河北省2021屆高三診斷大聯(lián)考化學試題（解析版）

神州智達2021屆高三診斷性大聯(lián)考

化學(沖刺卷H)

注意事項：

1.答卷前，考生務將自己姓名和考號填寫在答題卡上

2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需

改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在等題卡上，寫

在本試卷上無效。

3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。

可能用到的相對原子質量：HlC12O16Na23Si28S32Ca40Cu64Mo96

一、選擇題：每小題只有一個選項符合題目要求。

1.84消毒液(NaClO)、甲醛(HCHO)、過氧乙酸(CH3coOOH)、Ca(ClO)2均可用于殺菌消毒下列說

法錯誤的是()

A.84消毒液和潔廁靈混合使用效果更好

B.甲醛水溶液可用于浸泡生物標本

C,過氧乙酸(CH3coOOH)配制過程中應佩戴橡膠手套

D.Ca(C10)2與空氣中的CO2和H2O作用形成HC10

【答案】A

【解析】

【分析】

【詳解】A.84消毒液的有效成分是NaClO,潔廁靈的主要成分是鹽酸，兩者混合發(fā)生NaC10+2HCl=NaCl

+Cht+H2O,產生氯氣，氯氣有毒，故A說法錯誤；

B.甲醛能使蛋白質變性，甲醛的水溶液稱為福爾馬林溶液，用于浸泡生物標本，故B說法正確；

C.過氧乙酸有較強的腐蝕性，不能直接用手接觸，因此配制過程中應佩戴橡膠手套，故C說法正確；

D.次氯酸的酸性弱于碳酸，Ca(C10)2與空氣中的CO2和H2O反應Ca(CIO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HC1O,

故D說法正確；

答案為A。

2.下列過程中不涉及分解反應的是()

A.電解法制備金屬鎂B.水滴石穿

C.《石灰吟》中的“烈火煨燒D.氯水久置酸性增強

【答案】B

【解析】

【分析】

【詳解】A.電解法制備金屬鎂MgCL譬Mg+Chf,是分解反應，故A正確；

B.水滴石穿原理：碳酸鈣與二氧化碳和水反應生成易溶于水的碳酸氫鈣，即CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2,

是化合反應，故B錯誤；

C.烈火煨燒是石灰石煨燒分解生成CaO和二氧化碳：CaCCh瞥CaO+CChf,是分解反應，故C正確；

D.氯氣和水的反應生成HC1O,新制的氯水久置時發(fā)生HC1O分解生成HC1和02,生成的HCI導致溶液酸

性增強，反應化學方程式為：2HC1O=2HC1+O2T，是分解反應，故D正確；

故選：Bo

3.下列說法正確的是()

A.Na跟水反應所得產物既有電解質又有非電解質

B.加入還原劑才可完成NaCl--->Na的轉化

C.過氧化鈉的電子式為Na:O:O:Na

D.Na2cO3溶液顯堿性，Na2c。3屬于鹽類

【答案】D

【解析】

【分析】

【詳解】A.Na跟水反應所得產物為NaOH和H2,其中NaOH為電解質，而出既不是電解質也不是非電

解質，A項錯誤；

B.NaCl晶體熔融下，可以電解為Na和氯氣，不需要加入還原劑，B項錯誤；

一-I2一

C.過氧化鈉為離子化合物，其電子式為Na+:6:6:Na+,C項錯誤；

D.Na2c。3為強堿弱酸鹽，在水溶液中，碳酸根易水解，溶液顯堿性，D項正確；

答案選D。

4.有機物J是合成抗病毒藥物的醫(yī)藥中間體，下列有關該化合物的說法錯誤的是（）

A.分子式為c9Hl4。8B.所有碳原子可能位于同一平面

C可發(fā)生加成反應D.其鏈狀同分異構體中可能含有一個雙鍵和一個三

鍵

【答案】B

【解析】

【分析】

【詳解】A.根據(jù)結構式可知分子式為C9H14O8,故A正確；

B.環(huán)己烯六個碳原子不能共平面，故B錯誤；

C.由于含有碳碳雙鍵，因此可以發(fā)生加成反應，故C正確；

D.該化合物含有3個不飽和度，又因為一個雙鍵含有1個不飽和度，一個三鍵含有2個不飽和度，所以其

鏈狀同分異構體中可能含有一個雙鍵和一個三鍵，故D錯誤；

故選B。

5.X、Y、Z、W、V是五種原子序數(shù)依次增大的短周主族元素，X與Y的最外層電子數(shù)之和等于Z與W的

最外層電子數(shù)之和，淡黃色固體單質W可由X?W與WY2反應生成。下列敘述中正確的是（）

A.簡單離子半徑：Z>W>V>YB.含氧酸酸性：W<V

C.簡單氫化物的沸：W>YD.化合物ZX與X2Y反應有無包無味氣體生成

【答案】D

【解析】

【分析】淡黃色固體單質W,則W為S元素，則X?w為H2s與WY?為S20,X與Y的最外層電子數(shù)之和

等于Z與W的最外層電子數(shù)之和，則Z為Na元素，W為S元素，V為C1元素，據(jù)此解題。

【詳解】A.簡單離子半徑：W>V>Y>Z，故A錯誤；

B.含氧酸酸性不能比較,例如：H2so>HC1O,HC1C）4>H2so4,故B錯誤；

C.簡單氫化物的沸點：W<Y,故C錯誤；

D.化合物ZX與X?Y反應有無色無味氣體生成NaH+H2O=NaOH+H2,故D正確；

故選D。

6.下列變化對應的離子方程式錯誤的是（）

+

A.硅酸鈉溶液中滴加稀硫酸：SiOt+2H=H2SiO3l

電解

B.用惰性電極電解飽和食鹽水：2C1+2H20---Cl2t+H2t+20H

A。

C.足量NaOH溶液和NH4HSO3溶液混合加熱：NH；+HS0；+20H-=NH3t+S0^+2H20

D.用稀氫氧化鈉溶液吸收二氧化氮：20H+2NO2=NO3+NO+H2O

【答案】D

【解析】

【分析】

【詳解】A.硅酸鈉溶液中滴加稀硫酸，生成硅酸沉淀，離子方程式為：SiOt+2r=H2SiO3l,A項正確;

B.用惰性電極電解飽和食鹽水，生成氯氣、氫氣和氫氧化鈉，離子方程式為：

電解

2C1+2H2OCl2t+H2t+20H\B項正確；

C.足量NaOH溶液和NH4HSO3溶液混合加熱，生成氨氣、硫酸鈉和水，離子方程式：

NH4+HSO3+2OH=NH:if+S0^+2H20,C項正確；

D.用稀氫氧化鈉溶液吸收二氧化氮，生成硝酸鈉、一氧化氮和水，本題電荷未守恒，正確的離子方程式為:

2OH+2NO2=NO；+NO-+H2O,D項錯誤：

答案選D。

7.碘在科研與生活中有重要應用。某興趣小組用0.20mol-LjiKI0.2%淀粉溶液

0.20mol-L＞（NH4bszOsO.lOmolL-'Na2s?。3等式劑，探究反應條件對化學反應速率的影響。

已知:$2。；一+2r=2S0：+L（慢）

2s2。；+l2=S,4（t（無色）+2「（快）

結合表中數(shù)據(jù)判斷下列說法錯誤的是

實驗編號111IIIIVV

0.20molC'（NH4）,S2O810.05.02.510.010.0

O2Omol-U1KI10.010.010.05.02.5

試劑用量

O.lOmolL-1Na2s2O3

/（H1L）4.04.04.04.04.0

0.2%淀粉溶液2.02.02.02.02.0

蒸儲水0.0a7.5b7.5

顯色時間At/（s）352112356107

A.a=5,b=5

B.實驗I中，用Na2s2。3表示的反應速率為v（S2O；）=gSmol-LLsT

C.反應液初始濃度越大，反應時間越短，平均反應速率越大

D.為確保能觀察到藍色，需滿足的關系為n（S2O：）:n（S2Oj）＜2

【答案】B

【解析】

【分析】

【詳解】A.為了控制溶液總體積不變，故a=b=5,A項正確;

△c4.0x10'3Lx0.1Omol/L0.40.4

B.由v=—,At=35s,Ac---------------------=-molI//TL,則milv=——mol-L^-s'1,B

At26.0xl03L2626x352275

項錯誤；

c.對比I、n、in可知反應物初始濃度越大，反應時間越短，平均速率越大，c項正確；

D.由反應S2O；-2r=2S0：+L，是慢反應，而2SQ；+k=SQ：+2r為快反應，為能看到藍色，s?。；應

更多，則n（S2O：）:n（S2O；）＜2,D項正確；

答案選B。

8.設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法錯誤的是（）

A.標準狀況下，9.2g甘油［小2（。電（31i（0電（2凡0司所含-011數(shù)目為0.3必

B.ILpH=2的新制氯水中OH，C1O\C「的數(shù)目之和為001NA

C.標準狀況下，IL2LSO3中所含0原子數(shù)目為1.5N,\

D.1LO.lmoir1FeC1溶液中Fe，+數(shù)目小于01NA

【答案】C

【解析】

【分析】

【詳解】A.甘油分子中含有3個羥基，9.2g甘油的物質的量為0.1mol,含有的羥基數(shù)目為0.3M,故A正

確；

B.lLpH=2的溶液中存在電荷守恒關系：n(OH)+n(C10)+n(Cl)=ZJ(H+)=ILX0.01mol/L=0.01mol,則新

制氯水中OH-、C1O\C「的數(shù)目之和為O.OINA,故B正確；

C.標準狀況下，三氧化硫為非氣態(tài)，無法計算11.2L三氧化硫的物質的量和所含氧原子數(shù)目，故C錯誤；

D.氯化鐵是強酸弱堿鹽，在溶液中會發(fā)生水解，則ILO.lmol/L氯化鐵溶液中鐵離子數(shù)目小于O.INA,故D

正確；

故選C。

9.用如圖所示裝置進行CHd還原CuO的實驗，已知實驗前稱取的CuO的質量為12g,下列說法錯誤的是

A.D處有氣泡冒出時，點燃A處酒精燈

B.B處無水硫酸銅變藍，說明CH4還原CuO時有H?。生成

C.C處的澄清石灰水變渾濁，說明CH4還原CuO時生成CO?

D.當固體質量為9.6g<m<10.8g時，表明紅色固體是Cu與C%。的混合物

【答案】A

【解析】

【分析】由題給實驗裝置圖可知，進行甲烷還原氧化銅的實驗前，應先通入甲烷氣體，待裝置D中均勻有

氣泡冒出后，說明裝置中的空氣已排盡，再點燃裝置A中的酒精燈，裝置B中無水硫酸銅變藍，說明反應

有水生成，裝置C中澄清石灰水變渾濁，說明反應有二氧化碳生成，裝置D的吸收過量的甲烷，防止污染

環(huán)境。

【詳解】A.為防止裝置中的氧氣干擾實驗，進行甲烷還原氧化銅的實驗前，應先通入甲烷氣體，待裝置D

中均勻有氣泡冒出時，說明裝置中的空氣已排盡，再點燃裝置A中的酒精燈，故A錯誤；

B.水蒸氣能使無水硫酸銅變藍色，若裝置B中無水硫酸銅變藍，說明甲烷還原氧化銅的反應中有水生成，

故B正確；

C.二氧化碳能使澄清石灰水變渾濁，若裝置C中澄清石灰水變渾濁，說明甲烷還原氧化銅的反應中有二氧

化碳生成，故c正確；

D.若甲烷還原氧化銅的反應生成銅，由銅原子個數(shù)守恒可知，若12g氧化銅完全生成銅，銅的質量為

12gx64,同理可知，氧化亞銅的質量為144=]0則充分反應后固體質量為

8080x2

9.6g<m<10.8g時，說明甲烷還原氧化銅的反應中生成的紅色固體是銅和氧化亞銅的混合物，故D正確；

故選Ao

10.分子篩催化環(huán)己烯（。|）芳構化制苯（◎）的反應歷程和過程中能壘圖分別見圖一和圖二。

R(ZO?C6HH))TSIIntl(ZO<聞TS2

了)TS4P(CH6onZOH)

TS3Int3(Z0>C6H6

圖一

下列說法中錯誤的是（）

A.TSlfInti的反應為取代反應

B.決定化學反應速率的步驟為Int3fTS4

【答案】B

【分析】

【詳解】A.觀察TSI及Inti的結構簡式可知TSI-Inti的反應應為取代反應，A項正確；

B.升高溫度，反應速率變化最大的步驟應該是活化能最大的步驟，由題圖可知，應該是R-TS1的反應,

B項錯誤；

C.根據(jù)圖中的結構簡式可知環(huán)己烯芳構化反應為____0—>fJ+2H2,C項正確;

D.由環(huán)己烯芳構化的反應進程可知,經芳構化反應可能得到

D項正確;

答案選B。

二、選擇題：每小題有一個或兩個選項符合題目要求

11.現(xiàn)有環(huán)狀化合物結構如圖，有關說法正確的是（）

CH3O

0=^CH3-LQHHOOH

o——

ab

A.b、c可發(fā)生縮聚反應

B.a、b、c互為同分異構體

C.a、b、c均可發(fā)生氧化反應和加成反應

D.等物質的量的a和b消耗NaOH的物質的量之比為2：1

【答案】B

【解析】

【分析】

【詳解】A.b中含1個竣基，不能發(fā)生縮聚反應，c中含2個羥基，能與竣基發(fā)生縮聚反應，A錯誤；

B.a、b、c分子式相同，結構不同，互為同分異構體，B正確；

C.a、b、c都能燃燒，均可發(fā)生氧化反應，不能發(fā)生加成反應，C錯誤；

D.a含1個酯基,能消耗ImolNaOH,b中含1個竣基,能消耗ImolNaOH,等物質的量的a和b消耗NaOH

的物質的量之比為1：1,D錯誤；

故選：Bo

12.研究發(fā)現(xiàn)，高溫時，利用如圖所示裝置（加熱裝置略去），加入合適的熔鹽電解質（可傳導。2一）可直接電

通電

解SiC>2得到Si-Za-Mg合金，其電解原理為Si。2—Si+（V。下列說法錯誤的是（）

A.Ar氣保護Y電極，防止高溫時被氧氣氧化損耗石墨

B.石墨坨煙和與之接觸的合金作陽極

C.陽極反應為202--4}=。2個

D.合金質量增加2.8g時，0.4mol電子由X流向電源負極

【答案】B

【解析】

【分析】由題給示意圖可知，該裝置為電解池，石墨電極為電解池的陽極，氧離子在陽極上失去電子發(fā)生

氧化反應生成氧氣，電極反應式為202-4e=02t高溫下氧氣與石墨發(fā)生反應生成碳的氧化物會損耗陽極,

石墨用煙和與之接觸的合金做陰極，二氧化硅在陰極上得到電子發(fā)生還原反應生成生成硅，電極反應式為

+2

SiO24e=Si+20?

【詳解】A.由分析可知，石墨電極為電解池的陽極，氧離子在陽極上失去電子發(fā)生氧化反應生成氧氣，高

溫下氧氣與石墨發(fā)生反應生成碳的氧化物會損耗陽極，則電解過程中需在陽極通入負氣氣保護Y電極，防

止高溫時被氧氣氧化損耗石墨，故A正確；

B.由分析可知，石墨用煙和與之接觸的合金做陰極，故B錯誤；

C.由分析可知，石墨電極為電解池的陽極，氧離子在陽極上失去電子發(fā)生氧化反應生成氧氣，電極反應式

為202—4e=02t,故C正確；

D.由分析可知，墨生煙和與之接觸的合金做陰極，二氧化硅在陰極上得到電子發(fā)生還原反應生成生成硅，

電極反應式為SiO2+4e=Si+2Cp—,合金質量增加2.8g時，陽極生成O.lmol硅，有0.4mol電子流向負極，故

D正確；

故選Bo

13.隨著各類氣體傳感器的開發(fā)，廢氣監(jiān)測越來越精細。廢氣I中含有碳氧化物、NO及少量SO?,不能

達到排放標準，擬采用如圖工藝進行回收處理，流程中兩種廢氣吸收劑依次為Ca（OHb和NaOH與水的

混合物。下列說法正確的是（）

空^NHQ溶液

廢氣ITI廢氣吸收劑I|T廢氣IIT陵氣吸收劑IIITNaNO：溶液TN,

JJT

威查X-旗氣HI-------------

A.廢渣中所含鹽為C和S的最高價含氧酸對應的鈣鹽

B.向廢氣II中通入空氣的目的是將NO全部氧化為NO?

C.NH4cl溶液與NaNO?溶液混合生成N2時，氧化劑和還原劑物質的量不相等

D.廢氣HI中所含氣體X經回收可用作冶煉金屬的還原劑

【答案】BD

【解析】

【分析】廢氣I中含有碳氧化物、N0、少量的SCh,廢氣吸收劑1為Ca(0H)2,能夠吸收酸性氣體CCh、

SO2等氣體，廢渣為CaCCh、CaCO3,廢氣II中通入空氣，使NO轉變成NCh,廢氣吸收劑H為NaOH,發(fā)

生2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O,力口入NH4cl和NaNCh發(fā)生氧化還原反應，生成NaCl和Nz,廢

氣IH為CO,據(jù)此分析；

【詳解】A.廢渣為CaCCh和CaSCh,CaCCh為C的最高價含氧酸對應的該鹽，CaSCh中S的化合價為十4

價，不是最高價，故A說法錯誤；

B.根據(jù)上述分析，NO不能與NaOH反應，因此通入空氣的目的是將NO全部氧化為NCh,便于用NaOH

吸收NO2,故B說法正確；

C.NH4cl中N由一3價一0價，化合價升高3價，NaNCh中N由+3價一0價，化合價降低3價，根據(jù)得失

電子數(shù)目守恒，因此氧化劑NaNCh與NH4cl還原劑的物質的量相等，故C說法錯誤；

D.根據(jù)上述分析，氣體X為CO,CO可用作冶煉金屬中還原劑，故D說法正確；

答案為BD。

14.氨催化氧化時會發(fā)生如下兩個競爭反應。

4NH3(g)+502(g)D4N0(g)+6H20(g)AH<0

4NH3(g)+302(g)Q2N2(g)+6H20(g)AH<0

為分析某催化劑對該反應的選擇性，在1L密閉容器中充入ImolNH,和2moi0,,測得有關物質的物質的

量與溫度的關系如圖所示。下列說法錯誤的是()

A.對于反應I,ASX)B.對于反應1,C點比B點平衡常數(shù)小

C.該催化劑在低溫時選擇反應ID.520c時，A點。2的物質的量分數(shù)約為46%

【答案】C

【解析】

【分析】

【詳解】A.對于反應I,4+5<4+6,正反應方向為氣體物質的量增大的方向，正反應方向是燧增加的方向,

ASX),A項正確；

B.C點中，一氧化氮的物質的量比B點少，則反應物C點比B點的物質的量大，根據(jù)平衡常數(shù)

K=c(H2O)c(NO)c點比B點平衡常數(shù)小，B項正確；

c(NH3)C(02)

C.由圖示可知低溫時，容器中主要產物為氮氣，則該催化劑在低溫時選擇反應1【，c項錯誤；

D.反應I中,A點,一氧化氮為0.2moL則H2O(g)=0.3mol,消耗了0.25moK)2和0.2molNH3,反應H中,

A點，氮氣為0.2mol,貝IH2O(g)=0.6mol,消耗了0.3molO2和0.4molNH3,由此可以計算出。2的物質的量

2mol-0.25mol-0.3mol

分數(shù)=X100%?46.03%,D項正

2mol+lmol+0.2mol+0,2mol+0.6mol+0.3mol-0.25mol-0.2mol-0.3mol-0.4mol

確;

答案選C。

15.用O.lOmoLLTKOH溶液滴定20mL0.10mol磷酸二氫鈉(NaF^P。?)溶液，混合溶液的相對導

電能力變化曲線如圖所示。已知NatHPO,溶液呈堿性，下列說法錯誤的是()

20

A.ab過程中發(fā)生反應的離子方程式為H2P0,+0H-=HP0；+40

B.b點對應溶液中c(Na-)>c(POj)>c(H2PoJ

c(HPOj)

C.若c點溶液pH=12,且=10°6,則KjHPO；)=10-126

c(P。；)

D.若用同濃度NaOH溶液代替KOH溶液進行滴定，圖像與該圖完全重合

【答案】BD

【解析】

【分析】

【詳解】A.由于H2P。4能電離出部分H+,所以在ab過程能與堿發(fā)生中和反應，離子方程式為:

H2PO；+OH=HPO；+H2O,A正確;

B.由圖知ab段和be段發(fā)生的化學反應不同，因為NaHPO4是b點的主要成分，且溶液呈堿性，則HPO：

的水解程度大于電離程度，則c(H2Po4)>c(PO：),B錯誤；

C.K4(HPO；)=C(POJc")=1096x10-12=1072.6,c正確；

\7c(HPO-)

D.溶液的導電性與離子的種類、離子濃度、離子所帶電荷數(shù)有關，氫氧化鉀的堿性略比氫氧化鈉的堿性強,

將NaOH改變成KOH,圖像不完全重合，D錯誤；

故選：BD。

三、非選擇題

16.組(Mo)是一種稀有金屬，利用銅精礦(主要成分為MoS?和Si。?)得到精Mo的一種工藝流程如圖：

八Q

純堿

曾礦箏溶［夜號渣稀硫酸

空氣f(焙燒蚪----心浸而一叱McO4溶液f(限必池)~AH?MOC)4

n部JK.I

精一〔電解池〕—粗Me——X<一^(熱解爐)

已知：常溫下K￡CaMo04)=L6xl05,回答下列問題：

(1)焙燒后得到+6價的鋁氧化物X,“焙燒”的主要化學方程式為,廢氣過量排放引起的環(huán)境污染主

要為的o

(2)Na2MoO「2H2。晶體可經蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、洗滌、干燥直接從Na?MoO4溶液獲得，測得16g鋁

精礦樣品經上述工藝焙燒、堿溶后獲得12.1g晶體，忽略流程中產品損耗，則該鋁精礦MoS2的純度為

(3)計算CaMoC^的溶解度約為g,若晶體NazMoOrZH?。中混有少量CaMoO?,進一步提純晶

體Na2MoO4-2H2O的操作名稱為。

(4)已知：H2MoOq為弱酸，微溶于水，“酸化”得到H?MoO4的離子方程式為。

⑸電解精煉Mo時，電解質溶液為KC1-K3MOC16溶液，“粗Mo”應與電源(填“正”或"負”)極相連,

另一極為石墨電極，若陰極的電極反應為MoCl〉+3e-=Mo+6C「，則陽極主要的電極反應為。

【答案】(1).2MOS2+702=2MOO3+4SO2⑵.形成酸雨(3).50%(4).8x10*⑸.溶解

+

過濾、蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶(6).MOO^+2H=H2MOO4^(7),正(8).Mo-3e-+6Cr=MoCl：

【解析】

【分析】制備鋁酸鈉：鋁精礦(主要成分為MoS2)在空氣中焙燒，由小題(1)知，得到MOC>3,根據(jù)S元素的

價態(tài)變化規(guī)律可知s元素被氧化成二氧化硫；然后MOO3用碳酸鈉溶液溶解，過濾分離出難溶物，得到

Na2Moe)4溶液；加入足量硫酸得到鋁酸沉淀，過濾后經高溫灼燒得到MoCh,氫氣還原MoCh得到粗Mo,

再經過電解池得到精Mo,據(jù)此解答。

【詳解】(1)焙燒后得到+6價的鋁氧化物X,可知X為，得到MoCh,根據(jù)S元素的價態(tài)變化規(guī)律可知S元

素被氧化成二氧化硫，則“焙燒”的主要化學方程式為2Mos2+702=2MOO3+4SO2；焙燒的產物除MoCh外

的另一種是SO2,產生的尾氣對環(huán)境的主要危害是形成酸雨，故答案為：2MOS2+702=2MoO3+4SO2；形

成酸雨；

(2)根據(jù)M。守恒，該反應存在關系式：MoS2~Na2MoO4-2H2O,經過焙燒、堿溶后獲得

12la

12.1gNa,MoO.2H,。晶體，其物質的量，=0.05mol,理論上消耗MoS,的質量

242g/mol

-0.05molxl60g/mol=8g,則該鋁精礦MoS2=.xl00%=50%,故答案為：50%；

16g

2+

(3)設飽和CaMoO4溶液中CaMoO4的濃度為c,由CaMoO4⑸fCa(叫)+MoO：(aq)可知

、c,八-5iS4.0x10-3molx200g/mol

K(CaMoO])=1.6x10=c~,c=4.0x103moi/L,=---------------------?解得：S=8x104g,

sp41001000g

4

該溫度下CaMoOa的溶解度約為8x10g；CaMoO&難溶，進一步提純晶體Na2MoO4-2H2O的操作名稱

為：溶解過濾、蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶，故答案為：8x10-4；溶解過濾、蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶；

+

(4)Na2MoCU溶液加入足量硫酸得到鋁酸沉淀，離子方程式為：己知：MoO；-+2H=H2MoO4,故答案

+

為：MOO^+2H=H2MOO44<；

(5)電解精煉Mo時，電解質溶液為KCl-K3Moe%溶液，一極為石墨電極，若陰極的電極反應為

MoCl^+3e=Mo+6Cl,則“粗Mo”應與電源正極相連，為陽極，其電極反應為：Mo-3e+6cl=MoCl]

故答案為：正；Mo-3e+6C1=MoCl^o

【點睛】本題考查了物質制備流程和方案的分析判斷，物質性質的應用，結合題目信息對流程的分析是本

題的解題關鍵，難點為(3),要注意根據(jù)Ksp計算溶解度的一般方法的理解和應用。

17.酯化反應是一個可逆反應，為了提高酯的產量，應盡量使反應向有利于生成酯的方向進行?，F(xiàn)用如圖

裝置及藥品制備乙酸乙酯，實驗過程中間歇加熱回流，緩緩滴入冰醋酸至完全反應。

已知：①乙醇可與CaCl2形成CaC%-6C2H,OH難溶物;

②冰醋酸的密度為1.05g-mLT；乙酸乙酯的密度為0.9g-mLJ：

③由竣酸和醉成酯的反應機理為:

+HD

)HR-C-OH

OH

II

-%。)-H+

Xu□R-C-OH□R-C-OH、OH〉|1-(,-(中'

IVOH+K-OOHII

HO-R'O-R'R-C-OR

回答下列問題:

(1)儀器a的名稱為

(2)對得到的乙酸乙酯粗產品提純:

①向粗產品中加入碳酸鈉粉末，觀察到現(xiàn)象為的

②向其中加入飽和氯化鈣溶液，振蕩、靜置、分離，主要目的是o

③向所得有機層中加入無水硫酸鈉，(填操作名稱)；將處理過的液體蒸儲，得到純凈的乙酸乙酯。

(3)本實驗最終得到乙酸乙酯19.5mL,計算知乙酸乙酯的產率為(保留2位有效數(shù)字)；反應液溫度

過高，產率會下降，可能的原園是。

(4)根據(jù)竣酸和醇成酯的反應機理推測，下列物質中可用作制備乙酸乙酯的催化劑為(填標號)，理由

是一(用離子方程式表示)；

A.NaOHB.CaCl2C.AIC13

醇(R|8(DH)和段酸(R'COOH)在催化劑作用下的化學方程式為o

【答案】(1).直形冷凝管(2).有氣泡產生，溶液分層(3).除去乙酸乙酯中的乙醇和碳酸鈉溶

液(4).干燥(5).80%(6).溫度過高使乙醇、乙酸揮發(fā)，反應物的消耗量增大，產率降低(7).

3++I88

C(8),Al+3H2OnA1(OH)3+3H(9),ROH+RTOOHRWOH+H2O

【解析】

【分析】由酯化反應的機理可知，酸性環(huán)境有利于酯化反應的進行,反應時應選用能使溶液呈酸性的催化劑,

促使反應進行。

【詳解】(1)由實驗裝置圖可知，儀器a為直形冷凝管，故答案為：直形冷凝管；

(2)①乙酸乙酯中混有乙醇和乙酸，向粗產品中加入碳酸鈉粉末，碳酸鈉能與未反應的乙酸反應生成二氧化

碳氣體除去乙酸，碳酸鈉溶液能降低乙酸乙酯的溶解度，使溶液分層，故答案為：有氣泡產生，溶液分層;

②向分層后的溶液中加入飽和氯化鈣溶液，氯化鈣溶液能與乙酸乙酯中的碳酸鈉反應生成碳酸鈣沉淀除去,

同時將乙酸乙酯中的乙醇轉化為難溶的六乙醇氯化鈣難溶物除去，故答案為：除去乙酸乙酯中的乙醇和碳

酸鈉溶液；

③向所得有機層中加入無水硫酸鈉，無水硫酸鈉與乙酸乙酯中的水反應生成十水硫酸鈉晶體，將水除去起

到干燥的作用，故答案為：干燥；

(3)由酯化反應的機理可知，酸性環(huán)境有利于酯化反應的進行，氯化鋁在溶液中水解使溶解呈酸性，有利于

酯化反應進行，則可用作制備乙酸乙酯的催化劑為氯化鋁，氯化鋁在溶液中水解使溶液呈酸性的離子方程

3+

式為，故答案為：C；A1+3H2ODA1(OH)3+3H+；

(4)由酯化反應的機理可知，18。存在于乙醇和乙酸乙酯中，則在催化劑作用下，Ri80H與R'COOH發(fā)生酯

化反應生成R'COMH和水，反應的化學方程式為Ri80H+R'C00H"萼"R'CC^OH+HZO,故答案為：

RI8OH+RCOOH?RWl80H+H2O。

18.發(fā)展乙煥精細化工是乙烘化工發(fā)展的必不可少的途徑。回答下列問題：

(1)天然氣裂解是制乙煥的重要途徑，涉及反應為：

主反應：2cH4(g)口C2H2(g)+3H2(g)

副反應：2cH4(g)口C2H4(g)+2H2(g)

提高主反應CH,的平衡轉化率。

A.CH4B.C2H2C.C2H4D.H2

(2)乙煥和乙烯均可通過加成反應得到乙烷，對應的熱化學方程式如下:

①C2H2(g)+2H2(g)口C2H3(g)AH^-SllKjnnor1

②C2H4(g)+H2(g)□C2H3(g)AH2=-137KJQior

則乙快加氫生成乙烯的能量變化趨勢對應示意圖為(填“a”或"b”)圖中對應的浙o

⑶一定條件下，研究表示反應：C2H2(g)+H2(g)DC2H3(g)生成乙烯的

：t60S5

v=0.585[p(C2H2)]°[p(H2)]?p(FQ一定時，若p(C2H2)<p?(C2HJ則(填，，或“v”)。

(4)由C2H②可以得到重要的化工原料C2H4,同時生成兩種常見單質氣體，電解催化裝置示意圖如圖：

【答案】(1).68.75%(2).10|(,(3).C⑷.a(5).-174kJ/mol(6).>⑺.用帶火

星的小木條，若復燃說明是氧氣(8).Pd(9).C2H2+2e-+2H+=C2H4

【解析】

【分析】

【詳解】⑴設甲烷的初始分壓為m,氫氣的初始分壓為n,

(

2CH4(g)□c2H2g)+3H2(g)

P初m0n

P轉200100300

P末m+200100n+300

2cHKg)□C2H4(g)+2H2(g)

P初0n

,反應后CH4分壓為100,所以m-200-20=100,m=320,

P轉201020

P末m-2010n+20

P-'(H,)-P(C,H,)10000'x100IO

CH轉化率為,1。0%=68.75%；主反應Kp==10;

P"CH4)1002

對于提高甲烷的平衡轉化率:

A、甲烷的初始量增大，轉化率降低;

B、反應逆向移動，轉化率降低;

C、加入C2H4逆反應逆向移動，導致甲烷增多，進而使反應平衡正向移動，甲烷轉化率增大;

D、主反應逆向移動，轉化率降低。

⑵

①C2H2(g)+2H2(g)口C2H3(g)AH,=-311kJ?nit②

,l

C2H4(g)+H2(g)DC2H3(g)AH2-137kJh1or,得乙快加氫生成乙烯的熱化學方程式為

C2H2(g)+H2(g)DC2H4(g)AH=-311-(-137)=-174kJ/mol,對應示意圖為a；

(3)在某催化劑上生成乙烯的速率方程為v=0.585[p(C2H2)]°"5(町了版,p(H2)一定時，p(C2H2)越大V

越小，若P1(C2H2)<p2(C2H2),則V]>V

2，

(4)利用Pd、Pt作電極，電解催化乙煥合成乙烯，同時可得到副產品H2和。2,Pd電極為陰極，乙煥得到電

子發(fā)生還原反應生成乙烯。同時溶液中氫離子得到電子生成氫氣，電極反應：C2H2+2e+2H+=C2H4；

+

2H+2e=H2t,Pt為電解池的陽極，溶液中氫氧根離子失電子發(fā)生氧化反應生成氧氣，b出口得到的副產品

是02,檢驗氧氣用帶火星的小木條。

19.金屬銃(Sc)是一種柔軟、銀白色的過渡金屬，其中一種由酸式氟化鍍(NH&F-HF)和氧化銃及鈣為原料

的制備方法可用如圖轉化表示:

HO

NHF-HF2

4n300℃

NH4F

SC2O3―

ScF—?Sc

3900~1650℃

L

Ca—-*CaF2

回答下列問題:

(l)Sc位于元素周期表的區(qū)；基態(tài)Sc原子的價層電子軌道表示式為

⑵酸式氟化鍍的組成元素中，電負性由大到小的順序為:陽離子NH：的空間構型為,中心

原子的雜化方式與NH?（填“相同”或“不相同）；NH&F中，不存在_______（填標號）。

A離子鍵B.G鍵C.兀鍵D.氫鍵E.配位鍵

（3）CaF2是離子晶體，其晶格能符合圖中的Bom—Haber循環(huán)。

Ca2+（g）+2F7g）一ekJ/m'“CaF?（晶體）

bikJ/mol

ckJ/mol

Ca+（g）

b\kJ/mol2F（g）

Ca（g）

MdkJ/mol

akJ/mol

111

Ca（晶體）+F2（g）一一/"/。1-------------

①CaF；的晶格能為；bib2（填+'或y'）。

（4）CaF2的晶胞如圖所示，其中Ca?+的配位數(shù)為,Ca耳的密度為夕gEtm7.相鄰的兩個Ca?+的最近

核間距為acm,則CaF2的摩爾質量數(shù)值為（列出計算式，設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值）。

CaF2晶胞(?Ca2+oF-)

【答案】Q).d(2).I1J(3).F>N>H(4).正四面體

3d4s

a'Nx

(5).相同⑹.CD(7).eKJ/mol(8).<(9).8(10).——

4

【解析】

【分析】

【詳解】(l)Sc是21號元素，位于第四周期、HIB族，位于元素周期表的d區(qū)；基態(tài)Sc原子的價電子排布

式是3dzs2,價層電子軌道表示式為二_______________二E3。

3d4s

⑵酸式氟化鏤中含有N、H、F三種元素，非金屬性越強電負性越大，電負性由大到小的順序為F>N>H；NH：

5+4-1

中N原子的價電子對數(shù)是二一二4,無孤電子對，陽離子NH：的空間構型為正四面體，中心原子的雜化

方式為sp3,NH,中N原子的價電子對數(shù)是半=4,中心原子的雜化方式為sp3；NH&F由NH：和F-構成,

T-TJ——十

NH；的結構式是H-N-H,存在離子鍵、。鍵、配位鍵，不存在兀鍵、氫鍵。

①晶格能是指在標準狀況下，使離子晶體變成氣態(tài)正離子和氣態(tài)負離子時所吸收的能量，根據(jù)圖示CaF?的

晶格能為eKJ/mol；bi為Ca的第一電離能、b2為Ca的第二電離能，所以bi<b2；

(4)在CaF?晶胞中每個Ca?+連接4個氟離子，但在下面一個晶胞中又連接4個氟離子，所以其配位數(shù)為8；

根據(jù)晶胞圖，1個晶胞中有Ca2+數(shù)為8X'+6XL=4、F數(shù)是8；相鄰的兩個Ca?+的最近核間距為acm,

82

則晶胞的體積為/5？，CaF?的密度為pg?iT3,設CaF?的摩爾質量數(shù)值為M；則

pg/cn?=J^-g/cn