化学（河北B卷）（全解全析）-高考化学备考复习重点资料归纳

2023年高考化学第一次模拟考试卷

化学•全解全析

本卷满分100分，考试时间75分钟。

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如

需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写

在本试卷上无效.

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.

可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16Na23Al27Si28P31

Fe56Co59Cu64

一、单项选择题：本题共9小题，每小题3分，共27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.下列“类比”结果正确的是

A.植物油不溶于水，则甘油也不溶于水

B.甲酸能与银氨溶液发生银镜反应，则乙酸也可与银氨溶液发生银镜反应

C.S和Fe加热条件下生成FeS,则S和Cu加热条件下生成Cu?S

D.向含Ag+的溶液中滴加过量敏水不会产生沉淀，则向含A1*的溶液滴加过量的氨水

也不会产生沉淀

【答案】C

【详解】

A.甘油为丙三醇，能与水混溶，A错误：

B.甲酸中有醛基，故能发生银镜反应，乙酸中无醛基，不能发生银镜反应，B错误；

C.硫的氧化性较弱，与变价金属反应只能生成低价态化合物，故与铁反应生成硫化亚铁，

与铜反应生成硫化亚铜，C正确；

D.向银离子的溶液中加入过量的氨水生成银氨溶液，不会产生沉淀，但向含有铝离子的

溶液中加入过量的氨水只能生成氢氧化铝沉淀，D错误；

故选C。

2.有机物M是合成抗过敏药物色甘酸钠的中间体，结构简式如下图。下列关于该有机物的

说法正确的是

A.属于芳香垃B.能与NaOH溶液反应

C.苯环上的一氯取代物有4种D.所有碳原子不可能共平面

【答案】B

【解析】

A.该物质分子中含有苯环，根据物质分子结构可知：该物质中含有C、H、O三种元素，

因此属于燃的衍生物，A错误；

B.该物质分子中含有酯基，因此能与NaOH溶液反应，B正确；

C.根据物质结构简式可知：在苯环上含有3种不同位置的H原子，处于苯环上的一氯取代

物有3种，C错误；

D.苯分子是平面分子，-OCFh的0取代苯分子中H原子的位置，在苯分子平面上，与0

原子连接的2个C原子是V形结构，可能处于同一平面上；乙烯分子是平面分子，-C七及

酯基的C原子取代乙烯分子中H原子的位置，在乙烯分子的平面上，乙烯平面与苯分子平

面共直线，由于碳碳单键可以旋转，则该分子中所有碳原子可能共平面，D错误；

故合理选项是B。

3.化学与生活、科技、社会发展息息相关。下列有关说法错误的是

A.“天和”核心舱电推进系统中的霍尔推进器腔体，使用的氮化硼陶瓷基复合材料属于

新型无机非金属材料

B.2021年我国科学家在实验室中首次成功实现二氧化碳人工合成淀粉，这项技术有利

于实现“碳中和”

C.冬奥火炬“飞扬”将碳纤维与高性能树脂结合在一起做成碳纤维复合材料，碳纤维和

树脂都是有机高分子材料

D.奥密克戎是新冠病毒变异株，传播性强，其成分中含有蛋白质，属于高分子化合物

【答案】C

【解析】

A.氮化硼陶骁由B、N元素组成，具有耐高温、强度高、耐腐蚀等性能，所以氮化硼陶流

基复合材料属于新型无机非金属材料，A正确：

B.用二氧化碳人工合成淀粉，可有效减少大气中二氧化碳的含量，有利于实现“碳中和”，

B正确；

C.碳纤维含有90%以上的碳元素，属于无机非金属材料，C错误；

D.蛋白质的相对分子质量远大于10000,属于高分子化合物，D正确；

故选C。

4.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

A.l.OmolCH4与Cb在光照下反应生成的CH3cl分子数为NA

B.O.lmol/L的Na2c03溶液中阳离子数目为0.2NA

C.12g金刚石中含有化学键的数目为2NA

D.含0.2molH2s04的浓硫酸和足量的铜反应，转移电子数为0.2NA

【答案】C

【解析】

A.CH4与Ch在光照下发生取代反应为连锁反应，产物有CH3CI、CH2CI2、CH03、CCh、

HC1,即l.OmolCM并完全转化为CH3CI,故生成的CH3。分子数小于NA,A错误；

B.溶液体积未知，无法计算离子数目，B错误；

C.12g金刚石的物质的量为正黑R=lmoL金刚石中1个碳原子参与形成4个C-C键，则

1个碳原子形成4x]=2个C-C键，则含有化学键的物质的量为lmolx2=2mol,数目为2NA,

C正确；

D.随着反应进行，浓硫酸变为稀硫酸，稀硫酸不与铜反应，所以0.2molH2s04不能完全反

应，反应转移电子数小于0.2NA,D错误；

答案选C。

5.利用下列装置（夹持装置已省略）进行对应实验。下列说法正确的是

甲乙丙

A.装置甲打开分液漏斗下方活塞，水不能持续流下

B.装置乙加热时，品红溶液中红色褪去，冷却后溶液变红

C.装置丙加热一段时间后气球鼓起，高镒酸钾溶液褪色

D.加热丁蒸发A1C13溶液，完全蒸干后得到AlCh晶体

【答案】C

【解析】

A.如图所示装置中橡皮管可以平衡气压，能使水持续流下，故A错误；

B.加热时，主要是亚硫酸分解生成二氧化硫，因此溶液呈红色，冷却后二氧化硫溶于水，

使品红溶液红色褪去，故B错误；

C.铜和浓硫酸制取SO2,气体鼓起，SO2与酸性高锌酸钾溶液反应，所以酸性KMnO4溶液

褪色，故C正确：

D.A1C13易水解，蒸干AlCb溶液应得到A1（OH）3,灼烧得到AI2O3,故D错误。

综上所述，答案为C。

6.1934年约里奥一居里夫妇在核反应中用a粒子（即线；He）轰击金属原子，'X,得到核素

zX,开创了人造放射性核素的先河：^X+iHe--Y+'n,其中元素X、Y的最外层电子

数之和为8。下列叙述正确的是

A.X的相对原子质量为26B.X、Y均可形成三氯化物

C.X的原子半径小于Y的D.Y仅有一种含氧酸

【答案】B

【详解】

由质量守恒可得：W=30+l-1=27,设X的最外层电子数为x,由元素X、Y的最外层电子

数之和为8可得：x+x+2=8,解得x=3,Y的质量数为30,则X为A1元素、Y为P元素。

A.由分析可知，X的质量数是27,的相对原子质量近似为27,A1元素的相对原子质

量需要根据铝的各种同位素的相对原子质量和它们在自然界中的原子百分比计算平均值，故

A错误；

B.铝元素、磷元素都能与氯元素形成三氯化物，如三氯化铝、三氯化磷，故B正确；

C.同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则铝原子的原子半径大于磷原子，故C错误;

D.磷元素可以形成磷酸、亚磷酸、偏磷酸等多种含氧酸，故D错误；

故选B。

7.下列有关物质性质，说法正确的是

A.电解熔融AbCh可以得到A1

B.铁与碘反应易生成碘化铁

C.用生石灰沉淀富镁海水中的Mg2+,生成碳酸镁

D.青花骁胎体的原料为高岭土［AbSizCMOHR,若以氧化物形式表示为

Al2O3*SiO2*2H2O

【答案】A

【详解】A.工业上采取电解熔砸AI2O3的方法冶炼Al,故A正确；

B.碘的氧化性较弱，铁与碘反应生成碘化亚铁，故B错误；

C.用生石灰沉淀富镁海水中的Mg2+,生成氢氧化镁，碳酸镁的溶解度大于氢氧化镁，所以

不生成碳酸镁，故C错误；

D.高岭土［AkSizCXOHR是硅酸盐，硅酸盐可以表示为氧化为的形式，AkSi2O5(OH)4若以

氧化物形式表示为A12O3*2SiO2*2H2O,故D错误；

故选Ao

8.La2(CC)3)3可用于治疗高磷酸盐血症，难溶于水，在溶液中制备易形成1^2(立)3)3・阳20,

溶液碱性太强时会生成La(OH)CO-某大学实验室利用LaCh与(NHJ83制备

La2(CO3)3xH2O,制备流程如图所示。下列说法正确的是

盐酸

NH3

分离>

纯碱fI制气IfI洗气I->I制备ILa,(CO3)3XH2O

t

LaCl3

A.“制气”环节与实验室用MnO?制Ch的装置相同

B.“洗气”环节可用NaOH溶液

C.“制备”环节应通入过量的NH,

D.“制备”方程式为2LaCh+6NH3+3CO2+(x+3)H2O=La?(COJ*不也。J+6NH4C1

【答案】D

【解析】

盐酸与纯碱制备二氧化碳，二氧化碳中混有的氯化氢气体可用饱和食盐水除去，在制备过程

中氨气和LaCb、CO2反应生成La2(CO3)3・XH2O。

A.该制气过程不用加热，与实验室用MnO2制Cb的装置不相同，A错误；

B.为防止二氧化碳参与反应，洗气用碳酸氢钠溶液，除去挥发出的氯化氢，B错误；

C.若通入氨气过量，碱性太强，可能会生成La（OH）CO3,C错误；

D.制备总方程式正确，D正确；

故选D。

9.lLO.IOmolL」H3R03溶液pH<l,向其中加入NaOH固体（忽略体积变化），测得溶液中各

种含R微粒的物质的量分数（3）与溶液pH的关系如图所示。下列有关说法不至砸的是

溶液pH

+

A.当加入O.lmolNaOH时：c（Na）=c（H2RO；）+c（HRO；）+c（RO；）

B.当加入0.2molNaOH时：（RO；）>c（H2RO；）

C.曲线%是指微粒H2RO；的变化趋势

D.N点，c（HRO；）=c（RO；）=0.05molL/

【答案】D

【解析】

O.lOmolLHRCh溶液pH<l,说明其一级电离为完全电离，随着pH为增大HzRO：逐渐减

少，HRO：逐渐增多，故&代表HzRO；,§2代表HRO],当HRO；达到最大值后，浓度

逐渐降低，ROt■逐渐增加，故&代表RO：,以此解题。

A.当加入O.lmoINaOH时，溶液为NaHzRCh溶液，根据物料守恒可知，

c（Na+）=c（H2ROJ）+c（HROj-）+c（ROt）,A正确;

B.当加1入0.2molNaOH时，溶液为NazHRCh溶液，由分析可知&2代表HRO>,当其为最

大值时，溶液显酸性，说明HRO；-的电离大于水解，故（RO：）>C（H2RO，），B正确；

C.由分析可知曲线&是指微粒HzRO；的变化趋势，C正确；

D.最初H3RO3溶液浓度为O.lOmolLL由分析可知，虽然N点c（HRO；-）=c（RO:），但是

H3RO3的二级电离和三级电离都是微弱的，即溶液中随时都存在H2RO"故

c（HROr）=C（RO3-）<0.05molL',D错误；

故选D。

二、不定项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，

有一项或两项符合题目要求。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正

确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得4分，但只要选错

一个，该小题得。分。

10.一种由短周期主族元素组成的化合物（如图所示），其中W、X、Y、Z的原子序数依次

增大且占据元素周期表中三个不同周期。下列说法不正确的是

YH[X-Z-X-Z-X-Z-X广

W-XXx-w

A.Z的最高价氧化物对应的水化物为弱电解质

B.工业上电解熔融态X与Y组成的化合物制备单质Y

c.x的简单离子半径小于Y的简单离子半径

D.该化合物中Z满足8电子稳定结构

【答案】CD

【解析】

W、X、Y、Z均为短周期元素，原子序数依次增大且占据元素周期表中三个不同周期，则

W为H；根据形成的化合物的结构可知，X最外层有6个电子，在阴驾子中，3个X得了3

个电子，则X为O；Y形成了阳离子，带3个单位正电荷，则Y为Al；Z最外层有5个电

子，则Z为P。

A.P的最高价氧化物对应的水化物是磷酸，是弱酸，是弱电解质，故A正确；

B.工业上用电解熔融的氧化铝的方法冶炼金属铝，故B正确；

C.CP.和AF+电子层结构相同，但0的质子数比A1少，对核外电子的束缚力弱于A1,所以

02-半径比A伊半径大，故C错误：

D.Z为P,最外层有5个电子，和其他原子共用三对电子能满足8电子稳定结构，该化合

物中P周围有5个共价键，所以不满足8电子稳定结构，故D错误；

故选CD。

11.异黄酮类化合物是药用植物的有效成分之一，一种异黄酮类化合物Z的部分合成路线

COOH

下列说法错误的是

A.X能被KMnO,溶液氧化B.1molY最多能与4molNaOH反应

C.Z中环上的氧原子的杂化方式为sp?D.X、Y、Z均能发生加成、取代反应

【答案】C

【解析】

A.由结构简式可知，X分子中的酚羟基能与高镒酸钾溶液发生氧化反应，被高锌酸钾溶液

氧化，故A正确；

B.由结构简式可知，Y分子含有的酯基、酚羟基能与氢氧化钠溶液反应，其中酚酯基消耗

2mol氢氧化钠，贝ijImolY最多与4mol氢氧化钠反应，故B正确；

C.由结构简式可知，Z分子中环上的单键氧原子的杂化方式为sp3杂化，双键氧原子的杂

化方式为sp2杂化，故C错误；

D.由结构简式可知，X、Y、Z分子中均含有的苯环、埃基都能发生加成反应，X分子中含

有的酚羟基、Y分子中含有的酚羟基和酯基、Z分子中含有的酚羟基和竣基都能发生取代反

应，故D正确；

故选C。

12.双极膜(BP)是阴、阳复合膜，在直流电的作用下，阴、阳膜复合层间的H?。解离成H+和

OH,作为H+和OH-离子源。利用双极膜电渗析法处理含NaA的废水，工作原理如图,

图中，，一，，和，，一，，表示离子通过交换膜的方向。下列说法错误的是

Y

t

Q

含NaA废水

A.R电极与电源正极相连，发生的电极反应为2H2cMeR2T+4H+

B.交换膜I、m为阳离子交换膜，交换膜H为阴离子交换膜

C.“双极膜”电渗析法可应用于从盐溶液(MX)制备相应的酸(HX)和碱(MOH)

D.若去掉双极膜(BP),电路中每转移1mol电子，两极共得到Q5mol气体

【答案】AD

【解析】

极室H加入NaCl溶液，钠离子通过交换膜川进入产品室H,故交换膜【II为阳离子交换膜;

R电极与电源正极相连，发生的反应为2Cr・2e=CUT,依此可推交换膜II为阴离子交换膜。

A.根据图中阳离子(Na，H+)移动方向可知，R为阳极，Q为阴极，R电极与电源正极相

连，发生的反应为2cl-2e=C12t,选项A错误；

B.根据图中阳离子移动方向，可知交换膜I、in为阳离子交换膜，交换膜n为阴离子交换

膜，选项B正确；

C.“双极膜”电渗析法利用阴、阳离子的定向移动，可应用于从盐溶液(MX)制备相应的酸(HX)

和碱(MOH),选项C正确；

D.若去掉双极膜(BP),电路中每转移Imol电子，两极可产生0.5mol氯气和0.5mol的氢气,

共得到Imol气体，选项D错误；

答案选AD。

13.以CO和Hz为原料合成甲醇是工业上的成熟方法，直接以CO2为原料生产甲醇是目前

的研究热点。我国科学家用CO2人工合成淀粉时，第一步就需要CO2转化为甲静。

已知：①CO(g)+2H2(g)'CH30H(g)△H产-90.5kJmoH

②CO(g)+H2O(g)="CC>2(g)+H2(g)△H2=-4I.lkJmor,

③2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H3=-483.6kJmol''

下列说法正确的是

A.若温度不变，反应①中生成1molCH30H⑴时，放出的热量大于90.5kJ

B.对于②反应，选用高效催化剂，可降低反应的婚变

C.CO2与H2合成甲醇的热亿学方程式为：

CO2(g)+3H2(g)-CH3OH(g)+H2O(g)△H=-49.4kJmol」

D.以CO2和H2O为原料合成甲醇，同时生成02,该反应放出能量

【答案】AC

【解析】

A.ImolCH30H(g)能量高于ImolCH30H⑴，反应物的总能量相同，根据能量守恒定律，若

温度不变，反应①中生成ImolCH30H⑴时，放出的热量大于90.5kJ,故A正确；

B.催化剂可降低CO2与H2合成甲醇的反应的活化能，但不改变反应的焙变，故B错误；

C.根据盖斯定律①-②得反应④CO2(g)+3H2(g)LCH30H(g)+H2O(g)

△H=(-90.5+41.1)kJ・mol"=~49.4kJ・moH,故C正确；

D.结合选项C、根据盖斯定律④x2•③x3得2cO2(g)+4H2O(g)V2cH30H(g)+3O2(g)

△H=(-49.4x2+483.6x3)kJ/moI=+1352kJ/moI>0,则该反应需要吸收能量，故D正确；

故选ACo

三、非选择题：共57分。第14〜16题为必考题，每个试题考生都必须作答。第17〜18题

为选考题，考生根据要求作答。

(一)必考题：共42分。

14.(14分)硫冢化钾(KSCN)是一种用途广泛的化工原料，常用于染料、药物的生产。实

验小组设计如图实验装置模拟工业制备KSCN并进行相关探究实验。

已知：①CS?是一种不溶于水且密度大于水的非极性试剂。

_催化剂

@CS,+3NH,NH.SCN+NH.HS

・3水浴加热

回答下列问题：

(1)SCN-的结构式为。

(2)装置A用于实验室制备氨气，反应的化学方程式为0

(3)装置B中，三颈烧瓶内盛放芍CS2、水和固体催化剂，通入氨气的导管口需要插入CS?

液体中，其目的是(写两点)。

(4)待三颈烧瓶内液体不分层后，熄灭装置A处的酒精灯，关闭K1,移开水浴。将装置B

继续加热至105℃,待NH_1HS完全分解后(NH4HS2NH3T+H2ST),打开K2,缓缓滴入适

量的K2cO3溶液充分反应，(NHJCO3完全分解制得KSCN溶液。装置C中仪器a的名称

是,用离子方程式表示装置C处的烧杯中产生淡黄色浑浊的原因

(5)除去固体催化剂后，为使KSCN晶体充分析出并分离，采用的操作为减压蒸发、

过滤。

(6)过滤装置C中吸收尾气后的悬浊液，得到滤液X。取少量滤液x进行如图实验

［已知Ag.+SCN=AgSCNJ(白色)］:

取上层清液，滴加

滴加几滴滤液x几滴KSCN溶液

2mL0.5mol•L"有白色沉淀，溶

AgNOj溶液液局部变红

①设计实验方案并根据实验现象解释试管b中产生银镜的原因___________［可供选择

的试剂：0.5molUAgNOs溶液、Fe,(SO)溶液、FeSO,溶液、(NHjSQ»溶液，

②小组同学观察到试管C中实验现象后，用力振荡试管，又观察到红色褪去且白色沉淀

增多，结合平衡移动的知识解释其原因_______________________o

【答案】

(1)［S=C=N］-

△

(2)2NH4CI+Ca(OH),^=CaCl2+2NH3T+2H2O

(3)防倒吸；使NH,与CS?充分接触混合

3+21

(4)(球形)干燥管2Fe+H2S=2Fe*+Si+2H

(5)冷却结晶

(6)取20^().51«01・1?人81^03溶液，加入几滴FeSO］溶液，若产生银镜，证明是Fe”还原

Ag+产生银镜红色溶液存在平衡Fe"+3SCN-=氏(SCN)「用力振荡，发生反应

Ag'+SCN=AgSCNj,白色沉淀增多；c(SCN)减小，使.上述平衡逆向移动，红色褪去

【解析】

A中制备氨气，在B中氨气与二硫化碳反应先生成硫鼠化钱，然后与碳酸钾溶液反应生成

硫弱化钾，装置C为尾气吸收装置。

(1)根据C形成4个共价键、N形成3个共价键、S形成2个共价键或SCN-与COz互为等

电子体进行判断，故SCN-的结构式为［S=C=N］。

(2)氯化钱和氢氧化钙混合加热制备氨气，故化学方程式为

△

2NH4Cl+Ca(OH),^=CaCl,+2NH3T+2H2O。

(3)CS?是非极性试剂，极性分子N%在其中的溶解度小，可以防倒吸；NH/气体)通入

CS?(液体)中，可以增大接触面积，使反应充分。

(4)装置C中仪器a为(球形)干燥管，由装置C烧杯中产生淡黄色浑旭，可知H2s被Fe*氧

化为S单质，则氧化剂Fe3+被还原为Fe?+,离子方程式为2Fe'++H2s=2Fe?++SJ+2田。

(5)减压蒸发、冷却结晶、过滤得到KSCN晶体。

(6)①谑液x的主要溶质为FeKSO,h、FeSO4ff(NH4)2SO4,试管b中产生银镜是因为

发生反应Fe?++Ag+^=Te"+AgJ,根据试管a中AgNO,溶液的用量,结合所提供的试剂,

要选用2mL0.5moiLAgNO、溶液和FeSOj容液设计实验方案，故答案为：取

2mL0.5moi【TAgNOs溶液，加入几滴FeSO,溶液，若产生银镜，证明是Fe?+还原Ag+产生

银镜。

②试管c的溶液局部变红是因为上层清液中的Fe"与滴入的SCN反应，存在化学平衡

Fe"+3SCN=氏(SUNh。用力振荡试管，上层清液中的Ag+与SCW充分接触生成难溶的

AgSCN白色沉淀，所以白色沉淀增多；c(SCN)减小，使上述平衡逆向移动，红色褪去，

故答案为：红色溶液存在平衡Fe'+3SCN=Fe(SCN)3,用力振荡，发生反应

Ag++SCN=AgSCNj,白色沉淀增多；c(SCN］减小，使上述平衡逆向移动，红色褪去。

15.(14分)硫化钻铜矿主要成分有CoS、CuS、CuFeS?、FeSz，还含有少量Mg、Ca等元

素。一种热活化硫酸浸出工艺实现了钻和铜的高效回收利用，并较好解决了焙烧过程中二氧

化硫的溢出问题。工艺流程如图所示：

H,SO4

罐化钻

铜矿

JO42ILO

滋滋2泡渣3

回答下列问题：

(1)CuFeSz中Cu的化合价为o

(2)“焙烧”中，钻、铜矿物转化成硫酸盐，写出CoS转化的化学方程式。“酸

浸”过程中C。和Cu的浸出率受焙烧温度和时间的影响如下图所示。由图可知，“焙烧”过程

中的最佳实验条件为。

10()

%/

、、90

*菱

三80

三

里

更90

ftn

7070

3004004505€01015202530

焙烧洱度▼焙烧时何小

(3)电解CuS04溶液获取Cu后的电解质溶液可返回_______工序循环使用。

(4)“氧化除铁”中将溶液pH调至4.0,并加热煮沸的目的是。

(5)若“除钙镁”时溶液中c(Mg^)=0.U01mol/L,当Ca?，恰好完全沉淀时，列式计算判断Mg2"

,

是否开始沉淀(已知：室温下，KSp(CaF2)=2.7xlO-i,

KsP(MgF2)=6.4xl0-9)o

(6)将5.49g草酸钻晶体(C0C2O42H2CO置于空气中加热,其固体质量随温度变化如图,300℃

时，剩余固体氧化物的化学式为o

【答案】

(1)+2

焙烧

(2)500C；20h

COS+2O2^=COSO4

(3)酸浸、反萃取

(4)使Fe3+水解完全，并使Fe(OH)3胶体发生聚沉，便于过滤除杂

(5)Ca?+恰好完全沉淀时，c(Ca24-)=IO-5mol/L,c2=2.7x1O-6(mol/L)2,此时

c(Ca-)

Qc=c(Mg2+)c2(F)=2.7xl0-9<Ksp(MgF2)=6.4xl0-9,所以Mg?,还没有开始沉淀

(6)Co3O4

【解析】

硫化钻铜矿经过灼烧，酸浸处理得到滤渣1为S,漉液中为铜离子、亚铁离子、铁离子、钙

离子、镁离子、钻离子，氧化除去溶液中的亚铁离子，调节溶液pH使铁变为沉淀而除去，

升高温度可使水解程度增大，过程中硫酸可以循环使用，根据沉淀溶解平衡进行计算可判断

是否有沉淀析出，“酸浸”过程中最佳的条件为温度：500C,焙烧时间为2.0h,据此答题。

(1)CuFeS?中S元素的化合价为-2价，Fe元素化合价为+2价，Cu元素化合价为+2价；

(2)①“焙烧”中，钻、铜矿物转化成硫酸盐，CoS与氧气焙烧的化学方程式为：

焙烧

CoS+2O2==CoSO4：

②由图像可知“焙烧”的最佳条件为：500℃、20h；

(3)电解C11SO4溶液，阴极可得到Cu,阳极可得到O2,电解质溶液变为硫酸溶液，可返

回到酸浸、反萃取步骤；

(4)“氧化除铁”中将亚铁离子氧化为铁离子，用Na2c03调节pH使铁离子转化为氢氧化铁

的沉淀而除去，升高温度铁离子水解程度增大，使Fe3+水解完全，并使Fe(0H)3胶体发生聚

沉，便于过渡除杂；

(5)当Ca2+恰好完全沉淀时离子浓度小于1x10-5mo］小，带入KSp(CaF2)=2.7xlO用计算可

2

得C?(广)=烂=L=2.7xl0-6,Qc=c(Mg2+)xc(p)带入数值计算

Qc=2.7x10"Q€<Ksp,平衡正向移动沉淀溶解，所以Mg"还没布开始沉淀；

(6)草酸钻晶体(CoC2O4・2H2O)的相对分子质量为183,5.49g草酸钻晶体为0.03moL200℃

时质量变化为1.08g,根据计算为0.06mol水，反应的方程式为COC2O4-2H2O鳖

COC2O4+2H2O,3CXTC时剩余固体质量为2.41g,钻的质量为

m(Co)=0.03molx59g/mol=1.77g,m(O)=2.41-1.77=0.64g,n(Co):n(O)=3:4,氧化物

的化学式为CO3O4。

16.(14分)我国对世界郑重承诺：2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和。而研发

二氧化碳的碳捕集和碳利用技术则是关键，其中催化转化法最具应用价值。回答下列问题：

I.一定温度下，CO?和H?在催化剂作用下可发生两个平行反应，分别生成CHQH和CO。

a：CO2(g)+3H2(g).-CH,OH(g)+H2O(g)AH,=-49.5kJ-mof

1

b：CO2(g)+H2(g),CO(g)+H2O(g)A//2=+41.2kJmol

(1)相同温度下，CO(g)+2H2(g)CH5OH(g)AHy=°

(2)在传统的催化固定反应床(CFBR)中，CO?转化率和甲醇选择性通常都比较低，科学

团队研制了一种具有反应和分离双功能的分子筛膜催化反应器(CMR),极大地改善了该问

题，原理如图所示。

保持压强为3MPa,温度为260℃,向密闭容器中投料比按一去勺=3投入一定量CO2和

AT(I

H2,不同反应模式下CO2的平衡转化率和甲醇选择性的相关实验数据如下表所示。

〃(凡)

实验组反应模式温度/6C02转化率CHQH选择性

,?(CO2)

①CFBR326021.967.3

②CMR326036.1100.0

已知CHQH选择性：转化的CO?中生成CHQH的百分比。

①CMR模式时，上述条件下发生反应,下列说法能作为反应a达到平衡状态的判据是

（填选项字母）。

A.气体压强不再变化B.气体平均相对分子质量不再变化

C.普告不再变化D.COH?、CHQH、HQ的物质的量之比为

«（CO2）r

②由表中数据可知CMR模式下，C0?的转化率明显提高，结合具体反应分析可能的原

因：O

（3）反应b在进气比［〃（CO2）:〃（HJ］不同时，测得相应的COz平衡转化率见图（各点对应

的反应温度可能相同，也可能不同，其他反应条件都相同）。

①D和F两点对应的温度关系：T（D）T（F）（填V,>,或=）,其原因是

90

80C(l,75)

.A[0.5,66.7)・

70•D(l,60)

60

B(O.5,5O)耳(1,40)F(1.5.50)

■

50六(1540)

40•

30

00.511.52

w(CO7)：w(H,)

②已知反应速率%=女正](82)](凡)，=^x(CO)x(H2O),k为反应速率常数，X

为物质的量分数，在达到平衡状态为G点的反应过程（此过程为恒温）中，当CO?的转化率刚

好达到20%时，—=_______<,

v逆

II.用下图装置电解二氧化碳也可制取甲醇，控制在一定温度左右，持续通入二氧化碳，电

解过程中HCO3物质的量基本不变。

b

电源

阴离子本翼铜

钳电极交换膜J学％.持续通

,”/L入CO,

pH=8的KH83溶液

（4）阴极电极反应式为：。

【答案】

（1）—90.7kJ/mol

（2）BCMR模式下，只发生反应a,双功能的分子筛膜能及时分离出水蒸气，时平衡右

移，二氧化碳产率增大

（3）<通过计算得出D点平衡常数K小于F点，该反应为吸热反应，升高温度，平衡

3

常数K越大成

(4)7c6十6e+5H2O=CH30H十6HCO&

【解析】

(1)由盖斯定律可知，反应a—b可得反应CO(g)+2H2(g)iCHQH(g)，则

△%=△H/—△//2=(—49.5kJ/mol)—(+41.2kJ/mol)=—90.7kJ/mol,故答案为：一90.7kJ/moI；

(2)①A.恒压条件下，气体压强始终不变，则气体压强不再变化不能说明正逆反应速率

相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；

B.由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，反应a是物质的量减小的反应，反应

中气体平均相对分子质量增大，则气体平均相对分子质量不再变化说明正逆反应速率相等，

反应已达到平衡，故正确；

C.一为《的比值与化学计量数的比值相等，反应中一为(始终不变，则一7^^不再变

w(CO2)n(CO2)«(CO2)

化不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；

D.COrHrCHpH、HQ的物质的量之比为不能说明正逆反应速率相等，无法

判断反应是否达到平衡，故错误：

故选B；

②由表中数据可知CMR模式下，只发生反应a,双功能的分子筛膜能及时分离出水蒸气，

时平衡右移，二氧化碳产率增大，故答案为：CMR模式下，只发生反应a,双功能的分子

筛膜能及时分离出水蒸气，时平衡右移，二氧化碳产率增大；

(3)①由图可知，D点二氧化碳和氢气的物质的量比为1：1,二氧化碳的转化率为60%,

设容器的体积为1L,起始二氧化碳和氢气的物质的量均为Imol,则平衡时二氧化碳、氢气、

一氧化碳和水蒸气的浓度分别为0.4mol/L、0.4mol/L,0.6mol/L0.6mol/L,反应的平衡常

数K尸簪与詈誉*二2.25,F点二氧化碳和氢气的物质的量比为1.5：1,二氧化碳

0.4mol/Lx0.4mol/L

的转化率为50%,设容器的体积为1L,起始二氧化碳的物质的量为1.5mol、氢气的物质的

量为hnol,则平衡时二氧化碳、氢气、一氧化碳和水蒸气的浓度分别为0.75mol/L、0.25mol/L、

0.75山3/L和0.75ni3/L,反应的平衡常数长-舞吗空警吟-3,该反应为吸热反

0.75mol/Lx0.25mol/L

应，升高温度，平衡向正反应方向移动，化学平衡常数增大，由F点平衡常数大于D点可

知，D点反应温度小于F点，故答案为：V；通过计算得出D点平衡常数K小于F点，该

反应为吸热反应，升高温度，平衡常数K越大；

②由图可知，G点二氧化碳和氢气的物质的量比为1.5：1,二氧化碳的转化率为40%,设

容器的体积为1L,起始二氧化碳口勺物质的量为1.5mol、氢气的物质的量为ImoL则平衡时

二氧化碳、氢气、一氧化碳和水蒸气的浓度分别为0.9mol/L、0.4mol/L、0.6mol/L和0.6mol/L,

反应的平衡常数代=黑嘤等哗=1,反应达到平衡时由反应达到平衡时，正逆反应

0.9mol/LxO.^mol/L

,、,、/、1<击X(CO)X(H,O)C(CO)C(H,O)

速率相等可得：kx(CO)x(H)=k,x(CO)x(HO),丁砌蒜〈忌湍

1E222

心二1,当二氧化碳的转化率为20%时，二氧化碳、氢气、一氧化碳和水蒸气的浓度分别为

1.2mol/L、0.7mol/L>0.3mol/L和0.3mol/L,则

vm_K.E^C(CO)C(HO)0.3mol/Lx0.3mol/L3岫文田「3

----x।/2r=1x--------------------------=—,依谷哀为•—•

v逆K逆C(CO2)C(H2)1.2mol/Lx0.7mol/L28'28'

(4)由题意可知，通入二氧化碳的电极为电解池的阴极，在水分子作用下，二氧化碳在阴

极得到电子发生还原反应生成甲醛和碳酸氢根离子，电极反应式为

7CO2+6e+5H2O=CH3OH+6HCO；,故答案为：7CO2+6e+5H2O=CH;OH+6HCO；o

(二)选考题：共15分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做，则按首题计分。

17.【选修3：物质结构与性质】(15分)

福州大学徐艺军教授团队通过光催化还原CO2,将其合成一碳化合物(CO、HCOOH、

CM、CH30H等)。常见的无机非贵金属光催化还原CO2的催化剂有CuO、C112O、CuxCoyOz.

NiO等。回答下列问题：

(1)铜元素的焰色反应呈绿色，下列三种波长为橙、黄、绿色对应的波长，则绿色对应的

辐射波长为o

A.577~492nmB.597~577nmC.622~597nm

(2)基态CM♦的价电子排布式为。

(3)HCOOH、CH,、CH30H三种物质中碳原子杂化形式有,催化CCh还原的过程

中可能产生CO；,该离子的空间构型为。CO可与金属银形成四面体构型分子

Ni(C0)4,CO中与Ni形成配位键的原子是o

(4)NiO、FeO属于离子晶体，已知r(Ni2+)>r(Fe2+),则熔点NiO(填“V”或“>”)FeO,

原因是o

(5)CuxCoyOz还是一种新型的电极材料，其晶胞结构如图。该立方晶胞由4个I型和4个

H型小立方体构成，晶体中Co3+占据02-形成的八面体空隙，其化学式为e该

晶体的密度为g-cm-3(列计算式)。(设刈为阿伏加德罗常数的数值)

•。O

CuCoO

【答案】

(1)A

(2)3d9

(3)sp2、sp3平面三角形C

(4)<r(Ni2+)>r(Fe2+),则NiO的晶格能小于FeO,故熔点NiOVFeO

8x(64+2x59+4x16)

7

⑸CUCO2O4?VA(2axlO-)'

【解析】

(1)红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫的波长逐渐减小，则绿色对应的辐射波长为577~492nm,

故选A。答案为：A；

(2)基态Cu的价电子排布式为3d1O4sl所以CM+的价电子排布式为3d9。答案为：3d9；

(3)HCOOH、CE、CH3OH二种物质中碳原子的价层电子对数分别为3、4、4,所以杂化

形式为sp2、Sp\sp3,故有sp?、sp3；催化CO2还原的过程中可能产生CO；,该离子的中心

C原子的价层电子对数为3,发生sp?杂化，所以空间构型为平面三角形。CO可与金属银形

成四面体构型分子Ni(CO)4,由于CO中C原子存在一对孤对电子，所以CO中与Ni形成

配位键的原子是C。答案为：sp2、sp3；平面三角形；C；

(4)NiO、FeO属于离子晶体，己知r(Ni2')>r(Fe”)，由于离子带电荷相同，离子半径越

小，晶格能越大，所以晶格能NiOVFeO,故熔点NiOVFeO,原因是r(Ni")>r(Fe2.),则

NiO的晶格能小于FeO,故熔点NiOVFeO。答案为：V；r(Ni")>r(Fe2.),则NiO的晶格

能小于FeO,故熔点NiOVFeO；

(5)由CuxCoyOz的晶胞结构分析，1个晶胞中含有Cu的个数为4x(4x[+2x；+l)=8,

Co的个数为4x4=16,O的个数为4x8=32,即化学式为CuCozO-该晶体的体积

8

V=(2axl0-7)3cm3,1个晶胞中含有C11C