廣東省深圳市2024屆高三二模考試化學試題（解析版）

2024年深圳市高三年級第二次調研考試

化學

本試卷共10頁，20小題，滿分100分，考試用時75分鐘

注意事項：

1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型0）填

涂在答題卡相應位置上。將條形碼橫貼在答題卡右上角“條形碼粘貼處”。

2.作答選擇題時,選出每小題答案后,用2B鉛筆在答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑。

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)域內相應

位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按

上述要求作答無效。

4.考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，將試卷和答題卡一并交回。

可能用到的相對原子質量：H-lC-12N-140-16Na-23Si-28Ge-73

一、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。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.“龍”承載著美好寓意。下列與“龍”相關的文物中，主要由合金材料制成的是

A.紅山玉龍B.龍虎紋青銅尊

C.青龍瓦當D.龍?zhí)悠び邦^茬

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【詳解】A.紅山玉龍是玉石器，玉的主要成分是硅酸鹽和二氧化硅，故玉石屬于無機非金屬材料，A不合

題意；

B.青銅是銅錫合金，金屬合金屬于金屬材料，B符合題意；

C.瓦屬于陶瓷，是硅酸鹽材料，屬于傳統(tǒng)無機非金屬材料，C不合題意；

D.龍?zhí)悠び邦^茬為孔獸皮，其主要成分是蛋白質，屬于有機高分子材料，D不合題意；

故答案為：Bo

2.科技是國家強盛之基，創(chuàng)新是民族進步之魂。下列說法正確的是

A.“長江2000”突破新技術，其燃料煤油屬于可再生能源

B.“九章三號”跑出新速度，其芯片材料的主要成分為SiO2

C.“奮斗者號”下潛新深度，其鈦合金材料中的Ti位于元素周期表ds區(qū)

D.“祝融號”探尋新發(fā)現(xiàn)，其保溫材料納米氣凝膠能產(chǎn)生丁達爾效應

【答案】D

【解析】

【詳解】A.煤油是從石油分儲得到，應屬于不可再生能源，A不正確；

B.芯片材料的主要成分為Si,SiCh是光導纖維的主要成分，B不正確；

C.鈦合金材料中的Ti是22號元素，價電子排布式為3d24s2,位于元素周期表d區(qū)，C不正確；

D.納米氣凝膠屬于膠體，膠體粒子對光能產(chǎn)生散射作用，則納米氣凝膠能產(chǎn)生丁達爾效應，D正確；

故選D。

3.探秘美麗廣東，傳承嶺南文化。下列說法不正確的是

A.粵劇戲服華麗多彩，絲綢面料的主要成分是纖維素

B.廣式糕點制作精良，包裝袋內置鐵粉作抗氧化劑

C.客家娘酒香飄萬家，釀酒原料中的淀粉屬于多糖

D.潮州木雕源遠流長，其雕刻過程不涉及化學變化

【答案】A

【解析】

【詳解】A.絲綢制品由蠶絲制取，主要成分為蛋白質，A錯誤；

B.鐵是活潑金屬，廣式糕點制作精良，包裝袋內置鐵粉作抗氧化劑，B正確；

C.客家娘酒香飄萬家，釀酒原料中的淀粉屬于多糖，C正確；

D.潮州木雕源遠流長，其雕刻過程中某一產(chǎn)生新物質，不涉及化學變化，D正確;

答案選A。

4.利用如圖所示裝置進行SO?的相關實驗，其中能達到預期目的的是

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【詳解】A.亞硫酸鈉和硫酸反應生成硫酸鈉和二氧化硫氣體，故A正確；

B.二氧化硫密度大于空氣的，應用向上排空氣法收集，二氧化硫短進長出，故B錯誤；

C.二氧化硫和氫硫酸反應，體現(xiàn)的是二氧化硫的氧化性，故C錯誤；

D.試管內水面上升，可以驗證SO2溶于水，要驗證SO2與水反應還需進一步測定溶液的pH,故D錯誤;

故選A?

5.勞動鑄魂育人，公益繪就青春。下列社區(qū)公益勞動項目與所述的化學知識沒有關聯(lián)的是

選項社區(qū)公益勞動項目化學知識

A美化社區(qū)環(huán)境：回收廢棄塑料以減少“白色污染”大部分塑料在自然環(huán)境中難降解

B維護小區(qū)綠地：給植物噴灑波爾多液防治病害重金屬鹽可使蛋白質變性

C普及消防知識：宣傳油鍋起火不能用水去滅火油脂可發(fā)生水解反應

D守護公共環(huán)境：用漂粉精對小區(qū)泳池進行消毒次氯酸具有強氧化性

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【詳解】A.塑料在自然界中難降解，則回收廢棄塑料，可以減少“白色污染”，故A正確；

B.C/+是重金屬離子，可使蛋白質變性，則波爾多液可用于防治植物病害，故B正確；

C.油脂難溶于水，不能用水去滅火，與水解反應無關，故C錯誤；

D.次氯酸具有強氧化性能殺菌消毒，漂粉精在水中能生成次氯酸，可用于游泳池消毒，故D正確;

故選：C?

6.如圖所示化合物的結構廣泛存在于毗喃酮類天然產(chǎn)物中。關于該化合物，說法正確的是

A.含有3種官能團B.不含有手性碳原子

C.最多能與等物質的量的NaOH反應D.能發(fā)生加成反應和氧化反應

【答案】BD

【解析】

【詳解】A.含有碳碳雙鍵、酯基2種官能團，A錯誤；

B.手性碳原子是連有四個不同基團的碳原子；分子中含無手性碳原子，B正確；

C.酯基能和氫氧化鈉反應，則Imol該物質最多能與2moiNaOH反應，C錯誤；

D.分子中含有碳碳雙鍵，能發(fā)生加成反應和氧化反應，D正確；

故選BD。

7.分別以ZrCh、石墨為電極，以熔融CaCL為電解質，采用熔鹽電脫氧法電解制備金屬Zr。下列說法不正

確的是

A.石墨電極接電源正極B.陰極有02生成

C.02-向石墨電極遷移D.Zr4+優(yōu)先于Ca2+在陰極被還原

【答案】B

【解析】

【分析】以ZrCh、石墨為電極，以熔融CaCL為電解質，采用熔鹽電脫氧法電解制備金屬Zr。則ZrCh為陰

2

極，石墨為陽極。在陰極：ZrO2+4e=Zr+2O-；在陽極：4Cl--4e-=2ChTo

【詳解】A.由分析可知，石墨電極為陽極，接電源正極，A正確；

2

B.在陰極，ZrO2+4e=Zr+2O-,沒有O2生成,B不正確;

C.電池工作時，陰離子向陽極移動，則。2-向石墨電極遷移，c正確；

D.ZK+的氧化性大于Ca2+,則Zr4+優(yōu)先于Ca2+在陰極被還原，D正確；

故選Bo

8.利用如圖所示裝置進行Cb的制備及性質檢驗實驗。下列說法不正確的是

沾有無水CaCb

的脫脂棉

/

①干燥②濕潤③濕潤

濃鹽酸紅色紙條紅色紙條淀粉-KI

試紙

固體aNaOH溶液

A,固體a可為KMnO4

B.①處紙條無明顯現(xiàn)象且②處紙條褪色，說明CL具有漂白性

C.③處試紙變藍，說明氧化性：C12>I2

D.實驗結束后，打開止水夾K向裝置中鼓入空氣以促進尾氣吸收

【答案】B

【解析】

【詳解】A.已知反應KMnO4+16HCl（濃）=2KCl+2MnCb+5C12+8H2O,故固體a可為KM11O4,A正確；

B.①處紙條無明顯現(xiàn)象，說明C12本身不具有漂白性，②處紙條褪色，說明C12與水的產(chǎn)物具有漂白性，B

錯誤；

C.③處試紙變藍，說明有碘單質生成，即發(fā)生了反應：2KI+Cb=2KCl+l2,根據(jù)氧化劑的氧化性強于氧化

產(chǎn)物可知氧化性：C12>l2,C正確；

D.實驗結束后，裝置內還有大量的未參與反應的有毒氣體Cb,故需打開止水夾K向裝置中鼓入空氣以促

進尾氣吸收，防止污染環(huán)境，D正確；

故答案為：Bo

9.SiO2用途廣泛。利用HF溶液與玻璃中SiO2反應生產(chǎn)磨砂玻璃；利用反應

高溫

3SiO2+6C+2N2,^SisN4+GC。制備Si,N4陶瓷。設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的

是

A.MolSiO2中所含Si—O鍵數(shù)目為2N人

B.pH=2的HF溶液中所含H+數(shù)目為OOINA

C.2.8?2與CO混合氣體中所含質子數(shù)為L4NA

D.制備SisN4的反應中，生成H.2LCO時轉移電子數(shù)為NA

【答案】C

【解析】

【詳解】A.在SiCk晶體中，1個Si原子和4個。原子形成4個共價鍵，每個Si原子周圍結合4個O原子，

故ImolSiCh晶體中含有Si-O鍵數(shù)目為4NA,故A錯誤；

B.未知HF溶液的體積，無法計算物質的量，氫離子數(shù)目不確定，故B錯誤；

C.氮氣和CO的摩爾質量均為28g/mol,故2.8g混合物的物質的量為一,廣=0.1mol,且兩者均含14

28g/mol

個質子，故0」mol混合物中含L4NA個質子，故C正確；

D.未指明標準狀況，無法計算11.2LCO的物質的量，故D錯誤；

故選C。

10.基元反應過渡態(tài)理論認為，基元反應在從反應物到產(chǎn)物的變化過程中要經(jīng)歷一個中間狀態(tài)，這個狀態(tài)稱

為過渡態(tài)（TS）。某反應在催化劑作用下的反應進程如圖所示，下列說法正確的是

能八

量TSI

i

TS2

iv

v

->

反應進程

A.步驟ii—iii為決速步

B.使用催化劑降低了反應的熔變

C.基于上述理論，該反應進程中包含四步基元反應

D.升高溫度，反應物分子中活化分子的百分數(shù)不變

【答案】A

【解析】

【詳解】A.步驟ii-iii的活化能最大，反應速率最慢，所以步驟ii-iii為決速步，A正確；

B.使用催化劑降低了反應的活化能，不能改變反應的焰變，B錯誤；

C.基元反應在從反應物到產(chǎn)物的變化過程中要經(jīng)歷一個中間狀態(tài)，這個狀態(tài)稱為過渡態(tài)，該反應進程共有

2個過渡態(tài)，所有有2個基元反應，C錯誤；

D.升高溫度，反應物分子中活化分子的百分數(shù)增加，D錯誤；

故選Ao

11.某粗苯甲酸樣品中含有少量NaQ和泥沙，某實驗小組提純苯甲酸的實驗流程如圖（己知：常溫下，苯甲

酸微溶于水，易溶于乙醇；25C和75c時苯甲酸在水中的溶解度分別為0.34g和2.2g）。下列說法不正確

的是

A.“過濾1”需趁熱，以減少苯甲酸的析出B.為除去NaCl,“結晶”時應采用蒸發(fā)結晶

C.“洗滌”時，不宜用乙醇作洗滌劑D.可通過酸堿中和滴定測定所得苯甲酸晶體的純度

【答案】B

【解析】

【分析】粗苯甲酸樣品中含有少量NaCl和泥沙，由于苯甲酸的溶解度隨溫度升高而增大，溶解、加熱后需

趁熱過濾，除掉泥沙；對熱的濾液進行冷卻結晶，再次過濾得到苯甲酸固體，洗滌、干燥后得到苯甲酸晶

體。

【詳解】A.由上述分析可知，由于苯甲酸的溶解度隨溫度升高而增大，“過濾1”需趁熱，以減少苯甲酸的

析出，故A正確；

B.NaCl的溶解度隨溫度變化不大，為除去NaCl,“結晶”時應采用冷卻結晶，使NaCl留在濾液中，故B

錯誤；

C.常溫下，苯甲酸微溶于水，易溶于乙醇，洗滌時不宜用乙醇，應用冷水，故C正確；

D.苯甲酸可以與堿發(fā)生中和反應，可通過酸堿中和滴定測定所得苯甲酸晶體的純度，故D正確。

答案選B。

12.自然界中氮的循環(huán)意義重大。其中，部分含氮物質的轉化關系呈現(xiàn)在氮及其化合物的“價一類”二維圖中。

下列說法不正確的是

單質氧化物酸氫化物鹽物質類別

A.a-b的轉化是工業(yè)制硝酸的基礎

B.既屬于g又屬于f的鹽可用作氮肥

C.汽車中三元催化器可促進尾氣中的b、c向a轉化

D.實驗室中，常用f與強堿反應產(chǎn)生e來檢驗f中陽離子的存在

【答案】A

【解析】

【分析】由N元素的化合價及物質所屬類別，可確定a為N2、b為NO、c為N02、d為HNO3、e為NH3、

f為鏤鹽、g為硝酸鹽。

【詳解】A.工業(yè)制硝酸的基礎是氨的催化氧化，即NH3—NO,而a為N2,則Nz—NO的轉化不是工業(yè)制

硝酸的基礎，A不正確；

B.既屬于g（硝酸鹽）又屬于f（錢鹽）的鹽為NH4NO3,它含氮量較高，可用作氮肥，B正確；

C.NO、NO2是大氣污染物，利用汽車中的三元催化器，可促進尾氣中NO、NO2與CO作用，生成N2和

CO2,C正確；

D.實驗室中，檢驗NH；時，常用鏤鹽與強堿在加熱條件下反應，通過檢驗反應產(chǎn)生的NH3檢驗NH：的存

在，D正確；

故選A?

13.下列陳述I和n均正確，且具有因果關系的是

選

陳述I陳述n

項

A從海水中提澳Br-具有氧化性

用KSCN溶液檢驗FeSO4溶液是否變

BFe3+與SCN-生成紅色沉淀

質

C在船體上鑲嵌鋅塊，避免船體遭受腐蝕在鋅、鋼鐵與海水構成的原電池中，鋼鐵作正極受到保護

D利用鋁熱反應焊接鐵軌AUO3是共價晶體

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【詳解】A.該反應中，澳元素的化合價由-1價變?yōu)?價，所以澳離子失電子作還原劑，具有還原性，故A

錯誤；

B.KSCN溶液檢驗Fe3+,生成配合物，溶液為血紅色，不是生成沉淀，故B錯誤；

C.犧牲陽極法安裝活潑金屬做原電池負極，所以鑲嵌的鋅塊作原電池的負極，鋼鐵作正極受到保護，故C

正確；

D.利用鋁熱反應焊接鐵軌是鋁和氧化鐵高溫反應生成熔融鐵，與加2。3是共價晶體無關，故D錯誤；

故選：Co

14.丫4X9EZ2M4是一種常見的營養(yǎng)強化劑。其中，元素周期表中Z與丫、M相鄰，基態(tài)丫原子的價電子排

布式ns%pn,Z的第一電離能大于丫的，基態(tài)M原子與基態(tài)丫原子的未成對電子數(shù)相同；X為原子半徑最

小的元素；E的合金是目前用量最大的金屬材料。下列說法正確的是

A.電負性：Z<X<EB.非金屬性：M<Z<Y

C.簡單氫化物的沸點：M>Z>YD.高溫下，E的單質與X?M反應得到E2M3

【答案】C

【解析】

【分析】基態(tài)丫原子的價電子排布式為ns/pn,即2s22P2,所以丫是C元素，元素周期表中Z與丫、M相

鄰，Z的第一電離能大于丫的，則Z是N元素，基態(tài)M原子與基態(tài)丫原子的未成對電子數(shù)相同，則M為

O元素，X為原子半徑最小的元素，則X是H元素；E的合金是目前用量最大的金屬材料，則E是Fe元

素。

【詳解】A.同周期從左到右，元素的電負性逐漸增強，同主族從上到下，元素的電負性逐漸減小，通常非

金屬的電負性大于金屬，所以電負性：N>H>Fe,A錯誤；

B.同周期從左到右，元素的非金屬性逐漸增強，非金屬性：C<N<O,B錯誤；

C.氨氣形成分子間氫鍵的數(shù)目比H2O形成分子間氫鍵的數(shù)目少，甲烷不形成氫鍵，沸點：H2O>NH3>CH4,

C正確；

D.高溫下鐵與水蒸氣反應得到四氧化三鐵，D錯誤；

故選C。

15.我國科研工作者研發(fā)了一種光電催化系統(tǒng)，其工作原理如圖所示。工作時，光催化FezCh電極產(chǎn)生電子

和空穴；出0在雙極膜界面處解離成H+和0H;有利于電極反應順利進行，下列說法不正確的是

雙

含

極

廢so

氣

膜/

Fe

電20

極

/3

H2sO4、

NaOH

溶液HONa2sO4

22混合液

A,雙極膜中靠近FezCh電極的一側為陰膜

B.左室溶液pH逐漸增大

+

C.GDE電極發(fā)生的反應為O2+2H+2e=H2O2

D.空穴和電子的產(chǎn)生驅動了脫硫與H2O2制備反應的發(fā)生

【答案】B

【解析】

【分析】由題干圖示信息可知，電池工作時，光催化FezCh電極產(chǎn)生電子和空穴，故FezCh電極為負極，電

極反應為：SO"+2OH-2e=SO4+H20,GDE電極為正極，電極反應為：2H++O2+2e-=H2Ch,電解質溶液中

陰離子移向負極，陽離子移向正極，故雙極膜中靠近FezCh電極的一側為陰膜，0H-通過陰離子交換膜移向

負極室，H+通過陽離子交換膜進入正極室，據(jù)此分析解題。

【詳解】A.由分析可知，雙極膜中靠近Fe2O3電極的一側為陰膜，A正確;

B.已知左室發(fā)生反應為：SO2+2OH=SO；+H20,SO^+2OH-2e=S0；+H20,根據(jù)電荷守恒可知，每消

耗4moiOH-轉移2moi電子，則有2moiOH-進入左室，即左室溶液中0日濃度減小，故pH逐漸減小，B錯誤；

C.由分析可知，GDE電極為正極，發(fā)生還原反應，其電極反應為O2+2H++2e-=H2C>2,C正確；

D.原電池能夠加快反應速率，空穴和電子的產(chǎn)生促使形成原電池反應，故可驅動了脫硫與H2O2制備反應

的發(fā)生，D正確；

故答案為：Bo

①②

16.一定溫度下，向恒容密閉容器中投入E和M發(fā)生如下反應：E(g)+M(g)=F(g)~-G(g)o已知反應

初始co(E)=co(M)=O.1Omol/L,部分物質的濃度(c)隨時間(t)的變化關系如圖所示,t2后反應體系達到平衡狀態(tài)。

下列說法正確的是

(

T

q

-

O

U

I

)

/

。

(0.10-a)

A.X為c(F)隨t的變化曲線B.0-ti內，U(G)==mobL^s1

ti

C.反應的活化能：①〉②D.t2時，擴大容器的體積，n(F)減小

【答案】B

【解析】

①③

【分析】由題干反應E(g)+M(g)?F(g)0G(g)信息可知，達到平衡之前，F(xiàn)的濃度先增大后減小，G的濃

一②

度一直增大，E、M的濃度一直減小，故可知X為G,濃度一直減小的曲線為E或者M,濃度先增大后減

小的曲線為F,據(jù)此分析解題。

【詳解】A.由分析可知，X為c(G)隨t變化曲線，A錯誤;

B.由分析可知，X為c(G)隨t的變化曲線，根據(jù)圖像信息可知，0?hs內，G的濃度增大了(0.10-a)mol/L,

Ac(0.10-a)mol/L(0.10-a)

貝1]"(G)=—=-------------------=------------mobL^s-1,B正確;

Attst

C.由題干圖像信息可知，F(xiàn)的濃度先增大后減小，且F的濃度增大比X的增大的快，故反應①的速率大于

反應②的速率，活化能越大，反應速率越慢，故反應的活化能：①〈②，C錯誤；

_⑨_

D.由題干圖像信息可知，反應①即E(g)+M(g尸F(xiàn)(g)不可逆，反應②即F(g),~G(g)反應前后體積不變，

平衡不移動，故t2時，擴大容器的體積，n(F)不變，D錯誤；

故選B。

二、非選擇題：本題共4小題，共56分。

17.NaHCOs用途廣泛。某實驗小組同學圍繞NaHCC>3開展如下實驗活動。

I.配制溶液

(1)配制500mLO.lOmoLlji的NaHCC>3溶液，需要稱量NaHCC^固體的質量為g。

(2)上述配制溶液的過程中，用到的玻璃儀器除玻璃棒、量筒、膠頭滴管外，還有(填標號)。

II.實驗探究

探究溫度對0.10mol-LTNaHCC)3溶液PH的影響，進行如下實驗(不考慮水的揮發(fā))。

測試溫度

實驗

操作(T)pH

序號

25CA、

采用水浴加熱，將0.10mol?LTNaHCO3溶液從25C持續(xù)升溫至65C，每

135CA?

隔10C測量并記錄溶液pH

45CA3

55CA4

65CA

(3)NaHCO3溶液顯堿性的原因是(用離子方程式表示)。

(4)實驗1中測得A1>A2>A3,可知當25C<T<45C時，O.lOmoLLTNaHCC^溶液的pH隨溫度

升高而減小，這主要是Kw改變與水解平衡移動共同作用的結果，其中發(fā)揮主導作用。實驗1

中測得A5〉A4〉A3，且當45C<T<65C時，實驗過程中觀察到有氣泡產(chǎn)生。

(5)針對(4)中實驗現(xiàn)象，小組同學繼續(xù)開展探究。

查閱資料：NaHCC>3溶液中存在平衡：2HCO；-CO2+H2O+CO^o

提出猜想：對于O.lOmoLLTNaHCC%溶液，當25CWTW45C時，該反應進行程度很??；當

45c<T<65C時，該反應進行程度明顯增大

實驗驗證：該小組同學設計如下方案進行實驗，進一步驗證猜想。補充表格內容。

實驗序測試溫

操作PH

號度

2采用水浴加熱，①___________，然后冷卻至25C，并記錄溶液pH25CBi

采用水浴加熱，將0.10mol?LTNaHC03溶液從25C升溫至65C，然后冷卻

325CB2

至25C，并記錄溶液pH

實驗結論：②根據(jù)實驗1?3的結果，小組同學認為猜想成立，其判斷依據(jù)是

拓展總結：③NaHCC>3溶液中存在HCO；的自偶電離平衡：2HCO；.H2cO3+COj；25c時，HCO；

自偶電離的平衡常數(shù)為[保留兩位有效數(shù)字；已知：25c時，

11

足32co3)=4.2義10，(H2CO3)=5.6x10]o當溫度升高時，H2cO3更易分解，CO?從體系

逸出，促進了NaHCC)3在溶液中的分解。

(6)寫出NaHCC>3在生產(chǎn)或生活中的一種應用o

【答案】(1)4.2g

(2)BD

(3)HCO;+H2OH2co3+OH

(4)Kw改變

(5)①.將0.10mol-LTNaHCC)3溶液從25c升溫至45c②.BZAB^A](或

4

Bj?APB2>B1；或B產(chǎn)ApB2>Aj?.1,3xl0

(6)治療胃酸過多、用于制作膨松劑等

【解析】

【小問1詳解】

配制500mL0.10mol-Iji的NaHCX^溶液，需要稱量NaHCC)3固體的質量為

0.5Lx0.10mol/Lx84g/mol=4.2g；

【小問2詳解】

配制一定物質的量濃度溶液的一般步驟為：計算、稱量、溶解、移液、洗滌、定容、搖勻、裝瓶等，用到

的儀器：燒杯、玻璃棒、量筒、膠頭滴管、500mL容量瓶，缺少的玻璃儀器為：500mL容量瓶和燒杯，答

案為BD；

【小問3詳解】

碳酸氫根水解導致碳酸氫鈉溶液顯堿性，離子方程式為：HC0-+H.0H2CO3+OH；

小問4詳解】

當25CWTW45C時，O.lOmoLLTNaHCOs溶液的pH隨溫度升高而減??；而升高溫度，Kw增大，使

c(H+)增大，pH減??；溫度升高，水解平衡向右移動，使c(OH-)增大，pH增大，而溶液的pH隨溫度升高

而減小，說明Kw的改變發(fā)揮了主要作用；

【小問5詳解】

實驗2和實驗3要驗證提出的猜想,需要將O.lOmolL-'NaHCOj溶液升高到45C及以上，再降低到室溫，

比較pH的變化，如果pH升高說明發(fā)生了2HCO二,CO2+H2O+CO；-,根據(jù)實驗3的操作，實驗2的

操作為：采用水浴加熱，將0.10mol-LTNaHCC)3溶液從25C升溫至45C，然后冷卻至25C，記錄pH,

如果在45C<T<65C時，升高溫度反應2HCO]；，CO?+H2O+CO；-的程度明顯增大，則實驗3的

pH會比實驗2大，而實驗2的pH與Ai接近，即B2〉BI^A]；

C

根據(jù)碳酸氫根的自偶電離方程式：2HC0；H2CO3+CO!-,自偶電離平衡常數(shù)K=(C13)c(H2co3)

C2(HC0')

c(H+)c(HC0；)_c(H+)c(COj)JcCm)

Kal—,Ka2一=K,即自偶電離平衡常數(shù)K=

K-C2(HCO)

c(H2co3)C(HCO3)al3

65.6x1011

4.2x10-7=1.3x10^

【小問6詳解】

NaHCO3在生產(chǎn)或生活中可用于治療胃酸過多、制作膨松劑等；

18.一種從工業(yè)鋅置換渣(主要含ZnSOQZnFe2O4^PbSO4^GeO2>SiO2等)中回收錯、鉛的工藝流程

如圖：

NaOH溶液

鋅置

換渣

已知：Ge。?能溶于強酸的濃溶液或強堿溶液；PbCl2可溶于熱鹽酸中：PbCl2+2CF.-PbClt；常溫

85

下，Ksp(PbSO4)=1.6xW,Ksp(PbCl2)=1.2xl0-o

(1)“還原浸出"時，SO?的存在可促進ZnFe2。,浸出。

①SO?的空間結構為o

②該反應中氧化劑與還原劑的物質的量之比為

(2)“90C酸浸”所用鹽酸的濃度不宜過大或過小，濃度不宜過大的主要原因是

(3)“堿溶”時，Ge。？發(fā)生反應的離子方程式為。

(4)“降溫析鉛”過程中，體系溫度冷卻至常溫，且c(Cr)=2.0mol-I7L為防止PbCl2中混有PbSC)4雜

質，應控制溶液中c(SOj)<molL-1(保留兩位有效數(shù)字)。

(5)“轉化”的意義在于可重復利用(填物質名稱)。

（6）通過摻雜硅可將楮單質轉化為不同摻雜比例的硅信合金，銘及硅信合金的立方晶胞如圖所示。

①錯晶體中一個Ge周圍與其最近的Ge的個數(shù)為

②若硅鑄合金i的晶胞邊長為apm,設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，則硅褚合金i晶體的密度為

g4111-3（列計算式）。

③硅鑄合金ii沿晶胞對角面取得的截圖為（填標號）。

晶胞對角面C

【答案】（1）①.V形②.1:1

（2）防止Ge。2大量溶解，導致錯的產(chǎn)率下降

(3)GeO2+20H=GeO。+H2O(或GeO2+40H=GeOj+2H2O)

(4)5.3xlO-3

(73x7+28)(539)(539)

(5)鹽酸(6)①.4②./“302八或/3；八—30z(或/；z③.C

(a'xlO'UxNA)(^axlOxNAj(^axNAJ

【分析】工業(yè)鋅置換渣（主要含Z11SO4、ZnFe2O4>PbSO4>GeO2,SiO2等）通入SO2并加入硫酸還原浸

2+

出,生成Zn2+、Fe,濾渣1中有PbSO4、GeO2>SiO2,加入鹽酸90℃酸浸，浸渣2為GeCh、SiO2,加入

氫氧化鈉溶液堿溶，發(fā)生反應GeC）2+2OH-=GeOj+H2O^GeO2+4OH-=GeO；+2H2。），

SiO2+2OH-=SiO；-+H2O,經(jīng)過沉硅等一系列操作后得到硅，濾液中含有PbCl1,降溫

PbCl2+2CFPbClj平衡逆向移動，得至IJPbCh,濾液1中加入適量CaCb得至UCaSCU,過濾得濾液2,

濾液2主要含有H+、Clo

【小問1詳解】

①SO2中S的價層電子對數(shù)為：2+—X=3,有1個孤電子對，空間構型為V形；

2

②該反應化學方程式為：so2+ZnFe2O4+2H2SO4=ZnSO4+2FeSO4+2H2O,氧化劑為ZnFe2O4,還

原劑為SO2,氧化劑與還原劑的物質的量之比為1：1；

【小問2詳解】

鹽酸濃度過大，會導致Ge。2大量溶解，錯的產(chǎn)率下降；

【小問3詳解】

“堿溶”時，GeCh與OH-發(fā)生反應，離子方程式為：GeC)2+2OH-=GeO：+H2O(或

GeO2+40H=GeO7+2H2O)；

【小問4詳解】

12+2

c(cr)=2.0mol-U,Ksp(PbCl2)=c(Pb)c(CP)=1.2x103，即c(Pb?+)=3xlO^moVL,

-8-3

Ksp(PbSO4)=c(Pb2+)c(SOj)=3xlO^mol/Lxc(SOj)=1.6xl0,c(SOj)=5.3xl0moVL,

即為防止PbCU中混有PbSO4雜質，應控制溶液中c(SO:45.3x10-3mol/L；

【小問5詳解】

濾液1中加入適量CaCb得到CaSCU,過濾得濾液2,濾液2主要含有H+、CF,“轉化”的意義在于可重復利

用鹽酸；

【小問6詳解】

①由圖可知，楮晶體中一個Ge周圍與其最近的Ge的個數(shù)為4；

②由均攤法得，1個硅信合金i晶胞中含有Si原子個數(shù)為2x-=l,Ge原子的個數(shù)為4+8x-+4x-=7,

282

73x7+28

晶胞邊長為apm,則硅鑄合金i晶體的密度為三~示三——；

axiuxNA

③由硅鑄合金ii的晶胞結構圖可知，沿晶胞對角面取得的截圖為Co

19.實驗室模擬某含有機酸(HR)工業(yè)廢水的處理過程。

I.利用HR先與金屬陽離子絡合再被紫外光催化降解的方法去除HR，其機理如下：

(1)Fe3+和HR發(fā)生絡合反應生成有色物質：

Fe3+(aq)+HR(aq),[FeR「(aq)+H+(aq)AH<0

①基態(tài)Fe3+的價電子排布式為。

②下列有關上述絡合反應的說法中，正確的有(填標號)。

A.反應達平衡時，溶液的顏色不再變化

B.增大Fe3+濃度，逆反應速率減小

C.pH過低不利于[FeR廠的生成

D.升高溫度，該平衡正向移動

(2)紫外光催化[FeR「降解：

若有機酸為CH3co0H,則光催化降解反應的離子方程式為：

紫外光

)2+3+

[(CH3COOFe]+Fe+Fe2++

+

C02t+H

II.利用有機溶劑從廢水中萃取HR的方法去除HR。該過程涉及以下反應：

(i)HR(aq)R(aq)+H+(aq)AH]

(ii)HR(aq)?HR(有機相)必

(iii)2HR(有機相)=(HR)2(有機相)AH3

(3)根據(jù)蓋斯定律，反應2R-(aq)+2H+(叫).?(HR%(有機相)的AH4=。

(4)水相的pH以及體系溫度(T)對HR的平衡分配比(D)有影響。

m知Dc(HR)有機相+2c[(HR)2】有機相

—c(HR)水相+c(R-)水相0

①常溫下，配制體積相同、pH不同、含R粒子總濃度相同的系列溶液，分別加入等量有機溶劑萃取。測

算并得到D隨pH變化的曲線如圖所示。分析D隨pH升高而降低的原因___________。

15

105

②當所配制的HR溶液pH=1時，IgD隨幽的變化曲線如圖所示。

a.萃取宜在___________溫度下進行（填“較高”或“較低”）。

b.經(jīng)測定，在圖中M點對應溫度下，反應（ii）平衡常數(shù)K=l,c（HR"=0.02mol-LT,忽略水相中HR

的電離，則有機相中c（HR）有機相mol-L1；計算該溫度下，反應（出）的平衡常數(shù)K

（寫出計算過程）o

【答案】(1)①.3d5②.AC

「/、儼紫外光不

3+2++

(2)[(CH3COO)Fe]+7Fe+2H2O8Fe+2CO2T+7H

(3)-2八旦+24凡+八凡

(4)①.pH升高，反應（i）平衡正移，導致反應（ii）平衡逆移，平衡分配比下降②.較低③.0.02

c（HR）有機相+2C［（HR）2〕

圖中M點，lgD=1.0,則囿幽=io.反應（ii）平衡常數(shù)

c（HR）水相+c（R）水相

K=l，c（HR）aq=Q02mol-L,則‘設R相=］，。邰）有機相=c（HR）水相=0.02mo"T,忽略

水相中HR的電離則C(R-)+C(HR)水相=0.02mol-LT故

c（HR）有機相+2C［（HR"有機相Q02+2c［（HRh］有機相

=10,c［（HR"有機相=Q09m°l/L，反應（出）

c（HR）水相+。3）水相0.02

”(HR.有機相_0,09

的平衡常數(shù)K為=225

/（河）有機相0.0223

【解析】

【小問1詳解】

①鐵原子失去3個電子形成鐵離子，基態(tài)Fe3+的價電子排布式為3d5o

②A.反應達平衡時，各物質的濃度不再改變，溶液的顏色不再變化，正確;

B.增大Fe3+濃度，物質濃度增大，反應速率加快，則逆反應速率加快，錯誤；

C.pH過低，使得平衡逆向移動，不利于［FeR廣的生成，正確；

D.反應為放熱反應，升高溫度，該平衡逆向移動，錯誤；

故選AC；

【小問2詳解】

光催化降解反應中鐵離子化合價由+3變?yōu)?2、碳元素化合價由0變?yōu)?4,結合電子守恒可知，反應為:

「/、［2+3+紫外光小

3+2++

［（CH3COO）FeJ+7Fe+2H2O8Fe+2C02T+7H;

【小問3詳解】

由蓋斯定律可知，2x（ii）+（iii）-2x⑴得反應2R-（aq）+2H+（aq）「（HR"有機相），貝必也=

-2八旦+2八凡+八1i3；

【小問4詳解】

①pH升高，促使反應⑴平衡正移，導致反應（ii）平衡逆移，使得有機相中HR減小，平衡分配比下降;

②a.由圖可知，萃取宜在較低溫度下進行，此時IgD值較大，萃取效果較好。

c（HR）-+2c「（HR）J

b.圖中M點，lgD=L0,則」~——匕-」有機相=io；反應（ii）平衡常數(shù)

c（HR）水相+c（R）水相

K=l，c（HR）「0.02mol-LT,則:黑：：二,或可）有機相=c（HR）水相=0.02mollT,忽略水

相中HR的電離，則c（R.）+c（HRLg=0.02mol-L，故

c（HR）有機相+2C［（HR）2］有機相Q02+2C［（HR）2］有機相

=10,c［（HR）1=0.09moVL,反應（出）

c（HR）水相+c（R）水相0.02

c［（HR）21有機相_0.09

的平衡常數(shù)K為=225o

c（HR）有機相0.022

20.采用“一鍋法”合成有機物，可有效避免中間產(chǎn)物的分離和純化處理等問題。一種從簡單原料出發(fā)，最后

一步通過“一鍋法”高效合成抗帕金森藥物（Lazabemide）的路線如圖（加料順序、反應條件略）:

co—

H

?HC1

O

Lazabemide

(1)化合物i的產(chǎn)量可以用來衡量一個國家石油化工的發(fā)展水平，其結構簡式為

(2)化合物v的含氧官能團名稱為

(3)根據(jù)化合物ii的結構特征，分析預測其可能的化學性質，完成下表。

序號反應試劑、條件反應形成的新結構反應類型

aNaOH溶液、加熱——

C1

b—=J