2023年廣西高考化學(xué)試卷（甲卷）試題數(shù)：12，滿分：1001.（單選題，6分）化學(xué)與生活密切相關(guān)，下列說法正確的是（）A.苯甲酸鈉可作為食品防腐劑是由于其具有酸性B.豆?jié){能產(chǎn)生丁達爾效應(yīng)是由于膠體粒子對光線的散射C.SO2可用于絲織品漂白是由于其能氧化絲織品中有色成分D.維生素C可用作水果罐頭的抗氧化劑是由于其難以被氧化2.（單選題，6分）藿香薊具有清熱解毒功效，其有效成分結(jié)構(gòu)如圖，下列有關(guān)該物質(zhì)的說法錯誤的是（）A.可以發(fā)生水解反應(yīng)B.所有碳原子處于同一平面C.含有2種含氧官能團D.能與溴水發(fā)生加成反應(yīng)3.（單選題，6分）實驗室將粗鹽提純并配制0.1000mol?L-1的NaCl溶液。下列儀器中，本實驗必須用到的有（）

①天平

②溫度計

③坩堝

④分液漏斗

⑤容量瓶

⑥燒杯

⑦滴定管

⑧酒精燈A.①②④⑥B.①④⑤⑥C.②③⑦⑧D.①⑤⑥⑧4.（單選題，6分）NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述正確的是（）A.0.50mol異丁烷分子中共價鍵的數(shù)目為6.5NAB.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24LSO3中電子的數(shù)目為4.00NAC.1.0LpH=2的H2SO4溶液中H+的數(shù)目為0.02NAD.1.0L1.0mol?L-1的Na2CO3溶液中的數(shù)目為1.0NA5.（單選題，6分）W、X、Y、Z為短周期主族元素，原子序數(shù)依次增大，最外層電子數(shù)之和為19。Y的最外層電子數(shù)與其K層電子數(shù)相等，WX2是形成酸雨的物質(zhì)之一。下列說法正確的是（）A.原子半徑：X＞W(wǎng)B.簡單氫化物的沸點：X＜ZC.Y與X可形成離子化合物D.Z的最高價含氧酸是弱酸6.（單選題，6分）用可再生能源電還原CO2時，采用高濃度的K+抑制酸性電解液中的析氫反應(yīng)來提高多碳產(chǎn)物（乙烯、乙醇等）的生成率，裝置如圖所示。下列說法正確的是（）

A.析氫反應(yīng)發(fā)生在IrOx-Ti電極上B.Cl-從Cu電極遷移到IrOx-Ti電極C.陰極發(fā)生的反應(yīng)有：2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2OD.每轉(zhuǎn)移1mol電子，陽極生成11.2L氣體（標(biāo)準(zhǔn)狀況）7.（單選題，6分）如圖為Fe（OH）3、Al（OH）3和Cu（OH）2在水中達沉淀溶解平衡時的pM-pH關(guān)系圖{pM=-lg[c（M）/（mol?L-1）]；c（M）≤10-5mol?L-1可認(rèn)為M離子沉淀完全}。下列敘述正確的是（）

A.由a點可求得Ksp[Fe（OH）3]=10-8.5B.pH=4時Al（OH）3的溶解度為mol?L-1C.濃度均為0.01mol?L-1的Al3+和Fe3+可通過分步沉淀進行分離D.Al3+、Cu2+混合溶液中c（Cu2+）=0.2mol?L-1時二者不會同時沉淀8.（問答題，14分）BaTiO3是一種壓電材料。以BaSO4為原料，采用下列路線可制備粉狀BaTiO3。

回答下列問題：

（1）“焙燒”步驟中碳粉的主要作用是___。

（2）“焙燒”后固體產(chǎn)物有BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS?！敖　睍r主要反應(yīng)的離子方程式為___。

（3）“酸化”步驟應(yīng)選用的酸是___（填標(biāo)號）。

a.稀硫酸

b.濃硫酸

c.鹽酸

d.磷酸

（4）如果焙燒后的產(chǎn)物直接用酸浸取，是否可行？其原因是___。

（5）“沉淀”步驟中生成BaTiO（C2O4）2的化學(xué)方程式為___。

（6）“熱分解”生成粉狀鈦酸鋇，產(chǎn)生的：nCO=___。9.（問答題，14分）鈷配合物[Co（NH3）6]Cl3溶于熱水，在冷水中微溶，可通過如下反應(yīng)制備：2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O22[Co（NH3）6]Cl3+2H2O

具體步驟如下：

Ⅰ.稱取2.0gNH4Cl,用5mL水溶解。

Ⅱ.分批加入3.0gCoCl2?6H2O后，將溶液溫度降至10℃以下，加入1g活性炭、7mL濃氨水，攪拌下逐滴加入10mL6%的雙氧水。

Ⅲ.加熱至55～60℃反應(yīng)20min。冷卻，過濾。

Ⅳ.將濾得的固體轉(zhuǎn)入含有少量鹽酸的25mL沸水中，趁熱過濾。

Ⅴ.濾液轉(zhuǎn)入燒杯，加入4mL濃鹽酸，冷卻、過濾、干燥，得到橙黃色晶體。

回答下列問題：

（1）步驟Ⅰ中使用的部分儀器如圖。

儀器a的名稱是___。加快NH4Cl溶解的操作有___。

（2）步驟Ⅱ中，將溫度降至10℃以下以避免___、___；可選用___降低溶液溫度。

（3）指出下列過濾操作中不規(guī)范之處：___。

（4）步驟Ⅳ中，趁熱過濾，除掉的不溶物主要為___。

（5）步驟Ⅴ中加入濃鹽酸的目的是___。10.（問答題，15分）甲烷選擇性氧化制備甲醇是一種原子利用率高的方法?；卮鹣铝袉栴}：

（1）已知下列反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：

①3O2（g）=2O3（g）?K1?ΔH1=285kJ?mol-1

②2CH4（g）+O2（g）=2CH3OH（l）?K2?ΔH2=-329kJ?mol-1

反應(yīng)③CH4（g）+O3（g）=CH3OH（l）+O2（g）的ΔH3=___kJ?mol-1，平衡常數(shù)K3=___（用K1、K2表示）。

（2）電噴霧電離等方法得到的M+（Fe+、Co+、Ni+等）與O3反應(yīng)可得MO+。MO+與CH4反應(yīng)能高選擇性地生成甲醇。分別在300K和310K下（其他反應(yīng)條件相同）進行反應(yīng)MO++CH4=M++CH3OH，結(jié)果如圖所示。圖中300K的曲線是___（填“a”或“b”）。300K、60s時MO+的轉(zhuǎn)化率為___（列出算式）。

（3）MO+分別與CH4、CD4反應(yīng)，體系的能量隨反應(yīng)進程的變化如圖所示（兩者歷程相似，圖中以CH4示例）。

（i）步驟Ⅰ和Ⅱ中涉及氫原子成鍵變化的是___（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）。

（ii）直接參與化學(xué)鍵變化的元素被替換為更重的同位素時，反應(yīng)速率會變慢，則MO+與CD4反應(yīng)的能量變化應(yīng)為圖中曲線___（填“c”或“d”）。

（iii）MO+與CH2D2反應(yīng)，氘代甲醇的產(chǎn)量CH2DOD___CHD2OH（填“＞”“=”或“＜”）。若MO+與CHD3反應(yīng)，生成的氘代甲醇有___種。11.（問答題，15分）將酞菁—鈷鈦菁—三氯化鋁復(fù)合嵌接在碳納米管上，制得一種高效催化還原二氧化碳的催化劑。回答下列問題：

（1）圖1所示的幾種碳單質(zhì)，它們互為___，其中屬于原子晶體的是___，C60間的作用力是___。

（2）酞菁和鈷酞菁的分子結(jié)構(gòu)如圖2所示。

酞菁分子中所有原子共平面，其中p軌道能提供一對電子的N原子是___（填圖2酞菁中N原子的標(biāo)號）。鈷酞菁分子中，鈷離子的化合價為___，氮原子提供孤對電子與鈷離子形成___鍵。

（3）氣態(tài)AlCl3通常以二聚體Al2Cl6的形式存在，其空間結(jié)構(gòu)如圖3a所示，二聚體中Al的軌道雜化類型為___。AlF3的熔點為1090℃，遠高于AlCl3的192℃，由此可以判斷鋁氟之間的化學(xué)鍵為___鍵。AlF3結(jié)構(gòu)屬立方晶系，晶胞如圖3b所示，F(xiàn)-的配位數(shù)為___。若晶胞參數(shù)為apm,晶體密度ρ=___g?cm-3（列出計算式，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA）。

12.（問答題，0分）阿佐塞米（化合物L(fēng)）是一種可用于治療心臟、肝臟和腎臟病引起的水腫的藥物。L的一種合成路線如圖（部分試劑和條件略去）

已知：R-COOHR-COClR-CONH2

回答下列問題：

（1）A的化學(xué)名稱是___。

（2）由A生成B的化學(xué)方程式為___。

（3）反應(yīng)條件D應(yīng)選擇___（填標(biāo)號）。

a.HNO3/H2SO4

b.Fe/HCl

c.NaOH/C2H5OH

d.AgNO3/NH3

（4）F中含氧官能團的名稱是___。

（5）H生成I的反應(yīng)類型為___。

（6）化合物J的結(jié)構(gòu)簡式為___。

（7）具有相同官能團的B的芳香同分異構(gòu)體還有___種（不考慮立體異構(gòu)，填標(biāo)號）。

a.10

b.12

c.14

d.16

其中，核磁共振氫譜顯示4組峰，且峰面積比為2：2：1：1的同分異構(gòu)體結(jié)構(gòu)為___。

2023年廣西高考化學(xué)試卷（甲卷）參考答案與試題解析試題數(shù)：12，滿分：1001.（單選題，6分）化學(xué)與生活密切相關(guān)，下列說法正確的是（）A.苯甲酸鈉可作為食品防腐劑是由于其具有酸性B.豆?jié){能產(chǎn)生丁達爾效應(yīng)是由于膠體粒子對光線的散射C.SO2可用于絲織品漂白是由于其能氧化絲織品中有色成分D.維生素C可用作水果罐頭的抗氧化劑是由于其難以被氧化【正確答案】：B【解析】：A．苯甲酸鈉是強堿弱酸鹽；

B．膠體粒子的直徑在1～100nm,對光具有散射效果；

C．二氧化硫可與有色物質(zhì)化合生成無色物質(zhì)；

D．維生素C具有還原性。

【解答】：解：A．苯甲酸鈉是強堿弱酸鹽，作為食品防腐劑不是由于其具有酸性，是由于其易透過細胞膜，進入細胞，干擾霉菌和細菌的通透性而阻礙細菌對氨基酸的吸收而達到消毒效果，故A錯誤；

B．膠體粒子的直徑在1～100nm,對光具有散射效果，膠體產(chǎn)生丁達爾效應(yīng)是由于膠體粒子對光線的散射形成的，故B正確；

C．二氧化硫可與有色物質(zhì)化合生成無色物質(zhì)，SO2在工業(yè)上常用來漂白紙漿、毛絲、草帽辮等，與氧化性無關(guān)，故C錯誤；

D．維生素C具有還原性，易被氧化，故D錯誤；

故選：B。

【點評】：本題考查較為綜合，涉及化學(xué)與生活、食品添加劑等知識，為高頻考點，有利于培養(yǎng)學(xué)生的良好的科學(xué)素養(yǎng)，提高學(xué)習(xí)的積極性，難度不大。2.（單選題，6分）藿香薊具有清熱解毒功效，其有效成分結(jié)構(gòu)如圖，下列有關(guān)該物質(zhì)的說法錯誤的是（）A.可以發(fā)生水解反應(yīng)B.所有碳原子處于同一平面C.含有2種含氧官能團D.能與溴水發(fā)生加成反應(yīng)【正確答案】：B【解析】：A．藿香薊中含有酯基；

B．藿香薊標(biāo)記的C存在sp3雜化；

C．藿香薊中含有酯基、醚鍵和碳碳雙鍵；

D．藿香薊中含有不飽和雙鍵。

【解答】：解：A．藿香薊中含有酯基，可以發(fā)生水解反應(yīng)，故A正確；

B．藿香薊標(biāo)記的C存在sp3雜化，與這個C相連的原子肯定不共面，故所有碳原子不可能處于同一平面，故B錯誤；

C．藿香薊中含有酯基、醚鍵和碳碳雙鍵，含有2種含氧官能團，故C正確；

D．藿香薊中含有不飽和雙鍵，可以和溴水發(fā)生加成反應(yīng)，故D正確；

故選：B。

【點評】：本題考查有機物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，側(cè)重考查基礎(chǔ)知識的掌握和靈活運用能力，明確官能團及其性質(zhì)的關(guān)系是解本題關(guān)鍵，題目難度不大。3.（單選題，6分）實驗室將粗鹽提純并配制0.1000mol?L-1的NaCl溶液。下列儀器中，本實驗必須用到的有（）

①天平

②溫度計

③坩堝

④分液漏斗

⑤容量瓶

⑥燒杯

⑦滴定管

⑧酒精燈A.①②④⑥B.①④⑤⑥C.②③⑦⑧D.①⑤⑥⑧【正確答案】：D【解析】：將粗鹽提純需要過濾后蒸發(fā)結(jié)晶，配制0.1000mol?L-1的NaCl溶液，一般步驟為稱量、溶解、移液、洗滌、定容、搖勻等操作，根據(jù)操作步驟選取實驗儀器，據(jù)此進行解答。

【解答】：解：將粗鹽提純需要過濾后蒸發(fā)結(jié)晶，需要用到的儀器為漏斗、玻璃棒、蒸發(fā)皿及燒杯，配制0.1000mol?L-1的NaCl溶液，一般步驟為稱量、溶解、移液、洗滌、定容、搖勻等操作，需要用到儀器為：天平、藥匙、燒杯、玻璃棒、容量瓶、膠頭滴管等，故實驗必須用到的有①⑤⑥⑧，

故選：D。

【點評】：本題主要考查了粗鹽的提純和一定物質(zhì)的量濃度溶液的配制，注意常見儀器的選用，題目難度不大。4.（單選題，6分）NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述正確的是（）A.0.50mol異丁烷分子中共價鍵的數(shù)目為6.5NAB.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24LSO3中電子的數(shù)目為4.00NAC.1.0LpH=2的H2SO4溶液中H+的數(shù)目為0.02NAD.1.0L1.0mol?L-1的Na2CO3溶液中的數(shù)目為1.0NA【正確答案】：A【解析】：A．異丁烷含有的共價鍵為13；

B．標(biāo)準(zhǔn)狀況下三氧化硫為液體；

C．根據(jù)n=cV進行計算；

D．Na2CO3溶液會發(fā)生水解。

【解答】：解：A．異丁烷含有的共價鍵數(shù)為13，則0.50mol異丁烷分子中共價鍵的數(shù)目為6.5NA，故A正確；

B．標(biāo)準(zhǔn)狀況下三氧化硫為液體，不能使用氣體摩爾體積進行計算，故B錯誤；

C．pH=2的H2SO4溶液中c（H+）=10-2mol/L，根據(jù)n=cV=1L×10-2mol/L=0.01mol,則H+的數(shù)目為0.01NA，故C錯誤；

D．Na2CO3溶液中會發(fā)生水解，故1.0L1.0mol?L-1的Na2CO3溶液中的數(shù)目小于1.0NA，故D錯誤；

故選：A。

【點評】：本題考查了物質(zhì)的量和阿伏加德羅常數(shù)的有關(guān)計算，難度不大，掌握公式的運用和物質(zhì)的性質(zhì)是解題關(guān)鍵。5.（單選題，6分）W、X、Y、Z為短周期主族元素，原子序數(shù)依次增大，最外層電子數(shù)之和為19。Y的最外層電子數(shù)與其K層電子數(shù)相等，WX2是形成酸雨的物質(zhì)之一。下列說法正確的是（）A.原子半徑：X＞W(wǎng)B.簡單氫化物的沸點：X＜ZC.Y與X可形成離子化合物D.Z的最高價含氧酸是弱酸【正確答案】：C【解析】：短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，最外層電子數(shù)之和為19，Y的最外層電子數(shù)與其K層電子數(shù)相等，則Y為Mg；WX2是形成酸雨的物質(zhì)之一，則W為N元素，X為O；四種原子的最外層電子數(shù)之和為19，Z原子的最外層電子數(shù)為19-5-6-2=6，其原子序數(shù)在最后，則Y為S元素，據(jù)此解答。

【解答】：解：由分析可知W為N、X為O、Y為Mg、Z為S，

A．同周期元素原子半徑從左到右逐漸減小，則原子半徑：X＜W，故A錯誤；

B．X的簡單氫化物為水，Z的簡單氫化物為硫化氫，水分子間存在氫鍵，沸點較大，故簡單氫化物的沸點：X＞Z，故B錯誤；

C．Y與X可形成MgO，含有離子鍵，為離子化合物，故C正確；

D．Z為S，最高價氧化物為硫酸，是強酸，故D錯誤；

故選：C。

【點評】：本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的應(yīng)用，題目難度不大，推斷元素為解答關(guān)鍵，注意掌握元素周期律內(nèi)容及常見元素化合物性質(zhì)，試題側(cè)重考查學(xué)生的分析能力及靈活應(yīng)用基礎(chǔ)知識的能力。6.（單選題，6分）用可再生能源電還原CO2時，采用高濃度的K+抑制酸性電解液中的析氫反應(yīng)來提高多碳產(chǎn)物（乙烯、乙醇等）的生成率，裝置如圖所示。下列說法正確的是（）

A.析氫反應(yīng)發(fā)生在IrOx-Ti電極上B.Cl-從Cu電極遷移到IrOx-Ti電極C.陰極發(fā)生的反應(yīng)有：2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2OD.每轉(zhuǎn)移1mol電子，陽極生成11.2L氣體（標(biāo)準(zhǔn)狀況）【正確答案】：C【解析】：與電源的正極相連的IrOx-Ti電極為陽極，發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：2H2O-4e-=O2↑+4H+，與電源負極相連的Cu電極為陰極，發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O，2CO2+12H++12e-=C2H5OH+3H2O，據(jù)此分析。

【解答】：解：A．由分析知IrOx-Ti電極上發(fā)生的反應(yīng)不是析氫反應(yīng)，故A錯誤；

B．質(zhì)子交換膜只允許H+通過，因此Cl-無法從Cu電極遷移到IrOx-Ti電極，故B錯誤；

C．由分析知，陰極發(fā)生的反應(yīng)有：2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O，故C正確；

D．由分析知，陽極電極反應(yīng)式為：2H2O-4e-=O2↑+4H+，每轉(zhuǎn)移1mol電子，陽極生成0.25mol氧氣即5.6L氧氣（標(biāo)準(zhǔn)狀況），故D錯誤；

故選：C。

【點評】：本題主要考查電解池的工作原理，為高頻考點，題目難度一般。7.（單選題，6分）如圖為Fe（OH）3、Al（OH）3和Cu（OH）2在水中達沉淀溶解平衡時的pM-pH關(guān)系圖{pM=-lg[c（M）/（mol?L-1）]；c（M）≤10-5mol?L-1可認(rèn)為M離子沉淀完全}。下列敘述正確的是（）

A.由a點可求得Ksp[Fe（OH）3]=10-8.5B.pH=4時Al（OH）3的溶解度為mol?L-1C.濃度均為0.01mol?L-1的Al3+和Fe3+可通過分步沉淀進行分離D.Al3+、Cu2+混合溶液中c（Cu2+）=0.2mol?L-1時二者不會同時沉淀【正確答案】：C【解析】：A．由a點橫縱坐標(biāo)可得和c（OH-）和c（Fe3+），進一步可求出Ksp[Fe（OH）3]；

B．由pH=4可求出c（OH-），利用溶度積公式，可求出c（Al3+），即Al（OH）3的溶解度；

C．根據(jù)Fe3+沉淀完全時的c（OH-），利用溶度積規(guī)則可判斷Al3+是否開始沉淀；

D．根據(jù)Al3+沉淀完全時的pH，得在此pH時Cu2+剛開始沉淀，c（Cu2+）=0.1mol/L，再利用溶度積規(guī)則可判斷Cu2+已經(jīng)開始沉淀。

【解答】：A．由圖可知，a點pH=2，c（H+）=10-2mol/L，c（OH-）=10-12mol/L，c（Fe3+）=10-2.5mol/L，所以Ksp[Fe（OH）3]=c（Fe3+）c3（OH-）=10-38.5，故A錯誤；

B．根據(jù)圖象Al3+的曲線，Ksp[Al（OH）3]=10-33，pH=4時，c（H+）=10-4mol/L，c（OH-）=10-10mol/L，c（Al3+）==mol/L=10-3mol/L，即Al（OH）3的溶解度為10-3mol/L，故B錯誤；

C．由圖象可知，F(xiàn)e3+優(yōu)先沉淀，當(dāng)Fe3+沉淀完全時，c3（OH-）=（mol/L）3=10-33.5（mol/L）3，此時Qsp[Al（OH）3]=0.01mol/L×10-33.5（mol/L）3=10-35.5（mol/L）3＜Ksp[Al（OH）3]=10-33，Al3+還未沉淀，所以濃度均為0.01mol?L-1的Al3+和Fe3+可通過分步沉淀進行分離，故C正確；

D．根據(jù)圖象Cu2+的曲線，pH=7時，c（H+）=10-7mol/L，c（OH-）=10-7mol/L，c（Cu2+）=10-5.5mol/L，Ksp[Cu（OH）2]=c（Cu2+）c2（OH-）=10-5.5（10-7）2=10-19.5，由B分析知Ksp[Al（OH）3]=10-33，Al3+沉淀完全時的c（OH-）=mol/L≈10-9.3mol/L，c（H+）≈10-4.7mol/L，pH=4.7，此時Cu2+剛開始沉淀，c（Cu2+）=0.1mol/L，若c（Cu2+）=0.2mol?L-1＞0.1mol?L-1，因此Al3+、Cu2+會同時沉淀，故D錯誤；

故選：C。

【點評】：本題主要考查沉淀溶解平衡，掌握溶度積的計算是解題的關(guān)鍵，為高頻考點，題目難度一般。8.（問答題，14分）BaTiO3是一種壓電材料。以BaSO4為原料，采用下列路線可制備粉狀BaTiO3。

回答下列問題：

（1）“焙燒”步驟中碳粉的主要作用是___。

（2）“焙燒”后固體產(chǎn)物有BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS?！敖　睍r主要反應(yīng)的離子方程式為___。

（3）“酸化”步驟應(yīng)選用的酸是___（填標(biāo)號）。

a.稀硫酸

b.濃硫酸

c.鹽酸

d.磷酸

（4）如果焙燒后的產(chǎn)物直接用酸浸取，是否可行？其原因是___。

（5）“沉淀”步驟中生成BaTiO（C2O4）2的化學(xué)方程式為___。

（6）“熱分解”生成粉狀鈦酸鋇，產(chǎn)生的：nCO=___。【正確答案】：將BaSO4還原為BaS;Ca2++S2-=CaS↓;c;不可行，多余的Ca2+無法除去，同時會放出更多的H2S污染環(huán)境;BaCl2+TiCl4+2（NH4）2C2O4+H2O=BaTiO（C2O4）2+4NH4Cl+2HCl;1：1【解析】：由制備流程可知，用碳粉和氯化鈣處理BaSO4，將BaSO4轉(zhuǎn)化為易溶于水的BaS和氯化鋇，硫化鋇經(jīng)過鹽酸酸化生成氯化鋇，然后氯化鋇與四氯化鈦、草酸氨反應(yīng)生成BaTiO（C2O4）2沉淀，過濾、洗滌、干燥、煅燒得到BaTiO3，以此解答該題。

【解答】：解：（1）由流程可知，“焙燒”步驟中碳粉轉(zhuǎn)化為了CO，化合價升高，做還原劑，將硫酸鋇轉(zhuǎn)化為硫化鋇，故“焙燒”步驟中碳粉的主要作用是將BaSO4還原為BaS，

故答案為：將BaSO4還原為BaS；

（2）“浸取”時多余的鈣離子與硫離子生成硫化鈣沉淀，故離子反應(yīng)為：Ca2++S2-=CaS↓，

故答案為：Ca2++S2-=CaS↓；

（3）酸化的作用是為了將BaS轉(zhuǎn)化為BaCl2而不能引入新雜質(zhì)，故選用HCl,

故答案為：C；

（4）焙燒后的產(chǎn)物有BaS和CaS，如果直接加鹽酸，多余的Ca2+無法除去，同時會放出更多的H2S污染環(huán)境，

故答案為：不可行，多余的Ca2+無法除去，同時會放出更多的H2S污染環(huán)境；

（5）由沉淀步驟可知加入了TiCl4和（NH4）2C2O4生成了BaTiO（C2O4）2，根據(jù)反應(yīng)原子守恒可寫出化學(xué)方程式為：BaCl2+TiCl4+2（NH4）2C2O4+H2O=BaTiO（C2O4）2+4NH4Cl+2HCl,

故答案為：BaCl2+TiCl4+2（NH4）2C2O4+H2O=BaTiO（C2O4）2+4NH4Cl+2HCl；

（6）BaTiO（C2O4）2分解方程式為：BaTiO（C2O4）2?4H2OBaTiO3+2CO↑+2CO2↑+4H2O，則：nCO=1：1，

故答案為：1：1。

【點評】：本題考查物質(zhì)的制備、化學(xué)方程式的書寫，為高考常見題型，題目難度中等，側(cè)重于考查學(xué)生的分析能力和計算能力，注意把握常見物質(zhì)分離提純方法。9.（問答題，14分）鈷配合物[Co（NH3）6]Cl3溶于熱水，在冷水中微溶，可通過如下反應(yīng)制備：2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O22[Co（NH3）6]Cl3+2H2O

具體步驟如下：

Ⅰ.稱取2.0gNH4Cl,用5mL水溶解。

Ⅱ.分批加入3.0gCoCl2?6H2O后，將溶液溫度降至10℃以下，加入1g活性炭、7mL濃氨水，攪拌下逐滴加入10mL6%的雙氧水。

Ⅲ.加熱至55～60℃反應(yīng)20min。冷卻，過濾。

Ⅳ.將濾得的固體轉(zhuǎn)入含有少量鹽酸的25mL沸水中，趁熱過濾。

Ⅴ.濾液轉(zhuǎn)入燒杯，加入4mL濃鹽酸，冷卻、過濾、干燥，得到橙黃色晶體。

回答下列問題：

（1）步驟Ⅰ中使用的部分儀器如圖。

儀器a的名稱是___。加快NH4Cl溶解的操作有___。

（2）步驟Ⅱ中，將溫度降至10℃以下以避免___、___；可選用___降低溶液溫度。

（3）指出下列過濾操作中不規(guī)范之處：___。

（4）步驟Ⅳ中，趁熱過濾，除掉的不溶物主要為___。

（5）步驟Ⅴ中加入濃鹽酸的目的是___。【正確答案】：錐形瓶;攪拌;過氧化氫分解;氨氣揮發(fā);冰水浴;玻璃棒沒有緊貼雙層濾紙；漏斗下端沒有緊貼燒杯內(nèi)壁;活性炭;利用同離子效應(yīng)促使[Co（NH3）6]Cl3析出【解析】：（1）根據(jù)儀器的特點進行分析；加快NH4Cl溶解可用玻璃棒攪拌；

（2）溫度過高過氧化氫易分解，氨水中氨氣易揮發(fā)；

（3）過濾要遵循“一貼、二低、三靠”原則；

（4）該反應(yīng)用到活性炭，難溶于水；

（5）增大氯離子濃度可以防止產(chǎn)品溶解而損失。

【解答】：解：（1）根據(jù)儀器的特點可知該儀器為錐形瓶，加快NH4Cl溶解可用玻璃棒攪拌，

故答案為：錐形瓶；攪拌；

（2）溫度過高過氧化氫易分解，氨水中氨氣易揮發(fā)，可采用冰水浴進行降溫，

故答案為：過氧化氫分解；氨氣揮發(fā)；冰水?。?/p>

（3）過濾要遵循“一貼、二低、三靠”原則，該操作過程中玻璃棒沒有緊貼雙層濾紙，漏斗下端沒有緊貼燒杯內(nèi)壁，

故答案為：玻璃棒沒有緊貼雙層濾紙；漏斗下端沒有緊貼燒杯內(nèi)壁；

（4）該反應(yīng)用到活性炭，難溶于水，趁熱過濾，除掉的不溶物主要為活性炭，

故答案為：活性炭；

（5）增大氯離子濃度可以利用同離子效應(yīng)促使[Co（NH3）6]Cl3析出，

故答案為：利用同離子效應(yīng)促使[Co（NH3）6]Cl3析出。

【點評】：本題考查了配合物制備實驗方法和儀器應(yīng)用分析判斷，物質(zhì)性質(zhì)的理解應(yīng)用是解題的關(guān)鍵，分析題干信息和物質(zhì)性質(zhì)是解題關(guān)鍵，題目難度中等。10.（問答題，15分）甲烷選擇性氧化制備甲醇是一種原子利用率高的方法。回答下列問題：

（1）已知下列反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：

①3O2（g）=2O3（g）?K1?ΔH1=285kJ?mol-1

②2CH4（g）+O2（g）=2CH3OH（l）?K2?ΔH2=-329kJ?mol-1

反應(yīng)③CH4（g）+O3（g）=CH3OH（l）+O2（g）的ΔH3=___kJ?mol-1，平衡常數(shù)K3=___（用K1、K2表示）。

（2）電噴霧電離等方法得到的M+（Fe+、Co+、Ni+等）與O3反應(yīng)可得MO+。MO+與CH4反應(yīng)能高選擇性地生成甲醇。分別在300K和310K下（其他反應(yīng)條件相同）進行反應(yīng)MO++CH4=M++CH3OH，結(jié)果如圖所示。圖中300K的曲線是___（填“a”或“b”）。300K、60s時MO+的轉(zhuǎn)化率為___（列出算式）。

（3）MO+分別與CH4、CD4反應(yīng)，體系的能量隨反應(yīng)進程的變化如圖所示（兩者歷程相似，圖中以CH4示例）。

（i）步驟Ⅰ和Ⅱ中涉及氫原子成鍵變化的是___（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）。

（ii）直接參與化學(xué)鍵變化的元素被替換為更重的同位素時，反應(yīng)速率會變慢，則MO+與CD4反應(yīng)的能量變化應(yīng)為圖中曲線___（填“c”或“d”）。

（iii）MO+與CH2D2反應(yīng)，氘代甲醇的產(chǎn)量CH2DOD___CHD2OH（填“＞”“=”或“＜”）。若MO+與CHD3反應(yīng)，生成的氘代甲醇有___種。【正確答案】：-307;;b;1-10-0.1;Ⅰ;c;＜;2【解析】：（1）根據(jù)蓋斯定律可知，可得反應(yīng)③：CH4（g）+O3（g）=CH3OH（l）+O2（g）ΔH3，則ΔH3=，進一步推算平衡常數(shù)K3；

（2）溫度越高，反應(yīng)速率越快，單位時間內(nèi)消耗的MO+越多，剩余的MO+越少，則比值：越小，負對數(shù)值就越大，即310K曲線在300K對應(yīng)的曲線上方，由圖可知，300K、60s時，-lg=0.1，則：=10-0.1，轉(zhuǎn)化的MO+的量與M+的量是一致的，所以MO+的轉(zhuǎn)化率為=1-；

（3）（i）由圖可知，步驟Ⅰ中涉及C-H的斷裂和H-O鍵的形成，步驟Ⅱ中涉及O-M鍵的斷裂和C-O鍵的形成；

（ii）直接參與化學(xué)鍵變化的元素被替換為更重的同位素時，反應(yīng)速率會變慢，即反應(yīng)的活化能變大；

（iii）根據(jù)ii中信息可知，MO+與CH2D2反應(yīng)，生成氘代甲醇的反應(yīng)速率較慢，單位時間內(nèi)的產(chǎn)量較低，根據(jù)反應(yīng)機理圖可知，得到的中間產(chǎn)物為HO-M-CD3或DO-M-CHD2，然后生成HO-CD3或DO-CHD2。

【解答】：解：（1）根據(jù)蓋斯定律可知，可得反應(yīng)③：CH4（g）+O3（g）=CH3OH（l）+O2（g）ΔH3，則ΔH3=kJ?mol-1=-307kJ?mol-1，平衡常數(shù)K3=，

故答案為：-307；；

（2）溫度越高，反應(yīng)速率越快，單位時間內(nèi)消耗的MO+越多，剩余的MO+越少，則比值：越小，負對數(shù)值就越大，即310K曲線在300K對應(yīng)的曲線上方，所以300K的曲線是b,310K的曲線是a,由圖可知，300K、60s時，-lg=0.1，則：=10-0.1，轉(zhuǎn)化的MO+的量與M+的量是一致的，所以MO+的轉(zhuǎn)化率為=1-=1-10-0.1，

故答案為：b,1-10-0.1；

（3）（i）由圖可知，步驟Ⅰ中涉及C-H的斷裂和H-O鍵的形成，步驟Ⅱ中涉及O-M鍵的斷裂和C-O鍵的形成，所以涉及氫原子成鍵變化的是Ⅰ，

故答案為：Ⅰ；

（ii）直接參與化學(xué)鍵變化的元素被替換為更重的同位素時，反應(yīng)速率會變慢，即反應(yīng)的活化能變大，所以MO+與CD4反應(yīng)的能量變化應(yīng)為圖中曲線c,

故答案為：c；

（iii）根據(jù)ii中信息可知，MO+與CH2D2反應(yīng)，生成氘代甲醇的反應(yīng)速率較慢，單位時間內(nèi)的產(chǎn)量較低，所以產(chǎn)量：CH2DOD＜CHD2OH，若MO+與CHD3反應(yīng)，根據(jù)反應(yīng)機理圖可知，得到的中間產(chǎn)物為HO-M-CD3或DO-M-CHD2，然后生成HO-CD3或DO-CHD2，即生成的氚代甲醇有2種，

故答案為：＜；2。

【點評】：本題主要考查蓋斯定律的應(yīng)用，平衡常數(shù)表達式的推演，轉(zhuǎn)化率的計算，同時考查學(xué)生的看圖理解能力、分析應(yīng)用能力以及對反應(yīng)機理的理解，綜合性強，難度較大。11.（問答題，15分）將酞菁—鈷鈦菁—三氯化鋁復(fù)合嵌接在碳納米管上，制得一種高效催化還原二氧化碳的催化劑?；卮鹣铝袉栴}：

（1）圖1所示的幾種碳單質(zhì)，它們互為___，其中屬于原子晶體的是___，C60間的作用力是___。

（2）酞菁和鈷酞菁的分子結(jié)構(gòu)如圖2所示。

酞菁分子中所有原子共平面，其中p軌道能提供一對電子的N原子是___（填圖2酞菁中N原子的標(biāo)號）。鈷酞菁分子中，鈷離子的化合價為___，氮原子提供孤對電子與鈷離子形成___鍵。

（3）氣態(tài)AlCl3通常以二聚體Al2Cl6的形式存在，其空間結(jié)構(gòu)如圖3a所示，二聚體中Al的軌道雜化類型為___。AlF3的熔點為1090℃，遠高于AlCl3的192℃，由此可以判斷鋁氟之間的化學(xué)鍵為___鍵。AlF3結(jié)構(gòu)屬立方晶系，晶胞如圖3b所示，F(xiàn)-的配位數(shù)為___。若晶胞參數(shù)為apm,晶體密度ρ=___g?cm-3（列出計算式，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA）。

【正確答案】：同素異形體;金剛石;范德華力;③;+2;配位;sp3;離子;2;【解析】：（1）同一元素形成的不同單質(zhì)之間互為同素異形體，圖1所示的幾種碳單質(zhì)互為同素異形體；其中金剛石屬于原子晶體，石墨屬于混合型晶體，C60屬于分子晶體，C60間的作用力是范德華力；

（2）已知酞菁分子中所有原子共平面，則分子中所有的C原子和所有的N原子均為sp2雜化，且分子中存在大π鍵，其中標(biāo)號為①和②的N原子均有一對電子占據(jù)了一個sp2雜化軌道，其p軌道只能提供1個電子參與形成大π鍵，標(biāo)號為③的N原子的p軌道能提供一對電子參與形成大π鍵，因此標(biāo)號為③的N原子形成的N—H鍵易斷裂從而電離H+；鈷酞菁分子中，失去了2個H+的酞菁離子與鈷離子通過配位鍵結(jié)合成分子，因此鈷離子的化合價為+2，氮原子提供孤對電子與鈷離子形成配位鍵；

（3）由Al2Cl6的空間結(jié)構(gòu)結(jié)合相關(guān)元素的原子結(jié)構(gòu)可知，Al原子價層電子對數(shù)是4，其與其周圍的4個氯原子形成四面體結(jié)構(gòu)，因此，二聚體中A1的軌道雜化類型為sp3，AlF3的熔點為1090℃，遠高于AlCl3的192℃，由于F的電負性最大，其吸引電子的能力最強，因此，可以判斷鋁氟之間的化學(xué)鍵為離子鍵。由AlF3的晶胞結(jié)構(gòu)結(jié)合均攤法算出晶胞微粒的個數(shù)，距F-最近且等距的Al3+有2個，則F-的配位數(shù)為2。若晶胞參數(shù)為apm,則由晶胞的密度公式ρ=可求出密度。

【解答】：解：（1）同一元素形成的不同單質(zhì)之間互為同素異形體，圖1所示的幾種碳單質(zhì)，它們的組成元素均為碳元素，因此它們互為同素異形體；其中金剛石屬于原子晶體，石墨屬于混合型晶體，C60屬于分子晶體，碳納米管不屬于原子晶體，C60間的作用力是范德華力，

故答案為：同素異形體；金剛石；范德華力；

（2）已知酞菁分子中所有原子共平面，則其分子中所有的C原子和所有的N原子均為sp2雜化，且分子中存在大π鍵，其中標(biāo)號為①和②的N原子均有一對電子占據(jù)了一個sp2雜化軌道，其p軌道只能提供1個電子參與形成大π鍵，標(biāo)號為③的N原子的p軌道能提供一對電子參與形成大π鍵，因此標(biāo)號為③的N原子形成的N—H鍵易斷裂從而電離H+；鈷酞菁分子中，失去了2H+的酞菁離子與鈷離子通過配位鍵結(jié)合成分子，因此，鈷離子的化合價為+2，氮原子提供孤對電子與鈷離子形成配位鍵，

故答案為：③；+2；配位；

（3）由Al2Cl6的空間結(jié)構(gòu)結(jié)合相關(guān)元素的原子結(jié)構(gòu)可知，Al原子價層電子對數(shù)是4，其與其周圍的4個氯原子形成四面體結(jié)構(gòu)，因此，二聚體中A1的軌道雜化類型為sp3。AlF3的熔點為1090℃，遠高于AlCl3的192℃，由于F的電負性最大，其吸引電子的能力最強，因此可以判斷鋁氟之間的化學(xué)鍵為離子鍵。由AlF3的晶胞結(jié)構(gòu)可知，其中含灰色球的個數(shù)為12×=3，紅色球的個