2023學(xué)年廣東省深圳市南山區(qū)高三(上)期末化學(xué)試卷

2023-2023學(xué)年廣東省深圳市南山區(qū)高三〔上〕期末化學(xué)試卷一、選擇題：此題共7小題，每題6分．在每題給出的4個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)為哪一項(xiàng)符合題目要求的．1．〔6分〕化學(xué)與人類生活親熱相關(guān)，以下說(shuō)法不正確的選項(xiàng)是〔 〕A．生物質(zhì)能源是可再生能源B．浸泡過(guò)高錳酸鉀溶液的硅土可用于水果保鮮C．二氧化硅是人類將太陽(yáng)能轉(zhuǎn)化為電能的常用材料D．地溝油可用于制取生物柴油2〔6分〕設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是〔 〕A．常溫常壓下，18gD2O10NAB．1mol/LNH4Cl溶液中含有NH+數(shù)目小于1N4 AC．熔融狀態(tài)下，1molNaHSO42NAD．56g鐵粉與肯定量的氯氣反響，轉(zhuǎn)移電子數(shù)≤3NA3．〔6分〕以下關(guān)于有機(jī)化合物的說(shuō)法正確的選項(xiàng)是〔 〕A．分子式為C4H8Cl210種B．可用碳酸鈉溶液鑒別乙酸、乙醇和苯C．1﹣2﹣丙醇均可與NaOH1﹣丙烯D．CH2＝C〔CH2CH3〕CH3的化學(xué)名稱是2﹣乙基﹣1﹣丙烯4〔6分〕以下圖示裝置和原理能到達(dá)試驗(yàn)?zāi)康氖恰?〕A驗(yàn)證鐵的電化學(xué)腐蝕類型A．A

B制取乙酸乙酯 C制取氨氣 D證明酸性：碳酸＞硅酸C．C D．D5〔6分〕、X、Y、Z四種短周期主族元素在周期表中的相對(duì)位置如下圖，由此可知〔 〕X YW ZA．四種元素簡(jiǎn)潔離子半徑最小的肯定是YB．四種元素最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物酸性最強(qiáng)的肯定是YC．假設(shè)W為金屬，則常溫下W不與濃硫酸反響D．簡(jiǎn)潔氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性肯定是：X＞Z6．〔6分〕型鋰﹣空氣電池具有能量密度高的優(yōu)點(diǎn)，有望成為能源汽車的電源，其構(gòu)造如下圖，其中固體電解質(zhì)只允許Li+通過(guò)，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是〔〕放電時(shí)，負(fù)極反響式：Li﹣e﹣+OH﹣＝LiOH放電時(shí)，當(dāng)外電路中有1mole﹣轉(zhuǎn)移時(shí)，水性電解液離子總數(shù)增加1NAC．應(yīng)用該電池電鍍銅，陰極質(zhì)量增加64g11.2LO2D．假設(shè)把水性電解液換成固體氧化物電解質(zhì)，則正極會(huì)由于生成Li2O而引起碳孔堵塞，不利于正極空氣的吸附7〔6分〕將pH均為，體積均為V0的HA和HB溶液，分別加水稀釋至體積V，pH隨lg的變化如下圖，以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是〔〕水的電離程度：b＞c＞a假設(shè)分別用等濃度的NaOH溶液完全中和，消耗NaOH的體積：b＞a＞c假設(shè)分別用等濃度的NaOH溶液完全中和，所得溶液的pH：a＞b＞cD．溶液中離子總濃度：a＞b＞c二、非選擇題：包括必考題和選考題兩局部．第 8題～第10題為必考題，每個(gè)小題考生都必需作答．第11題～第12題為選考題，考生依據(jù)要求作答．〔一〕必考題〔3題，共43〕8．〔14分〕甲烷與氯氣取代反響的試驗(yàn)是高中化學(xué)中的一個(gè)重要試驗(yàn)。某興趣小組對(duì)該試驗(yàn)進(jìn)展了改進(jìn)。答復(fù)以下問(wèn)題：氯氣的制備。氯氣的發(fā)生裝置可選擇上圖中的 〔填字母，反響的化學(xué)方程式為 ；②欲收集一瓶純潔的氯氣，選擇上圖中的裝置，其連接挨次：發(fā)生裝置流方向，用小寫字母表示。甲烷與氯氣的反響。

〔按氣將甲烷和上述收集到的氯氣按體積比1：3充入注射器，關(guān)閉夾子K2裝置〔夾持儀器省略〕進(jìn)展試驗(yàn)。操作步驟操作步驟試驗(yàn)現(xiàn)象解釋緣由2min①注射器內(nèi)②甲烷與氯氣生成二氯甲烷的化學(xué)方程式為關(guān)閉高壓汞燈，待裝置恢復(fù)至室溫，翻開K③④9〔15分〕草酸鈷是制作氧化鈷和金屬鈷的原料。 一種利用含鈷廢料〔主要成分為Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、CaO、MgO、碳及有機(jī)物等〕制取CoC2O4的工藝流程如下：焙燒的目的是 ；“浸出液1”的主要成分是 ；鈷浸出過(guò)程中Co3+轉(zhuǎn)化為Co2+，反響的離子方程式為 ；凈化除雜過(guò)程中，先調(diào)整溶液pH至1.0～1.5，40～50℃參加H2O2，作用是〔用離子方程式表示〕；再升溫80～85℃，參加Na2CO3溶液，調(diào)pH至4.0～4.5，目的是 ；然后參加過(guò)量的NaF，可將鈣、鎂離子轉(zhuǎn)化為沉淀過(guò)濾除去，假設(shè)所得濾液中c〔Ca2+〕＝1.010﹣5mol/L，則濾液中c〔Mg2+〕為〔MgF2〕＝7.35×10﹣11、Ksp〔CaF2〕＝1.05×10﹣10】

【Ksp1.00g樣品，將其用適當(dāng)試劑轉(zhuǎn)化，得到草酸銨溶液，再用過(guò)量稀硫酸酸化，用0.1000mol/L高錳酸鉀溶液滴定，當(dāng)溶液時(shí)，即到達(dá)滴定終點(diǎn)，共用去高錳酸鉀溶液26.00mL，計(jì)算草酸鈷樣品的純度為 。1〔14分〕掌握和治理C2是解決溫室效應(yīng)及能源問(wèn)題的有效途徑。爭(zhēng)論說(shuō)明，在Cu/ZnO催化劑存在下，CO2和H2反響生成液態(tài)甲醇和液態(tài)水，該反響的熱化學(xué)方程式為 。：H2〔g〕和CH3OH〔l〕的標(biāo)準(zhǔn)燃燒熱分別為﹣283.0kJ?mol﹣1和﹣726.5kJ?mol﹣1：2CO2〔g〕+6H2〔g〕?C2H4〔g〕+4H2O〔g〕△H．在兩個(gè)固定容積均為2L的密閉容器中以不同的氫碳比 〔CO2〕1所示。

]充入H2CO2CO2的平衡轉(zhuǎn)化率α①x 〔填大于、小于或等于〕2.0；x ②列式計(jì)算P點(diǎn)時(shí)的K ＝ 〔K 指用平衡時(shí)用各物質(zhì)的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)來(lái)代替該物質(zhì)的平衡濃度來(lái)計(jì)算平衡常數(shù)的一種的表達(dá)式。x ③PQKP是 。

KQ〔填大于、小于或等于〕，理由以稀硫酸為電解質(zhì)溶液，惰性材料為電極，利用太陽(yáng)能將CO2轉(zhuǎn)化為低碳烯烴，2所示。+的移動(dòng)方向是 〔填從左至右或從右至左；②產(chǎn)生乙烯的電極反響式為 。三、選考題2題中選1題，共15分〔選修：物質(zhì)構(gòu)造與性質(zhì)〔15分〕11．〔15分〕黃銅是由銅和鋅組成的合金，在黃銅中參加鎳可顯著提高黃銅在大氣中和海水中的耐蝕性。答復(fù)以下問(wèn)題：基態(tài)Ni2+的核外電子排布式為 ，有 個(gè)未成對(duì)電子。CuSO4溶液里逐滴滴入過(guò)量氨水，形成深藍(lán)色溶液。①深藍(lán)色的溶液是由于生成了一種配離子，其配原子是 。②NH3分子的空間構(gòu)型是是 。

。NH3的鍵角

〔填大于或小于〕H2O，緣由③SO4晶體中存在的化學(xué)鍵的類型是 〔填字母〕a．離子鍵 b．非極性鍵 c．金屬鍵 d．配位鍵 e．π鍵CuZn的第一電離能分別為：ICu＝745.5kJ?mol﹣1、IZn＝906.4kJ?mol﹣1，ICu＜IZn的緣由是 。ZnS在熒光體、光導(dǎo)體材料等行業(yè)中應(yīng)用廣泛。立方ZnS晶體構(gòu)造如下圖。其晶胞參數(shù)a＝540.0pm，其密度為 g?cm﹣3〔列出計(jì)算式即可〕?！策x修：有機(jī)化學(xué)根底〔15分〕12．尼龍﹣66〔材料，其合成路線如下圖。

〕是一種用途廣泛的有機(jī)高分子〔1〕以下關(guān)于有機(jī)高分子材料，說(shuō)法正確的選項(xiàng)是 〔填字母〕糖類、油脂、蛋白質(zhì)都是有機(jī)高分子材料的化學(xué)名稱是聚己二酸己二酯對(duì)于一種高分子材料，n是不確定的，因而它的相對(duì)分子質(zhì)量只是一個(gè)平均值聚氯乙烯的單體可由聚乙烯的單體與氯化氫加成制得〔2〕1，3﹣丁二烯可以發(fā)生加聚反響，其產(chǎn)物順式聚1，3﹣丁二烯構(gòu)造簡(jiǎn)式為 。〔3〕A中官能團(tuán)的名稱為 、 。〔4〕寫出反響類型：反響④ 、⑥ ?！?〕B和C可發(fā)生縮聚反響生成尼龍﹣66，其化學(xué)方程式為： 。寫出符合以下條件的C的同分異構(gòu)體的構(gòu)造簡(jiǎn)式： 。①1mol該物質(zhì)能與銀氨溶液反響生成4molAg②能與NaOH溶液反響③33：1：1〕參照上述合成路線，以13﹣丁二烯為原料〔無(wú)機(jī)試劑任選〕，設(shè)計(jì)合成的合成路線。2023-2023學(xué)年廣東省深圳市南山區(qū)高三〔上〕期末化學(xué)試卷參考答案與試題解析一、選擇題：此題共7小題，每題6分．在每題給出的4個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)為哪一項(xiàng)符合題目要求的．1．〔6分〕化學(xué)與人類生活親熱相關(guān)，以下說(shuō)法不正確的選項(xiàng)是〔 〕A．生物質(zhì)能源是可再生能源B．浸泡過(guò)高錳酸鉀溶液的硅土可用于水果保鮮C．二氧化硅是人類將太陽(yáng)能轉(zhuǎn)化為電能的常用材料D．地溝油可用于制取生物柴油【解答】解：A．生物質(zhì)是指通過(guò)光合作用而形成的各種有機(jī)體，可以再生，屬于可再生能源，故A正確；B．乙烯具有催熟效力，高錳酸鉀能氧化乙烯，所以浸泡過(guò)高錳酸鉀溶液的硅土可用于水果保鮮，故B正確；C．硅為良好的半導(dǎo)體材料，是人類將太陽(yáng)能轉(zhuǎn)化為電能的常用材料，故C錯(cuò)誤；D．地溝油成分為油脂，利用地溝油制取生物柴油，可以變廢為寶，故D正確；應(yīng)選：C。2〔6分〕設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是〔 〕A．常溫常壓下，18gD2O10NAB．1mol/LNH4Cl溶液中含有NH+數(shù)目小于1N4 AC．熔融狀態(tài)下，1molNaHSO42NAD．56g鐵粉與肯定量的氯氣反響，轉(zhuǎn)移電子數(shù)≤3NA【解答】解：A、18g重水的物質(zhì)的量為0.9mol10個(gè)中子，故0.9mol重9NA個(gè)中子，故A錯(cuò)誤；B、溶液體積不明確，故溶液中銨根離子的個(gè)數(shù)無(wú)法計(jì)算，故B錯(cuò)誤；C、熔融狀態(tài)下NaHSO4只能完全電離為鈉離子和HSONaHSO4中含陽(yáng)離子個(gè)數(shù)為NA個(gè)，故C錯(cuò)誤；

1mol熔融的4D、56g鐵粉與肯定量的氯氣完全反響，生成氯化鐵，假設(shè)鐵完全反響轉(zhuǎn)移電子數(shù)為 3NA，假設(shè)鐵不完全反響轉(zhuǎn)移電子數(shù)＜3NA，故D正確。應(yīng)選：D。3．〔6分〕以下關(guān)于有機(jī)化合物的說(shuō)法正確的選項(xiàng)是〔 〕A．分子式為C4H8Cl210種B．可用碳酸鈉溶液鑒別乙酸、乙醇和苯C．1﹣2﹣丙醇均可與NaOH1﹣丙烯D．CH2＝C〔CH2CH3〕CH3的化學(xué)名稱是2﹣乙基﹣1﹣丙烯【解答】解：A．分子式為C4H8Cl2的有機(jī)化合物，為丁烷的二氯代物，一氯丁烷有4種，二氯丁烷可看作氯原子取代一氯丁烷，有機(jī)化合物有9種，故A錯(cuò)誤；B．碳酸鈉溶液與乙酸反響放出CO2氣體、碳酸鈉溶液與乙醇互溶，碳酸鈉溶液不溶于苯，分層，故B正確；C.1﹣2﹣丙醇均可與NaOH的醇溶液共熱制備丙烯，故C錯(cuò)誤；D．CH2＝C〔CH2CH3〕CH32﹣甲基﹣1﹣丁烯，故D錯(cuò)誤。應(yīng)選：B。4〔6分〕以下圖示裝置和原理能到達(dá)試驗(yàn)?zāi)康氖恰?〕A驗(yàn)證鐵的電化學(xué)腐蝕類型A．A

B制取乙酸乙酯 C制取氨氣 D證明酸性：碳酸＞硅酸C．C D．D【解答】解：A．食鹽水為中性，可發(fā)生吸氧腐蝕，F(xiàn)e失去電子，氧氣得到電子，紅墨水沿導(dǎo)管上升，故A正確；B．導(dǎo)管在碳酸鈉溶液的液面下，可發(fā)生倒吸，導(dǎo)管口應(yīng)在液面上，故B錯(cuò)誤；C．氯化銨分解后在試管口化合生成氯化銨，應(yīng)選銨鹽與堿加熱制備，故C錯(cuò)誤；D．鹽酸易揮發(fā)，鹽酸與硅酸鈉反響，不能比較碳酸、硅酸的酸性，故DA。5〔6分〕、X、Y、Z四種短周期主族元素在周期表中的相對(duì)位置如下圖，由此可知〔 〕XXYWZA．四種元素簡(jiǎn)潔離子半徑最小的肯定是YB．四種元素最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物酸性最強(qiáng)的肯定是YC．假設(shè)W為金屬，則常溫下W不與濃硫酸反響D．簡(jiǎn)潔氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性肯定是：X＞Z【解答】解：W、X、Y、ZX和Y位于其次周期，WZ位于第三周期，WIA族到第ⅤA族元素，A．依據(jù)圖示，W、X、Y、Z四種短周期主族元素可能是Al、C、N、Si，N3﹣的半徑大于Al3+，故A錯(cuò)誤；B．W、X、Y、Z四種短周期主族元素可能是P、O、F、S，酸性最強(qiáng)的是ZB錯(cuò)誤；C．假設(shè)W為金屬，W、X、Y、Z四種短周期主族元素可能是Al、C、N、Si，常溫下Al在濃硫酸中鈍化，故C錯(cuò)誤；D．同主族元素從上到下非金屬性減弱，非金屬性越強(qiáng)，簡(jiǎn)潔氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性越強(qiáng)，故穩(wěn)定性X＞Z，故D正確；應(yīng)選：D。6．〔6分〕型鋰﹣空氣電池具有能量密度高的優(yōu)點(diǎn)，有望成為能源汽車的電源，其構(gòu)造如下圖，其中固體電解質(zhì)只允許Li+通過(guò)，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是〔 〕放電時(shí)，負(fù)極反響式：Li﹣e﹣+OH﹣＝LiOH放電時(shí)，當(dāng)外電路中有1mole﹣轉(zhuǎn)移時(shí)，水性電解液離子總數(shù)增加1NAC．應(yīng)用該電池電鍍銅，陰極質(zhì)量增加64g11.2LO2D．假設(shè)把水性電解液換成固體氧化物電解質(zhì)，則正極會(huì)由于生成Li2O而引起碳孔堵塞，不利于正極空氣的吸附【解答】解：A．放電時(shí)，負(fù)極上Li失電子得到Li+，則負(fù)極反響式：Li﹣e﹣═Li+，故A錯(cuò)誤；B1mole﹣1mol，同時(shí)Li+1mol2NA，故B錯(cuò)誤；C．沒(méi)有說(shuō)明是否是C錯(cuò)誤；D．電解液換成固體氧化物電解質(zhì)，則正極會(huì)生成Li2O，這樣會(huì)引起碳孔堵塞，不利于正極空氣的吸附，故D正確。應(yīng)選：D。7〔6分〕將pH均為，體積均為V0的HA和HB溶液，分別加水稀釋至體積V，pH隨lg 的變化如下圖，以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是〔 〕水的電離程度：b＞c＞a假設(shè)分別用等濃度的NaOH溶液完全中和，消耗NaOH的體積：b＞a＞c假設(shè)分別用等濃度的NaOH溶液完全中和，所得溶液的pH：a＞b＞cD．溶液中離子總濃度：a＞b＞c【解答】解：通過(guò)以上分析知，HA為強(qiáng)酸、HB為弱酸，A．酸抑制水電離，酸中c〔H+〕c〔H+〕：a＞b＝c，所以水電離程度a＜b＝c，故A錯(cuò)誤；B．HA是強(qiáng)酸、HB是弱酸，則pH＝3的兩種溶液中，c〔HA〕＜c〔HB〕，等體積等pH的兩種酸分別與等濃度的NaOH溶液反響，消耗NaOH體積與酸的物質(zhì)的量成正比，abn〔HB〕cn〔HA〕，所以消耗NaOHa＝b＞c，故B錯(cuò)誤；C．假設(shè)分別用等濃度的NaOHa、b、c點(diǎn)溶液溶質(zhì)分別是NaB、NaB、NaAa點(diǎn)濃度大于b點(diǎn)，NaB溶液呈堿性、NaA溶液呈中性，c〔NaB〕濃度越大溶液的pH越大，則pH：a＞b＞c，故C正確；D．溶液中存在電荷守恒：c點(diǎn)〔+〕＝〔O﹣〕+〔﹣，、b點(diǎn)〔H〕＝cO﹣+〔﹣，各點(diǎn)溶液中總離子濃度是c〔H+〕的2倍，c〔H+〕越大溶液中總離子濃度越大，依據(jù)圖知，c〔H+〕：a＞b＝c，所以溶液中總離子濃度a＞b＝c，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選：C。二、非選擇題：包括必考題和選考題兩局部．第 8題～第10題為必考題，每個(gè)小題考生都必需作答．第11題～第12題為選考題，考生依據(jù)要求作答．〔一〕必考題〔3題，共43分〕8．〔14分〕甲烷與氯氣取代反響的試驗(yàn)是高中化學(xué)中的一個(gè)重要試驗(yàn)。某興趣小組對(duì)該試驗(yàn)進(jìn)展了改進(jìn)。答復(fù)以下問(wèn)題：氯氣的制備。氯氣的發(fā)生裝置可選擇上圖中的 〔B〕〔填字母，反響的化學(xué)方程式為2KMnO4+16HCl＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O〔MnO2+4HCl〔濃〕 MnCl2+Cl2↑+2H2O〕；②欲收集一瓶純潔的氯氣，選擇上圖中的裝置，其連接挨次：發(fā)生裝置 k→l→i→j→e→f→g 〔按氣流方向，用小寫字母表示。甲烷與氯氣的反響。將甲烷和上述收集到的氯氣按體積比1：3充入注射器，關(guān)閉夾子K2裝置〔夾持儀器省略〕進(jìn)展試驗(yàn)。操作步驟2min

試驗(yàn)現(xiàn)象 解釋緣由①注射器內(nèi) 黃綠色漸漸②甲烷與氯氣生成二氯甲烷去，筒內(nèi)壁附著有少量無(wú)色的化學(xué)方程式為CH4+2Cl2液滴CH2Cl2+2HCl關(guān)閉高壓汞燈，待裝置恢復(fù)至室溫，翻開K ③ 液體倒吸進(jìn)入注射器④ 反響有HCl生成，其顯內(nèi)，且溶液呈紅色 酸性，且極易溶于水【解答】解：〔1〕①常溫下高錳酸鉀與濃鹽酸反響生成氯氣，氯氣的發(fā)生裝置可選擇上圖中的A，反響的化學(xué)方程式為2KMnO4+16HCl＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；加熱條件下二氧化錳與濃鹽酸反響生成氯氣，氯氣的發(fā)生裝置可選擇上圖中的B，反響的化學(xué)方程式為Mn2+4HC〔濃〕 MnC2+C↑+2O；故答案為：〔B；2KMnO4 +16HCl＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O〔BMnO2 +4HCl〔濃〕MnC2+C2+2O；②欲收集一瓶純潔的氯氣，需要先除雜再枯燥，最終用向上排空氣法收集，其連接順序：發(fā)生裝置klijefg，故答案為：k→l→i→j→e→f→g；〔2〕①甲烷和氯氣在光照條件下生成氯代烷和氯化氫，注射器內(nèi)黃綠色漸漸褪去，筒內(nèi)壁附著有少量無(wú)色液滴；故答案為：黃綠色漸漸褪去，筒內(nèi)壁附著有少量無(wú)色液滴；②甲烷與氯氣生成二氯甲烷的化學(xué)方程式為CH4+2Cl2 CH2Cl2+2HCl；故答案為：CH4+2Cl2 CH2Cl2+2HCl；③翻開K，由于氯化氫極易溶于水生成鹽酸倒吸，產(chǎn)生紅色噴泉，故答案為：液體倒吸進(jìn)入注射器內(nèi)，且溶液呈紅色；K，反響有HCl生成，其顯酸性，且極易溶于水，由于氯化氫極易溶于水生成鹽酸倒吸，產(chǎn)生紅色噴泉，故答案為：反響有HCl生成，其顯酸性，且極易溶于水。9〔15分〕草酸鈷是制作氧化鈷和金屬鈷的原料。 一種利用含鈷廢料〔主要成分為Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、CaO、MgO、碳及有機(jī)物等〕制取CoC2O4的工藝流程如下：焙燒的目的是除去碳和有機(jī)物；“浸出液1”的主要成分是NaAlO2 ；2〕鈷浸出過(guò)程中Co3+轉(zhuǎn)化為Co2+，反響的離子方程式為 2Co3++SO2﹣+HO＝232﹣ +2Co2++SO4 +2H ；〔4〕凈化除雜過(guò)程中，先調(diào)整溶液pH至1.0～1.540～50H2O22Fe2++2H++H2O2＝2Fe3++2H2O〔用離子方程式表示〕；再升溫至80～85℃，參加Na2CO3pH至4.0～4.5，目的是將Fe3+完全轉(zhuǎn)化為Fe〔OH〕3沉淀除去；然后參加過(guò)量的NaF，可將鈣、鎂離子轉(zhuǎn)化為沉淀過(guò)濾除去，假設(shè)所得濾液中c〔Ca2+〕＝1.0×10﹣5mol/L，則濾液中c〔Mg2+〕為7.0×10﹣6mol/L 【Ksp〔MgF2〕＝7.35×10﹣11、Ksp〔CaF2〕＝1.05×10﹣10】〔5〕為測(cè)定制得的無(wú)水草酸鈷樣品的純度，現(xiàn)稱取1.00g樣品，將其用適當(dāng)試劑轉(zhuǎn)化，得到草酸銨溶液，再用過(guò)量稀硫酸酸化，用0.1000mol/L高錳酸鉀溶液滴定，當(dāng)溶液由無(wú)色變?yōu)闇\紅色，且半分鐘內(nèi)不變色 時(shí)，即到達(dá)滴定終點(diǎn)，共用去高錳酸鉀溶液26.00mL，計(jì)算草酸鈷樣品的純度為95.55% ?！窘獯稹拷猓骸?〕550℃焙燒，碳和有機(jī)物可生成二氧化碳而除去，故答案為：除去碳和有機(jī)物；〕依據(jù)流程圖Co2O3難溶于氫氧化鈉溶液，F(xiàn)e2O3、Al2O3、CaO、MgO中只有Al2O3能與氫氧化鈉反響生成NaAlO2，“浸出液1NaAlO2，故答案為：NaAlO2；Co3+轉(zhuǎn)化為Co2+，Co元素被SO

2﹣復(fù)原，反響的離子方程式為2Co3++SO2﹣332﹣ ++H2O＝2Co2++SO4+2H，2﹣ 2+ 2﹣ +故答案為：2Co3++SO3+H2O＝2Co+SO4+2H；凈化除雜過(guò)程中，先調(diào)整溶液pH至1.0～1.5，40～50℃參加H2O2，作用是把Fe2+氧化為Fe3+，離子方程式表示為2Fe2++2H++H2O2＝2Fe3++2H2O；再升溫至80～85Na2CO3pH至4.0～4.5Fe3+Fe〔OH〕3沉淀除去；依據(jù)Ksp〔CaF2〕＝1.05×10﹣10，c〔Ca2+〕＝1.0×10﹣5mol/L，c〔F﹣〕2＝＝1.05×10﹣5L，則濾液中c〔Mg2+〕為 ＝7.0×10﹣6mol/L，故答案為：2Fe2++2H++H2O2＝2Fe3++2H2O；將Fe3+完全轉(zhuǎn)化為Fe〔OH〕3沉淀除去；7.0×10﹣6mol/L；〔5〕當(dāng)溶液由無(wú)色變?yōu)闇\紅色，且半分鐘內(nèi)不變色時(shí)，即到達(dá)滴定終點(diǎn)。由5CoC2O4～5〔NH4〕2C2O4～2KMnO4m〔CoC2O4〕＝2610﹣3L×0.1mol/L×147g/mol＝0.9555g，草酸鈷樣品的純度為 ×100%＝95.55%，故答案為：由無(wú)色變?yōu)闇\紅色，且半分鐘內(nèi)不變色；95.55%。1〔14分〕掌握和治理C2是解決溫室效應(yīng)及能源問(wèn)題的有效途徑。Cu/ZnO催化劑存在下，CO2H2反響生成液態(tài)甲醇和液態(tài)水，該反響的熱化學(xué)方程式為3H2〔g〕+CO2〔g〕＝CH3OH〔l〕+H2O〔l〕H＝﹣122.5kJ/mol。：H2〔g〕和CH3OH〔l〕的標(biāo)準(zhǔn)燃燒熱分別為﹣283.0kJ?mol﹣1和﹣726.5kJ?mol﹣1：2CO2〔g〕+6H2〔g〕?C2H4〔g〕+4H2O〔g〕△H．在兩個(gè)固定容積均為2L的密閉容器中以不同的氫碳比 〔CO2〕1所示。

]充入H2CO2CO2的平衡轉(zhuǎn)化率α①x 大于〔填大于、小于或等于〕2.0；x ②列式計(jì)算P點(diǎn)時(shí)的K ＝729 〔K 指用平衡時(shí)用各物質(zhì)的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)來(lái)代替該物質(zhì)的平衡濃度來(lái)計(jì)算平衡常數(shù)的一種的表達(dá)式x ③比較P點(diǎn)和Q點(diǎn)的化學(xué)平衡常數(shù)：KP 小于KQ〔填大于、小于或等于〕，理由是 由圖可知，該反響為放熱反響，因此，溫度上升，平衡左移，K值減小，KP小于KQ 。以稀硫酸為電解質(zhì)溶液，惰性材料為電極，利用太陽(yáng)能將CO2轉(zhuǎn)化為低碳烯烴，2所示。+的移動(dòng)方向是從右至左〔填從左至右或從右至左；②產(chǎn)生乙烯的電極反響式為2CO2+12H++12e﹣＝C2H4+4H2O ?！窘獯稹拷猓骸?〕熱化學(xué)方程式①H2〔g〕+ O2〔g〕＝H2O〔l〕△H＝﹣283.0kJ?mol﹣1；②CH3OH〔l〕+ O2〔g〕＝2H2O〔l〕+CO2〔g〕△H＝﹣726.5kJ?mol﹣1，依據(jù)蓋斯定律①×2﹣②得CO2和H2反響生成液態(tài)甲醇和液態(tài)水的熱化學(xué)方程式 3H2〔g〕+CO2〔g〕＝CH3OH〔l〕+H2O〔l〕△H＝﹣122.5kJ/mol，故答案為：3H2〔g〕+CO2〔g〕＝CH3OH〔l〕+H2O〔l〕△H＝﹣122.5kJ/mol；①一樣溫度下，圖示，x2.0，故答案為：大于；②Q曲線投料比0.5，

越大，即投入H2越多，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率越大，依據(jù)＝2，設(shè)二氧化碳為amol2amol，二氧化碳轉(zhuǎn)化起始量〔mol〕變化量〔mol〕

a0.5a

2CO2〔g〕+6H2〔g〕?C2H4〔g〕+4H2O〔g〕2a 0 01.5a 0.25a a平衡量〔mol〕 0.5a 0.5a 0.25a a氣體總物質(zhì)的量＝〔0.5a+0.5a+0.25a+a〕＝2.25a，Kx＝ ＝729，故答案為：729；③由圖可知，該反響為放熱反響，因此，溫度上升，平衡左移，KKP小于KQ，故答案為：小于；該反響為放熱反響，因此，溫度上升，平衡左移，K值減小，KP小KQ；①該裝置為電解池，右側(cè)電極上生成氧氣，則右側(cè)為水失電子生成氧氣和H+，左側(cè)二氧化碳得電子和氫離子反響生成烯烴，H+的移動(dòng)方向是從右至左，故答案為：從右至左；②左側(cè)電極上二氧化碳得電子和氫離子反響生成烯烴，則產(chǎn)生乙烯的電極反響式為2CO2+12H++12e﹣＝C2H4+4H2O，故答案為：2CO2+12H++12e﹣＝C2H4+4H2O。三、選考題2題中選1題，共15分〔選修：物質(zhì)構(gòu)造與性質(zhì)〔15分〕11．〔15分〕黃銅是由銅和鋅組成的合金，在黃銅中參加鎳可顯著提高黃銅在大氣中和海水中的耐蝕性。答復(fù)以下問(wèn)題：基態(tài)Ni2+的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d8 ，有 2 個(gè)未成對(duì)電子。CuSO4溶液里逐滴滴入過(guò)量氨水，形成深藍(lán)色溶液。①深藍(lán)色的溶液是由于生成了一種配離子，其配原子是 N。子②NH3分子的空間構(gòu)型是 三角錐形。NH3的鍵角 大于〔填大于或小于〕H2O，緣由是 NH3和H2O分子的VSEPR模型都是四周體形，但H2O分子中心原子孤電子對(duì)數(shù)大于NH3分子，對(duì)σ③SO4晶體中存在的化學(xué)鍵的類型是 ade〔填字母〕a．離子鍵b．非極性鍵c．金屬鍵d．配位鍵e．π鍵CuZn的第一電離能分別為：ICu＝745.5kJ?mol﹣1、IZn＝906.4kJ?mol﹣1，ICu＜IZn3d10全布滿構(gòu)造，性質(zhì)穩(wěn)定；而鋅原子失去一個(gè)電子后，變成3d104s1這樣的不穩(wěn)定構(gòu)造，故鋅的第一電離能比銅大。。ZnS在熒光體、光導(dǎo)體材料等行業(yè)中應(yīng)用廣泛。立方ZnS晶體構(gòu)造如下圖。其晶胞參數(shù)a＝540.0pm，其密度為 g?cm﹣3〔列出計(jì)算式即可?！窘獯稹拷猓骸?〕Ni28號(hào)元素，核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d84s2，因此Ni2+1s22s22p63s23p63d82個(gè)未成對(duì)電子；故答案為：1s22s22p63s23p63d8，2；①氨分子中N原子供給孤對(duì)電子，N是配原子；故答案為：N；②N原子以sp3雜化軌道成鍵，分子中含有孤對(duì)電子，NH3分子的空間構(gòu)型是三角錐形。NH3H2OVSEPR模型都是四周體形，但H2O分子中心原子有2對(duì)孤電子對(duì)，大于NH31σ鍵的排斥力更大，所以水中鍵角更??；故答案為：NH3H2OVSEPR模型都是四周體形，但H2O分子中心原子NH3分子，對(duì)σ③[Cu〔NH3〕4]SO4晶體是離子化合物，存在的離子鍵、N與銅離子之間存在配位鍵、SO42﹣中存在π鍵；故答案為：ade；Cu原子失去一個(gè)電子后，外圍電子排布變?yōu)?d10全布滿構(gòu)造，性質(zhì)穩(wěn)定；而鋅原3d104s23d104s1的不穩(wěn)定構(gòu)造，所以鋅的第一電離能比銅大；故答案為：銅原子失去一個(gè)電子后，外圍電子3d10全布滿構(gòu)造，性質(zhì)穩(wěn)定；而鋅原子失去一個(gè)電子后，變成3d104s1這樣的不穩(wěn)定構(gòu)造，故鋅的第一電離能比銅大。ZnS晶胞的體積為〔540.0×10﹣10cm〕3．S2﹣位于晶胞的頂點(diǎn)和面心，Zn2+位于晶胞的內(nèi)部，一個(gè)ZnSS2﹣8×+6×＝44Zn2+，即ZnS4個(gè)“ZnS”n〔Z