2024新七省高考一輪復(fù)習(xí)檢測卷三（新七省高考卷）

密卷?2024新七省高考一輪復(fù)習(xí)檢測卷（三）

化學(xué)

注意事項：

1.本試卷分第I卷（選擇題）和第II卷（非選擇題）兩部分。答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號

填寫在答題卡上。

2.回答第I卷時，選出每小題答案后，用2B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，再選涂其他答案標(biāo)號。寫在本試卷上無效。

3.回答第H卷時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。

4.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：HlC12016Na23C135.5Co59

第I卷

一、單項選擇題：共14題，每題3分，共42分。每題只有一個選項最符合題意。

1.元素及其化合物在化工生產(chǎn)中有著重要的用途。下列說法不正確的是

A.工業(yè)上以石英砂為原料制備高純硅，還需要用到焦炭、氯化氫等原料

B.工業(yè)上合成氨用冷水將氨氣吸收分離脫離反應(yīng)體系

C.工業(yè)上生產(chǎn)玻璃和水泥時均使用石灰石作為原料

D.工業(yè)上制取鈉單質(zhì)普遍采用電解熔融的氯化鈉

【答案】B

【解析】A.工業(yè)上以二氧化硅為原料制備高純硅，用焦炭還原二氧化硅得到粗硅，粗硅用氯氣反應(yīng)得到四

氯化硅與雜質(zhì)分離，再用氫氣還原四氯化硅得到高純硅，還需要氯化氫作原料制備氫氣和氯氣，故A正確;

B.工業(yè)上合成氨通過冷凝分離出氨，故B錯誤；C.工業(yè)上生產(chǎn)玻璃的原料為純堿、石灰石和石英；生產(chǎn)

水泥的原料為黏土和石灰石，故C正確；D.工業(yè)上采用電解熔融的氯化鈉制取鈉單質(zhì)，同時制得氯氣，故

D正確。答案為：Bo

2.利用光氣（8%發(fā)生氨解反應(yīng)可制備尿素[CO（NH2）2],其反應(yīng)原理為COCL+4NH3=

CO（NH2）2+2NH4C1下列有關(guān)說法錯誤的是

2

A.上述含碳物質(zhì)中的碳原子均采用SP雜化

B.氨基「NHz）的電子式為:

C.光氣中各原子的最外層電子均滿足8仁穩(wěn)定結(jié)構(gòu)

D.。。（響入的沸點高于C05

【答案】B

H??

【解析】A.8c工8（NH2）2中的碳原子均采用sp2雜化，選項A正確；B.-NH2的電子式為NH,

選項B錯誤；C.光氣中各原子的最外層電子均滿足8e一穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，選項C正確；D.的分子間

能形成氫鍵，因此。。（帥?%沸點高于C℃L,選項D正確；答案選B。

3.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列有關(guān)敘述正確的是

A.”6gC2H6。中含有C-O鍵數(shù)目一定為。叫

B.常溫下，叫汨=7的NaCl溶液中H+數(shù)目為MN

C.等物質(zhì)的量的NaM和Na?。。中所含陰離子數(shù)均為NA

D,反應(yīng)2NO2（g）-」N2C）4（g）,若生成4沖2。4,分子總數(shù)減少°叫

【答案】B

【解析】A.46gC2H6。的物質(zhì)的量為01mo1,。2H6。為小?卬，則含有鍵數(shù)目為，若C2H6°

為CH30cH3,則不含C-O鍵，A錯誤；B.常溫下，IpH=7的NaCl溶液中c（H+）=c（OH）=lxl07mol/L,

則H+數(shù)目為1『NA,B正確；c.NaM和Na?。?的物質(zhì)的量不確定，所含陰離子數(shù)不確定，C錯誤；

D.4-6gNq4的物質(zhì)的量為o.（）5mol,根據(jù)反應(yīng)可知，生成0.05molNq,時，分子總數(shù)減少°O5NA,D錯誤;

故選B。

【解析】A.苯和水互不相溶，且碘在苯中的溶解度大于在水中的溶解度，可以用苯從碘水中萃取碘，且苯

的密度小于水的密度，苯層在上層，A項正確；B.制備"（°"）3膠體的方法應(yīng)該是：在沸水中滴加幾滴飽

和氯化鐵溶液，繼續(xù)煮沸至呈紅褐色；向NaOH溶液中滴加飽和氯化鐵溶液，會產(chǎn)生氫氧化鐵沉淀，B項

錯誤；C.反應(yīng)生成的氨氣不能用無水氯化鈣干燥，會生成CaC/8N4,且氨氣密度比空氣小，應(yīng)該用向

下排空氣法收集，導(dǎo)管應(yīng)該短進長出，C項錯誤；D.氯水具有漂白性，不能用pH試紙測氯水的pH,D項

錯誤；故選A。

5.下列離子方程式書寫正確的是

+2+

A.用醋酸清洗水垢：CaCO3+2H=Ca+H2O+CO2

電解△小

:2Cr+2H2O^2OH-+H2T+C1,T

B.惰性電極電解氯化鎂溶液

C.腐蝕印刷電路板：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+

D.用硫酸和淀粉-碘化鉀溶液檢驗加碘鹽中的1°「町+5「+6H+=3I2+3H2O

【答案】D

【解析】A.水垢主要成分為碳酸鈣，醋酸為弱酸，兩者都不能拆成離子形式，兩者反應(yīng)生成醋酸鈣、二氧

化碳和水，反應(yīng)的離子方程式為CaCC)3+2CH3C0°H=Ca2++2CH3coCT+HzO+CO?T,A錯誤；

B.惰性電極電解氯化鎂溶液會生成氫氧化鎂，反應(yīng)的離子方程式為

2+

Mg+2Cr+2H2O^gMg(OH)2+C12T+H21R錯誤；C.用FeCb溶液腐蝕印刷電路板，反應(yīng)生成氯化

亞鐵和氯化銅，離子方程式為2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+,C錯誤；D.用硫酸和淀粉一碘化鉀溶液檢驗加碘鹽

中的103,離子方程式為51+1。產(chǎn)6*312+3凡0,D正確；故選D。

6.已知咖啡酸苯乙酯是天然抗癌藥一蜂膠的主要活性成分，其結(jié)構(gòu)簡式如圖所示。下列說法正確的是

A.該物質(zhì)含有4種官能團

B.1mol該物質(zhì)最多能與8moi周加成

C.該物質(zhì)苯環(huán)上氫原子發(fā)生氯代時，一氯代物有6種

D.該物質(zhì)所有碳原子不可能全部共平面

【答案】C

【解析】A.該物質(zhì)中有羥基、碳碳雙鍵、酯基三種官能團，故A錯誤；B.Imol苯環(huán)結(jié)構(gòu)能和3m0IH2

加成，Imol碳碳雙鍵能消耗1molH?,1mol該物質(zhì)最多能與7moi氏加成，故B錯誤；C.該物質(zhì)苯環(huán)上

總共有6種等效氫，苯環(huán)上氫原子發(fā)生氯代時，一氯代物有6種，故C正確；D.苯環(huán)和碳碳雙鍵都是共面

結(jié)構(gòu)，單鍵能夠旋轉(zhuǎn)，所有碳原子可能共平面，故D錯誤；故選C。

7.勞動創(chuàng)造美好生活，下列勞動項目與所述化學(xué)知識沒有關(guān)聯(lián)的是

選項勞動項目化學(xué)知識

學(xué)農(nóng)活動：水果倉庫放酸性高錦酸鉀溶液浸

A酸性高錦酸鉀溶液能氧化乙烯

泡的磚瓦

社區(qū)服務(wù)：用75%乙醇溶液對健身器材進行75%乙醇溶液可以使蛋白質(zhì)變

B

擦拭性

C家務(wù)勞動：用活性炭包去除室內(nèi)的甲醛活性炭具有還原性

油脂在熱的純堿溶液中易發(fā)生

D幫廚活動：用熱的純堿溶液清洗廚具油污

水解

【答案】C

【解析】A.乙烯是植物生長調(diào)節(jié)劑，酸性高錦酸鉀溶液能氧化乙烯，水果倉庫放酸性高鋅酸鉀溶液浸泡的

磚瓦，可以降低乙烯濃度，有利于水果儲存，故A正確；B.75%乙醇溶液可以使蛋白質(zhì)變性，用75%乙醇

溶液對健身器材進行殺菌消毒，故B正確；C.用活性炭包去除室內(nèi)的甲醛，利用活性炭的吸附性，故C

錯誤；D.熱的純堿溶液呈堿性，油脂在熱的純堿溶液中易發(fā)生水解，所以用熱的純堿溶液清洗廚具油污，

故D正確；選C。

8.短周期元素X、Y、Z、Q、R的原子序數(shù)依次增大。已知：X和Y均滿足最高正化合價與最低負化合價

代數(shù)和為零；Z的氣態(tài)氫化物的水溶液顯堿性；Q原子為同周期原子半徑最大的金屬原子；R元素是同周期

中電負性最大的元素。下列說法錯誤的是

A.ZX5是一種離子化合物

B.簡單氫化物的沸點：Z>Y

C.Q元素的第一電離能在同周期元素中最大

D.QR晶體為離子晶體，且R離子的配位數(shù)為6

【答案】C

【分析】氨的水溶液呈堿性，故z是氮元素。最高正化合價與最低負化合價代數(shù)和為零的元素有氫和第四

主族元素，故X是氫元素，Y是碳元素。同一周期從左到右，元素的原子半徑依次減小故Q是鈉元素。同

一周期從左到右（除零族外），元素的電負性依次增大，故R是氯元素。

【解析】A.NH5的化學(xué)式為NHdH,它是由NH：與H-構(gòu)成的離子化合物，A正確；B.NH3分子之間能形

成氫鍵，CE分子之間只存在范德華力，所以，NH3比CH4的沸點高，B正確；C.同一周期從左到右，元

素的第一電離能總體上呈遞增趨勢，一個周期中，IA族元素的第一電離能最小，零族元素的第一電離能最

大，因此，氨元素的第一電離能是氯元素所處周期的最大者，C錯誤；D.NaCl屬于離子晶體，晶體中陽

離子和陰離子的配位數(shù)都是6,D正確；故選C。

9.疊氮化鈉可用于汽車安全氣囊的制造，M。與NaNH?發(fā)生反應(yīng)可以生成Na、，反應(yīng)方程式為

MO+ZNaNH?=NaOH+NH3+NaN3。下列有關(guān)說法錯誤的是

NHNH

A.鍵角：2>3B.電負性：H>Na

C.NaNH2溶液顯堿性D.Imol%中含2moiQ鍵

【答案】A

【解析】A.N%與NH3中N原子雜化方式均為sp3,N*有2個孤電子對，NH3只有一個孤電子對，NH：

中H-N-H鍵角小，故A錯誤；B.H和Na同主族，同一主族從上到下，元素非金屬性遞減，電負性遞減，

所以電負性：H>Na,故B正確；C.NaNH?溶于水會水解，生成NaOH和NH3,溶液顯堿性，故

C正確；D.電中含一個雙鍵和一個三鍵，所以imol含2moio鍵，故D正確；故答案為：A。

10.根據(jù)實驗操作及現(xiàn)象，下列結(jié)論中正確的是

選項實驗操作及現(xiàn)象結(jié)論

常溫下將鐵片分別插入稀硝酸和濃硝酸中，前者產(chǎn)生無色稀硝酸的氧化性比

A

氣體，后者無明顯現(xiàn)象濃硝酸強

取一定量NaAOa樣品，溶解后加入BaCL溶液，產(chǎn)生白色

B此樣品中含有

沉淀。加入濃HN°3,仍有沉淀

次氯酸鈉溶液呈中

C用玻璃棒蘸取次氯酸鈉溶液點在PH試紙上，試紙變白

性

3+

D向FeCb溶液中滴加KI淀粉溶液，溶液變藍氧化性：Fe>I2

【答案】D

【解析】A.鐵片插入濃硝酸中無現(xiàn)象的原因是鐵片和濃硝酸發(fā)生了鈍化，表面生成致密的氧化物保護膜，

阻止反應(yīng)進一步發(fā)生，不能證明稀硝酸的氧化性比濃硝酸強，A錯誤；B.硝酸會直接將亞硫酸根離子氧化

成硫酸根離子，使得亞硫酸鋼轉(zhuǎn)化為硫酸鋼沉淀，不能證明其已變質(zhì)含有硫酸根離子，應(yīng)該用鹽酸酸化的

氯化鋼溶液，B錯誤；C.次氯酸鈉具有強氧化性，使得試紙褪色，不能測其pH,C錯誤；D.溶液變藍說

3+

明碘離子被鐵離子氧化為碘單質(zhì)，說明氧化性：Fe>I2,D正確；故選D。

11.氯濱酸在醫(yī)藥和石化工業(yè)上有廣泛用途，模擬工業(yè)制備氫澳酸的流程如圖所示。下列說法不正確的是

A.混合①使用冰水的目的是防止母?和HBr揮發(fā)

B.Na2sO3可除去氫澳酸粗品中的現(xiàn)，發(fā)生的離子反應(yīng)為SO；+Br2+2OH-=SO：+2Br-+H2。

C.蒸儲時，加完“濾液”后，先通冷凝水，再點燃酒精燈加熱

D.工業(yè)氫澳酸常帶有淡淡的黃色，可能是因為含有母？

【答案】B

【分析】Br2具有強氧化性，在溶液中將SO2氧化為H2SO4,Bn氧化SO?放出很多熱量，液澳、氫澳酸易

揮發(fā)，混合①使用冰水降低溫度，防止Bn和HBr揮發(fā)，然后蒸儲得到硫酸和氫澳酸粗品，粗品中可能含

有揮發(fā)出的Bn，加入Na2sO3，除去粗品中未反應(yīng)完的澳，再加入BaCb溶液（試劑a）,使反應(yīng)生成轉(zhuǎn)化

硫酸領(lǐng)沉淀，再進行過濾分離，濾液中含有HBr及NaCl,再蒸儲得到精制的氫澳酸。

【解析】A.由分析知，液澳、氫澳酸易揮發(fā)，混合①使用冰水降低溫度，防止Bn和HBr揮發(fā)，A正確；

B.溟具有氧化性，酸性條件下澳單質(zhì)和亞硫酸根離子發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸根離子和澳離子

+

SO^+Br2+H2O=SO；+2Br+2H；B錯誤；C.蒸儲時，先通入冷凝水，再點燃酒精燈加熱，利于冷凝產(chǎn)品，

C正確；D.澳單質(zhì)具有揮發(fā)性，工業(yè)氫澳酸常帶有淡淡的黃色，可能含有揮發(fā)出的Br2,D正確；故選B。

12.室溫下，用含有少量Mn?+的ZnSO,溶液制備ZnCOs的過程如下。下列說法正確的是

A.NaClO溶液中：c（Na+）=c（ClO）+c（OH）

+

BNH4HCO3溶液中：c（OH-）+c（NH3H2O）=c（H）+c（H2CO3）+c（COr）

C“過濾”所得濾液中:c（NH：）+c（NH3.H2O）＞c（HCO；）+c（H2CO3）+c（COr）

c（CO；）＜/（ZnCO）3）

一、4人c2（OH）K」Zn（OH）J

D.“過濾”所得濾液中：I'sp|_I,2」

【答案】c

【分析】ZnSO4溶液中加入次氯酸鈉將二價銃離子氧化為二氧化銃并除去，在濾液中加入碳酸氫鏤與氨水沉

淀鋅離子，生成碳酸鋅沉淀與碳酸鍍，過濾得到碳酸鋅，據(jù)此回答。

【解析】A.在次氯酸鈉溶液中，根據(jù)電荷守恒可知c（Na+）+c（H+）=c（ClCF）+c（°H）A錯誤；B.在

COH+c+

NH4HCO3中存在質(zhì)子守恒:（）（^3?H2O）+c（CO1-）=c（H）+c（H2CO3）B錯誤；c過濾之后

的濾液為（NH4）2CC）3,根據(jù)物料守恒，錢根離子以及水解產(chǎn)生的一水合氨分子的濃度之和等于碳酸氫根離子、

電離產(chǎn)生的碳酸根離子、水解產(chǎn)生的碳酸分子的濃度之和的2倍，則為

c（NH：）+c（NH3.H2O）=2[c（HCO-）+c（H2CO3）+c（CO^）]所以

c（NH：）+c（NH3.H2O）＞c（HCO；）+c（H2CO3）+c（CO1-）；。正確；D.過濾之后的溶液為碳酸鋅的飽和溶

液，但不是氫氧化鋅的飽和溶液，所以對于氫氧化鋅的飽和溶液而言，氫氧根離子濃度偏小，則

c（COt）＞gsp（ZnCO）3）

4°叫K/Z”,口錯誤；故選°。

13.近日，我國科學(xué)家開發(fā)一款新型鈉離子二次電池，工作原理如圖所示。已知：機常見的化合價有+2、

+3、+4、+5.放電時最終還原產(chǎn)物為Na?Se和?辦氧化產(chǎn)物為NaY（POJ3。下列敘述錯誤的是

A.放電時，Na.向CL一、Se極遷移

B,放電時，負極反應(yīng)式為Na3V2（POj-2e「=NaV2（PC）4）3+2Na+

C.充電時，轉(zhuǎn)移2moi電子時，陽極增重46g

D,充電時，總反應(yīng)可能是'@丫2（「。4）3+（2-*）01+地5匕=8_*56+2丫2①04）3

【答案】C

【分析】觀察圖示和結(jié)合題干信息可知，放電時CUjSe為正極，發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為

Cu“Se+2Na++2e-=（2-x）Cu+N%Se,NaVz（POj為負極，發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為

+

Na3V2（PO4）3-2e-=NaV2（PO4）3+2Na；據(jù)此作答。

【解析】A.放電時012Tse為正極，發(fā)生還原反應(yīng)，Na+向正極遷移，正極反應(yīng)式為

+

Cu2rse+2Na+2e~=（2-x）Cu+Na2Se

,A正確；B.放電時，負極發(fā)生氧化反應(yīng)，V由+3價升高至+4

價，脫去Na+,電極反應(yīng)式為Na3V2（POJ-2e-=NaV2（POj+2Na+,B正確；c充電時，陽極反應(yīng)式

+

（2-x）Cu+Na2Se-2e-=Cu2_vSe+2Na

為，充電時陽極脫去Na+,轉(zhuǎn)移2moi片時，質(zhì)量減輕46g,C錯誤;

NaVPO

D.根據(jù)放電產(chǎn)物可知，充電時，2（4）3^Cu和Na?Se在電解條件下生成Cu2fse和Na3Vzip。），口

正確；故選C。

14.已知1,3丁二烯與HBr加成的能量反應(yīng)進程圖如圖所示（圖中AHi、AH2,小凡表示各步正向反應(yīng)的

搐變）。下列說法正確的是

A.反應(yīng)時間越長，1,3丁二烯與HBr反應(yīng)得到3澳1丁烯的比例越大

B.0℃、短時間tmin內(nèi)，amoLLT的1,3丁二烯與HBr完全反應(yīng)得到兩種產(chǎn)物的比例為7：3（設(shè)反應(yīng)前后

%mol?L1-min1

體積不變），則生成1澳2丁烯的平均速率為t

C.1,3丁二烯與HBr反應(yīng)，生成3澳1丁烯的反應(yīng)熱為“口一八凡、生成1澳2丁烯的反應(yīng)熱為

D.可與烯崎結(jié)合的一步為決速步，Br-進攻時活化能小的方向得到3澳1丁烯

【答案】D

【解析】A.根據(jù)圖示可知，1澳2丁烯的能量低，更穩(wěn)定，因此反應(yīng)時間越長，得到1澳2丁烯的比例越

大，A錯誤；B.根據(jù)圖示可知，生成3澳1丁烯的第二步反應(yīng)的活化能低，因此短時間內(nèi)，生成3澳1丁

03amol-171-min1

烯的比例大，故生成1澳2丁烯的平均速率為t,B錯誤；C.根據(jù)蓋斯定律，生成3澳1

丁烯的反應(yīng)熱為AHI+AH?,,生成1澳2丁烯的反應(yīng)熱為AH*+AH3,C錯誤；D.根據(jù)圖示可知，第一

步反應(yīng)的活化能大于第二步反應(yīng)的活化能，故第一步即H+與烯煌結(jié)合的一步為決速步，第二步反應(yīng)中生成

3澳1丁烯的活化能小，即Br進攻時活化能小的反應(yīng)得到3澳1丁烯，D正確；故選D。

第II卷

二、非選擇題：共4題，共58分。

15.（14分）某興趣小組采用Hz。?作氧化劑，在大量氨和氯化錢存在下，選擇活性炭作為催化劑將Co（II）

氧化為Co（m）,來制備三氯化六氨合鉆（III）配合物。產(chǎn)品c°（NH3）6C13為橙黃色單斜晶體，20℃時在水中的

溶解度0.26mol/L,不溶于乙醇，NH3與中心原子co(iu)的配位緊密，NH?不易在鹽酸溶液中發(fā)生解離。

反應(yīng)裝置如圖所示，實驗流程如下:

(5)6%H2O260℃「抽濾

(4)冷啟10℃(6)zl^加熱［C°(NH3)CI3⑺冷蠢o七沉淀0)＞列樨作)

廠少量b試劑洗滌(9)烘干

CofNHjCLff

Ll3%」3一試劑洗滌成品稱重計算產(chǎn)率

,請寫出該實驗制備［。°(即入口的化學(xué)方程式

(1)儀器a的名稱是.

(2)操作(6)水浴加熱至60℃的原因.

(3)洗滌操作中a試劑為；b試劑為.

A.氨水B.氯化核溶液C.2moi.「鹽酸D.乙醇

(4)下列說法不正確的是.

A.若稱取6.05gCoCl2?6H2O晶體，可使用電子天平稱量

B.操作(6)水浴加熱至60℃,保持20min,并不斷搖動錐形瓶，其中蓋住錐形瓶的目的是防止氧氣進入

C.系列操作(8)將粗產(chǎn)品溶解于稀HC1溶液后，通過過濾將活性炭除去,然后在高濃度的HC1溶液中析出

D.操作(9)烘干可采用高溫烘干，加快烘干速率

產(chǎn)品分析:

步驟1、準(zhǔn)確稱取0.2000g樣品于250mL錐形瓶中，加20ml水溶解，然后加l°mH0%NaOH溶液，在電爐

上加熱至無NH?放出(用pH試紙檢驗)，然后冷卻溶液。

步驟2、將溶液轉(zhuǎn)移至碘量瓶中，再加20.00ml水及坨口％固體和15.00ml6.000mol-LTHCl溶液，立即蓋上

蓋子并搖晃均勻，放暗處靜置lOmin左右。

步驟3、用標(biāo)準(zhǔn)硫代硫酸鈉溶液標(biāo)定樣品溶液至淺黃色(這時滴定速度要慢，以防滴過頭)，加入5.00mL新

配的2%的淀粉指示劑，繼續(xù)滴定至藍色消失終點。記錄所消耗的硫代硫酸鈉的體積V。

樣品質(zhì)量mV（Na2S2O3）c（Na2S2O3）

0.2000g31.00ml0.02400

(5)步驟3中淀粉指示劑為何不在標(biāo)準(zhǔn)硫代硫酸鈉溶液標(biāo)定樣品溶液前加入，請表述原因.=請根據(jù)表

格數(shù)據(jù)計算三氯六氨合鉆中鉆的相對誤差:。(保留兩位有效數(shù)字)［已知：相對誤差=(測量值標(biāo)準(zhǔn)值)/

標(biāo)準(zhǔn)值］三氯六氨合鉆中鉆的標(biāo)準(zhǔn)含量：59+(59+17x6+35.5x3)=22.06%

【答案】⑴恒壓滴液漏斗(2分)2CoCL+10NH3+2NH4C1+凡。？=2［&(岫3)6］5(橙黃)+2H2O

(2分)

(2)太低，反應(yīng)速率過慢；太高配合物會分解(2分)

（3）C（1分）D（1分）

（4）BD（2分）

（5）防止淀粉吸附L,導(dǎo)致滴定終點提前到達（2分）0.50%（2分）

【分析】利用溫水溶解COCI26H2O和NH4cl固體混合物，得到［。。（凡。）?。］在催化劑活性炭的作用下

L=rpHXFCo（NH）ICl升/工舊七用內(nèi)/^^z/iz（。小旦）1c%/古甘妞小石「Co（NH3）.

加4m入濃乳水生成LV3%」2,在低溫下用雙氧水氧化LV3%」2使其轉(zhuǎn)化為L'3/6」3,v冰

水冷卻結(jié)晶后抽濾得［C°（NH3）6］C;所得沉淀先用濃鹽酸洗滌，然后用無水乙醇洗滌，烘干得到產(chǎn)品，

據(jù)此解答。

【解析】（1）根據(jù)儀器構(gòu)造可判斷儀器a的名稱是恒壓滴液漏斗，反應(yīng)物有COC12、氨氣、NH4cl和雙氧

水，反應(yīng)中雙氧水被還原為水，則實驗制備［C°（NH3）6］CL的化學(xué)方程式為

2coeU+IONH3+2NH4C1+凡。2=2仁0（］\1113）6］（：13（橙黃）+2H2O

（2）由于溫度太低，反應(yīng)速率過慢；溫度太高配合物會分解，所以操作（6）水浴加熱至60℃左右。

（3）由于20℃時0°（皿3）6c在水中的溶解度0.26mol/L,且不溶于乙醇，所以為了減少溶解而損失，洗

滌操作中a試劑為2moi.口鹽酸，b試劑為乙醇，答案選CD。

（4）A.托盤天平只能讀數(shù)到0.1g,所以若稱取6.05gCoC12?6H2。晶體，可使用電子天平稱量，A正確；B.

由于雙氧水易分解產(chǎn)生氧氣，所以蓋住錐形瓶的目的是防止生成的氧氣逸出，導(dǎo)致原料利用率低，B錯誤;

C.增大氯離子濃度有利于析出晶體，因此系列操作（8）將粗產(chǎn)品溶解于稀HC1溶液后，通過過濾將活性炭除

去，然后在高濃度的HC1溶液中析出，C正確；D.高溫會導(dǎo)致配合物分解，所以操作（9）烘干不可采用高溫

烘干，D錯誤；答案選BD。

（5）為防止淀粉吸附12,導(dǎo)致滴定終點提前到達，所以步驟3中淀粉指示劑不在標(biāo)準(zhǔn)硫代硫酸鈉溶液標(biāo)定

樣品溶液前加入；根據(jù)得失電子守恒得出關(guān)系式：2c。3+?L?2s2。：，則樣品中鉆的含量為

0.031x0.024x5921.95%-22.06%,

----------------------x1i0n0n%n/-----------------------x1n0nn0/%

0-2-21.95%,所以三氯六氨合鉆中鉆的相對誤差為22.06%=0.50%o

16.（14分）“刀片電池”通過結(jié)構(gòu)創(chuàng)新，大大提升了磷酸鐵鋰電池的能量密度。以下是以磷礦石（主要成分

Ca5（PO4）3F,還有Fe2O3>CaCCh等雜質(zhì)）為原料生產(chǎn)白磷（P4）同時制得刀片電池正極材料FePO4的工藝流程:

已知：①FePCU可溶于pH<2的酸性溶液。

②Fe3+在pH為2.0時開始沉淀，pH為4.0時沉淀完全。

回答下列問題：

（1）白磷（P4）不溶于水但易溶于二硫化碳，說明P4是（填“極性分子”或“非極性分子"）。

（2）爐渣I主要含有鐵單質(zhì)及鐵的磷化物，寫出其中FeP溶于硝酸和硫酸的混合溶液并放出NO氣體的離子

方程式：?

（3）爐渣II的主要成分是o

（4）“調(diào)鐵”后須向“溶液II”中通入氨氣調(diào)節(jié)溶液的pH,將pH值控制在2.0的原因是=若此條件

下Fe3+恰好完全轉(zhuǎn)化為FePCU沉淀（當(dāng)溶液中某離子濃度Wlxl（T5moi/L時，可視為該離子沉淀完全），過濾，

現(xiàn)往濾液中加入2mol/L的MgCL溶液（設(shè)溶液體積增加1倍），此時溶液中Mg3（PO4）2沉淀生成（填

“有”或“無”或“無法確定”）【己知FeP04、Mg3（PO4）2的Ksp分別為1.3x10-22、Loxley】

（5）儲氫技術(shù)是目前化學(xué)家研究的熱點之一；鐵與鎂形成的某種合金可用于儲氫領(lǐng)域，其晶胞如圖所示：

111±1

其中A的原子坐標(biāo)參數(shù)為（0,0,0）,B為（4,4,4）,c為（2,2,0）,則D點的坐標(biāo)參數(shù)為。

此晶胞中Fe的配位數(shù)是=

【答案】⑴非極性分子（2分）

+3+

（9）3FeP+8H+8NO；=3Fe+SPO^+8N0T+4H2O分）

（3）CaSiO3（2分）

（4）pH>2.0時Fe+會發(fā)生水解，導(dǎo)致產(chǎn)品中混入Fe（OH）3,pH<2.0,FePCU會溶解導(dǎo)致產(chǎn)品的產(chǎn)率下降（2分）

無（2分）

33

⑸（了H）（2分）8（2分）

【分析】磷礦石（主要成分Ca5（PO4）3F,還有FezCh、CaCCh等雜質(zhì)），磷礦石中加入焦炭、SiCh在電爐中加

熱1500℃,生成爐氣和爐渣，爐氣分離得到P4、SiF4和CO,爐渣I的主要成分是Fe、FeP、Fe2P及少量雜

質(zhì)，結(jié)合所加原料和生成物，分析化合價的變化，可知反應(yīng)中焦炭是還原劑，鐵元素和磷元素被還原，爐

渣H中應(yīng)該含有Ca元素形成的鹽；分析爐氣和爐渣I的成分，爐渣I中的Fe2P可理解為由磷單質(zhì)與鐵單質(zhì)

反應(yīng)生成；爐渣I中加入硝酸、硫酸，過濾后得到濾液I和濾渣III,硝酸具有強氧化性，能將Fe及其化合

物氧化為Fe3+,向溶液I中加入磷酸進行調(diào)鐵得到溶液II,溶液H中加入氨水得到FePO4?2H2。，據(jù)此解答。

【解析】（1）二硫化碳是非極性分子，水是極性分子，白磷（P”不溶于水但易溶于二硫化碳，根據(jù)相似相

溶原理，說明P4是非極性分子，故答案為：非極性分子；（2）FeP溶于硝酸和硫酸的混合溶液生成NO和

FePO4,根據(jù)得失電子守恒和電荷守恒配平離子方程式為：

3+

3FeP+8H++8NO；=3Fe+3PO；+8NOT+4H2O故分案為.

3FeP+8H++8N*3Fe3++3POA8NOT+4H7（3）爐氣和爐渣I中不含鈣元素，可推斷出鈣元素應(yīng)

在爐渣n,由于原料中加入了二氧化硅，而硅酸鹽在高溫下較碳酸鈣和磷酸鈣穩(wěn)定，故爐渣n中鈣元素以

CaSiO3的形式存在。故答案為：CaSiO3i（4）“調(diào)鐵”后須向“溶液H”中通入氨氣調(diào)節(jié)溶液的pH,將pH值

控制在2.0的原因是：pH>2.0時Fe+會發(fā)生水解，導(dǎo)致產(chǎn)品中混入Fe（OH）3，pH<2.0,FePCU會溶解導(dǎo)致產(chǎn)

品的產(chǎn)率下降。由題意此時溶液中c（Fe3+）=lxl（）5mol/L,則溶液中

%(FeP。,)1.3x10一°?

c(P*)==1.3x10-7moi.「

1x10.5

c(Fe"),溶液中FePCU沉淀完全，過濾后濾液則為FePCU的飽

3182+

和溶液。向濾液中滴加2mol/L的MgCL溶液(溶液體積增加一倍)，則c(PO4)=6.5xl0mol/L,c(Mg)=lmol/L,

52+2331823524

<2[Mg3(PO4)2]=c(Mg)xc(PO4)=(lmol/L)x(6.5x10mol/L)=4.225x10<^[Mg3(PO4)2]=1.Ox10,!3!|

無Mg3(PO4)2沉淀生成。

故答案為：pH>2.0時Fe+會發(fā)生水解，導(dǎo)致產(chǎn)品中混入Fe(0H)3,pH<2.0,FePCU會溶解導(dǎo)致產(chǎn)品的產(chǎn)率下

J,￡1

降；無；(5)根據(jù)晶胞圖和原子坐標(biāo)參數(shù)A為(0,0,0),B為(4,4,4),c為(萬，2,5),可知D

3￡33￡3

點原子坐標(biāo)參數(shù)為(4,4,4),根據(jù)晶胞圖可知Fe的配位數(shù)為8。故答案為：(^,4,4),8o

17.(15分)減少CO2的排放、捕集并利用CO2是我國能源領(lǐng)域的一個重要戰(zhàn)略方向。

在CO2加氫合成甲醇的體系中，同時存在以下反應(yīng)：

反應(yīng)i：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)AHi=48.7kJ/mol

反應(yīng)ii：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)AH2=+41kJ/mol

⑴反應(yīng)出：(20但)+2112m)=013011也)的4氏=-

(2)在CO2加氫合成甲醇的體系中，下列說法不正確的是(填序號)。

A.若在絕熱恒容容器，反應(yīng)i的平衡常數(shù)K保持不變，說明反應(yīng)i、ii都已達平衡

B.若氣體的平均相對分子質(zhì)量不變，說明反應(yīng)i、ii都已達平衡

C.體系達平衡后，若壓縮體積，反應(yīng)i平衡正向移動，反應(yīng)ii平衡不移動

D.選用合適的催化劑可以提高甲醇在單位時間內(nèi)的產(chǎn)量

(3)某溫度下，向容積恒為1L的密閉容器中通入lmolCO2(g)和5molH2(g),lOmin后體系達到平衡，此時CCh

的轉(zhuǎn)化率為20%oCH30H的選擇性為50%o

轉(zhuǎn)化為CH30H的n(CC)2)

已知：CH30H的選擇性：消耗的n(CC)2)xlOO%

①0~10min內(nèi)C02的平均消耗速率v(CC)2)=。

②反應(yīng)i的平衡常數(shù)K=(寫出計算式即可)。

③反應(yīng)ii的凈速率丫=丫正丫逆=-p(CO2)p(H2)k逆p(CO)p(H2。)，其中kjg、k逆分別為正、逆反應(yīng)的速率常數(shù)，

P為氣體的分壓。降低溫度時，kik?(選填“增大”、“減小”或"不變")。

(4)維持壓強、投料比和反應(yīng)時間不變，將CO?和H2按一定流速通過反應(yīng)器，CO2的轉(zhuǎn)化率。(CO2)和甲醇

的選擇性x(CH3OH)隨溫度變化的關(guān)系如圖所示。已知催化劑活性隨溫度影響變化不大，結(jié)合反應(yīng)i和反應(yīng)

ii,分析下列問題：

①甲醇的選擇性隨溫度升高而下降的原因_______；C02的轉(zhuǎn)化率隨溫度升高也下降的可能原因是。

②不考慮催化劑活性溫度，為同時提高C02的平衡轉(zhuǎn)化率和甲醇的選擇性，應(yīng)選擇的反應(yīng)條件是(填

序號)。

A.高溫高壓B.高溫低壓C低溫低壓D.低溫高壓

【答案】(l)89.7k/mol(2分)

(2)C(2分)

0.lx0.2

⑶①0.02mol/(L-min)(2分)②0.8x46(2分)③減小(1分)

(4)①反應(yīng)i為放熱反應(yīng)，反應(yīng)ii為吸熱反應(yīng)，溫度升高反應(yīng)i平衡逆向移動，反應(yīng)ii平衡正向移動(2分)

溫度升高對反應(yīng)i中CCh轉(zhuǎn)化率降低的影響大于對反應(yīng)ii中CO2轉(zhuǎn)化率升高的影響(2分)②D(2分)

【分析】利用蓋斯定律將iii=iii,即可計算出“國的數(shù)值。絕熱恒容容器，反應(yīng)未達平衡時能量的變化使

M=—

得體系溫度變化，只有達到平衡時體系溫度不變，平衡常數(shù)不變?！保磻?yīng)涉及到的都是氣體，氣體

的總質(zhì)量不變；反應(yīng)i是氣體體積減小的反應(yīng)，反應(yīng)ii是氣體體積不變的反應(yīng)，則氣體的總物質(zhì)的量是個變

化的量，所以“是個變化的量，當(dāng)“不變時反應(yīng)達到了平衡，所以氣體的平均相對分子質(zhì)量保持不變，說

明反應(yīng)體系已達平衡。

【解析】⑴根據(jù)蓋斯定律iii=iii,「△也=-48.7kJ/mol-(+41kJ/mol)=-89.7kJ/mol；故答案為：

89.7k/mol；

(2)A.絕熱恒容容器，反應(yīng)未達平衡時能量的變化使得體系溫度變化，只有達到平衡時體系溫度不變，

平衡常數(shù)不變。絕熱恒容容器，當(dāng)反應(yīng)i的平衡常數(shù)K保持不變說明反應(yīng)i、ii都已達平衡，A正確；B.根

據(jù)質(zhì)量守恒，混合氣體的質(zhì)量不變，反應(yīng)i是氣體體積減小的反應(yīng)，反應(yīng)ii是氣體體積不變的反應(yīng)，則氣體

的總物質(zhì)的量隨著反應(yīng)進行減小，氣體的平均相對分子質(zhì)量增大，當(dāng)氣體的平均相對分子質(zhì)量保持不變，

說明反應(yīng)體系已達平衡，B正確；C.體系達平衡后，若壓縮體積，相當(dāng)于增大壓強，則反應(yīng)i平衡正向移

動，會使反應(yīng)i中CO2和H2量減小，量增大，反應(yīng)ii的化學(xué)平衡逆向移動，C錯誤；D.選用合適的

催化劑可以加快反應(yīng)速率，從而提高CH30H在單位時間內(nèi)的產(chǎn)量，D正確；故答案為：C；

(3)①0~10min,CCh的轉(zhuǎn)化率為20%,則〃(CO2)=lmolx20%=0.2mol,用CCh表示0~10min內(nèi)平均

v(CO,)=62moi=002mol/(L-min)

反應(yīng)速率v(CO2)=ILxlOmin；

②某溫度下，向容積為1L的密閉容器中通入1molCC)2(g)和5moiH2(g),10min后體系達到平衡，此時

CO2的轉(zhuǎn)化率為20%,則消耗的"(C°2)=lmol*20%=0.2mol,CH30H的選擇性為50%,已知CH30H的

轉(zhuǎn)化的C&OH的n(COJxl0Q%

選擇性二消耗的n(C02)

n

則轉(zhuǎn)化為CH3OH的“(C°2)=02molx50%=0.1mol平衡時(CO2)=lmol-0.2mol=0.8mol

〃(凡)=5mol-0.4mol=4.6molM(CH3OH)=0.ImolM(H2O)=0.2mol容器容積為］匕。(0。2)=0.8mol/L

c(H2)=4.6mol/Lc(CH3OH