廣東省廣州市2023年高考化學二模試卷及答案

高考化學二模試卷一、單項選擇題1.三星堆遺址被譽為20世紀人類最偉大的考古發(fā)現(xiàn)之一。以下表達錯誤的選項是〔

〕選項出土文物表達A絕美的黃金面具自然界中存在游離態(tài)的金B(yǎng)高大的青銅神像青銅比純銅熔點高、硬度大C精美的陶器陶器由黏土經(jīng)高溫燒結(jié)而成D古蜀國的絲綢遺痕絲綢的主要成分是蛋白質(zhì)A.A

B.B

C.C

D.D2.“嫦娥五號〞成功著陸月球，實現(xiàn)了中國首次月球無人采樣返回。月壤中的可用于于核聚變，以下說法正確的選項是〔

〕A.和核外電子數(shù)相等

B.和是同種核素

C.和中子數(shù)相等

D.由組成的單質(zhì)為3.氮是生命活動不可缺少的重要元素。以下表達錯誤的選項是〔

〕A.氮氣既可作氧化劑又可作復原劑

B.氮氣和氧氣在放電條件下直接生成

C.氮氣是工業(yè)合成氨的原料之一

D.氮的固定是將大氣中的氮氣轉(zhuǎn)化成氮的化合物4.維生素()是維持人體正常代謝所必需的維生素，以下關(guān)于該化合物的表達錯誤的選項是〔

〕A.分子中含有20個碳原子

B.能使酸性重鉻酸鉀溶液變色

C.能夠發(fā)生加成反響

D.能夠發(fā)生水解反響5.以混有的為原料制備氧化鎂的實驗流程如圖：以下說法錯誤的選項是〔

〕A.

酸浸的離子方程式為

B.

浸出渣的成分是

C.

母液的主要溶質(zhì)是

D.

固體X是6.以下實驗能到達目的的是〔

〕A.用淀粉-KI試紙鑒別碘水和溶液

B.用濕潤的pH試紙測定溶液的pH

C.用溶液鑒別、和

D.用蒸餾法別離乙醇(沸點為78.3℃)和苯(沸點為80.1℃)7.某金屬-空氣電池的工作原理如下列圖。以下說法錯誤的選項是〔

〕A.

金屬M作電池負極，放電時發(fā)生氧化反響

B.

放電時，空氣中的氧氣得到電子

C.

電池總反響為

D.

放電時，外電路電子由碳材料電極流向金屬Ｍ電極8.是一種常用的食品防腐劑。。以下表達正確的選項是〔

〕A.溶液的pH隨溫度升高而增大

B.溶液的

C.溶液中

D.溶液中9.將SO2通入不同溶液中探究SO2的性質(zhì)，對實驗現(xiàn)象的預測及分析不合理的是〔

〕選項溶液預測的現(xiàn)象分析AFeCl3溶液溶液由棕黃色變淺綠色SO2有復原性B品紅溶液溶液紅色褪去SO2有漂白性C酸性KMnO4溶液溶液紫色褪去SO2有氧化性DNa2SiO3溶液產(chǎn)生白色膠狀沉淀SO2水溶液的酸性比H2SiO3強A.A

B.B

C.C

D.D10.一種礦石的組成元素W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，Z單質(zhì)燃燒發(fā)出耀眼的白光，X原子L層比K層多一個電子，分子中含有10個電子。以下說法正確的選項是〔

〕A.

原子半徑：

B.

常溫常壓下單質(zhì)沸點：

C.

Z與Y可形成共價化合物ZY

D.

X的最高價氧化物的水化物是弱酸11.用如圖裝置制取氣體(圖中加熱及氣體收集裝置均已略去；必要時可加熱；a、b、c、d表示相應儀器中參加的試劑)。利用以下方案可得到枯燥、純潔氣體的是〔

〕選項制備氣體abcdA濃鹽酸NaOH溶液堿石灰B濃氨水CaO固體NaOHCNO稀硝酸CuD稀硝酸ZnNaOH溶液無水A.A

B.B

C.C

D.D12.設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為，以下說法正確的選項是〔

〕A.與水反響，生成轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為

B.(分子結(jié)構(gòu)：)中的共價鍵數(shù)目為

C.溶液中含有的離子數(shù)為

D.標準狀況下，22.4L甲烷和乙烯混合物中含有的氫原子數(shù)為13.以下表達Ⅰ和Ⅱ均正確且有因果關(guān)系的是〔

〕選項表達Ⅰ表達ⅡA石墨能導電且化學性質(zhì)不活潑外加電流法保護金屬可用石墨作輔助陽極B氫氟酸是揮發(fā)性弱酸氫氟酸可用于刻蝕玻璃器皿C鐵的金屬性比銅強溶液可用于銅質(zhì)印刷電路板的制作D難溶于水可用于治療胃酸過多A.A

B.B

C.C

D.D14.中國努力爭取2060年前實現(xiàn)碳中和。利用NaOH溶液噴淋捕捉空氣中的，反響過程如下列圖。以下說法錯誤的選項是〔

〕A.

捕捉室中NaOH溶液噴成霧狀有利于吸收

B.

環(huán)節(jié)a中物質(zhì)別離的根本操作是蒸發(fā)結(jié)晶

C.

反響過程中CaO和NaOH是可循環(huán)的物質(zhì)

D.

可用溶液代替NaOH溶液捕捉15.將氯化氫轉(zhuǎn)化為氯氣是科學研究的熱點。科學家設(shè)計了一種電解氯化氫回收氯氣的方案，原理如下列圖。以下表達錯誤的選項是〔

〕A.

陰極的電極反響式為

B.

工作時，溶液中向b極移動

C.

假設(shè)消耗8g氧氣，電路中轉(zhuǎn)移1mol電子

D.

總反響為16.室溫下，改變鄰苯二甲酸氫鉀(KHA)溶液的pH，溶液中、、的物質(zhì)的量分數(shù)隨pH的變化如下列圖。以下表達錯誤的選項是[]〔

〕A.

B.時，

C.KHA溶液中：

D.時，二、綜合題17.實驗室以為原料，用兩種方法制備高錳酸鉀。：在濃強堿溶液中可穩(wěn)定存在，溶液呈墨綠色，當溶液堿性減弱時易發(fā)生反響：〔1〕法。實驗裝置如圖。①反響一段時間后，用玻璃棒蘸取溶液滴在濾紙上，僅有紫紅色而沒有綠色痕跡，由此可知________。②停止通入，過濾除去________(填化學式，下同)，將濾液蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，抽濾得到粗品。假設(shè)通入過多，產(chǎn)品中可能混有的雜質(zhì)是________。〔2〕電解法。實驗裝置如圖。①陽極的電極反響式為________，陰極產(chǎn)生的氣體為________(填化學式)。②與法相比，電解法的主要優(yōu)點是________(寫一條)?！?〕高錳酸鉀可用于測定軟錳礦中的含量，實驗過程如下：稱取mg樣品于錐形瓶中，參加溶液，加稀酸化，充分反響后，用，標準溶液滴定過量的，消耗溶液。①滴定終點時溶液的顏色變化是________。②軟錳礦中的質(zhì)量分數(shù)表達式為________。18.鋰、鈹?shù)冉饘購V泛應用于航空航天、核能和新能源汽車等高新產(chǎn)業(yè)。一種從螢石礦(主要含BeO、、及少量、、FeO、、)中提取鈹?shù)墓に嚾鐖D：：苯甲酸是一元弱酸，白色片狀晶體，常溫下微溶于水，溫度升高，溶解度增大。答復以下問題：〔1〕鈹?shù)幕瘜W性質(zhì)與鋁相似，寫出BeO溶于NaOH溶液的化學方程式________。〔2〕“微波焙燒〞使礦物內(nèi)部變得疏松多孔，目的是________?！?〕“浸出渣〞的主要成分是________。〔4〕“除鐵〞中發(fā)生反響的離子方程式：、________。〔5〕“除鋁〞時，溶液的pH越小，鋁的去除率________(填“越高〞、“越低〞或“不變〞)。利用“除鋁〞所得苯甲酸鋁沉淀再生苯甲酸的方案為：將苯甲酸鋁沉淀溶于熱的稀硫酸中，________。〔6〕由油酸鈹制備BeO的方法是________。19.加氫制是資源化利用的重要途徑，該過程存在如下兩個反響：反響Ⅰ

反響Ⅱ答復以下問題：〔1〕根據(jù)圖(a)，________，________?！?〕在4.0MPa壓強下，按把兩種氣體通入恒壓反響器中，的平衡轉(zhuǎn)化率及的平衡產(chǎn)率隨溫度變化關(guān)系如圖(b)。：①525~575K時，使平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而增大的反響為________(填“反響Ⅰ〞或“反響Ⅱ〞)。②475K時，平衡體系中________，反響Ⅰ的平衡常數(shù)________(列出計算式)?！?〕為同時提高的平衡轉(zhuǎn)化率和的平衡產(chǎn)率，除降低溫度外，還可采取的措施是________(寫一條)。〔4〕利用M催化，加氫制的反響歷程如圖，其中吸附在催化劑外表的物種用*表示，表示活化能，單位為eV。①轉(zhuǎn)化為的化學方程式為________。②以下說法正確的選項是________(填標號)。A．與能量差為0.60eVB．第ii步有鍵斷裂C．第iii步反響速率最慢D．參加催化劑M不影響的平衡產(chǎn)率20.過渡金屬硫族化合物為具有良好可控性的半導體材料，可用于太陽能電池制備、激光技術(shù)、光催化水的裂解等領(lǐng)域。的其中一種制備方法是以CuS、ZnS、和Cu為原料高能球磨后，在氣氛中退火。答復以下問題：〔1〕所給電子排布圖中，能表示基態(tài)S原子3p軌道電子狀態(tài)的是_______(填標號)。A.

B.

C.

D.〔2〕基態(tài)的價層電子排布式是________?！?〕CuS由與反響制備。根據(jù)價層電子對互斥模型，中心原子價層電子對數(shù)為________。的空間構(gòu)型為________?！?〕的晶體類型與CuS相同，除上述用途外，也用于制作火柴頭?；鸩袢紵龝r，轉(zhuǎn)化為和，這三種物質(zhì)熔點由高到低的順序是________?！?〕的四方晶胞如下列圖。①Sb位于晶胞的頂點和體心，那么圖中A代表的原子是________。②原子A的坐標為，原子B的坐標為，那么原子C的坐標為________。③設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為，那么的密度為________(列出計算表達式)。。21.化合物H可用于治療腦血管疾病，其合成路線如圖：答復以下問題：〔1〕C的化學名稱是________?！?〕反響①的化學方程式是________?！?〕反響④的原子利用率為100%，那么E的結(jié)構(gòu)簡式是________?！?〕G中含氧官能團的名稱是________?！?〕反響⑥的反響類型為________?！?〕芳香化合物X是H的同分異構(gòu)體，化合物X含有，其核磁共振氫譜峰面積比為，寫出兩種符合要求的化合物X的結(jié)構(gòu)簡式________?！?〕寫出以和為原料制備的合成路線________(其他無機試劑任選)。

答案解析局部一、單項選擇題1.【答案】B【解析】【解答】A．金性質(zhì)穩(wěn)定，自然界中存在游離態(tài)的金，A不符合題意；B．青銅是合金，合金的熔點比純金屬低，B符合題意；C．陶器由黏土燒結(jié)制備而成，C不符合題意；D．絲綢的主要成分是蛋白質(zhì)，D不符合題意；故答案為：B。

【分析】A．金性質(zhì)穩(wěn)定，自然界中存在游離態(tài)；

B．合金的熔點比純金屬低；

C．陶器由黏土燒結(jié)制備而成；

D．絲綢的主要成分是蛋白質(zhì)。2.【答案】A【解析】【解答】A．和的質(zhì)子數(shù)相同，核外電子數(shù)相等，故A符合題意；B．和的質(zhì)子數(shù)相同，中子數(shù)不同，是兩種不同的核素，故B不符合題意；C．和的質(zhì)子數(shù)相同，中子數(shù)不同，故C不符合題意；D．稀有氣體的單質(zhì)是單原子分子，故D不符合題意；故答案為：A。

【分析】A．同位素的原子核外電子數(shù)相等；

B．核素是指具有一定數(shù)目質(zhì)子和一定數(shù)目中子的一種原子；

C．同位素的質(zhì)子數(shù)相同，中子數(shù)不同；

D．稀有氣體的單質(zhì)是單原子分子。3.【答案】B【解析】【解答】A．氮氣中氮元素的化合價既可升高也可降低，所以既可作氧化劑也可作復原劑，A不符合題意；B．氮氣和氧氣在放電條件下反響只能生成NO，不能生成NO2，因為在此條件下NO2完全分解，B符合題意；C．工業(yè)合成氨時，以氮氣、氫氣為原料，提供高溫、高壓、催化劑等條件，所以氮氣是工業(yè)合成氨的原料之一，C不符合題意；D．氮的固定是將大氣中游離態(tài)的氮(即氮氣)在適當?shù)臈l件下轉(zhuǎn)化為氮的化合物(如NH3、NO等)，D不符合題意；故答案為：B。

【分析】A．根據(jù)氮氣中氮元素的化合價分析；

B．氮氣和氧氣在放電條件下反響只能生成NO；

C．工業(yè)合成氨的原料為氮氣、氫氣；

D．氮的固定是將大氣中游離態(tài)的氮在適當?shù)臈l件下轉(zhuǎn)化為氮的化合物的過程；4.【答案】D【解析】【解答】A．在鍵線式結(jié)構(gòu)中，線段的起點、拐點、終點都表示碳原子，在六元環(huán)上，有9個C原子，在結(jié)構(gòu)中，有11個C原子，所以分子中含有20個碳原子，A不符合題意；B．該有機化合物結(jié)構(gòu)中含有的碳碳雙鍵和醇羥基，都能被酸性重鉻酸鉀溶液氧化，從而使重鉻酸鉀溶液褪色，B不符合題意；C．該有機化合物結(jié)構(gòu)中含有碳碳雙鍵，能夠與H2、Br2、H2O等發(fā)生加成反響，C不符合題意；D．該有機化合物中不含有能發(fā)生水解反響的酯基、鹵原子、肽鍵、多糖等結(jié)構(gòu)，D符合題意；故答案為：D。

【分析】A．分子中含有20個碳原子；

B．碳碳雙鍵和醇羥基都能被酸性重鉻酸鉀溶液氧化；

C．碳碳雙鍵能發(fā)生加成反響；

D．碳碳雙鍵和醇羥基不能水解。5.【答案】A【解析】【解答】A．鹽酸酸浸，是微溶物，不可拆成離子，故A符合題意；B．鹽酸酸浸，可溶，不溶，濾渣為，故B不符合題意；C．參加氨水沉鎂，，母液主要溶質(zhì)是，故C不符合題意；D．沉鎂過程中，參加氨水沉鎂，，母液主要溶質(zhì)是，固體X為，故D不符合題意；故答案為：A?！痉治觥葵}酸酸浸，可溶，不溶，濾渣為，浸出液中主要成分是，參加氨水沉鎂，，母液主要溶質(zhì)是，固體X為，以此解答。6.【答案】C【解析】【解答】A．鐵離子能氧化碘離子生成碘單質(zhì)，淀粉-KI試紙遇到碘水和溶液都會變藍，現(xiàn)象相同，不能鑒別，故A不符合題意；B．濕潤的pH試紙測溶液的pH，溶液被稀釋，所以用濕潤的pH試紙測定溶液的pH會偏小，故B不符合題意；C．與、、反響的現(xiàn)象分別為有氣體(氨氣)、有氣體和沉淀、有沉淀，現(xiàn)象不同，可以鑒別，故C符合題意；D．互溶且沸點不同的液體可以采用蒸餾的方法別離，乙醇(沸點78.3℃)和苯(沸點80.1℃)的沸點比較接近不能蒸餾別離，故D不符合題意。故答案為：C。

【分析】A．根據(jù)鐵離子能氧化碘離子分析；

B．pH試紙使用時不能潤濕；

C．根據(jù)三個反響有不同的現(xiàn)象鑒別；

D．互溶且沸點不同的液體可以采用蒸餾的方法別離。7.【答案】D【解析】【解答】A．由分析可知，金屬M電極為原電池的負極，M失去電子發(fā)生氧化反響生成M2+，故A不符合題意；；B．由分析可知，碳材料電極為正極，氧氣在正極得到電子發(fā)生復原反響生成氫氧根離子，故B不符合題意；C．由分析可知，電池的總反響方程式為，故C不符合題意；D．原電池工作時，外電路電子由負極流向正極，那么放電時，外電路電子由Ｍ電極流向金屬碳材料電極，故D符合題意；故答案為：D。【分析】由示意圖中離子的移動方向可知，金屬M電極為原電池的負極，M失去電子發(fā)生氧化反響生成M2+，碳材料電極為正極，氧氣在正極得到電子發(fā)生復原反響生成氫氧根離子，電池的總反響方程式為。8.【答案】C【解析】【解答】A.亞硝酸是弱酸，弱電解質(zhì)電離吸熱，溫度升高促進電離，濃度增大，pH減小，故A不符合題意；B.亞硝酸是弱酸局部電離，0.01mol/L亞硝酸中的濃度小于0.01mol/L，所以pH>2，故B不符合題意；C.由物料守恒可知，c(Na+)=c(NO2-)+c(HNO2)，故C符合題意；D.的濃度大于的濃度，故D不符合題意；故答案為：C。

【分析】A．根據(jù)越熱越電離分析；

B．根據(jù)弱酸不能完全電離分析；

C．根據(jù)物料守恒分析；

D．根據(jù)NO2-的水解分析。9.【答案】C【解析】【解答】A．Fe3+具有氧化性，SO2具有復原性，兩者能夠發(fā)生氧化復原反響，使Fe3+變?yōu)镕e2+，因而溶液棕黃色變淺綠色，A不符合題意；B．SO2具有漂白性，能夠使得品紅溶液褪色，B不符合題意；C．SO2具有復原性，能夠被酸性KMnO4溶液氧化變?yōu)镠2SO4，KMnO4被復原為無色MnSO4，使得酸性高錳酸鉀溶液紫色褪色，該實驗表達了SO2具有復原性，C符合題意；D．亞硫酸酸性比硅酸強，所以SO2通入Na2SiO3溶液發(fā)生復分解反響制取得到H2SiO3，H2SiO3不溶于水，因此看到產(chǎn)生白色沉淀，D不符合題意；故合理選項是C。

【分析】A．根據(jù)氧化復原分析；

B．根據(jù)SO2具有漂白性分析；

C．根據(jù)SO2具有復原性分析；

D．根據(jù)強酸制弱酸分析。10.【答案】D【解析】【解答】A．W、X、Y、Z分別為H、B、O、Mg元素，原子半徑大小為：，A不符合題意；B．W、X、Y分別為H、B、O元素，單質(zhì)的沸點大小：，B不符合題意；C．Z和Y分別為Mg、O元素，二者形成的化合物MgO為離子化合物，C不符合題意；D．X為硼元素，它的最高價氧化物的水化物硼酸是一種弱酸，D符合題意；故答案為：D?！痉治觥縓原子L層比K層多一個電子，那么X的電子排布為2、3，X為5號元素B；Z單質(zhì)燃燒發(fā)出耀眼的白光，那么Z為Mg；分子中含有10個電子，那么W為H元素，Y為O元素，Z為Mg元素。11.【答案】C【解析】【解答】A．濃鹽酸與共熱可制備，但NaOH溶液會與反響，應選用飽和食鹽水除雜，故A不符合題意；B．極易溶于水，不能通入水中，故B不符合題意；C．稀硝酸與銅反響生成NO，NO難溶于水，且不與反響，故可以用水除雜，用枯燥，故C符合題意；D．稀硝酸與Zn反響生成NO，不生成，故D不符合題意；故答案為：C。

【分析】A．除去Cl2中的HCl應選用飽和食鹽水；

B．NH3不能通入水中；

C．NO可以用P2O5枯燥；

D．硝酸與金屬反響不能生成H2。12.【答案】B【解析】【解答】A.與水反響生成0.1mol轉(zhuǎn)移的電子，故A不符合題意；B.中有共價鍵，的物質(zhì)的量為1/8mol，故共價鍵數(shù)為，故B符合題意；C.為二元弱酸，溶液的數(shù)小于，故C不符合題意；D.標況下甲烷和乙烯均為氣體，22.4L即1mol甲烷和乙烯的混合物共含有氫原子，故D不符合題意；故答案為：B。

【分析】A．Na2O2與H2O反響，1molNa2O2轉(zhuǎn)移1mol電子；

B．每個S8中有8個共價鍵；

C．H2C2O4是弱酸，不能完全電離；

D．根據(jù)n=計算。13.【答案】A【解析】【解答】A．石墨能導電且化學性質(zhì)不活潑，故可外加電流的陰極保護法，石墨作陽極，金屬作陰極，故A符合題意；B．氫氟酸可用于刻蝕玻璃器皿，是因為氫氟酸可以與反響，故B不符合題意；C．溶液可用于銅質(zhì)印刷電路板的制作，是因為銅可以與反響，故C不符合題意；D．可用于治療胃酸過多，是因為顯弱堿性，可以中和胃酸，故D不符合題意。故答案為：A。

【分析】A．根據(jù)外加電流的陰極保護法分析；

B．HF與SiO2反響；

C．Cu與Fe3+反響與金屬性無關(guān)；

D．Al(OH)3可以中和胃酸。14.【答案】B【解析】【解答】A．NaOH溶液噴成霧狀，可增大反響接觸面積，提高吸收率，A不符合題意；B．環(huán)節(jié)a為和生成，需從溶液中過濾出來再高溫煅燒，故根本操作不是蒸發(fā)結(jié)晶，B符合題意；C．NaOH和CaO在流程中既有消耗，也有生成，可循環(huán)利用，C不符合題意；D．可以和反響，因此可用溶液代替NaOH溶液，D不符合題意。故答案為：B?！痉治觥坷肗aOH溶液實現(xiàn)“碳捕獲〞吸收器中，NaOH溶液用噴淋方式參加，增大反響物之間的接觸面積，充分吸收二氧化碳，環(huán)節(jié)a中，氧化鈣與水反響生成氫氧化鈣，碳酸鈉與氫氧化鈣反響生成碳酸鈣沉淀和氫氧化鈉，Na2CO3發(fā)生反響的化學方程式為Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH，成，需從溶液中過濾出來再高溫煅燒，生成的CO2循環(huán)使用。15.【答案】B【解析】【解答】根據(jù)電解池a、b電極外表的反響得a為陰極、b為陽極；A．a(chǎn)極的電極方程式為，A不符合題意；B．為陽離子，在電解池工作時應向陰極a極移動，B符合題意；C．消耗1mol氧氣轉(zhuǎn)移4mol電子，8g氧氣為，故轉(zhuǎn)移0.25mol×4=1mol電子，C不符合題意；D．根據(jù)電解池的工作圖知反響物為和HCl，生成物為和，總反響為，D不符合題意；故答案為：B?！痉治觥扛鶕?jù)電極反響左邊化合價降低，得到電子，為電解池的陰極，右邊化合價升高，失去電子，為電解池的陽極。16.【答案】C【解析】【解答】根據(jù)分布圖象的兩個交點可得的電離平衡常數(shù)：，；A．H2A的第二步電離方程，當c(HA-)=c(A2-)時，，，A不符合題意；B．由圖可知時，故，B不符合題意；C．因為的電離平衡常數(shù)大于其水解平衡常數(shù)，因此電離產(chǎn)物的濃度大于水解產(chǎn)物的濃度，C符合題意；D．由圖可知時，且，D不符合題意。故答案為：C。

【分析】A．根據(jù)c(HA-)=c(A2-)的點計算；

B．根據(jù)pH=4.15計算，此時c(H2A)=c(A2-)；

C．根據(jù)Kh=計算Kh，再分析水解和電離程度；

D．根據(jù)pH=7分析。二、綜合題17.【答案】〔1〕根本完全反響生成了；；

〔2〕；；純度高，產(chǎn)率高

〔3〕最后一滴溶液由無色變?yōu)樽仙?0s內(nèi)不褪色；【解析】【解答】(1)①溶液有紫紅色說明生成，而沒有綠色痕跡，說明根本反響完成；故答案為：根本完全反響生成了；

②通入，溶液酸性逐漸減弱，由題目信息可知同時生成的還有沉淀，可通過過濾除去；故答案為：；假設(shè)過多，會與KOH反響生成，故產(chǎn)品中還可能混有。故答案為：；(2)①由題可寫出電極方程式：陽極為：陰極為：故答案為：；；②和(1)中法相比，電解法副產(chǎn)物更少，雜質(zhì)更少，產(chǎn)品純度更高，產(chǎn)率更高。故答案為：純度高，產(chǎn)率高；(3)由題可知測定過程中發(fā)生兩個反響，首先是，反響完成后剩余再與反響：。當反響完成后，剩余，溶液變?yōu)樽仙＂佗诠蕼y得質(zhì)量為，質(zhì)量分數(shù)為，故答案為：最后一滴溶液由無色變?yōu)樽仙?0s內(nèi)不褪色；?！痉治觥坑脙煞N方法制備高錳酸鉀：當溶液堿性減弱時易發(fā)生反響：，法：通入，溶液酸性逐漸減弱，同時生成K2CO3，假設(shè)過多，會與KOH反響生成；電解法：陽極為：，陰極為：，電解法副產(chǎn)物更少，雜質(zhì)更少，產(chǎn)品純度更高，產(chǎn)率更高；寫出測定過程中發(fā)生兩個反響方程式，根據(jù)方程式或關(guān)系式計算。

18.【答案】〔1〕

〔2〕增大與的接觸面積，加快浸出速率

〔3〕、

〔4〕

〔5〕越低；冷卻結(jié)晶，過濾

〔6〕高溫焙燒【解析】【解答】(1)由題意可知，鈹?shù)幕瘜W性質(zhì)與鋁的化學性質(zhì)相似，氧化鋁與氫氧化鈉反響的化學反響方程式為：，類比化學反響方程式，氧化鈹與氫氧化鈉反響為非氧化復原反響，生成鈹酸鹽和水。所以氧化鈹與氫氧化鈉的反響的化學反響方程式為：。答案為：；

(2)由題意可知，“微波焙燒〞使產(chǎn)物內(nèi)部變得疏松多孔，后續(xù)直接加酸浸出，所以結(jié)合操作和題意，“微波焙燒〞使產(chǎn)物內(nèi)部變得疏松多孔可以增大與的接觸面積，從而加快浸出速率。答案為：增大與的接觸面積，加快浸出速率；(3)根據(jù)流程圖分析，微波焙燒后直接加硫酸進行浸出，根據(jù)二氧化硅的性質(zhì)可知，二氧化硅不能溶于硫酸，其他的氧化物均可溶于硫酸，其中與硫酸反響后生成氟化氫和微溶物硫酸鈣，所以浸出渣中有不溶于硫酸的二氧化硅和生成的微溶物硫酸鈣。答案為：、；(4)根據(jù)流程圖可知，除鐵中，鐵元素最終是以黃鈉鐵礬渣形式存在，所以是難溶于水的固體，根據(jù)題意可知，。答案為：；(5)根據(jù)題意可知，苯甲酸是一元弱酸且在常溫下微溶于水，在“除鋁〞過程中，如果pH越小，說明溶液中的氫離子溶度越高，那么苯甲酸根會與氫離子結(jié)合生成微溶于水的苯甲酸，從而導致能與鋁離子結(jié)合的苯甲酸根減少，生成的苯甲酸鋁減少，從而使鋁的去除率降低。所以，溶液中的pH越小，鋁的去除率越低。根據(jù)題意可知，將苯甲酸鋁沉淀溶于熱的稀硫酸中，會生成在常溫下微溶于水的苯甲酸，所以后續(xù)只需要直接降溫結(jié)晶，過濾即可得到苯甲酸。答案為：越低；冷卻結(jié)晶，過濾；(6)油酸鈹制備BeO，根據(jù)產(chǎn)物元素分析，可通過通氧氣高溫焙燒油酸鈹，生成二氧化碳、水和氧化鈹制得氧化鈹。答案為：高溫焙燒?！痉治觥课炇V用微波焙燒，有利于在H2SO4中溶解，此時BeO、、、、FeO、Fe2O3、都發(fā)生溶解，只有不反響，、發(fā)生轉(zhuǎn)化，生成CaSO4沉淀；參加H2O2是將Fe2+氧化為Fe3+并轉(zhuǎn)化為沉淀；溶液中的Al3+是通過與苯甲酸鈉作用生成苯甲酸鋁沉淀；金屬鋰是通過有機物的萃取別離出來；水相中參加油酸鈉沉鈹，此時將生成的油酸鈹灼燒，便可獲得氧化鈹。

19.【答案】〔1〕-49.4；+41.2

〔2〕反響II；2:1；

〔3〕增大壓強

〔4〕；ACD【解析】【解答】(1)由圖a可知，反響Ⅱ的焓變?yōu)?41.2kJ/mol，反響Ⅰ的焓變?yōu)?，故答案為：?9.4；+41.2；

(2)①反響Ⅰ為放熱反響，反響Ⅱ為吸熱反響，升高溫度，反響Ⅰ的平衡向逆反響方向移動，反響Ⅱ的平衡向正反響方向移動，那么反響Ⅱ中二氧化碳平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而增大，故答案為：反響Ⅱ；②設(shè)起始氫氣為3mol，二氧化碳為1mol，由圖可知，475K時甲醇平衡產(chǎn)率為20%，二氧化碳平衡轉(zhuǎn)化率為30%，由甲醇平衡產(chǎn)率為20%可知，反響Ⅰ生成甲醇和水都為0.2mol，消耗二氧化碳0.2mol、氫氣0.6mol，由二氧化碳平衡轉(zhuǎn)化率為30%可知，反響Ⅱ消耗二氧化碳和氫氣均為0.1mol，生成一氧化碳和水均為0.1mol，那么平衡體系中二氧化碳的物質(zhì)的量為(1mol—0.3mol)=0.7mol、氫氣的物質(zhì)的量為(3mol—0.7mol)=2.3mol、甲醇的物質(zhì)的量為0.2mol、水的物質(zhì)的量為(0.2mol+0.1mol)=0.3mol、一氧化碳的物質(zhì)的量為0.1mol，平衡體系中甲醇與一氧化碳的物質(zhì)的量之比為2:1，氫氣、二氧化碳、甲醇和水的平衡分壓分別為×4MPa、×4MPa、×4MPa、×4MPa，反響Ⅰ的平衡常數(shù)Kp=，故答案為：2:1；；(3)反響Ⅰ是氣體體積減小的放熱反響，反響Ⅱ是氣體體積不變的吸熱反響，增大壓強，反響Ⅰ的平衡向正反響方向移動，反響Ⅱ的平衡不移動，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率增大、甲醇的平衡產(chǎn)率增大，故答案為：增大壓強；(4)①由圖可知，轉(zhuǎn)化為的反響為、H*和HO*反響生成和水，反響的化學方程式為，故答案為：；②A．由圖可知，破壞氫分子中的共價鍵需要吸收0.6eV的能量，那么氫分子與的能量差為0.60eV，故正確；B．由圖可知，反響ii中無鍵斷裂，故不正確；C．反響的活化能越高，反響速率越慢，由圖可知，反響iii的活化能最大，那么反響iii的反響速率最慢，故正確；D．催化劑只能改變化學反響速率，不能改變平衡的移動方向，參加催化劑M不影響甲醇的平衡產(chǎn)率，故正確；ACD正確，故答案為：ACD?！痉治觥?1)根據(jù)圖像得出ΔH2，再計算出ΔH1；

(2)①

根據(jù)勒夏特列原理分析；

②根據(jù)三段式的方法計算；

(3)根據(jù)勒夏特列原理分析；

(4)①

根據(jù)圖像得出反響物和生成物；

②

根據(jù)圖像分析A、B、C選項，催化劑不影響轉(zhuǎn)化率。

20.【答案】〔1〕A,C

〔2〕

〔3〕4；正三角形

〔4〕

〔5〕Cu；(1，，)；【解析】【解答】(1)硫元素的原子序數(shù)為16，基態(tài)硫原子的價電子排布式為3s23p4；

A．符合核外電子排布規(guī)律，故正確；B．由洪特規(guī)那么可知，電子在能量相同的軌道上排布時，總是盡可能分占不同的軌道且自旋方向相同，那么違背洪特規(guī)那么，故不正確；C．符合核外電子排布規(guī)律，故正確；D．由泡利不相容原理可知，一個原子軌道里最多只能容納2個電子，而且自旋相反，那么違背泡利不相容原理，故不正確；AC正確，故答案為：AC；(2)銅元素的原子序數(shù)為29，價層電子排布式為3d104s1，那么基態(tài)亞銅離子的價層電子排布式為3d10，故答案為：3d10；