2021届陕西省交大附中、龙岗中学高三上学期第一次联考化学试题(解析版)

2020～2021学年第一学期

交大附中、龙岗学校第一次联考化学试题

（考试时间：90分钟试卷满分：100分）

注意事项：

1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2.回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。

3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Fe-56 Co-59

第Ⅰ卷

一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有

一项是符合题目要求的。

1. 化学与生活、生产、科技等紧密相关，下列有关说法错误的是

A. 从某种锂离子电池的正极材料中可回收金属Li

B. 港珠澳大桥的隔震支座所含的橡胶属于有机高分子材料

C. 高效手性螺环催化剂通过改变反应热增大化学反应速率

D. 嫦娥四号探测器所搭载的太阳能电池的电池板的主要材料为单质硅

【答案】C

【解析】

【详解】A．锂离子电池放电时产生锂离子，锂离子向正极移动，充电时在正极发生还原反应，所以从该电池的正极材料中可回收金属Li ，A正确；

B．有机高分子材料是用有机高分子化合物制成的材料，常见的塑料、橡胶、合成纤维等都属于有机高分子材料，B正确；

C．催化剂可以改变反应的历程，通过降低化学反应的活化能来加快化学反应速率，反应的始态和终态不变，所以不能改变反应热，C错误；

D．硅是可以将太阳能变为电能的材料，可以制太阳能电池，D 正确。

答案选C。

2. 下列有关化学用语表示正确的是

A. 镁离子的结构示意图：

B. CH2F2的电子式：

Cl

C. HClO的结构式：H—Cl—O

D. 含18个中子的氯原子：17

35

【答案】A

【解析】

【详解】A、镁原子失去最外层两个电子变为镁离子，A正确；

B、CH2F2的电子式中F原子最外层应满足8电子稳定结构，B错误；

C、HClO正确的结构式为H—O—Cl，C错误；

Cl，D错误。

D、含18个中子的氯原子：35

17

答案选A。

3. 已知N A为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是

A. 1 mol铁在1 mol Cl2中燃烧，最终转移的电子数为2 N A

B. 100 g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有的氧原子数为N A

C. 标准状况下，22.4 LHF所含的分子数为N A

D. 25℃时，pH=13的Ba（OH）2溶液中含有OH－的数目为0.1 N A

【答案】A

【解析】

【详解】A．铁在氯气中燃烧生成氯化铁，但1 mol铁在1 mol Cl2中燃烧，铁过量，铁与氯化铁反应生成氯化亚铁，故最终转移的电子数为2N A，A正确；

B．100 g质量分数为46%的乙醇水溶液中含46g乙醇和54g水，含氧原子数大于N A，B错误；

C．标况下，HF是液体，不用气体摩尔体积计算物质的量，C错误；

D．溶液的体积未知，不能计算溶液中微粒的物质的量，D错误；

答案选A。

4. 某违禁化学品的结构如图所示，有关该有机物的说法正确的是

A. 该烃的分子式为C18H21N

B. 两个苯环上的原子一定共平面

C. 能与Br2发生加成反应

D. 苯环上的一氯代物有3种结构

【解析】

【

详解】A ．该有机物含N ，不属于烃，A 错误；

B ．两个苯环与共同的碳原子相连，两苯环所在平面可通过碳碳单键旋转在一平面，B 错误；

C ．该物质含苯环，与溴发生取代反应，C 错误；

D ．苯环上含3种等效氢，故苯环上的一氯代物有3种结构，D 正确； 答案选D 。

5. 下列关于课本实验的操作、结论正确的是

A. 酸碱中和滴定实验中，排出酸式滴定管内的气泡

B. 向铜与浓硫酸反应后的试管中加水，若溶液变蓝，证明生成物中含有Cu 2＋

C. 中和热的测定实验中，为了使酸碱均匀混合，应该用环形玻璃搅拌棒不断顺时针搅拌

D. 标况下，若用向下排空气法收集的氨气（平均摩尔质量为21g/mol ）进行喷泉实验，所得氨水浓度等于1/22.4mol/L （假设烧瓶内气体、液体均不向烧瓶外扩散）

【答案】D 【解析】 【详解】A ．该操作为碱式滴定管排气泡，A 错误； B ．稀释浓硫酸时，应将反应后的溶液加入水中，B 错误；

C ．中和热的测定实验中，为了使酸碱均匀混合，应该用环形玻璃搅拌棒上下搅拌，C 错误；

D ．喷泉实验，容器的体积是气体体积，也为溶液的体积，则氨水的浓度为

m m V V n 11

c====mol/L V V V 22.4

气液，D 正确； 答案选D 。

6. 下列判断正确的是 A. Na 2S 2O 3溶液中加入稀硫酸的离子方程式为：22-23S O ＋4H ＋=2-

4SO ＋3S ↓＋2H 2O

B. 用TiCl 4制备TiO 2的反应可表示为：TiCl 4＋(x ＋2)H 2O （过量）TiO 2·xH 2O ↓＋4HCl

C. CuCl 2溶液中通入少量H 2S 溶液：Cu 2＋＋S 2－=CuS ↓

D. 磁性氧化铁溶于氢碘酸：Fe 3O 4＋8H ＋=Fe 2＋＋2Fe 3＋＋4H 2O

【答案】B

【详解】A. Na2S2O3溶液中加入稀硫酸的离子方程式应该为：2-

23

S O＋

2H＋＝SO2↑＋S↓＋H2O，A错误；

B. TiCl4易水解，用TiCl4制备TiO2的反应可表示为：TiCl4＋(x＋2)H2O（过量）TiO2·xH2O↓＋4HCl，B正确；

C. 硫化氢难电离，CuCl2溶液中通入少量H2S溶液：Cu2＋＋H2S=CuS↓＋2H＋，C错误；

D. 铁离子能氧化碘离子，磁性氧化铁溶于氢碘酸：Fe3O4＋2I－＋8H＋＝3Fe2＋＋I2＋4H2O，D错误；答案选B。

7. 我国有较多的科研人员在研究甲醛的氧化，有人提出HCHO()与O2在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO2、H2O的历程，该历程示意图如图（图中只画出了HAP的部分结构）。

下列说法正确的是（）

A. 该反应的氧化产物是CO2

B. HCHO在反应过程中有C=O键发生断裂

C. 根据图示信息，CO2分子中的氧原子全部来自O2

D. HAP能提高HCHO与O2应的活化能，但不改变反应路径

【答案】A

【解析】

【详解】A．由题干信息，HCHO与O2在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO2、H2O，HCHO中的C 从0价升高至+4价，作还原剂，则对应生成的CO2为氧化产物，A选项正确；

B．根据图示，整个反应过程中，HCHO在反应过程中有C—H键的断裂和C=O键的形成，B选项错误；C．由图示可知，CO2分子中氧原子一部分来自于O2，一部分还来自于HCHO，C选项错误；

D．HAP在反应中作催化剂，可降低HCHO与O2应的活化能，D选错误；

答案选A。

8. 由下列实验及现象推出的相应结论正确的是（）

选项实验现象结论

A

相同条件下，用

20mL1.0mol·L-1CH3COOH溶液和醋酸溶液对应的灯

泡较暗

CH3COOH是弱电解

质

50mL1.0mol·L-1的盐酸分别做导

电性实验

B 某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液产生蓝色沉淀

原溶液中有Fe2＋，无

Fe3＋

C

将石蜡油蒸汽通过炽热的碎瓷片，

产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液溶液紫红色褪去

产生的气体一定是

乙烯

D

向鸡蛋清溶液中滴加饱和Na2SO4

溶液有白色不溶物析出

Na2SO4能使蛋白质

变性

A. A

B. B

C. C

D. D

【答案】A

【解析】

【详解】A．相同条件下，用20mL1.0mol·L-1CH3COOH溶液和50mL1.0mol·L-1的盐酸分别做导电性实验，醋酸溶液对应的灯泡较暗，说明醋酸溶液中离子浓度低，CH3COOH难电离，是弱电解质，故A正确；B．某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀Fe3[Fe(CN)6]2，确定原溶液中有Fe2＋，但不能确定有无Fe3＋，故B错误；

C．将石蜡油蒸汽通过炽热的碎瓷片，产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液，溶液紫红色褪去，只能确定产生不饱和烃，但不一定是乙烯，故C错误；

D．向鸡蛋清溶液中滴加饱和Na2SO4溶液，有白色不溶物析出，Na2SO4是轻金属盐，能使蛋白质盐析，故D错误；

故选A。

9. 我国科学家合成了一种新的化合物，其结构式如图所示。该物质中W、X、Y、Z、M是短周期中常见元素，且原子序数依次增大；已知M元素原子核外电子总数是Y元素原子核外电子总数的两倍。下列说法中错误的是

A. 由X和Y两种元素形成的化合物有多种

B. W和Z元素位于周期表中同一主族

C. 元素的非金属性强弱顺序为：Z＞Y＞X

D. Y、M元素的气态氢化物沸点高低为：Y＞M

【答案】B

【解析】

【分析】

W、X、Y、Z、M是短周期中常见元素，且原子序数依次增大；已知M元素原子核外电子总数是Y元素原子核外电子总数的两倍，结合结构式图所示，X形成3个共价键，M形成六个共价键，W形成一个共价键，则W为H元素，X为N元素，Y为O元素，Z为F元素，M为S元素，据此分析结合元素性质解答。【详解】根据分析，W为H元素，X为N元素，Y为O元素，Z为F元素，M为S元素；

A．X为N元素，Y为O元素，由X和Y两种元素形成的化合物为氮氧化物，有一氧化氮、二氧化氮、三氧化二氮、五氧化二氮等多种，故A正确；

B．W为H元素，位于第一周期第ⅠA族，Z为F元素，位于周期表第二周期第ⅦA族，故B错误；C．X为N元素，Y为O元素，Z为F元素，同周期元素，随核电荷数增大，非金属性越强，元素的非金属性强弱顺序为：Z＞Y＞X，故C正确；

D．Y为O元素，M为S元素，氧元素形成的氢化物为水，水分子间存在氢键，沸点较高，硫元素形成的气态氢化物为硫化氢，无氢键，则Y、M元素的气态氢化物沸点高低为：Y＞M，故D正确；

答案选B。

【点睛】根据元素的成键特征，可以判断出各元素所在的族，从而根据同周期元素的性质递变规律进行判断。

10. 用锂－氟化碳（氟气与碳生成的夹层化合物）电池电解含有尿素[CO（NH2）2]的碱性溶液，用于废水处理和煤液化供氢，其装置如图所示（装置中c、d均为惰性电极，隔膜仅阻止气体通过），下列说法错误的是

A. 电极a为锂－氟化碳电池的负极

B. 电极b的电极反应为（CF x）n＋nx e－=n C＋nx F－

C. 装置中电子流动方向：电极a→电极d→隔膜→电极c→电极b

D. c电极区和d电极区产生的气体在相同条件下的体积比为1:3

【答案】C

【解析】

【详解】A．锂－氟化碳（氟气与碳生成的夹层化合物）电池中Li+定向移动到b极，根据原电池中阳离子定向移动到正极可推出b极为正极，则a极为负极，选项A正确；

B．电极b为原电池的正极，正极上氟气与碳生成的夹层化合物（CF x）n得电子产生C和F－，故电极反应为（CF x）n＋nx e－=n C＋nx F－，选项B正确；

C．根据装置可知电极a为负极，b为正极，c为阳极，d为阴极，故装置中电子流动方向：电极a→电极d，电极c→电极b，电子不在隔膜中流动，选项C错误；

D．根据得失电子守恒，电解含有尿素[CO（NH2）2]的碱性溶液，c电极区和d电极区产生的气体N2和H2在相同条件下的体积比为1:3，选项D正确；

答案选C。

11. 下列图示与对应的叙述相符的是

A. 图1表示镁条放入盐酸中生成氢气速率随时间的变化，起初反应速率加快的原因可能是该反应为吸热反应

B. 图2中a、b曲线均表示反应CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）的物质能量与反应过程的变化关系，b曲线可能使用了催化剂

C. 图3表示25 ℃时用0.100 0 mol·L?1醋酸滴定40.00 mL 0.100 0 mol·L?1NaOH溶液得到的滴定曲线

D. 图4表示向2 mL 5%的H2O2溶液中分别滴加0.1 mol·L?1 Fe3+和Cu2+（两溶液的阴离子相同）各1 mL，生成氧气的体积随时间的变化，表明Cu2+能使反应更快

【答案】B

【解析】

【详解】A．Mg与盐酸反应为放热反应，起初反应速率加快的原因是这一阶段温度对反应速率的影响大于浓度对反应速率的影响，A错误；

B．b曲线反应活化能低于a曲线，故b曲线可能使用了催化剂，B正确；

C．0.100 0 mol·L?1NaOH溶液pH=13，40mL时醋酸和NaOH恰好完全反应生成醋酸钠，醋酸钠溶液呈碱性，pH应大于7，与图不符，故图3不可能是用0.100 0 mol·L?1醋酸滴定40.00 mL 0.100 0 mol·L?1NaOH

溶液得到的滴定曲线，C错误；

D．由图4可知，Fe3+能使反应更快，D错误。

答案选B。

12. 化学上把外加少量酸、碱，而pH基本不变的溶液，称为缓冲溶液。现有25℃时，浓度均为0.10 mol/L 的CH3COOH和CH3COONa的缓冲溶液，pH=4.76。(已知：K a(CH3COOH)=1.75×10–5，K b为CH3COONa 的水解常数)，下列说法正确的是

A. 混合溶液加水稀释，c(OH–)减小

B. 25℃时，K a(CH3COOH)＜K b(CH3COO–)

C. c(CH3COO-)＋c(OH-)＜c(CH3COOH)＋c(H＋)

D. 向1.0 L上述缓冲溶液中滴加几滴NaOH稀溶液(忽略溶液体积的变化)，反应后溶液pH基本不变

【答案】D

【解析】

【详解】A．该混合溶液pH<7，溶液显酸性，加水稀释，溶液中c(H+)减小，由于K w= c(H+)·c(OH–)，在温度不变时，K w不变，溶液中c(H+)减小，则c(OH–)增大，A错误；

B．浓度均为0.10 mol/L 的CH3COOH和CH3COONa的缓冲溶液，pH=4.76，说明酸的电离作用大于盐的水解作用，所以K a(CH3COOH)＞K b(CH3COO–)，B错误；

C．根据物料守恒可得①：2c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，根据电荷守恒可得②：c(CH3COO-)＋

c(OH-)=c(Na+)＋c(H＋)，将①+2×②，整理可得c(CH3COO-)＋2c(OH-)=c(CH3COOH)＋2c(H＋)，溶液pH=4.76，则c(H+)＞c(OH–)，所以c(CH3COO-)＋c(OH-)＞c(CH3COOH)＋c(H＋)，C错误；

D．向该缓冲溶液中加入几滴NaOH溶液，由于缓冲溶液中存在平衡：CH 3COOH CH3COO-+H+，NaOH 电离产生的OH-中和溶液中H+，使电离平衡正向移动，因此反应后溶液pH基本不变，D正确；

故合理选项是D。

13. 近日，我国科研团队制备了基于稀土单原子催化剂(SAC)用于常温常压下的电化学催化还原氮气的反应。反应历程与能量关系如图所示(*表示稀土单原子催化剂)。

下列说法错误的是

A. Sc1/NC比Y1/NC更有利于吸附N2

B. 该单原子催化电化学还原N2的反应?H<0

C. 使用Sc1/NC单原子催化剂时，历程中最大能垒的反应为：*N2＋H→*NNH

D. 使用Sc1/NC和Y1/NC催化电化学还原N2的反应?H的值不相等

【答案】D

【解析】

【详解】A.由图可知，使用Sc1/NC的反应活化能小于使用Y1/NC的反应活化能，说明Sc1/NC比Y1/NC 更有利于吸附N2，故A正确；

B.由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，则该单原子催化电化学还原N2的反应为放热反应，?H<0，故B正确；

C.由图可知，使用Sc1/NC单原子催化剂时，*N2与H结合生成*NNH的活化能最大，则历程中最大能垒的反应为*N2＋H→*NNH，故C正确；

D.催化剂只能改变反应的途径，但是不能改变?H的数值与符号，则使用Sc1/NC和Y1/NC催化电化学还原N2的反应?H的值相等，故D错误；

故选D。

【点睛】催化剂只能改变反应的途径，但是不能改变?H的数值与符号是解答关键。

14. 常温下，已知K a1(H2CO3)=4.3×10-7，K a2(H2CO3)=5.6×10-11。某二元酸H2R及其钠盐的溶液中，H2R、HR-、R2-三者的物质的量分数随溶液pH变化关系如图所示，下列叙述错误的是( )

A. H2R的一级电离常数K a1的数量级为10-2

B. 在pH=4.3的溶液中：3c(R2-)=c(Na+ )+c(H+)-c(OH-)

C. 等体积、等浓度的NaOH溶液与H2R溶液混合后，溶液中：c(R2- )＞c(H2R)

D. 向Na2CO3溶液中加入少量H2R溶液，发生的反应是：CO32- +H2R=HCO3-+HR-

【答案】D

【解析】

【分析】

二元酸

H 2X 存在两步电离：H 2R HR -+H +，Ka 1=

()()()

-+2c HR c H c H R =1.0×10-1.

3[根据图上第一个交点，

c (H 2R )=c (HR -)，那么Ka 1= c (H + )= 1.0×10-1.3]；HR - R 2- +

H +，Ka 2=()()()

2-+-

c R c H c HR

=1.0×10-4.

3[根

据图上的

第二个交点，c (R 2-)=c (HR -)，那么Ka 2=c (H + )= 1.0×10-4.3]；R 2-发生两步水解：R 2- + H 2O HR

-

+OH -

，9.7w

12

1.010h a K K K -=

=?；HR -+ H 2O H 2R + OH -

，w

1

2h a K K K =

=-12.71.010?。 【详解】A . 根据分析，H 2R 的一级电离常数Ka 1=1.0×10-1.3，则数量级为10-2，A 项正确；

B . 如图在pH =4.3时溶液中c (R 2-) = c (HR -)，溶液中电荷守恒为c (Na + )+c (H +)=2c (R 2-) + c (HR -)+c (OH -)，故3c (R 2-)=c (Na + )+c (H +)-c (OH -)，B 项正确；

C . 等体积、等浓度的NaOH 溶液与H 2R 溶液混合后，二者恰好反应生成NaHR ，HR -可以电离也可以水解，由于K a2=1.0×10-4.

3大于K h2=-12.71.010?，所以以电离为主，溶液显酸性，则电离产物c (R 2-

)大于水解产

物c (H 2R )，C 项说法正确；

D . 根据弱酸的电离平衡常数越大酸性越强，由于Ka 1(H 2R )＞Ka 2(H 2R )＞Ka 1(H 2CO 3)＞Ka 2(H 2CO 3)，可得酸性：H 2R ＞HR ˉ＞H 2CO 3＞HCO 3ˉ，可得酸根离子结合氢离子能力：CO 32-＞HCO 3ˉ＞R 2-＞HR ˉ；那么向Na 2CO 3溶液中加入少量H 2R 溶液，因为是少量酸性溶液，只能将CO 32-转化为HCO 3ˉ，酸性不足还不能生成HR ˉ

，仍然以R 2-形式存在，故发生的反应是：2CO 32- +H 2R = 2HCO 3ˉ

+ R 2-

，D 项错误； 答案选D 。

第 Ⅱ 卷

二、非选择题：共58分。第15～17题为必考题，每个试题考生都必须作答。第18～19题为 选考题，考生根据要求做答。 （一）必考题：共43分。

15. 从砷盐净化渣（成分为Cu 、As 、Zn 、ZnO 、Co 和SiO 2）中回收有利用价值的金属，解决了长期以来影响砷盐净化工艺推广的技术难题，具有较强的实践指导意义。其工艺流程如下∶

回答下列问题∶

（1）在“选择浸Zn”之前，将砷盐净化渣进行球磨的目的是___________。其他条件不变时，Zn 和Co 的浸

出率随pH变化如图所示，则“选择浸Zn”过程中，最好控制溶液的pH=_____。

（2）“氧化浸出”时，As被氧化为H3AsO4的化学方程式为___________。“浸渣”的主要成分为_____________（填化学式）。

（3）用NaOH溶液调节氧化浸出液至弱酸性，再加入Na3AsO4进行“沉铜”，得到难溶性的Cu5H2（AsO4）4

·2H2O，则“沉铜”的离子方程式为_____________。

（4）“碱浸”时，除回收得到Cu（OH）2外，还得到物质M，且M在该工艺流程中可循环利用，M的化学式为_____________。

（5）为测定草酸钴产品的纯度，现称取mg样品，先用适当试剂将其转化，得到纯净的酸铵溶液，再用过量的稀硫酸酸化，用c mol·L－1高锰酸钾标准液滴定，达到滴定终点时的现象为：___________。共用去V mL 高锰酸钾标准液，则该草酸钴产品的纯度为：____________。若酸化时用盐酸代替硫酸，测得的纯度将______（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。

【答案】(1). 减小粒子的大小，增大接触面积，加快浸出速率(2). 3(3). 2As＋5H2O2=2H3AsO4＋2H2O(4). SiO2(5). 5Cu2＋＋43-4

AsO＋2H＋＋2H2O= Cu5H2（AsO4）4·2H2O (6). Na3AsO4

(7). 锥形瓶内溶液颜色由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色，(8). 0.3675cV36.75cV

×100%% m m

或

(9). 偏大

【解析】

【分析】

砷盐净化渣（成分为Cu、As、Zn、ZnO、Co和SiO2）中加入硫酸酸浸，再加入过氧化氢后发生一系列氧化还原反应，如As被氧化为H3AsO4等，二氧化硅不反应作为滤渣过滤排出，再加入Na3AsO4发生沉铜反应，得到难溶性的Cu5H2（AsO4）4·2H2O，碱浸后得到氢氧化铜。

【详解】（1）在“选择浸Zn”之前，将砷盐净化渣进行球磨的目的是减小粒子的大小，增大接触面积，加快浸出速率。其他条件不变时，Zn和Co的浸出率随pH变化，由图可知“选择浸Zn”过程中，最好控制溶液的pH=3。

（2）“氧化浸出”时，根据氧化还原反应原理，As被氧化为H3AsO4的化学方程式为2As＋5H2O2=2H3AsO4＋2H2O。“浸渣”的主要成分为SiO2。

（3）用NaOH溶液调节氧化浸出液至弱酸性，再加入Na3AsO4进行“沉铜”，得到难溶性的Cu5H2（AsO4）

4·2H2O，则“沉铜”的离子方程式为5Cu2＋＋43-

4

AsO＋2H＋＋2H2O= Cu5H2（AsO4）4·2H2O↓。

（4）“碱浸”时，除回收得到Cu（OH）2外，还得到物质M，根据工业流程箭头可知，M在该工艺流程中可循环利用，M的化学式为Na3AsO4。

（5）为测定草酸钴产品的纯度，现称取mg样品，先用适当试剂将其转化，得到纯净的酸铵溶液，再用过量的稀硫酸酸化，用c mol·L－1高锰酸钾标准液滴定，达到滴定终点时的现象为锥形瓶内溶液颜色由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色。共用去V mL高锰酸钾标准液，根据n=cV计算反应中草酸的物质的量，设样品中含CoC2O4质量为x，根据方程式5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，由草酸根守恒可得：

5CoC2O4-5(NH4)2C2O4-5H2C2O4-2MnO4-，即

13

147510

0.3675

2

g mol cV

x

--

????

==，则该草酸钴产品

的纯度为：0.3675cV36.75cV

×100%%

m m

或，若酸化时用盐酸代替硫酸，盐酸与高锰酸根也发生反应，

使测得的纯度将偏大。

16. 某课外活动小组对教材中氨气的催化氧化实验进行了改进，并利用实验生成的产物检验氨的化学性质，实验装置如下（夹持装置略）：

实验步骤如下：

①按装置图连接好装置，检查装置的气密性后，装入试剂；

②先点燃C处酒精灯，再点燃A处酒精灯，待F处有连续不断的气泡产生时，再点燃B处酒精灯；

③反应一段时间后，熄灭A处酒精灯，继续加热NH4Cl和Ca（OH）2固体混合物；

④熄灭B处和C处酒精灯；

请回答下列问题：

（1）NH3的电子式是________，写出NH3发生催化氧化的化学方程式________________。

（2）实验步骤①中检查装置的气密性的方法是___________。

（3）描述实验过程中装置D和装置E的现象：

装置D 装置E

点燃A、B、C处酒精灯__________紫色石蕊溶液变红

熄灭A处酒精灯

继续加热B处酒精灯红棕色慢慢褪去溶液由红色变为蓝色，

__________

（4）装置F中的试剂是______________。

（5）该装置存在一处明显的缺陷，请提出改进意见_____________。

（6）工业上常采用氨氧化法制取硝酸，现有10.0tNH3制取质量分数为63%的HNO3，设NH3氧化后的产物有95%转化为HNO3，最终得到45.0tHNO3，则氨氧化过程中NH3的转化率为_______（用百分数表示，结果保留3位有效数字）。

【答案】(1). (2). 4NH3+5O2催化剂

加热

4NO+6H2O(3). 把F中的导管插入水中，点燃A

和B处的酒精灯，装置F中导管口有气泡冒出，熄灭酒精灯，导管内形成一段水柱，则说明装置气密性良好(4). 有红棕色气体生成(5). 液面上方产生白烟(6). NaOH溶液(7). 在A、B试管口加一团棉花防止导管堵塞（或将A、B试管中的细导管换成较粗的导管）(8). 80.5%

【解析】

【分析】

加热高锰酸钾制备氧气，加热氢氧化钙和氯化铵生成氨气，在C环境中发生催化氧化生成一氧化氮，迅速反应为红棕色二氧化氮，气体进入紫色石蕊溶液后生成硝酸，紫色石蕊试液变红，A反应停止后继续通入一段时间氨气，装置内氧气耗尽，过量的氨气在E中生成氨水与硝酸结合，最终溶液偏碱性，紫色石蕊变蓝。

【详解】（1）NH3的电子式是，NH3发生催化氧化的化学方程式4NH3+5O2催化剂

加热

4NO+6H2O。

（2）实验步骤①中检查装置的气密性的方法是把F中的导管插入水中，点燃A和B处的酒精灯，装置F 中导管口有气泡冒出，熄灭酒精灯，导管内形成一段水柱，则说明装置气密性良好。

（3）描述实验过程中装置D和装置E的现象：

装置D 装置E

点燃A、B、C处酒精灯有红棕色气体生成紫色石蕊溶液变红

熄灭A处酒精灯

继续加热B处酒精灯红棕色慢慢褪去

溶液由红色变为蓝色，液面

上方产生白烟

（4）装置F中的试剂是NaOH溶液。

（5）该装置存在一处明显的缺陷，应在A、B试管口加一团棉花防止导管堵塞（或将A、B试管中的细导管换成较粗的导管）。

（6）工业上常采用氨氧化法制取硝酸，现有10.0tNH 3制取质量分数为63%的HNO 3，设NH 3氧化后的产物有NO ，95%转化为HNO 3，最终得到45.0tHNO 3，根据反应4NO+3O 2+2H 2O=4HNO 3可知，实际消耗的

NO 的质量为1

1

4563%3314.8563t g mol t g mol --???=?，理论上氨气催化氧化生成NO 质量为1114.85178.053395%t g mol t g mol --??=??，则氨氧化过程中NH 3

的转化率为8.05100%10t

t

?=80.5%。 17. 天然气中存在的H 2S 和CO 2给其加工和利用带来严重的问题，科学家提出一种有效的光电驱动协同转化去除方法。

（1）天然气的主要成分为________。

（2）已知反应：2CO （g ）＋O 2（g ）= 2CO 2（g ） ΔH 1=－586kJ/mol 2H 2S （g ）＋O 2（g ）=2S （g ）＋2H 2O （g ） ΔH 2=－530.4kJ/mol

则反应H 2S （g ）＋CO 2（g ）=CO （g ）＋S （g ）＋H 2O （g ）的ΔH =_________kJ/mol 。有利于提高H 2S 和CO 2平衡转化率的条件是_________（填标号）

A 高温高压

B 高温低压

C 低温高压

D 低温低压

（3）某温度下，在体积为2 L 的密闭容器中投入1 mol H 2S 和1 molCO 2，反应体系中各组分的体积分数（Φ）如图所示。20 min 时达到平衡状态，0~20 min 内ν(CO 2)=_________，此时容器内压强为起始压强的_________倍，用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度可表示化学平衡常数K P ，若平衡时总压强为20MPa ，则K P =_________MPa(气体分压=气体总压×各气体的体积分数，保留小数点后两位)。 （4）可利用热化学硫碘循环H 2S 分解制氢，其流程如图所示：

反应I 化学方程式为__________。

（5）光电驱动协同转化去除H 2S 和CO 2的装置如图所示，石墨烯电极A 的电极反应式为_________。

【答案】(1). 甲烷（CH4）(2). ＋27.8(3). B(4). 0.01mol/（L·min）(5). 1.2(6). 1.48 (7). 2H2O＋SO2＋I2=H2SO4＋2HI(8). CO2＋2e－＋2H＋=CO＋H2O

【解析】

【分析】

本题为化学原理综合分析题，需要掌握盖斯定律、化学平衡的变化。

【详解】(1)天然气的主要成分为CH4，故答案为：甲烷（CH4）；

(2)由盖斯定律可知：ΔH=(ΔH2-ΔH1)/2=＋27.8 kJ/mol，所以该反应为气体系数和减小的吸热反应，所以有利于提高H2S和CO2平衡转化率的条件是高温高压，故答案为：＋27.8、B；

(3)根据题意列三段式分析吐下：

由图可知：

n()2-2x

==50%

2

n x

Φ=

+

反应物

(生成物)

，故x=0.4，所以0~20 min内

ν(CO2)=，平衡时气体总物质的量为：2.4mol，初始时气体总物质的

量为2mol，故此时容器内压强为起始压强的1.2倍，设总压为P，则各物质的分压为：P(H2S)=

4

P

, P(CO2)=

4

P

，

P(CO)=

6

P

，P(S)=

6

P

，P(H2O)=

6

P

，故K p=

162220

666 1.48

2162727

44

P P P

P P

P P

?

===≈MPa，故答案为：0.01mol/（L·min），1.2，1.48；

(4)如流程图所示可知，

故答案为：反应I的反应物为H2O、SO2、I2，生成物为：H2SO4、HI，故反应I的化学方程式为：2H2O＋SO2＋I2=H2SO4＋2HI，故答案为：2H2O＋SO2＋I2=H2SO4＋2HI；

(5)由图可知，H+从右向左移动，故石墨烯电极A为正极，故CO2在该电极的电子变为CO，故电极反应式

为：CO2＋2e－＋2H＋=CO＋H2O，故答案为：CO2＋2e－＋2H＋=CO＋H2O；

【点睛】本题为化学原理综合分析题，需要掌握盖斯定律、化学平衡、三段式、电极式等多种知识。（二）选考题：共15分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做则按所做的第一题计分。[化学——选修3：物质结构与性质]

18. N、P、As都是ⅤA族元素，且原子序数依次增大，它们的单质和化合物在生产、生活中有广泛应用。请回答下列相关问题。

(1)基态磷原子的价电子排布式为_______________。

(2)已知白磷的分子式为P4，其结构如图1所示。科学家目前合成了N4分子，其分子结构与白磷类似。则N原子的杂化轨道类型是_______，N—N—N键的键角为_______。

(3)硝酸的沸点较低，从氢键的角度推断其可能的原因是_________________；请写出两种与

3

NO-互为等电子体的微粒化学式_____________（请写一个分子和一个离子）。

(4)

2

NO-与钴形成

的配离子[Co(NO2)6]3?可用于检验K+的存在。2NO-离子的VSEPR模型名称为___________，K3[Co(NO2)6]是黄色沉淀，该物质中四种元素的电负性由大到小的顺序是

_________________。

(5)铝和白磷在一定条件下可以制备磷化铝（AlP），磷化铝晶胞的结构如图2所示。磷化铝中，Al原子的配位数为___________，若最近两个Al原子之间的距离为a cm，用N A表示阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为_________g·cm?3（用含有以上字母的计算式表示）。

【答案】(1). 3s23p3(2). sp3杂化(3). 60°(4). 硝酸中存在分子内氢键(5). SO3、2-3

CO (6). 平面三角形(7). O>N>Co>K(8). 4(9). ()3A

458

2a N

?

【解析】

【详解】(1)P位于第三周期ⅤA族，电子排布式为1s22s22p63s23p3，价电子排布式为3s23p3。

(2)在N4分子中，每个氮原子有三对成键电子，还有一个孤电子对，故价层电子对数为4，因此属于sp3杂化，N4分子为正四面体结构，故N—N—N键的键角为60°。

(3)硝酸在分子内形成氢键，故沸点较低；在NO-

3

中价电子数=5+6×3+1=24，原子总数为4，CO2-

3

或SiO2-

3

、

SO 3分子内也有24个价电子和4个原子，根据等电子体原理，可知CO 2-3

、SiO 2-3、SO 3与NO -

3互为等电子体。

(4) NO -

2中心原子N 的孤电子对数为

12

×（5+1?2×2）=1，成键电子对数为2，价层电子对数为1+2=3，则NO -2的VSEPR 模型为平面三角形。元素的非金属性越强电负性越大，元素的金属性越强电负性越小，则四种元素的电负性由大到小的顺序为O ＞N ＞Co ＞K 。

(5)由AlP 的晶胞图可知，在每个P 原子周围与其等距离的Al 有4个，Al 与P 个数比是1∶1，故Al 原子的配位数为4。在AlP 晶胞中铝原子位于顶点和面心，根据均摊法，可知1个晶胞中含有的Al 原子个数=8×18

+6×

1

2

=4，P 原子位于晶胞内部，共有4个，故1个晶胞中含4个AlP 。若最近两个Al 原子之间的距离为a cm ，则面心的对角线为2a cm ，则晶胞的边长为2a cm ，故晶胞的体积为3(2)a cm 3；则晶胞

的密度ρ=m

V =A 3

458

(2a)

N ?g·cm ?3=3

A (2a)N g·cm ?3。 【点睛】N 4为正四面体结构，但由于没有中心原子，故N —N —N 键的键角为60°，不是109.5°。 19. 化合物G （

）是一种新型化工原料，其合成路线图如下：

已知：A 的最简式为C 2H 5；苯环上的烃基可被酸性KMnO 4溶液氧化为—COOH 。 （1）A 的分子式为______________。

（2）②的反应类型是____________，F 中官能团的名称是_______。 （3）B 的结构简式为__________________。 （4）写出C→D 的反应方程式________________。

（5）F 有多种同分异构体，其中符合下列条件的同分异构体共有____________种，写出核磁共振氢谱有5组峰的物质的结构简式___________。

①遇氯化铁溶液发生显色反应 ②能发生水解反应、银镜反应

（6）以CH 3CH 2Br 和CH 3COOH 为原料（无机试剂任选），设计制备CH 3COOCH 2CH 2OOCCH 3。 写出合成路线图：_____________。

【答案】 (1). C 4H 10 (2). 取代反应 (3). 羟基、酯基 (4).

(5).

+3NaOH????→

一定条件NaCl+2H2O+(6). 13(7).

(8).

【解析】

【分析】

甲苯和氯气发生取代反应，甲苯中的甲基被高锰酸钾氧化为羧基，由逆推，可知D 是、C 是、B 是；和甲醇发生酯化反应生成，F是；

【详解】(1)A的最简式为C2H5，根据烃的通式，A的分子式为C4H10；

(2)反应②是中的-OH被Cl 代替，反应类型是取代反应，F是，官能团的名称是羟基、酯基；

(3)由逆推，甲苯中甲基邻位上的氢原子被氯原子代替生成B，B 的结构简式为；

(4)与氢氧化钠溶液反应生成，反应的方程式是

+3NaOH????→

一定条件NaCl+2H2O+；

(5)①遇氯化铁溶液发生显色反应，含有酚羟基；②能发生水解反应、银镜反应说明是甲酸酯；符合条件的的同分异构体，若苯环上有2个取代基-OH、-CH2OOCH，有3种结构；若苯环上有3个取代基-OH、-OOCH、-CH3，有10种结构，共13种；核磁共振氢谱有5组峰的物质的结构简式是

；

(6)CH3CH2Br发生消去反应生成乙烯，乙烯和溴发生加成反应生成1,2-二溴乙烷，1,2-二溴乙烷发生水解反应生成乙二醇，乙二醇和CH3COOH发生酯化反应生成CH3COOCH2CH 2OOCCH 3，合成路线为

。

【点睛】本题考查有机合成，注意有机物结构的变化，利用“逆推法”分析B的结构简式是解题关键，明确常见官能团的结构和性质，会根据官能团种类异构、官能团位置异构、碳链异构书写同分异构体。