2020年廣東省廣州市天河區(qū)高考化學(xué)二模試卷

1、2020年廣東省廣州市天河區(qū)高考化學(xué)二模試卷、單選題（本大題共6小題，共36.0分）1.化學(xué)與生產(chǎn)、生活、科技、環(huán)境等密切相關(guān)。下列說(shuō)法正確的是（）A. “華為麒麟980”手機(jī)中芯片的主要成分是二氧化硅B. “復(fù)興號(hào)”高鐵車廂連接處使用的增強(qiáng)聚四氟乙烯板屬于有機(jī)高分子材料C. 本草綱目中“冬月灶中所燒薪柴之灰，令人以灰淋汁，取鹼浣衣”中的鹼 是 Na? CO3D. 夢(mèng)溪筆談中“方家以磁石磨針?shù)h，則能指南”中的磁石主要成分為Fe2Q32.某合成有機(jī)光電材料的中間體，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如圖所示。下列說(shuō) 法正確的是（）A. 屬于芳香烴B. 分子式為Ci8hi602C. 苯環(huán)上的二氯取代物有6種D. 性質(zhì)穩(wěn)定，

2、不與強(qiáng)酸、強(qiáng)堿、強(qiáng)氧化劑反應(yīng)3.鉬（Mo）的主要用途是制造特種鋼，用CQ還原M0Q3（白色粉末，加熱時(shí)變黃）制備單質(zhì)Mo的裝置如圖。下列說(shuō)法正確的是（）第3頁(yè)，共15頁(yè)A. 裝置中盛有飽和Na2CQ3溶液，裝置 中盛有濃硫酸，作用是凈化 CO2B. 裝置中的稀鹽酸可用稀硫酸代替，石灰石可用碳酸鈉粉末代替C. 裝置的作用是制備 CO,裝置的作用是CQ還原Mo3D. 裝置能達(dá)到檢驗(yàn)MoQ3是否被CQ還原的目的F列說(shuō)法正確的是（）4. NaCl是我們生活中必不可少的物質(zhì)。將NaCl溶于水配成1mol ?L-1的溶液，溶解過(guò)程如圖所示,A. a離子為Na +B. 溶液中存在NaCl ? Na+ + C

3、l-C. 溶液中含有NA個(gè)水合Na+和NA個(gè)水合Cl-D. 在水分子的作用下，NaCl溶解的同時(shí)發(fā)生了電離5.由W、X、Y、Z四種短周期元素組成化合物如圖。其中W、Y、Z分別位于三個(gè)不同周期， Y核外最外層電子數(shù) 是W核外最外層電子數(shù)的二倍， W、X、Y三種簡(jiǎn)單離 子的核外電子排布相同。下列說(shuō)法不正確的是（）A.原子半徑：W > X > Y> ZB. 常溫常壓下熔點(diǎn)： W2Y3> X2Y> Z2YC. X與Y、Y與Z均可形成具有漂白性的化合物D. W與X的最高價(jià)氧化物的水化物可相互反應(yīng)6.25 C時(shí)，將濃度均為0.1molL、體積分別為Va和Vb的HA溶液與BoH

4、溶液按不同體積比混合，保持 Va+ Vb = IOOmL , Va、Vd與混合液的PH的關(guān)系如圖所示.下列說(shuō)法正確的是A. Ka(HA)的值與Kb(BOH)的值不相等B. b點(diǎn)時(shí)，水電離出的 c(H + ) = 10-7 mol/LC. C 點(diǎn)時(shí)，C(Aj > c(B+)c(A-) 十亠D. a C 過(guò)程中 C(OH -)?C(HA)不變二、雙選題(本大題共1小題，共6.0分)7. 一種“固定CO2”的電化學(xué)裝置如圖。該電化學(xué)裝置放電時(shí)可將CO2轉(zhuǎn)化為C和Li2CO3,充電時(shí)僅使Li2CO3發(fā)生氧化反應(yīng)釋放出 CO2和O2下列說(shuō)法正確的是()«4 K4LV充電出7Lr 二U L

5、M?OBL 會(huì)悔電A. 放電時(shí)，Li+向電極X方向移動(dòng)B. 放電時(shí)，每轉(zhuǎn)移4mole-,理論上生成1mol CC. 充電時(shí)，陽(yáng)極反應(yīng)：C + 2Li 2co3 - 4e- = 3co2 +4LiD. 充電時(shí)，電極 Y與外接直流電源的負(fù)極相連三、簡(jiǎn)答題(本大題共5小題，共63.0分)8.氮化鎵(GaN)被稱為第三代半導(dǎo)體材料，其應(yīng)用取得了突破性的進(jìn)展。一種鎳催化 法生產(chǎn)GaN的工藝如圖：NHT僚粉-S Ni kHiS(1) “熱轉(zhuǎn)化”時(shí)Ga轉(zhuǎn)化為GaN的化學(xué)方程式是。(2) “酸浸”的目的是,“操作I ”中包含的操作是某學(xué)?；瘜W(xué)興趣小組在實(shí)驗(yàn)室利用圖裝置模擬制備氮化鎵：(3) 儀器X中的試劑是

6、,儀器Y的名稱是,裝置G的作用是 。(4) 加熱前需先通入一段時(shí)間的 H?,原因是。(5) 取某GaN樣品m克溶于足量熱 NaoH溶液，發(fā)生反應(yīng) GaN+ OH- +? ?H2O-GaO2 + NH3 用H3BO2溶液將產(chǎn)生的NH3完全吸收，滴定吸收液時(shí)消耗濃度為Cmol ?L-1的鹽酸VmL,則樣品的純度是 。(已知：NH3+ H3BO3 = NH3 ?H3BO3 ； NH3 ?H3BO3 + HCl = NH4CI+ H3BO3)(6) 科學(xué)家用氮化鎵材料與銅組裝成如圖所示的人工光合系統(tǒng)，成功地實(shí)現(xiàn)了用CO2和H2O合成CH4.請(qǐng)寫(xiě)出銅極的電極反應(yīng)式 。9.二硫化鉬(MoS2)被譽(yù)為“固體

7、潤(rùn)滑劑之王”，禾U用低品質(zhì)的輝鉬礦(含MoS2、SiO2以及CuFeS2等雜質(zhì))制備高純二硫化鉬的一種生產(chǎn)工藝如圖：WT 玉 XHCl高縄HCL HF回答下列問(wèn)題：(I) (NH 4)2MoO4中Mo的化合價(jià)為 ?！奥?lián)合浸出”中 HF除去的雜質(zhì)化學(xué)式為, “焙燒”時(shí)MoS2轉(zhuǎn)化為MoO3的化學(xué)方程式為。(3) “轉(zhuǎn)化”中加入 Na2S后,(NH4)2MoO4轉(zhuǎn)化為(NH4)2MoS4 ,寫(xiě)出(NH4)2MoS4與 鹽酸生成MoS3的離子方程式 。(4) 由圖分析產(chǎn)生MoS3沉淀的流程中應(yīng)選擇的最優(yōu)溫度和時(shí)間是 ,利用化學(xué)(5)高純MoS2中存在極微量非整比晶體雜質(zhì)MoS28 ,則該雜質(zhì)中Mo4

8、+與Mo6+的物質(zhì)的量之比為。 已知 KSP (BaSO4) = 11 × 10 10 , KSP (BaMOO 4 ) = 40 × 10 8 不純的 Na2MoO4溶液中若含少量可溶性硫酸鹽雜質(zhì)，可加入Ba(OH) 2固體除去SO2-(溶液體積變化忽略)，則當(dāng)SO2-完全沉淀時(shí)，溶液中c(MoO 4- ) <mol ?L-1 (保留2位有效數(shù)10.碳和氮的化合物在生產(chǎn)生活中廣泛存在?；卮鹣铝袉?wèn)題：乙炔在Pd表面選擇加氫的反應(yīng)機(jī)理如圖，其中吸附在 Pd表面上的物種用？標(biāo)注。H -H*-HFJ6kJ mci'HJiU;Hj* TT：J rE5 kj,pl &#

9、39; kJ mfl上述反應(yīng)為 (填“放熱”或“吸熱”)反應(yīng)，歷程中最小能壘(活化能)為kJ?mol-1 ,該步驟的化學(xué)方程式為 。(2) NH 3催化還原氮氧化物(SCR)技術(shù)是目前應(yīng)用最廣泛的氮氧化物脫除技術(shù)。原理為：4NH3(g) + 6N0(g) ? 5N2(g) + 6H2O(g) H = -11.63 kJ ?mol-1 在 2L 密閉容器中，使用不同的催化劑A、B、C,產(chǎn)生N2的物質(zhì)的量隨時(shí)間變化如圖所示。下列說(shuō)法正確的。第5頁(yè)，共15頁(yè)A. 用催化劑A前50s平均反應(yīng)速率v(N2)= 2.5 × 10-2 mol ?L-1 ?s-1B. 體系各物質(zhì)狀態(tài)不變時(shí)，反應(yīng)在任

10、何溫度下均可自發(fā)進(jìn)行C. 分離出體系中的H2O(g)有利于氮氧化物的脫除D. 用催化劑C達(dá)到平衡時(shí)，N2產(chǎn)率最小廢氣的變廢為寶越來(lái)越成為人們共同關(guān)注的焦點(diǎn)，某化學(xué)課外小組查閱資料得知：2NO(g) + O2(g) ? 2NO2(g)的反應(yīng)歷程分兩步：I .2NO(g)2N2O2(g)(快)v1 正=k1 正？C (NO) , v1 逆k1逆?C(N2O2)屮 < .N2O2(g) + O2(g) ? 2NO2 (g)(慢)V2 正=k2 正?C(N 2O2) ?C(O2) , v2 逆=k2 逆C2(NO2) H2 < 0請(qǐng)回答下列問(wèn)題：一定溫度下，2NO(g) + O2(g) ?

11、 2NO2(g)平衡常數(shù)K =(用 k1正、k1逆、k?正、k2逆表示)。 研究發(fā)現(xiàn)NO轉(zhuǎn)化為NO2的反應(yīng)速率隨溫度的升高而減慢，原因是 。 已知：N2O4(g) ? 2NO2(g) , N2O4與NO?的消耗速率與自身壓強(qiáng)有如下關(guān)系：v(N2O4) = k1 ?p(N2O4) , v(NO2) = k2 ?p2(NO2)。一定溫度下，相應(yīng)的速率與壓強(qiáng)關(guān)系如圖所示，圖中能表示該反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的兩個(gè)點(diǎn)是 ,可以表示該反應(yīng)正向進(jìn)行的兩個(gè)點(diǎn)是。11. AA705合金(含Al、Zn、Mg和CU)幾乎與鋼一樣堅(jiān)固，但重量?jī)H為鋼的三分之一, 已被用于飛機(jī)機(jī)身和機(jī)翼、智能手機(jī)外殼上等。但這種合金很難被焊接

12、，將碳化鈦納米顆粒注入 AA7075的焊絲內(nèi)，可以很好的解決這一難題。回答下列問(wèn)題：(1) 基態(tài)銅原子的價(jià)層電子排布式為 。2第三周期某元素的前 5個(gè)電子的電離能如圖1所示。該元素是 (填元素符號(hào)),判斷依據(jù)是。(3) CN -、NH3、H2O和OH-等配體都能與Zn2+形成配離子。1molZn(NH 3)42+含 鍵mol ,中心離子的配位數(shù)為 。(4) 鋁鎂合金是優(yōu)質(zhì)儲(chǔ)鈉材料，原子位于面心和頂點(diǎn)，其晶胞如圖2所示。1個(gè)鋁原子周圍最近且等距離的鎂原子有 個(gè)。(5) 在二氧化鈦和光照條件下，苯甲醇可被氧化成苯甲醛：4WK苯甲醇中C原子雜化類型是 ,苯甲醇的沸點(diǎn)高于苯甲醛，其原因是 鈦晶體有兩種

13、品胞，如圖 3、圖4所示。圖3所示晶胞的空間利用率為 (用含勺式子表示)。圖4中六棱柱邊長(zhǎng)為X Cm，高為y cm.該鈦晶胞密度為 Dg?Cm-3 , NA為mol-1 (用含X、y和D的式子表示)。12.有機(jī)物H屬于大位阻醚系列中的一種，在有機(jī)化工領(lǐng)域具有十分重要的價(jià)值。2018年我國(guó)首次使用 -溴代羰基化合物合成大位阻醚H ,其合成路線如圖：回答下列問(wèn)題：(1)A的名稱是。H中的官能團(tuán)名稱是 ,中屬于取代反應(yīng)的是 (填序號(hào))。(3) 反應(yīng)所需的試劑和條件是 ,的化學(xué)方程式是 。 化合物X是E的同分異構(gòu)體，X不能與NaHCO3溶液反應(yīng)，能與 NaOH溶液反 應(yīng)，又能與金屬鈉反應(yīng)。符合上述條件

14、的 X的同分異構(gòu)體有 種(不考慮立體異構(gòu))。其中核磁共振氫譜有 3組峰，峰面積之比為1: 1： 6的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為 。(5)請(qǐng)寫(xiě)出以為原料合成另一種大位阻醚的合成路線。第 9 頁(yè),共 15 頁(yè)答案和解析1. 【答案】 B【解析】解：A. “華為麒麟980”手機(jī)中芯片的主要成分是晶體硅，不是二氧化硅，故A 錯(cuò)誤；B. 聚四氟乙烯是一種塑料，屬于有機(jī)高分子材料，故 B 正確；C. 草木灰的主要成分是碳酸鉀，碳酸鉀水解顯堿性，可洗衣服，本草綱目中“冬月灶中所燒薪柴之灰，令人以灰淋汁，取堿浣衣”中的堿是K2CO3,故C錯(cuò)誤；D. 磁石成分為四氧化三鐵，三氧化二鐵不具有磁性，故D 錯(cuò)誤；故選： B 。A.

15、二氧化硅二氧化硅為絕緣體，不導(dǎo)電；B. 依據(jù)材料成分判斷解答；C. 草木灰的主要成分是碳酸鉀；D. 磁石成分為四氧化三鐵。 本題考查了物質(zhì)的性質(zhì)與應(yīng)用，為高考常見(jiàn)題型，側(cè)重于化學(xué)與生活、生產(chǎn)的考查，有 利于培養(yǎng)學(xué)生良好的科學(xué)素養(yǎng)，提高學(xué)習(xí)的積極性，難度不大。2. 【答案】 C【解析】 解：A.含有氧元素，屬于烴的衍生物，故A錯(cuò)誤；B. 由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知分子式為 C18H18 O2，故B錯(cuò)誤；C. 苯環(huán)有5個(gè)位置可被取代，采用定一議二的方法，當(dāng)其中一個(gè)氯在甲基的鄰位時(shí)，另 外一個(gè)氯還有 4種位置，故此二氯代物有 4 種結(jié)構(gòu)；當(dāng)其中一個(gè)氯在甲基的間位時(shí)，另 一個(gè)氯有 2 種位置，苯環(huán)上的二氯代物共有

16、 4 + 2 = 6種，故 C 正確；D. 含有酯基，可在強(qiáng)酸、強(qiáng)堿條件下水解，含有碳碳雙鍵，可被氧化，故D 錯(cuò)誤。故選： C。有機(jī)物含有碳碳雙鍵和酯基，結(jié)合烯烴、酯類的性質(zhì)解答該題。 本題考查有機(jī)物的合成，為高頻考點(diǎn)，把握官能團(tuán)與性質(zhì)、有機(jī)反應(yīng)、同分異構(gòu)體為解 答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意選項(xiàng)C為解答的難點(diǎn)，題目難度不大。3. 【答案】 C【解析】解：A.除去二氧化碳中的氯化氫，應(yīng)用飽和碳酸氫鈉，故A錯(cuò)誤；B. 碳酸鈉粉末易溶于水，不能用啟普發(fā)生器制備二氧化碳?xì)怏w，故B錯(cuò)誤；C. 由以上分析可知，裝置 的作用是制備 CO,裝置的作用是CO還原Mo3 ,故C 正確；D. 中的二氧化

17、碳可能來(lái)源于 中未反應(yīng)完的，故不能檢驗(yàn) MoO3是否被CO還原，故 D 錯(cuò)誤。故選： C。 由稀鹽酸和石灰石制備二氧化碳,制得的二氧化碳混有 HCl 和水蒸氣,用 中飽和 碳酸氫鈉溶液吸收 HCl ,用中濃硫酸吸收水蒸氣，純凈干燥的二氧化碳與C在中高溫反應(yīng)生成 CO與M0O3在裝置 中反應(yīng)制備單質(zhì) Mo，檢驗(yàn)二氧化碳，以此解答 該題。本題考查物質(zhì)的制備,為高頻考點(diǎn),側(cè)重考查學(xué)生的分析能力和實(shí)驗(yàn)?zāi)芰?注意把握實(shí) 驗(yàn)的目的、原理,把握物質(zhì)的性質(zhì)以及實(shí)驗(yàn)的操作方法,題目難度不大。4. 【答案】 D【解析】 解：NaCl在溶液中電離出Na+和Cl-離子，Na+含有2個(gè)電子層、Cl-離子含有 3個(gè)電子層

18、，則離子半徑 Cl- > Na+ ,根據(jù)圖示可知，a為Cl-、b為Na+，A. 離子半徑Cl- > Na+，則a離子為氯離子，b為Na+，故A錯(cuò)誤；B. 氯化鈉是強(qiáng)電解質(zhì)，完全電離，所以溶液中存在NaCl= Na+ + Cl-，故B錯(cuò)誤；C、 沒(méi)有告訴該NaCl溶液的體積，無(wú)法計(jì)算該溶液中含有Na+的數(shù)目故C錯(cuò)誤；D、 離子鍵在極性水分子作用下發(fā)生斷裂，則在水分子的作用下，Nael溶解的同時(shí)發(fā)生 了電離，故D正確；故選：D。NaCl在溶液中電離出Na+和Cl-離子，Na+含有2個(gè)電子層、Cl-離子含有3個(gè)電子層， 則離子半徑Cl- > Na+ ,根據(jù)圖示可知，a為Cl-、b為

19、Na+，A. 根據(jù)分析可知，a為氯離子；B. 氯化鈉是強(qiáng)電解質(zhì)；C、缺少溶液體積，無(wú)法計(jì)算鈉離子數(shù)目；D、離子鍵在極性水分子作用下發(fā)生斷裂。本題考查電解質(zhì)電離、離子化合物的構(gòu)成微粒，題目難度不大，注意強(qiáng)電解質(zhì)和弱電解 質(zhì)電離方程式的區(qū)別，側(cè)重于考查學(xué)生的分析能力和應(yīng)用能力。5. 【答案】A【解析】解：根據(jù)分析可知， W為Al，X為Na, Y為O, Z為H元素。A. 同一周期從左向右原子半徑逐漸減小，同一主族從上到下原子半徑逐漸增大，則原子半徑大小為：X>W>Y> Z，故A錯(cuò)誤；B. Na2 Al2O3為離子晶體，鈉離子半徑比鎂離子大，鈉離子帶電荷較少，氧化鈉的熔點(diǎn)比A2O3低

20、；出0為分子晶體，其熔點(diǎn)較低，則常溫常壓下熔點(diǎn)：Al2O3 > Na2O> H2O, 故B正確；C. Na與O形成的過(guò)氧化鈉、 O與H形成的雙氧水都是強(qiáng)氧化劑，具有漂白性，故C正確；D. Al與Na的最高價(jià)氧化物的水化物分別為氫氧化鋁、NaOH ,二者反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和水，故D正確；故選：A。W、X、Y、Z四種短周期元素， W、X、Y三種簡(jiǎn)單離子的核外電子排布相同，根據(jù)圖 示化合物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，X為Na元素；Y核外最外層電子數(shù)是 W核外最外層電子數(shù)的二倍，W、Y、Z分別位于三個(gè)不同周期，則 Z為H元素；Y能夠形成2個(gè)共價(jià)鍵， 則Y最外層含有6個(gè)電子，結(jié)合“ W、X、丫三種簡(jiǎn)單離子

21、的核外電子排布相同”可知， Y為O;根據(jù)“ Y核外最外層電子數(shù)是 W核外最外層電子數(shù)的二倍”可知，W最外層含有3個(gè)電子，為Al元素，據(jù)此解答。本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的應(yīng)用，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(jiàn)元素化合物性質(zhì)，試題側(cè)重考查學(xué)生的分析能力及邏輯推理能力。6. 【答案】D【解析】 解：根據(jù)圖知，酸溶液的pH = 3 ,則c(H + ) < 0.1molL ,說(shuō)明HA是弱酸；堿 溶液的 PH = 11，C(OH- ) < 0.1molL ,則 BOH 是弱堿；A. 酸堿恰好完全反應(yīng)時(shí)溶液的 PH = 7,溶液呈中性，說(shuō)明 HA電離程度和BO

22、H電離程 度相同，則Ka(HA)的值與Kb(BOH)的值相等，故 A錯(cuò)誤；B. BA是弱酸弱堿鹽，促進(jìn)水電離，所以b點(diǎn)水電離出的c(H+) > 10-7 mol/L ,故B錯(cuò)誤；C. c點(diǎn)溶液中溶質(zhì)為 BA和BOH，混合溶液的pH > 7 ,c(H+) < C(OH-)，根據(jù)電荷守恒， 則 C(A- ) < c(B+),故 C 錯(cuò)誤；C(A - )1D. c(OH-)?C(HA) = C(OH -)。C(HA) = Kh ,水解平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，溫度不變，水解平衡常C(A-)數(shù)不變，故D正確;故選：D。本題考查酸堿混合溶液定性判斷，側(cè)重考查學(xué)生圖象分析及判斷能力，明

23、確各個(gè)數(shù)據(jù)含義及各點(diǎn)溶液中溶質(zhì)成分及其性質(zhì)是解本題關(guān)鍵7.【答案】BC【解析】 解：A.放電時(shí)，X極上Li失電子，則X為負(fù)極，Y為正極，Li +向電極Y方向 移動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B. 正極上CQ得電子生成C和Li2CO3, C的化合價(jià)降低4價(jià)，則每轉(zhuǎn)移4mol電子，理論 上生成1mol C,故B正確；C. 該電池充電時(shí)，陽(yáng)極上C失電子生成二氧化碳，即C+ 2Li2CO3- 4e- = 3CO2 +4Li + : 故C正確；D. 該電池充電時(shí)，電源的負(fù)極與外加電源的負(fù)極相連，即電極X與外接直流電源的負(fù)極相連，故D錯(cuò)誤。故選：BC。放電時(shí)，X極上Li失電子，則X為負(fù)極，Y為正極，正極上CO2得電子生成

24、C和Li2CO3； 充電時(shí)，陰極上Li+得電子生成Li ,陽(yáng)極上C失電子生成二氧化碳，即 C+ 2Li2CO3- 4e- = 3CO2 +4Li + ,據(jù)此分析。本題考查了原電池原理和電解池原理的綜合知識(shí)，題目難度中等，充分考查學(xué)生的分析、理解能力及靈活應(yīng)用基礎(chǔ)知識(shí)的能力，掌握原電池、電解池原理是解題關(guān)鍵，電極方程 式的書(shū)寫(xiě)是題目的難點(diǎn)。8.【答案】?高溫？2Ga+ 2NH32GaN+ 3H2 除去 Ni過(guò)濾氨水球形干燥管吸收過(guò)量的氨氣，防止污染環(huán)境排出空氣，防止金屬被氧化V× 10-3 L× cmol/L × 84gmolmg× 100%CO2 +第1

25、5頁(yè)，共15頁(yè)8e- + 8H+ = CH4+ 2H2O【解析】 解：(1)Ga和NH3在高溫條件下反應(yīng)生成GaN和氫氣，反應(yīng)為2Ga +?高溫？2NH3 丁2GaN+ 3H2，、？高溫？故答案為：2Ga + 2NH 3 2GaN + 3H 2 ；(2) “酸浸”的目的是除去Ni,“操作I ”中包含的操作是過(guò)濾，故答案為：除去 Ni ；過(guò)濾；(3) 儀器X中的試劑是氨水，儀器Y的名稱是球形干燥管，裝置G的作用是吸收過(guò)量的氨氣，防止污染環(huán)境，故答案為：氨水；球形干燥管；吸收過(guò)量的氨氣，防止污染環(huán)境；(4) 加熱前需先通入一段時(shí)間的 H2,原因是排出空氣，防止金屬被氧化， 故答案為：排出空氣，防止

26、金屬被氧化；? ?(5) 由GaN+ OH- + H2OGaO2 + NH3 NH3+ H3BO3 = NH3 ?H3BO3、NH3 ?H3BO3 + HCl = NH4Cl + H3BO3 ,可知 n(GaN) = n(HCl),則樣品的純度是V× 10-3 L× cmol/L × 84g/mol× 100% ,mg,故答案為：V× 10-3 L× cmol/L × 84g/molmg×100% ；CQ +(6) Cu是正極，正極上二氧化碳得電子和氫離子反應(yīng)生成甲烷，電極反應(yīng)式為:8e- + 8H+ = CH4+

27、 2H2O,故答案為:CQ + 8e + 8H+ = CH4 + 2H 2Oo由流程可知，熱轉(zhuǎn)化時(shí)Ga和NH3在高溫條件下反應(yīng)生成 GaN和氫氣；加鹽酸可除去Ni ,過(guò)濾分離出 GaN ,以此解答 、(2)；由制備裝置可知，A中Zn與稀硫酸反應(yīng)生成氫氣，利用氫氣將裝置內(nèi)的空氣排出防止 金屬被氧化，B中濃硫酸可干燥氫氣，X為氨氣，C中制備氨氣，Y為堿石灰可干燥氨氣，E中可制備GaN，F(xiàn)可防止倒吸，G中稀硫酸可吸收尾氣，以此來(lái)解答。本題考查物質(zhì)的制備實(shí)驗(yàn)，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應(yīng)、制備原理為解 答關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意元素化合物知識(shí)的應(yīng)用，題目難度不大。?焙燒？9.【答

28、案】+6Si22MoS2+ 7O2 二2MoO3+4SO2MoS4-+ 2H+ =MOS3 J+H 2S 40 J 30min溫度太低不利于H?S逸出；溫度太高，鹽酸揮發(fā)，溶液c(H+)下降，都不利于反應(yīng)正向進(jìn)行1： 4 3.6 × 10-3【解析】解：(1)化學(xué)式中(NH4)2M0O4 ,銨根離子帶一個(gè)單位正電荷，O元素為-2價(jià),則Mo的化合價(jià)為+6價(jià)，故答案為：+6 ;氫氟酸可以與二氧化硅反應(yīng)得到四氟化硅氣體，從而除去SiO2雜質(zhì)；?焙燒？焙燒過(guò)程中鉬精礦發(fā)生的主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2MoS2 + 7O2二2MoO3+ 4SQ，故答案為：.?焙燒？SiO2； 2M0S2 + 7

29、O2 - 2MoO3 + 4SO2；(NH 4)2MoS4在溶液中應(yīng)該電離出銨根離子和 MoSf- , MoS4-與鹽酸的氫離子作用生 成M0S3,則另外的生成物只能是 H2S氣體，所以離子反應(yīng)方程式為： MoS4- + 2H+ = M0S3 J+H2S 故答案為：MoSf- + 2H+ = MoS3 J+H 2S ;(4)由圖象得到40 C的產(chǎn)率最高，30分鐘以后產(chǎn)率不再變化，所以選擇40 OC , 30min ；溫度太低，反應(yīng) Mos4- + 2H+ = M0S3 J+H 2S仲H2S不易逸出，不利于生成 MoS3；若 溫度太高，鹽酸揮發(fā)，溶液c(H+)下降，也不利于生成 MoS3 ,所以

30、最優(yōu)溫度為40C,故答案為：40C,30min ;溫度太低不利于H2S逸出；溫度太高，鹽酸揮發(fā)，溶液c(H + )下 降，都不利于反應(yīng)正向進(jìn)行； 設(shè)在Imol的MoS2.8中Mo4+與Mo6+的物質(zhì)的量分別是 X和y,貝Ux + y = 1 ,根據(jù)化合 價(jià)代數(shù)之和為0,則有4x + 6y = 2.8 × 2,解得X= 0.2, y = 0.8 ,所以該雜質(zhì)中Mo4+與 Mo6+的物質(zhì)的量之比為0.2 : 0.8 = 1： 4；故答案為：1 : 4； 已知：KSP(BaSO4)= 1.1 × 10-10 < KSP(BaMoO 4) = 4.0 × 10-8

31、,所以先沉淀的是硫酸鋇，則當(dāng)BaMoO4開(kāi)始沉淀時(shí)，硫酸鋇已經(jīng)沉淀完全，所以溶液對(duì)于兩種沉淀來(lái)說(shuō)都是飽和的，其中的離子濃度都符合沉淀的KSP表達(dá)式:c(MoO 4 )c(M0O 2- ) × c(Ba2+)c(so2-)C(SOf-) × c(B2+ )KSP (BaMOO 4)4× 10-8KSP (BaSO 4) = 1.1 × 1CP0360 = 3.6 × 102 ,則當(dāng)SO4-完全沉淀時(shí)，溶液中c(S2- ) < 1 ×10-5 mol/L , c(MoO 2 ) < 3.6 × 102 ×

32、1 × 10-5 mol/L ,即 3.6 ×10-3。 故答案為：3.6 × 10-3。制備高純二硫化鉬的流程為：輝鉬礦(含M0S2、SiO2以及CUFeS2等雜質(zhì))用鹽酸、氫氟酸酸浸，除去CUFeS2、SQ雜質(zhì)，得到粗M0S2 ,將粗MoS?洗滌、干燥、氧化焙燒得到MoO3； 再將MoO3氨浸得到(NH 4)2MoO4；加入Na2S后，鉬酸銨轉(zhuǎn)化為硫代鉬酸銨(NH4)2M0S4, 再加入鹽酸，(NH4)2M0S4與鹽酸生成M0S3沉淀：MOS：- + 2H+ = MoS3 J+H 2S ,最 后通過(guò)干燥、研磨、在氫氣？ Ar環(huán)境下高溫獲得高純的二硫化鉬MoS2

33、。(1) 化學(xué)式中(NH4)2MoO4 ,銨根離子帶一個(gè)單位正電，O元素為-2價(jià)，結(jié)合總化合價(jià)為0計(jì)算Mo的化合價(jià)；(2) 氫氟酸與二氧化硅反應(yīng)生成四氟化硅，從而除去Si2 ； “焙燒”時(shí)MOS?轉(zhuǎn)化為MoO3，同時(shí)生成SO2 ,結(jié)合電子守恒和原子守恒可得發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式；(3) (NH 4)2MoS4在溶液中應(yīng)該電離出銨根離子和MoS4- , MoS2-與鹽酸的氫離子作用生成MoS3,則另外的生成物只能是 H2S氣體，據(jù)此書(shū)寫(xiě)該反應(yīng)的離子反應(yīng)方程式； 由圖象分析產(chǎn)率最高的溫度和時(shí)間；溫度太低，反應(yīng)MoS4l + 2H+ = M0S3 J+H2S 中H2S不易逸出，若溫度太高，鹽酸揮發(fā)，溶

34、液c(H + )下降； 設(shè)在Imol的MoS2.8中Mo4+與Mo6+的物質(zhì)的量分別是 X和y,根據(jù)質(zhì)量守恒和化合物 化合價(jià)為0列式可得； 因?yàn)?KSP(BaSO4)= 1.1 ×10-10 < KSP(BaMoO 4) = 4.0 ×10-8 ,所以先沉淀的是硫酸 鋇，則當(dāng)BaMoO4開(kāi)始沉淀時(shí)，硫酸鋇已經(jīng)沉淀完全，所以溶液對(duì)于兩種沉淀來(lái)說(shuō)都是飽和的，其中的離子濃度都符合沉淀的KSP表達(dá)式，當(dāng)SO2-完全沉淀時(shí)，溶液中c(SO4- ) < 1 ×10-5 mol/L ,據(jù)此分析計(jì)算可得。本題考查了物質(zhì)的制備，涉及化學(xué)方程式的書(shū)寫(xiě)、實(shí)驗(yàn)方案評(píng)價(jià)、氧化還

35、原反應(yīng)、溶度 積的計(jì)算等，明確原理及具體流程是解本題關(guān)鍵，試題側(cè)重于考查學(xué)生的分析問(wèn)題和解決問(wèn)題的能力，注意相關(guān)基礎(chǔ)知識(shí)的學(xué)習(xí)與積累，題目難度中等。10.【答案】(1)放熱;+66 ； C2H2 ?+H ? C2H3(2)BCk1正k1逆k2正k2逆 升高溫度平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，導(dǎo)致容器中c(N2O2)減小，則反應(yīng)II速率變慢，反應(yīng)II速率決定整個(gè)反應(yīng)速率，所以反應(yīng)速率減慢 BD ； AC【解析】【分析】本題考查化學(xué)平衡狀態(tài)判斷、化學(xué)平衡常數(shù)計(jì)算、反應(yīng)歷程等知識(shí)點(diǎn)，側(cè)重考查圖象分 析判斷及計(jì)算能力，明確活化能與反應(yīng)難易程度關(guān)系、化學(xué)平衡常數(shù)計(jì)算方法是解本題關(guān)鍵，難點(diǎn)是(3)題計(jì)算及平衡點(diǎn)判斷

36、?！窘獯稹?1)根據(jù)圖知，乙炔總能量大于乙烯，則該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，反應(yīng)物和過(guò)渡態(tài)的能量差越小活化能越小，C2 H2 ? +H ? C2H3 ? H = +66kJ ?mol-1的活化能最小，為 +66kJmol-1 ,該步驟的化學(xué)方程式為 C2H2 ?+H ? C2H3?,故答案為：放熱；+66kJ ?mol-1 ； C2H2 ?+H ? C2H3 ?； nA. 050s在催化劑A作用下n(N2) = 2.5 ×10-3 mol ,平均反應(yīng)速率V(N 2) = Tt =2.5 × 10350 mol(L. S) = 2.5 ×10-5 mol ?L-1 ?s-1

37、,故 A 錯(cuò)誤；B. H- T S< 0的反應(yīng)可自發(fā)進(jìn)行， H < 0,由化學(xué)計(jì)量數(shù)可知 S> 0,該反應(yīng)在任何溫度下均可自發(fā)進(jìn)行，故B正確；C. 減小生成物濃度，平衡右移，有利于氮氧化物的反應(yīng)，可更利于氮氧化物的脫除，故 C正確；D. 催化劑不影響平衡移動(dòng)，所以最終氮?dú)猱a(chǎn)率相等，故D錯(cuò)誤；故選BC ； I .2NO(g) ? N2O2(g)(快)V1 正=k1 正？c (NO) , v1 逆=k1 逆?C(N2O2)該反應(yīng)c(N2O2) Z 正KI = C2(NO) = k1 逆， . N2O2(g) + O2(g) ? 2NO2(g)(慢)v2 正=k2 正？C(N2O2

38、)?C(O2) , v2 逆=k2 逆2C2(NO2)k2 正C (NO 2)該反應(yīng) K2 = c(N2O2)?C(O2)= 臥方程式相加，化學(xué)平衡常數(shù)相乘;方程式1+ II得2NO(g)+ O2(g) ? 2NO2(g)K =k1正k2正× ，k 1逆 k 2逆k 1 正 k 2 正故答案為：丨×竿；k1逆 k2逆升高溫度平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，導(dǎo)致容器中C(N2O2)減小，則反應(yīng)II速率變慢，反應(yīng)II速率決定整個(gè)反應(yīng)速率，所以反應(yīng)速率減慢，故答案為：升高溫度平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，導(dǎo)致容器中C(N2O2)減小，則反應(yīng)II速率變慢，反應(yīng)II速率決定整個(gè)反應(yīng)速率，所以反應(yīng)速率減

39、慢；如果2v(N 2O4) = V(NO 2)時(shí)，該反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，D點(diǎn)縱坐標(biāo)是B點(diǎn)的2倍，貝UDB點(diǎn)存在2v(N2O4) = v(NO2),為平衡狀態(tài)；如果 2v(N2O4) > V(NO 2),則平衡正向移 動(dòng)，C點(diǎn)縱坐標(biāo)大于 A點(diǎn)，則這兩個(gè)點(diǎn)表示反應(yīng)正向進(jìn)行，故答案為：BD ; AC。11【答案】3d1°4s1 Mg I3遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于2 ,說(shuō)明該元素原子最外層有 2個(gè)電子16 4 8 sp2、sp3苯甲醇分子之間存在氫鍵，而苯甲醛分子之間沒(méi)有氫鍵× 1°°%192 3Dx2y【解析】解：(1)CU是29號(hào)元素，處于第四周期第 IB族，價(jià)電子排布

40、式為3d104s1, 故答案為：3d104s1;(2) 該元素處于第三周期，而它的第三電離能遠(yuǎn)遠(yuǎn)高于第二電離能，說(shuō)明該元素原子最 外層有2個(gè)電子，故該元素為 Mg ,故答案為：Mg ； I3遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于I2,說(shuō)明該元素原子最外層有2個(gè)電子；(3) Z n(NH 3)42+ 有 4 個(gè)配位鍵、12 個(gè) N- H 鍵,共有 16 個(gè) 鍵,故 1molZ n(NH 3)42+ 含16 mol O鍵，配位為NH3，中心離子的配位數(shù)為 XCm ×sin60 o×ycm ×Dg?Cm=6 ×NmF，,故答案為：16； 4；(4) 與側(cè)面面心的 Al原子等距離且最近的 M

41、g原子處于該面的4個(gè)頂點(diǎn)及面心位置，而 每個(gè)側(cè)面為2個(gè)晶胞共有，故1個(gè)鋁原子周圍有 8個(gè)鎂原子最近且等距離，故答案為：8 ；(5) 苯甲醇中苯環(huán)上、側(cè)鏈中碳原子分別形成 3個(gè)O鍵、4個(gè)0鍵，雜化軌道數(shù)目分別為 3、4，碳原子雜化方式分別為：sp2、sp3,苯甲醇分子之間存在氫鍵，而苯甲醛分子之間沒(méi)有氫鍵，苯甲醇的沸點(diǎn)高于苯甲醛， 故答案為：sp2、sp48gmol;苯甲醇分子之間存在氫鍵，而苯甲醛分子之間沒(méi)有氫鍵；(6) 圖中晶胞為體心立方堆積，處于體對(duì)角線上的原子緊密相切，設(shè)原子半徑為r,則晶4r1胞體對(duì)角線長(zhǎng)為4r,晶胞棱長(zhǎng)= ,晶胞中原子數(shù)目=1 + 8 ×8 = 2 ,晶胞空

42、間利用率424o3 =(2 ×- r) ÷ (虧)3 × 100% = × 100% ,3v38晶胞中 Ti 原子數(shù)=3+2 ×1 + 12 ×1= 6 ,晶胞質(zhì)量=6 × 48g/mOr ,則(6 ×1 × XCm ×解得NA =192 33Dx2y，2§，口口2s+NAmol -1V2故答案為:8 × 100% ；8192 33DXyo(1)價(jià)態(tài)CU原子3d、4s能級(jí)上的電子為其價(jià)電子，根據(jù)構(gòu)造原理書(shū)寫(xiě)其價(jià)電子排布式；(I)Cu 是 29處于第四周期第 IB族；該元素第三電離能遠(yuǎn)遠(yuǎn)