2023年福建省漳州市高考化学第三次质检试卷及答案解析

2023年福建省漳州市高考化学第三次质检试卷

1.明代宋应星所著《天工开物》中详细介绍了竹纸的制造工艺流程，其中“煮模足火”工

序是指加入石灰蒸煮以除去竹料中的木质素、树胶等杂质。另外，为了防止书写时墨迹在纸

面扩散，古代及现代造纸都要加入一些矿物性白粉填充纸纤维之间的孔隙。下列说法中错误

的是（）

A.纸的主要化学成分为纤维素，纤维素属于多糖

B.纸张中的纤维素之间是通过氢键和范德华力相结合的

C.纸张燃烧后产生的灰白色部分主要成分为碳

D.推测木质素分子中可能含有酸性官能团

2.布洛芬是一种用于小儿发热的经典解热镇痛药，异丁基苯是合成它的一种原料，二者的

结构简式如图。下列说法正确的是（）

异丁基苯布洛芬0H

A.异丁基苯属于芳香烧，与对二乙苯互为同分异构体

B.异丁基苯和布洛芬中碳原子均有sp和sp3杂化

C.lmol布洛芬与足量的Na2cO3溶液反应生成22gCC）2

D.两者均能发生加成、取代和消去反应

3.中国科学院天津工业生物技术研究所科研团队在实验室里首次实现了以CO?为原料人工

合成淀粉，其合成路线如图所示。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）

,O

COt--T--*CH,OH

ZnO-ZrO|丽I化M“口人口③

①n

A.标准状况下，22.41；4c中含有的中子数为22NA

B.ImolCH30H中共面的原子数目最多为34

C.60gHeHO和DHA混合物中含有的C原子数目为2总

D.ImolDHA中含有。键数目为7NA

4.用如图所示装置（夹持装置均已省略）进行实验，不能达到目的的是（）

A.除去乙烷中的乙烯

5.下列离子方程式书写正确的是()

A.用铁电极电解饱和食盐水：Fe+2H2。'警Fe(OH)2I+H2T

3+

B.NH4Al(S()4)2溶液与过量的NaOH溶液反应：Al+40H-=AIOJ+2H2O

OH

向少量苯酚稀溶液中滴加饱和漠水，生成白色沉淀：(]+3Br2f3HB-

C.

+2+

D.向酸性KMn()4溶液中滴入双氧水：2MnOZ+3H2O2+6H=2Mn+402?+6H2O

6.2022年诺贝尔化学奖授予了对“点击化学”和“生物正交化学”做出贡献的三位科学家。

以焕烧和叠氮化合物为原料的叠氮一焕基Husigen成环反应是点击化学的代表反应，其反应原

理如图所示｛其中［Cu］为一价铜｝;下列说法错误的是（）

A.反应①消耗的［Cu］大于反应⑤生成的［Cu］

B.该反应原子利用率为100%

7.工业上采用碘循环工艺处理工业尾气S（）2,同时制得H2,其工艺流程如图所示。下列说法

错误的是（

反应器分离器膜反应器

20

A.反应器中的反应的化学方程式为SO?+I2+2H2。=°,H2S04+2HI

B.分离器中物质分离操作为蒸镭

C.膜反应器中加入2moiHI,生成可循环的I2的物质的量为lmol

D.碘循环工艺中每制取标准状况下22.4LH2,理论上能处理工业尾气SO2的物质的量为lmol

8.刊物药M具有补血功效，结构如图所示，X、Y、Z和W为9w

0z

原子序数依次增大的元素，原子序数之和为51,Y和Z同主族，0Y

0X

四种元素中只有W为金属，W3+的价层电子为半充满结构。下

列说法错误的是（）

A.简单氢化物的稳定性：Y>ZB.该物质易被氧化，需密封保存

C.W与Y之间可以形成多种化合物D.X?Y的键角大于ZY厂的键角

9.南京大学研究团队设计了一种水系分散的聚合物微粒“泥浆”电池,该电池（如图）在充电

过程中，聚对苯二酚被氧化，H+能通过半透膜，而有机聚合物不能通过半透膜，下列说法错

电源/用电器

A.放电时，b为负极，发生氧化反应

B.放电时，a极上的电极反应:

C.充电时，H+由a极区向b极区迁移

10.常温下，用O.lOmol/LNaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol/L的CH3COOH溶液

和HCN溶液所得滴定曲线如图所示。下列说法正确的是（）

01020NaOH/mL

A.两种一元弱酸的电离常数：Ka(CH3COOH)<Ka(HCN)

B.溶液中水的电离程度：(3)>@>(T)

C.pH=7时，C(CH3COO-)=c(CN-)

D.滴定时均可选用甲基橙作指示剂，指示滴定终点

11.FeC%是中学常见的试剂，某实验小组用以下装置制备FeCk固体，并探究FeC^溶液与Cu

的反应。

已知：FeCb晶体易升华，FeCb溶液易水解。

I.FeCh的制备

(1)装置C中碱石灰的作用是。

(2)F的名称为,从D、E、F中选择合适的装置制备纯净的Cl?，正确的接口顺序为a-

(可选试剂：饱和食盐水、NaOH溶液、浓硫酸、碱石灰，仪器可重复使用)。

(3)写出装置D中制备的离子方程式o

II.探究FeCk溶液与Cu的反应

向4mL0.1mol/LFeCb溶液中滴加几滴0.2mol/LKSCN溶液，溶液变红；再加入过量Cu粉，溶液

红色褪去，不久有白色沉淀产生。

查阅资料可知：CuQ和CuSCN均为难溶于水的白色固体。针对白色沉淀同学们有以下猜想：

猜想1：CM+与过量的Cu粉反应生成Cu+,再结合生成白色沉淀CuCL,

猜想2：Cu2+与SCN-发生氧化还原反应生成Cu+,再结合SCN-生成白色沉淀CuSCN。

针对上述猜想，实验小组同学设计了以下实验：

实验

操作现象

编号

,足盘的铜粉

实验

加入铜粉后无现象

1

三

4mL0.05molL-'Cu”溶液

,滴加几滴0.2molL-1KSCN

7溶液很快由蓝色变为绿色，未观察到白色沉淀；2h后

实验

溶液为绿色，未观察到白色沉淀；24h后，溶液绿色变

2

三浅，试管底部有白色沉淀

4mL0.05molL-1Cu6溶液

（4）实验结果说明猜想（填“1”或“2”）不合理。

（5）根据实验2中的现象进一步查阅资料发现：

i.CM+与SCN-可发生如下两种反应：

反应A：Cu2++4SCN-=[Cu（SCN）412-（淡黄色）；

反应B：2CU2++4SCN-=2CuSCNI+（SCN）2（黄色）。

ii.[CU（SCN）4F-与Cu2+共存时溶液显绿色。

①由实验2中的现象推测，反应速率：A（填“>”或）B,说明反应B（填

“是”或“不是"）产生CuSCN的主要原因。

②进一步查阅资料可知，当反应体系中同时存在Fe?+、CM+、SCN-时，CM+氧化性增强，

可将Fe2+氧化为Fe3+。据此将实验2改进，向C11SO4溶液中同时加入KSCN、FeCl2,立即生成

白色沉淀CuSCN,写出该反应离子方程式。

（6）若向lOOmLamol•『iCuSCU溶液中滴加足量的KSCN和FeCl2的混合溶液，经过一系列操作

得到白色沉淀CuSCN的质量bg,则CuSCN的产率为（写出表达式即可）。

12.工业上以硒化银半导体废料（含AgzSe、Cu）为原料提取硒、铜、银，进而制备一种新型

太阳能电池的材料。

稍过量的

H2SO4+O2NaCI溶液N凡、NaOH

废料一“酸溶|------"蒸制-------,沉银|一~/还原|~►粗根

400℃

SCH。**

粗硒tH2SeO,一—SeO:(g)灌液一►……一►粗铜

5

已知:25℃«Ksp(AgCl)=2.0XIO-】。，Ksp(Ag2S04)=1.0xIO-,

请回答下列问题：

(1)“酸溶”时，为提高废料中硒元素的浸出率可采取的措施是(任写一种)，写出废

料中Ag?Se转化为Seo?的化学反应方程式。

(2)制得的粗铜可通过电解法精炼，电解质溶液可以选择(填字母序号)。

A.稀H2s。4

B.AgN()3溶液

C.CUSO4溶液

D.CuC“溶液

(3)上述流程中，通入SO2发生氧化还原反应获得“粗硒”，该过程中氧化剂和还原剂的物质

的量之比为。

(4)“沉银"时:从平衡移动角度解释，加入稍过量NaCI溶液的原因,计算Ag2sO4转

化成AgQ的平衡常数K=。

⑸“还原”时，写出AgQ与液态N2H4、NaOH溶液反应制取粗银的离子方程式。

13.C02的回收及综合利用越来越受到国际社会的重视，将C02转化为高附加值化学品已成

为有吸引力的解决方案。

I.以C02、H2为原料合成CH30H

(l)C02和%在某催化剂表面上合成CH30H的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的

物种用*标注。

0.20-CO2(g)+3H2(g)

-0.20-

-0.60-CH；OH(g)

+H2O(g)

-1.()0-

+6H*HCOO*+4H*

-1.40-座CH；OH*L7

CH,0

+5H*+0卅CHjOH*

-1.80」+OH*

+H*+H10*

+2H.

反应历程

该反应历程中活化能最小步骤的化学方程式为一

(2)已知相关化学键的键能数据如下:

化学键H-HC-H0-HC-0C=0

E/kJ-mor1436414464326803

结合表中数据及反应历程图，写出由C02和电合成CH30H的热化学方程式。

(3)在一容积可变的密闭容器中，充入lmolCC>2与3m01出，发生上述反应，实验测得CO?在不

同温度下的平衡转化率与总压强的关系如图所示：

(

%

)

药

3

不

溟

7

|

\

0

。

②请计算在Ti温度下，该反应的压强平衡常数。=atm-2(用平衡分压代替平衡浓度

计算，分压=总压x物质的量分数，保留三位有效数字)。

U.利用下列工艺脱除并利用水煤气中的温室气体CO2

(4)上述脱除CO2工艺中可循环利用的物质是;某温度下，当吸收塔中溶液pH=9时，

-7

溶液中c(COg)：c(HCOj)=(已知：该温度下H2cO3的Kai=4.6XIO,Ka2=5.0x

IO*。

(5)用上述装置电解利用CO2气体，制取CH30H燃料，伯电极上的电极反应式为o当

玻碳电极上生成标准状况下22.4LO2时.，通过质子交换膜的离子的物质的量为o

皿以Ti()2表面覆盖CU2Al2。4为催化剂，可以将CO?和CH4直接转化成乙酸

(6)在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图所示。250〜400久时，生成乙酸的

速率先减小后增大，理由是。

反应温度/c

14.磷酸铁锂(LiFePO。电池是绿色环保型电池，该电池以磷酸铁锂为正极材料，嵌有石墨

的锂为负极材料，溶有LiPF6的碳酸酯作电解质。回答下列问题：

(1)基态P原子的成对与未成对电子数之比为；最高能级的电子云轮廓图为。

(2)Li,F、P三种元素电负性由大到小的顺序为o元素的基态气态原子得到一个电子

形成气态负一价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能(EJ,第三周期部分元素的E](均为

正值)的大小顺序为15P<14Si<16S<17CL第一电子亲和能15P<14Si的原因为»

(3)实验数据表明沸点NH3>ASH3>PH3,分析原因是。

(4)一种锂电池的正极材料磷酸铁锂(LiFePOQ的晶胞结构如图所示。其中Li+分别位于顶角、

棱心、面心，。围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链

结构。磷酸铁锂晶体的晶胞参数分别为anm、bnm,则磷酸铁锂晶体的摩尔体积/=

cm3-mol-】(已知阿伏加德罗常数为NA，晶体的摩尔体积是指单位物质的量晶体所占的体积)。

(5)多聚磷酸由磷酸(H3Po4)加热脱水缩合而成。链状多聚磷酸是多个磷酸通过脱水后共有部

分氧原子连接起来的，多聚磷酸根离子的部分结构投影图如图所示(由于P、0原子的半径大

小不同，投影图中P与0之间存在部分或全部遮掩关系)，则其化学式为

⑥

氧原子在前

磷原子在后

O

磷原子在前

轨原子在后

15.高聚物G是一种广泛用在生产生活中的合成纤维，由A与E为原料制备J和G的合成路线如

图:

HOOCCOOH

已知：①酯能被LiAl也还原为醇

CHO

②<CHO

回答下列问题:

(1)A的名称为,E中官能团的名称为

(2)B生成C的化学方程式为。

(3)D转化为H的反应类型为o

(4)1的结构简式为。

(5)芳香族化合物M是B的同分异构体，符合下列要求的M有种(不考虑立体异构)。

①能发生银镜反应

②能与FeCk溶液发生显色反应

③苯环上有4个取代基，且核磁共振氢谱显示有3种不同化学环境的氢，且峰面积之比为1：1：

1

(6)请以1-氯乙烷为原料，写出合成丙酸乙酯的合成路线，其他无机试剂可以任选o

答案和解析

I.【答案】C

【解析】解：A.纸的主要化学成分为纤维素，纤维素是由单糖缩合而成的大分子，属于多糖，故

A正确；

B.纤维素是由葡萄糖聚合链组成的高分子多糖，纤维素之间通过氢键和范德华力相互作用形成，

故B正确；

C.纸张燃烧后产生的灰白色部分主要矿物性白粉，故C错误；

D.由题干信息可知，木质素能与碱反应，说明其具有一定的酸性，故推测木质素分子中可能含有

酸性官能团，故D正确；

故选：C«

A.纸的主要化学成分为纤维素，纤维素是由单糖缩合而成的大分子；

B.纤维素是由葡萄糖聚合链组成的高分子多糖，这些链之间通过氢键和范德华力相互作用形成了

纤维素；

C.碳是黑色：

D.由题干信息可知，木质素能与碱反应，说明其具有一定的酸性。

本题考查纤维素的性质和用途，题目难度不大，学习中注意相关基础知识的积累。

2.【答案】A

【解析】解：A.异丁基苯含有苯环属于芳香烧，与对二乙苯分子式相同，结构不同，互为同分异

构体，故A正确；

B.异丁基苯中的碳为sp2和sp3杂化，布洛芬中碳原子为sp2和sp3杂化，故B错误：

C.布洛芬中的竣基可以和碳酸钠反应，Na2c。3溶液过量，不能生成COz，故C错误；

D.两者均能发生加成、取代反应，不能发生消去反应，故D错误；

故选：Ao

A.分子式相同，结构不同的物质互为同分异构体；

B.异丁基苯中的碳为sp2和sp3杂化，布洛芬中碳原子为sp2和sp3杂化；

C.布洛芬中的竣基可以和碳酸钠反应，先生成碳酸氢钠；

D.两者均能发生加成、取代反应，不能发生消去反应。

本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质

的关系是解本题关键，题目难度不大。

3.【答案】C

【解析】解：A.标准状况下，22.4L"CO2的物质的量为n=萧篇=lmol,而】气()2中含24个中

NN.SL/1I1O1

子，故lmol此气体中含中子为24NA个，故A错误；

O

B.甲醇结构式为H

H，共面的原子数目最多为4个，故ImolCH30H中

共面的原子数目最多为4NA，故B错误；

C.HCHO与DHA的最简式均为CH2。，60gHeH0与DHA的混合物中所含C原子数为x

-1

NAmol=2NA,故C正确；

D.l个DHA中含有11条o键，故ImolDHA中含有o键数目为IINA，故D错误；

故选：Co

A.求出标准状况下，22.4134c的物质的量，然后根据14co2中含24个中子来分析；

O

B.甲醇结构式为H

H，共面的原子数目最多为4个;

C.HCHO与DHA的最简式均为CEO;

D.l个DHA中含有11条0键。

本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是

解题关键。

4.【答案】B

【解析】解：A.乙烯与淡水反应，乙烷不反应，导管长进短出、洗气可分离，故A正确；

B.温度计测定混合溶液的温度，应在环形玻璃搅拌棒的中央，图中操作不合理，故B错误；

C.高镒酸钾氧化浓盐酸生成氯气，氯气氧化硫化钠生成S,可知硫离子的还原性大于氯离子的还原

性，故c正确；

D.加热时NaCl无变化，氯化钱受热分解生成氨气和氯化氢，氨气与氯化氢遇冷生成氯化镂，图中

装置可分离混合物，故D正确；

故选：Bo

A.乙烯与澳水反应，乙烷不反应；

B.温度计应在环形玻璃搅拌棒的中央；

C.高锌酸钾氧化浓盐酸生成氯气，氯气氧化硫化钠生成S；

D.加热时NaQ无变化，氯化镀受热分解生成氨气和氯化氢，氨气与氯化氢遇冷生成氯化镀。

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、混合物的分离提纯、中和热测定、

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】AC

【解析】解：A.用铁电极电解饱和食盐水，阳极铁放电，离子方程式为：Fe+2H2()TFe(OH)2

+H2T,故A正确；

B.NH4Al(SO4为溶液中镀根离子和铝离子都将和氢氧化钠溶液反应，离子方程式为NH*+Al3++

50H-=NH3-H20+AIO2+2H2O,故B错误;

C.向少量苯酚稀溶液中滴加饱和滨水，生成白色沉淀为2,4,6-三滨苯酚，离子方程式为

6OH

+3Br2f3HBr+故C正确;

+2+

D.向酸性KMnCU溶液中滴入双氧水生成氧气，离子方程式为：2MnO1+5H2O2+6H=2Mn+

5O2T+8H2O,故D错误;

故选：ACo

A.用铁电极电解饱和食盐水，阳极铁放电;

B.NH4Al(SO。2溶液中镀根离子和铝离子都将和氢氧化钠溶液反应；

C.向少量苯酚稀溶液中滴加饱和滨水，生成白色沉淀为2,4,6-三澳苯酚：

D.向酸性KMnO4溶液中滴入双氧水生成氧气，此方程式得失电子不守恒。

本题考查离子反应，侧重考查学生离子方程式正误判断的掌握情况，试题难度中等。

6.【答案】A

【解析】解：A.由图可知，［Cu］是整个反应过程的催化剂，在反应前后性质和质量不变，故反应①

消耗的［Cu］等于反应⑤生成的［Cu］,故A错误；

B.由图可知，快烧和叠氮化合物发生成环反应，原子利用率为100%,故B正确；

C.若将原料Ri=—H换为C2Hs=小,即R，改为乙基，则产物为(僻,

故C正确；

D.由图可知，反应⑤的化学方程式为+[Cu],故

X

R1[Cu]

D正确；

故选：Ao

A.催化剂，在反应前后性质和质量不变；

B.反应物中的原子全部进入到产物中时，原子利用率为100%；

C.若将原料Ri=H换为C2Hs=-H,即R，改为乙基;

D.由图可以判断反应⑤的化学方程式。

本题主要考查学生对信息的理解能力、应用能力，属于高考的高频考点，难度中等。

7.【答案】C

【解析】解：A.由题干转化流程图可知，反应器中的反应的化学方程式为SO2+12+

2C

2H2O°~=°°H2SO4+2Hb故A正确：

B.分离器中为氢碘酸和硫酸的分离，应采用沸点不同进行蒸镭分离，故B正确；

C.膜反应器中反应为2HI=小+12，由于是可逆反应，加入2moiHL生成可循环的I2的物质的量

小于ImoL故C错误；

D.碘循环工艺的反应为so?+%+2H2。2°~=°°CH2sO4+2Hb2HIU出+h，则每制取标准状况

下22.4LH2,理论上能处理工业尾气SO2的物质的量为ImoL故D正确；

故选：Co

2C

A.反应器中的反应的化学方程式为so?+12+2H2。°~=°°H2S04+2HB

B.分离器中为氢碘酸和硫酸的分离;

C.膜反应器中反应为2HI=H?+12，是可逆反应；

D.碘循环工艺的反应为so?+h+2H2。20~=°°CH2sO4+2H1>2Hl=%+%。

本题考查考查分离提纯，侧重考查学生物质之间反应的掌握情况，试题难度中等。

8.【答案】D

【解析】解：A.Y为G、Z为S,0的非金属性强于S,简单氢化物的稳定性：Y>Z,故A正确；

B.该物质中Fe为+2价，易被氧化，需密封保存，故B正确；

C.W为Fe,Y为0,可以形成多种化合物FeO、Fe2O3>FesO,等多种化合物，故C正确；

D.X2Y为电0,ZY厂为S0七，硫酸根离子中，一个0形成4个相同的S-0键，键与键之间斥力相同，

键角均相同；水中形成两个H-0键，含两个孤对电子，孤对电子对H-0键的斥力更大，所以导

致两个H-0键之间的夹角小于SOt,故D错误；

故选：Do

四种元素中只有W为金属，W3+的价层电子为半充满结构，W为Fe,X可以形成一个单键，且可以

形成氢键，贝以为H,X、Y、Z和W为原子序数依次增大的元素，原子序数之和为51,则Y、Z原子

序数之和为51-26-1=24,Y和Z同主族，且Y可以形成氢键，贝W为0、Z为S,据此解答。

本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、化学键来推断元素为解答的关键，

侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。

9.【答案】D

【解析】解：A.充电过程中，聚对苯二酚被氧化，a为阳极，b为阴极，所以放电时b为负极，发生

氧化反应，故A正确；

B.放电时，a极为正极，发生还原反应，电极反应为:

故B正确；

C.充电时，阳离子向阴极移动，a为阳极，b为阴极，所以H+由a极区向b极区迁移，故C正确;

D.充电时，阴极发生还原反应生成十寸,，故D错误;

HO/OH

故选：Do

充电过程中，聚对苯二酚被氧化，a为阳极，放电时为正极，电极反应为:

HO7OH

本题考查原电池和电解池，侧重考查学生新型电源的掌握情况，试题难度中等。

10.【答案】B

【解析】解：A.同浓度的酸溶液，电离平衡常数越大，溶液酸性越强，起始时CH3COOH溶液pH较

小，则CH3COOH酸性较强，则室温下，电离平衡常数：Ka(CH3COOH)>Ka(HCN),故A错误；

B.①对应溶液显酸性，以CH3COOH的电离为主，此时抑制水的电离，②对应溶液呈中性，此时溶

液中CH3COOH电离和CH3COO-相当，对水的电离几乎无影响，而③对应溶液中溶质为CI^COONa,

由于CH3COO-水解促进水的电离，故溶液中水的电离程度：③,②》①，故B正确；

++

C.根据电荷守恒可知，溶液中分别有：c(CN-)+c(OH-)=c(Na)!+c(H),c(CH3COO-)+

+++

c(OH-)=c(Na)2+c(H),pH=7时，则有c(ChT)=c(Na+)「c(CH3COO-)=c(Na)2,由图

-

可知，c(Na+)2>c(Na+)「gPc(CH3C00)>c(CN-),故C错误;

D.由题干图示信息可知，滴定终点溶液均显碱性，故滴定时均应选酚麟作指示剂，故D错误；

故选：Bo

A.同浓度的酸溶液，电离平衡常数越大，溶液酸性越强；

B.由题干图示信息可知，①对应溶液显酸性，以CH3COOH的电离为主，此时抑制水的电离，②对

应溶液呈中性，此时溶液中CH3COOH电离和CH3COO-相当，对水的电离几乎无影响，而③对应溶

液中溶质为C^COONa,由于CH3coeT水解促进水的电离；

C.根据电荷守恒可知，溶液中分别有：c(CN-)4-c(OH-)=c(Na+)i+c(H+),c(CH3coCT)+

+

c(0H-)=c(Na+)2+c(H+),pH=7时，贝|有c(CN-)=c(Na+)］，c(CH3COQ-)=c(Na)2,由图

可知,c(Na+)2>c(Na+)「即c(CH3coCT)>c(CN-)；

D.由题干图示信息可知，滴定终点溶液均显碱性，故滴定时均应选酚醐作指示剂。

本题考查酸碱混合的定性判断，为高频考点，把握混合溶液的溶质、弱酸电离及盐的水解、物料

守恒为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，选项A为解答的难点，题目难度不大。

11.【答案】吸收多余的Cl?，用于尾气处理，同时可以防止空气中的水蒸气进入收集器中，防止FeCb

+-2+

水解变质U形干燥管b-CTb-cMnO2+4H+2C1=Mn+Cl2T

2+2+-3+

+2H2O1>是Cu+Fe+SCN=CuSCN1+Fe盘x100%

【解析】解：(1)由分析可知，装置C中碱石灰的作用是用于吸收多余的Cl2，用于尾气处理，同时

可以防止空气中的水蒸气进入收集器中，防止FeC%水解变质，

故答案为：吸收多余的Cl2，用于尾气处理，同时可以防止空气中的水蒸气进入收集器中，防止FeCb

水解变质；

(2)由题干实验装置图可知，F的名称为U形干燥管，从D、E、F中选择合适的装置制备纯净的Ck，

正确的接口顺序为a-»b^c->b->c,

故答案为：U形干燥管；b-CTb-C；

(3)由分析可知，装置D为实验制备乳的发生装置，原理为：MnOz+4HC1(浓)£Mn"+Cl2T

+2+

+2H2O,该反应的离子方程式为：MnO2+4H+2C1-=Mn+Cl2T+2H2O,

+-2+

故答案为：MnO2+4H+2d=Mn+Cl2T+2H2O；

(4)由题干对比实验1、2操作和现象可知，实验1的反应物质含有C「，而实验2中的反应物中不含

结果实验1无白色沉淀生成，而实验2生成白色沉淀，说明产生的白色沉淀为CuSCN,故实验结果

说明猜想1不合理，

故答案为：1;

(5)①由实验2中的现象即溶液很快由蓝色变为绿色，未观察到白色沉淀；2h后溶液为绿色，未观

察到白色沉淀；24h后，溶液绿色变浅，试管底部有白色沉淀可推测，反应速率：A>B,说明反

应B是产生CuSCN的主要原因，

故答案为：>;是；

②进一步查阅资料可知，当反应体系中同时存在Fe2+、CM+、SCN-时，CM+氧化性增强，可将Fe?+

氧化为Fe3+,据此将实验2改进，向C11SO4溶液中同时加入KSCN、FeC12,立即生成白色沉淀CuSCN,

即CM+先将Fe2+氧化为Fe3+,自身被还原为Cu+,然后Cu+与SCN.结合为CuSCN白色沉淀，该反

应的离子方程式为：Cu2++Fe2++SCN-=CuSCNI+Fe3+,

故答案为：Cu2++Fe2++SCN-=CuSCNI+Fe3+；

(6)若向lOOmLamol•LCuSO,溶液中滴加足量的KSCN和Fe』的混合溶液，根据铜原子守恒可知,

理论上应该生成CuSCN的物质的量为O.lamol,经过一系列操作得到白色沉淀CuSCN的质量bg,则

CuSCN的产率=缪;丫x100%=涓々有5x100%=备X100%,

理产量O.laxizzIz.za

故答案为：4rxi00%。

I.由题干实验装置图可知，装置D为实验制备的发生装置，原理为：MnO2+4HCl(浓

)4MnCl2+Cl2T+2H20,装置E为盛有饱和食盐水的洗气瓶，用于除去C"中的HC1,装置E为浓

硫酸，用于干燥Cl?，然后将干燥的。2通入装置A中，装置A为制备FeCk，装置B中的收集器用于

收集FeCh，装置C中的碱石灰用于吸收多余的Cl2，用于尾气处理，同时可以防止空气中的水蒸气

进入收集器中，防止FeCb水解变质；

(4)由题干对比实验1、2操作和现象可知，实验1的反应物质含有C「，而实验2中的反应物中不含C厂,

结果实验1无白色沉淀生成，而实验2生成白色沉淀；

(5)①由实验2中的现象即溶液很快由蓝色变为绿色，未观察到白色沉淀；2h后溶液为绿色，未观

察到白色沉淀；24h后，溶液绿色变浅，试管底部有白色沉淀；

②进一步查阅资料可知，当反应体系中同时存在Fe2+、CM+、SCN-时，CM+氧化性增强，可将Fe?+

氧化为Fe3+,据此将实验2改进，向CUSO4溶液中同时加入KSCN、FeC12,立即生成白色沉淀CuSCN,

即CM+先将Fe2+氧化为Fe3+,自身被还原为Cu+,然后Cu+与SCN.结合为CuSCN白色沉淀；

(6)若向lOOmLamol•LCuSCU溶液中滴力口足量的KSCN和Fed?的混合溶液，根据铜原子守恒可知，

理论上应该生成CuSCN的物质的量为O.lamol,经过一系列操作得到白色沉淀CuSCN的质量bg,则

CuSCN的产率=与绊Jx100%,

理论产量

本题考查实验方案的设计，侧重考查学生仪器、实验装置、物质之间的转化和方程式书写的掌握

情况，试题难度中等。

12.【答案】将废料研磨粉碎2Ag2Se+2H2so4+3。2=2Ag2so4+2SeC>2+2出0CD1：2增

大Q-浓度，促使反应的化学平衡正向移动，提高AgCl的产率2.5x10144AgCl+N2H4+40H-=

4Ag+4Cr+N2T+4H2O

【解析】解：(1)酸溶时，为提高废料中硒元素的浸出率，可采取的措施是将废料研磨粉碎。AgzSe

与硫酸、。2反应生成硫酸银、Se()2和水，化学方程式为2Ag2Se+2H2so4+3。2=2Ag2s。4+

2SeC)2+2H2。，

故答案为：将废料研磨粉碎；2Ag2Se+2H2so4+3C)2=2Ag2so4+2SeOz+2H2O；

(2)粗铜电解精炼，粗铜作阳极，精铜作阴极，可溶性铜盐做电解质溶液，

A.稀硫酸不是铜盐，故A错误；

B.硝酸银不是铜盐，故B错误；

C.硫酸铜溶液为可溶性铜盐，可用作电解质溶液，故C正确；

D.氯化铜溶液为可溶性铜盐，可用作电解质溶液，故D正确；

故答案为:CD；

(3)H2Se()3与SO2反应生成H2sO4和Se,化学方程式为HzSeC^+2SO24-H20=2H2S04+Se,该反

应中氧化剂为H2SeC>3，还原剂为SO2，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2,

故答案为：1：2；

(4)沉银时Ag2sO’与C「反应生成AgCl沉淀和硫酸根离子，加入稍过量的NaCl,增大浓度，促使

反应的化学平衡正向移动，提高AgCl的产率。Ag2s()4(s)+2Cl-(aq)=2AgCl(s)+S0/(aq),K=

C(S。4)_Ksp(Ag2so4)_5_2r乂1n14

c2(C「)—K^p(AgCI)-(2.OX1O-10)2-'

故答案为：增大Cl-浓度，促使反应的化学平衡正向移动，提高AgCl的产率；2.5X1014；

(5)AgCl与N2H4、NaOH反应生成Ag的离子方程式为4AgCl+N2H4+40H-=4Ag+4C1-+N2T

+4H20,

故答案为：4AgCl+N2H4+40H-=4Ag+4Cr+N2T+4出0。

硒化银半导体废料(含AgzSe、Cu)中加入H2sO,和。2反应生成硫酸银、二氧化硒和硫酸铜，蒸馆以

后得到SeC>2、硫酸铜和硫酸银，加入氯化钠得到氯化银沉淀，加入肺和氢氧化钠还原得到粗银，

硫酸铜溶液经过电解得到铜单质，二氧化硒先后与水、二氧化硫反应生成粗硒。

本题考查物质的制备和分离提纯，侧重考查学生物质之间的转化和分离提纯知识的掌握情况，试

题难度中等。

13.【答案】CH2O*+0H*+3H*-CH3O*+0H*+2H*CO2(g)+3H2(g)=CH30H(g)+

_42+

H2O(g)AH=-46kJ/mol<T2<T35.33XIOK2CO35.0x10-CO2+6e-+6H=

CH3OH+H2O4mol当温度高于250。&催化剂活性降低，反应速率减慢，随着温度升高，反应

速率主要受温度影响，与催化剂无关，所以反应速率又增大

【解析】解：(1)由图可知，该历程中最小能垒(活化能)步骤为CH2。*、OH*和3H*生成CH3O*、

OH*和2H*,贝ij化学方程式为CH2。*+OH*+3H*-CH3O*+OH*+2H*,

故答案为：CH2O*+OH*+3H*-CH3O*+OH*+2H*；

(2)由图可知，CO?和电合成CH30H的化学方程式为:CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g),

△H=反应物的总键能一生成物的总键能=[(2X803+3X436)-(414X3+464X3+

326)]kJ/mol=-46kJ/mol,所以热化学方程式为：CO2(g)+3H2(g)=CH30H(g)+H2O(g)AH=

-46kJ/moL

故答案为:CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)AH=-46kJ/mol；

(3)①因为该反应为放热反应，压强不变时，温度越高，平衡逆向移动，CO2的转化率越小，所以

T1、72、丁3从高到低排序为T1<T2<T3,

故答案为：Ti<T2<T3：

②平衡常数只与温度有关，/时，压强为50atm,COZ的转化率为50%,则消耗的MCO2)=lmolx

50%=0.5mol；

可逆反应COz(g)+3H2(g)=CH30H(g)+H2O(g)

开始(mol)l300

反应(mol)0.51.50.50.5

平衡(mol)0.51.50.50.5

混合气体总物质的量=(0.5+1.5+0.5+0.5)=3moLp(CH3OH)=p(H2O)=p(CO2)=x

50atm=yatm,p(H2)=3p(CO2)=3Xyatm=25atm,该温度下该反应的压强平衡常数Kp=

p(CH3OH)p(H2

。)x5.33xIO-

p(CO2)-p3(H2)

故答案为：5.33x10-4；

(4)根据图示，用K2cO3溶液吸收CO2，生成KHCO3,KHCO3分解生成K2c。3,可以循环使用；H2cO3

的电离常数+9溶液中=枭=

Ka?2="C蒐?[pH=9,c(H)=10-mol/L,喘+总9皿吧=

C(HCO3)LC(HCO3)C(H)1.0X10

5.0x10-2,

故答案为:K2CO3；5.0X10-2；

(5)由图可知，玻碳电极产生为阳极，伯电极为阴极，阴极上C02得电子和氢离子反应生成

+

CH30H和H2O，发生反应的电极反应式为：C02+6e-+6H=CH3OH+H20,阳极的电极反应

式为：2H2。一4e-=02T+4H+,生成标准状况下22.4LO2,有4moi氢离子通过质子交换膜，

+

故答案为：C02+6e-+6H=CH3OH+H20；4mol；

(6)250〜400久时，生成乙酸的速率先减小后增大，原因是当温度高于250。口催化剂活性降低,

反应速率减慢，随着温度升高，反应速率主要受温度影响，与催化剂无关，所以反应速率又增大，

故答案为：当温度高于250。，，催化剂活性降低，反应速率减慢，随着温度升高，反应速率主要

受温度影响，与催化剂无关，所以反应速率又增大。

(1)反应中，分子转化为活化分子所需能量越小，其活化能越小：

(2)由图可知，CO2和心合成CH30H的化学方程式为：C02(g)+3H2(g)=CH30H(g)+H20(g),

AH=反应物的总键能-生成物的总键能；

(3)①该反应为放热反应，压强不变时，升高温度，平衡逆向移动，CO2的转化率减小；

②平衡常数只与温度有关，Ti时，压强为50atm,CO2的转化率为50%,则消耗的n(CC)2)=lmolx

50%=0.5mol；

可逆反应C()2(g)+3H2(g)=CH30H(g)+H2O(g)

开始(mol)l300

反应(mol)0.51.50.50.5

平衡(mol)0.51.50.50.5

混合气体总物质的量=(0.5+1.5+0.5+0.5)=3mol,p(CH3OH)=p(H2O)=p(CO2)='翳x

50atm=yatm.p(H2)=3p(CO2)=3xyatm=25atm,该温度下该反应的压强平衡常数。=

p(CH3OH>p(H2。)

p(CO2)p3(H2)；

(4)根据图示，用K2cO3溶液吸收CO2,生成KHCC)3，KHCO3分解生成K2cC)3；H2cO3的电离常数&2=

嚅歹,PH=9,c(H-)=10-mol/L,溶液中瞎=晶；

(5)由图可知，玻碳电极产生。2,为阳极，伯电极为阴极，阴极上C02得电子和氢离子反应生成

CH30H和Hz。；阳极的电极反应式为：2H2O-4e-=。2T+4H+,生成标准状况下22.4L()2,生成

氧气的物质的量与通过质子交换膜的离子的物质的量之比为1：4；

(6)催化剂催化效率越高，反应速率越快；温度越高，化学反应速率越快。

本题考查化学平衡计算、原电池原理等知识点，侧重考查阅读、图象分析判断及知识综合运用能

力，明确化学平衡常数计算方法、外界条件对化学平衡影响原理内涵、电极反应式书写规则是解

本题关键，题目难度中等。

14.【答案】4：1哑铃形F>P>LiP的价电子排布式为3s23P3,3P能级处于半充满状态，相

对稳定，不易得到一个电子，P元素的第一电子亲和能小于SiNH3分子间存在氢键，而PH3、ASH3

均不能形成分子间氢键，导致N&的沸点比P&、ASH3的沸点要高，影响P&、As&沸点的因素

为范德华力，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高苧xl0-2i(p()3)丁或P0]

【解析】解：(1)P是15号元素，其基态原子核外电子排布式为[Ne]3s23P3,基态P原子中3P上有3

个电子，则未成对电子数为3,成对电子为12,成对与未成对电子数之比为12：3=4：1；其原

子核外电子占据的最高能级的电子云轮廓图为哑铃形，

故答案为：4：1；哑铃形；

(2)同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，因此Li、F、P三种元素的

电负性由大到小的顺序是：F>P>Li；第一电子亲和能15P<11Si的原因为P的价电子排布式

为3s23P3,3P能级处于半充满状态，相对稳定，不易结合一个电子，P元素的第一电子亲和能小

于Si,

故答案为：F>P>Li；P的价电子排布式为3s23P3,3P能级处于半充满状态，相对稳定，不易

得到一个电子，P元素的第一电子亲和能小于Si；

(3)NG分子间存在氢键，而P&、AsG均不能形成分子间氢键，导致NG的沸点比PH3、As%的

沸点要高，影响PH3、As为沸点的因素为范德华力，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越

高，则沸点由高到低的顺序为NH3、ASH3,PH3,

故答案为：NH3分子间存在氢键，而PH3、As为均不能形成分子间氢键，导致NH3的沸点比PE、

As&的沸点要高，影响PH3、AsE沸点的因素为范德华力，相对分子质量越大，范德华力越大，

沸点越高；

(4)根据均摊法，Li+的个数为：ix8+^x4+1x4=4,故LiFeP()4的单元数有4个，该晶胞体

积为a2b(10-7cm)3=a2bx10-21cm3,则磷酸铁锂晶体的摩尔体积/=*优”xa2bx

10-21cm3="臂x10~21cm3/mob

故答案为：生牡乂10-21；

(5)根据图可知，每个三角锥结构中P原子是1个，0原子个数是2+；x2=3,所以P原子和。原子

的个数比是1：3,3个0原子带6个单位负电荷，磷酸盐中P的化合价为+