河北省石家庄市2022-2023学年高三年级上册期末考试化学试题（解析版）

2022-2023学年一学期高三年级期末考试

化学

（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，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改

动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。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。

1.《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

【答案】C

【解析】

【详解】A.“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，贝广皂角结盐”的原理不是发生了胶体聚沉，D不合题意；

故答案为：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构成了稳定的四面体

【答案】D

【解析】

【详解】A.淀粉和纤维素虽然分子通式均为(C6Hio05)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0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

7列及现象

甲乙丙丙中实验现象

选项

A饱和食盐水电石漠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双氧水二氧化镒酸化的KI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

【答案】D

【解析】

【详解】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，CaC2与水发生反应产

生C2H2气体，CaS会反应产生H2s气体，C2H2、H2s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NH3,NH3溶解在溶液中反应产生NH3H2O,NH3H2O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[CU(NH3)4](OH)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，在二氧化镒催化下双氧水分解产生02,能够将酸性KI氧

化为12,12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Na2cCh固体中，反应产生CCh气体，CCh与饱和Na2cCh溶液发生反应产生溶解度小的

NaHCCh,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so：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H2s强

【答案】B

【解析】

【详解】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.COj中心原子周围的价层电子对数为：3+；a+2-3?=3,则CO：为平面三角形，键角为120。，而

SOj中心原子周围的价层电子对数为：3+；(6+2-3?2)=4,则SOj为三角锥形，键角小于109。28，，故

O—C—O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3dl4s2、3d24s2、3d34s2、3d54s2、

3d64s2、3d74s2、3d84s2、3小。4s2等元素，故该元素不一定为HA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，H2。的稳

定性比H2s强是因为H2。中的0-H键的键能比S-H的键能大，D错误；

故答案为：Bo

5.生活中处处有化学，下列说法正确的是

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Na2C03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

【答案】A

【解析】

【详解】A.若模具不干燥，炽热的钢水会引发铁和水蒸气反应，产生H2,压易燃易爆，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Na2cCh等）不利于作物生长，如施加熟石灰进行改良，生成CaCCh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FeSz、S、CuFeS2等原料中的S最终转化为H2s。4,化合价升高，硫元素被氧化，而合

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

故答案为：Ao

6.有机物1和n之间存在如图所示转化关系，下列说法错误的是

A.I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）

【答案】A

【解析】

【详解】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；

O

II.C

()

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

11

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，II的一氯代物有2种，二氯代物有5种，如图所示:

和,D正确;

故答案为：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

预处理后加热搅拌-搅拌并冷却:高级脂肪酸钠

的油脂©*@―>

含甘油的混合液K

M

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

【答案】C

【解析】

【分析】预处理后的油状中加入乙醇可增加油脂在NaOH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，可通过蒸馆方法分离得到。

【详解】A.乙醇是常用有机溶剂，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，用蒸播操作分离甘油，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

RT乂

Z

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

【答案】B

【解析】

【分析】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O,Q能够形成1个共价键，则Q为E

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。

【详解】A.由分析可知，Y、Z、Q分别为C、0、F,由于H2O和HF能够形成分子间氢键，导致沸点高

于CH4,且H2O周围形成的分子间氢键数目比HF多，故H2O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O、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+VF-VCP-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+1(3-3?1)=3,故其的空间结构为平面三角形，D正确；

故答案为：Bo

9.实验室模拟以磷石膏(含CaSO「2H2。及杂质AI2O3、FezOs等)为原料制取轻质CaCX>3，流程如下：

NH3,CO2NHQ溶液

pH=6.5

磷石膏浆料一“浸y1|滤渣1*|高温烦烧I浸色2曹遨(贪8：：)*轻质CaCC>3

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CaSC\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SO：

C.“浸取2”时，发生反应的离子方程式为CaO+2NH；+H2(3=Ca2++2NH3旧2。

D.“浸取2”时，所得滤渣2的主要成分为ALO3、Fe2O3

【答案】A

【解析】

【详解】A.“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CaSCU的转化率，A错误；

B.由于NH3极易溶于水，C02难溶于水，易溶于氨化后的碱性溶液，故“浸取1”，应先通NE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(NH。SCU,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”中氯化镀与氧化钙发生反应，发生反应的离子方程式为：

2+

CaO+2NH4+H2O=Ca+2NH3-H20,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”中氯化镂与氧化钙反应，使其溶解，贝广浸取2”时，所得滤渣2的主

要成分为AI2O3、Fe2O3,D正确；

故答案为：A。

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。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得。分；若正确答

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0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N02比NO中氮元浓硝酸得电子能力差，氧化性

A

素的价态高比稀硝酸弱

B磷酸与NazSOs固体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MnCh混合加热生成氯气，氯气不再逸出时，固体混合物质浓度影响其氧化性或还原

D

物中仍存在盐酸和MnCh性的强弱

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【详解】A.氧化性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NO2比NO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Na2s。3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，lmol/L的醋酸比0.5mol/L的醋酸导电能力弱，说明lmol/L醋酸电离产生的离子浓度

比0.5mol/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MnCh,说明盐酸浓度变小到一定程度时，不能与MnCh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；

故答案为：D。

11.我国科学家研究发现，在MnCh/Md+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Mil。？+2e「+4H+=Mn2++2H2O

C,产生等物质的量的H2和O2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

【答案】B

【解析】

【分析】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=MnO2+4H,发生氧化反应，N电极为阳极，当K与c电极接

+2+

触时，N电极发生的电极反应为：MnO2+4H+2e-=Mn+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：4OH--4e-=O2T+2H2O,发生氧化反应，L电极为阳极，据此分析解题。

【详解】A.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Mn2++2H2O-2e=MnO2+4H+,B错误；

C.由分析可知，产生等物质的量的H2和。2时，设产生nmollh和nmolCh,根据电子守恒可知，产生

nmol比转移电子为2nmol,此时N即进行的反应Mn2++2H2O-2e-=MnCh+4H+,生成nmolMnCh,生成

+2+

nmolO2转移电子为4nmol,此时N极进行的反应MnO2+4H+2e=Mn+2H2O,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=O2T+2H2O,虽然消耗了OH,但双极膜中的

OH-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；

故答案为：B„

12.TC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)AH>0,

K=0.0625o实验测得n(Q)随时间(t)变化关系如下表所示：

t/min020406080

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)=0.005mol-LT-minT

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2.00molQ(s),达到平衡时0.25mol-17i<c(M)<0.5moLLT

【答案】D

【解析】

【详解】A.0〜20min内，消耗Q为0.2mol,则用M(g)表示的平均反应速率

02

v(M)=——:—mol-171-min1=0.005mol-I71-min1,A正确；

2x20

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；,此时

转化(mol/L)0.250.25

平衡(mol/L)0.250.25

Q=O.25xO.25=O.O625=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Q25mol-LT，D错

误；

故选D。

13.25℃时，向20mL0.01mol/L的RCb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

［已知：Kb(NH3-H2O)=1.8xl0-,p(R2+)=-lgc(R2+),忽略反应过程中溶液体积的变化］。下列说法

正确的是

A.Ksp[R(OH)2]的数量级是10.

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(NH3H2O)>c(R)>c(OHj

D.c点溶液存在：2c(R2+)+c(NH：)<c(Clj

【答案】C

【解析】

io14

【详解】A.由题干图示信息点(2,8.3)可知，Ksp[R(OH)2]=c(R2+)c2(OH-)=l(?2x()2=10-13.4,故

1O-83

Ksp[R(OH)2]的数量级是10-巴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

Ksp[R(OH)2],故a点溶液中不会产生R(OH)2沉淀，B错误；

KSD[R(OH)JIO",

C.由A项分析可知，Ksp[R(OH)2]=10-i3.4,则有b点时c(R2+)=T---------=-52=10-3.4mol/L,根据

C2(OH)(10-5)2

即：c(NH：)_18xl(y5

5c(NH)c(OH)

Kb(NH3-H2O)=1.8xW,=1.8x10-5,则有=1.8,即有

C(NH?HO)10-5

C(NH3?H2O)32

c(NH4)>C(NH3.H2O),且题干告知是通入NH3,使R"沉淀，故b点溶液存在：

2+

c(NH")>c(NH3H2O)>c(R)>c(OHj,C正确；

D.c点溶液中电荷守恒式为：2c(R2+)+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(C1),D错误；

故答案为：Co

三、非选择题：共57分。

1

14.莫尔盐[(NH4)2Fe(SC>4)2・6H2O,M=392g-mOr],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FeSC)4溶液：实验步骤如图1所示。

“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Fes。,溶液转移至蒸发皿中，加入适量(NH4)?SO4固体充分溶解，再经

、过滤、洗涤、干燥，得产品。

(4)测定纯度

1

称取4.000g上述产品，配成100mL溶液，取出25.00mL置于锥形瓶中，0.0500mol-I7KMnO4,

标准溶液滴定，重复三次，消耗KMnC>4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%o

II.热分解产物的检验

莫尔盐自身受热分解会产生NH：、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）。

【答案】（1）加热的Na2cCh溶液浸泡

(2)①.Cu、Ag或石墨等Fe3O4

(3)蒸发浓缩、冷却结晶

(4)①.b©.98.0

(5)①.AEDBC②.球形干燥管

(6)2NH3+SO2+H2O=(NH4)2SO3,(NH4)2SO3+BaCl2=BaSO3；+2NH4Cl

【解析】

【小问1详解】

己知Na2c03溶液呈碱性，热的Na2cCh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Na2c。3溶液浸泡，故答案为：加热的Na2cCh溶液浸泡；

【小问2详解】

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，故答案为：Cu、Ag或石墨等；Fe3O4；

【小问3详解】

制备莫尔盐：将所得Fes。,溶液转移至蒸发皿中，加入适量（NHUzS。,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，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；

【小问4详解】

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KMnCh标准溶液装入酸式滴定管后，

排气泡的正确操作为b,故答案为：b；

②根据反应方程式：5Fe2++MnC)4+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O可知，100mL中Fe?+的物质的量为：

2+1nL3

n(Fe)=5n(MnO4)=5x⑼x0.0500mol/Lx10.00x10-L=0.01mol,经计算，该产品的纯度为

25.00mL

x100%=98.0%,故答案为：98.0；

4.00g

【小问5详解】

SO3易溶于水且与水反应生成H2s。4能与BaCb溶液反应生成BaSCU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、SO2均为酸性氧化物，可用碱

石灰进行尾气吸收，且由于SO2、SO3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，故答案为：

AEDBC；球形干燥管；

【小问6详解】

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

(NH4)2SO3+BaC12=BaSO3i+2NH4Cl,将影响SCh的检验，故答案为：ZNlh+SCh+FhONNHSSCh,

(NH4)2SO3+BaC12=BaSO3i+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LiCo「yMnxNiyC>2,还含有铝箔、炭黑、

有机粘合剂等)综合回收钻、镐、银、锂的工艺流程如下图所示：

HANH.-HjONa,CO,

NaOHH2SO4(NH&GGK&Q,NaOHNa2CO,

滤液2HqMnO,NiCO,-2Ni(OH),-4H2O

(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

LiCogMnxNiyC)2的基本结构单元如图所示，则据此计算x=,y=

(2)“粉碎灼烧”时可除去的杂质为0

(3)“碱浸”后滤液中大量存在的阴离子为和

181310

(4)已知：Ksp(CoC2O4)=lxl0,Ksp(MnC2O4)=lxl0,Ksp(NiC2O4)=4xl0-,

2+

p(C2O；j=-lgc(C2O^jo若“酸浸”后溶液中Ni?+、Co>Mi?+浓度均为0.1moL「，理论计算欲使

Co2+完全沉淀(离子浓度小于卜10.511101.匚1)而不沉淀^12+、Mi?+，需调节P(C2。；)的范围为

;实际“沉钻”时，在加入(NHJ2C2O4之前须先加入一定量氨水，推测所加氨水的作用为

________________O

(5)“沉镒”过程中加入K2s2。8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［用离子方程式表示,Mn(II)写作Mn即可］。

(6)“沉银”过程中加入Na2cO3溶液不能过量，原因为。

【答案】⑴①.d②.LLLUW1UUE③.1④.」

3d4s33

(2)炭黑、有机粘合剂

(3)①.A102②.OH

(4)®.12<P(C2O^j<13②.将Ni?+、Mn?+转化为稳定配离子，避免沉钻时与Ct?+共沉淀

2++

(5)5S2O8-+2Mn+8H2O=10SO；+2MnO4+16H

(6)防止锂离子沉淀，影响银离子和锂离子的分离

【解析】

【分析】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K2s2。8溶液通过氧化还原将铳元素转化为二氧化锦，加入碳酸钠和氢

氧化钠除保，最后将锂离子转化成碳酸锂。

【小问1详解】

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

3d54s2,因此价电子排布图为UlULhU」迎；此晶胞为六棱柱，Co2+，Ni2+>Mi?+在顶点，每个

3d4s

晶胞均摊2义工=1，Li卡在6个顶点，均摊6x^=1,所以得到x=y=!，答案：d,

6363

11迎，1,L

3d4s33

【小问2详解】

“粉碎灼烧”时可将炭黑、有机粘合剂彻底氧化，答案：炭黑、有机粘合剂；

【小问3详解】

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。？和剩余的OHl答案：A102,OH;

【小问4详解】

当Co2+完全沉淀(离子浓度小于1x10-5mol.匚1),等于1x10-5mol-L-1时，

1013

CGO：)=安算：)=10-m%,Ksp(NiC2O4)=4xl0->Ksp(MnC2O4)=lxl0-,所以

只要镒离子不沉淀，银离子就一定不沉淀，当镒离子恰好不沉淀时，Mi?+浓度均为O.lmoLCi，

cQOj)=/I黑'=]0。m%,需调节p(C2。；)的范围为12<P(C2O：)<13,加入

(NHJzCz。,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Co?+共沉淀

答案：12<P(C2O：)<13；将Ni?+、Mi?+转化为稳定配离子，避免沉钻时与Ct?+共沉淀；

【小问5详解】

“沉镒”过程中加入K2s2。8溶液后，溶液先变为紫红色是生成高镒酸根离子的缘故，一段时间后紫红色又

褪去是在酸性环境中高锦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=lOSO；+2MnO4+16H,答案：

2++

5S2O^+2Mn+8H2O=10SO；+2MnO4+16H；

【小问6详解】

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，答案：

防止锂离子沉淀，影响银离子和锂离子的分离。

16.CCh(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：

-1

反应I：CO2(g)+H2(g)-CO(g)+H2O(g)AH1=+41kJ-mol

1

反应H：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)AH2=-164kJmOr

(1)CH4(g)+H2O(g).CO(g)+3H2(g)AH=kJ/mol6

(2)反应II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C02(g)和H2(g),使用不同的催化剂反应相同的时间，测得CCh(g)转

化率、CH4(g)的选择性(CH«g)的选择性="要如且x100%)与反应温度(T)的关系分别如图1

转化CO2日勺物质Hu重

和图2所本:

4M

E5»

40-3

爵2o

M

«20-2o

£10-

O1O

400500600700800

图2

①图1中，选用Ni-CeCh-IM800催化剂时，CC>2(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-CeO2-IM800”或“Ni-CeCh-

DP800")，解释其原因为o

(4)在某刚性密闭容器中充入amolCO2(g)和2amolH2(g),发生反应I和反应II,测得CC)2(g)的平衡转

化率与压强(0.1MPa、1MPa、10MPa)、温度(T)的关系如图3所示。

77c

图3

①图中表征压强为0.1MPa的是(填“LI”“L2”或“L3”)。温度升高，三条曲线逐渐靠近的主要原因为

②Q点时，测得CH4(g)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。

【答案】⑴+205

(2)①.反应的正反应是放热反应②.低温

(3)①.在温度高于600℃后催化剂Ni-CeO2TM800达到最佳催化活性Ni-CeO2-DP800③.

Ni-CeO2-DP800使CCh的转化率较大，在600℃时CH4的选择性又比较低

(4)①.Li②.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，压

0.5a+b

强改变不能使平衡发生移动，因此高温条件下C02的转化率逐渐靠近;

1.5a

【解析】

【小问1详解】

1

己知：反应I：CO2(g)+H2(g)FCO(g)+H2O(g)AH,=+41kJ-mor

1

反应H：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)AH2=-164kJ-mOr,

根据盖斯定律，将反应I-反应II,整理可得热化学方程式CH4(g)+H2(D(g).,CO(g)+3H2(g)

△H=+205kJ/mol；

【小问2详解】

反应n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；

1

反应n：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)AH2=-164kJ-mOr,的正反应是气要使反应H自发

进行，则体系的自由能AGCO,由方程式CG>2(g)+4HKg).CH4(g)+2H2O(g)AH2=-164^^01-1

可知该反应的ASVO,AH<0,AG=AH-TAS<0,则反应自发进行的条件是低温下自发进行；

【小问3详解】

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，CC)2(g)的

转化率在温度高于600℃后迅速增大，这是因为在温度高于600℃后达到其最佳催化活性；

②根据图1示可知：在600℃时C02的转化率：Ni-CeO2-DP800>Ni-CeO2-IM800；而根据图2所示温度对

Ni-CeO2-IM800的选择性影响不大，Ni-CeO2-DP800的选择题随温度的升高而增大，要在温度为600℃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-DP800；

【小问4详解】

①反应I在反应前后气体的物质的量不变，而反应II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H的化学平衡正向移动，导致CO2的转化率增大，故Li表示压强为

0.1MPa,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C02的

转化率逐渐靠近；

②Q点时，测得CH4(g)的物质的量为bmol,根据反应II方程式可知反应产生2bmolH20(g),消耗b

molCO2(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、比。值)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n(CO2)=0.5amol,n(H2)=[(2a)-(0.5a-b)-4b]mol=(1.5a-3b)mol,n(CO)=(0.5a-b)mol,

n(CH4)=bmol,n(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+bmol+(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

"18a—3b0o—h

为p(CC)2)=-----x0.IMPa；p(H2)=------------x0.IMPa,p(CO)=-----------x0.IMPa,p(H2O)=

3a-2b3a_2b3a-2b

05a+h

-----X0.IMPa,则反应I的压强平衡常数K=

3a-2bp

0.5a-bx0.5a+b

p(CO)•p此0)_(z加/xQn)x(z加=2万xnIMPa)A一5a+b

p(C0).p(H)/0.5a八、z1.5a-3b„1Am、1.5a

K29K29(-----x0.IMPa)x(-------x0.IMPa)

3a_2b3a_2b

17.E和J均为生活中常用的高分子化合物，二者可由如下路线合成。

奈川

(1)B的化学名称为

(2)C的结