2020-2021學(xué)年廣東省深圳市高二（下）期末化學(xué)試卷

第1頁（共1頁）2020-2021學(xué)年廣東省深圳市高二（下）期末化學(xué)試卷一、選擇題：本題共16小題，共44分。第1～10小題，每小題2分；第11～16小題，每小題2分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題意要求的。1．（2分）《天工開物》中記載“凡火藥，硫?yàn)榧冴?，硝為純陰”，其中“硫”指的是（）A．硫酸 B．硫磺 C．硫酸鈉 D．硫化鈉2．（2分）下列不屬于化學(xué)變化的是（）A．煤的氣化 B．石油的催化裂化 C．植物油的皂化 D．冰醋酸固體的融化3．（2分）反應(yīng)2CH4+S82CS2+4H2S可用于制備CS2。下列說法正確的是（）A．CH4的球棍模型： B．S8和32S互為同位素 C．CS2分子中各原子最外層均達(dá)到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu) D．H2S的電子式為4．（2分）2021年空間站“天和”號(hào)核心艙發(fā)射成功。下列有關(guān)核心艙所用材料描述正確的是（）選項(xiàng)材料相關(guān)描述A艙體鈦合金外殼鈦合金比純鈦熔點(diǎn)高、硬度大B推力器氮化硼陶瓷部件耐高溫、耐腐蝕C操控臺(tái)聚碳酸酯部件屬于無機(jī)非金屬材料D智能控制芯片主要成分是二氧化硅A．A B．B C．C D．D5．（2分）洋川芎內(nèi)酯J具有抗炎鎮(zhèn)痛的功效，其結(jié)構(gòu)簡式如圖所示。下列有關(guān)洋川芎內(nèi)酯J的說法錯(cuò)誤的是（）A．分子式為C12H18O4 B．含有三種官能團(tuán) C．能使酸性高錳酸鉀溶液褪色 D．不能與NaOH溶液發(fā)生反應(yīng)6．（2分）下列實(shí)驗(yàn)方案能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖牵ǎ〢.除去CO2中少量HClB.除去FeCl3溶液中的Fe（OH）3膠體C.分離苯和溴苯D.制取無水AlCl3A．A B．B C．C D．D7．（2分）氨—空氣燃料電池的結(jié)構(gòu)如圖所示。關(guān)于該電池的工作原理，下列說法正確的是（）A．b極發(fā)生氧化反應(yīng) B．O2﹣由b極移向a極 C．a(chǎn)極的電極反應(yīng)：2NH3+3O2﹣+6e﹣＝N2+3H2O D．理論上消耗2molNH3，同時(shí)消耗33.6LO28．（2分）常溫下，NaF溶液pH＞7。關(guān)于該溶液下列說法正確的是（）A．c（Na+）＝c（F﹣）+c（HF） B．c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（F﹣）＞c（H+） C．加水稀釋，溶液pH增大 D．NaF溶液可用玻璃試劑瓶盛裝9．（2分）在AlCl3的催化下，苯和丙烯可反應(yīng)制得異丙苯，其化學(xué)方程式為：+H3C﹣CH＝CH2下列說法正確的是（）A．該反應(yīng)屬于取代反應(yīng) B．可用溴水鑒別苯和異丙苯 C．丙烯中所有原子可處于同一平面 D．異丙苯的一氯代物有5種10．（2分）已知NA是阿伏伽德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A．常溫下，pH＝13的KOH溶液中OH﹣數(shù)目為0.1NA B．56gFe與足量硫粉充分反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為3NA C．1molNa2O和Na2O2的混合物中所含陰離子數(shù)目為NA D．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24LCH3OH所含極性鍵數(shù)目為0.5NA11．（4分）部分含氮物質(zhì)的類別與相應(yīng)氮元素的化合價(jià)關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是（）A．a(chǎn)與b在一定條件下可發(fā)生反應(yīng)生成N2 B．汽車尾氣中的b物質(zhì)是汽油不完全燃燒導(dǎo)致的 C．常溫下，金屬Cu在c的濃溶液中會(huì)鈍化 D．室溫時(shí)，d的水溶液一定呈酸性12．（4分）用如下裝置在實(shí)驗(yàn)室探究CH4和Cl2的取代反應(yīng)（部分夾持裝置省略）。下列說法錯(cuò)誤的是（）A．圓底燒瓶中反應(yīng)的離子方程式為：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O B．實(shí)驗(yàn)中可觀察到U形管左側(cè)內(nèi)壁有油狀液滴出現(xiàn) C．向漏斗中滴加紫色石蕊溶液，可驗(yàn)證該取代反應(yīng)有HCl生成 D．燒杯中NaOH溶液可用于吸收殘留的Cl213．（4分）短周期元素W、X、Y、Z的最高正價(jià)、常溫下0.1mol?L﹣1最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物溶液的pH如圖所示，其中X為短周期中原子半徑最大的元素。下列說法正確的是（）最高正價(jià)最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物溶液的pHA．最簡單氫化物的沸點(diǎn)：W＞Y B．簡單離子半徑：X＞Z C．X的氫化物為共價(jià)化合物 D．Z的簡單離子能抑制水的電離14．（4分）石墨燃燒過程中的能量變化可用如圖表示。下列說法正確的是（）A．石墨的燃燒熱為110.5kJ?mol﹣1 B．反應(yīng)C（s，石墨）+CO2（g）＝2CO（g）在任何溫度下均能自發(fā)進(jìn)行 C．由圖可知：2CO（g）+O2（g）＝2CO2（g）ΔH＝﹣566.0kJ?mol﹣1 D．已知C（s，金剛石）＝C（s，石墨）ΔH＜0，則金剛石比石墨穩(wěn)定15．（4分）在電場作用下雙極膜能夠?qū)2O解離成H+和OH﹣，工業(yè)上可利用雙極膜電滲析法制備葡萄糖酸（一元弱酸），制備原理如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是（）A．電極b和電源負(fù)極相連 B．a(chǎn)極的電極反應(yīng)式為4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O C．當(dāng)b極生成1molH2時(shí)，理論上可生成1mol葡萄糖酸 D．電解結(jié)束后陰極室溶液堿性增強(qiáng)16．（4分）室溫時(shí)，用已知濃度的H2SO4溶液滴定未知濃度的Na2CO3溶液，體系中部分含碳物質(zhì)的分布分?jǐn)?shù)δ（δ＝）與pH的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是（）A．H2CO3的pKa2＝6.37（pKa2＝﹣lgKa2） B．當(dāng)pH＝7時(shí)，c（HCO3﹣）＞c（H2CO3）＞c（CO32﹣） C．P點(diǎn)溶液中，c（Na+）+c（H+）＝2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH﹣） D．滴定過程中，不斷減小二、非選擇題：共56分。第17～19題為必考題，考生都必須作答。第20-21題為選考題，考生根據(jù)要求作答。17．（14分）硫代硫酸銨（NH4）2S2O3是一種快速定影劑。某實(shí)驗(yàn)小組采用如下方法制備（NH4）2S2O3溶液，并模擬AgBr膠片定影過程探究定影原理。已知：硫代硫酸鹽露置在空氣中容易被氧化。Ⅰ.制備BaS2O3（圖中夾持和加熱裝置省略）（1）儀器A的名稱是。（2）反應(yīng)開始前通入一段時(shí)間N2的目的是。（3）將混合溶液加熱后冷卻片刻，觀察到有大量菱片狀BaS2O3?H2O沉淀析出。從反應(yīng)后的濁液中獲得BaS2O3的一系列操作是、、一定條件下脫水干燥。Ⅱ.制備（NH4）2S2O3溶液（4）將BaS2O3緩慢傾入（NH4）2SO4溶液中，攪拌后發(fā)生反應(yīng)：BaS2O3+（NH4）2SO4＝（NH4）2S2O3+BaSO4，列式計(jì)算說明該反應(yīng)進(jìn)行較為完全的原因：。已知：該反應(yīng)溫度下，Ksp（BaS2O3）＝1.0×10﹣4、Ksp（BaSO4）＝1.0×10﹣10；一般認(rèn)為K＞105時(shí)反應(yīng)進(jìn)行較完全，K＜10﹣5時(shí)反應(yīng)難以進(jìn)行。（5）經(jīng)實(shí)驗(yàn)得到的（NH4）2S2O3溶液中可能含有少量（NH4）2SO4，為驗(yàn)證SO42﹣的存在，選擇相應(yīng)試劑完成如下實(shí)驗(yàn)。限選試劑：稀硫酸、稀鹽酸、稀硝酸、BaCl2溶液、Ba（NO3）2溶液。實(shí)驗(yàn)操作實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象原因解釋ⅰ.取少量待測（NH4）2S2O3溶液于試管中，滴加過量的①溶液出現(xiàn)黃色渾濁，有刺激性氣味氣體產(chǎn)生。用離子方程式解釋實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象：②ⅱ.靜置，取上層清液滴加適量③。④。待測液中含有SO42﹣。Ⅲ.（NH4）2S2O3定影原理探究（6）S2O32﹣具有絡(luò)合能力，能和Ag+形成[Ag（S2O3）2]3﹣，因此（NH4）2S2O3溶液能夠溶解膠片中未曝光的AgBr使膠片快速成像。用離子方程式解釋AgBr溶解的原因：。18．（14分）某工業(yè)含鎳廢料主要含NiO，還含有少量FeO、Fe2O3、SiO2、PbO，采用如下工藝流程回收其中的鎳并制備NiSO4?6H2O晶體?；卮鹣铝袉栴}：（1）“酸浸”時(shí)，為了提升鎳的浸出率，可以采取的措施有、。（2）“濾渣”的主要成分為、（填化學(xué)式）。（3）“氧化”反應(yīng)的離子方程式為，可以替代NaClO溶液的物質(zhì)是（填序號(hào)）。a.NaClO3b.30%H2O2c.NaCl溶液d.Na2SO3溶液（4）“萃取”的反應(yīng)原理為Ni2++2HR?NiR2+2H+（HR為有機(jī)物），向有機(jī)層中加入稀H2SO4能進(jìn)行反萃取的原因是。（結(jié)合平衡移動(dòng)原理解釋）（5）分離出硫酸鎳晶體后，收集母液并進(jìn)行循環(huán)使用，其意義是，同時(shí)減少對(duì)環(huán)境的污染。（6）稱取2.630g硫酸鎳晶體（NiSO4?6H2O，M＝263g?mol﹣1）樣品溶解，配制成250mL溶液，取25.00mL溶液用0.0500mol?L﹣1EDTA（Na2H2Y）標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定（發(fā)生反應(yīng)：Ni2++H2Y2﹣＝NiY2﹣+2H+），三次滴定平均消耗EDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液18.50mL。0配制上述硫酸鎳溶液需用到的玻璃儀器有：、燒杯、玻璃棒和膠頭滴管。②樣品的純度為（精確到0.1%）。19．（14分）將煙氣中的SO2選擇性還原為單質(zhì)硫是一種具有經(jīng)濟(jì)效益和社會(huì)效益的脫硫方法。Ⅰ.氫氣還原法：2H2（g）+SO2（g）＝S（1）+2H2O（g）ΔH＝+Qkg?mol﹣1……反應(yīng)a（1）下圖中曲線表示了反應(yīng)a在有、無催化劑條件下反應(yīng)過程中體系的能量變化。①曲線（填“m”或“n”）表示的是有催化劑參與的過程；②圖中括號(hào)內(nèi)應(yīng)該填寫。（2）已知：ⅰ.2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）ΔH1ⅱ.S（s）+O2（g）＝SO2（g）ΔH2ⅲ.ΔH3利用ΔH1、ΔH2、ΔH3可計(jì)算出反應(yīng)a的焓變。將過程ⅲ補(bǔ)寫完整。Ⅱ.一氧化碳還原法：2CO（g）+SO2（g）＝S（1）+2CO2（g）ΔH＝﹣37.0kJ?mol﹣1…………反應(yīng)b（3）向恒溫恒容密閉容器中充入一定量的CO和SO2，發(fā)生反應(yīng)b。下列描述可判斷該反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的是。A.2v（SO2）＝v（CO2）B.CO2氣體的濃度不再變化C.容器內(nèi)的總壓強(qiáng)不再變化D.c（CO）：c（SO2）：c（CO2）＝2：1：2E.混合氣體的密度不再變化（4）某溫度時(shí)，向2L的密閉容器中充入4molCO和2molSO2，發(fā)生反應(yīng)b，tmin時(shí)反應(yīng)達(dá)平衡狀態(tài)，測得SO2的平衡轉(zhuǎn)化率為80%。①0～tmin內(nèi)，v（CO2）＝mol?L﹣1?min﹣1（用含t的代數(shù)式表示）；②該溫度下，反應(yīng)b的平衡常數(shù)K＝L?mol﹣1；③tmin后，向該密閉容器中再充入1.2molCO和1.2molSO2，此時(shí)v正v逆（填“＞”、“＜”或“＝”）.（5）向兩個(gè)密閉容器中分別充入4molCO和2molSO2，發(fā)生反應(yīng)b，在不同的溫度和壓強(qiáng)下（物質(zhì)狀態(tài)未發(fā)生改變），SO2的平衡轉(zhuǎn)化率（α）如下表所示，其中α1＞α2，則T1T2（填“＞”、“＜”或“＝”），判斷的理由是。壓強(qiáng)/MPaP2P溫度/℃T1T2SO2的平衡轉(zhuǎn)化率α/%α1α2Ⅲ.FeSx化水煤氣（CO、H2）還原SO2（6）該方法的部分反應(yīng)過程如圖所示。下列說法合理的是。A.COS和H2S為中間產(chǎn)物B.可能存在反應(yīng)FeSx﹣1+S＝FeSxC.生成S的所有反應(yīng)中，S均為還原產(chǎn)物D.尋找更高效催化劑可提高S單質(zhì)平衡回收率【化學(xué)一選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】20．（14分）鋅及其化合物在生產(chǎn)生活中應(yīng)用廣泛。回答下列問題：（1）基態(tài)Zn原子的核外電子排布式為。（2）一種香豆素衍生物（CHP）可作為測定Zn2+的熒光探針，其原理如圖1所示。已知CHP中C＝N結(jié)構(gòu)的異構(gòu)化和旋轉(zhuǎn)會(huì)導(dǎo)致熒光減弱。①CHP所含元素（C、H、O、N）電負(fù)性從大到小的順序?yàn)?；②CHP﹣Zn中N原子的雜化類型為；③加入ZnCl2后，體系熒光增強(qiáng)的原因是。（3）ZnCO3可用于配制爐甘石洗劑，具有收斂和保護(hù)皮膚的作用。ZnCO3中陰離子CO32﹣的空間構(gòu)型為，與CO32﹣互為等電子體的分子有（任寫一種）。（4）ZnCl2﹣CaCl2水溶液可作為工業(yè)零件淬火的冷卻介質(zhì)。已知ZnCl2的熔點(diǎn)為275℃，而CaCl2的熔點(diǎn)為782℃，兩者熔點(diǎn)相差較大，其原因是。（5）ZnS是一種性能優(yōu)異的熒光材料，在自然界中有立方ZnS和六方ZnS兩種晶型，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖2所示：①立方ZnS中，Zn2+填充在S2﹣形成的空隙中；②六方ZnS的晶體密度為g?cm﹣3（設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值）。【化學(xué)一選修5：有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)】21．化合物F是腸易激綜合征藥物“特納帕諾”的合成中間體。以下為F的一種合成路線：已知R﹣Br回答下列問題：（1）C中的官能團(tuán)名稱是、；③的反應(yīng)類型是。（2）反應(yīng)①的化學(xué)方程式為。（3）下列說法正確的是。a.化合物C可以發(fā)生加成反應(yīng)、水解反應(yīng)和消去反應(yīng)b.反應(yīng)⑤中NaBH4作還原劑c.反應(yīng)⑦中K2CO3有利于提高反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率d.化合物F中所有原子可處于同一平面（4）D的結(jié)構(gòu)簡式為。（5）已知芳香族化合物M與B互為同分異構(gòu)體，M滿足以下條件：①苯環(huán)上有兩個(gè)取代基；②能發(fā)生銀鏡反應(yīng)。則M的可能結(jié)構(gòu)有種，其中核磁共振氫譜僅四組峰的結(jié)構(gòu)簡式為（任寫一種）。（6）根據(jù)上述信息，寫出以環(huán)戊二烯（）及二乙胺[（CH3CH2）2NH]為原料合成的路線（不需注明反應(yīng)條件）。

2020-2021學(xué)年廣東省深圳市高二（下）期末化學(xué)試卷參考答案與試題解析一、選擇題：本題共16小題，共44分。第1～10小題，每小題2分；第11～16小題，每小題2分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題意要求的。1．（2分）《天工開物》中記載“凡火藥，硫?yàn)榧冴?，硝為純陰”，其中“硫”指的是（）A．硫酸 B．硫磺 C．硫酸鈉 D．硫化鈉【分析】火藥由硫磺、硝石和木炭組成，“凡火藥，硫?yàn)榧冴?，硝為純陰”中硫?yàn)榱蚧恰！窘獯稹拷猓骸短旃ら_物》中記載“凡火藥，硫?yàn)榧冴枺鯙榧冴帯?，其中“硫”指的是“硫磺”，“硝”為“硝酸鉀”，故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題中考查硫磺的用途，解題的關(guān)鍵是讀懂詩文和了解常見化學(xué)物質(zhì)的用途，難度較小。2．（2分）下列不屬于化學(xué)變化的是（）A．煤的氣化 B．石油的催化裂化 C．植物油的皂化 D．冰醋酸固體的融化【分析】判斷一個(gè)變化是物理變化還是化學(xué)變化，要依據(jù)在變化過程中有沒有生成其他物質(zhì)，生成其他物質(zhì)的是化學(xué)變化，沒有生成其他物質(zhì)的是物理變化?！窘獯稹拷猓篈．煤的氣化生成一氧化碳和氫氣，有新物質(zhì)生成屬于化學(xué)變化，故A錯(cuò)誤；B．石油的催化裂化，由長鏈烴生成短鏈的烷烴和烯烴，有新物質(zhì)生成，屬于化學(xué)變化，故B錯(cuò)誤；C．植物油的皂化，是油脂在堿性條件下水解生成高級(jí)脂肪酸的鈉鹽和甘油，屬于化學(xué)變化，故C錯(cuò)誤；D．冰醋酸固體的融化屬于三態(tài)變化，沒有新物質(zhì)生成，屬于物理變化，故D正確；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查反應(yīng)類型的分析，搞清楚物理變化和化學(xué)變化的本質(zhì)區(qū)別是解答本類習(xí)題的關(guān)鍵．判斷的標(biāo)準(zhǔn)是看在變化中有沒有生成其他物質(zhì)．一般地，物理變化有物質(zhì)的固、液、氣三態(tài)變化和物質(zhì)形狀的變化。3．（2分）反應(yīng)2CH4+S82CS2+4H2S可用于制備CS2。下列說法正確的是（）A．CH4的球棍模型： B．S8和32S互為同位素 C．CS2分子中各原子最外層均達(dá)到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu) D．H2S的電子式為【分析】A．該模型為比例模型，不是球棍模型；B．同位素的研究對(duì)象為原子，S8為分子；C．二硫化碳分子中含有兩個(gè)雙鍵，結(jié)構(gòu)式為S＝C＝S；D．硫化氫為共價(jià)化合物，分子中不存在陰陽離子?！窘獯稹拷猓篈．用小球和小棍表示的模型為球棍模型，甲烷為正四面體結(jié)構(gòu)，其球棍模型為，故A錯(cuò)誤；B．同種元素的不同原子之間互為同位素，S8和32S分別為分子、原子，不屬于同位素，故B錯(cuò)誤；C．CS2的結(jié)構(gòu)式為S＝C＝S，C、S原子最外層均滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故C正確；D．硫化氫為共價(jià)化合物，其電子式為，故D錯(cuò)誤；故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題考查常見化學(xué)用語的表示方法，為高頻考點(diǎn)，涉及球棍模型、同位素、電子式等知識(shí)，明確常見化學(xué)用語的書寫原則為解答關(guān)鍵，試題側(cè)重考查學(xué)生的分析能力及規(guī)范答題能力，題目難度不大。4．（2分）2021年空間站“天和”號(hào)核心艙發(fā)射成功。下列有關(guān)核心艙所用材料描述正確的是（）選項(xiàng)材料相關(guān)描述A艙體鈦合金外殼鈦合金比純鈦熔點(diǎn)高、硬度大B推力器氮化硼陶瓷部件耐高溫、耐腐蝕C操控臺(tái)聚碳酸酯部件屬于無機(jī)非金屬材料D智能控制芯片主要成分是二氧化硅A．A B．B C．C D．D【分析】A．合金的熔點(diǎn)低于合金中任意純金屬的熔點(diǎn)、沸點(diǎn)；B．氮化硼陶瓷有良好的耐熱性、熱穩(wěn)定性、導(dǎo)熱性、高溫介電強(qiáng)度，是理想的散熱材料和高溫絕緣材料；C．聚碳酸酯（簡稱PC）是分子鏈中含有碳酸酯基的高分子聚合物，結(jié)構(gòu)中含碳元素，故為有機(jī)物；D．單質(zhì)硅常用于制作各種電子元件?！窘獯稹拷猓篈．合金的熔點(diǎn)比該合金中任意以純金屬的熔點(diǎn)、沸點(diǎn)低，但硬度高，所以鈦合金比純鈦熔點(diǎn)低、硬度大，故A錯(cuò)誤；B．氮化硼的化學(xué)穩(wěn)定性好，能抵抗大部分熔融金屬的浸蝕，有良好的耐熱性、熱穩(wěn)定性、導(dǎo)熱性、高溫介電強(qiáng)度，故B正確；C．聚碳酸酯屬于有機(jī)高分子材料，故C錯(cuò)誤；D．智能控制芯片的主要成分為單質(zhì)硅而不是二氧化硅，故D錯(cuò)誤；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查化學(xué)與生產(chǎn)生活的關(guān)系，主要涉及物質(zhì)的組成，有機(jī)高分子化合物等知識(shí)點(diǎn)，掌握化學(xué)與生產(chǎn)、生活的關(guān)系是本題的解題關(guān)鍵。5．（2分）洋川芎內(nèi)酯J具有抗炎鎮(zhèn)痛的功效，其結(jié)構(gòu)簡式如圖所示。下列有關(guān)洋川芎內(nèi)酯J的說法錯(cuò)誤的是（）A．分子式為C12H18O4 B．含有三種官能團(tuán) C．能使酸性高錳酸鉀溶液褪色 D．不能與NaOH溶液發(fā)生反應(yīng)【分析】A．交點(diǎn)、端點(diǎn)為碳原子，利用碳的四價(jià)結(jié)構(gòu)確定氫原子數(shù)目，或利用不飽和度計(jì)算氫原子數(shù)目；B．該有機(jī)物含有的官能團(tuán)有碳碳雙鍵、羥基、酯基；C．碳碳雙鍵、醇羥基都可以被酸性高錳酸鉀溶液氧化；D．酯基能與氫氧化鈉溶液反應(yīng)。【解答】解：A．由結(jié)構(gòu)可知，該有機(jī)物分子含有12個(gè)碳原子，不飽和度為4，分子中氫原子數(shù)目為2×12+2﹣2×4＝18，氧原子數(shù)目為4，故該有機(jī)物分子式為C12H18O4，故A正確；B．該有機(jī)物含有碳碳雙鍵、羥基、酯基共3種官能團(tuán)，故B正確；C．該有機(jī)物含有碳碳雙鍵、醇羥基，且醇羥基連接的碳原子上含有氫原子，二者都可以被酸性高錳酸鉀溶液氧化，能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故C正確；D．該有機(jī)物含有酯基，堿性條件下水解生成含有羧基的物質(zhì)，羧基與氫氧化鈉又發(fā)生中和反應(yīng)，故D錯(cuò)誤；故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，熟練掌握官能團(tuán)的結(jié)構(gòu)、性質(zhì)與轉(zhuǎn)化，注意理解鍵線式、醇被酸性高錳酸鉀溶液氧化原理，旨在考查學(xué)生分析能力、綜合運(yùn)用知識(shí)的能力。6．（2分）下列實(shí)驗(yàn)方案能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖牵ǎ〢.除去CO2中少量HClB.除去FeCl3溶液中的Fe（OH）3膠體C.分離苯和溴苯D.制取無水AlCl3A．A B．B C．C D．D【分析】A.HCl與碳酸氫鈉溶液反應(yīng)生成二氧化碳；B.溶液、膠體均可透過濾紙；C.蒸餾時(shí)溫度計(jì)測定餾分的溫度；D.加熱促進(jìn)鋁離子水解，且生成鹽酸易揮發(fā)?！窘獯稹拷猓篈.HCl與碳酸氫鈉溶液反應(yīng)生成二氧化碳，導(dǎo)管長進(jìn)短出、洗氣可分離，故A正確；B.溶液、膠體均可透過濾紙，過濾不能分離，故B錯(cuò)誤；C.蒸餾時(shí)溫度計(jì)測定餾分的溫度，圖中溫度計(jì)的水銀球未在支管口處，故C錯(cuò)誤；D.加熱促進(jìn)鋁離子水解，且生成鹽酸易揮發(fā)，應(yīng)在HCl氣流中蒸發(fā)制備，故D錯(cuò)誤；故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，為高頻考點(diǎn)，把握實(shí)驗(yàn)裝置的作用、混合物分離提純、物質(zhì)的制備為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意?shí)驗(yàn)的評(píng)價(jià)性分析，題目難度不大。7．（2分）氨—空氣燃料電池的結(jié)構(gòu)如圖所示。關(guān)于該電池的工作原理，下列說法正確的是（）A．b極發(fā)生氧化反應(yīng) B．O2﹣由b極移向a極 C．a(chǎn)極的電極反應(yīng)：2NH3+3O2﹣+6e﹣＝N2+3H2O D．理論上消耗2molNH3，同時(shí)消耗33.6LO2【分析】該氨﹣空氣燃料電池中，以熔融的金屬氧化物為電解質(zhì)，a電極上NH3→N2，NH3發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)生成N2，則a電極為負(fù)極，b電極為正極，負(fù)極反應(yīng)式為2NH3+3O2﹣﹣6e﹣＝N2+3H2O，正極上O2發(fā)生得電子的還原反應(yīng)，正極反應(yīng)式為O2+4e﹣═2O2﹣，總反應(yīng)為4NH3+3O2＝2N2+6H2O，放電時(shí)，陰離子移向負(fù)極，據(jù)此分析解答。【解答】解：A．b電極為正極，正極上O2發(fā)生得電子的還原反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B．該電池中a電極為負(fù)極，b電極為正極，放電時(shí)，陰離子由正極移向負(fù)極，即O2﹣由b極移向a極，故B正確；C．該電池中a電極為負(fù)極，負(fù)極反應(yīng)式為2NH3+3O2﹣﹣6e﹣＝N2+3H2O，故C錯(cuò)誤；D．電池總反應(yīng)為4NH3+3O2＝2N2+6H2O，理論上消耗2molNH3，同時(shí)消耗1.5molO2，但沒有已知?dú)怏w的狀況，不能計(jì)算O2的體積，故D錯(cuò)誤；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了化學(xué)電源新型電池，為高頻考點(diǎn)，把握電極的判斷，電極反應(yīng)和離子的移動(dòng)方向即可解答，注意結(jié)合電解質(zhì)環(huán)境書寫電極反應(yīng)式，題目難度不大。8．（2分）常溫下，NaF溶液pH＞7。關(guān)于該溶液下列說法正確的是（）A．c（Na+）＝c（F﹣）+c（HF） B．c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（F﹣）＞c（H+） C．加水稀釋，溶液pH增大 D．NaF溶液可用玻璃試劑瓶盛裝【分析】A．根據(jù)NaF溶液中存在的物料守恒進(jìn)行判斷；B．NaF溶液中存在電離：NaF＝Na++F﹣，水解：F﹣+H2O?HF+OH﹣，以及水的電離：H2O?H++OH﹣，但水解程度是微弱的，即可判斷離子濃度大小關(guān)系；C．加水稀釋，會(huì)促進(jìn)F﹣的水解，但最終溶液中的c（OH﹣）是減小的；D．NaF水解生成HF，HF能夠腐蝕玻璃中的SiO2?！窘獯稹拷猓篈．NaF溶液中存在電離：NaF＝Na++F﹣，水解：F﹣+H2O?HF+OH﹣，根據(jù)物料守恒可知：c（Na+）＝c（F﹣）+c（HF），故A正確；B．NaF溶液中存在電離：NaF＝Na++F﹣，水解：F﹣+H2O?HF+OH﹣，以及水的電離：H2O?H++OH﹣，但水解程度是微弱的，所以有：c（Na+）＞c（F﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故B錯(cuò)誤；C．加水稀釋，會(huì)促進(jìn)F﹣的水解，使n（OH﹣）增大，但溶液的體積Vaq增大的程度更大，使c（OH﹣）＝減小，pH減小，故C錯(cuò)誤；D．NaF水解生成HF，HF能夠腐蝕玻璃中的SiO2，所以NaF溶液應(yīng)儲(chǔ)存在塑料瓶中，故D錯(cuò)誤；故選：A。【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查鹽類的水解，掌握物料守恒和電荷守恒以及離子濃度大小的判斷方法是解決本題的關(guān)鍵，同時(shí)還考查了鹽類水解的應(yīng)用以及氫氟酸對(duì)玻璃的腐蝕作用，屬于基本知識(shí)，基礎(chǔ)內(nèi)容的考查，難度不大。9．（2分）在AlCl3的催化下，苯和丙烯可反應(yīng)制得異丙苯，其化學(xué)方程式為：+H3C﹣CH＝CH2下列說法正確的是（）A．該反應(yīng)屬于取代反應(yīng) B．可用溴水鑒別苯和異丙苯 C．丙烯中所有原子可處于同一平面 D．異丙苯的一氯代物有5種【分析】A．苯和丙烯發(fā)生加成反應(yīng)生成異丙苯；B．苯和異丙苯都能萃取溴水中的溴，且苯、異丙苯密度都小于水；C．丙烯中甲基具有甲烷結(jié)構(gòu)特點(diǎn)；D．異丙苯中含有幾種氫原子，其一氯代物就有幾種?！窘獯稹拷猓篈．苯和丙烯發(fā)生加成反應(yīng)生成異丙苯，則該反應(yīng)為加成反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B．苯和異丙苯都能萃取溴水中的溴，且苯、異丙苯密度都小于水，苯、異丙苯分別和溴水混合時(shí)現(xiàn)象相同，無法鑒別，可以用高錳酸鉀溶液鑒別苯和異丙苯，故B錯(cuò)誤；C．丙烯中甲基具有甲烷結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，甲烷為四面體結(jié)構(gòu)，所以丙烯中所有原子不能共平面，故C錯(cuò)誤；D．異丙苯中含有5種氫原子，其中苯環(huán)上有3種氫原子、支鏈上有2種氫原子，所以異丙苯一氯代物有5種，故D正確；故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題考查有機(jī)物結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，側(cè)重考查基礎(chǔ)知識(shí)的掌握和靈活應(yīng)用能力，明確官能團(tuán)及其性質(zhì)關(guān)系、原子共平面判斷方法是解本題關(guān)鍵，題目難度不大。10．（2分）已知NA是阿伏伽德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A．常溫下，pH＝13的KOH溶液中OH﹣數(shù)目為0.1NA B．56gFe與足量硫粉充分反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為3NA C．1molNa2O和Na2O2的混合物中所含陰離子數(shù)目為NA D．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24LCH3OH所含極性鍵數(shù)目為0.5NA【分析】A．溶液體積不明確；B．56gFe與足量硫粉充分反應(yīng)生成FeS；C．氧化鈉是鈉離子和氧離子構(gòu)成的化合物，過氧化鈉是過氧根離子和鈉離子構(gòu)成；D．標(biāo)準(zhǔn)狀況下CH3OH不是氣體。【解答】解：A．溶液體積不明確，故溶液中的氫氧根的個(gè)數(shù)無法計(jì)算，故A錯(cuò)誤；B．56gFe物質(zhì)的量＝＝1mol，與足量硫粉充分反應(yīng)生成FeS，鐵元素化合價(jià)0價(jià)升高到+2價(jià)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2NA，故B錯(cuò)誤；C．氧化鈉是鈉離子和氧離子構(gòu)成的化合物，過氧化鈉是過氧根離子和鈉離子構(gòu)成，1molNa2O和Na2O2的混合物中所含陰離子數(shù)目為NA，故C正確；D．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24LCH3OH不是氣體，物質(zhì)的量不是0.1mol，故D錯(cuò)誤；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了阿伏加德羅常數(shù)的判斷及計(jì)算，題目難度不大，熟練掌握以物質(zhì)的量為中心與各物理量之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系。11．（4分）部分含氮物質(zhì)的類別與相應(yīng)氮元素的化合價(jià)關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是（）A．a(chǎn)與b在一定條件下可發(fā)生反應(yīng)生成N2 B．汽車尾氣中的b物質(zhì)是汽油不完全燃燒導(dǎo)致的 C．常溫下，金屬Cu在c的濃溶液中會(huì)鈍化 D．室溫時(shí)，d的水溶液一定呈酸性【分析】A．NH3具有還原性，NO具有氧化性；B．汽車尾氣中的NO物質(zhì)是氣缸中的N2和O2在高溫、高壓的作用下生成的；C．金屬Cu在硝酸的濃溶液中反應(yīng)生成硝酸銅、NO2以及水；D．室溫時(shí)，d的水溶液因水解呈堿性?！窘獯稹拷猓篈．由圖可知，a、b分別為NH3和NO，兩者在一定條件下可以發(fā)生歸中反應(yīng)生成N2，故A正確；B．汽車尾氣中的NO物質(zhì)是氣缸中的N2和O2在高溫、高壓的作用下生成的，不是汽油燃燒生成，故B錯(cuò)誤；C．由圖可知，c分別為HNO3，常溫下，金屬Cu在硝酸的濃溶液中不會(huì)鈍化，故C錯(cuò)誤；D．以Na3N的水溶液為例，水解呈堿性，方程式為：Na3N+3H2O?NH3+3NaOH，故D錯(cuò)誤；故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】不同主要考查氮及其化合物的性質(zhì)以及轉(zhuǎn)化，同時(shí)考查學(xué)生的看圖理解能力，屬于晶胞知識(shí)，基礎(chǔ)題型，難度不大。12．（4分）用如下裝置在實(shí)驗(yàn)室探究CH4和Cl2的取代反應(yīng)（部分夾持裝置省略）。下列說法錯(cuò)誤的是（）A．圓底燒瓶中反應(yīng)的離子方程式為：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O B．實(shí)驗(yàn)中可觀察到U形管左側(cè)內(nèi)壁有油狀液滴出現(xiàn) C．向漏斗中滴加紫色石蕊溶液，可驗(yàn)證該取代反應(yīng)有HCl生成 D．燒杯中NaOH溶液可用于吸收殘留的Cl2【分析】A．二氧化錳與濃鹽酸加熱生成氯化錳、氯氣和水；B．甲烷與氯氣光照條件下生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯化甲烷、四氯化碳；C．漏斗中含有氯水；D．氯氣與氫氧化鈉反應(yīng)，可被氫氧化鈉吸收?！窘獯稹拷猓篈．二氧化錳與濃鹽酸加熱生成氯化錳、氯氣和水，離子方程式為：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O，故A正確；B．甲烷與氯氣光照條件下生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯化甲烷、四氯化碳，除去一氯甲烷為氣體，其余為油狀液體，所以實(shí)驗(yàn)中可觀察到U形管左側(cè)內(nèi)壁有油狀液滴出現(xiàn)，故B正確；C．漏斗中含有氯水，氯氣與水反應(yīng)生成鹽酸和次氯酸，滴加紫色石蕊溶液變?yōu)榧t色，可能為氯氣溶于水造成，不能證明取代反應(yīng)中有氯化氫生成，故C錯(cuò)誤；D．氯氣有毒，能與氫氧化鈉反應(yīng)，可被氫氧化鈉吸收，故D正確。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了甲烷的取代反應(yīng)，明確反應(yīng)原理及各裝置作用是解題關(guān)鍵，題目難度不大。13．（4分）短周期元素W、X、Y、Z的最高正價(jià)、常溫下0.1mol?L﹣1最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物溶液的pH如圖所示，其中X為短周期中原子半徑最大的元素。下列說法正確的是（）最高正價(jià)最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物溶液的pHA．最簡單氫化物的沸點(diǎn)：W＞Y B．簡單離子半徑：X＞Z C．X的氫化物為共價(jià)化合物 D．Z的簡單離子能抑制水的電離【分析】短周期元素W、X、Y、Z的最高正價(jià)、常溫下0.1mol?L﹣1最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物溶液的pH如圖所示，其中X為短周期中原子半徑最大的元素，則X為Na；W的最高價(jià)為+5，常溫下W的0.1mol?L﹣1最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物溶液的pH＝1，則W為N；Y的最高價(jià)為+5，常溫下Y的0.1mol?L﹣1最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物溶液的pH＞1，則Y為P；Z的最高價(jià)為+6，常溫下Z的0.1mol?L﹣1最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物溶液的pH＜1，則Z為S元素，以此分析解答?！窘獯稹拷猓航Y(jié)合分析可知，W為N，X為Na，Y為P，Z為S元素，A.氨氣分子間存在氫鍵，導(dǎo)致氨氣的沸點(diǎn)較高，即最簡單氫化物的沸點(diǎn)：W＞Y，故A正確；B.鈉離子含有2個(gè)電子層，硫離子含有3個(gè)電子層，電子層越多離子半徑越大，則簡單離子半徑：X＜Z，故B錯(cuò)誤；C.X的氫化物為NaH，屬于離子化合物，故C錯(cuò)誤；D.Z的簡單離子為硫離子，硫離子水解促進(jìn)了水電離，故D錯(cuò)誤；故選：A。【點(diǎn)評(píng)】本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律，為高頻考點(diǎn)，結(jié)合最高化合價(jià)、最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的pH推斷元素為解答關(guān)鍵，注意掌握氫鍵對(duì)氫化物沸點(diǎn)的影響，C為易錯(cuò)點(diǎn)，題目難度不大。14．（4分）石墨燃燒過程中的能量變化可用如圖表示。下列說法正確的是（）A．石墨的燃燒熱為110.5kJ?mol﹣1 B．反應(yīng)C（s，石墨）+CO2（g）＝2CO（g）在任何溫度下均能自發(fā)進(jìn)行 C．由圖可知：2CO（g）+O2（g）＝2CO2（g）ΔH＝﹣566.0kJ?mol﹣1 D．已知C（s，金剛石）＝C（s，石墨）ΔH＜0，則金剛石比石墨穩(wěn)定【分析】A．燃燒熱是1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定物質(zhì)時(shí)放出的熱量；B．反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行的條件是ΔH﹣TΔS＜0；C．根據(jù)蓋斯定律計(jì)算反應(yīng)CO（g）+O2（g）＝CO2（g）的ΔH；D．物質(zhì)具有的能量越低越穩(wěn)定?！窘獯稹拷猓篈．由圖可知，石墨的燃燒熱為393.5kJ?mol﹣1，故A錯(cuò)誤；B．由圖可知，①C（s，石墨）+O2（g）＝CO2（g）ΔH＝﹣393.5kJ?mol﹣1，②C（s，石墨）+O2（g）＝CO（g）ΔH＝﹣110.5kJ?mol﹣1，根據(jù)蓋斯定律：②×2﹣①計(jì)算C（s，石墨）+CO2（g）＝2CO（g）的焓變?chǔ)＝﹣110.5kJ?mol﹣1×2﹣（﹣393.5kJ?mol﹣1）＝+172.5kJ?mol﹣1，則反應(yīng)C（s，石墨）+CO2（g）＝2CO（g）的ΔH＞0，ΔS＞0，要使反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行，需要的條件是高溫，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)蓋斯定律計(jì)算反應(yīng)CO（g）+O2（g）＝CO2（g）的ΔH＝393.5kJ?mol﹣1﹣（110.5kJ?mol﹣1）＝283.0kJ?mol﹣1，則2CO（g）+O2（g）＝2CO2（g）ΔH＝﹣566.0kJ?mol﹣1，故C正確；D．C（s，金剛石）＝C（s，石墨）ΔH＜0，則C（s，石墨）具有的能量低于C（s，金剛石），所以石墨更穩(wěn)定，故D錯(cuò)誤；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查反應(yīng)熱與焓變，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重分析能力和計(jì)算能力的考查，把握蓋斯定律的計(jì)算應(yīng)用、燃燒熱概念、反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行的條件、物質(zhì)的穩(wěn)定性與物質(zhì)具有能量的關(guān)系即可解答，注意掌握蓋斯定律的計(jì)算應(yīng)用，題目難度不大。15．（4分）在電場作用下雙極膜能夠?qū)2O解離成H+和OH﹣，工業(yè)上可利用雙極膜電滲析法制備葡萄糖酸（一元弱酸），制備原理如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是（）A．電極b和電源負(fù)極相連 B．a(chǎn)極的電極反應(yīng)式為4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O C．當(dāng)b極生成1molH2時(shí)，理論上可生成1mol葡萄糖酸 D．電解結(jié)束后陰極室溶液堿性增強(qiáng)【分析】該裝置為電解池，雙極膜能夠?qū)2O解離成H+和OH﹣，電解池工作時(shí)，陽離子移向陰極，陰離子移向陽極，根據(jù)圖中H+和OH﹣的移動(dòng)方向可知，電極a為陽極，電極b為陰極，陰陽極分別與電源的負(fù)正極相接，陽極上OH﹣失電子生成O2，電極反應(yīng)式為4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O，陰極上水放電生成H2，電極反應(yīng)式為2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，電解池工作時(shí)，雙極膜解離H2O生成H+移向產(chǎn)品室，與葡萄糖酸鈉反應(yīng)生成葡萄糖酸，產(chǎn)品室中的鈉離子通過陽離子交換膜移向陰極，陰極生成NaOH，據(jù)此分析解答?！窘獯稹拷猓篈．電解池中電極a為陽極，電極b為陰極，陰極和電源負(fù)極相連，故A正確；B．電極a為陽極，陽極上OH﹣失電子生成O2，電極反應(yīng)式為4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O，故B正確；C．電極b為陰極，陰極反應(yīng)式為2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，陰極生成1molH2時(shí)，轉(zhuǎn)移電子2mol，有2molH+移向產(chǎn)品室，葡萄糖酸為一元弱酸，理論上可生成2mol葡萄糖酸，故C錯(cuò)誤；D．陰極反應(yīng)式為2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，產(chǎn)品室中的鈉離子通過陽離子交換膜移向陰極，陰極生成NaOH，所以電解結(jié)束后陰極室溶液堿性增強(qiáng)，故D正確；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查電解原理的應(yīng)用，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重考查學(xué)生的分析能力和運(yùn)用能力，明確各個(gè)電極上發(fā)生的反應(yīng)是解題關(guān)鍵，注意電極的判斷和原理分析，題目難度中等。16．（4分）室溫時(shí)，用已知濃度的H2SO4溶液滴定未知濃度的Na2CO3溶液，體系中部分含碳物質(zhì)的分布分?jǐn)?shù)δ（δ＝）與pH的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是（）A．H2CO3的pKa2＝6.37（pKa2＝﹣lgKa2） B．當(dāng)pH＝7時(shí)，c（HCO3﹣）＞c（H2CO3）＞c（CO32﹣） C．P點(diǎn)溶液中，c（Na+）+c（H+）＝2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH﹣） D．滴定過程中，不斷減小【分析】Na2CO3和稀硫酸反應(yīng)先生成NaHCO3，然后NaHCO3和稀硫酸反應(yīng)生成H2CO3，隨著稀硫酸的加入，溶液的pH值減小，隨著溶液pH值減小，溶液中δ（H2CO3）增大、δ（HCO3﹣）先增大后減小、δ（CO32）減??；A．當(dāng)δ（HCO3﹣）＝δ（CO32）時(shí)，c（HCO3﹣）＝c（CO32﹣），Ka2＝×c（H+）＝c（H+）；B．根據(jù)圖知，pH＝7時(shí)，δ（HCO3﹣）＞δ（H2CO3）＞δ（CO32﹣）；C．漏寫c（SO42﹣），電荷不守恒；D．＝×＝，水解平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，隨著稀硫酸的加入，溶液堿性減弱?！窘獯稹拷猓和ㄟ^以上分析知，隨著溶液pH值減小，溶液中δ（H2CO3）增大、δ（HCO3﹣）先增大后減小、δ（CO32）減??；A．當(dāng)δ（HCO3﹣）＝δ（CO32）時(shí)，c（HCO3﹣）＝c（CO32﹣），Ka2＝×c（H+）＝c（H+）＝10﹣10.25，則pKa2＝10.25，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)圖知，pH＝7時(shí)，δ（HCO3﹣）＞δ（H2CO3）＞δ（CO32﹣），所以存在c（HCO3﹣）＞c（H2CO3）＞c（CO32﹣），故B正確；C．漏寫c（SO42﹣）導(dǎo)致電荷不守恒，P點(diǎn)溶液中存在電荷守恒c（Na+）+c（H+）＝2c（SO42﹣）+2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH﹣），c（Na+）+c（H+）＞2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH﹣），故C錯(cuò)誤；D．水解平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，溫度不變水解平衡常數(shù)不變，隨著稀硫酸的加入，溶液堿性減弱，c（OH﹣）減小，＝×＝增大，故D錯(cuò)誤；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查弱電解質(zhì)電離及混合溶液定性判斷，側(cè)重考查圖象分析判斷及知識(shí)綜合應(yīng)用能力，明確電離平衡常數(shù)計(jì)算方法、溶液中溶質(zhì)成分及其性質(zhì)是解本題關(guān)鍵，注意D中分式的靈活變形，題目難度不大。二、非選擇題：共56分。第17～19題為必考題，考生都必須作答。第20-21題為選考題，考生根據(jù)要求作答。17．（14分）硫代硫酸銨（NH4）2S2O3是一種快速定影劑。某實(shí)驗(yàn)小組采用如下方法制備（NH4）2S2O3溶液，并模擬AgBr膠片定影過程探究定影原理。已知：硫代硫酸鹽露置在空氣中容易被氧化。Ⅰ.制備BaS2O3（圖中夾持和加熱裝置省略）（1）儀器A的名稱是分液漏斗。（2）反應(yīng)開始前通入一段時(shí)間N2的目的是排盡裝置中的空氣，防止硫代硫酸鹽被氧化。（3）將混合溶液加熱后冷卻片刻，觀察到有大量菱片狀BaS2O3?H2O沉淀析出。從反應(yīng)后的濁液中獲得BaS2O3的一系列操作是過濾、洗滌、一定條件下脫水干燥。Ⅱ.制備（NH4）2S2O3溶液（4）將BaS2O3緩慢傾入（NH4）2SO4溶液中，攪拌后發(fā)生反應(yīng)：BaS2O3+（NH4）2SO4＝（NH4）2S2O3+BaSO4，列式計(jì)算說明該反應(yīng)進(jìn)行較為完全的原因：K＝＝＝＝＝106＞105。已知：該反應(yīng)溫度下，Ksp（BaS2O3）＝1.0×10﹣4、Ksp（BaSO4）＝1.0×10﹣10；一般認(rèn)為K＞105時(shí)反應(yīng)進(jìn)行較完全，K＜10﹣5時(shí)反應(yīng)難以進(jìn)行。（5）經(jīng)實(shí)驗(yàn)得到的（NH4）2S2O3溶液中可能含有少量（NH4）2SO4，為驗(yàn)證SO42﹣的存在，選擇相應(yīng)試劑完成如下實(shí)驗(yàn)。限選試劑：稀硫酸、稀鹽酸、稀硝酸、BaCl2溶液、Ba（NO3）2溶液。實(shí)驗(yàn)操作實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象原因解釋ⅰ.取少量待測（NH4）2S2O3溶液于試管中，滴加過量的①稀鹽酸溶液出現(xiàn)黃色渾濁，有刺激性氣味氣體產(chǎn)生。用離子方程式解釋實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象：②S2O32﹣+2H+＝S↓+SO2↑+H2Oⅱ.靜置，取上層清液滴加適量③BaCl2溶液。④有白色沉淀生成。待測液中含有SO42﹣。Ⅲ.（NH4）2S2O3定影原理探究（6）S2O32﹣具有絡(luò)合能力，能和Ag+形成[Ag（S2O3）2]3﹣，因此（NH4）2S2O3溶液能夠溶解膠片中未曝光的AgBr使膠片快速成像。用離子方程式解釋AgBr溶解的原因：2S2O32﹣+AgBr＝[Ag（S2O3）2]3﹣+Br﹣?！痉治觥竣?（1）儀器A為分液漏斗；（2）硫代硫酸鹽露置在空氣中容易被氧化，要排裝置中空氣；（3）獲得沉淀的一系列操作是過濾、洗滌、一干燥；Ⅱ.（4）將BaS2O3緩慢傾入（NH4）2SO4溶液中，攪拌后發(fā)生反應(yīng)：BaS2O3+（NH4）2SO4＝（NH4）2S2O3+BaSO4，離子方程式為：BaS2O3+SO42﹣＝S2O32﹣+BaSO4，據(jù)此計(jì)算K；（5）ⅰ.取少量待測（NH4）2S2O3溶液于試管中，滴加過量酸，會(huì)發(fā)生歧化反應(yīng)，生成S單質(zhì)和二氧化硫；ⅱ.驗(yàn)證SO42﹣，一般用BaCl2，現(xiàn)象為有白色沉淀生成；Ⅲ.（6）AgBr溶解是因?yàn)镾2O32﹣能和AgBr的Ag+絡(luò)合形成了[Ag（S2O3）2]3﹣?！窘獯稹拷猓孩?（1）根據(jù)圖示，儀器A的名稱是分液漏斗，故答案為：分液漏斗；（2）硫代硫酸鹽露置在空氣中容易被氧化，反應(yīng)開始前通入一段時(shí)間N2，可以排盡裝置中的空氣，防止硫代硫酸鹽被氧化，故答案為：排盡裝置中的空氣，防止硫代硫酸鹽被氧化；（3）獲得BaS2O3沉淀的一系列操作是過濾、洗滌、一定條件下脫水干燥，故答案為：過濾；洗滌；Ⅱ.（4）將BaS2O3緩慢傾入（NH4）2SO4溶液中，攪拌后發(fā)生反應(yīng)：BaS2O3+（NH4）2SO4＝（NH4）2S2O3+BaSO4，離子方程式為：BaS2O3+SO42﹣＝S2O32﹣+BaSO4，則K＝＝＝＝＝106＞105，則反應(yīng)進(jìn)行較完全，故答案為：K＝＝＝＝＝106＞105；（5）ⅰ.取少量待測（NH4）2S2O3溶液于試管中，滴加過量酸，會(huì)發(fā)生歧化反應(yīng)，生成S單質(zhì)和二氧化硫，即溶液出現(xiàn)黃色渾濁，有刺激性氣味氣體產(chǎn)生，離子方程式為：S2O32﹣+2H+＝S↓+SO2↑+H2O硝酸有氧化性，硫酸會(huì)影響下面的反應(yīng)，則加的酸為稀鹽酸，故答案為：稀鹽酸；S2O32﹣+2H+＝S↓+SO2↑+H2O；ⅱ.驗(yàn)證SO42﹣，一般用BaCl2，現(xiàn)象為有白色沉淀生成，靜置，取上層清液滴加適量BaCl2溶液，當(dāng)有白色沉淀生成，則待測液中含有SO42﹣，故答案為：BaCl2溶液；有白色沉淀生成；Ⅲ.（6）AgBr溶解是因?yàn)镾2O32﹣能和AgBr的Ag+絡(luò)合形成了[Ag（S2O3）2]3﹣，離子方程式為：2S2O32﹣+AgBr＝[Ag（S2O3）2]3﹣+Br﹣，故答案為：2S2O32﹣+AgBr＝[Ag（S2O3）2]3﹣+Br﹣。【點(diǎn)評(píng)】本題考查物質(zhì)的制備，涉及儀器識(shí)別、物質(zhì)的分離與提純、對(duì)裝置的分析評(píng)價(jià)、離子方程式書寫等，是對(duì)學(xué)生綜合能力的考查，難度中等。18．（14分）某工業(yè)含鎳廢料主要含NiO，還含有少量FeO、Fe2O3、SiO2、PbO，采用如下工藝流程回收其中的鎳并制備NiSO4?6H2O晶體?；卮鹣铝袉栴}：（1）“酸浸”時(shí)，為了提升鎳的浸出率，可以采取的措施有升高溫度、適當(dāng)增加硫酸濃度。（2）“濾渣”的主要成分為SiO2、PbSO4（填化學(xué)式）。（3）“氧化”反應(yīng)的離子方程式為2Fe2++ClO﹣+2H+＝2Fe3++Cl﹣+H2O，可以替代NaClO溶液的物質(zhì)是ab（填序號(hào)）。a.NaClO3b.30%H2O2c.NaCl溶液d.Na2SO3溶液（4）“萃取”的反應(yīng)原理為Ni2++2HR?NiR2+2H+（HR為有機(jī)物），向有機(jī)層中加入稀H2SO4能進(jìn)行反萃取的原因是加入稀H2SO4，c（H+）增大，平衡Ni2++2HR?NiR2+2H+，逆向移動(dòng)，水層中Ni+增大。（結(jié)合平衡移動(dòng)原理解釋）（5）分離出硫酸鎳晶體后，收集母液并進(jìn)行循環(huán)使用，其意義是提升鎳的回收率，同時(shí)減少對(duì)環(huán)境的污染。（6）稱取2.630g硫酸鎳晶體（NiSO4?6H2O，M＝263g?mol﹣1）樣品溶解，配制成250mL溶液，取25.00mL溶液用0.0500mol?L﹣1EDTA（Na2H2Y）標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定（發(fā)生反應(yīng)：Ni2++H2Y2﹣＝NiY2﹣+2H+），三次滴定平均消耗EDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液18.50mL。0配制上述硫酸鎳溶液需用到的玻璃儀器有：250ml容量瓶、燒杯、玻璃棒和膠頭滴管。②樣品的純度為92.5%（精確到0.1%）?！痉治觥渴紫扔昧蛩崽幚砗嚪柿?，后產(chǎn)生濾渣二氧化硅和硫酸鉛，隨后用次氯酸鈉氧化二價(jià)鐵，之后用碳酸鈉調(diào)節(jié)pH并除雜，再萃取除雜，最后結(jié)晶得產(chǎn)品，在最后的含量測定當(dāng)中用到了滴定的方法，要注意找到滴定時(shí)的對(duì)應(yīng)關(guān)系式；（1）升高溫度、適當(dāng)增加硫酸濃度、預(yù)先粉碎原料、多次浸取、延長浸出時(shí)間等可以提升鎳的浸出率；（2）含鎳廢料中不和硫酸反應(yīng)的二氧化硅就是“濾渣”，另外還有新生成的硫酸鉛；（3）“氧化”反應(yīng)是次氯酸鈉在酸性條件下氧化二價(jià)鐵，有氧化性的就可以代替NaClO；（4）加入稀H2SO4，c（H+）增大，平衡Ni2++2HR?NiR2+2H+，逆向移動(dòng)，水層中Ni+增大，所以有機(jī)層中加入稀H2SO4能進(jìn)行反萃??；（5）分離出硫酸鎳晶體后，收集母液并進(jìn)行循環(huán)使用可以提升鎳的回收率；（6）①配制溶液需用到的玻璃儀器有：燒杯、玻璃棒、膠頭滴管、250ml容量瓶；②根據(jù)關(guān)系式NiSO4～Ni2+～Na2H2Y計(jì)算n（Ni2+）＝n（EDTA）＝10×0.05×18.50×10﹣3mol＝0.00925mol，由鎳守恒可得m（NiSO4?6H2O）＝0.00925mol×263g/mol＝2.433g，據(jù)此計(jì)算純度?！窘獯稹拷猓海?）“酸浸”時(shí)，為了提升鎳的浸出率，可以采取的措施有升高溫度、適當(dāng)增加硫酸濃度、預(yù)先粉碎原料、多次浸取、延長浸出時(shí)間等，故答案為：升高溫度、適當(dāng)增加硫酸濃度、預(yù)先粉碎原料、多次浸取、延長浸出時(shí)間（任意兩條）；（2）含鎳廢料中不和硫酸反應(yīng)的二氧化硅就是“濾渣”，另外還有新生成的硫酸鉛，所以其主要成分為SiO2、PbSO4，故答案為：SiO2；PbSO4；（3）“氧化”反應(yīng)是次氯酸鈉在酸性條件下氧化二價(jià)鐵，其離子方程式為2Fe2++ClO﹣+2H+＝2Fe3++Cl﹣+H2O，有氧化性的就可以代替NaClO，所以可以選擇ab，故答案為：2Fe2++ClO﹣+2H+＝2Fe3++Cl﹣+H2O；ab；（4）根據(jù)萃取反應(yīng)原理可知，向有機(jī)層中加入稀H2iSO4能進(jìn)行反萃取的原因：是加入稀H2SO4，c（H+）增大，平衡Ni2++2HR?NiR2+2H+，逆向移動(dòng)，水層中Ni+增大，故答案為：加入稀H2SO4，c（H+）增大，平衡Ni2++2HR?NiR2+2H+，逆向移動(dòng)，水層中Ni+增大；（5）分離出硫酸鎳晶體后，收集母液并進(jìn)行循環(huán)使用，其意義是：提升鎳的回收率，故答案為：提升鎳的回收率；（6）①配制溶液需用到的玻璃儀器有：容量瓶、燒杯、玻璃棒和膠頭滴管，根據(jù)題意，還少的儀器應(yīng)該是：250ml容量瓶，故答案為：250ml容量瓶；②根據(jù)關(guān)系式NiSO4～Ni2+～Na2H2Y，則n（Ni2+）＝n（EDTA）＝10×0.05×18.50×10﹣3mol＝0.00925mol，根據(jù)鎳元素守恒m（NiSO4?6H2O）＝0.00925mol×263g/mol＝2.433g，則樣品的純度為×100%＝92.5%，故答案為：92.5%?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查物質(zhì)的制備實(shí)驗(yàn)，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、制備流程中發(fā)生的反應(yīng)、混合物分離提純?yōu)榻獯鸬年P(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意流程及信息的?yīng)用，題目難度中等。19．（14分）將煙氣中的SO2選擇性還原為單質(zhì)硫是一種具有經(jīng)濟(jì)效益和社會(huì)效益的脫硫方法。Ⅰ.氫氣還原法：2H2（g）+SO2（g）＝S（1）+2H2O（g）ΔH＝+Qkg?mol﹣1……反應(yīng)a（1）下圖中曲線表示了反應(yīng)a在有、無催化劑條件下反應(yīng)過程中體系的能量變化。①曲線n（填“m”或“n”）表示的是有催化劑參與的過程；②圖中括號(hào)內(nèi)應(yīng)該填寫S（1）+2H2O（g）。（2）已知：ⅰ.2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）ΔH1ⅱ.S（s）+O2（g）＝SO2（g）ΔH2ⅲ.H2O（l）＝H2O（g）ΔH3利用ΔH1、ΔH2、ΔH3可計(jì)算出反應(yīng)a的焓變。將過程ⅲ補(bǔ)寫完整。Ⅱ.一氧化碳還原法：2CO（g）+SO2（g）＝S（1）+2CO2（g）ΔH＝﹣37.0kJ?mol﹣1…………反應(yīng)b（3）向恒溫恒容密閉容器中充入一定量的CO和SO2，發(fā)生反應(yīng)b。下列描述可判斷該反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的是BCE。A.2v（SO2）＝v（CO2）B.CO2氣體的濃度不再變化C.容器內(nèi)的總壓強(qiáng)不再變化D.c（CO）：c（SO2）：c（CO2）＝2：1：2E.混合氣體的密度不再變化（4）某溫度時(shí)，向2L的密閉容器中充入4molCO和2molSO2，發(fā)生反應(yīng)b，tmin時(shí)反應(yīng)達(dá)平衡狀態(tài)，測得SO2的平衡轉(zhuǎn)化率為80%。①0～tmin內(nèi)，v（CO2）＝mol?L﹣1?min﹣1（用含t的代數(shù)式表示）；②該溫度下，反應(yīng)b的平衡常數(shù)K＝80L?mol﹣1；③tmin后，向該密閉容器中再充入1.2molCO和1.2molSO2，此時(shí)v正＞v逆（填“＞”、“＜”或“＝”）.（5）向兩個(gè)密閉容器中分別充入4molCO和2molSO2，發(fā)生反應(yīng)b，在不同的溫度和壓強(qiáng)下（物質(zhì)狀態(tài)未發(fā)生改變），SO2的平衡轉(zhuǎn)化率（α）如下表所示，其中α1＞α2，則T1＜T2（填“＞”、“＜”或“＝”），判斷的理由是該正反應(yīng)為氣體體積減小的反應(yīng)且為放熱反應(yīng)，增大壓強(qiáng)平衡轉(zhuǎn)化率減小，則體系的溫度應(yīng)升高。壓強(qiáng)/MPaP2P溫度/℃T1T2SO2的平衡轉(zhuǎn)化率α/%α1α2Ⅲ.FeSx化水煤氣（CO、H2）還原SO2（6）該方法的部分反應(yīng)過程如圖所示。下列說法合理的是AB。A.COS和H2S為中間產(chǎn)物B.可能存在反應(yīng)FeSx﹣1+S＝FeSxC.生成S的所有反應(yīng)中，S均為還原產(chǎn)物D.尋找更高效催化劑可提高S單質(zhì)平衡回收率【分析】（1）①催化劑能降低反應(yīng)的活化能，從而加快化學(xué)反應(yīng)速率；②由方程式2H2（g）+SO2（g）＝S（1）+2H2O（g）確定；（2）根據(jù)蓋斯定律結(jié)合方程式書寫；（3）可逆反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，正逆反應(yīng)速率相等，反應(yīng)體系中各物質(zhì)的物質(zhì)的量、物質(zhì)的量濃度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不變；（4）①根據(jù)SO2的平衡轉(zhuǎn)化率為80%，結(jié)合方程式和v＝計(jì)算；②由方程2CO（g）+SO2（g）＝S（1）+2CO2（g）計(jì)算各物質(zhì)濃度，代入K＝計(jì)算；③根據(jù)勒夏特列原理判斷反應(yīng)移動(dòng)方向；（5）由方程2CO（g）+SO2（g）＝S（1）+2CO2（g）可知反應(yīng)為氣體減少的反應(yīng)，加壓有利于反應(yīng)正向移動(dòng)，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，要增大壓強(qiáng)使α1＞α2，則只有降低溫度；（6）A．根據(jù)圖像信息CO、H2分別與FeSx反應(yīng)生成COS、H2S，COS、H2S再分別與SO2反應(yīng)生成CO2、H2O和S；B．S為中間價(jià)態(tài)，具有一定的氧化性；C．SO2與H2S反應(yīng)生成S，化合價(jià)既升高又降低；D．催化劑只能化學(xué)反應(yīng)速率，不影響化學(xué)平衡?！窘獯稹拷猓篒.（1）①催化劑能降低反應(yīng)的活化能，從而加快化學(xué)反應(yīng)速率，據(jù)圖示分析可知，曲線n比曲線m的活化能低，則n為催化劑參與的過程，故答案為：n；②由方程式2H2（g）+SO2（g）＝S（1）+2H2O（g）可知，2molH2（g）和1molSO2（g）反應(yīng)生成）1molS（1）、2molH2O，故答案為：S（1）+2H2O；（2）由蓋斯定律有，目標(biāo)方程為a＝ⅰ﹣ⅱ+3ⅲ，所以反應(yīng)ⅲ為H2O（l）＝H2O（g），故答案為：H2O（l）＝H2O（g）；II.（3）A．由反應(yīng)2CO（g）+SO2（g）＝S（1）+2CO2（g）ΔH＝﹣37.0kJ?mol﹣1，可知當(dāng)2v正（SO2）＝v逆（CO2）時(shí)，該反應(yīng)處于化學(xué)平衡狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；B．化學(xué)平衡狀態(tài)的標(biāo)志為反應(yīng)物、生成物濃度不再發(fā)生改變，CO2氣體的濃度不再變化為平衡狀態(tài)的標(biāo)志，則可說明該反應(yīng)處于平衡狀態(tài)，故B正確；C．由于該反應(yīng)為氣體體積減小的反應(yīng)，所以在恒溫恒容的密閉容器中容器內(nèi)的總壓強(qiáng)不再變化，則說明該反應(yīng)處于平衡狀態(tài)，故C正確；D．化學(xué)平衡狀態(tài)的標(biāo)志為反應(yīng)物、生成物濃度不再發(fā)生改變，并不等于各物質(zhì)的量之比一定等于多少，所以c（CO）：c（SO2）：c（CO2）＝2：1：2，不能說明該反應(yīng)處于平衡狀態(tài)，故D錯(cuò)誤；E．該反應(yīng)中有固體（S單質(zhì)）生成，所以混合氣體的質(zhì)量會(huì)減小，混合氣體的體積不變，所以當(dāng)混合氣體的密度不再變化，則可說明該反應(yīng)處于平衡狀態(tài)，故E正確；故答案為：BCE；（4）①tmin時(shí)反應(yīng)達(dá)平衡狀態(tài)，測得SO2的平衡轉(zhuǎn)化率為80%，則tmin內(nèi)SO2的反應(yīng)速率v（SO2）＝＝mol/（L?min）；根據(jù)方程2CO（g）+SO2（g）＝S（1）+2CO2（g）可知，v（CO2）＝2v（SO2）＝mol/（L?min），故答案為：；②由方程2CO（g）+SO2（g）＝S（1）+2CO2（g）可知，平衡時(shí)c（SO2）＝＝0.2mol/L，c（CO2）＝＝1.6mol/L，c（CO）＝＝0.4mol/L，根據(jù)平衡常數(shù)K＝＝＝80L/mol，故答案為：80；③由于為恒容的密閉容器，tmin后向該密閉容器中再充入1.2molCO和1.2molSO2，則體系壓強(qiáng)增大，根據(jù)類希特勒原理可知平衡正向移動(dòng)，則正反應(yīng)速率大于逆反應(yīng)速率，故答案為：＞；（5）由方程2CO（g）+SO2（g）＝S（1）+2CO2（g）可知，若T1＝T2，則增大壓強(qiáng)平衡正向移動(dòng)，即α1＜α2；但由于該反應(yīng)ΔH＝﹣37.0kJ?mol﹣1為放熱反應(yīng)，要增大壓強(qiáng)使α1＞α2；則只有降低溫度，即T1＜T2，故原因?yàn)檎磻?yīng)為氣體體積減小的反應(yīng)且為放熱反應(yīng)，增大壓強(qiáng)平衡轉(zhuǎn)化率減小，則體系的溫度應(yīng)升高，故答案為：＜；該正反應(yīng)為氣體體積減小的反應(yīng)且為放熱反應(yīng)，增大壓強(qiáng)平衡轉(zhuǎn)化率減小，則體系的溫度應(yīng)升高；（6）A．CO、H2分別與FeSx反應(yīng)生成COS、H2S，COS、H2S再分別與SO2反應(yīng)生成CO2、H2O和S，則COS和H2S為中間產(chǎn)物，故A正確；B．S具有一定的氧化性，所以可能存在反應(yīng)FeSx﹣1+S＝FeSx，故B正確；C．生成S的所有反應(yīng)中，SO2與H2S反應(yīng)生成的S即為還原產(chǎn)物又為氧化產(chǎn)物，故C錯(cuò)誤；D．催化劑只能改變平衡所需的時(shí)間，即只能改變化學(xué)反應(yīng)速率，不能使平衡發(fā)生移動(dòng)，故D錯(cuò)誤，故答案為：AB?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查化學(xué)平衡的計(jì)算，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重考查學(xué)生分析判斷及計(jì)算能力，側(cè)重分析能力及知識(shí)遷移應(yīng)用能力的考查，題目難度中等。【化學(xué)一選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】20．（14分）鋅及其化合物在生產(chǎn)生活中應(yīng)用廣泛?；卮鹣铝袉栴}：（1）基態(tài)Zn原子的核外電子排布式為[Ar]3d104s2。（2）一種香豆素衍生物（CHP）可作為測定Zn2+的熒光探針，其原理如圖1所示。已知CHP中C＝N結(jié)構(gòu)的異構(gòu)化和旋轉(zhuǎn)會(huì)導(dǎo)致熒光減弱。①CHP所含元素（C、H、O、N）電負(fù)性從大到小的順序?yàn)镺＞N＞C＞H；②CHP﹣Zn中N原子的雜化類型為sp3、sp2；③加入ZnCl2后，體系熒光增強(qiáng)的原因是加入ZnCl2，CHP分子中C＝N結(jié)構(gòu)中的N與Zn2+形成配位鍵，阻礙了C＝N結(jié)構(gòu)的異構(gòu)化和旋轉(zhuǎn)。（3）ZnCO3可用于配制爐甘石洗劑，具有收斂和保護(hù)皮膚的作用。ZnCO3中陰離子CO32﹣的空間構(gòu)型為平面正三角形，與CO32﹣互為等電子體的分子有BF3（任寫一種）。（4）ZnCl2﹣CaCl2水溶液可作為工業(yè)零件淬火的冷卻介質(zhì)。已知ZnCl2的熔點(diǎn)為275℃，而CaCl2的熔點(diǎn)為782℃，兩者熔點(diǎn)相差較大，其原因是Zn2+和Ca2+帶相同的電荷數(shù)，但Zn2+的半徑比Ca2+小，產(chǎn)生更大的極化作用，導(dǎo)致ZnCl2熔點(diǎn)低于CaCl2。（5）ZnS是一種性能優(yōu)異的熒光材料，在自然界中有立方ZnS和六方ZnS兩種晶型，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖2所示：①立方ZnS中，Zn2+填充在S2﹣形成的四面體空隙中；②六方ZnS的晶體密度為×1021g?cm﹣3（設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值）?！痉治觥浚?）Zn位于周期表中第4周期，第ⅡB族；（2）①同周期主族元素，隨著原子序數(shù)增大，電負(fù)性增大，H的電負(fù)性小于C；②CHP﹣Zn的結(jié)構(gòu)中，N的存在形式有C＝N雙鍵和C﹣N單鍵，據(jù)此判斷N的雜化方式；③根據(jù)題干信息提供，CHP中C＝N結(jié)構(gòu)的