1、20192020學年度武漢市部分學校新高三起點質量監測化學試卷注意事項：1 .答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。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，再選涂其他答案標號?；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?？赡苡玫降南鄬υ淤|量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Fe 56一、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選項中，只有 項是符合題目要求的。1.化學與生產、生活密切相關。下列說法錯誤的

2、是A.氯堿工業是電解熔融的 NaCl,在陽極能得到C12B.電滲析法淡化海水利用了離子交換膜技術C.硅橡膠既能耐高溫又能耐低溫，廣泛應用于航天航空工業D.煤經過氣化和液化等化學變化可轉化為清潔能源【答案】A【解析】【詳解】A.氯堿工業是電解 NaCl的水溶液，A錯誤；B.電滲析法淡化海水利用了離子交換膜技術，B正確；C.硅橡膠既能耐高溫又能耐低溫，廣泛應用于航天航空工業，C正確；D.煤經過氣化和液化等化學變化可轉化為清潔能源，D正確；故答案選A。2.下列關于有機化合物的敘述中錯誤的是A.汽油、柴油、石蠟都是多種碳氫化合物的混合物B.苯與鐵粉、濱水混合可制備密度大于水的澳苯C.利用酸性高鎰酸鉀溶

3、液可除去CO中混有的乙烯D.只用濱水可鑒別苯、己烯和四氯化碳【答案】B【解析】【詳解】A.汽油、柴油、石蠟都是多種碳氫化合物的混合物，A正確；B.苯的澳代是苯與液澳的反應，而不是濱水，B錯誤；C.乙烯被高鎰酸鉀氧化會生成二氧化碳，故可利用酸性高鎰酸鉀溶液可除去CO中混有的乙烯，C正確；D.濱水與苯會分層，上層為苯無色液體，己烯可以使濱水褪色，四氯化碳與濱水也會分層，下層為四氯化碳無色液體，故只用濱水可鑒別苯、己烯和四氯化碳，D正確；故答案選Bo3.下列實驗中，所選裝置或實驗設計合理的是 ®A.用圖所示裝置可以除去 N&CO溶液中的CaCO雜質B.用乙醇提取濱水中的澳選擇圖所示

4、裝置C.用圖所示裝置可以分離乙醇水溶液D.用圖所示裝置可除去 CO中含有的少量 HCl【答案】A【解析】【詳解】A.碳酸鈉能溶于水而碳酸鈣難溶，故可用過濾的方法除去NaCO溶液中的CaCO雜質，A正確；B.乙醇與濱水互溶，故無法進行萃取分液，B錯誤；C.用蒸儲的方法分離乙醇和水需要在裝置中加裝溫度計，并使溫度計的水銀球在支管口處，C錯誤；D.應使用飽和碳酸氫鈉溶液除去CO中含有 少量HCl, D錯誤；故答案選A?！军c睛】在除雜時，注意試劑的選擇，盡量不要減少所需物質的量。4.設Na為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是A. 2.3gNa與Q完全反應，轉移電子總數為0.1NaB.常溫下，0.2m

5、ol/LNH 4C1溶液中，NH+數目小于 0.2NaC.標準狀況下，11.2LCHC13中氯原子數目 1.5NaD. 7.8g苯中碳碳雙鍵的數目為0.3Na【答案】A【解析】【詳解】A. 2.3gNa與Q完全反應，生成 0.1mol+1價的Na,轉移電子總數為 0.1Na, A正確;B.沒有給出溶液的體積，故無法計算NH+數目，B錯誤；C.標準狀況下，CHCb為非氣態，無法計算 CHC3中氯原子數目，C錯誤；D.苯中的碳碳鍵為介于單鍵和雙鍵之間的特殊共價鍵，即苯中不含碳碳雙鍵，D錯誤；故答案選A?！军c睛】22.4L/mol僅適用于標況下氣態物質體積的求算。5.我國科學家提出了由 CO和CH轉

6、化為CHCOOH勺催化反應歷程。該歷程示意圖如下:卜列有關說法錯誤的是A.原料到產品的總反應屬于加成反應B. CH 3COO冷子中最多有7個原子共平面C.一放出熱量并形成了C- C鍵D. CH4-CHCOOHi程中，有兩種類型的化學鍵斷裂【答案】B【解析】【詳解】A.原料到產品的總反應為 CH4 co,催化劑 CHCOOH ,屬于加成反應，A正 423確;B. CH3COO冷子中最多有竣基的四個原子和甲基中的兩個原子共6個原子共平面，B錯誤；C.根據圖中所示的信息，一放出熱量并形成了C一 C鍵，C正確；D. CH4-CHCOOHi程中，有碳氧雙鍵和碳氫單鍵兩種類型的化學鍵斷裂，D正確；故答案選

7、Bo【點睛】在判斷一個反應是否為“加成反應”時，不能單憑“烷燒無法發生加成反應”來進行判斷，烷煌可在一定條件下加到其他的雙鍵上。6.短周期主族元素 X、Y、Z、W勺原子序數依次遞增，其中 Y與Z同主族。X與Y、Z與 W勻可形成如圖所示的分子結構，且 Z與W形成的分子中所有原子最外層均滿足8電子穩定結構。下列說法中正確的是A.原子半徑：W > Z > Y > XB.氣態氫化物熱穩定性： Y > Z > Wc.元素z和 W勻存在兩種以上的含氧酸D.元素Z和W在自然界中均只能以化合態存在【答案】C【解析】【分析】X與Y可形成如圖所示的分子結構為過氧化氫，則 X為H Y為

8、。，因為Y與Z同主族，則Z 為S,因為短周期主族元素 X、Y、Z、W勺原子序數依次遞增， W為Cl?！驹斀狻緼.原子核外電子層數越多，半徑越大，電子層數相同時，核電荷數越大，半徑越小，故原子半徑的大小順序為 Z> W Y>X, A錯誤；B.原子的非金屬性越強，其對應氣態氫化物的穩定性越強，故氣態氫化物熱穩定性大小順序為W Y> Z, B錯誤；C.元素Z和W均有多種正價態，故均存在兩種以上的含氧酸，C正確；D.硫元素（Z）在自然界中以化合態和少量游離態的形式存在，D錯誤；故答案選Co7.我國明崇禎年間徐光啟手跡記載了造強水法：“綠鈕（FeSQ?7HO）五斤，硝五斤,將磯炒去，約

9、折五分之一，將二味同研細，次用鐵作鍋，鍋下起火，取氣冷定，開壇則藥化為水。用水入五金皆成水，惟黃金不化水中，加鹽則化。強水用過無力”。下列有關解釋錯誤的是A. “將磯炒去，約折五分之一”后生成FeSO?4H2OB.該方法所造“強水”為硝酸C. “惟黃金不化水中，加鹽則化”的原因是加人 NaCl溶液后氧化性增強D. “強水用過無力”的原因是“強水”用過以后，生成了硝酸鹽溶液，其氧化性減弱【答案】C【解析】【詳解】A.假設有1molFeSO4 7H2O即其質量為1mol 278g/mol=278g , “將磯炒去，約折五分之一”失去質量的1即278g=55.6g,換算成水的物質的量為556g3mo

10、l,5 518g/mol所以脫水后產物為 FeSO74H2Q A正確；B.根據題目中描述“惟黃金不化水中，加鹽則化”，可知該方法所造“強水”為硝酸，B正確；C. Au的金屬活動性很弱，硝酸均不能將其氧化，加鹽后，“強水”中含王水成分，Au可溶于王水，主要是由于配位作用，而不是因為氧化性，C錯誤；D. “強水用過無力”的原因是“強水”用過以后，生成了硝酸鹽溶液，其氧化性減弱，D正確；故答案選Co8.已知甲、乙、丙、丁之間的置換轉化關系如圖所示，且甲、丁為單質。下列說法正確的是甲*內A.若甲為鐵，丁為氫氣，則乙一定為酸B.若甲為非金屬單質，則丁不一定為非金屬單質C.若甲為金屬單質，丁為非金屬單質，

11、則丁一定是氫氣D.若甲為碳，丁為硅，則碳的非金屬性強于硅【答案】B【解析】【詳解】A.若甲為鐵，丁為氫氣，則乙可能為酸，也可能為水，A錯誤；8 .若甲為非金屬單質，則丁不一定為非金屬單質，如C、氫氣等非金屬單質還原金屬氧化物可得到金屬單質，B正確；C.若甲為金屬單質，丁為非金屬單質，則丁不一定是氫氣，如金屬鎂和二氧化碳的反應，生成單質碳，C錯誤；D.元素的非金屬性對應單質的氧化性，若甲為碳，丁為硅，無法說明碳的非金屬性強于硅，D錯誤；故答案選B。9 .氯化鎂晶體具有如下轉化關系:Mg： 6H2O灼燒固體1L氣體i濃亦04L氣體【I港液IAgNO?溶液卜列說法錯誤的是A.固體I可溶于飽和 NHC

12、l溶液B.氣體I能使無水 CuSO變藍色C.溶液I和溶液n常溫下均能與 Cu反應D.在固體n的濁液中加入 KI溶液可產生黃色沉淀【答案】C【解析】【分析】由于鎂離子會水解，故在沒有保護氣的環境下灼燒氯化鎂晶體，會得到氧化鎂固體和氯化氫與水的混合氣體，濃硫酸具有吸水性，因此溶液 I為稍稀的硫酸，氣體II為干燥的氯化氫氣體，將氯化氫氣體通入硝酸銀溶液，可得到氯化銀沉淀和硝酸溶液。【詳解】A. NH4C1溶液由于俊根離子的水解顯酸性，故固體 I MgO會溶于飽和NHCl溶液，A正確；B.氣體I為氯化氫與水的混合氣體，故能使無水CuSO藍色，B正確；C.硫酸在常溫下與 Cu不會發生反應，故 C錯誤；D

13、.由于Ksp(AgI ) = Ksp(AgCl),故AgCl固體會向AgI進行轉化，D正確;故答案選Q10.利用如圖所示裝置進行以下實驗，能得到相應實驗結論的是實驗結論A濃氨水NaOH酚MtNaOH勺堿性比NH3?H2O的強”一B濃鹽酸MnO淀粉溶液非金屬性：氯元素大于碘元素nC濃硝酸NaCONaSiO3酸性：HNO > H 2CO > H 2SiO3.明D濃硫酸蔗糖濱水濃硫酸具有脫水性、氧化性A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【詳解】A.氫氧化鈉溶于水會放熱，導致濃氨水中的氨氣逸出，使酚酬:變為紅色，無法證明NaOH勺堿性比 NH3?HO的強，A錯誤；B.用濃鹽酸

14、和二氧化鎰反應制取氯氣，需要加熱，該實驗無法完成，B錯誤；C.濃硝酸具有揮發性，故無法證明碳酸和硅酸的酸性，C錯誤；D.將濃硫酸滴入蔗糖中，蔗糖變黑，說明其具有脫水性，同時生成的還原性氣體能使濱水褪色，說明濃硫酸具有氧化性，D正確；故答案選D。【點睛】在設計實驗比較酸堿性強弱時，要注意是否發生了化學反應，當涉及到多種物質進 行比較時，要注意揮發性物質的除雜。11.激素類藥物己烯雌酚的結構簡式如圖所示。下列敘述正確的是A.己烯雌酚是芳香煌B. 1mol己烯雌酚可與 6molH發生加成反應C. 1mol己烯雌酚完全燃燒能生成18molCQ和12 molH 2OD.己烯雌酚苯環上的一氯代物有兩種（不

15、包括立體異構）【答案】D【解析】【詳解】A.己烯雌酚中含有氧元素，不屬于燒類，不是芳香燒，A錯誤；B. 1mol己烯雌酚中有2mol苯環和1mol碳碳雙鍵，故可與 7molH2發生加成反應，B錯誤；C.根據結構簡式可以數出該分子中含有18個C原子，再根據其不飽和度Q=9,可計算出有20個H原子，故1mol己烯雌酚完全燃燒能生成 18molCQ和10molHO C錯誤；D.根據結構簡式，我們可以看出己烯雌酚苯環是上下對稱、左右對稱、中心對稱的結構，其苯環上的等效氫有兩種，故其苯環上的一氯代物有兩種（不包括立體異構），D正確；故答案選D12.某堿性電池的總反應為：3HQ + 2Al=OH+2AlO

16、I+HO,工作原理如圖所示。下列敘述錯誤的是NaOH NwHOzA.電子遷移方向：Al 一用電器一 PtB.電池工作時，負極附近溶液 pH減小C.正極反應式為：HO-+3H+ +2e =2H2OD.負極會發生副反應：2A1+2O4 + 2HaO=2AlQ- + 3H4【答案】C 【解析】【分析】根據電池總反應3HO- + 2A1=01+ 2A102 + H2Q可知Al為電池的負極，電極反應為Al 3e 40H AIO2 2H2O, H0-為正極，電極反應為 HO2 2eH2O 30H 。【詳解】A.由于A1為電池負極，電子遷移方向：A1 一用電器一 Pt,A正確；B.根據電池的負極反應 Al

17、3e 40H AIO2 2H 2O,電池工作時，負極附近溶液pH減小，B正確；C.因為電池的電解液為堿性環境，故正極的反應式應為 HO2 2eH2O 30H , C錯誤;D.由于負極的 A1會直接與堿液接觸，故負極會發生副反應：2A1+20r+ 2H2O=2A1Q-+3H4 ,D正確； 故答案選Q13.利用 CH可消除 NO 的污染，反應原理為： CH(g)+2NO2(g)l- N2(g) + CO 2(g) +2H 20(g), 在10L密閉容器中分別加入 0.50mo1 CH 4和1.2mo1NO2,測得不同溫度下 n(CH)隨時間變化的 有關實驗數據如表所示：組別溫度/K時間/min 物

18、質的量0102D40502CHJ0,500.350.250. J0 !0. 10'n(CHJ0.500,300. 18M0.15下列說法正確的是A.組別中0 20 min內，NO降解速率為 0.0125mo1?L -?minB.由實驗數據可知溫度 TKT2C. 40min時，表格中M對應的數據為0.18D.該反應只有在高溫下才能自發進行【答案】B【詳解】A.第組實驗中，020min內，CH的物質的量減少 0.25mol ,則NO的物質的量減0.50mol=0.0025mol - L -1 - min-1, A錯誤;少0.50mol , NO的降解速率 v(NO2)二10L 20minB

19、.對比實驗數據發現，反應物起始濃度相同，T2比T對應的反應速率大，說明實驗控制的溫度：Ti<T2, B正確；C.溫度為Ti, 40min時該反應已達到平衡狀態，而溫度升高，反應速率增大，到達平衡所需時間少，即溫度 T2時40min必然達到平衡狀態，則 n(CH4)=0.15mol , C錯誤；D.由于反應溫度Ti<T2,且在溫度高的時候甲烷的平衡轉化率較小，說明正反應為放熱反應，且該反應為嫡增的反應，所以該反應高溫低溫均可自發進行，D錯誤；故答案B。14.常溫下，在 20mL0.lmol/LNa 2CO溶液中逐滴加入 40mL0.l mol/L稀鹽酸，溶液中含碳元素說法正確的是A.

20、曲線a表示HCO的變化曲線各種彳粒(CO2因逸出未畫出)的物質的量分數(縱軸)隨溶液pH變化的部分情況如圖所示。下列B. H2CO、HCO、CO2-可大量共存于同一溶液中C. pH=11 時，c(HCQ-)>c(Cl )D.碳酸鈉溶液的水解平衡常數為1.0X1011【解析】【分析】隨著酸液的加入，含碳組分a逐漸減少，含碳組分b逐漸增多，此時發生反應2CO3 HHCO3 ,則a代表碳酸根離子，b代表碳酸氫根離子，c為碳酸分子?！驹斀狻緼.根據分析，a代表碳酸根離子，c為碳酸分子，A錯誤； 22B. H2CO和CO會發生反應H2CO3 CO32HCO3，無法大量共存，B錯誤;C.當不考慮鹽類

21、水解時，需要以 2:1的比例向碳酸鈉中加入鹽酸，會實現22 、c(HCO3) c(CO3 ),此時8HCO3) c(CO3 ) c(Cl )，但是由于存在鹽類水解，且碳酸根離子的水解能力特別強，故不需要加入那么多鹽酸即可實現c(HCO3) c(CO3 ),此時2 、c(HCO3) c(OH ),-XTT-,可選取圖像中pH=11c(C03 )c(HCO3) c(CO3 )>c(Cl ), c正確;D.碳酸鈉溶液的水解平衡常數的計算公式為Kh的點，此時 c(HCO3) c(CO| )，故 Kh c(OH ) 10 3,故 D錯誤;故答案選Q二、非選擇題：共 58分。第1518題為必考題，每

22、個題考生都必須作答。第 19題、第20題為選考題，考生根據要求作答。(一)必考題：共 43分。15.隨原子序數 遞增，五種短周期元素原子半徑與原子序數的關系如圖所示。已知：TK是現代光學及光名作助熔劑。(1)R在元素周期表中的6(2)上述元素中的某兩種(3)請用一個化學方程式上(4)工業上以Z3R*作助1(5)已知11.5gZ的單質程式為【答案】(1).原予序數制品的屬性的強弱,該反應的熱化學方第三周期第 IIIA 族(2).ZY能Z3RY在工業上常用原料;組成一種五的目的是中完全燃燒水的電離平衡;該化合物的復至室溫，放出 QkJ:F： . ,(3).2F2 2H2O 4HF O2(4).降低

23、氧化鋁熔點，節約冶煉鋁的能源(5).2Na(s) O2(g) Na2O2(s)H 4QkJ/mol【解析】【分析】TX2是現代光學及光纖制品的基本原料，則T為Si, X為Q Z3RY6在工業上常用彳助熔劑，Z為 Na, R為 Al , 丫為 F。【詳解】(1) R為Al元素，在元素周期表中的位置是第三周期第IIIA 族；(2)上述元素中的某兩種元素可組成一種五原子共價化合物，則該共價化合物應由一個 +4價原子和四個-1價原子構成，如 SiF4,也可以是一些比較特殊的物質，如C3F2,故電子式為W： ：血或：F ：。： o ： O； F ：；:F： * (3)可以通過比較單質氧化性的強弱來比較X

24、和Y的非金屬性的強弱，方程式為2F2 2H2C 4HF C2 ；(4)工業上以 乙RY (即Na3AlF6)作電解熔融態氧化鋁制備鋁單質時的助熔劑，目的是降低 氧化鋁熔點，節約冶煉鋁的能源；(5) Z的單質在X2中完全燃燒，化學方程式為2Na C2 Na2C2, Ii.5gz燃燒放出QkJ熱量，則2molZ燃燒放出的能量為 4QkJ,故熱化學方程式為2Na(s) C2(g) Na2C2(s)H 4QkJ / mol o16.鋅是一種常用金屬，工業上利用鋅焙砂(主要含ZnQ ZnFeQ,還含有少量 CaC FeQ CuCNiC等)濕法制取金屬鋅的流程如圖所示，回答下列問題。鋅貼14'鋅沉

25、淀 沉淀已知：Fe的活潑性強于 Ni。(1) ZnFe2C4可寫成ZnC?FeQ,則ZnFezQ與H2SQ反應的化學方程式(2) “凈化I”操作分為兩步：將溶液中少量的Fe2+氧化，下列試劑中可選用的是 (填字母標號)。A.新制氯水 B . 30 % H2Q溶液 C . FeC%溶液 D . KMnM液加入ZnO,調節溶液pH為3.36.7 ;加熱到60c左右并不斷攪拌，加熱攪拌主要目的是 。(3) “凈化I”生成的沉淀中還含有溶液中的懸浮雜質，溶液中的懸浮雜質被共同沉淀的原 因是。(4) “凈化n ”中加入過量 Zn的目的是?！敬鸢浮?1).ZnFe2O44H2SO4ZnSO,Fe2SO43

26、4H2O(2). B (3).促進三價鐵離子水解轉化為沉淀，并使過量的過氧化氫分解除去(4).氫氧化鐵膠粒具有吸附性 (5).使銅離子、饃離子轉化為單質而除去【解析】【詳解】(1)根據信息ZnF&Q可寫成ZnO?FeQ可知，酸浸時 ZnFe2Q會生成兩種鹽，分別為硫酸鋅、硫酸鐵，即ZnFeQ與硫酸反應生成硫酸鋅、硫酸鐵、水，反應的化學方程式為：ZnF&Q+4H2SOZnSO+Fe2(SO4)3+4HO;(2)將溶液中少量的 Fe2+氧化，應選用氧化性較強且產物不會引入新雜質的物質，新制氯水的還原產物為氯離子， 會引入新的雜質，氯化鐵無法將Fe2+ 氧化，且會引入新的雜質，KMn

27、O溶液還原產物為二價鎰離子，會引入新的雜質，因此應當加入過氧化氫，選B;加熱攪拌的目的是促進三價鐵離子水解轉化為沉淀，并使過量的過氧化氫分解除去；(3)因為Fe(OH)3膠粒具有吸附性，則凈化I生成的沉淀中還含有溶液中的懸浮雜質；(4)加入稀硫酸后生成物中含有硫酸鐵、硫酸亞鐵、硫酸鋅、硫酸銅、硫酸饃、硫酸鈣，其中硫酸鈣微溶于水，凈化I后除去 Fe元素，所以凈化n中加入 Zn的目的是使Cu2+、Ni2+轉化 為Cu、Ni而除去。17.碳及其化合物廣泛存在于自然界。請回答下列問題：(1)反應 I: Fe(s)+CO2(g) =FeO(s)+CO(g) AH 1 平衡常數為 K反應 n : Fe(s

28、)+H 2O(g). - FeO(s)+H2(g) A H 1平衡常數為 R不同溫度下，K、K2的值如下表:r/Kk2973L472.3811732,15L67現有反應出：H(g)+CO2(g) =CO(g)+H2O(g),結合上表數據，反應出是(填“放熱”或“吸熱”)反應，為提高 CO的轉化率可采用措施有(寫出任意兩條)。(2)已知CO催化加氫合成乙醇的反應原理為：2CO(g)+6H 2(g)GHOH(g)+3H2O(g) ?H。設m為起始時的投料比，即 m= n(H2)/ n(CO 2)。CO?轉比率COe轉化率等赳分物質的量分數 70| 80| O.SOOiI 2 3 4 5 6 7 R

29、 400 500 600 700 ROO 400 500 600 7D0 800 p/MPaF/KF/K圖】圖2圖3圖1中投料比相同，溫度從高到低的順序為 圖2中m、n2、m3從大到小的順序為 圖3表示在總壓為5MPa的恒壓條件下，且 m=3時，平衡狀態時各物質的物質的量分數與溫度的關系。則曲線 d代表的物質化學名稱為 , T4溫度時，該反應平衡常數 &的計算式為(3)工業上常用高濃度的 K2CO溶液吸收CO,得溶液X,再利用電解法使 K2CO溶液再生，其裝置示意圖如圖：f h2 co” T寸彳 d 一IM.-B' ： .K Om J 二二二二二二 J 二二二二二二IV1 .

30、' = ""*廣I H-I 曰 -溶液X %修KH8儲液在陽極區發生的反應包括 和H+HCO =CO2 T +H2O簡述CO2-在陰極區再生的原理： 。【答案】(1). 吸熱(2). 升高溫度、提高氫氣濃度、吸收CO液化水蒸氣(任選兩(3).(4).mim2m3(5).(6)._30.125 5MPa (0.375 5MPa)(0.125 5MPa)2 (0.3755MPa) 6.2H 2O 4e 4HO2(8). 陰極水電解生成氫氣和氫氧根離子,OH 與HCO3反應生成CO；【詳解】(1) Kic(CO)c(CO2)K2c(H2),則K3 c(H2O)c(CO)c

31、(H2O)c(H2)c(CO2)KiKI,所以973K時, KiK30.63, 1173K 時，K3'K2K1'K2'1.29,升高溫度，平衡常數增大，所以正反應為吸熱反應，提高 CO的轉化率可采用措施有高溫度、提高氫氣濃度、吸收 CO液化水蒸氣，任選兩條答題即可；(2)正反應放熱，溫度越高，二氧化碳的平衡轉化率越小，所以溫度從高到低的順序為T3 T2 1；增大n(H2),平衡正向移動，二氧化碳的平衡轉化率越大，所以mi m2 m3 ；升高溫度，平衡逆向移動，二氧化碳和氫氣的含量增大，乙醇、水減少，乙醇的含量是水,1的-，所以曲線d代表的物質為乙醇，化學反應的壓強平衡常

32、數為生成物分壓的哥之積除以3反應物分壓的哥之積，體系中各組分的分壓=亥物質的物質的量分數x體系總壓強，故該反應30.125 5MPa (0.375 5MPa)平衡常數&的計算式為Kp 06 ;(0.125 5MPa) (0.375 5MPa)(3)裝置圖分析與電源正極相連的為電解池的陽極，與電源負極相連的為電解池的陰極，陽極上是氫氧根離子失電子生成氧氣，電極反應為：40H4e-2H2O+OT (或2H2O-4e-=4H+QT),生成的氫離子與 HCO反應生成二氧化碳氣體；在陰極區，溶液中 H+放電，破壞水的電離平衡，0K度增大，0H與HCO反應生成CO2-,所以CO2-再生。【點睛】當

33、遇到多變量的圖像問題時，要注意“定一議二”。18.硫代硫酸鈉(Na2s2O3)是一種重要的化工產品，將SO通入NaCO和N&S混合溶液中可制得NaSzQ。其制備裝置如圖所示。乂b5和N與門北溶液NOH溶液BCA(1)A中反應化學方程式為(2)為保證Na2s和N&CG得到充分利用，兩者的物質的量之比應為(3)（填操待N&S和NaCO完全消耗后,(4)作名稱）、過濾、洗滌、干燥，得到&S2O3?5H2O 晶體。(5)稱取 10.0g 產品(Na2s2O?5液，以淀粉作指示劑，用示準溶液000ol/L,忽略NS2SO與I2反應）滴定終點的現象為重復三次的實驗數據如表.

34、結束反應。過濾 B中的混合物，濾液經過示，則x=,產品的純_ _ 2-_ _ 2-2GQ +I2 = S4O6 +2I相對分子質量為,配成250mL溶液，取25.00mL溶（反應原油噠:改臺和終點 面位置如圖所消耗林選溶液體積/17.90Na2SO3 H2SO4(濃)Na2SO4 SO2 H2O (2). 2:1(3).為了保證硫代硫酸鈉的產量，實驗中通人的SO不能過量，原因是(4).氧化硫融入過多使溶液呈酸性，而Na 2s2O3可以與氫離子反應，導致產量降低.發濃縮 （5）.冷卻結晶（6）.溶液由無色變為藍色，且半分鐘顏色不退去18.10 (8). 89.28%【解析】【分析】裝置A為二氧化

35、硫 發生裝置，裝置 B為硫代硫酸鈉的制備裝置，裝置 C為尾氣處理裝置?！驹斀狻浚? ） A為氧化硫的發生裝置，反應的化學方程式為Na2SO3 H2SO4(濃)Na2SO4 SO2 H 2O ；(2)裝置B中發生的反應為2Na2s Na2co3 4SO2 3Na2s2O3 CO2，為保證Na2s和NaCO得到充分利用，兩者的物質的量之比應為2:1 ；(3)硫代硫酸鈉在酸性條件下會發生水解，二氧化硫過量會使溶液呈酸性，導致產品產量減少，所以二氧化硫不能過量；(4)過濾B中的混合物，濾液經過蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥，得到N&S2Q?5HO晶體；(5)滴定所用指示劑是淀粉溶液，當達

36、到滴定終點時，碘稍過量，碘遇淀粉變藍色；所以溶液會由無色變為藍色；由滴定管的讀數可知，開始的刻度是0.50mL,后來的讀數是18.60mL,所用溶液的體積是18.10mL,即x=18.10mL,實驗序號1所得的體積與另外兩組相差較大，舍去，則消耗標準液的平均體積為18.00mL,則碘的物質的量是 0.0180LX0.1000mol/L ,根據碘與硫代硫酸鈉反應的方程式可知硫代硫酸鈉的物質的量是0.0180LX0.1000mol/L X2X10=0.036mol,所以產0.036mol 248g/mol品的純度為 X 100%=89.28%10.0g【點睛】在進行酸堿中和滴定的計算時，要注意觀察

37、實驗數據，要將錯誤數據刪掉，再進行 計算。(二)選考題：共15分。請考生從給出的2道試題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。19.鐵被稱為“第一金屬”，鐵及其化合物在生產、生活中有廣泛用途。(1)鐵原子核外電子發生躍遷時會吸收或釋放不同的光，可以用攝取鐵元素的原子光譜。(2) FeC%的熔點為306C ,沸點為315C。由此可知 FeC%屬于 晶體。FeSO常作凈水劑和補鐵劑，SO2-的立體構型是 。(3)鐵氧化鉀K3Fe(CN) 6是檢驗Fe2+的重要試劑。基態N原子的軌道表示式為。寫出一種與鐵氧化鉀中配體互為等電子體的極性分子的化學式 。鐵氧化鉀中，所涉及的元素的第一電離能由大

38、到小的順序為 。鐵氧化鉀中，不存在 (填字母標號)。A.離子鍵 B . b鍵 C .冗鍵 D .氫鍵 E .金屬鍵(4)有機金屬配位化合物二茂鐵(C 5H5)2Fe是汽油中的抗震劑。分子中的大 口鍵可用符號 C表示，其中m代表參與形成大 口鍵的原子數，n代表參與形成大 口鍵的電子數(如果分子中的大n鍵可表示為n6),則rCII中的大n鍵應表示為,其中碳原子的雜化方式為(5)厥基鐵Fe(CO) 5可用作催化劑、汽油抗爆劑等。1molFe(CO)5分子中含_mol配位鍵。(6)某種磁性氮化鐵的結構如圖所示，N隨機排列在Fe構成的正四面體空隙中。其中鐵原子周圍最近的鐵原子個數為;六棱柱底邊長為 acm,高為c cm,阿伏加德羅常數的值為N%則該磁性氮化鐵的晶體密度為g/cm3 (列出計算式)。I.光譜儀(2) .(3) . 正四面體(4) .(5) . CO (6).Fe K .DE (8).56 614 22(9). sp (10).10 (11). 12 (12).【詳解】(1)可以用光譜儀攝取鐵元素的原子光譜;SO2-的立(2) FeC13的熔沸點不高，由此可知 FeC13屬于分子晶體，根據 VSEPR莫型，可判斷體構型是正四面體形;(3)N為7基態N原子的軌道表布式為N C Fe K ；鐵