2023年遼寧省大連市高考化學(xué)二模試卷

2023年遼寧省大連市高考化學(xué)二模試卷一、單項(xiàng)選擇題〔1545.0分〕化學(xué)科學(xué)在生產(chǎn)生活、社會(huì)進(jìn)展各方面發(fā)揮著關(guān)鍵性作用。以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是( )“神舟”和“天宮”系列飛船使用的碳纖維復(fù)合材料屬于碳的同素異形體“復(fù)興號(hào)”關(guān)鍵部位使用的增加聚四氟乙烯板屬于合成橡膠推廣使用聚碳酸酯可降解塑料有利于保護(hù)環(huán)境，削減白色污染“靜電除塵”、“燃煤固硫”、“汽車尾氣凈化”等措施均涉及化學(xué)變化以下化學(xué)用語正確的選項(xiàng)是( )全氟丙烷的球棍模型C.乙炔的構(gòu)造式：CHCH以下表述正確的選項(xiàng)是( )鍵角：H2ONH3

二氧化硅的分子式為SiO2D.16O218O3互為同位素用原子軌道描述氯化氫分子中化學(xué)鍵的形成：電負(fù)性：N>O>C>H冰的密度比水小的性質(zhì)與氫鍵無關(guān)設(shè)NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值。以下說法正確的選項(xiàng)是( )14g聚丙烯中含C?H鍵總數(shù)目為2NA常溫下，pH=13NaOH溶液中含有的OH?數(shù)目為0.1NA標(biāo)準(zhǔn)狀況下：2.24LNO與1.12LO2混合后的氣體分子數(shù)為0.1NA電解精煉銅時(shí)，假設(shè)陽極質(zhì)量削減64g，則陰極得到電子的數(shù)目為2NA以以下圖示試驗(yàn)正確的選項(xiàng)是( )A B C D驗(yàn)證SO2的漂白性 枯燥一氯甲烷

鹽酸滴定氫氧化鈉溶比較氯、硫的非金屬性液124頁A.A B.B C.C D.D2我國學(xué)者制造了低壓高效電催化復(fù)原CO2的方法，其總反響為NaCl+CO2法正確的選項(xiàng)是( )NaCl晶體中Na+4

CO+NaClO。以下說碳原子價(jià)電子排布為NaClO中只含有離子鍵

的狀態(tài)為碳原子的一種激發(fā)態(tài)CO2是只含有σ鍵的非極性分子以下有關(guān)試驗(yàn)操作和現(xiàn)象及所得出的結(jié)論均正確的選項(xiàng)是( )試驗(yàn)操作 現(xiàn)象 結(jié)論向某有機(jī)物中先滴加NaOH水溶液，加熱，再加A 有白色沉淀生成入AgNO3溶液

確定含有氯原子向4mL0.01mol/L酸性KMnO4溶液中參與B2mL0.1mol/LH2C2O4溶液C 向發(fā)黃的濃硝酸中通入O2向均為0.1mol?L?1的MgCl2CuCl2混合溶液中逐D滴參與少量氨水

產(chǎn)生氣泡的速領(lǐng)先增大后減小黃色褪去先消滅藍(lán)色沉淀

該反響確定為放熱反響濃硝酸中混有Fe3+Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]A.A B.B C.C D.D的電解質(zhì)為CF3SO3K為2KC14H10+xMnFe(CN)6=2K1?xC14H10+xK2MnFe(CN)6，則以下說法中錯(cuò)誤的選項(xiàng)是( )放電時(shí)，電流從電極A經(jīng)過導(dǎo)線流向電極B充電時(shí)，電極A質(zhì)量削減，電極B質(zhì)量增加放電時(shí)，CF3SO3K溶液的濃度變大充電時(shí)，陽極反響為K2MnFe(CN)6?2e?=2K++MnFe(CN)6短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，X的原子半徑是全部短周期主族元素中最大的，W的核外電子數(shù)與X、Z的最外層電子數(shù)之和相等，Y的最低負(fù)價(jià)與W一樣，由W、X、Y三種元素形成的化合物M的構(gòu)造如以下圖。以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是( )224頁Y氣態(tài)氫化物的沸點(diǎn)高于WM中W8電子穩(wěn)定構(gòu)造元素非金屬性強(qiáng)弱的挨次為Z>W>YW分別與X、Y、Z不都能形成多種化合物三氯羥基二苯醚又名“三氯”，是免水洗消毒液中的有效成分，能夠快速殺死冠病毒，其構(gòu)造如以下圖。以下有關(guān)該物質(zhì)的說法正確的選項(xiàng)是( )3種1mol該物質(zhì)確定條件下與NaOH4mol與足量的H24個(gè)手性碳原子分子中全部原子可能在同一平面上醫(yī)學(xué)爭(zhēng)論說明，砷的化合物會(huì)影響人體代謝和免疫功能造成砷中毒。某含(As)的酸性工業(yè)廢水經(jīng)處理轉(zhuǎn)化為粗As2O3，流程如圖。：亞砷酸鈣微溶于水，砷酸鈣難溶于水。以下說法錯(cuò)誤的選項(xiàng)是( )參與H2O2作為氧化劑，把AsO3?轉(zhuǎn)化為AsO3?4 3酸化步驟產(chǎn)生的廢渣為CaSO4本試驗(yàn)中可循環(huán)使用的物質(zhì)是NaOH和H2SO4此流程中先沉砷再酸化的目的為富集砷，提高產(chǎn)率甲酸的分解反響：HCOOH?CO+H2O△H。在H+催化作用下反響歷程如下：依據(jù)過渡態(tài)理論，其反響過程中的能量變化如以下圖，E1、E2、E3均為大于0。324頁以下說法錯(cuò)誤的選項(xiàng)是( )該反響為放熱反響，△H=?E3kJ?mol?1正反響的最高活化能為E1+E2圖象中第一個(gè)峰(過渡態(tài))對(duì)應(yīng)的物質(zhì)構(gòu)造為過渡態(tài)I使用催化劑后，正逆反響速率同等程度轉(zhuǎn)變，平衡不移動(dòng)承受電化學(xué)方法使Fe2+與H2O2反響，可生成格外活潑的?OH(羥基自由基)中間體用于降解廢水中的有機(jī)污染物，原理如以下圖。以下說法正確的選項(xiàng)是( )H+通過質(zhì)子交換膜向X電極移動(dòng)陰極區(qū)每消耗1molO22mol電子每生成1mol?OH，陰極區(qū)消耗3molH+起始時(shí)，假設(shè)在Y電極四周參與適量Fe3+，裝置不能正常工作HClO的Ka=2.98×10?8，HF的Ka=7.2×10?4，以下有關(guān)說法錯(cuò)誤的選項(xiàng)是( )在pH=2的氫氟酸溶液中參與少量0.01mol?L?1pH值不變30.1mol?L?1的Na2CO3溶液中參與少量CaCl2晶體，CO2?pH減小3等濃度等體積的NaFNaClO溶液，前者所含離子總數(shù)比后者小將Cl2NaOH溶液中，假設(shè)溶液呈中性，則溶液中存在5種離子化學(xué)中常用AG表示溶液的酸度[AG=lg

c(H+)]20.00mL0.1000mol?L?1的氨水中滴加未c(OH?)知濃度的稀硫酸溶液，混合溶液的溫度與酸度AG隨參與稀硫酸體積的變化如以下圖。以下說法錯(cuò)誤的選項(xiàng)是( )424頁稀硫酸的物質(zhì)的量濃度為0.0500mol?L?1a、b、c三點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中，水的電離程度大小關(guān)系：c>b>a當(dāng)AG=0時(shí)，溶液中存在c(NH+)>c(SO2?)>c(H+)=c(OH?)4 4室溫下NH3?H2O的電離常數(shù)Kb=1.0×10?6二、簡(jiǎn)答題〔455.0分〕氟化工產(chǎn)業(yè)被稱為“黃金產(chǎn)業(yè)”，我國是世界最大氟化工初級(jí)產(chǎn)品生產(chǎn)國和出口國。用工業(yè)副產(chǎn)品氟硅酸(H2SiF6)制備氟化銨(NH4F)聯(lián)產(chǎn)氟化鎂的流程如圖。答復(fù)以下問題：氟化銨陽離子的VSEPR模型名稱為： 。寫出反響①的化學(xué)方程式 。工業(yè)生產(chǎn)中“反響①”的最正確溫度為80℃，除考慮溫度對(duì)速率的影響，請(qǐng)結(jié)合已有學(xué)問分析溫度不宜過高的緣由： 。從濾液獲得晶體的“一系列操作”是 、降溫結(jié)晶、過濾、洗滌、枯燥。mg2～3滴酚酞指示劑，用0.5mol?L?1的氫氧化鈉標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點(diǎn)，消耗氫氧化鈉體積VmL，同時(shí)做空白比照試驗(yàn)消耗氫氧化鈉體積為V0mL。4(：4NH++6HCHO→(CH2)6N4H++3H++6H2O，1mol(CH2)6N4H+消耗1molNaOH)4①滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象為： 。②滴定近滴定終點(diǎn)時(shí)，過長(zhǎng)時(shí)間振搖，紅色消逝，可能緣由是 。③計(jì)算樣品中氟化銨的含量為 。524頁熔點(diǎn)/℃沸點(diǎn)/℃水中溶解度/g(25℃)相對(duì)分子質(zhì)量密度/(g熔點(diǎn)/℃沸點(diǎn)/℃水中溶解度/g(25℃)相對(duì)分子質(zhì)量密度/(g?cm?3)甲苯?94.9110.6難溶920.85苯甲酸122.132491221.27合成步驟：①2.7mL甲苯和100mL8.5g4小時(shí)。②反響完畢后，趁熱過濾，熱水洗滌后，冰水冷卻，鹽酸酸化，抽濾，洗滌，沸水浴枯燥得苯甲酸粗品。答復(fù)以下問題；基態(tài)Mn原子的電子排布式： 。請(qǐng)寫出甲苯被高錳酸鉀氧化的化學(xué)反響方程式： 。球形冷凝管的作用是 ，步驟①中反響完全的現(xiàn)象是 。試驗(yàn)過程中覺察濾液呈紫色鹽酸酸化時(shí)產(chǎn)生了黃綠色氣體酸化操作前參與最抱負(fù)的 溶液消退過量的高錳酸鉀。NaHSO3H2O2C.NaD.FeCl3重結(jié)晶時(shí)，苯甲酸粗品完全溶解后，須補(bǔ)加少量蒸餾水，目的是 。副產(chǎn)品MnO2是堿式鋅錳電池的正極材料，放電時(shí)產(chǎn)生MnO(OH)，正極的反響式為 。處理煙氣中SO2常承受的方法有CO復(fù)原法和堿液吸取法。請(qǐng)答復(fù)以下問題：Ⅰ.水煤氣復(fù)原法﹒：ⅰ.2CO(g)+SO2(g)?S(l)+2CO2(g)△H1=?37.0kJ?mol?1ⅰ.2H2(g)+SO2(g)?S(l)+2H2O(g)△H2=+45.4kJ?mol?1(1)寫出CO(g)與H2O(g)反響生成CO2(g)、H2(g)的熱化學(xué)方程式： 。假設(shè)該反響在恒溫恒容體系中進(jìn)展，到達(dá)平衡的標(biāo)志為 。(填選項(xiàng)字母)單位時(shí)間內(nèi)，生成nmolCO的同時(shí)生成nmolCO2混合氣體的平均摩爾質(zhì)量保持不變624頁混合氣體的總壓強(qiáng)保持不變D.H2O(g)與H2(g)的體積比保持不變(2)確定壓強(qiáng)下，發(fā)生反響2CO(g)+SO2(g)?S(l)+2CO2(g)，平衡時(shí)SO2的轉(zhuǎn)化率α(SO2)與投料比的比值[n(CO)

=溫度T的關(guān)系如以下圖比較平衡時(shí)CO的轉(zhuǎn)化N 填>”“、<”或“=”，下同)，逆反響速率：N P。T℃10L恒容密閉容器中充入2molCO(g)、2molSO2(g)和2molH2(g)，發(fā)生反響ⅰ和反響ⅰ，5min到達(dá)平衡時(shí)，CO2(g)和H2O(g)的物質(zhì)的量分別為1.6mol、1.8mol。①該溫度下，反響ⅰ的平衡常數(shù)K= 。②其他條件不變，6min時(shí)縮小容器體積。α(SO2) 。(填“增大”、“減小”或“不變”)Ⅱ.堿液吸取法1：用足量氨水吸取SO22：再參與熟石灰，發(fā)生反響：2NH++Ca2++2OH?+SO2?

=CaSO3↓+2NH3?H2O4 3：25℃時(shí)，Kb(NH3?H2O)=a；Ksp(CaSO3)=b2中反響的平衡常數(shù)K= 。(a、b的代數(shù)式表示)2?異丙基?4?(甲基氨基甲基)噻唑可按如下路線合成：答復(fù)以下問題：B的構(gòu)造簡(jiǎn)式是 ，C中官能團(tuán)的名稱為 。②的反響類型是 。E的化學(xué)名稱是 ，I的分子中氮原子的雜化方式為 。CH3NH2顯堿性，寫出反響⑦中H與過量的CH3NH2反響生成I的化學(xué)方程式： 。724頁J是有機(jī)物E與甲醇發(fā)生酯化反響的產(chǎn)物，同時(shí)滿足以下條件的J的同分異構(gòu)體有 種(不考慮立體異構(gòu))；其中核磁共振氫譜有4組峰且峰面積之比為6：2：1：1的構(gòu)造簡(jiǎn)式為 。①能發(fā)生銀鏡反響②Na反響生成H2824頁答案和解析【答案】C【解析】解：A.復(fù)合材料是由基體和增加體組成的，所以碳纖維復(fù)合材料不是碳單質(zhì)，不屬于碳的同素異形體，故A錯(cuò)誤；B.聚四氟乙烯屬于合成塑料，不是合成橡膠，故B錯(cuò)誤；C.聚碳酸酯可降解塑料在自然界中能分解生成二氧化碳，不會(huì)產(chǎn)生白色污染，所以使用聚碳酸酯可降解塑料有利于保護(hù)環(huán)境，削減白色污染，故C正確；D.“靜電除塵”過程中沒有物質(zhì)生成，不涉及化學(xué)變化，而“燃煤固硫”、“汽車尾氣凈化”等措施均涉及化學(xué)變化，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選：C。A.復(fù)合材料是由基體和增加體組成的；B.聚四氟乙烯屬于合成塑料；C.聚碳酸酯可降解塑料在自然界中能分解生成二氧化碳；D.“靜電除塵”過程中沒有物質(zhì)生成。此題考察化學(xué)與生產(chǎn)、生活的親熱關(guān)系，題目難度不大，明確常見元素及其化合物性質(zhì)為解答關(guān)鍵，留意把握常見物質(zhì)組成、構(gòu)造與性質(zhì)，試題培育了學(xué)生的靈敏應(yīng)用力氣。【答案】A【解析】解：A.全氟丙烷分子中，碳原子的原子半徑大于氟原子，全氟丙烷的球棍模型為正確；二氧化硅是共價(jià)晶體、不存在分子，其化學(xué)式為SiO2，故B錯(cuò)誤；CH≡CH是乙炔的構(gòu)造簡(jiǎn)式，乙炔是直線形分子，構(gòu)造式為H?C≡C?H，故C錯(cuò)誤；16O218O3是氧元素的不同單質(zhì)，屬于同素異形體，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選：A。A.全氟丙烷分子中，碳原子的原子半徑大于氟原子；B.二氧化硅不存在分子；C.CH≡CH是乙炔的構(gòu)造簡(jiǎn)式；D.16O218O3是氧元素的不同單質(zhì)，不是原子。

，故A924頁此題考察了常見化學(xué)用語的表示方法，涉及化學(xué)式及分子式、構(gòu)造簡(jiǎn)式及構(gòu)造簡(jiǎn)式、球棍模型、同素異形體及同位素等學(xué)問，明確常見化學(xué)用語的概念及書寫原則為解答關(guān)鍵，試題培育了學(xué)生的分析力氣及標(biāo)準(zhǔn)答題力氣，留意化學(xué)式及分子式、構(gòu)造簡(jiǎn)式及構(gòu)造簡(jiǎn)式的關(guān)系，題目難度不大?！敬鸢浮緽【解析】解：A.H2O、NH3VSEPR模型為四周體，NH31對(duì)孤電子對(duì)、H2O2對(duì)孤電子對(duì)，由于孤電子對(duì)間排斥力>孤電子對(duì)和成對(duì)電子對(duì)間的排斥力>成對(duì)電子對(duì)間的排斥力，所以鍵角：CH4>NH3>H2O，故A錯(cuò)誤；B.氫元素只有1個(gè)1s電子軌道，s電子云為球形，而氯元素的3p軌道有1個(gè)未成對(duì)電子，p電子云為啞鈴形，則用原子軌道描述氯化氫分子中化學(xué)鍵的形成： ，故B正確；C.同周期元素從左到右元素的電負(fù)性增加，應(yīng)為O>N>C，H元素的非金屬性最小，故C錯(cuò)誤；D.冰中的氫鍵比液態(tài)水中的強(qiáng)，使得水分子排列得很規(guī)章，造成體積膨脹，密度變小，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選：B。依據(jù)VSEPR>孤電子對(duì)和成對(duì)電子對(duì)間的排斥力>成對(duì)電子對(duì)間的排斥力推斷；11s電子軌道，s3p1個(gè)未成對(duì)電子，p電子云為啞鈴形；同周期元素從左到右元素的電負(fù)性增加，H元素的非金屬性最小；冰中的氫鍵比液態(tài)水中的強(qiáng)，使得水分子排列得很規(guī)章，造成體積膨脹。此題考察了鍵角、原子軌道描述化學(xué)鍵、電負(fù)性、氫鍵等，為高頻考點(diǎn)，明確根本理論與應(yīng)用是解題的關(guān)鍵，試題有利于培育學(xué)生靈敏應(yīng)用所學(xué)學(xué)問的力氣，題目難度不大?！敬鸢浮緼【解析】解：A.聚丙烯的最簡(jiǎn)式為CH

，14g聚丙烯中氫原子數(shù)目為

14g

×2×NAmol?1=2NA，全部的2 14g/molH均與C14g聚丙烯中含C?H鍵總數(shù)目為2NA，故A正確；B.溶液體積未知，無法計(jì)算OH?B錯(cuò)誤；C.標(biāo)準(zhǔn)狀況下：2.24LNO物質(zhì)的量為

2.24L

物質(zhì)的量為

1.12L

22.4L/mol

2 22.4L/molO+O2=O2O2O2?N2O4NA，24頁故C錯(cuò)誤；D.ZnZn2+等金屬離子，64g，并不完全是銅的質(zhì)量，則陰極得到電子的數(shù)目為少于2NAD錯(cuò)誤；應(yīng)選：A。A.聚丙烯的最簡(jiǎn)式為CH2H均與C以單鍵相連；B.溶液體積未知；C.NO與O2混合發(fā)生以下反響：2NO+O2=2NO2，2NO2?N2O4；D.ZnZn2+等金屬離子。此題考察阿伏加德羅常數(shù)常數(shù)，留意物質(zhì)的構(gòu)造和電解精煉銅的原理，此題難度不大，留意根底學(xué)問的積累。【答案】D【解析】解：A.二氧化硫可被鐵離子氧化，溶液褪色，可知二氧化硫具有復(fù)原性，故A錯(cuò)誤；B.U型枯燥管不能盛放濃硫酸，可盛放固體枯燥劑，故B錯(cuò)誤；C.鹽酸應(yīng)選酸式滴定管盛放，不能選圖中堿式滴定管，故C錯(cuò)誤；D.氯氣與硫化鈉反響生成S，可比較Cl、S的非金屬性，故D正確；應(yīng)選：D。二氧化硫可被鐵離子氧化；B.U型枯燥管不能盛放濃硫酸；C.鹽酸應(yīng)選酸式滴定管盛放；D.氯氣與硫化鈉反響生成S。此題考察化學(xué)試驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、反響與現(xiàn)象、混合物分別提純、非金屬性比較、試驗(yàn)技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與試驗(yàn)力氣的考察，留意試驗(yàn)的評(píng)價(jià)性分析，題目難度不大。【答案】B【解析】解；A.NaCl中含有離子鍵，屬于離子晶體，其配位數(shù)為6，故A錯(cuò)誤；基態(tài)原子價(jià)電子排布圖為： ，碳原子價(jià)電子排布為 的狀態(tài)為碳原子的一種激發(fā)態(tài)，2s的一個(gè)電子激發(fā)到2p軌道上，故B正確；24頁NaClO是離子化合物，含離子鍵，次氯酸根離子中原子之間形成共價(jià)鍵，故C錯(cuò)誤；二氧化碳為直線型構(gòu)造，分子中存在兩個(gè)碳氧雙鍵，存在2個(gè)σ2個(gè)π鍵，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選：B。NaCl6；碳原子價(jià)電子排布式為：2s22p2，由泡利原理、洪特規(guī)章畫出價(jià)電子排布圖為： ，屬于基態(tài)原子的價(jià)電子排布圖；次氯酸根離子中原子之間形成共價(jià)鍵；二氧化碳分子中存在兩個(gè)碳氧雙鍵，存在σ鍵和π鍵。此題考察了常見化學(xué)用語的表示方法，題目難度不大，涉及價(jià)電子軌道式及化學(xué)鍵的分析推斷等學(xué)問，明確常見化學(xué)用語的概念及原子構(gòu)造為解答關(guān)鍵．【答案】D【解析】解：A.鹵代烴水解后，酸性溶液中檢驗(yàn)鹵素離子，NaOH與硝酸銀反響，由操作和現(xiàn)象不能證明含氯原子，故A錯(cuò)誤；B.為放熱反響，且生成錳離子可作催化劑，均可加快反響速率，速領(lǐng)先增大后減小，現(xiàn)象不能證明為放熱反響，故B錯(cuò)誤；C.C錯(cuò)誤；D.濃度一樣，Ksp小的先沉淀，由操作和現(xiàn)象可知Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]D正確；應(yīng)選：D。A.鹵代烴水解后，酸性溶液中檢驗(yàn)鹵素離子；B.為放熱反響，且生成錳離子可作催化劑；C.發(fā)黃的濃硝酸中含二氧化氮，二氧化氮與氧氣反響生成硝酸；D.濃度一樣，Ksp小的先沉淀。此題考察化學(xué)試驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、反響與現(xiàn)象、物質(zhì)的檢驗(yàn)、沉淀生成、實(shí)驗(yàn)技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與試驗(yàn)力氣的考察，留意試驗(yàn)的評(píng)價(jià)性分析，題目難度不大?！敬鸢浮緾24頁【解析】解：A.放電時(shí)，電流從正極流向負(fù)極，即電流從電極A經(jīng)過導(dǎo)線流向電極B，故A正確；B.充電時(shí)總反響為2K1?xC14H10+xK2MnFe(CN)=2KC14H10+xMnFe(CN)6A的質(zhì)量削減，電極B的質(zhì)量增加，故B正確；C.該電池的電解質(zhì)為CF3SO3K溶液，放電時(shí)，CF3SO3KCF3SO3K溶液的濃度不發(fā)生變化，故C錯(cuò)誤；D.充電時(shí)，陽極上K2MnFe(CN)6失電子，電極反響式為K2MnFe(CN)6?2e?=2K++MnFe(CN)6，故D正確；應(yīng)選：C。40B40??=Kx40++，MnFe(CN)6A極為正極，正極電極反響式為：xMnFe(CN)6+2xK++2xe?=xK2MnFe(CN)6，充電時(shí)，正極與外接電源的正極相連為陽極，負(fù)極與外接電源負(fù)極相連為陰極，據(jù)此分析。此題考察化學(xué)電源型電池，側(cè)重考察原電池和電解池原理的應(yīng)用，明確充放電各個(gè)電極上發(fā)生的反響是解此題關(guān)鍵，難點(diǎn)是電極反響式的書寫，題目難度中等。【答案】B【解析】解：結(jié)合分析可知，W為O，XNa，YS，Z為Cl元素，水分子之間存在氫鍵，導(dǎo)致水的沸點(diǎn)較高，則氣態(tài)氫化物的沸點(diǎn)：Y<W，故A錯(cuò)誤；化合物M為Na2S2O4，Na2S2O4O8電子穩(wěn)定構(gòu)造，故B正確；ClO2Cl呈+4價(jià)、O呈?2價(jià)，說明非金屬性O(shè)>ClC錯(cuò)誤；D.O能夠與Na、S、Cl均可以形成多種化合物，如Na2O、Na2O2、SO2、SO2、Cl2O、ClO2、Cl2O7等，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選：B。短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，X的原子半徑是全部短周期主族元素中最大的，則XNa；結(jié)合圖示可知，W1個(gè)雙鍵，其原子序數(shù)小于Na，則Y為O；Y的最低負(fù)價(jià)與W一樣，二Y為W的核外電子數(shù)與Z的最外層電子數(shù)之和相等Z8?1=7，其原子序數(shù)大于S，則ZCl元素，以此分析解答。此題考察原子構(gòu)造與元素周期律，為高頻考點(diǎn)，把握原子序數(shù)、物質(zhì)構(gòu)造推斷元素為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用力氣的考察，留意規(guī)律性學(xué)問的應(yīng)用，題目難度不大。24頁【答案】D【解析】解：A.6種化學(xué)環(huán)境不同的氫原子，即苯環(huán)上的一溴代物有6A錯(cuò)誤；B.確定條件下，1mol4mol3molHCl7molNaOH，故B錯(cuò)誤；C.與足量的H2反響后生成 ，圖中標(biāo)有“?”為手性碳原子：6個(gè)手性碳原子，故C錯(cuò)誤；D.由于單鍵可以旋轉(zhuǎn)，2個(gè)苯環(huán)的平面可能重合，羥基中氫原子也可以處于平面內(nèi)，即分子中全部原子可能在同一平面上，故D正確。應(yīng)選：D。6種化學(xué)環(huán)境不同的氫原子；氯原子可以水解引入酚羥基，同時(shí)又生成HCl，酚羥基、HCl與NaOH發(fā)生中和反響；C.4個(gè)不同原子或原子團(tuán)的碳原子為手性碳原子；D.由于單鍵可以旋轉(zhuǎn)，2個(gè)苯環(huán)的平面可能重合，羥基中氫原子也可以處于平面內(nèi)。此題考察有機(jī)物的構(gòu)造與性質(zhì)，嫻熟把握官能團(tuán)的性質(zhì)與轉(zhuǎn)化，留意依據(jù)甲烷四周體、乙烯與苯平面形、乙炔直線形等理解共面與共線問題，B選項(xiàng)為易錯(cuò)點(diǎn)，學(xué)生簡(jiǎn)潔無視水解生成HCl消耗氫氧化鈉?！敬鸢浮緼【解析】解：A.參與H2O2作為氧化劑，發(fā)生AsO3?+H2O2=AsO3?+H2O，把AsO3?轉(zhuǎn)化為AsO3?A錯(cuò)誤；

3 4 3 4B.參與H2SO4將Ca3(AsO4)2轉(zhuǎn)化為H3AsO4和CaSO4，廢渣為CaSO4，故B正確；C.由上述分析可知，能循環(huán)利用的物質(zhì)是NaOH和H2SO4C正確；D.沉砷能把全部的As元素分別出來，則先沉砷再酸化可富集砷，提高產(chǎn)率，故D正確；應(yīng)選：A。因H3AsO3、H3AsO4都是酸，“堿浸”過程中都能與NaOH反響，得到的產(chǎn)物為AsO3?、AsO3?，同時(shí)有未3 4反響的Na+；“氧化”過程，AsO3?中As元素為+3價(jià)，AsO3?中As元素為+5價(jià)，參與H2O2把AsO3?轉(zhuǎn)化3 4 324頁4為AsO3?Ca3(AsO4)3，依據(jù)條件，Ca3(AsO4)2濾液1是NaOH溶液；“酸化”過程，參與硫酸后將Ca3(AsO4)2轉(zhuǎn)化為H3AsO4，廢渣為CaSO4；“復(fù)原”4過程，SO2具有復(fù)原性，將+5As轉(zhuǎn)化為+3As，產(chǎn)物為AsO3?，同時(shí)SO2轉(zhuǎn)化為SO2?，結(jié)合酸性條件，3 4可得濾液2為H2SO4，結(jié)晶分別出粗As2O3，以此來解答。此題考察混合物分別提純，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反響、混合物分別提純?yōu)榻獯鸬年P(guān)鍵，側(cè)重分析與試驗(yàn)力氣的考察，留意元素化合物學(xué)問的應(yīng)用，題目難度不大。【答案】B【解析】解：A.由圖可知，該反響為放熱反響，△H=?E3kJ?mol?1A正確；E2故B錯(cuò)誤；依據(jù)反響歷程和圖分析可知，圖象中第一個(gè)峰(過渡態(tài))對(duì)應(yīng)的物質(zhì)構(gòu)造為過渡態(tài)Ⅰ，故C正確；催化劑能同等程度降低反響的活化能，則正逆反響速率同等程度轉(zhuǎn)變，但不能轉(zhuǎn)變反響的始態(tài)和終態(tài)，即不能轉(zhuǎn)變平衡狀態(tài)，平衡不發(fā)生移動(dòng)，故D正確，應(yīng)選：B。該反響的反響物具有的能量大于生成物，則反響發(fā)熱，焓變?yōu)樨?fù)；依據(jù)過渡態(tài)理論，反響物轉(zhuǎn)化為生成物的過程中要經(jīng)過能量較高的過渡態(tài)，過渡態(tài)的平均能量與反響物分子的平均能量的差為反響的活化能；由反響可知，過渡態(tài)Ⅰ的產(chǎn)物為 ，第一步反響的產(chǎn)物為 ，據(jù)此分析；催化劑可轉(zhuǎn)變化學(xué)反響速率，但不轉(zhuǎn)變平衡狀態(tài)。此題考察反響熱與焓變，為高頻考點(diǎn)，把握吸放熱反響的推斷、活化能及判定、催化劑的作用和反響歷程是解題關(guān)鍵，留意吸放熱反響與物質(zhì)具有能量的計(jì)算關(guān)系，題目難度不大。【答案】C【解析】解：A.電解時(shí)，陽離子向陰極移動(dòng)，則H+通過質(zhì)子交換膜向Y電極移動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B.陰極的電極電極反響為Fe3++e?=Fe2+、O2+2H++2e?=H2O2，溶液中還發(fā)生Fe2++H2O2+H+=Fe3++H2O+?OH，則陰極區(qū)每消耗1molO2，同時(shí)消耗1molFe3+3molB錯(cuò)誤；24頁C.陰極的電極電極反響為Fe3++e?=Fe2+、O2+2H++2e?=H2O2，溶液中還發(fā)生Fe2++H2O2+H+=Fe3++H2O+?OH，所以每生成1mol?OH，陰極區(qū)消耗3molH+C正確；D.假設(shè)起始時(shí)，在陰極Y四周參與適量Fe3+，F(xiàn)e3+得電子生成Fe2+，即Fe3++e?=Fe2+，所以起始時(shí)，在Y電極四周參與適量Fe3+，能消滅Fe2+和H2O2生成Fe3+、H2O和?OH的反響，裝置均能正常工作，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選：C。由裝置圖可知，X上發(fā)生的電極反響為：2H2O?4e?=O2↑+4H+、O元素的化合價(jià)上升、發(fā)生失電子的XYO2+++e?=+O2+H++e?=2O2+2O2+2?++2O2+H+=Fe3++H2O+?OH，據(jù)此分析解答。此題考察了電解原理的應(yīng)用、氧化復(fù)原反響等學(xué)問，側(cè)重學(xué)生觀看、分析和運(yùn)用力氣的考察，把握電解池的工作原理以及電極上發(fā)生的反響為解題關(guān)鍵，留意結(jié)合圖中信息書寫電極反響式，題目難度中等。【答案】C【解析】解：A.pH2的氫氟酸溶液中參與少量0.01mol?L?1的稀鹽酸，氫離子濃度不變，氫氟酸的電離平衡不移動(dòng)，所以溶液的pH不變，故A正確；B.Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO2?+H2O?HCO?+OH?，0.1mol?L?1的Na2CO3溶液中參與少量CaCl23 3晶體(碳酸鈉沒有被沉淀完全)，則c(CO2?)降低，該平衡逆向移動(dòng)，c(OH?)降低，pH減小，越稀CO2?水解3 3程度增大，故B正確；C.電荷守恒，c(F?)+c(OH?)=c(Na+)+c(H+)，c(ClO?)+c(OH?)=c(Na+)+c(H+)，即離子總數(shù)是n(Na+)+n(H+)2倍，而NaClO的水解程度大，即NaClO溶液中的c(OH?)大，c(H+)小，c(Na+)一樣，所以NaF溶液中離子濃度大，前者所含離子總數(shù)比后者大，故C錯(cuò)誤；D.鈉離子、氯離子、氫離子和氫氧根離子，總共含有5種微粒，故D正確；應(yīng)選：C。A.pH2的醋酸溶液中參與少量0.01mol?L?1的稀鹽酸，氫離子濃度不變，醋酸的電離平衡不移動(dòng)；B.Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO2?+H2O?HCO?+OH?，0.1mol?L?1的Na2CO3溶液中參與少量CaCl23 33晶體(碳酸鈉沒有被沉淀完全)，則c(CO2?)降低，該平衡逆向移動(dòng)，c(OH?)降低；3C.電荷守恒，c(F?)+c(OH?)=c(Na+)+c(H+)，c(ClO?)+c(OH?)=c(Na+)+c(H+)和水解程度大小分析；24頁D.將氯氣通入NaOH溶液，假設(shè)二者恰好反響會(huì)生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，溶液呈堿性，而溶液為中性，則通入的氯氣應(yīng)當(dāng)稍過量，反響后溶液中存在的離子有：次氯酸根離子、鈉離子、氯離子、氫離子和氫氧5種。此題考察了離子濃度大小比較，題目難度中等，明確反響后溶液組成為解答關(guān)鍵，留意把握電荷守恒、物料守恒的含義及應(yīng)用方法，留意充分利用物料守恒和電荷守恒分析?！敬鸢浮緿Acn(NH3?H2O)=2n(H2SO4)，即0.02L×0.1000mol?L?1=2×c(H2SO4)×0.02L，解得c(H2SO4)=0.0500mol?L?1A正確；B.a→c過程中，隨著硫酸的滴加，溶液的堿性漸漸減弱，抑制水電離作用漸漸減弱，c點(diǎn)酸堿恰好反響生成硫酸銨、促進(jìn)水的電離，則水的電離程度大小關(guān)系：c>b>a，故B正確；C.AG=0時(shí)，c(H+)=c(OH?)，溶液呈中性，電荷關(guān)系為c(NH+)+c(H+)=2c(SO2?)+c(OH?)，即4 4c(NH+)=2c(SO2?)，所以AG=0時(shí)c(NH+)>c(SO2?)>c(H+)=c(OH?)C正確；4 4 4 4D.起始時(shí)氨水中AG=c(H+)c(OH?)

=08K

=H+)?H?)=04H+)=01mol/、4c(NH+)≈c(OH?)=10?3mol/L，c(NH3?H2O)≈0.1000mol?L?1，所以NH3?H2O的電離常數(shù)Kb=44c(NH+)?c(OH?)=4c(NH3?H2O)應(yīng)選：D。

10?3×10?30.1000

=1.0×10?5

，故D錯(cuò)誤；A.c點(diǎn)溫度最高，為酸堿恰好反響的點(diǎn)，依據(jù)n(NH3?H2O)=2n(H2SO4)；B.a、b、c三點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中，堿的濃度漸漸減小，抑制作用漸漸減弱；C.AG=0時(shí)，c(H+)=c(OH?)，溶液呈中性，結(jié)合電荷關(guān)系分析；D.起始時(shí)氨水中AG=c(H+)c(OH?)

=08K

=H+)?H?)=04H+)=01mol/、4c(NH+)≈c(OH?)=10?3mol/L，c(NH3?H2O)≈0.1000mol?L?1，結(jié)合NH3?H2O的電離常數(shù)Kb=4c(NH+)?c(OH?)4c(NH3?H2O)

進(jìn)展計(jì)算。此題考察酸堿混合溶液定性推斷及弱電解質(zhì)的電離，側(cè)重考察圖象分析推斷及計(jì)算力氣，明確各點(diǎn)溶液中溶質(zhì)成分及其性質(zhì)、水電離的影響因素是解此題關(guān)鍵，題目難度不大?！敬鸢刚闹荏wH2SiF6+6NH3+(2+n)H2O=6NH4F+SiO2ⅰnH2O↓ 溫度過高氟化銨易分解氨顏色由無色變?yōu)榉奂t色，且半分鐘內(nèi)不變色酚酞的變色pH范圍約為8?10，滴定近滴定終點(diǎn)時(shí)，過長(zhǎng)時(shí)24頁2間振搖，NaOH吸取空氣中的CO而使溶液pH1.85(V?V0)%2m【解析】解：(1)氟化銨中的陽離子為NH+，NH+的VSEPR模型名稱為正四周體，4 4故答案為：正四周體；(2)依據(jù)流程分析可知，反響①的化學(xué)方程式為：H2SiF6+6NH3+(2+n)H2O=6NH4F+SiO2ⅰnH2O故答案為：H2SiF6+6NH3+(2+n)H2O=6NH4F+SiO2ⅰnH2O↓；低，氨氣逸出太多，氨消耗過大，故答案為：溫度過高氟化銨易分解，氨氣在體系中的溶解度降低，氨氣逸出太多，氨消耗過大；晶、過濾、洗滌、枯燥，故答案為：減壓濃縮；①依據(jù)題意可知，當(dāng)生成的H+被完全中和時(shí)，即到達(dá)滴定終點(diǎn)，此時(shí)溶液變?yōu)榧t色，所以滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象為：當(dāng)?shù)稳胱罱K一滴氫氧化鈉溶液時(shí)，溶液顏色由無色變?yōu)榉奂t色，且半分鐘內(nèi)不變色，故答案為：當(dāng)?shù)稳胱罱K一滴氫氧化鈉溶液時(shí)，溶液顏色由無色變?yōu)榉奂t色，且半分鐘內(nèi)不變色；由于酚酞的變色pH8?NaOHO2使溶液pH降低，導(dǎo)致紅色消逝，故答案為：酚酞的變色pH范圍約為8?10，滴定近滴定終點(diǎn)時(shí)，過長(zhǎng)時(shí)間振搖，NaOH吸取空氣中的CO2而使溶液pH降低，紅色消逝；44③依據(jù)題意可得關(guān)系式：4NH+～(CH2)6N4H++3H+～4NaOHNaOH溶液體積為：(V?V0)mL，則n(NH4F)=n(NH+)=n(NaOH)=0.5mol?L?1×(V?V0)×10?3L=0.5×(V?V0)×10?3mol，44則樣品中氟化銨的含量為：0.5×(V?V0)×10?3mol×37g/molmg

×100%=1.85(V?V0)%，m故答案為：1.85(V?V0)%。mH2SiF6和液氨反響生成硅膠沉淀和氟化銨，方程式為：H2SiF6+6NH3+(2+n)H2O=6NH4F+SiO2ⅰnH2O↓中參與硫酸鎂生成氟化鎂沉淀，經(jīng)過濾、洗滌、烘干得到氟化鎂，4(1)氟化銨中的陽離子為NH+VSEPR理論即可判VSEPR斷模型名稱；(2)依據(jù)流程分析可知，反響①的化學(xué)方程式；4(3)氟化銨類似與氯化銨，主要考慮氟化銨會(huì)受熱分解，另氨氣在體系中的溶解度會(huì)隨著溫度上升而降低；(4)濾液獲得晶體的“一系列操作”一般為蒸發(fā)濃縮、降溫結(jié)晶、過濾、洗滌、枯燥，但考慮氟化銨受熱分24頁解，宜承受減壓濃縮；(5)①依據(jù)題意可知，當(dāng)生成的H+被完全中和時(shí)，即到達(dá)滴定終點(diǎn)，此時(shí)溶液顯堿性，變?yōu)榧t色，即可推斷滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象；酚酞的變色pH8?NaOHO2而使溶pH降低，進(jìn)一步導(dǎo)致紅色消逝；44③依據(jù)題意可得關(guān)系式：4NH+～(CH2)6N4H++3H+～4NaOHNaOH溶液體積為：(V?V0)mL，則n(NH4F)=n(NH+)=n(NaOH)=0.5×(V?V0)×10?3mol，進(jìn)一步計(jì)算出樣品中氟化銨的含44量。此題主要考察試驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)，具體考察了微粒的空間構(gòu)型，方程式的書寫，滴定終點(diǎn)的推斷，關(guān)系式計(jì)算，實(shí)際問題的解決等，題目具有確定的綜合性，對(duì)學(xué)生的思維力氣要求較高，屬于難題、易錯(cuò)題?！敬鸢浮縖Ar]3d54s2 +2KMnO4→ +2MnO2+2H2O 冷凝回流，使反響充分進(jìn)展三頸燒瓶?jī)?nèi)的液體不再分層B 使雜質(zhì)及苯甲酸充分溶解，便于重結(jié)晶得到純潔的苯甲酸MnO2+e?+H2O=MnO(OH)+OH?【解析】解：(1)Mn原子序數(shù)為25，故基態(tài)Mn原子的電子排布式為[Ar]3d54s2，故答案為：[Ar]3d54s2；學(xué)反響方程式為 +2KMnO4→ +2MnO2+2H2O，故答案為： +2KMnO4→ +2MnO2+2H2O；①中反響完全，故答案為：冷凝回流，使反響充分進(jìn)展；三頸燒瓶?jī)?nèi)的液體不再分層；為防止引入的雜質(zhì)，最抱負(fù)的試劑為H2O2，故答案為：B；于重結(jié)晶得到純潔的苯甲酸，故答案為：使雜質(zhì)及苯甲酸充分溶解，便于重結(jié)晶得到純潔的苯甲酸；2Mn元素降12+24頁e?+H2O=MnO(OH)+OH?，故答案為：MnO2+e?+H2O=MnO(OH)+OH?。Mn2525，依據(jù)能量構(gòu)造原理書寫其核外電子排布式；甲苯被高錳酸鉀氧化生成

，同時(shí)復(fù)原生成MnO2，結(jié)合守恒法書寫發(fā)生反響的化學(xué)方程式；球形冷凝管能使蒸氣液化，提高原料利用率；反響完全后，甲苯完全氧化生成可溶于水的，不再分層；除雜質(zhì)時(shí)要留意不能引進(jìn)的雜質(zhì)，且參與的溶液有較強(qiáng)復(fù)原性；補(bǔ)加少量蒸餾水是確保全部物質(zhì)完全溶解，使雜質(zhì)及苯甲酸充分溶解，便于重結(jié)晶操作；(6)原電池放電時(shí)正極發(fā)生復(fù)原反響，即MnO2得電子復(fù)原生成MnO(OH)。此題考察物質(zhì)的制備以及分別提純，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反響的作用為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與試驗(yàn)力氣的綜合考察，試題培育了學(xué)生的化學(xué)試驗(yàn)力氣，題目難度較大。18.【答案】CO(g)+H2O(g)?H2(g)+CO2(g)△H=?41.2kJ/mol AD > < 2700 增大

1a2b(1)依據(jù)蓋斯定律將ⅰ?ⅰ得：CO(gH2O(g)?H2(gCO2(gH，則H=1H1?△H2)=2 221(?37.0kJ/mol?45.4kJ/mol)=?41.2kJ/mol，所以CO(g)與H2O(g)反響生成CO2(g)、H2(g)的熱化學(xué)方程式：CO(gH2O(g)?H2(g)+CO2(gH=?41.2kJ/mol，2單位時(shí)間內(nèi)，生成nmolCO則消耗nmol的CO2，同時(shí)也生成nmolCO2，CO2的正反響速率和逆反響速率相等，反響到達(dá)平衡狀態(tài)，故A正確；由于反響前后氣體分子總數(shù)不變，氣體總物質(zhì)的量不變，總質(zhì)量不變，所以混合氣體的平均摩爾質(zhì)量始終保持不變，故B錯(cuò)誤；壓強(qiáng)與物質(zhì)的量成正比，氣體的物質(zhì)的量，則混合氣體的總壓強(qiáng)始終保持不變，故C錯(cuò)誤；假設(shè)反響未到達(dá)平衡狀態(tài)，不管是正向移動(dòng)，還是逆向移動(dòng)，H2O(g)與H2(g)的體積比都要發(fā)生變化，所以H2O(g)與H2(g)的體積比保持不變，反響到達(dá)平衡狀態(tài)，故D正確；故答案為：CO(g)+H2O(g)?H2(g)+CO2(g)△H=?41.2kJ/mol；AD；P點(diǎn)到M點(diǎn)，溫度不變，α(SO2)增大，即增大了CO的濃度，提高了SO2的轉(zhuǎn)化率，所以y2<y1，同理，從N點(diǎn)到M，CO的投料增大，自身轉(zhuǎn)化率減小，所以α(CO)：N>M，不管正、逆24頁反響速率，其它條件不變，溫度上升，正、反響速率都將增大，從N到P點(diǎn)，溫度上升，正、逆反響速率增大，所以逆反響速率：N<P故答案為：>；<；①10L恒容密閉容器中充入2molCO(g)、2molSO2(g)和2molH2(g)，發(fā)生反響ⅰ和反響ⅰ，5min平衡時(shí)，CO2(g)和H2O(g)的物質(zhì)的量分別為1.6mol、1.8mol，則消耗CO和H2的物質(zhì)的量分別為1.6mol、1.8mol，消耗SO2的物質(zhì)的量為：1.6mol+1.8mol=1.7mol，所以平衡時(shí)H2的物質(zhì)的量分別為：(2?2 21.8)mol=0.2mol，SO2的物質(zhì)的量為：(2?1.7)mol=0.3mol，該溫度下，反響ⅰ的平衡常數(shù)K=c2(H2O)

(1.8mol)210L

=2700，c2(H2)×c(SO2)

(0.2mol)2×0.3mol10L 10L故答案為：2700；②其他條件不變，6min時(shí)縮小容器體積，即增大壓強(qiáng)，平衡正向移動(dòng)，α(SO2)將增大，故答案為：增大；

(NH

·H)=H+)×c(OH?)=K

(CaSO

)=+)×?)=H++b 3 2

4c(NH3?H2O)

sp 3 3 4Ca2++2OH?+SO2?=CaSO3

↓+2NH3

·H2

O的平衡常數(shù)K=

c2(NH3?H2O) =4 c2(NH+)×c(Ca2+)×c2(OH?)×c(SO2?)4 1 = 1，bK2(NH3?H2O)×Ksp(CaSO3) a2bb1。a2b)+2)?2)+O2)△△H=112△，2 2即可寫出反響的熱化學(xué)方程式，正逆單位時(shí)間內(nèi)生成nmolCO則消耗nmol的CO2，同時(shí)也生成nmolCO2，則V =V正逆

反響前后氣體分子總數(shù)不變，氣體總物質(zhì)的量不變，總質(zhì)量不變，