2023年江西省重点中学盟校高考化学第一次联考试卷及答案解析

2023年江西省重点中学盟校高考化学第一次联考试卷

1.化学与人类生活密切相关。下列说法正确的是（）

A.《考工记》载有“沫帛”的方法，即利用“灰”（草木灰）和“蜃”（贝壳灰）混合加水所得

液体来洗涤丝、帛。这种液体能洗涤丝、帛主要是因为其中含有K2c。3

B.我国实现海上首飞的“鲸龙号”使用的燃料为航空煤油，航空煤油属于一种烧类化合物

C.《天工开物》记载“人贱者短褐、臬裳，冬以御寒，夏以蔽体，其质造物之所具也。属草

木者，为臬、麻、茴、葛・・・・・.”文中的“臬、麻、荷、葛”属于纤维素

D.“天宫二号”空间站所用太阳能电池材料碎化铉属于传统无机非金属材料

2.贝诺酯是阿司匹林与扑热息痛的酯化产物，是新型的消炎、

解热、镇痛、治疗风湿病的药物，其结构如图所示。下列有关贝

诺酯的说法正确的是（）

A.分子式为J7H13NO5

B.与足量出加成后，所得产物结构中含有2个手性碳

C.与NaOH反应，可生成4种水解产物

D.分子中所有碳原子不可能共平面

3.下列有关离子方程式的书写错误的是（）

2+3+

A.向含Fe2+、「、BL各amol的溶液中通入amolCk：2Fe+21-+2C12=2Fe+4C1-+I2

B.向NaClO溶液中通入少量SO2：3C10-+S02+H20=Cl-+S0i-+2HC10

+

C.乙二醇与足量酸性高铳酸钾溶液反应：HOCH2-CH2OH+2MnO；+6H=2CO2T

2+

+2Mn+6H2O

D.向NH4Al（SOJ溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至SOf恰好完全沉淀：A/+2S0：-+

2+

40H-+2Ba=2BaS04I+A10]+2H2O

4.根据下列实验及现象不能得出相应结论的是（）

选

实验现象结论

项

所得沉淀

re时，向等体积的饱和AgCl、Agl溶液中分别滴T℃时，Ksp(AgCl)>

An(AgCl)>

加足量AgNC）3溶液Ksp(AgI)

n(Agl)

取两支试管各加入2mL0.1mol/L的草酸溶液，分其他条件不变时，反应

褪色并观察褪色

B别滴加2mL0.01mol/L、0.02mol/L的酸性高锌酸物浓度越大，反应速率

的时间

钾溶液越快

将两支分别盛有5mLO.lmol/LNa2s2O3与

经过热水浸泡的

5mL0.1mol/LH2sO4的试管放入冷水，同时将同不能说明温度越高，速

C试管冒出气泡较

样情况的另外两支试管浸入热水，一段时间后混率越快

快

合

含5g油脂的酒精溶液中加入适量40%NaOH溶液

D加热5min,然后用玻璃棒蘸取少许滴到盛热水的液面无油滴出现油脂已完全皂化

试管中

A.AB.BC.CD.D

5.短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，由这五种元素组成的一种化合物M

是一种高效消毒剂，M的结构式如图所示。下列说法正确的是（）

+

D

A.工业上米用电解DE的水溶液制备E的单质

B.A的氢化物的沸点低于B的氢化物的沸点

C.简单离子半径：OB

D.E的氧化物对应的水化物是强电解质

6.我国科学家研究出一种新型水系Zn-C2H2电池(图甲)，既能实现乙焕加氢又能发电；同

时开发新型催化剂，实现C02电催化加氢制备c3H6(图乙)。下列说法错误的是()

禹子交换股M离子交换腴N

甲乙

A.甲、乙两装置相互连接时，a电极应接d电极

B.离子交换膜M与N不能选择相同的交换膜

C.a极的电极反应式为C2H2+2e-+2H2O=C2H4+20H-

D.甲、乙两装置相互连接时，理论上每生成ImolC3H6,b极质量增重48g

7.常温下将0.2mol」-i的NaOH溶液滴入20mL0.2moi•广1的NaHA溶液中，溶液中HA1(或

A2-)的分布系数6、NaOH溶液体积V与pH的关系如图所示。已知H2A为二元弱酸，下列叙述

错误的是(已知HA-分布系数等于HA-的物质的量除以所有含A微粒的物质的量之和)()

A.0.2mol•IT】的NaHA溶液中离子浓度大小为：c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2")>

c(OH-)

B.m点对应的溶液中c(Na+)<3c(HA-)

+

C.n点对应的溶液中c(A2-)+c(HA-)+2c(0H-)=2c(H)+3c(H2A)

D.q点对应溶液pH约为8.6

8.锢。n)是一种主要用于液晶显示屏和半导体生产的重要稀有金属。从铅、锌的冶炼过程中

产生的高锢烟灰(主要含ZnO、PbO、Fez。?、E2O3、In2s3)中提取锢的流程如图:

VnO>H2SO4H2c0萃取剂H2A[反萃取剂锌粉

扁钢烟灰~可策]•相印反?收|水相S；HInC@山插_^知钢

烹水相有机相

已知：滤液中锅以14+的形式存在，I/+与A13+相似，易水解。

回答下列问题：

(1)写出两种可以加快“氧化酸浸”效率的方法。

(2)“氧化酸浸”过程中In2s3的硫元素被氧化为SO厂，滤渣除含过量Mn02外，还有

(填化学式)，“氧化酸浸”过程中In2s3参与反应的离子方程式为。

(3)“置换”后所得浊液，需要经过滤、洗涤、干燥等操作得到粗锢，洗涤的具体操作为

(4)“萃取”过程中的萃取剂可用H2A2表示，使In3+进入有机相，萃取过程14+发生的反应方

+

程式为：14++3H2A2=In(HA2)3+3H,平衡常数为K。“萃取”时萃取率的高低受溶液

的pH影响很大，已知与萃取率(E%)的关系符合如下公式：值靛=lgK-卷。当pH=

2.35时♦，萃取率为50%,若将萃取率提升到95%,应调节溶液的pH=(已知lgl9=1.28,

忽略萃取剂浓度的变化，结果保留三位有效数字)。

(5)盐酸的浓度与锢、铁的反萃取率的关系如图1所示。则“反萃取”过程中应选择盐酸的最

佳浓度为moH3L-1»

(6)在提取过程中得到了副产物FeSCU-7H2O(M=278g/mol),^6.95gFeSO4-7H2。固体加热

至不同温度，剩余固体的质量变化如图2所示。取适量380久时所得的样品P,隔绝空气加热

至650久得到一种固体物质Q,同时有两种无色气体生成，写出此步骤发生的化学反应方程式

9.氮化锢（S「3N2）是工业上生产荧光粉的原材料，遇水剧烈发生水解反应。实验室常用Sr和

队在加热条件下反应制得，某研究团队设计以下装置（夹持装置略去）：

已知：①锢与镁、钙同主族，锢能与水、C02,。2、NH3等快速发生反应；

②H3BO3为白色粉末状结晶，有滑腻手感，无臭味，露置空气中无变化，能随水蒸气挥发；

硼酸酸性很弱，硼酸溶液达不到甲基橙变色的pH。

回答下列问题：

I.氮化锯的制取

Q）仪器a的名称是,按气流从左到右的方向，装置连接的合理顺序为-E-

（填大写字母；装置可重复使用）；连接顺序中间装置E的作用是。

（2）装置C中发生反应的方程式为。

口.产品纯度的测定

实验步骤如下：

①向锥形瓶中加入50.00mL某浓度的H3BO3溶液，滴加甲基橙，用0.25mol」T的盐酸标准溶

液滴定，达到滴定终点，消耗盐酸xmL；

②称取2.0g装置D中的产品，加入到干燥的大试管中，如下图装置所示，再向锥形瓶中加入

步骤①中相同体积浓度的H3BO3溶液；

③通过分液漏斗向大试管加入蒸储水，通入水蒸气，将产生氨气全部蒸出，用H3BO3溶液完

全吸收(吸收液体积变化忽略不计)；

④量取25.00mL的吸收液，滴加甲基橙后，用0.25mol1T的盐酸标准溶液滴定至终点，消

耗16.00mL标准溶液。

(3)装置中，氮化锢发生的反应方程式为,实验步骤①作用为。

(4)产品纯度为•

10.CO2与CH4催化重整制合成气是研究热点之一，重整能获得氢能同时能高效转化温室气

体。发生的主要反应有：

反应I：CH4(g)+CO2(g)U2CO(g)+2H2(g)AH1

-1

反应口：H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g)AH2=+41kJ-mol

-1

反应HI：CH4(g)=C(s)+2H2(g)AH3=+75kJ-mol

(DCH4-CO2重整过程中的积碳是反应催化剂失活的主要原因。积碳反应除反应W外，还发

生反应W：2C0(g)#C(s)+C02(g)AH4=-173kJ-moP^积碳反应能迅速到达平衡状态。

CH4-CO2重整反应中催化剂上产生的积碳的质量与温度的关系如图1所示。

①AH1=kJ-mor1»

②温度低于700久时，积碳的质量随温度的升高而增多的原因是。

曲燧A

曲线B

60080010001200

T/K

!

(2)向密闭容器中充入等物质的量的CO?与CH”测得平衡时，压强对数lgp(C02)和lgp(H2)的

关系如图2。

①T112(填“>”或)。

②T/寸，p2(Hz)与p(CC)2)的比值是«

(3)恒压下进行CO?与CH4催化重整实验，初始压强为po,起始投料MCH4)=n(CO2)=lOmol,

若只发生反应I和反应n,CO2和C%的平衡转化率随温度变化曲线如图3所示。

①曲线(填“A”或"B”)表示CH4的平衡转化率。

②800K,反应I的分压平衡常数。=(分压=总压x物质的量分数)。

(4)科学家利用电化学装置实现CH,和CO?两种分子的耦合转化，其原理如图4所示:

当在某电极上生成的两种有机物物质的量之比为1：1时，该电极上的电极反应式为。

CO2和C%的物质的量比为o

11.铜是人类最早使用的金属之一，铜及其化合物具有广泛的应用。请回答下列问题：

(1)黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由Zn和Cu组成。第一电离能Ii(Zn)h(Cu)(

填“大于”或“小于”)。原因是。

(2)[CU(NH3)2「不稳定，遇到空气则被氧化变成深蓝色的[CU(NH3)4]2+,这个性质可用于气

+2+

体净化,除去气体中的含量。2：4[CU(NH3)2]+。2+8NH3+2H2。=4[Cu(NH3)4]+40HJ

①[Cu(NH3)412+配位数为,含有。键的数目为o

②NH3中N原子的杂化方式为,其空间构型为。

(3)铜晶体中原子的堆积方式如图1所示，则Cu原子的空间利用率是；铜的原子半径

为rpm,设NA为阿伏加德罗常数的值，列式计算晶体铜的密度g/cm3(列出计算表达

式即可)。

(4)一种铜金合金具有储氢功能，其晶体为面心立方最密堆积结构，晶胞中Cu原子处于面心,

Au原子处于顶角，则Au原子的配位数为o该储氢材料储氢时，氢分子可进入由Cu原

子与Au原子构成的四面体空隙中。若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构

与ZnS的结构相似(如图2),该晶体储氢后的化学式为o

12.2022年12月，新冠疫情防控政策逐步放开后，卫健委公布了《新冠病毒感染者用药目

录(第一版)》，抗炎药物洛索洛芬钠名列其中。洛索洛芬钠中间体H的一种合成路线如图:

CH5

C-COOCH})上

B(C4H8。：)浓H&J丁C-NaNHyNH了D(E(C13Hi5O3Br)

催化剂/AAIClj

CH5

2)H,0*

(CHCH)SIHN

3:3F(CHOBr)

CF3COOH13r;

X

COOCHj

已知：

R

I.Ar-Br+RCH-Z》画(2Ar-6-Z(Ar为芳星，Z-COX,COOR.X-CkBr)

R.1-问。Ai

0

n.Ar-H(Ar为芳恭,X»CLBr)

A1C13

R^X

inR-N山H—:►R-N£-R：(X=CLBr)

回答下列问题：

(1)B的系统命名为o

(2)链状有机物A中官能团的名称为。

(3)B-C的化学方程式为。

(4)F的结构简式为。

(5)已知有机物K为D的同系物，其相对分子质量比D小42,则符合下列条件的K的同分异构体

有种。

①属于芳香族化合物且除苯环外不含其他环

②不含碳碳双键

③常温下能与Na2c。3溶液反应

其中，核磁共振氢谱为四组峰，峰面积之比为3：2：2：1的结构简式为o

(6)根据上述信息，写出以

合成路线o

答案和解析

1.【答案】c

【解析】解:A.草木灰的主要成分是碳酸钾，贝壳灰的主要成分是氧化钙，在水中二者反应生成KOH,

则文中洗涤丝、帛的液体中含有KOH,故A错误；

B.航空煤油中含有多种烧，属于混合物，不是烧类化合物，故B错误；

C.文中的“枭、麻、荷、葛”是植物纤维，属于纤维素，故C正确；

D.传统无机非金属材料常指水泥、玻璃和陶瓷，而碑化像具有特殊性能，可用于制造太阳能电池，

属于新型无机非金属材料，故D错误；

故选：C.

A.草木灰的主要成分是碳酸钾，贝壳灰的主要成分是氧化钙，在水中二者反应生成KOH,可用于

洗涤油污；

B.航空煤油是多种烧的混合物；

C.文中的“臬、麻、荷、葛”主要成分为植物纤维；

D.珅化铁属于新型无机非金属材料”

本题考查物质的组成与应用，把握物质的组成、性质及用途的关系是解题的关键，侧重分析与运

用能力的考查，注意化学与生活的密切关系，题目难度不大。

2.【答案】B

【解析】解：A.该有机物分子含有17个碳原子、15个氢原子、5个氧原子、1个氮原子，故其分子

式为G7H15NO5,故A错误;

B.分子中只有苯环能与氢气发生加成反应,加成产物为如图标有“*”

为手性碳原子:,加成产物含有2个手性碳原子，故B正确;

ONa

C.分子中酯基、酰胺基能与氢氧化钠反应，生成C^COONa、广匚£?°Na、三种水解产物，

ONa

NH,

故C错误：

D.旋转单键可以使苯环平面、碳氧双键平面共平面，分子中所有碳原子可能共平面，故D错误;

故选：Bo

A.分子含有17个碳原子、15个氢原子、5个氧原子、1个氮原子；

B.分子中只有苯环能与氢气发生加成反应，连接4个不同原子或原子团的碳原子是手性碳原子；

C.分子中酯基、酰胺基能与氢氧化钠反应；

D.旋转单键可以使苯环平面、碳氧双键平面共平面。

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，理解酯基、酰胺基与碱反

应原理，注意根据甲烷的四面体、乙烯与苯的平面形、乙焕直线形理解共面与共线问题，题目侧

重考查学生分析推理能力、灵活运用知识的能力。

3.【答案】D

【解析】解：A.向含Fe?+、「、BL各amol的溶液中通入amolCL离子方程式为：2Fe?++2r+

3+

2Cl2=2Fe+4Cr+I2,故A正确；

B.向NaQO溶液中通入少量SO2,离子方程式为：3CKF+SO2+力0=+SO/+2HC1O,故B

正确；

+

C.乙二醇与足量酸性高钛酸钾溶液反应，离子方程式为：HOCH2-CH2OH+2MnO；+6H=

2+

2CO2T+2Mn+6H2O,故C正确；

D.向NH4Al(SOJ溶液中逐滴加入Ba(0H)2溶液至SO歹恰好沉淀完全，NH4A1(SO4)2^Ba(OH)2的

物质的量之比为1：2,反应生成氢氧化铝沉淀和一水合氨，正确的离子方程式为：NH：+A13++

2+

2S0i~+2Ba+40H-=NH3-H20+2BaSO41+A1(OH)31,故D错误；

故选:Do

A.碘离子还原性强于亚铁离子、亚铁离子还原性强于澳离子，氯气先氧化碘离子再氧化亚铁离子；

B.次氯酸根离子能氧化二氧化硫生成硫酸根离子，二氧化硫少量，只还原部分次氯酸根离子；

C.高铳酸钾足量，乙二醇被氧化生成二氧化碳；

D.SOf恰好沉淀完全时，二者物质的量之比为1：2,反应生成一水合氨和氢氧化铝沉淀。

本题考查离子方程式的书写正误判断，题目难度中等，明确反应实质是解题关键，注意反应物用

量对反应的影响，选项D为易错选项。

4.【答案】B

【解析】解：A.饱和AgCl、Agl溶液中，氯离子浓度大于碘离子浓度，等体积的两种溶液分别滴加

足量AgNC>3溶液，Lp大的生成沉淀多，所得沉淀n(AgCl)>n(Agl),可知T°C时，Ksp(AgCl)>

Ksp(Agl),故A正确；

B.高锦酸钾溶液的浓度不同，颜色不同，应控制酸性高镒酸钾不足且等量，改变草酸的浓度探究

浓度对反应速率的影响，故B错误；

C.将试管先分别放在冷水、热水中，再加反应物，可探究温度对反应速率的影响，操作不合理，

故C正确；

D.油脂与NaOH溶液发生水解反应，生成高级脂肪酸盐和甘油，均溶于水，与酒精不分层，则液面

无油滴出现，可知油脂已完全皂化，故D正确；

故选：Bo

A.饱和AgCl、Agl溶液中，AgCl溶液浓度大，等体积的两种溶液中分别滴加足量AgNO3溶液，Lp大

的生成沉淀多；

B.高镭酸钾溶液的浓度不同，颜色不同；

C.将试管先分别放在冷水、热水中，再加反应物；

D.油脂与NaOH溶液发生水解反应。

本题考查化学实验方案的评价，涉及知识点来源于教材，明确物质的性质、难溶电解质、反应速

率为解答的关键，侧重基础知识的考查，注重实验能力的培养和技能的训练，题目难度不大。

5.【答案】A

【解析】解：A.工业上采用电解NaCl溶液制氯气，故A正确；

B.A的氢化物有多种，常温下状态气体、液体、固体都有，则A的氢化物的沸点与B的氢化物的沸

点不能直接比较，故B错误；

C.简单离子在核外电子排布相同的情况下，原子序数越大，半径越小，电子层越多，半径越大，

则简单离子半径B>c,故C错误；

D.E的氧化物对应的水化物是不一定是强电解质，如次氯酸，故D错误；

故选：Ao

短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，由M的结构式可知，D为带1个单位正电荷

的阳离子，结合原子序数可知D为Na；E只能形成1个共价单键，且原子序数最大，E为Cl；E能形

成2个共价键，则C为0,A有4个键、B有3个键，且短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依

次增大，则A为C,B为N,以此来解答。

本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握化学键、原子序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。

6.【答案】A

【解析】解：A.c为阴极，与电源负极相连，即与b口相连，故A错误：

B.装置甲中通过氢氧根迁移来平衡电荷，离子交换膜为阴离子交换膜，装置乙中通过氢离子迁移

平衡电荷，为质子交换膜，故B正确；

C.a电极上C2H2被还原为C2H型根据电子守恒、元素守恒可得电极反应为C2Hz+2e-+2H2。=

C2H4+20H-,故C正确；

+

D.c电极上的反应为3c。2+18e-+18H=C3H6+6H20,b电极的反应为Zn-2e-+20f=

Zn0+H20,增重为0原子的质量，消耗ImolCOz转移6moi电子，b电极上增重3moi0原子的质量，

即为48g,故D正确：

故选：Ao

甲装置中，Zn被氧化，所以b电极为负极，a电极为正极；乙池中d电极上小0被氧化为。2,所以d电

极为阳极，c电极为阴极。

本题考查原电池，侧重考查学生新型电源的掌握情况，试题难度中等。

7.【答案】C

【解析1解：A,由图可知，NaOH溶液体积V=0时，NaHA溶液呈酸性，即HA-的电离程度大于其

水解程度，由于水的电离，c(H+)>c(A2~),则液中离子浓度大小为：c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>

c(A2-)>c(OH_),故A正确;

B.m点对应的溶液中电荷守恒关系为c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-),且c(A2-)=

c(HA-),溶液呈酸性,c(H+)>c(OH-),则c(Na+)<3c(HA-),故B正确;

C.n点对应的溶液中c(NazA)=n(NaHA),物料守恒关系为2c(Na+)=3[c(HA-)+c(H2A)+

c(A2-)],电荷守恒关系为c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OFT),则触一)4-2c(OH")=

+

2C(H)+3C(H2A)+C(HA-),故C错误;

D.m点对应的溶液中c(A2-)=c(HA-),pH=4.2,此时Ka式H?A)=孺*xc(H+)=c(H+)=

IO-2,q点对应溶液中溶质为Na?A,c(Na2A)=O.lmol/L,A?-水解常数h=温而==

IZ

10-98,结合c(OH-)==V0.1x10-9-8mol/L=10-5-4mol/L,c(H+)==

^_-g^mol/L=10-8,6mol/L>pH=8.6,故D正确；

故选：C=

A.由图可知，NaOH溶液体积V=0时，NaHA溶液的pH<4.2,呈酸性，即HA-的电离程度大于其

水解程度；

B.m点对应的溶液中c(A2-)=c(HA-),溶液呈酸性，c(H+)>c(OH-),结合电荷守恒关系分析判

断；

C.n点对应的溶液中c(Na2A)=n(NaHA),物料守恒关系为2c(Na+)=3[c(HA-)+c(H2A)+

c(A2-)],结合电荷守恒关系分析判断；

D.m点对应的溶液中c(A2-)=c(HA-),pH=4.2,此时&2(%人)=盖彳xc(H+)=c(H+)=

10-4.2,q点对应溶液中溶质为Na?A,c(NaA)=o.lmol/L,A?-水解常数几=二=担==

10-9.8,结合c(OH-)=和c(H+)=息5进行计算。

本题考查酸碱混合溶液定性判断及pH的简单计算，把握曲线所对应离子判断、电离平衡常数的计

算、盐类水解原理的应用为解答关键，注意掌握溶液中守恒关系式的应用，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】搅拌、粉碎或提高酸浸温度、增大硫酸浓度PbS04In2s3+12MnC>2+24H+=3S0f+

2+3+

12Mn+2In+12H2O用玻璃棒引流，直接在漏斗中注入蒸馈水，直至浸没沉淀，然后让液

高温

体从漏斗底部自然流出，重复上述步骤2〜3次2.7772.5

2FeS04=Fe2O3+S03T+SO2T

【解析】解：(1)搅拌、粉碎或提高酸浸温度、增大硫酸浓度等均可加快“氧化酸浸”效率,

故答案为：搅拌、粉碎或提高酸浸温度、增大硫酸浓度；

(2)酸浸时，生成的硫酸铅为不溶于酸的沉淀，则滤渣为硫酸铅，加热溶液可使反应速率增大，提

高酸浸效率；过程中MnO2只将In2s3中的硫元素氧化为SOt，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+4价变为+2价，得到2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24：2,因而离子化学方程式为In2s3+12Mn()2+24H+=3S0：-+

2+

12Mn+21n3++12H2O,

+2+3+

故答案为：PbS04；ln2S3+12MnO2+24H=3S0i-+12Mn+2In+12H20；

(3)洗涤的具体操作为用玻璃棒引流，直接在漏斗中注入蒸储水，直至浸没沉淀，然后让液体从漏

斗底部自然流出，重复上述步骤2〜3次，

故答案为：用玻璃棒引流，直接在漏斗中注入蒸谯水，直至浸没沉淀，然后让液体漏斗从底部自

然流出，重复上述步骤2〜3次；

(4)由1g墨=lgK—1g函§可知，当pH=2.35时，萃取率为50%，则1g墨^=lgK-

1g(然：)：,可得］gK=1g嚅黑,若将萃取率提升到95%,忽略萃取剂浓度的变化，则恒律7=

J

。c%H2A2)°°C(H2A2)01-95%

磔一恒黑5,将期代入得，恒19=也喘一但出,所以磔9=年端x

c型庶，=31gl0-2-35-31gc(H+),代入lgl9=1.28可得,1.28=-7.05-31gc(H+),-lgc(H+)=

128；7.O5=2.777,所以若将萃取率提升到95%,应调节溶液的pH=2.777,

故答案为：2.777；

(5)反萃取时，Fe3+尽可能留在有机相，IM+尽可能反萃取到水相，则由题中图示可知，当盐酸的

浓度为2.5mol/L时，In3+的反萃取率达80%以上，而Fe3+的反萃取率很小，所以盐酸的最佳浓度

为2.5mol-L-1,

故答案为：2.5mol・LT；

(6)6.95gFeSO-7H2。样品物质的量==0.025mol,其中01(%0)=0.025molx7x

4斓4/Og/II*vl

18g/mol=3.15g,如晶体全部失去结晶水，固体的质量应为6.95g-3.15g=3.8g,可知在加热到

373留之前，晶体失去部分结晶水，结合质量的变化可确定在不同温度时加热后固体的化学式，加

热至633冤时,固体的质量为2.00g,其中n(Fe)=n(FeS()4•7%0)=0.025moLm(Fe)=

0.025molx56g/mol=1.4g,则固体中m(0)=2.00g—1.4g=0.6g,n(0)=12:言°】=0.0375mol,

则n(Fe)：n(0)=0.025mol：0.0375mol=2：3,则固体物质Q的化学式为Fe2。?,P点为FeSCU，

P点为3.80gFeSC)4，其物质的量为0.025mol,P—Q的过程中，Fe元素化合价升高，则S元素化合

价会下降生成SO2,根据原子守恒可知，M0.0125molFe203,失去电子为0.025mol,若S元素全

部生成SO2,则需得到0.05mol电子，得失电子不守恒，因此还有一部分SO3生成，因此最终气体

为SO?和SO3的混合气体，则380℃的P力口热至650℃时的化学方程式为：zFeSO4.Fe2O3+S03T

+S02T,

故答案为：2FeSO4""Fe2O3+S03T+S02T0

高锅烟灰(主要含ZnO、PbO、Fe2O3,In2O3sIn2S3),在高钢烟灰加入硫酸、二氧化镒进行酸浸

氧化，将In2s3氧化为硫酸根离子和In3+,ZnO、PbO、Fe2()3分别和硫酸反应转化为ZnSC^、PbSO,

沉淀和Fe2(SO4)3,1%03和硫酸反应变为瓜3+,则滤渣为硫酸铅；过滤，向滤液中加入草酸，还

原铁离子，防止加入萃取剂时，铁离子进入有机相；加入萃取剂萃取14+,则ZM+、Fe2+均进入

水相，经一系列操作得到粗钢，据此分析；

(6)6.95gFeSO4-7H2。样品物质的量=温篇=0.025mol,其中叭出0)=0.025molx7x

18g/mol=3.15g,如晶体全部失去结晶水，固体的质量应为6.95g—3.15g=3.8g,可知在加热到

373久之前，晶体失去部分结晶水，结合质量的变化可确定在不同温度时加热后固体的化学式，加

热至633T时，固体的质量为2.00g,M^nfFe)=n(FeS04-7H20)=0.025moLm(Fe)=

0.025molX56g/mol=1.4g,则固体中m(0)=2.00g—1.4g=0.6g,n(0)=看；：。1=0.0375mol,

则n(Fe)：n(0)=0.025mol：0.0375mol=2：3,则固体物质Q的化学式为Fe2()3,P点为FeSO”

据此解答。

本题考查物质的分离提纯实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应

用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，

注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度较大。

9.【答案】分液漏斗A-BTCD-B干燥氮气同时防止导管堵塞3CUO+2N&£3Cu+

3H2O+N2Sr3N2+6H20=3Sr(OH)2+2NH3T提供空白试验，提高测量的准确

度o.O365j；o-x)*100%

【解析［解：(1)仪器a的名称是分液漏斗，根据分析，装置连接的合理顺序为ATBTC—ETDT

B；连接顺序中间装置E的作用是干燥氮气同时防止导管堵塞，

故答案为：分液漏斗；ArBrC；DTB；干燥氮气同时防止导管堵塞；

(2)装置CuO和氨气发生氧化还原反应生成Cu、％、H20,发生反应的方程式为3CUO+

2NH3=3Cu+3H2O+N2，

故答案为：3CuO+2NH3=3Cu+3H2O+N2;

(3)装置中，氮化钢和水反应生成氢氧化锯和氨气，发生的反应方程式为5口"+6%0=

3Sr(OH)2+2NH31,实验步骤①作用提供空白试验，提高测量的准确度，

故答案为：Sr3N2+6H2O=3Sr(0H)2+2NH3?；提供空白试验，提高测量的准确度；

(4)步骤①也用相同的指示剂，硼酸是弱酸可能达不到甲基橙变色的pH,因此用空白对照实验排

除影响，此时用xmL标准盐酸溶液才变色；步骤①是50mL溶液滴定，步骤④取20mL溶液滴定，

20mL溶液转化成50mL时消耗标准盐酸体积：16.00X2.5=40.00mL,结合步骤①可知氨气消耗

的标准盐酸体积：(40.00-x)mL,氨气的物质的量：0.25x(40.00-x)xl0-3mo|,Ss"的物

_3

质的量025x(40.00-x)x10-3xo.5mol,的质量：0.25x(40.00-x)xIOx0.5molx

292g/mol,故产品纯度为以竺皆匕&X100%,

故答案为：0.0365x(40-x)x10Q%o

装置A用浓氨水和CaO反应制备氨气，装置B干燥氨气，装置C氨气和氧化铜反应生成氮气，然后用

E干燥生成的氮气，E中长颈漏斗可以防止导管堵塞，装置D中氮气和Sr反应生成氮化锢，最后再

连接装置B,防止产品水解。

本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、

根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注

意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。

10.【答案】+248温度低于700汽，温度升高有利于反应HI进行，不利于反应W,且温度对反应

HI的影响大于反应W的影响>1：10B盖4cH4-6e-+3。2-=CH3CH3+CH2=CH2+

3H2O3：4

【解析】解:(1)①反应m：CH4(g)=C(s)+2H2(g)AH3=+75kJ-mori,反应W：2C0(g)WC(s)+

1

CO2(g)AH4=-173kJ-mol-,依据盖斯定律W—W可得CH^g)+CO2(g)=2C0(g)+

2H2(g)AH]=+75kJ-mol-1-(-173kJ-mol-1)=+248k]/mol,

故答案为：+248；

②温度低于70(rc时，积碳的质量随温度的升高而增多的原因是温度低于700。。温度升高有利于

反应in进行，不利于反应w,且温度对反应in的影响大于反应w的影响，

故答案为：温度低于700冤，温度升高有利于反应DI进行，不利于反应W,且温度对反应DI的影响

大于反应IV的影响；

(2)①CH4(g)+CC)2(g)U2C0(g)+2H2(g)为吸热反应，由图可知，横坐标相同时，£对应的

lgp(H2)更大,升高温度，平衡正向移动，lgp(H2)增大,故T1>T2,

故答案为：>;

②向密闭容器中充入等物质的量的C02与CH*由b点可知，lgp(H2)=0,p(H2)=l,lgp(CO2)=1,

p(CO2)=10,p2(H2)与p(CC>2)的比值10=1：10,

故答案为：1：10；

(3)①由题目信息可知，二氧化碳参与两个反应，甲烷只参与了一个反应，相同情况下，二氧化碳

消耗更多，平衡转化率更大，故曲线B表示CH4的平衡转化率，曲线A表示CO2的平衡转化率，

故答案为：B；

②800K时，CO2的平衡转化率为40%，反应的物质的量为10molx40%=4mol,CH4的平衡转化

率为20%,反应的物质的量为10molx20%=2mol,列三段式：

CH4(g)+CO2(g)W2C0(g)+2H2(g)

起始量(mol)101000

变化量(mol)2244

平衡量(mol)8

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

起始量(mol)10400

变化量(mol)2222

平衡量(mol)10-2-2=64-2=22+4=6

平衡时气体的总物质的量为(8+6+2+6+2)mol=24mol,反应I的分压平衡常数Kp=

p2(CO>p2(H2)_(知0)双(知0,__P£

p(CO2).p(CH4)-知0x知。一192，

故答案为：递；

192

(4)B极为阳极，若生成的乙烯和乙烷的物质的量之比为1：1,阳极的电极反应式为4cH4-6e-+

2

302-=CH3cH3+CH2=CH2+3H2O,阴极电极反应式为CO2+2e-=CO+0~,设消耗CH3cH3

和CH?=C%的物质的量均为Imol,消耗甲烷的物质的量为4mol,转移电子6mol,消耗二氧化碳

的物质的量为3mol,则CO?和CH4的物质的量比为3：4,

2-

故答案为：4CH4-6e-+SO=CH3CH3+CH2=CH2+3H2O；3：4=

(1)①依据盖斯定律由已知反应的反应热计算未知反应的反应热；

②依据温度变化对平衡的影响分析积碳的质量变化；

(2)①依据温度变化对平衡的影响判断温度关系；

②结合图象中对数关系判断压强比；

(3)①依据反应消耗判断转化率；

②依据反应物起始加入量和转化率计算平衡时各组分的量，进而计算平衡常数；

(4)由图可知，B极碳元素价态升高失电子，故B极为阳极，若生成的乙烯和乙烷的物质的量之比

为1：1,阳极的电极反应式为4cH4-6e-+302-=CH3cH3+CH2=CH2+3H2。，A极为阴极，

电极反应式为CO2+2e-=C0+CP-。

本题考查盖斯定律、化学平衡和电解池，题目难度中等，掌握外界条件改变化学平衡的影响是解

题的关键，难点是化学平衡常数的计算。

11.【答案】大于Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子416sp3三角锥

形74%罟?x10304AuCu3H8

【解析】解：(l)Zn的价电子排布式为3d】04s2,Cu的价电子排布式为3d104si,第一电离能：Zn失

去的是4s2全满状态上的一个电子，所需能量比较高，而Cu失去的是4sl上的一个电子，则I】(Zn)大

于k(Cu),

答案为：大于；Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子；

(2)①由[CU(NH3)4K+可知，内界有4个配体，配位数为4；[CU(NH3)4K+中存在N原子与Cu之间形

成的配位键和N-H键，含有。键的数目为4+4x3=16,

故答案为：4；16；

②N国中N原子价层电子对数为3+后包=4,有1个孤电子对，杂化方式为sp3,空间构型为三

角锥形，

故答案为：sp3；三角锥形；

(3)设晶胞参数为apm,晶胞体积为a3Pm3,由铜晶体中原子的堆积方式图可知，面对角线等于4r,

即4r=/Na,晶胞内Cu原子个数为8x：+6x；=4,Cu原子体积为4x3Pm3=4x

oZ5

gmFa)3Pm3,Cu原子的空间利用率=Cu，原,体'枳*100%="义开(y~a)。W。％=,彳％；晶胞质

3

34晶胞体积a

4x64

量为答g，晶胞体积为(2/IrxlOTo)3cm3,晶胞密度p=巴=-----=

心PV(2<^rxl0-10)3cm3犷

103Og/cm3,

故答案为：74%；皓xM；

(4)晶胞中Cu原子处于面心,Au原子处于顶角，则距离Au原子最近的Cu原子位于相邻的三个面心；

Cu原子处于面心，个数为6x3=3,Au原子处于顶角，个数为8x：=1,氢分子个数为4,该晶

体储氢后的化学式为AuCu3H8，

故答案为：AuCu3H8。

(l)Zn的价电子排布式为3d104s2,Cu的价电子排布式为3di04s】，第一电离能：Zn失去的是4s2全

满状态上的一个电子，所需能量比较高，而Cu失去的是4sl上的一个电子；

(2)①由［Cu(NH3)4『+可知，内界有4个配体；［Cu(NH3)412+中存在N原子与Cu之间形成的配位键

和N-H键；

②N国中N原子价层电子对数为3+话9=4,有1个孤电子对；

(3)设晶胞参数为apm,晶胞体积为a3Pm3,由铜晶体中原子的堆积方式图可知，面对角线等于4r,

即4r=V"Na,晶胞内Cu原子个数为8x：+6x；=4,Cu原子体积为4xJirr3Pm3=4x

OL5

gn(?a)3Pm3,根据端器x100%计算Cu原子的空间利用率；晶胞质量为筹g,根据p=?

计算晶胞密度；

(4)晶胞中Cu原子处于面心,Au原子处于顶角，则距离Au原子最近的Cu原子位于相邻的三个面心；

Cu原子处于面心，个数为6x〈=3,Au原子处于顶角，个数为8x：=l,氢分子个数为4。

4O

本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布式、配位数、化学键、杂化方式、分子构型、空间

利用率、化学式、晶胞计算等，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度适中。

CHsCH3

12.【答案】2-甲基丙酸碳碳双键、拨基ICHQH.I

H3C-CH-COOHH3C-CH-COOCH3

Br、/=\#