備考2022練習2018年全國統(tǒng)一高考化學試卷（新課標ⅱ）（含解析版） (2)

1、2018年全國統(tǒng)一高考化學試卷（新課標）一、選擇題：本題共7小題，每小題6分，共42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（6分）化學與生活密切相關，下列說法錯誤的是（）A碳酸鈉可用于去除餐具的油污B漂白粉可用于生活用水的消毒C氫氧化鋁可用于中和過多胃酸D碳酸鋇可用于胃腸X射線造影檢查2（6分）研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成霧霾時與大氣中的氨有關（如圖所示）。下列敘述錯誤的是（）A霧和霾的分散劑相同B霧霾中含有硝酸銨和硫酸銨CNH3是形成無機顆粒物的催化劑D霧霾的形成與過度施用氮肥有關3（6分）實驗室中用如圖所示的裝置進行甲烷與氯氣在光照下反應的實驗。在光照下反應一段時

2、間后，下列裝置示意圖中能正確反映實驗現(xiàn)象的是（）ABCD4（6分）W、X、Y和Z為原子序數(shù)依次增大的四種短周期元素。W與X可生成一種紅棕色有刺激性氣味的氣體；Y的周期數(shù)是族序數(shù)的3倍；Z原子最外層的電子數(shù)與W的電子總數(shù)相同，下列敘述正確的是（）AX與其他三種元素均可形成兩種或兩種以上的二元化合物BY與其他三種元素分別形成的化合物中只含有離子鍵C四種元素的簡單離子具有相同的電子層結構DW的氧化物對應的水化物均為強酸5（6分）NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A常溫常壓下，124gP4中所含P一P鍵數(shù)目為4NAB100 mL 1molL1FeCl3溶液中所含F(xiàn)e3+的數(shù)目為0.1NA

3、C標準狀況下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氫原子數(shù)目為2NAD密閉容器中，2 mol SO2和1molO2催化反應后分子總數(shù)為2NA6（6分）我國科學家研發(fā)了一種室溫下“可呼吸”的NaCO2二次電池，將NaClO4溶于有機溶劑作為電解液。鈉和負載碳納米管的鎳網(wǎng)分別作為電極材料，電池的總反應為：3CO2+4Na2Na2CO3+C，下列說法錯誤的是（）A放電時，ClO4向負極移動B充電時釋放CO2，放電時吸收CO2C放電時，正極反應為：3CO2+4e2CO32+CD充電時，正極反應為：Na+eNa7（6分）下列實驗過程可以達到實驗目的是（） 編號 實驗目的 實驗過程 A 配制 0.4000mol

4、L1的NaOH溶液 稱取4.0g固體NaOH于燒杯中，加入少量蒸餾水溶解，轉移至250mL容量瓶中定容 B 探究維生素C的還原性 向盛有2mL黃色氯化鐵溶液的試管中滴加濃的維生素C溶液，觀察顏色變化 C 制取并純化氫氣 向稀鹽酸中加入鋅粒，將生成的氣體依次通過NaOH溶液、濃硫酸和KMnO4溶液 D 探究濃度對反應速率的影響 向2支盛有5mL不同濃度 NaHSO3溶液的試管中同時加入2mL5%H2O2溶液，觀察實驗現(xiàn)象AABBCCDD二、非選擇題：每個試題考生必須作答。8（14分）我國是世界上最早制得和使用金屬鋅的國家。一種以閃鋅礦（ZnS，含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS雜質(zhì)）為原料

5、制備金屬鋅的流程如圖所示：相關金屬離子c0（Mn+）=0.1molL1形成氫氧化物沉淀的pH范圍如下：金屬離子Fe3+Fe2+Zn2+Cd2+開始沉淀的pH1.56.36.27.4沉淀完全的pH2.88.38.29.4回答下列問題：（1）焙燒過程中主要反應的化學方程式為 。（2）濾渣1的主要成分除SiO2外還有 ；氧化除雜工序中ZnO的作用是 ，若不通入氧氣，其后果是 。（3）溶液中的Cd2+用鋅粉除去，還原除雜工序中反應的離子方程式為 。（4）電解硫酸鋅溶液制備單質(zhì)鋅時，陰極的電極反應式為 ；沉積鋅后的電解液可返回 工序繼續(xù)使用。9（14分）CH4CO2的催化重整不僅可以得到合成氣（CO和H

6、2），還對溫室氣體的減排具有重要意義?；卮鹣铝袉栴}：（1）CH4CO2催化重整反應為：CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2（g）。已知：C（s）+2H2（g）CH4（g）H=75kJmol1C（s）+O2（g）=CO2（g）H=394kJmol1C（s）+（g）=CO（g）H=111kJmol1該催化重整反應的H= kJmol1有利于提高CH4平衡轉化率的條件是 （填標號）。A高溫低壓 B低溫高壓 C高溫高壓 D低溫低壓某溫度下，在體積為2L的容器中加入2mol CH4、1molCO2以及催化劑進行重整反應，達到平衡時CO2的轉化率是50%，其平衡常數(shù)為 mol2L2。（2）反中催化

7、劑活性會因積碳反應而降低，同時存在的消碳反應則使積碳碳量減少。相關數(shù)據(jù)如下表：積碳反應CH4（g）C（s）+2H2（g）消碳反應CO2（g）+C（s）2CO（g）H/（kJmol1）75172活化能/（kJmol1）催化劑X3391催化劑Y4372由上表判斷，催化劑X Y（填“優(yōu)于或劣于”），理由是 。在反應進料氣組成，壓強及反應時間相同的情況下，某催化劑表面的積碳量隨溫度的變化關系如右圖1所示。升高溫度時，下列關于積碳反應，消碳反應的平衡常數(shù)（K）和速率（v）的敘述正確的是 （填標號）。AK積、K消均增加BV積減小、V消增加CK積減小、K消增加DV消增加的倍數(shù)比V積增加的倍數(shù)大 圖1 圖2在

8、一定溫度下，測得某催化劑上沉積碳的生成速率方程為v=kp（CH4）p（CO2）0.5（k為速率常數(shù)）。在p（CH4）一定時，不同p（CO2）下積碳量隨時間的變化趨勢如圖2所示，則Pa（CO2）、Pb（CO2）、Pc（CO2）從大到小的順序為 。10（15分）K3Fe（C2O4）33H2O（三草酸合鐵酸鉀）為亮綠色晶體，可用于曬制藍圖，回答下列問題：（1）曬制藍圖時，用K3Fe（C2O4）33H2O作感光劑，以K3Fe（CN）6溶液為顯色劑。其光解反應的化學方程式為2K3Fe（C2O4）32FeC2O4+3K2C2O4+2CO2；顯色反應的化學方程式為 。（2）某小組為探究三草酸合鐵酸鉀的熱分解

9、產(chǎn)物，按如圖所示裝置進行實驗。通入氮氣的目的是 。實驗中觀察到裝置B、F中澄清石灰水均變渾濁，裝置E中固體變?yōu)榧t色，由此判斷熱分解產(chǎn)物中一定含有 、 。為防止倒吸，停止實驗時應進行的操作是 。樣品完全分解后，裝置A中的殘留物含有FeO和Fe2O3，檢驗Fe2O3存在的方法是： 。（3）測定三草酸合鐵酸鉀中鐵的含量。稱量mg樣品于錐形瓶中，溶解后加稀H2SO4酸化，用cmolL1KMnO4溶液滴定至終點。滴定終點的現(xiàn)象是 。向上述溶液中加入過量鋅粉至反應完全后，過濾、洗滌，將濾液及洗滌液全部收集到錐形瓶中。加稀H2SO4酸化，用cmolL1KMnO4溶液滴定至終點，消耗KMnO4溶液VmL該晶體

10、中鐵的質(zhì)量分數(shù)的表達式為 ?；瘜W一選修3：物質(zhì)結構與性質(zhì)（15分）11（15分）硫及其化合物有許多用途。相關物質(zhì)的物理常數(shù)如表所示：H2SS8FeS2SO2SO3H2SO4熔點/85.5115.2600（分解）75.516.810.3沸點/60.3444.610.045.0337.0回答下列問題：（1）基態(tài)Fe原子價層電子的電子排布圖（軌道表達式）為 ，基態(tài)S原子電子占據(jù)最高能級的電子云輪廓圖為 形。（2）根據(jù)價層電子對互斥理論，H2S，SO2，SO3的氣態(tài)分子中，中心原子價層電子對數(shù)不同于其他分子的是 。（3）圖（a）為S8的結構，其熔點和沸點要比二氧化硫的熔點和沸點高很多，主要原因為 。（

11、4）氣態(tài)三氧化硫以單分子形式存在，其分子的立體構型為 形，其中共價鍵的類型有 種；固體三氧化硫中存在如圖（b）所示的三聚分子。該分子中S原子的雜化軌道類型為 。（5）FeS2晶體的晶胞如圖（c）所示，晶胞邊長為anm，F(xiàn)eS2相對式量為M、阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，其晶體密度的計算表達式為 gcm3；晶胞中Fe2+位于S22所形成的八面體的體心，該正八面體的邊長為 nm?；瘜W一選修5：有機化學基礎（15分）12以葡萄糖為原料制得的山梨醇（A）和異山梨醇（B）都是重要的生物質(zhì)轉化平臺化合物。E是一種治療心絞痛的藥物。由葡萄糖為原料合成E的路線如下：回答下列問題：（1）葡萄糖的分子式為 。（2）A

12、中含有的官能團的名稱為 。（3）由B到C的反應類型為 。（4）C的結構簡式為 。（5）由D到E的反應方程式為 。（6）F是B的同分異構體，7.30g的F與足量飽和碳酸氫鈉反應可釋放出2.24L二氧化碳（標準狀況），F(xiàn)的可能結構共有 種（不考慮立體異構）；其中核磁共振氫譜為三組峰，峰面積比為3：1：1的結構簡式為 。2018年全國統(tǒng)一高考化學試卷（新課標）參考答案與試題解析一、選擇題：本題共7小題，每小題6分，共42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（6分）化學與生活密切相關，下列說法錯誤的是（）A碳酸鈉可用于去除餐具的油污B漂白粉可用于生活用水的消毒C氫氧化鋁可用于中和

13、過多胃酸D碳酸鋇可用于胃腸X射線造影檢查【考點】14：物質(zhì)的組成、結構和性質(zhì)的關系菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【分析】A碳酸鈉水溶液呈堿性，堿性條件下促進油脂水解；B當把漂白粉撒到水中時，發(fā)生反應Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO，HClO具有強氧化性；C氫氧化鋁屬于弱堿，能中和酸；D碳酸鋇能和稀鹽酸反應生成有毒的氯化鋇，但是硫酸鋇不溶于稀鹽酸、不溶于水?！窘獯稹拷猓篈碳酸鈉水解生成NaOH而導致其水溶液呈堿性，堿性條件下促進油脂水解，從而除去油污，故A正確；B當把漂白粉撒到水中時，發(fā)生反應Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO，HClO具有強氧化性而殺菌消毒，所以漂

14、白粉可用于生活用水的消毒，故B正確；C氫氧化鋁屬于弱堿，能中和胃酸中的鹽酸而降低胃液酸性，所以氫氧化鋁可以用于中和過多胃酸，故C正確；D碳酸鋇能和稀鹽酸反應生成有毒的氯化鋇，但是硫酸鋇不溶于稀鹽酸、不溶于水，所以應該用硫酸鋇而不是碳酸鋇作胃腸X射線造影檢查，故D錯誤；故選：D。【點評】本題考查物質(zhì)結構和性質(zhì)，側重考查化學在生產(chǎn)生活中的應用，明確物質(zhì)性質(zhì)是解本題關鍵，會運用化學知識正確解釋生產(chǎn)生活現(xiàn)象，題目難度不大。2（6分）研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成霧霾時與大氣中的氨有關（如圖所示）。下列敘述錯誤的是（）A霧和霾的分散劑相同B霧霾中含有硝酸銨和硫酸銨CNH3是形成無機顆粒物的催化劑D霧

15、霾的形成與過度施用氮肥有關【考點】EK：氮的氧化物的性質(zhì)及其對環(huán)境的影響菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【分析】由圖示可知霧霾的主要成分為顆粒物，其中無機顆粒物的主要成分為銨鹽，可由氨氣和硝酸、硫酸反應生成，以此解答該題?！窘獯稹拷猓篈霧和霾的分散劑都是空氣，故A正確；B由圖示可知霧霾中含有硝酸銨和硫酸銨，故B正確；C由圖示可知氨氣參與反應生成銨鹽，為反應物，不是催化劑，故C錯誤；D無機顆粒物的主要成分為銨鹽，可形成霧霾，可知霧霾的形成與過度施用氮肥有關，故D正確。故選：C?！军c評】本題考查環(huán)境污染問題，側重于化學與生活、生產(chǎn)以及環(huán)境保護的考查，有利于培養(yǎng)學生良好的科學素養(yǎng)，樹立環(huán)保意識，難度不大。3（6分）實

16、驗室中用如圖所示的裝置進行甲烷與氯氣在光照下反應的實驗。在光照下反應一段時間后，下列裝置示意圖中能正確反映實驗現(xiàn)象的是（）ABCD【考點】T4：甲烷的取代反應菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【分析】CH4與Cl2在光照條件下發(fā)生取代反應，取代反應的產(chǎn)物有CH3Cl（g），CH2Cl2（l），CHCl3（l），CCl4（l）和HCl?！窘獯稹拷猓篊H4與Cl2在光照條件下發(fā)生取代反應，取代反應的產(chǎn)物有CH3Cl（g），CH2Cl2（l），CHCl3（l），CCl4（l）和HCl，產(chǎn)生的CH2Cl2（l），CHCl3（l），CCl4（l）能附著在管壁上形成油狀液滴，由于試管連接飽和食鹽水，HCl在其中的溶解度降低，

17、所以HCl能和管內(nèi)部的空氣中的水蒸氣形成白霧附著在管內(nèi)壁上，整個反應是氣體體積減少的反應，管內(nèi)液面上升，所以D選項正確，故選：D?！军c評】本題考查CH4與Cl2在光照下的取代反應，明確反應過程，產(chǎn)物及其物理狀態(tài)和化學性質(zhì)是解題的關鍵，為高頻考點，題目難度不大，是基礎題。4（6分）W、X、Y和Z為原子序數(shù)依次增大的四種短周期元素。W與X可生成一種紅棕色有刺激性氣味的氣體；Y的周期數(shù)是族序數(shù)的3倍；Z原子最外層的電子數(shù)與W的電子總數(shù)相同，下列敘述正確的是（）AX與其他三種元素均可形成兩種或兩種以上的二元化合物BY與其他三種元素分別形成的化合物中只含有離子鍵C四種元素的簡單離子具有相同的電子層結構D

18、W的氧化物對應的水化物均為強酸【考點】8F：原子結構與元素周期律的關系菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【分析】W、X、Y和Z為原子序數(shù)依次增大的四種短周期元素，W與X可生成一種紅棕色有刺激性氣味的氣體，該氣體是NO2，則W、X分別是N、O元素；Y的周期數(shù)是族序數(shù)的3倍，其原子序數(shù)大于O，則Y為Na元素；Z原子最外層的電子數(shù)與W的電子總數(shù)相同，為Cl元素；AX是O元素，與W形成的二元化合物有NO、NO2、N2O5等；與Y元素形成的二元化合物有Na2O、Na2O2；有Z元素形成的二元化合物有ClO2、Cl2O7等；BNa與O元素形成的化合物Na2O2中含有共價鍵；C形成的簡單離子中W、X、Y電子層結構相同；DW的氧

19、化物的水化物HNO2是弱酸?！窘獯稹拷猓篧、X、Y和Z為原子序數(shù)依次增大的四種短周期元素，W與X可生成一種紅棕色有刺激性氣味的氣體，該氣體是NO2，則W、X分別是N、O元素；Y的周期數(shù)是族序數(shù)的3倍，其原子序數(shù)大于O，則Y為Na元素；Z原子最外層的電子數(shù)與W的電子總數(shù)相同，為Cl元素；AX是O元素，與W形成的二元化合物有NO、NO2、N2O5等；與Y元素形成的二元化合物有Na2O、Na2O2；有Z元素形成的二元化合物有ClO2、Cl2O7等，所以X與其他三種元素均可形成兩種或兩種以上的二元化合物，故A正確；BNa與O元素形成的化合物Na2O2的電子式為，含有共價鍵和離子鍵，故B錯誤；C形成的簡

20、單離子中W、X、Y電子層有2個，而Z離子核外電子層有3個，所以這四種元素簡單離子電子層結構不相同，故C錯誤；DW的氧化物的水化物HNO3是強酸，而HNO2為弱酸，故D錯誤；故選：A。【點評】本題考查原子結構和元素周期律，側重考查學生分析、判斷及知識綜合運用能力，明確原子結構、物質(zhì)結構、元素周期表結構、元素周期律即可解答，注意規(guī)律中的特殊現(xiàn)象，題目難度不大。5（6分）NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A常溫常壓下，124gP4中所含P一P鍵數(shù)目為4NAB100 mL 1molL1FeCl3溶液中所含F(xiàn)e3+的數(shù)目為0.1NAC標準狀況下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氫原子數(shù)目為2

21、NAD密閉容器中，2 mol SO2和1molO2催化反應后分子總數(shù)為2NA【考點】4F：阿伏加德羅常數(shù)菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【分析】A1molP4含有6molPP鍵；BFeCl3溶液中存在Fe3+的水解；C.1mol乙烷含有4molH，1mol乙烯含有4molH；DSO2和O2的催化反應為可逆反應?！窘獯稹拷猓篈.124gP4的物質(zhì)的量為=1mol，根據(jù)P4的結構式，1molP4含有6molPP鍵，即含有PP鍵數(shù)目為6NA，故A錯誤；BFeCl3溶液中存在Fe3+的水解，所以100 mL 1molL1FeCl3溶液中所含F(xiàn)e3+的數(shù)目小于0.1mol，即小于0.1NA，故B錯誤；C.1mol甲烷含有

22、4molH，1mol乙烯含有4molH，二者無論按何種比例，相當于1mol混合氣體含有4molH，則標準狀況下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含H有=2mol，即含氫原子數(shù)目為2NA，故C正確；DSO2和O2的催化反應為可逆反應，反應不可能完全進行，存在一個化學平衡，所以密閉容器中，2 mol SO2和1molO2催化反應后分子總數(shù)不一定為2mol，即不一定為2NA，故D錯誤，故選：C?！军c評】本題考查阿伏伽德羅常數(shù)的簡單計算，注意鹽類水解知識和化學平衡知識的運用，明確P4的結構是解題的關鍵，為易錯點，題目難度不大，是基礎題。6（6分）我國科學家研發(fā)了一種室溫下“可呼吸”的NaCO2二次電池，將

23、NaClO4溶于有機溶劑作為電解液。鈉和負載碳納米管的鎳網(wǎng)分別作為電極材料，電池的總反應為：3CO2+4Na2Na2CO3+C，下列說法錯誤的是（）A放電時，ClO4向負極移動B充電時釋放CO2，放電時吸收CO2C放電時，正極反應為：3CO2+4e2CO32+CD充電時，正極反應為：Na+eNa【考點】BH：原電池和電解池的工作原理菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【分析】A放電時，Na失電子作負極、Ni作正極，電解質(zhì)溶液中陰離子向負極移動；B放電時Na作負極、Ni作正極，充電時Ni作陽極、Na作陰極，則放電電池反應式為3CO2+4Na2Na2CO3+C、充電電池反應式為2Na2CO3+C3CO2+4Na；C放電

24、時負極反應式為Nae=Na+、正極反應式為3CO2+4e2CO32+C；D充電時，原來的正極作電解池的陽極，失電子發(fā)生氧化反應。【解答】解：A放電時，Na失電子作負極、Ni作正極，電解質(zhì)溶液中陰離子向負極移動，所以ClO4向負極移動，故A正確；B放電時Na作負極、Ni作正極，充電時Ni作陽極、Na作陰極，則放電電池反應式為3CO2+4Na2Na2CO3+C、充電電池反應式為2Na2CO3+C3CO2+4Na，所以充電時釋放CO2，放電時吸收CO2，故B正確；C放電時負極反應式為Nae=Na+、正極反應式為3CO2+4e2CO32+C，故C正確；D充電時，原來的正極Ni作電解池的陽極，Na作電解

25、池陰極，則正極發(fā)生的反應為原來正極反應式的逆反應，即2CO32+C4e=3CO2，負極發(fā)生的反應為Na+eNa，故D錯誤；故選：D。【點評】本題考查原電池原理，明確充電電池中正負極、陰陽極發(fā)生反應關系是解本題關鍵，側重考查學生分析判斷能力，難點是電極反應式的書寫，題目難度不大。7（6分）下列實驗過程可以達到實驗目的是（） 編號 實驗目的 實驗過程 A 配制 0.4000molL1的NaOH溶液 稱取4.0g固體NaOH于燒杯中，加入少量蒸餾水溶解，轉移至250mL容量瓶中定容 B 探究維生素C的還原性 向盛有2mL黃色氯化鐵溶液的試管中滴加濃的維生素C溶液，觀察顏色變化 C 制取并純化氫氣 向

26、稀鹽酸中加入鋅粒，將生成的氣體依次通過NaOH溶液、濃硫酸和KMnO4溶液 D 探究濃度對反應速率的影響 向2支盛有5mL不同濃度 NaHSO3溶液的試管中同時加入2mL5%H2O2溶液，觀察實驗現(xiàn)象AABBCCDD【考點】U5：化學實驗方案的評價菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【分析】A在轉移溶液之前應該將溶液冷卻至室溫，否則配制的溶液濃度偏高；B氯化鐵具有氧化性、維生素C具有還原性，二者發(fā)生氧化還原反應而使溶液變色；C高錳酸鉀溶液和氫氣、HCl都不反應，且最后通過酸性高錳酸鉀溶液會導致得到的氫氣中含有水蒸氣；D要探究濃度對化學反應速率影響實驗時，應該只有濃度不同其它條件必須完全相同?！窘獯稹拷猓篈NaOH溶

27、解過程是放熱的，導致溶液濃度高于室溫，如果在轉移溶液之前未將溶液冷卻至室溫，否則配制的溶液體積偏小，則配制溶液濃度偏高，所以不能實現(xiàn)實驗目的，故A不選；B氯化鐵具有氧化性、維生素C具有還原性，二者發(fā)生氧化還原反應而生成亞鐵離子，導致溶液由黃色變?yōu)闇\綠色，則溶液變色，所以能實現(xiàn)實驗目的，故B選；C高錳酸鉀溶液和氫氣、HCl都不反應，且最后通過酸性高錳酸鉀溶液會導致得到的氫氣中含有水蒸氣，所以不能實現(xiàn)實驗目的，用NaOH吸收HCl、用濃硫酸干燥氣體即可，故C不選；D要探究濃度對化學反應速率影響實驗時，應該只有濃度不同其它條件必須完全相同，該實驗沒有明確說明溫度是否相同，并且實驗現(xiàn)象也不明顯，所以不

28、能實現(xiàn)實驗目的，故D不選，故選：B。【點評】本題考查化學實驗評價，涉及溶液配制、性質(zhì)檢驗、物質(zhì)的分離提純、化學反應速率影響因素探究等知識點，側重考查學生實驗操作、實驗分析和判斷能力，明確實驗原理及物質(zhì)性質(zhì)是解本題關鍵，題目難度不大。二、非選擇題：每個試題考生必須作答。8（14分）我國是世界上最早制得和使用金屬鋅的國家。一種以閃鋅礦（ZnS，含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS雜質(zhì)）為原料制備金屬鋅的流程如圖所示：相關金屬離子c0（Mn+）=0.1molL1形成氫氧化物沉淀的pH范圍如下：金屬離子Fe3+Fe2+Zn2+Cd2+開始沉淀的pH1.56.36.27.4沉淀完全的pH2.88.3

29、8.29.4回答下列問題：（1）焙燒過程中主要反應的化學方程式為2ZnS+3O22ZnO+2SO2。（2）濾渣1的主要成分除SiO2外還有PbSO4；氧化除雜工序中ZnO的作用是調(diào)節(jié)溶液的pH到2.86.2之間，使Fe3+完全沉淀，若不通入氧氣，其后果是無法除去溶液中Fe2+。（3）溶液中的Cd2+用鋅粉除去，還原除雜工序中反應的離子方程式為Cd2+Zn=Cd+Zn2+。（4）電解硫酸鋅溶液制備單質(zhì)鋅時，陰極的電極反應式為Zn2+2e=Zn；沉積鋅后的電解液可返回溶浸工序繼續(xù)使用?！究键c】U3：制備實驗方案的設計菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【分析】焙燒過程中發(fā)生的反應有2ZnS+3O22ZnO+2SO2、4

30、FeS+7O22Fe2O3+4SO2、2PbS+3O22PbO+2SO2、2CdS+3O22CdO+2SO2，所以焙燒過程中生成的氣體是SO2；然后加入稀硫酸酸浸，F(xiàn)eS（未焙燒）、ZnO、Fe2O3、PbO、CdO和稀硫酸反應生成Fe 2+、Zn 2+、Fe 3+、PbSO4、Cd2+，所以濾渣1為未反應的SiO2和生成的PbSO4；氧化除雜時通入氧氣，使Fe 2+轉化為Fe 3+，加入ZnO和稀硫酸反應調(diào)節(jié)溶液的pH值，將Fe 3+轉化為Fe（OH）3而除去Fe 3+，濾渣2為生成的Fe（OH）3；然后向溶液中加入Zn，Zn和Cd2+發(fā)生氧化還原生成Cd，然后過濾得到濾液，濾渣3為Cd；將

31、濾液電解得到Zn；（1）焙燒過程中ZnS、FeS、CdS、PbS都和氧氣發(fā)生氧化還原反應，但是ZnS的反應是主要反應；（2）濾渣1的主要成分除SiO2外還有生成的硫酸鉛；ZnO能和酸反應生成鹽和水，從而改變?nèi)芤旱膒H值；如果不通入氧氣，亞鐵離子影響Zn的制備；（3）Cd2+和Zn發(fā)生氧化還原反應生成Cd；（4）電解硫酸鋅溶液制備單質(zhì)鋅時，陰極上溶液中Zn 2+ 得電子生成Zn；沉積鋅后的電解液中鋅離子濃度降低，可以通過返回溶浸工序繼續(xù)使用?！窘獯稹拷猓罕簾^程中發(fā)生的反應有2ZnS+3O22ZnO+2SO2、4FeS+7O22Fe2O3+4SO2、2PbS+3O22PbO+2SO2、2CdS+

32、3O22CdO+2SO2，所以焙燒過程中生成的氣體是SO2；然后加入稀硫酸酸浸，F(xiàn)eS（未焙燒）、ZnO、Fe2O3、PbO、CdO和稀硫酸反應生成Fe 2+、Zn 2+、Fe 3+、PbSO4、Cd2+，所以濾渣1為未反應的SiO2和生成的PbSO4；氧化除雜時通入氧氣，使Fe 2+轉化為Fe 3+，加入ZnO和稀硫酸反應調(diào)節(jié)溶液的pH值，將Fe 3+轉化為Fe（OH）3而除去Fe 3+，濾渣2為生成的Fe（OH）3；然后向溶液中加入Zn，Zn和Cd2+發(fā)生氧化還原生成Cd，然后過濾得到濾液，濾渣3為Cd；將濾液電解得到Zn；（1）焙燒過程中ZnS、FeS、CdS、PbS都和氧氣發(fā)生氧化還原

33、反應，但是ZnS的反應是主要反應，所以其主要方程式為2ZnS+3O22ZnO+2SO2，故答案為：2ZnS+3O22ZnO+2SO2；（2）濾渣1的主要成分除SiO2外還有PbO和稀硫酸生成的沉淀PbSO4；ZnO能和酸反應生成鹽和水，從而改變?nèi)芤旱膒H值，使溶液的pH調(diào)節(jié)在2.86.2之間，從而Fe 3+將轉化為沉淀除去Fe 3+；Fe2+、Zn2+開始沉淀、完全沉淀的pH相近，如果不通入氧氣，F(xiàn)e2+不能完全除去而影響Zn的制備，故答案為：PbSO4；調(diào)節(jié)溶液的pH到2.86.2之間，使Fe3+完全沉淀；無法除去溶液中Fe2+；（3）Cd2+和Zn發(fā)生氧化還原反應生成Cd，離子方程式為Cd

34、2+Zn=Cd+Zn2+，故答案為：Cd2+Zn=Cd+Zn2+；（4）電解硫酸鋅溶液制備單質(zhì)鋅時，陰極上溶液中Zn 2+ 得電子生成Zn，電極反應式為Zn2+2e=Zn；沉積鋅后的電解液中鋅離子濃度降低，可以通過返回溶浸工序繼續(xù)使用，從而減少資源浪費，故答案為：Zn2+2e=Zn；溶浸。【點評】本題考查物質(zhì)制備，綜合性較強，涉及物質(zhì)分離提純、電解原理、氧化還原反應、方程式的書寫等知識點，明確流程圖中各物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應及物質(zhì)分離提純方法是解本題關鍵，知道每一步的目的及原理，題目難度中等。9（14分）CH4CO2的催化重整不僅可以得到合成氣（CO和H2），還對溫室氣體的減排具有重要意義。回

35、答下列問題：（1）CH4CO2催化重整反應為：CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2（g）。已知：C（s）+2H2（g）CH4（g）H=75kJmol1C（s）+O2（g）=CO2（g）H=394kJmol1C（s）+（g）=CO（g）H=111kJmol1該催化重整反應的H=+247kJmol1有利于提高CH4平衡轉化率的條件是A（填標號）。A高溫低壓 B低溫高壓 C高溫高壓 D低溫低壓某溫度下，在體積為2L的容器中加入2mol CH4、1molCO2以及催化劑進行重整反應，達到平衡時CO2的轉化率是50%，其平衡常數(shù)為mol2L2。（2）反中催化劑活性會因積碳反應而降低，同時存在的

36、消碳反應則使積碳碳量減少。相關數(shù)據(jù)如下表：積碳反應CH4（g）C（s）+2H2（g）消碳反應CO2（g）+C（s）2CO（g）H/（kJmol1）75172活化能/（kJmol1）催化劑X3391催化劑Y4372由上表判斷，催化劑X劣于Y（填“優(yōu)于或劣于”），理由是催化劑X較催化劑Y，積碳反應時，活化能低，反應速率快，消碳反應時，活化能高，反應速率慢，綜合考慮，催化劑X較催化劑Y更利于積碳反應，不利于消碳反應，會降低催化劑活性。在反應進料氣組成，壓強及反應時間相同的情況下，某催化劑表面的積碳量隨溫度的變化關系如右圖所示。升高溫度時，下列關于積碳反應，消碳反應的平衡常數(shù)（K）和速率（v）的敘述正

37、確的是AD（填標號）。AK積、K消均增加BV積減小、V消增加CK積減小、K消增加DV消增加的倍數(shù)比V積增加的倍數(shù)大在一定溫度下，測得某催化劑上沉積碳的生成速率方程為v=kp（CH4）p（CO2）0.5（k為速率常數(shù)）。在p（CH4）一定時，不同p（CO2）下積碳量隨時間的變化趨勢如圖所示，則Pa（CO2）、Pb（CO2）、Pc（CO2）從大到小的順序為pc（CO2）pb（CO2）pa（CO2）。【考點】CP：化學平衡的計算菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【專題】51E：化學平衡專題【分析】（1）C（s）+2H2（g）CH4（g）H=75kJmol1C（s）+O2（g）=CO2（g）H=394kJmol1C（s）

38、+（g）=CO（g）H=111kJmol1將方程式2得CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2（g），H進行相應的改變；要提高CH4平衡轉化率應該使平衡正向移動，但是不能通過增大甲烷濃度實現(xiàn)；達到平衡時CO2的轉化率是50%，根據(jù)方程式知，參加反應的n（CO2）=n（CH4）=1mol50%=0.5mol，生成的n（CO）=n（H2）=1mol，該化學反應CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2（g），開始（mol/L）1 0.5 0 0反應（mol/L）0.25 0.25 0.5 0.5平衡（mol/L）0.75 0.25 0.5 0.5化學平衡常數(shù)K=；（2）消碳反應越容易發(fā)生

39、，催化劑活性越好，消碳反應所需活化能越低，消碳反應越容易進行；A積碳反應和消碳反應的正反應都是吸熱反應，升高溫度平衡向吸熱方向移動；B升高溫度所有的化學反應速率都增大；C積碳反應和消碳反應的正反應都是吸熱反應，升高溫度平衡向吸熱方向移動；D積碳量達到最大值以后再升高溫度積碳量降低，V消增加的倍數(shù)比V積增加的倍數(shù)大；在一定溫度下，相同時間內(nèi)，沉積的碳越多，則沉積碳生成速率越快，根據(jù)v=kp（CH4）p（CO2）0.5（k為速率常數(shù)）知，p（CH4）一定時，沉積碳生成速率與二氧化碳壓強成反比?！窘獯稹拷猓海?）C（s）+2H2（g）CH4（g）H=75kJmol1C（s）+O2（g）=CO2（g）

40、H=394kJmol1C（s）+（g）=CO（g）H=111kJmol1將方程式2得CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2（g），H=2（111kJmol1）（75kJmol1）（394kJmol1）=+247kJ/mol；要提高CH4平衡轉化率應該使平衡正向移動，但是不能通過增大甲烷濃度實現(xiàn)，該反應的正反應是一個反應前后氣體體積增加的吸熱反應，升高溫度、減小壓強能使平衡正向移動，增大甲烷轉化率，達到平衡時CO2的轉化率是50%，根據(jù)方程式知，參加反應的n（CO2）=n（CH4）=1mol50%=0.5mol，生成的n（CO）=n（H2）=1mol，該化學反應CH4（g）+CO2（g）

41、2CO（g）+2H2（g），開始（mol/L）1 0.5 0 0反應（mol/L）0.25 0.25 0.5 0.5平衡（mol/L）0.75 0.25 0.5 0.5化學平衡常數(shù)K=；故答案為：+247；高溫低壓；（2）根據(jù)表中數(shù)據(jù)知，催化劑X較催化劑Y，積碳反應時，活化能低，反應速率快，消碳反應時，活化能高，反應速率慢，綜合考慮，催化劑X較催化劑Y更利于積碳反應，不利于消碳反應，會降低催化劑活性；A積碳反應和消碳反應的正反應都是吸熱反應，升高溫度平衡正向移動，則K積、K消均增加，故正確；B升高溫度化學反應速率都增大，V積增加、V消增加，故錯誤；C積碳反應和消碳反應的正反應都是吸熱反應，升高

42、溫度平衡正向移動，則K積、K消均增加，故錯誤；D積碳量達到最大值以后再升高溫度積碳量降低，V消增加的倍數(shù)比V積增加的倍數(shù)大，故正確；所以選AD；故答案為：劣于；催化劑X較催化劑Y，積碳反應時，活化能低，反應速率快，消碳反應時，活化能高，反應速率慢，綜合考慮，催化劑X較催化劑Y更利于積碳反應，不利于消碳反應，會降低催化劑活性；AD；在一定溫度下，相同時間內(nèi)，沉積的碳越多，則沉積碳生成速率越快，根據(jù)v=kp（CH4）p（CO2）0.5（k為速率常數(shù)）知，p（CH4）一定時，沉積碳生成速率與二氧化碳壓強成反比，根據(jù)圖知，積碳量abc，則pc（CO2）pb（CO2）pa（CO2），故答案為：pc（CO

43、2）pb（CO2）pa（CO2）。【點評】本題考查化學反應原理，涉及蓋斯定律、化學平衡計算、外界條件對化學平衡影響等知識點，側重考查學生分析、推斷及圖象分析能力，正確理解題給信息及出題人目的是解本題關鍵，難點是（2）題分析解答。10（15分）K3Fe（C2O4）33H2O（三草酸合鐵酸鉀）為亮綠色晶體，可用于曬制藍圖，回答下列問題：（1）曬制藍圖時，用K3Fe（C2O4）33H2O作感光劑，以K3Fe（CN）6溶液為顯色劑。其光解反應的化學方程式為2K3Fe（C2O4）32FeC2O4+3K2C2O4+2CO2；顯色反應的化學方程式為3FeC2O4+2K3Fe（CN）6=Fe3Fe（CN）62

44、+3K2C2O4。（2）某小組為探究三草酸合鐵酸鉀的熱分解產(chǎn)物，按如圖所示裝置進行實驗。通入氮氣的目的是排出裝置中原有空氣，避免O2和CO2干擾實驗，同時用N2把裝置A、E中反應生成的氣體排出進行后續(xù)檢驗。實驗中觀察到裝置B、F中澄清石灰水均變渾濁，裝置E中固體變?yōu)榧t色，由此判斷熱分解產(chǎn)物中一定含有CO、CO2。為防止倒吸，停止實驗時應進行的操作是先關閉A、E中的酒精燈，冷卻后再停止通入N2。樣品完全分解后，裝置A中的殘留物含有FeO和Fe2O3，檢驗Fe2O3存在的方法是：取少量裝置A中殘留物放入試管中，加入稀硫酸溶解，再滴加幾滴KSCN溶液，若觀察到溶液變紅，則證明A中殘留物中含F(xiàn)e2O3

45、。（3）測定三草酸合鐵酸鉀中鐵的含量。稱量mg樣品于錐形瓶中，溶解后加稀H2SO4酸化，用cmolL1KMnO4溶液滴定至終點。滴定終點的現(xiàn)象是當?shù)稳胱詈笠坏蔚稳牒螅芤鹤兂蓽\紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色。向上述溶液中加入過量鋅粉至反應完全后，過濾、洗滌，將濾液及洗滌液全部收集到錐形瓶中。加稀H2SO4酸化，用cmolL1KMnO4溶液滴定至終點，消耗KMnO4溶液VmL該晶體中鐵的質(zhì)量分數(shù)的表達式為100%或100%（或%）?！究键c】5C：物質(zhì)的量濃度的相關計算；RD：探究物質(zhì)的組成或測量物質(zhì)的含量菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【分析】（1）顯色過程是FeC2O4中的亞鐵離子與Fe（CN）63結合成藍色沉淀，據(jù)此

46、寫出該后續(xù)方程式； （2）反應開始前通氮氣，可排凈裝置中空氣，以免氧氣、二氧化碳對實驗干擾，同時把裝置A、E中反應生成的氣體排出；B中澄清石灰水變渾濁證明含有二氧化碳，E中固體變紅、F中澄清石灰水變渾濁證明分解產(chǎn)物中有一氧化碳；為避免倒吸，需先關閉反應裝置中的酒精燈，冷卻后再停止通入N2；檢驗Fe2O3，需將Fe2O3轉化成鐵離子，再用硫氰化鉀進行檢驗；（3）用KMnO4溶液滴定亞鐵離子，滴定終點溶液變成淺紅色；根據(jù)n=cV計算出消耗高錳酸根離子的物質(zhì)的量，根據(jù)化合價升降相等可得反應關系式5Fe2+MnO4，則n（Fe2+）=5n（MnO4），然后根據(jù)m=nM計算出樣品中含有鐵元素的質(zhì)量，最后

47、根據(jù)100%計算。【解答】解：（1）顯色過程是FeC2O4中的亞鐵離子與Fe（CN）63結合成藍色沉淀的反應，該反應的化學方程式為：3FeC2O4+2K3Fe（CN）6=Fe3Fe（CN）62+3K2C2O4，故答案為：3FeC2O4+2K3Fe（CN）6=Fe3Fe（CN）62+3K2C2O4；（2）在反應開始前通入N2，可排凈裝置中的空氣，以免O2和CO2對實驗干擾，同時用N2把裝置A、E中反應生成的氣體排出進行后續(xù)檢驗，故答案為：排出裝置中原有空氣，避免O2和CO2干擾實驗，同時用N2把裝置A、E中反應生成的氣體排出進行后續(xù)檢驗；B中澄清石灰水變渾濁證明分解產(chǎn)物中一定含有CO2，E中固體

48、變紅、F中澄清石灰水變渾濁證明分解產(chǎn)物中有還原性氣體CO，故答案為：CO；CO2；為防止倒吸，需要先關閉反應裝置中的酒精燈，冷卻至常溫過程中需保持一直通入N2，故答案為：先關閉A、E中的酒精燈，冷卻后再停止通入N2；檢驗固體中是否存在Fe2O3，需將Fe2O3轉化成鐵離子，再用硫氰化鉀進行檢驗，操作方法為：取少量裝置A中殘留物放入試管中，加入稀硫酸溶解，再滴加幾滴KSCN溶液，若觀察到溶液變紅，則證明A中殘留物中含F(xiàn)e2O3，故答案為：取少量裝置A中殘留物放入試管中，加入稀硫酸溶解，再滴加幾滴KSCN溶液，若觀察到溶液變紅，則證明A中殘留物中含F(xiàn)e2O3；（3）用KMnO4溶液滴定亞鐵離子，滴

49、定終點溶液變成淺紅色，則滴定終點為：當?shù)稳胱詈笠坏蔚稳牒螅芤鹤兂蓽\紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色，故答案為：當?shù)稳胱詈笠坏蔚稳牒?，溶液變成淺紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色；用cmolL1KMnO4溶液滴定至終點，消耗KMnO4溶液VmL，消耗MnO4的物質(zhì)的量為：n（MnO4）=cmol/LL=mol，根據(jù)化合價升降相等可得反應關系式：5Fe2+MnO4， 則n（Fe2+）=5n（MnO4）=5mol，m（Fe2+）=56g/mol5mol，所以鐵的質(zhì)量分數(shù)=100%=100%或100%（或%），故答案為：100%或100%（或%）【點評】本題考查探究物質(zhì)組成、測量物質(zhì)含量，題目難度較大，明確實驗原理、實驗

50、目的為解答關鍵，注意掌握常見元素及其化合物性質(zhì)，試題知識點較多、綜合性較強，充分考查了學生的分析、理解能力及綜合應用能力?；瘜W一選修3：物質(zhì)結構與性質(zhì)（15分）11（15分）硫及其化合物有許多用途。相關物質(zhì)的物理常數(shù)如表所示：H2SS8FeS2SO2SO3H2SO4熔點/85.5115.2600（分解）75.516.810.3沸點/60.3444.610.045.0337.0回答下列問題：（1）基態(tài)Fe原子價層電子的電子排布圖（軌道表達式）為，基態(tài)S原子電子占據(jù)最高能級的電子云輪廓圖為啞鈴形。（2）根據(jù)價層電子對互斥理論，H2S，SO2，SO3的氣態(tài)分子中，中心原子價層電子對數(shù)不同于其他分子的

51、是H2S。（3）圖（a）為S8的結構，其熔點和沸點要比二氧化硫的熔點和沸點高很多，主要原因為S8與SO2都是分子晶體，S8相對分子質(zhì)量比SO2大，S8的分子間作用力大于SO2，所以熔沸點S8SO2。（4）氣態(tài)三氧化硫以單分子形式存在，其分子的立體構型為平面三角形，其中共價鍵的類型有2種；固體三氧化硫中存在如圖（b）所示的三聚分子。該分子中S原子的雜化軌道類型為sp3。（5）FeS2晶體的晶胞如圖（c）所示，晶胞邊長為anm，F(xiàn)eS2相對式量為M、阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，其晶體密度的計算表達式為gcm3；晶胞中Fe2+位于S22所形成的八面體的體心，該正八面體的邊長為anm。【考點】86：原子

52、核外電子排布；98：判斷簡單分子或離子的構型；9I：晶胞的計算；9S：原子軌道雜化方式及雜化類型判斷菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【專題】51D：化學鍵與晶體結構【分析】（1）基態(tài)Fe原子價層電子為其3d、4s能級上電子；基態(tài)S原子電子占據(jù)的能級有1s、2s、2p、3s、3p，最高能級為3p，其電子云輪廓圖為啞鈴形；（2）H2S中S原子價層電子對個數(shù)=2+=4、SO2中S原子價層電子對個數(shù)=2+=3、SO3中S原子價層電子對個數(shù)=3+=3；（3）S8、SO2都分子晶體，分子晶體熔沸點與其分子間作用力成正比，分子間作用力與其相對分子質(zhì)量成正比；（4）SO3中S原子價層電子對個數(shù)=3+=3，且不含孤電子對，根據(jù)價層電子對互斥理論判斷其空間構型；該分子中SO原子之間存在共價鍵；該分子中每個S原子價層電子對個數(shù)都是4，根據(jù)價層電子對互斥理論判斷S原子雜化類型；（5）晶胞邊長為anm=a107cm，晶胞體積=（a107cm）3，該晶胞中Fe2+個數(shù)=1+12=4，S22個數(shù)=8+6=4，其晶體密度=；晶胞中Fe2+位于S22所形成的八面體的體心，該正八面體的邊長為每個面對角線長度的一半?！窘獯稹拷猓海?）基態(tài)Fe原子的核外價電子排布式為Ar3d64S2，基態(tài)Fe原子價層電子為其3d、4s能級上電子，則基態(tài)Fe原子的核外價電子排布圖為；基態(tài)S原子電子占據(jù)的能級有1s、2s、2p、3s