2024届江浙高中(县中)发展共同体高三年级上册10月联考（浙江卷）化学试题（解析版）

2023学年第一学期江浙高中（县中）发展共同体高三年级io月联考（浙

江卷）

化学

考生须知：

1.本试卷共6页，21小题。本卷满分100分，考试时间90分钟；

2.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答

题纸规定的位置上；

3.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷

上的作答一律无效；

4.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使

用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹签字笔或钢笔描黑；

6.可能用到的相对原子质量：HlC12016Na23Mg24S32C135.5Fe56Co59

Zn65Agl08

一、选择题（本大题共16题，每小题3分，共48分。每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.下列物质中属于耐高温无机非金属材料的是

A.SiCB.聚四氟乙烯C.Mg-AlD.普通玻璃

【答案】A

【解析】

【详解】A.碳化硅是熔沸点很高的共价晶体，属于耐高温的无机非金属材料，A正确；

B.聚四氟乙烯是有机物，B错误；

C.Mg-Al是金属材料，C错误；

D.普通玻璃不耐高温，D错误；

故选Ao

2.下列化学用语表示正确的是

A,苯酚的分子式：C6H50H

B.异丁烷的球棍模型:

c.Ck分子中◎键电子云轮廓图:

D.乙醛的结构简式：CH30cH3

【答案】C

【解析】

【详解】A.苯酚的分子式应该是C6H60,A错误；

B.图示是正丁烷的球棍模型，B错误；

C.Cb是氯原子间通过共用电子对形成◎键，Cb分子中。键电子云轮廓图正确，C正确；

D.乙醛的结构简式：CH3cH20cH2cH3,D错误；

答案选C。

3.下列说法不正琥的是

A.镁很活泼，点燃镁条之前，应该用砂纸打磨掉表面氧化膜

B.FeO不稳定，在空气中受热能迅速氧化成Fe2O3

C.工业上用焦炭和石英砂制备粗硅

D.二氧化氮能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝

【答案】B

【解析】

【详解】A.氧化镁熔点高，金属镁的表面有一层氧化膜，因此点燃镁条之前，应该用砂纸打磨掉表面氧化

膜，故A正确；

高温

B.FeO不稳定，在空气里受热能迅速被氧化成Fe3O4,反应原理为：6FeO+O2=^2Fe3O4,B错误；

高温

C.工业上用焦炭还原石英砂制备粗硅：SiO2+2C^^Si+2COT,C正确；

D.二氧化氮遇湿润的淀粉碘化钾试纸，二氧化氮先与水反应生成氧化性硝酸，硝酸将碘离子氧化成碘单质

使淀粉碘化钾试纸变蓝，D正确；

故选B。

4.物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正琥的是

A.液氨汽化时吸收大量的热，工业上可用作制冷剂

B.硅是重要的半导体，可用来生产光导纤维

C.浓硫酸有吸水性，在实验室中常用作干燥剂

D.明矶溶于水形成胶体，可用于净水

【答案】B

【解析】

【详解】A.氨易液化，液氨气化吸收大量的热，所以液氨常用作制冷剂，故A正确；

B.光纤制品的基本原料是二氧化硅，故B错误；

C.浓硫酸具有吸水性，可以用浓硫酸能干燥氯气，故C正确；

D.明矶溶于水电离产生铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性，能吸附水中的

杂质，可用作净水剂，故D正确；

故选B。

5.下列说法正确的是

®

A,用图①装置蒸干NH4C1饱和溶液制备NH4C1晶体

B.用图②装置制备、收集氨气

C.用图③所示操作转移NaOH溶液到容量瓶中

D.装置④用于制备少量含NaClO的消毒液

【答案】D

【解析】

【详解】A.加热氯化镂易分解，如要得到蒸发结晶得到氯化镂晶体，不能直接蒸干，故A错误；

B.生石灰与浓氨水作用生成氨气，氨气的密度比空气密度小，应选选向下排空气法收集，故B错误；

C.向容量瓶转移溶液，应采用玻璃棒引流方式，故C错误；

D.与电源正极相连的为阳极，阳极上氯离子失去电子生成氯气，即下方产生氯气，上方阴极上生成NaOH

和氢气，CL与NaOH反应生成NaClO和NaCl,能达到实验目的，故D正确。

答案选D。

6.FeSO4可用于制备一种新型、高效、多功能绿色水处理剂高铁酸钠，反应如下：

2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2T,下列说法正确的是

A,氧化产物只有Na2FeO4

B.生成ImolCh，转移8mol电子

C.氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：3

D.当6moiNa2C)2参加反应时，被FeS04还原的NazCh有4moi

【答案】D

【解析】

【详解】A.氧化产物有NazFeCU和氧气，A错误；

B.生成ImolCh，有6moi过氧化钠参加反应，其中有5moi的过氧化钠作氧化剂，故转移的电子为10mo1,

B错误；

C.当有2moi硫酸亚铁参与反应时，还原剂包含2mol硫酸亚铁和Imol过氧化钠，氧化剂是5mol过氧化钠,

故氧化剂和还原剂的物质的量之比为5：3,C错误；

D.当6moiNazCh参加反应时，有2moi硫酸亚铁参与反应，设被FeSC)4还原的NazCh有xmol,根据得失电

子守恒2x4=xx2,解得x=4mol,故D正确；

故选D。

7.既是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A.标准状况下，11.2LSO3分子中所含的O原子数为1.5名

B.ILO.lmolL'CHsCOONa溶液通HC1气体至中性，醋酸根离子数为0.1名

C.5.8gC3H6。中含有的◎键数目最多为网

D.向含ImolHzCh的水溶液中分别加入足量MnCh、KMnCU固体，转移的电子数均为2义

【答案】C

【解析】

【详解】A.三氧化硫在标准状况下不是气体，1L2LSO3物质的量不是0.5mol,A错误；

B.lL0.1mol<L/CH3coONa溶液通HC1气体至中性c(H+)=c(0H],则由电荷守恒可知，

c(CH3coO1+c(Cl]=c(Na+),根据物料守恒可知，钠离子为0.Imol,则醋酸根离子小于0.Imol,数

目小于O.INA，,B错误；

C.单键均为◎键，双键中含有1个◎键1个兀键，5.8gC3H6。为O.lmol,C3H6。不饱和度为1,其可能为不饱

和醇、醛、酮、含有环的醇，若为"即'，含有◎键最多，此时1分子含有io个。键，故含有的◎键

数目最多为NA，C正确;

2e-

D.NfnO2.，贝!IImolHzCh的水溶液中加入足量MnCh,转移电子为Imol,数目为名，

2H;O;^=O2?-2H;O

D错误；

故选C。

8.下列说法不正琥的是

A.红外光谱可以测定未知有机物中所含的化学键和官能团

B.网状结构酚醛树脂是由过量苯酚与甲醛发生缩聚反应制得

C.蛋白质溶液遇到饱和（NHJ2SO4溶液，有固体析出，该过程叫盐析

D,可用饱和碳酸钠溶液鉴别乙醇、乙酸和乙酸乙酯

【答案】B

【解析】

【详解】A.红外光谱仪能测定出有机物的官能团和化学键，故A正确；

B.网状结构酚醛树脂是由苯酚与过量甲醛发生缩聚反应制得，故B错误；

C.蛋白质溶液遇到饱和（NHJ2SO4溶液，溶解度降低，有固体析出，该过程叫盐析，故C正确；

D.乙醇溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸和饱和碳酸钠反应放出气泡，乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠溶液，可用饱

和碳酸钠溶液鉴别乙醇、乙酸和乙酸乙酯，故D正确；

选B。

9.下列离子反应方程式正确的是

A,碳酸氢钠溶液呈碱性：HCO；+H2OUCO：+也0+

+3+

B.常温下铁加入过量浓硝酸中：Fe+6H+3NO；=Fe+3NO2T+3H2O

2+

C.将碳酸氢钙溶液与过量的澄清石灰水混合：HCO；+Ca+OH-=CaCO3+H2O

D.Na2s2O3溶液中加入稀硫酸：3s2。，+2H+=4SJ+2SOj+凡0

【答案】C

【解析】

【详解】A.碳酸氢钠溶液呈碱性是因为碳酸氢根水解程度大于电离程度，即主要表现为水解，离子方程式

为：HCO-+H2O/H2CO3+OH,A正确；

B.常温下铁加入过量浓硝酸发生钝化反应，阻碍了反应的进行，故B错误；

C.将碳酸氢钙溶液与过量的澄清石灰水混合生成碳酸钙沉淀和水，离子方程式为

2+-

HCO；+Ca+OH=CaCO3+H2O,故C正确；

D.Na2s2O3溶液中加入稀硫酸反应生成S单质、Sth、和水，故离子方程式为：

-+

S2O3+2H=S+SO2T+H2O,故D错误。

答案选C。

10.化合物Z是合成某种抗结核候选药物的重要中间体，可由下列反应制得：

oN^NH0CH-CH-CH

CH—CH—CH\II\——/xIII2II2

1211+2CHO-<VC-CI---------►CHO-<VC-0OHCl

OHOHCl3\=/3\=/

XYZ

下列有关化合物X、Y和Z的说法正确的是

A.X分子中含3个手性碳原子

B.Y分子中的碳原子一定处于同一平面

C.X、Y、Z在NaOH乙醇溶液中加热均能发生消去反应

D.X、Z分别在过量NaOH溶液中加热，均能生成丙三醇

【答案】D

【解析】

OV-S-CH.

【详解】A.手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；X中|,十I方框内的碳原子为手性碳原

OHOilCI

子，A错误;

B.1\]「中与氧原子相连接的碳原子之间的化学键为单键，可以旋转，因此左侧甲基上

碳原子不一定与苯环以及右侧碳原子共平面，B错误；

C.X、Z中与羟基相连接的碳原子邻位碳原子上有氢原子，在浓硫酸催化并加热条件下，能够发生消去反

应，Y中不含羟基，无法发生消去，C错误；

CH2-CH-CH,

D.III中含有卤素原子，在过量氢氧化钠溶液并加热条件下能够发生取代反应生成丙三醇,

OHOHCI

z-XOCH,CHCH,CH,-CH-CHj

,||M...在氢氧化钠溶液作用下先发生水解反应生成III

CH2—CH-CH2

然后III在氢氧化钠溶液并加热条件下能够发生取代反应生成丙三醇，D正确;

OHOHCI

故答案为：D=

ll.X、Y、Z、W、M为原子序数依次增大的短周期主族元素；由该5种元素组成的某化合物是电池工业中

的重要原料，其结构如图所示。下列说法不正题的是

XX

\/

w-Y|

XX

A,原子半径：X<W<Z<Y

B.W、M简单氢化物的沸点：W<M

C.电负性：X<Z<M

D.该化合物中既含极性键又含非极性键

【答案】B

【解析】

【分析】该化合物中X形成一个共价键，且原子序数最小，则X为H元素，Y可以形成3个共价键，应为

N或B元素，Z形成4个共价键，原子序数大于Y,若Y为N,则Z为Si,W可以形成一个共价键，且原

子序数大于Z,则此时W只能是C1,这种情况则没有合理的M,所以Y为B元素，Z为C元素，W为F

元素，M为S元素。

【详解】A.同周期主族元素自左至右原子半径依次减小，所以原子半径：H<F<C<B,即X<W<Z<Y,A

正确；

B.由于HF分子间会形成氢键，因此W、M简单氢化物的沸点：HF>H2S,B错误；

C.同周期元素自左至右电负性增大，因此H<Si<S,C正确；

D.C原子和C原子形成的共价键为非极性键，其余共价键均为极性键，D正确；

故选B。

12.某废催化剂含SiCh、ZnS、CuS及少量的FesOm某实验小组以该废催化剂为原料，回收锌和铜，设计

实验流程如图：

下列说法不正碗的是

A,可用铁氧化钾检验滤液1中是否含有Fe2+

B.步骤①操作中，生成的气体需用NaOH溶液或CuSC>4溶液吸收

C.滤渣1成分是SiCh和CuS,滤渣2成分可能为SiCh和S

D.步骤④的操作：将滤液2蒸发至有大量晶体析出，停止加热，自然冷却

【答案】D

【解析】

【分析】废催化剂加入稀硫酸，其中的ZnS、Fe3O4与稀硫酸反应，ZnS+H2SO4=ZnSO4+H2ST,

Fe3O4+4H2SO4=FeSO4+Fe式SO4)3+4H2O,过滤后滤液中含ZnSO4、FeSCU、Fe2(SO4)3,浓缩结晶得到粗皓矶，

滤渣1含有SiO2、CuS,向其中加稀硫酸和H2O2溶液，得到含硫酸铜的滤液2经蒸发浓缩、冷却结晶、过

滤得粗蓝矶，同时得到含SiO2和S的滤渣2。

【详解】A.要检验滤液1中是否含有Fe2+,可用铁氟化钾溶液检验，若生成蓝色沉淀，则含有Fe2+,故A

正确；

B.步骤①操作中，发生反应ZnS+H2sO4=ZnSC>4+H2ST,生成H2s气体，可用NaOH溶液或CuSC»4溶

液吸收，故B正确；

C.废催化剂中的SiO2、CuS不与稀硫酸反应、也不溶解，所以滤渣1成分是SiO2和CuS；滤渣2是SiC>2、

CuS加稀硫酸和H2O2溶液时，CuS反应生成的S和不反应也不溶解的SiO2的混合物，故C正确；

D.步骤④的操作应该是将滤液2蒸发浓缩、冷却结晶时得到饱和溶液后快速降温，不能加热至有大量晶体

析出，故D错误；

故答案为：Do

+

13.一种水性电解液Zn-MnCh离子选择双隔膜电池如图所示［已知：氧化能力：MnO2>H；KOH溶液中，

Zn2+以Zn(OH)：存在］。电池放电时，下列叙述正确的是

A.I区和H区之间的离子选择隔膜为阳离子选择隔膜

B.II区的SOj通过隔膜向I区迁移

C.MnCh电极反应：2H++2e-=H2T

+2+

D.电池总反应：Zn+4OH+MnO2+4H=Zn(OH)J+Mn+2H2O

【答案】D

【解析】

【分析】从题干可知，Zn为负极，Zn失电子结合0H-生成Zn(OH)广，III中钾离子通过II、III之间的交换

膜进入II中，则II、III之间的离子交换膜为阳离子交换膜。MnCh电极为正极，正极上MnCh得电子结合氢

离子转化为MM+和水，I中硫酸根离子通过I、II之间的交换膜进入II中，则I、II之间的离子交换膜为

阴离子交换膜。

【详解】A.根据分析可知，I区和II区之间的离子选择隔膜为阴离子选择隔膜，A错误；

B.I区中的硫酸根离子通过隔膜向II区迁移，B错误；

C.MnCh电极反应为MnO2+4H++2e=Mn2++2H2O,C错误；

D.该电池的总反应为711+401£-+W11102+41£+=211(01£)：+环1112++21£20，D正确；

故答案选D。

14.在相同条件下研究催化剂I、II对反应X(g)U2Y(g)的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变

化曲线如图，则下列说法不正理的是

A.当2V正(*)=丫逆(丫)时，说明该反应已经达到平衡状态

B.与催化剂I相比，使用催化剂n反应活化能更高

C.使用催化剂II时，0〜2min内，v(X)=1.Omol'L_1'min-1

D.a曲线表示使用催化剂I时X的浓度随t的变化

【答案】C

【解析】

【详解】A.2vI(X)=vI(Y)=vs(Y),正逆反应速率相等，反应已达平衡状态，A正确；

B.相同条件下催化剂I作用下反应速率更大，说明与催化剂I相比，使用催化剂II反应活化能更高，B正

确；

C.使用催化剂H,0-2min内,Y的浓度变化值为2moi/L,v(X)=lmol/L4-2min=0.5mol-L-1-min1,C错

误；

D.a曲线上2min内X的浓度减小值为2mol/L,则Y的浓度增大值应为4mol/L,对应的催化剂为催化剂I,

D正确；

故答案选C。

15.下表是25℃时某些盐的溶度积常数和弱酸的电离平衡常数。下列说法正确的是

化学式CH3coOHH2CO3HC1OAgClAg2CrO4

4或储］=4.5x10-7

Ka=1.75x10-5Ka=3.0x10-8K,=1.8x107°K,n=2.0xl()T2

叩n叩

(2=4.7x10-11

A.常温下，相同浓度的①(NH4)2Fe(SC)4)2、②(NHJZCOS、③(NHjSO,三种溶液中，c(NH；)由

大到小的顺序是①，③〉②

B.向Na2c03溶液中滴加少量氯水的离子方程式：C0^~+Cl2+H20=HCO；+Cf+HC10

C.AgCl在盐酸中的q小于其在水中的/

1

D.向浓度均为IxlOWl-L的KC1和K2CrO4的混合溶液中滴加IxlcPmolLi的AgNCh溶液，CrO；"先形

成沉淀

【答案】A

【解析】

【详解】A.常温下，相同浓度的①(NH4)2Fe(SC)4)2中镂根离子和二价铁离子水解相互抑制，镂根离子

水解程度小，铁根离子浓度大，②(NHJ2CO3中镂根离子和碳酸根离子水解相互促进，水解程度大，余

下钱根离子浓度小，三种溶液中钱根离子浓度大小关系为①，③,②，A正确；

B.向Na2c03溶液中滴加少量氯水的离子方程式应该是：2co：+C12+H2O=2HCO；+C「+C1CT,B

错误；

c.AgCl在盐酸中的Ksp和在水中的Ksp是一样的，C错误；

D.向浓度均为lxl0-3moi.L」的KC1和K2CrO4的混合溶液中滴加AgNO3,根据溶度积常数计算，形成氯化

12vin-10

银沉淀需要的Ag+浓度为ZAg+尸0\=1.8x107moi/L,形成重铝酸银沉淀需要的

1x103

c2(Ag+)=2>l0:=2x107c(Ag+尸亚xlo3oi/L,形成氯化银沉淀需要的银离子浓度小，CF先沉淀，D

1x10

错误;

答案选A。

16.根据下列实验操作和现象能得到相应结论的是

选

实验操作和现象结论

项

向Na2s溶液中通入足量C02,然后再将产生的气体导

A除（H2co3）〉心（凡$）

入CuSC）4溶液中，产生黑色沉淀

取一定量未知溶液于试管中，滴入NaOH溶液并加热，

B试纸变蓝，说明溶液中含有镂盐

试管口放置湿润红色石蕊试纸

常温下，用pH计分别测定Imoll-i和同温下，不同浓度的CH3co0NH4溶液中水

C

0.1mol-L」CH3co0NH4溶液的pH,pH均为7的电离程度相同

D将炽热的木炭与浓硝酸混合，产生红棕色气体加热条件下，浓硝酸被木炭还原成N02

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【详解】A.产生黑色沉淀，说明向Na2s溶液中通入足量C02生成了H2s气体，强酸制弱酸，所以

^al（H2CO3）＞^al（H2S）,A正确；

B.试纸变蓝，该溶液也可能为氨水溶液，不能说明溶液中含有钱盐，B错误；

C.测得的pH都等于7,说明醋酸根离子和镂根离子水解程度相同，但浓度越小，水解程度越大，所以同

温下，不同浓度的CH3coONE溶液中水的电离程度不同，C错误；

D.可能是浓硝酸受热发生分解生成NO2,由实验现象不能证明木炭与浓硝酸反应生成N02,D错误；

故选Ao

二、非选择题（本大题共5小题，共52分）

17.硫及其化合物种类繁多，应用广泛。请回答：

（1）基态硫原子的价层电子排布图是O

（2）下列有关说法正确的是o

A,同周期元素中，第一电离能大于硫元素的有3种

B.S02的VSEPR模型和空间结构均为V形

/o

III

c.甲基磺酸（cHj-s-on中S原子采取sp杂化

\o

D.[Ne]3sl3P44sl的发射光谱不止1条谱线

Oo

Hu

Sir

一-)

H8中的0-0比压。2中的更（填“难”或“易”）断裂。其原因

O

是

（4）锌与硫形成的化合物晶体的晶胞如图所示。

①Zn2+的配位数为

②设NA为阿伏加德罗常数的值，晶胞参数为anm,则该晶体的密度

向,[CTT

【答案】17.18.AD

19.①.易②.S2。；-中的0-0与S相连，S的电负性大于H,即S对0-0中的电子对吸引力大于

H,使0-0中0原子的电子云密度降低，故中的比H2O2中更易断裂

21

三388xl0

20.①.4②.一j~~——g/cm3

aXNA

【解析】

【小问1详解】

基态硫原子的价层电子排布式为3s23P4,根据洪特规则和泡利原理可知，基态硫原子的价层电子排布图为

向wfm

【小问2详解】

A.根据图片知，同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第VA族的

第一电离能大于第VIA族元素，第一电离能大于硫的元素有P、Cl、Ar；故A正确；

B.SO2的中心原子价电子对数为3,VSEPR模型为平面三角形，S含有一对孤电子对，分子的空间结构是

V形，故B错误；

C.S原子成4个◎键，采用sp3杂化，故C错误；

D.[Ne]3sl3P44sl为激发态原子，有多个电子发生跃迁，它由激发态回到能量较低或者基态时放出一定波

长的光为发射光谱，其谱线不止1条，故D正确；

答案为AD；

【小问3详解】

比较两者-0-0-键的牢固程度，主要看0所连的原子的电负性强弱，S?。『中的0-0与S相连，S的电负性

大于H,即S对0-0中的电子对吸引力大于H,使0-0中0原子的电子云密度降低，故$2。：中的比H2O2

中更易断裂；

【小问4详解】

由晶胞示意图可知，每个S2-周围相邻最近的Z/+有4个，晶体的化学式为ZnS,故每个Zd+周围相邻最近

4x97„

-------388xl021

的S2-有4个；由均摊法计算出一个晶胞有4个ZnS,故晶体的密度mN=「------g/cm3o

p=—=------aAxN

V(axlO7)3A"

/°\

18.碳酸二甲酯(CHJ-O-F-O-CH)是一种环保性能优异、用途广泛的化工原料，可以通过下列流程制

备：

已知：酰氯具有酯的性质。请回答：

(1)写出NIL的电子式0

(2)写出步骤III的化学反应方程式o

(3)下列说法正确的是0

A.液氯和氯水工业上均可用铁槽车运送

B.CO(NH2)2属于镀盐，含氮量高，可作氮肥

C.碳酸二甲酯在酸性条件下水解产生的气体是非极性分子

D.C0与Fe可形成配合物Fe(CO)5,其中配位原子是0

(4)碳酸二甲酯比碳酸一甲酯的沸点(填“低”或"高”)，分析其原因

(5)设计实验方案检验COCH中的氯元素o

【答案】(1)H「嘱.腌(2)CO(NH2)2+2CH3OH=CO(OCH3)2+2NH3(3)C

(4)①.低②.碳酸一甲酯能形成分子间氢键

(5)将COCL通入足量的NaOH溶液充分反应，先加足量稀硝酸，再加AgNCh溶液，若生成白色沉淀，

说明COCb中含氯元素

【解析】

【分析】CO和氯气反应生成酰氯，酰氯和氨气发生取代反应生成尿素和氯化氢，尿素和乙醇反应生成碳酸

二甲酯和氨气。

【小问1详解】

NH3是共价化合物，电子式为2/限飞时；

贵

【小问2详解】

步骤m是尿素和甲醇发生取代反应生成碳酸二甲酯和氨气，反应的化学反应方程式为

CO(NH2)9+2CH3OH=CO(OCH3),+2NH3；

【小问3详解】

A.液氯可用铁槽车运送，氯水中含有盐酸，氯水不能用铁槽车运送，故A错误；

B.CO(NH2)2是有机物，不含钱根离子，不属于钱盐，故B错误；

C.碳酸二甲酯在酸性条件下水解产生的气体是二氧化碳，二氧化碳是非极性分子，故C正确；

D.CO与Fe可形成配合物Fe(CO)5，C的电负性小于O,所以配位原子是C,故D错误；

选C。

【小问4详解】

碳酸一甲酯含有O-H键，碳酸一甲酯能形成分子间氢键，所以碳酸二甲酯比碳酸一甲酯的沸点低。

【小问5详解】

将COCL通入足量的NaOH溶液充分反应，先加足量稀硝酸，再加AgNCh溶液，若生成白色沉淀，说明

COCb中含氯元素。

19.H2S的吸收与利用有多种形式，根据下列研究回答：

I.干法脱硫:2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(1)；△〃1=-1124.4kJ.moL

S(s)+02(g)=SO2(g)；△凡=-296.8kJ.mo「

（1）空气氧化脱除H2s反应：2H2s（g）+O2（g）=2S（S）+2H2（）（f^A〃=kj-mol'o

II.H2s高温裂解反应:2H2S（g）=2H2（g）+S2（g）

（2）不同温度下，具有一定能量的分子百分数与分子能量的关系如图1所示，E表示某温度下分子的平均

能量，Ec是活化分子具有的最低能量，阴影部分的面积反映活化分子的百分数，则图中TiT2（填“>”、

“=”或

分

子

百

分

数

（3）若Ti温度下使用催化剂，请在图1中画出相应的活化分子百分数变化o

（4）在恒容密闭真空容器中，充入H2s进行高温裂解反应，初始时容器内压强为p,反应温度为900℃。

实验过程中控制不同温度，测得H2s的转化率如图2所示，其中曲线a表示H2s的平衡转化率与温度的关系,

曲线b表示不同温度下反应经过相同时间时H2s的转化率。下列说法正确的是0

用2

A,分别达到A、B、C点时，反应时间为：tu>tA>tc

B.A点时容器内压强为L2p

C.B点H2s的分解速率大于C点

D.高温时a、b两曲线重合的原因是温度升高反应速率加快

（5）A的压力转化率表示为：a（A）=1一且x100%（p0为A初始压强，口为A某时刻分压）。维持温

度和压强不变，一定量的H2s分解达到平衡时，用各组分的平衡分压(即组分的物质的量分数x总压)表示的

平衡常数Kp=^(S2),则平衡时H2s的压力转化率a(H?S)=。

(6)表面喷淋水的活性炭可用于吸附氧化H?S,其原理可用下图表示。其它条件不变时，增大气相压强和

水膜pH均能提高H2s的去除率，其可能的原因是0

(5)60%(6)增大气相压强，H2s的溶解度增大；水膜pH增大，c(0H。增大，促进H2SUH++HS-

平衡向正反应方向移动，HS-浓度增大，所以可提高H2s的去除率

【解析】

【小问1详解】

-1

2H2s(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l)AH1=-1124.4kJ-mol①，

S(s)+O2(g)=SO2(g)AH2--296.8kJ-mo「②,

根据盖斯定律①-②x2：得方程式2H2s(g)+O2(g)=2S(s)+2H2()(l)AH=-530.8kJ-mo「；

【小问2详解】

T2对应的阴影部分的面积更大，说明活化分子百分数更高，温度越高，活化分子百分数越大，故T1<T2；

【小问3详解】

小温度下使用催化剂，反应物活化能减小，及往左移动，活化分子数增多，因此图像为

【小问4详解】

A.分解反应是吸热反应，升高温度，化学反应速率加快，达到平衡所需时间缩短，因此分别达到A、B、

C点时，且相同温度下，参加反应的物质越多，反应需要的时间越长，则反应时间为tB>tA>tc关系，A

正确;

B.反应开始时压强为p,假设H2s的物质的量为2mol。根据方程式可知：每有2molH2s分解，会产生2

U1O1H2和1molS2气体，反应后气体物质的量会增加1mol。当反应进行到A点时，H2s的转化率40%,此

时反应的H2s气体的物质的量是2molx40%=0.8mol,则反应后气体物质的量会增加0.8molx-=0.4mol,

2

G/I1

故此时气体总物质的量为2moi+0.4moi=2.4mol,气体的总物质的量是原来的一^=1.2倍，根据盖斯定

2mol

律，在恒温恒容时气体的压强之比等于气体的物质的量的比，则气体压强是原来的1.2倍，但由于温度升高,

压强会增大，因此A点的压强应大于原来的1.2倍，即A点压强大于1.2p,B错误；

C.反应从正反应方向开始，随着反应的进行，反应趋于平衡，H2s分解速率会逐渐减小，即V正逐渐减小,

故C点时H2s的分解速率大于B点，C错误；

D.该分解反应是吸热反应，温度升高，分解速率加快,达到平衡所需时间缩短，故高温时a、b两条曲线

会逐渐重合，D正确;

故选AD；

【小问5详解】

2H2s(g)U2H2(g}1+S2(.

起始(mol)200

根据三段式可知，

转化(mol)2x2xX

平衡(mol)2-2x2xX

z2x、2/X、

(7—xPo)^x(7—xPo)xn0

则Kp=2+x2+x—=p(sj=xp0,即至=二二，解得x=0.5,则此时硫化氢的分压

、2+x2+x2+x

(cXPo)

2+x

为也，则平衡时H2s的压力转化率3刈=(1-&)*100%=60%；

5Po

【小问6详解】

气体的溶解度随着压强的增大而增大，且氢硫酸溶液中存在如下平衡H2SUH++HS-,适当增大活性炭表面

的水膜pH,水膜中氢氧根离子浓度增大，氢氧根离子与氢离子反应，使氢离子浓度减小，平衡向电离方向

移动，HS—浓度增大，使反应HS-+OS+OH一向正反应方向移动，H2s的氧化去除率增大，故答案为：0H

浓度增大，促进H2SWH++HS-平衡向电离方向移动，HS-浓度增大，故答案为：增大气相压强，H2s的溶解

度增大；水膜pH增大，c(0H。增大，促进HzSUfT+HS-平衡向正反应方向移动，HS-浓度增大，所

以可提高H2s的去除率。

20.Ni、C。均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Mg2+)中，利用氨浸工艺可

提取Ni、Co,并获得高附加值化工产品。工艺流程如下：

氨性溶液

硝酸浸活性MgOIIIV镇钻

气体A

取液分离

调pH至9.0III

I饱和

滤渣NiCh溶液

固体氧化物

NiCl-4HO

结晶22

滤液

1纯化晶体A-热解

VI

"V气体—|冷却至室温|—HNO3溶液

己知：①氨性溶液由NHs-H?。、(NHJ2SO3和(NHJzCOs配制。

②常温下，Ni2+、Co2\C03+均可与NH3形成可溶于水的配离子。

47

③常温下，^(NH3H2O)=IO-0

④CO(OH)2易被空气氧化为CO(OH)3。

请回答下列问题：

(1)“析晶”过程中通入的酸性气体A为o

(2)下列说法正确的是0

A.步骤I的活性MgO也可替换成稀氨水，不影响后续主要产物及高附加值化工产品的生产

B.步骤II,过滤得到的滤泥主要含Mg(OH)2、Ni(OH)2、Co(OH)3等

C.步骤VI,热解所得的固体氧化物为MgO

D,常温下，pH=9.0的氨性溶液中，c(NH3H2O)>c(NH^)

(3)“氨浸”时，由Co(OH)3转化为[CO(NH3)6]"的离子方程式为。

(4)测定产品CoCL的纯度。

准确称取0.600g样品,配成100mL溶液，移取25.00mL溶液于锥形瓶中，调pH=6.5〜10.5,滴加指示剂K2CrO4

溶液(Ag2CrC>4为红色沉淀)。在不断摇动下，用O.lOOOmolEiAgNCh标准溶液滴定(假设杂质不参加反应)。

平行测试3次，平均消耗AgNO3标准溶液22.50mL。

①达到滴定终点的现象为_______o

②产品CoCl2的质量分数为0

③测定C1-过程中若溶液pH过低，会使CoCb的质量分数偏低，其可能的原因是o

【答案】(1)HC1(2)BC

2+

(3)2CO(OH)3+12NH3H2OH-SO^2[Co(NH3)6]+SO；+4OH+13H0或

2+

2CO(OH)3+8NH3H2O+4NH；+SO：=2[CO(NH3)J+SO^+13H2O

(4)①.当最后半滴AgNCh溶液滴入时，生成红色沉淀，且半分钟内沉淀不溶解②.97.5%③.

pH过低，CrOf在酸性条件下转化为Cr2。>，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少

【解析】

【分析】硝酸浸取液(含Ni2+、C02+、Mg2+)中加入活性氧化镁调节溶液pH值，过滤，得到滤液主要是硝酸

镁，结晶纯化得到硝酸镁晶体，再热解得到氧化镁和硝酸；Ni2+、C°2+、C°3+均可与NH3形成可溶于水的配

离子，故滤泥加入氨性溶液氨浸溶解，过滤，向滤液中进行银钻分离，经过一系列得到氯化钻和饱和氯化

银溶液，向饱和氯化银溶液中加入氯化氢气体得到氯化银晶体。

【小问1详解】

“析晶”过程中为了防止Ni2+水解，因此通入的酸性气体A为HC1；

故答案为：HCL

【小问2详解】

A.滤泥在氨水中能溶解，故步骤I的活性MgO不可替换成稀氨水，A错误；

2+

B.加入活性氧化镁，pH升高，Ni>Co2+转化为Ni(OH)2、CO(OH)3,活性MgO可与水反应生成Mg(OH)2,

故步骤n,过滤得到的滤泥主要含Mg(OH)2、Ni(OH)2,Co(OH)3等，B正确；

C.根据分析可知步骤VI,热解所得的固体氧化物为MgO,C正确；

c(NH；)-c(OH)

+9050

D.常温下，pH=9.0的氨性溶液中，c(H)=10-,c(OH)=10-,Kb(NH3-H2O)=------------------------RO*,

C(NH3-H2O)

cfNH+)

——-_--=1003>1,故C(NH；)>C(NH3-H2O),D错误；

C(NH3-H2O)

故答案为：BC0

【小问3详解】

氨浸过程中CO(OH)3转化为[CO(NH3)6『+,SO：被氧化成SOj,离子方程式为

2+

2CO(OH)3+12NH3-H2O+SO3"=2[CO(NH3)6]+SOj+4OH+13H2O或

2+

2CO(OH)3+8NH3-H2O+4NH4+S0:=2[CO(NH3)6]+SOj+13H2O；

故答案为：2co(OH)3+12NH3-H2O+SO：=2[CO(NH3)6；T+SOj+40H-+13H2O或

2+

2CO(OH)3+8NH3-H2O+4NH4+S03"=2[CO(NH3)6]+SOj