黑龍江省哈爾濱市六校聯考2024-2025學年高三上學期1月

期末考試

注意事項：

1.本試卷分選擇題和非選擇題兩部分。滿分100分，考試時間75分鐘。

2.考生作答時，請將答案答在答題卡上。選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上

對應題目的答案標號涂黑；非選擇題請用直徑0.5毫米黑色。墨水簽字筆在答題卡上各題

的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效，在試題卷，草稿紙上作答無效。

3.本試卷命題范圍：高考范圍。

4.可能用到的相對原子質量：HlC12N14016S32Mn55Fe56Zn65

一、選擇題（本題包括15小題，每小題3分，共45分。每小題只有一個選項符合題意）

1.化學與生活、科技、工業(yè)生產均密切相關，下列有關敘述正確的是

A.濃硫酸能腐蝕石英玻璃

B.太陽能電池帆板的材料是二氧化硅

C.“絲綢之路”中的絲綢主要成分是蛋白質

D.合成氨使用催化劑主要是提高氫氣平衡轉化率

【答案】C

【解析】A.石英玻璃主要成分是Si。？，濃硫酸不與其反應，A項錯誤；

B.太陽能電池帆板的材料是單質硅，B項錯誤；

C.絲綢的主要成分是蛋白質，C項正確；

D.合成氨使用催化劑可提高反應速率，但不能提高氫氣平衡轉化率，D項錯誤；

答案選C。

2.下列有關化學用語表示正確的是

B

A.BF3的空間結構：d（三角錐形）

、?

F

B.CaO2的電子式：Ca2+[：O：O：]2-

????

c.H2s分子的比例模型：QoO

D.NH3分子中N原子的雜化軌道表示式:[U]|fl|t||

【答案】B

3—3x］

【解析】A.BF3的中心原子B原子孤電子對數=-------=0,價層電子對數為3,空間

2

構型為平面三角形，空間結構模型為:故A錯誤;

B.CaCh為離子化合物，由Ca2+和O；構成，并且過氧根離子內的氧原子之間共用一對電

子,其電子式：Ca2+［：6：6：］2-，故B正確；

????

C.H2s分子中，中心S原子的價層電子對數為等=4,發(fā)生sp3雜化，其中S原子的最

外層有2個孤電子對，是“V”形結構，且S原子半徑大于H原子，因此該圖不是H2s分子

的比例模型，故C錯誤；

D.氨分子中氮原子的價層電子對數為早=4,N原子的雜化方式為sp3雜化，雜化軌道

sp3

表示式為HTTTTTm,故口錯誤；

故選B。

3.NA為阿伏加德羅常數的值。下列說法不正確的是

A.在標準狀況下，2.24LCH2cU中含有01NA個分子

B,質量分別為46g的N02和N2O4中，電子數都為23NA

C,將ImolNH4cl溶于稀氨水中使溶液呈中性，溶液中NH；數目為NA

D.O.lmol腫(NH2—NH2)含有的孤電子對數為0.2NA

【答案】A

【解析】A.標況下CH2c卜為非氣體，無法計算，A錯誤;

B.46g的NO2和N2O4含ImolN和2moi0,電子數為23NA，B正確；

C.將ImolNH4cl溶于稀氨水中使溶液呈中性，則MH+)=MOH。，根據電荷守恒,

n(NH：)=?(Cr),溶液中C「數目為NA，則NH：的數目為NA，C正確；

D.NHz-NH2中N原子是sp3雜化，每個N原子都含一對孤電子對，O.lmol脫

(NH2—NH?)含有孤電子對數為0.2NA，D正確;

故選Ao

4.下歹!j"類比''"推理''正確的是

A.過量的Fe與稀硝酸反應生成Fe(NC)3)2,則過量的Fe與C"反應生成FeJ

B.濃硫酸能干燥HCL則濃硫酸也能干燥HF

C.CO2與Na?。？反應生成Na2c和。2，則SO?與Na?。？反應生成Na2sO3和。2

D.Ca(HCC)3)2的溶解度比CaCX)3的大，則相同溫度下，NaHCC^的溶解度比Na2cO3

的大

【答案】B

【解析】A.過量的Fe與C"反應生成FeCk，故A錯誤；

B.HC1和HF均不與濃硫酸反應，可用濃硫酸干燥，故B正確；

C.Na2。？具有強氧化性，SO2與Na?。？反應生成Na2so4,故C錯誤；

D.相同溫度下，NaHCC>3的溶解度比Na2cO3的小，故D錯誤；

故選B。

5.向含HCN的廢水中加入鐵粉和K2cCh可制備K4[Fe(CN)6],發(fā)生反應：6HCN+

Fe+2K2CO3=K4[Fe(CN)6]+H2T+2cO2T+2H2O,下列說法正確的是

A.HCN的VSEPR模型為四面體形

B.基態(tài)碳原子和基態(tài)氮原子的未成對電子數之比為3：2

C.C02和H20均為含有極性鍵的非極性分子

D.HCN和CO2的中心原子C采用的雜化方式相同

【答案】D

4_ix11x3

【解析】A.HCN的中心C原子價層電子對數是2+-----------------=2,價層電子對數是

2

2,無孤對電子，故VSEPR模型為直線形，A錯誤;

B.基態(tài)碳原子核外電子排布式是Is22s22P2,未成對電子數是2；基態(tài)氮原子核外電子排布

式是Is22s22P3,未成對電子數是3；故基態(tài)碳原子和基態(tài)氮原子的未成對電子數之比為2：

3,B錯誤；

C.C02分子中含有極性鍵c=o,但該分子是直線型分子，空間結構對稱，屬于非極性分

子；H2O分子中含有極性鍵H-O鍵，但該物質中各個化學鍵空間排列不對稱，因此屬于極

性分子，C錯誤；

D.HCN的中心C原子價層電子對數是2+°=2,C原子采用sp雜化，分子是

2

直線形分子；C02的中心原子C原子價層電子對數是2+土芋=2,C原子采用sp雜化，

故二者的中心C原子采用的雜化方式相同，D正確；

故合理選項是D。

6.下列反應的離子方程式正確的是

++

A.向AgCl懸濁液中滴加氨水：Ag+2NH3-H20=[Ag(NH3\]+2H2O

B.向NH4HCO3溶液加入過量的NaOH溶液：NH：+OH-=NH3-H2O

C.向硫代硫酸鈉溶液中滴入稀硫酸：S2O；+2H+=SJ+SO2T+H2O

+

D.KC1O堿性溶液與Fe(OH)3反應：2cleT+2Fe(OH)3=2FeOj+3CF+3H+H2O

【答案】C

【解析】A.向AgCl懸濁液中滴加氨水，沉淀溶解，離子方程式為

+

AgCl+2NH3-H2O=[Ag(NH3)9]+2H2O+C1,故A錯誤；

B.向NH4HCO3溶液加入過量的NaOH溶液，按物質的量之比為1：2反應，離子方程

式為NH：+HCO；+20H一=NH3-H20+CO：+H20,故B錯誤；

C.向硫代硫酸鈉溶液中加入稀硫酸，硫代硫酸根和氫離子發(fā)生歧化反應生成硫單質和二

+

氧化硫，離子方程式為：S20^-+2H=S+S021+H20,故C正確；

D.KC1O堿性溶液與Fe(0H)3反應不能生成氫離子，正確的離子反應為：3C10+

2Fe(OH)3+40H~=2FeO：+3CF+5H2O,故D錯誤;

答案選C。

7.CO2/C2H4耦合反應制備丙烯酸甲酯的機理如圖示。下列敘述錯誤的是

A.該反應的大規(guī)模生產有利于實現“碳中和”和“碳達峰”

B.反應過程中存在C—H鍵的斷裂

C.該反應的原子利用率為100%

D.若將步驟②中CWI換為CH3cH21,則產品將變?yōu)楸┧嵋阴?/p>

【答案】C

【解析】A.根據流程圖可知，CO2、CH2=CH2、CH3I為反應物，HI、丙烯酸甲酯為生成

物，其反應方程式為CO2+CH2=CH2+CH3l-HI+CH2=CHCOOCH3,該反應實現CO2的轉

化，有利于實現“碳中和”和“碳達峰”，故A正確；

B.根據機理圖可知，步驟③中存在C-H鍵的斷裂，故B正確；

C.根據A選項分析，產物是HI和丙烯酸甲酯，則反應的原子利用率不為100%,故C

錯誤；

D.根據生成丙烯酸甲酯的反應方程式，如果步驟②中CHI換成CH3cH21,產品變?yōu)楸?/p>

酸乙酯，故D正確；

答案為C。

8.聯氨(N2HJ可用于處理水中的溶解氧，其反應機理如圖所示。下列說法錯誤的是

N2H4過量NH3H2。02

+

CuO—''AC%。———?CU(NH3)2——?CU(NH3)^

①2②③

A.N2H4分子的共價鍵只有極性鍵

B.N2H4具有還原性，在一定條件下可被。2氧化

C.過程②發(fā)生的是非氧化還原反應

+2+

D.③中發(fā)生反應：4[Cu(NH3)o]+O2+8NH3-H2O=4[Cu(NH3)4]+4OH-

+6H2O

【答案】A

HH

【解析】A.N,H4的結構式為N—NZ，分子的共價鍵既有極性鍵，也有非極性

■/\

HH

鍵，A錯誤;

B.由題干信息可知，N2H4能夠被CuO氧化生成N2,即N2H4具有還原性，而O2的氧

化性強于CuO,故N2H4具有還原性，在一定條件下可被。2氧化，B正確；

C.由分析可知，②轉化中氧化亞銅與氨水反應生成二氨合亞銅離子、氫氧根離子和水，

反應中沒有元素發(fā)生化合價變化，屬于非氧化還原反應，c正確；

+

D.根據氧化還原反應配平可知，③中發(fā)生反應：4[Cu(NH3)9]+O2+8NH3-H2O=

2+

4fCu(NH3)4]+40H+6H2O,D正確;

故答案為Ao

9.四種短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，其中X是元素周期表中原子

半徑最小的元素；Y元素基態(tài)原子的最外層有1個未成對電子，次外層有2個電子；Z元

素原子最高能級的不同軌道都有電子，且自旋方向相同；W元素原子的價層電子排布式是

nsnnp2n?下列說法正確的是

A.氫化物的穩(wěn)定性：一定有Z<W

B.同周期中第一電離能小于Z的有5種

C.Y、Z的最高價氧化物對應的水化物為強酸

D.X、Z可形成Z2X4,該分子中所有原子均滿足8e一穩(wěn)定結構

【答案】B

【解析】四種短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，其中X是元素周期表

中原子半徑最小的元素，可知X是H元素；W元素原子的價層電子排布式是ns%p2n,可

知W為0元素；Z元素原子最高能級的不同軌道都有電子，且自旋方向相同，則Z為

N,Y元素基態(tài)原子的最外層有1個未成對電子，次外層有2個電子，則Y為Li或B,據

此分析解題。A.由分析可知，Z為N,W為0,最簡單氫化物的穩(wěn)定性與非金屬性成正

比，非金屬性Z<W,則氫化物的穩(wěn)定性NH3CH2O,但是穩(wěn)定性NH3>H2O2,A錯誤；

B.由分析可知，Z為N,N的2P能級處于半滿穩(wěn)定狀態(tài)，其第一電離能大于同周期相鄰

元素，則同周期中第一電離能小于N的有Li、Be、B、C、O共5種，B正確；

C.由分析可知，Y元素基態(tài)原子的最外層有1個未成對電子，次外層有2個電子，則Y

為Li或B,最高價氧化物對應的水化物不可能是強酸，C錯誤；

D.由分析可知，X為H,Z為N,X、Z可形成Z2X4,該分子中H原子不滿足8e-穩(wěn)定結

構，D錯誤；

故答案為：Bo

【答案】D

【解析】A.制備氫氧化亞鐵需要隔絕空氣，用苯覆蓋可以達到這個目的，A正確；

B.注射器可以測出生成的氣體的體積，可以根據生成氣體的體積計算反應速率，B正

確；

C.酸性高鋅酸鉀溶液與草酸鈉溶液可以發(fā)生氧化還原反應，當草酸鈉溶液消耗完后繼續(xù)

滴加溶液會變?yōu)樽霞t色，據此可以確定消耗高鎰酸鉀的物質的量，根據方程式系數比確定

草酸鈉的量，c正確；

D.氯水中的次氯酸有漂白性，不能用pH試紙測氯水的pH,會漂白試紙，D錯誤；

答案選D

11.下列實驗操作和現象及所得到的結論均正確的是

選

實驗操作和現象結論

項

向淀粉溶液中加適量20%：?25。4溶液，加熱、冷卻后

A淀粉未水解

加新制CU(OH)2溶液加熱，沒有磚紅色沉淀產生

將濃鹽酸與NaHCO3混合產生的氣體直接通入苯酚鈉酸性：碳酸〉

B

溶液，產生渾濁苯酚

的氧化

向3mLKI溶液中滴加幾滴FeCL溶液，振蕩、再滴FeCl3

C

加1mL淀粉溶液，溶液顯藍色性比12的強

1

向0.1moLIJi凡。？溶液中滴加0.1mol-171^。2具有漂白

D

KMnC>4溶液，溶液褪色性

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】A.檢驗淀粉水解生成的葡萄糖，需先加入NaOH溶液中和H2s04,再加入新制

Cu(0H)2懸濁液，否則Cu(0H)2被H2s04反應，無法檢驗葡萄糖，A操作錯誤，不符合題

忌,擊.；

B.反應生成的氣體C02中混有揮發(fā)的HCL故苯酚的生成不一定是C02制得，需在氣體

通入苯酚鈉溶液之前，經過盛有飽和NaHCCh溶液的洗氣裝置排除HC1干擾，B操作錯

誤，不符合題意；

C.溶液顯藍色，說明有卜生成，即發(fā)生反應2FeC13+2KI=h+2FeC12+2KCl,說明氧化性

FeCl3>l2,C符合題意；

D.H2O2與KMnO4發(fā)生氧化還原反應，KMnCM具有強氧化性將H2O2氧化，體現H2O2的

還原性，D結論錯誤，不符合題意；

故答案選C。

12.反應2co2(g)+6H2(g)一?C2H50H(g)+3H2(D(g)中，實驗測得C。？的平衡轉化率

與壓強(P)、溫度(T)及投料比(㈤的關系如圖1和圖2所示。

70

%65%

、

、

郴

60樹

755^

)

螂

髀50

避

避45

40升

小

O35

。30

25

2

345678

f/MPa77僅

圖2

圖1

下列說法簿誤的是

A.溫度：1\<心<13<14

B,投料比：7nl>m2>m3

C.生產中采用5MPa,是因為壓強不影響該反應的化學平衡

D.其他條件一定時，及時從體系中分離出乙醇，可提高C。2轉化率

【答案】C

【解析】A.由圖2可知，隨著溫度升高C02轉化率降低，平衡逆向移動，故可確定正反

應為放熱反應，則溫度越低，其轉化率越大，結合圖1,低溫下CO2的轉化率大，溫度：

工<(<￡<，，A項正確；

n(H2)

B.增大/二二1有利于提高C。？的轉化率,結合圖2,投料比：班〉山，>加3,B項正

?(C02)

確；

C.由圖1在低溫如7；時，壓強不斷增大時對C。2轉化率影響逐漸變平，壓強過大需要能

耗高，而轉化率增大有限，經濟效益不高，c項錯誤；

D.其他條件不變時，降低生成物的濃度，平衡正向移動，故及時從體系中分離出乙醇,

可提高CC>2轉化率，D項正確；

故選Co

13.實驗室制取HF的原理為CaFz+H2SO4（濃於CaSO4+ZHFT,氫氟酸可用來刻蝕玻

璃，發(fā)生反應：SiOz+4HF=Si耳T+2H8。CaE的立方晶胞如圖所示，其晶胞參數為

anm。下列說法錯誤的是

A.簡單氫化物的穩(wěn)定性：HF>H2O

B.SiF4,H20,SO；三者的VSEPR模型均為四面體形

C.SiO2晶體與Si晶體的晶體類型相同，二者均為良好的半導體

D.CaE晶體中F-與Ca2+之間的最近距離為電anm

一4

【答案】C

【解析】A.非金屬性：F>O,則簡單氫化物的穩(wěn)定性：HF>H20,A正確；

B.SiF4.H2。和SO：的中心原子的價層電子對數均為4,故VSEPR模型均為四面體

形，B正確；

C.二氧化硅晶體和硅晶體均為共價晶體，共同點為熔點高、硬度大，不同點是二氧化硅

晶體不導電，硅晶體是良好的半導體材料，c錯誤；

D.C嗎晶體中Ca?+為面心立方最密堆積，F■位于Ca?+圍成的正四面體的空隙中，F-

與Ca?+之間的最近距離為立方晶胞體對角線長的1，即為立■anm，D正確;

44

故答案為：C?

14.硅錦電池是一種新型電池，其工作原理如圖所示。下列說法錯誤的是

M

n

0

2

fSf

A.電池充電時，Mn。？電極連接外接電源的正極

B,電池工作時，H+通過質子交換膜由Si@C電極區(qū)移向Mn。？電極區(qū)

C.電池充電時，Si@C電極的電極反應式是SiO2+4e-+4H+=Si+2H2。

D.放電時，導線上每通過0.2mol電子，正極區(qū)溶液的質量增加8.7g

【答案】D

【解析】根據圖示，放電時，Si@C電極上，Si失電子生成Si。？，Si@C電極是負極，電

+2+

極反應式是Si+2H2O-4e=SiO2+4H；MnO2得電子生成Mn,MnO2電極是正

極，電極反應式為MnC)2+2e-+4H+=Mn2++2H2。。

A.放電時，Mn。？電極是正極，則電池充電時，MnCh電極連接外接電源的正極，A正

確；

B.電池工作時，陽離子向正極移動，H*通過質子交換膜由Si@C電極區(qū)向Mn。？電極區(qū)

移向，B正確；

C.放電時，$1@€：是負極，電池充電時，Si@C電極為陰極，電極反應式是

-+

SiO2+4e+4H=Si+2H2O,C正確；

D.放電時，正極反應式為MnC)2+2e-+4H+=Mn2++2H2。，導線上每通過0.2mol電

子，有O.lmolMn。,進入溶液，同時有0.2molH+由負極通過質子交換膜進入正極區(qū)，正

極區(qū)溶液的質量增加8.9g,D錯誤;

故選D項。

15.某溫度下，分別向10。0mLO.lmollT的KC1和KzCrO,溶液中滴加

1

0.1mol-L-AgNO3溶液，滴加過程中—1gc（M）（M為CF或CrO^）與AgNO3溶液體積

（V）的變化關系如圖所示（忽略溶液體積變化）。己知銘酸銀是深紅色晶體，下列說法正確

的是

98

A.該溫度下，7Csp（Ag2CrO4）=4.0xl0-

B.曲線L?表示—lgc（C「）與V（AgNC）3）的變化關系

+++

C.P點溶液中：c（K）＞c（NO3）＞c（Ag）＞c（H）＞c（OH）

D.若向等濃度的KC1和KzCrOq的混合溶液中滴加硝酸銀溶液，則先出現白色沉淀

【答案】D

【解析】KC1和AgNO3反應的化學方程式為KC1+AgNO3=AgClJ+KNO3,K2CrO4

和AgNO3反應的化學方程式為K2CrO4+2AgNO3=Ag2CrO4+2KNO3,由圖可知，

KC1和AgN。?恰好反應時消耗V（AgNO3）=10.00mL,K2CrO4和AgNO3恰好反應時

消耗V（AgNC＞3）=20.00mL,則圖中L1代表是—lgc（C「）與V（AgNC）3）的變化關系，

L2代表是—lg（CrOj）與V（AgNO3）的變化關系，N點時

+2+

1c（Ag）=c（CrOj）=ICTmol/L,Ksp（Ag2CrO4）=c（Ag）-c（CrOt）

=（2X10-4）2X10^^4X10-12,據此分析解題。

2+42412

A.由分析可知，Ksp（Ag2CrO4）=c（Ag）-c（CrO^）=（2x10-）xW=4xW,

A錯誤;

B.根據上述分析可知：圖中LI代表是-Ig/cr）與V（AgNC）3）的變化關系，L2代表是

-lgc（CrOj）與V（AgNC）3）的變化關系，B錯誤；

C.根據上述分析可知：Li代表是-lgc（C「）與V（AgNC）3）的變化關系，在

V（AgNO3）=10.00mL,二者恰好發(fā)生KCl+AgNO3=AgClJ+KN03,溶液為

KN03溶液，此時溶液中溶質〃（KN03）=01mol/Lx0.01L=0.001mol,在P點又加入

AgNO3的物質的量為w（AgNO3）=O.lmol/Lx0.005L=0.0005mol,故P點為

KNO3,AgNOs的混合溶液，n（KNO3）:n（AgNO3）=2:l,KNO3是強酸強堿鹽，不

水解；AgNC）3是強酸弱堿鹽，水解使溶液顯酸性，所以c（H+）＞c（OH。，但鹽的水解

是微弱的，主要以鹽電離產生的離子存在，故溶液中微粒濃度大小關系為：

c（N0；）＞c（K+）＞c（Ag+）＞c（H+）＞c（0H-）,C錯誤；

D.根據圖像可知，Li在L2上方，即向相同濃度的KC1和KzCrC^混合溶液中加入

AgNC）3溶液時形成AgCl沉淀所需c（Ag+〉J、，先生成AgCl沉淀，故先觀察到有白色沉

淀產生，D正確；

故選D。

二、非選擇題（本題包括4小題，共55分）

16.ZnO在化學工業(yè)中主要用作橡膠和顏料的添加劑等。工業(yè)上可由菱鋅礦（主要成分為

ZnCO3,還含有Ni、Cd、Fe、Mn等元素）制備。工藝如圖所示：

Na2cCh溶液

稀硫酸KMnO4

］__________

濾液—|沉鋅卜高溫灼燒—ZnO

濾渣1濾渣2濾渣3

相關金屬離子［co（Mn+）=0.1mol/L］形成氫氧化物沉淀pH范圍如表:

金屬離子Fe3+Fe2+Zn2+Cd2+Mn2+Ni2+

開始沉淀的pH1.56.36.07.48.16.9

沉淀完全pH2.88.38.09.410.18.9

已知：

①“溶浸”后的溶液中金屬離子主要有：Zn2\Fe2\Cd2\Mn2\Ni2+=

②弱酸性溶液中KMnO4能將Mi?+氧化生成Mn。？。

③氧化性順序：Ni2+>Cd2+>Zn2+?

(1)“溶浸”后溶液中Fe2+的價層電子排布式為o

(2)“溶浸”步驟中可提高浸出率的措施有(任寫一條即可)o

(3)“調pH”是向“溶浸”后的溶液中加入少量ZnO調節(jié)至弱酸性(pH'5.5),此時溶液

中Zn2+的濃度范圍為-

(4)寫出“氧化除雜”步驟中反應的離子方程式,0

(5)“沉鋅”時會生成Zi^OH)2cO3沉淀，寫出該步驟的離子方程式，該步

驟中檢驗Zi?+沉淀完全的方法是0

(6)已知ZnO晶體的一種晶胞是立方晶胞(如圖所示)，設阿伏加德羅常數的值為NA,該

【答案】(1)3d6(2)加熱、攪拌、適當提高硫酸的濃度、將礦石粉碎等任寫一條

2++

(3)<lmol/L(4)2MnO4+3Mn+2H2O=5MnO2l+4HMnO4

2++

+3Fe+7H2O=MnO2i+3Fe(OH)3；+5H

2+

(5)?.2Zn+2CO3-+H2O=Zn2(OH)2CO3；+CO2t②.取少量“沉鋅”后過濾的

濾液于試管中，滴入Na2cCh溶液，若出現白色渾濁則說明未沉淀完全，若無明顯現象則

說明沉淀完全

3.24xIO32

(6)----------——

NAabC

【解析】形成氫氧化物沉淀的pH范圍如表：“溶浸”發(fā)生反應的化學方程式為：

22

ZnCO3+H2SO4=ZnSO4+H2O+CO2t,“溶浸”后的溶液中金屬離子主要有：Zn\Fe\

Cd2+、Mn2\Ni2+,加入KM11O4能將Fe2+氧化為Fe(OH)3、Mn2+氧化為MnCh,濾渣2的

2+2+2+

成分為Fe(OH)3、MnO2,由于氧化性順序：Ni>Cd>Zn,可加入還原劑Zn單質將Ni、

Cd置換出來，濾渣3為Ni、Cd,濾液為Z11SO4,加入Na2c03反應方程式為：

3ZnSC)4+3Na2co3+4H2O=ZnCO32Zn(OH)2-2H2O1+3Na2so4+2CO2],高溫灼燒固體得到

ZnO；

(1)Fe2+的價層電子排布式為3d6；

(2)提高浸出率的措施有：加熱、攪拌、適當提高硫酸的濃度、將礦石粉碎等；

(3)根據表中數據，O.lmolL-i的ZU+產生沉淀時pH為6.0,可得出

17

Kp[Zn(OH)2]=0.1X(1O-8)2=IO-17,則pH5.5時鋅離子的最大濃度為c=10-(10-

&5)2=l(mol/L),此時溶液中Zn2+的濃度范圍為<lmol/L；

(4)已知弱酸性溶液中KMnCU能將MW氧化生成MnCh,將Fe?+氧化為Fe(0H)3,離子

方程式為：2MnC)4+3Mn2++2H2O=5MnO21+4H+、MnO4

2++

+3Fe+7H2O=MnO2i+3Fe(OH)3；+5H；

(5)“沉鋅”時會生成Zn2(0H)2cO3沉淀，濾液為ZnSCU,加入Na2cO3的離子方程式：

2+

2Zn+2CO"+H20=Zn2(0H)2CO3；+C02?；該步驟中檢驗Zr?+沉淀完全的方法是：取

少量“沉鋅”后過濾的濾液于試管中，滴入Na2cCh溶液，若出現白色渾濁則說明未沉淀完

全，若無明顯現象則說明沉淀完全；

(6)該晶胞中Zn位于頂點和面心的位置、O位于體內，所以晶胞中Zn的個數為8x；

32

165x4+16x4,33.24xIO,3

+6X-=4,。的個數為4,晶胞的密度為二匚-----g/cm^=————g/cm

2Nabc10o

A*NAabc

17.甘氨酸亞鐵[(H2NCH2co0)2Fe]是新一代畜禽飼料補鐵添加劑。某實驗小組以碳酸

亞鐵和甘氨酸反應制備甘氨酸亞鐵裝置如下:

已知：①反應原理為

70c

2H2NCH2COOH+FeCO3>(H2NCH2COO)9Fe+CO2T+H2O。

②甘氨酸易溶于水，微溶于乙醇；甘氨酸亞鐵易溶于水，難溶于乙醇。

③檸檬酸易溶于水和乙醇，具有較強的還原性和酸性。

實驗過程：

I.裝置c中盛有過量的FeCC）3和200mL2.0mol1T甘氨酸溶液。實驗時，先打開儀器

a的活塞，待裝置C中的空氣排凈后，加熱并不斷攪拌，然后向三頸燒瓶中滴加檸檬酸溶

液。

II.反應結束后過濾，將濾液進行蒸發(fā)濃縮；加入無水乙醇，過濾、洗滌并干燥。

（1）裝置B的作用為o

（2）為了防止Fe?+被氧化，本實驗采用的措施有0

（3）實驗室制取碳酸亞鐵晶體（FeCC^nH?。）過程中，可能有少量碳酸亞鐵晶體被氧化

為FeOOH,該反應的化學方程式為-

（4）過程I加入檸檬酸溶液可調節(jié)溶液的pH,溶液pH與甘氨酸亞鐵產率的關系如圖所

Zj「o

0pH

pH過低或過高均導致產率下降，原因是。

（5）過程II中加入無水乙醇的目的是=

（6）產品中Fe?+含量的測定：準確稱取5.60g產品，用蒸儲水配制成100mL溶液。取出

25.00mL溶液于錐形瓶中，稀硫酸酸化后，用0.05000mol-LTKMnC>4標準溶液滴定至終

點（已知滴定過程中只有Fe?+被氧化），消耗KM11O4標準溶液的體積為20.00mL。判斷達

到滴定終點的依據是,計算可得，產品中Fe?+的質量分數為%□

【答案】（1）除去二氧化碳中的氯化氫氣體

（2）用CO2排凈裝置內空氣、滴加檸檬酸、尾氣吸收導管插入液面以下

（3）4FeCO3-nH2O+O2=4FeOOH+4CO2+（4n-2）H2O

（4）pH過低，H?NCH2cOOH與H+反應（或HzNCHzCOOH難電離出

H2NCH2coeF）,pH過高，Fe?+與OIF反應生成Fe（OH）2沉淀

（5）降低甘氨酸亞鐵的溶解度，使其易結晶析出

（6）①.滴入最后半滴KM11O4標準溶液，溶液由無色變成淺紫色，且半分鐘之內不

褪色②.20

【解析】反應開始，先打開分液漏斗a的旋塞，A中碳酸鈣和鹽酸反應制備二氧化碳氣

體，B中盛放碳酸氫鈉溶液，用于除去二氧化碳中的氯化氫，并用二氧化碳排盡裝置內空

氣；待D中石灰水變渾濁，再打開旋塞b,使檸檬酸滴入C,同時加熱C,裝置C中發(fā)生反

7O,C

應2H2NCH2coOH+FeCO3.（H2NCH2COO）2Fe+CO2T+H2O,生成甘氨酸亞鐵

［（H2NCH2COO）2Fe］；反應結束后過濾，取濾液，蒸發(fā)濃縮，加入無水乙醇，過濾、洗

滌、干燥得產品甘氨酸亞鐵。

（1）鹽酸易揮發(fā)，裝置B的作用為除去二氧化碳中的氯化氫氣體。

（2）用CO2排凈裝置內空氣，避免空氣中的氧氣氧化Fe?+；檸檬酸溶液的作用除了促進

FeCOs的溶解，調節(jié)溶液的pH外，還能防止亞鐵離子被氧化；尾氣吸收導管插入液面以

下，防止空氣進入反應體系氧化Fe?+。

（3）干燥過程中可能有少量碳酸亞鐵晶體被氧化為FeOOH,反應的化學方程式為

4FeCO3-nH2O+O2=4FeOOH+4CO2+(4w-2)H2O。

(4)pH過低，氫離子濃度較大，氫離子和H?NCH2coOH反應，或HzNCI^COOH難

電離出H?NCH2coeT,不利于(H2NCH2coO%Fe的生成；pH過高，Fe?+與OIT反

應生成Fe(OH)2沉淀，(H2NCH2coGJ、Fe的產率將降低。

(5)加入乙醇后溶劑的極性減弱，甘氨酸亞鐵的溶解度下降，從而結晶析出，故目的是降

低甘氨酸亞鐵的溶解度，使其易結晶析出。

(6)達到滴定終點的依據是滴入最后半滴KMnC\標準溶液，溶液由無色變成淺紫色，且

半分鐘之內不褪色；根據題意得5Fe?+因此

?(Fe2+)=5x0.05000mol-I71x20.00x103Lx4=0.02mol,

2+

w(Fe)=2mHx50g.m°LxlQ0%=20%o

\'5.60g

18.乙烯是世界上產量最大的化學產品之一，是合成纖維、合成橡膠基本化工原料。二氧

化碳氧化乙烷脫氫制乙烯為生產乙烯提供了新途徑。一定溫度下，CO2與C2H6在催化劑表

面發(fā)生如下反應：

I.C2H6(g)^C2H4(g)+H2(g)

II.CO2(g)+H2(g),CO(g)+H2O(g)

III.CO2(g)+4H2(g)『CH4(g)+2H2O(g)

IV.C2H6(g)+H2(g)^2CH4(g)

已知部分共價鍵的鍵能如下表所示：

共價鍵C-HH-HH-0c=o

鍵能/kJmol-

413436464799

1

回答下列問題：

1

(1)反應III：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)\H=kJ-mob,該反應

的反應物和生成物中，屬于Sp3雜化的原子種類有種。

(2)用惰性氣體與C2H6混合作為反應氣體時只發(fā)生反應I：

C2H6(g).C2H4(g)+H2(g),在923K、lOOkPa恒溫恒壓條件下，將

〃(C2H6):"(Ar)=1:。的混合氣體進行C2H6脫氫反應，平衡時C2H6的轉化率為〃，則該

反應平衡常數%=kPa(用含a,b的代數式表示)。

(3)在一定條件下C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g)AH>0反應達到平衡狀態(tài)，當改變

反應的某一條件后，下列變化能說明平衡一定向正反應方向移動的是。

A.正反應速率先增大后減小B.混合氣體密度增大

C.反應物的體積百分數增大D.化學平衡常數K值增大

(4)反應II：C02(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)AH>0是提高乙烯產率的關鍵，

但同時發(fā)生副反應III。

①為提高反應II的平衡轉化率，應選擇的反應條件為。

A.低溫、高壓B.高溫、低壓C.低溫、低壓D.高溫、高壓

②基于上述反應，在催化劑表面C2H6與CO2發(fā)生脫氫制乙烯的總反應為：16c2H6(g)

+9CO2(g).-14C2H4(g)+12H2(g)+6H2O(g)+CH4(g)+12CO(g),該反應溫度?？?/p>

制在600℃左右，其原因是。

(5)乙烯氯化反應合成1,2-二氯乙烷電化學裝置如圖所示，A,B為多孔伯電極分別通

入乙烯和氯氣。A電極的電極反應式為,離子交換膜為(填“陰離

子''或"陽離子”)交換膜。

【答案】(1)①.-166②.2

(3)AD

(1+0+&)(1-/?)

(4)①.B②.600℃左右催化劑活性最大

(5)①.CH?=CH2+2C1—2片=CH2C1CH2cl②.陰離子

【解析】(1)反應in：CO2(g)+4H2(g).CH4(g)+2H2O(g)兇=反應物的總鍵能-生成

物的總鍵能=(2x799+436x4)kJ-moH-(413x4+464x4)kJ-moH=-166kJ-mol-i,該反應的反應物

4

和生成物中，C02的中心C原子的價層電子對數為5=2,發(fā)生sp雜化，氏分子中，H原

4+4

子不發(fā)生雜化，CH4分子中，中心C原子的價層電子對數為——=4,發(fā)生sp3雜化，H20

2

分子中，中心。原子的價層電子對數為基=4,發(fā)生sp3雜化，則屬于sp3雜化的原子種

類有2種。

(2)923K、lOOkPa恒溫恒壓條件下，將“(C2H$)："(Ar)=1:。的混合氣體進行C2H6脫

氫反應C2H6(g).C2H49)+凡他)，設〃(C2H6尸ImoL則"(Ar尸amoL平衡時C2H6的

轉化率為b,則平衡時：〃(C2H6尸(l-b)mol,〃(C2H4)=bmoLn(H2)=bmol,w(Ar)=amol,〃(混

bXlOOkPaX——bXlOOkPa

合物)=(l+a+b)mol,該反應平衡常數KP=1+a+b—————1+a+b------------=

-xlOOkPa

1+a+b

100尸

---------------kPa。

(1+a+6)(1—6)

(3)A.正反應速率先增大后減小，說明改變條件瞬間，正反應速率增大，之后正反應速

率逐漸減小，表明平衡正向移動，使正反應速率減小，A符合題意；

B.反應前后氣體的總質量不變，若在恒容容器中，則密度始終不變；若在恒壓容器中，

反應前后氣體的物質的量增大，容器的體積增大，則混合氣體密度減小，所以混合氣體的

密度增大不能說明平衡正向移動，B不符合題意；

C.反應物的體積百分數增大，可能是增大反應物的量使平衡正向移動，也可能是增大生

成物的量使平衡逆向移動，c不符合題意；

D.化學平衡常數K值增大，表明溫度升高，平衡正向移動，D符合題意；

故選AD?

(4)反應n：CO2(g)+H2(g)^CO(g)+H2O(g)AH>0是提高乙烯產率的關鍵，

但同時發(fā)生副反應III：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)o

①反應H是反應前后氣體分子數相等的吸熱反應，若想提高平衡轉化率，應采取的反應條

件為高溫，但同時要抑制副反應III的發(fā)生，需采取的反應條件為減壓，所以需選擇的反應

條件為：高溫、低壓，故選B。

②基于上述反應，在催化劑表面C2H6與CO2發(fā)生脫氫制乙烯的總反應為：16c2H6(g)

+9CO2(g).-14C2H4(g)+12H2(g)+6H2O(g)+CH4(g)+12CO(g),該反應溫度?？?/p>

制在600℃左右。溫度低時，反應速率慢，溫度高時反應速率快，但同時要考慮催化劑的

活性，溫度通常調整到催化劑的最大活性，其原因是：600℃左右催化劑活性最大。

(5)從圖中可以看出，由乙烯轉化為CH2cleH2CI,碳元素的化合價升高，A(Pt)為負極，

CL得電子生成ChB(Pt)為正極。A(Pt)電極中，乙烯得電子產物與電解質反應，生成

CH2CICH2CI,依據得失電子守恒、電荷守恒和質量守恒，可得出電極反應式為

；在電極，則透過離子

CH2=CH2+2C1-2e=CH2C1CH2C1B(Pt)Cl2+2e-=2Cl-,Ct

交換膜向A電極移動，所以離子交換膜為陰離子交換膜。

19.多環(huán)氨基甲?；逋愃莆颋,可以作為藥物原料或中間體合成新型抗流感病毒藥

CM,

°VXN'SZ^OH

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6H.上21GHQO一

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16