高考化學(xué)模擬測試卷（含答案解析）

高考化學(xué)模擬測試卷（含答案解析）

一、單選題（本大題共7小題，共42.0分）

1.化學(xué)與生產(chǎn)、生活密切相關(guān)。下列有關(guān)說法中不正確的是（）

A.油脂的皂化反應(yīng)一定產(chǎn)生甘油

B.區(qū)別棉花和羊毛的最簡單方法是灼燒，聞其是否有燒焦羽毛的氣味

C.醫(yī)學(xué)上可用CuS04溶液和NaOH溶液檢驗糖尿病人尿液中的葡萄糖

D.營養(yǎng)物質(zhì)-蛋白質(zhì)、蔗糖，葡萄糖和脂肪在一定條件下都可發(fā)生水解反應(yīng)

2.某工業(yè)廢水僅含有下表離子中的4種（少量存在的離子不考慮）：

陽離子K+、Cu2+、Fc3+

陰離子Cl-、0)32-、S042-、Si()32-、N03-

某同學(xué)欲探究廢水的組成，進(jìn)行了如下實驗：

I.取廢水少許加入過最稀鹽酸溶液，有氣體生成，無沉淀生成

H.向I中所得的溶液中加入BaC12溶液，有白色沉淀生成

下列推斷不正確的是（）

A.該溶液為無色液體B.II中沉淀一定不是BaC（）3

C.整個實驗過程均無氧化還原反應(yīng)發(fā)生D.溶液中一定含有U-

3.迷迭香酸是從蜂花屬植物中提取得到的酸性物質(zhì)，其結(jié)構(gòu)如圖.下列敘述正確的是（）

A.迷迭香酸屬于芳香燃

B.Imol迷迭香酸最多能和9mol氫氣發(fā)生加成反應(yīng)

C.Imol迷迭香酸最多能和含5moiNaOH的水溶液完全反應(yīng)

D.迷迭香酸可以發(fā)生水解反應(yīng)，加成反應(yīng)和酯化反應(yīng)

4.為達(dá)到下列實驗?zāi)康?，對?yīng)的實驗操作以及相關(guān)說明均正確的是（）

選項實驗?zāi)康膶嶒灢僮飨嚓P(guān)說明

用A1C13溶液制備

A將溶液蒸干，獲得A1C13晶體

A1C13晶體I

X-

B提取碘水中的碘§地用乙醇做萃取劑，碘從水溶液中轉(zhuǎn)移到乙醇中分離

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■.

乙醉和乙酸在加熱的條件卜.反應(yīng)，飽和Na2c03溶液中

C實驗室制取乙酸乙酯

出現(xiàn)油狀液體

混合液中加入CuO固體調(diào)節(jié)pH,加熱使Fe3+轉(zhuǎn)換為沉

D除去CuS（）4溶液中Fe3+

d淀除去

A.AB.BC.CD.D

5.根據(jù)下表（部分短周期元素的原子半徑及主要化合價）信息，卜.列敘述正確的是（）

元素代號ABC0E

原子半徑/nm0.1860.1430.0890.1040.074

主要化合價+1+3+2+6、-2-2

A.E2-與B3+的核外電子數(shù)不可能相等B.氫化物的穩(wěn)定性II2D>H2E

C.最高價氧化物對應(yīng)水化物的堿性A<CD.離子半徑大小A+〈E2-

6.如圖是三種酸對Fe-Cr合金隨Cr含量變化的腐蝕性實驗結(jié)果，下列有關(guān)

說法正確的是（）

A.Cr含量小于13%時，因為三種酸中硫酸的氫離子濃度最大，所以對Fe-Cr

合金的腐蝕性最強

B.Cr含量等于13%時，三種酸對Fe-Cr合金的腐蝕速率由快到慢的順序為

H2SO4>HC1>HNO3

C.隨著Fe含量的增加，F(xiàn)e-Cr合金在5%HN03中的耐腐蝕性越來越弱

D.稀硫酸對Fc-Cr合金的腐蝕性比稀硝酸和稀鹽酸都強

7.常溫下用NaOH溶液分別滴定濃度均為0.Imol/L、相同體積的三種一元弱酸（HX、HY、HZ）的滴定曲線

如圖所示，圖中橫坐標(biāo)a表示滴定分?jǐn)?shù)（滴定用量與滴定終點用量之比）。下列說法錯誤的是（）

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A.pH突躍最大的酸，其酸性最強

B.滴定HY,當(dāng)pH=7時,0.5<a<1.0

C.分別滴定至a=1.0時，三種濟液中存在c(Na+)=c(X-);c(Y-)=c(Z-)

D.HX的電離平衡常數(shù)Ka>10-3

二、實驗題(本大題共1小題，共15.0分)

8.為了探究某礦物X(僅含3種元素)的組成和性質(zhì)，現(xiàn)設(shè)計并完成如下實驗.

氣體(足〉氧氧化鈉洛空硼A%:七工白色沉淀(466g)

高溫/足量

礦物X0?②(過)玲酸物溶液

(18.4g)足量C。(足》稀咬破黃紅色固體單質(zhì):丙

」固體甲固體乙一~—

(6.4g)

(16.0g)*(12.0g)

溶液B

《足)星敏化鈉溶液

沉淀空■中充分的吟鐵紅

(8.0g)

請回答:

(DX中除了含F(xiàn)e元素以外，還含有的元素是—

(2)X的化學(xué)式是

(3)酸性的溶液B在空氣中長時間放置會變?yōu)辄S色，請寫出該反應(yīng)的離子方程式一

三、簡答題(本大題共4小題，共51.0分)

9.(一)已知碳酸的電離平衡常數(shù)約為Kal=4X10-7,Ka2=5X10-11,HCN電離平衡常數(shù)約為6X1070。

(1)比較給出H+能力的相對強弱:H2C03HCNo(填“>”、“<”或"二")

⑵用一個離子方程式說明C032-和CN-結(jié)合H+能力的相對強弱o

(二)某工業(yè)上用鋁土礦(主要成分為A1203,含F(xiàn)e203雜質(zhì))為原料冶煉鋁的工藝流程如圖所示：

(3)寫出反應(yīng)①的離子方程式o

(4)寫出反應(yīng)②的離子方程式______。

(5)以石墨為電極，通過電解熔融A1203可制得金屬鋁。電解池中接電源負(fù)極的一極的電極反應(yīng)式是

(6)將溶液1與溶液2混合，觀察到有白色沉淀生成，寫出生成白色沉淀的離子方程式______。

10.減少二氧化碳的排放、捕集利用二氧化碳是我國能源領(lǐng)域的一個重要戰(zhàn)略方向。

(1)以金屬釘作催化劑可以從空氣中捕獲C02更接轉(zhuǎn)化為甲醇，其轉(zhuǎn)化如圖所示。

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光伏電池I

(IbCXlb

林餐酸林堿酸

Mi『交帙黑

電解過程中，陰極的電極反應(yīng)式為，產(chǎn)生1H1012時，通過質(zhì)子交換膜的質(zhì)子的物質(zhì)的量為。

11.氨酸絡(luò)合劑指含有-N(CH2C00H)2基團(tuán)的有機化合物，它是一類具有廣泛絡(luò)合性能和強的絡(luò)合能力的

絡(luò)合劑。

I、NH(CH2C00H)2

IkN(CH2COOH)3

Ilk(H00CCH2)2N-CH2-CU2-N(CH2C(K)H)2

(1)基態(tài)氮原子價電子排布式為_____。

(2)NH3、CH4、H20的沸點由高到低順序為°

(3)1、II、III都可以與Cu2+形成絡(luò)合物

①銅元素位于元素周期表第四周期第族。

②預(yù)測______(填編號"I”、"H"、“III”)與012+形成的絡(luò)合物最穩(wěn)定。

(4)下列說法正確的有______o

A.在I、H、III中N原子采取的都是sP3雜化

B.在H中C元素的電負(fù)性最大

C.在HI中C-N-C鍵角是107°18,

D.在HI中N元素的第一電離能最大

E.在IH中碳氧鍵的鍵能均相等

(5)某雜志報道了一種磷化硼納米顆粒作為高選擇性C02電化學(xué)丕原為甲醉的非金屬電催化劑。磷化硼熔點

特別高，處于極高溫的空氣環(huán)境時也具有抗氧化作用。其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。

磷化硼晶胞

①磷化硼晶體中與硼原子距離最近且相等的硼原子數(shù)為,

②若圖中A處磷原子坐標(biāo)為(0,0,0),D處磷原子坐標(biāo)為(1,1,0),則E處的硼原子坐標(biāo)為o

③己知磷化硼晶胞中A處磷原子與D處磷原子間的距離為apm,則硼原子與最近磷原子的核間距為_____pm

12.羅非昔布(結(jié)構(gòu)如圖化合物L(fēng))是一種新型非笛體抗炎藥，由于其良好的抗炎活性及安全性，對其進(jìn)行

合成優(yōu)化和結(jié)構(gòu)衍生一度成為人們研究的熱點，其中?條合成路線如圖。

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OU”

l>

、小P

已知：①“

^Ri-Bcoihj?aR.-R,?(F,(-O-B?)H)2

請回答以下問題：

(D化合物B的名稱為,化合物F的官能團(tuán)的名稱為。

(2)C+D-E的反應(yīng)類型為______o

⑶已知ImolE反應(yīng)只生成ImolF和ImolG,則G的結(jié)構(gòu)簡式為。

(4)寫出H-1的反應(yīng)方程式o

(5)化合物K的結(jié)構(gòu)簡式為______。

(6)符合下列要求的化合物F的同分異構(gòu)體一共有種(不考慮立體異構(gòu))，其中核磁共振氫譜含有六組

峰的化合物的結(jié)構(gòu)為__。

a.僅含有苯環(huán)一種環(huán)狀結(jié)構(gòu)且苯環(huán)上含為2個取代基

b.含有竣基

c.能發(fā)生銀鏡反應(yīng)

參考答案與解析

1.【答案】D

【解析】解：A.油脂的成分為高級脂肪酸甘油酯，油脂堿性條件下水解反應(yīng)為皂化反應(yīng)，則皂化反應(yīng)生成

高級脂肪酸鹽與甘油，油脂的皂億反應(yīng)一定產(chǎn)生甘油，故A正確；

B.松花的主要成分為纖維素，羊毛的主要成分為蛋白質(zhì)，灼燒時蛋白質(zhì)有燒焦的羽毛氣味，見區(qū)別棉花和

羊毛的最簡單方法是灼燒，聞其是否有燒焦羽毛的氣味，故B正確；

C.NaOH溶液和CuS04溶液反應(yīng)生成氫氧化銅沉淀，葡萄糖中含有醛基，醛基具有還原性，能被新制的氫氧

化銅氧化，有磚紅色的氧化亞銅沉淀生成，醫(yī)學(xué)上常用CuS04溶液和NaOH溶液檢驗糖尿病人尿液中的葡萄

糖，故C正確；

D.人體需要的營養(yǎng)物質(zhì)，蛋白質(zhì)水解生成氨基酸，蔗糖水解生成菊萄糖和果糖，脂肪在?定條件下水解生

成高級脂肪酸和甘油，葡萄糖是單糖，不能水解，故D錯誤；

故選:Do

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A、油脂在堿性條件下水解生成高級脂肪酸鈉和甘油為皂化反應(yīng)：

B、灼燒時蛋白質(zhì)有燒焦的羽毛氣味；

C、新制的氫氧化銅與葡萄糖在加熱條件下反應(yīng)生成磚紅色沉淀：

【）.葡萄糖是單糖，不能水解。

本題綜合考查元素化合物知識，為盲頻考點，側(cè)重于化學(xué)與生產(chǎn)、生活的考查，有利于培養(yǎng)學(xué)生良好的科

學(xué)素養(yǎng)，提高學(xué)習(xí)的積極性，難度不大，注意相關(guān)基礎(chǔ)知識的積累。

2.【答案】D

【解析】I.取廢水少許加入過量稀鹽酸溶液，有氣體生成，無沉淀生成，氣體為C02,則一定含C032-、

一定不含SiO32-，陽離子一定不含Cu2+、Fe3+；

H.向I中所得的溶液中加入BaC12溶液，有白色沉淀生成，因I中鹽酸足量，白色沉淀為硫酸鋼，則原溶

液中一定含S042-；

根據(jù)溶液不顯電性，則溶液中一定含有K+,工業(yè)廢水僅含有下表離子中的4種，則一定含有C1-或N03-中

的一種；綜上，工業(yè)廢水一定含有的4種離子為K+、C032-、S042-、C1一或N03-中的一種，一定不含有

Cu2+、Fc3+、SiO32-,以此來解答。

由上述分析可知，工業(yè)廢水一定含有的4種離子為K+、C032—、S042—、C1-或N03-中的一種，一定不含

有Cu2+、Fe3+、Si032-o

【解答】

A.工業(yè)廢水含有的4種離子為K+、CO32-、S042-sC1-或N03-中的一種，均為無色，故A正確；

B.因I中鹽酸足量，白色沉淀為BaS04,不可能是BaC03,故B正確；

C.整個實驗過程發(fā)生的反應(yīng)均為復(fù)分解反應(yīng)，沒有氧化還原反應(yīng)發(fā)生，故C正確；

D.工業(yè)廢水含有的4種離子為K+、C032-、S042-、C1-或K+、C032-、SO42-、N03-,則溶液中不一定含

有C1-,故D錯誤；

故選：Do

本題考查常見離子的檢驗，為高頻考點，把握離子之間的反應(yīng)、離子共存、電荷守恒為解答的關(guān)鍵，側(cè)重

分析與推斷能力的考查，注意含4種離子的限制條件，題目難度不大。

3.【答案】D

【解析】解:A.芳香燒中只含C、H元素，則迷迭香酸不屬于芳香燒，故A錯誤；

B.含苯環(huán)、C=C,Imol迷迭香酸最多能和7moi氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，故B錯誤；

C.酚-0H具有酸性，-COOH具有酸性，-COOC-在堿性條件下水解，則Imol迷迭香酸最多能和含6molNaOH

的水溶液完全反應(yīng)，故C錯誤；

D.含-COOC-,能水解，苯環(huán)、C=C能發(fā)生加成反應(yīng),含-OH、-COOH,則發(fā)生酯化反應(yīng)，故D正確;

故選D.

由有機物的結(jié)構(gòu)可知，含酚-OH、-COOH,-COOC-.C=C,結(jié)合酚、烯烽、酯、竣酸的性質(zhì)來解答.

本題考杳有機物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，注意把握有機物的官能團(tuán)極及其性質(zhì)的關(guān)系來解答，熟悉酚、諭炷、殷酸、

酯的性質(zhì)是解答的關(guān)鍵，題目難度不大.

4.【答案】D

【解析】解：A.加熱促進(jìn)鋁離子水解，且生成鹽酸易揮發(fā)，應(yīng)在HC1氣流中蒸發(fā)，故A錯誤；

B.乙醇與水互溶，應(yīng)選苯或四氯億碳萃取，故B錯誤；

C.導(dǎo)管在碳酸鈉溶液的液面下易發(fā)生倒吸，導(dǎo)管口應(yīng)在液面上，故C錯誤；

D.CuO可促進(jìn)鐵離子水解轉(zhuǎn)化為沉淀，加入CuO固體調(diào)節(jié)pH可除去雜質(zhì)，故D正確；

故選:Do

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A.加熱促進(jìn)鋁離子水解，且生成鹽酸易揮發(fā)；

B.乙醉與水互溶；

C.導(dǎo)管在碳酸鈉溶液的液面下易發(fā)生倒吸；

D.CuO可促進(jìn)鐵離子水解轉(zhuǎn)化為沉淀。

本題考查化學(xué)實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、混合物分離提純、物質(zhì)的制備、鹽類水解、

實驗技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實驗?zāi)芰Φ目疾椋⒁鈱嶒灥脑u價性分析，題目難度不大。

5.【答案】D

【解析】解：由上述分析可知，A為Na,B為Al,C為Be,D為S,E為0：A.02-與A13+的核外電子數(shù)均

為10,二者核外電子數(shù)相等，故A錯誤；

B.非金屬性0>S,則氫化物的穩(wěn)定性H2MH2E,故B錯誤;

C.A、C最高價氧化物對應(yīng)水化物分別為NaOH和Be(0H)2,其Be(0H)2堿性弱于氫氧化鋁，而氫氧化鈉的堿

性強于氫氧化鋁，故堿性NaOH>Bc(OH)2,故C錯誤；D.具有相同電子排布的離子中，原子序數(shù)大的離子半

徑小，則離子半徑為A+〈E2「故D正確；

故選：Do

由D、E元素的化合價可知，E只有-2價，E為()元素，D有+6、一2價，I)為S；C的原子半徑大于()、小于

S,可知C為第二周期IIA族元素，C為Be；A、B的原子半徑均大于S,A為+1價，A為Na,B為+3價，B

為A1,以此來解答.

本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律，為高頻考點，把握短周期元素的原子半徑、元素化合價來推斷元素為解

答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意規(guī)律性知識的應(yīng)用，題目難度不大.

6.【答案】C

【解析［解：根據(jù)圖中的縱橫坐標(biāo)可知，橫坐標(biāo)為Cr含量，縱坐標(biāo)為金屬被腐蝕的反應(yīng)速率。

A.Cr含量小于13%時，三種酸中，有一段曲線表明硝酸的氫離子濃度最大，對Fe-Cr合金的腐蝕性最強，

故A錯誤；

B.Cr含量等于13%時，鹽酸、硝酸氫離子濃度相等，三種酸對Fe-Cr合金的腐蝕速率由快到慢的順序為

H2SO4>HC1=HNO3,故B錯誤;

C.Fe-Cr合金中鐵的含量與銘的含量呈反比，由圖可知，隨著Fe含量的增加，F(xiàn)e-Cr合金在5與HNO3中的

耐腐蝕性越來越弱，故C正確；

D.由圖可知，硫酸對金屬的腐蝕速率隨隨Cr含量增加而變大，當(dāng)格的含量遠(yuǎn)低于于13%時，稀硫酸對合金

的腐蝕速率比鹽酸、硝酸弱，故D錯誤；

故選:Co

A.Cr含量小于13%時，三種酸中，有一段硝酸的氫離子濃度最大；

B.由圖中的曲線變化可知，Cr含量等于13%時，鹽酸、硝酸氫離子濃度相等，腐蝕速率與氫離子濃度大小

成正比：

C.由圖中的曲線變化可知，隨著Fc含量增加，酸腐蝕性增強；

D.由圖中的曲線變化可知，硫酸對金屬的腐蝕速率隨Cr含量增加而變大。

本題以圖形來考查學(xué)生對金屬腐蝕的認(rèn)識，明確圖形中的曲線變化趨勢及曲線的交點的含有是解答的關(guān)鍵,

并能利用金屬與酸的反應(yīng)來分析解答金屬的腐蝕，題目難度中等。

7.【答案】C

【解析】解:A.由圖可知,濃度均為0.Imol/L的一元弱酸HX、HY、析中，pH大小:HZ>HY>HX,則酸性強

弱：HX>HY>HZ,滴定過程中HX的pH突躍最大、HZ的pH突躍最小,故A正確;

B.由圖可知，a=l.0時達(dá)到滴定終點生成NaA、溶液呈堿性；a=0.5時得到等濃度的HY和NaY的混合溶液、

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溶液呈酸性，要使溶液的pH=7,則滴定接近終點、HY過量，則a<l.0：a=0.5時得到等濃度的HY和NaY的

混合溶液、溶液呈酸性,要使溶液的pH=7,則繼續(xù)加入NaOH溶液,a>0.5,所以pH=7時，0.5<a<L0,故

B正確；

C由圖可知,酸性：酸性強弱：HX〉HY>HZ,滴定至a=l.()時均達(dá)到滴定終點，得到NaX、NaY、NaZ,則水解

程度：Z->Y->X-,剩余量：X->Y->Z-,所以c(Na+)>c(X-)>c(Y-)>c(Z-),故C錯誤;

D.由圖可知,起始時HX的pH=2,即HX溶液中c(H始「c(X-)=10-2moi/L,c(HA)=O.lmol/L-10-2mol/L,

則HX的電離平衡常數(shù)Ka=c(A-)c(H+)c(HA)=10-2X10-20.1-0.01>10-2X10-20.1=10-3,故D

正確：

故選:C。

A.濃度相同的一元酸溶液中c(H+)越大或pH越小，則酸的電離程度越大，酸性越強；

B.由圖可知,a=L0時達(dá)到滴定終點生成NaA、溶液呈堿性;a=0.5時得到等濃度的HY和NaY的混合溶液、

溶液呈酸性；

C.滴定至a=l.()時均達(dá)到滴定終點，得到NaX、NaY、NaZ,根據(jù)越弱越水解，剩余量越少分析；

D.由圖可知，起始時HX的pH=2,即HX溶液中c(H始吠c(X-)=10-2niol/L,c(HA)=O.lmol/L-10-2mol/L,

結(jié)合HX的電離平衡常數(shù)Ka=c(A-)-c(H+)c(HA)計算Ka。

本題考查了酸堿混合的定性判斷、溶液中離子濃度大小比較、電離平衡常數(shù)的計算等知識，為高頻考點，

掌握酸堿混合的定性判斷及有關(guān)溶液pH的計算方法為解題的關(guān)繼，注意電荷守恒、物料守恒、鹽的水解原

理的應(yīng)用，題目難度中等。

8.【答案】(1)S、Cu；(2)CuFeS2；(3)4Fc2++02+4H+=4Fc3++2H20。

【解析】解：某礦物X(僅含3種元素)高溫下與氯氣反應(yīng)，生成氣體氧化物和固體甲，氣體氧化物與NaOH

溶液反應(yīng)，再與硝酸酸化的硝酸銀溶液反應(yīng)生成白色沉淀，則白色沉淀為硫酸鋼；固體甲為金屬氧化物，

高溫下用足量的C0還原生成金屬單質(zhì)，金屬單質(zhì)加稀硫酸溶解，過漉，得到紫紅色的固體單質(zhì)丙，則丙為

Cu,濾液中加氫氧化鈉溶液生成氫氧化物沉淀，灼燒沉淀生成鐵紅，則原礦物中含有Fe元素；

(DX中除了含F(xiàn)e元素以外，還含有的元素是S、Cu；

故答案為：S、Cu；

⑵硫酸鋼沉淀的質(zhì)量為46.6g,貝I]n(S)=n(BaS04)=46.6g233g/mol=0.2mol,n(Cu)=6.4g64g/mol=0.Imol,

n(Fe)=2n(Fe2O3)=2X8gl60g/mol=0.lmol；則X中N(Cu)：N(Fe)：N(S)=O.Imol：0.Imol：0.2mol=l：1：

2,所以X的化學(xué)式為：CuFeS2；

故答案為：CuFeS2.

(3)B為FeS04,酸性的FeS04溶液在空氣中長時間放置會變?yōu)辄S色，是因為亞鐵離子被氧氣氧化為鐵離子，

其反應(yīng)的離子方程式為：4Fe2++02+4H+=4Fe3++2H2()；

故答案為：4Fe2++02+4H+=4Fe3++2H20：

某礦物X(僅含3種元素)高溫下與氧氣反應(yīng)，生成氣體氧化物和固體甲，氣體氧化物與NaOH溶液反應(yīng)，再

與硝酸酸化的硝酸銀溶液反應(yīng)生成白色沉淀，則白色沉淀為硫酸領(lǐng)I;固體甲為金屬氧化物，高溫下用足量

的C0還原生成金屬單質(zhì)，金屬單質(zhì)加稀硫酸溶解，過濾，得到紫紅色的固體單質(zhì)閃，則丙為Cu,濾液中加

氫氧化鈉溶液生成氫氧化物沉淀，灼燒沉淀生成鐵紅，則原礦物中含有Fe元素，根據(jù)元素守恒計算X的化

學(xué)式，再結(jié)合題目分析解答.

本題考查了探究物質(zhì)的組成方法的綜合應(yīng)用，題目難度中等，涉及金屬元素和非金屬元素化合物的性質(zhì)、

離子方程式、物質(zhì)的量的計算、離子的檢驗等知識點，熟悉元素化合物的性質(zhì)是解本題關(guān)鍵，知道流程圖

中每一步發(fā)生的反應(yīng)及反應(yīng)現(xiàn)象，側(cè)重于考查學(xué)生的分析能力和計算能力.

9.【答案】)C032-+HCN=HC03-+CN-A12O3+2OH-=2A1O2-+H2OA1O2-+CO2+2H2O=A1(0H)3\

+HC03-A13++3e-=AlHC03-+A102-+H20A1(OH)3I+C032-

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【解析】解：(一)已知碳酸的電離平衡常數(shù)約為Kal=4X10-7,Ka2=5X10-11,HCN電離平衡常數(shù)約為6

X10-10,酸性H2c()3>HCN>HC()3-；(1)酸性H2c()3>HCN>HC()3-,酸性越強，給出氫離子能量越強，給出H+

能力的相對強弱：H2c03>HCN；故答案為:>；

(2)強酸能和弱酸鹽反應(yīng)生成弱酸，能體現(xiàn)C032-和CN-結(jié)合H+能力的相對強弱的離子方程式為：

CO32-+HCN=HCO3-+CN-：故答案為：C032-+HCN=HC03-+CN-：

(3)反應(yīng)①是氧化鋁和氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和水，反應(yīng)的離子方程式為：

A12O3+2OH-=2A102-+H2O；故答案為：A1203+20H-=2A102-+H20；

(4)反應(yīng)②是過后的二氧化碳通入偏鋁酸鈉溶液中生成碳酸氫鈉和氫氧化鋁沉淀，反應(yīng)的離子方程式：

A1C2-+CO2+2H2O=A1(OH)3I+HCO3-；故答案為：A102-+C02+2H20=Al(OH)3I+HCO3-；

(5)以石墨為電極，通過電解熔融A1203可制得金屬鋁，陽極上是氧離子失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成氧氣，陰

極上是鋁離子得到電子生成金屬鋁，電解池中接電源負(fù)極的一極為電解池的陰極，電極反應(yīng)式為：

A13++3e-=Al；故答案為：A13++3e-=Al；

(6)將溶液lNaA102溶液與溶液2為碳酸氫鈉溶液混合，觀察到有白色沉淀生成，是碳酸氫根離子和偏鋁酸

根離子反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀，反應(yīng)的離子方程式：HC03-+A102-+H20=A1(OH)3I+CO32-；故答案為：

HCC3-+A1O2-+H2O=A1(OH)3I+CO32-。

(一)已知碳酸的電離平衡常數(shù)約為Kal=4X10—7,Ka2=5X10-11,HCN電離平衡常數(shù)約為6X10—10,酸性

H2CO3>HCN>HCO3-；(1)酸性H2c03>HCN>HC03-，酸性越強，給H氫離子能量越強；

(2)依據(jù)強酸制備弱酸判斷結(jié)合氫離子能力；

(二)A1203溶于氫氧化鈉溶液得到NaA102溶液，F(xiàn)e203與氫氧化鈉溶液不反應(yīng)，所以過濾后所得溶液【為

NaA102溶液,沉淀為Fc203,向NaA102溶液中通入過量C02反應(yīng)的化學(xué)方程式為:NaA102+C02+2H20=Al(011)3

I+NaHC03,生成/\1(003、附設(shè)03溶液,過濾得到溶液2為碳酸氫鈉溶液，沉淀為氫氧化鋁,灼燒A1(OH)3

得A1203,電解熔融A1203得到A1；(3)反應(yīng)①是氧化鋁和氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和水；

(4)反應(yīng)②是過量的二氧化碳通入偏鋁酸鈉溶液中生成碳酸氫鈉和氫氧化鋁沉淀；

(5)以石墨為電極，通過電解熔融A1203可制得金屬鋁，陽極上是氧離子失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成氧氣，陰

極上是鋁離子得到電子生成金屬鋁；

(6)將溶液1為NaA102溶液與溶液2為碳酸氫鈉溶液混合，觀察到有白色沉淀生成，是碳酸氫根離子和偏

鋁酸根離子反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀。

本題考查了弱電解質(zhì)電離平衡、物質(zhì)分離提純、物質(zhì)制備、物質(zhì)性質(zhì)的分析應(yīng)用、電極原理等知識點，學(xué)

握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，題目難度中等。

10.[]C02(g)+3H2(g)CH30H(1)+H20(1)AH=(a+b+c+d)kj/molcd800K時，反應(yīng)達(dá)平衡，800K后

平衡逆向移動，氫氣的轉(zhuǎn)化率減小、溫度過高催化劑活性降低，單位時間內(nèi)H2的消耗量減

小b36.42C02+12e-+12H+=CH3OCH3+3H2O4mol

【解析】解：(1)由圖可知第1步至第4步完成的總反應(yīng)的熱化學(xué)方程式是C02(g)+3H2(g)?CH30H(l)+H20(D

△H=(a+b+c+d)kj/mol：故答案為：C02(g)+3H2(g)wCH30H(1)+H20(1)AH=(a+b+c+d)kj/mol；

(2)①a.由V(正,C02)V(正,CH30cH3)=21,得v(正,CH30cH3)=V(正,C02)2ru(逆,CH3OCH3)=2u(正,

C02),即正、逆反應(yīng)速率不等，故反應(yīng)未達(dá)平衡；

b.氣體密度「初也由于氣體總質(zhì)量不變(質(zhì)量守恒)且容器體枳不變，故密度始終不變，不能用作判斷平衡

依據(jù)；

c.由于體系絕熱，故反應(yīng)的熱量變化會引起容器溫度的改變，當(dāng)溫度不變時說明反應(yīng)達(dá)平衡；

d.由于C02、H2的投料比不等于化學(xué)計量數(shù)比，故隨著反應(yīng)的進(jìn)行，兩者比例會發(fā)生變化，當(dāng)比例不變時，

說明反應(yīng)達(dá)平衡；故答案為：cd；

②由于數(shù)據(jù)是在反應(yīng)相同時間內(nèi)測得，隨著溫度的升高，催化劑活性增強，反應(yīng)速率加快，反應(yīng)逐漸達(dá)平

衡，平衡后溫度再升高，則平衡逆向移動，導(dǎo)致H2的物質(zhì)的量增加，也可能是因為溫度升高后，催化劑活

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性下降，反應(yīng)速率變慢，導(dǎo)致相同時間內(nèi)H2的轉(zhuǎn)化率下降：故答案為：800K時，反應(yīng)達(dá)平衡，800K后平

衡逆向移動，氫氣的轉(zhuǎn)化率減小、溫度過高催化劑活性降低，單位時間內(nèi)H2的消耗量減?。?/p>

(3)①隨著氨碳比增大，NH3相對含量增大，故NH3的轉(zhuǎn)化率降低，C02的轉(zhuǎn)化率升高，故曲線b代表NH3

的轉(zhuǎn)化率；故答案為：b；

②由圖示知,M點對應(yīng)氨碳比為2,又兩者總量為3moL故初始投料n(NH3)=2moLn(C02)=lmol,平衡時，

NH3、CO2轉(zhuǎn)化率均為80%,則反應(yīng)的n(NH3)=2molX80%=1.6mol,反應(yīng)的n(CO2)=lmolX80%=0.8mol,列

三段式如下：

2NH3(g)+C02(g)wCO(NH2)2(g)+H20(g)

起始(mol)21C0

轉(zhuǎn)化(mol)L60.80.80.8

平衡(mo1)0.40.20.80.8

則平衡時C0(NH2)2的體積百分比二0.8mol(0.4+0.2+0.8+0.8)molX100%=36.4%,即y=36.4；故答案為:

36.4；

(4)由圖示知，C02轉(zhuǎn)化為CH30cH3,碳元素化合價由+4價降低到-2價，得電子被還原，故左池為陰極，初

步確定陰極的電極反應(yīng)為：2CO2+12e-一CI130CH3,根據(jù)溶液顯酸性，可在左邊添加12個H+配平電荷守恒，

右邊添加3個H20配平元素守恒，得完整方程式為：2C02+12e-+12H+=CH30CH3+3H20；當(dāng)產(chǎn)生lmol02時，

根據(jù)陽極反應(yīng)：2H2O-4e-=O2t+4H+,知轉(zhuǎn)移電子數(shù)為4mol,為了維持電荷守恒，陽極需有4molH+通過

質(zhì)子交換膜移向陰極；故答案為:2C02i12e-i12IH=CII30CII3?31120；4molo

(1)總反應(yīng)的熱化學(xué)方程式是C02(g)+3H2(g”CH30H(l)+H20(l),由第1步至第4步完成;

(2)①根據(jù)化學(xué)平衡狀態(tài)的特征解答，當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時，正逆反應(yīng)速率相等，各物質(zhì)的濃度、百分含

量不變，以及由此衍生的一些量也不發(fā)生變化，解題時要注意，選擇判斷的物理量，隨著反應(yīng)的進(jìn)行發(fā)生

變化，當(dāng)該物理量由變化到定值時，說明可逆反應(yīng)到達(dá)平衡狀態(tài)；

②由于反應(yīng)放出熱量，平衡后溫度再升高，則平衡逆向移動，也可能是因為溫度升高后，催化劑活性下降，

反應(yīng)速率變慢；

⑶①根據(jù)隨著氨碳比增大，NH3相對含量增大，故NH3的轉(zhuǎn)化率降低，C02的轉(zhuǎn)化率升高；

②列出三段式，計算平衡時物質(zhì)的量，進(jìn)一步計算百分比；

(4)根據(jù)C02轉(zhuǎn)化為CH30cli3,碳元素化合價降低，在陰極反應(yīng)；根據(jù)電路中電荷守恒分析。

本題考查了熱化學(xué)方程式書寫、化學(xué)平衡影響因素、圖象的理解應(yīng)用、平衡常數(shù)計算、電解池原理等，掌

握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，題目難度中等。

11.【答案】(1)2s22P3

(2)H20>NH3>CH4

⑶①IB

②山

(4)AD

⑸①12

②(34,14,14)

③68a

【解析】本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，涉及價電子排布式、第一電離能、電負(fù)性、分子熔沸點高低及鍵角大

小判斷、配位鍵的形成、晶體結(jié)構(gòu)中配位數(shù)、原子坐標(biāo)、最近原子間距離計算等知識點，側(cè)重考查基礎(chǔ)知

識運用及計算能力，難點是晶胞的位置坐標(biāo)及原子間距離計算，題目難度中等。

【解答】

(1)對于主族元素而言，價電子就是最外層電子，氮原子是7號元素，因此氮原子的最外層電子數(shù)有5個排

布式為2s22P3；

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(2)因為分子間存在氫鍵，使物質(zhì)的熔沸點升高，固體融化或液體汽化時，必須破壞分子間的氫鍵，氨分子

和水都有氫鍵，水分子間的氫鍵強于氨氣，甲烷分子間沒有氫鍵，沸點最低，因此沸點由高到低的順序為

H2ONH3>CH4；

(3)①銅在化學(xué)元素周期表上的原子序數(shù)是29,位于元素周期表第四周期第IB族；

②編號III的氨酸絡(luò)合劑，可以與Cu2+形成穩(wěn)定的五元環(huán)，所以III形成的絡(luò)合物最穩(wěn)定：

(4)A.在I、II、IH中N類似于氨氣，價層電子對數(shù)=3+12(57X3)=4,則采取的都是sp3雜化,故A正確;

B.在II中有3個竣基，含有元素有H、C、N、0,元素非金屬性越強，電負(fù)性越大，非金屬性。N〉C>H,則

氧元素的電負(fù)性最大，故B錯誤；

C.在III中氮原子上有孤對電子對，孤對電子對對成鍵電子對的拄斥大于成鍵電子對對成鍵電子對的排斥，

在田中有四個按基，由于共挽效應(yīng)，氮原子電子云密度降低，得C-N-C的鍵角小于107。18',不能確定

是多少，故C錯誤；

D.在HI中含有H、C、N、。四種元素，同周期元素從左到右呈增大趨勢，但N元素2P能級為半滿穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，

則第一電離能為N>0>C>IL氮元素的第一電離能最大，故D正確；

O

II

E.在m中有峻基，-C00H的結(jié)構(gòu)式為一C一°—H,峻基即有碳氧單鍵又有碳氧雙鍵，則健能不相等，故E

錯誤；

故答案為AI)；

(5)①由磷化硼晶胞結(jié)構(gòu)可知，磷原子位于晶胞的頂點和面心，儲原子的堆積方式為面心立方最密堆枳，則

與磷原子距離最近且相等的磷原子有12個，且一個晶胞中磷原子的個數(shù)為8X18+6X12=4,硼原子位于小

立方體內(nèi)，因此一個晶胞中硼原子的個數(shù)為4,可知晶胞中硼原子和磷原子的個數(shù)之比為1：1,因此磷化

硼晶體中與硼原子距離最近且相等的硼原子數(shù)為12；

②將磷化硼晶胞分為8個小的立方體，四個硼原子分別位于四個交錯的小立方體體心位置，若圖中A處磷

原子坐標(biāo)為(0,0,0),D處磷原子坐標(biāo)為(1,1,0),則E處的硼原子坐標(biāo)為(34,14,14)；

③設(shè)硼原子與最近磷原子的核間距為Lpm,晶胞的棱長為xpm,已知磷化硼晶胞中A處磷原子與I)處磷原子

間的距離為apm,由磷化硼晶體可知，A處磷原子與D處硼原子位于面對角線位置，2x=apm,則磷化硼晶體

的邊長x=22apm,晶胞體對角線等于4Lpm,則4Lpm=3X22apm,可得L=14X3X22apm=68apm,

12.【答案】汰乙酸(或2-漠