河北省2023届高三上学期期末质检化学试题（解析版）

河北省石家庄市2023届高中毕业班教学质量期末检测

化学试题

（时间75分钟，满分100分）

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题K答案』后，用铅笔把答题卡上对应题目的K答案：Σ标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它K答案H标号。回答非选择题时，将（答案』写

在答题卡上。写在本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：HlC12N14016S32Fe56

一、单项选择题：本题共9小题，每小题3分，共27分。在每小题给出的四个选项中，只有

一项是符合题目要求的。

I.《天工开物》中蕴含着丰富的化学史料，以下为其中记载海盐性质及制盐过程的片段：“凡盐见水即化,

见（湿）风即卤，见火（冷却后）愈坚。”"凡煎卤未即凝结，将皂角椎碎，和粟米糠二味，卤沸之时投入其中搅

和，盐即顷刻结成。”据上述记载，推断下列说法正确的是

A.“见（湿）风即卤”是说海盐易风化

B.“见水”、“见火”时，海盐中的氯化钠均发生了化学变化

C.“煎卤”的操作类似于蒸发浓缩

D.“皂角结盐”的原理是发生了胶体聚沉

R答案DC

K解析H

K详析FA.“见（湿）风即卤”是说海盐易析出，溶解度较小，而不是风化，A不合题意；

B.见水为溶解，见火为熔化时，则海盐中的氯化钠均未发生了化学变化，B不合题意；

C.“煎卤”即加热蒸发，析出晶体，即该操作类似于蒸发浓缩，C符合题意；

D.卤水不是胶体，贝产皂角结盐”的原理不是发生了胶体聚沉，D不合题意；

故K答案H为：Co

2.化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是

A.红薯中含有大量淀粉和纤维素，二者互为同分异构体

B.从动物皮、骨中提取的明胶属于油脂，可用作食品增稠剂

C.对储氢合金的要求是既能大量吸收氢气，且形成的金属氢化物很稳定

D.硅酸盐材料化学性质稳定、耐腐蚀，原因为Si和O构成了稳定四面体

K答案DD

K解析X

R详析HA∙淀粉和纤维素虽然分子通式均为(C6Hκ)θ5)n,但由于n值不同，二者的分子式不同，故二者不

互为同分异构体，A错误；

B.从动物皮、骨中提取的明胶属于蛋白质，可用作食品增稠剂，B错误；

C.对储氢合金的要求是既能大量吸收氢气，被吸收的H2还要能够释放出来，故形成的金属氢化物不能很

稳定，C错误；

D.硅酸盐材料中Si和O构成了稳定的四面体，导致其化学性质稳定、耐腐蚀，D正确；

故K答案』为：D。

3.利用下图装置分别进行实验，对丙中实验现象描述错误的是

\

\试剂及

现甲乙内内中实验现象

选项\

____________

A饱和食盐水电石澳的四氯化碳溶液溶液逐渐褪色

B浓氨水氢氧化钠硫酸铜溶液先生成蓝色沉淀，后沉淀消失

C双氧水二氧化锦酸化的Kl淀粉溶液溶液变蓝

D稀硫酸碳酸钠饱和碳酸钠溶液先有沉淀生成，后沉淀消失

A.AB.BC.CD.D

K答案》D

K解析』

R详析》A.电石主要成分是CaC2,还含有CaS等杂质，向其中滴加饱和食盐水，CaCz与水发生反应产

生C2H2气体，CaS会反应产生HzS气体，C2H2,FhS会与澳单质反应而使溶液褪色，A不符合题意；

B.浓氨水滴入氢氧化钠中，反应产生NR,NA溶解在溶液中反应产生NH3∙H2O,NH3∙H2O与硫酸铜溶液

首先反应产生CU(OH)2蓝色沉淀，当氨水过量时，反应产生可溶性KCU(NH3)4》(C)H)2,使溶液变为深蓝色，

B不符合题意；

C.双氧水滴入盛有二氧化镒固体的锥形瓶中，在二氧化锦催化下双氧水分解产生02,能够将酸性Kl氧化

为L,12与溶液中的淀粉作用，使溶液变为蓝色，C不符合题意；

D.稀硫酸加入Na2CO3固体中，反应产生COz气体，Co2与饱和Na2CO3溶液发生反应产生溶解度小的

NaHCO3,因此产生沉淀，但CCh过量时沉淀也不会消失，D符合题意；

故合理选项是D。

4.下列说法正确的是

A.原子光谱是由基态原子吸收能量到激发态时，电子跃迁产生的

B.COj与Soj中，O—C—O键角大于O—S—O键角

C.某元素基态原子的最外层电子排布式为4S2,则该元素为HA族元素

D.因为H2。分子间有氢键，所以H2。的稳定性比H?S强

K答案HB

K解析D

K详析》A.原子光谱包括吸收光谱和发射光谱，由基态原子吸收能量到激发态时，电子跃迁产生吸收光

谱，由激发态原子释放能量到基态时，电子跃迁产生发射光谱，A错误；

B.C中心原子周围的价层电子对数为：3+；即+2-3?=3,则COj为平面三角形，键角为120。，而SO：

中心原子周围的价层电子对数为：3+∙⅛+2-3?=4,贝IJS0：一为三角锥形，键角小于109o28',故O-C—O

2

键角大于O—S—O键角，B正确；

C.某元素基态原子的最外层电子排布式为4S2，可能是Ca,也可能是3d'4s2,3d24s2,3d34s2,3d54s2,3d64s2.

3d74s2,3d84s∖3d∣4s2等元素,故该元素不一定为∏A族元素,C错误;

D.氢键不是化学键，是分子间作用力的一种，故氢键只影响物理性质，不能影响化学性质，H20的稳定

性比H2S强是因为H2O中的O-H键的键能比S-H的键能大，D错误；

故K答案Il为：Bo

5.生活中处处有化学，下列说法正确是

A.炼钢模具在炽热的钢水注入之前进行干燥处理，可避免发生爆炸

B.高铁酸钠溶液和硫酸铝溶液均可用于饮用水的杀菌消毒

C.含较多Na2CO3的盐碱地可通过施加适量熟石灰进行改良

D.工业制硫酸和合成氨时，原料中的硫元素和氮元素均被氧化

R答案HA

K解析，

K详析HA.若模具不干燥，炽热的钢水会引发铁和水蒸气反应，产生H2,H2易燃易爆，从而引发钢水爆

炸性迸溅，故炼钢模具在炽热的钢水注入之前进行干燥处理，可避免发生爆炸，A正确；

B.高铁酸钠溶液具有强氧化性，能够用于饮用水的杀菌消毒，而硫酸铝溶液没有强氧化性不可用于饮用水

的杀菌消毒，只能用于作净水剂，B错误；

C.盐碱地（含较多Na2CO3等）不利于作物生长，如施加熟石灰进行改良，生成CaCO3和NaoH,加重土

壤的碱性和板结，该应用不合理，C错误；

D.工业制硫酸即将FeS2、S、CUFeS2等原料中的S最终转化为H2SO4,化合价升高，硫元素被氧化，而合

成氨反应方程式为：N2+3H2脩高需:徵2NH3,反应中N的化合价降低，即氮元素被还原，D错误；

故K答案H为：Ao

6.有机物I和∏之间存在如图所示转化关系，下列说法错误的是

A.I的酸性比丙酸的酸性弱

B.II中所有碳原子一定不共面

C.II中有两个手性碳原子

D.II的二氯代物有5种（不考虑立体异构）

K答案』A

K解析H

K详析》A.2-羟基丙酸中-OH为吸电子基团，使得其中-COoH更容易电离出H+,故I的酸性比丙酸的酸

性强，A错误；

B.由题干有机物结构简式可知，分子中存在手性碳原子，如图所示,则II中所有碳

原子一定不共同一平面，B正确；

C.手性碳原子是指同时连有4个互不相同的原子或原子团的碳原子，由题干图可知，II中有两个手性碳原

子，如图所示:，C正确;

D.由题干有机物结构简式可知，∏的一氯代物有2种，二氯代物有5种，如图所示:

,D正确;

故K答案》为：Ao

7.兴趣小组用预处理后的废弃油脂制作肥皂（高级脂肪酸钠）并回收甘油，简单流程如下图所示。下列说法

错误的是

加乙醇和NaOH溶液加食盐细粒

r→高级脂肪酸钠

预处理后加热搅拌搅拌并冷却

的油脂

含甘油的混合液W甘油

A.步骤①中加入乙醇的目的是助溶，提高反应速率

B.步骤②中加入食盐细粒的目的是降低肥皂的溶解度

C.步骤③可借助装置M完成（夹持装置省略）

D.步骤④中包含蒸储操作

K答案HC

K解析，

K样解』预处理后的油状中加入乙醇可增加油脂在NaC）H溶液中的溶解度，然后将混合溶液加热搅拌，促

进反应的发生，待液体不分层后加入食盐颗粒、搅拌并冷却，可以降低高级脂肪酸钠的溶解度，而发生盐

析，产生高级脂肪酸钠固体，而甘油极易溶于水，在水层中，然后过滤分离得到高级脂肪酸钠固体，水与

甘油是互溶的沸点不同的液体混合物，可通过蒸询方法分离得到。

R详析》A.乙醇是常用的有机溶剂，而且能够与水混溶，油脂难溶于水，步骤①中加入乙醇的目的是增

加油脂在NaOH溶液中的溶解度，使反应物充分接触发生反应。从而可提高反应速率，A正确；

B.向混合物中加入食盐细粒，会降低高级脂肪酸钠的溶解度而结晶析出，即发生盐析现象，B正确；

C.操作③为过滤，用到的仪器为漏斗，而不是分液漏斗，C错误；

D.甘油和水相互溶解，二者的沸点不同，用蒸储操作分离甘油，D正确；

故合理选项是C。

8.如图所示化合物为某新型电池的电解质，其中X、Y、Z、Q、R是原子序数依次增大的五种短周期主族

元素。下列说法错误的是

ZFY/Z、/Q

z=kz''Q

A.简单氢化物的沸点：Z>Q>Y

B.简单离子半径：R<Z<Q

C.第一电离能：R<X<Y<Z<Q

D.X和Q形成最简单化合物的空间结构为平面三角形

K答案，B

K解析』

K样解》由题干信息可知，X、Y、z、Q、R是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，R的原子序数

最大，形成+1价的离子，则R为Na,Z能够形成2个共价键，则Z为0,Q能够形成1个共价键，则Q为

F,Y能够形成4个共价键，故Y为C,X形成了3个共价键和一个配位键，则X为B,即X、Y、Z、Q、

R分别是B、C、0、F、Na,据此分析解题。

K详析RA.由分析可知，Y、Z、Q分别为C、0、F,由于FbO和HF能够形成分子间氢键，导致沸点高

于CHn且H20周围形成的分子间氢键数目比HF多，故H2θ的沸点最高，故简单氢化物的沸点：H2O>

HF>CH4即Z>Q>Y,A正确;

B.由分析可知，Z、Q、R分别为0、F、Na,三种形成的离子具有相同的电子排布，且核电荷数Na>F>

0,故简单离子半径：Na+<FVC)2一即R<Q<Z,B错误；

C.已知同一周期从左往右第一电离能呈增大趋势，故F>O>C>B,同一主族从上往下第一电离依次减小，

则有B>Li>Na,故第一电离能：F>O>C>B>Na即R<X<Y<Z<Q,C正确；

D.由分析可知，X为B,Q为F,X和Q形成最简单化合物即BF3,BF3中B周围的价层电子对数为：3+

4(3-3?1)=3,故其的空间结构为平面三角形，D正确；

2

故K答案H为：Bo

9.实验室模拟以磷石膏(含CaSO4∙2HzO及杂质ALO3、Feq等)为原料制取轻质CaCO?,流程如下：

NH3、CO2NH4Cl溶液

pH=6.5

磷石膏浆料一“浸取1I滤渣Ial高温煨烧I浸取2卜滤谟2(贪Ca21)-轻质CaCO3

滤液1滤渣2

下列说法错误的是

A.“浸取1”时，加快搅拌速率、不断升高温度均可提高CaSO4的转化率

B.“浸取1”时，应先通NH3再通C。？，滤液1中浓度最大的阴离子为SOj

2+

C.“浸取2”时，发生反应的离子方程式为CaO+2NH：+H2O=Ca+2NH3∙H2O

D.“浸取2”时，所得滤渣2的主要成分为AI2O3、Fe2O,

K答案HA

K解析D

K详析DA.“浸取1”用到了气体原料氨气和二氧化碳，气体在水中的溶解度随温度升高而减小，因此温度

过高不利于提高浸取率即CaSc)4的转化率，A错误；

B.由于NH3极易溶于水，CO2难溶于水，易溶于氨化后的碱性溶液，故“浸取1”，应先通NH3再通C02,

发生的反应为：CaSO4∙2H2O+2NH3+CO2=CaCO3+(NH4)2SO4,故滤液1中主要溶质为(NH4)2SO4,浓度最大

的阴离子为Soj，B正确；

C.滤渣1的成分是碳酸钙、氧化铝和氧化铁，高温加热时碳酸钙分解为氧化钙和二氧化碳，氧化铝和氧化

铁性质稳定，不发生反应，“浸取2”中氯化镂与氧化钙发生反应，发生反应的离子方程式为：

2+

CaO+2NH；+H2O=Ca+2NH3∙H2O,C正确；

D.“滤渣1的成分是碳酸钙、氧化铝和氧化铁，高温加热时碳酸钙分解为氧化钙和二氧化碳，氧化铝和氧

化铁性质稳定，不发生反应，“浸取2”中氯化镀与氧化钙反应，使其溶解，则“浸取2”时，所得滤渣2的主

要成分为AL。,、Fe2O,,D正确；

故K答案D为：Ao

二、不定项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有

一项或两项符合题目要求。若正确K答案H只包括一个选项，多选时，该小题得O分；若正

确K答案》包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得4分，但只要选

错一个，该小题得O分。

10.下列实验事实能证明相应结论的是

选

实验事实相应结论

项

铜分别与浓硝酸、稀硝酸反应时，还原产物NCh比NO中氮元素的浓硝酸得电子能力差,氧化性比

A

价态高稀硝酸弱

B磷酸与Na2SO3固体在加热条件下反应生成SO2磷酸的酸性比亚硫酸强

C其他条件相同时，lmol∕L的醋酸比0∙5mol∕L的醋酸导电能力弱电解质的电离不需要通电

浓盐酸与Mno2混合加热生成氯气，氯气不再逸出时，固体混合物物质浓度影响其氧化性或还原

D

中仍存在盐酸和MnO2性的强弱

A.AB.BC.CD.D

K答案XD

K解析H

K详析》A.氧化性的强弱与得失电子的多少无关，而与得失电子的难易程度有关，故铜分别与浓硝酸、

稀硝酸反应时，还原产物NCh比NC）中氮元素的价态高，不能得出浓硝酸得电子能力差，氧化性比稀硝酸

弱的结论，而事实上浓硝酸的氧化性强于稀硝酸，A不合题意；

B.磷酸与Na2SO3固体在加热条件下反应生成SO2,是利用“难挥发性酸制备易挥发性酸”，不能判断H3PO4

强于H2SO3,B不合题意；

C.其他条件相同时，ImoI/L的醋酸比0.5mol∕L的醋酸导电能力弱，说明Imol/L醋酸电离产生的离子浓度

比05mol∕L的小，不能得出电解质的电离不需要通电，C不合题意；

D.剩余物中仍有盐酸和MnO2,说明盐酸浓度变小到一定程度时，不能与MnO2继续反应，可得出结论，

物质浓度影响其氧化性或还原性的强弱，D符合题意；

故K答案》为：D..

11.我国科学家研究发现，在MnO2∕Mn2+氧化还原介质的辅助下，可将电解水分离为制氢和制氧两个独立的

过程，从而实现低电压下电解水，其电化学原理如图所示。下列说法错误的是

A.a、C为电源的负极

B.K向左端闭合时，N电极发生的反应为MnO2+2e-+4H+=Mι?++2HzO

C.产生等物质的量的H?和O?时，N电极质量减小

D.K向右端闭合时，电解过程中NaoH的物质的量不变

K答案DB

R解析D

"羊解D当K与b接触时，M电极上发生的电极反应为：2H++2e-=H2f,发生还原反应，即M电极为阴极，

2++

N电极上发生的电极反应为：Mn+2H2O-2e=Mnθ2+4H,发生氧化反应，N电极为阳极，当K与C电极接

触时，N电极发生的电极反应为：Mno2+4H*+2e=Mn2++2H2O,发生还原反应，此时N电极为阴极，L电极

发生的电极反应为：40H--4e=O2↑+2H2O,发生氧化反应，L电极为阳极，据此分析解题。

K详析DA.由分析可知，当K与b接触时，M为阴极，即a为电源的负极，当K与C电极接触时，N为

阴极，故C为电源的负极，A正确；

B.由分析可知，K向左端闭合时，N电极发生的反应为M∏2++2H2θ-2e=Mnθ2+4H+,B错误；

C.由分析可知，产生等物质的量的H?和O?时，设产生nmolH2和nmoQ,根据电子守恒可知，产生nmolEh

转移电子为2nmol,此时N即进行的反应Mn2++2H2θ-2e=MnC>2+4H+,生成nmolMnC)2,生成nmolO2转移

电子为4nmol,此时N极进行的反应Mno2+4H++2e=Mn2++2H2θ,消耗2nmolMnO2,故N电极质量减小，

C正确；

D.K向右端闭合时，L电极发生的电极反应为：4OH-4e--θ2↑+2H2θ,虽然消耗了OH,但双极膜中的ON

会转移到L电极附近，补充OH-,根据电子守恒可知，电解过程中NaOH的物质的量不变，D正确：

故K答案』为：β<,

12.ΓC时，向体积恒定为2L的密闭容器中充入Q(S)发生反应：Q(s)M(g)+N(g)ΔHX),K=O.0625。

实验测得n(Q)随时间(t)变化关系如下表所示：

t/minO20406080

n(Q)∕mol1.000.800.650.550.50

下列叙述错误的是

A.0~20min内，用M(g)表示的平均反应速率V(M)=O.005mol∙L∣∙min"

B.其他条件不变，升高温度，N(g)的生成速率和平衡产率均增大

C.其他条件不变，加入催化剂，80min时Q(S)的转化率不变

D.若起始时向该容器中加入2.0OmolQ(S),达到平衡时0.25mol∙l7∣<c(M)<0.5mol∙L"

K答案DD

K解析H

R详析HA.0-20min内，消耗Q为0.2mol,则用M(g)表示的平均反应速率

∩2

V(M)=~:~∙molL1∙min1=0.005mol∙L^'∙min^',A正确；

2×20

B.反应为吸热反应，其他条件不变，升高温度，反应速率增大且平衡正向移动，则导致N(g)的生成速率

和平衡产率均增大，B正确；

Q(S)=^M(g)+N(g)

起始(mol∕L)00.1

C.80min时Q(s)反应0.5mol,则生成MN均为0.5mol；....,八CCU八“，此时

转化(zmol∕L)0.250.25

平衡(mol∕L)0.250.25

Q=0.25x0.25=0.0625=K,则80min时反应达到平衡状态；其他条件不变，加入催化剂，反应速率加快，

则80min时Q(S)一定达到平衡，故其转化率不变，C正确；

D.Q为固体，增加量不影响平衡移动，结合C分析可知，达到平衡时M浓度仍为0.25mol∙LT,D错误；

故选D。

13.25℃时，向20mL0.0ImolZL的RCl2溶液中通入氨气，测得溶液的PH与p(R2+)之间的变化曲线如图所示

5

K已知：Kb(NH3-H2O)=LSxlO-,P(R")=∙⅛C(R2+),忽略反应过程中溶液体积的变化下列说

法正确的是

A.KMR(OH知的数量级是1(Γ"

B.a点溶液中会产生R(OH)2沉淀

2+

C.b点溶液存在：C(NH：)>C(NH3∙H2O)>C(R)>C(OH)

DC点溶液存在:2C(R2+)+C(NH：)<C(C1)

K答案HC

K解析，

in14

2222l34

K详析HA.由题干图示信息点(2,8.3)可知，KspKR(0H)2∑=C(R*)C(OH-)=10-×(--)=10∙,故KSP

IO-83

RR(OH)2』的数量级是10乜A错误；

B.由题干图示信息可知，a点对应的溶解平衡点为b点或者C点，则可知a点对应的C(R2+)C2(OH)小于其

KSPKR(C)H)2》，故a点溶液中不会产生R(OH)2沉淀，B错误；

KIR(OH),]lθ13∙4

C.由A项分析可知，KSPKR(C)H)2』=10皿，则有b点时c(R2+)=sT---------=—=10-34mol∕L,根据

c2(OH)(IOγ-5τ)2

C(NH：)C(OH)C(NH：)_1.8xl0小

5=1.8x10-5,则有

Kb(NH3∙H2O)=1.8×10^,BP=1.8,即有C(NH：)

C(NH,7HO)IO5

C(NH37H2O)2

>c(NH3∙H2O),且题干告知是通入NR,使R"沉淀，故b点溶液存在:

2+

C(NH：)>C(NH3∙H2O)>C(R)>C(OH),C正确;

D.C点溶液中电荷守恒式为：2c(R2t)+c(NH；)+c(H,)=c(C1)+c(OH),又知C点溶液呈碱性，即C(OH)

>c(H÷),故C点溶液中存在：2C(R2+)+C(NH:)>C(CΓ),D错误；

故K答案』为：Co

三、非选择题：共57分。

14.莫尔盐R(NHJFe(SoJ2∙6H2O,M=392g∙moΓl2,易溶于水，不溶于乙醇，用途广泛。某实验

小组以废铁屑等为原料制备莫尔盐并设计实验检验其热分解产物。

I.莫尔盐的制备

(1)净化铁屑：为去除废铁屑表面的油污，可采用的方法为

(2)制备FeSO4溶液：实验步骤如图1所示。

稀HzSO,

净化后

FeSO4溶液

的铁屑

不溶物

图I图2

“酸溶”过程中，为加快反应速率，可向其中加入少量固体单质X,则X可以为（填化学式，写出一种

即可）；“过滤”过程如图2所示，为防止大量铁屑进入漏斗引起堵塞，可将紧贴在烧杯外壁a处，再

倾倒烧杯中的混合物。

（3）制备莫尔盐：将所得FeSo4溶液转移至蒸发皿中，加入适量（NH4）2SO4固体充分溶解，再经、

过滤、洗涤、干燥，得产品。

（4）测定纯度

称取4.0Oog上述产品，配成IOomL溶液，取出25.0OmL置于锥形瓶中，用0.050OmoI∙I7∣KMno,，标

准溶液滴定，重复三次，消耗KMno,标准溶液的平均体积为10.00mL。

①将KMnO4标准溶液装入滴定管后，排气泡的正确操作为（填选项字母）。

②经计算，该产品的纯度为%。

H.热分解产物的检验

莫尔盐自身受热分解会产生NH3、N2、SO2、SO3等气体，小组同学欲用下图装置检验其中的SO2和SO3。

（5）装置连接的合理顺序为（填装置编号），装置C中盛装碱石灰的仪器名称为

（6）D中加入的盐酸需足量，否则可能会引发的后果为（用化学方程式表示）。

工答案】（1）加热的Na2CO3溶液浸泡

（2）①.Cu、Ag或石墨等Fe3O4

（3）蒸发浓缩、冷却结晶

(4)①.b②.98.0

(5)①AEDBC②.球形干燥管

(6)2NH3+SO2+H2O=(NH4)2SO3,(NH4)2SO3+BaCb=BaSO3l+2NH4Cl

K解析H

R小问1详析)

己知Na2CO3溶液呈碱性，热的NazCCh溶液碱性更强，碱性条件下能够促进油脂水解，故为去除废铁屑表

面的油污，可采用的方法为加热的Na2CO3溶液浸泡，故K答案』为：加热的Na2CO3溶液浸泡；

K小问2详析』

已知形成原电池反应可以加快反应速率,故“酸溶”过程中，为加快反应速率,可向其中加入少量固体单质X,

X做正极即可与Fe、稀硫酸形成原电池反应而加快反应速率，则X可以为Cu、Ag,石墨等；已知磁铁可

以吸引铁屑，故“过滤”过程如图2所示，为防止大量铁屑进入漏斗引起堵塞，可将Fe3O4紧贴在烧杯外壁a

处，再倾倒烧杯中的混合物，故K答案》为：Cu、Ag或石墨等；Fe3O4;

K小问3详析』

制备莫尔盐：将所得FeSO$溶液转移至蒸发皿中，加入适量(NH4)2SO4固体充分溶解，再经蒸发浓缩、

冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得产品，故K答案』为：蒸发浓缩、冷却结晶；

R小问4详析］

①由于酸性高镒酸钾溶液能够腐蚀碱式滴定管下端的橡胶管，应将KMne)4标准溶液装入酸式滴定管后，排

气泡的正确操作为b,故K答案》为：b；

②根据反应方程式：5Fe2++Mnθ4+8H+=5Fe3++Mn2++4H2θ可知，IOOmL中Fe?+的物质的量为：

2+3

n(Fe›5n(MnO4)=5×ɪɑɑɪɪɪɛ×0.0500mol∕L×10.00×IQ-L=O.Olmol,经计算，该产品的纯度为

25.00mL

-------------X100%=98.0%,故K答案》为：98.0；

4.00g

K小问5详析？

SO3易溶于水且与水反应生成H2SO4能与BaCb溶液反应生成BaSO4白色沉淀，所以用装置D先检验SO3,

再将剩余气体通入装置B中检验SO2,可观察到品红溶液褪色，SO3、SCh均为酸性氧化物，可用碱石灰进

行尾气吸收，且由于So2、SCh均易溶于水，则D之前需接一个安全瓶即装置E以防止倒吸，由此确定合理

通气顺序为AEDBC,由题干实验装置图可知，装置C仪器名称为球形干燥管，故K答案》为：AEDBC；

球形干燥管；

工小问6详析H

D中盐酸的作用是吸收NH3,若盐酸不足，则会发生反应：2NH3+SO2+H2O=(NH4)2SO3,

(NH4)2SO3+BaCb=BaSO3l+2NH4Cl,将影响SO3的检验，故K答案H为：2NH3+SO2+H2O=(NH4)2SO3,

(NH4)2SO3+BaCL=BaSO3l+2NH4Cl。

15.工业上一种利用废旧三元锂离子电池正极材料(主要成分为LiCoLX.,M'NiyO?,还含有铝箔、炭黑、

有机粘合剂等)综合回收钻、镒、银、锂的工艺流程如下图所示:

H2O2NH√H1ONa2CO,

Na()HH2SO4(NH4hC2()4K2S2O,NaOHNa2CO5

嘴矗溜:f盆-*碱浸一*酸浸f沉钻-→沉钛—►沉银-→沉锂→UjCO,

灌液C<>C2O4∙2H,OMnO.NiCO,∙2Ni(OH),∙4H,O

(1)钻位于元素周期表中_______区；基态镒原子的价电子排布图为:锂离子电池正极材料

LiCoI*yMn,Niyθ2的基本结构单元如图所示，则据此计算X=,产,

(2)“粉碎灼烧”时可除去的杂质为。

(3)“碱浸”后滤液中大量存在的阴离子为和。

已知：8I310

(4)KSP(COC2O4)=IXIO-',Ksp(MnC2O4)=1×10^,Ksp(NiC2O4)=4×IO-,

P(CzOj)=-IgcCc*)。若“酸浸”后溶液中Ni2+、Co2+、Mi?+浓度均为0.ImolL1,理论计算欲使Co?+

完全沉淀(离子浓度小于IXloTmoI.□)而不沉淀Ni?+,Mn2+.需调节P©。：)的范围为；实

际“沉钻”时，在加入(NHDzCzOit之前须先加入一定量氨水，推测所加氨水的作用为

(5)“沉镒”过程中加入KzS^Og溶液后，溶液先变为紫红色，一段时间后紫红色又褪去，则溶液变为紫红

色的原因为K用离子方程式表示，Mn(II)写作Mn即可正

(6)“沉银”过程中加入Na2CO3溶液不能过量，原因为o

K答案D⑴①.d②.LLLLILl山」OH-

3d4s33

(2)炭黑、有机粘合剂

(3)①.AlO2②.OH

(4)①.12<P(C2()：)<13②.将Ni?+,Mι√+转化为稳定配离子，避免沉钻时与Co"共沉淀

2++

(5)5S2O^+2Mn+8H2O=1OSO：+2MnO；+16H

(6)防止锂离子沉淀，影响银离子和锂离子的分离

K解析》

K样解Il三元锂离子电池正极材料粉碎灼烧除去炭黑、有机粘合剂，碱浸后除去铝，酸浸将金属转化成离

子，加硫酸镀、草酸按除去钻离子，加入K2S2O8溶液通过氧化还原将镭元素转化为二氧化镭，加入碳酸钠

和氢氧化钠除银，最后将锂离子转化成碳酸锂。

K小问1详析》

钻的原子序数是27,位于元素周期表的第四周期第VIn族,位于d区;基态锌原子的价电子排布式为3d54s2,

因此价电子排布图为口ɪɪnnD皿L此晶胞为六棱柱，Co2+>Ni2+.Mn"在顶点，每个晶胞均摊

3d4s

2χL=∙L,Li*在6个顶点，均摊6χ!=ι,所以得到χ=y=L,K答案》d,11.IlJ1.Γ∣∏]01,

63633d4s33

K小问2详析』

“粉碎灼烧”时可将炭黑、有机粘合剂彻底氧化，R答案Il炭黑、有机粘合剂；

K小问3详析》

碱浸时碱将铝转化成偏铝酸钠，所以滤液中大量存在的阴离子Al。2和剩余的OH，K答案1AlO2,OH；

K小问4详析》

当Co2+完全沉淀(离子浓度小于IXl(T$mol∙L),等于IX10^5mol∙L^'⅛.

03

cGO：)=TMa)=Wm%，Ksp(NiC2O4)=4χiæ'>Ksp(MnC2O4)ɪ1×iæ',所以只

要镭离子不沉淀，锲离子就一定不沉淀，当镒离子恰好不沉淀时，Mn2+浓度均为O.lmol•!?，

cCO：)=K,黑=10-峻m%,需调节p(C2(⅛)的范围为i2<p(C2(⅞)<i3,加入

(NH4)2C2O4之前须先加入一定量氨水，推测所加氨水的作用为将Ni?+,Mi?+转化为稳定配离子，避免

沉钻时与Cc?+共沉淀

K答案H12<p(C2O;)<13；将Ni?+、Mn2+转化为稳定配离子，避免沉钻时与Co?+共沉淀;

K小问5详析』

“沉镒”过程中加入K2S2Oti溶液后，溶液先变为紫红色是生成高铢酸根离子的缘故，•段时间后紫红色乂褪

去是在酸性环境中高镒酸根离子又参与反应，则溶液变为紫红色的原因为

2++

5S2O^+2Mn+8H2O=1OSO^+2MnO4+16H,K答案》

2++

5S2O^+2Mn+8H2O=IOSO；+2MnO4+16H,

K小问6详析6

因锂离子与碳酸根离子结合生成碳酸锂沉淀，所以防止锂离子沉淀，影响银离子和锂离子的分离，K答案H

防止锂离子沉淀，影响锲离子和锂离子的分离。

16.CC)2(g)氢化制备化工原料CO(g)可有效缓解温室效应，此过程主要发生如下反应：

l

反应I：CO2(g)+H2(g)∙CO(g)+H2O(g)ΔHl=+41kJ∙moΓ

l

反应∏:CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)ΔH2=-164kJ∙moΓ

(1)CH4(g)+H2O(g)ɪ-CO(g)+3H2(g)∆H-kJ∕mol,

(2)反应∏在化学热力学上进行的趋势很大，原因为,该反应易在_______(填“较高温度''或"较低

温度”)下自发进行。

(3)在某恒压密闭容器中充入一定量Cθ2(g)和H2(g),使用不同的催化剂反应相同的时间，测得CCh(g)转

CH的物质的量

化率、CHMg)的选择性(CHMg)的选择性=…工X100%)与反应温度(T)的关系分别如图1

转化CC)2的物质日勺里

和图2所示：

15α

全

F群

芽

£揖

。XI

。

0,

√W'500'600'7⅛)'8«0

77C0C

图1图2

①图1中，选用Ni-Ceo2-IM800催化剂时,CO2(g)的转化率在温度高于600C后迅速增大，解释其原因为

②600℃时，为提高CO(g)的产率，适宜选择的催化剂为(填“Ni-Ceθ2-IM800”或“Ni-CeO2-DP800”),

解释其原因为。

(4)在某刚性密闭容器中充入amolCθ2(g)和2amolH2(g),发生反应I和反应∏,测得CO2(g)的平衡转化

率与压强(0.1MPa、IMPa、IOMPa)、温度(T)的关系如图3所示。

%

/

<

*

一

汜

揖

⅛6-

u

①图中表征压强为01MPa的是(填“LIL”或"Lj＞温度升高，三条曲线逐渐靠近的主要原因为

②Q点时，测得CHMg)的物质的量为bmol。则该温度下，反应I的平衡常数K=(用含a、b的代数

式表示)。

K答案Il(I)+205

(2)①.反应的正反应是放热反应②.低温

(3)①.在温度高于6(XrC后催化剂Ni-CeO2TM800达到最佳催化活性Ni-CeO2-DPSOO③.

Ni-CeO2-DPSOO使CO2的转化率较大，在600℃时CH4的选择性又比较低

(4)①.L∣②.温度对吸热反应影响更大，反应I的正反应是气体体积不变的吸热反应，而反应II

正反应是气体体积减小的放热反应，在高温时主要发生反应I,而该反应反应前后气体的物质的量不变，

0耳分+h

压强改变不能使平衡发生移动，因此高温条件下CO2的转化率逐渐靠近；③.

1.5a

K解析R

K小问1详析］

己知：反应I：C02(g)+H2(g)∙CO(g)+H2O(g)ΔHl=+41kJ∙moΓ'

l

反应∏:CO2(g)+4H2(g)_CH4(g)+2H2O(g)ΔH2=-164kJmoΓ,

根据盖斯定律，将反应I-反应∏,整理可得热化学方程式CH'(g)+H,O(g).C0(g)+3H,(g)

∆∕∕=+205kJ/mol；

K小问2详析2

反应∏在化学热力学上进行的趋势很大，这是由于该反应的正反应是放热反应，随着反应的进行，体系温

度升高，使化学反应速率加快；

反应n：CO2(g)+4H2(g);∙CH4(g)+2H2O(g)ΔH2=-164kJ∙mol^,,的正反应是气要使反应∏自发进

行，则体系的自由能zsG<O,由方程式CO2(g)+4H[g)CH4(g)+2H2O(g)AH2=-164kJ∙moL可知

该反应的ASVO,∆∕∕<0,∆G=∆⅛-T∆S<0,则反应自发进行的条件是低温下自发进行；

K小问3详析R

①任何催化剂的催化活性都有一定的温度范围。根据图1可知，选用Ni-CeO2-IM800催化剂时，CO2(g)的转

化率在温度高于60(ΓC后迅速增大，这是因为在温度高于600。C后达到其最佳催化活性；

②根据图1示可知：在600℃时CCh的转化率：Ni-CeO2-DPSOO>Ni-CeO2-IMSOO;而根据图2所示温度对

Ni-CeO2-IMSOO的选择性影响不大，Ni-CeO2-DPSOO的选择题随温度的升高而增大，要在温度为600C下提

高CO(g)的产率，应该使CH4的选择性比较低，故应该使用的催化剂是Ni-CeO2-DP8OO；

R小问4详析』

①反应I在反应前后气体的物质的量不变，而反应H正反应是气体体积减小的反应。在温度不变时，增大

压强，反应I化学平衡互移动；反应∏的化学平衡正向移动，导致CCh的转化率增大，故Ll表示压强为0.1

MPa,L2表示压强为IMPa,L3表示压强为1.0MPa；

温度对吸热反应影响更大，由于反应I的正反应是吸热反应，反应II正反应是放热反应，因此当温度升高

时，主要发生反应I,该反应反应前后气体的物质的量不变，压强改变不能使平衡发生移动，因此CCh的

转化率逐渐靠近；

②Q点时,测得CH"g)的物质的量为bmol,根据反应II方程式可知反应产生2bmolH2O(g),消耗bmolCO2(g)

和4bmolH2(g);CO2的平衡转化率为50%,则反应I消耗CO2的物质的量为(0∙5a-b)mol,同时消耗H2的物

质的量为(0.5a-b)mol,反应产生CO、H2O(g)的物质的量也是(0.5a-b)mol,故Q点各自气体的物质的量分别

为"(CCh)=0.5amol,n(H2)=K(2a)-(0.5a-b)-4b2mol=(1.5a-3b)mol,n(CO)=(0.5a-b)mol,M(CH4)=bmol,

M(H2O)=(0.5a-b)mol+2bmol=(0.5a+b)mol,气体总物质的量〃(总)=0.5amol+(1.5a-3b)mol+(0.5a-b)mol+b

mol+(0.5a+b)mol=(3a-2b)mol,此时气体压强为0.1MPa,则各种气体的平衡分压分别为P(CO2)=

∙θ'"一X0.IMPa；P(H2)=L".X0.IMPa，p(CO)=0'1X0.1MPa,p(H2O)=

3a-2b3a-2b3a-2b

・3mJX0∙IMPa