備戰(zhàn)2024年高考化學(xué)模擬卷（浙江專用）02（解析版）

【贏在高考·黃金8卷】備戰(zhàn)2024年高考化學(xué)模擬卷()黃金卷02(考試時(shí)間：90分鐘試卷滿分：100分)可能用到的相對原子質(zhì)量：H1C12N14O16Na23MSi28P31S32Cl35.5K39Ca40Mn55Fe56Cu64Zn65Br80Ag108I127Ba137P第Ⅰ卷一、單項(xiàng)選擇題：共16題，每題3分，共48分。每題只有一個(gè)選項(xiàng)最符合題意。1．下列含有離子鍵的食品添加劑是()A．CH3COOH B．ZnSO4 C．SO2 D．C6H12O6(葡萄糖)【答案】B【解析】A項(xiàng)，CH3COOH屬于共價(jià)化合物，不含離子鍵，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，ZnSO4屬于離子化合物，含離子鍵，故B正確；C項(xiàng)，SO2屬于共價(jià)化合物，不含離子鍵，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，SO2屬于共價(jià)化合物，不含離子鍵，故D錯(cuò)誤；故選B。2．下列符號表征或說法不正確的是()A．氨的電子式：B．Cu位于元素周期表的ds區(qū)C．NaHSO4在水中的電離方程式：NaHSO4=Na++H++SO42D．SO2的VSEPR模型：【答案】A【解析】A項(xiàng)，N的質(zhì)子數(shù)為7，原子核外最外層有5個(gè)電子，氨的電子式為：，A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，Cu是29號元素，其核外電子排布式為：[Ar]3d104s1，故Cu位于元素周期表的ds區(qū)，B正確；C項(xiàng)，因H2SO4為強(qiáng)酸，故NaHSO4在水中完全電離，電離方程式：NaHSO4=Na++H++SO42，C正確；D項(xiàng)，已知SO2中心原子S周圍的價(jià)層電子對數(shù)為：2+=3，故SO2的VSEPR模型：，D正確；故選A。3．氯化鈉應(yīng)用廣泛，下列說法正確的是()A．侯氏制堿法是將足量CO2通入氨化的氯化鈉飽和溶液中，析出Na2CO3晶體B．氯堿工業(yè)采用陰離子交換膜電解槽電解飽和食鹽水獲得氯氣和氫氧化鈉C．用洗凈的鉑絲蘸取某樣品在酒精燈上灼燒，火焰呈黃色，該樣品一定是氯化鈉D．飽和氯化鈉溶液能使蛋白質(zhì)鹽析【答案】D【解析】A項(xiàng)，侯氏制堿法是將足量二氧化碳通入氨化的氯化鈉飽和溶液中，析出碳酸氫鈉晶體，碳酸氫鈉受熱分解生成碳酸鈉，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，為防止氯氣與氫氧化鈉溶液和氫氣反應(yīng)，氯堿工業(yè)采用陽離子交換膜電解槽電解飽和食鹽水獲得氯氣和氫氧化鈉，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，用洗凈的鉑絲蘸取某樣品在酒精燈上灼燒，火焰呈黃色說明樣品中含有鈉元素，可能是鈉鹽，也可能是氫氧化鈉，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，飽和氯化鈉溶液能降低蛋白質(zhì)的溶解度，使蛋白質(zhì)析出而產(chǎn)生鹽析，故D正確；故選D。4．下列有關(guān)物質(zhì)用途的說法正確的是()A．葡萄酒中加入二氧化硫，可抗氧化、抑制細(xì)菌生長B．生石灰、鐵粉、硅膠是食品行業(yè)中常用的干燥劑C．碳酸氫銨、碳酸氫鈉可做食品凝固劑D．工業(yè)上用氫氣高溫還原二氧化硅制取粗硅【答案】A【解析】A項(xiàng)，葡萄酒中加入適量二氧化硫可以達(dá)到抗氧化和抗菌的作用，故A正確；B項(xiàng)，鐵粉具有還原性，常用于抗氧化劑，不具有干燥劑作用，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，碳酸氫銨、碳酸氫鈉主要做膨化劑或蓬松劑，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，工業(yè)上用二氧化硅與碳在高溫下反應(yīng)制粗硅，故D錯(cuò)誤；故選A。5．下列實(shí)驗(yàn)裝置能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖?)

ABCDA．實(shí)驗(yàn)室制取氨氣B．實(shí)驗(yàn)室制備銀氨溶液C．制備Fe(OH)2并能較長時(shí)間觀察其顏色D．除去苯中混有的苯酚【答案】C【解析】A項(xiàng)，實(shí)驗(yàn)室制取氨氣是加熱氯化銨和氫氧化鈣的混合物，A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，配制銀氨溶液應(yīng)將氨水滴入硝酸銀溶液中，至沉淀恰好溶解時(shí)為止，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，F(xiàn)e與電源正極相連為陽極，F(xiàn)e被氧化成Fe2+，結(jié)合溶液中的OH生成Fe(OH)2，C棒為陰極，水電離出的氫離子被還原生成氫氣，同時(shí)產(chǎn)生OH，所以溶液一直顯堿性，煤油可以隔絕空氣防止Fe(OH)2被氧化，所以用圖2裝置制備Fe(OH)2并能較長時(shí)間觀察其顏色，C正確；D項(xiàng)，溴和三溴苯酚均易溶于苯，不能除雜，應(yīng)選用氫氧化鈉分液來除雜，D錯(cuò)誤；故選C。6．超氧化鉀(KO2)在加熱條件下可以將氧化成(Ⅲ的化合物，化學(xué)方程式如下：2K↑，則下列說法正確的是()A．既是氧化劑，又是還原劑B．K只是氧化產(chǎn)物A時(shí)，則有0.2mol被氧化2時(shí)，被還原的超氧化鉀(KO2)為【答案】C【解析】分析方程式2K↑可知，K2O中的O元素的化合價(jià)由部分升高為氧氣中的0價(jià)，被氧化，部分轉(zhuǎn)化為K，K中O為2價(jià)，為+3價(jià)，故氧氣為氧化產(chǎn)物，K即是氧化產(chǎn)物也是還原產(chǎn)物。A項(xiàng)，該反應(yīng)中中的化合價(jià)由+2價(jià)升高為+3價(jià)，被氧化，為還原劑，K2O的中O化合價(jià)由價(jià)部分升高為O價(jià)，部分降低為2價(jià)，既有升高，又有降低，KO2既是氧化劑又是還原劑，A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，K中的化合價(jià)由+2價(jià)升高為+3價(jià)，化合價(jià)升高被氧化，是氧化產(chǎn)物，而部分氧的化合價(jià)又由A時(shí)，則有0.2mol2時(shí)，即0.1mol時(shí)，根據(jù)方程式可知，參與反應(yīng)的超氧化鉀(KO2)為0.2mol，但KO2中只有一半是被還原的，另一半被氧化，故被還原的超氧化鉀(KO2)為0.1mol，D錯(cuò)誤；故選C。7．NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是()AA?L?1AlCl3溶液中，Al3+的數(shù)目為2NAD．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24LCCl4A【答案】A【解析】A項(xiàng)，1個(gè)異丁烷(C4H10A，A正確；B項(xiàng)，1個(gè)H2A?L?1AlCl3溶液中，所含Al3+的物質(zhì)的量為2mol，由于Al3+的水解，使得溶液中Al3+的數(shù)目小于2NA，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，標(biāo)況下CCl4不是氣體，無法計(jì)算其物質(zhì)的量，D錯(cuò)誤；故選A。8．下化學(xué)與生活、生產(chǎn)、科技等息息相關(guān)，下列有關(guān)說法正確的是()A．制造蛟龍?zhí)枬撏лd人艙的鈦合金中的鈦屬于稀土金屬B．食鹽、白糖是常見的食品調(diào)味劑，沒有防腐作用C．筆墨紙硯中的“紙”特指宣紙，宣紙的主要成分是蛋白質(zhì)D．《本草綱目》記載“凡酸壞之酒，皆可蒸燒”，所用的分離方法是蒸餾【答案】D【解析】A項(xiàng)，鈦元素位于第四周期第IVB族，屬于過渡元素，不是稀土金屬，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，食鹽可以使細(xì)菌脫水，可以殺菌，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，筆墨紙硯中的“紙”特指宣紙，宣紙是利用天然纖維制作而成的，主要成分是纖維素，不是蛋白質(zhì)，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，文中“酸壞”是指少量乙醇被氧化為乙酸，乙酸和乙醇的沸點(diǎn)不同，用蒸餾操作進(jìn)行分離，故D正確；故選D。9．下列反應(yīng)的離子方程式正確的是()A．NaHCO3溶液中滴加少量的Ca(OH)2溶液：2HCO3+2OH?+Ca2+=CaCO3↓+CO32+2H2OB．向酸性高錳酸鉀溶液加入草酸：5C2O42+2MnO4+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2OC．CH2BrCO18OCH2CH3與足量NaOH溶液共熱：CH2BrCO18OCH2CH3+OHCH2BrCOO+H18OCH2CH3D．Ba(NO3)2溶液中通入過量SO2：3SO2+3Ba2++2NO3+2H2O=3BaSO4↓+2NO↑+4H+【答案】A【解析】A項(xiàng)，NaHCO3溶液中滴加少量的Ca(OH)2溶液，則NaHCO3和Ca(OH)2按物質(zhì)的量之比2:1反應(yīng)，其離子方程式為：2HCO3+2OH?+Ca2+=CaCO3↓+CO32+2H2O，A項(xiàng)正確；B項(xiàng)，向酸性高錳酸鉀溶液加入草酸：5H2C2O4+2MnO4+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C項(xiàng)，CH2BrCO18OCH2CH3與足量NaOH溶液共熱：CH2BrCO18OCH2CH3+2OHCH2OHCOO+H18OCH2CH3+Br，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D項(xiàng)，Ba(NO3)2溶液中通入過量SO2：3SO2+Ba2++2NO3+2H2O=BaSO4↓+2NO↑+4H++2SO42，D項(xiàng)錯(cuò)誤；故選A。10．乙醛可發(fā)生如下轉(zhuǎn)化，下列說法不正確的是()A．乙醛分子中最多5個(gè)原子共面B．X與NaOH的乙醇溶液共熱可生成HOCH2CHOC．乙醛→Y的反應(yīng)類型為氧化反應(yīng)D．Z的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH(OH)CH2CHO【答案】B【解析】A項(xiàng)，乙醛分子中含有碳氧雙鍵，與碳氧雙鍵直接相連的原子共平面，則乙醛分子中最多5個(gè)原子共平面，A正確；B項(xiàng)，X為BrCH2CHO，X與NaOH的水溶液共熱發(fā)生取代反應(yīng)生成HOCH2CHO，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，乙醛→Y為乙醛氧化為乙酸，反應(yīng)類型為氧化反應(yīng)，C正確；D項(xiàng)，Z的結(jié)構(gòu)簡式由兩分子乙醛發(fā)生加成反應(yīng)得到，故乙的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH(OH)CH2CHO，D正確；故選B。11．中國地質(zhì)科學(xué)院地質(zhì)研究所對嫦娥五號月球玄武巖開展了分析，證明月球在19.6億年前仍存在巖漿活動。X、Y、Z、V、W是月核中含有的五種原子序數(shù)依次增大的前20號元素，X原子的s能級電子數(shù)量和p能級電子數(shù)量相等，V的單質(zhì)常在地球火山口附近沉積，Y的氧化物常用作耐高溫材料。Y、W原子的最外層電子數(shù)相等，且之和等于Z原子的最外層電子數(shù)。下列說法正確的是()A．Y的氧化物是兩性氧化物 B．簡單氫化物的穩(wěn)定性：C．簡單離子半徑： D．第一電離能【答案】D【解析】X、Y、Z、V、W是月球中含有的五種原子序數(shù)依次增大的前20號元素，X原子的s能級電子數(shù)量和p能級電子數(shù)量相等，則X的電子排布式為1s22s22p4，X為O元素；V的單質(zhì)常在地球火山口附近沉積，則V為S元素；Y、W原子的最外層電子數(shù)相等且之和等于Z原子的最外層電子數(shù)，則Y、W同主族，且Z處于偶數(shù)族，而Y的氧化物常用作耐高溫材料，結(jié)合原子序數(shù)可知Y為Mg、W為Ca，Z原子最外層電子數(shù)為4，可推知Z為Si元素。A項(xiàng)，SiO2是酸性氧化物，不是兩性氧化物，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，元素的非金屬性O(shè)＞S＞Si，故簡單氫化物的穩(wěn)定性：H2O＞H2S＞SiH4，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，電子層越多離子半徑越大，電子層結(jié)構(gòu)相同時(shí)，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，則簡單離子半徑：S2＞Ca2+＞Mg2+，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，同周期元素，從左到右第一電離有逐漸減小的趨勢，通常IIA族、VA族元素的第一電離能大于同周期相鄰元素，同主族元素，從上到下，第一電離能逐漸增加，則第一電離能：Ca<Mg<Si<S<O，故D正確；故選D。12．實(shí)驗(yàn)室初步分離苯甲酸乙酯、苯甲酸和環(huán)己烷的流程如下：已知：苯甲酸乙酯的沸點(diǎn)為212.6℃，“乙醚環(huán)己烷水共沸物”的沸點(diǎn)為62.1℃。下列說法不正確的是()A．操作a為分液，操作c為重結(jié)晶 B．操作b中需用到直形冷凝管C．可用冷水洗滌苯甲酸粗品 D．無水MgSO4可以用濃硫酸代替【答案】D【解析】苯甲酸乙酯、苯甲酸和環(huán)己烷混合物中加入碳酸鈉溶液，苯甲酸與碳酸鈉反應(yīng)生成苯甲酸鈉、水和二氧化碳，分液后得到有機(jī)相1和水相；苯甲酸乙酯的沸點(diǎn)為212.6℃，“乙醚環(huán)己烷水共沸物”的沸點(diǎn)為62.1℃，蒸餾(操作b)后得到有機(jī)相2和共沸物，向有機(jī)相2中加入無水硫酸鎂，用于除去有機(jī)相中的少量水；向水相1中加入乙醚萃取少量的有機(jī)物進(jìn)入有機(jī)相，分液后得到水相2，水相2中成分為苯甲酸鈉，加入硫酸反應(yīng)得到苯甲酸晶體，過濾后得到苯甲酸粗品，經(jīng)重結(jié)晶后得到純凈的苯甲酸。A項(xiàng)，操作a為分液，操作c為重結(jié)晶，故A正確；B項(xiàng)，操作b為蒸餾，需用到蒸餾燒瓶、直形冷凝管、溫度計(jì)、尾接管、錐形瓶等，故B正確；C項(xiàng)，用冷水洗滌苯甲酸粗品，避免因溶解導(dǎo)致產(chǎn)率低，故C正確；D項(xiàng)，濃硫酸使苯甲酸乙酯部分發(fā)生水解，故D錯(cuò)誤；故選D。13．我國科研團(tuán)隊(duì)提出一種新型陰離子電極材料—Cu3(PO4)2的水系雙離子電池，該電池以和Cu3(PO4)2為電極，其工作原理如圖所示。下列有關(guān)敘述不正確的是()A．充電時(shí)，電極a應(yīng)接電源的正極B．放電時(shí)，若電極a得到6.4gCu和1.44gCu2C．充電時(shí)，電極b的電極反應(yīng)式為D．第2次放電時(shí)，溶液堿性逐漸增強(qiáng)【答案】C【解析】由圖可知，放電時(shí)a電極上Cu3(PO4)2得到電子發(fā)生還原反應(yīng)最終生成銅，為正極，則b為負(fù)極。A項(xiàng)，放電時(shí)電極a為正極，則充電時(shí)電極a為陽極，應(yīng)接電源的正極，故A正確；B項(xiàng)，放電時(shí)，電子轉(zhuǎn)移情況為Cu~2e、Cu2O~2e，若電極a得到6.4gCu(為0.1mol)和1.44gCu2O(為0.01mol)，則電路中轉(zhuǎn)移0.1mol×2+0.01mol×2=0.22mol電子，B正確；C項(xiàng)，充電時(shí)，電極b為陰極，得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成，電極反應(yīng)式為，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，第2次放電時(shí)，Cu2O得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成銅和氫氧根離子，Cu2O+H2O+2e=2Cu+2OH，溶液堿性逐漸增強(qiáng)，故D正確；故選C。14．時(shí)，固體酸分子篩催化乙醇脫水，乙醇的分子間脫水和分子內(nèi)脫水過程與相對能量變化如圖所示：下列說法不正確的是()A．乙醇通過氫鍵吸附于固體酸分子篩表面并放出熱量B．生成產(chǎn)物2的決速步活化能為60.1kcal·mol?1C．生成產(chǎn)物1的熱化學(xué)方程式為：CH3CH2OH(l)→CH2=CH2(g)+H2O(l)ΔH＝13.8kcal·mol?1D．升高溫度、延長反應(yīng)時(shí)間及選擇合適催化劑均可提高產(chǎn)物1的產(chǎn)率【答案】D【解析】A項(xiàng)，根據(jù)過程能量示意圖可知，乙醇通過氫鍵吸附于固體酸分子篩表面并放出熱量，A正確；B項(xiàng)，生成產(chǎn)物2的決速步對應(yīng)活化能最大，對應(yīng)數(shù)值：9.3+50.8=60.1kcal·mol?1，B正確；C項(xiàng)，根據(jù)過程能量示意圖可知，生成產(chǎn)物1的熱化學(xué)方程式為：CH3CH2OH(l)→CH2=CH2(g)+H2O(l)ΔH＝13.8kcal·mol?1，C正確；D項(xiàng)，反應(yīng)存在限度，延長反應(yīng)時(shí)間及選擇合適催化劑不能提高轉(zhuǎn)化率，D錯(cuò)誤；故選D。15．草酸鈣是常見的難溶物。將過量草酸鈣粉末置于水中達(dá)到溶解平衡：CaC2O4(s)Ca2+(aq)+C2O42(aq)[已知Ksp(CaC2O4，Ka(CH3COOH)=1.75×105，H2C2O4的電離常數(shù)Ka1=5.6×102，Ka2=1.5×104，下列有關(guān)說法不正確的是()A．上層清液中含碳微粒最主要以C2O42形式存在B．上層清液中存在：c(Ca2+)=c(C2O42)+c(HC2O4)+c(H2C2O4)C．H2C2O4加入CaCl2溶液時(shí)，加入適量醋酸鈉粉末，有利于生成CaC2O4沉淀D．向上層清液中通入至pH=1，則：2c(Ca2+)2c(C2O42)c(HC2O4)c(OH―)=0.1mol·L1【答案】D【解析】A項(xiàng)，溶解在水中的草酸鈣電離出草酸根離子，草酸根離子能水解，但程度很小，故含碳的微粒最主要的是草酸根離子，A正確；B項(xiàng)，根據(jù)物料守恒鈣原子和碳原子物質(zhì)的量濃度相等，故有c(Ca2+)=c(C2O42)+c(HC2O4)+c(H2C2O4)，B正確；C項(xiàng)，草酸加入氯化鈣中反應(yīng)生成草酸鈣，加入醋酸鈉粉末，根據(jù)電離平衡常數(shù)分析，醋酸根離子水解程度大于草酸根離子，故醋酸鈉的堿性抑制草酸根離子水解，有利于生成草酸鈣，C正確；D項(xiàng)，向上層清液中通入HCl至pH=1，則有電荷守恒：2c(Ca2+)+c(H＋)=2c(C2O42)+c(HC2O4)+c(OH―)+c(Cl－)，根據(jù)氫離子濃度為0.1mol/L分析，2c(Ca2+)2c(C2O42)c(HC2O4)c(OH―)=c(Cl－)c(H＋)，不能確定氯離子濃度，故D錯(cuò)誤；故選D。16．探究鐵單質(zhì)及其化合物的性質(zhì)，由操作、現(xiàn)象能得出正確結(jié)論的是()選項(xiàng)操作現(xiàn)象結(jié)論A．向2mL0.1mol·L?1FeCl3溶液加入2mL0.01mol·L?1KI溶液，再滴入數(shù)滴AgNO3溶液出現(xiàn)黃色渾濁證明FeCl3和KI反應(yīng)存在限度B．將Fe粉與S粉混合在惰性氣體中加熱，再將反應(yīng)后的產(chǎn)物溶于稀硫酸得到黑色固體，該固體溶于稀硫酸后得淺綠色溶液證明Fe與S生成了FeSC．向2mL0.01mol·L?1Fe(SCN)3溶液加入少量Fe粉，振蕩后靜置溶液的血紅色變淺證明Fe粉與Fe3?反應(yīng)，降低Fe3?濃度，使生成Fe(SCN)3平衡逆向移動D．將SO2氣體通入Fe(NO3)3和BaCl2的混合溶液溶液的棕黃色變淺、產(chǎn)生白色沉淀白色沉淀為BaSO3【答案】C【解析】A項(xiàng)，向2mL0.1mol·L?1FeCl3溶液加入2mL0.01mol·L?1KI溶液，兩者發(fā)生反應(yīng)生成碘；再滴入數(shù)滴AgNO3溶液，出現(xiàn)黃色渾濁說明有碘化銀生產(chǎn)，由于沒有分離出碘，碘的水溶液中一定有碘離子(類比氯氣與水反應(yīng)，碘也可與水反應(yīng))，不能說明氯化鐵與碘化鉀反應(yīng)存在限度，A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，將Fe粉與S粉混合在惰性氣體中加熱，得到黑色固體，再將反應(yīng)后的產(chǎn)物溶于稀硫酸，后得淺綠色溶液，只能證明黑色固體與酸反應(yīng)生成了Fe2?，并不能證明黑色固體一定是FeS，若鐵粉過量也能與硫酸反應(yīng)生成Fe2?，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，向2mL0.01mol·L?1Fe(SCN)3溶液加入少量Fe粉，F(xiàn)e粉與Fe3?反應(yīng)生成Fe2?，降低了Fe3?濃度，使生成Fe(SCN)3平衡逆向移動，血紅色變淺，C正確；D項(xiàng)，將SO2氣體通入Fe(NO3)3和BaCl2的混合溶液，硝酸根在酸性條件下將二氧化硫氧化為硫酸根，硫酸根與鋇離子反應(yīng)生產(chǎn)硫酸鋇白色沉淀，三價(jià)鐵被還原為二價(jià)鐵，溶液棕黃色變淺，D錯(cuò)誤；故選C。第Ⅱ卷二、非選擇題：共5題，共52分。17．(10分)鹵化物、氫化物在科研和生活中占有重要地位?；卮鹣铝袉栴}：(1)下列氟元素的不同微粒，用光譜儀可捕捉到發(fā)射光譜的是。A．1s22s22p43s1B．1s22s22p43d2 C．1s22s22p5 D．1s22s22p6(2)OF2的VSEPR模型名稱為____________。(3)二氟氮烯(N2F2)分子中，每個(gè)原子均滿足八電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，則N2F2的結(jié)構(gòu)式為____________。(4)C、N、O三種元素都能與H元素形成含AA(A表示C、N、O元素)鍵的氫化物。氫化物中AA鍵的鍵能()如下表：H3CCH3H2NNH2HOOH346247207AA鍵的鍵能依次降低的原因是_______________________________________。(5)第三代太陽能電池利用有機(jī)金屬鹵化物碘化鉛甲胺(CH3NH3PI3)半導(dǎo)體作為吸光材料。CH3NH3PI3的晶胞如圖所示，其中CH3NH3+位于頂點(diǎn)(大空心球)位置。已知CH3NH3PI3晶體的晶胞參數(shù)為anm，阿佛加德羅常數(shù)的值為NA，則晶體的密度為____________·3。(用最簡式表達(dá))【答案】(1)AB(2分)(2)四面體形(2分)(3)FN=NF(2分)H3CCH3、H2NNH2、HOOH中中心原子C、N、O形成化學(xué)鍵后的故電子對數(shù)分別為0、1、2，孤電子對數(shù)越多，則排斥作用越大，導(dǎo)致其形成的化學(xué)鍵越不穩(wěn)定，鍵能減小(2分)(5)(2分)【解析】(1)氟為9號元素，基態(tài)原子核外電子排布為1s22s22p5；若處于激發(fā)態(tài)的電子躍遷到較低軌道會得到發(fā)射光譜，根據(jù)構(gòu)造原理1s22s22p43s1、1s22s22p43d2中有電子處于激發(fā)態(tài)，故用光譜儀可捕捉到發(fā)射光譜的是1s22s22p43s1、1s22s22p43d2，故選AB；(2)OF2中氧原子的價(jià)層電子對數(shù)為2+=4，則中心原子為sp3雜化，VSEPR模型名稱為四面體形；(3)二氟氮烯(N2F2)分子中，每個(gè)原子均滿足八電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，則N2F2中氟與氮形成1個(gè)共價(jià)鍵、氮氮之間形成2個(gè)共價(jià)鍵，其結(jié)構(gòu)式為FN=NF；(4)H3CCH3、H2NNH2、HOOH中中心原子C、N、O形成化學(xué)鍵后的故電子對數(shù)分別為0、1、2，孤電子對數(shù)越多，則排斥作用越大，導(dǎo)致其形成的化學(xué)鍵越不穩(wěn)定，鍵能減?。?5)根據(jù)“均攤法”，晶胞中含個(gè)CH3NH3+，結(jié)合化學(xué)式可知，1個(gè)晶胞中含有1個(gè)CH3NH3PI3，則晶體密度為。18．(10分)煙道氣中含有SO2，通過一系列變化可得重要的無機(jī)化合物M(僅含兩種元素，相對分子質(zhì)量為184)。(1)寫出NH3的電子式；(2)下列敘述正確的是；A．煙道氣中的SO2含量可用一定體積、濃度的酸性高錳酸鉀溶液測定B．S2Cl2是橡膠硫化劑，橡膠硫化程度越高，彈性越好C．SOCl2可與H2O發(fā)生反應(yīng)，能作為AlCl3·6H2O的脫水劑D．PCl5固體中含陽離子PCl4+和陰離子PCl6，PCl4+空間構(gòu)型為正四面體E．S2Cl2易溶于CCl4，則S2Cl2為非極性分子(3)SOCl2與過量NH3反應(yīng)的化學(xué)方程式；(4)S2Cl2與NH3反應(yīng)除生成M外，同時(shí)有淡黃色固體和一種鹽。則M的分子式為；(5)設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)檢驗(yàn)SOCl2與足量NaOH溶液反應(yīng)生成的陰離子。【答案】(1)(2分)(2)ACD(2分)(3)SOCl2+4NH3=SO(NH2)2+2NH4Cl(2分)(4)S4N4或N4S4或(SN)4(2分)(5)取少量反應(yīng)液滴加稀鹽酸并加熱，若產(chǎn)生的氣體使品紅溶液褪色，則有SO32；另取少量反應(yīng)液滴加先滴加硝酸酸化，再滴加硝酸銀，若產(chǎn)生白色沉淀，則有Cl(2分)【解析】(1)NH3的電子式：；(2)A項(xiàng)，煙道氣中的SO2具有還原性，其含量可用一定體積、濃度的酸性高錳酸鉀溶液測定，故A正確；B項(xiàng)，S2Cl2是橡膠硫化劑，橡膠硫化程度越高，彈性越差，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，SOCl2可與H2O發(fā)生反應(yīng)，能作為AlCl3·6H2O的脫水劑，故C正確；D項(xiàng)，PCl4+中心原子P價(jià)層電子對數(shù)：，無孤電子對，空間構(gòu)型為正四面體，故D正確；E項(xiàng)，S2Cl2正負(fù)電荷中心不重合，為極性分子，故E錯(cuò)誤；故選ACD；(3)SOCl2與過量NH3反應(yīng)的化學(xué)方程式：SOCl2+4NH3=SO(NH2)2+2NH4Cl；(4)S2Cl2與NH3反應(yīng)除生成M外，同時(shí)有淡黃色固體為S，則M為S4N4或N4S4或(SN)4；(5)取少量反應(yīng)液滴加稀鹽酸并加熱，若產(chǎn)生的氣體使品紅溶液褪色，則有SO32；另取少量反應(yīng)液滴加先滴加硝酸酸化，再滴加硝酸銀，若產(chǎn)生白色沉淀，則有Cl。19．(10分)低碳烯烴(乙烯、丙烯等)作為化學(xué)工業(yè)重要基本有機(jī)化工原料，在現(xiàn)代石油和化學(xué)工業(yè)中起著舉足輕重的作用。碘甲烷(CH3I)熱裂解制低碳烯烴的主要反應(yīng)有：反應(yīng)Ⅰ

2CH3I(g)C2H4(g)+2HI(g)ΔH1反應(yīng)Ⅱ

3C2H4(g)2C3H6(g)ΔH2反應(yīng)Ⅲ

2C2H4(g)C4H8(g)ΔH3(1)反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的隨溫度的變化如圖1所示。298K下，ΔH1=kJ·mol－1。(2)針對反應(yīng)Ⅰ，利于提高碘甲烷的平衡轉(zhuǎn)化率的條件有。A．低溫

B．高溫

C．低壓

D．高壓

E．催化劑(3)利用計(jì)算機(jī)模擬反應(yīng)過程。一定壓強(qiáng)條件下，測定反應(yīng)溫度對碘甲烷熱裂解制低碳烯烴平衡體系中乙烯、丙烯和丁烯組成的影響如圖2所示。結(jié)合圖1、圖2，回答下列問題：①下列有關(guān)說法正確的是。A．因?yàn)榉磻?yīng)Ⅱ、Ⅲ自發(fā)，且為熵減小反應(yīng)，所以ΔH2＜0、ΔH3＜0B．若隨溫度的上升而增大，則ΔH＞0C．隨溫度升高，反應(yīng)Ⅱ、Ⅲ的化學(xué)平衡先正向移動后逆向移動D．當(dāng)溫度范圍：T≤715K時(shí)，相同條件下的反應(yīng)Ⅱ的平衡常數(shù)小于反應(yīng)Ⅲ②從圖2中可看出，當(dāng)體系溫度高于600K時(shí)，乙烯的摩爾分?jǐn)?shù)隨溫度升高而顯著增加，可能的原因是：。(4)維持溫度為810K，壓強(qiáng)為0.1MPa，起始投料1molCH3I，測得平衡體系中，mol。①平衡時(shí)CH3I的轉(zhuǎn)化率為。②已知810K條件下，存在等式(常數(shù))(對于氣相反應(yīng)，用某組分B的平衡壓強(qiáng)p(B)可代替物質(zhì)的量濃度c(B)，如，p為平衡總壓強(qiáng)，x(B)為平衡系統(tǒng)中B的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))。保持其它條件不變，請?jiān)趫D3中畫出x(HI)與壓強(qiáng)(0.1~2.0MPa)關(guān)系的曲線示意圖。(1分)(2)BC(1分)(3)AC(2分)反應(yīng)Ⅰ吸熱，反應(yīng)Ⅱ、Ⅲ、放熱，升高溫度，反應(yīng)Ⅰ平衡正向移動，反應(yīng)Ⅱ、Ⅲ平衡逆向移動，三者均使C2H4的平衡體積分?jǐn)?shù)增加，且隨溫度變化明顯(2分)(4)96%(2分)(2分)【解析】(1)反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的ΔH隨溫度的變化如圖1所示。反應(yīng)Ⅰ為分解反應(yīng)，反應(yīng)Ⅱ、Ⅲ為化合反應(yīng)，大多數(shù)分解反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，大多數(shù)化合反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故298K下，ΔH1=kJ·mol－1；(2)反應(yīng)Ⅰ為氣體體積增大的吸熱反應(yīng)，高溫低壓有利于提高碘甲烷的平衡轉(zhuǎn)化率，催化劑不能使用平衡移動，故選BC；(3)①A項(xiàng)，因?yàn)榉磻?yīng)Ⅱ、Ⅲ自發(fā)，則ΔG=ΔHTΔS＜0，且為熵減小反應(yīng)，則ΔS＜0，所以必須ΔH2＜0、ΔH3＜0，A正確；B項(xiàng)，若ΔH隨溫度的上升而增大，則正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故ΔH＜0，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，由圖2可知，隨溫度升高，反應(yīng)Ⅱ、Ⅲ生成物的摩爾分?jǐn)?shù)先增大后降低，故化學(xué)平衡先正向移動后逆向移動，C正確；D項(xiàng)，當(dāng)溫度范圍：T≤715K時(shí)，相同條件下的反應(yīng)Ⅱ、Ⅲ的摩爾分?jǐn)?shù)相等，但反應(yīng)Ⅱ生成物的體積比較大，平衡常數(shù)大于反應(yīng)Ⅲ，D錯(cuò)誤；故選AC；②從圖2中可看出，當(dāng)體系溫度高于600K時(shí)，因反應(yīng)Ⅰ吸熱，反應(yīng)Ⅱ、Ⅲ、放熱，升高溫度，反應(yīng)Ⅰ平衡正向移動，反應(yīng)Ⅱ、Ⅲ平衡逆向移動，三者均使C2H4的平衡體積分?jǐn)?shù)增加，且隨溫度變化明顯，故乙烯的摩爾分?jǐn)?shù)隨溫度升高而顯著增加；(4)①根據(jù)三段式可知：故平衡時(shí)CH3I的轉(zhuǎn)化率為；②維持溫度為810K，壓強(qiáng)為0.1MPa，起始投料1molCH3I，平衡時(shí)氣體總物質(zhì)的量為0.04mol+0.96mol+0.14mol+0.14mol+0.065mol=1.345mol，故平衡總壓為0.1345MPa，x(HI)=，故x(HI)與壓強(qiáng)(0.1~2.0MPa)關(guān)系的曲線示意圖如下：。20．(10分)碘酸鈣為白色固體，微溶于水，是一種無機(jī)精細(xì)與專用化學(xué)品，一種制備并測定六水合碘酸鈣含量的實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)如下。步驟Ⅰ：碘酸氫鉀(KIO3·HIO3)的制備在三頸燒瓶中加入2.54gI2、2.60g氯酸鉀和50mL水，滴加6mol/L的鹽酸至pH=1，控制溫度85℃左右，裝置如圖。步驟Ⅱ：碘酸鈣晶體[Ca(IO3)2·6H2O]的制備將步驟Ⅰ反應(yīng)后的溶液轉(zhuǎn)入燒杯中，加入KOH溶液調(diào)節(jié)；繼續(xù)滴加11mL1mol/LCaCl2溶液，充分反應(yīng)后用冰水冷卻，抽濾、用少量冰水洗滌、再用少量無水乙醇洗滌，干燥，得粗產(chǎn)品碘酸鈣晶體4.50g。步驟Ⅲ：產(chǎn)品中碘酸鈣晶體含量測定準(zhǔn)確稱取1.200g粗產(chǎn)品，置于燒杯中，加入20mLHClO4Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至淺黃色，加入2滴淀粉溶液，繼續(xù)滴定至終點(diǎn)，平行測定三次后取平均值，用去25.24mL標(biāo)準(zhǔn)溶液。②Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液。已知：Ca(IO3)2+2HClO4=2HIO3+Ca(ClO4)2，IO3+5I+6H+=3I2+3H2O，I2+2S2O32=2I+S4O62請回答下列問題：(1)儀器c與普通漏斗相比的優(yōu)點(diǎn)為。(2)步驟1中有黃綠色氣體產(chǎn)生，則制備KIO3·HIO3；反應(yīng)的化學(xué)方程式為，d中盛放的藥品是。(寫化學(xué)式)(3)步驟Ⅰ中控制溫度85℃左右的原因是。(4)步驟Ⅱ中用少量無水乙醇洗滌的目的是。(5)下列關(guān)于滴定分析的操作，不正確的是。B．滴定過程中用少量蒸餾水將錐形瓶內(nèi)壁附著的溶液沖下C．滴定時(shí)應(yīng)一直觀察滴定管中溶液體積的變化D．讀數(shù)時(shí)應(yīng)將滴定管從架上取下，捏住管上端無刻度處，使滴定管保持垂直E．平行滴定時(shí)，須重新裝液并調(diào)節(jié)液面至“0”刻度或“零刻度”以下(6)碘酸鈣晶體中Ca(IO3)2·6H2O(相對分子質(zhì)量為498)的純度為(計(jì)算結(jié)果保留兩位小數(shù))?！敬鸢浮?1)便于隨時(shí)添加鹽酸，且能平衡壓強(qiáng)(1分)(2)I2+2KClO3+HClKIO3·HIO3+KCl+Cl2↑(2分)堿石灰(1)(3)溫度過低，反應(yīng)速率慢，溫度過高，易導(dǎo)致碘升華或鹽酸揮發(fā)，產(chǎn)率低(1分)(4)可以除去晶體表面的水分，同時(shí)乙醇易揮發(fā)便于快速干燥(1分)(5)AC(2分)(6)87.15%(2分)【解析】在三頸燒瓶中加入碘、氯酸鉀和水，滴加鹽酸至PH=1，控制溫度85℃左右，發(fā)生如下反應(yīng)：I2+2KClO3+HClKIO3·HIO3+KCl+Cl2↑；生成的氯氣用盛有堿石灰的干燥管吸收；將步驟Ⅰ反應(yīng)后的溶液轉(zhuǎn)入燒杯中，加入KOH溶液調(diào)節(jié)HP=10；繼續(xù)滴加CaCl2溶液，充分反應(yīng)后用冰水冷卻，抽濾、用少量冰水洗滌、再用少量無水乙醇洗滌，干燥，得粗產(chǎn)品碘酸鈣晶體。(1)儀器c的名稱為恒壓滴液漏斗，與普通漏斗相比的優(yōu)點(diǎn)為便于隨時(shí)添加鹽酸，且能平衡壓強(qiáng)；(2)由分析知，三頸燒瓶中加入碘、氯酸鉀和水，滴加鹽酸至PH=1，控制溫度85℃左右，發(fā)生如下反應(yīng)：I2+2KClO3+HClKIO3·HIO3+KCl+Cl2↑；生成的氯氣用盛有堿石灰的干燥管吸收；(3)因反應(yīng)物碘單質(zhì)易升華，同時(shí)鹽酸易揮發(fā)，因此反應(yīng)溫度不宜過高，溫度過高，易導(dǎo)致碘升華或鹽酸揮發(fā)，產(chǎn)率低，溫度過低