河北省普通高中2021年高中化學1月學業(yè)水平選擇性考試模擬演練試題含解析

河北省普通高中2021年高中化學1月學業(yè)水平選擇性考試模擬演練試

題(含解析)

注意事項：

1.答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號、考場號、座位號填寫在答題卡上。

2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用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，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。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：H1C12N14016C135.5K39Zn65I127

一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分。在每小題給出的四個選項中，只有一

項是符合題目要求的。

1.化學與生活密切相關。下列敘述不涉及氧化還原反應的是()

A.牙膏中添加氟化物用于預防蹣齒

B.綠化造林助力實現(xiàn)碳中和目標

C.氯化鐵用于蝕刻金屬眼鏡架

D.可降解包裝材料的完全降解有利于減少白色污染

【答案】A

【解析】

【分析】

【詳解】A.牙齒表面含有Ca5(P04)30H使用含氟牙膏，會發(fā)生反應：

--

Ca5(P04)sOH(s)+F(aq)^Ca5(P04)3F+0H(aq),若使用含氟牙膏，Ca5(P04)30H轉化為更難溶的

氟磷酸鈣Ca5(P04)3F,使沉淀溶解平衡正向移動，最終在牙齒表面形成難溶性的Ca5(P04)3F,

因此可防止斜齒，在轉化過程中元素化合價沒有發(fā)生變化，因此不屬于氧化還原反應，A符合

題意；

B.綠化造林，通過綠色植物的光合作用將CO,轉化為有機物，同時釋放氧氣，反應過程中元

素化合價發(fā)生了變化，因此反應屬于氧化還原反應，B不符合題意；

C.氯化鐵具有強的氧化性，能夠與金屬眼鏡架中一些金屬如Cu發(fā)生氧化還原反應，產生FeCL、

CuCl2,因此FeCL溶液能用于蝕刻金屬眼鏡架，C不符合題意；

D.可降解包裝材料通過完全降解一般變?yōu)镃O,、等，在該轉化過程中元素化合價發(fā)生變化,

有電子轉移，因此屬于氧化還原反應，D不符合題意；

故合理選項是A。

2.聚丙烯是日用品及合成纖維的重要原料之一，其單體為丙烯，下列說法錯誤的是()

A.丙烯可使Be的CCL溶液褪色

B.丙烯可與Cl?在光照條件下發(fā)生取代反應

C.聚丙烯的結構簡式為KH2-CH2-CH2+，

D.丙烯與乙烯互為同系物

【答案】C

【解析】

【分析】

【詳解】A.丙烯分子中含有不飽和的碳碳雙鍵，能夠與Be發(fā)生加成反應而使Be的CCL溶液

褪色，A正確；

B.丙烯分子中一C&的H原子可與C1,在光照條件下發(fā)生取代反應，B正確；

C.丙烯結構簡式是CH產CH-CH,,在一定條件下斷裂分子中不飽和碳碳雙鍵中較活潑的鍵，然

后這些不飽和的C原子彼此結合形成聚丙烯，結構簡式是3H子吐,C錯誤；

CH3

D.丙烯與乙烯結構相似，在分子組成上相差1個CH?原子團，因此二者互為同系物，D正確；

故合理選項是Co

3.下列說法正確的是()

A.氣、笊和笳互稱同素異形體

B.對于AH>0自發(fā)進行的化學反應，有AS>0

C.對于相同質量的水而言，其體積V的相對大小有：V(g)>V(l)>V(s)

D.兩原子形成化學鍵時要有電子得失或電子偏移

【答案】B

【解析】

【分析】

【詳解】A.k、笊和能質子數相同，中子數不同，互稱同位素，故A錯誤；

B.AH-TA5<0時反應自發(fā)，若AH>0,則有ASX),故B正確；

C.由于氫鍵的存在，冰的密度小于液態(tài)水，則相同質量的水而言，其體積V的相對大小有：

V(g)>V(s)>V(l),故C錯誤;

D.相同原子之間通過共用電子對形成的共價鍵，沒有電子得失或電子偏移，故D錯誤；

故選Bo

4.下列說法錯誤的是()

2

A.CaO2的電子式為：O:Ca:O:]

.??L??J

B.Na不能從MgCb溶液中置換出Mg

C.[SiOJ四面體廣泛存在于硅的含氧化合物中

D.利用FeCk的水解反應可以制備Fe(0H)3膠體

【答案】A

【解析】

【分析】

【詳解】A.CaOz是Ca?+與O：通過離子鍵結合形成的離子化合物，電子式為：Ca>[：0：6：]2',

A錯誤；

B.金屬Na非?；顫姡菀着cMgCL溶液中的水反應產生NaOH和因此不能從MgCk溶液中

置換出Mg,B正確；

C.在硅的含氧化合物中都是以硅氧四面體結構作為基本結構單元，在這種結構中，Si原子與

4個。原子形成4個Si-0鍵，形成立體網狀結構，因此[SiO/四面體廣泛存在于硅的含氧化

合物中，C正確；

D.將幾滴飽和FeCL溶液滴入到沸騰的蒸儲水中，繼續(xù)加熱至液體呈紅褐色，停止加熱，就

制備得到Fe(0H)3膠體，該反應的原理就是FeCL的水解反應，D正確；

故合理選項是A?

5.下列實驗中，實驗現(xiàn)象與結論不匹配的是()

實驗操作實驗現(xiàn)象結論

向含有相同濃度cr、r溶液中逐滴加入先生成黃色沉淀，后版(AgCl)>

A

AgN。?溶液生成白色沉淀4p(AgI)

B加熱Nai固體和濃磷酸的混合物有氣體產生生成了HI氣體

在Na2s飽和溶液中滴加稀硫酸,將產生的氣該氣體產物具有漂

CKMnOa溶液褪色

體通入KMnO"溶液中白性

在

2CrO；+2H+Cr2Oy+H2OK2Cr2O7有磚紅色沉淀Ag2CrO4溶解度

D

溶液中加入AgNC)3溶液(AgzCrOQ生成比AgzCr2。7小

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【分析】

【詳解】A.向含有相同濃度cr、I-溶液中逐滴加入AgN03溶液，先生成黃色沉淀，后生成

++

白色沉淀，說明開始時c(Ag)?c(r)>Xp(AgI),c(Ag)?c(cr)<KSV(AgCl),由于AgCl、Agl

構型相同，則證明物質的溶度積常數：匾(AgCl)>4p(AgI),A正確；

B.磷酸是難揮發(fā)性的中強酸，加熱Nai固體和濃磷酸的混合物，H3P與Nai發(fā)生反應NaHzPCh

和HI,HI易揮發(fā)，從平衡體系中揮發(fā)逸出，導致反應的化學平衡正向移動，因此可證明反應

生成了HI氣體，B正確；

C.在Na2s飽和溶液中滴加稀硫酸，發(fā)生復分解反應產生SO?氣體，將產生的氣體通入KMnO4

溶液中，二者發(fā)生氧化還原反應使KMnO,反應變?yōu)闊o色Mn",因此看到溶液褪色，證明了SO?

具有還原性，C錯誤；

D.在KzCrQ,溶液中存在化學平衡：2CrOj+2H+^Cr2O^+H2O,向其中加入AgNC)3溶

液，Ag3CrO/-反應產生AgzCrO,磚紅色沉淀，而沒有產生Ag???。?沉淀，說明Ag2CrO4溶

解度比Agz^O?小，D正確；

故合理選項是C。

6.”是阿伏加德羅常數的值。下列敘述錯誤的是()

A.Imol氮氣分子中含有n鍵的數目為2及

B.Imol氤氣分子中含有原子的數目為兒

C.Imol氯化鈉中含有Na*的數目為4

D.Imol白磷中含有P-P共價鍵數目為44

【答案】D

【解析】

【分析】

【詳解】A.一個氮氣分子中含有一個氮氮三鍵，三鍵中有一個。鍵，兩個"鍵，所以Imol

氮氣分子中含有口鍵的數目為24，A正確；

B.氨氣分子為單原子分子，所以Imol氨氣分子中含有原子的數目為“，B正確；

C.氯化鈉的化學式為NaCL所以Imol氯化鈉中含有Na，的數目為4，C正確；

D.白磷為P4,P4分子為正四面體結構(四個P原子分別位于頂點)，一個分子中含有6個P-P

鍵，所以Imol白磷中含有P-P共價鍵的數目為6風，D錯誤；

綜上所述答案為D。

7.已知25℃、lOlkPa下，Imol水蒸發(fā)為水蒸氣需要吸熱44.01kJ

-1

2H2。⑴=2H2(g)+O2(g)AH=+571.66kJ-mol

1

C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)AH=+131.29kJ-mor

則反應?6)+302他)=03(8)的反應熱為()

A.AH=-396.36kJ-mol-1B.AH=-198.55kJ-mol-1

C.AH=-154.54kJmor'D.AH=-110.53krmoL

【答案】D

【解析】

【分析】

【詳解】已知25℃、lOlkPa下，Imol水蒸發(fā)為水蒸氣需要吸熱44.01kJ,則

1

H2O(1)=H2O(g)AH=+44.01kJ-moFI、

-1

2H2O(1)=2H2(g)+O2(g)AH=+571.66kJ-molII、

1

C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)AH=+131,29kJ-moFHI,根據蓋斯定律m-；XII+I

得

C(s)+1o2(g)=CO(g)

AH=+131.29kJ-mol'--x571.66kJ-mol1+44.01kJ-mol^-HO.SSkJ-mol1,貝|反應

2

1

C(s)+1-O2(g)=CO(g)的反應熱為AH=-110.53kJ-moP-故D正確；

故選Do

8.2-甲基-2-氯丙烷是重要的化工原料，實驗室中可由叔丁醇與濃鹽酸反應制備，路線如下:

5%Na2cCh溶液水

*

-

有

有

有

洗

滌

機

機

室溫攪拌r分膂洗紿機f

分

液

相

相

反應15分鐘相

叔

醇

丁

下列說法錯誤的是（）

A.由叔丁醇制備2-甲基-2-氯丙烷的反應類型為取代反應

B.用5%Na2cO3溶液洗滌分液時，有機相在分液漏斗的下層

C.無水CaC%的作用是除去有機相中殘存的少量水

D.蒸儲除去殘余反應物叔丁醇時，產物先蒸儲出體系

【答案】B

【解析】

【分析】

【詳解】A.對比反應物和產物結構可得，C1原子取代了-0H,所以反應類型為取代反應，

故A正確；

B.用5%Na2cO3溶液洗滌分液時，由于有機物2-甲基-2-氯丙烷的密度小于水，則有機相在

分液漏斗的上層，故B錯誤；

C.無水CaCU與水結合生成CaC"xH2O,是干燥劑，其作用是除去有機相中殘存的少量水,

故C正確；

D.2-甲基-2-氯丙烷比叔丁醇的沸點低，所以產物先蒸儲出體系，故D正確；

故選Bo

9.醋酸為一元弱酸，25℃時，其電離常數Ka=1.75x10-5。下列說法錯誤的是（）

-1

A.O.lmolLCH3COOH溶液的pH在2-3范圍內

+

B.CH3coONa溶液中，c（CH3COOH）+c（H）=c（Off）

i理?。?/p>

C.將O.lmol[TCH3cOOH溶液加水稀釋，其電離常數和~~均不變

C（CH3COOH）

11

D.等體積的0.Imol.KNaOH溶液和（）.ImolLCH3COOH溶液混合后，溶液pH＞7,

+

且c（Na+）＞c（CH3COO）＞C（OH）＞c（H）

【答案】C

【解析】

【分析】

C(HCCHCOQ

【詳解】A.Ka=)(3)i7-5,c(H+)?c(CHCOO),則

=53x103

C(CH3COOH)

c(H+尸jKax"飆8。用=7o,1x1.75xIO-5=7175XIO-3-pH=-lg(Vk75X103)=3-

IgJTT?，因2=3-lgJI而<3-lgJT7?<3-lgJI=3,則溶液的pH在2-3范圍內，故A正

確；

+

B.CH3coONa溶液中，根據質子守恒得:c(CH3COOH)+c(H)=c(QHj,故B正確；

C.溫度不變，則電離常數不變，將O.lmoLI^CH3co0H溶液加水稀釋，c（CH3C00）M/Js

c(H+)c(CHCOO)「(HD、增大,

3故c錯誤;

C

(CH3COOH)C(CH3COOH)

D.等體積的0.1mol?「NaOH溶液和01mol-IjiCH3coOH溶液混合后，溶液溶質為

CH3coONa,pH>7,則c(Na，>c(CH3coe)一)>c(0H)>c(H+),故D正確;

故選Co

10.氯化鈿可以催化乙烯制備乙醛（Wacker法），反應過程如圖:

下列敘述錯誤的是（）

A.CuCl被氧化的反應為2CuCl+2HC1+1o2=2CUC12+H20

B.催化劑PdCl2再生的反應為2CUC12+Pd=PdCl2+2CuCl

C.制備乙醛的總反應為

CHJ2=CH42+2-OJ2喝嚶Jix。jCHJQHO

D.如果原料為丙烯，則主要產物是丙醛

【答案】D

【解析】

【分析】

【詳解】A.根據圖示可知在反應中CuCl被0?氧化產生CuCk,同時產生壓0,反應方程式為:

2CuCl+2HC1+-O,=2CuCI,+HQ,A正確；

2--

B.由流程圖可知：PbCk再生的過程有Cu/C「參加，再生方程式為：

2CUC12+Pd=PdCl2+2CuCl,B正確；

C.PbCk、CuCk在反應中起催化劑作用，反應方程式為：

CH,=CH,+-09呼段cjCH'CHO,C正確；

乙z2/3,3K。

H、,Cl"

D.如果原料為丙烯，則中間產物/Pd連接在第二個C原子上得到的產物為丙酮,

OH

D錯誤；

故合理選項是D。

二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。在每小題給出的四個選項中，只有一項

或兩項是符合題目要求的。若正確答案只包括一個選項，多選時，該小題得0分；若正確答

案包括兩個選項，只選一個且正確的得2分，選兩個且都正確的得4分，但只要選錯一個，

該小題得0分。

11.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數依次增大，且原子序數Y+Z=X+W,X和W同主族，

Z的族序數與周期數相等，四種元素中只有一種金屬元素。下列說法正確的是（）

A.W有兩種常見氧化物

B.原子半徑Y<X<W<Z

C.X的最高價氧化物的水化物是強酸

D.Y元素的氫化物分子間可以形成氫鍵

【答案】BD

【解析】

【分析】

短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數依次增大，Z的族序數與周期數相等，則Z是A1元素，

四種元素中只有一種金屬元素，則X、Y、W都是非金屬元素，且原子序數Y+Z=X+W,X和

W同主族，符合要求的X是C元素，Y是N元素，W是Si元素，或X是N,Y是F,Z是Al,W

是P元素，然后依據元素周期律分析解答。

【詳解】根據上述分析可知：X是C,Y是N,Z是ALW是Si元素或X是N,Y是F,Z是AL

W是P元素。

A.若W是Si元素，Si元素只有SiOz一種氧化物，A錯誤；

B.同一周期元素，原子序數越大，原子半徑越小，不同周期元素，元素所在的周期序數越大，

原子半徑越大，故原子半徑：N<C<Si<AL用字母表示為：Y<X<W<Z,B正確；

C.若X是C,其最高價氧化物的水化物壓COs是弱酸，C錯誤；

D.Y是N或F元素，由于其原子半徑小，元素的非金屬性強，因此其氫化物分子間可以形成

氫鍵，D正確；

故合理選項是BD。

12.葡酚酮是由葡萄籽提取的一種花青素類衍生物（結構簡式如圖），具有良好的抗氧化活性。

下列關于葡酚酮敘述錯誤的是（）

o

o

、XA°HCOOH

OH

A.可形成分子內氫鍵B.有6種含氧官能團

C.可使酸性高鋅酸鉀溶液褪色D.不與Na2c水溶液發(fā)生反應

【答案】BD

【解析】

【分析】

【詳解】A.葡酚酮分子內含有-OH、-C00H,由于0原子半徑小，元素的非金屬性強，因此可

形成分子內氫鍵，A正確；

B.根據葡酚酮結構簡式可知，其中含有的含氧官能團有羥基、叫鍵、竣基、酯基4種，B錯

誤；

C.葡酚酮分子中含有酚羥基及醇羥基，具有強的還原性，可以被酸性高鋸酸鉀溶液氧化而使

溶液的紫色褪色，C正確；

D.物質分子中含有較基，由于竣酸的酸性比碳酸強，因此能夠與Na2c水溶液發(fā)生反應，D

錯誤；

綜上所述可知：合理選項是BDo

13.乙醛是常用的有機試劑，久置容易產生過氧化物，帶來安全隱患。以下不可用來定性檢

出過氧化物的試劑是()

A.K3［Fe(CN%］溶液

B.弱酸性淀粉KI溶液

C.NazCr?。7和稀H2so4溶液

D.(NH4)2Fe(SC)4%的稀HzS。,溶液和KSCN溶液

【答案】A

【解析】

【分析】

【詳解】A.過氧化物與K31Fe(CN)6］溶液不能發(fā)生反應，因此不能用于檢驗其存在，A符合

題意；

B.弱酸性淀粉KI溶液與過氧化物反應產生I?,金遇淀粉溶液變?yōu)樗{色，可以檢驗其存在，B

不符合題意；

3+

C.Na2Cr2O7和稀H2SO4溶液具有強氧化性,會將過氧化物氧化,而Na2Cr2O7被還原為Cr,

使溶液變?yōu)榫G色，可以檢驗過氧化物的存在，C不符合題意；

D.過氧化物具有強氧化性，會將（NH4）2Fe（SC）4）2電離產生的Fe"氧化為Fe",和KSCN溶

液的混合，溶液顯紅色，可以檢驗過氧化物的存在，D不符合題意；

故合理選項是A。

813

14.HF04的電離是分步進行的，常溫下Ka=7.6x10-3,Ka2=6.3xl0-,Ka=4.4xW,

下列說法正確的是（）

A.濃度均為0.1mol/L的NaOH溶液和H3P04溶液按照體積比2：1混合，混合液的pH<7

+

B.N&HPO4溶液中,c（H）+c（H2PO4）+2c（H3PO4）=c（PO^）+c（OH-）

C.向0.1mol/L的H3P溶液中通入HC1氣體（忽略溶液體積的變化），溶液PH=1時，溶液中

大約有7.1%的H3PO4電離

D.在H3P溶液中加入NaOH溶液，隨著NaOH的加入，溶液的pH增大，當溶液的pH=ll時，

c（PO^j>c（HPO；j

【答案】B

【解析】

【分析】

【詳解】A.濃度均為0.1mol/L的NaOH溶液和H3P04溶液按照體積比2：1混合，二者恰好反

應產生NEHPO”，在溶液中HPO：存在電離平衡：HPO；UPOr+『，也存在著水解平衡：

HPOt+H20=H2PO；+0H-，電離平衡常數=4.4xl（）T3,水解平衡常數

c（H2PO4）c（OH）_C（H2PODC（OH）c（H+）_Kw_10口

h28

c（HPO；）c（HPO；）c（H+）Ka26.3?-

盤=4.4義10弋水解程度大于電離程度，因此溶液顯堿性，pH>7,A錯誤；

B.在NazHPO"溶液中，根據質子守恒可得：

+

c（H）+c（H2PO4）+2c（H3PO4）=c（POt）+c（OH-）,B正確;

C.向0.Imol/L的民PO4溶液中通入HC1氣體(忽略溶液體積的變化，溶液pH=l時,c(H+)=0.1

…，根據電離平衡常數仆吟^^而尸.6?一

；制："；=7"??同時溶液中還存在H2P。；、HP。廣的的電離平衡，因此溶液中電離

的H3P。4大于7.1%,C錯誤；

D.在凡P04溶液中加入NaOH溶液，隨著NaOH的加入，溶液的pH增大，當溶液的pH=ll時，

c(H+)c(P。：)/u?c(PO))c(PO：)

+-11=44?-13

c(H)=10mol/L,43二)則=4.4?10,

c(HPOtc(HPOj)ic(HPO^)

則c(PO7)〈c(HPOj-),D錯誤;

故合理選項是B。

15.一定條件下，反應H?(g)+Br2(g)=2HBr(g)的速率方程為kkc。(H?”。(Br2)c『(HBr),

某溫度下，該反應在不同濃度下的反應速率如下：

-1-1

c(H2)/(mol-L)c(Br2)/(mol-L)c(HBr)/(mol?I；i)反應速率

0.10.12V

0.10.428v

0.20.42167

0.40.142v

0.20.1c47

根據表中的測定結果，下列結論錯誤的是()

A.表中c的值為4

B.a、8、丫的值分別為1、2、-1

C.反應體系的三種物質中，Bqlg)的濃度對反應速率影響最大

D.在反應體系中保持其他物質濃度不變，增大HBr(g)濃度，會使反應速率降低

【答案】AB

【解析】

【分析】

速率方程為v=kcYH2)cB(Br2”(HBr),將乂、Be、HBr和速率都帶入到速率方程可以得

apYapYapY

至IJ,①v=kxO.lxO.lx2、②8v=kxO.lxO.4x2、③16v=kx0.2x0.4x2、

3

@2v=kxO,4axO.lpx4Y>由①②得到B=—,②③得到a=1,①④得到丫=-1,對于

2

3

4v=k(0.2)a(0.1)Bcy(HBr)與①，將a=1,6=-,丫=-1代入，解得c=l,由此分析。

【詳解】A.根據分析，表中c的值為1,故A符合題意；

3

B.根據分析，a、B、丫的值分別為1、一、-1,故B符合題意；

2

3

C.由于丫二代乂旦"出馬)$!K!')…、^、7的值分別為1、->-1,由于速率與B「2(g)

和H2(g)的濃度成正比，與HBr(g)的濃度成反比，反應體系的三種物質中，Br2(g)的濃度

對反應速率影響最大，故C不符合題意；

D.由于丫=-1,增大HBr(g)濃度，U(HBr)減小，在反應體系中保持其他物質濃度不變，會

使反應速率降低，故D不符合題意；

答案選AB。

三、非選擇題：共60分。第16-18題為必考題，每個試題考生都必須作答。第19-20題為

選考題，考生根據要求作答。

(一)必考題：共45分。

16.碘是人體必需的微量元素，也可用于工業(yè)、醫(yī)藥等領域。大量的碘富集于海藻灰(主要

成分是Nai)中，因此從海藻灰中提取碘，可有效利用海洋資源。

(1)某興趣小組以海藻灰為原料進行匕的制備實驗。具體步驟如下：將海藻灰加熱浸泡后，得

到了Nai溶液，將適量Na2sO3固體溶于Nai溶液，再將CuSOd飽和溶液滴入上述溶液中，

生成白色Cui沉淀，該反應的離子方程式為0

(2)待r沉淀完全后，過濾，將沉淀物置于小燒杯中，在攪拌下逐滴加入適量濃HNO3,觀察

到(顏色)氣體放出，(顏色)晶體析出。出于安全和環(huán)保考慮，該實驗操作需在

(條件)下進行。該反應的化學方程式為o

(3)用傾析法棄去上清液，固體物質用少量水洗滌后得到粗匕，進一步精制時，選擇必需的儀

器搭建裝置，并按次序排列：(夾持裝置略)。

口

冷水

(4)將精制得到的12配成濃度為cmol-I71的標準溶液，用來測定某樣品中維生素C(相對分子

質量為M的含量。具體操作如下：準確稱量ag樣品，溶于新煮沸過并冷卻至室溫的蒸儲水中,

煮沸蒸儲水的目的是。用250mL容量瓶定容，使用(儀器)量取25.00mL樣品

溶液于錐形瓶中，再加入10mLl：1醋酸溶液和適量的指示劑，立即用匕標準溶液滴

定，溶液顯穩(wěn)定的(顏色)即為滴定終點，消耗匕標準溶液VmL,則樣品中維生素C

的質量分數是(寫出表達式)。已知滴定反應方程式:

2++

【答案】(1).2Cu+SO；+21+H2O=2CUI+SO；+2H(2).紅棕色(3).紫黑

色(4).通風條件下(5).2CuI+8HNO式濃)=2CU(NO3)+2NC>2+4HQ(6).DCAF

(7).除去蒸儲水中溶解的氧，防止干擾實驗(8).滴定管(9).淀粉(10).藍色

【解析】

【分析】

溶液的配制分為七步，即計算、稱量、溶解、轉移、洗滌、定容、裝瓶貼標簽。需要用到的

儀器有天平、燒杯、容量瓶、膠頭滴管、玻璃棒。此題用氧化還原滴定法測維生素C的含量。

【詳解】(1)NaAOs作還原齊U，CuS04作氧化劑，故該反應的離子方程式為

2++2++

2CU+SO^+21+H2O=2CUI+SO^+2H,2Cu+SO；+2F+H2O=2CuI+SO^+2H；

(2)Cui中的亞銅離子和碘離子均能被濃硝酸氧化，氧化產物分別為Cu?+和12,還原產物為NO2,

其反應的化學方程式為2CuI+8HNO式濃)=2Cu(NO3)+2NO2+4Hq,其中NO?為紅棕色有毒氣

體，需在通風條件下進行、L為紫黑色，故填紅棕色、紫黑色、通風條件下進行、

2CUI+8HNC)3(濃)=2CU(NO3)+2NO2+4H2O；

(3)因為碘單質受熱易升華，故采用蒸儲法提純碘單質。用到的儀器有A燒杯、C石棉網(防止

溫度過高，升華速度大于冷凝速度)、D酒精燈、F裝冷水的圓底燒瓶用于冷凝。其裝置為把

粗碘放入燒杯內，將裝有冷水的燒瓶放在燒杯上，墊上石棉網用酒精燈加熱，其連接順序為

DCAF,故填DCAF；

(4)維生素C具有還原性，故煮沸蒸儲水是為了防止水中溶解的氧干擾實驗；準確量取溶液的

體積用滴定管量??；用于指示碘單質時，通常用淀粉作指示劑，淀粉遇碘顯藍色，這里用碘

標準溶液滴定維生素C,所以當最后一滴標準液滴入錐形瓶后，溶液由無色變?yōu)樗{色且30秒

內不褪色，即為終點；根據題意消耗點標準液的物質的量為11=(^=3乂10-31］101,由反應方程式

可知25mL溶液中維生素C的物質的量為cVXWmoL則ag樣品中維生素C的物質的量為10

XcVX10-3mol=cVXlO^mol,質量為m=nM=cMVX10為，其質量分數為

cMVxlO'gcMV

---------------^xl00%=——%,故填除去蒸儲水中溶解的氧，防止干擾實驗、滴定管、淀粉、

ag-------------a

【點睛】滴定時是從250mL溶液中量取25mL進行實驗，故最后計算維生素C總物質的量時要

乘10?

17.合理利用工廠煙灰，變廢為寶，對保護環(huán)境具有重要意義。以某鋼鐵廠煙灰(主要成分為

ZnO,并含少量的CuO、Mn02>FezOs等)為原料制備氧化鋅的工藝流程如下：

氨水

濾渣①潼渣②

回答下列問題：

2+

⑴“浸取”工序中加入過量氨水的目的:①使ZnO、CuO溶解,轉化為［Zn(NH3)4產和［Cu(NH3)d

配離子；②。

(2)ZnO轉化反應的離子方程式為o

(3)“除雜”工序中，反應的離子方程式為0

(4)濾渣②的主要成分有(填化學式)，回收后可用作冶金原料。

(5)“蒸氨沉鋅”工序中，“蒸氨”是將氨及其鹽從固液混合物中蒸出，相應的化學方程式為

，蒸出物冷凝吸收后得到的碳化氨水可返回______工序循環(huán)使用。

(6)從堿式碳酸鋅得到氧化鋅的工序名稱為0

⑺將濾渣①用H/SO4溶液處理后得到溶液和______固體(均填化學式)。

2+

【答案】⑴.使MnOz、FezOs沉淀除去(2).ZnO+2NH3-H20+2NH^=[Zn(NH3)4]+3H20

2+2+

(3).Zn+[Cu(NH3)4]=Cu+[Zn(NH3)4](4).Zn、Cu(5).

A

Zn(NH3)4(HCO3)2=4NH3t+Zn(HCO3)2(6).浸出(7).煨燒(8).Fe2(S04)3(9).

Mn02

【解析】

【分析】

首先用NH1HC03和氨水浸取煙灰，將鋅元素轉化為[Zn(NH3廣絡離子，將Cu元素轉化為

[Cu(NH3)4產絡離子，MnO2,Fea不發(fā)生反應進入濾渣①中；加入鋅粉可以將[Cu(NH3),『全部

置換出來得到濾渣②中含有Zn及Cu,然后經蒸氨沉鋅Zn(NH3)4(HCO3)2反應變?yōu)镹L和

Zn(HCO3)2,然后加入堿式碳酸鋅與Zn(HCO,混合，高溫煨燒得到氧化鋅。

【詳解】(1)由題意可知，煙灰(主要成分為ZnO,并含少量的CuO、MnOz、FezOs等)，在浸取工

序中可以使ZnO、CuO溶解變?yōu)閇Zn(NHj4『和[Cu(NH3『配離子進入濾液①中，則剩余MnO?、

FeG不能發(fā)生反應，故“浸取”工序中加入過量氨水的目的還可以使MnOz、FezOs沉淀除去；

⑵浸出時，ZnO溶于碳酸氫錢與氨水的混合溶液中，形成配離子[Zn(NH3)4產和壓0,反應的離

2+

子方程式為：ZnO+2NH3-HoO+2NH>[Zn(NH3)4]+3H20；

(3)在除雜工序中，加入過量的鋅粉，發(fā)生置換反應置換出銅單質，反應的離子方程式為：

2+

Zn+[Cu(NH3)J也CU+[Zn(NH3)J;

⑷濾渣②是在除雜工序中產生的，由⑶分析可知，濾渣②是過量Zn與[Cu(NH3『發(fā)生置換

反應產生的，因此其主要成分是Cu、Zn；

(5)在“蒸氨沉鋅”工序中，“蒸氨”是將氨及其鹽從固液混合物中蒸出，Zn元素以鹽的形式

A

存在于溶液中，該反應的離子方程式為：Zn(NH3)4(HCO3)2=4NH3f+Zn(HCO3)2；蒸出物冷凝吸收

后得到的碳化氨水，由工藝流程圖可知，碳化氨水可返回到浸取工序中循環(huán)使用；

(6)堿式碳酸鋅(ZnCOa-Zn(OH)J為固體，要想得到ZnO需要經過高溫燃燒。故從堿式碳酸

鋅得到氧化鋅的工序名稱為燃燒；

(7)濾渣①的主要成分是MnO2、Fe2()3,向濾渣①中加入HA04溶液,FezOs與硫酸反應產生Fe2(SO4)3

和壓0,而MnOz不發(fā)生反應，故將濾渣①用HfO,溶液處理后得到溶液為Fez(S0,溶液，固體

為Mn02o

18.我國科學家最近發(fā)明了一種Zn-Pb。？電池，電解質為K?SO4、H2sO4和KOH,由a

和b兩種離子交換膜隔開，形成A、B、C三個電解質溶液區(qū)域，結構示意圖如下:

回答下列問題：

⑴電池中，Zn為極，B區(qū)域的電解質為(填“K^SOJ、“H2S。/或

“KOH”)o

(2)電池反應的離子方程式為o

⑶陽離子交換膜為圖中的膜(填"a”或"b”)。

⑷此電池中，消耗6.5gZn,理論上可產生的容量(電量)為毫安時(mAh)(1mol電

子的電量為IF,F=96500C-mo「i，結果保留整數)

(5)已知E為電池電動勢(電池電動勢即電池的理論電壓，是兩個電極電位之差，E=E(+)-E(.)),

AG為電池反應的自由能變，則該電池與傳統(tǒng)鉛酸蓄電池相比較，EZn-PbO2Epb-pbo?；

△Gzn-PbO2AGpepbo2(填">"或

(6)Zn是一種重要的金屬材料，工業(yè)上一般先將ZnS氧化，再采用熱還原或者電解法制備。利

用H?還原ZnS也可得到Zn,其反應式如下：ZnS(s)+H2(g)Zn(s)+H2s(g)。727℃

時，上述反應的平衡常數Kp=2.24xl()F。此溫度下，在盛有ZnS的剛性容器內通入壓強為

1.01xl()5pa的H2,達平衡時H2s的分壓為Pa(結果保留兩位小數)。

【答案】(1).負(2).K2SO4(3).PbO2+SO^-+Zn+2H20=PbS04+ZnCOH)^(4).

a(5).5360(6).>(7).<(8).0.23

【解析】

【分析】

根據圖示可知Zn為負極，PbO?為正極，電解質溶液A是KOH,B是K2s04,C是H2s04,a是陽離

子離子交換膜，b是陰離子交換膜，在同一閉合回路中電子轉移數目相等，結合溶液酸堿性及

電極材料書寫電極反應式和總反應副產物。

【詳解】(1)根據圖示可知Zn電極失去電子Zn"與溶液中的01T結合形成Zn(OH)：,所以Zn

電極為負極；在A區(qū)域電解質為K0H,在B區(qū)域電解質為K2s溶液，C區(qū)域電解質為H2S04；

PbO,電極為正極，得到電子發(fā)生還原反應。

(2)負極電極反應式為Zn-2e』40lT=Zn(OH)j,正極的電極反應式為

-+--

Pb02+2e+4H+SO4=PbS04+2H20,總反應方程式為：PbO2+SO^+Zn+2H20=PbS04+Zn(OH)；-；

(3)A區(qū)域是KOH溶液，OIT發(fā)生反應變?yōu)閆n(OH)j,為了維持溶液呈電中性，多余的K.通過

交換膜進入到B區(qū)域，由于陽離子交換膜只允許陽離子通過，因此a膜為陽離子交換膜；

6.5g

(4)6.5gZn的物質的量是〃(Zn)=mol,Zn是+2價金屬，則轉移電子〃(一)=0.2

65g/mol

mol,1mol電子的電量為IF,F=96500C?mol-1>轉移0.2mol電子的電量Q=0.2molX96500

1930023

C/mol=19300C,則理論上可產生的容量(電量)為------——mAh=5360mAh；

3600

(5)由于Zn比Pb活動性強，正極材料都是PbO2,所以Zn-PbOz的電勢差比Pb-PbO2的電勢差大,

則Ezn-PbO?>Epb-PbO?；

不同電池的電勢差越大，電池反應的自由能變就越小。由于Zn-PbO2的電勢差比Pb-PbO?的電

勢差大，所以AGZn-PbO2VAGpb_pbc)2；

(6)反應ZnS(s)+Hz(g)q^L^Zn(s)+H2s(g)在727℃時的平衡常數K=2.24x10',若在盛

MJumF

有ZnS的剛性容器內通入壓強為L01Xl()5pa的H”由于該反應是反應前后氣體體積不變的反

應，因此反應前后氣體總壓強不變，假如H2s占總壓強分數為x,則H。為(1-x),根據平衡常

數的含義可得——M.24?%解得x=2.24Xl(r,所以達到平衡時H2s的分壓為

1-x

2.24X10-6X1.01X105Pa=0.23Pa。

(-)選考題：共15分。請考生從2道題中任選一題作答，并用2B鉛筆將答題卡上所選題目

對應的題號右側方框涂黑，按所涂題號進行評分；多涂、多答，按所涂的首題進行評分；不

涂，按本選考題的首題進行評分。

19.科學工作者合成了含鎂、銀、碳3種元素的超導材料，具有良好的應用前景。回答下列

問題：

(1)銀元素位于周期表第列，基態(tài)保原子d軌道中成對電子與單電子的數量比為。

⑵在C0分子中，C與0之間形成個。鍵、個n鍵，在這些化學鍵中，0原子

共提供了個電子。

(3)第二周期元素的第一電離能(L)隨原子序數(Z)的變化情況如圖。L隨Z的遞增而呈增大趨

勢的原因是，原子核對外層電子的引力增大。導致L在a點出現(xiàn)齒峰的原因是。

(4)下列分子或離子與CO2具有相同類型化學鍵和立體構型的是(填標號)。

A.SO2B.OCNC.HF2D.NO；

(5)過渡金屬與0形成?；浜衔飼r，每個C0分子向中心原子提供2個電子，最終使中心原

子的電子總數與同周期的稀有氣體原子相同，稱為有效原子序數規(guī)則。根據此規(guī)則推斷，保

與CO形成的魏基配合物Ni(CO)x中，X=。

(6)在某種含鎂、銀、碳3種元素的超導材料晶體中，鎂原子和銀原子一起以立方最密堆積方

式形成有序結構。結構中的兩種八面體空隙，一種完全由銀原子構成，另一種由銀原子和鎂

原子共同構成，碳原子只填充在由銀原子構成的八面體空隙中，晶胞如圖所示。

①組成該晶體的化學式為=

②完全由銀原子構成的八面體空隙與由銀原子和鎂原子共同構成的八面體空隙的數量比為

由銀原子和鎂原子共同構成的八面體空隙中銀原子和鎂原子的數量比為o

③若取碳原子為晶胞頂點，則銀原子位于晶胞的______位置。

【答案】(1).10(2).3：1(3).1(4).2(5).4(6).隨原子序數

增大，核電荷數增大，