2021年云南省昆明市三診一模高考化學診斷試卷

2021年云南省昆明市三診一模高考化學診斷試卷

一、單選題（本大題共7小題，共21.0分）

1.《本草圖經(jīng)》中對綠磯（FeSCU-7H2。）受熱分解過程的描述為“綠磯形似樸消而綠

色，取此物置于鐵板上，聚炭，封之囊袋，吹令火熾，其弱即沸，流出，色赤如融

金汁……”。下列說法錯誤的是（）

A.綠磯應(yīng)隔絕空氣保存

B.該過程有氧化還原反應(yīng)發(fā)生

C.“色赤如融金汁”說明有Fe2（）3生成

D.綠研失去結(jié)晶水屬于物理變化

2.有機化合物甲、乙、丙存在如圖轉(zhuǎn)化關(guān)系。下列說法錯誤的是（）

C00HC(HOHH*COOH

---5----?---

NaOH、Cu

0"

乙

A.甲、乙、丙均屬于芳香燒

B.Imol甲可與3moi電反應(yīng)

C.甲、乙都能與Na2c。3溶液反應(yīng)

D.乙中所有碳原子可能在同一平面上

3.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是（）

A.12g石墨晶體中所含C-C鍵的數(shù)目為3NA

B.標準狀況下，22.4L的3He中含有中子的數(shù)目為3總

C.O.lmol鈉全部與氧氣反應(yīng)生成Na?。和Na?。?共3.6g,轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.1網(wǎng)

D.常溫下，ILO.lmoLL-i的氨水中含有H+的數(shù)目為10-I3NA

4,下列離子方程式書寫正確的是（）

A.將鋁粉與NaOH溶液混合：A1+20H-=A10]+H2T

B.將ci2通入石灰乳中制漂白粉：ci2+20H-=do-+cr+H20

C.向明研溶液中加入少量Ba（0H）2溶液：Al3++40H-+2Ba2++2S0i-=

2BaS04I+AIO2+2H2O

D.用MgO除去MgCk溶液中的FeCb：2Fe3++3H2O+3MgO=2Fe(OH)3+3Mg2+

5.用如圖所示裝置進行以下實驗，實驗現(xiàn)象與結(jié)論描述均正確

水改

的是（）T

化鈉

①②實驗現(xiàn)象與結(jié)論1溶/液

A鋁條濃硫酸無明顯現(xiàn)象，鋁與濃硫酸不反應(yīng)Uu

③中導管內(nèi)液面上升，鋅發(fā)生吸②③

B鋅棒海水

氧腐蝕

②中溶液顏色最終變?yōu)樗{色,Cu

C銅絲FeCk溶液

發(fā)生置換反應(yīng)

②中試管口出現(xiàn)紅棕色氣體，F(xiàn)e

D鐵絲稀硝酸

與稀硝酸反應(yīng)生成NO2

A.A

B.B

C.C

D.D

6.有學者提出可利用鋁-空氣電池裝置來凈化水體（凈水原理與明磯類似），其基本工

作原理如圖所示，正負極區(qū)的電解質(zhì)溶液為酸化的NaCl溶液。下列說法正確的是

()

A.膜a為陽離子交換膜

B.電子流向：A電極t電解質(zhì)溶液TB電極

C.正極區(qū)溶液的pH降低、負極區(qū)溶液的pH升高

D.將電解質(zhì)溶液換成堿性的NaCl溶液可提升凈水效果

7.W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，其中W、Y、Z的原子序數(shù)之和

為40,在元素周期表中的位置如表所示，形成的化合物Y4W3Z的結(jié)構(gòu)如圖所示，灼

燒X的單質(zhì)或化合物產(chǎn)生黃色火焰。下列敘述正確的是（）

第2頁，共20頁

W

YZ

A.非金屬性：W>Y>Z

B.簡單離子的半徑：Y>Z>X

C.X2Y與Y4W3Z的化學鍵類型完全相同

D.能用X的單質(zhì)從CUSO4溶液中制得Cu單質(zhì)

二、實驗題(本大題共I小題，共10.0分)

8,硫的化合物有重要用途。硫代硫酸鈉(Na2s2O3)可用于氟化物中毒的解毒、治療尊

麻疹等皮膚病，它在中性、堿性環(huán)境中穩(wěn)定，在酸性較強的溶液中產(chǎn)生S和SO2。

實驗室可以利用如圖裝置制備Na2s2。3和焦亞硫酸鈉(Na2s2。5)。

(1)儀器a的名稱為,a中試劑最好選擇。(填標號)

A.濃鹽酸

B.70%硫酸

C.稀硫酸

(2)B的作用是,該裝置中存在一處明顯的缺陷，改進措施是。

、

(3)排盡裝置內(nèi)空氣后，關(guān)閉1<2、K4,打開KI％和儀器a的活塞，一段時間后,

C中有焦亞硫酸鈉晶體析出，從C中分離出該晶體的操作是、、

干燥。取少量焦亞硫酸鈉晶體于試管中，加足量雙氧水，再加BaCk溶液，有白色

沉淀生成，經(jīng)檢驗該沉淀為BaSCU，說明焦亞硫酸鈉具有性。

(4)關(guān)閉K］、也打開&、K4,一段時間后，D中有Na2s2O3生成。寫出SO?與Na2s和

Na2c。3發(fā)生反應(yīng)的化學方程式。通入D中的SO2不宜過量的原因是

三、簡答題(本大題共4小題，共32.0分)

9.錮(49也)在地殼中主要存在于鉛、鋅礦物中，是一種重要的稀散金屬，其開發(fā)和綜

合利用是國家重點鼓勵發(fā)展的產(chǎn)業(yè)。從鉛、鋅的冶煉過程中產(chǎn)生的高錮煙灰(主要

含ZnO、PbO、Fez。?、電。3、In2s3)中提取錮的流程如圖。

育制煙灰

f機刖

已知：濾液中錮以h?+的形式存在。

回答下列問題：

(1)錮的原子結(jié)構(gòu)示意圖為。

⑵“酸浸氧化”需要加熱，其目的是，該過程中KM11O4只將出53中的硫

元素氧化為SO/,則氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為,濾渣的主要成分

的化學式是。

(3)萃取劑選用的是一種有機磷酸酯，其在酸性溶液中可萃取三價金屬離子?！皟?/p>

化”時加入鐵粉的作用是(用離子方程式表示)，可用溶液檢測此

離子是否除盡。

(4)“萃取”時，不同的c(H+)下有機磷酸酯對三價金屬離子的萃取率及分層時間如

表。

第4頁，共20頁

c(H+)/mol-L1分層時間/min萃取率/%

0.55*94.6

1.0494.1

1.5491.1

2.0482.1

2.5374.1

注：*表示有少量乳化作用發(fā)生，會導致兩相分層困難。

萃取過程中應(yīng)選擇的最佳c(H+)為mol?L-i。

(5)粗鈿可用電解法進行提純，提純過程中粗鈿作極。(填“陰”或“陽”)

(6)鋅主要應(yīng)從中進行回收。(填標號)

A.濾渣

B.凈化渣

C.水相

D.有機相

10.選擇性催化還原法(SCR)是目前應(yīng)用最為廣泛的氮氧化物NO*的凈化方法，其原理

是利用NG在特定催化劑作用下將NO*還原為“。

主反應(yīng)：4NH3(g)+4N0(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)△山

副反應(yīng)：4NH3(g)+302(g)=2N2(g)+6H20(g)△H2

(1)在無氧條件下，NH3也可還原NO：4NH3(g)+6N0(g)U5N2(g)+6H2O(g)△H3

則AH2=(用含AHi、的式子表示)。一定溫度下，向2L密閉剛性容

器(含催化劑)中投入2moiNH3和3moiNO,發(fā)生反應(yīng)4N&(g)+6N0(g)=

5N2(g)+6H2O(g)?達到平衡狀態(tài)時，NO的轉(zhuǎn)化率為60%,則平衡常數(shù)為

mol-L-10(列出計算式)

(2)目前使用的SCR催化劑是V2O5-WO3/TiO2,關(guān)于該催化劑的說法正確的是

。(填標號)

A.能加快反應(yīng)速率，并且改變反應(yīng)的焰變

B.能增大NH3還原NOx反應(yīng)的平衡常數(shù)

C.具有選擇性，能降低特定反應(yīng)的活化能

(3)催化劑V2O5-WO3/T22中的V2O5是活性組分。在石英微型反應(yīng)器中以一定流

速通過煙氣[n(C)2)：n(NH3)：n(NO)=71：1：1],在不同溫度下進行該催化還原

反應(yīng)，V2O5的質(zhì)量分數(shù)對單位時間內(nèi)NO去除率的影響如圖所示。

①從起始至對應(yīng)A、B、C三點的平均反應(yīng)速率由大到小的順序為?

②V2O5的質(zhì)量分數(shù)對該催化劑活性的影響是。

③若煙氣中。2含量一定，在催化劑適宜溫度范圍內(nèi)，當黑時，隨著該比值

的增大，NO去除率(填“增大”、“減小”或“不變”)；當黑探＞1時，

隨著該比值的增大，NO去除率無明顯變化，可能的原因是。

11.超高能含能材料被視為可影響國家安全的戰(zhàn)略性技術(shù)材料，其組成元素通常含碳、

氮、過渡金屬元素等?；卮鹣铝袉栴}：

(1)在現(xiàn)代化學中，常利用來鑒定元素。

(2)[Co(NH3)5C03]N()3是一種制備超高能含能材料的原料基態(tài)C03+中有

個未成對電子，COg的空間立體構(gòu)型為,該物質(zhì)中所含有的第二周期元素

的電負性由大到小的順序為,配離子中的配位數(shù)為o正丁醇和正

己烷是含有該物質(zhì)中部分元素的有機化合物，已知物質(zhì)在單位時間內(nèi)揮發(fā)得越快,

溫度下降得就越快。用溫度傳感器進行數(shù)字化實驗，測得這兩種有機化合物在揮發(fā)

過程中的溫度變化曲線如圖所示。則該數(shù)字化實驗證明(填物質(zhì)名稱)更難

揮發(fā)，從物質(zhì)結(jié)構(gòu)角度分析原因為。

(3)疊氮化鉛[Pb(N3)2]是一種各國都納入軍事標準和民用標準的引爆藥，與N5互為

第6頁，共20頁

等電子體的一種分子的分子式是?？茖W家制得一種高氮化合物BN。，結(jié)構(gòu)

組成為NAB(N3)4「，該化合物的晶體類型為晶體，其中B原子的雜化方

式為。

(4)2,4-二硝基間苯酚是火工品制造業(yè)常用的重要中間體，其摩爾質(zhì)量為200g?

mol-1,分子結(jié)構(gòu)可簡化為圖1所示，分子在晶體中的堆積方式如圖2所示。該晶

體屬于正交晶系結(jié)構(gòu)，晶胞參數(shù)分別為apm、bpm、cpm,a=0=丫=90。。則該

12.用A制取D(苯丙煥酸)并制取小分子半導體F的合成路線如圖所示。

COOH

回答下列問題：

(1)E的名稱是,F中官能團的名稱為,B的結(jié)構(gòu)簡式為。

(2)B-C的反應(yīng)類型為,DtE的試劑和條件是。

(3)CtD中反應(yīng)①的化學方程式為?

(4)E的同系物G的相對分子質(zhì)量比E小14,寫出一種滿足下列條件的G的同分異

構(gòu)體?

①屬于芳香族化合物，分子中含有兩個六元環(huán)結(jié)構(gòu)和一個甲基；

②ImolG在堿性條件下水解可消耗2moiNaOH。

(5)已知：

①（％、R?為氫原子蠅基）

②a〃小“（氨基易被氧化）

COOC2H$

設(shè)計以對硝基甲苯為原料合成麻醉藥物苯佐卡因合的成路線

NH3

（其他試劑自選）

第8頁，共20頁

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：A.綠研的成分為FeSO「7H2。，因為Fe?+不穩(wěn)定，在空氣中容易被氧化，

應(yīng)隔絕空氣保存，故A正確；

B.根據(jù)題意可知，F(xiàn)e2+顯淺綠色，F(xiàn)e3+為顯棕黃色，而Fe2。?為赤色，該過程發(fā)生了氧

化還原反應(yīng)，故B正確；

C.Fe2f）3為赤色，“色赤如融金汁”說明有Fe2（）3生成，故C正確；

D.晶體失去結(jié)晶水的反應(yīng)都為化學變化，綠研失去結(jié)晶水屬于化學變化，故D錯誤；

故選：D。

A.綠磯的成分為Fes。4?7也0,因為Fe?+不穩(wěn)定，在空氣中容易被氧化，所以應(yīng)隔絕空

氣保存；

B.Fe2+顯淺綠色，F(xiàn)e3+為顯棕黃色，而Fe2（）3為赤色，該過程發(fā)生了氧化還原反應(yīng)；

C.Fe2（）3為赤色，所以“色赤如融金汁”說明有Fe2（）3生成；

D.綠磯失去結(jié)晶水屬于化學變化。

本題主要考查二價鐵與三價鐵的物理性質(zhì)、化學性質(zhì)、相互轉(zhuǎn)化，氧化還原反應(yīng)，以及

學生的閱讀理解能力，屬于基本知識，基礎(chǔ)題型，難度不大。

2.【答案】A

【解析】解：A.甲、乙、丙中除C、H外，含有第三種元素，屬于燃的衍生物，故A錯

誤；

B.甲中含有一個苯環(huán)，能與氫氣以1：3發(fā)生加成反應(yīng)，則Imol甲可與3m01%反應(yīng)，

故B正確；

C.甲、乙中都含有竣基，都能與Na2c。3溶液反應(yīng)生成二氧化碳和水，故C正確；

D.乙中的單鍵具有旋轉(zhuǎn)性，若苯環(huán)、較基確定的平面重合，則所有碳原子可能在同一平

面上，故D正確；

故選：A,

A.含有苯環(huán)的煌屬于芳香煌；

B.苯環(huán)和氫氣以1：3發(fā)生加成反應(yīng)；

C.酚-OH、-COOH能和碳酸鈉溶液反應(yīng)；

D.苯環(huán)上所有原子共平面，—COOH中所有原子共平面，單鍵可以旋轉(zhuǎn)。

本題考查有機物結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，側(cè)重考查基礎(chǔ)知識的掌握和靈活應(yīng)用能力，明確官能團及

其性質(zhì)關(guān)系、原子共平面判斷方法等知識點是解本題關(guān)鍵，注意：酚羥基也能和碳酸鈉

溶液反應(yīng)。

3.【答案】C

【解析】解：A.12g石墨晶體含有碳原子的物質(zhì)的量為高器=lmol,在石墨晶體中，

每個C原子平均占有1.5個C-C鍵，則12g石墨晶體中所含C-C鍵的數(shù)目為1.5NA，故

A錯誤；

B.標準狀況下,22.4L的3血的物質(zhì)的量為肅之=lmol,1個3He的中子數(shù)為3-2=1,

22.4L/moI

則Imo^He含有中子的數(shù)目為ImolxNABIOL=NA,故B錯誤;

C.O.lmol鈉全部與氧氣反應(yīng)，鈉的化合價從0升高為+1價，則共生成鈉離子物質(zhì)的量為

O.lmoL則鈉失電子數(shù)為O.INA，轉(zhuǎn)移電子數(shù)=還原劑失電子數(shù)=氧化劑得電子數(shù)=0.1NA,

故C正確；

D.常溫下，氨水是弱堿，部分電離，貝iJlLO.lmolJT的氨水中，c(OH-)<O,lmol/L,

由Kw=c(H+)xc(OH-)=1.0xl0T4,可知c(H+)>].0xICT13moi/L,故溶液中含

有H+的數(shù)目大于10-13必，故D錯誤。

故選：Co

A.在石墨晶體中，每個C原子與周圍3個碳原子形成C-C鍵，則每個碳原子平均占有

|x3=1.5個C-C鍵；

B.氮氣為單原子分子，1個3He有1個中子；

C.鈉與氧氣反應(yīng)無論生成氧化鈉還是過氧化鈉，鈉都從。價升高為+1價；

D.一水合氨為弱堿，部分電離。

本題考查了阿伏加德羅常數(shù)及物質(zhì)的量有關(guān)計算，明確以物質(zhì)的量為核心計算公式，熟

悉相關(guān)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)組成是解題關(guān)鍵，題目難度不大。

4.【答案】D

【解析】解：A.將鋁粉與NaOH溶液混合生成偏鋁酸鈉和氫氣：2A1+2OH-+2H2O=

2A1O]+3H2T,故A錯誤；

2+

B.將Cl2通入石灰乳中制漂白粉，石灰乳為懸濁液，寫化學式：Cl2+Ca(OH)2=Ca+

C10-+Cr+H20,故B錯誤;

C.向明磯溶液中加入少量Ba(0H)2溶液，Ba(0H)2反應(yīng)完全，生成氫氧化鋁和硫酸釧：

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3+2+

2A1+60H-+3Ba+3SC)t=3BaSO4I+2A1(OH)3l,故C錯誤；

D.用MgO除去MgCk溶液中的FeCk，F(xiàn)eC1為強酸弱堿鹽，水解產(chǎn)生氫離子，MgO消耗

氫離子，促使水解平衡正向進行，生成氫氧化鐵，2Fe3++3%0+3MgO=2Fe(OH)3+

3Mg2+,故D正確。

故選：D。

A.將鋁粉與NaOH溶液混合生成偏鋁酸鈉和氫氣，離子方程式要滿足電荷守恒和質(zhì)量守

恒；

B.將Cl?通入石灰乳中制漂白粉，石灰乳為懸濁液，不能拆；

C.向明磯溶液中加入少量Ba(OH)2溶液，Ba(OH)2反應(yīng)完全，生成氫氧化鋁和硫酸鋼；

D.FeCb為強酸弱堿鹽，水解呈酸性，加入MgO能消耗其水解產(chǎn)生的氫離子，促進其水

解。

本題考查離子反應(yīng)方程式書寫的正誤判斷，為高頻考點，把握發(fā)生的反應(yīng)及離子反應(yīng)的

書寫方法為解答的關(guān)鍵，側(cè)重氧化還原反應(yīng)、與量有關(guān)的離子反應(yīng)考查，題目難度中等。

5.【答案】B

【解析】解：A.鋁條與濃硫酸發(fā)生鈍化反應(yīng)，即鋁與濃硫酸反應(yīng)，在鋁的表面生成一層

致密的氧化膜，故A錯誤；

B.鋅與海水發(fā)生吸氧腐蝕，導致②試管壓強減小，③中導管內(nèi)液面上升，故B正確；

C.銅與氯化鐵反應(yīng)生成氯化銅和氯化亞鐵，未發(fā)生置換反應(yīng)，故C錯誤；

D.鐵與稀硝酸反應(yīng)生成的氣體為NO,NO在試管口與空氣反應(yīng)生成NO2,故D錯誤；

故選：Bo

A.常溫下Al遇濃硫酸發(fā)生鈍化；

B.海水顯弱堿性，發(fā)生吸氧腐蝕；

C.Cu與氯化鐵反應(yīng)生成氯化亞鐵、氯化銅；

D.Fe與稀硝酸反應(yīng)生成NO。

本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、反應(yīng)與現(xiàn)象、實驗技能

為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實驗?zāi)芰Φ目疾?，注意實驗的評價性分析，題目難度不大。

6.【答案】A

【解析】解：A.負極生成的AF+需要通過膜a進入待凈化廢水中，用3+水解生成氫氧化

鋁膠體，則膜a為陽離子交換膜，故A正確；

B.原電池中電子從負極經(jīng)導線流向正極，則該原電池中電子流向：A電極t導線-B電

極，故B錯誤；

C.正極反應(yīng)為()2+4e-+4H+=2也0,正極區(qū)溶液的氫離子濃度減小，pH增大，負極

電極反應(yīng)式為Al-3e-=A13+,負極生成的AN+需要通過膜a進入待凈化廢水中，負極

區(qū)溶液的pH不變，故C錯誤；

D.將電解質(zhì)溶液換成堿性的NaCl溶液,則負極生成A10］達不到凈水的效果,故D錯誤；

故選：Ao

B極通入空氣為正極，電解質(zhì)溶液顯酸性，電極反應(yīng)式為Oz+4e-+4H+=2出0,A

極為鋁電極，為負極，電極反應(yīng)式為Al-3e-=川3+,該裝置的凈水原理與明研類似,

則會產(chǎn)生氫氧化鋁膠體(AV+水解)，為達到凈水的目的，負極生成的AF+需要通過膜a

進入待凈化廢水中，AF+水解生成氫氧化鋁膠體，則膜a為陽離子交換膜。

本題考查原電池原理和明研凈水原理，為高頻考點，側(cè)重考查學生分析判斷、獲取信息

解答問題能力，明確各個電極上發(fā)生的反應(yīng)、離子交換膜作用是解本題關(guān)鍵。

7.【答案】B

【解析】解：結(jié)合分析可知，W為N,X為Na,Y為S,Z為C1元素，

A.同一周期從左向右非金屬性逐漸增強，則非金屬性：C1>S,即Y<Z,故A錯誤；

B.一般情況下，電子層越多離子半徑越大，電子層結(jié)構(gòu)相同時，核電荷數(shù)越大離子半徑

越小，則簡單離子的半徑：S2->Cr>Na+,即Y>Z>X,故B正確；

H

C.Na2s中只含有離子鍵，Y4W3Z中丫4叭笈與Q-間存在離子鍵，Y4W3內(nèi)存在共價健，兩

物質(zhì)含有的化學鍵類型不相同，故C錯誤；

D.Na能與水反應(yīng)，不能用Na的單質(zhì)從CuS()4溶液中制得Cu單質(zhì)，故D錯誤；

故選：Bo

W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，根據(jù)W、Y、Z在周期表中的位置可

知，W位于第二周期，Y、Z位于第三周期，W、Y、Z的原子序數(shù)之和為40,設(shè)W的

原子序數(shù)為a,Y、Z的原子序數(shù)分別為a+9、a+10,則a+a+9+a+10=40,解

得：a=7,則W為N,Y為S,Z為Cl元素；灼燒X的單質(zhì)或化合物產(chǎn)生黃色火焰，

則X為Na,以此分析解答。

本題考查位置結(jié)構(gòu)性質(zhì)的相互關(guān)系應(yīng)用，為高頻考點，推斷元素為解答關(guān)鍵，注意掌握

元素周期表結(jié)構(gòu)、元素周期律內(nèi)容，試題側(cè)重考查學生的分析能力及邏輯推理能力。

8.【答案】分液漏斗B防倒吸補充尾氣處理裝置過濾洗滌還原4SO2+2Na2S+

Na2cO3=3Na2s2O3+C02SO2過量使溶液顯酸性，使Na2s2O3不穩(wěn)定

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【解析】解：(1)儀器a的名稱為分液漏斗，二氧化硫易溶于水，制備二氧化硫氣體時，

應(yīng)選擇濃度較大的且無揮發(fā)性的酸，故選70%硫酸，

故答案為：分液漏斗；B；

(2)B的作用可起到安全瓶的作用，防止溶液倒吸進入裝置A中，二氧化硫有毒，反應(yīng)最

后應(yīng)加NaOH溶液進行尾氣處理裝置，

故答案為：防倒吸；補充尾氣處理裝置；

(3)C中有焦亞硫酸鈉晶體析出，固液分離用過濾的方法分離，再洗滌晶體表面的濾液，

焦亞硫酸鈉中的硫元素與過氧化氫反應(yīng)時.，化合價升高，表現(xiàn)還原性，

故答案為：過濾；洗滌；還原；

(4)SC)2與Na2s和Na2cO3發(fā)生反應(yīng)生成Na2s2O3,硫元素之間發(fā)生氧化還原反應(yīng)，同時生

成二氧化碳,化學方程式為：4s。2+2Na2s+Na2cO3=3Na2S2O3+C02.Na2s2O3在

酸性較強的溶液中產(chǎn)生S和S02,通入二氧化硫過量，導致溶液酸性增強，使Na2s2。3不

穩(wěn)定，可使Na2s2O3分解，

故答案為：4so2+2Na?S+Na2co3=3Na2s2O3+CO2；SO2過量使溶液顯酸性，使

Na2s2O3不穩(wěn)定。

根據(jù)實驗?zāi)康?，裝置A用亞硫酸鈉固體與濃硫酸反應(yīng)制取二氧化硫氣體，裝置B為安

全瓶，防止C或D中的溶液倒吸，裝置C為制取焦亞硫酸鈉晶體的裝置，裝置D為制

取硫代硫酸鈉，二氧化硫有毒，在最后應(yīng)加尾氣處理裝置，

(1)結(jié)合儀器形狀和用途，來判斷名稱為分液漏斗，用濃硫酸和亞硫酸鈉反應(yīng)制備二氧

化硫氣體；

(2)B的作用是安全瓶，裝置中最后剩余的氣體有毒，不能排放，需要加尾氣吸收裝置；

(3)排盡裝置內(nèi)空氣后，關(guān)閉七、K"打開Ki、&和儀器a的活塞，一段時間后，C中

有焦亞硫酸鈉晶體析出，過濾、洗滌得到晶體，取少量焦亞硫酸鈉晶體于試管中，加足

量雙氧水，再加BaCk溶液，有白色沉淀生成，經(jīng)檢驗該沉淀為BaSO”硫元素化合價升

高失電子，做還原劑發(fā)生氧化反應(yīng)；

(4)S02與Na2s和Na2cO3發(fā)生反應(yīng)生成Na2s2O3,Na2s2O3在酸性較強的溶液中產(chǎn)生S和

S02,通入二氧化硫過量，導致溶液酸性增強，硫代硫酸鈉(Na2s2O3)在酸性較強的溶液

中產(chǎn)生S和SO?。

本題考查物質(zhì)的制備實驗，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應(yīng)、混合物分離提

純、實驗設(shè)計為解答關(guān)鍵，側(cè)重分析與實驗、計算能力的考查，注意元素化合物知識的

應(yīng)用，題目難度中等。

3+

9.【答案】@：I>?>?'提高酸浸氧化的速率24：5PbS042Fe+Fe=

3Fe2+KSCN1.0陽C

【解析】解：(1)錮為第49號元素，位于第五周期UIA族，原子結(jié)構(gòu)示意圖為0：Uny,

故答案為：3〃；

(2)加熱溶液可使反應(yīng)速率增大，提高酸浸效率；過程中KMnO4只將In2s3中的硫元素氧

化為SO廠，S的化合價由-2價變?yōu)?6價，共失去24個電子，Mn的化合價由+7價變?yōu)?/p>

+2價，得到5個電子，根據(jù)得失電子總數(shù)相等，則氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為

24：5；酸浸時，生成的硫酸鉛為不溶于酸的沉淀，則濾渣為硫酸鉛，

故答案為：提高酸浸氧化的速率；24：5；PbS04；

(3)萃取劑選用的是一種有機磷酸酯，其在酸性溶液中可萃取三價金屬離子，故Fe3+的

存在會影響In3+的萃取，故加入鐵粉的目的是鐵粉將濾液中的鐵離子反應(yīng)為亞鐵離子,

離子方程式為2Fe3++Fe=3Fe2+；鐵離子與KSCN反應(yīng)生成紅色的硫氟化鐵，可加入

KSCN溶液檢驗鐵離子是否除凈，

故答案為：2Fe3++Fe=3Fe2+；KSCN；

(4)根據(jù)表中數(shù)據(jù)，c(H+)=1.0mol/L時，分層時間短，且萃取率較高，最佳c(H+)為

1.0mol/L,

故答案為：1.0；

(5)根據(jù)銅的電解精煉原理可知，電解精煉鈿時，粗錮應(yīng)做陽極，失電子，

故答案為：陽；

(6)有機磷酸酯為萃取劑，其在酸性溶液中可萃取三價金屬離子，鋅離子為+2價，在水

相中，

故答案為：C?

高錮煙灰(主要含ZnO、PbO、Fe2O3>In203>ln2S3),在高錮煙灰加入硫酸、高缽酸鉀

進行酸浸氧化，將In2s3氧化為硫酸根離子和也3+,ZnO、PbO、Fe2()3分別和硫酸反應(yīng)

轉(zhuǎn)化為ZnSOrPbS04沉淀和Fe2(SC>4)3，皿2。3和硫酸反應(yīng)變?yōu)镮/+,則濾渣為硫酸鉛;

過濾，向濾液中加入鐵粉，還原鐵離子，防止加入萃取劑時，鐵離子進入有機相；加入

第14頁，共20頁

萃取劑萃取1/+,則ZM+、Fe2+均進入水相，經(jīng)一系列操作得到粗錮，據(jù)此分析。

本題考查了流程分析判斷，物質(zhì)性質(zhì)和實驗設(shè)計的方法應(yīng)用，為高考常見題型，側(cè)重于

學生的分析、實驗和計算能力的考查，題干信息分析判斷能力，注意把握實驗方法，題

目難度中等。

10?【答案】3△HL2△H3爵票COB>A在1。。冤-2。。冤內(nèi)，V2%的質(zhì)

量分數(shù)對該催化劑活性的影響是催化劑的質(zhì)量分數(shù)越高，催化劑的活性越好，超過200篤,

沒有明顯區(qū)別增大主反應(yīng)接近反應(yīng)限度，發(fā)生副反應(yīng)的氨氣增多

【解析】解：⑴副反應(yīng)：4NH3(g)+3O2(g)#2N2(g)+6H2O(g)△H2,由蓋斯定律(主

反應(yīng)x3-無氧反應(yīng)x2)得：△%=3△%-2△小，

4NH3(g)+6N0(g)=5N2(g)+6H20(g)

開始(mol/L)11.500

變化(mol/L)0.60.90.750.9

平衡(mol/L)0.40.60.750.9

則平衡常數(shù)為畿斗喘_(0.75mol/L)5(0.9mol/L)6_=S2mol/L，

4646

C(NH3)C(N0)(0.4mol/L)(0.6mol/L)

(0.75)5(0.9)6

故答案為：；

34Hi-24H3(04)4(0.6)6'

(2)A.催化劑能加快反應(yīng)速率，但不能改變反應(yīng)的焙變，故A錯誤；

B.催化劑能增大NH3還原NO*反應(yīng)速率，但不能改變其平衡常數(shù)，故B錯誤；

C.催化劑具有選擇性，能降低特定反應(yīng)的活化能，增大反應(yīng)速率，故C正確；

故答案為：C；

(3)①A、C兩點溫度相同，催化劑的質(zhì)量分數(shù)不同，有圖可知，催化劑的質(zhì)量分數(shù)越大，

反應(yīng)速率越大，A、B兩點，催化劑的質(zhì)量分數(shù)一樣，溫度B點高，則反應(yīng)速率快，B、

C兩點催化劑的質(zhì)量分數(shù)對反應(yīng)速率影響大，即C>A,則從起始至對應(yīng)A、B、C三點

的平均反應(yīng)速率由大到小的順序為C>B>A,

故答案為：C>B>A；

②有圖可知，在100久-200。(：內(nèi)，V2O5的質(zhì)量分數(shù)對該催化劑活性的影響是催化劑的

質(zhì)量分數(shù)越高，催化劑的活性越好，超過200汽，沒有明顯區(qū)別；

故答案為：在100。(2-2()()。(2內(nèi)，V2O5的質(zhì)量分數(shù)對該催化劑活性的影響是催化劑的質(zhì)

量分數(shù)越高，催化劑的活性越好，超過20(TC,沒有明顯區(qū)別；

③根據(jù)反應(yīng)4NH3(g)+4NO(g)+02(g)=4N2(g)+6H2()(g)當黑含<1時，隨著該比

值的增大，平衡正向移動，NO去除率增大，若煙氣中。2含量一定，在催化劑適宜溫度

范圍內(nèi)，當喘舒>1時，主反應(yīng)接近反應(yīng)限度，發(fā)生副反應(yīng)的氨氣增多，

故答案為：增大；主反應(yīng)接近反應(yīng)限度，發(fā)生副反應(yīng)的氨氣增多。

(1)由蓋斯定律(主反應(yīng)x3-無氧反應(yīng)x3)計算，利用三段式求出平衡時各物質(zhì)的濃度,

根據(jù)平衡常數(shù)表達式計算；

(2)A.催化劑能加快反應(yīng)速率，但不能改變反應(yīng)的焰變；

B.催化劑能增大N&還原NO*反應(yīng)速率，但不能改變其平衡常數(shù)；

C.催化劑具有選擇性；

(3)①A、C兩點溫度相同，催化劑的質(zhì)量分數(shù)不同，有圖可知，催化劑的質(zhì)量分數(shù)越大，

反應(yīng)速率越大，A、B兩點，催化劑的質(zhì)量分數(shù)一樣，溫度B點高，則反應(yīng)速率快，B、

C兩點催化劑的質(zhì)量分數(shù)對反應(yīng)速率影響大，即C>A；

②有圖可知，在10(TC-200式內(nèi)，V2O5的質(zhì)量分數(shù)對該催化劑活性的影響是催化劑的

質(zhì)量分數(shù)越高，催化劑的活性越好，超過200汽，沒有明顯區(qū)別；

③增大Na可以提高NO去除率，若煙氣中。2含量一定，在催化劑適宜溫度范圍內(nèi)，當

n(NH3)/n(NO)>1時，主反應(yīng)接近反應(yīng)限度，發(fā)生副反應(yīng)的氨氣增多。

本題考查了反應(yīng)熱、反應(yīng)平衡的計算，氧化還原反應(yīng)的相關(guān)計算，題目綜合性強，明確

化學平衡移動原理讀取題目信息是解題關(guān)鍵，題目難度中等。

11.【答案】光譜分析4平面三角形0>N>C6正丁醇正丁醇分子間存在氫

鍵C02,&0、CS2等離子sp3球

【解析】解：(1)原子光譜是由原子中的電子在能量變時所發(fā)射或吸收的一系列波長的

光所組成的光譜，每一種原子的光譜都不同，因此常利用光譜分析來鑒定元素，

故答案為：光譜分析；

(2)基態(tài)C。原子序數(shù)27,價電子排布式為3d74s2,則C03+價電子排布式為3d6,有4對

未成對電子:CO歹中心原子孤電子對數(shù)=*4+2-2x3)=0,價層電子對為3,則CO歹

中C雜化類型為sp2雜化，空間構(gòu)型為平面三角形；第二周期元素有C、N、O,非金屬

性越強，電負性越大，電負性由大到小的順序為0>N>C；[Co(NH3)sC03]N()3配體為

5個N七分子和1個C0算，配位數(shù)為6；已知物質(zhì)在單位時間內(nèi)揮發(fā)得越快，溫度下降

得就越快；根據(jù)圖象，正丁醇溫度降低慢，更難揮發(fā)，從結(jié)構(gòu)分析，正丁爵分子間存在

氫鍵，導致熔沸點升高；

故答案為：4；平面三角形；0>N>C；6；正丁醇；正丁醇分子間存在氫鍵；

第16頁，共20頁

(3)N］中含有3個原子，22個電子，其分子形式的等電子體為CO2、N20>CS2等；BN”結(jié)

構(gòu)組成為N打B(N3)4「，含有離子鍵，屬于離子晶體；舊(電)4「中心B原子孤電子對數(shù)

="3+l-lx4)=0,價層電子對數(shù)為4,為sp3雜化;

3

故答案為：C02>*0、CS等；離子；sp；

(4)根據(jù)圖象，1mol晶胞中，含有4moi2,4-二硝基間苯酚；Imol晶胞的體積為abcx

-303-33

IOxNAcm,則晶體的密度p=4"黑;：g,cm=ag-cm~

8X1032

故答案為:

abcNA

(1)原子光譜是由原子中的電子在能量變時所發(fā)射或吸收的一系列波長的光所組成的光

譜，每一種原子的光譜都不同;

(2)基態(tài)Co原子序數(shù)27,價電子排布式為3d74s2；CO歹中心原子孤電子對數(shù)=*4+2-

2x3)=0,價層電子對為3；第二周期元素有C、N、O,非金屬性越強，電負性越大；

配體為NH3、COI-；已知物質(zhì)在單位時間內(nèi)揮發(fā)得越快，溫度下降得就越快；

(3)NJ中含有3個原子，22個電子；BN”結(jié)構(gòu)組成為結(jié)構(gòu)組成為N打B(N3)4「，含有離

子鍵；印($)4「中心B原子孤電子對數(shù)=之(3+1-1*4)=0,價層電子對數(shù)為4；

(4)根據(jù)圖象，Imol晶胞中，含有4moi2,4-二硝基間苯酚，則晶體的密度p=