河北省石家莊市2022-2023學(xué)年高三上學(xué)期期末考試化學(xué)試題（解析版）

2022-2023學(xué)年一學(xué)期高三年級期末考試

化學(xué)

（時間75分鐘，滿分100分）

注意事項：

1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號、考場號、座位號填寫在答題卡上。

2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑。如需改

動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標(biāo)號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在

本試卷上無效。

3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。

可能用到的相對原子質(zhì)量：HlC12N14O16S32Fe56

一、單項選擇題：本題共9小題，每小題3分，共27分。在每小題給出的四個選項中，只有

一項是符合題目要求的。

1.《天工開物》中蘊(yùn)含著豐富的化學(xué)史料，以下為其中記載海鹽性質(zhì)及制鹽過程的片段：“凡鹽見水即

化，見（濕）風(fēng)即鹵，見火（冷卻后）愈堅?！薄胺布妍u未即凝結(jié)，將皂角椎碎，和粟米糠二味，鹵沸之時投入其

中攪和，鹽即頃刻結(jié)成?！睋?jù)上述記載，推斷下列說法正確的是

A.“見（濕）風(fēng)即鹵”是說海鹽易風(fēng)化

B.“見水”、“見火”時，海鹽中的氯化鈉均發(fā)生了化學(xué)變化

C.“煎鹵”的操作類似于蒸發(fā)濃縮

D.“皂角結(jié)鹽”的原理是發(fā)生了膠體聚沉

【答案】C

【解析】

【詳解】A.“見（濕）風(fēng)即鹵”是說海鹽易析出，溶解度較小，而不是風(fēng)化，A不合題意；

B.見水為溶解，見火為熔化時，則海鹽中的氯化鈉均未發(fā)生了化學(xué)變化，B不合題意；

C.“煎鹵”即加熱蒸發(fā)，析出晶體，即該操作類似于蒸發(fā)濃縮，C符合題意；

D.鹵水不是膠體，貝產(chǎn)皂角結(jié)鹽”的原理不是發(fā)生了膠體聚沉，D不合題意；

故答案為：C.

2.化學(xué)與生產(chǎn)、生活密切相關(guān)，下列說法正確的是

A.紅薯中含有大量淀粉和纖維素，二者互為同分異構(gòu)體

B.從動物皮、骨中提取的明膠屬于油脂，可用作食品增稠劑

C.對儲氫合金的要求是既能大量吸收氫氣，且形成的金屬氫化物很穩(wěn)定

D.硅酸鹽材料化學(xué)性質(zhì)穩(wěn)定、耐腐蝕，原因為Si和0構(gòu)成了穩(wěn)定的四面體

【答案】D

【解析】

【詳解】A.淀粉和纖維素雖然分子通式均為(C6H?)O5)n,但由于n值不同，二者的分子式不同，故二者不

互為同分異構(gòu)體，A錯誤；

B.從動物皮、骨中提取的明膠屬于蛋白質(zhì)，可用作食品增稠劑，B錯誤；

C.對儲氫合金的要求是既能大量吸收氫氣，被吸收的H2還要能夠釋放出來，故形成的金屬氫化物不能很

穩(wěn)定，C錯誤；

D.硅酸鹽材料中Si和0構(gòu)成了穩(wěn)定的四面體，導(dǎo)致其化學(xué)性質(zhì)穩(wěn)定、耐腐蝕，D正確；

故答案為：D。

3.利用下圖裝置分別進(jìn)行實驗，對丙中實驗現(xiàn)象描述錯誤的是

自/甲

乙'乂\/丙

、\厘!］及現(xiàn)象

甲乙丙丙中實驗現(xiàn)象

選項

A飽和食鹽水電石澳的四氯化碳溶液溶液逐漸褪色

B濃氨水氫氧化鈉硫酸銅溶液先生成藍(lán)色沉淀，后沉淀消失

C雙氧水二氧化鋅酸化的KI淀粉溶液溶液變藍(lán)

D稀硫酸碳酸鈉飽和碳酸鈉溶液先有沉淀生成，后沉淀消失

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【詳解】A.電石主要成分是CaC2,還含有CaS等雜質(zhì)，向其中滴加飽和食鹽水，CaC2與水發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)

生C2H2氣體，CaS會反應(yīng)產(chǎn)生H2s氣體，C2H2、H2s會與溟單質(zhì)反應(yīng)而使溶液褪色，A不符合題意；

B.濃氨水滴入氫氧化鈉中，反應(yīng)產(chǎn)生NH3,NH3溶解在溶液中反應(yīng)產(chǎn)生NH3F2O,NH3F2O與硫酸銅溶

液首先反應(yīng)產(chǎn)生Cu(0H)2藍(lán)色沉淀，當(dāng)氨水過量時，反應(yīng)產(chǎn)生可溶性[CU(NH3)4](OH)2,使溶液變?yōu)樯钏{(lán)

色，B不符合題意；

C.雙氧水滴入盛有二氧化鎬固體的錐形瓶中，在二氧化銃催化下雙氧水分解產(chǎn)生02,能夠?qū)⑺嵝訩I氧

化為12,12與溶液中的淀粉作用，使溶液變?yōu)樗{(lán)色，C不符合題意；

D.稀硫酸加入Na2co3固體中，反應(yīng)產(chǎn)生C02氣體，CO2與飽和Na2cCh溶液發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生溶解度小的

NaHCCh,因此產(chǎn)生沉淀，但CO2過量時沉淀也不會消失，D符合題意；

故合理選項是D。

4.下列說法正確的是

A.原子光譜是由基態(tài)原子吸收能量到激發(fā)態(tài)時，電子躍遷產(chǎn)生的

B.co：與so：中，o—c—o鍵角大于o-s—o鍵角

C.某元素基態(tài)原子的最外層電子排布式為4s2,則該元素為HA族元素

D.因為H2。分子間有氫鍵，所以H2。的穩(wěn)定性比H2s強(qiáng)

【答案】B

【解析】

【詳解】A.原子光譜包括吸收光譜和發(fā)射光譜，由基態(tài)原子吸收能量到激發(fā)態(tài)時，電子躍遷產(chǎn)生吸收光

譜，由激發(fā)態(tài)原子釋放能量到基態(tài)時，電子躍遷產(chǎn)生發(fā)射光譜，A錯誤；

B.CO：中心原子周圍的價層電子對數(shù)為：3+-0)+2-3?=3,則CO；為平面三角形，鍵角為120。，而

2

SO：中心原子周圍的價層電子對數(shù)為：3+105+2-3?工，則SO；為三角錐形，鍵角小于109。2&,故

O-C-O鍵角大于O—S—O鍵角，B正確；

C.某元素基態(tài)原子的最外層電子排布式為4s2,可能是Ca,也可能是3dzs2、3d24s2、3dMs2、3d54s2、

3d64s2、3d74s2、3d84s2、3出。4s2等元素，故該元素不一定為HA族元素，C錯誤；

D.氫鍵不是化學(xué)鍵，是分子間作用力的一種，故氫鍵只影響物理性質(zhì)，不能影響化學(xué)性質(zhì)，H2。的穩(wěn)

定性比H2s強(qiáng)是因為H20中的0-H鍵的鍵能比S-H的鍵能大，D錯誤；

故答案為：B。

5.生活中處處有化學(xué)，下列說法正確的是

A.煉鋼模具在熾熱的鋼水注入之前進(jìn)行干燥處理，可避免發(fā)生爆炸

B.高鐵酸鈉溶液和硫酸鋁溶液均可用于飲用水的殺菌消毒

C.含較多Na2c。3的鹽堿地可通過施加適量熟石灰進(jìn)行改良

D.工業(yè)制硫酸和合成氨時，原料中的硫元素和氮元素均被氧化

【答案】A

【解析】

【詳解】A.若模具不干燥，熾熱的鋼水會引發(fā)鐵和水蒸氣反應(yīng)，產(chǎn)生H2,比易燃易爆，從而引發(fā)鋼水爆

炸性迸濺，故煉鋼模具在熾熱的鋼水注入之前進(jìn)行干燥處理，可避免發(fā)生爆炸，A正確；

B.高鐵酸鈉溶液具有強(qiáng)氧化性，能夠用于飲用水的殺菌消毒，而硫酸鋁溶液沒有強(qiáng)氧化性不可用于飲用

水的殺菌消毒，只能用于作凈水劑，B錯誤；

C.鹽堿地（含較多Na2co3等）不利于作物生長，如施加熟石灰進(jìn)行改良，生成CaCCh和NaOH,加重土

壤的堿性和板結(jié)，該應(yīng)用不合理，B錯誤；

D.工業(yè)制硫酸即將FeS2、S、CuFeS2等原料中的S最終轉(zhuǎn)化為H2sO4,化合價升高，硫元素被氧化，而合

成氨反應(yīng)方程式為：用+3出灌高麓'罌2NH3,反應(yīng)中N的化合價降低，即氮元素被還原，D錯誤；

故答案為：A。

6.有機(jī)物I和n之間存在如圖所示轉(zhuǎn)化關(guān)系，下列說法錯誤的是

A.1的酸性比丙酸的酸性弱

B.II中所有碳原子一定不共面

C.II中有兩個手性碳原子

D.II的二氯代物有5種（不考慮立體異構(gòu)）

【答案】A

【解析】

【詳解】A.2-羥基丙酸中-0H為吸電子基團(tuán)，使得其中-COOH更容易電離出H+,故I的酸性比丙酸的酸

性強(qiáng)，A錯誤：

B.由題干有機(jī)物結(jié)構(gòu)簡式可知，分子中存在手性碳原子，如圖所示,則II中所有碳

CH3

O

原子一定不共同一平面，B正確;

c.手性碳原子是指同時連有4個互不相同的原子或原子團(tuán)的碳原子，由題干圖可知，n中有兩個手性碳

原子，如圖所示:，C正確;

D.由題干有機(jī)物結(jié)構(gòu)簡式可知，II的一氯代物有2種，二氯代物有5種，如圖所示:

7.興趣小組用預(yù)處理后的廢棄油脂制作肥皂（高級脂肪酸鈉）并回收甘油，簡單流程如下圖所示。下列說法

錯誤的是

加乙醇和NaOH溶液加食鹽細(xì)粒

n-加熱攪拌攪拌井冷卻f高級脂肪酸鈉

預(yù)處理后的油脂

①乳-含甘油的混合液甘油

A.步驟①中加入乙醇的目的是助溶，提高反應(yīng)速率

B.步驟②中加入食鹽細(xì)粒的目的是降低肥皂的溶解度

C.步驟③可借助裝置M完成（夾持裝置省略）

D.步驟④中包含蒸館操作

【答案】C

【解析】

【分析】預(yù)處理后的油狀中加入乙醇可增加油脂在NaOH溶液中的溶解度，然后將混合溶液加熱攪拌，促

進(jìn)反應(yīng)的發(fā)生，待液體不分層后加入食鹽顆粒、攪拌并冷卻，可以降低高級脂肪酸鈉的溶解度，而發(fā)生鹽

析，產(chǎn)生高級脂肪酸鈉固體，而甘油極易溶于水，在水層中，然后過濾分離得到高級脂肪酸鈉固體，水與

甘油是互溶的沸點不同的液體混合物，可通過蒸鐲方法分離得到。

【詳解】A.乙醇是常用的有機(jī)溶劑，而且能夠與水混溶，油脂難溶于水，步驟①中加入乙醇的目的是增

加油脂在NaOH溶液中的溶解度，使反應(yīng)物充分接觸發(fā)生反應(yīng)。從而可提高反應(yīng)速率，A正確；

B.向混合物中加入食鹽細(xì)粒，會降低高級脂肪酸鈉溶解度而結(jié)晶析出，即發(fā)生鹽析現(xiàn)象，B正確；

C.操作③為過濾，用到的儀器為漏斗，而不是分液漏斗，C錯誤；

D.甘油和水相互溶解，二者的沸點不同，用蒸鐳操作分離甘油，D正確；

故合理選項是C。

8.如圖所示化合物為某新型電池的電解質(zhì)，其中X、Y、Z、Q、R是原子序數(shù)依次增大的五種短周期主族

元素。下列說法錯誤的是

「Z=Y/Z、/QV

R+?*

Z=Y、z，XQ

A.簡單氫化物的沸點：Z>Q>Y

B.簡單離子半徑：R<Z<Q

C.第一電離能：R<X<Y<Z<Q

D.X和Q形成最簡單化合物的空間結(jié)構(gòu)為平面三角形

【答案】B

【解析】

【分析】由題干信息可知，X、Y、Z、Q、R是原子序數(shù)依次增大的五種短周期主族元素，R的原子序數(shù)最

大，形成+1價的離子，則R為Na,Z能夠形成2個共價鍵，則Z為O,Q能夠形成1個共價鍵，則Q為F,

Y能夠形成4個共價鍵，故Y為C,X形成了3個共價鍵和一個配位鍵，則X為B,即X、Y、Z、Q、R分

別是B、C、0、F、Na,據(jù)此分析解題。

【詳解】A.由分析可知，Y、Z、Q分別為C、O、F,由于H2。和HF能夠形成分子間氫鍵，導(dǎo)致沸點高

于CH4,且H?0周圍形成的分子間氫鍵數(shù)目比HF多，故H2O的沸點最高，故簡單氫化物的沸點：H2O>

HF>CH4即Z〉Q>Y,A正確；

B.由分析可知，Z、Q、R分別為0、F、Na,三種形成的離子具有相同的電子排布，且核電荷數(shù)Na>F

>O,故簡單離子半徑：Na+<F<O2-即R<Q<Z,B錯誤；

C.已知同一周期從左往右第一電離能呈增大趨勢，故F>0>C>B,同一主族從上往下第一電離依次減

小，則有B>Li>Na,故第一電離能：F>O>C>B>Na即R<X<Y<Z<Q,C正確：

D.由分析可知，X為B,Q為F,X和Q形成最簡單化合物即BF3,BF3中B周圍的價層電子對數(shù)為：

3+-（J3-3?=3,故其的空間結(jié)構(gòu)為平面三角形，D正確；

2

故答案為：Bo

9.實驗室模擬以磷石膏（含CaSO「2H2。及雜質(zhì)AkOs、Fe2O,等）為原料制取輕質(zhì)CaC。,，流程如下：

NH3<CO,NH￡1溶液

!pH=6.5

磷石膏漿料——低取口一起位」—t高溫燧燒浸入:費(fèi)?"魚》輕質(zhì)

JT2}CaCOj

濾液1濾液2

下列說法錯誤的是

A.“浸取1”時，加快攪拌速率、不斷升高溫度均可提高CaSC)4的轉(zhuǎn)化率

B.“浸取1”時，應(yīng)先通NH?再通CO2,濾液1中濃度最大的陰離子為S0；

2+

C.“浸取2”時，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為Ca。+2NH；+H2O=Ca+2NH,.H20

D.“浸取2”時，所得濾渣2的主要成分為ALO3、Fe2O3

【答案】A

【解析】

【詳解】A.“浸取1”用到了氣體原料氨氣和二氧化碳，氣體在水中的溶解度隨溫度升高而減小，因此溫度

過高不利于提高浸取率即CaSCh的轉(zhuǎn)化率，A錯誤；

B.由于N%極易溶于水，C02難溶于水，易溶于氨化后的堿性溶液，故“浸取1”，應(yīng)先通N%再通

C02,發(fā)生的反應(yīng)為：CaSO4-2H2O+2NH3+CO2=CaCO3+(NH4)2SO4,故濾液1中主要溶質(zhì)為(NHQzSO」，濃

度最大的陰離子為SO：,B正確；

C.濾渣1的成分是碳酸鈣、氧化鋁和氧化鐵，高溫加熱時碳酸鈣分解為氧化鈣和二氧化碳，氧化鋁和氧

化鐵性質(zhì)穩(wěn)定，不發(fā)生反應(yīng)，“浸取2”中氯化鐵與氧化鈣發(fā)生反應(yīng)，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：

2+

CaO+2NH；+H2O=Ca+2NH3H2O,C正確；

D.“濾渣1的成分是碳酸鈣、氧化鋁和氧化鐵，高溫加熱時碳酸鈣分解為氧化鈣和二氧化碳，氧化鋁和氧

化鐵性質(zhì)穩(wěn)定，不發(fā)生反應(yīng)，“浸取2”中氯化錠與氧化鈣反應(yīng)，使其溶解，貝「浸取2”時，所得濾渣2的主

要成分為ALOs、Fe2O,,D正確；

故答案為：A。

二、不定項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項中，有

一項或兩項符合題目要求。若正確答案只包括一個選項，多選時，該小題得0分；若正確答

案包括兩個選項，只選一個且正確的得2分，選兩個且都正確的得4分，但只要選錯一個，

該小題得0分。

10.下列實驗事實能證明相應(yīng)結(jié)論的是

選

實驗事實相應(yīng)結(jié)論

項

銅分別與濃硝酸、稀硝酸反應(yīng)時，還原產(chǎn)物NCh比NO中氮元濃硝酸得電子能力差，氧化性

A

素的價態(tài)高比稀硝酸弱

B磷酸與Na2s03固體在加熱條件下反應(yīng)生成S02磷酸的酸性比亞硫酸強(qiáng)

C其他條件相同時，lmol/L的醋酸比0.5mo1/L的醋酸導(dǎo)電能力弱電解質(zhì)的電離不需要通電

濃鹽酸與MnCh混合加熱生成氯氣，氯氣不再逸出時，固體混合物質(zhì)濃度影響其氧化性或還原

D

物中仍存在鹽酸和MnCh性的強(qiáng)弱

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【詳解】A.氧化性的強(qiáng)弱與得失電子的多少無關(guān)，而與得失電子的難易程度有關(guān)，故銅分別與濃硝酸、

稀硝酸反應(yīng)時，還原產(chǎn)物NCh比NO中氮元素的價態(tài)高，不能得出濃硝酸得電子能力差，氧化性比稀硝酸

弱的結(jié)論，而事實上濃硝酸的氧化性強(qiáng)于稀硝酸，A不合題意；

B.磷酸與Na2sCh固體在加熱條件下反應(yīng)生成SO2,是利用“難揮發(fā)性酸制備易揮發(fā)性酸”，不能判斷

H3PCU強(qiáng)于H2sB不合題意；

C.其他條件相同時，lmol/L的醋酸比0.5mol/L的醋酸導(dǎo)電能力弱，說明lmol/L醋酸電離產(chǎn)生的離子濃度

比O.5mol/L的小，不能得出電解質(zhì)的電離不需要通電，C不合題意；

D.剩余物中仍有鹽酸和MnCh,說明鹽酸濃度變小到一定程度時，不能與MnCh繼續(xù)反應(yīng)，可得出結(jié)論，

物質(zhì)濃度影響其氧化性或還原性的強(qiáng)弱，D符合題意；

故答案為：D。

11.我國科學(xué)家研究發(fā)現(xiàn)，在MnO2/Mn2+氧化還原介質(zhì)的輔助下，可將電解水分離為制氫和制氧兩個獨立

的過程，從而實現(xiàn)低電壓下電解水，其電化學(xué)原理如圖所示。下列說法錯誤的是

—WO4

A.a、c為電源的負(fù)極

B.K向左端閉合時，N電極發(fā)生的反應(yīng)為MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O

C.產(chǎn)生等物質(zhì)的量的H?和O2時，N電極質(zhì)量減小

D.K向右端閉合時，電解過程中NaOH的物質(zhì)的量不變

【答案】B

【解析】

【分析】當(dāng)K與b接觸時，M電極上發(fā)生的電極反應(yīng)為：2H++2e=H2T，發(fā)生還原反應(yīng)，即M電極為陰極，

電極上發(fā)生的電極反應(yīng)為：2++發(fā)生氧化反應(yīng)，電極為陽極，當(dāng)與電極接

NMn+2H2O-2e=MnO2+4H,NKc

觸時，N電極發(fā)生的電極反應(yīng)為：MnO2+4H*+2e=Mn2++2H2O,發(fā)生還原反應(yīng)，此時N電極為陰極，L電極

發(fā)生的電極反應(yīng)為：發(fā)生氧化反應(yīng)，電極為陽極，據(jù)此分析解題。

4OH--4e=O2T+2H2O,L

【詳解】A.由分析可知，當(dāng)K與b接觸時，M為陰極，即a為電源的負(fù)極，當(dāng)K與c電極接觸時，N為

陰極，故c為電源的負(fù)極，A正確；

B.由分析可知，K向左端閉合時，N電極發(fā)生的反應(yīng)為Mn2++2H2O-2e=MnO2+4H+,B錯誤；

C.由分析可知，產(chǎn)生等物質(zhì)的量的H?和時，設(shè)產(chǎn)生nmolH2和nmolO2,根據(jù)電子守恒可知，產(chǎn)生

nmolPh轉(zhuǎn)移電子為2nmol,此時N即進(jìn)行的反應(yīng)Mn2++2H2O-2e-=MnC)2+4H+,生成nmolMnCh,生成

nmolCh轉(zhuǎn)移電子為4nmol,此時N極進(jìn)行的反應(yīng)MnCh+4H++2e-=Mn2++2H2O,消耗2nmolMnCh,故N電

極質(zhì)量減小，C正確；

向右端閉合時，電極發(fā)生的電極反應(yīng)為：雖然消耗了但雙極膜中的

D.KL40H--4e=O2t+2H2O,0H1

0H會轉(zhuǎn)移到L電極附近，補(bǔ)充0H,根據(jù)電子守恒可知，電解過程中NaOH的物質(zhì)的量不變，D正確；

故答案為：B。

12.T℃時，向體積恒定為2L的密閉容器中充入Q(s)發(fā)生反應(yīng)：Q(s)UM(g)+N(g)AHX)，

K=0.()6250實驗測得n(Q)隨時間(t)變化關(guān)系如下表所示：

t/min020406080

n(Q)/mol1.000.800.650.55050

下列敘述錯誤的是

A.0~20min內(nèi)，用M(g)表示的平均反應(yīng)速率v(M)=0.005mol?L】?mirri

B.其他條件不變，升高溫度，N(g)的生成速率和平衡產(chǎn)率均增大

C.其他條件不變，加入催化劑，80111皿時、(5)轉(zhuǎn)化率不變

D.若起始時向該容器中加入2.00molQ(s),達(dá)到平衡時0.25mol-LT<c(M)<0.5mol-L"

【答案】D

【解析】

【詳解】A.0~20min內(nèi)，消耗Q為0.2mol,則用M(g)表示的平均反應(yīng)速率

()2

v(M)=-~:~molL1-min1=0.005mol-L-1-min-1,A正確；

2x20

B.反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，其他條件不變，升高溫度，反應(yīng)速率增大且平衡正向移動，則導(dǎo)致N(g)的生成速率

和平衡產(chǎn)率均增大，B正確；

Q(s)^^M(g)+N(g)

起始(mol/L)00.1

C.80min時Q(s)反應(yīng)0.5m。l,則生成MN均為0.5mol；,八八”八“，此時

轉(zhuǎn)化(mol/L)0.250.25

平衡(mol/L)0.250.25

Q=0.25x0.25=0.0625=K,則80min時反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)；其他條件不變，加入催化劑，反應(yīng)速率加

快，則80min時Q(S)一定達(dá)到平衡，故其轉(zhuǎn)化率不變，C正確；

D.Q為固體，增加量不影響平衡移動，結(jié)合C分析可知，達(dá)到平衡時M濃度仍為0.25mol［T，D錯

誤；

故選D。

13.25℃時，向20mL0.01mol/L的RCb溶液中通入氨氣，測得溶液的pH與p(R?+)之間的變化曲線如圖所示

5

［已知：Kb(NH3-H2O)=1.8xl0-,p(R2+)=-lgc(R2*),忽略反應(yīng)過程中溶液體積的變化］。下列說法

正確的是

PH

A.KMR(OH)2]的數(shù)量級是1()T7

B.a點溶液中會產(chǎn)生R(OH)2沉淀

2+

C.b點溶液存在：c(NH：)>c(NH3-H2O)>C(R)>C(OH)

D.c點溶液存在：2c(R2+)+c(NH：)<c(Clj

【答案】C

【解析】

io14

2+2214

【詳解】A.由題干圖示信息點(2,8.3)可知，Ksp[R(OH)2]=c(R)c(OH)=10-x(—-)2=1O^,故

IO+'

K.plR(0H)2]的數(shù)量級是IO4,A錯誤；

B.由題干圖示信息可知，a點對應(yīng)的溶解平衡點為b點或者c點，則可知a點對應(yīng)的c(R2+)c2(OH-)小于其

KsplR(OH)2],故a點溶液中不會產(chǎn)生R(0H)2沉淀，B錯誤；

Ksp[R(OH)JIO134

C.由A項分析可知，Ksp[R(OH)2]=1013-4,則有b點時c(R2+)==10-3-4mol/L,根據(jù)

c2(OH)(IO5)2

c(NH；)c(OH)c(NH：)1.8x10-5

-5=1.8x10-5,

Kb(NH3H2O)=1.8xl0f即則有=1.8,即有

IO5

C(NH,?H2O)C(NH,?H2O)

c(NH：)>c(NH3-H9),且題干告知是通入NHs,使IV一沉淀，故b點溶液存在：

2+

c(NH：)>c(NH3H2O)>c(R)>c(OHj,C正確；

D.c點溶液中電荷守恒式為：2c(R2+)+c(NH：)+c(H+)=c(CF)+c(OH),又知c點溶液呈堿性，即

c(OH)>c(H+),故c點溶液中存在：2c(R")+c(NH：)>c(Cr)，D錯誤；

故答案為：C。

三、非選擇題：共57分。

1

14.莫爾鹽[(NH4)2Fe(SO4)2-6H2。，M=392g-moP],易溶于水，不溶于乙醇，用途廣泛。某實驗小

組以廢鐵屑等為原料制備莫爾鹽并設(shè)計實驗檢驗其熱分解產(chǎn)物。

【.莫爾鹽的制備

(1)凈化鐵屑：為去除廢鐵屑表面的油污，可采用的方法為

(2)制備FeSC\溶液：實驗步驟如圖1所示。

凈化后

的鐵屑

圖1圖2

“酸溶”過程中，為加快反應(yīng)速率，可向其中加入少量固體單質(zhì)X,則X可以為.(填化學(xué)式，寫出一

種即可)；“過濾”過程如圖2所示，為防止大量鐵屑進(jìn)入漏斗引起堵塞，可將.緊貼在燒杯外壁a

處，再傾倒燒杯中的混合物。

(3)制備莫爾鹽：將所得FeSOa溶液轉(zhuǎn)移至蒸發(fā)皿中，加入適量(NH^zSO,固體充分溶解，再經(jīng)

、過濾、洗滌、干燥，得產(chǎn)品。

(4)測定純度

稱取4.000g上述產(chǎn)品，配成100mL溶液，取出25.00mL置于錐形瓶中，用0.0500mol?LJ】KMnC%，

標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，重復(fù)三次，消耗KMnC)4標(biāo)準(zhǔn)溶液的平均體積為10.00mL。

①將標(biāo)準(zhǔn)溶液裝入滴定管后，排氣泡的正確操作為(填選項字母)。

KMnO4

②經(jīng)計算，該產(chǎn)品的純度為%。

n.熱分解產(chǎn)物的檢驗

莫爾鹽自身受熱分解會產(chǎn)生、等氣體，小組同學(xué)欲用下圖裝置檢驗其中的和

NH3N>SO2,SO3SO?

so3O

品紅溶液BaCk溶液

和足址鹽酸

BCD

(5)裝置連接合理順序為(填裝置編號)，裝置C中盛裝堿石灰的儀器名稱為。

(6)D中加入的鹽酸需足量，否則可能會引發(fā)的后果為(用化學(xué)方程式表示)。

【答案】⑴加熱的Na2co3溶液浸泡

(2)①.Cu、Ag或石墨等②.FesCU

(3)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶

(4)①.b98.0

(5)①.AEDBC②.球形干燥管

(6)2NH3+SO2+H2O=(NH4)2SO3,(NH4)2SO3+BaCb=BaSC)31+2NH4cl

【解析】

【小問1詳解】

已知Na2c03溶液呈堿性，熱的Na2CO3溶液堿性更強(qiáng)，堿性條件下能夠促進(jìn)油脂水解，故為去除廢鐵屑表

面的油污，可采用的方法為加熱的Na2c03溶液浸泡，故答案為：加熱的Na2cCh溶液浸泡；

【小問2詳解】

己知形成原電池反應(yīng)可以加快反應(yīng)速率，故"酸溶”過程中，為加快反應(yīng)速率，可向其中加入少量固體單質(zhì)

X,X做正極即可與Fe、稀硫酸形成原電池反應(yīng)而加快反應(yīng)速率，則X可以為Cu、Ag、石墨等；已知磁

鐵可以吸引鐵屑，故“過濾”過程如圖2所示，為防止大量鐵屑進(jìn)入漏斗引起堵塞，可將FesCU緊貼在燒杯

外壁a處，再傾倒燒杯中的混合物，故答案為：Cu、Ag或石墨等；Fe3O4；

【小問3詳解】

制備莫爾鹽：將所得FeSOq溶液轉(zhuǎn)移至蒸發(fā)皿中，加入適量(NHJ2SO4固體充分溶解，再經(jīng)蒸發(fā)濃縮、

冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥，得產(chǎn)品，故答案為：蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶：

【小問4詳解】

①由于酸性高鎰酸鉀溶液能夠腐蝕堿式滴定管下端的橡膠管，應(yīng)將KMnCX標(biāo)準(zhǔn)溶液裝入酸式滴定管后，

排氣泡的正確操作為b,故答案為：b；

②根據(jù)反應(yīng)方程式：5Fe2++MnC)4+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O可知，100mL中Fe?+的物質(zhì)的量為:

2+

n(Fe)=5n(MnO4)=5x皤。"x0.0500mol/Lx10.00x10^=0.01mol,經(jīng)計算，該產(chǎn)品的純度為

25.00mL

8強(qiáng)加閩

x100%=98.0%,故答案為：98.0；

4.00g

【小問5詳解】

SO3易溶于水且與水反應(yīng)生成H2so4能與BaCL溶液反應(yīng)生成BaSC)4白色沉淀，所以用裝置D先檢驗

SO3,再將剩余氣體通入裝置B中檢驗SO2,可觀察到品紅溶液褪色，SO3、SO2均為酸性氧化物，可用堿

石灰進(jìn)行尾氣吸收，且由于SO2、SO3均易溶于水，則D之前需接一個安全瓶即裝置E以防止倒吸，由此

確定合理通氣順序為AEDBC,由題干實驗裝置圖可知，裝置C儀器名稱為球形干燥管，故答案為：

AEDBC；球形干燥管；

【小問6詳解】

D中鹽酸的作用是吸收NH3,若鹽酸不足，則會發(fā)生反應(yīng)：2NH3+SO2+H2O=(NH4”SO3,

(NH4)2SO3+BaCh=BaSO,4+2NH4CL將影響SO3的檢驗，故答案為：ZNE+SCh+EhOgNHSSCh,

(NH4)2SO3+BaC12=BaSO,U+2NH4Cl1,

15.工業(yè)上一種利用廢舊三元鋰離子電池正極材料(主要成分為LiCo』MnxNiyC)2,還含有鋁箔、炭黑、

有機(jī)粘合劑等)綜合回收鉆、錦、銀、鋰的工藝流程如下圖所示：

HANa2CO,

NaOH(NH&C)%K2SANaOHNa￡O,

濾液CoC/WH*MnO,NiCO,-2Ni(OH),-4H,O

(1)鉆位于元素周期表中______區(qū)；基態(tài)鎰原子的價電子排布圖為；鋰離子電池正極材料

LiCO1*yMn、Ni,O2的基本結(jié)構(gòu)單元如圖所示，則據(jù)此計算產(chǎn),y=。

(2)“粉碎灼燒”時可除去的雜質(zhì)為o

(3)“堿浸”后濾液中大量存在的陰離子為和

181310

(4)已知：Ksp(CoC2O4)=lxl(F,Ksp(MnC2O4)=lxl0-,Ksp(NiC2O4)=4xl(r,

p(C2O；)=-lgc(C2O：jo若“酸浸”后溶液中Ni“、Co"、Mi?+濃度均為(Mmol.廣，理論計算欲使

Co?+完全沉淀（離子濃度小于lx10-5mol.L）而不沉淀Ni2+、Mn2+.需調(diào)節(jié)pg。：）的范圍為

；實際“沉鉆”時，在加入（NH，2C2O4之前須先加入一定量氨水，推測所加氨水的作用為

（5）“沉鎰”過程中加入K2s2。8溶液后，溶液先變?yōu)樽霞t色，一段時間后紫紅色又褪去，則溶液變?yōu)樽霞t

色的原因為［用離子方程式表示，Mn（II）寫作Mn即可］。

（6）“沉鎮(zhèn)”過程中加入Na2cO3溶液不能過量，原因為。

【答案】（I）①.d②.muU山」皿?,-④.1

3d4s33

（2）炭黑、有機(jī)粘合劑

（3）①.A1O2②.OH

（4）①.125?。；）＜13②.將Ni?+、Mi?+轉(zhuǎn)化為穩(wěn)定配離子，避免沉鉆時與Co?+共沉淀

2++

（5）5s2。；一+2Mn+8H2O=1OSO^+ZMnO,+16H

（6）防止鋰離子沉淀，影響銀離子和鋰離子的分離

【解析】

【分析】三元鋰離子電池正極材料粉碎灼燒除去炭黑、有機(jī)粘合劑，堿浸后除去鋁，酸浸將金屬轉(zhuǎn)化成離子，

加硫酸鍍、草酸按除去鉆離子，加入K2s2。8溶液通過氧化還原將錦元素轉(zhuǎn)化為二氧化鋅，加入碳酸鈉和氫

氧化鈉除銀，最后將鋰離子轉(zhuǎn)化成碳酸鋰。

【小問1詳解】

鉆的原子序數(shù)是27,位于元素周期表的第四周期第VIH族，位于d區(qū)；基態(tài)鐳原子的價電子排布式為

3d54s2,因此價電子排布圖為UU」ULUQU；此晶胞為六棱柱，Co2+，Ni2+，Mn2+在頂點，每個

3d4s

在6個頂點，均攤6x^=1,所以得到x=y=L,答案：d,

晶胞均攤2x-=—,Li

6363

iiiihiihi皿，LL

3d4s33

【小問2詳解】

“粉碎灼燒”時可將炭黑、有機(jī)粘合劑徹底氧化，答案：炭黑、有機(jī)粘合劑;

【小問3詳解】

堿浸時堿將鋁轉(zhuǎn)化成偏鋁酸鈉，所以濾液中大量存在的陰離子Al。？和剩余的OFT，答案：A1O2,OH;

【小問4詳解】

當(dāng)Co2+完全沉淀(離子濃度小于1x10-5mo].U1),等于lx10-5mol-L71時,

13

cGO：)==10"m%,Ksp(NiC2O4)=4x10-'°>Ksp(MnC2O4)=IxlO-,所以

只要錦離子不沉淀，鍥離子就一定不沉淀，當(dāng)鎰離子恰好不沉淀時，Mi?+濃度均為SlmoLUL

c(C2O：)=W^F=10」2m%,需調(diào)節(jié)p(C2。；)的范圍為12<P(C2O：)<13,加入

(NHJzC?。,之前須先加入一定量氨水，推測所加氨水的作用為將Ni?+、Mn”轉(zhuǎn)化為穩(wěn)定配離子，避免

沉鉆時與Co>共沉淀

答案：12Vp(C2。：)<13；將Ni?+、Mn?+轉(zhuǎn)化為穩(wěn)定配離子，避免沉鉆時與Co?+共沉淀；

【小問5詳解】

“沉鎰”過程中加入K2s2。8溶液后，溶液先變?yōu)樽霞t色是生成高錦酸根離子的緣故，一段時間后紫紅色又

褪去是在酸性環(huán)境中高鋅酸根離子又參與反應(yīng)，則溶液變?yōu)樽霞t色的原因為

2++

5S2O；+2Mn+8H2O=10SO^+2MnO4+16H,答案：

2++

5S2O；+2Mn+8H2O=10SO；+2MnO4+16H；

【小問6詳解】

因鋰離子與碳酸根離子結(jié)合生成碳酸鋰沉淀，所以防止鋰離子沉淀，影響銀離子和鋰離子的分離，答案：

防止鋰離子沉淀，影響銀離子和鋰離子的分離。

16.C02(g)氫化制備化工原料CO(g)可有效緩解溫室效應(yīng)，此過程主要發(fā)生如下反應(yīng)：

反應(yīng)I：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)AH,=+41kJmor'

反應(yīng)H：CO式g)+4H式g)UCH4(g)+2H?O(g)AH2=-164kJ-mof'

(1)CH4(g)+H2O(g)^=iCO(g)+3H2(g)△”=kJ/mol,

(2)反應(yīng)H在化學(xué)熱力學(xué)上進(jìn)行的趨勢很大，原因為,該反應(yīng)易在______(填“較高溫度”或"較低

溫度”)下自發(fā)進(jìn)行。

(3)在某恒壓密閉容器中充入一定量CCh(g)和H2(g),使用不同的催化劑反應(yīng)相同的時間，測得CO2(g)轉(zhuǎn)

CH,的物質(zhì)的量

化率、CH"g)的選擇性(CH"g)的選擇性=拄/的,而懺的ax100%)與反應(yīng)溫度⑴的關(guān)系分別如圖1

轉(zhuǎn)化CO?的物質(zhì)日勺里

和圖2所示:

%

/%

?50/

340就40

蟒

30那30

020招20

0￡10

100

。

器

400600700

S2

圖

①圖1中，選用Ni-CeO2-IM800催化劑時，CC>2(g)的轉(zhuǎn)化率在溫度高于600c后迅速增大，解釋其原因為

②600℃時，為提高CO(g)的產(chǎn)率，適宜選擇的催化劑為(填“Ni-CeO2-IM800”或“Ni-CeCh-

DP800")，解釋其原因為o

(4)在某剛性密閉容器中充入amolCO2(g)和2amolH2(g),發(fā)生反應(yīng)I和反應(yīng)II,測得CC)2(g)的平衡轉(zhuǎn)

化率與壓強(qiáng)(0.1MPa、1MPa、10MPa)、溫度(T)的關(guān)系如圖3所示。

%

/

滋

￥

肝

遂

詳

0.

。

①圖中表征壓強(qiáng)為0.1MPa的是(填“LI”"L2”或"L3''溫度升高，三條曲線逐漸靠近的主要原因為

②Q點時，測得CHMg)的物質(zhì)的量為bmol。則該溫度下，反應(yīng)I的平衡常數(shù)K=(用含a、b的代數(shù)

式表示)。

【答案】⑴+205

(2)①.反應(yīng)的正反應(yīng)是放熱反應(yīng)②.低溫

(3)①.在溫度高于600℃后催化劑Ni-CeO2TM800達(dá)到最佳催化活性②.Ni-CeC)2-DP800③.

Ni-CeO2-DP800使CO2的轉(zhuǎn)化率較大，在600℃時CH4的選擇性又比較低

(4)①.L②.溫度對吸熱反應(yīng)影響更大，反應(yīng)I的正反應(yīng)是氣體體積不變的吸熱反應(yīng)，而反應(yīng)n

正反應(yīng)是氣體體積減小的放熱反應(yīng)，在高溫時主要發(fā)生反應(yīng)I,而該反應(yīng)反應(yīng)前后氣體的物質(zhì)的量不變，壓

0.5a+b

強(qiáng)改變不能使平衡發(fā)生移動，因此高溫條件下C02的轉(zhuǎn)化率逐漸靠近；③.

1.5a

【解析】

【小問1詳解】

l

己知：反應(yīng)I：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)AH1=+41kJmor

反應(yīng)n：C02(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)AH2=-164kJ-mor',

根據(jù)蓋斯定律，將反應(yīng)I-反應(yīng)U,整理可得熱化學(xué)方程式CH4(g)+H2()(g)UCO(g)+3H2(g)

△H=+205kJ/mol；

【小問2詳解】

反應(yīng)n在化學(xué)熱力學(xué)上進(jìn)行的趨勢很大，這是由于該反應(yīng)的正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，體系溫

度升高，使化學(xué)反應(yīng)速率加快；

反應(yīng)n：C02(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)AH2=-164kJmor',的正反應(yīng)是氣要使反應(yīng)H自發(fā)

進(jìn)行,則體系的自由能AGVO,由方程式CO式g)+4Hz(g)UCH4(g)+2H2O(g)AH2=-164kJmOr'

可知該反應(yīng)的ASVO,△4<(),△G=AW-TAS<0,則反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行的條件是低溫下自發(fā)進(jìn)行；

【小問3詳解】

①任何催化劑的催化活性都有一定的溫度范圍。根據(jù)圖1可知，選用Ni-CeCMM800催化劑時，82(g)的

轉(zhuǎn)化率在溫度高于600C后迅速增大，這是因為在溫度高于600℃后達(dá)到其最佳催化活性；

②根據(jù)圖1示可知：在600℃時CO2的轉(zhuǎn)化率：Ni-Ce02-DP800>Ni-Ce02-IM800；而根據(jù)圖2所示溫度對

Ni-CeO2-IM800的選擇性影響不大，Ni-CeO2-DP800的選擇題隨溫度的升高而增大，要在溫度為600℃下提

高CO(g)的產(chǎn)率，應(yīng)該使CH4的選擇性比較低，故應(yīng)該使用的催化劑是Ni-CeO2-DP800；

【小問4詳解】

①反應(yīng)I在反應(yīng)前后氣體的物質(zhì)的量不變，而反應(yīng)II正反應(yīng)是氣體體積減小的反應(yīng)。在溫度不變時，增大

壓強(qiáng)，反應(yīng)I化學(xué)平衡互移動；反應(yīng)H的化學(xué)平衡正向移動，導(dǎo)致CO2的轉(zhuǎn)化率增大，故Li表示壓強(qiáng)為

0.1MPa,L2表示壓強(qiáng)為IMPa,L3表示壓強(qiáng)為1.0MPa：

溫度對吸熱反應(yīng)影響更大，由于反應(yīng)I的正反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，反應(yīng)II正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，因此當(dāng)溫度升高

時，主要發(fā)生反應(yīng)I,該反應(yīng)反應(yīng)前后氣體的物質(zhì)的量不變，壓強(qiáng)改變不能使平衡發(fā)生移動，因此CO2的

轉(zhuǎn)化率逐漸靠近；

②Q點時，測得CHMg)的物質(zhì)的量為bmol,根據(jù)反應(yīng)H方程式可知反應(yīng)產(chǎn)生2bmolH20(g),消耗b

molCCh(g)和4bmolH2(g)；CO2的平衡轉(zhuǎn)化率為50%,則反應(yīng)I消耗CO2的物質(zhì)的量為(0.5a-b)mol,同時

消耗H2的物質(zhì)的量為(0.5a-b)mol,反應(yīng)產(chǎn)生CO、比0您)的物質(zhì)的量也是(0.5a-b)moL故Q點各自氣體的

物質(zhì)的量分別為n(CO2)=0.5amol,n(H2)=[(2a)-(0.5a-b)-4b]mol=(1.5a-3b)mol,n(CO)=(0.5a-b)mol,

；2(CH4)=bmol,?(H2O)=(0.5a-b)mol+2bmol=(0.5a+b)mol,氣體總物質(zhì)的量〃(總)=0.5amol+(1.5a-

3b)mol+(0.5a-b)mol+bmol+(0.5a+b)mol=(3a-2b)mol,此時氣體壓強(qiáng)為0.1MPa,則各種氣體的平衡分壓分別

、，0.5a八…c1.5a-3b八…「0.5a_b八…_

為p(CCh)=-----x0.IMPa；p(H2)=--------x0.IMPa,p(CO)=-------x0.IMPa,p(H20)=

3a-2b3a_2b3a-2b

0+