【文档说明】湖南省长沙市雅礼中学2022-2023学年高三下学期月考卷（六）化学试题 （解析版）.docx，共(23)页，1.681 MB，由小赞的店铺上传

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2023届雅礼中学化学试卷(六)时量：75分钟满分：100分可能用到的相对原子质量：H~1C~12N~14O~16F~19Na~23Al~27Si~28S~32Cl~35.5Ca~40Fe~56Ba~137第Ⅰ卷(选择题共42分)一、选择题(本题共14小题，每小

题3分，共42分，每小题只有一个选项符合题意。)1.成语、古诗词、谚语等都是我国传统文化的瑰宝。下列有关解读错误的是A.“水滴石穿”过程中发生了是化学变化B.“雨过天晴云破处，这般颜色做将来”，所描述的瓷器青色，不是来自氧化铁C.“三月打雷麦谷堆”

是指在雷电作用下2N最终转化成被作物吸收的化合态氮D.“日照香炉生紫烟”，描述的是碘的升华【答案】D【解析】【详解】A．“水滴石穿”过程是水滴在下降过程中与空气中的CO2结合形成碳酸，接触石头时与之反应，逐渐将石头“击

穿”，过程中发生了化学变化，A正确；B．氧化铁为红棕色，瓷器青色不是来自于氧化铁，B正确；C．“三月打雷麦谷堆”是指在雷电作用下2N跟氧气在放电作用下能直接化合生成无色的一氧化氮气体，一氧化氮不溶于水，在常温下易跟空气中的氧气

化合，生成红棕色的二氧化氮气体，二氧化氮易溶于水，它溶于水后生成硝酸和一氧化氮，硝酸进一步转化为可以为植物吸收的硝酸盐，增加土壤中氮肥含量，有利于作物生长，C正确；D．“日照香炉生紫烟”描述的是白光在

云雾中发生光的折射形成的光现象，D错误；故答案为：D。2.AN为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A.已知1141521BHeRH+⎯⎯→+，14gR含有的中子数为8ANB.0.4mol联氨(24NH)中含有共价键数目为2ANC.138g2NO与2HO完全反应时

转移的电子数为3AND.常温下1LpH=12的3CHCOONa溶液中，2HO电离出的OH−数为A0.01N【答案】C【解析】【详解】A．R为146C，1个146C含8个中子，故14gR含有的中子数为A8N，故A正确；B．1个24NH分子中

含有5个共价键，故0.4mol联氨(24NH)中含有共价键数目为A2N，故B正确；C．2NO与2HO反应的化学方程式为23NO+23HO2HNONO=+，故138g(即3mol)2NO与2HO完全反应时转移的电子数为A2N，故C错

误；D．3CHCOONa溶液中，()()()14--11w12-K10cOH=cOH==molL0.01molL10cH−−−−=溶液水电离溶液，所以常温下1LpH=12的2CHCOONa溶液中，2HO电离出的O

H−数为A0.01N，故D正确；故答案为C。3.周期表中VIA族元素及其化合物应用广泛。用硫磺熏蒸中药材的传统由来已久；2HS是一种易燃的有毒气体(燃烧热为1562.2kJmol−)，可制取各种硫化物；硫酸、硫酸盐是重要化工原料；硫酰氯()22SOCl是重要的化工试剂，常作氯化剂或氯磺

化剂。硒()34Se和碲(52Te)的单质及其化合物在电子、冶金、材料等领域有广阔的发展前景，工业上以精炼铜的阳极泥(含CuSe)为原料回收Se，以电解强碱性23NaTeO溶液制备Te。下列化学反应表示正确的是A.2HS的燃烧：()()()()2222

2HSg3Og2SOg2HOg+=+1Δ1124.4kJmolH−=−B.22SOCl遇水强烈水解生成两种强酸：22223SOCl2HO4HSO2Cl+−−+=++C.电解强碱性23NaTeO溶液的阴极反应：232TeO4e3HOTe6OH−−−++=+D.CuS

e和浓硝酸反应：()3322CuSe2HNOCuNOHSe+=+【答案】C【解析】【详解】A．根据题意可知2HS燃烧热为-1562.2kJmol，2HS燃烧的热化学方程式为：-122222HS(g)+3O(g)2S

O(g)+2HO(l)ΔH=-1124.4kJmol=，故A错误；B．反应生成硫酸与盐酸，故不应该出现亚硫酸根，应该为硫酸根，+2-2224SOCl+2HO4H+SO+2Cl−=，故B错误；C．强碱性环境，阴极得电子，-22-3

TeO+4e+3HTe+HO6O−=，故C正确；D．浓硝酸具有强氧化性，可以氧化H2Se，故D错误；故答案为C。4.某100mL溶液可能含有Na+、+4NH、Fe3+、2-3CO、2-4SO、Cl－中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如图(所

加试剂均过量，气体全部逸出)。下列说法正确的是A.原溶液可能存在Cl－和Na+B.原溶液一定存2-3CO、2-4SO和+4NH，一定不存在Fe3+、Na+、Cl-C.原溶液中c(2-3CO)是0.01mol•L－1D.若原溶液中不存在Na

+，则c(Cl－)=0.1mol•L－1【答案】D【解析】【分析】加入氯化钡溶液，生成沉淀，一定含有碳酸根或是硫酸根中的至少一种，则该沉淀为BaSO4、BaCO3中的至少一种，沉淀部分溶解于盐酸，所以一定是BaSO4、BaCO3

的混合物，一定存在2-3CO、2-4SO，硫酸钡沉淀是2.33g，n(2-4SO)=n(BaSO4)=m2.33g==0.01molM233g/mol，n(2-3CO)=n(BaCO3)=m4.30g-2.33g==0.01molM

197g/mol，碳酸根和铁离子不共存，一定不存在Fe3+，所得到的滤液中加入氢氧化钠，出现气体，为氨气，一定含有+4NH，n(+4NH)=n(NH3)=mV1.12L==0.05molV22.4L/mol，正电

荷量为0.05mol，负电荷量为0.01mol×2+0.01mol×2=0.04mol＜0.05mol，根据电荷守恒可知，一定含有Cl-，可能含有Na+，则n(Cl-)≥0.01mol，据此分析解答。【详解】

由上述分析可知，原溶液中一定含有0.01mol2-4SO、0.01mol2-3CO、0.05mol+4NH≥0.01molCl-，可能含有Na+，一定不含有Fe3+，A．由上述分析可知，原溶液中一定含有Cl

-，可能含有Na+，故A错误；B．由上述分析可知，原溶液中一定含有2-4SO、2-3CO，可能含有Na+，一定不含有Fe3+，故B正确；C．碳酸根离子的物质的量是2-3m4.30g-2.33gn(CO)==

=0.01mol197g/molM，则c(2-3CO)=2-3n0.01molc(CO)===0.1mol/LV0.1L，故C错误；在D．若原溶液中不存在Na+，根据电荷守恒可知，n(Cl-)=0.01mol，-n0.01m

olc(Cl)===0.1mol/LV0.1L，故D错误；故选：B。5.恒压条件下，密闭容器中将CO2、H2按照体积比为1：3合成CH3OH，其中涉及的主要反应如下：Ⅰ.CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-4

9kJ·mol-lⅡCO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H2=41kJ·mol-l在不同催化剂作用下发生反应I和反应Ⅱ，在相同的时间段内CH3OH的选择性和产率随温度的变化如图已知：CH3OH的选择性=32CHOHCO

100%的物质的量反应的的物质的量下列说法正确的是A.反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H=90kJ·mol-1B.合成甲醇的适宜工业条件是290℃，催化剂选择CZ(Zr-1)TC.230℃以上，升高温度CO2的转化率增大，但甲醇的产率降低，原因是23

0℃以上，升温对反应Ⅱ的影响更大D.保持恒压恒温下充入氦气，不影响CO2的转化率【答案】C【解析】【详解】A．根据盖斯定律由Ⅰ-Ⅱ可得热化学方程式为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，△H=△H1-△H2=（-49kJ·m

ol-l）-41kJ·mol-l=-90kJ·mol-1，A错误；B．由图可知在相同温度下CZ(Zr-1)T催化剂对甲醇的选择性更高，温度为230℃时甲醇的产率最高，B错误；.C．230℃以上，升高温度，反应Ⅰ为放热反应，平衡逆向移动，甲醇的产率

降低，反应Ⅱ为吸热反应，平衡正向移动，CO2的转化率增大，升温对反应Ⅱ的影响更大，C正确；D．恒压恒温下充入氦气，，反应体系的体积变大，相当于减压，对CO2的转化率有影响，D错误；故选C。6.我国科学家设计的二氧化碳熔盐捕获及电化学转化装置如图所示。下列说法正确

的是A.c为电源的正极B.①②中，捕获2CO时碳元素的化合价均未发生变化C.d极的电极反应为232CO4e3HOC6OH−−−++=+D.转移1mol电子可捕获2CO2．8L(标准状况)【答案】B【解析】【

详解】过程①为222252COOCO−−+=，a极电极反应为225222CO4eO4CO−−−=+，a电极失电子，为阳极，则b电极为电源的正极；过程②为2223COOCO−−+=，d极电极反应为223CO4eC3O

−−−+=+，d电极得电子，通电为阴极，则c为电源的负极。A．由以上分析可知，c为电源的负极，A错误；B．①②中，捕获CO2时发生的反应分别为222252COOCO−−+=、2223COOCO−−+=，其中碳元素的化合价均未变化，B正确；C．d

极电极反应为223CO4eC3O−−−+=+，d电极得电子为阴极，C错误；D．将阴、阳极发生的电极反应相加，便得到总反应为22COCO+通电，转移4mol电子时，消耗1mol2CO，则转移1mol电子可捕获2CO的体积为1mol22.4L/mo

l5.6L4=(标准状况下)，D错误；故选B。7.氮及其化合物在生产生活中具有广泛应用。氮气经过一系列的变化可以合成氨、氮的氧化物、硝酸等重要的化工原料；NO能被4FeSO溶液吸收生成配合物()()245FeNOHOSO，减少环境污染。下列说法正确的是

A.Fe2+提供孤电子对用于形成配位键B.该配合物中阴离子空间结构为三角锥形C.配离子为()()225FeNOHO+，中心离子的配位数为6D.该配合物中所含非金属元素均位于元素周期表的p区【答案】C【解析】【详解】A．配合物()()245FeNOHOSO

中Fe2+提供空轨道，NO和H2O提供孤电子对用于形成配位键，故A错误；B．该配合物中阴离子为SO24−，价层电子对数为4+()164222−+=0，且没有孤对电子，空间结构为正四面体形，故B错误；C．配离子为()()225FeNOHO+，配体为NO和H2O，中心离子的配位数

为6，故C正确；D．H元素元素周期表的s区，故D错误；故选C。8.部分含硫物质的类别与相应化合价及部分物质间转化关系如图。下列说法错误的是A.a是种有臭鸡蛋气味的气体B.空气中燃烧b可以得到大量的dC.f在工业上常用作还原剂D.b附着在试管

壁上可以用热的浓NaOH溶液洗涤【答案】B【解析】【分析】根据部分含硫物质的类别与相应化合价图可知：a是H2S，b是S单质，c是SO2，d是SO3，e是H2SO4，f是亚硫酸盐，g是金属硫化物。【详解】A．根据分析

可知：物质a为H2S，H2S是一种有臭鸡蛋气味的气体，A正确；B．S在空气中与O2反应产生SO2，不能燃烧产生SO3，B错误；C．f是亚硫酸盐，S元素化合价为+4价，具有强的还原性，容易被氧化产生硫酸盐，C正确；D．

b是S，S不溶于水，能够与热的NaOH溶液反应产生可溶性的Na2S、Na2SO4，故b附着在试管壁上可以用热的浓NaOH溶液洗涤，D正确；故合理选项是B。9.下列实验操作或装置能达到目的的是A.图I：比较乙酸和碳酸的酸性的强弱B.图II：测定醋酸浓度C.

图III：提纯混有少量C2H4、的CH4D.图IV：证明乙炔可使溴水褪色【答案】B【解析】【详解】A．乙酸有挥发性，所以应先除去乙酸再将二氧化碳通入石灰水中，右端试管口不应封闭，A错误；B．在醋酸待测液

中加入酚酞，可准确判定滴定终点，测定醋酸的浓度，B正确；C．酸性KMnO4溶液会将乙烯氧化为CO2，引入新杂质，C错误；D．电石制得乙炔中常含有H2S、PH3杂质，直接通入溴水中会干扰乙炔性质的检验，应先通入硫酸铜溶液中除去H2S、PH3，D错误；因此，本题选B。10.科技工作者运用DFT

计算研究在甲醇钯基催化剂表面上制氢的反应历程如图所示。其中吸附在钯催化剂表面上的物种用*标注。下列说法正确的是的A.3CHOH吸附在催化剂表面是一个吸热过程B.甲醇在不同催化剂表面上制氢的反应历程完全相同C.()()

()32CHOHgCOg2Hg+的1120.5kJmolH−=D.()***2CO4HCO2Hg+=+是该历程的决速步骤【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，3CHOH吸附在催化剂表面生成物的总能量低于反应物的总能量，为放热过程，故A错误；B．催化剂可

以改变路径，使用不同的催化剂，反应的历程不同，故B错误；C．CH3OH(g)⇌CO(g)+2H2(g)的△H=生成物相对能量-反应物相对能量=(97.9-0)kJ•mol-1=+97.9kJ•mol-1，故C错误；D．由图可知，该历程中最大能垒(活化能)就是由-65.7kJ•

mol-1上升到113.9kJ•mol-1，E正=(113.9+65.7)=179.6kJ•mol-1，活化能越大反应速率越慢，()***2CO4HCO2Hg+=+的反应速率最慢，是该历程的决速步骤，故D正确；故选D。

11.2CaF是离子晶体，其晶胞如下图1所示(已知氟化钙晶胞参数为apm，AN表示阿伏加德罗常数的值)，难溶于水、可溶于酸。常温下，用盐酸调节2CaF浊液的pH，测得在不同pH条件下，体系中()()HFlgHcc

+与()lgXc−(X为2Ca+或F−)的关系如图2所示。下列说法错误的是。的A.每个氟化钙晶胞中含有2Ca+的数目为4个B.氟化钙的晶体密度为3330A312gcm10aN−C.1L表示()lgFc−−与()()HFlgHcc+的变化曲线D.()sp2

CaFK的数量级为1010−【答案】C【解析】【分析】已知HF的()()()+-acHcF=cHFK，则有()()()-+acFcHF=cHK，即有()()HFlgHcc+越大，c(F-)越大，lgc(F-)越大，-lgc(F-)越小，c(F-)越大，c(Ca2+)越小，则-lgc(Ca2+)

越大，故可知L1代表-lgc(Ca2+)的变化曲线，L2代表-lgc(F-)的变化曲线，据此分析解题。【详解】A．每个氟化钙晶胞中含有Ca2+的数目为8×18+6×12=4，故A正确；B．晶胞体积V=(a×10-10cm)3，该晶胞中相当于含有4个“CaF2”，晶胞质量为m=A312N

g，则氟化钙的密度mρ=V=3330A312gcm10aN−，故B正确；C．由分析可知，L1表示-lgc(Ca2+)与()()HFlgHcc+的变化曲线，故C错误；D．由a点坐标可知，()()()-+acFcHF=cHK═10-1.2，c(

F-)=10-2，则Ka=10-1.2×10-2=10-3.2，由b点坐标可知，c(Ca2+)=10-2mol/L，此时()()+cHFcH=10-0.7，故可求出此时溶液中c(F-)=10-0.7×10-3.2=10-3.9，故Ksp(CaF2)=c(Ca2+)c2(

F-)=10-2×(10-3.9)2=10-9.8，故其数量级为10-10，故D正确；故选：C。12.以高硫铝土矿(主要成分为Fe2O3、Al2O3、SiO2，少量FeS2和硫酸盐)为原料制备聚合硫酸铁[Fe2(OH)x(SO4)y]n和明矾的部分工艺流程如下，下列说法错

误的是已知：赤泥液的主要成分为Na2CO3。A.聚合硫酸铁可用于净化自来水，与其组成中的Fe3+具有氧化性有关B.赤泥液的作用是吸收“焙烧”阶段中产生的SO2C.在“聚合”阶段，若增加Fe2O3用量，会使[Fe2(OH)x(SO4)y]n中x变大D.从“滤

液”到“明矾”的过程中还应有“除硅”步骤【答案】A【解析】【分析】高硫铝土矿经焙烧后，FeS2中的S元素转化为SO2被除去，生成的SO2用赤泥液吸收，防止其污染环境。高硫铝土矿经碱浸后，Al2O3转化为-2AlO，SiO2转化为

2-3SiO。过滤后将滤渣经酸浸氧化后，Fe2+全部被转化为Fe3+，用于制备聚合硫酸铁。-2AlO进入滤液中，可用于制备明矾。据此解答。【详解】A.聚合硫酸铁可用于净水，原理是聚合硫酸铁中的Fe3+水

解生成的Fe(OH)3胶体可吸附水中的悬浮物和杂质，与Fe3+的氧化性无关，故A项错误；B.赤泥液主要成分是Na2CO3，可吸收焙烧产生的SO2，故B项正确；C.聚合硫酸铁中的OH-来源于Fe2O3，因此增加Fe2O3用量会使[Fe2(OH)x(SO4

)y]n中x变大，故C项正确；D.制备明矾的滤液中含有2-3SiO，应预先除去，故D项正确。故答案选：A。【点睛】酸浸后的溶液中含有Fe2+，需要先加入氧化剂将其氧化成Fe3+，一般选用过氧化氢，其产物无

污染，被称为“绿色氧化剂”。碱浸后滤液中含-2AlO和2-3SiO，欲制备明矾，应先除去2-3SiO。13.反应3333333222NaClOCHNOCNOClNaNaOHHO+=++可制备广谱消毒剂3232CNOClNa，装置如图所示(

夹持装置已略去)。下列说法错误的是A.按气流从左至右，装置中导管连接顺序为f→c→d→a→b→eB.升高温度不利于装置A中产品的生成C.当加入4molNaOH时，最多消耗氰尿酸(3333CHNO)1mo

lD.装置D中橡皮管可平衡气压，便于浓盐酸顺利流下【答案】C【解析】【分析】浓盐酸和()2CaClO反应生成2Cl，盐酸具有挥发性，所以生成的氯气中含有HCl，用饱和食盐水除去Cl2中的HCl，氯气与NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H2O，33

33CHNO和NaClO反应生成3232CNOClNa、NaOH和H2O，发生反应的化学方程式为3333333222NaClOCHNOCNOClNaNaOHHO+=++。氯气有毒，多余的氯气需要用NaOH溶液吸收，防止污染环境。【详解】A．A为制取3

332CNOClNa的装置、B为除去氯气中的HCl的装置、C为处理尾气装置、D为制取2Cl装置，所以完成上述实验，按气流从左至右，导管连接顺序为f→c→d→a→b→e，A正确；B．升高温度，2Cl和NaOH溶液反应生成3NaClO，生成NaClO浓度减小，不利于装置A中产品的生成，B正确；C．由

反应方程式：22Cl2NaOH=NaClNaClOHO+++、333333322NaClOCHNOCNOClNO=aNaH++2HO+，可得关系式：33334NaOH~2NaClO~CHNO，加入4molNaOH时，可消耗1mo

l3333CHNO，由于产物也生成NaOH，则消耗氰尿酸大于1mol，C错误；D．装置D是浓盐酸和()2CaClO反应生成2Cl，由于产生气体，装置D内压强较大，使用橡皮管可平衡气压，便于浓盐酸顺利流下，D正确；答案选C。

14.X、Y、Z、Q、E、M六种元素中，X的原子的基态价电子排布式为2S2，Y的基态原子核外有5种运动状态不同的电子，Z元素的两种同位素原子通常作为示踪原子研究生物化学反应和测定文物的年代，Q是元素周期表中电负性最大的元素，E的阳离子通常存在

于硝石、明矾和草木灰中，M的原子序数比E大1。下列说法正确的是A.EYQ4中阴离子中心原子的杂化方式为sp3杂化B.X、Y元素的第一电离能大小关系：X<YC.ZO32-的空间构型为三角锥形D.MZ2仅含离子键，可用于

制备乙炔【答案】A【解析】【分析】X的原子的基态价电子排布式为2S2，可知X为Be；Y的基态原子核外有5种运动状态不同的电子，可知Y为B；Z元素的两种同位素原子通常作为示踪原子研究生物化学反应和测定文物的年代，可知Z为C；Q是元素周期表中电负性最大的元素，可知Q为F；E的阳离子通常存在于硝石、

明矾和草木灰中，可知E为K；M的原子序数比E大1，可知M为Ca。【详解】A．EYQ4中阴离子为BF4-，中心原子B的杂化方式为sp3杂化，A正确；B．第ⅡA族的电离能大于ⅢA族，故Be>B，B错误；C．CO32-中C原子采取sp2杂化，空间构型为平面三角形，C错误；D．CaC

2中既含离子键，也含碳原子间的共价键，D错误；答案选A。【点睛】第ⅡA族元素原子最外层电子层全满状态，故第一电离能比相邻同周期元素的大。第Ⅱ卷(非选择题共58分)二、非选择题(本题共4小题，共58分。)15.随着我国“碳达峰

”、“碳中和”目标的确定，二氧化碳资源化利用倍受关注。Ⅰ.以2CO和3NH为原料合成尿素：()()()()()322222NHgCOgCONHsHOg++87kJ/molH=−。（1）有利于提高2CO平衡转化率的措施是_______(填标号)。A.高温低压B.低温高压

C.高温高压D.低温低压（2）研究发现，合成尿素反应分两步完成，其能量变化如图甲所示。第一步：()()()32242NHgCOgNHCOONHs+1ΔH第二步：()()()()24222NHCOONHsCO

NHsHOg+2ΔH反应速率较快的是反应_______(填“第一步”或“第二步”)。Ⅱ.以和催化重整制备合成气：()()()()242COgCHg2COg2Hg++。（3）在密闭容器中通入物质的量均为0.2mol的4CH和2CO，在一定条件下发生反应()()42CHgCOg+()()2

2COg2Hg+，4CH的平衡转化率随温度、压强的变化关系如图乙所示：①若反应在恒温、恒容密闭容器中进行，下列叙述能说明反应到达平衡状态的是_______(填标号)。A.容器中混合气体的密度保持不变B.容器内混合气体的压强保

持不变C.反应速率：()()222COHvv=正逆D.同时断裂2molC—H和1molH—H②由图乙可知，压强1p_______2p(填“>”“<”或“=”)。③已知气体分压=气体总压×气体的物质的量分数，用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数pK，则X点对应温度下的pK=______

_(用含2p的代数式表示)。Ⅲ.电化学法还原二氧化碳制乙烯。在强酸性溶液中通入二氧化碳，用惰性电极进行电解可制得乙烯，其原理如图丙所示：（4）阴极电极反应为_______；该装置中使用的是_______(填“阳”

或“阴”)离子交换膜。【答案】（1）B（2）第一步（3）①.BCD②.<③.2249p（4）①.22422CO12e12HCH4HO−+++=+②.阳【解析】【小问1详解】A．高温低压，平衡逆向移动，不能提高二氧化碳平衡转化率，A错误；B．低

温高压，平衡正向移动，能提高二氧化碳的平衡转化率，B正确；C．高温高压不能确定平衡移动方向，C错误；D．低温低压不能确定平衡移动方向，D错误；故选B；【小问2详解】反应速率较快的是第一步，理由是第一步反应

的活化能小；【小问3详解】①A．反应中全为气体物质，恒容容器中混合气体的密度始终保持不变，故不能说明反应达到平衡，A不符合题意；B．反应前后气体的总物质的量不同，故容器内混合气体的压强保持不变能说明反应达到平衡，B符合题意；C．反应速率：

()()222COHvv=正逆说明正逆反应速率相等，说明达到平衡，C符合题意；D．同时断裂2molC—H和1molH—H能说明正逆反应速率相等，说明反应达到平衡，D符合题意；故选BCD；②结合反应，温度相同时，压强增大，平衡逆向移动，甲烷

的转化率降低，故由图乙可知，压强12pp。③()()()()422CHgCOg2COg2Hg/mol0.20.200/mol0.10.10.20.2/mol0.10.10.20.2++起始时物质的量改变时物质的量平衡时物质的量，平衡时总物质的量为()0.1

0.10.20.2mol0.6mol+++=，则平衡时甲烷的平衡分压为20.10.6p，二氧化碳的平衡分压为20.10.6p，一氧化碳的平衡分压为20.20.6p，氢气的平衡分压为20.20.6p，则X点对应温

度下的22222p2220.20.240.60.60.10.190.60.6ppKppp==。【小问4详解】连接电源负极的一极为阴极，阴极电极反应为22422CO12e12H=CH4HO−++++；因为阳极室中的氢离子需要进入阴极室，故该装置中使用的是

阳离子交换膜。16.卤素单质及其化合物在科研和工农业生产中有着广泛的应用。回答下列问题：（1）氟原子激发态的电子排布式有_______(填标号)。A.22411s2s2p3sB.22421s2s2p3dC.2251s2s2p（2）O、F、

Cl电负性由大到小的顺序为_______；2OF分子的空间结构为_______；2OF的熔、沸点低于2ClO，原因是_______。（3）22NF(二氟氮烯)分子中，氮原子的杂化类型为2sp，则22NF的结构式为_

______。（4）NiO晶体与NaCl晶体结构相似。①设阿伏加德罗常数的值为AN，距离最近的两个2Ni+间距为apm，NiO的摩尔质量为g/molM，则NiO晶体的密度为_______3g/cm。②晶体普遍存在各种缺陷。某种NiO晶体中存在如图所示的缺陷：当一个2Ni+

空缺，会有两个2Ni+被两个3Ni+所取代，但晶体仍呈电中性。经测定某氧化镍样品中3Ni+与2Ni+的离子数之比为6∶91.若该晶体的化学式为NiOx，则x=_______。【答案】（1）A（2）①.F>O>Cl②.V形③.2

OF和2ClO是结构相似的分子晶体，2ClO的相对分子质量大于2OF，分子间作用力大于（3）FNNF−=−（4）①.303A2M10aN②.0.97【解析】【小问1详解】氟原子核外共有9个电子，基态氟原子核外电子

排布式为2251s2s2p，A选项所示微粒为氟原子核外2p能级的1个电子激发到3s能级，B选项所示微粒含10个电子，不是氟原子，C选项所示微粒为基态氟原子核外电子排布式，所以符合题意的是A，故答案为：A；【小问2详解】O、F为同周期元素，随原子

序数递增电负性增大，电负性：F>O，F、Cl为同一主族元素，随原子序数递增，非金属性减弱，电负性：F>Cl，O、Cl组成的化合物2ClO，O显负价，即共用电子对偏向O，O的电负性大于Cl，所以电负性：F>O>Cl。2O

F中氧原子价层电子对数为4，有2个孤电子对，故分子的空间结构为V形。2OF和2ClO是结构相似的分子晶体，2OF的相对分子质量小于2ClO，范德华力小于2ClO，所以2OF的熔、沸点低于2ClO，故答案

为：F>O>Cl；V形；2OF和2ClO是结构相似的分子晶体，2ClO的相对分子质量大于2OF，分子间作用力大于；【小问3详解】氮原子的杂化类型为2sp，每个氮原子有1个孤电子对，N与F之间应存在1个键，N与N之间应为双键，故22NF的结构式为FNNF−=−，故答案为：FNN

F−=−；【小问4详解】①NiO晶体与NaCl晶体结构相似，1个晶胞中含有4个2Ni+，4个2O−，距离最近的两个2Ni+间距为apm，因为距离最近的两个2Ni+位于顶点和面心，为面对角线的一半，则晶胞边长为2pma，为10210cma−，则1个晶胞

体积为()310210cma−，1个晶胞质量为4gMN，密度mV=()303A3310A4g210g/cm210cmMNMaNa−==，故答案为：303A2M10aN；②样品中3Ni+与2Ni+的离子数之比为6∶91，则含3Ni+为697x，含2Ni+为91

97x，根据晶体呈电中性，()69132209797xx++−=，解得0.97x=，故答案为：0.97。17.明矾()422KAlSO12HO可做中药，性味酸涩、寒、有毒。利用废铝制备明矾，并测定其组成，实验过程如

下。Ⅰ.制备明矾实验步骤如图：（1）溶解步骤中主要发生的离子反应方程式为_______。（2）用蒸馏水洗涤晶体的操作过程是_______。（3）生活中明矾可用作净水剂，结合离子方程式说明净水原理：_______。Ⅱ.样品中硫酸根的测定(一)绘制标准硫酸钡悬浊液吸光光谱图①分别量取0、1.

0、2.0、3.0、4.0mL浓度为500μg/mL的标准硫酸钾溶液移入10mL的比色管中，然后分别加入5mL浓度为1g/mL的2BaCl溶液，用蒸馏水定容。②用分光光度计测量标准系列(波长采用420nm)，数据

如下(忽略混合过程中的体积变化)。24KSO(mL)1.02.03.04.0蒸馏水体积(mL)5abc124SO−浓度(μg/mL)050100150200吸光值A00.3710.5530.7781.013③绘制硫酸钡悬浊液的吸光光谱图，绘制如下。（4）

上述实验数据中b=_______，m=_______(保留1位有效数字)。(二)测定样品中硫酸根浓度①称取1.018g样品晶体配制成250mL的样品溶液。②量取1.0mL样品溶液移入10mL的比色管中，然后加入5mL浓度为1g/mL的2

BaCl溶液，用蒸馏水定容，测得样品的吸光值为0.858。（5）测得样品中硫酸根的质量分数为_______%(保留2位有效数字)。（6）实验测得硫酸根的含量小于理论值，可能的原因有_______(填标号)。A.实验Ⅰ制得样品中有

24KSO杂质B.实验中所用标准硫酸钾溶液浓度偏大C.样品溶液配制过程中，定容仰视读数D.样品溶液配制过程中，容量瓶未润洗【答案】（1）2222Al2OH2HO2AlO3H−−++=+（2）向过滤器中注入蒸馏水，使其完全浸没

晶体，待蒸馏水自然流尽后，重复操作2~3次（3）()()323Al3HOAlOH3H++++胶体，形成的胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮物共同沉降（4）①.3②.0.005（5）39（6）BC【解析】【分析】废铝在KOH溶液中溶解得到

偏铝酸钾溶液，过滤除去不溶性杂质，向溶液中加入稀硫酸，偏铝酸钾与稀硫酸反应得到含有SO24−、K+、Al3+的溶液，浓缩后，冰水浴冷却结晶，经过滤、洗涤、干燥得到产品。【小问1详解】溶解过程中主要反应为Al和KOH溶液的反应，离子

方程式为222Al2OH2HO=2AlO−−+++23H；【小问2详解】用蒸馏水洗涤晶体的一般操作为：向过滤器中注入蒸馏水，使其完全浸没晶体，待蒸馏水自然流尽后，重复操作2~3次；【小问3详解】铝离子水解()()323Al3HOAlOH3H++++胶体，形成的胶体具有吸

附性，能吸附水中的悬浮物共同沉降；【小问4详解】各组数据中所用溶液总体积应相等，所以2b5+=，得b3=；将()100,0.553代入可得0.5531000.0564m=+，解得0.005m，故答案为：3

；0.005；【小问5详解】将0.858y=代入0.0050.0564yx=+，解得160g/mLx，所以样品中硫酸根的质量分数为6160g/mL10mL25010g/g100%39%1.018g−，故答案为：39；【小问6详解】A．2

4KSO中硫酸根的质量分数大于明矾，所以若样品中有24KSO杂质会导致结果偏高，A不符合题意；B．实验中所用标准硫酸钾溶液浓度偏大，则导致吸光光谱图整体向左平移，所以同样的吸光值，会使相应的硫酸根浓度偏小，B符合题意；C．样品溶液配制过程中，定容仰视读数，导致样品溶液被稀释，硫酸根的浓度减小，测

定的吸光值偏小，则计算得到的硫酸根的质量分数偏小，C符合题意；D．样品溶液配制过程中，容量瓶未润洗，对结果无影响，D不符合题意；综上所述，答案为：BC。18.缓释布洛芬(即M：)是常用的解热镇痛药物。M的一种合成路线如图：已知：R

COOR'R''OHRCOOR''R'OH⎯++⎯⎯→催化剂△请按要求回答下列问题：（1）A系统命名的名称：_______；C所含官能团的结构简式：_______；试剂①的分子式：_______；J→M的反应类型：_______。（

2）A的同分异构体有多种，其中能发生银镜反应且含有羟基的有_______种；写出其中核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为6∶1∶1的结构简式：_______。（3）写出D+H→J反应的化学方程式：_______。（4）以苯、、丙酮酸甲酯()为起始原料制备有机物N()，

写出N的合成路线_______(其他试剂任选，合成路线示例见题干，有机物均写结构简式)。【答案】（1）①.2-甲基丙酸(或甲基丙酸)②.、—COOH③.262CHO④.加聚反应（2）①.5②.（3）+⎯⎯⎯→催化剂（4）⎯⎯⎯→浓硫酸2HNi/⎯⎯⎯⎯→【解析】【分析】根

据B的结构和A到B是取代反应得出A的结构简式为，根据后面信息得到B发生消去反应，酸化得到C，A到E发生取代反应生成E，E先后和苯/催化剂、Zn-Hg/HCl发生反应生成F，F和丙酮酸甲酯发生加成反应生成，在浓硫酸作用下发生消去反

应得到H，H在催化剂作用下发生加成反应得到I，I和发生取代反应生成J，J发生加聚反应生成M。【小问1详解】A()系统命名的名称为2-甲基丙酸(或甲基丙酸)；C所含官能团为碳碳双键和羧基，其官能团的结构简式为、—COOH；试剂①是乙二醇，其分子式为262CHO；根据M的结构简式得J→M反应类

型为加聚反应。【小问2详解】A的同分异构体能发生银镜反应且含有羟基，说明含有—CHO和—OH，还有3个碳原子，2个取代基团在同一个碳原子上有2种结构，在不同碳原子上有3种结构，共有5种；其中核磁共振氢谱有3组峰，峰

面积之比为6∶1∶1的结构简式为。【小问3详解】D+I→J反应是取代反应，其化学方程式为+⎯⎯⎯→催化剂。【小问4详解】苯、催化剂以及Zn-Hg/HCl作用下反应生成、和在在催化剂作用下发生反应生成，在浓硫酸作用下加热生成，与氢气发生加成反应生成，其合成

路线为⎯⎯⎯→浓硫酸2HNi/⎯⎯⎯⎯→。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com