山东省聊城市2023届高三下学期第二次模拟考试化学含解析

聊城市2023年普通高中学业水平等级考试模拟试题

化学试卷(二)

可能用到的相对原子质量：H-ILi-7C-12N-140—16P-31V—51Fe-56

一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。

1.古代典籍富载化学知识，下述之物见其还原性者为

A.石胆(CUSC)4∙5HzO):“石胆能化铁为铜。”

B.强水(HNO3)：“性最烈，能蚀五金，……”

C.矶(FeSo4∙7H2θ):“盖此矶色绿味酸，烧之则赤。”

D.金箔(Au)：“凡金箔，每金七厘造方寸金一千片.....”

【答案】C

【解析】

【详解】A.石胆能化铁为铜，铜元素化合价降低，表现为氧化性，A错误；

B.HNo3只有氧化性，B错误；

C.盖此矶色绿味酸，烧之则赤，硫酸亚铁氧化为氧化铁，化合价升高，体现还原性，C正确；

D.凡金箔，每金七厘造方寸金一千片，体现金的延展性，D错误；

故选Co

2.下列有关物质性质的应用正确的是

A.S02具有还原性，可用作纸浆漂白

B.生石灰能与水反应，可用来干燥氯气

C.氢氧化铝受热分解，可用作中和过多的胃酸

D.聚四氟乙烯耐酸碱腐蚀，可用作化工反应器的内壁涂层

【答案】D

【解析】

【详解】A.S02可用作纸浆漂白，利用SCh的漂白性，故A错误；

B.氯气是酸性气体，氧化钙是碱性干燥剂，不能用氧化钙干燥氯气，故B错误；

C.氢氧化铝可用作中和过多的胃酸，是因为氢氧化铝能与酸反应，故C错误；

D.聚四氟乙烯俗称“塑料王”，是一种以四氟乙烯作为单体聚合制得的高分子聚合物，这种材料具有抗酸

抗碱、抗各种有机溶剂的特点，可用作化工反应器的内壁涂层，故D正确；

选D。

3.短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，基态X、Z、W原子均有两个单电子，W与Z同主族。

下列说法错误的是

A.第一电离能：Y>Z

B.简单离子还原性：W>Z

C.氧化物对应水化物的酸性：Y>W

D.X、Y的氢化物分子中均可能存在非极性健

【答案】C

【解析】

【分析】基态X、z、W原子均有两个单电子，则核外电子排布可能为：ls22s22p∖ls22s22p∖1s22s22p63s23p∖

ls22s22p63s23p4,即可能为C、0、Si、S,W与Z同主族且Z的原子序数小于W,所以X：C,Z：0,W：

S,Y：N；

【详解】A.N的核外电子排布为：Is22s23p3,p轨道为半充满状态，所以第一电离能：N>0,A正确；

B.S-的还原性大于02∙,B正确；

C.最高价氧化物的水化物的酸性HNO3>H2SO4,题目未强调最高价氧化物水化物，C错误；

D.C的氢化物CM,中存在C-C非极性键，N的氢化物NJL中存在N-N非极性键，D正确；

故选C。

4.化合物P具有抗肿瘤活性，结构简式如图，下列有关P的说法错误的是

A.存在顺反异构

B.可发生取代反应、氧化反应、消去反应

C.与酸或碱溶液反应均可生成盐

D.水解后可得到三种有机物

【答案】B

【解析】

【详解】A.具有顺反异构体的有机物中C=C应连接不同的原子或原子团，化合物P中碳碳双键连接竣基、

甲基、H原子和剩余部分的结构均不相同，存在顺反异构，选项A正确；

B.分子中存在竣基、酰胺基，能发生取代反应，存在碳碳双键能发生氧化反应，不存在能发生消去反应

的卤素原子、醇羟基等，选项B错误；

C.分子中存在酰胺基，与酸或碱溶液反应均可生成盐，选项C正确；

D.分子中存在2个酰胺基，水解后可得到三种有机物,选项D正确；

答案选B。

5.植物对氮元素的吸收过程如下，下列说法错误的是

N,≡¾>NH√NH:—⅜→NO;F→NO;F÷植物吸收

A.NH3中的键角小于NH：中的键角

B.NO；、N0；中N的杂化方式不同

C.P原子间难形成三键而N原子间可以，是因为P的原子半径大于N,难形成P-Pπ键

D.当有9.2gNC)2生成时，过程②转移的电子为1.2mol

【答案】B

【解析】

【详解】A.NH3、NH：中N原子均为sp3杂化，NE中N原子有1对孤电子对，而NH：中N没有，由

于孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对与成键电子对之间的排斥力，故NH的键角小于

NH：的键角，选项A正确；

B.NO2中氮原子价层电子对数为2+5+1；2义2=3,N原子轨道的杂化类型为sp2,NO；中氮原子价层

电子对数为3+"ljx3=3,N原子轨道的杂化类型为sp2,杂化方式相同，选项B错误；

C.根据元素周期表可知P的原子半径比N大，P原子间不易形成三键而N原子之间易形成,是因为P原子

的半径大于N,难以形成P-P兀键，选项C正确；

D.过程②NH：转化为NO?化合价由-3价变为+3价，转化电子数为6,当有9.2gNO?(0.2mol)生成时，

过程②转移的电子为1.2mol,选项D正确；

答案选B。

6.利用下列装置(夹持装置略)进行实验，能达到实验目的的是

A.溶液的转移

B.验证乙快使漠水褪色

C.制备碳酸氢钠

D.测定Na2C2O4溶液的浓度

【答案】D

【解析】

【详解】A.溶液的转移需用玻璃棒引流，A错误；

B.电石与水反应生成乙快、硫化氢、磷化氢，硫化氢、磷化氢也能使溪水褪色，B错误；

C.氨气易溶于水，直接通入氯化钠溶液会倒吸，C错误；

D.酸性高镭酸钾溶液盛放在酸式滴定管中，酸性高镐酸钾标准液可与草酸钠发生反应，可用于测定其浓

度，D正确；

故选D。

7.化合物Z是合成平喘药沙丁胺醇的中间体，可通过下列路线制得:

(CH3CO)2O

CH3COONa

卜列说法错误的是

A.Z的分子式为Cl3∏∣6θ5

B.X分子中共平面的碳原子最多有8个

C.Y与足量比加成后的产物分子中含有4个手性碳原子

D.ImolZ可与3molNaOH反应，生成ImolHzO

【答案】A

【解析】

【详解】A.Z分子中，含有13个C原子、5个O原子，不饱和度为7,则含H原子个数为13×2+2-7×2=14,

则分子式为C13H3O5,A错误；

O

B.X分子中，同一框内的碳原子一定共平面，两个框内的碳原子可能共平面，所以共

平面的碳原子最多有8个，B正确；

OH

C.Y与足量H2加成后的产物为,分子中带“*”的碳原子为手性碳原子，共含有4个

∖^0H

手性碳原子，C正确；

D.Z分子中含有2个酯基，且水解后生成1个酚羟基，酚羟基和酯基都能与NaoH发生反应，所以ImoIZ

可与3molNaOH反应，生成ImOIH2O,D正确；

故选Ao

8.已知Zn及其化合物的性质与Al及其化合物的性质相似。实验室利用废旧镀锌铁皮（Fe元素的质量分数

为Z）制备磁性Fe3O4胶体粒子的过程为：①碱溶：取Xg镀锌铁皮于烧杯中，加入足量NaOH溶液，加热、

过滤、水洗；②酸溶、氧化：向所得不溶物中加入稀硫酸，调节溶液PH始终保持在ls2之间并加入NaCle）

溶液；③碱溶、分离：再向溶液中滴加NaOH溶液并加热，同时向溶液中持续通入N2,充分反应，分离得

到ygFe3O4胶体粒子，下列说法正确的是

A.①中“过滤”所得的滤液中含有ZM+

B.②中“氧化”时加入的NaCIo要过量

C.③中“分离”操作中包括过滤

D.Fe3O4胶体粒子的产率为义EXIO0%

29xz

【答案】D

【解析】

【分析】由题意可知，制备磁性四氧化三铁胶体粒子的过程为废旧镀锌铁皮中加入足量氢氧化钠溶液共热

碱浸，将锌转化为Na∙]nθ2,过滤、水洗得到含有偏锌酸钠的滤液和不溶物；将不溶物加入稀硫酸调节溶

液PH始终保持在1~2之间酸溶，将铁转化为亚铁离子后，加入适量次氯酸钠溶液将亚铁离子部分氧化为

铁离子，再向溶液中滴加氢氧化钠溶液并加热，同时向溶液中持续通入氮气充分反应将亚铁离子氧化为四

氧化三铁，用渗析的方法分离得到四氧化三铁胶体粒子。

【详解】A.由分析可知，①中过滤所得的滤液中含有Z〃。；一,不含有锌离子，故A错误；

B.由分析可知，②中加入适量次氯酸钠溶液的目的是将亚铁离子部分氧化为铁离子，若加入过量次氯酸

钠溶液会将亚铁离子完全氧化为铁离子，不可能碱溶反应得到四氧化三铁，故B错误；

C.由分析可知，③中分离操作为用渗析的方法分离得到四氧化三铁胶体粒子，故C错误；

Zg

D.由题给数据可知，四氧化三铁胶体粒子产率为232g∕mHXlOO%=里,故D正确；

xg×yVI29xz

--------------------X-

56g∕mol3

故选Do

9.实验室制备丙焕酸甲酯（CH三C-CoOCH3,沸点为103〜105。C）的流程如下，下列说法错误的是

丙块酸甲醇饱和食盐水5%的Na2CO3溶液水

浓硫酸

A.“蒸储”时不能用水浴加热

B.“操作1”名称为干燥

C.“洗涤2”中5%Na2CO3溶液的作用是除去丙快酸等酸性物质

D.“反应”前加入试剂的顺序为浓硫酸、丙焕酸、甲醇

【答案】D

【解析】

【分析】由分析可知，浓硫酸作用下丙快酸与甲爵共热发生酯化反应生成丙焕酸甲酯和水，反应所得混合

液加入饱和食盐水洗涤、分液得到有机相；有机相先后用碳酸钠溶液和水洗涤、分液得到含有丙快酸甲酯

的有机相，向有机相中加入无水硫酸钠干燥有机相后，过滤得到滤液；滤液经蒸得得到丙快酸甲酯。

【详解】A.由丙焕酸甲酯的沸点可知，蒸储时加热温度高于水的沸点，不能用水浴加热，故A正确；

B.由分析可知，操作1为向有机相中加入无水硫酸钠干燥有机相，故B正确；

C.由题意可知，洗涤2”中5%碳酸钠溶液的作用是除去丙快酸、硫酸等酸性物质，故C正确；

D.溶液混合时，应将密度大的溶液加入密度小的溶液中，反应”前加入试剂的顺序为甲醇、丙焕酸、浓硫

酸，故D错误；

故选D。

10.铜催化乙快选择性氢化制1,3一丁二烯的反应机理如图所示（吸附在铜催化剂表面上的物种用*标注）。

2CH(g)+4e-÷4HO(g)MII

O222

>

-«

S

2CH*+4e∙1a*

s22

+4H2O(g)2C2H3*+2H2O∖2GH4(g)+4OH-

+2e+2OH'_____—""

2C2H4*+4OH-

乙块氧化反应历瘪

下列说法正确的是

A.反应I的速率大于反应∏的速率

B.若原料用丙快，则会有2种分子式为C6HM）的有机物生成

C.增大CU的表面积，可加快反应速率，提高C2H2的平衡转化率

D.C?H：转化成C4H6(g)过程中，有非极性键的断裂和形成

【答案】D

【解析】

【详解】A.根据图示，反应I的活化能大于反应∏的活化能，所以反应I的速率小于反应∏的速率，故

A错误；

B.若原料用丙快，则会有CEhCH=CH-CH=CHCEh'CH2=C(CH3)-C(CH3)=CH2ʌCH3CH=CH-C(CH3)=CH2

共3种分子式为C6H∣0的有机物生成，故B错误；

C.增大CU的表面积，可加快反应速率，催化剂不能使平衡不移动，不能提高C2H2的平衡转化率，故C

错误；

D.根据图示，C2H：转化成C4H6(g)过程中，先碳碳双键中有1条键断裂，后又有碳碳双键和碳碳单键的

形成，所以有非极性键的断裂和形成，故D正确；

选D。

二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，

全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

11.下列操作不能达到实验目的的是

目的操作

向淀粉溶液中加适量20%H2Sθ4溶液，加热，冷却后加NaoH溶液至中性，

A验证淀粉未水解

再滴加少量碘水，观察颜色变化。

验证SO；结合H+的能力

室温下，用PH试纸测得：O.lmol∕LNa2SO3溶液的PH约为10；

B

比HSo3强0.Imol/LNaHSO3溶液的PH约为5.

向盛有2mL黄色FeCl3溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，观察颜色变

C探究维生素C的还原性

化。

研究温度对化学平衡的将铜与浓硝酸反应生成的气体收集后用冰水混合物冷却降温，观察颜色变

D

影响化。

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【详解】A.加入碘水后，溶液呈蓝色，只能说明溶液中含有淀粉，并不能说明淀粉是否发生了水解反应，

选项A错误；

B.阴离子水解程度越大，溶液PH越大，说明越易结合氢离子，则SO/结合H+的能力比HSO：的强，选

项B正确；

C.向盛有2mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，观察颜色变化，若观察到FeCI3溶液的

黄色逐渐褪去，且溶液变成浅绿色，说明维生素C具有还原性，选项C正确；

D.将铜与浓硝酸反应，生成的气体NCh收集后用冰水混合物冷却降温，由于存在平衡体系：2NO2N2O4

ΔH＜0,能进行温度对化学平衡的影响研究，选项D正确；

答案选A。

12.ClCh是一种高效、低毒的消毒剂。实验室用NH4CI、盐酸、NaClo2（亚氯酸钠）为原料，制备ClCh的流

程如图：

盐酸NaCIO2溶液

（「Γ→ClO2

NHQ溶液一＞|电子∣→＞NCI3溶液一＞I反应■—►NH,

-IL_＞溶液X

ɪ与

已知：①电解过程中氯元素被氧化。

②ClOz是一种黄绿色易溶于水的气体；三氯化氮为黄色油状液体，熔点较低，很不稳定，受热90℃以上或

受震动时发生猛烈爆炸。下列说法正确的是

A.“电解”过程中的阳极电极反应式为3CΓ-6e+NH;=NCI3+4H+

B.“反应”过程中可快速搅拌反应混合液以加快反应速率

C.“反应”过程中的还原产物存在于溶液X中

D.可用稀盐酸除去ClCh中的氨气

【答案】AC

【解析】

电解

【分析】电解氯化钱溶液和盐酸溶液制得NCb溶液，发生的反应为：NH4C1+2HC1=3H,↑+NCl√然

后加入亚氯酸钠溶液得到二氧化氯，发生的反应为SH2O+NCI3+6NaClO2=6ClO2+NH3+3NaOH+3NaCl

【详解】A.电解氯化筱和盐酸的混合溶液制得NCb溶液，阴极产生氢气，故阳极反应为：

+

3CΓ-6e+NH;=NCl3+4H,A正确；

B.三氯化氮受热90℃以上或受震动时发生猛烈爆炸，“反应”过程中若快速搅拌反应混合液可发生爆炸,

B错误；

C.“反应”过程中的还原产物为NaC1,易溶于水，C正确；

D.若用稀盐酸除去ClO2,ClO2中+4价氯和盐酸中CI-发生归中反应，D错误；

故选ACo

13.利用氢氧燃料电池可实现由白磷电解法制备Li[P(CN)2],并能实现H2的循环利用，其工作原理如图

所示。(已知：Me为甲基；电极均为石墨电极)

2电极a电极bI02

电极c2Me⑤ςN±IK)H

QO(SiMes)

LiCN+HCN

Li[P(CN%]

K2SO4(aq)隔膜eKOH(aq)

下列说法正确的是

A.电池工作时电极a连接电极d

B.当生成9gLi[P(CN)2]时，电极a消耗H2的体积(标准状况)为2.24L

C.通电一段时间后，若隔膜e为阴离子交换膜，则C(KoH)减小

D.电极c的电极方程式为P—4e^^+8LiCN=4Li[P(CN)2]+4Li，

【答案】AD

【解析】

【分析】由图可知，左侧装置为氢氧燃料电池装置，通入氢气的电极a为负极，氢气在负极失去电子生成

氢离子，通入氧气的电极b为正极，水分子作用下氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，氢

氧根离子通过阴离子交换膜进入负极区；右侧装置为电解池，与电极a连接的电极d为阴极，氢氟酸在阴

极得到电子发生还原反应生成鼠酸根离子和氢气，与电极b连接的电极C为阳极，氟化锂作用下白磷在阳

极失去电子发生氧化反应生成Li[P(CN)2]和锂离子。

【详解】A.由分析可知，电池工作时，右侧装置为电解池，与电极a连接的电极d为阴极，故A正确：

B.由分析可知，左侧装置为氢氧燃料电池装置，通入氢气的电极a为负极，氢气在负极失去电子生成氢

离子,右侧装置为电解池，电极C为阳极,鼠化锂作用下白磷在阳极失去电子发生氧化反应生成Li[P(CN)2]

和锂离子，由得失电子数目守恒可知，标准状况下，生成9gLi[P(CN)2]时，电极a消耗氢气的体积为

9g1

M11×-×22.4L∕mol=1.12L,故B错误；

Q()σ∕mnZ

C.由分析可知，左侧装置为氢氧燃料电池装置，通入氧气的电极b为正极，水分子作用下氧气在正极得

到电子发生还原反应生成氢氧根离子，氢氧根离子通过阴离子交换膜进入负极区，则通电一段时间后，正

极区中消耗水导致溶液体积偏小，氢氧化钾的浓度增大，故C错误；

D.由分析可知，右侧装置为电解池，通入氧气的电极b为正极，与电极b连接的电极C为阳极，氟化锂

作用下白磷在阳极失去电子发生氧化反应生成Li[P(CN)2]和锂离子，电极反应式为

+

Pt-4e^+8LiCN=4Li[P(CN)2]+4Li,故D正确；

故选ADo

14.天然溶洞的形成与岩石中的CaCo3和空气中Co2溶于天然水体形成的含碳物种的浓度有密切关系。常

温下，某溶洞水体中PM随PH的变化关系如图所示。

PH

854

[已知：Ksp(CaCO3)=IO-；PM=-IgC(M),M为HCOCCO;或Ca：]下列说法正确的是

A.曲线③代表P(HCo3)与PH的关系

B.KH(COH的数量级为10«

C.m=2.57

D.pH由4到8的过程中C(HCO3)增大的比C(C0；一)快

【答案】BC

【解析】

【分析】二氧化碳可以和少量氢氧根反应生成碳酸氢根，和过量的氢氧根反应生成碳酸根，所以碱性越强

碳酸根的浓度越大，碳酸根浓度越大，钙离子的浓度越小，所以曲线①钙离子浓度②碳酸氢根浓度③碳酸

根浓度

【详解】A.曲线③代表P(C0；),A错误；

；必正确;

Khl(CO)=C(HCO3*(。H)=IOe=10-3.7,B

B.点(10.3,1.1)时

C(LU3)

2+854

C.(8.6,n),碳酸根浓度等于钙离子浓度，Ksp(CaCO3)=c(CO^)×c(Ca)=10-,

+86l48654

c(C0j)=IOF54+2=i0<27rno]∕L,(8.6,m),即pH=8.6,c(H)=10^mol∕L,c(OH>10÷10-=10-mol∕L,

(CO)=C(S)Xc(OH)产C(HCO3)=S=Q=Io/

3)c(CO；)，C(CO；)C(OH)IOaU，

717427257

C(HCO3)=10>∙×C(CO^)=10∙×10-∙=10-∙,P(COj)=-lgc(C0j)=2.57,C正确;

D.根据图像斜率，pH由4到8的过程中C(HCoD增大的比C(COj)慢，D错误；

故选BC0

15.LiFePCh的晶胞如图所示，其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱

形成空间链结构，电池充电时，LiFePO4脱出部分Li+,形成LiLXFeP04晶胞。

LiFePO4Li1vFePO4FePO4

下列说法正确的是

A.每个LiFePo4晶胞中含有4个。原子

n(Fe")

B.L"χFeP04晶胞中，J=4.3

n(Fe3+)

C.每个LiFePOq晶胞完全转化为FePO4晶胞时，转移电子数为1

D.1molLkXFeP04全转化为LiFePO4时，消耗XmolFe3+

【答案】BD

【解析】

【详解】A.由晶胞结构可知，LiFePO4晶胞中位于顶点和面心的锂离子个数为8X1+6X；=4,由磷酸铁

82

锂的化学式为LiFePO4可知，晶胞中含有16个氧原子，故A错误；

B.由晶胞结构可知,LiιFeP04比LiFePO4少了1个面心和1个棱上的锂离子,则1—X=匚，

4

解得x=0.1875,LimFePCU的化学式为Liosι25FePO4,设亚铁离子为a,由化合价代数和为O可得：

2+

…,n(Fe)0.81257一

0.1875+2a+3(l-a)=8,解得a=0.8125,则rιJ=-----≡≡4.3,故B正确；

n(Fe3)0.1875

C.由晶胞结构可知，LiFePO4晶胞中位于顶点和面心的锂离子个数为8X1+6X；-4,则每个LiFePo4晶

82

胞完全转化为FePe)4晶胞时，转移电子数为一，故C错误;

4

D.由化学式可知,Li∣rFePθ4全转化为LiFePO4时,铁元素的化合价降低,消耗X个铁离子,则ImOlLiEFePCh

全转化为LiFePc)4时，消耗XmOI铁离子，故D正确；

故选BD。

三、非选择题：本题共5小题，共60分。

16.金属及其化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。请回答下列问题：

(1)与Fe最外层电子数相同且同周期的过渡元素有种。

(2)次磷酸的正盐KH2PO2中P的杂化轨道与0的轨道形成σ键。

(3)Zn,Fe、CU等过渡金属的原子或离子易通过配位键形成配合物或配离子。

②配位原子提供孤电子对的能力与元素的电负性大小有关，元素电负性越大，其原子越不容易提供孤电子

对。则对于配合物Fe(SCN%,配体SCN-中提供孤电子对的原子是(填元素符号)。

③将含有未成对电子的物质置于外磁场中，会使磁场强度增大，称其为顺磁性物质，下列物质中，属于顺

磁性物质的是。

A.LCu(NH3)2]ClB.[Cu(NH3)4]SO4

C.[Zn(NH3)4]SO4D.LCr(H2O)5ClJCl2

(4)硫化锌亿nS)晶体属于六方晶系，Zn原子位于4个S原子形成的正四面体空隙中。晶胞参数如图所示

α=120o,B=γ=90°°

Zn•

①该晶体中，锌的配位数为.

②已知空间利用率〃=rL二H二XIo0%，设锌和硫的原子半径分别ncm和r2cm,则该

晶E胞的体积

晶体的空间利用率为(列出计算式即可).

③以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标。若A点原子

的分数坐标为(0,0,0),则B点原子的分数坐标为

【答案】(1)7(2)①.sp3②.2p

②.S③.BD

2ɪ7

(4)①.4

3'3,8

【解析】

【小问1详解】

Fe为26号元素，电子排布式为Is22s22p63s23p63d64s2,最外层电子数为2,与Fe最外层电子数相同且同周

期的过渡元素有Sc、Ti.V、Mn、Co、Ni、Zn共7种，答案为7；

【小问2详解】

KH2PO2中P原子的孤电子对=5+3-2x2=2,成键电子对=2,价层电子对=孤电子对+成键电子对=%P

2

为Sp3杂化；P的sp3杂化轨道与O的2p轨道形成σ键；

【小问3详解】

C1：(IJ中N的sp2杂化轨道形成的化学键'N,(..代表孤电子对)参与形成六元环大无键的是未成对电

子，该孤电子对填充空轨道的能力较强，所以后者更易形成配位键；答案为『31；

②S、N原子均有孤电子对，N电负性大，不易给出电子形成配位键；答案为S；

③A.[Cu(NH3)2]Cl中Cu+外围电子排布式为3d∣t),没有未成对电子，选项A不符合；

B.[Cu(NH3)4]SO4中CW+外围电子排布式为3d%有未成对电子，选项B符合；

C.[Zn(NH3)4]SCU中Zn?+外围电子排布式为3+。，没有未成对电子，选项C不符合；

D.[Cr(H2O)5CI]Cb中CB外围电子排布式为3(P,有未成对电子，选项D符合；

答案选BD；

【小问4详解】

①以B外Zn为例，离该处Zn最近且等距的S有4个，则Zn的配位数为4；

②根据均摊法，晶胞中含有l+2x'+2x'=2个Zn原子，l+4x'+4x-!-=2个S原子，则原子体积为

36612

AQ

2×-Λ-(√+^)CW3=ƷΛ-(√+^)×102'KW∖晶胞底面为平行四边形，晶胞体积为

+^,)×102',

an×^an×cn=^a2cnm3,则空间利用率为nnx

mmm——×100%

^a2cnm3

22

2

16(zf+4)χl()2i

×100%；

③六方ZnS是S按六方密堆积排列，Zn相间占据S所形成的正四面体空隙，配位数是4：4,Zn,S各有

两套等同点，属于六方简单晶格，有2个S%2个ZB,各离子的分数坐标分别为:s`（θ,θ,θ）,

Zn2+∣0,0,-∣∣,∣~,~,~∣＞根据晶胞的结构可知，A为S%,B的坐标为,答案为

∖o√∖33o√k33O√kɔɔo

17.一种利用废催化剂（含TiO2,WO3等）回收金属Ti、W的工艺流程如图所示。

HCI或H2SO4

r＞偏钦酸钠A酸洗----►水解----►煨烧一►TiO,——►Ti

NaOH

废催化剂

碱浸Ca(OH).

ANa0WOilCaWO&•*W

已知：①偏钛酸钠（Na2TiO3滩溶于水；“酸洗”时，Na2TiO3转化为TiOCb或TioSO4,水解后得到H2TiO3;

②当溶液中某离子浓度MlxlOGnol/L时，认为该离子沉淀完全。

请回答下列问题:

（1）为加快“碱浸”的速率，可采取的措施为（任写两条）；“碱浸”时生成偏钛酸钠的离子

方程式为。

（2）锐钛型和金红石型是TiCh最常见的两种晶体类型，煨烧H2TiO3过程中，TiO2会发生“锐钛型一金红

石型”转化，固体质量残留率和晶型转化率随温度变化如图1所示，晶型转化过程中的能量变化如图2所

示。设计用“过滤”所得NazTiCh制备金红石型TiO2的操作方案o

l00

%

∕Oo

⅛95

B90

^

85

tt蚂

80

及

E

2004006008001

温度/°C

（3）“煨烧”时，Tio2的提取率随时间、温度的变化关系如图，提取TiO2的适宜条件为

00

96

%

'

⅜92

⅛

典88

O

H94

80

102030405060

时间∕min

(4)用固体二氧化钛生产海绵钛的装置如图，其原理是TiCh的氧解离进入熔融盐中而得到金属海绵钛。

电解过程中，b极是极，阴极的电极反应式为。

熔融氯化钙

02

(5)将氢氧化钙加入鸨酸钠溶液中可得到钙酸钙，已知Ksp(CaWO4)Mx10>(mol∕L),KSP[Ca(OH)2]

73

=9×10-(mol∕L),当溶液中WO:沉淀完全时，溶液中C(OH)最大值为mol∕Lo

【答案】(1)①.将废催化剂粉碎、搅拌或增大NaOH溶液的浓度或加热②.

+

TiO2+2Na+2OH^=Na2TiO3+H2O

(2)用盐酸酸洗Na2TiO3,将生成的TiCe)12充分水解后，过滤、洗涤得到H2TiO3,在950℃下燃烧H2TiO3

至恒重

(3)30min>500℃

(4)①.正②.Tiθ2+4e-=Ti+202―

(5)0.15

【解析】

【分析】由题给流程可知，废催化剂加入氢氧化钠溶液碱浸时，二氧化钛与氢氧化钠溶液反应转化为难溶

于水偏钛酸钠，三氧化鸨与氢氧化钠溶液反应转化为鸨酸钠，过滤得到偏钛酸钠和鸨酸钠；向偏钛酸钠

中加入盐酸或硫酸溶液酸洗，将偏钛酸钠转化为TiOCl2或TioSc)4,Tic)Cl2或TiOSO4在溶液中水解生成偏

钛酸，过滤得到偏钛酸；偏钛酸煨烧分解生成二氧化钛，电解熔融二氧化钛制得钛；鸨酸钠溶液中加入氢

氧化钙将铝酸钠转化为鸨酸钙沉淀，过滤得到鸨酸钙，鸨酸钙经多步转化制得鸨。

【小问1详解】

将废催化剂粉碎、搅拌、增大氢氧化钠溶液的浓度、加热等措施能加快“碱浸”的速率；“碱浸”时生成

偏钛酸钠的反应为二氧化钛与氢氧化钠溶液反应生成难溶于水的偏钛酸钠和水，反应的离子方程式为

+

TiO2+2Na+20H-=Na2TiO3+H2O,故答案为：将废催化剂粉碎、搅拌或增大NaoH溶液的浓度或

+

加热；TiO2+2Na+20H^=Na2TiO,+H2O；

【小问2详解】

由晶型转化过程中的能量变化示意图可知，酸洗时应加入盐酸将偏钛酸钠转化为TiOCl2,Tic)CI2充分水解

生成偏钛酸，由固体质量残留率和晶型转化率随温度变化的示意图可知，在95(ΓC下煨烧偏钛酸至恒重制

得高纯二氧化钛，具体操作为用盐酸酸洗偏钛酸钠，将生成的TiCC)12充分水解后，过滤、洗涤得到偏钛酸，

在950℃下煨烧偏钛酸至恒重制得纯二氧化钛，故答案为：用盐酸酸洗Na2TiO3,将生成的TiCOl2充分水

解后，过滤、洗涤得到H2TiO3,在950℃下煨烧H2TiO3至恒重；

【小问3详解】

由图可知，30min、50(ΓC时二氧化钛的提取率最高，则提取二氧化钛的适宜条件为30min、500℃,故答案

为：30min,500℃；

【小问4详解】

由题意可知，电解过程中，b极是电源的正极、b极是负极，与b极相连的高纯二氧化钛为电解池的阴极,

二氧化钛在阴极得到电子生成海绵钛和氧离子，电极反应式为Tio2+4广=Ti+2O2-,故答案为：

2

TiO2+4e=Ti+2O；

【小问5详解】

由鸨酸钙溶度积可知，溶液中鸨酸根离子完全沉淀时，溶液中的钙离子浓度不小于4义10'°(mol∕L)

l×10-5mol∕L

=4×10-5mol∕L,由氢氧化钙的溶度积可知，溶液中氢氧根离子浓度不小于j9xl°"(mol∕L)3=O[5mol∕L,

V4×10-5mol∕L

故答案为：0.15»

18.氧钿(IV)碱式碳酸镀晶体｛(NH4)5[CVO)6(CO3)4(OH)9]∙10H2O)是制备多种含铀产品和催化剂的基础

原料和前驱体。

己知：①氧钮(IV)碱式碳酸镀晶体呈紫红色，难溶于水和乙醇；

②VC>2+有较强还原性，易被氧化。

实验室以V2O5为原料制备该晶体的流程如图：

盐酸IR化的CONH4HCOjiSjft

N：Hij2HClVOCTNH4HCOJ溶液②无木乙的

VQ,-J浸渍~~冰液4转化~抽泣一~∙f⅛-∣-→粗产乩

请回答下列问题:

(1)“浸渍”时反应的化学方程式为o

(2)“转化”时需要在CO2氛围中进行的原因是

(3)“转化”可在下图装置中进行：

石灰石

ABCD

①上述装置连接的合理顺序为e→(按气流方向，用小写字母表示)。

②写出装置D中生成氧钮(IV)碱式碳酸镀晶体的化学方程式。

(4)“抽滤”装置如图所示，抽滤原理是。

(5)“洗涤”时用饱和NEHCCh溶液洗涤晶体，检验晶体已洗涤干净的操作是o

(6)为测定粗产品中帆元素的含量，称取LOg粗产品于锥形瓶中，用20mL蒸储水与30mL稀硫酸溶解

后加入0.0ImOI/LKMnCU溶液至稍过量，充分反应后继续滴加2%的NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去

过量的NaNc)2,滴入几滴铁氟化钾K3[Fe(CN)6]溶液，最后用0.2mol∕L(NH止Fe(So也标准溶液滴定，滴

定终点消耗标准溶液的体积为20.00mL。(已知粗产品中杂质不含机，也不参与反应；滴定反应为

2++2+3+

VO：+Fe+H-VO+Fe+H2O)

①滴定终点时的现象为o

②粗产品中钢元素的质量分数为%。

【答案】(1)2V2O5+N2H4∙2HC1+6HC1=4VOCl2+N2↑+6H2O

(2)VC)2+有较强还原性，防止被氧化

(3)①.abfgc(或abfgcd)②.6VOC12+6H2O+17NH4HCO3=

(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)J-IOH2O(+13CO2↑+12NH4C1

(4)水流造成装置内压强减小，使过泄速率加快

(5)取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加稀硝酸使溶液呈酸性，再滴加儿滴AgNo3溶液若不产生白色

沉淀，则证明沉淀洗涤干净

(6)①.当加入最后半滴标准液时，有蓝色沉淀产生且半分钟内沉淀不溶解(2).20.4

【解析】

【小问1详解】

V2O5中加入足量盐酸酸化的N2Hr2HCl溶液，反应生成VOel2,同时生成氮气，则该化学方程式为：

2V2O5+N2H4∙2HC1+6HC1=4VOC12+N2↑+6H2O；

【小问2详解】

V02+有较强还原性，易被氧化，CO2氛围中进行，能有效的隔离氧气，防止被氧化；

【小问3详解】

①转化过程需在二氧化碳氛围下反应，C为二氧化碳的发生装置，A为二氧化碳的净化装置，B装置可用

于检验装置中的氧气是否排净，所以装置的连接顺序为：abfgc(或abfged)；

②装置D中生成氧钮(W)碱式碳酸镀晶体，其化学反应方程式为：6VOCl2+6H2O+17NH4HCO3=

(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)J-IOH2OJ+13CO2↑+12NH4C1；

【小问4详解】

抽滤是利用内压减小，从而加快液体流速，故其作用为：水流造成装置内压强减小，使过泄速率加快；

【小问5详解】

用饱和NH4HCO3溶液洗涤晶体，须检验洗涤液中是否含有er,故其操作为：取少量最后一次洗涤液于试管

中，滴加稀硝酸使溶液呈酸性，再滴加几滴AgNO3溶液若不产生白色沉淀，则证明沉淀洗涤干净；

【小问6详解】

①用0.2mol∕L(NHSFe(Se)也标准溶液滴定，恰好反应时，溶液中含有Fe?+,K3[Fe(CN)6]可与Fe?+反应生

成蓝色沉淀，故滴定终点的现象为：当加入最后半滴标准液时，有蓝色沉淀产生且半分钟内沉淀不溶解；

2++2+3+2+3

@VO^+Fe+2H=V0+Fe+H2O,n(Fe)=c×V=0.2000mol∕L×20×10=4×1θ-ɜmoɪ,根据离子方程式

可知：n(Fe2+>n(VO2+),粗产品中钢元素的质量分数=51g∕mol×4×10⅛ol÷1.0g×l00%=20.4%。

19.某研究小组采用如下路线合成医药中间体K

COOH

N2HrNaOHH-PChAlCL

--------------------------►C------►-----♦C∣IHpOCl

AlCI3(HOCH2CH2)2O1A

AD

CCHCHMgBr

oopt/cl1

sz°x°无水之雄H,OHM

--------'C∣3⅛

F

O

N2%,NaOH

已知：I.Il÷R-CH-R

(HOCH2CH2),0.△190

R1—C—R2

O