（精品）2021年高考全国各省市名校最新模拟好题汇编卷 化学试题03（解析版）.doc

1、2021年高考全国各省市名校最新模拟好题汇编卷 化 学 （本卷共（本卷共20小题，满分小题，满分100分，考试用时分，考试用时90分钟）分钟） 可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Ce 140 一、选择题：本题共一、选择题：本题共10小题，每小题小题，每小题2分，共分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1 （济南大学城实验高中20202021学年阶段性调研）高粱酿酒过程中的部分流程按顺序排列如下，其中能 说明高粱转化过程中放出热量的是（ ） 。 A“蒸粮”时加热 B“拌曲”前

2、摊晾 C“堆酵”时升温 D“馏酒”时控温 【解析】选C。“蒸粮”时加热属于木柴的燃烧过程，是木柴的化学能转化为热能，故A不符合题意；“拌 曲”前摊晾是属于蒸发水分的过程，故B不符合题意；“堆酵”时升温属于高粱的发酵过程，高粱在发酵过 程中发生化学变化，并放出热量；故C符合题意；“馏酒”时控温有木柴的燃烧过程，是木柴的化学能转化 为热能，还有酒的蒸馏过程，蒸馏是吸热过程，故D不符合题意。 2 （广东汕头20202021学年度高三上学期期中）利用乙醚、95%乙醇浸泡杜仲干叶，得到提取液，进步获 得绿原酸粗产品的种工艺流程如下，下列说法错误的是（ ） 。 A常温下，绿原酸易溶于水 B浸膏的主要成分是

3、绿原酸 C减压蒸馏的目的是降低蒸馏温度，以免绿原酸变质 D绿原酸粗产品可以通过重结晶进一步提纯 【解析】选A。由流程图可知，绿原酸可通过加入乙酸乙酯萃取分液，则说明绿原酸易溶于乙酸乙酯，难溶 于水，故A错误；通过减压蒸馏分离乙酸乙酯和绿原酸，有机溶剂乙酸乙酯沸点低挥发出去，则浸膏的主要 成分是绿原酸固体，故B正确；减压蒸馏的目的是降低蒸馏温度，以免绿原酸分解或变质，故C正确；绿原 酸粗产品可以通过重结晶进一步提纯，故D正确。 3 （广东茂名20202021学年度高三上学期期中）有机化合物X（）是合成重要医药中间体的原料。下 列关于化合物X说法错误的是（ ） 。 A分子中有7个碳原子共平面 B能

4、使酸性KMnO4溶液褪色 C能与HBr发生加成反应 DX的同分异构体中不存在芳香族化合物 【解析】选A。分子中存在碳碳双键，根据乙烯分子中有6个原子共面，可知该分子中有5个碳原子共平面， 分子中的六元环上的碳原子不能全部共面，故A错误；含碳碳双键的有机物能使酸性KMnO4溶液褪色，故B 正确；含碳碳双键的有机物能与HBr发生加成反应，故C正确；X含有2个环和一个碳碳双键，共3个不饱和 度，苯环中含有4个不饱和度，则X的同分异构体中不存在芳香族化合物，故D正确。 4 （天津宝坻区20202021高三上学期第一次月考）下列有关叙述及相关解释均正确的是（ ） 。 选项 叙述 解释 A 键的极性的强弱

5、： NHOHF电负性：NOF H B 稳定性：H2OH2S 两种元素同主族， 且半径O S C 熔点： I形成分子内氢键，II形成分 子间氢键 D 酸性：HIHBrHCl HI、HBr、HCl中的范德华力 逐至减小 【解析】选B。电负性：NOF，键的极性的强弱：NHOHFH，故A项错误；同主族从上到下 半径增大，非金属减弱，则气态氢化物的稳定性H2OH2S，与故项B正确；I分子形成分子内氢键，分子间 作用力小，II分子形成分子间氢键，分子间作用力大，熔点：III，故C项错误；酸性：HIHBrHCl， HI、HBr、HCI中共价键越来越强，在水中电离能力变弱，故D项错误。 5 （四川泸州2020

6、2021学年度高三上学期期中）主族元素X、Y、Z、W、R、T的原子序数依次增大，且均 不大于20。其中X 的电子层结构与氦相同，R和Y同族，Y元素的某种单质是一种自来水消毒剂；Z3+和Y2 具有相同的电子层结构；T、W、Y三种元素组成盐T2WY3的溶液通入过量CO2后产生白色沉淀。下列说法 不正确的是（ ） 。 A原子半径：TRWZ BT和R形成化合物的水溶液呈碱性 C化合物TX具有很强的还原性，可与水反应 DT、R、Z三种元素的最高价氧化物对应的水化物两两能发生反应 【解析】选A。主族元素X、Y、Z、W、R、T的原子序数依次增大，且均不大于20。其中X 的电子层结构 与氦相同，则X为H元素；

7、R和Y同族，Y元素的某种单质是一种自来水消毒剂，为O3，则Y为O元素；R为S 元素；Z3+和Y2 具有相同的电子层结构Z在Y的下一周期，Z为铝元素；T、W、Y三种元素组成盐T 2WY3的 溶液通入过量CO2后产生白色沉淀，且W的原子序数大于铝而小于硫，故T2WY3为K2SiO3，生成的白色沉淀 为硅酸。同周期元素从左而右依次减小，故原子半径：T（K）Z（Al）W（Si）R（S） ，选项A不正 确；T和R形成化合物K2S为强碱弱酸盐，水解呈碱性，选项B正确；化合物TX为KH，具有很强的还原性， 可与水反应生成氢氧化钾和氢气，选项C正确；T、R、Z三种元素的最高价氧化物对应的水化物氢氧化钾、 硫酸

8、、氢氧化铝两两能发生反应，选项D正确。 6 （北京市朝阳区20202021学年度第一学期期中）海洋生物参与氮循环过程如图所示： 下列说法不正确 的是（ ） 。 A反应中有极性键断裂和非极性键生成 B反应中可能有氧气参与反应 C反应中包含3个氧化还原反应 D等量NO2 参加反应，反应转移电子数目比反应多 【解析】选C。反应中NH2OHN2H4，NH2OH中极性键断裂，N2H4中有非极性键生成，故A正确；反应 中N2H4N2，N元素化合价上升，N2H4是还原剂，可能需要氧化剂O2参与反应，故B正确；反应中 、是氧化还原反应，故C错误；中N元素由+3价降低到1价，中N元素由+3价降低到0价， 等量N

9、O2 参加反应，反应转移电子数目比反应多，故D正确。 7 （甘肃张掖20202021学年高三上学期质检）ClO2是一种国际公认的安全、无毒的绿色消毒剂，沸点11， 凝固点59。工业上，可用下列原理制备ClO2（液相反应） ：2FeS2+30NaClO3+14H2SO4Fe2（SO4） 3+15Na2SO4+30ClO2+14H2O。设NA是阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是（ ） 。 A在标准状况下，2240mLClO2含有原子数为0.3NA B若生成1.5molNa2SO4，则反应后的溶液中Fe3+数目为0.2NA C48.0gFeS2完全反应，则上述反应中转移电子数为6NA D每消耗30

10、molNaClO3，生成的水中氢氧键数目为14NA 【解析】选C。ClO2沸点11，标况下为液体，2240mLClO2的物质的量不是0.1mol，故A错误；Fe3+在水溶 液中会发生水解，不能确定其数目，故B错误；48.0gFeS2物质的量为48g 120g/mol0.4mol，NaClO3中氯元 素由+5价降到+4价，失一个电子，故6molNaClO3失6mol电子，即48.0gFeS2完全反应，转移电子数为6NA， 故C正确；消耗30molNaClO3生成14mol水，一个水分子中有两个氢氧键，故生成的水中氢氧键数目为28NA， 故D错误。 8 （广东东莞20202021学年高三上学期期中

11、）三氯化硼（BCl3）是一种重要的化工原料。某实验小组利用 干燥的氯气和下列装置（装置可重复使用）制备BCl3并验证反应中有CO生成。 已知：i实验室制备BCl3的化学方程式为：B2O3+3C+3Cl22BCl3+3CO；iiBCl3的熔点为107.3， 沸点为12.5，遇水水解生成H3BO3和HCl。下列说法不正确的是（ ） 。 A实验装置合理的连接顺序为 B装置中发生反应的离子方程式为Cl2+2OH Cl+ClO+H 2O C装置的作用是冷凝并收集BCl3 D验证有CO生成的现象是装置中CuO由黑色变成红色，且装置中澄清石灰水变浑浊 【解析】选A。用Cl2与B2O3、C反应生成BCl3和C

12、O，三氯化硼的熔点为107.3，沸点为12.5，所以收集 三氯化硼要用冰水冷凝；检验CO之前，为防止未反应的Cl2、可能存在的CO2对CO的检验造成干扰，要先将 气体通入NaOH溶液中；为防止氢氧化钠溶液中水蒸气进入BCl3收集装置而使BCl3水解，在通入NaOH溶液 之前需先通过干燥装置；气体通过NaOH溶液后又带上水蒸气，再次干燥后将气体通入灼热的氧化铜，再将 生成的气体通过澄清石灰水；若灼热的氧化铜变红且澄清石灰水变浑浊，可证明原反应中有一氧化碳生成； 未反应的CO有毒，不能排放到空气中，要用排水法收集后进行处理。由分析可知，实验装置合理的连接顺 序为，A错误；气体通入装置后，未反应的C

13、l2被NaOH溶液吸收，反应的离子方程式为： Cl2+2OH Cl+ClO+H 2O，B正确；结合分析可知，装置作用是冷凝并收集BCl3，C正确；若原反应有 CO生成，中CuO将由黑色变成红色，装置中澄清石灰水将变浑浊，D正确。 9 （江苏常州20202021学年度高三上学期期中）直接乙醇燃料电池（DEFC）具有无毒，来源丰富的优点。 下列有关说法正确的是（ ） 。 A一定温度下，反应C2H6O（l）+3O2（g）3H2O（l）+2CO2（g）能自发进行，该反应的H0 B由C2H6O、O2和KOH溶液组成的燃料电池，负极反应为O2+2H2O+4e 4OH C常温常压下，乙醇氧气燃料电池放电过程

14、中消耗22.4LO2，转移电子的数目为4 6.02 1023 D催化剂能减少反应C2H5OH（l）+3O2（g）3H2O（l）+2CO2（g）的H，而使反应速率加快 【解析】选A。该反应的正反应是气体体积减小的反应，若在一定温度下能自发进行，根据体系自由能G HTS0，S0，所以H0，A正确；通入燃料的电极为负极，通入O2的电极为正极，正极上 O2得到电子，发生还原反应，电极反应式为：O2+2H2O+4e 4OH，B错误；常温常压下22.4LO 2的物质的 量小于1mol，因此转移电子的数目小于4 6.02 1023，C错误；催化剂能够降低反应的活化能，从而能加快反 应速率，但不能改变反应热，

15、D错误。 10 （甘肃武威20202021学年高三质检）已知氧化还原反应：2Cu（IO3）2+24KI+12H2SO4 2CuI+13I2+12K2SO4+12H2O，下列说法正确的是（ ） 。 ACu（IO3）2作氧化剂，Cu（IO3）2中的铜和碘元素被还原 BCuI既是氧化产物又是还原产物 C每生成1molCuI，有12molKI发生氧化反应 D每转移1.1mol电子，有0.2molIO3 被氧化 【解析】选A。Cu（IO3）2得电子作氧化剂，Cu（IO3）2中的铜和碘元素得电子化合价降低而被还原，故A 正确；Cu（IO3）2中Cu元素的化合价由+2价降低为+1价为氧化剂，CuI中I元素由

16、KI提供，化合价没变，所 以CuI只是还原产物，故B错误；由方程式得出，24个KI参与反应，22个KI升高生成11个碘单质，作还原剂 被氧化发生氧化反应，所以每生成1molCuI，则有12molKI参与反应，即11molKI发生氧化反应，故C错误； Cu（IO3）2中Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，I元素的化合价由+5价降低为0，1molCu（IO3）2参与反 应共转移11mol电子，所以每转移1.1mol电子，有0.1molCu（IO3）2参与反应，有0.2molIO3 得电子被还原， 故D错误。 二、选择题：本题共二、选择题：本题共5小题，每小题小题，每小题4分，共分，共20分。每小

17、题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，分， 选对但不全的得选对但不全的得2分，有选错的得分，有选错的得0分。分。 11 （江苏无锡20202021学年度高三上学期期中）化合物Y是一种药物中间体，可由X制得： 下列有关化合物X、Y的说法正确的是（ ） 。 AY分子中五元环上的4个碳原子一定共平面 B1molX最多能与2molBr2反应 C用FeCl3溶液可鉴别化合物X和Y DX、Y在酸性条件下的水解产物均能发生氧化反应、加成反应、消去反应 【解析】选AC。在Y分子中五元环上有碳碳双键，由于乙烯分子是平面分子，与碳碳双键连接的2个C原子

18、可看作是取代乙烯分子中2个H原子的位置，一定在乙烯分子的平面上，所以其中的4个碳原子一定共平面， A正确；X分子中含有1个碳碳双键能够与Br2发生加成反应，羰基、苯环不能与溴反应，所以1molX最多能 与1molBr2反应，B错误；X分子中无酚羟基，Y分子中含有酚羟基，遇FeCl3溶液会显紫色，因此可用FeCl3 溶液可鉴别化合物X和Y，C正确；X、Y在酸性条件下的水解产物中含有1个醇羟基，由于羟基连接的C原子 邻位C原子上没有H原子，因此不能发生消去反应，D错误。 12 （四川宜宾20202021学年度高三上学期期中）某研究性学习小组通过传感器测量一定温度下溶液的电 导率（电导率越大，说明溶

19、液的导电能力越强） ，各物质的电导率数据如下： 序号 物质 电导率 CaCO3（固体） 0 H2O 7 CaCO3饱和溶液 37 CaSO4饱和溶液 389 NaCl0.001molL 1 1989 AgNO30.001molL 1 1138 AgCl饱和溶液 13 下列分析不正确的是（ ） 。 A依据数据，CaCO3固体中不存在自由移动的离子 B与对比，说明中存在：AgCl（s）Ag+（aq）+Cl （aq） C将Na2CO3固体加入中，可以生成CaSO4沉淀 D等体积混合后过滤，推测滤液的电导率大于13 【解析】选C。电导率可反映自由移动离子的浓度大小。碳酸钙为离子化合物，由离子构成，离子

20、间形成离 子键，离子不能自由移动，故A正确；与对比，AgCl饱和溶液的电导率为13，说明氯化银饱和溶液中 存在自由移动的离子，AgCl（s）Ag+（aq）+Cl （aq） ，故B正确；CaCO 3饱和溶液的电导率比CaSO4 的小，说明CaCO3的溶解度比CaSO4小的多，应生成CaCO3沉淀，故C错误；等体积、等浓度混合，混 合后过滤得到硝酸钠、硝酸银的饱和溶液，电导率一定大于13，故D正确。 13 （江苏连云港市赣榆区20202021学年度高三上学期期中）根据实验操作和现象所得出的结论正确的是 （ ） 。 选项 实验操作和现象 结论 A 向Fe（NO3）2溶液中滴入HI和淀粉混合溶 液，溶

21、液变蓝 氧化性：Fe2+I2 B 向3mLKI溶液中滴加几滴氯水，振荡，再 滴加1mL淀粉溶液，溶液显蓝色 Cl2的氧化性比I2的强 C 向Ag2CO3白色悬浊液中滴加少量Na2S溶 液，出现黑色沉淀 Ksp（Ag2S） Ksp（Ag2CO3） D 苯和液溴在FeBr3的催化下发生反应， 将得 到的气体直接通入AgNO3溶液中，产生淡 黄色沉淀 苯和液溴发生取代反应 【解析】选BC。由于I 的还原性大于Fe2+，故向Fe（NO 3）2溶液中滴入HI和淀粉混合溶液，溶液中的H +、 NO3 、I可以发生反应生成I 2，溶液变蓝，故该实验不能说明Fe 2+的氧化性强于I 2，A错误；向KI溶液中滴

22、 加少量氯水，溶液变成蓝色，说明氯水中的Cl2与溶液中的I 发生反应生成I 2，故该实验可以说明Cl2的氧化 性比I2的强，B正确；向Ag2CO3白色悬浊液中滴加少量Na2S溶液，出现黑色沉淀，该黑色沉淀为Ag2S，说明 硫化钠溶液可以与溶解度小的碳酸银反应生成溶解度更小的硫化银， 故可以说明Ksp（Ag2S） Ksp（Ag2CO3） ， C正确； 苯和液溴在FeBr3的催化下发生反应生成HBr， 但是由于该反应为放热反应， 得到的气体中还含有Br2， Br2溶于硝酸银溶液后可以与水发生反应生成Br ，Br与Ag+反应生成淡黄色的AgBr沉淀，故不能单凭是否 有淡黄色沉淀生成确定苯和液溴发生取

23、代反应，D错误。 14 （湖南湘潭20202021学年度高三上学期期中）某种浓差电池的装置如图所示，碱液室中加入电石渣浆 液主要成分为Ca（OH）2 ，酸液室通入CO2（以NaCl为支持电解质） ，产生电能的同时可生产纯碱等物质。 下列叙述正确的是（ ） 。 A电子由N极经外电路流向M极 BN电极区的电极反应式为2H+2e H 2 C在碱液室可以生成NaHCO3、Na2CO3 D放电一段时间后，酸液室溶液pH减小 【解析】选B。氢气在电极M表面失电子转化为氢离子，为电池的负极，碱液室中的氢氧根离子透过阴离子 交换膜，中和正电荷。酸液室中的氢离子透过质子交换膜，在电极N表面得到电子生成氢气，电极

24、N为电池 的正极，同时，酸液室中的氯离子透过阴离子交换膜进入碱液室，补充负电荷。电极M为电池的负极，电子 由M极经外电路流向N极，故A错误；酸液室中的氢离子透过质子交换膜，在电极N表面得到电子生成氢气， N电极区的电极反应式为2H+2e H 2，故B正确；酸液室与碱液室之间为阴离子交换膜，钠离子不能进 入碱液室，应在酸液室得到NaHCO3、Na2CO3，故C错误；放电一段时间后，酸液室氢离子被消耗，最终得 到NaHCO3、Na2CO3，溶液pH增大，故D错误。 15（江苏盐城20202021学年度高三上学期期中） CO2催化重整CH4的反应：（） CH4（g） +CO2（g）2CO （g）+2

25、H2（g） ；H1，主要副反应： （）H2（g）+CO2（g）CO（g）+H2O（g） ；H20， （）4H2 （g）+CO2（g）CH4（g）+2H2O（g） ；H30。在恒容反应器中按体积分数V（CH4）V（CO2） 50%50%充入气体，加入催化剂，测得反应器中平衡时各物质的体积分数与温度的关系如图所示。下列 说法正确的是（ ） 。 AH12H2H30 B其他条件不变，适当增大起始时V（CH4）V（CO2） ，可抑制副反应（） 、 （）的进行 C300580时，H2O的体积分数不断增大，是由于反应（）生成H2O的量大于反应（）消耗的 量 DT时，在2.0L容器中加入2molCH4、2mo

26、lCO2以及催化剂进行重整反应，测得CO2的平衡转化率为 75%，则反应（）的平衡常数小于81 【解析】选BD。反应（）可由2倍（）减去反应（）得到，故H12H2H3，再根据图示，随温 度的升高，CH4和CO2的体积分数减小，说明升温，平衡正移，而升温平衡向吸热方向移，正反应吸热，H1 0，A不正确；其他条件不变，适当增大起始时V（CH4）V（CO2） ，即增大CH4浓度和减小CO2浓度， 根据平衡移动原理，减小反应物浓度或增加生成物浓度，平衡都逆向移动，B正确；300580时，H2O的 体积分数不断增大，反应（）是放热反应，升温时，平衡逆移消耗H2O，反应（）是吸热反应，升温时 正移，生成H

27、2O，而由于反应（）消耗H2O的量小于反应（）生成水的量，C错误；T时，在2.0L容器 中加入2molCH4、2molCO2以及催化剂进行重整反应，测得CO2的平衡转化率为75%，则CO2转化的浓度为c （CO2） 0.2L 2mol 75%0.75mol/L，根据三段式： CH4 + CO2 2CO + 2H2 起始mol/L 1 1 0 0 变化mol/L 0.75 0.75 1.5 1.5 平衡mol/L 0.25 0.25 1.5 1.5 则反应（）的平衡常数K ）（）（ ）（）（ 42 2 22 CHCO HCO cc cc 0.25mol/L0.25mol/L mol/L5 . 1

28、mol/L5 . 1 22 ）（）（ 81，但由于副反应（）中，消 耗的氢气的量比二氧化碳多的多，故计算式中，分子减小的更多，值小于81，D正确。 三、非选择题：本题共三、非选择题：本题共5小题，共小题，共60分分 16 （2021德州夏津一中10月月考）铁、镍及其化合物在工业上有广泛的应用。从某矿渣成分为NiFe2O4 （铁酸镍） 、NiO、FeO、CaO、SiO2等中回收NiSO4的工艺流程如下： 已知（NH4）2SO4在350分解生成NH3和H2SO4，回答下列问题： （1）“浸渣”的成分有Fe2O3、FeO（OH） 、CaSO4外，还含有_（写化学式） 。 （2）矿渣中部分FeO焙烧时

29、与H2SO4反应生成Fe2（SO4）3的化学方程式为 _。 （3）溶剂萃取可用于对溶液中的金属离子进行富集与分离：Fe2+（水相）+2RH（有机相）2H+（水相） +FeR（有机相） 。萃取剂与溶液的体积比（V0/VA）对溶液中Ni2+、Fe2+的萃取率影响如下图所示，V0/VA的 最佳取值为_。在_（填“强碱性”“强酸性”或“中性”）介质中“反萃取”能使有机相再 生而循环利用。 （4）以Fe、Ni为电极制取Na2FeO4的原理如下图所示。通电后，在铁电极附近生成紫红色的FeO42 ，若pH 过高，铁电极区会产生红褐色物质。 电解时阳极的电极反应式为_，离子交换膜（b）为 _（填“阴”或“阳”

30、）离子交换膜。 向铁电极区出现的红褐色物质中加入少量的NaClO溶液，沉淀溶解。该反应的离子方程式为 _。 【答案】 （1）SiO2（2）4FeO+6H2SO4+O22Fe2（SO4）3+6H2O （3）0.25；强酸性 （4）Fe6e +8OH FeO42 +4H 2O；阴 2Fe（OH）2+4OH +3ClO 2FeO42 +3Cl+5H 2O 【解析】某矿渣的主要成分是NiFe2O4（铁酸镍） 、NiO、FeO、CaO、SiO2等，加入硫酸铵研磨后，600焙 烧，已知： （NH4）2SO4在350以上会分解生成NH3和H2SO4。NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2（SO4）

31、 3，在90的热水中浸泡过滤得到浸出液，加入NaF除去钙离子，过滤得到滤液加入萃取剂得到无机相和有 机相，无机相通过一系列操作得到硫酸镍，有机相循环使用。根据上述分析可知： （1）“浸渣”的成分有 Fe2O3、FeO（OH） 、CaSO4外，还含有SiO2； （2）矿渣中部分FeO焙烧时与H2SO4反应生成Fe2（SO4）3的化 学方程式为4FeO+6H2SO4+O22Fe2（SO4）3+6H2O； （3）本工艺中，萃取剂与溶液的体积比（V0/VA）对 溶液中Ni2+、Fe2+的萃取率影响如图所示，最佳取值是亚铁离子能被萃取，镍离子不被萃取，V0/VA的最佳 取值是0.25，由Fe2+（水相）

32、+2RH（有机相）2H+（水相）+FeR（有机相）可知，应在强酸性介质中 “反萃取”能使有机相再生而循环利用； （4）电解池中阳极发生氧化反应，依据题意可知铁在阳极失去 电子，碱性环境下生成FeO42 ，电极反应式为：Fe6e+8OH FeO42 +4H 2O；离子交换膜（b）为阴离 子交换膜，可使氢氧根离子进入阳极区；向铁电极区出现的红褐色物质中加入少量的NaClO溶液，沉淀溶 解，该反应的离子方程式为：2Fe（OH）2+4OH +3ClO 2FeO42 +3Cl+5H 2O。 17 （重庆四校20202021学年12月联考）非金属和金属单质以及相关化合物有着广泛的应用，回答下列相 关问题：

33、 （1）铜或铜盐的焰色反应为绿色，下列有关原理分析的叙述正确的是_（填字母） 。 a电子从基态跃迁到较高的激发态 b电子从较高的激发态跃迁到基态 c焰色反应的光谱属于吸收光谱 d焰色反应的光谱属于发射光谱 （2）In元素基态原子的价电子排布式为_。与Cu元素同周期，且基态原子有2个未成对电子的过渡 元素是_（填元素符号） 。 （3）第一电子亲和能（E1）是元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量。第 二周期部分元素的E1变化趋势如图所示。试分析碳元素的E1较大的原因： _。 （4） PtCl4（NH3）2中HNH键之间的夹角_（填“”“”或“”）NH3分子中HNH键 之间

34、的夹角，原因是_。 （5） 铁、 镍易与CO作用形成羰基配合物Fe （CO）5、 Ni （CO）4。 1个Fe （CO）5分子中含有键数目为_； 已知Ni（CO）4分子为正四面体构型，下列溶剂能够溶解Ni（CO）4的是_（填字母） 。 a四氯化碳 b苯 c水 d液氨 （6）Fe3O4晶体中，O2 的重复排列方式如图所示，该排列方式中存在着由如1、3、6、7的O2围成的正四 面体空隙和由3、6、7、8、9、12的O2 围成的正八面体空隙。Fe 3O4中有一半的Fe 3+填充在正四面体空隙中， 另一半Fe3+和Fe2+填充在正八面体空隙中，则Fe3O4晶体中，正四面体空隙数与O2 数之比为_。Fe

35、 3O4 晶胞中有8个图示结构单元，晶体密度为5.18gcm 3，则该晶胞参数a_cm（写出计算表达式即 可） 。 【答案】 （1）bd（2）5s25p1；Ti、Ni （3）碳原子结合一个电子后的2p轨道为半充满状态，稳定性较强 （4）； PtCl4（NH3）2形成过程中，NH3中的N原子的孤对电子与Pt4+形成了配位键，转化为成键电子 对，对其他成键电子对的排斥力降低，所以键角增大 （5）10；ab（6）21；3 23 18. 5106.02 2328 【解析】 （1）基态原子的电子吸收能量，跃迁到较高能级，电子又从高能级跃迁到低能级，以光的形式释 放能量，焰色反应的光谱属于发射光谱，选bd

36、； （2）In元素是第五周期第IIIA的元素，则基态In原子的价电 子排布式为：5s25p1；Cu是第四周期的元素，在第四周期中，基态原子有2个未成对电子的过渡元素有核外 电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2的Ti元素和核外电子排布为1s22s22p63s23p63d84s2的Ni元素； （3）基态碳原子 的价电子排布式为2s22p2，当C原子得到一个电子后的2p轨道为半充满状态，稳定性较强，能量低，放出的 能量较多，所以碳元素的E1较大； （4） PtCl4（NH3）2中每个N原子形成3个NH共价键，N原子的孤对 电子与中心离子Pt4+形成1个配位键，使N原子上没有了孤电子对

37、，对其它成键电子对的排斥力降低，导致键 角增大，所以PtCl4（NH3）2中HNH键之间的夹角大于NH3分子中HNH键之间的夹角； （5）Fe （CO）5分子中Fe与CO形成5个配位键（配位键属于键） ，在配位体CO中含有1个键和2个键，所以1个Fe （CO）5分子中含有键数目为10个；Ni（CO）4分子为正四面体构型，说明Ni（CO）4为非极性分子，四氯 化碳和苯分子均为非极性分子，而水和液氨均为极性分子，根据相似相溶原理可知能够溶解Ni（CO）4的物 质是四氯化碳和苯，选AB； （6）如图可知由1、3、6、7的O2 围成的正四面体空隙共有8个，O2位于顶点 和面心，O2 个数为8 8 1

38、+62 1 4，晶体中正四面体空隙数与O2 数之比为8421；Fe 3O4晶胞中有8个 图示结构单元，晶胞质量为m A 8 232?g / mol N / mol A 8 232 N g，m A N MN 1 mol g/mol2328 A N A N 2328 g，晶体密 度为5.18gcm 3，则晶胞体积为V m 18. 5 2328 A N cm3a3，所以晶胞边长a3 18. 5 2328 A N cm 3 23 18. 5106.02 2328 cm。 18 （贵州遵义20202021学年度高三上学期期中）碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛用途。 回答下列问题： （1）已知

39、：H2（g）+I2（g）2HI（g） HQkJmol 1 H2（g）+I2（s）2HI（g） H+26.48kJmol 1 I2（g）I2（s） H37.48kJmol 1 化学键 II HI 键能/（kJmol 1） 151 299 键能是将1mol气体分子AB断裂为中性气态原子A和B所需要的能量，单位为kJmol 1。 Q_kJmol 1。 HH键能为_kJmol 1。 （2）716K时，在恒容密闭容器中按物质的量之比11充入H2（g）和I2（g） ，测得气体混合物中碘化氢的 物质的量分数与反应时间的关系如图： 若反应开始时气体混合物的总压为pkPa， 则反应在前20min内的I2（g）

40、平均速率v （I2） _kPa min 1（用含p的式子表示） 。 在H2（g）+I2（g）2HI（g） HQkJmol 1反应中，正反应速率为v 正k正c（H2） c（I2） ， 逆反应速率为v逆k逆c2（HI） ，其中k正、k逆为速率常数，则温度为716K时， 逆 正 k k _（列 出计算式） 。 H2（g）+I2（g）2HI（g）达平衡后，降低温度，平衡可能逆向移动，原因是 _。 （3）一定条件下，NaClO可将溶液中的I 氧化为I 2。通过测定体系的吸光度，检测到不同pH下I2的生成量随 时间的变化关系如图。 已知：吸光度越高表明该体系中c（I2）越大。 pH4.8时，在_min附近

41、c（I2）最大。 10min时，不同pH与吸光度的关系是_。 pH4.0时，体系的吸光度很快达到最大值，之后快速下降。吸光度快速下降的可能原因是 _。 【答案】 （1）11；436 （2）0.015p 0.1080.108 0.7840.784 降温使碘蒸气变为固态碘，导致反应物浓度降低，平衡逆向移动 （3）30 pH越低，吸光度越高或pH越高，吸光度越低 c（H+）增大，ClO 氧化性增强，会继 续将I2进一步氧化，c（I2）降低，吸光度下降 【解析】 （1）设反应H2（g）+I2（g）2HI（g） HQkJmol 1，反应H 2（g）+I2（s）2HI（g） H+26.48kJ mol 1

42、，变化I 2（g）I2（s） H37.48kJmol 1，则反应反应+变化，故Q 37.48kJ+26.48kJ11kJ；按以上计算，则H2（g）+I2（g）2HI（g） H11kJmol 1，利用H 反应物总键能生成物总键能x+151kJmol 12 299kJmol111kJmol1，x436kJmol1； （2） 假设起始充入的H2（g）和I2（g）物质的量各为1mol，由图可知20min碘化氢的物质的量分数为0.60，该 反应的反应前后气体的物质的量不变， 总压强也不变， 则生成HI的物质的量为n （HI） 2mol 0.601.2mol： H2 + I2（g） 2HI 起始mol 1

43、 1 0 变化mol 0.6 0.6 1.2 平衡mol 0.4 0.4 1.2 20min内I2（g）的压强变化量为p（I2） 2mol 0.6mol pkPa0.3pkPa，则反应在前20min内的I2（g）平均速率v （I2） 20min kPa0.3p 0.015pkPamin 1；在H 2（g）+I2（g） 2HI（g）中，温度为716K体系处于平 衡状态时，v正k正c（H2） c（I2）v逆k逆c2（HI） ，则 逆 正 k k ）（）（ ）（ 22 2 IH HI cc c ）（）（ ）（ 22 2 IH HI ，图示平 衡时（HI）0.784，则（H2）（I2） 2 1 （10

44、.784）0.108，则 逆 正 k k 0.1080.108 0.7840.784 ；H2（g）+I2 （g）2HI（g）为放热反应，若达平衡后物质状态及反应没有变化，则降低温度，平衡应该右移，现 在逆向移动，则可能的原因从体系内存在的其它变化来分析，可能原因为：降温使碘蒸气变为固态碘，导 致反应物浓度降低，平衡逆向移动； （3）酸性条件下NaClO可将溶液中的I 氧化为I 2的离子方程式为：ClO +2I +2H+I 2+Cl +H 2O。吸光度越高表明该体系中c（I2）越大，可由图知pH4.8时，c（I2）最大的时间 为30min；由图可知反应相同时间时，pH越低c（H+）越大，反应速率

45、越快；pH4.0时，体系的吸光度 很快达到最大值，之后快速下降。吸光度快速下降即c（I2）快速下降，也就是I2进一步反应了，这是因为c （H+）增大，ClO 氧化性增强，会继续将I 2进一步氧化。 19 （广东东莞20202021学年高三上学期期中）碳酸铈Ce2（CO3）3是制备稀土发光材料、汽车尾气净 化催化剂的重要原料。 碳酸铈可由铈的氯化物和碳酸氢铵反应制备。 甲同学利用下列装置模拟制备Ce2（CO3） 3： 已知：i装置C中溶液为亚硫酸钠溶液；iKspCe2（CO3）31.00 10 28；iiiCe3+易被空气氧化成Ce4+。 （1）装置D中盛放稀盐酸的实验仪器名称为_，装置C中溶液

46、的作用是 _。 （2）装置A中发生的化学反应方程式为_。 （3）实验装置中有一处不合理，请针对不合理之处写出改进措施：_。 （4）装置B中制备Ce2（CO3）3反应的离子方程式为_。 （5）实验过程中当Ce3+沉淀完全时c（Ce3+）1 10 5mol/L ，溶液中c（CO 3 2）为_。 （6）Ce2（CO3）3在装置B中沉淀，然后经过静置、过滤、洗涤、干燥后即可得到产品。检验产品是否洗涤 干净的方法为_。 （7）为测定产品中Ce2（CO3）3的纯度，取2.00g产品加入稀硫酸、H2O2溶液至全部溶解，配成100.00mL溶 液，取25.00mL溶液用0.10mol/L的FeSO4溶液滴定至

47、终点（铈被还原成Ce3+） ，消耗FeSO4溶液20.00mL，则 产品中Ce2（CO3）3的纯度为_。 【答案】 （1）分液漏斗；防止空气中的氧气进入装置B中氧化Ce3+ （2）2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2H2O+2NH3 （3）装置BD之间连接饱和碳酸氢钠溶液，吸收挥发出来的HCl气体 （4）2Ce3+6HCO3 Ce 2（CO3）3+3CO2+3H2O （5）10 6mol/L （6）取最后一次洗涤后的滤液少许于试管中，加入少量硝酸银溶液，如无沉淀产生，则证明已经洗涤干净 （7）92.00% 【解析】 （1）装置D中盛放稀盐酸的实验仪器名称为分液漏斗，装置C中溶液为亚硫酸钠溶液，有较强还原 性，能防止空气中的氧气进入装置B中氧化Ce3+； （2）装置A是制氨气，发生的化学反应方程式为2NH4Cl+Ca （OH）2CaCl2+2H2O