2023年福建省福州市高考化学一模试卷及答案解析

2023年福建省福州市高考化学一模试卷

1.相比索尔维制碱法，下列不属于侯氏制碱法的优点的是（）

A.食盐的利用率高B.氨气可循环使用、生产过程简单

C.不生成难以处理的Cad?D.副产物可做氮肥

2.下列有关催化剂的说法错误的是（）

A.改变反应历程B.改变基元反应的活化能

C.可能提高主反应选择性D.不能提高反应物转化率

3.血红素补铁剂的结构如图所示。下列关于该补铁剂的说法错误

的是（）

A.含有竣基和碳碳双键

B.可与电发生加成反应

C.碳原子的杂化方式有sp2和sp3

D.无论该补铁剂的稳定常数多大，均不能与磷酸盐类药物同服

4.下列处理方法对应的反应方程式一定错误的是（）

A.利用沉淀剂NaHS除去废水中的Hg2+：S2-+Hg2+=HgSI

B.加碘食盐中碘元素的检验：IO3+5「+6H+=3l2+3H2（）

C.用生物质热解气CO将SO2还原为S：SO2+2CO誓S+2c

D.用双氧水擦拭变黑的白色油画：PbS+4H2O2=PbS04+4H20

5.设心是阿伏加德罗常数的值，催化氧化脱硫的工作原理：4FeS+6H20+302催1剂4S+

38

4Fe（OH）3,丁久时，Ksp[Fe（0H）3]=1.0xl0-o下列说法正确的是（）

A.18g水中含有的氢键数为2町

B.每生成32gS,FeS失去的电子数为3必

C.氢氧化铁的悬浊液中,若c（Fe3+）=1.0xl0-5mol.L时,悬浊液中的H+数目为10'^

D.反应中每产生lmolFe（OH）3,消耗。2数目最NA

6.为探究物质的详化性，某实验小组设计如图实验。下列说浓盐酸

法错误的是（）福蠹跟

B安-FeCb溶液

KI溶液

A.烧瓶中的反应为：Ca（C10）2+4HC1=CaCl2+Cl2T+2H2O

B.浸有NaOH溶液的棉花起吸收尾气的作用

C.CC」可用淀粉溶液替换

3+

D.试管下层出现紫红色，可证明氧化性：Cl2>Fe>I2

7.H2sO4-Si。2法生产多晶硅的流程如图。下列说法错误的是（）

A.合成1反应中叫作氧化剂

B.合成2的反应为：SiF4+NaAlH4=SiH4+NaAlF4

C.上述流程说明Si。?可溶于H2sO4

D.净化、热解中生成的多晶硅为还原产物

8.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Y比X原子的核外电子数多1个，X与Z原

子最外层电子数之比为2：3。下列说法错误的是（）

A.X、Y一定位于同一周期，Y、Z可能不位于同一周期

B.X气态氢化物分子的空间构型一定是正四面体

C.Y最高价氧化物对应的水化物可能是强电解质

D.若X、Z、Y位于同一周期，则电负性：W>Z>Y

9.Adv.Mater.报道我国科学家耦合光催化/电催化分解水的装置如图，光照时，光催化电极

产生电子（e-）和空穴（h+）。下列有关说法正确的是（）

光催化装置电催化装置

A.光催化装置中溶液的pH减小

B.离子交换膜为阴离子交换膜

+

C.电催化装置阳极电极反应式：40H-+4h=2H2。+02T

D.整套装置转移O.Olmolel光催化装置生成3.81gl]

10.2022年诺贝尔化学奖授予了生物正交反应和点击化学的开拓者。环辛烯衍生物A与四嗪

B的生物正交反应过程为

第尔斯-

阿尔德反应

D（-Ph为苯基）

下列说法错误的是（）

A.A中有一个手性碳，双键为顺式构型B.B中杂环上四个氮原子共平面

N

C.C的结构简式为坦D.D中苯环上的一氯代物有6种

11.可用于配制无机防锈颜料的复合氧化物的晶胞结构如图，下列说法中不正确的是（）

'A

A.该复合氧化物的化学式为CaCrC)3

B.若图中A、B的原子坐标均为(0,0,0),贝IJC的原子坐标为(0,0.5,0.5)

C.若该晶体密度为pg-cm-3,钙和氧的最近距离为anm,则阿伏加德罗常数NA=

140

mol-1

p(^axl0-7)3

D.由晶胞结构可知，与1个钙原子等距离且最近的氧原子有8个

12.利用过量NaOH溶液处理含AI2O3、MgO矿物，然后过滤。向所得滤液中逐滴加入NaHCC)3

溶液，测得溶液pH和生成n[Al(OH)3]与所加入V(NaHC03)变化的曲线如图。下列说法错误的

是()

1一

2

二

x

m

V(NaHCO3)/mL

A.a点溶质为NaAlC)2和NaOH,存在c(Na+)+c(H+)=c(A10。+c(OH-)

B.NaHC()3溶液中：c(H2cO3)+c(HCO])+c(COg)=0.64mol•L

C.沉淀时的离子方程式：HCO3+AIO2+H2O=A1(OH)31+CO|-

D.d点溶液:c(COi-)>c(OH-)>C(HCO3)>c(H+)

13.某实验小组在实验室用废铜屑制备甲酸铜晶体CU(HCOO)2F%。，实验流程如图:

稀硫酸、小。2小苏打甲酸,

甲酸铜品体

铜屑步骤-铜荔CU(OH)2-CUCO,步骤山'

।步骤n

回答下列问题：

(D若甲同学设计方案：铜屑、稀硫酸加热通入氧气制得硫酸铜溶液，再与甲酸反应生成甲酸

铜溶液，再结晶.请判断：甲同学(填“能”或“不能”)制得甲酸铜晶体。

(2)步骤n制备Cu(OH)2-CuCOs时，理论上CuSC)4和NaHC()3物质的量之比为1：2时反应恰好

生成Cu(OH)2-CuCO3，制备实际操作中需要控制二者物质的量之比1：2(填“>”、

“=”或)。

(3)操作步骤HI：向盛Cu(OH)2-CuCC>3烧杯中加入一定量热蒸储水，逐滴加入甲酸至蓝绿色

固体恰好全部溶解，除去少量不溶性杂质；结晶，过滤，再洗涤晶体2〜3次，晾干，得到产

品。在除去不溶性杂质时，为了防止甲酸铜结晶析出，造成损失，可采取操作。过

滤后洗涤甲酸铜结晶时为使固体快速干燥，可选(填写序号)来洗涤。

A.冷水

B.乙醇

C.四氯化碳

D.饱和甲酸铜溶液

(4)晶体中甲酸根含量的测定：

步骤A步骤B步骤C

①下列仪器可供步骤A选用的是(写名称，下同)；可供步骤C中滴定选用的是

②溶液恒温8(TC30min时应采取的操作方法是，步骤(：滴定时当观察到即达

到滴定终点。

③计算晶体中甲酸根的质量分数为。

14.菱镒矿的主要成分为MnC()3，主要杂质为Si。2、CaCO3>A12O3>FeCO3>NiS。已知

Ksp[Al(OH)3]=4x10-33,利用菱钵矿制晶体MnO的流程如图：

晶体

MnO

滤渣I滤渣2滤渣3滤渣4滤液X

(1)酸浸时含镒组分发生反应的化学方程式为0

(2)氧化过滤时体系溶液的pH=3,此时发生反应的离子方程式为。

(3)滤渣3的主要成分为o

(4)加入沉淀剂SDD是为了除去Ni2+生成重金属螯合物沉淀。

①SDD可表示为甲，中性螯合物沉淀的结构式为。

R—C—S-

②若使用Na2s做沉淀剂，除了因体系pH过低会产生H2s外，还会产生絮状无定型沉淀，造成

(5)沉铸时发生反应的离子方程式为；滤液X中含有经浓缩结晶可做化肥。

(6)通过ZM+在MnO晶体(正极)中嵌入和脱嵌，实现电极材料充放电的原理如图所示。②代表

电池(填“充电”或“放电”)过程，该过程的电极反应式为。

MnOMHOAQOWOZn,Mno^C^j^O

oO*MnoZn□空位

15.MnCeTiOx常用作脱硝催化剂，采用共沉淀法等比掺入金属M后，催化剂Mo,^MnCeTiOx

的脱硝性能及抗硫中毒性能会发生改变。烟气脱硝主要副产物为电0,主反应如下：

-1

反应I：4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)AH1=akj-mol；

-1

反应H：4NH3(g)+4NO(g)+02(g)U4N2(g)+6H2O(g)AH2=-1657.5kJ-mol

(1)己知：N2(g)+02(g)=2NO(g)AH=+180.5kJ-moL。则a=。

(2)某条件下对于反应I,v正=l^ca(NH3)cb(NO),v逆=l^ca(N2)cd(H2。)，k正、k逆为速

率常数。

升高温度时，k正增大m倍，k逆增大n倍，则mn(填或“=”)。

(3)将模拟烟气按一定流速通到催化剂表面，不同温度下气体出口处测定相关物质浓度，得出

NO的转化率、M的选择性、电0的生成量随温度变化关系如图。

o

la

955098%

i40

90次

330

、

、

*2094邦

S«10928或

变

弼

q才

75N8s

086

2202402602S0200220240260280300MO

JRJSaWE/X反应温度/C

①选择Cuo.^MnCeTiOx时，温度高于260久时NO转化率下降的原因为。

②综合分析，该脱硝过程应选择的最佳催化剂中M为o

③选用合适的催化剂还能抑制催化剂表面出现NH4HSO4结晶现象，结晶会导致。

(4)273℃,P0kPaT,向恒温恒压密闭的容器中(假设仅发生反应I、II)通入4moiNH3、4moiNO、

2molOZo

①下列选项不能说明反应I、n均达到化学平衡状态的是。

A.混合气体的平均摩尔质量保持不变

B.n(NH3)：n(NO)保持不变

C.有ImolN-H键断裂的同时，有ImolN三N键断裂

D.NO的分压保持不变

②达到平衡后测定。2转化率为30%，体系中N国为则NO的转化率为,反应

I的。=(写出计算式即可)(分压=总压x物质的量分数)。

16.布洛芬具有退热、镇痛的疗效，是缓解新冠病毒病症的有效药物。布洛芬的传统合成路

如NROH

已知1：RCHOT2RCH=NOH

回答下列问题：

(1)ATB的反应类型为

(2)B被酸性KM11O4氧化的产物(含有苯环)的核磁共振氢谱各组峰的峰面积比为2：1,该产物

的结构简式为.

(3)C1CH2COOC2H$与足量NaOH溶液反应的化学方程式为。

(4)C中的官能团名称o

(5)E-F的反应为脱水反应，其化学方程式为o

(6)布洛芬的同系物M分子式为C9H1OO2,其可能结构有o种(不考虑立体异构)。

(7)芳醛直接氧化时，苯环上煌基也可能被氧化，参照上图流程设计由

HjC—CH£HO制备H?—的合成路线。

答案和解析

I.【答案】B

【解析】解：A.侯氏制碱法NaCl利用率高，可降低制碱成本，增大经济效益，故A正确；

B.氨气可循环使用是索尔维制碱的优点，故B错误；

C.制碱用的氨和二氧化碳直接由制氨厂提供，代替分解CaC03制CO2的方法，不生成难以处理的

CaCl2,节约能源、减少污染，故C正确；

D.镇盐可以作肥料，所以副产品NH4cl可作化肥，提高产品经济收益，故D正确；

故选：B。

索尔维制碱原理：以食盐、石灰石（经煨烧得到氧化钙和二氧化碳）、氨气为原料制备纯碱，先使

氨气通入饱和食盐水中形成氨盐水，再通入二氧化碳气体生成溶解度小的碳酸氢钠月井和氯化钱，

过滤洗涤得到碳酸氢钠晶体，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，优点是：放出的二

氧化碳可以循环利用，含氯化镀的溶液与石灰乳混合加热，得到的氨气可以循环使用，侯氏制碱

法的改进之处是，在5〜lOK时向母液中加入氯化钠，使氯化镀结晶析出，氯化钱做氮肥，实现制

碱厂和化肥厂联合，优点是：食盐利用率高，放出的二氧化碳可以循环利用，不产生难以处理的

氯化钙，氯化镂做氮肥。

本题主要考查侯氏制碱法和索尔维制碱的原理对比，注意两种制碱法原理的准确掌握，题目难度

不大。

2.【答案】D

【解析】解：A.催化剂可以改变反应历程，降低反应的活化能，加快反应速率，故A正确；

B.催化剂可以改变反应历程，即可以把一个反应改变为多个基元反应，且每个基元反应的活化能

都不同，故B正确；

C.催化剂具有选择性，可能对主反应具有更好的催化效果，从而加快主反应的速率，故C正确；

D.催化剂不能改变平衡移动，不能提高反应物的平衡转化率，但可以通过单位时间内的转化率，

故D错误；

故选：D。

A.催化剂可以改变反应历程，降低反应的活化能；

B.催化剂可以把一个反应改变为多个基元反应；

c.催化剂具有选择性；

D.催化剂不能改变平衡移动，不能提高反应物的平衡转化率。

本题主要考查对催化剂概念的理解，D项是易错选项，属于基本知识的考查，难度不大。

3.【答案】D

【解析】解：A.根据图知，分子中含有竣基和碳碳双键，故A正确；

B.分子中的碳碳双键能和氢气发生加成反应，故B正确；

C.分子中的饱和碳原子采用sp3杂化，连接双键的碳原子采用sp2杂化，故C正确；

D.补铁剂中的亚铁极易与磷酸盐反应生成沉淀，补铁剂的稳定常数极大时，溶液中含铁量极少，

不与磷酸盐生成沉淀，此时可以与磷酸盐药物同服，故D错误；

故选：Do

A.含有竣基和碳碳双键；

B.碳碳双键能和氢气发生加成反应；

C.饱和碳原子采用sp3杂化，连接双键的碳原子采用sp2杂化；

D.补铁剂中的亚铁极易与磷酸盐反应生成沉淀，补铁剂的稳定常数极大时，溶液中含铁量极少，

不与磷酸盐生成沉淀。

本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质

的关系是解本题关键，题目难度不大。

4.【答案】A

【解析】解：A.NaHS只能拆为Na+和HS1故利用沉淀剂NaHS除去废水中的Hg2+的离子方程式为

HS-+Hg2+=HgSl+H+,故A错误；

B.加碘盐中碘元素以10］的形式存在，检验10］的存在，可以利用酸性环境下与「的归中反应：10］4-

+

5I-+6H=3I2+3H2O,生成的碘单质遇淀粉变蓝，即可检验加碘盐中碘元素的存在，故B正

确；

C.CO能将二氧化硫还原为S,自身被氧化为二氧化碳，化学方程式为SO2+2CO譬S+2c。2,故

C正确；

D.双氧水能将黑色的PbS氧化为白色的硫酸铅，化学方程式为PbS+4H2O2=PbS04+4H20,故D

正确；

故选：Ao

A.NaHS只能拆为Na+和HS-；

B.加碘盐中碘元素以10］的形式存在，检验101的存在，可以利用酸性环境下碘元素的归中反应；

C.CO能将二氧化硫还原为S,自身被氧化为二氧化碳；

D.双氧水能将黑色的PbS氧化为白色的硫酸铅。

本题考查了生活和生产中的化学操作对应的反应原理，难度不大，应注意化学在生活和生产中的

应用。

5.【答案】B

【解析】解：A.水中每个水分子最多与周围的水分子之间形成4个氢键，根据均摊原子，平均拥有

2个氢键，18g水物质的量=僦而=lmol,Imol水分子成冰时最多形成的氢键数为lmolx2x

NAmoL=2NA，所以18g液态水形成的氢键数目小于2以，故A错误；

B.FeS在反应中，Fe由+2价升高到+3价，S由-2价升高到0价，1个FeS共升高3价，失去3个电子，

32gs为=Imol,根据关系式：4FeS〜4s可知，反应的FeS为lmol,失去的电子数为：lmolx

D乙黑g/moi

-1

3xNAmol=3NA,故B正确；

C.氢氧化铁的悬浊液中，若c(Fe3+)=1.0x10-5mol•L时，根据Ksp［Fe(0H)3］，可以计算c(OH-),

但溶液体积未知，无法计算悬浊液中的H+数目，故C错误；

D.根据关系式：3。2〜4Fe(0H)3可知，反应中每产生lmolFe(OH)3，消耗。2数目为lmolx,x

-1

NAmol=|NA,故D错误；

故选：Bo

A.水中每个水分子，平均拥有2个氢键，形成冰时的氢键数目多于液态水时的氢键数目；

B.FeS在反应中，Fe由+2价升高到+3价，S由—2价升高到。价，1个FeS共升高3价，失去3个电子,

据此分析计算；

C.溶液体积未知，无法计算悬浊液中的H+数目；

D.根据关系式：3。2〜4Fe(0H)3可知，计算每产生lmolFe(OH)3，消耗的物质的量，再进一步

计算数目。

本题主要考查氢键数目、得失电子数目的计算，同时考查Lp的应用，关系式的计算等，属于高频

考点，难度中等0

6.【答案】D

【解析】解：A.漂白粉为Ca(C10)2，和浓盐酸反应生成氯气，反应方程式为Ca(C10)2+4HC1=

CaCl2+C12T+2H2O,故A正确；

B.浸有NaOH溶液的棉花可吸收多余氯气，起吸收尾气的作用，故B正确；

C.当下层四氯化碳中有碘单质显紫色，用淀粉溶液替换后，溶液变蓝，也可以检测碘单质，故C

正确；

D.试管下层出现紫红色，只能说明有碘单质生成，无法确定是什么物质氧化KI,因为氯气溶于水

生成次氯酸也有氧化性，故D错误；

故选：Do

A.漂白粉为Ca(C10)2,和浓盐酸反应生成氯气；

B.浸有NaOH溶液的棉花可吸收多余氯气；

C.当下层四氯化碳中有碘单质显紫色；

D.氯气溶于水生成次氯酸也有氧化性。

本题考查含氯物质的性质，侧重考查学生物质之间的反应和实验原理的掌握情况，试题难度中等。

7.【答案】C

【解析】解：A.合成1反应中也发生反应生成NaAlH,，氢元素化合价由0价降低到-1价，氢气做氧

化剂被还原，故A正确；

B.合成2的反应为四氟化硅和NaAlH4反应生成》也和NaAlF”反应的化学方程式为：SiF4+

NaAlH4=SiH4+NaAlF4,故B正确；

C.上述过程中二氧化硅转化为SiF*说明Si更容易与F结合，不能说明Si()2可溶于H2so型故C错

误；

D.Si也净化热解中，硅元素由+4价变为0价，SiH,被还原，发生还原反应得到还原产物Si,故D

正确；

故选：Co

Na、Al、H2合成NaAlH*SiFq和NaAlH,反应，反应的化学方程式为:SiFd+NaAlH4=SiH4+NaAlF4,

NaAlF4和H2sO4、SiO2合成反应生成SiF*净化热解SiH^得到多晶硅，

A.合成1反应中电发生反应生成NaAlH0氢元素化合价由0价降低到-1价；

B.合成2的反应为四氟化硅和NaAl*反应生成SiW和NaA%;

C.上述过程中二氧化硅转化为SiF,，说明Si更容易与F结合；

D.净化、热解中，SiH,生成多晶硅，硅元素由+4价变为0价。

本题考查了物质制备过程的分析判断，主要是盐酸化合价变化的理解应用，题目难度不大。

8.【答案】B

【解析】解：由上述分析可知，若X为C元素、Y为N元素、Z为0元素，W为原子序数大于8的主族

元素；或X为C元素、Y为N元素、Z为S元素、W为C1元素；或X为Si元素、Y为P元素、Z为S元素、W为

C1元素，

A.X为C元素、Y为N元素、Z为S元素、W为C1元素时，Y、Z不位于同一周期，故A正确；

B.X气态氢化物分子若为甲烷，其空间构型是正四面体，若为乙烷，不是正四面体结构，故B错误；

C.Y最高价氧化物对应的水化物若为硝酸，属于强电解质，故C正确；

D.若X、Z、Y位于同一周期，四种元素可能均位于第二周期或第三周期，同周期主族元素从左向

右电负性增强，则电负性：W>Z>Y,故D正确；

故选：B。

短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Y比X原子的核外电子数多1个，X与Z原子最外层

电子数之比为2：3,若X的最外层电子数为4、Z的最外层电子数为6,可知若X为C元素、Y为N元

素、Z为0元素，W为原子序数大于8的主族元素；或X为C元素、Y为N元素、Z为S元素、W为Q元

素；或X为Si元素、Y为P元素、Z为S元素、W为Q元素，以此来解答。

本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握电子数、最外层电子数来推断元素为解答的

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。

9.【答案】C

【解析】解：A.光催化装置中发生反应2H++2e-=H2T,3「+2h+=I0氢离子被消耗，溶液

pH增大，故A错误；

B.电催化装置为电解池，左侧为阴极，电极反应式为I]+2e-=3「，右侧为阳极，电极反应式为

+

40H-+4h-2H20+02T,阴极阴离子的物质的量增加，阳极阴离子被消耗，故该交换膜为阴

离子交换膜，故B错误；

C.电催化装置为电解池，右侧为阳极，电极反应式为4OH-+4h+=2H2O+O2T，故C正确；

D.整套装置转移O.Olmole-,光催化装置生成与质量为"则等电皿=i.905g,故D错误；

故选:Co

+

由图可知，光催化装置中发生反应2H++2e-=H2T,31-4-2h=I3,电催化装置为电解池，左

+

侧为阴极，电极反应式为I1+2e-=3r，右侧为阳极，电极反应式为40H-+4h=2H2O+O2T,

据此作答。

本题考查原电池和电解池，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极和阴阳极是解题的

关键。

10.【答案】A

【解析】解：A.连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，A中连接醇羟基的碳原子为手

性碳原子，所以含有一个手性碳原子，根据图无法判断碳碳双键两端连接氢原子的位置关系，所

以不能确定是否为顺式构型，故A错误；

B.B中杂化和苯环结构相似，苯环上所有原子共平面，所以B中杂环上四个氮原子共平面，故B正

确；

N

C.C失去2个N原子生成D,根据B、D的结构简式确定C的结构简式为，支产厂、，故C正

确；

D.D的两个苯环上一共有6种氢原子，所以其苯环上的一氯代物有6种，故D正确；

故选：Ao

A.连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子；根据图无法判断碳碳双键两端连接氢原子的

位置关系；

B.B中杂化和苯环结构相似，苯环上所有原子共平面；

C.C失去2个N原子生成D,根据B、D的结构简式确定C的结构简式；

D.D的苯环上含有几种氢原子，其苯环上的一氯代物就有几种。

本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质

的关系是解本题关键，题目难度不大。

11.【答案】D

【解析】解:A.Ca位于顶点，个数为8x：=1,Cr位于体内，个数为1,0位于面上，个数为6x；=3,

OL

化学式为CaCrC)3，故A正确；

B.根据晶胞图可知，C位于面心，因此C的坐标为(0,050.5),故B正确；

C.钙和氧最近的距离是面对角线的一半，面对角线长为2anm,即晶胞边长为，Nanm,晶胞的体

积为(Caxl0-7)3cm3,根据A选项分析，则晶胞密度P=£=黑汽猱g/(™3,阿伏加德

'，vNA(VzaxlU)

140

罗常数NA=而后而可mo「，故C正确；

D.以顶点Ca为标准，离Ca最近的氧原子在面心，共有12个，故D错误；

故选：D。

A.Ca位于顶点，个数为8x：=l,Cr位于体内，个数为1,0位于面上，个数为6x^=3；

oN

B.根据晶胞图可知，C位于面心；

C.钙和氧最近的距离是面对角线的一半，面对角线长为2anm,即晶胞边长为Canm,晶胞的体

积为(Cax10-7)3cm3,根据A选项分析，则晶胞密度P弋=相穿::条g/”；

、，vNA(VzaxlO)

D.以顶点Ca为标准，离Ca最近的氧原子在面心。

本题考查晶体结构，侧重考查学生分数坐标、均摊法和晶胞计算的掌握情况，试题难度中等。

12.【答案】B

【解析】解：A.a点溶质为NaAlOz和NaOH,由电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(A10])+c(OH-),

故A正确；

B.8—40mL时反应生成氢氧化铝0.032mol,消耗碳酸氢钠0.032mol,故加入NaHC()3浓度为

O黑黑人=lmol/L,由物料守恒可知c(H2cO3)+C(HC03)+c(CO1-)=lmol/L,故B错误；

C.NaAlC»2和碳酸氢钠反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为HCO]+A10]+H20=

A1(OH)3J+C0歹，故C正确；

D.d点溶液溶质为碳酸钠，存在水解平衡C0g-+H20=HC0]+0H-,HCO3+H2O#H2CO3+

OH-,故离子浓度关系为c(CO^)>c(OH-)>C(HC03)>c(H+),故D正确；

故选：B»

利用过量NaOH溶液处理含AI2O3、MgO矿物，MgO与NaOH不反应，赳。3溶于NaOH溶液，发生反

应他。3+20H-=2A10]+H20,故a点溶质为NaAlOz和NaOH,向所得滤液中逐滴加入NaHC()3溶

液，依次发生反应0H-+HCO3=C01-+H20,HCO3+A10J+H20=A1(OH)3I+C0"故前8mL

时生成碳酸钠，8-40mL时反应生成氢氧化铝，力口入NaHC()3溶液为40mL时，氢氧化铝的物质的

量保持变，恰好反应，d点溶液溶质为碳酸钠。

本题考查离子浓度关系比较，题目难度中等，能依据题目信息判断离子浓度关系是解题的关键。

13.【答案】不能＜趁热过滤B烧杯、量筒烧杯、碱式滴定管水浴加热滴入最后半滴草酸

溶液，溶液紫色褪去，且半分钟不恢复原来的颜色30.00%

【解析】解：(1)硫酸铜溶液与甲酸不复试复分解反应，不能通过反应生成甲酸铜溶液，不能制得

甲酸铜晶体，

故答案为：不能；

(2)步骤n制备Cu(OH)2・CuCO3时，理论上CuSC)4和NaHC()3物质的量之比为1：2时反应恰好生成

CU(OH)2-CuCO3,反应的化学方程式为：2CUSO4+4NaHCO3=Cu(OH)2-CuCO3I+2Na2SO4+

3CO21+H2O,反应生成二氧化碳气体，Cu(OH)2-CuCO3在碱性环境中存在，所以制备实际操作

中需要控制二者物质的量之比＜1：2,

故答案为：＜;

(3)操作步骤向盛Cu(OH)2-CuC()3烧杯中加入一定量热蒸憎水，逐滴加入甲酸至蓝绿色固体

恰好全部溶解，除去少量不溶性杂质；结晶，过滤，再洗涤晶体2〜3次，晾干，得到产品，在除

去不溶性杂质时，为了防止甲酸铜结晶析出，造成损失，可采取趁热过滤操作，减少晶体损失，

过滤后洗涤甲酸铜结晶时为使固体快速干燥，

A.冷水溶解晶体，故A错误；

B.乙醇易挥发，使固体快速干燥，故B正确；

C.四氯化碳不溶于水，不能洗涤除去表面杂质，故C错误；

D.饱和甲酸铜溶液洗涤不能使固体快速干燥，故D错误；

故答案为：趁热过滤：B；

(4)①称取质量为3.00g,托盘天平精确度只能到0.1g,所以选择电子天平，配制250mL溶液，需

要的仪器为：电子天平、250mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒用来量取蒸储水，可以

有也可以无，故选择的仪器为：烧杯、量筒，草酸钠溶液是强碱弱酸盐，溶液显碱性，用碱是滴

定管，调节液面可以用烧杯接废液，需要的仪器为：烧杯、碱式滴定管，

故答案为：烧杯、量筒；烧杯、碱式滴定管；

②溶液恒温8(TC30min时应采取的操作方法是：水浴加热，步骤C滴定时当观察到：滴入最后半滴

草酸钠溶液，溶液紫色褪去，且半分钟不恢复原来的颜色，即达到滴定终点，

故答案为：水浴加热；滴入最后半滴草酸溶液，溶液紫色褪去，且半分钟不恢复原来的颜色；

③晶体中草酸根离子被氧化，剩余的高钛酸钾溶液被草酸钠滴定测定，晶体溶解后的溶液中甲酸

根离子浓度为c(HCOO-),甲酸根离子中碳元素化合价由+2价升高到+4价，电子转移2e1草酸根

离子中碳元素化合价由+3价升高到+4价，CzO/〜2c。2〜2e1高锌酸钾中锦元素化合价由+7价

降低到+2价，电子转移5e-,电子守恒计算得到[c(HCOCT)+0.02mol/L]X25.00mLx2=

0.02mol/Lx50.00mLx5,c(HCOO­)=0.08mol/L,晶体中甲酸根的质量分数=

：：

0.08mol/L0c5Lx45g/mol>10()%=30.00%,

3.00g

故答案为：30.00%,

(1)一般强酸制备弱酸，反应能进行，甲酸为弱酸，不能反应生成硫酸；

(2)理论上CuS()4和NaHC()3物质的量之比为1：2时反应恰好生成Cu(OH)2•C11CO3,反应的化学方

程式为：2CUSO4+4NaHCO3=Cu(0H)2-CuCO3I+2Na2sO4+3C02T+H20,反应生成二氧化

碳气体，CU(OH)2-C11CO3在碱性环境中存在；

(3)①称取质量为3.00g,托盘天平精确度只能到0.1g,所以选择电子天平，配制250mL溶液，需

要的仪器根据配制步骤选择，草酸钠溶液是强碱弱酸盐，溶液显碱性，用碱是滴定管，调节液面

可以用烧杯接废液；

②低于100式的加热条件需要水浴加热，草酸钠溶液滴入酸性高镒酸钾溶液中，草酸根钠被氧化

生成二氧化碳，高锌酸钾溶液的紫红色可以指示反应终点；

③晶体中草酸根离子被氧化，剩余的高锅酸钾溶液被草酸钠滴定测定，晶体溶解后的溶液中甲酸

根离子浓度为c(HCOO-),甲酸根离子和草酸根离子中碳元素化合价由+2价升高到+4价，电子转

移2e1高铳酸钾中铳元素化合价由+7价降低到+2价，电子转移5eZ电子守恒计算得到c(HCOCT),

据此计算甲酸根离子含量。

本题通过甲酸铜晶体的制备，考查物质性质实验方案的设计方法，题目难度中等，试题涉及的知

识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验。

2+

14.【答案】MnCO3+H2sO4=MnS04+H20+C02TMnO2+2Fe+4H20=2Fe(OH)31

+不易过滤(或造成MM+吸附损失

+MM++2HCaS04>A1(OH)3)、N1

2+2+

)Mn+2HCO3=MnCO3I+H20+C02T(NH4)2S04放电Mn061n0,39O+xZn+2xe-=

ZnxMn061n039O

【解析】解：(1)酸浸时MnCC)3和硫酸反应生成硫酸镒、二氧化碳、水，化学方程式为MnCC)3+

H2sO4=MnS04+H20+C02T,

故答案为：MnCO3+H2s。4=MnS04+H20+C02T；

2+

(2)氧化过滤时加入MnC)2氧化Fe?+生成Fe(0H)3沉淀，离子方程式为MnO2+2Fe+4H20=

z++

2Fe(OH)3I+Mn+2H,

2+2++

故答案为：MnO2+2Fe+4H2O=2Fe(OH)3I+Mn+2H；

(3)根据分析，滤渣3是CaSOrA1(OH)3,

故答案为：CaSO4,A1(OH)3；

(4)①SDD可表示为¥，沉淀剂SDD是为了除去Ni2+生成重金属螯合物沉淀，SDD与Ni2+通

R—€—S-

/S

过配位键以2：1结合生成中性螯合物沉淀，结构式为八II

\R-C—S)2Nr

②若使用Na2s做沉淀剂，除了因体系pH过低会产生H2s外，还会产生絮状无定型沉淀，絮状无定

型沉淀具有吸附性，不易过滤(或造成MM+吸附损失)，

故答案为：不易过滤(或造成MM+吸附损失)；

(5)沉锦时碳酸氢筱和硫酸镒反应生成碳酸锦沉淀、硫酸镂、二氧化碳，离子方程式为MM++

2HCO3=MnCO3I+H2O+CO2T；滤液X中含有(NHD2SO4,经浓缩结晶可做化肥，

2+

故答案为：Mn+2HCO3=MnCO3X+H2O+CO2T；(NH4)2S04；

(6)电池放电时，阳离子向正极移动，ZM+嵌入Mno.6Qo.39。晶体，②代表电池放电过程，该过程

2+-

的电极反应式为乂!10.61口0.39。+xZn+2xe=ZnxMn061n0390.

2+-

故答案为：放电；Mn061a03gO+xZn+2xe=ZnxMn061n0390»

菱镭矿的主要成分为MnC()3，主要杂质为Si。2、CaCO3>A12O3^FeCO3^NiS,加入硫酸溶解，碳

酸镭和硫酸反应生成MnSOc碳酸钙和硫酸反应生成CaS()4沉淀、氧化铝和硫酸反应生成硫酸铝、

碳酸亚铁和和硫酸反应生成硫酸亚铁，二氧化硅和硫酸不反应，则滤渣1为二氧化硅以及微溶的硫

酸钙沉淀，滤液中含有MM+、$3+、Fe2+,加入二氧化镒氧化Fe?+生成Fe(OH)3沉淀除铁，则滤

渣2为氢氧化铁，滤液中加氢氧化钙调节pH=5生成Al(OH)3沉淀除铝，则滤渣3为氢氧化铝，滤

液中加SDD除Ni2+,过滤，滤液加碳酸氢钱生成碳酸镐沉淀，灼烧碳酸镭得到MnO晶体。

本题考查物质的分离提纯，物质性质的应用，题干信息的分析理解，熟悉操作步骤的注意问题和

基本操作方法是解题关键，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，题目难度较大。

15.【答案】-1838＜催化剂活性下降(或副反应增多)W结晶覆盖活性位点，降低催化剂活性

或催化剂硫中毒C75%一粤含［啥./一或照空M

(P。X107^X(^OxiO7)x(POxiQ7)10.7X1.2X1.4

-1

【解析】解：(1)已知反应I：4NH3(g)+6NO(g)#5N2(g)+6H2O(g)AH1=akj-mol；反应D：

4NH3(g)+4N0(g)+02(g)=4N2(g)+6H20(g)AH2=-1657.5kJ-moL；N2(g)+O2(g)4

2N0(g)AH=+180.5kJmolT。根据盖斯定律,-1657.5kJ-mor1-a=

+180.5kjmor1,解得a=-1838,

故答案为:—1838；

(2)反应I是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，由k正增大m倍,k逆增大n倍可知,m＜n,

故答案为：＜；

(3)①由第2个图可知，选择Cuo.isMnCeTiOx时，温度高于260K氮气的选择性降低，说明催化剂

活性下降。副产物$0的生成量增多，导致NO转化率降低，所以，温度高于260。(：时，NO转化率

下降的原因是催化剂活性下降，或者副反应增多等原因，

故答案为：催化剂活性下降(或副反应增多)；

②由第1个图可知，三条曲线均是先增大后减小，Wo^MnCeTiOx做催化剂时，NO的转化率最高；

由第2个图可知，Wo.isMnCeTiOx做催化剂时，副产物&O的生成量最少且随温度升高变化不大，

而氮气的选择性最高且随温度升高变化不大，所以该脱硝过程应选择的最佳催化剂中M为W,

故答案为：W；

③催化剂表面有很多活性位点，结晶会覆盖活性位点，降低催化剂活性或使催化剂硫中毒，

故答案为：结晶覆盖活性位点，降低催化剂活性或催化剂硫中毒；

m政

(4)①A.反应I、II均在恒温恒压密闭的容器中进行，根据平均摩尔质量=；,若反应向右进行，

n总增大，平均摩尔质量减小，所以混合气体的平均摩尔质量保持不变，说明反应达到平衡