浙江省温州市普通高中2024届高三年级下册第二次适应性考试（二模）化学含解析

浙江省温州市普通高中2024届高三第二次适应性考试

化学试题

可能用到的相对原子质量：HlC12N14016Si28S32C135.51127

选择题部分

一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每个小题列出的四个备选项中只有

一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)

1.下列物质属于弱电解质的是

A.NH3B.CH3coOHC.Ca(OH),D.A1C13

【答案】B

【解析】

【详解】A.NH3是非电解质，A错误；

B.醋酸是弱酸，是弱电解质，B正确；

C.Ca(OH)2是强碱，是强电解质，C错误；

D.氯化铝溶于水完全电离为氯离子和铝离子，是强电解质，D错误；

故选B。

2.下列化学用语表示正确的是

A,次氯酸的空间填充模型：B-氧化钾的电子式：K：0：K

【答案】A

【解析】

【详解】A.次氯酸中心原子为氧原子，存在H-0、C1-0共价键，角形结构，次氯酸的空间填充模型：

故A正确；

B.氧化钾是离子化合物，氧化钾的电子式：K+［：0：］2'K+,故B错误；

C.含有碳碳双键的有机化合物易通过加聚反应形成高分子化合物，聚丙烯的链节：-CH2-CH(CH3)-,故

C错误；

D.按取代基编号最小原则，/丫的系统命名为：3,3,4-三甲基己烷，故D错误；

故选：A„

3.侯氏制碱法利用CO?、NH,、饱和NaCl溶液先制得NaHCCV进一步生产Na?CO3，下列说法不正

破的是

A.生产中，向溶有C。？的饱和食盐水中通入NH3,析出NaHCC>3

B.将所得NaHCC>3固体加热生产出纯碱

C.碳酸氢钠和碳酸钠的溶液均呈碱性，可用作食用碱或工业用碱

D.新制氯水中加入少量碳酸氢钠，可提高氯水漂白效果

【答案】A

【解析】

【详解】A.二氧化碳难溶于水、NH3极易溶于水，所以生产中，应向溶有NH3的饱和食盐水中通入过量

C02,增大溶质中含碳离子，析出NaHCCh,故A错误；

B.NaHCCh热稳定性不强，受热易分解，将所得NaHCCh固体加热分解可生成碳酸钠，故B正确；

C.碳酸是二元弱酸，碳酸氢钠和碳酸钠为强碱弱酸盐，均能水解，其溶液均呈碱性，可用作食用碱或工

业用碱，故C正确；

D.新制氯水中加入少量碳酸氢钠，碳酸氢钠能和盐酸反应，促进氯气和水的反应正向进行，溶液中次氯

酸浓度增大，可提高氯水的漂白效果，故D正确；

故答案为：Ao

4.高温结构陶瓷氮化硅由石英与焦炭在高温的氮气流中通过以下反应制备：

3SiO2+6C+2N2-Si3N4+6C。,下列说法正确的是（NA为阿伏伽德罗常数的值）

A.SiO?和N?是氧化剂B.SisN,既是氧化产物，又是还原产物

C.每消耗ImolC转移的电子数为2NAD.从焙变角度分析，反应更易生成C。？

【答案】C

【解析】

高温

【详解】反应3Si。2+6C+2N2旦典Si3N4+6CO中C元素的化合价由0价升高到+2价，N元素的化

合价由0价降低到-3价，反应中总共转移12个电子，据此分析解答。

A.SiCh中Si和O元素的化合价都未发生变化，故SiCh不是氧化剂，故A错误；

B.N元素的化合价由0价降低到-3价，故Si3N4只是还原产物，故B错误；

C.反应中总共转移12个电子，故每消耗ImolC转移的电子数为2NA,故C正确；

D.若反应生成CCh,则反应为3SiO?+3C+2N2nSi3N4+3CO2,产生的气体分子数更少，故从嫡

变角度分析，反应难生成CO2,故D错误；

故选：C„

5.下列关于元素及其化合物的说法不正做的是

A.将C"通入冷的石灰水，制得漂白粉

B.铁是人体必需微量元素，人体内缺铁会发生贫血

C.铝粉和NaOH的混合物可作为家庭厨卫管道疏通剂的主要成分

D.硫元素广泛存在于自然界中，在没有人类活动的影响下，也可能形成酸雨

【答案】A

【解析】

【详解】A.向冷的石灰乳中通入氯气，反应得到氯化钙和次氯酸钙，而不是用石灰水，A错误；

B.铁是人体必需微量元素，人体内缺铁，贮存铁就难于满足机体需求而易造成造血原料不足而发生贫

血，B正确；

C.利用铝和氢氧化钠遇水反应放出大量的热，加快氢氧化钠对毛发等淤积物的腐蚀，同时产生氢气增加

管道内的气压，利于疏通，c正确；

D.硫元素广泛存在于自然界中，火山喷发时岩浆中的硫化物和硫酸盐会随着岩浆喷出，在没有人类活动

的影响下，也可能形成酸雨，D正确；

故选Ao

6.某学习小组欲从含有［CU(NH3)/SC)4、乙醇和氨水的实验室废液中分离乙醇并制备硫酸铜钱

［CUSO4-(NH4)2SO“6H2。］晶体，设计方案如下，下列说法不正丽的是

①------②-------一系列操作________________________

T残留液|.....►|CUSO4(NH4)2SO4.6H2O

+2+

A.试剂X是硫酸，其中发生的反应之一：［Cu(NH3)4+4H=Cu+4NH^

B.步骤②蒸储实验可用水浴加热

C.若得到的粗乙醇中乙醇的含量明显偏低，可能是蒸储时加热温度偏低

D.将残留液加热浓缩、冷却结晶可得到硫酸铜镂［CUSO「(NH4)2SO4-6H2。］晶体

【答案】C

【解析】

【分析】欲从含有［CU(NH3)/SC)4、乙醇和氨水的实验室废液中分离乙醇并制备硫酸铜镂

［CUSO4(NH4)2SO4-6H2O］晶体，需要将［€：11(?0113)4］504转化为硫酸铜、将氨水中的一水合氨和

NH3转化为硫酸镂，所以加入的试剂X是硫酸，充分反应后溶液Y为无机盐和乙醇的水溶液，回收乙醇

可利用沸点的差异采取蒸储的方法。

【详解】A.根据以上分析可知试剂X是硫酸，加硫酸可以除去络合离子，其中发生的反应之一为

2++2+

［Cu(NH3)4］+4H=CU+4NH；,故A正确；

B.由于乙醇的沸点为78.3C,所以步骤②蒸储实验可用水浴加热，故B正确；

C.若得到的粗乙醇中乙醇的含量明显偏低，可能是蒸储时加热温度偏高，偏出速度太快，故C错误；

D.据以上分析可知，废液中加硫酸反应后，蒸储出乙醇后剩下的残留液加热浓缩、冷却结晶可得到硫酸

铜镂［CUSO「(NH4)2SO「6H2。］晶体，故D正确；

故答案：Co

7.材料的合成条件、组成和结构发生变化，其性能也会发生变化，对于促进生产发展、改善人类生活发

挥了巨大作用，下列叙述不合理的是

原料反应条件、组成或结构改变效果

A碳素钢改变合金元素得到性能不同的特种钢

B高分子聚合物增加强亲水基团产生高吸水性树脂

C头发二硫键的断裂与形成定型成需要的形状

D苯酚、甲醛控制反应条件，主要生成2,4,6-三羟甲基苯酚中间体得到线型结构酚醛树脂

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【详解】A.钢中加W可提高其耐磨性，加Ni可增强其低温时的韧性，所以向钢中加入不同的合金元

素，可制得不同性能的合金钢，故A正确；

B.在高分子聚合物中增加强亲水基团，如加强亲水基团竣酸根，可制成高吸水性树脂，故B正确；

C.头发烫染时通过二硫键的断裂与形成，可将头发定型成需要的形状，故C正确；

D.将苯酚、甲醛控制反应条件，主要生成2,4,6-三羟甲基苯酚中间体，得到体型结构的酚醛树脂，故D

错误；

故答案为：D„

8.下列反应与方程式相符的是

A.铅酸蓄电池放电时的负极反应：Pb-2e-=Pb2+

+2+

B.Cu2O溶于稀硝酸得蓝色溶液，3Cu+NO；+4H+=3Cu+NOT+2H2O

C.丙烯与足量酸性高锦酸钾溶液反应：

+2+

CH2=CH-CH3+2MnO4+6HfCH3coOH+CO2+2Mn+4H2O

D.将浓度均为O.lmol/L的(NH4%Fe(SO4)2和BaCOH%溶液按体积比1：1混合：

2+

2NH：+SO：+Ba+20IT=BaSO4J+2NH3-H20

【答案】C

【解析】

【详解】A.铅蓄电池，电解质为硫酸溶液，负极铅失去电子生成铅离子，铅离子与硫酸根离子结合生成

硫酸铅沉淀，放电时的负极反应：SO4'+Pb-2e—PbSO4,故A错误；

B.氧化亚铜为氧化物，应保留化学式；CU2O溶于稀硝酸得蓝色溶液，离子方程式为：3Cu2O+2NO；

+2+

+14H=6CU+2NOT+7H2O,故B错误；

C.酸性高镒酸钾氧化丙烯生成乙酸、二氧化碳和水，高镒酸根离子被还原为锦离子，离子方程式为：

+2+

CH3cH=CH2+2MnO4+6H^CH3COOH+CO2+2Mn+4H2O,故C正确；

D.将浓度均为O.lmol/L的(NH4)2Fe(SCU)2和Ba(0H)2溶液按体积比1：1混合，只发生亚铁离子与氢氧根

离子，领离子与硫酸根离子的反应，离子方程式为：Fe2++2OH-+Ba2++SO：=Fe(OH)21+BaSO4],故D错

误；

故选：C„

9.下列实验装置和实验操作均正确的是

ABCD

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【详解】A.图中铜棒不能作盐桥，即该装置不能构成双液原电池，故A错误；

B.NaHCCh溶液可除去挥发出来的HC1,二氧化碳与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，可知碳酸酸性强于

硅酸，即非金属性C>Si,故B正确；

C.电石与饱和食盐水生成乙焕，其中混有硫化氢，水不能完全除去其中的硫化氢，乙焕、硫化氢均可被

酸性高镒酸钾溶液氧化，可选用硫酸铜溶液除去硫化氢，故C错误；

D.常温下铜与浓硫酸不反应，图中缺少加热装置，故D错误；

故答案为：Bo

10.关于有机物的检测，下列说法正确的是

A.用质谱法不可鉴别乙醇和二甲醛

B.阿司匹林）加稀H,SO4水解后，直接加FeCL溶液检验产物中的酚羟基

^^—OOCCH3

C.用新制氢氧化铜（可加热）可鉴别乙醛、乙醇、苯、甲苯

D.己知分子式为C3H6。2某链状有机物，用核磁共振氢谱法可推断其是否是丙酸

【答案】D

【解析】

【详解】A.乙醇和二甲醛互为同分异构体，相对分子质量相同，质谱法可测定相对分子质量，也可以测

定碎片的相对质量，可以鉴别二者，故A错误；

B.阿司匹林中酯基在稀H2so4酸性条件下水解得到酚羟基，酚羟基的检验确实需要在碱性环境下进

行，不能直接加FeCL溶液检验产物中的酚羟基，故B错误;

c.乙醛具有还原性，与新制氢氧化铜悬浊液混合加热时产生砖红色沉淀；乙醇能与水任意比例溶解，现

象是溶液不分层；苯、甲苯的密度都比水小，现象相同不可鉴别，故c错误；

D.核磁共振氢谱法可测定氢原子种类和氢原子峰面积之比，丙酸的结构简式为CH3cH2coOH,氢原子

有三种且三种氢原子峰面积之比都是3：2：1,若C3H6。2为其它的结构，氢原子峰的个数和峰面积之比

不同，可用核磁共振氢谱法可推断其是否是丙酸，故D正确；

故选D。

11.X、Y、Z、M和Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大，X原子中核外电子有8种运动状态，Y

元素在短周期中金属性最强，Z与M元素相邻，M和Q基态原子核外有未成对电子数之比为3:1.下列

说法不IE卿的是

A.熔点：晶体Z>晶体ZX?

B.最高价氧化物对应水化物的酸性：Z<M

C.气态MQ3是由极性键构成的极性分子

D.YQ晶体中Y离子距离最近且相等的Q离子有6个

【答案】A

【解析】

【分析】X、Y、Z、M和Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大，X原子中核外电子有8种运动状

态，则X为O元素；Y元素在短周期中金属性最强，则Y为Na元素；Z与M元素相邻，M和Q基态原

子核外有未成对电子数之比为3：1,则M为P元素，Z为Si元素，Q为C1元素，据此分析。

【详解】A.晶体Si和SiCh均为共价晶体，Si-Si键的键长大于Si-0键，Si-Si键的键能小于Si-0键，则

熔点：晶体Si<晶体SiCh,故A错误；

B.非金属性越强最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：Si<P,则最高价氧化物对应水化物

的酸性：Si<P,故B正确；

C.气态PC13为三角锥形，正负电荷的重心不重合，是由极性键构成的极性分子，故c正确；

D.NaCl晶体中Na+离子距离最近且相等的C1-离子有6个，故D正确；

故选：A„

12.2-甲基环戊醇可作为合成橡胶、塑料和纤维等高分子材料中的软化剂和增塑剂.其合成路线如下：

A.根据化合物B的结构，推测过程I依次发生了加成反应、水解反应

B.试剂1选择的试剂为NaOH醇溶液，反应条件是：加热

C.化合物C是一种难溶于水的液体

D.过程III中，化合物C与水反应时可能生成多种组成相同的有机产物

【答案】B

【解析】

【分析】化合物A与CH3Mgi发生加成反应引入-CH3和-OMgL然后-OMgl发生水解产生羟基，醇羟基的

消去反应生成C,与水的加成反应生成2-甲基环戊醇；

【详解】A.根据化合物B的结构，化合物A与CH3Mgi发生加成反应引入-CH3和-OMgl,然后-OMgl发

生水解产生羟基，即化合物B,故A正确；

B.化合物B转化为化合物C发生了醇羟基的消去反应，反应条件为浓硫酸加热，故B错误；

C.化合物C为燃类物质，难溶于水，由于C原子数目为6,熔沸点较高，常温下属于液态，故C正确；

D.过程III可以理解是与水的加成反应，羟基位置不同可能会有不同的加成产物，比如说可能会有化合物

B生成，故D正确；

故选：Bo

13.某研究小组模拟微库仑滴定法测定样品中C厂的含量，工作原理是电解质溶液中的c（Ag+）保持标准

值时，电解池不工作；样品进入电解池后与Ag+反应，便立即自动进行电解，当c（Ag+）又回到标准

值，测定结束；溶液中存在：AgY；.-Ag++2Y-.部分装置如图所示，下列说法不IE项的是

B.Pt电极附近离子放电的顺序：Ag+〉H+

C.CH3COO和CH3coOH溶液可维持电解质溶液的pH在一定范围内基本不变

D.,经折算电路中转移bmol电子，则样品中Cr的含量为3.55bx107mg.

L-1

a

【答案】B

【解析】

【分析】检测前，电解质溶液中的c（Ag+）保持定值时，电解池不工作。待测物质进入电解池后与Ag+反

应，浓度减小，测氯仪便立即自动进行电解，阳极Ag失电子，生成Ag+,到c（Ag+）又回到原定值，电极

反应式为Ag+2Y「e'AgY],根据电解消耗的电量可以求出待测物中氯的含量，据此分析解题。

【详解】A.据分析可知，阳极失电子，阳极反应式：Ag+2Y--e-=AgY-,A正确;

B.由题意可知，电解质溶液中的c（Ag+）保持标准值时，电解池不工作；样品进入电解池后与Ag+反

应，Ag+浓度减小，便立即自动进行电解产生Ag+,此时Pt电极Ag+不会放电，H+放电生成H2,说明Pt

电极附近离子放电的顺序：Ag+<H+,B错误;

C.CH3coeT和CH3co0H可以组成缓冲溶液，可维持电解质溶液的pH在一定范围内基本不变，C

正确;

D.n(Ag+)=n(CF)=n(e")=bmol,经折算电路中转移bmol电子，则样品中C「的含量为

35.5g/molxbxlOOOmg/g_3.55bxlO7

mg•17、D正确;

ax10"a

故选B。

14.某小组利用不同膜反应器（可选择性地让某些气体通过而离开体系）研究HI的分解率，工作原理如

下图所示.图a、b和c反应区温度维持恒定且相等，仅发生2Hl（g）.一H2（g）+k（g）且在反应区内进

行。投料均为Imol的HI（g）,反应同时开始，80s时图b反应区处于瞬时平衡状态，其化学平衡常数

Ki

HI(g)一本)区理匡HI(g)--HI(g)-

S\反理区一0）一凡⑥、一区座当一、

H2(g)Wl2(g)

气体不__________y选择性/力y选择性U___，

篦通过‘馥厂膜2

图a图b图C

图a装图b装图C装

置置置

80s时反应区％（g）的物质的量/0.100.30X

mol

下列说法正确的是

A.图a装置的化学平衡常数K(a)(工

64

B.图a装置中，HI(g)分解率为10%

C.图b装置中，前80s内H2的平均渗透速率约为3.6xl()-3mol-sT

D图c装置中，x一定大于0.3

【答案】A

【解析】

【详解】A.学平衡常数越大表明它的正向反应进行的程度越大，该反应进行的越完全，反应物的转化率

越大，装置a中80s时反应区％(g)的物质的量小于b中，故图a装置的化学平衡常数K(a)〈专，A正

确；

2HI(g)—,H(g)+

2I2(g)

起始ImolOmol02mol

Bc,,,图a装置中，HI(g)分解率为？~-X1OO%=

转化0.2molO.lmolImol

平衡0.8mol0.Imol

20%,B错误；

C.图b装置中，生成H2的物质的量为0.3mol,前80s内H2的平均渗透速率约为

°-3mO1=3.75x10-3mol-s_1,C错误；

80s

D.图c装置中，x不一定大于0.3,因为可能该反应此时达到反应上限，x也为0.3,而后续会随着生成

物的移除而继续正向反应，D错误；

故选A

15.常温下，往lOmLO.lmoLLTFeSO,溶液中通入H2s至饱和，有微量FeS生成，溶液中

c^^^O.lmolU1(溶液体积和FeSC)4浓度的变化忽略不计).[已知：H2s的电离常数

Kal=1.1x10-7、K2=1.3x10-13,Ksp(FeS)=6.3x10-18],下列说法不走强的是

A.溶液中，C(S2)=6.3x1017molU1

B.反应FeS(s)+2H+(aq)Fe?+(aq)+H2s(aq)的K=4.4xl()2

C.溶液中，c(HS-)>c(OH-)

D.溶液中，pH约为5

【答案】D

【解析】

【详解】A.往10mL0.1mol•LTFeS04溶液中通入H2S至饱和，有微量FeS生成，即亚铁离子恰好生

18

%(FeS)6.3xlO...17।.

成沉淀，c(S/；口〉\=———=6-3x10mol-L,故A正确；

c(Fe\U.1

B.根据反应FeS(s)「Fe2+(aq)+S”(aq)Ksp(FeS)①、H2s(aq)；H+(aq)+HS(aq)Kai②、

HS(aq).-H+(aq)+S2-(aq)Ka2③，由盖斯定律，反应①-②-③可得反应

FeS(s)+2H+(aq).S(aq)+H2s(aq),则K(等詈=五木察焉=4.4*始,故

B正确；

C.溶液中c(H2S)=0.1mol-Lji,HS的水解常数为

_c(HS)c(OH)_K_1014

K二2w则经字=二'IO'<1,故溶液中

7

c(HS)Ka]l.lxlO1.1c(HS)1.1

c(HS_)>c(OH-),故C正确；

D.根据反应FeS(s)+2H(aq).F©2+(aq)+H2s(aq)的

JjxlOLpH约为3,故D错

K二

误；

故选D。

16.根据实验目的设计方案并进行实验，观察到相关现象，其中尊寸和筝迨物合理的是

实验目的实验方案设计现象结论

探究Fe3+与向Fe(NC)3)3溶液中加入过量

A溶液变蓝色氧化性：Fe3+>1

12的氧化性HI溶液充分反应，再滴加淀粉2

强弱溶液

常温，测定

B比较OH-与pH=13结合H+能力：C2H5O>OH-

C2H5O结0.Imol/LC2H5ONa溶液的

合H+的能力PH

说明降低温度，

加热后溶液

探究温度对将的溶

2mL0.5mol/LCuCl2[Cu（HO）]2++4Cr

为黄绿色，24

c化学平衡的液加热后置于冷水中，观察现

冷水中变为[CuC14；T+4H2。向正反

影响象

蓝绿色

应方向移动

向含有浓度均为0.00Imol•I71

比较AgCl与

的C「、CrO：溶液中，逐滴先生成白色

DAg2CrO4的Ksp:AgCl<Ag2CrO4

AgCl沉淀

滴力口0.00ImolK'AgNO3溶

Ksp

液

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

3+

【详解】A.酸性溶液中硝酸根离子能氧化碘离子，溶液变蓝，不能证明氧化性：Fe>I2,故A错误；

B.常温，测定O.lmol/LC2HsONa溶液的pH=13,可知C2H5。水解显碱性，则结合H+能力：C2H5O>

OH-,故B正确；

C.加热后溶液为黄绿色，可知升高温度使[Cu（H2O）4]2++4Cru[CuC14F+4H2O正向移动，则降低温度平衡

逆向移动，故C错误；

D.AgCl、Ag2CrC>4的沉淀类型不同，由实验操作和现象，不能证明Ksp：AgCKAgzCrCU,故D错误；

故选：B。

非选择题部分

二、非选择题（本大题共5小题，共52分）

17.钱的化合物种类繁多，应用广泛。

（1）钱位于元素周期表的________区。

（2）下列钱原子核形成的微粒中，电离最外层1个电子所需能量最大的是_________。

A.[Ar]3d1°4s24PlB.[Ar]3d"4sl4P2C.[Ar]3d94s14p3D.[Ar]3d104s2

(3)①GaAs是一种重要的半导体材料，其熔点为1238℃,可由如下反应制备:

高温

（CH31Ga+ASH33cH4+GaAs。（电负性：Gal.6As2.0H2.1C2.5）下列说法正确的是

A.原子半径：Ga<As

B.GaAs为共价晶体，ASH3为分子晶体

C.沸点：CH4<NH3<ASH3

D.化学键中离子键成分的百分数：GaN>GaAs

②比较键角NHCH:CH4中的-CH3(CH3)3Ga中的-C区(填“>”、“<”或“=”)，请

说明理由_________=

(4)感光材料硫镀银晶体的晶胞如图所示，该晶体的化学式为o

如图所示晶胞沿着z轴的投影图为(填选项字母)。

【答案】(1)p(2)D

(3)①.BD②.>③.电负性C>H>Ga,9珥1Ga中C-Ga键的共用电子对更偏向于C

原子，对-CH3中C-H键的排斥力变大，使(CHs^Ga中键角NHCH变小

(4)①.AgGaS2②.C

【解析】

【小问1详解】

已知Ga是31号元素，根据构造理论可知，基态Ga原子的核外电子排布式为4s?4pi,则像位于

元素周期表的p区。

【小问2详解】

A.[Ar]3dHi4s24Pl为基态Ga,B.[Ar]3d"4sl4P?为激发态Ga,C.[Ar]3d94sl4P3为激发态

Ga,D.[Ar]3d"4s2为基态Ga+,则Ga+失去电子更困难，电离最外层1个电子所需能量最大的是D。

【小问3详解】

①A.Ga与As是同一周期元素，从左往右原子半径半径依次减小，故原子半径：Ga>As,A错误；

B.根据信息可知Ga比As的电负性小0.4,二者之间靠共价键结合，又GaAs是一种重要的半导体材

料，其熔点为1238C,则GaAs为共价晶体，根据信息可知H比As的电负性大0.1,二者之间靠靠共价

键结合，ASH3与氨气为等电子体，则ASH3为分子晶体，B正确；

C.由于NH3存在分子间氢键使氨沸点升高，而AsHs、甲烷不存在，AsHs的分子的相对分子质量较

大，分子间作用力较大，沸点较高，则沸点：CH4<ASH3<NH3,c错误；

D.同主族从上到下非金属性递减，非金属性N>Ga,则化学键中离子键成分的百分数：GaN>GaAs,

D正确；

选BD。

②比较键角NHCH:CH4中的—CH3>（CH3，Ga中的—CH3,理由为：电负性C>H>Ga,

（CHs^Ga中C-Ga键的共用电子对更偏向于C原子，对-CH3中C-H键的排斥力变大，使（CHs^Ga

中键角NHCH变小。

【小问4详解】

晶胞中Ag位于体心、顶点和面心，个数为l+8x」+4xg=4,Ga位于棱上、面心，个数为4x^++6x；

一8242

=4,8个S位于晶胞内部，三者数目比为1:1:2,则感该晶体的化学式为AgGaS?。

沿着z轴的投影，Ag投影为正方形的顶点和四条边的中点，S投影为面对角线离顶点四分之一处，Ga投

影为正方形的顶点、四条边的中点和正方形中心，则如图所示晶胞沿着z轴的投影图为C。

18.硝酸盐型熔盐（含KNO3）在太阳能光热发电领域被广泛应用.高纯KNO3的制备、性质与应用是

目前研究的热点，部分生产方法及性质研究如下:

KNO溶液

①吸收硝酸工业尾气

②氧化吸收液、结晶方法II

一定温度■>气体B

TKNO3固体

①KC1隔绝空气

HNC)3溶液F*固体C

②5。(3搅拌结晶

溶液A

方法I

已知：硝酸工业尾气中主要含N2、NO、NO2.

请回答：

(1)写出溶液A中的所有离子；方法II中，“氧化吸收液”的目的是

(2)下列说法正确的是.

A.方法I说明：该条件下，酸性HNO3〉HC1

B.方法H中，n(NO):n(NO2)<l,氮氧化物才能被足量的KOH溶液充分吸收

C.KNO3固体与浓硫酸共热，可产生红棕色气体

D.若气体B是一种单质，则所得固体C中不能含有三种元素

(3)方法I中，用NH4NO3代替HNO3，得到副产品NH4C1,工业上用NH4cl溶液浸取菱镁矿的夕段烧粉

(含MgO),不断加热蒸出氨气，以获得较高浓度的MgCL溶液，其原理是.

(4)在某温度下，KNO3分解得到的K2。可用于制备新型高效多功能水处理剂K2FeO4，K2FeC)4水溶

液放置过程中会放出无色无味气体、产生沉淀、溶液呈强碱性.请依据上述信息，设计实验检验无色无

味气体成分和沉淀中的金属元素.写出K?。与Fe(OH)3、Cl2共热制取K^FeO’的化学方程

式：・

【答案】(1)①.H+、K+、C「、NO；、OH"②.将KNC)2(或NO：)转化为KN()3(或NO])

(2)BC

(3)存在平衡MgO+2NH：=2NH3+Mg2++H2。,加热蒸出氨气，促使平衡右移，得到较高浓度的

Mg5溶液

(4)①.将气体收集在集气瓶中，伸入带火星的木条，若木条复燃说明为氧气；取适量沉淀与试管中，

用适量稀硫酸溶解，滴加KSCN溶液，若溶液变血红色，说明沉淀含铁元素(Fe3+)②.

A

5K2。+3C12+2Fe(OH)3=2K2FeO4+6KC1+3H2O

【解析】

【分析】硝酸工业尾气中主要含N2、NO,NO2,用氢氧化钾溶液氧化吸收、结晶生成硝酸钾固体，硝酸和

氯化钾搅拌结晶得到硝酸钾固体和盐酸，硝酸钾固体在一定温度下隔绝空气分解生成固体c和气体Bo

【小问1详解】

硝酸和氯化钾搅拌结晶得到硝酸钾固体和盐酸，则溶液A中的所有离子H+、K+、C「、NO］、OH)方

法II中，“氧化吸收液”的目的是将KN。？(或NO,)转化为KN03(或NO；)；

【小问2详解】

A.方法I说明硝酸钾的溶解度小于氯化钾，与酸性无关，故A错误；

B.由于二氧化氮能与氢氧化钾发生歧化反应领完全吸收，一氧化氮和二氧化氮1：1的混合气体能与氢

氧化钾发生归中反应被完全吸收，则方法II中，n(NO)：n(NO2)<l,氮氧化物才能被足量的KOH溶液充

分吸收，故B正确；

C.KNO3固体与浓硫酸共热反应生成硫酸钾、二氧化氮、氧气和水，可产生红棕色气体，故C正确；

D.若气体B是一种单质，结合化合价可知为氧气，则所得固体C为亚硝酸钾，含有三种元素，故D错

误；

故答案为：BC；

【小问3详解】

工业上用NH4cl溶液浸取菱镁矿的煨烧粉(含MgO),不断加热蒸出氨气，以获得较高浓度的MgCb溶

液，其原理是存在平衡MgO+2NH；=2NH3+Mg2++H2O,加热蒸出氨气，促使平衡右移，得到较高浓度

的MgCL溶液；

【小问4详解】

在某温度下，KNO3分解得到的七0可用于制备新型高效多功能水处理剂K2FeO4,KzFeCU水溶液放置过

程中生成氧气和氢氧化铁沉淀，检验氧气的方法是将气体收集在集气瓶中，伸入带火星的木条，若木条

复燃，检验氢氧化铁沉淀的方法是取适量沉淀与试管中，用适量稀硫酸溶解，滴加KSCN溶液，若溶液

变血红色，说明沉淀含铁元素，K2O与Fe(OH)3、Cb共热制取KzFeCU的化学方程式为：

A

5K2。+3C12+2Fe(OH)3=2K2FeO4+6KC1+3H2Oo

19.异丁烯(i-C4H8)是重要的化工生产原料，可由异丁烷(i-C,Hio)催化脱氢制备，反应如下：

1

i-C4H10(g)=i-C4H8(g)+H2(g)=+123.5kJ-mor.

已知：①主要副反应为i—。4珥03.--CH2=CHCH3(g)+CH4(g)AH2

2i-C4H8(g)—2CH2=CHCH3(g)+C2H4(g)AH3>0

②温度过高会引发煌裂解生成炭(C).

③相关化学键的键能如下所示：

化学键c=cc-cC-HH-H

键能/

615347.7413.4436

kJ-mol-1

请回答：

(1)八氏=kJ-mol-1•

(2)有利于提高异丁烷平衡转化率条件有.

A.低温B.高温C.低压D.高压E.催化剂

(3)其他条件相同，在恒压的密闭容器中充入异丁烷和N2各：Imol(N2作惰性气体)，经过相同时间测

得相关数据如图1和图2所示.［收率=生生汽曾警粤x100%，空速(GHSV)：单位时间通过单

投入的原料量

位体积催化剂的气体量］(不考虑温度对催化剂活性的影响，异丁烷分子在催化剂表面能较快吸附)

②下列说法正确的是.

A.由图1可知，温度越高，产生异丁烯的速率越快

B.混入N2的目的之一是减小异丁烷的吸附速率，同时带走催化剂局部多余的热量，从而抑制催化剂的

积碳

C.图2中，空速增加，异丁烷转化率降低的原因可能是原料气在催化剂中停留时间过短

D.图2中，空速增加，异丁烯选择性升高的原因可能是原料气将产物迅速带走，抑制了副反应的发生

③图1中，随着温度升高，异丁烷转化率增大而异丁烯选择性下降的原因可能是.

④其他条件相同，异丁烷的平衡转化率如图3所示.若充入N?改为2moi，在图3中作出异丁烷的平衡转

化率随温度变化的曲线(忽略积碳的影响).

异

J

烷

的

平

衡

H

化

案

【答案】(1)80.4

(2)BC(3)①.27.3%②.BCD③.温度升高，反应速率增大，异丁烷转化率增大；反

应速率增大的程度更大，异丁烯选择性下降

【解析】

【小问1详解】

AH=反应物键能总和-生成物键能总和=(413.4xl0+347.7x3)kJ/mol-

(413.4x6+615+347.7+413.4x4)kJ/mol=+80.4kJ/mol,故答案为：+80.4；

【小问2详解】

异丁烷(i-C4H10)催化脱氢制备异丁烯(i-C4H8)是气体体积增大的吸热反应，根据勒夏特列原理可知，高

温、低压有利于平衡正向移动，而催化剂不改变化学平衡状态，故答案为：BC；

【小问3详解】

0.273mol

①图1中，600℃时异丁烯物质的量为Imolx35%x78%=0.273,所以异丁烯收率=

Imol

xlOO%=27.3%,故答案为：27.3%；

②A.由图1可知，温度升高，异丁烯选择性下降，所以产生异丁烯的速率并不是越快，故A错误；

B.由题意可知，温度过高会引发烧裂解生成炭(C),所以混入N2的目的之一是减小异丁烷的吸附速率,

同时带走催化剂局部多余的热量，从而抑制催化剂的积碳，故B正确；

C.空速增加，原料气与催化剂接触时间短，不利于反应进行，所以异丁烷转化率降低，故c正确；

D.原料气将产物迅速带走，降低异丁烯（i-C4H8）的浓度，抑制了副反应的发生，提高异丁烯选择性，故

D正确；

故答案为：BCD；

③随着温度升高，异丁烷转化率增大而异丁烯选择性下降的原因可能是：升高温度，反应速率增大，异

丁烷转化率增大，但由于副反应反应速率增大的程度更大，所以异丁烯选择性下降；

④若充入N2改为2mol，相当于减小压强，平衡正向移动，异丁烷的平衡转化率比通入lmolN2要大，所以

20.硫代尿素［CS（NH2）21是重要的工业原料.某小组按如图流程开展制备实验（部分装置及夹持仪器

己省略）。主要反应：

步骤II：CaCN2+3H2S=CS（NH2）o+Ca（SH）2

步骤III：Ca(SH)2+2CaCN2+6H2O=2CS(NH2)2+3Ca(OH)2

已知：硫代尿素CS（NH2）2可溶于水、乙醇，微溶于乙醛

硫化钢硫酸CaCN?浊液

（1）仪器X的名称（填仪器名称）。

（2）下列说法不正确的是

A,配制5%的BaS溶液必须用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、容量瓶等

B.装置A使用恒压分液漏斗添加硫酸溶液时，可以打开漏斗上部的玻璃塞

C.在反应前若向装置B中通入一段时间N2,能提高产品的产率

D.步骤H反应完全的现象是溶液变澄清，集气瓶液面不再改变

(3)步骤I、II、III的部分操作如下，其正确的顺序是：。

()—()-a—()-e-f—()

a.调节三通阀如图即，收集气体一段时间

b.开启装置A磁力搅拌器，慢慢加入一定量硫酸

c.调节装置B温控磁力搅拌器，并控制温度为30℃

d.调节装置B温控磁力搅拌器，并迅速控温在85c

e.调节三通阀如图卷

f.移动水准管并调节活塞丫控制气体流速，反应一段时间后

g.检测气体纯净后连接三通阀

(4)步骤IV的丰季操作是(请补上第一步)：一洗涤、合并滤液一冷冻结晶。

上述步骤中的最适宜洗涤剂是。

A.冷水B.热水C.乙酸D.滤液

(5)产品含量的测定：

滴定反应：10NaOH+4I2+CS(NH2)2=CO(NH2)?+8NaI+Na2SO4+5H2O；

I2+2Na2s2O3=2NaI+Na2S4O6

主要步骤：

I.称取mg产品用蒸储水溶解并定容至500mL。移取该溶液20.00mL注入碘量瓶中，加

50mLe|mol/L碘标准液，20mL氢氧化钠溶液，于暗处放置lOmin。加适量水及盐酸摇匀，用

c2moi/L硫代硫酸钠标准溶液滴定，近终点时，加3mL淀粉指示液，继续滴定至终点，消耗体积

VjiriLo

II.空白实验：将上述样品溶液改为蒸储水20.00mL注入碘量瓶中，重复后续步骤，滴定至终点时消耗

体积V2mL。

①需要加入淀粉指示液时，锥形瓶中溶液的现象是0

②产品的质量分数为。

【答案】(1)三颈烧瓶(2)ABD

(3)(b)—(g)-a-(c)-e-f—(d)

(4)①.趁热过滤②.B

(5)①.溶液由黄褐色变为浅黄色或溶液变为浅黄色②.。2375化或

m

3

(^-^)C2XWX76X25

8m

【解析】

【分析】BaS溶液和稀硫酸在装置A的三颈烧瓶中混合反应生成硫化氢气体进入装置B发生反应

CaCN2+3H2S=CS(NH2)O+Ca(SH)2,经步骤III

Ca(SH)2+2CaCN2+6H2O=2CS(NH2\+3Ca(OH)2,趁热过滤、洗涤、合并滤液、冷冻结晶得到

粗产品。

【小问1详解】

仪器X的名称为三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶；

【小问2详解】

A.配制5%的BaS溶液必须用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒，不需要容量瓶，A错误；

B.恒压分液漏斗添加溶液时，只需要打开下面的活塞，液体就可以顺利留下，不需要可以打开漏斗上部

的玻璃塞，B错误；

C.在反应前若向装置B中通入一段时间N2,排尽装置中的空气，防止产品被氧化，提高产品的产率，C

正确；

D.步骤n反应完全即H2s完全反应，步骤III反应仍需要CaCN2参与，此时仍是浊液，当集气瓶液面不

再改变，且液面和移液管中相平，说明步骤II反应完全，D错误；

故答案为：ABD；

【小问3详解】

实验操作如下，开启装置A