广东省深圳市2022-2023学年高三第一次调研考试化学试题（解析版）

2023年深圳市高三年级第一次调研考试

化学

可能用到的相对原子质量：H-I0-16Na-23Cl-35.5Se-79Bi-209

一、选择题：本题共16小题，共44分。第1〜10小题，每小题2分；第U〜16小题，每小

题4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。

L服饰文化是中华传统文化中的重要一脉。下列制作服饰所用原料的主要成分为纤维素的是

K答案，B

K解析U

R详析』A.蚕丝的主要成分为蛋臼质，A错误；

B.棉花的主要成分为纤维素，B正确：

C.皮革的主要成分为蛋白质，C错误；

D.羊毛的主要成分为蛋白质，D错误；

故选B。

2.广东省海洋资源丰富。下列有关说法正确的是

A.海底石油经裂化和裂解可得不饱和烧B.海带等藻类植物中富含L

C.潮汐能属于生物质资源D.“海水晒盐”时主要发生化学变化

R答案HA

R解析』

K详析DA.石油经裂化和裂解可以得到不饱和烧，故A正确；

B.海带、紫菜等海藻类植物中含有丰富的碘元素，不是碘单质，故B错误：

C.潮汐能是指海水周期性涨落运动中所具有的能量，其水位差表现为势能，其潮流的速度表现为动能，不

属于生物质资源，故C错误；

D.海水晒盐是通过阳光和风力使水分蒸发，属于混合物的分离，没有新物质生成，属于物理变化，故D

错误；

故选A

3.近年来，我国科技迅猛发展。下列科技成果中蕴含的化学知识叙述正确的是

A.新型手性螺环催化剂能降低化学反应的焰变

B.DNA存储技术中用于编码的DNA是核糖核酸

C.建造港珠澳大桥所采用的高强抗震螺纹钢属于合金

D.“天舟五号”飞船搭载的燃料电池放电时主要将热能转化为电能

K答案】c

K解析】

K详析》A.催化剂可改变反应历程，降低反应的活化能，加快反应速率，但是不改变焙变，A错误；

B.DNA存储技术中用于编码的DNA是脱氧核糖核酸，B错误；

C.合金是金属与金属或非金属熔合而成的具有金属特性的物质；螺纹钢属于合金，C正确；

D.燃料电池放电时主要将化学能转化为电能，D错误；

故选C。

4.化学实验是化学探究的一种重要途径。下列有关实验的描述正确的是

A.用湿润的蓝色石蕊试纸检验NH,

B.中学实验室中，可将未用完的钠放回原试剂瓶

C.进行焰色试验时，可用玻璃棒替代伯丝

D.酸碱中和滴定实验中，应先用待测液润洗锥形瓶

R答案XB

K解析D

R详析RA.NH,溶于水呈碱性，可以用湿润的红色石蕊试纸检验NH,,故A错误：

B.易燃物如钠、钾等不能随便丢弃，中学实验室可以将未用完的钠、钾等放回原试剂瓶，故B正确；

C.玻璃的成分里边有硅酸钠，钠盐的焰色试验为黄色，对其他元素的试验存在干扰，进行焰色试验时，不

可用玻璃棒替代伯丝，故C错误；

D.酸碱中和滴定实验中，洗锥形不能用待测液润洗，否则会导致测量结构偏大，故D错误；

故选Bo

5.劳动创造幸福。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是

选项劳动项目化学知识

A分析员用X射线衍射仪区分普通玻璃和水晶普通玻璃属于非晶体，水晶属于晶体

B面点师制作糕点时添加小苏打作膨松剂NaHCo3可与碱反应

C实验员用加热法分离∙2和NaClU易升华

与溶液反应产生

D维修工用NaOH和铝粉疏通厨卫管道AlNaOHH2

A.AB.BC.CD.D

K答案，B

K解析H

K详析》A.X射线衍射可以区分晶体和非晶体，普通玻璃属于非晶体，水晶属于晶体，故可以区别普通

玻璃和水晶，与所述的化学知识有关联，故A不符合题意；

B.碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳使得糕点疏松，不是NaHCo3可与碱反应，与所述的化学知识没有关

联，故B符合题意；

C.碘单质易升华而氯化钠不升华，可以加热法分离L和NaC1,与所述的化学知识有关联，故C不符合题

意；

D.Al与NaOH溶液反应产生H?,生成气体膨胀可以疏通厨卫管道，与所述的化学知识有关联，故D不符

合题意；

故选B。

6.“结构决定性质”是化学学科的核心观念。下列有关性质的比较正确的是

A.在水中的溶解度：戊醇〈乙醇B.熔点：Mg0<Ca0

C.硬度：金刚石<碳化硅<硅D.第一电离能：C1<P<S

K答案，A

K解析H

K详析》A.戊醇的燃基比乙醇的大，煌基是憎水基，所以戊爵溶解度比乙醇的低，故A正确；

B.Mgo和CaO都是离子晶体，都含有O∖由于Ca?+的半径大于Mg?+,所以CaO的晶格能小于Mgo的

晶格能，则熔点：MgO>CaO,故B错误；

C.原子半径Si>C,三者都为共价晶体，原子半径越大，共价键的键能越小，则硬度越小，即硬度大小顺

序是金刚石>碳化硅>硅，故C错误：

D.同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，P元素原子3p能级为半满稳定状态，能量较低,

第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能：C1>P>S,故D错误；

故选Ao

7.利用如图所示装置进行Cl?的制备及性质探究实验时，下列说法不正确的是

A.甲中反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：4

B.乙的作用为除去Cl?中的HCl

C.丙中紫色石蕊试液先变红后褪色

D.为吸收多余的C，，丁中可盛放NaOH溶液

K答案，A

K解析H

K详析UA.装置甲中二氧化镒和浓盐酸在加热的条件下发生反应：Mno2+4HCl（浓）三MnCL+2H2θ+CLT,

该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1,故A错误；

B.装置甲中制备的氯气中混有HCI气体，乙中饱和NaCl溶液作用为除去Cl?中的HCl,故B正确；

C.CL与水反应生成HC1、HClO,且HCIO具有漂白性，则使紫色石蕊试液先变红后褪色，故C正确;

D.Cb与NaoH溶液反应生成NaCI和NaCK）,为吸收多余的,丁中可盛放NaOH溶液，故D正确:

故选Ao

8.谷氨酸单钠是味精的主要成分，利用发酵法制备该物质的流程如下:

淀粉a•糖二

Na2COt

中和'

水解发却，提取

谷氨酸谷氨酸单的

下列说法不正确的是

A.可用碘水检验淀粉是否完全水解

B.可用红外光谱仪测定谷氨酸中所含官能团的种类

C.Imol谷氨酸中含有手性碳原子的数目约为1.204×IO24

D.“中和”时，需要严格控制Na2CO3的用量

R答案』C

K解析D

K详析1A.淀粉遇碘变蓝色，所以可以用碘水检验淀粉是否完全水解，故A正确：

B.红外光谱仪主要检测物质所含的官能团的种类以及其所处的化学环境，可用红外光谱仪测定谷氨酸中所

含官能团的种类，故B正确；

C.手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，谷氨酸中手性碳原子有

OO

NaO人a¼∣,Imol谷氨酸中含有手性碳原子的数目约为6.02x1()23,故C错误；

NH2

OO

X

D.谷氨酸中含有2个竣基，若Na2CO3过多，可能生成Neo人'un.1,故D正确；

NH2

故选C。

9.化学在环境污染治理中发挥了重要作用。下列治理措施没有运用相应化学原理的是

选项治理措施化学原理

A向燃煤中添加生石灰以减少酸雨的形成CaO具有碱性氧化物的通性

在汽车尾气系统中安装催化转化器以减少尾Co和No在催化剂作用下发

B

气污染生反应，生成无毒气体

C用聚乳酸塑料替代传统塑料以减少白色污染聚乳酸具有生物可降解性

D向工业废水中添加FeS以除去废水中的Ci?+FeS具有还原性

A.AB.BC.CD.D

K答案』D

K解析D

K详析1A.向燃煤中添加生石灰以减少酸雨的形成，是因为氧化钙能和二氧化硫等气体反应，体现了Cae)

具有碱性氧化物的通性，故A不符合题意；

B.汽车尾气系统中安装催化转化器以减少尾气污染，是排气系统中CO和NO在催化剂作用下发生反应,

生成无毒气体氮气和二氧化碳减少污染，故B不符合题意；

C.聚乳酸具有生物可降解性，易于降解可减少白色污染，故C不符合题意；

D.向工业废水中添加FeS以除去废水中的Ci?+,是铜离子和FeS生成了硫化铜沉淀，没有体现FeS还原

性，故D符合题意；

故选D。

电解

10.法国科学家莫瓦桑在无水HF中电解KHF2制得单质疑(2KHF2-2KF+H2T+F2T),获得1906年

诺贝尔化学奖。下列关于该过程的描述不正确的是

A.阳极上发生氧化反应

B.阴极反应为2HF^+2e-=HzTMF-

C.需将电解产生的两种气体严格分开

D.理论上，每转移ImoIe-，可得到22∙4LFz(标准状况下)

K答案HD

K解析D

K详析FA.电解池中F向阳极移动，失电子生成F2,发生氧化反应，A正确；

B.阴极反应式2H反+2e-=H2T+4F,HF在阴极得电子生成氢气，B正确；

C.F2与氢气极易化合，需将电解产生的两种气体严格分开，C正确；

D.理论上，每转移ImoIe-，可得到1L2LE(标准状况下)，D错误；

故选D。

11.含硫化合物的反应具有多样性。下列有关反应的离子方程式书写不正确的是

A.用NazSO?溶液吸收SO2废气：SO^-+SO2+H2O=2HSO-

+

B.海水提澳工艺中用SO?还原附：Br2+SO2+2H2O=2H+SO4^+2HBr

C.用Na2C03溶液处理锅炉水垢中的CaSO小CaSO4(s)+Cθj(aq)1CaCO3(s)+Sθj(aq)

D.将S与Na2SO3溶液混合加热制备Na2S2O3:S+SO^=S2O^-

K答案HB

K解析D

K详析UA.用Na2S03溶液吸收SO2废气过程中，SO2和Na?SO3溶液反应生成NaHSO3,离子方程式

为：SO^+SO2+H2O=2HSO;,故A正确；

B.HBr是强酸，在离子方程式中要拆，故B错误；

C.CaCO3的溶解度小于CaSO-用Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的CaSo《，CaSo&可以转化为CaCO3,

离子方程式为：CaSO4(s)+CO^-(aq).=tCaCO3(s)+SO^(aq),故C正确;

D.S与Na2SO3溶液反应生成Na2S2O3,离子方程式为：S+S0^-=S2O^,故D正确；

故选B。

12.下列实验操作能达到相应实验目的的是

选项实验操作实验目的

0

向肉桂醛(H)中加入

A验证肉桂醛中含碳碳双键

酸性KMnO4溶液

向待测液中先滴加氯水，再滴加KSCN

B检验溶液中否含有Fe?+

溶液

用PH试纸分别测定等浓度的比较CH3COOH和HClO的酸性

C

溶液和溶液的

CH3COONaNaClOPH强弱

常温常压下，向两份相同锌粒中，分别

D加入体积相同、浓度不同的稀硫酸，记探究浓度对化学反应速率的影响

录收集相同体积H?所需的时间

A.AB.BC.CD.D

R答案HD

K解析H

K详析RA.肉桂醛中含有醛基和碳碳双键，二者都可以使高镒酸钾溶液褪色，则向肉桂醛

O

H)中加入酸性KMno4溶液，不能证明肉桂醛中含碳碳双键，故A错误;

B.KSCN与Fe3+作用使溶液显红色，与Fe?+作用无此现象，故先滴加KSCN溶液，不显血红色，说明原溶

液不含有Fe3+,再加入氯水，溶液显血红色，说明溶液中有Fe?+生成，说明原溶液中含有Fe?+,故B错误；

C.NaCIO溶液具有漂白性，应选PH计测定盐溶液的PH比较盐溶液的碱性或对应酸的酸性，故C错误；

D.常温常压下，向两份相同锌粒中，分别加入体积相同、浓度不同的稀硫酸，记录收集相同体积H2所需

的时间，可以探究浓度对化学反应速率的影响，故D正确；

故选D。

13.X、Y、Z、W、Q为原子序数依次递增的短周期主族元素。基态X原子价电子层有3个单电子，Z与Y

可形成原子个数比为1：1的含非极性共价键的离子化合物。W、Q的最外层电子数之和等于Z的原子序数。

下列说法正确的是

A.简单离子半径：Z>YB.X、W单质的晶体类型一定相同

C.简单气态氢化物的稳定性：X>YD.Q的最高价含氧酸根的空间结构为正四面体形

K答案，D

K解析D

R祥解Rx、Y、z、W、Q为原子序数依次递增的短周期主族元素，基态X原子价电子层有3个单电子,

电子排布式应为Is22s22p3,所以X为N,Z与Y可形成原子个数比为1：1的含非极性共价键的离子化合物

应为Na2O2,所以Y为0,Z为Na,W、Q的最外层电子数之和等于Z的原子序数11,所以W、Q分别为

P、S或Si、CU

K详析WA.简单离子半径：Na+Vθ3,故A错误；

B.X单质为N2分子晶体，W单质可能为Si或P,可能是共价晶体，也可能是分子晶体，晶体类型不一定

相同，故B错误；

C.非金属性。比N强，故简单气态氢化物的稳定性：NH3<H2O,故C错误；

D.Q的最高价含氧酸根可能为Clo4或者So：,两种离子中心原子价层电子对数均为4,均没有孤电子对，

空间结构均为正四面体形，故D正确；

所以E答案】为D。

14.恒容密闭容器中，“molCO2与3"molH?在不同温度下发生反应：

2CO2(g)+6H2(g),`C2H4(g)+4H2O(g),达到平衡时，各组分的物质的量浓度(C)随温度(T)变化如图

所示:

下列说法正确的是

A.该反应的平衡常数随温度升高而增大

B.曲线Y表示c(C2Hj随温度的变化关系

C.提高投料比［n(CO2)m(H2)］,可提高H2的平衡转化率

D.其他条件不变，2nmolCθ2与6由01凡在下反应，达到平衡时C(H2)<c∣mol∙L7∣

K答案DC

K解析H

K详析》A.由图可知，温度升高，H2的平衡浓度增大，说明平衡逆向移动，该反应为放热反应，该反应

的平衡常数随温度升高而减小，故A错误；

B.结合方程式2CO2(g)+6H2(g)2C2H∕g)+4H2θ(g)可知，c(C2Hj的变化量为«凡。)变化量

的;，则曲线Y表示C(H2。)随温度的变化关系，故B错误；

C.提高投料比［n(CO2)m(H2)］即增大CCh的浓度，平衡正向移动，H2的平衡转化率增大，故C正确；

D.其他条件不变，211111。1(202与61111101凡在工。。下反应，等效于增大压强，该反应是气体体积减小的

反应，平衡正向移动，H2的浓度减小，当仍然大于〃mole。？与3mnolH2在TJC下发生反应时H2的平

衡浓度C∣,故D错误；

故选C。

15.一种可充电锌一空气电池放电时的工作原理如下图所示。已知：I室溶液中，锌主要以［711(乩0)6广的

++

形式存在，并存在［初凡0)6『-［Zn(H2O)5(OH)］+Ho下列说法正确的是

<Δ>

阴

阳

离

离

子

子

交

Zn交Pt/C

换

电极换'电极

膜

ZnCl2和NaCl膜

混合溶液NaCI溶液NaCl溶液

I室∏室In室

A.放电时，I室溶液PH增大

B.放电时，该装置∏室可实现海水淡化

C.充电时，Zn电极反应为Zn+6H?O—2e-=[Zn(H2O)6『

D.充电时，每生成Imolo2，III室溶液质量理论上减少32g

K答案，B

K解析H

K祥解H原电池中通入02的一极是正极，则Pl/c电极是正极，电极方程式为：02+4e-+2H20=40H-,Zn

电极为负极，已知：I室溶液中，锌主要以[Zn(H2θ)(,「的形式存在，电极方程式为：

2+

Zn+6H2O-2e^=[Zn(H2O)6],以此解答。

2+

K详析RA.由分析可知，Zn电极为负极，电极方程式为：Zn+6H2O-2e^=[Zn(H2O)6],

团(凡0)6『浓度增大，平衡[Zn(Hq)[Zn(H2O)5(OH)]++H+正向移动,H+浓度增大，I

室溶液PH减小，故A错误；

B.放电时，该装置II室中Na+通过阳离子交换膜进入In室，Cr通过阴离子交换膜进入I室，可实现海水

淡化，故B正确；

C.放电时，Zn电极反应为Zn+6H2O-2e-=[Zn(H2θ)(j∖则充电时，Zn电极反应为

2+

[Zn(H2O)6]+2e^=Zn+6H2O,故C错误；

D.充电时，In室为阳极，电极方程式为：40H--4e=02t+2H2O,每生成ImoIo2转移4mol电子，同时有

4molNa+通过阳离子交换膜进入II室，IH室溶液质量理论上减少32g+4molX23g∕mol=124g,故D错误；

故选Bo

16.常温下，乙二胺(H2NCH2CH2NH2)的水溶液中，H2NCH2CH2NH2,(H3NCH2CH2NH2)+和

(H3NCH2CH2NHj2+的分布分数S(X)与PH的关系如图所示。已知：

”(X)

b(x)=---------------------------

)+π[(HNCHCHNH)++π[(HNCHCHNH)2+°

π(H2NCH2CH2NH232223223

下列说法不正确的是

A.(H3NCH2CH2NH3)SO4溶液显酸性

B.曲线b可表示5[(H3NCH2CH2NH2)+

+-993

C.H2NCH2CH2NH2+H2O.■(H2NCH2CH2NH3)+OH-的平衡常数K=IO

D.QlmOI∙I7∣(H3NCH2CH2N∏2)C1溶液中：c[(H3NCH2CH2NH3)”>C(H2NCH2CH2NH2)

K答案Dc

K解析H

R祥解》根据图示，PH较小时浓度降低的曲线a为b(H3NCH2CH2NH打,增加的曲线b为

^(H2NCH2CH2NH;),交点处(6.850.5)两者浓度相等故

+]0T4

c(H3NCH2CH2NH^)c(OH)

=C(OH)==IO-7'5;随着PH的增大，

Kb2ɪ0-6.85

C(H2NCH2CH2NH;

S(H2NCH2CH2NH；)即曲线b逐渐减小，b(H2NCH2CH2NH2)即曲线c逐渐增大,B点时两者相等,

c(H2NCH,CH2NH；)c(OH)

=C(OH)==IOY∙°7;H2NCH2CH2NH；的水解平衡常数

C(H2NCH2CH2NH2)

+()

C(H)C(H2NCH2CH2NH2)C0HKIO14

=ιo-9-9∖

()403

c(H2NCH2CH2NH;)c0HKblW

K详析HA∙根据上述分析可知，(H3NCH2CH2NH3)SO4存在水解平衡，H3NCH2CH2NH：水解显酸

性，A正确；

B.曲线b可表示b[(H3NCH2CH2NH2)*],B正确;

C.H2NCH2CH2NH2+H2O.(H2NCH2CH2NH3)'+OH-表示H2NCH2CH2NH2的第一步电离方程式,

则其平衡常数为KbI=∣0<°7,C错误；

D.根据上述分析可知，H2NCH2CH2NH；的水解平衡常数Kh2小于其电离平衡常数Kb2,所以电离平衡产

物的浓度c[(H3NCH2CH2NH3)2]>水解平衡产物的浓度c(H2NCH2CH2NHj,D正确；

故选Co

二、非选择题：共4题，共56分；均为必考题，考生都必须作答。

17.某学习小组将CU与H2。？的反应设计为原电池，并进行相关实验探究。回答下列问题：

I.实验准备

(1)稀硫酸的配制

①配制IoOmLo.3mol∙L√的也$。4溶液，需6mol∙LH2SO4溶液的体积为mLo

②在实验室配制上述溶液的过程中，下图所示仪器，需要用到的是(填仪器名称)。

(2)Cu与H2O2在酸性条件下反应的离子方程式为

II.实验探究

K实验任务』利用相关原电池装置进行实验，探究物质氧化性或还原性的影响因素。

R查阅资料Il其他条件相同时.，参与原电池反应的氧化剂(或还原剂)的氧化性(或还原性)越强，原电池的电

压越大。

K进行实验》

(3)利用下表所示装置进行实验1-4,记录数据。

装置烧杯中所加试剂

实验1电压表

30%H2O2().3mol-UH2SO4H2O

墨序号读数

l≡-≡∙l:V/mLV/mLV/mL

/10.0

130.0U1

230.01.09.0U2

330.02.08.0

435.01.0%

已知：本实验条件下，so；对电压的影响可忽略。

①根据表中信息，补充数据：V=0

②由实验2和4可知，U2UN填“大于”或“小于”或“等于”)，说明其他条件相同时，Hz。？溶液浓

度越大，其氧化性越强。

(4)由(3)中实验结果U3>U2>U1,小组同学对“电压随PH减小而增大”可能的原因，提出了以下两种猜想：

猜想1：酸性条件下，H2。？的氧化性随PH减小而增强。

猜想2：酸性条件下，CU的还原性随PH减小而增强。

为验证猜想，小组同学在(3)中实验1〜4的基础上，利用下表装置进行实验5〜-7,并记录数据。

实

电压

验

装置操作表

序

读数

号

5/Q

∣→>~1

Cu(、石墨①向_____(填“左”或“右”)侧烧杯中滴加

二K桥工二65

,

30mL0.3：E-茎三工5.0mL0.3mol∙I7HzSOit溶液。

mol∙L'媲％

CUSo4溶液溶液

向另一侧烧杯中滴加1溶液

75.0mL0.3mol∙LH2SO45

②实验结果为：U5≈U6>,说明猜想2不成立，猜想1成立。

(5)已知CU与H2。？反应时，加入氨水可形成深蓝色的［Cu(NH3)/“。小组同学利用(4)中实验5的装

置继续探究，向左侧烧杯中滴加5.0mL一定浓度的氨水，相比实验5,电压表读数增大，分析该电压表读数

增大的原因：o

K实验结论1物质的氧化性(或还原性)强弱与其浓度、PH等因素有关。

R答案H(I)①.5.0②.10OmL容量瓶

+2+

(2)Cu+H2O2+2H=Cu+2H,O

(3)①.4.0②.小于

(4)①左②.U5<U7

(5)加入氨水后形成［Cu(NH3)1“，使C(CU2+)减小，促进铜失电子，使电压表读数增大

K解析D

K小问1详析？

①根据稀释规律CM=C2L可知，配制l()()mL0.3mol•LT的H2SO4溶液，需6mol∙L-∣H2SO4溶液的体积

ʊ0.1L×0.3mol∙L^'CCC.

为------------：----=0.005L=5.0mL；

6mol∙L^'

②在实验室配制上述溶液的过程中，下图所示仪器，需要用到IoomL容量瓶；

K小问2详析R

CU在酸性条件下被Hz。2氧化为铜离子，过氧化氢转化为水，反应的离子方程式为

+2+

Cu+H2O2+2H=Cu+2H2O；

R小问3详析)

①根据单一变量控制法可知，总溶液的体积为40.0mL,则V,=40.0-35.0+1.0=4.0;

②由实验2和4可知，过氧化氢的浓度不同，结合结论可推出，U2小于U4；

K小问4详析H

涉及双液原电池后，若向左侧烧杯溶液中加入硫酸与没有加入硫酸时Us"U6,则可推出猜想2不成立，

再向右侧烧杯溶液中加入等物质的量的硫酸，观察得到U5<U7,则说明猜想1成立；

R小问5详析》

加入足量氨水后形成［Cu(NHJ，使溶液中C(CU2+)减小，促进铜失电子，使电压表读数增大。

18.钿及其化合物广泛应用于电子材料、医药等领域。一种以含铅烧渣(主要成分为BizOs、MnSO4,还

含有少量MnS、Feq3、CUO及SiO?等)制取Bi2O3并回收钵的工艺流程如下:

浓盐酸Bi粉NaKO,溶液NaoH溶液

己知：①氧化性：Cu2+>Bi3+；

②Bi?+易水解成BioCl沉淀；常温下，BioCl存在的PH范围约为2.0〜11.0；

17

③常温下，∕rsp[Fe(OH)2]=4.9×IO-；Ig7=0.85o

回答下列问题：

(1)基态镒原子的价电子排布式为。

(2)“水浸提镒”时，另加入少量稀硫酸可促进(填化学式)溶解，进一步提高镒的浸取率。

(3)“滤渣2”的主要成分有(填化学式)、Bi。

(4)常温下，“含Fe?+滤液”中Fe?+的浓度为0.0ImOI[T。为保证BiOCl产品的纯度，理论上，“沉秘”

时应控制溶液的pH<(保留一位小数)。

(5)“脱氯”过程中发生主要反应的离子方程式为。

(6)BiOCI是一种性能优良的光催化剂，可催化降解有机污染物对硝基苯酚(OZNTQIOH)等。对

OH

硝基苯酚的熔点高于邻硝基苯酚(CrN°z)的熔点，其原因是o

(7)我国科学家在新型二维半导体芯片材料——硒氧化钿的研究中取得突破性进展。硒氧化秘的晶胞结构

如图所示，晶胞棱边夹角均为90。，晶胞参数为apm,apm,bpm。

②该晶体中，每个。2一周围紧邻的Bi?*共有个。

③该晶体的密度为g∙cm-3(列出计算式，NA为阿伏加德罗常数的值)。

K答案1⑴3d54s2

(2)MnS(3)Cu

(4)6.9(5)2BiOCl+2OH^=Bi2O3+2CΓ+H2O

(6)对硝基苯酚存在分子间氢键，而邻硝基苯酚更易形成分子内氢键，导致对硝基苯酚分子间的作用力比

邻硝基苯酚分子之间的作用力更强

209×4+16×4+79×2

⑺①‘②.，③∙尸

K解析H

R祥解》钿烧渣(主要成分为BizOs、MnSO4,还含有少量MnS、Fe2O3,CUc)及SiO?等)制备Bi2O3,

辉钿矿先水浸除锈，另加入少量稀硫酸可促进MnS溶解，同时MnSO,溶于水通过过滤分离，滤渣用浓盐

酸酸浸，SiO2不溶于盐酸过滤后存在于滤渣1中，滤液中存在Bi3+、Cu2+、Fe3+,滤液中加入Bi粉还原，

将Fe3+转化为Fe2+、C#+转化为CU过滤除去，滤液中加入碳酸钠溶液沉钿，Fe?+存在于滤液中通过过滤除

去，得到BiOC1,最后除氯得到BLOj

K小问1详析？

Mn是25号元素，根据构造原理可得其价电子排布式为3(P4S20

K小问2详析』

MnS可以溶解于稀酸，“水浸提镒”时，另加入少量稀硫酸可促进MnS溶解，进一步提高镒的浸取率。

K小问3详析?

由分析可知，“还原”步骤中加入Bi粉，将Fe3+转化为Fe2+、C/+转化为Cu,过滤后CU存在于滤渣2中。

K小问4详析』

17

∣KJFe(OH)J/49×IO-fi

F2+开始沉淀时，c(OH-)=Il~E_-=ʌl--------------mol∕L=7×10mol/L,C(H+)=

∖C(Fe2+)V0.01

KIxlQ-146+6

wmol∕L=ɪ×10mol/L,pH=-lgc(H)=-lgɪ×10^=6-lgɪ=6-lg1+lg7=6.85≈6.9,为保证

C(OH-)-7×10^8

Bie）Cl产品的纯度，避免Fe?+沉淀，理论上，“沉锚”时应控制溶液的pH<6.90

R小问5详析H

“脱氯”过程中BiOCl和OH-反应生成Bi2O3和CI-,离子方程式为：2BiOCl+20H^=Bi2O3+2CΓ+H2O。

K小问6详析》

对硝基苯酚存在分子间氢键，而邻硝基苯酚更易形成分子内氢键，导致对硝基苯酚分子间的作用力比邻硝

OH

°?）的熔点。

基苯酚分子之间的作用力更强，故对硝基苯酚的熔点高于邻硝基苯酚（ClN

K小问7详析』

①由晶胞结构可知，该晶胞沿Z轴方向的投影图为

②由晶胞结构可知，该晶体中，每个。2一周围紧邻的Bi'+共有4个;

③由晶胞结构可知，该晶胞中Bi3+的个数为8χ!+2E,Se?-的个数为8x'+l=2,O?-的个数为8x'=4,

482

209×4+16×4+79×2

该晶体的密度为NAXAXm。g∙cm

19.苯乙烯是生产塑料与合成橡胶的重要原料。Co2氧化乙苯脱氢制苯乙烯的反应为:

CH2CH3CH=CH2

z

反应I：∕¼1ff¼1+H9θ(g)+Cθ(g)Mi

U(g)+CO2(g).UJ(g)

已知：

CH2CH3CH=CH2

l

反应n：∣X¼s∆∕∕1=+117.6kJ∙moΓ

∣!χ^∣(g)(g)+HKg)

反应HI：CO2(g)+H2(g).Cθ(g)+H2θ(g)Δ∕∕2=+41.2kJ∙moΓ'

回答下列问题：

(1)反应I的M=。

(2)下列关于反应I-III的说法正确的是(填标号)。

A.及时分离出水蒸气，有利于提高平衡混合物中苯乙烯的含量

B.n(CO2)m(CO)保持恒定时，说明反应I达到化学平衡状态

C.其他条件相同，反应H分别在恒容和恒压条件下进行，前者乙苯的平衡转化率更高

D.反应III正反应的活化能小于逆反应的活化能

(3)在催化剂MAOV作用下，CO2氧化乙苯脱氢制苯乙烯可能存在如下图所示反应机理:

该机理可表示为以下两个基元反应，请补充反应ii：

CH2CH3CH=CH2

i内MOSHO

=ʌ+Λ(V-1)()+2(S)5

U(g)+MQy(S)-(g)

(4)常压下，乙苯和CO2经催化剂吸附后才能发生上述反应I。控制投料比Kn(CO2):n(乙苯)H分别为

1：1、5：1和10：1,并在催化剂作用下发生反应，乙苯平衡转化率与反应温度的关系如图所示：

100

80

60

40

20

6007008009001000

温度/K

①乙苯平衡转化率相同时，投料比越高，对应反应温度越(填"高''或"低”)。

②相同温度下，投料比远大于10：1时，乙苯的消耗速率明显下降，可能的原因是:

i.乙苯的浓度过低；

③850K时，反应经tmin达到图中P点所示状态，若初始时乙苯的物质的量为nmol,则v(苯乙烯)=

mol∙min'lɑ

(5)700K时，向恒容密闭容器中加入过量CaCO3和一定量乙苯，初始和平衡时容器内压强分别为PIkPa

和〃?kPa,则平衡时苯乙烯的分压为kPa(以含有P1、P2、P的代数式表示)。K已知：①混合气体中

某组分的分压等于总压与该气体物质的量分数之积；以平衡分压代替平衡浓度进行计算，可得反应的分压

平衡常数Kp。②CaCo3(s).70°κCaθ(s)+CO2(g)KP=PkPail

K答案Il(I)+158.8kJ∙moΓ'⑵AB

(3)MQ(T(s)+CO2(g)=MvOv(s)+Cθ(g)

(4)①.低②.Co,过多地占据催化剂表面，导致催化剂对乙苯的吸附率降低③.—

t

(5)

2

K解析2

K小问I详析工

根据盖斯定律反应I=反应∏+反应IH,则反应I的

A/7=A”i+A”2=+117.6kJ-mo「+(+41.2kJ-mo『)=+158.8kJ-molT,故K答案11为：

+158.8kJ∙mol^l；

R小问2详析］

A.由反应I可知，及时分离出水蒸气，有利于反应I平衡正向移动，从而提高平衡混合物中苯乙烯的含量，

故正确；

B.二氧化碳为反应物，CO为生成物，反应过程中二氧化碳逐渐减少，Co逐渐增多，则n(CO2)：n(CO)的

比值在减小，当n(CC)2)：n(CO)保持恒定时，说明反应I达到化学平衡状态，故正确：

C.其他条件相同，反应∏正向气体分子数增大，若在恒容条件下进行，容器内压强逐渐增大，不利于反应

正向进行，因此恒压条件下乙苯的平衡转化率更高，故错误；

D.反应HI为吸热反应，正反应的活化能大于逆反应的活化能，故错误；

故选:ABo

K小问3详析』

由图中信息可知反应ii为MQ(T⑸+CO2(g)=M,Oy(s)+Cθ(g),故E答案》为：

MQ(T(s)+CO2(g)=MvOv(s)+Cθ(g);

R小问4详析H

①温度相同时，n（CO2）:n（乙苯）越大，乙苯的转化率越高，结合图像可知越靠上的曲线乙苯转化率越高,

则靠上曲线对应的n（eθ?）：n（乙苯）较大,则在转化率相同时，n（CO2）：n（乙苯）较大的对应的温度越低,

故R答案H为：低；

②相同温度下，投料比远大于10：1时，乙苯的消耗速率明显下降，可能的原因是乙苯的浓度过低，也可

能是CO?过多地占据催化剂表面，导致催化剂对乙苯的吸附率降低，从而导致乙苯反应的量大大减少，转

化率降低，故K答案》为：CO2过多地占据催化剂表面，导致催化剂对乙苯的吸附率降低；

③850K时，反应经tmin达到P点，初始时乙苯的物质的量为nmol,此时乙苯转化率为50%,则消耗的乙

苯的物质的量为0.5n,生成苯乙烯的物质的量为0.5n,v（苯乙烯）=皿mol∙min-'，故K答案》为：吗；

tt

K小问5详析》

CH,CH

3CH=CH2

+CO(g)