重庆市2023-2024学年高三化学上学期12月月考题（含解析）

2023-2024学年高三12月月考质量监测

化学试题

（全卷共二大题18小题，总分100分，考试时长75分钟）

注意事项：

1.请将所有答案写在答题卡上，不得在试卷上直接作答。

2.可能用到的相对原子质量：H-lNa-230-16Si-28Cu-64Te-128Bi-209

一、单项选择题（本题包括14小题，共42分）

1.化学和生活、科技、社会发展息息相关，下列说法不正确的是

A.《神农本草经》中记载的“石胆能化铁为铜”的变化属于化学变化

B.加入浓盐酸可增强“84”消毒液的消毒效果

C.天宫二号卫星所使用的高性能计算机芯片含有硅单质

D.中国研制的先进微纳米光刻机，其材料之一四甲基氢氧化镂（CHJNOH,能溶于水

【答案】B

【解析】

【详解】A.“石胆能化铁为铜”的变化是铁转化为铜的过程，有新物质生成，属于化学变化，A正确；

B.84消毒液主要成分是次氯酸钠，加入浓盐酸，发生氧化还原反应生成氯气，减小HC10的浓度，则减

弱84消毒液的漂白效果，B错误；

C.晶体硅为良好的半导体，是制造芯片的主要原料，C正确；

D.四甲基氢氧化镂属于一元碱，易溶于水，D正确；

故选B

2.下列叙述正确的是

A.碳酸钠溶液与盐酸相互滴加的反应和现象相同

B.SiO,具有导电性，用于制造光导纤维

C.明研溶于水可水解形成胶体，用于水的消毒杀菌

D.铝热反应，可用作焊接钢轨

【答案】D

【解析】

【详解】A.碳酸钠溶液与盐酸反应是分布进行的，先生成碳酸氢钠和氯化钠，盐酸过量会与碳酸氢钠反应

生成C0?和H2,相互滴加的反应和现象不相同，向碳酸钠溶液中滴加盐酸，开始无明显现象，向盐酸中滴

加碳酸钠溶液，会立即产生气泡，故A错误；

1

B.SiOz不具有导电性，用于制造光导纤维利用的是SiOe对光的反射，故B错误；

C.明研溶于水可水解形成胶体，用于水的净化，但不具有消毒杀菌的作用，故C错误；

D.铝热反应，可用作焊接钢轨，故D正确；

故选Do

3.下列离子方程式书写正确的是

3+

A.泡沫灭火器反应原理：A1+3HCO；=3CO2t+A1(OH)3I

2+

B.CuO溶于NaHSC)4溶液：CuO+2HSO；=Cu+SO^"+H2O

C.已知：酸性H2c(VHC10〉HCO，贝ij有CIO-+CO2+H2OHCIO+COj

D.向NaNOj溶液中通入SO?：2NO；+SO2=2NO2+80^

【答案】A

【解析】

3+

【详解】A.泡沫灭火器为ALGO,和NaHCOs双水解反应原理:A1+3HCO；=3C02t+A1(OH)3I,A正确;

+2+

B.CuO溶于NaHS04溶液，HSO；在水中完全电离，离子方程式为：CuO+2H=Cu+H2O,B错

误；

C.已知:酸性H2C03>HC10>HCO;,根据强酸制弱酸原理HC10和CO；不共存，则有C10+C02+H20=HC10+HCO；,

C错误；

D.向NaNC>3溶液中通入SO?,NO；在酸性条件下有强氧化性被还原为NO,SO?有强还原性被氧化为，

+

离子方程式为：2NO-+3SO2+2H2O=2NO+3SO；-+4H,D错误；

故选Ao

4.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是

A.ILpH均为2的硫酸和醋酸溶液，氢离子数均为0.02NA

B.60g二氧化硅晶体中含有NA个SiO2分子

C.lmol()中含有。键的数目为5NA

-

D.由1molCH3COONa和少量CH3coOH形成的中性溶液中，CH3COO|fc目等于NA

【答案】D

【解析】

2

【详解】A.pH为2,贝Uc(H+)=0.01mol/L,1L硫酸和1L醋酸溶液，氢离子数均为QOINA,A错误；

B.二氧化硅晶体为共价晶体，构成微粒为硅原子和氧原子，不存在SiO,分子，B错误；

C.该物质分子式为C4H5N,分子中含有C—C、C—N、C—H。键，Imol该物质中含有。键的数目为

IONA,C错误；

+

D.在CHsCOONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，c(OH)=c(H),及电荷守恒

+++

c(CH3COO)+c(OH)=c(Na)+c(H),贝ijc(CH3coeF)=c(Na),Na*的物质的量为Imol,

CH3coer的数目为NA，D正确；

答案为D。

5.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素。基态X、Z原子的电子均填充了3个能级，且均有

2个未成对电子，W的核外电子数是X原子最外层电子数的3倍。下列说法正确的是

A.与Y同周期且第一电离能比Y小的元素有四种

B.元素X的氢化物的沸点一定比元素Y的氢化物低

c.Z与W形成WZ,属于离子晶体可作耐高温材料

D.简单离子半径：r(W)>r(Z)>r(Y)

【答案】C

【解析】

【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素。基态X、Z原子的电子均填充了3个能级，

且均有2个未成对电子，则X为C、Z为0,那么Y为N；W的核外电子数是X原子最外层电子数的3倍，W

为12号元素Mg；据此分析解答。

【详解】A.同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N2P轨道为半充满稳定状态，第一电离能大

于同周期相邻元素，则与Y同周期且第一电离能比Y小的元素有Li、Be、B、C、。共五种，A错误；

B.碳可以形成相对分子质量很大的崎，其沸点可能很高，故元素X的氢化物的沸点不一定比元素Y的氢化

物低，B错误；

C.Z与W组成的化合物氧化镁熔点为2800℃,可作耐高温材，C正确；

D.电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；简单离子半径：r(Y)>r(Z)>r(W),

D错误；

故选Co

6.下列由实验操作及现象所得结论正确的是

3

选

实验操作和现象实验结论

项

向1mL0.1mol•L硝酸银溶液中，加入2mL等浓度NaCl溶液，出现白色沉淀，溶解度

A

再加入几滴等浓度的Na2s溶液，有黑色沉淀生成AgCl>Ag2S

适量澳乙烷与氢氧化钠的乙醇溶液共热反应，将产生的气体通入酸性高铳酸钾溶液，证明有乙烯生

B

溶液紫红色褪去成

原溶液中一定

C某溶液中加盐酸，产生使品红溶液褪色的无色有刺激味气体

存so；一

说明水解平衡

D对有酚献的碳酸钠溶液加热，溶液颜色变浅

逆向移动

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【详解】A.向1mL0.1mol•「硝酸银溶液中，加入2mL等浓度NaCl溶液，NaCl溶液过量，硝酸银完

全反应生成氯化银沉淀，再加入几滴等浓度的Na2s溶液，有黑色沉淀生成为硫化银，存在沉淀转化，可以

说明溶解度AgCDAgzS,A正确；

B.乙醇蒸气液具有还原性，也能使酸性高锈酸钾溶液褪色，B错误；

C.加盐酸，产生使品红溶液褪色的无色有刺激味气体，原溶液中也可能存在HSO1,C错误；

D.由于碳酸根的水解是吸热反应，故对有酚醐的碳酸钠溶液加热，使水解程度增大，导致溶液中氢氧根离

子浓度增大，碱性增强，溶液颜色变深，D错误；

故选Ao

7.奥培米芬是一种雌激素受体调节剂，其合成中间体的结构简式如图所示：

4

关于该中间体，下列说法正确的是

A.含有三种官能团

B.能发生消去反应、水解反应、加成反应、氧化反应

C.所有碳原子可能共平面

D.苯环上的一氯代物有5种结构

【答案】B

【解析】

【详解】A.由题干有机物的键线式可知，分子中含有碳氯键、碳碳双键、酸键和酯基四种官能团，A错误;

B.由题干有机物的键线式可知，分子中含有碳氯键，且与氯原子相邻的碳原子上还有H,故能发生消去反

应和水解反应，同时含有酯基也能发生水解反应，碳碳双键能发生氧化反应，B正确；

C.分子中含有直接相连的饱和碳原子，故所有碳原子不可能处于同一平面，C错误；

D.由题干有机物的键线式可知，分子中三个苯环不对称,

故苯环上的一氯代物有8种结构，D错误；

故选Bo

8.类比思想是化学学习中的重要思想，下列各项中由客观事实类比得到的结论正确的是

选项客观事实类比结论

A电解熔融的MgCL制备镁电解熔融的A1CL,可制备铝

B与溶液反应生成

H2sCuSO4CuSH2s与Na2s。4溶液反应可生成Na2s

C与反应生成和

C02与Na2O2反应生成Na2c。3和。2S02Na2O2Na2SO302

D加2«。4)3可作净水剂Fe2(SC)4)3也可作净水剂

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

5

【解析】

【详解】A.AICL,是共价化合物，熔融的状态下不导电，所以电解熔融的A1CL,不能制备铝，A项错误；

B.CuS难溶于水，H2s与CuS。,溶液反应可以生成CuS,但Na2s易溶于水，H2s与Na2so《溶液不反

应，B项错误；

c.SO?具有还原性，与Na?。？反应生成Na2so4,C项错误；

D.Al2(so4)3与Fe?(SC)4)3水解产生胶体可作净水剂，D项正确；

故选D。

9.下列说法不正确的是

1

A.0.1mol.U的CH3COONa溶液加水稀释,9H)的比值逐渐减小

c(H)

B.常温下，pH和为14的盐酸与氨水等体积混合后，溶液的pH>7

C.对MgCkfHzO的固体加热灼烧，最后可得MgO固体

n3611

D.^P[Mg(0H)2]=l.8X10,4P[Fe(OH)3]=4.0X10,向lOmLO.ImoK的MgCl2溶液中滴加20mL0.Imol-U

1

的NaOH溶液，取澄清溶液滴加两滴0.Imol-L的FeCl3溶液，没有浑浊出现

【答案】D

【解析】

【详解】A.0.Imol/LCLCOONa溶液中存在水解平衡CECOCT+IW.,CLCOOH+OIT,加水稀释，促进CHsCOCT

的水解，cGiMxxn、c(om均减小，温度不变水的离子积不变，则C(H+)增大，故加水稀释,(CH3coO)

c(H)

的比值逐渐减小，A项正确；

B.盐酸为强酸溶液，氨水为弱碱溶液，常温下pH和为14的盐酸与氨水等体积混合，充分反应后氨水过量,

溶液呈碱性，溶液的pH>7,B项正确；

C.对MgCLfHQ的固体加热时，MgCkfHzO首先失去结晶水，MgCL溶于结晶水中发生水解：

MgCl2+2H20.-Mg(0H)2+2HCl,加热由于HC1的挥发促进MgCL水解,最终MgCL转化成Mg(OH”，Mg(OH)z灼

烧分解成MgO固体，C项正确；

D.向lOmLO.ImobU1的MgCL溶液中滴加20mL0.ImoK1的NaOH溶液，发生反应

MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2I+2NaCL两者恰好完全反应，上层清液为Mg(0H)2的饱和溶液，由于

-11-36

XP[Mg(OH)2]=1.8X10»KSP[Fe(OH)3]=4.0XIO,故取澄清溶液滴加两滴0.Imol/L的FeCL溶液，产生

Fe(0H)3浑浊,D项错误;

6

答案选D。

10.用下图所示装置及药品进行实验，能达到对应实验目的的是

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【详解】A.装置气密性检验的原理是：通过气体发生器与液体构成封闭体系，依据改变体系内压强时产生

的现象（如气泡的生成、水柱的形成、液面的升降等）来判断装置气密性的好坏；能达到对应实验目的，A

符合题意；

B.浓盐酸和二氧化锌加热生成氯气，不能达到对应实验目的，B不符合题意；

C.一定物质的量浓度溶液配制的操作步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，用

量筒量取（用到胶头滴管）浓硫酸，在烧杯中稀释，用玻璃棒搅拌，冷却后转移到容量瓶中，并用玻璃棒

引流，洗涤2-3次，将洗涤液转移到容量瓶中，加水至液面距离刻度线1〜2cm时，改用胶头滴管滴加，最

后定容颠倒摇匀，不能达到对应实验目的，C不符合题意；

D.制取Fe（OH）3红褐色胶体应该向煮沸的蒸储水中滴加饱和氯化铁溶液至溶液变红褐色；不能达到对应实

验目的，D不符合题意；

故选Ao

11.500℃,HC1在催化剂M的作用下被氧化依次有如图（I）、（II）、（III）三步反应组成，计算机模拟单

个分子在催化剂表面的反应历程如图所示，下列说法正确的是

7

HC1

HC1

A.反应H的活化能为1.45eV

B.反应I的反应速率最慢

C.总反应的热化学方程式为4HC1(g)+02(g)=2H20(g)+2CL(g)A41.98eV-moF'

D.HOOCl(g)比HCl(g)和Qz(g)稳定

【答案】B

【解析】

【详解】A.反应II的活化能为(1.45—0.73)eV=0.72eV,A错误；

B.反应I的能垒最高，所以反应I的化学反应速率最慢，B正确；

C.图像给出的是单个分子参与反应时的能量变化，总反应的热化学方程式为

4HCl(g)+O2(g)=2H2O(g)+2Cl2(g)AH=-1.98治0丫•，C错误；

D.由反应I可知HOOCl(g)的总能量比HCl(g)和O2(g)的总能量高，能量越高，物质越不稳定，D错

误；

故选B。

12.我国科学家以CO?与辛胺［CHs(CH?)vNHj为原料能够高选择性的合成甲酸和辛晴［CH3(CH2)6CN］,实现了C02

的再利用，有益于解决全球变暖问题。其工作原理如图，已知右池反应过程中无气体生成。下列说法不亚

确的是

8

A.Ni2P电极的电势高于In/In203r电极

B.In/In203T电极上可能有副产物出生成

C.阴极上的电极反应：C02+H20+2-=HCOCr+Ofr

D.标准状况下，33.6LCO?参与反应时，Ni2P电极有1.5mol辛睛生成

【答案】D

【解析】

【分析】C0?在In电极转化为HCOCT发生还原反应，该极为电解池的阴极与电源负极相连。而Ni2P为阳极与

电源的正极相连。

【详解】A.阳极的电势高于阴极，A项正确；

B.1可能在In电极发生还原反应产生出，B项正确；

--

C.CO?在In电极转化为HCOO「发生还原反应，反应为：C02+H20+2e-=HCOO+0H,C项正确；

D.33.6LCO2标况下物质的量为1.5molo按照得失电子守恒2C02"CH3(CH2)6CN,即1.5mol的C0?产生0.75mol

辛睛，D项错误；

故选Do

13.纳米二氧化钛催化剂可用于工业上合成甲醇：CO(g)+2H2(g).CH3OH(g)AH,按投料比

=2将H2与CO充入VL恒容密闭容器中，在一定条件下发生反应，测得CO的平衡转化率与温度、

压强的关系如图所示。下列说法错误的是

9

}co的平衡转化率

7TC

>

A.AH<0,Pi>P2P3

n（H）

B.达到平衡后，再按照22加入气体，平衡后CO的体积分数增大

n（CO）

C.M点平衡后，恒温恒容下，向容器中再加入2moic%0H、3molC0,则平衡不移动

D.工℃、P3压强下，Q点对应的v正〉v逆

【答案】B

【解析】

【详解】A.随着温度升高，CO的转化率下降，说明升温平衡逆移，即AH<0,压强增大，平衡正向移动,

CO的转化率应增大，根据图示，P1>P2>P3，故A正确；

n（H）

B.达到平衡后，再按照-^^2=2加入气体，由于该反应为气体分子数减小的反应，再加入反应物，压强

n（CO）

增大，平衡会正向移动，且平衡后CO的转化率大于原平衡，CO体积分数减小，故B错误；

C.M点平衡后，恒温恒容下，向容器中再加入2moicHQH、3molC0,其浓度嫡Qc=K,则平衡不移动，故C

正确；

D.工℃、P3压强下，Q点还未平衡，正在正向进行，即v正〉v逆，故D正确；

故选Bo

14.滴定分数是指滴定过程中标准溶液与待测溶液中溶质的物质的量之比。25℃时，用（0.ImoLI^NaOH

溶液滴定2c溶液所得滴定曲线如图所示。已知10-13=0.05,下列说法正确的是

10

PH

123

滴定分数

A.25℃时HzC。的电离常数：=10"

++-

B.点②所示溶液中:c(H)+c(Na)=c(0H)+c(HC204)+c(C20〉)

C.滴定分数为0.5对应曲线上的点的溶液中：2c(H+)+c(HC04)=2c(0fT)+3c(C201)+c(HC20：)

++

D.点①所示溶液中：c(Na)>c(HC20；)>C(H2C204)>C(C201)>C(H)>C(OH)

【答案】C

【解析】

_c(H+')c(HCO)IO'^XIO1-3

【详解】A.HCO,的电离常数七=」_LA_24,根据起始时pH为1.3,则=m2xIO-16，

C(H2C2O4)0.1-10-3

A错误；

B.点②所示溶液中，根据电荷守恒可得c(H+)+c(Na,)=c(0r)+c(HC20；)+2c(C20t),B错误；

C.滴定分数为0.5时，NaOH的量是H2c2。&的一半，由物料守恒得①,(阻0：)+c(H2c£4)=2c(Na+),

由电荷守恒得②c(H+)+c(Na*)=C(OH)+C(HC2O；)+2c(C20丁),①+2②可得

+-

2c(H)+c(H2C2O4)=2c(OH)+3c(C20^)+c(HC2O；),C正确；

D.点①为第一个滴定终点，此时溶质为NaHCzO”，此时溶液显酸性，因此HCzO；电离大于水解，故c。。：)

+

>C(H2C2O4),离子浓度大小顺序为c(Na*)>C(HC2O；)>C(H)>C(C2O^)>c(OHO>C(H2C2O4),D错误；

故选Co

二、非选择题：本题共4小题，共58分。

15.硅在冶金工业中用途广泛，被誉为现代工业的维生素。某精炼铜的阳极泥经过处理后的主要成分为

Cu?Te、TeO3>CuO等，从中回收神和胆研的工艺如下：

11

硫酸

碗废渣

NaOH溶液

己知：①高温熔烧后的产物为TeO2和Cu20；

②C4。在酸性条件下会发生歧化反应；

③Te元素在酸化和碱浸后分别转化为TeOS。4和Na2TeO3两种易溶于水的盐。

回答下列问题：

(1)“高温焙烧”时，从结构的角度分析C%Te的产物是CqO而不是CuO的原因为—

(2)“酸化”时还需要加入一定量的H2。？，其目的是0

(3)“还原”时发生反应的离子方程式为。

(4)碱浸后铜元素的存在形式为(写化学式)。

(5)“电解”制Te的原理如图，其中N与电源的(填“正极”或“负极”)相连：与M相连的

惰性电极上发生电极反应式为o

惰性NM

电极、厂I

NaOH溶液.告/Na2TeC>3溶液

交换膜

(6)胆研的结构如图所示。下列说法正确的是—

/H\

A.胆研晶体中含有离子键、配位键、氢键等化学键B.胆帆属于离子晶体

12

c.so1的空间结构为正四面体形D.电负性0>S,第一电离能O<S

（7）Ci^Te的立方晶胞结构如图。其中Te的配位数为；已知晶胞边长为apm,NA为阿伏

伽德罗常数的值，则该晶体的密度为g-cm^3（列出计算式即可）。

【答案】（1）基态+1价Cu的价电子排布式为3/°,处于稳定状态

(2)将生成的Cu全部转移至溶液中

2++

TeO+2SO2+3H2O=2S*+TeJ+6H

(4)Cu2O

(5)①.正极②.TeO；-+3H2O+4e-=Te+6OH-(6)BC

64x4+128x2

(7)①.4②.一―xi1o3300

axK

【解析】

【分析】高温熔烧后的产物为Te。?和CqO,酸浸后C4。在酸性条件下会发生歧化反应，反应方程式为:

+3+

CU2O+2H=CU+CU+H2O,Te元素在酸化转化为TeOS。"TeOSC^在二氧化硫的作用下被还原为Te,

同时回收溶液中的硫酸铜；Te元素在碱浸后转化为Na2TeC>3，焙烧产物CqO不溶于碱也不溶于NazTeC^

的盐溶液，故碱浸后C4。经过滤除去，溶液电解后得到Te。

【小问1详解】

10

从结构的角度分析此时产物是Cu20而不是CuO的原因：基态+1价Cu的价电子排布式为3d,处于稳定状态。

故答案为基态+1价Cu的价电子排布式为3d10,处于稳定状态。

【小问2详解】

+2+

酸化时发生反应：CU20+2H=CU+CU+H20,为了将生成的Cu全部转移至溶液中需要加入一定量的H202o

故答案为将生成的Cu全部转移至溶液中。

【小问3详解】

13

还原时，发生的离子方程式为Te()2++2S02+3H2=2SO：-+TeJ+6H+,故答案为TeCT+ZSOz+BHGZSO。

+

+TeJ+6HO

【小问4详解】

高温熔烧后的产物为TeO2和Cu2O,碱浸后Cu2O不溶于碱也不溶于Na2TeO3的盐溶液，故答案为

Cu2Oo

【小问5详解】

根据“电解”制Te的装置图可知，与M相连的惰性电极上的电极反应式为TeO；+3H2O+4e-=Te+6OH\

所以N与电源的正极相连。故答案为：正极；TeO1+3H2O+4e=Te+6OH0

【小问6详解】

A.胆研晶体中含有离子键、配位键等化学键，氢键不属于化学键，故A项错误；

B.胆研是离子化合物，属于离子晶体，故B项正确；

C.硫酸根的空间构型是正四面体结构。硫原子位于正四面体的中心点上，硫原子以sp'杂化轨道成键，硫原

子位于四面体的中心位置上，而四个氧原子则位于它的四个顶点，故C项正确，

D.同主族电负性从上到下越来越小，故电负性O>S,同主族从上到下第一电离能越来越小，故O>S,

故D项错误；

故答案为BC。

【小问7详解】

由CuzTe的立方晶胞结构可知，黑球代表Cu,白球代表Te,所以Te的配位数为4；已知晶胞参数为apm、

64x4+128x2..

心为阿伏加德罗常数值。根据晶胞体积和晶胞质量可知晶体的密度为————xlO30Og.cm-3,故答案

a义总

64x4+128x2^33003

为4；一―xl0g.cm-o

ax%

【点睛】本题以回收确和胆矶的工艺为载体。体现对化学方程式书写、化学键、电化学、晶胞结构分析等

基本概念、基本理论知识的基础性、综合性、创新性、应用性的考查。考查学生的理解与辨析、分析与推

测和归纳与论证能力。

16.秘酸钠(NaBiOs)常用作分析试剂、氧化剂等，某同学在实验室用氯气氧化Bi(OH)3制取NaBiOs,并进

行相关实验。已知NaBiOs固体不溶于冷水，能与沸水或酸溶液反应产生在酸性条件下能将Mn"氧化为

MnO；；Bi(0H)3为白色难溶于水的固体。各实验装置如图所示:

14

搅拌

请回答下列问题：

(1)装置的连接顺序是---(填字母)。

(2)C中装有的试剂是,若没有装置C,可能产生的影响是。

(3)反应开始时，打开Ki和无，B中CL发生的反应有；C12+2NaOH=NaC10+NaC1+H20,(填化学

方程式)。

(4)反应结束后，为从装置B中获得尽可能多的产品，需要进行的操作是、过滤、冷水洗涤、

干燥。

(5)取上述NaBiOs产品wg,加入足量稀硫酸和MnSOi稀溶液使其完全反应，再用cmol•U1的H2co标准

溶液滴定生成的MnO；,消耗VmL标准溶液。

①滴定终点判断,如果装H2C2O4标准溶液的滴定管滴定前有气泡、滴定后没有气泡，则会导致

测定结果(填偏大或偏小)。

②不能用cmol•L的H2c2O4标准溶液直接滴定NaBiOs的原因是。

③该产品的纯度为(用含w、c、V的代数式表示)。

(6)取少量B中反应后的悬浊液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，经检验气体中含有口2。该实验不能证

明一定是NaBiOs氧化了CF,理由是用离子方程式说明。

【答案】(1)ACBD

(2)①.饱和食盐水②.混在氯气中的HC1会中和B中的NaOH,导致NaBiOs的产率下降

(3)Cl2+Bi(OH)3+3NaOH=NaBi03+2NaC1+3H20

(4)在冰水浴中冷却结晶

(5)①.当最后半滴HCO”标准溶液滴入锥形瓶，溶液紫红色恰好褪去，且半分钟内不恢复②.偏

大③.难以配制NaBiOs的水溶液，且NaBiOs在酸性条件下易分解，滴定会有很大误差④.

280CVX13

°X10QO/O

W

(6)C10+Cl+2H+=CI2个+乩0

【解析】

15

【分析】在装置A反应生成Cl2,通过装置C饱和食盐水除去CL中混合的HC1杂质气体，进入B中反应生

成NaBiOs,尾气使用D中碱液吸收减少污染。氯气中含有挥发的氯化氢气体，HC1也会与碱NaOH发生反应,

故应在Cl2与碱溶液反应前除去，否则会影响产率及物质的纯度，可根据电子守恒找到NaBiOs与H2c的关

系式，利用滴定消耗HGOi的物质的量，计算NaBiO,的物质的量及质量，进而可得该产品的纯度。

【小问1详解】

根据上述分析可知：在装置A中用酸性KMnO4溶液与浓盐酸反应产生Ck,浓盐酸具有挥发性，挥发的HC1

随CL进入装置B中，用饱和食盐水除去CL中的杂质HCL然后在装置B中与NaOH和Bi(0H)3混合物发生

反应制取NaBiOs,CL是有毒气体，可根据CL与碱反应的性质，用NaOH溶液进行尾气处理，防止污染环境，

故装置的连接顺序是A-CfB-D；

【小问2详解】

装置C中盛有饱和食盐水，其作用是除去CL中的杂质HC1,若没有装置C,可能产生的影响是混在氯气中

的HC1会中和B中的NaOH,导致NaBiOs的产率下降；

【小问3详解】

反应开始时，打开心和心，B中CL发生的反应有：C12+2Na0H=NaC10+NaCl+Ha及制取NaBiOs的反应：

CL+Bi(OH)3+3NaOH=NaBi03+2NaC1+3H20；

【小问4详解】

反应结束后，为从装置B中获得尽可能多的产品NaBiOs,根据题目已知信息可知：NaBiOs固体不溶于冷水，

能与沸水或酸溶液反应产生因此需要进行的操作是在冰水浴中冷却结晶，然后进行过滤、冷水洗涤、

干燥；

【小问5详解】

①在反应中NaBiOs被还原为Bi",Mr?+被氧化产生高锦酸根为紫红色，高锦酸根再将HGO,氧化产生CO2气体,

则达到滴定终点的标志为：当最后半滴HGO,标准溶液滴入锥形瓶，溶液紫红色恰好褪去，且半分钟内不恢

复；

如果装HC0,标准溶液的滴定管滴定前有气泡、滴定后没有气泡，则使标准液体积偏大，则会导致测定结果

偏大；

②根据已知信息可知：NaBiOs固体不溶于冷水，因此难以配制NaBi()3的水溶液，且NaBiOs在酸性条件下易

分解，直接使用草酸标准溶液滴定会有很大误差，因此不能用cmol•L的H2c◎标准溶液直接滴定NaBiOs；

③在反应中NaBiOs被还原为Bi*Mn"被氧化产生高镒酸根，高镒酸根再将HC0&氧化产生CO?气体，根据电

子守恒可得关系式：NaBiOs〜2e「〜H2c2(X,反应消耗标准H2c溶液的物质的量为n(H£20j=cmol/LXVXIO-3

L=cVXl(T3moi,则可知反应产生NaBiOs的物质的量n(NaBiO3)=n(H2C2O4)=cVXl(f3mol,其质量为

16

-3-328℃VxlO\ioo%；

m(NaBiO?>cVX10molX280g/mol=280cVX10g,故该样品的纯度为:

w

【小问6详解】

取少量B中反应后的悬浊液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，经检验气体中含有CL,由于在装置B中同时

发生了两个反应：C12+2NaOH=NaC10+NaC1+H20,CL+Bi(OH)3+3NaOH=NaBiO3+2NaCl+3H2O,NaBiOs具有强氧化

性，可以氧化C「产生Cb,溶液中的CIO一也能氧化C「生成Ck,发生的离子方程式为:CIO"C「+2H+=CkT+玲0,

因此该实验不能证明一定是NaBiOs氧化了CFo

17.2022年4月16日，中国空间站的3名航天员乘神舟十三号载人飞船平安返回地球。空间站处理C0?的

一种重要方法是对CO?进行收集和再生处理，重新生成可供人体呼吸的氧气。其技术路线可分为以下三步：

I.固态胺吸收与浓缩co2

在水蒸气存在下固态胺吸收C02反应生成酸式碳酸盐(该反应是放热反应)，再解吸出C02的简单方法是加热。

II.C02的加氢甲烷化

民还原CO?制CHj的部分反应如下：

,1

i.COz(g)+Hz(g)峰珍CO(g)+H20(g)△Hi=+41kJmor

1

ii.C0(g)+3H?(g)脩?CH4(g)+H20(g)△H2=-246kJ«moU

(1)反应C02(g)+4为(g)簿.CH4(g)+2H20(g)的△!!=kj・mo『。

(2)向恒容绝热的密闭容器中充入amolCO与2amolH2(g),进行反应ii,下列能判断反应已达化学平衡状

态的是________

a容器中混合气体密度不变b.混合气体中c(CHD与c(lW)之比不变

c.viE(H2)=3va!(H20)d.容器内温度不变

III.COz和乂合成甲烷也是C0?资源化利用的重要方法。对于上述⑴的反应CO2(g)+4H?(g)修诊CH4(g)+2H2O(g)

△H,催化剂的选择是CO2甲烷化技术的核心。在两种不同催化剂条件下反应相同时间，测得CO?转化率和生

成CH4选择性随温度变化的影响如图所示：

17

100100

(a)C

c1：M80

p8()-Ni,60

选

转--*-Ni-CeC)240

择

化20

性

率

/%/%

200240280320360

温度/℃

(3)高于320℃后，以Ni为催化剂，CO?转化率仍在上升，其原因是

(4)对比上述两种催化剂的催化性能，工业上应选择的催化剂是,使用的合适温度为

n(H)

⑸控制起始2时前,恒容条件下，若只发生反应—i,平衡时各物质的量分数随温度

的变化如图所示:

?003004<M)5(M)64MJ700MOO

①图中代表出的曲线是(填“a"、"b”或“c”)；温度低于500℃时，CO的物质的量分数约为0,

说明此条件下，反应________(填“i”或“ii”)化学平衡常数大，反应完全。

②M点(T<500℃)时，平衡分压p(COz)=atm,反应CO?(g)+4乂(g)脩为田心)+2压09)的平衡常数

Kp=atm-(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压物质的量分数)o

【答案】(1)-205

(2)cd(3)以Ni为催化剂，CO?甲烷化速率较慢，升高温度加快反应速率，相同的时间内CO?转化率提高

(4)①.Ni-Ce02②.320℃

(5)①.b②.ii③.0.04④.625

【解析】

【小问1详解】

1

根据盖斯定律反应I+II可得反应C02(g)+4H2(g)CH4(g)+2H20(g),△H=AH1+AH2=41-246=-205kJ-moF；

18

故答案为：-205；

【小问2详解】

达到平衡状态的判断方法是“正逆反应速率相等”，“变量不变”。容器中混合气体密度是定值，密度不

变不能说明达到平衡状态，混合气体中c(CH。与c(lW)之比是定值，始终是1:1,不能说明达到平衡状态；

v正(Hj=3v逆(员0)符合正逆反应速率相等，能说明达到平衡状态；恒容绝热的密闭容器中温度是变量，温度

不变说明达到平衡状态；故选cd；

【小问3详解】

高于320℃后，以Ni为催化剂，C0,转化率仍在上升，其原因是以Ni为催化剂，CO2甲烷化速率较慢，升高

温度加快反应速率，相同的时间内CO?转化率提高；

【小问4详解】

对比上述两种催化剂，Ni—CeOz作为催化剂时甲烷的选择性高，工业上应选择的催化剂是Ni—CeOz,320℃

时转化率高选择性大，使用的合适温度为320℃；

【小问5详解】

对于反应0)2(8)+4112他)e(2乩出)+211205)4加-20510・11101%升高温度，反应逆向移动，压的物质的量分数

增大，CH,和凡。的物质的量分数减小，且CH,和乂0的物质的量分数之比为1：2,故图中a、b、c代表的物

质分别为压0、CH4、温度低于500℃时，CO的物质的量分数约为0,说明C0几乎完全反应，化学平衡常

数越大，反应越完全，则反应ii的化学平衡常数大；故答案为：b；ii；

n(H,)

起始时X=4,设CO2的起始量为amoL变化量为xmol,则压的起始量为4amol,列三段式计算如

n(CO2)

下：

CQ(g)+4H2(g)二CH4(g)+2H20(g)

起始量(mo/)a4〃00

转化量(mol)x4xX2x

平衡量(mol)a-x4(2-4%X2x

M点时,n(CH4)=n(H2),即4a-4x=x,整理得x=0.8a,则平衡时CO2、M、㈤、乩0的物质的量分别为0.2amol、

0.8amol>0.8amol>1.6amol,各气体的总物质的量为(0.2a+0.8a+0.8a+l.6a)mo1=3.4amol,在恒温恒容

下,压强之比等于物质的量之比，则言=詈'平衡时平衡分压p