高考化學模擬考試卷（附答案解析）

一、單選題（本大題共14小題，共42分）

1.下列說法錯誤的是（）

A.工業上電解熔融狀態的A1203制備A1涉及氧化還原反應

B.四川災區重建使用了大量鋼材，鋼材是合金

C.金屬材料都是導體，非金屬材料都是絕緣體

D.合金材料中可能含有非金屬元素

2.下列化學用語表達正確的是1）

A.乙烯的實驗式：C2H4

B.電鍍銅時，鐵制鍍件上的電極反應式：Fe-2e-=Fe2+

C.NH4cl在水中的電離方程式：NH4C1^NH4++C1-

D.用電子式表示NaCl的形成過程：NaG.q："Na七（會「

3.配制lOOmLl.OOmolITNaOII溶液的操作如下所示。下列說法不正確的是（）

B.操作2前NaOH溶液需恢復至室溫

C.操作3和操作4分別為洗滌和定容

D.操作5后液面下降，需補充少量水至刻度線

4.《黃帝內經》說：“五谷為養，五果為助，五為益，五菜為充”，以上食物中富含糖類、蛋白質、油

脂等營養物質。下列說法不正確的是（）

A.淀粉水解的最終產物為葡萄群B.葡萄糖與新制氫氧化銅反應時表現還原性

C.天然油脂沒有固定的熔、沸點D.淀粉和纖維素互為同分異構體

5.下列氣體的驗證方法沒有涉及氧化還原反應的是（）

A.氧氣一一帶火星的小木條復燃B.氯氣一一濕潤的有色紙條褪色

C.乙烯一一酸性高缽酸鉀溶液褪色D.氨氣一一濕潤的紅色石蕊試紙變藍

6.根據元素周期律，下列說法王確的是（）

A.原子半徑：K>Mg>Na

B.堿性：NaOH>Mg（OH）2>C<i（OH）2

C.酸性：HCDH2S,表明C1的非金屬性強于S

D.熱穩定性：CH4>SiH4,表明C的非金屬性強于Si

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7.液氨溶解金鈉屬后成為藍色的導電能力很強的溶液，其顏色被認為是電子的氨合e-（NH3）n引起的.若

放置后，藍色逐漸褪去，蒸發褪色后的溶液得到白色氨基鈉（NaNH2）,反應的化學方程式為：

2Na+2NH3=NaNH2+H2f,下列說法中不正確的是（）

A.溶液褪色的速率與逸出氧氣的速率成正比

B.液氨中有如下平衡：2NH3=NH4++NH2-

C.液氨是一種非電解質，在水中才能電離

D.堿金屬的液氨溶液是一種強還原劑

8.將S02分別通入下列四種溶液，根據實驗現象所得結論正確的是（）

選項溶液現象結論

A浪水浜水褪色S02具有漂白性

BH2S溶液出現淡黃色渾濁S02具有氧化性

CBaC12溶液無明顯變化BaS03能溶于水

I)11202溶液無明顯變化S02和11202溶液不反應

A.AB.BC.CD.D

9.噴泉實驗裝置如圖所示，應用下列各組氣體和溶液不會出現噴泉現象的是（）

A.S02和氨水

B.HC1氣體和水

C.NH3和水

D.C12和飽和食鹽水

10.BAS是一種可定向運動的“分子機器”，其合成路線如圖，下列說法正確的是（）

B.H2N既有酸性乂有堿性

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D.①為加成反應，②為消去反應

11.在容積相同的兩個密閉容器中，分別充入2molS02和1mol02,使它們在相同的溫度卜.發生反應

2SC2(g)+O2(g)=2SO3(g),并達到平衡。在反應過程中，若A容器保持體積不變，B容器保持壓強不變,

當A中S02轉化率為25%時，B容器中S02的轉化率應是

A.25%B.>25%C.<25%D.12.5%

12.25℃時，0.lOmolL-1草酸(H2c204)溶液中各微粒的物質的量濃度如下表。下列關系不能說明草酸的

第二步電離比第一步電離更難的是()

微粒H+H2C204HC2O4-C2042-

c/(mol-L-1)5.1X10-24.9X10-25.1X10-25.3X10-5

A.c(H2C204)大于c(C2042-)B.c(HC204-)大于c(C2042-)

C.(:田+)遠遠大于,92042-)D.八旺)約等于(:(也204-)

13.某有機物A僅有碳、氫、氧三種元素組成，用質譜儀測定如圖1,核磁共振氫譜示意圖如圖2,下列

分析不正確的是()

A.由圖1可知A的相對分子質量為46B.由圖2可知A分子中有3個氫原子

C.該有機物的實驗式可能為C2H50D.A的結構簡式可能為CH3cH20H

14.高中化學《化學反應原理》模塊從不同的視角對化學反應進行了探究、分析，以下觀點中不正確的是

()

①電解過程中，以A1作陽極，可以實現鋁表面形成一層致密的氧化膜而鈍化；

②難溶電解質溶解，所得的溶液中陰陽離子濃度相等；

③25℃時NH4C1溶液的Kw等于100C時0.Imol/L的NaCl溶液的Kw；

④將T1C14加入水中并加熱使其轉化為TiO2-xH2O；

⑤NaHC03溶液顯堿性的原因：HC03-+H2OWCO32-+H30+：

⑥乙烯聚合為聚乙烯的反應是焙減的過程，卻能夠自發進行，可知該反應的△IKO。

A.①②③B.④⑤⑥C.②?⑤D.①②⑥

二、實驗題(本大題共1小題，共12分)

15.SO2c12在藥物和染料的制取中有重要作用，沸點69℃,1。0℃以上分解生成兩種常見氣體。實驗室對

其穩定性和分解產物的部分性質分別進行了如下探究。己知：反應開始后，乙瓶中始終無色，戊瓶中有黃

綠色氣體。

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(6)G中每個鏈節含有兩個五元環，補全F->G的化學方程式:

17.2019年1月7日于深圳，華為宣布推出鰻鵬920芯片，創造了計算性能新記錄！組成芯片的核心物

質是高純度硅。如圖是以石英砂為原料同時制備硅和金屬鋰。

已知：LiCl的熔點是605℃、沸點是135()℃；NH4C1在100C開始揮發，337.8℃分解完全。常溫下，

Ksp[Fe(OH)3]=2.64X10-39,Ksp[Al(OH)3]=1X10-33o

(1)粗硅中常含有副產物SiC,請寫出反應①中生成SiC的反應方程式。

(2)整個制硅過程必須嚴格控制無水無氧。SiHC13遇水能發生劇烈反應，寫出該反應的化學方程式。

⑶假設每一輪次制備5。1純硅，且生產過程中硅元素沒有損失，反應②中HCI的利用率為90%,反應③中

H2的利用率為93.75%.則在第一年2次的生產中，補充投入HC1和H2的物質的量之比是_____c

(4)試劑X是______；請寫出操作名稱：a；b______。

(5)本生產工藝要求,要控制LiCl和NH4cl溶液中的雜質離子濃度在1.0X10-6mol-L-l以下，應控制溶液

的pH為______,此時溶液中Fe3+的濃度為______。

18.以C02為原料合成甲醇可以減少C02的排放，實現碳的循環利用。一種Cu/ZnO催化劑對該反應有良

好的催化效果。

I.催化劑的合成

Zn&內米晶體

I

r第c比一

CU(NO3)2,濃氨水—[CulNH3)4JFCUOZIOfCxrZnO

(1)氨水與Cu(N03)2的反應——_(填“屬于”或“不屬于")氧化還原反應。

(2)補全上述過程中生成CuO的離子方程式：

______[Cu(NH3)4]2++H20M*_____CuOl+_______+______

H.催化劑的性能測試

一定條件下使C02、H2混合氣體通過反應器，檢測反應器出口勺體的成分及其含量，計算C02的轉化率和

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CH30H的選擇性以評價催化劑的性能。

已知：i.反應器內發生的反應有：

a.C02(g)+3H2(g)wCH30H(g)+H20(g)△H=-49.5kJ-mo1-1

b.C02(g)+H2(g)wCO(g)+H20(g)AH=+41.2kJ-mol-l

ii.CH30H選擇性二n(CH30H)生成n(C02)消耗義100%

(3)220C時，測得反應器出口氣體中全部含碳物質的物質的量之比n(CH30H)：n(C02)：n(C0)=l：7.20：0.11,

則該溫度下C02轉化率=_____X100%o(列出計算式)

(4)其他條件相同時，反應溫度對C02的轉化率和CH3011的選擇性的影響如圖所示。

35

S值

30

摹

值/%

25一

[:>h芝

N1

20專

群

粕IOO

O15H8O

J一q

=6O

1000—)4O

2H32O222O3

800020406028

溫度/霓溫度

圖1圖2

①由圖1可知實驗中反應均未達到化學平衡狀態的依據是_____O

②溫度高于260℃時，C02平衡轉化率變化的原因是。

③溫度相同時，CH30H選擇性的實驗值略高于平衡值(圖2),從化學反應速率的角度解釋原因：。

19.碳酸錮(SrC03)為白色，難溶于水的固體，在電子工業中有泛應用。一種由天青石精礦(含SrS04)制

備高純SrC03的方法如下：

天青石精礦一過濾碳化劑粗SrC03—精制含Sr2+溶液一過濾碳化劑高純SrC03

已知:

i.BaS04、SrC03、BaC03和SrS04均難溶于水,在相同溫度下的溶解度(S)關系如下:S(BaS04)=^

S(SrC03)<S(BaC03)<S(SrS04)

ii.幾種氫氧化物在不同溫度下的溶解度：

2040608090100

化物\

Sr(0H)21.773.958.4220.244.591.2

Ba(OH)23.898.2220.94101.4——

Ca(0H)20.1730.1410.1210.0940.0860.076

(1)粗SrC03的制取

①碳化劑一般選擇Na2c03溶液或(NH4)2C03溶液。寫出SrS04轉化為SrC03的離子方程式；。

②實驗發現，當溫度和碳化劑的物質的量濃度均相同時,SrS04在Na2c03溶液中的轉化速率大于在(NH4)2C()3

溶液中的。從鹽類水解的角度解釋其原因是_____o

(2)含Sr2+溶液的精制

i.將粗SrC03溶解于適量鹽酸中,過濾得到濾液(金屬陽離子有：Sr2+、Ba2+、Mg2+和Ca2+)；

ii.加NaOH溶液調節上述濾液pH至12?13.過濾得到濾液X和濾渣A；

iii.將濾液X置于90?95c的水浴中加熱，生成白色沉淀B,趁熱過濾棄去沉淀，得到濾液Y,并將ii中的

濾渣A重新投入濾液Y中浸泡(保持溫度為90-95*0;

iv.重復ii和iii3~4次,最后得到熱的濾液Z；

v.趁熱向濾液Z中加入適量稀硫酸，過濾得到精制含Sr2十溶液。

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①濾渣A中含有Sr(OH)2和—

②白色沉淀B的主要成分是______

③iv的目的是。

④v中反應的離子方程式是______

參考答案與解析

1.【答案】C

【解析】解：A.A12O3制備Al,A1元素的化合價降低，0元素的化合價升高，則發生氧化還原反應，故A

正確：

B.鋼材為Fe的合金，含C元素等，故B正確；

C.金屬中存在自由電子可導電，Si為半導體材料，石墨為導電材料，則非金屬材料不都是絕緣體，故C錯

誤.

D.一種金屬與其它金屬或非金屬融合成具有金屬特性的材料為合金，則合金材料中可能含有非金屬元素，

故D正確；

故選C.

A.A12O3制備Al,A1元素的化合價降低，0元素的化合價升高；

B.鋼材為Fe的合金；

C.材料可分為導體、半導體、絕緣體三大類，容易導電的物體叫導體，不導電的物體叫絕緣體.

D.一種金屬與其它金屬或非金屬融合成具有金屬特性的材料為合金.

2.【答案】D

【解答】

A.乙烯的實驗式：CH2,故A錯誤；

B.電鍍銅時，鐵制鍍件上的電極反應式：Cu2++2e-=Cu,故B錯誤；

CNH4cl為強電解質,在水中的電離方程式:NH4C1=NH4++C1-,故C錯誤;

D.氯化鈉為離子化合物，鈉離子與氯離子通過離子鍵結合，用電子式表示NaCl的形成過程：

—Na1：CJ：］；故。正確;

故選：D。

3.【答案】D

【解析】解:A.配制lOOmLl.OOmolLTNaOH溶液，需要氫氧化鈉的質量為0.1LX1.00mol/LX40g/mol=4.0g,

故A正確；

B.氫氧化鈉稀釋產生大量的熱，為了保證溶液體積準確，操作2前Na()H溶液需恢復至室溫，故B正確；

C.依據圖示可知，操作3和操作4分別為洗滌和定容，故C正確；

D.操作5后液面下降，屬于正常操作，部分溶液粘到瓶塞和刻度線以上的瓶壁上，不需要補充少量水至刻

度線，故D錯誤；

故選:Do

4.【答案】D

【解析】解：A.淀粉水解最終產物為單糖，即葡萄糖，故A正確；

Ik-CHO能和新制氫氧化銅懸濁液發生氧化反應生成磚紅色氧化亞銅，葡萄糖中含有醛基，所以能和新制氫

氧化銅懸濁液發生氧化反應生成磚紅色氧化亞銅，體現還原性，故B正確：

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C.天然油脂為混合物，沒有固定的熔、沸點，故c正確；

D.淀粉和纖維素的分子式均可表示為(C6H1005)n,但聚合度n不同，所以分子式不同，不是同分異構體，

故D錯誤；

故選:Do

A.淀粉和纖維素均為多糖，水解最終產物為均為葡萄糖：

B.葡萄糖分子中含有醛基；

C.天然油脂為混合物；

D.淀粉和纖維素的分子式均可表示為(C6H1005)n,但聚合度n不同。

木題考查學生有機物的結構和性質，側重生活中有機物的考查，要注意相關知識的積累，難度不大。

5.【答案】D

【解析】分析：本題考查氧化還原反應的判斷，難度不大，掌握氧化還原反應的定義為解答的關鍵。

解：A.碳在氧氣中燃燒有化合價變化，屬于氧化還原反應，故A錯誤；

B.氯氣和水反應生成HC10,次氯酸能漂白有色紙條，有化合價變化，屬于氧化還原反應，故B錯誤；

C.乙烯被高缽酸鉀氧化成二氧化碳，有化合價變化，屬于氧化還原反應，故C錯誤；

D.氨氣溶于水生成氨水，電離出的氫氧根能使濕潤的紅色石澆試紙變藍，無化合價變化，故D正確：

故選:及

6.【答案】D

【解析】解：A.同一周期元素，原子半徑隨著原子序數增大而減小；同一主族元素，原子半徑隨著原子序

數增大而增大。原子半徑應該是：K>Na>Mg,故A錯誤；

B.金屬性Na〉Ca>Mg,則最高價氧化物的水化物的堿性：Na0H>Ca(0H)2>Mg(0H)2,故B錯誤;

C.元素非金屬性強弱的判斷依據為元素最高價氧化物的水化物的酸性強弱，而不是其無氧酸的酸性強弱，

故C錯誤；

D.元素的非金屬性越強，對應氫化物的穩定性越強，CH4的熱穩定性強于SiH4,可說明C元素的非金屬性

比Si元素強，故D正確；

故選：Do

7.【答案】C

【解析】解：A.反應速率越快，濃度變化越快，則溶液的顏色變化越快，所以溶液褪色的速率與逸出氫氣

的速率成正比，故A正確；

B.液氨中NH3發生部分電離，即液氨中有如下平衡：2NH3=NH4HMi2-，故B正確；

C.NH3是非電解質，不能電離，NH3溶于水生成一水合氨，一水合氨是電解質能夠電離，故C錯誤；

D.液氨溶解金鈉屬后成為藍色的導電能力很強的溶液，該溶液中含有金屬鈉，Na易失電子表現還原性，所

以堿金屬的液氨溶液是一種強還原劑，故D正確。

故選：Co

A.反應速率越快，濃度變化越快；

B.涉氨中NH3發生部分電離；

C.NH3是非電解質，不能電高：

D.金屬鈉易失電子表現還原性.

8.【答案】B

【解析】解：A.SO2與濱水發生氧化還原反應生成HBr和硫酸，說明S02有還原性，故A錯誤；

B.SO2與硫化氫反應，發生氧化還原反應生成硫，說明S02有氧化性，故B正確：

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C.S02與BaC12溶液不反應,不能說明BaS03能溶于水,故C錯誤；

D.S02與H202溶液發生氧化還原反應生成硫酸，無明顯變化，表現了S02的還原性，故D錯誤:

故選：Bo

9.【答案】D

【解析】解：A.二氧化硫為酸性氧化物，氨水顯堿性，所以氨水可以吸收二氧化硫，能形成噴泉實驗，故A

不選：

B.敘化氫易溶于水，所以可以形成噴泉實驗，故B不選；

C.氨氣易溶于水，所以可以形成噴泉實驗，故C不選；

D.氯氣在飽和食鹽水中溶解度不大，且與飽和食鹽水不反應，所以不能形成噴泉實驗，故D選。

故選：Do

在燒瓶中充滿干燥氣體，而膠頭滴管及燒杯中分別盛有液體，若形成噴泉，則氣體極易溶于液體或氣體極

易與液體反應，以此來解答。

10.【答案】D

【解析】

【分析】

本題考查有機物的合成，為高頻考點，把握有機物的官能團、有機反應為解答的關鍵，側重分析與應用能

力的考查，注意官能團的變化，題目難度不大。

【解答】

A.苯環、鍍基與氫氣發生加成反應，則最C多O可與4molH2發生加成反應，故A錯誤；

氏氨基具有堿性，則H2N只有堿性，不具有酸性，故B錯誤；

OHH.

C.①為加成反應，羥基與C相連，則中間產物的結構簡式為,故C錯誤;

D.由①中雙鍵轉化為單鍵，②中羥基轉化為碳碳雙鍵，可知①為加成反應，②為消去反應，故D正確；

故選:Do

11.【答案】B

【解析】試題分析：從方程式氣體的系數可以看出，這是一個氣體量減少反應，若A容器保持體積不變則A

中的壓強會減小,B容器保持壓強不變,則B中的壓強比A中的大.相當于增大了壓期,增大壓強平衡向正

向移動，S02的轉化率增大，所以B容器中S02的轉化率大于25%。

考點：化學平衡的移動和轉化率。

12.【答案】A

【解析】解：草酸在水溶液中存在兩步電離H2c204WH++HC204-、HC2O4-WH++C2O42-，

A.c(H2c204)大于c(C2042-),說明草酸第二步電離較難，但無法與第一步電離程度比較相對大小，故A選；

B.c(HC204-)大于c(C2042-),說明第一步電離較容易,第二步電離較困難,故B不選：

仁(:(11+)遠遠大于。￡2042-)，說明草酸第二步電離可以忽略不計，所以能說明草酸的第二步電離比第一步

電離更難，故C不選；

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D.c(H+)約等于c(HC204-),說明草酸第二步電離出11+可以忽略不計，所以能說明草酸的第二步電離比第一

步電高更難，故D不選：

故選：A。

草酸在水溶液中存在兩步電離H2c204WH++HC204-、HC204-WH++C2042-，

本題考查弱電解質的電離，側重考查閱讀、分析、判斷及知識綜合運用能力，明確弱電解質電離特點及微

粒濃度相對大小是解本題關鍵，題目難度不大。

13.【答案】B

【解答】

由圖1可知此有機物的最大質荷匕為46,故其相對分子質量為46,由圖2可知：有機物A中存在三種化學

環境不同的H,且吸收強度為3：2：1,故A為乙醉，故B錯誤。

故選Bo

14.【答案】C

【解析】解:①電解過程中，鋁作為陽極,A1失電子生成氧化鋁，其電極反應式為2A1+31l20-6e-=Al203+611+,

實現鋁表面形成一層致密的氧化膜而鈍化，故①正確；

②難溶電解質溶解，所得的溶液中陰陽離子濃度不一定相等，如為AgCl,則平衡時離子濃度相等，但如為

CM2,則離子濃度不等，故②錯誤；

③水的電離是吸熱反應，升高溫度能促進水的電離，水的離子枳常數只與溫度有關，與溶液的酸堿性無關，

則25c時NH4C1溶液的Kw小于刑0C時0.Imol/L的NaCl溶液的Kw,故③錯誤;

④TiC14加入水中并加熱,發生水解反應,即TiC14+(x+2)H2O=TiO2,xH2Ol+4HCl,生成的HC1不斷揮發,

最終轉化為Ti02-xll20,故④正確；

⑤碳酸氫鈉溶液呈堿性，是因為碳酸氫根離子的水解導致溶液呈堿性，即HC03-+H20tH2co3+0H-,故⑤錯

誤；

—I-CH-CHy-l—

⑥△G=4II-T4S<0的反應可自發進行，由nQI2=CH2L人可知，該反應是烯減小的反

應，即△$<(),能夠自發進行，則該反應的△*(),故⑥正確；

由上分析可知，②?⑤錯誤，C符合題意，

故選：Co

①電解過程中，除金鉗之外的金屬作陽極，金屬失去電子放電；

②某些難溶電解質為強堿弱酸鹽，此時存在離子的水解，導致陰陽離子濃度不等；

③水的電離是吸熱反應，升高溫度能促進水的電離，水的離子積常數只與溫度有關，與溶液的酸堿性無關；

④TiC14為強酸弱堿鹽，加熱會促進水解；

⑤碳酸氫鈉為強堿弱酸鹽，碳酸氫根離子的水解導致溶液呈堿性；

⑥根據△G=4H-TZ\S<()的反應可自發進行分析。

15.【答案】m圓底燒瓶油浴加熱通過觀察氣泡速率調節油浴溫度，控制反應速率安全瓶，防止倒

吸DC溶液變渾濁5S02+2S2-+2H20=3SI+4HS03-

【解析】解：(1)冷凝管用來冷凝回流液體時豎著用，為了保證外管充滿水，應當下口進水，上口出水，裝

置A中的進水口為m；B為圓底燒瓶；100C以上分解生成兩種常見氣體，加熱超過100℃,油浴加熱好控制，

所以選擇油浴加熱；

故答案為：m；圓底燒瓶；油浴加熱；

⑵C.本應是干燥除水，但是這里沒有水，所以其作用是通過觀察氣泡速率調節油浴溫度，控制反應速率；

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D的特點是有容積，又不像收集裝置，長進短出或者短進長出，所以是安全瓶防止倒吸的作用；

故答案為：通過觀察氣泡速率調節油浴溫度，控制反應速率：安全瓶，防止倒吸

(3)根據：乙瓶中始終無色，戊瓶中有黃綠色氣體，判斷乙和戊的作用是收集氣體，甲吸收氯氣，能吸收氯

氣的有B和D，但是氫氧化鈉同時吸收吸收二氧化硫，只能選D,丁的作用是吸收二氧化硫，也只能選擇酸

性高鋸酸鉀；

故答案為：D；C；

⑷二氧化硫有氧化性可以氧化硫化鈉溶液生成淡黃色的硫單質.反應的離了?方程式：5s02+2S2-+2H20=3S

I+4HS03-；

故答案為：溶液變渾濁(或有淡黃色沉淀產生)，5so2+2S2-+2H20=3SI+4HS03-。

16.【答案】(1)甲苯

(2)取代反應

+4HC1

【解答】

A的分子式為C7H8,結合D的結構簡式，可知A中含有苯環，故A為《D-CH3,A發生甲基鄰位的二元

CHjCH}

硝化反應生成B為,B發生還原反應生成C為,(：與。工-。反應

生戌D和HC1,D+E-F的過程中沒有小分子生成，結合F的結構可推知E為

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o

F發生信息中取代反應生成高聚物G,G中每個鏈節含有兩

0

II

C

O

個五元環，則G的結構簡式為,同時生成CT3CH20H。

(1)A的分子式為C7H8,結合D的結構簡式，可知A中含有苯環，故A的結構簡式為〈二〉―CH3,人的名稱

是甲苯，

故答案為：甲苯；

+4HC1,

O=C=N

故答案為:+4HC1；

(4)D+E-F的過程中沒有小分子生成，結合F的結構，可推知E的結構簡式為

0CH,0

XHCH&C2H5

C2H5OCCH2NH

故答案為:

(5)M是C1CH2C00C2H5的同分異構體,M符合下列條件:a.與C1CH2C00C2H5具有相同的官能團,b.能發生

銀鏡反應，說明含有一OOCH,c.核磁共振氫譜有2組峰，一OOCH中含有1種氫，則另外的氫原子化學環境

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OCI

III

H-C—O—C-CH]

I

相同，應是2個甲基連接同一碳原子上，故M的結構簡式為CHi

故答案為：1口,；

(6)F發生信息中取代反應生成高聚物G,G中每個鏈節含有兩個五元環，則G的結構簡式為

,同時生成CH3cH20H,該反應方程式為

f一定條件

故答案為:+2nCH3CH20Ho

17.【答案】SiO2+3C—高溫SiC+2C0t(3SiHC13+3H20=H2Si03+H2t+3HC15：1氨水過濾加

熱52.64X10-12mol/L

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【解析】解：(1)由圖可確定反應物為二氧化硅、碳，生成物為碳化硅、一氧化碳，配平后反應方程式為：

SiC2+3C-高溫SiC+2C0f；

故答案為:S102+3C-高溫SiC+2C0t；

(2)SiHC13遇水劇烈反應，化學反應方程式3SiHC13+3H20=H2Si03+H2t+3HC1；

故答案為:3SiHC13+3H2O=H2SiO3+H2t+3HC1；

(3)由題意可知：Si(ffl)+3HCl=SiHC13+H2；SiHC13+H2=Si(純)+3HCl；根據方程式,制備Imol純硅,循環

生產中能產生3moiHC1,但HC1的利用率是90%,因此需要增加(30.9-3)molHCl,循環生產中產生lmolH2,

但H2的利用率為93.75%,因此需增力口(10.9375-l)molH2,因此,補充投入HC1和H2的物質的量之比為:

(30.9-3),(10.9375-1)=5,1,

故答案為:5：1；

(4)根據流程圖，加入X后過濾得到氯化錠和氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀，可以推斷試劑X是氨水；氫氧化鐵、

氫氧化鋁為沉淀，操作a的名稱是過濾；根據“LiCl的熔點是605℃、沸點是1350℃,NH4C1在100℃開始

揮發，337.8℃分解完全"，分離LiCl和刈4cl的固體混合物應用加熱法，操作b的名稱是加熱；

故答案為：氨水；過濾：加熱；

(5)要控制LiCl和NII4C1溶液中的雜質離子濃度在1.0X10-6mol-L-l以下，Al(0H)3、Fe(0H)3類型相同,

由于Ksp[Al(OH)3]>Ksp[Fe(OH)3],當A13+在1X10-6mol/L以下時，Fe3+一定在1X10-6mol/L以下,所

以控制溶液中c(0H-)=31X10-331X10-6mol/L=lX10-9mol/L,c(H+)=lX10-5mol/液控制溶液的pH=5；

此時溶液中Fe3+的濃度為2.64X10-39(1X10-9)3=2.G4X10-12(mol/L),即c(Fe3?)=2.G4X

10-12mol/Lo

故答案為：5；2.64X10-12mol/Lo

石英砂加入鹽酸酸浸過濾得到二氧化硅和濾液，二氧化硅和碳高溫反應生成粗硅，粗硅和氧氣高溫反應生

成SiC14和濾渣，SiC14和112高溫反應得到純硅，濾液加入試劑氨水過濾得到氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀和

游演LiCl溶液、NH4cl溶液，蒸發結晶得到LiCl和NH4cl固體，加熱固體，氯化鏤分解生成氨氣和氯化氫

氣體，重新反應得到固體氯化鏤，得到固體LiCL電解熔融固體得到鋰。

(1)由圖可確定反應物為二氧化硅、碳，生成物為碳化硅、一氧化碳；

(2)SiHC13遇水劇烈反應,生成硅酸、HC1、H2；

(3)由題意可知:Si(ffi)+3HC1=SIHC13+H2；5iHC13+H2=5i(純)+3HCl；根據方程式，制備Imol純硅,循環

生產中能產生3moiHC1,但HC1的利用率是90%,因此需要增加(30.9-3)molHCl,循環生產中產生lmolH2,

但H2的利用率為93.75%,因此需增加(10.9375-l)molH2；

(4)根據流程圖，加入X后過濾得到氯化鏤和氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀，該步為調節pH使Fe3+、A13+沉淀；

氫氧化鐵、氫氧化鋁為沉淀，采用過濾操作進行分離；根據“LiCl的熔點是605C、沸點是1?5(TC,N114C1

在100℃開始揮發,337.8℃分解完全"，分離LiCl和NH4C1的固體混合物應用加熱法;

(5)要控制LiCl和NH4C1溶液中的雜質離子濃度在1.OX10-6mol-L-l以下，Al(011)3、Fe(0H)3類型相同,

由于Ksp[AI(OH)3]>Ksp[Fe(OH)3],當A13+在IX10-6moi/L以下時,Fe3+一定在1X10-6moi/L以下，結

合溶度積常數計算。

18.【答案】(1)不屬于

(2)1112NH3t2NH4+

⑶1+0.111+7.20+0.11

(4)①C02的實驗轉化率未達到平衡轉化率

②溫度升高，反應a逆向移動，反應b正向移動，溫度高于260c時，反應b正向移動的程度大于反應a逆

向移動的程度

③在該條件卜.反應a的速率大于反應b,單位時間內生成甲醇的量比生成C0的量多

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【解析】解：I.(1)氨水與Cu(M3)2的反應生成[Cu(NH3)4]2+,元素化合價沒發生變化，不屬于氧化還原

反應，

故答案為：不屬于；

⑵[Cu(NH3)4]2+和H20反應生成產物之一為CuO,元素化合價沒發生變化，不屬于氧化還原反應，根據電

荷守恒和原子守恒可判斷還生成了NH4+和NH3,配平后得到上述過程中生成CuO的離子方程式為：

[Cu(NH3)4]2++H2OCuOI+2NH3t+2NH4+,

故答案為：1；1；1；2NH3f；2NH4+；

H.(3)220℃時，測得反應器出H氣體中全部含碳物質的物質的量之比n(CH3OH)：n(CO2)n(CO)=l：7.20：

0.11,假設生成的CH30H的物質的量為Imol,則生成的C0的物質的量為0.llmol,剩余的C02的物質的量