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2022广东普通高中学业水平选择性考试化学试题及答案

时间:2023-03-05 12:20:58 化学试题 投诉建议
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2022年广东普通高中学业水平选择性考试化学试题及答案

注意事项:

可能用到的相对原子质量:H 1   C 12   N 14   O 16   Na 23   Mg 24   S 32   Cl 35.5   Fe 56

一、选择题:本题共16小题,共44分。第1~10小题,每小题2分;第11~16小题,每小题4分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。

1. 中华文明源远流长,在世界文明中独树一帜,汉字居功至伟。随着时代发展,汉字被不断赋予新的文化内涵,其载体也发生相应变化。下列汉字载体主要由合金材料制成的是

汉字载体


 
 


 
 


 
 


 
 

选项

A.兽骨

B.青铜器

C.纸张

D.液晶显示屏

A. A    B. B    C. C    D. D

【参考答案】B

【详解】A.兽骨,甲骨文的契刻载体之一,主要是牛的肩胛骨,一小部分是羊、猪、鹿的肩胛骨,还有极少部分的牛肋骨,其主要成分是碳酸钙和其它钙盐,故A不符合题意;

B.青铜器是红铜与其他化学元素锡、铅等的合金,属于合金材料,故B项符合题意;

C.纸张的主要成分是纤维素,故C不符合题意;

D.液晶显示器是一种采用液晶为材料的显示器,液晶是一类介于固态和液态间的有机化合物,故D不符合题意;

综上所述,答案为B项。

2. 北京冬奥会成功举办、神舟十三号顺利往返、“天宫课堂”如期开讲及“华龙一号”核电海外投产等,均展示了我国科技发展的巨大成就。下列相关叙述正确的是

A. 冬奥会“飞扬”火炬所用的燃料为氧化性气体

B. 飞船返回舱表层材料中的玻璃纤维属于天然有机高分子

C. 乙酸钠过饱和溶液析出晶体并放热的过程仅涉及化学变化

D. 核电站反应堆所用轴棒中含有的与互为同位素

【参考答案】D

【详解】A.H2作为燃料在反应中被氧化,体现出还原性,故A项说法错误;

B.玻璃纤维是一种性能优异的无机非金属材料,故B项说法错误;

C.乙酸钠饱和溶液中析出晶体的过程中无新物质生成,因此属于物理变化,故C项说法错误;

D.与是质子数均为92,中子数不同的核素,因此二者互为同位素,故D项说法正确;

综上所述,叙述正确的是D项。

3. 广东一直是我国对外交流的重要窗口,馆藏文物是其历史见证。下列文物主要由硅酸盐制成的是

文物


 
 


 
 


 
 


 
 

选项

A.南宋鎏金饰品

B.蒜头纹银盒

C.广彩瓷咖啡杯

D.铜镀金钟座

A. A    B. B    C. C    D. D

【参考答案】C

【详解】A.鎏金饰品是用金汞合金制成的金泥涂饰器物的表面,经过烘烤,汞蒸发而金固结于器物上的一种传统工艺,其中不含硅酸盐,故A项不符合题意;

B.蒜头纹银盒中主要成分为金属银,其中不含硅酸盐,故B项不符合题意;

C.广彩瓷咖啡杯是由黏土等硅酸盐产品烧制而成,其主要成分为硅酸盐,故C项符合题意;

D.铜镀金钟座是铜和金等制得而成,其中不含硅酸盐,故D项不符合题意;

综上所述,答案为C。

4. 实验室进行粗盐提纯时,需除去和,所用试剂包括以及

A.       B.

C.      D.

【参考答案】A

【分析】除杂过程中不能引入新杂质,同时为保证除杂完全,所加除杂试剂一般过量,然后选择合适的试剂将所加过量的物质除去。

【详解】粗盐中主要成分为NaCl。除去Ca2+选用将其转化为沉淀,为了不引入新杂质,所加物质的阳离子为Na+,即选用Na2CO3除去Ca2+,同理可知,除去Mg2+需选用NaOH,除去需选用BaCl2,因所加除杂试剂均过量,因此向粗盐样品中加入除杂试剂的顺序中,BaCl2先于Na2CO3加入,利用Na2CO3除去Ca2+和多余的BaCl2,因Na2CO3、NaOH均过量,成为新杂质,需要过滤后向滤液中加入HCl,至溶液中不再有气泡产生,以此除去Na2CO3、NaOH,然后将溶液蒸干得到较为纯净的食盐产品,综上所述,答案为A。

5. 若将铜丝插入热浓硫酸中进行如图(a~d均为浸有相应试液的棉花)所示的探究实验,下列分析正确的是

A. 与浓硫酸反应,只体现的酸性

B. a处变红,说明是酸性氧化物

C. b或c处褪色,均说明具有漂白性

D. 试管底部出现白色固体,说明反应中无生成

【参考答案】B

【详解】A.铜和浓硫酸反应过程中,生成CuSO4体现出浓硫酸的酸性,生成SO2体现出浓硫酸的强氧化性,故A错误;

B.a处的紫色石蕊溶液变红,其原因是SO2溶于水生成了酸,可说明SO2是酸性氧化物,故B正确;

C.b处品红溶液褪色,其原因是SO2具有漂白性,而c处酸性高锰酸钾溶液褪色,其原因是SO2和KMnO4发生氧化还原反应,SO2体现出还原性,故C错误;

D.实验过程中试管底部出现白色固体,根据元素守恒可知,其成分为无水CuSO4,而非蓝色的CuSO4·5H2O,其原因是浓硫酸体现出吸水性,将反应生成的H2O吸收,故D错误;

综上所述,正确的是B项。

6. 劳动开创未来。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是

选项

劳动项目

化学知识

A

面包师用小苏打作发泡剂烘焙面包

可与酸反应

B

环保工程师用熟石灰处理酸性废水

熟石灰具有碱性

C

工人将模具干燥后再注入熔融钢水

铁与高温下会反应

D

技术人员开发高端耐腐蚀镀铝钢板

铝能形成致密氧化膜

A. A    B. B    C. C    D. D

【参考答案】A

【详解】A.小苏打是碳酸氢钠,不是碳酸钠,主要用来做膨松剂,故A符合题意;

B.熟石灰是氢氧化钙,具有碱性,可以用于处理酸性废水,故B不符合题意;

C.熔融的铁与水蒸气在高温下反应会生成四氧化三铁和氢气,因此必须将模具干燥,故C不符合题意;

D.钢板上镀铝,保护钢板,金属铝表面形成致密氧化膜而保护金属铝不被腐蚀,,故D不符合题意。

综上所述,答案为A。

7. 甲~戊均为短周期元素,在元素周期表中的相对位置如图所示。戊的最高价氧化物对应的水化物为强酸。下列说法不正确的是

A. 原子半径:丁>戊>乙

B. 非金属性:戊>丁>丙

C. 甲的氢化物遇氯化氢一定有白烟产生

D. 丙的最高价氧化物对应的水化物一定能与强碱反应

【参考答案】C

【分析】甲~戊是短周期元素,戊中的最高价氧化物对应水化物为强酸,则可能是硫酸或高氯酸,若是高氯酸,则戊为Cl,甲为N、乙为F、丙为P、丁为S,若是硫酸,则戊为S,甲为C、乙为O、丙为Si、丁为P。

【详解】A.根据层多径大,同电子层结构核多径小原则,则原子半径:丁>戊>乙,故A正确;

B.根据同周期从左到右非金属性逐渐增强,则非金属性:戊>丁>丙,故B正确;

C.甲的氢化物可能为氨气,可能为甲烷、乙烷等,若是氨气,则遇氯化氢一定有白烟产生;若是甲烷、乙烷等,则遇氯化氢不反应,没有白烟生成,故C错误;

D.丙的最高价氧化物对应的水化物可能是硅酸、也可能是磷酸,都一定能与强碱反应,故D正确。

综上所述,答案为C。

8. 实验室用和浓盐酸反应生成后,按照净化、收集、性质检验及尾气处理的顺序进行实验。下列装置(“→”表示气流方向)不能达到实验目的的是

A. A    B. B    C. C    D. D

【参考答案】D

【详解】A.浓盐酸易挥发,制备的氯气中含有HCl,可用饱和食盐水除去HCl,Cl2可用浓硫酸干燥,A装置能达到实验目的,故A不符合题意;

B.氯气的密度大于空气,用向上排空气法收集,B装置能收集氯气,故B不符合题意;

C.湿润的红布条褪色,干燥的红色布条不褪色,可验证干燥的氯气不具有漂白性,故C不符合题意;

D.氯气在水中的溶解度较小,应用NaOH溶液吸收尾气,D装置不能达到实验目的,故D符合题意;

答案选D。

9. 我国科学家进行了如图所示的碳循环研究。下列说法正确的是

A. 淀粉是多糖,在一定条件下能水解成葡萄糖

B. 葡萄糖与果糖互为同分异构体,都属于烃类

C. 中含有个电子

D. 被还原生成

【参考答案】A

【详解】A.淀粉是由葡萄糖分子聚合而成的多糖,在一定条件下水解可得到葡萄糖,故A正确;

B.葡萄糖与果糖的分子式均为C6H12O6,结构不同,二者互为同分异构体,但含有O元素,不是烃类,属于烃的衍生物,故B错误;

C.一个CO分子含有14个电子,则1molCO中含有14×6.02×1023=8.428×1024个电子,故C错误;

D.未指明气体处于标况下,不能用标况下的气体摩尔体积计算其物质的量,故D错误;

答案选A。

10. 以熔融盐为电解液,以含和SI等的铝合金废料为阳极进行电解,实现A1的再生。该过程中

A. 阴极发生的反应为           B. 阴极上A1被氧化

C. 在电解槽底部产生含Cu的阳极泥              D. 阳极和阴极的质量变化相等

【参考答案】C

【分析】根据电解原理可知,电解池中阳极发生失电子的氧化反应,阴极发生得电子的还原反应,该题中以熔融盐为电解液,含和Si等的铝合金废料为阳极进行电解,通过控制一定的条件,从而可使阳极区Mg和Al发生失电子的氧化反应,分别生成Mg2+和Al3+,Cu和Si不参与反应,阴极区Al3+得电子生成Al单质,从而实现Al的再生,据此分析解答。

【详解】A.阴极应该发生得电子的还原反应,实际上Mg在阳极失电子生成Mg2+,A错误;

B.Al在阳极上被氧化生成Al3+,B错误;

C.阳极材料中Cu和Si不参与氧化反应,在电解槽底部可形成阳极泥,C正确;

D.因为阳极除了铝参与电子转移,镁也参与了电子转移,且还会形成阳极泥,而阴极只有铝离子得电子生成铝单质,根据电子转移数守恒及元素守恒可知,阳极与阴极的质量变化不相等,D错误;

故选C。

11. 为检验牺牲阳极的阴极保护法对钢铁防腐的效果,将镀层有破损的镀锌铁片放入酸化的溶液中。一段时间后,取溶液分别实验,能说明铁片没有被腐蚀的是

A. 加入溶液产生沉淀     B. 加入淀粉碘化钾溶液无蓝色出现

C. 加入溶液无红色出现    D. 加入溶液无蓝色沉淀生成

【参考答案】D

【分析】镀层有破损的镀锌铁片被腐蚀,则将其放入到酸化的3%NaCl溶液中,会构成原电池,由于锌比铁活泼,作原电池的负极,而铁片作正极,溶液中破损的位置会变大,铁也会继续和酸化的氯化钠溶液反应产生氢气,溶液中会有亚铁离子生成,据此分析解答。

【详解】A.氯化钠溶液中始终存在氯离子,所以加入硝酸银溶液后,不管铁片是否被腐蚀,均会出现白色沉淀,故A不符合题意;

B.淀粉碘化钾溶液可检测氧化性物质,但不论铁片是否被腐蚀,均无氧化性物质可碘化钾发生反应,故B不符合题意;

C.KSCN溶液可检测铁离子的存在,上述现象中不会出现铁离子,所以无论铁片是否被腐蚀,加入KSCN溶液后,均无红色出现,故C不符合题意;

D.K3[Fe(CN)6]是用于检测Fe2+的试剂,若铁片没有被腐蚀,则溶液中不会生成亚铁离子,则加入K3[Fe(CN)6]溶液就不会出现蓝色沉淀,故D符合题意。

综上所述,答案为D。

12. 陈述Ⅰ和Ⅱ均正确但不具有因果关系的是

选项

陈述Ⅰ

陈述Ⅱ

A

用焦炭和石英砂制取粗硅

可制作光导纤维

B

利用海水制取溴和镁单质

可被氧化,可被还原

C

石油裂解气能使溴的溶液褪色

石油裂解可得到乙烯等不饱和烃

D

水解可生成胶体

可用作净水剂

A. A    B. B    C. C    D. D

【参考答案】A

【详解】A.焦炭具有还原性,工业上常利用焦炭与石英砂(SiO2)在高温条件下制备粗硅,这与SiO2是否做光导纤维无因果关系,故A符合题意;

B.海水中存在溴离子,可向其中通入氯气等氧化剂将其氧化为溴单质,再经过萃取蒸馏物理操作分离提纯溴单质,另外,通过富集海水中的镁离子,经过沉淀、溶解等操作得到无水氯化镁,随后电解熔融氯化镁可制备得到镁单质,陈述I和陈述II均正确,且具有因果关系,B不符合题意;

C.石油在催化剂加热条件下进行裂解可得到乙烯等不饱和烃,从而使溴的CCl4溶液褪色,陈述I和陈述II均正确,且具有因果关系,C不符合题意;

D.FeCl3溶液中铁离子可发生水解,生成具有吸附性的氢氧化铁胶体,从而可用作净水机,陈述I和陈述II均正确,且具有因果关系,D不符合题意;

综上所述,答案为A。

13. 恒容密闭容器中,在不同温度下达平衡时,各组分的物质的量(n)如图所示。下列说法正确的是

A. 该反应的

B. a为随温度的变化曲线

C. 向平衡体系中充入惰性气体,平衡不移动

D. 向平衡体系中加入,H2的平衡转化率增大

【参考答案】C

【详解】A.从图示可以看出,平衡时升高温度,氢气的物质的量减少,则平衡正向移动,说明该反应的正反应是吸热反应,即ΔH>0,故A错误;

B.从图示可以看出,在恒容密闭容器中,随着温度升高氢气的平衡时的物质的量减少,则平衡随着温度升高正向移动,水蒸气的物质的量增加,而a曲线表示的是物质的量不随温度变化而变化,故B错误;

C.容器体积固定,向容器中充入惰性气体,没有改变各物质的浓度,平衡不移动,故C正确;

D.BaSO4是固体,向平衡体系中加入BaSO4,不能改变其浓度,因此平衡不移动,氢气的转化率不变,故D错误;

故选C。

14. 下列关于Na的化合物之间转化反应的离子方程式书写正确的是

A. 碱转化为酸式盐:

B. 碱转化为两种盐:

C. 过氧化物转化为碱:

D. 盐转化为另一种盐:

【参考答案】B

【详解】A.向氢氧化钠溶液中通入足量的二氧化碳,碱可以转化成酸式盐,离子方程式为:CO2+OH-=,故A错误;

B.氯气通入NaOH溶液中可以生成氯化钠和次氯酸钠两种盐,其离子方程式为:Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O,故B正确;

C.钠的过氧化物为Na2O2,可以和水反应生成氢氧化钠,但在离子方程式里Na2O2不能拆成离子,故C错误;

D.硅酸钠溶于水,在离子方程式里要写成离子,故D错误;

故选B。

15. 在相同条件下研究催化剂I、Ⅱ对反应的影响,各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图,则

A. 无催化剂时,反应不能进行

B. 与催化剂Ⅰ相比,Ⅱ使反应活化能更低

C. a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t的变化

D. 使用催化剂Ⅰ时,内,

【参考答案】D

【详解】A.由图可知,无催化剂时,随反应进行,生成物浓度也在增加,说明反应也在进行,故A错误;

B.由图可知,催化剂I比催化剂II催化效果好,说明催化剂I使反应活化能更低,反应更快,故B错误;

C.由图可知,使用催化剂II时,在0~2min 内Y的浓度变化了2.0mol/L,而a曲线表示的X的浓度变化了2.0mol/L,二者变化量之比不等于化学计量数之比,所以a曲线不表示使用催化剂II时X浓度随时间t的变化,故C错误;

D.使用催化剂I时,在0~2min 内,Y的浓度变化了4.0mol/L,则(Y) ===2.0,(X) =(Y) =2.0=1.0,故D正确;

答案选D。

16. 科学家基于易溶于的性质,发展了一种无需离子交换膜的新型氯流电池,可作储能设备(如图)。充电时电极a的反应为:。下列说法正确的是

A. 充电时电极b是阴极

B. 放电时溶液的减小

C. 放电时溶液的浓度增大

D. 每生成,电极a质量理论上增加

【参考答案】C

【详解】A.由充电时电极a的反应可知,充电时电极a发生还原反应,所以电极a是阴极,则电极b是阳极,故A错误;

B.放电时电极反应和充电时相反,则由放电时电极a的反应为可知,NaCl溶液的pH不变,故B错误;

C.放电时负极反应为,正极反应为,反应后Na+和Cl-浓度都增大,则放电时NaCl溶液的浓度增大,故C正确;

D.充电时阳极反应为,阴极反应为

,由得失电子守恒可知,每生成1molCl2,电极a质量理论上增加23g/mol2mol=46g,故D错误;

答案选C。

二、非选择题:共56分。第17~19题为必考题,考生都必须作答。第20~21题为选考题,考生根据要求作答。

(一)必考题:共42分。

17. 食醋是烹饪美食的调味品,有效成分主要为醋酸(用表示)。的应用与其电离平衡密切相关。25℃时,的。

(1)配制的溶液,需溶液的体积为_______mL。

(2)下列关于容量瓶的操作,正确的是_______。



(3)某小组研究25℃下电离平衡的影响因素。

提出假设。稀释溶液或改变浓度,电离平衡会发生移动。设计方案并完成实验用浓度均为的和溶液,按下表配制总体积相同的系列溶液;测定,记录数据。

序号

40.00

/

/

0

2.86

4.00

/

36.00

0

3.36

 

 

 

 

 

4.00

a

b

3:4

4.53

4.00

4.00

32.00

1:1

4.65

①根据表中信息,补充数据:_______,_______。

②由实验Ⅰ和Ⅱ可知,稀释溶液,电离平衡_______(填”正”或”逆”)

向移动;结合表中数据,给出判断理由:_______。

③由实验Ⅱ~VIII可知,增大浓度,电离平衡逆向移动。

实验结论假设成立。

(4)小组分析上表数据发现:随着的增加,的值逐渐接近的。

查阅资料获悉:一定条件下,按配制的溶液中,的值等于的。

对比数据发现,实验VIII中与资料数据存在一定差异;推测可能由物质浓度准确程度不够引起,故先准确测定溶液的浓度再验证。

①移取溶液,加入2滴酚酞溶液,用溶液滴定至终点,消耗体积为,则该溶液的浓度为_______。在答题卡虚线框中,画出上述过程的滴定曲线示意图并标注滴定终点_______。

②用上述溶液和溶液,配制等物质的量的与混合溶液,测定pH,结果与资料数据相符。

(5)小组进一步提出:如果只有浓度均约为的和溶液,如何准确测定的?小组同学设计方案并进行实验。请完成下表中Ⅱ的内容。

移取溶液,用溶液滴定至终点,消耗溶液

_______,测得溶液的pH为4.76

实验总结得到的结果与资料数据相符,方案可行。

(6)根据可以判断弱酸的酸性强弱。写出一种无机弱酸及其用途_______。

【参考答案】(1)5.0(2)C

(3)    ①. 3.00    ②. 33.00    ③. 正    ④. 实验II相较于实验I,醋酸溶液稀释了10倍,而实验II的pH增大值小于1

(4)    ①. 0.1104    ②.

(5)向滴定后的混合液中加入20mL HAc溶液

(6)HClO:漂白剂和消毒液(或H2SO3:还原剂、防腐剂或H3PO4:食品添加剂、制药、生产肥料)

【小问1详解】

溶液稀释过程中,溶质的物质的量不变,因此250mL×0.1mol/L=V×5mol/L,解得V=5.0mL,故答案为:5.0。

【小问2详解】

A.容量瓶使用过程中,不能用手等触碰瓶口,以免污染试剂,故A错误;

B.定容时,视线应与溶液凹液面和刻度线“三线相切”,不能仰视或俯视,故B错误;

C.向容量瓶中转移液体,需用玻璃棒引流,玻璃棒下端位于刻度线以下,同时玻璃棒不能接触容量瓶口,故C正确;

D.定容完成后,盖上瓶塞,将容量瓶来回颠倒,将溶液摇匀,颠倒过程中,左手食指抵住瓶塞,防止瓶塞脱落,右手扶住容量瓶底部,防止容量瓶从左手掉落,故D错误;

综上所述,正确的是C项。

【小问3详解】

①实验VII的溶液中n(NaAc):n(HAc)=3:4,V(HAc)=4.00mL,因此V(NaAc)=3.00mL,即a=3.00,,由实验I可知,溶液最终的体积为40.00mL,因此V(H2O)=40.00mL-4.00mL-3.00mL=33.00mL,即b=33.00,故答案为:3.00;33.00。

②实验I所得溶液的pH=2.86,实验II的溶液中c(HAc)为实验I的,稀释过程中,若不考虑电离平衡移动,则实验II所得溶液的pH=2.86+1=3.86,但实际溶液的pH=3.36<3.86,

说明稀释过程中,溶液中n(H+)增大,即电离平衡正向移动,故答案为:正;实验II相较于实验I,醋酸溶液稀释了10倍,而实验II的pH增大值小于1。

【小问4详解】

(i)滴定过程中发生反应:HAc+NaOH=NaAc+H2O,由反应方程式可知,滴定至终点时,n(HAc)=n(NaOH),因此22.08mL×0.1mol/L=20.00mL×c(HAc),解得c(HAc)=0.1104mol/L,故答案为:0.1104。

(ii)滴定过程中,当V(NaOH)=0时,c(H+)=≈mol/L=10-2.88mol/L,溶液的pH=2.88,当V(NaOH)=11.04mL时,n(NaAc)=n(HAc),溶液的pH=4.76,当V(NaOH)=22.08mL时,达到滴定终点,溶液中溶质为NaAc溶液,Ac-发生水解,溶液呈弱碱性,当NaOH溶液过量较多时,c(NaOH)无限接近0.1mol/L,溶液pH接近13,因此滴定曲线如图:。

【小问5详解】

向20.00mL的HAc溶液中加入V1mL NaOH溶液达到滴定终点,滴定终点的溶液中溶质为NaAc,当时,溶液中c(H+)的值等于HAc的Ka,因此可再向溶液中加入20.00mL HAc溶液,使溶液中n(NaAc)=n(HAc),故答案为:向滴定后的混合液中加入20mL HAc溶液。

【小问6详解】

不同的无机弱酸在生活中应用广泛,如HClO具有强氧化性,在生活中可用于漂白和消毒,H2SO3具有还原性,可用作还原剂,在葡萄酒中添加适量H2SO3可用作防腐剂,H3PO4具有中强酸性,可用作食品添加剂,同时在制药、生产肥料等行业有广泛用途,故答案为:HClO:漂白剂和消毒液(或H2SO3:还原剂、防腐剂或H3PO4:食品添加剂、制药、生产肥料)。

18. 稀土()包括镧、钇等元素,是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理,一种从该类矿(含铁、铝等元素)中提取稀土的工艺如下:



已知:月桂酸熔点为;月桂酸和均难溶于水。该工艺条件下,稀土离子保持价不变;的,开始溶解时的pH为8.8;有关金属离子沉淀的相关pH见下表。

离子

开始沉淀时的pH

8.8

1.5

3.6

6.2~7.4

沉淀完全时的pH

/

3.2

4.7

/

(1)“氧化调pH”中,化合价有变化的金属离子是_______。

(2)“过滤1”前,用溶液调pH至_______的范围内,该过程中发生反应的离子方程式为_______。

(3)“过滤2”后,滤饼中检测不到元素,滤液2中浓度为。为尽可能多地提取,可提高月桂酸钠的加入量,但应确保“过滤2”前的溶液中低于_______(保留两位有效数字)。

(4)①“加热搅拌”有利于加快溶出、提高产率,其原因是_______。

②“操作X”的过程为:先_______,再固液分离。

(5)该工艺中,可再生循环利用的物质有_______(写化学式)。

(6)稀土元素钇(Y)可用于制备高活性的合金类催化剂。

①还原和熔融盐制备时,生成1mol转移_______电子。

②用作氢氧燃料电池电极材料时,能在碱性溶液中高效催化的还原,发生的电极反应为_______。

【参考答案】(1)Fe2+

(2)    ①. 4.7pH<6.2    ②.

(3)4.010-4

(4)    ①. 加热搅拌可加快反应速率    ②. 冷却结晶

(5)MgSO4(6)    ①. 15    ②. O2+4e-+2H2O=4OH-

【分析】由流程可知,该类矿(含铁、铝等元素)加入酸化MgSO4溶液浸取,得到浸取液中含有、、、、、等离子,经氧化调pH使、形成沉淀,经过滤除去,滤液1中含有、、等离子,加入月桂酸钠,使形成沉淀,滤液2主要含有MgSO4溶液,可循环利用,滤饼加盐酸,经加热搅拌溶解后,再冷却结晶,析出月桂酸,再固液分离得到RECl3溶液。

【小问1详解】

由分析可知,“氧化调pH”目的是除去含铁、铝等元素的离子,需要将Fe2+氧化为Fe3+,以便后续除杂,所以化合价有变化的金属离子是Fe2+,故答案为:Fe2+;

【小问2详解】

由表中数据可知,沉淀完全的pH为4.7,而开始沉淀的pH为6.2~7.4,所以为保证、沉淀完全,且不沉淀,要用溶液调pH至4.7pH<6.2的范围内,该过程中发生反应的离子方程式为,故答案为:4.7pH<6.2;;

【小问3详解】

滤液2中浓度为,即0.1125mol/L,根据,若要加入月桂酸钠后只生成,而不产生,则==410-4,故答案为:410-4;

【小问4详解】

①“加热搅拌”有利于加快溶出、提高产率,其原因是加热搅拌可加快反应速率,故答案为:加热搅拌可加快反应速率;

② “操作X”的结果是分离出月桂酸,由信息可知,月桂酸熔点为,故“操作X”的过程为:先冷却结晶,再固液分离,故答案为:冷却结晶;

【小问5详解】

由分析可知,该工艺中,可再生循环利用的物质有MgSO4,故答案为:MgSO4;

【小问6详解】

①中Y为+3价,中Pt为+4价,而中金属均为0价,所以还原和熔融盐制备时,生成1mol转移15电子,故答案为:15;

②碱性溶液中,氢氧燃料电池正极发生还原反应,发生的电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH,故答案为:O2+4e-+2H2O=4OH-。

19. 铬及其化合物在催化、金属防腐等方面具有重要应用。

(1)催化剂可由加热分解制备,反应同时生成无污染气体。

①完成化学方程式:_______的_______。

②催化丙烷脱氢过程中,部分反应历程如图,过程的焓变为_______(列式表示)。

③可用于的催化氧化。设计从出发经过3步反应制备的路线_______(用“→”表示含氮物质间的转化);其中一个有颜色变化的反应的化学方程式为_______。

(2)溶液中存在多个平衡。本题条件下仅需考虑如下平衡:

(ⅰ)

(ⅱ)

①下列有关溶液的说法正确的有_______。

A.加入少量硫酸,溶液的pH不变

B.加入少量水稀释,溶液中离子总数增加

C.加入少量溶液,反应(ⅰ)的平衡逆向移动

D.加入少量固体,平衡时与的比值保持不变

②25℃时,溶液中随pH的变化关系如图。当时,设、与的平衡浓度分别为x、y、,则x、y、z之间的关系式为_______;计算溶液中的平衡浓度_____(<闯黾扑愎蹋峁A袅轿挥行?。

③在稀溶液中,一种物质对光的吸收程度(A)与其所吸收光的波长()有关;在一定波长范围内,最大A对应的波长()取决于物质的结构特征;浓度越高,A越大。混合溶液在某一波长的A是各组分吸收程度之和。为研究对反应(ⅰ)和(ⅱ)平衡的影响,配制浓度相同、不同的稀溶液,测得其A随的变化曲线如图,波长、和中,与的最接近的是_______;溶液从a变到b的过程中,=0.20,反应(ii)的平衡常数K2===3.3×10-7,联立两个方程可得=6.0×10-4mol/L。

③根据反应(i)、(ii)是离子浓度增大的平衡可知,溶液pH越大,溶液中越大,混合溶液在某一波长的A越大,溶液的pH越大,溶液中越大,因此与的λmax最接近的是λ3;反应(i)的平衡常数K1= ,反应(ii)的平衡常数K2=,= = ,因此= ,由上述分析逆推可知,b>a,即溶液pH从a变到b的过程中,溶液中c(H+)减小,所以的值将增大,故答案为:λ3;增大。

(二)选考题:共14分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做,则按所做的第一题计分。

[选修3:物质结构与性质]

20. 硒()是人体必需微量元素之一,含硒化合物在材料和药物领域具有重要应用。自我国科学家发现聚集诱导发光()效应以来,在发光材料、生物医学等领域引起广泛关注。一种含的新型分子的合成路线如下:

(1)与S同族,基态硒原子价电子排布式为_______。

(2)的沸点低于,其原因是_______。

(3)关于I~III三种反应物,下列说法正确的有_______。

A.I中仅有键

B.I中的键为非极性共价键

C.II易溶于水

D.II中原子的杂化轨道类型只有与

E.I~III含有的元素中,O电负性最大

(4)IV中具有孤对电子的原子有_______。

(5)硒的两种含氧酸的酸性强弱为_______(填“>”或“<”)。研究发现,给小鼠喂食适量硒酸钠()可减轻重金属铊引起的中毒。的立体构型为_______。

(6)我国科学家发展了一种理论计算方法,可利用材料的晶体结构数据预测其热电性能,该方法有助于加速新型热电材料的研发进程。化合物X是通过该方法筛选出的潜在热电材料之一,其晶胞结构如图1,沿x、y、z轴方向的投影均为图2。

①X的化学式为_______。

②设X的最简式的式量为,晶体密度为,则X中相邻K之间的最短距离为_______(列出计算式,为阿伏加德罗常数的值)。

【参考答案】(1)4s24p4

(2)两者都是分子晶体,由于水存在分子间氢键,沸点高

(3)BDE(4)O、Se

(5)    ①. >    ②. 正四面体形

(6)    ①. K2SeBr6    ②.

【小问1详解】

基态硫原子价电子排布式为3s23p4,与S同族,Se为第四周期元素,因此基态硒原子价电子排布式为4s24p4;故答案为:4s24p4。

【小问2详解】

的沸点低于,其原因是两者都是分子晶体,由于水存在分子间氢键,沸点高;故答案为:两者都是分子晶体,由于水存在分子间氢键,沸点高。

【小问3详解】

A.I中有键,还有大π键,故A错误;B.Se?Se是同种元素,因此I中的键为非极性共价键,故B正确;C.烃都是难溶于水,因此II难溶于水,故B错误;D.II中苯环上的碳原子和碳碳双键上的碳原子杂化类型为sp2,碳碳三键上的碳原子杂化类型为sp,故D正确;E.根据同周期从左到右电负性逐渐增大,同主族从上到下电负性逐渐减小,因此I~III含有的元素中,O电负性最大,故E正确;综上所述,答案为:BDE。

【小问4详解】

根据题中信息IV中O、Se都有孤对电子,碳、氢、硫都没有孤对电子;故答案为:O、Se。

【小问5详解】

根据非羟基氧越多,酸性越强,因此硒的两种含氧酸的酸性强弱为>。中Se价层电子对数为,其立体构型为正四面体形;故答案为:>;正四面体形。

【小问6详解】

①根据晶胞结构得到K有8个,有,则X的化学式为K2SeBr6;故答案为:K2SeBr6。

②设X的最简式的式量为,晶体密度为,设晶胞参数为anm,得到,解得,X中相邻K之间的最短距离为晶胞参数的一半即;故答案为:。

【选修5:有机化学基础】

21. 基于生物质资源开发常见的化工原料,是绿色化学的重要研究方向。以化合物I为原料,可合成丙烯酸V、丙醇VII等化工产品,进而可制备聚丙烯酸丙酯类高分子材料。



(1)化合物I的分子式为_______,其环上的取代基是_______(写名称)。

(2)已知化合物II也能以II′的形式存在。根据II′的结构特征,分析预测其可能的化学性质uploadfile/image完成下表。

序号

结构特征

可反应的试剂

反应形成的新结构

反应类型

加成反应

_______

_______

_______

氧化反应

_______

_______

_______

_______

(3)化合物IV能溶于水,其原因是_______。

(4)化合物IV到化合物V的反应是原子利用率的反应,且与化合物a反应得到,则化合物a为_______。

(5)化合物VI有多种同分异构体,其中含结构的有_______种,核磁共振氢谱图上只有一组峰的结构简式为_______。

(6)选用含二个羧基的化合物作为唯一的含氧有机原料,参考上述信息,制备高分子化合物VIII的单体。

写出VIII的单体的合成路线_______(不用注明反应条件)。

【参考答案】(1)    ①. C5H4O2    ②. 醛基

(2)    ①. -CHO    ②. O2    ③. -COOH    ④. -COOH    ⑤. CH3OH    ⑥. - COOCH3    ⑦. 酯化反应(取代反应)

(3)Ⅳ中羟基能与水分子形成分子间氢键

(4)乙烯(5)    ①. 2    ②.

(6)

【小问1详解】

根据化合物Ⅰ的结构简式可知,其分子式为C5H4O2;其环上的取代基为醛基,故答案为:C5H4O2;醛基;

【小问2详解】

②化合物Ⅱ"中含有的-CHO可以被氧化为-COOH,故答案为:-CHO;O2;-COOH;

③化合物Ⅱ"中含有-COOH,可与含有羟基的物质(如甲醇)发生酯化反应生成酯,故答案为:-COOH;CH3OH;- COOCH3;酯化反应(取代反应);

【小问3详解】

化合物Ⅳ中含有羟基,能与水分子形成分子间氢键,使其能溶于水,故答案为:Ⅳ中羟基能与水分子形成分子间氢键;

【小问4详解】

化合物Ⅳ到化合物Ⅴ的反应是原子利用率100%的反应,且1 molⅣ与1 mola反应得到2molV,则a的分子式为C2H4,为乙烯,故答案为:乙烯;

【小问5详解】

化合物Ⅵ的分子式为C3H6O,其同分异构体中含有,则符合条件的同分异构体有

和,共2种,其中核磁共振氢谱中只有一组峰的结构简式为,故答案为:;

【小问6详解】

根据化合物Ⅷ的结构简式可知,其单体为,其原料中的含氧有机物只有一种含二个羧基的化合物,原料可以是,发生题干Ⅳ→V的反应得到,还原为,再加成得到,和发生酯化反应得到目标产物,则合成路线为,故答案为:。

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