2022年安徽省蚌埠市高考化学第四次质检试卷（5月份）（附答案详解）

2022年安徽省蚌埠市高考化学第四次质检试卷（5月份）

一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）

1.中华优秀传统文化涉及了很多化学知识，下列说法正确的是（）

A.“弄风柳絮疑城雪，满地榆钱买得春”中的“柳絮”和棉花的主要成分均为蛋白质

B.“煮豆持作羹，漉之以为汁”中的“漉”，涉及的实验基本操作是过滤

C.《新修草本》有关“青研”的描述为“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃，烧

之赤色”，据此推测“青帆”的主要成分为Fe2（SO4）3•7%0

D.《本草纲目拾遗》中对“强水”的记载：“性最猛烈，能蚀五金。”“强水”为强

电解质

2.实验室制取下列气体，所选反应试剂、制备装置与收集方法合理的是（）

选项气体反应试剂制备装置收集方法

Aae

NH3Ca(OH)2>NH4C1

Bcd

C12MnO2.浓盐酸

CNOCu、浓硝酸cd

DNa2s。3、70%硫酸b

so2f

A.AB.BC.CD.D

3.已知X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前20号主族元素，X与W、丫与Z分别同主

族，W、Z的简单离子核外电子排布相同，X、Y、Z、W元素组成的某化合物的结构

如图。下列说法正确的是（）

rY

II

WY—Z—Y—Y—X

II

LY」

A.简单离子的半径：W>Z>Y>X

B.简单氢化物的还原性：Y>Z

C.化合物M中丫的化合价均为-2

D.WX可与比0反应生成X的单质

4.某有机化合物M是一种药物的合成中间体，其结构简式如图。下列有关该有机化合

物的说法不正确的是（）

A.化学物M的分子式为Ci8H22。3

B.化合物M中含有二种含氧官能团

C.每个M分子中最多有10个碳原子处于同一平面

D.该有机物能发生加成反应、取代反应和水解反应

5.CO与40在铁催化剂表面进行如下两步反应：

第一步：Fe*+N20=FeO*+N2

第二步：FeO*+C0=Fe*+C02

其相对能量与反应历程如图所示，下列说法不正确的是（）

能量‘.‘

!N3O+CO^^一厂7-

%?NMs]

•J、f

♦^-o•—

o->oo'>oOo:

Fe*+N2O=FeO«+NIEeO*+CO=Fe*+CO：

反应历♦

催化剂

A.总反应是放热反应，化学方程式为co+MOJ-CO2+N2

B.在反应过程中，有极性键和非极性键的断裂和生成

C.总反应的反应速率由第一步反应决定

D.Fe*为反应的催化剂，FeO*为中间产物

6.研究发现，在酸性乙醇燃料电池中加入硝酸，可使电池持续大电流放电，其工作原

理如图所示。下列说法正确的是（）

A.离子交换膜X为质子交换膜，质子从石墨电极移向Pt电极

B.C2H50H在Pt电极发生还原反应

第2页，共20页

+

C.正极区反应为4N0]+12e-+16H=4N0+8H2O,4N0+3O2+2H2O=4HN03

D.若Pt电极生成2.24LCO2，电路中转移电子数为0.6NA

7.用强碱滴定某一元弱酸时，弱酸被强碱部分中和后可得到“弱酸和弱酸盐”组成的

缓冲溶液，缓冲溶液的pH=pKm-1g嚅(计算时忽略酸的电离和盐的水解)。常

C(盐)

温下，用0.1mol」T的NaOH溶液滴定16.00mL某未知浓度的HX溶液，滴定过程中

消耗NaOH溶液的体积与混合溶液pH之间的关系如图(已知：pKm=-lgKm,

IO048«3.0),下列说法正确的是()

A.滴定前HX溶液的浓度约为0.3mol•LT】

B.HX的电离常数(=10-&79

C.n点溶液中存在c(X-)+2c(0H-)=c(HX)+2c(H+)

D.q点液中离子浓度的大小关系为c(Na+)>c(X-)

二、简答题(本大题共5小题，共73.0分)

8.铳是一种稀土金属元素，在国防、航天、核能等领域具有重要应用。氯化铳(ScCb)

是一种可溶于水的灰白色固体，是制备铳的重要原料。工业上利用固体废料“赤

泥”(含有Fe2()3、SiO2>Sc2O3,TQ等)制取ScCb，请结合流程回答以下问题：

盐酸疑水草酸[气

调!Hl]铳一草:酸铳晶体盖

ScA—«鹭一SeCb

赤泥一•酸浸

111

—J—--------Sc2(C2O4)j6H2O加蒸寂TO

滤渣I滤渣2足量焦炭

已知：①TiC)2难溶于盐酸。

3038

@Ksp[Sc(OH)3]=1.0x10-Ksp[Fe(OH)3]=1.0X10-

(1)滤渣1的主要成分是(填化学式)。

(2)“酸浸”时温度过高，酸浸速率反而减慢，其原因是。

(3)常温下，“调pH”时，溶液中c(Sc3+)=0.001mol」T,为除去杂质离子，应

控制的pH范围是(当溶液中某离子浓度c<1.0xl(p5mol.『1时，可认为

该离子沉淀完全）。

（4）已知Kai（H2c2。4）—a,Ka2（H2c2。4）=b,KSp[Sc2（C204）3]=c。"沆钮"时，

发生反应：2SC3++3H2c204=SC2（C2（）4）3+6H+,此反应的平衡常数K=（

用含a、b、c的代数式表示）。

（5）“加热氯化”过程中排出的气体主要有（填化学式）。

（6）传统制备ScCk的方法是先得到ScCk-6出0沉淀，再高温脱水得ScCb，但通常含

有ScOCl杂质，原因是。

（7）草酸铳晶体[SC2（C2（）4）3-6H2。]在空气中加热，噜券瞿随温度的变化情况如图

所示。25（TC时，晶体的主要成分是（填化学式），550〜850汽，反应的化学

方程式为。（已知SC2（C2O4）3-6H2。的摩尔质量为462g-mor1）

y

((

母MXO

5生76

6

1g

C叠

TK

9.三硫代碳酸钠（Na2cs3）在农业上用作杀菌剂和杀线虫剂，在工业上用于处理废水中

的重金属离子。某化学兴趣小组对Na2cs3的一些性质进行探究，回答下列问题。查

阅资料：©Na2CS3+H2S04=CS2+H2ST+Na2S04,CS2和H2s均有毒;②CS2不

溶于水，沸点46。（2,与CO?某些性质相似，与NaOH作用生成Na2cos2和也0。

LNa2cs3的性质探究

步骤操作及现象

①取少量Na2cs3固体溶于蒸播水配制成溶液并分成两等份

②向其中一份溶液中滴加几滴酚酥试液，溶液变红色

③向另一份溶液中滴加H2sO,酸化的KMnCU溶液，紫色褪去

（1）H2cs3是酸（填“强”或“弱”）。

（2）己知步骤③的氧化产物是SOt，写出该反应的离子方程式。某同学取步

骤③反应后所得溶液于试管中，滴加足量盐酸和氯化钢溶液，通过测定产生的白

色沉淀的质量来求所用Na2cs3质量，你是否同意他的观点，并说明理由。

II.测定Na2cs3溶液的浓度

实验步骤如下：

第4页，共20页

①取50.0mLNa2cs3溶液置于仪器M中，打开K,通入一段时间氮气；

②关闭K,打开分液漏斗活塞，滴入足量2.0mol1r稀H2sO,，关闭活塞;

③反应结束后，再打开K,通入一段时间的热氮气(高于60T)。

CuSO,溶液(足址)碱石灰NaOH溶液(足成)

CDE

(3)仪器M的名称是。

(4)上述装置按气流方向连接合理的顺序为。

a.ADCEB

b.ACBED

c.AEBCD

(5)步骤③中通电的目的是。

(6)为了计算该Na2cs3溶液的浓度，可测定C中生成沉淀的质量。对C中混合物进行

过滤、洗涤、干燥、称重。若C中生成沉淀的质量为7.2g,则该Na2cs3溶液的物质

的量浓度是。也可以通过测定E中溶液质量的增加值来计算Na2cs3溶液的

浓度，若缺少装置D,计算值会(填“无影响”、“偏高”或“偏低”)。

10.二氧化碳加氢可转化为二甲醛(CH30cH3),既可以降低二氧化碳排放量，也可以得

到性能优良的燃料，是实现碳中和的有效手段之一。

回答下列问题：

(1)已知：

1

①CO?@+3H2(g)UCH30H(g)+H2O(g)AH1=-49.0kJ-mol-

②2cH30H(g)UCH30cH3(g)+H2O(g)AH2=-23.5kJ-moL

用二氧化碳和氢气反应制取二甲醛的热化学方程式为。

(2)一定条件下，向体积为2L的恒容闭容器中通入2moic。2和6m。田2发生上述反应。

①下列有关叙述正确的是(填字母序号)。

a.容器内气体密度不再发生改变，说明反应达化学平衡状态

b.使用合适的催化剂可以提高单位时间内CH30cH3的产率

c.反应达化学平衡后，向容器内通入少量氢气，则平衡向正反应方向移动

d.反应达平衡状态后向容器内再通入ImolCOz和3m01出，重新达平衡后CH30cH3体

积分数增大

②升高温度，二甲醛的平衡产率（填“增大”、“减小”或“不变”），原

因是«

③CO2与5混合气体以一定的比例和一定流速分别通过填充有催化剂I和催化剂II

的反应器，CO2转化率与温度的关系如图。a点的C02转化率（填“是”或

，，不是“）平衡转化率，在催化剂I作用下，温度高于Ti时，CO2转化率下降的原因

屣

是

•

co2

转

化

率

E化剂n

催化剂i

K77K

（3）将组成（物质的量分数）为20%C02（g）、60%H2（g）和20%电值）（电不参与反应）的

气体通入反应器，在一定温度和p=2.0MPa的条件下发生反应C02（g）+3H2（g）一

CH30H（g）+H20（g）o平衡时，若C02（g）转化率为50%,则出0出）的分压为

MPa,反应的平衡常数。=（MPa）V。（保留两位有效数字，用平衡分

压代替平衡浓度计算，分压=总压X物质的量分数）

11.氮元素是地球上含量丰富的一种元素，不仅是制造农药、医药的重要元素，也是构

成蛋白质的重要元素。根据所学知识回答以下问题。

（1）基态N原子的成对电子数与未成对电子数之比为,NO］离子的空间构型

为。

（2）N-甲基咪嚏（［JN-CH、）是一种有机化合物，可作为有机合成中间体和树

脂固化N剂，其中碳原子杂化方式为,所含元素第一电离能由大到小的顺序

是,0.1molN-甲基咪哇中含。键的数目为NA。

（3）N-甲基咪理的某种衍生物与甘氨酸形成的离子化合物

2cH2COO-常温下为液态而非固态，原因是_____。

HjcYFH,

（4）TiC）2_aNb是常见的光学活性物质，由TiC>2通过氮掺杂反应生成，表示如图。

第6页，共20页

①立方晶系Ti()2晶胞参数如图甲所示，其晶体的密度为g-cm-3(写计算式,

NA代表阿伏加德罗常数)。

②图乙Ti()2_aNb晶体中a：b=。

依普黄酮是一种抗骨质疏松药物的主要成分。以甲苯为料合成依普黄酮时生成中间体F

的路线如下。

(1)AtB反应的条件是,BtC反应的类型为。

(2)化合物X的结构简式为,习惯命名法的名称为o

(3)化合物E中含氧官能团名称为。写出E与足量NaOH溶液反应的化学方程式

(4)化合物D的同分异构体中，同对满足下列条件的同分异构体的数目为

①芳香族化合物

②可与金属Na反应产生氢气

③能与银氨溶液发生银镜反应。

的合成

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：A.柳絮和棉花都是植物纤维，主要成分均为纤维素，故A错误；

B.煮豆持作羹，漉之以为汁实际上是将豆汁和豆渣分离的过程，涉及的实验基本操作是

过滤，故B正确；

C.青矶的描述为“本来绿色”，则说明其含有亚铁离子，主要成分为Fes。4•7电0,故

C错误；

D.强水的记载为：“性最猛烈，能蚀五金，“强水”为硝酸，属于混合物，不是强电解

质，故D错误；

故选：Bo

A.柳絮和棉花都是植物纤维；

B.煮豆持作羹，漉之以为汁实际上是将豆汁和豆渣分离的过程；

C.青研的描述为“本来绿色”，则说明其含有亚铁离子；

D.“强水”为硝酸，属于混合物。

本题主要考查传统文化涉及的化学知识，体现化学的广泛应用，同时考查学生的审题能

力，属于基本知识的考查，难度不大。

2.【答案】A

【解析】解：A.Ca(0H)2与NH4cl加热时反应生成氨气，符合“固体+固体会气体”制备

气体，即选择制备装置a,氨气易溶于水，密度比空气密度小，采取向下排空气法收集

氨气，收集方法正确，故A正确；

B.浓盐酸与二氧化锌需要在加热条件下制备氯气，制备装置应选择b,故B错误；

C.铜与浓硝酸反应生成二氧化氮，应选择Cu与稀硝酸制备NO,且NO与氧气反应，不溶

于水，不能采取排空气法收集，采取排水法收集，故C错误；

D.二氧化硫易溶于水，不能用排水法收集，密度比空气大，可以用向上排空气法收集，

即选择d装置收集，故D错误；

故选:Ao

A.镂盐与碱加热制备氨气，氨气易溶于水，密度比空气密度小，采取向下排空气法收集

氨气；

B.浓盐酸与二氧化镐加热生成氯气；

第8页，共20页

C.铜与浓硝酸反应生成二氧化氮；

D.二氧化硫易溶于水，不能用排水法收集。

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，掌握常见气体制备原理、气体的收集等键,

侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大。

3.【答案】D

【解析】解：根据分析可知，X为H,丫为0,Z为S,W为K元素，

A.电子层越多离子半径越大，电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，则简单

离子的半径：Z>W>Y>X,故A错误；

B.非金属性越强，简单氢化物的还原性越弱，非金属性：0>S,则简单氢化物的还原

性：Y<Z,故B错误；

C.结合图示可知，化合物M中存在-0-0-键，该0原子化合价为-1价，则M分子中。元

素化合价有一1、一2价，故C错误；

D.WX为KH,KH与水反应生成氢氧化钾和氢气，故D正确：

故选：D«

己知X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前20号主族元素，结合图示可知，丫与Z同主族，

丫形成2个共价键，Z形成6个共价键，二者位于VIA族，则丫为0,Z为S；W形成+1价阳

离子，位于IA族，W、Z的简单离子核外电子排布相同，则W为K；X与W同主族，X形

成1个共价键，贝联为H,以此分析解答。

本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、物质结构来推断元素为解答关键，侧

重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。

4.【答案】C

【解析】解：A.分子中C、H、。原子个数依次是18、22、3,分子式为Ci8H22O3,故A

正确；

B.含氧官能团为堤基、酯基，有两种含氧官能团，故B正确；

C.苯环、乙烯分子中所有原子共平面，甲烷中最多有3个原子共平面，单键可以旋转，

所以最多有12个碳原子共平面，故C错误；

D.含有埃基、碳碳双键、苯环、酯基，具有酮、烯燃、苯和酯的性质，碳碳双键、苯环、

黑基能发生加成反应，酯基能发生取代反应和水解反应，故D正确；

故选:Co

A.分子中C、H、。原子个数依次是18、22、3；

B.含氧官能团为皴基、酯基；

C.苯环、乙烯分子中所有原子共平面，甲烷中最多有3个原子共平面，单键可以旋转：

D.含有琉基、碳碳双键、苯环、酯基，具有酮、烯燃、苯和酯的性质。

本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团

及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。

5.【答案】D

【解析】解：A.第一步+第二步得到总反应，贝I总反应为co+MO工N2+CO2,故A

正确；

B.由图可知，CO与电0崔怀军注意反应生成电和CO2、CO、&0、CO2存在极性键，氮

分子中N三N键为非极性键，则在整个反应历程中，存在极性键的断裂、极性键和非极

性键生成，故B正确；

C.根据反应历程图，第一步活化能高于第二步活化能，活化能越低，反应速率越快，则

第一步反应比第二步反应慢，则总反应的反应速率由第一步反应决定，故C正确；

D.FeO”为该反应的中间产物，Fe*为反应的催化剂，故D错误；

故选：D。

A.第一步+第二步得到总反应；

B.由图可知，CO与N2O在铁催化剂表面进行两步反应生成“和CO2，氮分子中N三N键

为非极性键；

C.总反应的反应速率由活化能最大的步骤决定；

D.由两步反应原理可知，由FeO*在第一步生成，在第二步消耗。

本题考查化学反应能量变化、活化能，解题的关键是掌握放热反应、吸热反应与反应物

总能量、生成物总能量的关系和催化剂通过降低反应活化能加快反应速率，题目难度中

等。

6.【答案】C

【解析】解：A.根据分析，负极区生成的H+将迁移到正极区参与反应，所以离子交换膜

X为质子交换膜，质子从Pt电极移向石墨电极，故A错误；

B.Pt电极为负极，C2H50H发生氧化反应，故B错误；

C.根据分析石墨电极为正极，发生还原反应，电极反应为：4N0j+12e-+16H+=

4N0+8H2O、4N0+302+2H20=4HN03,故C正确；

D.没有告知在标准状态下，无法通过气体体积来计算转移的电子数，故D错误；

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故选：Co

根据原电池原理,Pt电极为负极，发生氧化反应，电极反应为:C2H50H-12e-+3H2O=

2CO2T+12H+,石墨电极为正极，发生还原反应，电极反应为：4N0]+12e-+16H+=

4N0+8H2。、4N0+3O2+2H2O=4HN03,据此分析来解题。

本题考查了原电池原理和电解池原理的应用，为高频考点，侧重考查学生分析判断、获

取信息解答问题及计算能力，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，题目难度不大。

7.【答案】C

【解析】解：A.据分析，原HX溶液的浓度为0.2mol/L,故A错误；

B.据分析，HX的电离常数Ka=10-475,故B错误；

C.n点时，pH=pKa-lg嘤=4.75,则c(酸)=c(盐)，即c(HX)=c(NaX),此时溶液

c(盐)

中存在物料守恒：2c(Na+)=c(HX)+c(X-),电荷守恒c(X-)+c(OH-)=c(Na+)+

c(H+),二式合并得c(X-)+2c(OH-)=c(HX)+2c(H+),故C正确；

D.由图可知，q点时pH=5.23,溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH-),pH=pL—电嚅=

4.75-恒嘤=5.23,则嘤<1,即c(HX)<c(NaX),c(Na+)<c(X-),故D错误；

C(盐)C(盐)

故选：Co

温度不变，酸的电离常数不变，设酸的浓度为cmol/L,由pH=pKm—1g嘿可得pKm=

C(血)

pH+1g喷，即4.27+1g与萨=4.75+与卢，化简得需=10048=3,解得c=0.2,

nit.)vJ-OX»OXvuX

则pKa=4.75+lg】6xo：：6xo.l=475,=10-4.75o

本题考查酸碱混合溶液大小判断，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确混

合溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，C为解答易错点。

8.【答案】Si。?、TiO2酸浸温度过高，盐酸的挥发性增强，使得酸浸速率减慢5>pH>

3—CO、Cl高温脱水的过程中，ScCh发生了水解反应SC(CO)-

C22243

H20;2SC2(C2O4)3+3O2—2SC2O3+12co2

【解析】解:⑴"赤泥”含有Fe2()3、Si02,Sc2O3>TQ等，用盐酸酸浸时，SiO2,Ti02

难溶于盐酸，故滤渣1的主要成分为Si。?、TiO2,

故答案为：Si02,Ti02；

(2)盐酸具有挥发性，酸浸温度过高，盐酸的挥发性增强，使得酸浸速率减慢，

故答案为：酸浸温度过高，盐酸的挥发性增强，使得酸浸速率减慢；

⑶“调pH”时，要出去的杂质离子为Fe3+,溶液中c(Fe3+)W1.0xl0-5mo]-LT,

c(OH-)>=[七器;mol/L=1.0x10-nmol・『】，则pH>3；除去

Fe3+的同时,Sc3+不能形成沉淀,溶液中c(Sc3+)=O.OOlmol•L,c(OH-)<

『'喂::⑶=:制泸mWL=LOxlO^mol.L,贝UpH<5,故应控制的pH范围

是5>pH23,

故答案为：5>pH>3；

(4)已知Kai(H2c2O4)=a,Ka2(H2c2O4)=b,Ksp[Sc2(C2O4)3]=c,则反应2Sc3++

3H2c2O4=Sc2(C2O4)3+6H+的平衡常数K==

[Kai(H2c2OQKa2(H2c2。4)]3=a3xb?

Ksp[Sc2(C2O4)3]-c'

故答案为：—:

c

⑸“加热氯化”过程主要发生的反应为SC2O3+3C+3ck2ZScCb+BCO，由于CI2不

能完全参加反应，故此过程中排出的气体主要有CO、CI2，

故答案为：CO、Cl2；

(6)ScC13-6H2。沉淀在高温脱水的过程中，ScCk发生了水解反应：ScCl3•

6H2OScOCl+2HC1T+5H2O>

故答案为：高温脱水的过程中，ScCb发生了水解反应；

⑺设有Imol草酸铳晶体(462g)在空气中受热，25CTC时，剩余固体质量为462g'80.5%=

371.91g,失水重量为462g—371.91g=90.09g,90g,即250℃时，lmol晶体失去5moi

水，则此时晶体的主要成分是SC2(C2()4)3-H2O；550久时，剩余固体质量为462g'76.6%=

353.89g,相比于250冤时的剩余固体质量，250〜550。(：，失水重量为371.91g-

353.89g=18.02g=18g,则250〜550°C,lmolSc2(C204)3•50失去lmol7K变为

lmolSc2(C204)3：850久时，乘馀固体质量为462g'29.8%=137.68g“138g,由于

M(SC2O3)=138g/mol,故可知550〜850。心lmolSc2(C2()4)3分解产生lmolSc2()3，反

A

应的化学方程式为2SC2(C2()4)3+3O2—2SC2O3+12co2，

△

故答案为：SC2(C204)3-H2o；2SC2(C204)3+3O2—2SC203+12CO2»

3+

“赤泥”含有Fe2()3、SiO2>SC2O3、TiO2等，经过酸浸，Fe2O3>SC2O3转化为Fe3+、Sc,

而Si。?、TiOz难溶于盐酸，故滤渣1的主要成分为Si。?、TiO2；向酸浸后的滤液中加入

氨水调节pH,使Fe3+形成Fe(0H)3沉淀，故滤渣2的主要成分为Fe(0H)3；再向溶液中加

第12页，共20页

入草酸，“沉钛”得草酸铳晶体；将草酸铳晶体加热可得SC2O3;再将SC2O3、足量焦炭

和一起加热反应得到SCC13；

⑴“赤泥”含有Fe2()3、Si。?、SC2O3、Tit)?等,用盐酸酸浸时,SiO2.TiO?难溶于盐

酸；

(2)盐酸具有挥发性，酸浸温度过高，盐酸的挥发性增强；

(3)“调pH”时,要出去的杂质离子为Fe3+,溶液中c(Fe3+)Wl.OxlOTmohL,

c(OH-)2=p^^=^^^mol/L=L0xl0Timol」T，则pH23；除去

Fe3+的同时，Sc3+不能形成沉淀,溶液中c(Sc3+)=O.OOlmol-L-1,c(OH-)<

3lKsc(OH)]1.0X10-3O

spl3=3IL=10xio-9moi.LT,则pH<5；

qc(sc3+)70.001，厂

(4)己知Kai(H2c2()4)=a,Ka2(H2C2O4)=b,Ksp[Sc2(C2O4)3]=c,则反应2Sc?++

R)

3H2c2O4=Sc2(C2O4)3+6H+的平衡常数K=而端聚；

A

⑸“加热氯化”过程主要发生的反应为SC2O3+3C+3C12—2SCC13+3C0;

(7)设有lmol草酸铳晶体(462g)在空气中受热，250久时，剩余固体质量为462g，80.5%=

371.91g,失水重量为462g—371.91g=90.09g左90g,即250℃时，Imol晶体失去5moi

水;55(TC时，剩余固体质量为462g'76.6%=353.89g,相比于250。(：时的剩余固体质量，

250〜550℃,失水重量为371.91g-353.89g=18.02g«18g,则250〜550℃,

lmolSc2(C2O4)3•&0失去lmol水变为lmolSc2(C2C)4)3；850久时，剩余固体质量为

z

462g29.8%=137.68g«138g,i^M(Sc2O3)=138g/mol,故可知550〜850汽，

lmolSC2(C2C)4)3分解产生lmolSC2()3。

本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，题干信息的分析理解，

结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还

要有处理信息应用的能力，综合性强，题目难度中等。

+2+

9.【答案】弱5CS1-+24MnO；+52H=5CO2T+24Mn+26H2O+15so号不同

意，酸性高镭酸钾溶液用稀硫酸酸化，混入了SOt，所以不能通过白色沉淀的质量来计

算Na2cs3的量，否则结果偏大三颈烧瓶b将生成物赶入后续装置，使其被充分吸

收1.5mol」T偏高

【解析】解：(l)Na2cs3的水溶液加入酚猷变红色，说明Na2cs3是强碱弱酸盐，则H2cs3

为弱酸，

故答案为:弱；

(2)步骤③的氧化产物是SO歹，还原产物是MM+,同时还生成CO2和出0,离子方程式

+2+

为：5CS|~+24MnO；+52H=5CO2T+24Mn+26H2O+15SOj-；酸性高镒酸钾

溶液用稀硫酸酸化，含有SO/,会使生成硫酸钢沉淀的质量偏大，所以不能通过计算白

色沉淀的质量来计算Na2cs3的量，

+2+

故答案为：5cs歹+24MnO1+52H=5CO2T+24Mn+26H2O+15so歹；不同意，

酸性高镒酸钾溶液用稀硫酸酸化，混入了SOV，所以不能通过白色沉淀的质量来计算

Na2cs3的量，否则结果偏大；

(3)仪器M的名称是三颈烧瓶，

故答案为：三颈烧瓶；

(4)根据题意,A装置发生反应Na2cs3+H2sO4=CS2+&ST+Na2so4,并且CS2不溶

于水，沸点为46汽，所以当通入一段时间的热氮气，CS2和H2s气体会进入后续装置，先

用足量的CuS()4溶液吸收H2s气体，再用NaOH溶液吸收CSz，由于CS2和H2s均有毒，所

以碱石灰放在最后既可以防止空气中的二氧化碳对实验产生干扰，也可以吸收多余的

CS2和H?S,防止空气污染，所以按气流方向连接合理的顺序为ACBED,

故答案为：b；

(5)步骤③中通”的目的是将生成物CS2和H?S全部赶入后续装置，使其被充分吸收，

故答案为：将生成物赶入后续装置，使其被充分吸收；

(6)由题意可知，C中发生反应产生黑色沉淀CuS,得到沉淀的质量为7.2g,则有n(CuS)=

96；篇=0.075mol,根据关系式Na2cs3〜H2s〜CuS得n(Na2cs3)=n(CuS)=0.075mol,

所以c(Na2cs3)=e=与鬻=1.5mol/L；通过测定E中溶液质量的增加值来计算

Na2cs3溶液的浓度，若缺少装置D,E中除吸收CSz还会吸收空气中的二氧化碳，导致溶

液质量增加偏大，计算值会偏高，

故答案为：1.5mol」T；偏高。

设计实验探究Na2cs3的性质并测定其溶液的浓度，首先取少量Na2cs3固体溶于蒸储水

配制成溶液，通过酚儆溶液变红色以及酸化的KMnO4溶液紫色褪去，可知Na2cs3是一

种强碱弱酸盐，且可以和酸化的KMnCU溶液发生氧化还原反应，具有还原性。其次取

Na2cs3溶液置于三颈烧瓶中，设计实验，反应原理为Na2cs3+H2sO4=CS2+&ST

+Na2so始通过收集产生的CS2和H2s气体，定量计算出Na2cs3溶液的浓度。为了确保

充分吸收，反应结束后，再打开K,通入一段时间的热氮气，并且用到碱石灰等防止干

扰实验，据此分析来解答。

本题考查了物质性质的实验探究、物质反应过程的理解应用、氧化还原反应、元素守恒

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等知识点的分析判断等，掌握基础是解题关键，题目难度中等。

10.【答案】2c()2(g)+6H2(g)UCH30cH3(g)+3H2O(g)AH=-121.5kJ/molbd减

小二甲醛的合成反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，二甲醛的产率减小不

是催化剂的活性降低0.250.59

【解析】解：⑴已知:①CO式g)+3H2(g)UCH30H(g)+H2O(g)AH1=-49.0kJ-moL,

②2cH30H(g)UCH30cH3(g)+H2O(g)AH2=-23.5kJ-moL,由盖斯定律①x2+

-1

②可得2cC)2(g)+6H2(g)UCH30cH3(g)+3H2O(g)AH=(-49.0kJ-mol)x2-

23.5kJ-mol-1=-121.5kJ/moh

故答案为：2C02(g)+6H2(g)=CH30cH3(g)+3H20(g)AH=-121.5kJ/mol；

(2)①a.反应前后气体总质量不变，氢气容积不变，故容器内气体密度始终不变，无法

说明反应达化学平衡状态，故a错误；

b,使用合适的催化剂可以降低反应所需的活化能，加快反应速率，单位时间内CH30cH3

的产率提高，故b正确；

c.反应达化学平衡后，向容器内通入少量氢气，反应物和生成物浓度不变，则平衡不移

动，故c错误；

d.反应达平衡状态后向容器内再通入ImolCOz和3m。旧2,相当于对原平衡加压，加压,

平衡正向移动，重新达平衡后CH30cH3体积分数增大，故d正确：

故答案为：bd；

②二甲醛的合成反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，二甲醛的产率减小，

故答案为：减小；二甲醛的合成反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，二甲醛的

产率减小；

③由图可知，a点时平衡转化率未保持不变，故a点的CO2转化率不是平衡转化率，在催

化剂I作用下，温度高于K时，CO2转化率下降的原因可能是催化剂的活性降低，

故答案为：不是；催化剂的活性降低；

⑶将组成(物质的量分数)为20%C02(g)、60%H2(g)和20%电©(“不参与反应)的气体

通入反应器，在一定温度和p=2.0MPa的条件下发生反应CC)2(g)+3H2(g)一

CH3OH(g)+H2O(g),设开始时混合气的总物质的量为lOmol,二氧化碳的物质的量为

lOmolx20%=2mol,氢气的物质的量为lOmolx60%=6mol,氮气的物质的量为

lOmolx20%=2mol,平衡时，若CC)2(g)转化率为50%，二氧化碳的反应量为2molx

50%=lmol,平衡时二氧化碳的物质的量为2moi-Imol=Imol,氢气的物质的量为

(6-3)mol=3moL甲醇和水的物质的量均为Imol,混合气的总物质的量为Imol+

3mol4-lmol4-lmol4-2mol=8mol,则HzO(g)的分压为2.0MPax=0.25MPa,同

理可知二氧化碳、氢气、甲醇的分压分别为0.25MPa、0.75MPa、0.25MPa,反应的平衡

晋将忆_P(CHOH)(HO)_0.25MPax0.25MPa

吊数由-懑3痂诉P；2)-0.59(MPa)-2,

p0.25MPax(0.7SMPa)3

故答案为：0.25；0.59。

(1)由已知反应的反应热通过盖斯定律计算未知反应的反应热;

(2)①a.结合公式P=?分析；

b.使用催化剂可以加快反应速率；

c.向容器内通入少量氯气，由物质浓度变化判断反应移动方向；

d.反应达平衡状态后向容器内再通入ImolCOz和3m0国2，相当于对原平衡加压；

②由温度变化对平衡的影响判断；

③反应达到平衡状态，反应物转化率不变，催化剂活性与温度有关；

(3)依据反应物起始加入量和转化率计算平衡时各组分分压，进而计算平衡常数。

本题考查盖斯定律和化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变平衡的影响是解题的

关键，难点是化学平衡常数的计算。

11.【答案】4：3平面三角形sp2、sp3N>H>C1.2阴阳离子半径大，电荷小，

形成的离子晶体晶格能小，熔点低N3*037：2

【解析】解：(1)N是7号元素，其电子排布式为Is22s22P3,所以基态N原子的成对电子

数与未成对电子数之比为4：3；根据价层电子对互斥理论,NOJ的价层电子对数为3+|x

(5+1-2x3)=3,月.NO］中的氮无孤电子，所以NO］离子的空间构型为平面三角形，

故答案为：4：3；平面三角形；

(2)由N-甲基咪哩的结构简式可知，分子中甲基碳原子为饱和碳原子，形成4个单键，

不存在孤电子对，杂化方式为sp3,双键碳原子形成1个。键和一个n键，不存在孤电子对，

杂化方式为sp2；N-甲基咪理中所含元素为N、C和H,根据同一周期元素，从左往右第

一电离能呈增大趋势，且N原子的2P能级有3个电子，处于半满稳定结构，所以第一电

离能N>C,但由于H原子的核外电子距离原子核近，受到原子核的引力大，电离需要

消耗更多的能量，因此第一电离能比C大，因此所含元素第一电离能由大到小的顺序是

N>H>C；根据N-甲基咪喋的结构简式，可知1个N-甲基味哇分子中含有12个o键,

所以O.lmolN一甲基咪口坐中含。键的数目