陕西省交大附中、龙岗中学2021届高三上学期第一次联考化学试题 Word版含解析 20页

- 1 - 2020～2021 学年第一学期 交大附中、龙岗学校第一次联考化学试题 （考试时间：90 分钟 试卷满分：100 分） 注意事项： 1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将 自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号 涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。 3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Fe-56 Co-59 第 Ⅰ 卷 一、选择题：本题共 14 小题，每小题 3 分，共 42 分。在每小题给出的四个选项 中，只有 一项是符合题目要求的。 1. 化学与生活、生产、科技等紧密相关，下列有关说法错误的是 A. 从某种锂离子电池的正极材料中可回收金属 Li B. 港珠澳大桥的隔震支座所含的橡胶属于有机高分子材料 C. 高效手性螺环催化剂通过改变反应热增大化学反应速率 D. 嫦娥四号探测器所搭载的太阳能电池的电池板的主要材料为单质硅 【答案】C 【解析】 【详解】A．锂离子电池放电时产生锂离子，锂离子向正极移动，充电时在正极发生还原反应， 所以从该电池的正极材料中可回收金属 Li ，A 正确； B．有机高分子材料是用有机高分子化合物制成的材料，常见的塑料、橡胶、合成纤维等都属 于有机高分子材料，B 正确； C．催化剂可以改变反应的历程，通过降低化学反应的活化能来加快化学反应速率，反应的始 态和终态不变，所以不能改变反应热，C 错误； D．硅是可以将太阳能变为电能的材料，可以制太阳能电池，D 正确。 - 2 - 答案选 C。 2. 下列有关化学用语表示正确的是 A. 镁离子的结构示意图： B. CH2F2 的电子式： C. HClO 的结构式：H—Cl—O D. 含 18 个中子的氯原子： 17 35 Cl 【答案】A 【解析】 【详解】A、镁原子失去最外层两个电子变为镁离子，A 正确； B、CH2F2 的电子式中 F 原子最外层应满足 8 电子稳定结构，B 错误； C、HClO 正确的结构式为 H—O—Cl，C 错误； D、含 18 个中子的氯原子： 35 17 Cl ，D 错误。 答案选 A。 3. 已知 NA 为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 A. 1 mol 铁在 1 mol Cl2 中燃烧，最终转移的电子数为 2 NA B. 100 g 质量分数为 46%的乙醇水溶液中含有的氧原子数为 NA C. 标准状况下，22.4 LHF 所含的分子数为 NA D. 25℃时，pH=13 的 Ba（OH）2 溶液中含有 OH－的数目为 0.1 NA 【答案】A 【解析】 【详解】A．铁在氯气中燃烧生成氯化铁，但 1 mol 铁在 1 mol Cl2 中燃烧，铁过量，铁与氯化 铁反应生成氯化亚铁，故最终转移的电子数为 2NA，A 正确； B．100 g 质量分数为 46%的乙醇水溶液中含 46g 乙醇和 54g 水，含氧原子数大于 NA，B 错误； C．标况下，HF 是液体，不用气体摩尔体积计算物质的量，C 错误； D．溶液的体积未知，不能计算溶液中微粒的物质的量，D 错误； 答案选 A。 4. 某违禁化学品的结构如图所示，有关该有机物的说法正确的是 - 3 - A. 该烃的分子式为 C18H21N B. 两个苯环上的原子一定共平面 C. 能与 Br2 发生加成反应 D. 苯环上的一氯代物有 3 种结构 【答案】D 【解析】 【详解】A．该有机物含 N，不属于烃，A 错误； B．两个苯环与共同的碳原子相连，两苯环所在平面可通过碳碳单键旋转在一平面，B 错误； C．该物质含苯环，与溴发生取代反应，C 错误； D．苯环上含 3 种等效氢，故苯环上的一氯代物有 3 种结构，D 正确； 答案选 D。 5. 下列关于课本实验的操作、结论正确的是 A. 酸碱中和滴定实验中，排出酸式滴定管内的气泡 B. 向铜与浓硫酸反应后的试管中加水，若溶液变蓝，证明生成物中含有 Cu2＋ C. 中和热的测定实验中，为了使酸碱均匀混合，应该用环形玻璃搅拌棒不断顺时针搅拌 D. 标况下，若用向下排空气法收集的氨气（平均摩尔质量为 21g/mol）进行喷泉实验，所得 氨水浓度等于 1/22.4mol/L （假设烧瓶内气体、液体均不向烧瓶外扩散） 【答案】D 【解析】 【详解】A．该操作为碱式滴定管排气泡，A 错误； B．稀释浓硫酸时，应将反应后的溶液加入水中，B 错误； C．中和热的测定实验中，为了使酸碱均匀混合，应该用环形玻璃搅拌棒上下搅拌，C 错误； D．喷泉实验，容器的体积是气体体积，也为溶液的体积，则氨水的浓度为 m m V Vn 1 1c= = = = mol/LV V V 22.4 气 液 ，D 正确； 答案选 D。 - 4 - 6. 下列判断正确的是 A. Na2S2O3 溶液中加入稀硫酸的离子方程式为：2 2- 2 3S O ＋4H＋= 2- 4SO ＋3S↓＋2H2O B. 用 TiCl4 制备 TiO2 的反应可表示为：TiCl4＋(x＋2)H2O（过量） TiO2·xH2O↓＋4HCl C. CuCl2 溶液中通入少量 H2S 溶液：Cu2＋＋S2－=CuS↓ D. 磁性氧化铁溶于氢碘酸：Fe3O4＋8H＋=Fe2＋＋2Fe3＋＋4H2O 【答案】B 【解析】 【详解】A. Na2S2O3 溶液中加入稀硫酸的离子方程式应该为： 2- 2 3S O ＋2H＋＝SO2↑＋S↓＋ H2O，A 错误； B. TiCl4 易水解，用 TiCl4 制备 TiO2 的反应可表示为：TiCl4＋(x＋2)H2O（过量）  TiO2·xH2O↓＋4HCl，B 正确； C. 硫化氢难电离，CuCl2 溶液中通入少量 H2S 溶液：Cu2＋＋H2S=CuS↓＋2H＋，C 错误； D. 铁离子能氧化碘离子，磁性氧化铁溶于氢碘酸：Fe3O4＋2I－＋8H＋＝3Fe2＋＋I2＋4H2O，D 错误；答案选 B。 7. 我国有较多的科研人员在研究甲醛的氧化，有人提出 HCHO( )与 O2 在羟基磷灰 石(HAP)表面催化氧化生成 CO2、H2O 的历程，该历程示意图如图（图中只画出了 HAP 的部 分结构）。 下列说法正确的是（ ） A. 该反应的氧化产物是 CO2 B. HCHO 在反应过程中有 C=O 键发生断裂 C. 根据图示信息，CO2 分子中的氧原子全部来自 O2 D. HAP 能提高 HCHO 与 O2 应的活化能，但不改变反应路径 【答案】A 【解析】 【详解】A．由题干信息，HCHO 与 O2 在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成 CO2、H2O，HCHO - 5 - 中的 C 从 0 价升高至+4 价，作还原剂，则对应生成的 CO2 为氧化产物，A 选项正确； B．根据图示，整个反应过程中，HCHO 在反应过程中有 C—H 键的断裂和 C=O 键的形成，B 选项错误； C．由图示可知，CO2 分子中氧原子一部分来自于 O2，一部分还来自于 HCHO，C 选项错误； D．HAP 在反应中作催化剂，可降低 HCHO 与 O2 应的活化能，D 选错误； 答案选 A。 8. 由下列实验及现象推出的相应结论正确的是（ ） 选项 实验 现象 结论 A 相同条件下，用 20mL1.0mol·L-1CH3COOH 溶液和 50mL1.0mol·L-1 的盐酸分别做导 电性实验 醋酸溶液对应的灯 泡较暗 CH3COOH 是弱电解 质 B 某溶液中滴加 K3[Fe(CN)6]溶液 产生蓝色沉淀 原溶液中有 Fe2＋，无 Fe3＋ C 将石蜡油蒸汽通过炽热的碎瓷片， 产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液 溶液紫红色褪去 产生的气体一定是 乙烯 D 向鸡蛋清溶液中滴加饱和 Na2SO4 溶液 有白色不溶物析出 Na2SO4 能使蛋白质 变性 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．相同条件下，用 20mL1.0mol·L-1CH3COOH 溶液和 50mL1.0mol·L-1 的盐酸分别 做导电性实验，醋酸溶液对应的灯泡较暗，说明醋酸溶液中离子浓度低，CH3COOH 难电离， 是弱电解质，故 A 正确； B．某溶液中滴加 K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀 Fe3[Fe(CN)6]2，确定原溶液中有 Fe2＋，但 不能确定有无 Fe3＋，故 B 错误； C．将石蜡油蒸汽通过炽热的碎瓷片，产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液，溶液紫红色褪去， - 6 - 只能确定产生不饱和烃，但不一定是乙烯，故 C 错误； D．向鸡蛋清溶液中滴加饱和 Na2SO4 溶液，有白色不溶物析出，Na2SO4 是轻金属盐，能使蛋 白质盐析，故 D 错误； 故选 A。 9. 我国科学家合成了一种新的化合物，其结构式如图所示。该物质中 W、X、Y、Z、M 是短 周期中常见元素，且原子序数依次增大；已知 M 元素原子核外电子总数是 Y 元素原子核外 电 子总数的两倍。下列说法中错误的是 A. 由 X 和 Y 两种元素形成的化合物有多种 B. W 和 Z 元素位于周期表中同一主族 C. 元素的非金属性强弱顺序为：Z＞Y＞X D. Y、M 元素的气态氢化物沸点高低为：Y＞M 【答案】B 【解析】 【分析】 W、X、Y、Z、M 是短周期中常见元素，且原子序数依次增大；已知 M 元素原子核外电子总 数是 Y 元素原子核外电子总数的两倍，结合结构式图所示，X 形成 3 个共价键，M 形成六个 共价键，W 形成一个共价键，则 W 为 H 元素，X 为 N 元素，Y 为 O 元素，Z 为 F 元素，M 为 S 元素，据此分析结合元素性质解答。 【详解】根据分析，W 为 H 元素，X 为 N 元素，Y 为 O 元素，Z 为 F 元素，M 为 S 元素； A．X 为 N 元素，Y 为 O 元素，由 X 和 Y 两种元素形成的化合物为氮氧化物，有一氧化氮、 二氧化氮、三氧化二氮、五氧化二氮等多种，故 A 正确； B．W 为 H 元素，位于第一周期第ⅠA 族，Z 为 F 元素，位于周期表第二周期第ⅦA 族，故 B 错误； C．X 为 N 元素，Y 为 O 元素，Z 为 F 元素，同周期元素，随核电荷数增大，非金属性越强， 元素的非金属性强弱顺序为：Z＞Y＞X，故 C 正确； D．Y 为 O 元素，M 为 S 元素，氧元素形成的氢化物为水，水分子间存在氢键，沸点较高， - 7 - 硫元素形成的气态氢化物为硫化氢，无氢键，则 Y、M 元素的气态氢化物沸点高低为：Y＞M， 故 D 正确； 答案选 B。 【点睛】根据元素的成键特征，可以判断出各元素所在的族，从而根据同周期元素的性质递 变规律进行判断。 10. 用锂－氟化碳（氟气与碳生成的夹层化合物）电池电解含有尿素[CO（NH2）2]的碱性溶液， 用于废水处理和煤液化供氢，其装置如图所示（装置中 c、d 均为惰性电极，隔膜仅阻止气体 通过），下列说法错误的是 A. 电极 a 为锂－氟化碳电池的负极 B. 电极 b 的电极反应为（CFx）n＋nx e－=n C＋nx F－ C. 装置中电子流动方向：电极 a→电极 d→隔膜→电极 c→电极 b D. c 电极区和 d 电极区产生的气体在相同条件下的体积比为 1:3 【答案】C 【解析】 【详解】A．锂－氟化碳（氟气与碳生成的夹层化合物）电池中 Li+定向移动到 b 极，根据原 电池中阳离子定向移动到正极可推出 b 极为正极，则 a 极为负极，选项 A 正确； B．电极 b 为原电池的正极，正极上氟气与碳生成的夹层化合物（CFx）n 得电子产生 C 和 F－， 故电极反应为（CFx）n＋nx e－=n C＋nx F－，选项 B 正确； C．根据装置可知电极 a 为负极，b 为正极，c 为阳极，d 为阴极，故装置中电子流动方向：电 极 a→电极 d，电极 c→电极 b，电子不在隔膜中流动，选项 C 错误 ； D．根据得失电子守恒，电解含有尿素[CO（NH2）2]的碱性溶液，c 电极区和 d 电极区产生的 气体 N2 和 H2 在相同条件下的体积比为 1:3，选项 D 正确； 答案选 C。 11. 下列图示与对应的叙述相符的是 - 8 - A. 图 1 表示镁条放入盐酸中生成氢气速率随时间的变化，起初反应速率加快的原因可能是该 反应为吸热反应 B. 图 2 中 a、b 曲线均表示反应 CO（g）+2H2（g）  CH3OH（g）的物质能量与反应过 程的变化关系，b 曲线可能使用了催化剂 C. 图 3 表示 25 ℃时用 0.100 0 mol·L−1 醋酸滴定 40.00 mL 0.100 0 mol·L−1NaOH 溶液得到的滴 定曲线 D. 图 4 表示向 2 mL 5%的 H2O2 溶液中分别滴加 0.1 mol·L−1 Fe3+和 Cu2+（两溶液的阴离子相同） 各 1 mL，生成氧气的体积随时间的变化，表明 Cu2+能使反应更快 【答案】B 【解析】 【详解】A．Mg 与盐酸反应为放热反应，起初反应速率加快的原因是这一阶段温度对反应速 率的影响大于浓度对反应速率的影响，A 错误； B．b 曲线反应活化能低于 a 曲线，故 b 曲线可能使用了催化剂，B 正确； C．0.100 0 mol·L−1NaOH 溶液 pH=13，40mL 时醋酸和 NaOH 恰好完全反应生成醋酸钠，醋酸 钠溶液呈碱性，pH 应大于 7，与图不符，故图 3 不可能是用 0.100 0 mol·L−1 醋酸滴定 40.00 mL 0.100 0 mol·L−1NaOH 溶液得到的滴定曲线，C 错误； D．由图 4 可知，Fe3+能使反应更快，D 错误。 答案选 B。 12. 化学上把外加少量酸、碱，而 pH 基本不变的溶液，称为缓冲溶液。现有 25℃时，浓度均 为 0.10 mol/L 的 CH3COOH 和 CH3COONa 的缓冲溶液，pH=4.76。(已知： Ka(CH3COOH)=1.75×10–5，Kb 为 CH3COONa 的水解常数)，下列说法正确的是 A. 混合溶液加水稀释，c(OH–)减小 B. 25℃时，Ka(CH3COOH)＜Kb(CH3COO–) C. c(CH3COO-)＋c(OH-)＜c(CH3COOH)＋c(H＋) D. 向 1.0 L 上述缓冲溶液中滴加几滴 NaOH 稀溶液(忽略溶液体积的变化)，反应后溶液 pH 基 - 9 - 本不变 【答案】D 【解析】 【详解】A．该混合溶液 pH<7，溶液显酸性，加水稀释，溶液中c(H+)减小，由于Kw= c(H+)·c(OH–)， 在温度不变时，Kw 不变，溶液中 c(H+)减小，则 c(OH–)增大，A 错误； B．浓度均为 0.10 mol/L 的 CH3COOH 和 CH3COONa 的缓冲溶液，pH=4.76，说明酸的电离作 用大于盐的水解作用，所以 Ka(CH3COOH)＞Kb(CH3COO–)，B 错误； C．根据物料守恒可得①：2c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，根据电荷守恒可得②： c(CH3COO-)＋c(OH-)=c(Na+)＋c(H＋)，将①+2×②，整理可得 c(CH3COO-)＋ 2c(OH-)=c(CH3COOH)＋2c(H＋)，溶液 pH=4.76，则 c(H+)＞c(OH–)，所以 c(CH3COO-)＋c(OH-) ＞c(CH3COOH)＋c(H＋)，C 错误； D．向该缓冲溶液中加入几滴 NaOH 溶液，由于缓冲溶液中存在平衡：CH3COOH CH3COO-+H+，NaOH 电离产生的 OH-中和溶液中 H+，使电离平衡正向移动，因此反应后溶液 pH 基本不变，D 正确； 故合理选项是 D。 13. 近日，我国科研团队制备了基于稀土单原子催化剂(SAC)用于常温常压下的电化学催化还 原氮气的反应。反应历程与能量关系如图所示(*表示稀土单原子催化剂)。 下列说法错误的是 A. Sc1/NC 比 Y1/NC 更有利于吸附 N2 B. 该单原子催化电化学还原 N2 的反应∆H<0 C. 使用 Sc1/NC 单原子催化剂时，历程中最大能垒的反应为：*N2＋H→*NNH D. 使用 Sc1/NC 和 Y1/NC 催化电化学还原 N2 的反应∆H 的值不相等 【答案】D 【解析】 【详解】A.由图可知，使用 Sc1/NC 的反应活化能小于使用 Y1/NC 的反应活化能，说明 Sc1/NC - 10 - 比 Y1/NC 更有利于吸附 N2，故 A 正确； B.由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，则该单原子催化电化学还原 N2 的反应为 放热反应，∆H<0，故 B 正确； C.由图可知，使用 Sc1/NC 单原子催化剂时，*N2 与 H 结合生成*NNH 的活化能最大，则历程 中最大能垒的反应为*N2＋H→*NNH，故 C 正确； D.催化剂只能改变反应的途径，但是不能改变∆H 的数值与符号，则使用 Sc1/NC 和 Y1/NC 催 化电化学还原 N2 的反应∆H 的值相等，故 D 错误； 故选 D。 【点睛】催化剂只能改变反应的途径，但是不能改变∆H 的数值与符号是解答关键。 14. 常温下，已知 Ka1(H2CO3)=4.3×10-7， Ka2(H2CO3)=5.6×10-11。 某二元酸 H2R 及其钠盐 的溶液中，H2R、HR-、R2-三者的物质的量分数随溶液 pH 变化关系如图所示，下列叙述错误 的是( ) A. H2R 的一级电离常数 Ka1 的数量级为 10-2 B. 在 pH=4.3 的溶液中：3c(R2-)=c(Na+ )+c(H+)-c(OH-) C. 等体积、等浓度的 NaOH 溶液与 H2R 溶液混合后，溶液中： c(R2- )＞c(H2R) D. 向 Na2CO3 溶液中加入少量 H2R 溶液，发生的反应是： CO32- +H2R=HCO3 -+HR- 【答案】D 【解析】 【分析】 二元酸 H2X 存在两步电离：H2R HR -+H+，Ka1=       - + 2 c HR c H c H R  =1.0×10-1.3[根据图上 第一个交点，c(H2R)=c(HR-)，那么 Ka1= c(H+ )= 1.0×10-1.3]；HR- R 2- + H+ ， - 11 - Ka2=       2- + - c R c H c HR  =1.0×10-4.3[根据图上的第二个交点，c(R2-)=c(HR-)，那么 Ka2=c(H+ )= 1.0×10-4.3]；R2-发生两步水解：R2- + H2O HR -+OH-， 9.7w 1 2 1.0 10h a KK K    ；HR -+ H2O H2R+ OH-， w 1 2h a KK K  = -12.71.0 10 。 【详解】A. 根据分析，H2R 的一级电离常数 Ka1=1.0×10-1.3，则数量级为 10-2，A 项正确； B. 如图在 pH=4.3 时溶液中 c(R2-) = c(HR-)，溶液中电荷守恒为 c(Na+ )+c(H+)=2c(R2-) + c(HR-)+c(OH-)，故 3c(R2-)=c(Na+ )+c(H+)-c(OH-)，B 项正确； C. 等体积、等浓度的 NaOH 溶液与 H2R 溶液混合后，二者恰好反应生成 NaHR，HR-可以电 离也可以水解，由于 Ka2=1.0×10-4.3 大于 Kh2= -12.71.0 10 ，所以以电离为主，溶液显酸性，则 电离产物 c(R2- )大于水解产物 c(H2R)，C 项说法正确； D. 根据弱酸的电离平衡常数越大酸性越强，由于 Ka1(H2R)＞Ka2(H2R)＞Ka1(H2CO3)＞ Ka2(H2CO3)，可得酸性：H2R＞HR¯＞H2CO3＞HCO3 ¯，可得酸根离子结合氢离子能力：CO32- ＞HCO3 ¯＞R2-＞HR¯；那么向 Na2CO3 溶液中加入少量 H2R 溶液，因为是少量酸性溶液，只能 将 CO32-转化为 HCO3 ¯，酸性不足还不能生成 HR¯，仍然以 R2-形式存在，故发生的反应是：2CO32- +H2R= 2HCO3 ¯+ R2-，D 项错误； 答案选 D。 第 Ⅱ 卷 二、非选择题：共 58 分。第 15～17 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 18～19 题为 选考题，考生根据要求做答。 （一）必考题：共 43 分。 15. 从砷盐净化渣（成分为 Cu、As、Zn、ZnO、Co 和 SiO2）中回收有利用价值的金属，解决 了长期以来影响砷盐净化工艺推广的技术难题，具有较强的实践指导意义。其工艺流程如下∶ - 12 - 回答下列问题∶ （1）在“选择浸 Zn”之前，将砷盐净化渣进行球磨的目的是___________。其他条件不变时， Zn 和 Co 的浸出率随 pH 变化如图所示，则“选择浸 Zn”过程中，最好控制溶液的 pH=_____。 （2）“氧化浸出”时，As 被氧化为 H3AsO4 的化学方程式为___________。“浸渣”的主要成分为 _____________（填化学式）。 （3）用 NaOH 溶液调节氧化浸出液至弱酸性，再加入 Na3AsO4 进行“沉铜”，得到难溶性的 Cu5H2 （AsO4）4·2H2O，则“沉铜”的离子方程式为_____________。 （4）“碱浸”时，除回收得到 Cu（OH）2 外，还得到物质 M，且 M 在该工艺流程中可循环利 用，M 的化学式为_____________。 （5）为测定草酸钴产品的纯度，现称取 mg 样品，先用适当试剂将其转化，得到纯净的酸铵 溶液，再用过量的稀硫酸酸化，用 c mol·L－1 高锰酸钾标准液滴定，达到滴定终点时的现象为： ___________。共用去 V mL 高锰酸钾标准液，则该草酸钴产品的纯度为：____________。若 酸化时用盐酸代替硫酸，测得的纯度将______（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。 【答案】 (1). 减小粒子的大小，增大接触面积，加快浸出速率 (2). 3 (3). 2As＋ 5H2O2=2H3AsO4＋2H2O (4). SiO2 (5). 5Cu2＋＋4 3- 4AsO ＋2H＋＋2H2O= Cu5H2（AsO4） 4·2H2O  (6). Na3AsO4 (7). 锥形瓶内溶液颜色由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色， (8). 0.3675cV 36.75cV×100% %m m 或 (9). 偏大 【解析】 【分析】 砷盐净化渣（成分为 Cu、As、Zn、ZnO、Co 和 SiO2）中加入硫酸酸浸，再加入过氧化氢后 发生一系列氧化还原反应，如 As 被氧化为 H3AsO4 等，二氧化硅不反应作为滤渣过滤排出， 再加入 Na3AsO4 发生沉铜反应，得到难溶性的 Cu5H2（AsO4）4·2H2O，碱浸后得到氢氧化铜。 【详解】（1）在“选择浸 Zn”之前，将砷盐净化渣进行球磨的目的是减小粒子的大小，增大接 触面积，加快浸出速率。其他条件不变时，Zn 和 Co 的浸出率随 pH 变化，由图可知“选择浸 - 13 - Zn”过程中，最好控制溶液的 pH=3。 （2）“氧化浸出”时，根据氧化还原反应原理，As 被氧化为 H3AsO4 的化学方程式为 2As＋ 5H2O2=2H3AsO4＋2H2O。“浸渣”的主要成分为 SiO2。 （3）用 NaOH 溶液调节氧化浸出液至弱酸性，再加入 Na3AsO4 进行“沉铜”，得到难溶性的 Cu5H2 （AsO4）4·2H2O，则“沉铜”的离子方程式为 5Cu2＋＋4 3- 4AsO ＋2H＋＋2H2O= Cu5H2（AsO4） 4·2H2O  。 （4）“碱浸”时，除回收得到 Cu（OH）2 外，还得到物质 M，根据工业流程箭头可知，M 在 该工艺流程中可循环利用，M 的化学式为 Na3AsO4。 （5）为测定草酸钴产品的纯度，现称取 mg 样品，先用适当试剂将其转化，得到纯净的酸铵 溶液，再用过量的稀硫酸酸化，用 c mol·L－1 高锰酸钾标准液滴定，达到滴定终点时的现象为 锥形瓶内溶液颜色由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色。共用去 V mL 高锰酸钾标准液，根 据 n=cV 计算反应中草酸的物质的量，设样品中含 CoC2O4 质量为 x，根据方程式 5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，由草酸根守恒可得： 5CoC2O4-5(NH4)2C2O4-5H2C2O4-2MnO4-，即 1 3147 5 10 0.36752 g mol cVx       ，则该 草酸钴产品的纯度为：0.3675cV 36.75cV×100% %m m 或 ，若酸化时用盐酸代替硫酸，盐酸与 高锰酸根也发生反应，使测得的纯度将偏大。 16. 某课外活动小组对教材中氨气的催化氧化实验进行了改进，并利用实验生成的产物检验氨 的化学性质，实验装置如下（夹持装置略）： 实验步骤如下： ①按装置图连接好装置，检查装置的气密性后，装入试剂； ②先点燃 C 处酒精灯，再点燃 A 处酒精灯，待 F 处有连续不断的气泡产生时，再点燃 B 处酒 精灯； ③反应一段时间后，熄灭 A 处酒精灯，继续加热 NH4Cl 和 Ca（OH）2 固体混合物； - 14 - ④熄灭 B 处和 C 处酒精灯； 请回答下列问题： （1）NH3 的电子式是________，写出 NH3 发生催化氧化的化学方程式________________。 （2）实验步骤①中检查装置的气密性的方法是___________。 （3）描述实验过程中装置 D 和装置 E 的现象： 装置 D 装置 E 点燃 A、B、C 处酒精灯 __________ 紫色石蕊溶液变红 熄灭 A 处酒精灯 继续加热 B 处酒精灯 红棕色慢慢褪去 溶液由红色变为蓝色， __________ （4）装置 F 中的试剂是______________。 （5）该装置存在一处明显的缺陷，请提出改进意见_____________。 （6）工业上常采用氨氧化法制取硝酸，现有 10.0tNH3 制取质量分数为 63%的 HNO3，设 NH3 氧化后的产物有 95%转化为 HNO3，最终得到 45.0tHNO3，则氨氧化过程中 NH3 的转化率为 _______（用百分数表示，结果保留 3 位有效数字）。 【答案】 (1). (2). 4NH3+5O2 催化剂 加热 4NO+6H2O (3). 把 F 中的导管插入 水中，点燃 A 和 B 处的酒精灯，装置 F 中导管口有气泡冒出，熄灭酒精灯，导管内形成一段 水柱，则说明装置气密性良好 (4). 有红棕色气体生成 (5). 液面上方产生白烟 (6). NaOH 溶液 (7). 在 A、B 试管口加一团棉花防止导管堵塞（或将 A、B 试管中的细导管换 成较粗的导管） (8). 80.5% 【解析】 【分析】 加热高锰酸钾制备氧气，加热氢氧化钙和氯化铵生成氨气，在 C 环境中发生催化氧化生成一 氧化氮，迅速反应为红棕色二氧化氮，气体进入紫色石蕊溶液后生成硝酸，紫色石蕊试液变 红，A 反应停止后继续通入一段时间氨气，装置内氧气耗尽，过量的氨气在 E 中生成氨水与 硝酸结合，最终溶液偏碱性，紫色石蕊变蓝。 【详解】（1）NH3 的电子式是 ，NH3 发生催化氧化的化学方程式 4NH3+5O2 催化剂 加热 - 15 - 4NO+6H2O。 （2）实验步骤①中检查装置的气密性的方法是把 F 中的导管插入水中，点燃 A 和 B 处的酒精 灯，装置 F 中导管口有气泡冒出，熄灭酒精灯，导管内形成一段水柱，则说明装置气密性良 好。 （3）描述实验过程中装置 D 和装置 E 的现象： 装置 D 装置 E 点燃 A、B、C 处酒精灯 有红棕色气体生成 紫色石蕊溶液变红 熄灭 A 处酒精灯 继续加热 B 处酒精灯 红棕色慢慢褪去 溶液由红色变为蓝色，液面 上方产生白烟 （4）装置 F 中的试剂是 NaOH 溶液。 （5）该装置存在一处明显的缺陷，应在 A、B 试管口加一团棉花防止导管堵塞（或将 A、B 试管中的细导管换成较粗的导管）。 （6）工业上常采用氨氧化法制取硝酸，现有 10.0tNH3 制取质量分数为 63%的 HNO3，设 NH3 氧化后的产物有 NO，95%转化为 HNO3，最终得到 45.0tHNO3，根据反应 4NO+3O2+2H2O=4HNO3 可知，实际消耗的 NO 的质量为 1 1 45 63% 33 14.8563 t g mol tg mol       ， 理论上氨气催化氧化生成 NO 质量为 1 1 14.85 17 8.0533 95% t g mol tg mol       ，则氨氧化过程中 NH3 的转 化率为 8.05 100%10 t t  =80.5%。 17. 天然气中存在的 H2S 和 CO2 给其加工和利用带来严重的问题，科学家提出一种有效的光电 驱动协同转化去除方法。 （1）天然气的主要成分为________。 （2）已知反应：2CO（g）＋O2（g）= 2CO2（g） ΔH1=－586kJ/mol - 16 - 2H2S（g）＋O2（g）=2S（g）＋2H2O（g） ΔH2=－530.4kJ/mol 则反应 H2S（g）＋CO2（g）=CO（g）＋S（g）＋H2O（g）的ΔH=_________kJ/mol。有利于 提高 H2S 和 CO2 平衡转化率的条件是_________（填标号） A 高温高压 B 高温低压 C 低温高压 D 低温低压 （3）某温度下，在体积为 2 L 的密闭容器中投入 1 mol H2S 和 1 molCO2，反应体系中各组分 的体积分数（Φ）如图所示。20 min 时达到平衡状态，0~20 min 内ν(CO2)=_________，此时容 器内压强为起始压强的_________倍，用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度可表示化学平 衡常数 KP，若平衡时总压强为 20MPa，则 KP=_________MPa(气体分压=气体总压×各气体的 体积分数，保留小数点后两位)。 （4）可利用热化学硫碘循环 H2S 分解制氢，其流程如图所示： 反应 I的化学方程式为__________。 （5）光电驱动协同转化去除 H2S 和 CO2 的装置如图所示，石墨烯电极 A 的电极反应式为 _________。 【答案】 (1). 甲烷（CH4） (2). ＋27.8 (3). B (4). 0.01mol/（L·min） (5). 1.2 (6). 1.48 (7). 2H2O＋SO2＋I2=H2SO4＋2HI (8). CO2＋2e－＋2H＋=CO＋H2O 【解析】 【分析】 本题为化学原理综合分析题，需要掌握盖斯定律、化学平衡的变化。 【详解】(1)天然气的主要成分为 CH4，故答案为：甲烷（CH4）； (2)由盖斯定律可知：ΔH=(ΔH2-ΔH1)/2=＋27.8 kJ/mol，所以该反应为气体系数和减小的吸热反 应，所以有利于提高 H2S 和 CO2 平衡转化率的条件是高温高压，故答案为：＋27.8、B； - 17 - (3)根据题意列三段式分析吐下： 由图可知： n( ) 2-2x= = 50%2n x   反应物 (生成物) ，故 x=0.4，所以 0~20 min 内 ν(CO2)= ，平衡时气体总物质的量为：2.4mol，初始时 气体总物质的量为 2mol，故此时容器内压强为起始压强的 1.2 倍，设总压为 P，则各物质的分 压为：P(H2S)= 4 P , P(CO2)= 4 P ，P(CO)= 6 P ，P(S)= 6 P ，P(H2O)= 6 P ，故 Kp= 16 2 2 206 6 6 1.48216 27 27 4 4 P P P P P P P        MPa，故答案为：0.01mol/（L·min），1.2，1.48； (4)如流程图所示可知， 故答案为：反应 I 的反应物为 H2O、SO2、I2，生成物为：H2SO4、HI，故反应 I 的化学方程式 为：2H2O＋SO2＋I2=H2SO4＋2HI，故答案为：2H2O＋SO2＋I2=H2SO4＋2HI； (5)由图可知，H+从右向左移动，故石墨烯电极 A 为正极，故 CO2 在该电极的电子变为 CO， 故电极反应式为：CO2＋2e－＋2H＋=CO＋H2O，故答案为：CO2＋2e－＋2H＋=CO＋H2O； 【点睛】本题为化学原理综合分析题，需要掌握盖斯定律、化学平衡、三段式、电极式等多 种知识。 （二）选考题：共 15 分。请考生从 2 道题中任选一题作答。如果多做则按所做的 第一题计分。 [化学——选修 3：物质结构与性质] 18. N、P、As 都是ⅤA 族元素，且原子序数依次增大，它们的单质和化合物在生产、生活中 有广泛应用。请回答下列相关问题。 (1)基态磷原子的价电子排布式为_______________。 (2)已知白磷的分子式为 P4，其结构如图 1 所示。科学家目前合成了 N4 分子，其分子结构与白 磷类似。则 N 原子的杂化轨道类型是_______，N—N—N 键的键角为_______。 - 18 - (3)硝酸的沸点较低，从氢键的角度推断其可能的原因是_________________；请写出两种与 3NO 互为等电子体的微粒化学式_____________（请写一个分子和一个离子）。 (4) 2NO 与钴形成的配离子[Co(NO2)6]3−可用于检验 K+的存在。 2NO 离子的 VSEPR 模型名称 为___________，K3[Co(NO2)6]是黄色沉淀，该物质中四种元素的电负性由大到小的顺序是 _________________。 (5)铝和白磷在一定条件下可以制备磷化铝（AlP），磷化铝晶胞的结构如图 2 所示。磷化铝中， Al 原子的配位数为___________，若最近两个 Al 原子之间的距离为 a cm，用 NA 表示阿伏加德 罗常数的值，则该晶体的密度为_________g·cm−3（用含有以上字母的计算式表示）。 【答案】 (1). 3s23p3 (2). sp3 杂化 (3). 60° (4). 硝酸中存在分子内氢键 (5). SO3、 2- 3CO (6). 平面三角形 (7). O>N>Co>K (8). 4 (9).  3 A 4 58 2a N  【解析】 【详解】(1)P 位于第三周期ⅤA 族，电子排布式为 1s22s22p63s23p3，价电子排布式为 3s23p3。 (2)在 N4 分子中，每个氮原子有三对成键电子，还有一个孤电子对，故价层电子对数为 4，因 此属于 sp3 杂化，N4 分子为正四面体结构，故 N—N—N 键的键角为 60°。 (3)硝酸在分子内形成氢键，故沸点较低；在 NO - 3 中价电子数=5+6×3+1=24，原子总数为 4， CO 2- 3 或 SiO 2- 3 、SO3 分子内也有 24 个价电子和 4 个原子，根据等电子体原理，可知 CO 2- 3 、SiO 2- 3 、 SO3 与 NO - 3 互为等电子体。 (4) NO - 2 中心原子 N 的孤电子对数为 1 2 ×（5+1−2×2）=1，成键电子对数为 2，价层电子对数 为 1+2=3，则 NO - 2 的 VSEPR 模型为平面三角形。元素的非金属性越强电负性越大，元素的金 属性越强电负性越小，则四种元素的电负性由大到小的顺序为 O＞N＞Co＞K。 (5)由 AlP 的晶胞图可知，在每个 P 原子周围与其等距离的 Al 有 4 个，Al 与 P 个数比是 1∶1， 故 Al 原子的配位数为 4。在 AlP 晶胞中铝原子位于顶点和面心，根据均摊法，可知 1 个晶胞 - 19 - 中含有的 Al 原子个数=8× 1 8 +6× 1 2 =4，P 原子位于晶胞内部，共有 4 个，故 1 个晶胞中含 4 个 AlP。若最近两个 Al 原子之间的距离为 a cm，则面心的对角线为 2a cm，则晶胞的边长为 2 a cm，故晶胞的体积为 3( 2 )a cm3；则晶胞的密度ρ= m V = A 3 4 58 ( 2a) N  g·cm−3= 3 A 4 58 ( 2a) N  g·cm−3。 【点睛】N4 为正四面体结构，但由于没有中心原子，故 N—N—N 键的键角为 60°，不是 109.5°。 19. 化合物 G（ ）是一种新型化工原料，其合成路线图如下： 已知：A 的最简式为 C2H5；苯环上的烃基可被酸性 KMnO4 溶液氧化为—COOH。 （1）A 的分子式为______________。 （2）②的反应类型是____________，F 中官能团的名称是_______。 （3）B 的结构简式为__________________。 （4）写出 C→D 的反应方程式________________。 （5）F 有多种同分异构体，其中符合下列条件的同分异构体共有____________种，写出核磁 共振氢谱有 5 组峰的物质的结构简式___________。 ①遇氯化铁溶液发生显色反应 ②能发生水解反应、银镜反应 （6）以 CH3CH2Br 和 CH3COOH 为原料（无机试剂任选），设计制备 CH3COOCH2CH2OOCCH3。 写出合成路线图：_____________。 【答案】 (1). C4H10 (2). 取代反应 (3). 羟基、酯基 (4). (5). +3NaOH 一定条件 NaCl+2H2O+ (6). 13 (7). (8). 【解析】 【分析】 甲苯和氯气发生取代反应，甲苯中的甲基被高锰酸钾氧化为羧基，由 逆推，可知 D - 20 - 是 、C 是 、B 是 ； 和甲醇发生酯化反应生成 ，F 是 ； 【详解】(1)A 的最简式为 C2H5，根据烃的通式，A 的分子式为 C4H10； (2)反应②是 中的-OH 被 Cl 代替，反应类型是取代反应，F 是 ，官能 团的名称是羟基、酯基； (3)由 逆推，甲苯中甲基邻位上的氢原子被氯原子代替生成 B， B 的结构简式为 ； (4) 与氢氧化钠溶液反应生成 ，反应的方程式是 +3NaOH 一定条件 NaCl+2H2O+ ； (5)①遇氯化铁溶液发生显色反应，含有酚羟基；②能发生水解反应、银镜反应说明是甲酸酯； 符合条件的 的同分异构体，若苯环上有 2 个取代基-OH、-CH2OOCH，有 3 种结构； 若苯环上有 3 个取代基-OH、-OOCH、-CH3，有 10 种结构，共 13 种；核磁共振氢谱有 5 组峰 的物质的结构简式是 ； (6)CH3CH2Br 发生消去反应生成乙烯，乙烯和溴发生加成反应生成 1,2-二溴乙烷，1,2-二溴乙 烷发生水解反应生成乙二醇，乙二醇和 CH3COOH 发生酯化反应生成 CH3COOCH2CH2OOCCH3，合成路线为 。 【点睛】本题考查有机合成，注意有机物结构的变化，利用“逆推法”分析 B 的结构简式是 解题关键，明确常见官能团的结构和性质，会根据官能团种类异构、官能团位置异构、碳链 异构书写同分异构体。