2024年湖北省普通高中學(xué)業(yè)水平選擇性考試化學(xué)試卷含答案

2024年湖北省普通高中學(xué)業(yè)水平選擇性考試化學(xué)本試卷共8頁，19題。主卷滿分100分。考試用時75分鐘。一、選擇題：本題共15小題，每小題3分，共45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．勞動人民的發(fā)明創(chuàng)造是中華優(yōu)秀傳統(tǒng)文化的組成部分。下列化學(xué)原理描述錯誤的是()發(fā)明關(guān)鍵操作化學(xué)原理A制墨松木在窯內(nèi)燜燒發(fā)生不完全燃燒B陶瓷黏土高溫?zé)Y(jié)形成新的化學(xué)鍵C造紙草木灰水浸泡樹皮促進(jìn)纖維素溶解D火藥硫黃、硝石和木炭混合，點燃發(fā)生氧化還原反應(yīng)A．A B．BC．C D．DC[A．松木在窯中不完全燃燒會生成碳單質(zhì)，可以用來制造墨塊，A正確；B．黏土在高溫中燒結(jié)，會發(fā)生一系列的化學(xué)反應(yīng)，此過程有新化學(xué)鍵的形成，B正確；C．草木灰主要成分為碳酸鉀，浸泡的水成堿性，用于分離樹皮等原料中的膠質(zhì)，纖維素不能在堿性條件下水解，此過程并沒有使纖維素發(fā)生水解，C錯誤；D．中國古代黑火藥是由硫黃、硝石、木炭混合而成的，在點燃時發(fā)生劇烈的氧化還原反應(yīng)，化學(xué)方程式為S＋2KNO3＋3C=K2S＋3CO2↑＋N2↑，D正確。]2．2024年5月8日，我國第三艘航空母艦福建艦順利完成首次海試。艦體表面需要采取有效的防銹措施，下列防銹措施中不形成表面鈍化膜的是()A．發(fā)藍(lán)處理 B．陽極氧化C．表面滲鍍 D．噴涂油漆D[A．發(fā)藍(lán)處理技術(shù)通常用于鋼鐵等黑色金屬，通過在空氣中加熱或直接浸泡于濃氧化性溶液中來實現(xiàn)，可在金屬表面形成一層極薄的氧化膜，這層氧化膜能有效防銹，A不符合題意；B．陽極氧化是將待保護(hù)的金屬與電源正極連接，在金屬表面形成一層氧化膜的過程，B不符合題意；C．表面滲鍍是在高溫下將氣態(tài)、固態(tài)或熔化狀態(tài)的欲滲鍍的物質(zhì)(金屬或非金屬元素)通過擴(kuò)散作用從被滲鍍的金屬的表面滲入內(nèi)部以形成表層合金鍍層的一種表面處理的方法，C不符合題意；D．噴涂油漆是將油漆涂在待保護(hù)的金屬表面并沒有在表面形成鈍化膜，D符合題意。]3．關(guān)于物質(zhì)的分離、提純，下列說法錯誤的是()A．蒸餾法分離CH2Cl2和CCl4B．過濾法分離苯酚和NaHCO3溶液C．萃取和柱色譜法從青蒿中提取分離青蒿素D．重結(jié)晶法提純含有少量食鹽和泥沙的苯甲酸B[A．二氯甲烷和四氯化碳互溶，二者沸點不同，可以用蒸餾的方法將二者分離，A正確；B．苯酚和碳酸氫鈉都可以溶解在水中，不能用過濾的方法將二者分離，B錯誤；C．將青蒿浸泡在有機(jī)溶劑中得到提取液，尋找合適的萃取劑可以利用萃取的方法將提取液中的青蒿素提取出來；也可以利用不同溶質(zhì)在色譜柱上的保留時間不同將青蒿素固定在色譜柱上，在利用極性溶劑將青蒿素洗脫下來，得到純凈的青蒿素，C正確；D．食鹽和苯甲酸的溶解度差異較大，可以利用重結(jié)晶的方法將低溫下溶解度較小的苯甲酸提純出來，D正確。]4．化學(xué)用語可以表達(dá)化學(xué)過程，下列化學(xué)用語表達(dá)錯誤的是()A．用電子式表示Cl2的形成：→∶B．亞銅氨溶液除去合成氨原料氣中的CO：[Cu(NH3)2]2+＋CO＋NH3?[Cu(NH3)3CO]2+C．用電子云輪廓圖示意p-pπ鍵的形成：D．制備芳綸纖維凱芙拉＋COnHOCOOH催化劑＋(2n－1)H2OB[A．氯元素為ⅦA族元素，最外層電子數(shù)為7，Cl原子與Cl原子共用1對電子形成Cl2，電子式表示Cl2的形成過程為：故A正確；B．亞銅氨中銅元素的化合價為＋1價，而[Cu(NH3)2]2+中銅元素為＋2價，亞銅氨溶液除去合成氨原料氣中的CO的原理為：[Cu(NH3)2]＋＋CO＋NH3?[Cu(NH3)3CO]＋，故B錯誤；C．π鍵是由兩個原子的p軌道“肩并肩”重疊形成的，用電子云輪廓圖表示p-pπ鍵的形成為，故C正確；D．的羧基發(fā)生縮聚反應(yīng)生成高聚物和水，其反應(yīng)的化學(xué)方程式為＋催化劑＋(2n－1)H2O，故D正確。]5．基本概念和理論是化學(xué)思維的基石。下列敘述錯誤的是()A．VSEPR理論認(rèn)為VSEPR模型與分子的空間結(jié)構(gòu)相同B．元素性質(zhì)隨著原子序數(shù)遞增而呈周期性變化的規(guī)律稱為元素周期律C．泡利原理認(rèn)為一個原子軌道內(nèi)最多只能容納兩個自旋相反的電子D．sp3雜化軌道由1個s軌道和3個p軌道混雜而成A[A．VSEPR模型是價層電子對的空間結(jié)構(gòu)模型，而分子的空間結(jié)構(gòu)指的是成鍵電子對的空間結(jié)構(gòu)，不包括孤電子對，當(dāng)中心原子無孤電子對時，兩者空間結(jié)構(gòu)相同，當(dāng)中心原子有孤電子對時，兩者空間結(jié)構(gòu)不同，故A錯誤；B．元素的性質(zhì)隨著原子序數(shù)的遞增而呈現(xiàn)周期性的變化，這一規(guī)律叫元素周期律，元素性質(zhì)的周期性的變化是元素原子的核外電子排布周期性變化的必然結(jié)果，故B正確；C．在一個原子軌道里，最多只能容納2個電子，它們的自旋相反，這個原理被稱為泡利原理，故C正確；D．1個s軌道和3個p軌道混雜形成4個能量相同、方向不同的軌道，稱為sp3雜化軌道，故D正確。]6．鷹爪甲素(如圖)可從治療瘧疾的有效藥物鷹爪根中分離得到。下列說法錯誤的是()A．有5個手性碳原子B．在120℃條件下干燥樣品C．同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)中不可能含有苯環(huán)D．紅外光譜中出現(xiàn)了3000cm-1以上的吸收峰B[A．連4個不同原子或原子團(tuán)的碳原子稱為手性碳原子，分子中有5個手性碳原子，如圖中用星號標(biāo)記的碳原子：，故A正確；B．由鷹爪甲素的結(jié)構(gòu)簡式可知，其分子中有過氧鍵，過氧鍵熱穩(wěn)定性差，所以不能在120℃條件下干燥樣品，故B錯誤；C．鷹爪甲素的分子式為C15H26O4，如果有苯環(huán)，則分子中最多含2n－6＝15×2－6＝24個氫原子，則其同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)中不可能含有苯環(huán)，故C正確；D．由鷹爪甲素的結(jié)構(gòu)簡式可知，其分子中含羥基，即有氧氫鍵，所以其紅外光譜圖中會出現(xiàn)3000cm-1以上的吸收峰，故D正確。]7．過量SO2與以下0.1mol·L-1的溶液反應(yīng)，下列總反應(yīng)方程式錯誤的是()溶液現(xiàn)象化學(xué)方程式ANa2S產(chǎn)生淡黃色沉淀3SO2＋2Na2S=3S↓＋2Na2SO3BFeCl3溶液由棕黃色變淺綠色2FeCl3＋SO2＋2H2O=2FeCl2＋H2SO4＋2HClCCuCl2溶液褪色，產(chǎn)生白色沉淀SO2＋2CuCl2＋2H2O=2CuCl↓＋H2SO4＋2HClDNa2CO3(含酚酞)溶液由紅色變無色2SO2＋Na2CO3＋H2O=CO2＋2NaHSO3A．A B．BC．C D．DA[A．過量SO2與0.1mol·L-1的Na2S溶液反應(yīng)，產(chǎn)生的淡黃色沉淀是S，同時生成NaHSO3，SO2過量不能生成Na2SO3，因此，總反應(yīng)的化學(xué)方程式為5SO2＋2Na2S＋2H2O=3S↓＋4NaHSO3，A錯誤；B．過量SO2與0.1mol·L-1的FeCl3溶液反應(yīng)，生成FeCl2、H2SO4、HCl，總反應(yīng)的化學(xué)方程式為2FeCl3＋SO2＋2H2O=2FeCl2＋H2SO4＋2HCl，B正確；C．過量SO2與0.1mol·L-1的CuCl2溶液反應(yīng)，生成的白色沉淀是CuCl，總反應(yīng)的化學(xué)方程式為SO2＋2CuCl2＋2H2O=2CuCl↓＋H2SO4＋2HCl，C正確；D．Na2CO3水解使溶液顯堿性，其水溶液能使酚酞變紅；過量SO2與0.1mol·L-1的Na2CO3溶液反應(yīng)，生成CO2、NaHSO3，NaHSO3溶液顯酸性，因此，溶液由紅色變無色，總反應(yīng)的化學(xué)方程式為2SO2＋Na2CO3＋H2O=CO2↑＋2NaHSO3，D正確；綜上所述，本題選A。]8．結(jié)構(gòu)決定性質(zhì)，性質(zhì)決定用途。下列事實解釋錯誤的是()事實解釋A甘油是黏稠液體甘油分子間的氫鍵較強(qiáng)B王水溶解鉑濃鹽酸增強(qiáng)了濃硝酸的氧化性C冰的密度小于干冰冰晶體中水分子的空間利用率相對較低D石墨能導(dǎo)電未雜化的p軌道重疊使電子可在整個碳原子平面內(nèi)運(yùn)動A．A B．BC．C D．DB[A．甘油分子中有3個羥基，分子間可以形成更多的氫鍵，且O元素的電負(fù)性較大，故其分子間形成的氫鍵較強(qiáng)，因此甘油是黏稠液體，A正確；B．王水溶解鉑，是因為濃鹽酸提供的Cl－能與被硝酸氧化產(chǎn)生的高價態(tài)的鉑離子形成穩(wěn)定的配合物從而促進(jìn)鉑的溶解，在這個過程中濃鹽酸沒有表現(xiàn)氧化性，B不正確；C．冰晶體中水分子間形成較多的氫鍵，由于氫鍵具有方向性，因此，水分子間形成氫鍵后空隙變大，冰晶體中水分子的空間利用率相對較低，冰的密度小于干冰，C正確；D．石墨屬于混合型晶體，在石墨的二維結(jié)構(gòu)平面內(nèi)，碳原子以C—C鍵與相鄰的3個碳原子結(jié)合，形成六元環(huán)層。碳原子有4個價電子，而每個碳原子僅用3個價電子通過sp2雜化軌道與相鄰的碳原子形成共價鍵，還有1個電子處于碳原子的未雜化的2p軌道上，層內(nèi)碳原子的這些p軌道相互平行，相鄰碳原子p軌道相互重疊形成大π鍵，這些p軌道的電子可以在整個層內(nèi)運(yùn)動，因此石墨能導(dǎo)電，D正確；綜上所述，本題選B。]9．主族元素W、X、Y、Z原子序數(shù)依次增大，X、Y的價電子數(shù)相等，Z的價電子所在能層有16個軌道，4種元素形成的化合物如圖。下列說法正確的是()A．電負(fù)性：W>YB．酸性：W2YX3>W2YX4C．基態(tài)原子的未成對電子數(shù)：W>XD．氧化物溶于水所得溶液的pH：Z>YD[主族元素W、X、Y、Z原子序數(shù)依次增大，X、Y的價電子數(shù)相等，Z的價電子所在能層有16個軌道，則Z個有4個能層。根據(jù)這4種元素形成的化合物的結(jié)構(gòu)可以推斷，W、X、Y、Z分別為H、O、S、K。A．W和Y可以形成H2S，其中S顯－2價，因此，電負(fù)性S>H，A不正確；B．H2SO3是中強(qiáng)酸，而H2SO4是強(qiáng)酸，因此，在相同條件下，后者的酸性較強(qiáng)，B不正確；C．H只有1個電子，O的2p軌道上有4個電子，O有2個未成對電子，因此，基態(tài)原子的未成對電子數(shù)O>H，C不正確；D．K的氧化物溶于水且與水反應(yīng)生成強(qiáng)堿KOH，S的氧化物溶于水且與水反應(yīng)生成H2SO3或H2SO4，因此，氧化物溶于水所得溶液的pH的大小關(guān)系為K>S，D正確；綜上所述，本題選D。]10．堿金屬的液氨溶液含有的藍(lán)色溶劑化電子[e(NH3)n]－是強(qiáng)還原劑。鋰與液氨反應(yīng)的裝置如圖(夾持裝置略)。下列說法錯誤的是()A．堿石灰有利于NH3逸出B．鋰片必須打磨出新鮮表面C．干燥管中均可選用P2O5D．雙口燒瓶中發(fā)生的變化是Li＋nNH3=Li＋＋[e(NH3)n]－C[本題利用Li和液氨反應(yīng)Li＋nNH3=Li＋＋[e(NH3)n]－制備[e(NH3)n]－；堿石灰可以吸收濃氨水中的水分，同時吸水過程大量放熱，使?jié)獍彼軣岱纸猱a(chǎn)生氨氣；利用集氣瓶收集氨氣；過量的氨氣進(jìn)入雙口燒瓶中在冷卻體系中發(fā)生反應(yīng)生成[e(NH3)n]－；最后的球形干燥管中可裝P2O5，除掉過量的氨氣，同時防止空氣的水進(jìn)入引起副反應(yīng)。A．堿石灰為生石灰和氫氧化鈉的混合物，可以吸收濃氨水中的水分，同時吸水過程大量放熱，有利于NH3逸出，A正確；B．鋰片表面有Li2O，Li2O會阻礙Li和液氨的接觸，所以必須打磨出新鮮表面，B正確；C．第一個干燥管目的是干燥氨氣，P2O5為酸性干燥劑能與氨氣反應(yīng)，所以不能用P2O5，而裝置末端的干燥管作用為吸收過量的氨氣，可用P2O5，C錯誤；D．雙口燒瓶中發(fā)生的變化是Li＋nNH3=Li＋＋[e(NH3)n]－，D正確；故選C。]11．黃金按質(zhì)量分?jǐn)?shù)分級，純金為24K。Au-Cu合金的三種晶胞結(jié)構(gòu)如圖，Ⅱ和Ⅲ是立方晶胞。下列說法錯誤的是()A．Ⅰ為18K金B(yǎng)．Ⅱ中Au的配位數(shù)是12C．Ⅲ中最小核間距Au-Cu<Au-AuD．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中，Au與Cu原子個數(shù)比依次為1∶1、1∶3、3∶1C[A．由題意得24K金的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為100%，則18K金的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為：1824×100%＝75%，Ⅰ中Au和Cu原子個數(shù)比值為1∶1，則Au的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為：197197+64×100%≈75%，A正確；B．Ⅱ中Au處于立方體的八個頂點，Au的配位數(shù)是指距離最近的Cu的個數(shù)，Cu處于面心處，類似于二氧化碳晶胞結(jié)構(gòu)，二氧化碳分子周圍距離最近的二氧化碳有12個，則Au的配位數(shù)為12，B正確；C．設(shè)Ⅲ的晶胞參數(shù)為a，Au-Cu的核間距為22a，Au-Au的最小核間距也為22a，最小核間距Au-Cu＝Au-Au，C錯誤；D．Ⅰ中，Au處于內(nèi)部，Cu處于晶胞的八個頂點，其原子個數(shù)比為1∶1；Ⅱ中，Au處于立方體的八個頂點，Cu處于面心，其原子個數(shù)比為：8×18∶6×12＝1∶3；Ⅲ中，Au處于立方體的面心，Cu處于頂點，其原子個數(shù)比為6×1212．O2在超高壓下轉(zhuǎn)化為平行六面體的O8分子(如圖)。下列說法錯誤的是()A．O2和O8互為同素異形體B．O8中存在不同的氧氧鍵C．O2轉(zhuǎn)化為O8是熵減反應(yīng)D．常壓低溫下O8能穩(wěn)定存在D[A．O2和O8是O元素形成的不同單質(zhì)，兩者互為同素異形體，A項正確；B．O8為平行六面體，由其結(jié)構(gòu)知，O8中存在兩種氧氧鍵：上下底面中的氧氧鍵、上下底面間的氧氧鍵，B項正確；C．O2轉(zhuǎn)化為O8可表示為4O2超高壓O8，氣體分子數(shù)減少，故O2轉(zhuǎn)化為O8是熵減反應(yīng)，C項正確；D．O2在超高壓下轉(zhuǎn)化成O8，則在常壓低溫下O8會轉(zhuǎn)化成O213．CO2氣氛下，Pb(ClO4)2溶液中含鉛物種的分布如圖?？v坐標(biāo)(δ)為組分中鉛占總鉛的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。已知c0(Pb2+)＝2.0×10-5mol·L-1，pKa1(H2CO3)＝6.4、pKa2(H2CO3)＝10.3，pKsp(PbCO3)＝12.1。下列說法錯誤的是()A．pH＝6.5時，溶液中c(CO32-)B．δ(Pb2+)＝δ(PbCO3)時，c(Pb2+)<1.0×10-5mol·L-1C．pH＝7時，2D．pH＝8時，溶液中加入少量NaHCO3(s)，PbCO3會溶解C[A．由圖可知，pH＝6.5時δ(Pb2+)>50%，即c(Pb2+)>1×10-5mol·L-1，則c(CO32-))≤KspPbCO3cPb2+＝10-12.11×10-5mol·L-1＝10-7.1mol·L-1<c(Pb2+)，A項正確；B．由圖可知，δ(Pb2+)＝δ(PbCO3)時，溶液中還存在Pb(OH)＋，根據(jù)c0(Pb2+)＝2.0×10-5mol·L-1和Pb元素守恒，溶液中c(Pb2+)<1.0×10-5mol·L-1，B項正確；C．溶液中的電荷守恒為2c(Pb2+)＋c[Pb(OH)＋]＋c(H＋)＝2cCO32-+cHCO3-+cClO4-+2cPbCO322-＋c(OH－)，pH＝7時溶液中c(H＋)＝c14．我國科學(xué)家設(shè)計了一種雙位點PbCu電催化劑，用H2C2O4和NH2OH電化學(xué)催化合成甘氨酸，原理如圖，雙極膜中H2O解離的H＋和OH－在電場作用下向兩極遷移。已知在KOH溶液中，甲醛轉(zhuǎn)化為HOCH2O－，存在平衡HOCH2O－＋OH－?[OCH2O]2-＋H2O。Cu電極上發(fā)生的電子轉(zhuǎn)移反應(yīng)為[OCH2O]2-－e－=HCOO－＋H·。下列說法錯誤的是()A．電解一段時間后陽極區(qū)c(OH－)減小B．理論上生成1molH3N＋CH2COOH雙極膜中有4molH2O解離C．陽極總反應(yīng)式為2HCHO＋4OH－－2e－=2HCOO－＋H2↑＋2H2OD．陰極區(qū)存在反應(yīng)H2C2O4＋2H＋＋2e－=CHOCOOH＋H2OB[在KOH溶液中，HCHO轉(zhuǎn)化為HOCH2O－：HCHO＋OH－→HOCH2O－，存在平衡HOCH2O－＋OH－?[OCH2O]2-＋H2O，Cu電極上發(fā)生的電子轉(zhuǎn)移反應(yīng)為[OCH2O]2-－e－=HCOO－＋H·，H·結(jié)合成H2，Cu電極為陽極；PbCu電極為陰極，首先HOOC—COOH在Pb上發(fā)生得電子的還原反應(yīng)轉(zhuǎn)化為OHC—COOH：H2C2O4＋2e－＋2H＋=OHC—COOH＋H2O，OHC—COOH與HO—N＋H3反應(yīng)生成HOOC—CH=N—OH：OHC—COOH＋HO—N＋H3→HOOC—CH=N—OH＋H2O＋H＋，HOOC—CH=N—OH發(fā)生得電子的還原反應(yīng)轉(zhuǎn)化成H3N＋CH2COOH：HOOC—CH=N—OH＋4e－＋5H＋=H3N＋CH2COOH＋H2O。A．根據(jù)分析，電解過程中，陽極區(qū)消耗OH－、同時生成H2O，故電解一段時間后陽極區(qū)c(OH－)減小，A項正確；B．根據(jù)分析，陰極區(qū)的總反應(yīng)為H2C2O4＋HO—N＋H3＋6e－＋6H＋=H3N＋CH2COOH＋3H2O，1molH2O解離成1molH＋和1molOH－，故理論上生成1molH3N＋CH2COOH雙極膜中有6molH2O解離，B項錯誤；C．根據(jù)分析，結(jié)合裝置圖，陽極總反應(yīng)為2HCHO－2e－＋4OH－=2HCOO－＋H2↑＋2H2O，C項正確；D．根據(jù)分析，陰極區(qū)的Pb上發(fā)生反應(yīng)H2C2O4＋2e－＋2H＋=OHCCOOH＋H2O，D項正確；答案選B。]15．科學(xué)家合成了一種如圖所示的納米“分子客車”，能裝載多種稠環(huán)芳香烴。三種芳烴與“分子客車”的結(jié)合常數(shù)(值越大越穩(wěn)定)見表。下列說法錯誤的是()芳烴芘并四苯蒄結(jié)構(gòu)結(jié)合常數(shù)3853764176000A．芳烴與“分子客車”可通過分子間相互作用形成超分子B．并四苯直立裝載與平躺裝載的穩(wěn)定性基本相同C．從分子大小適配看“分子客車”可裝載2個芘D．芳烴π電子數(shù)越多越有利于和“分子客車”的結(jié)合B[A．“分子客車”能裝載多種稠環(huán)芳香烴，故芳烴與“分子客車”通過分子間作用力形成分子聚集體——超分子，A項正確；B．“分子客車”的長為2.2nm、高為0.7nm，從長的方向觀察，有與并四苯分子適配的結(jié)構(gòu)，從高的方向觀察則缺少合適結(jié)構(gòu)，故平躺裝載的穩(wěn)定性大于直立裝載的穩(wěn)定性，B項錯誤；C．芘與“分子客車”中中間部分結(jié)構(gòu)大小適配，故從分子大小適配看“分子客車”可裝載2個芘，C項正確；D．芘、并四苯、蒄中π電子數(shù)逐漸增多，與“分子客車”的結(jié)合常數(shù)逐漸增大，而結(jié)合常數(shù)越大越穩(wěn)定，故芳烴π電子數(shù)越多越有利于和“分子客車”結(jié)合，D項正確；答案選B。]二、非選擇題：本題共4小題，共55分。16．鈹用于宇航器件的構(gòu)筑。一種從其鋁硅酸鹽[Be3Al2(SiO3)6]中提取鈹?shù)穆窂綖椋阂阎築e2+＋4HA?BeA2(HA)2＋2H＋回答下列問題：(1)基態(tài)Be2+的軌道表示式為________。(2)為了從“熱熔、冷卻”步驟得到玻璃態(tài)，冷卻過程的特點是________。(3)“萃取分液”的目的是分離Be2+和Al3+，向過量燒堿溶液中逐滴加入少量“水相1”的溶液，觀察到的現(xiàn)象是__________________。(4)寫出反萃取生成Na2[Be(OH)4]的化學(xué)方程式_________________________________________________________________________________________________?！盀V液2”可以進(jìn)入________步驟再利用。(5)電解熔融氯化鈹制備金屬鈹時，加入氯化鈉的主要作用是______________________________________________________________________________________。(6)Be(OH)2與醋酸反應(yīng)得到某含4個Be的配合物，4個Be位于以1個O原子為中心的四面體的4個頂點，且每個Be的配位環(huán)境相同，Be與Be間通過CH3COO－相連，其化學(xué)式為________。[解析]本題是化工流程的綜合考察，首先鋁硅酸鹽先加熱熔融，然后快速冷卻到其玻璃態(tài)，再加入稀硫酸酸浸過濾，濾渣的成分為H2SiO3，“濾液1”中有Be2+和Al3+，加入含HA的煤油將Be2+萃取到有機(jī)相中，水相1中含有Al3+，有機(jī)相為BeA2(HA)2，加入過量氫氧化鈉反萃取Be2+使其轉(zhuǎn)化為Na2[Be(OH)4]進(jìn)入水相2中，分離出含NaA的煤油，最后對水相2加熱過濾，分離出Be(OH)2，通過系列操作得到金屬鈹，據(jù)此回答。(1)基態(tài)Be2+的電子排布式為1s2，其軌道表示式為(2)熔融態(tài)物質(zhì)冷卻凝固時，緩慢冷卻會形成晶體，快速冷卻會形成非晶態(tài)，即玻璃態(tài)，所以從“熱熔、冷卻”中得到玻璃態(tài)，其冷卻過程的特點為快速冷卻。(3)“濾液1”中有Be2+和Al3+，加入含HA的煤油將Be2+萃取到有機(jī)相中，則水相1中含有Al3+，則向過量燒堿的溶液中逐滴加入少量水相1的溶液，可觀察到的現(xiàn)象為無明顯現(xiàn)象。(4)反萃取生成Na2[Be(OH)4]的化學(xué)方程式為BeA2HA2＋6NaOH=Na2[Be(OH)4]＋4NaA＋2H2O，濾液2的主要成分為NaOH，可進(jìn)入反萃取步驟再利用。(5)氯化鈹?shù)墓矁r性較強(qiáng)，電解熔融氯化鈹制備金屬鈹時，加入氯化鈉的主要作用為增強(qiáng)熔融氯化鈹?shù)膶?dǎo)電性。(6)由題意可知，該配合物中有四個鈹位于四面體的四個頂點上，四面體中心只有一個O，Be與Be之間總共有六個CH3COO－，則其化學(xué)式為Be4O(CH3COO)[答案](1)(2)快速冷卻(3)無明顯現(xiàn)象(4)BeA2(HA)2＋6NaOH=Na2[Be(OH)4]＋4NaA＋2H2O反萃取(5)增強(qiáng)熔融氯化鈹?shù)膶?dǎo)電性(6)Be4O(CH3COO)617．用BaCO3和焦炭為原料，經(jīng)反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ得到BaC2，再制備乙炔是我國科研人員提出的綠色環(huán)保新路線。反應(yīng)Ⅰ：BaCO3(s)＋C(s)?BaO(s)＋2CO(g)反應(yīng)Ⅱ：BaO(s)＋3C(s)?BaC2(s)＋CO(g)回答下列問題：(1)寫出BaC2與水反應(yīng)的化學(xué)方程式：__________________________________。(2)已知Kp＝(pCO)n、K＝(pCO105Pa)n(n是CO的化學(xué)計量系數(shù))。反應(yīng)Ⅰ、①反應(yīng)BaCO3(s)＋4C(s)?BaC2(s)＋3CO(g)在1585K的Kp＝________Pa3。②保持1320K不變，假定恒容容器中只發(fā)生反應(yīng)Ⅰ，達(dá)到平衡時pCO＝________Pa，若將容器體積壓縮到原來的12，重新建立平衡后pCO(3)恒壓容器中，焦炭與BaCO3的物質(zhì)的量之比為4∶1，Ar為載氣。400K和1823K下，BaC2產(chǎn)率隨時間的關(guān)系曲線依實驗數(shù)據(jù)擬合得到圖2(不考慮接觸面積的影響)。①初始溫度為900K，緩慢加熱至1400K時，實驗表明BaCO3已全部消耗，此時反應(yīng)體系中含Ba物種為________。②1823K下，反應(yīng)速率的變化特點為________________________，其原因是__________________________________________________________________________________________________________________________________________。[解析](1)Ba、Ca元素同主族，所以BaC2與水的反應(yīng)和CaC2與水的反應(yīng)相似，其反應(yīng)的化學(xué)方程式為BaC2＋2H2O→Ba(OH)2＋HC≡CH↑。(2)①反應(yīng)Ⅰ＋反應(yīng)Ⅱ得BaCO3(s)＋4C(s)?BaC2(s)＋3CO(g)，所以其平衡常數(shù)K＝KⅠ×KⅡ＝(pCO105Pa)3，由圖1可知，1585K時KⅠ＝102.5，KⅡ＝10-1.5，即(pCO105Pa)3＝102.5×10-1.5＝10，所以pCO3＝10×(105Pa)3＝1016Pa3，則Kp＝pCO3＝1016Pa3。②由圖1可知，1320K時反應(yīng)Ⅰ的KⅠ＝100＝1，即KⅠ＝(pCO105Pa)2＝1，所以pCO2＝(105Pa)2，即pCO＝105Pa。③若將容器體積壓縮到原來的12，由于溫度不變、平衡常數(shù)不變，重新建立平衡后pCO應(yīng)不變，即pCO＝105Pa。(3)①由圖2可知，1400K時，BaC2的產(chǎn)率為0，即沒有BaC2，又實驗表明BaBO[答案](1)BaC2＋2H2O→Ba(OH)2＋HC≡CH↑(2)①1016②105③105(3)①BaO②速率不變至BaC2產(chǎn)率接近100%容器中只發(fā)生反應(yīng)Ⅱ：BaO(s)＋3C(s)?BaC2(s)＋CO(g)，反應(yīng)條件為恒溫1823K、恒壓，且該反應(yīng)只有CO為氣態(tài)，據(jù)K＝pCO18．學(xué)習(xí)小組為探究Co2+、Co3+能否催化H2O2的分解及相關(guān)性質(zhì)，室溫下進(jìn)行了實驗Ⅰ～Ⅳ。實驗Ⅰ實驗Ⅱ?qū)嶒灑鬅o明顯變化溶液變?yōu)榧t色，伴有氣泡產(chǎn)生溶液變?yōu)槟G色，并持續(xù)產(chǎn)生能使帶火星木條復(fù)燃的氣體已知：[Co(H2O)6]2+為粉紅色、[Co(H2O)6]3+為藍(lán)色、[Co(CO3)2]2-為紅色、[Co(CO3)3]3-為墨綠色?；卮鹣铝袉栴}：(1)配制1.00mol·L-1的CoSO4溶液，需要用到下列儀器中的________(填標(biāo)號)。abcd(2)實驗Ⅰ表明[Co(H2O)6]2+________(填“能”或“不能”)催化H2O2的分解。實驗Ⅱ中HCO3-大大過量的原因是_________________________________________。實驗Ⅲ初步表明[Co(CO3)3]3-能催化H2O2的分解，寫出H2O2在實驗(3)實驗Ⅰ表明，反應(yīng)2[Co(H2O)6]2+＋H2O2＋2H＋?2[Co(H2O)6]3+＋2H2O難以正向進(jìn)行，利用化學(xué)平衡移動原理，分析Co3+、Co2+分別與CO3_____________________________________________________________________。(4)實驗Ⅳ中，A到B溶液變?yōu)樗{(lán)色，并產(chǎn)生氣體；B到C溶液變?yōu)榉奂t色，并產(chǎn)生氣體。從A到C所產(chǎn)生的氣體的分子式分別為________、________。[解析]本題探究Co2+、Co3+能否催化H2O2的分解及相關(guān)性質(zhì)。實驗Ⅰ中無明顯變化，證明[Co(H2O)6]2+不能催化H2O2的分解；實驗Ⅱ中溶液變?yōu)榧t色，證明[Co(H2O)6]2+易轉(zhuǎn)化為[Co(CO3)2]2-；實驗Ⅲ中溶液變?yōu)槟G色，說明[Co(H2O)6]3+更易與CO32-反應(yīng)生成[Co(CO3)3]3-，并且初步證明[Co(H2O)6]2+在HCO3-的作用下易被H2O2氧化為[Co(CO3)3]3-；實驗Ⅳ中溶液先變藍(lán)后變紅，并且前后均有氣體生成，證明在酸性條件下，[Co(CO3)3]3-易轉(zhuǎn)化為[Co(H2O)6]3+，[Co(H2O)6]3+氧化性強(qiáng)，可以把H(1)配制1.00mol·L-1的CoSO4溶液，需要用到容量瓶、膠頭滴管等，因此選bc。(2)CoSO4溶液中存在大量的[Co(H2O)6]2+，向其中加入30%的H2O2后無明顯變化，因此，實驗Ⅰ表明[Co(H2O)6]2+不能催化H2O2的分解。實驗Ⅱ中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為4HCO3-＋Co2+=[Co(CO3)2]2-＋2CO2↑＋2H2O，實驗中HCO3-與Co2+的物質(zhì)的量之比為32∶3，因此，HCO3-大大過量的原因是：HCO3-與Co2+按物質(zhì)的量之比4∶1發(fā)生反應(yīng)4HCO3-＋Co2+=[Co(CO3)2]2-＋2CO2↑＋2H2O，實驗中HCO3-與Co2+的物質(zhì)的量之比為32∶3。實驗Ⅲ的實驗現(xiàn)象表明在H2O2的作用下Co2+能與HCO3-反應(yīng)生成[Co(CO3)3]3-，然后[Co(CO3)3]3-能催化H2O2的分解，因此，H2O2在實驗Ⅲ中所發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為2Co2++10HCO3-＋H2O2=2[Co(CO3)3]3-＋6H2O＋4CO2↑、2H2O2CoCO333-2H2O2＋O2↑。(3)實驗Ⅰ表明，反應(yīng)2[Co(H2O)6]2+＋H2O2＋2H＋?2[Co(H2O)6]3+＋2H2O難以正向進(jìn)行。實驗Ⅲ的現(xiàn)象表明，Co3+、Co2+分別與CO32-配位時，[Co(H2O)6]3+更易與CO32-反應(yīng)生成[Co(CO3)3]3-(該反應(yīng)為快反應(yīng))，導(dǎo)致[Co(H2O)6]2+幾乎不能轉(zhuǎn)化為[Co(CO3)2]2-，這樣使得[Co(H2O)6]3+的濃度減小的幅度遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于[Co(H2O)6]2+減小的幅度，根據(jù)化學(xué)平衡移動原理，減小生成物濃度能使化學(xué)平衡向正反應(yīng)方向移動，因此，上述反應(yīng)能夠正向進(jìn)行。(4)實驗Ⅳ中，A到B溶液變?yōu)樗{(lán)色，并產(chǎn)生氣體，說明發(fā)生了[Co(CO3)3]3-＋6H＋＋3H2O=[Co(H2[答案](1)bc(2)不能HCO3-與Co2+按物質(zhì)的量之比4∶1發(fā)生反應(yīng)4HCO3-＋Co2+=[Co(CO3)2]2-＋2CO2↑＋2H2O，實驗中HCO3-與Co2+的物質(zhì)的量之比為32∶32Co2++10HCO3-＋H2O2=2[Co(CO3)3]3-＋6H