湖南省2023届高三模拟考试化学试卷

湖南省2023届高三模拟考试化学试卷

可能用到的相对原子质量：H-lC-12N-140-16Mg-24C1-35.5

Fe-56Cu-64Ag-108

一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分，每小题只有一个选项

符合题意。)

1.2021年末，詹姆斯.韦伯红外线太空望远镜搭载火箭发射升空，将奔赴远离地球150万公

里的第二拉格朗日点，肩负起观测宇宙形成后最初出现的星系、搜寻地外生命迹象等重

任。下列有关叙述错误的是

A.主镜材料为密度小，性能好的金属镀，表面的金涂层可提高红外线反射率

B.望远镜需要避免太阳辐射，制作遮阳帆的聚酰亚胺薄膜属于有机高分子材料

C.望远镜需要超低温环境，主动冷却器用氮制冷，氮的分子间作用力很弱，沸点极低

D.望远镜工作的推进剂为N2H4和N2O4,N2O4本身的颜色会随温度升高变为红棕色

【答案】D

【解析】

【详解】A.金属被的性能好且密度小，适合作太空望远镜，表面的金涂层有利于红外线

反射率的提高，A正确；

B.聚酰亚胺是有机高分子化合物，则聚酰亚胺薄膜属于有机高分子材料•，B正确；

C.氯的相对分子质量很小，分子间作用力很弱，其沸点极低，可作制冷剂，C正确；

D.N2O4为无色气体，会分解为红棕色的NO2气体，且随温度升高分解生成NO2的程度增

大，所以气体的颜色随温度升高而不断加深，D错误；

故选D。

2.NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是

A.6gNa37cl中含有电子数为2.8NA

B.标准状况下，U.2LCHC13含有的分子数为0.5NA

C.物质的量相等的苯、苯乙烯混合物中含C—H键数为7NA

4

D.25℃,0.1LpH=l的盐酸稀释十倍，含有的OH-数为1X10-'NA

【答案】A

【解析】

【详解】A.6gNa37cl的物质的量为0.1mol,含有的电子数为(11+17)X(MNA=2.8NA,故A

正确；

B.标准状况下，CHCb为液体，11.2LCHCb气体的物质的量不是0.5mol,故B错误；

C.苯、苯乙烯(C8H8)分子中含C—H键数分别为6、8,总物质的量不确定，所含C—H键

数也不能确定，故C错误；

D.25℃,0.1LpH=l的盐酸稀释十倍，体积变为IL,pH变为2,OFT的浓度为

1X10T2moi/L,含有的OJT数应为1X10T2NA,故D错误;

选Ao

3.炼铁工业中高炉煤气的一种新的处理过程如图所示，有关该过程的叙述错误的是

高炉煤气:

A.可减少CO2的排放

B.Fe3O4和CaO均可循环利用

C.过程①和④的转化均为氧化还原反应

D.过程①的反应中有非极性键的断裂和生成

【答案】D

【解析】

【详解】A.反应②利用二氧化碳、和氧化钙反应生成碳酸钙，第④步中二氧化碳与铁生

成四氧化三铁和CO,可减少COz的排放，A正确；

B.根据反应过程可知Fe3（）4和CaO均可循环利用，①中消耗Fe3（）4,④中生成Fe3C）4,②

中消耗CaO,③中生成CaO,B正确；

C.过程①中CO转化为CO2,④中C02转化为co,均有化合价的变化，故转化均为氧化

还原反应，c正确；

D.过程①的反应为CO与Fe3O4反应，生成C02,是极性键断裂和生成，山与Fe3C>4反应

是非极性键断裂和极性键生成，D错误；

答案选D。

4.下列离子共存的判断或离子方程式书写正确的是

A.甲基橙显黄色的溶液中可存在大量以下离子：cu2+>K+、coj、cr

B.强酸性溶液中可存在大量以下离子：SO：、C1CT、Na+

+

C.将过氧化钠投入水中：2Na,O2+2H2O=4Na+40H-+021

2+

D.氨化的CaCl2溶液中通入过量C02：2NH3+Ca+CO2+H2O=CaCO3J+2NH：

【答案】c

【解析】

【详解】A.甲基橙显黄色的溶液中含有大量的0H-,则CU2++2OH=CU(OHR,CU2++

CO；=CuCC>31，A错误；

B.强酸性溶液中含有大量的H+,贝I」so；+cicr=so；-+cr,B错误；

+

C.将过氧化钠投入水中的离子方程式为：2Na,O2+2H,0=4Na+40H-+021,C正确；

D.氨化的CaCU溶液中通入过量CO2的离子方程式为：

NH3?2+HQ=CO；WCO：,D错误；

故答案为：Co

5.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是

A.

B.

C.

j灼热的铜丝

玻璃管

D.乙醇加热条件下能还原氧化铜

-乙醇

【答案】D

【解析】

【详解】A.图示装置中收集NH3的试管口被试管塞堵死了，空气不能排除，将发生炸裂

的安全事故，A不合题意；

B.加热固体不能用蒸发皿，应该用大试管或者用烟，B不合题意；

C.CL的密度比空气的大，应该用向上排空气法，即收集装置中应该长进短出，C不合题

意；

AA

D.已知2CU+O2=2CUO、CH3cH2OH+CUO=CH3cHO+H2O+C11,则图示装置能够实现乙

醇加热条件下能还原氧化铜，D符合题意；

故答案为D。

6.一种光刻胶树脂单体的结构如图所示。下列说法错误的是

O

A.该有机物分子式C12H18O2B.分子中存在3个手性碳原子

C.与足量氢气加成产物的一澳代物有6种D.该单体水解生成的醇可以发生消

去反应

【答案】C

【解析】

【详解】A.分子中C、H、0原子个数依次是12、18、2,则该有机物分子式为

C12HI8O2,故A正确;

B.连接四种不同基团的碳原子为手性碳原子，则该化合物中含有的3个手性碳原子分别

是连接2个环的桥头碳和其相邻的连接酯基的碳原子，故B正确；

C.与足量氢气加成产物，含有8种氢原子，所以其一浪代物有8种，故C错误；

D.水解生成的醇为(CH3)3COH,连接醵羟基的碳原子相邻碳原子上含有氢原子，所以醇

羟基能发生消去反应，故D正确；

故选C选项。

7.二甲醛是清洁能源，用合成气在催化剂存在下制备二甲醛的反应原理为

2CO(g)+4H2(g).CH,OCH3(g)+H2O(g)0某温度下，将2.0molCO(g)和

4.0molH2(g)充入容积为2L的密闭容器中，反应到达平衡时，改变压强和温度，平衡体

系中CH,OCHa©)的物质的量分数变化情况如图所示，下列四种条件下化学平衡常数最

大的是

APP

T3

T4

【答案】D

【解析】

【详解】通过图像可知，温度升高，一氧化碳的转化率降低，说明升高温度平衡逆向移

动，该反应为放热反应，则温度越高，二甲醛的质量分数越小，故温度关系为

TAT2>T3>T4,由于正反应放热，温度越低平衡常数越大，平衡常数只和温度有关，T4故对

应平衡常数最大，综上所述故选D。

8.下列有关实验操作、现象和所得结论均正确的是

选

实验操作现象结论

项

铝箔表面形

A铝箔插入稀硝酸中无明显现象成了致密的

氧化膜

将足量的氏02溶液滴入少量的酸H2O2具有

B溶液的紫色褪去

性高镒酸钾溶液漂白性

淀粉溶液中加入少量稀硫酸，加热一份滴加碘水，溶液不变蓝：

充分反应后，向溶液中加NaOH溶另一份加入新制Cu(OH)2悬浊淀粉完全水

C

液至溶液呈碱性，再将溶液分成两液，加热至沸腾，生成砖红色解

份沉淀

取5mL0.1molL」KI溶液，滴加KI与FeCh

D5〜6滴O.lmolLTFeCC溶液,充溶液变红的反应是可

分反应后，再滴加少量的KSCN逆反应

溶液

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【详解】A.铝箔插入稀硝酸中，发生反应A1+4HNO3(稀尸Al(NCh)3+NOT+2H20,观察到

铝箔溶解，产生无色气泡，试管口气体呈红棕色；铝在浓硝酸中发生钝化；A项不符合题

意；

B.足量H2O2溶液中滴入少量的酸性KMnCU溶液，溶液的紫色褪去，发生反应5H2O2+2

+2+

MnO4+6H=5O2t+2Mn+8H2O,H2O2中0元素的化合价由-1价升至0价，H2O2具有还

原性，不是漂白性，B项不符合题意；

C.淀粉溶液中加入少量稀硫酸，加热充分反应后，向溶液中加NaOH溶液至溶液呈碱

性，再将溶液分成两份，一份加入新制Cu(0H)2悬浊液，加热至沸腾，生成砖红色沉淀，

说明淀粉已经发生水解；一份滴加碘水，加入的碘水与NaOH溶液反应，溶液不变蓝，不

能证明加热充分反应后的溶液中不含淀粉，从而不能证明淀粉完全水解，C项不符合题

意；

D.取5mLO.lmolUKI溶液,滴加5〜6滴O.lmolL"FeCb溶液充分反应，发生反应2卜

+2Fe3+=2Fe2++L,由于FeCb少量，若该反应不是可逆反应，则反应后的溶液中不含Fe3+,

向反应后的溶液中再滴加少量的KSCN溶液，溶液变红，说明反应后的溶液中仍存在

Fe3+,从而说明KI与FeC13的反应是可逆反应，D项符合题意：

答案选D。

9.黑磷是一种黑色、有金属光泽的晶体，结构与石墨相似，如图所示。下列有关黑磷说

法正确的是

A.黑磷晶体中P原子杂化方式为sp2

B.黑磷晶体中层与层之间的作用力为分子间作用力

C.黑磷晶体的每一层中磷原子都在同一平面上

D.P元素三种常见的单质中，黑磷的熔沸点最低

【答案】B

【解析】

【详解】A.由黑鳞的结构图可知，黑鳞的中磷原子排列成立体结构，则磷原子杂化方式

为sp3杂化，故A错误；

B.因为黑磷晶体与石墨类似的层状结构，所以黑磷晶体中层与层之间的作用力是分子间

作用力，故B正确；

C.石墨晶体中碳原子为Sp2杂化，则每一层中的碳原子均在同一平面上，而黑磷晶体中磷

原子为sp3杂化，则每一层中的磷原子不可能在同一平面上，故C错误；

D.黑磷晶体与石墨类似的层状结构，则黑磷最可能是混合型晶体(具有共价晶体和分子

晶体的性质)，而白磷、红磷都是分子晶体，所以黑磷的熔沸点最高，故D错误；

故选B。

10.MgCCh和CaCCh的能量关系如图所示(M=Ca、Mg)：

2+2

M(g)+CO3-(g)ZX—M2+(g)+O2-(g)+cO2(g)

tAWisIM

MCVXs)L-MO(s)+COHg)

已知：离子电荷相同时，半径越小，离子键越强。下列说法不氐睡的是

A.AHi(MgCO?)>AHi(CaCO3)>0

B.△”2(MgCO3)=A，2(CaCO3)>0

C.AM(CaCCh)—AWi(MgCCh)=A//3(CaO)-A//?(MgO)

D.对于MgCCh和CaCCh,A/7i+AW2>A/73

【答案】C

【解析】

【详解】根据盖斯定律，得AH=AHI+AH2+AH3,又易知Ca2+半径大于Mg2+半径，所以CaCCh

的离子键强度弱于MgCCh,CaO的离子键强度弱于MgO«

A.AHi表示断裂CO32-和M2+的离子键所吸收的能量，离子键强度越大，吸收的能量越大，

因而△Hi(MgCO3)>AHi(CaCCh)>0,A项正确；

B.AH2表示断裂CO32-中共价键形成02-和CO2吸收的能量，与M2+无关，因而

AH2(MgCO3)=AH2(CaCO3)>0,B项正确；

C.由上可知AHi(CaCO3)-AHi(MgCO3)<0，而表示形成M0离子键所放出的能量，AH3

为负值，CaO的离子键强度弱于MgO,因而AH3(CaO)>AH3(MgO),AH3(CaO)-

AH3(MgO)>0,C项错误；

D.由上分析可知AHI+AH2>0,AHJ<0,SkAHI+AH2>AH3,D项正确。

故答案选c。

11.下列方案设计、现象和结论有下不硬的是

目的方案设计现象和结论

将海带灰溶解过滤后，取适量滤液于试管溶液变蓝，则证

检验海带中是否

A中，酸化后加入少量新制氯水，充分反应明海带中含有碘

含有碘元素

后加入1~2滴淀粉溶液元素

取少量淀粉于锥形瓶中，以固液比1：10加

溶液未变蓝，则

鉴定淀粉是否完入稀硫酸，牛皮纸封口，在120C下水解

B证明淀粉已完全

全水解30min,取适量水解液于试管中，加入少量

水解

碘-碘化钾溶液

检验co还原溶液变血红色，

将适量反应后的固体溶于稀盐酸中，取少

CFe?。、的生成物中则证明还原产物

量溶解液于试管中，滴加硫氟化钾溶液

是否含有Fe3C>4中含有Fea。"

检验食盐中是否取适量食盐样品于试管中，加水溶解后加若沉淀部分溶

D混有少量亚硝酸入硝酸银溶液，过滤后取滤渣，滴加稀硝解，则证明食盐

钠酸中混有亚硝酸钠

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【详解】A.滤液中含有碘离子，酸化后加入少量新制氯水，氯水将碘离子氧化成单质

碘，碘遇淀粉变蓝，因此溶液变蓝，则证明海带中含有碘元素，故A正确；

B.淀粉遇碘单质会变蓝，120℃下水解30min,取适量水解液于试管中，加入少量碘-碘化

钾溶液，溶液不变蓝，说明溶液中不存在淀粉，即淀粉已经完全分解，故B正确；

C.Fe2c>3中铁元素为+3价，若FeQs过量，CO不能将Fe?。，反应完全，将适量反应后的

固体溶于稀盐酸中，生成氯化铁，滴加硫氟化钾溶液，溶液也会变成血红色，故C错误；

D.取适量食盐样品于试管中，加水溶解后加入硝酸银溶液，过滤后取滤渣，滴加稀硝

酸，氯化银是不溶于稀硝酸的沉淀，若沉淀部分溶解，说明沉淀中含有亚硝酸银，从而说

明食盐中混有亚硝酸钠，故D正确；

答案选C。

12.双极膜电渗析法固碳技术是将捕集的CCh转化为CaCCh而矿化封存，其工作原理如图

所示。双极膜中间层中的HzO解离成H+和OH;并在直流电场作用下分别向两极迁移。下

列说法不正确的是

CHCO,

B.若碱室中二一口比值增大，则有利于CO2的矿化封存

c（COj）

C.电解一段时间后，酸室中盐酸的浓度增大

通电

D.该技术中电解固碳总反应的离子方程式为：2Ca2++2CO2+4H2O=—

2CaCO3，+2H2廿02t+4H+

【答案】B

【解析】

【分析】左侧双极膜中的H+向左移动进入左侧硝酸钠溶液中发生反应

2H++2e-=凡?,OH响右移动进入“碱室”与二氧化碳反应生成CO；,CO；通过阴离

子交换膜进入CaCL溶液生成CaCO3;CaCL溶液中的。一通过阴离子交换膜进入“酸室”，

右侧双极膜中的H+向左移动进入“酸室”，0H•向右移动进入进入右侧硝酸钠溶液中发生反

应4OFT-4e-=2H2O+O2To

【详解】A.左侧双极膜中的H+向左移动进入左侧硝酸钠溶液中，右侧双极膜中的H+向左

移动进入“酸室”，故A正确；

c（HCO；）

B.若碱室中八一口比值增大，碳酸氢根离子可能进入“酸室”，所以不利于C02的矿

c（CO；）

化封存，故B错误；

C.CaC12溶液中的cr通过阴离子交换膜进入“酸室”，右侧双极膜中的H+向左移动进入“酸

室“，所以电解一段时间后，酸室中盐酸的浓度增大，故c正确；

通电

2+

D.根据以上分析，该技术中电解固碳总反应的离子方程式为：2Ca+2CO2+4H2O^

+

2CaCO3l+2H2t+O2T+4H,故D正确;

选B»

13.在体积均为1.0L的恒容密闭容器甲、乙中，起始投料量如表，在不同温度下发生反

应：CO2(g)+C(s),2CO(g)«CO的平衡浓度随温度的变化如图所示。下列说法正确的是

容器n(CO2)/moln(C)/moln(CO)/mol

甲0.10.30

乙000.4

A.曲线I对应的是甲容器

B.a、b两点所处状态的压强大小关系：9pa>14pb

4

C.c点：CO的体积分数》一

7

D.900K时,若起始向容器乙中加入CO、CO2、C各Imol,则v(正)>v(逆)

【答案】C

【解析】

【详解】A.固体物质不应平衡移动，乙投入0.4mol一氧化碳相当于投入0.2mol二氧化

碳，所以乙相当于两个甲容器加压，无论平衡如何移动，乙中一氧化碳浓度一定大于甲,

故图中曲线I对应的是乙容器，A错误；

B.甲容器b处

CO2(g)+C(s)^^2CO(g)

起始(mol)0.10

转化(mol)0.080.16

平衡(mol)0.020.16

乙容器a处

CO2(g)+C(S)；,2C0(g)

起始(mol)00.40

转化(mol)0.120.24

平衡(mol)0.120.16

若a、b两点所处温度相同，压强比等于物质的量之比，pa：Pb=(0.12+0.16)：

(0.02+0.16)=14:9,即9pa=14pb,由于b点温度更高，故a、b两点所处状态的压强大小

关系：9pa<14pb,B错误；

c.a点一氧化碳体积分数为」^—=3；c点相当于减压，平衡正向移动，一氧化碳

0.16+0.127

4

体积分数变大，故CO的体积分数,一，正确；

7

D.a点1100K时的K=U-x0.213,降温则一氧化碳浓度减小，K值减小，900K时K

0.12

I2

值小于0.213；若起始向容器乙中加入CO、CO2、C各Imol,则Q=1=1>0.213,平衡

逆向移动，v(正)<v(逆)，D错误。

故选C。

14.25℃,有c(CH3coOH)+c(CH3coO)=0.1mol-L/i的一组醋酸和醋酸钠混合溶液，溶液

中c(CH3coOH)、c(CH3coO)与pH的关系如图所示。下列有关离子浓度关系叙述正确的

是

-

1

o.

1O.

。O.S

A.pH=5溶液中：c(CH3coO)>c(CH3coOH)>c(H+)>c(OH)

++

B.W点表示溶液中：c(Na)+2c(0H')=c(CH3COO)+2c(H)

C.pH=3.5溶液中：c(Na+)+c(H+)-c(OH)+c(CH3coOH)=0.1molir

D.取W点溶液IL,通入0.05molHC1气体(溶液体积变化可忽略)：

+

C(H)=C(CH3COOH)+C(OH')

【答案】AC

【解析】

【详解】A.随着pH的增大,溶液中c(CH3coOH)减小，c(CH3co0-)增大;pH=4.75时，

+

c(CH3COOH)=(CH3COO)；pH=5时溶液中：c(CH3COO)>c(CH3COOH)>c(H)>c(OH),A

正确；

B.由题干图示信息可知，W点表示溶液中醋酸和醋酸钠的物质的量相等，根据电荷守恒可

知，c(Na+)+c(OH)=c(CH3co6)+c(H+),c(Na+)+2c(0H)=c(CH3coO)+2c(H+),此时溶液中pH

>4.75,则c(H+)>c(0H)故c(Na+)+2c(0H-)Vc(CH3coO)+2c(H+),B错误;

C.pH=3.5溶液中根据电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=c(0H)+c(CH3C00),则有c(Na+)+c(H+)-

c(OH-)+c(CH3co0H)=c(CH3coO)+(CH3coOH)=0.1mol,LLC正确：

D.取W点溶液IL,通入0.05molHC1气体(溶液体积变化可忽略)：

c(Na+)+c(H*)=c(OH)+c(CH3coO)+c(Cl-),且Na+和的浓度不相等,D错误;

故答案为：AC。

二、非选择题(本题共4小题，共58分。)

15.某课外活动小组以CUSO5H2。和氨水为原料制备[Cu(NH3)4]SO«H2O并进行探究。

已知：CuSO4+4NH3H20=[CU(NH3)4]SO4+4H2O

2+

[CU(NH3)4]SO4=[CU(NH3)4]+SO；

2++2+

[CU(NH3)4]+4H=CU+4NH:

(1)配制溶液：称取一定质量的CuSO#5H2。晶体，放入锥形瓶中，溶解后滴加氨水。装

滴加氨水时，有浅蓝色沉淀CU2(0H)2s04生成；继续滴加氨水，沉淀消失，得到深蓝色的

[CU(NH3)4]SO4溶液。用离子方程式表示由浅蓝色沉淀得到深蓝色溶液的原理：

(2)制备晶体：将A中溶液转移至B中，析出[CU(NH3)4]SO«H2O晶体；将B中混合物转

移至C的漏斗中，减压过滤，用乙醇洗涤晶体2〜3次；取出晶体，冷风吹干。

①晶体不采用加热烘干的原因是

②减压过滤时，抽气泵处于工作状态，活塞需关闭，使装置内产生负压。洗涤晶体时，应

该在打开活塞的状态下，向漏斗中加入乙醇至浸没沉淀，原因是。

(3)废液回收：从含有[CU(NH3)4]SCU、乙醇和氨水的废液中回收乙醇并获得CuS04和

(NH4)2SO4的混合溶液，应加入的试剂是(填序号)

A.盐酸B.硝酸C.硫酸D.氢氧化钠溶液。

已知硫酸镂溶液高温易分解，回收乙醇实验方法为

A.蒸储B.减压蒸储C.萃取D.分液

(4)用沉淀法测定晶体中SO：的含量。称取一定质量的[Cu(NH3)4]SO#H2O晶体，加适

量蒸锚水溶解，向其中滴加足量BaCL溶液，搅拌，加热一段时间，过滤，洗涤，烘干，

灼烧，称量沉淀的质量。下列有关说法正确的有。

A.滴加足量BaCL溶液能降低实验数值偏低的可能性

B.检验沉淀已经洗净的方法为取少量最后一次洗涤液于试管中，向其中加入BaCL溶液，

无白色沉淀生成，证明沉淀己洗净

C.洗涤后滤纸和固体一起灼烧，以免固体附着在滤纸上，造成损失。

D,已知[Cu(NH3)4]2+为平面四边形结构，中心ClP+不可能是sp3杂化

(5)新制的氨水中含氮元素的微粒有3种：NH3、NH3H2O和NH：,其中NH3H2O电离

平衡受多种因素的影响。设计实验，控制变量，仅探究NH：对NH3HO电离平衡的影响

结果：

①限制试齐I」与仪器：O.lmol/L氨水、NH4CKCH3coONH4、NH4HCO3、(NHQ2CO3、量

筒、烧杯、玻璃棒、药匙、天平、pH计、恒温水浴槽(可控制温度)。

②设计实验方案，拟定实验表格，完整体现实验方案。表格中"''处需测定的物理量

为_______

物理量

V（0.1mol/L氨水）/mLm（镂盐）/gt/r—

实验序号

1100025b

2100a25c

③表中物理:量“m(钱盐)/g”的核盐应,是_______

④按实验序号2所拟数据进行实验，忽略水电离的0H,则一水合氮的电离度(平衡转化率)

为。

【答案】(1)Cs(OH)2so4+8NH3H2O=2[Cu(NH3)4]2++SO：+2OH+8H2。

(2)①.晶体受热易脱水脱氨(“晶体受热易分解”或“加热烘干变质”)②.为了使乙

醇较慢的从漏斗中流出来并与晶体充分接触，提高洗涤的效果

(3)①.C②.B(4)ACD

1nc-14

(5)①.pH②.NHQ(§).a=^xlOO%=l(F"%

【解析】

【分析】装置A为封闭体系，加入氨气后有利于氨气充分吸收；滴加氨水时，硫酸铜和氨水

生成浅蓝色沉淀Cu2(0H)2so4,继续滴加氨水，沉淀消失，生成络合物，得到深蓝色

[Cu(NH3)4]SO4溶液；洗涤原容器有利于反应物充分利用；加入洗涤剂洗涤晶体时，要保证

正常压强，洗涤剂和洗涤物充分混合有利于洗涤充分；废液回收过程是从含有[CU(NH3)4]SO4、

乙醇和氨水的废液中回收乙醇并获得CuS04、(NH4)2SO4的混合溶液，废液存在络离子，需

要加入H2SO4,除去络离子；沸点不同的物质可以蒸储分离。

【小问1详解】

CuSO#5H2O晶体溶解后滴加氨水，生成浅蓝色沉淀CU2(OH)2so4；继续滴加氨水，得到深

蓝色溶液[CU(NH3)4]SO4,反应过程中氨水中的一水合氨或氨气参加反应，[CU(NH3)4]SO4

为可溶性强电解质，在水溶液中完全电离，离子方程式为：

2+

CU2(OH)2SO4+8NH3H2O=2[CU(NH3)4]+SO:+2OH+8H2O；

【小问2详解】

①晶体不采用加热烘干的原因是防止失去结晶水，降低产物产率；

②装置内产生负压时，漏斗中液体会被迅速抽入吸滤瓶中，而洗涤过程为了使乙醇较慢

从漏斗中流出来并与晶体充分接触，提高洗涤的效果，需打开活塞；

【小问3详解】

该过程需要将[Cu(NH3)4]SC>4转化为CuS04,氨水中一水合氨和氨气转化为(NH5SO4,类

似于NH3T(NH4)2SO4,应加入的试剂是硫酸，故选C；充分反应后溶液为无机盐和乙醇的

水溶液，回收乙醇是液液互溶体系分离，回收乙醇的实验方法为蒸播，为防止硫酸核分

解，需减压蒸储，降低蒸储所需温度，故选B；

【小问4详解】

A.足量BaCL溶液可以使硫酸根完全沉淀，降低实验数值偏低的可能性，A正确；

B.沉淀表明的杂质主要为氯离子，检验沉淀已经洗净即检验是否有氯离子，应取最后一

次洗涤液，向其中加入AgNCh溶液，若无白色沉淀产生，证明沉淀洗净，B错误；

C.洗涤后滤纸和固体一起灼烧，可以保证所有沉淀均被回收，C正确；

D.若CM+为sp3杂化，则其空间构型应为正四面体形，而不是正方形，D正确；

故答案为：ACD；

【小问5详解】

②本实验的目的是探究影响NH3H2O电离平衡的因素，NH3H2O电离平衡受到影响时，溶

液的pH会发生变化，所以还需测定的物理量为pH；

③CH3coONH4、NH4HCO3、(NHSCO3所含的酸根均为弱酸根，弱酸根会发生水解，影响

溶液pH,所以镇盐应选用NH4C1；

④一水合氨的电离平衡：NH3H2O.NH4+OH-,溶液pH=c,则c(H*)=10-cmol/L、

c(OH)=10c」4moi/L,忽略水电离的OH-,所以氢氧根全部由一水合氨电离，则一水合氮的

c14

电离度aio-X1OO%=1OCT3%。

0.1

16.某工业生产上用铜银矿石(主要成分为CuS、NiS、FeS、SiCh及不溶于酸的杂质)制备胆

帆CUSO4«5H2O的流程如图。

己知：有机萃取剂HR可以萃取CM+,其萃取原理(org为有机相)Cu2+(aq)+2HR(org)

萃取

-取--CuR2(org)+2H+(aq)«

(1)焙烧前粉碎的目的是。

(2)“调节pH时，生成氢氧化铁沉淀的离子方程式为，试剂X的最佳选择是

(填标号)。

a.HClb.NaOHC.H2SO4d.NH3«H2O

(3)25℃时,“调节pH”后，测得滤液中各离子浓度及相关数据如表所示。(lg2=0.3)

离子Fe3+Cu2+Ni2+Fe2+

浓度/(mol・U)1.0x10-65.01.20

516

对应氢氧化物的KsP6.4x10-382.2x10-2°2.OXW-18.0X10

该滤液的pH为；加入的CU(OH)2(填“已经”或"没有”)完全溶解。

(4)向“萃取”后的水相中加入一定量的NaClO和NaOH,能制得黑色不溶物NiOOH,该

反应的化学方程式为o

(5)“操作H”包括洗涤，洗涤该沉淀的操作为。

(6)上述流程中获取金属铜的方法是电解硫酸铜溶液。若电解200mL0.5mol/LCuSC)4溶

液，生成铜3.2g,此时溶液中离子浓度由大到小的顺序是。

【答案】(1)增大接触面积，提高反应速率

(2)①.2Fe3++3Cu(OH)2=2Fe(OH)3+3Cu2+②.c

(3)①.3.6②.已经

(4)2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH|+NaCl+2Na2SO4+H2O

(5)向过滤器中加入蒸储水浸没沉淀，待蒸储水流下后，重复操作2〜3次。

(6)c(H+)>c(SO；')>c(Cu2+)>c(OHj

【解析】

【分析】由题中流程可知，铜银矿石(主要成分为CuS、NiS、FeS、SiCh及不溶于酸的杂

质)粉碎焙烧，充分氧化，烟气的主要成分为二氧化硫，加稀硫酸酸浸，过滤，滤渣1为

SiO2和不溶于酸的杂质，滤液中加入H2O2,氧化Fe2+生成Fe3+,再加入Cu(OH)2调节溶液

pH,使Fe3+完全转化为Fe(0H)3沉淀，继续过滤，滤渣2为Fe(0H)3,滤液中加入HR进行

萃取，除去银离子，有机相中加入硫酸进行反萃取，水相的主要成分为硫酸铜溶液，加热

蒸发，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥即可获得产品。

【小问1详解】

由上述分析可知，焙烧前粉碎的目的是增大接触面积，提高反应速率，使矿石充分氧化：

答案为增大接触面积，提高反应速率：

【小问2详解】

由上述分析可知，加入Cu(0H)2调节溶液pH,使Fe3+完全转化为Fe(0H)3沉淀，生成氢氧

化铁沉淀的离子方程式为3+2+由题中信息

2Fe+3Cu(OH)2=2Fe(OH)31+3Cu；

Cu2+(aq)+2HR(org).•CuR2(org)+2H+(aq)可知，要使平衡逆向移动，则增加H+浓

度，即有机相中加入硫酸进行反萃取，可以分离铜离子，还不会产生杂质，所以选项C正

确；答案为2Fe3++3Cu(OH)2=2Fe(OH)31+3Cu2+；c；

【小问3详解】

由题中表格数据可知，25℃时，“调节pH”后，测得滤液中c(Fe3+)=1.0x10-6moi/L,

c(Cu2+)=5.0mol/L,因为Ksp[Fe(OH)3]=6.4x10非，所以c(Fe3+)xc3(OH)=&p[Fe(OH)3],则

KJ[=j6.4xl0Exigmol/L,c(H+)=IxlQ-'4_1

C(OH)=3I-1

c(Fe")1x10^c(o/r)4xlO'-4

3又2+21221

xlO-mol/L,pH=3+lg4=3+21g2=3.6；c(Cu)xc(OH)=5x(4x1O-')=8xIO<

Ksp[Cu(OH)2]=2.2xIO3,所以Cu(OH”已经完全溶解；答案为3.6；已经；

【小问4详解】

向“萃取”后的水相中加入一定量的和能制得黑色不溶物即

NaClONaOH,NiOOH,NiSO4

与NaClO发生氧化还原反应，该反应的化学方程式为

2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH]+NaCl+2Na2so4+比0；答案为

2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOHJ+NaCl+2Na2sO4+H2O；

【小问5详解】

“操作】1”包括洗涤，洗涤该沉淀的操作为向过滤器中加入蒸锚水浸没沉淀，待蒸储水流下

后，重复操作2〜3次；答案为向过滤器中加入蒸储水浸没沉淀，待蒸储水流下后，重复操

作2〜3次；

【小问6详解】

电解CuSCh溶液，发生反应2CuSO4+2H2。通电2Cu+2H2SO4+O2T，200mL0.5mol/L的

3.2g?

CuSCh溶液中n(CuSC)4)=0.2Lx0.5moi/L=0.1mol,生成铜3.2g,物质的量为

64g/mol

=0.05mol,故生成H2so40.05mol,溶液中C11SO4为O.lmol-O.O5moi=0.05mol,电解后的溶

液为CuS04、H2so4混合溶液，溶液呈酸性，溶液中铜离子水解、水发生电离，故n(H+)>

0.05molx2-0.1mol,n(S0；)=0.1mo1,n(Cu2+)<0,05mol,溶液中氢氧根浓度很小，故

+2+

c(H)>c(SO^)>c(Cu)>c(OHj)故答案为：.

+2+

c(H)>c(SOj)>C(CU)>C(OH")O

17.研究NO,、SO2sCO等大气污染气体的处理方法具有重要意义。

(1)NOX是汽车尾气中的主要污染物之一、N0x能形成酸雨，写出NO2转化为

HNO3的化学方程式：«

(2)氮氧化物是造成光化学烟雾和臭氧层损耗的主要气体。已知：

4CO(g)+2NO2(g)^N2(g)+4CO2+akJ。标准状况下，3.36LCO还原NO?至N?的

整个过程中转移电子的数目为,放出的热量为(用含有a的代数式表示)。

(3)现将一定量N2O4气体充入恒容密闭容器中，控制反应温度为

T,℃(N2O4(g).2NO2(g)+Q,Q<0),下列可以作为反应达到平衡的判断依据是

A.气体的压强不变B.ViE(N2O4)=2Vffi(NO2)C.K不变D.容器内气体

的密度不变E.容器内颜色不变

(4)反应温度T,时，C(N2O4)随t(时间)变化曲线如图，画出。〜I2时段，

C(NO2)随t变化曲线。保持其它条件不变，改变反应温度为与

再次画出0~t2时段，C(NO2)随t变化趋势的曲线。

(5)NO氧化反应：2NO(g)+C)2(g)=2NO2(g)分两步进行:

I.2NO(g)^N2O2(g)+Q1

都大于

II.N2O2(g)+O2(g)->2NO2(g)+Q2(QHQ20)

在恒容的密闭容器中充入一定量的NO和。2气体，保持其它条件不变，控制反应温

度分别为T3和测得C（NO）随t（时间）的变化曲线如图，转化相同量的

NO,在温度（填“T3”或""）下消耗的时间较长,试结合反应过程能量图分

析其原因_______o

【答案】(1)3NO2+H2O=2HNO3+N0

(2)①.0.3NA②.0.0375akJ

o0.10

二0.08

.0.06上一———

②.

(3)AE(4)①.„n.

oO2

OO

O£

(6.10

L

s

O8

U

Is.O

W.O6

6

04

o

oIIIIIII

H!NO：:1

III,I2**4III

t,t,t

T4②.该反应是放热反应，温度的升高使平衡逆向移动，减慢NO转化

速率的影响大于升高温度对反应速率的影响，使转化相同量的N0时•，T’消耗的时间较长

【解析】

【小问1详解】

NO,与水反应可转化为HNO,,化学方程式：3NO2+H2O=2HNO3+NO»

【小问2详解】

标准状况下，3.36LCO物质的量为0.15mol,根据

4CO(g)+2NO2(g)^N2(g)+4CO288可得还原NO,至N2的整个过程中转移电子

的数目为0.3NA；根据题给信息，4co(g)~akJ,则0.15molCO可放出的热量为

0.0375akJo

【小问3详解】

A.该反应气体分子数正向增多，容器恒容，则气体的压强发生改变，故气体的压强发生

不变可以作为反应达到平衡的判断依据，A符合题意；

B.ME(N2OJ=2%(NO2),则V正(N2O4):%(NC)2)=2：1,不等于系数之比，故

不可作为反应达到平衡的判断依据，B不符合题意；

C.平衡常数K只随温度改变，该反应控制温度为工℃不变，则其不可作为反应达到平衡

的判断依据，C不符合题意；

D.该反应物质均是气体，气体总质量不变，容器恒容，则体系内气体密度始终不变，故

其不可作为反应达到平衡的判断依据，D不符合题意：

E.NQ&无色,NO2红棕色，反应过程体系颜色发生改变，故容器内颜色不变可以作为

反应达到平衡的判断依据，E符合题意；

故选AEo

【小问4详解】

根据反应N2O4(g)72NC)2(g)，N。？的改变量是N2O4的两倍，从N?。,的曲线可知其

它条件不变，随着温度的升高，该反应平衡朝正向移动，且反应速率增大，达到平衡的时

间缩短，则其曲线如图:

【小问5详解】

如图所示，c（NO）随t（时间）的延长而减小，转化相同量的NO,可作一条平行于时间轴的

辅助线，分别交两曲线与a、b两点，如图:

则可知在温度下消耗的时间较长；可能的原因是，该反应两步均是放出热量，总反应是

放热反应，T4>T3,温度的升高使平衡逆向移动，减慢NO转化速率的影响大于升高温度

对反应速率的影响，使转化相同量的NO时，T4消耗的时间较长。

18.镇痛药物J的合成方法如图:

CH3CH?ONa

CH，CH=€H，CH2CH=CH.

oI21

人◊

CH3cH2q

CH3cH?yN

O

□

R(-NHR、N-R3

已知：①I+C1—R3-^.I+HC1

R2R2

R1COCHCOOR4

②R1COOR2+R3cH2COOR45迎型a_>I+R2OH

R3

0NHR3

③A沿A人(Ri、R2、R3、Ra为氢或燃基)

R1R2'RiR2

④HN+RCOOR，-——>RCON，

\\

回答下列问题：

(1)反应②的反应类型____,B的名称一。

(2)F中含碳的官能团的名称o

(3)反应D-E的化学方程式