重慶高考真題化學(xué)試題（解析版）

第1頁/共1頁2022年重慶市普通高中學(xué)業(yè)水平選擇性考試化學(xué)可能用到的相對原子質(zhì)量：H-1C-12N-14O-16Na-23Cl-35.5Ti-48Co-59Sn-119I-127Pb-207一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.“逐夢蒼穹之上，擁抱星辰大?！?，航天科技的發(fā)展與化學(xué)密切相關(guān)。下列選項(xiàng)正確的是A.“北斗三號(hào)”導(dǎo)航衛(wèi)星搭載計(jì)時(shí)銣原子鐘，銣?zhǔn)堑冖馎族元素B.“嫦娥五號(hào)”探測器配置砷化鎵太陽能電池，太陽能電池將化學(xué)能直接轉(zhuǎn)化為電能C.“祝融號(hào)”火星車?yán)谜煌閮?chǔ)能，正十一烷屬于不飽和烴D.“神舟十三號(hào)”航天員使用塑料航天面窗，塑料屬于無機(jī)非金屬材料【答案】A【解析】【詳解】A．銣?zhǔn)菈A金屬，位于第ⅠA族，故A正確；B．太陽能電池是將太陽能轉(zhuǎn)化為電能，故B錯(cuò)誤；C．正十一烷屬于飽和烴，故C錯(cuò)誤；D．塑料屬于有機(jī)合成材料，故D錯(cuò)誤；故選A。2.BCl3水解反應(yīng)方程式為：BCl3+3H2O=B(OH)3+3HCl，下列說法錯(cuò)誤的是A.Cl的原子結(jié)構(gòu)示意圖為 B.H2O的空間填充模型為C.BCl3的電子式為： D.B(OH)3的結(jié)構(gòu)簡式為【答案】C【解析】【詳解】A．Cl為荷電核數(shù)為17，原子結(jié)構(gòu)示意圖為，A項(xiàng)正確；B．分子為V形結(jié)構(gòu)，且O原子的半徑比H原子的半徑大，B項(xiàng)正確；C．是缺電子化合物，B提供3個(gè)電子，與3個(gè)Cl分別共用1對電子，電子式應(yīng)為，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．的結(jié)構(gòu)簡式為，D項(xiàng)正確；答案選C。3.下列敘述正確的是A.Cl2和Br2分別與Fe2+反應(yīng)得到Cl-和Br-B.Na和Li分別在O2中燃燒得到Na2O和Li2OC.1molSO3與1molNO2分別通入1L水中可產(chǎn)生相同濃度的H2SO4和HNO3D.0.1mol?L-1醋酸和0.1mol?L-1硼酸分別加入適量Na2CO3中均可得到CO2和H2O【答案】A【解析】【詳解】A．氯氣和溴的氧化性都強(qiáng)于鐵離子，都能與亞鐵離子反應(yīng)生成氯離子和溴離子，故A正確；B．鈉在氧氣中燃燒生成過氧化鈉，故B錯(cuò)誤；C．無法確定1molSO3與1molNO2分別通入1L水中所得溶液的體積，無法計(jì)算和比較所得H2SO4和HNO3的濃度大小，故C錯(cuò)誤；D．硼酸的酸性弱于碳酸，不能與碳酸鈉溶液反應(yīng)生成二氧化碳?xì)怏w，故D錯(cuò)誤；故選A。4.下列操作中，不會(huì)影響溶液中K+、Al3+、Fe3+、Ba2+、Cl-、NO等離子大量共存的是A.加入ZnSO4 B.加入Fe粉 C.通入NH3 D.通入CO2【答案】D【解析】【詳解】A．向溶液中加入硫酸鋅溶液，硫酸根離子會(huì)與溶液中的鋇離子反應(yīng)，會(huì)影響溶液中離子的大量共存，故A不符合題意；B．向溶液中加入鐵粉，鐵離子會(huì)與鐵反應(yīng)生成亞鐵離子，會(huì)影響溶液中離子的大量共存，故B不符合題意；C．向溶液中通入氨氣，鋁離子、鐵離子會(huì)與氨水反應(yīng)生成氫氧化鋁、氫氧化鐵沉淀，會(huì)影響溶液中離子的大量共存，故C不符合題意；D．向溶液中通入二氧化碳，二氧化碳與溶液中離子不發(fā)生任何反應(yīng)，不會(huì)影響溶液中離子的大量共存，故D符合題意；故選D。5.工業(yè)上用N2和H2合成NH3，NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A.消耗14gN2生成NH3分子數(shù)為2NAB.消耗1molH2，生成N－H鍵數(shù)為2NAC.生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下22.4LNH3，電子轉(zhuǎn)移數(shù)為2NAD.氧化1molNH3生成NO，需O2分子數(shù)為2NA【答案】B【解析】【詳解】A．由方程式可知，消耗14g氮?dú)馍砂睔獾姆肿訑?shù)為×2×NAmol—1=NA，故A錯(cuò)誤；B．由方程式可知，消耗1mol氫氣生成N－H鍵數(shù)為1mol××3×NAmol—1=2NA，故B正確；C．由方程式可知，生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下22.4L氨氣，反應(yīng)電子轉(zhuǎn)移數(shù)為×3×NAmol—1=3NA，故C錯(cuò)誤；D．由得失電子數(shù)目守恒可知，1mol氨氣與氧氣反應(yīng)生成一氧化氮，需氧氣分子數(shù)為1mol××NAmol—1=1.25NA，故D錯(cuò)誤；故選B。6.關(guān)于M的說法正確的是A.分子式為C12H16O6 B.含三個(gè)手性碳原子C.所有氧原子共平面 D.與(CH3)2C=O互為同系物【答案】B【解析】【詳解】A．由題干M的結(jié)構(gòu)簡式可知，其分子式為C12H18O6，A錯(cuò)誤；B．同時(shí)連有4個(gè)互不相同的原子或原子團(tuán)的碳原子為手性碳原子，故M中含三個(gè)手性碳原子，如圖所示：，B正確；C．由題干M的結(jié)構(gòu)簡式可知，形成醚鍵的O原子的碳原子均采用sp3雜化，故不可能所有氧原子共平面，C錯(cuò)誤；D．同系物是指結(jié)構(gòu)相似(官能團(tuán)的種類和數(shù)目分別相同)，組成上相差一個(gè)或若干個(gè)CH2原子團(tuán)的物質(zhì)，故M與(CH3)2C=O不互為同系物，D錯(cuò)誤；故答案為：B。7.下列實(shí)驗(yàn)裝置(夾持裝置略)及操作正確的是A.裝置甲氣體干燥 B.裝置乙固液分離 C.裝置丙Cl2制備 D.裝置丁pH測試【答案】A【解析】【詳解】A．由圖可知，裝置甲可用于干燥反應(yīng)生成的氫氣，故A正確；B．由圖可知，裝置乙固液分離的過濾操作中缺少玻璃棒引流，故B錯(cuò)誤；C．二氧化錳與濃鹽酸共熱反應(yīng)制備氯氣，由圖可知，裝置丙中缺少酒精燈加熱，不能用于制備氯氣，故C錯(cuò)誤；D．測定溶液pH時(shí)，應(yīng)將溶液滴在pH試紙中央，不能插入溶液中，則裝置丁不能用于pH測試，故D錯(cuò)誤；故選A。8.PEEK是一種特種高分子材料，可由X和Y在一定條件下反應(yīng)制得，相應(yīng)結(jié)構(gòu)簡式如圖。下列說法正確的是A.PEEK是純凈物 B.X與Y經(jīng)加聚反應(yīng)制得PEEKC.X苯環(huán)上H被Br所取代，一溴代物只有一種 D.1molY與H2發(fā)生加成反應(yīng)，最多消耗6molH2【答案】C【解析】【詳解】A．PEEK是聚合物，屬于混合物，故A錯(cuò)誤；B．由X、Y和PEEK的結(jié)構(gòu)簡式可知，X和Y發(fā)生連續(xù)的取代反應(yīng)得到PEEK，即X與Y經(jīng)縮聚反應(yīng)制得PEEK，故B錯(cuò)誤；C．X是對稱的結(jié)構(gòu)，苯環(huán)上有1種環(huán)境的H原子，苯環(huán)上H被Br所取代，一溴代物只有一種，故C正確；D．Y中苯環(huán)和羰基都可以和H2發(fā)生加成反應(yīng)，1molY與H2發(fā)生加成反應(yīng)，最多消耗7molH2，故D錯(cuò)誤；故選C。9.下列實(shí)驗(yàn)操作及現(xiàn)象與對應(yīng)結(jié)論不匹配的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作及現(xiàn)象結(jié)論A將Na2S2O3溶液和稀H2SO4混合，得到沉淀，且生成的氣體可使品紅溶液褪色Na2S2O3既體現(xiàn)還原性又體現(xiàn)氧化性B將Zn(OH)2固體粉末加入過量NaOH溶液中，充分?jǐn)嚢?，溶解得到無色溶液Zn(OH)2既體現(xiàn)堿性又體現(xiàn)酸性C將TiCl4液體和FeCl3固體分別暴露在潮濕空氣中，只有前者會(huì)冒“白煙”水解性：TiCl4＞FeCl3D將紅色固體CrO3加熱，得到綠色固體Cr2O3，且生成的氣體可以使帶火星的木條復(fù)燃熱穩(wěn)定性：CrO3＜Cr2O3A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．將Na2S2O3溶液和稀H2SO4混合，生成S單質(zhì)和SO2，S元素化合價(jià)既上升又下降，Na2S2O3既體現(xiàn)還原性又體現(xiàn)氧化性，故A正確；B．將Zn(OH)2固體粉末加入過量NaOH溶液中，充分?jǐn)嚢瑁芙獾玫綗o色溶液，說明Zn(OH)2能夠和堿反應(yīng)，體現(xiàn)酸性，不能得出其具有堿性的結(jié)論，故B錯(cuò)誤；C．將TiCl4液體和FeCl3固體分別暴露在潮濕空氣中，只有前者會(huì)冒“白煙”，說明TiCl4+3H2O═H2TiO3+4HCl，產(chǎn)生大量HCl，說明水解性：TiCl4＞FeCl3，故C正確；D．將紅色固體CrO3加熱，得到綠色固體Cr2O3，且生成的氣體可以使帶火星的木條復(fù)燃，說明該過程中產(chǎn)生了氧氣，則CrO3不穩(wěn)定，故D正確；故選B。10.R、X、Y、Z均為短周期主族元素，Y與Z同主族且Z的原子序數(shù)大于Y。R和X的原子獲得1個(gè)電子均可形成稀有氣體原子的電子層結(jié)構(gòu)，R的最高化合價(jià)為+1。1mol化合物RZY3X含58mol電子。下列說法正確的是A.R與X形成的化合物水溶液呈堿性 B.X是四種元素中原子半徑最大的C.Y單質(zhì)的氧化性比Z單質(zhì)的弱 D.Z的原子最外層電子數(shù)為6【答案】D【解析】【分析】由題干信息可知，R、X、Y、Z均為短周期主族元素，Y與Z同主族且Z的原子序數(shù)大于Y，R和X的原子獲得1個(gè)電子均可形成稀有氣體原子的電子層結(jié)構(gòu)，R的最高化合價(jià)為+1，則R為H，X為Cl或F；1mol化合物RZY3X含58mol電子，設(shè)Y的原子序數(shù)為a，則Z的原子序數(shù)為a+8；若X為F，則有1+9+a+8+3a=58，解得a=10，則Y為Ne，不符合題意；若X為Cl，則有1+17+a+8+3a=58，解得a=8，則Y為O，Z為S；故R為H、X為Cl、Y為O、Z為S，據(jù)此分析解題?！驹斀狻緼．由分析可知，R為H、X為Cl，故R與X形成的化合物即HCl水溶液呈酸性，A錯(cuò)誤；B．由分析可知，R為H、X為Cl、Y為O、Z為S，故S是四種元素中原子半徑最大的，B錯(cuò)誤；C．由分析可知，Y為O、Z為S，由于O的非金屬性比S強(qiáng)，故O2的氧化性比S強(qiáng)，C錯(cuò)誤；D．由分析可知，Z為S，是16號(hào)元素，S原子最外層電子數(shù)為6，D正確；故答案為：D。11.某小組模擬成垢－除垢過程如圖。100mL0.1mol?L-1CaCl2水溶液……忽略體積變化，且步驟②中反應(yīng)完全。下列說法正確的是A.經(jīng)過步驟①，溶液中c(Ca2+)+c(Na+)=c(Cl-)B.經(jīng)過步驟②，溶液中c(Na+)=4c(SO)C.經(jīng)過步驟②，溶液中c(Cl-)=c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)D.經(jīng)過步驟③，溶液中c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(Cl-)【答案】D【解析】【詳解】A．經(jīng)過步驟①，100mL0.1mol?L-1CaCl2水溶液和0.01molNa2SO4反應(yīng)方程式為CaCl2+Na2SO4=2NaCl+CaSO4↓，生成0.02molNaCl和0.01molCaSO4，CaSO4微溶，則溶液中含有SO和Ca2+，則c(Ca2+)+c(Na+)>c(Cl-)，故A錯(cuò)誤；NaCl、CaSO4電荷守恒2c(Ca2+)+c(Na+)=c(Cl-)+2c(SO).B．步驟②中，CaSO4(s)+Na2CO3(aq)=CaCO3↓+Na2SO4(aq)，步驟②中反應(yīng)完全，則反應(yīng)后的溶質(zhì)為0.01molNa2SO4、0.01molNa2CO3和0.02molNaCl，則c(Na+)=6c(SO)，故B錯(cuò)誤；C．經(jīng)過步驟②，反應(yīng)后的溶質(zhì)為0.01molNa2SO4、0.01molNa2CO3和0.02molNaCl，存在物料守恒：c(Cl-)=2c(CO)+2c(HCO)+2c(H2CO3)，故C錯(cuò)誤；D．步驟③中，CaCO3+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+H2O+CO2↑，反應(yīng)后的溶液中含有0.02molNaCl、0.01molCa(CH3COO)2，則c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(Cl-)，故D正確；也可理解為溶液中有0.02Cl_、0.02醋酸故選D。12.硝酮是重要的有機(jī)合成中間體，可采用“成對間接電氧化”法合成。電解槽中水溶液的主要成分及反應(yīng)過程如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是A.惰性電極2為陽極 B.反應(yīng)前后WO/WO數(shù)量不變C.消耗1mol氧氣，可得到1mol硝酮 D.外電路通過1mol電子，可得到1mol水【答案】C【解析】【詳解】A．惰性電極2，Br-被氧化為Br2，惰性電極2為陽極，故A正確；B．WO/WO循環(huán)反應(yīng)，反應(yīng)前后WO/WO數(shù)量不變，故B正確；C．總反應(yīng)為氧氣把二丁基-N-羥基胺氧化為硝酮，1mol二丁基-N-羥基胺失去2molH原子生成1mol硝酮，氧氣最終生成水，根據(jù)氧原子守恒，消耗1mol氧氣，可得到2mol硝酮，故C錯(cuò)誤；D．外電路通過1mol電子，生成0.5molH2O2，H2O2最終生成水，根據(jù)氧原子守恒，可得到1mol水，故D正確；選C13.“千畦細(xì)浪舞晴空”，氮肥保障了現(xiàn)代農(nóng)業(yè)的豐收。為探究(NH4)2SO4的離子鍵強(qiáng)弱，設(shè)計(jì)如圖所示的循環(huán)過程，可得△H4/(kJ?mol-1)為A.+533 B.+686 C.+838 D.+1143【答案】C【解析】根據(jù)蓋斯定律：H1+H3+X=H2,H4+H6+X=H5，【詳解】①；②；③；④；⑤；⑥；則⑤+①-⑥-②+③得④，得到+838kJ?mol-1，所以ABD錯(cuò)誤，C正確，故選C。14.兩種酸式碳酸鹽的分解反應(yīng)如下。某溫度平衡時(shí)總壓強(qiáng)分別為p1和p2。反應(yīng)1：NH4HCO3(s)NH3(g)+H2O(g)+CO2(g)p1=3.6×104Pa反應(yīng)2：2NaHCO3(s)Na2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g)p2=4×103Pa該溫度下，剛性密閉容器中放入NH4HCO3和Na2CO3固體，平衡后以上3種固體均大量存在。下列說法錯(cuò)誤的是A.反應(yīng)2的平衡常數(shù)為4×106Pa2 B.通入NH3，再次平衡后，總壓強(qiáng)增大C.平衡后總壓強(qiáng)為4.36×105Pa D.縮小體積，再次平衡后總壓強(qiáng)不變【答案】B【解析】【詳解】A．反應(yīng)2的平衡常數(shù)為，A正確；B．剛性密閉容器，溫度不變平衡常數(shù)不變，再次達(dá)平衡后，容器內(nèi)各氣體分壓不變，總壓強(qiáng)不變，B錯(cuò)誤；C．，，，，所以總壓強(qiáng)為：+（0.02+0.02）*10^3，C正確；4.32+0.02+0.02=4.36D．達(dá)平衡后，縮小體積，平衡逆向移動(dòng)，溫度不變，平衡常數(shù)不變，再次平衡后總壓強(qiáng)不變，D正確；故選B二、非選擇題：本題共5小題，共58分。包括必考題和選考題兩部分。第15~17題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第18~19題為選考題，考生根據(jù)要求作答。(一)必考題：包括3題，共43分。15.電子印制工業(yè)產(chǎn)生的某退錫廢液含硝酸、錫化合物及少量Fe3+和Cu2+等，對其處理的流程如圖。Sn與Si同族，25℃時(shí)相關(guān)的溶度積見表?；瘜W(xué)式Sn(OH)4(或SnO2·2H2O)Fe(OH)3Cu(OH)2溶度積1.0×10-564×10-382.5×10-20（1）Na2SnO3的回收①產(chǎn)品Na2SnO3中Sn的化合價(jià)是______。②退錫工藝是利用稀HNO3與Sn反應(yīng)生成Sn2+，且無氣體生成，則生成的硝酸鹽是_____，廢液中的Sn2+易轉(zhuǎn)化成SnO2·xH2O。③沉淀1的主要成分是SnO2，焙燒時(shí)，與NaOH反應(yīng)的化學(xué)方程式為______。（2）濾液1的處理①濾液1中Fe3+和Cu2+的濃度相近，加入NaOH溶液，先得到的沉淀是______。②25℃時(shí)，為了使Cu2+沉淀完全，需調(diào)節(jié)溶液H+濃度不大于______mol?L-1。（3）產(chǎn)品中錫含量的測定稱取產(chǎn)品1.500g，用大量鹽酸溶解，在CO2保護(hù)下，先用Al片將Sn4+還原Sn2+，再用0.1000mol?L-1KIO3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，以淀粉作指示劑滴定過程中IO被還原為I—，終點(diǎn)時(shí)消耗KIO3溶液20.00mL。①終點(diǎn)時(shí)的現(xiàn)象為______，產(chǎn)生I2的離子反應(yīng)方程式為_____。②產(chǎn)品中Sn的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_____%?！敬鸢浮浚?）①.+4價(jià)②.Sn(NO3)2、NH4NO3③.SnO2+2NaOHNa2SnO3+H2O（2）①.Fe(OH)3②.2×10—7（3）①.滴入最后一滴KIO3標(biāo)準(zhǔn)溶液，溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)不復(fù)原②.2IO+5Sn2++12H+=I2+5Sn4++6H2O③.39.7%【解析】【分析】由題給流程可知，向退錫廢液中加入氫氧化鈉溶液調(diào)節(jié)溶液pH為1.5，將錫的化合物轉(zhuǎn)化為二氧化錫，過濾得到含有鐵離子、銅離子的濾液1和沉淀1；向沉淀1中加入氫氧化鈉焙燒將二氧化錫轉(zhuǎn)化為錫酸鈉后，水浸、過濾得到錫酸鈉溶液，溶液經(jīng)蒸發(fā)結(jié)晶得到錫酸鈉?！拘?詳解】①由化合價(jià)代數(shù)和為0可知，錫酸鈉中錫元素的化合價(jià)為+4價(jià)，故答案為：+4價(jià)；②由分析可知，退錫工藝中發(fā)生的反應(yīng)為錫與稀硝酸反應(yīng)生成硝酸亞錫、硝酸銨和水，則則生成的硝酸鹽是硝酸亞錫和硝酸銨，故答案為：Sn(NO3)2、NH4NO3；③由沉淀1的主要成分是二氧化錫可知，焙燒時(shí)發(fā)生的反應(yīng)為二氧化錫和氫氧化鈉高溫條件下反應(yīng)生成錫酸鈉和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為SnO2+2NaOHNa2SnO3+H2O，故答案為：SnO2+2NaOHNa2SnO3+H2O；【小問2詳解】①由溶度積可知，向?yàn)V液1中加入氫氧化鈉溶液，溶解度小的氫氧化鐵先沉淀，故答案為：Fe(OH)3；②由溶度積可知，25℃時(shí)，銅離子沉淀完全時(shí)，溶液中的氫氧根離子濃度為=5×10—8mol/L，則溶液中的氫離子濃度不大于2×10—7mol/L，故答案為：2×10—7；【小問3詳解】①由題意可知，碘酸鉀先與二價(jià)錫離子反應(yīng)生成碘，碘遇淀粉溶液變藍(lán)色時(shí)，碘與過量的二價(jià)錫離子反應(yīng)生成碘離子，溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o色，則終點(diǎn)時(shí)的現(xiàn)象為滴入最后一滴碘酸鉀標(biāo)準(zhǔn)溶液，溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)不復(fù)原，反應(yīng)生成碘的離子方程式為2IO+5Sn2++12H+=I2+5Sn4++6H2O，故答案為：滴入最后一滴KIO3標(biāo)準(zhǔn)溶液，溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)不復(fù)原；2IO+5Sn2++12H+=I2+5Sn4++6H2O；②由得失電子數(shù)目守恒可知，滴定消耗20.00mL0.1000mol?L-1碘酸鉀溶液，則1.500g產(chǎn)品中錫元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100%=39.7%，故答案為：39.7%。16.研究小組以無水甲苯為溶劑，PCl5(易水解)和NaN3為反應(yīng)物制備米球狀紅磷。該紅磷可提高鈉離子電池的性能。（1）甲苯干燥和收集的回流裝置如圖1所示(夾持及加熱裝置略)。以二苯甲酮為指示劑，無水時(shí)體系呈藍(lán)色。①存貯時(shí)，Na應(yīng)保存在_____中。②冷凝水的進(jìn)口是______(填“a”或“b”)。③用Na干燥甲苯的原理是_____(用化學(xué)方程式表示)。④回流過程中，除水時(shí)打開的活塞是_____；體系變藍(lán)后，改變開關(guān)狀態(tài)收集甲苯。（2）納米球狀紅磷的制備裝置如圖2所示(攪拌和加熱裝置略)。①在Ar氣保護(hù)下，反應(yīng)物在A裝置中混勻后轉(zhuǎn)入B裝置，于280℃加熱12小時(shí)，反應(yīng)物完全反應(yīng)。其化學(xué)反應(yīng)方程式為_____。用Ar氣趕走空氣的目的是_____。②經(jīng)冷卻、離心分離和洗滌得到產(chǎn)品，洗滌時(shí)先后使用乙醇和水，依次洗去的物質(zhì)是_____和_____。③所得納米球狀紅磷的平均半徑R與B裝置中氣體產(chǎn)物的壓強(qiáng)p的關(guān)系如圖3所示。欲控制合成R=125nm的紅磷，氣體產(chǎn)物的壓強(qiáng)為_____kPa，需NaN3的物質(zhì)的量為______mol(保留3位小數(shù))。已知：p=a×n，其中a=2.5×105kPa?mol-1，n為氣體產(chǎn)物的物質(zhì)的量?！敬鸢浮浚?）①.煤油②.b③.④.K2、K3（2）①.②.防止PCl5遇空氣中的水蒸氣而發(fā)生水解③.甲苯④.NaCl⑤.104⑥.0.027【解析】【分析】本實(shí)驗(yàn)要用無水甲苯作溶劑，故需要先制備無水甲苯，圖1裝置中Na與水反應(yīng)除去水，生成的H2從K2排出，待水反應(yīng)完后，打開K1收集無水甲苯；圖2中將甲苯和NaN3加入三頸瓶中，然后通入Ar排出裝置中的空氣，再滴入PCl5和甲苯，混合均勻后，轉(zhuǎn)移到反應(yīng)釜中制備納米球狀紅磷?！拘?詳解】①鈉在空氣中容易反應(yīng)，故應(yīng)保存在煤油中；②為了充分冷凝，冷凝水應(yīng)從下口進(jìn)上口出，故冷凝水的進(jìn)口是b；③Na與水反應(yīng)可除去水，故用鈉干燥甲苯的原理是；④回流過程中，打開活塞K2、K3，使生成的氣體排出裝置。【小問2詳解】①根據(jù)題意可知，反應(yīng)物為PCl5和NaN3，產(chǎn)物為P，根據(jù)化合價(jià)的變化規(guī)律可知化學(xué)方程式為；由于PCl5易水解，故用Ar趕走空氣的目的是防止PCl5遇空氣中的水蒸氣而發(fā)生水解。②根據(jù)反應(yīng)可知，得到的產(chǎn)物上沾有甲苯和NaCl，用乙醇洗去甲苯，用水洗去NaCl。③R=125nm時(shí)可換算出橫坐標(biāo)為8，此時(shí)縱坐標(biāo)對應(yīng)的值為10，故氣體產(chǎn)物的壓強(qiáng)為104kPa；已知p=a×n，其中a=2.5×105kPa?mol-1，，根據(jù)反應(yīng)可知，n(NaN3)=N2=×0.04mol=0.027mol。17.反應(yīng)在工業(yè)上有重要應(yīng)用。（1）該反應(yīng)在不同溫度下的平衡常數(shù)如表所示。溫度/℃7008008301000平衡常數(shù)1.671.111.000.59①反應(yīng)的△H_____0(填“>”“<”或“=”)。②反應(yīng)常在較高溫度下進(jìn)行，該措施的優(yōu)缺點(diǎn)是_____。（2）該反應(yīng)常在Pd膜反應(yīng)器中進(jìn)行，其工作原理如圖所示。①利用平衡移動(dòng)原理解釋反應(yīng)器存在Pd膜時(shí)具有更高轉(zhuǎn)化率的原因是_____。②某溫度下，H2在Pd膜表面上的解離過程存在如下平衡：，其正反應(yīng)的活化能遠(yuǎn)小于逆反應(yīng)的活化能。下列說法錯(cuò)誤的是_____。A.Pd膜對氣體分子的透過具有選擇性B.過程2的△H＞0C.加快Pd膜內(nèi)H原子遷移有利于H2的解離D.H原子在Pd膜表面上結(jié)合為H2的過程為放熱反應(yīng)③同溫同壓下，等物質(zhì)的量的CO和H2O通入無Pd膜反應(yīng)器，CO的平衡轉(zhuǎn)化率為75%；若換成Pd膜反應(yīng)器，CO的平衡轉(zhuǎn)化率為90%，則相同時(shí)間內(nèi)出口a和出口b中H2的質(zhì)量比為_____。（3）該反應(yīng)也可采用電化學(xué)方法實(shí)現(xiàn)，反應(yīng)裝置如圖所示。①固體電解質(zhì)采用______(填“氧離子導(dǎo)體”或“質(zhì)子導(dǎo)體”)。②陰極的電極反應(yīng)式為______。③同溫同壓下，相同時(shí)間內(nèi)，若進(jìn)口Ⅰ處n(CO)：n(H2O)=a：b，出口Ⅰ處氣體體積為進(jìn)口Ⅰ處的y倍，則CO的轉(zhuǎn)化率為_____(用a，b，y表示)?！敬鸢浮浚?）①.②.優(yōu)點(diǎn)是升高溫度，反應(yīng)速率較快；缺點(diǎn)是正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，產(chǎn)物的轉(zhuǎn)化率較低（2）①.Pd膜能選擇性分離出H2，平衡正向移動(dòng)，平衡轉(zhuǎn)化率增大②.BD③.1:8（3）①.質(zhì)子導(dǎo)體②.③.【解析】【小問1詳解】①根據(jù)表中的數(shù)據(jù)，溫度越高，平衡常數(shù)越小，所以正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，；②優(yōu)點(diǎn)是升高溫度，反應(yīng)速率較快；缺點(diǎn)是正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，產(chǎn)物的轉(zhuǎn)化率較低；小問2詳解】①Pd膜能選擇性分離出H2，平衡正向移動(dòng)，平衡轉(zhuǎn)化率增大；②A.Pd膜只允許通過，不允許通過，對氣體分子的透過具有選擇性，A正確；B.過程正反應(yīng)的活化能遠(yuǎn)小于逆反應(yīng)的活化能，，B錯(cuò)誤；C.加快Pd膜內(nèi)H原子遷移，平衡正向移動(dòng)，有利于的解離，C正確；D.為放熱過程，H原子在Pd膜表面上結(jié)合為的過程為吸熱反應(yīng)，D錯(cuò)誤；故選BD；③根據(jù)反應(yīng)，設(shè)通入的為1mol，無膜情況下一氧化碳的平衡轉(zhuǎn)化率為75%，則平衡時(shí)CO、H2O(g)、CO2、H2的平衡物質(zhì)的量分別為0.25mol、0.25mol、0.75mol、0.75mol，可計(jì)算出此溫度下平衡常數(shù)K=3；有膜情況下一氧化碳的平衡轉(zhuǎn)化率為90%，則平衡時(shí)CO、H2O(g)、CO2、H2的平衡物質(zhì)的量分別為0.1mol、0.1mol、0.9mol、0.9mol(a口和b口總量，其中只有a口的處于平衡體系)，設(shè)a口產(chǎn)生的H2的物質(zhì)的量為xmol，則，解得x=0.1，則出口a產(chǎn)生的為0.1mol，出口b的為0.9mol-0.1mol=0.8mol，質(zhì)量比為1:8；【小問3詳解】①電解時(shí)，一氧化碳和水從均從陽極口進(jìn)入，陽極一氧化碳轉(zhuǎn)化為二氧化碳，則氫氣要在陰極產(chǎn)生，故陽極產(chǎn)生二氧化碳的同時(shí)產(chǎn)生氫離子，氫離子通過固體電解質(zhì)進(jìn)入陰極附近得電子產(chǎn)生氫氣，故固體電解質(zhì)應(yīng)采用質(zhì)子導(dǎo)體；②電解時(shí)，陰極發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：；③根據(jù)三段式：，出口Ⅰ處氣體為體積為x，進(jìn)口Ⅰ處的氣體體積為，則，CO的轉(zhuǎn)化率為：。(二)選考題：共15分。請考生從給出的2道題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計(jì)分。18.配位化合物X由配體L2-(如圖)和具有正四面體結(jié)構(gòu)的[Zn4O]6+構(gòu)成。（1）基態(tài)Zn2+的電子排布式為______。（2）L2-所含元素中，電負(fù)性最大的原子處于基態(tài)時(shí)電子占據(jù)最高能級(jí)的電子云輪廓圖為______形；每個(gè)L2-中采取sp2雜化的C原子數(shù)目為______個(gè)，C與O之間形成σ鍵的數(shù)目為______個(gè)。（3）X晶體內(nèi)部空腔可吸附小分子，要增強(qiáng)X與H2O的吸附作用，可在L2-上引入______。(假設(shè)X晶胞形狀不變)。A.－Cl B.－OH C.－NH2 D.－CH3（4）X晶體具有面心立方結(jié)構(gòu)，其晶胞由8個(gè)結(jié)構(gòu)相似的組成單元(如圖)構(gòu)成。①晶胞中與同一配體相連的兩個(gè)[Zn4O]6+的不同之處在于______。②X晶體中Zn2+的配位數(shù)為______。③已知ZnO鍵長為dnm，理論上圖中A、B兩個(gè)Zn2+之間的最短距離的計(jì)算式為_____nm。④已知晶胞參數(shù)為2anm，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，L2-與[Zn4O]6+的相對分子質(zhì)量分別為M1和M2，則X的晶體密度為_____g?cm-3(列出化簡的計(jì)算式)。【答案】（1）3d10（2）①.啞鈴形②.8③.8（3）BC（4）①.與Zn2+相連的雙鍵氧原子不在對稱軸的同側(cè)②.1.25③.a—2d④.【解析】【小問1詳解】鋅元素的原子序數(shù)為30，基態(tài)鋅離子的價(jià)電子排布式為3d10，故答案為：3d10；【小問2詳解】配體L2-所含元素中氧元素的電負(fù)性最大，氧原子處于基態(tài)時(shí)，電子云輪廓圖為啞鈴形的2p能級(jí)的電子占據(jù)最高能級(jí)；由結(jié)構(gòu)簡式可知，配體中苯環(huán)碳原子和雙鍵碳原子雜化方式為sp2雜化，共有8個(gè)；配體中碳原子與氧原子之間的單鍵為σ鍵、雙鍵中含有1個(gè)σ鍵，共有8個(gè)，故答案為：啞鈴形；8；8；【小問3詳解】若在L2-上引入能與水分子形成氫鍵的羥基和氨基，有利于增強(qiáng)X與水分子的吸附作用，若在L2-上引入不能與水分子形成氫鍵的氯原子、甲基，不能增強(qiáng)X與水分子的吸附作用，故選BC；【小問4詳解】①由X晶胞的組成單元的對角面可知，晶胞中與同一配體相連的兩個(gè)[Zn4O]6+的不同之處在于與Zn2+相連的雙鍵氧原子不在對稱軸的同側(cè)，故答案為：與Zn2+相連的雙鍵氧原子不在對稱軸的同側(cè)；②由X晶胞的組成單元的對角面可知，每個(gè)鋅離子與2個(gè)氧離子相連，其中1個(gè)氧離子為4個(gè)鋅離子所共有，則每個(gè)鋅離子實(shí)際上與1+0.25=1.25個(gè)氧離子相連，所以X晶體中鋅離子的配位數(shù)為1.25，故答案為：1.25；③由X晶胞的組成單元結(jié)構(gòu)可知，[Zn4O]6+中兩個(gè)處于體對角線的氧離子距離、邊長和面對角線構(gòu)成直角三角形，氧離子距離為單元結(jié)構(gòu)的體對角線，設(shè)A、B兩個(gè)鋅離子之間的最短距離為xnm，由體對角線的長度可得：x+2d=，解得x=a—2d，故答案為：a—2d；④由X晶胞的組成單元結(jié)構(gòu)可知，單元結(jié)構(gòu)中位于頂點(diǎn)的[Zn4O]6+的個(gè)數(shù)為8×=1，位于棱上的L2-的個(gè)數(shù)為12×=3，設(shè)晶體的密度為dg/cm3，由X晶體具有面心立方結(jié)構(gòu)，其晶胞由8個(gè)結(jié)構(gòu)相似的組成單元構(gòu)成可得：=(2a×10—7)3d，解得d=，故答案為：。19.光伏組件封裝膠膜是太陽能電池的重要材料，經(jīng)由如圖反應(yīng)路線可分別制備封裝膠膜基礎(chǔ)樹脂Ⅰ和Ⅱ(部分試劑及反應(yīng)條件略)。反應(yīng)路線Ⅰ：反應(yīng)路線Ⅱ：已知以下信息：①(R、R1、R2為H或烴基)②+2ROH+H2O（1）A+B→D的反應(yīng)類型為______。（2）基礎(chǔ)樹脂Ⅰ中官能團(tuán)的名稱為______。（3）F的結(jié)構(gòu)簡式為_____。（4）從反應(yīng)路線Ⅰ中選擇某種化合物作為原料H，且H與H2O反應(yīng)只生成一種產(chǎn)物Ⅰ，則H的化學(xué)名稱為_____。（5）K與銀氨溶