江西省紅色十校2023-2024學年高三年級下冊2月聯(lián)考化學試題2

江西紅色十校2月聯(lián)考

化學

說明：

1.本試卷滿分100分，考試時間75分鐘。

2.請在答題卡上作答。

3.可能用到的相對原子質(zhì)量H：1C：12N：14O：16Na：23S：32Cl：35.5

K：39Ca：40Fe：56Cu：64Ag：108I：127

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選項中，只有一項

是符合題目要求的。

1.化學與日常生活緊密相關，下列項目與所述化學知識的描述，有誤的是

選項項目化學知識

A橡膠進行硫化形成交聯(lián)結構，增強橡膠的強度、彈性、韌性等

B酒精可用于消毒酒精具有強氧化性

C氯化鈣用作融雪劑氯化鈣溶解放熱，加速冰雪的融化，且鹽水凝固點比水更低

D含氟牙膏用于預防齒再齒牙膏中的氟化物與牙齒發(fā)生反應后，產(chǎn)物更難溶于水

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【詳解】A.橡膠的硫化可以形成交聯(lián)結構，增強橡膠的強度、彈性、韌性等，正確；

B.酒精沒有強氧化性，錯誤；

C.氯化鈣溶解放熱，加速冰雪的融化，且鹽水凝固點比水更低，正確；

D.使用含氟牙膏，牙齒成分中羥基磷灰石Ca5(PC)4)3OH與F-反應轉化為更難溶于水的氟磷灰石

Ca5(PO4)3F和OH-,正確；

故選B。

2.下列各組物質(zhì)在給定條件下能大量共存的一組是

A.加入A1放出氫氣的溶液中：NH：、K?、NO］、Fe2+

B.c(S?-)=0.1!1101/1的某溶液中：K+，Na+>Cl->Cu2+

C.含有大量氨水的溶液中：Na+，K+、NO；,Al3+

D.某澄清透明的水溶液中：Mg2+、Na+、C「，S0二

【答案】D

【解析】

【詳解】A.加入Al放出氫氣的溶液可能顯酸性或堿性，溶液如果顯酸性，NO］會氧化Fe?+導致二者無法

大量共存；溶液如果顯堿性，OH-與NH：不能大量共存，A錯誤；

B.S?-與Cu?+反應，生成黑色的CuS沉淀，B錯誤；

C.大量的氨水會和鋁離子反應，生成氫氧化鋁沉淀，C錯誤；

D.溶液是否澄清透明和離子是否有顏色無關，且Mg2+、Na+、C「，S。:相互之間不反應，可共存，D

正確；

故選D。

3.結構決定性質(zhì)，下列判斷正確的是

A.第二電離能：Al>Mg

B.共價鍵鍵能：H-C1>H-F

C.晶體的熔點：金剛石<SiC（晶體硅

D.分子的極性強弱：CC14>H2O

【答案】A

【解析】

【詳解】A.Mg（價電子3s2）失去一個電子后，價電子排布式為3sl（半充滿），A1（價電子3s?3pi）失去

一個電子后，價電子排布式為3s2（全充滿），而穩(wěn)定性：全充滿>半充滿，所以第二電離能：Al>Mg,

A選項正確；

B.非金屬性F>C1,則穩(wěn)定性HF>HC1,所以共價鍵的鍵能H—F>H—Cl,B選項錯誤；

C.共價鍵鍵長越短，共價晶體的共價鍵強度越大，熔點越高，三者都是共價晶體，所以熔點：金剛石〉SiC>

晶體硅，C選項錯誤；

D.CO4呈現(xiàn)sp3雜化，屬于正四面體對稱的非極性分子晶體，H2O中，中心原子O價層電子對數(shù)為4,

呈現(xiàn)不等性sp3雜化，空間構型是V型，所以分子的極性：CC14<H2O,D選項錯誤；

故選Ao

4.設州為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是

A.Imol石墨所含的共價鍵數(shù)目是2NA

B.Imol乙煥含有的萬鍵數(shù)目是NA

C.電解精煉銅的裝置中，轉移電子數(shù)NA時，陰極增重32g

D.常溫下100mLpH=5的NaHC?O4溶液中，水電離的H+數(shù)目為I。'NA

【答案】C

【解析】

【詳解】A.Imol石墨含有的共價鍵數(shù)目是L5NA，故A錯誤；

B.Imol乙快含有乃鍵數(shù)目是2NA，故B錯誤；

C.精煉銅的裝置中，陰極反應只有一個：Cu?++2e-=Cu，當轉移電子數(shù)NA時，陰極析出0.5molCu,

增重32g,故C正確；

D.pH=5的NaHC2。4溶液抑制水的電離，即HC2。；電離程度大于水解程度，c(H+)水=KT9moi/L,

則100mLNaHC2。4溶液中，水電離的H+數(shù)目為10T°NA，故D錯誤；

故選C。

5.為達到以下實驗目的，相應的實驗設計最合理的選項是

選

實驗目實驗設計

項

除去NH4C1固體中混有的少

A加熱，使單質(zhì)碘升華

量12

加入NaOH溶液并加熱，一段時間后，溶液仍然分層的是礦物

B區(qū)分礦物油和地溝油

油，不分層的是地溝油。

驗證澳乙烷與NaOH發(fā)生消在醇溶液中加熱后，將產(chǎn)物用導氣管導出，通入酸性KMnC)4溶

C

去反應液，KM11O4溶液褪色。

用pH試紙分別測定相同濃度NaClO和Na2cO3,pH更大的是

D驗證酸性H2c。3>HC1O

NaClO

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【詳解】A.NH4cl分解后生成的NH3和HC1會重新結合生成NHdCl,類似于I2的升華和凝華，導致無

法分離，A錯誤；

B.礦物油和地溝油都不溶于水，浮在水層的上方。礦物油的主要成分是煌類物質(zhì)，與NaOH溶液不反

應，而地溝油主要成分是油脂，在堿性條件下能水解，水解后產(chǎn)物溶于水，所以溶液不再分層，B正確；

C.澳乙烷與NaOH的消去反應中，反應物有乙醇(易揮發(fā))，從導氣管中導出的產(chǎn)物，既有乙烯，又有乙

醇，而乙醇也能使酸性高錦酸鉀溶液褪色，C錯誤；

D.NaClO具有漂白性，無法用pH試紙測出pH,況且應該比較等濃度NaHCC)3和NaClO的pH,D錯

誤；

故選Bo

6.下列有關化學用語的表述正確的是

A.聚乙快的鏈節(jié)是：一CH—CH—

B.Ba(OH)2溶液中加入少量的NH4HSO4溶液：2H++SOj+Ba2++2OfT=BaSC)4J+2H2。

3d

C.基態(tài)Fe3+的價電子排布圖為：I?I?I?I?Ij

D.Mg。？的電子式：Mg2+[O：：O]2'

【答案】C

【解析】

【詳解】A.聚乙煥含有碳碳雙鍵，鏈節(jié)是-CH=CH-,故A錯誤;

+2+

B.正確離子反應：NH^+H+SO；-+Ba+2OH=BaSO4+H2O+NH3-H2O.故B錯誤;

C.基態(tài)Fe原子的價電子構型是3d64s2,再結合洪特規(guī)則，F(xiàn)e3+的價電子排布圖為:

3d_______

A|A|A故C正確;

_...?2-

D.正確的電子式為Mg2+[：0：0：]故D錯誤;

故選Co

7.下列關于原子結構和元素周期表的說法一定正確的是

A.非金屬元素的最外層電子數(shù)都不超過4

B.原子序數(shù)大的元素，其相對原子質(zhì)量也更大

C.同主族元素中，電子層數(shù)越多的，其單質(zhì)的密度也越大

D.若IA族的某元素原子序數(shù)為°,則同周期IVA族元素的原子序數(shù)可能是a+13

【答案】D

【解析】

【詳解】A.周期表中的VA族、VIA族，其中非金屬的最外層分別有5個、6個電子，故A錯誤；

B.原子序數(shù)大的元素，其相對原子質(zhì)量不一定更大，故B錯誤；

C.同主族元素中，電子層數(shù)越多的，其單質(zhì)的密度不一定越大，如：IA族的密度：Na>K,故C錯誤；

D.同周期的這兩種元素，如果都在第二或第三周期，則原子序數(shù)為a+3,如果都在第四或第五周期，則原

子序數(shù)為a+13（多出10種過渡元素），如果都在第六或第七周期，則原子序數(shù)為a+27（鐲系、鋼系再

分別多出15種元素），故D正確。

故選D。

8.某有機物A的結構簡式為[[1。、小/“’（R是未知取代基），下列說法正確的是

A.當R是H時，A屬于芳香燃

B.當R是乙基時，A中只存在一個手性碳原子

C.當R是C1時，A存在順反異構且A能發(fā)生水解反應

D.當R是羥基時，A的同分異構體中，屬于苯甲酸同系物的共有9種

【答案】C

【解析】

【詳解】A.A中含有氧原子，不屬于嫌類，A錯誤；

B.當R是乙基時，A中不存在手性碳原子，B錯誤；

C.兩個雙鍵碳原子上均連接不同的基團，所以存在順反異構，而A中含有-Q,可以在堿性條件發(fā)生水解

反應，C正確；

D.將苯環(huán)記為ph-,屬于苯甲酸同系物的同分異構體有以下情況：

pi,________「OOH

①Ph—CH,—CH,—COOH②1一③Ph—CH?—COOH和一個—CH3,共3種④

CH,

Ph—COOH和一個-C2H5,有3種；⑤Ph—COOH和兩個-CH3,有6種，合計14種，D錯誤；

故選Co

9.實驗室將NH3通入KzCr2。?溶液，裝置如圖所示（夾持裝置省略），已知常溫下K^CrzO,和KzCrO’的

溶解度分另1J是12.3g和63.7g,下列說法錯誤的是

A.b中裝入P2O5可以吸收多余的氨氣

B.裝置X的作用是控制氣體流速，同時能平衡氣壓

C.裝置a的作用是防止倒吸，實驗時Y溶液的顏色可能發(fā)生變化

D.嚴格控制Y中溶液的pH,可以實現(xiàn)將KzCr2。?全部轉化為KzCrOd

【答案】D

【解析】

【詳解】A.氨氣是堿性氣體，無水CaCU或P2O5能夠和氨氣反應，b中裝入P2O5可以吸收多余的氨氣，

A正確；

B.長頸漏斗和空氣相通，可以防止堵塞、NH3不溶于CCl”可以控制氨氣的流速，同時能平衡氣壓，B

正確；

+

C.氨氣極易溶于水，a裝置可以防倒吸，本實驗涉及轉化關系C^OV+H?。-2CrO^+2H,Cr2O^

顯橙色，CrO上顯黃色，實驗時溶液顏色會發(fā)生變化，C正確；

D.由于常溫下KzCr2。？的溶解度遠小于KzCrO,，且該反應可逆，無法實現(xiàn)將KzCr?。,全部轉化為

K2CrO4,D錯誤；

故選D。

10.下列通過類比或推理得出的結論合理的是

選

己知結論

項

NC13（溶于水后產(chǎn)物有漂白性）中N的化合

ANF,中N的化合物為+3價

價也是+3價

B利用NaCl和濃硫酸加熱制HC1氣體也可以利用KI和濃硫酸加熱制HI氣體

Cd（OH）2也能溶于氨水（已知Zn和Cd都在

CZn（OH）2能溶于氨水

周期表IIB族）

合成氨：（條件：高溫、

D合成硫酸涉及反應：2SO2+O2.-2SO3（條N2+3H2.-2NH3

件：催化劑、高溫），反應物可用空氣代替。2高壓、催化劑），反應物可用空氣代替N2

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【詳解】A.電負性F>N>C1,所以NF3中N的化合價為+3價，NCL中N的化合價是一3價，A錯誤;

B.HI還原性很強，會被濃硫酸氧化（可以換做用濃磷酸制HI）,B錯誤；

C.Zn和Cd屬于同一族的過渡元素，性質(zhì)相似，都能與氨水反應，生成配合物，C正確；

D.2SO2+O22sO3中反應物可用空氣代替。2,因為空氣中的其他主要成分（主要考慮N?）不與SO2

反應，但是工業(yè)合成氨：N2+3H2K?2NH3,反應物不能用空氣代替N?,因為空氣中存在大量的。2,

在高溫高壓條件下，。2與H?反應，可能發(fā)生爆炸，D錯誤；

故選C。

11.原子序數(shù)依次增大的五種短周期主族元素Y、M、Q、Z、X,它們形成的物質(zhì)A結構如圖所示，下列說

法不正確的是

A.鍵角：YQ3〉54

B.物質(zhì)A中所有原子都滿足最外層8電子結構

C.元素Z的最高價氧化物可用于制作高溫耐火材料

D.第二周期元素中，只存在一種元素的第一電離能數(shù)值介于M與Q之間

【答案】D

【解析】

【分析】結合題目信息和Q只形成一個共價鍵，可知Q只能是F,再根據(jù)物質(zhì)的結構，可以推測出Y、M、

Q、Z、X分別為B、N、F、Si、Cl?

【詳解】A.YQ3是BF3,構型為平面正三角形，鍵角120。，ZX,是SiCl「構型是空間正四面體結構，

鍵角109。28',所以鍵角：YQ3〉ZX「A正確；

B.Y原子（B原子）通過配位鍵，也達到8電子穩(wěn)定結構，B正確；

C.Si。2熔點很高，可用于制作高溫耐火材料，C正確；

D.第二周期元素中，由于N原子價電子構型是2s22P3,p能級半充滿，第一電離能：F>N>O>C,

所以第二周期不存在任何元素的第一電離能數(shù)值介于N與F之間，D錯誤;

故選D。

12.某鉀鹽光學材料是具有鈣鈦礦型的立方晶體結構，邊長為《pm,晶胞中原子K、I、O分別處于頂角、

體心、面心位置。如下圖所示，已知1處原子的坐標是[0,0,0],且K、I、O實心球的半徑分別是皿m,

3Pm,zpm,設阿伏加德羅常數(shù)為NA，下列說法錯誤的是

A.該晶體可用于加碘鹽中補充碘元素

B.位于2處的O原子坐標為

214/.3\

C.該晶胞的密度為7―1八-1。、3”(g/cm)

(axlOjNA

D.該晶胞的原子空間利用率為4-(丁+0+z-)(計算時用原子半徑近似代替離子半徑)

3a3

【答案】D

【解析】

【分析】通過均攤法得知該立方體晶胞中K、I、。的原子個數(shù)分別是1,1,3,所以晶胞化學式為KK)3；

【詳解】A.加碘鹽中含有KK)3,A正確；

B.2處的。原子，位于側面的面心，通過x、y、z三個方向投影，得到的坐標是,B正確；

c.KK)3的摩爾質(zhì)量M=214g/mol,一個晶胞的體積V=(axl()T°cmy,

_M_214//3\

所以晶胞密度/丁(。＞]0.10)3其他/曲C正確；

4/33\43

D.該晶胞的原子空間利用率乃卜+9)+3*3%，7_4.(V+y3+3z3),D錯誤；

-O5―3^

故選D。

13.以AgN。?濃差電池(電解質(zhì)溶液濃度不同形成的電池)為電源，以石墨為電極將NH3轉化為較高純度

的H2裝置如圖所示。下列說法正確的是

A.電極A上的反應為2阻-6片=N2T+6H+

B.由于存在陰離子交換膜，電解過程中乙池溶液pH不變

C.當產(chǎn)生L12LH2(標況)時，丙室中電解質(zhì)溶液質(zhì)量減少17g

D.電池停止工作后，若要使電池恢復到初始狀態(tài)，Ag(2)連接的是電源負極

【答案】C

【解析】

【分析】該濃差電池最終交換膜兩側AgNOs溶液濃度相等，交換膜為陰離子交換膜，即SOj通過離子交

換膜移向左側，左側溶液c(AgN03)增大，右側c(AgNOs)減小，所以丁池中Ag(l)溶解，c(Ag+)增大，

乙池中Ag+得電子生成Ag析出，即Ag(2)電極為正極，Ag(l)電極為負極，負極反應式為Age=Ag+,正極

反應式為Ag++e=Ag,電解池中A電極為陽極，B電極為陰極，陽極上NH3發(fā)生失電子的氧化反應生成

N2,陰極上H2O發(fā)生得電子的還原反應生成H2,據(jù)此分析回答。

【詳解】A.從圖示來看，A電極產(chǎn)生N2,應為電解池的陽極，左邊濃差電池Ag(2)連接電極A,做原

電池的正極，NO3-向丁室遷移，陰離子交換膜允許OH-通過，A電極上的反應為

2NH3-6e+6OH-N2T+6H2O；故A錯誤；

B.A極電極反應為：2NH3-6e-+6OHN2T+6H2O,OH」從甲移到乙進行補充，但反應生成

了水，故乙池NaOH溶液pH會減小；故B錯誤；

C.產(chǎn)生1.12LH2(標況)時，轉移O.lmol電子，丙室會有0.1molAg+生成Ag單質(zhì)，同時有O.lmolNO]

從丙室移向丁室，一共減少17g；故C正確；

D.由于濃差電池中，Ag(2)電極Ag+濃度已經(jīng)減小，若要使電池恢復到初始狀態(tài)，Ag(2)電極需發(fā)生氧

化反應(活性電極)產(chǎn)生Ag+,則Ag(2)需要和電源正極相連，故D錯誤。

答案選C。

14.在25℃下用KOH溶液分別滴定HA、CuCl2,MgCl2三種溶液，PM[p=-lgM,M表示｛Cu?+)、

c(HA)

,(Mg)、《A1]隨PH變化有①②③三條曲線，已知圖像中a=4.0,b=5.5,c=8.5,且

7^[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]，下列說法錯誤的是

A.HA的電離常數(shù)Ka(HA)=lxl()65

B.當Cu?+剛好完全沉淀時，溶液pH=6.5

C.在25。(2下Mg(OH)2易溶于HA溶液中

D.②③兩條曲線交點N的橫坐標pH=10.5

【答案】D

【解析】

【分析】①③兩條曲線平行，所以物質(zhì)類型相同，則曲線②代表HA溶液，b=5.5,結合縱坐標的意義可

知：b點時，可算出K“(HA)=c(H+)=1x1065,而a=4.0,此時c(0fT)=l()T°mol/L,此時金屬陽

離子濃度為Imol/L,所以曲線①的Ksp=KT2o,同理可知，曲線③的K8P=1()T,而題目已知

20

Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[CU(OH)2],所以Ksp[Mg(OH)2]=l(T”(對應曲線③)，^sp[Cu(OH)2]=10-

(對應曲線①)，K0(HA)=c(H+)=1x10—5.5(對應曲線②)，以此解答。

【詳解】A.由分析可知，HA的電離常數(shù)Ka(HA)=1x1065,A選項正確；

B.當Cu2+剛好完全沉淀時，c(Cu2+)=105mol/L,則

K/CU（OH）2、嚴

c（0H）==KT/5moi/L,此時c（H+）=10F5moi/L,即溶液pH=6.5,

VW5

B選項正確；

2+

C.Mg(OH)2+2HA=Mg+2A+2H2O,該反應的平衡常數(shù)

k《Mg")",)c(Mg2+)/(OH)c2(A)c2(H+)K./Mg(OH)JK”A)⑻限…及>及,冼師正確

C2(HA)C“HA)KK：(IO-14)2一匹人莊明

2+\c(HA)Kc(H+)

D.②③兩條曲線相交時，N點的兩條曲線的縱坐標相等，c(Mg)=--V,即吼=△~二

2

c(A)C(0H-)Ka

Kc(H+)-c(0H)in14/、

所以產(chǎn)、=△————」—天，而則c(OH-)=10Wmol/L,pH=11.5,D選

55

c(OH-)KaIO甌')

項錯誤；

故選D

二、非選擇題：本題共4小題，共58分。

15.某礦物A中含有Tic)?、SiO2,Fe2O3,CaO四種成分，設計如下流程圖，分離出TiO2,并測定礦物

中鐵元素的含量

I.分離TiC)2

已知：

②「。2不溶于水，TiCP+容易水解產(chǎn)生TiCVxH?。；

②相關數(shù)據(jù)(參考依據(jù)：離子濃度O.lmol/L,溫度25℃)；

-38

7Tsp[Fe(OH)3]=4.0xlO,1g2=0.3

開始水解的完全水解的

離子

PHPH

TiO2+4.07.4

請回答：

(1)Ti的原子序數(shù)為22,在周期表中位于________區(qū)，其價層電子排布式為o

(2)流程中操作①需要的玻璃儀器一共有種；固體B的化學式為。

(3)當溶液中離子濃度達到lO^mol/L時，可視為沉淀完全，則流程圖中a的取值范圍是。

(4)操作②是調(diào)節(jié)pH=7.4,請寫出生成TiOz-H2。的離子反應：。

(5)檢驗Ti。？"H?。是否洗滌干凈的操作是。

II.測定礦物中Fe元素的含量，取4.0g礦物A,分以下幾步進行：

①將流程圖中所得的Fe(OH)3用濃鹽酸溶解，并調(diào)節(jié)到c(H+)=4mol/L,定容到100mL；

②從中取出25mL于錐形瓶中，加入8滴50g/L的SnCL溶液，并滴加6滴lg/L的甲基橙，微熱，使Fe3+

全部還原為Fe?+,待溶液全部褪色，該反應進行完全，將溶液冷卻到室溫；

③向上述反應后的溶液中加入20mL硫磷混酸，再加入4滴2g/L的二苯胺磺酸鈉為指示劑，用

0.01675mol/L的KzCr2。?標準溶液滴定，待溶液恰好呈紫色時停止滴定，做三次平行實驗，平均消耗標

準K2Cr2O7溶液的體積為22.50mL。

己知：步驟②和③中的離子反應分別為：

2Fe3++SnC里+2CF=2Fe2++SnC中，

2++3+3+

Cr2O；+6Fe+14H=2Cr+6Fe+7H2O。

請回答:

（6）滴定時應該選用（寫實驗儀器）來盛裝）KzCrz。7標準溶液。

（7）經(jīng)計算，礦物中Fe元素的含量是（保留3位有效數(shù)字）。

（8）以下操作會導致所測Fe元素含量偏高的有。

A.步驟②中加入的SnCL過多

B.滴定之前，錐形瓶中有少量的蒸儲水

C.滴定時沒有搖動錐形瓶，溶液變紫色后馬上停止滴定

D.配制KzCr2。,標準溶液時，玻璃棒的下端靠在容量瓶刻度線的上方

【答案】（1）①.d②.3d24s2

（2）①.3（或三）②.CaSC）4和Si。？

⑶3.2<pH<4,0

2++

（4）TiO+（x+l）H2OTiO2-.rH2O+2H

（5）取最后一次洗滌液（沒有答出這句話的不給分），加入稀鹽酸（無明顯現(xiàn)象），再加入BaCU溶液，產(chǎn)

生白色沉淀，證明TiC>2-XH2O已經(jīng)洗干凈

（6）酸式滴定管（7）12.7%或0.127（8）AD

【解析】

【分析】礦物A中含有TiC）2、SiO2,Fe2O3,CaO,加入硫酸后二氧化鈦和氧化鐵溶液，氧化鈣和硫酸

鈣生成硫酸鈣沉淀，過濾后得到溶液A,其中含有TiC）2+,調(diào)節(jié)pH后TiC）2+水解為TiC>2-XH2O處理后得

到產(chǎn)品，以此解題。

【小問1詳解】

Ti為22號元素，其價電子排布式為3d24s2,位于周期表中d區(qū)；

【小問2詳解】

操作①是過濾，需要玻璃儀器為：燒杯、漏斗、玻璃棒，一共3種；CaO與濃硫酸反應后得到CaS。4，

而SiO2不溶于硫酸，所以固體B的化學式為CaSO4和SiO2；

【小問3詳解】

38

^sp[Fe(OH)3]=4.0xl0-,使Fe?+沉淀完全，當c(Fe3+)=10-5mol/L時,

C（OH）==4§*10''mol/L.

（i、

p0H=-lgc（0H-）=-lg43xl（）T=11一一2lg2=10.8,則pH=14—pOH=3.2,不能使TiCP+沉

I）3

淀，所以pH<4.0,所以3.2<pH<4.0；

【小問4詳解】

根據(jù)題意可知，溶液B中含有TiC）2+,且TiC）2+容易水解產(chǎn)生TiC^jH?。，相應的離子方程式為：

2++

TiO+（x+l）H2OTiO2xH2O+2H；

【小問5詳解】

根據(jù)流程可知，在礦物A中加入了硫酸，則溶液B中含有硫酸根離子，可以通過檢驗硫酸根離子來檢驗

TiC^dH?。是否洗滌干凈，具體操作是：取最后一次洗滌液（沒有答出這句話的不給分），加入稀鹽酸

（無明顯現(xiàn)象），再加入BaC"溶液，產(chǎn)生白色沉淀，證明TiOz-H?。已經(jīng)洗干凈；

【小問6詳解】

KzCrzO,溶液有強氧化性，會氧化堿式滴定管的乳膠管，應該選擇酸式滴定管；

【小問7詳解】

溶液定容100mL后，只取了25mL在錐形瓶中用于實驗測定，所以

2+-3-3

〃（Fe）=zz（Fe）=6zi（Cr2O；"）=6x0.01675mol/Lx22.5x10Lx^^=9.045x10mol,所以

c珀入口mw9.045x10"3molx56g/mol._

Fe的含量w（Fe）%=--------------------------------xl0n0n%n/?12.7%n/；

4g

【小問8詳解】

A.步驟②中加入的SnCL過多，SnCL有強還原性，會消耗更多的KzCrz。7標準溶液，所以測定結果偏高，

A正確；

B.滴定之前，錐形瓶中有少量的蒸儲水，對測定結果沒有影響，B錯誤；

C.滴定時沒有搖動錐形瓶，溶液變紫色后馬上停止滴定，說明所加入的標準溶液偏少（應該一邊滴加一邊

震蕩，變色后觀察30秒，顏色不變化），所以測定結果偏低，C錯誤；

D.配置!^€：馬。7標準溶液時,玻璃棒的下端靠在容量瓶刻度線的上方,導致配溶液時體積偏大，即K2Cr2O7

標準溶液濃度偏小，所以消耗更多的標準溶液，測定結果偏高，D正確；

故選ADo

16.CuCl是見光容易分解的白色固體，難溶于水和乙醇，在潮濕的環(huán)境中易被氧化和水解。實驗室制備CuCl

的實驗裝置如下圖所示，制取步驟如下：

①組裝好整套實驗裝置，稱取10.3g的CuCU^H2。晶體，加適量煮沸后冷卻的蒸儲水，使固體全部溶解，

將其置于A裝置中；

②在60℃左右向A裝置中通入SC>2氣體，攪拌；

③當A中溶液全部褪色，停止通SO2氣體；

④實驗結束后，先向A裝置中加入適量蒸儲水，減壓過濾(需避光)，可得到CuCl粗產(chǎn)品；

⑤用乙醇洗滌CuCl粗產(chǎn)品，將產(chǎn)品在雙層干燥器(分別裝有濃硫酸和堿石灰)中干燥34h,再經(jīng)氫氣流干

燥，最后進行真空干燥，得到產(chǎn)品質(zhì)量為5.5g。

已知CuCl在溶液中存在如下平衡：CuCl(s)+3Cr(aq).±CuCl：(aq,無色)。

回答下列問題：

(1)基態(tài)S原子核外電子一共有種不同空間運動狀態(tài)；液態(tài)SO?能發(fā)生自偶電離

2+

2SO2.-SO+SOt-,與SC)2+互為等電子體的分子有(寫化學式，任寫一種即可)。

(2)裝置A的名稱是,多孔玻璃泡的作用是o

(3)步驟②涉及的離子方程式為o

(4)步驟④中，加入適量蒸儲水的目的是o

(5)步驟⑤用乙醇洗滌CuCl粗產(chǎn)品的原因是o

(6)本實驗的產(chǎn)率是(保留3位有效數(shù)字)。

(7)O3.1+

假設在25℃下：H2sH++HSO]凡=1.5x10-2,HSQ-H+SO^,

Ka2=1.0x10-7且32=0.3,測得反應后燒杯中的溶液pH=7.3,則燒杯中所發(fā)生的離子方程式為

【答案】(1)①.16(或十六)②.N?或CO

(2)①.三頸燒瓶②.增大氣體和溶液的接觸面積，加快反應速率(使反應充分進行)

2++

(3)2CU+2CF+SO2+2H2O=2CUC1J+SOj+4H

(4)使CuCl(s)+3C「(aq),,CuCl；(aq,無色)平衡向左移動，釋放出CuCl

(5)乙醇可以除去CuCl表面的雜質(zhì)，防止產(chǎn)品被水氧化和水解，同時乙醇(易揮發(fā)產(chǎn)品)更容易干燥

(6)91.8%或0.918

（7）3SO2+50H=2SO1-+HSO；+2H2O

【解析】

【分析】稱取10.3g的CuCVZH?。晶體，加水溶解所得混合溶液中通入SO?氣體，即可得到CuCl沉淀,

經(jīng)過濾洗滌干燥獲得產(chǎn)品；由于CuCl易被氧化，可以使用乙醇進行洗滌，將產(chǎn)品在雙層干燥器（分別裝有

濃硫酸和堿石灰）中干燥34h,再經(jīng)氫氣流干燥，最后進行真空干燥，得到產(chǎn)品。

【小問1詳解】

基態(tài)S原子核外電子排布式為Is22s22P63s23P3含有9個含有電子的軌道，共有9種不同的空間運動狀

態(tài)，等電子體是指價電子數(shù)和原子數(shù)相同的分子、離子或原子團，與SO?卡互為等電子體的分子有N2或

COo

【小問2詳解】

裝置A的名稱是三頸燒瓶，多孔玻璃泡的作用是增大氣體和溶液的接觸面積，加快反應速率（使反應充分

進行）。

【小問3詳解】

步驟①硫酸銅、二氧化硫、氯離子反應生成氯化亞銅沉淀和硫酸根離子，反應中硫化合價由+4變?yōu)?6、銅

化合價由+2變?yōu)?1,根據(jù)電子守恒和質(zhì)量守恒可知，涉及的離子方程式為

2++

2CU+2CF+SO2+2H2。=2CuClJ+SOj+4Ho

【小問4詳解】

步驟④中，加入適量蒸儲水的目的是使CuCl（s）+3C「（aq）.■CuCl：（aq,無色）平衡向左移動，釋放

出CuCL

【小問5詳解】

步驟⑤用乙醇洗滌CuCl粗產(chǎn)品的原因是：乙醇可以除去CuCl表面的雜質(zhì)，防止產(chǎn)品被水氧化和水解，同

時乙醇（易揮發(fā)產(chǎn)品）更容易干燥。

【小問6詳解】

10.3gCuCl,-2HO中氯化銅的物質(zhì)的量為~~—=0.0602moL理論上生成0.0602mol氯化亞銅，實

-2171g/mol

55g

驗得到產(chǎn)品5.5g,故本實驗產(chǎn)品的產(chǎn)率是K—一100%=91.8%。

707.07602molx99.5g/molJ

【小問7詳解】

c(H+)c(SOj),

反應后燒杯中的溶液pH=7.3,c(H+)=lxl()7-3mol/L,則溶液中Ka?=一\\J:1.0x10-7,則

c(HSO；)

c(SOj)K.l.OxlO7nac(SOj)

dz_____________________=1O0-3,已知1g2=0.3,則與―y=10°-3=2,根據(jù)電荷守恒配

c(HSO；)c(H+)1.0x1073c(HSC)3)

平該離子方程式為：3SO2+50H=2SO丁+HSO；+2H2O。

17.CO2的轉化和利用是實現(xiàn)碳中和的有效途徑。二氧化碳的排放越來越受到能源和環(huán)境領域的關注，其綜

合利用是目前研究的重要課題之一。

已知：CC)2加氫時主反應(反應①和反應②)，同時伴隨著副反應(反應③)。

I.反應①CC)2(g)+4H2(g)；CH4(g)+2H2O(g)=-165kJ/mol

反應②CC>2(g)+H2(g)FCO(g)+H2O(g)AH2=+42kJ/mol

反應③CH4(g)+H2(D(g)*CO(g)+3H?(g)

II.鍵能數(shù)據(jù):

o—H—c—

化學鍵

HHH

鍵能

463436414

(kJ/mol)

請回答以下問題:

(1)CC)2的VSEPR模型為,干冰晶體升華，需要破壞(填“分子間作用力”或“共價

鍵”或“離子鍵”)。

(2)反應③自發(fā)進行的條件是(填“高溫自發(fā)”或“低溫自發(fā)”或“任何溫度下都自發(fā)”)，經(jīng)

計算可知化學鍵C三O的鍵能是0

(3)僅從反應①和②的角度考慮，反應①在工業(yè)上合成CH4時，通?？刂茰囟葹?00℃左右，其主要原

因為?

(4)在催化劑作用下，按MCC)2)："(H2)=0-5的比例向某密閉容器中通入一定量的原料氣發(fā)生①②③

三個反應。維持壓強始終為2.28MPa,測得在不同溫度下，反應經(jīng)過相同時間，CO2的轉化率、CH4的

n(CH4)

選擇性如圖所示，已知：CH,選擇性=“(8；+〃前/°0%。

請回答：

①圖像中CO2的轉化率先增大后減小，請解釋原因：；

②反應①的Kp=（保留3位有效數(shù)字，Kp指平衡分壓常數(shù)，A的平衡分壓=A的物質(zhì)的量分數(shù)

X?？偅?/p>

（5）按照甲、乙、丙、丁四種不同的投料方式，只發(fā)生反應②

物質(zhì)的量（mol）

組

別HO

co2H2co2

甲1100

乙2100

丙1200

T0011

四種情況均達到平衡時，請用“>”或“〈”或“=”比較大小。

①在恒溫恒容條件下，H2轉化率：乙________丙；

②在絕熱恒容條件下，正反應平衡常數(shù)：甲丁。

【答案】（1）①.直線型②.分子間作用力

（2）①.高溫自發(fā)②.1067kJ/mol

（3）溫度低于500℃,反應速率慢；溫度高于500℃,則有利于反應②平衡向生成CO的方向進行，導致

副產(chǎn)物增多。

（4）①.當T<￡（低溫）時，以反應②為主，CO2的轉化率增大，當T〉7］（高溫）時，以反應①

為主，CO2的轉化率減小。②.79.1（MPa）-2

（5）?.>?.<

【解析】

【小問1詳解】

CO2的中心原子為C,價層電子對數(shù)為2,無孤對電子，故CO?的VSEPR模型為直線型。干冰為分子晶

體，故干冰晶體升華時需要破壞分子間作用力。

【小問2詳解】

反應②—反應①，可得：CH4(g)+H2O(g).■CO(g)+3H2(g)AH3=AH2-AH=+207kJ/mol,該

反應AH〉。，AS>0,所以反應③在高溫下自發(fā)(AG<0)；設CmO的鍵能是閑/mol，則

AH3=(4x414kJ/mol+2x463kJ/mol)-(%+3x436kJ/mol)=+207kJ/mol,可得x=1067。

【小問3詳解】

反應②的公/^〉。，適合高溫條件，反應①的兇I<0,適合于低溫條件，但是溫度太低，反應速率太

慢。

【小問4詳解】

①反應①的AdvO,反應②的A"2〉。，溫度升高，反應①平衡向左移動，CO2的轉化率減小，而反應

②平衡向右移動，CO2的轉化率增大。在T<((低溫)時，以反應②為主，CO2的轉化率增大，在T〉7]

(高溫)時，以反應①為主，CO2的轉化率減小。

②設初始投料為lmolCC>2和2molH2,7；時，CO2轉化0.6mol,C%選擇性為60%,則此時

ra(CH4)=0.36mol,n(CO)=0.24mol,ra(CO2)=0.4mol,設此時體系中n(H2O)=xmol,

zz(H2)=ymol,由于存在三個反應，運用三段式法不方便，可以利用原子守恒建立等式：

〃(H)=2x+2y+0.36x4=4mol,n(O)=x+0.4x2+0.24=2mol,解得x=0.96mol,y=0.32mol。

H,的轉化率=2m°1一°，32mHxW0%=84%；]時刻，W(CH4)=0.36mol,n(CO)=0.24mol,

2mol

?(CO2)=0.4mol,H(H2O)=0.96mol,?(H2)=0.32mol,體系中五種氣體的總物質(zhì)的量為2.28mol,

而P&=2.28MPa，所以：/?(CH4)=0.36MPa,p(CO)=0.24MPa,/?(CO2)=0.4MPa,

p(H2O)=0.96MPa,p(H2)^0.32MPa,則反應①的K=Q36MPa).(0.96MPa)=791(MPa)-2

4

'2)P(0.4MPa).(0.32MPa)

【小問5詳解】

①在恒溫恒容條件下，乙和丙相對于甲的投料而言，乙增加ImolCOz(提高H2的平衡轉化率)，丙增加

ImolH2(降低了H2的平衡轉化率)，所以平衡時H2的轉化率：乙>甲>丙。

②在絕熱恒容條件下，甲從正方向投料，正反應吸熱(溫度越高，平衡常數(shù)越大)，導致溫度減低，正反應

平衡常數(shù)減小，丁從反方向投料(放熱方向)，溫度升高，平衡常數(shù)增大，所以正反應的平衡常數(shù)：甲〈丁。

18.胺類物質(zhì)在醫(yī)藥和能源化工中有重要的用途，下圖是合成有機物C