2023年贵州省名校联盟高考化学联考试卷

2023年贵州省名校联盟高考化学联考试卷

一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）

1.河南与陕西是中华文明的主要发祥地，遗址众多。下列说法正确的是（）

A.淹池仰韶村遗址出土了大量陶器，生产陶器的主要原料为黏土和石灰石

B.巩义双槐树遗址的祭祀坑内出土了麋鹿遗存，测定麋鹿遗存中的12c可确定遗址的年代

C.西安半坡遗址出土了炭化了的菜籽，菜籽油属于酯类物质

D.临潼姜寨遗址出土了黄铜管，黄铜的硬度和熔点均大于纯铜

2.化合物W（q）是一种药物合成中间体。下列有关W的叙述正确的是（）

A.W分子中所有碳原子可能共平面

互为同系物

C.W中的氢原子被氯原子取代，其一氯代物有5种

D.ImolW与氢氧化钠溶液反应时，最多消耗2moiNaOH

3.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）

A.O.OlmohLNa2cO3溶液中含碳元素的粒子数目之和为O.OINA

B.30g乙酸与足量乙醇充分反应，乙酸分子中断裂C-0数目为0.5NA

C.常温下，Im。114co比30gC2H6多4NA个中子

D.常温常压下，ImolCOz和2moiceL的体积之比为1：2

4.由实验操作和现象，可得出相应正确结论的是（）

实验操作实验现象结论

酸性条件下，氧化性：

A将硫酸酸化的出。2滴入Fe(NC)3)2溶液中溶液变黄色

3+

H202>Fe

取5mL0.1mol•LKI溶液于试管中，加入

KI与FeCh的反应为可

B0.5mL0.1mol•LTFeCb溶液，充分反应后滴入2滴溶液变红色

逆反应

KSCN溶液

产生白色沉A10］与HCO］发生了相

C向NaHC()3溶液中滴加NaAlOz溶液

淀互促进的水解反应

相同条件下，向pH均为2且等体积的HA和HB溶液中分HA溶液放出

DHA的酸性比HB的强

别加入足量的锌的氢气更多

A.AB.BC.CD.D

5.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的前20号元素，W、X组成的化合物具有两性，W、丫组

成的一种化合物可导致酸雨，ZX(YWQ2是一种常见的复盐。下列叙述正确的是()

A.原子半径：Z>Y>X>W

B.X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物，两两间均可发生复分解反应

C.ZX(YW4)2可作净水剂，能杀菌消毒

D.W分别与X、丫形成的化合物中化学键类型相同

6.用原电池原理处理CO和NO既可解决环境污染问题，又可提供电能，某同学用该电池为电

源设计如图装置精炼粗银(已知：粗银中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质)。下列说法错误的

是()

A.装置I可使用质子交换膜，反应过程中H2sO,物质的量保持不变

+

B.b电极的电极反应式为2N0+4H+4e-=N2+2H2O

c.装置n中c电极为粗锲，反应后Nis()4浓度减小

D.当装置I中生成1.12L(标准状况)CO2时，装置口中d电极的质量增加5.9g

7.常温下，向50mL0.1mol」T的氨水中滴加O.lmoLLT的盐酸，测得在不同pOH条件下,

体系中器与POH的关系如图所示。已知：pOH=-lgc(OH-)0下列说法错误的是()

A.Kb(NH3•电0)的数量级为IO』

B.向氨水中滴加25mL盐酸可得到b点溶液

+

C.c点的溶液：c(NH+)>C(NH3-H2O)>c(OH-)>c(H)

D.a、b、c点溶液均存在：c(NH£)+c(H+)=c(C-)+c(OH-)

二、流程题(本大题共1小题，共14.0分)

8.斑铜矿是含CusFeS’的矿物，一种以斑铜矿(含少量Si。2)为原料生产胆研晶体和CuCl的流

程如图所示。

I乙解洗涤

----------胆肌

②1避

CuCI

已知：①焙烧后，Fe、Cu元素均以氧化物的形式存在。

②CuQ难溶于水，在潮湿的空气中发生水解和氧化。

③离子浓度S10Tmol.LT时，离子沉淀完全。25汽下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉

淀的pH如表所示。

金属离子Fe3+Fe2+Cu2+

开始沉淀的pH1.96.34.4

完全沉淀的pH3.28.36.4

回答下列问题：

(1)斑铜矿中Fe为+2价，Cu以+1、+2价形式存在，则斑铜矿中+1价Cu和+2价Cu的个数之比

为。

(2)斑铜矿“焙烧”是一个“气-固”反应，有利于“气-固”充分反应的措施是。

⑶“除杂”时调pH应控制的pH范围是；试剂a可以选用下列物质中的(填标

号)。

A.CuO

B.Na2c0?

C.CU(OH)2

D.Fe2O3

(4)由“滤液”生产胆研晶体的“一系列操作"包括(填操作名称)，用乙醇洗涤晶体

而不用水洗涤的优点是。

(5)由“滤液”生产CuQ的离子方程式为,该过程中二氧化硫适当过量的作用有

(回答一条即可)。

(6)为降低成本，上述流程中可充分利用的气态产物有(填化学式)。

三、实验题(本大题共1小题，共14.0分)

9.废碱性锌镒干电池内部含有MnOOH、Mn()2、ZnO、Zn粉、有机物等糊状填充物。

某化学兴趣小组利用该糊状填充物制备少量MnO2的实验步骤如下。

①拆解废碱性锌镒干电池，收集糊状填充物；

②灼烧糊状填充物，除去有机物；

③将②中剩余固体粉末转移至如图装置(夹持装置省略)；

④向装置中先加入稍过量的稀H2sO,再缓缓加入稍过量的NaC103溶液，并不断搅拌；

⑤充分反应，过滤、洗涤、干燥获得MnC)2。

，NaCIO脐液

稀H：SO,

，溶液X

已知：酸性条件下，氧化性为NaClOs>MnC>2，+3价的Mn不稳定，易转化为MnO2和MM+。

回答下列问题:

(1)步骤②灼烧糊状填充物，下列仪器中需要的是(填仪器名称)。

(2)Mn00H在灼烧时可转化为M112O3或Mn。?，写出MnOOH转化为MnO2的化学方程式:

(3)加入NaCK)3溶液的目的是。

(4)溶液X的作用为。

(5)步骤⑤中判断Mn。2沉淀洗涤干净的操作为。

(6)产品中Mn。2含量的测定

i.准确称取1.800gMn()2样品并转入锥形瓶。

ii.加入50.00mL0.500moi•L的Na2c2O4溶液(H2s。4酸化)，使Mn。?样品完全溶解并充分反应

+2+

(Mn02+C20j-+4H=2CO2?+Mn+2H20)o

iii.用O.lOOmol•L酸性KMn()4标准溶液滴定ii中剩余的C2。，消耗酸性KMnO,标准溶液的

+2+

平均体积为20.00mL(5C2。t+2MnO；+16H=2Mn+10CO2T+8H20)»

①达到滴定终点的现象是。

②样品中Mn。2的质量分数=(保留三位有效数字)。

③若盛有酸性KMnO,标准溶液的滴定管在滴定前有气泡，滴定终点时气泡消失，则样品中

Mn。2的质量分数(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。

四、简答题(本大题共3小题，共38.0分)

10.氢气用途广泛，甲烷和水蒸气催化重整是制氢的方法之一，某温度下，涉及反应的热化

学方程式如下：

I.CH4(g)+H2O(g)UCO(g)+3H2(g)AH=+206.3kJ-moLKI

n.CH4(g)+2H20(g)UC02(g)+4H2(g)AH2=+165.1kJ-moLK2

m-CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+&(g)AH3K3

回答下列问题：

(l)AfH2为标准摩尔生成熔，其定义为标准状态下，由稳定相态的单质生成Imol该物质的焰

变。对于稳定相态单质，其AfHt为零，部分物质的标准摩尔生成焰如表所示。

物质

CO(g)H2o(g)CO2(g)H2(g)

△出鼠kJ•mor1)-110.5-241.8a0

a=；K3=(用Ki、嵯表示)。反应I能够自发进行的条件是(填“低

温”或“高温”)。

ab

(2)已知反应I的正反应速率v=kc(CH4)-c(H2O),k为速率常数。某温度下，其他反应条

件不变，正反应速率v随反应物浓度的变化关系如图所示。

当CH4和出0的浓度均为J和C2两种情况下的反应速率之比为»

(3)在T温度下，向容积为2L的刚性密闭容器中充入ImolCH^g)、2m。1出0®和固体催化剂M(

体积忽略不计)，仅发生反应I和反应口，容器内的总压强p随反应时间t的变化如表所示。

反应时间t/min04812162024

总压强p/kPa10.012.513.915.015.816.016.0

①C%的平衡转化率为(保留三位有效数字，下同)。

②若平衡体系中CO和CO2的分压相同，则平衡体系中出的物质的量为,反应HI以物

质的量分数表示的平衡常数&=(保留三位有效数字)。

③该体系达到平衡的标志是(填标号)。

A.各组分的浓度不再改变

B.v正(CHQ：v正(CO)=1：1

C.单位时间内2nmolO-H键断裂，同时有nmolH2。生成

D.体系的密度不再变化

11.江西矿产资源丰富，其中铁、锦、钛、电凡、铜、锌、金、银等储量居全国前3位，有亚

洲最大的铜矿和中国最大的铜冶炼基地。回答下列问题：

(1)钿元素在元素周期表中位于区；基态MM+的价电子排布图为。Cu与Fe的

1

第二电离能分别为h(Cu)=1958kJ-mor,I2(Fe)=1561kJ-moL,¥(Cu)大于二(Fe)的主

要原因是。

(2)ZnO、MgO均属于离子晶体，则熔点ZnO(填或“>")MgO,原因是。

(3)[CU(NH3)4〕C12是一种常见农药，能防治真菌、细菌和霉菌引起的多种病害。

①lmol[Cu(NH3)41C12中含有的。键数目为网，NH3分子与CM+形成配合物后H—

N-H键角(填“变大”“变小”或“不变”)。

②已知[Cu(NH3)4『+呈平面正方形，则CM+的杂化方式可能为(填标号)。

A.sp3

B.dsp2

C.sp2

D.sp

(4)磷锡青铜合金应用广泛，其立方晶胞如图所示。

①若P原子位于晶胞的顶点，则Cu原子位于晶胞的。

3

②晶体中与Sn原子等距离且最近的Cu原子有个，晶体的密度为g-cm-(NA

表示阿伏加德罗常数的值)。

12.化合物I是一种药物中间体，其合成路线如图所示：

H

已知:1.ROH-»3RBr

+

H/H2O

n.R-CN—>R-COOH

()II

qRCOOH+R'NH2s学III+H20

R—C—N—R

回答下列问题：

(1)物质X的化学式为。

(2)C中的官能团名称是o

(3)F分子中含有个手性碳原子(碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手

性碳)；写出由A生成B反应的化学方程式：o

(4)合成路线中设置B-C反应的目的是。

(5)G生成H的反应类型是o

(6)化合物M为D的同系物，M的结构简式为〈M的同分异构体中，满

足下列条件的同分异构体有种(不考虑立体异构)。

①与FeC%溶液显紫色

②与NaHC()3溶液反应放出气体

其中有5种不同化学环境的H,且个数比为2：2：2：1：1的同分异构体的结构简式为o

(7)结合题目信息，写出以苯甲醇CH：OH)为原料制备

答案和解析

1.【答案】c

【解析】解：A.生成陶器的原料是黏土，黏土和石灰石是用来生成水泥，故A错误；

B.14c可确定遗址的年代，故B错误；

C.菜籽油属于酯类物质，故C正确；

D.合金的硬度高，熔沸点低，黄铜的硬度大于纯铜，熔点低于纯铜，故D错误；

故选：Co

A.生成陶器的原料是黏土；

B.i4c可确定遗址的年代；

C.菜籽油属于酯类物质；

D.合金的硬度高，熔沸点低。

本题考查了元素化合物知识，侧重考查物质的组成、性质与用途，会运用化学知识正确解释生产

生活现象，题目难度不大。

2.【答案】D

【解析】解：A.分子中存在C-《-C结构，具有甲烷的四面体构型，分子中所有碳原子一定不在同

一平面内，故A错误；

O

B.W分子含有2个酯基，而f含有1个酯基，二者不是同系物，故B错误；

C.苯环中有3中氢原子，侧链中也有3种氢原子，W中的氢原子被氯原子取代，其一氯代物有6种,

故C错误；

D.该有机物分子含有2个酯基，分子中酯基水解产生的竣基与氢氧化钠发生中和反应，ImolW与

氢氧化钠溶液反应时，最多消耗2moiNaOH,故D正确；

故选：Do

H

A.分子中存在C-《-C结构，具有甲烷的四面体构型；

C

B.同系物含有相同的官能团种类与数目；

C.苯环中有一3中氢原子，侧链中也有3种氢原子；

D.分子中酯基水解产生的竣基与氢氧化钠发生中和反应。

本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的结构、性质与转化，理解酯与碱反应原理，根

据的甲烷的四面体、乙烯与苯的平面形、乙烘直线形理解共面与共线问题。

3.【答案】C

【解析】解：A.根据物料守恒知，c(COi-)+C(HC03)+C(H2CO3)=O.Olmol/L,溶液的体积未知，

无法计算所含粒子的数目，故A错误；

B.30g乙酸的物质的量为n=E=僦而=0.5mol,乙酸与乙醇的反应为可逆反应，因此乙酸分

子中断裂C—O数目小于0.5NA，故B错误；

C.lmo"CO所含的中子数为(14-6+16-8)NA=16NA，30gC2H6的物质的量为：n=2=

讲洸k=lmol,所含中子数为：[(12-6)X2+0]N=12N因此常温下，Im。114co比30gC2H6

11IVzlAA,

多4NA个中子，故C正确；

D.常温常压下，CCI4为液体，因此常温常压下，ImolCOz和2moiceL的体积之比不是1：2,故D

错误；

故选：Co

A.溶液的体积未知，无法计算所含粒子的数目；

B.乙酸与乙醉的反应为可逆反应；

<2.111101(：0所含的中子数为(14-6+16-8)町=16心，30gC2H6的物质的量为：n=^=

僦G=lmoL所含中子数为：[(12-6)X2+0]NA=12NA；

D.常温常压下，CCI4为液体。

本题主要考查阿伏加德罗常数的有关计算，为高频考点，题目难度不大。

4.【答案】B

【解析】解：A.将硫酸酸化的出。2滴入Fe(N03)2溶液中，相当于含有硝酸,HN03>电。2都能氧

3+

化Fe2+,所以不能得出氧化性：H2O2>Fe,故A错误；

B.KI过量，混合溶液中加入2滴KSCN溶液，溶液变红色，说明溶液中还含有Fe3+,则该分子中存

在平衡，所以K1与FeCk的反应为可逆反应，故B正确；

C.NaHCC)3溶液中滴加NaAlOz溶液，生成氢氧化铝沉淀，A10］促进HCO.的电离，故C错误；

D.pH=2体积相同的一元酸HA、HB分别与足量Zn反应，酸越弱，n(酸)越多，生成的氢气越多，

HA放出的氢气多，n(HA)>n(HB),则酸性：HA<HB,故D错误；

故选：Bo

A.将硫酸酸化的出。2滴入Fe(N()3)2溶液中，相当于含有硝酸，HNO3、出。2都能氧化Fe2+；

B.KI过量，混合溶液中加入2滴KSCN溶液，溶液变红色，说明溶液中还含有Fe3+；

C.NaHCOs溶液中滴加NaAlOz溶液，生成氢氧化铝沉淀；

D.相同条件下，pH=2体积相同的一元酸HA、HB分别与足量Zn反应，酸越弱，n(酸)越多，生成

的氢气越多。

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。

5.【答案】B

【解析】解：由分析可知，W为0元素、X为A1元素、丫为S元素、Z为K元素，复盐是KA1(S()4)2；

A.同周期主族元素自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，则原子半径：K>A1>

S>0,故A错误；

B.X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物依次是Al(0H)3、H2sO4、KOH,氢氧化铝属于两性氢氧

化物，既能与硫酸反应又能与氢氧化钾反应，硫酸与氢氧化钾发生中和反应，故B正确；

C.KA1(SO4)2溶液中铝离子水解形成氢氧化铝胶体，可作净水剂，但不能杀菌消毒，故C错误；

D.W与X形成的化合物是AI2O3,W与丫形成的化合物为SO2、S03,氧化铝含有离子键，而SO?、S03

含有共价键，故D错误；

故选:Bo

W、X、Y、Z为原子序数依次增大的前20号元素，W、X组成的化合物具有两性，该化合物是AI2O3，

故W为0元素、X为A1元素，而0(氧)、丫组成的一种化合物可导致酸雨，该化合物是SO2,故丫为S元

素，ZX(YW4)2是一种常见的复盐，Z为+1价阳离子，其原子序数大于硫，故Z为K元素，该复盐是

KAI(SO4)2«

本题考查原子结构与元素周期律，推断元素是解题的关键，熟练掌握元素周期律与元素化合物知

识，试题侧重考查学生分析推理能力、灵活运用知识的能力。

6.【答案】D

【解析】解：A.电解质为稀硫酸，则装置I可使用质子交换膜，总反应为2N0+2C0=N2+2cO2，

所以反应过程中H2sO,物质的量保持不变，故A正确；

+

B.b电极上NO发生得电子的还原反应生成M，电极反应式为2N0+4H+4e-=N2+2H2O,故B

正确；

C.装置II为电解池，c电极为阳极，精炼粗银时粗银作阳极，阳极上Ni、Zn、Fe均放电，阴极上只

有Ni2+得电子生成Ni,则反应后NiS()4浓度减小，故C正确；

D.负极反应式为CO+H2O-2e-=CO2+2H+,阴极反应式为Ni?++2e-=Ni,根据电子守恒可

1171

知，CO2-2e--Ni,n(Ni)=n(CO2)=22-/mo|=O.OSmol,d电极的质量增加为0.05molx

59g/mol=2.95g,故D错误；

故选：Do

装置I为原电池，a电极上CO发生失电子的反应生成CO2,b电极上NO发生得电子的还原反应生成

N2,则a电极为负极，b电极为正极，正极反应式为2N0+4H++40-="+2电0,负极反应式

为CO+H2()—2e-=CC)2+2H+,总反应为2NO+2CO=N2+2CO2，装置H为电解池，c电极为

阳极，d电极为阴极，精炼粗银时粗保作阳极，阳极反应式为Ni-2e-=Ni2+、Zn-2e-=Zn2+.

Fe-2e-=Fe2+,阴极反应式为用2++2e-=Ni,据此分析解答。

本题考查了原电池原理和电解原理的应用，侧重考查学生的分析能力和运用能力，把握电极的判

断、电极反应、电子守恒的计算为解题关键，题目难度中等。

7.【答案】B

【解析】解：A.图中a点时pOH=4,忸喘詈2=0.76,即破0m)=—。1/%僦％)=

10-076,则Kb(NH3•%())=弊Zxc(OH-)=10-076x10-4=10-4.76,数量级为10-5,故

A正确；

B.向氨水中滴加25mL盐酸,溶液中存在：c(Nf•&0)=C(NH4。)，NH。的水解平衡常数&=

顺磊石=枭1=10-9.24〈心但出-电。)，则NH3•出0的电离程度大于NH.水解程度，使

c(NH：)>C(NH3.H2O),即恒端篙<°，不可能得到b点溶液，故B错误：

2

C•图中c点也端胃=T，即湍焉=10'贝阳NH。)>C(NH3.H2O),Kb(NH3-H2O)=

c(默加0)xc(OH-)=lOc(OH-)=10-4,76,溶液中c(OH-)=10-5-76mol/L>c(H+)=^^mol/

824+

L=10-mol/L<c(0H-),所以c点的溶液中：c(NHj)>c(NH3-H20)>c(OH-)>c(H),故

C正确；

D.a、b、c点溶液均满足电荷守恒关系：c(NH系+c(H+)=c(C-)+c(OH-),故D正确；

故选：Bo

A.图中a点时pOH=4,Ige,；：,，=076,即c(OH-)=lO^moi/L湍黑^=IO-076,结合

Kb(NH3•%0)表达式进行计算；

B.向氨水中滴加25mL盐酸,溶液中存在：C(NH3-H2O)=C(NH4C1),溶液呈碱性，即NH3F2O的

电离程度大于NH。水解程度，溶液中c(NH。)>C(NH3H2O)；

C.图吹点1g喘磬=-1,即湍%=1。，结合凡(叫用20)=湍%xc(OH-)计算

溶液中c(OH-)、c(H+)；

D.根据溶液中电荷守恒关系分析判断。

本题考查酸碱混合溶液定性判断即pH计算，把握电离平衡常数和水解平衡常数的相关计算是解题

关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系、守恒关系式的应用，考查了学生的分析能力及化学

计算能力，题目难度中等。

8.【答案】4：1粉碎斑铜矿、充入过量的空气等3.2WpH<4.4AC蒸发浓缩、冷却结晶、过

滤乙醵易挥发2H2。+SO2+2C「+2CM+=2CuC"+SO歹+4H+防止CuCl在潮湿的空气中

发生水解和氧化SO2

【解析】解：(1)斑铜矿中Fe为+2价，Cu以+1、+2价形式存在，S以-1价存在，设斑铜矿中+1价

Cu和+2价Cu的个数分别为x、(5-x),化合物中各元素化合价的代数和为0,则x+2(5-x)+2+

(—2)x4=0,x=4,所以斑铜矿中+1价Cu和+2价Cu的个数之比为4：1,

故答案为：4：1；

(2)斑铜矿“焙烧”是一个“气-固”反应，有利于“气-固”充分反应的措施是粉碎斑铜矿、充

入过量的空气等方法，

故答案为：粉碎斑铜矿、充入过量的空气等；

⑶“除杂”时调pH,使Fe3+完全转化为Fe(0H)3沉淀，但不能使CM+转化为Cu(OH)2沉淀，应控

制的pH范围是3.2WpH<4.4；试剂a能和氢离子反应而调节溶液的pH值，但不能引进新的杂质，

符合条件的只有AC,

故答案为：3.2SpH<4.4；AC；

(4)由“滤液”生产胆研晶体的“一系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，用乙醇洗涤晶体

而不用水洗涤的优点是乙醇易挥发，

故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；乙醇易挥发；

(5)SO2具有还原性，铜离子具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成硫酸根离子和Cu+,由“滤

2++

液”生产CuCl的离子方程式为2H2。+S02+2Cr+2CU=2CuClI+S01-+4H,二氧化硫具

有还原性，能还原氧化性的物质，该过程中二氧化硫适当过量的作用有防止CuCl在潮湿的空气中

发生水解和氧化，

故答案为：2H2()+S02+2C「+2Cu2+=2CuCll+S0t+4H+；防止CuCl在潮湿的空气中发生

水解和氧化；

(6)焙烧时生成SO2,制取CuCl时消耗SO?，为降低成本，上述流程中可充分利用的气态产物有SO2,

故答案为：S02»

斑铜矿是含Cu$FeS4的矿物，还含有少量Si。?杂质，斑铜矿中通入空气焙烧，Cu元素转化为为CuO、

Fe元素转化为Fe2()3,S元素转化为SO?，然后溶解固体，CuO、Fe2()3分别溶于稀硫酸生成C11SO4、

Fe2(S04)3,Si。2不溶于稀硫酸，然后通入空气、试剂a除杂，试剂a能和H+反应且不能引进新的杂

质，调节溶液的pH值，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤后得到的滤渣中含有SiO?、Fe(OH)3及过

量的a,滤液中含有硫酸铜，通过一系列操作再通入乙醇洗涤、干燥得到胆矶；滤液中加入SO?、

NaQ得到CuCl。

本题考查物质制备和物质分离提纯，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确流程

图中各物质的成分及其性质、物质分离提纯方法是解本题关键，注意题给信息的获取和灵活运用，

题目难度中等。

9.【答案】卅堪、珀烟钳4Mn00H+02=4MnO2+2H2O将+3价Mn转化为MnO2吸收尾气取

最后一次的洗涤液少量，滴加盐酸酸化的氯化钢溶液，无白色沉淀，则洗涤干净溶液由无色变

为紫色，且半分钟不变色96.7%偏小

【解析】解：(1)灼烧在生烟中进行，需要图中为期、均埸钳，不需要蒸发皿、烧杯，

故答案为：珀竭、珀瑞钳；

(2)Mn00H转化为MnC>2，Mn元素的化合价升高，可知被氧气氧化，反应方程式为4Mn00H+

△

02=4MnO2+2H2。，

故答案为：4Mn00H+02=4MnO2+2H2O：

(3)酸性条件下，氧化性为NaCK)3>Mn。?，+3价的Mn不稳定，易转化为MnO2和Mi?+,则加入

NaQC)3溶液的目的是将+3价Mn转化为MnC)2，

故答案为：将+3价Mn转化为MnC)2；

(4)三颈烧瓶中生成氯气，则溶液X为NaOH,其作用为吸收尾气，

故答案为：吸收尾气；

(5)步骤⑤中判断Mn。?沉淀洗涤干净的操作为取最后一次的洗涤液少量，滴加盐酸酸化的氯化银

溶液，无白色沉淀，则洗涤干净，

故答案为：取最后一次的洗涤液少量，滴加盐酸酸化的氯化钢溶液，无白色沉淀，则洗涤干净；

(6)①酸性KMnO4标准溶液滴定ii中剩余的C2。/，达到滴定终点的现象是溶液由无色变为紫色，

且半分钟不变色，

故答案为：溶液由无色变为紫色，且半分钟不变色；

+2++2+

②发生Mn。？+C2Oj-+4H=2co2T+Mn+2H2O.5C2O1~+2Mn0；+16H=2Mn+

-1

10C02T+8H20,由得失电子守恒可知，n(MnO2)x(4-2)+0.02LxO.lOOmol-Lx(7-2)=

0.05LXO.SOOmol-L-1x2x(4-3),解得n(Mn()2)=0.02moL则样品中MnO?的质量分数为

0.02m嚅g/m。/I。。％。为

1.800g

故答案为：96.7%；

③若盛有酸性KMn()4标准溶液的滴定管在滴定前有气泡，滴定终点时气泡消失，消耗高镒酸钾溶

液的体积偏大，高镒酸钾的物质的量偏大，二氧化镭的物质的量偏小，则样品中Mn。2的质量分数

偏小，

故答案为：偏小。

(1)灼烧在地瑞中进行；

(2)MnOOH转化为Mn。?，Mn元素的化合价升高，可知被氧气氧化；

(3)酸性条件下，氧化性为NaCK)3>Mn。?，+3价的Mn不稳定，易转化为MnO?和MM+；

(4)三颈烧瓶中生成氯气；

(5)MnO2沉淀洗涤干净，表面不含硫酸根离子；

(6)①酸性KM11O4标准溶液滴定ii中剩余的C2O/，滴定终点时无色变为紫色，且半分钟不变；

-+2+_+2+

②由MnC>2+C2O|+4H=2CO2T+Mn+2H2O>5C2O^+2MnOJ+16H=2Mn+

IOCO2T+8H2。可知，C失去的电子等于Mn得到电子，结合得失电子守恒计算；

③若盛有酸性KMnCU标准溶液的滴定管在滴定前有气泡，滴定终点时气泡消失，消耗高镭酸钾溶

液的体积偏大。

本题考查物质的制备及含量测定，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、测定原理为解答

的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。

10.【答案】393.3号高温(为a+b90.0%3.154.85AC

Klc2

【解析】解：(l)I.CH4(g)+H20(g)=CO(g)+3H2(g)AH=+206.3kJ.moLK】=篇噌除

n.CH4(g)+2H20(g)=CO2(g)+4H2(g)AH2=+165.1kJ-moL%=湍)氏%皿CO(g)+

H2O(g)CO2(g)+H2(g)AH3K3=结合盖斯定律计算(□T)得到：CO(g)+

-1_1_1

H2O(g)WCO2(g)+H2(g)AH3=(+165.1kJ-mol)-(+206.3kJ-mol)=-41kJ-mol,K3=

第AH3=(a+O)kj/mol—(—110.5kJ/mol)—(—241.8kJ/mol)=­41kJ/moLa=-393.3kJ/moh

反应I的△H〉。，△S>0,能够自发进行的条件是高温，

故答案为：393.3；招；高温；

(2)已知反应I的正反应速率v=kca(CH4”cb(H2。)，k为速率常数，当CH4和&0的浓度均为J和

C2两种情况下，反应速率之比=簪鸟=(*)a+b,

vz

kxc|xc^c2

故答案为：(£)a+b；

(3)在T温度下，向容积为2L的刚性密闭容器中充入ImolCH^g)、2mo%。®和固体催化剂M(体

积忽略不计)，此时压强为lOkPa,仅发生反应I和反应口，设反应生成的一氧化碳物质的量为X,

二氧化碳物质的量为y,结合反应的化学方程式得到，

CH4(g)+H20(g)#C0(g)+3H2(g)

起始量(mol)

变化量(mol)xxx3x

平衡量(mol)

CH4(g)+2H20(g)WC02(g)+4H2(g)

起始量(mol)

变化量(mol)y2yy4y

平衡量(mol)

平衡状态下气体压强为16kPa,CHKg)物质的量=lmol-xmol-ymol,也0出)的物质的量=

2mol-xmol—2ymoLCO物质的量为xmol,CO2物质的量为ymol,出物质的量为3xmol+4ymol,

107

平衡状态气体总物质的量=(3+2x+2y)mol,气体压强之比等于气体物质的量之比,?=占云?

xoo-14Xi*乙y

x+y=0.9,

①CH4的平衡转化率=肆华x100%="粤x100%=90.0%,

J'lmollmol

故答案为：90.0%；

②若平衡体系中CO和CO?的分压相同，则甲烷转化了90%,CO和CO2的物质的量都为0・45moL设

平衡气体中也物质的量为m,也0物质的量为n,平衡状态下气体物质的量分别为:CH4为:O.lmoL

CO物质的量为0.45moLCO2物质的量为0.45moL结合元素守恒得到：氢元素守恒O.lmolx4+x

2mmol+2nmol=lmolx4+2molx2,m+n=3.8mol,氧元素守恒0.45mol+0.45molx2+

n=2molx1,n=0.65moL平衡体系中山的物质的量m=3.8mol-0.65mol=3.15moL反应

IllCO(g)4-H2O(g)CO2(g)+H2(g),反应前后气体物质的量不变，则以物质的量分数表示的平

衡常数，直接以物质的量计算Kx=一生85,

x0鼠.45molx0.65mol

故答案为：3.15；4.85；

③A.各组分的浓度不再改变，是平衡标志，故A正确；

B.v正(CHQ：v正(CO)=1:1,只能说明反应正向进行，不能说明在逆反应速率相同，不能说明反

应达到平衡状态，故B错误：

C.单位时间内2nmolO-H键断裂，同时有nmolF^O生成，对水来说，在逆反应速率相同，能说明

反应达到平衡状态，故C正确；

D.反应前后气体质量和体积不变，体系的密度始终不变化，不能说明反应达到平衡状态，故D错

误；

故答案为：ACo

(l)I.CH4(g)+H2O(g)UCO(g)+3H2(g)AH=+206.3kJ-mor】Ki=。溜蓝麒),口<*@+

1

2H20(g)UCO2(g)+4H2(g)AH2=+165.1kJ-moP^=0流溺霭)，SCO®+H2O(g)U

CO2(g)+H2(g)AH3K3=儡需焉结合盖斯定律计算得到：CO(g)+H2O(g)UCO2(g)+

L(LUJ人CI112J

H2(g)AH3,K3,反应焰变AH=生成物总焙一反应物总焰，反应自发进行的判断依据是AH-TA

S<0；

(2)已知反应I的正反应速率v=kca(CH4)飞［电。)，k为速率常数，据此计算当CH4和出0的浓度

均为q和C2两种情况下的反应速率之比；

(3)在T温度下，向容积为2L的刚性密闭容器中充入ImolCH^g)、2molH2(Xg)和固体催化剂M(体

积忽略不计)，此时压强为lOkPa,仅发生反应I和反应口，设反应生成的一氧化碳物质的量为X,

二氧化碳物质的量为y,结合反应的化学方程式得到，

CH4(g)+H2O(g)#CO(g)+3H2(g)

起始量(mol)

变化量(mol)xxx3x

平衡量(mol)

CH4(g)+2H20(g)=CO2(g)+4H2(g)

起始量(mol)

变化量(mol)y2yy4y

平衡量(mol)

平衡状态下气体压强为16kPa,CHKg)物质的量=Imol-xmol-ymol,也0也)的物质的量=

2mol-xmol-2yme>1,CO物质的量为xmol,CO2物质的量为ymoL电物质的量为3xmol+4ymol,

平衡状态气体总物质的量=(3+2x+2y)mol,气体压强之比等于气体物质的量之比，羽=石%，

x+y=0.9,

①CH4的平衡转化率=要含X100%,

起始重

②若平衡体系中CO和CC)2的分压相同，则甲烷转化了90%,CO和CC)2的物质的量都为0.45mol,设

平衡气体中电物质的量为m,出0物质的量为n,平衡状态下气体物质的量分别为:CH4为:O.lmol,

CO物质的量为0.45mol,CO2物质的量为0.45moL结合元素守恒得到：氢元素守恒O.lmolx4+x

2mmol+2nmol=lmolx4+2molx2,m+n=3.8moL氧元素守恒0.45mol+0.45moix2+

n=2molx1,n=0.65mol,平衡体系中H2的物质的量m=3.8m体—0.65mol=3.15moL反应

MCO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g),反应前后气体物质的量不变，则以物质的量分数表示的平

衡常数；

③平衡标志是在逆反应速率相同，各组分的含量保持不变，衍生出的物理量对该条件下的反应

“变量不变”说明反应达到平衡状态。

本题考查反应热的计算、化学平衡的影响因素、反应速率和化学平衡的计算等，侧重考查学生分

析能力、计算能力，根据题目信息结合盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三段式等知识解答，

题目难度较大。

Id

11.【答案】中人A基态铜原子失去1个电子后，形成了3d1。全充满的稳定结构，较难

再失去1个电子VMg2+半径小于ZM+半径，MgO晶体的晶格能比ZnO的大，故MgO的熔点

342

高16变大B棱心12NA(axlo-1O)3

【解析】解：(1)基态钮原子价层电子排布式为3dl4s2；,钮位在周期表中位于d区；基态MM+的

价电子排布3d5,价电子排布图为什人人口仆铜元素的原子序数为29,基态原子的价电子

排布为3矛。4$1,失去1个电子后形成了3di。全充满的稳定结构，较难再失去1个电子，而铁元素的

原子序数为26,基态Fe原子价电子排布为3d64s2,失去两个电子后形成了3d6的结构，较易失去1

个电子形成3d5的半充满结构，所以铜元素的第二电离能大于铁元素的第二电离能，

故答案为：d；IfAAflfl；基态铜原子失去1个电子后，形成了3d1。全充满的稳定结构，较

难再失去1个电子；

(2)ZnO、MgO均属于离子晶体，所带电荷数相同，Mg2+半径小于ZM+半径，MgO晶体的晶格能比

ZnO的大，故MgO的熔点高，

故答案为：＜;Mg2+半径小于ZM+半径，MgO晶体的晶格能比ZnO的大，故MgO的熔点高；

⑶①[Cu(NH3)4]Clz中存在N-Ho键，Cu与N间形成配位键，则ImolRMNE)]。中含有的。键

数目为(4+3X4)NA=16NA；NH3中N原子有2个孤电子对，NH3分子与CM+形成配合物后N原子

有1个孤电子对，孤电子对减少，对成键电子对有排斥作用也减小，H-N-H键角会变大，

故答案为：16；变大；

②已知[CU(NH3)412+呈平面正方形，则CM+的杂化方式可能为dsp2,

故答案为：B;

(4)①由晶胞图可知，Cu位于两个P原子连线的中点，若P原子位于晶胞的顶点，则Cu原子位于晶

胞的棱心，

故答案为：棱心；

②晶体中与Sn原子等距离且最近的Cu原子位于该Sn原子所在的3个面的面心，与Sn原子等距离且

最近的Cu原子有学=12个；Sn原子位于顶点，个数为8x：=l,1个P原子位于体心，Cu原子位

于面心，个数为6