【文档说明】浙江省义乌五校2023-2024学年高三上学期10月联考化学试题 含解析 .docx，共(24)页，1.987 MB，由小赞的店铺上传

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浙江省义乌五校2023-2024学年高三上学期10月联考化学试题考生须知：1.本卷共7页满分100分，考试时间90分钟。2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。4.考试结束后，只需上交答题

纸。可能用到的相对原子质量：H-1；B-11；C-12；N-14；O-16；F-19；Na-23；Ce-140。选择题部分一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分)1.化学与材料密切相关。下列属于新型无机非金属材料的是

A.酚醛树脂B.氮化硼陶瓷C.特种钢D.储氢合金【答案】B【解析】【详解】A．酚醛树脂，是由苯酚或取代苯酚与甲醛反应得到的合成聚合物，属于有机材料，A不符合；B．氮化硼陶瓷是一种耐高温结构陶瓷，属于新型无机非金属材料，B符合；C．钢是铁的一种合金，是用量最大的合金材料，在

钢中加入稀土元素可以提高钢的强度和耐腐蚀性从而改善钢的性能，属于金属材料，C不符合；D．储氢合金一类储氢材料，储氢过程生成金属氢化物，可用于解决氢能储存和运输难题，D不符合；答案选B。2.下列化学用语表示不正确．．．的是A.H2O的VSEPR模型：B.Cr3+的最外层电子排布式：3s23

p63d3C.HCl中σ键的电子云图：D.HClO的电子式：【答案】C【解析】【详解】A．H2O中O上的孤电子对数为12×(6-2×1)=2，σ键电子对数为2，价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体形：，A项正确；B．Cr原子核外有24个电子

，基态Cr原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，Cr3+的核外电子排是布式为1s22s22p63s23p63d3，Cr3+的最外层电子排布式为3s23p63d3，B项正确；C．HCl中

H原子的1s轨道提供1个未成对的电子与Cl原子的3p轨道提供1个未成对的电子形成H—Cl的s-pσ键，电子云图为，C项错误；D．HClO中O原子分别与H、Cl形成1对共用电子对，电子式为，D项正确；答案选C。3.下列

有关SiO2的说法正确的是A.SiO2属于酸性氧化物B.工业上用焦炭还原石英砂制得高纯硅C.SiO2可用来制作华为麒麟芯片D.可以在石英坩埚中熔融碳酸钠【答案】A【解析】【详解】A．二氧化硅与NaOH反应生成硅酸钠盐和水，SiO2是酸性氧化物，故A正确；B．工业上用焦炭还原石英砂制得的是粗硅

，故B错误；C．用作芯片的原料是纯硅，故C错误；D．加热时碳酸钠与SiO2反应生成硅酸钠，不能用石英坩埚熔融碳酸钠，故D错误；答案选A。4.物质的结构决定性质和用途，下列两者对应关系正确的是A.盐酸酸性比次氯酸强，故往漂白液中加入浓盐酸可有效提高漂白性B.BaCO3不溶于水，故可用

作医疗上检查肠胃的钡餐C.常温下铝遇浓硫酸会钝化，故可用铝槽车运输浓硫酸D.MgO是离子化合物，故工业上常采用电解熔融的MgO制取金属镁【答案】C【解析】【详解】A．浓盐酸和次氯酸钠会反应使漂白液失去漂白性且生成有毒的氯气污染环境，A错误；B．硫酸钡不溶于盐酸，可用

于检查肠胃的内服药剂，碳酸钡会和稀盐酸生成有毒钡离子，B错误；C．浓硫酸具有强氧化性，常温下可使铁钝化，所以常温下可用铁罐储运浓硫酸，C正确；D．MgO是离子化合物熔点很高，工业上常采用电解熔融的氯化镁制

取金属镁，D错误；故选C。5.下列装置按制备2SO、收集、验证漂白性及尾气处理的顺序进行实验(“→”表示气流方向)，能达到实验目的的是A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】A．铜与浓硫酸需加热才反应生成二氧化硫，故A不选；B．二氧化硫密度比空气大，应该采用长进短出的方法

进行收集，故B不选；C．2SO具有漂白性，但不能漂白酸碱指示剂，故C不选；D．二氧化硫与NaOH能发生反应，可以采用氢氧化钠溶液进行尾气处理，且要防倒吸，故D选；故选D。6.下列说法正确的是A.聚酯纤维(如

涤纶)是以纤维素为原料加工而成B.氨基酸都是两性分子，且都含有手性碳原子C.乙醇、苯酚可作为消毒防腐药，可使微生物的蛋白质变性而失去生理活性D.油脂长期放置在空气中因发生加成反应而出现“哈喇味”【答案】C【解析】【详解】A．聚酯纤维是由羧酸和醇缩聚而成的聚酯经纺丝所得的合成纤维，A错误；B．氨基

酸含有羧基和氨基，是两性分子，但不都含有手性碳原子，如甘氨酸HOOCCH2NH2，B错误；C．乙醇、苯酚可作为消毒防腐药，可使微生物的蛋白质变性而失去生理活性达到杀菌目的，C正确；D．油脂长期放置在空气中，因被氧气氧化发生氧化反应而出现“哈喇味”，D错误；故选C。7.已知NA为阿伏

加德罗常数，下列有关说法正确的是A.1molNH4NO3完全溶于稀氨水中，溶液呈中性，溶液中NH4+的数目为NAB.0.1mol/L的Na2S溶液中：N(S2-)+N(HS-)+N(H2S)=0.1NAC.含1molCr2O27−的

酸性溶液与足量H2O2反应生成的过程中转移电子数为8NAD.标况下22.4LCH2Cl2中含有2NA氯原子【答案】A【解析】【详解】A．1molNH4NO3完全溶于稀氨水中，溶液呈中性，根据电荷守恒可知，()()-3+4nNH=nNO=1mol，则溶液中NH4+的数目为NA，A正确；

B．没有溶液体积，不确定硫原子的物质的量，B错误；C．含1molCr2O27−的酸性溶液与足量H2O2反应生成，由结构可知，反应前后铬元素、氧元素化合价没有改变，不是氧化还原反应，不存在电子转移，C错误；D．标况下CH2Cl2不是气体，不确定其物质的量，

D错误；故选A。8.下列反应的离子方程式正确的是A.向()332AgNHNO溶液中加入H2S：++222Ag+HS=AgS+2HB.用Fe作阳极电解饱和食盐水：2Cl-+2H2O通电H2+Cl2↑+2OH-C.向氨水中滴入少量硫酸铜溶液：2+3224Cu+2N

HHO=Cu(OH)2NH++D.向CuCl2稀溶液中通入HCl气体：[Cu(H2O)4]2++4Cl-[CuCl4]2-+4H2O【答案】D【解析】【详解】A．()32AgNH+不能拆成离子，正确的离子方程式为：()2

-322422AgNH+2HS=AgS+4NHS+++，故A错误；B．Fe作阳极，阳极Fe失去电子生成Fe2+，Fe+2H2O通电H2+Fe(OH)2，故B错误；C．氨水中滴入少量硫酸铜，生成的氢氧化铜最终溶于氨水生成[Cu(NH3)4]2+，反应离子方

程式为：2+323222Cu+4NHHO=[Cu(NH)4HO]++，故C错误；D．CuCl2稀溶液中铜离子以[Cu(H2O)4]2+形式存，通入HCl气体，形成[CuCl4]2-，离子方程式正确，故D正确；故选：D。9.抗坏血酸(即维生素C，结构如图)是常用的抗氧化

剂，下列有关说法正确的是A.属于脂溶性维生素B.存在3种官能团，能发生取代反应、氧化反应C.维生素C分子内存在1个手性碳原子D.1mol该物质与足量金属Na反应，最多可生成244.8LH【答案】B【解析】【详解】A．维生素C含

有多个醇羟基，属于水溶性维生素，选项A错误；B．维生素C中含有醇羟基、碳碳双键、酯基三种官能团，能发生取代反应、氧化反应等反应，选项B正确；C．维生素C分子内存在2个手性碳原子，如图，选项C错误；D．

未指明标准状况，无法计算氢气的体积，选项D错误；答案选B。10.如图，M、W、X、Y、Z五种元素原子序数依次增大，基态Z原子的电子填充了3个能级，其中有2个未成对电子。下列说法不正确．．．的是在A.氢化物沸点：X>YB.电负性：M<X<Y<ZC.第一电离能：W<X<Z<YD.阴、阳离子中均有配位键

【答案】A【解析】【分析】由题干信息可知，基态Z原子的电子填充了3个能级，其中有2个未成对电子，故Z为C或者O，根据多孔储氢材料前驱体结构图可知Y周围形成了4个单键，再结合信息M、W、X、Y、Z五种元素原子序数依次增大，故Y为N，故Z为O，M只形成一个单键，M为H，XW形成4个键，且X原

子序数大，X为C，则W为B；【详解】A．碳可以形成相对分子质量很大高聚物，故其沸点可以很高，而简单氢化物氨分子会形成氢键，导致其沸点高于碳形成的甲烷，A错误；B．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；电

负性：H<C<N<O；B正确；C．同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能：H<C<O<N，C正确；D．由于阳离子中的Y原子是

N原子，形成了类似于铵根离子的阳离子，故存在配位键，阴离子中的W为B，最外层上只有3个电子，能形成3个共价键，现在形成了4个共价键，故还有一个配位键，D正确；故选A。11.下列有关说法不正确．．．的是A.搓捻“热袋”(如图1)中的金属小圆片，热袋中过饱

和溶液因结晶而放热B.使用后的“热袋”变硬后可放入沸水中使之变回液态，取出冷却后备用C.制备明矾晶体实验中(如图2)，析出的明矾覆盖到小晶体表面，晶体变大，若急速冷却，可获得更大颗粒的晶体D.向明矾溶液中加入过量NaF溶液后再加浓氨水，发现无白色沉淀生成，说明

F-比OH-更易结合Al3+【答案】C【解析】【详解】A．结晶过程中会形成离子键，形成化学键会放热，故A正确；B．“热袋”变硬后表示已经结晶，放入沸水中吸收热量后晶体融化变为液态，可以重复使用，故B正确；C．结晶的过程速度要适当，如果急

速冷却，晶体的颗粒会变小，故C错误；D．Al3+与过量的NaF反应会生成冰晶石即六氟铝酸钠，再加氨水，无白色沉淀，无法说明F-比OH-更易结合Al3+，故D正确。答案选C。12.油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现，

在不同的空气湿度和光照条件下，颜料雌黄()23AsS褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应：下列说法正确的是A.223SO−和24SO−的空间结构都是正四面体形B.反应Ⅰ和Ⅱ中，元素As和S都被氧化C.反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的()

()22nOnHO：Ⅰ<ⅡD.反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化231molAsS转移的电子数之比为3∶7【答案】D【解析】【详解】A．223SO−的中心原子S形成的4个σ键的键长不一样，故其空间结构不是正四面体形，A错误；B．23AsS中As的化合价为+3价，反应Ⅰ产物23As

O中As的化合价为+3价，故该过程中As没有被氧化，B错误；C．根据题给信息可知，反应I的方程式为：2322232232AsS6O3HO2AsO3HSO+++紫外光，反应Ⅱ的方程式为：23223424AsS7O6HO2HAsO3HSO+++自然光，则反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的()()

22nOnHO：Ⅰ>Ⅱ，C错误；D．23AsS中As为+3价，S为-2价，在经过反应Ⅰ后，As的化合价没有变，S变为+2价，则1mol23AsS失电子3×4mol=12mol；在经过反应Ⅱ后，As变为+5价，S变为+6价，则1mol23AsS失电子2×2mol+3×8mol

=28mol，则反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化231molAsS转移的电子数之比为3∶7，D正确；故选D。13.华南师范大学兰亚乾教授课题组从催化剂结构与性能间关系的角度，设计了一种催化剂同时作用在阳极和阴极，用于CH3OH氧化和CO2还原反应耦合的混合电解，工作原理如图甲所

示。不同催化剂条件下CO2→CO电极反应历程如图乙所示。下列说法不正确．．．的是A.电解总反应为2CO2+CH3OH电解2CO+HCOOH+H2OB.理论上若有44gCO2被转化，则有2molH+从左侧向右侧迁移C

.与Ni8-TET催化剂相比，使用Ni-TPP时催化效果更好D.若以铅蓄电池为电源，则B极应与PbO2极相连接【答案】B【解析】【分析】根据图示，A电极二氧化碳得电子发生还原反应生成CO、B电极甲醇失电子发生氧化反应生成甲酸，A是阴极、B是阳极。【详解】A．A电极二氧化碳得电子生成CO、

B电极甲醇失电子生成甲酸，电解总反应为2CO2+CH3OH电解2CO+HCOOH+H2O，故A正确；B．A是阴极、B是阳极，理论上若有44gCO2被转化，则电路中转移2mol电子，根据电荷守恒，则有2molH+从右侧向左侧迁移，故B错误；C．使用Ni-TPP时

反应活化能小，所以与Ni8-TET催化剂相比，使用Ni-TPP时催化效果更好，故C正确；D．A是阴极、B是阳极，铅蓄电池中PbO2为正极、Pb为负极，若以铅蓄电池为电源，B极应与PbO2极相连接，故D正确；选B。14.甲酸(HCOOH)可在

纳米级Pd表面分解为活性H2和CO2，经下列历程实现NO3−的催化还原。已知Fe(Ⅱ)、Fe(Ⅲ)表示Fe3O4中二价铁和三价铁。下列说法不正确．．．的是A.生产中将催化剂处理成纳米级颗粒可增大甲酸分

解的速率B.在整个历程中，每1molH2可还原2molNO3−C.HCOOH分解时，只有极性共价键发生了断裂D.反应历程中生成的H+可调节体系pH，有增强NO3−氧化性的作用【答案】B【解析】【详解】A．生产中将催化剂处理成纳米级颗粒可增大接触面积，增大甲酸分解的速率，故A正确；B．整个

历程中，1molH2失电子形成2molH+转移2mole-，1molNO3−最终得电子形成0.5molN2转移5mole-，所以1molH2可以还原0.4molNO3−，故B错误；C．HCOOH分解产生CO2和H2，所以会发生碳氢键和碳氧键的断裂，只有极性共价键发生了断

裂，故C正确；D．NO3−与NO2−在氧化Fe2+的过程中需要消耗氢离子，pH值降低，但H2还原Fe3+过程中生成H+，所以生成的氢离子可以起到调节pH的作用，有增强NO3−氧化性的作用，故D正确；故选B。15.氯在饮用水处理

中常用作杀菌剂，且HClO的杀菌能力比ClO-强。25℃时氯气-氯水体系中存在以下平衡关系：Cl2(g)Cl2(aq)K1=10-1.2Cl2(aq)+H2O(l)HClO(aq)+H+(aq)+Cl-(aq)K2=10-3.4HClO(aq)H+(aq)+ClO-(aq)K3其中Cl2

(aq)、HClO(aq)和ClO-(aq)分别在三者中所占分数(α)随pH变化的关系如图所示。下列表述不正确．．．的是A.氯处理饮用水时，在夏季的杀菌效果比在冬季好B.在氯处理水体系中，存在c(HClO)+2c(ClO-)+

c(OH-)=c(H+)C.用氯处理饮用水时，pH=6.5时杀菌效果比pH=7.5时更好D.经计算，Cl2(g)+H2O(l)2H+(aq)+ClO-(aq)+Cl-(aq)的平衡常数K=10-12.1【答案】A【解析】【详解】A．夏季相

比冬季温度高，HClO易分解，所以杀菌效果不如冬季，A错误；B．根据体系中存在电荷守恒c(H+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)，氯气与水反应产生的等量的HCl和HClO，在氯水中HCl完全电

离、而HClO部分电离，所以c(HClO)＋c(ClO－)=c(Cl-)，所以c(HClO)+2c(ClO-)+c(OH-)=c(H+)，B正确；C．起杀菌作用的是HClO，由图像可知，pH=6.5时c(HClO)比pH=7.5时要

大，HClO浓度越大，杀菌效果好，所以pH=7.5时杀菌效果比pH=6.5时差，C正确；D．根据图像知，HClOH++ClO-中pH=7.5，Ka=()()()cHccClOHClO+−=c(H+)=10-7.5，将已知的三个式子相加可得Cl2(g)+H2O2H++ClO-+Cl-，所以K=K1

·K2·Ka=10-1.2×10-3.4×10-7.5=10-12.1，D正确；故选A。16.探究硫及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论中不正确．．．的是实验方案现象结论A向含有ZnS的灰白色悬浊液中滴入少量CuSO4溶液产生黑色

沉淀Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)B已知Fe(SO2)36+呈红棕色，往FeCl3溶液中通入SO2溶液先变红棕色，逐渐变为浅绿色SO2与Fe3+形成配离子速率快，而氧化还原反应的产物更稳定C往Na2S2O3溶液

中滴加少量稀硝酸产生大量能使品红褪色的刺激性气体发生的反应为：S2O23−+2H+=S↓+SO2↑+H2OD燃着的镁条插入盛有过量SO2的集气瓶剧烈燃烧，瓶中有白色和淡黄色两种固体发生的反应为：2Mg+SO2=2M

gO+SA.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．根据沉淀转化原理，()()()()22ssZnSCuaqCuSZnaq++++，沉淀转化为Ksp小的物质，A正确；B．铁离子会和二氧化硫发生氧化还原反应生成亚铁离子和硫酸根离子，溶液先变为红棕色，过一段时间又变成浅绿色说明Fe3+与SO

2络合生成红棕色的()326FeSO+反应速率比氧化还原反应生成亚铁离子的速率快，最终显浅绿色说明氧化还原反应的平衡常数更大，B正确；C．硝酸具有强氧化性发生还原反应生成NO，22233423SO2H22S32HONOSONO−+−−++=+++，C错误；的D．Mg具有还原性，SO2具有氧化

性，2Mg+SO2=2MgO+S，D正确；故答案为：C。非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共52分。)17.氢能的存储是氢能应用的主要瓶颈。（1）Ti(BH4)2是一种过渡元素硼氢化物储氢材料。基态Ti的核外电子有_________

__种空间运动状态。（2）氨硼烷(NH3BH3)是一种新型储氢材料，其分子中与N原子相连的H呈正电性，与B原子相连的H呈负电性。下列有关NH3BH3说法正确的是_______A.分子所含元素中第一电离能最小的是

HB.其熔沸点高于乙烷C.分子内存在配位键D.1mol分子中含6molσ键（3）TiCl4能与甲胺(CH3NH2)形成稳定配合物［TiCl4(CH3NH2)2]。①甲胺中N原子的杂化方式为___________。②CH3NH

2中H—N—H键角比TiCl4(CH3NH2)2中H—N—H键角小，从结构角度解释原因：___________。（4）NaBH4是一种常用的储氢材料，其晶胞结构如图。①该晶体中BH4−的配位数为___________。②设N

A为阿伏加德罗常数，则NaBH4晶体的密度为___________g·cm-3(用含a、NA的最简式表示)。【答案】（1）12（2）BC（3）①.sp3②.CH3NH2中N上有一对孤电子对，TiCl4

(CH3NH2)2中N已与Ti形成配位键；孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对与成键电子对之间的斥力，故CH3NH2中H-N-H键角更小（4）①.8②.213A7610aN【解析】【小问1详解】Ti为22号元素，核外电子排布式22626221s2s2p3

s3p3d4s，则空间运动状态1+1+3+1+3+2+1=12种；【小问2详解】A．基态的气态原子失去一个电子形成1价气态离子所需要的最低能量为该原子的第一电离能，B＜H＜N，A错误；B．氨硼烷分子之间存在双氢键，乙烷分子中为范德华力，氢键比范

德华力更强，故氨硼烷的沸点高于乙烷，B正确；C．氨硼烷分子内存在配位键，C正确；D．根据氨硼烷的结构式可知，1mol分子中含7molσ键，D错误；故答案为：BC；【小问3详解】①N原子与2个H、1个C相连，含1

对孤电子对，则N原子杂化方式为sp3；②CH3NH2中N上有一对孤电子对，TiCl4(CH3NH2)2中N已与Ti形成配位键；孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对与成键电子对之间的斥力，故CH3NH2中H-N-H键角更小；【小问4详解】①根据NaBH4的晶胞结构，以体心的4BH−为研究对象

，与其等距离（距离为22anm）最近的Na+有8个，即配位数为8；②用均摊法，1个晶胞种含有Na+：1164424+=，4BH−：11841482++=，1个晶胞的质量为AA423415438ggNN+=，晶胞的体积为332anm，则硼氢化钠晶体的密度()33213

3AA43876ρg2a10g/NaNnmcm=+=。18.铬酸铅(PbCrO4)通常用作着色剂，一种以CrCl3·6H2O和Pb(NO3)2等为原料制备PbCrO4流程如图。的已知：Cr(OH)3性质与Al(OH)3类似；pH>7时，Pb2

＋开始转化为Pb(OH)2沉淀。请按要求回答：（1）第①步所得绿色溶液中的阴离子有___________。（2）第②步的离子方程式为___________。（3）第③步中加入醋酸调pH=5的目的是___________。（4）下列说法正确的是_______A.第②步和第④步煮沸的目的相同B.第

③步中6mol/L醋酸溶液可用3mol/L硫酸代替C.第③步反应后溶液呈橙黄色是因为CrO24−部分转化为Cr2O27−D.第④步可知，PbCrO4的溶度积小于PbCr2O7（5）化学分析中采用CrO24−为指示剂：以AgNO3标准液滴定溶液中的Cl-，利用Ag+与CrO24−生成砖红色沉

淀，指示到达滴定终点。当溶液中Cl-恰好沉淀完全时，溶液中c(CrO24−)等于___________mol/L。(已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为2.0×10-12和2.0×10-10)。【答案】（1）CrO2−或Cr(OH)4−、

OH-、Cl-（2）2CrO2−＋3H2O2+2OH-=2CrO24−-+4H2O或2Cr(OH)4−＋3H2O2+2OH-=2CrO24−+8H2O（3）将溶液碱性调为弱酸性，防止产生Pb(OH)2沉淀；且防止产生过多的Cr

2O27−（4）CD（5）5.0×10-3【解析】【分析】向CrCl3·6H2O中加入过量的NaOH溶液，因Cr(OH)3性质与Al(OH)3类似，因此过量的NaOH溶液可以将Cr3+转化为CrO2−，随后向绿色溶液中加入浓H2O2将CrO2−转化为CrO24−，随后加入煮沸除去

多余的H2O2，用醋酸调节溶液pH防止加入Pb(NO3)2溶液后产生氢氧化铅沉淀，最后加入Pb(NO3)2溶液得到PbCrO4沉淀；【小问1详解】Cr(OH)3性质与Al(OH)3类似；第①步加入过量氢氧化钠将CrCl3·6H2O转化为CrO2−，所得绿色溶液中的阴离子有CrO

2−或Cr(OH)4−、OH-、Cl-；小问2详解】过氧化氢具有强氧化性，第②步加入浓H2O2将CrO2−转化为CrO24−，反应中Cr化合价由+3变为+6、过氧化氢中氧化合价由-1变为-2，根据电子守恒、质量守恒配平，离子方程式为2CrO2−＋3H2

O2+2OH-=2CrO24−-+4H2O或2Cr(OH)4−＋3H2O2+2OH-=2CrO24−+8H2O；【小问3详解】pH>7时，Pb2＋开始转化为Pb(OH)2沉淀，第③步中加入醋酸调pH=

5的目的将溶液碱性调为弱酸性，防止产生Pb(OH)2沉淀；且防止产生过多的Cr2O27−；【小问4详解】A．第②步煮沸是为了除去多余的H2O2，第④步煮沸的目的是促进PbCrO4沉淀的生成，错误；B．硫酸会和

铅离子生成硫酸铅沉淀，故第③步中6mol/L醋酸溶液不可用3mol/L硫酸代替，错误；C．2-+2-2724CrO+HO2H(C()rO)+2橙色黄色，酸性条件下CrO24−会转化为Cr2O27−，故第③

步反应后溶液呈橙黄色是因为CrO24−部分转化为Cr2O27−，正确；D．橙黄色溶液中存在CrO24−、Cr2O27−，而第④步得到PbCrO4沉淀，说明PbCrO4的溶度积小于PbCr2O7，正确；故选CD；【小问5详解】当

溶液中Cl-恰好沉淀完全时，溶液中()()10sp+55-K2.010cAg=mol/L2.010mol/L10cCl−−−==，则()12sp2-3422+5K2.010cCrOmol/L5.010mol/L()=()cAg2.010−−−==

。19.反应222CO(g)+HO(g)CO(g)+H(g)一定条件在工业上有重要应用。（1）该反应在不同温度下的平衡常数如表所示。温度/℃7008008301000【平衡常数1.671.111.000.59该反应的ΔH___________0(填“>”“<”或“=”)。反应常在较高温度

下进行，该措施的优缺点是___________。（2）该反应常在Pd膜反应器中进行，其工作原理如图所示。①利用平衡移动原理解释反应器存在Pd膜时具有更高转化率的原因是___________。②某温度下，H2在Pd膜表面上的解离过程存在如下平衡：2H

2H(即图中过程2)，其正反应的活化能远小于逆反应的活化能。下列说法不正确的是___________A．图中过程2的ΔH>0B．Pd膜对气体分子的透过具有选择性C．加快Pd膜内H原子迁移有利于H2的解离D

．N2吹扫有助于H2分子脱离Pd膜③同温同压下，将等物质的量的CO和H2O通入无Pd膜反应器反应，测得CO的平衡转化率为50%；若换成Pd膜反应器，CO的平衡转化率为80%，则相同时间内，出口a和出口b中H2的物质的量比为___________。【答案】（1）①.ΔH0②.优点是升

高温度，反应速率较快；缺点是正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，产物的转化率较低（2）①.Pd膜能选择性分离出H2，平衡正向移动，平衡转化率增大②.A③.1：15【解析】【小问1详解】根据表中的数据，温度越高，平衡常数越小，所以正反应为放热

反应，ΔH＜0；优点：升高温度，反应速率较快；缺点：正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，产物的转化率较低；【小问2详解】①由图像可知，Pd膜能选择性分离出H2，导致平衡正向移动，平衡转化率增大；②A．过程2正反应的活化能远小于逆反应的活化能，ΔH＜0，故A错误；B．Pd膜只允

许H2通过，不允许CO2通过，对气体分子的透过具有选择性，故B正确；C．加快Pd膜内H原子迁移，平衡H2⇌2H正向移动，有利于H2的解离，故C正确；D．N2吹扫更有利于带走H2，有助于H2分子脱离Pd膜，

故D正确。答案选A。③根据反应222CO(g)+HO(g)CO(g)+H(g)一定条件，设通入的CO和H2均为amol，无Pd膜反应器中CO的平衡转化率为50%，列三段式：222CO(g)+HO(g)CO(g)+H(g)(mol)aa00

(mol)0.5a0.5a0.5a0.5a(mol)0.5a0.5a0.5a0.5a一定条件起始转化平衡则反应前后气体分子数不变，用物质的量代替物质的量浓度计算平衡常数K=0.5a0.5a0.5a0.5a

=1；有Pd膜反应器中CO的平衡转化率为80%，列三段式：222CO(g)+HO(g)CO(g)+H(g)(mol)aa00(mol)0.8a0.8a0.8a0.8a(mol)0.2a0.2a0.8an一定条件起始转化平衡温度不变，则平衡常数

K不变，K=0.8an10.2a0.2a=，解得n=0.05a，则相同时间内出口a产生的H2为0.05amol，出口b的H2为(0.8a-0.05a)mol，质量比为1：15。20.我国是稀土储量大国，氧化铈(CeO2)是一种应用广泛的稀土氧化物。一种用氟碳铈矿(CeFCO3，含BaO、SiO

2等杂质)为原料制备CeO2的工艺如下图。已知：①Ce3+可形成难溶于水的复盐[(Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O]，其氢氧化物也难溶于水。②硫脲的结构简式为CS(NH2)2，在酸条件下易被氧化为(CSN2H3)2。请回答：（1）实验室常用下图所示仪器进行固体物质的粉碎，该仪器

的名称是___________。（2）焙烧后加入稀硫酸浸出，Ce元素的浸出率和稀硫酸浓度、温度的关系如图所示，下列说法正确的是_______A.固体A的成分是SiO2B.步骤①和步骤②均包含过滤、洗涤操作，洗涤的

目的相同C.步骤②加入硫脲的目的将22CeF+还原为3Ce+D.根据上图，焙烧后加入稀硫酸浸出时，适宜的条件为85℃，c(H2SO4)=2.5mol/L（3）步骤④发生的离子方程式为___________。（4）取ag所制CeO2，溶解后配制成250mL溶液。取bmL该溶液

用0.01mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定，滴定时发生反应：Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+，达到滴定终点时消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液VmL。实验室配制250ml0.01mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2溶液的过程

如下(未排序)：①将已恢复至室温的溶液沿玻璃棒注入250mL容量瓶中；②盖好容量瓶瓶塞，反复上下颠倒，摇匀；③用天平称取ng(NH4)2Fe(SO4)2固体并放入烧杯中，加入约30mL蒸馏水充分搅拌、溶解；④用30mL蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2～3次，并将每次洗涤液转入容量瓶中，轻轻

振荡；⑤定容：用胶头滴管滴加至凹液面和刻度线相切；⑥将配置好的溶液倒入试剂瓶中，贴好标签；实验操作顺序依次为___________(填序号)。滴定过程中，接近终点时需采用半滴操作，具体操作是___________。（5）该产品的质

量分数为___________(列出表达式)【答案】（1）研钵（2）C（3）2Ce3++6HCO3−=Ce2(CO)3↓+3H2O+3CO2↑（4）①.③①④⑤②⑥②.慢慢旋转滴定管旋塞，使滴定管口悬挂液滴而不滴落，用锥形瓶内壁靠落液滴，并用蒸馏水将液滴冲入溶液中，

振荡锥形瓶使溶液充分混合（5）-3V10250172%ab【解析】【分析】氟碳铈矿在空气中焙烧，Ce3+在空气中氧化为四价Ce，用硫酸浸取，四价Ce进入溶液得到含22CeF+溶液，SiO2不反应，BaO与硫酸反应生成BaSO4沉淀，过滤分离，滤渣A为SiO2、BaSO4，含22C

eF+溶液中加入硫脲将四价Ce还原为Ce3+，Ce2(SO4)3与Na2SO4形成复盐沉淀Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O，过滤分离，复盐沉淀加入碱，再加入酸，Ce3+被转移到溶液中，再加入碳酸氢铵使Ce3+沉淀为Ce2(CO3)3，最后灼烧分解生成CeO2；【小问1详解】该仪器的名称是

研钵；【小问2详解】A．由分析可知，固体A的成分是SiO2、BaSO4，错误；B．步骤①和步骤②均为分离固液的操作，包含过滤，但是步骤①洗涤沉淀的目的是回收残留的Ce4+，而步骤②洗涤的目的是去除残留在沉淀B表面的杂质残液，错误；C．由分析可知，步骤②加入硫脲的目的将22CeF+还原为3

Ce+，正确；D．根据上图，焙烧后加入稀硫酸浸出时，适宜的条件为85℃，氢离子浓度约为2.5mol/L，则c(H2SO4)=1.25mol/L，错误；故选C；【小问3详解】步骤④反应为Ce3+溶液中加入碳酸氢铵使Ce3+沉淀为Ce2(CO3)3，根据质量守恒可知，还会生成水和二氧化碳气体，发

生的离子方程式为2Ce3++6HCO3−=Ce2(CO)3↓+3H2O+3CO2↑；【小问4详解】配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；因

此顺序为③①④⑤②⑥；滴定过程中，接近终点时需采用半滴操作，具体操作是：慢慢旋转滴定管旋塞，使滴定管口悬挂液滴而不滴落，用锥形瓶内壁靠落液滴，并用蒸馏水将液滴冲入溶液中，振荡锥形瓶使溶液充分混合；【小问5详解】滴定时发生反应：Fe2++Ce4+=Fe3+

+Ce3+，则该产品中CeO2物质的量为：1-3-250V10Lb0.01molL，该产品的质量分数为3-31--250V10L172g/molV10250172b100%%0.0Laga1olbm=。21.研究发现，化合物F对白色念珠菌

具有较强的抑制作用。F可经下图所示合成路线制备：已知：①②③请按要求回答：（1）化合物B中的含氧官能团名称是___________。（2）下列说法正确的是___________A.已知“Michaeladdition”指“迈克尔加成”，则化合物A中有一个五

元环B.A→B和B→C均为取代反应C.C→D的转化中M是CH3OHD.F的分子式为C12H10FN2O2S（3）写出化合物E→F的化学方程式___________。（4）化合物B有多种同分异构体，写出满足下列条件的3种同分异构体____

_______。①除苯环外无其他环状结构，能发生银镜反应②含“-S-F”结构，无-O-O-，等不稳定结构③1H-NMR谱显示分子中只有3种不同化学环境的氢原子（5）请以和CH3OH为原料，设计的合成路线

(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选)___________。【答案】（1）羰基、羧基（2）ABC（3）（4）（5）【解析】【分析】与在(CH3CH2)3N催化下加热发生加成反应生成，A在AlCl3作用下发生已知①的取代反应生成，在SOCl2作用下反应生成，与甲醇发生取代

反应生成和HCl。在一定条件下共热生成，在加热条件下与乙酸发生反应生成，据此回答。【小问1详解】含有的含氧官能团为碳基、羧基；【小问2详解】A．已知“Michaeladdition”指“迈克尔加成”，则化合物A中有一个五元环，为，A正确；B．由分析可知A→

B和B→C均为取代反应，B正确；C．在SOCl2作用下反应生成，与甲醇发生取代反应生成和HCl，C正确；D．F的分子式为C12H9FN2O2S，D错误；故选ABC；【小问3详解】在加热条件下与乙酸发生反应生成：；【小问4

详解】满足①除苯环外无其他环状结构，能发生银镜反应即含有醛基，②含“-S-F”结构，无-O-O-，等不稳定结构的同分异构体有：；【小问5详解】获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.c

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