張家口市宣化區(qū)宣化第一中學(xué)2021屆高三化學(xué)上學(xué)期9月月考試題含解析

河北省張家口市宣化區(qū)宣化第一中學(xué)2021屆高三化學(xué)上學(xué)期9月月考試題含解析河北省張家口市宣化區(qū)宣化第一中學(xué)2021屆高三化學(xué)上學(xué)期9月月考試題含解析PAGE32-河北省張家口市宣化區(qū)宣化第一中學(xué)2021屆高三化學(xué)上學(xué)期9月月考試題含解析河北省張家口市宣化區(qū)宣化第一中學(xué)2021屆高三化學(xué)上學(xué)期9月月考試題（含解析）一、單選題（本大題共16小題，共48。0分)1。東漢晚期的青銅奔馬（馬踏飛燕)充分體現(xiàn)了我國(guó)光輝燦爛的古代科技,已成為我國(guó)的旅游標(biāo)志。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A。青銅是我國(guó)使用最早的合金、含銅、錫、鉛等元素B。青銅的機(jī)械性能優(yōu)良，硬度和熔點(diǎn)均高于純銅C.銅器皿表面的銅綠可用明礬溶液清洗D?！霸啵ǎ┑描F則化為銅”的過(guò)程發(fā)生了置換反應(yīng)【答案】B【解析】【詳解】A．我國(guó)使用最早的合金是青銅，該合金中含銅、錫、鉛等元素，故A正確；B．合金的熔點(diǎn)比組份金屬的熔點(diǎn)低，則青銅熔點(diǎn)低于純銅，故B錯(cuò)誤;C．銅器皿表面的銅綠為Cu2(OH)2CO3，能溶于酸性溶液，而明礬溶液因Al3+的水解顯酸性,則可用明礬溶液清洗銅器皿表面的銅綠，故C正確；D．“曾青(）得鐵則化為銅”的過(guò)程發(fā)生的反應(yīng)為Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，此反應(yīng)為置換反應(yīng)，故D正確；故答案為B。2.化學(xué)與生產(chǎn)、生活密切相關(guān)，下列說(shuō)法正確的是A.碳酸鈉和氫氧化鋁均可用于治療胃酸過(guò)多B。二氧化硫因具有漂白性可用于食品增白C。二氧化硅因高熔點(diǎn)的特性可用于生產(chǎn)光導(dǎo)纖維D。氯化鐵溶液可用于刻制由高分子材料和銅箔復(fù)合而成的印劇電路【答案】D【解析】【詳解】A．碳酸鈉的堿性太強(qiáng)，不能用來(lái)中和胃酸,碳酸氫鈉堿性較弱，可以用來(lái)中和胃酸,故A不正確；B．因二氧化硫有毒，對(duì)人體有害，不能用來(lái)漂白食品，故B不正確；C．二氧化硅作為光導(dǎo)纖維的主要原料是因?yàn)槠渚哂辛己玫墓鈱W(xué)特性，與其熔點(diǎn)高無(wú)關(guān)，故C不正確；D．氯化鐵和Cu反應(yīng)生成氯化亞鐵和氯化銅，離子反應(yīng)為,所以制印刷電路時(shí)，要用三氯化鐵溶液作為腐蝕液，故D正確；故選D.3.下列化學(xué)用語(yǔ)正確的是A。過(guò)氧化氫的電子式：B.次氯酸的結(jié)構(gòu)式:C。氫化鈉中陰離子的結(jié)構(gòu)示意圖：D。乙醛的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：【答案】C【解析】【詳解】A．過(guò)氧化氫為共價(jià)化合物，其電子式為，故A不正確；B．次氯酸為共價(jià)化合物，氧原子成2鍵,其結(jié)構(gòu)式為,故B不正確；C．氫化鈉中陰離子的核電荷數(shù)為1，核外電子總數(shù)為2，其離子結(jié)構(gòu)示意圖為,故C正確；D．乙醛分子中含有1個(gè)醛基，正確的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，故D不正確；故選C。4。下列關(guān)于有機(jī)物的說(shuō)法錯(cuò)誤的是（)A.天然氣和煤氣的主要成分均為甲烷，是城市推廣的清潔燃料B.乙烯的產(chǎn)量可以用來(lái)衡量一個(gè)國(guó)家石油化工的發(fā)展水平C.濃度為的乙醇常用于醫(yī)用消毒D。紅葡萄酒密封儲(chǔ)存時(shí)間越長(zhǎng)質(zhì)量越好的原因之一是生成了酯【答案】A【解析】【詳解】A。天然氣的主要成分是甲烷,煤氣的主要成分是CO，故A錯(cuò)誤；B.乙烯的產(chǎn)量可以用來(lái)衡量一個(gè)國(guó)家石油化工的發(fā)展水平，故B正確；C.乙醇能使蛋白質(zhì)變性而殺菌消毒，濃度為的乙醇常用于醫(yī)用消毒，故C正確；D.紅葡萄酒長(zhǎng)時(shí)間密封儲(chǔ)存，乙醇被氧化可生成乙酸,乙酸和乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成具有香味的乙酸乙酯，故D正確；答案選A.5。下列有關(guān)糖類、油脂、蛋白質(zhì)說(shuō)法錯(cuò)誤的是A。灼燒蠶絲織物有特殊氣味B。纖維素在人體內(nèi)可水解為葡萄糖，故可作人類的營(yíng)養(yǎng)物質(zhì)C.將碘酒滴在土豆片上，可觀察到藍(lán)色D。油脂不屬于高分子化合物【答案】B【解析】【詳解】A．蠶絲是蛋白質(zhì)，灼燒有燒焦羽毛氣味，故A正確；B．纖維素在人體內(nèi)不能水解，故不能作人類的營(yíng)養(yǎng)物質(zhì),故B錯(cuò)誤；C．土豆中含有淀粉，碘單質(zhì)遇淀粉變藍(lán)色,故C正確;D．油脂高級(jí)脂肪酸甘油酯，相對(duì)分子質(zhì)量較小，不是高分子化合物，故D正確.綜上所述，答案為B。6.下列敘述所對(duì)應(yīng)的離子方程式正確的是A。溶于水：B.溶液中滴加稀硫酸：Ba2++OH-+H++SO=BaSO4↓+H2OC.FeO溶于稀硝酸：D。NaClO溶液中通入少量：【答案】D【解析】【詳解】A．氯氣和水的反應(yīng)的離子方程式為:，故A不正確；B．向溶液中滴加稀硫酸，離子方程式為:Ba2++2OH—+2H++SO=BaSO4↓+2H2O,故B不正確；C．FeO溶于稀硝酸生成硝酸鐵和NO、水，其離子方程式為：3FeO+10H++NO=3Fe3++NO↑+5H2O，故C不正確；D．NaClO溶液中通入少量的SO2氣體的離子反應(yīng)為：，故D正確；故選D。7.設(shè)表示阿伏加德羅常數(shù)值，下列說(shuō)法正確的是A。常溫常壓下，9。5g羥基（）含有的中子數(shù)為B。中含有的鍵數(shù)量為C.與足量濃鹽酸反應(yīng)產(chǎn)生時(shí)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為D.溶液中含有的陰離子總數(shù)大于【答案】A【解析】【詳解】A．一個(gè)中含有10中子，常溫常壓下,9.5g羥基（)的物質(zhì)的量為0。5mol,含有的中子數(shù)為，故A正確;B．在SiO2晶體中，，每個(gè)Si原子形成4個(gè)Si-O鍵，的物質(zhì)的量為1mol，則含有的鍵數(shù)量為4NA,故B錯(cuò)誤；C．未指明Cl2的狀態(tài)，不知Vm的值，則無(wú)法計(jì)算22.4LCl2的物質(zhì)的量，也無(wú)法確定反應(yīng)中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)，故C錯(cuò)誤；D．沒(méi)有指明溶液的體積，根據(jù)n=cV,則無(wú)法計(jì)算溶液中含有的陰離子的物質(zhì)的量，故D錯(cuò)誤；故答案為A?！军c(diǎn)睛】順利解答該類題目的關(guān)鍵是：一方面要仔細(xì)審題，注意關(guān)鍵字詞，熟悉常見(jiàn)的“陷阱”;另一方面是要把各種量轉(zhuǎn)化為物質(zhì)的量,以此為中心進(jìn)行計(jì)算。特別要注意氣體摩爾體積、阿伏加德羅定律的適用范圍和使用條件。關(guān)于氣體摩爾體積的使用注意：①氣體的摩爾體積適用的對(duì)象為氣體，而標(biāo)況下水、CCl4、HF等為液體，SO3為固體；②必須明確溫度和壓強(qiáng)是0℃,101kPa，只指明體積無(wú)法求算物質(zhì)的量；③22。4L/mol是標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下或一定溫度、一定壓強(qiáng)下的氣體摩爾體積。8.下列金屬防腐措施中,使用犧牲陽(yáng)極的陰極保護(hù)法的是A.船身上裝鋅塊 B.將金屬制成防腐的合金C。金屬護(hù)欄表面噴油漆 D.鋼閘門(mén)連接電源的負(fù)極【答案】A【解析】【分析】金屬防腐的措施中，使用犧牲陽(yáng)極的陰極保護(hù)法，說(shuō)明該裝置構(gòu)成原電池，被保護(hù)的金屬作正極，據(jù)此分析解答.【詳解】A．船身上裝鋅塊，鐵為正極，鋅為負(fù)極，屬于犧牲陽(yáng)極的陰極保護(hù)法，故A符合；B．將金屬制成防腐的合金，改變金屬內(nèi)部結(jié)構(gòu)，沒(méi)有構(gòu)成原電池，故B不符合；C．金屬護(hù)欄表面噴油漆,隔絕潮濕的空氣，沒(méi)有構(gòu)成原電池，故C不符合；D．鋼閘門(mén)連接電源的負(fù)極,構(gòu)成電解池，屬于外加電流的陰極保護(hù)法,故D不符合；故選A。9。電化學(xué)合成氨法實(shí)現(xiàn)了氨的常溫常壓合成,一種堿性介質(zhì)下的工作原理如圖所示,下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A.b接外加電源的正極B.交換膜為陰離子交換膜C。右池中水發(fā)生還原反應(yīng)生成氧氣D.左池的電極反應(yīng)式為N2+6H2O+6e—=2NH3+6OH-【答案】C【解析】【詳解】裝置圖為電解池，通入氮?dú)獾碾姌O為陰極,得到電子發(fā)生還原反應(yīng)，與之連接的電源a為電源負(fù)極,連接的電解池的陰極電極反應(yīng)：N2+6H2O+6e-═2NH3+6OH—，則b為電源正極，連接的電解池陽(yáng)極上是氫氧根離子失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成氧氣，電極反應(yīng)：4OH-—4e—=2H2O+O2↑,離子交換膜為陰離子交換膜，據(jù)此解題。A．分析可知，b接外加電源的正極，A正確；B．氫氧根離子在電解池陽(yáng)極失電子發(fā)生氧化反應(yīng),離子交換膜為陰離子交換膜，B正確；C．右池中水發(fā)生氧化反應(yīng)生成氧氣，故C錯(cuò)誤；D．左池電解池陰極，發(fā)生的電極反應(yīng)式為：N2+6H2O+6e—═2NH3+6OH—，D正確;故答案為：C。10.三種有機(jī)物之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系如下,下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.X中所有碳原子處于同一平面B。Y的分子式為C.由Y生成Z的反應(yīng)類型為加成反應(yīng)D.Z的一氯代物有9種（不含立體異構(gòu)）【答案】B【解析】【詳解】A．X的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，分子結(jié)構(gòu)中含有兩個(gè)碳碳雙鍵，均為平面結(jié)構(gòu)，結(jié)構(gòu)中的非雙鍵碳原子相當(dāng)于乙烯基中的氫原子，則所有碳原子處于同一平面,故A正確；B．Y的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為,其分子式為C10H14O2,故B錯(cuò)誤；C．由Y生成Z的反應(yīng)為碳碳雙鍵與氫氣的加成,則反應(yīng)類型為加成反應(yīng)，故C正確;D．Z的等效氫原子有9種，則一氯代物有9種(不含立體異構(gòu)），故D正確；故答案為B。11。根據(jù)下列實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象得出的結(jié)論正確的是操作現(xiàn)象結(jié)論A將分別通入溴水和酸性高錳酸鉀溶液中溴水和酸性高錳酸鉀溶液均褪色具有漂白性B向溶液中滴加1~2滴溶液,再滴加2滴溶液先產(chǎn)生白色沉淀，后產(chǎn)生紅褐色沉淀C向滴有酚酞的溶液中加入少量固體有白色沉淀生成,溶液紅色變淺溶液中存在水解平衡D將與鹽酸反應(yīng)得到的氣體直通入溶液中產(chǎn)生白色沉淀酸性：A。A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．將分別通人溴水和酸性高錳酸鉀溶液中，溴水和酸性高錳酸鉀溶液均褪色，體現(xiàn)了SO2的還原性，而不是漂白性，故A錯(cuò)誤；B．向溶液中滴加1～2滴溶液,再滴加2滴溶液，觀察到先產(chǎn)生白色沉淀，后產(chǎn)生紅褐色沉淀,因NaOH溶液過(guò)量，無(wú)法判斷,故B錯(cuò)誤；C．向滴有酚酞的溶液中加入少量固體，發(fā)現(xiàn)有有白色沉淀生成，溶液紅色變淺，說(shuō)明Ba2+與CO32—結(jié)合生成BaCO3沉淀，促進(jìn)CO32—的水解平衡逆向移動(dòng)，溶液的堿性減弱，故C正確；D．將與鹽酸反應(yīng)得到的氣體直通入溶液中，觀察到產(chǎn)生白色沉淀,因鹽酸有揮發(fā)性,生成的CO2中混有HCl，則無(wú)法判斷碳酸的酸性比硅酸強(qiáng),故D錯(cuò)誤；故答案為C.12.實(shí)驗(yàn)室采用圖a裝置制備乙酸異戊脂夾持及加熱裝置略，產(chǎn)物依次用少量水、飽和溶液、水、無(wú)水固體處理后，再利用圖b裝置進(jìn)行蒸餾,從而達(dá)到提純目的。下列說(shuō)法正確的是A.分別從1、3口向冷凝管中通入冷水B.依次向a裝置中小心加入濃硫酸、乙酸和異戊醇C。第二次水洗的主要目的是洗掉等混合物中的鹽D。圖a和圖b裝置中的冷凝管可以互換【答案】C【解析】【詳解】A．冷凝管中冷凝水常采用下進(jìn)上出,使氣態(tài)物質(zhì)充分冷卻，所以從1、4口向冷凝管中通入冷水，故A錯(cuò)誤；B．濃硫酸吸水放熱，所以濃硫酸應(yīng)該緩慢加入異戊醇中，再加入乙酸，加入物質(zhì)的順序?yàn)楫愇齑?、濃硫酸、乙酸，故B錯(cuò)誤；C．加入飽和NaHCO3溶液的主要目的是除去殘留的硫酸，第二次水洗的主要目的是除去產(chǎn)品中殘留的碳酸氫鈉等鹽，使之加入水中與乙酸異戊脂分層，故C正確；D．圖a和圖b裝置中的冷凝管分別為球形冷凝管和直管冷凝管,球形冷凝管常與發(fā)生裝置連接，起冷凝回流作用，直管冷凝管常用于氣態(tài)物質(zhì)的冷凝，其下端接接收器,同時(shí)球形冷凝管傾斜角度大易造成堵塞，使冷凝效果變差，故D錯(cuò)誤.綜上所述，答案為C。13。恒溫恒容密閉容器中同時(shí)發(fā)生反應(yīng)Ⅰ和Ⅱ：反應(yīng)Ⅰ：反應(yīng)Ⅱ：

體系中隨時(shí)間t的變化如圖所示，則下列反應(yīng)過(guò)程中的能量變化示意圖正確的是A。 B.C。 D?！敬鸢浮緾【解析】【詳解】反應(yīng)物總能量大于生成物總能量,則該反應(yīng)為放熱反應(yīng),否則為吸熱反應(yīng)，根據(jù)題干信息知,反應(yīng)I為吸熱反應(yīng),則反應(yīng)物總能量小于生成物總能量；反應(yīng)II為放熱反應(yīng)，則反應(yīng)物總能量大于生成物總能量,符合條件的只有C，故選C。【點(diǎn)睛】反應(yīng)熱與反應(yīng)物總能量與生成物總能量相對(duì)大小有關(guān)，與反應(yīng)過(guò)程中能量變化無(wú)關(guān)。14。的催化氧化是硫酸工業(yè)中的重要反應(yīng)：,圖中、、X可分別代表壓強(qiáng)或溫度。下列說(shuō)法正確的是A。X代表壓強(qiáng)B.C.D.若c點(diǎn)的溫度或壓強(qiáng)分別為、,則c點(diǎn)【答案】D【解析】【詳解】A、如為壓強(qiáng)，增大壓強(qiáng)，平衡正向移動(dòng),轉(zhuǎn)化率增大,正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度平衡逆向移動(dòng)，轉(zhuǎn)化率減小，則X表示溫度，故A錯(cuò)誤；B、為氣體體積減小的反應(yīng)，增大壓強(qiáng)平衡正向移動(dòng),轉(zhuǎn)化率增大，L表示壓強(qiáng)，應(yīng)該，故B錯(cuò)誤;C、X表示溫度，則a、b點(diǎn)溫度不同，則平衡常數(shù)不同，故C錯(cuò)誤；D、c未達(dá)到平衡狀態(tài)，平衡正向移動(dòng)，則c點(diǎn)，故D正確；故選D。15.某種化合物（如圖）由W、X、Y、Z四種短周期元素組成,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。X與Y、Y與Z均可形成具有漂白性的化合物C。簡(jiǎn)單離子的氧化性：WXD。W與X的最高價(jià)氧化物的水化物可相互反應(yīng)【答案】A【解析】【分析】W、X、Y、Z均為短周期元素，且W、Y、Z分別位于三個(gè)不同周期，則其中一種元素為H，據(jù)圖可知W不可能是H，則Y或者Z有一種是氫，若Y為H,則不滿足“W、X、Y三種簡(jiǎn)單離子的核外電子排布相同”,所以Z為H，W和Y屬于第二或第三周期；據(jù)圖可知X可以形成+1價(jià)陽(yáng)離子，若X為L(zhǎng)i，則不存在第三周期的元素簡(jiǎn)單離子核外電子排布與X相同，所以X為Na；據(jù)圖可知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、Y三種簡(jiǎn)單離子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?！驹斀狻緼．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:Z＜Y＜W＜X，故A錯(cuò)誤；

B．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B正確；

C．金屬性越強(qiáng)，對(duì)應(yīng)簡(jiǎn)單離子的氧化性越弱，金屬性Al＜Na，則簡(jiǎn)單離子的氧化性:W＞X，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，二者可相互反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和水，故D正確；

故選：A.16.常溫下,用溶液滴定溶液，曲線如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A。滴定終點(diǎn)a可選擇甲基橙作指示劑B.c點(diǎn)溶液中C.b點(diǎn)溶液中D。a、b、c三點(diǎn)中水的電離程度最大的是c【答案】C【解析】【詳解】A．滴定終點(diǎn)生成Na3PO4，溶液顯堿性,則選擇甲基橙作指示劑，故A正確；B．c點(diǎn)消耗NaOH溶液體積為30mL，此時(shí)完全生成Na3PO4，溶液中的OH-來(lái)源于PO43-的水解和水的電離，則根據(jù)質(zhì)子守恒可得:，故B正確;C．b點(diǎn)消耗NaOH溶液體積為20mL，此時(shí)生成Na2HPO4，溶液中HPO42-的水解大于其電離，溶液顯堿性，則c（HPO42—）＞c(H2PO4-)＞c(PO43-）,故C錯(cuò)誤;D．a(chǎn)、b、c三點(diǎn)溶液中的溶質(zhì)分別為NaH2PO4、Na2HPO4和Na3PO4，其中Na3PO4溶液中PO43-的水解程度最大,水解促進(jìn)水的電離,則水的電離程度最大的是c,故D正確；故答案為C。二、實(shí)驗(yàn)題(本大題共1小題，共8。0分）17。實(shí)驗(yàn)室利用如下裝置制備氯酸鉀和次氯酸鈉?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1）滴加濃鹽酸的漏斗伸入試管底部,其原因?yàn)開(kāi)_______________________________。（2）裝置1中盛放的試劑為_(kāi)_______；若取消此裝置，對(duì)實(shí)驗(yàn)造成的影響為_(kāi)_______。(3）裝置中生成氯酸鉀的化學(xué)方程式為_(kāi)_______________________，產(chǎn)生等物質(zhì)的量的氯酸鉀和次氯酸鈉，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量之比為_(kāi)_______。（4）裝置2和3中盛放的試劑均為_(kāi)_______。（5)待生成氯酸鉀和次氯酸鈉的反應(yīng)結(jié)束后,停止加熱。接下來(lái)的操作為打開(kāi)________（填“a”或“b",下同），關(guān)閉________。【答案】（1)。液封,防止產(chǎn)生的氯氣從漏斗口逸出（2）.飽和食鹽水(3）。氯化氫與KOH和NaOH反應(yīng)，降低產(chǎn)率（4）.（5）.5:1（6）.NaOH溶液（7）。b(8)。a【解析】【詳解】(1)滴加濃鹽酸的長(zhǎng)頸漏斗下端伸入盛裝濃鹽酸的試管底部，可起液封作用,防止產(chǎn)生的氯氣從漏斗口逸出；（2)濃鹽酸有揮發(fā)性，制得的Cl2中混有揮發(fā)的HCl，則裝置1中盛放的試劑為飽和食鹽水，目的是為除去Cl2中混有的HCl，若取消此裝置，HCl會(huì)中和KOH和NaOH，降低產(chǎn)率；（3）Cl2溶于KOH溶液生成氯酸鉀和KCl，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為,生成1mol氯酸鉀轉(zhuǎn)移5mol電子,而生成1molNaClO轉(zhuǎn)移1mol電子，則產(chǎn)生等物質(zhì)的量的氯酸鉀和次氯酸鈉，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量之比為5：1；(4)裝置2和3的作用均為吸收含有Cl2的尾氣,則盛放的試劑均為NaOH溶液；（5）待生成氯酸鉀和次氯酸鈉的反應(yīng)結(jié)束后，停止加熱，為使剩余氯氣完全被裝置2中NaOH溶液吸收,接下來(lái)的操作為打開(kāi)b,關(guān)閉a。三、簡(jiǎn)答題（本大題共6小題，共49.0分）18.Ce4+與Ce3+之間的轉(zhuǎn)化被應(yīng)用于去除污染金屬工藝，目前國(guó)內(nèi)外采用下列兩種方法實(shí)現(xiàn)Ce4+的再生。回答下列問(wèn)題:（1）利用臭氧再生：反應(yīng)在酸性條件下進(jìn)行,有氧氣生成，其離子方程式為_(kāi)_；還原產(chǎn)物為_(kāi)_（填化學(xué)式)。（2）利用電化學(xué)再生：原理如圖所示，則陽(yáng)極的電極反應(yīng)式為_(kāi)_?！敬鸢浮浚?）.O3+2Ce2++2H+=O2+2Ce4++H2O（2）。H2O（3）。Ce3+—e-=Ce4+【解析】【分析】（1)臭氧具有強(qiáng)氧化性，氧化Ce3+生成Ce4+，結(jié)合電子守恒、電荷守恒寫(xiě)出反應(yīng)的離子方程式；（2）生成Ce4+為氧化反應(yīng)，發(fā)生在陽(yáng)極上，結(jié)合守恒寫(xiě)出電極反應(yīng)式。【詳解】(1)臭氧氧化Ce3+生成Ce4+和O2，結(jié)合守恒和酸性條件得到反應(yīng)的離子方程式為O3+2H++2Ce3+=H2O+2Ce4++O2,其中Ce4+是氧化產(chǎn)物，H2O是還原產(chǎn)物，故答案為：O3+2H++2Ce3+=H2O+2Ce4++O2；H2O；

（2）由電解池圖可知左側(cè)的Ce3+在陽(yáng)極發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)生成Ce4+，電極反應(yīng)式為Ce3+-e—=Ce4+,故答案為：Ce3+—e-=Ce4+。19。X、Y、Z三種物質(zhì)溶于水均完全電離，電離出、、、、、、三種物質(zhì)與溶液的反應(yīng)情況如下:①X溶液與足量溶液混合共熱可生成沉淀甲和有刺激性氣味的氣體；②Y溶液與少量溶液混合可生成沉淀乙，繼續(xù)加入溶液，沉淀乙溶解；③X溶液可溶解沉淀乙，但不能溶解沉淀甲.回答下列問(wèn)題:為_(kāi)_____,Z為_(kāi)_____

填化學(xué)式。溶液中所有離子濃度由大到小的順序?yàn)開(kāi)_____。溶液與Z溶液混合后發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)_____?！敬鸢浮?1）.（2）。（3)。（4)。2Al3++3CO+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑【解析】【分析】①有刺激性氣味的氣體為氨氣,則X中含有銨離子，沉淀甲可能為BaSO4或BaCO3；②與Ba（OH)2溶液反應(yīng)生成沉淀乙，繼續(xù)加入Ba(OH)2溶液，沉淀乙溶解,則沉淀乙為Al(OH)3，Y中含有Al3+;③Al(OH）3有兩性，能與酸、強(qiáng)堿反應(yīng)，X溶液可溶解沉淀乙Al（OH)3,但不能溶解沉淀甲，并且已知陰離子中無(wú)OH—，所以X中含有H+；綜合分析：結(jié)合①③可知X為酸式鹽,根據(jù)H+與CO不共存，則X為;根據(jù)Al3+與CO不共存可知,Y為AlCl3，根據(jù)X、Y、Z三種物質(zhì)由、、、、、、構(gòu)成可知，Z為，綜上,X為,Y為AlCl3，Z為,沉淀甲為BaSO4,沉淀乙為Al（OH）3?！驹斀狻?1）．由上述分析可知X為，Y為AlCl3,Z為，故答案為:；；(2）．X為中含有、、、，水解是增大,減小，所以溶液中所有離子濃度由大到小的順序?yàn)?，故答案為?(3）．氯化鋁溶液中鋁離子與碳酸鈉溶液中的碳酸根離子發(fā)生雙水解,反應(yīng)的離子方程式為：2Al3++3CO+3H2O=2Al（OH)3↓+3CO2↑，故答案為：2Al3++3CO+3H2O=2Al（OH)3↓+3CO2↑。20。磷鐵(含P、Fe、Cr等）是磷化工生產(chǎn)過(guò)程中產(chǎn)生的副產(chǎn)物，一種以磷鐵為原料制備和的流程如圖所示：已知：水浸后溶液的主要成分為和；的回答下列問(wèn)題:（1）“破碎”的目的為_(kāi)_______________________________________________________.（2)“焙燒"時(shí)，應(yīng)將原料加到________坩堝中（填“陶瓷"或“鋼制”），原因是_____________（結(jié)合化學(xué)方程式解釋),Cr單質(zhì)發(fā)生的主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)_______。(3）進(jìn)一步提純粗磷酸鈉晶體的方法為_(kāi)_______________。（4）“酸化”時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)_______________________________________________.（5)“沉鉻”時(shí)，加NaOH調(diào)節(jié)至pH為_(kāi)_______時(shí)，鉻離子剛好沉淀完全。(已知：,離子濃度為10-5mol/L時(shí)可認(rèn)為該離子沉淀完全）【答案】（1)。增大反應(yīng)物的接觸面積，提高培燒速率，使焙燒更充分（2)。鋼制(3）.，腐蝕陶瓷坩堝(4）。(5).重結(jié)晶（6）.（7)。5。48【解析】【分析】將磷鐵(含P、Fe、Cr等）粉碎后和碳酸鈉混合并在空氣中焙燒，用水溶解過(guò)濾除去鐵渣,水浸液的主要成分為和，將水浸液蒸發(fā)濃縮并冷卻結(jié)晶,過(guò)濾后即得到Na3PO4?12H2O的粗產(chǎn)品，濾液用稀硫酸酸化后，繼續(xù)還原得到Cr3+的溶液,再加入NaOH調(diào)節(jié)溶液的pH，即可得到Cr(OH)3沉淀，再經(jīng)過(guò)過(guò)濾操作即得產(chǎn)品,據(jù)此分析解題.【詳解】(1）焙燒前先將磷鐵粉碎，可增大反應(yīng)物的接觸面積，達(dá)到提高培燒速率，使焙燒更充分的目的;（2）因高溫下碳酸鈉和SiO2能反應(yīng)生成硅酸鈉和CO2，陶瓷中含有SiO2，則“焙燒”磷鐵和碳酸鈉混合物時(shí),應(yīng)將原料加到鐵制坩堝中，可防止發(fā)生反應(yīng)：,避免腐蝕陶瓷坩堝;焙燒時(shí)Cr單質(zhì)和Na2CO3在氧氣中發(fā)生反應(yīng)生成Na2CrO4和CO2，發(fā)生的主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為;(3）粗磷酸鈉晶體混有,可結(jié)合兩者的溶解度隨溫度變化情況,可通過(guò)重結(jié)晶提純得到精制的磷酸鈉晶體;(4）將溶液“酸化”得到Na2Cr2O7，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為；（5)已知Ksp［Cr（OH)3］=c(Cr3+）×c3(OH—）=2。7×10—31，當(dāng)c（Cr3+)=10-5mol/L，c(OH-)=mol/L=3×10-9mol/L,此時(shí)溶液的pH=14—9+lg3=5。48。21。三氯胺(NCl3)是一種飲用水二級(jí)消毒劑,可由以下反應(yīng)制備：Ⅰ。NH3（g）+3Cl2(g）=NCl3(1)+3HCl（g)△H回答下列問(wèn)題：（1）已知：Ⅱ.2NH3（g)+3Cl2(g)=N2(g）+6HCl(g）△H1Ⅲ.N2（g）+3Cl2(g）=2NCl3（1）△H2則△H=______用含△H1和△H2的代數(shù)式表示。（2)向容積均為2L的甲、乙兩個(gè)恒溫密閉容器中分別加入4

mol

和4

mol

Cl2,發(fā)生反應(yīng)Ⅰ，測(cè)得兩容器中隨反應(yīng)時(shí)間的變化情況如表所示：時(shí)間04080120160容器甲容器乙①0~80min內(nèi)，容器甲中______②反應(yīng)Ⅰ的△H______填“"或“”，其原因?yàn)開(kāi)_____.③關(guān)于反應(yīng)Ⅰ,下列說(shuō)法正確的是______填選項(xiàng)字母.A容器內(nèi),說(shuō)明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)B容器內(nèi)氣體密度不變，說(shuō)明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)C達(dá)平衡后,加入一定量，平衡逆向移動(dòng)D達(dá)平衡后，按原投料比再充入一定量反應(yīng)物。平衡后的轉(zhuǎn)化率增大④溫度為時(shí)，該反應(yīng)的平衡常數(shù)______?！敬鸢浮浚?)。(2)。（3）.＜（4）。容器乙中反應(yīng)速率快，所以；又因?yàn)槿萜饕抑衅胶鈺r(shí)大，說(shuō)明升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，△H＜0(5).BD（6）.【解析】【分析】（1）根據(jù)蓋斯定律分析.(2）①先計(jì)算氯氣的速率，再根據(jù)速率之比等于化學(xué)反應(yīng)計(jì)量數(shù)之比計(jì)算；②先根據(jù)表中數(shù)據(jù)判斷溫度大小，然后根據(jù)溫度對(duì)化學(xué)平衡的影響分析反應(yīng)熱;③根據(jù)化學(xué)平衡狀態(tài)特征及化學(xué)平衡移動(dòng)原理分析；④列出化學(xué)平衡三段式，利用三段式及化學(xué)平衡常數(shù)表達(dá)式計(jì)算?！驹斀狻浚?)根據(jù)蓋斯定律，第一個(gè)方程式加第二個(gè)方程式，再整體除以2可得:;故答案為：.（2)①,則,故答案：;②根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知,容器乙中優(yōu)先達(dá)到平衡，其反應(yīng)速率快，所以;又因?yàn)槿萜饕抑衅胶鈺r(shí)大,說(shuō)明升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，所以該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，其△H＜0；故答案為：＜；容器乙中反應(yīng)速率快，所以；又因?yàn)槿萜饕抑衅胶鈺r(shí)大，說(shuō)明升高溫度,平衡逆向移動(dòng)，△H＜0。③A．容器內(nèi)，無(wú)法判斷各組分濃度是否繼續(xù)變化，則無(wú)法判斷平衡狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；B．NCl3為液態(tài)，容器容積不變、混合氣體質(zhì)量為變量，則混合氣體的密度為變量，當(dāng)容器內(nèi)氣體密度不變時(shí)，說(shuō)明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故B正確；C．NCl3(l）為液態(tài)，達(dá)平衡后加入一定量NCl3(l)，平衡不移動(dòng),故C錯(cuò)誤；D．達(dá)平衡后，按原投料比再充入一定量反應(yīng)物，相當(dāng)于增大壓強(qiáng)，平衡向著正向移動(dòng)，則平衡后NH3的轉(zhuǎn)化率增大,故D正確;故答案為：BD。④溫度為時(shí)，該反應(yīng)的平衡常數(shù),溫度為時(shí),該反應(yīng)的平衡常數(shù);故答案為：?！军c(diǎn)睛】本題考查化學(xué)平衡的計(jì)算，題目難度中等，明確蓋斯定律內(nèi)容、化學(xué)平衡及其影響為解答關(guān)鍵，注意掌握三段式在化學(xué)平衡計(jì)算中的應(yīng)用，試題側(cè)重考查學(xué)生的分析能力及化學(xué)計(jì)算能力。22。硅鐵合金廣泛應(yīng)用于冶金工業(yè)，可用于鑄鐵時(shí)的脫氧劑、添加劑等，回答下列問(wèn)題：（1）基態(tài)Fe原子價(jià)層電子的電子排布圖為_(kāi)_______,基態(tài)Si原子電子占據(jù)最高能級(jí)的電子云輪廓圖為_(kāi)_______形。（2）綠簾石的組成為，將其改寫(xiě)成氧化物的形式為_(kāi)____________.（3）分子的中心原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為_(kāi)_______，分子的立體構(gòu)型為_(kāi)_______；四鹵化硅的熔、沸點(diǎn)如下，分析其變化規(guī)律及原因________________________________。熔點(diǎn)/K182.8202.7278。5393。6沸點(diǎn)/K177.4330。1408460.6(4）可與乙二胺（，簡(jiǎn)寫(xiě)為en）發(fā)生如下反應(yīng)：.的中心離子的配位數(shù)為_(kāi)_______；中的配位原子為_(kāi)_______。（5）在硅酸鹽中，四面體（圖a）通過(guò)共用頂角氧離子可形成多種結(jié)構(gòu)形式。圖b為一種多硅酸根，其中Si原子的雜化形式為_(kāi)_______，化學(xué)式為_(kāi)_______________。O·Si圖a圖b【答案】（1）.（2).啞鈴(3)。4CaO?Fe2O3?2Al2O3?6SiO2?H2O（4).4（5）.正四面體形（6）.熔、沸點(diǎn)依次升高，原因是分子結(jié)構(gòu)相似，相對(duì)分子量依次增大，分子間作用力逐漸增強(qiáng)(7).6（8）。O和N（9）。sp3(10）。或Si2O52-【解析】【分析】（1)基態(tài)Fe原子價(jià)層電子為其3d、4s能級(jí)上電子；基態(tài)Si原子電子占據(jù)的能級(jí)有1s、2s、2p,最高能級(jí)為2p；(2)綠簾石的組成為Ca2FeAl2(SiO4)(Si2O7）O(OH），將其改寫(xiě)成氧化物的形式時(shí)應(yīng)結(jié)合元素的化合價(jià)，依次寫(xiě)出金屬氧化物、非金屬氧化物、最后是水,并注意原子的最簡(jiǎn)單整數(shù)比不變；(3）SiCl4分子的中心原子為Si,形成4個(gè)σ鍵，具有甲烷的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)；由表中數(shù)據(jù)可知四鹵化硅的沸點(diǎn)逐漸升高,為分子晶體，沸點(diǎn)與相對(duì)分子質(zhì)量有關(guān)；(4)配離子為[Fe(H2O）6]2+,中心離子為Fe3+，配體為H2O,[Fe(H2O)4(en)]2+中配體為H2O和en，根據(jù)孤對(duì)電子確定配位原子;(5）硅酸鹽中的硅酸根（SiO44-)為正四面體結(jié)構(gòu)，所以中心原子Si原子采取了sp3雜化方式;圖中為一種無(wú)限長(zhǎng)層狀結(jié)構(gòu)的多硅酸根，圖中一個(gè)SiO44—四面體結(jié)構(gòu)單元中其中有3個(gè)氧原子的貢獻(xiàn)率為?！驹斀狻?1)基態(tài)Fe原子的核外價(jià)電子排布式為[Ar］3d64S2，基態(tài)Fe原子價(jià)層電子為其3d、4s能級(jí)上電子，則基態(tài)Fe原子的核外價(jià)電子排布圖為；基態(tài)Si原子電子占據(jù)的能級(jí)有1s、2s、2p，最高能級(jí)為2p，其電子云輪廓圖為啞鈴形；(2）綠簾石的組成為Ca2FeAl2（SiO4）（Si2O7）O(OH)，將其改寫(xiě)成氧化物的形式為4CaO?Fe2O3?2Al2O3?6SiO2?H2O；（3）SiCl4分子的中心原子為Si，形成4個(gè)σ鍵，價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，具有正四面體結(jié)構(gòu)；四鹵化硅的沸點(diǎn)逐漸升高，為分子晶體，沸點(diǎn)與相對(duì)分子質(zhì)量有關(guān)，相對(duì)分子質(zhì)量越大，沸點(diǎn)越高;（4)配離子為[Fe(H2O）6]2+，中心離子為Fe3+,配體為H2O，則配位數(shù)為6;中配體為H2O和en，其中O和N原子均能提供孤對(duì)電子，則配位原子為O和N；(5)硅酸鹽中的硅酸根（SiO44-)為正四面體結(jié)構(gòu)，所以中心原子Si原子采取了sp3雜化方式;圖（b）為一種無(wú)限長(zhǎng)層狀結(jié)構(gòu)的多硅酸根，圖（a）中一個(gè)SiO44—四面體結(jié)構(gòu)單元中其中有3個(gè)氧原子的貢獻(xiàn)率為，SiO44—四面體結(jié)構(gòu)單元含有1個(gè)硅、氧原子數(shù)目=1+3×=2.5，Si、O原子數(shù)目之比為1:2。5=2：5，故化學(xué)式或Si2O52-?！军c(diǎn)睛】硅酸鹽由鹽的書(shū)寫(xiě)改寫(xiě)為氧化物的形式即改寫(xiě)的一般方法歸納為：堿性氧化物、兩性氧化物、酸性氧化物、水(xMO?nSiO2?mH2O）．注意：①氧化物之間以“?”隔開(kāi)；②系數(shù)配置出現(xiàn)的分?jǐn)?shù)應(yīng)化為整數(shù)．如:正長(zhǎng)石