福建省高三畢業(yè)班質(zhì)量檢查測(cè)試化學(xué)試題及試題解析福建省高三畢業(yè)班質(zhì)量檢查測(cè)試化學(xué)試題及試題解析福建省高三畢業(yè)班質(zhì)量檢查測(cè)試化學(xué)試題及試題解析2019年福建省高三畢業(yè)班質(zhì)量檢查測(cè)試化學(xué)試題及試題解析7．2019年是“國際化學(xué)元素周期表年”。以下相關(guān)“At”“Ga”“Ce”“F”等元素的說法錯(cuò)誤的是A．砹（At）屬于過渡元素B．門捷列夫預(yù)知的“類鋁”—鎵（Ga）元素的發(fā)現(xiàn)，證了然元素周期律的科學(xué)性C．原子核內(nèi)的中子數(shù)為82D．含氟牙膏預(yù)防蛀牙的原理是F－在牙齒表面生成抗酸性更強(qiáng)的物質(zhì)【答案】A【命題立意】此題以“國際化學(xué)元素周期表年”“門捷列夫發(fā)明第一張?jiān)刂芷诒?50周年”為引子，圍繞元素周期表中的四種元素“At”“Ga”“Ce”“F”，觀察考生對(duì)元素周期表的結(jié)構(gòu)、化學(xué)史話、原子結(jié)構(gòu)、物質(zhì)的性質(zhì)與用途等基礎(chǔ)知識(shí)的記憶、復(fù)現(xiàn)和辨別能力，引導(dǎo)學(xué)生在高三化學(xué)復(fù)習(xí)中回歸課本，掌握必備的化學(xué)基礎(chǔ)知識(shí)、化學(xué)史知識(shí)。【解題思路】砹（At）屬于第VIIA族元素，不是過渡元素。學(xué)生也能夠從“砹”字的寫法下手，從“砹”的漢字偏旁部首判斷“砹”為非金屬元素，而“過渡元素”均為金屬元素，A項(xiàng)錯(cuò)誤；門捷列夫在列出的第一張周期表中為還沒有發(fā)現(xiàn)的元素留下了空白并預(yù)知了這些元素的存在及它們的性質(zhì)。1875年今后，門捷列夫預(yù)知的類鋁（鎵）、類硼（鈧）、類硅（鍺）元素的發(fā)現(xiàn)，證了然元素周期律的科學(xué)性，B項(xiàng)正確；原子核內(nèi)的質(zhì)子數(shù)為58，質(zhì)量數(shù)為140，中子數(shù)為82，C項(xiàng)正確；口腔中的食品殘?jiān)诳谇患?xì)菌和酶的作用下可能產(chǎn)生有機(jī)酸使牙齒表面的礦物質(zhì)—羥基磷灰石[Ca543(OH)]溶解。含氟牙膏預(yù)防蛀牙(PO)的原理是F－在牙齒表面生成抗酸性更強(qiáng)的氟磷灰石[Ca543(PO)F]，D項(xiàng)正確。8．福建水仙花含有芳樟醇，其結(jié)構(gòu)如右以下列圖所示。以下相關(guān)芳樟醇的說法錯(cuò)誤的選項(xiàng)是．能發(fā)生代替反應(yīng)和加成反應(yīng)B．能夠和NaOH溶液發(fā)生反應(yīng)C．可作合成高分子化合物的原料（單體）D．與互為同分異構(gòu)體【答案】B【命題立意】此題取材于福建省1998年宣布的省花“水仙花”花香所含物質(zhì)的主要成分，一方面弘揚(yáng)鄉(xiāng)土文化，表現(xiàn)化學(xué)學(xué)科的育人價(jià)值；另一方面，經(jīng)過“結(jié)構(gòu)決定性質(zhì)”的化學(xué)核心理念，來表現(xiàn)有機(jī)化學(xué)的教育價(jià)值。經(jīng)過判斷該有機(jī)物的結(jié)構(gòu)，來觀察有機(jī)物性質(zhì)、同分異構(gòu)現(xiàn)象等有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)知識(shí)，同時(shí)觀察考生對(duì)簡(jiǎn)單有機(jī)反應(yīng)的理解程度?！窘忸}思路】題干中最重要的信息是芳樟醇的鍵線式結(jié)構(gòu)，經(jīng)過觀察鍵線式，芳樟醇中的羥基為醇羥基，能夠發(fā)生酯化反應(yīng)等代替反應(yīng)，但不擁有酸性，不能夠與NaOH溶液反應(yīng)，因此A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤；芳樟醇的鍵線式結(jié)構(gòu)含碳碳雙鍵，學(xué)生能夠判斷該有機(jī)物易發(fā)生加成反應(yīng)和加聚反應(yīng)，能夠做合成高分子化合物的單體，因此C項(xiàng)正確；芳樟醇和的分子式均為C10H18O，因此二者互為同分異構(gòu)體，D項(xiàng)正確。9．某同學(xué)模擬2019年春晚節(jié)目“魔壺”進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。將“魔壺”中盛有的FeCl3溶液依次倒入分別盛有約1mL①KSCN②AgNO3③NaOH濃溶液的3個(gè)燒杯中，實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象各異。以下相關(guān)說法正確的選項(xiàng)是A．燒杯①中，有血紅色積淀生成B．燒杯②中，發(fā)生了氧化還原反應(yīng)C．燒杯③中，反應(yīng)后所得分別系屬于膠體D．若用FeCl2代替FeCl3進(jìn)行上述實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象依舊各異【答案】D【命題立意】此題取材于2019年央視春晚的魔術(shù)節(jié)目“魔壺”，時(shí)效性強(qiáng)，簡(jiǎn)單引起學(xué)生的共鳴。試題不但觀察常有元素化合物的化學(xué)性質(zhì)，包括氧化還原反應(yīng)、復(fù)分解反應(yīng)、絡(luò)合反應(yīng)，還觀察分別系的種類、對(duì)化學(xué)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象的觀察和描述，是對(duì)以平常有物質(zhì)檢驗(yàn)和鑒別等相關(guān)實(shí)驗(yàn)知識(shí)試題的表現(xiàn)形式的變換。知識(shí)點(diǎn)多、信息量大，要點(diǎn)檢測(cè)元素化合物的基礎(chǔ)知識(shí)、基本反應(yīng)的掌握和鑒別?！窘忸}思路】FeCl3溶液和KSCN溶液發(fā)生絡(luò)合反應(yīng)，生成血紅色的硫氰合鐵溶液，不是沉淀，A項(xiàng)錯(cuò)誤；FeCl3溶液和AgNO3溶液發(fā)生反應(yīng)生成AgCl積淀，該反應(yīng)為復(fù)分解反應(yīng)，不是氧化還原反應(yīng)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；FeCl3溶液和NaOH溶液反應(yīng)生成的Fe(OH)3為紅褐色積淀，因此反應(yīng)后所得分別系為懸濁液，不是膠體，C項(xiàng)錯(cuò)誤；若用FeCl2代替FeCl3進(jìn)行上述實(shí)驗(yàn)，F(xiàn)eCl2溶液和KSCN溶液不反應(yīng)，沒有現(xiàn)象，F(xiàn)eCl2和AgNO3溶液反應(yīng)生成AgCl白色積淀，F(xiàn)eCl2和NaOH溶液反應(yīng)生成的Fe(OH)3先為白色積淀，爾后迅速變成灰綠色，最后變成紅褐色，因此三個(gè)燒杯中的現(xiàn)象依舊各異，D項(xiàng)正確。10．用以下裝置進(jìn)行相應(yīng)實(shí)驗(yàn)，不能夠達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖恰敬鸢浮緾【命題立意】此題觀察常有物質(zhì)的制取、性質(zhì)檢驗(yàn)、鑒別、判斷等中學(xué)化學(xué)實(shí)驗(yàn)基礎(chǔ)知識(shí)和實(shí)驗(yàn)基本技術(shù)。知識(shí)點(diǎn)多、信息量大，迷惑性強(qiáng)。引導(dǎo)學(xué)生回歸課本，關(guān)注化學(xué)在生產(chǎn)、生活中的應(yīng)用，加強(qiáng)對(duì)實(shí)驗(yàn)中易錯(cuò)、易混等單薄環(huán)節(jié)的辨析能力。【解題思路】白臘油的主要成分是飽和烷烴，在催化劑加熱條件下發(fā)生催化裂化，裂化獲得的烯烴使酸性KMnO4溶液褪色，A項(xiàng)正確；實(shí)驗(yàn)室迅速制取氨氣時(shí)，常用濃氨水與生石灰(CaO)反應(yīng)，將濃氨水滴入CaO中，CaO結(jié)合H22O生成Ca(OH)并放出大量的熱，促使氨氣逸出，產(chǎn)生的氨氣用向下排空氣法收集，B項(xiàng)正確；濃硝酸滴入Na2SO3固體中，其一，濃硝酸易將SO32-氧化成SO42-，而無SO2生成。其二，濃硝酸有揮發(fā)性，揮發(fā)出的HNO3能使試管中品紅溶液褪色（非SO2），C項(xiàng)錯(cuò)誤；鋅比鐵爽朗，用金屬鋅和鐵組成原電池，稱為犧牲陽極的陰極保護(hù)法，

D項(xiàng)正確。11．短周期主族元素

X、Y、Q、R、W

的原子序數(shù)依次增大，

X與

Q、Y與

W分別同主族，X、Y、Q原子的電子層數(shù)之和為

6且最外層電子數(shù)之和為

8，Q的焰色反應(yīng)呈黃色。

下列說法正確的選項(xiàng)是A．簡(jiǎn)單離子半徑：

Q＞W(wǎng)＞YB．Y的單質(zhì)能與X、Q、R、W的單質(zhì)發(fā)生反應(yīng)C．單質(zhì)的沸點(diǎn)：Y＞W(wǎng)D．工業(yè)上，Q、R的單質(zhì)都采用電解熔融氯化物的方法制取【答案】B【命題立意】此題圍繞元素在周期表中地址、原子結(jié)構(gòu)及元素相關(guān)性質(zhì)，觀察學(xué)生對(duì)元素周期表(律)、原子結(jié)構(gòu)、離子半徑、物質(zhì)熔沸點(diǎn)、物質(zhì)制備方法、元素及其化合物性質(zhì)之間關(guān)系等知識(shí)的理解與運(yùn)用，要點(diǎn)檢測(cè)學(xué)生可否對(duì)已學(xué)知識(shí)貫通融會(huì)及解析、推理解決問題的能力。要修業(yè)生熟練掌握元素周期表特別是短周期主族元素的相關(guān)知識(shí)，能理解和運(yùn)用元素“位－構(gòu)－性”的關(guān)系，對(duì)元素的簡(jiǎn)單離子半徑、物質(zhì)沸點(diǎn)、制備方法等做出正確判斷?！窘忸}思路】X、Y、Q是短周期元素且原子序數(shù)依次增大，三原子的電子層數(shù)之和為6，由此可知X、Y、Q分別位于第一、二、三短周期，依照Q的焰色反應(yīng)呈黃色，判斷Q為Na元素；X與Q同主族，可知X為H元素。再結(jié)合X、Y、Q三原子的最外層電子數(shù)之和為8，可知Y為O元素。Y與W分別同主族，Y為S元素。R信息無明確指向，依照R元素的原子序數(shù)在Q與W之間，R元素可能為Mg、Al、Si或P。Na+與O2-擁有相同的核外電子排布，O2-半徑大，簡(jiǎn)單離子半徑序次應(yīng)為：Y＞W(wǎng)＞Q，A項(xiàng)錯(cuò)誤；O22能與H、Na、S、Si、Mg或P發(fā)生反應(yīng)，B項(xiàng)正確；常溫下，S為固體，O為氣體，可知沸點(diǎn)：S＞O，C22項(xiàng)錯(cuò)誤；工業(yè)上可用電解熔融氯化物的方法制得金屬Na或Mg，而Al、Si、P單質(zhì)的制取平常不用此法，D項(xiàng)錯(cuò)誤。12．利用如右以下列圖所示裝置，以NH3作氫源，可實(shí)現(xiàn)電化學(xué)氫化反應(yīng)。以下說法錯(cuò)誤的選項(xiàng)是A．a(chǎn)為陰極－B．b電極反應(yīng)式為2NH3－6e＝N2+6H+C．電解一段時(shí)間后，裝置內(nèi)H+數(shù)目增加D.每耗資

1molNH

3，理論上可生成

mol【答案】

C【命題立意】此題以NH3的電化學(xué)氫化反應(yīng)為素材，在引導(dǎo)考生關(guān)注最新科技，關(guān)注化學(xué)與科技、社會(huì)、生活、生產(chǎn)等之間的聯(lián)系的同時(shí)，要點(diǎn)觀察學(xué)生利用電解池工作原理解析電解過程中電子轉(zhuǎn)移和離子遷移方向、電極判斷、電極反應(yīng)式的書寫、相關(guān)電子轉(zhuǎn)移的相關(guān)計(jì)算等一系列電化學(xué)基礎(chǔ)知識(shí)，其中還包括對(duì)有機(jī)物結(jié)構(gòu)的辨別和解析，對(duì)學(xué)生獲守信息并與已有知識(shí)交融重組，在陌生情境中分析問題和解決問題的能力的考量?！驹囶}背景】氨能夠用于生產(chǎn)化肥、染料、高能物質(zhì)，近來氨氣的儲(chǔ)氫用途引起了廣泛關(guān)注。與液氫對(duì)照，液氨的單位體積能量密度高，易于儲(chǔ)藏、運(yùn)輸，同時(shí)氨氣的爆炸極限范圍窄，使用上安全系數(shù)高。與目前作為人類能源基石的化石類燃料對(duì)照，氨是可再生物質(zhì)，而且釋放能量的副產(chǎn)物是水和氮?dú)猓瑹o溫室氣體的排放。鑒于這些優(yōu)點(diǎn)，氨氣作為儲(chǔ)氫資料的遠(yuǎn)景廣闊，獲得了廣泛關(guān)注，特別是在有機(jī)反應(yīng)方面，與成熟的過渡金屬催化的氫氣氫化反應(yīng)對(duì)照，氨氣作為氫源的應(yīng)用還需要發(fā)展。近期，南京大學(xué)的程旭課題組報(bào)道了氨氣作為氫源的電化學(xué)氫化反應(yīng)，反應(yīng)無需使用過渡金屬，擁有不相同于氫氣氫化反應(yīng)的化學(xué)選擇性?！窘忸}思路】從圖中箭標(biāo)方向“NH3→N2”判斷NH3失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，b為陽極，則a為陰極，A項(xiàng)正確；從圖中發(fā)現(xiàn)電解質(zhì)中傳導(dǎo)H+，故b電極反應(yīng)式為2NH3－6H+，B項(xiàng)正確；從“Ar-CO-R→Ar-CH(OH)-R”即有機(jī)芳香類－6e＝N2+羰基化合物轉(zhuǎn)為為醇類，發(fā)生了還原反應(yīng)：Ar-CO-R+2H+→Ar-CH(OH)-R，理論上，電路中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目相等，故C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確。13．常溫下，用·L－1MgSO4和·L－1Al2(SO4)3溶液進(jìn)行實(shí)驗(yàn)：①各取25mL，分別滴加·L－1NaOH溶液，測(cè)得溶液的pH與V(NaOH)的關(guān)系如圖1所示；②將兩種溶液等體積混雜后，取出25mL，逐滴加入上述NaOH溶液，觀察現(xiàn)象。以下判斷正確的選項(xiàng)是A．圖1中的曲線II表示MgSO4與NaOH反應(yīng)的關(guān)系sp3－32B．依照?qǐng)D1可得K[Al(OH)]的值大于×10C．實(shí)驗(yàn)②中Al(OH)3完好溶解前，溶液中c(Mg2+)/c(Al3+)逐漸變大D．圖2能夠表示實(shí)驗(yàn)②中n(積淀)與V(NaOH)的關(guān)系【答案】C【命題立意】試題以Mg2+、Al3+與堿溶液反應(yīng)過程中，溶液的pH與堿溶液體積變化關(guān)系為背景，觀察Mg2+、Al3+的相關(guān)核心知識(shí)，同時(shí)觀察學(xué)生獲守信息與加工能力、獨(dú)立思慮能力、解析推理能力，診斷學(xué)生宏觀鑒別與微觀探析、憑據(jù)推理與模型認(rèn)知等學(xué)科核心涵養(yǎng)水平。特別值得一提的是，本試題D項(xiàng)設(shè)計(jì)，希望能糾正部分師生對(duì)“Mg2+、Al3+與堿溶液反應(yīng)圖像”認(rèn)識(shí)的偏差，養(yǎng)成實(shí)事求是、慎重求實(shí)的科學(xué)精神?！窘忸}思路】A項(xiàng)：從圖1中能夠獲得以下信息：溶液pH變化表現(xiàn)的第一個(gè)平臺(tái)就是Mg2+或Al3+的積淀過程，當(dāng)pH發(fā)生突躍時(shí)，表示積淀反應(yīng)基本完成；又由于Mg2+、Al3+物質(zhì)的量相等，完好積淀時(shí)所需堿溶液體積比為2︰3，據(jù)此能夠判斷曲線I、II分別為Mg2+、Al3+與堿的反應(yīng)關(guān)系曲線?；驈姆磻?yīng)起點(diǎn)時(shí)溶液pH相對(duì)大小也可進(jìn)行判斷：Mg2+水解程度小于Al3+，因此等濃度的兩種離子溶液的pH，前者大于后者，也可判斷得出A項(xiàng)錯(cuò)誤。B項(xiàng)：曲線II中坐標(biāo)點(diǎn)（5，）處于平臺(tái)上，表示鋁離子已經(jīng)開始積淀，存在積淀溶解均衡。此時(shí)溶液中c(OH－)=10－·L－1，c(Al3+)<mol·L－1，故sp33－3+3－－－4]=c(OH)×c(Al)<c(OH)×=10·LK[Al(OH)思路以下。①當(dāng)Mg2+還沒有開始積淀時(shí)：[Al3Ksp[Al(OH)3]][OH]3[Mg2]Mg2[Mg2]?[OH]2Ksp[Mg(OH)2]]3]Ksp[Al(OH)3]Ksp[Al(OH)?[OH]<?[OH[Al3]Ksp[Al(OH)3][OH]3隨著NaOH溶液加入，[OH-]增大，兩種離子濃度比值增大。②當(dāng)Mg2+開始積淀時(shí)，Al(OH)3積淀還沒有溶解完好時(shí),存在兩種積淀溶解均衡，故存在關(guān)系：Ksp[Mg(OH)2][Mg2][OH]2Ksp[Mg(OH)2]?[OH][Al3]Ksp[Al(OH)3]Ksp[Al(OH)3][OH]3隨著NaOH溶液加入，[OH-]增大，兩種離子濃度比值增大。故C項(xiàng)正確。D項(xiàng)：依照?qǐng)D1可知，Al3+完好積淀時(shí)溶液的pH約為，Mg2+開始積淀時(shí)溶液pH約為9，說明兩種離子共存且濃度相等時(shí)，只有當(dāng)Al3+幾乎積淀完好后，Mg2+才開始積淀，又由于兩種離子積淀時(shí)所需要的OH-物質(zhì)的量是不相同的，故產(chǎn)生積淀時(shí)不應(yīng)是一條直線，而是折線，如右圖所示。故D項(xiàng)錯(cuò)誤。26．（15分）碘酸鉀（KIO3）是重要的食品增加劑。某化學(xué)興趣小組設(shè)計(jì)以下步驟制取3KIO，并進(jìn)行產(chǎn)品的純度測(cè)定。制取碘酸（HIO3）的實(shí)驗(yàn)裝置表示圖和相關(guān)資料以下：①白色固體，能溶于水，難溶于四氯化碳HIO3②KaL－1＝·①白色固體，能溶于水，難溶于乙醇KIO3②堿性條件下易發(fā)生反應(yīng)：ClO－+IO3－＝IO4－+Cl－回答以下問題：步驟Ⅰ用Cl2氧化I2制取HIO3（1）裝置A中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為。（2）裝置B中的CCl4能夠加快反應(yīng)速率，原因是。（3）反應(yīng)結(jié)束后，獲得HIO3溶液的操作中，所需玻璃儀器有燒杯、和。步驟Ⅱ用KOH中和HIO3制取KIO3（4）該中和反應(yīng)的離子方程式為。中和從前，應(yīng)將上述HIO3溶液煮沸至湊近無色，否則中和時(shí)易生成（填化學(xué)式）而降低KIO3的產(chǎn)量。（5）往中和后的溶液中加入適合，經(jīng)攪拌、靜置、過濾等操作，獲得白色固體。（6）為考據(jù)產(chǎn)物，取少量上述固體溶于水，滴加適合SO2飽和溶液，搖勻，再加入幾滴淀粉溶液，溶液變藍(lán)。若實(shí)驗(yàn)時(shí)，所加的SO2飽和溶液過分，則無藍(lán)色出現(xiàn)，原因是。步驟Ⅲ純度測(cè)定（7）取g產(chǎn)品于碘量瓶中，加入稀鹽酸和足量KI溶液，用mol·L－1223溶液滴定，NaSO湊近終點(diǎn)時(shí)，加入淀粉指示劑，連續(xù)滴定至終點(diǎn)，藍(lán)色消失（I2+2S2O32－＝2I－+S4O62－）。進(jìn)行平行實(shí)驗(yàn)后，平均耗資Na223溶液的體積為mL。則產(chǎn)品中KIO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。SO[M(KIO3)＝g·mol－1]【答案】（1）KClO3+6HCl(濃)＝KCl+3Cl2↑+3H2O2）I2和Cl2易溶于CCl4，增大了反應(yīng)物濃度3）分液漏斗玻璃棒（4）HIO3－－2O+OH+HKIO4（5）乙醇（或“酒精”“C25OH”）H（6）過分的SO2將IO3－（或I2－）還原為I－－－+”（或“3SO2+IO3+3H2O＝I+3SO42+6H或“SO2+I2+2H2O＝2I－+SO42－+4H+”等其他合理答案）7）%【試題背景】本實(shí)驗(yàn)以化學(xué)興趣小組設(shè)計(jì)并推行的實(shí)驗(yàn)過程為依賴，以碘酸鉀制取、分別、檢驗(yàn)、純度測(cè)定等實(shí)驗(yàn)步驟和操作為試題載體，圍繞真的確驗(yàn)過程中的實(shí)驗(yàn)原理、實(shí)驗(yàn)操作中遇到的問題及其解決方法張開設(shè)問，檢測(cè)學(xué)生的實(shí)驗(yàn)研究能力、獲得有效信息與知識(shí)遷移應(yīng)用的能力。本實(shí)驗(yàn)主要過程可表示以下：CCl4、H2OKOH酒精制碘酸中和分別干燥Cl2、I2綜合實(shí)驗(yàn)就是一個(gè)研究的微項(xiàng)目，先從整體上掌握實(shí)驗(yàn)系統(tǒng)，從題目給定的實(shí)驗(yàn)基本步驟和相關(guān)信息中認(rèn)識(shí)化學(xué)實(shí)驗(yàn)原理、實(shí)驗(yàn)裝置原理和實(shí)驗(yàn)操作原理。本實(shí)驗(yàn)的要點(diǎn)：制取碘酸時(shí)除了反應(yīng)物Cl222CCl4、I、HO外，別的還加入作溶劑；從KIO3水溶液中分別出3KIO，采用加入乙醇的方法使其析出，而中學(xué)化學(xué)平常采用先濃縮后結(jié)晶的方法；檢驗(yàn)KIO3性質(zhì)時(shí)，若條件控制不當(dāng)，無預(yù)期實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象出現(xiàn)，要修業(yè)生進(jìn)行原因解析等。【命題立意】試題以碘酸鉀的制取與純度測(cè)定為載體，全面檢測(cè)化學(xué)實(shí)驗(yàn)基礎(chǔ)知識(shí)、基本技能（如物質(zhì)的分別，分液、結(jié)晶方法的運(yùn)用等），觀察學(xué)生信息獲得能力、解析推理能力、實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)與議論能力、數(shù)據(jù)辦理能力，診斷科學(xué)研究與創(chuàng)新意識(shí)的學(xué)科核心涵養(yǎng)水平?！窘忸}思路】（1）從實(shí)驗(yàn)原理和裝置圖可知，裝置A用于制取氯氣，依照氧化還原反應(yīng)原理，即可寫出發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為KClO3+6HCl(濃)＝KCl+3Cl22↑+3HO（2）由于Cl2、I2在水中溶解度小，在CCl4中溶解度卻很大，能增大反應(yīng)物濃度，使反應(yīng)速率顯著加快。（3）依照物質(zhì)信息可知，B中反應(yīng)后產(chǎn)生的碘酸主要在水溶液中且與CCl4互不相溶，因此必定采用分液法以獲得碘酸溶液。（4）依照題中信息可知HIO3屬于弱電解質(zhì)，在離子方程式中不能夠用離子表示；中和從前溶液中存在很多Cl2，經(jīng)過加熱煮沸能夠除去Cl2，防備中和時(shí)Cl2轉(zhuǎn)變成ClO-，進(jìn)一步將IO3-氧化為IO4-，進(jìn)而以致KIO3產(chǎn)量下降。（5）KIO3在乙醇中的溶解度較低，加入適合乙醇能夠使KIO3從溶液中析出；（6）依題意可知，少量飽和SO2水溶液能將KIO3還原為I2，但加入過分飽和SO2水溶液卻無藍(lán)色出現(xiàn)，應(yīng)該能推知+4價(jià)S元素?fù)碛袕?qiáng)還原性，也能將KIO3、I2等還原為I-；（7）依照KIO3~3I2~6S2O32-關(guān)系式即可計(jì)算結(jié)果。27．（14分）利用脆硫鉛銻礦（主要成分為Pb4FeSb6S14）制取銻白（Sb2O3）的濕法冶煉工藝流程以以下列圖所示。已知：①銻（Sb）為ⅤA族元素，Sb23為兩性氧化物；O②“水解”時(shí)銻元素轉(zhuǎn)變成SbOCl積淀；③Ksp[Fe(OH)2－163－3－384－4]＝×10mol·L，Ksp[Fe(OH)3]＝×10mol·L回答以下問題：（1）“氯化浸出”后的濾液中含有兩種銻的氯化物，分別為SbCl3和（填化學(xué)式）。濾渣ⅰ中所含的反應(yīng)產(chǎn)物有PbCl2和一種單質(zhì)，該單質(zhì)是。（2）“還原”是用銻粉還原高價(jià)金屬離子。其中，Sb將Fe3+轉(zhuǎn)變成Fe2+的離子方程式為，該轉(zhuǎn)變有利于“水解”時(shí)銻鐵分別，原因是。3）“還原”用的Sb可由以下方法制得：用Na2S—NaOH溶液浸取輝銻精礦（Sb2S3），將其轉(zhuǎn)變成Na3SbS3(硫代亞銻酸鈉)—NaOH溶液。按以下列圖所示裝置電解后，陰極上獲得Sb，陰極區(qū)溶液重新返回浸取作業(yè)，陰極的電極反應(yīng)式為。該裝置中，隔膜是（填“陽”或“陰”）離子交換膜。（4）“中和”時(shí)若用NaOH溶液代替氨水，Sb2O3可能會(huì)轉(zhuǎn)變成（填離子符號(hào)），使銻白的產(chǎn)量降低。（5）銻白也可用火法冶煉脆硫鉛銻礦制取，該法中有焙燒、燒結(jié)、還原和吹煉等生產(chǎn)環(huán)節(jié)。與火法冶煉對(duì)照，濕法冶煉的優(yōu)點(diǎn)有（任寫一點(diǎn)）?！敬鸢浮浚?）SbCl5硫（或“S”等其他合理答案）（2）Sb+3Fe3+＝3Fe2++Sb3+Fe2+比Fe3+更不易水解生成積淀3－－＝2－3+3eSb+3S（3）SbS陽4）SbO33－（或“[Sb(OH)4]－”“SbO2－”）5）能耗低（或“安全性高”等其他合理答案）【命題立意】此題以“脆硫鉛銻礦（Pb461423FeSbS）為原料制取銻白(SbO)的工藝流程”為載體，表現(xiàn)真實(shí)的問題情境。將化學(xué)研究的基本思想與方法融于試題之中，詳盡觀察了元素化合物知識(shí)、物質(zhì)的性質(zhì)與應(yīng)用、氧化還原原理、離子方程式、電極反應(yīng)式的書寫、電解池的工作原理、綠色化學(xué)等。經(jīng)過觀察以脆硫鉛銻礦為原料制取銻白的流程圖，從“氯化浸出”“還原”“水解”“中和”等工藝環(huán)節(jié)中，圍繞銻元素的價(jià)態(tài)轉(zhuǎn)變、雜質(zhì)元素的分別、產(chǎn)品的提純等，考查考生接受、吸取與整合化學(xué)信息的能力，以中學(xué)化學(xué)基礎(chǔ)知識(shí)為工具解決實(shí)責(zé)問題的能力，獨(dú)立思慮能力、綜合解析問題的能力。【解題思路】對(duì)大部分考生而言，銻元素及其化合物都是陌生的。這就需要考生充分挖掘利用題給信息，實(shí)現(xiàn)知識(shí)的遷移?！奥然觥笔菍⒌V粉加水后再通入Cl2浸取后獲得濾渣i和濾液，Cl2將脆硫鉛銻礦中低價(jià)銻氧化到高價(jià)，結(jié)合“銻為VA族元素”等題給信息，不難得出濾液中所含的另一種銻的氯化物為SbCl5。Cl2是一種常有的強(qiáng)氧化劑，氧化Sb3+的同時(shí)也會(huì)將Fe2+氧化成Fe3+，S2-必然被氧化，結(jié)合題設(shè)可推知“氯化浸出”后的濾液中含SbCl52外，，濾渣中除了PbCl還含有的一種單質(zhì)是S單質(zhì)?！斑€原”過程是向所得濾液中加入銻粉。銻粉有還原性，加入銻還原高價(jià)金屬離子，將+5價(jià)銻還原成+3價(jià)銻，選擇銻粉作還原劑，一是由于銻粉不會(huì)引入新雜質(zhì)離子，二是將Fe3+還原成Fe2+，有利于下一步“水解”分別獲得SbOCl。明確還原后銻元素的價(jià)態(tài)，就很簡(jiǎn)單書寫出Fe3+轉(zhuǎn)變成Fe2+的離子方程式了。“水解”的目的是銻鐵分別，這是此題的難點(diǎn)。學(xué)生做題可能已經(jīng)形成思想定勢(shì)：鐵元素的分別平常采用的是將

Fe2+氧化成

Fe3+，向系統(tǒng)中加堿調(diào)治pH，利用

Fe3+易水解形成積淀而除去。如若依照這個(gè)思路階梯，就會(huì)墜入困境。此題中信息②給出水解的目的是將銻元素轉(zhuǎn)變成

SbOCl

積淀，因此要迅速推斷雜質(zhì)元素鐵分別不是采用老例方法，而是

Fe3+轉(zhuǎn)變成

Fe2+后，F(xiàn)e2+更不易水解，留在濾液中，實(shí)現(xiàn)銻鐵分別。“中和”是向水解所得的SbOCl積淀中加入氨水，使銻元素轉(zhuǎn)變成Sb2O3·nH2O，利用氨水中和SbOCl水解產(chǎn)生的HCl，使均衡右移。Sb2O3是兩性氧化物，若使用NaOH代替氨水，可能會(huì)因NaOH過分而使Sb2O3轉(zhuǎn)變成可溶性的[Sb(OH)4]－（或“SbO2－”“SbO33－”），進(jìn)而以致銻白產(chǎn)量降低。此題第3問觀察電化學(xué)原理知識(shí)，包括電極反應(yīng)式的書寫、電解質(zhì)溶液中離子的搬動(dòng)方向、電解池中隔膜種類的判斷。依照題給信息，電解池陰極上獲得Sb，可知陰極的電極反應(yīng)式是：SbS33－－＝－c(S2-)增+3eSb+3S2，陰極區(qū)溶液中大，陽極區(qū)溶液中的Na+穿過隔膜進(jìn)入陰極區(qū)，因此隔膜應(yīng)采用陽離子交換膜，陰極區(qū)生成的Na2S溶液能夠返回浸取作業(yè)。此題最后一問觀察的是工業(yè)濕法冶煉與火法冶煉兩種冶煉方法的優(yōu)缺點(diǎn)比較。對(duì)比兩種冶煉方法涉及的步驟可知，濕法冶煉的主要優(yōu)點(diǎn)是耗能低。28．（14分）氧氣是一種常有的氧化劑，用途廣泛?；卮鹨韵聠栴}：（1）用H2O2制取O2時(shí)，分解的熱化學(xué)方程式為：2H222H22H=akJmol·－1O(aq)＝O(l)+O(g)①相同條件下，H2O2分解時(shí)，無論可否使用催化劑，均不會(huì)改變的是（填標(biāo)號(hào)）。A．反應(yīng)速率B．反應(yīng)熱C．活化能D．生成物②以Fe3+作催化劑時(shí)，H2O2的分解反應(yīng)分兩步進(jìn)行，第一步反應(yīng)為：3+(aq)＝2+(aq)+O2(g)+2H+－1H2O2(aq)+2Fe2Fe(aq)H＝bkJmol·第二步反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為。（2）工業(yè)上用Cl2生產(chǎn)某些含氯有機(jī)物時(shí)產(chǎn)生HCl副產(chǎn)物，可用22，O將其轉(zhuǎn)變成Cl實(shí)現(xiàn)循環(huán)利用[O2(g)+4HCl(g)2Cl2(g)+2H2O(g)]。將1molO2和4molHCl充入某恒容密閉容器中，分別在T12的溫度下進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，測(cè)得容器內(nèi)總壓強(qiáng)（p）與反應(yīng)時(shí)間（t）和T的變化關(guān)系如右圖所示。ab①該反應(yīng)的速率v=kc(O2)·c(HCl)（k為速率常數(shù)），以下說法正確的選項(xiàng)是（填標(biāo)號(hào)）。A．使用催化劑，k不變B．溫度高升，k增大C．均衡后分別出水蒸氣，k變小D．均衡后再充入1molO2和4molHCl，反應(yīng)物轉(zhuǎn)變率都增大②T12H0（填“＞”或“＜”），判斷的依照是。T（填“＞”或“＜”）。該反應(yīng)的③T2時(shí)，HCl的均衡轉(zhuǎn)變率＝，反應(yīng)的Kx＝（Kx為以物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)表示的均衡常數(shù)）。【答案】（1）①BD222++(aq)＝2Fe3+2－1②HO(aq)+2Fe(aq)+2H(aq)+2HO(l)H=(a－b)kJmol·（2）①BD②＜＜T1、T2的均衡系統(tǒng)中氣體減少量分別為n(T1)=50.5=42=，因此1均衡時(shí)轉(zhuǎn)變率更大5③50%916【命題立意】此題綜合觀察了催化劑的看法及其對(duì)化學(xué)反應(yīng)的影響、化學(xué)反應(yīng)速率影響因素、熱化學(xué)方程式的書寫、H判斷、均衡轉(zhuǎn)變率及均衡常數(shù)計(jì)算等。題中給出的信息較為豐富，觀察學(xué)生經(jīng)過觀察圖形獲得相關(guān)感性認(rèn)識(shí)和印象進(jìn)行加工與吸取的能力，又觀察了從試題供應(yīng)的新信息中正確提取實(shí)質(zhì)性內(nèi)容并與已有知識(shí)板塊整合進(jìn)而重組為新知識(shí)塊的能力，還觀察將實(shí)責(zé)問題分解，運(yùn)用相關(guān)知識(shí)，采用解析、綜合的方法，解決復(fù)雜化學(xué)問題的能力?！窘忸}思路】第（1）①題，依照過渡態(tài)理論，催化劑參加了化學(xué)反應(yīng)，改變了反應(yīng)歷程（生成不相同的中間產(chǎn)物），降低了活化能，進(jìn)而能使化學(xué)反應(yīng)速率加快，但是催化劑的質(zhì)量和性質(zhì)不變，反應(yīng)熱不變（只與向來態(tài)相關(guān)），故B、D選項(xiàng)正確。第（1）②題，F(xiàn)e3+作為催化劑，在反應(yīng)前后質(zhì)量和性質(zhì)不變，依照蓋斯定律總反應(yīng)=第一步反應(yīng)+第二步反應(yīng)。故第二步反應(yīng)為：2+(aq)+2H+3+(aq)+2H2O(l)－1H2O2(aq)+2Fe(aq)＝2FeH=(a－b)kJmol·第（2）①題，催化劑降低了反應(yīng)的活化能，使反應(yīng)的速率常數(shù)k增大，依照ab速率方程v=kc(O2)·c(HCl)，反應(yīng)速率隨之增大，A項(xiàng)錯(cuò)誤；溫度改變剎時(shí)，濃度沒有影響，即經(jīng)過增大k進(jìn)而改變了速率，使均衡發(fā)生搬動(dòng)，B項(xiàng)正確；趕忙率方程可知，均衡后分別出水蒸氣，降低了c(H2O)，使均衡正向搬動(dòng)，進(jìn)而改變了c(O2)和c(HCl)，但對(duì)k沒有影響，C項(xiàng)錯(cuò)誤；化學(xué)均衡的建立與路子沒關(guān)，因此“均衡后再充入1molO2和4molHCl”，相當(dāng)于增大反應(yīng)系統(tǒng)的壓強(qiáng)，反應(yīng)有利于向氣體分子數(shù)減小的方向進(jìn)行，D項(xiàng)正確。第（2）②題：從圖像可知，T2溫度下，容器中壓富強(qiáng)，達(dá)到均衡所需要的時(shí)間短，因此溫度T211、T2溫度下，氣體物質(zhì)的量的減少量分別為＞T；T121均衡時(shí)轉(zhuǎn)變率更大，且由于2145以H＜0。第（2）③題：對(duì)于氣相反應(yīng)，經(jīng)驗(yàn)均衡常數(shù)常有的有Kc、Kp、Kx等，三種平衡常數(shù)的表示式相似，可是Kc、Kp、Kx分別用均衡時(shí)物質(zhì)的量濃度、分壓、物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)表示。O2(g)+4HCl(g)2Cl2(g)+2H2O(g)n初步量/mol14001變化量/mola4a2a2a平衡量/mol1-a4(1-a)2a2a即2114a(1)2(1)29HCl的均衡轉(zhuǎn)變率＝50%，Kx100%21644)()(35．[化學(xué)——選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]（15分）NaOCl是一種優(yōu)異的離子導(dǎo)體，擁有反鈣鈦礦晶體結(jié)構(gòu)。3回答以下問題：（1）Ca小于Ti的是（填標(biāo)號(hào)）。A．最外層電子數(shù)B．未成對(duì)電子數(shù)C．原子半徑D．第三電離能（2）由O、Cl元素可組成不相同的單質(zhì)和化合物，其中Cl2O2能破壞臭氧層。①ClO的沸點(diǎn)比HO低，原因是。2222②O3分子中心原子雜化種類為；O3是極性分子，原因是。（3）Na3OCl可由以下兩種方法制得：方法ⅠNa2O+NaClNa3OCl方法II2Na+2NaOH+2NaCl2Na3OCl+H2↑①Na2O的電子式為。②在方法Ⅱ的反應(yīng)中，形成的化學(xué)鍵有（填標(biāo)號(hào)）。A．金屬鍵B．離子鍵C．配位鍵D．極性鍵E．非極性鍵（4）Na3OCl晶體屬于立方晶系，其晶胞結(jié)構(gòu)如右以下列圖所示。已知：晶胞參數(shù)為anm，密度為dgcm·－3。①NaOCl晶胞中，Cl位于各極點(diǎn)地址，Na位于3地址，兩個(gè)Na之間的最短距離為nm。②用a、d表示阿伏加德羅常數(shù)的值NA=（列計(jì)算式）。【答案】（1）B（2）①H2O2分子間存在氫鍵②sp2O3分子為V形結(jié)構(gòu)（或“O3分子中正負(fù)電荷重心不重合”等其他合理答案）3）①BE4）①面心2a21023②a3d【命題立意】離子導(dǎo)體、鈣鈦礦晶體結(jié)構(gòu)的應(yīng)用正日益被重視。此題以鈣、鈦、鈉、氧、氯等元素及其化合物為素材，觀察原子核外電子排布式、元素未成對(duì)電子數(shù)數(shù)目的確定、元素在周期表中的地址與元生性質(zhì)的關(guān)系、電離能大小比較、晶體熔沸點(diǎn)與結(jié)構(gòu)的關(guān)系、雜化方式判斷、分子極性判斷、電子式、化學(xué)鍵的成鍵特征、晶胞結(jié)構(gòu)定性定量解析（如晶胞中微粒地址、晶胞中微粒距離計(jì)算、晶體密度和阿伏加德羅常數(shù)關(guān)系）等看法和規(guī)則的掌握情況，同時(shí)觀察學(xué)生獲守信息能力、遷移能力、空間想象能力和現(xiàn)場(chǎng)學(xué)習(xí)的能力。【解題思路】第（1）題，基態(tài)Ca原子核外電子排布為1s22s22p63s23p64s2且未成對(duì)電子數(shù)為0，基態(tài)Ti原子核外電子排布為1s22s22p63s23p63d24s2且未成對(duì)電子數(shù)為2，所以Ca的未成對(duì)電子數(shù)小于Ti；Ca和Ti的最外層電子數(shù)均為2；原子半徑Ca原子略大；由于Ca原子失去兩個(gè)電子后恰好達(dá)到全滿結(jié)構(gòu)，很難失去第三個(gè)電子，第三電離能Ca較大。第（2）題，同各種類晶體的熔沸點(diǎn)高低取決于微粒間作用力的大小，H22O分子間存在氫鍵，熔沸點(diǎn)高；依照價(jià)層電子對(duì)互斥理論，O3分子中中心O原子的雜化形式為sp2，依照雜化方式O3分子為V形結(jié)構(gòu)，分子中正負(fù)電荷重心不重合，為極性分子。第（3）題，Na2；在方法Ⅱ的反應(yīng)中，形成的O的電子式為化學(xué)鍵有Na3OCl中Na與O、Na與Cl間的離子鍵，這里需要注意經(jīng)過Na3OCl內(nèi)部各元素的化合價(jià)解析，

O與

Cl

之間不存