2020高考化學(xué)全真模擬卷10(解析版)

備戰(zhàn)2020高考全真模擬卷10化學(xué)（考試時(shí)間：50分鐘試卷滿分：100分）可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量： H1C12N14O16Na23Mg24P31S32K39Cr52Fe56一、選擇題：本題共7個(gè)小題，每小題6分。共42分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。.下列有關(guān)敘述正確的是A.汽車尾氣中含有的氮氧化物是汽油不完全燃燒造成的.酒精能使蛋白質(zhì)變性，酒精純度越高殺菌消毒效果越好C.電熱水器用鎂棒防止金屬內(nèi)膽腐蝕，原理是犧牲陽(yáng)極的陰極保護(hù)法D.硅膠、生石灰、鐵粉是食品包裝中常用的干燥劑【答案】C【解析】A、汽油來(lái)自于石油，石油是由多種碳?xì)浠衔锝M成的混合物，即汽油是由碳?xì)鋬煞N元素組成，不含N元素，故A錯(cuò)誤；B、酒精能使蛋白質(zhì)變性，醫(yī)用酒精的濃度一般為 75%,故B錯(cuò)誤；C、金屬的電化學(xué)腐蝕包括犧牲陽(yáng)極的陰極保護(hù)法和外加電流陰極保護(hù)法，前者屬于原電池原理，后者屬于電解原理，金屬M(fèi)g比鐵活潑，Mg作負(fù)極，原理是犧牲陽(yáng)極的陰極保護(hù)法，故C正確；D、硅膠、生石灰作干燥劑，鐵粉作還原劑，鐵粉防止食品氧化，故8.D、硅膠、生石灰作干燥劑，鐵粉作還原劑，鐵粉防止食品氧化，故8.設(shè)Na為阿伏加德羅常數(shù)的值，卜列敘述正確的是A.所含共價(jià)鍵數(shù)均為0.4Na的白磷（P4）和甲烷的物質(zhì)的量相等1molNa與O2反應(yīng)，生成Na2O和Na2O2的混合物共失去1molNa2O2固體中含有離子總數(shù)為4Na25c時(shí),pH=13的氫氧化鈉溶液中約含有 Na個(gè)氫氧根離子【答案】B【解析】A、P4和甲烷空間結(jié)構(gòu)都是止四面體， P4的空間結(jié)構(gòu)是H■由甲烷的空間結(jié)構(gòu)為 / ,1mol甲烷中4molC-H鍵,D錯(cuò)誤，答案選CoNa個(gè)電子,1mol白磷中有6molP-P鍵,0.4Na共價(jià)鍵，當(dāng)含有關(guān)價(jià)鍵的物質(zhì)的量為0.4mol時(shí)，白磷的物質(zhì)的量為 0.4/6mol,甲烷的物質(zhì)的量為0.4/4mol,故A錯(cuò)誤;B、無(wú)論是Na2O還是Na2O2,Na的化合價(jià)為+1價(jià)，ImolNa都失去電子1mol,數(shù)目為Na,故B正確;C、由Na2O2的電子式S1+[:q：nu,可知，ImolNa2O2固體中含有離子總物質(zhì)的量為 3mol,個(gè)數(shù)為3Na,故C錯(cuò)誤；D、題中未給出溶液的體積，無(wú)法計(jì)算 OH-的物質(zhì)的量，故D錯(cuò)誤，答案選B。.下列關(guān)于有機(jī)化合物的說(shuō)法正確的是A.乙酸和乙酸乙酯可用Na2CO3溶液加以區(qū)別異丁烷的一氯代物有3種C.乙烯、聚氯乙烯和苯分子中均含有碳碳雙鍵D.甲苯與氯氣在光照下反應(yīng)主要生成 2,4-二氯甲苯【答案】A【解析】A、乙酸與碳酸鈉溶液反應(yīng)產(chǎn)生二氧化碳?xì)怏w，乙酸乙酯不能，所以可用 Na2CO3溶液加以區(qū)別，選項(xiàng)A正確；B.異丁烷的一氯代物有（CH3）2CHCH2CI、（CH3）2CCICH3共2種，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C.聚乙烯為氯乙烯的加聚產(chǎn)物，不含碳碳雙鍵，苯分子中也不含有碳碳雙鍵，選項(xiàng) C錯(cuò)誤；D.甲苯與氯氣在光照下反應(yīng)主要發(fā)生的是側(cè)鏈上的氫原子被取代， 不能得到苯環(huán)上氫原子被取代的產(chǎn)物 2,4-二氯甲苯，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；答案選A。10.短周期元素W、X、Y和Z的原子序數(shù)依次增大。元素W是制備一種高效電池的重要材料 ，X的一種核素在考古時(shí)常用來(lái)鑒定一些文物的年代 ，元素丫是地殼中含量最豐富的金屬元素 ，Z原子的最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的2倍。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（ ）A.化合物XZ2各原子均滿足8電子的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)B.已知含氧酸的酸性：H2ZO3>H2XO3，則Z的非金屬性強(qiáng)于XC.若單質(zhì)W失火，不能用泡沫滅火器撲滅D.通常采用電解法制備單質(zhì) 丫及其同周期的金屬單質(zhì)【答案】B【解析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，元素W是制備一種高效電池的重要材料， W是Li元素，X的一種核素在考古時(shí)常用來(lái)鑒定一些文物的年代， X為C元素，元素Y是地殼中含量最豐富的金屬元素，Y是Al元素，Z原子的最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的 2倍，Z是S元素。A.由CS2的結(jié)構(gòu)式S=C=S可知，各原子均滿足8電子的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故A正確；B.已知酸性：H2SO3>H2CO3,但H2SO3不是S元素的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物，所以不能說(shuō)明 S的非金屬性強(qiáng)于C,故B錯(cuò)誤；C.Li屬于堿金屬元素，和Na性質(zhì)相近，常溫下可以和水反應(yīng)，在加熱時(shí)也可以和 CO2反應(yīng)，所以Li著火時(shí)，不能用二氧化碳滅火器或水撲滅，故 C正確；D.Na、Mg、Al的性質(zhì)活潑，通常采用電解熔融化合物的方法制備 Na、Mg、Al單質(zhì)，故D正確；答案選B。點(diǎn)睛：本題考查原子結(jié)構(gòu)和元素周期律的關(guān)系， 根據(jù)題中信息正確推斷元素類型是解題的關(guān)鍵， 試題難度中等。本題的易錯(cuò)點(diǎn)是B項(xiàng)，注意H2SO3不是硫元素的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物，不能用于判斷硫和碳元素的非金屬性強(qiáng)弱。11.我國(guó)科研人員研制出一種室溫 可呼吸"NaCO2電池。放電時(shí)該電池吸入”CQ充電時(shí)呼出"C。,吸入CO2時(shí)，其工作原理如右圖所不。吸收的全部CO2中，有可轉(zhuǎn)化為Na2CO3固體沉積在多壁碳納米管（MWCNT）電極表面。下列說(shuō)法正確的是（ ）A.吸入"CO時(shí)，鈉箔為正極B,吸入”CO時(shí)的正極反應(yīng)：4Na++3CO2+4e=2Na2CO3+CC.呼出"CO時(shí)，Na+向多壁碳納米管電極移動(dòng)D.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，每呼出”22.4LCO,轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.75mol【答案】B【解析】A、吸入"CO時(shí)是原電池裝置，鈉箔失電子為負(fù)極，選項(xiàng) A錯(cuò)誤；B、吸入”CO時(shí)是原電池裝置，正極發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為： 4Na++3CO2+4e=2Na2CO3+C,選項(xiàng)B正確；C、呼出"CO時(shí)是電解池，陽(yáng)離子Na+向陰極鈉箔電極移動(dòng)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D、標(biāo)準(zhǔn)狀況下，每呼出”22.4LCO,轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.25mol,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案選B。12.下列實(shí)驗(yàn)方案不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖????A.圖A裝置Cu和濃硝酸制取NO B.圖B裝置實(shí)驗(yàn)室制備Cl2C.圖C裝置實(shí)驗(yàn)室制取乙酸乙酯 D.圖D裝置實(shí)驗(yàn)室分離CO和CO2【答案】C【解析】A.Cu和濃硝酸反應(yīng)生成二氧化氮，二氧化氮和水反應(yīng)生成一氧化氮，可制取NO,故A不符合題B.濃鹽酸和高鎰酸鉀溶液生成氯氣，氯氣與氫氧化鈉反應(yīng)進(jìn)行尾氣吸收，故 B不符合題意；C.乙酸乙酯在NaOH溶液中水解，應(yīng)選飽和碳酸鈉溶液，故 C符合題意；D.要將CO和CO2分離，足量純堿溶液用來(lái)吸收CO2,先收集到干燥的CO；滴加稀硫酸，再將生成的CO2用濃硫酸干燥，收集到純凈的 CO2,故D不符合題意；故選Co13.常溫下晌20mL0.1mol-1?氨水中滴加一定濃度的稀鹽酸，溶液中由水電離的氫離子濃度隨加入鹽酸體積的變化如圖所示。則下列說(shuō)法正確的是 ( )A.常溫下，0.1mol-1氟水中NH3-2O的電離常數(shù)K約為1X10a、b之間的點(diǎn)一定滿足:c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)c點(diǎn)溶液中c(NH4+)=c(Cl-)d點(diǎn)代表兩溶液恰好完全反應(yīng)【答案】A1014【解析】A.常溫下，0.1mol1的氨水溶液中c(H+)=10-11mol/L則c(OH-)= -mol/L=0.001mol/LKa=1011cNH4cOH103103 = mol/L=1xT0)mol/L,所以A選項(xiàng)是正確的；cNH3H2O 0.1B.a、b之間的任意一點(diǎn)，溶液都呈堿性，則 c(H+)<c(OH-),結(jié)合電荷守恒得c(Cl-)<c(NH4+),故B錯(cuò)誤；C.根據(jù)圖知，c點(diǎn)c(H+)>10-7mol/L,c(OH-)<10-7mol/L,溶液呈酸性，結(jié)合電荷守恒得： c(NH4+)<c(Cl-),故C錯(cuò)誤；D.根據(jù)圖像推斷，d點(diǎn)溶液中c(H+)=10-7mol/L,常溫下c(H+)?c(O!)=Kw=10-14,所以c(H+尸c(OH-),溶液呈中性，如果氨水和鹽酸恰好完全反應(yīng)生成氯化俊，氯化俊為強(qiáng)酸弱堿鹽，其溶液顯酸性，故 D錯(cuò)誤。所以A選項(xiàng)是正確的。二、非選擇題：共58分，第26~28題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第35~36題為選考題，考生根據(jù)要求作答。(一)必考題：共43分。(14分)某種電鍍污泥主要含有硫化亞銅 (Cu2Te)、三氧化二銘(Cr2O3)以及少量的金(Au),可以用于制取Na2Cr2O7溶液、金屬銅和粗硫等，以實(shí)現(xiàn)有害廢料的資源化利用，工藝流程如下：純琳、空氣稀硫酸電鍍污泥尊燒卜標(biāo)回f 酸浸1CdNMrO,溶液回收金純琳、空氣稀硫酸電鍍污泥尊燒卜標(biāo)回f 酸浸1CdNMrO,溶液回收金金屬已知：煨燒時(shí)，Cu2Te發(fā)生的反應(yīng)為Cu2Te+2O2&!2CuO+TeO2。（1）煨燒時(shí)，Cr2O3發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為。（2）浸出液中除了含有TeOSO4（在電解過(guò)程中不反應(yīng)）外，還可能含有（填化學(xué)式）。（3）工業(yè)上用重銘酸鈉（Na2Cr2O7）母液生產(chǎn)重銘酸鉀（KzCrzO。的工藝流程如圖所示：KCI(s)通過(guò)冷卻結(jié)晶能析出大量 K2Cr2O7的原因是。44）測(cè)定產(chǎn)品中K2Cr2O7含量的方法如下：稱取產(chǎn)品試樣2.50g配成250mL溶液，用移液管取出25.00mL于錐形并S中，加入足量稀硫酸酸化后，再加入幾滴指示劑，用0.1000mol-1硫酸亞鐵?。∟H4）2Fe（SO4）2標(biāo)準(zhǔn)液進(jìn)行滴定重復(fù)進(jìn)行二次實(shí)驗(yàn)。（已知C「2O7-被還原為Cr3+）①氧化還原滴定過(guò)程中的離子方程式為。②若三次實(shí)驗(yàn)消耗（NH4）2Fe（SO4）2標(biāo)準(zhǔn)液的平均體積為25.00mL,則所得產(chǎn)品中K2Cr2O7的純度為%。[已知M（K2Cr2O7）=294g?用砒算結(jié)果保留三位有效數(shù)字]。（5）上述流程中K2Cr2O7發(fā)生氧化還原反應(yīng)后所得溶液中除含有Cr3+外，還含有一定濃度的Fe3+雜質(zhì)，可通過(guò)加堿調(diào)pH的方法使兩者轉(zhuǎn)化為沉淀。已知c（Cr3+）=3xT0mol力則當(dāng)溶液中開(kāi)始析出Cr（OH）3沉淀時(shí)Fe3+是否沉淀完全？（填是"或否"J｛已知:Ksp[Fe（OH）3]=4.0X-黃Ksp[Cr（OH）3]=6.0X飽【答案】（1）2Cr2O3+3O2+4Na2CO3年4Na2CrO4+4CO2（3分）（2）CuSO4（或CuSO4和H2SO4）（2分）（3）低溫條件下，K2Cr2O7的溶解度在整個(gè)體系中最小，且K2Cr2O7的溶解度隨溫度的降低而顯著減小 （2分）（4）①Cr2O7-+6Fe2++14H+—2Cr3++6Fe3++7H2O（3分）②49.0（2分）（5）是（2分）【解析】（1）根據(jù)流程中水浸”，Cr元素以Na2CrO4形式存在，Na2CrO4中Cr的化合價(jià)為+6價(jià)，Cr2O3中Cr的化合價(jià)為+3價(jià)，Cr2O3作還原劑，被氧氣氧化，根據(jù)化合價(jià)升降法進(jìn)行配平， 鍛燒”時(shí)Cr2O3參加的反應(yīng)是2Cr2O3+3O2+4Na2CO3高盤4Na2CrO4+4CO2；（2）鍛燒”除（1）中反應(yīng)外，還有Cu2Te+2O2.高溫2CuO+TeO2,沉渣應(yīng)含有CuO、TeO2以及少量的

Au,加入稀硫酸，CuO與稀硫酸反應(yīng)生成CuSO4,根據(jù)題干，Te以TiOsO4形式存在，Au不與稀硫酸反應(yīng)，即浸出液中含有TeOsO4、CuSO4、H2SO4；(3)Na2Cr2O7溶液加入KCl(s),得到K2Cr2O7,說(shuō)明低溫下，K2Cr2O7的溶解度在整個(gè)體系中最小， 且K2Cr2O7的溶解度隨溫度的降低而顯著減?。?4)①Cr2O42一作氧化劑，把Fe2+氧化成Fe3+,+6價(jià)Cr被還原成Cr3+,根據(jù)得失電子數(shù)目守恒， 得出Cr2O72+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；②根據(jù)①的離子反應(yīng)方程式得出： K2Cr2O7的純度=25.0010-3L0.1000mol/L294g/mol250mL

25mL2.50g100%=49.0%;(5)Cr(OH)3開(kāi)始出現(xiàn)沉淀時(shí),溶液中c3(OH)=Ksp[Cr(OH)3]

c(Cr3+)25.0010-3L0.1000mol/L294g/mol250mL

25mL2.50g100%=49.0%;(5)Cr(OH)3開(kāi)始出現(xiàn)沉淀時(shí),溶液中c3(OH)=Ksp[Cr(OH)3]

c(Cr3+)6.031103105=2X1026,Fe3+沉淀完全,c(Fe3+)應(yīng)小于10-5mol?『，F(xiàn)e(OH)3沉淀完全時(shí)，溶液中c3(OH)=Ksp[Fe(OH)3]4.01038c(Fe3+) 5-=4X1.01051033<2X1026,說(shuō)明Fe*沉淀完全。LiMn2O4)的一種流程如下:康便電池LiMn2O4)的一種流程如下:康便電池1橫LizCOj(1)廢舊電池可能殘留有單質(zhì)鋰，拆解不當(dāng)易爆炸、著火，為了安全，對(duì)拆解環(huán)境的要求是 。(2)酸浸”時(shí)采用HNO3和H2O2的混合液體，可將難溶的 LiMn2。4轉(zhuǎn)化為Mn(NO3)2、LiNO3等產(chǎn)物。請(qǐng)寫出該反應(yīng)離子方程式。如果采用鹽酸溶解，從反應(yīng)產(chǎn)物的角度分析，以鹽酸代替 HNO3和H2O2混合物的缺點(diǎn)是。(3)過(guò)濾2"時(shí)，洗滌Li2CO3沉淀的操作是。(4)把分析純碳酸鋰與二氧化鎰兩種粉末，按物質(zhì)的量 1：4混合均勻加熱可重新生成 LiMn2O4,升溫到515c時(shí)，開(kāi)始有CO2產(chǎn)生，同時(shí)生成固體A,比預(yù)計(jì)碳酸鋰的分解溫度(723C)低很多，可能的原因是。(5)制備高純MnCO3固體：已知MnCO3難溶于水、乙醇，潮濕時(shí)易被空氣氧化，100c開(kāi)始分解；Mn(OH)2開(kāi)始沉淀的pH=7.7。請(qǐng)補(bǔ)充由上述過(guò)程中，制得的Mn(OH)2制備高純MnCO3的操作步驟［實(shí)驗(yàn)中可選用的試劑：H2SO4、Na2CO3、C2H5OH］：向Mn(OH)2中邊攪拌邊加入【答案】(1)隔絕空氣和水分(2分)反應(yīng)生成Cl2,污染環(huán)境(2分)2LiMn2O4+10H++3H2O2=2Li++4Mn2+反應(yīng)生成Cl2,污染環(huán)境(2分)(3)沿著玻璃棒向過(guò)濾器中加入蒸儲(chǔ)水至浸沒(méi)沉淀，待水自然流出，重復(fù)操作 2~3次(2分)MnO2作為催化劑，降低了碳酸鋰的分解溫度( 2分)H2SO4溶液，固體溶解，加入Na2CO3,并控制溶液pH<7.7,過(guò)濾，用少量的乙醇洗滌，低于 100c真空干燥(3分)【解析】(1)廢舊電池可能殘留有單質(zhì)鋰，鋰化學(xué)性質(zhì)活潑，鋰可與空氣中的 O2和H2O反應(yīng)，對(duì)拆解的要求是：隔絕空氣和水分。(2)酸浸”時(shí)采用HNO3和H2O2的混合液體，可將難溶的 LiMn2O4轉(zhuǎn)化為Mn(NO3)2、LiNO3等產(chǎn)物，LiMn2O4被還原成Mn(NO3)2,則H2O2被氧化成。2,反應(yīng)中ImolLiMn2O4參與反應(yīng)得到3mol電子，1molH2O2失去2mol電子，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒，反應(yīng)的化學(xué)方程式為 2LiMn2O4+I0HNO3+3H2O2=2LiNO3+4Mn(NO3)2+3O2T+8HO,反應(yīng)的離子方程式為2LiMn2O4+10H++3H2O2=2Li++4Mn2++3O2f+8HO。若采用鹽酸溶解，鹽酸作還原劑被氧化成 C12,以鹽酸代替HNO3和H2O2混合物的缺點(diǎn)是：反應(yīng)生成 C12,污染環(huán)境。(3)過(guò)濾2"時(shí)，洗滌Li2CO3沉淀的操作是：沿著玻璃棒向過(guò)濾器中加入蒸儲(chǔ)水至浸沒(méi)沉淀，待水自然流出，重復(fù)操作2~3次。(4)將分析純碳酸鋰與MnO2按物質(zhì)的量1:4混合均勻升溫到515W,開(kāi)始有CO2產(chǎn)生，比預(yù)計(jì)的碳酸鋰的分解溫度低很多，可能的原因是： MnO2作為催化劑，降低了碳酸鋰的分解溫度。(5)根據(jù)題目提供的試劑分析，制備 MnCO3的原理為：Mn(OH)2+H2SO4=MnSO4+2H2。、MnSO4+Na2CO3=MnCO3J+N2SO4,pH=7.7時(shí)開(kāi)始形成Mn(OH)2沉淀，加入Na2CO3沉淀Mn2+時(shí)控制pH<7.7;制備MnCO3的步驟為：向Mn(OH)2中加入H2SO4,固體溶解轉(zhuǎn)化為MnSO4溶液，向MnSO4溶液中加入Na2CO3控制pH<7.7獲彳導(dǎo)MnCO3沉淀；由于“MnCO難溶于水、乙醇，潮濕時(shí)易被空氣氧化， 100c開(kāi)始分解"，所以為了減少M(fèi)nCO3的氧化變質(zhì)和分解、以及溶解損失，過(guò)濾分離出MnCO3后，用乙醇洗滌，在低于100空干燥。由Mn(OH)2制備高純MnCO3的操作步驟為：向Mn(OH)2中邊攪拌邊加入H2SO4溶液，固體溶解，加入Na2CO3,并控制溶液pH<7.7,過(guò)濾，用少量的乙醇洗滌，低于 100c真空干燥。28.(15分)氟的單質(zhì)及其化合物在生產(chǎn)殺蟲劑、滅火劑及特種塑料等方面用途廣泛。(1)在2%的氫氧化鈉溶液中通入氟氣，發(fā)生反應(yīng)： 2F2+2NaOH-2NaF+H2O+OF2。該反應(yīng)氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為,OF2的電子式為—。(2)SF6是一種優(yōu)良的絕緣氣體材料，分子結(jié)構(gòu)中只存在 S-F鍵，已知1molS(s)轉(zhuǎn)化為氣態(tài)硫原子時(shí)吸收能量280kJ,形成1molF-F、S-F鍵需放出的能量分別為160kJ、330kJ,試寫出固態(tài)S單質(zhì)和氟氣反應(yīng)生成SF6氣體的熱化學(xué)方程式。(3)用含氟牙膏刷牙，氟離子會(huì)與牙釉質(zhì) [主要成分為Ca5 (PO4)3OH]發(fā)生反應(yīng)：Ca5 (PO4)30H (s) +F-(aq)， =Ca5(PO4)3F(s)+OH-(aq),該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=(已知Ksp[Ca5(PO4)3OH]=7Xl037,Ksp[Ca5(PO4)3F]=2.8x101)。(4)聚四氟化烯常用于炊具的 不粘涂層”。制備四氟化烯的反應(yīng)原理為： 2CHClF2(g)=C2F4(g)+2HCl(g) (反應(yīng)I),副反應(yīng)為：3CHC1F(g)=iC3F6(g)+3HC1(g)AH2(反應(yīng)II),反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)各氣體的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨溫度的變化如圖所示:①在恒溫恒容的條件下，下列能夠說(shuō)明反應(yīng) I達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)的是：(填標(biāo)號(hào))。A.混合氣體密度不再改變 B.混合氣體平均相對(duì)分子質(zhì)量不再改變C.v正(C2F4)=2V逆(HCl)D.c(C2F4)與c(HCl)比值保持不變②圖中曲線A表示的物質(zhì)是：(填化學(xué)式)。③反應(yīng)2CHCIF2(g)?=iC2F4(g)+2HC1(g)的AH0(填法”或2”)。④工業(yè)上常在900c以上通過(guò)裂解CHC1F2來(lái)制取C2F4,其原因是。(5)25c時(shí)，向amol/L的NaF溶液中滴加等體積bmol/L的鹽酸使溶液呈中性(不考慮鹽酸與氫氟酸的揮發(fā)，忽略溶液體積變化)，則HF的電離平衡常數(shù)Ka=。(用含a和b的代數(shù)式表示)【答案】(1)2：1(2分)I對(duì)注：(2分)S(s)+3F2(g)=SF6(g) AH-4220kJ/mol(2分)2.5X104(2分)(4)①(4)①BD(1分)②HCl(1分)③>(1分)④C2F4的產(chǎn)率高，副產(chǎn)物C3F6的含量幾乎為0 (2分)(5)(a-b)10 (2分)b【解析】⑴2F2+2NaOH-2NaF+H2O+OF2,該反應(yīng)中F的化合價(jià)從0價(jià)變?yōu)?1價(jià)，。元素的化合價(jià)從-2價(jià)變?yōu)?2價(jià)，氧化劑為F2,還原劑為NaOH,氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為 2：1,二氟化氧分子中F原子最外層達(dá)到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，其正確的電子式為?予：6：?；,故答案為：2：1；：頁(yè)示HII**⑵反應(yīng)熱AH我應(yīng)物總＞鍵能-生成物總鍵能，所以對(duì)于 S(s)+3F2(g)=SF6(g),其反應(yīng)熱AH=280kJ/mol+3x160kJ/mo6x330kJ/mol=1220kJ/mol,故答案為：S(s)+3F2(g)=SF6(g) AH-4220kJ/molo⑶Ca5(PO4)3F溶度積比Ca5(PO4)3OH小，該反應(yīng)的平衡常數(shù)c(OH)七電吟回

c(OH)七電吟回

c(F) KspMg/F]377102.810612.51024;故答案為：2.5X124。⑷①A選項(xiàng)，制備四氟化烯反應(yīng)前后都為氣體， 在恒容的條件下，混合氣體密度始終保持改變， 故A錯(cuò)誤;B選項(xiàng)，制備四氟化烯的反應(yīng)，反應(yīng)前后物質(zhì)的量在變化，混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量 M=m,氣體的質(zhì)量在n反應(yīng)前后是守恒的，是一個(gè)反應(yīng)前后物質(zhì)的量會(huì)變化的反應(yīng)，所以當(dāng) M不變時(shí)，達(dá)到了平衡，故B正確；C選項(xiàng)，v正(C2F4)=2V逆(HCl),一正一逆滿足，但不滿足登記計(jì)量系數(shù)之比， 故C錯(cuò)誤；D選項(xiàng)，c(C2F4)與c(HCl)比值保持不變，說(shuō)明各物質(zhì)的量不變，達(dá)到了平衡，故D正確；綜上所述，答案為： BD。②根據(jù)兩個(gè)方程式得出可知氯化氫的物質(zhì)的量一直在增加，且增加量最大，因此 A為氯化氫，故答案為：③根據(jù)圖示可知，隨著溫度的升高 CHC1F2物質(zhì)的量在減少，所以正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，即 2CHC1F2(g片二C2F4(g)+2HCl(g)的^H>0,故答案為：>。④通過(guò)圖示可知，在9000c以上，副產(chǎn)物C3F6的含量幾乎為0,工業(yè)上常在9000c以上通過(guò)裂解CHC1F2來(lái)制取C2F4,其原因是C2F4的產(chǎn)率高，副產(chǎn)物C3F6的含量幾乎為0,故答案為：C2F4的產(chǎn)率高，副產(chǎn)物C3F6的含量幾乎為0。NaF會(huì)剩余，則生成的⑸鹽酸和NaF之間反應(yīng)生成氯化鈉和HF,NaF會(huì)剩余，則生成的c(Cl)=0.5bmol/L,c(HF)=0.5bmol/L，溶液呈中性,溶液顯中性，故c(H+)=c(OH)=1x1-0mol/L,根據(jù)電荷守巴c(Cl)=0.5bmol/L,c(F)+c(Cl)=c(Na+)=0.5amol/L,所以c(F)=(0.5a-0.5b)mol/L,HF的電離常數(shù)Ka-0.5b)mol/L,HF的電離常數(shù)Kac(H)c(F)

c(HF)1107(。5a-0.5b)_(a-b)1070.5b -b故答案為:(a-b)10b(二)選考題：共15分。請(qǐng)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)N、Fe是兩種重要的元素，其單質(zhì)及化合物在諸多領(lǐng)域中都有廣泛的應(yīng)用。(1)基態(tài)N原子最高能級(jí)的電子云輪廓圖形狀為;N原子的第一電離能比。原子的大，其原因是,基態(tài)鐵原子的價(jià)電子排布圖為(2)在高壓下氮?dú)鈺?huì)發(fā)生聚合得到高聚氮，晶體結(jié)構(gòu)如圖所示。晶體中每個(gè)氮原子與另外三個(gè)氮原子結(jié)合形成空間網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)。氮原子的雜化軌道類型為。這種高聚氮N-N鍵的鍵能為160kJ/mol,而N2的鍵能為942kJ/mol,其可能潛在的應(yīng)用是。(3)疊氮化鈉和氫疊氮酸(HN3)已一步步進(jìn)入我們的生活，如汽車安全氣囊等。①寫出與N3-屬于等電子體的一種分子（填分子式）。②氫疊氮酸（HN3）可由腫（N2H4）被HNO2氧化制得，同時(shí)生成水。下列敘述錯(cuò)誤的是 ―（填標(biāo)號(hào)）A.上述生成HN3的化學(xué)方程式為： N2H4+HNO2=HN3+2H2OB.NaN3的晶格能大于KN3的晶格能C.氫疊氮酸（HN3）和水能形成分子間氫鍵HN3和N2H4都是由極性鍵和非極性鍵構(gòu)成的非極性分子。HN3分子中四個(gè)原子可能在一條直線上（4）某種離子型鐵的氧化物晶胞如圖所示，它由A、B方塊組成。則該化合物中 Fe2+、Fe3+、O2-的個(gè)數(shù)比為（填最簡(jiǎn)整數(shù)比）；已知該晶體的密度dg/cm3,阿伏加德羅常數(shù)的值為 Na,則晶胞參數(shù)為nm（用含d和Na的代數(shù)式表示）。?工咐于口“點(diǎn)子?工咐于口“點(diǎn)子一種鐵、碳形成的間隙化合物的晶體結(jié)構(gòu)如圖所示，其中碳原子位于鐵原子形成的八面體的中心。每個(gè)鐵原子又為兩個(gè)八面體共用。則該化合物的化學(xué)式為OF**C個(gè)鐵原子又為兩個(gè)八面體共用。則該化合物的化學(xué)式為OF**CTOC\o"1-5"\h\z【答案】（1）啞鈴形（紡錘形）（1分）N原子的2P軌道電子處半充滿狀態(tài)，比較穩(wěn)定 （1分）3d4s姬衛(wèi)至迎（2分）sp3（1分） 制炸藥（或高能燃料）（1分）（3）①CO2或N2O（1分）②DE （2分） 1856 .71:2:4（2分）a3---10 （2分）,NadFe3c（2分）1s22s22p3;最高能級(jí)2P能級(jí)的電子云輪廓圖【解析】（1）N為7號(hào)兀素,基態(tài)1s22s22p3;最高能級(jí)2P能級(jí)的電子云輪廓圖Fe是26號(hào)元素，其原子核外有26個(gè)電子，其價(jià)電子排布式為 3d64s2,故基態(tài)鐵原子的價(jià)電子排布圖為:

3d4?3dIs3d4?故答案為啞鈴形（紡錘形）；N原子的2P軌道電子處半充滿狀態(tài)，比較穩(wěn)定;（2）每個(gè)氮原子最外層均滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，N原子的最外層有5個(gè)電子，可形成3個(gè)共價(jià)鍵，價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)=。鍵個(gè)數(shù)+孤電子對(duì)個(gè)數(shù)=3+531=4,氮原子的雜化軌道類型為 sp3;這種高聚氮N-N鍵的鍵能為2160kJ/mol,而N2的鍵能為942kJ/mol,其可能潛在的應(yīng)用是制炸藥 （或高能燃料）;故答案為sp3;制炸藥（或高能燃料）;（3）①N3-有3個(gè)原子和16個(gè)價(jià)電子，故與N3-屬于等電子體的分子有CO2或N2O；②氫疊氮酸（HN3）可由腫（N2H4）被HNO2氧化制得，同時(shí)生成水。A.上述生成HN3的化學(xué)方程式為：N2H4+HNO2=HN3+2H2O,A正確；B.鈉離子的半徑小于鉀離子，故 NaN3的晶格能大于KN3的晶格能，B正確；C.氫疊氮酸（HN3）和水能形成分子間氫鍵， C正確；D.HN3是極性分子，N2H4是非極性分子，D不正確；E〈叫1竺E.HN3分子結(jié)構(gòu)示意圖為曜注東，靠近H原子的第1個(gè)N原子是sp2雜化的，第二個(gè)N原子是sp雜化的，端位的N原子不雜化，故四個(gè)原子不在一條直線上， E不正確。綜上所述，敘述錯(cuò)誤的是DE。故答案為CO2或N2O；DE;（4）A含有