廣東省廣州市部分普通高中畢業(yè)班2023年屆高三綜合測試(二)化學(xué)（解析版）

2023年廣州市普通高中畢業(yè)班綜合測試(二)

化學(xué)試卷

注意事項(xiàng)：

1.答卷前，考生務(wù)必將用黑色字跡的鋼筆或簽字筆將自己的姓名、考生號、試室號和座位號

填寫在答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型(B)填涂在答題卡相應(yīng)位置上。并在化學(xué)答題卡相應(yīng)

位置上填涂考生號。

2.作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡對應(yīng)題目選項(xiàng)的答案信息點(diǎn)涂黑：

如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試卷上。

3.非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內(nèi)相

應(yīng)位置上：如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案：不準(zhǔn)使用鉛筆和涂改液。不

按以上要求作答無效。

4.考生必須保持答題卡的整潔?？荚嚱Y(jié)束后，將試卷和答題卡一并交回。

可能用到的相對原子質(zhì)量：H1Li7C12N14O16Mg24Al27

Zn65Ga70

一、單項(xiàng)選擇題：本題共16小題，共44分。第1?10小題，每小題2分；第11?16小題,

每小題4分。每小題只有一個選項(xiàng)符合題意。

1.我國的航空航天事業(yè)取得巨大成就，下列所述物質(zhì)為金屬材料的是

航空航

天成果I^^3

宇航服中的聚酯纖C919外殼中的鋁鋰合北斗衛(wèi)星使用的氮化鋁長征火箭使用的液

物質(zhì)

維金芯片氫燃料

選項(xiàng)ABCD

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【詳解】A.聚酯纖維為有機(jī)高分子材料，A項(xiàng)不符合題意；

B.鋁鋰合金為金屬材料，B項(xiàng)符合題意；

C.氮化鋁為新型無機(jī)非金屬材料，C不符合題意；

D.液氫燃料為無機(jī)非金屬材料，D不符合題意；

故選B。

2.廣東的非物質(zhì)文化遺產(chǎn)豐富多彩，如廣東剪紙、粵繡、龍舟制作技藝、廣彩瓷器燒制技藝等。下列說法

不正確的是

A.廣東剪紙所用紙張的漂白過程涉及化學(xué)變化B.粵繡所用蠶絲繡材含有天然有機(jī)高分子

C.龍舟表面所涂紅色顏料的成分是氧化亞鐵D.繪有金色花紋的廣彩瓷器含有硅酸鹽

【答案】C

【解析】

【詳解】A.廣東剪紙所用紙張的漂白過程涉及化學(xué)變化，A正確；

B.粵繡所用蠶絲繡材主要含有蛋白質(zhì)，蛋白質(zhì)屬于天然有機(jī)高分子，B正確；

C.氧化亞鐵為黑色固體，龍舟表面所涂紅色顏料的成分是氧化鐵，C錯誤：

D.繪有金色花紋的廣彩瓷器含有硅酸鹽，D正確；

故選Co

3.勞動開創(chuàng)未來。下列勞動項(xiàng)目與所述化學(xué)知識沒有關(guān)聯(lián)的是

選項(xiàng)勞動項(xiàng)目化學(xué)知識

A利用工業(yè)合成氨實(shí)現(xiàn)人工固氮N2具有還原性

B用石灰乳除去煙氣中的SO?SO2是酸性氧化物

C將鋅塊鑲嵌在輪船底部防腐鋅的金屬性比鐵強(qiáng)

D用HNo3除去試管中的銀鏡HNOs具有強(qiáng)氧化性

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【詳解】A.氮?dú)夂蜌錃夂铣砂睔膺^程中，氮?dú)庵械牡鼗蟽r降低，表現(xiàn)氧化性，勞動項(xiàng)目和化學(xué)知

識不相關(guān)，A符合題意；

B.二氧化硫是酸性氧化物，能和堿反應(yīng)，勞動項(xiàng)目和化學(xué)知識有關(guān)聯(lián)，B不符合題意；

C.鋅的金屬性比鐵強(qiáng)，再船底鑲嵌鋅，形成原電池時鐵做正極，不被腐蝕，勞動項(xiàng)目和化學(xué)知識有關(guān)

聯(lián)，C不符合題意；

D.銀和硝酸反應(yīng)，表現(xiàn)硝酸的強(qiáng)氧化性，勞動項(xiàng)目和化學(xué)知識相關(guān)，D不符合題意；

故選A0

4.聚乳酸廣泛用于制造可降解材料，其生物降解過程如下。下列說法不正確的是

00

Il水解Il微生物

rη次土ZJ

H?CH-C?0HJAHo-CH-C-OH1IACO2+H2O

CH3CH3

聚乳酸乳酸

A.乳酸屬于燃的衍生物B.CO2分子含有團(tuán)團(tuán)鍵和兀鍵

C.乳酸分子不含手性碳原子D.使用聚乳酸材料有利于減少白色污染

【答案】C

【解析】

【詳解】A.乳酸含有竣基、羥基，屬于燃的衍生物，A正確；

B.二氧化碳結(jié)構(gòu)為O=C=0,雙鍵中含有1個σ鍵1個π鍵，故CO2分子含有團(tuán)團(tuán)鍵和兀鍵，B正確；

O

*Il

C.手性碳原子是連有四個不同原子或基團(tuán)的碳原子；HO-CH-C-OH,故乳酸分子含手性碳原

CH3

子，C錯誤；

D.聚乳酸廣泛用于制造可降解材料，故使用聚乳酸材料有利于減少白色污染，D正確；

故選C。

5.下列裝置用于實(shí)驗(yàn)室制取NO并回比(Cu(NO3)2,不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖?/p>

舂一稀硝酸

?=NO(NO)

2No→=y=

o?,-H,j^-tH.O.1M

情IlLΛ?CuHOA≡

afc1

甲乙丙丁

A.用裝置甲制No氣體B.用裝置乙除No中的少量NO?

C.用裝置丙收集NO氣體D.用裝置丁蒸干溶液獲得CU(NO3)2固體

【答案】D

【解析】

【詳解】A.CU與稀硝酸在常溫下發(fā)生氧化還原反應(yīng)產(chǎn)生CU(NO3)2、NO、H2O,因此可以用裝置甲制

No氣體，A不符合題意；

B.二氧化氮和水生成一氧化氮，能除去No中的少量NC?,B不符合題意；

C.NO氣體在常溫下容易與空氣中的02反應(yīng)產(chǎn)生NCh氣體，因此應(yīng)該根據(jù)No不溶于水，也不能與水發(fā)

生反應(yīng)，采用排水方法收集No氣體，C不符合題意；

D.CU(NO3)2溶液加熱時會促進(jìn)銅離子水解，且生成硝酸易揮發(fā)，應(yīng)根據(jù)其溶解度受溫度的影響變化較

大，采用冷卻結(jié)晶法制備CU(NO3)2?6H2O,D符合題意；

故選D。

6.如圖所示的化合物是一種重要的化工原料，X、Y、Z、W、E是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素,

其中Z、E同族，基態(tài)Y原子的核外有3個未成對電子。下列說法正確的是

^ZX^^

W+Z-E-Y

Il\

zX

A.原子半徑：W>Y>Z>EB.W2Z2中只含有離子鍵

C.Z、W、E組成化合物的水溶液一定顯中性D.電負(fù)性：Z>Y>X

【答案】D

【解析】

【分析】X、Y、z、W、E是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，基態(tài)Y原子的核外有3個未成對電

子，結(jié)合圖示的化合物結(jié)構(gòu)可知，Y為N；E核外有6個電子，Z、E同族，則Z核外也有6個電子，所

以Z為0,E為S；從圖示可知，X為H,W為Na。

【詳解】A.一般地，電子層數(shù)越多，原子半徑越大，電子層數(shù)相同時，質(zhì)子數(shù)越多，原子半徑越小，所

以原子半徑：Na>S>N>0,故A錯誤；

B.Na2O2中既有離子鍵，又有共價鍵，故B錯誤；

C.Z、W、E組成Na2SO4,其水溶液顯中性，若組成Na2SO3,則其水溶液呈堿性，故C錯誤；

D.元素的非金屬性越強(qiáng)，電負(fù)性越強(qiáng)，同周期從左到右，元素電負(fù)性增強(qiáng)，H和N形成的化合物中，N

為負(fù)價，所以H的電負(fù)性比氮小，故電負(fù)性：O>N>H,故D正確；

故選D。

7.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是

A.lmolSiHCL含有Si-Cl鍵的數(shù)目為3NA

B.24gMg與稀硫酸完全反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為NA

C.lL1.0mol?L7'NaHSo,溶液含有陰離子的總數(shù)為2NA

D.11.2LN0與11.2L。2混合后分子的數(shù)目為NA

【答案】A

【解析】

【詳解】A.1個SiHCl3中含有3個Si-CI鍵，故ImOISiHCl3含有Si-Cl鍵的數(shù)目為3NA,故A正確；

B.24gMg的物質(zhì)的量為ImOI,Mg失去2個電子轉(zhuǎn)化為Mg?+,故ImOlMg與稀硫酸完全反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的

電子數(shù)目為2NA，故B錯誤；

C.NaHSO4完全電離出鈉離子、氫離子、硫酸根離子，ILLOmollTNaHSC),溶液含有溶質(zhì)為Imo1,

故含有陰離子的總數(shù)為NA,故C錯誤；

D.沒有標(biāo)明為標(biāo)準(zhǔn)狀況，故無法計算氣體分子數(shù)，故D錯誤；

故選Ao

8.陳述I和「均正確并具有因果關(guān)系的是

選項(xiàng)陳述1陳述口

A用明研凈水AI(OH)3膠體具有吸附性

BNa著火不能用水撲滅Na可與水反應(yīng)產(chǎn)生O2

C二氧化硅可用于制備光導(dǎo)纖維二氧化硅是良好的半導(dǎo)體材料

D用84消毒液進(jìn)行消毒NaCIo溶液呈堿性

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【詳解】A.明研中的AF+水解生成AI(OH)3膠體，AI(OH)3膠體具有吸附性，能用于凈水，A符合題

意：

B.Na著火不能用水撲滅，但Na與水反應(yīng)產(chǎn)生的是H2,B不符合題意；

C.二氧化硅可用于制備光導(dǎo)纖維，但二氧化硅不是良好的半導(dǎo)體材料，C不符合題意；

D.用84消毒液進(jìn)行消毒，是因?yàn)镹aClo溶液具有強(qiáng)氧化性，D不符合題意；

故選A

9.二乙胺[(C2H5%NH]是一種有機(jī)弱堿，可與鹽酸反應(yīng)生成鹽酸鹽(C2H5)2NH2CL下列敘述正確的是

A.0.01mol?L^'(C2H5)2NH2Cl水溶液的pH=2

B.(C2H5)2NH2Cl水溶液的PH隨溫度升高而減小

C.(C2Hi)2NH2Cl水溶液加水稀釋，pH降低

+

D.(C2H5)2NH2Cl水溶液中：c(θH^)+c(CΓ)=c[(C2H5)2NH2]+c[(C2H5),NH]

【答案】B

【解析】

【詳解】A.二乙胺是弱堿，其對應(yīng)的鹽酸鹽溶液顯酸性，水解是微弱的，所以0.0Imol?L^q

(C2H5)2NH2Cl水溶液的pH>2,故A錯誤；

B.由于[(C2H5)2NH2]+水解，(C2H5)2NH2Cl水溶液顯酸性，加熱能促進(jìn)水解的進(jìn)行，所以

(C2H5),NH2。水溶液的PH隨溫度升高而減小，故B正確；

C.(C2H5)2NH2Cl水溶液顯酸性，加水稀釋，溶液酸性減弱，pH增大，故C錯誤：

水溶液中存在電荷守恒：+

D.(C2H5)2NH2ClC(OH^)+C(CΓ)=C[(C2H5)ONH2J+C(H),

++

[(C2H5)2NH2]+水解的方程式為：[(C2H5}NH2]+H2O-(C2H5),NH+H3O,還存在著水的電

+

離：H2O.H+OH-,所以C(H+)>c[(GH5)2NH],故D錯誤；

故選Bo

10.硒(Se)是人體必需微量元素之一，已知Se與S同族，一種含硒的功能分子的合成路線如下，下列說法

不正確的是

NHNHONH

2I22O

HoY^SH+

IIl

0ONH2ONH2

1π?n

A.沸點(diǎn)：H2O>FI9Se>H9SB.I中S原子的雜化軌道類型為sp3

C.口中含有極性共價鍵和非極性共價鍵D.口含有的元素中O的第一電離能最大

【答案】D

【解析】

【詳解】A.0、S、Se屬于同一主族元素，原子序數(shù)依次增大。簡單氫化物的沸點(diǎn)比較，存在氫鍵，沸

點(diǎn)較高；結(jié)構(gòu)相似，分子量越大，沸點(diǎn)越大。中存在氫鍵，其沸點(diǎn)較大；ESe的相對分子量大于

%S,故沸點(diǎn)大小是H2O>H2Se>H2S,A項(xiàng)正確；

NH2

B.I是HOY人/SH,S與c、S與H之間以單鍵連接，存在兩對共用電子對，本身自己還有兩對未

O

成對電子對，其雜化軌道類型為sp3,B項(xiàng)正確；

C.一般，極性共價鍵是不同種非金屬元素形成，非極性共價鍵是同種非金屬元素形成的，故∏中含有極

性共價鍵和非極性共價鍵，C項(xiàng)正確；

D.氣態(tài)電中性基態(tài)原子失去一個電子轉(zhuǎn)化為氣態(tài)基態(tài)正離子所需要的的最低能量叫做第一電離能。一

般，同一周期，從左到右第一電離能逐漸增大，同族元素從上到下第一電離能逐漸變小，HI含有的元素

是O、S、N、H、Se,根據(jù)元素周期表的位置，0和S的第一電離能比其他元素大，但N原子的2P軌道

是半充滿狀態(tài)，能量較低，體系穩(wěn)定，而氧的2P軌道易失去一個電子，變?yōu)榘氤錆M狀態(tài)，故氮的電離能

較大，D項(xiàng)不正確；

故答案選Do

11.下列關(guān)于鐵及其化合物之間轉(zhuǎn)化反應(yīng)的方程式書寫正確的是

/、高溫

A.凡。(g)通過灼熱鐵粉：2Fe+3H2O(g)Fe2O3+3H2

+3+

B.過量鐵粉加入稀硝酸中：Fe+4H+NO；=Fe+NO↑+2H2O

C.氫氧化鐵中加入氫碘酸：Fe(OH)3+3M=FeI3+3H2O

2++3+2+

D.FeSo4溶液中加入酸性KMnO4溶液：5Fe+MnO；+8H=5Fe+Mn+4H2O

【答案】D

【解析】

【詳解】A.Fe與H2O(g)高溫反應(yīng)生成Fe3O4和H2,A錯誤;

B.稀硝酸有強(qiáng)氧化性，能把Fe氧化成Fe3+,過量鐵粉與Fe反應(yīng)生成Fe?+,總反應(yīng)產(chǎn)物應(yīng)是Fe?+而不是

Fe3+,B錯誤;

C.Fe?+具有強(qiáng)氧化性，I-具有強(qiáng)還原性，兩者能發(fā)生氧化還原反應(yīng)，分別生成Fe?+和L,C錯誤；

D.酸性KMno4具有強(qiáng)氧化性，可把Fe?+氧化成Fe3+,本身被還原生成Mi?+,D正確；

故選D。

12.汽車尾氣中NO產(chǎn)生的反應(yīng)為N2(g)+O2(g)2Nθ(g)附。一定條件下，等物質(zhì)的量N?和

。2在恒容密閉容器中反應(yīng)，曲線a表示該反應(yīng)在溫度T下c(N2)隨時間⑺的變化，曲線b表示該反應(yīng)在

某一起始條件改變時c(N2)隨時間⑺的變化。下列敘述不正確的是

÷

o

l

u

'

(

N

r

A,溫度7下、(MOs內(nèi)v(N,)=且Qmol-L-LsT

v2740

B.M點(diǎn)丫正(N2)小于N點(diǎn)v?(N2)

C.曲線b對應(yīng)的條件改變可能是充入氧氣

D.若曲線b對應(yīng)的條件改變是升高溫度，則AH>0

【答案】B

【解析】

【詳解】A.溫度T下、0-4OS內(nèi)氮?dú)獾臐舛葟腃Omol/L減少到Clmol/L,故v(N,)=包心mol?L√,

40

A正確；

B.M點(diǎn)還在向正向進(jìn)行，故正反應(yīng)速率大于逆反應(yīng)速率，B錯誤；

C.曲線b能是充入氧氣，反應(yīng)速率加快，更快到平衡，且平衡時氮?dú)獾臐舛缺萢少，C正確;

D.若曲線b為升溫，則說明升溫平衡正向移動，則正反應(yīng)為吸熱，D正確；

故選B。

13.打開分液漏斗活塞和玻璃塞，進(jìn)行如圖所示的探究實(shí)驗(yàn)，對實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象分析正確的是

A/70%H2SO4

浸有品紅溶液的棉球

NaSO

23≠-BaCI2溶液

&的CCl4溶液

A.試管中產(chǎn)生大量氣泡，說明NazSO,被氧化產(chǎn)生S。?

B.試管內(nèi)CCI4層溶液褪色，說明BQ具有還原性

C.試管中浸有品紅溶液的棉球褪色，說明SO?具有氧化性

D.一段時間后試管內(nèi)有白色沉淀，說明有SOj生成

【答案】D

【解析】

【詳解】A.NazSO,與硫酸中S元素的化合價為相鄰價態(tài)，不能發(fā)生氧化還原反應(yīng)，Na'SO,與70%的

硫酸發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)生成SO2,故A錯誤；

B.試管內(nèi)CJ層溶液褪色，發(fā)生反應(yīng)SO2+Br2+2Hq=H2SO4+2HBr,說明Br2具有氧化性，故B錯

誤；

C.試管中浸有品紅溶液的棉球褪色，說明sc>2具有漂白性，故C錯誤；

D.SO2與氯化鋼溶液不反應(yīng)，生成白色沉淀，該沉淀為硫酸節(jié)貝，發(fā)生反應(yīng)

SO2+Br2+2H2O=H,SO4+2HBr,硫酸與氯化鋼反應(yīng)生成硫酸鋼，說明有SOj生成，故D正確；

故選D。

14.化學(xué)是一門以實(shí)驗(yàn)為基礎(chǔ)的學(xué)科。下列實(shí)驗(yàn)操作不能達(dá)到目的的是

選

目的實(shí)驗(yàn)操作

項(xiàng)

制備［Cu(NH3)jSO4?H2O晶

A向[CU(NH3)4]SO4溶液中加入95%的乙醉

體

制備Fe(OH)3膠體

B向沸水中逐滴加入FeCl3飽和溶液繼續(xù)煮沸至液體呈紅褐色

配制IOOmL0.4mol?l?'的NaOH稱取4.0g固體NaoH于燒杯中，加入蒸鏘水溶解，立刻轉(zhuǎn)移

C

溶液至IOOmL容量瓶中，定容

D探究溫度對化學(xué)平衡的影響加熱0.5r∏ol?LTCUCI2溶液

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【詳解】A?加入乙醇降低溶劑的極性，從而降低物質(zhì)的溶解性使物質(zhì)結(jié)晶析出，A項(xiàng)能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康模?/p>

B.利用Fe3+水解產(chǎn)生Fe(OH)3膠體，B項(xiàng)可以達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康模?/p>

C.NaOH固體溶解放熱，需要冷卻至室溫再轉(zhuǎn)移至容量瓶不然會引起誤差，C項(xiàng)不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康模?/p>

D.CUel2溶液中存在水解平衡，升溫水解增強(qiáng)，溶液會發(fā)生變化，D項(xiàng)能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康模?/p>

故選Co

15.科學(xué)家研發(fā)了一種以Al和Pd@石墨烯為電極的Al-N2電池，電池以AlC1；-AlC離子液體作電解

質(zhì)，放電時在提供能量的同時實(shí)現(xiàn)了人工固氮，示意圖如下。下列說法不正確的是

A.充電時Al電極是陰極

B.放電時AlCL離子濃度增大，AlC離子濃度減少

C.放電時正極反應(yīng)為N2+8A%Cl；+6e-=2A1N+14A1C1;

D.放電時電路中每通過6mole^.電池總質(zhì)量理論上增加28g

【答案】B

【解析】

【詳解】A.充電時，Al電極發(fā)生反應(yīng)是，8Al2Cl;+6e-=2AI+14AlCl4,發(fā)生還原反應(yīng)，故作為陰極，A

正確；

B.放電時，Al作為負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)是2A1+14AlC1-6e-=8A^Cl；。正極發(fā)生反應(yīng)是

N2+8AUClH6e-=2A1N+14A1CI.總反應(yīng)是2A1+N2=2A1N,AlCl4,川?。；濃度均不變，B錯誤；

C.放電時，正極發(fā)生反應(yīng)是N2+8ALC^+6e-=2AlN+14AlCi;,C正確；

D.由以上電極反應(yīng)可知，放電時電池總質(zhì)量增加相當(dāng)于是增加了N2,每通過6mol電子，參加反應(yīng)N2

是Imo1,增加質(zhì)量是28g∕molXlmol=28g,D正確；

故選Bo

16.常溫下，向含有CH3COOH、CUSO八FeSO4的工業(yè)廢水中逐滴加入NaOH溶液，pM隨PH的變

C(CHCOOH)

化關(guān)系如圖所示［pM表示-Ig'/3;或—Ige(CU2+)或一IgC(Fe2+)］。

CIX-X???V-/V-/1

已知：Ka(CHc∞H)=10<8,KSP［Cu(OH)21=l()T9，。若溶液中離子濃度小于lO-mol.LT,認(rèn)為

該離子沉淀完全。下列說法不正確的是

A.曲線①表示-Igc(CU2+)與PH的關(guān)系

BpH=5時，溶液中C(CH3C∞H)>c(CH3COθ)

C.pH=7時，可認(rèn)為Cu2+沉淀完全

C(CU2+)

D.pH=9l?,\,《=10-3.4

eg)

【答案】B

【解析】

+C(CH3COOH)

C(CH3COQ)-c(H)4

【分析Ka(CH3COOH)=I0^?8-Ig

c(CH3COθ)

C(CH3COOH)

+

c(CH3COOH)?c(H)C(H+)1∩-5

18c(CH,COθ)?C(H+)=當(dāng)pH=5H寸，該式入Ka,可知一Ig昔行=0.2,可知曲線②是表

c(CH3COOH)

示-75

-Ig乖乖5y當(dāng)C(CU2+)=Mm"L,C(OH尸-^―≈IO-,止匕時pH=6.5,

故曲線①表示Tgc(CU2+),曲線③表示一IgC(Fe2+卜

【詳解】A.當(dāng)C(CU2+尸IOCmOl?L”，c(OH)=丁=I(T7.5,此時pH=6.5,故曲線①

表示一IgC(CU2+),A項(xiàng)正確；

c(CH3COOH)c(CH3COOH)c(CH3COOH)

βlg>Q，<1，

?曲線②是表小」gC(CH3C0O)，當(dāng)PH=5時，^c(CH3COO)c(CH3COO)則

故溶液中c(CH,COOH)<c(CH3COO),B項(xiàng)錯誤;

此時pH=6.5,故pH=7時，可認(rèn)

為CU”沉淀完全，C項(xiàng)正確:

D.曲線③表示一IgC(Fe2+),線上b點(diǎn)(5.85,0),代入計算可知，當(dāng)cR2+)=lmol∕L時，pH=5.85,此

2+2l63

時C(OH)=IO-8.15,則KsptFe(OH)2]=c(Fe)×c(OH-)=l×10-?,故pH=9時,

C(CU”[KjCu(OH)J.io-、=ιθ34

2+63D項(xiàng)正確。

c(Fe)Ksp[Fe(OH)1]^10^'^^

故答案選B。

二、非選擇題：共56分。

17.某小組從電極反應(yīng)的角度研究物質(zhì)氧化性和還原性的變化規(guī)律。

(1)實(shí)驗(yàn)室以MnO2和濃鹽酸為原料制取氯氣的化學(xué)方程式為：MnO2+4HCl(i?)=MnCl2+2H2O

+Cl2↑。該反應(yīng)的氧化產(chǎn)物是。將該反應(yīng)設(shè)計成原電池，氧化反應(yīng)為

2CΓ-2e^=Cl2↑,還原反應(yīng)為。

(2)當(dāng)氯氣不再逸出時，固液混合物A中仍存在Mno2和鹽酸。小組同學(xué)分析認(rèn)為隨著反應(yīng)的進(jìn)行、

MnO2的氧化性和Cl的還原性均減弱，為此進(jìn)行探究。

實(shí)驗(yàn)任務(wù)探究離子濃度對MnO2氧化性的影響

提出猜想

猜想a：隨C(H。減小，Mno2的氧化性減弱。

猜想b：隨C(Mn2+)增大，MnO2的氧化性減弱。

查閱資料電極電勢(9)是表征氧化劑的氧化性(或還原劑的還原性)強(qiáng)弱的物理量。電極電勢越大，氧化

劑的氧化性越強(qiáng)；電極電勢越小，還原劑的還原性越強(qiáng)。

驗(yàn)證猜想用0.10mol?L^lH?S04溶液、0.1OmoI?L?MnSo&溶液和蒸儲水配制混合液(溶液總體積相

同)，將Mno2電極置于混合液中測定其電極電勢必進(jìn)行表中實(shí)驗(yàn)1?3,數(shù)據(jù)記錄。

實(shí)驗(yàn)序號V(H2SO4)ZmLV(MnSO4)∕mLV(H2O)∕mL電極電勢/V

12020O9\

2mn106

32010106

□根據(jù)實(shí)驗(yàn)1和2的結(jié)果，猜想a成立。補(bǔ)充數(shù)據(jù)：m=

□根據(jù)實(shí)驗(yàn)1和3的結(jié)果，猜想b成立。判斷依據(jù)是（用電極電勢關(guān)系表示）。

探究結(jié)果固液混合物A中仍存在MnO2和鹽酸的原因是隨著反應(yīng)進(jìn)行,溶液中c（H+）減小、C（Mn2+）

增大，Mno2氧化性減弱。

□根據(jù)上述探究結(jié)果，小組同學(xué)作出如下推斷：隨C（CI一）增大，C「還原性增強(qiáng)。

實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證：在固液混合物A中加入（填化學(xué)式）固體，加熱。證明推斷正確的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是

（3）根據(jù)電化學(xué)的相關(guān)知識，小組同學(xué)分別利用電解池（圖1）和原電池（圖2）裝置，成功實(shí)現(xiàn)了銅與稀硫

□圖1中陽極的電極反應(yīng)式為O

□結(jié)合（2）的探究結(jié)論，圖2中試劑X是,試劑Y是。

可選試劑：稀硫酸、Na2SO4溶液、NaoH溶液、NaNo,溶液、CUSO4溶液（濃度均為1.0mol?L7∣）

+2+

【答案】（I）□.CI2□.Mnθ2+2e+4H=2H2O+Mn

（2）□.m=10O.n=20□.φ∣<φ3□.NaCl□.又產(chǎn)生黃綠色氣體

（3）□.Cu-2e-=Cu2+□.稀硫酸口.NaOH溶液

【解析】

【小問1詳解】

該反應(yīng)中MnO2得電子發(fā)生還原反應(yīng)得到MnCI2,而Hel失電子經(jīng)氧化的都CM氧化產(chǎn)物為Cb,還原

2++2+

反應(yīng)為MnO2+2e-+4H÷=2H2O+Mno答案為Cl2;Mnθ2+2e+4H=2H2O+Mn;

【小問2詳解】

表格數(shù)據(jù)分析，實(shí)驗(yàn)1為對比實(shí)驗(yàn)，而3改變了MnSo4的體積，1和3組合研究Mn2+濃度對電極電勢的

影響。那么2和1組合可以研究H+濃度的影響，所以改變H2SO4的體積而不改變MnSO4的體積，同時保

證總體積為40mL,則m=10、n=20o隨著Mi?+濃度增大MnO2氧化性減弱，電勢降低即φ/ψ3°已知溶

液中c(H+)減小、C(Mn2，)增大，MnO2氧化性減弱，保證單一變量只改變Cr的影響，可加入NaCl固體，

若加熱反應(yīng)又產(chǎn)生黃綠色氣體，說明Cr的濃度越大其還原性增強(qiáng)。答案為m=10、n=20;φι<φ3;NaCI;

若加熱反應(yīng)又產(chǎn)生黃綠色氣體；

【小問3詳解】

2+

圖1為電解池，CU極為陽極，石墨為陰極。陽極CU優(yōu)先放電即：Cu-2e-=Cuo圖2為原電池利用CU與

H2SO4制備H2,負(fù)極為Cu,正極區(qū)為H2SO4。為了增強(qiáng)CU的還原性，正極區(qū)加入NaOH溶液降低溶液

中的C/+.答案為Cu-2e=Cu2+;稀硫酸；NaOH溶液。

18.氮化錢(GaN)具有優(yōu)異的光電性能。一種利用煉鋅礦渣[主要含鐵酸錢Ga2(Fe2θJ3、鐵酸鋅ZnFqO,、

SiO2]制備GaN的工藝流程如下：

WnotlbβnαllNaOH

r>nMS*VirM

及山微注浪■俄<m點(diǎn)加"帆相

已知：

①Ga與Al同主族，化學(xué)性質(zhì)相似。

②常溫下，KJZn(OH)2]=1(T⑹6,KJGa(OH)3]=10-35/，KsP[Fe(θH%]=心福.

③Ga?"、Fe3+在該工藝條件下的反萃取率(進(jìn)入水相中金屬離子的百分?jǐn)?shù))與鹽酸濃度的關(guān)系見下表。

反萃取率/%

鹽酸濃度/mol?Ld

Ga3+Fe3+

286.99.4

469.152.1

617.571.3

回答下列問題:

(1)“酸浸”時Ga2(Fe2O4)3發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為?！八崛堋彼脼V渣的主要成分是(填

化學(xué)式)。

(2)“酸浸”所得浸出液中Ga3+、Zr?+濃度分別為0.21g?L-∣、65g?L^lo常溫下，為盡可能多地提取

Ga3+并確保不混入Zn(OH)2,“調(diào)pH”時需用CaO調(diào)PH至(假設(shè)調(diào)PH時溶液體積不變)。

(3)“脫鐵”和“反萃取”時，所用鹽酸濃度a=,b=(選填上表中鹽酸的濃度)。

(4)“沉錢”時，若加入NaoH的量過多，會導(dǎo)致Ga3+的沉淀率降低，原因是(用離子方程

式表示)。

(5)利用CVD(化學(xué)氣相沉積)技術(shù)，將熱分解得到的Ga?03與NH3在高溫下反應(yīng)可制得GaN,同時生

成另一種產(chǎn)物，該反應(yīng)化學(xué)方程式為o

(6)①GaN的熔點(diǎn)為1700口,GaCl3的熔點(diǎn)為77.9,它們的晶體類型依次為、。

②GaN晶體的一種立方晶胞如圖所示。該晶體中與Ga原子距離最近且相等的N原子個數(shù)為。該

晶體密度為夕g?cm-3,GaN的式量為Mr，則晶胞邊長為nm。(列出計算式，NA為阿伏加德羅

常數(shù)的值)

+3+3+

【答案】(1)□.Ga2(Fe2θ4)3+24H=2Ga+6Fe+?2H2OD.CaSO4

(2)略小于5.7(3)□.6mol∕L□.2mol∕L

(4)Ga(OH)3+OH=GaO；+2H2O

高溫

(5)Ga2O3+2NH32GaN+3HzO

4Mr

(6)□.共價晶體□.分子晶體□.4□.,3---7-----XliOa7

Vι-NA

【解析】

【分析】礦渣中主要含鐵酸銹、鐵酸鋅、SiO2,礦渣中加入稀硫酸，SiO2不溶于稀硫酸，浸出渣為Sio2,

3

加入CaO調(diào)節(jié)pH,從已知②可知，Zn(OH)2Ksp相對Ga(OH)3和Fe(OH)3較大，因此控制PH可使Ga?

Fe3+完全沉淀而Zn?+不沉淀，濾液中為硫酸鋅，再加入稀硫酸酸溶，溶液中含有Ga3+和Fe?+,加入萃取劑

萃取，然后加入amol∕L鹽酸進(jìn)行脫鐵，再加入bmol∕L的鹽酸進(jìn)行反萃取，根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，脫鐵時鹽

酸濃度較高，促使Fe?+更多地進(jìn)入水相被除去，鹽酸濃度為6mol∕L,反萃取中要保證Ga?+更可能多地進(jìn)入

水相，則此時鹽酸濃度為2mol∕L,隨后加入NaOH沉錢生成Ga(OH)3,Ga(OH)3經(jīng)過熱分解生成Ga2O3,

最后經(jīng)過CVD得至IJGaN。

【小問1詳解】

Ga2(Fe2O4)3與稀硫酸反應(yīng)生成Ga3+、Fe?+和H2O,反應(yīng)的離子方程式為

+3+3+

Ga2(Fe2θ4)3+24H=2Ga+6Fe+12H2Oo酸溶前調(diào)節(jié)PH時加入了CaO,加入稀硫酸鈣離子和硫酸根離子

反應(yīng)生成硫酸鈣，硫酸鈣微溶于水，故酸溶濾渣中為CaSO4。

【小問2詳解】

酸浸所得浸出液中Ga?+、Zn?+濃度分別為0.21g∕L和65g∕L即0.003mol/L和ImoI/L,根據(jù)

166

Ksp[Zn(OH)2]=10-,Z/+開始沉淀時C(OH-)=1083mol∕L,Zj+開始沉淀的PH為5.7,根據(jù)

35

Ksp[Ga(OH)3]=10->,Ga?+開始沉淀時C(OH-尸1.49XIO-u,則Ga3+開始沉淀的PH為3.17,則調(diào)節(jié)PH略

小于5.7即可。

【小問3詳解】

根據(jù)分析可知脫鐵時鹽酸濃度較高，促使Fe?"更多地進(jìn)入水相被除去，鹽酸濃度為6mol∕L,反萃取中要

保證Ga?+更可能多地進(jìn)入水相，則此時鹽酸濃度為2mol∕L.

【小問4詳解】

Ga與Al同主族，化學(xué)性質(zhì)相似，沉鐵時加入NaoH過多，則生成Ga(OH)3重新溶解生成GaO：,離子

方程式為Ga(OH)3+0H-=GaO；+2H2。。

【小問5詳解】

Ga2O3與NH3高溫下反應(yīng)生成GaN和另一種物質(zhì)，根據(jù)原子守恒，可得另一種物質(zhì)為HzO,化學(xué)方程式

高溫

為Ga2O3+2NH3=2GaN+3H2Oo

【小問6詳解】

o

①GaN熔點(diǎn)較高為1700C,GaCl3熔點(diǎn)較低為77.9℃,則GaN為共價晶體，GaCl3為分子晶體。

②從圖中可知，該晶體中與Ga原子距離最近且相等的N原子個數(shù)為4個，根據(jù)均攤法，該晶胞中N原

114Mr,3

子個數(shù)為4,Ga原子個數(shù)為4x8+[x6=4,設(shè)晶胞邊長為anm,貝IJP=--啟式vg∕cm,則a=

82NA.(axlO)'

∕4Mr,..7

3--------×1()nm0

V?NA

19.CH4和CO?重整制取合成氣Co和H2,在減少溫室氣體排放的同時，可充分利用碳資源。該重整工

藝主要涉及以下反應(yīng)：

反應(yīng)a：CH4(g)+CO2(g),?2Cθ(g)+2H2(g)ΔH,>O

反應(yīng)b：CO2(g)+H2(g)?Cθ(g)+H2θ(g)Δ∏2>0

反應(yīng)c：CH4(g).?C(s)+2H2(g)ΔH3>0

反應(yīng)d：2Cθ(g)C(s)+CO2(g)ΔH4<0

(1)重整時往反應(yīng)體系中通入一定量的水蒸氣，可在消除積碳的同時生成水煤氣，反應(yīng)為

C(s)+H2θ(g)-Cθ(g)+H2(g),該反應(yīng)的H=(寫出一個代數(shù)式)。

(2)關(guān)于CHit和CO2重整，下列說法正確的是(填編號)。

A.CH,的物質(zhì)的量保持不變時，反應(yīng)體系達(dá)到平衡狀態(tài)

B.恒容時通入N?增大壓強(qiáng)，Co2的平衡轉(zhuǎn)化率減小

C.加入反應(yīng)C的催化劑，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K增大

D.降低反應(yīng)溫度，反應(yīng)d的P正?V逆

(3)一定壓強(qiáng)下，按照n(CHj:n(CC>2)=2:1投料，CHq和CC?重整反應(yīng)達(dá)到平衡時各組分的物質(zhì)的

量分?jǐn)?shù)隨溫度的變化如圖所示

φ^

s?

?s

磐

□圖中曲線m、n分別表示物質(zhì)、的變化(選填“凡”“CO”或“CO?”)。

70(ΓC后，C(S)的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨溫度升高而增大的原因是。

□某溫度下體系中不存在積碳，CH4和H?O的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)分別是0.50、0.04,該溫度下甲烷的平衡轉(zhuǎn)化

率為，反應(yīng)b的平衡常數(shù)K=(列出計算式)。

【答案】(1)?H,-?H2-?H3(2)AD

(3)□.CO2□.H2□.反應(yīng)C為吸熱反應(yīng)，反應(yīng)d為放熱反應(yīng)。700口后，隨著溫度升高，反應(yīng)

064X014

C右移對C(S)的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)的影響比反應(yīng)d左移的大□.12.5%□.“…

0.61×0.36

【解析】

【小問1詳解】

該反應(yīng)由a-b-c得至IJ即AH=AHι-1?H2-zkH3°W???H∣-ΔH2-?H3;

【小問2詳解】

A.隨著反應(yīng)進(jìn)行CE不斷減少，平衡時保持不變，A項(xiàng)正確；

B.恒容時，平衡體系中各物質(zhì)的濃度不發(fā)生改變，平衡不移動，CO2轉(zhuǎn)化率不變，B性錯誤;

C.加入催化劑只改變反應(yīng)歷程不改變平衡常數(shù)，C項(xiàng)錯誤；

D.降低溫度反應(yīng)d正向移動，vl∏>v逆，D項(xiàng)正確；

故選ADo

【小問3詳解】

反應(yīng)起始投入CH4和CCh為2：1,所以m為Co2。同時700LJ之后C固體增加，即700U以上的高溫有利

于反應(yīng)c正向進(jìn)行,反應(yīng)C正向進(jìn)行H2物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)增加則n為H2。P%COo設(shè)反應(yīng)投入CE和CO2

物質(zhì)的量分別為2mol、ImoL根據(jù)反應(yīng)列出以下三段式：

+

CO2H2,CO+H2O

起始∕molOO

變化∕molnnnn

平衡∕mol