河北省唐山市2023-2024學(xué)年高三一模化學(xué)試題（解析版）

2024屆唐山市普通高中學(xué)業(yè)水平選擇性考試第一次模擬演練

化學(xué)試卷

本試卷共8頁(yè)，18小題，滿分100分，考試時(shí)間75分鐘

注意事項(xiàng)：

L答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號(hào)、考場(chǎng)號(hào)、座位號(hào)填寫在答題卡上。

2.回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。

如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)?；卮鸱沁x擇題時(shí)，將答案寫在答題卡

±o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(duì)原子質(zhì)量：HlLi7C12N14016

Mg24P31S32C135.5Co59Cu64

I卷(42分)

一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一

項(xiàng)是符合題目要求的。

1.化學(xué)與科學(xué)、技術(shù)、社會(huì)、環(huán)境密切相關(guān)，下列說法錯(cuò)誤的是

A.神舟系列飛船返回艙使用氮化硅耐高溫材料，Si3N4屬于共價(jià)晶體

B.月壤中的“嫦娥石[(CasY)Fe(PO4)7]”，該成分是無機(jī)鹽

C.利用CO2合成了脂肪酸，實(shí)現(xiàn)了無機(jī)小分子向有機(jī)高分子的轉(zhuǎn)變

D.《本草綱目》中“以芒硝于風(fēng)日中消盡水氣”得到的是Na2s04

【答案】C

【解析】

【詳解】A.氮化硅熔點(diǎn)為1900℃,具有高強(qiáng)度、高韌性、耐高溫的性質(zhì)，由性質(zhì)可知氮化硅為共價(jià)晶體，

A正確；

B.發(fā)現(xiàn)了月壤中的“嫦娥石[(CasY)Fe(PO4)7]”，組成結(jié)構(gòu)分析可知，其含有Y、Ca、Fe等元素，屬

于無機(jī)化合物，又因含有磷酸根，是無機(jī)鹽，B正確；

C.利用CO2合成了脂肪酸，脂肪酸為竣酸類物質(zhì)，常見的高級(jí)脂肪酸有：硬脂酸、油酸等，這二者相對(duì)

分子質(zhì)量雖大，但沒有達(dá)到高分子化合物的范疇，不是高分子化合物，c錯(cuò)誤；

D.芒硝為NazSOrlOHzO,失掉水得到硫酸鈉，方程式為：Na2SO4?10H2O=Na2SO4+10H2Ot,D正確；

故答案為：Co

2.高分子化合物在人類生產(chǎn)生活中有著重要用途。下列說法正確的是

A.酚醛樹脂通常由苯酚和甲醛通過縮聚反應(yīng)合成

B.淀粉和纖維素均表示為(C6Hio05)n,二者互為同分異構(gòu)體

C.塑料、橡膠、合成纖維均為合成高分子材料

D.醫(yī)用口罩主要原料是聚丙烯，與聚乙烯互為同系物

【答案】A

【解析】

【詳解】A.苯酚和甲醛發(fā)生羥醛縮合反應(yīng)生成酚醛樹脂，此反應(yīng)屬于縮聚反應(yīng)，A正確；

B.淀粉和纖維素的分子式均為[(C6Hio05)n],二者聚合度n值不同，不是同分異構(gòu)體，B錯(cuò)誤；

C.橡膠存在天然橡膠和合成橡膠，不一定屬于合成高分子材料，C錯(cuò)誤；

D.結(jié)構(gòu)相似、在分子組成上相差一個(gè)或若干個(gè)CH2原子團(tuán)的化合物間互為同系物，而聚丙烯與聚乙烯都

是混合物，不是化合物，故不是同系物，D錯(cuò)誤；

故答案為：Ao

3.下列試劑的保存方法錯(cuò)誤的是

A.氫氟酸通常保存在塑料瓶中

B.液澳應(yīng)水封保存，并用橡膠塞塞緊瓶口

C.雙氧水可以保存在棕色細(xì)口瓶中

D.FeCL溶液保存時(shí)需加入少量鐵粉

【答案】B

【解析】

【詳解】A.氫氟酸能夠與玻璃中二氧化硅反應(yīng)，能夠腐蝕玻璃，所以通常保存在塑料瓶中，A正確；

B.液澳易揮發(fā)，密度大于水的密度，微溶于水，所以保存液澳的試劑瓶中應(yīng)加水液封，但液澳會(huì)腐蝕橡

膠，故不能使用橡膠塞塞緊瓶口，B錯(cuò)誤；

C.雙氧水受熱易分解，雙氧水應(yīng)該避光密封保存，故可以保存在棕色細(xì)口瓶中，C正確；

D.由于Fe2+易被氧化為Fe3+,而Fe+2Fe3+=3Fe2+,故FeCb溶液保存時(shí)需加入少量鐵粉以防止Fe?+被氧化，

D正確；

故答案為：Bo

4.NA是阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是

A.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2L氯仿含有氯原子L5NA

B.31g白磷中共價(jià)鍵數(shù)目為3NA

C.O.lmol.L-KCnCh酸性溶液中含O.INA的CnO；」

D.4.4gC2HQ中含有◎鍵最多為0.7NA

【答案】D

【解析】

【詳解】A.已知標(biāo)準(zhǔn)狀況下氯仿是液態(tài)，故無法計(jì)算U.2L氯仿含有氯原子數(shù)目，A錯(cuò)誤;

31g,

B.己知1分子白磷中含有6個(gè)P-P鍵，故31g白磷中共價(jià)鍵數(shù)目為二、，°,xSPqpl=1.5NA,B錯(cuò)

aig/mol

誤；

C.已知KzCnCh溶液中存在：C3O有+H2O,，2CrO亍+2H+,且題干為告知溶液的體積，故無法計(jì)算

O.lmol.L-iKzCnCh酸性溶液中含CrzO；的數(shù)目，C錯(cuò)誤；

D.C2H40可能是醛CH3cHO、也可能是烯醇即CH2=CHOH,或者環(huán)氧乙烷，則為環(huán)氧乙烷時(shí)

44g

4.4gC2H4。中含有。鍵最多為----xWqpl-=0.7NA,D正確；

」44g/mol

故答案為：D?

5.克拉維酸鉀是一種B-內(nèi)酰胺類抗生素，下列說法錯(cuò)誤的是

_廣。CH2OH_廣0CH2OH

COOHCOOK

克拉維酸克拉維酸鉀

A.克拉維酸鉀存在順反異構(gòu)

B.克拉維酸分子含有5種官能團(tuán)

C.上述轉(zhuǎn)化中的二者均能使酸性KMnCU溶液褪色

D.實(shí)現(xiàn)上述轉(zhuǎn)化可加入KOH溶液

【答案】D

【解析】

【詳解】A.由題干有機(jī)物結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，克拉維酸鉀中存在碳碳雙鍵，且雙鍵兩端的碳原子分別連有互

不同的原子或原子團(tuán)，故存在順反異構(gòu)，A正確；

B.由克拉維酸結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，該有機(jī)物含有羥基、竣基、碳碳雙鍵、酸鍵和酰胺基等5種官能團(tuán)，B正

確；

C.兩物質(zhì)中均含碳碳雙鍵，可被高錦酸鉀氧化，從而使酸性高鋅酸鉀溶液褪色，C正確；

D.克拉維酸分子除竣基可與KOH反應(yīng)外，還含有酰胺基能在強(qiáng)堿溶液中發(fā)生水解反應(yīng)，因此選用KOH

不能實(shí)現(xiàn)兩者的轉(zhuǎn)化，D錯(cuò)誤；

故選：D。

6.下列說法錯(cuò)誤的是

A.SCh和CCh的價(jià)層電子對(duì)互斥模型相同

B.NH3和CH4的中心原子雜化方式相同

C.C2H6和C2H4的化學(xué)鍵類型不同，可用濱水除去C2H6中混有的C2H4

D.水和苯分子極性不同，可用分液法分離

【答案】A

【解析】

【詳解】A.S02中中心原子周圍的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為：2+g(6-2?2)=3其價(jià)層電子對(duì)互斥模型為平面三角

形，而C02中中心原子周圍的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為：2+工(4-2?2)=2其價(jià)層電子對(duì)互斥模型為直線形，故不相

2

同，A錯(cuò)誤；

B.NH3和CH4的中心原子周圍的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為：3+-(5-3?1)=4,4+-(4-4?1)=4,故雜化方式相

22

同，均為sp3雜化，B正確；

C.C2H6中只含C-H和C-C鍵，而C2H4中含有C-H和C=C鍵，故化學(xué)鍵類型不同，CH2=CH2能與Br2

反應(yīng)生成BrCH2cH2Br,而C2H6不能，故可用澳水除去C2H6中混有C2H4,C正確；

D.已知水為極性分子，苯分子為非極性分子，二者極性不同，根據(jù)相似相溶原理可知，二者為不互溶的

液體，故可用分液法分離，D正確；

故答案為：Ao

7.物質(zhì)結(jié)構(gòu)決定物質(zhì)性質(zhì)。下列性質(zhì)差異與結(jié)構(gòu)因素匹配錯(cuò)誤的是

選項(xiàng)性質(zhì)差異結(jié)構(gòu)因素

A沸點(diǎn)：乙醇(78.3℃)高于二甲醛(-29.5C)氫鍵作用

B熔點(diǎn):A1F3(1O4O℃)遠(yuǎn)高于A1C13(178℃升華)晶體類型

C鍵角：PF3(94。)小于PCb(109.5。)電負(fù)性差異

D分解溫度：HBr(500℃)高于HI(300℃)范德華力作用

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【詳解】A.乙醇和二甲醛互為同分異構(gòu)體，但由于乙醇中存在分子間氫鍵，而二甲醛中不存在，導(dǎo)致乙

醇(78.3℃)的沸點(diǎn)高于二甲醛(-29.5C),即與氫鍵作用有關(guān)，A不合題意；

B.A1F3是離子晶體，AlCb是分子晶體，作用力：離子鍵>范德華力，導(dǎo)致A1F3的熔點(diǎn)遠(yuǎn)高于AlCb,

則A1F3的熔點(diǎn)遠(yuǎn)高于AlCb與晶體類型有關(guān)，B不合題意；

C.電負(fù)性：F>CL故PF3中共用電子對(duì)離P更遠(yuǎn)，排斥力更小，鍵角更小，且原子半徑：F<CL故PF3

的鍵角小于PCb,即與F、C1的電負(fù)性差異有關(guān)，C不合題意；

D.熱分解溫度：HBr為500℃,HI為300℃,穩(wěn)定性是由于非金屬性Br>L導(dǎo)致H-Br的鍵能

比H-I的鍵能大，與分子間作用力無關(guān)，D符合題意；

故答案為：D?

8.M、X、Y、Z、W均為短周期元素，原子序數(shù)依次減小，能形成如下圖所示化合物，下列說法正確的

是

XWWWX

4IIIIIIII

M[X—Z—Z—Z—Z—Z—X—W]

III

WWY

WW

A.第一電離能：M>Y>X>Z

B.簡(jiǎn)單氫化物的穩(wěn)定性：X>Y

C.X與W形成的化合物不能使酸性KMnCU溶液褪色

D.由M、X、Z、W四種元素組成的化合物其水溶液顯堿性

【答案】B

【解析】

【分析】M、X、Y、Z、W均為短周期元素，且原子序數(shù)依次減小，結(jié)合化合物的結(jié)構(gòu)可知，M為帶1個(gè)

單位正電荷的陽(yáng)離子，M為Na元素；陰離子中X形成2個(gè)共價(jià)鍵、Y形成3個(gè)共價(jià)鍵、Z形成4個(gè)共價(jià)

鍵、W形成1個(gè)共價(jià)鍵，結(jié)合原子序數(shù)可知，X為O元素、Y為N元素、Z為C元素、W為H元素，以

此來解答。

【詳解】A.由分析可知，M為Na、X為O、Y為N、Z為C,根據(jù)同一周期從左往右元素第一電離能呈

增大趨勢(shì)，HA與IIIA、VA與VIA反常，同一主族從上往下元素第一電離能依次減小可知，第一電離

能：N>O>C>NaBPY>X>Z>M,A錯(cuò)誤；

B.由分析可知，X為0、Y為N為同周期主族元素，從左向右非金屬性增強(qiáng)，對(duì)應(yīng)氫化物的穩(wěn)定性增強(qiáng)，

則簡(jiǎn)單氫化物的穩(wěn)定性：H2O>NH3即X>Y,B正確；

C.由分析可知，X為0、W為H,故X與W形成的化合物H20不能使酸性KMnCU溶液褪色，但H2O2

具有還原性，能使酸性高銃酸鉀溶液褪色，C錯(cuò)誤；

D.由M、X、Z、W四種元素組成的化合物若為碳酸氫鈉，其水溶液顯堿性，但若為NaHCzCU則顯酸性,

D錯(cuò)誤;

故答案為：Bo

9.下列方案或操作能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖?/p>

CD

證明非金屬性:驗(yàn)證Ksp(AgCl)>Ksp檢驗(yàn)淀粉是否完全

實(shí)驗(yàn)室制氯氣

C1>C(Agl)水解

足量NaOH溶液幾:

1mLO.lmolL-1幾滴

AgNOj溶液

鹽酸

1mLO.lmolL-1

NaCl溶液

淀粉水溶液彳

白色沉淀沉》

結(jié)論：淀粉完全;

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【詳解】A.實(shí)驗(yàn)室制備氯氣是用MnCh和濃鹽酸加熱反應(yīng)制得，MnCh與稀鹽酸不反應(yīng)，A不合題意；

B.稀鹽酸滴入Na2cCh溶液中產(chǎn)生能使澄清石灰水變渾濁的氣體CCh,說明HC1酸性強(qiáng)于H2cCh,由于

HC1不是C1的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物，故不能得出C和C1非金屬性強(qiáng)弱，B不合題意；

C.ImLO.lmol/L的AgNCh溶液和ImLO.lmol/L的NaCl恰好完全反應(yīng)，生成AgCl白色沉淀，再加入幾

滴O.lmol/L的KI溶液后產(chǎn)生黃色沉淀，說明存在AgCl轉(zhuǎn)化為Agl的沉淀轉(zhuǎn)化，故說明Ksp(AgCl)>

Ksp(Agl),C符合題意；

D.由于NaOH過量，b能與NaOH溶液反應(yīng)，故加入足量NaOH溶液后加入幾滴碘水，溶液不變蘭，不

能說明淀粉己經(jīng)完全水解，D不合題意；

故答案為：Co

10.白硼鈣石的主要成分是Ca4BioOi9-7H2(M含有少量FezCh、FeO、CaCCh和SiC>2等雜質(zhì))，利用白硼鈣

石制取強(qiáng)還原劑NaBH4的工藝流程如下:

氣體濾液1濾渣1乙醇耐火材料

已知H3BO3微溶于水，易溶于乙醇：偏硼酸鈉(NaBCh)易溶于水，溶解度隨溫度升高而增大，難溶于乙

醇，堿性條件下穩(wěn)定。下列說法錯(cuò)誤的是

A.“濾渣1”的主要成分是SiO2

B.“氣體”的主要成分是NO2

C.“操作X”涉及到蒸發(fā)濃縮、降溫結(jié)晶

D.“反應(yīng)Y”的化學(xué)方程式是NaBC)2+2MgH2=2MgO+NaBH4

【答案】B

【解析】

【分析】由題干流程圖可知，將白硼鈣石的主要成分是CEUBIOOINHZCM含有少量FezCh、FeO、CaCCh和

Si02等雜質(zhì))粉碎后加入濃硝酸，將Ca轉(zhuǎn)化為Ca(NCh)2、Fe轉(zhuǎn)化為Fe(NC>3)3、B轉(zhuǎn)化為H3BO3,SiCh不溶

于硝酸，過濾得到濾液1,主要含有Ca(NO3)2、Fe(NO3)3,和濾渣主要含有SiCh和H3BO3,向?yàn)V渣中加入

乙醇進(jìn)行醇浸過濾得到濾渣1,主要成分為SiCh,濾液中含有H3BO3的酒精溶液，向?yàn)V液中加入NaOH溶

液進(jìn)行水浴加熱，將H3BO3轉(zhuǎn)化為NaBCh,將乙醇蒸儲(chǔ)出來后，對(duì)濾液進(jìn)行蒸發(fā)濃縮、降溫結(jié)晶，過濾干

燥，獲得純凈的NaBCh固體，將固體NaBCh和MgH2混合反應(yīng)生成NaBtU和耐火材料即MgO,據(jù)此分析

解題。

【詳解】A.由分析可知，“濾渣1”的主要成分是SiCh,A正確；

B.濃硝酸與白硼鈣石的主要成分是Ca4BioOi9-7H20、雜質(zhì)中氧化物反應(yīng)生成大量的水，故“氣體”的主要

成分是NO而不是Nth,B錯(cuò)誤；

C.由題干信息狀況，偏硼酸鈉(NaBCh)易溶于水，溶解度隨溫度升高而增大，難溶于乙醇，堿性條件下

穩(wěn)定，故“操作X”涉及到蒸發(fā)濃縮、降溫結(jié)晶，c正確；

D.由分析可知，耐火材料為MgO,故“反應(yīng)Y”的化學(xué)方程式是NaBC>2+2MgH2=2MgO+NaBH4,D

正確；

故答案為：B?

11.2022年諾貝爾化學(xué)獎(jiǎng)授予了三位研究點(diǎn)擊化學(xué)的科學(xué)家。Cu+催化的疊氮化物-煥燒環(huán)加成和催化劑

CuCl的晶體結(jié)構(gòu)如圖所示。下列說法正確的是

A.晶胞結(jié)構(gòu)中，Cu+的配位數(shù)為8

B.基態(tài)Cu的價(jià)層電子排布式為3d94s2

C.疊氮化物-煥煌環(huán)加成反應(yīng)只有◎鍵的斷裂與形成

/398

D.若晶體的密度為dg/cnP,則晶胞參數(shù)a=R-x---l-0--7-n--m

VNA><d

【答案】D

【解析】

【詳解】A.由題干晶胞示意圖可知，晶胞結(jié)構(gòu)中，Cu+位于頂點(diǎn)和面心的C1一形成的8個(gè)正四面體中的4

個(gè)中心，故Cu+的配位數(shù)即離Cu+最近且距離相等的C1-數(shù)目為4,A錯(cuò)誤；

B.已知Cu是29號(hào)元素，故基態(tài)Cu的價(jià)層電子排布式為3di<>4si,B錯(cuò)誤;

C.已知單鍵均為◎鍵，雙鍵為一個(gè)。鍵和一個(gè)?!鍵，三鍵為一個(gè)。鍵和2個(gè)兀鍵，根據(jù)題干反應(yīng)可知，

疊氮化物-煥煌環(huán)加成反應(yīng)只有兀鍵的斷裂和只有◎鍵的形成，C錯(cuò)誤；

D.由題干晶胞示意圖可知，一個(gè)晶胞中含有4個(gè)Cu+,cr個(gè)數(shù)為：8x-+6x-=4,即一個(gè)晶胞的質(zhì)量

82

赳+355)I398

為：———g,故若晶體的密度為dg/cnP,則晶胞參數(shù)a==---------xl07nm,D正確；

N

A\NAxd

故答案為：D。

12.To時(shí)，向容積為5L的恒容密閉容器中充入一定量的A(g)和B(g),發(fā)生反應(yīng)：

2A(g)+B(g)3c(g)+D(g)AH<0。反應(yīng)過程中的部分?jǐn)?shù)據(jù)如下表，下列說法錯(cuò)誤的是

t/minn(A)/moln(B)/mol

04.02.0

52.01.0

102.01.0

A.其他條件不變，溫度變?yōu)門i時(shí)，平衡時(shí)測(cè)得C的濃度為0.8mol/L,貝UT>To

D.合成Imol撲熱息痛，理論上甲室質(zhì)量增重96g

【答案】D

【解析】

【分析】由題意可知，右側(cè)裝置為電解池，則左側(cè)裝置為原電池。由SOj遷移的方向，可確定a極為負(fù)

極，b極為正極，c極為陽(yáng)極，d極為陰極。

【詳解】A.由分析可知，電極d為陰極，A正確；

+

B.裝置工作時(shí)，乙室發(fā)生反應(yīng)：H2O2+2e+2H=2H2O,反應(yīng)需要消耗H+,溶液pH增大，B正確；

C.電極c為陽(yáng)極，CH3CN在電極上失電子產(chǎn)物與苯酚等反應(yīng)，生成等，電極反應(yīng)

O

D.a極為負(fù)極，H2O2失電子生成H2O和電極反應(yīng)式為H2O2-2e-+2OH=2H2O+O2T，合成Imol撲熱

息痛，需要轉(zhuǎn)移2moie,理論上有ImolSOj由乙室轉(zhuǎn)移入甲室，同時(shí)甲室生成ImolCh,則甲室質(zhì)量增

重Imolx96g/mol-lmolx32g/mol=64g,D錯(cuò)誤；

故選D。

14.溶洞水體中的H2cCh與空氣中的C02保持平衡?，F(xiàn)測(cè)得溶洞水體中Ige(X)X為H2cO3、HCO3>

9

CO32-或Ca2+)與pH的關(guān)系如圖所示，Ksp(CaCO3)=2.8xl0-?下列說法錯(cuò)誤的是

B.溶洞水體中存在關(guān)系式：2pH(b)=pH(a)+pH(c)

C.a點(diǎn)溶液中，c(Ca2+)=0.28mol，L-i

MH￡op=lo4

,Ka2（H2CO3）

【答案】C

【解析】

【分析】隨著pH的增大，溶液的酸性逐漸減弱，c（HCO；）、c（CO：）都增大，c（Ca2+）減小，即lgc（HCO；）、

Igc（COj）逐漸增大，lgc（Ca2+）逐漸減小，并且弱酸性環(huán)境中l(wèi)gc（HCO；）＞lgc（CO；-）,所以曲線I表示

lgc（HCO；）與pH的關(guān)系，曲線H表示Igc（COj）與pH的關(guān)系，曲線III表示lgc（Ca?+）與pH的關(guān)系。據(jù)此

分析解答。

【詳解】A.根據(jù)分析，曲線II代表lgc（CO?）與pH的關(guān)系，A正確；

cHCOX6H

B.由I為HCO"帶入點(diǎn)(6.3,-5),Kai=(3)()=10_63；［］為coj,帶入點(diǎn)(10.3,-L1),

C(H2co3)

c(CO?)xc(H+)))c(CO：)xc(H+)C(C0：)XC2(H+)

Ka2=—~~"--~-=1O-103,C(HCC3XC(H+)

KalXKa2=

c(HCO；)c(H2co3)xC(HCO3)-c(H2co3)一"

6-3xlO-10-3,b點(diǎn)c(H2co3)=c(COj),貝I|KaixKa2=Cb2(H+),pH(b)=8.3,由此可知2PH(b)=pH(a)+pH(c),B正

確；

c2(H+)c(C0|_)

166

C.a點(diǎn)溶液中，PH=6.3,由B分析可知，KalKa2=—~口~^=10-,止匕時(shí),

aac(H2co3)

5

c(H2CO3)=10mol/L>c(H*)=10"'3moi/L,則c(CO：)=l(y9moi/L,c(Ca?+)=

9

Ksp(CaCO3)_2.8xlQ-

=2.8mol-L1,錯(cuò)誤;

c(COj)—-1.0x10-9C

63

Kal(H2CO3)_IO

D.=104,D正確;

K^LCCV一逆7

故選C。

n卷（58分）

二、非選擇題：本題共4小題，共58分。

15.已知三氯化六氨合鉆[CO（NH3）6]C13為橙黃色晶體，易溶于熱水，在冷水中微溶，可在氯化鏤和氨水的

混合溶液中活性炭做催化劑條件下，利用雙氧水氧化CoC12制備。

I.制備產(chǎn)品，步驟如下：

①稱取2.0gNH4cl固體，用5mL水溶解，加到錐形瓶中。

②分批力口入3.0gCoC56H2O后，將溶液溫度降至10℃以下，加入1g活性炭、7mL濃氨水，攪拌下逐滴

加入10mL6%的雙氧水。

③加熱至55-6CTC反應(yīng)20min,冷卻，過濾。

④將濾得的黑黃固體轉(zhuǎn)入含有少量鹽酸的25mL沸水中，趁熱過濾。

⑤濾液轉(zhuǎn)入燒杯，加入4mL濃鹽酸，冷卻、過濾、干燥，得到橙黃色晶體。

回答下列問題：

(1)寫出制備[C0(NH3)6]Cb的化學(xué)方程式o

(2)步驟②中，將溫度降至10℃以下的原因是o

(3)步驟③中反應(yīng)裝置部分儀器如上圖(其中加持儀器路去)，不包括過濾還需要的玻璃儀器名稱為

,儀器A的名稱為,儀器B的作用是o

(4)步驟④中趁熱過濾的目的是o

II測(cè)定產(chǎn)品純度，實(shí)驗(yàn)如下：

①稱取ag產(chǎn)品溶于足量稀硝酸中，并用蒸儲(chǔ)水稀釋，置于錐形瓶中，加入過量VimLcimoHJAgNCh溶

液，并加3mL的硝基苯用力振蕩。

1

②向錐形瓶中滴入3滴Fe(NO3)3溶液為指示劑，用c2molLKSCN溶液滴定過量的AgNO3溶液，達(dá)到

1012

滴定終點(diǎn)時(shí)用去V2mL溶液。(己知：Ksp(AgCl)=1.8xlO,Ksp(AgSCN)=1.0xl0-)

回答下列問題：

(5)產(chǎn)品的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為0(列出計(jì)算式)

(6)加入硝基苯的目的是o

活性炭

【答案】(1)2COC12+10NH3?H2O+2NH4C1+H2O2=2[CO(NH3)6]C13+12H2O

55~60℃

(2)減少濃氨水和H2O2分解，以免造成浪費(fèi)

(3)①.酒精燈②.干燥管③.冷凝回流，提高原料的利用率

(4)防止冷卻時(shí)析出三氯化六氨合鉆[CO(NH3)6]C13為橙黃色晶體，造成損失

、26.75(c,V,-c2Vj

(5)--------'1122、％

3a

(6)使生成的AgCl沉淀被硝基苯覆蓋，防止AgCl轉(zhuǎn)化為AgSCN沉淀

【解析】

【分析】根據(jù)題意，在氨氣和氯化錢存在條件下，以活性炭為催化劑，用雙氧水氧化CoCb溶液來制備

活性炭

[CO(NH3)6]C13,反應(yīng)的化學(xué)方程式為2coeb+10NH3?H2O+2NH4Cl+H2O22[Co(NH3)6]C13+12H2O；

55-60℃

將粗產(chǎn)品溶于25mL熱的稀鹽酸中，再向?yàn)V液中緩慢加入4mL濃鹽酸，有大量橙黃色晶體析出，冰浴冷卻

后過濾，說明加入熱的稀鹽酸后應(yīng)過濾；先用冷的2moi?L-iHCl溶液洗滌晶體，再用少許乙醇洗滌，干燥，

得產(chǎn)品。

【小問1詳解】

活性炭

由分析可知，制備[Co(NH3)6]Cb的化學(xué)方程式為：2CoCh+10NH3.H2O+2NH4Cl+H2O2

55~60℃

活性炭

2[CO(NH3)6]C13+12H2O,故答案為：2coeL+10NHa?H2O+2NH4Cl+H2C>2_2[CO(NH3)6]C13+12H2O；

55~60℃

【小問2詳解】

由于步驟②中使用的濃氨水和H2O2受熱均易分解，故將溫度降至10℃以下的原因是減少濃氨水和H2O2

分解，以免造成浪費(fèi)，故答案為：減少濃氨水和H2O2分解，以免造成浪費(fèi)；

【小問3詳解】

由題干信息可知，步驟③中需要進(jìn)行55~60℃水浴加熱，故反應(yīng)裝置部分儀器如上圖(其中加持儀器路

去)，不包括過濾還需要的玻璃儀器名稱為酒精燈，由實(shí)驗(yàn)裝置圖可知，儀器A的名稱為干燥管，儀器B

的作用是冷凝回流，提高原料的利用率，故答案為：酒精燈；干燥管；冷凝回流，提高原料的利用率；

【小問4詳解】

由題干信息可知，三氯化六氨合鉆[CO(NH3)6]C13為橙黃色晶體，易溶于熱水，在冷水中微溶，故步驟④

中趁熱過濾的目的是防止冷卻時(shí)析出三氯化六氨合鉆[CO(NH3)6]C13為橙黃色晶體，造成損失，故答案

為：防止冷卻時(shí)析出三氯化六氨合鉆[Co(NH3)6]C13為橙黃色晶體，造成損失；

【小問5詳解】

根據(jù)Ag+和C1-按物質(zhì)的量比為1：1結(jié)合生成AgCl,Ag+和SCN-按物質(zhì)的量比為1：1結(jié)合生成

AgSCN,故稱取ag產(chǎn)品溶于足量稀硝酸中，并用蒸儲(chǔ)水稀釋，置于錐形瓶中，加入過量VimLcimoLL-

1

lAgNCh溶液，并加3mL的硝基苯用力振蕩，向錐形瓶中滴入3滴Fe(NCh)3溶液為指示劑，用c2mol-L-

KSCN溶液滴定過量的AgNCh溶液，達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)用去V2mL溶液，則參加反應(yīng)的C1的物質(zhì)的量為：

(C1V1-C2V2)xl0-3mol,貝!|[Co(NH3)6]C13的物質(zhì)的量為：(0』c2V2).------mol,故產(chǎn)品的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為:

3

'22八——[?26.75(c,V-c.Vj山林占d26.75(C|V「C2V2)

3xi00%=--------v'1227%,故答案為：-----v1'227%；

-3a3a

【小問6詳解】

由題干信息可知，Ksp(AgCl)>Ksp(AgSCN),即AgCl易轉(zhuǎn)化為AgSCN,且硝基苯的密度比水的大，故實(shí)

驗(yàn)過程中加入硝基苯的目的是使生成的AgCl沉淀被硝基苯覆蓋，防止AgCl轉(zhuǎn)化為AgSCN沉淀，故答案

為：使生成的AgCl沉淀被硝基苯覆蓋，防止AgCl轉(zhuǎn)化為AgSCN沉淀。

16.一種利用硫鐵礦(主要成分是FeS2,含少量AI2O3、SiCh和Fe3O4)制備新能源汽車電池電極LiFePCU的

工藝流程如下：

SO2試劑R/H2sO4溶液(NH4)2HPO4

__[IILiCOHCO

硫鐵礦粉末一焙燒——*氧化-------->沉鐵—>FePO42占己他，LiFePO4

II何訊做燒

空氣濾液

①已知室溫下難溶物溶度積常數(shù)如下表，離子濃度小于l(?5mol/L,認(rèn)為沉淀完全。

難溶物

Fe(OH)3Fe(OH)2A1(OH)3FePO4

KSDl.OxlO-391.0x10ml.OxlO^1.4x10-22

②4)=7.6X10K^HP=6.3X-13

K/H3Po。3PoIO*,Ka3(H3PO4)=4.2xl0

回答下列問題：

(1)從“焙燒”到“氧化”要經(jīng)歷“酸浸一還原一過濾一除鋁”4道工序。

①若“酸浸”工序用硫酸，“還原”工序加入FeS?！斑€原”工序的離子方程式為,濾渣的

成分是(填化學(xué)式)。

②“除鋁”工序可加入的難溶物質(zhì)是(填化學(xué)式)，除凈鋁離子需要調(diào)節(jié)的最小pH為

(結(jié)果保留一位小數(shù))。

(2)“氧化”步驟中，加入的試劑“R”最佳是(填標(biāo)號(hào))，

A.HNO3B.H2O2C.Ca(ClO)2D.KMnO4

判斷是否氧化徹底的試劑名稱為。

(3)“沉鐵”步驟反應(yīng)的平衡常數(shù)為o

(4)“高溫煨燒”時(shí)，發(fā)生的主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為。

【答案】(1)①.2Fe3++FeS=3Fe2++S②.FeS和S③.FeO④.4.7

(2)①.B②.酸性高鋸酸鉀溶液

高溫煨燒

(3)3.0X109(4)Li2cCh+H2c2O4+2FePO4=2LiFePO4+3CC)2T+H2O

【解析】

【分析】硫鐵礦(主要成分FeS2含少量AbCh、SiO2>和FesCU)通入空氣燃燒生成鋁、鐵的氧化物和二氧化

硫，礦石中二氧化硅不反應(yīng)；酸浸過程中鋁、鐵的氧化物和稀硫酸反應(yīng)轉(zhuǎn)化為相應(yīng)的鹽溶液，二氧化硅不

和稀硫酸反應(yīng)得到濾渣，濾液可加入FeS將鐵離子轉(zhuǎn)化為亞鐵離子同時(shí)生成硫單質(zhì)，過濾除去硫和過量

FeS,濾液加入FeO調(diào)節(jié)pH值除去鋁得到濾渣，濾液加入過氧化氫，將亞鐵離子轉(zhuǎn)化為三價(jià)鐵離子，再加

入(NH4)2HPC)4沉鐵，得到磷酸鐵，最后高溫煨燒Li2cCh、H2c2O4、FePCU的混合物生成LiFePCU,據(jù)此分

析解題。

【小問1詳解】

①由分析可知，若“酸浸”工序用硫酸，“還原”工序加入FeS,即用FeS還原Fe3+,將Fe3+還原為Fe?+、

FeS中S氧化為S,故“還原”工序的離子方程式為：2Fe3++FeS=3Fe?++S,過濾得到濾渣的成分是FeS和

S,故答案為：2Fe3++FeS=3Fe2++S；FeS和S；

②由分析可知，“除鋁”工序可加入的難溶物質(zhì)是FeO,除凈鋁離子即A13+濃度小于等于l(y5mol/L,則此

/Ksp(Al(OH),)ko-33Kw1014

時(shí)溶液中c(OH)>?"39=3-^―=4.6xlO-i°mol/L,則c(H+)<———=-----------=2.17x10-

\C(A13+)V10-5c(OH)4.6?-10

5mol/L,故需要調(diào)節(jié)的最小pH為-lg(2.17xl(y5)=5-0.33=4.7,故答案為：FeO；4.7；

【小問2詳解】

由分析可知，“氧化”步驟中是將Fe2+氧化為Fe3+,加入HNO3將產(chǎn)生有毒有害氣體NO,加入Ca(C10)2、

KM11O4將引入雜質(zhì)離子，加入H2O2時(shí)其還原產(chǎn)物為H2O,不引入新的雜質(zhì)，故加入的試齊U“R”最佳是

H2O2,判斷是否氧化徹底即檢驗(yàn)氧化后的產(chǎn)物中是否含有Fe2+,故該試劑名稱為酸性高錦酸鉀溶液，故

答案為：B；酸性高鋅酸鉀溶液；

【小問3詳解】

由題干流程圖可知，“沉鐵”步驟反應(yīng)為：Fe3++HP0：FePCUl+H+,該反應(yīng)的平衡常數(shù)：K=

c(H+)C(H+)C(PO:)Ka/H3PoJ422T3

—~方=3.0x109,故答案為：3.0X109

c(Fe")c(PO；)c(HPO：)-Ksp(FePO)

c(Fe")c(HPO；)41.4?2

【小問4詳解】

“高溫燃燒”時(shí)，發(fā)生的主要反應(yīng)即Li2co3、H2c2O4和FePC>4生成LiFePCU和CO2,根據(jù)氧化還原反應(yīng)配

平可得該反應(yīng)化學(xué)方程式為：Li2c03+H2c2O4+2FePO4墾2LiFePO4+3CC)2T+H2O,故答案為：

高溫煨燒

Li2CO3+H2C2O4+2FePO42LiFePO4+3CO2T+H2O?

17.通過捕捉空氣中的CO2和電解水產(chǎn)生的H2可以合成“零碳甲醇”，實(shí)現(xiàn)碳中和。回答下列問題:

(1)已知H2燃燒熱為286kJ.molL甲醇的燃燒熱為726kJ.moH,反應(yīng)

1

CO2(g)+3H2(g)FCH30H(1)+H2O(1)AH,AH=kJ.mor

(2)采用綠色光伏發(fā)電電解Na2s04溶液制備H2,同時(shí)獲得H2s04和NaOH。已知a、b均為惰性電極,

氣體甲和乙的體積比為2:1,b極的電極反應(yīng)式為

光

離子交換膜

(3)在2L恒溫恒容有某催化劑的密閉容器中充入2molCCh和6m。m2,發(fā)生如下反應(yīng):

主反應(yīng)①：CO2(g)+3H2(g),CH3OH(g)+H2O(g)AHi<0

副反應(yīng)②：CO2(g)+4H2(g).CH4(g)+2H2O(g)AH2<0

副反應(yīng)③：)

CO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(gAH3>0

某溫度下反應(yīng)均達(dá)平衡后，測(cè)得CH3OH為Imol、CH4為0.4mol、CO為0.2mol,則CH30H的選擇性為

(CHQH選擇性=盍黑黑瑞常'I。。％)。反應(yīng)②的平衡常數(shù)

(只列出計(jì)算式)。

(4)若測(cè)得上述反應(yīng)在不同溫度下CO?平衡轉(zhuǎn)化率和甲醇的選擇性如下圖:

2004006008001000

反應(yīng)溫度/OC

通過圖示分析，更適合生產(chǎn)甲醇的溫度為(填標(biāo)號(hào))，

A.400℃B.600℃C.800℃D.1000℃

高于800℃時(shí)，CO2轉(zhuǎn)化率增大的主要原因是o

(5)利用電噴霧電離等方法可得MO+,MO+與CH4反應(yīng)能高選擇性地生成甲醇，反應(yīng)機(jī)理如下圖所示:

己知參與化學(xué)鍵變化的元素替換成更重的同位素時(shí)，反應(yīng)速率會(huì)變慢，則MO+與CD4反應(yīng)的能量變化曲

線為(填c、d),寫出MO+與CHD3反應(yīng)生成的笊代甲醇的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式

【答案】(1)-132

+

(2)2H2O-4e-O2t+4H

%x(2y

(3)62.5%②.K=—^~~

U.4

——x(——)

22

(4)①.A②.溫度高于800℃,反應(yīng)①和反應(yīng)②為放熱反應(yīng)，平衡逆向移動(dòng)，反應(yīng)③為吸熱反應(yīng),

平衡正向移動(dòng)且程度更大

(5)①.c②.CD3OH、CHD2OD

【解析】

【小問1詳解】

由H2燃燒熱為286kJ.moH,甲醇的燃燒熱為726kJ.moH,可得熱化學(xué)方程式①2H2(g)+O2(g)=2H2。⑴

△H]=-572kJ/mol、②2CH3OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l)△H2=-1452kJ/mol,由蓋斯定律可得，反應(yīng)

CO2(g)+3H2(g)-CH3OH(1)+H2O(1)4H=G572kJ/mo；-(-1452kJ/mol)=yzkj/mol；

【小問2詳解】

以惰性電極電解硫酸鈉溶液制備氫氣時(shí)，氣體甲和乙體積之比為2:1,甲氫氣、乙為氧氣，生成氧氣時(shí)發(fā)

生的是氧化反應(yīng)，所以b電極為陽(yáng)極，其電極反應(yīng)式為2H2O-4e-=C>2t+4H+；

【小問3詳解】

由反應(yīng)①、②、③的化學(xué)計(jì)量數(shù)可知，消耗的二氧化碳的物質(zhì)的量分別為Imol、04mo1、0.2mol,而平

lmo1xl00%=62.5%；三段式

衡時(shí)甲醇的物質(zhì)的量為ImoL所以甲醇的選擇性為

1.6mol

CO2(g)+3H2(g)CH30H(g)+H2O(g)

始/mol2600

轉(zhuǎn)/mol1311、

平/mol2-1-0.4-0.2=0.46-3-1.6-0.2=1.21l+0.8+0.2=2

CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)

始/mol2600

轉(zhuǎn)/mol0.41.60.40.8、

平/mol2-1-0.4-0.2=0.46-3-1.6-0.2=1.20.4l+0.8+0.2=2

CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)

始/mol2600

,所以反應(yīng)②的平衡

轉(zhuǎn)/mol0.20.20.2Q2

平/mol2-1-0.4-0.2=0.46-3-1.6-0.2=1.20.2l+0.8+0.2=2

%(2)1

_C(CH)C2(HO)

常數(shù)為K二42_22

40.4,1.2、4'

C(CO2)-C(H2)

22

【小問4詳解】

由選擇性的定義可知，選擇性越好，說明該物質(zhì)的產(chǎn)率越高，由圖可知400℃二氧化碳的轉(zhuǎn)化率為60%、

甲醇的選擇性為50%,600℃二氧化碳的轉(zhuǎn)化率為30%、甲醇的選擇性為75%,800℃二氧化碳的轉(zhuǎn)化率

為20%、甲醇的選擇性為60%,1000℃二氧化碳的轉(zhuǎn)化率為40%、甲醇的選擇性為25%,因?yàn)?00℃的

二氧化碳的轉(zhuǎn)化率與甲醇的選擇性之積最大，所以更適合生產(chǎn)甲醇的溫度為400℃,故答案為：A；反應(yīng)

①和反應(yīng)②為放熱反應(yīng)，溫度高于800℃,平衡逆向移動(dòng)，反應(yīng)③為吸熱反應(yīng)，溫度高于800℃平衡正向

移動(dòng)且程度更大，所以二氧化碳的平衡轉(zhuǎn)化率增大；

【小問5詳解】

反應(yīng)速率越慢，說明反應(yīng)的活化能越大，由結(jié)合圖可知活化能c>d,則MO+與CD4反應(yīng)的能量變化曲線

為c；由反應(yīng)進(jìn)程-能量圖可知，反應(yīng)過程中，H或D都有可能發(fā)生成鍵變化，分別生成CD30H、

CHD2ODO

18.化合物I是某抗腫瘤藥物的中間體，其合成路線如下圖：

已知：

①/+H,NR,f

R3)R儲(chǔ))*

RCH=CHN-R2

②RCH2CHO+R1NHR2一

Ri

③苯環(huán)上的鹵原子較難水解。

回答下列問題：

(1)E—F所需試劑有