臨考押題卷02（新高考通用）14+4

（考試時間：75分鐘試卷滿分：100分）

注意事項：

1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。

2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮

擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。

3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。

可能用到的相對原子質量：Be9O16S32Sr88Zr91

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.化學與生產(chǎn)、生活、科技、環(huán)境等關系密切。下列說法正確的是

A.汽車尾氣催化轉化器可有效減少CO2的排放，實現(xiàn)“碳中和”

B.維生素C用于抗衰老保健品的輔料，因其有較強的氧化性能清除體內自由基

C.蔡倫采用堿液蒸煮制漿法造紙，該過程不涉及化學變化

D.蝦、蟹、昆蟲等外殼的甲殼質又稱幾丁質（C8Hl屬于高分子化合物

【答案】D

【解析】A.汽車尾氣催化轉化器可將CO和氮氧化物經(jīng)催化反應生成CO?和NZ,并未有效減少CO?的

排放，實現(xiàn)“碳中和”，A錯誤；B.維生素C用于抗衰老保健品的輔料，因為其有較強的還原性，能抵

抗人體內自由基，B錯誤；C.用堿液制漿法造紙，將原料放在堿液中蒸煮，原料在堿性環(huán)境下發(fā)生反

應使原有的粗漿纖維變成細漿，該過程涉及化學變化，C錯誤；D.甲殼質（C8Hl3O5N）“又稱幾丁質，是

蝦、蟹、昆蟲等外殼的重要成分，屬于高分子化合物，D正確；故選D。

）都是常見雜環(huán)化合物。下列關于三種物質的

說法錯誤的是

A.三種分子中均含有化學鍵戒B.三種分子均易溶于水

C.N、O、S原子雜化方式相同D.沸點：口比咯刃塞吩〉吠喃

【答案】B

【解析】A.由圖可知，三種分子含有的化學鍵類型相同均含有德，A正確；B.吠喃、睡吩均難溶于

水，口比咯與水分子間有氫鍵易溶于水，B錯誤；C.雜環(huán)化合物是四個C和N（O、S）共面，每個碳原

子及雜原子上均有一個P軌道且互相平行，在碳原子的p軌道中有一個p電子，雜原子一對孤電子對形

成兀；，此咯形成3條。鍵，雜化方式為sp2,吠喃（睡吩）形成2條。鍵以及一對孤電子對，雜化方式

為sp?,則N、O、S三種原子雜化方式均為sp，C正確；D.三者均是分子晶體，毗咯分子間可形成氫

鍵，吠喃及嚷吩分子間只存在分子間作用力，而睡吩的相對分子質量比吠喃的大，沸點較高，故沸點:

毗咯〉睡吩〉映喃，D正確;

故選Do

3.通常以四氯化碳為萃取劑對碘單質進行萃取、富集。將富集在四氯化碳中的碘單質利用化學轉化法（NaOH

溶液為萃取劑）重新富集在水中的方法稱為反萃取法。反萃取時用到的裝置為

C.

【解析】反萃取法是萃取法的反向應用,使用分液漏斗、燒杯、鐵架臺等儀器，D項符合題意；答案選

D?

4.江桅子是江西“十大名中草藥”之一，桅子昔是其主要的活性成分，結構簡式如圖所示。下列關于桅子昔

敘述錯誤的是

A.含有4種官能團

B.能發(fā)生消去、酯化反應

C.1分子桅子背中含9個手性碳原子

D.Imol桅子音最多能與5molNa反應

【答案】C

【解析】A.桅子昔中含有羥基、碳碳雙鍵、醛鍵和酯基4種官能團，A正確；B.桅子昔含醇羥基且羥

基的相鄰碳上有氫，能發(fā)生消去反應，也能發(fā)生酯化反應，B正確；C.1分子桅子背中含8個手性碳原

子，如圖所示（*C表示手性碳原子），C錯誤；D.羥基能與Na反應,

HOOH

Imol桅子背最多能消耗5moiNa,D正確；故選C。

5.化合物M的化學式為Y2X6Z5W2,可用于Friedel-Crafts節(jié)基化和環(huán)己基化反應催化劑。X、Y、Z、W均

為短周期主族元素，Z與W同主族，X、Y、Z同周期，基態(tài)X原子的價層電子排布式為7P2向，基

態(tài)Y原子s能級上的電子總數(shù)是P能級上電子總數(shù)的2倍，Z與W原子的質子數(shù)之和是Y原子序數(shù)的4

倍。下列說法正確的是

A.電負性：Z>X>W

B.W的單質易溶于YW?

C.鍵角：YX4>WZ3

D.基態(tài)Y、Z原子核外電子的空間運動狀態(tài)均有5種

【答案】B

【分析】由基態(tài)Y原子s能級上的電子總數(shù)是P能級上電子總數(shù)的2倍可知，Y為C,X、Y、Z同周期，

由基態(tài)X原子的價層電子排布式為〃s2〃p2"M可知，X為F,由Z與W同主族，Z與W原子的質子數(shù)之

和是Y原子序數(shù)的4倍可知，Z、W分別為O、S?

【解析】A.同周期主族元素電負性從左向右電負性逐漸增大，同主族元素電負性從上到下逐漸減小，

所以電負性：F>O>S,A項錯誤；B.W的單質是硫單質，易溶于CS2,B項正確；C.YX4>CF4,

正四面體形，鍵角為109281WZ3是SO3,平面三角形，鍵角為120。，C項錯誤；D.基態(tài)碳原子核外

電子的空間運動狀態(tài)有4種，D項錯誤；故選B。

6.下列實驗目的對應的實驗操作正確的是

選

實驗目的實驗操作

項

A證明酸性：H2SO3>HC1O將SO?通入漂白粉溶液，觀察是否變渾濁

證明Na2CO3溶液與BaCl2反應后反應后靜置，取上層清液，向其中再加1滴Na2cO3溶液，觀察

B

Ba?+完全沉淀是否產(chǎn)生沉淀

將少量稀硫酸滴入Na2s2O3溶液，觀察是否產(chǎn)生刺激性氣味的氣

C證明H2sO,具有氧化性

體

向氫氧化鈉溶液中先加入少量溶液，充分反應后再加入少

證明CU(OH)2和Mg(OH)溶度積MgCl?

D2

的大小量CuSC)4溶液，觀察沉淀顏色變化

【答案】B

【解析】A.SO2與漂白粉會發(fā)生氧化還原反應，不能證明酸性：H2SO3>HC1O,A錯誤；B.證明Na2c。3

溶液與BaCb反應后Ba?+完全沉淀，反應后靜置，取上層清液，向其中再加1滴Na2c。3溶液，觀察是

否產(chǎn)生沉淀，B正確；C.將少量稀硫酸滴入Na2s2O3溶液，產(chǎn)生刺激性氣味的氣體和淡黃色沉淀,Na2s2O3

溶液在酸性條件下發(fā)生歧化反應，不能證明H2s04具有氧化性，C錯誤；D.由于NaOH是過量的，MgCh

與CuSCU均會轉化為沉淀，不能證明Cu(0H)2和Mg(0H)2溶度積的大小，D錯誤；故選B。

7.工業(yè)上或實驗室中，可用維生素C(抗壞血酸)與水中的5反應生成脫氫抗壞血酸，從而制備去氧水，其

原理如圖:

18

+2H2O

設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述錯誤的是

A.標準狀況下，4.48IJ8O2氣體含中子數(shù)為4NA

B.O.lmol抗壞血酸完全反應時轉移電子數(shù)為Q2NA

C.0.5mol脫氫抗壞血酸含sp3雜化的碳原子數(shù)為L5NA

D.Imol抗壞血酸分子含。鍵數(shù)為16NA

【答案】D

【解析】A.1個%?分子中含20個中子，標準狀況下，4.481?。2的物質的量為O.2mol,OZmoJ。含

中子的物質的量為4mol,即4/，A正確；B.Imol氧氣完全反應時轉移4moi電子，根據(jù)反應方程式

可知，2moi抗壞血酸完全反應時也轉移4moi電子，故O.lmol抗壞血酸完全反應時轉移電子數(shù)為0.2A\,

B正確；C.飽和碳原子是sp'雜化，1個脫氫抗壞血酸分子含3個sp3雜化的碳原子，0.5mol脫氫抗壞

血酸含sp'雜化的碳原子數(shù)為L5NA，C正確；D.單鍵都是。鍵，1個雙鍵中含1個。鍵，由抗壞血酸

分子結構可知，Imol抗壞血酸分子中含20NA個。鍵，D錯誤；故選D。

8.為有效地將粗金泥(主要成分為Au,含少量Ag)中的金、銀分離，提高貴金屬的回收率，設計如下工藝

流程:

王水

-^H［AUC14］一?…Au

粗金泥-US'—[AgCNW皿Ag

f王水分金渣一*ss

f物質a

已知：酸浸后銀以AgCl存在于王水分金渣中，有少量未被溶解的金被AgCl包覆。

下列說法錯誤的是

A.“酸浸”中，鹽酸的作用是提高硝酸的氧化性

+

B.“氨浸”中，^H/SAgCl+2NH3.H2O=[Ag（NH3）J+CK+2H2O

C.物質a為Au

D.葡萄糖與［Ag(NH3bT恰好反應時，物質的量之比為1：2

【答案】A

【分析】粗金泥加入王水使得金溶解得到H[AuCl/,處理后得到金單質；分金渣氨浸將銀元素轉化為二

氨合銀離子，使用葡萄糖還原為銀單質，得到物質a為被氯化銀包裹的金單質；【解析】A.“酸浸”中，

鹽酸的作用是提供大量氯離子，可以使金形成配合離子[AuClJ,A錯誤；B.“氨浸”中，加入氨水將

氯化銀轉化為二氨合銀離子，發(fā)生反應AgCl+2NH3-H2O=[Ag（NH3）2T+C「+2H2O,B正確；C.由

分析，可知物質a為Au,C正確；D.1分子葡萄糖中含有1個醛基，和二氨合銀離子發(fā)生氧化還原反

應，醛基轉化為較基，同時生成銀單質，存在關系：葡萄糖~2?2[Ag（NH3%T，葡萄糖與[Ag（NH3）2『

恰好反應時，物質的量之比為1:2,D正確；故選A。

9.工業(yè)上制備BaS涉及如下兩個反應：①BaSC）4（s）+4C（s）/4co（g）+BaS（s）&；②

BaSO4（s）+4CO（g）/4CO2（g）+BaS（s）^2oTC口寸，兩反應的壓強平衡常數(shù)（以平衡分壓代替平衡濃度

計算）分別為&="（kPa?，K2=b\該溫度下，在剛性密閉容器中加入BaSO/s）和C（s）發(fā)生反應，

一段時間后達平衡狀態(tài)，此時以上兩種固體均存在。下列說法錯誤的是

A.平衡時CO2的分壓為〃Z?kPa

B.平衡后抽出;體積混合氣體，反應①②均正向移動

C.平衡時容器內總壓強為（a+ab）kPa

D.平衡后再通入一定量C。?，再次平衡時C02體積分數(shù)增大

【答案】D

X

【分析】由于K]="（kPa『，p（CO）=akPa,設C0?的分壓為xkPa,x=ab,則平衡時容

a

器內總壓強為（a+而）kPa,平衡時C02的分壓為abkPa。

【解析】A.據(jù)分析，平衡時CO?的分壓為仍kPa，故A正確；B.抽出;體積混合氣體后，P（C。）、P（CO2）

均減小，反應①②均正向移動，故B正確；C.據(jù)分析，平衡時容器內總壓強為（。+必）kPa,故C正確；

D.平衡后再通入一定量CO?,反應①②均逆向移動，再次平衡時p（C。）、p（CC）2）保持不變，CO?體

積分數(shù)不變，故D錯誤；故答案為D。

10.聚酰亞胺（PI）薄膜不僅具有耐高溫、耐低溫性能，還具有耐輻照、阻燃自熄、生物相容等優(yōu)勢，被譽

為“黃金薄膜”。一種合成方法如下所示：

ooNH2rooI

“ted。+〃心小，0"

O

對苯二胺聚酰亞胺

（PPD）（PI）

下列說法正確的是

A.m=2n-l

B.沸點：對二甲苯＞對苯二胺

C.PPD是苯胺的同系物，可與對苯二甲酸發(fā)生聚合反應

D.PMDA中所有原子可以處于同一平面

【答案】D

【解析】A.由題干反應信息可知，m=2n,A錯誤；B.由于對苯二胺分子間能夠形成氫鍵，而對二甲

苯不能形成氫鍵，故沸點：對二甲苯〈對苯二胺，B錯誤；C.同系物是指結構相似（即官能團的種類

和數(shù)目分別相同）在組成上相差一個或若干個CH2原子團的物質，故PPD不是苯胺的同系物，也不可與

對苯二甲酸發(fā)生聚合反應，C錯誤；D.由題干方程式信息可知，PMDA中有苯環(huán)和酯基所在的平面結

構，且平面間單鍵連接，能夠任意旋轉，故所有原子可以處于同一平面，D正確；故答案為：D。

11.近日，海南大學某團隊以MXene作為負極，AgCl/CuCl/FeOCl作為正極，首次報道了一種基于天然

海水電解液的可充電氯離子電池。

下列敘述錯誤的是

A.放電時，N極發(fā)生還原反應

B.放電時，發(fā)生遷移的C「數(shù)與陽離子數(shù)相等

C.充電時，M極與電池的負極連接

D.充電時，N極固體質量增加

【答案】B

【分析】原電池中，負極失電子發(fā)生氧化反應，正極得電子發(fā)生還原反應，電解質溶液中陽離子移向

正極、陰離子移向負極。電池充電時，原電池負極與外接電源負極相連、正極與外接電源正極相連。

【解析】A.如圖所示，N極為正極，M為負極，放電時正極發(fā)生還原反應，故A正確；B.放電時，

氯離子向M極遷移，Na+、Mg2+等金屬陽離子向N極遷移，因為離子所帶電荷不相等，根據(jù)電荷守恒，

相同時間內向兩極遷移的氯離子、陽離子數(shù)不相等，故B錯誤；C.放電時M為負極，則充電時M極

為陰極，與電源負極連接，故C正確；D.充電時，N極為陽極，發(fā)生氧化反應，根據(jù)陽極材料可能

生成多種物質，如AgCl、CuCkFeOCl,陽極反應式之一是Cu+C「-e=CuCl,N極固體質量增加，

故D正確；選B。

12.錯酸鍋主要用于玻璃、陶瓷工業(yè)，可用碳酸銅(SrCC>3)和二氧化錯(ZrO?)在高溫下反應制得，同時有

二氧化碳生成。二氧化錯的立方晶胞(圖1)、錯酸鋸的立方晶胞(圖2)結構如圖所示。設S為阿伏加德

羅常數(shù)的值，下列有關說法正確的是

圖2

A.co?屬于非極性分子，大兀鍵可表示為兀;

0

B.圖2晶胞沿z軸方向的投影圖為

若a點的原子分數(shù)坐標為(,則b點的原子分數(shù)坐標為I；1,]13

C.

444

若圖2晶體的密度為"g-cnr3,則相鄰O原子之間的最短距離為孝義(

D.

【答案】D

【解析】A.CO?屬于非極性分子，大萬鍵可表示為W，A項錯誤；B.圖2晶胞沿z軸方向的投影圖

為。O，，B項錯誤；C.b點的原子分數(shù)坐標為C項錯誤；D.圖2晶胞的化學式

?~~o~~X

m227I227

7

為SrZrO3,設該晶胞參數(shù)為anm,由.=(1八-7：="可得:a=3---xl0f相鄰氧原子

v以?("10)'NA”

之間的最短距離為面對角線的一半，即坐X；庫:xio,nm,D項正確；故選D。

13.向CaCzO'飽和溶液(有足量CaCzO,固體)中通入HC1氣體，調節(jié)體系pH促進CaC?。4溶解，總反應為

+2+

CaC2O4+2HH2C2O4+Cao平衡時lg[c(Ca?+)]、分布系數(shù)B(M)與pH的變化關系如圖所示(其中

M代表H2c2。4、HCq；或C?。：)。比如392。：-)=芷3,C6=C(H2C2O4)+c(HC2O；)+c(C2Ot)o

C總

已知KKCaCzO/uKT^。

下列說法正確的是

-1-L0

5-

。9

-

-z

。8

-

【

(-。7

Tz.O5

T-

-

o。6

m

-(

x365w

+-)

=-9

0.O

).5-。4

0

-3

00一S3

-0.2

-4.0-

-0.1

-4.5■???i???????-0.0

01234567

PH

A.曲線n表示lg[c(H2c2O4)]pH的變化關系

B.pH=2.77時，溶液中C(C「)>2C(C2O；-)+C(HC2。：)

C.總反應CaCq,+ZlTH2czO4+Ca?+的平衡常數(shù)K=103.09

2+

D.pH=4時，C(HC2O4)>c(Ca)>c(C2O^)>c(H2C2O4)

【答案】B

【解析】A.隨著pH值的增大，c(H2cQU逐漸減小，cCHC?。；)先增大后減小，c(Cq:)逐漸增大,

c(Ca2+)逐漸減小，所以曲線I、II、IILIV分別代表6(H2c2O4)、lg［c(Ca2+)］、5(HC2O4),5(C2Ot)

127427

與pH的變化關系,Kal(H2C2O4)=10-,Ka2(H2C2O4)=10--,故A錯誤;B.由圖可知，pH=2.77

時，C(H2C2O4)=C(C2O^),結合電荷守恒：c(H+)+2c(Ca2+)=c(OJT)+c(C[)+c(HCQ；)+2c(Cqj),

2+

物料守恒：c(Ca)=c(H2C2O4)+c(HC2O；)+c(C2Ot),可得

+

c(OH-)+C(cr)=c(H)+C(HC2O；)+2C(H2C2O4),因為pH=2.77時，c(H2C2O4)-c(C2O^),

++2+

c(H)>c(OH),所以C(C「)>C(HC2O：)+2C(C2O。),故B正確;C.CaC2O4+2H;H2C2O4+Ca

c(Ca2+)-c(HCO)c(Ca2+>c(H2czOjcCO：)

的平衡常數(shù)K=224

2+

?(H5c(H)-c(C2Ot)

K(CaCO)IQ8-63

sp24=10-3.09,故錯誤；由圖可知，時，根據(jù)物料守

12727CD.pH=4

Kal(H2C2O4).Ka2(H2C2O4)"IO--lO^-

2+

恒，c(Ca)>C(HC2O；)>c(C2Oi)>c(H2C2O4),故D錯誤；故答案為B。

14.某試液中只可能含有K+、NH；、Fe2+>Al"、C「、SO：、COj、［A1(OH)］中的若干種離子，離

子濃度均為01mol［T,某同學進行了如下實驗，下列說法不正確的是

r*氣體AL氣體B

稀硫酸無明顯Ba(NC?3)2溶液NaOH溶液co

試液-----2

>111K------------f----濾----液--X-----------------f濾液------>沉淀C

過量現(xiàn)象過量過量少量

」沉淀A?沉淀B

A.氣體A遇空氣變?yōu)榧t棕色

B.原試液中一定不含有K+

C.沉淀C為BaCOs

D.原試液中存在的陽離子有NH：、Fe?+和AP+

【答案】D

2+

【分析】試液中只可能含有K+、NH；、Fe，Al"、C1->SO：、CO，、［A1(OH)J中的若干種離

子，加入過量稀H2sCU無明顯現(xiàn)象，說明該試液中沒有CO：；再加入過量Ba(NO3)2溶液有氣體產(chǎn)

生，因為此時溶液中含有上一步操作所加入的過量H2sCU,結合N0］離子在酸性條件下具有強氧化性，

生成的氣體為NO,說明原試液中有Fe2+離子存在且被氧化為Fe3+,Fe?+和［Al(OH)J會發(fā)生反應，

不能共存，則溶液中一定不存在［Al(OH)/一，沉淀A為BaSCU；向濾液X中加入過量的NaOH有

氣體產(chǎn)生，說明原試液中存在NH；離子，此時產(chǎn)生的氣體為NH3,沉淀B為紅褐色的Fe(OH)3沉淀；

繼續(xù)向濾液中通入少量C02產(chǎn)生沉淀，由于上一步所加NaOH有剩余，則所通入少量的C02先與

0H-反應生成，再與Ba2+反應生成BaCCh,則沉淀C中含有BaCCh,綜上分析可知，原試液中一

2+

定存在NH；、Fe,一定不存在CO>、［Al(OH)4］\由于存在的離子濃度均為0.1mol-LL根據(jù)電

荷守恒可知原試液中一定還存在陰離子SO/、C1-,且濃度均為0.1mol-L1的NH；、Fe2+、Cl\SO：

恰好滿足電荷守恒，則原試液中AF+、K+必然不能存在。

【解析】A.根據(jù)分析可知，氣體A為NO,遇空氣變?yōu)榧t棕色NO2,A正確；B.根據(jù)分析可知，原

試液中一定不含有K+，B正確；C.由分析可知，沉淀C為BaCOs，C正確；D.原試液中存在的陽

離子有NH；、Fe2+,不存在AP+,D錯誤；答案選D。

二、非選擇題：本題共4小題，共58分。

15.(14分)被用于宇航器件的構筑。一種從鍍鋁硅酸鹽［Be3A中提取被的工藝流程如下:

-Be

+

已知：B/++4HABeA2(HA)2+2Ho回答下列問題:

(1)鍍鋁硅酸鹽［Be3AI?(SQM寫成氧化物的形式為

(2)“酸浸、過濾”步驟中，濾渣的主要成分為=

(3)為了從“熱熔、冷卻”步驟中得到玻璃態(tài)，冷卻過程的特點是

(4)水相1中含有(填主要金屬離子)，向過量燒堿溶液中逐滴加入少量水相1,觀察到的現(xiàn)象

是(結合離子方程式回答)。

(5)濾液2可以進入步驟再利用。

(6)電解熔融氯化被制備金屬被時，加入氯化鈉的主要作用是

(7)BeO晶體是制備氟硼被酸鉀晶體的原料，其晶胞結構如圖所示。

①BeO晶體中，0”的配位數(shù)為

②若BeO晶體的密度為dg.cm-3,則晶胞參數(shù)nm。已知必=6.02x1()23mop。

【答案】(1)3BeOAl2O3-6SiO2(2分)

(2)H2SiO3(1分)

(3)快速冷卻(2分)

3+

⑷AF(1分)+發(fā)生離子反應：A1+3OH-=A1(OH)3^AAl(OH)3+OH-=[A1(OH)4]\可

觀察到的現(xiàn)象為：先有白色沉淀生成，然后沉淀快速溶解(2分)

(5)反萃取(1分)

(6)增強熔融氯化被的導電性(2分)

(7)4(1分)(2分)

V6.02d

【分析】鋁硅酸鹽先加熱熔融,然后快速冷卻到其玻璃態(tài),再加入稀硫酸酸浸過濾,濾渣的成分為H2SiO3,

“濾液1”中有Be2+和AF+,加入含HA的煤油將Be?+萃取到有機相中，水相1中含有Al3+,有機相為

Be3A2(HA)2，加入過量氫氧化鈉反萃取Be2+使其轉化為Na2[Be(OH)/進入水相2中，分離出含NaA

的煤油，最后對水相2加熱過濾，分離出Be(OH)2,通過系列操作得到金屬鍍，據(jù)此回答。

【解析】⑴鍍鋁硅酸鹽[Be3A12(SiO3)6]寫成氧化物的形式為：3BeOAl2O3-6SiO2；

(2)根據(jù)分析可知，“酸浸、過濾”步驟中，濾渣的主要成分：H2SiO3;

(3)熔融態(tài)物質冷卻凝固時，緩慢冷卻會形成晶體，快速冷卻會形成非晶態(tài)，即玻璃態(tài)，所以從“熱

熔、冷卻”中得到玻璃態(tài)，其冷卻過程的特點為：快速冷卻；

(4)"濾液1"中有Be2+和AF+,加入含HA的煤油將Be?+萃取到有機相中，水相1中含有AP+；向過

量燒堿的溶液中逐滴加入少量水相1的溶液，發(fā)生離子反應：A13++3OH=Al(OH)J,

AI(OH)3+OH=[AI(OH)4]\可觀察到的現(xiàn)象為：先有白色沉淀生成，然后沉淀快速溶解;

(5)濾液2的主要成分為NaOH,可進入反萃取步驟再利用;

（6）氯化鍍的共價性較強，電解熔融氯化被制備金屬鍍時，加入氯化鈉的主要作用為增強熔融氯化被

的導電性；

（7）①根據(jù)BeO晶體結構，一的配位數(shù)為生②根據(jù)均攤法計算，-位于頂角和面心，個數(shù)：

8x1+6xl=4,Be?+位于晶胞內，個數(shù)為4,根據(jù)晶胞密度計算公式:

o2

_NM4x(16+9)

g.cm^dg.cm3,解得:

-73

NAx(axlO)

16.（14分）SO?在生活、生產(chǎn)中有重要用途，使用不當會造成環(huán)境污染。某同學利用如圖所示裝置研究二

氧化硫的性質。

（1）儀器“是（填儀器名稱），D裝置的作用是。

（2）向裝置A中滴加70%H2sO4溶液之前，需先通入一段時間N”此操作的目的是。

（3）實驗時，裝置B中沒有明顯變化。實驗結束后取下裝置B,向其中滴加適量氨水，有白色沉淀生

成，則白色沉淀為（填化學式）。

（4）若裝置C中KMnO,溶液褪色，說明二氧化硫具有（填序號）。

a.氧化性b.還原性c.漂白性

（5）蜜餞樣品中存在殘留的SO?,為測定SO2的含量，實驗如下：現(xiàn)將lOOOgSO2含量超標的蜜餞樣品

進行處理后，配制成1000mL溶液，取出50mL溶液，加入氫氧化鉀使殘留的SO,以亞硫酸鹽的形式固

定，加入硫酸使SO?游離，再用5xl0-3mol.LT的碘標準溶液滴定，滴定時用（填名稱）溶

液作指示劑，如果消耗碘標準溶液5mL,則樣品中SO?的含量為g/kg。

【答案】（1）分液漏斗（2分）吸收二氧化硫，防止污染（2分）

（2）排出裝置中的空氣，防止裝置空氣中的氧氣與二氧化硫反應（2分）

（3）BaSO3（2分）

（4）b（2分）

（5）淀粉（2分）0.032（2分）

【分析】A中亞硫酸鈉和濃硫酸反應生成二氧化硫，B中二氧化硫和氯化鋼不反應，無明顯現(xiàn)象；C中

二氧化硫還原高鎰酸鉀，使高錦酸鉀褪色；D吸收二氧化硫，防止污染；

【解析】（1）根據(jù)裝置圖，儀器a是分液漏斗；由分析可知，D裝置的作用是吸收二氧化硫，防止污

染。

(2)二氧化硫具有還原性，氧氣干擾二氧化硫性質的檢驗，向裝置A中滴加70%H2sCU溶液之前，需

先通入一段時間N2,此操作的目的是排出裝置內空氣，防止裝置空氣中的氧氣與二氧化硫反應，干擾

實驗；

(3)實驗時，裝置B中沒有明顯變化。實驗結束后取下裝置B,向其中滴加適量氨水，氯化領、二氧

化硫、氨氣反應生成亞硫酸鋼沉淀和氯化鍍，則白色沉淀為BaSCh；

(4)KMnCU具有強氧化性，若裝置C中KMnCU溶液褪色，說明高鎰酸鉀發(fā)生還原反應，體現(xiàn)二氧化

硫的還原性，選b；

(5)碘能使淀粉變藍，滴定時用淀粉溶液作指示劑，消耗碘標準溶液5mL,根據(jù)

335

SO2+I2+2H2OH2so4+2HI,n(SO2)=n(I2)=5x10-mol/Lx5x10L=2.5x10-moL則樣品中SCh的含量為

2.5xW5molxx64g/mol

_____________50__________=0.032g/kgo

1kg

17.(15分)為了緩解溫室效應與能源供應之間的沖突，CCh的資源化利用已成為研究的熱點。

I.【資源化一：利用CO2制水煤氣】

在容積為1L的恒容密閉容器中進行反應，方程式為

CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)AH=247.1kJ.mol,?當投料比隼黑=1。時，CCh的平衡轉化率

*2/

(a)與溫度(7)、初始壓強(P)的關系如圖所示。

(1)在恒溫恒容條件下，關于以上反應下列表述能說明反應已經(jīng)達到化學平衡狀態(tài)的是o

(不定項)

A.va(CO2)=2vI(CO)B.氣體的平均相對分子質量不再變化

C.氣體的密度不再變化D.CEU和CCh的物質的量之比不再改變

(2)初始壓強Pi。2(填“>”“<”或“="，下同)；當溫度為心℃、初始壓強為上時，a點時的

y逆y正0

(3)起始時向容器中加入1B101CH4和ImolCCh,在溫度為八°C時反應，此時初始壓強為2，該反應

的平衡常數(shù)K=,溫度和體積不變的情況下，繼續(xù)加入lmolCH4和ImolCCh,再次達到平

衡后，CCh的轉化率0(填“增大”“減小”或“不變”)

II.【資源化二：利用C02制天然氣】

二氧化碳加氫制甲烷過程中主要發(fā)生反應：

反應I：CO2(g)+4H2(g).CH4(g)+2H2O(g)A//,

反應II：CO2(g)+H2(g).CO(g)+H2O(g)AH2=41.2kJ-mor'

在密閉容器中，壓強恒為1.01xl05pa、〃起始(CO。：%始(珥)=1:4時，C02平衡轉化率、在催化劑作用下反

應相同時間所測得的C02實際轉化率隨溫度的變化如圖所示。

CO平勤

轉化率

CO：實除

*轉化率

M0400S00600

(4)結合【資源化一】中信息，反應I的尸___________kJmor1,該反應在___________條件下能

自發(fā)進行。

A.高溫B.低溫C.任意溫度

(5)COz平衡轉化率后升高的主要原因是o

(6)CO2制備甲烷過程中，CO2活化的可能途徑有兩種，如圖所示。請從反應速率和反應方向兩個角

度分析說明CO*是CO2活化的優(yōu)勢中間體的原因是o

反應進程

【答案】(1)B(2分)

(2)<(1分)>(1分)

(3)4(2分)減小(1分)

(4)-164.7(2分)B(2分)

(5)600℃左右以后升高溫度，反應I平衡向左移動的程度小于反應II平衡向右移動的程度(2分)

(6)得到CO*中間體的反應活化能較低，反應速率較快，而且AH較小，反應容易自發(fā)進行(2分)

【解析】(1)A.對于反應CC)2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g),根據(jù)化學反應速率之比等于化學計量

數(shù)之比，平衡時應滿足2V逆(CC?2)=v正(CO),而該選項中v逆(CC)2)=2v正(CO),正逆反應速率不相等，

反應未達到平衡狀態(tài)，A錯誤；B.反應前后氣體的總質量不變，但氣體的物質的量在反應過程中發(fā)生

變化(反應前氣體計量數(shù)之和為1+1=2,反應后氣體計量數(shù)之和為2+2=4)。根據(jù)M=—(M為平均相

n

對分子質量，m為總質量，n為總物質的量)，當氣體的平均相對分子質量不再變化時，說明氣體的總

物質的量不再改變，反應達到平衡狀態(tài)，B正確；C.在恒容密閉容器中，氣體的總質量不變，容器體

積不變，根據(jù)P=a(p為密度，m為質量，V為體積)，氣體密度始終不變，所以密度不再變化不能

說明反應達到平衡狀態(tài)，C錯誤；D.起始時投料比反應過程中CH4和CO2按照1:1的

比例反應，其物質的量之比始終為1:1,不能據(jù)此判斷反應達到平衡狀態(tài)，D錯誤；故選B。

(2)①CC)2(g)+CH4(g).2co伍)+2凡伍)是體積增大的反應，時,從下到上，二氧化碳平衡

轉化率升高，平衡正向移動，即減小壓強向體積增大的方向移動，因此壓強②當溫度為T3℃、

初始壓強為P2時，從a點到平衡點，二氧化碳平衡轉化率減小，說明平衡逆向移動，因此a點時的喔>

v正。

(3)①起始時向容器中加入lmolCH4和ImolCCh,在溫度為°C、初始壓強為P2時反應，二氧化碳

CH4(g)+CO2(g).二2CO(g)Tk2H2(g)

.開始量(加。/)1100

平衡轉化率為50%,列出三段式得：口廣舁1,該

反應里o/7)0.50.51

剩余量(mol)0.50.511

反應的平衡常數(shù)K=(?5=4②溫度和體積不變，繼續(xù)加入lmolCH4和ImolCCh,相當于在

-

11

原平衡的基礎上增大壓強，壓強增大使得反應向氣體分子數(shù)減少的方向移動，導致平衡逆向移動，所

以再次達到平衡后，CO2的轉化率減小。

(4)①根據(jù)蓋斯定律可知，反應1=反應Hx2-資源化一中的反應，則反應I的

-247.DJorf4+2x41J2V164.7VudT*；②對于反應I,AHKO,反應后氣體

分子數(shù)減少，AS<0(混亂度減小)。根據(jù)吉布斯自由能公式AG=AH-TAS(T為溫度),當AG<0時

反應自發(fā)進行。要使AG=AH-TAS<0,因為AH<0,AS<0,則需低溫(T較小)時才能保證AGO,

所以反應在低溫條件下能自發(fā)進行，答案選B。

(5)因為反應I：CO2(g)+4H2(g),CH4(g)+2H2O(g)AH產(chǎn)164.7kJ.mo『是放熱反應，當溫度升高，

平衡逆向移動，二氧化碳轉化率降低；反應ILCO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)

AH2=41ZJmd'是吸熱反應，當溫度升高，平衡正向移動，導致二氧化碳轉化率增大，當溫度升

高到一定程度以后，此時反應以反應n為主，導致隨著溫度的升高，反應n的二氧化碳轉化率增大幅

度大于反應i的減小幅度。答案為：600℃左右以后升高溫度，反應I平衡向左移動的程度小于反應n

平衡向右移動的程度。

（6）從圖中可以看出，生成CO*中間體反應的活化能小，反應速率快；CO*中間體能量低，較穩(wěn)定,

利于生成（或反應放熱，利于中間體的生成），故co*是CO2活化的優(yōu)勢中間體；故答案為：得到co*

中間體的反應活化能較低，反應速率較快，而且AH較小，反應容易自發(fā)進行。

18.（15分）H是合成某藥物的中間體，一種合成H的路線如圖所示。回答下列問題:

OCH3

NaNO2