天域安徽大聯(lián)考2024屆高三第二次素質(zhì)測(cè)試

化學(xué)

本試卷分選擇題和非選擇題兩部分，選擇題第1至第5頁，非選擇題第6至第8頁.全卷滿

分100分，考試時(shí)間75分鐘.

考生注意事項(xiàng)：

1.答題前，務(wù)必在試題卷、答題卡規(guī)定的地方填寫自己的姓名、座位號(hào)，并認(rèn)真核對(duì)答題卡

上所粘貼的條形碼中姓名、座位號(hào)與本人姓名、座位號(hào)是否一致.

2.答選擇題時(shí)，每小題選出答案后，用2B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).

3.答非選擇題時(shí)，必須使用0.5毫米的黑色墨水簽字筆在答題卡上書寫，要求字體工整、筆

跡清晰.作圖題可先用鉛筆在答題卡規(guī)定的位置繪出，確認(rèn)后再用0.5毫米的黑色墨水簽字筆

描清楚.必須在題號(hào)所指示的答題區(qū)域作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效，在試題卷、草

稿紙上答題無效.

4.考試結(jié)束，務(wù)必將試題卷和答題卡一并上交.

可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：HTB-llC-12N-140-16Na-23Cl-35.5Ni-59

一、選擇題（本大題共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.《茶經(jīng)》是世界上第一部關(guān)于茶的專著，更是中華優(yōu)秀傳統(tǒng)文化的重要組成部分.其內(nèi)容中蘊(yùn)含著豐富

的化學(xué)知識(shí)，下列說法錯(cuò)誤的是

A.《茶經(jīng)?四之器》：“蝮”，以生鐵為之，今人有業(yè)冶者所謂急鐵.“蝮”的主要材質(zhì)為合金

B.《茶經(jīng)?四之器》：越州瓷、岳瓷皆青，青則益茶，茶作白紅之色.“白瓷”的主要成分是二氧化硅、氧

化銅

C.《茶經(jīng)?三之造》：“晴采之，蒸之，搗之，拍之，焙之，穿之，封之，茶之干矣.“蒸”是蒸青工藝，

利用高溫破壞酶的活性

D.《茶經(jīng)?六之飲》：茶茗久服，令人有力、悅志.“茶茗”中具有提神功能成分是咖啡因，促進(jìn)大腦思維

活躍，提神醒腦

【答案】B

【解析】

【詳解】A.“蝮”，以生鐵為之，生鐵是鐵和碳的合金，故A正確；

B.“白瓷”是硅酸鹽產(chǎn)品，主要成分是二氧化硅、氧化鋁等，故B錯(cuò)誤；

C.“蒸”的條件是高溫，是利用高溫破壞酶的活性，延長(zhǎng)茶的壽命，故C正確；

D.咖啡因能促進(jìn)大腦思維活躍，提神醒腦，所以“茶茗”具有提神功能，故D正確；

故答案為：Bo

2.化學(xué)用語可以表達(dá)化學(xué)過程，下列化學(xué)用語的表述鐐誤的是

A.用電子式表示MgCl2的形成：：MgK五：一?l：C|：］M^hci：

B.用電子輪廓圖表示H-Cl的。鍵形成的示意圖：

HClHClMCI

3+

C.用離子方程式表示泡沫滅火器的工作原理：Al+3HCO；=Al(0H)3J+3CO2T

D,苯酚和甲醛在酸性條件下反應(yīng)能生成酚醛樹脂：

OHOH

n+nHCHO+j^|—CH2-|^+(n-lJHTO

【答案】D

【解析】

【詳解】A.用電子式表示MgCb的形成：：ClMgU^Cl：----?|：CJ：j乂尸［：￡1：］，A正確;

B.用電子輪廓圖表示H-Cl的。鍵形成的示意圖：◎一,

HaHClHC1

B正確；

C.泡沫滅火器中的成分為硫酸鋁和碳酸氫鈉，二者發(fā)生雙水解，生成氫氧化鋁和二氧化碳，使可燃物與空

3+

氣隔絕，達(dá)到滅火的目的，離子方程式為：Al+3HC0；=Al(OH\I+3CO2T,C正確；

D.苯酚和甲醛在酸性條件下發(fā)生縮聚反應(yīng)形成酚醛樹脂，化學(xué)方程式為：

彳、OHH+H葉Cjl

n|+〃HCHOf/=\J+(n-l)HO,

H2D^,

故選D。

3.硫酸鋁錠是一種食品添加劑，化學(xué)式為NH4Al(SO-2,下列說法錯(cuò)誤的是

A,硫酸鋁錠固體中，NH；和SO；的空間構(gòu)型均是正四面體形

280℃

B.硫酸鋁鏤固體受熱分解的化學(xué)方程式為：2NH4A1(SO4)2^=2NH3T+4SO3T+A12O3+H2O

C.硫酸鋁鏤溶液中存在如下關(guān)系：c(NH：)+3c(Al3+)=2c(SOt)

D.向硫酸鋁鏤溶液中滴加少量Ba(OH%溶液的離子方程式：

3+2+

2A1+3S0：+3Ba+60H-=3BaSO4J+2A1(OH)3J

【答案】C

【解析】

【詳解】A.硫酸鋁鏤固體中，NH；中N的價(jià)層電子對(duì)為4+5x(5-1-4x1)=4、SO：中S的價(jià)層電子對(duì)

為4+gx(6+2-4x2尸4,所以空間構(gòu)型均是正四面體形，故A正確；

B.硫酸鋁鐵固體在一定條件下受熱分解，發(fā)生非氧化還原反應(yīng)時(shí)生成氨氣、三氧化硫、氧化鋁和水，其化

學(xué)方程式為：2NH4Al(SO4)2"空2NH3T+4SO3T+A12O3+H2O,故B正確；

C.根據(jù)溶液中電荷守恒c(NH；)+3c(AF+)+c(H+尸2c(SOj)+c(OH-),又因?yàn)榱蛩徜X鍍?nèi)芤撼仕嵝裕?/p>

即c(H+)>c(OH),所以c(NH：)+3c(Ap+)<2c(SOj),故C錯(cuò)誤；

D.向硫酸鋁鏤溶液中滴加少量氫氧化領(lǐng)少量時(shí)，氫氧根離子只與鋁離子生成氫氧化鋁沉淀，所以反應(yīng)的離

子方程式為2Al3++3SOj+3Ba2++6OH=2Al(OH)3J+3BaSO4J,故D正確；

答案為：Co

4.對(duì)下列事實(shí)的解釋第送的是

選

事實(shí)解釋

項(xiàng)

N的2P軌道半充滿，結(jié)構(gòu)更穩(wěn)定，能

A第一電離能：N>0

量更低

碳正離子穩(wěn)定性：

Br電負(fù)性比F小，電子云更加的偏向

B

C—CH,Br>C—CH,F碳正離子

HH

H2。分子間存在氫鍵，H2s分子間不

熱穩(wěn)定性：

CH2O>H2S

存在氫鍵

C的雜化軌道中s成分越多，形成的

DC—H鍵鍵長(zhǎng)：CH4>C2H4

C-H鍵越強(qiáng)，鍵長(zhǎng)越短

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【詳解】A.N的電子排布式為Is22s22P3,。的電子排布式為Is22s22P4,即N的2P軌道半充滿，結(jié)構(gòu)更穩(wěn)

定，所以第一電離能N>0,故A正確；

B.Br電負(fù)性比F小，電子云更加的偏向碳正離子，所以碳正離子穩(wěn)定性：^.C—CH2Br>/C—CH2F,

HH

故B正確；

C.分子間氫鍵只能影響物理性質(zhì)，不能夠影響化學(xué)性質(zhì)，應(yīng)該是元素的非金屬性越強(qiáng)，氫化物的穩(wěn)定性越

強(qiáng)，所以熱穩(wěn)定性H2O>H2S,故C錯(cuò)誤；

D.CH4中C的雜化類型為sp3,C2H4中C的雜化類型為sp2,C的雜化軌道中s成分越多，形成的CH鍵越

強(qiáng)，鍵長(zhǎng)越短，所以CH鍵鍵長(zhǎng)：CH4>C2H4,故D正確；

故答案為：Co

5.下列實(shí)驗(yàn)裝置能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖?/p>

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【詳解】A.除去氯氣中混用的氯化氫氣體時(shí)，混合氣體應(yīng)從洗氣瓶的長(zhǎng)導(dǎo)氣管通入飽和食鹽水中，故A

錯(cuò)誤；

B.硫化氫的密度大于空氣，應(yīng)用向上排空氣法收集硫化氫氣體，為防止有毒的硫化氫氣體逸出污染空氣,

應(yīng)用氫氧化鈉溶液吸收尾氣，故B正確；

C.銅絲的焰色試驗(yàn)為綠色，則完成氯化鈉的焰色試驗(yàn)時(shí)不能用銅絲蘸取氯化鈉溶液在火焰上灼燒，故C錯(cuò)

誤；

D.氯化鎂在溶液中水解生成氫氧化鎂和鹽酸，直接蒸發(fā)氯化鎂溶液時(shí)，氯化氫受熱揮發(fā)，使水解平衡不斷

右移直至趨于完全得到氫氧化鎂，無法得到無水氯化鎂，故D錯(cuò)誤；

故選B。

6.化合物M-6H2。可用作洗滌粉，M的結(jié)構(gòu)如下，其中X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的短周期主族

元素，下列說法簿送的是

-X-|2-

上『X

w，'S'Z7Y、w+

I、z彳

X-ZzI

A.Y的基態(tài)原子核外電子排布中有1個(gè)未成對(duì)電子

B.X、Y、Z、W元素中電負(fù)性最大的是Z

C.Z、W形成的化合物中可能含有共價(jià)鍵

D.X、Z形成的X2Z2分子的空間構(gòu)型是直線形

【答案】D

【解析】

【分析】M中X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，W能形成帶一個(gè)單位正電荷的W+離

子，則W為Na元素；陰離子中X、Y、Z形成共價(jià)鍵的數(shù)目分別為1、4、2,則X為H元素、Y為B元

素、Z為。元素。

【詳解】A.硼元素的原子序數(shù)為5,基態(tài)原子的價(jià)電子排布式為2s22pJ則原子核外有1個(gè)未成對(duì)電子，

故A正確；

B.金屬元素的電負(fù)性小于非金屬元素，元素的非金屬性越強(qiáng)，電負(fù)性越大，非金屬元素中氧元素的非金屬

性最強(qiáng)，則氧元素的電負(fù)性最大，故B正確；

C.過氧化鈉是含有離子鍵和共價(jià)鍵的離子化合物，故C正確；

D.過氧化氫中氧原子的雜化方式為sp3雜化，分子的空間構(gòu)型為書形，不是直線形，故D錯(cuò)誤；

故選D。

7.青蒿素、雙氫青蒿素都是治療瘧疾的有效藥物，一定條件下有如下轉(zhuǎn)化，下列說法錯(cuò)誤的是

雙氫青蒿素

A.青蒿素的的分子式為C14H20O5

B.青蒿素轉(zhuǎn)化成雙氫青蒿素發(fā)生了還原反應(yīng)

C,雙氫青蒿素比青蒿素水溶性好

D青蒿素和雙氫青蒿素一定條件下均能氧化碘化鈉，生成碘單質(zhì)

【答案】A

【解析】

【詳解】A.青蒿素的分子式為Cl5H22O5,A錯(cuò)誤；

B.青蒿素轉(zhuǎn)化為雙氫青蒿素，C=O與氫氣發(fā)生加成，屬于還原反應(yīng)，B正確；

C.青蒿素轉(zhuǎn)為為雙氫青蒿素，酯基轉(zhuǎn)化為羥基，雙氫青蒿素含有羥基，水溶性更好，C正確；

D,青蒿素和雙氫青蒿素中均含過氧鍵，有強(qiáng)氧化性，均能和Nai溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng)，D正確。

故選Ao

8.實(shí)驗(yàn)室從含L的水溶液中提取純碘有以下兩種方案

下列說法錯(cuò)誤的是

A.“富集”使用的分液漏斗振蕩排氣時(shí)，分液漏斗下口應(yīng)向上傾斜

B.方案甲中，“酸化”時(shí)反應(yīng)的氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比可能為1：5

C.方案乙中，“操作X”的名稱是升華

D.該流程中CC;可循環(huán)利用

【答案】C

【解析】

【詳解】A.“富集”使用的分液漏斗振蕩排氣時(shí)，為了方便排氣減小壓強(qiáng)差，分液漏斗下口應(yīng)向上傾斜，

A正確；

B.方案甲中，加入NaOH溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式為3l2+6NaO/f=Mz/a+5Na/+3H2。，“酸化”時(shí)

反應(yīng)的化學(xué)方程式為5Mz/+Na/Q+3H25。4=312+3225。4+3凡0,氧化劑為NaQ,還原劑為Nai,

氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1：5,B正確；

C.根據(jù)流程圖可知，方案乙中，“操作X”的名稱是蒸儲(chǔ)，C錯(cuò)誤；

D.根據(jù)流程圖可知，該流程中CCL可循環(huán)利用，D正確；

故選C。

9.化學(xué)鍍銀法得到的鍍層均勻性、硬度等性能都較好，一種化學(xué)鍍銀所用的部分試劑及其功能如下：

試

NiCl2H2NCH2CH2NH2NaBH4NaOH

劑

功提供穩(wěn)定NaBH、降低水

與Ni2+絡(luò)合

能Ni2+解率

己知：①鍍層為Ni—B合金，比例為n(Ni3：B):n(Ni)=3:l；②Ni(0H)2難溶于水；③NaBH4的水解:

NaBH4+4H2O=NaB(OH)4+4H2T.

下列說法簿誤的是

H

A.NaBH’的電子式為Na+[H：B：H]"

H

B.NaBH’的功能是作為還原劑

C.不使用H2NCH2CH2NH2則鍍銀速率將會(huì)減小

D.若3.0molNaBH4參與反應(yīng)生成8.96LH2(已換算成標(biāo)準(zhǔn)狀況下)，則鍍層增重460g

【答案】D

【解析】

H

【詳解】A.NaBH4為離子化合物，其電子式為Na+[H：B：H]-,故A正確；

H

B.NaBH4中氫元素的化合價(jià)為1價(jià)，具有很強(qiáng)的還原性，所以其功能是作為還原劑，故B正確；

C.H2NCH2cH2NH2能與Ni2+絡(luò)合，以絡(luò)合產(chǎn)物鍍銀速率更快，所以不使用則鍍銀速率將會(huì)減小，故C

正確；

D.若3.0molNaBH4參與反應(yīng)生成8.96LH2,BP0.4molH2,據(jù)NaBH4+4H2(D=NaB(OH)4+4H2T可知，有

0.1molNaBH4參與了此反應(yīng)，則剩下的2.9molNaBH4參與了鍍銀，鍍層中n(Ni3B):n(Ni)=3：l,即鍍層中

2929

有2.9molNi3B、—molNi,則鍍層增重2.9x(59x3+1l)+y-x59=602g,故D錯(cuò)誤;

故答案為：D。

10.N2H4是一種良好的火箭燃料.我國科學(xué)家合成的某Ru(H)催化劑(用[L-Ru-NH3「表示)能高效

電催化氧化NH3合成N2H4,其反應(yīng)機(jī)理如圖所示，下列說法錯(cuò)送的是.

I

++

2[L-RU-NH2]2[L-RU-NH2]

IVIII

A.Ill中Ru的化合價(jià)為+3

B.圖示中M物質(zhì)是NH；

C.圖示中物質(zhì)I為該反應(yīng)的催化劑，物質(zhì)H、III、IV、V為中間產(chǎn)物

+

D.總反應(yīng)表示為4NH3+2H=N2H4+2NH；

【答案】D

【解析】

【分析】Ru(II)催化劑(用[L-Ru-NH3『表示)能高效電催化氧化NH3合成N2H4,所以[口"年凡]中Ru

為+2價(jià)，圖示顯示I-*II失去1個(gè)電子，所以H中Ru為+3價(jià)，II-III轉(zhuǎn)化為

2++

2[L-RU-NH3]+2NH3=2[L-RU-NH2]+2NH；。

【詳解】A.據(jù)以上分析可知，I［中Ru為+3價(jià)，II-III轉(zhuǎn)化發(fā)生的是質(zhì)子的轉(zhuǎn)移，其中沒有元素化合價(jià)變

化，所以III中Ru的化合價(jià)為+3,故A正確；

B.根據(jù)元素質(zhì)量守恒以及電荷守恒，II-I^轉(zhuǎn)化為2［L-Ru-NH3『+2NH3=2［L-Ru-NH2「+2NH；,所

以圖示中M物質(zhì)是NH；,故B正確；

c.圖示中物質(zhì)I為［L-RU-NH3『，是該反應(yīng)的催化劑，圖上顯示物質(zhì)n、in、w、v在整個(gè)流程中先生

成后消耗，所以他們?yōu)橹虚g產(chǎn)物，故C正確；

D.根據(jù)題意：Ru(H)催化劑(用［L-Ru-NH3『表示)能高效電催化氧化NH3合成N2H4,以及物質(zhì)II、III、

IV、V為中間產(chǎn)物，所以總反應(yīng)表示為4NH3-2e-=N2H4+2NH；,故D錯(cuò)誤；

故答案為：D。

11.鋅電池是一種電壓較高的二次電池，放電時(shí)KOH凝膠中允許離子存在、生成或遷移，其示意圖如圖。

已知：Zn(OH)2+20H-=Zn(OH)^o下列說法不正琥的是

OQ

稀硫酸KOH凝膠

—--------1

-Mn2+----OH-

o

k-ff-------Zn(OH)t

Mn02放電過程Zn

A.充電時(shí)，MnC)2外接電源正極

B.充電時(shí)，凝膠中的KOH可再生

+-2+

C.放電時(shí)，正極反應(yīng)為：MnO2+4H+2e=Mn+2H2O

D.放電時(shí)，若外電路有0.2mol電子轉(zhuǎn)移，則有O.lmolZV+向正極遷移

【答案】D

【解析】

【分析】活潑金屬鋅與MnO2的反應(yīng)具有自發(fā)性，故鋅做負(fù)極，失電子生成電極反應(yīng)式為

2+

沏―2片+40斤=Z〃(O/f)：,MnO2在正極得電子，電極反應(yīng)式為兩。2+2片+4可=M?+2H2Oo

【詳解】A.根據(jù)二次電池“正接正，負(fù)接負(fù)”的規(guī)律，充電時(shí)，Mt!。？外接電源正極，A正確;

B.充電時(shí)，陰極反應(yīng)為2〃（。0：+2}=沏+40斤，從而實(shí)現(xiàn)KOH的再生，B正確；

C.根據(jù)分析，放電時(shí)正極反應(yīng)為旃Q+2e-+4H+=M22++2H2O,C正確；

D.負(fù)極區(qū)呈堿性，Zn主要以的形式存在，不能向正極遷移，D錯(cuò)誤；

故答案選D。

12.新型離子液體表現(xiàn)出特殊的溶解性，廣泛用作纖維素溶解、蛋白質(zhì)結(jié)晶、納米制備等方向的

溶劑，其結(jié)構(gòu)如圖所示.下列說法錯(cuò)誤的是

H3C.+

A.基態(tài)氯原子核外電子空間運(yùn)動(dòng)狀態(tài)有9種

B.lmol[BMIm]Cl中含有b鍵的數(shù)目為16NA（NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值）

合成基礎(chǔ)原料咪嗖（為平面分子，形成的大兀鍵可表示為求

D.相較于傳統(tǒng)液態(tài)有機(jī)溶劑，具有難揮發(fā)的優(yōu)點(diǎn)

【答案】B

【解析】

【詳解】A.氯元素的原子序數(shù)為17,電子排布式為Is22s22P63s23P5,核外有9種原子軌道，故基態(tài)原子的核

外電子的空間運(yùn)動(dòng)狀態(tài)有9種，A正確；

B.根據(jù)題目所給結(jié)構(gòu)，中含有◎鍵的數(shù)目為25NA,B錯(cuò)誤；

c.咪嗖（（y）為平面分子，形成的大兀鍵可表示為"；，c正確；

K

H

D.相較于傳統(tǒng)液態(tài)有機(jī)溶劑，由于離子液體內(nèi)離子對(duì)之間的吸引力較強(qiáng)，具有難揮發(fā)的優(yōu)點(diǎn)，

D正確；

故選B。

RROH

13.醛、酮與HCN可發(fā)生加成反應(yīng)：、C=O+H-CN'c’平衡常數(shù)為K,微量堿存在時(shí)

.//\

RRCN

的催化機(jī)理如下.

快

第一步HO+H-CN-H20+-CN

RRO

\慢\/

第二步-CN+c=oc

R，R/CN

ROROH

\/柿'/

第三步C+H,0萼^C+H0-

/\2/\

R'CNR'CN

己知不同基團(tuán)(-R、-R')對(duì)平衡常數(shù)的影響如下表所示:

平衡常

-R-R'

數(shù)K

a

?-H210

②-H530

Br

③-CH3-CH2cH338

-C(CH3)3-C(CH3)3《1

下列說法不正確的是

A.第二步為決速步驟

B.若將微量堿改成加入酸，則反應(yīng)速率減慢

C.由①②可知推電子基團(tuán)可以使者上的C原子活化，增大平衡常數(shù)

/\

D.④的平衡常數(shù)小于③，可能是因?yàn)棰苤?受到的空間位阻更大

/\

【答案】C

【解析】

【詳解】A.第二步反應(yīng)慢，為決速步驟，A正確；

B.氫離子能與CN一結(jié)合生成HCN,降低CN-濃度，所以若將微量堿改成加入酸，則反應(yīng)速率減慢，B正

確；

C.由①②可知吸電子基團(tuán)可以使2上的C原子活化，增大平衡常數(shù)，C錯(cuò)誤；

/\

D.由于④中受到的空間位阻更大，不利于反應(yīng)進(jìn)行，所以④的平衡常數(shù)小于③，D正確;

答案選C。

14.常溫下可通過調(diào)節(jié)pH使Ca?+和Mi?+形成氟化物沉淀而分離。測(cè)得不同條件下體系中l(wèi)gc(X)[c(X)

為、Ca?+或Mi?+的物質(zhì)的量濃度，單位為mol/L]與1g的關(guān)系如下圖所示，已知

下列說法正確的是

Ksp(MnF2)>Ksp(CaF2),

A.線b代表lgc(Mn2+)

B.溶度積常數(shù)Ksp(CaF2)=10f9

C.“凈化”過程中反應(yīng)MnF2⑸+Ca2+(aq)=Mn2+(aq)+CaF2⑸的平衡常數(shù)K=l()8

c(F)=10-21mol/L

【答案】C

【解析】

c(HF)C(F)

【分析】由電離常數(shù)可知，溶液中而F，則溶液中l(wèi)g越大，溶液中氟離子濃度越大,

c(HF)

鈣離子、錦離子的濃度越小，氟化錦的溶度積大于氟化鈣，則b代表lgc（F一）與1g的關(guān)系、li、L

JLJ+\

c(HF

分別代表lgc(Ca2+)、lgc(Mn2+)與1g的關(guān)系。

c(H+

c(HF

【詳解】A.由分析可知，b代表lgc（F7）與1g的關(guān)系，故A錯(cuò)誤;

c(H+

c(HF

B.由圖可知，溶液中1g=1時(shí)，溶液中氟離子濃度為l（F2.2moi/L、鈣離子濃度為IO—9moi/L,則

氟化鈣的溶度積為10-2.2x10-5.9=10-8」，故B錯(cuò)誤;

c(HF

C.由圖可知，溶液中1g=1時(shí)，溶液中銹離子濃度為1021mol/L＞鈣離子濃度為10f9mol/L,則

c(H+

c(Mn2+)JO21

由方程式可知，反應(yīng)的平衡常數(shù)長(zhǎng)==108,故c正確;

D.由圖可知，溶液中1g時(shí)，溶液中氟離子濃度為l（P2.2moi/L,故D錯(cuò)誤;

故選C。

（在此卷上答題無效）

二、非選擇題（本大題共4小題，共58分.）

15.以含鉆廢渣（主要成分為CoO和Co?。?,含少量鐵、鋁、鋅、硅的氧化物）為原料制備CO2O3的工藝

如下:

含鉆廢渣CoCO3

相關(guān)的氫氧化物的溶度積如表所示:

氫氧化物CO(OH)2Zn(OH)2Fe(OH)3A1(OH)3

%10-14210-6610-37.4]0-32.3

（1）基態(tài)鉆原子的價(jià)電子軌道表示式

(2)“酸浸”中SO?的主要作用是；若SO2用量過多會(huì)造成什么影響：；

(3)已知“除雜”中Co?+的濃度為O.OOlmoLLT，則應(yīng)調(diào)節(jié)的pH范圍為；“濾渣2”的主

要成分是；

Q/OH

(4)“萃取鋅”中可用P204(I，簡(jiǎn)寫為HA)作萃取齊上

①酸性強(qiáng)弱：P204H3PO,(填“<"、"=”或)；

②萃取時(shí)若水溶液的酸性太強(qiáng)則萃取率較低，原因是；

(5)“沉鉆”中，若碳酸鈉溶液濃度過大或加入速度過快會(huì)生成2coeC>3-3Co(OH)2沉淀，寫出生成

2COCO3-3CO(OH)2的離子方程式。

【答案】(1)(2)①.將三價(jià)鉆元素還原成二價(jià)鉆元素②.造成

H2O2的浪費(fèi)

(3)①.4.9?8.4②.FeCOH%、A1(OH)3

(4)①.<②.HA為弱酸，酸性較強(qiáng)時(shí)A一離子濃度較小

2+

(5)5CO+8cOj+6H2O=2COCO3-3Co(OH)2J+6HC0；

【解析】

【分析】由題給流程控制，向含鉆廢渣中加入稀硫酸和二氧化硫酸浸，將金屬氧化物轉(zhuǎn)化為可溶性硫酸鹽,

二氧化硅與稀硫酸不反應(yīng)，過濾得到含有二氧化硅的濾渣和含有可溶性硫酸鹽的濾液；向?yàn)V液中加入過氧

化氫溶液，將溶液中的亞鐵離子氧化為鐵離子，向氧化得到的溶液中加入碳酸鈉溶液調(diào)節(jié)溶液pH,將溶液

中的鐵離子、鋁離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀，過濾得到含有氫氧化鐵、氫氧化鋁的濾渣和濾液；

向?yàn)V液中加入有機(jī)萃取劑萃取溶液中的鋅離子，分液得到含有鋅離子的有機(jī)相和水相；向水相中加入碳酸

鈉溶液，將溶液中的亞鉆離子轉(zhuǎn)化為碳酸亞鉆沉淀，過濾得到碳酸亞鉆。

【小問1詳解】

鉆元素的原子序數(shù)為27,基態(tài)原子的價(jià)電子排布式為3d74s2,軌道表示式為"111T1JI工IEll,

故答案為:

【小問2詳解】

由題給流程控制，酸浸時(shí)通入二氧化硫的目的是將將三價(jià)鉆元素還原成二價(jià)鉆元素，若二氧化硫用量過多

會(huì)消耗氧化步驟加入的過氧化氫溶液，造成過氧化氫溶液浪費(fèi)，故答案為：將三價(jià)鉆元素還原成二價(jià)鉆元

素；造成H2O2的浪費(fèi)；

【小問3詳解】

由分析可知，加入碳酸鈉溶液調(diào)節(jié)溶液pH,將溶液中的鐵離子、鋁離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀，

由溶度積可知，溶液中鋁離子完全沉淀時(shí)，溶液中的氫氧根離子濃度大于則溶

Y10-5mol/L

液pH大于4.9；由亞鉆離子溶液的濃度為O.OOlmol/L可知，溶液中氫氧根離子濃度小于

I~IO〉一—

J---------=10F6moi比，則溶液pH小于8.4,所以“除雜”時(shí)應(yīng)調(diào)節(jié)的pH范圍為4.9—8.4；由分析可

VO.OOlmoVL

知，濾渣2的主要成分為氫氧化鐵、氫氧化鋁，故答案為：4.9—8.4；Fe(0H)3、A1(OH)3;

【小問4詳解】

①由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，P204為磷酸分子中2個(gè)羥基的氫原子被炫基取代所得結(jié)構(gòu)，燒基為供電子基團(tuán)會(huì)使磷

酸分子中羥基的活性減弱，電離出氫離子的能力減弱，所以P204的酸性弱于磷酸，故答案為：<；

②萃取時(shí)若水溶液的酸性太強(qiáng)，溶液中的氫離子會(huì)抑制HA的電離，導(dǎo)致溶液中A-離子濃度較小，使得萃

取率較低，故答案為：HA為弱酸，酸性較強(qiáng)時(shí)A一離子濃度較小；

【小問5詳解】

由題意可知，“沉鉆”中生成2coeC>3-3Co(OH)2沉淀的反應(yīng)為溶液中亞鉆離子與碳酸根離子反應(yīng)生成

2coeO3-3CO(OH)2沉淀和碳酸氫根離子，反應(yīng)的離子方程式為

2+；-故答案為:

5CO+8C0+6H2O=2COCO3-3Co(OH)2J+6HCO3,

2+：；。

5CO+8cO+6H2O=2COCO3-3Co(OH)2J+6HC0

16.檸檬酸鐵鐵［(NH4)3Fe(C6H5。7)2］易溶于水，不溶于乙醇等有機(jī)溶劑，是一種含鐵量較高的補(bǔ)鐵劑.實(shí)驗(yàn)

0H

O

室利用檸檬酸()制備檸檬酸鐵鏤的實(shí)驗(yàn)步驟如下:

H00H

H0

i.向三頸燒瓶中加入一定量鐵粉，將檸檬酸溶液加入并攪拌，控溫80℃至全部生成檸檬酸亞鐵(FeC6H6。7)

白色沉淀。

ii.降溫至40℃,滴加一定量的氨水充分反應(yīng)，生成檸檬酸亞鐵錢（NEFeC6H5O7）。

iii.控溫40℃,緩慢滴加一定量的雙氧水充分反應(yīng)，經(jīng)一系列操作，得到產(chǎn)品。

A

一A

\￥

、/尾氣吸收

I怛at方&抖珞

已知：檸檬酸鐵鏤［（NH4）3Fe（C6H5。7）2］是檸檬酸鐵（Fee6H6。7）和檸檬酸錢［（NH）C6H5O7］的復(fù)鹽.

回答下列問題：

（1）儀器A的名稱是,在相同條件下，Imol檸檬酸分子分別與足量Na、NaHCC?3反應(yīng)生成氣

體體積比為;

（2）步驟i中，若檸檬酸加入量逐漸增多，最終會(huì)導(dǎo)致檸檬酸鐵鏤的含鐵量逐漸減少，可能的原因是

;（從產(chǎn)品純度及后續(xù)實(shí)驗(yàn)的操作方面分析）

（3）步驟ii、iii中均需控溫40℃的原因是；

（4）步驟iii中制備檸檬酸鐵鏤的化學(xué)方程式，”一系列操作”包括；

（5）為了測(cè)定產(chǎn)品的純度，實(shí)驗(yàn)的基本原理是將Fe3+還原成Fe2+后，采用分光光度法來測(cè)定純度.實(shí)驗(yàn)時(shí)

測(cè)得樣品的純度顯著偏低，檢查實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)配制樣品溶液時(shí)少加了一種還原試劑，該試劑應(yīng)為

（“鐵粉”或“維生素C”），選擇該試劑的理由是O

【答案】（1）①.恒壓滴液漏斗②.2:3

（2）過量的檸檬酸與氨水反應(yīng)生成檸檬酸鐵，使產(chǎn)品不純

（3）溫度低于40℃化學(xué)反應(yīng)速率慢，高于40℃雙氧水和氨水發(fā)生分解反應(yīng)而損耗

（4）2（NH4）3C6H5O7+2NH4FeC6H5O7+H2O2=2（NH4）3Fe（C6H5O7）2+2NH3.H2O

②.蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、乙醇洗滌、干燥

（5）①.維生素C②.維生素C可將Fe3+還原成Fe2+,選用鐵粉反應(yīng)會(huì)引入更多的Fe2+,使測(cè)定結(jié)

果偏

【解析】

【分析】制備檸檬酸鐵錢時(shí)，先向三頸燒瓶中加入一定量鐵粉，將檸檬酸溶液加入并攪拌，控溫80℃至全

部生成檸檬酸亞鐵(FeC6H6。7)白色沉淀；再降溫至40℃,滴加一定量的氨水充分反應(yīng)，生成檸檬酸亞鐵錢

(NEFeC6H5O7);繼續(xù)控溫40℃,緩慢滴加一定量的雙氧水，將檸檬酸亞鐵氧化為檸檬酸鐵，再加入檸檬

酸錢KNH4)3C6H5。7］充分反應(yīng)，然后蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、乙醇洗滌、干燥，得到產(chǎn)品。

【小問1詳解】

儀器A的名稱是恒壓滴液漏斗，檸檬酸分子中，含有3個(gè)陵基和1個(gè)醇羥基，它們都能與Na反應(yīng)，但只有

我基能與NaHCCh發(fā)生反應(yīng)，所以在相同條件下，Imol檸檬酸分子分別與足量Na、NaHCCh反應(yīng)生成氣體

體積比為2mol:3mol=2:3；

【小問2詳解】

步驟i中，若檸檬酸加入量逐漸增多，過量的檸檬酸會(huì)與剩余的氨水反應(yīng)生成檸檬酸鏤，最終會(huì)導(dǎo)致檸檬酸

鐵錢的含鐵量逐漸減少，可能的原因是：過量的檸檬酸與氨水反應(yīng)生成檸檬酸鍍，使產(chǎn)品不純。

【小問3詳解】

步驟ii使用的氨水受熱易揮發(fā)、步驟iii使用的H2O2受熱易分解，則需控溫40℃的原因是：溫度低于40℃

化學(xué)反應(yīng)速率慢，高于40℃雙氧水和氨水發(fā)生分解反應(yīng)而損耗；

【小問4詳解】

步驟iii中制備檸檬酸鐵錢時(shí)，使用檬酸亞鐵鏤(NEFeC6H5。7)、雙氧水、檸檬酸鏤［(NH)C6H5O7］作為反應(yīng)

物,化學(xué)方程式為2(NHjC6H5O7+2NH4FeC6H5O7+H2O2=2(NHjFe(C6H5O7)2+2NH3H2O；

從溶液中提取溶質(zhì)，需蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，過濾后洗滌，考慮到其易溶于水，應(yīng)使用有機(jī)溶劑洗滌，貝臚一

系列操作”包括：蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、乙醇洗滌、干燥；

【小問5詳解】

將Fe3+還原成Fe2+,需加入還原劑，但不能對(duì)Fe?+的檢測(cè)產(chǎn)生干擾，則該試劑應(yīng)為：維生素C,選擇該試劑

的理由是：維生素C可將Fe3+還原成Fe2+,選用鐵粉反應(yīng)會(huì)引入更多的Fe?+,使測(cè)定結(jié)果偏高。

【點(diǎn)睛】H2O2受熱易分解，當(dāng)溫度為60℃時(shí)，分解率達(dá)50%左右。

17.CO2作為主要的溫室氣體，對(duì)人類的生產(chǎn)生活有著重要影響，H?還原CO?是實(shí)現(xiàn)“碳達(dá)峰、碳中和”

的有效途徑之一，相關(guān)的反應(yīng)如下：

反應(yīng)I：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)AH1

反應(yīng)n：

CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)AH2

反應(yīng)m：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)AH3

反應(yīng)1、II、in的平衡常數(shù)與溫度變化關(guān)系如圖所示.

（1）有利于提高CO2合成CH30H選擇性的條件是。（填字母）

A.高溫高壓B.高溫低壓C.低溫高壓D.低溫低壓

AH,

（2）二魯?shù)娜≈捣秶恰＃ㄌ钭帜福?/p>

AH3-------------

A.<-1B.-l-0C.0?1D.>1

（3）一定條件下，向體積為5L的恒溫密閉容器中加入ImolCOz和3molH2發(fā)生上述反應(yīng)，平衡時(shí)，容器

中H2的濃度為0.25mol?IT】,CH30H的濃度為0.Imol.I?,此時(shí)CO2的濃度為_________mol?1/,反應(yīng)

I的平衡常數(shù)為（保留一位小數(shù)）。

An（COj

（4）H2還原能力（S）可衡量CO2轉(zhuǎn)化率，已知S=-7^,即相同時(shí)間段內(nèi)CO2與H2物質(zhì)的量變化量

H2）

之比，常壓下H,和CO2按物質(zhì)的量之比3:1投料，反應(yīng)相同時(shí)間，H,和CO,轉(zhuǎn)化率如圖所示:

'0(

c8c

6c

Myz-

髀4O

2481O

000000100

①在400-1000C范圍內(nèi)，S值的變化趨勢(shì)是；（填字母）

A.一直增大B.一直減小C.先增大后減小D.先減小后增大

②由圖像可知，H2轉(zhuǎn)化率在600℃時(shí)大于400℃,其原因是；

（5）一種由Cu、In、Te組成的晶體屬四方晶系，晶胞參數(shù)如圖所示，晶胞棱邊夾角均為90。，晶體由原

子填充，該晶體的化學(xué)式為；以晶胞參數(shù)為單位長(zhǎng)度建立的坐標(biāo)系可以表示晶胞中各原子的位

置，稱為原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)，如A點(diǎn)原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)分別為（0,0,0）,則B點(diǎn)原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為.

(3)①.0.0519.2

(4)①.C②.溫度升高，反應(yīng)速率加快

j_j_j_

①.CuInTe②.

(5)22,2,2

【解析】

【小問1詳解】

由圖可知，升高溫度，反應(yīng)I的平衡常數(shù)減小，說明平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，該反應(yīng)為氣體體積減小放熱

反應(yīng)，降低溫度和增大壓強(qiáng)有利于平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，提高甲醇的選擇性，故選C；

【小問2詳解】

由圖可知，升高溫度，反應(yīng)n的平衡常數(shù)增大，說明平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，該反應(yīng)為焰變大于o的吸熱

一AH.

反應(yīng)，由蓋斯定律可知，反應(yīng)I—III得到反應(yīng)II,則—A//3>0,所以.口>1,故選C；

AH3

【小問3詳解】

由題意可建立如下三段式:

CO2(g)+3H2(g)UCH30H(g)+H2O(g)

起(mol)0.20.600

變(mol)0.10.30.10.1

平(mol)0.10.30.10.1

CO2(g)+H2(g)UCO(g)+H2O(g)

起(mol)0.10.300.1

變(mol)0.050.050.050.05

平(mol)0.050.250.050.15

則平衡時(shí)二氧化碳的濃度為0.05inol/L,反應(yīng)I的平衡常數(shù)為°‘x015"a,故答案為：0.05；19.2；

0.05x0.253

【小問4詳解】

①由圖可知，400-600℃范圍內(nèi)，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率增大幅度大于氫氣轉(zhuǎn)化率的增大幅度，則S值呈增大趨

勢(shì)，600-1000℃范圍內(nèi)，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率增大幅度小于氫氣轉(zhuǎn)化率的增大幅度，則S值呈減小趨勢(shì)，所

以400-1000℃范圍內(nèi)，S值的變化趨勢(shì)為先增大后減小，故選C；

②由圖像可知，氫氣轉(zhuǎn)化率在600℃時(shí)大于400℃,說明溫度升高，反應(yīng)速率加快，消耗氫氣的量增大，故

答案為：溫度升高，反應(yīng)速率加快；

【小問5詳解】

由晶胞結(jié)構(gòu)可知，晶胞中位于頂點(diǎn)、面上和體心的銅原子個(gè)數(shù)為8X，+4X；+：1=4,位于棱上、面上和面

82

心的錮原子個(gè)數(shù)為4><工+6X；=4,位于體內(nèi)的硫原子個(gè)數(shù)為8,則晶體的化學(xué)式為CuInTe,；由位于頂

點(diǎn)的A點(diǎn)原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)分別為(0,0,0)可知，晶胞的邊長(zhǎng)為1,則位于體心的B點(diǎn)原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為

故答案為：CuInTe?。

18.有機(jī)物G是一種我酸，其合成路線之一如下:

OO

已知:(R、R為H或煌基).

R-CCH+RCHO稀Na°H溶級(jí)

3R__?_CH=CHR<+H2O

(1)CH3CHC1COOH的化學(xué)名稱是:

(2)由D生成E的反應(yīng)類型為；

(3)E中官能團(tuán)的名稱為；

(4)G中手性碳原子的個(gè)數(shù)為；

(5)F中碳原子的雜化類型為；

(6)H是E的芳香族同分異構(gòu)體，寫出一種滿足下列條件的H的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：

①能發(fā)生水解反應(yīng)且ImolH能與2moiNaOH恰好完全反應(yīng)；

②核磁共振氫譜有5組峰，且峰面積之比為1:1:2:2:6.

O