《2021-2022学年广西省河池市高级中学高三上学期第二次月考化学(解析版).docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021-2022学年广西省河池市高级中学高三上学期第二次月考化学(解析版).docx（27页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、广西河池市高级中学2021-2022学年高三上学期第二次月考化学试题(时间：90分钟 满分：100分)注意事项：1.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡，上对应题目的答案标号涂黑。2.非选择题必须用0.5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。可能用到的相对原子质量； H-1，LI -7，B- 11，C-12，N -14，O -16， F- 19，Na- 23，Cl- 35.5，S -32第I卷 (共48分)一、选择题； (本题共16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意。)1. 化学与生产、
2、生活、科技等密切相关，下列说法错误的是A. 手机芯片的主要成分是高纯硅，硅石的主要成分为硅酸盐B. 高铁车厢的大部分材料是铝合金，铝合金材料具有强度大、质量轻、耐腐蚀等优点C. 利用二氧化碳合成聚碳酸酯可降解塑料符合低碳经济理念D. 开发太阳能、风能、地热能、潮汐能等新能源可以减少霾的产生【答案】A【解析】【分析】【详解】A硅石的主要成分是二氧化硅而非硅酸盐，A错误；B高铁车用大部分材料是铝合金，铝合金材料具有强度大质量轻，抗腐蚀能力强等优点，B正确；C推广利用二氧化碳合成聚碳酸酯可降解塑料符合低碳经济理念，C正确；D开发太阳能、风能、地热能、潮汐能等新能源可以减少化石能源的消耗，降低化石能源
3、引起的环境污染，可以减少霾的产生，D正确；故答案为：A。2. 下列有关资源开发和利用的说法不正确的是A. 向浸泡过海带灰的水中加淀粉，有蓝色出现B. 把生铁炼成钢，需要降低生铁中硅的含量，可以在炼钢时添加CaCO3C. 工业制Al，在电解步骤加入冰晶石的目的是降低Al2O3的熔融温度D. 洗涤葡萄糖还原银氨溶液在试管壁产生的银，先用稀硝酸溶洗，再用水清洗【答案】A【解析】【详解】A海带灰中碘元素以I-形式存在，加淀粉不会出现蓝色，故A错误；B把生铁炼成钢，需要降低生铁中硅的含量，添加CaCO3可以使硅元素生成硅酸钙，故B正确；C电解熔融Al2O3生成铝和氧气，氧化铝熔点较高，加入冰晶石能降低熔
4、融温度，从而减少能源浪费，故C正确；D银与稀硝酸反应生成硝酸银、NO和水，银溶解，然后再用水清洗，故D正确；答案选A。3. 下列有关金属冶炼的原理，错误的是A. B. C. Fe2O3+3CO2Fe+3CO2D. 2NaCl(熔融)2Na+Cl2【答案】B【解析】分析】【详解】AHg活动性比较弱，采用热分解方法制取，故符合Hg的冶炼方法，A正确；BAl是活泼金属，采用电解方法冶炼，方程式方法不符合反应事实，B错误；CFe是比较活泼的金属，采用热还原方法冶炼，该方法符合Fe的冶炼方法，C正确；DNa是活泼金属，采用电解方法冶炼，该方法符合Na的冶炼方法，D正确；故合理选项是B。4. 阿伏加德罗常
5、数的值为NA，下列说法正确的是A. 1L0.1mol/LNaHSO4溶液中含有0.1NA个B. 在含有4molSi-O键的石英晶体中，氧原子的数目为4NAC. 常温下，14gC2H4和C3H6的混合气体中含有2NA个氢原子D. 0.1mol Na2O2固体与足量的H2O充分反应，转移0.2NA个电子【答案】C【解析】【详解】ANaHSO4在溶液中完全电离生成钠离子、氢离子、硫酸根离子，不存在，故A不符合题意；B在含4molSi-O键的石英晶体中，含有1mol二氧化硅，含有2mol氧原子，含有氧原子的数目为2NA，故B不符合题意；C14gC2H4和C3H6的混合物中含有1mol简式CH2，含有2
6、mol氢原子，含有2NA个氢原子，故C符合题意；D2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，Na2O2中氧元素的化合价从-1价升高到0价，2molNa2O2完全反应，转移2mol电子，0.1molNa2O2固体与足量的H2O充分反应，转移0.1NA个电子，故D不符合题意；答案选C。5. 莨菪亭是一种植物生长激素,其结构简式如图所示。下列有关莨菪亭的说法正确的是A. 1 mol 该物质最多消耗 5 mol H2B. 分子中所有碳原子可能处于同一平面C. 该物质能发生加成、取代和消去反应D. 1 mol 该物质最多能与 2 mol NaOH 反应【答案】B【解析】【详解】A莨菪亭能和氢气发生加成反
7、应的结构有苯环、碳碳双键，1 mol苯环消耗3 mol H2，1 mol碳碳双键消耗1 mol H2，故1 mol 该物质最多消耗 4 mol H2，A错误；B苯环、碳碳双键、羰基为平面结构，且直接相连，则所有碳原子可能处于同一平面，B正确；C含苯环、双键可发生加成反应，含-COOC-可发生取代反应，但不能发生消去反应，C错误；D酚-OH、-COOC-及水解生成的酚-OH均与NaOH反应，则1 mol该物质最多能与3 mol NaOH反应，D错误；故选B。6. 下列离子方程式的书写及评价均合理的是 选项离子方程式评价A将1molCl2通入含1 mol FeI2，溶液中：2Fe2+2I-+2Cl
8、2=2Fe3+4C1-+I2正确； Cl2过量，可将Fe2+、I-均氧化B1molL-1的NaA1O2溶液和2.5 molL-1的HCl溶液等体积均匀混合；2AlO+5H+ =Al3+Al(OH)3+H2O正确； AlO与Al(OH)3消耗的H+的物质的量之比为2：3C过量SO2通入NaClO溶液中：SO2+H2O+ClO-=HClO+HSO正确； 说明酸性：H2SO3强于HClODCa(OH)2溶液与过量NaHCO3溶液反应：HCO+Ca2+ +OH- =CaCO3+H2O正确；酸式盐与碱反应生成正盐和水A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A将1molCl2通入含1 m
9、ol FeI2溶液中，只能将I-氧化完全，正确的离子方程式为2I-+Cl2=2C1-+I2，正确的评价为Cl2不足，只能氧化I-，故A不合理；B1molL-1的NaA1O2溶液和2.5 molL-1的HCl溶液等体积均匀混合，AlO先与H+反应：AlO+H+H2O=Al(OH)3，后过量的HCl溶解了部分Al(OH)3：Al(OH)3 +3H+=Al3+3H2O，AlO与Al(OH)3消耗的H+的物质的量之比为2:3，离子方程式为：2AlO+5H+ =Al3+Al(OH)3+H2O，故B合理；C过量SO2通入NaClO溶液中，SO2有还原性，ClO-有强氧化性，发生氧化还原反应，正确的离子方程
10、式为：SO2+H2O+ClO-=2H+SO+Cl-，离子方程式和评价均不合理，故C不合理；DCa(OH)2溶液与过量NaHCO3溶液反应，离子方程式按照氢氧化钙的化学式组成书写，正确的离子方程式为2HCO+Ca2+ +2OH- =CaCO3+ CO+2H2O，故D不合理；答案选B。7. 下列由废铜屑制取CuSO45H2O的实验原理与装置不能达到实验目的的是A. 用装置甲除去废铜屑表面的油污B. 用装置乙在加热的条件下溶解废铜屑C. 用装置丙过滤得到CuSO4溶液D. 用装置丁蒸干溶液获得CuSO45H2O【答案】D【解析】【分析】【详解】A.碳酸钠溶液显碱性，在加热的条件下可以除去铜屑表面的油
11、污，A正确；B.在酸性条件下，铜与双氧水发生氧化反应得到硫酸铜，B正确；C.装置丙为过滤装置，过滤可以除去难溶杂质，得到硫酸铜溶液，C正确；D.用装置丁蒸干溶液得到硫酸铜固体，而不是CuSO45H2O，D错误；答案选D。8. 下列关于合金的说法错误的是A. 合金是由两种或两种以上的金属或金属与非金属熔合而成的具有金属特性的物质B. 镁铝合金的硬度比镁和铝都小C. 在合金中加入适量的稀土金属能大大改善合金的性能D. 青铜、硬铝、钢都是合金【答案】B【解析】【分析】【详解】A合金是由两种或两种以上的金属或金属与非金属熔合而成的具有金属特性的物质，A正确；B镁铝合金的硬度比镁和铝都大，B错误；C在合
12、金中加入适量稀土金属，能大大改善合金的性能，C正确；D青铜是铜合金、硬铝是铝合金、钢是铁碳合金，D正确；故选B。9. 下表各组物质之间转化不可通过一步反应实现的是选项XYZASiO2Na2SiO3H2SiO3BNH3NONO2CCCOCO2DMgCl2Cl2HClA. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【分析】【详解】ASiO2与NaOH溶液反应产生Na2SiO3，Na2SiO3溶液中加入HCl，反应产生H2SiO3，H2SiO3受热分解产生SiO2，H2SiO3与NaOH溶液反应产生Na2SiO3，能够实现物质之间的转化关系，A不符合题意；BNH3与O2在催化剂存在条件下加热，发生
13、氧化反应产生NO，NO与O2反应产生NO2，NO2与H2O反应产生HNO3和NO，但NO2不能一步反应产生NH3，故不能实现物质之间的转化关系，B符合题意；CC与少量O2在点燃时反应产生CO，CO与O2在点燃时反应产生CO2，CO2与Mg在点燃时反应产生C单质，CO2与C在加热时反应产生CO，能够实现物质之间转化关系，C不符合题意；D电解熔融的MgCl2反应产生Mg和Cl2，Cl2与H2在点燃时反应产生HCl，HCl与Mg反应产生MgCl2，电解稀HCl反应产生Cl2，能够实现物质之间转化关系，D不符合题意；故合理选项是B。10. “绿色化学”走进课堂，某学习小组在老师的指导下，设计了“氯气与
14、金属钠反应”的实验。实验操作：钠与氯气反应的装置可作如图改进，将一根玻璃管与氯气发生器相连，玻璃管内放一块黄豆粒大小的金属钠(已吸净煤油)，玻璃管尾部塞一团浸有溶液的棉花球。先给钠预热，到钠熔化成小球时，撤火，通入氯气，即可见钠着火燃烧，生成大量白烟。以下叙述错误的是A. 浸有溶液的棉球主要用于防止空气中二氧化碳进来与钠反应B. 反应生成的大量白烟是氯化钠晶体C. 从实验现象上判断钠的熔点较低D. 钠有很强的还原性，本质原因是钠原子的最外层只有1个电子，该电子很容易失去【答案】A【解析】【分析】【详解】A浸有溶液的棉球主要用于吸收氯气，防止污染空气，故A错误；B钠与氯气反应生成氯化钠，反应生成
15、的大量白烟是氯化钠晶体，故B正确；C给钠预热，钠熔化成小球，从实验现象上判断钠的熔点较低，故C正确；D钠原子的最外层只有1个电子，该电子很容易失去，所以钠有很强的还原性，故D正确；选A。11. a、b、c、d为短周期元素，原子序数依次增大。a原子最外层电子数等于电子层数3倍，a和b能组成两种常见的离子化合物，其中一种含两种化学键，d的最高价氧化物对应的水化物和气态氢化物都是强酸。向d的氢化物的水溶液中逐滴加入bca2溶液，开始没有沉淀；随着bca2溶液的不断滴加，逐渐产生白色沉淀。下列推断正确的是A. 最高价氧化物对应水化物的碱性：bCB滴加稀NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口试纸不
16、变蓝不能确定原溶液中含NH4+C用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化后的液态铝滴落下来金属铝的熔点较低D将淀粉溶液与少量稀硫酸混合加热，然后加入新制的Cu(OH)2悬浊液，并加热没有砖红色沉淀生成淀粉未发生水解A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【分析】A.测定等浓度的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH，可比较碳酸氢根离子与亚硫酸氢根离子的酸性；B.滴加稀NaOH溶液，可能生成一水合氨；C.氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面；D.淀粉水解后，在碱性溶液中检验葡萄糖。【详解】A.测定等浓度的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH，可比较HCO3-与HSO3-的酸
17、性，不能比较S、C两种元素的非金属性强弱，A错误；B.滴加稀NaOH溶液，可能生成一水合氨，试纸不变蓝，因此不能确定原溶液中是否含NH4+，B正确；C.加热Al，表面的Al被氧化产生Al2O3，Al2O3是离子化合物，熔点高，包裹在Al的外面，使熔化后的液态铝不会滴落下来，C错误；D.淀粉在酸性条件下水解，水解后产生的葡萄糖应该在碱性溶液中进行检验，未将催化剂硫酸中和，操作不合理，因此不会产生砖红色沉淀，D错误；故合理选项是B。15. 一种利用LiCl、Li2CO3制备金属锂的装置如图所示，下列说法正确的是A. 电极M应与电源负极相连B. 每产生22.4LCl2，将有2molLi+通过隔膜C.
18、 隔膜右电极室每产生1.4gLi，消耗0.1molLi2CO3D. 电解过程中需不断从外界补充LiCl【答案】C【解析】【分析】由题中图示可知，该电解池中，Li+由左向右移动，即阳离子向阴极移动，则M为阳极，电极反应为2Cl-2e-=Cl2，N为阴极，电极反应为Li+e-=Li；据此解答。【详解】A由上述分析可知，M为阳极，应与电源的正极相连，故A错误；B当有2molLi+通过隔膜，则电路中转移2mol电子，由电极反应2Cl-2e-=Cl2可知，产生1molCl2，但没有说明温度和压强，不能确定氯气体积，故B错误；C由电极反应式Li+e-=Li可知，阴极产生1.4gLi，Li的物质的量为n(L
19、i)=0.2mol，转移0.2mol电子，产生0.1molCl2，由电解池左侧的反应为2Cl2+2Li2CO3=4LiCl+2CO2+O2可知，消耗0.1molCl2同时，也消耗0.1molLi2CO3，故C正确；D由电解池左侧的反应为2Cl2+2Li2CO3=4LiCl+2CO2+O2可知，补充到电解池中的LiCl是由碳酸锂和Cl2反应产生的，需要不断补充的是Li2CO3，故D错误；答案为C。16. 常温下，向的溶液中滴加的溶液，溶液中随的变化关系如图所示。下列说法错误的是A. 常温下，的电离平衡常数为B. 时，消耗溶液的体积小于C. 溶液中水的电离程度大小：D. c点溶液中【答案】D【解析
20、】【分析】【详解】A常温下，的电离常数为，b点时，的电离常数为，正确；B向的溶液中滴加的溶液恰好生成的盐为弱酸强碱盐，水解显碱性，若溶液中性，醋酸过量，则消耗的氢氧化钠溶液体积小于，B正确；C酸碱抑制水的电离，盐类的水解促进水的电离，水的电离程度随加入至恰好完全反应逐渐增大，溶液中水的电离程度大小：，C正确；D溶液呈碱性，根据电荷守恒可知，D错误；故选D。第II卷二、非选择题：共52分。第17-19题为必做题，学生都必须作答。第20-21题为选做题，学生根据需要作答。(一)必做题，共38分。17. 新冠疫情期间使用了大量的消毒剂，其中二氧化氯(ClO2)与亚氯酸钠(NaClO2)都具有强氧化性
21、。两者作漂白剂时，不伤害织物；作饮用水消毒剂时，不残留异味。某研究性学习小组利用如下装置由二氧化氯制备NaClO23H2O，并探究其性质。I查阅资料；ClO2易与碱溶液反应生成等物质的量的两种盐，其中一种为氯酸盐。NaClO2饱和溶液在温度低于38时析出的晶体是NaClO23H2O，高于38 时析出的晶体是NaClO2，高于60时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。II制备与分离：（1）实验加药品前应进行的实验操作是_。（2）盛放NaClO3和Na2SO3固体的仪器名称是_，（3）装置A中参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。（4）若要从装置C反应后的溶液获得无水NaClO2晶体的
22、操作步骤如下，请完成下列操作步骤的内容。减压，55 蒸发结晶；_；用3860热水洗涤；在3860间进行干燥，得到成品。（5）装置D是处理尾气，反应的化学方程式_。III测量与计算：（6）利用题中原理制备出NaClO23H2O晶体的样品，可以用“间接碘量法”测定样品(杂质与I不发生反应)的纯度，过程如下：取样品1.4450g 配制成250mL溶液，从中取出25.00mL，加入足量KI固体和适量稀H2SO4，再滴加几滴淀粉溶液，(已知：ClO+4I-+4H+ =2H2O+ 2I2+Cl- )，然后用cmolL-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，重复2次，测得消耗标准溶液的体积平均值为vmL (已
23、知I2+2S2O=S4O+2I-)。滴定终点的现象是_。下列滴定操作会导致测量结果偏低的是_(填字母)。a锥形瓶洗涤后没有干燥b滴定时锥形瓶中有液体溅出c滴定终点时俯视读数d滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失样品中NaClO23H2O的纯度为_% (用含c、v的代数式表示)。【答案】（1）检查装置气密性 （2）三颈烧瓶 （3）2:1 （4）趁热过滤 （5）2ClO22NaOH=NaClO3NaClO2H2O （6） . 滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色。 . bc . 25cV【解析】【分析】装置A中制备得到ClO2，所以A中反应为NaClO3和Na2
24、SO3在浓硫酸的作用下生成ClO2和Na2SO4，A中还可能发生Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2+H2O；装置C中二氧化氯和氢氧化钠、H2O2的混合溶液反应生成NaClO2。 另外A中产生的SO2被带入C中，SO2与NaOH和H2O2的混合溶液反应生成硫酸钠。由题目信息可知，应控制温度3860，高于60时NaC1O2分解成NaClO3.和NaC1。装置B的作用是安全瓶，有防倒吸作用，从装置C的溶液获得NaClO2晶体，需要蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，装置D是吸收多余气体防止污染。【小问1详解】实验过程中要制备ClO2气体，则实验加药品前应检查装置气密性；故答案为：检查装
25、置气密性。【小问2详解】由图可知，盛放NaClO3和Na2SO3固体的仪器是三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶。【小问3详解】装置A中反应为NaClO3和Na2SO3在浓硫酸的作用下生成ClO2和Na2SO4，发生反应的化学方程式为2NaClO3+H2SO4+Na2SO3=2Na2SO4+2ClO2+H2O，NaClO3中Cl元素的价态为+5价，反应生成ClO2，Cl元素的价态降为+4价，NaClO3为氧化剂；Na2SO3中S元素的价态为+4价，反应生成Na2SO4，S元素的价态升高为+6价，Na2SO3为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1。故答案为：2:1。【小问4详解】已知NaClO2
26、饱和溶液在温度低于38时析出的晶体是NaClO23H2O，高于38时析出的晶体是NaClO2，高于60时NaClO2分解成NaClO3和NaC1，则从装置C反应后的溶液获得无水NaClO2晶体的操作步骤包括: 减压，55蒸发结晶；趁热过滤；用3860热水洗涤;低于60干燥，得到成品。故答案为：趁热过滤。【小问5详解】装置D可以吸收尾气，防止污染，反应的化学方程式为；2ClO22NaOH=NaClO3NaClO2H2O；【小问6详解】 ClO2在酸性条件下氧化I-生成I2，C1O2被还原为C1-，同时生成H2O，反应离子方程式为: ClO4I4H+2H2O2I2Cl,利用碘遇淀粉变蓝色，选择淀粉
27、作指示剂，用cmolL1 Na2S2O3标准溶液滴定，滴定时发生的反应为I22S2OS4O2I，当达到滴定至终点时，碘单质恰好反应完，溶液由蓝色变无色，且半分钟内不变色。故答案为：滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色。a锥形瓶洗涤后没有干燥，不影响滴定结果，故a不符合题意； b滴定时锥形瓶中有液体溅出，待测液损失，消耗的标准液减少，测定结果偏低，故b符合题意；c滴定终点时俯视读数，导致标准液消耗的体积读数减小，测定结果偏低，故c符合题意；d滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失，标准液体积消耗的读数包含气泡的体积，读数偏大，测定结果偏大，故d不符合题意。故答案
28、为：bc。滴定时共消耗VmLcmol/L的Na2S2O3标准溶液,则Na2S2O3的物质的量为VmL10-3cmol/L=10-3cVmol，根据NaClO23H2O 2I24可知，样品中NaClO23H2O的物质的量为，故样品中NaClO23H2O的纯度为。故答案为：25cV。18. 一种以辉铜矿(主要成分为Cu2S，含少量SiO2)为原料制备硝酸铜晶体的工艺流程如图所示：（1）写出“浸取”过程中Cu2S溶解时发生反应的离子方程式：_。（2）恒温“浸取”的过程中发现铜元素的浸取速率先增大后减少，有研究指出CuCl2是该反应的催化剂，该过程的反应原理可用化学方程式表示为：Cu2S+2CuCl2
29、=4CuCl+S； _（3）向滤液M中加入(或通入)_(填字母)， 所得物质可循环利用。a铁 b氯气 c高锰酸钾 d氯化氢（4）“保温除铁”过程中，加入CuO的目的是_；向浓缩池中加入适量HNO3的作用是_；操作1是_。【答案】（1）Cu2S+4Fe3+=2Cu2+4Fe2+S （2）CuCl+FeCl3= CuCl2+ FeCl2 （3）b （4） . 调节溶液的pH，使铁完全转化为Fe(OH)3沉淀 . 抑制Cu2+的水解 . 冷却（降温）结晶【解析】【分析】辉铜矿加入氯化铁溶液溶解浸取，SiO2不反应，过滤得到矿渣用苯回收硫单质，说明Cu2S和FeCl3发生反应生成S单质，还生成氯化铜、
30、氯化亚铁。在滤液中加入铁还原铁离子和铜离子，然后过滤，滤液M主要含有氯化亚铁，保温除铁加入稀硝酸溶液将亚铁离子氧化为铁离子，用CuO调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤分离，滤液中主要含有硝酸铜，加入硝酸抑制铜离子水解，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到硝酸铜晶体。【小问1详解】浸取过程中Fe3+将Cu2S氧化成Cu2+和S单质，本身被还原为二价铁离子，根据电子守恒和元素守恒可得其反应的离子方程式为：Cu2S+4Fe3+=2Cu2+4Fe2+S，故答案为：Cu2S+4Fe3+=2Cu2+4Fe2+S；【小问2详解】根据CuCl2是该反应的催化剂，故最终产物为CuCl2，可得反应
31、为氯化铁氧化氯化亚铜为氯化铜，化学方程式为：CuCl+FeCl3= CuCl2+ FeCl2，故答案为：CuCl+FeCl3= CuCl2+ FeCl2；【小问3详解】M中主要含有氯化亚铁，通入氯气可生成氯化铁，实现循环利用，故答案为：b；【小问4详解】“保温除铁”过程中，要除去Fe3+，故需要加入CuO来调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀；铜离子会发生水解，故在蒸发浓缩冷却结晶过程中需要加入硝酸来抑制其水解，故答案为：调节溶液的pH，使铁完全转化为Fe(OH)3沉淀；抑制Cu2+的水解；冷却（降温）结晶。19. H2S广泛存在于废水及天然气等燃气中，除去H2S是利国利民之举。回
32、答下列问题；（1）已知； H2(g)+Cl2(g)2HCl(g) H1H2(g)+S(s)H2S(g) H2HCl(g) HCl(aq) H3H2S(g)H2S(aq) H4用氯气除去废水中H2S的热化学方程式为_(反应热用H1、H2、H3和H4表示)。（2）H2S可用于高效制取氢气，发生的反应为2H2S(g)2H2(g)+S2(g) H容器编号起始物质的量/molH2SH2S2I0.100II0.100在两个恒容密闭容器中充入H2S(如上表)，容器I、II中H2S的平衡转化率如图a所示；该反应的H _ 0(填“ ”或“”)；在T1C，容器II的体积为6L，该反应20s后达到平衡，则020s内
33、容器II中生成S2(g)的反应速率为_molL-1min-1；（3）现改变条件进行(2)中反应；开始时，将lmol H2S与8mol Ne(g)混合于恒压(总压为p kPa)密闭容器中反应，测得平衡时H2S的平衡转化率为，则S2(g)的平衡分压为_ (分压=总压体积分数)。（4）H2S燃料电池应用前景非常广阔，该电池示意图如图b所示，电极b是_极(填“正”或“负”)；电极a的反应式为_。【答案】（1） （2） . . （3） （4） . 正 . 【解析】小问1详解】H2(g)+Cl2(g)2HCl(g) H1 H2(g)+S(s)H2S(g) H2 HCl(g) HCl(aq) H3 H2S(
34、g)H2S(aq) H4 由盖斯定律+2-得即故正确答案为： 【小问2详解】由图可知，升高温度，H2S的平衡转化率增大，说明温度升高，平衡正向移动，则H0；T时，H2S的平衡转化率为40%，起始时H2S的物质的量为0.1mol，则反应消耗0.04molH2S，生成S2(g)的物质的量为0.02mol，则020s内内容器中生成S2(g)的反应速率为故正确答案为：【小问3详解】平衡时H2S的平衡转化率为起始/mol 1 0 0变化/mol 平衡/mol 1- 气体中含有8mol Ne(g)，S2(g)的平衡分压为故正确答案为：【小问4详解】b电极是氧气得到电子生成O2-，故b电极为正极；a电极为负
35、极，电极反应式为。故正确答案为：正；(二)选做题：共14分。请学生从2道题中任选一道作答，如果多做，则按所做的第一题积分。20. 钛(Ti)及其化合物的应用研究是目前前沿科学之一，请回答下列问题；（1）基态钛原子电子排布式为_，核外电子占据的轨道数为_。（2）与钛位于同一周期且基态原子不成对电子与钛相同的元素，第一电离能由大到小的顺序为_ (用元素符号填空)。（3）TiCl4常温下为无色液体，熔点250K，沸点409K，则TiCl4属于_晶体。 TiCl4在水中或空气中极易水解，露置于空气中形成白色烟雾，烟雾中的固体成分可用TiO2nH2O表示，请写出TiCl4在空气中产生烟雾的化学方程式：_
36、。（4）TiO2作光催化剂可将甲醛、苯等有害气体转化为CO2和H2O。上述含碳原子的分子中，碳原子的杂化方式为sp2的是_(填名称)下列各组微粒互为等电子体的是_ (填字母标号)。A H2O与SO2 B CO2与N2O C CH2O与BF3 D C6H6与B3N3H6（5）金红石(TiO2)的晶胞结构如图所示，设NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为_ gcm-3(用含相关字母和符号的代数式表示)。【答案】（1） . 1s22s22p63s23p63d24s2或Ar3d24s2 . 12 （2）SeGeNi （3） . 分子 . TiCl4+(n+2)H2O=TiO2nH2O+4HCl （
37、4） . 甲醛、苯 . BD （5）【解析】【小问1详解】钛为22号元素，其基态钛原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2或Ar3d24s2，核外电子占据的轨道为1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s，其中1s、2s、3s、4s各有1个轨道，2p、3p各有3个轨道，3d有2个轨道，共占有轨道数为12。答案为：1s22s22p63s33p63d24s2或Ar3d24s2；12；【小问2详解】与钛位于同一周期且基态原子不成对电子与钛相同的元素为Ni、Ge、Se，三者为同周期元素且原子半径依次减小，原子核对外层电子的吸引力依次增大，所以第一电离能由大到小的顺序为SeGeNi。答
38、案为：SeGeNi；【小问3详解】TiCl4常温下为无色液体，熔、沸点低，则TiCl4属于分子晶体。 TiCl4在空气中水解生成TiO2nH2O和HCl，化学方程式为：TiCl4+(n+2)H2O=TiO2nH2O+4HCl。答案为：分子；TiCl4+(n+2)H2O=TiO2nH2O+4HCl；【小问4详解】甲醛、苯等、CO2分子中，碳原子的杂化方式分别为sp2、sp2、sp，所以碳原子发生sp2杂化的分子是甲醛、苯；AH2O与SO2的价电子数分别为8、18，A不符合题意；BCO2与N2O的原子总数都为3，价电子总数都为16，互为等电子体，B符合题意；CCH2O与BF3的价电子数分别为12、
39、24，C不符合题意；DC6H6与B3N3H6的原子总数都为12，价电子总数都为30，互为等电子体，D符合题意；故选BD。答案为：甲醛、苯；BD；【小问5详解】在晶胞中，含Ti原子个数为，含O原子个数为，所以晶胞中含有2个“TiO2”，M(TiO2)=48+162=80，V(晶胞)=(a10-7cm)2c10-7cm=a2c10-21cm3，则该晶体的密度为 gcm-3= gcm-3。答案为：。【点睛】计算晶胞中所含某原子的数目时，需先确定原子在晶胞中的位置，然后确定原子在晶胞中所占的份额。21. 以芳香族化合物A和化合物D为原料制备化合物M的合成路线如下：已知： AB符合原子经济学原理； (R1、 R2表示氯原子或烃基)。回答下列问题：（1）D的化学名称为