2021-2022学年河南省新乡市原阳第一某中学高三（上）开学化学试卷（附答案详解）

2021-2022学年河南省新乡市原阳第一高级中学高三（上）

开学化学试卷

一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）

1.化学与科学、技术、社会、环境密切相关。下列有关说法中正确的是（）

A.小苏打可用于生产玻璃，也可用来除去物品表面的油污；氢氟酸和NaOH溶液可

以雕刻玻璃

B.“自古书契多编以竹简，其用绿帛者（丝质品）谓之为纸”，其中“纸”的主要成

分为纤维素

C.医用酒精、次氯酸钠、过氧乙酸等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的

D.使用含有氯化钠的融雪剂会加快桥梁的腐蚀

2.如图是一套实验室制取气体装置，用于发生、干燥、收集和吸收有毒气体，下列各

组物质能利用这套装置进行实验的是（）

A.MnOz和浓盐酸B.浓氨水和生石灰

C.Cu片和稀HNO3D.Na2sC）3（s）和浓H2so4

3.下列解释实验现象的反应方程式不正确的是（）

A.向NaHSCU溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，至溶液恰好呈中性：H++SO厂+

2+

Ba+OH-=BaS04I+H20

B.切开的金属Na暴露在空气中，光亮表面逐渐变暗：4Na+O2=2Na2O

C.向Na2cO3溶液中滴入酚猷,溶液变红：C01-+H20=HCO3+0H-

D.向AgCl悬浊液中滴加Na2s溶液，白色沉淀变为黑色：2AgCl（s）+S2-（aq）U

Ag2S（s）+2Cl-（aq）

4.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，丫（XW）Z2是一种新型净水剂，

XW一是一种10电子微粒，且对水的电离有抑制作用，X和丫能形成二元化合物R,工

业上电解熔融的R可制取丫的单质。下列说法正确的是（）

A.含有丫元素的离子水解一定显酸性

B.电解熔副1R时，X的离子向阳极移动

C.简单离子半径：Z>Y>X

D.可用pH试纸测定Z单质水溶液的pH

5.某有机物的结构简式如图，下列说法正确的是（)

A.分子式为Cl2Hl8。5

B.分子中含有2种官能团

C.发生氧化还原反应使酸性高镭酸钾溶液褪色和漠的四氯化碳溶液褪色

D.可以发生加成反应、消去反应和取代反应

6.十九大报告中提出要“打赢蓝天保卫战”，意味着对污染防治比过去要求更高。某

种利用垃圾渗透液实现发电、环保二位一体结合的装置示意图如下，当该装置工作

时，下列说法正确的是（）

A.盐桥中C「向丫极移动

B.丫极发生的反应为2N0]+10e-+6H2。=N2T+12OH1周围pH增大

C.电流由X极沿导线流向丫极

D.电路中流过7.5mol电子时，共产生标准状况下电的体积为16.8L

7.草酸（H2c2。4）是一种二元弱酸。常温下，向H2c2。4

液中逐滴加入NaOH溶液，混合溶液中lgX[X为

黑窑或亲需]与PH的变化关系如图所示。下列

说法不正确的是（）

A.曲线I表示恒器需与pH的变化关系

cln2b2u47

+

B.pH=1.22的溶液中：2c仁2。寸)+C(HC2OJ)>c(Na)

C.1.22<pH<4.19的溶液中：C(HC2O；)>c(C201-)>c(H2C2O4)

D.pH=4.19的溶液中：c(Na+)<3c(HC2O；)

二、填空题（本大题共2小题，共16.0分）

8.三氧化二钻主要用作颜料、釉料及磁性材料，利用铜钻矿石制备CO2O3的工艺流程

如图1所示。

第2页，共23页

足照ZF溶液

过依稀“广)4IL阂体B九加盐酸.再加

尤加溶液溶清

IL族液A

同体

犍港BCoUACoCR・2HlO

4000600第I娘烧

四'川湍需液学eWW”法\"：《八溶液

过吊液

Cn4),

图1

$94

90

五86

|682

7815i5i,5Js^5^57585-7Sod3~1~~i15~i-is

图2图3

已知：铜钻矿石主要含有CoO(OH)、COCO3、Cu2(OH)2cO3和Si。2，其中还含有一

定量的Fe2()3、MgO和CaO等。

请回答下列问题：

(1)“浸泡”过程中可以加快反应速率和提高原料利用率的方法是(写出2种

即可)。

(2)“浸泡”过程中，加入Na2s。3溶液的主要作用是。

(3)向“沉铜”后的滤液中加入NaCK)3溶液，写出滤液中的金属离子与NaClC>3反应

的离子方程式______。

(4)温度、pH对铜、钻浸出率的影响如图2、图3所示：

①“浸泡”铜钻矿石的适宜条件为o

②图2中pH增大时铜、钻浸出率下降的原因可能是o

(5)COC2O4-2H2。在空气中高温馔烧得到C02O3的化学方程式是。

(6)一定温度下，向滤液A中加入足量的NaF溶液可将Ca2+、Mg2+沉淀而除去，若所

得滤液B中c(Mg2+)=1.0x10-5moLL-1,则滤液B中c(Ca2+)为。[已知该温

1111

度下(p(CaF2)=3.4xIO_,Ksp(MgF2)=7.1xIO-]

9.汽车尾气(用"0表示)是空气污染源之一.回答下列问题：

(1)用CO还原N2。的能量变化如下图所示，则该反应的热化学方程式为

能量/kJ

反应历程

在相同温度和压强下，Imol电0和ImolCO经过相同反应时间测得如下实验数据:

实验温度/℃催化剂"0转化率/%

400催化剂19.5

实验1

400催化剂210.6

500催化剂112.3

实验2

500催化剂213.5

试分析在相同温度时，催化剂2催化下NzO转化率更高的原因是

（2）在体积均为1L的密闭容器A（50（rC,恒温）、B（起始50（TC,绝热）两个容器中分

别加入O.lmol"0、0.4molCO和相同催化剂。实验测得A、B容器中电0的转化率

随时间的变化关系如图所示。

0100200300400t/s

①B容器中"0的转化率随时间的变化关系是上图中的______曲线。

②要缩短b曲线对应容器达到平衡的时间，但不改变电0的平衡转化率，在催化剂

一定的情况下可采取的措施是（答出1项即可）。

③500久该反应的化学平衡常数K=（用分数表示）。

④实验测定该反应的反应速率u正=k正,C（N2O）-c（CO）,口逆=卜逆・C（N2）-c（C02）o

k正、k逆分别是正、逆反应速率常数，c为物质的量浓度。计算M处的段=（保

留两位小数）。

三、简答题（本大题共4小题，共32.0分）

10.无水四氯化锡（SnClQ可用于制作导电玻璃，导电玻璃广泛用于液晶显示屏、薄膜太

阳能电池基底等。可用如下装置制备四氯化锡（部分夹持装置已略去）：

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有关信息如下表:

化学式SnCl2SnCl4

熔点/℃246-33

沸点/汽652144

其他性质无色晶体，Sn(n)易被氧化为Sn(IV)无色液体，易水解

回答下列问题:

(1)仪器A中发生反应的离子方程式为o

(2)将装置如图连接好，检查气密性，慢慢滴入浓盐酸，待观察到(填现象)后，

开始加热丁装置。锡熔化后适当增大氯气流量并继续加热丁装置。继续加热丁装置

的目的是促进氯气与锡反应和。

(3)如果缺少乙装置可能产生的后果是。

(4)戊装置中球形冷凝管的冷水进口为(填“a”或"b”)。

(5)己装置中碱石灰的作用是。

(6)碘氧化法滴定分析产品中Sn(n)的含量。准确称取mg产品于锥形瓶中，用适量

浓盐酸溶解，淀粉溶液作指示剂，用cmol碘标准溶液滴定。滴入最后一滴标

准溶液，出现时达到滴定终点，此时消耗碘标准溶液VmL,则产品中Sn(II)

的质量分数为(用字母表示)。

11.甲醇是重要的化工基础原料和清洁液体燃料，工业上可^

利用CO或CO2来生产甲醇。已知制备甲醇的有关化学反

应以及在不同温度下的化学平衡常数如表所示：

0050p/MPa

温度/℃

化学反应平衡常数

500800

①2H2(g)+C0(g)UCH30H(g)Ki2.50.15

②&(g)+C0(g)=HO(g)+CO(g)1.02.50

22K2

③3H2(g)+CO2(g)UCH30H(g)+H2O(g)K3

(1)在恒容密闭容器中发生反应②,达到平衡后升高温度,下列说法正确的是

a.平衡正向移动

b.混合气体的平均相对分子质量增大

c.CC>2的转化率增大

(2)K］、嵯、L的关系是：K3=。

(3)500久时测得反应在某时刻，H2(g),CO2(g),CH30H值)也0也)的浓度(mol/L)分

别为0.2、0.1、0.01>0.2,则此时V正V逆(填“>”"=”“<”)。

(4)某温度下反应①中H2的平衡转化率(a)与体系总压强(P)的关系如图所示，若开

始力□入2moi/LH2和Imol/LCO,贝ijB点时化学平衡常数为。

(5)相同温度下，在甲、乙两个容积相等的恒容密闭容器中，投入也和CO2，发生

反应②，起始浓度如下表所示。其中甲经2min达平衡，平衡时武也0)=0.05mol/L,

甲中CO2的转化率为,乙中CO2的转化率甲。(填“大于”、“等于"

或“小于”)

起始浓度甲乙

c(H2)/mol/L0.100.20

c(CO2)/mol/L0.100.20

12.我国秦俑彩绘和汉代器物上用的颜料被称为“中国蓝”、“中国并q―

———@

紫”，近年来，人们对这些颜料的成分进行了研究，发现其成分•..・

主要为BaCuSiQio、BaCuSi2()6。《七三

(1)“中国蓝"、“中国紫”中均有CP+离子，n=,基

态时该阳离子的价电子排布式为。

(2)“中国蓝”的发色中心是以Cu9为中心离子的配位化合物，其中提供孤对电子

的是元素。

⑶已知Cu、Zn的第二电离能分别为1957.9kJ-molT、1733.3kJ-mol-1,前者高于

后者的原因是O

(4)铜常用作有机反应的催化剂。例如，

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2CIhCH>OH+O2号2CH3CHO+2HQ。

①乙醇的沸点高于乙醛，其主要原因是；乙醛分子中TT键与。键的个数比为

②乙醛分子中碳原子的杂化轨道类型是。

(5)铜的晶胞如图所示。铜银合金是优质的金属材料，其晶胞与铜晶胞类似，银位

于顶点，铜位于面心。

①该铜银合金的化学式是o

②已知：该铜银晶胞参数为acm,晶体密度为pg-cm-3.则阿伏加德罗常数(NA)为

mol-】(用代数式表示，下同)。

③若Ag、Cu原子半径分别为bcm、ccm,则该晶胞中原子空间利用率＜p为。(

提示：晶胞中原子空间利用率=今/譬x100%)

日口胞体枳

13.光刻胶是一种应用广泛的光敏材料，其合成路线如图(部分试剂和产物略去)：

OH

已知；R-C—H+R,—CH-CHO—K-CH-C-CHO(%、R?为燃基或氢)

△I

R

(1)A的名称为；竣酸X的结构简式为。

(2)C可与乙醇发生酯化反应，其化学方程式为反应中乙醇分子所断裂的化

学键是(填选项字母)。

a.C--C键b.C-H键C.O--H键d.C—O键

(3)EtF的化学方程式为；F到G的反应类型为»

(4)写出满足下列条件B的2种同分异构体：、o

①分子中含有苯环；②能发生银镜反应；③核磁共振氢谱峰面积比为2：2：2：1：

1«

(5)根据已有知识并结合相关信息，写出以CH3cH。为原料制备CH3coeOCOOH的合

成路线流程图(无机试剂任用)：。合成路线流程图示例如下：

CH3CHoBr噩CH3CHyOH'""0"CH^COOCH^CJh

△・法库俄A

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：A.常用于生产玻璃和除油污的是碳酸钠，碳酸钠俗称苏打，小苏打不可用

于生产玻璃，NaOH溶液不可用于雕刻玻璃，可以用HF来雕刻玻璃，故A错误；

B.“自古书契多编以竹简，其用绿帛者谓之为纸”，缭帛是丝织品，蚕丝的主要成分是

蛋白质，所以此处“纸”的主要成分不是纤维素，故B错误；

C.医用酒精是通过使病毒的蛋白质失去水分而失去其生理活性达到消毒的目的，医用酒

精没有强氧化性，所以医用酒精并非是将病毒氧化，而次氯酸钠、过氧乙酸等消毒液均

可以将病毒氧化而达到消毒的目的，故C错误；

D.桥梁的钢铁材料在电解质溶液中易发生电化学腐蚀，氯化钠溶液可以充当原电池的电

解质溶液，使桥梁形成无数个微小的原电池，从而加速腐蚀，故D正确；

故选：Do

A.常用于生产玻璃和除油污的是碳酸钠，NaOH溶液不可用于雕刻玻璃；

B.绿帛是丝织品，蚕丝的主要成分是蛋白质；

C.医用酒精是通过使病毒的蛋白质失去水分而失去其生理活性达到消毒的目的；

D.桥梁的钢铁材料在电解质溶液中易发生电化学腐蚀。

本题考查物质的性质及用途，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途

的关系为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意化学与生活的联系，题目难度

不大。

2.【答案】D

【解析】解：A.二氧化镒和浓盐酸反应需要加热，故A错误；

B.氨气为碱性气体，能与浓硫酸反应，不能用浓硫酸干燥，且氨气密度比空气小，不能

用向上排空气法收集，故B错误；

C.NO能与氧气反应生成二氧化氮，故不能用排空气法收集，故C错误；

D.亚硫酸钠和浓硫酸反应生成SO2,可以用浓硫酸干燥，向上排空气法收集，用氢氧化

钠溶液吸收尾气，故D正确。

故选：Do

如图所示，该装置的发生装置适用于固体和液体或液体和液体不加热制备气体，制备气

体可用浓硫酸干燥，用向上排空气法收集，气体的密度比空气大且不和空气中成分反应,

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尾气吸收装置采用防倒吸处理，说明气体在吸收试剂中溶解度特别大。

本题考查气体的制备、净化、收集和尾气处理，题目难度中等，掌握常见气体的制备方

法是解题的关键，平时注意相关知识的积累。

3.【答案】A

【解析】解：A.向NaHSO,溶液中逐滴加入Ba(0H)2溶液，至溶液恰好呈中性时，离子方

程式应该为：2H++S0t+Ba2++2OH-=BaSO41+2H2。，故A错误；

B.切开的金属Na暴露在空气中，光亮表面失去金属光泽生成白色的Na?。而逐渐变暗，

化学方程式为：4Na+02=2Na2O,故B正确；

C.向附2«)3溶液中滴入酚髓，溶液变红是由于CO歹水解而使溶液呈碱性。由于碳酸是

多元弱酸，故碳酸根离子的水解反应分步进行，以第一步为主，水解的离子方程式应该

为：COg+H20HHe0/0H-,故C正确；

D.向AgCl悬浊液中滴加Na2s溶液，白色沉淀变为黑色是由于发生沉淀转化，离子方程式

2-

为：2AgCl(s)+S(aq)#Ag2S(s)+2Cr(aq),故D正确；

故选：Ao

A.向NaHSO,溶液中逐滴加入Ba(0H)2溶液，至溶液恰好呈中性，反应生成硫酸钢、硫酸

钠和水；

B.钠与氧气常温下反应生成氧化钠；

C.碳酸钠为强碱弱酸盐，水解显碱性；

D.硫化银溶解度小于氯化银，实现沉淀的转化。

本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，把握反应实质、离子方程式的书写原则

为解答关键，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。

4.【答案】B

【解析】解：结合分析可知，W为H,X为0,丫为Al,Z为C1元素，

A.含有A1元素的离子水解不一定显酸性，如KAI。2溶液中偏铝酸根离子水解溶液显碱性，

故A错误；

B.电解熔融R(AkO3)时，X的离子(。2一)向阳极移动，故B正确；

C.电子层数多离子半径大，具有相同核外电子排布的离子，原子序数小的离子半径大，

则简单离子半径：z(cr)>x(o2-)>Y(AI3+),故c错误；

D.因氯水中含具有漂臼作用的HC10,则不能用pH试纸测定氯水的pH,故D错误；

故选：Bo

短周期主族元素W、X、丫和Z的原子序数依次增大，XW-是一种10电子微粒，且对水的

电离有抑制作用，贝IJXW-为OFT,X为0,W为H：X和丫能形成二元化合物R,工业上电

解熔融的R可制取丫的单质，且丫(XW)Z2是一种新型净水剂，则丫为Al,R为AI2O3；丫(XW”2

中各元素化合价代数和为0,Z为-1价，其原子序数大于AI,则Z为C1元素，以此分析解

答。

本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、原子结构及物质性质来

推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度

不大。

5.【答案】D

【解析】解：A.由题给结构简式可知，该有机物的分子式为Ci2H20。5,故A错误；

B.分子中含有竣基、羟基和碳碳双键3种官能团，故B错误；

C.该有机物分子中含有碳碳双键，发生氧化还原反应使酸性高镭酸钾溶液褪色，发生加

成反应使滨的四氯化碳溶液褪色，故C错误；

D.含有碳碳双键，所以能发生加成反应、氧化反应，醇羟基和竣基能发生取代反应，该

分子中醇羟基还能发生消去反应，故D正确；

故选：D»

A.由题给结构简式可知，该分子中含有12个碳原子、20个氢原子、5个氧原子；

B.分子中含有竣基、羟基和碳碳双键；

C.该分子中含有碳碳双键，具有烯煌的性质；

D.该分子中含有碳碳双键、醇羟基和竣基，具有烯燃、醇、竣酸的性质。

本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确官能团

及其性质关系是解本题关键，注意能发生消去反应的爵的结构特点，题目难度不大。

6.【答案】B

【解析】解：A.处理垃圾渗滤液的装置属于原电池装置，溶液中的阴离子移向负极，即

氯离子向X极移动，故A错误；

B.Y是正极，发生还原反应，电极反应式为2NOJ+I0e-+6H2O=N2T+12OH-,生成

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氢氧根离子，丫极周围pH增大，故B正确；

C.电流由正极流向负极，即丫极沿导线流向X极，故C错误；

D.电池总反应为：5NH3+3NO3=4N2+6H2O+30H-,该反应转移了15moi电子，生

成4m0IN2，故电路中流过7.5mol电子时，产生2molN?,标准状况下体积为44.8L,故D

错误；

故选：Bo

根据处理垃圾渗滤液并用其发电的示意图可知，装置属于原电池装置，氨气失电子生成

氮气，发生氧化反应，故X是负极，丫是正极，得电子发生还原反应，电极反应式为2NO5+

10e-+6H2O=N2T+120H-,电解质溶液中的阳离子移向正极，阴离子移向负极，电

子从负极流向正极。

本题考查电解原理的应用，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断阴阳极是解题的

关键，难点是电极反应式的书写。

7.【答案】C

【解析】解：A.草酸的第一步电离远大于第二步电离，则pH相同，喏黑〉需总，

CQH2C2U4JC(HC2U4J

则曲线I表示1g器需与pH的变化关系，故A正确；

CQH2C2U4J

B.pH=1.22时，溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH-),由电荷守恒c(Na+)+c(H+)=

+

C(HC2O；)+2c(C20i-)+c(OH-)nJ^U,2c(C201-)+c(HC2O；)>c(Na),故B正确；

ClgX为增函数,pH=1.22时,曲线I中，IgX舞黑=。时，C(HC2OJ)=c(H2c2O4)，

3

曲线口中IgX=1g喘2=一3,10C(C201-)=C(HC2O；)=c(H2c2O4)；pH=4.19时,

3

曲线I中,lgX=lg鬻端=3,C(HC2O；)=10C(H2C204),曲线曲线n中，lgX=

cVn2c2u4J

lg斐安=0,C(CO2-)=C(HCO；)=103C(HCO),所以1.22<pH<4.19的过程

Cl**'-2U4>22224

中，C(HC20I)实质逐渐增大，C(H2c2O4)逐渐减小、C(C2。广)逐渐增大，则不一定满足

c(C2O1-)>c(H2c2O4),故C错误；

D.pH=4.19时，曲线II中c(C2()V)=C(HC2OJ),此时溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH)

++

结合电荷守恒c(Na+)+c(H)=C(HC2OJ)+2c(C2O1-)+c(OH-)可知：c(Na)<

3c(HC2O7),故D正确;

故选:Co

A.草酸的第一步电离远大于第二步电离，贝UpH相同，票土〉晦需

B.pH=1.22时，溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH-),结合电荷守恒判断；

C.lgX为增函数，pH=1.22时，曲线I中，IgX陪陪=0时,C(HC2OJ)=c(H2C2O4)，

Cln2'-2U47

曲线n中IgX=1g*端=-3,103c©0寸)=C(HC2O；)=c(H2c2O4);pH=4.19时，

3

曲线I中，lgX=lg陪第=3,C(HC2O；)=10C(H2C204),曲线曲线II中,lgX=

ckn2c2u4?

3

=°，c(C20i-)=C(HC2OJ)=10C(H2C204),所以1.22<pH<4.19的过程

C(HL2U4;

中，C(HC2。1)实质逐渐增大，C(H2c2。4)逐渐减小，C(C2。g)逐渐增大；

D.pH=4.19时，曲线n中c(C2。b)=C(HC2O；),结合电荷守恒判断。

本题考查酸碱混合的判断，为高频考点，把握多元弱酸的电离、酸碱混合后离子浓度关

系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图象与数学知识的结合，题目难度

中等。

8.【答案】升温、粉碎矿石、适当增加稀硫酸浓度将Co3+、Fe3+还原为CM+、Fe2+CIO]+

2++3+

6Fe+6H=Cl-+6Fe+3H2O温度：65℃~75℃>pH：0.5~1.5pH升高后溶液

中c(H+)浓度下降,使得溶解CoO(OH)、COCO3、CU2(OH)2cO3的能力下降4COC2O4-

里A

48x10

2H2O+3O2—2CO203+8C02+8H2O--mol/L

【解析】解：(1)“浸泡”过程中可以加快反应速率和提高原料利用率的方法是升温、

粉碎矿石、适当增加稀硫酸浓度，

故答案为：升温、粉碎矿石、适当增加稀硫酸浓度；

(2)加入Na2sO3溶液的主要作用是将Co3+、Fe3+还原为C02+、Fe2+,

故答案为：将CM+、Fe3+还原为CM+、Fe2+；

(3)加入NaC103溶液的主要目的是将Fe2+氧化为Fe3+,离子方程式为QO]+6Fe2++

+3+

6H=Cr+6Fe+3H2O,

2++3+

故答案为：CIO3+6Fe+6H=Cl-+6Fe+3H2O；

(4)①根据图1、图2分析，温度在65T-75T时，钻、铜的浸出率最高，且之后铜的浸

出率变化不大，钻的浸出率有下降趋势。在图2中pH：0.5-1.5铜、钻的浸出率最高，

pH>1.5,铜、钻的浸出率开始下降，

故答案为：温度:65℃〜75℃、pH：0.5~1.5；

②图2是pH变化对铜、钻浸出率的影响，浸出过程中是利用H+和CoO(OH)、C0CO3、

第12页，共23页

CU2(OH)2c。3中的OH-和cop反应，使得C03+和Co2+溶解在溶液中，当pH逐渐增大时，

H+的含量减少，故因反应量减少而浸出率降低，

故答案为：pH升高后溶液中c(H+)浓度下降，使得溶解CoO(OH)、COCO3、CU2(OH)2CO3

的能力下降；

(5)由题中可知COC2O4-2H2。在空气中高温煨烧得到CO2O3,COC2O4中Co的化合价为+2

价，生成(：。2。3«。的化合价为+3价)，化合价升高，说明空气中的。2作为氧化剂参与了

反应，而C2。寸具有一定还原性也被。2氧化成C02,故产物分别为％2。3和C02,根据元

素守恒，可推测出产物中还有H2。生成。在根据电子守恒和原子守恒法，最终可得知反

高温

应方程式为4coe2。4-2H2。+3O2—2CO2O3+8C02+8H2O*

、高温

;

故答案为：4coe2。4•2H2。+3O2—2CO2O3+8C02+8H2O

(6)滤液B中c(Mg2+)=1,0x10-5mol-L_1,则c?(F-)=案：系)=彳黑二=7.1x

2+6

10-6,c(Ca)=里晦)=如空:=4,8x10-mol/L,

故答案为：4.8x10-6mol/Lo

含钻废料中加入过量稀硫酸和Na2sO3,可得Cc)2+、Cu2+、Fe2+,Mg2+>Ca2+,加入的

Na2sO3主要是将Co3+、Fe3+还原为C02+、Fe2+,沉铜后加入NaCl()3将Fe2+氧化为Fe3+,

加入Na2cO3调pH,可以使Fe3+沉淀，过滤后所得滤液主要含有C02+、Mg2+,Ca2+,再

用NaF溶液除去钙、镁，过滤后，向滤液中加入浓Na2c。3溶液转为CoCC>3固体，最后进

入草酸镂溶液得到草酸钻，煨烧后制得CO2O3。

⑴“浸泡”过程中可以加快反应速率和提高原料利用率的方法是升温、粉碎矿石、适

当增加稀硫酸浓度等；

(2)Na2s。3具有还原性，加入Na2s。3溶液的主要作用是将C/+、Fe3+还原为C02+、Fe2+；

(3)加入NaC103溶液的主要目的是将Fe2+氧化为Fe3+；

(4)①根据图1、图2分析，温度在65。(：-75。(：时，钻、铜的浸出率最高，且之后铜的浸

出率变化不大，钻的浸出率有下降趋势。在图2中pH：0.5-1.5铜、钻的浸出率最高，

pH>1.5,铜、钻的浸出率开始下降；

②图2是pH变化对铜、钻浸出率的影响，浸出过程中是利用H+和CoO(OH)、C0CO3、

CU2(OH)2cO3中的0H-和CO"反应，使得C03+和Co?+溶解在溶液中，当pH逐渐增大时，

H+的含量减少，故因反应量减少而浸出率降低；

(5)由题中可知COC2O4•2H2。在空气中高温燃烧得到CO2O3,C0C2O4中Co的化合价为+2

价，生成C0203(C。的化合价为+3价)，化合价升高，说明空气中的。2作为氧化剂参与了

反应，而C2O广具有一定还原性也被。2氧化成C02,故产物分别为(：。2。3和C02,根据元

素守恒，可推测出产物中还有出0生成。在根据电子守恒和原子守恒法，最终可得反应

方程式;

(6)滤液B中c(Mg2+)=1.0x10-5mol-L_1,贝股2/一)=与晨督RAc(Ca2+)=

区喏2计算即可。

CZ(F)

本题为生产流程题，涉及金属的提取、氧化还原反应、物质的分离提纯和除杂、利用图

形分析问题等能力，题目较为综合，做题时注意仔细审题，从题目中获取关键信息，难

度中等。

9【答案】⑴电0®+CO(g)=N2(g)+CO2(g)△H=-362.8kj/mol；图象表明反应

未达到平衡，在催化剂2催化下，反应的活化能更低，反应速率快，经过相同反应时间电0

转化率更高；

(2)①a；

②缩小容器体积；

③工；

^45

④1.69。

【解析】

【分析】

本题考查化学平衡的相关知识，涉及到热化学方程式的书写，化学平衡的移动，化学平

衡常数的计算，化学反应速率相关知识点，均为高频考点，也是重点，整体难度中等。

【解答】

(1)反应物总能量高于生成物总能量，反应为放热反应，反应为：N2O(g)+CO(g)=

N2(g)+CO2(g),反应的焙变为△H=-362.8kj/mol,

在相同温度时，催化剂2催化下电0转化率更高，相同反应时间内，反应速率越大，则

转化率越高，催化剂2作用下，反应的活化能更低，反应速率快，相同时间段内，转化

率更高，

故答案为：N2O(g)+CO(g)=N2(g)+CO2(g)△H=-362.8kj/mol；图象表明反应未

达到平衡，在催化剂2催化下，反应的活化能更低，反应速率快，经过相同反应时间电0

转化率更高：

(2)①反应放热，绝热容器中随着反应进行温度升高，反应速率不断加快，达到平衡的

第14页，共23页

时间缩短，同时温度升高不利于反应正向进行，则到达平衡时，B容器相对于A容器，N20

的转化率降低，但达到平衡的时间缩短，所以曲线a表示反应B容器中电0的转化率随时

间的变化关系，

故答案为：a；

②缩短b曲线对应容器达到平衡的时间，但不改变电0的平衡转化率，且在催化剂一定

的情况下，反应为气体分子数不变的反应，反应前后体系压强不变，增大压强可以增大

化学反应速率缩短到达平衡的时间，同时不影响反应平衡转化率，具体措施可以减小容

器体积，

故答案为：缩小容器体积；

③根据图象,50(TC时,A中"0的平衡转化率为25%,起始时充入O.lmolN20>0.4molCO

反应，

N20(g)+CO(g)=N2(g)+CO2(g)

起始(mol)0.10.4

转化(mol)0.0250.0250.0250.025

平衡(mol)0.0750.3750.0250.025

0.025X0.025

则平衡常数K=c(Nz)c(COz)

C(N2O)C(CO)0.075X0.37545

故答案为：白；

45

01X20%

④M处电0转化率为20%,则该点处,C(N2O)=-°^mol/L=0.08mol/L,c(CO)=

0.4-0.1x20%mol/L=Q38moi/L,C(N2)=c(CO2)=更产=0.02mol/L,平衡时有v正=

故答案为：1.69。

10.【答案】10Cl-+16H++2MnO[=5C12T+8H2O+2Mn2+丁中充满黄绿色气体促

进四氯化锡挥发氯化氢与锡反应生成的氢气与氯气混合受热引起装置爆炸a吸收未

反应的氯气，防止污染空气；防止水蒸气进入戊装置的试管中使产物水解溶液颜色变

为蓝色，且半分钟内不变色”丝x100%

m

【解析】解：(1)仪器A用于制取氯气，A中发生反应的离子方程式为10C1-+16H++

2+

2MnO；=5CI2T+8H2O+2Mn,

+2+

故答案为：10C「+16H+2MnO；=5C12T+8H2O+2Mn；

(2)将如图装置连接好，先检查装置的气密性，再慢慢滴入浓盐酸，待观察到了装置内

充满黄绿色气体现象后，开始加热装置丁，锡熔化后适当增大氯气流量并继续加热丁装

置，继续加热丁装置的目的促进四氯化锡挥发，

故答案为：丁中充满黄绿色气体；促进四氯化锡挥发；

(3)如果缺少乙装置可能产生的后果是氯化氢与锡反应生成的氢气与氯气混合受热引起

装置爆炸，

故答案为：氯化氢与锡反应生成的氢气与氯气混合受热引起装置爆炸：

(4)戊装置中球形冷凝管应该是下口进上口出，故选a,

故答案为：a；

(5)己装置中碱石灰的作用是：吸收未反应的氯气，防止污染空气，且产物容易水解，

碱石灰可以防止水蒸气进入戊装置的试管中使产物水解，

故答案为：吸收未反应的氯气，防止污染空气；防止水蒸气进入戊装置的试管中使产物

水解；

(6)滴入最后一滴标准溶液，由于使用淀粉作为指示剂，故滴定终点现象为溶液颜色变

4+

为蓝色，且半分钟内不变色，滴定过程中发生反应SM++I2=Sn+2I-,故n(Sn2+)=

n(I2)=cVxICT3moi,故产品中sn(口)的含量为2Q嘿丝又㈣x100%=发产x

100%,

故答案为：溶液颜色变为蓝色，且半分钟内不变色；吧丝x100%。

m

由图可知，甲中A为蒸储烧瓶，发生2KMnO4+16HC1(浓)=5C12T+2MnC12+2KC1+

△

8H2。，乙中饱和食盐水可除去HQ,丙中浓硫酸干燥氯气，丁中Sn+2cI2二SnCL戊

中冷却，冷凝管可冷凝回流、提高SnC)的产率，己中碱石灰可吸收水，防止水进入戊

中；

(6)滴入最后一滴标准溶液，由于使用淀粉作为指示剂，故滴定终点现象为溶液颜色变

为蓝色，且半分钟内不变色，滴定过程中发生反应SM++I2=Sn4++2I-,故n(SM+)=

-3

n(l2)=eVX10mol,据此计算Sn(n)的质量分数。

本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、制备原理、实

验技能为解答的关键，侧重分析与实验、计算能力的考查，注意元素化合物知识的应用，

题目难度不大。

11.【答案】acKxK2=2550%等于

第16页，共23页

【解析】解：⑴反应②比®+CO2(g)=H2O(g)+CO(g),平衡常数随温度升高增大，

说明正反应为吸热反应，达到平衡后升高温度平衡正向进行，

a.上述分析可知升温平衡正向移动，故a正确；

b.平衡正向进行，气体质量和物质的量不变，混合气体的平均相对分子质量不变，故b错

误；

c.上述分析可知升温平衡正向移动，CO2的转化率增大，故c正确；

故答案为：ac；

(2)反应①2H2(g)+CO(g)=CH30H(g),平衡常数K】=瑞怒，

反应②％(g)+C02(g):H20(g)+C0(g)，平衡常数母=微需,

反应③3H2(g)+C02(g)=CH30H(g)+H20(g),平衡常数L=器黑

依据反应①+②得到反应③，所以平衡常数&=&义K2，

故答案为：Ki-K2；

(3)计算反应③3H2(g)+C02(g)=CH30H(g)+H20(g),平衡常数⑹=Kx-K2=2.5,

500久时测得反应在某时亥ij,H2(g),CO2(g),CH30H也)也0®的浓度(mol/L)分别为0.2、

0.1、0.01、0.2,计算此时浓度商Qc=得安=2.5=K,则平衡不变，正逆反应速率

U./XU.JL

相同，v正=V逆，

故答案为：=;

(4)某温度下反应①中H2的平衡转化率(a)与体系总压强(P)的关系如图所示，氢气转化

率为0.8,若开始力口入2mol/LH2和lmol/LCO,结合三行计算得到平衡浓度，

2H2(g)+CO(g)UCH30H(g)

起始量(mol/L)210

变化量(mol/L)1.60.80.8

平衡量(mol/L)0.40.20.8

计算平衡常数K=；；^=25,

U.4Xyj.£.

故答案为:25；

(5)H2(g)+CO2(g)=H2O(g)+CO(g),

起始量(mol/L)0.10.100

变化量(mol/L)0.050.050.050.05

平衡量(mol/L)0.050.050.050.05

甲中CO2的转化率=翳就x100%=50%,

乙与甲相比相当于起始量增大一倍，压强增大，反应前后气体体积不变，平衡不变，二

氧化碳转化率等于50%,

故答案为：50%；等于。

(l)@H2(g)+CO2(g)#H2O(g)+CO(g),平衡常数随温度升高增大，说明正反应为吸

热反应，达到平衡后升高温度平衡正向进行；

(2)写出三个反应的平衡常数表达式，分析反应特征推出平衡常数之间的关系；

⑶计算反应③3H2(g)+CO2(g)=CH3OH(g)+H20(g),平衡常数K3=K「&=2.5,

500汽时测得反应在某时刻，出色)、COz(g)、CH30H出)也04)的浓度(moI/L)分别为0.2、

0.1、0.01、0.2,计算此时浓度商和平衡常数比较判断反应进行的方向；

(4)某温度下反应①中H2的平衡转化率(a)与体系总压强(P)的关系如图所示，氢气转化

率为0.8,若开始加入2moi/L&和lmol。/LCO,结合三行计算得到平衡浓度计算平衡常

效K=生成物平衡浓度呼次方乘积

双二反应物平衡浓度昂次方乘枳;

(5)②H2(g)+CO2(g)=H2O(g)+CO(g),结合三行计算列式计算，转化率=当、

100%；乙与甲相比相当于起始量增大一倍，压强增大，反应前后气体体积不变，平衡

不变。

本题考查了化学平衡影响因素分析判断，平衡常数计算和影响条件的应用，主要是平衡

常数的理解应用，题目难度中等。

12.【答案】23d90Zn的价电子排布式为3d104s2,Cu的价电子排布式为3d"的Cu

失去一个电子内层达到饱和，再失去一个电子比较困难，Zn失去一个电子价层变为

3di04s1，再失去一个电子比Cu+容易，所以Cu的第二电离能大于Zn的第二电离能。乙

醉分子间存在氢键1：6sp3、sp2杂化AgCll3或者Cu3Ag型丝上学对X100%

pa3a，

【解析】解：⑴BaCuSi,Oio、BaCuSi2()6中Cu元素化合价为+2价，则“中国蓝”、“中

国紫”中均具有CW+离子，n=2,基态时该阳离子的价电子为其3d能级上的9个电子，

所以其价电子排布式为3d1

故答案为：2；3d%

(2)“中国蓝”的发色中心是以CP+为中心离子的配位化合物，该配合物中铜离子提供

空轨道、0原子提供孤电子对，所以提供孤电子对的是0元素，

故答案为：0；

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(3)Cu核外电子排布为［Ar］3di°4s\失去一个电子得到的Cu+核外电子排布为［Ar］3d

3d轨道为全充满状态，而Zn核外电子排布为［Ar］3di。4s2,4s2结构较稳定，失去一个电

子后核外电子排布为［Ar］3di04s】，4sl结构不稳定，所以再失去一个电子时，Z"更容

易，即铜的第二电离能高于锌的第二电离能；

故答案为：Zn的价电子排布式为3d104s2,Cu的价电子排布式为3di04s］，Cu失去一个电

子内层达到饱和，再失去一个电子比较困难，Zn失去一个电子价层变为3di04si,再失

去一个电子比Cu+容易，所以Cu的第二电离能大于Zn的第二电离能；

(4)①乙醇分子与乙醛分子都是分子晶体，乙醇分子间存在氢键，乙醛分子间不存在氢

键，所以乙醇沸点高于乙醛；

乙醛分子结构简式为：CH3-CHO,含有一个C=O双键，4个C—H键、1个C-C键，

所以共含有1个n键，6个o键，71键与o键的个数比为：1：6；

故答案为：乙醇分子间存在氢键；1：6；

②乙醛中甲基中的C形成4个。键、没有孤电子对，杂化轨道数目为4,碳原子杂化方式

为sp3,而醛基中碳原子形成3个。键、没有孤电子对，杂化轨道数目为3,碳原子采取sp2

杂化；

故答案为：sp3、sp2杂化；

(5)①铜的晶胞如图所示。铜银合金是优质的金属材料•，其晶胞与铜晶胞类似，银位于

顶点，铜位于面心，则1个晶胞含有银原子个数为：5x8=1,含有铜原子个数为Jx6=3,

所以其化学式为：AgC%或者Ci^Ag,

故答案为：AgCu3或者CibAg；

②铜的晶胞如图所示。铜银合