1、2019年福建省高三畢業班質量檢查測試化學試題及試題分析72019年是“國際化學元素周期表年”。下列有關“At”“Ga”“Ce”“F”等元素的說法錯誤的是A砹（At）屬于過渡元素B門捷列夫預言的“類鋁”鎵（Ga）元素的發現，證實了元素周期律的科學性C原子核內的中子數為82D含氟牙膏預防齲齒的原理是F在牙齒表面生成抗酸性更強的物質【答案】A【命題立意】本題以“國際化學元素周期表年”“門捷列夫發明第一張元素周期表150周年”為引子，圍繞元素周期表中的四種元素“At”“Ga”“Ce”“F”，考查考生對元素周期表的結構、化學史話、原子結構、物質的性質與用途等基礎知識的記憶、復現和辨認能力，引導學生在高

2、三化學復習中回歸課本，掌握必備的化學基礎常識、化學史知識。【解題思路】砹（At）屬于第VIIA族元素，不是過渡元素。學生也可以從“砹”字的寫法入手，從“砹”的漢字偏旁部首判斷“砹”為非金屬元素，而“過渡元素”均為金屬元素，A項錯誤；門捷列夫在列出的第一張周期表中為尚未發現的元素留下了空白并預言了這些元素的存在及它們的性質。1875年以后，門捷列夫預言的類鋁（鎵）、類硼（鈧）、類硅（鍺）元素的發現，證實了元素周期律的科學性，B項正確；原子核內的質子數為58，質量數為140，中子數為82，C項正確；口腔中的食物殘渣在口腔細菌和酶的作用下可能產生有機酸使牙齒表面的礦物質羥基磷灰石Ca5(PO4)3(

3、OH)溶解。含氟牙膏預防齲齒的原理是F在牙齒表面生成抗酸性更強的氟磷灰石Ca5(PO4)3F，D項正確。8福建水仙花含有芳樟醇，其結構如右下圖所示。下列有關芳樟醇的說法錯誤的是A能發生取代反應和加成反應B可以和NaOH溶液發生反應C可作合成高分子化合物的原料（單體）D與互為同分異構體【答案】B【命題立意】本題取材于福建省1998年頒布的省花“水仙花”花香所含物質的主要成分，一方面弘揚鄉土文化，體現化學學科的育人價值；另一方面，通過“結構決定性質”的化學核心理念，來體現有機化學的教育價值。通過判斷該有機物的結構，來考查有機物性質、同分異構現象等有機化學基礎知識，同時考查考生對簡單有機反應的理解程

4、度。【解題思路】題干中最重要的信息是芳樟醇的鍵線式結構，通過觀察鍵線式，芳樟醇中的羥基為醇羥基，可以發生酯化反應等取代反應，但不具有酸性，不能與NaOH溶液反應，所以A項正確，B項錯誤；芳樟醇的鍵線式結構含碳碳雙鍵，學生可以判斷該有機物易發生加成反應和加聚反應，可以做合成高分子化合物的單體，所以C項正確；芳樟醇和的分子式均為C10H18O，所以二者互為同分異構體，D項正確。9某同學模擬2019年春晚節目“魔壺”進行實驗。將“魔壺”中盛有的FeCl3溶液依次倒入分別盛有約1 mL KSCNAgNO3NaOH濃溶液的3個燒杯中，實驗現象各異。下列有關說法正確的是A燒杯中，有血紅色沉淀生成B燒杯中，

5、發生了氧化還原反應C燒杯中，反應后所得分散系屬于膠體D若用FeCl2代替FeCl3進行上述實驗，實驗現象依然各異【答案】D【命題立意】本題取材于2019年央視春晚的魔術節目“魔壺”，時效性強，容易引起學生的共鳴。試題不僅考查常見元素化合物的化學性質，包括氧化還原反應、復分解反應、絡合反應，還考查分散系的種類、對化學實驗現象的觀察和描述，是對以往常見物質檢驗和鑒別等有關實驗知識試題的呈現形式的變換。知識點多、信息量大，重點檢測元素化合物的基礎知識、基本反應的掌握和辨識?！窘忸}思路】FeCl3溶液和KSCN溶液發生絡合反應，生成血紅色的硫氰合鐵溶液，不是沉淀，A項錯誤；FeCl3溶液和AgNO3溶

6、液發生反應生成AgCl沉淀，該反應為復分解反應，不是氧化還原反應，B項錯誤；FeCl3溶液和NaOH溶液反應生成的Fe(OH)3為紅褐色沉淀，所以反應后所得分散系為懸濁液，不是膠體，C項錯誤；若用FeCl2代替FeCl3進行上述實驗，FeCl2溶液和KSCN溶液不反應，沒有現象，FeCl2和AgNO3溶液反應生成AgCl白色沉淀，FeCl2和NaOH溶液反應生成的Fe(OH)3先為白色沉淀，然后迅速變成灰綠色，最后變成紅褐色，因此三個燒杯中的現象仍然各異，D項正確。10用下列裝置進行相應實驗，不能達到實驗目的的是【答案】C【命題立意】本題考查常見物質的制取、性質檢驗、鑒別、判斷等中學化學實驗基

7、礎知識和實驗基本技能。知識點多、信息量大，迷惑性強。引導學生回歸課本，關注化學在生產、生活中的應用，加強對實驗中易錯、易混等薄弱環節的辨析能力?！窘忸}思路】石蠟油的主要成分是飽和烷烴，在催化劑加熱條件下發生催化裂化，裂化得到的烯烴使酸性KMnO4溶液褪色，A項正確；實驗室快速制取氨氣時，常用濃氨水與生石灰(CaO)反應，將濃氨水滴入CaO中，CaO結合H2O生成Ca(OH)2并放出大量的熱，促使氨氣逸出，產生的氨氣用向下排空氣法收集，B項正確；濃硝酸滴入Na2SO3固體中，其一，濃硝酸易將SO32-氧化成SO42-，而無SO2生成。其二，濃硝酸有揮發性，揮發出的HNO3能使試管中品紅溶液褪色（

8、非SO2）， C項錯誤；鋅比鐵活潑，用金屬鋅和鐵構成原電池，稱為犧牲陽極的陰極保護法，D項正確。11短周期主族元素X、Y、Q、R、W的原子序數依次增大，X與Q、Y與W分別同主族，X、Y、Q原子的電子層數之和為6且最外層電子數之和為8，Q的焰色反應呈黃色。下列說法正確的是A簡單離子半徑：QWY BY的單質能與X、Q、R、W的單質發生反應 C單質的沸點：YWD工業上，Q、R的單質都采用電解熔融氯化物的方法制取【答案】B【命題立意】本題圍繞元素在周期表中位置、原子結構及元素有關性質，考查學生對元素周期表(律)、原子結構、離子半徑、物質熔沸點、物質制備方法、元素及其化合物性質之間關系等知識的理解與運用

9、，重點檢測學生是否對已學知識融會貫通及分析、推理解決問題的能力。要求學生熟練掌握元素周期表特別是短周期主族元素的有關知識，能理解和運用元素“位構性”的關系，對元素的簡單離子半徑、物質沸點、制備方法等做出準確判斷?！窘忸}思路】X、Y、Q是短周期元素且原子序數依次增大，三原子的電子層數之和為6，由此可知X、Y、Q分別位于第一、二、三短周期，根據Q的焰色反應呈黃色，判斷Q為Na元素；X與Q同主族，可知X為H元素。再結合X、Y、Q三原子的最外層電子數之和為8，可知Y為O元素。Y與W分別同主族，Y為S元素。R信息無明確指向，依據R元素的原子序數在Q與W之間，R元素可能為Mg、Al、Si或P。Na+與O2

10、-具有相同的核外電子排布，O2-半徑大，簡單離子半徑順序應為： YWQ，A項錯誤；O2能與H2、Na、S、Si、Mg或P發生反應，B項正確；常溫下，S為固體，O2為氣體，可知沸點：SO2，C項錯誤；工業上可用電解熔融氯化物的方法制得金屬Na或Mg，而Al、Si、P單質的制取通常不用此法，D項錯誤。12利用如右下圖所示裝置，以NH3作氫源，可實現電化學氫化反應。下列說法錯誤的是Aa為陰極Bb電極反應式為2NH36eN2+ 6H+C電解一段時間后，裝置內H+數目增多D. 每消耗1 molNH3，理論上可生成1.5 mol【答案】C【命題立意】本題以NH3的電化學氫化反應為素材，在引導考生關注最新科

11、技，關注化學與科技、社會、生活、生產等之間的聯系的同時，重點考查學生利用電解池工作原理分析電解過程中電子轉移和離子遷移方向、電極判斷、電極反應式的書寫、有關電子轉移的相關計算等一系列電化學基礎知識，其中還包含對有機物結構的辨認和分析，對學生獲取信息并與已有知識融合重組，在陌生情境中分析問題和解決問題的能力的考量?！驹囶}背景】氨可以用于生產化肥、染料、高能物質，近來氨氣的儲氫用途引起了廣泛關注。與液氫相比，液氨的單位體積能量密度高，易于存儲、運輸，同時氨氣的爆炸極限范圍窄，使用上安全系數高。與目前作為人類能源基石的化石類燃料相比，氨是可再生物質，而且釋放能量的副產物是水和氮氣，無溫室氣體的排放。

12、鑒于這些優點，氨氣作為儲氫材料的前景廣闊，獲得了廣泛關注，特別是在有機反應方面，與成熟的過渡金屬催化的氫氣氫化反應相比，氨氣作為氫源的應用還需要發展。近期，南京大學的程旭課題組報道了氨氣作為氫源的電化學氫化反應，反應無需使用過渡金屬，具有不同于氫氣氫化反應的化學選擇性。【解題思路】從圖中箭標方向“NH3N2”判斷NH3失去電子，發生氧化反應，b為陽極，則a為陰極，A項正確；從圖中發現電解質中傳導H+，故b電極反應式為2NH36eN2+ 6H+，B項正確；從“Ar-CO-RAr-CH(OH)-R”即有機芳香類羰基化合物轉為為醇類，發生了還原反應：Ar-CO-R+ 2H+Ar-CH(OH)-R，理

13、論上，電路中轉移的電子數目相等，故C項錯誤，D項正確。13常溫下，用0.1mol·L1MgSO4和0.05mol·L1Al2(SO4)3溶液進行實驗：各取25mL，分別滴加0.5mol·L1NaOH溶液，測得溶液的pH與V(NaOH)的關系如圖1所示；將兩種溶液等體積混合后，取出25mL，逐滴加入上述NaOH溶液，觀察現象。下列判斷正確的是A圖1中的曲線II表示MgSO4與NaOH反應的關系B根據圖1可得KspAl(OH)3的值大于1.0×1032C實驗中Al(OH)3完全溶解前，溶液中c(Mg2+)/c(Al3+)逐漸變大D圖2可以表示實驗中n(沉淀)

14、與V(NaOH)的關系【答案】C【命題立意】試題以Mg2+、Al3+與堿溶液反應過程中，溶液的pH與堿溶液體積變化關系為背景，考查Mg2+、Al3+的相關核心知識，同時考查學生獲取信息與加工能力、獨立思考能力、分析推理能力，診斷學生宏觀辨識與微觀探析、證據推理與模型認知等學科核心素養水平。特別值得一提的是，本試題D項設計，期望能糾正部分師生對“Mg2+、Al3+與堿溶液反應圖像”認識的偏差，養成實事求是、嚴謹求實的科學精神。【解題思路】A項：從圖1中可以獲得以下信息：溶液pH變化呈現的第一個平臺就是Mg2+或Al3+的沉淀過程，當pH發生突躍時，表明沉淀反應基本完成；又因為Mg2+、Al3+物

15、質的量相等，完全沉淀時所需堿溶液體積比為23，據此可以判斷曲線I、II分別為Mg2+、Al3+與堿的反應關系曲線?；驈姆磻瘘c時溶液pH相對大小也可進行判斷：Mg2+水解程度小于Al3+，所以等濃度的兩種離子溶液的pH，前者大于后者，也可判斷得出A項錯誤。B項：曲線II中坐標點（5，3.5）處于平臺上，表明鋁離子已經開始沉淀，存在沉淀溶解平衡。此時溶液中c(OH)=1010.5mol·L1，c(Al3+)<0.1 mol·L1，故KspAl(OH)3=c3(OH)×c(Al3+)<c3(OH)×0.1=1032.5mol4·L4，故

16、B項錯誤。C項：分析思路如下。當Mg2+尚未開始沉淀時： 隨著NaOH溶液加入，OH-增大，兩種離子濃度比值增大。當Mg2+開始沉淀時，Al(OH)3沉淀尚未溶解完全時,存在兩種沉淀溶解平衡，故存在關系：隨著NaOH溶液加入，OH-增大，兩種離子濃度比值增大。故C項正確。D項：依據圖1可知，Al3+完全沉淀時溶液的pH約為8.9，Mg2+開始沉淀時溶液pH約為9，說明兩種離子共存且濃度相等時，只有當Al3+幾乎沉淀完全后，Mg2+才開始沉淀，又因為兩種離子沉淀時所需要的OH-物質的量是不相同的，故產生沉淀時不應是一條直線，而是折線，如右圖所示。故D項錯誤。26（15分）碘酸鉀（KIO3）是重要

17、的食品添加劑。某化學興趣小組設計下列步驟制取KIO3，并進行產品的純度測定。制取碘酸（HIO3）的實驗裝置示意圖和有關資料如下：HIO3白色固體，能溶于水，難溶于四氯化碳Ka0.169mol·L1KIO3白色固體，能溶于水，難溶于乙醇堿性條件下易發生反應：ClO+ IO3IO4+ Cl回答下列問題：步驟用Cl2氧化I2制取HIO3（1）裝置A中發生反應的化學方程式為 。（2）裝置B中的CCl4可以加快反應速率，原因是 。（3）反應結束后，獲取HIO3溶液的操作中，所需玻璃儀器有燒杯、 和 。步驟用KOH中和HIO3制取KIO3（4）該中和反應的離子方程式為 。中和之前，應將上述HIO

18、3溶液煮沸至接近無色，否則中和時易生成 （填化學式）而降低KIO3的產量。（5）往中和后的溶液中加入適量，經攪拌、靜置、過濾等操作，得到白色固體。（6）為驗證產物，取少量上述固體溶于水，滴加適量SO2飽和溶液，搖勻，再加入幾滴淀粉溶液，溶液變藍。若實驗時，所加的SO2飽和溶液過量，則無藍色出現，原因是 。步驟純度測定（7）取0.1000 g產品于碘量瓶中，加入稀鹽酸和足量KI溶液，用0.1000 mol·L1Na2S2O3溶液滴定，接近終點時，加入淀粉指示劑，繼續滴定至終點，藍色消失（I2+2S2O322I+S4O62）。進行平行實驗后，平均消耗Na2S2O3溶液的體積為24.00

19、mL。則產品中KIO3的質量分數為 。M(KIO3)214.0 g·mol1【答案】（1）KClO3+ 6HCl(濃)KCl + 3Cl2 + 3H2O（2）I2和Cl2易溶于CCl4，增大了反應物濃度（3）分液漏斗玻璃棒（4）HIO3+ OHIO3+ H2O KIO4（5）乙醇（或“酒精”“C2H5OH”）（6）過量的SO2將IO3（或I2）還原為I（或“3SO2+ IO3+ 3H2OI+ 3SO42+ 6H+” 或“SO2+ I2+ 2H2O2I+ SO42+ 4H+”等其他合理答案）（7）85.6% 【試題背景】本實驗以化學興趣小組設計并實施的實驗過程為依托，以碘酸鉀制取、分離

20、、檢驗、純度測定等實驗步驟和操作為試題載體，圍繞真實實驗過程中的實驗原理、實驗操作中遇到的問題及其解決辦法展開設問，檢測學生的實驗探究能力、獲取有效信息與知識遷移應用的能力。本實驗主要過程可表示如下：CCl4、H2OKOH酒精制碘酸分離干燥中和Cl2、I2綜合實驗就是一個探究的微項目，先從整體上把握實驗體系，從題目給定的實驗基本步驟和有關信息中了解化學實驗原理、實驗裝置原理和實驗操作原理。本實驗的要點：制取碘酸時除了反應物Cl2、I2、H2O外，另外還加入CCl4作溶劑；從KIO3水溶液中分離出KIO3，采用加入乙醇的方法使其析出，而中學化學通常采用先濃縮后結晶的方法；檢驗KIO3性質時，若條

21、件控制不當，無預期實驗現象出現，要求學生進行原因分析等。【命題立意】試題以碘酸鉀的制取與純度測定為載體，全面檢測化學實驗基礎知識、基本技能（如物質的分離，分液、結晶方法的運用等），考查學生信息獲取能力、分析推理能力、實驗設計與評價能力、數據處理能力，診斷科學探究與創新意識的學科核心素養水平?！窘忸}思路】（1）從實驗原理和裝置圖可知，裝置A用于制取氯氣，依據氧化還原反應原理，即可寫出發生反應的化學方程式為KClO3+6HCl(濃)KCl+3Cl2+3H2O（2）由于Cl2、I2在水中溶解度小，在CCl4中溶解度卻很大，能增大反應物濃度，使反應速率顯著加快。（3）依據物質信息可知，B中反應后產生的

22、碘酸主要在水溶液中且與CCl4互不相溶，所以必須采用分液法以獲取碘酸溶液。（4）依據題中信息可知HIO3屬于弱電解質，在離子方程式中不能用離子表示；中和之前溶液中存在較多Cl2，通過加熱煮沸可以除去Cl2，避免中和時Cl2轉化為ClO-，進一步將IO3-氧化為IO4-，從而導致KIO3產量下降。（5）KIO3在乙醇中的溶解度較低，加入適量乙醇可以使KIO3從溶液中析出；（6）依題意可知，少量飽和SO2水溶液能將KIO3還原為I2，但加入過量飽和SO2水溶液卻無藍色出現，應該能推知+4價S元素具有強還原性，也能將KIO3、I2等還原為I-；（7）依據KIO33I26S2O32-關系式即可計算結果

23、。27（14分）利用脆硫鉛銻礦（主要成分為Pb4FeSb6S14）制取銻白（Sb2O3）的濕法冶煉工藝流程如下圖所示。已知：銻（Sb）為A族元素，Sb2O3為兩性氧化物；“水解”時銻元素轉化為SbOCl沉淀；KspFe(OH)28.0×1016 mol3·L3，KspFe(OH)34.0×1038mol4·L4回答下列問題：（1）“氯化浸出”后的濾液中含有兩種銻的氯化物，分別為SbCl3和（填化學式）。濾渣中所含的反應產物有PbCl2和一種單質，該單質是。（2）“還原”是用銻粉還原高價金屬離子。其中，Sb將Fe3+轉化為Fe2+的離子方程式為，該轉化有利

24、于“水解”時銻鐵分離，理由是。（3）“還原”用的Sb可由以下方法制得：用Na2SNaOH溶液浸取輝銻精礦（Sb2S3），將其轉化為Na3SbS3(硫代亞銻酸鈉)NaOH溶液。按下圖所示裝置電解后，陰極上得到Sb，陰極區溶液重新返回浸取作業，陰極的電極反應式為。該裝置中，隔膜是（填“陽”或“陰”）離子交換膜。（4）“中和”時若用NaOH溶液代替氨水，Sb2O3可能會轉化為（填離子符號），使銻白的產量降低。（5）銻白也可用火法冶煉脆硫鉛銻礦制取，該法中有焙燒、燒結、還原和吹煉等生產環節。與火法冶煉相比，濕法冶煉的優點有 （任寫一點）。【答案】（1）SbCl5 硫（或“S”等其他合理答案） （2）S

25、b + 3Fe3+3Fe2+ + Sb3+ Fe2+比Fe3+更不易水解生成沉淀 （3）SbS33+ 3eSb + 3S2 陽 （4）SbO33（或“Sb(OH)4”“SbO2”） （5）能耗低（或“安全性高”等其他合理答案）【命題立意】 本題以“脆硫鉛銻礦（Pb4FeSb6S14）為原料制取銻白(Sb2O3)的工藝流程”為載體，呈現真實的問題情境。將化學研究的基本思想與方法融于試題之中，具體考查了元素化合物知識、物質的性質與應用、氧化還原原理、離子方程式、電極反應式的書寫、電解池的工作原理、綠色化學等。通過觀察以脆硫鉛銻礦為原料制取銻白的流程圖，從“氯化浸出”“還原”“水解”“中和”等工藝環

26、節中，圍繞銻元素的價態轉化、雜質元素的分離、產品的提純等，考查考生接受、吸收與整合化學信息的能力，以中學化學基礎知識為工具解決實際問題的能力，獨立思考能力、綜合分析問題的能力?！窘忸}思路】對大部分考生而言，銻元素及其化合物都是陌生的。這就需要考生充分挖掘利用題給信息，實現知識的遷移?！奥然觥笔菍⒌V粉加水后再通入Cl2浸取后得到濾渣i和濾液，Cl2將脆硫鉛銻礦中低價銻氧化到高價，結合“銻為V A族元素”等題給信息，不難得出濾液中所含的另一種銻的氯化物為SbCl5。Cl2是一種常見的強氧化劑，氧化Sb3+的同時也會將Fe2+氧化成Fe3+，S2-必然被氧化，結合題設可推知“氯化浸出”后的濾液中

27、含SbCl5，濾渣中除了PbCl2外，還含有的一種單質是S單質?！斑€原”過程是向所得濾液中加入銻粉。銻粉有還原性，加入銻還原高價金屬離子，將+5價銻還原成+3價銻，選擇銻粉作還原劑，一是因為銻粉不會引入新雜質離子，二是將Fe3+還原成Fe2+，有利于下一步“水解”分離得到SbOCl。明確還原后銻元素的價態，就很容易書寫出Fe3+轉化為Fe2+的離子方程式了?！八狻钡哪康氖卿R鐵分離，這是本題的難點。學生做題可能已經形成思維定勢：鐵元素的分離通常采用的是將Fe2+氧化成Fe3+，向體系中加堿調節pH，利用Fe3+易水解形成沉淀而除去。如若按照這個思路階梯，就會陷入困境。此題中信息給出水解的目的是

28、將銻元素轉化為SbOCl沉淀，因此要迅速推斷雜質元素鐵分離不是采用常規方法，而是Fe3+轉化為Fe2+后，Fe2+更不易水解，留在濾液中，實現銻鐵分離。 “中和”是向水解所得的SbOCl沉淀中加入氨水，使銻元素轉化為Sb2O3·nH2O，利用氨水中和SbOCl水解產生的HCl，使平衡右移。Sb2O3是兩性氧化物，若使用NaOH代替氨水，可能會因NaOH過量而使Sb2O3轉化為可溶性的Sb(OH)4（或“SbO2”“SbO33”），從而導致銻白產量降低。 本題第3問考查電化學原理知識，包含電極反應式的書寫、電解質溶液中離子的移動方向、電解池中隔膜類型的判斷。根據題給信息，電解池陰極上得

29、到Sb，可知陰極的電極反應式是：SbS33+ 3eSb + 3S2，陰極區溶液中c(S2-)增大，陽極區溶液中的Na+穿過隔膜進入陰極區，因此隔膜應選用陽離子交換膜，陰極區生成的Na2S溶液可以返回浸取作業。 本題最后一問考查的是工業濕法冶煉與火法冶煉兩種冶煉方法的優缺點比較。對比兩種冶煉方法涉及的步驟可知，濕法冶煉的主要優點是耗能低。28（14分）氧氣是一種常見的氧化劑，用途廣泛?；卮鹣铝袉栴}：（1）用H2O2制取O2時，分解的熱化學方程式為：2H2O2(aq)2H2O(l) +O2(g) H= a kJ·mol1相同條件下，H2O2分解時，無論是否使用催化劑，均不會改變的是 （填

30、標號）。 A反應速率B反應熱 C活化能D生成物以Fe3+作催化劑時，H2O2的分解反應分兩步進行，第一步反應為：H2O2(aq) + 2Fe3+ (aq)2Fe2+ (aq) +O2(g) +2H+ (aq)Hb kJ·mol1第二步反應的熱化學方程式為。（2）工業上用Cl2生產某些含氯有機物時產生HCl副產物，可用O2將其轉化為Cl2，實現循環利用O2(g) + 4HCl(g) 2Cl2(g) + 2H2O(g)。將1 molO2和4 molHCl充入某恒容密閉容器中，分別在T1和T2的溫度下進行實驗，測得容器內總壓強（p）與反應時間（t）的變化關系如右圖所示。該反應的速率v =

31、k ca(O2)·cb(HCl)（k為速率常數），下列說法正確的是 （填標號）。A使用催化劑，k不變B溫度升高，k增大C平衡后分離出水蒸氣，k變小D平衡后再充入1molO2和4molHCl，反應物轉化率都增大T1T2（填“”或“”）。該反應的H 0（填“”或“”），判斷的依據是 。T2時，HCl的平衡轉化率 ，反應的Kx （Kx為以物質的量分數表示的平衡常數）?！敬鸢浮浚?） BD H2O2(aq) +2Fe2+(aq) +2H+(aq)2Fe3+(aq)+2H2O(l) H= (ab) kJ·mol1 （2） BD T1、T2的平衡體系中氣體減少量分別為n(T1)=0.6

32、25mol n(T2)= =0.5mol，所以T1平衡時轉化率更大 50% 【命題立意】本題綜合考查了催化劑的概念及其對化學反應的影響、化學反應速率影響因素、熱化學方程式的書寫、H判斷、平衡轉化率及平衡常數計算等。題中給出的信息較為豐富，考查學生通過觀察圖形獲取有關感性認識和印象進行加工與吸收的能力，又考查了從試題提供的新信息中準確提取實質性內容并與已有知識板塊整合進而重組為新知識塊的能力，還考查將實際問題分解，運用相關知識，采用分析、綜合的方法，解決復雜化學問題的能力?！窘忸}思路】第（1）題，根據過渡態理論，催化劑參與了化學反應，改變了反應歷程（生成不同的中間產物），降低了活化能，從而能使化

33、學反應速率加快，但是催化劑的質量和性質不變，反應熱不變（只與始終態有關），故B、D選項正確。第（1）題， Fe3+作為催化劑，在反應前后質量和性質不變，根據蓋斯定律總反應=第一步反應+第二步反應。故第二步反應為：H2O2(aq) + 2Fe2+(aq) + 2H+(aq)2Fe3+(aq) + 2H2O(l) H= (ab) kJ·mol1第（2）題，催化劑降低了反應的活化能，使反應的速率常數k增大，根據速率方程v = k ca(O2)·cb(HCl)，反應速率隨之增大，A項錯誤；溫度改變瞬間，濃度沒有影響，即通過增大k從而改變了速率，使平衡發生移動，B項正確；從速率方程可

34、知，平衡后分離出水蒸氣，降低了c(H2O)，使平衡正向移動，從而改變了c(O2)和c(HCl)，但對k沒有影響，C項錯誤；化學平衡的建立與途徑無關，所以“平衡后再充入1molO2和4molHCl”，相當于增大反應體系的壓強，反應有利于向氣體分子數減小的方向進行，D項正確。第（2）題：從圖像可知，T2溫度下，容器中壓強大，達到平衡所需要的時間短，所以溫度T2T1；T1、T2溫度下，氣體物質的量的減少量分別為n(T1)=0.625mol、n(T2)= =0.5mol，即T1平衡時轉化率更大，且因為T2T1，所以H0。第（2）題：對于氣相反應，經驗平衡常數常見的有Kc、Kp、Kx等，三種平衡常數的表

35、示式相似，只是Kc、Kp、Kx分別用平衡時物質的量濃度、分壓、物質的量分數表示。O2(g) + 4HCl(g) 2Cl2(g) + 2H2O(g) n起始量/mol 1 4 0 0 1變化量/mol a 4a2a2a 0.5平衡量/mol 1-a 4(1-a) 2a2a 即 0.5 2 1 1HCl的平衡轉化率，35化學選修3：物質結構與性質（15分）Na3OCl是一種良好的離子導體，具有反鈣鈦礦晶體結構?；卮鹣铝袉栴}：（1）Ca小于Ti的是 （填標號）。 A最外層電子數B未成對電子數 C原子半徑 D第三電離能（2）由O、Cl元素可組成不同的單質和化合物，其中Cl2O2能破壞臭氧層。 Cl2O

36、2的沸點比H2O2低，原因是 。 O3分子中心原子雜化類型為 ；O3是極性分子，理由是 。（3）Na3OCl可由以下兩種方法制得： 方法 Na2O + NaClNa3OCl 方法II 2Na + 2NaOH + 2NaCl2Na3OCl + H2 Na2O的電子式為 。 在方法的反應中，形成的化學鍵有 （填標號）。 A金屬鍵 B離子鍵C配位鍵D極性鍵 E非極性鍵（4）Na3OCl晶體屬于立方晶系，其晶胞結構如右下圖 所示。已知：晶胞參數為a nm，密度為d g·cm3。 Na3OCl晶胞中，Cl位于各頂點位置，Na位于 位置，兩個Na之間的最短距離為 nm。 用a、d表示阿伏加德羅常

37、數的值NA= （列計算式）?！敬鸢浮浚?）B （2）H2O2分子間存在氫鍵 sp2 O3分子為V形結構（或“O3分子中正負電荷重心不重合”等其他合理答案） （3） BE （4）面心 【命題立意】離子導體、鈣鈦礦晶體結構的應用正日益被重視。本題以鈣、鈦、鈉、氧、氯等元素及其化合物為素材，考查原子核外電子排布式、元素未成對電子數數目的確定、元素在周期表中的位置與元素性質的關系、電離能大小比較、晶體熔沸點與結構的關系、雜化方式判斷、分子極性判斷、電子式、化學鍵的成鍵特征、晶胞結構定性定量分析（如晶胞中微粒位置、晶胞中微粒距離計算、晶體密度和阿伏加德羅常數關系）等概念和規則的掌握情況，同時考查學生獲取

38、信息能力、遷移能力、空間想象能力和現場學習的能力?！窘忸}思路】第（1）題，基態Ca原子核外電子排布為1s22s22p63s23p64s2且未成對電子數為0，基態Ti原子核外電子排布為1s22s22p63s23p63d24s2且未成對電子數為2，所以Ca的未成對電子數小于Ti；Ca和Ti的最外層電子數均為2；原子半徑Ca原子略大；因為Ca原子失去兩個電子后恰好達到全滿結構，很難失去第三個電子，第三電離能Ca較大。第（2）題，同種類型晶體的熔沸點高低取決于微粒間作用力的大小，H2O2分子間存在氫鍵，熔沸點高；根據價層電子對互斥理論，O3分子中中心O原子的雜化形式為sp2，根據雜化方式O3分子為V形結構，分子中正負電荷重心不重合，為極性分子。第（3）題，Na2O的電子式為；在方法的反應中，形成的化學鍵有Na3OCl中Na與O、Na與Cl間的離子鍵，這里需要