2021年云南省昆明市三诊一模高考化学诊断试卷

2021年云南省昆明市三诊一模高考化学诊断试卷

一、单选题（本大题共7小题，共21.0分）

1.《本草图经》中对绿矶（FeSCU-7H2。）受热分解过程的描述为“绿矶形似朴消而绿

色，取此物置于铁板上，聚炭，封之囊袋，吹令火炽，其弱即沸，流出，色赤如融

金汁……”。下列说法错误的是（）

A.绿矶应隔绝空气保存

B.该过程有氧化还原反应发生

C.“色赤如融金汁”说明有Fe2（）3生成

D.绿研失去结晶水属于物理变化

2.有机化合物甲、乙、丙存在如图转化关系。下列说法错误的是（）

C00HC(HOHH*COOH

---5----►---

NaOH、Cu

0"

乙

A.甲、乙、丙均属于芳香烧

B.Imol甲可与3moi电反应

C.甲、乙都能与Na2c。3溶液反应

D.乙中所有碳原子可能在同一平面上

3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）

A.12g石墨晶体中所含C-C键的数目为3NA

B.标准状况下，22.4L的3He中含有中子的数目为3总

C.O.lmol钠全部与氧气反应生成Na?。和Na?。?共3.6g,转移电子数为0.1网

D.常温下，ILO.lmoLL-i的氨水中含有H+的数目为10-I3NA

4,下列离子方程式书写正确的是（）

A.将铝粉与NaOH溶液混合：A1+20H-=A10]+H2T

B.将ci2通入石灰乳中制漂白粉：ci2+20H-=do-+cr+H20

C.向明研溶液中加入少量Ba（0H）2溶液：Al3++40H-+2Ba2++2S0i-=

2BaS04I+AIO2+2H2O

D.用MgO除去MgCk溶液中的FeCb：2Fe3++3H2O+3MgO=2Fe(OH)3+3Mg2+

5.用如图所示装置进行以下实验，实验现象与结论描述均正确

水改

的是（）T

化钠

①②实验现象与结论1溶/液

A铝条浓硫酸无明显现象，铝与浓硫酸不反应Uu

③中导管内液面上升，锌发生吸②③

B锌棒海水

氧腐蚀

②中溶液颜色最终变为蓝色,Cu

C铜丝FeCk溶液

发生置换反应

②中试管口出现红棕色气体，Fe

D铁丝稀硝酸

与稀硝酸反应生成NO2

A.A

B.B

C.C

D.D

6.有学者提出可利用铝-空气电池装置来净化水体（净水原理与明矶类似），其基本工

作原理如图所示，正负极区的电解质溶液为酸化的NaCl溶液。下列说法正确的是

()

A.膜a为阳离子交换膜

B.电子流向：A电极t电解质溶液TB电极

C.正极区溶液的pH降低、负极区溶液的pH升高

D.将电解质溶液换成碱性的NaCl溶液可提升净水效果

7.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，其中W、Y、Z的原子序数之和

为40,在元素周期表中的位置如表所示，形成的化合物Y4W3Z的结构如图所示，灼

烧X的单质或化合物产生黄色火焰。下列叙述正确的是（）

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W

YZ

A.非金属性：W>Y>Z

B.简单离子的半径：Y>Z>X

C.X2Y与Y4W3Z的化学键类型完全相同

D.能用X的单质从CUSO4溶液中制得Cu单质

二、实验题(本大题共I小题，共10.0分)

8,硫的化合物有重要用途。硫代硫酸钠(Na2s2O3)可用于氟化物中毒的解毒、治疗尊

麻疹等皮肤病，它在中性、碱性环境中稳定，在酸性较强的溶液中产生S和SO2。

实验室可以利用如图装置制备Na2s2。3和焦亚硫酸钠(Na2s2。5)。

(1)仪器a的名称为,a中试剂最好选择。(填标号)

A.浓盐酸

B.70%硫酸

C.稀硫酸

(2)B的作用是,该装置中存在一处明显的缺陷，改进措施是。

、

(3)排尽装置内空气后，关闭1<2、K4,打开KI％和仪器a的活塞，一段时间后,

C中有焦亚硫酸钠晶体析出，从C中分离出该晶体的操作是、、

干燥。取少量焦亚硫酸钠晶体于试管中，加足量双氧水，再加BaCk溶液，有白色

沉淀生成，经检验该沉淀为BaSCU，说明焦亚硫酸钠具有性。

(4)关闭K］、也打开&、K4,一段时间后，D中有Na2s2O3生成。写出SO?与Na2s和

Na2c。3发生反应的化学方程式。通入D中的SO2不宜过量的原因是

三、简答题(本大题共4小题，共32.0分)

9.锢(49也)在地壳中主要存在于铅、锌矿物中，是一种重要的稀散金属，其开发和综

合利用是国家重点鼓励发展的产业。从铅、锌的冶炼过程中产生的高锢烟灰(主要

含ZnO、PbO、Fez。?、电。3、In2s3)中提取锢的流程如图。

育制烟灰

f机刖

已知：滤液中锢以h?+的形式存在。

回答下列问题：

(1)锢的原子结构示意图为。

⑵“酸浸氧化”需要加热，其目的是，该过程中KM11O4只将出53中的硫

元素氧化为SO/,则氧化剂与还原剂的物质的量之比为,滤渣的主要成分

的化学式是。

(3)萃取剂选用的是一种有机磷酸酯，其在酸性溶液中可萃取三价金属离子。“净

化”时加入铁粉的作用是(用离子方程式表示)，可用溶液检测此

离子是否除尽。

(4)“萃取”时，不同的c(H+)下有机磷酸酯对三价金属离子的萃取率及分层时间如

表。

第4页，共20页

c(H+)/mol-L1分层时间/min萃取率/%

0.55*94.6

1.0494.1

1.5491.1

2.0482.1

2.5374.1

注：*表示有少量乳化作用发生，会导致两相分层困难。

萃取过程中应选择的最佳c(H+)为mol•L-i。

(5)粗钿可用电解法进行提纯，提纯过程中粗钿作极。(填“阴”或“阳”)

(6)锌主要应从中进行回收。(填标号)

A.滤渣

B.净化渣

C.水相

D.有机相

10.选择性催化还原法(SCR)是目前应用最为广泛的氮氧化物NO*的净化方法，其原理

是利用NG在特定催化剂作用下将NO*还原为“。

主反应：4NH3(g)+4N0(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)△山

副反应：4NH3(g)+302(g)=2N2(g)+6H20(g)△H2

(1)在无氧条件下，NH3也可还原NO：4NH3(g)+6N0(g)U5N2(g)+6H2O(g)△H3

则AH2=(用含AHi、的式子表示)。一定温度下，向2L密闭刚性容

器(含催化剂)中投入2moiNH3和3moiNO,发生反应4N&(g)+6N0(g)=

5N2(g)+6H2O(g)»达到平衡状态时，NO的转化率为60%,则平衡常数为

mol-L-10(列出计算式)

(2)目前使用的SCR催化剂是V2O5-WO3/TiO2,关于该催化剂的说法正确的是

。(填标号)

A.能加快反应速率，并且改变反应的焰变

B.能增大NH3还原NOx反应的平衡常数

C.具有选择性，能降低特定反应的活化能

(3)催化剂V2O5-WO3/T22中的V2O5是活性组分。在石英微型反应器中以一定流

速通过烟气[n(C)2)：n(NH3)：n(NO)=71：1：1],在不同温度下进行该催化还原

反应，V2O5的质量分数对单位时间内NO去除率的影响如图所示。

①从起始至对应A、B、C三点的平均反应速率由大到小的顺序为»

②V2O5的质量分数对该催化剂活性的影响是。

③若烟气中。2含量一定，在催化剂适宜温度范围内，当黑时，随着该比值

的增大，NO去除率(填“增大”、“减小”或“不变”)；当黑探＞1时，

随着该比值的增大，NO去除率无明显变化，可能的原因是。

11.超高能含能材料被视为可影响国家安全的战略性技术材料，其组成元素通常含碳、

氮、过渡金属元素等。回答下列问题：

(1)在现代化学中，常利用来鉴定元素。

(2)[Co(NH3)5C03]N()3是一种制备超高能含能材料的原料基态C03+中有

个未成对电子，COg的空间立体构型为,该物质中所含有的第二周期元素

的电负性由大到小的顺序为,配离子中的配位数为o正丁醇和正

己烷是含有该物质中部分元素的有机化合物，已知物质在单位时间内挥发得越快,

温度下降得就越快。用温度传感器进行数字化实验，测得这两种有机化合物在挥发

过程中的温度变化曲线如图所示。则该数字化实验证明(填物质名称)更难

挥发，从物质结构角度分析原因为。

(3)叠氮化铅[Pb(N3)2]是一种各国都纳入军事标准和民用标准的引爆药，与N5互为

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等电子体的一种分子的分子式是。科学家制得一种高氮化合物BN。，结构

组成为NAB(N3)4「，该化合物的晶体类型为晶体，其中B原子的杂化方

式为。

(4)2,4-二硝基间苯酚是火工品制造业常用的重要中间体，其摩尔质量为200g•

mol-1,分子结构可简化为图1所示，分子在晶体中的堆积方式如图2所示。该晶

体属于正交晶系结构，晶胞参数分别为apm、bpm、cpm,a=0=丫=90。。则该

12.用A制取D(苯丙焕酸)并制取小分子半导体F的合成路线如图所示。

COOH

回答下列问题：

(1)E的名称是,F中官能团的名称为,B的结构简式为。

(2)B-C的反应类型为,DtE的试剂和条件是。

(3)CtD中反应①的化学方程式为»

(4)E的同系物G的相对分子质量比E小14,写出一种满足下列条件的G的同分异

构体»

①属于芳香族化合物，分子中含有两个六元环结构和一个甲基；

②ImolG在碱性条件下水解可消耗2moiNaOH。

(5)已知：

①（％、R?为氢原子蝇基）

②a〃小“（氨基易被氧化）

COOC2H$

设计以对硝基甲苯为原料合成麻醉药物苯佐卡因合的成路线

NH3

（其他试剂自选）

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答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：A.绿研的成分为FeSO「7H2。，因为Fe?+不稳定，在空气中容易被氧化，

应隔绝空气保存，故A正确；

B.根据题意可知，Fe2+显浅绿色，Fe3+为显棕黄色，而Fe2。?为赤色，该过程发生了氧

化还原反应，故B正确；

C.Fe2f）3为赤色，“色赤如融金汁”说明有Fe2（）3生成，故C正确；

D.晶体失去结晶水的反应都为化学变化，绿研失去结晶水属于化学变化，故D错误；

故选：D。

A.绿矶的成分为Fes。4•7也0,因为Fe?+不稳定，在空气中容易被氧化，所以应隔绝空

气保存；

B.Fe2+显浅绿色，Fe3+为显棕黄色，而Fe2（）3为赤色，该过程发生了氧化还原反应；

C.Fe2（）3为赤色，所以“色赤如融金汁”说明有Fe2（）3生成；

D.绿矶失去结晶水属于化学变化。

本题主要考查二价铁与三价铁的物理性质、化学性质、相互转化，氧化还原反应，以及

学生的阅读理解能力，属于基本知识，基础题型，难度不大。

2.【答案】A

【解析】解：A.甲、乙、丙中除C、H外，含有第三种元素，属于燃的衍生物，故A错

误；

B.甲中含有一个苯环，能与氢气以1：3发生加成反应，则Imol甲可与3m01%反应，

故B正确；

C.甲、乙中都含有竣基，都能与Na2c。3溶液反应生成二氧化碳和水，故C正确；

D.乙中的单键具有旋转性，若苯环、较基确定的平面重合，则所有碳原子可能在同一平

面上，故D正确；

故选：A,

A.含有苯环的煌属于芳香煌；

B.苯环和氢气以1：3发生加成反应；

C.酚-OH、-COOH能和碳酸钠溶液反应；

D.苯环上所有原子共平面，—COOH中所有原子共平面，单键可以旋转。

本题考查有机物结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确官能团及

其性质关系、原子共平面判断方法等知识点是解本题关键，注意：酚羟基也能和碳酸钠

溶液反应。

3.【答案】C

【解析】解：A.12g石墨晶体含有碳原子的物质的量为高器=lmol,在石墨晶体中，

每个C原子平均占有1.5个C-C键，则12g石墨晶体中所含C-C键的数目为1.5NA，故

A错误；

B.标准状况下,22.4L的3血的物质的量为肃之=lmol,1个3He的中子数为3-2=1,

22.4L/moI

则Imo^He含有中子的数目为ImolxNABIOL=NA,故B错误;

C.O.lmol钠全部与氧气反应，钠的化合价从0升高为+1价，则共生成钠离子物质的量为

O.lmoL则钠失电子数为O.INA，转移电子数=还原剂失电子数=氧化剂得电子数=0.1NA,

故C正确；

D.常温下，氨水是弱碱，部分电离，贝iJlLO.lmolJT的氨水中，c(OH-)<O,lmol/L,

由Kw=c(H+)xc(OH-)=1.0xl0T4,可知c(H+)>].0xICT13moi/L,故溶液中含

有H+的数目大于10-13必，故D错误。

故选：Co

A.在石墨晶体中，每个C原子与周围3个碳原子形成C-C键，则每个碳原子平均占有

|x3=1.5个C-C键；

B.氮气为单原子分子，1个3He有1个中子；

C.钠与氧气反应无论生成氧化钠还是过氧化钠，钠都从。价升高为+1价；

D.一水合氨为弱碱，部分电离。

本题考查了阿伏加德罗常数及物质的量有关计算，明确以物质的量为核心计算公式，熟

悉相关物质的结构组成是解题关键，题目难度不大。

4.【答案】D

【解析】解：A.将铝粉与NaOH溶液混合生成偏铝酸钠和氢气：2A1+2OH-+2H2O=

2A1O]+3H2T,故A错误；

2+

B.将Cl2通入石灰乳中制漂白粉，石灰乳为悬浊液，写化学式：Cl2+Ca(OH)2=Ca+

C10-+Cr+H20,故B错误;

C.向明矶溶液中加入少量Ba(0H)2溶液，Ba(0H)2反应完全，生成氢氧化铝和硫酸钏：

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3+2+

2A1+60H-+3Ba+3SC)t=3BaSO4I+2A1(OH)3l,故C错误；

D.用MgO除去MgCk溶液中的FeCk，FeC1为强酸弱碱盐，水解产生氢离子，MgO消耗

氢离子，促使水解平衡正向进行，生成氢氧化铁，2Fe3++3%0+3MgO=2Fe(OH)3+

3Mg2+,故D正确。

故选：D。

A.将铝粉与NaOH溶液混合生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式要满足电荷守恒和质量守

恒；

B.将Cl?通入石灰乳中制漂白粉，石灰乳为悬浊液，不能拆；

C.向明矶溶液中加入少量Ba(OH)2溶液，Ba(OH)2反应完全，生成氢氧化铝和硫酸钢；

D.FeCb为强酸弱碱盐，水解呈酸性，加入MgO能消耗其水解产生的氢离子，促进其水

解。

本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的

书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应、与量有关的离子反应考查，题目难度中等。

5.【答案】B

【解析】解：A.铝条与浓硫酸发生钝化反应，即铝与浓硫酸反应，在铝的表面生成一层

致密的氧化膜，故A错误；

B.锌与海水发生吸氧腐蚀，导致②试管压强减小，③中导管内液面上升，故B正确；

C.铜与氯化铁反应生成氯化铜和氯化亚铁，未发生置换反应，故C错误；

D.铁与稀硝酸反应生成的气体为NO,NO在试管口与空气反应生成NO2,故D错误；

故选：Bo

A.常温下Al遇浓硫酸发生钝化；

B.海水显弱碱性，发生吸氧腐蚀；

C.Cu与氯化铁反应生成氯化亚铁、氯化铜；

D.Fe与稀硝酸反应生成NO。

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能

为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

6.【答案】A

【解析】解：A.负极生成的AF+需要通过膜a进入待净化废水中，用3+水解生成氢氧化

铝胶体，则膜a为阳离子交换膜，故A正确；

B.原电池中电子从负极经导线流向正极，则该原电池中电子流向：A电极t导线-B电

极，故B错误；

C.正极反应为()2+4e-+4H+=2也0,正极区溶液的氢离子浓度减小，pH增大，负极

电极反应式为Al-3e-=A13+,负极生成的AN+需要通过膜a进入待净化废水中，负极

区溶液的pH不变，故C错误；

D.将电解质溶液换成碱性的NaCl溶液,则负极生成A10］达不到净水的效果,故D错误；

故选：Ao

B极通入空气为正极，电解质溶液显酸性，电极反应式为Oz+4e-+4H+=2出0,A

极为铝电极，为负极，电极反应式为Al-3e-=川3+,该装置的净水原理与明研类似,

则会产生氢氧化铝胶体(AV+水解)，为达到净水的目的，负极生成的AF+需要通过膜a

进入待净化废水中，AF+水解生成氢氧化铝胶体，则膜a为阳离子交换膜。

本题考查原电池原理和明研净水原理，为高频考点，侧重考查学生分析判断、获取信息

解答问题能力，明确各个电极上发生的反应、离子交换膜作用是解本题关键。

7.【答案】B

【解析】解：结合分析可知，W为N,X为Na,Y为S,Z为C1元素，

A.同一周期从左向右非金属性逐渐增强，则非金属性：C1>S,即Y<Z,故A错误；

B.一般情况下，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：S2->Cr>Na+,即Y>Z>X,故B正确；

H

C.Na2s中只含有离子键，Y4W3Z中丫4叭笈与Q-间存在离子键，Y4W3内存在共价健，两

物质含有的化学键类型不相同，故C错误；

D.Na能与水反应，不能用Na的单质从CuS()4溶液中制得Cu单质，故D错误；

故选：Bo

W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，根据W、Y、Z在周期表中的位置可

知，W位于第二周期，Y、Z位于第三周期，W、Y、Z的原子序数之和为40,设W的

原子序数为a,Y、Z的原子序数分别为a+9、a+10,则a+a+9+a+10=40,解

得：a=7,则W为N,Y为S,Z为Cl元素；灼烧X的单质或化合物产生黄色火焰，

则X为Na,以此分析解答。

本题考查位置结构性质的相互关系应用，为高频考点，推断元素为解答关键，注意掌握

元素周期表结构、元素周期律内容，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。

8.【答案】分液漏斗B防倒吸补充尾气处理装置过滤洗涤还原4SO2+2Na2S+

Na2cO3=3Na2s2O3+C02SO2过量使溶液显酸性，使Na2s2O3不稳定

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【解析】解：(1)仪器a的名称为分液漏斗，二氧化硫易溶于水，制备二氧化硫气体时，

应选择浓度较大的且无挥发性的酸，故选70%硫酸，

故答案为：分液漏斗；B；

(2)B的作用可起到安全瓶的作用，防止溶液倒吸进入装置A中，二氧化硫有毒，反应最

后应加NaOH溶液进行尾气处理装置，

故答案为：防倒吸；补充尾气处理装置；

(3)C中有焦亚硫酸钠晶体析出，固液分离用过滤的方法分离，再洗涤晶体表面的滤液，

焦亚硫酸钠中的硫元素与过氧化氢反应时.，化合价升高，表现还原性，

故答案为：过滤；洗涤；还原；

(4)SC)2与Na2s和Na2cO3发生反应生成Na2s2O3,硫元素之间发生氧化还原反应，同时生

成二氧化碳,化学方程式为：4s。2+2Na2s+Na2cO3=3Na2S2O3+C02.Na2s2O3在

酸性较强的溶液中产生S和S02,通入二氧化硫过量，导致溶液酸性增强，使Na2s2。3不

稳定，可使Na2s2O3分解，

故答案为：4so2+2Na?S+Na2co3=3Na2s2O3+CO2；SO2过量使溶液显酸性，使

Na2s2O3不稳定。

根据实验目的，装置A用亚硫酸钠固体与浓硫酸反应制取二氧化硫气体，装置B为安

全瓶，防止C或D中的溶液倒吸，装置C为制取焦亚硫酸钠晶体的装置，装置D为制

取硫代硫酸钠，二氧化硫有毒，在最后应加尾气处理装置，

(1)结合仪器形状和用途，来判断名称为分液漏斗，用浓硫酸和亚硫酸钠反应制备二氧

化硫气体；

(2)B的作用是安全瓶，装置中最后剩余的气体有毒，不能排放，需要加尾气吸收装置；

(3)排尽装置内空气后，关闭七、K"打开Ki、&和仪器a的活塞，一段时间后，C中

有焦亚硫酸钠晶体析出，过滤、洗涤得到晶体，取少量焦亚硫酸钠晶体于试管中，加足

量双氧水，再加BaCk溶液，有白色沉淀生成，经检验该沉淀为BaSO”硫元素化合价升

高失电子，做还原剂发生氧化反应；

(4)S02与Na2s和Na2cO3发生反应生成Na2s2O3,Na2s2O3在酸性较强的溶液中产生S和

S02,通入二氧化硫过量，导致溶液酸性增强，硫代硫酸钠(Na2s2O3)在酸性较强的溶液

中产生S和SO?。

本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提

纯、实验设计为解答关键，侧重分析与实验、计算能力的考查，注意元素化合物知识的

应用，题目难度中等。

3+

9.【答案】@：I>•>«'提高酸浸氧化的速率24：5PbS042Fe+Fe=

3Fe2+KSCN1.0阳C

【解析】解：(1)锢为第49号元素，位于第五周期UIA族，原子结构示意图为0：Uny,

故答案为：3〃；

(2)加热溶液可使反应速率增大，提高酸浸效率；过程中KMnO4只将In2s3中的硫元素氧

化为SO厂，S的化合价由-2价变为+6价，共失去24个电子，Mn的化合价由+7价变为

+2价，得到5个电子，根据得失电子总数相等，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为

24：5；酸浸时，生成的硫酸铅为不溶于酸的沉淀，则滤渣为硫酸铅，

故答案为：提高酸浸氧化的速率；24：5；PbS04；

(3)萃取剂选用的是一种有机磷酸酯，其在酸性溶液中可萃取三价金属离子，故Fe3+的

存在会影响In3+的萃取，故加入铁粉的目的是铁粉将滤液中的铁离子反应为亚铁离子,

离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+；铁离子与KSCN反应生成红色的硫氟化铁，可加入

KSCN溶液检验铁离子是否除净，

故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+；KSCN；

(4)根据表中数据，c(H+)=1.0mol/L时，分层时间短，且萃取率较高，最佳c(H+)为

1.0mol/L,

故答案为：1.0；

(5)根据铜的电解精炼原理可知，电解精炼钿时，粗锢应做阳极，失电子，

故答案为：阳；

(6)有机磷酸酯为萃取剂，其在酸性溶液中可萃取三价金属离子，锌离子为+2价，在水

相中，

故答案为：C„

高锢烟灰(主要含ZnO、PbO、Fe2O3>In203>ln2S3),在高锢烟灰加入硫酸、高钵酸钾

进行酸浸氧化，将In2s3氧化为硫酸根离子和也3+,ZnO、PbO、Fe2()3分别和硫酸反应

转化为ZnSOrPbS04沉淀和Fe2(SC>4)3，皿2。3和硫酸反应变为I/+,则滤渣为硫酸铅;

过滤，向滤液中加入铁粉，还原铁离子，防止加入萃取剂时，铁离子进入有机相；加入

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萃取剂萃取1/+,则ZM+、Fe2+均进入水相，经一系列操作得到粗锢，据此分析。

本题考查了流程分析判断，物质性质和实验设计的方法应用，为高考常见题型，侧重于

学生的分析、实验和计算能力的考查，题干信息分析判断能力，注意把握实验方法，题

目难度中等。

10•【答案】3△HL2△H3爵票COB>A在1。。冤-2。。冤内，V2%的质

量分数对该催化剂活性的影响是催化剂的质量分数越高，催化剂的活性越好，超过200笃,

没有明显区别增大主反应接近反应限度，发生副反应的氨气增多

【解析】解：⑴副反应：4NH3(g)+3O2(g)#2N2(g)+6H2O(g)△H2,由盖斯定律(主

反应x3-无氧反应x2)得：△%=3△%-2△小，

4NH3(g)+6N0(g)=5N2(g)+6H20(g)

开始(mol/L)11.500

变化(mol/L)0.60.90.750.9

平衡(mol/L)0.40.60.750.9

则平衡常数为畿斗喘_(0.75mol/L)5(0.9mol/L)6_=S2mol/L，

4646

C(NH3)C(N0)(0.4mol/L)(0.6mol/L)

(0.75)5(0.9)6

故答案为：；

34Hi-24H3(04)4(0.6)6'

(2)A.催化剂能加快反应速率，但不能改变反应的焙变，故A错误；

B.催化剂能增大NH3还原NO*反应速率，但不能改变其平衡常数，故B错误；

C.催化剂具有选择性，能降低特定反应的活化能，增大反应速率，故C正确；

故答案为：C；

(3)①A、C两点温度相同，催化剂的质量分数不同，有图可知，催化剂的质量分数越大，

反应速率越大，A、B两点，催化剂的质量分数一样，温度B点高，则反应速率快，B、

C两点催化剂的质量分数对反应速率影响大，即C>A,则从起始至对应A、B、C三点

的平均反应速率由大到小的顺序为C>B>A,

故答案为：C>B>A；

②有图可知，在100久-200。(：内，V2O5的质量分数对该催化剂活性的影响是催化剂的

质量分数越高，催化剂的活性越好，超过200汽，没有明显区别；

故答案为：在100。(2-2()()。(2内，V2O5的质量分数对该催化剂活性的影响是催化剂的质

量分数越高，催化剂的活性越好，超过20(TC,没有明显区别；

③根据反应4NH3(g)+4NO(g)+02(g)=4N2(g)+6H2()(g)当黑含<1时，随着该比

值的增大，平衡正向移动，NO去除率增大，若烟气中。2含量一定，在催化剂适宜温度

范围内，当喘舒>1时，主反应接近反应限度，发生副反应的氨气增多，

故答案为：增大；主反应接近反应限度，发生副反应的氨气增多。

(1)由盖斯定律(主反应x3-无氧反应x3)计算，利用三段式求出平衡时各物质的浓度,

根据平衡常数表达式计算；

(2)A.催化剂能加快反应速率，但不能改变反应的焰变；

B.催化剂能增大N&还原NO*反应速率，但不能改变其平衡常数；

C.催化剂具有选择性；

(3)①A、C两点温度相同，催化剂的质量分数不同，有图可知，催化剂的质量分数越大，

反应速率越大，A、B两点，催化剂的质量分数一样，温度B点高，则反应速率快，B、

C两点催化剂的质量分数对反应速率影响大，即C>A；

②有图可知，在10(TC-200式内，V2O5的质量分数对该催化剂活性的影响是催化剂的

质量分数越高，催化剂的活性越好，超过200汽，没有明显区别；

③增大Na可以提高NO去除率，若烟气中。2含量一定，在催化剂适宜温度范围内，当

n(NH3)/n(NO)>1时，主反应接近反应限度，发生副反应的氨气增多。

本题考查了反应热、反应平衡的计算，氧化还原反应的相关计算，题目综合性强，明确

化学平衡移动原理读取题目信息是解题关键，题目难度中等。

11.【答案】光谱分析4平面三角形0>N>C6正丁醇正丁醇分子间存在氢

键C02,&0、CS2等离子sp3球

【解析】解：(1)原子光谱是由原子中的电子在能量变时所发射或吸收的一系列波长的

光所组成的光谱，每一种原子的光谱都不同，因此常利用光谱分析来鉴定元素，

故答案为：光谱分析；

(2)基态C。原子序数27,价电子排布式为3d74s2,则C03+价电子排布式为3d6,有4对

未成对电子:CO歹中心原子孤电子对数=*4+2-2x3)=0,价层电子对为3,则CO歹

中C杂化类型为sp2杂化，空间构型为平面三角形；第二周期元素有C、N、O,非金属

性越强，电负性越大，电负性由大到小的顺序为0>N>C；[Co(NH3)sC03]N()3配体为

5个N七分子和1个C0算，配位数为6；已知物质在单位时间内挥发得越快，温度下降

得就越快；根据图象，正丁醇温度降低慢，更难挥发，从结构分析，正丁爵分子间存在

氢键，导致熔沸点升高；

故答案为：4；平面三角形；0>N>C；6；正丁醇；正丁醇分子间存在氢键；

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(3)N］中含有3个原子，22个电子，其分子形式的等电子体为CO2、N20>CS2等；BN”结

构组成为N打B(N3)4「，含有离子键，属于离子晶体；旧(电)4「中心B原子孤电子对数

="3+l-lx4)=0,价层电子对数为4,为sp3杂化;

3

故答案为：C02>*0、CS等；离子；sp；

(4)根据图象，1mol晶胞中，含有4moi2,4-二硝基间苯酚；Imol晶胞的体积为abcx

-303-33

IOxNAcm,则晶体的密度p=4"黑;：g,cm=ag-cm~

8X1032

故答案为:

abcNA

(1)原子光谱是由原子中的电子在能量变时所发射或吸收的一系列波长的光所组成的光

谱，每一种原子的光谱都不同;

(2)基态Co原子序数27,价电子排布式为3d74s2；CO歹中心原子孤电子对数=*4+2-

2x3)=0,价层电子对为3；第二周期元素有C、N、O,非金属性越强，电负性越大；

配体为NH3、COI-；已知物质在单位时间内挥发得越快，温度下降得就越快；

(3)NJ中含有3个原子，22个电子；BN”结构组成为结构组成为N打B(N3)4「，含有离

子键；印($)4「中心B原子孤电子对数=之(3+1-1*4)=0,价层电子对数为4；

(4)根据图象，Imol晶胞中，含有4moi2,4-二硝基间苯酚，则晶体的密度p=