浙江省2023-2024学年高三年级下册第一次联考化学 含解析

Lambda联盟2024学年第二学期第一次联考

化学试卷

本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟.

考生注意：

1.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。

2.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。

3.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的签字笔或钢笔描黑.

4.可能用到的相对原子质量:H-L012、0-16、N-14、F-19、S-32、Na-23、AL27、K-

39、Ca-40>Fe-56、Zn-65、Mn-55>CL35.5、Ti-48、Cr-52>Ag-108

选择题部分

一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。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.下列物质中含有极性键的盐是

A.CaC2B.NaOHC.Mg(OH)ClD.CH3CH2ONa

【答案】C

【解析】

【详解】A.CaC?中C；含有非极性键，A不选；

B.NaOH不属于盐，属于碱，B不选；

C.Mg(OH)Cl属于盐，OH-中含有极性键，C选；

D.CH3cH?ONa不属于盐，D不选；

故选C

2.碱金属锂和镁的性质相似，下列有关锂及其化合物的说法不正确的是

A.口2$。4易溶于水B.Li在氧气中加热生成Li2。？

C.Li的熔点比钠高D.Li2cO3受热分解，生成Li2。和C。？

【答案】B

【解析】

【详解】A.碱金属锂和镁的性质相似，MgS。,易溶于水，所以LizS。,易溶于水，A正确；

B.Mg在氧气中加热生成MgO,所以Li在氧气中加热生成Li2。，B错误;

C.碱金属随着原子序数的递增，熔点逐渐降低，Li的熔点比钠高，C正确;

D.碳酸镁受热可分解生成氧化镁和二氧化碳，口2©。3受热分解，生成Li2。和CO2，D正确;

答案选B。

3.下列表示不正确的是

A.HF分子中。键的形成示意图为。--00-O•0一・•

HFHFHF

B.基态Cr原子的价层电子轨道表示式为［I工jtititim

3d4s

C.NH3分子的VSEPR模型：

CH3

N

O2N^V02

D.2,4,6一三硝基甲苯的结构简式：

N02

【答案】C

【解析】

【详解】A.HF分子中0键是H原子利用其s轨道、F原子利用其p轨道“头碰头”重叠而成:

B.基态Cr原子为24号元素，价电子排布式为3d54sl,轨道表示式为:

1111rn,B正确;

3d4s

C.NH3中心原子价层电子对数为3+三=4,VSEPR模型为正四面体型，C错误;

2

CH3

O2NXA_NO2

D.2,4,6一三硝基甲苯的结构简式：（J,D正确;

N02

故选Co

4.KN03具有强氧化性，可发生反应：2KNO3+2NH4C1=2N2+O2+4H2O+2KC1,下列说法不

正确的是（NA为阿伏加德罗常数的值）

A.N2既是氧化产物，又是还原产物

B.KN03仅作氧化剂

C.生成ImolN2转移电子的数目为5NA

D.每生成36g水，能产生33.6L气体（在标准状况下）

【答案】B

【解析】

【详解】A.KNC）3中N元素化合价由+5价变为0价，NH4cl中N元素化合价由-3价变为0价，则N?

既是氧化产物，又是还原产物，A正确；

B.0。3中N元素化合价由+5价变为。价，O元素化合价由-2价变为。价，则KNOs既是氧化剂又是

还原剂，B错误；

C.KNO3中N元素化合价由+5价变为。价，反应消耗2moiKNO3生成2m0IN2,转移lOmol电子，则

生成1H101N2转移电子的数目为5NA，C正确；

36g

D.由反应可知，每生成4moi水，产生3moi气体（N2和02）,36g水的物质的量为~-=2mol,

18g/mol

会产生1.5mol气体，气体在标准状况下的体积为1.5molx22.4mol/L=33.6L,D正确；

故选B。

5.常温下，在指定的溶液中一定能大量共的离子组是

A.澄清透明的溶液：SO=SCN-、Fe3\NH：

B,使甲基橙变红的溶液：Na+、NO］、Br->S2O^

C.加入铝产生氢气的溶液：Ba?+、C「、K+、F

D.c（A13+）=0.1mol/L的溶液：HCO］、Mg2\Ca2\CH3coeF

【答案】C

【解析】

【详解】A.Fe3+、SCN-会反应，不能大量共存，A错误；

B.使甲基橙变红色的溶液呈酸性，S2O?在酸性条件下生成二氧化硫和硫单质，和氢离子不能大量共

存，B错误；

C.与铝反应能产生氢气的溶液为酸性或碱性，酸性或碱性条件下，这些离子均不反应，能大量共存，C

正确；

D.c(AF+尸O.lmoMJ的溶液中，AF+与HCO；发生完全双水解反应，不能大量共存，D错误；

故选C。

6.氮化硅(SisNQ是一种高温结构陶瓷材料，它硬度大、熔点高、化学性质稳定。合成氮化硅的一种

工艺流程如图所示，下列说法正确的是

已知：SiC1在潮湿的空气中易水解，产生白雾。

A.该流程中可循环使用的物质是NH3

B.第①步反应中产生的气体能使澄清石灰水变浑浊

C.ImolSiCl4和Si3N4所含共价键数目均为4NA

D.第③步反应可用氨水代替NH3

【答案】A

【解析】

【分析】石英砂与焦炭发生氧化还原反应生成粗硅，粗硅中硅单质与C12发生氧化还原反应生成SiC14；

SiC14和氨气一定温度生成Si(NH)2,Si(NH)2高温下加热可得氮化硅，结合质量守恒可知，还生成氨气;

【详解】A.由分析可知，Si(NH2)4高温下加热生成的氨气可以在③中循环利用，A正确；

B.第①步反应中炭和石英砂反应生成粗硅和CO,CO不能使澄清石灰水变浑浊，B错误；

C.ImolSiCL中含有4moi硅氯键，而ImolSisM中含有12moi硅氮键，所含共价键数目不同，C错误;

D.已知：在潮湿的空气中SiCL易水解，产生白雾，故不能用氨水代替氨气，D错误；

故选A

7.下列说法不正确的是

A.液晶中分子的长轴取向一致，表现出类似晶体的各向异性

B.较高压力，温度和引发剂作用下，乙烯加聚成含有较多支链的聚乙烯

C.纯物质有固定的熔点，但其晶体颗粒尺寸在纳米量级时也可能发生变化

D.等离子体是一种特殊的气体，由阳离子和电子两部分构成

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】A.液晶分子中沿分子长轴方向有序排列，从而表现出类似晶体的各向异性，故A正确；

B.高温高压条件下，较高压力，乙烯加聚成的聚乙烯，增大压力，产物有较多支链的聚乙烯，故B正

确；

C.纯物质有固定的熔点，但其晶体颗粒尺寸在纳米量级时也可能发生变化，熔点可能下降，故C错误；

D.等离子体是由阳离子和电子组成的整体上呈中性的物质聚集体，故D正确；

故选C。

【点睛】

8.W、X、Y、Z四种主族元素，原子序数依次增大，W原子最外层电子数是内层电子数的2倍，W与Z

相邻，短周期中X电负性最大，Y原子的s能级与p能级电子数相等，下列说法不正确的是

A.化学键中离子键成分的百分数：Y2W>Y2Z

B.单质晶体的硬度：W>Z

C.Y的第一电离能大于其同周期相邻元素

D.W、Z分别与X形成最简单分子的空间结构均为正四面体

【答案】B

【解析】

【分析】W、X、Y、Z四种主族元素，原子序数依次增大，W原子最外层电子数是内层电子数的2倍，W

为C元素，W与Z相邻，Z为Si元素，短周期中X电负性最大，X为F元素，Y原子的s能级与p能级电

子数相等，Y的电子排布式为Is22s22P63s2,Y为Mg元素，以此解答。

【详解】A.电负性：C>Si,化合物中两元素电负性差值越大，离子键的百分数就越大，因此化学键中离

子键成分的百分数：Mg2C>Mg2Si,A正确；

B.若碳组成的晶体是石墨，则硬度：石墨〈晶体硅，B错误；

C.同一周期主族元素，其第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第HA族、第VA族第一电离

能大于其相邻元素，这几种主族元素处于同一周期，Na、Mg、Al分别位于第IA族、第HA族、第HIA

族，所以这几种元素第一电离能由大到小顺序为Mg>Al>Na,C正确；

D.C、Si分别与F形成最简单分子为CF4、SiF4,二者空间结构均为正四面体，D正确；

故选B。

9.下列有关有机物的说法正确的是

A.质谱法测得某有机物相对分子质量是60,则该有机化合物分子式是C3H8。

B,不能用新制Cu(OH)2悬浊液鉴别甲醇、甲醛和甲酸甲酯

C.利用iHNMR可以区分甲酸乙酯和丙酸

D.异丁醇、叔丁醇在一定条件下经催化氧化可分别生成异丁醛、叔丁醛

【答案】C

【解析】

【详解】A.质谱法测得某有机物相对分子质量是60,由于不知道该有机物含有元素的种类，无法确定

该有机化合物的分子式，A错误；

B.甲醇和新制Cu(OH)2悬浊液不反应，甲醛能溶于水且能和新制Cu(OH)2悬浊液反应，甲酸甲酯不溶

于水且能和新制Cu(OH)2悬浊液反应，可以鉴别，B错误；

c.HCOOCH3和CH3cH=CH2,氢原子的种类和个数不同，利用^HNMR可以区分甲酸乙酯和丙酸，C

正确；

D.异丁醇的羟基碳上有2个氢，在一定条件下经催化氧化生成异丁醛，而叔丁醇的羟基碳上有无氢，不

能被催化氧化，D错误；

故选C。

10.下列方程式不能合理解释相应事实的是

A.铝制餐具不宜用来长时间存放碱性食物：ALO3+2OH-+3H2O=2[A1(OH)J和2A1+2OH+6H2O

=2[A1(OH)J+3H2T

B.用NaOH溶液除去油脂：CH3coOCH2cH3+OHfCH3COO+CH3cH20H

C.Na2cO3溶液使锅炉水垢中的CaSC)4转化为CaCC)3：CO^+CaSO4—CaCO3+SO；-

D.使用含氟牙膏预防弱齿：Ca5(PO4)3OH+rCa5(PO4)3F+OH

【答案】B

【解析】

【详解】A.铝制餐具表面有一层氧化膜，A1和AbCh均能与碱性物质发生化学反应，因此不宜用来长时

间存放碱性食物，对应的方程式无误，A不符合题意；

B.油脂的主要成分是由高级脂肪酸(如硬脂酸Ci7H35coOH、软脂酸Ci5H31coOH等)和甘油形成的

酯，CH3coOCH2cH3不属于高级脂肪酸甘油酯，对应的方程式错误，B符合题意；

C.Na2c。3溶液可使锅炉水垢中的CaS。4转化为溶解度更小的CaCX)3,便于后续用酸除去，利用了沉

淀转化原理，对应的方程式无误，C不符合题意；

D.牙齿表面薄层釉质Ca5(PC)4)3OH易被有机酸溶解从而导致弱齿，含氟牙膏能使沉淀发生转化，形

成更难溶的Ca5（PC）4）3F，预防弱齿的原理为Ca5（PC）4）3OH+FCa5（PO4）3F+OH-,增大

c（F-）,沉淀溶解平衡正向移动，生成更难溶的氟磷灰石，氟磷灰石比羟基磷灰石更能抵抗酸的侵蚀，D不

符合题意；

故选B。

11.甲基多巴是一种中枢性降压药，其结构如图所示，下列说法不正确的是

HO

XCH3

CH2-C-COOH

NH2

A.分子中存在3种官能团

B.分子中所有碳原子不可能共平面

C.该物质是两性化合物，能与酸、碱反应生成盐

D.Imol该物质与足量滨水反应，最多消耗2moiBr?

【答案】D

【解析】

【详解】A.根据结构简式，甲基多巴含有羟基、竣基、氨基3种官能团，故A正确；

B.在甲基多巴结构中连有竣基的碳原子是饱和碳原子，为四面体结构，最多3个原子共面，故所有碳原

子不可能共平面，故B正确；

C.分子中含有竣基、酚羟基，表现酸性；含有氨基，表现碱性；能与酸、碱反应生成盐，故C正确；

D.酚羟基的邻位和对位能被澳取代，故Imol该物质与足量滨水反应，最多消耗3moiBr2,故D错误。

答案选D。

12.某研究小组利用NaCl和NH4HCO3模拟工业制碱方法，实验流程如下：

下列说法不正确的是

A.温度高于35℃,NHaHCOs分解加快导致Na?C03产率降低

B.操作III中NH4cl可分解，所以操作I中无需洗涤NaHCC）3固体

C.加入NaCl固体有利于NH4cl晶体析出

D.步骤n蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜时停止加热

【答案】B

【解析】

【分析】本题为工业制备碳酸钠的流程题，在饱和氯化钠溶液中加入碳酸氢锈固体，发生反应生成碳酸氢

钠和氯化镂，过滤后分别处理固体碳酸氢钠和氯化镀溶液，可以得到两种产品氯化镂和碳酸钠，以此解题。

【详解】A.温度高于35C,NH,HCOs会分解生成氨气、水和二氧化碳的量，减少了碳酸氢钠的量，最

终降低了碳酸钠的产率，A正确；

B.操作III中生成碳酸钠，其表面可能吸附氯化镂和氯化钠，氯化镂受热会分解，但是氯化钠较稳定，则操

作I中还需洗涤NaHCC>3固体，B错误；

C.食盐会降低氯化镂的溶解度，则加入NaCl固体有利于NH4cl晶体析出，c正确；

D.蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜时，停止加热，防止析出的NH4cl因温度过高而分解，D正确；

故选B。

13.在NaCl浓溶液中及空气存在下，矿砂中的单质银发生吸氧腐蚀生成[AgCL]，再加入锌粉生成

[ZnCl/”和纯度较高的单质银，下列说法不正确的是

A.提高C「浓度有利于单质银的溶解

B,正极发生的电极反应式为：O2+4H++4e-=2H2。

C.随着腐蚀的进行，溶液的pH增大

D.加入锌粉反应后，溶液中阴离子总浓度降低

【答案】B

【解析】

【详解】A.银单质在氯化钠浓溶液中与氧气反应生成[AgC12「，离子方程式为:

4Ag+O2+8Cr+2H2O==4[AgCl2]-+4OH-,增大氯离子的浓度有利于单质银的溶解，A正确；

B.在氯化钠溶液中，正极电极反应式为：O2+4e-+2H2。=4011一，B错误；

C.根据A可知，随着腐蚀的进行，氢氧根离子的浓度增大，溶液pH增大，C正确；

2

D.加入锌粉后，发生反应：Zn+2[AgCl2]--2Ag+[ZnCl4]-,溶液中阴离子总浓度降低，D正确；

故选B。

14.葡萄糖水溶液中，存在链状和环状结构间的平衡。常温下，各种葡萄糖结构及其所占百分含量如下图

所示。已知各种葡萄糖结构中链状结构的燧最大，下列说法不正确的是

H----OH

CH2OH

a-D-毗喃葡萄糖链式葡萄糖0-D-毗喃葡萄糖

36.4%<0.0026%63.6%

A.葡萄糖由链状转化为环状结构发生了加成反应

B.P-D-毗喃葡萄糖的稳定性大于a-D-毗喃葡萄糖

C葡萄糖链状和环状结构中均有4个手性碳原子

D.葡萄糖由链状转化为环状结构AS<0,AH<0

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】A.葡萄糖由链状转化为环状结构，一CHO与一OH加成，A正确；

B.因为a-D-毗喃葡萄糖的羟基离环面更近，使得羟基与环面形成了较强的氢键作用，从而增加了分子

的稳定性，B正确；

C.葡萄糖链状结构中有4个手性碳原子，环状结构中有5个手性碳原子，C错误；

D.葡萄糖结构中链状结构的嫡最大，葡萄糖由链状转化为环状结构AS<0,AH<0,D正确；

故选Co

【点睛】

15.已知HC1O的Ka=2.98*10一8,HN3的Ka=L7xl0f,下列有关说法正确的是

A.温度一定时在pH=3的叠氮酸中加入少量0.00hnol/L的稀盐酸，溶液的pH不会改变

B.等浓度等体积的NaClO和溶液NaN3前者所含离子总数比后者多

C.100mLpH=2的新制氯水中：n(OH-)+n(ClO-)+n(HClO)=0.00Imol

D.将Cl2通入NaOH溶液中，若溶液呈中性，则溶液中存在4种微粒

【答案】A

【解析】

【详解】A.pH=3的叠氮酸中H+浓度为0.001mol/L,向其中加入少量0.001mol/L的稀盐酸，H+浓度不

变，则溶液的pH不会改变，A项正确；

B.两种溶液中存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(CK>)+c(OH-)和c(Na+)+c(H+)=c(N])+c(OH)HC10的Ka

小于HN3的Ka,同浓度两种溶液，NaClO溶液0H-浓度大，H+浓度小，等体积时NaClO溶液中n(H+)

小，故NaClO溶液中n(H+)+n(Na+)小，则两种溶液中NaClO溶液中离子总数小，B项错误；

C.100mLpH=2的新制氯水中，n(H+)=0.001mol,根据电荷守恒有：n(C10)+n(0H)+n(Cl)=n(H+),根据

物料守恒有：n(ClO-)+n(HClO)=n(Cl-),联立二式有：n(C10-)+n(HC10)+n(OH)=n(H+)-n(C10-)<0.001mol,C

项错误；

D.将Cb通入NaOH溶液中，无论溶液呈什么性，溶液中均含有Na+、Cl\C1O\H\OH\HC1O、

抵0,共7种粒子，D项错误；

故本题选A。

16.下列有关Cu和Fe元素化学实验方案设计或结论不正确的是

实验方案实验现象实验结论

将不溶于水的红色粉末溶于稀粉末完全溶解，溶液变蓝绿色，

红色粉末成分是Cu和

A硫酸，再加入KsFe(CN)6溶加入KsFelCN%溶液有蓝色沉淀

Fe2O3

液生成

先产生蓝色沉淀，后沉淀消失，与Cu2+的配位能力：

B向CuSO4溶液中滴加氨水

溶液变深蓝色

NH3>H2O

向FeCL稀溶液中加入少量铜

C固体完全溶解还原性：Cu>Fe2+

粉

向CuS和FeS混合固体中加入黑色固体部分溶解，有气体产

DKsp(CuS)<Ksp(FeS)

足量稀盐酸生，溶液为浅绿色

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【详解】A.将不溶于水的红色粉末溶于稀硫酸，再加入KsFelCN”溶液，粉末完全溶解，溶液变蓝绿

色，加入KsFelCN%溶液有蓝色沉淀生成，说明反应后的溶液中存在Fe2+,该红色粉末也可能是C112O

和FeQs，发生的反应分别为：CU2O+H2so4=CU+CUSO4+H2。、Fe2Ch+3H2so4=Fe2(SO4)3+3H2。、

Fe2(SO4)3+Cu=CuSO4+2FeSO4,A错误；

B.向C11SO4溶液中滴加氨水，先反应生成氢氧化铜沉淀，后生成［CU(NH3)4］2+,该过程中［CU(H2O)4］2+转

化为［Cu(NH3)4p+,说明与Cu?+的配位能力：NH3>H20,B正确；

C.向FeCh稀溶液中加入少量铜粉，固体完全溶解，发生反应：Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+,Cu为还原剂，

Fe2+为还原产物，则还原性：Cu>Fe2+，C正确；

D.CuS不溶于稀盐酸，FeS和盐酸反应生成氯化亚铁和硫化氢气体，溶液中含有Fe2+,此时CuS不能转

化为FeS,说明CuS的溶解度小于FeS,Ksp(CuS)<Ksp(FeS),D正确；

故选A„

非选择题部分

二、非选择题(本大题共5小题，共52分)

17.硼族元素可形成许多结构和性质特殊的化合物。回答下列问题

(1)基态Ga原子的电子排布式为。

(2)常温下，F2与硼单质反应生成BF3,BF3为缺电子结构，通入水中产生三种酸分别为HBFcHF和

(填化学式)。NF3和NF3BF3中F-N-F的键角大小是NF3NF3BF3(填“>或"=")。

(3)一定条件下，NH4F、NaF和NaAlCh反应生成NH3、七0和化合物X。X晶胞及晶胞中某一原子的

俯视投影如图所示，晶胞参数为apm、cpm,a=P=Y=9。？。

①化合物X的化学式为。

②X晶体内含有的作用力有(填字母)。

a.配位键b.离子键c.氢键d.金属键

③晶体中有种化学环境的•原子。

(4)阿伏加德罗常数的值为NA。化合物X的密度为g/cm3(用含a,c的代数式表示)。

【答案】(1)Is22s22P63s23P635。4s24Pl(或写为［Ar］3di。4s24pD

(2)①.H3BO3②.<

(3)Na3AlF6②.ab③.2

4.2xlO32

(4)—$

aCNA

【解析】

【小问1详解】

Ga是31号元素，根据构造原理，可知基态Ga原子的电子排布式为Is22s22P63s23P63/。4s24pL也可写为

［Ar］3d104s24pi；

【小问2详解】

BF3为缺电子结构，通入水中可能发生双水解反应，生成HF、H3BO3,生成的HF可能与BF3作用生成

HBF4,则产生三种酸分别为HBF"HF和H3BO3;

NF3的价层电子对数是4,有1对孤电子对，结构是三角锥形；在NF3BF3中，N原子与B原子形成配位

键，孤电子对对成键电子排斥力较强，形成配位键后没有孤电子对，键角扩大，则NF3和NF3BF3相比

较，F-B-F的键角大小顺序是NF3<NF3BF3；

【小问3详解】

①一定条件下，NH4F、NaF和NaAKh反应生成NH3、H2O和化合物X。则X中含有Na、F、Al三种元

素，从构成的正八面体可能看出，此离子应为［A1F6］3，从X晶胞及晶胞中某一原子的俯视投影图可以看

出，•表示Na+,在晶胞中含有Na+的数目为4X^+6XL+2=6,而含［A1F6产的数目为8x』+1=2,由此得

428

出X的化学式为Na3AlF6;

②X晶体内，Na+与［A1F6F-间形成离子键，［A1F6产内AP+与F之间形成配位键，不存在氢键和金属键，

故含有的作用力有ab；

③根据上述分析可知：•表示Na+,在晶体中•的位置，一种在两个［A1F6产之间，一种连接在［AlF6p-的一

个F上，故连接共有2种化学环境的Na+原子；

【小问4详解】

用均摊法计算，该晶胞含有2个Na3AlF6,化合物X的密度为p=^=

32

_________2x210g/mol_________4.2xlO3

402lo2111

NA/mol(axl0cm)x(cxlOcm)acNA豌°

18.某固态化合物Y的组成为Sr,FeMnC^COs),以Y为原料可实现如下转化：

［曷温

—气流

1

V

已知：溶液C中金属离子与NH3均不能形成配合物。请回答：

(1)写出溶液C中的所有阳离子O

(2)步骤V中的反应为3Fe+4H2。旦装Fe3()4+4H2,请说明Fe能够较完全转化为Fes。4的两个原

因是：①生成Fes。,降低了体系的能量；②0

(3)下列说法正确的是。

A.固体B中含有Mn单质

B.步骤H反应促进了NH：水解平衡正向移动

C.步骤III可推断碱性SKOH%〉Mn(0H)2

D.直接加热SrCl2-6H2O不能得到SrCl2

(4)固体Y可与HI溶液反应，写出该反应的离子方程式____________。

(5)设计实验方案检验气体中除H2以外的两种主要成分。

2++

【答案】(1)S/+、Mn>NH；、H

(2)水蒸气带出H2,促进平衡正向移动(3)BC

+2+2+2+

(4)Si^FeMnO6(CO3)+14H+2I-=4Sr+Fe+Mn+I2+7H2O+CO2T

(5)将生成的气体通入盛有CuS。,粉末的硬质玻璃管中，固体变蓝，说明有水蒸气，再继续通入澄清石

灰水中，变浑浊，说明有CO2气体。

【解析】

【分析】固体D和水在高温下反应生成Fe3CU,则D为Fe,溶液C和一水合氨反应生成Mn(OH)2和溶液

E,溶液E经一系列操作得到SrCL/H2。，则溶液E中含S/+,溶液C中含有5心+、Mn2+，固体B为

Fe、MnO、SrO,气体A为H2、CCh和水蒸气。

【小问1详解】

由步骤IV知，溶液E中含SF+,由步骤II和步骤皿知，则溶液C中的所有阳离子：Sr2+>Mn2+>

NH：、T；

【小问2详解】

由反应3Fe+4H2。工迪FesO4+dH2可推测，Fe能够较完全转化为Fe?。4的两个原因：①生成Fe3()4降

低了体系的能量；②水蒸气带出H2,促进平衡正向移动；

【小问3详解】

A.由分析知，固体B中含有MnO而不含Mn单质，A错误；

B.步骤II中，MnO、SrO可与NH；水解产生的H+反应，从而促进了NH；水解平衡正向移动，B正确；

C.步骤III生成了Mn(0H)2沉淀而未生成SKOH%沉淀，说明碱性：Sr(OH)2>Mn(OH)2,C正确；

D.Sr与Ca处于同一主族，Sr比Ca活泼，SrCl2属于强酸强碱盐，直接加热SrCl?4耳。可得到SrCl2,

D错误；

故选BCo

【小问4详解】

固体Y中Mn元素的化合价为+4价，Y具有氧化性，HI溶液中的r离子具有还原性，Y与HI溶液可发生

氧化还原反应，根据化合价升降守恒、电荷守恒及原子守恒可得到反应的离子方程式：

+2+2+2+

Si^FeMnO6(CO3)+14H+2I-=4Sr+Fe+Mn+I2+7H2O+CO2?；

【小问5详解】

气体A为H2、CO2和水蒸气，除H2以外的两种气体为CO2和水蒸气，检验方法：将生成的气体通入盛有

CuSO4粉末的硬质玻璃管中，固体变蓝，说明有水蒸气，再继续通入澄清石灰水中，变浑浊，说明有CO?

气体。

19.我国提出“碳达峰”目标是在2030年前达到最高值，2060年前达到“碳中和”。因此，二氧化碳的

综合利用尤为重要。

(1)通过使用不同新型催化剂，实现二氧化碳加氢合成转化为二甲醛(CH30cH③)也有广泛的应用。

1

反应I：CO2(g)+3H2(g)=CH30H(g)+H2O(g)AH,=-49.0IkJ-moK

-1

反应II：2cH30H(g);CH30cH3(g)+H2O(g)AH2=-24.52kJ-mol

1

反应in：CO2(g)+H2(g)-CO(g)+H2O(g)AH3=+41.17kJ-mor

①2co2(g)+6H?(g).-CH3OCH3(g)+3H2O(g)自发反应的条件是

②恒压、投料比/二c、=4的情况下，不同温度下C。，的平衡转化率和产物的选择性（选择性是指生

«（co2）-

成某物质消耗的CO2占C。2消耗总量的百分比）如图所示:

平

衡

转

化

率

或

选

择

性

/%

I.下列说法正确的是O

A.从反应体系中分离出CH30cH3,能使反应II反应速率加快

B.使用更高效的催化剂能提高CHsOCH?的平衡产率

C.考虑工业生产的综合经济效益，应选择较低温度以提高CHsOCHs的平衡产率

D.若增大H2与C02的混合比例，可提高C。?平衡转化率

II.当温度超过320C,CO2的平衡转化率随温度升高而增大的原因是o

（2）研究表明，在电解质水溶液中，CO2气体可被电化学还原。

①CO?在碱性介质中电还原为正丙醇（CH3cH2cH2（DH）的电极反应方程式为o

②在电解质水溶液中，三种不同催化剂（a、b、c）上CO2电还原为CO的反应进程中（H+被还原为H?

的反应可同时发生），相对能量变化如图。由此判断，C。？电还原为CO从易到难的顺序为

（用a、b、c字母排序）。

0.68

>0.61

。)0.51

朝

髭

芸

要0.22

0.00

-0.08

反应历程反应历程

(a)CC)2电还原为CO(b)H,电还原为H?

(3)CO2参与的乙苯脱氢机理如图所示(a、P表示乙苯分子中C或H原子的位置；A、B为催化剂的

活性位点，其中A位点带部分正电荷，BPB,位点带部分负电荷)。

CkHr-CH—CHCHr-<H=CH,

III

上图中所示反应机理中步骤I可描述为：乙苯a-H带部分正电荷，被带部分负电荷的B1位点吸引，随

后解离出H+并吸附在B1位点上；步骤II可描述为：o

【答案】(1)①.低温②.D③.反应III为吸热反应，反应I、II放热，温度升高反应III平衡

正移，反应I、II平衡逆移，当温度超过320℃,反应III平衡正移程度大于反应I、II平衡逆移程度，故

CO2的平衡转化率随温度升高而增大

(2)0.12CO2+18e+4H2O=CH3CH2CH2OH+9CO；-②.C、a、b

(3)B1位点上的H+与B2位点上CO?中带部分负电荷的。作用生成带部分正电荷的C吸附

在带部分负电荷的B2位点上

【解析】

【小问1详解】

①根据盖斯定律可得反应Ix2+反应n得到反应2co2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g),则

AH=2AHi+AH2=(-49.01x2-24.52)kJ/mol=-122.54kJ/mol,该反应的AS<0,AG=AH-TAS,AS<0,

AH<0,要使AG=AH-TAS<0,需要低温条件，故该反应在低温下自发；

②I.A.从反应体系中分离出CH30cH3,导致反应物的浓度也会减小，使反应H反应速率减慢，故A

错误；

B.催化剂不会使平衡移动，不能提高CHsOCHs的平衡产率，故B错误；

C.应选择较低温度，反应速率慢，不利于提高生产的综合经济效益，故c错误；

D.若增大H?与co2的混合比例，能使平衡I、in向右移动，可提高CO2平衡转化率，故D正确；

答案为D；

II.根据反应特点，反应III为吸热反应，反应I、II放热，温度升高反应III平衡正移，反应I、II平衡逆

移，当温度超过320℃,反应皿平衡正移程度大于反应I、II平衡逆移程度，故C。？的平衡转化率随温

度升高而增大；

【小问2详解】

①C。?在碱性介质中电还原为正丙醇(CH3cH2cH?OH),结合电解质的环境，电荷守恒写出电极反应

式为：12co2+18片+4H2。=CH3cH2cH20H+9cOj；

②对比图(a)、图(b)可知，使用催化剂b、a、c,CCh电还原为CO的活化能逐渐减小，故CCh电还原为

CO从易到难的顺序为：c、a、b；

【小问3详解】

结合图像，对比步骤I的机理描述，步骤n可以描述为：B1位点上的H+与B2位点上CO?中带部分负电

荷的O作用生成H”。,带部分正电荷的C吸附在带部分负电荷的B2位点上。

20.Na2s2O3又名“大苏打”“海波”，易溶于水，难溶于乙醇，水溶液呈微弱的碱性，在中性和碱性环境中稳

定。某化学实验小组用如图1装置(略去对乙的加热装置)制备Na2s2O3-5H2O(M=248g-moH),已知：

Na2so4溶解度如图2所示。

溶

解

度

值

0102030405060708090

温度/℃

图1图2

(1)连接实验装置后，首先进行的实验操作为。

(2)在装置乙中溶解两种固体时，需先将Na2cCh溶于水配成溶液，再将Na2s固体溶于Na2cCh的溶液

中，其目的；装置乙中生成Na2s2。3的总反应方程式为。

(3)实验过程中，当装置乙中pH接近7.0时，应立即停止通SO2的原因是(用离子方程式表

示)。

(4)装置乙中需向反应后的混合液加入一定量的无水乙醇，其目的是0

(5)设计实验测定Na2S2O3-5H2O的纯度：

步骤1：准确称取16.00g样品，溶于水，加入10mL甲醛，配成200mL溶液。

步骤2：准确称取0.294gK2Cr2O7于碘量瓶中，加入20mL蒸储水溶解，再加入5mL2moiL」硫酸溶液和

20mL10%KI溶液使铭元素完全转化为Cr3+,加水稀释至100mL。

步骤3：向碘量瓶中加入ImLl%淀粉溶液，用待测Na2s2O3溶液滴定碘量瓶中溶液至终点，消耗Na2s2O3

溶液20.00mL。(已知：I2+2S2O：=21+S4O>),试计算Na2s2O3JH2O的纯度为(保留三位有效

数字)。

(6)利用甲装置中的残渣(NazSCU和Na2s。3的混合物)制备NazSCUJOlhO晶体，将下列实验方案补充完

整：将固体混合物溶于水配成溶液，,洗涤、干燥得Na2sO4JOH2O晶体。(实验中须使用氧气、

pH计)

【答案】(1)检查装置气密性

(2)①.Na2cCh在溶液中水解使溶液呈碱性，能抑制Na2s的水解，防止生成有毒的硫化氢污染空气

A

②.Na2co3+2Na2s+4SC)2=3Na2s2O3+CO2

(3)S2Of+2H+=S|+SO2T+H2O

(4)降低硫代硫酸钠晶体的溶解度，便于晶体的析出

(5)93.0%(6)向其中缓慢通入氧气，用pH计测量溶液的pH,当pH约为7.0时，停止通氧气，然

后将溶液置于40℃水浴中加热，减压蒸发浓缩至有晶膜出现时，停止加热，用冰水冷却降温结晶，过滤

【解析】

【分析】由图可知，装置甲中浓硫酸与亚硫酸钠固体反应制备二氧化硫，装置乙中二氧化硫与碳酸钠、硫

化钠混合溶液反应制备五水硫代硫酸钠。

【小问1详解】

该实验是有气体制备和参与的实验，为防止实验过程中气体逸出导致实验失败，连接实验装置后，应首

先检查装置气密性，故答案为：检查装置气密性；

【小问2详解】

碳酸钠和硫化钠都是强碱弱酸盐，在溶液中都能发生水解使溶液呈碱性，在装置乙中溶解两种固体时，

先将碳酸钠溶于水配成溶液，再将硫化钠固体溶于碳酸钠溶液中，可以达到利用碳酸钠在溶液中水解生

成的氢氧根离子，抑制硫化钠的水解，防止生成有毒的硫化氢污染空气的目的；装置乙中生成硫代硫酸

钠的反应为二氧化硫与碳酸钠、硫化钠混合溶液反应生成硫代硫酸钠和二氧化碳，反应的化学方程式为

A

Na2co3+2Na2s+4SCh=3Na2s2O3+CO2,故答案为：在溶液中水解使溶液呈碱性，能抑制Na2s的水解，

A

防止生成有毒的硫化氢污染空气；Na2co3+2Na2s+4SCh=3Na2s2O3+CO2；

【小问3详解】

由题给信息可知，硫代硫酸钠水溶液呈微弱的碱性，在中性和碱性环境中稳定，所以制备硫代硫酸钠

时，应控制溶液pH,防止溶液pH小于7,硫代硫酸根离子与溶液中氢离子反应生成硫沉淀、二氧化硫气

体和水，反应的离子方程式为S2Oj+2H+=SJ+SO2T+H2O,故答案为：SOj+2H+=SJ+SO2T+H2O；

【小问4详解】

由题给信息可知，硫代硫酸钠易溶于水，难溶于乙醇，所以制备五水硫代硫酸钠时应向反应后的混合液

加入一定量的无水乙醇，降低硫代硫酸钠晶体的溶解度，便于晶体的析出，故答案为：降低硫代硫酸钠

晶体的溶解度，便于晶体的析出；

【小问5详解】

由题意可得测定样品纯度时存在如下转化关系：K2Cr2O73h6Na2s2O3,实验时0.294g重铝酸钾最终

■294gx6xl0x248g/mol

消耗20.00mL硫代硫酸钠溶液，则16.00g样品中五水硫代硫酸钠的纯度为空幽吧__________________

16.00g

xl00%=93.0%,故答案为：93.0%；

【小问6详解】

利用甲装置中的残渣制备十水硫酸钠时，应先将固体混合物溶于水配成溶