1、河北省河北省 2021 年普通髙中学业水平选择性考试模拟演练年普通髙中学业水平选择性考试模拟演练 化学化学 可能用到的相对原子质量：可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 K 39 Zn 65 I 127 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。在每小题给出的四个选项中，只有一项分。在每小题给出的四个选项中，只有一项 是符合题目要求的。是符合题目要求的。 1. 化学与生活密切相关。下列叙述不涉及氧化还原反应的是( ) A. 牙膏中添加氟化物用于预防龋齿 B. 绿化造林助力实现碳中和目标 C. 氯化铁用
2、于蚀刻金属眼镜架 D. 可降解包装材料的完全降解有利于减少白色污染 【答案】A 【 详 解 】 A 牙 齿 表 面 含 有Ca5(PO4)3OH使 用 含 氟 牙 膏 ， 会 发 生 反 应 ： Ca5(PO4)3OH(s)+F-(aq)Ca5(PO4)3F+OH-(aq)，若使用含氟牙膏，Ca5(PO4)3OH 转化为更难溶的氟磷酸钙 Ca5(PO4)3F，使沉淀溶解平衡正向移动，最终在牙齿表面形成难溶性的 Ca5(PO4)3F，因此可防止龋齿，在转 化过程中元素化合价没有发生变化，因此不属于氧化还原反应，A符合题意； B绿化造林，通过绿色植物的光合作用将 CO2转化为有机物，同时释放氧气，
3、反应过程中元素化合价发生 了变化，因此反应属于氧化还原反应，B不符合题意； C氯化铁具有强的氧化性，能够与金属眼镜架中一些金属如 Cu发生氧化还原反应，产生 FeCl2、CuCl2， 因此 FeCl3溶液能用于蚀刻金属眼镜架，C不符合题意； D可降解包装材料通过完全降解一般变为 CO2、H2O等，在该转化过程中元素化合价发生变化，有电子转 移，因此属于氧化还原反应，D不符合题意；故合理选项是 A。 2. 聚丙烯是日用品及合成纤维的重要原料之一，其单体为丙烯，下列说法错误的是( ) A. 丙烯可使 Br2的 CCl4溶液褪色 B. 丙烯可与 Cl2在光照条件下发生取代反应 C. 聚丙烯的结构简式
4、为 222 CH -CH -CH n D. 丙烯与乙烯互为同系物 【答案】C 【详解】A丙烯分子中含有不饱和的碳碳双键，能够与 Br2发生加成反应而使 Br2的 CCl4溶液褪色，A正 确； B丙烯分子中CH3的 H原子可与 Cl2在光照条件下发生取代反应，B正确； C丙烯结构简式是 CH2=CH-CH3，在一定条件下断裂分子中不饱和碳碳双键中较活泼的键，然后这些不饱 和的 C原子彼此结合形成聚丙烯，结构简式是 ，C错误； D丙烯与乙烯结构相似，在分子组成上相差 1个 CH2原子团，因此二者互为同系物，D正确； 故合理选项是 C。 3. 下列说法正确的是( ) A. 氕、氘和氚互称同素异形体
5、B. 对于H0自发进行的化学反应，有S0 C. 对于相同质量的水而言，其体积 V的相对大小有：V(g)V(1)V(s) D. 两原子形成化学键时要有电子得失或电子偏移 【答案】B 【详解】A氕、氘和氚质子数相同，中子数不同，互称同位素，故 A错误； B-0H T S 时反应自发，若H0，则有S0，故 B正确； C由于氢键的存在，冰的密度小于液态水，则相同质量的水而言，其体积 V的相对大小有： V(g)V(s)V(1)，故 C错误； D相同原子之间通过共用电子对形成的共价键，没有电子得失或电子偏移，故 D错误；故选 B。 4. 下列说法错误的是( ) A. 2 CaO的电子式为 B. Na不能从
6、 MgCl2溶液中置换出 Mg C. 4 SiO 四面体广泛存在于硅的含氧化合物中 D. 利用 FeCl3的水解反应可以制备 Fe(OH)3胶体 【答案】A 【详解】ACaO2是 Ca2+与 2- 2 O通过离子键结合形成的离子化合物，电子式为：，A错误； B金属 Na 非常活泼，容易与 MgCl2溶液中的水反应产生 NaOH和 H2，因此不能从 MgCl2溶液中置换出 Mg，B正确； C在硅的含氧化合物中都是以硅氧四面体结构作为基本结构单元，在这种结构中，Si原子与 4个 O原子形 成 4个 Si-O键，形成立体网状结构，因此 4 SiO 四面体广泛存在于硅的含氧化合物中，C正确； D 将几
7、滴饱和 FeCl3溶液滴入到沸腾的蒸馏水中， 继续加热至液体呈红褐色， 停止加热， 就制备得到 Fe(OH)3 胶体，该反应的原理就是 FeCl3的水解反应，D正确； 故合理选项是 A。 5. 下列实验中，实验现象与结论不匹配的是( ) 实验操作 实验现象 结论 A 向含有相同浓度 - Cl、 - I溶液中逐滴加入 3 AgNO溶 液 先生成黄色沉淀，后生 成白色沉淀 Ksp(AgCl)Ksp(AgI) B 加热NaI固体和浓磷酸的混合物 有气体产生 生成了HI气体 C 在 Na2SO3饱和溶液中滴加稀硫酸， 将产生的气体通 入 KMnO4溶液中 KMnO4溶液褪色 该气体产物具有漂白 性 D
8、 2-+2- 4272 2CrO +2HCr O +H O在 227 K Cr O溶液中 加入 3 AgNO溶液 有砖红色沉淀 ( 24 Ag CrO)生成 24 Ag CrO溶解度比 227 Ag Cr O小 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【详解】A向含有相同浓度 - Cl、 - I溶液中逐滴加入 3 AgNO溶液，先生成黄色沉淀，后生成白色沉淀， 说明开始时 c(Ag+) c(I-)Ksp(AgI)，c(Ag+) c(Cl-)Ksp(AgCl)，由于 AgCl、AgI 构型相同，则证明物质的溶 度积常数：Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，A 正确； B磷酸是难挥发性
9、的中强酸，加热 NaI固体和浓磷酸的混合物，H3PO4与 NaI发生反应 NaH2PO4和 HI， HI易挥发，从平衡体系中挥发逸出，导致反应的化学平衡正向移动，因此可证明反应生成了 HI气体，B正 确； C在 Na2SO3饱和溶液中滴加稀硫酸，发生复分解反应产生 SO2气体，将产生的气体通入 KMnO4溶液中， 二者发生氧化还原反应使 KMnO4反应变为无色 Mn2+， 因此看到溶液褪色， 证明了 SO2具有还原性， C 错误； D在 227 K Cr O溶液中存在化学平衡： 2-+2- 4272 2CrO +2HCr O +H O，向其中加入 3 AgNO溶液，Ag+与 2- 4 CrO
10、反应产生 Ag2CrO4砖红色沉淀， 而没有产生 227 Ag Cr O沉淀， 说明 24 Ag CrO溶解度比 227 Ag Cr O小， D 正确；故合理选项是 C。 6. NA是阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是( ) A. 1mol氮气分子中含有 键的数目为 2NA B. 1mol氩气分子中含有原子的数目为 NA C. 1mol氯化钠中含有 Na+的数目为 NA D. 1mol白磷中含有 P-P 共价键数目为 4NA 【答案】D 【详解】A一个氮气分子中含有一个氮氮三键，三键中有一个 键，两个 键，所以 1mol 氮气分子中含 有 键的数目为 2NA，A正确； B氩气分子为单原子分子
11、，所以 1mol氩气分子中含有原子的数目为 NA，B 正确； C氯化钠的化学式为 NaCl，所以 1mol氯化钠中含有 Na+的数目为 NA，C 正确； D白磷为 P4，P4分子为正四面体结构(四个 P 原子分别位于顶点)，一个分子中含有 6个 P-P 键，所以 1mol 白磷中含有 P-P 共价键的数目为 6NA，D错误； 综上所述答案为 D。 7. 已知 25、101kPa下，1mol水蒸发为水蒸气需要吸热44.01kJ 1 222 2H O(l)2H (g)O (g) H=571.66kJ mol 1 22 C(s)H O(g)CO(g)H (g) H=131.29kJ mol 则反应
12、2 1 C(s)O (g)CO(g) 2 的反应热为( ) A. 1 H396.36kJ mol B. 1 H198.55kJ mol C. 1 H154.54kJ mol D. 1 H110.53kJ mol 【答案】D 【 详 解 】 已 知25 、101kPa下 ，1 m o l水 蒸 发 为 水 蒸 气 需 要 吸 热44.01kJ， 则 1 22 H O(l)H O(g)H=44.01kJ mol I 、 1 222 2H O(l)2H (g)O (g)H=571.66kJ mol II 、 1 22 C(s)H O(g)CO(g)H (g)H=131.29kJ mol III ，
13、根 据 盖 斯 定 律III- 1 2 II+I得 2 1 C(s)O (g)CO(g) 2 1111 1 H=131.29kJ mol -571.66kJ mol +44.01kJ mol =-110.53kJ mol 2 ，则反应 2 1 C(s)O(g)CO(g) 2 的反应热为 1 H110.53kJ mol ，故 D 正确； 故选 D。 8. 2-甲基-2-氯丙烷是重要的化工原料，实验室中可由叔丁醇与浓盐酸反应制备，路线如下： 下列说法错误的是( ) A. 由叔丁醇制备 2-甲基-2-氯丙烷的反应类型为取代反应 B. 用 5% 23 Na CO溶液洗涤分液时，有机相在分液漏斗的下层
14、C. 无水 2 CaCl的作用是除去有机相中残存的少量水 D. 蒸馏除去残余反应物叔丁醇时，产物先蒸馏出体系 【答案】B 【详解】A对比反应物和产物结构可得，Cl原子取代了-OH，所以反应类型为取代反应，故 A正确； B用 5% 23 Na CO溶液洗涤分液时，由于有机物 2-甲基-2-氯丙烷的密度小于水，则有机相在分液漏斗的 上层，故 B错误； C无水 2 CaCl与水结合生成 22 CaClxH O，是干燥剂，其作用是除去有机相中残存的少量水，故 C正确； D2-甲基-2-氯丙烷比叔丁醇的沸点低，所以产物先蒸馏出体系，故 D正确； 故选 B。 9. 醋酸为一元弱酸，25时，其电离常数 5
15、a K =1.75 10。下列说法错误的是( ) A. 1 3 0 .1mol LCH COOH 溶液的 pH 在 2-3 范围内 B. 3 CH COONa溶液中， +- 3 c CH COOH +c H=c OH C. 将 1 3 0H .1mol LCH COO 溶液加水稀释，其电离常数和 + 3 c H c CH COOH 均不变 D. 等体积的 1 0.1mol LOH Na 溶液和 1 3 0 .1mol LCH COOH 溶液混合后，溶液pH7，且 +-+ 3 c Nac CH COOc OHc H 【答案】C 【详解】A +- 5 3 3 c(H )c(CH COO ) a1.
16、75 10 c(CH COOH) K ， +- 3 c(H )c(CH COO )，则 + 3 c(H )= Ka c(CH COOH)= -5-3 0.1 1.75 10 = 1.75 10 ，pH=-lg( 1.75 10 -3)=3- lg 1.75，因 2=3-lg 1003- lg1.753-lg 1=3，则溶液的 pH在 2-3 范围内，故 A正确； B 3 CH COONa溶液中，根据质子守恒得： +- 3 c CH COOH +c H=c OH，故 B正确； C温度不变，则电离常数不变，将 1 3 0.1mol L CH COOH 溶液加水稀释，c(CH3COO-)减小， +-
17、 3 3 c(H )c(CH COO ) a c(CH COOH) K ， + 3 c H c CH COOH 增大，故 C 错误； D等体积的 1 0.1mol L NaOH 溶液和 1 3 0.1mol L CH COOH 溶液混合后，溶液溶质为 CH3COONa， pH7，则 +-+ 3 c Nac CH COOc OHc H，故 D正确；故选 C。 10. 氯化钯可以催化乙烯制备乙醛(Wacker法)，反应过程如图： 下列叙述错误的是( ) A. CuCl被氧化的反应为 222 1 2CuCl2HClO2CuClH O 2 B. 催化剂 2 PdCl再生的反应为 22 2CuClPdP
18、dCl2CuCl C. 制备乙醛的总反应为 22 PdCl ,CuCl 393 22 K 23 1 CH =CH +OCH CHO 2 D. 如果原料为丙烯，则主要产物是丙醛 【答案】D 【详解】A根据图示可知在反应中 CuCl 被 O2氧化产生 CuCl2，同时产生 H2O，反应方程式为： 222 1 2CuCl2HClO2CuClH O 2 ，A 正确； B由流程图可知：PbCl2再生的过程有 Cu2+、Cl-参加，再生方程式为： 22 2CuClPdPdCl2CuCl， B正确； CPbCl2、CuCl2在反应中起催化剂作用，反应方程式为： 22 PdCl ,CuCl 393 22 K
19、23 1 CH =CH +OCH CHO 2 ，C 正确； D如果原料为丙烯，则中间产物连接在第二个 C原子上得到的产物为丙酮，D 错误； 故合理选项是 D。 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。在每小题给出的四个选项中，只有一项分。在每小题给出的四个选项中，只有一项 或两项是符合题目要求的。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得或两项是符合题目要求的。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得 0 分；若正确答分；若正确答 案包括两个选项，只选一个且正确的得案包括两个选项，只选一个且正确的得 2 分，选两个且都正确的得分，选两个
20、且都正确的得 4 分分，但只要选错一个，该，但只要选错一个，该 小题得小题得 0 分。分。 11. 短周期主族元素 X、Y、Z、W原子序数依次增大，且原子序数Y+Z=X+W，X和 W同主族，Z的族 序数与周期数相等，四种元素中只有一种金属元素。下列说法正确的是( ) A. W 有两种常见氧化物 B. 原子半径 YXWZ C. X 的最高价氧化物的水化物是强酸 D. Y 元素的氢化物分子间可以形成氢键 【答案】BD 短周期主族元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大，Z的族序数与周期数相等，则 Z是 Al元素，四种元素中 只有一种金属元素，则 X、Y、W 都是非金属元素，且原子序数Y+Z=X+W，
21、X 和 W同主族，符合要求的 X 是 C 元素，Y是 N元素，W是 Si元素，或 X 是 N，Y 是 F，Z是 Al，W 是 P 元素，然后依据元素周期律 分析解答。 【详解】根据上述分析可知：X是 C，Y是 N，Z是 Al，W是 Si元素或 X是 N，Y是 F，Z是 Al，W是 P 元素。 A若 W 是 Si元素，Si元素只有 SiO2一种氧化物，A错误； B同一周期元素，原子序数越大，原子半径越小，不同周期元素，元素所在的周期序数越大，原子半径越 大，故原子半径：NCSiAl，用字母表示为：YXWZ，B 正确； C若 X是 C，其最高价氧化物的水化物 H2CO3是弱酸，C错误； DY是 N
22、或 F元素，由于其原子半径小，元素的非金属性强，因此其氢化物分子间可以形成氢键，D正确； 故合理选项是 BD。 12. 葡酚酮是由葡萄籽提取的一种花青素类衍生物(结构简式如图)，具有良好的抗氧化活性。下列关于葡酚 酮叙述错误的是( ) A. 可形成分子内氢键 B. 有 6种含氧官能团 C. 可使酸性高锰酸钾溶液褪色 D. 不与 Na2CO3水溶液发生反应 【答案】BD 【详解】A葡酚酮分子内含有-OH、-COOH，由于 O原子半径小，元素的非金属性强，因此可形成分子内 氢键，A正确； B根据葡酚酮结构简式可知，其中含有的含氧官能团有羟基、醚键、羧基、酯基 4 种，B 错误； C葡酚酮分子中含有
23、酚羟基及醇羟基，具有强的还原性，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化而使溶液的紫色褪 色，C正确； D物质分子中含有羧基，由于羧酸的酸性比碳酸强，因此能够与 Na2CO3水溶液发生反应，D错误； 综上所述可知：合理选项是 BD。 13. 乙醚是常用的有机试剂，久置容易产生过氧化物，带来安全隐患。以下不可用来定性检出过氧化物的试 剂是( ) A. 36 KFe(CN)溶液 B. 弱酸性淀粉 KI溶液 C. 272 Na Cr O和稀 24 H SO溶液 D. 44 22 NHFe SO的稀 24 H SO溶液和KSCN溶液 【答案】A 【详解】A过氧化物与 36 KFe(CN)溶液不能发生反应，因此不能用
24、于检验其存在，A符合题意； B弱酸性淀粉 KI溶液与过氧化物反应产生 I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，可以检验其存在，B不符合题意； C 272 Na Cr O和稀 24 H SO溶液具有强氧化性，会将过氧化物氧化，而 272 Na Cr O被还原为 Cr3+，使溶液变 为绿色，可以检验过氧化物的存在，C不符合题意； D过氧化物具有强氧化性，会将 44 22 NHFe SO电离产生的 Fe2+氧化为 Fe3+，和 KSCN溶液的混合， 溶液显红色，可以检验过氧化物的存在，D不符合题意； 故合理选项是 A。 14. H3PO4的电离是分步进行的，常温下 1 3 a K =7.6 10， 8 a2
25、K =6.3 10， 3 13 a K =4.4 10。下列说法正 确的是( ) A. 浓度均为 0.1 mol/L的 NaOH 溶液和 H3PO4溶液按照体积比 21混合，混合液的 pH7 B. Na2HPO4溶液中， +-3- 24344 c H+c H PO+2c H PO=c PO+c OH C. 向 0.1 mol/L的 H3PO4溶液中通入 HCl气体(忽略溶液体积的变化） ，溶液 pH=1时，溶液中大约有 7.1% 的 H3PO4电离 D. 在 H3PO4溶液中加入 NaOH 溶液，随着 NaOH 的加入，溶液的 pH增大，当溶液的 pH=11 时， 3-2- 44 c POc
26、HPO 【答案】B 【详解】A浓度均为 0.1 mol/L 的 NaOH 溶液和 H3PO4溶液按照体积比 21 混合，二者恰好反应产生 Na2HPO4， 在 溶 液 中 2- 4 HPO存 在 电 离 平 衡 ： 2- 4 HPO 3 4 PO +H+， 也 存 在 着 水 解 平 衡 ： 2- 4 HPO+H2O 24 H PO+OH-， 电 离 平 衡 常 数 3 13 a K =4.4 10， 水 解 平 衡 常 数 Kh2= -+-14 w2424 2-2-+-8 a244 Kc(H PO )c(OH )c(H PO )c(OH )c(H )10 = Kc(HPO )c(HPO )c
27、(H )6.3?10 =1.58 10-7Ka3=4.4 10-13，水解程度 大于电离程度，因此溶液显碱性，pH7，A错误； B在 Na2HPO4溶液中，根据质子守恒可得： +-3- 24344 c H+c H PO+2c H PO=c PO+c OH，B正 确； C向 0.1 mol/L的 H3PO4溶液中通入 HCl气体(忽略溶液体积的变化，溶液 pH=1时，c(H+)=0.1 mol/L，根 据电离平衡常数 Ka1= +- -32424 3434 c(H )c(H PO )0.1?c(H PO ) =7.6?10 c(H PO )c(H PO ) ， - -224 34 c(H PO
28、) =7.6?10 c(H PO ) ，同时溶液中 还存在 24 H PO、 2 4 HPO 的的电离平衡，因此溶液中电离的 H3PO4大于 7.1%，C错误； D在 H3PO4溶液中加入 NaOH 溶液， 随着 NaOH的加入，溶液的 pH 增大，当溶液的 pH=11 时，c(H+)=10-11 mol/L， Ka3= +3-113- -1344 2-2- 44 c(H )c(PO )10 ?c(PO ) =4.4?10 c(HPO )c(HPO ) ， 则 3- -24 2- 4 c(PO ) =4.4?10 c(HPO ) ， 则 c( 3 4 PO )c( 2 4 HPO )， D 错
29、误；故合理选项是 B。 15. 一定条件下，反应 22 H (g)+Br (g)=2HBr(g)的速率方程为 22 v=kcHcBr c (HBr)，某温度下，该 反应在不同浓度下的反应速率如下： -1 2 c(H )/(mol L ) -1 2 c(Br )/(mol L ) -1 c(HBr)/(mol L ) 反应速率 0.1 0.1 2 v 0.1 0.4 2 8v 0.2 0.4 2 16v 0.4 0.1 4 2v 0.2 0.1 c 4v 根据表中的测定结果，下列结论错误的是( ) A. 表中 c的值为 4 B. 、的值分别为 1、2、-1 C. 反应体系的三种物质中， 2 Br
30、 (g)的浓度对反应速率影响最大 D. 在反应体系中保持其他物质浓度不变，增大HBr(g)浓度，会使反应速率降低 【答案】AB 【分析】速率方程为 22 v=kcHcBr c (HBr)，将 H2、Br2、HBr 和速率都带入到速率方程可以得到， v=k0.10.12、 8v=k0.10.42、 16v=k0.20.42、 2v=k0.40.14、 由得到 = 3 2 ， 得到 =1， 得到 =-1， 对于 4v=k(0.2) (0.1) c (HBr)与， 将 =1， = 3 2 ， =-1 代入，解得 c=1，由此分析。 【详解】A根据分析，表中 c 的值为 1，故 A 符合题意； B根据
31、分析，、 的值分别为 1、 3 2 、-1，故 B符合题意； C由于 22 v=kcHcBr c (HBr)，、的值分别为 1、 3 2 、-1，由于速率与 2 Br (g)和 2 H (g)的浓 度成正比，与HBr(g)的浓度成反比，反应体系的三种物质中， 2 Br (g)的浓度对反应速率影响最大，故 C 不符合题意； D由于 =-1，增大HBr(g)浓度， c (HBr)减小，在反应体系中保持其他物质浓度不变，会使反应速率降 低，故 D 不符合题意；答案选 AB。 三、非选择题：共三、非选择题：共 60 分。第分。第 1618题为必考题，每个试题考生都必须作答。第题为必考题，每个试题考生都
32、必须作答。第 1920 题为题为 选考题，考生根据要求作答。选考题，考生根据要求作答。 (一一)必考题：共必考题：共 45 分。分。 16. 碘是人体必需的微量元素，也可用于工业、医药等领域。大量的碘富集于海藻灰主要成分是NaI)中， 因此从海藻灰中提取碘，可有效利用海洋资源。 (1)某兴趣小组以海藻灰为原料进行 2 I的制备实验。具体步骤如下：将海藻灰加热浸泡后，得到了NaI溶液， 将适量 23 Na SO固体溶于NaI溶液，再将 4 CuSO饱和溶液滴入上述溶液中，生成白色CuI沉淀，该反应的 离子方程式为_。 (2)待 - I沉淀完全后，过滤，将沉淀物置于小烧杯中，在搅拌下逐滴加入适量浓
33、3 HNO，观察到_(颜色) 气体放出，_(颜色)晶体析出。出于安全和环保考虑，该实验操作需在_(条件)下进行。该反应的 化学方程式为_。 (3)用倾析法弃去上清液，固体物质用少量水洗涤后得到粗 2 I，进一步精制时，选择必需的仪器搭建装置， 并按次序排列：_(夹持装置略)。 A. B. C. D. E. F. (4)将精制得到的 2 I配成浓度为 1 c mol L的标准溶液，用来测定某样品中维生素 C(相对分子质量为 M 的含 量。 具体操作如下： 准确称量 ag样品， 溶于新煮沸过并冷却至室温的蒸馏水中， 煮沸蒸馏水的目的是_。 用250mL容量瓶定容，使用_(仪器)量取25.00mL样
34、品溶液于锥形瓶中，再加入10mL11 醋酸溶 液和适量的_指示剂，立即用 2 I标准溶液滴定，溶液显稳定的_(颜色)即为滴定终点，消耗 2 I标 准溶液V mL，则样品中维生素 C的质量分数是_(写出表达式)。已知滴定反应方程式： 【答案】 (1). 2+2-2-+ 324 2Cu+SO +2I +H O=2CuI+SO +2H (2). 红棕色 (3). 紫黑色 (4). 通风条 件下 (5). (6). DCAF (7). 除去蒸馏水中溶解的氧，防 止干扰实验 (8). 滴定管 (9). 淀粉 (10). 蓝色 (11). cMV % a 【分析】溶液的配制分为七步，即计算、称量、溶解、转
35、移、洗涤、定容、装瓶贴标签。需要用到的仪器 有天平、烧杯、容量瓶、胶头滴管、玻璃棒。此题用氧化还原滴定法测维生素 C 的含量。 【 详 解 】 (1) 23 Na SO作 还 原 剂 ， CuSO4作 氧 化 剂 ， 故 该 反 应 的 离 子 方 程 式 为 2+2-2-+ 324 2Cu+SO +2I +H O=2CuI+SO +2H，故填 2+2-2-+ 324 2Cu+SO +2I +H O=2CuI+SO +2H； (2)CuI中的亚铜离子和碘离子均能被浓硝酸氧化，氧化产物分别为 Cu2+和 I2，还原产物为 NO2，其反应的 化学方程式为，其中 NO2为红棕色有毒气体，需在通风条件
36、下进 行、I2为紫黑色，故填红棕色、紫黑色、通风条件下进行、 ； (3)因为碘单质受热易升华，故采用蒸馏法提纯碘单质。用到的仪器有 A烧杯、C石棉网(防止温度过高，升 华速度大于冷凝速度)、D酒精灯、F装冷水的圆底烧瓶用于冷凝。其装置为把粗碘放入烧杯内，将装有冷 水的烧瓶放在烧杯上，垫上石棉网用酒精灯加热，其连接顺序为 DCAF，故填 DCAF； (4)维生素 C 具有还原性，故煮沸蒸馏水是为了防止水中溶解的氧干扰实验；准确量取溶液的体积用滴定管 量取；用于指示碘单质时，通常用淀粉作指示剂，淀粉遇碘显蓝色，这里用碘标准溶液滴定维生素 C，所 以当最后一滴标准液滴入锥形瓶后，溶液由无色变为蓝色且
37、 30秒内不褪色，即为终点；根据题意消耗点标 准液的物质的量为 n=cV=cV 10-3mol，由反应方程式可知 25mL溶液中维生素 C的物质的量为 cV 10-3mol， 则 ag样品中维生素 C 的物质的量为 10 cV 10-3mol= cV 10-2mol，质量为 m=nM=cMV 10-2g，其质量分数 为 -2 cMV 100%=% ag c a MV 10 g ，故填除去蒸馏水中溶解的氧，防止干扰实验、滴定管、淀粉、蓝色、 cMV % a ； 【点睛】滴定时是从 250mL溶液中量取 25mL进行实验，故最后计算维生素 C总物质的量时要乘 10。 17. 合理利用工厂烟灰，变废
38、为宝，对保护环境具有重要意义。以某钢铁厂烟灰(主要成分为 ZnO，并含少 量的 CuO、MnO2、Fe2O3等)为原料制备氧化锌的工艺流程如下： 回答下列问题： (1)“浸取”工序中加入过量氨水的目的：使 ZnO、CuO溶解，转化为Zn(NH3)42+和Cu(NH3)42+配离子； _。 (2)ZnO 转化反应的离子方程式为_。 (3)“除杂”工序中，反应的离子方程式为_。 (4)滤渣的主要成分有_(填化学式)，回收后可用作冶金原料。 (5)“蒸氨沉锌”工序中，“蒸氨”是将氨及其盐从固液混合物中蒸出，相应的化学方程式为_，蒸出物冷 凝吸收后得到的碳化氨水可返回_工序循环使用。 (6)从碱式碳酸
39、锌得到氧化锌的工序名称为_。 (7)将滤渣用 H2SO4溶液处理后得到_溶液和_固体(均填化学式)。 【答案】 (1). 使 MnO2、Fe2O3沉淀除去 (2). ZnO+2NH3 H2O+2 4 NH=Zn(NH3)42+3H2O (3). Zn+Cu(NH3)42+=Cu+Zn(NH3)42+ (4). Zn、Cu (5). Zn(NH3)4(HCO3)2 4NH3+Zn(HCO3)2 (6). 浸 出 (7). 煅烧 (8). Fe2(SO4)3 (9). MnO2 【分析】首先用 NH4HCO3和氨水浸取烟灰，将锌元素转化为Zn(NH3)42+络离子，将 Cu 元素转化为 Cu(NH
40、3)42+络离子，MnO2、Fe2O3不发生反应进入滤渣中；加入锌粉可以将Cu(NH3)42+全部置换出来得 到滤渣中含有 Zn 及 Cu，然后经蒸氨沉锌 Zn(NH3)4(HCO3)2反应变为 NH3和 Zn(HCO3)2，然后加入碱式碳 酸锌与 Zn(HCO3)2混合，高温煅烧得到氧化锌。 【详解】(1)由题意可知，烟灰(主要成分为 ZnO，并含少量的 CuO、MnO2、Fe2O3等)，在浸取工序中可以 使 ZnO、CuO 溶解变为Zn(NH3)42+和Cu(NH3)42+配离子进入滤液中，则剩余 MnO2、Fe2O3不能发生反 应，故“浸取”工序中加入过量氨水的目的还可以使 MnO2、F
41、e2O3沉淀除去； (2)浸出时，ZnO 溶于碳酸氢铵与氨水的混合溶液中，形成配离子Zn(NH3)42+和 H2O， 反应的离子方程式为： ZnO+2NH3 H2O+2 4 NH=Zn(NH3)42+3H2O； (3)在除杂工序中，加入过量的锌粉，发生置换反应置换出铜单质，反应的离子方程式为： Zn+Cu(NH3)42+=Cu+Zn(NH3)42+； (4)滤渣是在除杂工序中产生的，由(3)分析可知，滤渣是过量 Zn与Cu(NH3)42+发生置换反应产生的， 因此其主要成分是 Cu、Zn； (5)在“蒸氨沉锌”工序中，“蒸氨”是将氨及其盐从固液混合物中蒸出，Zn 元素以盐的形式存在于溶液中，该
42、 反应的离子方程式为：Zn(NH3)4(HCO3)2 4NH3+Zn(HCO3)2；蒸出物冷凝吸收后得到的碳化氨水，由工艺 流程图可知，碳化氨水可返回到浸取工序中循环使用； (6)碱式碳酸锌( ZnCO3 Zn(OH)2)为固体，要想得到 ZnO 需要经过高温煅烧。故从碱式碳酸锌得到氧化锌的 工序名称为煅烧； (7)滤渣的主要成分是 MnO2、 Fe2O3， 向滤渣中加入 H2SO4溶液， Fe2O3与硫酸反应产生 Fe2(SO4)3和 H2O， 而 MnO2不发生反应，故将滤渣用 H2SO4溶液处理后得到溶液为 Fe2(SO4)3溶液，固体为 MnO2。 18. 我国科学家最近发明了一种 2
43、 Zn-PbO电池，电解质为 24 K SO、 24 H SO和KOH，由 a 和 b两种离子交 换膜隔开，形成 A、B、C三个电解质溶液区域，结构示意图如下： 回答下列问题： (1)电池中，Zn为_极，B区域的电解质为_(填“ 24 K SO”、“ 24 H SO”或“KOH”)。 (2)电池反应的离子方程式为_。 (3)阳离子交换膜为图中的_膜(填“a”或“b”)。 (4)此电池中，消耗6.5g Zn，理论上可产生的容量(电量)为_毫安时(mAh)(1 mol 电子的电量为 1 F， -1 F=96500C mol，结果保留整数) (5)已知 E为电池电动势(电池电动势即电池的理论电压，是
44、两个电极电位之差， (+)(-) E=E-E )，G为电池 反应的自由能变，则该电池与传统铅酸蓄电池相比较， 2 Zn-PbO E _ 2 Pb-PbO E ； 2 Zn-PbO G _ 2 Pb-PbO G (填“”或“”)。 (6)Zn 是一种重要的金属材料， 工业上一般先将 ZnS氧化， 再采用热还原或者电解法制备。 利用 2 H还原 ZnS 也可得到 Zn，其反应式如下：ZnS(s)+H2(g) 催化剂 高温 Zn(s)+H2S(g)。727时，上述反应的平衡常数 6 p K =2.24 10。此温度下，在盛有ZnS的刚性容器内通入压强为 5 1.01 10 Pa的 2 H，达平衡时
45、2 H S的分 压为_Pa(结果保留两位小数)。 【答案】 (1). 负 (2). K2SO4 (3). PbO2+ 2 4 SO +Zn+2H2O=PbSO4+ 2- 4 Zn(OH) (4). a (5). 5360 (6). (7). (8). 0.23 【分析】根据图示可知 Zn为负极，PbO2为正极，电解质溶液 A是 KOH，B是 K2SO4，C是 H2SO4，a是阳 离子离子交换膜，b是阴离子交换膜，在同一闭合回路中电子转移数目相等，结合溶液酸碱性及电极材料书 写电极反应式和总反应副产物。 【详解】(1)根据图示可知 Zn 电极失去电子 Zn2+与溶液中的 OH-结合形成 2- 4
46、 Zn(OH)，所以 Zn 电极为负极； 在 A 区域电解质为 KOH，在 B 区域电解质为 K2SO4溶液，C 区域电解质为 H2SO4；PbO2电极为正极，得到 电子发生还原反应。 (2)负极电极反应式为 Zn-2e-+4OH-= 2- 4 Zn(OH)，正极的电极反应式为 PbO2+2e-+4H+ 2 4 SO =PbSO4+2H2O， 总反应方程式为：PbO2+ 2 4 SO +Zn+2H2O=PbSO4+ 2- 4 Zn(OH)； (3)A区域是 KOH 溶液，OH-发生反应变为 2- 4 Zn(OH)，为了维持溶液呈电中性，多余的 K+通过交换膜进入 到 B 区域，由于阳离子交换膜
47、只允许阳离子通过，因此 a 膜为阳离子交换膜； (4)6.5 g Zn 的物质的量是 n(Zn)= 6.5g 65g/mol =0.1 mol，Zn 是+2 价金属，则转移电子 n(e-)=0.2 mol，1 mol电子 的电量为 1 F， -1 F=96500C mol，转移 0.2 mol电子的电量 Q=0.2 mol 96500 C/mol=19300 C，则理论上可 产生的容量(电量)为 3 19300?10 3600 mAh =5360 mAh； (5)由于 Zn比 Pb 活动性强， 正极材料都是 PbO2， 所以 Zn-PbO2的电势差比 Pb-PbO2的电势差大， 则 2 Zn-
48、PbO E 2 Pb-PbO E ； 不同电池的电势差越大，电池反应的自由能变就越小。由于 Zn-PbO2的电势差比 Pb-PbO2的电势差大，所以 2 Zn-PbO G 2 Pb-PbO G ； (6)反应 ZnS(s)+H2(g) 催化剂 高温 Zn(s)+H2S(g)在 727时的平衡常数 6 p K =2.24 10，若在盛有 ZnS 的刚性容 器内通入压强为 1.01 105Pa 的 H2，由于该反应是反应前后气体体积不变的反应，因此反应前后气体总压强 不变， 假如H2S占总压强分数为x， 则H2为(1-x)， 根据平衡常数的含义可得 -6 x =2.24?10 1-x ， 解得x=
49、2.24 10-6， 所以达到平衡时 H2S 的分压为 2.24 10-6 1.01 105Pa=0.23 Pa。 (二二)选考题：共选考题：共 15 分。请考生从分。请考生从 2 道题中任选一题作答，并用 道题中任选一题作答，并用 2B 铅笔将答题卡上所选题目对铅笔将答题卡上所选题目对 应的题号右侧方框涂黑应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂， 按本选考题的首题进行评分。按本选考题的首题进行评分。 19. 科学工作者合成了含镁、镍、碳 3种元素的超导材料，具有良好的应用前景。回答下列问题： (1)镍元素位于周期表第_列，基态镍原子 d轨道中成对电子与单电子的数量比为_。 (2)在 CO分子中， C与 O之间形成_个 键、 _个 键， 在这些化学键中， O 原子共提供了_ 个电子。 (3)第二周期元素的第一电离能(I1)随原子序数(Z)的变化情况如图。I1
