2023年江西省重點中學盟校高考化學第一次聯(lián)考試卷及答案解析

2023年江西省重點中學盟校高考化學第一次聯(lián)考試卷

1.化學與人類生活密切相關。下列說法正確的是（）

A.《考工記》載有“沫帛”的方法，即利用“灰”（草木灰）和“蜃”（貝殼灰）混合加水所得

液體來洗滌絲、帛。這種液體能洗滌絲、帛主要是因為其中含有K2c。3

B.我國實現(xiàn)海上首飛的“鯨龍?zhí)枴笔褂玫娜剂蠟楹娇彰河?，航空煤油屬于一種燒類化合物

C.《天工開物》記載“人賤者短褐、臬裳，冬以御寒，夏以蔽體，其質(zhì)造物之所具也。屬草

木者，為臬、麻、茴、葛?????.”文中的“臬、麻、荷、葛”屬于纖維素

D.“天宮二號”空間站所用太陽能電池材料碎化鉉屬于傳統(tǒng)無機非金屬材料

2.貝諾酯是阿司匹林與撲熱息痛的酯化產(chǎn)物，是新型的消炎、

解熱、鎮(zhèn)痛、治療風濕病的藥物，其結(jié)構(gòu)如圖所示。下列有關貝

諾酯的說法正確的是（）

A.分子式為J7H13NO5

B.與足量出加成后，所得產(chǎn)物結(jié)構(gòu)中含有2個手性碳

C.與NaOH反應，可生成4種水解產(chǎn)物

D.分子中所有碳原子不可能共平面

3.下列有關離子方程式的書寫錯誤的是（）

2+3+

A.向含F(xiàn)e2+、「、BL各amol的溶液中通入amolCk：2Fe+21-+2C12=2Fe+4C1-+I2

B.向NaClO溶液中通入少量SO2：3C10-+S02+H20=Cl-+S0i-+2HC10

+

C.乙二醇與足量酸性高銃酸鉀溶液反應：HOCH2-CH2OH+2MnO；+6H=2CO2T

2+

+2Mn+6H2O

D.向NH4Al（SOJ溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至SOf恰好完全沉淀：A/+2S0：-+

2+

40H-+2Ba=2BaS04I+A10]+2H2O

4.根據(jù)下列實驗及現(xiàn)象不能得出相應結(jié)論的是（）

選

實驗現(xiàn)象結(jié)論

項

所得沉淀

re時，向等體積的飽和AgCl、Agl溶液中分別滴T℃時，Ksp(AgCl)>

An(AgCl)>

加足量AgNC）3溶液Ksp(AgI)

n(Agl)

取兩支試管各加入2mL0.1mol/L的草酸溶液，分其他條件不變時，反應

褪色并觀察褪色

B別滴加2mL0.01mol/L、0.02mol/L的酸性高鋅酸物濃度越大，反應速率

的時間

鉀溶液越快

將兩支分別盛有5mLO.lmol/LNa2s2O3與

經(jīng)過熱水浸泡的

5mL0.1mol/LH2sO4的試管放入冷水，同時將同不能說明溫度越高，速

C試管冒出氣泡較

樣情況的另外兩支試管浸入熱水，一段時間后混率越快

快

合

含5g油脂的酒精溶液中加入適量40%NaOH溶液

D加熱5min,然后用玻璃棒蘸取少許滴到盛熱水的液面無油滴出現(xiàn)油脂已完全皂化

試管中

A.AB.BC.CD.D

5.短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序數(shù)依次增大，由這五種元素組成的一種化合物M

是一種高效消毒劑，M的結(jié)構(gòu)式如圖所示。下列說法正確的是（）

+

D

A.工業(yè)上米用電解DE的水溶液制備E的單質(zhì)

B.A的氫化物的沸點低于B的氫化物的沸點

C.簡單離子半徑：OB

D.E的氧化物對應的水化物是強電解質(zhì)

6.我國科學家研究出一種新型水系Zn-C2H2電池(圖甲)，既能實現(xiàn)乙煥加氫又能發(fā)電；同

時開發(fā)新型催化劑，實現(xiàn)C02電催化加氫制備c3H6(圖乙)。下列說法錯誤的是()

禹子交換股M離子交換腴N

甲乙

A.甲、乙兩裝置相互連接時，a電極應接d電極

B.離子交換膜M與N不能選擇相同的交換膜

C.a極的電極反應式為C2H2+2e-+2H2O=C2H4+20H-

D.甲、乙兩裝置相互連接時，理論上每生成ImolC3H6,b極質(zhì)量增重48g

7.常溫下將0.2mol」-i的NaOH溶液滴入20mL0.2moi?廣1的NaHA溶液中，溶液中HA1(或

A2-)的分布系數(shù)6、NaOH溶液體積V與pH的關系如圖所示。已知H2A為二元弱酸，下列敘述

錯誤的是(已知HA-分布系數(shù)等于HA-的物質(zhì)的量除以所有含A微粒的物質(zhì)的量之和)()

A.0.2mol?IT】的NaHA溶液中離子濃度大小為：c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2")>

c(OH-)

B.m點對應的溶液中c(Na+)<3c(HA-)

+

C.n點對應的溶液中c(A2-)+c(HA-)+2c(0H-)=2c(H)+3c(H2A)

D.q點對應溶液pH約為8.6

8.錮。n)是一種主要用于液晶顯示屏和半導體生產(chǎn)的重要稀有金屬。從鉛、鋅的冶煉過程中

產(chǎn)生的高錮煙灰(主要含ZnO、PbO、Fez。?、E2O3、In2s3)中提取錮的流程如圖:

VnO>H2SO4H2c0萃取劑H2A[反萃取劑鋅粉

扁鋼煙灰~可策]?相印反?收|水相S；HInC@山插_^知鋼

烹水相有機相

已知：濾液中鍋以14+的形式存在，I/+與A13+相似，易水解。

回答下列問題：

(1)寫出兩種可以加快“氧化酸浸”效率的方法。

(2)“氧化酸浸”過程中In2s3的硫元素被氧化為SO廠，濾渣除含過量Mn02外，還有

(填化學式)，“氧化酸浸”過程中In2s3參與反應的離子方程式為。

(3)“置換”后所得濁液，需要經(jīng)過濾、洗滌、干燥等操作得到粗錮，洗滌的具體操作為

(4)“萃取”過程中的萃取劑可用H2A2表示，使In3+進入有機相，萃取過程14+發(fā)生的反應方

+

程式為：14++3H2A2=In(HA2)3+3H,平衡常數(shù)為K?！拜腿　睍r萃取率的高低受溶液

的pH影響很大，已知與萃取率(E%)的關系符合如下公式：值靛=lgK-卷。當pH=

2.35時?，萃取率為50%,若將萃取率提升到95%,應調(diào)節(jié)溶液的pH=(已知lgl9=1.28,

忽略萃取劑濃度的變化，結(jié)果保留三位有效數(shù)字)。

(5)鹽酸的濃度與錮、鐵的反萃取率的關系如圖1所示。則“反萃取”過程中應選擇鹽酸的最

佳濃度為moH3L-1?

(6)在提取過程中得到了副產(chǎn)物FeSCU-7H2O(M=278g/mol),^6.95gFeSO4-7H2。固體加熱

至不同溫度，剩余固體的質(zhì)量變化如圖2所示。取適量380久時所得的樣品P,隔絕空氣加熱

至650久得到一種固體物質(zhì)Q,同時有兩種無色氣體生成，寫出此步驟發(fā)生的化學反應方程式

9.氮化錮（S「3N2）是工業(yè)上生產(chǎn)熒光粉的原材料，遇水劇烈發(fā)生水解反應。實驗室常用Sr和

隊在加熱條件下反應制得，某研究團隊設計以下裝置（夾持裝置略去）：

已知：①錮與鎂、鈣同主族，錮能與水、C02,。2、NH3等快速發(fā)生反應；

②H3BO3為白色粉末狀結(jié)晶，有滑膩手感，無臭味，露置空氣中無變化，能隨水蒸氣揮發(fā)；

硼酸酸性很弱，硼酸溶液達不到甲基橙變色的pH。

回答下列問題：

I.氮化鋸的制取

Q）儀器a的名稱是,按氣流從左到右的方向，裝置連接的合理順序為-E-

（填大寫字母；裝置可重復使用）；連接順序中間裝置E的作用是。

（2）裝置C中發(fā)生反應的方程式為。

口.產(chǎn)品純度的測定

實驗步驟如下：

①向錐形瓶中加入50.00mL某濃度的H3BO3溶液，滴加甲基橙，用0.25mol」T的鹽酸標準溶

液滴定，達到滴定終點，消耗鹽酸xmL；

②稱取2.0g裝置D中的產(chǎn)品，加入到干燥的大試管中，如下圖裝置所示，再向錐形瓶中加入

步驟①中相同體積濃度的H3BO3溶液；

③通過分液漏斗向大試管加入蒸儲水，通入水蒸氣，將產(chǎn)生氨氣全部蒸出，用H3BO3溶液完

全吸收(吸收液體積變化忽略不計)；

④量取25.00mL的吸收液，滴加甲基橙后，用0.25mol1T的鹽酸標準溶液滴定至終點，消

耗16.00mL標準溶液。

(3)裝置中，氮化錮發(fā)生的反應方程式為,實驗步驟①作用為。

(4)產(chǎn)品純度為?

10.CO2與CH4催化重整制合成氣是研究熱點之一，重整能獲得氫能同時能高效轉(zhuǎn)化溫室氣

體。發(fā)生的主要反應有：

反應I：CH4(g)+CO2(g)U2CO(g)+2H2(g)AH1

-1

反應口：H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g)AH2=+41kJ-mol

-1

反應HI：CH4(g)=C(s)+2H2(g)AH3=+75kJ-mol

(DCH4-CO2重整過程中的積碳是反應催化劑失活的主要原因。積碳反應除反應W外，還發(fā)

生反應W：2C0(g)#C(s)+C02(g)AH4=-173kJ-moP^積碳反應能迅速到達平衡狀態(tài)。

CH4-CO2重整反應中催化劑上產(chǎn)生的積碳的質(zhì)量與溫度的關系如圖1所示。

①AH1=kJ-mor1?

②溫度低于700久時，積碳的質(zhì)量隨溫度的升高而增多的原因是。

曲燧A

曲線B

60080010001200

T/K

!

(2)向密閉容器中充入等物質(zhì)的量的CO?與CH”測得平衡時，壓強對數(shù)lgp(C02)和lgp(H2)的

關系如圖2。

①T112(填“>”或)。

②T/寸，p2(Hz)與p(CC)2)的比值是?

(3)恒壓下進行CO?與CH4催化重整實驗，初始壓強為po,起始投料MCH4)=n(CO2)=lOmol,

若只發(fā)生反應I和反應n,CO2和C%的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度變化曲線如圖3所示。

①曲線(填“A”或"B”)表示CH4的平衡轉(zhuǎn)化率。

②800K,反應I的分壓平衡常數(shù)。=(分壓=總壓x物質(zhì)的量分數(shù))。

(4)科學家利用電化學裝置實現(xiàn)CH,和CO?兩種分子的耦合轉(zhuǎn)化，其原理如圖4所示:

當在某電極上生成的兩種有機物物質(zhì)的量之比為1：1時，該電極上的電極反應式為。

CO2和C%的物質(zhì)的量比為o

11.銅是人類最早使用的金屬之一，銅及其化合物具有廣泛的應用。請回答下列問題：

(1)黃銅是人類最早使用的合金之一，主要由Zn和Cu組成。第一電離能Ii(Zn)h(Cu)(

填“大于”或“小于”)。原因是。

(2)[CU(NH3)2「不穩(wěn)定，遇到空氣則被氧化變成深藍色的[CU(NH3)4]2+,這個性質(zhì)可用于氣

+2+

體凈化,除去氣體中的含量。2：4[CU(NH3)2]+。2+8NH3+2H2。=4[Cu(NH3)4]+40HJ

①[Cu(NH3)412+配位數(shù)為,含有。鍵的數(shù)目為o

②NH3中N原子的雜化方式為,其空間構(gòu)型為。

(3)銅晶體中原子的堆積方式如圖1所示，則Cu原子的空間利用率是；銅的原子半徑

為rpm,設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，列式計算晶體銅的密度g/cm3(列出計算表達

式即可)。

(4)一種銅金合金具有儲氫功能，其晶體為面心立方最密堆積結(jié)構(gòu)，晶胞中Cu原子處于面心,

Au原子處于頂角，則Au原子的配位數(shù)為o該儲氫材料儲氫時，氫分子可進入由Cu原

子與Au原子構(gòu)成的四面體空隙中。若將Cu原子與Au原子等同看待，該晶體儲氫后的晶胞結(jié)構(gòu)

與ZnS的結(jié)構(gòu)相似(如圖2),該晶體儲氫后的化學式為o

12.2022年12月，新冠疫情防控政策逐步放開后，衛(wèi)健委公布了《新冠病毒感染者用藥目

錄(第一版)》，抗炎藥物洛索洛芬鈉名列其中。洛索洛芬鈉中間體H的一種合成路線如圖:

CH5

C-COOCH})上

B(C4H8。：)濃H&J丁C-NaNHyNH了D(E(C13Hi5O3Br)

催化劑/AAIClj

CH5

2)H,0*

(CHCH)SIHN

3:3F(CHOBr)

CF3COOH13r;

X

COOCHj

已知：

R

I.Ar-Br+RCH-Z》畫(2Ar-6-Z(Ar為芳星，Z-COX,COOR.X-CkBr)

R.1-問。Ai

0

n.Ar-H(Ar為芳恭,X?CLBr)

A1C13

R^X

inR-N山H—:?R-N￡-R：(X=CLBr)

回答下列問題：

(1)B的系統(tǒng)命名為o

(2)鏈狀有機物A中官能團的名稱為。

(3)B-C的化學方程式為。

(4)F的結(jié)構(gòu)簡式為。

(5)已知有機物K為D的同系物，其相對分子質(zhì)量比D小42,則符合下列條件的K的同分異構(gòu)體

有種。

①屬于芳香族化合物且除苯環(huán)外不含其他環(huán)

②不含碳碳雙鍵

③常溫下能與Na2c。3溶液反應

其中，核磁共振氫譜為四組峰，峰面積之比為3：2：2：1的結(jié)構(gòu)簡式為o

(6)根據(jù)上述信息，寫出以

合成路線o

答案和解析

1.【答案】c

【解析】解:A.草木灰的主要成分是碳酸鉀，貝殼灰的主要成分是氧化鈣，在水中二者反應生成KOH,

則文中洗滌絲、帛的液體中含有KOH,故A錯誤；

B.航空煤油中含有多種燒，屬于混合物，不是燒類化合物，故B錯誤；

C.文中的“梟、麻、荷、葛”是植物纖維，屬于纖維素，故C正確；

D.傳統(tǒng)無機非金屬材料常指水泥、玻璃和陶瓷，而碑化像具有特殊性能，可用于制造太陽能電池，

屬于新型無機非金屬材料，故D錯誤；

故選：C.

A.草木灰的主要成分是碳酸鉀，貝殼灰的主要成分是氧化鈣，在水中二者反應生成KOH,可用于

洗滌油污；

B.航空煤油是多種燒的混合物；

C.文中的“臬、麻、荷、葛”主要成分為植物纖維；

D.珅化鐵屬于新型無機非金屬材料”

本題考查物質(zhì)的組成與應用，把握物質(zhì)的組成、性質(zhì)及用途的關系是解題的關鍵，側(cè)重分析與運

用能力的考查，注意化學與生活的密切關系，題目難度不大。

2.【答案】B

【解析】解：A.該有機物分子含有17個碳原子、15個氫原子、5個氧原子、1個氮原子，故其分子

式為G7H15NO5,故A錯誤;

B.分子中只有苯環(huán)能與氫氣發(fā)生加成反應,加成產(chǎn)物為如圖標有“*”

為手性碳原子:,加成產(chǎn)物含有2個手性碳原子，故B正確;

ONa

C.分子中酯基、酰胺基能與氫氧化鈉反應，生成C^COONa、廣匚￡?°Na、三種水解產(chǎn)物，

ONa

NH,

故C錯誤：

D.旋轉(zhuǎn)單鍵可以使苯環(huán)平面、碳氧雙鍵平面共平面，分子中所有碳原子可能共平面，故D錯誤;

故選：Bo

A.分子含有17個碳原子、15個氫原子、5個氧原子、1個氮原子；

B.分子中只有苯環(huán)能與氫氣發(fā)生加成反應，連接4個不同原子或原子團的碳原子是手性碳原子；

C.分子中酯基、酰胺基能與氫氧化鈉反應；

D.旋轉(zhuǎn)單鍵可以使苯環(huán)平面、碳氧雙鍵平面共平面。

本題考查有機物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，熟練掌握官能團的結(jié)構(gòu)、性質(zhì)與轉(zhuǎn)化，理解酯基、酰胺基與堿反

應原理，注意根據(jù)甲烷的四面體、乙烯與苯的平面形、乙煥直線形理解共面與共線問題，題目側(cè)

重考查學生分析推理能力、靈活運用知識的能力。

3.【答案】D

【解析】解：A.向含F(xiàn)e?+、「、BL各amol的溶液中通入amolCL離子方程式為：2Fe?++2r+

3+

2Cl2=2Fe+4Cr+I2,故A正確；

B.向NaQO溶液中通入少量SO2,離子方程式為：3CKF+SO2+力0=+SO/+2HC1O,故B

正確；

+

C.乙二醇與足量酸性高鈦酸鉀溶液反應，離子方程式為：HOCH2-CH2OH+2MnO；+6H=

2+

2CO2T+2Mn+6H2O,故C正確；

D.向NH4Al(SOJ溶液中逐滴加入Ba(0H)2溶液至SO歹恰好沉淀完全，NH4A1(SO4)2^Ba(OH)2的

物質(zhì)的量之比為1：2,反應生成氫氧化鋁沉淀和一水合氨，正確的離子方程式為：NH：+A13++

2+

2S0i~+2Ba+40H-=NH3-H20+2BaSO41+A1(OH)31,故D錯誤；

故選:Do

A.碘離子還原性強于亞鐵離子、亞鐵離子還原性強于澳離子，氯氣先氧化碘離子再氧化亞鐵離子；

B.次氯酸根離子能氧化二氧化硫生成硫酸根離子，二氧化硫少量，只還原部分次氯酸根離子；

C.高銃酸鉀足量，乙二醇被氧化生成二氧化碳；

D.SOf恰好沉淀完全時，二者物質(zhì)的量之比為1：2,反應生成一水合氨和氫氧化鋁沉淀。

本題考查離子方程式的書寫正誤判斷，題目難度中等，明確反應實質(zhì)是解題關鍵，注意反應物用

量對反應的影響，選項D為易錯選項。

4.【答案】B

【解析】解：A.飽和AgCl、Agl溶液中，氯離子濃度大于碘離子濃度，等體積的兩種溶液分別滴加

足量AgNC>3溶液，Lp大的生成沉淀多，所得沉淀n(AgCl)>n(Agl),可知T°C時，Ksp(AgCl)>

Ksp(Agl),故A正確；

B.高錦酸鉀溶液的濃度不同，顏色不同，應控制酸性高鎰酸鉀不足且等量，改變草酸的濃度探究

濃度對反應速率的影響，故B錯誤；

C.將試管先分別放在冷水、熱水中，再加反應物，可探究溫度對反應速率的影響，操作不合理，

故C正確；

D.油脂與NaOH溶液發(fā)生水解反應，生成高級脂肪酸鹽和甘油，均溶于水，與酒精不分層，則液面

無油滴出現(xiàn)，可知油脂已完全皂化，故D正確；

故選：Bo

A.飽和AgCl、Agl溶液中，AgCl溶液濃度大，等體積的兩種溶液中分別滴加足量AgNO3溶液，Lp大

的生成沉淀多；

B.高鐳酸鉀溶液的濃度不同，顏色不同；

C.將試管先分別放在冷水、熱水中，再加反應物；

D.油脂與NaOH溶液發(fā)生水解反應。

本題考查化學實驗方案的評價，涉及知識點來源于教材，明確物質(zhì)的性質(zhì)、難溶電解質(zhì)、反應速

率為解答的關鍵，側(cè)重基礎知識的考查，注重實驗能力的培養(yǎng)和技能的訓練，題目難度不大。

5.【答案】A

【解析】解：A.工業(yè)上采用電解NaCl溶液制氯氣，故A正確；

B.A的氫化物有多種，常溫下狀態(tài)氣體、液體、固體都有，則A的氫化物的沸點與B的氫化物的沸

點不能直接比較，故B錯誤；

C.簡單離子在核外電子排布相同的情況下，原子序數(shù)越大，半徑越小，電子層越多，半徑越大，

則簡單離子半徑B>c,故C錯誤；

D.E的氧化物對應的水化物是不一定是強電解質(zhì)，如次氯酸，故D錯誤；

故選：Ao

短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序數(shù)依次增大，由M的結(jié)構(gòu)式可知，D為帶1個單位正電荷

的陽離子，結(jié)合原子序數(shù)可知D為Na；E只能形成1個共價單鍵，且原子序數(shù)最大，E為Cl；E能形

成2個共價鍵，則C為0,A有4個鍵、B有3個鍵，且短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序數(shù)依

次增大，則A為C,B為N,以此來解答。

本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律，為高頻考點，把握化學鍵、原子序數(shù)來推斷元素為解答的關鍵，

側(cè)重分析與應用能力的考查，注意規(guī)律性知識的應用，題目難度不大。

6.【答案】A

【解析】解：A.c為陰極，與電源負極相連，即與b口相連，故A錯誤：

B.裝置甲中通過氫氧根遷移來平衡電荷，離子交換膜為陰離子交換膜，裝置乙中通過氫離子遷移

平衡電荷，為質(zhì)子交換膜，故B正確；

C.a電極上C2H2被還原為C2H型根據(jù)電子守恒、元素守恒可得電極反應為C2Hz+2e-+2H2。=

C2H4+20H-,故C正確；

+

D.c電極上的反應為3c。2+18e-+18H=C3H6+6H20,b電極的反應為Zn-2e-+20f=

Zn0+H20,增重為0原子的質(zhì)量，消耗ImolCOz轉(zhuǎn)移6moi電子，b電極上增重3moi0原子的質(zhì)量，

即為48g,故D正確：

故選：Ao

甲裝置中，Zn被氧化，所以b電極為負極，a電極為正極；乙池中d電極上小0被氧化為。2,所以d電

極為陽極，c電極為陰極。

本題考查原電池，側(cè)重考查學生新型電源的掌握情況，試題難度中等。

7.【答案】C

【解析1解：A,由圖可知，NaOH溶液體積V=0時，NaHA溶液呈酸性，即HA-的電離程度大于其

水解程度，由于水的電離，c(H+)>c(A2~),則液中離子濃度大小為：c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>

c(A2-)>c(OH_),故A正確;

B.m點對應的溶液中電荷守恒關系為c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-),且c(A2-)=

c(HA-),溶液呈酸性,c(H+)>c(OH-),則c(Na+)<3c(HA-),故B正確;

C.n點對應的溶液中c(NazA)=n(NaHA),物料守恒關系為2c(Na+)=3[c(HA-)+c(H2A)+

c(A2-)],電荷守恒關系為c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OFT),則觸一)4-2c(OH")=

+

2C(H)+3C(H2A)+C(HA-),故C錯誤;

D.m點對應的溶液中c(A2-)=c(HA-),pH=4.2,此時Ka式H?A)=孺*xc(H+)=c(H+)=

IO-2,q點對應溶液中溶質(zhì)為Na?A,c(Na2A)=O.lmol/L,A?-水解常數(shù)h=溫而==

IZ

10-98,結(jié)合c(OH-)==V0.1x10-9-8mol/L=10-5-4mol/L,c(H+)==

^_-g^mol/L=10-8,6mol/L>pH=8.6,故D正確；

故選：C=

A.由圖可知，NaOH溶液體積V=0時，NaHA溶液的pH<4.2,呈酸性，即HA-的電離程度大于其

水解程度；

B.m點對應的溶液中c(A2-)=c(HA-),溶液呈酸性，c(H+)>c(OH-),結(jié)合電荷守恒關系分析判

斷；

C.n點對應的溶液中c(Na2A)=n(NaHA),物料守恒關系為2c(Na+)=3[c(HA-)+c(H2A)+

c(A2-)],結(jié)合電荷守恒關系分析判斷；

D.m點對應的溶液中c(A2-)=c(HA-),pH=4.2,此時&2(%人)=蓋彳xc(H+)=c(H+)=

10-4.2,q點對應溶液中溶質(zhì)為Na?A,c(NaA)=o.lmol/L,A?-水解常數(shù)幾=二=擔==

10-9.8,結(jié)合c(OH-)=和c(H+)=息5進行計算。

本題考查酸堿混合溶液定性判斷及pH的簡單計算，把握曲線所對應離子判斷、電離平衡常數(shù)的計

算、鹽類水解原理的應用為解答關鍵，注意掌握溶液中守恒關系式的應用，考查了學生的分析能

力及化學計算能力，題目難度中等。

8.【答案】攪拌、粉碎或提高酸浸溫度、增大硫酸濃度PbS04In2s3+12MnC>2+24H+=3S0f+

2+3+

12Mn+2In+12H2O用玻璃棒引流，直接在漏斗中注入蒸饋水，直至浸沒沉淀，然后讓液

高溫

體從漏斗底部自然流出，重復上述步驟2?3次2.7772.5

2FeS04=Fe2O3+S03T+SO2T

【解析】解：(1)攪拌、粉碎或提高酸浸溫度、增大硫酸濃度等均可加快“氧化酸浸”效率,

故答案為：攪拌、粉碎或提高酸浸溫度、增大硫酸濃度；

(2)酸浸時，生成的硫酸鉛為不溶于酸的沉淀，則濾渣為硫酸鉛，加熱溶液可使反應速率增大，提

高酸浸效率；過程中MnO2只將In2s3中的硫元素氧化為SOt，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+4價變?yōu)?2價，得到2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24：2,因而離子化學方程式為In2s3+12Mn()2+24H+=3S0：-+

2+

12Mn+21n3++12H2O,

+2+3+

故答案為：PbS04；ln2S3+12MnO2+24H=3S0i-+12Mn+2In+12H20；

(3)洗滌的具體操作為用玻璃棒引流，直接在漏斗中注入蒸儲水，直至浸沒沉淀，然后讓液體從漏

斗底部自然流出，重復上述步驟2?3次，

故答案為：用玻璃棒引流，直接在漏斗中注入蒸譙水，直至浸沒沉淀，然后讓液體漏斗從底部自

然流出，重復上述步驟2?3次；

(4)由1g墨=lgK—1g函§可知，當pH=2.35時，萃取率為50%，則1g墨^=lgK-

1g(然：)：,可得］gK=1g嚅黑,若將萃取率提升到95%,忽略萃取劑濃度的變化，則恒律7=

J

。c%H2A2)°°C(H2A2)01-95%

磔一恒黑5,將期代入得，恒19=也喘一但出,所以磔9=年端x

c型庶，=31gl0-2-35-31gc(H+),代入lgl9=1.28可得,1.28=-7.05-31gc(H+),-lgc(H+)=

128；7.O5=2.777,所以若將萃取率提升到95%,應調(diào)節(jié)溶液的pH=2.777,

故答案為：2.777；

(5)反萃取時，F(xiàn)e3+盡可能留在有機相，IM+盡可能反萃取到水相，則由題中圖示可知，當鹽酸的

濃度為2.5mol/L時，In3+的反萃取率達80%以上，而Fe3+的反萃取率很小，所以鹽酸的最佳濃度

為2.5mol-L-1,

故答案為：2.5mol?LT；

(6)6.95gFeSO-7H2。樣品物質(zhì)的量==0.025mol,其中01(%0)=0.025molx7x

4斕4/Og/II*vl

18g/mol=3.15g,如晶體全部失去結(jié)晶水，固體的質(zhì)量應為6.95g-3.15g=3.8g,可知在加熱到

373留之前，晶體失去部分結(jié)晶水，結(jié)合質(zhì)量的變化可確定在不同溫度時加熱后固體的化學式，加

熱至633冤時,固體的質(zhì)量為2.00g,其中n(Fe)=n(FeS()4?7%0)=0.025moLm(Fe)=

0.025molx56g/mol=1.4g,則固體中m(0)=2.00g—1.4g=0.6g,n(0)=12:言°】=0.0375mol,

則n(Fe)：n(0)=0.025mol：0.0375mol=2：3,則固體物質(zhì)Q的化學式為Fe2。?,P點為FeSCU，

P點為3.80gFeSC)4，其物質(zhì)的量為0.025mol,P—Q的過程中，F(xiàn)e元素化合價升高，則S元素化合

價會下降生成SO2,根據(jù)原子守恒可知，M0.0125molFe203,失去電子為0.025mol,若S元素全

部生成SO2,則需得到0.05mol電子，得失電子不守恒，因此還有一部分SO3生成，因此最終氣體

為SO?和SO3的混合氣體，則380℃的P力口熱至650℃時的化學方程式為：zFeSO4.Fe2O3+S03T

+S02T,

故答案為：2FeSO4""Fe2O3+S03T+S02T0

高鍋煙灰(主要含ZnO、PbO、Fe2O3,In2O3sIn2S3),在高鋼煙灰加入硫酸、二氧化鎰進行酸浸

氧化，將In2s3氧化為硫酸根離子和In3+,ZnO、PbO、Fe2()3分別和硫酸反應轉(zhuǎn)化為ZnSC^、PbSO,

沉淀和Fe2(SO4)3,1%03和硫酸反應變?yōu)楣?+,則濾渣為硫酸鉛；過濾，向濾液中加入草酸，還

原鐵離子，防止加入萃取劑時，鐵離子進入有機相；加入萃取劑萃取14+,則ZM+、Fe2+均進入

水相，經(jīng)一系列操作得到粗鋼，據(jù)此分析；

(6)6.95gFeSO4-7H2。樣品物質(zhì)的量=溫篇=0.025mol,其中叭出0)=0.025molx7x

18g/mol=3.15g,如晶體全部失去結(jié)晶水，固體的質(zhì)量應為6.95g—3.15g=3.8g,可知在加熱到

373久之前，晶體失去部分結(jié)晶水，結(jié)合質(zhì)量的變化可確定在不同溫度時加熱后固體的化學式，加

熱至633T時，固體的質(zhì)量為2.00g,M^nfFe)=n(FeS04-7H20)=0.025moLm(Fe)=

0.025molX56g/mol=1.4g,則固體中m(0)=2.00g—1.4g=0.6g,n(0)=看；：。1=0.0375mol,

則n(Fe)：n(0)=0.025mol：0.0375mol=2：3,則固體物質(zhì)Q的化學式為Fe2()3,P點為FeSO”

據(jù)此解答。

本題考查物質(zhì)的分離提純實驗方案設計，為高考常見題型和高頻考點，側(cè)重考查學生知識綜合應

用、根據(jù)實驗目的及物質(zhì)的性質(zhì)進行分析、實驗基本操作能力及實驗方案設計能力，綜合性較強，

注意把握物質(zhì)性質(zhì)以及對題目信息的獲取與使用，難度較大。

9.【答案】分液漏斗A-BTCD-B干燥氮氣同時防止導管堵塞3CUO+2N&￡3Cu+

3H2O+N2Sr3N2+6H20=3Sr(OH)2+2NH3T提供空白試驗，提高測量的準確

度o.O365j；o-x)*100%

【解析［解：(1)儀器a的名稱是分液漏斗，根據(jù)分析，裝置連接的合理順序為ATBTC—ETDT

B；連接順序中間裝置E的作用是干燥氮氣同時防止導管堵塞，

故答案為：分液漏斗；ArBrC；DTB；干燥氮氣同時防止導管堵塞；

(2)裝置CuO和氨氣發(fā)生氧化還原反應生成Cu、％、H20,發(fā)生反應的方程式為3CUO+

2NH3=3Cu+3H2O+N2，

故答案為：3CuO+2NH3=3Cu+3H2O+N2;

(3)裝置中，氮化鋼和水反應生成氫氧化鋸和氨氣，發(fā)生的反應方程式為5口"+6%0=

3Sr(OH)2+2NH31,實驗步驟①作用提供空白試驗，提高測量的準確度，

故答案為：Sr3N2+6H2O=3Sr(0H)2+2NH3?；提供空白試驗，提高測量的準確度；

(4)步驟①也用相同的指示劑，硼酸是弱酸可能達不到甲基橙變色的pH,因此用空白對照實驗排

除影響，此時用xmL標準鹽酸溶液才變色；步驟①是50mL溶液滴定，步驟④取20mL溶液滴定，

20mL溶液轉(zhuǎn)化成50mL時消耗標準鹽酸體積：16.00X2.5=40.00mL,結(jié)合步驟①可知氨氣消耗

的標準鹽酸體積：(40.00-x)mL,氨氣的物質(zhì)的量：0.25x(40.00-x)xl0-3mo|,Ss"的物

_3

質(zhì)的量025x(40.00-x)x10-3xo.5mol,的質(zhì)量：0.25x(40.00-x)xIOx0.5molx

292g/mol,故產(chǎn)品純度為以竺皆匕&X100%,

故答案為：0.0365x(40-x)x10Q%o

裝置A用濃氨水和CaO反應制備氨氣，裝置B干燥氨氣，裝置C氨氣和氧化銅反應生成氮氣，然后用

E干燥生成的氮氣，E中長頸漏斗可以防止導管堵塞，裝置D中氮氣和Sr反應生成氮化錮，最后再

連接裝置B,防止產(chǎn)品水解。

本題考查物質(zhì)的制備實驗方案設計，為高考常見題型和高頻考點，側(cè)重考查學生知識綜合應用、

根據(jù)實驗目的及物質(zhì)的性質(zhì)進行分析、實驗基本操作能力及實驗方案設計能力，綜合性較強，注

意把握物質(zhì)性質(zhì)以及對題目信息的獲取與使用，難度中等。

10.【答案】+248溫度低于700汽，溫度升高有利于反應HI進行，不利于反應W,且溫度對反應

HI的影響大于反應W的影響>1：10B蓋4cH4-6e-+3。2-=CH3CH3+CH2=CH2+

3H2O3：4

【解析】解:(1)①反應m：CH4(g)=C(s)+2H2(g)AH3=+75kJ-mori,反應W：2C0(g)WC(s)+

1

CO2(g)AH4=-173kJ-mol-,依據(jù)蓋斯定律W—W可得CH^g)+CO2(g)=2C0(g)+

2H2(g)AH]=+75kJ-mol-1-(-173kJ-mol-1)=+248k]/mol,

故答案為：+248；

②溫度低于70(rc時，積碳的質(zhì)量隨溫度的升高而增多的原因是溫度低于700。。溫度升高有利于

反應in進行，不利于反應w,且溫度對反應in的影響大于反應w的影響，

故答案為：溫度低于700冤，溫度升高有利于反應DI進行，不利于反應W,且溫度對反應DI的影響

大于反應IV的影響；

(2)①CH4(g)+CC)2(g)U2C0(g)+2H2(g)為吸熱反應，由圖可知，橫坐標相同時，￡對應的

lgp(H2)更大,升高溫度，平衡正向移動，lgp(H2)增大,故T1>T2,

故答案為：>;

②向密閉容器中充入等物質(zhì)的量的C02與CH*由b點可知，lgp(H2)=0,p(H2)=l,lgp(CO2)=1,

p(CO2)=10,p2(H2)與p(CC>2)的比值10=1：10,

故答案為：1：10；

(3)①由題目信息可知，二氧化碳參與兩個反應，甲烷只參與了一個反應，相同情況下，二氧化碳

消耗更多，平衡轉(zhuǎn)化率更大，故曲線B表示CH4的平衡轉(zhuǎn)化率，曲線A表示CO2的平衡轉(zhuǎn)化率，

故答案為：B；

②800K時，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率為40%，反應的物質(zhì)的量為10molx40%=4mol,CH4的平衡轉(zhuǎn)化

率為20%,反應的物質(zhì)的量為10molx20%=2mol,列三段式：

CH4(g)+CO2(g)W2C0(g)+2H2(g)

起始量(mol)101000

變化量(mol)2244

平衡量(mol)8

CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)

起始量(mol)10400

變化量(mol)2222

平衡量(mol)10-2-2=64-2=22+4=6

平衡時氣體的總物質(zhì)的量為(8+6+2+6+2)mol=24mol,反應I的分壓平衡常數(shù)Kp=

p2(CO>p2(H2)_(知0)雙(知0,__P￡

p(CO2).p(CH4)-知0x知。一192，

故答案為：遞；

192

(4)B極為陽極，若生成的乙烯和乙烷的物質(zhì)的量之比為1：1,陽極的電極反應式為4cH4-6e-+

2

302-=CH3cH3+CH2=CH2+3H2O,陰極電極反應式為CO2+2e-=CO+0~,設消耗CH3cH3

和CH?=C%的物質(zhì)的量均為Imol,消耗甲烷的物質(zhì)的量為4mol,轉(zhuǎn)移電子6mol,消耗二氧化碳

的物質(zhì)的量為3mol,則CO?和CH4的物質(zhì)的量比為3：4,

2-

故答案為：4CH4-6e-+SO=CH3CH3+CH2=CH2+3H2O；3：4=

(1)①依據(jù)蓋斯定律由已知反應的反應熱計算未知反應的反應熱；

②依據(jù)溫度變化對平衡的影響分析積碳的質(zhì)量變化；

(2)①依據(jù)溫度變化對平衡的影響判斷溫度關系；

②結(jié)合圖象中對數(shù)關系判斷壓強比；

(3)①依據(jù)反應消耗判斷轉(zhuǎn)化率；

②依據(jù)反應物起始加入量和轉(zhuǎn)化率計算平衡時各組分的量，進而計算平衡常數(shù)；

(4)由圖可知，B極碳元素價態(tài)升高失電子，故B極為陽極，若生成的乙烯和乙烷的物質(zhì)的量之比

為1：1,陽極的電極反應式為4cH4-6e-+302-=CH3cH3+CH2=CH2+3H2。，A極為陰極，

電極反應式為CO2+2e-=C0+CP-。

本題考查蓋斯定律、化學平衡和電解池，題目難度中等，掌握外界條件改變化學平衡的影響是解

題的關鍵，難點是化學平衡常數(shù)的計算。

11.【答案】大于Zn核外電子排布為全滿穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，較難失電子416sp3三角錐

形74%罟?x10304AuCu3H8

【解析】解：(l)Zn的價電子排布式為3d】04s2,Cu的價電子排布式為3d104si,第一電離能：Zn失

去的是4s2全滿狀態(tài)上的一個電子，所需能量比較高，而Cu失去的是4sl上的一個電子，則I】(Zn)大

于k(Cu),

答案為：大于；Zn核外電子排布為全滿穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，較難失電子；

(2)①由[CU(NH3)4K+可知，內(nèi)界有4個配體，配位數(shù)為4；[CU(NH3)4K+中存在N原子與Cu之間形

成的配位鍵和N-H鍵，含有。鍵的數(shù)目為4+4x3=16,

故答案為：4；16；

②N國中N原子價層電子對數(shù)為3+后包=4,有1個孤電子對，雜化方式為sp3,空間構(gòu)型為三

角錐形，

故答案為：sp3；三角錐形；

(3)設晶胞參數(shù)為apm,晶胞體積為a3Pm3,由銅晶體中原子的堆積方式圖可知，面對角線等于4r,

即4r=/Na,晶胞內(nèi)Cu原子個數(shù)為8x：+6x；=4,Cu原子體積為4x3Pm3=4x

oZ5

gmFa)3Pm3,Cu原子的空間利用率=Cu，原,體'枳*100%="義開(y~a)。W。％=,彳％；晶胞質(zhì)

3

34晶胞體積a

4x64

量為答g，晶胞體積為(2/IrxlOTo)3cm3,晶胞密度p=巴=-----=

心PV(2<^rxl0-10)3cm3獷

103Og/cm3,

故答案為：74%；皓xM；

(4)晶胞中Cu原子處于面心,Au原子處于頂角，則距離Au原子最近的Cu原子位于相鄰的三個面心；

Cu原子處于面心，個數(shù)為6x3=3,Au原子處于頂角，個數(shù)為8x：=1,氫分子個數(shù)為4,該晶

體儲氫后的化學式為AuCu3H8，

故答案為：AuCu3H8。

(l)Zn的價電子排布式為3d104s2,Cu的價電子排布式為3di04s】，第一電離能：Zn失去的是4s2全

滿狀態(tài)上的一個電子，所需能量比較高，而Cu失去的是4sl上的一個電子；

(2)①由［Cu(NH3)4『+可知，內(nèi)界有4個配體；［Cu(NH3)412+中存在N原子與Cu之間形成的配位鍵

和N-H鍵；

②N國中N原子價層電子對數(shù)為3+話9=4,有1個孤電子對；

(3)設晶胞參數(shù)為apm,晶胞體積為a3Pm3,由銅晶體中原子的堆積方式圖可知，面對角線等于4r,

即4r=V"Na,晶胞內(nèi)Cu原子個數(shù)為8x：+6x；=4,Cu原子體積為4xJirr3Pm3=4x

OL5

gn(?a)3Pm3,根據(jù)端器x100%計算Cu原子的空間利用率；晶胞質(zhì)量為籌g,根據(jù)p=?

計算晶胞密度；

(4)晶胞中Cu原子處于面心,Au原子處于頂角，則距離Au原子最近的Cu原子位于相鄰的三個面心；

Cu原子處于面心，個數(shù)為6x〈=3,Au原子處于頂角，個數(shù)為8x：=l,氫分子個數(shù)為4。

4O

本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，涉及核外電子排布式、配位數(shù)、化學鍵、雜化方式、分子構(gòu)型、空間

利用率、化學式、晶胞計算等，側(cè)重考查學生基礎知識的掌握情況，試題難度適中。

CHsCH3

12.【答案】2-甲基丙酸碳碳雙鍵、撥基ICHQH.I

H3C-CH-COOHH3C-CH-COOCH3

Br、/=\#