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文档简介

2021年西藏昌都第四高级中学高考化学模拟试卷(三)

一、单选题(本大题共7小题,共42.0分)

1.化学知识在新冠肺炎的疫情防控中发挥着重要作用,下列说法正确的是()

A.用于消毒的酒精、84消毒液、双氧水、过氧乙酸(CfCOOH)等均属于有机物

B.修建“火神山”医院所用的HDPE(高密度聚乙烯)膜是一种无毒、无味的高分子材料

C.C1C)2泡腾片和酒精均可杀灭新型冠状病毒,二者消毒原理均是利用了其强氧化性

D.医用外科口罩和防护服所用的熔喷布是一种聚丙烯材料,聚丙烯可以使漠水褪色

2.NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()

A.22.4L(标准状况)SO3中含有氧原子的数目为

B.lmol重水比lmol水多NA个质子

C.常温下,14gC0含有的电子数目为7总

D.ILO.lmol•LTNH4Q溶液中含有NH1的数目为0.1总

3.金丝桃昔是从中药材中提取的一种具有抗病毒作用的黄酮类化合物,结构式如图,

下列关于金丝桃昔的叙述,错误的是()

A.该物质既能使酸性高铳酸钾溶液褪色,也能使滨水褪色,且反应原理相同

B.分子含21个碳原子

C.能与乙酸发生酯化反应

D.该物质含有4种类型的官能团

4.下列实验操作不当的是()

A.用稀硫酸和锌粒制取出时,加几滴CuSC>4溶液以加快反应速率

B.用标准HC1溶液滴定NaHCC)3溶液来测定其浓度,选择酚醐为指示剂

C.用伯丝蘸取某碱金属的盐溶液灼烧,火焰呈黄色,证明其中含有Na+

D.用CCI4萃取澳水中的溪时,有机层从下口放出,然后水层从上口倒出

5.下列描述的离子方程式正确的是()

A.少量的SO2通入NaClO溶液:S02+H20+2C10-=SO歹+2HC1O

B.制印刷电路板的反应Fe3++Cu=Fe2++Cu2+

C.用二氧化锦和浓盐酸反应制氯气:MnC>2+4HC1(浓)2Mn2++2C1-+Cl2I+2H2O

D.等浓度的NaHSCU与Ba(OH)2混合至溶液呈中性:Ba2++20hT+SO^+2H+=

BaS04I+2H2O

6.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素,四种元素原子的质子数

之和为47,其中X、Y在元素周期表中位于同一主族且X为地壳中含量最多的元素,

Z元素对应的单质为一种黄绿色气体,下列说法正确的是()

A.简单离子的半径:r(Z)>r(Y)>r(X)

B.X、Y均可与氢形成原子个数比为1:2的化合物

C.元素的最高正价:Z>X>W

D.最高价氧化物对应水化物的酸性:Y>Z

7.一种固定CO2的电化学装置如图,该电化学装置放电时可将CO?转化为U2CO3和C,

充电时选用合适催化剂,只有Li2c。3发生氧化反应,释放出C02和。2。下列说法不

正确的是()

电极X电极Y

聚合物电解质膜

A.放电时,电极X是原电池负极

B.充电时,电极Y应与外接电源的正极相连

C.经过充、放电,理论上该电池可以完全恢复组成,从而能够无限次使用

+

D.充电时阳极的电极反应式为2Li2cO3-4e-=2CO2T+02T+4Li

二、实验题(本大题共1小题,共14.0分)

8.氯可形成多种含氧酸盐,广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中利用如图装

置(部分装置省略)制备

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回答下列问题:

(1)盛放MnOz粉末的仪器名称是,a中的试剂为o

(2)b中采用的加热方式是。c中化学反应的离子方程式是,采用冰水

浴冷却的目的是。

(3)d的作用是,可选用试剂(填标号)。

A.Na2sB.NaClC.Ca(OH)2D.H2SO4

(4)反应结束后,取出b中试管,经冷却结晶,,,干燥,得到KCIO3晶

体。

(5)取少量KQO3和NaClO溶液分别置于1号和2号试管中,滴加中性KI溶液。1号试

管溶液颜色不变。2

号试管溶液变为棕色,加入CCI4振荡,静置后CCI4层显______色。可知该条件下

KCIO3的氧化能力NaClO(填“大于”或“小于”)。

三、简答题(本大题共4小题,共59.0分)

9.高纯硫酸锌作为合成镶钻铳三元正极材料的原料,工业上可由天然二氧化锦粉与硫

化毓矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)制备,工艺如图所示。回答下列问题:

H2sO4MnO:氨气Na£MnF:NHJICCh

\fnS矿H:SQj

------►MnSOq

MnO:粉

滤渣1滤渣2滤渣3滤渣4

相关金属离子[cO(Mn+)=0.1mol•LT]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下:

金属离子MM+Fe2+Fe3+Al3+Mg2+Zn2+Ni2+

开始沉淀的pH8.16.31.53.48.96.26.9

沉淀完全的pH10.18.32.84.710.98.28.9

⑴“滤渣1”含有S和写出“溶浸”中二氧化镒与硫化镒反应的化学方程

式O

(2)“氧化”中添加适量的MnC>2的作用是o

⑶“调pH”除铁和铝,溶液的pH范围应调节为〜6之间。

(4)“除杂1”的目的是除去ZM+和即2+,“滤渣3”的主要成分是o

(5)“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+.若溶液酸度过高,Mg2+沉淀不完全,

原因是o

(6)写出“沉镭”的离子方程式。

(7)层状镶钻镒三元材料可作为锂离子电池正极材料,其化学式为LiNixCOyMnzOz,

其中Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4.当x=y=1时,z=

10.三氯氢硅(SiHC13)是制备硅烷、多晶硅的重要原料。回答下列问题:

25

%

/20

V15

O“10

S

S

5

0

100200300400

rmin

(1)SiHC13在常温常压下为易挥发的无色透明液体,遇潮气时发烟生成(HsiO)2O等,写

出该反应的化学方程式―。

(2)SiHC13在催化剂作用下发生反应:

2SiHC13(g)=SiH2c12(g)+SiC14(g)△H=48KJ-mol-1

3SiH2C12(g)=SiH4(g)+2SiHC14(g)AH=-30KJ-mol-1

则反应4SiHC13(g)=SiH4(g)+3SiC14(g)的△H为—kJ•mol-1。

(3)对于反应2SiHC13(g)=SiH2C12(g)+SiC14(g),采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催

化剂,在323K和343K时SiHC13的转化率随时间变化的结果如图所示。

343K时反应的平衡转化率a=—%.平衡常数K343K=—(保留2位小数)。

在343K下:要提高SiHC13转化率,可采取的措施是—;要缩短反应达到平衡的时

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间,可采取的措施有—、—o

比较a、b处反应速率大小:va—vb(填“大于”“小于”或“等于")。反应速率

V=V正-V逆=kFxsiHCl3-k逆XsiH2Cl2XsiCI4>k正、k逆分别为正、逆向反应

速率常数,X为物质的量分数,计算a处的3=_(保留1位小数)

11.锌在工业中有重要作用,也是人体必需的微量元素。回答下列问题:

(l)Cu原子核外电子排布式为,未成对电子数目为,与B的化学性质相

似的元素为(填元素符号)。

(2)黄铜是人类最早使用的合金之一,主要由Zn和Cu组成。第一电离能k(Zn)

li(Cu)(填“大于”或“小于”)。原因是o

(3)SiC具有很高的熔点,其晶体类型是;Si与C是同族元素,C原子间可以形

成双键或三键,但Si原子间却难以形成双键或三键。从原子结构角度分析,原因是

(4)《中华本草》等中医典籍中,记载了炉甘石(ZnC03)入药,可用于治疗皮肤炎症

或表面创伤。ZnCC>3中,阴离子空间构型为,C原子的杂化形式为«

(5)写出与CO互为等电子体的阴离子;FeF3的熔点高于1000久,而FeC%的

熔点306汽,沸点315。&易升华,二者熔点和沸点差异很大的原因0

近来有报道,碘代化合物E与化合物H在Cr-Ni催化下可以发生偶联反应,合成一种多

官能团的化合物Y,其合成路线如图:

O

CHO

已知:ECHO+CHUCHOR-CH-CH-CHO+

回答下列问题:

(1)A的化学名称是

(2)B为单氯代烧,由B生成C的化学方程式为

(3)由A生成B、G生成H的反应类型分别是.

(4)D的结构简式为

(5)Y中含氧官能团的名称为

(6)E与F在Cr-Ni催化下也可以发生偶联反应,产物的结构简式为。

(7)X与D互为同分异构体,且具有完全相同官能团。X的核磁共振氢谱显示三种不同化

学环境的氢,其峰面积之比为3:3:2。写出3种符合上述条件的X的结构简式o

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答案和解析

1.【答案】B

【解析】解:A.“84”消毒液属于混合物,双氧水为无机物,故A错误;

B.乙烯通过加聚反应生成聚乙烯,聚乙烯是无毒、无味的高分子材料,故B正确;

C.二氧化氯具有强氧化性,使蛋白质变性,酒精没有强氧化性,杀菌原理是利用乙醇的

渗透、凝固作用,把构成病毒的蛋白质凝固为变性蛋白,二者杀菌原理不同,故C错误;

D.聚丙烯不含碳碳双键,不能使溪水褪色,故D错误;

故选:Bo

A.次氯酸钠、双氧水为无机物;

B.乙烯通过加聚反应生成聚乙烯;

C.乙醇不具有强的氧化性;

D.聚丙烯不含碳碳双键。

本题考查物质的性质及用途,为高频考点,能用化学知识解释化学现象是解题关键,侧

重考查学生的分析、理解能力及灵活运用基础知识的能力,试题有利于培养学生良好的

科学素养,提高学习的积极性,题目难度不大。

2.【答案】C

【解析】解:A.标况下,三氧化硫不是气态,无法使用22.4L/mol计算物质的量,故A

错误:

B.lmol重水和lmol水中质子数相同,故B错误;

C.14gCO含有的电子数目为威篙X14xNA/mol=7NA,故C正确;

D.钱根离子在水中能水解,ILO.lmol•LNH4cl溶液中含有NH]的数目小于ILX

O.lmol/LxNA/mol=0.1NA,故D错误;

故选:C»

A.22.4L/mol的使用条件为标况下的气体;

B.重水和水分子中均含有10个电子;

C.一个CO分子中含有14个电子;

D.钱根离子在水中能水解。

本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断,题目难度中等,阿伏加德罗常数是高考的

“热点”,它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系

的理解,又可以涵盖多角度的化学知识内容,掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿

伏加德罗常数的关系是解题的关键。

3.【答案】A

【解析】解:A.该有机物分子中含有酚羟基、醇羟基和碳碳双键,能够使酸性高铳酸钾

溶液褪色,该反应为氧化反应;碳碳双键能够与溟发生加成反应,酚羟基的邻位、对位

C上的H原子能够与滇发生取代反应,均能够使滨水褪色,但它们的褪色原理不同,故A

错误;

B.结合图示可知,金丝桃昔分子中含有21个C原子,故B正确;

C.该有机物分子中含有酚羟基和醇羟基,能够与乙酸发生酯化反应,故C正确;

D.金丝桃甘分子中含有4种官能团,分别为羟基、酮皴基、酸键和碳碳双键,故D正确;

故选:A»

结合图示结构简式可知,金丝桃甘分子含有21个C原子,其分子中含有酚羟基、苯环、

酮锻基、酸键、碳碳双键和醉羟基,具有酚、苯、酮、烯烬和醇的性质,以此分析解答。

本题考查有机物结构与性质,为高频考点,明确有机物分子中含有官能团类型为解答关

键,注意掌握常见有机物组成、结构与性质,试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能

力,题目难度不大。

4.【答案】B

【解析】解:A.Zn置换出Cu,构成原电池,可加快反应速率,故A正确;

B.标准HC1溶液滴定NaHCC)3溶液,溶液由弱碱性变为弱酸性,可选甲基橙作指示剂,故

B错误;

C.钠元素焰色试验呈黄色,根据实验操作及现象知,该溶液中含有钠离子,故C正确;

D.萃取后,有机层在下层,则先从分液漏斗下口放出有机层,然后从上口倒出水层,故

D正确;

故选:Bo

A.Zn置换出Cu,构成原电池;

B.强酸滴定弱碱用甲基橙做指示剂;

C钠元素焰色试验呈黄色;

D.萃取后,有机层在下层。

本题考查化学实验方案的评价,为高频考点,把握物质的性质、反应速率、中和滴定、

离子检验、实验操作为解答的关键,侧重分析与实验能力的考查,注意实验的评价性分

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析,题目难度不大。

5.【答案】D

【解析】解:A.少量的SO2通入NaClO溶液,反应生成硫酸钠、次氯酸和氯化钠,正确的

离子方程式:3CIO-+H2O+SO2=SO/+2HC1O+C「,故A错误;

B.制印刷电路板的反应,离子方程式:2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+,故B错误;

+

C.用二氧化镭和浓盐酸反应制氯气,HC1需要拆开,正确的离子方程式为:MnO2+4H+

2+

2Cr—Mn+Cl2T+2H2O,故C错误;

D.等浓度的NaHS()4与Ba(OH)2混合至溶液呈中性,氢离子与氢氧根离子恰好反应,该反

应的离子方程式为:Ba2++20H-+S0寸+2H+=BaS()4J+2H2。,故D正确;

故选:Do

A.次氯酸能够氧化亚硫酸根离子;

B.电荷不守恒;

C.浓盐酸中的HQ需要拆开:

D.反应后溶液为中性,则硫酸氢钠与氢氧化钢按照物质的量2:1反应。

本题考查了离子方程式的判断,为高考的高频题,属于中等难度的试题,注意明确离子

方程式正误判断常用方法:检查反应能否发生,检查反应物、生成物是否正确,检查各

物质拆分是否正确,如难溶物、弱电解质等需要保留化学式,检查是否符合原化学方程

式等。

6.【答案】B

【解析1解:根据分析可知,W为C,X为0,Y为S,Z为C1。

A.X、Y、Z的简单离子分别为。2-、S2-和C广,电子层数越少,则半径越小,故半径最

小的是。2-,当电子层数相同时,核电荷数越多,则半径越小,故半径最大的是S2-,故

简单离子半径为r(Y)>r(Z)>r(X),故A错误;

B.X为0,0能与氢形成Hz。,Y为S,S能与氢形成H?S,X、Y均可与氢形成原子个数比为

1:2的化合物,故B正确;

C.Z的最高正价为+7价,W的最高正价为+4价,但X无最高正价,故C错误;

D.元素的非金属性越强,则最高价含氧酸的酸性越强,由于非金属性Z>Y,故最高价

含氧酸的酸性Z>Y,故D错误;

故选:Bo

W、X、Y、Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素,四种元素原子的质子数之和

为47,其中X、Y在元素周期表中位于同一主族且X为地壳中含量最多的元素,X即为0,

Y为S,Z元素对应的单质为一种黄绿色气体,贝收为C1,然后根据质子数之和为47可知,

W的质子数为6,即为C,据此分析。

本题考查原子结构与元素周期律,为高考常见题型和高频考点,把握原子结构、元素的

位置推断元素为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意规律性知识的应用,题

目难度不大。

7.【答案】C

【解析】解:A.放电时,X极上Li价态升高失电子,故X极为负极,故A正确;

B.充电时,Y极为阳极,与外接电源的正极相连,故B正确;

C.充、放电过程中,会有热能等损失,电池无法完全恢复组成,不能够无限次使用,故

C错误;

D.充电时,Y极为阳极,电极反应式为2Li2cO3-4e-=2CO2T+02T+4Li+,故D正确;

故选:Co

由图可知,放电时,X极为负极,电极反应式为Li-e-=Li+,Y极为正极,电极反应式

为2CC)2+。2+4Li++4e-=2Li2CO3,充电时,X极为阴极,电极反应式为Li++e-=Li,

+

Y极为阳极,电极反应式为2Li2c。3-4e-=2C02T+02T+4Li,据此作答。

本题考查可充电电池,题目难度中等,能依据图象和题目信息准确判断正负极和阴阳极

是解题的关键,难点是电极反应式的书写。

8.【答案】(1)圆底烧瓶;饱和食盐水

(2)水浴加热;Cl2+20H-CIO-+Cl-+H20;避免生成NaClC>3

(3)吸收多余的氯气,防止污染大气;AC

(4)过滤;少量的冷水洗涤

(5)紫;小于

【解析】

【分析】

本题是制备实验,以制备KC103和NaClO,探究其氧化还原性质,考查学生实验素养

和分析问题的能力,难度中等,要有扎实的实验功底和化学学科素养。

【解答】

(1)根据形状和用途判断,盛放Mn02粉末的仪器名称是圆底烧瓶,a为除杂装置,

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杂质为挥发的氯化氢和水,后面还要通入溶液,没有必要除水,所以a中用饱和食盐

水除氯化氢,a中的试剂为饱和的食盐水;

故答案为:圆底烧瓶;饱和的食盐水;

(2)根据装置图看出b中采用的加热方式是水浴加热;c中化学反应:Cl2+2NaOH

整NaClO+NaCl+H20改为离子方程式:Cl2+20H-望C10-+C\~+H20,

氢氧化钠与氯气反应有多种情况,温度高时生成NaC103采用冰水浴冷却的目的是提高

产品的纯度;

故答案为:水浴加热;Cl2+20H-望ClO-+Cr+H2O;避免生成NaC103;

(3)d为尾气处理装置,作用是装置d用来吸收多余的氯气,防止污染大气,可以和氯

气反应的物质Na2s和Ca(OH)2;

故答案为:吸收多余的氯气,防止污染大气;AC;

(4)b试管中的溶质主要是KC1O3,KCI,KCIO3的溶解度受温度影响大冷却结晶,

析出KC1O3晶体,经过过滤得到KC1O3晶体,表面还有KC1杂质,通过冷水洗涤减

少KC1O3的损失;

故答案为:过滤:少量的冷水洗涤;

(5)取少量KC1O3和NaClO溶液分别置于1号和2号试管中,滴加中性KI溶液,

1号试管溶液颜色不变,说明KC1O3没有和KI溶液反应,2号试管溶液变为棕色,

说明NaClO和KI溶液反应生成了碘单质,加入CC14振荡,碘单质易溶解于CC14中,

静置后CC14层显紫色。可知该条件下KC1O3的氧化能力比NaClO差;

故答案为:紫;小于。

9.【答案】(l)SiC)2(或不溶性硅酸盐);MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O;

(2)将Fe2+氧化为Fe3+;

(3)4.7;

(4)NiS和ZnS;

(5)F-与H+结合形成弱电解质HF,MgF2#Mg2++2F-平衡向右移动;

2+

(6)Mn+2HCO3=M11CO3I+C02T+H20;

1

⑺5

【解析】

【分析】

本题考查物质制备,涉及物质分离提纯、难溶物的溶解判断、pH判断、氧化还原反应

等知识点,综合性较强,明确流程图中发生的反应、各物质成分及其性质、化学反应原

理是解本题关键,注意结合问题分析解答,题目难度中等。

【解答】

硫化锅矿(还含Fe、Al、Mg、Zn,Ni、Si等元素)和MnO2粉混合后加

入稀硫酸,MnO2具有氧化性,二者发生氧化还原反应生成MnS04、S,自然界中

并不存在Si单质,除SiO2(或不溶性硅酸盐)外,其他金属或金属氧化物均与H2S04

反应形成可溶性硫酸盐,所以得到的滤渣1为SiO2、S和难溶性的硅酸盐;然后向

2+3+

滤液中加入MnO2,MnO2氧化Fe生成Fe,再向溶液中通入氨气调节溶液的

2+

pH除铁和铝,所以滤渣2为Fe(OH)3、A1(OH)3,“除杂1”的目的是除去Zn

和Ni2+,加入的Na2s和ZM+、Ni2+反应生成硫化物沉淀,所以滤渣3为NiS和

ZnS,“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+,所以滤渣4为MgF2,最

后向滤液中加入碳酸氢钱得到MnCO3沉淀,用稀硫酸溶解沉淀得到硫酸铳MnS04,

(1)“滤渣1”含有S和难溶性的二氧化硅或硅酸盐;“溶浸”中二氧化锌与硫化镭

发生氧化还原反应生成镒离子、S和水,化学方程式为MnO2+MnS+2H2s04=

2MnSO4+S+2H2O,

故答案为:Si02(或不溶性硅酸盐);Mn02+MnS+2H2S04=2MnS04+S+2H2O;

2+3+3+

(2)MnO2具有氧化性,能氧化Fe生成Fe,从而在调节pH时除去Fe,

故答案为:将Fe2+氧化为Fe3+;

(3)“调pH”除铁和铝,溶液的pH应该大于这两种离子完全沉淀所需pH且小于

其它离子生成沉淀的pH值,在pH=4.7时Fe3+和Al3+沉淀完全,在pH=6.2时

Zn2+开始产生沉淀,为了只得到氢氧化铝和氢氧化铁沉淀,需要溶液的pH范围为

4.7〜6之间,

故答案为:4.7;

(4)“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+,这两种离子和硫离子生成硫化物沉淀,

所以滤渣3为NiS和ZnS,

故答案为:NiS和ZnS;

(5)溶液中存在MgF2的沉淀溶解平衡,如果溶液酸性较强,生成弱电解质HF而促

进氟化镁溶解,即F-与H+结合形成弱电解质HF,MgFzUMg2++2F-平衡向

右移动,所以镁离子沉淀不完全,

故答案为:F-与H+结合形成弱电解质HF,MgFzUMg2++2F-平衡向右移动;

(6)“沉镒”时锦离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸镒沉淀,同时还生成水、二氧化碳,

2+

离子方程式为Mn+2HCO3=MnC03I+C02T+H20,

2+

故答案为:Mn+2HCO3=MnC03I+C02T+H20;

第12页,共19页

(7)层状银钻镒三元材料可作为锂离子电池正极材料,其化学式为LiNixCoyMnzO2,

其中Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4.当x=y=1时,该化合物

中各元素的化合价代数和为0,+1+(+2)x[+(+3)x[+(+4)xz+(-2)x2=

0,z=1,

故答案为:|o

10.【答案】【小题1】

2SiHCl3+3H2O=(HsiO)2O+6HC1

【小题2】

+114

【解析】

【分析】

此题考查的主要内容有根据题干要求写出化学方程式,利用盖斯定律求算热化学反应方

程式的焰变,依据化学平衡图象获取信息,进行有关化学平衡的计算和影响化学平衡的

因素,重视基本知识的掌握,培养学生获取信息的能力及解题能力。

(1)重点是抓住关键词“遇潮气时发烟”说明反应物是SiHCl3和水反应,根据元素可

知产物应有HC1,写出化学方程式并配平;

-1

(2)已知反应:①2SiHCh(g)=SiH2Cl2(g)4-SiCl4(g)△Ht=48KJ-mol;

-1

@3SiH2Cl2(g)=SiH4(g)+2SiHCl4(g)△H2=-30KJ-mol,根据盖斯定律可知,由

3团①+②得反应4SiHCl3(g)=SiH4(g)+3SiCl4(g),据此计算△H的值;

(3)①直接观察即可知343K时的平衡转化率,再根据转化率列出三段式,进而求出

平衡常数K;(2)影响平衡的因素有温度、压强及浓度等,可根据反应条件判断促进

平衡正向移动,提高转化率的方法;要缩短反应达到平衡的时间,需要提高反应速率,

而影响反应速率的因素主要有温度、浓度、压强及催化剂等。③温度越高,反应速率

越快,由图象观察a处和b处的温度大小比较即可;反应速率丫=丫正一丫逆=

k正XWiHCb—k逆XSiHzSXSiCL>,k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数,则a点

时V正=kjj:XsiHCl.3>V逆=[xsiH/C^XSiCI,,由平衡时正逆反应速率相等,可

得出K正/K逆=K(平衡常数),再结合此温度下的平衡状态,计算出平衡常数K

即可计算3«

V逆

1.【分析】

本题考查物质的性质,重点是抓住关键词“遇潮气时发烟”说明反应物是SiHCl3和水

反应,根据元素可知产物应有HC1,写出化学方程式并配平。

【解答】

SiHCl3遇潮气时发烟生成(HsiOKO和HC1,结合原子守恒可知发生反应的化学方程

式为2SiHCl3+3H2O=(HsiO)2O+6HC1,故答案为:2SiHCl3+3H20=(HsiO)2O+

6HC1。

2.【分析】

本题考查盖斯定律的应用,为高频考点,题目难度不大,注意基础知识的掌握。

【解答】

-1

已知反应:①2SiHCh(g)=SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)△Hx=+48KJ-mol;

②3SiH2ck(g)=SiH乂g)+2SiHCL(g)△&=-30KJ•moL,根据盖斯定律可知,由

1

3团①+②得反应4SiHCl3(g)=SiH4(g)+3SiCl4(g),则△H=(+48KJ-mor)x

3+(-30KJ-moP1)=+114KJ-mol-1,故答案为:+114。

3.【分析】

本题考查依据化学平衡图象获取信息,进行有关化学平衡的计算和影响化学平衡的因素,

重视基本知识的掌握,培养学生获取信息的能力及解题能力。

①直接观察即可知343K时的平衡转化率,再根据转化率列出三段式,进而求出平衡

常数K;

②影响平衡的因素有温度、压强及浓度等,可根据反应条件判断促进平衡正向移动,

提高转化率的方法;要缩短反应达到平衡的时间,需要提高反应速率,而影响反应速率

的因素主要有温度、浓度、压强及催化剂等;

③温度越高,反应速率越快,由图象观察a处和b处的温度大小比较即可;反应速

率v=v正一v逆=卜胪WiHcu-k逆xsiH2ci2xsi*,k正、k逆分别为正、逆向反应速

率常数,则a点时V正=卜正*WiHCb,V逆=卜逆*siHzCl/SiCL,,由平衡时正逆反

应速率相等,可得出K正/K逆=K(平衡常数),再结合此温度下的平衡状态,计

算出平衡常数K即可计算孑。

【分析】

本题考查了平衡转化率、平衡常数的计算,注意基础公式的掌握,

直接观察即可知343K时的平衡转化率,再根据转化率列出三段式,进而求出平衡常

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数K。【分析】

本题考查了平衡转化率的计算,直接观察即可得。

【解答】

温度越高,反应速率越快,图象中点a所在曲线为343K,由图示可知343K时反应

2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)的平衡转化率a=22%。【分析】

本题考查了化学平衡常数的计算,根据转化率列出三段式,进而求出平衡常数K。

【解答】

设SiHCl3的起始浓度为cmol/L,则

2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)

起始浓度(mol/L)c00

变化浓度(mol/L)0.22c0.11c0.11c

平衡浓度(mol/L)0.78c0.11c0.11c

c(SiH2c12)xc(SiC14)_0.11x0.11士/安平inno

平衡常数K343K=c2(SiHC13)-0.782x0Q2,故答案为0.02。

【分析】

本题考查了转化率,及化学平衡的影响因素,影响平衡的因素有温度、压强及浓度等,

可根据反应条件判断促进平衡正向移动,提高转化率的方法;要缩短反应达到平衡的时

间,需要提高反应速率,而影响反应速率的因素主要有温度、浓度、压强及催化剂等。

【解答】

由题目中前后反应气体体积不变,并且温度恒定,所以只能使用及时分离出产物的方法

加大反应物的转化率;要缩短反应达到的时间,应增大反应速率,则在温度不变的条件

下可采取的措施是:增大压强、使用催化剂或增大反应物的浓度等,故答案为:及时分

离出产物;增大压强、使用催化剂或增大反应物的浓度等。

【分析】

温度越高,反应速率越快,由图象观察a处和b处的温度大小比较即可:反应速率v=

v正一v逆=Lx4HC13-k逆xsiHzQ/sici,,k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数,

则a点时v正=k正x/HCb,v逆="XsiH2sxSiCU,由平衡时正逆反应速率相

等,可得出K正/K逆=K(平衡常数),再结合此温度下的平衡状态,计算出平衡

常数K即可计算?。

V逆

【解答】

由图象可知,a的反应温度高于b,温度高反应速率快,所以a点的反应速率比b高;

a点时转化率为20%,设起始时SiHCl3的物质的量为nmol,此

2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)

起始物质的量(mol)n00

变化物质的量(mol)0.2nO.lnO.ln

终态物质的量(mol)0.8nO.lnO.ln

0.8n小八n1

则:XsiHC13=:=0.8,XsiH2s=XSiCI4=81;

-x

反应速率V=V正一丫逆=k正XS1HC13k逆XsiH2CI2SiCl,,k正、k逆分别为正、逆向

=x

反应速率常数,则a点时v正=k正xsiHci30.82K正,v逆=k逆xsiH2ci2sici4~

0.01k逆,由平衡时正逆反应速率相等,可得出2=K(平衡常数),则J=

K.M/V.M.U.U1

=-x0.02«1.3

故答案为:大于;1.3。

11.【答案】Is22s22P63s23P63d】。4sl1Si大于Zn核外电子排布为全满稳定结构,

较难失电子原子晶体Si原子半径大于C,“头碰头”形成单键后,再“肩并肩”原子

轨道的重叠程度小,不能形成稳定的n键,即难以形成形成双键或三键平面三角

形sp2CN-FeF3是离子晶体,FeCb是分子晶体,离子键比范德华力强

【解析】解:(l)Cu是29号元素,全充满、半充满状态比较稳定,原子核外电子排布式

为Is22s22P63s23P63di°4sL未成对电子数目为1,利用对角线规则可知,与B的化学

性质相似的元素为Si,

故答案为:Is22s22P63s23P63di04s];1;Si;

(2)Zn的价电子排布式为3di°4s2,Cu的价电子排布式为3di°4s】,第一电离能:Zn失去

的是4s2全满状态上的一个电子,所需能量比较高,而Cu失去的是4sl上的一个电子,则

k(Zn)大于k(Cu),

答案为:大于;Zn核外电子排布为全满稳定结构,较难失电子;

(3)利用物理性质SiC具有很高的熔点,其晶体类型是原子晶体;Si与C是同族元素,C原

子间可以形成双键或三键,但Si原子间却难以形成双键或三键,是由于Si原子半径大于C,

“头碰头”形成单键后,再“肩并肩”原子轨道的重叠程度小,不能形成稳定的n键,

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即难以形成形成双键或三键,

答案为:原子晶体;Si原子半径大于C,“头碰头”形成单键后,再“肩并肩”原子轨

道的重叠程度小,不能形成稳定的TT键,即难以形成形成双键或三键;

(4)ZnCC>3中,C0>的价层电子对数为3+久6-3x2)=3,空间构型为平面三角形,C

原子的杂化形式为sp2,

故答案为:平面三角形;sp2;

(5)C0的原子数为2,价电子数为10,与CO互为等电子体的阴离子CNZFeF3的熔点高

于1000℃,而FeCk的熔点306冤,沸点315。&易升华,二者熔点和沸点差异很大的原

因FeF3是离子晶体,FeCk是分子晶

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