2023年广西南宁市高考化学二模试卷

2023年广西南宁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.化学与科技、社会、生产、生活密切相关。下列有关说法不正确的是（）

A.糖类、油脂、蛋白质均可水解

B.干冰和碘化银可用作人工降雨

C.谷氨酸钠在厨房中常用作增味剂

D.经过催化剂处理的汽车尾气，可以将污染物转化为无毒害的物质

2.NA是阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是（）

A.标准状况下，2.24LHF中含有的分子数为0.1NA

B.2gD2。和H/O的混合物含有质子数为NA

C.pH=3的H3PO4溶液中氢离子数目为I。/NA

D.ImolCk与足量的水充分反应转移的电子数为NA

3.M是锂离子电池中一种重要的有机物，结构如图所示，下列说法正O

确的是（）C火C

9POH

A.有机物M的分子式ClOH9O4

B.在一定条件下，ImolM与足量电反应，最多消耗4molH2

C.有机物M能发生加成、取代、氧化、还原反应

D.与M互为同分异构体，苯环上只有一个侧链且含有两个竣基的结构有4种（不考虑立体异构

）

4.下列离子方程式正确的是（）

+2+3+

A.Fe3O4溶于过量稀硝酸中:Fe3O4+8H=2Fe+2Fe+4H20

3+

B.等物质的量的CI2和FeBr2在水溶液中的反应：2Fe2++2Br-+2C12=2Fe+Br2+4C1-

C.NH4HSO4溶液与足量的NaoH溶液反应：NHJ+OH-=NH3∙H2O

D.实验室通常用向NaAIo2溶液中加入过量稀硫酸的方法来制备Al（OH）3：AlO^+H++

H2O=Al(OH)31

5.原子序数依次增大的前20号主族元素W、X、Y、Z、M,其中只有两种元素处于同一周期，

仅有一种金属元素，Y的最外层电子是其电子层数的2倍，W和X最外层电子数之和是M的最外

层电子数的3倍。下列说法中正确的是（）

A.简单离子半径：M>Y>Z

B.氧化物对应水化物酸性：X<Z

C.简单离子的还原性：Y<Z

D.W、X形成的化合物可能含极性键和非极性键

6.钠离子电池具有稳定性好和造价低的优点，可实现3-10分钟内快速充电，电池总反应

粒电

为、”.•\山。一∙v,√,'c∕、,，Iriru•，：，〃为过渡金属），如图所示（比

毛电

能量是指参与电极反应的单位质量的电极材料放出电能的大小）。下列叙述正确的是（）

A.钠离子电池比锂离子电池比能量大

B.放电时，Na+从过渡金属氧化物中脱嵌，经电解质嵌入石墨烯纳米片

+

C.放电时，负极上发生的电极反应为：NaC6-xe-=Na1.xC6+xNa（0≤x≤0.55）

D.充电时，外电路中每转移0.2mole-,理论上石墨烯纳米片将减轻4.6g

7.下列实验操作及现象可以达到实验目的的是（）

选项实验目的实验操作

探究NaeIO溶液的酸碱

A用PH试纸测定溶液的PH值

性

B验证SO2具有漂白性SO2缓慢通入滴有酚醐的NaOH溶液中，观察溶液颜色变化

探究浓度对反应速率向2支各盛有5mL不同浓度的NaHSO3溶液的试管中同时加入

C

的影响2mL5%H2C>2溶液，观察实验现象

证明FeC%与Kl之间是向ImLo.Imol∙『iFeCh溶液中滴加2mL0.1mol•溶液，

D

可逆反应充分反应，滴加几滴KSCN溶液后变为红色

A.AB.BC.CD.D

二、流程题(本大题共5小题，共66.()分)

8.碳酸镒(MnCO3)是制造电信器材的软磁铁氧体和制备其它铳盐的原料，用于医药、电焊

条辅助原料等。工业上利用木炭还原焙烧软镭矿煤粉制备碳酸锌的流程如图所示：

GfF

NHtHCO,

已知：①软镒矿煤粉的主要成分是MnOz，还含有少量CaCO3和Fe、CU及其氧化物等。

②还原焙烧Mno2被还原成Mn0。

③氧化能力S2()『>MnOl>S0i^O

可能用到的数据如下：

氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Cu(OH)2Mn(OH)2

开始沉淀PH1.56.54.28.3

沉淀完全PH3.79.77.49.8

根据要求回答下列问题：

(1)在实验室进行步骤A操作时，需要用到的主要仪器为酒精灯、三脚架、泥三角和

其中MnO2发生的主要反应为(用方程式表示)。

(2)步骤C中滤渣的主要成分为木炭和(填化学式)。

(3)步骤E中调节PH值的范围是。

(4)步骤G不能用Na2CO3溶液代替NH4HCO3溶液的原因是，Mn2+恰好沉淀完全时，

11

溶液中COr的浓度为O[Ksp(MnCO3)=2.2X10^]

(5)Sz0∕中存在一个过氧键(―0-0—)，则SzO/中S的化合价为,实验室可以用

Na2S2θ8溶液来检验MM+是否完全发生反应，设计实验确认MM+已经完全反应：O

9.氮化倍(CrN)是一种良好的耐磨材料。某科研小组先利用红矶钠(Na2Cr2O7)为原料制备无

水氯化铭(CrCI3)，再利用Crcl3与氨气高温下反应制备CrN。

已知：①CrQ3.6H2θ难溶于乙醛，易溶于水、乙醇。Cr3+易水解。

②CrCl3高温下能被氧化，不易升华。

1.制备CrQ3。

以红矶钠为原料制备CrQ3，流程图如图:

LllMO%NaOH济液MVpH∙7

2jtoCH,OH与酸影步操作JR*

tlMM

步

niau步・IV

(1)步骤I中“力口入40%NaoH溶液”的作用是将Na2Cr2O7转化为Na2CrO4,请结合离子方程

式说明原理

(2)步骤I中“加CH3OH与10%盐酸”，其中CMOH的作用是o

(3)由步骤∏得到的固体Gr(OH)3,经多步操作制备Crck,6&0的实验操作：先将过滤所得

Cr(OH)3溶解于溶液中，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，然后用乙醛洗涤2〜3次，最后

减压干燥得到CrCI3∙6H20<.

II制备CrN。

利用CrCl3与氨气反应制备CrN的装置如图所示(加热和夹持装置省略)。

(4)实验开始时，要先打开装置A中(填仪器名称)的活塞，一段时间后再加热装置C,

目的是。

(5)装置C发生反应的化学方程式是。

(6)实验过程中需间歇性微热b处导管的目的是。

IlL测定CrN的纯度。

⑺制得的CrN产品中含有“N杂质，取样品71.2g,经测定含氮元素14.0g,则样品中CrN的含

量为%(精确到小数点后一位)。

10.氮及其化合物在科研及生产中均有重要的应用。根据已学知识回答下列问题：

1

I.汽车尾气中发生的反应有：2NO(g)+2C0(g)=N2(g)+2CO2(g)△H=-746kJ∙moΓ0

(1)已知部分化学键的键能(如下表所示)：

化学键C≡0N≡NC=O

E(kJ∕mol)1076945745

由以上数据可求得NO的键能为kJ∙mol,

(2)有毒气体N2。、CO在Fe+催化下发生的反应是:N2O(g)+CO(g)=CO2(g)+N2(g),其反

应分两步进行(如图所示)，写出其中反应①的化学方程式：。总反应速率的快慢主

⑶①向体积为2L且带气压计的恒容密闭容器中通入2molN0和2molCO.若反应起始和平衡时

温度相同(均为T。。C),测得反应过程中压强(P)随时间(t)的变化如图1曲线a所示，若其它条件

相同，仅改变某一条件时，测得其压强(P)随时间(t)的变化如图1曲线b所示，则改变的条件

是，0〜IOmin内用Co表示的平均反应速率为，该温度时反应的分压平衡常

数为(用P表达，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压X物质的量分数)。

②图2是甲、乙两同学描绘上述反应平衡常数的对数值(IgK)与温度的变化关系，其中正确的

曲线是(填“甲”或“乙“)。

II.也可用NE催化消除No污染：；\〃!《∙,,∖”u^.-VJ∙,∣-I.//J

(4)将LomOINH3和L2molNO加入某恒容密闭容器中，发生上述反应。若在相同时间内，测得

N&的转化率随温度的变化曲线如图。

①下列说法正确的是。

A.若容器内混合气体的平均相对分子质量不变，则反应达到平衡状态

B.图中a、b、e点均为平衡状态

C.图中a点和C点消耗的氨气一样，所以这两点对应的速率相等

②在300。C〜400。C之间NH3的转化率快速上升的原因可能有：温度升高加快了化学反应速率、

11.硼及其化合物具有重要的工业用途，请回答以下问题：

(I)基态B原子核外电子有种能量不同的电子。

(2)在硼酸盐中，硼酸盐的阴离子结构丰富，有基本结构单元是［BO3］平面三角形和(BOJ四面

体形，其基团的数目和连接方式不同，其中一种的结构如图，贝UB与O的原子数之比,

其化学式为。

（3）硼的卤化物的沸点如表所示:

卤化物BF3BCl3BBr3

沸点/°C-100.312.590

①硼的卤化物沸点变化规律并解释其原因

②BF3和NF3的键角大小关系为BF3NF3（iM“>”、"<"或"=”），原因为

（4）硼可与多种金属形成化合物，其中与Ca组成的金属硼化物可做新型半导体材料，晶胞结构

OCa

•B

①该晶胞中B原子数为个，晶体中Ca原子的配位数为

②晶胞在Z轴方向的投影图为图中的（填标号）。

12.加兰他敏是一种天然活性生物碱，临床上广泛应用于阿尔茨海默病及重症肌肉无力等疾

病的治疗。其合成路线如图（Ph-表示苯基C6&-）：

OCH,Ph

⑴KoH_D

(2)PhCH,Cl*C15H14Oj

⑶HQ'

CH2COCl

已知:CH3COOH+SOCl2→CH3COCl+SO2+HClo

回答下列问题：

(1)1(加兰他敏)中的含氧官能团名称为;E→H的反应类型0

(2)C的化学名称为；ImOlC与浓滨水反应最多消耗molBr2。

(3)写出D→E的反应方程式o

(4)G的结构简式是»

(5)化合物D有多种同分异构体，写出1种同时符合下列条件的D的同分异构体的结构简式(不

包括立体异构)。

①分子中含有2个苯环且每个苯环上都只有2个互为对位的取代基；

②能发生银镜反应，且ImolD与足量的Na2CO3溶液反应，消耗Na2CO3的物质的量为2moL

(6)根据上述路线信息，设计由乙醇和苯胺为原料制备具有止痛、退热和防腐作用的乙酰苯胺

O

(γh的合成路线(无机试剂任选)。

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：A.油脂、蛋白质均可水解，糖类包括单糖、二糖和多糖，二糖和多糖均可水解，但

单糖不能水解，故A错误；

B.干冰升华吸热，碘化银分解形成晶核，都能使空气中的水蒸气变成小液滴，形成雨水，二者均

可用于人工降雨，故B正确；

C.味精能增加食品的鲜味，是一种常见的增味剂，其化学名称为谷氨酸钠，故C正确；

D.汽车尾气中的N0、CO在催化剂作用下可转化为CO2、N2,NO、CO是空气污染物，CO2,“为

无害物质，故D正确；

故选：Ao

A.单糖不能水解；

B.干冰升华吸热、碘化银分解形成晶核，均能使空气中的水蒸气变成水滴；

C.味精能增加食品的鲜味，是一种常见的增味剂；

D.汽车尾气中的NO、CO在催化剂作用下可转化为Co2、N20

本题考查物质组成、性质及应用，侧重基础知识检测和运用能力考查，明确物质性质、性质与用

途的关系是解题关键，会利用化学知识解释生产、生活现象，题目难度不大。

2.【答案】B

【解析】解：A.标况下HF为液态，不能使用气体摩尔体积，故A错误；

BZgDzO和的混合物含有质子数为：20嘉0]X10XNAmOIT=NA,故B正确；

C.溶液体积未知，无法计算氢离子个数，故C错误；

D.氯气与水反应为可逆反应，不能进行到底，所以ImolCl2与足量的水充分反应转移的电子数小于

NA，故D错误；

故选：B«

A.气体摩尔体积使用条件为气体；

B.1个D2。和1个般8。都含有10个质子，二者摩尔质量相等；

C.溶液体积未知；

D.氯气与水反应为可逆反应，不能进行到底。

本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，注意

气体摩尔体积使用条件和对象，题目难度中等。

3.【答案】C

【解析】解：A.由结构可知，分子中含10个C原子、10个H原子、4个O原子，分子式为CIoHlo。4,

故A错误；

B.M中只有苯环与氢气发生加成反应，则在一定条件下，ImOIM与足量H2反应，最多消耗BmolH2,

故B错误；

C.含苯环可与氢气发生加成反应，也属于还原反应，含羟基可发生取代反应、氧化反应，故C正

确；

D.与M互为同分异构体，苯环上只有一个侧链且含有两个竣基，则侧链可看成乙苯的乙基上有2个

H被-CoOH取代，则符合结构的有机物有3种，故D错误；

故选:Co

A.由结构可知，分子中含10个C原子、10个H原子、4个0原子；

B.M中只有苯环与氢气发生加成反应；

C.结合苯、醇的性质判断；

D.与M互为同分异构体，苯环上只有一个侧链且含有两个竣基，则侧链可看成乙苯的乙基上有2个

H被-COOH取代。

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、有机反应为解答的关键，侧重

分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。

4.【答案】B

+3+

【解析】解：A.Fe3O4溶于过量稀硝酸的离子方程式为：3Fe304+NO3+28H=9Fe+NOT

+14H20,故A错误；

3+

B.等物质的量的Cl?和FeBr2在水溶液中反应的离子方程式为：2Fe?++2Br-+2C12=2Fe+

Br2+4CΓ,故B正确；

+

C.NH4HSO4溶液与足量的NaOH溶液反应：的离子方程式为：H+NH：+20H^=NH3∙H2O+

H2O,故C错误;

+3+

D.向NaAlO2溶液中加入过量稀硫酸的离子方程式为：AlOJ+4H=A1+2H2O,无法制备

Al(OH)3,故D错误；

故选:Bo

A.稀硝酸过量，亚铁离子被氧化为铁离子；

B.氯气先氧化亚铁离子，剩余的氯气再氧化溟离子；

C.氢氧化钠溶液足量，镀根离子和氢离子都与氢氧根离子反应；

D.稀硫酸为强酸，偏铝酸钠与过量稀硫酸反应生成铝离子和水。

本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，明确物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握

离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。

5.【答案】D

【解析】解：A.M、Y、Z的简单离子为Ca2+、S2->Cl-,简单离子半径M<Z<Y,故A错误；

B.不是最高价氧化物对应水化物形成的酸，不能根据非金属性强弱比较酸性强弱，故B错误；

C.简单离子的还原性，Y为S,Z为Cl,则阴离子还原性Y>Z,故C错误；

D.W、X形成的化合物可能含极性键和非极性键，如“心分子中含极性键和非极性键，故D正确；

故选：Do

原子序数依次增大的前20号主族元素W、X、Y、Z、M,其中只有两种元素处于同一周期，说明五

种元素位于4个不同周期，W处于第一周期，为H元素，M位于第四周期，这几种元素只有一种元

素是金属元素，M为金属元素，则X、Y、Z都是非金属元素，Y的最外层电子是其电子层数的2倍，

Y最外层电子数不超过8个，即最外层电子数为4或6,故Y为C或S元素，W和X最外层电子数之和是

M的最外层电子数的3倍，如果M为K元素，X最外层电子数是2,为Be元素，不符合只有一种金属

元素，如果M是Ca元素，X最外层有5个电子，为N元素，则Y为S,Z位于第三周期且为非金属元素，

为Cl元素，上述判断W、X、Y、Z、M分别为：H、N、S、CkCa,结合选项分析回答问题。

本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、原子结构来推断元素为解答关键，侧重分析与

应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度中等。

6.【答案】C

【解析】解：A.电路中转移ImOI电子时，消耗Na和Li的质量分别为23g和7g,则单位质量的Li提供

的电量更多，即锂离子电池比能量大，故A错误；

B.放电时过渡金属氧化物作正极，石墨烯纳米片作负极，阳离子移向正极，即Na+从石墨烯纳米

片中脱嵌，经电解质嵌入过渡金属氧化物中，故B错误；

C.放电时石墨烯纳米片作负极，负极上NaCe失电子生成NaI-XC6，负极反应为NaCe-xe1=

Na.χC6+xNa+(0≤x≤0.55),故C正确；

D.充电时为电解池，石墨烯纳米片作阴极，过渡金属氧化物作阳极，Na+从过渡金属氧化物中脱

嵌，经电解质嵌入石墨烯纳米片，阴极反应式为Na—xCe+xNa++xet^=NaC6(O≤X≤0.55),外

电路中每转移0.2mole-,则有0.2molNa+嵌入石墨烯纳米片，石墨烯纳米片质量增加0.2molX

23g∕mol-4.6g,故D错误;

故选：Co

由总反应.∖",∙:U/")............................金属)可知，NaC6失

电子生成NaI-XC6，则石墨烯纳米片作负极，负极反应为NaCf-xe-=Na—xC6+xNa+(O≤X≤

0.55),Na-XRO2得电子生成NaMo2，过渡金属氧化物作正极，正极反应为Na.χRO2+xe-+

+

xNa=NaRO2(0≤x≤0.55),放电时阳离子移向正极，电子由负极经过外电路流向正极；充电

时为电解池，原电池的正负极与外加电源的正负极相接，作阳极、阴极，阴阳极反应与负正极反

应相反，据此分析解答。

本题充放电电池工作原理，侧重考查分析能力和灵活运用能力，明确电极的判断、电极反应及反

应式书写是解题关键，注意根据电荷守恒书写电极反应式，题目难度中等。

7.【答案】D

【解析】解：A.NaClO溶液可使PH试纸褪色，应选PH计测定，故A错误；

B.二氧化硫与NaOH溶液反应生成盐和水，溶液褪色，不能证明二氧化硫具有漂白性，故B错误;

C.过氧化氢与亚硫酸氢钠溶液反应生成硫酸钠和水，无现象，不能证明浓度对反应速率的影响，

故C错误；

D.FeCk溶液不足，充分反应，滴加几滴KSCN溶液后变为红色，可知铁离子不能完全转化，则证明

反应为可逆反应，故D正确；

故选：D。

A.NaC10溶液可使PH试纸褪色；

B.二氧化硫与NaOH溶液反应生成盐和水；

C.过氧化氢与亚硫酸氢钠溶液反应生成硫酸钠和水；

D.FeC%溶液不足，反应后检验铁离子可证明反应的可逆性。

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、化学平衡、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。

8.【答案】地蜗.1/u仙J,y∣ll().2(()Cu、CaSO43.7≤pH<8.3溶液碱性过强会

产生Mn(OH)2沉淀2.2Xl(p6moi∕L+6取少量试样于试管中，加入Na2S2θ8溶液，溶液不变紫

红色

【解析】解：(I)A操作为焙烧，在实验室进行步骤A操作时，需要用到的主要仪器为酒精灯、三

脚架、泥三角和地烟，其中Mn()2发生的主要反应为卜“a.乂，,∖Jll()..2(()>

故答案为：⅛∙1⅛;A∕H().2('Mll()-ICO.；

(2)步骤C中滤渣的主要成分为木炭和难溶于稀硫酸的CU及微溶物CaSO4，

故答案为：Cu.CaSO4;

(3)步骤E中调节PH值，使铁离子转化为沉淀，但铳离子不能转化为沉淀，所以PH的范围是3.7≤

PH<8.3,

故答案为：3.7≤pH<8.3：

(4)步骤G不能用Na2CO3溶液代替NH4HCO3溶液的原因是溶液碱性过强会产生Mn(OH)2沉淀，

MM+恰好沉淀完全时溶液中C(Mn2+)=10-≡mol∕L,溶液中C(Co歹)为田禹=二等二∏1ol∕L=

2.2X10^6mol∕L,

故答案为：溶液碱性过强会产生Mn(OH)2沉淀；2.2X10-6mol∕L;

(5)S2(⅛-中存在一个过氧键(-0-0-)，过氧键整体为-2价，贝中S的化合价为

二2-UgX6-(-2)=+6,Na2S2(⅛能将锦离子氧化为高专孟酸根离子，导致溶液呈紫色，实验室可以

用Na2S2(⅛溶液来检验MM+是否完全发生反应，确认MM+已经完全反应的方法为：取少量试样于

试管中，加入Na2S2θ8溶液，溶液不变紫红色，说明已经完全反应，否则不完全反应，

故答案为：+6；取少量试样于试管中，加入Na2S2θ8溶液，溶液不变紫红色。

软镉矿煤粉的主要成分是MnO2,还含有少量CaCO3和Fe、CU及其氧化物等，软镭矿这加入木炭焙

烧，MnO2被还原为MnO,Fe,CU的氧化物分别被还原为Fe、Cu,CaCO3受热分解生成CaO,然后

用硫酸进行酸浸，MnO和稀硫酸反应生成MnSO4,Fe和稀硫酸反应生成FeSo*CaO和稀硫酸反应

生成微溶物CaSO4,Cu和稀硫酸不反应，过滤后得到的滤渣为Cu、CaSO4及未反应的木炭，滤液中

加入Mno2进行氧化,生成Fe2(S()4)3、MnSO*然后向溶液这加入10%的NaoH溶液调节溶液的pH,

将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤后，向滤液中加入NH4HCO3进行沉铳得到MnCo3,然后过滤分

离烘干得到成品；

(I)A操作为焙烧，焙烧固体药品的仪器是坨崩；高温条件下，MnO2和C反应生成Mno和CO；

(2)步骤C中滤渣的主要成分为难溶于稀硫酸的物质；

(3)步骤E中调节PH值，使铁离子转化为沉淀，但镒离子不能转化为沉淀；

(4)步骤G不能用Na2CO3溶液代替NH4HCO3溶液的原因是溶液碱性过强会产生Mn(OH)2沉淀，

IZ

M∏2+恰好沉淀完全时溶液中C(Mn2+)=10-5mol∕L,溶液中C(COr)为XMS主)；

(5万2。/中存在一个过氧键(-0-0-)，过氧键整体为-2价，根据离子中各元素化合价的代数和

为-2价S元素的化合价；Na2S2C>8的氧化性大于酸性高镒酸钾溶液，能将镭离子氧化为高钵酸根离

子，导致溶液呈紫色。

本题考查物质的制备，侧重考查阅读、分析、判断及计算能力，明确流程图中各物质的成分及其

性质、物质分离提纯方法、溶度积常数的有关计算方法是解本题关键，题目难度中等。

9.【答案】加入40%NaoH溶液使er2。歹+H2O≠2Crθ∕+2H+氢离子浓度减小，平衡正向移动，

Na2Cr2O7转化为Na2CrO4作还原剂浓盐酸恒压滴液漏斗利用生成的氨气排尽装置中的空气,

防止CrCI3被氧化厂"L.二(7.V,∙,H(!防止可能生成的氯化镀凝固堵塞导

管83.4

【解析】解：(1)步骤I中加入40%NaoH溶液使CrzO歹+H2O≠2Crθi-+2H+氢离子浓度减小，

平衡正向移动，Na2Cr2O7转化为NazCrCU,

故答案为：加入40%NaOH溶液使CrzO厂+H2O≠2Crθi^+2H+氢离子浓度减小，平衡正向移动,

Na2Cr2O7转化为Na2CrO4;

⑵步骤I中“力口CH3OH与10%盐酸”，其中C&OH的作用是将Na2CrO4还原为CrCI3，

故答案为：作还原剂；

(3)为不引入杂质离子，应将固体Cr(OH)3溶于浓盐酸反应生成CrCI3，

故答案为：浓盐酸；

(4)由仪器构造可知A中盛浓氨水用的仪器为恒压滴液漏斗，实验开始前先打开滴液漏斗，将浓氨

水滴入盛有碱石灰固体的烧瓶中生成氨气，氨气用盛有碱石灰的干燥管干燥后，利用干燥的氨气

除尽装置中的空气后再加热装置C,可有效防止氯化铝被氧气氧化，

故答案为：恒压滴液漏斗；利用生成的氨气排尽装置中的空气，防止CrQ3被氧化；

(5)装置C中氯化铭和氨气反应生成CrN和HQ,反应方程式为：(1(1\〃\.：｛//(∙;,

故答案为：「C，工(,、•.：｛//('/：

(6)氯化铭和氨气高温反应生成HCl,氨气和HCl会反应生成固体氯化镂，温度低时可能生成的氯化

钱堆积在导管中，会堵塞导管，间歇性微热b处导管，可防止氯化锭堆积堵塞导管，

故答案为：防止可能生成的氯化镀凝固堵塞导管；

⑺设CrN为XmoLCr2N为ymol,根据质量守恒得：66x+118y=71.2；14x+14y=14.0,解得：

X=O.9；y=0.1；则样品中CrN的含量为号辔XlOo%〜83.4%,

故答案为：83.4o

红帆钠中先加NaOH溶于将Na2Cr2O7转化为Na2CrO4,再加入乙醇及盐酸将Na2CrO4还原为氯化铭,

氯化铭溶于调节PH值到7,将氯化铝转化为氢氧化格沉淀，先将过滤所得Cr(OH)3溶解于盐酸溶液

中，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，然后用乙醛洗涤2-3次，最后减压干燥得到CrCk•6出0,该

晶体在HQ气氛中加热脱水得到无水氯化铭，据此分析解答；

(1)步骤I中加入40%NaoH溶液使er2。歹+H2O≠2Crθ∕+2H+氢离子浓度减小，平衡正向移

动；

(2)步骤I中“加CH3OH与10%盐酸”，其中CEOH的作用是将Na2CrO4还原为CrQ3；

(3)为不引入杂质离子，应将固体Cr(OH)3溶于浓盐酸反应生成CrQ3；

(4)实验开始前先打开滴液漏斗，将浓氨水滴入盛有碱石灰固体的烧瓶中生成氨气，氨气用盛有碱

石灰的干燥管干燥后，利用干燥的氨气除尽装置中的空气后再加热装置C；

(5)装置C中氯化铭和氨气反应生成CrN和HCI；

(6)氯化锅和氨气高温反应生成HCl,氨气和HCl会反应生成固体氯化镀，温度低时可能生成的氯化

核堆积在导管中，会堵塞导管：

(7)设CrN为XmO1,C2N为ymol,根据质量守恒得:66x+118y=71.2；14x+14y=14.0,解得：

X=0.9；y=0.1)据此计算。

本题考查物质制备实验、物质含量测定，涉及实验步骤排序、仪器识别、对装置的分析评价、实

验方案设计、化学计算等，关键是对原理的理解，是对学生综合能力的考查。

++

10.【答案】513.5Fe+N2O→FeO+N2①加入催化剂0.05mol∕(L∙min)≡乙A温度的

升高，催化剂的活性增加

【解析［解：(I)AH=反应物键能总和一生成物键能总和，-746kJ∕mol=2XNO的键能+2E(C三

0)-E(N≡N)-2×E(C=0),No的键能=对加。1=513,5kJ∕mol,

故答案为:513.5；

(2)由图可知，Fe+与电0反应生成FeO+和电，则其中反应①的化学方程式为Fe++电0-FeO++

N2;由图可知，反应①的活化能大于反应②，则总反应速率的快慢主要由其中一步反应决定，该

反应是①，

++

故答案为：Fe+N2O→FeO+N2;①；

(3)①由图可知，改变条件后，化学反应速率加快，但平衡不移动，则改变的条件为加入催化剂;

压强之比等于物质的量之比，则混合气体物质的量为甯mol=3.5mol,列化学平衡三段式，

yP

2N0(g)+2C0(g)=N2(g)+2CO2(g)

起始(mol)2200

转化(mol)2x2xX2x

平衡(mol)2—2x2—2xx2x

则2-2x+2-2x+x+2x=3.5,解得χ=0.5,v(CO)=^ɪθ^.ɪ=0.05mol∕(L∙min)；Kp=

p(N2)p2(C()2)_⅜∣X7PX⅛⅛X7P)2_4

P2(NO)P2(CO)-(*χ7P)4-p,

4

故答案为：加入催化剂；0.05mol∕(L∙min)；-；

②该反应为放热反应,升高温度,平衡逆向移动,K值减小，则描绘上述反应平衡常数的对数值(IgK)

与温度的变化关系，其中正确的曲线是乙，

故答案为：乙；

(4)①A,根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，该反应是气体物质的量增大的反应，随着反应

进行，混合气体的平均相对分子质量减小，当混合气体的平均相对分子质量不再改变，表明反应

己达到平衡状态，故A正确；

B.若a、b、C均为平衡点，则升高温度，NE的转化率应该单调上升或下降，所以图中a、b、e点

不均为平衡状态，故B错误；

C.温度越高，反应速率越快，则C点速率大于a点，故C错误；

故答案为：A；

②催化剂的活性与温度有关，随着温度的升高，催化剂的活性增加，从而使反应速率加快，在

300。C〜400。C之间N&的转化率快速上升，

故答案为：温度的升高，催化剂的活性增加。

(1)ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和；

(2)由图可知，Fe+与N2O反应生成FeO+和电；总反应速率的快慢主要由慢反应决定，即活化能最

大的步骤决定；

(3)①由图可知，改变条件后，化学反应速率加快，但平衡不移动；压强之比等于物质的量之比,

则混合气体物质的量为甯mol=3.5mol,列化学平衡三段式，结合V=%、KP=筮蕊霹计

算；

②该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K值减小；

(4)①A.变量不变即为平；

B.升高温度，a点到b点，NE的转化率增大，b点到C点NH3的转化率减小；

C.温度越高，反应速率越快；

②从催化剂的角度分析。

本题考查键能的计算、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算等，侧重考查学生分析能力、识图

能力和计算能力，根据题目信息结合婚变与键能的关系、勒夏特列原理、化学平衡三段式等知识

解答，此题难度中等。

11.【答案】31：2B0］BF3、BCl3、BBg均为分子晶体，分子结构相似，随相对分子质量增大，

分子间作用力逐渐增强，故沸点依次升高>BF3中B原子采用sp2杂化，无孤对电子，键角120。；

NF3中N原子采用sp3杂化，有一对孤对电子，键角小于109。28',故键角：BF3>NF3624C

【解析】解：(1)基态B原子核外电子排布为Is22s22pi,同一能级能量相同，则B原子有3种能量

不同的电子，

故答案为：3；

(2)由图可知每个［BO3］单元中都有1个B原子，1个氧完全属于该单元，剩余2个O分别为2个［BO3］单

元共用，所以B：0=1：(1+2×∣)=1:2,其化学式为：BO］,

故答案为：1：2；B0χ；

(3)①硼的卤化物的三种卤化物均为分子晶体，分子结构相似，相对分子质量增大，分子间作用力

逐渐增强，故沸点依次升高，

故答案为：BF3、BCI3、BBg均为分子晶体，分子结构相似，随相对分子质量增大，分子间作用力

逐渐增强，故沸点依次升高；

②BF3为平面三角形，键角120。；NF3为三角锥形，键角约为102.5。；故键角BF3>NF3；原因：BF3

中B原子采用sp2杂化，无孤对电子，键角120。；NF3中N原子采用sp3杂化，有一对孤对电子，键

角小于109。28',故键角：BF3>NF3,

故答案为：>;BF3中B原子采用sp2杂化，无孤对电子，键角120。；NF3中N原子采用sp3杂化，有

一对孤对电子，键角小于109。28',故键角：BF3>NF3;

(4)①由晶胞结构可知Ca位于以8个B6形成的立方晶胞的体心位置，B6的个数为：8x5=1,则B原

子个数为6,该晶胞的化学式为：CaB6,位于晶胞顶点的每个B6中只有3个B原子距离Ca原子最近，

即Ca的配位数为24,

故答案为:6；24；

②由晶胞结构可知B6围成正八面体构型，沿Z轴方向的上下顶点投影为正方形的顶点，其余原子

投影棱上，则符合的投影图为C,

故答案为：Co

(1)基态B原子核外电子排布为ls22s?2pi；

(2)由图可知每个［BO3］单元中都有1个B原子，1个氧完全属于该单元，剩余2个0分别为2个［BO3］单

元共用；

(3)①硼的卤化物的三种卤化物均为分子晶体，分子结构相似，相对分子质量增大，分子间作用力

逐渐增强；

②BF3中B原子采用sp2杂化，无孤对电子，键角120。；NF3中N原子采用sp3杂化，有一对孤对电

子，键角小于109。28'；

(4)①由晶胞结构可知Ca位于以8个B6形成的立方晶胞的体心位置，B6的个数为：8x［=1,则B原

子个数为6；

②由晶胞结构可知B6围成正八面体构型，沿Z轴方向的上下顶点投影为正方形的顶点，其余原子

投影棱上。

本题是对物质结构的考查，涉及晶胞均摊法的计算、物质的熔沸点的比较、键角的比较等知识点，

侧重考查基础知识灵活运用需要学生具备一定的空间想象与数学计算能力。

OCH1Ph

12.【答案】醛键、羟基取代反应对羟基苯乙酸或4-羟基苯乙酸2|1J+SOCl2

CH2COOH

催化剂、0?SOCl.

CHCHOH----------------►CHCOOH---------、CHCOCl

12tfO