(yīng)為氣體體積減小的反應(yīng)，根據(jù)勒夏特列原理, 可以增大壓強(qiáng)，使平衡正向移動；也可以及時(shí)除去產(chǎn)物，減小產(chǎn)物濃度，使平衡正向移動；(4)電解過程中，負(fù)極區(qū)即陰極上發(fā)生的是得電子反應(yīng)，元素化合價(jià)降低，屬于還原反應(yīng)，則圖中左側(cè)為負(fù)極反應(yīng)，根據(jù)圖示信息知電極反應(yīng)為：Fe3+e= 5/+和4Fe2

31、+O2+4H + = 4Fe3+2H2。；電路中轉(zhuǎn)移1 mol電子,根據(jù)電子得失守恒可知需消耗氧氣的物質(zhì)的量是1mol+4= 0.25mol,在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為0.25mol x 22.4L/mol = 5.6L。(二)選考題：共15分。請考生從2道化學(xué)題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計(jì)分。35 .化學(xué)一一選彳3:物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(15分)在普通鋁中加入少量 Cu和Mg后，形成一種稱為拉維斯相的MgCu2微小晶粒，其分散在 Al中可使得鋁材的硬度增加、延展性減小，形成所謂 堅(jiān)鋁”。是制造飛機(jī)的主要村料?；卮鹣铝袉栴}：(1)下列狀態(tài)的鎂中，電離最外層一個電子所需能量最大的是 (填標(biāo)號

32、)。A.B.Ne©(2)乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一種有機(jī)化合物，分子中氮、碳的雜化類型分別是 乙二胺能與Mg2+、Cu2+等金屬離子形成穩(wěn)定環(huán)狀離子，其原因是 ,其中與乙二胺形成的化合物穩(wěn)定 性相對較高的是 (填“Mg+”或“C2+ ”)(3) 一些氧化物的熔點(diǎn)如下表所示:氧化物L(fēng)i2OMgOP4O6SO2熔點(diǎn)/° C1570280023.8-75.5解釋表中氧化物之間熔點(diǎn)差異的原因 。(4)圖(a)是MgCu2的拉維斯結(jié)構(gòu)，Mg以金剛石方式堆積，八面體空隙和半數(shù)的四面體空隙中，填入以四面體方式排列的 Cu。圖(b)是沿立方格子對角面取得的截圖?？梢?，Cu原子之

33、間最短距離 x=pm, Mg原子之間最短距離 y=pm。設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為 Na,則MgCu2的密度是 g Cn(列出 計(jì)算表達(dá)式)?！敬鸢浮?1) A (1分)(2)sp3(1分) sp3(1分) 乙二胺的兩個 N提供孤對電子給金屬離子形成配位鍵(2分)Cu2（1分）（3）Li2O、MgO為離子晶體，P4O6、SO2為分子晶體。晶格能 MgO>Li2O,分子間力（分子量）P4O6>SO2（2分）（4） 4a （2 分） 4 a （2 分）8 24 16 64330NAa 10（3分）【解析】（1） A.Ne3s 1屬于基態(tài)的Mg + ,由于Mg的第二電離能高于其第一電離能，故

34、其再失去一個電子所需能量較高；B. Ne 3s2屬于基態(tài)Mg原子，其失去一個電子變?yōu)榛鶓B(tài)Mg + ; C. Ne 3s13p1屬于激發(fā)態(tài)Mg原子，其失去一個電子所需能量低于基態(tài)Mg原子；D.Ne 3p 1屬于激發(fā)態(tài)Mg + ,其失去一個電子所需能量低于基態(tài)Mg + ,綜上所述，電離最外層一個電子所需能量最大的是Ne3s1,答案選A；（2）乙二胺中N形成3個單鍵，含有1對孤對電子，屬于 sp3雜化；C形成4個單鍵，不存在孤對電子，也是sp3雜化；由于乙二胺的兩個 N可提供孤對電子給金屬離子形成配位鍵，因此乙二胺能與Mg2+、Cu2+等金屬離子形成穩(wěn)定環(huán)狀離子；由于銅離子的半徑較大且含有的空軌道多于鎂離子，因此與乙二胺形成的化合物穩(wěn)定性相對較高的是Cu"（3）由于Li 2。、MgO為離子晶體，P4O6、SO2為分