2024年江西省高考押題預(yù)測卷化學(xué)試題（新七省高考卷1）（14+4模式）（全解全析）

2024年高考押題預(yù)測卷【新高考七省卷01（14+4模式）】

化學(xué)?全解全析

（考試時間：75分鐘試卷滿分：100分）

注意事項(xiàng):

1.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.回答選擇題時，選出每小題答案后，用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。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。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。

可能用到的相對分子質(zhì)量：C12016Ca40Ti48Cr-52Fe-56

評卷人得分一、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選項(xiàng)中，

只有一項(xiàng)是符合題目要求的。

1.中華文化源遠(yuǎn)流長，化學(xué)與文化傳承密不可分。下列敘述錯誤的是

A.江西博物館中“《論語》竹簡”中竹簡的主要成分是纖維素

B.安徽古代科學(xué)家方以智在其《物理小識》“有陋水者，剪銀塊投之，則旋而為水”，其中的“幽水”指醋酸

C.甘肅出土的春秋早期秦國的銅柄鐵劍中，鐵元素有化合態(tài)和游離態(tài)兩種存在形式

D.廣西壯錦的主要原料是蠶絲等，蠶絲屬于有機(jī)高分子化合物

【答案】B

【解析】A.竹簡由竹子做成，主要成分是纖維素，A正確；B.雨水可以溶解銀塊，醋酸不能溶解銀塊，所

以陋水是硝酸，B不正確；C.鐵劍中部分鐵生銹生成氧化鐵，故鐵劍中鐵元素有化合態(tài)和游離態(tài)兩種存在

形式，C正確；D.蠶絲屬于蛋白質(zhì)，是有機(jī)高分子化合物，D正確；答案選B。

2.反應(yīng)2NH3+NaClO="氏+脂口+10可用于制備火箭推進(jìn)劑的燃料N2H4，下列說法正確的是

A.N2H4分子中沒有非極性鍵B.NaClO的電子式為Na：。：。］：

C.H2O、NH3的VSEPR模型一致D.食鹽的分子式為NaCl

【答案】C

【解析】A.N2H4分子結(jié)構(gòu)可表示為H2N-NH2,分子中有非極性鍵，A不正確；B.NaClO為離子化合物，

其電子式為Na+［@@：］-，B不正確；C.H2O,NH3分子中的中心原子都有4對價層電子對，它們的VSEPR

模型都為四面體型，C正確；D.NaCl是離子化合物，沒有分子式，D錯誤；答案選C。

3.某化學(xué)興趣小組對教材中乙醇氧化及產(chǎn)物檢驗(yàn)的實(shí)驗(yàn)進(jìn)行了改進(jìn)和創(chuàng)新，其改進(jìn)實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示，按

圖組裝好儀器，裝好試劑。下列有關(guān)改進(jìn)實(shí)驗(yàn)的敘述錯誤的是

硫酸銅粉末

蘸有乙醇的棉花

新饕讖銅

A.點(diǎn)燃酒精燈，輕輕推動注射器活塞即可實(shí)現(xiàn)乙醇氧化及部分產(chǎn)物的檢驗(yàn)

B.銅粉黑紅變化有關(guān)反應(yīng)為：2CU+O2=2CUO>C2H5OH+CUO=CH3CHO+CU+H2O

C.硫酸銅粉末變藍(lán)，說明乙醇氧化反應(yīng)生成了水

D.在盛有新制氫氧化銅懸濁液的試管中能看到磚紅色沉淀

【答案】D

【解析】A.點(diǎn)燃酒精燈，輕輕推動注射器活塞即可反應(yīng)，空氣帶著乙醇蒸氣與熱的銅粉發(fā)生反應(yīng)，A正確;

B.看到銅粉變黑，發(fā)生2Cu+Ch22CuO,看到銅粉黑變紅，發(fā)生C2H5OH+CuO2cH3cHO+C11+H2O,

B正確；C.硫銅粉末變藍(lán)，是因?yàn)樯闪宋逅蛩徙~，說明乙醇氧化有水生成，C正確；D.乙醛與新制

的氫氧化銅懸濁液反應(yīng)生成磚紅色沉淀需要加熱，D不正確；答案選D。

4.A1N是一種半導(dǎo)體材料，一種制備方法是AI2O3+N2+3C吧2A1N+3c。。設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下

列敘述正確的是

A.消耗等物質(zhì)的量AI2O3和N2,轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為6NA

B.12gC（石墨）含非極性鍵數(shù)目為3NA

C.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，1L2LC0含兀鍵數(shù)目為NA

D.O.lmolAbCh溶于足量鹽酸，溶液中含AF+數(shù)目為0.2NA

【答案】C

【解析】A.由于不知道等物質(zhì)的量的AI2O3和N?具體物質(zhì)的量，無法計算轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目，A不正確；B.石

墨為12gC（石墨）的物質(zhì)的量為Imol,含1根o/x3xg=1.5w。/非極性鍵，即非極性鍵數(shù)目為1.5NA,B不正

確；A.CO與N2互為等電子體，結(jié)構(gòu)相似，而1個N?分子含2個兀鍵，標(biāo)準(zhǔn)狀況下，IIZLN?的物質(zhì)的

量為0.5mol,含兀鍵,C正確；D.AP+會水解，O.lmol溶于足量鹽酸，溶液中含AP+數(shù)目小于。-2NA,

D不正確；答案選C。

5.在工業(yè)流程題中常使用HCO3-作為沉淀劑沉淀Fe2+/Mn2+/Co2+等金屬離子,為了證實(shí)這一結(jié)論，對HCOy

與Mn+的反應(yīng)情況進(jìn)行了以下探究：

0.5mol?L-iCaCL溶液與NaHCCh溶液混合產(chǎn)生氣泡,生成白色沉淀

20.5mol-L-iCuCb溶液與NaHCCh溶液混合產(chǎn)生氣泡,生成藍(lán)色沉淀

3

0.5mol?L^FeCh溶液與NaHCO3溶液混合產(chǎn)生大量氣泡，生成紅褐色沉淀

4取2中的藍(lán)色沉淀加熱并將氧化產(chǎn)物依次通過無水無水CuSO4變藍(lán)，澄清石灰水變渾濁

CuSCU和澄清石灰水

已知：①Ca2++2HCC)3-=CaCO31+CO2T+H2OKi=5xl04

10

②Ca2++2HCO3=Ca(OH)2J+2C02TK2=1X1O-

6

③Cu2++2HCO3-=CuCO3j+CO2T+H2OK3=8xlO

2+4

@Cu+2HCO3=Cu(OH)2i+2CO2TK4=3X10

下列關(guān)于該探究實(shí)驗(yàn)的敘述正確的是

A.實(shí)驗(yàn)1生成的沉淀為Ca(0H)2

B.實(shí)驗(yàn)2生成的沉淀為CU(OH)2

2++

C.HCCh-與M2+反應(yīng)生成MCO3沉淀的離子方程式為M+HCO3=MCO3UH

D.實(shí)驗(yàn)3發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為Fe3++3HCO3-=Fe(OH)31+3CO2T

【答案】D

【解析】A.對比已知反應(yīng)的Ki、上可知，CaCL溶液與NaHCCh溶液混合發(fā)生反應(yīng)①，反應(yīng)②平衡常數(shù)太

小，可認(rèn)為不發(fā)生反應(yīng)②，則實(shí)驗(yàn)1生成的沉淀為CaCCh,A錯誤；B.對比已知反應(yīng)的K3、K4可知，反應(yīng)

平衡常數(shù)都較大，結(jié)合探究實(shí)驗(yàn)4,CuCl2溶液與NaHCOa溶液混合生成的沉淀為Cu(OH)2和CuCO3的混合

物，B不正確；C.反應(yīng)生成的H+能繼續(xù)與HCCh-反應(yīng)生成C02和H20,離子方程式為

2+

M+2HCO3=MCO3i+CO2T+H2O,C不正確；D.實(shí)驗(yàn)3發(fā)生反應(yīng)生成紅褐色沉淀和大量氣泡，發(fā)生的是雙

水解反應(yīng)，離子方程式為Fe3++3HCO3-=Fe(OHR+3cCM，D正確；答案選D。

6.下列有關(guān)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)說法正確的是

A.第二、三周期B、A1的第一電離能高于相鄰元素，N、P的第一電離能低于相鄰元素

B.鍵能：F-F大于C1-C1

C.03是極性分子，它在水中溶解度高于在四氯化碳的溶解度

D.甲醇分子間的氫鍵鍵能大于水分子間的氫鍵鍵能

【答案】D

【解析】A.第二、三周期B、A1的第一電離能低于相鄰元素，N、P的第一電離能高于相鄰元素，A錯誤;

B.由于F-F的鍵長大短，使兩核間的斥力及電子層間斥力增大，使F-F的鍵能減小，F(xiàn)-F的鍵能小于C1-C1

的鍵能，實(shí)際F-F的鍵能為157kJ/mol,Cl-Cl的鍵能為242.7kJ/mol,B錯誤；C.雖然。3是極性分子，但它在水

中溶解度低于在四氯化碳的溶解度，C錯誤；D.甲醇分子的氫鍵鍵能為25.6kJ/mol,而水分子間的氫鍵鍵能

為18.8kJ/mol,D正確；答案選D。

7.榕江葛根是貴州黔東南榕江縣特產(chǎn)、國家地理標(biāo)志保護(hù)產(chǎn)品，葛根中含有豐富的葛根素，葛根素具有增

強(qiáng)心肌收縮力，降低血壓等作用，如圖是葛根素結(jié)構(gòu)簡式，下列說法正確的是

HO,

A.葛根素的分子式為C21H22O9

B.Imol葛根素分子可與6moiNa反應(yīng)，與2moiNaOH反應(yīng),與7moiH?反應(yīng)

C.葛根素分子能使FeCb溶液顯紫色，也能使濱水和酸性高鎰酸鉀溶液褪色

D.葛根素分子中C原子存在sp雜化

【答案】C

【解析】A.由結(jié)構(gòu)簡式可知，葛根素的分子式為C21H20。9,故A錯誤；B.由結(jié)構(gòu)簡式可知，葛根素分子

中含有的羥基能與鈉反應(yīng)、含有的酚羥基能與氫氧化鈉溶液反應(yīng)、含有的苯環(huán)和酮芋炭基能與氫氣反應(yīng)，則

Imol葛根素分子可與6mol鈉反應(yīng)、與2moi氫氧化鈉反應(yīng)，與8moi氫氣反應(yīng)，故B錯誤；C.由結(jié)構(gòu)簡式

可知，葛根素分子中含有的酚羥基、碳碳雙鍵，酚羥基能使FeCb溶液顯紫色，碳碳雙鍵能使濱水和酸性高

錦酸鉀溶液褪色，故C正確；D.由結(jié)構(gòu)簡式可知，葛根素的分子式中含有的飽和碳原子的雜化方式為sp3

雜化，含有的雙鍵和苯環(huán)碳原子的雜化方式為sp2雜化，故D錯誤；故選C。

8.離子液體［丫2乂5次3「［2%」中X、Y、Z、W為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，基態(tài)Y原子的s能級

電子數(shù)是P能級的2倍，基態(tài)W原子的電子總數(shù)是其最高能級電子數(shù)的2倍，X3W+是10電子微粒。下列

說法正確的是

A.原子半徑：Z>XB.第一電離能：Y<W<Z

C.［ZW3『與X3W+的空間結(jié)構(gòu)相同D.［丫2*5"31［次］難溶于水

【答案】B

【解析】X、Y、Z、W為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，基態(tài)Y原子的s能級電子數(shù)是p能級的2倍，

其核外電子排布：Is22s22P，Y為C元素；基態(tài)W原子的電子總數(shù)是其最高能級電子數(shù)的2倍，其核外電

子排布：Is22s22P=為0元素；X3W*是10電子微粒，X3W+為H3O+,則X為H元素；根據(jù)原子序數(shù)大

小可判斷Z為N元素。

A.同周期元素原子半徑隨原子序數(shù)遞增而減小，原子半徑：ON,即Z<X,A不正確；B.N核外電子排布

處于半充滿的較穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能大于相鄰族元素，則第一電離能：N>O>C,B正確；C.凡。+中

心原子O價層電子對數(shù)：3+1(5-3X1)=4,含1對孤電子對，空間結(jié)構(gòu)為三角錐形；NO；中心原子N原子價

層電子對數(shù)：3+；(6-3X2)=3,為平面三角形，C不正確；D.［丫2乂5"3『［應(yīng)］為硝酸鹽，硝酸鹽見水影

無蹤，即￥2X52X3］+［ZWj］易溶于水，D不正確；答案選B。

9.氫能是一種極具發(fā)展?jié)撃艿那鍧嵞茉?。對于可逆反?yīng)：CO（g）+H2O（g）.CO2（g）+H2（g）AH<0,在容

積恒為2L的密閉容器中，將2.0molC0與8.0molH2混合加熱到830°C發(fā)生上述反應(yīng)，5min時達(dá)到平衡，CO

的轉(zhuǎn)化率是80%。實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)，其他條件不變，在相同時間內(nèi)，向上述體系中投入一定量的CaO可以增大H2

的體積分?jǐn)?shù)。選用相同質(zhì)量、不同粒徑的CaO固體進(jìn)行實(shí)驗(yàn)時，對比實(shí)驗(yàn)的結(jié)果如圖所示。下列敘述中錯

誤的是

（已知：1微米=10-6米，1納米=10-9米）。

A.微米CaO和納米CaO對平衡影響不同主要是CaO作為催化劑表面積越大，反應(yīng)的速率越快

B.在生產(chǎn)中，增大H2（D（g）的用量可同時提高CO的轉(zhuǎn)化率和H?的產(chǎn)率

C.5min內(nèi)的平均反應(yīng)速率。（凡）=0.16moLL'min」

D.平衡時間容器中通入He增大壓強(qiáng)，平衡不移動

【答案】A

【解析】根據(jù)題中所給數(shù)據(jù)列三段式進(jìn)行計算

co(g)+4。伍）?co2(g)+凡［

起始濃度（〃加?廠）1.04.000

變化濃度（"2。/0.80.80.80.8

平衡濃度（"??二）0.23.20.80.8

A.CaO可吸收生成的CO?,促進(jìn)平衡正向移動，表面積越大，吸收越充分，而不是作為催化劑，A不正確;

B.增大H2（D（g）的用量，平衡正向移動，可同時提高CO的轉(zhuǎn)化率和H2的產(chǎn)率，B正確；C.由分析可知,

5min內(nèi)的平均反應(yīng)速率u（H,）="/L，=o.i6mol-LrLminT,C正確；D.反應(yīng)容器為恒容容器，平衡

時向容器中通入He增大壓強(qiáng)，不影響反應(yīng)物和產(chǎn)物的濃度，平衡不移動，D正確；答案選A。

10.數(shù)字化實(shí)驗(yàn)是研究化學(xué)變化的重要手段，為驗(yàn)證次氯酸光照分解的產(chǎn)物，某同學(xué)采用三種傳感器分別

測得氯水光照過程中PH、cr濃度、體積分?jǐn)?shù)的變化，實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如圖所示，下列敘述錯誤的是（）

A.從Os到150s,溶液pH降低的原因是Cl?+H。H++C1+HC1O右移

B.氯水在光照過程中可能出現(xiàn)c(Cr)>c(H+)

C.從50s到150s,CT的平均生成速率約為4mg[T-sT

D.從0s到150s,溶液中c(H+)增加到起始濃度的10。5倍

【答案】B

【解析】A.氯水中存在CL+HQH++C1+HC1O、2HC10-2HC1+O2T,HC1O見光分解，使

Cl2+H2oH++C1-+HC1O右移，c(H+)增大，溶液pH降低，A正確；B.根據(jù)電荷守恒可知

c(Cr)+c(ClO-)+c(OH-)=c(H+),則氯水在光照過程中不會出現(xiàn)c(Cr)>c(H+),B錯誤；C.從50s到

150s,C「的變化濃度為400mg/L,則平均生成速率約為型"=4mg.小一，故C正確；D.從0s

100s

15

到150s,溶液的pH由2降低到1.5,則溶液中c(H+)增加到起始濃度的/=10°5倍，故D正確；故答

案為B。

11.化學(xué)需氧量(ChemialOxygenDemand)是一種衡量水體中能被氧化的還原性物質(zhì)含量的指標(biāo)，通常用于

評估水體受有機(jī)物污染的程度。在一定條件下，用強(qiáng)氧化劑氧化一定體積水中的還原性物質(zhì)時所消耗氧化

劑的量，折算成氧氣的量(單位為mg/L)來表示。我國地表水可采用標(biāo)準(zhǔn)KMnO”法測定水中化學(xué)需氧量

(COD),即水體中還原性物質(zhì)每消耗ImolKMnO,折算為1.25molC?2的消耗量。其操作步驟如下：

①取水樣V°mL,先加入足量稀硫酸酸化，再加入VimLqmol.LT的KMnO,標(biāo)準(zhǔn)液，煮沸30min(充分氧化水

中的還原性物質(zhì))，溶液呈穩(wěn)定的紅色，冷卻至室溫。

②向①中溶液中加入V2mLe2moi的Na2C2O4標(biāo)準(zhǔn)液(過量)。

③用qmol.L-的KMnC)4標(biāo)準(zhǔn)液滴定②中溶液至滴定終點(diǎn)，消耗KMnO’標(biāo)準(zhǔn)液V3mL。

計算水樣中COD含量(mg/L)表達(dá)式正確的是

4

32xC1(V,+V3)-c2V2xjX-32XC1(V1+V3)-c2V2x|x—

A.4B.5

V.X1CT33

VoxlO-

IVICX5

32xC(-V3)-2V2|x-32xC1(V1+V3)-e2V2x|x—

C.4D.4

-3-3

VoXlOVoxlO

【答案】A

【解析】分析整個過程可知，水樣中的還原性物質(zhì)和Na2c發(fā)生氧化反應(yīng)失去電子，KMnC\發(fā)生還原反

應(yīng)得電子，KM11O4發(fā)生還原反應(yīng)變成MY+,故得電子總量為5（V.+vpxlO^x^mol,Na2cq’被氧化為二

33

氧化碳共失去電子2VzXlO.mol,故水樣中的還原性物質(zhì)失電子總量為5（Y+V3）c,xlO-2V2c2xl0mol,

相當(dāng)于消耗KMnO,S（Y+V3）9x；-3-2V2C2xl（y3mo],由化學(xué)需氧量（COD）,即水體中還原性物質(zhì)每消耗

ImolKMnO”折算為L25molO,的消耗量，故可知耗氧量為5（Y+V3）JxlO^zv2c,xl（y3,故水樣中

54

C1(V1+V3)-C2V2X|

5(Y+VPC|X10-3-2V2c2X10'X5XX35

321032xX—

COD含量(mg/L)為4

54mg/L=mg/L°

33

VQxlO-VoxlO-

故選Ao

12.鈣鈦礦太陽能電池被稱為是第三代太陽能電池,如圖一是鈣鈦礦太陽能電池的示意圖若用該電池作電

源電解酸性硫酸銘溶液獲取銘單質(zhì)和硫酸（如圖二）,下列說法正確的是

入射V[\入射光

一A極

八e一電子傳輸層

一鈣鈦礦吸光層

一空穴傳輸層

h，h’h；-B極

e

鈣鈦礦太陽能電池示意圖

圖一圖二

A.當(dāng)太陽能電池有6moi電子轉(zhuǎn)移時，Cr棒上增重的質(zhì)量為104g

B.D電極發(fā)生的電極反應(yīng)式為2H++2e-=Hz個

c.圖二中的離子交換膜I為質(zhì)子交換膜，n為陰離子交換膜

D.C電極接鈣鈦礦太陽能電池的A極

【答案】A

【解析】據(jù)鈣鈦礦太陽能電池的工作原理圖可知，電子從B極流出，說明B極為負(fù)極，A極為正極，圖二

為電解池，由該裝置可電解酸性硫酸銘溶液獲取銘單質(zhì)和硫酸可知，C極為陰極，電極反應(yīng)式為Cr3++3e=Cr,

D極為陽極，電極反應(yīng)式為2H2O-4e=O2T+4H+。A.當(dāng)太陽能電池有6moi電子轉(zhuǎn)移時，根據(jù)得失電子守

恒可知，Cr棒上有2moicr單質(zhì)生成，則增重的質(zhì)量為52g/molx2=104g,故A正確；B.由上述分析可知,

D極為陽極，電極反應(yīng)式為2H2O-4e-=ChT+4H+,故B錯誤；C.電解池中，陰離子移動向陽極，則應(yīng)為甲

池的SO：向乙池移動，圖二中的離子交換膜I為陰離子交換膜，D電極為陽極，產(chǎn)生H+,陽離子移向陰極,

故n為質(zhì)子交換膜，故C錯誤；D.電解池的陰極接電源的負(fù)極，鈣鈦礦太陽能電池的工作原理圖可知，B

極為負(fù)極，故C電極為陰極接鈣鈦礦太陽能電池的B極，故D錯誤。故答案為A。

13.鈣鈦礦電池是第三代非硅薄膜太陽能電池的代表，具有較高的能量轉(zhuǎn)化效率.如圖是一種邊長為硬m的

鈣鈦礦的正方體晶胞結(jié)構(gòu)，其中Ca原子占據(jù)正方體中心，。原子位于每條棱的中點(diǎn)。下列說法錯誤的是

A.原子2的坐標(biāo)為（—）—>一）,則原子3的坐標(biāo)為（1,—,1）

2222

B.兩個0原子最近距離為孝apm

C.距離原子3最近的Ca原子有4個

136

D.該晶胞密度約為―rg<m=3

7VA'a

【答案】D

【解析】A.原子2為Ca原子，占據(jù)正方體中心，坐標(biāo)為（LLL,則原子3的坐標(biāo)為（J,l）人正

2222

確;B.氧原子位于棱心，則距離最近的兩個氧原子之間的距離為工叩m,B正確；C.原子3

是氧原子，距離原子3最近的鈣原子位于晶胞的體心。共用原子3所在棱的4個晶胞的體心的鈣原子距離

11

氧原子最近，共4個，C正確；D.該晶胞中，鈣原子數(shù)為1個，氧原子數(shù)為12x：=3個，碳原子數(shù)為8x嗟

48

,,48+16x3+40136

=1個，晶胞密度為N（ax]0*3g，cm-3=N/xlCPOgymT,D錯誤。故答案選D。

14.乙二胺（FhNCH2cH2NH2，簡寫為X）為二元弱堿。25℃時，向0」mol/L其鹽酸鹽溶液XH2c12中加入

固體NaOH（溶液體積變化忽略不計），溶液pOH與體系中XH；+、XH+、X三種粒子濃度的對數(shù)值（lgc）與

”（NaOH）

t=C\的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是

磯入XH=2c%J

pOH

,?(XH2C12)

A.乙二胺第一、二步電離常數(shù)的數(shù)量級分別為ICT4、IO"

B.當(dāng)pOH=5.65時，c(XH^+)=c(X)>c(XH+)

C.b點(diǎn)時，c(XH+)=5c(XHl+)

D.c點(diǎn)時,t2>1.5

【答案】D

【解析】POH=-lgc(OHj,因此溶液堿性越強(qiáng)，pOH越小，縱坐標(biāo)從上至下溶液堿性逐漸增強(qiáng)，向XH2cb

溶液中加入固體NaOH,利用堿性強(qiáng)的制取堿性弱的，即XH；+的濃度隨著氫氧化鈉物質(zhì)的量增大而減小，

XH+的濃度先增大后減小,,推出①代表XH；,

②代表XH+,③代表X。

c（OH）-c（XH；+）

+

A.X的第二步電離XlT+H2。XH；+OH,電離平衡常數(shù)Kb2=,電離平衡常數(shù)只受溫

度的影響，利用a點(diǎn)進(jìn)行計算，a點(diǎn)時，c(XH；+)=c(XH+),則除2r(OH)=10々.2,即數(shù)量級為10汽同理

用c點(diǎn)計算可得《產(chǎn)(OH)mo"」。,數(shù)量級為IO7,故A錯誤；B.由圖可知，pOH=5.65時,

C(OH)C(XH?+1

c（XH；+）=c（X）<c（XH+）,故B錯誤；C.根據(jù)Kb，=△一/-7=1O-720,b點(diǎn)溶液顯中性，即

cXH

c（XH；+）

c(OHj=10-7mol/L,代入電離平衡常數(shù)表達(dá)式,=10，因此有c(XH+)=10%(XH；+),推出

C（XH+）

c(XH+)#5c(XH；+),故C錯誤；D.c點(diǎn)c(X)=c(XH+),若tz=1.5,即NaOH與XH2cb按物質(zhì)的量之比

3:2反應(yīng)，則生成的c(XH+)=c(X),由圖可知此時pOH=4.10,溶液呈堿性，即X電離程度大于XH+的電離

和水解程度，所以c(XH+)>c(X),分析可知要使c(XH+)=c(X)時，tz>1.5,故D正確；故答案為：D。

評卷人得分

------------------二、非選擇題：本題共4小題，共58分。

3+

15.(14分)濕法煉鋅工業(yè)廢水中主要陽離子有Zn2+、H+、TI\TlO廢水除鉆的工藝流程如下。

KMnO,Ca(OH),NajSCa(OH),Na,CO,

濾液濾渣

已知：

①TI+能夠在pH為。?14的范圍內(nèi)以離子態(tài)穩(wěn)定存在，不易與OH形成沉淀

②TP+易與廢水中的有機(jī)物分子形成穩(wěn)定的配合物，為了簡便，通常用TF+表示

③部分物質(zhì)的Ksp

物質(zhì)Zn(OH)2TI(OH)3ZnST12S

1422

Ksp6.8X10-1.5X101.6X105.0xl0-

7441

④排放標(biāo)準(zhǔn)：T1的含量低于1.5xlO-8moLL-i

回答下列問題：

（1）已知“氧化”步驟中KMnO4被還原為MnCh且T1+氧化不徹底,寫出該反應(yīng)的離子方程式:。

（2）“預(yù)中和”步驟，加Ca（OH）2至溶液的pH約為7,可減少“硫化”步驟中Na2s的使用量,還能減少（填

化學(xué)式）污染物的生成。

（3）“硫化”步驟的主要目的是除去（填離子符號）。

（4）根據(jù)Ksp計算，若使溶液中TF+的含量低于排放標(biāo)準(zhǔn)，溶液的pH應(yīng)大于,但是實(shí)際工藝流

程需在“中和”步驟加Ca（OH）2至溶液的pH約為9,此時仍只有80%左右的鈍離子能得到去除，其可能原因

是O

（5）“脫鈣”步驟的目的是0

（6）“離子交換”步驟中可用普魯士藍(lán)｛KFe（m）［Fe（II）（CN）6"（摩爾質(zhì)量為Mg-moF）中的K+與殘余正離子進(jìn)

行離子交換，進(jìn)一步實(shí)現(xiàn)廢水中銘的去除。普魯士藍(lán)晶胞的g如下國+未標(biāo)出，占據(jù)四個互不相鄰的小立方

體（晶胞的工部分）的體心］。若該晶體的密度為pg-cm-3,則Fe3+和Fe2+的最短距離為cm（設(shè)NA為阿伏

8

伽德羅常數(shù)的值）。

,Fe”-C.N--------Fe3'

晶胞的1/8部分

+3+

【答案】(1)2MnO4+3T1++8H=2MnO2+3Tl+4H2O(2分)

(2)H2S(2分)

(3)Zr?+和T1+(2分)

(4)2(2分)第一步氧化時T1+氧化不徹底，T12s也會溶解部分離子在溶液中(2分)

(5)除去加入的鈣離子(2分)

六(2分)

(6)3

【解析】(1)根據(jù)所給信息KMnCU被還原為MnCh，IT被氧化丁甲，可得該反應(yīng)的離子方程式為2M11O4

+3+

+3T1++8H=2MnO2+3Tl+4H2O；

(2)因?yàn)槿芤褐泻袣潆x子，與硫化步驟中要加入的硫離子會反應(yīng)生成硫化氫有毒氣體，所以要加Ca(OH)2

至溶液的pH約為7；

(3)硫化鈉中的硫離子和Z/+和T1+生成ZnS沉淀和T12s沉淀；

I5x104

(4)根據(jù)KSP[T1(0H)3]=CT/xc"=L5xlO-44,T"+的排放標(biāo)準(zhǔn)為貝寸二------至

=1x10-12,%+=]]0]2=1x10-2,所以pH為2；“中和”步驟加Ca(OH)2至溶液的pH約為9,此時仍只有80%

左右的銘離子能得到去除，其可能原因是第一步氧化時T1+氧化不徹底，T12s也會溶解部分離子在溶液中；

(5)加入碳酸鈉，與濾液中的鈣離子反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀，從而除去前面步驟中引入的鈣離子；

(6)設(shè)Fe3+和Fe2+的最短距離為a,根據(jù)已知條件晶體的密度為pg-cm。，普魯士藍(lán)摩爾質(zhì)量為MgmolL

從晶胞的工部分圖示結(jié)構(gòu)可知Fe3+和Fe2+的最短距離為晶胞參數(shù)的L由圖示可知Fe3+^Fe?+分別位于立

82

方體的四個頂點(diǎn)，而CN位于棱的中點(diǎn)，故該單元中含有的Fe3+數(shù)和Fe2+數(shù)相等，都為4x'=L,CN的個

82

I1jNM

數(shù)為12x—=3,根據(jù)電荷守恒可知K+數(shù)為一，因此該單元的摩爾質(zhì)量為一M,則有p=T=「一，那

33

422a2aNA

16.(14分)利用傳統(tǒng)方式制備乙快的過程中，存在一些問題難以解決，如反應(yīng)速率過快、放熱過多不易

控制，生成的糊狀物流難以實(shí)現(xiàn)固液分離導(dǎo)致乙煥氣流不平穩(wěn)，甚至發(fā)生堵塞等問題。為解決上述問題，

某校化學(xué)興趣小組設(shè)計出一套乙烘制備、凈化和收集實(shí)驗(yàn)的一體化實(shí)驗(yàn)裝置。

回答下列問題:

(1)下列儀器中與上述裝置中儲液杯和流量調(diào)節(jié)器作用相同的是

Y

y7

.V

A.漏斗B.分液漏斗C.恒壓滴液漏斗D.布氏漏斗

(2)①儀器B的名稱是-

②向A反應(yīng)器中填裝固體反應(yīng)物時，電石放置位置為(填“甲處”或“乙處”)，反應(yīng)器中裝有7mm

玻璃珠，其作用為o

③B裝置中可用次氯酸鈉吸收混雜在乙快中H2S、PH3,反應(yīng)中PH3被氧化為最高價氧化物對應(yīng)的水化物，

請寫出次氯酸鈉與PH3反應(yīng)的離子方程式。

(3)興趣小組在制備乙快時對反應(yīng)液進(jìn)行了一系列篩選(如下圖)，依據(jù)圖表選擇最合適的反應(yīng)液為—

(填標(biāo)號)，原因是o

a.飽和食鹽水b.2.5molL」醋酸c.2moiL」鹽酸d.飽和氯化鏤溶液

□反應(yīng)超放熱情況

電石與不同溶液的反應(yīng)鼠㈡費(fèi)堂*

飽和食鹽水2.5醋酸鹽酸飽和氯化鉉溶液

（4）選取合適的反應(yīng)液后，小組稱取電石L25g（雜質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為4.0%）完成實(shí)驗(yàn)，除雜后測得乙煥氣體

體積為336mL（標(biāo)準(zhǔn)狀況下），計算該實(shí)驗(yàn)中乙烘的產(chǎn)率：%（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。

【答案】（1）C（2分）

（2）①具支試管（1分）②甲處（1分）形成空隙，促進(jìn)固液分離，防堵塞（2分）

③PH3+4C1O=H3Po4+4C1-（2分）

（3）d（2分）飽和氯化鏤溶液作反應(yīng)液時，反應(yīng)溫和可控，固液分離率適當(dāng)（2分）

（4）80（2分）

【解析】（1）根據(jù)圖示，儲液器和流速調(diào)節(jié)器的作用，與恒壓滴液漏斗作用相同，不影響氣體體積的測量；

故答案選C。

（2）①該儀器原圖在人教版普通高中教科書化學(xué)選擇性必修3《有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)》第36頁，圖2-6“乙烘的實(shí)

驗(yàn)室制取及性質(zhì)檢驗(yàn)”中，名稱為“具支試管”；②將電石放置于甲處時，產(chǎn)生的糊狀物質(zhì)由于重力作用沿著

玻璃珠空隙流下，而電石則因固體無流動性而留在玻璃珠上方，由此實(shí)現(xiàn)固體與糊狀物質(zhì)的及時分離，并

保持糊狀物有足夠的時間處于流動；③依題意，PH3被氧化為H3Po4,故離子反應(yīng)方程式為

PH3+4C1O-=H3PO4+4C1-；

（3）根據(jù)圖示可知，醋酸和鹽酸“反應(yīng)速率過快、放熱過多不易控制”，飽和食鹽水“生成的糊狀物難以實(shí)現(xiàn)

固液分離”，氯化鏤溶液與生成的氫氧化鈣懸濁液反應(yīng)生成易溶于水的氯化鈣，且該反應(yīng)吸熱，使生成乙快的

反應(yīng)放熱平緩，故應(yīng)選擇反應(yīng)速率和放熱較為平穩(wěn)、固液分離率適中的飽和氯化鍍?nèi)芤骸?/p>

（4）理論產(chǎn)量為空聯(lián)匕粵x22.4L/m/=0.42L,實(shí)際產(chǎn)量為0.336L,故產(chǎn)率為空生x100%=80%。

64g/mol0.42L

17.（15分）PCb、PC15常用于制造農(nóng)藥等。磷在氯氣中燃燒生成這兩種鹵化磷?；卮鹣铝袉栴}：

（1）PCb的VSEPR模型是o已知PC15中P原子的d能級參與雜化，分子呈三角雙錐形（如圖甲），

由此推知PCL中P的雜化類型為（填標(biāo)號）。

甲

A.sp3B.sp2C.dsp3D.sp3d

（2）已知，①R（s）+6C12（g）=4PC13（l）=-akJ-mol,

-1

②R（s）+10C12（g）=4PC15（s）AH2=-bkJ-mol（&>?>0）。

1

則PJ⑴+C12（g）=PC15（s）AH=（用含。、b的式子表示）kJ-molo

（3）實(shí)驗(yàn)測得PCL（g）+C12（g）PCL（g）的速率方程為v=k（PCh）y（C12）（左為速率常數(shù)，只與溫度、

催化劑有關(guān)）,速率常數(shù)攵與活化能的經(jīng)驗(yàn)關(guān)系式為Hln左二-/（R為常數(shù)，Ea為活化能，T為絕對溫度）。

①一定溫度下，向密閉容器中充入適量PCL（g）和CL（g）,實(shí)驗(yàn)測得在催化劑Catl、Cat2下Rin上與:的關(guān)

系如圖乙所示。催化效能較高的是（填“Catl”或“Cat2”），判斷依據(jù)是。

②將2nmolPCl3（g）和nmolCl2（g）充入體積不變的密閉容器中，一定條件下發(fā)生上述反應(yīng)，達(dá)到平衡時，

PJ（g）為.mol,如果此時移走?^^^/⑷和以“!!!。15（g）,在相同溫度下再達(dá)到平衡時PJ（g）的

物質(zhì)的量為x,則x為（填標(biāo)號）。

A.x=amolB.x=0.5〃molC.x<0.5amolD.0.5。mol<%<〃mol

（4）向恒容密閉容器中投入0.2molCl?和0.2molPCl3（g）,發(fā)生反應(yīng)：PC13（g）+Cl2（g）PCl5（g）,在

不同條件下進(jìn)行，反應(yīng)體系總壓強(qiáng)隨時間的變化如圖丙所示。

①相對曲線b,曲線a改變的條件可能是；曲線c改變的條件可能是o

②曲線b條件下，該反應(yīng)平衡常數(shù)（KQ為。［提示：用分壓計算的平衡常數(shù)為壓強(qiáng)平衡常數(shù)

分壓=總壓x物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)。］

【答案】（1）四面體形（1分）D（2分）

（2）-等（2分）

（3）①Catl（2分）改變相同溫度，Kin上變化值較小，E,較?。?分）②C（2分）

（4）①升高溫度（1分）加催化劑（1分）②0.025（kPa尸（2分）

【解析】（1）PCI分子中P原子價層電子對數(shù)為4,其中孤電子對數(shù)為1,VSEPR模型為四面體形。PC15

分子含5個單鍵，需要5個雜化軌道。基態(tài)P原子電子排布式為Is22s22P63s23P5,3s、3p、3d能量相近，

可以參與雜化，雜化類型為sp3d。

（2）根據(jù)蓋斯定律可知，（②-①）+4得目標(biāo)熱化學(xué)方程式，則kJ-mol-1,由于b>a,則a-b<0,

三氯化磷與氯氣反應(yīng)生成五氯化磷是放熱反應(yīng)。

（3）①根據(jù)表達(dá)式可知，溫度變化相同時，Ea值越小，Rink變化值（絕對值）越小，直線斜率越小，催化劑

催化效能越大。由圖乙可知，Catl對應(yīng)直線的斜率較小。

②移走一半反應(yīng)物，相當(dāng)于壓強(qiáng)減小，減壓平衡逆向移動，即平衡時PCL的物質(zhì)的量小于原平衡的一半，

故選Co

（4）①曲線a、b起始狀態(tài)時，容器體積相同，反應(yīng)物的物質(zhì)的量相同，溫度越高，壓強(qiáng)越大，即溫度：a>b?

曲線c和b達(dá)到相同的平衡狀態(tài)，只是前者先達(dá)到平衡，c反應(yīng)速率較大，該反應(yīng)是氣體分子數(shù)不相等的反

應(yīng)，故c改變條件是加入催化劑，或加入效率更高的催化劑。

②同溫同容條件下，壓強(qiáng)之比等于物質(zhì)的量之比。

PCh(g)+Cljg)=PClJg)

起始物質(zhì)的量出血0.20.20

變化物質(zhì)的量/molXXX

平衡物質(zhì)的量/mol0.2-x0.2-xx

0.4mol160kPa

x=0.1,p(PCl3)=p(Cl2)=/?(PCl5)=120kPax|=40kPa,

0.4mol-jmol120kPa

_Pg)

40kPa=0.025(kPa尸。

P40kPax