2019年福建省质检化学试题分析

1、2019年福建省高三毕业班质量检查测试化学试卷分析7 . 2019年是“国际化学元素周期表年”。下列有关“ At” “Ga” “Ce” “F”等元素的说法错 误的是A.碳（At）属于过渡元素B.门捷列夫预言的“类铝”一钱（Ga）元素的发现，证实了元素周期律的科学性C .城1原子核内的中子数为 82D.含氟牙膏预防龈齿的原理是 L在牙齿表面生成抗酸性更强的物质【答案】A【命题立意】本题以“国际化学元素周期表年”“门捷列夫发明第一张元素周期表150周年”为引子，围绕元素周期表中的四种元素“At” “Ga” “Ce” “F”，考查考生对元素周期表的结构、化学史话、原子结构、物质的性质与用途等基础知识

2、的记忆、 复现和辨认能力，引导学生在高三化学复习中回归课本，掌握必备的化学基础 常识、化学史知识。【解题思路】 破（At）属于第VIIA族元素，不是过渡元素。学生也可以从“破”字的写法 入手，从“破”的汉字偏旁部首判断“破”为非金属元素，而“过渡元素” 均为金属元素，A项错误；门捷列夫在列出的第一张周期表中为尚未发现的元 素留下了空白并预言了这些元素的存在及它们的性质。1875年以后，门捷列夫预言的类铝（钱）、类硼（铳）、类硅（错）元素的发现，证实了元素周期 律的科学性，B项正确；Ke原子核内的质子数为 58,质量数为140,中子数 为82, C项正确；口腔中的食物残渣在口腔细菌和酶的作用下可

3、能产生有机 酸使牙齿表面的矿物质一羟基磷灰石Ca5（PQ）3（OH）溶解。含氟牙膏预防龈齿的原理是 L在牙齿表面生成抗酸性更强的氟磷灰石Ca5（PO4）3F, D项正确。8 .福建水仙花含有芳樟醇，其结构如右下图所示。下列有关芳樟醇的说法错误的是A.能发生取代反应和加成反应B.可以和NaOH溶液发生反应C.可作合成高分子化合物的原料（单体）°”D.与1人互为同分异构体【答案】B【命题立意】 本题取材于福建省1998年颁布的省花“水仙花”花香所含物质的主要成分， 一方面弘扬乡土文化，体现化学学科的育人价值；另一方面，通过“结构决定 性质”的化学核心理念，来体现有机化学的教育价值。通过判

4、断该有机物的结构，来考查有机物性质、 同分异构现象等有机化学基础知识，同时考查考生对简单有机反应的理解程度。【解题思路】 题干中最重要的信息是芳樟醇的键线式结构，通过观察键线式，芳樟醇中的羟基为醇羟基，可以发生酯化反应等取代反应，但不具有酸性，不能与NaOHB液反应，所以A项正确，B项错误；芳樟醇的键线式结构含碳碳双键，学生可 以判断该有机物易发生加成反应和加聚反应，可以做合成高分子化合物的单体，所以C项正确；芳樟醇和。:厂门"的分子式均为。出80,所以二者互为同分异 构体，D项正确。9 .某同学模拟2019年春晚节目“魔壶”进行实验。将“魔壶”中盛有的FeCl3溶液依次倒入分别盛有

5、约1 mLKSCNAgNO3NaOH浓溶?的3个烧杯中，实验现象各异。 下列有关说法正确的是A.烧杯中，有血红色沉淀生成B.烧杯中，发生了氧化还原反应C.烧杯中，反应后所得分散系属于胶体D,若用FeCl2代替FeCl3进行上述实验，实验现象依然各异【答案】D【命题立意】 本题取材于2019年央视春晚的魔术节目“魔壶”，时效性强，容易引起学生的 共鸣。试题不仅考查常见元素化合物的化学性质，包括氧化还原反应、复分解反应、络合反应，还考查分散系的种类、对化学实验现象的观察和描述，是对以往常见物质检验和鉴别等有关实验知识试题的呈现形式的变换。知识点多、 信息量大，重点检测元素化合物的基础知识、基本反应

6、的掌握和辨识。【解题思路】FeCl3溶液和KSCN§液发生络合反应，生成血红色的硫氧合铁溶液， 不是沉淀， A项错误；FeCl3溶液和AgNO溶液发生反应生成 AgCl沉淀，该反应为复分解 反应，不是氧化还原反应，B项错误；FeCl3溶液和NaOH§液反应生成的Fe(OH)3 为红褐色沉淀，所以反应后所得分散系为悬浊液，不是胶体，C项错误；若用FeCl2代替FeCl3进行上述实验，FeCL溶液和KSCN§液不反应，没有现象，FeCL 和AgNO溶液反应生成 AgCl白色沉淀，FeCl2和NaOH反应生成的 Fe(OH)3 先为白色沉淀，然后迅速变成灰绿色， 最后变

7、成红褐色，因此三个烧杯中的现 象仍然各异，D项正确。10 .用下列装置进行相应实验，不能达到实验目的的是A.蜀il右婚咕发生（弱出应【答案】C【命题立意】本题考查常见物质的制取、性质检验、鉴别、判断等中学化学实验基础知识和实验基本技能。知识点多、信息量大，迷惑性强。引导学生回归课本，关注化 学在生产、生活中的应用，加强对实验中易错、易混等薄弱环节的辨析能力。【解题思路】 石蜡油的主要成分是饱和烷烧，在催化剂加热条件下发生催化裂化，裂化得到的烯煌使酸性 KMnO溶液褪色，A项正确；实验室快速制取氨气时，常用浓氨 水与生石灰（CaO）反应，将浓氨水滴入 CaO中，CaO结合HO生成Ca（OH）2并

8、放 出大量的热，促使氨气逸出，产生的氨气用向下排空气法收集，B项正确；浓硝酸滴入N&SO固体中，其一，浓硝酸易将SQ2-氧化成SQ2-,而无SO生成。其二，浓硝酸有挥发性，挥发出的HNO能使试管中品红溶液褪色 （非SO）, C 项错误；锌比铁活泼，用金属锌和铁构成原电池， 称为牺牲阳极的阴极保护法， D项正确。11 .短周期主族元素 X、Y、Q、R、W的原子序数依次增大， X与Q、Y与W分别同主族， X、Y、Q原子的电子层数之和为 6且最外层电子数之和为 8, Q的焰色反应呈黄色。 下列说法正确的是A.简单离子半径： Q>W>Y8. Y的单质能与X、Q、R、W的单质发生反应

9、C.单质的沸点：Y>WD.工业上，Q、R的单质都采用电解熔融氯化物的方法制取【答案】B【命题立意】本题围绕元素在周期表中位置、原子结构及元素有关性质，考查学生对元素周期表（律）、原子结构、离子半径、物质熔沸点、物质制备方法、元素及其化合 物性质之间关系等知识的理解与运用，重点检测学生是否对已学知识融会贯通 及分析、推理解决问题的能力。要求学生熟练掌握元素周期表特别是短周期主族元素的有关知识， 能理解和运用元素“位一构一性”的关系，对元素的简单离子半径、物质沸点、制备方法等做出准确判断。【解题思路】X、Y、Q是短周期元素且原子序数依次增大，三原子的电子层数之和为6,由此可知X、Y、Q分别位

10、于第一、二、三短周期，根据Q的焰色反应呈黄色， 判断Q为Na元素；X与Q同主族，可知 X为H元素。再结合 X、Y、Q三 原子的最外层电子数之和为 8,可知Y为O元素。Y与W分别同主族，Y为S元素。R信息无明确指向，依据 R元素的原子序数在 Q与W之间，R元素 可能为Mg、Al、Si或P。Na+与O2-具有相同的核外电子排布， O2-半径大，简 单离子半径顺序应为： Y>W>Q, A项错误；。2能与H2、Na、S、Si、Mg 或P发生反应，B项正确；常温下，S为固体，。2为气体，可知沸点：S>O2,C项错误；工业上可用电解熔融氯化物的方法制得金属Na或Mg ,而Al、Si、P单

11、质的制取通常不用此法，D项错误。12 .利用如右下图所示装置，以NH3作氢源，可实现电化学氢化反应。下列说法错误的是又Ar R%Ar 比A. a为阴极B. b电极反应式为 2NH3 6e = N2+ 6H +C.电解一段时间后，装置内H+数目增多OHD.每消耗1 molNH 3,理论上可生成1.5 molApR【答案】C【命题立意】 本题以NH 3的电化学氢化反应为素材，在引导考生关注最新科技，关注化学与科技、社会、生活、生产等之间的联系的同时，重点考查学生利用电解池工作原理分析电解过程中电子转移和离子迁移方向、 电极判断、电极反应式的书 写、有关电子转移的相关计算等一系列电化学基础知识， 其

12、中还包含对有机物 结构的辨认和分析，对学生获取信息并与已有知识融合重组， 在陌生情境中分 析问题和解决问题的能力的考量。【试题背景】氨可以用于生产化肥、染料、高能物质，近来氨气的储氢用途引起了广泛关注。与液氢相比，液氨的单位体积能量密度高，易于存储、运输，同时氨气的爆炸极限范围窄，使用上安全系数高。与目前作为人类能源基石的化石类燃料相比， 氨是可再生物质，而且释放能量的副产物是水和氮气，无温室气体的排放。鉴于这些优点，氨气作为储氢材料的前景广阔，获得了广泛关注，特别是在有机反应方面，与成熟的过渡金属催化的氢气氢化反应相比，氨气作为氢源的应用还需要发展。近期，南京大学的程旭课题组报道了氨气作为氢

13、源的电化学氢化 反应，反应无需使用过渡金属，具有不同于氢气氢化反应的化学选择性。【解题思路】 从图中箭标方向 “NH3-N 2”判断NH3失去电子，发生氧化反应，b为阳极，则a为阴极，A项正确；从图中发现电解质中传导 H+,故b电极反应式为2NH3-6e = N2+ 6H + , B 项正确；从 “Ar-CO-R Ar-CH(OH)-R ” 即有机芳香类Ar-CH(OH)-R ,理玻基化合物转为为醇类，发生了还原反应：Ar-CO-R+ 2H论上，电路中转移的电子数目相等，故C项错误，D项正确。13 .常温下，用 0.1mol LMgSO4和0.05mol L1Al 2(SO4)3溶液进行实验：

14、各取 25mL, 分别滴加0.5mol L 1NaOH溶液，测得溶液的 pH与V(NaOH)的关系如图1所示；将 两种溶液等体积混合后，取出 25mL,逐滴加入上述 NaOH溶液，观察现象。下列判断 正确的是A.图1中的曲线II表示MgSO4与NaOH反应的关系 一 一一-32 B.根据图1可彳导KspAl(OH) 3的值大于1.0 10C.实验中Al(OH) 3完全溶解前，溶液中c(Mg2+)/c(Al3+)逐渐变大D.图2可以表示实验中n(沉淀)与V(NaOH)的关系【答案】C【命题立意】 试题以Mg2+、Al3+与碱溶液反应过程中，溶液的pH与碱溶液体积变化关系为背景，考查Mg2+、Al

15、3+的相关核心知识，同时考查学生获取信息与加工能力、 独立思考能力、分析推理能力，诊断学生宏观辨识与微观探析、证据推理与 模型认知等学科核心素养水平。特别值得一提的是，本试题 D项设计，期望 能纠正部分师生对 “Mg2+、Al 3+与碱溶液反应图像”认识的偏差，养成实事求 是、严谨求实的科学精神。【解题思路】A项：从图1中可以获得以下信息：溶?夜pH变化呈现的第一个平台就是Mg2+或Al3+的沉淀过程，当pH发生突跃时，表明沉淀反应基本完成；又因为Mg2+、 Al 3+物质的量相等，完全沉淀时所需碱溶液体积比为2 : 3,据此可以判断曲线I、II分别为Mg2+、Al 3+与碱的反应关系曲线。或

16、从反应起点时溶液pH相对大小也可进行判断：Mg2+水解程度小于 Al 3+,所以等浓度的两种离子溶液的pH,前者大于后者，也可判断得出 A项错误。B项：曲线II中坐标点(5, 3.5)处于平台上，表明铝离子已经开始沉淀，存 在沉淀溶解平衡。此时溶液中c(OH )=10 10.5mol L 1, c(Al 3+)<0.1 mol L 1,故 KspAl(OH) 3=c3(OH ) £(Al3+)<c3(OH ) >0.1=10 32.5mol4 L 4,故 B 项错误。 C项：分析思路如下。当Mg2+尚未开始沉淀时：Al *=Ksp网(OH) 3 OHMg LM2g_

17、 向节OH' . Ks p M g (O H ) 3 O H <OH A3l KspAl(OH) KspAl (OH ) spK Al3OH)OH3随着NaOH溶液加入，OH-增大，两种离子浓度比值增大。当Mg2+开始沉淀时，Al(OH) 3沉淀尚未溶解完全时，存在两种沉淀溶解平衡,故存在关系：KspMg(OH)2KspAl(OH) 3OH IKspMg(OH) 2Mg 2 _ OH -2Al3 = KspAl(OH)3OH 随着NaOH溶液加入，OH-增大，两种离子浓度比值增大。故C项正确。8.9, Mg2+开始沉淀时D项：依据图1可知，Al 3+完全沉淀时溶液的pH约为 溶液

18、pH约为9,说明两种离子共存且浓度相等时，只有当 后，Mg2+才开始沉淀，又因为两种离子沉淀时所需要 的OH-物质的量是不相同的，故产生沉淀时不应是一 条直线，而是折线，如右图所示。故D项错误。26. (15 分)KIO3,并进碘酸钾(KIO3)是重要的食品添加剂。某化学兴趣小组设计下列步骤制取 行产品的纯度测定。制取碘酸(HIO3)的实验装置示意图和有关资料如下:HIO3白色固体，能溶于水，难溶于四氯化碳 Ka= 0.169mol L 1KIO3白色固体，能溶于水，难溶于乙醇碱性条件下易发生反应：ClO + IO3 =IO4 + Cl回答下列问题：步骤I用Cl2氧化I2制取HIO3(1)装置

19、A中发生反应的化学方程式为 。(2)装置B中的CCl4可以加快反应速率，原因是 。(3)反应结束后，获取HIO3溶液的操作中，所需玻璃仪器有烧杯、 和。步骤H用 KOH中和HIO3制取KIO3(4)该中和反应的离子方程式为 。中和之前，应将上述 HIO3溶液煮沸至接近 无色，否则中和时易生成 (填化学式)而降低 KIO3的产量。(5)往中和后的溶液中加入适量，经搅拌、静置、过滤等操作，得到白色固体。(6)为验证产物，取少量上述固体溶于水，滴加适量SO2饱和溶液，摇匀，再加入几滴淀粉溶液，溶液变蓝。若实验时，所加的SO2饱和溶液过量，则无蓝色出现，原因是步骤出纯度测定(7)取0.1000 g产品

20、于碘量瓶中，加入稀盐酸和足量 KI溶液，用0.1000 mol L1Na2s2O3 溶液滴定，接近终点时，加入淀粉指示剂，继续滴定至终点，蓝色消失(I2+2S2O32= 21+S4O62 一)。进行平行实验后，平均消耗 Na2s2O3溶液的体积为24.00 mL。则产品中KIO3的质量分 数为。M(KIO 3) = 214.0 g mol 1【答案】(1) KCIO3+ 6HCl(浓)= KCl + 3Cl 2T + 3H2O(2) I2和CI2易溶于CC14,增大了反应物浓度(3) 分液漏斗玻璃棒(4) HIO 3+ OH = IO3 + H2OKIO4(5)乙醇(或“酒精”“C2H5OH”

21、)(6)过量的SO2将IO3 (或 还原为I(或 3s5+ IO 3 + 3H2。= I + 3SO42 + 6H +或 “ SO2+ I2+ 2H2。= 2I + SO42 + 4H + ” 等其他合理答案) 85.6%【试题背景】本实验以化学兴趣小组设计并实施的实验过程为依托，以碘酸钾制取、分离、 检验、纯度测定等实验步骤和操作为试题载体，围绕真实实验过程中的实验 原理、实验操作中遇到的问题及其解决办法展开设问，检测学生的实验探究 能力、获取有效信息与知识迁移应用的能力。本实验主要过程可表示如下：综合实验就是一个探究的微项目，先从整体上把握实验体系，从题目给定 的实验基本步骤和有关信息中了

22、解化学实验原理、实验装置原理和实验操作原 理。本实验的要点：制取碘酸时除了反应物Cl2、I2、H2O外，另外还加入 CC14作溶剂；从KIO3水溶液中分离出 KIO3,采用加入乙醇的方法使其析出，而中 学化学通常采用先浓缩后结晶的方法；检3KIO3性质时，若条件控制不当，无预期实验现象出现，要求学生进行原因分析等。【命题立意】试题以碘酸钾的制取与纯度测定为载体，全面检测化学实验基础知识、基本技能(如物质的分离，分液、结晶方法的运用等)，考查学生信息获取能力、分析推理能力、实验设计与评价能力、数据处理能力，诊断科学探究与创新意识的 学科核心素养水平。【解题思路】(1)从实验原理和装置图可知，装置

23、 A用于制取氯气，依据氧化还原反应原理，即可写出发生反应的化学方程式为KClO 3+6HC1(浓)= KC1+3C1 2 T +3HO(2)由于C» I2在水中溶解度小，在 CC14中溶解度却很大，能增大反应物浓 度，使反应速率显著加快。(3)依据物质信息可知，B中反应后产生的碘酸主要在水溶液中且与CCI4互不相溶，所以必须采用分液法以获取碘酸溶液。(4)依据题中信息可知 川03属于弱电解质，在离子方程式中不能用离子表示；中和之前溶液中存在较多C12,通过加热煮沸可以除去C12,避免中和时 C12转化为ClO-,进一步将IO3-氧化为1。4-,从而导致KIO3产量下降。(5) KIO

24、3在乙醇中的溶解度较低，加入适量乙醇可以使KIO3从溶液中析出；(6)依题意可知，少量饱和 SO2水溶液能将KIO3还原为I2,但加入过量饱和SO2水溶液却无蓝色出现，应该能推知+4价S元素具有强还原性，也能将KIO3、 I2等还原为I-；(7)依据KIO33I26S2O3之关系式即可计算结果。27. (14 分)利用脆硫铅睇矿(主要成分为Pb4FeSb6s14)制取睇白(Sb2O3)的湿法冶炼工艺流程如下图所示。氯气 情将 水 41水滤清i 潼渣11渔液iii滤液iv已知：睇(Sb)为V A族元素，Sb2O3为两性氧化物； 水解”时睇元素转化为 SbOCl沉淀； KspFe(OH)2= 8.

25、0 10 16 mol 3 L 3, KspFe(OH) 3 =4.0 10 38mo14 L 4回答下列问题：(1) “氯化浸出”后的滤液中含有两种睇的氯化物，分别为SbCl3和(填化学式)。滤渣i中所含的反应产物有 PbCl2和一种单质，该单质是。(2) “还原”是用睇粉还原高价金属离子。其中， Sb将Fe3+转化为Fe2+的离子方程式 为，该转化有利于“水解”时睇铁分离，理由是。(3) “还原”用的Sb可由以下方法制得：用NazS NaOH溶液浸取辉睇精矿(Sb2s3), 将其转化为Na3SbS3(硫代亚睇酸钠)一NaOH溶液。按下图所示装置电解后， 阴极上得到Sb, 阴极区溶液重新返回

26、浸取作业，阴极的电极反应式为。该装置中，隔膜是(填阳"或 阴”)离子交换膜。1N.OH溶液(4) “中和”时若用 NaOH溶液代替氨水，Sb2O3可能会转化为(填离子符号)，使睇 白的产量降低。(5)睇白也可用火法冶炼脆硫铅睇矿制取，该法中有焙烧、烧结、还原和吹炼等生产 环节。与火法冶炼相比，湿法冶炼的优点有 (任写一点)。【答案】(1) SbCl5硫(或“S”等其他合理答案)(5) Sb + 3Fe3+= 3Fe2+ + Sb3+Fe2+比Fe3+更不易水解生成沉淀(6) SbS33 + 3e = Sb + 3S2阳(7) SbO33 (或 “Sb(OH)4 ” “SbO2 ”)(

27、5)能耗低(或“安全性高”等其他合理答案)【命题立意】本题以“脆硫铅睇矿 (Pb4FeSb6s14)为原料制取睇白(Sb2O3)的工艺流程”为载体，呈现真实的问题情境。将化学研究的基本思想与方法融于试题之中， 具体考查了元素化合物知识、物质的性质与应用、氧化还原原理、离子方程 式、电极反应式的书写、电解池的工作原理、绿色化学等。通过观察以脆硫 铅睇矿为原料制取睇白的流程图，从“氯化浸出”“还原” “水解” “中和”等工艺环节中，围绕睇元素的价态转化、杂质元素的分离、产品的提纯等，考 查考生接受、吸收与整合化学信息的能力，以中学化学基础知识为工具解决 实际问题的能力，独立思考能力、综合分析问题的

28、能力。【解题思路】 对大部分考生而言， 睇元素及其化合物都是陌生的。这就需要考生充分挖掘利用题给信息，实现知识的迁移。氯化浸出”是将矿粉加水后再通入 C12浸取后得到滤渣i和滤液，C12将脆硫铅睇矿中低价睇氧化到高价，结合 狒为V A族元素”等题给信息，不难得出滤液中所含的另一种睇的氯化物为SbCl5。CI2是一种常见的强氧化剂，氧化Sb3+的同时也会将 Fe2+氧化成Fe3+, S2-必然被氧化，结合题设可推知氯化浸出”后的滤液中含 SbCl5,滤渣中除了 PbCl2外，还含有的一种单质是 S单质。“还原”过程是向所得滤液中加入睇粉。睇粉有还原性，加入睇还原高 价金属离子，将+5价睇还原成+

29、3价睇，选择睇粉作还原剂，一是因为睇粉不 会引入新杂质离子， 二是将Fe3+还原成Fe2+,有利于下一步“水解”分离得到SbOCl。明确还原后睇元素的价态，就很容易书写出Fe3+转化为Fe2+的离子方程式了。“水解”的目的是睇铁分离，这是本题的难点。学生做题可能已经形成思维定势：铁元素的分离通常采用的是将Fe2+氧化成Fe3+,向体系中加碱调节pH,利用Fe3+易水解形成沉淀而除去。如若按照这个思路阶梯，就会陷入困 境。此题中信息给出水解的目的是将睇元素转化为SbOCl沉淀，因此要迅速推断杂质元素铁分离不是采用常规方法，而是Fe3+转化为Fe2+后，Fe2+更不易水解，留在滤液中，实现睇铁分离

30、。“中和”是向水解所得的SbOCl沉淀中加入氨水，使睇元素转化为Sb203 nH2。，利用氨水中和 SbOCl水解产生的HCl ,使平衡右移。Sb2O3是两 性氧化物，若使用 NaOH代替氨水，可能会因NaOH过量而使Sb2O3转化为可溶性的Sb(OH)4(或"SbO2” “SbO33一")，从而导致睇白产量降低。 本题第3问考查电化学原理知识，包含电极反应式的书写、电解质溶液中离子 的移动方向、电解池中隔膜类型的判断。根据题给信息，电解池阴极上得到 Sb,可知阴极的电极反应式是：SbS33 + 3e = Sb + 3S2 ,阴极区溶液中c(S2-) 增大，阳极区溶液中的N

31、a+穿过隔膜进入阴极区，因此隔膜应选用阳离子交换膜，阴极区生成的 Na2s溶液可以返回浸取作业。本题最后一问考查的是工业湿法冶炼与火法冶炼两种冶炼方法的优缺点比较。 对比两种冶炼方法涉及的步骤可知，湿法冶炼的主要优点是耗能低。28. (14 分)氧气是一种常见的氧化剂，用途广泛。回答下列问题：(1)用H2O2制取O2时，分解的热化学方程式为：12H2O2(aq)= 2H2O(l) +O 2(g)AH= a kJ mol相同条件下，H2O2分解时，无论是否使用催化剂，均不会改变的是 (填标号)。A.反应速率B.反应热C.活化能D.生成物以Fe3+作催化剂时，H2O2的分解反应分两步进行，第一步反

32、应为：H2O2(aq) + 2Fe3+ (aq)= 2Fe2+ (aq) +O2(g) +2H + (aq)AH=b kJ mol1第二步反应的热化学方程式为。(2)工业上用Cl2生产某些含氯有机物时产生 HCl副产物，可用 O2将其转化为Cl2, 实现循环利用O2(g) + 4HCl(g) 一"件 2Cl2(g) + 2H 2O(g)。将 1 molO2和 4 molHCl 充入某恒 容密闭容器中，分别在1和T2的温度下进行实验， 测得容器内总压强(p)与反应时间(t) 的变化关系如右图所示。r/min该反应的速率v = k ca(O2) cb(HCl) (k为速率常数)， 下列说

33、法正确的是 (填标号)。A.使用催化剂，k不变B.温度升高，k增大C.平衡后分离出水蒸气，k变小D.平衡后再充入1molO2和4molHCl ,反应物转化率都增大TiT式填“>”或"V”)。该反应的AH 0(填“>”或“V”)，判断的依据是 。T2时，HCl的平衡转化率= ,反应的Kx= (Kx为以物质的量 分数表示的平衡常数)。【答案】(1)BD H2O2(aq) +2Fe2+(aq) +2H+(aq)= 2Fe3+(aq)+2H2O(l) AH= (a b) kJmol 1BDv<Ti、T2的平衡体系中气体减少量分别为n(Ti)= 5 m 05 =0.625mo

34、l4n(T2)= 5M05=0.5mol,所以T1平衡时转化率更大 550%916【命题立意】本题综合考查了催化剂的概念及其对化学反应的影响、化学反应速率影响因素、热化学方程式的书写、AH判断、平衡转化率及平衡常数计算等。题中给出的 信息较为丰富，考查学生通过观察图形获取有关感性认识和印象进行加工与吸 收的能力，又考查了从试题提供的新信息中准确提取实质性内容并与已有知识 板块整合进而重组为新知识块的能力，还考查将实际问题分解，运用相关知识，采用分析、综合的方法，解决复杂化学问题的能力。【解题思路】 第(1)题，根据过渡态理论，催化剂参与了化学反应，改变了反应历程(生成不同的中间产物)，降低了活

35、化能，从而能使化学反应速率加快，但是催化 剂的质量和性质不变，反应热不变(只与始终态有关)，故B、D选项正确。第(1)题，Fe3+作为催化剂，在反应前后质量和性质不变，根据盖斯定律 总反应=第一步反应+第二步反应。故第二步反应为：H2O2(aq) + 2Fe2+(aq) + 2H+(aq)= 2Fe3+(aq) + 2H 2O。) H= (a - b) kJ mol 1 第(2)题，催化剂降低了反应的活化能，使反应的速率常数k增大，根据速率方程v = k ca(O2) cb(HCl),反应速率随之增大，A项错误；温度改变瞬间， 浓度没有影响，即通过增大k从而改变了速率，使平衡发生移动，B项正确

36、;从速率方程可知，平衡后分离出水蒸气，降低了c(H2O),使平衡正向移动，从而改变了 c(O)和c(HCl),但对k没有影响，C项错误；化学平衡的建立与途径无关，所以 平衡后再充入1molO2和4molHCl"，相当于增大反应体系的压强，反应有利于向气体分子数减小的方向进行,D项正确。第(2)题：从图像可知，T2温度下，容器中压强大，达到平衡所需要的时间短，所以温度T2>Ti； Ti、T2温度下，气体物质的量的减少量分别为n(T1 )=4丁2>，所以 AHV0。5 M竺=0.625mol、n(T2)= 5M05=0.5mol,即Ti平衡时转化率更大，且因为第(2)题：对于

37、气相反应，经验平衡常数常见的有Kc、Kp、Kx等，三种平衡常数的表示式相似，只是Kc、Kp、Kx分别用平衡时物质的量浓度、分压、An物质的量分数表示。HCl的平衡转化率=4a父100% = 50% , Kx 412(左1()4.5,2 4 ,0.5、(45)毛)916起始里/mol14001变化量/mola4a2a2a0.5平衡量/mol1-a4(1-a)2a2a即0.521102(g) + 4HCl(g)2Cl2(g) + 2H 2O(g)35.化学Na3OCl 是选彳3:物质结构与性质(15分)一种良好的离子导体，具有反钙钛矿晶体结构。回答下列问题:(1) Ca小于Ti的是(填标号)。A.

38、最外层电子数B.未成对电子数C.原子半径D.第三电离能(2)由0、Cl元素可组成不同的单质和化合物，其中CI2O2能破坏臭氧层。CI2O2的沸点比H2O2低，原因是03分子中心原子杂化类型为；。3是极性分子，理由是(3) Na30Cl可由以下两种方法制得:方法 INa2O + NaClI'''Na3OCl方法 II 2Na + 2NaOH + 2NaCl=2Na3OCl + H 2 TNa20的电子式为 在方法n的反应中，形成的化学键有(填标号)A.金属键B.离子键 C.配位键 D.极性键(4) Na3OCl晶体属于立方晶系，其晶胞结构如右下图一. 一.一，.一3非极性

39、键E.氏所不。已知：晶胞参数为a nm,留度为d g cm 。Na3OCl晶胞中，Cl位于各顶点位置，Na位于 位置，两个Na之间的最短距离为 nm。用a、d表示阿伏加德罗常数的值 Na= （列计算式）。【答案】（1） B（2）H2O2分子间存在氢键 sp2|O3分子为V形结构（或。3分子中正负电荷重心不重合”等其他合理答案）（3）“"I ：。 Na BE（4）面心衣 a 2 1.205 1023 a3d【命题立意】 离子导体、钙钛矿晶体结构的应用正日益被重视。本题以钙、钛、钠、氧、氯 等元素及其化合物为素材，考查原子核外电子排布式、 元素未成对电子数数目的确定、元素在周期表中的位置

40、与元素性质的关系、电离能大小比较、晶体熔沸点与结构的关系、 杂化方式判断、分子极性判断、电子式、 化学键的成键特 征、晶胞结构定性定量分析（如晶胞中微粒位置、晶胞中微粒距离计算、晶体密度和阿伏加德罗常数关系）等概念和规则的掌握情况，同时考查学生获取信息能力、迁移能力、空间想象能力和现场学习的能力。【解题思路】 第（1）题，基态 Ca原子核外电子排布为 1s22s22p63s23p64s2且未成对电子数 为0,基态Ti原子核外电子排布为 1s22s22p63s2 3p63d24s2且未成对电子数为 2, 所以Ca的未成对电子数小于 Ti; Ca和Ti的最外层电子数均为 2;原子半径 Ca原子略大

41、；因为Ca原子失去两个电子后恰好达到全满结构，很难失去第三个电子，第三电离能 Ca较大。第（2）题，同种类型晶体的熔沸点高低取决于微粒间作用力的大小，H2O2分子间存在氢键，熔沸点高；根据价层电子对互斥理论，。3分子中中心。原子的杂化形式为 sp2,根据杂化方式 。3分子为V形结构，分子中正负电荷重 心不重合，为极性分子。 t 卡* O *N-Ra*第（3）题，Na2。的电子式为7；在方法n的反应中，形成的化学键有Na3OCl中Na与O、Na与Cl间的离子键，这里需要注意通过 Na3OCl 内部各元素的化合价分析，。与Cl之间不存在共价键；H2分子内有H与H间的非极性键。第（4）题，Na3OCl晶体结构中空心白球类原子6X1 /2=3、顶点