2023-2024学年山东省烟台市高三年级上册期末考试化学试题（解析版）

山东省烟台市2023-2024学年高三上学期期末考试

化学试题

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动,

用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试

卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：Li7O16S32Mn55Cu641127

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意。

1.中华文化源远流长，化学与文化传承密不可分。下列说法错误的是

A,粮食酿酒过程中碳元素仅被还原

B.“白青［Cu2（OH）2coJ得铁化为铜“，其中白青属于盐

C.闻名世界的秦兵马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成

D.“盖此矶色绿，味酸，烧之则赤”，“味酸”是因绿矶水解产生H+

【答案】A

【解析】

【详解】A.粮食酿酒过程中，粮食中的淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下生成乙醇和二氧化碳,

该过程中碳元素部分被还原，部分被氧化，故A错误；

B.从组成分析Cu2（OH）2cCh属于碱式盐，故B正确；

C.陶瓷由黏土高温烧结而成，故C正确；

D.绿矶为FeSO「7H2。，溶于水电离出Fe?+,Fe?+水解产生H+使溶液呈酸性，故D正确；

故选：Ao

2.实验室中下列做法正确的是

A.用铜丝代替钳丝做焰色试验

B.用剩的白磷放回盛有水的广口瓶中

C.用10mL量筒量取8.50mLNaOH溶液

D.浓硝酸保存在带橡胶塞的棕色细口瓶中

【答案】B

【解析】

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【详解】A.铜元素的焰色呈绿色，会干扰其它金属元素的焰色，不能用铜丝代替钳丝做焰色试验，A项错

误；

B.白磷易自燃，用剩的白磷放回盛有水的广口瓶中，B项正确；

C.量取8.50mLNaOH溶液应该用碱式滴定管,量筒精度不够，不能用量筒，10mL量筒只能量取8.5mLNaOH

溶液，C项错误；

D.浓硝酸具有强氧化性，会腐蚀橡胶塞，保存浓硝酸的细口瓶不能用橡胶塞，D项错误；

答案选B。

3.X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，X的原子半径小于Y的原子半径，Z基态原

子核外有3个未成对电子，Y的核外电子数与Z的价层电子数相等，Q2是氧化性最强的单质，下列说法正

确的是

A.键能：Z2<W2<Q2B.YQ3、ZQ3均为非极性分子

C.沸点：X2W<XQD,同周期中第一电离能介于Y和Z之间的元素有3

种

【答案】D

【解析】

【分析】X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，Q2是氧化性最强的单质，则Q是氟；

Z基态原子核外有3个未成对电子，Z为氮，则W为氧；Y的核外电子数与Z的价层电子数相等，Y为硼；

X的原子半径小于Y的原子半径，则X为氢；

【详解】A.氮气分子中包含三键，键能最大，A错误；

B.BF3的价层电子对数为3,空间构型为平面三角形，正负电荷重心重合，为非极性分子；NF3价层电子对

数为4,有一对孤电子对，空间构型为三角锥形，为极性分子，B错误；

C.水分子形成氢键的数目大于HF,导致水的沸点高于HF,C错误；

D.同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，Be原子价电子为2s2全满稳定状态，第一电离能大于同

周期相邻元素，N的2P轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故同周期中第一电离能

介于Y和Z之间的元素有被碳氧3种，D正确；

故选D。

4.下列装置能达到实验目的的是

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甲乙丙丁

A,用甲装置鉴别Br2(g)和NO2(g)B.用乙装置除去水中的苯酚

C.用丙装置收集CbD.用丁装置灼烧Fe(OH)3固体制得Fe2O3

【答案】A

【解析】

【详解】A.N02溶于水得无色HNCh溶液，Bn溶于水得橙色滨水，可以用甲装置鉴别Bn(g)和NC)2(g)，

故选A；

B.苯酚微溶于水，苯酚和水混合形成乳浊液，应用分液法分离提纯，故B错误；

C.若用丙装置收集CL,应该从右侧导管进气，故不选C；

D.在用烟中灼烧Fe(0H)3固体制FezCh，故不选D；

选Ao

5.献菁和醐菁钻可制得光动力学中的光敏剂，分子结构如图，其中献菁分子中所有原子共平面，下列说法

A.酰菁钻中钻的化合价为+4

B.直径为1.5xl0-9m的酥菁钻分子能透过半透膜

C.酸菁钻中元素的电负性由大到小的顺序为N>C>H>Co

D.标注①②的N原子的杂化方式是sp2,③的N原子的杂化方式是sp3

【答案】C

【解析】

【详解】A.钻献菁分子中，失去了2个H+的献菁离子与钻离子通过配位键结合成分子，因此，钻离子的

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化合价为+2,A错误；

B.胶体粒子的直径为1〜lOOnm,胶体分子不能透过半透膜，直径为1.5、10"m的酷菁钻分子不能透过半透

膜，B错误；

C.非金属性越强，电负性越大，电负性大小顺序为N>C>H>Co,C正确；

5_3x]

D.①②③中N均有2个©键，孤电子对数为：---=1,则N原子的杂化方式sp2,D错误；

故答案为：Co

6.根据下列实验操作和现象能得到相应结论的是

选

操作和现象结论

项

A向漂白粉溶液中通入S02,产生白色沉淀酸性：H2SO3>HC1O

同温下，不同浓度

11

常温下，分别测定1molLCH3COONH4溶液和0.1mol-L

BCH3COONH4溶液中水的电

CH3COONH4溶液的pH,测得pH都等于7

离程度相同

10mL0.1molL'FeCh溶液和10mL0.1molL-1KI溶液充分反应后分

C成两等份，一份加入2滴KSCN溶液，溶液变红；另一份加入2滴淀FeCb和KI的反应存在限度

粉溶液，溶液变蓝

D向露置在空气中的NazCh固体中加入稀盐酸，产生气泡NazCh固体已经变质

AAB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【详解】A.漂白粉可以与二氧化硫发生氧化还原反应，生成硫酸钙白色沉淀，无法说明酸性H2sO3>HC1O,

故A错误；

B.不同浓度CH3coONH4溶液中镂根离子和醋酸根离子的水解程度不同，故水的电离程度不同，故B错误;

C.根据反应方程式2Fe3++21U2Fe2++U，题中所给的三价铁离子与碘离子的量相等，若反应能够完全进

行，溶液中不会存在三价铁离子，根据C中现象，滴加KSCN溶液，溶液变红可知溶液中存在三价铁离子;

另一份加入2滴淀粉溶液，溶液变蓝可知溶液中存在碘单质，故可知该反应是个可逆反应，存在反应限度,

故C正确；

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D.若过氧化钠不变质，加入稀盐酸也可反应生成氧气，故产生气泡无法说明过氧化钠固体变质，故D错误;

故选C。

7.化合物M的结构如图。下列关于M的说法错误的是

A.存在顺反异构

B.1molM最多可与4molH2反应

C.其酸性水解的产物均可与澳水反应

D.可形成分子内氢键和分子间氢键

【答案】C

【解析】

【详解】A.由题干有机物结构简式可知，该有机物存在碳碳双键，且双键两端的碳原子分别连有互不同的

原子或原子团，故该有机物存在顺反异构，A正确；

B.该结构中有一个苯环、一个碳碳双键，故1molM最多可与4moi缶反应，B正确；

c.其酸性水解产物有1其中

0H

H0丫、不能与澳水反应，c错误;

H0人J"OH

D.相邻的两个羟基可以形成分子内氢键，羟基间可以形成分子间氢键，D正确;

故选C。

8.实验室初步分离苯甲酸乙酯、苯甲酸和环己烷的流程如下:

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乙醛H2SO4

已知：苯甲酸乙酯的沸点为212.6。（2,“乙醛-环己烷-水共沸物”的沸点为62.1°C。

下列说法正确的是

A.试剂X宜选用NaOH溶液

B.“操作1”过程中有机相1从分液漏斗的上口倒出

C.“操作2”需用到球形冷凝管

D.“操作5”中洗涤苯甲酸时，用乙醇的效果比用蒸储水好

【答案】B

【解析】

【分析】苯甲酸乙酯、苯甲酸和环己烷的混合物加饱和碳酸钠萃取分液，有机相含有苯甲酸乙酯、环己烷,

水相含苯甲钠；有机相加入乙醛和水，蒸储得苯甲酸乙酯和乙酸-环己烷-水共沸物，苯甲酸乙酯加无水硫

酸镁干燥得苯甲酸乙酯；水相2加硫酸把苯甲酸钠转化为苯甲酸，苯甲酸溶解度小，过滤得到苯甲酸粗品，

重结晶得到苯甲酸。

【详解】A.苯甲酸乙酯在氢氧化钠溶液中水解，试剂X不能选用NaOH溶液，苯甲酸乙酯、环己烷均难

溶于饱和碳酸钠溶液，试剂X可以选用饱和碳酸钠溶液，故A错误；

B.“操作1”是分液，有机相的密度小于水，有机相在上层，过程中有机相1从分液漏斗的上口倒出，故

B正确；

C.“操作2”为蒸储，需用到直形冷凝管，故C错误；

D.苯甲酸微溶于水，易溶于酒精，“操作5”中洗涤苯甲酸时，用水洗涤比酒精好，故D错误；

选B。

9.以大洋锦结核（主要由锦、铁的氧化物组成，还含有Cu元素）为原料制备脱硫剂MnxOy的工艺流程如下。

NHCO

NH3-H2OCO（NH4）2SO4（4）23

大洋锦结煨烧一

MnQy

核粉末MnCO3

已知：氨浸时，CO将结核中的MnCh转化为MnCCh。下列说法错误的是

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A.“氨浸”时，快速鼓入CO可起到搅拌加快反应速率的作用

B.铜元素以C/+的形式进入“氨浸”的浸出液中

C.“浸铳”时主要反应的离子方程式：MnCO3+2NH；=Mn2++2NH3T+H2O+CO2?

D.上述过程中NH3（或NH3H2O）、（NH4）2SC）4可循环利用

【答案】B

【解析】

【分析】由流程可知大洋锦结核（主要由铳、铁的氧化物组成，还含有Cu元素），氨浸时，CO将结核中的

MnCh转化为MnCCh;过滤得到MnCCh和FezCh;滤渣加硫酸镀溶液，其中碳酸铸与硫酸反应生成硫酸镒、

氨气和二氧化碳，过滤出FezCh;再经过滤，滤液中加碳酸镂使锦离子转化为碳酸锦，过滤后，煨烧碳酸锦

得到脱硫剂MnxO*据此分析解答；

【详解】A.“氨浸”时，快速鼓入CO可起到搅拌，有利于大洋锦结核与氨水充分接触，加快反应速率，

故A正确；

B.Cu2+与氨水反应首先生成CU（OH）2,CU（OH）2继续与氨水反应最终生成［CU（NH3）/2+进入浸出液中，故

B错误；

2+

C.由上述分析可知浸镒时的主要离子反应为：MnCO3+2NH4=Mn+2NH3t+H2O+CO2故C正确；

D.由流程可知，上述过程中NH3（或NH3H2O）、（NH4）2SC）4可循环利用，故D正确；

故选：Bo

10.中国科学家将12分子引入电解质中制作高功率可充电Li-SOC12电池，12调整充电和放电反应途径如图所

示。下列说法错误的是

A.电池使用过程中无需补充12

B.充电时，阴极Li+得电子发生还原反应

C.放电时总反应：4Li+2soeL=4LiCl+S+SO2T

D,充电时，Li电极质量增加7g时电极反应消耗的b的质量为254g

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【答案】D

【解析】

【详解】A.由工作原理图可知，I?是催化剂，分子12的引入催化了电池放电和充电过程，因此在电池使

用过程中无需补充12,故A项不符合题意;

B.由工作原理图可知，充电时，12失电子转化为IC1,12发生氧化反应，阳极反应式

+

2LiCl+I2-2e^=2ICl+2Li,阴极反应式Li++e=Li，故B项不符合题意；

C.由工作原理图可知，放电时，正极上SOC"转化为S、S02,负极上Li转化为Li+,则电池的放电总反

应为4Li+2S0C1,=4LiCl+S+SO2T,故C项不符合题意；

D.由工作原理图可知，充电时，阳极反应式ZLiCl+U—2e-=2ICl+2Li+,阴极反应式Li++e=Li，Li

电极质量增加7g时即为Li的质量，由此计算可得转移电子为1mol,根据2Li~2e~%可知n(l2)=0.5mol,

故消耗的I2的质量为127g,故D错误，符合题意；

故答案选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意，全

部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

11.我国科学家研究发现稀土铀基催化剂可低温脱硝，其反应历程如图所示(“口”代表空位)。下列说法正确的

OOOO

NHrNoo

：N

v料

o、ooIo

o

N

INH

O

II

I/

oOOOX：

水(

A.历程中Ce、Ti形成的共价键数目未发生变化

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B.每形成2mol氢氧键，形成1mol“空位"

C.上述历程中每生成1molNz,转移6moie-

D.总反应中氧化产物与还原产物物质的量之比为1:2

【答案】D

【解析】

【详解】A.“口”代表空位，由图示反应历程可知，Ce、Ti形成的共价键数目发生变化，如生成N2+2H2O

的过程中，A项错误；

B.由图示反应历程可知，形成lmolCe、Ce之间的“空位”时生成lmolH?。、形成2moi氢氧键，形成ImolCe,

Ti之间的“空位”时生成2m0m2。、形成3moi氢氧键，B项错误；

C.上述历程的总反应为O2+4NH3+4NO=4N+6HO,N元素的化合价由NH3中-3价升至N2中。价，每

催化剂22

生成4moiN2转移12moi电子，则每生成ImolN2,转移3nlol电子，C项错误；

D.上述历程的总反应为O2+4NH3+4NO=4N+6HO,N元素的化合价由NH3中-3价升至N2中。价，

催化剂22

NH3为还原剂、N2为氧化产物，N元素的化合价由NO中+2价降至N2中0价，NO为氧化剂、W为还原产

物，。元素的化合价由0价降至-2价，02为氧化剂、部分H2。为还原产物，结］上得失电子守恒和原子守恒,

氧化产物(2molN2)与还原产物(2molN2+2molH2O)物质的量之比为2：4=12,D项正确；

答案选D。

12.Cope重排反应如图所示，K()经重排反应可得到M。已知：羟基直接连在双键碳原

V

子上不稳定会异构化成酮携基或醛基。下列说法错误的是

1212

2'3'2'3'

XY

Cope重排反应

A.Y中所有碳原子可能共平面

B.M的结构简式为

C.依据红外光谱可确证K、M存在不同的官能团

D,含酚羟基且有手性碳原子的M的同分异构体有9种(不考虑立体异构)

【答案】BD

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【解析】

【详解】A.由题干图示有机物Y的结构简式可知，Y分子中存在两个碳碳双键所在的平面，单键可以任

意旋转，故除氢原子外，Y中其他原子可能共平面，A正确；

B.根据题意且羟基直接连在双键碳原子上不稳定会异构化成酮锻基或醛基，所以H°/［人通过Cope

V

重排后得到MB错误；

C.依据红外光谱可确证K、M存在不同的官能团，K为碳碳双键和醇羟基，M为碳碳双键和谈基，C正确；

D.M的分子式为CuHi60,按要求含酚羟基且有手性碳原子的M的同分异构体应该满足有一个苯环和酚羟

CH,

IH2I

基和其他取代基，苯酚与人人「/C、可以形成3种，苯酚与/也可以形成3种，

H3cH2CH3H3CCH

CH,

I

CH3与CHCH3可以形成4种，已经有10种，除此之外还可让甲基在酚羟基

/y/

H2

1f凡

的间位与CHCH3可以形成4中，数目超过9种，除此之外当甲基在对位，或者苯酚与

I/、c/

乙基丙基之间的取代等，也满足条件，D错误；

故选BDo

13.一种利用电化学富集锂的装置如图所示。富集锂的工作步骤如下：①接通电源1并向电极室2中通入海

水，海水中的Li+进入MnCh结构而形成LixMn2O4，当电路中转移0.15mole-时，43.5gMnCh完全反应。②

断开电源1接通电源2,停止通海水，使LixMmCU中的Li+脱出进入电极室3。下列说法正确的是

A.x=0.6

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B.惰性电极1与电源负极相连

C.离子交换膜b为阳离子交换膜

D.接通电源2后，MnCh电极的电极反应式为LixMn2O4+xe-=2MnC)2+xLi+

【答案】AC

【解析】

【分析】根据题意，接通电源1并向电极室2中通入海水，海水中的Li+进入MnO2结构而形成LixMmCU，

此时镐的化合价降低，即此时二氧化镐与电源1的负极相连，惰性电极1与电源1的正极相连，随后断开

电源1接通电源2,停止通海水，使LixMmCM中的Li+脱出进入电极室3,此时锦的化合价升高，此时二氧

化铺与电源2的正极相连，惰性电极2与电源2的负极相连，以此解题。

【详解】A.43.5gMnCh的物质的量为0.5mol,此时转移0.15mole;则若Imol二氧化锦参加反应，转移电

子的物质的量为0.3mole:锂离子进入二氧化镒结构对应二氧化锌中镐的化合价的降低，根据题意可知，

此时MnCh转化为LixMmCU,即0.5x对应1个二氧化铳，对应化合价变化为0.3,贝!Ix=0.6,A正确；

B.由分析可知，惰性电极1与电源正极相连，B错误；

C.根据题意可知，断开电源1接通电源2,停止通海水，使LixMmCU中的Li+脱出进入电极室3,则离子

交换膜b为阳离子交换膜，C正确；

D.根据题意接通电源2后，LixMmCU转化为MnO2,此时钱的化合价升高，根据化合价升降相等可知，

MnO2电极的电极反应式为LixMn2O4-xe「=2MnC)2+xLi+,D错误；

故选AC-

14.将2molN2和6molH2通入2L密闭容器中，分别在Ti和T2温度下进行反应：N2(g)+3H2(g)U2NH3(g)

AHO。下图曲线分别表示X的浓度(或Y的物质的量)随时间的变化(X、Y分别代表某一种反应物或生成物)。

下列说法正确的是

4

B.T2温度下,该反应的平衡常数为一

27

C.温度下,4~12min的反应速率v(H2尸0.05mol-L'min1

D.T2温度下,反应达到平衡时容器内气体的压强较大

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【答案】D

【分析】根据2m0IN2、6moiH2、OmolNHs可知，Y表小氢气，X表不氨气;

【详解】A.由分析可知，X表示的物质为NIL,A错误;

B.T2温度下，列三段式为

+3Hu2NH

N223

起始(mol)260

转化(mol)132

平衡(mol)132

(-)2

2_16

求得K=；一,B错误；

4-31

C.温度下，4〜12nlin的反应速率v(H2)=7―77T一==77"=。,0625molL_1min_1,C错误;

2x(12-4)16

6-4330.4.

D.0〜4min时，T2温度下,v(H2)=-------=0.25mol-L^-min-1,Ti温度下，v(H2)=—v(NHs)=—x-----=0.15

2x4224

mol-L'-min1,故T2>TI,该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，压强变大，D正确;

故选D。

15.工业上常用H2s处理废水中的Ni2+和Cd2+,对其工艺条件进行研究。处理过程中始终保持H2s饱和，

即c(H2S)=0.1mol-LT,在一定pH范围内，溶液中HS「、S2->Ni?+和Cd2+浓度的一lg(c/mol[T)随pH的变化

关系如图，已知pH=2时溶液中仅有CdS沉淀生成，下列说法正确的是

(

I

n

.

o一

u

v

e

M

—

A.X点：c(H+)>c(Cd2+)=c(S2一)

B.Ka2(H2s尸10-146

C.m=9.2

D.反应Cd2+(aq)+HS—(aq)UCdS(s)+H+(aq)的平衡常数反⑹必⑺。11一］尸

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【答案】BC

【解析】

【分析】溶液pH增大时，氢硫酸饱和溶液中氢硫酸根离子和硫离子的浓度均减小，但pH相同时，溶液中

的c(HS-)大于硫cS)离子，则一lgc(HS)<—IgcS)则曲线③、④分别表示一lgc(S2-)、一Igc(HS)与pH的

变化；pH=2时溶液中仅有硫化镉沉淀生成，即K(NiS)>K(CdS),即当c(S2)相同时，c(Ni2+)>c(Cd2+),贝!J

-lgc(Ni2+)和-lgc(Cd2+)随着pH增大而增大，且有-lgc(Ni2+)<-lgc(Cd2+),由此可知曲线①代表一Ig(CdS),②

代表一Ig(NiS)；由图可知，溶液pH为4.2时，c(HS-)=l(?4mol/L,则氢硫酸的一级电离常数Kai(H2s尸

c(HS)c(H+)-2x10-4

-------=10-72,溶液pH为4.9时，C(S2-)=1013mol/L,则Kal(H2S)Ka2(H2s尸

C(H2S)0.1

22+

c(S)c(H)4913

(1O)-X1O=10-218^所以氢硫酸的二级电离常数&2(H2s尸10-146。

C(H2S)0.1-

【详解】A.由图以及分析可知，X点镉离子的浓度大于硫离子浓度，故A错误;

B.由分析可知，氢硫酸的二级电离常数及2(H2s尸10-146,故B正确；

C.由图可知，溶液pH为4.2时，c(HS-)和c(Ni2+)均为10-4moi/L,由&2(H2s尸一-(~七上勺。」依可得

溶液中硫离子浓度为IO-144moi/L,则硫化镇的溶度积&p(NiS尸10-瓜4,Y点硫离子和银离子的浓度相等，

则m=—lgJi。-18.4=9.2,故C正确；

D.由图可知，溶液pH为4.9时，硫离子和镉离子浓度均为lO^moi/L,则硫化镇的溶度积&p(CdS尸10-26,

区2(叫)]0'6

由方程式可知，反应的平衡常数去==10114,

2+2+226

c(Cd)c(HS)c(Cd)c(S)c(HS)Ksp(CdS)IO

故D错误；

故选BC-

三、非选择题：本题共5小题，共60分。

16.硫是组成生命的重要元素。回答下列问题：

(1)基态硫原子的价电子轨道表示式为O

(2)广谱杀虫剂硫酰氟(SO2F2)常温常压下为无色气体，固态SO2F2的晶体类型为,S原子的轨

道杂化方式为，其F-S-F键角硫酰氯(SO2cL)中的C1-S-C1键角(填"/或“<”)，原因

是O

(3)硫代硫酸根(S2。：)可看作是SO『中的一个O原子被S原子取代的产物，S2。，的空间结构是

;工业上，S2O：常作为配体与金属阳离子形成配合物，除。原子外可做配位原子的是

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（填“中心”或端基”）S原子。

（4）天然硫化铜俗称铜蓝，其晶胞结构如图。已知晶胞中含S）,则一个晶胞中含有个Cu2+,

若阿伏加德罗常数的值为NA,则该晶体的密度p=g-cmR用含NA的代数式表示）。

俯视图

（2）①.分子晶体②.sp3③.<④.F的电负性大于

Cl,S-F键成键电子对间的斥力小

（3）①.四面体②.端基

⑷①.2②.小。

【解析】

【小问1详解】

硫为16号元素，则基态硫原子的价电子轨道表示式为:冏［Win

3s3p

【小问2详解】

根据信息可知SO2F2沸点较低，则其为分子晶体；其中S的价层电子对数为4,则其杂化方式为：sp3；F的

电负性大于CL则SO2F2中S—F的共用电子对更加偏向于F,共价键斥力较小，键角较小，即F-S-F键角<

硫酰氯（SO2cL）中的C1-S-C1键角；原因是：F的电负性大于Cl,S-F键成键电子对间的斥力小；

【小问3详解】

SO『中S的价层电子对数为4,硫代硫酸根⑸。：）可看作是SOt中的一个O原子被S原子取代的产物,

S2O：的空间结构是四面体形；配位原子需要提供孤电子对与其他原子形成配位键，则S2O：常作为配体与

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金属阳离子形成配合物，除o原子外可做配位原子的是端基s原子；

【小问4详解】

由俯视图可知，俯视图处于顶点位置的S可能处于晶胞顶点或者棱上，结合晶胞图形可知该S处于棱上,

16x上

且该S实际存在形式为S1,个数为4-0；俯视图处于面点位置的S可能处于晶胞体内或者面心上,

2

结合晶胞图形可知该S处于体内，且该S实际存在形式为S2-,个数为2个，因此晶胞中S的总价态为

2x(-2)+2x(-2)=-8,由晶胞可知Cu位于晶胞内部，则晶胞中Cu的总个数为6个，设Cu+的个数为x,Cu2+

的个数为y,则x+y=6,x+2y=+8,联立二式子解得x=4,y=2,则该物质化学式可表示为：

(CU+)4(CU2+)2(S2-)2(CU；-)2,结合俯视图可知地面平行四边形，其高为@apm，则密度

2

N4222

--M—x64+—x64+—x32+—x64厂

=&-—-=384百乂十。

VVqg10-3。-CNA。

2

17.工业上以富钿炉渣(主要含FeOVzCh、V2O5和少量的SiCh、AI2O3等)为原料制备V2O5的工艺流程如下:

KC103

稀盐EtK-OH溶液NH4C1

1含K+、Cl\1

富钢一高温—fVO]等离子一-迪卜NH4V。3沉淀一恒圉一V2O5

炉渣1氧化一酸浸调pH

1的溶液11

滤渣滤渣2母液气体

已知：①+5任'fL元素在溶液中t1勺存在形式与溶液pH的关系：

溶液pH<1.01.0〜4.04.0〜6.06.0〜8.58.5〜13.0>13.0

钢元素存在V0多研酸多矶酸V0

VOV0；

+253-

形式2根根4

备注多矶酸盐在水中溶解度较小

②Ksp[Fe(OH)3]=2.6xlO-39；Ksp[Al(OH)3]=1.0xlO-33；Ksp(NH4Vo3)=L6x10-3

回答下列问题：

(1)“高温氧化”前将富钢炉渣研磨粉碎的目的是；“高温氧化”过程中发生主要反应的化学方程

式为O

(2)滤渣1的主要成分为；时需将Fe3+、AF+除尽(浓度wlxlO-5moi[T时，可认为已

除尽)，需调节pH的范围为o

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(3)若“沉钿”前溶液中c(VO])=0.2mol-LT,忽略溶液体积变化，为使钏元素的沉降率达到99%,至少应

调节c(NH；)为molL'c过滤、洗涤、干燥得到NH4V。3沉淀，检验NH4V。3沉淀是否洗净的

操作是o

(4)“焙烧”时生成两种参与大气循环的无毒物质，则该反应的化学方程式为0

【答案】(1)①.增大原料接触面积，加快反应速率②.6FeO-V2O3+5KClO3^^3Fe2O3+6V2O5

+5KC1

(2)①.SiO2②.6.0〜8.5

(3)①.0.8②.取少量最后一次洗涤液于洁净试管中，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无明显现

象，证明NH4V03已洗涤干净

高温

(4)4NH4VCh+3022V2O5+2刖+8H2Of

【解析】

【分析】高温氧化过程中加入KCICh可将低价铁、钢氧化为高价，酸浸时氧化铝溶解为铝离子，则滤渣1

为SiO2,用氢氧化钾调节pH将矶转化为VO>用氯化镂沉矶后，再焙烧得到产品，以此解题。

【小问1详解】

从反应速率的影响因素考虑，“高温氧化”前将富帆炉渣研磨粉碎的目的是：增大原料接触面积，加快反应速

率；“高温氧化”过程中加入KC103可将FeOVzCh氧化为FezCh和V2O5，化学方程式为：6FeOV2O3+

高温

5KC1O33Fe2O3+6V2O5+5KC1；

【小问2详解】

由分析可知，滤渣1为SiO2；两种相比氢氧化铝更难沉淀，则/=c(AF+)xc3(OH-卜1.0x10-33,Ap+

完全除尽，c(AF+)<1.0x10-5mol.I/1取最小值代入得c(OIT)=1x10-9.3,

1xl0-14

+1

C(H)=Q=IxlO^mol-K,故溶液pH不小于4.7时，A产完全沉淀；根据流程可知，调pH

1x1093

后矶的存在形式为VO],结合表格中信息可知需调节pH范围为：6.0-8.5,且此时两种离子都已经形成沉

淀；

【小问3详解】

为使帆元素的沉降率达到99%,溶液中剩余的

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c（VO；）=0.2X（l-99%）moVL=0.002mol/L,c（NH：）=-^；y=^^1-=0.8mol/L；

根据流程可知，“沉钢”时加入的氯化钱，则产品表面可能吸附有氯离子，可以通过检验氯离子来检验NH4VO3

沉淀是否洗净，对应的操作是：取少量最后一次洗涤液于洁净试管中，滴加硝酸酸化的AgNCh溶液，若无

明显现象，证明NH4VCh已洗涤干净；

【小问4详解】

由图可知，NH4VCh分解生成V2O5和无污染的气体，相应的方程式为：4NH4VO3+3O22V2O5+2N2f

+8H2OT；

18.环烷酸钻[（C5H9）（CH2）3COO]2co可作合成橡胶的催化剂，实验室以CoC12、环烷酸[C5H9（CH2）3COOH]

等为原料制备环烷酸钻。回答下列问题：

LCoCb的制备

实验室用如图实验装置制备纯净的CoCl2（CoCl2易潮解）。

（1）A中发生反应的离子方程式为=

（2）B中盛放的试剂为；图示装置存在一处缺陷会导致产品不纯，改进的措施是。

（3）SOCL遇水极易反应生成两种酸性气体，常作吸水剂。某实验小组设计用CoCb6H2。和SOCL反应制

备无水CoCl2,反应的化学方程式为0

n.环烷酸钻的制备

控制温度90〜95。。向环烷酸中滴入一定浓度NaOH溶液，反应约2h后，再加入一定浓度CoCb溶液，

得到含有环烷酸钻的水溶液，分离提纯得环烷酸钻粗产品。

（4）实验中NaOH溶液的用量对环烷酸钻产率的影响如图所示，NaOH溶液过量导致环烷酸钻产率降低的

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in.环烷酸钻纯度的测定

步骤①：准确称取mg环烷酸钻产品，加入少量稀硫酸使其溶解，将溶液转移至250mL容量瓶，定容。

步骤②：移取25.00mL上述溶液于锥形瓶中，加入0.0500moHL-iEDTA标准溶液25.00mL。充分反应后，

以铭黑T为指示剂，用0.0500molL-1锌标准溶液滴定过量的EDTA,消耗锌标准溶液5.00mL。

已知：环烷酸钻摩尔质量为MgnoL；EDTA与金属离子以1：1形成稳定配合物。

(5)产品中环烷酸钻的纯度为(用含字母的式子表示)。下列情况会导致产品纯度测定值偏低的

是O

A.产品中存在[(C5H9)(CH2)3COO]3coB.步骤①中定容时俯视刻度线

C.步骤①中转移溶液时未洗涤烧杯D.步骤②中滴定管未用锌标准溶液润洗

+

【答案】(1)CIOJ+5C1-+6H=3C12T+3H2O

(2)①.饱和NaCl溶液②.将E改为盛有碱石灰的干燥管或者在D、E之间加一个盛有浓硫酸的

洗气瓶

(3)COC12-6H2O+6SOC12=COC12+12HC1T+6SO2T

(4)NaOH溶液过量会生成Co(OH)2沉淀

M

(5)①.一%ACD

m

【解析】

【分析】浓盐酸和氯酸钾发生氧化还原反应生成氯气，通过B饱和食盐水除去挥发的氯化氢、通过C浓硫

酸干燥，氯气在D中和钻反应生成CoCb，尾气有毒使用碱液吸收；

【小问1详解】

浓盐酸和氯酸钾发生氧化还原反应生成氯气、氯化钾和水，C1OI+5C1-+6H+=3CLT+3H2。；

【小问2详解】

由分析可知，B中盛放的试剂为饱和食盐水除去挥发的氯化氢；CoCL易潮解，故图示装置会导致产品不纯,

改进的措施是将E改为盛有碱石灰的干燥管或者在D、E之间加一个盛有浓硫酸的洗气；

【小问3详解】

CoCb6H2O和SOCL反应制备无水CoCb,反应中结晶水和SOCb反应生成二氧化硫气体和氯化氢气体，使

得CoC12-6H2O晶体转化为CoCL，化学方程式为CoC12-6H2O+6SOC12=CoC12+12HClt+6SO2T；

【小问4详解】

NaOH溶液过量会生成CO(OH)2沉淀，导致环烷酸钻产率降低；

【小问5详解】

已知：环烷酸钻摩尔质量为MginoL；EDTA与金属离子以1：1形成稳定配合物，则根据钻元素守恒可知，

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250

环烷酸钻为0.0500mol-L1x(0.025L-0.005L)x石，产品中环烷酸钻的纯度为

250

0.0500mol-L1x(0.025L-0.005L)xxMg/molM

------------------------------丝---------x100%=~^/o'

mg

A.产品中存在[(C5H9)(CH2)3COO]3CO,三价钻的存在导致二价故含量减小，测的产品纯度测定值偏低，A

符合题意；

B.步骤①中定容时俯视刻度线，使得配制的溶液浓度偏大，则移取25.00mL上述溶液中二价钻浓度偏大,

导致测定结果偏高，B不符合题意；

C.步骤①中转移溶液时未洗涤烧杯，使得配制的溶液浓度偏小，则移取25.00mL上述溶液中二价钻浓度

偏低，导致测定结果偏低，C符合题意；

D.步骤②中滴定管未用锌标准溶液润洗，导致锌标准溶液浓度偏低，消耗锌标准溶液偏大，计算出二价钻

量偏小，测定结果偏小，D符合题意;

故选ACDo

19.以麦芽酚为原料合成一种药物中间体乂()的路线如下(部分反应条件或试剂略去):

O