浙江省五校聯(lián)盟2023-2024學(xué)年高二年級下冊期中考試化學(xué)試卷 含解析

2023學(xué)年高二年級第二學(xué)期五校聯(lián)盟期中考試試卷

化學(xué)試題

本試卷分為第I卷（選擇題）和第n卷（非選擇題）兩部分，共io。分，考試時間如分

鐘。

考生須知：

1.本卷滿分100分，考試時間90分鐘。

2.答題前，在答題卷指定區(qū)域填寫學(xué)校、班級、姓名、試場號、座位號及準(zhǔn)考證號。

3.所有答案必須寫在答題紙上，寫在試卷上無效。

4.考試結(jié)束后，只需上交答題卷。

可能用到的相對原子質(zhì)量：H-lLi-7C-120-16F-19Na-23Si-28

選擇題部分

一、選擇題（本大題共16小題，每小題3分，共48分。每小題列出的四個備選項中只有一

個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）

1.下列物質(zhì)含有的化學(xué)鍵類型與其他三種物質(zhì)有不同的是

A.NaOHB.CH3aC.NaHCO3D.MgSO4

【答案】B

【解析】

【詳解】A.NaOH中既含離子鍵又含共價鍵；

B.CH3cl只含有極性共價鍵；

C.NaHCC>3中既含離子鍵又含共價鍵；

D.MgSO,既含離子鍵又含共價鍵；

故B與其他物質(zhì)不同，選B。

2.碳酸鈉是一種重要的無機化工原料，下列有關(guān)說法不正確的是

A.可用加熱的方法鑒別固體Na?CO3和NaHCO3

B.Na?CO3溶液呈堿性，可用于洗去油污

C.向Na?CO3固體中加少量水后，會出現(xiàn)放熱現(xiàn)象

D.在氨化的NaCl飽和溶液中通入足量C。2可得到Na2CO3

【答案】D

【解析】

【詳解】A.碳酸鈉加熱不分解，碳酸氫鈉加熱分解，可用加熱的方法鑒別固體Na2c03和NaHCCh,A

正確；

B.Na2cO3溶液由于碳酸根水解呈堿性，油脂在堿性條件下會水解，故Na2c03溶液可用于洗去油污，B

正確；

C.向Na2cCh固體中加少量水后，碳酸鈉固體溶解放熱，會出現(xiàn)放熱現(xiàn)象，C正確；

D.由于碳酸氫鈉在水中溶解度小于碳酸鈉，故在氨化的NaCl飽和溶液中通入足量CO2可析出碳酸氫鈉

沉淀而不是碳酸鈉沉淀，D錯誤；

本題選D。

3.下列說法不正確的是

A.SOC"中心原子采用sp3雜化B.苯的球棍模型:

c.Mn?+的價層電子排布式：3d5D.的名稱：1,3-二甲基-2-乙基苯

【答案】B

【解析】

【詳解】A.SOC12分子中硫原子的價層電子對數(shù)為4,原子的雜化方式為sp3雜化，故A正確;

B.苯的分子式為C6H6,分子的空間構(gòu)型為平面結(jié)構(gòu)，球棍模型為，故B錯誤;

C.鎰元素的原子序數(shù)為25,基態(tài)二價錢離子的價層電子排布式為3d5,故C正確;

D.屬于苯的同系物，名稱為1,3-二甲基-2-乙基苯，故D正確；

故選B。

4.已知反應(yīng)：21^+2NaOH=+2NaF+H2O,NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述與苜誤的是

A.F2是氧化劑B.NaF是還原產(chǎn)物

C.氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1:1D.消耗44.8LF2（標(biāo)準(zhǔn)狀況），轉(zhuǎn)移的電子數(shù)4NA

【答案】C

【解析】

【詳解】A.反應(yīng)中F的化合價由。價降到-1價，故F2為氧化劑，A正確;

B.反應(yīng)中F的化合價由0價降到-1價，NaF還原產(chǎn)物，。耳中。的化合價為+2價，故OF2既是氧化產(chǎn)

物，又是還原產(chǎn)物，B正確；

C.反應(yīng)中F2為氧化劑，氫氧化鈉為還原劑，但是只有一個。的化合價升高，故氧化劑與還原劑的物質(zhì)

的量之比為2:1,C錯誤；

D.F2的化合價由0價降低為-1價，得到兩個電子，44.8LF2（標(biāo)準(zhǔn)狀況）為2mOL故消耗44.8LF2

（標(biāo)準(zhǔn)狀況），轉(zhuǎn)移的電子數(shù)4NA，D正確；

故選C。

5.溶液中可以大量共存的離子組合是

A.CH3coO、HCO；、Na+、NH：B.S2->NO；、K+>CU2+

C.A10；、Br->Zn2+>AT"D.廣、可、Mg2+,Ca2+

【答案】A

【解析】

【詳解】A.選項中所給的離子間不相互反應(yīng)，可以大量共存，A正確；

B.硫離子和銅離子會生成硫化銅沉淀，不可以共存，B錯誤；

C.偏鋁酸根離子和鋁離子會反應(yīng)生成氫氧化鋁，不可以共存，C錯誤；

D.HF是弱酸，氟離子不可以與氫離子共存，且氟化鎂和氟化鈣是難溶物，氟離子和鎂離子、鈣離子也

不能共存，D錯誤；

本題選Ao

6.近日，清華大學(xué)等重點高校為解決中國“芯”一半導(dǎo)體芯片，成立了“芯片學(xué)院”。某小組擬在實驗室

制造硅，其流程如圖：

制造原理：2Mg+SiC)2"二2MgO+Si

除雜原理：Mg2Si+4HC1=2MgCl2+SiH4T,MgO+2HC1=MgCl2+H2O

下列說法中正確的是

A.操作1所需玻璃儀器僅為燒杯、漏斗

B.操作2為重結(jié)晶

C.固體X為MgCL，可用于電解制Mg

D.點燃石英砂和鎂粉的混合物發(fā)生的副反應(yīng)為2Mg+Si，Mg?Si

【答案】D

【解析】

【詳解】A.操作1將溶液和固體分開，采用過濾操作，所需玻璃儀器為燒杯、漏斗、玻璃棒，A錯誤；

B.濾渣是不能與鹽酸反應(yīng)的硅，故操作2為洗滌和烘干，故B錯誤；

C.氯化鎂溶液蒸發(fā)濃縮冷卻結(jié)晶后得到氯化鎂結(jié)晶水合物，不是無水氯化鎂，C錯誤；

D.由除雜原理中Mg2Si,與鹽酸的反應(yīng)可知石英砂和鎂粉的混合物生成了Mg2Si,副反應(yīng)正確，故D正

確；

故選D。

7.下列說法正確的是

A.丙綸、滌綸、月青綸是常見的天然纖維，可以用于制作各種衣物

B.聚乙烯是常見的塑料之一，工業(yè)上主要通過石油的裂化工藝生產(chǎn)其單體

C.可以通過加入銘、鎂等金屬元素，提高鐵合金的耐腐蝕性能

D.天然橡膠的主要成分是聚丁二烯，具有較高的彈性、絕緣性、化學(xué)穩(wěn)定性

【答案】C

【解析】

【詳解】A.丙綸、滌綸、睛綸是常見的合成纖維而不是天然纖維，可以用于制作各種衣物，A錯誤；

B.聚乙烯是常見的塑料之一，其單體為乙烯，工業(yè)上主要通過石油的裂解工藝生產(chǎn)其單體，B錯誤；

C.可以通過加入銘、銀等金屬元素，制成不銹鋼來提高鐵合金的耐腐蝕性能，C正確；

D.天然橡膠的主要成分是聚異戊二烯，其為線型結(jié)構(gòu)，故其彈性不太好、絕緣性較好、分子中含有碳碳

雙鍵，故化學(xué)不穩(wěn)定易被氧化，D錯誤；

故答案為：Co

8.下列實驗裝置使用不亞確的是

①②③④

A.圖①裝置可用于分離澳苯和水的混合物，且澳苯從下口放出

B.可用圖②方法排出堿式滴定管下端的氣泡

C.圖③裝置是用pH計測定溶液pH值，使用前pH計需洗滌和校正

D.圖④裝置用于電石與水制取乙烘

【答案】D

【解析】

【詳解】A.圖①裝置為分液漏斗，澳苯不溶于水，密度比水大，可用分液漏斗分離澳苯和水的混合物，

澳苯應(yīng)從下口放出，故A正確；

B.堿式滴定管下端的氣泡，可用圖②方法排出，故B正確；

C.pH計需洗滌和校正再使用，故C正確；

D.電石與水反應(yīng)迅速，放出大量的熱，且電石易變?yōu)榉勰?，不適合用裝置④反應(yīng)，故D錯誤；

故選D。

9.下列說法正確的是

A.乙醇或氫氧化鈉溶液都可以洗去試管壁上附著的苯酚

B.蔗糖、油脂及其水解產(chǎn)物均為非電解質(zhì)

C.苯的同系物均能使酸性高鋸酸鉀溶液褪色

D.乙酸乙酯和丙酸甲酯的核磁共振氫譜圖完全相同

【答案】A

【解析】

【詳解】A.乙醇與苯酚均有有機物，互溶，氫氧化鈉與苯酚反應(yīng)生成可溶于水的苯酚鈉，都可以洗去試

管壁上附著的苯酚，A正確；

B.蔗糖水解產(chǎn)物是葡萄糖，兩者均為非電解質(zhì)，油脂水解產(chǎn)物是高級脂肪酸和甘油，其中高級脂肪酸是

電解質(zhì)，B錯誤；

C.苯的同系物種必須是與苯環(huán)直接連接的碳原子上有氫原子的同系物才能被高錦酸鉀氧化，C錯誤；

D.乙酸乙酯核磁共振氫譜有3個峰，峰面積比為3：2：3,丙酸甲酯的核磁共振氫譜核磁共振氫譜也有

3個峰，峰面積比也為3：2：3,但峰的化學(xué)位移不同，所以不相同，D錯誤；

故選Ao

10.下列化學(xué)反應(yīng)與方程式相符是

A.用氨水檢驗氯氣管道是否漏氣，觀察到生成白煙：2NH3+3C12=N2+6HC1

B,將少量SO2通入NaClO溶液中：3C1O'+SO2+H2O=SO;'+CP+2HC1O

C.2-丁烯和氫氣加成：=CHCH=（2旦+2H2催化劑XZH3CH2cH2cH3

D.氯化銀溶于過量氨水：AgCl+3NH3-H2O=[Ag（NH3）2]OH+NH4C1+2H2O

【答案】B

【解析】

【詳解】A.白煙為NH4CL則化學(xué)方程式為8NH3+3CL=N?+6NH4C1,故A錯誤;

B.將少量SO?通入NaClO溶液中，發(fā)生氧化還原反應(yīng)，離子方程式正確，故B正確;

C.2-丁烯的結(jié)構(gòu)簡式為CH3cH=CHCHs，故C錯誤;

D.氯化銀溶于過量氨水，化學(xué)方程式為：AgCl+2NH3.H2O=[Ag（NH3）2]Cl+2H2O,故D錯

誤;

故選B。

11.是一種有機烯酸，可以用煌A通過下列路線制得:

BB/CCqgNaOH水溶液:￡濃硫酸

~?~②加熱③加熱

Ni足量H?

NaOH/乙醇

―加熱

已知E與澳反應(yīng)的物質(zhì)的量之比為1:1,則下列說法正確的是

A.化合物A的鍵線式為

B.化合物B分子結(jié)構(gòu)中最多有10個原子共面

C.化合物E可能有4種結(jié)構(gòu)

D.①②③的反應(yīng)類型分別為加成反應(yīng)、水解反應(yīng)、消去反應(yīng)

【答案】B

【解析】

【分析】煌A與澳發(fā)生加成反應(yīng)得B,B在堿性條件下水解得C,C在濃硫酸作用下發(fā)生脫水成酸，結(jié)合

烯酸的結(jié)構(gòu)逆推可得c為HOCH2c(CH3)=CHCH(CH3)OH、B為BrCH2C(CH3)=CHCH(CH3)Br>A為

CH2=C(CH3)CH=CHCH3OB發(fā)生加成反應(yīng)生成D為BrCH2cH(CH3)CH2cH(CH3)Br,D發(fā)生消去反應(yīng)生成

E,由于E與澳反應(yīng)的物質(zhì)的量之比為1:1，說明E分子中只有1個碳碳雙鍵，據(jù)此解答。

【詳解】A.化合物A的結(jié)構(gòu)簡式為CH2=C(CH3)CH=CH(CH3),鍵線式為，故A錯誤；

B.由分析可知，B為BrCH2c(CH3)=CHCH(CH3)Br,由于碳碳雙鍵是平面形結(jié)構(gòu)，且單鍵可以旋轉(zhuǎn)，因

此B分子結(jié)構(gòu)中最多有10個原子共面，故B正確；

C.D發(fā)生消去反應(yīng)生成E,由于E與澳反應(yīng)的物質(zhì)的量之比為1:1,說明E分子中只有1個碳碳雙鍵，

根據(jù)D的結(jié)構(gòu)簡式可判斷E分子可能有3種結(jié)構(gòu)，故C錯誤；

D.由上述分析可知，①②③的反應(yīng)類型分別為加成反應(yīng)、水解反應(yīng)、取代反應(yīng)，故D錯誤；

故選B。

12.A、B、C、D、E為原子序數(shù)依次增大的前20號主族元素，五種元素中僅A、C同主族，B、C、D位

于同一周期，元素B在同周期中金屬性最強，元素C的最外層電子數(shù)為最內(nèi)層的3倍。下列說法正確的

是

A.化學(xué)鍵中離子鍵成分的百分?jǐn)?shù)：BD〉B2c

B.簡單離子半徑：E>C>D

C.A)和C；離子的結(jié)構(gòu)與化學(xué)性質(zhì)均相似

D.CA：與DA］離子空間結(jié)構(gòu)均為平面三角形

【答案】A

【解析】

【分析】A、B、C、D、E為原子序數(shù)依次增大的前20號元素，元素B在同周期中金屬性最強，則B為

Na元素；元素C的最外層電子數(shù)為最內(nèi)層的3倍，則C為S元素；A、C同主族，則A為O元素；B、C、

D位于同一周期，則元素D為氯元素；只有A、C為同主族，則E為鈣元素。

【詳解】A.BD形成的物質(zhì)為氯化鈉，B2C為硫化鈉，因為氯的電負(fù)性大于硫，氯和鈉的電負(fù)性差值更大，

故化學(xué)鍵中離子鍵成分的百分?jǐn)?shù)3D〉B?C,A正確；

B.C、D、E分別為硫、氯、鈣，簡單離子為硫離子、氯離子、鈣離子，電子層結(jié)構(gòu)相同，核電荷數(shù)依次

增大，半徑逐漸減小，故為E<C<D,B錯誤；

C.A：為。7，C：為兩者結(jié)構(gòu)相同，但化學(xué)性質(zhì)不同，C錯誤；

D.CAj為SO「,DA］為C/。；，兩者都是Sp3雜化，應(yīng)為三角錐形，D錯誤；

故選Ao

13.鈉離子電池以其低成本、高安全性等成為鋰離子電池的首選“備胎”，一種鈉離子可充電電池的工作示

意圖如下，該電池主要依靠鈉離子在兩極之間移動來工作。其中-Ri代表沒參與反應(yīng)的-COONa,-R2代表沒

參與反應(yīng)的-ONa。下列有關(guān)說法錯誤的是

◎

a極b極

ONa0

C-ONaC-ONaQ9_.9Na

R拼彘R/@N/9

C-ONaC-ONa:+00Na

1IINa

ONa6________________________

A.放電時，b極為正極

B.充電時，鈉離子由b極向a極移動

0ONa

+R|

C.充電時，陰極發(fā)生反應(yīng)為+2e-+2Na=RiJj^T

OONa

D.若電池充滿電時a、b兩極室質(zhì)量相等，則放電過程中轉(zhuǎn)移0.3mol電子時，兩極質(zhì)量差為13.8g

【答案】c

【解析】

【分析】由圖可知，放電過程中b極物質(zhì)發(fā)生還原反應(yīng)，為正極，則a為負(fù)極

【詳解】A.由分析可知，放電時，b極為正極，A正確；

B.充電時，陽離子向陰極移動，充電時a為陰極、b為陽極,則鈉離子由b極向a極移動，B正確;

0

II

c-ONa

R?+2e-+2Na+=

C.充電時a為陰極，陰極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)，反應(yīng)為R,V

C-ONa

II

O

ONa

1

C-ONa

R2

R1JMT-C錯誤；

c-ONa

1

ONa

D.若電池充滿電時a、b兩極室質(zhì)量相等，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移關(guān)系可知鈉離子遷移情況為，e“Na+,則放電過

程中轉(zhuǎn)移0.3mol電子時，由0.3mol的鈉離子發(fā)生遷移，則兩極質(zhì)量差為23g/molX0.3moiX2=13.8g,D

正確;

故選：Co

14.燃油汽車尾氣中含有CO和氮氧化物，在Co+的催化作用下，發(fā)生反應(yīng):

N2O（g）+CO（g）,-N2（g）+CO2（g）,可降低污染。其反應(yīng)歷程和相對能量變化如圖所示:

CO(g)逸出

++N2(g)

N2O(g)+CO(g)@C^O+NX)

+

-T與Co.Co+N(g)

O15.92

E0.0①-127.9.

2底0⑤逸出

/)Co4(>@-220.7

曲-184.7

疆Co'+CO,(g)⑦

ONN

濱-358.6

密+CO(g)

CoCo+-------'

+N(g)

2oco

+N2(g)

反應(yīng)歷程

下列說法不亞建的是

A.N2。分子的中心原子是N,分子中O—N—N的鍵角大于NO?分子中O—N—O的鍵角

B.歷程中決定反應(yīng)速率的變化過程是②一③

++

C.總反應(yīng)分兩步進行，已知Co+參與第一步反應(yīng)，則第二步反應(yīng)為：CoO+COCo+CO2

D.恒容、絕熱下模擬反應(yīng)：N2O（g）+CO（g）.-N2（g）+CO2（g）,體系的溫度、M總（平均相對分

子質(zhì)量）、壓強恒定均能說明反應(yīng)達到平衡狀態(tài)

【答案】D

【解析】

523

【詳解】A.N?。分子的中心原子是N,N原子的價層電子對數(shù)為2+二一=2,沒有孤電子對，貝I

N2。為直線形分子，O—N—N的鍵角為180。，NO2分子的中心原子是N,N原子的價層電子對數(shù)為

2+^^-=2-,有一個孤電子對，則NO2為V形分子，O—N—O的鍵角小于120。，故N2。分子中

O—N—N的鍵角大于NO?分子中O—N—O的鍵角，故A正確;

B.歷程中決定反應(yīng)速率的為慢反應(yīng)，反應(yīng)活化能越大，反應(yīng)速率越慢，故歷程中決定反應(yīng)速率的變化過

程是②一③，故B正確;

C.結(jié)合反應(yīng)歷程示意圖可知，該反應(yīng)可分為兩步進行，已知Co+參與第一步反應(yīng)，則第二步反應(yīng)為:

++

CoO+COCo+CO2,故C正確;

D.反應(yīng)前后氣體總質(zhì)量不變，總物質(zhì)的量不變，故M總（平均相對分子質(zhì)量）始終不變，故（平均

相對分子質(zhì)量）恒定不能說明反應(yīng)達到平衡狀態(tài)，故D錯誤；

故選D。

15.常溫下，將等體積的O.hnoLLNH4NO2與CH3coONH4混合。

5

已知：7Ca（HNO2）=5.1x10^,&（CH3coOH）=1.8x10-5,K,（NH3-H2O）=1.8x10

下列說法錯誤的是

+

A.混合前NH4NO3溶液中，離子濃度的順序從大到小排列：c（N02）＞（NH：）＞c（H）＞c（0H-）

B.水的電離程度：OJmoLlJCH3coONH4＞混合溶液＞0.1mol.LTNF^NO?

+

C.混合后的溶液中有：c（H）-c（OH）=C（CH3COOH）+c（HNO2）-c（NH3.H2O）

C（CHCOOH）

D.設(shè)”（E3e段,則混合溶液中的a大于O.lmoLU'CH3coONH，溶液中的a

clCH3COOI

【答案】c

【解析】

4

【分析】根據(jù)：^a（HNO2）=5.1xl0-,&（CH3coOH）=1.8x10-5,

7^（NH3-H2O）=1.8X10^,可知，Kh（NO；）＜Kh（CH3COO）=Kh（NH^）o

【詳解】A.混合前，O.lmoLLiNH4NO2中，根據(jù)分析，Kh（NO；）＜Kh（NH^）,說明N。：的水解

+

程度小于的水解程度，溶液呈酸性，離子濃度大小關(guān)系：c（N02）＞（NH^）＞c（H）＞c（0H）,

A正確；

B.根據(jù)分析：Kh（NO2）＜Kh（CH3COO）=Kh（NH：）,三種溶液中離子水解程度大小關(guān)系：

1

O.lmol-17CH3cOONH4＞混合溶液＞0.1mol-LTNH4NO2,根據(jù)水解程度越大，則水的電離程度

越大，B正確;

+

C.混合后溶液的質(zhì)子守恒為：2C(NH3-H2O)+c(OH)=C(CH3COOH)+c(HNO2)+c(H),C

錯誤;

C(CH3COOH)

D.設(shè)〃二混合溶液中CH3COO濃度小，水解程度大于O.lnioLLTCH3COONH4

C(CH3COO),

溶液中CH3coO-的水解程度，所以a較大，D正確;

故選Co

16.為實現(xiàn)下列實驗?zāi)康模瘜W(xué)小組的成員們實驗操作和實驗現(xiàn)象都正確的是

選

實驗?zāi)康膶嶒灢僮鲗嶒灛F(xiàn)象

項

少量金屬Na與膽磯隔絕空氣加

A證明金屬性Na>Cu有紅色固體生成

熱

常溫下，向盛有2滴

O.lmol-U1AgNO溶液的試管

3先有白色沉淀生

常溫下，溶度積：

B中滴加ImLO.lmoLIjiNaCl溶成，后又產(chǎn)生黃

Ksp(AgCl)〉/(AgI)

液，再向其中滴加1mL色沉淀

0.Imol-U1KI溶液

注射器內(nèi)氣體顏

色加深，證明加

先將注射器充滿NC>2氣體，然

C驗證壓強對化學(xué)平衡的影響壓平衡朝生成

后將活塞往里推

氣體的方

NO2

向移動

加熱濃硫酸、NaCl固體與有黃綠色氣體產(chǎn)

D證明濃硫酸具有強氧化性

MnO2固體的混合物生

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【詳解】A.Na性質(zhì)活潑，與膽研的結(jié)晶水反應(yīng)，少量金屬Na與膽研隔絕空氣加熱，生成氫氧化鈉和氫

氣，不能得到銅，故A錯誤；

B.向盛有2滴O.lmol/LAgNCh溶液的試管中滴加ImLO.lmol/LNaCl溶液，先有白色AgCl沉淀生成，溶

液中氯離子過量，再向其中滴ImLO.lmol/LKI溶液，Ag+與結(jié)合產(chǎn)生黃色沉淀AgL實現(xiàn)沉淀轉(zhuǎn)化，可

得出Ksp(AgCl)>KSp(Agl),故B正確；

C.先將注射器充滿NO2氣體，然后將活塞往里推壓縮體積，觀察到注射器內(nèi)氣體顏色先加深，后又變

淺，但比開始時顏色深，先是由于體積減小，顏色加深，后因平衡移動，顏色變淺，故c錯誤;

D.加熱濃硫酸、NaCl固體與Mn。？固體的混合物有黃綠色氣體產(chǎn)生，是因為濃硫酸和NaCl反應(yīng)生成的

HC1和MnCh反應(yīng)生成Ch,不能驗證濃硫酸的強氧化性，體現(xiàn)了非揮發(fā)性的濃硫酸制取揮發(fā)性酸的性

質(zhì)，故D錯誤;

答案選B。

非選擇題部分

二、非選擇題（本大題共5小題，共52分）

17.硼、碳、氮元素形成的化合物極為豐富。

（1）毗咤（）是一種常見的配體,其中含有與苯類似的大兀鍵，則哦咤中N原子的價層孤電子

對占據(jù)的軌道為（填標(biāo)號）。

Csp2雜化軌道D.sp3雜化軌道

均可作為配體，則三者中配位能力最弱的是

（3）某種新型儲氫材料的晶胞如圖所示，其中八面體中心為Fe?+,頂點均為配體NH3；四面體中心為

硼原子，頂點均為氫原子。該晶胞為立方體形，邊長為“pm,則

該晶體的化學(xué)式為,晶體類型是，F(xiàn)e?+與硼原子間的最短距離為cm

（用含。代數(shù)式表示）。

（4）下列有關(guān)說法正確是

A.電負(fù)性：N>H>BB.沸點：毗咤〉苯

C.第一電離能：N>C>0D.基態(tài)Fe?+的簡化電子排布式：[Ar]3d54sl

r^<Cl

【答案】(DC(2)①.|②.因Cl電負(fù)性大，其吸電子作用使N上孤電子對難

以給出，致使其配位能力下降

(3)①.Fe(NH3)6(BH4)2或[Fe(NH3)6][BH4]2②.離子晶體③.走axl(H。(4)AB

4

【解析】

【小問1詳解】

由此咤的結(jié)構(gòu)可知，N為sp2雜化，其價層孤電子對位于sp2雜化軌道，故選C;

【小問2詳解】

—C1

因C1電負(fù)性大，其吸電子作用使N上孤電子對難以給出，致使其配位能力下降，因此QI配位

能力最弱；

【小問3詳解】

八面體中心為Fe?+,頂點均為配體NH3,一個八面體表示為Fe(NH3)6，四面體中心為硼原子，頂點均

為氫原子，一個四面體表示為BH4,根據(jù)均攤法，黑球位于頂點和面心，則黑球個數(shù)為：

8x-+6x-=4,白球位于晶胞內(nèi)，其個數(shù)為8,該物質(zhì)的化學(xué)式為Fe(NH3)6(BH4)2或

86

[Fe(NH3)6][BH4]2；由該物質(zhì)的結(jié)構(gòu)可知，其屬于離子晶體；Fe?+與硼原子間的最短距離是晶胞體對角線

的,，該晶胞為立方體形，邊長為apm,即Fe?+與硼原子間的最短距離為且axl(yiocm；

44

【小問4詳解】

A.同周期元素，從左往右電負(fù)性逐漸增大，同族元素，從上到下電負(fù)性逐漸減小，電負(fù)性：N>H>B,

A正確；

B.毗咤和苯相對分子質(zhì)量相近，毗咤是極性分子，苯是非極性分子，沸點：毗咤〉苯，B正確；

C.同周期元素從左到右第一電離能有增大趨勢，IIA族原子s能級全充滿、VA族原子p能級半充滿，

結(jié)構(gòu)穩(wěn)定，第一電離能大于同周期相鄰元素，第一電離能：N>O>C,C錯誤

D.基態(tài)Fe?+的簡化電子排布式：[Ar]3d6,D錯誤；

故選ABo

18.三氧化二銘C與Os是一種綠色固體，常作顏料。以它為原料實現(xiàn)如下轉(zhuǎn)化:

已知：①重金屬離子的重銘酸鹽的溶解度大于相應(yīng)銘酸鹽。

②沉淀E溶于濃的強堿。

③在二價錦鹽中，除少數(shù)MnCC>3、MnS難溶與水外，其余大部分易溶于水。

(1)寫出溶液B中的所有陽離子=寫出步驟II中生成氣體C的離子方程式__________0沉淀

E的化學(xué)式為o

(2)下列說法正確的是o

A.氣體C在工業(yè)上可通過電解法制備

B.在溶液B中加入乙醇，溶液變?yōu)榫G色，再變?yōu)樗{色

c.將步驟I中的鹽酸換成硫酸，僅影響步驟n的反應(yīng)

D.在步驟III中，溶液B加入純堿溶液，也能分離出鎰元素

(3)在堿性條件下，02。3具有強還原劑，可被H2。？氧化為最高價，寫出兩者恰好反應(yīng)的離子方程式

。根據(jù)該反應(yīng)原理，設(shè)計實驗檢驗上述反應(yīng)后溶液中生成的陰離子。

【答案】(1)①.K+、Mn2+、H+②.16H++10Cl+2MnO；=2Mn2++5C12T+8H2O?.PbCrO4>

Pb(OH)2(2)ABD

(3)①.Cr2O3+3H2O2+4OH=2CrO孑+5H2。②.取適量溶液，加入硝酸調(diào)pH至中性，再滴加硝酸

鉛溶液，若生成黃色沉淀，說明有CrO：-

【解析】

【分析】以CnCh為原料，溶于鹽酸生成溶液A為CrCb溶液，用高鎰酸鉀氧化得到橙色溶液K2Cr2C>7和

MnCb溶液，加入NaOH溶液沉淀氯化銃生成Mg(0H)2沉淀和黃色的K2CrO4溶液，過濾分離，濾渣氧化

生成MnO2,濾液K2CrO4中加入Pb(NCh)2轉(zhuǎn)化為PbCrCU沉淀，據(jù)此分析解答。

【小問1詳解】

根據(jù)分析，溶液B中溶質(zhì)主要為K202O7和MnCb以及加入的過量鹽酸，所以陽離子K+、Mn2\H+；高

鋅酸鉀氧化CrCb溶液中CN+離子時，也會氧化C1-生成Cb,所以氣體C為氯氣，步驟II中生成氣體氯氣

的離子方程式16H++10Cl-+2MnO；=2Mn2++5C12T+8H2。；根據(jù)分析，濾液KzCrCU中加入Pb(NC)3)2轉(zhuǎn)化

為PbCrCU沉淀，溶液呈堿性，所以主要產(chǎn)物為bCrCU沉淀，還有少量Pb(OH)2；

【小問2詳解】

A.工業(yè)上通過電解飽和食鹽水獲得氯氣，A正確；

B.KzCrzCh溶液中加入乙醇，被乙醇還原，先變?yōu)榫G色，再變?yōu)樗{色，B正確；

C.將步驟I中的鹽酸換成硫酸，還會使Pb2+會轉(zhuǎn)化為PbSCU沉淀，C錯誤；

D.在步驟III中，溶液B加入純堿溶液，生辰碳酸銃沉淀，也能分離出鑄元素，C正確；

故選ABDo

【小問3詳解】

堿性條件下，€^03具有強還原劑，可被H2O2氧化為最高價，兩者恰好反應(yīng)的離子方程式:

Cr2O3+3H2O2+4OH-=2CrO^+5H2O；

根據(jù)該反應(yīng)原理，設(shè)計實驗檢驗上述反應(yīng)后溶液中生成的陰離子，即檢驗銘酸根離子，可用硝酸鉛檢驗:

取適量溶液，加入硝酸調(diào)pH至中性，再滴加硝酸鉛溶液，若生成黃色沉淀，說明有CrO：。

19.“碳中和”目標(biāo)如期實現(xiàn)的關(guān)鍵技術(shù)之一是C02的再資源化利用。

(1)將二氧化碳轉(zhuǎn)化為甲醇是目前研究的熱點之一，在催化劑作用下主要發(fā)生以下反應(yīng)：

1

I.CO2(g)+3H2(g),'CH3OH(g)+H2O(g)AH,=-49.4kJ-mol

II.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)AH2=+4L0kJ.molT

HI.CO(g)+2H2(g)-CH3OH(g)AH3

反應(yīng)III自發(fā)進行的條件及判斷依據(jù)是。

(2)保持壓強4MPa,將起始MCC)2):〃(H2)=1:3的混合氣體勻速通過裝有催化劑的反應(yīng)管，只發(fā)

國成(CH3OH)

生上述反應(yīng)I和反應(yīng)II,測得出口處CO2的轉(zhuǎn)化率和甲醇的選擇性［xlOO%］與溫度的關(guān)

"反應(yīng)(CO?)

系如圖1、圖2所示。

255o

/14o

、

爵

We3O

解f

o20

。15

10

0

260280300320340360

溫度rc溫度/%：

圖1圖2.

旗成（CH3OH）

①催化劑催化效率〃=xlOO%,計算340℃時三種催化劑的催化效率之比

“投入（。。2）

7（In2O3）:7（Mg/ln2O3）:7（Mn/In2O3）=。

②隨著溫度的升高，CO2轉(zhuǎn)化率增大，但甲醇選擇性降低的原因是o

（3）甲醇再應(yīng)用：在催化劑作用下，工業(yè)用甲醇空氣氧化法制甲醛。

05

CH3OH（g）+1o2（g）HCHO（g）+H2O（g）y=^（CH3OH）7?（O2）

該反應(yīng)為下面兩個基元反應(yīng)的合并：

反應(yīng)I：CH3OH（g）+Catox—HCHO（g）+Catred+H2O（g）q=^^（CH3OH）V（Catox）

反應(yīng)II：1o2（g）+Catred.-Catox。2=粒戶（。2）+（0電川）

k.kuk2為速率方程常數(shù)，分壓。等于其物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)乘以總壓，%（Cat°x）為氧化態(tài)催化劑的物質(zhì)的

量分?jǐn)?shù)；甲（CaLj為還原態(tài)催化劑的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)；反應(yīng)I為決速步。

下列說法不亞強的是。

A.改用更高效的催化劑可提高反應(yīng)I的平衡轉(zhuǎn)化率

B.kp（CH3OH）p°5（。2）“勺p（CH3OH）+（Catox）

C.Catred在體系中含量很低，升高溫度會適當(dāng)增加Catred在體系中的含量

D.若。2和CH30H（g）的分壓增大相同倍數(shù)，。2比CH30H（g）對總反應(yīng)速率的影響大

（4）處理CO2吸收液：用惰性電極電解吸收液（成分為飽和NaHCCh溶液），陰極區(qū)通入CCh共同電

解，陰極產(chǎn)物為常見有機物，陽極氣體產(chǎn)物吸收后再應(yīng)用。

現(xiàn)用2.0L1.0mol-IJiNaOH溶液吸收陽極逸出的氣體，不考慮氣體溶解殘留，當(dāng)電路中轉(zhuǎn)移1.5mole「

時，所得溶液中c（H+）=molL。

(已知H2c。3的電離常數(shù)Ka]=4.5x10-7,Ka2=4.7xl()T)

1

【答案】(1)△H3=-90.4KJ-mor,AS<0,,所以低溫自發(fā)進行

(2)①.18：20：15②.隨著溫度升高，反應(yīng)I和反應(yīng)II速率加快，消耗的CO2增多，反應(yīng)II速

率增大的程度大于反應(yīng)I速率增大程度，使生成CO比例增加、甲醇比例降低，所以隨著溫度的升高，CO2

轉(zhuǎn)化率增大、甲醇選擇性降低(3)AD

(4)9.4x10-11moLL-i

【解析】

【小問1詳解】

1

由題干反應(yīng)I.CO2(g)+3H2(g)-CH3OH(g)+H2O(g)AHj=-49.4kJ.mol,反應(yīng)

1

II.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)AH2=+41.0kJ-mor,則反應(yīng)I-II可得反應(yīng)

HI.CO(g)+2H2(g)CH30H(g),根據(jù)蓋斯定律可知，AH3=AH1-AH2=(-49.4)-(41.0)=-

90.4kJ/moL即反應(yīng)III是一個燧減的放熱反應(yīng)，根據(jù)自由能變AG小于。時能夠自發(fā)進行，故反應(yīng)III在低

溫下能夠自發(fā)進行，故答案為：△H3=-90.4KJ?moH,△S<0,,所以低溫自發(fā)進行；

【小問2詳解】

n生成(CHQH)

①n生成(CH3OH)=CO2的轉(zhuǎn)化率xn投入(CO)x甲醇的選擇性，所以催化劑催化效率『一…、

2n投入S)

xlOO%=CCh的轉(zhuǎn)化率x甲醇的選擇性，則T](In2O3)：n(Mg/ln2O3)：n(Mn/ln2O3)=(12%xl5%)：(10%x20%)：

(5%x30%)=18：20：15,故答案為：(12%xl5%)：(10%x20%)：(5%x30%)=18：20：15；

②隨著溫度升高，反應(yīng)i和反應(yīng)ii速率加快，消耗coz增多，反應(yīng)n速率增大的程度大于反應(yīng)I速率增

大程度，使生成co比例增加、甲醇比例降低，所以隨著溫度的升高，CO2轉(zhuǎn)化率增大、甲醇選擇性降低，

故答案為：隨著溫度升高，反應(yīng)I和反應(yīng)H速率加快，消耗的co?增多，反應(yīng)n速率增大的程度大于反應(yīng)

I速率增大程度，使生成CO比例增加、甲醇比例降低，所以隨著溫度的升高，CO2轉(zhuǎn)化率增大、甲醇選

擇性降低；

【小問3詳解】

A.改用更高效的催化劑可提高反應(yīng)速率，但反應(yīng)I的平衡不移動，即平衡轉(zhuǎn)化率不變，A錯誤；

5

B.反應(yīng)I為決速步，總反應(yīng)速率方程：V=kp(CH3OH)p0-(O2)=^i=kip(CH3OH)Z(Catox)，B正確；

C.由題干信息可知，反應(yīng)I為決速步，即反應(yīng)I為慢速反應(yīng)，而反應(yīng)II為快速反應(yīng)，從而決定了Ca、ed

在體系中含量很低，升高溫度反應(yīng)I、II速率都加快，能適當(dāng)增加Cat.在體系中的含量，C正確；

05

D.由題意可知，反應(yīng)I為決速步，總反應(yīng)速率方程：V=kp(CH3OH)p-(O2)?^i=kip(CH3OH)Z(Catox),若

Ch和CH30H(g)的分壓增大相同倍數(shù)，02比CH30H(g)對總反應(yīng)速率的影響小，D錯誤；

故答案為：AD；

【小問4詳解】

用惰性電極電解吸收液(成分為飽和NaHCCh溶液)，陽極反應(yīng)為：4HC0廠4e=ChT+2H2O+4CChT，即陽

極氣體產(chǎn)物為C02吸收后再應(yīng)用，現(xiàn)用2.0L1.0mol/LNaOH溶液吸收陽極逸出的氣體，不考慮氣體溶解殘

留，當(dāng)電路中轉(zhuǎn)移1.5mole-時，根據(jù)反應(yīng)方程式可知，產(chǎn)生的CCh為L5mol,根據(jù)方程式：

NaOH+CO2=NaHCO3.2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O,解得Na2cO3為0.5mol,NaHCCh為Imol,即所得溶

Kac(HCO)47?111n，

液中c(CO：)=0.25mol/L,c(HCO；)=0.5mol/L,故c(H+)=—2,3--------------=9.4x10-

c(COj)0.25

nmol/L,故答案為：9.4x10-11。

20.某課題組以鋰輝石(主要成分為LizO-ALOsZSiO2，還含有鐵、鈣、鎂等元素)為原料，按下列

流程制備LiOH-H2。，并制備鋰離子電池正極材料LiFePC>4。

93%濃硫酸NaOH

Al2O3-4SiO2-H2O

IIIHIIVVVIVII

已知：①LiFePC>4不溶于水，能溶于強酸；

②Na2s晶體和LiOH晶體的溶解度隨溫度變化的曲線如圖所示:

溶解度

回答下列問題：

(1)下列操作或描述不正確的是o

A.步驟