2021年河北省普通髙業(yè)水平選擇性考試模擬演練化學考前須知：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號、考場號、座位號填寫在答題卡上。2.答復選擇題時，選出每題答案后，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，再選涂其它答案標號。答復非選擇題時，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。可能用到的相對原子質量：H1C12N14O16Cl35.5K39Zn65I127一、選擇題：此題共10小題，每題2分，共20分。在每題給出的四個選項中，只有一項為哪一項符合題目要求的。1.化學與生活密切相關。以下表達不涉及氧化復原反響的是()A.牙膏中添加氟化物用于預防齲齒B.綠化造林助力實現(xiàn)碳中和目標C.氯化鐵用于蝕刻金屬眼鏡架D.可降解包裝材料的完全降解有利于減少白色污染【答案】A【解析】【分析】【詳解】A．牙齒外表含有Ca5(PO4)3OH使用含氟牙膏，會發(fā)生反響：Ca5(PO4)3OH(s)+F-(aq)Ca5(PO4)3F+OH-(aq)，假設使用含氟牙膏，Ca5(PO4)3OH轉化為更難溶的氟磷酸鈣Ca5(PO4)3F，使沉淀溶解平衡正向移動，最終在牙齒外表形成難溶性的Ca5(PO4)3F，因此可防止齲齒，在轉化過程中元素化合價沒有發(fā)生變化，因此不屬于氧化復原反響，A符合題意；B．綠化造林，通過綠色植物的光合作用將CO2轉化為有機物，同時釋放氧氣，反響過程中元素化合價發(fā)生了變化，因此反響屬于氧化復原反響，B不符合題意；C．氯化鐵具有強的氧化性，能夠與金屬眼鏡架中一些金屬如Cu發(fā)生氧化復原反響，產生FeCl2、CuCl2，因此FeCl3溶液能用于蝕刻金屬眼鏡架，C不符合題意；D．可降解包裝材料通過完全降解一般變?yōu)镃O2、H2O等，在該轉化過程中元素化合價發(fā)生變化，有電子轉移，因此屬于氧化復原反響，D不符合題意；故合理選項是A。2.聚丙烯是日用品及合成纖維的重要原料之一，其單體為丙烯，以下說法錯誤的選項是()A.丙烯可使Br2的CCl4溶液褪色B.丙烯可與Cl2在光照條件下發(fā)生取代反響C.聚丙烯的結構簡式為D.丙烯與乙烯互為同系物【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．丙烯分子中含有不飽和的碳碳雙鍵，能夠與Br2發(fā)生加成反響而使Br2的CCl4溶液褪色，A正確；B．丙烯分子中－CH3的H原子可與Cl2在光照條件下發(fā)生取代反響，B正確；C．丙烯結構簡式是CH2=CH-CH3，在一定條件下斷裂分子中不飽和碳碳雙鍵中較活潑的鍵，然后這些不飽和的C原子彼此結合形成聚丙烯，結構簡式是，C錯誤；D．丙烯與乙烯結構相似，在分子組成上相差1個CH2原子團，因此二者互為同系物，D正確；故合理選項是C。3.以下說法正確的選項是()A.氕、氘和氚互稱同素異形體B.對于自發(fā)進行的化學反響，有C.對于相同質量的水而言，其體積V的相對大小有：D.兩原子形成化學鍵時要有電子得失或電子偏移【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．氕、氘和氚質子數(shù)相同，中子數(shù)不同，互稱同位素，故A錯誤；B．時反響自發(fā)，假設，那么有，故B正確；C．由于氫鍵的存在，冰的密度小于液態(tài)水，那么相同質量的水而言，其體積V的相對大小有：，故C錯誤；D．相同原子之間通過共用電子對形成的共價鍵，沒有電子得失或電子偏移，故D錯誤；應選B。4.以下說法錯誤的選項是()A.的電子式為B.Na不能從MgCl2溶液中置換出MgC.四面體廣泛存在于硅的含氧化合物中D.利用FeCl3的水解反響可以制備Fe(OH)3膠體【答案】A【解析】【分析】【詳解】A．CaO2是Ca2+與通過離子鍵結合形成的離子化合物，電子式為：，A錯誤；B．金屬Na非?；顫姡菀着cMgCl2溶液中的水反響產生NaOH和H2，因此不能從MgCl2溶液中置換出Mg，B正確；C．在硅的含氧化合物中都是以硅氧四面體結構作為根本結構單元，在這種結構中，Si原子與4個O原子形成4個Si-O鍵，形成立體網(wǎng)狀結構，因此四面體廣泛存在于硅的含氧化合物中，C正確；D．將幾滴飽和FeCl3溶液滴入到沸騰的蒸餾水中，繼續(xù)加熱至液體呈紅褐色，停止加熱，就制備得到Fe(OH)3膠體，該反響的原理就是FeCl3的水解反響，D正確；故合理選項是A。5.以下實驗中，實驗現(xiàn)象與結論不匹配的是()實驗操作實驗現(xiàn)象結論A向含有相同濃度、溶液中逐滴參加溶液先生成黃色沉淀，后生成白色沉淀Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)B加熱固體和濃磷酸的混合物有氣體產生生成了氣體C在Na2SO3飽和溶液中滴加稀硫酸，將產生的氣體通入KMnO4溶液中KMnO4溶液褪色該氣體產物具有漂白性D在溶液中參加溶液有磚紅色沉淀()生成溶解度比小A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．向含有相同濃度、溶液中逐滴參加溶液，先生成黃色沉淀，后生成白色沉淀，說明開始時c(Ag+)·c(I-)＞Ksp(AgI)，c(Ag+)·c(Cl-)＜Ksp(AgCl)，由于AgCl、AgI構型相同，那么證明物質的溶度積常數(shù)：Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，A正確；B．磷酸是難揮發(fā)性的中強酸，加熱NaI固體和濃磷酸的混合物，H3PO4與NaI發(fā)生反響NaH2PO4和HI，HI易揮發(fā)，從平衡體系中揮發(fā)逸出，導致反響的化學平衡正向移動，因此可證明反響生成了HI氣體，B正確；C．在Na2SO3飽和溶液中滴加稀硫酸，發(fā)生復分解反響產生SO2氣體，將產生的氣體通入KMnO4溶液中，二者發(fā)生氧化復原反響使KMnO4反響變?yōu)闊o色Mn2+，因此看到溶液褪色，證明了SO2具有復原性，C錯誤；D．在溶液中存在化學平衡：，向其中參加溶液，Ag+與反響產生Ag2CrO4磚紅色沉淀，而沒有產生沉淀，說明溶解度比小，D正確；故合理選項是C。6.NA是阿伏加德羅常數(shù)的值。以下表達錯誤的選項是()A.1mol氮氣分子中含有π鍵的數(shù)目為2NAB.1mol氬氣分子中含有原子的數(shù)目為NAC.1mol氯化鈉中含有Na+的數(shù)目為NAD.1mol白磷中含有P-P共價鍵數(shù)目為4NA【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．一個氮氣分子中含有一個氮氮三鍵，三鍵中有一個σ鍵，兩個π鍵，所以1mol氮氣分子中含有π鍵的數(shù)目為2NA，A正確；B．氬氣分子為單原子分子，所以1mol氬氣分子中含有原子的數(shù)目為NA，B正確；C．氯化鈉的化學式為NaCl，所以1mol氯化鈉中含有Na+的數(shù)目為NA，C正確；D．白磷為P4，P4分子為正四面體結構(四個P原子分別位于頂點)，一個分子中含有6個P-P鍵，所以1mol白磷中含有P-P共價鍵的數(shù)目為6NA，D錯誤；綜上所述答案為D。7.25℃、下，水蒸發(fā)為水蒸氣需要吸熱那么反響的反響熱為()A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】【詳解】25℃、下，水蒸發(fā)為水蒸氣需要吸熱，那么I、II、III，根據(jù)蓋斯定律III-×II+I得，那么反響的反響熱為，故D正確；應選D。8.2-甲基-2-氯丙烷是重要的化工原料，實驗室中可由叔丁醇與濃鹽酸反響制備，路線如下：以下說法錯誤的選項是()A.由叔丁醇制備2-甲基-2-氯丙烷的反響類型為取代反響B(tài).用5%溶液洗滌分液時，有機相在分液漏斗的下層C.無水的作用是除去有機相中殘存的少量水D.蒸餾除去剩余反響物叔丁醇時，產物先蒸餾出體系【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．比照反響物和產物結構可得，Cl原子取代了-OH，所以反響類型為取代反響，故A正確；B．用5%溶液洗滌分液時，由于有機物2-甲基-2-氯丙烷的密度小于水，那么有機相在分液漏斗的上層，故B錯誤；C．無水與水結合生成，是枯燥劑，其作用是除去有機相中殘存的少量水，故C正確；D．2-甲基-2-氯丙烷比叔丁醇的沸點低，所以產物先蒸餾出體系，故D正確；應選B。9.醋酸為一元弱酸，25℃時，其電離常數(shù)。以下說法錯誤的選項是()A.溶液的pH在2-3范圍內B.溶液中，C.將溶液加水稀釋，其電離常數(shù)和均不變D.等體積的溶液和溶液混合后，溶液，且【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．，，那么，pH=-lg(×10-3)=3-lg，因2=3-lg＜3-lg＜=3，那么溶液的pH在2-3范圍內，故A正確；B．溶液中，根據(jù)質子守恒得：，故B正確；C．溫度不變，那么電離常數(shù)不變，將溶液加水稀釋，c(CH3COO-)減小，，增大，故C錯誤；D．等體積的溶液和溶液混合后，溶液溶質為CH3COONa，，那么，故D正確；應選C。10.氯化鈀可以催化乙烯制備乙醛(Wacker法)，反響過程如圖：以下表達錯誤的選項是()A.被氧化的反響為B.催化劑再生的反響為C.制備乙醛的總反響為D.如果原料為丙烯，那么主要產物是丙醛【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．根據(jù)圖示可知在反響中CuCl被O2氧化產生CuCl2，同時產生H2O，反響方程式為：，A正確；B．由流程圖可知：PbCl2再生的過程有Cu2+、Cl-參加，再生方程式為：，B正確；C．PbCl2、CuCl2在反響中起催化劑作用，反響方程式為：，C正確；D．如果原料為丙烯，那么中間產物連接在第二個C原子上得到的產物為丙酮，D錯誤；故合理選項是D。二、選擇題：此題共5小題，每題4分，共20分。在每題給出的四個選項中，只有一項或兩項是符合題目要求的。假設正確答案只包括一個選項，多項選擇時，該小題得0分；假設正確答案包括兩個選項，只選一個且正確的得2分，選兩個且都正確的得4分，但只要選錯一個，該小題得0分。11.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大，且原子序數(shù)，X和W同主族，Z的族序數(shù)與周期數(shù)相等，四種元素中只有一種金屬元素。以下說法正確的選項是()A.W有兩種常見氧化物B.原子半徑Y＜X＜W＜ZC.X的最高價氧化物的水化物是強酸D.Y元素的氫化物分子間可以形成氫鍵【答案】BD【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大，Z的族序數(shù)與周期數(shù)相等，那么Z是Al元素，四種元素中只有一種金屬元素，那么X、Y、W都是非金屬元素，且原子序數(shù)，X和W同主族，符合要求的X是C元素，Y是N元素，W是Si元素，或X是N，Y是F，Z是Al，W是P元素，然后依據(jù)元素周期律分析解答?！驹斀狻扛鶕?jù)上述分析可知：X是C，Y是N，Z是Al，W是Si元素或X是N，Y是F，Z是Al，W是P元素。A．假設W是Si元素，Si元素只有SiO2一種氧化物，A錯誤；B．同一周期元素，原子序數(shù)越大，原子半徑越小，不同周期元素，元素所在的周期序數(shù)越大，原子半徑越大，故原子半徑：N＜C＜Si＜Al，用字母表示為：Y＜X＜W＜Z，B正確；C．假設X是C，其最高價氧化物的水化物H2CO3是弱酸，C錯誤；D．Y是N或F元素，由于其原子半徑小，元素的非金屬性強，因此其氫化物分子間可以形成氫鍵，D正確；故合理選項是BD。12.葡酚酮是由葡萄籽提取的一種花青素類衍生物(結構簡式如圖)，具有良好的抗氧化活性。以下關于葡酚酮表達錯誤的選項是()A.可形成分子內氫鍵 B.有6種含氧官能團C.可使酸性高錳酸鉀溶液褪色 D.不與Na2CO3水溶液發(fā)生反響【答案】BD【解析】【分析】【詳解】A．葡酚酮分子內含有-OH、-COOH，由于O原子半徑小，元素的非金屬性強，因此可形成分子內氫鍵，A正確；B．根據(jù)葡酚酮結構簡式可知，其中含有的含氧官能團有羥基、醚鍵、羧基、酯基4種，B錯誤；C．葡酚酮分子中含有酚羥基及醇羥基，具有強的復原性，可以被酸性高錳酸鉀溶液氧化而使溶液的紫色褪色，C正確；D．物質分子中含有羧基，由于羧酸的酸性比碳酸強，因此能夠與Na2CO3水溶液發(fā)生反響，D錯誤；綜上所述可知：合理選項是BD。13.乙醚是常用的有機試劑，久置容易產生過氧化物，帶來平安隱患。以下不可用來定性檢出過氧化物的試劑是()A.溶液B.弱酸性淀粉KI溶液C.和稀溶液D.的稀溶液和溶液【答案】A【解析】【分析】【詳解】A．過氧化物與溶液不能發(fā)生反響，因此不能用于檢驗其存在，A符合題意；B．弱酸性淀粉KI溶液與過氧化物反響產生I2，I2遇淀粉溶液變?yōu)樗{色，可以檢驗其存在，B不符合題意；C．和稀溶液具有強氧化性，會將過氧化物氧化，而被復原為Cr3+，使溶液變?yōu)榫G色，可以檢驗過氧化物的存在，C不符合題意；D．過氧化物具有強氧化性，會將電離產生的Fe2+氧化為Fe3+，和KSCN溶液的混合，溶液顯紅色，可以檢驗過氧化物的存在，D不符合題意；故合理選項是A。14.H3PO4的電離是分步進行的，常溫下，，。以下說法正確的選項是()A.濃度均為0.1mol/L的NaOH溶液和H3PO4溶液按照體積比2∶1混合，混合液的pH＜7B.Na2HPO4溶液中，C.向0.1mol/L的H3PO4溶液中通入HCl氣體(忽略溶液體積的變化〕，溶液pH=1時，溶液中大約有7.1%的H3PO4電離D.在H3PO4溶液中參加NaOH溶液，隨著NaOH的參加，溶液的pH增大，當溶液的pH=11時，【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．濃度均為0.1mol/L的NaOH溶液和H3PO4溶液按照體積比2∶1混合，二者恰好反響產生Na2HPO4，在溶液中存在電離平衡：+H+，也存在著水解平衡：+H2O+OH-，電離平衡常數(shù)，水解平衡常數(shù)Kh2==1.58×10-7＞Ka3=4.4×10-13，水解程度大于電離程度，因此溶液顯堿性，pH＞7，A錯誤；B．在Na2HPO4溶液中，根據(jù)質子守恒可得：，B正確；C．向0.1mol/L的H3PO4溶液中通入HCl氣體(忽略溶液體積的變化，溶液pH=1時，c(H+)=0.1mol/L，根據(jù)電離平衡常數(shù)Ka1=，，同時溶液中還存在、的的電離平衡，因此溶液中電離的H3PO4大于7.1%，C錯誤；D．在H3PO4溶液中參加NaOH溶液，隨著NaOH的參加，溶液的pH增大，當溶液的pH=11時，c(H+)=10-11mol/L，Ka3=，那么，那么c()＜c()，D錯誤；故合理選項是B。15.一定條件下，反響的速率方程為，某溫度下，該反響在不同濃度下的反響速率如下：反響速率2v28v216v42vc4v根據(jù)表中的測定結果，以下結論錯誤的選項是()A.表中c的值為4B.α、β、γ的值分別為1、2、-1C.反響體系的三種物質中，的濃度對反響速率影響最大D.在反響體系中保持其他物質濃度不變，增大濃度，會使反響速率降低【答案】AB【解析】【分析】速率方程為，將H2、Br2、HBr和速率都帶入到速率方程可以得到，①、②、③、④、由①②得到β=，②③得到α=1，①④得到γ=-1，對于與①，將α=1，β=，γ=-1代入，解得c=1，由此分析?！驹斀狻緼．根據(jù)分析，表中c的值為1，故A符合題意；B．根據(jù)分析，α、β、γ的值分別為1、、-1，故B符合題意；C．由于，α、β、γ的值分別為1、、-1，由于速率與和的濃度成正比，與的濃度成反比，反響體系的三種物質中，的濃度對反響速率影響最大，故C不符合題意；D．由于γ=-1，增大濃度，減小，在反響體系中保持其他物質濃度不變，會使反響速率降低，故D不符合題意；答案選AB。三、非選擇題：共60分。第16～18題為必考題，每個試題考生都必須作答。第19～20題為選考題，考生根據(jù)要求作答。(一)必考題：共45分。16.碘是人體必需的微量元素，也可用于工業(yè)、醫(yī)藥等領域。大量的碘富集于海藻灰〔主要成分是)中，因此從海藻灰中提取碘，可有效利用海洋資源。(1)某興趣小組以海藻灰為原料進行的制備實驗。具體步驟如下：將海藻灰加熱浸泡后，得到了溶液，將適量固體溶于溶液，再將飽和溶液滴入上述溶液中，生成白色沉淀，該反響的離子方程式為______。(2)待沉淀完全后，過濾，將沉淀物置于小燒杯中，在攪拌下逐滴參加適量濃，觀察到______(顏色)氣體放出，______(顏色)晶體析出。出于平安和環(huán)?？紤]，該實驗操作需在______(條件)下進行。該反響的化學方程式為______。(3)用傾析法棄去上清液，固體物質用少量水洗滌后得到粗，進一步精制時，選擇必需的儀器搭建裝置，并按次序排列：______(夾持裝置略)。A.B.C.D.E.F.(4)將精制得到的配成濃度為的標準溶液，用來測定某樣品中維生素C(相對分子質量為M的含量。具體操作如下：準確稱量ag樣品，溶于新煮沸過并冷卻至室溫的蒸餾水中，煮沸蒸餾水的目的是______。用容量瓶定容，使用______(儀器)量取樣品溶液于錐形瓶中，再參加1∶1醋酸溶液和適量的______指示劑，立即用標準溶液滴定，溶液顯穩(wěn)定的______(顏色)即為滴定終點，消耗標準溶液，那么樣品中維生素C的質量分數(shù)是______(寫出表達式)。滴定反響方程式：【答案】(1).(2).紅棕色(3).紫黑色(4).通風條件下(5).(6).DCAF(7).除去蒸餾水中溶解的氧，防止干擾實驗(8).滴定管(9).淀粉(10).藍色(11).【解析】【分析】溶液的配制分為七步，即計算、稱量、溶解、轉移、洗滌、定容、裝瓶貼標簽。需要用到的儀器有天平、燒杯、容量瓶、膠頭滴管、玻璃棒。此題用氧化復原滴定法測維生素C的含量。【詳解】(1)作復原劑，CuSO4作氧化劑，故該反響的離子方程式為，故填；(2)CuI中的亞銅離子和碘離子均能被濃硝酸氧化，氧化產物分別為Cu2+和I2，復原產物為NO2，其反響的化學方程式為，其中NO2為紅棕色有毒氣體，需在通風條件下進行、I2為紫黑色，故填紅棕色、紫黑色、通風條件下進行、；(3)因為碘單質受熱易升華，故采用蒸餾法提純碘單質。用到的儀器有A燒杯、C石棉網(wǎng)(防止溫度過高，升華速度大于冷凝速度)、D酒精燈、F裝冷水的圓底燒瓶用于冷凝。其裝置為把粗碘放入燒杯內，將裝有冷水的燒瓶放在燒杯上，墊上石棉網(wǎng)用酒精燈加熱，其連接順序為DCAF，故填DCAF；(4)維生素C具有復原性，故煮沸蒸餾水是為了防止水中溶解的氧干擾實驗；準確量取溶液的體積用滴定管量?。挥糜谥甘镜鈫钨|時，通常用淀粉作指示劑，淀粉遇碘顯藍色，這里用碘標準溶液滴定維生素C，所以當最后一滴標準液滴入錐形瓶后，溶液由無色變?yōu)樗{色且30秒內不褪色，即為終點；根據(jù)題意消耗點標準液的物質的量為n=cV=cV×10-3mol，由反響方程式可知25mL溶液中維生素C的物質的量為cV×10-3mol，那么ag樣品中維生素C的物質的量為10×cV×10-3mol=cV×10-2mol，質量為m=nM=cMV×10-2g，其質量分數(shù)為，故填除去蒸餾水中溶解的氧，防止干擾實驗、滴定管、淀粉、藍色、；【點睛】滴定時是從250mL溶液中量取25mL進行實驗，故最后計算維生素C總物質的量時要乘10。17.合理利用工廠煙灰，變廢為寶，對保護環(huán)境具有重要意義。以某鋼鐵廠煙灰(主要成分為ZnO，并含少量的CuO、MnO2、Fe2O3等)為原料制備氧化鋅的工藝流程如下：答復以下問題：(1)“浸取〞工序中參加過量氨水的目的：①使ZnO、CuO溶解，轉化為[Zn(NH3)4]2+和[Cu(NH3)4]2+配離子；②______。(2)ZnO轉化反響的離子方程式為______。(3)“除雜〞工序中，反響的離子方程式為______。(4)濾渣②的主要成分有______(填化學式)，回收后可用作冶金原料。(5)“蒸氨沉鋅〞工序中，“蒸氨〞是將氨及其鹽從固液混合物中蒸出，相應的化學方程式為______，蒸出物冷凝吸收后得到的碳化氨水可返回______工序循環(huán)使用。(6)從堿式碳酸鋅得到氧化鋅的工序名稱為______。(7)將濾渣①用H2SO4溶液處理后得到______溶液和______固體(均填化學式)。【答案】(1).使MnO2、Fe2O3沉淀除去(2).ZnO+2NH3·H2O+2=[Zn(NH3)4]2++3H2O(3).Zn+[Cu(NH3)4]2+=Cu+[Zn(NH3)4]2+(4).Zn、Cu(5).Zn(NH3)4(HCO3)24NH3↑+Zn(HCO3)2(6).浸出(7).煅燒(8).Fe2(SO4)3(9).MnO2【解析】【分析】首先用NH4HCO3和氨水浸取煙灰，將鋅元素轉化為[Zn(NH3)4]2+絡離子，將Cu元素轉化為[Cu(NH3)4]2+絡離子，MnO2、Fe2O3不發(fā)生反響進入濾渣①中；參加鋅粉可以將[Cu(NH3)4]2+全部置換出來得到濾渣②中含有Zn及Cu，然后經蒸氨沉鋅Zn(NH3)4(HCO3)2反響變?yōu)镹H3和Zn(HCO3)2，然后參加堿式碳酸鋅與Zn(HCO3)2混合，高溫煅燒得到氧化鋅?！驹斀狻?1)由題意可知，煙灰(主要成分為ZnO，并含少量的CuO、MnO2、Fe2O3等)，在浸取工序中可以使ZnO、CuO溶解變?yōu)閇Zn(NH3)4]2+和[Cu(NH3)4]2+配離子進入濾液①中，那么剩余MnO2、Fe2O3不能發(fā)生反響，故“浸取〞工序中參加過量氨水的目的還可以使MnO2、Fe2O3沉淀除去；(2)浸出時，ZnO溶于碳酸氫銨與氨水的混合溶液中，形成配離子[Zn(NH3)4]2+和H2O，反響的離子方程式為：ZnO+2NH3·H2O+2=[Zn(NH3)4]2++3H2O；(3)在除雜工序中，參加過量的鋅粉，發(fā)生置換反響置換出銅單質，反響的離子方程式為：Zn+[Cu(NH3)4]2+=Cu+[Zn(NH3)4]2+；(4)濾渣②是在除雜工序中產生的，由(3)分析可知，濾渣②是過量Zn與[Cu(NH3)4]2+發(fā)生置換反響產生的，因此其主要成分是Cu、Zn；(5)在“蒸氨沉鋅〞工序中，“蒸氨〞是將氨及其鹽從固液混合物中蒸出，Zn元素以鹽的形式存在于溶液中，該反響的離子方程式為：Zn(NH3)4(HCO3)24NH3↑+Zn(HCO3)2；蒸出物冷凝吸收后得到的碳化氨水，由工藝流程圖可知，碳化氨水可返回到浸取工序中循環(huán)使用；(6)堿式碳酸鋅(

ZnCO3·Zn(OH)2)為固體，要想得到ZnO需要經過高溫煅燒。故從堿式碳酸鋅得到氧化鋅的工序名稱為煅燒；(7)濾渣①的主要成分是MnO2、Fe2O3，向濾渣①中參加H2SO4溶液，F(xiàn)e2O3與硫酸反響產生Fe2(SO4)3和H2O，而MnO2不發(fā)生反響，故將濾渣①用H2SO4溶液處理后得到溶液為Fe2(SO4)3溶液，固體為MnO2。18.我國科學家最近創(chuàng)造了一種電池，電解質為、和，由a和b兩種離子交換膜隔開，形成A、B、C三個電解質溶液區(qū)域，結構示意圖如下：答復以下問題：(1)電池中，為______極，B區(qū)域的電解質為______(填“〞、“〞或“〞)。(2)電池反響的離子方程式為______。(3)陽離子交換膜為圖中的______膜(填“a〞或“b〞)。(4)此電池中，消耗，理論上可產生的容量(電量)為______毫安時()(1mol電子的電量為1F，，結果保存整數(shù))(5)E為電池電動勢(電池電動勢即電池的理論電壓，是兩個電極電位之差，)，為電池反響的自由能變，那么該電池與傳統(tǒng)鉛酸蓄電池相比擬，______；______(填“＞〞或“＜〞)。(6)Zn是一種重要的金屬材料，工業(yè)上一般先將ZnS氧化，再采用熱復原或者電解法制備。利用復原ZnS也可得到Zn，其反響式如下：ZnS(s)+H2(g)Zn(s)+H2S(g)。727℃時，上述反響的平衡常數(shù)。此溫度下，在盛有的剛性容器內通入壓強為的，達平衡時的分壓為______Pa(結果保存兩位小數(shù))?！敬鸢浮?1).負(2).K2SO4(3).PbO2++Zn+2H2O=PbSO4+(4).a(5).5360(6).＞(7).＜(8).【解析】【分析】根據(jù)圖示可知Zn為負極，PbO2為正極，電解質溶液A是KOH，B是K2SO4，C是H2SO4，a是陽離子離子交換膜，b是陰離子交換膜，在同一閉合回路中電子轉移數(shù)目相等，結合溶液酸堿性及電極材料書寫電極反響式和總反響副產物?！驹斀狻?1)根據(jù)圖示可知Zn電極失去電子Zn2+與溶液中的OH-結合形成，所以Zn電極為負極；在A區(qū)域電解質為KOH，在B區(qū)域電解質為K2SO4溶液，C區(qū)域電解質為H2SO4；PbO2電極為正極，得到電子發(fā)生復原反響。(2)負極電極反響式為Zn-2e-+4OH-=，正極的電極反響式為PbO2+2e-+4H++=PbSO4+2H2O，總反響方程式為：PbO2++Zn+2H2O=PbSO4+；(3)A區(qū)域是KOH溶液，OH-發(fā)生反響變?yōu)椋瑸榱司S持溶液呈電中性，多余的K+通過交換膜進入到B區(qū)域，由于陽離子交換膜只允許陽離子通過，因此a膜為陽離子交換膜；(4)6.5gZn的物質的量是n(Zn)==0.1mol，Zn是+2價金屬，那么轉移電子n(e-)=0.2mol，1mol電子的電量為1F，，轉移0.2mol電子的電量Q=0.2mol×96500C/mol=19300C，那么理論上可產生的容量(電量)為mAh=5360mAh；(5)由于Zn比Pb活動性強，正極材料都是PbO2，所以Zn-PbO2的電勢差比Pb-PbO2的電勢差大，那么＞；不同電池的電勢差越大，電池反響的自由能變就越小。由于Zn-PbO2的電勢差比Pb-PbO2的電勢差大，所以＜；(6)反響ZnS(s)+H2(g)Zn(s)+H2S(g)在727℃時的平衡常數(shù)，假設在盛有ZnS的剛性容器內通入壓強為1.01×105Pa的H2，由于該反響是反響前后氣體體積不變的反響，因此反響前后氣體總壓強不變，假設H2S占總壓強分數(shù)為x，那么H2為(1-x)，根據(jù)平衡常數(shù)的含義可得，解得x=2.24×10-6，所以到達平衡時H2S的分壓為2.24×10-6×1.01×105Pa=0.23Pa。(二)選考題：共15分。請考生從2道題中任選一題作答，并用2B鉛筆將答題卡上所選題目對應的題號右側方框涂黑，按所涂題號進行評分；多涂、多答，按所涂的首題進行評分；不涂，按本選考題的首題進行評分。19.科學工作者合成了含鎂、鎳、碳3種元素的超導材料，具有良好的應用前景。答復以下問題：(1)鎳元素位于周期表第______列，基態(tài)鎳原子d軌道中成對電子與單電子的數(shù)量比為______。(2)在CO分子中，C與O之間形成______個σ鍵、______個π鍵，在這些化學鍵中，O原子共提供了______個電子。(3)第二周期元素的第一電離能(I1)隨原子序數(shù)(Z)的變化情況如圖。I1隨Z的遞增而呈增大趨勢的原因是______，原子核對外層電子的引力增大。導致I1在a點出現(xiàn)齒峰的原因是______。(4)以下分子或離子與具有相同類型化學鍵和立體構型的是______(填標號)。A.B.C.D.(5)過渡金屬與O形成羰基配合物時，每個CO分子向中心原子提供2個電子，最終使中心原子的電子總數(shù)與同周期的稀有氣體原子相同，稱為有效原子序數(shù)規(guī)那么。根據(jù)此規(guī)那么推斷，鎳與CO形成的羰基配合物中，______。(6)在某種含鎂、鎳、碳3種元素的超導材料晶體中，鎂原子和鎳原子一起以立方最密堆積方式形成有序結構。結構中的兩種八面體空隙，一種完全由鎳原子構成，另一種由鎳原子和鎂原子共同構成，碳原子只填充在由鎳原子構成的八面體空隙中，晶胞如下圖。①組成該晶體的化學式為______。②完全由鎳原子構成的八面體空隙與由鎳原子和鎂原子共同構成的八面體空隙的數(shù)量比為______，由鎳原子和鎂原子共同構成的八面體空隙中鎳原子和鎂原子的數(shù)量比為______。③假設取碳原子為晶胞頂點，那么鎳原子位于晶胞的______位置?！敬鸢浮?1).10(2).3：1(3).1(4).2(5).4(6).隨原子序數(shù)增大，核電荷數(shù)增大，原子半徑逐漸減小(7).N元素原子的2p能級軌道半滿，更穩(wěn)定(8).BD(9).4(10).MgNi3C(11).1：3(12).2：1(13).棱心【解析】【分析】【詳解】(1)Ni是28號元素，位于第四周期第Ⅷ族的第三列，那么為周期表的第10列；其d軌道的電子排布為3d8，有3對(6個)成對電子和2個單電子，數(shù)量比為6：2=3：1；(2)在CO分子中形成碳氧三鍵，C與O之間形成1個σ鍵、2個π鍵，其中一個π鍵為O原子提供孤電子對，C原子提供空軌道形成的配位鍵，所以O原子共提供了4個電子；(3)I1隨Z的遞增而呈增大趨勢的原因是隨原子序數(shù)增大，原子半徑逐漸減小，原子核對外層電子的引力增大；a點為第ⅤA族元素，即N元素，其最高能層的p能級軌道半滿，更穩(wěn)定，第一電離能大于相鄰元素，所以出現(xiàn)齒峰；(4)CO2只含有極性共價鍵，立體構型為直線型；A．SO2只含有極性鍵，但空間構型為V形，故A符合題意；B．OCN-只含有極性鍵，與CO2為等電子體，空間構型相同，故B符合題意；C．HF是由F-和HF通過氫鍵形成，故C不符合題意；D．NO只含有極性鍵，與CO2等電子體，空間構型相同，故D符合題意；綜上所述答案為BD；(5)Ni原子核外電子數(shù)為28，同周期的稀有氣體元素為Kr，原子序數(shù)為36，每一個CO可提供2個電子，所以x==4；(6)①根據(jù)均攤法，C原子位于晶胞內部，個數(shù)為1，Mg原子位于頂點，個數(shù)為=1，Ni原子位于面心，個數(shù)為=3，所以化學式為MgNi3C；②據(jù)圖可知鎳原子構成的八面體空隙數(shù)目為1，每條棱上的兩個鎂原子與相鄰面心的鎳原子構成正八面體空隙的，所以鎳原子和鎂原子共同構成的八面體空隙為=3，那么完全由鎳原子構成的八面體空隙與由鎳原子和鎂原子共同構成的八面體空隙的數(shù)量比為1：3；鎳原子和鎂原子共同構成的八面體空隙中有2