山西省太原市2022-2023学年高三上学期期末考试化学试题（解析版）

山西省太原市2022-2023学年高三上学期期末考试

化学试题

说明：本试卷为第I卷（选择题）和第∏卷（非选择题）两部分，答题时间90分钟，满分100分。

可能用到的相对原子质量：HlC12O16Na23S32

第I卷（选择题共43分）

一、选择题（本题共18小题，第1-11小题每小题2分，第12-18小题每小题3分，共43分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，请将正确选项的字母填入K答案】栏

内）

1.报告中提出：“我们要推进生态优先、节约集约、绿色低碳发展下列做法不符合这一理念

的是

A.使用纤维素作为具有强吸湿性的可再生材料

B.积极推动大型风电、光伏、制氢等可再生能源基地建设

C.使用聚乙烯制作的塑料包装袋、塑料胶带、一次性塑料编织袋等

D.采用高比表面积和小粒径的SiO2制备的Li4SiO4作为CO?吸收材料

K答案HC

K解析H

K详析RA.纤维素具有强吸湿性可再生材料，符合绿色能源的环保理念，A正确；

B.积极推动大型风电、光伏、制氢等可再生能源基地建设，符合绿色能源的环保理念，B正确；

C.使用聚乙烯制作的塑料包装袋、塑料胶带、一次性塑料编织袋，白色污染，不符合环保理念，C错误;

D.采用高比表面积和小粒径的SiCh制备的Li4SiO4作为CCh吸收材料，具有更高的捕获能力，符合节约集

约的环保理念，D正确；

故K答案》为：Co

2.氮气储粮是指利用制氮设备，通过人为调节，使氮气浓度上升至95%~98%,从而有效保持粮食新鲜度,

减少损失的一项储粮技术。下列说法不正确的是

A.由于粮堆中氧气浓度的减少，粮食中油脂的氧化速率减缓

B.这项技术与工业合成氨均属于氮的固定

C.标准状况下，11.2L氮气中含有的共用电子对数目为1∙5NA

D.与低温储粮、二氧化碳气调相比，氮气储粮的经济优势更加显着

K答案，B

R解析』

K详析DA.氧气浓度的减少，有利于油脂的氧化速率减缓，A正确；

B.氮的固定是指由氮气转化为氮的化合物，该技术只提高氮气浓度，不属于氮的固定，B错误;

C.一个氮气分子存在三对共用电子对，1L2L氮气物质的量为0.5mol,含有的共用电子对数目为L5NA,

C正确；

D.氮气在空气中大量存在，获得相对简单，故储粮的经济优势更加显着，D正确；

故选Bo

3.E4Oio吸湿性强，常被用作气体和液体的干燥剂，它甚至可以使硝酸脱水：

P4Ol0+12HNO3=6N2O5↑+4H3PO4。下列说法正确的是

A.第一电离能：N<OB.电负性：N<P

32

C.离子半径：N->O-D.沸点：NH3<PH3

K答案，c

工解析H

K详析HA∙同周期元素，一般从左到右，第一电离能逐渐增大，但是由于氮元素2p轨道半充满，比较稳

定，故氮元素第一电离能高于同周期相邻元素第一电离能，第一电离能：N>0,A错误；

B.同主族元素，由上到下非金属性减弱，电负性也逐渐递减，故电负性：N>P,B错误；

c.核外电子层结构相同的离子，原子序数越小，离子半径越大，故离子半径：N3->O2-,C正确；

D.NH,分子间存在氢键，使氨气分子的沸点升高，故沸点：NH3>PH3,D错误；

故本题选C。

4.下列化学用语表示正确的是

Is2s2p

A.乙酸的分子式：CHOB.氧原子的轨道表示式:

242[τ∏[τtirτττrπ

C,质量数为23的钠原子：23NaD.K?。的电子式：K：O：K

K答案XA

R解析，

R详析』A.分子式是用元素符号表示纯净物分子的组成的式子，故乙酸的分子式：C2H4O2,A正确;

1s2s

B.氧元素是8号元素，外层共8个电子，故正确的轨道表示式为:田皿,B错误;

C.元素符号的左上角代表的是质量数，元素符号左下角代表的是质子数，质量数为23的钠原子正确表示

为：j：Na,C错误;

D.K?o是离子化合物，形成的是离子键，故正确的电子式为：K+[:0:]2-K「D错误；

故本题选A。

5.部分含铁物质的分类与相应化合价的关系如图所示。下列推断不合理的是

碱

盐

单质

A.a可与e反应生成b

B.b既可被氧化，也可被还原

Ca与稀硝酸恰好反应，生成只含e的溶液

D.可存在b→c→d→e→b的循环转化关系

K答案，c

K解析H

K祥解》根据物质的种类与铁元素的化合价推知：a是铁单质，b是亚铁盐，c是氢氧化亚铁，d是氢氧化

铁，e是铁盐，题目据此解答。

K详析FA.铁单质具有较强还原性，三价铁具有较强氧化性，二者可以发生氧化还原反应，因此a可与e

反应生成b,A合理；

B.铁元素常见化合价有0、+2、+3,因此b既可被氧化，也可被还原，B合理；

C.a与稀硝酸恰好反应，生成含e的溶液，e中Fe1能水解，生成Fe(OH)3,C不合理；

OH氧化剂H+还原剂

D.各物质可通过以下方式循环转化：bcdeb,D合理；

故选C。

6.“宏观辨识与微观探析”是化学学科核心素养之一，下列反应事实与所给方程式相符的是

A.用硫酸锌溶液电镀锌的阴极反应：2H2O+2e=H2↑+2OH-

B.碳酸氢钠溶液中加入过量氢氧化钢溶液生成白色沉淀：

2+

2HCO；+Ba+2OH^=BaCO3J+CO：+2H2O

+

CNa2S2O3溶液中滴加稀硝酸产生气体：S20^-+2HɪSΦ+S02↑+H2O

光昭

D.浓硝酸用棕色瓶保存的原因：4HNO3=^4NO2↑+O2↑+2H2O

K答案，D

R解析，

R详析RA.用硫酸锌溶液电镀锌的阴极反应：Zn2++2e^=Zn.A错误；

2+

B.碳酸氢钠溶液中加入过量氢氧化钢溶液生成白色沉淀：HCO；+Ba+OH-=BaCO3Φ+H2O,B错

误；

C.稀硝酸能将S02氧化为SO；,同时生成No气体，反应的离子方程式为

+

3S2O^^+2H+2NO；=3SJ+3Sθf+2N0↑+H2O,C错误;

光昭

D.浓硝酸见光易分解，发生反应4HNC>31二4NO2个+。2T+2H2。，因此用棕色瓶保存，D正确；

故选D。

7.核酸检测所用的红色液体学名叫病毒保存液，其主要成分为盐类、氨基酸、维生素、葡萄糖等，可以有

效保护病毒蛋白不被破坏，有利于提高检测的准确性。下列说法正确的是

A.检验病毒保存液中是否含有钠盐，用洁净的伯丝蘸取病毒保存液灼烧，观察焰色

B.检验病毒保存液中是否含有蛋白质，加热后，向其中滴加浓硝酸，观察颜色变化

C.为检验葡萄糖分子中是否含有羟基，向盛有葡萄糖溶液的烧杯中加入一小粒金属钠

D.为探究维生素C的还原性，向盛有2mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的鲜橙汁，观察颜色变化

K答案DA

K解析H

K详析HA.含有钠元素的物质焰色反应呈现黄色，检验物质中是否含有钠离子的方法：用洁净的钳丝蘸

取洗涤剂在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，选项A正确；

B.含有苯环的蛋白质遇浓硝酸发生颜色反应，蛋白质加热后变性，不能发生颜色变化，选项B错误；

C.葡萄糖溶液中的水也能与金属钠反应产生气体，无法检验葡萄糖分子中的羟基，选项C错误；

D.氯化铁具有氧化性，若维生素C具有还原性，则可将黄色的氯化铁溶液还原成浅绿色的氯化亚铁溶液,

但所用氯化铁的量太大，实验无法实现，选项D错误；

K答案D选A。

8.二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H20(g),该反应一般认为

通过如下步骤来实现：

①Co2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH,=+41kJ∙moΓl

旦

②Co(g)+2(g)=CHiOH(g)ΔH?=-9()kJ∙moΓ∣

若反应①为慢反应，下图中能体现上述反应能量变化的是

体

系

能

辅

B.

COObO+2H>

体

CO+3H

系22CHJOH+H2O

能

反应进程

tt

体

体

系

系

能

能

M

AC.W:

D.

CO+lhO∙2H>

,O+3HJ

2CH5OH+HJO

反应进程

K答案』A

K解析H

R详析Il由盖斯定律可知，反应①十反应②得总反应方程式，则总反应的△”=△回+Δλ∕2=-49kJ/mol,

则该总反应是放热反应，生成物的总能量比反应物的总能量低，B、D错误；反应①为慢反应，是总反应的

决速步骤，则反应①的活化能比反应②的大，A正确，C错误；［［答案D选A。

9.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A.120gNaHS。4晶体中含有的离子数为2NA

B.ILIOmol∙I7∣盐酸与足量MnO2反应转移电子数为5NA

C.标准状况下，22.4L氯气溶于足量水转移电子数为INA

D.常温下，0.1mol∙LJ碳酸钠溶液中含有的阴离子数大于01NA

K答案HA

K解析D

K详析RA.NaHSO4是离子化合物，晶体中含有Na+、HSO4;12OgNaHSCU固体的物质的量是Imo1,则

其中含有的阳离子数为2M,A正确；

B.稀盐酸不和Mno2反应，只有部分HCl转化为氯气，ILIOmOl∙I7∣盐酸与足量MnO2反应转移电子数

小于5NA，B错误；

C.22.4L氯气为ImO1,氯气与水反应为CI2+H2O.，HC10+HC1,该反应为可逆反应，氯气不能完全转化,

反应转移电子数小于IN,、，C错误；

D.溶液体积未知，无法计算离子数目，D错误；

故选Ao

10.镁、海水、溶解氧可构成原电池，为水下小功率设备长时间供电，其原理如下图所示。但该电池负极存

在析氢副反应和负极活性衰减等问题。下列说法不正确的是

(弱碱ɪ性)η≡κ11

A.由于溶解氧浓度低，故需增大电极与海水的接触面积

B.该电池使用时，需要定期补充正极和负极反应物

C.负极活性衰减的可能原因是生成的Mg(OH)2覆盖了电极

D.析氢副反应可以表示为Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑

K答案，B

R解析H

K样解D根据金属的电化学腐蚀原理，在弱碱性的海水中，该电池利用吸氧反应来供电，因此负极反应物

为镁，正极反应物为溶解氧。负极反应生成的Mg(OH%难溶于水，覆盖在镁电极表面影响电池供电，题目

据此解答。

K详析HA.由于溶解氧浓度低，反应速率低，故可用增大电极与海水的接触面积来提高反应速率，故A

正确；

B.正极电极反应式为02+4eT2H20=40H"反应物为溶解氧，海水中含有足量的溶解氧，不需要定期补

充，故B错误；

C.负极电极反应式为Mg-2eT2OH=Mg(OH)2,生成的氢氧化镁覆盖在电极表面，阻隔电极与海水的

接触，致使负极活性衰减，故C正确；

D.Mg较活泼，在合适条件下可直接与水发生析氢反应：Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑,故D正确；

故选B。

11.阿魏酸（结构如图）存在于蔬菜和坚果中，在化妆品中主要作为收敛剂、抗炎剂。下列说法错误的是

A.分子式为ClOHOo4,碳原子有两种杂化方式

B.可以使Br?的CCL溶液、酸性高锯酸钾溶液褪色

C.Imd阿魏酸最多可与2molNaOH发生反应

D.分子中所有碳原子一定处于同一平面内

K答案DD

K解析》

K详析DA.该有机物分子式为ClOHlO酷键上的甲基的碳是sp3杂化，其余的碳是sp2杂化，A正确；

B.该有机物含有C=C,能与漠发生加成反应，能与酸性高镭酸钾溶液发生氧化还原反应，因此两种溶液均

能褪色，B正确；

C.每分子阿魏酸含有1个酚羟基和1个竣基，因此ImOI阿魏酸最多可与2molNaOH发生反应，C正确；

D.有机结构中，单键可以旋转，故分子中所有碳原子不一定同一平面，D错误；

故选D。

12.有机小分子X通过选择性催化聚合可分别得到聚合物Y和Z

下列说法不正确的是

A.X的结构简式是

B.Y和Z中均含有酯基

CY和Z均通过加聚反应制得

D.Y和Z的链节中C、H、O的原子个数比相同

K答案》C

K解析，

O

K祥解》X的结构简式是好，通过选择性催化聚合可分别得到聚合物Y和Z,Y是碳碳双键发生

加聚反应生成，Z是酯基开环得到的聚酯。

K详析DA.X发生加聚反应生成Y,根据Y的结构简式知，X为，故A正确;

B.Y中含有酯基，根据Z的结构简式可知Z中也存在酯基，故B正确;

0

c.Y是由yK°发生加聚反应生成，Z是酯基开环生成，不属于加聚反应，故C错误;

D.Y的链节中C、H、O原子个数之比为5：6：2,Z的链节中C、H、O原子个数之比为5：6：2,所以

Y、Z的链节中C、H、O的原子个数比相同，故D正确；

故选C。

13.乙烯催化氧化制乙醛的一种反应机理如下图（部分产物已略去），下列叙述错误的是

CH2=CH2

CH3CHO

A.Pbelj在反应中是中间产物

B.反应过程伴随非极性键的断裂和极性键的形成

C,过程V可表示为4CUC1+C>2+4H*=4Cu2++2H2θ+4Cr

催化剂

D.以上过程的总反应为2CH2=CH2+O2^^2CH3CHO

工答案』A

K解析，

K详析》A.结合反应过程，PbCIj-作反应催化剂，故A错误;

B.反应过程伴随碳碳双键的断裂即非极性键的断裂，以及碳氧、氢氧极性键的形成，故B正确；

C.结合该过程的反应物和生成物，过程V可表示为4CuCl+C>2+4H+=4Cu2++2H2θ+4CT,故C正

确；

催化剂

D.结合反应物和生成物，以上过程的总反应为2CH2=CH?+O22CH3CHO,故D正确；

故选A0

14.用如图装置（相关试剂、夹持、防倒吸和加热装置已略）进行实验，其中②中现象不能证明①中产物生成

或反应的是

选项①中反应②中检测试剂及现象

A浓硝酸分解生成NC>2淀粉-Kl溶液变蓝

B将铁粉、炭粉和NaCI溶液的混合物放置一段时间导管中倒吸一段水柱

C加热冰醋酸、无水乙醇和浓硫酸的混合物饱和NazCOa溶液的上方有无色油状液体产生

DCH3CHBrCH3与NaOH乙醇溶液生成丙烯漠水褪色

A.AB.BC.CD.D

R答案XA

K解析H

R详析UA.浓硝酸具有挥发性，挥发出的硝酸也可以氧化碘离子为碘单质，使淀粉-KI溶液变蓝，A错误；

B.将铁粉、炭粉和NaCl溶液的混合物放置一段时间，发生吸氧腐蚀，消耗氧气，导管中倒吸一段水柱,

B正确；

C.加热冰醋酸、无水乙醇和浓硫酸混合物,在浓硫酸催化下发生酯化反应,生成乙酸乙酯,在饱和Na2CC）3

溶液的上方有无色油状液体产生，C正确；

D.CH-CHBrCH'与NaoH乙醇溶液中发生消去反应生成丙烯，丙烯可以和澳水发生加成反应，使滨水

褪色，D正确;

故选Ao

15.高铁酸钾是高效多功能的新型非氯绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。工业上制备K2FeO4的一种方法

是向KOH溶液中通入氯气，然后再加入Fe(NoJ3溶液：

①CL+KOH→KCl+KClO+KClO3+H2O(未配平)；

②2Fe(NO3)3+3KC10+1OKOH=2K2FeO4+6KNO3+3KC1+5H2O。

下列说法不正确的是

A.K]Feθ4在杀菌消毒过程中还可以净水

B.反应①中每消耗2molKOH,吸收标准状况下22.4LCl2(忽略C)和水的反应)

C.若反应①中n(ClCr):n(ClOj=5:I,则还原产物与氧化产物的物质的量之比为3:5

D.若反应①的氧化产物只有KaO，则得到0.2moliςFeθ4时最少消耗0.3molC12

K答案，c

K解析H

K详析HA.K2FeO4处理水时，+6价铁为最高价，具有强氧化性能消毒杀菌，还原产生的Fe3+水解形成

Fe(OH)3胶体能吸附水中的悬浮杂质，A正确；

B.根据反应①中K与Cl原子守恒关系，每消耗2molKOH,吸收ImolcI2,则吸收标准状况下22.4LC12,

B正确；

C.根据氧化还原反应中得失电子总数相等，若反应①中n(cicr):n(QO；)=5:l,其化学方程式为：

8C12+16KOH=10KC1+5KCIO+KClO3+8H2O,则还原产物与氧化产物的物质的量之比为5:3,C错

误；

D.根据反应②，生成0.2molKFeOq需要0.3molKC10,若反应①的氧化产物只有KCIo,则反应的化

学方程式为：C12+2KOH=KC1+KC1O+H2O,生成0.3molKC10,需要消耗0∙3molCL,D正确；

故选C。

16.向碘水中加入Kl溶液，发生反应：Γ(aq)+I2(aq)I；(aq),充分反应达平衡后，测得微粒浓度如

下：

微粒FI2ɪʒ

浓度/(mol∙L^)2.5×10-32.5×W34.0×IO-3

下列说法不氐砸的是

A.向所得溶液中加入CC1“振荡静置，水层c(L)降低

3l

B.向所得溶液中加入等体积水，c(l2)<1.25×10-mol∙L7

C.该温度下，反应「+12LT］的K=640

D.配制碘水时，加入少量KL可促进L的溶解

K答案HB

R解析』

K详析》A.碘单质在水中的溶解度小于有机溶剂四氯化碳中的溶解度，向所得溶液中加入CCl4,振荡静

置，水层C(U)降低，A正确：

B.向所得溶液中加入等体积水，体积扩大一倍，各离子浓度瞬间减少一半，

Q=C(13)=------丝-------=1280>K=640,故平衡逆向移动，c(l,)>1.25×103mol∙E,,B

33v27

c(I2)∙c(Γ)1.25×IO-×1.25×10^

错误；

“C(U)4.0×IO-3

C.K=-------;------=-----------ɪ-------------7-=640,C正确；

33

c(I2)∙c(Γ)2.5×IO×2.5×10'

D.碘单质在水中的溶解度小，配制碘水时，加入少量KI,r+L=I3,可促进L的溶解，D正确；

故选B。

17.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前20号元素，由它们组成的化合物的结构式如图，其中X在宇宙

中含量最丰富，Y与Z位于相邻主族，下列说法正确的是

W*X-Y-Z-Y-X

A.W与Y形成的二元化合物不可能具有强氧化性

B.Z的最高价氧化物对应的水化物可能为强酸

C.上述阴离子中的所有原子可能均为8电子稳定结构

D.X和Y组成的化合物可用于实验室制取Y的单质

R答案』D

R解析』

K祥解D“X在宇宙中含量最丰富”说明X是氢元素，根据结构式，Y能形成两个共价键，其最外层电子

数为6,位于第VlA族(结构式图下方的Y原子因为得到了W失去的1个电子而只形成1个共价键)，“Y

与Z位于相邻主族”，Z能形成5个共价键，因此Z位于第VA族，由于Z原子序数大于Y,因此Y位于

第二周期，Z位于第三周期，故Y是氧元素，Z是磷元素，W易失去1个电子，原子序数比Z大，应是第

四周期第IA族的钾元素，题目据此解答。

K详析』A.W与Y形成的二元化合物有K20、K2O2、Ko2、Ko3几种，除KzO外，其余都具有强氧化性，

A错误；

B.Z的最高价氧化物对应的水化物是H3PO4,为中强酸，B错误；

C.X的阴离子为H,其结构是只有一个电子层的两电子结构，C错误；

D.X与Y组成的化合物有H20、H2O2,其中实验室通常用分解H2O2的方法制备氧气，D正确；

故选D。

5

18.已知常温下，ΛTb(NH3-H2O)=1.8×10^o用0.10OmOI∙I7∣的氨水滴定10.0OmLO.10Omol∙L7∣的一

c(H+)

元酸HA的溶液，滴定过程中加入氨水的体积(V)与溶液中的lg-~々关系如图所示。下列说法不正确的

c(OH)

B.水的电离程度：M点>N点

C.常温下，反应NH；+H,ONH/H,O+H*的平衡常数K=(xlO"

D.当滴入2()mL氨水时，溶液中存：C(NH*)>C(A^)

K答案，A

K解析H

K详析DA.根据图中信息Ig)=12,则氢离子浓度为0.10OmoHLL因此HA为强酸，a=10,则溶

c(OH)

质为NEA,溶液显酸性，因此>1,则Ig>0,与图像不符，故A错误；

c(OH^)c(OH^)

B.M点溶液为NFhA,强酸弱碱盐，NH；水解促进水的电离，N点溶液中氨水过量，抑制水的电离，水

的电离程度：M点>N点，故B正确；

KIf)745

C.常温下，NH：的水解平衡常数为^=」--=-×10∙9,故C正确；

Kb1.8×10^59

D.当滴入氨水的体积V=2OmL时得到等物质的量浓度的NH4A和氨水的混合液，由于NH3H2O的电离平

衡常数大于NH：的水解平衡常数，则NH3∙H2O的电离程度大于NH：的水解程度，所以C(NH：)>c(A)故

D正确;

K答案D选A。

第∏卷(非选择题共57分)

二、非选择题(本题包括5小题，共57分)

19.胡粉在中国古代曾用于药物和化妆品等行业，主要成分为2PbC03∙Pb(0H)2,常含有铁、银、铜、锡等

金属的氧化物杂质。某同学设计了如下三个实验方案测定胡粉的纯度:

方案I,称取一定质量样品，加入足量的稀硫酸，测定实验前后装置丙的增重来确定胡粉的纯度。

(1)写出装置乙中2PbCCh∙Pb(OH)2发生反应的离子方程式(已知生成白色沉淀)：

(2)仪器接口的连接顺序为(装置可以重复使用)a—,装置丁的作用是。

(3)实验前后均需要打开止水夹，通入一段时间空气，实验结束时通入空气的目的是

Δʌ

方案∏.实验原理：2PbCO,Pb(OH)2=3PbO+H2O+2CO2↑

实验步骤：①称取胡粉样品ag；②将样品充分煨烧，冷却后称量；③重复操作②，测得剩余固体质量为bg。

(4)下列仪器，方案∏不需要使用的是(用对应仪器的字母填空)。

(5)如何确定样品已完全分解？

方案川.实验步骤为：

①如图所示，连接好装置并检查气密性；

②向量气管中注入饱和NaHCO3溶液，并调节两侧液面相平，称取胡粉样品mg于锥形瓶中，打开分液漏

斗活塞，将稀硫酸滴入锥形瓶中；

③待反应完全后，,调节B与C中液面相平，平视读数，测得气体体积为VmL。

(6)③中所留空的操作为,导管A的作用为。

+

K答案D(1)2PbCO3∙Pb(OH)2+6H+3SO^=3PbSO4+2Cθ2↑+4H2θ

(2)①.d-e-b(或C)C(或b)b(或C)C(或b)②.除去CCh中的水蒸气，以免影响碱石灰吸收CCh的

测定

(3)将生成的CCh气体全部赶入干燥管中吸收，避免对后续实验测定造成影响

(4)E(5)将样品连续两次高温煨烧，冷却后称量剩余固体的质量相差在0.1g以内

(6)①.冷却至室温②.使分液漏斗上下气体压强相同，便于硫酸顺利滴下，防止滴入硫酸的体

积滴入影响后面气体体积测定

K解析H

K祥解D方案I：2PbC03∙Pb(0H)2是盐，能够与硫酸发生反应产生PbSO4、C02,H2Oo该实验通过测定

一定质量的胡椒与硫酸反应产生CCh的质量计算其纯度，为使测定值更接近真实值，需要先将反应产生的

气体经浓硫酸干燥后再被碱石灰吸收，同时要避免装置中残留反应产生的CO2气体及NaOH溶液中水分被

碱石灰吸收；

在方案II.通过煨烧固体药品，根据反应前后质量差确定PbO的质量，进而可得2PbCCh∙Pb(OH)2的质量,

关键是确定样品完全分解，方法是样品连续两次高温煨烧，冷却后称量剩余固体的质量小于0.1g；

方案HI中通过测定一定质量样品与硫酸反应CO2气体的体积确定其纯度，为避免因CO2在水中溶解，在量

气管中要注入饱和NaHCch溶液；为防止硫酸滴入时不容易滴下，使用了导气管A,使分液漏斗上下气体

压强一致。最后读数时要等溶液恢复至室温，且量气管的左右液面相平，视线与凹液面最低处相切。

R小问1详析］

在装置乙中2PbC03∙Pb(0H)2与稀硫酸发生反应产生PbSO八H2O.CO2,发生反应的离子方程式为：

2PbCCh∙Pb(OH)2+6H++3SO：=3PbSO4+2CO2T+4H2O;

K小问2详析』

取一定质量的样品，与硫酸充分反应，通过测定CCh的质量计算纯度，打开止水夹，利用装置甲是通入空

气，通过氢氧化钠溶液吸收空气中的CCh防止干扰CCh测定；干净装置内空气，关闭止水夹，通过装置乙

分液漏斗滴入稀硫酸发生反应生成二氧化碳、水和硫酸铅，通过装置丁吸收气体中的水蒸气，通过装置丙

吸收生成的二氧化碳测定质量，为避免空气中二氧化碳、水蒸气进入干燥管，可以再连接干燥管，仪器接

口的连接顺序为：a→d→e→b→c→b→c,或a—d—e->c∙→b->cTb；丁的作用是除去二氧化碳气体中的水蒸

气，以免影响碱石灰吸收CCh的测定；

R小问3详析］

实验前后均需要打开止水夹，通入通过甲装置通入一段时间空气，实验结束时通入空气的目的是将生成的

CO2气体全部赶入干燥管中吸收，避免对后续实验测定造成影响；

R小问4详析》

①称取胡粉样品ag,②将样品充分高温煨烧，冷却后称量；③重复操作②；测得剩余固体质量为bg(用托

盘天平称量)；燃烧固体选择用期内加热灼烧，需要三脚架、泥三角、酒精灯、玻璃棒等，干燥应在干燥器

中进行，不需要的是蒸发皿，故合理选项为E；

K小问5详析》

若样品分解完全，则样品连续两次高温燃烧，冷却称量质量相差0.1g以内，故判断样品完全分解的方法是

样品连续两次高温燃烧，冷却称量质量相差0.1g以内；

K小问6详析)

①如图所示，连接好装置并检查气密性；②向量气管中注入饱和NaHCo3溶液，并调节两侧液面相平，称

取胡椒样品mg于锥形瓶中，打开分液漏斗活塞，将稀硫酸滴入锥形瓶中；③冷却至室温，调节B与C中

液面相平，平视读数，测得气体体积为VmL,其中导气管a的作用是使分液漏斗上下气体压强相同，便于

硫酸溶液可以顺利滴下，防止滴入硫酸的体积滴入影响后面气体体积测定。

20.工业上以黄铁矿和纯碱为原料制备无水NaHSO3和焦亚硫酸钠(Na2S2O5)的主要流程如图。

空气

纯碱、水

已知电离常数:

H2CO3=4.5x10-7Kil2=4.7×10^"

Kal=I.4X10-2

H2SO3Kii2=6.0xl()-8

回答下列问题：

(I)黄铁矿的主要成分是(填化学式)。

(2)若“吸收”过程中有气体生成，该反应的化学方程式为。

(3)产品1是NaHSO3,常温下其水溶液的PH7(填“>”、“<”或"=")；“气流干燥”湿料时温度不

宜过高的原因是。

(4)①生产Na2S2O5,通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式:。

②Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取5().(X)mL葡萄酒样品，用

0.0100OmoI∙L^∣的碘标准液滴定至终点，消耗10.00mL。滴定反应的离子方程式为，该样品中

Na2S2O5的残留量为g-LT(以SO2计)。

R答案IJ(I)FeS2

(2)SO2+NaHCO3=NaHSO3+CO2

(3)①.<②.防止NaHSO$在高温下分解，减低产率

+

(4)①.2NaHSO,=Na2S2O5+凡0②.S20^+2I2+3H2O=2S0^^+4I^+6H③.

0.128

K解析，

K祥解》黄铁矿在空气中焙烧，生成二氧化硫和烧渣。二氧化硫被碳酸氢钠溶液吸收得到NaHSO3,结晶

后的母液可以循环使用，过滤出来的NaHSO3湿料干燥后得到产品1。一系列操作后得到产品2。

K小问1详析］

黄铁矿的主要成分为FeS2。

K小问2详析?

由于亚硫酸的酸性强于碳酸，所以二氧化硫和碳酸氢钠反应可以生成二氧化碳，则在吸收过程中生成

NaHSC)3的同时有二氧化碳气体生成，反应的化学方程式为：SO2+NaHCO3=NaHSO3+CO2o

R小问3详析卜

NaHSO3在水中能完全电离，电离出来的HSo,既能电离，也能水解，其电离平衡常数为亚硫酸的第二步电

离常数，即K,2=6.0X10-8,其水解常数Kh=理

———T<KΛZ,即HSO；的电离程度大于水解程度，所

K,ι1.4×1U

以NaHSO3溶液显酸性；NaHSo3受热易分解，所以在“气流干燥”湿料时温度不宜过高。

K小问4详析》

①NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水得到Na2S2O5,该反应的化学方程式为：2NaHSO3=Na2S2O5+H2O。

②Na2S2O5中S为+4价，具有还原性，12有氧化性，两者发生氧化还原反应，+4价的S被氧化为硫酸根离

子，b被还原为r,根据电子守恒、电荷守恒和质量守恒写出该反应的离子方程式为：

+

S20∣+2I2+3H2O=2SO4+4I-+6H。根据反应方程式，”(Na2S2O4)=O.OlOOOmol/LXO.01000LXI

5443

=5×10⅛ol,n(SO2)=2n(Na2S2θ4)=2×5×10-mol=1×10-mol,则W(So2)=1×10∙mo×64g∕mol=6.4×10g,则在

IL葡萄酒中以SO2计的Na2S2O5的残留量为处也上=0∙128g∕L.

0.05000L

21.以Co2、C?H6为原料合成C2H4涉及的主要反应过程中物质的能量变化如图1所示，回答下列问题:

Γ

Φ

E

3

)

、

螂

建

反应过程

图1

(1)已知:I.C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g)ΔH1

U.H2(g)+CO2(g)=H2O(g)+CO(g)ΔH2

I∏.CO2(g)+C2H6(g)=C2H4(g)+H,O(g)+CO(g)AH3

IV.C2H6(g)+2CO2(g)=4CO(g)+3H2(g)ΔH4o

l

则：ΔH3=kJ∙moΓo

（2）0.1MPa时向密闭容器中充入CC>2和C2H6,发生以上反应，温度对催化剂K—Fe—Mn/Si—2性能

n生成

影响如图2所示，已知C2H4的选择性=Xlo0%。

rl消耗（C24）

100

80■C2%的选择性

60•C24的转化率

40

▲CO2的转化率

20

0

720740760780800820

反应温度〃。C

图2

①工业生产综合各方面的因素，反应选择800℃的主要原因是

K∖H11、

②已知对可逆反应存在如下关系：1InUx=Fz-其中R为常数），结合具体反应说明C。％,的转化

KlKlɔlɪ

率随着温度的升高始终高于CO2转化率的原因可能是

③采用选择性膜技术（可选择性地让某气体通过而离开体系）可提高C2H4的选择性。在773K,乙烷平衡转

化率为9.1%,保持温度和其他实验条件不变，采用选择性膜技术，乙烷转化率可提高到11.0%。结合具体

反应说明选择性膜吸附CzHit提高C2H4的选择性的可能原因是。

④在800℃时，n（CO2）:n（C2H6）=l:3,充入一定容积的密闭容器中，在一定催化剂存在的条件下只发生

反应ΠI,初始压强为P。，一段时间达到平衡，产物的物质的量之和与剩余反应物的物质的量之和相等，该

温度下平衡时体系的压强为（用含PO的代数式表示，下同），反应In的平衡常数KP=（用平

衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压X物质的量分数，列出计算式）。

K答案H⑴+177

（2）①.C?H6的转化率较高，且C2H4的选择性较高②.温度变化对能量变化大的吸热反应影响

大,反应I的焙变数值大,所以升高温度,对反应I的影响大，C?H6的转化率高③.选择性膜吸附C2H4,

促进反应III平衡正向移动，增大C2H4的选择性④.1.2Po

K解析H

R小问1详析)

焙变=生成物总能量-反应物总能量，根据图示，CO2(g)+C2H6(g)=C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)ΔH3=

-300-(-477)=+177kJ.mor'；

R小问2详析］

①根据图示，80(ΓC时，C?H6的转化率较高，且C2H4的选择性较高，所以反应选择800℃。

②根据InU=F-(天一六)，可知温度变化对能量变化大的吸热反应影响大，反应I的焙变数值大，所以

ʌɔAI2

升高温度，对反应I的影响大，CzHs的转化率高。

③选择性膜吸附C2H4,降低体系中C2H4的浓度，促进反应HI平衡正向移动，所以增大C2H4的选择性。

④在800℃时，n(CO2):n(C2H6)=l:3,充入一定容积的密闭容器中，在一定催化剂存在的条件下只发生

反应111,初始压强为Po,一段时间达到平衡,

CO2(g)+C2H6(g).∙C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)

初始(mol)a3a000

,产物的物质的量之和与剩

转化(mol)XxxXX

平衡(mol)a-x3a-xxXX

余反应物的物质的量之和相等，则3x=4a-2x,x=0.8a；同温同体积，压强比等于物质的量比，该温度下平衡

4Xa

时体系的压强为一Po=I∙2p0,反应In的平衡常数KP=

22.氧化钱是一种新型超宽窄带半导体材料，由于自身的优异性能，在紫外探测、高频功率器件等领域吸引

了越来越多的关注和研究，中国科技部将其列入“十四五研发计划”，让第四代半导体获得更广泛的关注。回

答下列问题：

(1)基态Ga原子最外层电子排布式为。

(2)①氧化钱的熔点为1740°C,氧化钙的熔点为2613°C,但有的离子晶体如C2H5NH3NO∙,(硝酸乙基镂)

的熔点只有12℃。CzHsNH'N。；,中N原子的杂化轨道类型是,NO；离子的空间结构为,

该物质中所含化学键类型：(填字母)。

A.金属键B.离子键C.共价键D.范德华力E.σ键

②第一电离能：AlMg(填“>”或“<”)，其原因是。

(3)睇化物GaSb是一种超窄禁带半导体材料，可用于红外探测其晶胞结构如图所示。若该晶体的密度为

pg∙cm^3,设Ga和Sb的原子半径分别为acm和GbCm,则原子的空间占有率为xl()()%例出计

算表达式，GaSb的摩尔质量为192g∙moL,阿伏加德罗常数的值为)。

K答案Il(I)4s24p'

(2)①.sp3、sp2②.平面三角形③.BCE<⑤.镁元素的2p轨道电子是全充满

的，相对稳定，故镁元素的第一电离能比同周期相邻元素的第一电离能大

4π+

→(⅛a+⅛)×4×3(⅛⅛)

(3)--森诙-(或底片『或其他合理K答案])

pNλ勺(%+0)

K解析H

R小问1详析』

Ga是31号元素，位于周期表第四周期第三主族，故Ga原子最外层电子排布式为：4s?4pi；K答案》为:

4s24p'；

K小问2详析》

+

[C2H5NH3]结构中氮原子形成了4个单键,故氮原子的价层电子对数是4,没有孤电子对,杂化方式为sp',

NO；中氮原子的价层电子对数为：3+；x（5+l-2x3）=3,没有孤电子对，故该氮原子的杂化方式为：冲？；

根据价层电子对互斥理论，NO；离子的空间结构为：平面三角形；［C2H5NH3「与NO；之间构成离子键，

还存在碳碳、碳氢等的共价键，单键均为。键，故选BCE；K答案U为：SP二sp∖平面三角形；BCE

镁元素的2p轨道是全充满的，相对稳定，故镁元素的第一电离能比同周期相邻元素的第一电离能大，第一

电离能：AKMg；K答案』为：＜；镁元素的2p轨道电子是全充满的，相对稳定，故镁元素