2024年1月浙江省普通高校招生選考科目化學仿真模擬卷01（全解全析）

2024年1月浙江省普通高校招生選考科目化學仿真模擬試卷01(考試時間：90分鐘滿分100分)可能用到的相對原子質(zhì)量：H1Li7B11C12N14O16Na23Mg24Al27Si28S32Cl35.5K39Ca40Ti48CFe56Cu64Ge73A75Ag108Ba137Ce140P選擇題部分一、選擇題(本大題共16小題，每小題3分，共48分。每個小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分)1．化學在藥物開發(fā)、合成和使用中起著至關(guān)重要的作用。下列胃酸藥物的成分屬于有機物的是()A．NaHCO3 B．Al2Mg6(OH)16CO3?4H2OC．C12H10O14BiK3 D．Al(OH)3【答案】C【解析】A項，NaHCO3為無機鹽，不屬于有機物，A錯誤；B項，Al2Mg6(OH)16CO3?4H2O為無機鹽，不屬于有機物，B錯誤；C項，C12H10O14BiK3屬于有機物，C正確；D項，Al(OH)3為兩性氫氧化物，不屬于有機物，D錯誤；故選C。2．下列化學用語表示不正確的是()A．2，2?二甲基丁烷的結(jié)構(gòu)簡式：

B．三氟化硼分子的空間填充模型：

C．次氯酸分子的電子式：

D．基態(tài)氯原子的簡化電子排布式：[Ar]4s24p5【答案】D【解析】A項，根據(jù)烷烴的命名原則，2，2甲基丁烷的結(jié)構(gòu)簡式為

，故A正確；B項，三氟化硼的結(jié)構(gòu)簡式為BF3，中心原子B價層電子對數(shù)為3，無孤電子對，空間構(gòu)型為平面正三角形，其空間填充模型為

，故B正確；C項，HClO的結(jié)構(gòu)式為HOCl，其電子式為

，故C正確；D項，基態(tài)氯原子的簡化電子排布式為[Ne]3s23p5，故D錯誤；故選D。3．鎂、鋰的性質(zhì)相似，下列有關(guān)鋰的說法不正確的是()A．Li2SO4易溶于水 B．LiOH是受熱不易分解的強堿C．Li遇濃硫酸不產(chǎn)生“鈍化”現(xiàn)象 D．Li2CO3受熱分解，生成Li2O和CO2【答案】B【解析】A項，Li2SO4與硫酸鎂性質(zhì)類似易溶于水，故A正確；B項，LiOH和Mg(OH)2性質(zhì)類似，Mg(OH)2是難溶于水的弱堿，受熱易分解，因此LiOH也是難溶于水的弱堿，加熱易分解，故B錯誤；C項，Mg與濃硫酸不產(chǎn)生鈍化，Li遇濃硫酸也不會產(chǎn)生鈍化現(xiàn)象，故C正確；D項，MgCO3受熱易分解生成MgO和CO2，Li2CO3受熱也分解，生成Li2O和CO2，故D正確；故選B。4．物質(zhì)的性質(zhì)決定用途。下列兩者對應關(guān)系不正確的是()A．鉀鈉合金室溫下呈液態(tài)，可用作核反應堆的傳熱介質(zhì)B．75%乙醇水溶液有強還原性，廣泛用于皮膚或環(huán)境消毒C．SO2能使某些色素褪色，加熱恢復原色，可用作暫時性漂白劑D．NaNO2是一種防腐劑和著色劑，可用于香腸等肉制品的添加劑【答案】B【解析】A項，合金的熔點低于組分的熔點，鉀鈉合金室溫下呈液態(tài)，可用作核反應堆的傳熱介質(zhì)，A正確；B項，75%乙醇水溶液可以使蛋白質(zhì)變性，常用于皮膚或環(huán)境消毒，B錯誤；C項，SO2能使某些色素褪色，發(fā)生化合反應生成無色不穩(wěn)定物質(zhì)，加熱恢復原色，可用作暫時性漂白劑，C正確；D項，NaNO2是一種防腐劑和著色劑，適量使用于香腸等肉制品的添加劑，D正確；故選B。5．下列說法不正確的是()A．圖①裝置可用于制備乙酸乙酯B．圖②裝置可由FeCl3·6H2O制取無水FeCl3固體C．圖③可模擬鋼鐵的吸氧腐蝕D．圖④可由海水制取蒸餾水【答案】B【解析】A項，用乙酸與乙醇加熱制備乙酸乙酯，飽和碳酸鈉吸收乙醇、中和乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，A正確；B項，直接加熱會促進水解，生成的HCl易揮發(fā)，得到氫氧化鐵，繼續(xù)加熱會使氫氧化鐵分解產(chǎn)生氧化鐵，得不到固體，B錯誤；C項，鋼鐵為合金，構(gòu)成活潑性不同的兩個電極，在中性條件下發(fā)生吸氧腐蝕，C正確；D項，實驗室用海水制取蒸餾水用蒸餾的方法制備，蒸餾時用到蒸餾燒瓶、酒精燈、冷凝管、牛角管、錐形瓶等儀器，注意溫度計水銀球應處在蒸餾燒瓶的支管口附近，冷凝管應從下口進水，上口出水，D正確；故選B。6．法醫(yī)常采用馬氏試砷法鑒定砒霜(As2O3)中毒。檢驗時將鹽酸、鋅粉、試樣混合，發(fā)生反應As2O3+6n+12H6nAsH3↑+3H2O。將生成的氣體導入熱的石英管中，若管壁上有亮黑色砷鏡產(chǎn)生，則證明試樣中含有砒霜。下列說法正確的是()A．鹽酸、鋅粉、試樣混合生成AsH3的反應中，As2O3是還原劑B．產(chǎn)生2.24mLAsH3氣體，反應轉(zhuǎn)移6.0×104mol電子C．若鹽酸、鋅粉、試樣反應溫度過高，可能會降低石英管中檢測的效果D．石英管中通入樣品產(chǎn)生的氣體之前無需排出內(nèi)部空氣，但需要預熱【答案】C【解析】A項，鹽酸、鋅粉、試樣混合生成AsH3的反應中，As2O3中As元素化合價降低，As2O3是氧化劑，故A錯誤；B項，產(chǎn)生2.24mLAsH3氣體，反應轉(zhuǎn)移電子為2.24×103L+22.4L/mol×6=6.0×105mol，故B錯誤；C項，若鹽酸、鋅粉、試樣反應溫度過高，可能會導致AsH3分解，降低石英管中檢測的效果，故C正確；D項，石英管中通入樣品產(chǎn)生的氣體之前需要排出因部空氣，故D錯誤；故選C。7．已知NA為阿伏加德羅常數(shù)，下列有關(guān)說法正確的是()A．1molNH4NO3完全溶于稀氨水中，溶液呈中性，溶液中NH4+的數(shù)目為NAB．0.1mol/L的Na2S溶液中：N(S2)+N(HS)+N(H2S)=0.1NAC．含1molCr2O72的酸性溶液與足量H2O2反應生成的過程中轉(zhuǎn)移電子數(shù)為8NAD．標況下22.4LCH2Cl2中含有2NA氯原子【答案】A【解析】A項，1molNH4NO3完全溶于稀氨水中，溶液呈中性，根據(jù)電荷守恒可知，，則溶液中NH4+的數(shù)目為NA，A正確；B項，沒有溶液體積，不確定硫原子的物質(zhì)的量，B錯誤；C項，含1molCr2O72的酸性溶液與足量H2O2反應生成，由結(jié)構(gòu)可知，反應前后鉻元素、氧元素化合價沒有改變，不是氧化還原反應，不存在電子轉(zhuǎn)移，C錯誤；D項，標況下CH2Cl2不是氣體，不確定其物質(zhì)的量，D錯誤；故選A。8．下列說法不正確的是()A．苯甲酸重結(jié)晶過程中，加熱、玻璃棒攪拌均能提高苯甲酸的溶解度B．利用質(zhì)譜儀可區(qū)分乙醇和二甲醚C．研究有機物的一般步驟：分離、提純→確定實驗式→確定化學式→確定結(jié)構(gòu)式D．用苯萃取溴水時有機層應從上口倒出【答案】A【解析】A項，加熱能提高苯甲酸的溶解速率，也能提高苯甲酸的溶解度，但攪拌只能提高溶解速率，不能改變?nèi)芙舛?，故A錯誤；B項，質(zhì)譜儀可測定有機物的相對分子質(zhì)量，乙醇和二甲醚在質(zhì)譜儀中裂解時會產(chǎn)生不同的斷裂，得到的質(zhì)譜圖不相同，可以區(qū)分，故B正確；C項，研究有機物一般經(jīng)過以下幾個基本步驟：分離、提純→確定實驗式→確定分子式→確定結(jié)構(gòu)式，故C正確；D項，苯的密度小于水的密度，且苯和水不互溶，苯和水混合后分層，下層是水，上層是苯，用苯萃取溴水中的溴，分液時有機層從分液漏斗的上端倒出，故D正確；故選A。9．下列反應的方程式不正確的是()A．將碳酸氫鈣溶液與過量的澄清石灰水混合：HCO3+a2++OH=aCO3↓+H2OB．將稀硫酸加入硫代硫酸鈉溶液：S2O32+SO42+4H+=2SO2↑+S↓+2H2OC．CuSO4溶液與閃鋅礦(ZnS)反應生成銅藍(CuS)：ZnS(s)＋Cu2+(aq)CuS(s)+Zn2+(aq)D．向銀氨溶液中滴加乙醛，水浴加熱，析出光亮銀鏡：CH3CHO+22↓+3【答案】B【解析】A項，碳酸氫鈣溶液與過量的澄清石灰水混合反應生成碳酸鈣沉淀和水，離子方程式正確，故A正確；B項，稀硫酸加入硫代硫酸鈉溶液，硫代硫酸根離子在酸性條件下會發(fā)生歧化反應，其離子方程式為：S2O32+2H+=SO2↑+S↓+H2O，故B錯誤；C項，CuSO4溶液與ZnS反應生成CuS和硫酸鋅，其中ZnS和CuS難溶于水，離子方程式正確，故C正確；D項，銀氨溶液中滴加乙醛，水浴加熱，反應生成乙酸銨、Ag和水，離子方程式正確，故D正確；故選B。10．羥醛縮合的關(guān)鍵在于攫取，使其轉(zhuǎn)化成離去，其反應機理如圖所示：下列說法不正確的是()A．該反應可用堿作催化劑B．兩分子苯甲醛可發(fā)生羥醛縮合反應C．乙醛中CH3的CH的極性強于丙酮中CH3的CH的極性D．CH3CH=CHCHO中存在單雙鍵交替的結(jié)構(gòu)體系，穩(wěn)定性增加【答案】B【解析】A項，該反應步驟中生成了氫離子，用堿作催化劑有利于反應正向進行，提高產(chǎn)率，A正確；B項，苯甲醛中與醛基相連的碳上沒有氫原子，不能發(fā)生羥醛縮合反應，B錯誤；C項，乙醛中的醛基的極性大于丙酮中的羰基，對碳氫共用電子對的吸引力更強，因此乙醛中CH3的CH的極性強于丙酮中CH3的CH的極性，C正確；D項，CH3CH=CHCHO中存在單雙鍵交替的結(jié)構(gòu)體系，單雙鍵交替存在，分子軌道線性組成形成一組能量低的成鍵軌道和能量高的反鍵軌道，電子填充在成鍵軌道上所以穩(wěn)定，D正確；故選B。11．A、B、C、D、E為20號以前的元素，原子序數(shù)逐漸增大。A元素的原子最外層電子排布式為nsnnpn；A與C同一周期，基態(tài)C原子的s軌道與p軌道電子數(shù)相等；D、E元素的基態(tài)原子都只有一個未成對電子，它們相互作用形成的離子的電子層結(jié)構(gòu)相同，并且離子最高能級的電子對數(shù)等于其最高能層的電子層數(shù)。下列說法正確的是()A．簡單氫化物的沸點：B．同周期元素第一電離能小于C的有5種C．氧化物對應水化物的酸性：D．A、D和C、E形成的化合物中可能均含有非極性共價鍵【答案】D【解析】A、B、C、D、E為20號以前的元素，原子序數(shù)逐漸增大，A元素的原子最外層電子排布式為nsnnpn，n=2，價電子排布2s22p2，為C元素，A與C同一周期，基態(tài)C原子的s軌道與p軌道電子數(shù)相等，判斷A為O元素，B為N元素，D、E元素的基態(tài)原子都只有一個未成對電子，它們相互作用形成的離子的電子層結(jié)構(gòu)相同，并且離子最高能級的電子對數(shù)等于其最高能層的電子層數(shù)，判斷D為Cl元素，E為K元素。A項，簡單氫化物中B為NH3，C為H2O，分子間都可以形成氫鍵，沸點高，水分子形成氫鍵多，沸點最高，A和D形成的氫化物，相對分子質(zhì)量越大，沸點越高，氫化物的沸點：H2O＞NH3＞HCl＞CH3，故A錯誤；B項，C為O元素，為第二周期，從左到右增大趨勢，第ⅡA、ⅤA元素原子的第一電離能大于同周期相鄰元素原子，同周期元素第一電離能小于C的有Li、Be、B、C，共4種，故B錯誤；C項，最高價氧化物對應水化物的酸性為D＞B＞A，不是最高價氧化物對應水化物形成的酸性不一定，如HClO＜H2CO3，故C錯誤；D項，A、D形成的化合物C2Cl4中含非極性鍵，C、E形成的化合物可以是K2O2含有非極性共價鍵，故D正確；故選D。12．下列有關(guān)說法不正確的是()A．搓捻“熱袋”(如圖1)中的金屬小圓片，熱袋中過飽和溶液因結(jié)晶而放熱B．使用后的“熱袋”變硬后可放入沸水中使之變回液態(tài)，取出冷卻后備用C．制備明礬晶體實驗中(如圖2)，析出的明礬覆蓋到小晶體表面，晶體變大，若急速冷卻，可獲得更大顆粒的晶體D．向明礬溶液中加入過量NaF溶液后再加濃氨水，發(fā)現(xiàn)無白色沉淀生成，說明F比OH更易結(jié)合Al3+【答案】C【解析】A項，結(jié)晶過程中會形成離子鍵，形成化學鍵會放熱，故A正確；B項，“熱袋”變硬后表示已經(jīng)結(jié)晶，放入沸水中吸收熱量后晶體融化變?yōu)橐簯B(tài)，可以重復使用，故B正確；C項，結(jié)晶的過程速度要適當，如果急速冷卻，晶體的顆粒會變小，故C錯誤；D項，Al3+與過量的NaF反應會生成冰晶石即六氟鋁酸鈉，再加氨水，無白色沉淀，無法說明F比OH更易結(jié)合Al3+，故D正確。故選C。13．現(xiàn)有一微型原電池，含有FeC，用于除去廢水中的HCOOH，其工作原理為：向廢水中通入空氣后生成H2O2，H2O2與HCOOH反應生成CO2，以下說法不正確的是()A．正極反應：H2O2+2e+2H+=2H2OB．若不通入O2，則可能產(chǎn)生H2C．H2O2處理廢液生成CO2的方程式：HCOOH+H2O2=CO2↑+2H2OD．每轉(zhuǎn)移2mol電子，可以除去廢水中的HCOOH46g【答案】A【解析】由題意可知，鐵屑為原電池的負極，鐵失去電子發(fā)生氧化反應生成亞鐵離子，碳粉為正極，酸性條件下，通入的氧氣在正極得到電子發(fā)生還原反應生成過氧化氫，過氧化氫與廢水中的甲酸反應生成二氧化碳和水。A項，碳粉為正極，酸性條件下，通入的氧氣在正極得到電子發(fā)生還原反應生成過氧化氫，A錯誤；B項，若不通入氧氣，廢水中的甲酸電離出的氫離子能在正極得到電子發(fā)生還原反應生成氫氣，B正確；C項，正極放電生成的過氧化氫與廢水中的甲酸反應生成二氧化碳和水，反應的化學方程式為HCOOH+H2O2=CO2↑+2H2O，C正確；D項，由正極電極反應式O2＋2e—＋2H+＝H2O2可知轉(zhuǎn)移2mol電子時生成1mol過氧化氫，由反應HCOOH+H2O2=CO2↑+2H2O可知此時消耗甲酸1mol，質(zhì)量為，D正確；故選A。14．甲酸(HCOOH)可在納米級Pd表面分解為活性H2和CO2，經(jīng)下列歷程實現(xiàn)NO3的催化還原。已知Fe(Ⅱ)、Fe(Ⅲ)表示Fe3O4中二價鐵和三價鐵。下列說法不正確的是()A．生產(chǎn)中將催化劑處理成納米級顆?？稍龃蠹姿岱纸獾乃俾蔅．在整個歷程中，每1molH2可還原2molNO3C．HCOOH分解時，只有極性共價鍵發(fā)生了斷裂D．反應歷程中生成的H+可調(diào)節(jié)體系pH，有增強NO3氧化性的作用【答案】B【解析】A項，生產(chǎn)中將催化劑處理成納米級顆?？稍龃蠼佑|面積，增大甲酸分解的速率，故A正確；B項，整個歷程中，1molH2失電子形成2molH+轉(zhuǎn)移2mole，1molNO3最終得電子形成0.5molN2轉(zhuǎn)移5mole，所以1molH2可以還原0.4molNO3，故B錯誤；C項，HCOOH分解產(chǎn)生CO2和H2，所以會發(fā)生碳氫鍵和碳氧鍵的斷裂，只有極性共價鍵發(fā)生了斷裂，故C正確；D項，NO3與NO2在氧化Fe2+的過程中需要消耗氫離子，pH值降低，但H2還原Fe3+過程中生成H+，所以生成的氫離子可以起到調(diào)節(jié)pH的作用，有增強NO3氧化性的作用，故D正確；故選B。15．H2S是常見的二元弱酸(電離常數(shù)Ka1(H2S)=1.1×107，Ka2(H2S)=1.3×1013)。氫氧化鐵[Ksp=2.8×10－39]、氫氧化鋅[Ksp=3.0×10－17]均為難溶多元弱堿，硫化鋅[Ksp=1.6×10－24]為難溶鹽。所有數(shù)據(jù)均為25℃的值。下列有關(guān)說法不正確的是()A．因為H2S的Ka1Ka2，所以c(S2)Ka2=1.3×1013mol/LB．Fe(OH)3飽和溶液中的c(Fe3+)1×1010mol/LC．分別向等體積等濃度的(CH3COO)2Zn、ZnSO4溶液中通入等物質(zhì)的量的H2S沉淀ZnS后，前者c(Zn2+)更小D．的Na2S溶液與相同物質(zhì)的量的ZnSO4反應，只沉淀ZnS【答案】D【解析】A項，H2S在水溶液中的電離方程式為：H2SH++HS、HSH++S2，Ka1=，Ka2=，因為H2S的Ka1Ka2，可以任務(wù)c(H+)≈c(HS)，所以c(S2)Ka2=1.3×1013mol/L，故A正確；B項，F(xiàn)e(OH)3溶于水所得飽和溶液中存在平衡：Fe(OH)3Fe3++3OH，設(shè)c(Fe3+)=amol/L，則c(OH)=3amol/L，Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)c3(OH)=a×(3a)3=2.8×1039，解得a1×1010mol/L，故B正確；C項，(CH3COO)2Zn是強堿弱酸鹽，其水溶液呈堿性，抑制H2S的電離，c(S2)更大，沉淀Zn2+更加徹底，c(Zn2+)更小，故C正確；D項，氫氧化鋅的Ksp=3.0×10－17，則當0.1mol/L的ZnSO4溶液中Zn2+開始沉淀時，c(OH)=，pH=，則的Na2S溶液與相同物質(zhì)的量的ZnSO4反應，除了沉淀ZnS還會生成Zn(OH)2，故D錯誤；故選D。16．下列方案設(shè)計、現(xiàn)象和結(jié)論都正確的是()實驗方案現(xiàn)象結(jié)論A將新制飽和氯水慢慢滴入含有酚酞的氫氧化鈉稀溶液中當?shù)蔚揭欢繒r，紅色褪去氯水具有酸性B將銅絲與濃硫酸反應產(chǎn)生的氣體通入紫色石蕊溶液中石蕊溶液先變紅后褪色SO2氣體具有漂白性C將NO2與N2O4的混合氣體通入密閉的注射器，壓縮活塞混合氣體的顏色變淺增大壓強會使化學平衡向氣體體積縮小的方向移動D在2％AgNO3溶液中，逐滴滴入2％的氨水先產(chǎn)生沉淀，后沉淀溶解結(jié)合銀離子能力：氨分子氫氧根離子【答案】D【解析】A項，將新制飽和氯水慢慢滴入含有酚酞的氫氧化鈉稀溶液中，Cl2與水反應生成HCl和HClO，其中HClO具有漂白性，也能使紅色褪去，故A錯誤；B項，銅絲與濃硫酸反應產(chǎn)生的氣體為SO2，SO2通入石蕊溶液中，會與水生成H2SO3，使溶液變紅，SO2不能使石蕊溶液褪色，故B錯誤；C項，密閉的注射器中NO2與N2O4會相互轉(zhuǎn)化中2NO2(g)N2O4(g)，壓縮活塞，有色氣體NO2的濃度增大，雖然增大壓強會使化學平衡向氣體體積縮小的方向移動，但并不能抵消因體積減小而使NO2的濃度增大的量，最終的結(jié)果仍是NO2的濃度增大，故C錯誤；D項，在1ml2％AgNO3溶液中，逐滴滴入2％的氨水，先生成AgOH白色沉淀，然后沉淀溶解于氨水中，生成[Ag(NH3)2]+，所以氨分子結(jié)合銀離子的能力大于氫氧根離子結(jié)合銀離子的能力，故D正確；故選D。非選擇題部分二、非選擇題(本大題共5小題，共52分)17．(10分)鈦及其合金因有比重輕、強度高、耐腐蝕、耐高溫等優(yōu)異性能，廣泛用于航天、航空、航海設(shè)施、醫(yī)藥等領(lǐng)域。請回答：(1)基態(tài)鈦原子的價層電子排布式是。(2)TiFe合金、硼氮甲基環(huán)戊烷(

，間三氮三硼環(huán)在結(jié)構(gòu)上與苯極為相似)都可作儲氫材料。下列說法正確的是___________。A．吸、放氫過程都發(fā)生了化學變化B．鐵元素位于第四周期、第ⅧB族C．硼氮甲基環(huán)戊烷組成元素中的第一電離能：N>BD．硼氮甲基環(huán)戊烷組成元素中的C、N原子的雜化方式都是sp3(3)TiCl4分子結(jié)構(gòu)與CCl4相同。①TiCl4能形成[Ti(NH3)6]Cl4，則HNH的鍵角：[Ti(NH3)6]Cl4(填“大于”“小于”或“等于”)NH3。②CCl4遇水難水解，而TiCl4極易水解，原因是。(4)某硅鈦化合物具有非常理想的導電性，可作電極材料。其晶胞如圖，則化學式為。【答案】(1)3d24s2(2分)(2)AC(2分)(3)大于(2分)鈦的原子半徑比碳的大，TiCl鍵的鍵長比CCl鍵的長，TiCl鍵的鍵能較小，易斷裂(2分)(4)TiSi2(2分)【解析】(1)Ti為22號元素，Ti原子的價層電子排布式為3d24s2；(2)因為三氮化硼環(huán)在結(jié)構(gòu)上與苯極為相似，故用苯環(huán)的結(jié)構(gòu)來推導其結(jié)構(gòu)性質(zhì)；A項，吸氫、放氫過程都是化學變化，A正確；B項，鐵為26號元素，位于第四周期、第Ⅷ族，B錯誤；C項，根據(jù)電離能的遞變規(guī)律曲線可知，電離能N>B，C正確；D項，因為三氮三硼環(huán)結(jié)構(gòu)與苯極為相似，故由苯環(huán)結(jié)構(gòu)推測其結(jié)構(gòu)可知，N的雜化方式sp2，C的雜化方式sp3，D錯誤；故選AC；(3)①[Ti(NH3)6]Cl4中N原子上的孤電子對已經(jīng)與Ti形成配位鍵，對NH鍵的成鍵電子對的排斥作用下降，故[Ti(NH3)6]Cl4中的HNH的鍵角增大；②Ti原子半徑比碳的大，TiCl鍵的鍵長比CCl鍵的鍵長長，TiCl鍵能較小，易斷裂，故CCl4遇水難水解，而TiCl4極易水解；(4)根據(jù)均攤法可知，一個晶胞中含有8+6+4=8個Ti，含有8+8+10=16個Si，故分子式為TiSi2。18．(10分)鉻酸鉛(PbCrO4)通常用作著色劑，一種以CrCl3·6H2O和Pb(NO3)2等為原料制備PbCrO4的流程如圖。已知：Cr(OH)3性質(zhì)與Al(OH)3類似；pH>7時，Pb2＋開始轉(zhuǎn)化為Pb(OH)2沉淀。請按要求回答：(1)第①步所得綠色溶液中的陰離子有。(2)第②步的離子方程式為。(3)第③步中加入醋酸調(diào)pH=5的目的是。(4)下列說法正確的是_______A．第②步和第④步煮沸的目的相同B．第③步中6mol/L醋酸溶液可用3mol/L硫酸代替C．第③步反應后溶液呈橙黃色是因為CrO42部分轉(zhuǎn)化為Cr2O72D．第④步可知，PbCrO4的溶度積小于PbCr2O7(5)化學分析中采用CrO42為指示劑：以AgNO3標準液滴定溶液中的Cl，利用Ag+與CrO42生成磚紅色沉淀，指示到達滴定終點。當溶液中Cl恰好沉淀完全時，溶液中c(CrO42)等于mol/L。(已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分別為2.0×1012和2.0×1010)?！敬鸢浮?1)CrO2或Cr(OH)4、OH、Cl(2分)(2)2CrO2＋3H2O2+2OH=2CrO42+4H2O或2Cr(OH)4＋3H2O2+2OH=2CrO42+8H2O(2分)(3)將溶液堿性調(diào)為弱酸性，防止產(chǎn)生Pb(OH)2沉淀；且防止產(chǎn)生過多的Cr2O72(2分)(4)CD(2分)(5)5.0×103(2分)【解析】向CrCl3·6H2O中加入過量的NaOH溶液，因Cr(OH)3性質(zhì)與Al(OH)3類似，因此過量的NaOH溶液可以將Cr3+轉(zhuǎn)化為CrO2，隨后向綠色溶液中加入濃H2O2將CrO2轉(zhuǎn)化為CrO42，隨后加入煮沸除去多余的H2O2，用醋酸調(diào)節(jié)溶液pH防止加入Pb(NO3)2溶液后產(chǎn)生氫氧化鉛沉淀，最后加入Pb(NO3)2溶液得到PbCrO4沉淀；【解析】(1)Cr(OH)3性質(zhì)與Al(OH)3類似；第①步加入過量氫氧化鈉將CrCl3·6H2O轉(zhuǎn)化為CrO2，所得綠色溶液中的陰離子有CrO2或Cr(OH)4、OH、Cl；(2)過氧化氫具有強氧化性，第②步加入濃H2O2將CrO2轉(zhuǎn)化為CrO42，反應中Cr化合價由+3變?yōu)?6、過氧化氫中氧化合價由1變?yōu)?，根據(jù)電子守恒、質(zhì)量守恒配平，離子方程式為2CrO2＋3H2O2+2OH=2CrO42+4H2O或2Cr(OH)4＋3H2O2+2OH=2CrO42+8H2O；(3)pH>7時，Pb2＋開始轉(zhuǎn)化為Pb(OH)2沉淀，第③步中加入醋酸調(diào)pH=5的目的將溶液堿性調(diào)為弱酸性，防止產(chǎn)生Pb(OH)2沉淀；且防止產(chǎn)生過多的Cr2O72；(4)A項，第②步煮沸是為了除去多余的H2O2，第④步煮沸的目的是促進PbCrO4沉淀的生成，錯誤；B項，硫酸會和鉛離子生成硫酸鉛沉淀，故第③步中6mol/L醋酸溶液不可用3mol/L硫酸代替，錯誤；C項，Cr2O72(橙色)+H2O2H++2CrO42(黃色)，酸性條件下CrO42會轉(zhuǎn)化為Cr2O72，故第③步反應后溶液呈橙黃色是因為CrO42部分轉(zhuǎn)化為Cr2O72，正確；D項，橙黃色溶液中存在CrO42、Cr2O72，而第④步得到PbCrO4沉淀，說明PbCrO4的溶度積小于PbCr2O7，正確；故選CD；(5)當溶液中Cl恰好沉淀完全時，溶液中，則。19．(10分)工業(yè)上，以C3H8為原料，通過不同反應生產(chǎn)更高價值的C3H6。I.C3H8直接分解生產(chǎn)C3H6：反應①：C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)ΔH1＝+124kJ·mol－1反應②：C3H8(g)3C(s)+4H2(g)ΔH2

請回答：(1)恒溫下，往恒容(10L)反應釜中通入4molC3H8(g)(僅考慮發(fā)生上述反應)。某時刻C3H8轉(zhuǎn)化率為20%，C3H6選擇性為40%，則該時刻反應①的濃度商QC=。(2)下列說法正確的是_______。A．反應①能自發(fā)進行的條件是低溫B．溫度升高，反應②的平衡常數(shù)增大C．壓強增大，活化分子百分數(shù)增多，導致反應①速率加快D．可通過C(s)的物質(zhì)的量不再變化判斷反應②達到平衡狀態(tài)(3)研究表明，在固體催化劑N存在下，反應①分三步進行，生成C3H6步驟的活化能遠大于生成H2步驟的活化能，且開始一段時間內(nèi)C3H6與H2的生成速率幾乎相同(不考慮反應②)。畫出步驟2和步驟3生成產(chǎn)物的反應過程能量示意圖。II.CO2輔助C3H8生產(chǎn)C3H6：反應③：C3H8(g)+CO2(g)C3H6(g)+CO(g)+H2O(g)ΔH3＝+164kJ·mol－1

恒溫恒壓下，CO2和C3H8按物質(zhì)的量之比1：1以一定流速通入裝有某復合催化劑的反應器中，反應過程如圖所示：(4)關(guān)于反應過程，下列說法正確的是_______。A．M可循環(huán)利用，

不可循環(huán)利用B．過程1作用力a是氫鍵，過程2涉及極性鍵的形成和斷裂C．溫度升高，過程1和過程2的反應速率均加快，總反應速率一定加快D．其他條件不變，更換不同催化劑，同樣生產(chǎn)1molC3H6(g)所需能量不一定相同(5)對該反應器催化劑表面上CO的生成速率和CO2的消耗速率進行測定，所得實驗結(jié)果如圖2，請結(jié)合具體反應說明CO的生成速率和CO2的消耗速率不相等的可能原因?！敬鸢浮?1)0.0224(2分)(2)BD(2分)(3)

(2分)(4)B(2分)(5)依據(jù)反應③過程，CO的生成速率和CO2的消耗速率應相等，但還會發(fā)生反應②有積碳生成，且CO2+C2CO(2分)【解析】(1)根據(jù)已知條件列出“三段式”某時刻C3H8轉(zhuǎn)化率為20%，C3H6選擇性為40%，則=0.2，=0.4，解得x=0.32，y=0.48，則該時刻反應①的濃度商=0.0224。(2)A項，反應①是吸熱的熵增的反應，自發(fā)進行的條件是高溫，故A錯誤；B項，反應②C3H8分解生產(chǎn)C和H2的反應是吸熱反應，升高溫度，平衡正向移動，平衡常數(shù)增大，故B正確；C項，增大壓強，活化分子數(shù)不一定增多，所以其反應速率不一定最多，如恒溫恒容條件下加入惰性氣體，體系壓強增大但反應物濃度不變，反應速率不變，故C錯誤；D項，C(s)的物質(zhì)的量不再變化，說明反應②的正逆反應速率相等，反應達到平衡，故D正確；故選BD。(3)反應①分三步進行，由圖可知，步驟1為C3H8吸附在催化劑表面，該過程為放熱反應，則步驟2為NC3H8在催化劑表面生成C3H6(g)和NH2(g)，步驟3為NC3H6(g)和NH2(g)從催化劑表面解吸附生成N(s)、C3H6(g)和H2(g)，該過程是吸熱反應，結(jié)合反應①總反應為吸熱反應，畫出步驟2和步驟3生成產(chǎn)物的反應過程能量示意圖為：

。(4)A項，由圖可知，M和

在過程1中被消耗，在過程2中又生成，二者都可循環(huán)利用，故A錯誤；B項，過程1作用力a是H原子和O原子之間形成的氫鍵，過程2涉及極性鍵的形成和斷裂，故B正確；C項，溫度升高，可能導致催化劑活性降低，總反應速率不一定加快，故C錯誤；D項，催化劑不改變反應熱，其他條件不變，更換不同催化劑，同樣生產(chǎn)1molC3H6(g)所需能量相同，故D錯誤；故選B。(5)依據(jù)反應③過程，CO的生成速率和CO2的消耗速率應相等，但還會發(fā)生反應②有積碳生成，且CO2+C2CO。20．(10分)我國是稀土儲量大國，氧化鈰(CeO2)是一種應用廣泛的稀土氧化物。一種用氟碳鈰礦(CeFCO3，含BaO、SiO2等雜質(zhì))為原料制備CeO2的工藝如下圖。已知：①Ce3+可形成難溶于水的復鹽[(Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O]，其氫氧化物也難溶于水。②硫脲的結(jié)構(gòu)簡式為CS(NH2)2，在酸條件下易被氧化為(CSN2H3)2。請回答：(1)實驗室常用下圖所示儀器進行固體物質(zhì)的粉碎，該儀器的名稱是。(2)焙燒后加入稀硫酸浸出，Ce元素的浸出率和稀硫酸濃度、溫度的關(guān)系如圖所示，下列說法正確的是_______A．固體A的成分是SiO2B．步驟①和步驟②均包含過濾、洗滌操作，洗滌的目的相同C．步驟②加入硫脲的目的將CeF22+還原為Ce3+D．根據(jù)上圖，焙燒后加入稀硫酸浸出時，適宜的條件為85℃，c(H2SO4)=2.5mol/L(3)步驟④發(fā)生的離子方程式為。(4)取ag所制CeO2，溶解后配制成250mL溶液。取bmL該溶液用0.01mol·L1(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定，滴定時發(fā)生反應：Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+，達到滴定終點時消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液VmL。實驗室配制250ml0.01mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2溶液的過程如下(未排序)：①將已恢復至室溫的溶液沿玻璃棒注入250mL容量瓶中；②蓋好容量瓶瓶塞，反復上下顛倒，搖勻；③用天平稱取ng(NH4)2Fe(SO4)2固體并放入燒杯中，加入約30mL蒸餾水充分攪拌、溶解；④用30mL蒸餾水洗滌燒杯內(nèi)壁和玻璃棒2～3次，并將每次洗滌液轉(zhuǎn)入容量瓶中，輕輕振蕩；⑤定容：用膠頭滴管滴加至凹液面和刻度線相切；⑥將配置好的溶液倒入試劑瓶中，貼好標簽；實驗操作順序依次為(填序號)。滴定過程中，接近終點時需采用半滴操作，具體操作是。(5)該產(chǎn)品的質(zhì)量分數(shù)為(列出表達式)【答案】(1)研缽(1分)(2)C(2分)(3)2Ce3++6HCO3=Ce2(CO)3↓+3H2O+3CO2↑(1分)(4)③①④⑤②⑥(2分)慢慢旋轉(zhuǎn)滴定管旋塞，使滴定管口懸掛液滴而不滴落，用錐形瓶內(nèi)壁靠落液滴，并用蒸餾水將液滴沖入溶液中，振蕩錐形瓶使溶液充分混合(2分)(5)(2分)【解析】氟碳鈰礦在空氣中焙燒，Ce3+在空氣中氧化為四價Ce，用硫酸浸取，四價Ce進入溶液得到含CeF22+溶液，SiO2不反應，BaO與硫酸反應生成BaSO4沉淀，過濾分離，濾渣A為SiO2、BaSO4，含CeF22+溶液中加入硫脲將四價Ce還原為Ce3+，Ce2(SO4)3與Na2SO4形成復鹽沉淀Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O，過濾分離，復鹽沉淀加入堿，再加入酸，Ce3+被轉(zhuǎn)移到溶液中，再加入碳酸氫銨使Ce3+沉淀為Ce2(CO3)3，最后灼燒分解生成CeO2。(1)該儀器的名稱是研缽；(2)A項，由分析可知，固體A的成分是SiO2、BaSO4，錯誤；B