广东省深圳市2024届高三二模考试化学试题（解析版）

2024年深圳市高三年级第二次调研考试

化学

本试卷共10页，20小题，满分100分，考试用时75分钟

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。用2B铅笔将试卷类型0）填

涂在答题卡相应位置上。将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”。

2.作答选择题时,选出每小题答案后,用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。

3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应

位置上；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

上述要求作答无效。

4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：H-lC-12N-140-16Na-23Si-28Ge-73

一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题

4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.“龙”承载着美好寓意。下列与“龙”相关的文物中，主要由合金材料制成的是

A.红山玉龙B.龙虎纹青铜尊

C.青龙瓦当D.龙太子皮影头茬

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【详解】A.红山玉龙是玉石器，玉的主要成分是硅酸盐和二氧化硅，故玉石属于无机非金属材料，A不合

题意；

B.青铜是铜锡合金，金属合金属于金属材料，B符合题意；

C.瓦属于陶瓷，是硅酸盐材料，属于传统无机非金属材料，C不合题意；

D.龙太子皮影头茬为孔兽皮，其主要成分是蛋白质，属于有机高分子材料，D不合题意；

故答案为：Bo

2.科技是国家强盛之基，创新是民族进步之魂。下列说法正确的是

A.“长江2000”突破新技术，其燃料煤油属于可再生能源

B.“九章三号”跑出新速度，其芯片材料的主要成分为SiO2

C.“奋斗者号”下潜新深度，其钛合金材料中的Ti位于元素周期表ds区

D.“祝融号”探寻新发现，其保温材料纳米气凝胶能产生丁达尔效应

【答案】D

【解析】

【详解】A.煤油是从石油分储得到，应属于不可再生能源，A不正确；

B.芯片材料的主要成分为Si,SiCh是光导纤维的主要成分，B不正确；

C.钛合金材料中的Ti是22号元素，价电子排布式为3d24s2,位于元素周期表d区，C不正确；

D.纳米气凝胶属于胶体，胶体粒子对光能产生散射作用，则纳米气凝胶能产生丁达尔效应，D正确；

故选D。

3.探秘美丽广东，传承岭南文化。下列说法不正确的是

A.粤剧戏服华丽多彩，丝绸面料的主要成分是纤维素

B.广式糕点制作精良，包装袋内置铁粉作抗氧化剂

C.客家娘酒香飘万家，酿酒原料中的淀粉属于多糖

D.潮州木雕源远流长，其雕刻过程不涉及化学变化

【答案】A

【解析】

【详解】A.丝绸制品由蚕丝制取，主要成分为蛋白质，A错误；

B.铁是活泼金属，广式糕点制作精良，包装袋内置铁粉作抗氧化剂，B正确；

C.客家娘酒香飘万家，酿酒原料中的淀粉属于多糖，C正确；

D.潮州木雕源远流长，其雕刻过程中某一产生新物质，不涉及化学变化，D正确;

答案选A。

4.利用如图所示装置进行SO?的相关实验，其中能达到预期目的的是

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【详解】A.亚硫酸钠和硫酸反应生成硫酸钠和二氧化硫气体，故A正确；

B.二氧化硫密度大于空气的，应用向上排空气法收集，二氧化硫短进长出，故B错误；

C.二氧化硫和氢硫酸反应，体现的是二氧化硫的氧化性，故C错误；

D.试管内水面上升，可以验证SO2溶于水，要验证SO2与水反应还需进一步测定溶液的pH,故D错误;

故选A„

5.劳动铸魂育人，公益绘就青春。下列社区公益劳动项目与所述的化学知识没有关联的是

选项社区公益劳动项目化学知识

A美化社区环境：回收废弃塑料以减少“白色污染”大部分塑料在自然环境中难降解

B维护小区绿地：给植物喷洒波尔多液防治病害重金属盐可使蛋白质变性

C普及消防知识：宣传油锅起火不能用水去灭火油脂可发生水解反应

D守护公共环境：用漂粉精对小区泳池进行消毒次氯酸具有强氧化性

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【详解】A.塑料在自然界中难降解，则回收废弃塑料，可以减少“白色污染”，故A正确；

B.C/+是重金属离子，可使蛋白质变性，则波尔多液可用于防治植物病害，故B正确；

C.油脂难溶于水，不能用水去灭火，与水解反应无关，故C错误；

D.次氯酸具有强氧化性能杀菌消毒，漂粉精在水中能生成次氯酸，可用于游泳池消毒，故D正确;

故选：C„

6.如图所示化合物的结构广泛存在于毗喃酮类天然产物中。关于该化合物，说法正确的是

A.含有3种官能团B.不含有手性碳原子

C.最多能与等物质的量的NaOH反应D.能发生加成反应和氧化反应

【答案】BD

【解析】

【详解】A.含有碳碳双键、酯基2种官能团，A错误；

B.手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；分子中含无手性碳原子，B正确；

C.酯基能和氢氧化钠反应，则Imol该物质最多能与2moiNaOH反应，C错误；

D.分子中含有碳碳双键，能发生加成反应和氧化反应，D正确；

故选BD。

7.分别以ZrCh、石墨为电极，以熔融CaCL为电解质，采用熔盐电脱氧法电解制备金属Zr。下列说法不正

确的是

A.石墨电极接电源正极B.阴极有02生成

C.02-向石墨电极迁移D.Zr4+优先于Ca2+在阴极被还原

【答案】B

【解析】

【分析】以ZrCh、石墨为电极，以熔融CaCL为电解质，采用熔盐电脱氧法电解制备金属Zr。则ZrCh为阴

2

极，石墨为阳极。在阴极：ZrO2+4e=Zr+2O-；在阳极：4Cl--4e-=2ChTo

【详解】A.由分析可知，石墨电极为阳极，接电源正极，A正确；

2

B.在阴极，ZrO2+4e=Zr+2O-,没有O2生成,B不正确;

C.电池工作时，阴离子向阳极移动，则。2-向石墨电极迁移，c正确；

D.ZK+的氧化性大于Ca2+,则Zr4+优先于Ca2+在阴极被还原，D正确；

故选Bo

8.利用如图所示装置进行Cb的制备及性质检验实验。下列说法不正确的是

沾有无水CaCb

的脱脂棉

/

①干燥②湿润③湿润

浓盐酸红色纸条红色纸条淀粉-KI

试纸

固体aNaOH溶液

A,固体a可为KMnO4

B.①处纸条无明显现象且②处纸条褪色，说明CL具有漂白性

C.③处试纸变蓝，说明氧化性：C12>I2

D.实验结束后，打开止水夹K向装置中鼓入空气以促进尾气吸收

【答案】B

【解析】

【详解】A.已知反应KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCb+5C12+8H2O,故固体a可为KM11O4,A正确；

B.①处纸条无明显现象，说明C12本身不具有漂白性，②处纸条褪色，说明C12与水的产物具有漂白性，B

错误；

C.③处试纸变蓝，说明有碘单质生成，即发生了反应：2KI+Cb=2KCl+l2,根据氧化剂的氧化性强于氧化

产物可知氧化性：C12>l2,C正确；

D.实验结束后，装置内还有大量的未参与反应的有毒气体Cb,故需打开止水夹K向装置中鼓入空气以促

进尾气吸收，防止污染环境，D正确；

故答案为：Bo

9.SiO2用途广泛。利用HF溶液与玻璃中SiO2反应生产磨砂玻璃；利用反应

高温

3SiO2+6C+2N2,^SisN4+GC。制备Si,N4陶瓷。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的

是

A.MolSiO2中所含Si—O键数目为2N人

B.pH=2的HF溶液中所含H+数目为OOINA

C.2.8?2与CO混合气体中所含质子数为L4NA

D.制备SisN4的反应中，生成H.2LCO时转移电子数为NA

【答案】C

【解析】

【详解】A.在SiCk晶体中，1个Si原子和4个。原子形成4个共价键，每个Si原子周围结合4个O原子，

故ImolSiCh晶体中含有Si-O键数目为4NA,故A错误；

B.未知HF溶液的体积，无法计算物质的量，氢离子数目不确定，故B错误；

C.氮气和CO的摩尔质量均为28g/mol,故2.8g混合物的物质的量为一,广=0.1mol,且两者均含14

28g/mol

个质子，故0」mol混合物中含L4NA个质子，故C正确；

D.未指明标准状况，无法计算11.2LCO的物质的量，故D错误；

故选C。

10.基元反应过渡态理论认为，基元反应在从反应物到产物的变化过程中要经历一个中间状态，这个状态称

为过渡态（TS）。某反应在催化剂作用下的反应进程如图所示，下列说法正确的是

能八

量TSI

i

TS2

iv

v

->

反应进程

A.步骤ii—iii为决速步

B.使用催化剂降低了反应的熔变

C.基于上述理论，该反应进程中包含四步基元反应

D.升高温度，反应物分子中活化分子的百分数不变

【答案】A

【解析】

【详解】A.步骤ii-iii的活化能最大，反应速率最慢，所以步骤ii-iii为决速步，A正确；

B.使用催化剂降低了反应的活化能，不能改变反应的焰变，B错误；

C.基元反应在从反应物到产物的变化过程中要经历一个中间状态，这个状态称为过渡态，该反应进程共有

2个过渡态，所有有2个基元反应，C错误；

D.升高温度，反应物分子中活化分子的百分数增加，D错误；

故选Ao

11.某粗苯甲酸样品中含有少量NaQ和泥沙，某实验小组提纯苯甲酸的实验流程如图（己知：常温下，苯甲

酸微溶于水，易溶于乙醇；25C和75c时苯甲酸在水中的溶解度分别为0.34g和2.2g）。下列说法不正确

的是

A.“过滤1”需趁热，以减少苯甲酸的析出B.为除去NaCl,“结晶”时应采用蒸发结晶

C.“洗涤”时，不宜用乙醇作洗涤剂D.可通过酸碱中和滴定测定所得苯甲酸晶体的纯度

【答案】B

【解析】

【分析】粗苯甲酸样品中含有少量NaCl和泥沙，由于苯甲酸的溶解度随温度升高而增大，溶解、加热后需

趁热过滤，除掉泥沙；对热的滤液进行冷却结晶，再次过滤得到苯甲酸固体，洗涤、干燥后得到苯甲酸晶

体。

【详解】A.由上述分析可知，由于苯甲酸的溶解度随温度升高而增大，“过滤1”需趁热，以减少苯甲酸的

析出，故A正确；

B.NaCl的溶解度随温度变化不大，为除去NaCl,“结晶”时应采用冷却结晶，使NaCl留在滤液中，故B

错误；

C.常温下，苯甲酸微溶于水，易溶于乙醇，洗涤时不宜用乙醇，应用冷水，故C正确；

D.苯甲酸可以与碱发生中和反应，可通过酸碱中和滴定测定所得苯甲酸晶体的纯度，故D正确。

答案选B。

12.自然界中氮的循环意义重大。其中，部分含氮物质的转化关系呈现在氮及其化合物的“价一类”二维图中。

下列说法不正确的是

单质氧化物酸氢化物盐物质类别

A.a-b的转化是工业制硝酸的基础

B.既属于g又属于f的盐可用作氮肥

C.汽车中三元催化器可促进尾气中的b、c向a转化

D.实验室中，常用f与强碱反应产生e来检验f中阳离子的存在

【答案】A

【解析】

【分析】由N元素的化合价及物质所属类别，可确定a为N2、b为NO、c为N02、d为HNO3、e为NH3、

f为镂盐、g为硝酸盐。

【详解】A.工业制硝酸的基础是氨的催化氧化，即NH3—NO,而a为N2,则Nz—NO的转化不是工业制

硝酸的基础，A不正确；

B.既属于g（硝酸盐）又属于f（钱盐）的盐为NH4NO3,它含氮量较高，可用作氮肥，B正确；

C.NO、NO2是大气污染物，利用汽车中的三元催化器，可促进尾气中NO、NO2与CO作用，生成N2和

CO2,C正确；

D.实验室中，检验NH；时，常用镂盐与强碱在加热条件下反应，通过检验反应产生的NH3检验NH：的存

在，D正确；

故选A„

13.下列陈述I和n均正确，且具有因果关系的是

选

陈述I陈述n

项

A从海水中提澳Br-具有氧化性

用KSCN溶液检验FeSO4溶液是否变

BFe3+与SCN-生成红色沉淀

质

C在船体上镶嵌锌块，避免船体遭受腐蚀在锌、钢铁与海水构成的原电池中，钢铁作正极受到保护

D利用铝热反应焊接铁轨AUO3是共价晶体

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【详解】A.该反应中，澳元素的化合价由-1价变为0价，所以澳离子失电子作还原剂，具有还原性，故A

错误；

B.KSCN溶液检验Fe3+,生成配合物，溶液为血红色，不是生成沉淀，故B错误；

C.牺牲阳极法安装活泼金属做原电池负极，所以镶嵌的锌块作原电池的负极，钢铁作正极受到保护，故C

正确；

D.利用铝热反应焊接铁轨是铝和氧化铁高温反应生成熔融铁，与加2。3是共价晶体无关，故D错误；

故选：Co

14.丫4X9EZ2M4是一种常见的营养强化剂。其中，元素周期表中Z与丫、M相邻，基态丫原子的价电子排

布式ns%pn,Z的第一电离能大于丫的，基态M原子与基态丫原子的未成对电子数相同；X为原子半径最

小的元素；E的合金是目前用量最大的金属材料。下列说法正确的是

A.电负性：Z<X<EB.非金属性：M<Z<Y

C.简单氢化物的沸点：M>Z>YD.高温下，E的单质与X?M反应得到E2M3

【答案】C

【解析】

【分析】基态丫原子的价电子排布式为ns/pn,即2s22P2,所以丫是C元素，元素周期表中Z与丫、M相

邻，Z的第一电离能大于丫的，则Z是N元素，基态M原子与基态丫原子的未成对电子数相同，则M为

O元素，X为原子半径最小的元素，则X是H元素；E的合金是目前用量最大的金属材料，则E是Fe元

素。

【详解】A.同周期从左到右，元素的电负性逐渐增强，同主族从上到下，元素的电负性逐渐减小，通常非

金属的电负性大于金属，所以电负性：N>H>Fe,A错误；

B.同周期从左到右，元素的非金属性逐渐增强，非金属性：C<N<O,B错误；

C.氨气形成分子间氢键的数目比H2O形成分子间氢键的数目少，甲烷不形成氢键，沸点：H2O>NH3>CH4,

C正确；

D.高温下铁与水蒸气反应得到四氧化三铁，D错误；

故选C。

15.我国科研工作者研发了一种光电催化系统，其工作原理如图所示。工作时，光催化FezCh电极产生电子

和空穴；出0在双极膜界面处解离成H+和0H;有利于电极反应顺利进行，下列说法不正确的是

双

含

极

废so

气

膜/

Fe

电20

极

/3

H2sO4、

NaOH

溶液HONa2sO4

22混合液

A,双极膜中靠近FezCh电极的一侧为阴膜

B.左室溶液pH逐渐增大

+

C.GDE电极发生的反应为O2+2H+2e=H2O2

D.空穴和电子的产生驱动了脱硫与H2O2制备反应的发生

【答案】B

【解析】

【分析】由题干图示信息可知，电池工作时，光催化FezCh电极产生电子和空穴，故FezCh电极为负极，电

极反应为：SO"+2OH-2e=SO4+H20,GDE电极为正极，电极反应为：2H++O2+2e-=H2Ch,电解质溶液中

阴离子移向负极，阳离子移向正极，故双极膜中靠近FezCh电极的一侧为阴膜，0H-通过阴离子交换膜移向

负极室，H+通过阳离子交换膜进入正极室，据此分析解题。

【详解】A.由分析可知，双极膜中靠近Fe2O3电极的一侧为阴膜，A正确;

B.已知左室发生反应为：SO2+2OH=SO；+H20,SO^+2OH-2e=S0；+H20,根据电荷守恒可知，每消

耗4moiOH-转移2moi电子，则有2moiOH-进入左室，即左室溶液中0日浓度减小，故pH逐渐减小，B错误；

C.由分析可知，GDE电极为正极，发生还原反应，其电极反应为O2+2H++2e-=H2C>2,C正确；

D.原电池能够加快反应速率，空穴和电子的产生促使形成原电池反应，故可驱动了脱硫与H2O2制备反应

的发生，D正确；

故答案为：Bo

①②

16.一定温度下，向恒容密闭容器中投入E和M发生如下反应：E(g)+M(g)=F(g)~-G(g)o已知反应

初始co(E)=co(M)=O.1Omol/L,部分物质的浓度(c)随时间(t)的变化关系如图所示,t2后反应体系达到平衡状态。

下列说法正确的是

(

T

q

-

O

U

I

)

/

。

(0.10-a)

A.X为c(F)随t的变化曲线B.0-ti内，U(G)==mobL^s1

ti

C.反应的活化能：①〉②D.t2时，扩大容器的体积，n(F)减小

【答案】B

【解析】

①③

【分析】由题干反应E(g)+M(g)?F(g)0G(g)信息可知，达到平衡之前，F的浓度先增大后减小，G的浓

一②

度一直增大，E、M的浓度一直减小，故可知X为G,浓度一直减小的曲线为E或者M,浓度先增大后减

小的曲线为F,据此分析解题。

【详解】A.由分析可知，X为c(G)随t变化曲线，A错误;

B.由分析可知，X为c(G)随t的变化曲线，根据图像信息可知，0〜hs内，G的浓度增大了(0.10-a)mol/L,

Ac(0.10-a)mol/L(0.10-a)

贝1]"(G)=—=-------------------=------------mobL^s-1,B正确;

Attst

C.由题干图像信息可知，F的浓度先增大后减小，且F的浓度增大比X的增大的快，故反应①的速率大于

反应②的速率，活化能越大，反应速率越慢，故反应的活化能：①〈②，C错误；

_⑨_

D.由题干图像信息可知，反应①即E(g)+M(g尸F(g)不可逆，反应②即F(g),~G(g)反应前后体积不变，

平衡不移动，故t2时，扩大容器的体积，n(F)不变，D错误；

故选B。

二、非选择题：本题共4小题，共56分。

17.NaHCOs用途广泛。某实验小组同学围绕NaHCC>3开展如下实验活动。

I.配制溶液

(1)配制500mLO.lOmoLlji的NaHCC>3溶液，需要称量NaHCC^固体的质量为g。

(2)上述配制溶液的过程中，用到的玻璃仪器除玻璃棒、量筒、胶头滴管外，还有(填标号)。

II.实验探究

探究温度对0.10mol-LTNaHCC)3溶液PH的影响，进行如下实验(不考虑水的挥发)。

测试温度

实验

操作(T)pH

序号

25CA、

采用水浴加热，将0.10mol•LTNaHCO3溶液从25C持续升温至65C，每

135CA?

隔10C测量并记录溶液pH

45CA3

55CA4

65CA

(3)NaHCO3溶液显碱性的原因是(用离子方程式表示)。

(4)实验1中测得A1>A2>A3,可知当25C<T<45C时，O.lOmoLLTNaHCC^溶液的pH随温度

升高而减小，这主要是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果，其中发挥主导作用。实验1

中测得A5〉A4〉A3，且当45C<T<65C时，实验过程中观察到有气泡产生。

(5)针对(4)中实验现象，小组同学继续开展探究。

查阅资料：NaHCC>3溶液中存在平衡：2HCO；-CO2+H2O+CO^o

提出猜想：对于O.lOmoLLTNaHCC%溶液，当25CWTW45C时，该反应进行程度很小；当

45c<T<65C时，该反应进行程度明显增大

实验验证：该小组同学设计如下方案进行实验，进一步验证猜想。补充表格内容。

实验序测试温

操作PH

号度

2采用水浴加热，①___________，然后冷却至25C，并记录溶液pH25CBi

采用水浴加热，将0.10mol•LTNaHC03溶液从25C升温至65C，然后冷却

325CB2

至25C，并记录溶液pH

实验结论：②根据实验1〜3的结果，小组同学认为猜想成立，其判断依据是

拓展总结：③NaHCC>3溶液中存在HCO；的自偶电离平衡：2HCO；.H2cO3+COj；25c时，HCO；

自偶电离的平衡常数为[保留两位有效数字；已知：25c时，

11

足32co3)=4.2义10，(H2CO3)=5.6x10]o当温度升高时，H2cO3更易分解，CO?从体系

逸出，促进了NaHCC)3在溶液中的分解。

(6)写出NaHCC>3在生产或生活中的一种应用o

【答案】(1)4.2g

(2)BD

(3)HCO;+H2OH2co3+OH

(4)Kw改变

(5)①.将0.10mol-LTNaHCC)3溶液从25c升温至45c②.BZAB^A](或

4

Bj®APB2>B1；或B产ApB2>Aj®.1,3xl0

(6)治疗胃酸过多、用于制作膨松剂等

【解析】

【小问1详解】

配制500mL0.10mol-Iji的NaHCX^溶液，需要称量NaHCC)3固体的质量为

0.5Lx0.10mol/Lx84g/mol=4.2g；

【小问2详解】

配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，用到

的仪器：烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、500mL容量瓶，缺少的玻璃仪器为：500mL容量瓶和烧杯，答

案为BD；

【小问3详解】

碳酸氢根水解导致碳酸氢钠溶液显碱性，离子方程式为：HC0-+H.0H2CO3+OH；

小问4详解】

当25CWTW45C时，O.lOmoLLTNaHCOs溶液的pH随温度升高而减小；而升高温度，Kw增大，使

c(H+)增大，pH减小；温度升高，水解平衡向右移动，使c(OH-)增大，pH增大，而溶液的pH随温度升高

而减小，说明Kw的改变发挥了主要作用；

【小问5详解】

实验2和实验3要验证提出的猜想,需要将O.lOmolL-'NaHCOj溶液升高到45C及以上，再降低到室温，

比较pH的变化，如果pH升高说明发生了2HCO二,CO2+H2O+CO；-,根据实验3的操作，实验2的

操作为：采用水浴加热，将0.10mol-LTNaHCC)3溶液从25C升温至45C，然后冷却至25C，记录pH,

如果在45C<T<65C时，升高温度反应2HCO]；，CO?+H2O+CO；-的程度明显增大，则实验3的

pH会比实验2大，而实验2的pH与Ai接近，即B2〉BI^A]；

C

根据碳酸氢根的自偶电离方程式：2HC0；H2CO3+CO!-,自偶电离平衡常数K=(C13)c(H2co3)

C2(HC0')

c(H+)c(HC0；)_c(H+)c(COj)JcCm)

Kal—,Ka2一=K,即自偶电离平衡常数K=

K-C2(HCO)

c(H2co3)C(HCO3)al3

65.6x1011

4.2x10-7=1.3x10^

【小问6详解】

NaHCO3在生产或生活中可用于治疗胃酸过多、制作膨松剂等；

18.一种从工业锌置换渣(主要含ZnSOQZnFe2O4^PbSO4^GeO2>SiO2等)中回收错、铅的工艺流程

如图：

NaOH溶液

锌置

换渣

已知：Ge。?能溶于强酸的浓溶液或强碱溶液；PbCl2可溶于热盐酸中：PbCl2+2CF.-PbClt；常温

85

下，Ksp(PbSO4)=1.6xW,Ksp(PbCl2)=1.2xl0-o

(1)“还原浸出"时，SO?的存在可促进ZnFe2。,浸出。

①SO?的空间结构为o

②该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为

(2)“90C酸浸”所用盐酸的浓度不宜过大或过小，浓度不宜过大的主要原因是

(3)“碱溶”时，Ge。？发生反应的离子方程式为。

(4)“降温析铅”过程中，体系温度冷却至常温，且c(Cr)=2.0mol-I7L为防止PbCl2中混有PbSC)4杂

质，应控制溶液中c(SOj)<molL-1(保留两位有效数字)。

(5)“转化”的意义在于可重复利用(填物质名称)。

（6）通过掺杂硅可将楮单质转化为不同掺杂比例的硅信合金，铭及硅信合金的立方晶胞如图所示。

①错晶体中一个Ge周围与其最近的Ge的个数为

②若硅铸合金i的晶胞边长为apm,设NA为阿伏加德罗常数的值，则硅褚合金i晶体的密度为

g4111-3（列计算式）。

③硅铸合金ii沿晶胞对角面取得的截图为（填标号）。

晶胞对角面C

【答案】（1）①.V形②.1:1

（2）防止Ge。2大量溶解，导致错的产率下降

(3)GeO2+20H=GeO。+H2O(或GeO2+40H=GeOj+2H2O)

(4)5.3xlO-3

(73x7+28)(539)(539)

(5)盐酸(6)①.4②./“302八或/3；八—30z(或/；z③.C

(a'xlO'UxNA)(^axlOxNAj(^axNAJ

【分析】工业锌置换渣（主要含Z11SO4、ZnFe2O4>PbSO4>GeO2,SiO2等）通入SO2并加入硫酸还原浸

2+

出,生成Zn2+、Fe,滤渣1中有PbSO4、GeO2>SiO2,加入盐酸90℃酸浸，浸渣2为GeCh、SiO2,加入

氢氧化钠溶液碱溶，发生反应GeC）2+2OH-=GeOj+H2O^GeO2+4OH-=GeO；+2H2。），

SiO2+2OH-=SiO；-+H2O,经过沉硅等一系列操作后得到硅，滤液中含有PbCl1,降温

PbCl2+2CFPbClj平衡逆向移动，得至IJPbCh,滤液1中加入适量CaCb得至UCaSCU,过滤得滤液2,

滤液2主要含有H+、Clo

【小问1详解】

①SO2中S的价层电子对数为：2+—X=3,有1个孤电子对，空间构型为V形；

2

②该反应化学方程式为：so2+ZnFe2O4+2H2SO4=ZnSO4+2FeSO4+2H2O,氧化剂为ZnFe2O4,还

原剂为SO2,氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1；

【小问2详解】

盐酸浓度过大，会导致Ge。2大量溶解，错的产率下降；

【小问3详解】

“碱溶”时，GeCh与OH-发生反应，离子方程式为：GeC)2+2OH-=GeO：+H2O(或

GeO2+40H=GeO7+2H2O)；

【小问4详解】

12+2

c(cr)=2.0mol-U,Ksp(PbCl2)=c(Pb)c(CP)=1.2x103，即c(Pb?+)=3xlO^moVL,

-8-3

Ksp(PbSO4)=c(Pb2+)c(SOj)=3xlO^mol/Lxc(SOj)=1.6xl0,c(SOj)=5.3xl0moVL,

即为防止PbCU中混有PbSO4杂质，应控制溶液中c(SO:45.3x10-3mol/L；

【小问5详解】

滤液1中加入适量CaCb得到CaSCU,过滤得滤液2,滤液2主要含有H+、CF,“转化”的意义在于可重复利

用盐酸；

【小问6详解】

①由图可知，楮晶体中一个Ge周围与其最近的Ge的个数为4；

②由均摊法得，1个硅信合金i晶胞中含有Si原子个数为2x-=l,Ge原子的个数为4+8x-+4x-=7,

282

73x7+28

晶胞边长为apm,则硅铸合金i晶体的密度为三~示三——；

axiuxNA

③由硅铸合金ii的晶胞结构图可知，沿晶胞对角面取得的截图为Co

19.实验室模拟某含有机酸(HR)工业废水的处理过程。

I.利用HR先与金属阳离子络合再被紫外光催化降解的方法去除HR，其机理如下：

(1)Fe3+和HR发生络合反应生成有色物质：

Fe3+(aq)+HR(aq),[FeR「(aq)+H+(aq)AH<0

①基态Fe3+的价电子排布式为。

②下列有关上述络合反应的说法中，正确的有(填标号)。

A.反应达平衡时，溶液的颜色不再变化

B.增大Fe3+浓度，逆反应速率减小

C.pH过低不利于[FeR厂的生成

D.升高温度，该平衡正向移动

(2)紫外光催化[FeR「降解：

若有机酸为CH3co0H,则光催化降解反应的离子方程式为：

紫外光

)2+3+

[(CH3COOFe]+Fe+Fe2++

+

C02t+H

II.利用有机溶剂从废水中萃取HR的方法去除HR。该过程涉及以下反应：

(i)HR(aq)R(aq)+H+(aq)AH]

(ii)HR(aq)•HR(有机相)必

(iii)2HR(有机相)=(HR)2(有机相)AH3

(3)根据盖斯定律，反应2R-(aq)+2H+(叫).•(HR%(有机相)的AH4=。

(4)水相的pH以及体系温度(T)对HR的平衡分配比(D)有影响。

m知Dc(HR)有机相+2c[(HR)2】有机相

—c(HR)水相+c(R-)水相0

①常温下，配制体积相同、pH不同、含R粒子总浓度相同的系列溶液，分别加入等量有机溶剂萃取。测

算并得到D随pH变化的曲线如图所示。分析D随pH升高而降低的原因___________。

15

105

②当所配制的HR溶液pH=1时，IgD随幽的变化曲线如图所示。

a.萃取宜在___________温度下进行（填“较高”或“较低”）。

b.经测定，在图中M点对应温度下，反应（ii）平衡常数K=l,c（HR"=0.02mol-LT,忽略水相中HR

的电离，则有机相中c（HR）有机相mol-L1；计算该温度下，反应（出）的平衡常数K

（写出计算过程）o

【答案】(1)①.3d5②.AC

「/、俨紫外光不

3+2++

(2)[(CH3COO)Fe]+7Fe+2H2O8Fe+2CO2T+7H

(3)-2八旦+24凡+八凡

(4)①.pH升高，反应（i）平衡正移，导致反应（ii）平衡逆移，平衡分配比下降②.较低③.0.02

c（HR）有机相+2C［（HR）2〕

图中M点，lgD=1.0,则囿幽=io.反应（ii）平衡常数

c（HR）水相+c（R）水相

K=l，c（HR）aq=Q02mol-L,则‘设R相=］，。邰）有机相=c（HR）水相=0.02mo"T,忽略

水相中HR的电离则C(R-)+C(HR)水相=0.02mol-LT故

c（HR）有机相+2C［（HR"有机相Q02+2c［（HRh］有机相

=10,c［（HR"有机相=Q09m°l/L，反应（出）

c（HR）水相+。3）水相0.02

”(HR.有机相_0,09

的平衡常数K为=225

/（河）有机相0.0223

【解析】

【小问1详解】

①铁原子失去3个电子形成铁离子，基态Fe3+的价电子排布式为3d5o

②A.反应达平衡时，各物质的浓度不再改变，溶液的颜色不再变化，正确;

B.增大Fe3+浓度，物质浓度增大，反应速率加快，则逆反应速率加快，错误；

C.pH过低，使得平衡逆向移动，不利于［FeR广的生成，正确；

D.反应为放热反应，升高温度，该平衡逆向移动，错误；

故选AC；

【小问2详解】

光催化降解反应中铁离子化合价由+3变为+2、碳元素化合价由0变为+4,结合电子守恒可知，反应为:

「/、［2+3+紫外光小

3+2++

［（CH3COO）FeJ+7Fe+2H2O8Fe+2C02T+7H;

【小问3详解】

由盖斯定律可知，2x（ii）+（iii）-2x⑴得反应2R-（aq）+2H+（aq）「（HR"有机相），贝必也=

-2八旦+2八凡+八1i3；

【小问4详解】

①pH升高，促使反应⑴平衡正移，导致反应（ii）平衡逆移，使得有机相中HR减小，平衡分配比下降;

②a.由图可知，萃取宜在较低温度下进行，此时IgD值较大，萃取效果较好。

c（HR）­+2c「（HR）J

b.图中M点，lgD=L0,则」~——匕-」有机相=io；反应（ii）平衡常数

c（HR）水相+c（R）水相

K=l，c（HR）「0.02mol-LT,则:黑：：二,或可）有机相=c（HR）水相=0.02mollT,忽略水

相中HR的电离，则c（R.）+c（HRLg=0.02mol-L，故

c（HR）有机相+2C［（HR）2］有机相Q02+2C［（HR）2］有机相

=10,c［（HR）1=0.09moVL,反应（出）

c（HR）水相+c（R）水相0.02

c［（HR）21有机相_0.09

的平衡常数K为=225o

c（HR）有机相0.022

20.采用“一锅法”合成有机物，可有效避免中间产物的分离和纯化处理等问题。一种从简单原料出发，最后

一步通过“一锅法”高效合成抗帕金森药物（Lazabemide）的路线如图（加料顺序、反应条件略）:

co—

H

・HC1

O

Lazabemide

(1)化合物i的产量可以用来衡量一个国家石油化工的发展水平，其结构简式为

(2)化合物v的含氧官能团名称为

(3)根据化合物ii的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表。

序号反应试剂、条件反应形成的新结构反应类型

aNaOH溶液、加热——

C1

b—=J