河北省衡水市武邑中學2023-2024學年高三年級上冊12月期中考試化學試題（解析版）

河北省衡水市武邑中學2023-2024學年高三上學期12月期中考試

化學試題

說明：

1.本試卷分I卷（選擇題，共5頁）和n卷（非選擇題，共5頁）兩部分?？荚嚂r間5分鐘，總分

100分。

2.第I卷每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用

橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。第II卷用黑色墨水簽字筆在答題卡上書寫作答，在試題

卷上作答，答案無效。

3.考試結束，只交答題卡。

可能用到的數(shù)據(jù)：H-lC-12Mg-24Na-230-16Cl-35.5Ca-40S-32Al-27Cr-52

Cu-64Co-59

第I卷（選擇題42分）

一、選擇題（本題共14小題，每小題3分，共42分。每小題只有一個選項符合題目要求）

1.化學與人類生產(chǎn)、生活、科技等密切相關，下列有關說法正確的是

A北斗導航衛(wèi)星的芯片與光導纖維的主要成分相同

B.SO2可用于絲織品漂白是由于其能氧化絲織品中的有色成分

C.我國國產(chǎn)飛機C919用到的氮化硅陶瓷是新型無機非金屬材料

D.新版人民幣票面文字處的油墨中所含有的納米Fe3O4是一種膠體

【答案】C

【解析】

【詳解】A.北斗導航衛(wèi)星的芯片的主要成分為Si,光導纖維的主要成分是SiCh,成分不相同，故A錯

誤；

B.SO2可用于絲織品漂白是由于其能和絲織品中的有色成分結合成無色物質，故B錯誤；

C.氮化硅陶瓷是新型無機非金屬材料，故C正確；

D.納米Fe3C>4是一種純凈物，分散到某種分散劑里才形成膠體，故D錯誤；

故選Co

2.物質的結構決定其性質。下列實例與解釋不相符的是

選項實例解釋

A用He替代H2填充探空氣球更安全He的電子構型穩(wěn)定，不易得失電子

BB月與NH3形成配合物［H3NTBF,］B耳中的B有空軌道接受NH3中N的孤電子對

C堿金屬中Li的熔點最高堿金屬中Li的價電子數(shù)最少，金屬鍵最強

D不存在穩(wěn)定的NF$分子N原子價層只有4個原子軌道，不能形成5個N-F鍵

AAB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【詳解】A.氫氣具有可燃性，使用氫氣填充氣球存在一定的安全隱患，而相比之下，氨氣是一種惰性氣體,

不易燃燒或爆炸，因此使用電子構型穩(wěn)定，不易得失電子的氨氣填充氣球更加安全可靠，故A正確；

B.三氟化硼分子中硼原子具有空軌道，能與氨分子中具有孤對電子的氮原子形成配位鍵，所以三氟化硼

能與氨分子形成配合物B耳］,故B正確；

C.堿金屬元素的價電子數(shù)相等，都為1,鋰離子的離子半徑在堿金屬中最小，形成的金屬鍵最強，所以

堿金屬中鋰的熔點最高，故c錯誤；

D.氮原子價層只有4個原子軌道，3個不成對電子，由共價鍵的飽和性可知，氮原子不能形成5個氮氟

鍵，所以不存在穩(wěn)定的五氟化氮分子，故D正確；

故選C。

3.下列離子方程式書寫正確的是

2+

A.向CuSC)4溶液中滴加氨水：CU+2OH=CU(OH)2^

B,向NaAK)2溶液中通入過量CO2：A10；+C02+H20=A1(OH)3+€0^

C.(NH4)2Fe(SC)4)2溶液與少量Ba(0H)2溶液混合：S0j-+Ba2+=BaSOJ

D.向NaClO溶液中通入少量SO2：3C10+S02+H20=CP+SO^+2HC10

【答案】D

【解析】

2+

【詳解】A.氨水為弱堿不能拆，Cu+2NH3-H20=CU(0H)2+2NH：,A錯誤；

B.CO2過量時產(chǎn)物為HCO；,A1O2+CO2+2H2O=A1(OH)3+HCO3,B錯誤；

C.(NHJzFelSOj2溶液與少量BaCOH%溶液混合，鋼離子完全生成硫酸鋼沉淀、氫氧根離子完全生

2+2+

成氫氧化亞鐵沉淀，SO；+Ba+2OH+Fe=BaSO4+Fe(OH)2,C錯誤；

D.NaClO溶液中通入少量SO2發(fā)生氧化還原反應生成硫酸根離子和氯離子，同時次氯酸根過量和氫離子

生成弱酸次氯酸，D正確；

故選D。

4.如圖所示，將氣體X、Y通入溶液Z中，一定不能產(chǎn)生渾濁的是

尾氣處理

氣體X氣體Y

1r

叭

三一溶液Z

ffl=CCl4

氣體X氣體Y溶液z

Aso2co2Ba5溶液

NH

B3co2飽和NaCl溶液

HSMgCl溶液

C2so22

Dco2HC1NaAlC>2溶液

AAB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【詳解】A.CO?、SO?、BaC"三者在溶液中不反應，一定不能產(chǎn)生渾濁，A符合題意；

B.氨氣和二氧化碳通入飽和食鹽水可生成碳酸氫鈉，溶液中有碳酸氫鈉固體析出，B不符合題意；

C.二氧化硫和硫化氫能發(fā)生氧化還原反應生成硫單質，溶液出現(xiàn)黃色渾濁，C不符合題意；

D.二氧化碳與偏鋁酸鈉溶液反應可生成AI(OH)3沉淀，少量的氯化氫氣體和與偏鋁酸鈉溶液反應也可生

成Al(OH)3沉淀，D不符合題意；

故選Ao

5.已知M為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是

A.ImolC用中所含電子數(shù)為IONA

B.1mol中含。鍵的數(shù)目為5NA

C.1.2gMg在空氣中完全燃燒轉移電子數(shù)為O.INA

D.常溫下1LpH=12的某溶液中水電離的OH-的數(shù)目一定為0.01刈

【答案】C

【解析】

【詳解】A.CH；中含有8個電子，則ImolCH：中含有電子數(shù)目是8NA,A錯誤;

B.1個'J中含有10個◎鍵,則在1mol該化合物中含?鍵的數(shù)目為102VA,B錯誤;

C.1.2gMg的物質的量是0.05mol,由于Mg是+2價金屬，因此0.05molMg在與。2反應產(chǎn)生MgO時轉

移電子的物質的量是0.1mol,因此轉移電子數(shù)為O.INA,C正確；

D.常溫下水的離子積是10」4,pH=12的溶液c(H+)=10-i2mol/L,該溶液可能是堿溶液，也可能是強堿弱

酸鹽溶液中水電離產(chǎn)生，溶液中水c(OH-)可能是1。2moi/L,也可能是IO"mol/L,則溶液中水電離的OH

的數(shù)目可能為O.OINA,也可能是10」2NA,D錯誤；

故合理選項是Co

6.用硫酸渣(主要成分為FqOs、Si。?)制備鐵基顏料鐵黃(FeOOH)的一種工藝流程如圖。已知：“還原”

時，發(fā)生反應FeS?+14Fe"+8H2O=2S。：+15Fe"+16H+；FeS?、SiO?均與H?S04不反應。下列

有關說法不正確的是

A“酸溶”時加速攪拌可加快反應速率

B.“過濾I”所得濾液中存在的陽離子主要有Fe?+和H

C.“還原”時還原產(chǎn)物與氧化產(chǎn)物的物質的量之比為15:2

2+

D.“氧化”時離子方程式：4Fe+8NH3H2O+O2=8NH：+4FeOOHJ+2H.0

【答案】C

【解析】

【分析】硫酸渣(主要成分為Fe2O3、SiCh)加硫酸溶解，金屬氧化物轉化為金屬陽離子，二氧化硅不溶，再

加FeS2把鐵離子還原為亞鐵離子，同時生成SO：,過濾，濾渣含有SiCh和FeS2,濾液中含有Fe?+和H+,

濾液中通入空氣氧化，同時加入氨水調(diào)節(jié)pH生成FeOOH沉淀，過濾、洗滌、烘干，得到純凈的

FeOOHo

【詳解】A.加速攪拌可增大反應速率，A正確；

B.濾液中含有硫酸亞鐵和過量的硫酸，且生成氫離子，貝U“過濾I”所得濾液中存在的陽離子主要有Fe2+和

H+,B正確；

3+-2++

C.還原時有關的離子方程式為：FeS2+14Fe+8H2O=2S0；+15Fe+16H,反應中FeS2的Fe元素化合價

不變，S元素化合價升高，則SO：為氧化產(chǎn)物，F(xiàn)e3+轉化為Fe2+,化合價降低，F(xiàn)e?+為還原產(chǎn)物，則“還原”

時氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質的量之比為：2：14=1：7,C錯誤；

D.濾液中通入空氣氧化，同時加入氨水調(diào)節(jié)pH生成FeOOH沉淀，發(fā)生離子方程式為

2+

4Fe+8NH3-凡0+。2=8NH：+4FeOOHJ+2H2O,D正確；

故選Co

7,下列事實能用勒夏特列原理解釋的是

A工業(yè)上SO?催化氧化為SO3,采用常壓而不是高壓

B.由NC>2和N?。,組成的平衡體系：2NC)2(g)，'N2()4(g)，恒溫縮小容積，氣體顏色變深

C.Na(l)+KCl(l)2NaCl(l)+K(g),工業(yè)上將鉀蒸氣從反應混合體系中分離出來，以制備金屬鉀

D.500℃高溫比室溫更有利于合成氨的反應

【答案】C

【解析】

【詳解】A.工業(yè)上SO2催化氧化為SO3時氣體分子總數(shù)減小，高壓更有利于SO3的生成，采用常壓而不

是高壓不能用平衡移動原理解釋，A項錯誤；

B.存在平衡2NC)2(g)-N2O4(g),恒溫縮小容積，體系壓強增大，平衡正向移動，NCh物質的量減

少，但氣體顏色變深，是由于縮小容積后NC)2的濃度增大，顏色變深，故不能用平衡移動原理解釋，B項

錯誤；

c.Na(l)+KCl(l)「2NaCl(l)+K(g)中，將鉀蒸氣從反應混合體系中分離出來，減小了生成物濃

度，有利于反應正向移動，可以用平衡移動原理解釋，C項正確;

D.合成氨反應放熱，升高溫度，平衡逆向移動，室溫比500℃高溫更有利于合成氨的反應，不能用勒夏

特列原理解釋工業(yè)上采用高溫條件合成氨，D項錯誤；

答案選C。

8.短周期主族元素X、Y、Z、M、N的原子序數(shù)依次增大，其中基態(tài)Y原子s能級電子數(shù)是p能級電子數(shù)

的兩倍，Z和M位于同一主族，由上述五種元素形成的化合物可作離子導體，其結構如圖所示，下列說法

錯誤的是

X

京

斗N

X-YY-X—

IUM/N

Y

X--XI

/Y-N

X

A.原子半徑：M>Y>Z

B.非金屬性：N>M>Y

C.氫化物沸點：Z>N>Y

D.同周期中第一電離能小于Z的元素有五種

【答案】C

【解析】

【分析】短周期主族元素X、Y、Z、M、N的原子序數(shù)依次增大，基態(tài)Y原子s能級電子數(shù)是p能級電子

數(shù)的兩倍，則Y為C元素；由陰陽離子的結構可知，X、Y、Z、M、N形成的共價鍵數(shù)目分別為1、4、

4、6、1,Z和M位于同一主族，則陰陽離子中均存在配位鍵，X為H元素、Z為N元素、M為P元素、

N為C1元素。

【詳解】A.原子的電子層數(shù)越多，原子的原子半徑越大，同周期元素，從左到右原子半徑依次減小，則

原子半徑的大小順序為P>C>N,故A正確；

B.元素的非金屬性越強，最高價氧化物對應水化物的酸性越強，酸性的強弱順序為HC1C)4>H3P。4>

H2co3,則非金屬性強弱順序為C1>P>C,故B正確；

C.碳元素形成的氫化物可以是氣態(tài)燒、液態(tài)燒、固態(tài)燒，液態(tài)燒、固態(tài)煌的沸點高于能形成分子間氫鍵

的氨氣，故c錯誤；

D.同周期元素，從左到右第一電離能呈增大趨勢，氮原子的2P軌道為穩(wěn)定的半充滿結構，元素的第一電

離能大于相鄰元素，則同周期中第一電離能小于氮元素的有鋰元素、被元素、硼元素、碳元素、氧元素，

共5種元素，故D正確；

故選C。

9.在恒溫恒容密閉容器中充入一定量W(g),發(fā)生如下反應：

①

2W(g)=4X(g)+Y(g)

③I②

2Z(g)

反應②和③的速率方程分別為V2=k2c2(X)和V3=k3c(Z),其中卜2、卜3分別為反應②和③的速率常數(shù)，反

應③的活化能大于反應②。測得w(g)的濃度隨時間的變化如下表。

t/min012345

0.1600.1130.0800.0560.0400.028

下列說法正確的是

A.0~2min內(nèi)，X的平均反應速率為0.080mol.IT1min~'

B,若增大容器容積，平衡時Y的產(chǎn)率增大

C.若卜2=卜3,平衡時c(Z)=c(X)

D.若升高溫度，平衡時c(Z)減小

【答案】D

【解析】

【詳解】A.由表知。?2min內(nèi)Ac(W)=0.16-0.08=0.08mol/L,生成Ac(X)=2Ac(W尸0.16mol/L,但一部分X

轉化為Z,造成Ac(X)<0.16mol/L,則v(X)〈史史吧匹R.OSOmoLD?疝/，故A錯誤；

2min

B.過程①是完全反應，過程②是可逆反應，若增大容器容積相當于減小壓強，對反應4X(g)-2Z(g)平衡

向氣體體積增大的方向移動，即逆向移動，X的濃度增大，平衡時Y的產(chǎn)率減小，故B錯誤；

C.由速率之比等于系數(shù)比，平衡時v逆(X)=2v正(Z),即丫3=2丫2，k3c(Z)=2k2c2(X),若卜2=1^,平衡時

C(Z)=2C2(X),故C錯誤；

D.反應③的活化能大于反應②，反正反應活化能-逆反應活化能<0,則4X(g)乎2Z(g)AH<0,該反應

是放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，則平衡時C(Z)減小，故D正確；

故選D。

10.CH3OH,CO2和H2合成CH3cH20H的反應歷程如圖所示。下列說法錯誤的是

A.該歷程一共有4種中間產(chǎn)物

B.該歷程中只有反應②是氧化還原反應

C.該歷程涉及極性鍵和非極性鍵的斷裂

D.總反應方程式可表示為：CH3OH+3H2+CO2CH3CH2OH+2H2O

【答案】B

【解析】

【詳解】A.由圖可知，該歷程的中間產(chǎn)物有CH3I、LiOH、CO、HI為中間產(chǎn)物，一共4種，A正確；

B.該反應②③都是氧化還原反應，B錯誤；

C.由圖可知，該歷程中存在C—0鍵，吟H鍵的斷裂，C正確；

D.由圖可知，總反應方程式可表示為：CH3OH+3H2+CO2^->CH3CH2OH+2H2O,D正確;

故選Bo

11.根據(jù)以下實驗操作及現(xiàn)象能得出正確結論是

選

實驗操作現(xiàn)象結論

項

向盛有2mL0.1mol-LTAgNC)3溶液的試管中滴

先有白色沉淀

A加lmLO.lmoLl/NaCl溶液,再向其中滴加4~5生成，后又產(chǎn)4p（AgCl）＞Ksp（AgI）

生黃色沉淀

滴O.lmoLI^KI溶液

向等濃度等體積的。？中分別加入等濃度等體KMnO的催化效果比

H?前者產(chǎn)生氣泡4

B

速率快

積的KMnO4溶液和CuSO4溶液CuSC)4好

產(chǎn)生無色氣體「和Ag+形成沉淀，促進Ag

C將銀粉加到印溶液中

和黃色沉淀和H+反應

用箱電極電解等物質的量濃度的Fe(NC)31和

開始時陰極無

D氧化性：Cu2+<Fe2+

CU(NC)3)2混合溶液紅色物質析出

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【詳解】A.AgNCh溶液過量，分別與NaCl、KI反應生成沉淀，由此實驗操作和現(xiàn)象不能比較出

Ksp(AgCl)、Ksp(Agl)的大小，A不符合題意；

B.Hz。?和KM11O4溶液發(fā)生氧化還原反應生成氧氣，KMnC>4是反應的氧化劑，不是催化劑，B不符合

題意；

C.將銀粉加到HI溶液中，產(chǎn)生無色氣體和黃色沉淀，說明Ag失去了電子變成Ag+,H+得到了電子變

成氫氣逸出，反應生成的Ag+和「結合成Agl沉淀，使溶液中的Ag+濃度降低，從而促進Ag和H+反

應，C符合題意；

D.開始時陰極無紅色固體物質即銅析出，是因為Fe3+的氧化性比Cu?+強，F(xiàn)e3+先在陰極得到電子轉化為

Fe2+,CW+并沒有得到電子變成Cu單質，則實驗結論錯誤，D不符合題意；

故選Co

12.室溫下，向Na2co3和NaHCO3的混合溶液中逐滴加入少量BaCb溶液，溶液中l(wèi)gc(Ba2+)與lg

的變化關系如圖所示。已知：H2c03的Kal、Ka2分別為4.2x10-7、5.6乂10-美Kp(BaCO3)=2.6xl0-9。下列說

法錯誤的是

B.b對應溶液的c(HCO；)=2.6xl(y6moi.L」

C.向a點溶液中通入CO2可使a點溶液向b點溶液轉化

D.a對應的溶液中存在：2c(Ba2+)+c(Na+)>3c(CO：)+c(CD

【答案】B

【解析】

-工c(HCO：)c(HCO；)c(CO;-)-c(H+)一工

=56x1011

【詳斛】A.a點時'1g函幣=0,何5=1,c(HCO-)-'則C(H+)=5.6X10"b點時，

炫=100,—=5.6X10/I,則c(H+)=5.6xlO-9,所以a點對應溶液的c(H+)小

c(CO3)c(CO3)C(HCO3)

于b,A正確；

。於1C一9c(HCO；)___

B.b對應溶液中，c(COj)=————mol-L1=2.6xlO^mol-L1，2-x=100,c(HCO)=2.6xlO-2mol*L-

10-5C9U3)3

JB錯誤；

C.向a點溶液中通入CO2,發(fā)生反應COj+CCh+HzO.-2HCO；,從而使:葭),增大，可使a點溶液向

b點溶液轉化，C正確；

D.a對應的溶液中，c(CO：)=c(HCO；),此時溶液呈堿性，c(H+)<c(OH),依據(jù)電荷守恒可

得2c(Ba2+)+c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(CO|-)+c(HCO；)+c(Ct),則存在：2c(Ba2+)+c(Na+)>3c(CO,)+c(Cl),

D正確;

故選B。

13.為探究SO?在鹽酸中與Cu、Ci?+的反應，某實驗小組設計如圖實驗。

[-75mL10%

稀鹽酸通入足量SO?〉靜置r加蒸儲水?

實驗I---------->*占取上層清液,加

J-Cu金屬

白色沉淀CuCl

光盤的紫紅色銅片變暗，

并有黑色的固體物質生

成，溶液逐漸變?yōu)樽厣?/p>

（溶液中含CuCg）

—r2mL36%

實驗n_濃鹽酸>通入足量SO?'_靜置>加蒸儲水”

取少量溶液“*

甘

也白色沉淀CuCl

2mL10%溶液由綠色轉變?yōu)樽睾?/p>

CUSO4溶液色,最后轉變?yōu)樽攸S色

（溶液中含CuCq）

已知：Cud〉一?CuClJ+2C「，實驗I中得到的黑色固體為Cu?S。下列說法正確的是

A實驗I、II中生成CuCl白色沉淀的原理不相同

B.SO2在實驗I、II中呈現(xiàn)的化學性質一致

C.實驗I通入SO2時反應的離子方程式為6Cu+SO?+4H++12CF=4CuCl^+Cu2S+H2O

D.實驗II若消耗64gS。？，則生成4NA個H+

【答案】D

【解析】

【詳解】A.實驗I、II中生成CuCl白色沉淀的原理相同，均為CuCl,L，CUC1J+2CR，A錯誤;

B.SO2在實驗I、II中分別體現(xiàn)了氧化性和還原性，B錯誤；

C.實驗I通入SO2時反應的離子方程式為6CU+SC）2+4H++12CR=4CUC1：+CU2S+2H2O,C錯

誤；

D.實驗II通入SO?時反應的離子方程式為2Cu2++SC）2+2H2O+6Cr=2CuC4+SO；+4H+,若消耗

64gse）2,則生成4/個H+,D正確；

故選D。

14.工業(yè)上用雙陰極微生物燃料電池處理含NH；和CH3coO的廢水。廢水在電池中的運行模式如圖1所

示，電池的工作原理如圖2所示。已知III室中02除了在電極上發(fā)生反應，還在溶液中參與了一個氧化還

原反應。下列說法不正確的是

A離子交換膜為陽離子交換膜

B.電子從n室電極經(jīng)導線流向I室電極和ni室電極

C.I室的電極反應式為：2N0；+10e+12H+=N2T+6H2O

D.若雙陰極通過的電流相等，當I室產(chǎn)生2molN2時III室消耗5m01。2

【答案】D

【解析】

【分析】由題干圖2所示信息可知，II室中C的化合價升高，發(fā)生氧化反應，II室為陽極室，電極反應為：

+

CHsCOO--8e+2H2O=CO2T+7H,I室中N的化合價降低，發(fā)生還原反應，故為陰極室，電極反應為：

+

2NO3+10e-+12H=N2T+6H2O,III中Ch中O的化合價降低，發(fā)生還原反應，故為陰極室，電極反

應為：Ch+4e-+4H+=2壓0,據(jù)此分析解題。

【詳解】A.III室電極反應式為O2+4e-+4H+=2氐0,II室產(chǎn)生的H+經(jīng)交換膜到III室，故膜為陽離子交換膜，

A正確；

B.II室中C的化合價升高，被氧化，為負極，電極反應式為CH3COO-8e-+2H2OCO2T+7H+,I室和III

室均為正極（故叫雙陰極），電子由負極經(jīng)導線到正極，B正確；

C.根據(jù)圖1廢水的走向，I室中的N。；應是NH：在III室中反應產(chǎn)生，結合題目“III室中。2還在溶液中

+

參與發(fā)生了一個氧化還原反應”，可知III室溶液中發(fā)生了：NH：+2O2=N0；+2H+H20,N。；流到

I室放電，I室電極反應式為：2NO；+10e-+12H+=N2T+6H2。，C正確；

D.若雙陰極通過的電流相等，即［室和III室電極上的得失電子守恒，當I室產(chǎn)生2molN?時，F(xiàn)為20

mol,III室反應O2+4e-+4H+=2凡0中已為20moi時消耗5m01。2，因III室發(fā)生

NH；+2O2=NO；+2H++H2O還要消耗O2,故O?總消耗量大于5mo1,D錯誤；

故答案為：Do

第II卷（填空題58分）

15.NaCK）2在工業(yè)生產(chǎn)中常用作漂白劑、脫色劑、消毒劑、拔染劑等。實驗室中可用壓。2和NaOH混合

溶液吸收C1O2的方法制取NaClO2,現(xiàn)利用如下裝置及試劑制備NaClO2晶體：

已知：①NaCICh飽和溶液在溫度低于38℃時析出的晶體是NaC102?3H2。，高于38℃時析出的晶體是

NaCICh，高于60℃時NaC102分解成NaC103和NaCL

②CIO2氣體濃度較大時易發(fā)生爆炸。

（1）A裝置中儀器a的名稱為o裝置D中NaOH溶液的作用是。

（2）裝置A中生成C1O2的化學方程式為o

（3）關于裝置C及后續(xù)操作的下列說法中，錯誤的是0

A裝置C中H2O2作氧化劑

B.為獲得NaCKh晶體，可將C試管中的溶液在55℃蒸發(fā)濃縮結晶并趁熱過濾

C.用50℃左右溫水洗滌所得晶體

D.高溫烘干過濾后所得濾渣即可得到產(chǎn)物

（4）儀器A中NaCKb需稍微過量，原因是0

（5）實驗過程中，常需要打開Ki,鼓入一定量空氣。該操作的目的是o

（6）C1和O可形成另一種化合物C12O,中心原子為O,C12O的VSEPR模型是；C12O鍵角比F2O

鍵角（填“大，“小”或“相等”）。

（7）NaCKh純度的測定：用“間接碘量法”測定樣品（雜質與r不發(fā)生反應）的純度，過程如下：取樣品

1.810g配制成250mL溶液，從中取出25.00mL；加入足量KI固體和適量稀H2SO4,再滴加幾滴淀粉溶液

（己知：CIO

+

-+4r+4H=2H2O+2l2+Cl-）,然后用ctnoHJNa2s2O3標準溶液滴定至終點，重復2次，測得消耗標準溶液

的體積平均值為VmL（已知：I2+2S2。）=S4O>+21）。樣品中NaClO2的純度為%（用含c、V的代數(shù)

式表示）。

【答案】15.①.恒壓滴液漏斗②.吸收廢氣，防止污染空氣

16.2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2T+2Na2SO4+H2O17,AD

18.防止過量的Na2sCh與硫酸發(fā)生反應生成SO2混入到CICh中，導致后續(xù)生成雜質

19.防止C1O2氣體濃度過大導致爆炸

20.①.正四面體②.大

21.12.5cV

【解析】

【分析】本實驗欲利用C1O2制備NaClC)2,根據(jù)實驗裝置，利用裝置A制備C1O2,裝置B用于緩沖，防止

C裝置中液體倒吸起安全瓶的作用，裝置C用于NaCICh的合成，裝置D吸收廢氣，防止污染空氣。

【小問1詳解】

A裝置中儀器a的名稱為恒壓滴液漏斗；尾氣有毒，裝置D中NaOH溶液的作用是吸收廢氣，防止污染空

氣；

【小問2詳解】

利用濃硫酸、NaCICh和Na2so3制備CICh，反應中氯元素化合價由+5變?yōu)?4被還原，則硫元素被氧化，

故亞硫酸鈉被氧化為硫酸鈉，反應為2NaCK)3+Na2sO3+H2so4=2CK)2T+2Na2SO4+H2O；

【小問3詳解】

已知：①NaCICh飽和溶液在溫度低于38℃時析出的晶體是NaClChWELO,高于38℃時析出的晶體是

NaCICh,高于60℃時NaClO2分解成NaClO3和NaCL

A.裝置C中二氧化氯中氯元素化合價降低生成NaCICh,發(fā)生還原反應，則氏。2作還原劑反應生成氧

氣，錯誤；

B.根據(jù)已知信息可知，為獲得NaCICh晶體，可將C試管中生成的NaCICh溶液在55℃蒸發(fā)濃縮結晶并趁

熱過濾，得到NaCICh晶體，正確；

C.根據(jù)已知信息可知，可以用50℃左右溫水洗滌所得晶體，除去表面的殘液，正確；

D.高于60℃時NaCICh分解成NaCICh和NaCL故不能高溫烘干過濾后所得濾渣得到產(chǎn)物，實驗中應選

擇38~60℃進行減壓蒸發(fā)結晶，錯誤；

故選AD；

【小問4詳解】

裝置A中若Na2sCh過量，則過量的Na2sCh可以與硫酸發(fā)生反應生成SCh混入到CICh中，導致后續(xù)的裝

置C中H2O2與SO2反應生成雜質。

【小問5詳解】

CICh氣體濃度較大時易發(fā)生爆炸。實驗過程中，常需要打開Ki,鼓入一定量空氣。該操作的目的是防止

C102氣體濃度過大導致爆炸；

【小問6詳解】

CLO分子中中心O原子價層電子對數(shù)為2+汽產(chǎn)=4,O原子采用sp3雜化，CbO的VSEPR模型是正四

面體形；電負性氟大于氧大于氯，。耳中成鍵電子對偏向F,CLO分子中成鍵電子對偏向0,CLO分子中

排斥力更大其鍵角更大，故CbO鍵角比FzO鍵角大；

【小問7詳解】

根據(jù)方程式可知：CIO廣2L~4s2。)，則樣品中NaC。的純度為

xeVx10_34mol90.5g/mol

x100%=12.5cV%°

1.810g

16.工業(yè)上利用菱鎂礦：(主要成分為MgCC>3,還含少量SiO?、FeCC)3和CaCC)3)燒渣冶煉鎂的路徑有

兩種，具體工藝流程如圖所示

CaO]Si粉

TkI?——?--------

r-------混料i高溫T*Mg(g)

nr

NHCUHO廢渣1MgSO4氨

IIi

三當脫AT過濾I濾液1?扁卜|沉%|"AfMgCl2T魯魯」Mg

亍亍亍丁?

氣體廢渣2CaSO4濾液2

請回答下列問題：

(1)“混料”時，需將各原料磨碎并混合均勻，這種操作的目的是

⑵“廢渣1”中含有2CaOSC)2等，寫出高溫條件下MgO、CaO、Si粉反應的化學方程式:

(3)Mg(g)需在___________氣氛環(huán)境中冷卻(填字母)

A.CO2B.ArC.N2D.空氣

(4)“脫硫”操作中適當升溫(不超過100℃)有利于提高Mg?+的浸出率，其主要原因為0

(5)上述工藝流程條件下，Ksp(CaSO4)=7.2xl0-\Ksp[Ca(OH)2]=5.4xlO\

Ksp[Mg(OH)2]=1.8x10-"?實驗測得“除鈣”前后溶液中c(Ca2+)分別為3.2g1T和0.8g[T,則向

1L“濾液1”中至少需加入MgSC)4固體的質量為g；試計算“沉鎂”過程中是否有Ca(OH)2沉淀

生成？(列式計算，已知當溶液中離子濃度小于1.0x10-5moi時，認為該離子沉淀完全)。

【答案】(1)增大固體反應物接觸面積，使其充分反應

(2)2MgO+2CaO+Si2Mg(g)+2CaO-SiO2(3)B

(4)適當升溫可促進氯化錠的水解并有利于氨氣的逸出

(5)①.7.632②,當c(Mg2+)=1.0xl(T5moi/L時,溶液中c2(OIT)=1.8xlO/moF.^2,此時，

c(Ca2+)-c2(OH")=0.02x1.8xIO6<5.4xIO5,因此無沉淀生成。

【解析】

【分析】工藝I中加CaO、Si粉在高溫條件下反應生成Mg；工藝H中，將燒渣加入氯化鏤溶液中浸取，燒

渣中的碳酸鎂、碳酸亞鐵、碳酸鈣與氯化鏤反應生成氯化鎂、氯化亞鐵、氯化鈣，同時生成二氧化碳氣體，

二氧化硅不溶于氯化鏤，過濾得濾渣2,濾液中加硫酸鎂沉淀鈣離子，過濾后，所得濾液中再通氨氣，將鎂

離子轉化為氫氧化鎂沉淀，過濾，將氫氧化鎂溶于鹽酸得氯化鎂，經(jīng)一系列操作得無水氯化鎂固體，再熔融

電解氯化鎂得鎂單質，據(jù)此分析解答。

【小問1詳解】

原料磨碎并混合均勻，可增大固體反應物接觸面積，使其充分反應；

【小問2詳解】

高溫條件下MgO、CaO、Si粉反應生成ZCaOSi。？和Mg,反應方程式為：

2MgO+2CaO+Si2Mg(g)+2CaOSiO2；

【小問3詳解】

Mg能氧氣、氮氣、二氧化碳反應，但與Ar不反應，因此可在Ar中冷卻，故選B；

【小問4詳解】

適當升溫可促進氯化鏤水解并有利于氨氣的逸出，有利于提高Mg?+的浸出率；

【小問5詳解】

(3.2—0.8)g?

沉淀的n(Ca2+)=^—-一詈=0.06mol,則需硫酸鎂的物質的量為0.06mol,沉淀后溶液中鈣離子的濃度

40g/mol

5

為：8g/L=0.02mol/L,K(CaSO4)=7.2xl0-,則溶液中

40g/molsp\"

sp(CaS°4)=7.2x1°mol/L=3上xlO^moVL,溶液中

c(Ca2+)0.02

n(S04-)=3.6x10-3mol/Lx1L=3.6x10-3mol,則至少需要"MgSOJ=(0.06+0.0036)mol=0.0636mol,

MgSO4固體的質量為120g/molx0.0636moi=7.632g；當c(Mg?+尸LOxlCfSmol/L時，溶液中

c2(OH)=1.8xl06mol2-L-2,此時，c(Ca2+)-c2(OH-)=0.02x1.8xIO-6<5.4xIO-5,因此無沉淀生

成。

17.丙烯是石油化工的基本原料之一，在精細化學品合成、環(huán)保、醫(yī)學科學和基礎研究等領域應用廣泛。

近日，科學家開發(fā)出纖維狀BPOJSiO2催化劑，用于高效催化丙烷脫氫

(1)磷酸硼(BPOJ可由硼酸(H3BO3)、磷酸(HsPOj在一定條件下制備。硼酸晶體屬于分子晶體，但

有類似于石墨的片層狀結構，則硼酸晶體中含有的作用力類型主要有范德華力、

1

⑵己知：C3H8(g),'C3H6(g)+H2(g)AH=+123kJmol,幾種共價鍵的鍵能數(shù)據(jù)如表：

化學鍵H-HC-HC二CC-C

鍵能/(kJ.mol-1)436413a348

貝"_______

(3)TJC下，向2L恒容密閉容器中充入ImolC3H8發(fā)生反應：C3H8(g).-C3H6(g)+H2(g),經(jīng)過

lOmin達到平衡狀態(tài)，測得平衡時氣體壓強是開始時的1.5倍

內(nèi)丙烯的化學反應速率v(C3H6)=mol-L-1-min1

②保持其他條件不變，再向容器中充入少量丙烷，平衡______(填“向正反應方向'"'向逆反應方向"或“不”)

移動，丙烷平衡轉化率(填“增大”“減小”或“不變”)

③己知v正=L-c(C3H8),vffl=vffi.c(C3H6).c(H2),其中k正、k逆為速率常數(shù)，只與溫度有關，則

TJC時，魯=_______(填數(shù)字)

k逆

(4)已知：在纖維狀BPOJSiO2催化劑作用下，丙烷在一定溫度下會發(fā)生副反應：

C3H8(g),'C2H4(g)+CH4(g)AH>0o平衡時丙烷的轉化率和丙烯的選擇性(丙烯的選擇性

丙烯的物質的量

xlOO%)隨溫度的變化如圖所示，隨著溫度升高，丙烯的選擇性降低的可能原

丙烷轉化的物質的量

因有(答一條)；丙烷的平衡轉化率增大的原因是

%1

loMo

oo裝y

^

那

都

根

避

線

小K

SOO

區(qū)

(5)在12。。、壓強恒定為116kPa時，向有催化劑的密閉容器中按體積比V(C3H8):V(Ar)=3:l充入

C3H8和Ar,只發(fā)生反應：C3H8(g)C3H6(g)+H2(g),達到平衡狀態(tài)時C3H&的轉化率為60%,則

該溫度下，平衡常數(shù)Kp為kPa(Kp為用分壓計算的平衡常數(shù)，分壓=總壓x物質的量分數(shù))

【答案】(1)共價鍵、氫鍵

(2)615(3)①.0.025②.向正反應方向③.減小@.0.25

(4)①.催化劑活性降低或副產(chǎn)物增多②.兩個反應都是吸熱反應，升高溫度，平衡均向正反應方

向移動，丙烷的平衡轉化率增大

(5)54

【解析】

【小問1詳解】

硼酸晶體中硼酸分子內(nèi)有共價鍵，分子間有范德華力，層與層之間存在氫鍵。

【小問2詳解】

348X2+413X8-(a+413X6+348-436)=+123,貝！J615kJ.mol-i。

【小問3詳解】

C3H8(g)一C3H6(g)+H2(g)

起始物質的量100,有壓強比等于物質的量比，則

改變物質的量XXX

平衡物質的量1-xXX

1-x+x+x,_…

-----------=1.5,角牛x=0.5mol,,

0.5mol

11

①0~10min內(nèi)丙烯的化學反應速率V(C3H6)=]2L_nmol-17mino

lOmin

②保持其他條件不變，再向容器中充入少量丙烷，丙烷濃度增大，平衡向正反應方向移動，丙烷繼續(xù)分

析，但從平衡最后數(shù)據(jù)分析，相當于加壓，平衡逆向移動，丙烷的平衡轉化率減小。

③已知v正=L-c(C3H8),vi2=kffi.c(C3H6).c(H2),其中k正、k逆為速率常數(shù)，只與溫度有關，則

TJC時，因為平衡時正逆反應速率相等，故有v正=kj-c(C3H8)=v逆=k^?c(C3H6>c(H2),則有

k正_C(C3H6).C(H2)_0.25x0.25_

----------7-----7---=----------=U.ZDo

k逆C(C3H8)0.25

【小問4詳解】

丙烷的副反應也為吸熱反應，溫度升高，副反應進行的程度變大，或者溫度升高，催化劑的活性降低，故

升溫，丙烯的選擇性降低。兩個反應都是吸熱反應，升高溫度，平衡均向正反應方向移動，丙烷的平衡轉

化率增大。

【小問5詳解】

+

C3H8(g)

起始量3

1,則平衡時息物質的量為L2+L8+1.8+l=5.8moL則平

改變量L8.8

.18

平衡量1.2±

(―xll6)x(—X116)

衡常數(shù)J為3~~---------=54kPa。

—X116

5.8

18.氮的化合物應用廣泛。

(1)Reineckesalt的結構如圖所示:

其中配位原子為(填元素符號)，NCS-中碳原子雜化方式為

(2)重銘酸錢[(NILhCr?。?]為桔黃色單斜結晶，常用作有機合成催化劑，C與O；一的結構如圖。

(NILkCrzO7中N、0、Cr三種元素第一電離能由大到小的順序是(填元素符號)

(3)[211(皿11)4](。。4)2是2112+的一種配合物，IMI的結構為T'—CH3。IMI的某種衍生物與甘

氨酸形成的離子化合物/N、〃N：NH2CH2COC^常溫下為液態(tài)而非固態(tài)，原因是。

H3CC2H5

（4）已知：多原子分子中，若原子都在同一平面上且這些原子有相互平行的p軌道，則p電子可在多個原

子間運動，形成“離域兀鍵’'（或大兀鍵）。大無鍵可用口；表示，其中m、n分別代表參與形成大無鍵的原子

個數(shù)和電子數(shù)，如苯分子中大兀鍵表示為n：。

①下列微粒中存在“離域口鍵”的是o

A.CH2=CH-CH=CH2B.CC14C.H20D.SO2

②NaN3中陰離子N]與C。2互為等電子體，均為直線型結構，N；中的2個大兀鍵可表示為

（5）符號“3px”沒有給出的信息是。

A.能層B.能級C.電子云在空間的伸展方向D.電子的自旋方向

（6）下列實驗事實不能用氫鍵來解釋的是o

A.CH4比5叫穩(wěn)定

B.乙醇能與水以任意比互溶

C.鄰羥基苯甲醛的沸點