高考化学模拟试卷(附有答案解析)

高考化学模拟试卷（附有答案解析）

一、单选题（本大题共7小题，共42分）

1.下列说法正确的是（）

①合金的硬度可以大于它的纯金属成分，合金的熔点可以低于它的成分金属

②碘酒、豆浆、牛奶、淀粉溶液都是胶体

③FeO不稳定，在空气里受热就迅速被氧化成Fe203

④新型陶瓷、玛瑙、玻璃都不是硅酸盐产品

⑤漂粉精等可用于游泳池的消毒，而有些高级的游泳池则用臭氧等进行消毒

⑥水玻璃、纯碱、氧化钙都是电解质

⑦Ca（HCO3）2、Fe（OH）3,FeC12都可以用化合反应制得

A.①⑤⑦B.①③⑦C.②⑤⑦D.③⑥⑦

2.研究表明木豆素对学习记忆障碍有一定的改善作用，木豆素的结构如图所示，下列有关木豆素的说法

错误的是（）

A.分子中含3种官能团B.苯环上的一氯代物有4种

C.分子中所有碳原子可能共面D.一定条件下能生成高分子化合物

3.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是（）

A.标准状况下，2.24L甲烷中含有的质子数目为NA

B.含0.411101凯1的浓盐酸与足量而02反应，转移电子数目为0.2NA

C.Imol苯中含有碳氢键数目为6NA

D.1LPH=3的盐酸溶液中H+的数目为0.001NA

4.我国科学家研制了Cu2P2O7催化剂建构Zn-C02二次电池，实现了电还原C02合成多碳产品（如乙酸,

乙醇等），装置如图所示。双极膜中水电离出的H+和0H-在电场作用下可以向两极迁移。

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双楣股

下列说法正确的是（）

A.放电时，双极膜中H+向负极区迁移

B.放电时，电势：Zn极高于Cu2P207极

C.当外电路通过2moi电子时，理论上双极膜中水减少18g

D.充电时，阳极上的电极反应式为C2H50H-12e-+3H20=2C02t+12H+

5.下列实验操作和现象不相符的是（）

选项实验操作现象

漠的氯仿溶液颜色逐渐变浅，最

A向澳的氯仿溶液中通入足量乙烯

终变为无色

向淀粉溶液中先加入足量稀硫酸，再加入少量新制氢氧

B产生砖红色沉淀

化铜悬浊液，加热

C向盛有大量水的烧杯中加入少量钠块钠块熔化成银白色小球

常温下，向AgCl浊液中加入KI浓溶液，振荡［已知：

D白色浊液变成黄色浊液（或沉淀）

Ksp（AgCl）>Ksp（Agl）］

A.AB.BC.CD.D

6.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中部分元素在周期表中的位置如图所示。一个WX2

分子中含有22个电子，Y的质子数是X、Z的核电荷数之和的一半。下列说法正确的是（）

WX

Z

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A.非金属性：W<Z

B.简单离子的半径：X2-<Y2+

C.沸点：H2X<H2Z

••••

•X•W•X•

D.WX2的电子式为：’’•二

7.丙酮酸(CH3coeOOH)是一元弱酸。298K时，向20mL0.lmol-L-1丙酮酸溶液中滴加pH=13的NaOH溶液,

溶液中Ige(CH3C0C00-)c(CH3C0C00H)的关系曲线如图所示。下列说法错误的是()

-pH

E(-O.5,a)^<6(2,4.5)

，F(0.2.5)

c(CH£OCOO)

c(CH,COCOdH)

A.E点溶液中，a=2

B.298K时，CH3coeOOH的电离常数的数量级为10-3

C.G点对应的NaOH溶液的体积为20mL

D.E、F、G三点对应的溶液中水的电离程度：E<F<G

二、实验题(本大题共1小题，共15分)

8.硫代硫酸钠(Na2S203)可用作传统照相业的定影剂、糅革时重修酸盐的还原剂及纸浆漂白时的脱氯剂

等.某化学探究小组通过查阅资料，利用图1所示装置及试剂可制备硫代硫酸钠.

(1)装置A中的“硫酸”最好选用(填字母序号).

A.发烟硫酸B.浓硫酸C.80%的硫酸D.10%的硫酸

(2)装置C中除生成目标产物硫代硫酸钠外，还生成一种温室气体.则装置C中发生反应的离子方程式为

(3)装置B的作用是,装置D的作用是

(4)若将分液漏斗中的硫酸换为浓盐酸，装置C中除生成硫代硫酸钠外，还生成一种钠盐，该钠盐的化学式

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为,为防止该钠盐的生成，有同学在上述装置中增加了如图2装置E.该装置E应该添加的位置为

(填字母序号).

A.只能在装置A和装置B之间

B.只能在装置B和装置C之间

C.在装置A和装置B或装置B和装置C之间都可以

D.只能在装置C和装置D之间

该装置中盛放的试剂为(填字母序号).

A.NaOH溶液B.Na2s03溶液C.NaHC03溶液D.NaHS03溶液.

三、简答题(本大题共4小题，共51分)

9.Ce2(C03)3可用于催化剂载体及功能材料的制备.天然独居石中，车市Ce主要以CeP04形式存在，还含

有Si02、A1203、Fe203、CaF2等物质.以独居石为原料制备Ce2(C03)3-nH20的工艺流程如图：

1调“1=5

浓此SO,H.OFeCh溶液②絮凝剂

源液

回答下列问题：

(1)滤渣I的主要成分是(填化学式)。

(2)“沉锦”过程中，生成Ce2(C03)3-nH20的离子方程式为，常温下加入的NH4HC03溶液呈(填

“酸性”“碱性”或“中性”)，已知室温下NH3-H20的Kb=l.75X10—5,H2C03的Kal=4.4X10—7,Ka2=4.7

XIO-llo

(3)铀元素常见有+3、+4两种价态.NO在酸性条件下可以被含Ce4+的溶液吸收，生成N02-、N03-(二者物

质的量之比为1：1),可采用电解法将上述吸收液中N02-的转化为无毒物质，同时再生Ce4+,电解原理如

图所示。

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质子交换膜

①请写出生成等物质的量的N02-和N03-时的离子方程式o

②Ce4+从电解槽的(填字母代号)口流出。

③写出阴极的电极反应式o

(4)CeO2是重要的稀土化合物，科学家利用CeO2作催化剂在太阳能作用下将H20转化成H2和02,该反应

分两步进行，第一步反应为CeO2=(^l-x)CeO2•xCe+xO2t,则第二步反应为。

(5)滤渣H的主要成分为FeP04,在一定条件下可制备电极材料LiFeP04,电池反应：

LiFcPO+6CLiirFcPOt…,

t,充电时阳极反应为：。

10.氨气是重要的化工原料。据《科学)最新报道，我国科学家开发新型催化剂Li4RuH6或Ba2RuH6在温

和(低温低压)条件下合成NH3,反应进程如图1、图2所示。

(1)已知：N=N、H-H、N-H键的键能分另U为945kJ-mol-l、436kJ-mol-K391kJ-mol-l„工业合成NH3的

△H=kj-mol-lo

⑵图2中与图1能量变化相符的是(填“曲线a”或“曲线b")。在某条件下，测得上述反应的

E=1250kJ-mol-l,则E2=kj-mol-lo

(3)合成氨的速率方程为v(NH3)=kca(N2)-c&(H2)-c丫(NH3速k为速率常数,只与温度、催化剂有关,与浓

度无关a、8、丫为反应级数，可取整数、分数或小数)。测得在一定温度和催化剂作用下，速率与浓

度的关系如表所示:

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c(N2)/(mol-L-l)c(H2)/(mol-L-l)c(NH3)/(mol-L-l)速率

I0.10.10.1V

II0.20.10.12v

III0.20.40.116v

IV0.40.90.254v

V0.4m0.464v

则a=8=y=m=o

(4)向密闭容器中充入ImolN2和2.6molH2,在一定条件下合成NH3,相同时间内测得体系中N2的物质的量

(mol)与温度、压强的关系如图3所示。

*n(X)/tnol

I.‘

m3

①p(填“>”、“〈”或”=")1.8MPa。

②投料比一定时，随着温度升高，不同压强下N2的物质的量趋向相等，其主要原因是。

③在L8MPa、373K时，平衡常数Kp=MPa。(提示：用分压计算的平衡常数为Kp,分压=总压X物质

的量分数)

11.氮化钱是全球半导体研究的前沿和热点，可由氨气流中高温加热金属钱和碳酸镂的混合物制备。

回答下列问题：

(1)基态Ga原子的价电子排布式为基态N原子的2s电子云半径大于1s电子云半径的原因为

(2)C、N、0、Ga的第一电离能由大到小的顺序为C0的沸点高于相同条件下N2沸点的原因为

(3)NH3的键角小于NH4+的原因为,lmolNH4+中配位键的数目为

(4)C032-的立体构型为其中碳原子的杂化方式为。

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(5)氮化镂晶体有闪锌矿型和纤锌矿型两种结构，晶胞结构如图所示。

闪锌矿里立方觎化蚀纤锌矿型六方氮化集

①闪锌矿型立方氮化家晶体中，由氮原子构成的正八面体空隙和正四面体空隙之比为

②若阿伏加德罗常数的值为NA,则纤锌矿型六方氮化家晶体的密度P=g-cm-3(用含a、c、NA的代数

式表示)。

12.由芳香烧制备香料J的一种流程如图:

2)HO1)钳氧事惠/△

CH—€HCOOC：H,CHQHCAO»

DCH>MgBr

2)H,CT

回答下列问题:

(De的化学名称是

(2)F中官能团的名称为，D-E的反应类型为

(3)B的结构简式为

(4)写出F发生银镜反应的化学方程式：o

(5)G的同分异构体中，同时满足下列条件的结构有种(不考虑立体异构)。

①属于芳香族化合物且除苯环外不含其他环

②既能发生水解反应，又能与新制的Cu(OH)2悬浊液共热生成砖红色固体。

O

YYV

⑹以乙醇为原料合成HOO,设计合成路线(无机试剂任选)

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参考答案与解析

1.【答案】A

【解析】解：①合金的硬度高，可以大于它的纯金属成分、熔点低于组分金属的熔点，故①正确

②分散质粒子直径介于1-lOOnm之间的分散系为胶体，豆浆、牛奶和淀粉溶液均为胶体，碘酒为碘单质的

酒精溶液不是胶体，故②错误

③FeO是一种黑色粉末，不稳定，FeO很易被空气氧化，不需要加热，故③错误

④玻璃的主要原料是纯碱、石灰石、石英，陶瓷主要原料是黏土，玛瑙主要成分是二氧化硅，玻璃属于硅

酸盐，故都属于硅酸盐产品，故④错误

⑤漂粉精等可用于游泳池的消毒，是次氯酸钙溶液中次氯酸根离子水解生成了次氯酸，具有消毒杀菌的作

用，臭氧具有强氧化性，有些高级的游泳池则用臭氧等进行消毒，故⑤正确

⑥水玻璃为硅酸钠的水溶液，为混合物，既不是电解质也不是非电解质，故⑥错误

⑦CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2、4Fe(OH)2+02+2H20=4Fe(OH)3,2FeC13+Fe=3FeC12均可由化合反应制得，故

⑦正确

故选：Ao

①合金的硬度高、熔点低

②分散质粒子直径介于l-100nm之间的分散系为胶体

③FeO很易被空气氧化，不需要加热

④以含硅物质为原料经加热制成的产品，通常称为硅酸盐产品。所谓硅酸盐指的是硅、氧与其它化学元素(主

要是铝、铁、钙、镁、钾、钠等)结合而成的化合物的总称

⑤臭氧为强氧化剂，可以杀菌消毒

⑥水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质

⑦化合反应是两种或两种以上物质反应生成一种物质。

本题考查了物质分类、物质制备、物质的性质的分析判断，主要是物质性质的理解应用，掌握基础是关键，

题目难度不大。

2.【答案】A

【解析】解：A.该分子中含有碳碳双键、羟基、醛键、竣基四种官能团，故A错误

B.苯环上有4种氢原子，其苯环上就有4种一氯代物，故B正确

C.苯环、乙烯、-COOH中所有原子共平面，单键可以旋转，所有该分子中所有碳原子可以共平面，故C正

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确

D.分子中碳碳双键能发生加聚反应生成高分子化合物，故D正确

故选：Ao

A.该分子中含有碳碳双键、羟基、叫键、竣基

B.苯环上有几种氢原子，其苯环上就有几种一氯代物

C.苯环、乙烯、一C00H中所有原子共平面，单键可以旋转

D.碳碳双键能发生加聚反应。

本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系是

解本题关键，题目难度不大。

3.【答案】B

【解析】解：A.标准状况下，2.24L甲烷中含有的质子数目为2.24L22.4L/molX10XNA/mol=NA,故A正

确

B.浓盐酸的物质的量一定，二氧化镒足量，随反应进行，浓盐酸逐渐变稀，二氧化锦与稀盐酸不反应，故

转移电子数小于0.2NA,故B错误

C.Imol苯中含有碳氢键数目为lmolX6XNA/mol=6NA,故C正确

D.1LPH=3的盐酸溶液中H+的数目为1LX0.001mol/LXNA/mol=0.001NA,故D正确

故选：Bo

A.一个甲烷分子中含有10个质子

B.二氧化锦与稀盐酸不反应

C.一个苯分子中含有6条碳氢键

D.由公式n=cV计算物质的量。

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。

4.【答案】D

【解析】解：A.放电时为原电池，阳离子移向正极，阴离子移向负极，即双极膜中H+向正极区迁移，故A

错误

B.放电时为原电池，Zn为负极，Cu2P207纳米片为正极，即电势：Zn极低于Cu2P207极，故B错误

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C.双极膜中水电离的方程式为H20=H++0H-,外电路通过2mol电子时，理论上有2moiH+和0H-分别向正极、

负极移向，即有2molH20参与电离，质量减少18g/molX2moi=36g,故C错误

D.充电时为电解池，阴阳极反应与原电池负正极反应相反，正极反应为C02+12H++12e-=C2H50H+3H20,则

阳极反应为C2H50H-12e-+3H20=2C02t+12H+,故D正确

故选：D。

由图可知，放电时为原电池，Zn发生失电子的氧化反应转化为Zn(0H)42-,为负极，负极反应为

Zn+40H--2e-=Zn(0H)42-，Cu2P207纳米片为正极，发生还原反应,C02发生得电子的还原反应转化为C2H50H,

正极反应为C02+12H++12e-=C2H50H+3H20,H20电离出的H+和OH-分别由双极膜移向正极、负极充电时

为电解池，原电池正负极分别与电源正负极相接，阴阳极反应与原电池负正极反应相反，据此分析作答。

本题考查充放电电池的工作原理，为高频考点，侧重学生分析能力和灵活运用能力的考查，把握原电池工

作原理、电极判断及反应是解题关键，注意溶液中离子的移动方向、电极反应式的书写，题目难度中等。

5.【答案】B

【解析】解：A.乙烯和澳发生加成反应生成无色的1,2-二澳乙烷而使澳的氯仿溶液褪色，故A正确

B.在加入新制氢氧化铜悬浊液之前必须加入NaOH中和未反应的稀硫酸，否则新制氢氧化铜和稀硫酸反应而

导致没有砖红色沉淀生成，故B错误

C.钠和水反应放热，钠熔点较低，所以向盛有大量水的烧杯中加入少量钠块，钠熔成小球，故C正确

D.常温下，向AgCl浊液中加入KI浓溶液，Qc=c(Ag+)Xc(I-)>Ksp(AgI),所以有黄色沉淀生成，故D正确

故选：Bo

A.乙烯和澳发生加成反应生成无色的1,2-二澳乙烷

B.在加入新制氢氧化铜悬浊液之前必须加入NaOH中和未反应的稀硫酸

C.钠和水反应放热，钠熔点较低

D.浓度商大于溶度积常数时生成沉淀。

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、实验原理、实验技能为解答的关键，侧重

分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

6.【答案】A

【解析】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的位置、质子数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。

【解答】

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短周期元素w、X、Y、Z的原子序数依次增大，一个WX2分子中含有22个电子，设W的质子数为x,则x+(x+2)

X2=22,解得x=6,可知W为C,X为0,Z为S,Y的质子数是X、Z的核电荷数之和的一半，Y的质子数为

8+162=12,可知Y为Mg,以此来解答。

由上述分析可知，W为C,X为0,Y为Mg,Z为SA.由酸性硫酸大于碳酸可知，非金属性：W<Z,故A正

确

B.具有相同电子排布的离子中，原子序数大的离子半径小，则简单离子的半径：X2-〉Y2+,故B错误

C.水分子间含氢键，则沸点为H2X>H2Z,故C错误

D.C02的电子式为：6：：C：：6：,故D错误。

故选Ao

7.【答案】C

【解析】解：A.E点溶液中，lgc(CH3coe00—)c(CH3coe00H)=—0.5,

c(CH3C0C00-)c(CH3coeOOH)=10-0.5,Ka=c(CH3C0C00-)c(CH3C0C00H)Xc(H+)=10-2.5,

c(H+)=10—2mol/L,pH=a=2,故A正确

B.F点Ige(CH3C0C00-)c(CH3C0C00H)=0,则c(CH3C0C00-)=c(CH3C0C00H),此时溶液pH=2.5,即

c(H+)=10-2.5mol/L,所以Ka=c(CH3coe00—)c(CH3coeOOH)Xc(H+)=c(H+)=10-2.5=5.1X10-3,298K

时，CH3coeOOH的电离常数的数量级为10-3,故B正确

C.G点对应的NaOH溶液的体积如果为20mL,则刚好完全反应，溶质为CH3coe00Na,溶液应呈碱性，但E点

pH=4.5,呈酸性，故C错误

D.E、F、G三点随NaOH的加入CH3coe00Na的浓度越来越大，CH3coe00Na水解促进水电解，对应的溶液中

水的电离程度：E<F<G,故D正确

故选：Co

A.E点溶液中，Ige(CH3C0C00-)c(CH3C0C00H)=-0.5,c(CH3C0C00-)c(CH3C0C00H)=10-0.5,

Ka=c(CH3C0C00-)c(CH3C0C00H)Xc(H+)=10-2.5,c(H+)=10-2mol/L

B.F点Ige(CH3C0C00-)c(CH3C0C00H)=0,则c(CH3C0C00-)=c(CH3C0C00H),此时溶液pH=2.5,即

c(H+)=10-2.5mol/L,所以Ka=c(CH3coec)0—)c(CH3coec)0H)Xc(H+)=c(H+)=10-2.5=5.1X10-3

C.G点对应的NaOH溶液的体积如果为20mL,则刚好完全反应，溶质为CH3coe00Na,溶液应呈碱性

D.E、F、G三点随NaOH的加入CH3coe00Na的浓度越来越大，CH3coeOONa水解促进水电解。

本题考查酸碱混合溶液大小判断，侧重考查图象分析判断能量，明确图中各点溶液中溶质成分及其量的关

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系、溶液酸碱性是解本题关键，注意电荷守恒、物料守恒和质子守恒的灵活运用，题目难度不大。

8.【答案】C4S02+2S2-+C032-=3S2032-+C02防止装置C中的液体倒吸入装置A中(或作安全瓶)吸

收尾气中的S02NaClAD

【解析】解：硫酸与亚硫酸钠反应生成S02,装置B中的两个导管均为短管，作安全瓶，装置C中二氧化硫、

硫化钠和碳酸钠反应生成硫代硫酸钠和二氧化碳，装置D中的氢氧化钠溶液可以与二氧化硫反应，防止污

染环境.

(DS032-与H+反应可生成S02,故所用硫酸不能是分子状态的硫酸，必须能电离出H+,硫酸的浓度大则反

应速率快，故选取80%的硫酸，故答案为：C

(2)结合反应物碳酸钠可知生成的温室气体为二氧化碳，因此该反应的反应物为二氧化硫、硫化钠和碳酸钠，

生成物为硫代硫酸钠和二氧化碳，离子方程式为：4so2+2S2-+CO32-=3S2032-+CO2,故答案为：

4S02+2S2-+C032-=3S2032-+C02

(3)装置B中的两个导管均为短管，作安全瓶装置D中的氢氧化钠溶液可以与二氧化硫反应，防止污染

环境，故答案为：防止装置C中的液体倒吸入装置A中(或作安全瓶)吸收尾气中的S02

(4)若将硫酸换为浓盐酸，则生成的二氧化硫中混有HCLHC1可与碳酸钠、硫化钠反应生成氯化钠装置

E的作用是除去HCL则其应放置在安全瓶前二氧化硫与氢氧化钠、亚硫酸钠、碳酸氢钠溶液均能发生

反应，因此只能选取NaHS03溶液，故答案为：NaClAD.

硫酸与亚硫酸钠反应生成S02,装置B中的两个导管均为短管，作安全瓶，装置C中二氧化硫、硫化钠和碳

酸钠反应生成硫代硫酸钠和二氧化碳，装置D中的氢氧化钠溶液可以与二氧化硫反应，防止污染环境.

(DS032-与H+反应可生成S02,故所用硫酸不能是分子状态的硫酸，必须能电离出H+

(2)结合反应物碳酸钠可知生成的温室气体为二氧化碳，因此该反应的反应物为二氧化硫、硫化钠和碳酸钠，

生成物为硫代硫酸钠和二氧化碳

(3)装置B中的两个导管均为短管，作安全瓶装置D中的氢氧化钠溶液可以与二氧化硫反应

(4)若将硫酸换为浓盐酸，则生成的二氧化硫中混有HC1装置E的作用是除去HCL则其应放置在安全

瓶前二氧化硫与氢氧化钠、亚硫酸钠、碳酸氢钠溶液均能发生反应.

本题考查了物质制备实验方案的设计和制备过程分析应用，主要是实验基本操作的应用，掌握基础，注意

积累是解题关键，题目难度中等.

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9.【答案】CaS04和Si022Ce3++6HC03-+(n-3)H20=Ce2(C03)3-nH20+3C02f碱

性2N0+3H20+4Ce4+=N02-+N03-+4Ce3++6H+a2N02-+8H++6e-=N2f+4H202H20+(m-x)CeO2-xCe=2H2f

+(l-x)02f+CeO2LiFeP04-xe"=Lil-xFeP04+xLi+

【解析】解：(1)滤渣I的主要成分是CaS04和Si02故答案为：CaS04和SiO2

(2)“沉锦”过程中，Ce3+和HC03-发生双水解反应生成Ce2(C03)3-nH20,离子方程式为：

2Ce3++6HC03-+(n-3)H20=Ce2(C03)3-nH20+3C02f,常温下Kh(NH4+)=KwKb=10—141.75X10—5七5.7X

10-10,Kh(HC03-)=KwKal=10-144.4X10-7=2.3X10-8>Kh(NH4+),说明NH4+的水解程度小于HC03-

的水解程度，溶液呈碱性故答案为：2Ce3++6HC03-+(n-3)H20=Ce2(C03)3-nH20+3C02t碱性

(3)①NO在酸性条件下可以被含Ce4+的溶液吸收，生成N02-、N03-(二者物质的量之比为1：1),根据反

应物和生成物书写离子方程式为：2N0+3H20+4Ce4+=N02-+N03-+4Ce3++6H+故答案为：

2N0+3H20+4Ce4+=N02-+N03-+4Ce3++6H+

②Ce3+失电子生成Ce4+,应该在阳极上发生该反应，所以Ce4+应该从电解池的a口流出故答案为：a

③N0+2H20+3Ce4+=3Ce3++N03-+4H+,吸收液呈酸性，N02-在电解池的阴极发生得电子的还原反应，生成无

毒物质N2,电极反应式为2NO2-+8H++6e-=N2t+4H20故答案为：2N02-+8H++6e-=N2f+4H20

(4)Ce02是重要的稀土化合物，科学家利用CeO2作催化剂在太阳能作用下将H20转化成H2和02,则总方

程式为2H20-Ce02太阳能2H2t+02t,该反应分两步进行，第一步反应为CeO2=(m-x)CeO2-xCe+xO2

t,将总方程式减去第一步方程式即可得到第二步反应为2H20+(m-x)Ce02-xCe=2H2f+(l-x)02t+CeO2故

答案为:2H20+(m-x)CeO2-xCe=2H2t+(l-x)02t+CeO2

(5)充电时，阳极上LiFeP04失电子生成Lil-xFeP04和Li+,阳极反应式为LiFeP04-xe-

=Lil-xFeP04+xLi+故答案为：LiFeP04—xe-=Lil-xFeP04+xLi+=

天然独居石中，车市Ce主要以CeP04形式存在，还含有Si02、A1203、Fe203、CaF2等物质，独居石中加入

浓硫酸焙烧，生成A12(S04)3、Fe2s04、CaS04、HF、Ce2(S04)3、H3P04,酸性废气中含有HF,然后加入水

进行水浸，浸渣I为CaS04和Si02,滤液中含有加入FeC13除磷，生成FeP04沉淀，滤渣II为FeP04加

氧化镁调节pH=5,加絮凝剂聚沉，溶液中的A13+和Fe3+沉淀除去，滤渣III为Fe(0H)3、Al(OH)3,向滤液

中加入碳酸氢镂沉铀，过滤获得Ce2(C03)3-nH20

(1)滤渣I为难溶性的CaS04和Si02

(2)“沉铺”过程中，Ce3+和HC03-发生双水解反应生成Ce2(C03)3-nH20常温下

Kh(NH4+)=KwKb=10-141.75X10-5"5.7X10-10,Kh(HC03-)=KwKa_l=10-144.4X

10-7^2.3X10-8>Kh(NH4+),说明NH4+的水解程度小于HC03—的水解程度

(3)①N0在酸性条件下可以被含Ce4+的溶液吸收，生成N02-、N03-(二者物质的量之比为1：1),根据反

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应物和生成物书写离子方程式

②Ce3+失电子生成Ce4+,应该在阳极上发生该反应

③N0+2H20+3Ce4+=3Ce3++N03-+4H+,吸收液呈酸性，N02-在电解池的阴极发生得电子的还原反应，生成无

毒物质N2

(4)CeO2是重要的稀土化合物，科学家利用CeO2作催化剂在太阳能作用下将H20转化成H2和02,则总方

程式为2H20—Ce02太阳能2H2t+02t,该反应分两步进行，第一步反应为Ce02=(m-x)Ce02-xCe+x02

t,将总方程式减去第一步方程式即可得到第二步反应

(5)充电时,阳极上LiFeP04失电子生成Lil-xFeP04和Li+O

本题考查物质的分离提纯，侧重考查阅读、分析、判断及计算能力，明确流程图中各物质的成分及其性质、

物质分离提纯方法是解本题关键，注意结合题给信息进行解答，难点是信息的筛选和综合运用。

10.【答案】-93曲线b134311.5-11.6＞随着温度的升高，温度对平衡的影响大于压强对平衡

的影响12.5

【解析】解：(1)AH=反应物键能总和-生成物键能总和=(945+3X436-2X3X391)kj/mol=-93kj/mol故

答案为：-93

(2)催化剂能降低反应的活化能，则图2中与图1能量变化相符的是曲线bAH=正反应活化能-逆反应活

化能，E2=1250kJ/mo1+93kJ/mo1=1343kJ/mo1故答案为：曲线b1343

(3)v=k(0.1)a-(0.1)-(0.1)y2v=k(0.2)a-(0.1)P-(0.1)y,则a=l,同理6=1.5,y=—164v=64v=k

X0.4X(m)1.5X0.4-154v=kX0.4X0.91.5X0.2-1,解得m=1.6故答案为：11.5-11.6

(4)①反应未达到平衡时，压强越大，速率越快,相同时间内测得体系中N2的物质的量(mol)越小，则p＞l.8MPa

故答案为：＞

②随着温度的升高，温度对平衡的影响大于压强对平衡的影响，所以投料比一定时，随着温度升高，不同

压强下N2的物质的量趋向相等故答案为：随着温度的升高，温度对平衡的影响大于压强对平衡的影响

③在1.8MPa、373K时，此时反应已达到平衡状态，平衡时氮气物质的量为0.4mol,列化学平衡三段

式N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)

起始(mol)12.60

转化(mol)0.61.81.2

平衡(mol)0.40.81.2

混合气体总物质的量为2.4moLp(N2)=0.4mol2.4molX1.8MPa=0.3MPa,p(H2)=2p(N2)=0.6MPa,

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p(NH3)=3p(N2)=0.9MPa,Kp=p2(NH3)p(N2)-p3(H2>0.920.3X0.63MPa-2=12.5MPa-2故答案为：12.5。

⑴AH=反应物键能总和-生成物键能总和

(2)催化剂能降低反应的活化能A加正反应活化能-逆反应活化能

(3)v=k(0.1)a-(0.1)P.(0.1)y2v=k(0.2)a-(0.1)3-(0.1)Y,贝|a=l,同理得出B、丫的值

(4)①反应未达到平衡时，压强越大，速率越快，相同时间内测得体系中N2的物质的量(mol)越小

②投料比一定时，随着温度升高，不同压强下N2的物质的量趋向相等，说明压强对平衡的影响减小，温度

对平衡的影响增大

③在L8MPa、373K时，此时反应已达到平衡状态，平衡时氮气物质的量为0.4mol,列化学平衡三段式，

Kp=p2(NH3)p(N2)-p3(H2)o

本题考查反应热的计算、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算等，侧重考查学生分析能力、识图能力和

计算能力，根据题目信息结合4此反应物键能总和-生成物键能总和、勒夏特列原理、化学平衡三段式等知

识解答，此题难度中等。

H.【答案】4s24Pl2s电子能量高于Is电子，克服原子核的吸引在离核更远的区域出现的概率更大，电

子云更扩散，半径更大N>0>C>GaCO为极性分子，N2为非极性分子，C0的分子间作用力更大，所以CO的

沸点高于相同条件下N2的沸点NH3中N原子有一对孤电子对，NH4+中没有孤电子对，孤电子对对成键电

子对的排斥作用大于成键电子对对成键电子对的排斥力，使键角更小NA平面三角形sp21：23.36X

10233NAa2c

【解析】解：(1)钱是31号元素，核外有31个电子，基态钱(Ga)原子的电子排布式为

Is22s22P63s23P63dl04s24pl,基态Ga■原子的价电子排布式为4s24Pl基态N原子的2s电子云半径大于

Is电子云半径的原因是：2s电子能量高于1s电子，克服原子核的吸引在离核更远的区域出现的概率更大，

电子云更扩散，半径更大故答案为：4s24pl2s电子能量高于Is电子，克服原子核的吸引在离核更远

的区域出现的概率更大，电子云更扩散，半径更大

(2)Ga是金属元素，第一电离能最小，同周期元素从左到右，第一电离能有增大趋势，N原子2P能级为半

充满状态，结构稳定，第一电离能大于0,所以C、N、0、Ga的第一电离能由大到小的顺