2023年河南省新乡市高考化学二模试卷及答案解析

2023年河南省新乡市高考化学二模试卷

一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）

1.古诗词富载化学知识，下列古诗词的描述中不涉及化学变化的是（）

A.《诗经•周颂•良相》中描述农民生产的情形：“荼蓼（杂草）朽（腐烂）止，黍稷茂止”

B.岑参在《白雪歌送武判官归京》中描述雪景：“忽如一夜春风来，千树万树梨花开”

C.李白在《秋浦歌》中描述冶炼工人夜间劳动的场景：“炉火照天地，红星乱紫烟”

D.李商隐在《无题》中感言：“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”

2.苯烯莫德可用于治疗牛皮癣、湿疹等，其结构简式如图所示。下列

有关苯烯莫德的说法正确的是（）

A.分子式为Cl7H16。2

B.不能使滨水褪色

C.苯环上的一氯代物有4种

D.分子中的碳原子可能全部共平面

3.下列离子可以在指定条件下大量共存的是（）

A.电解饱和食盐水后的溶液：Ba2+、F：HCOj,Ca2+

B.常温下，滥言=1012的溶液：「、Fe2+、NH：＞NO3

C.lmol」T的盐酸:Pb2+、SO歹、Ag+、SiO1~

D.使酚酰变红的溶液：Na+、K+、CH3coCT、S01

某同学按图示装置进行实验,大头针固定固体，塑料瓶盛放液体试剂。上尖■破魂管

4.止水头$金般管

实验时先打开止水夹，手指压紧小孔并挤压塑料瓶，使液体试剂沿玻璃大头什」'*皮塞

管上升至完全充满，排尽玻璃管中空气，立即关闭止水夹，一会儿后，,俄璃管

3小

手指堵住小孔，打开止水夹。下列所加液体试剂、对应现象及结论均正液体上

确的是（）

选固液体试

现象结论

项体剂

钠钠块熔化成小球并浮在水面上；打开止水夹，点

A水钠块与水反应产生氢气

块燃气体；火焰呈淡蓝色

铝NaOH溶先有沉淀生成，后沉淀溶解；打开止水夹，点燃铝条与氢氧化钠溶液反

B

条液气体，火焰呈淡蓝色应产生氢气

铜铜丝与稀硝酸反应产生

C稀HNC>3产生红棕色气体，溶液蓝色

丝NO2

铁打开止水夹，并松开小孔片刻，关闭止水夹，发

D食盐水铁丝发生了吸氧腐蚀

丝现塑料瓶中液面下降

A.AB.BC.CD.D

5.几种短周期主族元素在元素周期表中的相对位置如图所示。已知：一

（XY£具有卤素单质相似的性质且分子中每个原子最外层都达到了8电£

子稳定结构。下列叙述正确的是（）

A.简单离子半径：Z>W>Y

B.最高价氧化物对应水化物的酸性：W>Z>X

C.最简单氢化物的熔沸点：Y>W>X

D.工业上采用电解Z的熔融盐酸盐的方法冶炼单质Z

6.基于H2。、电。2、。2自循环的生物混合光电化学电池，在

单个单元中实现可持续太阳能-燃料-电能转换，工作原理如

图。下列说法错误的是（）光一-

■—»

A.电池工作时，电子由电极N经导线流向电极M

+

B.负极的电极反应式有2H2。-2e-=H202+2H

C.自循环过程中存在O2+2e-+2H+=H2（）2

D.该电池的有效开发和利用可减少碳排放

7.常温下，fflO.llmol•L-iNaOH溶液滴定40mL0.025mol•L-iCuSC)4和0.025mol•L-iMgCl2

的混合溶液（含有少量抑制金属离子水解的硫酸），pH变化曲线如图所示［已知：Cu（0H）2和

Mg(0H)2的Ksp分别为2.2xIO-。、5.6xIO-12,^c(X2+)<10-smol•丁】时认为X2+沉淀完

全，lg22=1.34,lg56=1.75]«下列说法错误的是()

+

A.a〜b段主要发生反应：H+OH-=H2O

B.c点时，溶液的pH=6.67

C.能通过调节pH分离CM+和Mg2+

D.d〜e段生成的沉淀为CU(0H)2

二、简答题(本大题共5小题，共73.0分)

8.从铜阳极泥分铜渣碱浸液中回收部的工艺流程如图所示。

适,Na*

H£0,、调pH

滤液一LTCOZ

旎渣

已知：①碱浸液中硫以TeOj-的形式存在;

②Na2sO3可将Te(W)还原为。价Te：

③Teo2与氧化铝的性质具有一定的相似性。

(l)TeOt中Te的化合价为价，“还原”中发生反应的离子方程式(该工艺条件下,

Pb2+不沉淀)为

(2)“还原”过程中，反应温度、反应时间对硅回收率的影响如图1所示，工业上一般采取的

条件为控制温度为75。&反应时间为120min,其原因是

图1

⑶“还原”过程中，Na2s。3用量对硫回收率的影响如图2,随着Na2s。3用量增加，降回收率

呈先增大后减小趋势，请分析当其用量大于理论用量的1.0倍时，曲线下降的原因：o

(4)加适量Na2s除铜铅，滤渣的成分为。

(5)加酸调pH时发生反应的化学方程式为,加入硫酸的量不宜过多，其原因是

9.苯甲酸可用于医药、染料载体、增塑剂、果汁饮料的保香剂和食品防腐剂等的生产。某

化学兴趣小组欲在实验室制备苯甲酸、回收二氧化镭并测定其纯度，进行如下实验：

苯甲酸实验室制备原理为：

^2^—CHS+2KMnO,ACOOK+KOH+2MnOj；+H2O

<^>~<XX)K'COOH

实验装置如图所示。

己知：甲苯的密度是0.872g•:［；苯甲酸微溶于冷水，溶于热水。

实验步骤：

I.在50mL三颈烧瓶中加入1.5mL甲苯、20mL水和5.0g高钛酸钾，油浴加热至反应结束。

n.将反应液趁热减压过滤，得到滤渣1,滤液呈紫色，加入少量亚硫酸钠使紫色褪去，进行

二次减压过滤，得到滤渣2；将滤液放入冰水浴中，然后加酸酸化，有晶体析出，减压过滤,

洗涤、干燥，得到苯甲酸晶体。

皿.回收二氧化钵：将滤渣2和滤纸一并转移到用烟中，加热灼烧，所得固体与干燥后的滤渣1

合并，称重得2.5g固体。

IV.二氧化铳纯度的测定：称取0.5g回收的二氧化镒，放于烧杯中，再加入25mL0.3moi•IT】草

酸钠溶液及50mLi2moi硫酸，加热至二氧化碳不再产生，稀释至250mL,加热至近沸。

趁热以浓度为0.05mol•IT】的高锯酸钾标准液滴定过量的草酸钠，消耗高锌酸钾的体积为

16.0mLo

-+2++2+

已知：Mn02+C2O|+4H=Mn+2C02T+2出0、2Mn0；+5C2O1-+16H=2Mn4-

10CO2T+8H2O»

回答下列问题：

(1)仪器A的名称为,该装置的作用是。

(2)步骤I中，判断反应结束的现象是。

(3)步骤H中加酸酸化，加的酸可以是(填序号)。

①稀硫酸

②盐酸

滤液放入冰水浴的原因是。

(4)滤渣2的主要成分为Mn0(0H)2，请写出生成Mn0(0H)2的离子方程式：。

(5)用高锌酸钾标准液滴定时，滴定终点的现象是,二氧化镐的纯度为%,,

10.甲烷化反应即为氢气和碳氧化物反应生成甲烷，有利于实现碳循环利用。

已知涉及的反应如下：

反应I：C0(g)+3H2(g)WCH4(g)+H2O(g)△Hl=-206.2kJ-moL

反应n：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H2

-1

反应川：C02(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H20(g)△H3=-165kJ-mol

积碳反应(CO的歧化反应和CH4的裂解反应是催化剂积碳的主要成因)：2C0(g)#CO2(g)+

C(s)(反应IV)；CH4(g)UC(s)+2H2(g)(反应V)。

回答下列问题：

-1

(1)△H2=kJ-molo

(2)在36CTC时，在固定容积的容器中进行上述反应(不考虑积碳反应)，平衡时CO和H2的转化

率及CH4和CO?的产率随喘变化的情况如图1所示。

转化率或产率/%

1

0(»

如

触

70F

60F

①图中表示CO转化率、CH4产率变化的曲线分别是、(填标号),A、c两点端

的值相同，C点通过改变温度达到A点，则A、B、C三点温度由大到小的顺序是。

②按喘=3向恒容容器内投料，初始压强为Po,若仅发生I、口两个反应，达到平衡时总

压为平，CO的平衡转化率为a,则叫的选择性=%[叫的选择性=诃喘券而x

100%],反应I的Kp=(用分压表示，分压=总压X物质的量分数)。

(3)已知各反应的平衡常数随温度的变化曲线如图2所示，相同时间内甲烷产率随温度升高的

变化曲线如图3。

由图2可知，CO的歧化反应属于(填“吸热”或“放热”)反应，相同时间内C%的产

率在温度高于330久时降低的可能原因之一是催化剂活性降低，高温导致催化剂活性降低的原

因是«

11.各种材料的应用使人们的生活变得丰富多彩。

I.某有机发光材料的结构如图1所示。

(1)基态N原子的价层电子排布图为,其中能量最高的电子所占据的原子轨道有

个伸展方向。

(2)B原子与其直接相连的3个碳原子构成的空间结构为形。

(3)C原子的杂化类型为。

(4)该物质中第二周期元素的第一电离能由大到小的顺序为(填元素符号)。

I我国某科研团队首次成功合成单金属内面体偶氮富勒烯(La@C81N)。单晶X射线衍射实验

研究表明La@C81N具有对称性的82原子笼，结构如图2所示。

(5)基态La(锄)原子的价层电子排布式为5dl6s2,与Sc(铳)位于同族，则La位于元素周期表的

______区。

(6)1640年Descartes首先证明了“欧拉定理”，即顶点数+面数-棱数=2。1个CgiN82原子笼

中含个正六边形、个正五边形。

ID.硒氧化秘是很好的二维半导体材料，其晶胞结构如图3所示。

(7)①晶胞中与0最近且等距离的Bi原子数为。

②已知晶胞参数分别为anm、bnm、cnm,阿伏加德罗常数为NA，则该晶胞的密度为

g-cm-3.

12.多非利特(dofetilide)是一种口服或注射使用的选择性钾离子通道(hERG)阻断剂，可阻断

携带延迟整流钾电流快速组分IKr的心脏离子通道，延长心脏动作电位持续时间，该药合成路

线如图所示，回答下列问题：

3

CHJI.DHz、P“C,

N«【、K1col

已知：含-NH2的物质为胺类。

(1)A的化学名称为。

(2)B的结构简式为。

(3)C中含氧官能团的名称为

(4)生成D的化学方程式为。

(5)生成ImolE需要消耗molH2o

(6)生成F的反应类型为o

(7)化合物G为&、八Q/与K0H(-N02与氢氧化钾不反应)醇溶液加热反应后的有机产物,

则G的同分异构体中氨基与苯环(除苯环外，不含其他环)直接相连且结构中含有痰基的结构有

种，其中核磁共振氢谱表明有四组氢(氢原子数之比为2：2：2：1)的结构简式为

答案和解析

I.【答案】B

【解析】解：A.“荼蓼（杂草）朽（腐烂）止，黍稷茂止”，杂草腐烂过程中有新物质生成，属于化学

变化，故A正确；

B.“忽如一夜春风来，千树万树梨花开”，过程中无新物质生成，属于物理变化，故B错误；

C.“炉火照天地，红星乱紫烟”是我国古代劳动人民“冶炼金属”的过程，有新物质生成，属于

化学变化，故C正确；

D.“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”，蜡炬成分有油脂，燃烧生成二氧化碳和水，有新物质

生成，属于化学变化，故D正确；

故选：Bo

化学变化一定有新物质生成，物理变化没有新物质生成，据此判断。

本题考查了化学变化与物理变化的判断，明确诗句含义，把握过程中是否有新物质生成是解题关

键，题目难度不大。

2.【答案】C

【解析】解：A.该分子中C、H、0原子个数依次是17、18、2,分子式为Ci7H18。2,故A错误；

B.分子中碳碳双键能和滨水发生加成反应生成无色物质而使滨水褪色，苯环上酚羟基的邻位、对

位氢原子能和浓漠水发生取代反应而使溪水褪色，故B错误；

C.苯环上含有4种氢原子，苯环上的一氯代物有4种，故C正确；

D.该分子中连接两个甲基的碳原子具有甲烷结构特点，甲烷分子中最多有3个原子共平面，所以该

分子中所有碳原子一定不共平面，故D错误；

故选:Co

A.该分子中C、H、0原子个数依次是17、18、2；

B.碳碳双键能和澳水发生加成反应，苯环上酚羟基的邻位、对位氢原子能和浓漠水发生取代反应；

C.苯环上含有几种氢原子，苯环上的一氯代物就有几种；

D.分子中连接两个甲基的碳原子具有甲烷结构特点，甲烷分子中最多有3个原子共平面。

本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质

的关系、原子共平面的判断方法是解本题关键，题目难度不大。

3.【答案】D

【解析】解：A.电解饱和食盐水后的溶液中含有NaCl、NaOH,能和NaQ、NaOH反应的离子不能

大量共存，0H-和Ba?+、Ca2+、HCO,反应生成BaC()3沉淀、CaC()3沉淀和电0，所以不能大量共

存，故A错误；

B.常温下，孺彳=1012的溶液中c(H+)>c(OH-),溶液呈酸性，酸性条件下，NO］能和Fe2+发

生氧化还原反应生成Fe3+和NO,能氧化厂生成I2,所以不能大量共存，故B错误；

C.能和HC1反应的离子不能大量共存，Pb2+、Ag+和SOg、SiO"都生成沉淀而不能大量共存，HC1

和Ag+和SOg、SiO算都反应而不能大量共存，故C错误；

D.使酚配变红色的溶液呈碱性，这几种离子之间不反应且和0H-不反应，所以能大量共存，故D

正确；

故选：Do

A.电解饱和食盐水后的溶液中含有NaCl、NaOH,能和NaCl、NaOH反应的离子不能大量共存；

B.常温下，黑言=1012的溶液中C(H+)>C(OH-),溶液呈酸性；

C.能和HQ反应的离子不能大量共存；

D.使酚献变红色的溶液呈碱性。

本题考查离子共存，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确离子的性质、离子共存条件

是解本题关键，注意题干中限制性条件，题目难度不大。

4.【答案】D

【解析】解：A.钠与水反应生成氢气，氢气具有可燃性，且钠的密度比水的密度小，钠的熔点低，

则钠块熔化成小球并浮在水面上，氢气在液面上已经燃烧，则不能打开止水夹，点燃气体，火焰

为淡蓝色，不能证明钠与水反应生成氢气，故A错误；

B.A1与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，不生成沉淀，故B错误；

C.Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，NO为无色气体，NO与氧气反应生成红棕色气体，故C

错误；

D.食盐水为中性，打开止水夹，并松开小孔片刻，Fe发生吸氧腐蚀，关闭止水夹，外压大于内压，

则发现塑料瓶中液面下降，故D正确；

故选：D。

A.钠与水反应生成氢气，氢气具有可燃性；

B.A1与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；

C.Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水；

D.食盐水为中性，打开止水夹，并松开小孔片刻，Fe发生吸氧腐蚀。

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的

关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

5.【答案】C

【解析】解：根据分析可知，X为C元素，Y为N元素，Z为A1元素，W为S元素；

A.Z、W、Y的简单离子分别为A|3+、S2-、N3-,电子层数越多，则微粒半径越大，故S2-的半径最

大；当电子层数相同时，核电荷数越多，则微粒半径越小，故AF+的半径最小，即简单离子半径：

W>Y>Z,故A错误；

B.元素的非金属性越强，则最高价氧化物对应水化物的酸性越强，由于非金属性：W>X>Z,则

最高价氧化物对应水化物的酸性：W>X>Z,故B错误；

C.Y的最简单氧化物为NH3,分子间存在氢键，导致其沸点在三者中最高;W的最简单氢化物为H?S,

相对分子质量较X的最简单氢化物C%的大，则沸点较CH4的高，故最简单氢化物的熔沸点：Y>

W>X,故C正确；

D.氯化铝为共价化合物，熔融状态时无铝离子，故不能用电解熔融氯化铝的方法来冶炼铝，应电

解熔融的氧化铝，故D错误；

故选：Co

四种元素均为短周期的主族元素，则X、Y处于第二周期；由于(XY)2为分子晶体，则X、Y应为第

二周期的非金属元素C、N、0中的两种，而分子具有卤素单质相似的性质且分子中每个原子最外

层都达到了8电子稳定结构，则该物质为(CN%,即X为C元素，Y为N元素，Z为A1元素，W为S元素，

据此分析。

本题考查了元素周期表的结构和元素周期律，难度不大，应注意微粒半径、分子晶体熔沸点的比

较等。

6.【答案】A

【解析】解：A.电池工作时，电子由电极M(负极)经导线流向电极N(正极)，故A错误；

+

B.M极为负极，电极反应式分别为2H2O-2e-=H2O2+2H+,2H20-4e-=02T4-4H,故B

正确；

+

C.N极为正极，电极反应式为Oz+4H++4e-=2&0,H2O2+2H+2e-=2H2O,故C正确；

D.反应过程中，氧气、水和过氧化氢等循环利用，可减少碳排放，故D正确；

故选：Ao

由图可知，M极氧元素价态升高失电子，故M极为负极，电极反应式分别为2H20-26-=力02+

+

2H+,2H2O-4e-=02T+4H,N极为正极，电极反应式为02+4H++4e-=2出0,H2O2+

+

2H+2e-=2H20,据此作答。

本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键。

7.【答案】D

【解析】解：A.C11SO4和MgCk的混合溶液中含有少量硫酸，硫酸为强酸，则加入NaOH溶液时先

发生酸碱中和反应，离子方程式为H++OH-=H2。，故A正确；

B.由上述分析可知，b〜c段主要发生的反应为CM++20H-=Cu(0H)21，图中c点时CM+接近沉

淀完全，Mg2+没有转化为Mg(0H)2沉淀，溶液中c(Cu2+)210-5moi」T,c(OH")=

J"丁搂彳"=J22谷2。皿。1儿=ypnx10-8mo[/L，pH=14-x10-8)]=6.67,

故B正确；

C.CM+沉淀完全时溶液中c(OH-)=J"眠骞2]=J22^2°mol/L=xlO^mol/L.

pH=14-[~lg(V~22x10-8)]=6.67,此时溶度积QJMg(0H)2]=c(Mg2+)-c2(OH-)=0.025X

X10-8)2=55x10-17<Ksp[Mg(OH)2]，Mg2+没有转化为Mg(OH)2沉淀，所以通过调节pH

可达到分离CM+和Mg2+目的，故C正确；

2+

D.由于Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Mg(OH)2],起始时c(CM+)=c(Mg),加入NaOH溶液时C11SO4优先

于MgCl2生成沉淀，贝Ub〜c段生成的沉淀为CU(OH)2,d〜e段生成的沉淀为Mg(OH)2，故D错误；

故选：Do

C11SO4和MgC12的混合溶液中含有少量抑制金属离子水解的硫酸，则加入NaOH溶液时先发生酸碱

中和反应，即a〜b段主要发生的反应为H++OH-=H20,由于Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Mg(OH)2],

起始时c(Cu2+)=c(Mg2+),加入NaOH溶液时C11SO4优先于Mg。2生成沉淀，则b〜c段主要发生的

反应为C/++20H-=Cu(0H)2LCM+沉淀完全后，随着NaOH的加入溶液的pH突然增大，溶液

的碱性增强，即d〜e段发生的反应为Mg2++20H-=Mg(OH)21，结合Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)-

2+

c2(OH-)、Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg)-©2(0t)进行计算，据此分析解答。

本题考查沉淀溶解平衡及图象分析，把握Ksp的计算、图中各段物质的性质及对应发生的反应为解

答的关键，侧重分析能力、计算能力与运用能力的考查，题目难度中等。

8.【答案】+6TeOi-bSOj-=TeOg+SO^该条件下，回收率已经大于95%,再提高反应温度、

延长反应时间对回收率影响不大，反而会增加生产成本过量的Na2s可将Te(W)还原为0价Te,

致使溶液中Te(W)浓度下降PbS、CuSNa2TeO3+H2S04=TeO2I+Na2SO4+H20过量的硫酸

会和TeC>2反应，导致产品产率降低

【解析】解：(l)TeO/中Te的化合价为+6价，具有氧化性，则“还原”中TeOr与SO歹反应得到

TeOa和SO：一,离子方程式为：TeOj-十SO"=TeO"+S0『，

故答案为：+6；TeO/十SO歹=TeO|-+S0『;

(2)根据“还原”过程中，反应温度、反应时间对硅回收率的影响，工业上一般采取的条件为控制

温度为75。(2,反应时间为120min,其原因是该条件下，回收率已经大于95%,再提高反应温度、

延长反应时间对回收率影响不大，反而会增加生产成本，

故答案为：该条件下，回收率已经大于95%,再提高反应温度、延长反应时间对回收率影响不大，

反而会增加生产成本；

⑶“还原”过程中，发生反应为TeOj-十SO#=TeO1-+SOg,又知Na2sO3可将Te(W)还原为0价

Te；则Na2sO3的用量大于理论用量的1。倍时，曲线下降的原因为：过量的Na2sO3可将Te(W)还

原为0价Te,致使溶液中Te(W)浓度下降，

故答案为：过量的Na2sO3可将Te(W)还原为0价Te,致使溶液中Te(W)浓度下降；

(4)加适量Na2s除铜、铅，根据分析，滤渣的成分为PbS、CuS,

故答案为：PbS、CuS；

(5)加适量的酸调pH时发生反应的化学方程式为Na2Te()3+H2SO4=TeO2I+Na2sO4+H20,已

知Te。2与氧化铝的性质具有一定的相似性，则硫酸会和Te。2反应，则加酸调pH时加入硫酸的量不

宜过多，其原因是：过量的硫酸会和Te。?反应，导致产品产率降低，

故答案为：Na2TeO3+H2SO4=TeO2I+Na2SO4+H20；过量的硫酸会和TeO2反应，导致产品产

率降低。

从铜阳极泥分铜渣碱浸液中回收碗，先加入亚硫酸钠，TeOt与SO#发生氧化还原反应得到TeO歹

和SO：一,溶液含TeO^、CM+、Pb2+,然后加入适量硫化钠沉淀Cu2+、Pb2+,生成PbS、CuS沉淀，

过滤，滤液加适量硫酸调pH,TeO1与H2sO4反应生成Te()2沉淀，据此解答；

(l)TeO/中Te的化合价为+6价，具有氧化性，则“还原”中TeO厂与SO厂反应得到TeOp和SOg；

(2)该条件下，回收率己经大于95%,改变条件会增加生产成本；

(3)Na2sO3具有还原性，可将Te(W)还原为0价Te,据此分析；

(4)加适量Na2s除铜、铅，分别生成PbS、CuS沉淀；

(5)加适量的酸调pH时发生反应的化学方程式为Na2TeC)3+H2SO4=TeO2J+Na2S04+H20,已

知Teo2与氧化铝的性质具有一定的相似性，过量的硫酸会和Teo2反应，消耗产物。

本题考查了物质分离提纯流程和方案的分析判断，物质性质的应用，题干信息的分析理解，理清

题目信息以及流程的分析是本题的解题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信

息应用的能力，综合性强，题目难度较大。

9.【答案】球形冷凝管冷凝回流，增大反应物的利用率三颈烧瓶中无油状物①②降低苯甲

酸的溶解度，使苯甲酸充分析出，提高产率2MnO]+3SOg+3H2。=2MnO(OH)21+3SOg+

20H-当滴加最后半滴高镒酸钾标准液时，溶液变为浅紫色，且半分钟内不褪色95.7

【解析】解：(1)仪器A的名称为球形冷凝管，该装置的作用是：冷凝回流，增大反应物的利用率，

故答案为：球形冷凝管；冷凝回流，增大反应物的利用率；

(2)甲苯密度比水小且难溶于水，为油状物，步骤1中，甲苯完全反应，可以判断反应结束，故判

断反应结束的现象是三颈烧瓶中无油状物，

故答案为：三颈烧瓶中无油状物；

(3)根据制备原理，苯甲酸盐与酸反应可得到苯甲酸晶体，盐酸和硫酸均可，故选①②；苯甲酸

微溶于冷水，溶于热水，冷水浴的目的是降低苯甲酸的溶解度，使苯甲酸充分析出，提高产率，

故答案为：①②：降低苯甲酸的溶解度，使苯甲酸充分析出，提高产率；

(4)滤渣2的主要成分为Mn0(0H)2,根据得失电子守恒，生成Mn0(0H)2的离子方程式为：2MnO；+

3sor+3H2O=2MnO(OH)2I+3S0r+20H-,

故答案为：2Mn0；+3so歹+3H2O=2MnO(OH)2I+3S0g+20H-；

(5)草酸根能被酸高铳酸钾氧化，用高锈酸钾标准液滴定时，滴定终点的现象是：当滴加最后半滴

高镒酸钾标准液时，溶液变为浅紫色，且半分钟内不褪色；草酸根一部分与二氧化镭反应，过量

的草酸根与高锦酸根反应，故二氧化镭消耗的草酸根的物质的量为：(0.025x0.3-|x0.05x

0.16)moL二氧化钛的纯度为：(0Q25X0.31J.05X0.16)X87*如。％=957%,

故答案为：当滴加最后半滴高钵酸钾标准液时，溶液变为浅紫色，且半分钟内不褪色；95.7。

甲苯被酸性高镒酸钾氧化为苯甲酸盐，苯甲酸盐与酸反应得到苯甲酸。图示装置中球形冷凝管的

目的是使甲苯冷凝回流，增大反应物的利用率，苯甲酸在三颈烧瓶中生成，由于苯甲酸的溶解度

较低，冰水浴有利于其析出；

(1)仪器A的名称为球形冷凝管；

(2)甲苯密度比水小且难溶于水，为油状物，步骤I中，甲苯完全反应；

(3)根据制备原理，苯甲酸盐与酸反应可得到苯甲酸晶体，盐酸和硫酸均可；

(4)滤渣2的主要成分为MnO(OH)2，根据得失电子守恒，得到生成MnO(OH)2的离子方程式；

(5)草酸根能被酸高镒酸钾氧化，用高锌酸钾标准液滴定时，滴定终点的现象是：当滴加最后一滴

高铳酸钾标准液时，溶液变为浅紫色，且半分钟内不褪色；草酸根一部分与二氧化镒反应，过量

的草酸根与高籥酸根反应。

本题考查有机物合成实验，涉物质的分离提纯、化学实验基本操作等，注意对题目信息的运用，

有利于培养学生的实验能力。

1-(1-a)PQ,,Ppv

10.【答案】一41.2bcB=C>A,X100%=—%~^-s-3-=-—7放

(a—0.5)n+0.5na1(1-a)p0］乂［(l+a)P0］(14-a)xP0

热高温时，积碳反应主要发生CH4裂解，导致催化剂积碳，活性降低

1

【解析】解：(1)反应I：CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)△Hi=-206.2kJ-mor

反应n：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H2

-1

反应m：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)△H3=-165kJ-mol

-1

根据盖斯定律，反应n=反应I一反应DI,△H2=△Hi-△H3=-206.2kJ-mol-(-165kJ-

mol-1)=-41.2kJ-mol-1；

故答案为：—41.2；

(2)①结合反应，㈱越大，CO转化率越大，直到接近100%,故b表示CO转化率：随着儒的增

大，CO接近完全转化，C%产率逐渐增大，直到接近100%,故c表示CH4产率变化的曲线；b表示

CO转化率，B、C均在曲线b上，温度B=C,结合反应I、口，两反应均为放热反应，则温度越低

CO转化率越高，A点转化率高于c,故温度B=C>A；

故答案为：b；c；B=C>A：

②设n(CO)=n,则n(H2)=3n,列出反应I三段式:

C0(g)+3H2(g)^CH4(g)+H20(g)

起始(mol)n3n00

转化(mol)x3xxx

平衡(mol)n-x3n-3xxx

反应H前后气体体积不变，反应I前后总物质的量减少2x,根据初始压强为po,达到平衡时总压

为学，则x+x+n二x+3n_3x="解得*=o.5n；

44n4

co的平衡转化率为a,列出反应n三段式为：

CO(g)+HzO(g)=co2(g)+H2(g)

起始(mol)0

转化(mol)na—0.5nna—0.5nna—0.5nna—0.5n

平衡(mol)n(l-a)n(l—a)n(a—0.5)n(l+a)

则CH4的选择性=而端嗝xl00%=弓%;平衡时，CO的分压为里普=&芈，内分压

为(l-a)np。=更皿,CH4的分压为竺公电0分压为吧="驯=&芈，I的4=

4n4*4n84n4F

伫普X(粤)=8

—(l+a)3xpg;

50

痂较受力a5ny1nno/-0/产："。卜(胡_8

故答案为：(a-0.5)n+0.5nXl°%=/H[(1一：)与丫产+：)匾一(l+a^xP/

(3)甲烷的产率随着温度升高逐渐增大，达到平衡后升高温度，甲烷的产率逐渐减小，说明反应逆

向进行，贝ICO的歧化反应属于放热反应，相同时间内CH4的产率在温度高于330久时降低的可能原

因之一是催化剂活性降低，高温导致催化剂活性降低的原因是高温时，积碳反应主要发生CH,裂

解，导致催化剂积碳，活性降低，

故答案为：放热；高温时，积碳反应主要发生C*裂解，导致催化剂积碳，活性降低。

(1)根据盖斯定律进行解答；

(2)①结合反应，儒越大，CO转化率越大，直到接近100%；随着儡的增大，CO接近完全转

化，C%产率逐渐增大，直到接近100%进行分析；

②利用三段式进行计算

(3)甲烷的产率随着温度升高逐渐增大，达到平衡后升高温度，甲烷的产率逐渐减小，说明反应逆

向进行，贝ICO的歧化反应属于放热反应进行分析。

本题综合考查化学知识，侧重考查学生分析能力、读取信息能力和处理信息的能力，题目涉及反

应热的计算、活化能的计算、化学平衡移动和化学平衡计算，此题难度较大。

3

11.【答案】nnrrrTm3平面三角sp、sp2、spN>0>C>Bf31124［阿义邛

252PWabc

【解析】解：(1)N为7号元素，核外电子排布式为2s22P3,基态N原子的价层电子排布图为

HDIHIIII,其中能量最高的电子所占据的原子轨道为2P轨道，有3个伸展方向，

2a2p

故答案为：nnnTiTTi.3；

2p

(2)B原子与其直接相连的3个碳原子形成3个。键，为sp2杂化，空间结构为平面三角形，

故答案为：平面三角；

(3)由图1可知，苯环中C原子为sp?杂化，-CN中C原子为sp杂化，苯环侧链上C原子为饱和C原子,

为sp3杂化，故C原子的杂化方式为：sp>sp2,sp3,

故答案为：sp、sp2、sp3;

(4)同一周期从左向右第一电离能呈增大的趋势，但第口A族、第VA族元素的第一电离能比相邻

元素的大，该物质中第二周期元素有0、N、C、B,第一电离能由大到小的顺序为：N>0>C>B,

故答案为：N>0>C>B；

(5)基态La(锢)原子的价层电子排布式为5dl6s2,与Sc(铳)位于同族，则La位于第六周期第JUB族，

为f区元素，

故答案为：f;

(6)设1个C81N82原子笼中含有x个正六边形和y个正五边形，根据原子个数可得，誓=82,根

据欧拉定理可得，史罗+(x+y)-史罗=2,两式联立可解得，x=31,y=12,即正六边形

个数为31,正五边形的个数为12,

故答案为：31；12；

(7)①由图可知，0位于面上，与0最近的且等距离的Bi原子位于棱上和体内，则晶胞中与0最近且

等距离的Bi原子数为4,

故答案为：4；

②0原子位于面上，个数为8x2=4,Bi原子位于棱上和体内，个数为8x,+2=4,Se原子为顶

4x16+209x4+79x2

点和体内，个数为8x^+1=2,晶胞质量为:g，晶胞体积为abcx10-21cm3,

O

4x16+209x4+79x2

1.058X10

g-cm-3

abcxlO-21cm3

(1)N为7号元素，核外电子排布式为2s22P3；

(2)B原子与其直接相连的3个碳原子形成3个。键，为sp2杂化；

(3)由图1可知，苯环中C原子为sp2杂化，-CN中C原子为sp杂化，苯环侧链上C原子为饱和C原子,

为Sp3杂化；

(4)同一周期从左向右第一电离能呈增大的趋势，但第口A族、第VA族元素的第一电离能比相邻

元素的大；

(5)基态La(镀J)原子的价层电子排布式为5dl6s2,与Sc(铳)位于同族，则La位于第六周期第HIB族；

(6)设1个C81N82原子笼中含有x个正六边形和y个正五边形，根据原子个数可得，空