2024届湖南省岳阳市高三年级下册第二次教学质量监测（二模）化学试题（解析版）

岳阳市2024届高三教学质量监测（二）

化学试卷

本试卷共8页，18道题，满分100分，考试用时75分钟。

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的学校、班级、考号和姓名填写在答题卡指定位置。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应的标号涂黑，如需改动，用橡皮

擦干净后，再选涂其他答案标号。

3.非选择题必须用黑色字迹的签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内；如需改动，

先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。

4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，只交答题卡。

可能用到的相对原子质量：H-lC-12N-140-16cl-35.5Fe-56Cu-64Zn，65Ba_

137

一、选择题（本大题共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.中华文化源远流长，化学与文化传承密不可分。下列说法正确的是

A.《问刘十九》中写道：“绿蚁新酷酒，红泥小火炉”，“新醋酒”即新酿的酒，

在酿酒的过程中，淀粉水解的最终产物是乙醇

B.《馀冬录》中描述的黄丹其主要成分为Pb3。”则黄丹（PbsOj与磁性氧化铁类似，其中铅的化合价有

+2价和+3价两种化合价

C.“沧海月明珠有泪，蓝田日暖玉生烟”，句中“珠”字对应的化学物质是碳酸钙，属于强电解质

D.“九秋风露越窑开，夺得千峰翠色来”，“翠色”是因为成分中含有氧化亚铜

【答案】C

【解析】

【详解】A.在酿酒的过程中，淀粉水解的最终产物是葡萄糖，葡萄糖继续在酒化酶的作用下分解得到乙醇，

故A错误；

B.黄丹（PbsOj中铅的化合价有+2价和M价两种化合价，故B错误；

C.碳酸钙属于盐，溶于水的部分能够完全电离，是强电解质，故C正确；

D.“翠色”为青色或者绿色，而氧化亚铜为砖红色，可能来自亚铁离子，诗句中的“翠色”不可能来自氧化亚

铜，故D错误。

答案选c。

2.下列有关化学用语表示正确的是

2+2-

A.CaC2的电子式：Ca［：C：C：］

••••

B.填充模型可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子

c.能体现环己烷(c6H12)稳定空间构型的键线式：y—y

D.甲醛中兀键的电子云轮廓图：/

【答案】D

【解析】

【详解】A.CaC2由钙离子和C；构成，电子式：Ca2+[:CMC:/,A错误；

B.该填充模型的中心原子半径较大，原子半径C1>C>H,则可以表示甲烷分子，不可以表示四氯化碳分

子，B错误；

C.环己烷稳定空间构型为椅式结构，图示为船式结构，C错误；

D.甲醛中存在C=O,其中含有一个无键，其电子云轮廓图为//后三注口//，D正确;

*—

3.下列实验装置(部分夹持装置略)设计或操作能够达到实验目的的是

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【详解】A.二氧化锦与浓盐酸共热反应制备氯气，常温下与浓盐酸不反应，则题给装置无法达到制取氯气的

实验目的，故A错误；

B.氯化镂受热分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢遇冷生成氯化钱，则直接加热氯化镀无法制得氨气，则

题给装置无法达到制备氨气的实验目的，故B错误；

C.硝酸银溶液与过量的氨气反应生成叠氮化银，无法制得银氨溶液，则题给装置无法达到制备银氨溶液的实

验目的，故C错误；

D.催化剂作用下，石蜡油受热分解生成的烯燃可以使试管中盛有的澳水或酸性高锦酸钾溶液褪色，则题给装

置能达到验证石蜡油的热分解的实验目的，故D正确；

故选D。

4.联氨（N2HJ是一种绿色环保还原剂，为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，可用于处理锅炉水中

的溶解氧，防止锅炉被腐蚀，下列说法错误的是

A.向装有少量AgBr的试管中加入联氨溶液，可观察到固体逐渐变黑，发生的反应为

N2H4+4AgBr=N2T+4HBr+4Ag

B.碱性：NH3<N2H4

C.理论上ImolN2H4可处理水中lmolO2

D.N2H4是极性分子

【答案】B

【解析】

【详解】A.由题意可知，联氨溶液与澳化银反应生成氮气、银和氢澳酸，反应的化学方程式为

N2H4+4AgBr=N2T+4HBr+4Ag,故A正确；

B.氨基是吸电子基，会使氮原子给出孤对电子形成配位键的能力降低，所以联氨的碱性弱于氨，故B错误；

C.由题意可知，具有还原性的联氨与氧气反应生成氮气和水，由得失电子数目守恒可知，Imol联氨可处理水

中Imol氧气，故C正确；

D.联氨分子可以视作氨分子中的氢原子被氨基取代所得结构，则联氨分子中氮原子和氨分子中氮原子的杂化

方式都为sp3杂化，所以联氨分子是结构不对称的极性分子，故D正确；

故选B。

5.设代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是

A.标准状况下，22.4LHF气体中分子数目为NA

141616

B.10gNO2与O2混合气体中含有的质子数为5NA

C.含NA个CO：的Na2cO3溶液中，Na+数目等于2NA

D.16.25gFeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1iVA

【答案】B

【解析】

【详解】A.已知在标准状况下HF为液体，故无法计算22.4LHF气体中分子数目，A错误；

B.MN"。？分子的质量数为46,质子数为23,而BO2分子的质量数为32,质子数为16,即质量数是质子数

的2倍，故小小吃与力混合气体中含有的质子数为」^义人?111妙"=5刈，B正确；

mg/mol2

+

C.在Na2c03溶液中有物料守恒：N(Na)=2[N(CO；-)+N(HCO；)+N(H2CO3)],故含义个COj的Na2cO3

溶液中，Na+数目大于2以，C错误;

16.25g

D.由于盐类水解是一个可逆反应,故16.25g即=0.1molFeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数

162.5g/mol

小于O.INA，D错误；

故答案为：B。

6.某种电化学的电解液的组成如图所示，X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的短周期元素，下列说法错

误的是

A.熔融QW3不导电

B.ZX3空间结构为三角锥形

C.简单离子半径：Q<Z<W

D.X、Y、Z三种元素只能形成共价化合物

【答案】D

【解析】

【分析】根据组成结构以及成键特点，X和W只有一个共价键，可能是为H和卤族元素，Y有四个共价键，五

种元素原子序数依次增大，且属于短周期元素，因此Y为C,X为H,W应为C1,一个Z有三个共价键，该物

质为离子化合物，形成四个键的Z失去一个电子，因此Z为N,Q形成四个共价键的一价阴离子，则Q为A1。

【详解】A.AlCb是共价化合物，熔融AlCb不导电，故A正确；

B.NH3空间结构为三角锥形，故B正确；

C.C1-多一个电子层，半径最大，AF+的02一核外电子层结构相同，AF+的核电荷数大半径小，故离子半径

A13+<O2<C1-,故C正确；

D.H、C、N可以形成钱盐，是离子化合物，故D错误。

答案选D。

7.能正确表达下列反应的离子方程式为

A.硼酸与NaOH溶液反应：H3BO3+OH=B(OH)^

B.将少量NaOH滴入NH4Fe(SC)4)2溶液中：NH：+OH=NH3H2O

+

C.Na2s2O3溶液与稀硫酸的反应：3S20t+2H=4S+2S0^+H20

D.少量C。2通入苯酚钠溶液中：2c6H5C^+CO2+H2O=2C6H5OH+CO；

【答案】A

【解析】

【详解】A.硼酸是弱酸，与NaOH溶液反应生成四羟基硼酸钠和水，离子方程式为

-

H3BO3+OH=B(OH)",故A正确；

3+

B.少量NaOH要先和FE+反应，离子方程式为：Fe+3OH=Fe(OH)3^,故B错误；

C.Na2s2。3溶液中滴入稀硫酸反应生成S02气体淡黄色的S,反应的离子方程式为：S20j

+

+2H=H2O+SO2t+S；,故C错误;

D.苯酚的酸性大于碳酸氢根离子，反应生成苯酚和碳酸氢根离子；离子方程式为：

C6H5O^+CO2+H20=C6H5OH+HCO；,故D错误。

答案选A。

8.东良碧碱为我国东汉名医华佗创制的麻醉药“麻沸散”中的有效成分之一，其结构简式如图所示，下列有

B.分子中含有3种官能团

C.分子中所有碳原子不可能共平面

D.与强酸或强碱反应均能生成盐

【答案】B

【解析】

【详解】A.由结构简式可知，东蔓碧碱的分子式为C17H2]NC>4,故A正确；

B.由结构简式可知，东蔓着碱分子中含有的官能团为醒键、次氨基、酯基、羟基，共有4种，故B错误；

C.由结构简式可知，东良若碱分子中含有空间构型为四面体形的饱和碳原子，分子中所有碳原子不可能共平

面，故C正确；

D.由结构简式可知，东贯若碱分子中含有的酯基可以强酸和强碱溶液中发生水解反应，含有的次氨基可以和

也能与强酸反应生成盐，故D正确；

故选B。

9.一种超导材料（仅由Cs、A国、F三种元素组成）的长方体晶胞结构如图所示（已知MP=QR）,下列说法错

误的是

.要==*：；.

/A

Q:

Q[2O：1C）：OCs

-'A'QQ：0：iI

cpm..

,Ag

JOF

sp?.Zz

J1/

-巧Pi6iioi

0^-—

匕迂二。该

A.基态47Ag位于元素周期表的ds区

B.若N点原子分数坐标为,则P点原子分数坐标为］o,O,姿］

C.M、N之间的距离为日apm

D.该晶体最简化学式为CsAgR

【答案】D

【解析】

【详解】A.基态47Ag位于元素周期表的第IB族，是ds区的元素，故A正确；

B.若N点原子分数坐标为（!，!，（）］,则M点为O点，P点在x、y、z轴上的投影分别是0、0、二，P

U4J2c

点原子分数坐标为（0,0,言］,故B正确；

］）

c.M、N之间距离为底面对角线长度的一，为"Fapm，故c正确；

44

D.该晶胞中F原子个数为16x；+4=12,Cs原子个数为8X'+2=4,Ag原子个数为4x；+8x^=4,所以

/4/4

Ag、Cs、F原子个数之比为4：4：12=1：1：3,其化学式为CsAgFs,故D错误。

答案选D。

10.结合已有知识，根据下列实验操作，其对应的现象和结论均正确的是

选

实验操作现象结论

项

将乙醇和浓硫酸混合溶液加热到170℃,并将产

A滨水褪色有乙烯生成

生的气体经过氢氧化钠溶液洗气，再通入滨水

前者产生无色气体，稀硝酸的氧化性比浓硝酸

B常温下将铁片分别插入稀硝酸和浓硝酸中

后者无明显现象强

已知HC1OKa=4.0x10-8

CH2cO3Ka1=4.5x10"降=4.7x10」,无明显现象HC1O与碳酸钠不反应

向饱和溶液中滴加碳酸钠溶液

沉淀颜色会由黑色变

K（FeS）＞K（MnS）

D向少量FeS悬浊液中加入足量饱和MnCl2溶液为浅红色（MnS为浅spsp

红色）

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【详解】A.将乙醇和浓硫酸混合溶液加热到170℃,除产生乙烯气体外，还有乙醇蒸气、CCh、S02等杂

质，故需通过氢氧化钠溶液洗气，除去杂质气体，通入澳水中，滨水褪色，则说明有乙烯生成，A正确；

B.常温下Fe遇浓硝酸发生钝化，浓硝酸的氧化性强于稀硝酸，B错误；

C.电离平衡常数越大，酸性越强，所以酸性强弱顺序为：H2CO3>HC1O>HCOJ,向饱和溶液中滴加碳酸钠

溶液，根据强酸制弱酸原理，可发生反应：HCIO+COf-=HCO；+CIO^,由于没有生成CO2,所以无明

显现象，但HC10与碳酸钠发生了反应，C错误；

D.向少量FeS悬浊液中加入足量饱和MnCL溶液，因为MN+过量，与悬浊液液中的S2-反应生成MnS,MnS

沉淀不是由FeS转化的，不能证明Ksp（FeS）>Ksp（MnS）,D错误；

故答案为：Ao

11.环氧乙烷（，/°\,简称EO）是一种重要的工业原料和消毒剂。由乙烯经电解制备EO的原理示意图如

下。一定条件下，反应物按一定流速通过该装置。电解效率〃和选择性s的定义分别为:

n（生成B所用的电子）n（生成3所用的乙烯）

n（B）=n（通过电极的电子）“I°°S（B）=xl00%下列说法错误的是

n（转化的乙烯）o

A.阳极室产生C"后发生的反应有CU+H2OHC1O+HC1

B.a为KOH和KC1混合溶液

C.当乙烯完全消耗时，测得〃（EO）=60%,S（EO）=90%,假设没有生成E0的乙烯全部在阳极放电生成

C02,则〃(CC)2)=30%

D-制备环氧乙烷总反应为CH2=CH?++Hj

【答案】C

【解析】

【分析】由图可知，通乙烯的电极区氯离子放电生成氯气：2Cl--2e=Cbt,所以通乙烯的电极为阳极，阴极

区水得电子生成氢气，其电极反应式为2H2O+2e=H2f+2OH。

【详解】A.根据以上分析可知，阳极室产生Cb,图像显示C12转化为HC10,所以阳极室产生Cb后发生的

反应有C12+H2OHC1O+HC1,故A正确；

B.阴极水得电子生成氢气，其电极反应式为2H2O+2e=H2t+2OH,阴极生成氢氧根、钾离子通过阳离子交

换膜向阴极定向移动，所以a为KOH和KC1混合溶液，故B正确；

C.设生成的EO物质的量为amol,则转化的乙烯的物质的量为一，一mol,C2H4中碳元素化合价为-2价、EO

90%

中碳元素化合价为-1价，生成EO转移电子的物质的量为2amoL此时转移电子的总物质的量为mol,

60%

转化为二氧化碳的乙烯的物质的量为一g—7M/-a7M/=3mol,由C2H4-2CO2可知，生成的二氧化碳的物

90%9

质的量为"mol,C2H4中碳元素化合价为-2价、CO2中碳元素化合价为+4价，假设没有生成EO的乙烯全部

9

2a右

——x6

在阳极放电生成CO2,贝Ur|(C02)==一xl00%=40%,故C错误；

2a

60%

D.由以上分析可知，由乙烯电解制备EO时，乙烯转化成EO,水放电生成氢气，所以制备环氧乙烷总反应

HH：

为CH2=CH2+H2O____避___>H2+\―/,故D正确；

故答案为：Co

12.某水样中含一定浓度的CO：,HCO：和其他不与酸碱反应的离子。取10.00mL水样，用O.OlOOmol•L

的HC1溶液进行滴定，溶液pH随滴加HC1溶液体积V(HC1)的变化关系如图(不考虑溶液中CO2分子，混

合后溶液体积为两溶液体积之和)。下列说法错误的是

12.00

+

A.a点处c（H2CO3）+c（H）=C（OH-）+C（CO：）

B.滴加盐酸0.0〜20.00mL过程中，溶液c（HCOJ中明显增大

C.该水样中c（CO『）=0.02mol-「

D.随着HC1溶液的加入，水的电离程度越来越小

【答案】B

【解析】

【分析】向碳酸根和碳酸氢根的混合溶液中加入盐酸时，先后发生如下反应CO；+H+=HCO]、

+

HCO3+H=H2CO3,则滴定时溶液pH会发生两次突跃，第一次突跃时CO：与盐酸恰好反应生成HCO,第

二次突跃时HCO；与盐酸恰好反应生成H2co3；由图可知，滴定过程中溶液pH第一次发生突跃时，盐酸溶液

的体积为20.00mL,由反应方程式COf+H+=HCO-可知，水样中CO：的浓度为

O.OlOOOmH,I；x°.020°L=0©Zmol.L」,溶液pH第二次发生突跃时，盐酸溶液的体积为50.00mL,则水样

0.0100L

4-一…心O.OlOOOmol-E1x（0.0500L-0.0200L-0.0200L）.

中HCO,的浓度为------------------------------------------->-=0.01mol•I?。

0.0100L

【详解】A.由图可知，a点发生的反应为CO；+H+=HCC）3,可溶性碳酸氢盐溶液中质子守恒关系为

c（H2co3）+c（H+）=c（OH「）+C（CO；）,A正确；

B.由分析可知，水样中HCO；的浓度为0.01mol/L,当盐酸溶液体积V（HCl）W20.00mL时，只发生反应

CO；+H+=HCO],滴定时溶液中HCO；浓度为

O.OlOOOmol-L1xO.OlOOL+O.OlOOOmol-L1xVfHC1).

-----------------------——-————---------------—L=0.01mol•I?,则滴定时溶液中HCO；的浓度不变,

0.0100L+V(HCl)

B错误；

C.由分析可知，水样中c(CO：)=0.02mol-lji,C正确；

D.酸会抑制水的电离，随着HC1溶液的加入，碳酸根离子浓度减小，碳酸氢根离子浓度最终也减小，导致

水的电离程度越来越小，D正确；

故选B。

13.N-竣基丙氨酸酸酎广泛用于生物领域，用碳酸二甲酯［(CHsOkCO］和丙氨酸［CH3cH(NH2)COOH］

为原料可以制备N-痰基丙氨酸酸酊，其反应机理如图所示。下列说法错误的是

A.在强酸性环境不利于反应进行

B.该过程中Zn元素的化合价发生改变

C.反应过程中有C-O的断裂和形成

0

D.用甘氨酸(H2NCH2coOH)代替丙氨酸，可制得

H'X

0

【答案】B

【解析】

【详解】A.在强酸性溶液中，碳酸二甲酯会发生水解，同时CH3cH(NH2)COO浓度降低，不利于反应进行,

A正确；

B.碳酸二甲酯(CH3O)2CO］与Zn(CH3co0)2形成的是配位键，整个过程中均未有元素化合价发生变化，B错

、口

陕；

C.该过程中存在N—H、C—O等极性键的断裂和生成，C正确;

0

D.若用甘氨酸(H2NCH2coOH)代替丙氨酸，则根据转化关系，最后可得到

故答案为：Bo

14.二氧化碳加氢制甲醇可以实现温室气体资源化利用，过程中的主要反应为

CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2o(g)AW=+41.2kJmor,

CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)Mi=-99kJ.

n(H2)

密闭容器中，反应物起始物质的量比/二,、=3时,在不同条件下(①温度为250℃下压强变化，②压强为

n(CO2)

5xlO5Pa下温度变化)达到平衡时CH30H物质的量分数变化如图所示。下列有关说法正确的是

压强/105Pa

13579

J1

O.

J0

瞬O.

S9

东9

S8

蛔9

SS7

蜒6

.O

蜃O.5

O..O

gS4

H.O

O.O

OS..O3

ffoi.O2

O..O1

2

00220240260280

温度/度

1

A.反应CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)的焰变AH=+57.8kJ-mol-

B.在250℃、9xl()5pa条件下，平衡时甲醇的物质的量分数为010

C.当甲醇的物质的量分数为0.03时，CO2的平衡转化率为H.3%

D.提高C。?转化为CH30H的平衡转化率，需要研发在高温区的高效催化剂

【答案】B

【解析】

【详解】A.根据盖斯定律，由题中所给反应直接相加可以得反应：

CO2(g)+3H2(g)-CH3OH(g)+H2O(g)AH—57.8kJ/mol,故A错误;

B.由CC）2（g）+3H2（g）.，CH30H（g）+H2O（g）AH=-57.8kJ/mol可知，恒温加压平衡正向移动，甲醇的

物质的量分数增加，恒压升温平衡逆向移动，甲醇的物质的量分数减小，所以图中斜率为正的线表示温度为

250℃时甲醇的物质的量分数随压强的变化图像、斜率为负的线表示压强为5xl（）5kPa时甲醇的物质的量分数随

温度的变化图像，由图像可知在250℃、9xl（）5kPa条件下，平衡时甲醇的物质的量分数为0.10,故B正确；

C.设起始时二氧化碳和氢气的物质的量分别为Imol和3mol,平衡时消耗二氧化碳的物质的量为a,生成的

「

CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)

始(mol)1300

甲醇的物质的量为b,三段式表示包,“

转(mol)aaaa

平(mol)1-a3-a-2ba-ba

CO(g)+2H2(g).•CH30H(g)

始(mol)030

।,平衡时n(总)=(4-2b)moLn(CHOH)=bmol,甲醇的物质

转(mol)b2bb3

平(mol)a-b3-a-2bb

即一^-=0.03,

的量分数为0.03时,解得b=0.113moLCO2的平衡转化率为色xl平％,若2=卜C02的平衡

4-2b1

转化率为H.3%,但是若a=b,平衡时无CO,即a与b不等，所以二氧化碳的平衡转化率不可能为11.3%,

故C错误；

D.催化剂只能够改变化学反应速率，不能够改变平衡转化率，故D错误；

故答案为：Bo

二、非选择题：（本题共4小题。共计58分）

15.CuCl在工业生产中有着重要应用。利用以下装置制备CuCl并测定产品纯度。

已知：I.CuCl是白色固体，不溶于水和乙醇，在潮湿空气中可被迅速氧化。

II.浓的NazICuCL］溶液为无色，加水稀释即析出CuCl白色固体。

回答下列问题：

（1）①图中制取C"反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为

②装有浓盐酸的仪器名称为：o

③为吸收c“尾气，c中可选用试剂（填标号）。

A.Na2sO3溶液B.饱和食盐水C.浓H2S04D.FeC“溶液

（2）制备CuCl：打开分液漏斗旋塞与搅拌器，装置B中依次发生反应的离子方程式为:

2+

@Cu+Cl2=Cu+2CF

@cuci+2cr,[CuCh广

观察到时停止反应。将B中溶液倾入盛有蒸储水的烧杯中，立即得到白色CuCl沉淀，抽滤得CuCl粗

品。

（3）洗涤CuCl：洗涤时最好用95%的乙醇洗涤滤饼，其目的是o

（4）CuCl纯度测定：称取所制备的氯化亚铜成品3.00g,将其置于过量的FeCL溶液中，待样品完全溶解

后，加入适量稀硫酸，配成250mL溶液。移取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.0200mol•匚】的KzCr2。7溶液

滴定至终点，再重复滴定2次，三次平均消耗KzCr2。?溶液25.00mL（滴定过程中Cr2。：转化为C/+,CF

不反应）。

①产品中加入FeCL溶液时，发生反应的离子方程式为；

②产品中CuCl的质量分数为。

【答案】⑴①.1：5②.分液漏斗③.AD

（2）①.Cu2++Cu+2Cr=2CuCl②.当溶液中蓝色褪去变为无色

（3）乙醇挥发可带走CuCl表面的水分防止其被氧化

（4）①.Fe3++CuCl=Cu2++Fe2++Cl②.99.5%

【解析】

【分析】A装置中KMnO4与浓盐酸反应制备Cb,B装置中C12与Cu、NaCl反应得到浓Na2[CuCb]溶液，然后

将Na2[CuCb]溶液倒入盛有蒸储水的烧杯中析出CuCl沉淀；C装置用于吸收尾气Cb,防止污染大气。

【小问1详解】

①制取Cl2的反应为2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnC12+5CbT+8H2。，该反应中Mn元素的化合价由+7价降至

+2价，C1元素的化合价由-1价升至。价，根据得失电子守恒，氧化剂（KMnO4）与还原剂（HC1）物质的量

之比为1:5„

②装有浓盐酸的仪器名称为分液漏斗；

③A.Na2sCh溶液具有还原性，能吸收CL,发生反应为Cb+Na2sO3+H2O=Na2so4+2HC1,A项选；

B.Cb难溶于饱和食盐水，不能被饱和食盐水吸收，B项不选；

C.浓硫酸不能吸收CI2,C项不选；

D.FeCb溶液具有还原性，能吸收Cb,发生的反应为Cb+2FeC12=2FeC13,D项选；

答案选ADo

【小问2详解】

由题给反应①、③可知，反应②为Cu2++Cu+2C1=2CuCl；由于反应①生成的CuCb使溶液呈蓝色，而浓的

Na2［CuCb］溶液为无色，故观察到当溶液中蓝色褪去变为无色时停止反应。

【小问3详解】

CuCl是白色固体，不溶于水和乙醇，在潮湿空气中可被迅速氧化，故洗涤时最好用95%的乙醇洗涤滤饼的目

的是：乙醇挥发可带走CuCl表面的水分防止其被氧化。

【小问4详解】

①CuCl具有还原性，FeCb具有氧化性，两者发生氧化还原反应的离子方程式为CuCl+Fe3+=Cu2++Cl+Fe2+o

2++3+3+2+

②滴定时发生的反应为6Fe+Cr2O^+14H=6Fe+2Cr+7H2O,可得关系式6CuCl~6Fe~Cr2O^,则产品中

mL

6x0.0200mol/Lx0.025Lx250x99.5g/mol

CuCl的质量分数为25.00mLxl00%=99.5%o

3.00g

16.氧化锌在橡胶、油漆涂料、化工、医疗及食品等行业有着广泛应用。一种以含锌烟灰（含有ZnO、

CuO、PbO、FeO、FqOj、MnO、MnO2,CdO等）为原料制备氧化锌的工艺流程如图所示:

次氯酸钙、水氨水、碳酸氢锈沉淀剂

滤渣c混合气体e

2

已知：i.二价金属氧化物能分别与氨配合生成配离子，如［Fe（NH3）,广、［Mn（NH3）2］\

2+

[Zn（NH3）4]；

ii.25℃时相关物质的%如下表:

物

MnSFeSZnSPbSCdSCuS

质

2.5xlO^136.3x10181.6X10248.0x10-283.6x10—295.0x1036

(1)Zi?+态核外电子能级共个。

(2)“氧化预处理”阶段得到的氧化产物有FeOOH、Mn。？，“氧化预处理”的目的是

(3)“氨浸”时生成多种配离子，其中生成[Zn(NH3)4『的离子方程式为o

(4)已知：4NH3(aq)+Cu2+(aq)=[Cu(NH3)J+(aq)K=l()i3,则

2+2

[CU(NH3)4](aq)+S-(aq)=CuS(s)+4NH3(aq)的化学平衡常数&为。

(5)“蒸氨”时得到混合气体e和固体Znx(OH),(CO3)z。

①混合气体e可返回至____工序循环利用；

②取11.2g固体，经充分“煨烧”后得到氧化锌8.1g,同时产生的气体通入到足量Ba(OH)2溶液中，可得沉

淀9.85g,则固体Z2(OH)y(CO3)z的化学式为

(6)通过氢电极增压法可利用产品氧化锌进一步制得单质锌(如图)，储罐内ZnO溶解后形成[Zn(OH)4『「

【答案】⑴6(2)将含锌烟灰中的铁(II)和锦(II)分别氧化为FeOOH和MnC)2,避免其在浸出时溶解

(3)ZnO+4NH/H,O+2HCO；=「Zn(NHjj"+2c0；-+5H,0

JZ.JI\3/413Z

(4)2xl022

(5)①.氨浸②.Zn2(OH)2CO3

2_电解

(6)H2+[Zn(OH)4]^^=Zn+2H2O+2OH

【解析】

【分析】由题给流程可知，向含锌烟灰中加入次氯酸钙氧化预处理，将铁元素、镐元素转化为FeOOH、

MnO2,过滤得到滤液和滤渣；向滤渣中加入氨水和碳酸氢镀溶液氨浸，将金属元素转化为可溶的金属配合

物，过滤得到滤渣和滤液；向滤液中加入硫化钠溶液，将溶液中的铅元素、镉元素、铜元素转化为金属硫化

物沉淀，过滤得到含有金属硫化物的滤渣和滤液；滤液经蒸氨得到含有氨气的混合气体和Znx(OH)y(CO3)z,

Znx(0H)y(C03)z煨烧分解得到氧化锌。

【小问1详解】

锌元素的原子序数为30,基态原子的电子排布式为Is22s22P63s23P63不。4s2,原子核外电子共有6个能级，故答

案为：6；

【小问2详解】

由题给信息可知，Fe(II)、Mn(II)也能与氨络合生成配合物，贝『'氧化预处理’阶段得到FeOOH、MnCh的目的

是避免加入氨水和碳酸氢镂溶液氨浸时溶解转化为可溶的配合物而影响后续分离，故答案为：将含锌烟灰中

的铁(II)和锦(II)分别氧化为FeOOH和Mil。？，避免其在浸出时溶解；

【小问3详解】

由题意可知，加入氨水和碳酸氢镀溶液氨浸时，氧化锌与氨水和碳酸氢镂混合溶液反应生成碳酸四氨合锌、

2+

碳酸镀和水，反应的离子方程式为ZnO+4NH3H2O+2HCO：=「Zn(NHjJ+2cO：+5H,0,故答

JZ3I\J/4Ioz

案为：ZnO+4NH3H,O+2HCO；=「Zn(NHjj"+2CO：-+5H,O；

JZJI\J/4I3z

【小问4详解】

442+

C(NH3)C(NH3)C(CU

由方程式可知，反应的平衡常数K产

U+2U+22+

cC(NH3)^c(S)-cC(NH3)2c(S)c(Cu)-KKsp(CuS)

【小问5详解】

①由分析可知，e为含有氨气的混合气体，则混合气体可返回至氨浸工序循环利用，故答案为：氨浸；

一一8.1g_

②由原子个数守恒可知，11.2gZnx(OH)y(CO3)z中锌元素的物质的量为工I丁~-=0.1moL碳酸根离子的物质的

81g/mol

9.85g一

量为―-=0.05mol,由电荷守恒可知，Znx(OH)y(CCh)z中氢氧根离子的物质的量为2XXO.lmol-

197g/mol

2X0.05mol=0.1mol,则x：y：z=0.1mol：0.1mol：0.05mol=2：2：1,所以固体Z%(OH，(CC^)的化学式

为Zi^OH)2co3,故答案为：Zn2(OH)2CO3；

【小问6详解】

由图示可知，左侧电极为电解池的阳极，碱性条件下氢气在阳极失去电子发生氧化反应生成水，右侧电极为

阴极，四羟基合锌离子在阴极得到电子发生还原反应生成锌和氢氧根离子，则电解池的总反应为

2_电解2_电解

H2+[Zn(OH)4]^^Zn+2H2O+2OH,故答案为：H2+[Zn(OH)4]^^Zn+2H2O+2OHo

17.我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。以生物材质（以C计）与水蒸气反应制取氐是一

种低耗能，高效率的制H2方法。该方法由气化炉制造H2和燃烧炉再生CaO两步构成。气化炉中涉及到的反

应如下：

I-C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）AH,

H.CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）AH2

III.CaCO3（s）,■CaO（s）+CO2（g）AH3

IV.C（s）+O2（g）CO2（g）AH4

(1)已知反应II的AH?=+4L0kJ/mol,C=O、O—H、H—H的键能分别为803kJ/mol、464kJ/mol、

436kJ/mol,则CO中碳氧键的键能为____kJ/mol

（2）绝热条件下，将H2、CO2以体积比2：1充入恒容密闭容器中，若只发生反应II,下列可作为反应H达

到平衡的判据是.

A.c（CO）与C（H2。）比值不变B.容器内气体密度不变

C容器内气体压强不变D%"

・

(3)反应II：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2(D(g)的速率方程为v正=OC(CC»2)C(H2),

丫逆=左逆C（CO〉C（H2。）。（左正、左逆为速率常数，与温度、催化剂、接触面积有关，与浓度无关）。净反应

速率（A。）等于正、逆反应速率之差。平衡时，At?（500K）A0（550K）（填，“y或"=”）。

（4）对于反应III,若平衡时保持温度不变，再充入C。？，使其浓度增大到原来的2倍，则平衡移动方向为

（填“向左移动”“向右移动”或“不移动”）；当重新平衡后，CO2浓度（填“变大”“变小”或“不变”）。

（5）一定条件下，CO?与H2反应可合成CH?=CHz，

2CO2（g）+6H2（g）/CH2=CH2（g）+4H2O（g）,该反应分两步进行：

i.CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）AH1

ii.2CO（g）+4H2（g）^CH2=CH2（g）+2H2O（g）AH2

T℃,压强恒定为lOOkPa时，将〃(CC)2)：〃(H2)=1：3的混合气体和催化剂投入反应器中，达平衡时，部分

组分的物质的量分数如表所示。

组分凡coCH2=CH2

12525100

物质的量分数(％)

7~T

CO2的平衡转化率为，反应i的平衡常数Kp=(Kp是以分压表示的平衡常数，分压=总压x物质

的量分数)。

【答案】(1)1073.0(2)CD

(3)=(4)①.向左移动②.不变

(5)①.90%②.3.4

【解析】

【小问1详解】

反应H.CO2(g)+H2(g).CO(g)+H2O(g)的八应=+4L0kJ/mol,C=O>O—H、H—H的键能

分别为803kJ/mol、464kJ/moh436kJ/mol,则有：2E(C=O)+E(H-H)-E(C=O)-2E(H-O)=2x803+436-E(C=O)-

2X464=+41,解得：E(C三O尸1073kJ/mol,即CO中碳氧键的键能为1073kJ/mol,故答案为：1073；

【小问2详解】

A.化学平衡的特征之一为各组分的浓度保持不变，而不是相对或成比例，故c(CO)与C(H2。)比值不变，不

能说明反应达到化学平衡，A不合题意；

B.已知反应n前后气体的质量不变，容器为恒容密闭容器，即反应过程中容器内气体的密度一直不变，故容

器内气体密度不变不能说明反应达到化学平衡，B不合题意；

C.反应II前后气体的物质的量虽然保持不变，容器的体积保持不变，但为绝热容器，故反应过程中容器的温

度一直在改变，即容器的压强一直在改变，即容器内气体压强不变说明反应达到化学平衡，c符合题意；

C(CO)C(H2O)

D.即为浓度嫡或平衡常数，反应过程中一直在改变，且平衡常数仅仅是温度的函数，温度

C(H2)C(CO2)

C(CO)C(H2O)C(CO)C(H2O)

一直在改变,也一直在变,保持不变可以说明反应达到化学平衡，D符合

C(H2)C(CO2)C(H2)C(CO2)

题意；

故答案为：CD；

【小问3详解】

已知化学平衡的本质特征为正、逆反应速率相等，即任何平衡状态下，净反应速率(A。)等于正、逆反应速率

之差均为0,故有平衡时，At9(500K)=At9(550K),故答案为：=；

【小问4详解】

对于反应III.CaCO3(s),■CaO(s)+CO2(g),若平衡时保持温度不变，再充入C。？，使其浓度增大到原

来的2倍，则增大生成物浓度，化学平衡移动方向为向逆反应方向即向左移动；根据平衡常数K=c(CCh)仅仅

是温度的函数可知，当重新平衡后，CO2浓度不变，故答案为：向左移动；不变；

【小问5详解】

令CCh的初始物质的量为Imol,H2的初始物质的量为3mol,设平衡气中CO2为xmol,CO为ymol,H2O(