黄金卷2-2023年高考化学模拟卷（广东专用）（解析版）

【赢在高考・黄金8卷】备战2023年高考化学模拟卷（广东版）

黄金卷02

（本卷共15小题，满分100分）

一、选择题：本题共16个小题，共44分。第1〜10小题，每小题2分；第11〜16小题，每小题4分。在

每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.下列是2022年广东省第十三届中学生运动会中使用的材料，其中属于金属材料的是:

ABCD

，•为W

O

韶小虎奖牌排球矿泉水瓶

【答案】B

【详解】A.毛绒吉祥物韶小虎是用有机高分子材料制作的，故A不符；

B.奖牌是用合金制作的，故B符合；

C.排球是用橡胶制成的，属于有机高分子材料，故C不符；

D.矿泉水瓶是用塑料制成的，属于有机高分子材料，故D不符；

故选B。

2.1919年，科学家实现了人类多年的梦想一人工转变元素。这个核反应如下：；4N+：HeT;O+；H,下列

有关叙述正确的是

A.2H可以用符号T表示B.mo?和so?互为同位素

C.14g^N原子含有的中子数为7NAD.上述人工转变元素过程属于化学变化

【答案】C

【详解】A.2H可以用符号D表示，故A错误；

B.”>02与是同种元素组成的不同单质，互为同素异形体，故B错误；

C.14gl,N原子的物质的量为Imol,1个MN原子含有7个中子，所以14gl4N原子含有的中子数为7NA，

故C正确；

D.核反应：；4N+；HeT?O+；H元素种类发生变化，不属于化学变化，故D错误；

故选C。

3.下列劳动项目与所述的化学知识不相符的是

选项劳动项目化学知识

A传统工艺：手工制作陶瓷CaCO3是陶瓷主要成分

B学农活动：使用复合肥料培育植物复合肥含N、P、K三种元素中的两种或三种

C自主探究：海带提碘通过灼烧将有机碘转化为碘离子

家务劳动：烹煮鱼时加入少量料酒和食醋可以去腥

D食醋与料酒发生酯化反应，增加香味

提鲜

【答案】A

【详解】A.硅酸盐是陶瓷主要成分，而不是碳酸钙，A错误；

B.复合肥含N、P、K三种元素中的两种或三种，B正确；

C.通过灼烧将有机碘转化为碘离子，然后将碘离子氧化为碘单质提取出来，C正确;

D.食醋与料酒发生酯化反应生成具有具有香味的酯类物质，可增加香味，D正确；

故选A。

4.有机化合物X的结构简式如图所示，下列说法正确的是。

HOOC

化合物X

A.X的分子式为CWHQO4，1个分子中采取sp3杂化的原子数为4

B.化合物X最多能与2moiNaOH反应

C.在酸性条件下水解，水解产物含有2个手性碳原子

D.分子中所有碳原子可能共平面

【答案】A

【详解】A.X的分子式为C|6乩2O4，1个分子中采取sp3杂化原子数为4,A项正确；

B.X中与NaOH反应的官能团有竣基，酯基水解生成酚羟基和竣基，一共消耗3moiNaOH,B项错误;

C.含-COOC-,酸性条件下水解，水解产物有一种，C项错误；

D.苯环之间的C为四面体结构，则两个苯环不一定处于同一平面，D项错误；

答案选A。

5.某同学分别用下列装置a和b制备漠苯，下列说法不氐硬的是

A.两烧瓶中均出现红棕色气体，说明液浪沸点低

B.a装置锥形瓶中出现淡黄色沉淀，可推断烧瓶中发生取代反应

C.b装置试管中CC1,吸收Br-液体变橙红色

D.b装置中的倒置漏斗起防倒吸作用，漏斗内可形成白烟

【答案】B

【详解】A.制备澳苯的过程中有热量产生，溶液温度升高，导致沸点较低的液溟挥发，成为红棕色的浪蒸

气，故A正确；

B.a装置中的澳蒸气挥发进入锥形瓶被硝酸银溶液吸收，也会产生淡黄色的澳化银沉淀，故a装置锥形瓶

中出现淡黄色沉淀，不能说明苯和液溪发生了取代反应，故B借误；

C.b装置中挥发的Bn被CC14吸收，成为红棕色的Br2的四氯化碳溶液，故C正确；

D.HBr气体极易溶于水，用倒置的漏斗可防止倒吸，用浓氨水吸收HBr,挥发的NH3和HBr反应生成固

体NEUBr,有白烟生成，故D正确；

故选B=

6.部分含N及Cl物质的分类与相应化合价关系如图所示，下列推断不自理的是

N的化合价C1的化合价

A.可以通过a的催化氧化反应制备c

B.工业上通过a—>b—>e来制备HN0.3

C.浓的a，溶液和浓的c，溶液反应可以得到b，

D.加热d，的固态钾盐可以产生

【答案】B

【分析】由图可得a为NH”b为N?,c为NO,d为NCh，e为HNO3或硝酸盐，a'为HC1,b'为Cb,c'

为HC1O或次氯酸盐，d'为HCIO3或氯酸盐，/为HCIO4或高氯酸盐。

【详解】A.氨气和氧气可以通过催化氧化反应生成NO,A正确；

J

B.工业上通过4NH,+50,"=4NO+6H,O.2NO+O2=2NO2,3NO2+H2O=2HNO3+NO,即a—c一d-

A

e来制备HNCh,B错误；

C.可通过反应2HC1(浓)+NaC10=CLT+H20+NaCl得到氯气，C正确；

MnO,

D.氯酸钾受热分解2KCIO3='2KCI+3O,?，可以产生。2,D正确；

故答案为B。

7.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A.25℃、lOlkPa下，5.6L氧气中质子的数目为4.0N,、

B.88g乙酸乙酯完全燃烧，生成的CO?分子数目为4.0NA

C.2.0L1.0moLL'Fe(NO、)3溶液中，Fe"的数目为2.0NA

D.电解足量的CuSO4溶液，阴极增重12.8g,外电路中通过电子的数目为0.20NA

【答案】B

【详解】A.25℃、lOlkPa不是标准状况，5.6L氧气的物质的量不是0.25mol,故A错误；

B.88g乙酸乙酯(CHCOOCH2cH3)的物质的量为1mol,完全燃烧，生成的C02分子数目为4.02,，故B

正确；

C.Fe3+在溶液中会发生水解生成Fe(OH%,因此2.0LLOmoLLFe(NC)3)3溶液中，Fe3+的数目小于2.0NA,

故C错误；

D.电解足量的CuSC>4溶液，阴极的电极反应为Cu2++2e-=Cu，阴极增加的质量为生成的Cu的质量，

12.8gCu的物质的量为0.2mol,外电路中通过电子的数目为0.40NA,故D错误；

选B。

8.化学创造美好生活。下列生产活动中，没有运用相应化学原理的是

选项生产活动化学原理

A环保工程师用熟石灰处理酸性废水熟石灰具有碱性

B利用便携式电池为手机提供能量原电池将化学能转化为电能

C利用黄铁矿制备硫酸黄铁矿中硫元素可被氧化

D利用焦炭和石英砂制取粗硅二氧化硅具有很好的光学性能

【答案】D

【详解】A.熟石灰具有碱性，可以处理酸性废水，故A正确;

B.便携式电池工作时是将化学能转化为电能，故B正确；

C.利用黄铁矿制备硫酸的过程是硫元素被氧化的过程，故C正确；

D.利用焦炭和石英砂制取粗硅与二氧化硅具有很好的光学性能无关，故D错误。

综上所述，答案为D。

9.下列解释有关实验现象的离子方程式不正确的是

选项实验操作实验现象离子方程式

将少量so。通入

2+

A有白色沉淀生成Ca+3C1O-+SO,+H2O=CaSO4J+2HC1O+C1-

Ca©以溶液中

往新制氯水中加入过溶液由黄绿色变为无

BCI2+2OH=cr+cio+H2O

量氢氧化钠溶液色

往酸性KMn。,溶液中溶液紫色褪去，有气

+2+

C2MnO4+3H2O2+10H=2Mn+3O2T+8H2O

加入HQ2溶液泡产生

将稀硫酸滴入淀粉-KI在空气中放置一段时

+

D4H+4I+O2=2I,+2H2O

溶液中间后，溶液呈蓝色

【答案】C

【详解】A.将少量二氧化硫通入到次氯酸钙溶液中，发生氧化还原反应，同时过量的次氯酸根和氢离子结

合为次氯酸，离子方程式为Ca2++3ClO+SO2+HQ=CaSO4J+2HClO+Cr,有白色沉淀生成，故A正确；

B.往新制的氯水中加入过量氢氧化钠，发生反应C12+2OH-=Cr+ClO+Hq,溶液由黄绿色变为无色，故B

正确；

C.酸性高钵酸钾与双氧水反应时，双氧水作还原剂，被氧化，反应为

+2+

2MnO4+5H2O2+6H=2Mn+5O2T+8H2O,故C错误；

D.将稀硫酸滴入淀粉-KI溶液中，在空气中放置一段时间，碘离子被氧气氧化成碘单质，反应为

+

4H+4r+O2=212+2H,O,淀粉遇碘单质变蓝，故D正确；

故选C。

10.已知X、Y、Z、W、M为原子序数依次递增的短周期元素，其中X、Y、Z元素同周期，Y与W元素

同主族，它们可以形成一种重要化合物甲。其结构如图所示。下列说法正确的是

M

I

M-W-Y=X=Z

A.原子半径：M>W>ZB.第一电离能：Y>Z>X

C.氢化物的沸点：Z>Y>XD.甲中W的杂化方式为sp?

【答案】B

【分析】已知X、Y、Z、W、M为原子序数依次递增的短周期元素，其中X、Y、Z元素同周期，X形成

四个共价键，则X特征最外层有4个电子，X是C元素；Y形成3个共价键，Y原子最外层有5个电子,

Y是N元素；Z形成2个共价键，则Z最外层有6个电子，Y与W元素同主族，则W是P元素，M原子

序数比P大，可形成1个共价键，则M最外层有7个电子，M是C1元素，然后根据元素周期律及物质的

性质分析解答。

【详解】根据上述分析可知：X是C,Y是N,Z是O,W是P,M是C1元素。

A.同一周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，所以原子半径P>C1,不同周期元素，原子核外电子层

数越多，原子半径越大，则原子半径大小关系为：W(P)>M(C1)>Z(O),A错误；

B.一般情况下同一周期元素的第一电离能随原子序数的增大而增强，但当元素处于第IIA或第VA时，原

子核外电子处于全满、半满的稳定状态，其第一电离能大于同一周期相邻元素，由于N的2P轨道处于半满

状态，较稳定，所以第一电离能：N>O>C,B正确；

C.碳的氢化物种类较多，物质分子中含有的C原子数目多少不同，物质沸点高低不同，因此无法确定X、

Y、Z三种元素的氢化物熔沸点高低，C错误；

D.W是P,P原子价层电子对数是3+土尸=4,元素甲中W的杂化方式为sp3杂化，D错误；

故合理选项是Bo

11.下列方案没计、现象和结论都正确的是

选项目的方案设计现象和结论

比较相同浓度

用干燥洁净的玻璃捧分别蘸取CuCk溶与标准比色卡比较后，转化为对应

CuCl,溶液和

A液和CuSOa溶液，滴在pH试纸上，与标的pH值，pH值较小的溶液则酸性

CuS04溶液的酸碱

较强

准比色卡比较

性

比较C与Si非金属将纯净的C。?气体缓慢通入NaAiO,溶若出现了白色沉淀，则证明非金属

B

性的强弱液中性C>Si

探究CHz=CH2的把电石放入水中反应，将产生的气体通若溪的四氯化碳溶液褪色，则证明

C

化学性质入溪的四氯化碳溶液中CH2=CH2具有还原性

判断物质M是否为在物质M不同方向上使用电导率仪测定若物质M在任意方向测定的电导

D

晶体其电导率率均相等，则物质M为晶体

【答案】B

【详解】A.CuCU溶液和CuSO”溶液本身蓝色，不能用pH试纸测定，A项错误;

B.纯净的CO?气体缓慢通入NazSiO3溶液中发生如下反应，CCh+HzO+Na2co3=H2Si（）3l+Na2co3,说明碳

酸酸性强于硅酸，则对应碳的非金属性大于硅，B项正确；

C.CH?=CH2与澳的四氯化碳溶液发生加成反应，并且电石是混合物，与水反应后也会有杂质H2S,H2s

的还原性也能使溪褪色，所以不能证明CH?=CH2具有还原性，C项错误；

D.一般晶体在物理性质表现出向异性，所以任意方向测定的电导率应不同。区分晶体和非晶体最可靠的方

法是对固体进行X射线衍射实验，D项错误；

故答案选B。

12.我国科学家设计了一种阴阳极协同苯酚转化装置，实现对酸性废水中苯酚（\=/）的高效除去。

原理如图所示，其中电极分别为ZnO@石墨烯（石墨烯包裹的ZnO）和石墨烯。该装置工作时，下列叙述错误

的是

质子交换膜

A.石墨烯上的电势比ZnO@石墨烯上的低

-0H

+

B.阳极的电极反应：+llH2O-28e=6CO2+28H

C.该装置在去除苯酚的同时，能提高废水的pH值（假设过程中废水体积不变）

D.装置工作时，理论上两极苯酚除去的物质的量相等

【答案】C

【分析】由图示可知，苯酚在ZnO@石墨烯上失电子生成二氧化碳，因此阳极的电极反应为

+

+HH2O-28e=6CO2T+28H,氧气在石墨烯上得电子生成过氧化氢，因此阴极的电极反应为

+

O2+2e+2H=H2O2o

【详解】A.由分析可知，石墨烯为阴极、得电子，2110@石墨烯为阳极、失电子，因此石墨烯上的电势比

2110@石墨烯上的低，A正确；

B.由图示可知，苯酚在ZnO@石墨烯上失电子生成二氧化碳，因此阳极的电极反应为

+

+HH2O-28e=6CO2T+28H,B正确;

+

C.由分析可知，电解池阳极反应式为:OH+11H2O-28e=6CO2T+28H,阴极反应式为

。2+2曰+211*=凡02，总反应为：()一OH+1IH2O+14C)2=6CO2T+14H2O2,由总反应可知，该装置在去

除苯酚的同时，溶液的pH基本不变，C错误;

D.阴极反应式为02+20+2川一应02,生成的过氧化氢又与苯酚反应生成二氧化碳和水，反应方程式为:

OH+14HO=6COT+17HO,而电解的总反应式为：：OH+11H0+14O2=6CO"+14H2O2,

O22222

由两个反应方程式可知，装置工作时，理论上两极苯酚除去的物质的量相等，D正确;

答案选C。

13.某反应A(g)+B(g)―>C(g)+D(g)的速率方程为vukdYAAc'YB),其半衰期(当剩余的反应物恰好是起

f)Q

始的一半时所需的时间)为罕。当其他条件不变，改变反应物浓度时;反应的瞬时速率如表所示：

k

c(A)/(molL)0.250.501.000.501.00ci

c(B)/(molI?)0.0500.0500.1000.1000.2000.200

3v3

v/(mol"L"min")1.6x10-3.2x10i3.2xl(y3v24.8x10-

下列说法正确的是

A.该反应的速率方程中的m=n=l

B.该反应的速率常数k=6.4xl0、min”

C.表格中的g=0.75,V|=V2=6.4x10-3

D.在过量的B存在时，反应掉93.75%的A所需的时间是375min

【答案】C

【详解】A.当其他条件不变，改变反应物浓度时，反应速率常数k保持不变，第二组数据和第四组数据中,

两组的c(A)相同、v相同，解得n=0,将第一组数据和第二组数据代入速率方程，得("]=\‘Xi。：,

(0.50J3.2xlO3

可知m=l,故A错误；

B.由A项分析可知，该反应的速率方程为v=k・c(A>c(B)=k-c(A),将第一组数据代入速率方程v=k-c(A),

可得速率常数k=6.4xl()3minT,故B错误；

C.将第六组数据代入速率方程v=k-c(A),可褥4.8x10+=6.4x10'xq,解得0=0.75,将第三组数据代入速

率方程v=k-c(A),可得％=6.4x10'〃1.00=6.4xl0\将第五组数据代入速率方程v=k-c(A),可得

-33

v2=6.4x10x1.00=6.4x10-,故C正确；

AQnQ

D.半衰期S3.1二125min,设起始时反应物A为100g,在过量的B存在时，反应掉93.75%

k6.4x10min

的A需经历4个半衰期：起始100gA>5()gA⑵mM>25gA⑵>[2.5gA⑶曲>&25gA,所需的

时间为125minx4500min,故D错误；

故答案选C。

14.冰的晶胞结构如图所示。下列相关说法不无硬的是

4:4

OH

A.晶胞中z方向上的两个氧原子最短距离为d,则冰晶胞中的氢键的长为d

B.冰晶体中，相邻的水分子间皆以氢键结合

C.冰密度比干冰的小，主要是因为冰晶体分子间的氢键存在方向性、饱和性

D.硫化氢晶体结构与冰相似

【答案】D

【详解】A.氢键键长可以表示为通过氢键相连接的两个氧原子的核间距，z方向上距离最近的两个O原子

所在的水分子即通过氢键连接，A正确；

B.在冰晶体中，相邻水分子之间都有氢键生成，形成正四面体结构，B正确；

C.在冰的晶体中，由于氢键有方向性和饱和性，迫使在四面体中心的每个水分顶角方向的4个相邻水分子

形成氢键，这一排列使冰晶体中的水分子的空间利用率不高，密度较小，C正确；

D.硫化氢分子间不存在氢键，所以硫化氢晶体结构与冰不相似，D错误：

综上所述答案为D。

15.硫酸钾是一种重要的无氯优质钾肥，利用某高钾明破石制备硫酸钾的工艺流程如下：

罐粉KOH第液溶液X

檄V-I粒-申|----»|卡修核液一回盘卜►早]~~►注液—204

SOj«SO,凌倩泣淌.|灼化合物Y

已知：高钾明矶石的主要成分为K2S。4•A12(SO4)3•2A12O3•H2O和少量Fe⑼。下列说法正确的是

A.焙烧时A12(SO4)3反应的化学方程式为2A12(SO4)3+3S=2A12O,+9SO3

B.调节pH的目的是使Fe5+和A产完全沉淀

C.化合物Y可制成铝热剂用于焊接铁轨

D.SO,可回收利用后应用于本流程

【答案】D

【分析】高钾明帆石粉碎增大接触面积，加入硫粉进行焙烧得到SO2、SO3,加入KOH发生反应的离子方

程式为Al2。?+2OH=2A1O-+H2O,则加入KOH溶液产生的浸渣为Fe2(4,浸液中的离子为A1O；、、SO:,

加入溶液X调节溶液pH使A10；变为A1(OH)3白色沉淀，则溶液X为H2sO,，过滤得到A^OHb白色固体，

灼烧得到加2。3,滤液经过蒸发结晶可得到硫酸钾固体，据此答题。

【详解】A.焙烧时AlKSOj反应的化学方程式为2A12(SOj+4S+6O2as2Al2O3+IOSO3,A项错误；

B.浸液中存在的离子为A10。、K，、SO：,加入溶液X调节溶液pH使A1O；变为A1(OH)3白色沉淀，B项

错误；

c.A1(OH)3白色固体灼烧得到Al。,，则化合物Y为Aiq、，FeQs为铝热剂用于焊接铁轨，C项错误；

D.SO3可溶于水制得硫酸溶液，溶液X为H2sO」，则SO,可回收利用后应用于本流程，D项正确；

答案选D。

16.常温下，将O.lmolI-NaOH溶液滴加到20mL0.1mol-L1二元弱酸H2A溶液中，混合溶液的pH随NaOH

溶液滴入量的关系如图所示。下列叙述不正确的是

3

A.Kal(H2A)«10-

B.b点时溶液中存在c(HA)>c(A")>c(H2A)

C.c点时溶液中存在c(Na+)+c(H+)=c(HA)+c(OH)+c(A>)

D.溶液中水的电离程度：c>b>a

【答案】C

【分析】滴定至a点时，溶液成分为NaHA和H2A,滴定至b点时，溶液全为NaHA,滴定至c点时溶液成

分为NaHA和Na2Ao

【详解】A.a点时pHM,加入lOmLNaOH溶液，此时c(H2A)=c(NaHA),可知,

“/uA、C(HA)c(H)"、_3AT-

/Cal(H2A)=---——=10,A项正确；

C(H2A)

B.K“(HA1=R八=1L，由C点pH=9.5可知Ka2(H2A)=10-9.5,b点时溶液为NaHA,则HA-的电离

程度大于水解程度，溶液中c(HA-)>c(A2-)>C(H2A),B项正确；

C.由电荷守恒可知，c点时溶液中c(Na+)+c(H+)=c(HA)+c(OH)+2c(A”),C项错误；

D.a点为H2A与NaHA混合溶液，b点为NaHA,c点为NaHA与Na2A混合溶液，溶液中水的电离程度：

c>b>a,D项正确；

故选C。

二、非选择题：本题共4个小题，共56分。

17.(14分)三氯化铭(CrCL.)为紫色单斜晶体，熔点为83℃,易潮解，易升华，溶于水但不易水解，高温

下能被氧气氧化，工业上主要用作媒染剂和催化剂。

⑴某化学小组用CrzO?和CJ在高温下制备无水三氯化铭，部分实验装置如图所示，其中三颈烧瓶内装有

CC14,其沸点为76.8℃。

①Cr原子的价电子排有式为。

②实验前先往装置A中通入N2,其目的是排尽装置中的空气，在实验过程中还需要持续通入Nz，其作用

是。

③装置C的水槽中应盛有0(填“冰水”或“沸水

④装置B中还会生成光气(CO。?)，B中反应的化学方程式为o

⑵CrJ的工业制法:先用40%的NaOH将红矶钠(NaQ?。,)转化为铭酸钠(NafrOj,加入过量CH30H,

再加加入10%HCl溶液，可以看到有气泡产生。写出用CHQH将铝酸钠(NaQrOj还原为CrCl?的离子方程

________________O

(3)为进一步探究CrCl,的性质，某同学取试管若干支，分别加入10滴O.lmol/LCrCh溶液，并用4滴

2moi/LH2sO,酸化，再分别加入不同滴数的O.lmol/LKMnO”溶液，并在不同的温度下进行实验，反应现象

记录于表中。

在不同温度下的反应观象

KMnO4的用量(滴数)

25℃90~1(X)℃

1紫红色蓝绿色溶液

2〜9紫红色黄绿色溶液，且随侬111。」滴数增加，黄色成分增多

10紫红色澄清的橙黄色溶液

橙黄色溶液，有棕褐色沉淀，且随KMn°4滴数增加，

11~23紫红色

沉淀增多

24〜25紫红色紫红色溶液，有较多的棕褐色沉淀

①浓度对反应的影响

CrCl?与KMnO,在常温下反应，观察不到Cr?。；离子的橙色，甲同学认为其中一个原因是Cr/)；-离子的橙

色被MnO,离子的紫红色掩盖，另一种可能的原因是,所以必须将反应液加热至沸腾4~5min后，

才能观察到反应液由紫红色逐渐变为橙黄色的实验现象。

②CrJ与KMnO4的用量对反应的影响

对表中数据进行分析，在上述反应条件下，欲将Cr"氧化为Crq；,CrCI3与KMnO4最佳用量比为。

这与由反应10C产+6MnO；+1lHQ=5CrQ；+6MM++22H+所推断得到的用量比不符，你推测的原因是

高温

【答案】⑴3d54sl将四氯化碳吹入管式炉中冰水Cr2O3+3CC14—3COC12+3CrCl,

+3+

⑵CH,OH+2CrO；'+10H=2Cr+7H2O+CO2T

(3)反应的活化能较高需要较高温度反应才能进行1:1高镭酸根离子和溶液中氯离子发生了氧化还

原反应

【分析】A中四氯化碳通过氮气出入装置B中和Cr?O3反应生成三氯化铝，生成物在C中冷凝，尾气进行处

理减少污染。

【详解】(1)①Cr为24号元素，原子的价电子排有式为3d54sL

②三氯化铭易升华，高温下能被氧气氧化，实验前先往装置A中通入N”其目的是排尽装置中的空气防止

空气中氧气氧化三氯化铭，在实验过程中还需要持续通入N?,其作用是将四氯化碳吹入管式炉中和Cr。反

应生成三氯化铝。

③三氯化铭熔点为83℃,则装置C的水槽中应盛有冷水，便于生成物冷凝。

④装置B中反应为四氯化碳和Cr?。?反应生成三氯化铝，还会生成光气(COCl?),B中反应

高温

Cr,O3+3CCI4—3COCl2+3CrCl,

(2)CH30H将铭酸钠(Na£rOj还原为CrCl一同时甲静被氧化为二氧化碳气体，离子方程式

3t

CH,OH+2CrO；+10H'=2Cr+7H2O+CO,T：

(3)COCrCI,LjKMnO,在常温下反应，观察不到离子的橙色，另一种可能的原因是反应的活化能较

高需要较高温度反应才能进行，所以必须将反应液加热至沸腾4~5min后，才能观察到反应液由紫红色逐渐

变为橙黄色的实验现象。

②由表中数据可.知，在上述反成条件卜，依化为Cr,O；,高钠酸仰最佳用"为10滴，妁CrCI，

2++

KMnO4最佳用量比为10:10=1:1；这与由反应10C产+6MnO；+1lH2O=5Cr2O^+6Mn+22H所推断得到

的用量比不符，可能原因是高钵酸根离子和溶液中氯离子发生了氧化还原反应，导致高镒酸钾溶液用量增

加。

18.(14分)五氧化二机(乂。5)和三氧化铝(MoOj是两种重要的过渡金属氧化物，通常用作工业催化剂。

有企业通过废旧催化剂(主要成分为V?C>5、V20oMOO3,还有少量的Aiq、、Fe。、有机物等)来制备这

两种氧化物。工艺流程图如下图:

废旧催化剂

AKOH))

L沉淀)

构碎培烧HQ?NH4VOsoo-ssor

滋液①Nl®广沉淀-------

有有V5***

j泣液②过流

含有j速液③"A....-►Mo。,

N»jCO,VOT»Mn(4尊VOj2

Mooj<9

⑴“焙烧”的目的是。

(2)滤渣的主要成分是(填化学式)。

(3)向滤液①中加H2O2的作用是(用离子方程式表示)。

(4)当滤液①pH调控为8时，写出计算过程说明此时铝元素是否沉淀完全_______。(己知：

063

Al(OH)3+OH(aq)［A1(OH)4J(aq)A：=1O,离子浓度小于1(T5moi.口认为沉淀完全)

(5)NH”C)3的沉淀过程中，沉帆率受温度影响，关系如图所示。温度高于80℃沉机率降低的主要原因是

«NH4VO3的沉淀分解生成V2c)5的化学方程式是

lo^or

Mtw-

5060708090100

沉淀温度/X?

(6)仪器分析检测［Al(OH)］在水中带有结晶水［AI(OH)4「XH2。，［AI(OH)J与结晶水之间的作用力是

(填字母)。

A.离子键B.配位键C.氢键D.范德华力

(7)Mo原子序数42,气相单分子MoO,空间结构是。

【答案】(1)除去有机物、把废催化剂中主要成分转化成易溶于水的物质

(2)Fe2O,

+

(3)H2O2+2VOt+6H=2VO；+4H,O

(4)pH=8时c(0H-)=lO^molL1,=产，

OM5375

c([Al(OH)4]^10^xl0=10--molU'<10-molC',说明铝元素已经完全沉淀

(5)氯化镂水解程度迅速增大或氯化镂分解2NH4VO,=—V2O,+2NH3T+H,O

(6)C

(7)(平面)三角形

【详解】(1)废旧催化剂(主要成分为V2O5、MoO”还有少量的Aiq,、Feq,、有机物等)，有机

物可以燃烧除去，加碳酸钠来焙烧，可以将部分金属氧化物转化为可溶于水的物质，所以，焙烧的目的是：

除去有机物、把废催化剂中主要成分转化成易溶于水的物质；

(2)加碳酸钠焙烧时，FeQ,未参与反应，且Fe2()3不溶于水，所以，加水溶解过滤后滤渣主要成分为FqO,；

(3)向滤液①中加Hz。？，是为了将滤液中的VO,氧化为VO"离子方程式为：

H2O2+2VO：-+6H*=2VO；+4H2O；

6

(4)当滤液①pH调控为8时，根据题目所给条件：pH=8n«jc(OH)=10-molL-'(

Al(OH),+OH(aq)[A1(OH)J(aq)的K=-^^=10°63.

c(OH)

063537,

c([Al(OH)4]^=10^xl0=10-molU<10-^0117),说明铝元素已经完全沉淀；

(5)温度高于80℃,氯化铉水解程度迅速增大，同时氯化镇温度过高会分解，造成沉伏率降低，所以沉钿

率降低的主要原因是氯化铁水解程度迅速增大或氯化核分解；NH4VO3的沉淀分解生成V2O5的化学方程式

500~550℃-

是：2NH4VOL&O5+2NH3T+H,O；

(6)中羟基中的氢原子易与水分子中的氧原子之间形成氢键，所以[Al(OH)4T与结晶水之间

的作用力是氢键，答案选C；

(7)M。原子序数42,价层电子排布式为4d55sl气相单分子MOO3中M。的价层电子对数为：

3+1X(6-3X2)=3,MoO,的中心原子M。采取sp2杂化方式，对应的空间结构是平面三角形。

19.(14分)从衣食住行到探索浩瀚宇宙，都有氮及其化合物的参与，但同时有毒含氮化合物的排放，也对

环境产生污染。如何实现环境保护与资源利用的和谐统一，已成为我们的重要研究课题。

⑴工业上利用N?和H2可以合成NH3,NH3又可以进一步制备火箭燃料脱(N?H4)。已知：

1

①N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)\H=+67.74kJ-moF

-1

②N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)AW=-534.IkJ-mol

③2NC)2(g).MO/g)AW=-52.7kJmor'

写出气态月井在气态四氧化二氮中燃烧生成氮气和气态水的热化学方程式：。

6

⑵N?H,的水溶液呈弱碱性，室温下其电离常数叫=4.0xl0-,则O.Olmoir,的N2H4水溶液pH等于

(忽略NR,的二级电离和H2O的电离，lg4=0.6)。

(3)利用测压法在刚性密闭容器中研究TJC时4NO(g).•N2(g)+2NO?(g)的分解反应,现将一定量的NO充

入该密闭容器中，测得体系的总压强随时间的变化如下表所示：

反应时间/min010203040

压强/MPa15.0014.0213.2012.5012.50

①。〜20min时，v(NO,)=MPa-min-'»

②TJC时4NO(g)2(g)+2NC)2(g)反应的平衡常数Kx=(Kx为以物质的量分数表示的平衡常

数)。若升高温度，电的物质的量分数将(填“增大”"减小''或"不变”)。

(4)将等物质的量的NO和CO分别充入盛有催化剂①和②的体积相同的刚性容器，进行反应

2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)AH<0,经过相同时间测得NO的转化率如图所示，图中cd段转化

率下降的可能原因是。

(5)电化学降解法可用于治理水中硝酸盐污染，电化学降解NaNOs中性溶液的原理如图所示:

Ag-Pt电极上的电极反应为

【答案】(1)2N2H4(g)+N2C>4(g)=3N2(g)+4H2O(g)AH=-1083.2kJmoE1

(2)10.3

(3)0.181.25(或3)减小

4

(4)该反应为放热反应。升温平衡逆向移动，转化率降低；温度升高，催化剂活性降低，反应速率减慢，转

化率降低

(5)2NO；+l()e+6H2O=N2T+12OH

【详解】(I)由②X2-①-③可得2N2H4鱼)+$04伍)=32鱼)+4耳01)AW=-1083.2kJmol';

(2)N2H4+H2O.-N,H；+OH-,N2H4水解程度较小,因此c(N2H4)=0Qlmol/L,其电离常数Ki=

.c(OH)£(*也)=4Qxif).,c(N,H；)=c(OH),则c2(OH-)=4xl(y8mol/L,则pH约等于10.3；

C(N2H4)

(3)在等温等容条件下，压强之比等于物质的量之比，因此可以直接用压强代替物质的量计算：

4NO(g)N2(g)+2NO2(g)

初始压强1500

转化压强4xX2x

末压强15-4xX2x

故〜时,P。，平衡时,

20min时,15-4x+x+2x=13.2,x=1.8,020mlnV(NO2)-=0.MPa-min

20min

15-x=12.5,x=2.5,NO、NrNO2的分压分别为5、2.5、5,K*为以物质的量分数表示的平衡常数，目.

在等温等容条件下，压强之比等于物质的量之比，因此可以直接用压强代替物质的量计算，代入公式

2.5.5、2

------X(------)

&=12.512.5=125；若升高温度，电的物质的量分数将减小；

(上)4

12.5

(4)该反应为放热反应。升温平衡逆向移动，转化率降低：温度升高，催化剂活性降低，反应速率减慢,

转化率降低；

(5)由图示知在Ag-Pt电极上NO］发生还原反应，因此Ag-Pt电极为阴极，则B为负极，A为电源正极:

在阴极反应是NO,得电子发生还原反应生成N2,利用电荷守恒与原子守恒知有氢离子参与反应且有水生成,

所以阴极上发生的电极反应式为：2NO；+6HjO+10e=N2T+12OHo

20.(14分)化合物G是一种重要的香料。如下是实验室制备G的一种合成路线。

泮产CH,