福建省福州市2022届高考化学3月模拟试卷(含解析)

2016年福建省福州市高考化学模拟试卷（3月份）

一、选择题：本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的

1．化学创造美好生活．以下说法不正确的是（）

A．利用化学工艺调整织物孔隙直径，可以制作出防水透气面料

B．食品包装内常放置具有吸水性的化学药品以保持干燥，如生石灰和硅胶

C．合金广泛应用于现代建筑业，与金属晶体的韧性、可塑性有关

D．使用无铅汽油的汽车尾气不会污染空气

2．N A为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（）

A．46g乙醇中存在的共价键总数为7N A

B．1mol甲醇完全燃烧时，转移的电子数为6N A

C．标准状况下，22.4L甲烷和22.4L氯仿所具有的微粒数均为N A

D．1 L 0.1mol/L醋酸溶液中含有的氢离子数为0.1N A

3．松油醇具有紫丁香味，其酯类常用于香精调制．如图为松油醇的结构，以下关于它的说

法正确的是（）

A．分子式为C10H19O

B．同分异构体可能属于醛类、酮类或酚类

C．能发生取代、氧化、还原反应

D．与氢气加成后的产物有4种一氯化物

4．下列实验操作、现象和结论均正确的是（）

1

2

A ．A

B ．B

C ．C

D ．D 5．硼氢化物NaBH 4（B 元素的化合价为+3价）燃料电池（DBFC ），由于具有比能量高、产物清洁无污染和燃料易于储存和运输等优点，被认为是一种很有发展潜力的燃料电池，其工作原理如图所示，下列说法正确的是（ ）

A ．放电时，每转移2mol 电子，理论上需要消耗9.5gNaBH 4

B ．电极a 采用MnO 2，MnO 2既作电极材料又有催化作用

C ．电池放电时Na +从b 极区移向a 极区

D ．电池的负极反应为BH 4﹣+2H 2O ﹣8e ﹣═BO 2﹣+8H +

6．W 、X 、Y 、Z 均为短周期主族元素，原子序数依次增加，X 与Y 形成的化合物能与水反应生成酸且X 、Y 同主族，两元素核电荷数之和与W 、Z 的原子序数之和相等，则下列说法正确的是（ ）

A ．Z 元素的含氧酸是最强酸

B ．原子半径：X ＞Z

C ．气态氢化物热稳定性：

W ＞X

D ．W 与Y 可以存在于同一离子化合物中

7．亚氯酸钠（NaClO 2）用于漂白织物、纤维、纸浆，具有对纤维损伤小的特点．其在溶液中可生成ClO 2、HClO 2、ClO 2﹣、Cl ﹣等，其中HClO 2和ClO 2都具有漂白作用．已知pOH=﹣lgc （OH ﹣），经测定25℃时各组分含量随pOH 变化情况如图所示（Cl ﹣没有画出），此温度下，下列分析错误的是（ ）

3

A ．HClO 2的电离平衡常数的数值K a =10﹣6

B ．亚氯酸钠在碱性条件下较稳定

C ．pH=7时，溶液中含氯微粒的浓度大小为：c （HClO 2）＞c （ClO 2﹣）＞c （ ClO 2）＞c （ Cl ﹣）

D ．同浓度的HClO 2溶液和NaClO 2溶液等体积混合，则混合溶液中有c （HClO 2）+2c （H +）=c （ClO 2﹣）+2c （OH ﹣）

二、解答题（共3小题，满分43分）

8．晶体硅是一种重要的非金属材料，模拟制备纯硅的主要步骤如下： ①高温下用碳还原二氧化硅制得粗硅

②粗硅与干燥HCl 气体反应制得SiHCl 3：Si+3HCl

SiHCl 3+H 2，

③SiHCl

3与过量H 2在1000～1100℃反应制得纯硅可能用到的信息如下： 已知SiHCl 3能与H 2O 强烈反应，在空气中易自燃；

步骤②中粗硅与HCl 反应时会生成少量SiCl 4；

请回答下列问题：

（1）粗硅与HCl 反应完全后，依据上表所示沸点差异提纯SiHCl 3．该提纯方法为 ．

（2）用SiHCl 3与过量H 2反应制备纯硅的装置如下（热源及夹持装置略去）：

①依次连接的合理顺序为；装置D中g管的作用是；装置B中的试剂是；装置C中的烧瓶加热的目的是．

②装置A中发生反应的化学方程式为．

③操作时应先打开装置（C或D）中分液漏斗的旋塞，理由是：．（3）请设计实验证明产品硅中是否含微量铁单质：将产品用稀盐酸溶解，取上层清液

后．

9．稀土是我国战略性资源．氟碳铈矿主要化学成分为CeFCO3，它是提取铈族稀土元素的重要矿物原料．关于氟碳铈矿的冶炼处理工艺已经发展到十数种，其中一种提取铈的工艺流程如下：

请回答下列问题

（1）为增大反应速率，提高原料的利用率，焙烧前可将矿石处理．

（2）焙烧过程中产生的SO3尾气常采用喷淋法净化，再用石灰乳中和；操作I中滤渣的主要成分是．

（3）操作II若在实验室中进行，需要的主要玻璃仪器有、烧杯、玻璃棒等；所用萃取剂HT需具备的条件是．

①HT不溶于水，也不和水反应

②Ce3+不和萃取剂HT发生反应

③Ce3+在萃取剂HT中溶解度大于水

④萃取剂HT的密度一定大于水

4

（4）已知有机物HT能将Ce3+从水溶液中萃取出来，该过程可表示为：2Ce3+（水层）+6HT （有机层）?2CeT3（有机层）+6H+（水层）从平衡角度解释：向CeT3（有机层）加入稀硫酸获得较纯的含Ce3+的水溶液的原因是．

（5）常温下，含Ce3+溶液加碱调至pH=8时，c（Ce3+）=b mol?L﹣1，已知Ce（OH）3的溶度积=a，则a和b的关系是．

（6）写出Ce（OH）3悬浊液通入氧气得到产品的化学方程式：．

（7）取上述流程中得到的Ce（OH）4产品0.545g，加硫酸溶解后，用0.100 0mol?L﹣1FeSO4标准溶液滴定至终点时（铈被还原为Ce3+），消耗25.00mL标准溶液．该产品中Ce（OH）4的质量分数为[Ce（OH）4的相对分子质量为208，结果保留两位有效数字]．10．2013年，“雾霾”成为年度关键词．近年来，对“雾霾”的防护与治理成为越来越重要的环境问题和社会问题．雾霾主要由二氧化硫、氮氧化物和可吸入颗粒物这三项组成．（1）机动车的尾气是雾霾形成的原因之一，近几年有人提出利用选择性催化剂利用汽油中挥发出来的C3H6催化还原尾气中的NO气体，请写出该过程的化学方程式：

（2）我国北方到了冬季烧煤供暖所产生的废气也是雾霾的主要来源之一．经研究发现将煤炭在O2/CO2的气氛下燃烧，发现能够降低燃煤时NO的排放，主要反应为：

2NO（g）+2CO（g）?N2（g）+2CO2（g）△H

若①N2（g）+O2（g）?2NO（g）△H1=+180.5kJ?mol﹣1

②CO（g）?C（s）+O2（g）△H2=+110.5kJ?mol﹣1

③C （s）+O2（g）?CO2（g）△H3=﹣393.5kJ?mol﹣1

则△H=kJ?mol﹣1．

（3）燃煤尾气中的SO2用NaOH溶液吸收形成NaHSO3溶液，在pH为4～7之间时电解，硫元素在铅阴极上被电解还原为Na2S2O4．Na2S2O4俗称保险粉，广泛应用于染料、印染、造纸、食品工业以及医学上．这种技术是最初的电化学脱硫技术之一．请写出该电解反应中阴极的电极方程式：

（4）SO2经过净化后与空气混合进行催化氧化后制取硫酸或者硫酸铵，其中SO2发生催化氧化的反应为：2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）．若在T1℃、0.1MPa条件下，往一密闭容器通入SO2和O2（其中n（SO2）：n（O2）=2：1），测得容器内总压强与反应时间如图所示：

①该反应的化学平衡常数表达式：K=

②图中A点时，SO2的转化率为

5

6 ③计算SO 2催化氧化反应在图中B 点的压强平衡常数K= （用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）

④若在T 2℃，其他条件不变的情况下测得压强的变化曲线如图所示，则T 1 T 2（填“＞”、“＜”、“=”）；其中C 点的正反应速率v c （正）与A 点的逆反应速率v A （逆）的大小关系为v c （正） v A 逆） （填“＞”、“＜”、“=”）．

【化学--选修2：化学与技术】（共1小题，满分15分）

11．MnO 2和锌是制造干电池的主要原料

电解法生产MnO 2传统的工艺主要流程为：软锰矿加煤还原焙烧；用硫酸浸出焙烧料；浸出液（主要含Mn 2+）经净化后再进行电解，MnO 2在电解池的阳极析出．

90年代后期发明了生产MnO 2和锌的新工艺，主要是采用软锰矿（主要成分为MnO 2，含少量Al 2O 3和SiO 2杂质）和闪锌矿（主要成分为ZnS ，含少量FeS 、CuS 、CdS 杂质）为主要原料，经过除杂后，得到含Zn 2+、Mn 2+离子的溶液，再通过电解同时获得MnO 2和锌．简化流程框图如下（中间产物的固体部分已经略去）：

[软锰矿、闪锌矿]

[滤液A] [Zn 2+、Mn 2+、Fe 2+、Al 3+]

[ZnSO 4、MnSO 4溶液] [Zn+MnO 2+产品D] 已知各种金属离子完全沉淀的pH 如下表：

回答下列问题：

（1）步骤①中，软锰矿、闪锌矿粉与硫酸溶液共热时析出硫的反应为氧化还原反应，例如：MnO 2+ZnS+2H 2SO 4═MnSO 4+ZnSO 4+S↓+2H 2O ，请写出MnO 2在酸性溶液中分别和CuS 和FeS 发生反应的化学方程式： 、 ．

（2）步骤②加入金属锌是为了回收金属，回收金属的主要成份为（用化学符

号表示）

（3）步骤③物质C由多种物质组成，其中含有两种固体，其中一种为MnO2，其作用是

另外一种固体物质可为．

（4）步骤④中电解过程中MnO2在极析出，该电极上发生的反应方程式

为．产品D的化学式为，该物质对整个生产的意义

是．

【化学--选修3：物质结构与性质】

12． 2015年10月中国药学家屠呦呦因发现青蒿素（一种用于治疗疟疾的药物）而获得诺贝尔生理医学奖．青蒿素（C15H22O5）的结构如图1所示．请回答下列问题：

（1）组成青蒿素的三种元素电负性由大到小排序是，在基态O原子中，核外存在对自旋相反的电子．

（2）下列关于青蒿素的说法正确的是（填序号）．

a．青蒿素中既存在极性键又存在非极性键

b．在青蒿素分子中，所有碳原子均处于同一平面

c．图中数字标识的五个碳原子均只以σ键与其它原子成键

（3）在确定青蒿素结构的过程中，可采用NaBH4作为还原剂，其制备方法为：4NaH+B（OCH3）

→NaBH4+3CH3ONa

3

①NaH为晶体，如图2是NaH晶胞结构，则NaH晶体的配位数是，若晶胞棱长为a则Na原子间最小核间距为．

②B（OCH3）3中B采用的杂化类型是．写出两个与B（OCH3）3具有相同空间构型的分子或离子．

③NaBH4结构如图3所示．结构中存在的作用力有．

7

【化学--选修5：有机化学基础】

13．将猫薄荷中分离出的荆芥内酯与等物质的量的氢气进行加成，得到的二氢荆芥内酯是一种有效的驱虫剂，可用于商业生产．如图为二氢荆芥内酯的一种合成路线：

已知A（C10H16O）的结构中有一个五元环，核磁共振氢谱显示其侧链上有四个不同环境的氢，且峰面积比为1：2：3：3．

回答下列问题：

（1）A的结构简式为，B含有的官能团的名称是．

（2）B与CH3OH发生的反应类型是，C与HBr发生的反应类型是．（3）由D生成二氢荆芥内酯的化学方程式为．

（4）D在某催化剂作用下可发生反应生成一种高聚物，其结构简式为，若该高聚物平均相对分子质量约为20000，则其平均聚合度约为（填标号）．

a.54

b.108

c.119

d.133

8

2016年福建省福州市高考化学模拟试卷（3月份）

参考答案与试题解析

一、选择题：本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的

1．化学创造美好生活．以下说法不正确的是（）

A．利用化学工艺调整织物孔隙直径，可以制作出防水透气面料

B．食品包装内常放置具有吸水性的化学药品以保持干燥，如生石灰和硅胶

C．合金广泛应用于现代建筑业，与金属晶体的韧性、可塑性有关

D．使用无铅汽油的汽车尾气不会污染空气

【考点】绿色化学．

【专题】化学应用．

【分析】A．利用化学工艺调整织物孔隙直径使水分子不能通过；

B．生石灰能与水反应，硅胶能吸水；

C．金属晶体具有韧性和可塑性；

D．现在机动车燃料都变为了无铅汽油，主要是含铅汽油在燃烧的尾气中含有重金属铅．【解答】解：A．利用化学工艺调整织物孔隙直径使水分子不能通过，可以制作出防水透气面料，故A正确；

B．生石灰能与水反应，硅胶能吸水，可做干燥剂，故B正确；

C．金属晶体具有韧性和可塑性，广泛应用于现代建筑业，故C正确；

D．现在机动车燃料都变为了无铅汽油，主要是含铅汽油在燃烧的尾气中含有重金属铅，漂浮在空气底层，尤其对儿童的健康影响最大正确，故D错误．

故选D．

【点评】本题考查化学与环境、材料、信息、能源关系密切相关的知识，为高频考点，侧重于基础知识的综合理解和运用的考查，难度不大．

2．N A为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（）

A．46g乙醇中存在的共价键总数为7N A

B．1mol甲醇完全燃烧时，转移的电子数为6N A

C．标准状况下，22.4L甲烷和22.4L氯仿所具有的微粒数均为N A

9

D．1 L 0.1mol/L醋酸溶液中含有的氢离子数为0.1N A

【考点】阿伏加德罗常数．

【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．

【分析】A、求出乙醇的物质的量，然后根据乙醇中含8条共价键来分析；

B、1mol甲醇燃烧消耗1.5mol氧气；

C、标况下氯仿为液态；

D、醋酸是弱电解质，在溶液中不能完全电离．

【解答】解：A、46g乙醇的物质的量为1mol，而乙醇中含8条共价键，故含8N A条，故A

错误；

B、1mol甲醇燃烧消耗1.5mol氧气，而氧气反应后变为﹣2价，故1.5mol氧气转移6mol

电子即6N A个，故B正确；

C、标况下氯仿为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和微粒个数，故C错误；

D、醋酸是弱电解质，在溶液中不能完全电离，故溶液中的氢离子的个数小于0.1NA个，故D错误．

故选B．

【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．

3．松油醇具有紫丁香味，其酯类常用于香精调制．如图为松油醇的结构，以下关于它的说

法正确的是（）

A．分子式为C10H19O

B．同分异构体可能属于醛类、酮类或酚类

C．能发生取代、氧化、还原反应

D．与氢气加成后的产物有4种一氯化物

【考点】有机物的结构和性质；有机物分子中的官能团及其结构．

【专题】有机物的化学性质及推断．

【分析】由结构可知分子式，分子中含﹣OH、碳碳双键，结合酚、烯烃的性质来解答．

10

【解答】解：A．由结构可知分子式为C10H18O，故A错误；

B．含﹣OH和1个碳碳双键，不能形成苯环，同分异构体不可能为酚类，故B错误；

C．含双键可发生加成、氧化、还原反应，含﹣OH可发生取代反应，故C正确；

D．与氢气加成后的产物结构对称，含6种H（不含﹣OH），则有6种一氯化物，故D错误；故选C．

【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意醇和烯烃的性质及同分异构体判断，题目难度不大．

4．下列实验操作、现象和结论均正确的是（）

A．A B．B C．C D．D

【考点】化学实验方案的评价．

【专题】实验评价题．

【分析】A．镁能与氢离子反应生成氢气；

B．可能反应生成白色沉淀；

C．同一氧化还原中，还原剂的还原性大于还原产物的还原性；

D．KSCN和铁离子反应生成血红色液体，和亚铁离子不反应，氯水具有强氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子．

【解答】解：A．镁能与氢离子反应生成氢气，无法确定是氨气，故A错误；

B．氯离子浓度大时，可能反应生成白色沉淀，故B错误；

C．氯气氧化碘离子生成碘单质，该反应中碘离子是还原剂、氯离子是还原产物，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，所以I﹣的还原性强于Cl﹣，故C正确；

11

D．KSCN和铁离子反应生成血红色液体，和亚铁离子不反应，氯水具有强氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，所以应该先加入KSCN然后加入氯水，防止铁离子干扰实验，故D错误；故选C．

【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及物质的性质、沉淀转化、还原性比较以及离子检验等知识点，侧重考查实验基本操作、物质性质，明确常见离子性质的特殊性、实验操作规范性是解本题关键，注意离子检验时要排除其它离子干扰，易错选项是D．

5．硼氢化物NaBH4（B元素的化合价为+3价）燃料电池（DBFC），由于具有比能量高、产物清洁无污染和燃料易于储存和运输等优点，被认为是一种很有发展潜力的燃料电池，其工作原理如图所示，下列说法正确的是（）

A．放电时，每转移2mol电子，理论上需要消耗9.5gNaBH4

B．电极a采用MnO2，MnO2既作电极材料又有催化作用

C．电池放电时Na+从b极区移向a极区

D．电池的负极反应为BH4﹣+2H2O﹣8e﹣═BO2﹣+8H+

【考点】化学电源新型电池．

【专题】电化学专题．

【分析】以硼氢化合物NaBH4（B元素的化合价为+3价）和H2O2作原料的燃料电池，电解质溶液呈碱性，由工作原理装置图可知，负极发生氧化反应，电极反应式为BH4﹣+8OH﹣﹣8e﹣=BO2﹣+6H2O，正极H2O2发生还原反应，得到电子被还原生成OH﹣，电极反应式为H2O2+2e﹣=2OH ﹣，结合原电池的工作原理和解答该题．

【解答】解：A．负极发生氧化反应生成BO2﹣，电极反应式为BH4﹣+8OH﹣﹣8e﹣=BO2﹣+6H2O，每转移2mol电子，理论上需要消耗0.25mol即9.5gNaBH4，故A正确；

B．电极b采用MnO2，为正极，H2O2发生还原反应，得到电子被还原生成OH﹣，MnO2既作电极材料又有催化作用，故B错误；

12

C．原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，则Na+从a极区移向b极区，故C错误；

D．负极发生氧化反应生成BO2﹣，电极反应式为BH4﹣+8OH﹣﹣8e﹣=BO2﹣+6H2O，故D错误；

故选A．

【点评】本题考查原电池工作原理，涉及电极判断与电极反应式书写等问题，做题时注意从氧化还原的角度判断原电池的正负极以及电极方程式的书写，本题中难点和易错点为电极方程式的书写，注意化合价的变化．

6．W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增加，X与Y形成的化合物能与水反应生成酸且X、Y同主族，两元素核电荷数之和与W、Z的原子序数之和相等，则下列说法正确的是（）

A．Z元素的含氧酸是最强酸

B．原子半径：X＞Z

C．气态氢化物热稳定性：W＞X

D．W与Y可以存在于同一离子化合物中

【考点】原子结构与元素周期律的关系．

【专题】元素周期律与元素周期表专题．

【分析】W、X、Y、Z均为的短周期主族元素，原子序数依次增加，X与Y形成的化合物能与水反应生成酸且X、Y同主族，则X为O元素，Y为S元素，O、S元素核电荷数之和与W、Z 的原子序数之和相等，则W、Z的原子序数之和24，而且W的原子序数小于O，Z的原子序数大于S，则Z为Cl元素，所以W的原子序数为24﹣17=7，即W为N元素；结合元素化合物性质判断和元素周期律分析解答．

【解答】解：W、X、Y、Z均为的短周期主族元素，原子序数依次增加，X与Y形成的化合物能与水反应生成酸且X、Y同主族，则X为O元素，Y为S元素，O、S元素核电荷数之和与W、Z的原子序数之和相等，则W、Z的原子序数之和24，而且W的原子序数小于O，Z的原子序数大于S，则Z为Cl元素，所以W的原子序数为24﹣17=7，即W为N元素；

A、Z为Cl元素，Cl元素的最高价含氧酸是最强酸，其它价态的含氧酸的酸性不一定强，如HClO是弱酸，故A错误；

B、电子层越多，原子半径越大，所以O＜Cl，即原子半径：X＜Z，故B错误；

13

14 C 、元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性O ＞N ，所以气态氢化物热稳定性：W ＜X ，故C 错误；

D 、N 与S 可以存在于同一离子化合物中，如硫酸铵中含有N 、S ，故D 正确．

故选：D ．

【点评】本题以元素推断为载体，考查原子结构位置与性质关系、元素化合物知识，题目难度不大，推断元素是解题的关键．

7．亚氯酸钠（NaClO 2）用于漂白织物、纤维、纸浆，具有对纤维损伤小的特点．其在溶液中可生成ClO 2、HClO 2、ClO 2﹣、Cl ﹣等，其中HClO 2和ClO 2都具有漂白作用．已知pOH=﹣lgc （OH ﹣），经测定25℃时各组分含量随pOH 变化情况如图所示（Cl ﹣没有画出），此温度下，下列分析错误的是（ ）

A ．HClO 2的电离平衡常数的数值K a =10﹣6

B ．亚氯酸钠在碱性条件下较稳定

C ．pH=7时，溶液中含氯微粒的浓度大小为：c （HClO 2）＞c （ClO 2﹣）＞c （ ClO 2）＞c （ Cl ﹣）

D ．同浓度的HClO 2溶液和NaClO 2溶液等体积混合，则混合溶液中有c （HClO 2）+2c （H +）=c

（ClO 2﹣）+2c （OH ﹣）

【考点】离子方程式的有关计算．

【专题】离子反应专题．

【分析】A 、HClO 2的电离平衡常数K=

结合图示数据来计算；

B 、由图可以得出：碱性条件下ClO 2﹣浓度高；

C 、根据图知，pH=7时，c （HClO 2）＜c （ ClO 2﹣）；

D 、依据电中性原则得出：c （H +）+c （Na +）=c （ClO 2﹣）+c （OH ﹣），依据物料守恒得出：2c （Na +）=c （ClO 2﹣）+c （HClO 2），据此解答即可．

15 【解答】解：A 、HClO 2的电离平衡常数K=，观察图象可以看出，当pOH=8时，pH=6，c （ClO 2﹣）=c （HClO 2），因此HClO 2的电离平衡常数的数值K a =10﹣6，故A 正确；

B 、由图可以得出：碱性条件下ClO 2﹣浓度高，即在碱性条件下亚氯酸钠较稳定，故B 正确；

C 、根据图知，pH=7时，存在c （HClO 2）＜c （ ClO 2﹣），则微粒浓度大小顺序是c （ ClO 2﹣）＞c （HClO 2）＞c （ ClO 2）＞c （ Cl ﹣），故C 错误；

D 、依据电中性原则得出：c （H +）+c （Na +）=c （ClO 2﹣）+c （OH ﹣） ①，依据物料守恒得出：2c （Na +）=c （ClO 2﹣）+c （HClO 2） ②，联立①②消去钠离子：c （HClO 2）+2c （H +）=c （ClO 2﹣）+2c （OH ﹣），故D 正确；

故选C ．

【点评】本题考查了酸碱混合的定性判断，题目难度稍大，正确分析、理解题中信息及图象数据是解答本题关键，注意明确溶液酸碱性与溶液pH 的关系．

二、解答题（共3小题，满分43分）

8．晶体硅是一种重要的非金属材料，模拟制备纯硅的主要步骤如下：

①高温下用碳还原二氧化硅制得粗硅

②粗硅与干燥HCl 气体反应制得SiHCl 3：Si+3HCl

SiHCl 3+H 2，

③SiHCl 3与过量H 2在1000～1100℃反应制得纯硅可能用到的信息如下：

已知SiHCl 3能与H 2O 强烈反应，在空气中易自燃；

步骤②中粗硅与HCl 反应时会生成少量SiCl 4；

请回答下列问题：

（1）粗硅与HCl 反应完全后，依据上表所示沸点差异提纯SiHCl 3．该提纯方法为 分馏 ．

（2）用SiHCl 3与过量H 2反应制备纯硅的装置如下（热源及夹持装置略去）：

16

①依次连接的合理顺序为 DBCAE ；装置D 中g 管的作用是 平衡压强 ；装置B 中的试剂是 浓硫酸 ；装置C 中的烧瓶加热的目的是 使滴入烧瓶中的SiHCl 3气化 ． ②装置A 中发生反应的化学方程式为 SiHCl 3

+H

2Si+3HCl ．

③操作时应先打开装置 D （C 或D ）中分液漏斗的旋塞，理由是： 因为SiHCl 3容易在空气自燃，实验中还要注意先通一段时间H 2排尽装置中的空气 ．

（3）请设计实验证明产品硅中是否含微量铁单质：将产品用稀盐酸溶解，取上层清液后 先滴加氯水，再滴加硫氰化钾溶液，溶液显红色 ．

【考点】硅和二氧化硅．

【专题】物质的分离提纯和鉴别．

【分析】（1）根据题中数据，采用分馏方法提纯SiHCl 3；

（2）①依据实验目的可知：锌与硫酸制备氢气，干燥干燥后通入用热水浴加热SiHCl 3，在石英管中反应生成硅和氯化氢，最后进行尾气处理，据此排序；

装置D 中g 管连接分液漏斗与烧瓶，起平衡压强的作用；浓硫酸干燥氢气；通过水浴加热使滴入烧瓶中的SiHCl 3气化，与氢气混合均匀；

②SiHCl 3和氢气反应有硅单质生成，根据硅的颜色判断D 装置中的颜色变化；反应温度较高，普通玻璃会软化；SiHCl 3和H 2反应生成硅和氯化氢；

③氢气是可燃性气体，易产生爆炸，为防止安全事故的发生，所以先通一段时间H 2，将装置中的空气排尽；

（3）铁能够与氢氧化剂反应生成三价铁离子，三价铁离子遇到硫氰酸钾显红色，据此检验铁元素的存在．

【解答】解：（1）SiHCl 3（沸点33.0℃）中含有少量SiCl 4（沸点57.6℃）和HCl （沸点﹣84.7℃），由于沸点差别较大，可以通过分馏除去杂质，

故答案为：分馏；平衡压强；浓硫酸；使滴入烧瓶中的SiHCl 3气化；

17 （2）①依据实验目的可知：锌与硫酸制备氢气，干燥干燥后通入用水冷却的SiHCl3，在石英管中反应生成硅和氯化氢，最后进行尾气处理，所以正确的顺序为DBCAE ；

装置D 中g 管连接分液漏斗与烧瓶，起平衡压强的作用；浓硫酸干燥氢气；通过水浴加热使滴入烧瓶中的SiHCl 3气化，与氢气混合均匀；

故答案为：DBCAE ；

②高温下，SiHCl 3和氢气反应生成硅单质，硅单质是灰黑色固体，所以D 装置中的现象是：石英管的内壁附有灰黑色晶体；反应方程式为：SiHCl 3+H 2

Si+3HCl ，

故答案为：SiHCl 3+H 2Si+3HCl ； ③氢气是可燃性气体，易产生爆炸，为防止安全事故的发生，所以先通一段时间H 2，将装置中的空气排尽，所以应先打开D ；

故答案为：D ；因为SiHCl 3容易在空气自燃，实验中还要注意先通一段时间H 2排尽装置中的空气；

因为SiHCl 3容易在空气自燃，实验中还要注意先通一段时间H 2排尽装置中的空气；

（3）铁能够与氢氧化剂反应生成三价铁离子，三价铁离子遇到硫氰酸钾显红色，要检验铁单质的存在可以：先滴加氯水，再滴加硫氰化钾溶液，溶液显红色；

故答案为：先滴加氯水，再滴加硫氰化钾溶液，溶液显红色．

【点评】本题考查了实验方案设计的有关知识，铁离子的检验，明确实验原理和目的是解题关键，题目难度中等．

9．稀土是我国战略性资源．氟碳铈矿主要化学成分为CeFCO 3，它是提取铈族稀土元素的重要矿物原料．关于氟碳铈矿的冶炼处理工艺已经发展到十数种，其中一种提取铈的工艺流程如下：

请回答下列问题

（1）为增大反应速率，提高原料的利用率，焙烧前可将矿石 粉碎成细颗粒 处理．

（2）焙烧过程中产生的SO3尾气常采用喷淋法净化，再用石灰乳中和；操作I中滤渣的主

要成分是CaF2、CaSO4．

（3）操作II若在实验室中进行，需要的主要玻璃仪器有分液漏斗、烧杯、玻璃棒等；所用萃取剂HT需具备的条件是①②③．

①HT不溶于水，也不和水反应

②Ce3+不和萃取剂HT发生反应

③Ce3+在萃取剂HT中溶解度大于水

④萃取剂HT的密度一定大于水

（4）已知有机物HT能将Ce3+从水溶液中萃取出来，该过程可表示为：2Ce3+（水层）+6HT （有机层）?2CeT3（有机层）+6H+（水层）从平衡角度解释：向CeT3（有机层）加入稀硫酸获得较纯的含Ce3+的水溶液的原因是混合液中加入H2SO4使c（H+）增大，平衡向形成Ge3+水溶液方向移动．

（5）常温下，含Ce3+溶液加碱调至pH=8时，c（Ce3+）=b mol?L﹣1，已知Ce（OH）3的溶度积=a，则a和b的关系是a=10﹣18b ．

（6）写出Ce（OH）3悬浊液通入氧气得到产品的化学方程式：4Ce（OH）3+O2+2H2O=4Ce（OH）

．

4

（7）取上述流程中得到的Ce（OH）4产品0.545g，加硫酸溶解后，用0.100 0mol?L﹣1FeSO4标准溶液滴定至终点时（铈被还原为Ce3+），消耗25.00mL标准溶液．该产品中Ce（OH）4的质量分数为95% [Ce（OH）4的相对分子质量为208，结果保留两位有效数字]．

【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．

【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；物质的分离提纯和鉴别．

【分析】（1）根据影响反应速率的因素可知，为增大反应速率，提高原料的利用率，焙烧前可将矿石粉碎成细颗粒处理；

（2）氟碳铈矿用硫酸强化焙烧得滤液中含有氟离子、铈离子、硫酸等，加入碳酸钙会生成硫酸钙和氟化钙等难溶物，据此答题；

（3）操作II为分液，分液需要的主要玻璃仪器有分液漏斗、烧杯、玻璃棒等；萃取的目的是将溶液中的Ce3+萃取出来，根据萃取剂的要求选择；

（4）根据平衡2Ce3+（水层）+6HT（有机层）?2CeT3（有机层）+6H+（水层）可知，加入酸平衡向逆反应方程移动，据此分析；

18

（5）根据溶度积=c3（OH﹣）?c（Ce3+），结合pH=8及c（Ce3+）=b mol?L﹣1，可计算出a和b的关系；

（6）根据流程结合元素守恒可知Ce（OH）3结合氧气和水生成Ce（OH）4，据此书写化学方程式；

（7）根据电子得失守恒有关系式Ce（OH）4～FeSO4，根据FeSO4标准溶液中FeSO4的物质的量可计算出Ce（OH）4的质量，进而确定Ce（OH）4的质量分数；

【解答】解：（1）根据影响反应速率的因素可知，为增大反应速率，提高原料的利用率，焙烧前可将矿石粉碎成细颗粒处理，

故答案为：粉碎成细颗粒；

（2）氟碳铈矿用硫酸强化焙烧得滤液中含有氟离子、铈离子、硫酸等，加入碳酸钙会生成硫酸钙和氟化钙等难溶物，所以操作I中滤渣的主要成分是CaF2、CaSO4，

故答案为：CaF2、CaSO4；

（3）操作II为分液，分液需要的主要玻璃仪器有分液漏斗、烧杯、玻璃棒等；萃取的目的是将溶液中的Ce3+萃取出来，根据萃取剂的要求选择可知，HT要不溶于水，也不和水反应、Ce3+不和萃取剂HT发生反应、Ce3+在萃取剂HT中溶解度大于水，故选①②③，

故答案为：分液漏斗；①②③；

（4）根据平衡2Ce3+（水层）+6HT（有机层）?2CeT3（有机层）+6H+（水层）可知，混合液中加入H2SO4使c（H+）增大，平衡向形成Ge3+水溶液方向移动，

故答案为：混合液中加入H2SO4使c（H+）增大，平衡向形成Ge3+水溶液方向移动；

（5）根据题意，溶液中c（OH﹣）=10﹣6mol?L﹣1，根据溶度积=c3（OH﹣）?c（Ce3+）可知a=（10﹣6）3?b，所以a=10﹣18b，

故答案为：a=10﹣18b；

（6）根据流程结合元素守恒可知Ce（OH）3结合氧气和水生成Ce（OH）4，反应的化学方程式为4Ce（OH）3+O2+2H2O=4Ce（OH）4，

故答案为：4Ce（OH）3+O2+2H2O=4Ce（OH）4；

（7）根据电子得失守恒有关系式Ce（OH）4～FeSO4，FeSO4标准溶液中FeSO4的物质的量为0.025×0.1mol=0.0025mol，所以Ce（OH）4的质量为0.0025mol×208g/mol=0.52g，则样品

中Ce（OH）4的质量分数为×100%=95%，

故答案为：95%．

19

【点评】本题主要考查了影响化学反应速率的因素、物质的分离子操作、化学平衡的移动、氧化还原反应的书写及质量分数的计算，是对化学基础知识的综合考查，对学生综合应用基础知识的能力要求较高，答题时注意守恒的方法及平衡的思想的运用，题目难度中等．

10．2013年，“雾霾”成为年度关键词．近年来，对“雾霾”的防护与治理成为越来越重要的环境问题和社会问题．雾霾主要由二氧化硫、氮氧化物和可吸入颗粒物这三项组成．（1）机动车的尾气是雾霾形成的原因之一，近几年有人提出利用选择性催化剂利用汽油中挥发出来的C3H6催化还原尾气中的NO气体，请写出该过程的化学方程式：

2C3H6+18NO=6CO2+6H2O+9N2

（2）我国北方到了冬季烧煤供暖所产生的废气也是雾霾的主要来源之一．经研究发现将煤炭在O2/CO2的气氛下燃烧，发现能够降低燃煤时NO的排放，主要反应为：

2NO（g）+2CO（g）?N2（g）+2CO2（g）△H

若①N2（g）+O2（g）?2NO（g）△H1=+180.5kJ?mol﹣1

②CO（g）?C（s）+O2（g）△H2=+110.5kJ?mol﹣1

③C （s）+O2（g）?CO2（g）△H3=﹣393.5kJ?mol﹣1

则△H=﹣746.5 kJ?mol﹣1．

（3）燃煤尾气中的SO2用NaOH溶液吸收形成NaHSO3溶液，在pH为4～7之间时电解，硫元素在铅阴极上被电解还原为Na2S2O4．Na2S2O4俗称保险粉，广泛应用于染料、印染、造纸、食品工业以及医学上．这种技术是最初的电化学脱硫技术之一．请写出该电解反应中阴极的电极方程式：2HSO3﹣+2H++2e﹣=S2O42﹣+2H2O

（4）SO2经过净化后与空气混合进行催化氧化后制取硫酸或者硫酸铵，其中SO2发生催化氧化的反应为：2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）．若在T1℃、0.1MPa条件下，往一密闭容器通入SO2和O2（其中n（SO2）：n（O2）=2：1），测得容器内总压强与反应时间如图所示：

①该反应的化学平衡常数表达式：K=

②图中A点时，SO2的转化率为45%

③计算SO2催化氧化反应在图中B点的压强平衡常数K= 24300 （Mpa）﹣1（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）

20

21 ④若在T 2℃，其他条件不变的情况下测得压强的变化曲线如图所示，则T 1 ＜ T 2（填“＞”、“＜”、“=”）；其中C 点的正反应速率v c （正）与A 点的逆反应速率v A （逆）的大小关系为v c （正） ＞ v A 逆） （填“＞”、“＜”、“=”）．

【考点】化学平衡的计算；反应热和焓变；反应速率的定量表示方法．

【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题．

【分析】（1）C 3H 6催化还原尾气中的NO 气体，可以得到无毒的气体氮气和二氧化碳；

（2）②×2+③×2﹣①得到2NO （g ）+2CO （g ）?N 2（g ）+2CO 2（g ），据此计算反应的焓变；

（3）电解反应中阴极上发生得电子的还原反应，根据反应原理来回答书写；

（4）①反应平衡常数K=；

②结合化学三行计算列式，依据图中A 点时，气体物质的量0.085，依据开始和A 点气体物质的量之比列式计算，转化率=×100%；

③图中B 点，依据化学三行列式计算用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数计算SO 2催化氧化反应在图中B 点的压强平衡常数；

④先拐先平温度高，达到平衡所需时间短，温度越高反应速率越大．

【解答】解：（1）C 3H 6催化还原尾气中的NO 气体，可以得到无毒的气体氮气和二氧化碳，即2C 3H 6+18NO=6CO 2+6H 2O+9N 2；故答案为：2C 3H 6+18NO=6CO 2+6H 2O+9N 2；

（2））②×2+③×2﹣①得到2NO （g ）+2CO （g ）?N 2（g ）+2CO 2（g ）

，反应的焓变=2（+110.5kJ?mol ﹣1）+2（﹣393.5kJ?mol ﹣1）﹣（180.5kJ?mol ﹣1）=﹣746.5kJ?mol ﹣1，故答案为：﹣746.5kJ?mol ﹣1；

（3）电解反应中阴极上发生得电子的还原反应，2HSO 3﹣+2H ++2e ﹣=S 2O 42﹣+2H 2O ，故答案为：

2HSO 3﹣+2H ++2e ﹣=S 2O 42﹣+2H 2O ；

（4）①2SO 2（g ）+O 2（g ）?2SO 3，反应的平衡常数K=，

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