黃金卷3-2023年高考化學模擬卷（廣東專用）（解析版）

【贏在高考?黃金8卷】備戰(zhàn)2023年高考化學模擬卷（廣東版）

黃金卷03

（本卷共15小題，滿分100分）

一、選擇題：本題共16個小題，共44分。第1?10小題，每小題2分；第11?16小題，每小題4分。在

每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。

1.中華文明源遠流長，衣、食、住、行都是中華民族智慧的結晶。下列文明載體與硅酸鹽材料有關的是

【答案】C

【詳解】A.古代服飾是由天然高分子化合物制成，A錯誤；

B.白斬雞的主要成分為油脂、蛋白質等有機物，B錯誤；

C.光孝寺的墻、瓦是以硅酸鹽為主要成分的傳統(tǒng)無機非金屬材料，C正確;

D.出行車輦與硅酸鹽無關，D錯誤；

故選C。

2.中國釀酒歷史悠久，《本草綱目》有“凡酸壞之酒，皆可蒸燒”的記載。下列說法錯誤的是

A.用大米釀酒是將淀粉轉化成乙醇B.酒香是因為含有酯類物質

C.酸壞之酒中含有較多的乙酸D.蒸燒的實驗方法是利用物質的溶解性不同

【答案】D

【詳解】A.大米主要成分為淀粉，淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒曲酶的作用下生成乙醇，可用大米釀

酒是將淀粉轉化成乙醇，A說法正確；

B.釀酒的過程，生成的乙醇與乙酸反應生成具有香味的乙酸乙酯，則酒香是因為含有酯類物質，B說法正

確；

C.酸壞之酒是因為在釀酒的過程中，進入的空氣與乙醇反應生成了乙酸，C說法正確；

D.蒸燒的實驗方法是利用物質的沸點不同，控制溫度使乙酸與乙醇分離，D說法錯誤；

答案為D。

3.汕頭開埠文化陳列館作為我市的文化名片，濃縮展示了我市開埠以來的成就。下列有關文物主要成分為

合金的是

【答案】B

【詳解】A.實木主要成分為纖維素，故A錯誤；

B.銅制品屬于合金，故B正確；

C.玉石主要成分為硅酸鹽類物質，為非金屬材料，故C錯誤;

D.郵票分揀桌為木質，主要成分為纖維素，故D錯誤；

故選：Bo

4.下列化學用語或圖示表達正確的是

面向而h

A.基態(tài)氮原子價電子的軌道表示式:

B.NaOH的電子式：Na:O:H

C.凡0的VSEPR模型：

CH,

D.2-丁烯的反式結構：C=CZ

HZ、H

【答案】C

【詳解】A.根據(jù)洪特規(guī)則，基態(tài)原子的核外電子排布時，總是先單獨占據(jù)一個軌道，并且自旋方向相同,

A錯誤；

13

B.NaOH為離子化合物，電子式為：Na+：Q：H錯誤

C.出0有2對成鍵電子對2對孤電子對，其結構為V型，VSEPR模型:C正確;

J"]一丁烯的順式結構,

D.D錯誤;

故選c。

5.勞動創(chuàng)造幸福未來，下列勞動項目與所述的化學知識關聯(lián)不合理的是。

選項勞動項目化學知識

A農業(yè)勞動：用廚余垃圾制肥料廚余垃圾含N、P、K等元素

B工廠生產：接觸法制硫酸涉及氧化還原反應

社會服務：推廣使用免洗手酒精消

C乙醇具有特殊香味

毒液

家務勞動：使用碳酸氫鈉做食品膨碳酸氫鈉在加熱條件下分解產生

D

松劑co2

【答案】C

【詳解】A.廚余垃圾包含包括丟棄不用的菜葉、剩菜、剩飯、果皮等，其中含有植物生長所需的N、P、

K,可用于制作化肥，A關聯(lián)合理；

B.接觸法制硫酸的反應中，F(xiàn)eS?—SO?、SCh—SCh都是氧化還原反應，B關聯(lián)合理；

C.免洗手酒精消毒液中所用的酒精，能使細菌蛋白質脫水變性，從而使細菌喪失活性，與其特殊香味無關,

C關聯(lián)不合理;

D.碳酸氫鈉在加熱條件下分解產生CO2,C02受熱后發(fā)生體積膨脹，可使食品變得膨松，D關聯(lián)合理;

故選：Co

6.圖a、b、c分別為NaCl在不同狀態(tài)下導電實驗的微觀示意圖（X、Y為石墨電極）。下列分析正確的是

圖a

A.圖a中每個Na+吸引8個C「B.圖b說明通電后NaCl才電離

C.圖c中X與電源負極相連D.圖c中Y上產生H2

【答案】D

【分析】由題可知，該裝置為電解裝置，氯離子核外電子數(shù)18,鈉離子核外電子數(shù)10,所以氯離子半徑大

于鈉離子，則圖中C代表的離子是C「，小白球代表鈉離子，外加電源時，陰離子向陽極移動，。向X極移

動，說明X極為陽極，Y極為陰極；

【詳解】A.氯離子核外電子數(shù)18,鈉離子核外電子數(shù)10,所以氯離子半徑大于鈉離子，則圖中◎代表的

離子是Cr，氯化鈉晶體中鈉離子和氯離子的配位數(shù)為6,所以每個鈉離子周圍有6個氯離子，故A錯誤;

B.氯化鈉溶于水或熔融狀態(tài)下發(fā)生電離，不需要通電，故B錯誤；

C.圖c中，外加電源時，陰離子向陽極移動，包向X極移動，說明X極為陽極，陽極與電源正極連接，

故c錯誤；

D.圖C相當于電解飽和食鹽水，X極為陽極，Y極為陰極，電極反應式為2H2O+2e=20H+H?T,有氫

氣生成，故D正確；

故選D。

7.侯氏制堿法以NaCl、NH,、CO。為原料制取純堿，將制堿技術發(fā)展到一個新的水平。下列實驗室模擬

【詳解】A.實驗室利用氯化鏤和氫氧化鈣共熱可制備氨氣，上述實驗裝置科學合理，A不符合題意；

B.利用碳酸氫鈉的溶解度較小性質，向飽和食鹽水中先后通入氨氣、二氧化碳來制備碳酸氫鈉晶體，裝置

和操作無誤，B不符合題意；

C.碳酸氫鈉晶體析出后，利用過濾步驟從混合物中分離出來，過濾操作無誤，C不符合題意；

D.灼燒碳酸氫鈉可轉化為純堿，但實驗室加熱碳酸氫鈉時試管需略向下傾斜，否則可能會有水蒸氣回流試

管底部引起炸裂，D符合題意；

故選D。

8.2022年諾貝爾化學獎授予美國化學家卡羅琳?貝爾托西、丹麥化學家摩頓?梅爾達爾和美國化學家卡爾?巴

里?夏普萊斯，以表彰他們在點擊化學和生物正交化學研究方面的貢獻。如圖是某點擊反應的示意圖，下列

說法正確的是

疊氮化物快燃

A.HN,和NH3的水溶液都顯堿性

B.Cu*是該反應的催化劑，Cu+的價層電子排布式為3d"4si

C.2-丁煥的鍵線式為三-

N-N

D.該點擊反應的產物為a反應類型為取代反應

【答案】c

+

【詳解】A.NH'的水溶液都顯堿性，但HN,的水溶液顯酸性：HN3,H+N；,A錯誤;

B.Cu+的價層電子排布式為3d'°,B錯誤；

C.2-丁煥的鍵線式為—,C正確；

N=N

D.該點擊反應的產物為反應類型為加成反應，D錯誤;

故選C。

通電

9.用惰性電極電解硫酸銅溶液的原理為2CuSO4+2Hq2CU+O2T+2H2SO4,M為阿伏伽德羅常數(shù)的

值。下列敘述正確的是

A.反應生成33.6L。Z時，參加反應的Cu?+數(shù)目為3M

B.當電解消耗Imol水時，可生成硫酸分子數(shù)為M

+

C.pH=l的H2sO4溶液中,n（H）=0.1NA

D.電解后加入8gCuO可使溶液復原，則電解時轉移電子數(shù)為0.2M

【答案】D

【詳解】A.沒有明確是否為標準狀況下，無法計算33.6L氧氣的物質的量和參加反應的銅離子數(shù)目，故A

錯誤；

B.硫酸是強酸，在溶液中完全電離，溶液中不存在硫酸分子，故B錯誤；

C.缺溶液的體枳，無法計算pH為1的稀硫酸溶液中氫離子的物質的量，故C錯誤；

D.由反應方程式可知，當反應轉移4moi電子時，反應生成2moi硫酸，加入2moix80g/mol=160g氧化銅可

使溶液復原，則當加入8g氧化銅可使溶液復原時，反應轉移電子數(shù)為0.2M,故D正確；

故選Do

10.鎂是組成航空航天材料的重要元素，可由碳真空熱還原MgO制得，主要反應為

C（s）+MgO（s）.Mg（s）+CO（g）0下列說法錯誤的是

（kJmol1）

TA

.648.1

反應

A.該反應的平衡常數(shù)K=c（CO）

B.將容器體積壓縮為原來的一半，當體系再次達到平衡時，CO的濃度增大

C.一定溫度下，減小CO濃度，平衡正向移動，平衡常數(shù)不變

D.如圖，當溫度升高時，該反應的化學平衡常數(shù)K增大

【答案】B

【詳解】A.該反應中只有CO是氣體，則該反應的平衡常數(shù)K=c（CO）,A正確；

B.溫度不變，則平衡常數(shù)K=c（CO）不變，因此當體系再次達到平衡時，CO的濃度不變，B錯誤；

C.減小CO濃度，平衡正向移動，溫度不變，平衡常數(shù)不變，C正確；

D.從圖像知，該反應為吸熱反應，則升高溫度，平衡正向移動，該反應的化學平衡常數(shù)K增大，D正確;

故選Bo

11.下列各組物質除雜和分離方法正確的是

待提純物質除雜試劑分離方法

A苯（苯甲酸）生石灰蒸播

B澳苯（澳）NaOH溶液過濾

C苯（苯酚）濃澳水過濾

D乙醇（苯酚）氫氧化鈉溶液分液

【答案】A

【詳解】A.苯甲酸和生石灰反應生成苯甲酸鈣和水，通過蒸儲的方式得到苯，能達到除雜的目的，A正確：

B.氫氧化鈉和漠苯不反應、和澳反應生成鹽溶液，然后使用分液的方法分離有機層和水層，B錯誤；

C.苯酚與澳水反應生成三浪苯酚，但澳、三澳苯酚均易溶于苯，不能除雜，應選NaOH、分液，C錯誤;

D.苯酚和氫氧化鈉反應生成苯酚鈉，乙醇不反應。苯酚轉化為苯酚鈉，沸點高；乙醇沸點低，利用蒸儲進

行分離提純，D錯誤；

故選Ao

12.X、Y、Z、Q、W為原子序數(shù)依次增大的短周期非金屬元素，其中X、Y、Q是構成糖類物質的三種元

素，W、Z同主族，下列有關說法正確的是

A.第一電離能：Z<Q

B.X、Y形成的化合物一定比X、Q形成的化合物熔點低

C.氧化物水化物酸性：W>Z

D.X、Y、Z、Q、W可形成核酸

【答案】D

【分析】X、Y、Z、Q、W為原子序數(shù)依次增大的短周期非金屬元素，其中X、Y、Q是構成糖類物質的三

種元素，故X、Y、Q分別為H、C、O,故Z為N,W、Z同主族，故W為P,據(jù)此分析解答。

【詳解】A.因N元素2P軌道為半充滿更穩(wěn)定，故第一電離能：N大于0,A錯誤；

B.X、Y形成的化合物為燒類，X、Q形成的化合物為H2O,不同煌的熔點也不相同，B錯誤；

C.W的氧化物水化物有H3PO4、H3PCh.H3P0?等，Z的氧化物水化物有HNCh、HNCh等，未說明最高價氧

化物水化物，無法比較酸性強弱，C錯誤；

D.X、Y、Z、Q、W分別為H、C、N、O、P可形成核酸，D正確；

故答案選D。

13.黨的二十大報告中指出：要“加強污染物協(xié)同控制，基本消除重污染天氣二氧化硫-空氣質子交換膜

燃料電池實現(xiàn)了制硫酸、發(fā)電、環(huán)保二位一體的結合，可以解決酸雨等環(huán)境污染問題，原理如圖所示。下

A.該電池放電時電子流向：P￡電極一負載一Pt?電極一質子交換膜-P。電極

+

B.PL電極附近發(fā)生的反應：SO2+2H,O-2e-=H2SO4+2H

C.放電過程中若消耗22.4LOM標準狀況)，理論上可以消除2moiSO?

D.H+移向巴電極，導致Pt?電極附近pH減小

【答案】C

【分析】由圖可知，氧氣得到電子發(fā)生還原反應，故歡2為正極；電極為負極，二氧化硫失去電子發(fā)生

+

氧化反應生成硫酸，SO2+2H2O-2e=SO^+4H；

【詳解】A.電子不能進入內電路，A錯誤；

+

B.由分析可知，P￡電極為負極，二氧化硫失去電子發(fā)生氧化反應生成硫酸，SO2+2H2O-2e=SO^+4H,

B錯誤；

C.根據(jù)電子守恒可知，O?4e-2SO2,放電過程中若消耗22.4LOZ(標準狀況imol),理論上可以消除

2moiSO”C正確；

D.原電池中陽離子向正極移動，故H+移向Pt?電極，D錯誤；

故選C。

14.下列實驗能達到目的的是

實驗目的

將Na[Al(OH)<|溶液與NaHCCh溶液混合，產

A驗證結合質子的能力[Al(OH)4r>CO;

生白色沉淀

向25.00mL酸式滴定管中裝入鹽酸，調整液面初始讀數(shù)

B取25.00mL鹽酸

為0.00mL后，將所有溶液放入錐形瓶中

將適量HC1氣體通入硅酸鈉溶液，出現(xiàn)白色

C比較Cl、Si元素的非金屬性強弱

膠狀沉淀

向NaCl溶液中加入過量的AgNO3,靜置后

D探究AgCl與Agl的Ksp相對大小

滴加Nai溶液，觀察沉淀顏色

【答案】A

【詳解】A.產生白色沉淀說明發(fā)生反應網(0引4『+陽0；=人1(0引31+(：0；+比0,囚(0明4「結合了HCO；

中的質子，說明結合質子的能力［A1(OH)4「＞CO；,A正確；

B.滴定管下端有一段沒有刻度，所以將所有溶液放入錐形瓶中，會使鹽酸體積大于25.00mL,B錯誤；

C.發(fā)生強酸制取弱酸的反應，可知鹽酸的酸性大于硅酸的酸性，鹽酸不是氯元素的最高價含氧酸，不能比

較非金屬性，C錯誤；

D.硝酸銀過量，加入的Nai溶液發(fā)生的是沉淀的生成，沒有發(fā)生沉淀轉化，不能比較AgCl與Agl的Ksp

相對大小，D錯誤；

綜上所述答案為A。

15.以二氧化鋅為原料制取高鐳酸鉀晶體的流程如下：

KOHKC1OH?082(過量)

II3J!

MnO2f灼燒—*K^MnO4―*轉化-*過濾-*結晶—*K.MnO4

MnO2母液

下列說法正確的是

A.“灼燒”可在石英用煙中進行

B.母液中的溶質僅有KHCO,、KCI

C.“結晶”環(huán)節(jié)宜采用蒸發(fā)結晶的方法

D.“轉化”中的反應方程式為：3K2MnO4+4CO2+2H2O=MnO2+2KMnO4+4KHCO3

【答案】D

【詳解】A.石英生煙的主要成分是二氧化硅，能與KOH反應，因此灼燒不能在石英用煙中，故A錯誤:

B.結晶后的母液中含存在一定量的高鐳酸鉀，故B錯誤；

C.濾液中存在碳酸氫鉀、氯化鉀、高鋸酸鉀，應依據(jù)三者溶解度受溫度的影響差異采用蒸發(fā)濃縮，冷卻結

晶的方法得到高銃酸鉀，故C錯誤：

D.由流程信息可知，轉化是在缽酸鉀溶液中通入過量的二氧化碳，生成高銃酸鉀，碳酸氫鉀以及二氧化缽，

反應的方程式為：3K2MnO4+4CO2+2H2O=MnO,^+2KMnO4+4KHCO,,故D正確；

故選：D。

16.常溫下，在新制氯水中滴加NaOH溶液，溶液中由水電離出的c(H+)的對數(shù)與滴加的NaOH溶液的體積

之間的關系如圖所示，下列推斷正確的是

A.用pH試紙測定E點對應溶液，其pH=3

B.H、F點對應溶液中都存在c(Na+)=c(Cl-)+c(ClCT)

C.G點對應溶液中：c(Na+)>c(Cl)>c(C10")>c(0H')>c(H+)

D.常溫下加水稀釋H點對應溶液，溶液的pH增大

【答案】C

【分析】E點溶液顯酸性，G點水的電離程度最大，說明G點是NaCl和NaClO的混合溶液，溶液從E點

到G點是酸性逐漸過渡到堿性，說明F點是中性，G點后還在加入氫氧化鈉，因此H點溶質是NaOH、NaCl

和NaClO的混合溶液。

【詳解】A.氯氣有漂白性，不能用pH試紙測定pH值，故A錯誤；

B.E點呈酸性，G點水電離程度最大，說明G點溶質是NaCl和NaClO的混合溶液，溶液顯堿性，則F顯

中性,因此F點存在c(Na+)=c(C「)+c(C10),而H點溶質是NaOH、NaCl和NaClO的混合溶液,因此F

點對應溶液中都存在c(Na+>c(Cr)+c(CIO)+c(OH),故B錯誤；

C.G點溶質是NaCl和NaClO且物質的量濃度相等的混合溶液，次氯酸根水解使得溶液顯堿性，因此G點

對應溶液中：c(Na+)>c(Cl)>c(CIO)>c(OH^)>c(H+),故C正確；

D.H點溶質是NaOH、NaCl和NaClO的混合溶液，常溫下加水稀釋H點對應溶液，溶液堿性減弱，因此

溶液的pH減小，故D錯誤。

綜上所述，答案為C。

二、非選擇題：本題共4個小題，共56分。

17.(14分)炭粉、CO、比均可作為實驗室還原CuO的還原劑，實驗小組對CuO的還原反應及還原產物

組成進行探究。

查閱資料：PdCL溶液能吸收CO,生成黑色Pd沉淀、一種氫化物和一種氧化物。

回答下列問題：

(1)銅元素的焰色試驗呈綠色，下列三種波長為橙、黃、綠色對應的波長，則銅元素的焰色對應的波長為

A.577-492nmB.597-577nmC.622-597nm

(2)基態(tài)Cu原子的核外電子的空間運動狀態(tài)有種。

(3)小組同學用如圖所示裝置探究炭粉與CuO反應的產物。

①實驗結束后，打開開關K通氮氣，其目的是。

②試劑X的作用為O

③若氣體產物中含有CO,則觀察到的現(xiàn)象為,其中反應的化學方程式為。

（4）某小組同學為測定炭粉還原CuO后固體混合物（僅有C和Cu2O兩種雜質）中單質Cu的質量分數(shù)，設計如

下實驗：準確稱取反應管中殘留固體8.000g,溶于足量稀硝酸（恰好使固體溶解達到最大值），過濾、洗滌、

干燥，所得沉淀的質量為0」60g；將洗滌液與濾液合并，配成500mL溶液；量取所配溶液25.00mL,加入

適當過量的KI溶液；以淀粉為指示劑，用0.5000mol/LNa2s標準溶液滴定，達到滴定終點時，消耗標準

溶液的體積為12.00mL。已知：2CU2++5I-=2CUI+U，I3+2S2O；-=S4O;"+3I?

①還原后固體混合物中單質Cu的質量分數(shù)為%o

②若Cui吸附部分％，會導致所測Cu單質的質量分數(shù)（填“偏大”、"偏小”或"無影響”）。

【答案】（DA

⑵15

（3）將生成的氣體趕出，使其被裝置C、D吸收檢驗是否有CCh生成裝置D中產生黑色沉

淀PdCl2+CO+H2O=Pd|+CO2+2HCl

（4）80偏小

【詳解】（1）紅、橙、黃、綠、藍、靛、紫的波長逐漸減小，則綠色對應的輻射波長為577~492mm。故答

案為：A；

（2）基態(tài)Cu原子的核外電子排布為：Is22s22P63s23P63dHl4sl核外電子分布在15個原子軌道中，空間運

動狀態(tài)有15種，故答案為：15；

（3）①通入氮氣的目的是將生成的氣體排出，使其被裝置C、D充分吸收。

②為判斷反應是否發(fā)生，需檢驗產物CCh的存在，所以試劑X為澄清石灰水，作用為檢驗是否有CO2生成。

③試劑Y為PdCb溶液,它能將CO氧化為CO?,同時自身被還原為黑色的Pd,所以若氣體產物中含有CO,

則觀察到的現(xiàn)象為裝置D中產生黑色沉淀，其中反應的化學方程式為PdC12+CO+H2O=Pd[+CC）2+2HCl。故

答案為：將生成的氣體趕出，使其被裝置C、D吸收；檢驗是否有CCh生成；裝置D中產生黑色沉淀；

PdC12+CO+H2O=Pd；+CO2+2HCl；

（4）①加入稀硝酸后，銅及銅的氧化物都發(fā)生溶解，則0.16g固體為過量的炭的質量，從而得出含銅元素

物質的質量為8.000g-0.160g=7.84g；由反應可建立如卜關系式CM+?Sq：,則樣品中含銅元素的質量為

7.68g,由此計算可得7.84g固體中氧元素的質量為0.16g,氧元素的物質的量為().()1mol,則C112O的物質的

量為O.Olmol,質量為1.44g,銅單質的質量為7.84g-l.44g=6.4,還原后固體混合物中單質Cu的質量分數(shù)為

80%?

②若Cui吸附部分匕會導致所用Na2s2。3標準溶液的體積偏小，銅元素的質量偏小，產品中氧元素的含量

偏大，CsO的含量偏高，Cu單質的含量偏小，所測Cu單質的質量分數(shù)偏小。

故答案為：80%；偏??；

18.(14分)銘(Cr)廣泛應用于冶金、化工、航天等領域。工業(yè)上以銘鐵礦(主要成分為FeCr/),,含有少量

ALO、)為原料制備金屬鋁的工藝流程如圖所示：

Na2c浮氣稀鬻-I。稀硫酸

|pH=l

膛+僚琳田永超T沉鋁|~>Na,CrO4(aq)

|酸化|—>Na2Cr2O7(aqj-胸翩—>Cr

Fe2O3濾渣

回答下列問題：

(DFeSOa中Fe為+2價，Cr的化合價為,“焙燒”中FeCrQ反應的化學方程式為。

(2)“沉鋁”中所得濾渣的成分為,需控制pH=6~10的原因為。

(3)“酸化”中反應的離子方程式為,若該反應的平衡常數(shù)K=4x10%已知：酸化”后溶液中

4嶷0；)=1.6x10-3mol,則溶液中c(CrO；)=mol-L1。

(4)氧倍酸鈣是一種常見含銘礦石，其立方晶胞如圖所示。

①氧倍酸鈣的化學式為。

②1個鈣原子與個氧原子最近且等距離。

③該晶體密度為g-cm一列出計算式即可。已知Ca和O的最近距離為anm,NA代表阿伏伽德羅常數(shù))

高溫

【答案】(1)+34FeCr2O4+70,+8Na2CO3==2Fe2O,+8Na2CrO4+8CO,

⑵A1(OH)3使A1O；完全沉淀

+8

(3)2CrO；+2H=Cr2O；'+H,O2x1(r

40+52+16x3

(4)CaCrO,12

(缶Xi。-)

【分析】銘鐵礦（主要成分為FeCr2O4,含有少量A12O3），“焙燒”后生成Na2CrO4和Fe203,A1,O3生成NaAIO,,

溶于水形成Na2CrO4和NaAlO2溶液，調節(jié)控制pH=6~10,使A1O；完全形成A1（OH）3沉淀，在調節(jié)pH=1使

Na2CrO4生成Na2Cr2O7,電解Na2Cr2O7溶液生成Cr單質。

【詳解】（1）FeCrq」|」Fe為+2價，根據(jù)化合價的代數(shù)和為零，Cr的化合價為+3價;“焙燒”中FeCrQ,被

高溫

氧化為Fez（）3和NazCrO」，反應的化學方程式為4FeCr2O4+7O2+8Na2CO3-2Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2；

（2）“沉鋁”中所得濾渣的成分為A1（OH）3,控制pH=6~10,使A1O；完全沉淀；

+

（3）“酸化”使NazCrO,轉化為Na^Crq?,反應的離子方程式為：2CrO^+2H=Cr2O；+H2O；

K二,c(C?O?,,pH=],c(H+)=0.1mol/L,c(Cr,O；")=1.6x1O_3mol-L_1,則c(CrO；)=ZxloTmol/L；

c(CR)c(H)

（4）根據(jù)晶胞結構，Ca在頂點，原子個數(shù)為8x：=l,Cr原子在體心，原子個數(shù)為1,O原子在面心，個

O

數(shù)為6xg=3,所以該晶胞的化學式為：CaCrO3；Ca在頂點，O原子在面心，1個鈣原子與12個氧原子最

「m40+52+16x3

近且等距離；已知Ca和O的最近距離為，晶胞棱長為&anm，則該晶體密度為嬴〒。

19.（14分）甲烷和氯氣都是重要的化工原料。

I.CH4在光照條件下與C12反應，可得到各種氯代甲烷。

（1）CH4氯代的機理為自由基（帶有單電子的原子或原子團，如Cl、CH3）反應，包括以下幾步：

I.鏈引發(fā)11.鏈傳遞III.鏈終止

C1+CH4―CH3+HCI2C1—C12

~光照

-CH+C12->CHC1+C1-CI+CH3-CH3cl

Cl2----------->2C1-33

寫出由CH3cl生成CH2cL過程中鏈傳遞的方程式：

（2）丙烷氯代反應中鏈傳遞的一步反應能量變化如下。

峭’

RCH3CH2CH3+C1.\

JCH2CH2CH3+HC1

CH3CHCH3+HCI

反應過程

推知-CH3中C-H鍵能比-CH2-中C-H鍵能（填"大’或"小”）。

II.甲烷重整制合成氣，主要反應如下：

i.CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)AHi

ii.CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)AH2

各反應平衡常數(shù)與溫度的關系如圖。

(3)①假設AH、AS不隨溫度變化，平衡常數(shù)與溫度間存在的關系為：lnK「lnK2=M(J-J),R為正常數(shù)。

RAL

則AHi0(填“〉”或"V")；AHiAH2(填“〉"或‘<")。

②通過調整投料比可調控平衡時合成氣造的值一。。冰,平衡時篇=2,則皿=—應控

c(H,O)

制投料比

c(CO2)

III.氯堿工業(yè)是化工產業(yè)的重要基礎，其裝置示意圖如圖。

(5)淡鹽水中含少量的HC1O,陰極區(qū)生成NaOH的物質的量小于氫氣的兩倍，下列關于造成NaOH的物質

的量小于氫氣的兩倍的原因中合理的是(填序號)。

a.Cl一在電極上放電，產生HC1O

b.有H+穿過陽離子交換膜

c.陽離子交換膜破損導致OH一向陽極區(qū)遷移

d.O2在陰極放電

【答案】(1)CH3CI+CIJCH2CI+HCICH2CI+C12-^CH2C12+Cl-

⑵大

⑶〉〈22

(4)NaOHNaOH

(5)bc

【詳解】(1)根據(jù)甲烷生成CH3cl過程中鏈傳遞的方程式：CT+CFh-CH3+HCI,CHs+Ch->CH,^CI+Cl.,

得到由CH3cl生成CH2cL過程中鏈傳遞的方程式:Cr+CFhClfCHzCl+HCI,CH2cl+CL—CH2CI2+O；

故答案為：Cl+CH^Cl^CHzCl+HCl,CH2CI+CL-CH2ch+Cl、

（2）丙烷氯代反應中鏈傳遞的一步反應能量變化如下。

根據(jù)題中信息得到CH2cH2cH3能量更高，不穩(wěn)定，則下面的更穩(wěn)定，因此鍵能更大即推知-C用中C-H鍵

能比、CH?中C-H鍵能大；故答案為：大。

/

（3）①根據(jù)圖中信息溫度升高，InK增大，即K增大，升溫向吸熱反應進行即AHi〉。；升高相同溫度，

第二個方程式的InK變化比第一個方程式的InK變化大，根據(jù)lnK|-lnK2=萼（分析，則AHI<AH2；

R[2A

故答案為：V。

②通過調整投料比可調控平衡時合成氣強白的值。1000K,兩者的平衡常數(shù)相等，則H2（g）+CO2（g）=CO（g）

+H2O（g）的平衡常數(shù)為1,即長=臂產鬻7=1,平衡時]白=2,則？陪=2,由于反應在同一容器

中進行且反應中二氧化碳、水的系數(shù)相等'則起始投料嚅=2；故答案為：2；2。

（4）根據(jù)圖中信息，右邊是陰極，水中氫離子得到電子變?yōu)闅錃?，水中氫氧根和鈉離子結合形成氫氧化鈉

溶液，因此X為低濃度NaOH,Y為高濃度NaOH；故答案為：NaOH；NaOH。

（5）造成NaOH的物質的量小于氫氣的兩倍的原因主要是淡鹽水中含少量的HC1O,陰極區(qū)生成NaOH與

HC1O反應，也可能是左邊的氫離子穿過陽離子交換膜生成氧氣，而右邊生成的氫氧化鈉的量減少，還有可

能是生成的氫氧根離子向陽極區(qū)遷移，02在陰極放電生成氫氧根，會導致NaOH的量偏大，因此合理的是

be；故答案為：be。

20.（14分）重要的廣譜抗菌藥環(huán)丙沙星的合成路線如下：

NHCOCHNHCOCH：,NH,N2BF

Cl2

CH3COOH3Q號△回

6ClCl