1、貴陽市普通高中2020屆高三年級8月摸底考試化學注意事項:1 .本試卷分第I卷（選擇題）和第n卷（非選擇題）兩部分，其中第n卷第17-20題為必彳題；21、22為選考題，考生從中任意選做一個模塊的試題，但均不得跨越模塊選做。2 .滿分100分，考試時間120分鐘。3 .答題前請將自己的學校、班級、姓名、考場號等填寫在答題卷密封線內的相應欄目。可能用到的相對原子質量：H-1C-12N-14O-16S-32Cu-64第I卷選擇題（共32分）本題包括16小題，每小題2分。在每小題給出的四個選項中，只有一項最符合題目要求。1.化學與生產、生活息息相關。下列說法不正確的是（）A.活性炭可用于殺菌和除異味

2、B.鎂可用于制造信號彈和焰火C.氯化鈉可用于配制生理鹽水D.碘酸鉀可用作加碘食鹽的添加劑【答案】A【解析】【詳解】A.活性炭具有吸附性，能除異味，但不能殺菌消毒，A項錯誤；B.因為鎂燃燒發出耀眼的白光，所以可以制造信號彈和煙火，B項正確；C.生理鹽水的成分就是氯化鈉，所以可以用氯化鈉配制，C項正確；D.食鹽中的碘元素主要是碘酸鉀，所以碘酸鉀可以作為加碘食鹽的添加劑，D項正確;答案選Ao2.下列化學用語使用正確的是A.中子數為8的氮原子：8NC.乙酸分子的比例模型:B.NH3分子的電子式:D.Cl一的結構示意圖:111I：.NH【詳解】A.原子左上角的應是質量數，中子數為8的氮原子，質量數應為1

3、5,A項錯誤;B.氨氣的電子式中沒有畫出孤對電子，B項錯誤；C.比例模型應該體現出原子的大小，在乙酸中C原子的原子半徑最大，C項正確;D.氯離子得到了一個電子后，最外層會達到8電子的穩定狀態，D項錯誤;答案選Co3.下列變化過程中，加人氧化劑才能實現的是A.Cl2Cl-B.I-I2C.SO2-SQ2-D.CuO-Cu【答案】B【解析】【分析】化合價升高元素所在的反應物是還原劑，實現化合價的升高要加入氧化劑，以此解答。【詳解】AC12-C1-,氯元素化合價由0價降到-1價，所以可以加入還原劑來實現，故A錯誤;B1-12,碘元素的化合價由-1價升高到0價，所以需加入氧化劑才能實現，故B正確；CSQ

4、-SQ2-中，沒有元素化合價變化，不是氧化還原反應，故C錯誤；DCuSCu銅元素的化合價降低了，所以需加入還原劑才能實現，故D錯誤。故選Bo【點睛】該題的關鍵是要理解氧化還原反應的概念，例如，還原劑、氧化劑，被氧化、被還原等。其次要根據題給信息得出所給微粒中有關元素的化合價必須升高這一關鍵。最后要注意自身發生氧化還原反應的微粒，如C12-Cl-,NNO等，應引起足夠重視。4.下列圖示對應的實驗操作不合理的是【答案】A【解析】【詳解】A.將固體灼燒成灰，應在增期中灼燒，A項錯誤；B.用酸式滴定管可以準確量取具有氧化性的重銘酸鉀溶液，B項正確；C.粗鹽水中含有一些不溶于水的雜質，可以先通過過濾的方

5、式分離，C項正確;D項正確;D.向水中不斷加入濃硫酸并攪拌，防止局部溫度過高,答案選Ao【點睛】注意“增竭”二字都是“土"字旁。5.下列關于物質分類的說法正確的是A.墨水、豆漿都屬于膠體B.漂白粉、石英都屬于純凈物C.氯化鏤、次氯酸都屬于強電解質D.油脂、蛋白質都屬于高分子化合物【答案】A【解析】【詳解】A.墨水和豆漿的微粒直徑都在1到100nm之間，所以都屬于膠體，A項正確；B.漂白粉中主要成分式次氯酸鈣，還含有其他成分，屬于混合物，B項錯誤；C.次氯酸屬于弱酸，所以它是弱電解質，C項錯誤；D.油脂不是高分子化合物，D項錯誤；答案選Ao6.下列說法正確的是A.CH3COOK口CHC

6、OOC的同系物B.乙烯與水生成乙醇的反應屬于加成反應C.石油分儲可以得到丙烯等重要化工原料D.C6H4的同分異構體有4種，其熔點各不相同【答案】B【解析】【詳解】A.乙酸和乙酸甲酯結構不同，不屬于同系物，A項錯誤；B.乙烯和水反應生成乙醇，沒有其他產物生成，屬于加成反應，B項正確；C.丙烯等重要的化工材料是在石油的裂解和裂化中得到的，C項錯誤；D.己烷的同分異構體有五種，D項錯誤；答案選Bo7 .室溫下，能說明NHH2O為弱電解質的實驗事實是A.鏤鹽受熱都易分解8 .0.1mol-L1NHC1溶液的pH<7C.氨水溶液中只有少量的OHD.0.1mol-L-的氨水能使無色酚Mt試液變紅色【

7、答案】B【解析】【詳解】A.錢鹽受熱易分解，斷裂是氨氣和水之間的鍵，與電離斷鍵不同，A項錯誤;B項正確;B.氯化俊顯酸性說明俊根離子能水解，證明氨水是弱電解質,C項錯誤;C.沒有給出氨水濃度，所以不能判斷出氨水的電離程度，不能證明它是弱電解質,D.氨水能使無色酚酗:試液變為紅色，只能證明氨水顯堿性，不能判斷它是弱電解質,D項錯誤;A+BfX【答案】B【詳解】A.反應X-C的活化能小于E,A錯誤；B.由可知，X是反應A+B-C的中間產物，B錯誤；C.反應物A和B的總能量大于生成物C的總能量，所以反應A+B-C是放熱反應，即AH<0,C正確；D.加入催化劑可以加快反應速率，但反應物和生成物具

8、有的總能量不變，則反應的始變不改變，D錯誤。綜上所述，本題選Co【點睛】明確反應熱與物質總能量大小的關系是解題關鍵，根據物質具有的能量進行計算：HnE（生成物的總能量）-E（反應物的總能量），當反應物的總能量大于生成物的總能量時，反應放熱，當反應物的總能量小于生成物的總能量時，反應吸熱；催化劑的使用，可以降低反應的活化能，不能改變反應的熱效應。9,下列實驗設計合理的是A.用淀粉KI試紙鑒別碘水和FeCl3溶液B,用蒸發結晶的方法從碘水中提取碘單質C.用濕潤的pH試紙測定CHCOON溶液的pHD.用飽和NaHSO溶液除去SO中少量HCl氣體【答案】D【解析】【詳解】A.淀粉-KI試紙遇到碘水會變

9、藍，三氯化鐵能和KI反應生成碘單質，也能使淀粉-KI變藍，二者都變藍，無法檢驗，A項錯誤；B,碘易升華，所以蒸發結晶的過程中，碘單質會升華，不好收集，B項錯誤；C.測定PH時，應將待測液用玻璃棒蘸取滴加到干燥的PH試紙上，如果用濕潤的PH試紙檢測，會使待測液稀釋，C項錯誤；D.HCl可以與亞硫酸氫鈉反應消耗，并生成二氧化硫氣體，D項正確；答案選Do10.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數依次增大，X是地殼中含量最多的元素，Y原子的最外層只有一個電子，Z位于元素周期表IDA族，W與X屬于同一主族。下列說法正確的是A,原子半徑：r(W)>r(Z)>r(Y)B,由X、Y組成的化合物中均

10、不含共價鍵C. Y的最高價氧化物的水化物的堿性比Z的弱D. X的簡單氣態氫化物的熱穩定性比WW強【答案】D【解析】分析：短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數依次增大；X是地殼中含量最多的元素，X為O元素；丫原子的最外層只有一個電子，Y為Na元素；Z位于元素周期表中IIIA族，Z為Al元素；W與X屬于同一主族，W的S元素。根據元素周期律作答。詳解：短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數依次增大；X是地殼中含量最多的元素，X為O元素；丫原子的最外層只有一個電子，Y為Na元素；Z位于元素周期表中IIIA族，Z為Al元素；W與X屬于同一主族，W為S元素。A項，Na、Al、S都是第三周期元素，根據同周期從

11、左到右主族元素的原子半徑依次減小，原子半徑：r(Y)r(Z)r(W,A項錯誤；B項，由XY組成的化合物有N&QNa>O>,Na?O中只有離子鍵，N&Q中既含離子鍵又含共價鍵，B項錯誤；C項，金屬性：Na(Y)Al(Z),Y的最高價氧化物的水化物的堿性比Z的強，C項錯誤；D項，非金屬性：O(X)S(VV,X的簡單氣態氫化物的熱穩定性比W的強，D項正確；答案選D。點睛：本題考查元素周期表和元素周期律的推斷，準確推斷出各字母代表的元素是解題的關鍵，進而根據同周期、同主族元素結構和性質的遞變規律作出判斷。11.下列指定反應的離子方程式不正確的是A.金屬鈉和水反應：2Na+2

12、HO=2N0+2OH+HTB.澄清石灰水中通入過量的二氧化碳：CO+OH=HCOC.室溫下用稀HNO溶解銅：Cu+2H+2NO-=Cif+2N(T+H2OD.飽和N&CO與CaSO固體反應：CO2-(aq)+CaSO(s)=CaCQs)+SO2-(aq)【答案】C【解析】【詳解】A.鈉和水反應生成氣體和氫氧化鈉，等號兩邊電子數相等，A項正確；B.過量二氧化碳生成碳酸氫根，B項正確；一C.銅和稀硝酸反應生成一氧化氮，而不是二氧化氮，C項錯誤；D.飽和碳酸鈉和硫酸鈣生沉淀轉化的反應，D項正確；答案選Co12.已知：X(g)+2Y(g)皤33Z(g)Ahl=-akJmol1(a>0)o

13、下列說法不正確的是A.達到化學平衡狀態時，反應放出的總熱量可能達到akJB.升高反應溫度，逆反應速率增大，正反應速率減小C.達到化學平衡狀態時，X、Y、Z的濃度不再發生變化D.0.1molX和0.2molY充分反應生成Z的物質的量一定小于0.3mol【答案】B【解析】【詳解】A.沒有標明參加反應的物質的量，所以放出熱量可能達到akJ,A項正確；B.升高反應溫度，正逆反應速率都增大，B項錯誤；C.達到化學反應平衡時，正逆反應速率相等，所以X、Y、Z的濃度不再發生變化，C項正確；D.由于反應是可逆反應，可逆反應反應物不能轉化完全，D項正確；答案選Bo13.在一塊表面無銹的鐵片上滴食鹽水，放置一段時

14、間后看到鐵片上有鐵銹出現。鐵片腐蝕過程中發生反應的總化學方程式：2Fe+2HO+O=2Fe(OH)2,Fe(OH)2進一步被氧氣氧化為Fe(OH)3,再在一定條件下脫水生成鐵銹，其原理如圖所示。下列說法正確的是A.鐵片發生還原反應而被腐蝕B.鐵片腐蝕生成的鐵銹可以保護內層的鐵不被腐蝕C.鐵片腐蝕過程中負極發生的電極反應：2H,0+C2+4e=4OHD.鐵片里的鐵和碳與食鹽水形成了無數微小原電池，發生了電化學腐蝕【答案】D【解析】【詳解】A.根據總反應方程式來看，鐵失電子，所以鐵發生氧化反應，A項錯誤；B.鐵片生成的鐵銹是疏松多孔的，不能保護內層的鐵，B項錯誤；C.氧氣得電子發生還原反應，所以氧

15、氣應是在正極反應，而不是負極，C項錯誤；D.鐵和碳分布不均勻，所以各個部分都可以與食鹽水形成無數微小原電池，D項正確；答案選Do14.設m為阿伏加德羅常數的值。下列說法不正確的是A.足量H使O.lmolCuO還原為Cu時轉移的電子數為0.2NaB. 32gS8(分子結構：*岌一十)中的共價鍵數目為NC. 2g由H218O和2H2O組成的混合物中含有的質子數為NaD.標準狀況下，11.2LCI2溶于水，溶液中C、CIO和HClO的微粒數之和為NA【答案】D【解析】【詳解】A.氧化銅中，銅元素由正二價變為單質銅中的零價，一次轉移兩個電子，所以0.1moICuO轉移0.2Na電子，A項正確；B.根據

16、&的分子結構推出，1moIS8分子中，含有8Na個共價鍵，32gS8是0.125moIS8分子，含有O.1258=1N個共價鍵，B項正確；C.H218O和2HO的相對分子質量都是20,所以2g的混合物的物質的量是0.1mol,hb18O和2HO中都含有10個質子，所以0.110=1電C項正確；D.氯氣和水是可逆反應，不能反應完全，所以溶液中的微粒數還應該加上氯氣中氯原子的個數，D項錯誤；答案選Do15.室溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是A.pH=2的溶液：NaT、NH+、SO2、5Q2B. c(Fe2+)=0.1molL1的溶液：M、Al3+>NO、SCNC. 0

17、.1mol-L1的NaOFHM:Na+、CO2、AlO2-D.由水電離出的c(H+)=1X10-12molL-的溶液：NaT、Fe"、ClO>SO2【答案】C【解析】-2.一、一.【詳解】A.S2C3在酸性條件下不共存，反應產生二氧化硫氣體和硫沉淀，A項錯誤；B.硝酸根在酸性條件下具有極強的氧化性，可以氧化亞鐵離子，B項錯誤；C.Na+、/、CO2，AlO2-在堿性條件下都能共存，C項正確；D.水電離出的氫離子小于10-7,說明溶液可以是酸性也可以是堿性，次氯酸根在酸性條件下不共存，三價鐵離子在堿性溶液中不能共存，D項錯誤；答案選Co16.如圖表示水中c(H+)和c(OH)的關

18、系，下列判斷錯誤的是A.圖中T1<T2B. XZ線上任意點均有pH=7C. M區域內任意點(不含實線上的點)均有c(H+)<c(OH)D.兩條曲線間任意點均有c(H+)Xc(OH)=Kw【答案】B【解析】【詳解】A.根據Ti和T2下(的數值，溫度越高Kw的數值越大，所以推斷出Ti<Ta,A項正確;B.當溶液為中性時，不同溫度下對應的中性條件下的PH不同，B項錯誤；C.在XZ線上，c(H+)=c(OH),在M區域，氫氧根離子的濃度都大于氫離子濃度，C項正確；D.在水溶液中，任彳S溫度下都有c(H+)Xc(OH)=Kw,D項正確；答案選Do第H卷非選擇題(共68分)17.丙烯酸甲

19、酯(CH2=CHCOOG)卜是一種重要的有機化工原料。實驗室制備少量丙烯酸甲酯的反應為：CH=CHCOOH+cHI儂饕?CH2=CHCOOOHO,步驟如下：步驟1:在100mL圓底燒瓶中依次加入10.0g丙烯酸、少許碎瓷片、10mL甲醇和2mL濃硫酸，攪拌。步驟2：如圖，連接裝置，加熱燒瓶中的混合液，用錐形瓶盛接通過分水器分離出的水。當不再有水生成，停止加熱。步驟3:反應液冷卻后，依次用5%NaCO溶液、飽和食鹽水、水洗滌。分離出有機相。步驟4;向有機相中加無水Na2SO固體，過濾后蒸儲，收集7090c微分。測得丙烯酸甲酯的質量為6.45g。可能用到的信息：密度沸點溶解性丙烯酸1.05g-cm

20、3141C與水互溶，易溶于足機溶劑心母甲醇-30.79gcm65c與水互溶，易溶于足機溶劑易揮發，有毒丙烯酸甲酯-30.95g-cm80.5C難溶于水，易溶于有機溶劑易揮發請回答下列問題:(1)步驟1中，加入碎瓷片的目的是(2)步驟2中，圖中所示裝置中儀器A的名稱是，其作用為；分離有機相的操作名稱為，分離有機相(3)步驟3中，用5%NaCO溶液洗滌，主要除去的物質是時不需要用到下列玻璃儀器中的_(填名稱)。(4)實驗中可能生成的有機副產物結構簡式為(填一種即可)。(5)本實驗中丙烯酸甲酯的產率為%=實際產率低于理論值的原因有多種，下列所述原因中不可能的是(填字母)。a.分水器收集的水里含丙烯酸

21、甲酯b.本實驗條件下發生了副反應c.產品在洗滌、蒸發過程中有損失d.產品精制時收集部分低沸點物質(6)本實驗中需要采取的安全防護措施有.防止爆沸；(2).球形冷凝管；(3).冷凝回流；(4).中和丙烯酸，溶解丙烯醇,降低丙烯酸甲酯的溶解度;(5).分液；(6).容量瓶，漏斗；(7).CHOCH;(8).75%(9).bd;(10).使用四氯化碳溶液進行尾氣處理，實驗要在通風櫥中進行;該實驗是利用丙烯酸和甲醇發生酯化反應制取丙烯酸甲酯的實驗，冷凝管的作用主要是用于冷凝回流，碳酸鈉溶液的作用，主要是用來中和丙烯酸，溶解甲醇，降低酯類物質的溶解度，由于發生酯化反應，實驗的條件為濃硫酸加熱同時有甲醇參

22、與，所以能發生甲醇不完全消去生成甲醛的副反應，產率的計算可根據過量少量進行判斷;【詳解】(1)步驟1中，加入碎瓷片的目的是為了防止爆沸;(2)儀器A的名稱是球形冷凝管，冷凝管的作用為冷凝回流;(3)碳酸鈉可以中和丙烯酸，溶解甲醇，降低丙烯酸甲酯的溶解度；分離有機相和水，可以通過分液的方式；需要用到的儀器主要有容量瓶和燒杯;(4)實驗的條件為濃硫酸加熱同時有甲醇參與，所以能發生甲醇不完全消去生成甲醍的副反應；(5)根據表中數據得出，甲醇有7.9g,丙烯酸有10g,所以甲醇有0.25mol,丙烯酸有0.11mol,根據反應方程式得出，二者1:1反應，說明甲醇過量，所以根據丙烯酸的物質的量計算，0.

23、11mol丙烯酸理論上可以生成0.11mol的丙烯酸甲酯，所以理論丙烯酸甲酯的產量為8.6g,所以計算產率得到6.45gg100%75%；8.6g(6)由于本實驗中含有有毒氣體，同時有毒氣體可溶于有機溶液中，所以要在通風櫥中進行實驗，同時可以用有機溶劑四氯化碳來吸收有毒氣體；【點睛】酯化反應的副反應往往是醇類的消去反應，同時要注意醇類能否發生消去反應；18.高鐵酸鈉(NazFeO)具有很強的氧化性，是一種新型的綠色凈水消毒劑。工業上以菱鐵礦(主要成分是FeCQ及少量SiOz)為原料制備高鐵酸鈉的生產過程如圖:過量N»OH:»OH溶液稀琉酸溶液溶液固體|_J_麥鐵了里巴堿浸;

24、"L星變一H氧生一互化一結鼻溶液已知：NaFeO中在堿性環境中穩定存在。請回答以下問題:(1) N&FeQ中鐵元素的化合價為_;下列標志中應貼在盛裝NaFeC4容器上的是(2)菱鐵礦粉碎的目的是，寫出“堿浸”過程中SiOz所發生反應的化學方程式為。(3)操作1與操作2的實驗名稱均為,步驟的目的是將Fe2+氧化成Fe3,其離子方程式為。(4)高鐵酸鈉消毒后的還原產物具有凈水作用，解釋凈水原理為_。(5)已知4FeQ2+10H2O?4Fe(OH)3+8OH+3QT,將一定量的NaFeQ投入至UpH不同的工業污水中(污水中其余成分均相同)，測得溶液中NaFeQ濃度變化如圖曲線I、n

25、所示。試分析曲線I比曲線n對應的污水pH_(填“高”或"低”)。«'24tM<0fl明【答案】(1).+6價；(2).d;(3).增大反應的接觸面積，加快化學反應速率；(4).SiO2+2NaOH=NaSi&HO;(5).過濾；(6).2Fe2+ClO-+2H+=2Fe3+Cl-+H2Q(7).生成的三價鐵離子可以發生水解生成氫氧化鐵膠體，氫氧化鐵膠體具有吸附作用，可用作凈水劑；(8).高；粉碎菱鐵礦(主要成分是FeCO及少量SiO2),加入NaOH§液堿溶，SiO2與NaOFK應得到硅酸鈉溶液，過濾，濾渣主要含有FeCO,加入稀硫酸溶解，得

26、到Fe2+的酸性溶液，加入NaClO溶液氧化Fe2+,2Fe2+ClO-+2H=2Fe3+Cl-+H2O,再力口入NaOH和NaClO溶液繼續氧化Fe3+,反應為：2Fe3+3ClO-+10OH=2FeQ2-+3Cl-+5HO,向得到的N&Fe。溶液中繼續加入氫氧化鈉固體得到懸濁液，過濾得到高鐵酸鈉。【詳解】(1)NaFeQ中鐵元素的化合價為+6價；高鐵酸根具有極強的氧化性，所以應該貼氧化劑的標簽;(2)菱鐵礦粉碎目的是增大反應的接觸面積，加快化學反應速率；寫出“堿浸”過程中SiO2和氫氧化鈉反應，反應的化學反應方程式為：SiO2+2NaOH=NaSi®HQ(3)操彳1與操作

27、2的實驗名稱均為過濾；步驟是Fe2+和次氯酸鈉反應生成Fe3,離子方程式為：2Fe2+ClO-+2H=2Fe3+Cl-+H2O;Fe3+3H2O?Fe(OH3(4)高鐵酸鈉消毒后的還原產物是三價錢直？，三價鐵離子可以發生水解反應,(5)根據反應方程式中產生名性時,平衡向逆向移動，高鐵酸根的濃度較大，所以結合圖419.硫有多種化合物，許多含(1)硫化鈉(Na2S)俗稱硫化,工業。將硫致水的電離程度溶液中Na+、hHS,OH離子(2)硫氫化鈉(NaHS)常用彳(3)若向N&S和NaSO的?溶液中加入足量的稀硫酸溶液；必：“增大”、“減小”威"不變“減小”或“不變”I的PH(膠體)

28、+3R生成具有吸附性的氫氧膠體，所以也可以彳濃度由大到小的順序為物在工業上常用于印染;若微熱該融合成的中間彳(該pH會(填“增其水溶液呈堿性。N&S+N&SQ+HSO-N&SQ+Sj+凡0(未配平)配平化學方程式：_Na2S+_Na2SO+_HSO=_NcbSO+_S+_hbO反應中還原產物與氧化產物的物質的量之比是(4)室溫時，已知HS的Ki=1X10Ka2=1X1013,若只考慮S2一的第一步水解，則0.1molL-Na2s溶液pH約22(5)化工生廠中常用FeS作沉捉劑除去工業廢水中的Cu，其反應原理為：Cu(aq)+FeS(s)啥?CuS(s)2+Fe(aq)。

29、下列有關敘述中正確的是a.Ksp(FeS)<Ksp(CuS)b.達到平衡時c(Fe2+)=c(Cu2+)c.溶液中加入少量NaS固體后，溶液中c(Fe2+)、c(Cu2+)都減小d.該反應平衡常數K=5)Ksp(CuS)【答案】(1).增大；(2).增大；(3).c(Na+)>c(OH-)>c(HS-)>c(S2-)>c(H+);(4).2;(5).13;(12).cd;1;(6).3;(7).3;(8).3;(9).3;(10).1:2;(11).【分析】(1)硫化鈉屬于強堿弱酸鹽；(2)硫離子存在兩步水解，第一步水解程度遠遠大于第二步水解，鈉離子不水解，且兩步

30、水解都生成氫氧根離子；(3)反應中硫化鈉中-2價硫升高為單質硫中0價，亞硫酸鈉中+4價的硫化合價降為單質硫中的0價，根據得失電子守恒配平方程式，同時方程式中氧化產物和還原產物都是S;(4)根據KW=KaK,來計算硫化鈉的第一部水解平衡常數；(5)根據沉淀轉化方程式求出Ksp的大小，對于AB型的沉淀來說，沉淀溶解平衡的化學平衡常數等于沉淀的Ksp之比;【詳解】(1)硫化鈉為強堿弱酸鹽，在水溶液中硫離子水解生成硫氫根離子和氫氧根離子，促進水的電離，溶液顯堿性，pH增大；(2)硫離子存在兩步水解，第一步水解程度遠遠大于第二步水解，鈉離子不水解，且兩步水解都生成氫氧根離子，所以離子濃度大小順序是c(N

31、a+)>c(OH-)>c(HS-)>c(S2-)>c(H+);(3)反應中硫化鈉中-2價硫升高為單質硫中0價，亞硫酸鈉中+4價的硫化合價降為單質硫中的0價，要使得失電子守恒，則硫化鈉系數為2,亞硫酸鈉系數為1,依據原子個數、電荷守恒規律，方程式：2NaS+1NaSO+3HSO=3NaSQ+3Sj+3H2O,反應中還原產物與氧化產物都是S,二者的物質的量之比是1:2;14(4)S2-+HaO?HS+OH,根據K=Ka母，所以得出硫化鈉的第一步水解平衡常數為131101,因110為硫離子水解出一個氫氧根的同時，也會水解出一個硫氫根，所以假設硫氫根的濃度等于氫氧根濃度，帶2人

32、入硫酸鈉的第一步水解平衡常數計算：K=一(,所以C(OH)=10-1mol/L,所以PH等于13;C(Na2S)(5)a.根據沉淀轉化方程式得出，硫化亞鐵的沉淀可以轉化生成硫化銅，所以硫化亞鐵的沉淀溶解平衡常數小于硫化銅的沉淀溶?平衡常數，所以Ksp(FeS)>Ksp(CuS),a項正確;、一，十,Ksp(FeS)b.該反應的化學平衡常數為K=一-1,說明達到平衡時c(Fe2+)c(Cu2+),b項錯誤;Ksp(CuS)c.溶液中加入少量NaS固體后，硫離子的濃度增加，溶液中亞鐵離子和銅離子都會生成沉淀，所以c(Fe2+)、c(Cu2+)都減小，c項正確;d.該反應平衡常數K=C(Fe2

33、+)_C(Fe2+)C(S2-)_Ksp(FeS)C(Cu2+)C(Cu2+)C(S2-)Ksp(CuS)答案選cd20.氧化鋁在工業生產中有多種用途。請根據信息回答:(1)以氧化鋁為原料，通過碳熱還原法可合成氮化鋁(AlN)己知：2Al2O(s)=4Al(g)3O|(g)AH1=+33512C(s)+Q(g)=2CO,;；=221kJ-mol12Al(g)+Nb(g)=2AlN(s)=-318kJmol1kJmol-1則碳熱還原法合成AlN的熱化學方程式為(2)電解氧化鋁生產鋁時，陽極產生的副產物CO,可通過CO甲烷化再利用，反應原理為：CO(g)+4H2(g)峰？>CH(g)+2H2

34、O(g)AH4。常壓下以Ru/TiO2作催化劑，在恒容且容積相同的不同容器中，分別充入10molCO2和H2的混合氣體(體積比1:4)于不同溫度下進行反應，第tmin時分別測定CH的體積分數(CH4),并繪成如圖甲所示曲線。r-一乂LLLr圖甲A、日CD、E五點中，尚未達到平衡的點是，該反應的4_0(填“>”或“<”)。350c時，在2L恒容密閉容器中測得CO的平衡轉化率如圖乙所示，則前10min的平均反應速率v(C6)=;平衡常數為(3)據文獻報道，科學家利用氮化錢材料與銅組成如圖所示的人工光合系統裝置，成功地以原料合成了CH。寫山銅電極表面的電極反應式。為提高該人工光合系統的工

35、作效率，可向裝置中加入少量_(選填“鹽酸”或“硫酸”)。【答案】(1).3c(s)+Al2O3(s)+N2(g)=2AlN(s)+3CO(g)H=+1026kJ/mol;(2).AB;(3).<(4).0.4mol/(Lmin)(5).1(6).CO2+8e-+8H+=CHl+2Ho(7).硫酸【解析】【分析】(1)利用蓋斯定律進行計算；(2)反應剛開始時，反應向正向進行，同時對應溫度所對應的化學反應速率較慢，相同時間沒有達到平衡,所以甲烷的體積分數增多，C點時恰好達到平衡，因為C點的時候，C點得溫度高，對應的化學反應速率快,所以相同時間內恰好達到平衡，C點之后，溫度升高速率更快，相同時

36、間內提前達到平衡，接下來得時間溫度影響平衡，使平衡發生移動，甲烷的體積分數減小；(3)根據電子移動方向判斷出銅為正極；鹽酸易揮發，所以不行；【詳解】(1)已知:2Al2O(s)=4Al(g)+3O(g)AH1=+3351kJ?mol-12c(s)+O(g)=2CO(g)H2=-221kJ?mol-12Al(g)+N2(g)=2AlN(s)H3=-318kJ?mol-1蓋斯定律計算(+X3+X2)1得到3c(s)+Al2Q(s)+N2(g)=2AlN(s)+3CO(g)H=+1026kJ/mol;2(2)A、B、C、DDE五點中，尚未達到平衡的點是A和B,因為反應剛開始時，反應向正向進行，同時對

37、應溫度所對應的化學反應速率較慢，相同時間沒有達到平衡，所以甲烷的體積分數增多，C點時恰好達到平衡，因為C點的時候，C點得溫度高，對應的化學反應速率快，所以相同時間內恰好達到平衡，C點之后，溫度升高速率更快，相同時間內提前達到平衡，接下來得時間溫度影響平衡，使平衡發生移動，甲烷的體積分數減小；根據C點之后溫度升高平衡向甲烷減少的方向移動，推測出溫度升高平衡向逆向移動，所以該反應的AH4<0;在常壓、Ru/TiO2催化下，CO2和H2混和氣體(體積比1:4，總物質的量50mol)進行反應，平衡時容器體積為2L,二氧化碳的轉化率為80%CO2(g)+4H2(g)?CH(g)+2H2O(g)起始

38、(mol/L)5200變化(mol/L)416平衡(mol/L)144mol/L所以v(CO2)=0.4mol/(L10minmin)8241,反應的平衡吊數K=-=1;4411(3)根據電子移動方向判斷出銅為正極，所以電極反應方程式為CO+8e-+8H+=CH+2HO;為提高該人工光合系統的工作效率，可向裝置中加入硫酸，來提高氫離子濃度，因為鹽酸易揮發，所以不行；【點睛】為提高該人工光合系統的工作效率，可向裝置中加入硫酸，此題涉及考點是酸的揮發性，此題不容易考慮;21.Pb為第IVA元素。常見的化合價為+2和+4,其單質和化合物都有著廣泛的用途。己知Pb2+可以和EDTA|乙二胺四乙酸(HO

39、OCCHhNCH-CHN(CHCOOH)形成無色的1:1的穩定絡合物。請回答下列問題：(1)基態Pb原子價電子排布式為(2)碳、硅與鉛同主族。碳納米管可以制成透明導電的薄膜，其結構類似于石墨晶體，則多層碳納米管的層與層之間靠一結合在一起。四鹵化硅(SiX4)均是無機化工品，其沸點按F、Cl、Br、I依次升高的原因是一(3)在EDTA中，碳原子的雜化方式有、。組成EDTA勺四種元素中第一電離能最大的是(4)Pb(NO)2中陰離子的立體構型是,寫出一個與該陰離子立體構型相同的分子的化學式(5)Sn與Pb同為第NA元素。請用價層電子對互斥理論推斷SnBr2分子中Sn-Br的鍵角120°(填

40、“>”“即或)。(6) Pb與Ti、O構成的晶體可用于制造復合電子陶瓷，該晶體的晶胞如圖所示，其中Pb、Ti、O分別位于頂點、體心和面心，該晶體的化學式為，若晶胞參數為anm,則Pb與O間的最短距離為nm,與Pb緊鄰的O個數為*°*【答案】(1).6s26p2;(2),分子間作用力；(3).都是分子晶體，同時分子中沒有氫鍵，所以它們的熔沸點通過比較范德華力來判斷，隨著相對分子質量的增大范德華力增大，所以沸點按F、Cl、Br、I依次升高；(4).sp2;(5),sp3;(6),N;(7),平面三角形；(8).SQ;(9).小于；(10).PbTi3。；(11).旦;(12).8;【解析】【詳解】(1)基態Pb原子價電子排布式為6s26p2;(2)其結構類似于石墨晶體，石墨晶體層與層之間靠范德華力連接，所以多層碳納米管的層與層之間靠