2021-2022學(xué)年四川省鄰水實(shí)驗(yàn)學(xué)校高二下學(xué)期第二次月考理綜化學(xué)試題

鄰水實(shí)驗(yàn)學(xué)校2022年春季高二第2次月考試題理科綜合化學(xué)可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H-1C-12O-16Si-14一、選擇題：本題共13題，每小題只有一項(xiàng)符合題目要求，每題6分，共78分。1.國(guó)家衛(wèi)健委公布的新型冠狀病毒肺炎診療方案指出，乙醚、75%乙醇、含氯消毒劑、過(guò)氧乙酸(CH3COOOH)、氯仿等均可有效滅活病毒。對(duì)于上述化學(xué)藥品，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.CH3CH2OH能與水互溶B.NaClO通過(guò)氧化滅活病毒C.過(guò)氧乙酸相對(duì)分子質(zhì)量為76D.氯仿的化學(xué)名稱(chēng)是四氯化碳【答案】D【解析】【詳解】A.乙醇分子中有羥基，其與水分子間可以形成氫鍵，因此乙醇能與水互溶，A說(shuō)法正確；B.次氯酸鈉具有強(qiáng)氧化性，其能使蛋白質(zhì)變性，故其能通過(guò)氧化滅活病毒，B說(shuō)法正確；C.過(guò)氧乙酸的分子式為C2H4O3，故其相對(duì)分子質(zhì)量為76，C說(shuō)法正確；D.氯仿的化學(xué)名稱(chēng)為三氯甲烷，D說(shuō)法不正確。綜上所述，故選D。2.下列化學(xué)用語(yǔ)或圖示表達(dá)正確的是A.基態(tài)氯原子的電子排布式：1s22s22p63s13p6 B.順-2-丁烯的球棍模型：C.基態(tài)N原子的電子排布圖為： D.HCl的電子式是【答案】D【解析】【詳解】A．Cl是17號(hào)元素，根據(jù)構(gòu)造原理，可知氯原子基態(tài)核外電子排布式為1s22s22p63s23p5，A錯(cuò)誤；B．由于碳碳雙鍵兩端的甲基分別位于雙鍵平面的兩側(cè)，故是反-2-丁烯的球棍模型，B錯(cuò)誤；C．氮為7號(hào)元素，基態(tài)氮原子的電子排布式為1s22s22p3，電子排布圖為，C錯(cuò)誤；D．HCl是共價(jià)化合物，H與Cl之間共用1對(duì)電子，電子式為，D正確；故選D。3.以太陽(yáng)能為熱源，熱化學(xué)硫碘循環(huán)分解水制氫方法中第一步反應(yīng)的化學(xué)方程式是2H2O+SO2+I2=H2SO4+2HI，用NA表示阿伏伽德羅常數(shù)的值，下列說(shuō)法不正確的是A.0.1molH2O中所含原子總數(shù)約0.3NAB.25℃時(shí)，pH=1的H2SO4溶液中含有H+的數(shù)目約為0.1NAC.消耗1molSO2時(shí)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NAD.產(chǎn)生2molHI時(shí)，消耗36gH2O【答案】B【解析】【詳解】A．1個(gè)H2O含有3個(gè)原子，故0.1molH2O中所含原子總數(shù)約為0.3NA，故A正確；B．pH=1的H2SO4溶液中c(H+)=0.1mol/L，但是未知溶液體積，故無(wú)法計(jì)算物質(zhì)的量，故B錯(cuò)誤；C．S的化合價(jià)由+4價(jià)升高到+6價(jià)，變化2價(jià)，故消耗1molSO2時(shí)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NA，故C正確；D．由方程式可知，生成2molHI消耗2mol水，質(zhì)量為2mol×18g/mol=36g，故D正確；故選B。4.2021年6月，電視劇《功勛》中展示了“共和國(guó)勛章”獲得者屠呦呦發(fā)現(xiàn)并提取青蒿素的艱辛歷程。青蒿素—一種用于治療瘧疾的藥物，挽救了全球特別是發(fā)展中國(guó)家的數(shù)百萬(wàn)人的生命”。青蒿素是從植物黃花蒿莖葉中提取的，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如圖，下列說(shuō)法不正確的是A.該分子中所有碳原子均在同一平面B.它的分子式為C15H22O5C.青蒿素不穩(wěn)定，易受還原性物質(zhì)的影響而變質(zhì)D.它在常見(jiàn)有機(jī)溶劑中的溶解度大于在水中的溶解度【答案】A【解析】【詳解】A．該分子中存在與3個(gè)C相連的飽和C，不可能所有碳原子均在同一平面，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式，它的分子式為C15H22O5，故B正確；C．青蒿素分子中含有過(guò)氧鍵，具有強(qiáng)氧化性，易受還原性物質(zhì)的影響而變質(zhì)，故C正確；D．有機(jī)物易溶于有機(jī)溶劑，所以在常見(jiàn)有機(jī)溶劑中的溶解度大于在水中的溶解度，故D正確；選A。5.四種短周期主族元素X、Y、Z和W，原子序數(shù)依次增大，X和Y的單質(zhì)化合生成氣體A，A分子中的電子數(shù)與氖原子相同，X和W的單質(zhì)化合生成氣體B，常溫下0.1mol/L的B溶液的pH＝1，氣體A和氣體B相遇產(chǎn)生白煙，X與Z可按原子個(gè)數(shù)比1：1形成離子化合物C。下列說(shuō)法正確的是A.原子半徑由大到小的順序?yàn)閞(W)>r(Y)>r(Z)>r(X)B.Z元素最高價(jià)氧化物的水化物可與B發(fā)生反應(yīng)C.Y的非金屬性比X強(qiáng)，其單質(zhì)非?；顫奃.Y的含氧酸比W的含氧酸酸性強(qiáng)【答案】B【解析】【分析】四種短周期主族元素X、Y、Z和W，原子序數(shù)依次增大，X和W的單質(zhì)化合生成氣體B，常溫下0.1mol/L的B溶液的pH＝1，則B為強(qiáng)酸性氣體，為HCl，則X是H、W是Cl元素；氣體A和氣體B相遇產(chǎn)生白煙，白煙為氯化銨，則A是氨氣；X和Y的單質(zhì)化合生成氣體A，A分子中的電子數(shù)與氖原子相同，所以Y是N元素；X與Z可按原子個(gè)數(shù)比1：1形成離子化合物C，且Z原子序數(shù)大于N而小于Cl元素，則Z為Na元素。【詳解】A．據(jù)分析可知，X、Y、Z和W分別為H、N、Na、Cl；原子半徑由大到小的順序?yàn)閞(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)，故A錯(cuò)誤；B．Z元素最高價(jià)氧化物的水化物為NaOH，B為HCl，可以反應(yīng)，故B正確；C．Y單質(zhì)為N2，N2性質(zhì)穩(wěn)定，故C錯(cuò)誤；D．W的含氧酸酸中HClO4酸性強(qiáng)于Y的含氧酸HNO3，故D錯(cuò)誤；故答案選B。6.下列操作不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖悄康牟僮鰽檢驗(yàn)?zāi)炒郎y(cè)液中含有SO先向待測(cè)液中加入鹽酸酸化，無(wú)明顯現(xiàn)象后，再加入BaCl2溶液，產(chǎn)生白色沉淀B驗(yàn)證的氯水的漂白性可向pH試紙上滴少量氯水，觀察試紙的顏色變化C比較金屬活動(dòng)性:Mg>Al鎂、鋁為電極，氫氧化鈉溶液為電解質(zhì)的原電池裝置D比較Mg(OH)2與Fe(OH)3二者的溶解度大小向盛有1mL0.1mol/LMgCl2溶液的試管中滴加1~2滴2mol/LNaOH溶液，有白色沉淀生成，再滴加2滴0.1mo/LFeCl3溶液，有紅褐色沉淀生成A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．先向待測(cè)液中加入鹽酸酸化，無(wú)明顯現(xiàn)象說(shuō)明溶液中不含有銀離子、碳酸根離子等干擾離子，再加入氯化鋇溶液，產(chǎn)生白色沉淀說(shuō)明溶液中含有硫酸根離子，故A正確；B．氯水中具有強(qiáng)氧化性的次氯酸，能使有機(jī)色質(zhì)漂白褪色，則向pH試紙上滴少量氯水，試紙先變紅后褪色說(shuō)明氯水具有漂白性，故B正確；C．鎂與氫氧化鈉溶液不反應(yīng)，鋁能與氫氧化鈉溶液反應(yīng)，所以在鎂、鋁為電極，氫氧化鈉溶液為電解質(zhì)的原電池裝置中鋁為原電池的負(fù)極，鎂為正極，該實(shí)驗(yàn)不能用于比較鎂和鋁的金屬性強(qiáng)弱，故C錯(cuò)誤；D．向盛有1mL0.1mol/L氯化鎂溶液的試管中滴加1~2滴2mol/L氫氧化鈉溶液，有氫氧化鎂白色沉淀生成，再滴加2滴0.1mo/L氯化鐵溶液，有紅褐色沉淀生成說(shuō)明溶解度大的氫氧化鎂轉(zhuǎn)化為溶解度小的氫氧化鐵，故D正確；故選C。7.反電滲析法鹽差電池是用離子交換膜將海水與河水隔開(kāi)(離子濃度：海水>河水)，陰陽(yáng)離子在溶液中定向移動(dòng)將鹽差能轉(zhuǎn)化為電能的電池，原理如圖所示。下列說(shuō)法不正確的是A.鈦電極上發(fā)生還原反應(yīng)B.石墨極上的反應(yīng)為：Fe2+?e－=Fe3+C.石墨極為電池的負(fù)極D.CM膜為陰離子交換膜【答案】D【解析】【詳解】A．根據(jù)圖中信息在鈦電極上是鐵離子得到電子變?yōu)閬嗚F離子，化合價(jià)降低，發(fā)生還原反應(yīng)，故A正確；B．根據(jù)圖中信息在石墨極上是亞鐵離子失去電子變?yōu)殍F離子，其電極反應(yīng)式為：Fe2+?e－=Fe3+，故B正確；C．石墨極上是亞鐵離子失去電子變?yōu)殍F離子，因此石墨極為電池的負(fù)極，故C正確；D．根據(jù)原電池中“同性相吸”，鈦為正極，因此CM膜為陽(yáng)離子交換膜，陽(yáng)離子穿過(guò)陽(yáng)離子交換膜向正極移動(dòng)，故D錯(cuò)誤。綜上所述，答案為D。三、非選擇題：共174分。第22~32題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第33~38題為選考題，考生根據(jù)要求作答。8.CH4在光照條件下與Cl2反應(yīng)，可得到各種氯代甲烷。（1）生成CH3Cl的化學(xué)方程式是____。（2）CH4氯代的機(jī)理為自由基(帶有單電子的原子或原子團(tuán)，如Cl·、·CH3)反應(yīng)，包括以下幾步：Ⅰ.鏈引發(fā)Ⅱ.鏈傳遞Ⅲ.鏈終止Cl22Cl·Cl·+CH4→·CH3+HCl·CH3+Cl2→CH3Cl+Cl·……2Cl·→Cl2Cl·+·CH3→CH3Cl……①寫(xiě)出由CH3Cl生成CH2Cl2過(guò)程中鏈傳遞的方程式：____、____。②不同鹵原子自由基(X·)均可奪取CH4中的H，反應(yīng)通式：X·(g)+CH4(g)→·CH3(g)+HX(g)△H。已知：25℃，101kPa時(shí)，CH4中C—H和HCl中H—Cl的鍵能分別是439kJ·mol-1和431kJ·mol-1。a．當(dāng)X為Cl時(shí)，△H=____kJ·mol-1。b．若X依次為F、Cl、Br、I，△H隨著原子序數(shù)增大逐漸_____(填“增大”或“減小”)，結(jié)合原子結(jié)構(gòu)解釋原因：____。③探究光照對(duì)CH4與Cl2反應(yīng)的影響，實(shí)驗(yàn)如表。編號(hào)操作結(jié)果A將Cl2與CH4混合后，光照得到氯代甲烷B將Cl2先用光照，然后迅速在黑暗中與CH4混合得到氯代甲烷C將Cl2先用光照，然后在黑暗中放置一段時(shí)間，再與CH4混合幾乎無(wú)氯代甲烷D將CH4先用光照，然后迅速在黑暗中與Cl2混合幾乎無(wú)氯代甲烷a．由B和D得出的結(jié)論是____。b．依據(jù)上述機(jī)理，解釋C中幾乎沒(méi)有氯代甲烷的原因：____。（3）丙烷氯代反應(yīng)中鏈傳遞的一步反應(yīng)能量變化如圖。推知—CH3中C—H鍵能比中C—H鍵能____(填“大”或“小”)?！敬鸢浮浚?）（2）①.②.③.+8④.增大⑤.同一主族元素，隨著原子序數(shù)增大，原子半徑逐漸增大，H-X鍵能逐漸減?、?光照時(shí)發(fā)生鏈引發(fā)的物質(zhì)是C12而不是CH4⑦.黑暗中發(fā)生2C1·→C12，一段時(shí)間后體系中幾乎無(wú)C1·存在，無(wú)法進(jìn)行鏈傳遞（3）大【解析】【小問(wèn)1詳解】甲烷與氯氣發(fā)生取代反應(yīng)生成CH3Cl和HCl，化學(xué)方程式是。故答案為：；【小問(wèn)2詳解】①模仿Cl·+CH4→·CH3+HCl，·CH3+Cl2→CH3Cl+Cl·，由CH3Cl生成CH2Cl2過(guò)程中鏈傳遞的方程式：。故答案為：；②a．25℃，101kPa時(shí)，CH4中C—H和HCl中H—Cl的鍵能分別是439kJ·mol-1和431kJ·mol-1。X·(g)+CH4(g)→·CH3(g)+HX(g)當(dāng)X為Cl時(shí)，△H=439kJ·mol-1-431kJ·mol-1=+8kJ·mol-1。故答案為：+8；b．若X依次為F、Cl、Br、I，生成的鹵化物中氫鹵鍵鍵能逐漸減小，△H隨著原子序數(shù)增大逐漸增大(填“增大”或“減小”)，結(jié)合原子結(jié)構(gòu)解釋原因：同一主族元素，隨著原子序數(shù)增大，原子半徑逐漸增大，H-X鍵能逐漸減小。故答案為：增大；同一主族元素，隨著原子序數(shù)增大，原子半徑逐漸增大，H-X鍵能逐漸減小；③a．由B將Cl2先用光照，然后迅速在黑暗中與CH4混合得到得到氯代甲烷，D將CH4先用光照，然后迅速在黑暗中與Cl2混合，卻幾乎無(wú)氯代甲烷，得出的結(jié)論是光照時(shí)發(fā)生鏈引發(fā)的物質(zhì)是C12而不是CH4。故答案為：光照時(shí)發(fā)生鏈引發(fā)的物質(zhì)是C12而不是CH4；b．依據(jù)上述機(jī)理，解釋C中幾乎沒(méi)有氯代甲烷的原因：黑暗中發(fā)生2C1·→C12，一段時(shí)間后體系中幾乎無(wú)C1·存在，無(wú)法進(jìn)行鏈傳遞。故答案為：黑暗中發(fā)生2C1·→C12，一段時(shí)間后體系中幾乎無(wú)C1·存在，無(wú)法進(jìn)行鏈傳遞；【小問(wèn)3詳解】生成，放出的能量比生成小，推知—CH3中C—H鍵能比中C—H鍵能大(填“大”或“小”)。故答案為：大。9.I、煙氣脫硫脫硝技術(shù)是環(huán)境科學(xué)研究的熱點(diǎn)。某小組模擬O3氧化結(jié)合(NH4)2SO3溶液吸收法同時(shí)脫除SO2和NO的過(guò)程示意圖如下。（1）氣體反應(yīng)器中的主要反應(yīng)原理及相關(guān)數(shù)據(jù)如下表。反應(yīng)平衡常數(shù)(25℃)活化能/(kJ/mol)反應(yīng)a:2O3(g)3O2(g)△H1=-286.6kJ/mol1.6×105724.6反應(yīng)b:NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g)△H2=-200.9kJ/mol6.2×10343.17反應(yīng)c:SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g)△H31.1×104158.17①已知：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH＝－196.6kJ/mol則ΔH3＝______。②其他條件不變時(shí)，高于150℃，在相同時(shí)間內(nèi)SO2和NO的轉(zhuǎn)化率均會(huì)隨溫度升高而降低，分析出現(xiàn)這一現(xiàn)象的原因是___________。(已知該條件下反應(yīng)未達(dá)到平衡狀態(tài))③其他條件不變時(shí)，SO2和NO初始的物質(zhì)的量濃度相等時(shí)，經(jīng)檢測(cè)裝置1分析，在相同時(shí)間內(nèi)，SO2和NO的轉(zhuǎn)化率隨O3的濃度的變化如下圖。結(jié)合活化能相關(guān)數(shù)據(jù)分析NO的轉(zhuǎn)化率高于SO2的原因_______。（2）(NH4)2SO3溶液顯堿性，用離子方程式和相關(guān)文字解釋?zhuān)篲_______________。II、科學(xué)家研究表明氮氧化物與懸浮在大氣中的鹽粒子相互作用時(shí)能產(chǎn)生“二次霧霾”，涉及的反應(yīng)有：①2NO2(g)＋NaCl(s)NaNO3(s)＋ClNO(g)K1②2NO(g)＋Cl2(g)2ClNO(g)K2回答下列問(wèn)題：（3）寫(xiě)出反應(yīng)①平衡常數(shù)表達(dá)式________________。（4）恒溫恒容條件下，反應(yīng)②達(dá)到平衡狀態(tài)的標(biāo)志是__________________。a．體系壓強(qiáng)保持不變b．混合氣體顏色保持不變c．NO和ClNO的物質(zhì)的量相等d．每消耗0.1molNO的同時(shí)消耗0.05molCl2（5）為研究不同條件對(duì)反應(yīng)②的影響，恒溫時(shí)向2L密閉容器中加入0.2molNO和0.1molCl2①在恒容條件下反應(yīng)10min達(dá)到平衡，測(cè)得10min內(nèi)v(ClNO)＝7.5×10-3mol·L-1·min-1，則NO的平衡轉(zhuǎn)化率α1＝________。②在恒壓條件下建立平衡時(shí)，NO的轉(zhuǎn)化率為α2，則α2______α1(填“＞”“＜”或“＝”)，平衡常數(shù)K2______________(填“增大”、“減小”或“不變”)。【答案】（1）①.－241.6kJ/mol②.高于150℃，溫度升高，反應(yīng)a的速率增大，c(O3)減小，反應(yīng)b和c的速率減小，導(dǎo)致SO2和NO的轉(zhuǎn)化率均降低③.反應(yīng)b的活化能小于反應(yīng)c，反應(yīng)b的速率大于反應(yīng)c，因此NO的轉(zhuǎn)化率高于SO2（2）溶液中存在：SO+H2OHSO+OH?、NH+H2ONH3·H2O+H+SO的水解程度大于NH的水解程度，使溶液顯堿性（3）K1=（4）ab（5）①.75%②.>③.不變【解析】【小問(wèn)1詳解】①已知：a:2O3(g)3O2(g)△H1=-286.6kJ/mold:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH＝-196.6kJ/mol由蓋斯定律可知，得反應(yīng)：SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g)△H3=；②其他條件不變時(shí)，高于150℃，在相同時(shí)間內(nèi)SO2和NO的轉(zhuǎn)化率均會(huì)隨溫度升高而降低，可能原因是：高于150℃，溫度升高，反應(yīng)a的速率增大，導(dǎo)致c(O3)減小，使得反應(yīng)b和c的反應(yīng)物濃度減小，速率減小，導(dǎo)致SO2和NO的轉(zhuǎn)化率均降低；③反應(yīng)的活化能越大反應(yīng)越慢，活化能越小則反應(yīng)越快；由圖表活化能相關(guān)數(shù)據(jù)可知，NO的轉(zhuǎn)化率高于SO2的原因?yàn)椋悍磻?yīng)b的活化能小于反應(yīng)c，反應(yīng)b的速率大于反應(yīng)c，因此NO的轉(zhuǎn)化率高于SO2；【小問(wèn)2詳解】(NH4)2SO3為弱酸弱堿鹽，溶液中存在水解反應(yīng)：SO+H2OHSO+OH?、NH+H2ONH3·H2O+H+，由于SO水解程度大于NH的水解程度，使溶液氫氧根離子濃度大于氫離子濃度，溶液顯堿性；【小問(wèn)3詳解】固體濃度為常數(shù)，不計(jì)入平衡常數(shù)公式內(nèi)；由反應(yīng)①的方程式可知，平衡常數(shù)表達(dá)式K1=；【小問(wèn)4詳解】a．反應(yīng)為氣體分子數(shù)改變的反應(yīng)，體系壓強(qiáng)保持不變，說(shuō)明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，a正確；b．氯氣為黃綠色氣體，混合氣體顏色保持不變，說(shuō)明氯氣濃度不再改變，反應(yīng)達(dá)到平衡，b正確；c．NO和ClNO的物質(zhì)的量相等，不能說(shuō)明正逆反應(yīng)速率相等，不變判定反應(yīng)達(dá)到平衡，c錯(cuò)誤；d．每消耗0.1molNO的同時(shí)消耗0.05molCl2，描述的都是正反應(yīng)，不能說(shuō)明正逆反應(yīng)速率相等，不變判定反應(yīng)達(dá)到平衡，d錯(cuò)誤；故選ab；【小問(wèn)5詳解】①在恒容條件下反應(yīng)10min達(dá)到平衡，測(cè)得10min內(nèi)v(ClNO)＝7.5×10-3mol·L-1·min-1，則反應(yīng)生成的ClNO濃度為7.5×10-3mol·L-1·min-1×10min=0.075mol·L-1，根據(jù)化學(xué)方程式可知，反應(yīng)一氧化氮的濃度為0.075mol·L-1、物質(zhì)的量為0.075mol·L-1×2L=0.15mol，故NO的平衡轉(zhuǎn)化率α1＝。②反應(yīng)為氣體分子數(shù)減小的反應(yīng)，在恒壓條件下建立平衡時(shí)，相當(dāng)于在原有平衡上縮小體積，導(dǎo)致平衡正向移動(dòng)，使得一氧化氮轉(zhuǎn)化率提高，故如果NO的轉(zhuǎn)化率為α2，則α2>α1；平衡常數(shù)K2只受溫度的影響，故不變。10.制備鋰離子電池的正極材料的前體的一種流程如下：資料：i．磷灰石的主要成分是ii．可溶于水，微溶于水ii．iv．（1）制備①用溶液、溶液分步浸取磷灰石生成HF、和，主要反應(yīng)是和_______。②增大酸浸反應(yīng)速率的措施有_______(只寫(xiě)1條)。③其他條件不變時(shí)，若僅用溶液酸浸，浸取的速率低于用、分步浸取法，原因是_______。（2）制備將、、混合并調(diào)節(jié)溶液的pH制備。①酸性條件下，生成的離子方程式是_______。②含磷各微粒的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)與pH的關(guān)系如圖。pH=1時(shí)，溶液中的，則_______。再加入晶體、溶液使溶液中的，不考慮溶液體積的變化，通過(guò)計(jì)算說(shuō)明此時(shí)能否產(chǎn)生沉淀_______。③的純度及顆粒大小會(huì)影響其性能，沉淀速率過(guò)快容易團(tuán)聚。ⅰ．研究表明，沉淀時(shí)可加入含的溶液，的作用是_______。ⅱ．其他條件不變時(shí)，工業(yè)上選擇pH=2而不是更高的pH制備，可能的原因是_______(答出2點(diǎn))。【答案】（1）①.②.加熱、將礦石粉碎、攪拌、適當(dāng)提高酸的濃度等③.生成的固體覆蓋在磷灰石表面，減少了磷灰石與硫酸溶液的接觸面積（2）①.②.③.，能產(chǎn)生沉淀④.發(fā)生反應(yīng)，使降低，減小的沉淀速率，避免團(tuán)聚；隨著被沉淀，上述平衡逆向移動(dòng)，生成的繼續(xù)被沉淀⑤.pH更高時(shí)，產(chǎn)品中可能混有雜質(zhì)；pH更高時(shí)，大，可能沉淀速率過(guò)快導(dǎo)致團(tuán)聚等【解析】【分析】由題給流程可知，磷灰石用磷酸溶液和硫酸溶液分步浸取、過(guò)濾制得粗磷酸，粗磷酸經(jīng)純化得到磷酸，向磷酸中加入硫酸亞鐵溶液和過(guò)氧化氫溶液并調(diào)節(jié)溶液pH，充分反應(yīng)、過(guò)濾得到磷酸鐵。【小問(wèn)1詳解】由題意可知，硫酸溶液浸取時(shí)發(fā)生的反應(yīng)為磷酸浸取磷灰石得到的磷酸二氫鈣與硫酸溶液反應(yīng)生成二水硫酸鈣沉淀和磷酸，反應(yīng)的化學(xué)方程式為，故答案為：；②加熱、將礦石粉碎、攪拌、適當(dāng)提高酸的濃度等措施能增大酸浸的反應(yīng)速率，故答案為：加熱、將礦石粉碎、攪拌、適當(dāng)提高酸的濃度等；③其他條件不變時(shí)，若僅用硫酸溶液浸取，硫酸溶液與磷灰石反應(yīng)生成的二水硫酸鈣沉淀附著在在磷灰石表面，減少了磷灰石與硫酸溶液的接觸面積，降低浸取的速率，故答案為：生成的固體覆蓋在磷灰石表面，減少了磷灰石與硫酸溶液的接觸面積；【小問(wèn)2詳解】①由題意可知，制備磷酸鐵發(fā)生的反應(yīng)為酸性條件下，磷酸溶液與硫酸亞鐵、過(guò)氧化氫溶液反應(yīng)生成磷酸鐵沉淀、硫酸和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為，故答案為：；②由圖可知，當(dāng)溶液中磷酸氫根離子濃度和磷酸根離子濃度相等時(shí)，溶液pH為12.3，則磷酸的三級(jí)電離常數(shù)Ka3==c(H+)=10—12.3，所以溶液pH為1時(shí)，磷酸根離子的濃度為==10—18.6mol/L；當(dāng)溶液中鐵離子濃度為1mol/L時(shí)，磷酸鐵的熵Qc==1mol/L×10—18.6mol/L＞，所以能產(chǎn)生磷酸鐵沉淀，故答案為：，能產(chǎn)生沉淀；③?。深}給信息可知，制備磷酸鐵沉淀時(shí)加入含離子溶液，離子能與溶液中的鐵離子反應(yīng)生成離子：，溶液中鐵離子濃度減小，生成磷酸鐵沉淀的反應(yīng)速率減小，可有效防止團(tuán)聚的發(fā)生，當(dāng)溶液中鐵離子轉(zhuǎn)化為磷酸鐵沉淀時(shí)，鐵離子濃度減小，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，生成的鐵離子能繼續(xù)與磷酸根離子反應(yīng)生成磷酸鐵沉淀，故答案為：發(fā)生反應(yīng)，使降低，減小的沉淀速率，避免團(tuán)聚；隨著被沉淀，上述平衡逆向移動(dòng)，生成的繼續(xù)被沉淀；ⅱ．其他條件不變，制備磷酸鐵沉淀時(shí)若pH大于2，鐵離子水解程度增大會(huì)轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀導(dǎo)致產(chǎn)品不純，同時(shí)溶液中磷酸根離子濃度會(huì)增大，可能會(huì)因沉淀速率過(guò)快而導(dǎo)致團(tuán)聚，所以工業(yè)上選擇pH=2而不是更高的pH制備磷酸鐵，故答案為：pH更高時(shí)，產(chǎn)品中可能混有雜質(zhì)；pH更高時(shí)，大，可能沉淀速率過(guò)快導(dǎo)致團(tuán)聚等。(二)選考題：共45分。請(qǐng)考生從2道物理題、2道化學(xué)題、2道生物題中每科任選一題作答。如果多做，則每科按所做的第一題計(jì)分。11.硅是地殼中儲(chǔ)量?jī)H次于氧的元素，在自然界中主要以SiO2和硅酸鹽的形式存在。（1）基態(tài)硅原子的價(jià)電子排布式為_(kāi)_____，核外電子共有___________種運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。（2）硅、金剛石和碳化硅晶體的熔點(diǎn)從高到低依次是_______，判斷的依據(jù)為：___________。（3）晶態(tài)SiO2的晶胞如圖。①硅原子的雜化方式為_(kāi)________，氧原子的配位數(shù)為_(kāi)__________。②已知SiO2晶胞的棱長(zhǎng)均為apm，則SiO2晶體的密度ρ=________g·cm-3(列出計(jì)算式)。（4）硅元素最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物為原硅酸(H4SiO4)。資料：原硅酸()可溶于水，原硅酸中的羥基可發(fā)生分子間脫水，逐漸轉(zhuǎn)化為硅酸、硅膠。①原硅酸鈉(Na4SiO4)溶液吸收空氣中的CO2會(huì)生成H4SiO4，寫(xiě)出生成H4SiO4的離子方程式：___________。②從結(jié)構(gòu)的角度解釋H4SiO4脫水后溶解度降低的原因：_________________?！敬鸢浮浚?）①.3s23p2②.14（2）①.金剛石＞碳化硅＞硅②.三者均為原子晶體，其中C-C鍵長(zhǎng)<C-Si的鍵長(zhǎng)<Si-Si的鍵長(zhǎng)，鍵長(zhǎng)越短鍵能越大，熔點(diǎn)越高（3）①.sp3②.2③.（4）①.SiO+2CO2+2H2O=2CO+H4SiO4②.原硅酸脫水后，羥基相對(duì)數(shù)量減少，與水形成氫鍵的數(shù)目減少，同時(shí)可能發(fā)生交聯(lián)形成空間網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)【解析】【小問(wèn)1詳解】(1)硅元素位于第三周期第ⅣA族，原子序數(shù)14，價(jià)電子排布式為；核外電子數(shù)為14，每個(gè)電子的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)均不相同，共有14中運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，故填、14；【小問(wèn)2詳解】(2)硅、金剛石和碳化硅晶體三者均屬于原子晶體，其中C-C的鍵長(zhǎng)<C-Si的鍵長(zhǎng)<Si-Si的鍵長(zhǎng)，鍵長(zhǎng)越短鍵能越大，熔點(diǎn)越高，所以熔點(diǎn)：金剛石＞碳化硅＞硅，故填金剛石＞碳化硅＞硅、三者均屬于原子晶體，其中C-C的鍵長(zhǎng)<C-Si的鍵長(zhǎng)<Si-Si的鍵長(zhǎng)，鍵長(zhǎng)越短鍵能越大，熔點(diǎn)越高；【小問(wèn)3詳解】(3)①如圖，硅原子的價(jià)層電子對(duì)為4，根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論，其雜化方式為雜化，氧原子的配位數(shù)為2，故填、2；②如圖晶胞中含有硅原子個(gè)數(shù)為，氧原子個(gè)數(shù)為16，晶胞參數(shù)為apm，根據(jù)，故填；【小問(wèn)4詳解】(4)①原硅酸屬于弱電解質(zhì)，根據(jù)題意該離子方程式為，故填；②原硅酸的結(jié)構(gòu)中含有親水基羥基，數(shù)目越多能與水