河北省唐山市2023-2024学年高三一模化学试题（含答案解析）

河北省唐山市2023-2024学年高三一模化学试题

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一、单选题

1.化学与科学、技术、社会、环境密切相关，下列说法错误的是

A.神舟系列飞船返回舱使用氮化硅耐高温材料，Si3N4属于共价晶体

B.月壤中的“嫦娥石［(CasY)Fe(PO4)刃”，该成分是无机盐

C.利用CO2合成了脂肪酸，实现了无机小分子向有机高分子的转变

D.《本草纲目》中“以芒硝于风日中消尽水气”得到的是Na2s04

【答案】C

【详解】

A.氮化硅熔点为1900℃、具有高强度、高韧性、耐高温的性质，由性质可知氮化硅为

共价晶体，A正确；

B.发现了月壤中的“嫦娥石［(CasY)Fe(PO4)7/，组成结构分析可知，其含有Y、

Ca、Fe等元素，属于无机化合物，又因含有磷酸根，是无机盐，B正确；

C.利用CO2合成了脂肪酸，脂肪酸为较酸类物质，常见的高级脂肪酸有：硬脂酸、油

酸等,这二者相对分子质量虽大,但没有达到高分子化合物的范畴,不是高分子化合物，

C错误；

D.芒硝为NazSCUTOHzO,失掉水得到硫酸钠，方程式为：

Na2SO4.10H2O=Na2SO4+1OH2OT,D正确；

故答案为：C»

2.高分子化合物在人类生产生活中有着重要用途。下列说法正确的是

A.酚醛树脂通常由苯酚和甲醛通过缩聚反应合成

B.淀粉和纤维素均表示为(C6Hio05)n,二者互为同分异构体

C.塑料、橡胶、合成纤维均为合成高分子材料

D.医用口罩主要原料是聚丙烯，与聚乙烯互为同系物

【答案】A

【详解】

A.苯酚和甲醛发生羟醛缩合反应生成酚醛树脂，此反应属于缩聚反应，A正确；

B.淀粉和纤维素的分子式均为［(C6H10O5)n］,二者聚合度n值不同，不是同分异构体,

B错误；

C.橡胶存在天然橡胶和合成橡胶，不一定属于合成高分子材料，C错误；

D.结构相似、在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物间互为同系物，而

聚丙烯与聚乙烯都是混合物，不是化合物，故不是同系物，D错误；

故答案为：Ao

3.下列试剂的保存方法错误的是

A.氢氟酸通常保存在塑料瓶中

B.液澳应水封保存，并用橡胶塞塞紧瓶口

C.双氧水可以保存在棕色细口瓶中

D.FeCb溶液保存时需加入少量铁粉

【答案】B

【详解】A.氢氟酸能够与玻璃中二氧化硅反应，能够腐蚀玻璃，所以通常保存在塑料

瓶中，A正确；

B.液澳易挥发，密度大于水的密度，微溶于水，所以保存液澳的试剂瓶中应加水液封，

但液澳会腐蚀橡胶，故不能使用橡胶塞塞紧瓶口，B错误；

C.双氧水受热易分解，双氧水应该避光密封保存，故可以保存在棕色细口瓶中，C正

确；

D.由于Fe2+易被氧化为Fe3+,而Fe+2Fe3+=3Fe2+,故FeCb溶液保存时需加入少量铁粉

以防止Fe2+被氧化，D正确；

故答案为：Bo

4.NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

A.标准状况下，11.2L氯仿含有氯原子1.5NA

B.31g白磷中共价键数目为3NA

C.O.lmoLL-iKzCnCh酸性溶液中含O.INA的Cr2ot

D.4.4gC2H4。中含有o键最多为0.7NA

【答案】D

【详解】A.已知标准状况下氯仿是液态，故无法计算1L2L氯仿含有氯原子数目，A

错误；

31g

B.已知1分子白磷中含有6个P-P键，故31g白磷中共价键数目为一，:x'r^l1

iig/mol

=1.5NA,B错误；

C.已知K2Cr2O7溶液中存在：Cr2O^+H2O2CrO亍+2H+,且题干为告知溶液的体积，

故无法计算O.lmol.L-RCnCh酸性溶液中含Cr20r的数目，C错误；

D.C2H4。可能是醛CH3cH0、也可能是烯醇即CH2=CH0H,或者环氧乙烷，则为环

试卷第2页，共23页

氧乙烷时4.4gC2H4。中含有◎键最多为《4g/WoiXmmpl'=0.7NA,D正确;

故答案为：Do

5.克拉维酸钾是一种0-内酰胺类抗生素，下列说法错误的是

克拉维酸克拉维酸钾

A.克拉维酸钾存在顺反异构

B.克拉维酸分子含有5种官能团

C.上述转化中的二者均能使酸性KMnO4溶液褪色

D.实现上述转化可加入KOH溶液

【答案】D

【详解】A.由题干有机物结构简式可知，克拉维酸钾中存在碳碳双键，且双键两端的

碳原子分别连有互不同的原子或原子团，故存在顺反异构，A正确；

B.由克拉维酸结构简式可知，该有机物含有羟基、陵基、碳碳双键、酸键和酰胺基等

5种官能团，B正确；

C.两物质中均含碳碳双键，可被高镒酸钾氧化，从而使酸性高镒酸钾溶液褪色，C正

确；

D.克拉维酸分子除残基可与KOH反应外，还含有酰胺基能在强碱溶液中发生水解反

应，因此选用KOH不能实现两者的转化，D错误；

故选：D。

6.下列说法错误的是

A.SO2和CCh的价层电子对互斥模型相同

B.NH3和CH4的中心原子杂化方式相同

C.C2H6和C2H4的化学键类型不同，可用滨水除去C2H6中混有的C2H4

D.水和苯分子极性不同，可用分液法分离

【答案】A

【详解】A.SO2中中心原子周围的价层电子对数为：2+g(6-2?2)=3其价层电子对互斥

模型为平面三角形，而CCh中中心原子周围的价层电子对数为：2+』(4-2?2)=2其价层

2

电子对互斥模型为直线形，故不相同，A错误;

B.NH3和CH4的中心原子周围的价层电子对数为：3+-(5-3?1)=4,4+-(4-4?1)=4,故

22

杂化方式相同，均为sp3杂化，B正确；

C.C2H6中只含C-H和C-C键，而C2H4中含有C-H和C=C键，故化学键类型不同，

CH2=CH2能与Br2反应生成BrCH2cH2Br,而C2H6不能，故可用滨水除去C2H6中混有

的C2H4,C正确；

D.已知水为极性分子，苯分子为非极性分子，二者极性不同，根据相似相溶原理可知，

二者为不互溶的液体，故可用分液法分离，D正确；

故答案为：Ao

7.物质结构决定物质性质。下列性质差异与结构因素匹配错误的是

选项性质差异结构因素

A沸点：乙醇(78.3℃)高于二甲醛(-29.5C)氢键作用

B熔点：A1F3(1O4O℃)远高于AlCb(178℃升华)晶体类型

C键角:PF3(94。)小于PCb(109.5。)电负性差异

D分解温度：HBr(500℃)高于HI(300℃)范德华力作用

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【详解】A.乙醇和二甲醛互为同分异构体，但由于乙醇中存在分子间氢键，而二甲醛

中不存在，导致乙醇(78.3℃)的沸点高于二甲醛(-29.5℃),即与氢键作用有关，A不合题

思；

B.A1F3是离子晶体，AlCb是分子晶体，作用力：离子键>范德华力，导致A1F3的熔

点远高于AlCh,则A1F3的熔点远高于AlCb与晶体类型有关，B不合题意；

C.电负性：F>CL故PF3中共用电子对离P更远，排斥力更小，键角更小，且原子半

径：F<Cb故PF3的键角小于PCb,即与F、C1的电负性差异有关，C不合题意；

D.热分解温度：HBr为500℃,HI为300℃,稳定性HBr>HL是由于非金属性Br>

I,导致H-Br的键能比H-I的键能大，与分子间作用力无关，D符合题意；

故答案为：Do

8.M、X、Y、Z、W均为短周期元素，原子序数依次减小，能形成如下图所示化合物，

下列说法正确的是

试卷第4页，共23页

XwwwX

IIIIIIII

M[X—Z—Z—Z—Z—Z—X—W]

III

WWY

z\

ww

A.第一电离能：M>Y>X>Z

B.简单氢化物的稳定性：X>Y

C.X与W形成的化合物不能使酸性KMnCU溶液褪色

D.由M、X、Z、W四种元素组成的化合物其水溶液显碱性

【答案】B

【分析】

M、X、Y、Z、W均为短周期元素，且原子序数依次减小，结合化合物的结构可知，M

为带1个单位正电荷的阳离子，M为Na元素；阴离子中X形成2个共价键、Y形成3

个共价键、Z形成4个共价键、W形成1个共价键，结合原子序数可知，X为O元素、

Y为N元素、Z为C元素、W为H元素，以此来解答。

【详解】A.由分析可知，M为Na、X为O、Y为N、Z为C,根据同一周期从左往右

元素第一电离能呈增大趋势，IIA与IIIA、VA与VIA反常，同一主族从上往下元素第

一电离能依次减小可知，第一电离能：N>O>C>Na即Y>X>Z>M,A错误；

B.由分析可知，X为O、Y为N为同周期主族元素，从左向右非金属性增强，对应氢

化物的稳定性增强，则简单氢化物的稳定性：H2O>NH3即X>Y,B正确；

C.由分析可知，X为O、W为H,故X与W形成的化合物H2。不能使酸性KMnO4

溶液褪色，但H2O2具有还原性，能使酸性高铳酸钾溶液褪色，C错误；

D.由M、X、Z、W四种元素组成的化合物若为碳酸氢钠，其水溶液显碱性，但若为

NaHCzCU则显酸性，D错误；

故答案为：B„

9.下列方案或操作能达到实验目的是

ABCD

证明非金属性：验证Ksp(AgCl)>Ksp检验淀粉是否完

实验室制氯气

C1>C(Agl)全水解

足量NaOH溶液

ItnLO.lmolL_1

盐酸

淀粉水溶液

白色沉淀

结论：淀粉完

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【详解】A.实验室制备氯气是用MnCh和浓盐酸加热反应制得，MnCh与稀盐酸不反

应，A不合题意；

B.稀盐酸滴入Na2cCh溶液中产生能使澄清石灰水变浑浊的气体C02,说明HC1酸性

强于H2c03,由于HC1不是Cl的最高价氧化物对应水化物，故不能得出C和C1非金

属性强弱，B不合题意；

C.ImLO.lmol/L的AgNO3溶液和ImLO.lmol/L的NaCl恰好完全反应，生成AgCl白

色沉淀，再加入几滴O.lmol/L的KI溶液后产生黄色沉淀，说明存在AgCl转化为Agl

的沉淀转化，故说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI),C符合题意；

D.由于NaOH过量，b能与NaOH溶液反应，故加入足量NaOH溶液后加入几滴碘水，

溶液不变兰，不能说明淀粉己经完全水解，D不合题意；

故答案为：Co

10.白硼钙石的主要成分是Ca4BioOi9-7H20(含有少量FezCh、FeO、CaCCh和SiCh等杂

质)，利用白硼钙石制取强还原剂NaBH4的工艺流程如下：

4

气体滤液1滤渣1乙醇耐火材料

已知H3BO3微溶于水，易溶于乙醇：偏硼酸钠(NaBCh)易溶于水，溶解度随温度升高而

增大，难溶于乙醇，碱性条件下稳定。下列说法错误的是

A.“滤渣1”的主要成分是SiCh

B.“气体”的主要成分是NO2

试卷第6页，共23页

C.“操作X”涉及到蒸发浓缩、降温结晶

D.“反应Y”的化学方程式是NaBC)2+2MgH2=2MgO+NaBH4

【答案】B

【分析】

由题干流程图可知，将白硼钙石的主要成分是Ca4BioOi9-7H20(含有少量FezCh、FeO、

CaCO3和SiCh等杂质)粉碎后加入浓硝酸，将Ca转化为Ca(NO3)2>Fe转化为Fe(NO3)3>

B转化为H3BO3,SiCh不溶于硝酸,过滤得到滤液1,主要含有Ca(NCh)2、Fe(NO3)3,

和滤渣主要含有SiO2和H3BO3,向滤渣中加入乙醇进行醇浸过滤得到滤渣1,主要成分

为Si02,滤液中含有H3BO3的酒精溶液，向滤液中加入NaOH溶液进行水浴加热，将

H3BO3转化为NaBCh,将乙醇蒸屈出来后，对滤液进行蒸发浓缩、降温结晶，过滤干燥，

获得纯净的NaBO2固体，将固体NaBCh和MgHz混合反应生成NaBH4和耐火材料即

MgO,据此分析解题。

【详解】A.由分析可知，“滤渣1”的主要成分是SiCh,A正确；

B.浓硝酸与白硼钙石的主要成分是Ca4BioOi9-7H20、杂质中氧化物反应生成大量的水，

故“气体”的主要成分是NO而不是NO2,B错误；

C.由题干信息状况，偏硼酸钠(NaBCh)易溶于水，溶解度随温度升高而增大，难溶于

乙醇，碱性条件下稳定，故“操作X”涉及到蒸发浓缩、降温结晶，c正确；

D.由分析可知，耐火材料为MgO,故“反应Y”的化学方程式是

NaBO2+2MgH2=2MgO+NaBH4,D正确；

故答案为：Bo

11.2022年诺贝尔化学奖授予了三位研究点击化学的科学家。Cu+催化的叠氮化物-焕煌

环加成和催化剂CuCl的晶体结构如图所示。下列说法正确的是

RI-N3+R2一

A.晶胞结构中，Cu+的配位数为8

B.基态Cu的价层电子排布式为3d94s2

C.叠氮化物-烘烽环加成反应只有◎键的断裂与形成

IC2QQ

D.若晶体的密度为dg/cm3,则晶胞参数a=J^xl07nm

VNAxd

【答案】D

【详解】A.由题干晶胞示意图可知，晶胞结构中，Cu+位于顶点和面心的cr形成的8

个正四面体中的4个中心，故Cu+的配位数即离Cu+最近且距离相等的C1-数目为4,A

错误；

B.己知Cu是29号元素，故基态Cu的价层电子排布式为3小。4$1,B错误；

C.已知单键均为◎键，双键为一个◎键和一个兀键，三键为一个6键和2个兀键，根

据题干反应可知，叠氮化物-快燃环加成反应只有兀键的断裂和只有◎键的形成，C错

误；

D.由题干晶胞示意图可知，一个晶胞中含有4个Cu+,cr个数为：8x：+6x：=4,即

o2

侬+355)

一个晶胞的质量为：Jg,故若晶体的密度为dg/cnA则晶胞参数

故答案为：D„

12.To时，向容积为5L的恒容密闭容器中充入一定量的A(g)和B(g),发生反应：

2A(g)+B(g)3C(g)+D(g)AH<0o反应过程中的部分数据如下表，下列说法错误的是

t/minn(A)/moln(B)/mol

04.02.0

52.01.0

102.01.0

A.其他条件不变，温度变为Ti时，平衡时测得C的浓度为0.8mol/L,则T〉To

B.8min时,该反应的。(正)=。(逆)

C.平衡时，D的体积分数约为14.3%

D.5min时，向该容器中再充入4.0molA和2.0molB,达新平衡后，B的百分含量

变大

【答案】A

【详解】

A.正反应放热，升高温度平衡逆向移动，根据图表数据，To时达到平衡，消耗ImolB,

则生成3moiC,C的浓度为0.6mol/L,其他条件不变，温度变为Ti时，平衡时测得C

的浓度为0.8mol/L,说明平衡正向移动，则Ti<To,A错误；

B.根据图表数据，5min后气体物质的量不再改变，说明5min后反应达到平衡状态，

试卷第8页，共23页

所以8min时，该反应的。（正）=。（逆），B正确;

2A(g)+B(g)3C（g）+D（g）

开始(mol)?4200

C.由三段式:3］，平衡时，D的体积分

变化(mol)21

平衡(mol)2131

数约为---------xl00%=14.3%,C正确;

2+1+3+1

D.5min时，向该容器中再充入4.0molA和2.0molB,则相当于增大容器的压强，上述

平衡逆向移动，故达新平衡后，B的百分含量变大，D正确；

故答案为：Ao

13.电解苯酚的乙睛（CECN）水溶液可在电极上直接合成扑热息痛

）,电极材料均为石墨。下列说法错误的是

A.电极d为阴极

B.装置工作时，乙室溶液pH增大

C.电极c的电极反应式为+CH3CN+H2O-2eT

D.合成Imol扑热息痛，理论上甲室质量增重96g

【答案】D

【分析】

由题意可知，右侧装置为电解池，则左侧装置为原电池。由SO：迁移的方向，可确定a

极为负极，b极为正极，c极为阳极，d极为阴极。

【详解】A.由分析可知，电极d为阴极，A正确；

+

B.装置工作时，乙室发生反应：H2O2+2e-+2H=2H2O,反应需要消耗H+,溶液pH增

大，B正确；

C.电极c为阳极，CH3CN在电极上失电子产物与苯酚等反应，生成

电极反应式为H+CH3CN+H,O-2e-

O

D.a极为负极，H2O2失电子生成H20和Ch,电极反应式为H2O2-2e+2OH=2H2O+O2T,

合成Imol扑热息痛，需要转移2moie,理论上有ImolSO：由乙室转移入甲室，同时甲

室生成ImolCh,贝!J甲室质量增重Imolx96g/mol-lmolx32g/mol=64g,D错误；

故选D。

14.溶洞水体中的H2cCh与空气中的C02保持平衡。现测得溶洞水体中Ige(X)X为

9

H2cCh、HCO3-、CO32-或Ca2+)与pH的关系如图所示，Ksp(CaCO3)=2.8xl0-o下列说

B.溶洞水体中存在关系式：2pH(b)=pH(a)+pH(c)

C.a点溶液中，c(Ca2+)=0.28morL-i

Kal(H2CO3)=1()4

Ka2(H2CO3)

【答案】C

【分析】

随着pH的增大，溶液的酸性逐渐减弱，c(HCO；)、c(COj)都增大，c(Ca2+)减小，即

lgc(HCO；)、lgc(COj)逐渐增大，lgc(Ca2+)逐渐减小，并且弱酸性环境中

lgc(HCO；)>lgc(CO^),所以曲线I表示lgc(HCO；)与pH的关系，曲线H表示lgc(CO：)

与pH的关系，曲线III表示lgc(Ca2+)与pH的关系。据此分析解答。

试卷第10页，共23页

【详解】

A.根据分析，曲线II代表lgc（CO；-）与pH的关系，A正确;

B.由I为HCO；,带入点(6.3,-5),&1=旦吗绘答=1063,1[为CO：,带入点(10.3,

C(H2CO3)

c（COhxc（H+）…c(HCC)Dxc(H*)*c(CO：)xc(H+)

/」）'3—。一叫心无所

/c。1=1c(H2co3)c(HCO；)

C(CO?-)X)

U、=]0-63X]0-IO.3,b点C(H2co3)=c(COj),则KixK=Cb2(H+),pH(b)=8.3,

C(H2co3)aa2

由此可知2pH(b)=pH(a)+pH(c),B正确;

c2”)c(CO；-)

C.a点溶液中，pH=6.3,由B分析可知，==10-66,此时,

C(H2CO3)

c(H2co3)=103mol/L、c(H+)=1063moVL,则c(CO，)=l(y9mol/L,c(Ca2+)=

Ksp(CaCC>3)_2.8x10°

=2.8mol-L1,C错误;

c(CO^)l.OxW9

63

Kal(H2CO3)_10-

D.-103=103D正确;

Ka2(H2CO3)10--

故选C。

二、解答题

15.已知三氯化六氨合钻[CO（NH3）6]C13为橙黄色晶体，易溶于热水，在冷水中微溶，可

在氯化馁和氨水的混合溶液中活性炭做催化剂条件下，利用双氧水氧化CoCb制备。

I.制备产品，步骤如下：

①称取2.0gNH4cl固体，用5mL水溶解，加到锥形瓶中。

②分批力口入3.0gCoC56H2。后，将溶液温度降至10℃以下，加入1g活性炭、7mL浓

氨水，搅拌下逐滴加入10mL6%的双氧水。

③加热至55-60℃反应20min,冷却，过滤。

④将滤得的黑黄固体转入含有少量盐酸的25mL沸水中，趁热过滤。

⑤滤液转入烧杯，加入4mL浓盐酸，冷却、过滤、干燥，得到橙黄色晶体。

回答下列问题：

⑴写出制备[CO(NH3)6]C13的化学方程式o

(2)步骤②中，将温度降至10℃以下的原因是o

(3)步骤③中反应装置部分仪器如上图(其中加持仪器路去)，不包括过滤还需要的玻璃仪

器名称为,仪器A的名称为,仪器B的作用

是O

(4)步骤④中趁热过滤的目的是o

II.测定产品纯度，实验如下：

①称取ag产品溶于足量稀硝酸中，并用蒸储水稀释，置于锥形瓶中，加入过量

VimLcimol-L-iAgNOs溶液，并加3mL的硝基苯用力振荡。

1

②向锥形瓶中滴入3滴Fe(NO3)3溶液为指示剂，用C2mol-LKSCN溶液滴定过量的

10

AgNCh溶液，达到滴定终点时用去V2mL溶液。(已知：Ksp(AgCl)=1.8xlO,

12

Ksp(AgSCN)=1.0xl0)

回答下列问题：

(5)产品的质量分数为0(列出计算式)

(6)加入硝基苯的目的是0

活性炭

【答案】(1)2COC12+10NH3・H2O+2NH4C1+H2O2=2[CO(NH)6]C1+12HO

55〜60℃332

⑵减少浓氨水和H2O2分解，以免造成浪费

(3)酒精灯干燥管冷凝回流，提高原料的利用率

(4)防止冷却时析出三氯化六氨合钻[CO(NH3)6]C13为橙黄色晶体，造成损失

26.75(c,V,-c,V)

(5)-------v'12277%

3a

(6)使生成的AgCl沉淀被硝基苯覆盖，防止AgCl转化为AgSCN沉淀

试卷第12页，共23页

【分析】

根据题意，在氨气和氯化镂存在条件下，以活性炭为催化剂，用双氧水氧化C0C12溶液

活性炭

来制备[CO(NH3)6]C13,反应的化学方程式为2coe12+10NH3・H2O+2NH4Cl+H2O2

55~60℃

2[CO(NH3)6]C13+12H2O；将粗产品溶于25mL热的稀盐酸中，再向滤液中缓慢加入4mL

浓盐酸，有大量橙黄色晶体析出，冰浴冷却后过滤，说明加入热的稀盐酸后应过滤；先

用冷的2moi・L-iHCl溶液洗涤晶体，再用少许乙醇洗涤，干燥，得产品。

【详解】(1)由分析可知，制备[CO(NH3)6]C13的化学方程式为：

活性炭

2COC12+10NH«H2O+2NH4Cl+HO22[Co(NH)6]C13+12HO,故答案为：

3255~60℃32

活性炭

2COC12+10NH3«H2O+2NHCl+HO2-2[Co(NH)6]C13+12HO；

4255~60℃32

(2)由于步骤②中使用的浓氨水和H2O2受热均易分解，故将温度降至10℃以下的原

因是减少浓氨水和H2O2分解，以免造成浪费，故答案为：减少浓氨水和H2O2分解，以

免造成浪费；

(3)由题干信息可知，步骤③中需要进行55~60℃水浴加热，故反应装置部分仪器如

上图(其中加持仪器路去)，不包括过滤还需要的玻璃仪器名称为酒精灯，由实验装置图

可知，仪器A的名称为干燥管，仪器B的作用是冷凝回流，提高原料的利用率，故答

案为：酒精灯；干燥管；冷凝回流，提高原料的利用率；

(4)由题干信息可知，三氯化六氨合钻[CO(NH3)6]C13为橙黄色晶体，易溶于热水，在

冷水中微溶，故步骤④中趁热过滤的目的是防止冷却时析出三氯化六氨合钻

[CO(NH3)6]C13为橙黄色晶体，造成损失，故答案为：防止冷却时析出三氯化六氨合钻

[CO(NH3)6]C13为橙黄色晶体，造成损失；

(5)根据Ag+和C1-按物质的量比为1：1结合生成AgCl,Ag+和SCN-按物质的量比为

1：1结合生成AgSCN,故称取ag产品溶于足量稀硝酸中，并用蒸储水稀释，置于锥形

瓶中，加入过量VimLcimolUAgNCh溶液，并加3mL的硝基苯用力振荡，向锥形瓶中

1

滴入3滴Fe(NO3)3溶液为指示剂，用C2molL-KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液，达

3

到滴定终点时用去V2mL溶液，则参加反应的C1-的物质的量为：(ciVi-c2V2)xlO-moL

则[Co(NH3)6]Cb的物质的量为：(C'YgYWmol,故产品的质量分数为：

3

(C'V,-c.V^xlOMOLX2675G/MOLX100O/^26,75(C1V1-C2V2)%>故答案为：

~3a

26.75(cNqVj%,

3a

(6)

由题干信息可知，Ksp(AgCl)>Ksp(AgSCN),即AgCl易转化为AgSCN,且硝基苯的密

度比水的大，故实验过程中加入硝基苯的目的是使生成的AgCl沉淀被硝基苯覆盖，防

止AgCl转化为AgSCN沉淀，故答案为：使生成的AgCl沉淀被硝基苯覆盖，防止AgCl

转化为AgSCN沉淀。

16.一种利用硫铁矿(主要成分是FeS,含少量AI2O3、SiCh和FesCU)制备新能源汽车电

池电极LiFePCU的工艺流程如下：

SO,试剂R/H2sO4溶液(NH4)2HPO4

t[I

___________I」中LiCOHC0

硫铁矿粉末—>焙烧——*氧化-------->沉铁一FePO,2吉:"祁2屋|LiFePO4

।~~同？nn股烧

空气滤液

①已知室温下难溶物溶度积常数如下表，离子浓度小于10-5mol/L,认为沉淀完全。

难溶物

Fe(OH)3Fe(OH)2A1(OH)3FePO4

-17-331.4x10-22

Ksp1.0x10-39l.OxlOl.OxlO

3-13

(2)Kal(H3PO4)=7.6xl0-,K^CH3Pop=6.3x1OH,Ka3(H3PO4)=4.2x10

回答下列问题：

⑴从“焙烧”到“氧化”要经历“酸浸一还原T过滤一除铝”4道工序。

①若“酸浸”工序用硫酸，“还原”工序加入FeS。“还原”工序的离子方程式

为,滤渣的成分是(填化学式)。

②“除铝”工序可加入的难溶物质是(填化学式)，除净铝离子需要调节的最

小pH为(结果保留一位小数)。

(2)“氧化”步骤中，加入的试剂“R”最佳是(填标号)，

A.HN03B.H2O2C.Ca(C10)2D.KMnO4

判断是否氧化彻底的试剂名称为。

(3)“沉铁”步骤反应的平衡常数为。

(4)“高温煨烧”时，发生的主要反应的化学方程式为o

【答案】⑴2Fe3++FeS=3Fe2++SFeS和SFeO4.7

(2)B酸性高镒酸钾溶液

(3)3.0x109

试卷第14页，共23页

高温煨烧

⑷Li2cCh+H2c2O4+2FePC>42LiFePO4+3CO2T+H2O

【分析】

硫铁矿(主要成分FeS2含少量AI2O3、SiO2>和Fes。。通入空气煨烧生成铝、铁的氧化物

和二氧化硫，矿石中二氧化硅不反应；酸浸过程中铝、铁的氧化物和稀硫酸反应转化为

相应的盐溶液，二氧化硅不和稀硫酸反应得到滤渣，滤液可加入FeS将铁离子转化为亚

铁离子同时生成硫单质，过滤除去硫和过量FeS,滤液加入FeO调节pH值除去铝得到

滤渣，滤液加入过氧化氢，将亚铁离子转化为三价铁离子，再加入(NH4)2HPC>4沉铁，

得到磷酸铁，最后高温燃烧Li2co3、H2c2O4、FePCU的混合物生成LiFePCU,据此分析

解题。

【详解】(1)①由分析可知，若“酸浸”工序用硫酸，“还原”工序加入FeS,即用FeS还

原Fe3+,将Fe3+还原为Fe2\FeS中S氧化为S,故“还原”工序的离子方程式为：

2Fe3++FeS=3Fe2++S,过滤得到滤渣的成分是FeS和S,故答案为：2Fe3++FeS=3Fe2++S；

FeS和S；

②由分析可知，“除铝”工序可加入的难溶物质是FeO,除净铝离子即A13+浓度小于等于

10-5mol/L,则此时溶液中c(OH»J'史"豆=jQ=4.6xl()-i0mol/L,贝Ijc(H+)0

VC(A13)V10-5

Kwio-14

c(QH)=46?_10=2.17x10-5mol/L,故需要调节的最小pH^-lg(2.17xl0-5)=5-0.33=4.7,

故答案为:FeO；4.7；

(2)由分析可知，“氧化”步骤中是将Fe2+氧化为Fe3+,加入HNO3将产生有毒有害气

体NO,加入Ca(C10)2、KMnCU将引入杂质离子，加入H2O2时其还原产物为H2O,不

引入新的杂质，故加入的试剂“R”最佳是H2O2,判断是否氧化彻底即检验氧化后的产物

中是否含有Fe2+,故该试剂名称为酸性高锦酸钾溶液，故答案为：B；酸性高锌酸钾溶

液；

(3)由题干流程图可知，“沉铁”步骤反应为：Fe3++HPOj.•FePOU+H+,该反应的平

c(H+)c(H+)c(PO；)但但『。4)4.2?IO-13

=3.0x109,故

衡常数：K=-22

c(Fe")c(HPOj)-c(Fe")c(POr)c(HPOj)-Ksp(FePO4)-1.4?10

答案为：3.0x109

(4)“高温燃烧”时，发生的主要反应即Li2co3、H2c2O4和FePCU生成LiFePCU和CO2,

高温燃烧

根据氧化还原反应配平可得该反应化学方程式为：Li2c03+H2c2O4+2FePO4

高温燃烧

士兀

2LiFePO4+3CO2T+H2O,故答案为：Li2cCh+H2c2C)4+2FePC)4

2LiFePO4+3CO2T+H2O„

17.通过捕捉空气中的CO2和电解水产生的H2可以合成“零碳甲醇”，实现碳中和。回

答下列问题：

⑴已知H2燃烧热为286kJ.mol",甲醇的燃烧热为726kJ.molL反应

1

CO2(g)+3H2(g)u-CH3OH(D+H.O(DAH,△H=kJ.mol

⑵采用绿色光伏发电电解Na2sO4溶液制备H2,同时获得H2s04和NaOH。已知a、b

均为惰性电极，气体甲和乙的体积比为2:1,b极的电极反应式为

光

离子交换膜

⑶在2L恒温恒容有某催化剂的密闭容器中充入2molCO2和6molH2,发生如下反应:

主反应①：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)AHi<0

副反应②：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)AH2<0

副反应③：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)AH3>0

某温度下反应均达平衡后，测得CH30H为1mol、CH4为0.4mol、CO为0.2mol,则

CHQH的物质的量

CH30H选择性=

CH3OH的选择性为转化的CO?的物质的量*°)

反应②的平衡常数(只列出计算式)。

(4)若测得上述反应在不同温度下CO2的平衡转化率和甲醇的选择性如下图:

试卷第16页，共23页

2004006008001000

反应温度FC

通过图示分析，更适合生产甲醇的温度为(填标号)，

A.400℃B.600℃C.800℃D.1000℃

高于800℃时，CO2转化率增大的主要原因是=

(5)利用电喷雾电离等方法可得MO+,MO+与CEU反应能高选择性地生成甲醇，反应机

己知参与化学键变化的元素替换成更重的同位素时，反应速率会变慢，则MO+与CD4

反应的能量变化曲线为(填c、d),写出MO+与CHD3反应生成的笊代甲

醇的结构简式O

【答案】⑴-132

+

(2)2H2O-4e-=O2?+4H

0.4

-------X

(4)A温度高于800℃,反应①和反应②为放热反应，平衡逆向移动，反应③

为吸热反应，平衡正向移动且程度更大

(5)cCD3OH,CHD2OD

【详解】(1)由H2燃烧热为286kJ.moH,甲醇的燃烧热为726kJ.moH,可得热化学方

程式①2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)AHJ=-572kJ/mol、②2cH30H(g)+3O2(g)=2CC)2(g)+4H2O(l)

AH2=-1452kJ/mol,由盖斯定律可得，反应COz(g)+3H式g)CH3OH(1)+H2O(1)

3x(-572kJ/mol)-(-1452kJ/mol)……一।

△ATHT=----------------------------------------=-132kJ/mol；

2

(2)以惰性电极电解硫酸钠溶液制备氢气时，气体甲和乙体积之比为2:1,甲氢气、乙

为氧气，生成氧气时发生的是氧化反应，所以b电极为阳极，其电极反应式为

+

2H2O-4e-=O2T+4H；

(3)由反应①、②、③的化学计量数可知，消耗的二氧化碳的物质的量分别为Imol、

0.4moh0.2mol,而平衡时甲醇的物质的量为Imol,所以甲醇的选择性为

lmol

-xl00%=62.5%.三段式

l.omol

+

co2(g)3H2(g)CH30H(g)+H2O(g)

始/mol2600

转/mol1311、

平/mol24-0.4-0.2=0.46-3-1.6-0.2=1.211+0.8+02=2

+

CO2(g)4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)

始/mol2600

转/mol0.41.60.40.8、

平/mol2-1-040.2=0.46-34.6-0.2=1.20.414-0.8+0.2=2

+()

CO2(g)H2(g)cog+H2O(g)

始/mol2600

,所以反应

转/mol0.20.20.202

平/mol24-0.4-0.2=0.4631.6-0.2=1.20.21+0.8+02=2

0.4,2.j

：2(HQ)_丁(5)

②的平衡常数为K=c(映)<

C4(H))J

c(CO2)•204L2

22

(4)由选择性的定义可知，选择性越好，说明该物质的产率越高，由图可知400℃二

氧化碳的转化率为60%、甲醇的选择性为50%,600℃二氧化碳的转化率为30%、甲醇

的选择性为75%,800℃二氧化碳的转化率为20%、甲醇的选择性为60%,1000℃二氧

化碳的转化率为40%、甲醇的选择性为25%,因为400℃的二氧化碳的转化率与甲醇的

选择性之积最大，所以更适合生产甲醇的温度为400℃,故答案为：A；反应①和反应

②为放热反应，温度高于800℃,平衡逆向移动，反应③为吸热反应，温度高于800℃

平衡正向移动且程度更大，所以二氧化碳的平衡转化率增大；

(5)反应速率越慢，说明反应的活化能越大，由结合图可知活化能c>d,则MO+与CD4

反应的能量变化曲线为c；由反应进程-能量图可知，反应过程中，H或D都有可能发

生成键变化，分别生成CD3OH、CHDoODe

18.化合物I是某抗肿瘤药物的中间体，其合成路线如下图：

试卷第18页，共23页

oo

已知:

RR

①C=O+HNRt

22C=NR2

K(H)/(H)

RCH=CHN-R

②RCH.CHO+R]NHR,—I2

R.

③苯环上的卤原子较难水解。

回答下列问题：

(1)E—F所需试剂有。

(2)化合物H中含氧官能团名称为,D-E的反应类型为

(3)上述合成路线设置反应A—>B、C―>D的目的是o

(4)化合物D发生缩聚反应生成高分子的化学方程式为

(5)化合物I的结构简式为。

(6)写出任意一种满足下列条件E的同分异构体。

①含有苯基和氨基，且二者直接相连，但Br原子不与苯环直接相连;

②属于酯类，可发生银镜反应；

③含有手性碳原子。

(7)参