江西省红色十校2023-2024学年高三年级下册2月联考化学试题2

江西红色十校2月联考

化学

说明：

1.本试卷满分100分，考试时间75分钟。

2.请在答题卡上作答。

3.可能用到的相对原子质量H：1C：12N：14O：16Na：23S：32Cl：35.5

K：39Ca：40Fe：56Cu：64Ag：108I：127

一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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.化学与日常生活紧密相关，下列项目与所述化学知识的描述，有误的是

选项项目化学知识

A橡胶进行硫化形成交联结构，增强橡胶的强度、弹性、韧性等

B酒精可用于消毒酒精具有强氧化性

C氯化钙用作融雪剂氯化钙溶解放热，加速冰雪的融化，且盐水凝固点比水更低

D含氟牙膏用于预防齿再齿牙膏中的氟化物与牙齿发生反应后，产物更难溶于水

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【详解】A.橡胶的硫化可以形成交联结构，增强橡胶的强度、弹性、韧性等，正确；

B.酒精没有强氧化性，错误；

C.氯化钙溶解放热，加速冰雪的融化，且盐水凝固点比水更低，正确；

D.使用含氟牙膏，牙齿成分中羟基磷灰石Ca5(PC)4)3OH与F-反应转化为更难溶于水的氟磷灰石

Ca5(PO4)3F和OH-,正确；

故选B。

2.下列各组物质在给定条件下能大量共存的一组是

A.加入A1放出氢气的溶液中：NH：、K?、NO］、Fe2+

B.c(S?-)=0.1!1101/1的某溶液中：K+，Na+>Cl->Cu2+

C.含有大量氨水的溶液中：Na+，K+、NO；,Al3+

D.某澄清透明的水溶液中：Mg2+、Na+、C「，S0二

【答案】D

【解析】

【详解】A.加入Al放出氢气的溶液可能显酸性或碱性，溶液如果显酸性，NO］会氧化Fe?+导致二者无法

大量共存；溶液如果显碱性，OH-与NH：不能大量共存，A错误；

B.S?-与Cu?+反应，生成黑色的CuS沉淀，B错误；

C.大量的氨水会和铝离子反应，生成氢氧化铝沉淀，C错误；

D.溶液是否澄清透明和离子是否有颜色无关，且Mg2+、Na+、C「，S。:相互之间不反应，可共存，D

正确；

故选D。

3.结构决定性质，下列判断正确的是

A.第二电离能：Al>Mg

B.共价键键能：H-C1>H-F

C.晶体的熔点：金刚石<SiC（晶体硅

D.分子的极性强弱：CC14>H2O

【答案】A

【解析】

【详解】A.Mg（价电子3s2）失去一个电子后，价电子排布式为3sl（半充满），A1（价电子3s?3pi）失去

一个电子后，价电子排布式为3s2（全充满），而稳定性：全充满>半充满，所以第二电离能：Al>Mg,

A选项正确；

B.非金属性F>C1,则稳定性HF>HC1,所以共价键的键能H—F>H—Cl,B选项错误；

C.共价键键长越短，共价晶体的共价键强度越大，熔点越高，三者都是共价晶体，所以熔点：金刚石〉SiC>

晶体硅，C选项错误；

D.CO4呈现sp3杂化，属于正四面体对称的非极性分子晶体，H2O中，中心原子O价层电子对数为4,

呈现不等性sp3杂化，空间构型是V型，所以分子的极性：CC14<H2O,D选项错误；

故选Ao

4.设州为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是

A.Imol石墨所含的共价键数目是2NA

B.Imol乙焕含有的万键数目是NA

C.电解精炼铜的装置中，转移电子数NA时，阴极增重32g

D.常温下100mLpH=5的NaHC?O4溶液中，水电离的H+数目为I。'NA

【答案】C

【解析】

【详解】A.Imol石墨含有的共价键数目是L5NA，故A错误；

B.Imol乙快含有乃键数目是2NA，故B错误；

C.精炼铜的装置中，阴极反应只有一个：Cu?++2e-=Cu，当转移电子数NA时，阴极析出0.5molCu,

增重32g,故C正确；

D.pH=5的NaHC2。4溶液抑制水的电离，即HC2。；电离程度大于水解程度，c(H+)水=KT9moi/L,

则100mLNaHC2。4溶液中，水电离的H+数目为10T°NA，故D错误；

故选C。

5.为达到以下实验目的，相应的实验设计最合理的选项是

选

实验目实验设计

项

除去NH4C1固体中混有的少

A加热，使单质碘升华

量12

加入NaOH溶液并加热，一段时间后，溶液仍然分层的是矿物

B区分矿物油和地沟油

油，不分层的是地沟油。

验证澳乙烷与NaOH发生消在醇溶液中加热后，将产物用导气管导出，通入酸性KMnC)4溶

C

去反应液，KM11O4溶液褪色。

用pH试纸分别测定相同浓度NaClO和Na2cO3,pH更大的是

D验证酸性H2c。3>HC1O

NaClO

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【详解】A.NH4cl分解后生成的NH3和HC1会重新结合生成NHdCl,类似于I2的升华和凝华，导致无

法分离，A错误；

B.矿物油和地沟油都不溶于水，浮在水层的上方。矿物油的主要成分是煌类物质，与NaOH溶液不反

应，而地沟油主要成分是油脂，在碱性条件下能水解，水解后产物溶于水，所以溶液不再分层，B正确；

C.澳乙烷与NaOH的消去反应中，反应物有乙醇(易挥发)，从导气管中导出的产物，既有乙烯，又有乙

醇，而乙醇也能使酸性高锦酸钾溶液褪色，C错误；

D.NaClO具有漂白性，无法用pH试纸测出pH,况且应该比较等浓度NaHCC)3和NaClO的pH,D错

误；

故选Bo

6.下列有关化学用语的表述正确的是

A.聚乙快的链节是：一CH—CH—

B.Ba(OH)2溶液中加入少量的NH4HSO4溶液：2H++SOj+Ba2++2OfT=BaSC)4J+2H2。

3d

C.基态Fe3+的价电子排布图为：I।I।I।I।Ij

D.Mg。？的电子式：Mg2+[O：：O]2'

【答案】C

【解析】

【详解】A.聚乙焕含有碳碳双键，链节是-CH=CH-,故A错误;

+2+

B.正确离子反应：NH^+H+SO；-+Ba+2OH=BaSO4+H2O+NH3-H2O.故B错误;

C.基态Fe原子的价电子构型是3d64s2,再结合洪特规则，Fe3+的价电子排布图为:

3d_______

A|A|A故C正确;

_...・2-

D.正确的电子式为Mg2+[：0：0：]故D错误;

故选Co

7.下列关于原子结构和元素周期表的说法一定正确的是

A.非金属元素的最外层电子数都不超过4

B.原子序数大的元素，其相对原子质量也更大

C.同主族元素中，电子层数越多的，其单质的密度也越大

D.若IA族的某元素原子序数为°,则同周期IVA族元素的原子序数可能是a+13

【答案】D

【解析】

【详解】A.周期表中的VA族、VIA族，其中非金属的最外层分别有5个、6个电子，故A错误；

B.原子序数大的元素，其相对原子质量不一定更大，故B错误；

C.同主族元素中，电子层数越多的，其单质的密度不一定越大，如：IA族的密度：Na>K,故C错误；

D.同周期的这两种元素，如果都在第二或第三周期，则原子序数为a+3,如果都在第四或第五周期，则原

子序数为a+13（多出10种过渡元素），如果都在第六或第七周期，则原子序数为a+27（镯系、钢系再

分别多出15种元素），故D正确。

故选D。

8.某有机物A的结构简式为[[1。、小/“’（R是未知取代基），下列说法正确的是

A.当R是H时，A属于芳香燃

B.当R是乙基时，A中只存在一个手性碳原子

C.当R是C1时，A存在顺反异构且A能发生水解反应

D.当R是羟基时，A的同分异构体中，属于苯甲酸同系物的共有9种

【答案】C

【解析】

【详解】A.A中含有氧原子，不属于嫌类，A错误；

B.当R是乙基时，A中不存在手性碳原子，B错误；

C.两个双键碳原子上均连接不同的基团，所以存在顺反异构，而A中含有-Q,可以在碱性条件发生水解

反应，C正确；

D.将苯环记为ph-,属于苯甲酸同系物的同分异构体有以下情况：

pi,________「OOH

①Ph—CH,—CH,—COOH②1一③Ph—CH?—COOH和一个—CH3,共3种④

CH,

Ph—COOH和一个-C2H5,有3种；⑤Ph—COOH和两个-CH3,有6种，合计14种，D错误；

故选Co

9.实验室将NH3通入KzCr2。?溶液，装置如图所示（夹持装置省略），已知常温下K^CrzO,和KzCrO’的

溶解度分另1J是12.3g和63.7g,下列说法错误的是

A.b中装入P2O5可以吸收多余的氨气

B.装置X的作用是控制气体流速，同时能平衡气压

C.装置a的作用是防止倒吸，实验时Y溶液的颜色可能发生变化

D.严格控制Y中溶液的pH,可以实现将KzCr2。?全部转化为KzCrOd

【答案】D

【解析】

【详解】A.氨气是碱性气体，无水CaCU或P2O5能够和氨气反应，b中装入P2O5可以吸收多余的氨气，

A正确；

B.长颈漏斗和空气相通，可以防止堵塞、NH3不溶于CCl”可以控制氨气的流速，同时能平衡气压，B

正确；

+

C.氨气极易溶于水，a装置可以防倒吸，本实验涉及转化关系C^OV+H?。-2CrO^+2H,Cr2O^

显橙色，CrO上显黄色，实验时溶液颜色会发生变化，C正确；

D.由于常温下KzCr2。？的溶解度远小于KzCrO,，且该反应可逆，无法实现将KzCr?。,全部转化为

K2CrO4,D错误；

故选D。

10.下列通过类比或推理得出的结论合理的是

选

己知结论

项

NC13（溶于水后产物有漂白性）中N的化合

ANF,中N的化合物为+3价

价也是+3价

B利用NaCl和浓硫酸加热制HC1气体也可以利用KI和浓硫酸加热制HI气体

Cd（OH）2也能溶于氨水（已知Zn和Cd都在

CZn（OH）2能溶于氨水

周期表IIB族）

合成氨：（条件：高温、

D合成硫酸涉及反应：2SO2+O2.-2SO3（条N2+3H2.-2NH3

件：催化剂、高温），反应物可用空气代替。2高压、催化剂），反应物可用空气代替N2

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【详解】A.电负性F>N>C1,所以NF3中N的化合价为+3价，NCL中N的化合价是一3价，A错误;

B.HI还原性很强，会被浓硫酸氧化（可以换做用浓磷酸制HI）,B错误；

C.Zn和Cd属于同一族的过渡元素，性质相似，都能与氨水反应，生成配合物，C正确；

D.2SO2+O22sO3中反应物可用空气代替。2,因为空气中的其他主要成分（主要考虑N?）不与SO2

反应，但是工业合成氨：N2+3H2K•2NH3,反应物不能用空气代替N?,因为空气中存在大量的。2,

在高温高压条件下，。2与H?反应，可能发生爆炸，D错误；

故选C。

11.原子序数依次增大的五种短周期主族元素Y、M、Q、Z、X,它们形成的物质A结构如图所示，下列说

法不正确的是

A.键角：YQ3〉54

B.物质A中所有原子都满足最外层8电子结构

C.元素Z的最高价氧化物可用于制作高温耐火材料

D.第二周期元素中，只存在一种元素的第一电离能数值介于M与Q之间

【答案】D

【解析】

【分析】结合题目信息和Q只形成一个共价键，可知Q只能是F,再根据物质的结构，可以推测出Y、M、

Q、Z、X分别为B、N、F、Si、Cl»

【详解】A.YQ3是BF3,构型为平面正三角形，键角120。，ZX,是SiCl「构型是空间正四面体结构，

键角109。28',所以键角：YQ3〉ZX「A正确；

B.Y原子（B原子）通过配位键，也达到8电子稳定结构，B正确；

C.Si。2熔点很高，可用于制作高温耐火材料，C正确；

D.第二周期元素中，由于N原子价电子构型是2s22P3,p能级半充满，第一电离能：F>N>O>C,

所以第二周期不存在任何元素的第一电离能数值介于N与F之间，D错误;

故选D。

12.某钾盐光学材料是具有钙钛矿型的立方晶体结构，边长为《pm,晶胞中原子K、I、O分别处于顶角、

体心、面心位置。如下图所示，已知1处原子的坐标是[0,0,0],且K、I、O实心球的半径分别是皿m,

3Pm,zpm,设阿伏加德罗常数为NA，下列说法错误的是

A.该晶体可用于加碘盐中补充碘元素

B.位于2处的O原子坐标为

214/.3\

C.该晶胞的密度为7―1八-1。、3”(g/cm)

(axlOjNA

D.该晶胞的原子空间利用率为4-(丁+0+z-)(计算时用原子半径近似代替离子半径)

3a3

【答案】D

【解析】

【分析】通过均摊法得知该立方体晶胞中K、I、。的原子个数分别是1,1,3,所以晶胞化学式为KK)3；

【详解】A.加碘盐中含有KK)3,A正确；

B.2处的。原子，位于侧面的面心，通过x、y、z三个方向投影，得到的坐标是,B正确；

c.KK)3的摩尔质量M=214g/mol,一个晶胞的体积V=(axl()T°cmy,

_M_214//3\

所以晶胞密度/丁(。＞]0.10)3其他/曲C正确；

4/33\43

D.该晶胞的原子空间利用率乃卜+9)+3*3%，7_4.(V+y3+3z3),D错误；

-O5―3^

故选D。

13.以AgN。?浓差电池(电解质溶液浓度不同形成的电池)为电源，以石墨为电极将NH3转化为较高纯度

的H2装置如图所示。下列说法正确的是

A.电极A上的反应为2阻-6片=N2T+6H+

B.由于存在阴离子交换膜，电解过程中乙池溶液pH不变

C.当产生L12LH2(标况)时，丙室中电解质溶液质量减少17g

D.电池停止工作后，若要使电池恢复到初始状态，Ag(2)连接的是电源负极

【答案】C

【解析】

【分析】该浓差电池最终交换膜两侧AgNOs溶液浓度相等，交换膜为阴离子交换膜，即SOj通过离子交

换膜移向左侧，左侧溶液c(AgN03)增大，右侧c(AgNOs)减小，所以丁池中Ag(l)溶解，c(Ag+)增大，

乙池中Ag+得电子生成Ag析出，即Ag(2)电极为正极，Ag(l)电极为负极，负极反应式为Age=Ag+,正极

反应式为Ag++e=Ag,电解池中A电极为阳极，B电极为阴极，阳极上NH3发生失电子的氧化反应生成

N2,阴极上H2O发生得电子的还原反应生成H2,据此分析回答。

【详解】A.从图示来看，A电极产生N2,应为电解池的阳极，左边浓差电池Ag(2)连接电极A,做原

电池的正极，NO3-向丁室迁移，阴离子交换膜允许OH-通过，A电极上的反应为

2NH3-6e+6OH-N2T+6H2O；故A错误；

B.A极电极反应为：2NH3-6e-+6OHN2T+6H2O,OH」从甲移到乙进行补充，但反应生成

了水，故乙池NaOH溶液pH会减小；故B错误；

C.产生1.12LH2(标况)时，转移O.lmol电子，丙室会有0.1molAg+生成Ag单质，同时有O.lmolNO]

从丙室移向丁室，一共减少17g；故C正确；

D.由于浓差电池中，Ag(2)电极Ag+浓度已经减小，若要使电池恢复到初始状态，Ag(2)电极需发生氧

化反应(活性电极)产生Ag+,则Ag(2)需要和电源正极相连，故D错误。

答案选C。

14.在25℃下用KOH溶液分别滴定HA、CuCl2,MgCl2三种溶液，PM[p=-lgM,M表示｛Cu?+)、

c(HA)

,(Mg)、《A1]随PH变化有①②③三条曲线，已知图像中a=4.0,b=5.5,c=8.5,且

7^[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]，下列说法错误的是

A.HA的电离常数Ka(HA)=lxl()65

B.当Cu?+刚好完全沉淀时，溶液pH=6.5

C.在25。(2下Mg(OH)2易溶于HA溶液中

D.②③两条曲线交点N的横坐标pH=10.5

【答案】D

【解析】

【分析】①③两条曲线平行，所以物质类型相同，则曲线②代表HA溶液，b=5.5,结合纵坐标的意义可

知：b点时，可算出K“(HA)=c(H+)=1x1065,而a=4.0,此时c(0fT)=l()T°mol/L,此时金属阳

离子浓度为Imol/L,所以曲线①的Ksp=KT2o,同理可知，曲线③的K8P=1()T,而题目已知

20

Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[CU(OH)2],所以Ksp[Mg(OH)2]=l(T”(对应曲线③)，^sp[Cu(OH)2]=10-

(对应曲线①)，K0(HA)=c(H+)=1x10—5.5(对应曲线②)，以此解答。

【详解】A.由分析可知，HA的电离常数Ka(HA)=1x1065,A选项正确；

B.当Cu2+刚好完全沉淀时，c(Cu2+)=105mol/L,则

K/CU（OH）2、严

c（0H）==KT/5moi/L,此时c（H+）=10F5moi/L,即溶液pH=6.5,

VW5

B选项正确；

2+

C.Mg(OH)2+2HA=Mg+2A+2H2O,该反应的平衡常数

k《Mg")",)c(Mg2+)/(OH)c2(A)c2(H+)K./Mg(OH)JK”A)⑻限…及>及,冼师正确

C2(HA)C“HA)KK：(IO-14)2一匹人庄明

2+\c(HA)Kc(H+)

D.②③两条曲线相交时，N点的两条曲线的纵坐标相等，c(Mg)=--V,即吼=△~二

2

c(A)C(0H-)Ka

Kc(H+)-c(0H)in14/、

所以产、=△————」—天，而则c(OH-)=10Wmol/L,pH=11.5,D选

55

c(OH-)KaIO瓯')

项错误；

故选D

二、非选择题：本题共4小题，共58分。

15.某矿物A中含有Tic)?、SiO2,Fe2O3,CaO四种成分，设计如下流程图，分离出TiO2,并测定矿物

中铁元素的含量

I.分离TiC)2

已知：

②「。2不溶于水，TiCP+容易水解产生TiCVxH?。；

②相关数据(参考依据：离子浓度O.lmol/L,温度25℃)；

-38

7Tsp[Fe(OH)3]=4.0xlO,1g2=0.3

开始水解的完全水解的

离子

PHPH

TiO2+4.07.4

请回答：

(1)Ti的原子序数为22,在周期表中位于________区，其价层电子排布式为o

(2)流程中操作①需要的玻璃仪器一共有种；固体B的化学式为。

(3)当溶液中离子浓度达到lO^mol/L时，可视为沉淀完全，则流程图中a的取值范围是。

(4)操作②是调节pH=7.4,请写出生成TiOz-H2。的离子反应：。

(5)检验Ti。？"H?。是否洗涤干净的操作是。

II.测定矿物中Fe元素的含量，取4.0g矿物A,分以下几步进行：

①将流程图中所得的Fe(OH)3用浓盐酸溶解，并调节到c(H+)=4mol/L,定容到100mL；

②从中取出25mL于锥形瓶中，加入8滴50g/L的SnCL溶液，并滴加6滴lg/L的甲基橙，微热，使Fe3+

全部还原为Fe?+,待溶液全部褪色，该反应进行完全，将溶液冷却到室温；

③向上述反应后的溶液中加入20mL硫磷混酸，再加入4滴2g/L的二苯胺磺酸钠为指示剂，用

0.01675mol/L的KzCr2。?标准溶液滴定，待溶液恰好呈紫色时停止滴定，做三次平行实验，平均消耗标

准K2Cr2O7溶液的体积为22.50mL。

己知：步骤②和③中的离子反应分别为：

2Fe3++SnC里+2CF=2Fe2++SnC中，

2++3+3+

Cr2O；+6Fe+14H=2Cr+6Fe+7H2O。

请回答:

（6）滴定时应该选用（写实验仪器）来盛装）KzCrz。7标准溶液。

（7）经计算，矿物中Fe元素的含量是（保留3位有效数字）。

（8）以下操作会导致所测Fe元素含量偏高的有。

A.步骤②中加入的SnCL过多

B.滴定之前，锥形瓶中有少量的蒸储水

C.滴定时没有摇动锥形瓶，溶液变紫色后马上停止滴定

D.配制KzCr2。,标准溶液时，玻璃棒的下端靠在容量瓶刻度线的上方

【答案】（1）①.d②.3d24s2

（2）①.3（或三）②.CaSC）4和Si。？

⑶3.2<pH<4,0

2++

（4）TiO+（x+l）H2OTiO2-.rH2O+2H

（5）取最后一次洗涤液（没有答出这句话的不给分），加入稀盐酸（无明显现象），再加入BaCU溶液，产

生白色沉淀，证明TiC>2-XH2O已经洗干净

（6）酸式滴定管（7）12.7%或0.127（8）AD

【解析】

【分析】矿物A中含有TiC）2、SiO2,Fe2O3,CaO,加入硫酸后二氧化钛和氧化铁溶液，氧化钙和硫酸

钙生成硫酸钙沉淀，过滤后得到溶液A,其中含有TiC）2+,调节pH后TiC）2+水解为TiC>2-XH2O处理后得

到产品，以此解题。

【小问1详解】

Ti为22号元素，其价电子排布式为3d24s2,位于周期表中d区；

【小问2详解】

操作①是过滤，需要玻璃仪器为：烧杯、漏斗、玻璃棒，一共3种；CaO与浓硫酸反应后得到CaS。4，

而SiO2不溶于硫酸，所以固体B的化学式为CaSO4和SiO2；

【小问3详解】

38

^sp[Fe(OH)3]=4.0xl0-,使Fe?+沉淀完全，当c(Fe3+)=10-5mol/L时,

C（OH）==4§*10''mol/L.

（i、

p0H=-lgc（0H-）=-lg43xl（）T=11一一2lg2=10.8,则pH=14—pOH=3.2,不能使TiCP+沉

I）3

淀，所以pH<4.0,所以3.2<pH<4.0；

【小问4详解】

根据题意可知，溶液B中含有TiC）2+,且TiC）2+容易水解产生TiC^jH?。，相应的离子方程式为：

2++

TiO+（x+l）H2OTiO2xH2O+2H；

【小问5详解】

根据流程可知，在矿物A中加入了硫酸，则溶液B中含有硫酸根离子，可以通过检验硫酸根离子来检验

TiC^dH?。是否洗涤干净，具体操作是：取最后一次洗涤液（没有答出这句话的不给分），加入稀盐酸

（无明显现象），再加入BaC"溶液，产生白色沉淀，证明TiOz-H?。已经洗干净；

【小问6详解】

KzCrzO,溶液有强氧化性，会氧化碱式滴定管的乳胶管，应该选择酸式滴定管；

【小问7详解】

溶液定容100mL后，只取了25mL在锥形瓶中用于实验测定，所以

2+-3-3

〃（Fe）=zz（Fe）=6zi（Cr2O；"）=6x0.01675mol/Lx22.5x10Lx^^=9.045x10mol,所以

c珀入口mw9.045x10"3molx56g/mol._

Fe的含量w（Fe）%=--------------------------------xl0n0n%n/«12.7%n/；

4g

【小问8详解】

A.步骤②中加入的SnCL过多，SnCL有强还原性，会消耗更多的KzCrz。7标准溶液，所以测定结果偏高，

A正确；

B.滴定之前，锥形瓶中有少量的蒸储水，对测定结果没有影响，B错误；

C.滴定时没有摇动锥形瓶，溶液变紫色后马上停止滴定，说明所加入的标准溶液偏少（应该一边滴加一边

震荡，变色后观察30秒，颜色不变化），所以测定结果偏低，C错误；

D.配置!^€：马。7标准溶液时,玻璃棒的下端靠在容量瓶刻度线的上方,导致配溶液时体积偏大，即K2Cr2O7

标准溶液浓度偏小，所以消耗更多的标准溶液，测定结果偏高，D正确；

故选ADo

16.CuCl是见光容易分解的白色固体，难溶于水和乙醇，在潮湿的环境中易被氧化和水解。实验室制备CuCl

的实验装置如下图所示，制取步骤如下：

①组装好整套实验装置，称取10.3g的CuCU^H2。晶体，加适量煮沸后冷却的蒸储水，使固体全部溶解，

将其置于A装置中；

②在60℃左右向A装置中通入SC>2气体，搅拌；

③当A中溶液全部褪色，停止通SO2气体；

④实验结束后，先向A装置中加入适量蒸储水，减压过滤(需避光)，可得到CuCl粗产品；

⑤用乙醇洗涤CuCl粗产品，将产品在双层干燥器(分别装有浓硫酸和碱石灰)中干燥34h,再经氢气流干

燥，最后进行真空干燥，得到产品质量为5.5g。

已知CuCl在溶液中存在如下平衡：CuCl(s)+3Cr(aq).±CuCl：(aq,无色)。

回答下列问题：

(1)基态S原子核外电子一共有种不同空间运动状态；液态SO?能发生自偶电离

2+

2SO2.-SO+SOt-,与SC)2+互为等电子体的分子有(写化学式，任写一种即可)。

(2)装置A的名称是,多孔玻璃泡的作用是o

(3)步骤②涉及的离子方程式为o

(4)步骤④中，加入适量蒸储水的目的是o

(5)步骤⑤用乙醇洗涤CuCl粗产品的原因是o

(6)本实验的产率是(保留3位有效数字)。

(7)O3.1+

假设在25℃下：H2sH++HSO]凡=1.5x10-2,HSQ-H+SO^,

Ka2=1.0x10-7且32=0.3,测得反应后烧杯中的溶液pH=7.3,则烧杯中所发生的离子方程式为

【答案】(1)①.16(或十六)②.N?或CO

(2)①.三颈烧瓶②.增大气体和溶液的接触面积，加快反应速率(使反应充分进行)

2++

(3)2CU+2CF+SO2+2H2O=2CUC1J+SOj+4H

(4)使CuCl(s)+3C「(aq),,CuCl；(aq,无色)平衡向左移动，释放出CuCl

(5)乙醇可以除去CuCl表面的杂质，防止产品被水氧化和水解，同时乙醇(易挥发产品)更容易干燥

(6)91.8%或0.918

（7）3SO2+50H=2SO1-+HSO；+2H2O

【解析】

【分析】称取10.3g的CuCVZH?。晶体，加水溶解所得混合溶液中通入SO?气体，即可得到CuCl沉淀,

经过滤洗涤干燥获得产品；由于CuCl易被氧化，可以使用乙醇进行洗涤，将产品在双层干燥器（分别装有

浓硫酸和碱石灰）中干燥34h,再经氢气流干燥，最后进行真空干燥，得到产品。

【小问1详解】

基态S原子核外电子排布式为Is22s22P63s23P3含有9个含有电子的轨道，共有9种不同的空间运动状

态，等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团，与SO?卡互为等电子体的分子有N2或

COo

【小问2详解】

装置A的名称是三颈烧瓶，多孔玻璃泡的作用是增大气体和溶液的接触面积，加快反应速率（使反应充分

进行）。

【小问3详解】

步骤①硫酸铜、二氧化硫、氯离子反应生成氯化亚铜沉淀和硫酸根离子，反应中硫化合价由+4变为+6、铜

化合价由+2变为+1,根据电子守恒和质量守恒可知，涉及的离子方程式为

2++

2CU+2CF+SO2+2H2。=2CuClJ+SOj+4Ho

【小问4详解】

步骤④中，加入适量蒸储水的目的是使CuCl（s）+3C「（aq）.■CuCl：（aq,无色）平衡向左移动，释放

出CuCL

【小问5详解】

步骤⑤用乙醇洗涤CuCl粗产品的原因是：乙醇可以除去CuCl表面的杂质，防止产品被水氧化和水解，同

时乙醇（易挥发产品）更容易干燥。

【小问6详解】

10.3gCuCl,-2HO中氯化铜的物质的量为~~—=0.0602moL理论上生成0.0602mol氯化亚铜，实

-2171g/mol

55g

验得到产品5.5g,故本实验产品的产率是K—一100%=91.8%。

707.07602molx99.5g/molJ

【小问7详解】

c(H+)c(SOj),

反应后烧杯中的溶液pH=7.3,c(H+)=lxl()7-3mol/L,则溶液中Ka?=一\\J:1.0x10-7,则

c(HSO；)

c(SOj)K.l.OxlO7nac(SOj)

dz_____________________=1O0-3,已知1g2=0.3,则与―y=10°-3=2,根据电荷守恒配

c(HSO；)c(H+)1.0x1073c(HSC)3)

平该离子方程式为：3SO2+50H=2SO丁+HSO；+2H2O。

17.CO2的转化和利用是实现碳中和的有效途径。二氧化碳的排放越来越受到能源和环境领域的关注，其综

合利用是目前研究的重要课题之一。

已知：CC)2加氢时主反应(反应①和反应②)，同时伴随着副反应(反应③)。

I.反应①CC)2(g)+4H2(g)；CH4(g)+2H2O(g)=-165kJ/mol

反应②CC>2(g)+H2(g)FCO(g)+H2O(g)AH2=+42kJ/mol

反应③CH4(g)+H2(D(g)*CO(g)+3H?(g)

II.键能数据:

o—H—c—

化学键

HHH

键能

463436414

(kJ/mol)

请回答以下问题:

(1)CC)2的VSEPR模型为,干冰晶体升华，需要破坏(填“分子间作用力”或“共价

键”或“离子键”)。

(2)反应③自发进行的条件是(填“高温自发”或“低温自发”或“任何温度下都自发”)，经

计算可知化学键C三O的键能是0

(3)仅从反应①和②的角度考虑，反应①在工业上合成CH4时，通常控制温度为500℃左右，其主要原

因为«

(4)在催化剂作用下，按MCC)2)："(H2)=0-5的比例向某密闭容器中通入一定量的原料气发生①②③

三个反应。维持压强始终为2.28MPa,测得在不同温度下，反应经过相同时间，CO2的转化率、CH4的

n(CH4)

选择性如图所示，已知：CH,选择性=“(8；+〃前/°0%。

请回答：

①图像中CO2的转化率先增大后减小，请解释原因：；

②反应①的Kp=（保留3位有效数字，Kp指平衡分压常数，A的平衡分压=A的物质的量分数

X。总）。

（5）按照甲、乙、丙、丁四种不同的投料方式，只发生反应②

物质的量（mol）

组

别HO

co2H2co2

甲1100

乙2100

丙1200

T0011

四种情况均达到平衡时，请用“>”或“〈”或“=”比较大小。

①在恒温恒容条件下，H2转化率：乙________丙；

②在绝热恒容条件下，正反应平衡常数：甲丁。

【答案】（1）①.直线型②.分子间作用力

（2）①.高温自发②.1067kJ/mol

（3）温度低于500℃,反应速率慢；温度高于500℃,则有利于反应②平衡向生成CO的方向进行，导致

副产物增多。

（4）①.当T<£（低温）时，以反应②为主，CO2的转化率增大，当T〉7］（高温）时，以反应①

为主，CO2的转化率减小。②.79.1（MPa）-2

（5）®.>®.<

【解析】

【小问1详解】

CO2的中心原子为C,价层电子对数为2,无孤对电子，故CO?的VSEPR模型为直线型。干冰为分子晶

体，故干冰晶体升华时需要破坏分子间作用力。

【小问2详解】

反应②—反应①，可得：CH4(g)+H2O(g).■CO(g)+3H2(g)AH3=AH2-AH=+207kJ/mol,该

反应AH〉。，AS>0,所以反应③在高温下自发(AG<0)；设CmO的键能是闲/mol，则

AH3=(4x414kJ/mol+2x463kJ/mol)-(%+3x436kJ/mol)=+207kJ/mol,可得x=1067。

【小问3详解】

反应②的公/^〉。，适合高温条件，反应①的凶I<0,适合于低温条件，但是温度太低，反应速率太

慢。

【小问4详解】

①反应①的AdvO,反应②的A"2〉。，温度升高，反应①平衡向左移动，CO2的转化率减小，而反应

②平衡向右移动，CO2的转化率增大。在T<((低温)时，以反应②为主，CO2的转化率增大，在T〉7]

(高温)时，以反应①为主，CO2的转化率减小。

②设初始投料为lmolCC>2和2molH2,7；时，CO2转化0.6mol,C%选择性为60%,则此时

ra(CH4)=0.36mol,n(CO)=0.24mol,ra(CO2)=0.4mol,设此时体系中n(H2O)=xmol,

zz(H2)=ymol,由于存在三个反应，运用三段式法不方便，可以利用原子守恒建立等式：

〃(H)=2x+2y+0.36x4=4mol,n(O)=x+0.4x2+0.24=2mol,解得x=0.96mol,y=0.32mol。

H,的转化率=2m°1一°，32mHxW0%=84%；]时刻，W(CH4)=0.36mol,n(CO)=0.24mol,

2mol

«(CO2)=0.4mol,H(H2O)=0.96mol,«(H2)=0.32mol,体系中五种气体的总物质的量为2.28mol,

而P&=2.28MPa，所以：/?(CH4)=0.36MPa,p(CO)=0.24MPa,/?(CO2)=0.4MPa,

p(H2O)=0.96MPa,p(H2)^0.32MPa,则反应①的K=Q36MPa).(0.96MPa)=791(MPa)-2

4

'2)P(0.4MPa).(0.32MPa)

【小问5详解】

①在恒温恒容条件下，乙和丙相对于甲的投料而言，乙增加ImolCOz(提高H2的平衡转化率)，丙增加

ImolH2(降低了H2的平衡转化率)，所以平衡时H2的转化率：乙>甲>丙。

②在绝热恒容条件下，甲从正方向投料，正反应吸热(温度越高，平衡常数越大)，导致温度减低，正反应

平衡常数减小，丁从反方向投料(放热方向)，温度升高，平衡常数增大，所以正反应的平衡常数：甲〈丁。

18.胺类物质在医药和能源化工中有重要的用途，下图是合成有机物C