2023高考化学模拟试题及答案3套

1.化学与人类生产、生活密切相关。下列说法错误的是

A.氯化钙溶解放热，可用于制作自加热罐头

B.二氧化氯能够氧化甲醛，含二氧化氯的装修除味剂可用作甲醛清除剂

C.固态二氧化碳汽化时会使周围温度降低，低温实验时常用其作制冷剂

D.柠檬酸常用作复合膨松剂的酸性物质，其作用主要是降低食品的碱性

【答案】D

【解析】A.氯化钙溶解放热的性质使得它可用于制作自加热罐头和加热垫上等，A正确；

B.甲醛是还原性物质，二氧化氯具有强氧化性，即通过它的强氧化能力和甲醛、苯、氨等有害气体发生

化学反应，生成稳定物质，不再释放有害气体，因此含二氧化氯的装修除味剂可用作甲醛清除剂，B正确;

C.固态二氧化碳升华时吸热，使周围环境温度降低，可广泛用于制冷剂、人工降雨，因此低温实验时常

用其作制冷剂，c正确；

D.柠檬酸常用作复合膨松剂的酸性物质，可与复合膨松剂中的碳酸氢钠等反应，可使产气量大，另一方

面能使发粉之残留物为中盐，保持制品的色、味，D错误；

答案选D。

2.关于OF?、CbO和NF3的结构与性质，下列说法错误的是

A.OF2是极性分子B.NF3的空间构型为三角锥形

C.0F2的键角大于CLOD.N、0原子的杂化方式相同

【答案】C

【解析】A.0F2是V形结构，属于极性分子，故A正确；

B.NF3中N原子有I对孤电子对，3个b键，夹层电子对为4,属于sp3杂化，NF3的空间构型为三角锥

形，故B正确：

C.0F2和CLO都是V形结构，原子的电负性F>O>C1,0-F键的成键电子对偏向F,排斥作用小，键角小,

0F2的键角小于CLO,故C错误；

D.NF3中N原子有1对孤电子对，3个o■键，夹层电子对为4,属于sp3杂化；OF2、CbO中0原子有2

对孤电子对，2个b键，夹层电子对为4,属于sp3杂化，N、0原子的杂化方式相同，故D正确；

故答案为C。

3.足球烯(CM)分子形成的晶体是碳的一种单质形态。下列说法错误的是

A.形成该单质的微粒间作用力为范德华力

B.足球烯晶体的熔沸点低于金刚石晶体

C.足球烯、石墨均可作为生产耐高温的润滑剂材料

D.足球烯在苯中的溶解度比在酒精中的溶解度大

【答案】C

【解析】A.足球烯是分子晶体，形成该单质的微粒间作用力是分子间作用力，为范德华力，A正确；

B.足球烯晶体是分子晶体，金刚石晶体是原子晶体，足球烯熔沸点低于金刚石晶体，B正确；

C.足球烯是分子晶体不可作为生产耐高温的材料，C错误；

D.足球烯是非极性分子，苯是非极性溶剂，酒精是极性溶剂，根据相似相溶原理，足球烯在苯中的溶解

度比在酒精中的溶解度大，D正确；

故选Co

4.下列关于仪器使用的说法错误的是

①②③④

A.仪器①为蒸发皿，可用于蒸发或浓缩溶液

B.仪器②③加热时需要垫石棉网

C.仪器③为蒸储烧瓶，主要用于混合液体的蒸馈和分僧

D.仪器④为容量瓶，使用前应检查是否漏水

【答案】B

【解析】A.仪器①为蒸发皿，可以直接加热，用于蒸发或浓缩溶液，故A正确；

B.仪器②为用埸，用于灼烧固体，直接加热，仪器③为蒸镭烧瓶，加热时需要垫石棉网，故B错误；

C.仪器③为蒸储烧瓶，主要是利用沸点不同分离混合液体，用于蒸镭和分播操作的仪器，故C正确：

D.仪器④为容量瓶，磨砂口的玻璃仪器，使用前应检查是否漏水，故D正确；

故答案为B。

5.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

A.常温下，2.0g七小。中含有的质子数目为2M

B.标准状况下，22.4L二氯甲烷中含有4M个极性共价键

C.由ImolCH3coONa和少量CH3coOH形成的中性溶液中，CH3co0-数目为NA

D.标准状况下，2.24LNCh完全溶于水，反应过程转移电子的数目为O.INA

【答案】C

【解析】A.2.0g为0.1mol,每个H2IK）分子中质子数为10个，故2.0g氏180中含有的质子数目为

NA,故A错误；

B.标准状况下，二氯甲烷为液体，不能用22.4L/mol计算22.4L二氯甲烷物质的量，故B错误；

C.由ImolCH3coONa和少量CH3coOH形成的中性溶液中，根据电荷守恒可知：

n[Na+]+n（CH,COO-yn（OH-],溶液显中性即：〃（H*）=〃（04一），故

n^Na+)=niCHiCOO^)=Imol,CH3COO数目为NA,故C正确；

D.标准状况下2.24LNO2物质的量为O.lmol,二氧化氮与水的反应为3NO2+H2O=2HNCh+NO~2e-,则反应

02

中转移电子数为NA，故D错误；

故答案为C。

6.下列由实验现象所得结论错误的是

A.向酸性KMnCU溶液中滴加H2O2溶液，紫色褪去，说明H2O2具有还原性

B.向某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，说明该溶液中含有Fe?+,无Fe?+

C.向CuCL固体中逐渐加水，溶液由黄绿色逐渐变蓝色，说明C1-和H2O相互竞争引起平衡移动，从而使

溶液颜色发生变化

D.用毛皮摩擦过的橡胶棒靠近从酸式滴定管中流出的CF2cL,液流方向改变，说明CF2cL是极性分子

【答案】B

【解析】A.向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液,紫色褪去，是由于H2O2被KMnO4溶液氧化为O2,KMnO4

被还原为无色MM+,因此可证明H2O2具有还原性，A正确；

B.向某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，说明该溶液中含有Fe?+,但不能确定是否含有Fe3+,

B错误；

C.向CuCL固体中逐渐加水，开始时溶液显黄色，随着水量的增加，溶液由黄绿色逐渐变蓝色，这是由

于溶液中产生更多的[Cu(H2O)4产，而使溶液显蓝色，故溶液颜色发生变化是cr和H2。相互竞争引起的平

衡移动所致，c正确；

D.CF2c12是四面体结构，物质分子中正负电荷重心不重合，因此该物质分子是极性分子：用毛皮摩擦过

的橡胶棒带负电，CF2c12分子是极性分子，当玻璃棒靠近从酸式滴定管中流出的CF2cL时，由于静电感应，

液流方向改变，从而可说明CF2cL是极性分子，D正确；

故合理选项是Bo

7.下列图示的实验，能够实现相应实验目的的是

甲乙丙T

A.利用甲装置用CCL,从碘水中萃取碘B.利用乙装置制取并收集少量纯净的氯气

C.利用丙装置控制制取氧气的速率D.利用丁装置验证SCh的漂白性

【答案】A

【解析】A.碘易溶于CCL,可用CCL,从碘水中萃取碘，故A正确；

B.高镭酸钾和浓盐酸制氯气，浓盐酸挥发，制备收集的氯气不纯净，故B错误：

C.过氧化钠是粉末状，不能用该装置控制反应速率，故C错误；

D.SCh与Fe2（SO）4发生氧化还原，生成亚铁离子，KSCN溶液颜色褪去，故D错误；

故答案为A。

8.近期我国科技工作者开发了高效NO净化催化剂（用M表示），实现NO减排，其催化原理如图所示⑴代

表氧空位）。下列说法错误的是

A.反应过程中有0-H的断裂和生成

B.反应过程中Ce的成键数目未发生改变

C.反应过程中Ti的化合价发生了改变

催化剂J

D.催化循环的总反应为：4NH3+4NO+O24N2+6H2O

【答案】B

【解析】A.从图中分析，催化剂表面的O与NH3中的H生成O-H键，一个O原子结合两个H生成两个

0-H键即以H20的形式脱离催化剂，催化剂表面两个0-H键也可断裂一个0-H生成水的同时留一0在催

化剂表面，反应过程中有0-H生成，也有0-H的断裂，A正确；

B.从图中分析，Ce的成键数目有氧空位和无氧空位不同，是否与N原子成键也影响其成键数目，反应过

程中Ce的成键数目发生改变，B错误；

C.从图中分析，Ti原子有氧空位时与一个。原子连接，无氧空位时与两个0原子连接，反应过程中Ti的

化合价发生了改变，C正确；

D.从图中分析，全过程进入体系的物质有“go」、两次的“NH3+NO”，出来的物质有“H2O”、"N2”、"N2+

催化剂

2H20”，故催化循环的总反应为：4NHJ+4NO+O2~4N2+6H2O,D正确；

故选D。

9.XeF4在水中的反应为：6XeF4+12H2O=2XeO3+4Xet+24HF+3O2f«下列说法正确的是

A.XeF4分子中各原子最外层均达到8电子稳定结构

B.XeCh分子空间构型为平面三角形

C.上述反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2

D.反应中收集到标准状况下7.84L气体，共转移电子0.8mol

【答案】CD

【解析】A.Xe原子最外层电子数本来为8,与F原子成键后最外层不再是8电子稳定结构，A错误；

0

B.XeCh分子中心原子Xe原子价电子对数一=4,是sp,杂化，轨道构型是正四面体型，三个氧原子在三

2

个顶点，分子空间构型为三角锥型，B错误；

C.该反应中按系数计算，有2moi的XeF4的Xe化合价从+4价升高到+6价，有4moi的XeF4的Xe化合

价从+4价降低到0价，有6mol的H20的0从-2价升高到0价，化合价降低部分作氧化剂，化合价升高部

分作还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:(2+6)=1：2,C正确；

D.反应中收集到标准状况下7.84L气体，该气体的物质的量为7W4L=0.35mol,根据方程式，两

22.4L/mol

种气体的物质的量之比是4:3,该反应中失去电子有Xe和0两种元素，得到电子就Xe元素，转移电子以

4

得到电子生成Xe气体计算，共转移电子一x0.35x4=0.8(mol),D正确；

7

故选CD。

10.短周期元素原子组成的某种分子的结构式如图所示。X原子的核外电子只有一种运动状态；W、Y、Z

位于同一周期，Z元素原子中p轨道所含电子数与s轨道相等。E与W有相同数目的价电子。下列说法错

误的是

WEw

—

—I

Y

Y-Z--Y

—II

XXW

A.电负性：X<Y<W

B.简单阴离子半径：W<Z<E

C.同周期中，第一电离能大于Z的元素有2种

D.同主族元素中，W形成的气态氢化物最稳定

【答案】C

【分析】X原子的核外电子只有一种运动状态，则X原子核外只有1个电子，因此X为H,W原子的成

键数为1,则W为F或CLY的成键数为4,则Y为C或Si,Z元素原子中p轨道所含电子数与s轨道相

等，则Z为0或Mg,因Z与非金属原子之间形成的是共价键，则Z为O,W、Y、Z位于同一周期，因

此W为F,Y为C,E与F原子有相同数目的价电子，且为短周期元素，则E为CI。

【解析】由上述分析可知，X为H,Y为C,Z为0,W为F,E为C1。

A.同一周期从左至右元素的电负性逐渐增大，同一主族从上至下元素的电负性逐渐减小，因此电负性：

F>C>H,故A正确；

B.C1-核外有3个电子层，广、02-核外有2个电子层，粒子核外电子层数越多，其半径越大，电子层数相

同时，原子核内质子数越多，半径越小，因此半径：Cl->02>F-,故B正确：

C.同一周期中，原子的第一电离能从左至右有逐渐增大的趋势，由于价电子所填充轨道全充满或半充满

会反常，因此第二周期中第一电离能大于0原子的有N、F、Ne,共3种，故C错误；

D.元素的非金属性越强，其形成的简单气态氢化物的稳定性越好，同主族元素从上至下元素的非金属性

逐渐减弱，因此VIIA族中元素形成的气态氢化物中HF最稳定，故D正确；

综上所述，说法错误的是C项，故答案为C。

二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求,

全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

11.下列实验操作、现象和所得结论正确的是

选

实验操作实验现象实验结论

项

向某加碘酸钾的食盐溶液中，加入淀粉，并滴入硝酸与碘酸钾反应生

A溶液变为蓝色

适量硝酸成h

B将C12和H2s气体在集气瓶中混合瓶壁上出现黄色固体CI2的氧化性比s强

稀硫酸能与铜单质反

C向含有少量铜粉的Cu(NC)3)2溶液中滴入稀硫酸铜粉逐渐溶解

应

向久置的Na2s溶液中加入足量BaCL溶液；再先出现白色沉淀，后部分久置的Na2s03部分

D

加入足量稀盐酸沉淀溶解被氧化

A.AB.BC.CD.D

【答案】BD

【解析】A.碘遇淀粉变蓝。向某加碘酸钾的食盐溶液中，加入淀粉，并滴入适量硝酸，溶液变为蓝色，

不能说明硝酸与碘酸钾反应生成12,还可能是碘酸钾分解生成碘化钾，在被硝酸氧化生成L,故A错误；

B.将CL和H2S气体在集气瓶中混合，瓶壁上出现黄色固体为硫，H2s中S元素的化合价由-2升高到0,

说明H2s是还原剂发生了氧化反应，S属于氧化产物，C12属于氧化剂，所以C12的氧化性比S强，故B正

确；

C.向含有少量铜粉的Cu(NCh)2溶液中滴入稀硫酸，铜粉逐渐溶解，是因为溶液中含有硝酸根离子，遇到

酸形成硝酸，就能和铜单质反应，稀硫酸不会和铜单质反应，故C错误；

D.BaSCh是能溶于稀盐酸的白色沉淀，BaSCh是不能溶于水和稀盐酸的白色沉淀。所以向久置的Na2s

溶液中加入足量BaCb溶液，再加入足量稀盐酸先出现白色沉淀，后部分沉淀溶解，说明久置的Na2s03

部分被氧化，故D正确；

故答案：BD。

12.磷钮矿是提取铝的重要矿物原料，某磷钮矿的四方晶胞如图所示。下列说法错误的是

A.该晶体的化学式为YPO4B.PO；中磷原子采用sp3杂化

C.距离轨原子为也a的PO；有6个D.晶胞参数a等于钮和磷酸根直径之和

2

【答案】CD

【解析】A.从磷包矿的四方晶胞图示可知，PO：分处在六个面和四条棱上，属于该晶胞的个数有

6xl+4xl=4,Y分处在八个顶点、四个侧面和体心，属于该晶胞的个数有8x1+4x』+l=4,该晶

2482

体的晶胞中Y和PO；个数比是1:1,故其化学式为YPO4,A正确；

B.PO：中磷原子作为中心原子，其价电子对数为2=4,故其采用sp3杂化，B正确；

2

C.该四方晶胞参数为a,Y原子在顶点位置，距离钮原子为注a的PO；处在面心位置，从图中可知，

2

在一个晶胞中，一个顶点所在的三个面只有一个面心有PO；一,一个顶点属于八个晶胞，一个面心PO；属

于两个晶胞，故距离忆原子为孝a的P0；有1=4个，C错误；

D.从图中分析，以面上P0：和Y原子连线平行于棱，两微粒均在面内可知，其直径之和比棱长小，即

晶胞参数a大于忆和磷酸根直径之和，D错误；

故选CD。

13.某化学小组同学通过实验研究FeCb溶液与Cu粉发生的氧化还原反应，实验记录如下表所示：已知:

2+

CU+CU+4C1-=2[CUC12]-.[CuCb]'UCuCl|（白色）+CC

序

IIIIII

一号.

实

1mL0.1

验1mL0.1111mL0.05

少量铜/./FBI说过量铜粉/FeCI；溶过量铜粉/Fe"QA

步

骤

充分振荡，加入2mL蒸偏水充分振荡，加入2mL蒸储水

充分振荡，加入2mL蒸储水

实

铜粉有剩余，溶液黄色褪去，变

验铜粉消失，溶液黄色变浅，加入铜粉有剩余，溶液黄色褪去，加

成蓝色，加入蒸储水后无白色沉

现蒸馈水后无明显现象入蒸储水后生成白色沉淀

淀

象

下列说法错误的是

A.实验I、II、HI中，Fe3+均被还原

B.实验I中加入铜粉充分反应后，溶液中铜以[CuCbr的形式存在

C.实验II中所得白色沉淀能溶于饱和NaCl溶液

D.向实验HI反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液可能出现白色沉淀

【答案】B

【分析】实验I：少量铜粉加入1mLO.lmol/L氯化铁溶液，充分振荡，加2mL蒸储水，铜粉消失，溶液

黄色变浅，加入蒸储水后无明显现象，说明铁离子氧化铜生成铜离子；

实验H：过量铜粉加入1mLO.lmol/L氯化铁溶液，充分振荡，加2mL蒸储水，铜粉有余，溶液黄色褪去，

铁离子全部和铜反应，加入蒸馈水后生成白色沉淀，说明铜被氧化的产物中有亚铜离子，生成CuCl白色

沉淀；

实验W:过量铜粉加入1mL0.05mol/L硫酸铁溶液，充分振荡，加2mL蒸储水，铜粉有余，溶液黄色褪

去，变成蓝色，加入蒸馈水后无白色沉，说明铁离子反应完全，生成的溶液中可能含铜离子和亚铜离子，

据此分析判断。

【解析】A.实验【、1【、HI中溶液黄色变浅或褪去，均涉及Fe3+被还原，A正确；

B.实验I中少量铜粉加入1mLO.lmol/L氯化铁溶液，充分振荡，加2mL蒸馅水，铜粉消失，溶液黄色

变浅，加入蒸馈水后无明显现象，说明铁离子氧化铜生成铜离子，溶液中铜元素不是以［CuCL］•的形式存在,

B错误：

C.实验H中过量铜粉加入1mLO.lmol/L氯化铁溶液，充分振荡，加2mL蒸储水，铜粉有余，溶液黄色

褪去，铁离子全部和铜反应，加入蒸镯水后生成白色沉淀，说明铜被氧化的产物中有亚铜离子，生成CuCl

白色沉淀，由于在溶液中存在平衡：［CuC12『UCuCl］（白色）+Ch向其中加入饱和NaCl溶液，c（C『）增大,

平衡逆向移动，CuCl白色沉淀转化为可溶性［CuCb『，因此白色沉淀能溶于饱和NaCl溶液，C正确；

D.实验HI：过量铜粉加入1mL0.05moi/L硫酸铁溶液，充分振荡，加2mL蒸镯水，铜粉有余，溶液黄

色褪去，变成蓝色，加入蒸储水后无白色沉，说明铁离子反应完全，生成的溶液中可能含铜离子和亚铜离

子，向其中加入NaCl饱和溶液，Cu+与C1-反应产生CuCl白色沉淀，D正确；

故合理选项是B。

14.五氧化二锐（V2O5）是接触法制硫酸的催化剂。从废钢催化剂（主要成分为V2O5、V2O4、K2s。4、SiCh、

FezCh）中回收V2O5的工艺流程如图所示:

废钮一

催化剂

废渣1废渣2流出液

己知：①钗的氧化物在酸性条件下以VO；、V02+存在；

l

②“离子交换”和“洗脱"”过程可简单表示为4ROH+V4O；2"换、R4VQ2+4OH，

下列说法正确的是

A.“氧化”过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为6：1

B.离子交换时应选择阳离子交换树脂

C.“中和”过程中，含钮离子发生反应的离子方程式为4VO；+8OH-=V4O：2+4比0

D.为了提高洗脱效率，应选择强碱性淋洗液

【答案】CD

【分析】废机催化剂（主要成分为V2O5、V2O4、K2so4、SiO2、Fe2C>3）加入稀硫酸，二氧化硅不反应，V2O5、

V2O4>FezCh和稀硫酸反应，生成V0S04,加入氯酸钾，V0?+被氧化，再加入KOH将铁离子沉淀，V0；变

为V4O；2,根据信息用离子交换膜交换得到R4V4。⑵再洗脱得到VP：2，再加入氯化钱沉淀煨烧，最终

得到V20"

【解析】A.“氧化”过程中主要是V02+和CIO-发生氧化还原反应，CIO；化合价降低到CF,降低6个,

VO2+化合价升高到V0；,升高1个，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：6；故A错误；

B.根据离子交换表示为4R0H+V4；；^R4V4O12+4OH，因此离子交换时应选择阴离子交换树

脂，故B错误：

C.“中和”过程中，将铁离子沉淀，而含钿离子发生反应的离子方程式为4VO；+8OH-=V4O：；+4H20,故

c正确；

D.根据4ROH+V4O：,、区二换、R4VQI2+4OH-,为了提高洗脱效率，应选择强碱性淋洗液，故D正确。

综上所述，答案为CD。

15.磷化铝与水反应产生高毒的PH3气体（还原性强、易自燃），可用于粮食熏蒸杀虫。食品安全标准规定:

粮食中磷化物（以PG计）的含量低于0.05mg/kg时合格。可用以下方法测定粮食中残留的磷化物含量：

7

已知：装置C中盛100g粮食。装置D中反应共消耗4.0x10-molKMnO4«

下列说法错误的是

A.装置A的作用是除去空气中的还原性气体

B.实验中，应先打开K2，再打开Ki,将装置中生成的PH3赶出

C.装置D发生反应的离子方程式是：5PH3+8MnC）4+24H+=5H3Po4+8Mn2++12H2。

D.该原粮样品磷化物的含量合格

【答案】BD

【分析】该实验主体部分是装置C中水与粮食中残留的磷化物反应生成PH3,将P%全部排入装置D中用

KMnCU吸收并定量测定。反应前应用KMnO4酸性溶液洗涤过的空气排除装置内可能影响测定的还原性气

体。

【解析】A.据分析，装置A的作用是除去空气中的还原性气体，A正确；

B.实验中，应先打开Ki排除装置内还原性气体，关闭Ki打开K2,放入水与粮食中残留的磷化物充分反

应，再关闭K2打开Ki，将生成的PH3全部赶进装置D进行反应测定，B错误：

C.装置D内酸性KMnO4溶液与从c中排出的PH3发生反应，离子方程式是:

+2+

5PH3+8MnO；+24H=5H3PO4+8Mn+12H2O,C正确;

D.根据反应5PH3+8MnC)4+24H，=5H3Po4+8Mn2++12H2。，装置D中反应共消耗4.0x10301KMnCh,则

5,

P%的质量为4.0x107molx-x34g/mol=8.5xl0g,则粮食中磷化物（以PH3计）的含量是

8

8.5xlO-6xlO3mg

0.085mg/kg,高于0.05mg/kg,该原粮样品磷化物的含量不合格，D错误;

0.1kg

故选BD。

三、非选择题：本题共5小题，共60分

16.合理利用工业烟尘，变废为宝，对保护环境具有重要意义。一种以铜冶炼烟尘（主要成分是CuO、CU2。、

ZnO、PbO、SiCh、AS2O3）为原料制备Cu和ZnSOr6H2O的流程如图所示：

烟尘ZnSO4-6H2O

滤渣1铜滤渣2滤渣3

已知：酸浸时AS2O3转化为EhAsCh。

回答下列问题：

（1）能提高“酸浸”浸出率的措施是（任写一条），“滤渣1”的主要成分是

（2）“酸浸”过程中Cu2O发生反应的化学方程式为。

（3）“滤渣2”的成分为FeAsCU,则“沉碑”过程中发生反应的离子方程式为。

（4）ZnSC>4的溶解度曲线如图1所示。从溶液中回收ZnSO4-6H2O的实验操作为。

ZnSO4-6H2O

ZnSO4-7HoO；*；ZnSO4-H2O

260280300320340360380

温度/K

图1

(5)取26.90gZnSO#6H2。力口热，剩余固体的质量随温度的变化如图2所示。75(TC时所得固体的化学式

为(填序号)。

30

阴

蜩2o

眼

S

及

眄1O

啪

熏

200400600800

温度rC

图2

a.ZnOb.ZnSO4c.ZnsO(SO4)2d.Z11SO4H2O

【答案】(1)①.适当升高温度或增加硫酸浓度②.PbSO4、SiO2

(2)2CU2O+O2+4H2SO4=4CUSO4+4H,O

3+2++

(3)3Fe+H3AsO4+H2O=FeAsO4J+2Fe+5H

(4)加热浓缩、趁热过滤

(5)C

【分析】铜冶炼烟尘在空气作用下用稀硫酸酸浸，各种金属元素以离子形式存在于溶液之中，不溶于稀硫

酸的SiO2沉淀析出，滤液中铜离子用铁单质置换后过滤析出，制得Cu；再用硫酸铁将溶液中的碎元素以

碑酸铁沉淀析出，最后在空气作用下用氧化锌调节pH值以氢氧化铁除去铁元素，得到的滤液经加热浓缩趁

热过滤制得ZnS04-6H20o

【小问1解析】

烟尘“酸浸”欲提高浸出率，可适当增加稀硫酸浓度、适当升高温度或者充分吹入空气等操作；从该烟尘的

成分看，酸浸时PbS04、SiO2溶解不了，留在滤渣。

【小问2解析】

“酸浸”过程中CuzO在氧气作用下与稀硫酸发生反应，化学方程式为：

2CU2O+O2+4H2SO4=4CUSO4+4H2O。

【小问3解析】

“滤渣2”的成分为FeAsCU,则“沉碑”过程中加入的硫酸铁与神酸发生反应，离子方程式为：

3+2++

3Fe+H3AsO4+H2O=FeAsO4(+2Fe+5H。

【小问4解析】

从图1中ZnSO4的溶解度曲线分析，欲从溶液中回收2*04-61120的温度范围在312-333。(：，故实验操作

为加热浓缩、趁热过滤。

【小问5解析】

750。(2时剩余固体与680。(2时一样，乘J下13.43g,质量减少了26.90-13.43=13.47(g),26.90gZnSO4-6H2O

1QQ

中水的质量26.9x——=10.8(g),则还有S元素质量减少13.47—10.8=2.67(g),26.90gZnSO-6HO

26942

32

中S元素的质量26.9x——=3.2(g),则S元素还有剩余，故答案选择C。

269

17.碳、硅及其化合物在生产、生活中应用广泛。回答下列问题：

(1)基态Si原子价层电子的空间运动状态有种。

(2)C、0、Si电负性由小到大的顺序为；CS2分子的空间构型为；CS2的熔点

(填“高于”或“低于”)CO2，原因是。

(3)C和Si与O原子结合形成CO2和SiO2时假设采用甲、乙两种构型：

I

0

0==M=0—0~M—0-

I

0

I

甲乙

化学键键能(kJ/mol)

化学能键能化学能键能

C-C331C-O343

Si-Si197Si-0466

c=c620C=O805

Si=Si272Si=O640

SiO2晶体中Si原子采取的构型是（填“甲”或"乙”），从能量角度解释Si原子采取该构型的原因

是o

（4）碳化硅（SiC）是人工合成的无机非金属材料，其晶体结构类似于金刚石，结构如图所示：

①在立方体体对角线的一维空间上碳、硅原子的分布规律（原子的比例大小和相对位置）正确的是

___________（填序号）。

a.•一2eQb.高-。・。

c.♦<）••。•0•d.2•2>0♦

②SiC晶体中硅原子与离其最近的原子间距离为d,则硅原子与离其次近的原子间距离为,-

个硅原子周围与其次近的原子的数目为o

【答案】（1）4（2）①.Si<C〈O②.直线型③.高于④.CS2与C02都属于分子晶体,

组成结构相似，CS2相对分子质量较大，分子间作用力较强

（3）①.乙②.Si原子与0原子形成四个Si-0键的总键能高于形成两个Si=0键的总键能，体系

更加稳定

（4）①.a（2）.马尼d③-3

3

【小问1解析】

基态Si原子价层电子排布为3s23P2,每个电子的空间运动状态均不同，共有4种。

【小问2解析】

同周期元素电负性随质子数增大而增大，同主族元素电负性随电子层数增大而减小，故C、0、Si电负性

由小到大的顺序为Si<C<0；CS2分子的中心原子有2个°键，没有孤电子对，是sp杂化，连接两个S原

子，分子的空间构型为直线型；CS2与C02都属于分子晶体，组成结构相似，CS2相对分子质量较大，分

子间作用力较强，熔点较高。

【小问3解析】

从表中数据可知，Si原子与O原子形成四个Si-0键的总键能高于形成两个Si=O键的总键能，体系更加稳

定，故SiC)2晶体中Si原子采取乙所示的构型。

【小问4解析】

①硅原子半径比碳原子大，从图中微粒大小关系判断，较小的碳原子在碳化硅立方晶胞的八个顶点和六个

面面心位置，较大的硅原子在体对角线离顶点工处，且四个硅原子对应的顶点处于交错位置，和该顶点所

4

在面的面心构成正四面体，一个晶胞内体对角线均分四段，五个点上的原子顺序是“碳-硅-空-空-碳”，则在

立方体体对角线的一维空间上碳、硅原子的分布规律如图a所示；

②据①的分析，SiC晶体中与硅原子最近的原子是与其构成正四面体的碳原子，与其次近的原子是同处在

平行与晶胞面的平面内的硅原子，距离是面对角线的一半，硅原子与离其最近的原子间距离为d,则体对

角线长为4d,设晶胞棱长为x,有x?+(x2+x2尸(4d)2,x=*®d,晶胞面对角线为土区d，故硅原子与

33

其次近的原子间距离为亚d;一个晶胞内一个硅原子周围与其次近的原子是另外的硅原子，数目是3个,

3

硅原子在晶胞内部，完全属于一个晶胞，故一个硅原子周围与其次近的原子的数目为3。

18.过氧化锢在工业上常用作分析试剂、氧化剂、漂白剂等。在实验室中利用氨气、30%H2O2溶液与SrCb

溶液反应制备过氧化锯晶体(SrO2-8H2。)的装置如图所示：

已知：过氧化锯温度低于5。(3时溶解度小，温度升高溶解度增大，易溶于稀酸。

回答下列问题：

(1)装置甲中a的作用是,制取NH3时用饱和食盐水代替水的目的是。

(2)装置乙的作用是。

(3)装置丙中仪器b的名称是,冰水浴的作用是o

(4)装置丙中发生反应的离子方程式为。

(5)设计实验证明SrCh的氧化性比FeC13的氧化性强：(写出必要的实验操作、现象和结论)。

【答案】(1)①.平衡气压，使饱和食盐水顺利流下②.使反应更平缓

(2)乙作用为检测Nh流速，控制反应速率

(3)①.三颈烧瓶②.降低SrCh溶解度，便于形成SrO2-8H2。晶体

2+

(4)Sr+H2O2+2NH3+8H2O=SrO28H2O+2NH:

(5)在盐酸的FeCL溶液中加入KSCN溶液，无明显现象加入SKh后溶液变为血红色，则可证明SrCh氧

化性比FeCb强；

【小问1解析】

a为恒压管，作用为平衡气压，使饱和食盐水顺利流下；反应进行，水减少，会有NaCl析出覆盖在Mg?N2

表面，可以使反应更平缓；

【小问2解析】

乙中若NM流速过快，则乙中压强增大CC14会沿长颈漏斗上升，则此时应控制甲中反应速率，故乙作用

为检测NH3流速，控制反应速率；

【小问3解析】

b为三颈烧瓶，由题干已知可知过氧化锢温度低于5七时溶解度小，故冰水

浴目的为：降低SrCh溶解度，便于形成SrO2-8H2。晶体；

【小问4解析】

2

b中为NHs、H2O2>SrCL反应生成SrO2-8H2O,反应为：Sr^H2O2+2NH3+8H2O=SrO2-8H2O+2NH4;

【小问5解析】

在盐酸的FeCb溶液中加入KSCN溶液，无明显现象加入SrCh后溶液变为血红色，则可证明SrO2氧化性

比FeCb强;

19.KBr是一种重要的无机化合物，可用于光谱分析和化学分析等。某漠素厂以卤水为原料生产液溪和KBr

的工艺流程如下图所示：

CO(NH2)2溶液K2c。3溶液

回答下列问题:

(1)“氧化I”加入稀硫酸的目的是(从化学平衡移动角度解释)。

（2）“还原、富集”时发生反应的离子方程式为o

（3）“冷凝、分离”后剩余的粗溪水应循环使用，应将其导入到操作中（填操作单元的名称），

该生产流程中可以循环利用的物质有（填名称）。

（4）“尿素还原”时发生反应的化学方程式为。

（5）KBr可用于测定苯酚样品的纯度：取0.50g苯酚试样，用NaOH溶液溶解后配制成250mL溶液；取

该溶液25.00mL,加入25.00mL0.03mol/L的KBrO3（含过量KBr）标准溶液，然后加入足量盐酸，充分反应

后再加足量KI溶液；用0.10mol/LNa2s2O3溶液滴定至淡黄色，加入指示剂，继续滴定至终点，用去Na2s2O3

溶液16.20mL。测定过程中物质的转化关系如下：

OH

①加入的指示剂为O

②苯酚样品的纯度为（计算结果保留到小数点后1位）。

【答案】（1）淡水中存在反应：Br2+H2O^HBr+HBrO,加入稀硫酸增大氢离子浓度，可抑制澳和水的反

应

+

（2）SO2+Br2+2H2O=4H+2Br+SO；'

（3）①.蒸储②.硫酸

（4）3Bn+3K2cO3+CO（NH2）2=N2t+4CO2t+6KBr+2H2O

（5）①.淀粉溶液②.90.24%

【分析】“氧化I”氯气将澳单质置换出来，发生反应为C12+2KBr=Br2+KCl,“还原、富集”利用SCh的还原

性和Bn的氧化性，反应离子方程式为SO2+Br2+2H2O=4H*+2Br-+SOj,“尿素还原”反应的化学方程式为

3Brz+3K2cO3+CO（NH2）2=N2T+4cO2T+6KBr+2H20；

【小问1解析】

“氧化I”是利用氯气的氧化性比澳的强，将澳单质置换出来，由于漠单质在水中会发生部分反应：

Br2+H2O^HBr+HBrO,加入稀硫酸增大氢离子浓度，可抑制溟和水的反应，

【小问2解析】

“还原、富集”时是SO?和Bn发生氧化还原反应生成HBr和H2so4,反应的离子方程式为：SO2+

+

Br2+2H2O=4H+2Br+SO^；

【小问3解析】

粗溟中还含有浪单质，应导入蒸储装置中，生产过程中还原富集这一步产生了H2so4，故可循环利用的物

质是硫酸，

【小问4解析】

“尿素还原”是利用尿素含有母2，同时K2c参与反应生成N2、C02、KBr,反应的化学方程式为

3Br2+3K2CO3+CO(NH2)2=N2T+4cC)2T+6KBr+2H2O;

【小问5解析】

①澳液中含有的KBrCh及过量KBr在盐酸条件下反应产生单质溪、氯化钾和水，方程式为：

KBrO3+5KBr+6HCl=3Br2+6KCl+3H20,单质溪具有氧化性，能将碘离子氧化生成单质碘，离子方程式为:

Br2+2I-=2Br+I2,用0.1000mol・L」Na2s2O3溶液滴定至淡黄色，加入指示剂，继续滴定至终点，

b+2Na2s2O3=Na2sQ6+2NaL加入的指示剂为淀粉溶液，碘单质遇到淀粉变蓝色，故答案为：淀粉溶液；

②定量关系Br2+2「=2B「+l2，b+2Na2s2Ch=Na2s4O6+2NaLBn〜I2〜2s2O；,与「反应的Bn：

3

ni(Br2)=yn(S20；)=:x16.20xl0'LxO.lOO0mol・L-i=8.1x10"mol,KBrO3+5KBr+6HCl=3Br2+6KCl+3H2O,

定量关系BrO；〜5Br〜3Bn,KBrCh与KBr生成的Br2：

3

n(Br2)=3n(KBrO3)=3x25.00xl0-LxO.O3O00mol«L'=2.25xlO-3mol,与C6H50H反应的Bn：

33

n2(Br2)=n(Br2)-ni(Br2)=2.25xIO-mol-8.1xl0"mol=1.44x1O-mol,根据C6H50H〜3Bn知，苯酚的物质的量:

n(C6H50H户gn2(Br2尸;xl.44xl0-3mol=4.8xl0"mol,苯酚的纯度

48xl04molx94gmor

=--1x100%=90.24%。

0.05g

20.铜锢硒太阳能电池是多元化合物太阳能电池中的一种。其中的Cu(In,Ga)Se2是一种性能优良的太阳光

吸收材料。回答下列问题：

(1)基态Se原子价电子的轨道排布图为,第四周期元素的基态原子中，未成对电子数与基态

铜原子相同且位于P区的元素有(填原子符号)。

(2)向CuS04溶液中逐滴加入过量浓氨水，得到深蓝色溶液，向深蓝色溶液中通入S