2023-2024學年山東省煙臺市高三年級上冊期末考試化學試題（解析版）

山東省煙臺市2023-2024學年高三上學期期末考試

化學試題

注意事項：

1.答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置。

2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動,

用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試

卷上無效。

3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。

可能用到的相對原子質量：Li7O16S32Mn55Cu641127

一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個選項符合題意。

1.中華文化源遠流長，化學與文化傳承密不可分。下列說法錯誤的是

A,糧食釀酒過程中碳元素僅被還原

B.“白青［Cu2（OH）2coJ得鐵化為銅“，其中白青屬于鹽

C.聞名世界的秦兵馬俑是陶制品，由黏土經高溫燒結而成

D.“蓋此磯色綠，味酸，燒之則赤”，“味酸”是因綠磯水解產生H+

【答案】A

【解析】

【詳解】A.糧食釀酒過程中，糧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,

該過程中碳元素部分被還原，部分被氧化，故A錯誤；

B.從組成分析Cu2（OH）2cCh屬于堿式鹽，故B正確；

C.陶瓷由黏土高溫燒結而成，故C正確；

D.綠磯為FeSO「7H2。，溶于水電離出Fe?+,Fe?+水解產生H+使溶液呈酸性，故D正確；

故選：Ao

2.實驗室中下列做法正確的是

A.用銅絲代替鉗絲做焰色試驗

B.用剩的白磷放回盛有水的廣口瓶中

C.用10mL量筒量取8.50mLNaOH溶液

D.濃硝酸保存在帶橡膠塞的棕色細口瓶中

【答案】B

【解析】

第1頁/共25頁

【詳解】A.銅元素的焰色呈綠色，會干擾其它金屬元素的焰色，不能用銅絲代替鉗絲做焰色試驗，A項錯

誤；

B.白磷易自燃，用剩的白磷放回盛有水的廣口瓶中，B項正確；

C.量取8.50mLNaOH溶液應該用堿式滴定管,量筒精度不夠，不能用量筒，10mL量筒只能量取8.5mLNaOH

溶液，C項錯誤；

D.濃硝酸具有強氧化性，會腐蝕橡膠塞，保存濃硝酸的細口瓶不能用橡膠塞，D項錯誤；

答案選B。

3.X、Y、Z、W、Q為原子序數依次增大的短周期主族元素，X的原子半徑小于Y的原子半徑，Z基態(tài)原

子核外有3個未成對電子，Y的核外電子數與Z的價層電子數相等，Q2是氧化性最強的單質，下列說法正

確的是

A.鍵能：Z2<W2<Q2B.YQ3、ZQ3均為非極性分子

C.沸點：X2W<XQD,同周期中第一電離能介于Y和Z之間的元素有3

種

【答案】D

【解析】

【分析】X、Y、Z、W、Q為原子序數依次增大的短周期主族元素，Q2是氧化性最強的單質，則Q是氟；

Z基態(tài)原子核外有3個未成對電子，Z為氮，則W為氧；Y的核外電子數與Z的價層電子數相等，Y為硼；

X的原子半徑小于Y的原子半徑，則X為氫；

【詳解】A.氮氣分子中包含三鍵，鍵能最大，A錯誤；

B.BF3的價層電子對數為3,空間構型為平面三角形，正負電荷重心重合，為非極性分子；NF3價層電子對

數為4,有一對孤電子對，空間構型為三角錐形，為極性分子，B錯誤；

C.水分子形成氫鍵的數目大于HF,導致水的沸點高于HF,C錯誤；

D.同一周期隨著原子序數變大，第一電離能變大，Be原子價電子為2s2全滿穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能大于同

周期相鄰元素，N的2P軌道為半充滿穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能大于同周期相鄰元素，故同周期中第一電離能

介于Y和Z之間的元素有被碳氧3種，D正確；

故選D。

4.下列裝置能達到實驗目的的是

第2頁/共25頁

甲乙丙丁

A,用甲裝置鑒別Br2(g)和NO2(g)B.用乙裝置除去水中的苯酚

C.用丙裝置收集CbD.用丁裝置灼燒Fe(OH)3固體制得Fe2O3

【答案】A

【解析】

【詳解】A.N02溶于水得無色HNCh溶液，Bn溶于水得橙色濱水，可以用甲裝置鑒別Bn(g)和NC)2(g)，

故選A；

B.苯酚微溶于水，苯酚和水混合形成乳濁液，應用分液法分離提純，故B錯誤；

C.若用丙裝置收集CL,應該從右側導管進氣，故不選C；

D.在用煙中灼燒Fe(0H)3固體制FezCh，故不選D；

選Ao

5.獻菁和醐菁鉆可制得光動力學中的光敏劑，分子結構如圖，其中獻菁分子中所有原子共平面，下列說法

A.酰菁鉆中鉆的化合價為+4

B.直徑為1.5xl0-9m的酥菁鉆分子能透過半透膜

C.酸菁鉆中元素的電負性由大到小的順序為N>C>H>Co

D.標注①②的N原子的雜化方式是sp2,③的N原子的雜化方式是sp3

【答案】C

【解析】

【詳解】A.鉆獻菁分子中，失去了2個H+的獻菁離子與鉆離子通過配位鍵結合成分子，因此，鉆離子的

第3頁/共25頁

化合價為+2,A錯誤；

B.膠體粒子的直徑為1?lOOnm,膠體分子不能透過半透膜，直徑為1.5、10"m的酷菁鉆分子不能透過半透

膜，B錯誤；

C.非金屬性越強，電負性越大，電負性大小順序為N>C>H>Co,C正確；

5_3x]

D.①②③中N均有2個?鍵，孤電子對數為：---=1,則N原子的雜化方式sp2,D錯誤；

故答案為：Co

6.根據下列實驗操作和現象能得到相應結論的是

選

操作和現象結論

項

A向漂白粉溶液中通入S02,產生白色沉淀酸性：H2SO3>HC1O

同溫下，不同濃度

11

常溫下，分別測定1molLCH3COONH4溶液和0.1mol-L

BCH3COONH4溶液中水的電

CH3COONH4溶液的pH,測得pH都等于7

離程度相同

10mL0.1molL'FeCh溶液和10mL0.1molL-1KI溶液充分反應后分

C成兩等份，一份加入2滴KSCN溶液，溶液變紅；另一份加入2滴淀FeCb和KI的反應存在限度

粉溶液，溶液變藍

D向露置在空氣中的NazCh固體中加入稀鹽酸，產生氣泡NazCh固體已經變質

AAB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【詳解】A.漂白粉可以與二氧化硫發(fā)生氧化還原反應，生成硫酸鈣白色沉淀，無法說明酸性H2sO3>HC1O,

故A錯誤；

B.不同濃度CH3coONH4溶液中鏤根離子和醋酸根離子的水解程度不同，故水的電離程度不同，故B錯誤;

C.根據反應方程式2Fe3++21U2Fe2++U，題中所給的三價鐵離子與碘離子的量相等，若反應能夠完全進

行，溶液中不會存在三價鐵離子，根據C中現象，滴加KSCN溶液，溶液變紅可知溶液中存在三價鐵離子;

另一份加入2滴淀粉溶液，溶液變藍可知溶液中存在碘單質，故可知該反應是個可逆反應，存在反應限度,

故C正確；

第4頁/共25頁

D.若過氧化鈉不變質，加入稀鹽酸也可反應生成氧氣，故產生氣泡無法說明過氧化鈉固體變質，故D錯誤;

故選C。

7.化合物M的結構如圖。下列關于M的說法錯誤的是

A.存在順反異構

B.1molM最多可與4molH2反應

C.其酸性水解的產物均可與澳水反應

D.可形成分子內氫鍵和分子間氫鍵

【答案】C

【解析】

【詳解】A.由題干有機物結構簡式可知，該有機物存在碳碳雙鍵，且雙鍵兩端的碳原子分別連有互不同的

原子或原子團，故該有機物存在順反異構，A正確；

B.該結構中有一個苯環(huán)、一個碳碳雙鍵，故1molM最多可與4moi缶反應，B正確；

c.其酸性水解產物有1其中

0H

H0丫、不能與澳水反應，c錯誤;

H0人J"OH

D.相鄰的兩個羥基可以形成分子內氫鍵，羥基間可以形成分子間氫鍵，D正確;

故選C。

8.實驗室初步分離苯甲酸乙酯、苯甲酸和環(huán)己烷的流程如下:

第5頁/共25頁

乙醛H2SO4

已知：苯甲酸乙酯的沸點為212.6。（2,“乙醛-環(huán)己烷-水共沸物”的沸點為62.1°C。

下列說法正確的是

A.試劑X宜選用NaOH溶液

B.“操作1”過程中有機相1從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”中洗滌苯甲酸時，用乙醇的效果比用蒸儲水好

【答案】B

【解析】

【分析】苯甲酸乙酯、苯甲酸和環(huán)己烷的混合物加飽和碳酸鈉萃取分液，有機相含有苯甲酸乙酯、環(huán)己烷,

水相含苯甲鈉；有機相加入乙醛和水，蒸儲得苯甲酸乙酯和乙酸-環(huán)己烷-水共沸物，苯甲酸乙酯加無水硫

酸鎂干燥得苯甲酸乙酯；水相2加硫酸把苯甲酸鈉轉化為苯甲酸，苯甲酸溶解度小，過濾得到苯甲酸粗品，

重結晶得到苯甲酸。

【詳解】A.苯甲酸乙酯在氫氧化鈉溶液中水解，試劑X不能選用NaOH溶液，苯甲酸乙酯、環(huán)己烷均難

溶于飽和碳酸鈉溶液，試劑X可以選用飽和碳酸鈉溶液，故A錯誤；

B.“操作1”是分液，有機相的密度小于水，有機相在上層，過程中有機相1從分液漏斗的上口倒出，故

B正確；

C.“操作2”為蒸儲，需用到直形冷凝管，故C錯誤；

D.苯甲酸微溶于水，易溶于酒精，“操作5”中洗滌苯甲酸時，用水洗滌比酒精好，故D錯誤；

選B。

9.以大洋錦結核（主要由錦、鐵的氧化物組成，還含有Cu元素）為原料制備脫硫劑MnxOy的工藝流程如下。

NHCO

NH3-H2OCO（NH4）2SO4（4）23

大洋錦結煨燒一

MnQy

核粉末MnCO3

已知：氨浸時，CO將結核中的MnCh轉化為MnCCh。下列說法錯誤的是

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A.“氨浸”時，快速鼓入CO可起到攪拌加快反應速率的作用

B.銅元素以C/+的形式進入“氨浸”的浸出液中

C.“浸銃”時主要反應的離子方程式：MnCO3+2NH；=Mn2++2NH3T+H2O+CO2?

D.上述過程中NH3（或NH3H2O）、（NH4）2SC）4可循環(huán)利用

【答案】B

【解析】

【分析】由流程可知大洋錦結核（主要由銃、鐵的氧化物組成，還含有Cu元素），氨浸時，CO將結核中的

MnCh轉化為MnCCh;過濾得到MnCCh和FezCh;濾渣加硫酸鍍溶液，其中碳酸鑄與硫酸反應生成硫酸鎰、

氨氣和二氧化碳，過濾出FezCh;再經過濾，濾液中加碳酸鏤使錦離子轉化為碳酸錦，過濾后，煨燒碳酸錦

得到脫硫劑MnxO*據此分析解答；

【詳解】A.“氨浸”時，快速鼓入CO可起到攪拌，有利于大洋錦結核與氨水充分接觸，加快反應速率，

故A正確；

B.Cu2+與氨水反應首先生成CU（OH）2,CU（OH）2繼續(xù)與氨水反應最終生成［CU（NH3）/2+進入浸出液中，故

B錯誤；

2+

C.由上述分析可知浸鎰時的主要離子反應為：MnCO3+2NH4=Mn+2NH3t+H2O+CO2故C正確；

D.由流程可知，上述過程中NH3（或NH3H2O）、（NH4）2SC）4可循環(huán)利用，故D正確；

故選：Bo

10.中國科學家將12分子引入電解質中制作高功率可充電Li-SOC12電池，12調整充電和放電反應途徑如圖所

示。下列說法錯誤的是

A.電池使用過程中無需補充12

B.充電時，陰極Li+得電子發(fā)生還原反應

C.放電時總反應：4Li+2soeL=4LiCl+S+SO2T

D,充電時，Li電極質量增加7g時電極反應消耗的b的質量為254g

第7頁/共25頁

【答案】D

【解析】

【詳解】A.由工作原理圖可知，I?是催化劑，分子12的引入催化了電池放電和充電過程，因此在電池使

用過程中無需補充12,故A項不符合題意;

B.由工作原理圖可知，充電時，12失電子轉化為IC1,12發(fā)生氧化反應，陽極反應式

+

2LiCl+I2-2e^=2ICl+2Li,陰極反應式Li++e=Li，故B項不符合題意；

C.由工作原理圖可知，放電時，正極上SOC"轉化為S、S02,負極上Li轉化為Li+,則電池的放電總反

應為4Li+2S0C1,=4LiCl+S+SO2T,故C項不符合題意；

D.由工作原理圖可知，充電時，陽極反應式ZLiCl+U—2e-=2ICl+2Li+,陰極反應式Li++e=Li，Li

電極質量增加7g時即為Li的質量，由此計算可得轉移電子為1mol,根據2Li~2e~%可知n(l2)=0.5mol,

故消耗的I2的質量為127g,故D錯誤，符合題意；

故答案選D。

二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個或兩個選項符合題意，全

部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。

11.我國科學家研究發(fā)現稀土鈾基催化劑可低溫脫硝，其反應歷程如圖所示(“口”代表空位)。下列說法正確的

OOOO

NHrNoo

：N

v料

o、ooIo

o

N

INH

O

II

I/

oOOOX：

水(

A.歷程中Ce、Ti形成的共價鍵數目未發(fā)生變化

第8頁/共25頁

B.每形成2mol氫氧鍵，形成1mol“空位"

C.上述歷程中每生成1molNz,轉移6moie-

D.總反應中氧化產物與還原產物物質的量之比為1:2

【答案】D

【解析】

【詳解】A.“口”代表空位，由圖示反應歷程可知，Ce、Ti形成的共價鍵數目發(fā)生變化，如生成N2+2H2O

的過程中，A項錯誤；

B.由圖示反應歷程可知，形成lmolCe、Ce之間的“空位”時生成lmolH?。、形成2moi氫氧鍵，形成ImolCe,

Ti之間的“空位”時生成2m0m2。、形成3moi氫氧鍵，B項錯誤；

C.上述歷程的總反應為O2+4NH3+4NO=4N+6HO,N元素的化合價由NH3中-3價升至N2中。價，每

催化劑22

生成4moiN2轉移12moi電子，則每生成ImolN2,轉移3nlol電子，C項錯誤；

D.上述歷程的總反應為O2+4NH3+4NO=4N+6HO,N元素的化合價由NH3中-3價升至N2中。價，

催化劑22

NH3為還原劑、N2為氧化產物，N元素的化合價由NO中+2價降至N2中0價，NO為氧化劑、W為還原產

物，。元素的化合價由0價降至-2價，02為氧化劑、部分H2。為還原產物，結］上得失電子守恒和原子守恒,

氧化產物(2molN2)與還原產物(2molN2+2molH2O)物質的量之比為2：4=12,D項正確；

答案選D。

12.Cope重排反應如圖所示，K()經重排反應可得到M。已知：羥基直接連在雙鍵碳原

V

子上不穩(wěn)定會異構化成酮攜基或醛基。下列說法錯誤的是

1212

2'3'2'3'

XY

Cope重排反應

A.Y中所有碳原子可能共平面

B.M的結構簡式為

C.依據紅外光譜可確證K、M存在不同的官能團

D,含酚羥基且有手性碳原子的M的同分異構體有9種(不考慮立體異構)

【答案】BD

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【解析】

【詳解】A.由題干圖示有機物Y的結構簡式可知，Y分子中存在兩個碳碳雙鍵所在的平面，單鍵可以任

意旋轉，故除氫原子外，Y中其他原子可能共平面，A正確；

B.根據題意且羥基直接連在雙鍵碳原子上不穩(wěn)定會異構化成酮鍛基或醛基，所以H°/［人通過Cope

V

重排后得到MB錯誤；

C.依據紅外光譜可確證K、M存在不同的官能團，K為碳碳雙鍵和醇羥基，M為碳碳雙鍵和談基，C正確；

D.M的分子式為CuHi60,按要求含酚羥基且有手性碳原子的M的同分異構體應該滿足有一個苯環(huán)和酚羥

CH,

IH2I

基和其他取代基，苯酚與人人「/C、可以形成3種，苯酚與/也可以形成3種，

H3cH2CH3H3CCH

CH,

I

CH3與CHCH3可以形成4種，已經有10種，除此之外還可讓甲基在酚羥基

/y/

H2

1f凡

的間位與CHCH3可以形成4中，數目超過9種，除此之外當甲基在對位，或者苯酚與

I/、c/

乙基丙基之間的取代等，也滿足條件，D錯誤；

故選BDo

13.一種利用電化學富集鋰的裝置如圖所示。富集鋰的工作步驟如下：①接通電源1并向電極室2中通入海

水，海水中的Li+進入MnCh結構而形成LixMn2O4，當電路中轉移0.15mole-時，43.5gMnCh完全反應。②

斷開電源1接通電源2,停止通海水，使LixMmCU中的Li+脫出進入電極室3。下列說法正確的是

A.x=0.6

第10頁/共25頁

B.惰性電極1與電源負極相連

C.離子交換膜b為陽離子交換膜

D.接通電源2后，MnCh電極的電極反應式為LixMn2O4+xe-=2MnC)2+xLi+

【答案】AC

【解析】

【分析】根據題意，接通電源1并向電極室2中通入海水，海水中的Li+進入MnO2結構而形成LixMmCU，

此時鎬的化合價降低，即此時二氧化鎬與電源1的負極相連，惰性電極1與電源1的正極相連，隨后斷開

電源1接通電源2,停止通海水，使LixMmCM中的Li+脫出進入電極室3,此時錦的化合價升高，此時二氧

化鋪與電源2的正極相連，惰性電極2與電源2的負極相連，以此解題。

【詳解】A.43.5gMnCh的物質的量為0.5mol,此時轉移0.15mole;則若Imol二氧化錦參加反應，轉移電

子的物質的量為0.3mole:鋰離子進入二氧化鎰結構對應二氧化鋅中鎬的化合價的降低，根據題意可知，

此時MnCh轉化為LixMmCU,即0.5x對應1個二氧化銃，對應化合價變化為0.3,貝!Ix=0.6,A正確；

B.由分析可知，惰性電極1與電源正極相連，B錯誤；

C.根據題意可知，斷開電源1接通電源2,停止通海水，使LixMmCU中的Li+脫出進入電極室3,則離子

交換膜b為陽離子交換膜，C正確；

D.根據題意接通電源2后，LixMmCU轉化為MnO2,此時錢的化合價升高，根據化合價升降相等可知，

MnO2電極的電極反應式為LixMn2O4-xe「=2MnC)2+xLi+,D錯誤；

故選AC-

14.將2molN2和6molH2通入2L密閉容器中，分別在Ti和T2溫度下進行反應：N2(g)+3H2(g)U2NH3(g)

AHO。下圖曲線分別表示X的濃度(或Y的物質的量)隨時間的變化(X、Y分別代表某一種反應物或生成物)。

下列說法正確的是

4

B.T2溫度下,該反應的平衡常數為一

27

C.溫度下,4~12min的反應速率v(H2尸0.05mol-L'min1

D.T2溫度下,反應達到平衡時容器內氣體的壓強較大

第11頁/共25頁

【答案】D

【分析】根據2m0IN2、6moiH2、OmolNHs可知，Y表小氫氣，X表不氨氣;

【詳解】A.由分析可知，X表示的物質為NIL,A錯誤;

B.T2溫度下，列三段式為

+3Hu2NH

N223

起始(mol)260

轉化(mol)132

平衡(mol)132

(-)2

2_16

求得K=；一,B錯誤；

4-31

C.溫度下，4?12nlin的反應速率v(H2)=7―77T一==77"=。,0625molL_1min_1,C錯誤;

2x(12-4)16

6-4330.4.

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

2x4224

mol-L'-min1,故T2>TI,該反應為放熱反應，溫度升高，平衡逆向移動，壓強變大，D正確;

故選D。

15.工業(yè)上常用H2s處理廢水中的Ni2+和Cd2+,對其工藝條件進行研究。處理過程中始終保持H2s飽和，

即c(H2S)=0.1mol-LT,在一定pH范圍內，溶液中HS「、S2->Ni?+和Cd2+濃度的一lg(c/mol[T)隨pH的變化

關系如圖，已知pH=2時溶液中僅有CdS沉淀生成，下列說法正確的是

(

I

n

.

o一

u

v

e

M

—

A.X點：c(H+)>c(Cd2+)=c(S2一)

B.Ka2(H2s尸10-146

C.m=9.2

D.反應Cd2+(aq)+HS—(aq)UCdS(s)+H+(aq)的平衡常數反⑹必⑺。11一］尸

第12頁/共25頁

【答案】BC

【解析】

【分析】溶液pH增大時，氫硫酸飽和溶液中氫硫酸根離子和硫離子的濃度均減小，但pH相同時，溶液中

的c(HS-)大于硫cS)離子，則一lgc(HS)<—IgcS)則曲線③、④分別表示一lgc(S2-)、一Igc(HS)與pH的

變化；pH=2時溶液中僅有硫化鎘沉淀生成，即K(NiS)>K(CdS),即當c(S2)相同時，c(Ni2+)>c(Cd2+),貝!J

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

代表一Ig(NiS)；由圖可知，溶液pH為4.2時，c(HS-)=l(?4mol/L,則氫硫酸的一級電離常數Kai(H2s尸

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

-------=10-72,溶液pH為4.9時，C(S2-)=1013mol/L,則Kal(H2S)Ka2(H2s尸

C(H2S)0.1

22+

c(S)c(H)4913

(1O)-X1O=10-218^所以氫硫酸的二級電離常數&2(H2s尸10-146。

C(H2S)0.1-

【詳解】A.由圖以及分析可知，X點鎘離子的濃度大于硫離子濃度，故A錯誤;

B.由分析可知，氫硫酸的二級電離常數及2(H2s尸10-146,故B正確；

C.由圖可知，溶液pH為4.2時，c(HS-)和c(Ni2+)均為10-4moi/L,由&2(H2s尸一-(~七上勺?！挂揽傻?/p>

溶液中硫離子濃度為IO-144moi/L,則硫化鎮(zhèn)的溶度積&p(NiS尸10-瓜4,Y點硫離子和銀離子的濃度相等，

則m=—lgJi。-18.4=9.2,故C正確；

D.由圖可知，溶液pH為4.9時，硫離子和鎘離子濃度均為lO^moi/L,則硫化鎮(zhèn)的溶度積&p(CdS尸10-26,

區(qū)2(叫)]0'6

由方程式可知，反應的平衡常數去==10114,

2+2+226

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

故D錯誤；

故選BC-

三、非選擇題：本題共5小題，共60分。

16.硫是組成生命的重要元素?；卮鹣铝袉栴}：

(1)基態(tài)硫原子的價電子軌道表示式為O

(2)廣譜殺蟲劑硫酰氟(SO2F2)常溫常壓下為無色氣體，固態(tài)SO2F2的晶體類型為,S原子的軌

道雜化方式為，其F-S-F鍵角硫酰氯(SO2cL)中的C1-S-C1鍵角(填"/或“<”)，原因

是O

(3)硫代硫酸根(S2。：)可看作是SO『中的一個O原子被S原子取代的產物，S2。，的空間結構是

;工業(yè)上，S2O：常作為配體與金屬陽離子形成配合物，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）天然硫化銅俗稱銅藍，其晶胞結構如圖。已知晶胞中含S）,則一個晶胞中含有個Cu2+,

若阿伏加德羅常數的值為NA,則該晶體的密度p=g-cmR用含NA的代數式表示）。

俯視圖

（2）①.分子晶體②.sp3③.<④.F的電負性大于

Cl,S-F鍵成鍵電子對間的斥力小

（3）①.四面體②.端基

⑷①.2②.小。

【解析】

【小問1詳解】

硫為16號元素，則基態(tài)硫原子的價電子軌道表示式為:冏［Win

3s3p

【小問2詳解】

根據信息可知SO2F2沸點較低，則其為分子晶體；其中S的價層電子對數為4,則其雜化方式為：sp3；F的

電負性大于CL則SO2F2中S—F的共用電子對更加偏向于F,共價鍵斥力較小，鍵角較小，即F-S-F鍵角<

硫酰氯（SO2cL）中的C1-S-C1鍵角；原因是：F的電負性大于Cl,S-F鍵成鍵電子對間的斥力??；

【小問3詳解】

SO『中S的價層電子對數為4,硫代硫酸根⑸。：）可看作是SOt中的一個O原子被S原子取代的產物,

S2O：的空間結構是四面體形；配位原子需要提供孤電子對與其他原子形成配位鍵，則S2O：常作為配體與

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金屬陽離子形成配合物，除o原子外可做配位原子的是端基s原子；

【小問4詳解】

由俯視圖可知，俯視圖處于頂點位置的S可能處于晶胞頂點或者棱上，結合晶胞圖形可知該S處于棱上,

16x上

且該S實際存在形式為S1,個數為4-0；俯視圖處于面點位置的S可能處于晶胞體內或者面心上,

2

結合晶胞圖形可知該S處于體內，且該S實際存在形式為S2-,個數為2個，因此晶胞中S的總價態(tài)為

2x(-2)+2x(-2)=-8,由晶胞可知Cu位于晶胞內部，則晶胞中Cu的總個數為6個，設Cu+的個數為x,Cu2+

的個數為y,則x+y=6,x+2y=+8,聯立二式子解得x=4,y=2,則該物質化學式可表示為：

(CU+)4(CU2+)2(S2-)2(CU；-)2,結合俯視圖可知地面平行四邊形，其高為@apm，則密度

2

N4222

--M—x64+—x64+—x32+—x64廠

=&-—-=384百乂十。

VVqg10-3。-CNA。

2

17.工業(yè)上以富鈿爐渣(主要含FeOVzCh、V2O5和少量的SiCh、AI2O3等)為原料制備V2O5的工藝流程如下:

KC103

稀鹽EtK-OH溶液NH4C1

1含K+、Cl\1

富鋼一高溫—fVO]等離子一-迪卜NH4V。3沉淀一恒圉一V2O5

爐渣1氧化一酸浸調pH

1的溶液11

濾渣濾渣2母液氣體

已知：①+5任'fL元素在溶液中t1勺存在形式與溶液pH的關系：

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

鋼元素存在V0多研酸多磯酸V0

VOV0；

+253-

形式2根根4

備注多磯酸鹽在水中溶解度較小

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

回答下列問題：

(1)“高溫氧化”前將富鋼爐渣研磨粉碎的目的是；“高溫氧化”過程中發(fā)生主要反應的化學方程

式為O

(2)濾渣1的主要成分為；時需將Fe3+、AF+除盡(濃度wlxlO-5moi[T時，可認為已

除盡)，需調節(jié)pH的范圍為o

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(3)若“沉鈿”前溶液中c(VO])=0.2mol-LT,忽略溶液體積變化，為使釧元素的沉降率達到99%,至少應

調節(jié)c(NH；)為molL'c過濾、洗滌、干燥得到NH4V。3沉淀，檢驗NH4V。3沉淀是否洗凈的

操作是o

(4)“焙燒”時生成兩種參與大氣循環(huán)的無毒物質，則該反應的化學方程式為0

【答案】(1)①.增大原料接觸面積，加快反應速率②.6FeO-V2O3+5KClO3^^3Fe2O3+6V2O5

+5KC1

(2)①.SiO2②.6.0?8.5

(3)①.0.8②.取少量最后一次洗滌液于潔凈試管中，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若無明顯現

象，證明NH4V03已洗滌干凈

高溫

(4)4NH4VCh+3022V2O5+2刖+8H2Of

【解析】

【分析】高溫氧化過程中加入KCICh可將低價鐵、鋼氧化為高價，酸浸時氧化鋁溶解為鋁離子，則濾渣1

為SiO2,用氫氧化鉀調節(jié)pH將磯轉化為VO>用氯化鏤沉磯后，再焙燒得到產品，以此解題。

【小問1詳解】

從反應速率的影響因素考慮，“高溫氧化”前將富帆爐渣研磨粉碎的目的是：增大原料接觸面積，加快反應速

率；“高溫氧化”過程中加入KC103可將FeOVzCh氧化為FezCh和V2O5，化學方程式為：6FeOV2O3+

高溫

5KC1O33Fe2O3+6V2O5+5KC1；

【小問2詳解】

由分析可知，濾渣1為SiO2；兩種相比氫氧化鋁更難沉淀，則/=c(AF+)xc3(OH-卜1.0x10-33,Ap+

完全除盡，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時，A產完全沉淀；根據流程可知，調pH

1x1093

后磯的存在形式為VO],結合表格中信息可知需調節(jié)pH范圍為：6.0-8.5,且此時兩種離子都已經形成沉

淀；

【小問3詳解】

為使帆元素的沉降率達到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；

根據流程可知，“沉鋼”時加入的氯化錢，則產品表面可能吸附有氯離子，可以通過檢驗氯離子來檢驗NH4VO3

沉淀是否洗凈，對應的操作是：取少量最后一次洗滌液于潔凈試管中，滴加硝酸酸化的AgNCh溶液，若無

明顯現象，證明NH4VCh已洗滌干凈；

【小問4詳解】

由圖可知，NH4VCh分解生成V2O5和無污染的氣體，相應的方程式為：4NH4VO3+3O22V2O5+2N2f

+8H2OT；

18.環(huán)烷酸鉆[（C5H9）（CH2）3COO]2co可作合成橡膠的催化劑，實驗室以CoC12、環(huán)烷酸[C5H9（CH2）3COOH]

等為原料制備環(huán)烷酸鉆?；卮鹣铝袉栴}：

LCoCb的制備

實驗室用如圖實驗裝置制備純凈的CoCl2（CoCl2易潮解）。

（1）A中發(fā)生反應的離子方程式為=

（2）B中盛放的試劑為；圖示裝置存在一處缺陷會導致產品不純，改進的措施是。

（3）SOCL遇水極易反應生成兩種酸性氣體，常作吸水劑。某實驗小組設計用CoCb6H2。和SOCL反應制

備無水CoCl2,反應的化學方程式為0

n.環(huán)烷酸鉆的制備

控制溫度90?95。。向環(huán)烷酸中滴入一定濃度NaOH溶液，反應約2h后，再加入一定濃度CoCb溶液，

得到含有環(huán)烷酸鉆的水溶液，分離提純得環(huán)烷酸鉆粗產品。

（4）實驗中NaOH溶液的用量對環(huán)烷酸鉆產率的影響如圖所示，NaOH溶液過量導致環(huán)烷酸鉆產率降低的

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in.環(huán)烷酸鉆純度的測定

步驟①：準確稱取mg環(huán)烷酸鉆產品，加入少量稀硫酸使其溶解，將溶液轉移至250mL容量瓶，定容。

步驟②：移取25.00mL上述溶液于錐形瓶中，加入0.0500moHL-iEDTA標準溶液25.00mL。充分反應后，

以銘黑T為指示劑，用0.0500molL-1鋅標準溶液滴定過量的EDTA,消耗鋅標準溶液5.00mL。

已知：環(huán)烷酸鉆摩爾質量為MgnoL；EDTA與金屬離子以1：1形成穩(wěn)定配合物。

(5)產品中環(huán)烷酸鉆的純度為(用含字母的式子表示)。下列情況會導致產品純度測定值偏低的

是O

A.產品中存在[(C5H9)(CH2)3COO]3coB.步驟①中定容時俯視刻度線

C.步驟①中轉移溶液時未洗滌燒杯D.步驟②中滴定管未用鋅標準溶液潤洗

+

【答案】(1)CIOJ+5C1-+6H=3C12T+3H2O

(2)①.飽和NaCl溶液②.將E改為盛有堿石灰的干燥管或者在D、E之間加一個盛有濃硫酸的

洗氣瓶

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

(4)NaOH溶液過量會生成Co(OH)2沉淀

M

(5)①.一%ACD

m

【解析】

【分析】濃鹽酸和氯酸鉀發(fā)生氧化還原反應生成氯氣，通過B飽和食鹽水除去揮發(fā)的氯化氫、通過C濃硫

酸干燥，氯氣在D中和鉆反應生成CoCb，尾氣有毒使用堿液吸收；

【小問1詳解】

濃鹽酸和氯酸鉀發(fā)生氧化還原反應生成氯氣、氯化鉀和水，C1OI+5C1-+6H+=3CLT+3H2。；

【小問2詳解】

由分析可知，B中盛放的試劑為飽和食鹽水除去揮發(fā)的氯化氫；CoCL易潮解，故圖示裝置會導致產品不純,

改進的措施是將E改為盛有堿石灰的干燥管或者在D、E之間加一個盛有濃硫酸的洗氣；

【小問3詳解】

CoCb6H2O和SOCL反應制備無水CoCb,反應中結晶水和SOCb反應生成二氧化硫氣體和氯化氫氣體，使

得CoC12-6H2O晶體轉化為CoCL，化學方程式為CoC12-6H2O+6SOC12=CoC12+12HClt+6SO2T；

【小問4詳解】

NaOH溶液過量會生成CO(OH)2沉淀，導致環(huán)烷酸鉆產率降低；

【小問5詳解】

已知：環(huán)烷酸鉆摩爾質量為MginoL；EDTA與金屬離子以1：1形成穩(wěn)定配合物，則根據鉆元素守恒可知，

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250

環(huán)烷酸鉆為0.0500mol-L1x(0.025L-0.005L)x石，產品中環(huán)烷酸鉆的純度為

250

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

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

mg

A.產品中存在[(C5H9)(CH2)3COO]3CO,三價鉆的存在導致二價故含量減小，測的產品純度測定值偏低，A

符合題意；

B.步驟①中定容時俯視刻度線，使得配制的溶液濃度偏大，則移取25.00mL上述溶液中二價鉆濃度偏大,

導致測定結果偏高，B不符合題意；

C.步驟①中轉移溶液時未洗滌燒杯，使得配制的溶液濃度偏小，則移取25.00mL上述溶液中二價鉆濃度

偏低，導致測定結果偏低，C符合題意；

D.步驟②中滴定管未用鋅標準溶液潤洗，導致鋅標準溶液濃度偏低，消耗鋅標準溶液偏大，計算出二價鉆

量偏小，測定結果偏小，D符合題意;

故選ACDo

19.以麥芽酚為原料合成一種藥物中間體乂()的路線如下(部分反應條件或試劑略去):

O