【解析版】高考化學(xué)模擬測(cè)試卷【新課標(biāo)II卷】

【分析版】高考化學(xué)模擬測(cè)試卷【新課標(biāo)II卷】【分析版】高考化學(xué)模擬測(cè)試卷【新課標(biāo)II卷】【分析版】高考化學(xué)模擬測(cè)試卷【新課標(biāo)II卷】2021年高考化學(xué)模擬測(cè)試卷【新課標(biāo)II卷】化學(xué)試題本卷須知：1.本試卷分第一卷〔選擇題〕和第二卷〔非選擇題〕兩局部。答題前，考生務(wù)必在將自己的姓名、考生號(hào)填寫在答題卡上?；貜?fù)第一卷時(shí)，選出每題選出答案后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑，如需變動(dòng)，用橡皮擦潔凈后，再選涂其余答案標(biāo)號(hào)。寫在試卷上無效?；貜?fù)第二卷時(shí)，將答案填寫在答題卡上，寫在試卷上無效。4.考試結(jié)束，將本試卷和答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬?duì)原子質(zhì)量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24S-32K-39Cr-52Mn-55Fe-56Zn-65I-127第一卷〔126分〕二、選擇題：本題共7小題，每題6分。在每題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第7～13題只有一項(xiàng)切合題目要求。7.化學(xué)深入我們生活，以下說法不正確的選項(xiàng)是〔〕．高錳酸鉀溶液、酒精、雙氧水都能殺菌消毒，都利用了強(qiáng)氧化性B．油脂是人體中熱值最高的營(yíng)養(yǎng)物質(zhì)，在工業(yè)上可用于制肥皂和油漆C．在食品袋中放入盛有硅膠和鐵粉的透氣小袋，可防備食品受潮、氧化變質(zhì)D．CaO2作運(yùn)輸水產(chǎn)品的供氧劑【答案】A【知識(shí)點(diǎn)】常有物質(zhì)的性質(zhì)和用途【觀察能力】根基知識(shí)的識(shí)記能力C正確．D正確．【分析】、高錳酸鉀、雙氧水都是常有的氧化劑，可是乙醇不是強(qiáng)氧化劑，消毒原理是酒精能夠汲取細(xì)菌蛋白的水分，使其脫水變性凝結(jié)，進(jìn)而抵達(dá)殺滅細(xì)菌的目的，選項(xiàng)A錯(cuò)誤．B、油脂在代謝中能夠供給的能量比糖類和蛋白質(zhì)約高一倍，油脂是人體中熱值最高的營(yíng)養(yǎng)物質(zhì)，油脂發(fā)生皂化反應(yīng)能夠制得肥皂，故可作皂化反應(yīng)的工業(yè)原料，油漆中的溶劑是有機(jī)溶劑，可以由油脂制得，故B正確．C、硅膠擁有吸水性，鐵粉擁有還原性，所以可防備食品受潮、氧化變質(zhì)，應(yīng)選項(xiàng)D、CaO2在水中能遲緩溶解，并跟水反應(yīng)生成一種微溶的堿和氧氣，應(yīng)選項(xiàng)應(yīng)選A．【難度】易【題分】6分8.主鏈上有6個(gè)碳原子，且取代基含有2個(gè)甲基、1個(gè)乙基的烷烴有〔〕A．8種B．9種C．10種D．11種【答案】B【知識(shí)點(diǎn)】同分異構(gòu)體【觀察能力】剖析推理能力【分析】主鏈6個(gè)C，那么乙基只好在3號(hào)C上，一個(gè)甲基在2號(hào)C上，另一個(gè)甲基能夠在2、3、4、5號(hào)C上，共有4種;一個(gè)甲基都在3號(hào)碳上，另一個(gè)甲基能夠在4、5號(hào)碳上，共有2種;一個(gè)甲基在4號(hào)碳，一個(gè)甲基在4號(hào)碳，另一個(gè)甲基能夠在4、5號(hào)碳上，共有2種；一個(gè)甲基在5號(hào)碳，一個(gè)甲基在4號(hào)碳，另一個(gè)甲基只好在5號(hào)碳上，共有1種，總合9種。【難度】難【分值】6分9．設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是〔〕A．64gO2與必定量的金屬鈉完整反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為的8NAB．PH=1的CH3COOH氫離子的數(shù)量為0.1NAC．65gZn與足量濃H2SO4充分反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)必定為2NAD．19gNHD2和19gNH2T中含有的中子數(shù)均為10NA【答案】C【知識(shí)點(diǎn)】阿伏伽德羅常數(shù)的相關(guān)計(jì)算【觀察能力】根本公式的應(yīng)用計(jì)算【分析】A、反應(yīng)假如生成氧化鈉，那么轉(zhuǎn)移電子數(shù)8NA,假如生成過氧化鈉，那么轉(zhuǎn)移電子數(shù)4NA，選項(xiàng)A錯(cuò)誤．B、只有氫離子的濃度，沒有溶液的體積，不可以計(jì)算氫離子的物質(zhì)的量，故B錯(cuò)誤．C、不論是濃硫酸仍是稀硫酸，鋅都只好生成二價(jià)的鋅離子，所以1mol的鋅轉(zhuǎn)移2mole－，故選項(xiàng)C正確．D、質(zhì)量數(shù)=質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)，兩種分子的物質(zhì)的相對(duì)分子質(zhì)量都是19，所以物質(zhì)的量都是1mol，可是兩種分子的中子數(shù)都是9，應(yīng)選項(xiàng)D錯(cuò)誤．應(yīng)選C．【難度】中【分值】6分10.X、Y、Z、Q、W均為短周期元素，原子序數(shù)漸漸增大。X、Q同主族，Q元素的顏色反應(yīng)為黃色；W的原子半徑是同周期中最小的；X與Y、Z分別形成化合物甲、乙，甲、乙均由10電子分子組成，且能發(fā)生反應(yīng)生成堿。以下說法不正確的選項(xiàng)是〔〕A、X的單質(zhì)和Q的單質(zhì)均可用電解法獲得B、X、Y、Z三種元素形成的化合物必定克制水的電離C、Q與W形成的化合物消融或溶于水時(shí)均可發(fā)生電離D、X與Z可形成同時(shí)含有極性鍵和非極性鍵的化合物【答案】B【知識(shí)點(diǎn)】原子的結(jié)構(gòu)和元素的性質(zhì)【觀察能力】元素的推測(cè)能力【分析】X、Q同主族，Q元素的焰色反應(yīng)為黃色，那么Q為Na，X可能為H或Li，W的原子半徑是同周期中最小的，且原子序數(shù)大于Na，應(yīng)為Cl，X與Y、Z分別形成化合物甲、乙，甲、乙均由10電子分子組成，且能發(fā)生反應(yīng)生成堿，那么X應(yīng)為H，Y為N、Z為O，可形成的堿為NH3、H2O，A、X的單質(zhì)和Q的單質(zhì)分別為氫氣、鈉，可分別用電解水、電解融熔氯化鈉的方法生成，故A正確；B、X、Y、Z三種元素形成的化合物如為NH4NO3時(shí)，為強(qiáng)酸弱堿鹽，可促使水的電離，故B錯(cuò)誤．C、Q與W形成的化合物為NaCl，為離子化合物，消融或溶于水時(shí)均可發(fā)生電離，故C正確；D、X與Z可形成的化合物H2O2中，含有極性鍵和非極性鍵，故D正確；應(yīng)選B．【難度】中【題分】6分11.電化學(xué)氣敏傳感器可用于監(jiān)測(cè)環(huán)境中NH3的含量，其工作原理表示圖如圖1-1以下說法不正確的選項(xiàng)是〔〕A．反應(yīng)耗費(fèi)的NH3與O2的物質(zhì)的量之比為4：5圖1-1B．溶液中OH﹣向電極a挪動(dòng)C．O2在電極b上發(fā)生還原反應(yīng)D．負(fù)極的電極反應(yīng)式為2NH3﹣6e﹣+6OH﹣═N2+6H2O【答案】A【知識(shí)點(diǎn)】原電池根來源理【觀察能力】電極式的書寫能力【分析】A、反應(yīng)中N元素化合價(jià)高升3價(jià)，O元素化合價(jià)降低2×2價(jià)，依據(jù)得失電子守恒，耗費(fèi)NH3與O2的物質(zhì)的量之比為4：3，故A錯(cuò)誤B、因?yàn)閍極為負(fù)極，那么溶液中的陰離子向負(fù)極挪動(dòng)，即溶液中OH﹣向電極a挪動(dòng)，故B正確；C、a極為負(fù)極，b極為正極，氧氣在正極上得電子發(fā)生還原反應(yīng)，故C正確；D、負(fù)極是氨氣發(fā)生氧化反應(yīng)變?yōu)榈獨(dú)猓襉H﹣向a極挪動(dòng)參加反應(yīng)，故電極反應(yīng)式為2NH3﹣﹣﹣6e+6OH=N2+6H2O，故D正確．應(yīng)選A．【難度】中【題分】6分12.以下依據(jù)實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象所得出的結(jié)論正確的選項(xiàng)是〔〕選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象結(jié)論A某溶液中參加硝酸酸化的BaCl2溶液白色積淀溶液中必定含有SO42﹣或Ag+B常溫下將銅片放入濃硫酸中無明展現(xiàn)象常溫下銅遇濃硫酸鈍化C某氣體通入酸性KMnO4溶液中紫色褪去該氣體可能是SO2D用鉑絲蘸取溶液進(jìn)行焰色反應(yīng)火焰呈黃色溶液中無+K【答案】C【知識(shí)點(diǎn)】焰色反應(yīng)、離子查驗(yàn)、氧化還原知識(shí)【觀察能力】化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)論【分析】A、離子還可能是亞硫酸根離子，故A錯(cuò)誤B、反應(yīng)需要加熱，F(xiàn)e、Al遇冷的濃硫酸、濃硝酸才會(huì)發(fā)生鈍化，故B錯(cuò)誤；C、SO2有還原性，能使氧化性的高錳酸鉀退色，故C正確；D、鉀元素需要透過藍(lán)色鈷玻璃察看，焰色為黃色，那么必定有Na元素，可能有K元素，所以不能判斷，故D錯(cuò)誤．應(yīng)選C．【難度】中【題分】6分的KOH與等濃度等體積的草酸〔H2C2O4〕溶液混淆后，溶液呈酸性，那么以下的說法正確的選項(xiàng)是〔〕．溶液呈酸性說明草酸是弱酸B．c〔K+〕+c〔H+〕=c〔HC2O4﹣〕+c〔OH﹣〕+c〔C2O42﹣〕C．c〔K+〕＞c〔HC2O4﹣〕＞c〔C2O42﹣〕＞c〔H+〕D．c〔H2C2O4〕<c〔C2O42﹣〕【答案】D【知識(shí)點(diǎn)】三大守恒及離子濃度比較方法【觀察能力】剖析能力的觀察【分析】A、因?yàn)椴菟釣槎幔cKOH反應(yīng)時(shí)操作過度，不可以說明草酸為弱酸，該A錯(cuò)誤；B、反應(yīng)生成KHC2O4，依據(jù)電荷守恒可知：c〔K+〕+c〔H+〕=c〔HC2O4﹣〕+2c〔C2O42﹣〕+c〔OH﹣〕，故B錯(cuò)誤；C、因還存在水的電離，那么c〔H+〕＞c〔C2O42﹣〕，故C錯(cuò)誤；D、KHC2O4溶液中，溶液呈酸性，說明HC2O4﹣電離程度大于其水解程度，那么c〔C2O42﹣〕＞c〔H2C2O4〕，故D正確．應(yīng)選D．【難度】難【題分】6分第II卷〔174分〕三、非選擇題：包含必考題和選考題兩局部。第26題~第28題為必考題，每個(gè)考題考生都必須作答，第35、36為選考題，考生依據(jù)要求作答?！惨弧潮乜碱}〔共129分〕26．〔14分〕：ICl的熔點(diǎn)為000C，沸點(diǎn)為97.4C，易水解，ICl3的熔點(diǎn)為111C，而且：ICl〔l〕+Cl2〔g〕═ICl3〔s〕。用以下列圖1-14〔中夾持裝置略去〕的裝置制取ICl。圖

1-14〔1〕裝置

A中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是

．〔2〕裝置

B的作用是

．不可以用裝置

F取代裝置

E，原由

．〔3〕所制得的

ICl

中溶有少許

ICl3雜質(zhì)，提純的方法是

〔填標(biāo)號(hào)〕．A．過濾

B．蒸發(fā)結(jié)晶

C．蒸餾

D．分液〔4〕用

ICl

的冰醋酸溶液測(cè)定某油脂的不飽和度．

進(jìn)行以下兩個(gè)實(shí)驗(yàn)，

實(shí)驗(yàn)過程中相關(guān)反應(yīng)為：①②ICl+KI═I2+KCl③I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6實(shí)驗(yàn)1：將5.00g該油脂樣品溶于四氯化碳后形成100mL溶液，從中拿出十分之一，參加20mL某ICl的冰醋酸溶液〔過度〕，充分反應(yīng)后，參加足量KI溶液，生成的碘單質(zhì)用amol．L﹣1的Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定．經(jīng)平行實(shí)驗(yàn)，測(cè)得耗費(fèi)的Na2S2O3溶液的均勻體積為V1mL．實(shí)驗(yàn)2〔空白實(shí)驗(yàn)〕：不加油脂樣品，其余操作步驟、所用試劑及用量與實(shí)驗(yàn)1完整同樣，測(cè)得耗費(fèi)的Na2S2O3溶液的均勻體積為V2mL．①滴定過程中可用作指示劑．②滴定過程中需要不停振蕩，否那么會(huì)致使V1〔填“偏大〞或“偏小〕．③5.00g該油脂樣品所耗費(fèi)的ICl的物質(zhì)的量為mol．由此數(shù)據(jù)經(jīng)換算即可求得該油脂的不飽和度．【答案】1〕KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O；〔2〕除掉氯氣中的氯化氫；裝置F中的水蒸氣會(huì)進(jìn)入裝置D中，使ICl水解；3〕C；4〕①淀粉溶液；②偏小；5a〔V2﹣V1〕×10﹣3．【知識(shí)點(diǎn)】實(shí)驗(yàn)原理、根本操作、物質(zhì)性質(zhì)、數(shù)據(jù)辦理【觀察能力】實(shí)驗(yàn)方案設(shè)計(jì)【分析】〔1〕氯酸鉀擁有氧化性能把濃鹽酸氧化生成氯氣，那么裝置A中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O；故答案為：KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O；〔2〕濃鹽酸易揮發(fā)生成的氯氣中含有氯化氫，所以裝置B中飽和食鹽水的作用是除掉氯氣中的氯化氫，ICl易水解，假定用裝置F取代裝置E，那么裝置F中的水蒸氣會(huì)進(jìn)入裝置D中，使ICl水解，所以不可以用裝置F取代裝置E；故答案為：除掉氯氣中的氯化氫；裝置F中的水蒸氣會(huì)進(jìn)入裝置D中，使ICl水解；〔3〕因?yàn)镮Cl與ICl3的沸點(diǎn)相差較大，所以假定所制得的ICl中溶有少許ICl3雜質(zhì)，提純的方法是蒸餾，故答案為：C；4〕①因?yàn)榈庥龅矸埏@藍(lán)色，所以滴定過程中可用淀粉溶液作指示劑，故答案為：淀粉溶液；②滴定過程中需要不停振蕩，假如不振蕩，那么單質(zhì)碘不可以完整反應(yīng)溶液就會(huì)退色，進(jìn)而致使消耗硫代硫酸鈉的量減小，即會(huì)致使V1偏小；故答案為：偏??；③實(shí)驗(yàn)2中比實(shí)驗(yàn)1多耗費(fèi)的溶液體積為〔V2﹣V1〕ml，那么Na2S2O3的物質(zhì)的量的是〔V2﹣V1〕mol，依據(jù)方程式②ICl+KI=I2+KCl和③I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知：ICl～2Na2S2O3，所以ICl的物質(zhì)的量是〔V2﹣V1〕mol×，由依據(jù)方程式①可知，5.00g該油脂樣品所耗費(fèi)的ICl的物質(zhì)的量為〔V2﹣V1〕mol×=5a〔V2﹣V1〕×10﹣3mol，故答案為：5a〔V2﹣V1〕×10﹣3．【難度】難【題分】14分27．〔15分〕N、C、S元素的單質(zhì)及化合物在工農(nóng)業(yè)生成中有側(cè)重要的應(yīng)用Ⅰ、CO與Cl2在催化劑的作用下合成光氣〔COCl2〕．某溫度下，向2L的密閉容器中投入必定量的CO和Cl2，在催化劑的作用下發(fā)生反應(yīng)：CO〔g〕+Cl2〔g〕COCl2〔g〕反應(yīng)過程中測(cè)定的局部數(shù)據(jù)以下表：t/minn〔CO〕/moln〔Cl2〕/mol0124〔1〕寫出光氣〔COCl2〕的電子式?！?〕上表是T℃時(shí)，CO和Cl2的物質(zhì)的量隨時(shí)間〔t〕的變化狀況，用COCl2表示2min內(nèi)的反應(yīng)速率v〔COCl2〕=．該溫度下的均衡常數(shù)K=．〔3〕在一容積可變的密閉容器中充入10molCO和20molCl2，CO的均衡轉(zhuǎn)變率隨溫度〔T〕、壓強(qiáng)〔P〕的變化如圖1所示．①以下說法能判斷該反應(yīng)抵達(dá)化學(xué)均衡的是〔填字母序號(hào)〕．A．Cl2的耗費(fèi)速率等于COCl2的生成速率B．Cl2的體積分?jǐn)?shù)不變C．Cl2的轉(zhuǎn)變率和CO的轉(zhuǎn)變率相等D．混淆氣體的均勻摩爾質(zhì)量不再改變②比較A、B兩點(diǎn)壓強(qiáng)盛?。篜〔A〕P〔B〕〔填“＞〞、“＜〞或“=〞〕③假定抵達(dá)化學(xué)均衡狀態(tài)A時(shí)，容器的體積為20L．假如反應(yīng)開始時(shí)仍充入10molCO和20molCl2，那么在均衡狀態(tài)B時(shí)容器的體積為L(zhǎng)．Ⅱ．甲醇是一種重要的化工原料，查資料，甲醇的制取可用以下兩種方法：〔1〕可用CO和H2制取甲醇：CO、CH3OH和H2的焚燒分別是283kJ/mol、、寫出由CO和H2制取甲醇的熱化學(xué)方程式．〔2〕用電化學(xué)法制?。耗衬M植物光合作用的電化學(xué)裝置如圖2，該裝置能將H2O和CO2轉(zhuǎn)變?yōu)镺2和甲醇〔CH3OH〕①該裝置工作時(shí)H+向區(qū)挪動(dòng)〔填“a或〞“b〞〕②b極上的電極反應(yīng)式為．【答案】Ⅰ、〔1〕2〕〔L．min〕；5；3〕BD；②＜；4；II．〔1〕CO〔g〕+2H2〔g〕=CH3OH〔l〕，△H=﹣；〔2〕①b；+﹣②6H+CO2+6e=CH3OH+H2O．【知識(shí)點(diǎn)】化學(xué)均衡計(jì)算、電解池原理、蓋斯定律、均衡狀態(tài)的判斷【觀察能力】剖析、判斷、計(jì)算能力【分析】I．〔1〕結(jié)構(gòu)式為：，每個(gè)氯原子還含有3個(gè)孤電子對(duì)、O原子還含有2個(gè)孤電子對(duì)，其電子式為，故答案為：；〔2〕2min內(nèi)參加反應(yīng)的n〔CO〕=1.20mol﹣0.80mol=0.40mol，依據(jù)方程式知，生成n〔COCl2〕=n〔CO〕〔反應(yīng)〕=0.40mol，那么v〔COCl2〕==〔L．min〕；依據(jù)表中數(shù)據(jù)知，4min時(shí)參加反應(yīng)的n〔Cl2〕=0.60mol﹣0.20mol=0.40mol，2min時(shí)參加反應(yīng)的n〔CO〕=1.20mol﹣0.80mol=0.40mol，依據(jù)方程式知，參加反應(yīng)的氯氣和CO的物質(zhì)的量相等，所以2min時(shí)該反應(yīng)抵達(dá)均衡狀態(tài)，該反應(yīng)CO〔g〕+Cl2〔g〕?COCl2〔g〕開始〔mol〕0反應(yīng)〔mol〕均衡〔mol〕均衡時(shí)〔cCO〕=、〔cCl2〕=、〔cCOCl2〕=，化學(xué)均衡常數(shù)K===5，故答案為：〔L．min〕；5；〔3〕①A．不論反應(yīng)能否抵達(dá)均衡狀態(tài)，都存在Cl2的耗費(fèi)速率等于COCl2的生成速率，不可以據(jù)此判斷均衡狀態(tài)，故錯(cuò)誤；B．Cl2的體積分?jǐn)?shù)不變，正逆反應(yīng)速率相等，反應(yīng)抵達(dá)均衡狀態(tài)，故正確；C．Cl2的轉(zhuǎn)變率和CO的轉(zhuǎn)變率相等時(shí)，正逆反應(yīng)速率不相等，該反應(yīng)沒有抵達(dá)均衡狀態(tài)，故錯(cuò)誤；D．反應(yīng)前后氣體物質(zhì)的量減小、總質(zhì)量不變，那么反應(yīng)前后氣體均勻摩爾質(zhì)量增大，當(dāng)混淆氣體的均勻摩爾質(zhì)量不再改變時(shí)，正逆反應(yīng)速率相等，反應(yīng)抵達(dá)均衡狀態(tài)，故正確；應(yīng)選BD；②同樣溫度下，增大壓強(qiáng)均衡正向挪動(dòng)，CO轉(zhuǎn)變率增大，所以P1＜P2，故答案為：＜；③當(dāng)?shù)诌_(dá)均衡狀態(tài)A時(shí)，容器的體積為10L，此時(shí)CO的轉(zhuǎn)變率為50%，那么CO〔g〕+Cl2〔g〕?COCl2〔g〕開端〔mol/L〕：0轉(zhuǎn)變〔mol/L〕：均衡〔mol/L〕：k==，因A、B反應(yīng)溫度相等，那么均衡常數(shù)相等，且B點(diǎn)時(shí)CO的轉(zhuǎn)變率為80%，那么CO〔g〕+Cl2〔g〕?COCl2〔g〕開端〔mol〕：10200轉(zhuǎn)變〔mol〕：888均衡〔mol〕：2128設(shè)體積為VL，那么化學(xué)均衡常數(shù)K==，V=4故答案為：4；II．〔1〕由CO〔g〕和CH3OH〔l〕的焚燒熱△H分別為﹣283.0kJ?mol﹣1和﹣726.5kJ?mol1，那么CO〔g〕+O2〔g〕=CO2〔g〕△H=﹣283.0kJ?mol﹣1﹣1②CH3OH〔l〕+O2〔g〕=CO2〔g〕+2H2O〔l〕△H=﹣726.5kJ?molH2〔g〕+O2〔g〕=H2O〔l〕△H=﹣286kJ?mol﹣1由蓋斯定律可知用①+③﹣×②得反應(yīng)CO〔g〕+2H2〔g〕=CH3OH〔l〕，△H=〔﹣283.0kJ?mol﹣1〕+〔﹣286kJ?mol﹣1〕﹣〔﹣726.5kJ?mol﹣1〕=﹣，故答案為：CO〔g〕+2H2〔g〕=CH3OH〔l〕，△H=﹣；〔2〕①電解池中陰離子朝陽極挪動(dòng)、陽離子向陰極挪動(dòng)，所以氫離子向陰極b挪動(dòng)，故答案為：b；②b電極上二氧化碳得電子和氫離子反應(yīng)生成甲醇，電極反應(yīng)式為﹣6H++CO2+6e=CH3OH+H2O，故答案為：6H+﹣+CO2+6e=CH3OH+H2O．【難度】難【題分】15分28.〔14分〕金屬鈦〔Ti〕性能優(yōu)勝，被稱為“親生物金屬〞．工業(yè)上以鈦鐵礦〔主要成分FeTiO3，含F(xiàn)eO、Al2O3、SiO2等雜質(zhì)〕為主要原料冶煉金屬鈦，其生產(chǎn)的工藝流程圖，如圖1-16：1-16：①2H2SO4〔濃〕+FeTiO3=TiOSO4+FeSO4+2H2O②TiO2+易水解，只好存在于強(qiáng)酸性溶液中．〔1〕步驟①中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：，．〔2〕25℃時(shí)，難溶電解質(zhì)形成積淀與pH關(guān)系以下表PHFe〔OH〕3Fe〔OH〕2Mg〔OH〕2TiO〔OH〕2開始積淀71完整積淀TiO〔OH〕2溶度積Ksp=1×10

﹣29a．步驟③參加鐵屑原由是．b．向溶液Ⅱ中參加Na2CO3粉末的作用是調(diào)理PH，生成TiO〔OH〕2溶液．溶液Ⅱ中大批含有的陽離子有．〔3〕TiCl4→Ti反應(yīng)后獲得Mg、MgCl2、Ti的混淆物，可采納真空蒸餾的方法分離獲得Ti．①寫出由TiO2制取TiCl4的化學(xué)方程式．②依照下表信息，需加熱的溫度略高于℃即可．TiCl4MgMgCl2Ti熔點(diǎn)/﹣7141667沸點(diǎn)/109014123287〔4〕為了測(cè)定綠礬〔FeSO4?7H2O〕的含量，稱取2.850g綠礬樣品配置成250mL溶液，取酸性KMnO4溶液進(jìn)行滴定〔Fe2++MnO4﹣+H+=Fe3++Mn2++H2O未配平〕．耗費(fèi)KMnO4溶液的體積為20.00mL計(jì)算上述樣品中FeSO4?7H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為．【答案】1〕Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O、SiO2+2OH﹣=SiO32﹣+H2O；2〕a．將Fe3+轉(zhuǎn)變?yōu)镕e2+，防備Fe3+與TiO2+同時(shí)生成積淀；b．TiO2+、Fe2+、H+；〔3〕①TiO2+2Cl2+2CTiCl4+2CO；1412；〔4〕樣品中FeSO4?7H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100%=97.5%．【知識(shí)點(diǎn)】對(duì)操作和原理的評(píng)論、物質(zhì)的分離和提純、陌生方程式的書寫、物質(zhì)含量測(cè)定、對(duì)數(shù)據(jù)的辦理【觀察能力】閱讀獲守信息、剖析解決問題的能力【分析】鈦鐵礦先用濃氫氧化鈉溶液溶解，Al2O3、SiO2發(fā)生反應(yīng)，過濾分離，鈦鐵礦精礦用濃硫酸溶解獲得強(qiáng)酸溶液中主要含有TiO2+、Fe2+、Fe3+等，參加過度鐵粉還原鐵離子，過濾獲得濾液經(jīng)過蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶獲得綠礬，過濾獲得溶液中主要含有TiO2+、Fe2+、H+等離子，再參加碳酸鈉析出TiO〔OH〕2，加熱煅燒獲得TiO2，參加氯氣、過度碳高溫反應(yīng)生成TiCl4和一氧化碳，四氯化鈦和金屬鎂高溫加熱反應(yīng)獲得氯化鎂和鈦金屬．〔1〕步驟I中氧化鋁與氫氧化鈉反應(yīng)生成偏鋁酸鈉與水，二氧化硅與氫氧化鈉反應(yīng)生成硅酸鈉與水，反應(yīng)離子方程式為：﹣﹣﹣2﹣Al2O3+2OH=2AlO2+H2O、SiO2+2OH=SiO3+H2O，故答案為：﹣﹣﹣2﹣Al2O3+2OH=2AlO2+H2O、SiO2+2OH=SiO3+H2O；〔2〕a．由溶度積可知，步驟II參加鐵屑原由是：將Fe3+轉(zhuǎn)變?yōu)镕e2+，防備Fe3+與TiO2+同時(shí)生成積淀，故答案為：將Fe3+轉(zhuǎn)變?yōu)镕e2+，防備Fe3+與TiO2+同時(shí)生成積淀；b．溶液Ⅱ中大批含有的陽離子有TiO2+、Fe2+、H+，故答案為：TiO2+、Fe2+、H+；3〕①TiO2與氯氣、過度碳高溫加熱反應(yīng)生成TiCl4和一氧化碳，反應(yīng)方程式為：TiO2+2Cl2+2CTiCl4+2CO，故答案為：TiO2+2Cl2+2CTiCl4+2CO；②TiCl4→Ti反應(yīng)后獲得Mg、MgCl2、Ti的混淆物，采納真空蒸餾的方法分離獲得Ti，由物質(zhì)的熔沸點(diǎn)，可知應(yīng)加熱使Mg、MgCl2轉(zhuǎn)變?yōu)檎羝?，而Ti不可以轉(zhuǎn)變?yōu)檎羝?，需加熱的溫度略高?412℃即可，故答案為：1412；4〕由5Fe2++MnO4﹣+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，可知25mL溶液中FeSO4的物質(zhì)的量為5××，那么

樣品中

FeSO4?7H2O

的質(zhì)量為

××278g/mol=2.78g，故樣品中

FeSO4?7H2O

的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為

×100%=97.5%．故答案為：

97.5%．【難度】難【題分】14分〔二〕選考題〔共45分，請(qǐng)考生從給出的2道物理題、題做答，并用2B鉛筆在答題卡上把所選題目的題號(hào)涂黑。計(jì)分〕

2道化學(xué)題、2道生物題中每科任選一假如多做，那么每學(xué)科按所做的第一題35．〔15分〕【化學(xué)

-選修

3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】原子序數(shù)挨次增大的A、B、C、D、E、F六種元素．此中A的基態(tài)原子有3個(gè)不一樣的能級(jí)，各能級(jí)中的電子數(shù)相等；C的基態(tài)原子2p能級(jí)上的未成對(duì)電子數(shù)與A原子的同樣；D為它所在周期中原子半徑最大的主族元素；E和C位于同一主族，F(xiàn)的原子序數(shù)為29．〔1〕F原子基態(tài)的核外電子排布式為

．〔2〕在

A、B、C

三種元素中，第一電離能由小到大的次序是

〔用元素符號(hào)回復(fù)〕．〔3〕元素B的簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物的沸點(diǎn)化物的沸點(diǎn)，其主要原由是

〔高于，低于〕元素．

A的簡(jiǎn)單氣態(tài)氫〔4〕由

A、B、C形成的離子

CAB

﹣與AC2互為等電子體，那么

CAB

﹣的結(jié)構(gòu)式為

．〔5〕在元素

A與E所形成的常有化合物中，

A原子軌道的雜化種類為

．〔6〕由

B、C、D

三種元素形成的化合物晶體的晶胞如圖

1-22

所示，那么該化合物的化學(xué)式為

．〔7〕FC在加熱條件下簡(jiǎn)單轉(zhuǎn)變?yōu)镕2C，從原子結(jié)構(gòu)的角度解說原因．圖1-22【答案】1〕1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；2〕N＞O＞C；3〕高于B的氫化物存在分子間氫鍵；4〕[N=C=O]﹣5〕sp；6〕NaNO2；7〕Cu+外頭電子3d10軌道全滿穩(wěn)固，Cu2+外頭電子3d9軌道電子非全滿和半滿狀態(tài)不穩(wěn)固．【知識(shí)點(diǎn)】晶胞計(jì)算、原子雜化、等電子體、氫鍵、第一電離能【觀察能力】根基知識(shí)識(shí)記、剖析計(jì)算【分析】原子序數(shù)挨次增大的中的電子數(shù)相等，那么原子序數(shù)大于A，那么

A、B、C、D、E、F六種元素，A的基態(tài)原于有3個(gè)不一樣的能級(jí)，各能級(jí)A是C元素；C的基態(tài)原子2p能級(jí)上的未成對(duì)電子數(shù)與A原子的同樣，C為O元素；

CB原子序數(shù)大于A而小于C，那么B是N元素；E和C位于同一主族，且E原子序數(shù)小于25，那么C是S元素；D為它所在周期中原子半徑最大的主族元素，原子序數(shù)小于S，那么D是Na元素；F的原子序數(shù)為29，為Cu元素；〔1〕F是Cu元素，其原子核外有29個(gè)電子，依據(jù)結(jié)構(gòu)原理知Cu元素基態(tài)原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1，22626101101故答案為：1s2s2p3s3p3d4s或[Ar]3d4s；2〕A、B、C分別是C、N、O元素，同一周期元素，元素第一電離能跟著原子序數(shù)增大而呈增大趨向，但第IIA族、第VA族元素第一電離能大于其相鄰元素，所以電離能從小到大次序是N＞O＞C，故答案為：N＞O＞C；3〕含有氫鍵的氫化物熔點(diǎn)較高，氨氣分子中含有氫鍵、甲烷中不含氫鍵，所以氨氣熔沸點(diǎn)高于甲烷，故答案為：高于；B的氫化物分子之間存在氫鍵；〔4〕等電子體原子個(gè)數(shù)相等、價(jià)電子數(shù)相等，由C、N、O形成的離子OCN﹣與CO2互為等電子體，依據(jù)二氧化碳結(jié)構(gòu)式知OCN﹣的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為[N=C=O]﹣，故答案為：[N=C=O]﹣；〔5〕在元素C與S所形成的常有化合物CS2中，二硫化碳分子中中心原子價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)是2且不含孤電子對(duì)，所以C原子采納sp雜化，故答案為：sp；〔6〕由N、O、Na三種元素形成的化合物晶體的晶胞以下列圖，該晶胞中N原子個(gè)=1+8×=2、O原子個(gè)數(shù)=