浙江省9+1高中聯(lián)盟2023屆高三年級上冊期中聯(lián)考化學(xué)試題附參考答案（解析）

2023學(xué)年第一學(xué)期浙江省9+1高中聯(lián)盟高三年級期中考試

化學(xué)答案

考生須知：

1.本卷滿分100分，考試時間90分鐘；

2.答題前，在答題卷指定區(qū)域填寫班級、姓名、考場、座位號及準(zhǔn)考證號并核對條形碼信

息；

3.所有答案必須寫在答題卷上，寫在試卷上無效，考試結(jié)束后，只需上交答題卷；

可能用到的相對原子質(zhì)量：H：1C：12N：14O：16Na：23Mg：24Si：28P：31

S：32Cl：35.5K：39Fe：56Cu：64Zn：65Ag：108Sn：119Ba：137Ti；48

一、選擇題（本大題共16題，每小題3分，共48分。每小題列出的四個備選項(xiàng)中只有一個

是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）

1.下列材料中屬于新型無機(jī)非金屬材料的是

A.聚氯乙烯塑料B.儲氫合金C.碳納米管D.玻璃

【答案】C

【解析】

【詳解】A.聚氯乙烯塑料是塑料的一種，屬于合成有機(jī)高分子材料，A錯誤；

B.儲氫合金是合金，不是無機(jī)非金屬材料，B錯誤；

C.碳納米管屬于新型無機(jī)非金屬材料，C正確；

D.玻璃是傳統(tǒng)無機(jī)非金屬材料，D錯誤；

故詵C。

2.下列化學(xué)用語表示正確的是

A.銘原子的價(jià)層電子排布式：3d44s2B.2Pz電子云圖：一

C.2-甲基戊烷的鍵線式：D.NH,分子的VSEPR模型：

【答案】B

【解析】

【詳解】A.銘原子的電子排布式為Is22s22P63s23P63d54sl其價(jià)層電子排布式為3d543A

不正確；

B.2Pz電子云為啞鈴形，且電子云集中在Z軸上,

正確;

-甲基戊烷鍵線式為、

C.2/為3-甲基戊烷的鍵線式，C不正確;

D.N%分子中，N原了?的價(jià)層電了對數(shù)為4,發(fā)生sp3雜化，其VSEPR模型為

e

5^0缺少一個孤電子對，D不正確；

故選B。

3.硫酸鈣是一種重要的鹽，下列說法未定闔的是

A.硫酸鈣微溶于水但屬于強(qiáng)電解質(zhì)B.石膏的化學(xué)式為2CaSO「H2。

C.制作豆腐時硫酸鈣可以作為凝固劑D.工業(yè)上，石膏用來調(diào)節(jié)水泥的硬化速率

【答案】B

【解析】

【詳解】A.硫酸鈣是鹽，在熔融狀態(tài)下能夠完全電離產(chǎn)生自由移動的離子，因此硫酸鈣屬

于強(qiáng)電解質(zhì)，A正確；

B.石膏一般指的是生石膏，化學(xué)式為CaSO42H2O,2CaSO4-H2O指的是熟石膏，B錯誤；

C.石膏是鹽，屬于電解質(zhì)，能夠使蛋白質(zhì)發(fā)生凝聚而從分散系中分離出來，即發(fā)生聚沉，

因此制作豆腐時石膏可以作為凝固劑，C正確；

D.水泥具有水硬性，石膏可用來調(diào)節(jié)水泥硬化速度，D正確；

故答案為：Bo

4.物質(zhì)的性質(zhì)決定用途，下列兩者對應(yīng)關(guān)系正確的是

A.氨氣易液化，液氨可用作制冷劑B.SO2具有氧化性，可用于絲織品漂白

C.苯甲酸具有酸性，可用作食品防腐劑D.NaHCO?受熱易分解，可用于制作泡沫滅

火器

【答案】A

【解析】

【詳解】A.氨氣易液化，液氨汽化時吸熱，液氨可用作制冷劑，故選A；

B.SO?可用于絲織品漂白，是因?yàn)槎趸蚓哂衅仔?，與氧化性無關(guān)，故不選B；

C.苯甲酸可用作食品防腐劑，是因?yàn)榫哂幸种莆⑸锷L的作用，故不選C；

D.NaHC()3用于制作泡沫滅火器，是因?yàn)樘妓釟溻c和硫酸鋁溶液發(fā)生雙水解反應(yīng)，與碳酸

氫鈉受熱易分解無關(guān)，故不選D；

選Ao

5.下列說法正確的是

濃鹽酸浸有

NaOH

溶液

的棉花

KMnO4Na2s

陟溶筋

A.圖①操作配制銀氨溶液B.圖②裝置可用于分離濱苯和苯

C圖③操作測定氯水的pHD.圖④裝置可用于匕較。、S元素的非金屬

性

【答案】D

【解析】

【詳解】A.配制銀氨溶液，應(yīng)該把氨水滴入硝酸銀溶液中，故A錯誤；

B.分儲裝置中，接收器錐形瓶上不能塞橡膠塞，故B錯誤；

C.氯水中的次氯酸具有漂白性，不能用pH試紙測氯水的pH,故C錯誤；

D.錐形瓶中生成氯氣，氯氣和試管內(nèi)的硫化鈉反應(yīng)生成氯化鈉和S沉淀，氯氣是氧化劑、

S是氧化產(chǎn)物，氧化性。2>S,可知非金屬性CDS,故D正確；

選D。

6.實(shí)驗(yàn)室中利用固體KMnO,進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)，下列說法不正確的是

0.1moKMnO.足最濃鹽酸

JLI

①|(zhì)加熱固體B—加熱i氣體單質(zhì)C

T;

氣體單質(zhì)A酸性MnCl2溶液

A.反應(yīng)①固體B中含鉀元素的化合物可能不止一種

B.反應(yīng)②濃鹽酸表現(xiàn)出酸性和還原性

C.反應(yīng)①②共轉(zhuǎn)移0.5mol電子

D.氣體A與C的物質(zhì)的量之和可能為0.25mol

【答案】D

【解析】

【詳解】A.若O.lmolKMnO」未完全分解，A正確；

B.反應(yīng)②濃鹽酸中部分氯化合價(jià)升高，部分化合價(jià)不變生成氯化鎰，反應(yīng)②濃鹽酸表現(xiàn)出

酸性和還原性，B正確；

C.無論0.111）011^1104是否完全分解，最終生成O.lmolMnJ,①②一共轉(zhuǎn)移電子0.5mol,

故C正確；

D.若KMnO,全部與濃鹽酸反應(yīng)2KMnOj+SHCl（濃）=2KCl+2MnC12+5C12T+8H2。時得

到的氣體最多，為0.25mo?2,但加熱KMnO,發(fā)生分解，（）.1molKMnO,加熱分解僅能夠產(chǎn)

±0.05molO2,故氣體A與C的物質(zhì)的量之和，即。2與C12的物質(zhì)的量之和，一定小于

0.25mol,D錯誤；

故選D。

7.NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是

A.lOOmLO.lmol/LNaOH水溶液中含有氧原子數(shù)為0.。此

B.48g正丁烷和10g異丁烷的混合物中含有。鍵數(shù)目為13NA

C.常溫下，pH=9的CH3CO。Na溶液中，水電離出的H+數(shù)為l（r5NA

D.22.4LCO?與足量NaOH溶液完全反應(yīng)，則'（（20；一）+%（14€：0；）+%（乩€：03）=乂\

【答案】B

【解析】

【詳解】A.IQOmLO.lmol/LNaOH水溶液中含有0.Olmol氫氧化鈉，氫氧化鈉含氧原子數(shù)

為。.01NA，但是水分子中也含有氧原子，A錯誤;

B.正丁烷和異丁烷的共價(jià)鍵數(shù)目都為13,則58g正丁烷和異丁烷的混合物中共價(jià)鍵數(shù)目為

58gxl3xNn\oYl=l3N.

AB正確;

58g/mol

C.缺溶液的體積，無法計(jì)算常溫下，pH=9的醋酸鈉溶液中水電離出的田的物質(zhì)的量，C

錯誤；

D.沒有標(biāo)況，不確定二氧化碳的物質(zhì)的量，不能根據(jù)碳元素守恒得出

N（CO；-）+?/（HCO-）+N（H2co3）=/，D錯誤；

故選Bo

8.下列說法未定前的是

A.光譜分析可以用于鑒定元素

B.花生油能使酸性高鎰酸鉀溶液褪色

C.鄰羥基苯甲醛的沸點(diǎn)低于對羥基苯甲醛的沸點(diǎn)

D.向苯和苯酚的混合液中加入濃淡水，充分反應(yīng)后過濾，可除去苯中少量的苯酚

【答案】D

【解析】

【詳解】A.不同元素的原子發(fā)生躍遷時會吸收或釋放不同的光形成赤譜，所以注譜分析可

以用于鑒定元素，A正確；

B.花生油中含不飽和鍵，可被酸性高銃酸鉀溶液氧化使其褪色，B正確；

C.鄰羥基苯甲醛可形成分子內(nèi)氫鍵，對羥基苯甲醛可形成分子間氫鍵，所以鄰羥基苯甲醛

的沸點(diǎn)低于對羥基苯甲醛的沸點(diǎn)，C正確；

D.苯酚與澳水反應(yīng)生成三濱苯酚，三溟苯酚易溶于苯、難以過濾，不能除雜，D錯誤；

答案選D。

9.下列反應(yīng)的離子方程式正確的是

+

A.向硫代硫酸鈉溶液中滴入稀硝酸：S2O^+2H=H2O+SO2T+S；

H

B,向苯酚鈉溶液中通入少量二氧化碳：2Qr°+CO2+H2O=2Cr°+CO；

2+

C.氧化銅與氨水：CuO+4NH3?H20=Cu(NH3)4+2OH~+3H2O

+

D.向次氯酸鈉溶液中通入少量二氧化硫：SO2+H2O+CIO-=2H+SO；-+CP

【答案】C

【解析】

【詳解】A.硝酸強(qiáng)氧化性，將硫代硫酸根氧化成SO：-,離子方程式為：

+

3S2O5+2H+4NO；=H2O+4SO;+2S+4N0T,A項(xiàng)錯誤；

B.苯酚會與CO：反應(yīng)生成HCO；,向苯酚鈉溶液中通入少量二氧化碳離子方程式為：

C6H5O+CO2+H2O=C6H5OH+HCO；,B項(xiàng)錯誤；

C.氧化銅與氨水反應(yīng)會生成四氨合銅離子，則氧化銅與氨水反應(yīng)的離子方程式為：

CUO+4NH3H2O=Cu(NH3)f+2OH+3H2O,C項(xiàng)正確；

D.過量的次氯酸鈉再與H反應(yīng)生成HC1O,向次氯酸鈉溶液中通入少量二氧化硫離子方程

式：SO2+3C1O+H2O=2HC1O+SO；"+C1,D項(xiàng)錯誤；

答案選c。

10.化合物Z是合成藥物非奈利酮的重要中間體，其合成路線如下圖，下列說法未定布的是

A.Z分子中存在3種官能團(tuán)B.Y分子中所有碳原子可能共平面

C.ImolX最多消耗3moiNaOHD.X、Y、Z可用新制氫氧化銅懸濁液鑒別

【答案】C

【解析】

【詳解】A.Z中存在醛基、溟原子、甲基三種官能團(tuán)，A正確;

B.Y分子中所有碳原子可能共平面，B正確；

C.竣基、酚羥基各消耗ImolNaOH,漠原子消耗2moiNaOH,ImolX最多消耗

4moiNaOH,C錯誤；

D.Z中含有醛基，可使新制氫氧化銅懸出現(xiàn)濁液；X中含有竣基使新制氫氧化銅溶解，得

到藍(lán)色溶液；Y不能和新制氫氧化銅反應(yīng)，無明顯現(xiàn)象，故可以鑒別，D正確；

故選Co

11.一種外用消炎藥主要成分的結(jié)構(gòu)如圖所示。X、Y、Z、W、M為原子序數(shù)依次增大的短

周期主族元素，其中X的基態(tài)原子核外有3個未成對電子。下列說法木定福的是

Y

.

Mn

w■^O-ch.

z+X-n

.y

A.第一電離能：X>Y>W

B.最高價(jià)氧化物對應(yīng)水化物的酸性：W>X>M

C.乙丫2與ZNW?的化學(xué)鍵類型和晶體類型都相同

D.WY:與Y3是分子空間結(jié)構(gòu)相似的極性分子

【答案】B

【解析】

【分析】X、Y、Z、W、M為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，Y形成2個共價(jià)鍵，W

形成6個共價(jià)鍵，可知Y為0元素，W為S元素，M原子序數(shù)比S元素大，則M為C1元

素,Z能形成+1價(jià)簡單離子，且原子序數(shù)比0大，則Z為Na元素，X的基態(tài)原子核外有3

個未成對電子，形成2個共價(jià)鍵，X得到1個Z失去的電子，X為N元素。X、Y、Z、W、

M分別為N元素、0元素、Na元素、S元素、C1元素；

【詳解】A.N核外電子排布處于半充滿狀態(tài)，結(jié)構(gòu)較穩(wěn)定，第一電離能大于O,S半徑大

于O,第一電離能小于0,所以第一電離能：N>O>S,A正確；

B.同一周期自左向右非金屬性增強(qiáng)，最高價(jià)氧化物對應(yīng)水化物的酸性增強(qiáng)，其中酸性：

HC1O4>H,SO4,B錯誤；

C.Na?O2和Na2s2都含離子鍵和共價(jià)鍵，屬于離子晶體，C正確；

D.SO2和。3是等電子體，分子空間結(jié)構(gòu)均為V型，都是平面的極性分子，D正確;

答案選B。

12.“吹出法”是工業(yè)上常用的一種海水提濱技術(shù)，其流程如下，下列說法木定病的是

酸和負(fù)氣熱空氣so2>H20氯氣和水蒸氣

海水T氧/if【金B(yǎng)|~啊虹―>|氧]2i[W|-?液嗅

IIIIIIIVV

A.步驟【：加入酸酸化可提高C12的利用率

B.步驟II、HI：目的是富集澳元素，在吹出塔和吸收塔中完成

C.步驟IV：采用水蒸氣將液澳蒸出

D.步驟V：采用萃取分液得到液濕

【答案】D

【解析】

【詳解】A.步驟I中，先將海水酸化，再通入氯氣將澳離子氧化為溟單質(zhì)，是由于氯氣和

生成的浪單質(zhì)都與水反應(yīng)，如。/2+也0="。/+“。/。，加酸酸化可抑制氯氣、漠單質(zhì)與水

反應(yīng)，節(jié)約了氯氣，得到更多溟單質(zhì)，步驟I中加酸酸化可提高。2的利用率，A正確；

B.步驟n、山的目的是富集澳元素，在吹出塔和吸收塔中完成，B正確；

C.步驟IV利用浪易揮發(fā)，采用水蒸氣將液澳蒸出，c正確；

D.步驟V應(yīng)該是冷凝得到液浪，D錯誤；

故選D。

13.制造尼龍-66的原料已二睹用量很大，工業(yè)采用丙烯睹?凡=CHCN）電解合成己二聘

[NC（CH2）4CN],電解原理如圖所示（兩極均為惰性電極），電解過程會產(chǎn)生丙盾（C2&CN）

等副產(chǎn)物，向Y極區(qū)電解液中加入少量季鉞鹽四丁基氫氧化鏤[陽離子（R^NJR為燃

基],當(dāng)溶液的pH=8時，己二懵的產(chǎn)率最高。下列說法木定前的是

稀硫酸丙烯睛、水、季鉉鹽⑥丙烯靖

A.電極X接電源正極，發(fā)生氧化反應(yīng)

+

B.電極Y.Li的電極反應(yīng)式為：2CH2=CHCN+2H+2e=NC（CH2）4CN

C.生成l.Omol己二懵和丙月青的混合物，則X極區(qū)溶液的質(zhì)量變化至少18g

D.季鍍鹽增強(qiáng)電解液的電導(dǎo)率，增加丙烯懵的溶解度促進(jìn)i發(fā)生，抑制ii和適反應(yīng)，提高

產(chǎn)品產(chǎn)率

【答案】B

【解析】

【詳解】A.根據(jù)圖示，Y電極吸附陽離子（R）4N+,可知電極Y為陰極，接電源負(fù)極，電

極X為陽極，接電源正極，故A正確；

B.pH=8己二月青的產(chǎn)率最高，電極Y上丙烯般的電子生成己二月青，i的電極反應(yīng)式為

2cH2=CHCN+2H2O+2e-——>NC（CH2）4CN+2OH-,故B錯誤；

C.生成l.Omol己二月青和丙月青的混合物，總轉(zhuǎn)移電子2mol,即遷移氫離子總量2mol,陽極

水放電產(chǎn)生氧氣0.5mol,陽極區(qū)質(zhì)量變化為0.5x32+2xl=18g,故C正確；

D.根據(jù)圖示，季錢鹽增強(qiáng)電解液的電導(dǎo)率，增加丙烯懵的溶解度促進(jìn)i發(fā)生，抑制ii和適

反應(yīng)，提高產(chǎn)品產(chǎn)率，故D正確；

選B。

14.定溫度下，丙烷與Cl2、Er?發(fā)生氯化和淡化反應(yīng)方程式及產(chǎn)物含量如下：

C1

氯4匕2cH3cH2cH3+2C12.光淵看―CH3cH2cH2cl+CH3dHeH,+2HC1

45%55%

Br

嗅化：2cH3cH2cH3+2Bn龍領(lǐng)）CH3cH2cH?Br+CH3dHeHR+2HBr

3%97%

氯化和漠化反應(yīng)決速步驟的能量變化如圖，下列說法未定血的是

A.HC1和HBr的鍵能差為-八〃

B.丙烷中仲氫（-CH「）比伯氫（-CH,）活性強(qiáng)

C.升高溫度可以提高體系中2-氯丙烷的含量

D.反應(yīng)產(chǎn)物含量主要與B-、Q?與CH3cH2cH3反應(yīng)的活化能相對大小有關(guān)

【答案】C

【解析】

【詳解】A.由能量圖可推出HC1和HBr的鍵能差為-AY，故A正確；

B.由于生成物2一氯丙烷或2一濱丙烷的產(chǎn)量多，這說明丙烷中仲氫（-CH?-）比伯氫

（-CH3）活性強(qiáng)，故B正確；

C,生成2.氯丙烷的決速步驟活化能小，低溫有利于其反應(yīng)，高溫有利于1■氯丙烷的生成，

故C錯誤；

D.氯化決速步驟活化能相差不大，而溟化反應(yīng)決速步驟活化能相差大，導(dǎo)致產(chǎn)物含量差別

明顯，故D正確。

答案選C。

15.某小組做如下實(shí)驗(yàn)：

實(shí)驗(yàn)①：向20mL0.ImolPNa2c溶液中滴加O.lmolI71鹽酸溶液

實(shí)驗(yàn)②：向2.33gBaSO4固體中加入ILO.lmolI-Na2cO3溶液充分?jǐn)嚢杞?/p>

10

［已知：常溫下，Ksp（BaSO4）=I.lxl0-,KKBaCOj=2.6'10-9,

57

K叩91（2。3）=3.4乂10工7Csp（CaSO4）=4.9xl0-,H2cO3的電離常數(shù)：/Cal=4.5x1O-,

（2=4.7x10-1溶液混合后體積變化忽略不計(jì)］,下列說法木定福的是

A.實(shí)驗(yàn)①選用酚骸作指示劑時，滴定終點(diǎn)發(fā)生反應(yīng)為CO廣+H+=HCO；

B.實(shí)驗(yàn)①中V（鹽酸）=20mL時，存在：c（OH）＜c（CO^-）＜c（HCO；）

C.實(shí)驗(yàn)②中再加入2L0.1mol?L-Na2cO3溶液，可將BaSO,完全轉(zhuǎn)化為BaCO,

D.實(shí)驗(yàn)②靜置，向上層清液中滴加ImLO.lmoLLJCaClz溶液，會析出CaSOq和CaCO?

【答案】D

【解析】

【詳解】A.酚酰為堿性指示劑，實(shí)驗(yàn)①滴定終點(diǎn)生成堿性NaHCO”故A正確；

B.實(shí)驗(yàn)①中V（鹽酸）=20mL時，生成0.05molL/NaHC03溶液，則c（8；）＜c（HCO；）,

c（H+）xc（CO^）

=4.7x10-",

《HCOj

dCO：）Ka,xc（HCO；）4.7xl0-"xc（HCO；1/、

—=---U=---------------rr---------=4700xc（HCO；）,由于HCO；的電離和水

c（0H-）除10141“

解都很微弱，溶液中HCO、的濃度近似可看成原碳酸氫鈉溶液的濃度，滿足

4700xc（HCO；）＞l,c（OH）＜c（CO^）,存在：C（OH）＜c（CO^（＜c（HCO；）,故B正

確；

C.BaSO4的物質(zhì)的量為O.OlmoL假設(shè)每次能處理BaSO4的物質(zhì)的量為x,根據(jù)方程式

BaSO4（s）+CO：（aq）-BaCC）3（s）+SOj（叫），可知反應(yīng)產(chǎn)生SO：物質(zhì)的量為x,反應(yīng)消耗

CO：后剩余離子物質(zhì)的量為（O.l-x）mol,

3

AT=x/（0.1-x）=A：sp（BaSO4）/A：sp（BaCO3）=l.l/26,X?4.06xl0-mol,

0.01/0.00423x2.4,總的至少需加入2.4L0.1molLNa2cO3溶液，故C正確；

D.實(shí)驗(yàn)②處理后，溶液中c（SO；-）=4.06xl（r3mo].p,c（COj-）=9.6xlO-2mol.L,,加入

2+3

ImLO.lmolLCaC%溶液后，c（Ca）=O.lxlO-,Ksp（CaCO3）＜Q（CaCO3）,

Ksp（CaSO4）＞a（CaSO4）,則只會析出CaCC＞3,故D錯誤；

故選D。

16.探究硫及其化合物的性質(zhì)，下列方案設(shè)計(jì)、現(xiàn)象和結(jié)論都正確的是

實(shí)驗(yàn)方案現(xiàn)象結(jié)論

向Na2s與Na2s的混合溶

A溶液變渾濁Na2SO3將Na2s氧化為S

液中加入硝酸

室溫下用pH試紙分別測定

濃度均為O.lmolJ的pH：

B結(jié)合H"能力：CO^>HSO；

Na2CO3#NaHSO3兩種溶Na2CO3>NaHSO3

液的pH

在(MmollJK2s溶液中滴

加少量等濃度的ZnSO4溶先產(chǎn)生白色沉淀，后產(chǎn)

C/Csp(ZnS)>/Csp(CuS)

液，再加入少量等濃度的生黑色沉淀

C11SO4溶液

已知［Fe(SC>2)6廠呈紅棕Fe3^與SO?絡(luò)合反應(yīng)速率比氧化

溶液先變?yōu)榧t棕色，過

D色，將SO2氣體通入FeC1還原反應(yīng)速率快，但氧化還原反

一段時間又變成淺綠色

溶液中應(yīng)的平衡常數(shù)更大

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【詳解】A.硝酸強(qiáng)氧化性，可氧化Na2s生成S,選項(xiàng)A錯誤；

B.室溫下用pH試紙分別測定濃度均為O.lmol/L的Na2cO3和NaHSO3兩種溶液的pH,

pH：Na2CO5>NaHSO3,HSO；電離程度大于水解程度，導(dǎo)致溶液呈酸性，碳酸根離子水

解，導(dǎo)致溶液呈堿性，兩者不都是以水解為主，故無法根據(jù)pH大小判斷結(jié)合氫離子能力,

選項(xiàng)B錯誤；

C.在(MmoLL-k2s溶液過量，無法判斷K^ZnS)與K$p(CuS)大小，選項(xiàng)C錯誤；

D.已知［Fe（SO2）6廠呈紅棕色，將SO2氣體通入FeCh溶液中，溶液先變?yōu)榧t棕色，過一段

時間又變成淺綠色，證明Fe3+與SO二絡(luò)合反應(yīng)速率比氧化還原反應(yīng)速率快，但氧化還原反應(yīng)

的平衡常數(shù)更大，選項(xiàng)D正確；

答案選D。

二、非選擇題（本大題共5小題，共52分）

17.銅及其化合物具有廣泛的應(yīng)用。請回答：

（1）Cu元素位于周期表__________區(qū)。

（2）下列說法木定梳的是o

A.基態(tài)銅原子的核外電子有29種不同的空間運(yùn)動狀態(tài)

B.銅催化烯燃硝化反應(yīng)時會產(chǎn)生NO；,NO；的鍵角比N02大

C.［CU（NH3）212s。4上2。中非金屬元素電負(fù)性:O>S>H>N

D.配位鍵的強(qiáng)度:［CU（NH3）4丁大于［。1（凡0）了

（3）高溫下固體中CiT比Cu"穩(wěn)定，常溫下水溶液中Cu2+離子比CL離子穩(wěn)定（水溶液中

CiT易發(fā)生歧化反應(yīng)生成CY+）,原因是o（已知：金屬陽離子在水溶液中易與

水分子發(fā)生絡(luò)合形成水合離子，對應(yīng)的熱效應(yīng)稱為水合能，CY+的水合能為

-2119kJmor1,Cu,的水合能為-581kJmo「，Cu的第二電離能為1958kJmo『。）

（4）CuC%可與某有機(jī)多齒配體形成具有較強(qiáng)熒光性能的配合物，其結(jié)構(gòu)如圖所示。已

OH

知；毗咤（［。）、苯酚含有與苯類似的n；、n；大兀鍵，所有原子共平面。有機(jī)

多齒配體中p軌道能提供一對電子的原子是（填標(biāo)號）；Imol配合物中含配位鍵

個數(shù)為。

CI

有機(jī)多齒配體

(5)某磷青銅晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示,

①該晶體中距離Sn原子最近的Cu原子有個。

②該晶胞中距離最近的Cu原子的核間距為叩m,則該晶胞的密度為g?cm"(用

含a、踵的代數(shù)式表示，鼠表示阿伏加德羅常數(shù)的值，=

【答案】(l)ds(2)AC

(3)固體中Cu+的價(jià)層電子排布為34°,3d軌道電子全充滿結(jié)構(gòu)穩(wěn)定，C/+的價(jià)層電子排

布為3d9不穩(wěn)定；C/+的水合能比Cu+的水合能大得多(可以補(bǔ)償由CiT變成CM+所消耗的

第二電離能)所以水溶液中Cu?+比Cu+穩(wěn)定

(4)①.①②.3治

171

⑸①.12②.甌尸記

【解析】

【分析】Cu元素位于周期表ds區(qū)；基態(tài)銅原子的核外電子空間運(yùn)動狀態(tài)為軌道數(shù)14；電負(fù)

性：N>H;NO；中N原子為sp雜化，而NO；中N原子為sp3雜化；提供孤對電子的能力

N>0,配位鍵的強(qiáng)度會比較強(qiáng)；固體中Cu+的價(jià)層電子排布為3d°,3d軌道電子全充滿結(jié)

構(gòu)穩(wěn)定，C廣的價(jià)層電子排布為3dq不穩(wěn)定；在該晶胞中，Sn位于頂點(diǎn)有1個，Cu位于面

心有3個，P位于體心有1個，則一個晶胞的質(zhì)量為119+3x64+31=342g；該晶胞結(jié)構(gòu)類

似面心立方最密堆積，晶胞中距離最近的Cu原子的核間距為面對角線的一半，即apm,則

晶胞參數(shù)為V2ax10-l0cm,晶胞體積為xlO-皿cm^,

m342,3

vN八x2&后僧-川°

【小問1詳解】

Cu元素位于周期表ds區(qū)；

【小問2詳解】

基態(tài)銅原子的核外電子空間運(yùn)動狀態(tài)為軌道數(shù)14,A錯;電負(fù)性：N>H,C錯；NO；中N

原子為sp雜化，而NO；中N原子為sp3雜化，B對；提供孤對電子的能力N>0,配位鍵的

強(qiáng)度：［Cu（NH3）4廣大于［。1（凡0）』+,D正確；

【小問3詳解】

固體中Cu+的價(jià)層電子排布為3d%3d軌道電子全充滿結(jié)構(gòu)穩(wěn)定，的價(jià)層電子排布為

3d9不穩(wěn)定；C/+的水合能比CL的水合能大得多（可以補(bǔ)償由Cu+變成CY+所消耗的第二

電離能）所以水溶液中C/+比Cu+穩(wěn)定；

【小問4詳解】

由于②號O原子和都與苯環(huán)共平面，則都是sp?雜化，③號N原子P軌道只有一個電子，②

號O原子P軌道的一對電子與苯環(huán)形成n；大兀鍵，都無法再提供一對電子；有機(jī)多齒配體

中p軌道能提供一對電子的原子是①號O；Imol配合物中含配位鍵個數(shù)為3NA；

【小問5詳解】

①從晶胞結(jié)構(gòu)可知，距離Sn原子最近的Cu原子有12個；②晶胞中距離最近的Cu原子的

核間距為面對角線的一半，即apm,則晶胞參數(shù)為缶xl（T%m,晶胞體積為

2V2a3xlO-3Ocm3,在該晶胞中，Sn位于頂點(diǎn)有1個，Cu位于面心有3個，P位于體心有1

個，則一個晶胞的質(zhì)量為U9+3x64+31=342g,求得該晶胞的密度為

m342.3171s3o

—g/cm,品［口旬密庶為—；=-------

Pp=—V=-N-A-X--2-億---3-x-1-0--30占，日日刪出皮刀及治/xlO.，

18.NH3是重要的化工原料，按如下流程充分利用。

已知：①與/k性質(zhì)相似

RNH2RNH2

。

②JI+4NH——>

3+2NH4cl

ClC1（尿素）

（1）①混合物A的成分為（用化學(xué)式表示）。

②寫出途徑I反應(yīng)的化學(xué)方程式0

③Na^是離子化合物，各原子均滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)。寫出Na$的電子式

（2）下列說法不正確的是

A.工業(yè)制HNO3,綜合考慮B為空氣

B.途徑II,向飽和食鹽水中先通入CO2,再通入N&

C.尿素co（NH2）2是常用的氮肥，不能與草木灰混合施用

D.物質(zhì)C屬于有機(jī)高分子化合物，可用于生產(chǎn)火藥、塑料和涂料

（3）①N2H4為二元弱堿，其在水中的電離與氨相似；25℃,電也第一步電離平衡常數(shù)KM

的值為o(已知：N2H4+H+RN2H；K=8.7xl()7)

②結(jié)合FT的能力：N2H4CH>H2（填，，或“v”），理由是

（4）設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證混合物A中含有S元素o

O

【答案】1.①.50（帥2）2或（S）、NH4cl②.

2/'NH?

2NH,+NaClO=N2H4+NaCl+H2O③.Na*[:N：：N：：N：「2.B

3.①.8.7x10-7②.<③.甲基（-CHJ是推電子基團(tuán)，氨基（-NH?）是吸電子基團(tuán)，

CHNH?中氮原子周圍電子云密度比N2H4增大，易給出孤電子對與M形成配位鍵，結(jié)合H

的能力強(qiáng)

4.取樣，加入足量鹽酸充分反應(yīng)，加熱，若能產(chǎn)生使品紅溶液褪色的刺激性氣味氣體，則說

明A中含有S元素

【解析】

OO

【分析】由題給信息可知，口與1性質(zhì)相似，參考

RNH2RNH2

cO

?ii

JI+4NH3——>/C、+2NHQ的反應(yīng)，可得出

H?NNH

ClC1（尿素）2

SOC12+4NH3―>SO（NH2）2+2NH4C1,則混合物A的成分為SC^NH?%、NH4C1；途徑II

類似候氏制堿法中先加N&再加CO?的順序，向飽和食鹽水中先通入NH?再通入CO?,有

利于CO?在溶液中的溶解；聯(lián)氨為二元弱堿，在水中的電離方程式與氨相似，連氨第一步電

離方程式為N2Hq+I^OnN2H「+OHZ驗(yàn)證混合物A中含有S元素，可通過驗(yàn)證二氧化

硫的方法來驗(yàn)證S元素，實(shí)驗(yàn)方法如下：取少量A的混合物樣品，加入足量鹽酸充分反

應(yīng)，加熱，此時有SO2生成，SO2使品紅溶液褪色且有刺激性氣味氣體，若能產(chǎn)生使品紅溶

液褪色且有刺激性氣味氣體，則說明A中含有S元素。

【小問1詳解】

由已知反應(yīng)②可知，SOCI2MNH3―>SO(NH2)2+2NH4C1,混合物A的成分為SC^NH?)?

或(&)、NH4C1；途徑I反應(yīng)的化學(xué)方程式為

H2NNH2

2NH.+NaClO=NH+NaCl+HO；NaN?的電子式為Na+[:N：：N：:N??；

242????

【小問2詳解】

途徑II,向飽和食鹽水中先通入NH3,再通入CO.有利于CO,在溶液中的溶解；

【小問3詳解】

聯(lián)氨為二元弱堿，在水中的電離方程式與氨相似，連氨第一步電離方程式為

+

N2H4+H2O^N2H54-OH,電離平衡常數(shù)跖=KwxK=8.7xlO1甲基(-(2凡)是推電子

基團(tuán)，氨基(-NH?)是吸電子基團(tuán)，CH3NH2中氮原子周圍電子云密度比N?凡增大，易給出

孤電子對與H+形成配位鍵，結(jié)合才的能力強(qiáng)；

【小問4詳解】

可通過驗(yàn)證SO2來驗(yàn)證S元素，實(shí)驗(yàn)方法如下：取少量A的混合物樣品，加入足量鹽酸充

分反應(yīng)，加熱，若能產(chǎn)生使品紅溶液褪色的刺激性氣味氣體，則說明A中含有S元素。

19.氫能源是最具應(yīng)用前景的能源之一。甲烷-水蒸氣催化重整制氫(SMR)是一種制高純氫的

方法之一，其涉及的主要反應(yīng)如下：

k1

反應(yīng)I：CH4(g)+H2O(g),CO(g)+3H2(g)AH1=+206.3kJ-mol"

反應(yīng)H；CH4(g)+2H2O(g)/CO2|g)+4H2(g)AH2

反應(yīng)UI：co(g)+H2O(g).CO2(g)+H2(g)AH3=-41.1kJmor'

回答下列問題:

(1)反應(yīng)II能自發(fā)進(jìn)行的條件是

n(H2O)

(2)一定溫度下，向某容積為1L的恒容容器中按照水碳比[=3］充入amolCH4(g)

n(CH4)

和3amolHq(g),tmin后反應(yīng)達(dá)到平衡。達(dá)到平衡時，容器中CO為mmol,CO?為nmol。

①下列說法本定麗的是o

A.為防止催化劑中毒和安全事故發(fā)生，需對原料氣進(jìn)行脫硫等凈化處理

B.提高水碳比［黃巖］,有利于提高凡的產(chǎn)率

n'HJ

C.升高溫度有利于反應(yīng)I、II的平衡正向移動，溫度越高越好

D.以Ni/y-ALO,作催化劑，降低反應(yīng)活化能，提高反應(yīng)速率和原料利用率

②反應(yīng)HI的平衡常數(shù)K=（用含a,m,n的代數(shù)式表示）。

n（HQ）

（3）650℃（局部溫度過高會造成積碳）、按照一定流速通入原料氣，當(dāng)水碳比［/可一定

n［Cri4）

時，催化劑中無添加吸附劑和添加P-Li,SiO4吸附劑（吸收CO?）,各氣體組分反應(yīng)的平衡含

量與時間的關(guān)系如圖所示：

100

(90

)承80

眼70

氣60

超50

升40

及

廣30

20

10

20304001020t|304050

添加吸附劑

無添加吸附劑P—SQ”mm

各氣體組分反應(yīng)的平衡含量（650?C）各氣體組分反應(yīng)的平衡含量（650X?）

①催化劑中添加P-LiRiO,吸附劑與無添加吸附劑比較，tgin前H2的平衡含量升高，

CO?、CO和CH4的平衡含量降低；tjnin后H?的平衡含量降低，CO2、CO和CH,的平衡

含量升高，最后與無添加吸附劑時的含量相同，可能的原因是O

②實(shí)驗(yàn)時發(fā)現(xiàn)［min后CO2的平衡含量低于理論平衡值，CO的平衡含量高于理論平衡值，可

能的原因是o（用化學(xué)反應(yīng)方程式表示）

（4）該反應(yīng)常采用鈿膜分離技術(shù)（可選擇性地讓某氣體通過而離開體系），其機(jī)理如圖所

示，其中過程2：H?*12H*,其活化能紇（正）＜紇（逆）；過程3：H*在鈕膜內(nèi)的遷移速率

是決速步驟（*表示物質(zhì)吸附在催化劑表面），下列說法未定梳的是o

HHH8

8比

A.把膜對H2分子的透過具有選擇性

B.過程4的AH<0

C.采用把膜分離技術(shù)可以提高原料的利用率

D.常用N2將過程5中的H?吹掃出反應(yīng)器，增大把膜兩側(cè)的壓強(qiáng)差，提高過程1、3速率而

促進(jìn)反應(yīng)

m+4n

【答案】（1）高溫⑵①.CD?.y）

ni\3a—m—2nj

（3）①.添加P-Li,SiO,吸附劑，降低了CO?的濃度，反應(yīng)H、III平衡正向移動；igin

后，P-Li,SiO,吸附劑失效②.COz+C與CO(4)B

【解析】

【小問1詳解】

反應(yīng)H：CH4（g）+2H2O（g）/CC）2（g）+4H2（g）為燧增反應(yīng)，根據(jù)蓋斯定律可得

=十八七>。，AS>0,若AG=AH-TAS<0則應(yīng)該高溫，故高溫自發(fā);

【小問2詳解】

①A.原料氣中的S元素會使催化劑中毒，所以需對原料氣進(jìn)行脫硫等凈化處理，選項(xiàng)A正

確；

n(HQ)

B.提高水碳比[],有利于提高H2的產(chǎn)率，選項(xiàng)B正確;

n(CH4)

C.升高溫度有利于反應(yīng)|、II的平衡正向移動，但溫度太高會使催化劑失活，選項(xiàng)C錯誤;

D催化劑能降低反應(yīng)活化能，提高反應(yīng)速率，但不能提高原料利用率，選項(xiàng)D錯誤；

答案選CD；

②根據(jù)原子守恒進(jìn)行計(jì)算：C原子守恒可知剩余CH,的物質(zhì)的量MCHj=(a-m-n)mol,

0原子守恒可知剩余HQ的物質(zhì)的量〃(凡0)=伽-m-2n)mol,H原子守恒可知生成H2的

物質(zhì)的量〃(H2)=—[4a+3ax2—2(3a-m-2n)—4(a-m-n)]=(3m+4n)mol,則平衡時

2

C(CH4)=(a-m-n)mol/L,c(H2O)=(3a-m-2n)mol/L,c(H2)=(3m+4n)mol/L,

c(CO)=mmol/L,c(CO2)=nmol/L,CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g),代入數(shù)值進(jìn)行

C(CQ2)C(H2)/?(3m+4n)

計(jì)算平衡常數(shù)K=

C(CO)C(H2O)m(3a-fn-2n)

【小問3詳解】

①添加pLi,SiO,吸附劑，降低了CO?的濃度，反應(yīng)n、III平衡正向移動；Lmin后,

P-Li,SiOj吸附劑失效，故［min后H2的平衡含量降低，CO?、CO和CH,的平衡含量升

高，最后與無添加吸附劑時的含量相同；

②實(shí)驗(yàn)時發(fā)現(xiàn)tgin后COz的平衡含量低于理論平衡值，CO的平衡含量高于理論平衡值，可

A

能的原因是CO2+C=2CO；

【小問4詳解】

A.把膜只允許H2通過，不允許C02通過，對H2分子的透過具有選擇性，選項(xiàng)A正確；

B.過程2：活化能耳(正)<4(逆)，其為放熱反應(yīng)，則過程4為吸熱過程，

AH>0,選項(xiàng)B錯誤；

C.加快Pd膜內(nèi)H原子遷移，平衡H2a2H正向移動，有利于H2的解離，選項(xiàng)C正確；

D.常用N2將過程5中的H?吹掃出反應(yīng)器，增大鈿膜兩側(cè)的壓強(qiáng)差，提高過程1、3速率而

促進(jìn)反應(yīng)，選項(xiàng)D正確；

答案選B。

20.綜合利用煉鋅礦渣［主要含鐵酸鉉Ga2(Fe2Oj、鐵酸鋅ZnFe?O4、偏鈦酸亞鐵FeTiC^］獲

得鈦白(TiO?)和單質(zhì)鐵，部分工藝流程如圖

硫酸萃取劑NaOH溶液

麟產(chǎn)坪端粒國f濾餅媒體^反取

111

浸出渣TiO2xH2O水層

Ivi

鈦白

已知：①錢和鋁同主族，化學(xué)性質(zhì)相似；

66351

②常溫下,/Csp[Zn(OH)2]=10',7Csp[Ga(OH)3]=10-,K5P5下肛卜爐心；

③酸浸時，鈦元素以TiCP+形式存在，室溫下TiCP+極易水解；

④金屬離子在工藝條件下的萃取率(進(jìn)入有機(jī)層中金屬離子的百分?jǐn)?shù))見下表。

金屬離子Fe2+Fe3+Zn2Ga'

萃取率(%)099097?98.5

(1)步驟I,“浸出'’時Ga2(Fe2()4)3發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為

(2)下列有關(guān)說法正確的是。

A.步驟I:將煉鋅礦渣粉碎和適當(dāng)提高硫酸濃度提高浸出速率

B.操作1包括蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥等一系列操作

C.步驟H,調(diào)節(jié)pH的目的是沉淀Zr?-和Ga3+

D.步驟IV,加大萃取劑用量，一次完成萃取以提高萃取效率

E.步驟V,溶液直接電解制得粗鐵的電極反應(yīng)式為GaO；+3e-+2H2O=Ga+4OH-

(3)步驟III,固體X最好選用,理由是

(4)步驟VI,實(shí)驗(yàn)需使用的儀器為__________(填標(biāo)號)

(5)測定鈦白中TiO?的含量可用滴定分析法：稱取mg樣品放入錐形瓶中，加入H2sO,和

(NHJSO,混合溶液，加熱使樣品溶解。冷卻后，加入足量稀鹽酸(Ti元素存在形式變?yōu)?/p>

TiO:+)o加入過量鋁粉將TiO"充分還原[TQ2++A1—未配平)],待過量金屬鋁

完全溶解并冷卻后，滴加2?3滴指示劑，用cmol/L的NH4Fe（SO）2標(biāo)準(zhǔn)溶液進(jìn)行滴定（Fe3+

能將療+氧化成四價(jià)鈦的化合物），重復(fù)上述滴定操作2?3次，平均消耗NHFeGOj標(biāo)準(zhǔn)

溶液VmL。

①過量鋁粉的作用除了還原TiCP+外，另一個作用是o

②上述滴定過程中應(yīng)選用指示劑為°

③下列關(guān)于滴定分析的操作，木定稿的是。

A.用托盤天平稱量TiO2樣品mg

B.滴定管用蒸儲水洗滌時，洗滌液應(yīng)從滴定管下端放出

C.滴定時，通常用左手控制旋塞滴加溶液，右手搖動錐形瓶，使溶液向同一方向旋轉(zhuǎn)

D.讀數(shù)時應(yīng)將滴定管從架上取下，捏住管上端無刻度處，使滴定管保持垂直

E.滴定前滴定管尖嘴內(nèi)無氣泡，滴定后尖嘴內(nèi)有氣泡，則測得Tit）2的含量測定結(jié)果偏高

④鈦白中TiO?質(zhì)量分?jǐn)?shù)為o（寫出最簡表達(dá)式即可）。

+34

【答案】（1）Ga2（Fe2O4）3+24H=20a+6Fe^+12H2O

⑵AE（3）①.Fe或Zn②,將Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe?+,體系中Ga?+的萃取率為97%?

98.5%,而Fe?+（或z^）的萃取率為0,更好的提取出Ga3+（4）AC

（5）①.溶液中的酸反應(yīng)生成氫氣，將裝置內(nèi)的空氣排盡，防止溶液中的Ti'+在空氣中被

氧化②.KSCN溶液（或NHqSCN等硫氟化物）③.AE④.”空或答

【解析】

【小問1詳解】

GazlFe?。）中Ga和Fe都是+3價(jià)，被硫酸溶解，方程式為：

+24H，2Ga3+3+

Ga2|Fe2O4）3=+6Fe+12H.O,故答案為：

+3+3+

Ga2|Fe2O4）3+24H=2Ga+6Fe+12H2O；

【小問2詳解】

增加反應(yīng)物濃度，反應(yīng)速率加快，A正確；

酸浸時，鈦元素以TQ2+形式存在，室溫下TiO2+極易水解，調(diào)節(jié)pH生成沉淀

TiO2xH2O,操作1直接過濾、洗滌、干燥即可，B錯誤；

步驟H,調(diào)節(jié)pH=5.0溶液中C（Zn2+）=10L4mol/L^c（Ga3+）=108,mol/L.c（Fe3+）=10-

"5mH/L的目的是沉淀Fe3+和Ga?*,C錯誤；

萃取分多次才能充分萃取，D錯誤；

錢和鋁同主族，化學(xué)性質(zhì)相似，電解制粗錢是GaO；+3e-+2H2O=Ga+4OH"E正確。

故答案：AE；

【小問3詳解】

步驟III是為了將溶液中的Fe3+還原為Fe?+,而此處還需要將Ga3+與其他離子分離，因此選擇

Fe或者Zn還原Fe3+,將Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe?+,體系中Ga?+的萃取率為97%?98.5%,而Fe?+（或

Zn2+）的萃取率為0,更好的提取出Ga?*,故答案為：Fe或Zn、將Fe升轉(zhuǎn)化為Fe?+,體系中

Ga"的萃取率為97%-98.5%,而Fe"（或Zi?+）的萃取率為0,更好的提取出Ga-計(jì)；

【小問4詳解】

高溫灼燒TiC^xHq,在干燥器中冷卻后，稱量，灼燒固體藥品用用堪，用干燥器進(jìn)行干

燥，最后得到鈦白Gio?）,選AC；

【小問5詳解】

Ti3+容易被溶解氧氧化，因此過量鋁粉產(chǎn)生的氫氣可以將氧氣排出，而防止Ti3+被氧化；滴

定過程中可以利用鐵離子與硫氟根結(jié)合產(chǎn)生紅色物質(zhì)而用硫氟鹽做指示劑；滴定實(shí)驗(yàn)精確度

要求，需用分析天平稱量樣品，A錯誤；滴定管洗滌后，按使用規(guī)則，洗滌液應(yīng)該從下口放

出洗滌尖嘴部分，B正確；右手搖動錐形瓶，使溶液向同一方向旋轉(zhuǎn)，該操作可以讓標(biāo)準(zhǔn)液

和待測液接觸充分，從而降低滴定誤差，C正確；滴定管夾夾持時滴定管不一定豎直，取消

哮后讀書可以減小誤差，D正確；滴定前滴定管尖嘴內(nèi)無氣泡，滴定后尖嘴內(nèi)有氣泡，消耗

標(biāo)準(zhǔn)液體積偏小，測得TiO2的含量測定結(jié)果偏低，E錯誤；根據(jù)得失電子守恒，有

3+3+3

TiH~Fe",故n（TiO2）=n（Ti）=n（Fe）=Vcx10-mol、

3

m（TiO2）=n（TiO2）M（TiO2）=Vc?-1Gmol80g/mol=0.（,鈦白中TiO2質(zhì)量分?jǐn)?shù)為

（o=m（（TiO2））=0：08cy=2cV,故答案為：溶液中的酸反應(yīng)生成氫氣，將裝置內(nèi)的空氣排

mm25m

盡，防止溶液中的T產(chǎn)在空氣中被氧化、KSCN溶液（或NH?SCN等硫氟化物）、AE

0.08"一2cV

------或二。

m25m

21.中國某大學(xué)課題組按下列路線合成治療費(fèi)城染色體陽性慢性髓細(xì)胞白血病的新藥博舒