2023年邵陽市高二聯(lián)考試題卷

化學(xué)試題

可能用到的相對原子質(zhì)量：H-lC-120-16Na-23Mg-24Cl-35.5Zn-65Pd-106

一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一

項是符合題目要求的。

1.化學(xué)與生活密切相關(guān)，下列說法正確的是

A.基本營養(yǎng)物質(zhì)中的油脂屬于高分子化合物

B.工業(yè)釀酒過程中，葡萄糖可發(fā)生水解反應(yīng)生成乙醇

C.SO2可用于絲織品漂白是由于其能氧化絲織品中有色成分

D.“世界銅像之王"三星堆青銅大立人屬于合金，其生銹主要是發(fā)生了吸氧腐蝕

【答案】D

【解析】

【詳解】A.基本營養(yǎng)物質(zhì)中的油脂屬于小分子，故A錯誤；

B.釀酒過程中，葡萄糖發(fā)生還原反應(yīng)生成酒精，故B錯誤；

C.SO?漂白原理是SO?與有色物質(zhì)化合生成不穩(wěn)定無色物質(zhì)，不是利用其氧化性，故C錯誤；

D.青銅中的Cu和其他較不活潑金屬、電解質(zhì)水溶液構(gòu)成原電池，所以能發(fā)生吸氧腐蝕，故D正確；

故選D。

2.下列化學(xué)用語表述錯誤的是

A.CW的電子式為［：C、N：「

B.Fe33+的離子結(jié)構(gòu)一示意圖為r62V6)2、813

C.Cl—Cl的p—Pb鍵電子云圖形為

D.PCI3的空間填充模型為

【答案】D

【解析】

【詳解】A.CN-中C和N之間有3對共用電子對，其電子式為［:C/N：「，A正確；

B.Fe3+有3個電子層，由內(nèi)到外電子數(shù)分別為2、8、13,其離子結(jié)構(gòu)示意圖為

C.p-po鍵的原子軌道以頭碰頭方式重疊，則C1-C1的p-p◎鍵電子云圖形為C正確;

D.PCb中P原子的半徑大于C1原子半徑，圖示空間填充模型錯誤，D錯誤;

故答案選D。

3.物質(zhì)的結(jié)構(gòu)決定性質(zhì)，下列有關(guān)分子的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)說法正確的是

A.CO2和XeC)2的鍵角相等

B.BF3和H2。的VSEPR模型均為四面體形

C.CF,和SR組成相似，CF4是非極性分子、SR是極性分子

D.CFsCOOH的酸性強于CHsCOOH,這與F原子的推電子效應(yīng)、-CH3的吸電子效應(yīng)有關(guān)

【答案】C

【解析】

【詳解】A.二氧化碳的空間構(gòu)型是直線形，鍵角為180℃,Xe。？的空間結(jié)構(gòu)是V形，鍵角小于

180℃,A錯誤；

B.B寫的VSEPR模型為平面三角形，I!?。的VSEPR模型為四面體形，B錯誤；

C.CR是正四面體結(jié)構(gòu)，正負(fù)電荷中心重合，是非極性分子，S耳價層電子對數(shù)是5,孤電子對數(shù)為

1,正負(fù)電荷中心不重合，是極性分子，C正確；

D.F原子的吸電子效應(yīng)使CFsCOOH的酸性強于CH'COOH,-CH3有推電子效應(yīng)，D錯誤；

故選Co

4.下列實驗裝置不能達(dá)到實驗?zāi)康牡氖?/p>

飽

和

碳

酸

氫

鈉

A.用裝置甲制備NH?

B.用裝置乙分離NaCl溶液和CaCC）3沉淀

C用裝置丙將FeCl3溶液蒸干制備FeCl3-6H2O

D.用裝置丁除去C。？中的HC1氣體

【答案】C

【解析】

【詳解】A.氯化錢和氫氧化鈣加熱生成氨氣和氯化鈣、水，能達(dá)到實驗?zāi)康?，A不符合題意；

B.裝置乙為過濾操作，能分離固體和液體，故能分離NaCl溶液和CaCOs沉淀，能達(dá)到實驗?zāi)?，B不

符合題意；

C.制備FeCL/H2。需要蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、烘干，鐵離子水解生成氫氧化鐵，故不能

蒸干制備FeCL/H2。，C符合題意；

D.氯化氫和飽和碳酸氫鈉生成二氧化碳，能達(dá)到實驗?zāi)康?，D不符合題意；

故選Co

5.下列離子方程式正確的是

+3+

A.Fe2O3溶于HI溶液中：Fe2O3+6H=2Fe+3H2O

B.向硫酸銅溶液中加入NaHS溶液生成黑色沉淀：Cu2++S2-=CuSJ

++

C.向硝酸銀溶液中加入少量氨水：Ag+2NH3-H20=[Ag（NH3）2]+2H2O

D.向澄清的苯酚鈉溶液中通入少量CO2:C6H5O+C02+H20tC6H5OH+HCO；

【答案】D

【解析】

【詳解】A.FezOs溶于HI溶液中：Fe2O3+6H++21=2Fe2++l2+3H2。,故A錯誤；

B.向硫酸銅溶液中加入NaHS溶液生成黑色沉淀：Cu2++HS=CuSJ+H+,故B錯誤；

C.向硝酸銀溶液中加入少量氨水：Ag++NH3?H2O=AgOHJ+NH；,故C錯誤；

D.向澄清的苯酚鈉溶液中通入少量CO2：C6H5O+C02+H20->C6H5OH+HCO-

答案為：D。

6.某種離子液體的陰離子結(jié)構(gòu)如圖所示，X、Y、Z、Q、W五種短周期元素的原子半徑依次增大，基態(tài)X

原子的電子填充了3個能級，有4對成對電子，W與其他元素不在同一周期，下列說法正確的是

YXY

UIn

-Q-Q

WU-I

YX

A.電負(fù)性為Z<X

B.z、Q元素形成的含氧酸酸性強弱為Z<Q

C.所有原子最外層都滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)

D.Y的常見單質(zhì)和Na在加熱條件下形成的化合物中陰陽離子個數(shù)比為1:1

【答案】A

【解析】

【分析】X、Y、Z、Q、W五種短周期元素的原子半徑依次增大，基態(tài)X原子的電子填充了3個能級，

有4對成對電子，則基態(tài)X原子的核外電子排布式為Is22s22P5,X是氟元素。W與其他元素不在同一周

期且W所連的共價鍵個數(shù)為6,W是硫元素。其他元素利用半徑大小與共價鍵個數(shù)可以依次得出，Y是

氧元素、Z是氮元素、Q是碳元素。

【詳解】A.X是氟元素，Z是氮元素，非金屬性F>N,電負(fù)性：Z<X，A正確；

B.Z是N,Q為C,Z、Q元素形成的含氧酸有HNCh、HNCh、H2c2O4、H2cO3等，酸性無法比較，B

錯誤;

C.由結(jié)構(gòu)中各原子連接的共價鍵個數(shù)可知，S原子不滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，C錯誤;

D.Y為O,Ch和Na在加熱條件下形成化合物為過氧化鈉，陰陽離子個數(shù)比為1:2,D錯誤;

故選A?

7.下列實驗中，操作、現(xiàn)象及結(jié)論均正確的是

選

操作現(xiàn)象結(jié)論

項

將CH3cH?Br與NaOH溶液共熱，冷卻后，取上層水產(chǎn)生淡黃色

ACH3CH2Br含有澳原子

溶液先加入足量稀硝酸再加入AgNOs溶液沉淀

產(chǎn)生白色沉A10；和HCO；,發(fā)生了相

B向NaA102溶液中滴加NaHCO3溶液

淀互促進(jìn)的水解反應(yīng)

將乙醇與濃硫酸共熱至140℃所得氣體直接通入酸性KMnC)4溶乙醇發(fā)生消去反應(yīng)，氣體

C

溶液中

KMnO4液褪色一定是乙烯

取適量Na2s溶液于試管中，測定pH值，然后加熱加熱后pH值證明soj的水解為吸熱

D

一段時間，冷卻至原溫度，再次測定該溶液的pH值變小過程

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【詳解】A.澳乙烷與NaOH溶液共熱，兩者反應(yīng)生成CH3cH20H和NaBr,冷卻后取上層水溶液先加入

足量稀硝酸，再加入硝酸銀溶液，NaBr和AgNCh反應(yīng)生成AgBr淡黃色沉淀，可以證明澳乙烷中含有澳

原子，A正確；

B.NaAKh溶液中滴加NaHCCh溶液，生成了氫氧化鋁白色沉淀，原因為偏鋁酸根離子與碳酸氫根離子電

離出的氫離子反應(yīng)生成了氫氧化鋁，偏鋁酸根離子與碳酸氫根離子并未發(fā)生雙水解反應(yīng)，B錯誤；

C.乙醇與濃硫酸共熱至140℃所得氣體直接通入酸性高鋅酸鉀溶液中，高鋅酸鉀溶液褪色，乙醇易揮發(fā)同

時乙醇也能與酸性高鎰酸鉀反應(yīng)使酸性高鎰酸鉀溶液褪色，且乙醇和濃硫酸共熱達(dá)到170℃才能生成乙烯,

C錯誤；

D.亞硫酸鈉水解生成亞硫酸氫根離子和氫氧根離子，溶液呈堿性，加熱促進(jìn)亞硫酸鈉水解，溶液的pH應(yīng)

該增大而不是減小，D錯誤；

故答案選Ao

8.某實驗小組設(shè)計如圖所示裝置，下列說法錯誤的是

甲池乙池丙池

A.乙池中電流由石、墨電極經(jīng)過硫酸銅溶液流向Ag電極

B.甲池通入CH30H的電極反應(yīng)式為CH3OH+6e-+8OIT=C+6凡0

C.反應(yīng)一段時間后，向乙池中加入一定量CuCOs固體能使CuS。,溶液恢復(fù)到原來的狀態(tài)

D.甲池中消耗0.56L（標(biāo)準(zhǔn)狀況下）。2,此時丙池中理論上最多產(chǎn)生2.90g固體

【答案】B

【解析】

【分析】甲池為燃料電池，通入甲醇的是負(fù)極，通入。2的是正極，電流由正極流出經(jīng)過乙、丙池最終流向

負(fù)極。乙、丙池是電解池，乙池中石墨連接甲池的正極，為電解池的陽極，電解硫酸銅溶液，Ag電極為陰

極，丙池中，陽極發(fā)生的是氯離子失去電子的氧化反應(yīng)，陰極是氫離子放電產(chǎn)生氫氣。

【詳解】A.甲池是燃料電池，通入甲醇的是負(fù)極，通入的是正極，電流從正極流向負(fù)極，即電流由

。2側(cè)流出，由石墨電極經(jīng)過硫酸銅溶液流向Ag電極，故A正確；

B.在燃料電池中，負(fù)極是甲醇發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)為：CH3OH-6e+8OH=CO^+6H2O,

故B錯誤；

C.乙池發(fā)生的是電解池反應(yīng)，兩極析出的分別是Cu和02,因此加入Cue。?或CuO后溶液能夠復(fù)原，

故C正確；

D.甲池中根據(jù)電極反應(yīng)：O2+2H2O+4e=4OH-,所以消耗O.56LO2,標(biāo)準(zhǔn)狀況下為0.025mol,則轉(zhuǎn)移電

子0.1mol,根據(jù)丙池中，在陰極上是氫離子放電，轉(zhuǎn)移0.1mol電子，減少的氫離子是0」mol,生成的

氫氧根離子是0.1mol,鎂離子和氫氧根離子之間反應(yīng)生成氫氧化鎂，理論上最多產(chǎn)生氫氧化鎂質(zhì)量應(yīng)該

是0.1moix]x58g/mol=2.90g,故D正確；

故選B。

9.廢舊CPU中的金(Au)、Ag和Cu回收的部分流程如下：

HNO3HNO3-NaClZn粉

NOX濾液(含Cd+、Ag+)NOt

+

已知：HAUC14=H+AuCl；o下列說法錯誤的是

A.“酸溶”時用濃硝酸產(chǎn)生NO,的量比用稀硝酸的多

B.“過濾”所得濾液可用足量的NaCl溶液分離Ci?+和Ag+

C.用王水溶金時，濃鹽酸的主要作用是增強溶液的酸性

D.用過量Zn粉將ImolHAuCl完全還原，理論上需消耗130gZn

【答案】C

【解析】

【分析】酸溶：Ag、Cu能與硝酸反應(yīng)生成硝酸銀、硝酸銅和氮的氧化物，Au不與硝酸反應(yīng)，也不溶于

硝酸，過濾，濾渣為Au,濾液為硝酸銀、硝酸銅；溶金、分離：Au溶解轉(zhuǎn)化成HAuCk和氮的氧化物,

還原、分離：加入鋅將Au元素還原成金單質(zhì)，據(jù)此分析;

【詳解】A.濃硝酸被還原成NCh,存在HNO33^NO2,稀硝酸被還原成NO,HNO3得35>

NO,金屬失去電子一定時，即硝酸得到相同電子時，濃硝酸產(chǎn)生NOx的量多，故A說法正確；

B.Cu2+與C1-不發(fā)生反應(yīng)，Ag+與CT反應(yīng)生成沉淀AgCl,因此加入足量NaCl溶液，然后過濾分離出

Cu2\Ag+,故B說法正確；

C.根據(jù)流程圖可知，C1-與Au元素形成四氯合金離子，利于金與硝酸反應(yīng)，因此鹽酸的作用是增強硝酸

的氧化性，故C說法錯誤；

D.由圖HAuCk,H++AuCl],用過量鋅粉將ImolHAuCL完全還原，HAuCk中Au顯+3價，被鋅還原

為0價，同時鋅還能與H+反應(yīng)生成氫氣，根據(jù)得失電子數(shù)目守恒，由2n(Zn)=n(H+)+3n(AuCl；),

+

n(H)=n(AuCl4)=lmoL代入表達(dá)式為，n(Zn)=2mol,理論上消耗鋅的質(zhì)量為2moix65g/mol=130g,故D

說法正確；

答案為C。

10.碑化線晶體屬于立方晶系，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖甲所示，將Mn原子摻雜到晶體中得到稀磁性半導(dǎo)體材料

的結(jié)構(gòu)如圖乙所示，碑化線的晶胞參數(shù)為邛m。阿伏加德羅常數(shù)的值為NA。下列說法正確的是

A.圖乙晶體最簡化學(xué)式為Ga27Mn5As32

B.圖甲中Ga原子和As原子的最近距離是岑xpm

C.Imol碑化線中配位鍵的數(shù)目是2NA

D.Mn原子摻雜到碑化錢晶體中，和Mn原子最近且距離相等的As原子有2個

【答案】A

【解析】

【詳解】A.由圖乙可知，摻雜Mn之后，晶胞中Mn的數(shù)目為1義工+1義』=*,As的數(shù)目為4,Ga的

288

1127

數(shù)目為5x—+7x—=——，故稀磁性半導(dǎo)體材料中，Ga、Mn、As的原子個數(shù)比為27:5:32,故圖乙晶體

288

最簡化學(xué)式為Ga27Mli5As32，A正確；

B.圖甲中Ga原子和As原子的最近距離為晶胞體對角線長度的四分之一，故為^xpm，B錯誤；

C.GaAs中，碑提供孤對電子，錢提供空軌道，兩者形成配位鍵，平均1個GaAs中配位鍵數(shù)目為1,

Imol碎化線中配位鍵的數(shù)目是C錯誤；

D.由圖知，Mn原子摻雜到碑化錢晶體中，和Mn原子最近且距離相等的As原子有4個，D錯誤；

答案選A。

11.采用硼氫化鉀液相還原法制備納米零價鐵的反應(yīng)的離子方程式：

2+

Fe+2BH；+6H2O=Fe+2H3BO3+7H2T,其中反應(yīng)前后B元素化合價不變。下列說法正確的是

A.H3BO3是三元弱酸

B.納米鐵顆粒直徑約為60nm,因此納米鐵是膠體

C.該反應(yīng)的還原劑是BH：,氫氣既是氧化產(chǎn)物又是還原產(chǎn)物

D.若有3molH?。參加反應(yīng)，則反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為7moi

【答案】C

【解析】

【詳解】A.H3BO3分子中B原子上有空軌道，可以與水電離產(chǎn)生的0H-的。之間形成配位鍵，導(dǎo)致溶液

中c(OH-)<c(H+),因此溶液顯酸性，H3BO3的電離方程式為：H3BO3+H2O'H++B(OH)；,H3BO3是一

元弱酸，A項錯誤；

B.膠體是指直徑為l~100nm的分散質(zhì)均勻分布在分散劑中組成的混合物，納米鐵顆粒為純凈物，所以

納米鐵不是膠體，B項錯誤；

C.該反應(yīng)中BH1是還原劑，亞鐵離子和水是氧化劑，所以根據(jù)化學(xué)方程式

2+

Fe+2BH4+6H2O=Fe+2H3BO3+7H2T,氫氣既是氧化產(chǎn)物又是還原產(chǎn)物，C項正確；

D.該反應(yīng)中BH；是唯一的還原劑，ImolBH；參與反應(yīng)則失去了4個電子，所以根據(jù)化學(xué)方程式

2+

Fe+2BH；+6H2O=Fe+2H3BO3+7H2T,若有3moiH?。參加反應(yīng)，則反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)

的量為4mol,D項錯誤。

答案選c。

12.常溫時，往20mL一定濃度的HA溶液中滴加O.lOmol/LKOH溶液，所得混合溶液中水電離的H+濃

度和所加的KOH溶液體積變化趨勢如圖所示，下列說法錯誤的是

c水(H>mo卜L"

c

“AA-

i(r74K......./"F'\

---------?-------?---------------?

01020V[KOU溶液pmL

A.常溫下，HA的電離平衡常數(shù)約為ICT

B.b點：溶液存在c(HA)>c(K+)>c(A1>c(H+)>c(OH-)

C.c點：溶液存在c(HA)+c(H+)=c(0lT)

D.往d點溶液中滴加2~3滴酚麟試液，溶液呈紅色

【答案】B

【解析】

【分析】a點水電離出的c(H+)=10-Umol/L,b點力口入lOmLKOH,酸物質(zhì)的量是堿的2倍，則b點溶質(zhì)為

等物質(zhì)的量濃度的HA、KA,c點酸堿恰好完全反應(yīng)生成KA,d點溶質(zhì)為KOH、KA,d點溶液呈堿性；

][)-3*]0-3

【詳解】A.a點水電離出的c(H+)=10"imol/L,溶液中的c(H+)=10-3mol/L,Ka=---------------=1^10-5,該

0.1

酸在常溫下的電離平衡常數(shù)(Ka)約為1x10-5,選項A正確；

B.b點加入lOmLKOH,酸物質(zhì)的量是堿的2倍，則b點溶質(zhì)為等物質(zhì)的量濃度的HA、KA,水電離出

的c(H+)<10-7mol/L,水的電離被抑制，說明HA電離程度大于KA水解程度，則c(A-)>c(HA),溶液呈

酸性，c(H+)>c(OH)但其電離和水解程度都較小，所以溶液中存在c(A-)>c(K+)>c(HA)>c(H+)>

c(OH),選項B錯誤；

C.c點酸堿恰好完全反應(yīng)生成KA,溶液中存在電荷守恒c(A-)+c(OH-)=c(K+)+c(H+)、存在物料守恒

c(A-)+c(HA)=c(K+),所以存在c(HA)+c(H+)=c(OH),選項C正確；

D.c點溶質(zhì)為KA,KA為強堿弱酸鹽，其水溶液呈堿性，繼續(xù)加入KOH溶液，溶液堿性更強，d點溶

質(zhì)為KOH、KA,所以d點溶液呈堿性，滴加2~3滴酚獻(xiàn)試液，溶液呈紅色，選項D正確；

答案選B。

13.在一定條件下，向某2L恒容密閉容器中充入2moice)2、4molH2,發(fā)生反應(yīng)

CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g),測得反應(yīng)lOmin時，不同溫度下氫氣的轉(zhuǎn)化率如圖所示。

［己知：該反應(yīng)的速率方程唯=左正?p4(H2)-MCC>2)、V逆=左逆?。232。)-。(?14),左止、k逆只與

溫度有關(guān)］

下列說法錯誤的是

A.圖中a、b、C三點對應(yīng)的v(CHj逆由大到小的順序為c>b>a

B.該反應(yīng)在低溫下可自發(fā)進(jìn)行

C.。溫度下，起始時容器內(nèi)的壓強為3MPa,左逆=2(Mpa『2.minT,則該溫度下左正=

33.3(Mpa)-4-min-1

D.升高溫度或增大壓強，都可以提高反應(yīng)物的平衡轉(zhuǎn)化率

【答案】D

【解析】

【分析】曲線表達(dá)的是反應(yīng)lOmin時，不同溫度下氫氣的轉(zhuǎn)化率，可以看出，T2之前隨溫度升高，轉(zhuǎn)化率

增大，T2之后，溫度升高，轉(zhuǎn)化率減小，由于溫度越高，速率越快，平衡所需時間越短，可判斷T2之前反

應(yīng)未平衡，T2之后反應(yīng)為平衡態(tài)，反應(yīng)AH<0。

【詳解】A.a、b、c三點溫度升高，產(chǎn)物濃度增大，逆反應(yīng)速率增大，故"(CHj逆由大到小的順序為

c>b>a,A正確；

B.由分析可知，該反應(yīng)AH<0,且是氣體物質(zhì)的量減小的反應(yīng)，即AS<0,根據(jù)AG=AH-TAS判斷，反應(yīng)低

溫自發(fā)，B正確；

C.T2時，反應(yīng)達(dá)到平衡，氫氣轉(zhuǎn)化率為80%,起始充入2moic。2、4molH2,壓強為3MPa,可以推出

起始CO2分壓為1MPa,H2分壓為2MPa,恒容條件下可得:

CO2(g)+4H2(g)一CH4(g)+2H2O(g)

起始量(MPa)1200v2

0.8X0.4_50T7,S+EI

，K—，又根據(jù)k

變化量(MPa)0.41.60.40.8p0.6x0.443

平衡量(MPa)0.60.40.40.8

乙+、一、k正50/

正、k逆的表達(dá)式，推出Kp=：;—，貝ljk正二卜逆xKp=2x-^-=33.3(Mpa),min-1,C正確；

k逆

D.反應(yīng)AH<0,升高溫度，平衡逆移，轉(zhuǎn)化率下降，D錯誤；

故選D。

14.為應(yīng)對全球氣候問題，中國政府承諾“2030年碳達(dá)峰”“2060年碳中和“。我國學(xué)者研究了CO2(g)與

耳他)在TiOz/Cu催化劑表面生成CH30H(g)和H2O(g)的部分反應(yīng)歷程，如圖甲所示。另外，科學(xué)

家使用絡(luò)合物作催化劑，用多聚物來捕獲C。？，反應(yīng)可能的過程如圖乙所示。下列敘述正確的是

5

0

5

0

5

過H

過

IXK過oo

+dx

渡+反應(yīng)歷程

渡

+.+渡+

OOO+

態(tài)

態(tài)

b態(tài)o

3HHo

oIOu++moo

HOC

OO

(注:吸附在催化劑表面的物種用*表示)

CH30H⑴H

催化劑H

2HJg)

HO

y

,coo-

Z-H(g)

H2O(1)2

/化劑

H2

HCOO-H

圖甲圖乙

A.該反應(yīng)的熱化學(xué)反應(yīng)方程式為CC)2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)AH=+1.79eV/mol

B.將生成的水從體系中分離，達(dá)到新平衡后正反應(yīng)速率小于原平衡的正反應(yīng)速率

C.圖甲反應(yīng)歷程中最大的活化能為1.21eV

D.圖甲、圖乙反應(yīng)過程中都只有極性鍵的斷裂和形成

【答案】B

【解析】

【詳解】A.圖甲只提供了吸附在催化劑表面的二氧化碳和氫原子轉(zhuǎn)變?yōu)镃O和水的反應(yīng)歷程，無法發(fā)現(xiàn)

CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)的反應(yīng)的焰變，故A錯誤；

B.CCh(g)與H2(g)在TiCh/Cu催化劑表面生成CH3OH(g)和H2O(g),將產(chǎn)物中的水分離出去后，平

衡向正反應(yīng)方向移動，但是沒有增大濃度，再次達(dá)到平衡時的正反應(yīng)速率比原來的正反應(yīng)速率小，故B

正確；

C.圖甲中最大的活化能是0.89eV—0eV=0.89eV,故C錯誤；

D.圖乙中有H—H非極性共價鍵的斷裂，故D錯誤；

故本題選B.

二、非選擇題：本題共4小題，共58分。

15.鈿(Pd)是航空、航天等高科技領(lǐng)域以及汽車制造業(yè)不可缺少的關(guān)鍵材料。某化學(xué)興趣小組利用CO和

PdCl2溶液反應(yīng)制取Pd,并測定PdCL固體樣品中鈿元素的含量，實驗裝置如圖所示。已知甲酸為無色

易揮發(fā)的液體。

回答下列問題：

(1)A裝置中儀器X的名稱為；

(2)當(dāng)加熱到80?90c時，撤去酒精燈，然后滴加甲酸，此時X中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為

在反應(yīng)中濃硫酸主要起作用;

(3)B裝置中NaOH溶液的作用為，C裝置中產(chǎn)生黑色粉末狀沉淀，且溶液的pH減小，則C中

發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為o

(4)某同學(xué)指出該實驗存在的明顯缺陷是,改進(jìn)的措施是。

(5)丁二酮月虧鈿重量法因其特效性一直沿用作鈿的標(biāo)準(zhǔn)測定方法。在酸性溶液中鈿離子能與丁二酮月虧形

成鰲合物沉淀，利用丁二酮后鈿與鈕之間的換算因數(shù)(鈿元素在丁二酮月虧鈿中所占質(zhì)量比)可計算鈿的含

量。測定PdCL固體樣品中鈿元素的含量的實驗步驟如下：

①準(zhǔn)確稱取L3OgPdCL固體樣品，加入10mL鹽酸，加熱溶解，加入一定量的水稀釋；

②加入足量的丁二酮月虧乙醇溶液，攪拌，靜置陳化；

③過濾、洗滌、烘干至恒重，稱量所得丁二酮后鈿的質(zhì)量為L56g。

已知丁二酮月虧鈿與鈿之間換算因數(shù)為x,貝|該PdCU固體樣品中鈿元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為(用含x的代

數(shù)式表示)。

【答案】(1)三頸燒瓶或三口燒瓶

濃硫酸小

(2)①.HCOOH^^=COT+H,O②.催化和脫水

A

2++

(3)①.除去揮發(fā)出的甲酸氣體②.CO+Pd+H2O=CO2+Pd+2H

(4)①.缺少尾氣處理裝置②.在C的導(dǎo)氣管末端連接氣囊或放置點燃的酒精燈

(5)120x%^1.2xxl00%

【解析】

【分析】甲酸在濃硫酸脫水作用下生成CO,CO中混有揮發(fā)的HCOOH,用NaOH溶液除去HCOOH蒸氣，

再將CO通入PdCb溶液中生成Pd單質(zhì)，通過測定Pd單質(zhì)的質(zhì)量可測定PdCh中鋁的含量；

【小問1詳解】

儀器X的名稱為三頸燒瓶或三口燒瓶。

【小問2詳解】

實驗中利用CO和PdCl2反應(yīng)制取Pd,所以A為制取CO氣體的裝置，三頸燒瓶中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程

濃硫酸小

式為HCOOH^—COT+H,0,濃硫酸起催化劑和脫水劑的作用。

A

【小問3詳解】

甲酸易揮發(fā)，生成的CO中含有揮發(fā)出的甲酸氣體，所以B中NaOH溶液的作用為除去揮發(fā)出的甲酸氣

體。根據(jù)實驗現(xiàn)象分析，C中產(chǎn)生的黑色粉末狀沉淀為金屬Pd,Pd發(fā)生還原反應(yīng)，則co發(fā)生氧化反應(yīng)

生成二氧化碳，溶液pH減小酸性增強，可知反應(yīng)生成氫離子，離子方程式為

2+

CO+Pd+H2O=CO2+PdJ+2H+。

【小問4詳解】

CO為污染性氣體，該實驗的缺陷為無尾氣處理裝置，而CO為可燃性氣體，可用氣球收集，也可以用點

燃法除去，但C中反應(yīng)生成CO?，不能直接用酒精燈點燃，需要將CO?除去后再點燃，所以可選用b或

c裝置。

【小問5詳解】

由題意可知丁二酮后鈿的質(zhì)量乘以換算因數(shù)即為鈿元素的質(zhì)量，則該PdCL樣品中鋁的含量為

156gxJC

--7—xl00%=120%%或1.2xxl00%。

1.30g

16.環(huán)己烯是工業(yè)常用的化工品。工業(yè)上通過熱柏基催化劑重整將環(huán)己烷脫氫制備環(huán)己烯，其熱化學(xué)方程

式為C6H12(g).C6Hio(g)+H2(g)AH=+123kJ-mol1o

(1)幾種共價鍵的鍵能數(shù)據(jù)如下：

共價鍵H-HC-HC-Cc=c

鍵能436413348a

則2=kJ-moF1;

(2)在恒溫恒容密閉容器中充入環(huán)己烷氣體，僅發(fā)生上述反應(yīng)。下列敘述錯誤的是(填字母);

a.混合氣體的密度不隨時間變化時說明該反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)

b.平衡后再充入環(huán)己烷氣體，平衡向右移動

c.加入高效催化劑，單位時間內(nèi)環(huán)己烯的產(chǎn)率可能會增大

d.增大固體催化劑的質(zhì)量，一定能提高正、逆反應(yīng)速率

環(huán)己烯的物質(zhì)的量

(3)環(huán)己烷的平衡轉(zhuǎn)化率和環(huán)己烯的選擇性(選擇性=)隨溫度的變化如圖所

環(huán)己烷轉(zhuǎn)化的物質(zhì)的量

不

___________________60(rC>

溫度逐漸升高

①隨著溫度升高，環(huán)己烷平衡轉(zhuǎn)化率增大的原因是；

②當(dāng)溫度高于600C時，可能的副產(chǎn)物有(任寫一種結(jié)構(gòu)簡式)；

(4)在873K、lOOkPa條件下，向反應(yīng)器中充入氨氣和環(huán)己烷的混合氣體，僅發(fā)生反應(yīng)：

C6H12(g)^C6H10(g)+H2(g)o

n(C6HJ

①環(huán)己烷的平衡轉(zhuǎn)化率隨的增大而______(填“升高”或“降低”或“不變”)，其原因是______；

n(Ar)

n(CH)?

②當(dāng)6][2=3:1時,達(dá)到平衡所需時間為20min,環(huán)己烷的平衡轉(zhuǎn)化率為彳，則平衡時環(huán)己烷的分壓

nAr)3

為kPa,該環(huán)己烷脫氫反應(yīng)的壓強平衡常數(shù)Kp=kPa(均保留2位小數(shù))[注：用分壓計算

的平衡常數(shù)為壓強平衡常數(shù)(/),分壓=總壓x物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)]

【答案】(1)615(2)ad

②?O或?；颉?/p>

(3)①.正反應(yīng)吸熱反應(yīng)，升高溫度，平衡正向移動

①.降低②.恒壓條件下，隨、^的增大，相當(dāng)于增大反應(yīng)物的分壓，該反應(yīng)是氣體

(4)

分子數(shù)增加的反應(yīng)，所以平衡逆向移動，環(huán)己烷的平衡轉(zhuǎn)化率降低③.16.67?.66.67

【解析】

【小問1詳解】

焰變=反應(yīng)物的總鍵能-生成物的總鍵能，C6H12(g)-C6H10(g)+H2(g)

AH=348kJ/molx6+413kJ/molx12-(348kJ/molx5+a+413kJ/molx10+436kJ/mol)=+123kJ/mol,

解得a=615kJ/mol；

【小問2詳解】

a.反應(yīng)過程中氣體總質(zhì)量不變，恒容密閉容器進(jìn)行，故氣體的體積不變，密度不是變量，所以氣體密度不

隨時間變化時反應(yīng)不一定達(dá)到平衡狀態(tài)，選項a錯誤;

b.平衡后再充入環(huán)己烷氣體，增大反應(yīng)物濃度平衡正向移動，選項b正確;

C.加入高效催化劑，反應(yīng)速率加快，單位時間.內(nèi)C6H10的產(chǎn)率可能會增大，選項c正確;

d.催化劑通過參與化學(xué)反應(yīng)改變反應(yīng)歷程，力口.快反應(yīng)速率，增大固體催化劑的質(zhì)量，如果不能增大接觸

面積，不一定能提高正、逆反應(yīng)速率，選項d錯誤；

故答案為:ad；

【小問3詳解】

①C6H已信)C6Hio(g)+H2(g)正反應(yīng)吸熱，升高溫度平衡正向移動，所以隨著溫度升高環(huán)己烷平

衡轉(zhuǎn)化率增大；

②當(dāng)溫度高于600C時，環(huán)己烷脫氫，可能的副產(chǎn)物有等；答案為

【小問4詳解】

恒壓條件下，增大Ar的物質(zhì)的量，相當(dāng)于減小壓強，平衡正向移動，環(huán)己烷的平衡轉(zhuǎn)化率n(隨C6丁H才19)

n(C6Hl2)

的增大而降低，故答案為降低；恒壓條件下，隨'，了的增大,相當(dāng)于增大反應(yīng)物的分壓，該反應(yīng)

n(Ar)

是氣體分子數(shù)增加的反應(yīng)，所以平衡逆向移動，環(huán)己烷的平衡轉(zhuǎn)化率降低；

n(CfiHn)3

②當(dāng)］=3:1時,初始時，環(huán)己烷的分壓為lOOkPax—=75kPa,達(dá)到平衡所需時間為20min,環(huán)

n(Ar)4

己烷的平衡轉(zhuǎn)化率為：2，根據(jù)三段式知：

C6H12(g)--C6H10(g)+H2(g)

起始(mol)a00

222

變化(mol)一a——a-a

333

122

平衡(mol)-CL-CL-CL

333

1

a1八八。八八

達(dá)到平衡時環(huán)己烷的分壓為100x^————=—kPa,環(huán)己烯的分壓為——kPa、氫氣的分

122156

—aH—ci—ciH—a

3333

壓為出kPa,則環(huán)己烷分壓的平均轉(zhuǎn)化率速率為(75—/)狂力.該環(huán)己烷脫氫反

6------------------=2.92kPa-min

20min

200100

p(C6H]0)x/?(H2)A*A

應(yīng)的壓強平衡常數(shù)Kp="”口、=七肝-公66.67,答案為2.92；66.67。

P(c6H12)100

6

17.以鐵鎂合金(含少量銅)為原料,生產(chǎn)電極材料LiNiC)2的部分工藝流程如下:

NaOH

H：SO4HJO；NajCOi

HNOI溶液溶液溶液H;S溶液Li;CO,

LiNiO

缸也化物Fc(OHh注清注液

152017

已知：常溫下，Ksp[Ni(OH)2]=2x10-,Ksp[Cu(OH)2]=2.2xlO-,Ksp[Fe(OH)2]=4.9XlO-；

3

7Csp[Fe(OH)3]=2.8xlO-\

回答下列問題：

(1)基態(tài)Ni原子價層電子軌道表示式是；

(2)“酸溶”時Ni轉(zhuǎn)化為NiSO”該過程中溫度控制在70?80c的原因是；

(3)“氧化”時H2。？的作用是(用離子方程式表示)；

(4)“除銅”時若選用NaOH溶液，會導(dǎo)致部分Ni?+也產(chǎn)生沉淀，當(dāng)常溫時溶液中CU(OH)2、

2+2+

Ni(OH)2沉淀同時存在時，溶液中c(Cu):c(Ni)=；

(5)“沉?！睍r得到碳酸保(NiCC>3)沉淀。在空氣中碳酸饃與碳酸鋰共同“煨燒”可制得LiNi。？，該反應(yīng)

的化學(xué)方程式是；

(6)金屬銀的配合物Ni(CO)n的中心原子的價電子數(shù)與配體提供的成鍵電子數(shù)之和為18,則“=

；CO與N2結(jié)構(gòu)相似，CO分子內(nèi)行鍵與萬鍵個數(shù)之比為

11t|[u]

【答案】(1)(2)溫度低于70C,反應(yīng)速率太小，溫度高于80C,

HN03分解(或揮發(fā))速率加快(

2++3+

(3)2Fe+2H+H2O2=2Fe+2H2O

(4)l.lxlO-5

燧燒

(5)2Li2cO3+4NiCO3+O24LiNiO2+6CO2

(6)①.4②.1:2

【解析】

【分析】鐵銀合金(含少量銅)用稀硫酸和稀硝酸進(jìn)行酸溶，Ni轉(zhuǎn)化為NiSO廣鐵和銅轉(zhuǎn)化為亞鐵離子、鐵

離子和銅離子，加入雙氧水將溶液中的亞鐵離子轉(zhuǎn)化為三價鐵離子，加入氫氧化鈉溶液調(diào)節(jié)溶液的pH除

去鐵元素，加入硫化氫將銅離子轉(zhuǎn)化為CuS除去，在濾液中加入碳酸鈉將保離子轉(zhuǎn)化為碳酸銀，碳酸保與

碳酸鋰在空氣中共同“煨燒”可制得LiNiOz；

【小問1詳解】

Ni原子的原子序數(shù)是28,價電子數(shù)為10,其基態(tài)Ni原子價層電子軌道表示式是

Itnnmifhilffl;

3d4s

【小問2詳解】

溫度控制在70~80C的原因是溫度低于70C,反應(yīng)速率太小，溫度高于80C,HNO3分解(或揮發(fā))速

率加快，酸溶速率減慢，原料利用率降低；

【小問3詳解】

氧化時溶液中的二價鐵被雙氧水氧化成三價鐵，其離子方程式為：

2++3+

2Fe+2H+H2O2=2Fe+2H2O；

【小問4詳解】

CU(OH)2、Ni(OH)2沉淀同時存在時，溶液中

C(C『):C(N,+)」(墨)？；_-=u?

、7v72K[Ni(Oq]2?245

【小問5詳解】

碳酸鎮(zhèn)與碳酸鋰共同“燃燒”可制得LiNiOz，保元素的化合價從+2加變?yōu)?3價，故需要空