2021年河南省九師聯(lián)盟高考化學聯(lián)考試卷（2月份）

一、單選題（本大題共7小題，共42.0分）

1.化學與生產(chǎn)、生活、環(huán)境密切相關。下列說法錯誤的是（）

A.決定生物性別的蛋白質(zhì)屬于高分子化合物

B.中國正積極推動可再生能源國際合作，氫能屬于一次能源

C.使用醫(yī)用酒精（75%）、“84”消毒液或加熱均能有效滅活病毒

D.組成Omega-3的二十二碳六烯酸（DHA）能使濱水褪色

2.下列相關化學實驗的敘述正確的是（）

A.用玻璃棒蘸取NH4cl溶液，點在濕潤的pH試紙上，測定NH4cl溶液的pH

B.用NaCl配制0.5mol」T的溶液，所用玻璃儀器有：燒杯、量筒、玻璃棒、膠頭

滴管、容量瓶

C.HI、S02.CO?氣體既能用濃硫酸干燥，又能用P2（）5（非氧化性干燥劑）干燥

D.向某溶液中滴加鹽酸出現(xiàn)白色沉淀，再加NaOH溶液沉淀溶解，則該溶液中一

定存在SiO1

3.W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的四種短周期主族元素，它們最外層電子數(shù)之

和為16。已知W、Z形成化合物Q的水溶液可以蝕刻玻璃，W、丫形成的化合物

wz

與化合物Q相遇可生成白煙，四種元素形成某種化合物的結(jié)構式為W—LY—Z。下

II

W2

列說法正確的是（）

A.W的氧化物中可能含有非極性鍵

B.簡單離子半徑大小為W<Y<Z

C.Y的氧化物均能與水反應生成相對應的酸

D.XZ3中各原子的最外層都達到8電子穩(wěn)定結(jié)構

4.如圖為某同學設計的一組電化學裝置，電極I為Mg,其他均為Cu。裝置工作時,

下列說法正確的是（）

A.電極I為正極，發(fā)生還原反應

+

B.電極U電極反應式為2H2O-4e-=02T+4H

C.電子流動的方向為電極W-A-電極I

D.理論上，溶解2.4gMg,電極IV增重6.4g

5.現(xiàn)有四種有機物，其結(jié)構簡式如圖所示。下列說法正確的是()

A.a中所有原子可能共平面

B.上述四種物質(zhì)均易溶解于水中

C.b中四元環(huán)上二氯代物有6種

D.鑒別a和d可用浸水或氫氧化鈉溶液

6.乙二醛(OHCCHO)與氧氣反應歷程中所涉及的反應物(OHCCHO、02),過渡態(tài)中間

體(圖中TS1?TS7、IM1?IM3)及產(chǎn)物(OHCCOOH、HCOOH、HOOCCOOH)的相對能

量如圖所示。下列說法錯誤的是()

B.乙二醛氧化生成甲酸、乙醛酸或乙二酸均為放熱反應

第2頁，共20頁

C.乙二醛氧化歷程中，若加入催化劑，能提高乙二醛的平衡轉(zhuǎn)化率

D.乙二醛與氧氣反應生成乙二酸的控速步驟為反應物-TS1

7.常溫下，濃度均為lmol」T的CH3NH2和NH20H兩種堿溶液，起始時的體積均為

VomL?分別向兩溶液中加水進行稀釋，所得曲線如圖所示(V表示稀釋后溶液的體

積)。已知pOH=-lgc(OH-),下列說法錯誤的是()

|pOH

7

6mxNHOH

6:

*；/CHjNH,

5

A.常溫下，CH3NH2的電離常數(shù)約為1.01xI。-，

B.常溫下，用鹽酸滴定NH20H時，可用甲基橙作指示劑

C.m點溶液中，由水電離的c(OH-)水=10-74

+

D.CH3NH3cl溶液中存在關系：c(H)-c(OH-)=2c(CH3NH2)-c(Cr)-

C(CH3NH+)

二、簡答題(本大題共5小題，共66.0分)

8.[Co(NH3)5Q]C12是一種重要的Co(m)配合物，在實驗室中制備流程如圖所示?？偟?/p>

實驗原理：2coek+2NH4CI+H202+8NH3=2[CO(NH3)5H20]C13△H<0；

冗03出)5出0]。3中的H2O被取代生成目標產(chǎn)物[CO(NH3)5C1]C12°

冷卻至室溫

抽淀

回答下列問題：

(1)結(jié)合實驗原理可知，濃氨水為制備過程主要提供(填微粒符號，下同),

使用NH4cl為制備過程主要提供.

(2)加入6mL濃鹽酸后，要及時將錐形瓶用膠塞封閉，否則目標產(chǎn)物中將混有大量

副產(chǎn)物儲。3E)5電0]。3,試分析用膠塞封閉的目的：。

(3)3mL30%的電。2應采用緩慢滴加的方式，若一次性加入產(chǎn)生的不良后果是

(4)“抽濾”在如圖裝置中進行，利用抽氣泵將裝置內(nèi)的空氣不斷抽出，可使裝置

內(nèi)的壓強小于外界大氣壓，試分析抽濾較普通過濾的優(yōu)點有(任寫一點)，

滋紙能將布氏■斗底

部小孔完全蓋住

(5)“沉淀”用溫度更低的冷水洗滌的優(yōu)點是o

3+

(6)已知水溶液中：[CO(NH3)5H2O]C[3=[CO(NH3)5H2O]+3cr；

2+

[CO(NH3)5C1]C12=[CO(NH3)5C]+2C1-；不考慮[CO(NH3)5C1]2+=

3+

[CO(NH3)5]+cr?試設計區(qū)分[。)3七)5出0]。3晶體和[Co(NH3)5C]ci2晶體的

實驗方案：(所用試劑：AgNC)3溶液)o

9.一種從廢舊鋰離子電池(主要含LiCoO2及少量Al、Cu)中回收鋁、銅，并重新制備

鉆酸鋰的工藝流程如圖。

反萃取劑

廢舊電池一拆分去光—I?雙泡

注液I

-HLiCoO;|

CoC!Or2HI0->|Cofl.[

回答下列問題：

(1)向''濾液1”中加入適量的鹽酸，調(diào)節(jié)pH為4.5,可獲得A1(OH)3，寫出該反應

的離子方程式：。

(2)向“殘渣”中加入稀硫酸和出。2,會放出大量氣泡，寫出LiCoOz與電。2發(fā)生反

應的化學方程式：。

(3)為沉淀C02+,向“濾液2”中加入(NH4)2C2()4而不是Na2c2。4。利用如下數(shù)據(jù)

說明其原因：。[已知25用時0」mol」T的Na2c2。4溶液的pH約為8.35,

第4頁，共20頁

Co(0H)2的Ksp=6.0xKT*,假設溶液中c(C02+)=O.lmol?L1］。

2++

(4)RH萃取CM+的原理可表示為：CU+2HR^CUR2+2H?實驗室中進行萃取

實驗用到的玻璃儀器有、;向有機層中加入反萃取劑(填

化學式)可將C/+反萃取至水層。

(5)已知Li2cO3的溶解度隨著溫度變化的曲線如圖。加入Na2cO3溶液后應進行的操

作是

$/g

1.60

1.40

120

1.00

0.80

0.60

0.40

020

0.00

20406080100

溫度/C

(6)碘量法測定硫酸銅晶體結(jié)晶水含量的實驗原理涉及如下反應：

2+

2Cu+41-=2CuII+I2；

CuI+SCN-=CuSCNI+r；

-

I2+2S2O|-=2P+S401<.

實驗過程如下：

準確稱取mgCuS04-XH2O于250mL碘量瓶中，加入5mLImol?LH2sO4和100mL

水使之完全溶解，加入10mL左右KI溶液，充分振蕩后立即用cmol?廣】的Na2s2O3

標準溶液滴定至淺黃色。然后再加入5mL0.5%淀粉溶液，繼續(xù)滴至淺黃色，再加

入10%KSCN溶液10mL,使Cui沉淀轉(zhuǎn)化為CuSCN沉淀，釋放出吸附在Cui上的

12,繼續(xù)用cmol的Na2s2O3標準溶液滴定至藍色恰好消失即為終點，滴定過程

中共消耗Na2s2O3標準溶液VmL。

貝ljx=(列出計算式，不必化簡)，若不加入KSCN溶液，對測定結(jié)果的影

響是。(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)

10.氫能和液態(tài)甲醉(CH3OH)的應用是新時代背景下發(fā)展綠色能源的重要路線之一?；?/p>

答下列問題：

圖1圖3

03CO,(g)+3H：(g)

z

w-0.20tHjO*

n4OH,

-0.60CH,OH(g)

tt+3H*

質(zhì),+H,O(g)

W-1.005?^CO,,VjHCOOH-^yf

+6HHCOO*'

-1.401

+5H*CHQ?CH.OH*

-1.80J+OH,+OH?CH,OH*

+2H,+H?+HjO*

反應歷程

圖2

(1)一種催化電解法制取甲醇的原理如圖I所示：

裝置工作時，H+向(填“陰”或“陽”)極遷移，PdZnCu極上發(fā)生的電極

反應式為。

(2)COz與小合成甲醇主要包括的反應如下(不考慮其他反應)：

I.CO2(g)+3H2(g)uCH30H(g)+H2O(g)A為

n.co2(g)+H2(g)WCO(g)+H2O(g)AH2>0

①CO2和出在某催化劑表面上合成甲醇(反應I)的反應歷程如圖2所示，其中吸附

在催化劑表面上的物種用*標注。反應I的仆Hi0(填“>”或“<”)；該

歷程中最小能壘(活化能)步驟的化學方程式為。

②下列有利于提高CH30H的平衡產(chǎn)率的是。(填字母)

A.i國溫低壓

B.低溫高壓

C.高溫高壓

D.低溫低壓

③起始時n(C()2)：n(H2)=1：10,維持恒壓36MPa時，甲醇的選擇性(生成甲醇

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所用的含碳反應物的物質(zhì)的量與總消耗的含碳反應物的物質(zhì)的量的比值)、C02的轉(zhuǎn)

化率、co的選擇性(生成co所用的含碳反應物的物質(zhì)的量與總消耗的含碳反應物

的物質(zhì)的量的比值)隨溫度(T)變化如圖3所示。溫度高于260久時，隨溫度升高，

CO的選擇性增大的主要原因是；T℃H't,CO?的轉(zhuǎn)化率為a,CH30H的選

擇性為S,CO的分壓p(CO)=MPa。

11.根據(jù)元素在體內(nèi)含量不同，可將體內(nèi)元素分為常量元素和微量元素。其中H、C、

0、N、S、P等為常量元素，F(xiàn)e、Zn等為微量元素?；卮鹣铝袉栴}：

(1)基態(tài)Fe原子的核外電子排布式為[Ar]，有組相同能量的電子。

(2)數(shù)據(jù)表明，S的第一電離能小于P的第一電離能，其原因可能有兩種：一種是S

失去的是已經(jīng)配對的電子，配對電子相互排斥，電離能較低，另一種是。

(3)氧與氮可形成正離子NO。，其空間構型為，碳與氫也可形成正離子CH1，

該離子中，碳的雜化方式為。

(4)原子的電子親和能是指在0K下的氣相中，原子獲得電子變成負離子時所釋放的

能量。氧原子的第二電子親和能(CT+e--。2-的能量)不能直接在氣相中測定，

但可通過如圖的born-Haber循環(huán)計算得到。

由圖可知，Mg原子的第一電離能為kJ-mor1,0=。鍵鍵能為kJ.

mol-1,氧原子的第二電子親和能x=kJ-moL。

(5)氨化鎂(MgH?)與金屬鋅在一定條件下研磨，可制得化合物MgzZnH,，X-射線

衍射分析表明，該化合物的立方晶胞的面心和頂點均被鋅原子占據(jù)，所有鎂原子的

配位數(shù)都相等。

①該晶胞中鎂原子個數(shù)為。

②已知MgzZnH,晶體的晶胞參數(shù)為apm,鎂原子分布在該晶胞中鋅原子形成的四

面體中心。該晶胞中相鄰鎂原子與鋅原子之間距離為pm,Mg2ZnH4晶體密

度為g-cm-3o(阿伏加德羅常數(shù)的值用NA表示)

1-6012Umol'1

MgCsH-yO/g)-------------?MgO(s)

146.4kJ-mor'l

Mg(g)(Xg)

737.7kJ-mor'l|-141.8kJmor'-3943UmoF'

Mg*(g)o-(g)

1450.6Umor'l|X

MLCgHO2-/

12.有機物H是合成雌酮激素的中間體，一種由A制備H的工藝流程如圖。

回

回

已知：

.OHeq)5GOCH,

ye2r

n.R-COOHs""RCOC1(其中R為煌基或氯)。

回答下列問題：

(1)B中官能團的名稱為?

(2)DtE的反應類型為。

(3)F的結(jié)構簡式為<,

(4)寫出BTC的化學方程式：。

(5)E的同分異構體中，滿足下列條件的有種(不含立體異構)，其中核磁共

振氫譜有5峰，峰面積之比為6：2：2：1：1的結(jié)構簡式為。

①苯環(huán)上有2個取代基；

②能與FeCb溶液發(fā)生顯色反應；

③能發(fā)生銀鏡和水解反應。

(6)參照上述合成路線，設計由甲苯為起始原料制備Qy的合成路線o(

O

無機試劑任選)

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答案和解析

1.【答案】B

【解析】A.蛋白質(zhì)相對分子質(zhì)量大于10000,屬于高分子化合物，故A正確；

B.氫能是消耗能源水分解生成的二次能源，故B錯誤；

C.醫(yī)用酒精(75%)、“84”消毒液或加熱都能使蛋白質(zhì)變性，所以均能有效滅活病毒，

故C正確；

D.組成Omega-3的二十二碳六烯酸(DHA)含有不飽和鍵，能使濱水褪色，故D正確。

故選：B?

A.相對分子質(zhì)量大于10000有機物為高分子化合物；

B.自然界中直接獲得的能源為一次能源，通過一次能源消耗才得到的能源為二次能源；

C醫(yī)用酒精(75%)、“84”消毒液或加熱都能使蛋白質(zhì)變性；

D.二十二碳六烯酸含有不飽和鍵。

本題考查物質(zhì)的性質(zhì)與用途，為高頻考點，側(cè)重化學與生活、生產(chǎn)以及環(huán)境的考查，有

利于培養(yǎng)學生的良好的科學素養(yǎng)，注意把握物質(zhì)的性質(zhì)以及應用，題目難度不大。

2.【答案】B

【解析】解：A.濕潤的pH試紙，溶液被稀釋，應選干燥的pH試紙測定，故A錯誤；

B.用NaCl配制0.5mol」T的溶液，計算稱量后，溶解、冷卻、轉(zhuǎn)移到容量瓶中定容，

需要燒杯、量筒、玻璃棒、膠頭滴管、容量瓶，故B正確；

C濃硫酸可氧化HL不能干燥HI,故C錯誤；

D.白色沉淀可能為氫氧化鋁或硅酸，則原溶液中可能含A10］或SiOg，故D錯誤；

故選：Bo

A.濕潤的pH試紙，溶液被稀釋；

B.用NaCl配制0.5mol」T的溶液，計算稱量后，溶解、冷卻、轉(zhuǎn)移到容量瓶中定容；

C.濃硫酸可氧化HI：

D.白色沉淀可能為氫氧化鋁或硅酸。

本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、pH測定、溶液配制、

離子檢驗、實驗技能為解答的關鍵，側(cè)重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分

析，題目難度不大。

3.【答案】A

【解析】解：由上述分析可知，W為H、X為B、丫為N、Z為F,

A.W的氧化物為過氧化氫時，含有0-0非極性鍵，故A正確；

B.電子層越多，離子半徑越大，具有相同電子排布的離子中原子序數(shù)大的離子半徑小，

則簡單離子半徑大小為W<Z<Y,故B錯誤；

C.Y的氧化物為NO時，與水不反應，故C錯誤；

D.BF3中F原子的最外層達到8電子穩(wěn)定結(jié)構，B不滿足，故D錯誤；

故選：Ao

W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的四種短周期主族元素，已知W、Z形成化合物Q

的水溶液可以蝕刻玻璃，W為H、Z為EQ為HF；W、丫形成的化合物與化合物Q

wz

相遇可生成白煙，Y為N；四種元素形成某種化合物的結(jié)構式為W—X-Y—Z,X形成4

iI

wz

個共價鍵，結(jié)合原子序數(shù)可知X為B時滿足最外層電子數(shù)之和為1+3+5+7=16,

以此來解答。

本題考查原子結(jié)構與元素周期律，為高頻考點，把握元素化合物知識、化學鍵及配位鍵

來推斷元素為解答的關鍵，側(cè)重分析與應用能力的考查，注意規(guī)律性知識的應用，X為

B不是C為解答的易錯點，題目難度不大。

4.【答案】D

【解析】解：A.I是負極，負極上發(fā)生失電子的氧化反應，故A錯誤；

B.n是正極，正極上銅離子得到電子生成Cu,則電極n的電極反應CM++2e-=Cu,

故B錯誤；

C.電子從負極流向正極，則電子流動的方向為：電極I-AT電極W,故C錯誤；

D.電極I的反應為Mg-2e-=Mg2+,W電極反應式為Cu-2e-=CM+,理論上，溶解

2.4gMg即24：器o]=O.lmol,電極M增重O.lmolX64g/mol=6.4g,故D正確；

故選：D。

電極I為Mg,其它均為Cu,Mg易失電子作負極，所以I是負極、W是陰極，n是正

極、HI是陽極，負極上失電子發(fā)生氧化反應，正極上得電子發(fā)生還原反應，電子從負極

流向正極，以此解答該題。

本題考查了原電池原理和電解原理的應用，為高頻考點，側(cè)重考查學生的分析能力和應

用能力，注意把握原電池、電解池的工作原理，正確判斷正負極是解本題關鍵，再結(jié)合

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各個電極上發(fā)生的反應來分析解答，題目難度不大。

5.【答案】C

【解析】解：A.a分子中存在飽和碳原子，具有甲烷的四面體構型，所有原子不可能共

平面，故A錯誤；

B.c屬于燒，難溶于水，其它三種物質(zhì)在水中溶解度也不大，故B錯誤；

C1

C.第一個氯原子位置如圖：r-V0H,另一個氯原子有2種位置，第一個氯原子位置

CK?H

如圖：|一|，另一個氯原子有4種位置，與第一種情況重復1種，第一個氯原

子位置如圖：匚［，另一個氯原子有3種位置，與第一種情況重復1種，與第

cr

二種情況重復1種，故共有2+4+3-3=6種，故C正確；

D.二者均含有碳碳雙鍵，均能使溪水褪色,二者均不能與氫氧化鈉溶液反應，現(xiàn)象相同，

不能鑒別二者，故D錯誤；

故選：C。

A.a分子中存在飽和碳原子；

B.燒難溶于水；

C.先確定第一個氯原子位置，再確定第二個氯原子位置；

D.二者均含有碳碳雙鍵，都能與澳水發(fā)生加成反應，二者均不能與氫氧化鈉溶液反應。

本題考查有機物的結(jié)構與性質(zhì)，是高考?？碱}型，掌握官能團的性質(zhì)與轉(zhuǎn)化，B中利用

“定一移二法“書寫同分異構體，要注意重復情況。

6.【答案】C

【解析】解：A.乙二醛氧化歷程中，反應物。2中的非極性鍵發(fā)生斷裂，故A正確；

B.由圖可知，乙二醛氧化生成甲酸、乙醛酸或乙二酸，生成物的總能量都小于反應物的

總能量，說明它們均為放熱反應，故B正確；

C.催化劑不改變化學平衡狀態(tài)，則不能提高乙二醛的平衡轉(zhuǎn)化率，故C錯誤；

D.乙二醛與氧氣反應生成乙二酸的控速步驟為活化能最大的步驟，反應物-TS1的活化

能最高，速率最慢，所以乙二醛與氧氣反應生成乙二酸的控速步驟為反應物-TS1,故

D正確；

故選：Co

A.乙二醛(OHCCHO)與氧氣反應中，氧氣中的化學鍵發(fā)生斷裂；

B.比較反應物的總能量與生成物的總能量得出結(jié)論；

C.催化劑不改變化學平衡狀態(tài)；

D.乙二醛與氧氣反應生成乙二酸的控速步驟為速率最慢的步驟，即活化能最大的步驟，

結(jié)合圖即可得出結(jié)論。

本題考查化學反應能量變化，側(cè)重考查學生分析能力和識圖能量，解題的關鍵是掌握放

熱反應、吸熱反應與反應物、生成物之間關系，此題難度中等。

7.【答案】D

【解析】解：A.MCH3NH2+H20CH3NHJ+0H-,得到CH3NH2的電離常數(shù)g=

螞繳箸R起點時pOH=2,故c(0『)=10-2moi/L,所以心=*胃“1.01x

ICT,，故A正確；

B.NH20H與鹽酸反應生成強酸弱堿鹽，滴定終點時溶液顯酸性，所以應該選擇酸性條件

下變色的指示劑，即可用甲基橙作指示劑，故B正確；

Cm點溶液中，pOH=6.6,則c(OH-)=10-&6mo]/L,溶液中C(H+)=念;=臟=

10-74,堿溶液中氫離子由水電離，則水電離的c(H+)水=c(OhT)水=10-7"mol/L,故

C正確；

D.CH3NH3cl溶液中，物料守恒為：c(Cl-)=C(CH3NH2)+C(CH3NHJ),質(zhì)子守恒為：

++

c(H)=C(CH3NH2)+c(OH-),所以溶液中存在:c(H)-c(OH-)=2c(CH3NH2)-

c(Cr)+c(CH3NHj),故D錯誤；

故選：D。

A.根據(jù)CH3NH2+H20=CH3NH^+OH;得至UCH3NH2的電離常數(shù)g=式叫弋弋*丁)

C(CH3Nn2；

B.NH20H與鹽酸反應生成強酸弱堿鹽，滴定終點時溶液顯酸性；

Cm點溶液中，pOH=6.6,則c(OH-)=10-6.6moi/L,溶液中c(H+)=舟亍

D.CH3NH3Q溶液中，物料守恒為：c(Cl-)=C(CH3NH2)+C(CH3NHJ),質(zhì)子守恒為：

+

c(H)=C(CH3NH2)+c(OH-)o

本題考查弱電解質(zhì)的電離，側(cè)重考查圖象分析判斷及知識綜合應用能力，明確曲線與微

粒成分關系、pOH含義、電離平衡常數(shù)計算方法是解本題關鍵，題目難度中等。

8.【答案】NH3C1-減少濃鹽酸的揮發(fā)，保證溶液中存在濃度較高的氯離子反應釋放

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大量的熱，導致過氧化氫分解，不能充分氧化二價鉆離子速度快于普通過濾降低

［CO(NH3)5C1］C12因溶解造成的損失分別取等物質(zhì)的量的兩種晶體配置成溶液，加入足

量的硝酸銀溶液，過濾，洗滌，干燥，稱重所得的AgCl沉淀得質(zhì)量，生成沉淀質(zhì)量較

大的一組為3%)5匕0］口3晶體

【解析】解：(1)反應制備(CO(NH3)5C1］C12,配合離子中存在氨分子，故濃氨水的作用

是提供NH3，生成物為［CO(NH3)5H2O］C13，故NH4cl提供C1一,

故答案為：NH3；cr；

⑵生成［Co(NH3)sH2O］C13或［CO(NH3)5C1］C12與氯離子濃度相關，若沒有膠塞，弄鹽酸

揮發(fā)，氯離子濃度降低，生成［CO(NH3)5H2O］C13，

故答案為：減少濃鹽酸的揮發(fā)，保證溶液中存在濃度較高的氯離子；

(3)由已知可得，該反應為放熱反應，一次性加入過多的過氧化氫，釋放出大量的熱量，

會導致過氧化氫分解，從而導致二價鉆離子不能被充分氧化，

故答案為：反應釋放大量的熱，導致過氧化氫分解，不能充分氧化二價鉆離子；

(4)抽濾外接抽濾機，會產(chǎn)生負壓，加快過濾速度，

故答案為：速度快于普通過濾；

(5)洗滌液溫度越高，［CO(NH3)5C1］C1Z的溶解度越大，會造成損失，

故答案為：降低［CO(NH3)SC1］C12因溶解造成的損失；

(6)有電離方程式可知，等物質(zhì)的量的情況下，3為)5%0］口3晶體和［Co(NH3)5C］C12晶

體電離出的氯離子濃度之比為3：2,故可以采取測定氯離子濃度的方法，分別取等物

質(zhì)的量的兩種晶體配置成溶液，加入足量的硝酸銀溶液，過濾，洗滌，干燥，稱重所得

的AgCl沉淀得質(zhì)量，生成沉淀質(zhì)量較大的一組為5%)5出0］。3晶體，

故答案為：分別取等物質(zhì)的量的兩種晶體配置成溶液，加入足量的硝酸銀溶液，過濾，

洗滌，干燥，稱重所得的AgCl沉淀得質(zhì)量，生成沉淀質(zhì)量較大的一組為3也)5電0］口3

晶體。

(1)反應制備［Co(NH3)5Cl］Cl2,根據(jù)配合物分子中的元素或物質(zhì)，來分析氯化鏤和氨氣

的作用；

(2)生成［CO(NH3)SH2O］C13或［CO(NH3)5C1］S與氯離子濃度相關，分析濃度的變化；

(3)由已知可得，該反應為放熱反應，分析放熱與過氧化氫分解對反應的影響；

(4)分析抽濾與普通過濾的不同；

(5)溫度越高，配合物的溶解度越大，據(jù)此分析；

(6)根據(jù)電離方程式可知，兩物質(zhì)等物質(zhì)的量情況下電離出的氯離子的量不同，故可以

通過測定氯離子的量來區(qū)分兩物質(zhì)。

本題以(NH3)5H2O]C13晶體制備為背景，考查了學生有關氧化還原反應，配合物離子檢

驗，物質(zhì)分離提純等內(nèi)容，考查范圍較廣，難度適中。

9.【答案】AIO2+H++H20=A1(OH)3I2LiCo02+H202+3H2S04=LiS04+

2COS04+4H20+02T若用O.lmolJT的Na2c2O4“沉C02+”，會產(chǎn)生Co(OH)2沉淀,

導致沉淀不純分液漏斗錐形瓶H2s。4加熱升溫、趁熱過濾喏-詈偏高

【解析】解：(1)堿浸后發(fā)生反應：2A1+2H2O+2OH-=2A1OE+3H2T,濾液1中Al

+

以A1O]的形式存在，則獲得A1(OH)3的離子方程式為：AIO2+H+H2O=A1(OH)3,

+

故答案為：AIO2+H+H2O=A1(OH)3i；

⑵“殘渣”中加入稀硫酸和出。2,會放出大量氣泡，此氣泡為。2,Co從+3價到+2價，

則發(fā)生反應的化學方程式為：2LiCoO2+H2O2+3H2sO4=LiS04+2CoS04+4H2O+

O2T,

故答案為：2LiCo02+H2O2+3H2sO4=LiS04+2CoSO4+4H2O4-O2T；

⑶溶液中c(C02+)=O.lmol/L,若用O.lmoLITI的Na2c2O4“沉Co2+”，則此時Qc=

2+215

C(CO)C(OH-)=IO-12.3>Ksp[Co(OH)2]=6.0x10-,會產(chǎn)生Co(OH)2沉淀，導致

沉淀不純，

故答案為：若用O.lmol?L的Na2c2O4"沉Co?*”,會產(chǎn)生Co(OH)2沉淀，導致沉淀不

純；

(4)萃取所需的玻璃儀器有分液漏斗、錐形瓶等；CM++2HR=CUR2+2H+,要想得到

Cu2+,即加入H+,反萃取時可以采用H2s。4,將CM+反萃取至水層，

故答案為：分液漏斗；錐形瓶；H2SO4；

(5)由題意可知，要得到Li2c。3,即Li2cO3的溶解度盡可能小，由曲線可知，溫度升高，

溶解度下降，所以加入碳酸鈉溶液后應該加熱升溫、趁熱過濾，

故答案為：加熱升溫、趁熱過濾；

(6)由反應方程式列出關系式：2Cu?+?2CuI?%?2s2。/，n(Cu2+)=cV10-3mol,

-3_3

n(S2。歹)—cV10mol,m(CuS04)—160g/molXcV10mol=0.16cVg,m(H20)=

(m-0.16cV)g,武也0)=嗎舞魯=叱*0101,CuSO^xHzO的摩爾質(zhì)量為M=

(160+18x)g/moL則n(CuS()4?xH2O)=mol,n(H2O)=xn(CuS04-xH2O)=

洋mol,即中=洋，解出x=.一詈；若不用KSCN,則I2釋放不完

全，S2。消耗體積V減小，則叱警X偏大，X偏大;

18

第14頁，共20頁

故答案為:1000m160偏大。

18cV18

一種從廢舊鋰離子電池(主要含LiCoOz及少量Al、Cu),Al溶于強堿溶液，2A1+2H2。+

2OH-=2A10￡+3H2T,濾液1中Al以A1O］的形式存在，向“殘渣”中加入稀硫酸和

H2O2,發(fā)生反應2UC0O2+出。2+3H2sO4=USO4+2C0SO4+4電0+。2%濾液2

中加入(NHJC2O4沉淀Co2+,濾液3用RH萃取CM+,向有機層中加入反萃取劑可將

CM+反萃取至水層，濾液3經(jīng)過萃取后得到硫酸鋰再加入碳酸鈉轉(zhuǎn)化為碳酸鋰，加熱升

溫使碳酸鋰結(jié)晶出來，碳酸鋰和(：。3。4反應即可得到LiCoOz，再結(jié)合題目分析解答。

本題考查物質(zhì)分離和提純，涉及溶度積常數(shù)計算、鹽類水解、氧化還原反應等知識點，

明確化學反應原理、元素化合物性質(zhì)是解本題關鍵，難點是溶度積常數(shù)計算，題目難度

中等。

+

10.【答案】陰C02+6H+6e-=CH3OH+H20＜CH2O*+H*=CH3O*(sgCH2O*

+3H*+0H*=CH3O*+0H*+2H*)B溫度高于26(TC時，體系達到平衡，反應II吸

熱，升高溫度平衡正向移動警W2

【解析】解:⑴由電解池圖可知,PdZnCu電極上CC)2發(fā)生得電子的還原反應生成CH3OH,

Pd/Pt電極上發(fā)生失電子的氧化反應生成。2，則PdZnCu電極為陰極，Pd/Pt電極為

陽極，陰極反應式為CO2+6H++6e-=CH3OH+H2。，放電時，H+向陰極移動，

+

故答案為：陰；C02+6H+6e-=CH3OH+H20；

(2)①由圖可知，CC)2(g)和3H2(g)的總能量大于CH30H(g)和小04)的總能量，則反應I

為放熱反應、△心＜()；過渡態(tài)物質(zhì)的總能量與反應物總能量的差值為活化能，即圖中

峰值越大，反應的活化能越大，所以圖中峰值最小的反應為CH2O*+H*=CH3O*(或

CH2O*+3H*+0H*=CH3O*+0H*+2H*),

故答案為：＜；CH2O*+H*=CH3O*(或叫0*+3H*+0H*=CH3O*+0H*+2H*)；

②結(jié)合①可知，正反應CC)2(g)+3H2(g)=CH30H(g)+&0值)是氣體體積減小的放熱

反應，增大壓強、降低溫度即可使平衡正向移動，CH30H的平衡產(chǎn)率提高，

故答案為：B；

③由圖可知，溫度高于260國時，各反應均達到平衡狀態(tài)，但反應II是吸熱反應，升高

溫度有利于反應II的平衡正向移動，使CO的選擇性增大；設n(C()2)=xmol,n(H2)=

lOxmoL則△n(CC)2)=axmol,n(CH3OH)=aSxmol.根據(jù)C原子守恒可知n(CO)=

ax(l-S)mol,反應IIC02(g)+H2(g)=CO(g)+%0值)是氣體總物質(zhì)的量不變化的反

應、反應IC()2(g)+3H2(g)UCH30H(g)+HzO(g)的氣體物質(zhì)的量變化411=2,所以

該反應的氣體物質(zhì)的量變化即體系中氣體的總物質(zhì)的量變化。生成甲醉的物質(zhì)的量

n(CH3OH)=aSxmoL則體系中氣體的總物質(zhì)的量減少為2aSxmoL平衡體系混合氣體

的總物質(zhì)的量為(11X—2aSx)mol,CO的分壓p(CO)=晨益%x36MPa=

36(匕<?s)Mpa,

ll-2aS

故答案為：溫度高于260久時，體系達到平衡，反應n吸熱，升高溫度平衡正向移動；

36(a-aS)

ll-2aS°

(1)酸性電解質(zhì)溶液的電解池中，PdZnCu電極上CO2發(fā)生得電子的還原反應生成CH3OH,

Pd/Pt電極上出0發(fā)生失電子的氧化反應生成。2，則PdZnCu電極為陰極，Pd/Pt電極為

陽極，陰極反應式為CO2+6H++6e-=CH3OH+H2。，陽極反應式為2H2。一4e「=

02T+4H+；

根據(jù)裝置的原理圖，b連接的電極處產(chǎn)生均是由-2價的O失電子而來，發(fā)生的是

氧化反應，據(jù)此判斷b連接的電極的性質(zhì)，a連接的電極處由CO2生成乙烯，此過程為

得到電子的反應，H+通過質(zhì)子交換膜到達a連接的極處參與電極反應，據(jù)此寫出a連接

的電極的電極反應式

(2)①若反應物具有的能量大于生成物具有的能量，則反應放熱，反之相反；反應物的

活化能是過渡態(tài)物質(zhì)的總能量與反應物總能量的差值，即圖中峰值越大，反應的活化能

越大，反之相反；

②能使反應的平衡正向移動的措施均能提高生成物的產(chǎn)率；

③反應I是放熱反應、反應n是吸熱反應，由圖可知，溫度高于260笛時，各反應均達

到平衡狀態(tài)，升高溫度反應I的平衡逆向移動、反應II的平衡正向移動，甲醇的選擇性

減小、CO的選擇性增大;設n(CC)2)=xmoLn(H2)=lOxmol,△n(C02)=axmoL

n(CH3OH)=aSxmoL根據(jù)C原子守恒可知n(CO)=ax(l-S)moL反應IICC)2(g)+

H2(g)=CO(g)+%0律)是氣體總物質(zhì)的量不變化的反應,反應ICO2(g)+3H2?=

CH3OH(g)+H2O(g)△n=2,該反應的氣體物質(zhì)的量變化即體系中氣體的總物質(zhì)的量

變化，根據(jù)n(CH3()H)=aSxmol計算體系中氣體的總物質(zhì)的量變化為2aSxmol,所以體

系達到平衡時混合氣體的總物質(zhì)的量為(llx-2aSx)mol,據(jù)此計算CO的分壓p(CO)。

本題考查化學平衡及其影響因素、化學平衡的計算、活化能、吸放熱反應的判定、電解

原理的應用及電極反應式書寫等知識，為高頻考點，把握化學平衡影響因素、化學平衡

的計算是解題關鍵，試題有利于培養(yǎng)學生的分析能力和計算能力，注意差量法的計算應

用，題目難度中等。

11.【答案】3d64s27磷原子的3P軌道電子排布為半充滿穩(wěn)定結(jié)構第一電離能較高直

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線型sp2737.7498.4-899.7釁a^xl/。

【解析】(l)Fe是26號元素，基態(tài)原子的核外電子排布式為Is22s22P63s23P63d64s2,

與Ar原子排布相同部分用［Ar］替代可得簡化的核外電子排布式為［Ar］3d64s2,每個能級

上的電子的能量相等，共有7組相同能量的電子，

故答案為：3d64s2；7;

(2)S的第一電離能小于P的第一電離能，其原因可能有兩種：一種是S失去的是己經(jīng)配

對的電子，配對電子相互排斥，電離能較低，另一種是磷原子的3P軌道電子排布為半

充滿穩(wěn)定結(jié)構第一電離能較高，

故答案為：磷原子的3P軌道電子排布為半充滿穩(wěn)定結(jié)構第一電離能較高；

(3)氧與氮形成的正離子NO1中N原子的價層電子對數(shù)=2+二等匚=2,其空間構型

為直線形，碳與氫形成的正離子CH：中C原子的價層電子對數(shù)=3+匕產(chǎn)=3,碳的

雜化方式為Sp2,

故答案為：直線形；sp2；

(4)Mg原子的第一電離能是氣態(tài)的鎂原子失去一個電子吸收的能量，由圖可知，Mg原

子的第一電離能為737.7kJ.mol-1,。=0鍵的鍵能是斷開形成2個0原子吸收的能量，

由圖可知，0=0鍵鍵能為249.2kJ-mo「iX2=498.4kJ?mori；設(T+e-fCP-的

釋放的能量為a,根據(jù)蓋斯定律，W-601.2kJ-mol-1=146.4kJ-mol-1+737.7kJ?

mol-1+1450.6kJ-mol-1+249.2kJ-mol-1-141.8kJ-mol-1+xkj-mol-1—3943kJ-

mor1,解得：x=899.7,因此氧原子的第二電子親和能為-899.7kJ?moL,

故答案為：737.7；498.4；-899.7；

(5)①該化合物的立方晶胞的面心和頂點均被鋅原子占據(jù)，鋅原子的個數(shù)=6x9+8x

”4,根據(jù)化學式MgzZnH,可知，該晶胞中鎂原子個數(shù)為8,

O

故答案為：8；

②MgzZn*晶體的晶胞參數(shù)為apm,鎂原子分布在該晶胞中鋅原子形成的四面體中心,

則該晶胞中相鄰鎂原子與鋅原子之間距離為體對角線長的三=直apm;ImolMgzZn*晶

44

胞的質(zhì)量為4*(24*2+65+1*4為，10101晶胞的體積為缶'10一】。)30113*%人，則

晶體密度=4、晨2靠蘆)=