【文档说明】安徽省示范高中培优联盟2023-2024学年高二下学期春季联赛化学试题 Word版含解析.docx，共(29)页，4.601 MB，由小赞的店铺上传

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安徽省示范高中培优联盟2024年春季联赛(高二)化学本试卷分选择题和非选择题两部分，选择题第1至第5页，非选择题第6至第10页。全卷满分100分，考试时间75分钟。考生注意事项：1.答题前，务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己

的姓名、座位号，并认真核对答题卡上所粘贴的条形码中姓名、座位号与本人姓名、座位号是否一致。2.答选择题时，每小题选出答案后，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。3.答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上书写，要求字体工

整、笔迹清晰。作图题可先用铅笔在答题卡规定的位置绘出，确认后再用0.5毫米的黑色墨水签字笔描清楚。必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效。4.考试结束，务必将试题卷和答题卡一并上

交。可能用到的相对原子质量：H-1Li-7C-12O-16Na-23Mg-24P-31S-32Zn-65I-127一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求

。其中第9-10与11-12题为选考题，考生任选一题组作答。)1.2024年3月2日，航天员出舱顺利完成对“天宫”空间站的检修。空间站使用了很多高新技术材料。下列对涉及材料的说法错误的是A.核心舱的离子推进器使用氙气作为推进剂，氙位于元素周期表0族B.“问天”实验舱使用砷化镓(GaAs

)太阳能电池，镓是良好的半导体材料C.被誉为“百变金刚”的太空机械臂主要成分为铝合金，其硬度和强度均小于纯铝D.“天宫”舱体密封件采用特种橡胶，其属于有机高分子材料【答案】C【解析】【详解】A．氙位于元素周期表0族，

A正确；B．镓位于元素周期表第四周期，位于金属非金属交界线附近，镓是良好的半导体材料，B正确；C．铝合金强度大于纯铝，C错误；D．橡胶属于有机高分子材料，D正确；故选C。2.下列事实不能．．用平衡移动原理解释的是A.B.C.D.【答

案】C【解析】【详解】A．存在平衡+2-2-42722H+2CrO()CrO()+HO黄色橙色，氢离子浓度越小，平衡逆向移动，A不选；B．酸碱指示剂的变色原理主要基于它们是一类结构较复杂的有机弱酸或有机弱碱，这些物质在溶液中能够部分电离成指示剂的离子和氢离子（或氢氧根离子），当氢离子（或氢

氧根离子）浓度改变时，发生化学平衡移动，B不选；C．向锌粒和稀硫酸反应的试管中，滴加几滴4CuSO溶液，锌和硫酸铜反应置换出铜，形成锌铜原电池，反应速率加快与平衡无关，C选；D．氨水中存在平衡+-324NHHONH+OH，温度越高，电离程度越大，故可以用平衡

移动原理解释，D不选；故选D。3.某科研人员提出HCHO与2O在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成2CO、2HO的历程，该历程示意图如下(图中只画出了HAP的部分结构)。下列说法错误的是A.生成物2HO的空间构型呈V形B.根据图示信息，2CO分子中的氧原子全部

来自2OC.反应中，HAP改变了HCHO与2O的反应的活化能D.该反应可表示为：HAP222HCHO+OCO+HO⎯⎯⎯→【答案】B【解析】【详解】A．2HO中心原子价层电子对数为2+6212−=4，且含有2个孤电子对，空间构型呈V形，A正确；B．根据图示，二氧化碳分子

中的氧原子来自氧气和HCHO，B错误；C．羟基磷灰石(HAP)作为催化剂，提高该反应的速率的原因就是降低了反应的活化能，C正确；D．HCHO与2O在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成2CO、2HO，总方程式

为：HAP222HCHO+OCO+HO⎯⎯⎯→，D正确；故选B。4.下列过程与水解有关的是A.向3NaHCO溶液中加入少量4CuSO溶液，生成沉淀()232CuOHCOB.向饱和NaCl溶液中滴加浓盐酸，产生白色沉淀C.向1235m

L0.1molLNaCO−溶液滴加110mL0.1molLClH−，溶液显酸性D.向3NaHCO溶液中加入2CaCl溶液，生成白色浑浊和气体【答案】A【解析】【详解】A．纯碱为强碱弱酸盐，水解呈碱性产生氢氧根离子，氢氧根离子与少量4CuSO溶液，生成()232CuOHCO沉

淀，与水解有关，A选；B．氯化钠强酸强碱盐，不水解，饱和NaCl溶液中滴加浓盐酸，氯离子浓度增大，导致产生氯化钠晶体白色沉淀，与水解无关，B不选；C．向1235mL0.1molLNaCO−溶液滴加110mL0.1mo

lLClH−，生成NaCl，溶液中溶有碳酸，溶液显酸性，与水解无关，C不选；D．向3NaHCO溶液中加入2CaCl溶液，生成白色浑浊和气体，发生反应：-2+33222HCO+Ca=CaCO+CO+HO，与

水解无关，D不选；故选A。5.下列过程涉及氧化还原反应的是A.加热密闭烧瓶内的2NO和24NO的混合气体，气体颜色变深B.用23NaCO溶液处理水垢中的4CaSO，使之转化为3CaCOC.将2CO通入冷的3NH饱和的NaCl溶液中，析出固体物质D.用4CuSO稀溶液做导电实验，逐滴加

入()2BaOH溶液，灯泡由亮变暗直至熄灭【答案】D【解析】【详解】A．加热密闭烧瓶内的NO2和N2O4的混合气体，气体颜色变深，是因为发生反应2NO2(g)⇌N2O4(g)，该反应为非氧化还原反应，故A错误；B．用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙，使之转化为易溶于酸的碳酸钙，是因为发生反应

CaSO4+2-3CO=CaCO3+2-4SO，该反应为非氧化还原反应，故B错误；C．将二氧化碳通入氨气饱和的NaCl溶液中，析出固体物质，是因为发生反应：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl,该反应中无元素化合价发生变化，属于非氧化还原反应，故C错误

；D．溶液导电过程必有氧化还原反应发生，两电极上分别发生氧化反应和还原反应，涉及氧化还原反应，故D正确；故选：D。6.我国某科研团队将电解食盐水的阳极反应与电催化还原2CO的阴极反应相耦合，得到高附加值产品CO为和NaClO，原

子利用率接近100%。原理如下图所示。下列说法错误的是A.在阴极区，2CO饱和的NaCl溶液有利于2CO的还原B.推测阳极区可能产生HClO，2CO在阴极的还原会抑制HClO的电离C.调控电压、选择合适的催化剂可抑制阴极发生：2+

-2H+2e=HD.根据上图可知，电解的总反应：2NaCl+COCO+NaClO电解【答案】B【解析】【分析】该装置为电解池，左侧电极与电源负极相连，为阴极，发生还原反应，右侧电极与电源正极相连，为阳极，发生氧化反应，据此分析解答。【详解】A．2CO饱和

的NaCl溶液中2CO浓度大，有利于2CO的还原，A正确；B．由题图知，CO2在阴极上发生得电子的还原反应，电极反应式为CO2+2e-+2H+=CO+H2O，消耗氢离子，促进HClO的电离，B错误；C．调控电压、选择合适的催化剂可抑制阴极发生：2+-2H+2e=

H等副反应，C正确；D．阴极反应式为CO2+2e-+2H+=CO+H2O，阳极反应式为--2+-Cl-2e+HO2H+ClO=，故电解的总反应：2NaCl+COCO+NaClO电解，D正确；故选B。7.某

小组进行实验，向10mL蒸馏水中加入0.4gI2，充分振荡，溶液呈浅棕色，再加入0.2gZn粒，溶液颜色加深；最终紫黑色晶体消失，溶液褪色。已知()-3Iaq为棕色，下列关于颜色变化的解释错误的是选项颜色变化解释A溶液呈浅棕色I2在水中溶解度较小B溶液颜

色加深生成ZnI2的速率大于生成-3I的速率C紫黑色晶体消失()2Iaq的消耗使溶解平衡()()22IsIaq正移D溶液褪色Zn使I2和-3I全部转化为I-A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．I2为紫黑色固体，向10

mL蒸馏水中加入0.4gI2，充分振荡，溶液呈浅棕色，说明溶解的碘较少，则I2在水中溶解度较小，A正确；B．-3I(aq)为棕色，向10mL蒸馏水中加入0.4gI2，充分振荡，溶液呈浅棕色，再加入0.2g锌粒，溶液颜色加深，说明加入Zn粒

后I2转化为-3I(aq)，所以溶液颜色加深，发生了反应：I2+I--3I，B错误；C．I2在水中存在溶解平衡I2(s)I2(aq)，I2(s)为紫黑色晶体，I2(aq)为棕色，紫黑色晶体消失，因为Zn和I2反应生成的I-和I2(aq)生成-3I(

aq)，I2(aq)浓度减小，溶解平衡正向移动，紫黑色晶体消失，C正确；D．溶液褪色是因Zn与I2反应生成ZnI2所致，即Zn使I2和-3I全部转化为I-，且-3I(aq)为棕色，D正确；故答案为：B。8.一种利

用低品位铜矿(2CuS、CuS、FeO和23FeO等)为原料制取CuCl的工艺流程如下：已知：ⅰ．水溶液中不存在3CuCO，其遇水立即水解为()232CuOHCO和()2CuOH。ⅱ．当加入32NHHO的溶液pH11时，2Cu+以(

)234CuNH+形式存在。ⅲ．室温时，()-39sp3KFeOH=2.810，()-20sp2KCuOH=2.210。下列说法错误的是A.滤渣A中含有SB.滤液D中3Fe+的浓度是：612.810molL−−C.滤液D中先通氨气

的目的：调节pH11同时生成()234CuNH+D.生成3MnCO的离子方程式是：2+-3322Mn+2HCO=MnCO+CO+HO【答案】D【解析】【分析】低品位铜矿(Cu2S、CuS及F

eO和Fe2O3等)加入二氧化锰与硫酸，Fe2O3溶解生成硫酸铁，Cu2S、CuS及FeO发生氧化还原反应生成硫单质、硫酸铁、硫酸铜，二氧化锰被还原为二价锰离子留在溶液中，加入氨水调节pH，沉淀铁离子生氢氧化铁沉淀，向滤液D中先通氨气再加入碳酸氢铵除锰，二价锰离子

转化为碳酸锰沉淀，溶液中CuSO4转变为[Cu(NH3)4]CO3留在溶液中，[Cu(NH3)4]CO3溶液加热分解生成CuO、NH3、CO2，将氧化铁铜粉末与水、盐酸、氯化钠、铜反应得到Na[CuCl2]，加水沉淀，经过过滤、洗

涤、干燥得到氯化亚铜。【详解】A．Cu2S在“浸取”和硫酸、二氧化锰发生氧化还原反应，生成硫酸铜、硫酸锰、单质硫和水，反应的离子方程式为：Cu2S+2MnO2+8H+=2Cu2++2Mn2++S+4H2O

，滤渣A中含有S，故A正确；B．室温时，Fe(OH)3的溶度积常数Ksp=2.8×10-39；pH=3时，c(OH-)=10-11mol/L，则c(Fe3+)=()()()-39sp333--11KFeOH2.810=cOH10mol/L=2.8×1

0-6mol/L，故B正确；C．向滤液D中通氨气中和溶液中的H+，调节pH11，氨气和碳酸氢铵除锰，二价锰离子转化为碳酸锰沉淀，先通氨气生成[Cu(NH3)4]2+，防止加入NH4HCO3时Cu2+沉淀，故C正确；D．滤液D中Mn2+与碳酸氢铵和氨水反应生成Mn

CO3沉淀，其离子方程式为Mn2++NH3⋅H2O+-3HCO=MnCO3↓++4NH+H2O，故D错误；故选D。【选择性必修2—物质结构与性质】9.阿明洛芬是一种抗炎镇痛药物，可用于治疗慢性风湿性关节炎，其分

子结构如下图所示。下列说法错误的是A.分子中氮原子的杂化方式为3spB.分子中含有σ键、π键和大π键C.分子中含有2个手性碳原子D.第一电离能(1I)大小为NOC【答案】C【解析】【详解】A．分子中氮原子形成3个σ键、有1对孤电子对，N原子

的价层电子对数为4，其杂化方式为3sp，故A正确；B．单键为σ键，双键中有1个σ键和1个π键，苯环中有大π键，故B正确；C．连有四个不同的原子或原子团的碳原子是手性碳，从该分子结构可以看出有1个手性碳，故C错误；D．C、N、O属于同周期元素，随着核电荷数逐渐增大，第一电离能

呈增大趋势，N的2p轨道半充满，其第一电离能大于其右边相邻元素，因此第一电离能：N＞O＞C，故D正确；故选C。10.实验：①将少量白色4CuSO固体溶于水，得到蓝色溶液；将少量24KSO固体溶于水，得到无色溶液；

②向①中蓝色溶液中滴加氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水并振荡试管，难溶物溶解，得到深蓝色透明溶液；③向深蓝色透明溶液加入乙醇，析出深蓝色晶体。下列分析错误的是A.①中呈蓝色的物质是()224CuHO+配离子，提供孤电子对的是O原子B.②中形成难溶物反应是()2324

2Cu2NHHOCuOH2NH+++=+C.(2)中难溶物溶解的反应是()()()33242CuOH4NHCuNHOH+=D.③中加入乙醇后析出的深蓝色晶体是()()342CuNHOH【答案】D【解析】【详解】A．将少量白色4CuSO固体溶于水，得到蓝色溶液，铜离子与

水分子结合形成蓝色的()2+24CuHO离子，在()2+24CuHO离子中，Cu2+提供空轨道，水中的O提供孤电子对形成配位键，A正确；B．向蓝色溶液滴加氨水，形成难溶物，铜离子与一水合氨反应生成氢氧化铜沉淀，离子方程式为：2+3+224Cu+

2NHHO=Cu(OH)+2NH，B正确；C．氢氧化铜沉淀溶于氨水，反应生成蓝色的四氨合铜离子，离子方程式为：()23324Cu(OH)+4NH=CuNH(OH)，C正确；的D．向深蓝色透明溶液加入乙醇，[Cu(NH3)4]SO4的

溶解度减低，析出深蓝色晶体[Cu(NH3)4]SO4，D错误；故选D。【选择性必修3—有机化学基础】11.下列操作不能．．达到实验目的的是目的操作A检验醛基()在试管里加入2mL10%NaOH溶液，滴入5滴45%CuSO溶液，振荡。然后加入0.5mL乙醛溶液，

加热B证明酸性：碳酸苯酚向澄清的苯酚钠溶液中通入二氧化碳气体C检验碳卤键()向试管里加入几滴1-溴丁烷，再加入2mL5%NaOH溶液，振荡后加热。一段时间后加入几滴32%AgNO溶液D证明羟基使苯环活化向两支分别盛有2mL苯和苯酚稀溶液的试管中各加入几滴饱和溴水

A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．新制氢氧化铜碱性悬浊液能与醛基反应，加热有砖红色沉淀生成，A正确；B．往苯酚钠溶液中通入少量CO2反应生成苯酚和碳酸氢钠，溶液变浑浊，证明酸性：碳酸>苯酚，B正确；C．该

实验中，水解后、滴加硝酸银溶液前，应先加硝酸中和多余的碱使溶液呈酸性，C错误；D．苯不与溴水发生取代反应，只能萃取，苯酚与溴水可以发生取代，羟基使苯环活化，D正确；故选C。12.M()和N()在一定条件下可制得

环氧树脂粘合剂Ｐ，其结构如下下列说法正确的是A.M含有的官能团为羟基和碳氯键B.N的核磁共振氢谱有4组峰且峰的面积之比1:2:2:6C.生成1molP的同时生成()n+1molHClD.相同条件下，也可以和

M反应生成结构与P相似的高分子【答案】D【解析】【详解】A．M含有的官能团为醚键和碳氯键，A错误B．N有4种等效氢原子，其核磁共振氢谱有4组峰，且峰的面积之比2446=1:2:2:3：：：，B错误；C．从P的结构简式可以看出，生成1molP，生成链节时生成nmolHCl，生成端基时生成2molHC

l，则同时生成()n+2molHCl，C错误；D．合成P时，有机物都具有双官能团，含有两个酚羟基，所以相同条件下，也可以和M反应生成结构与P相似的高分子，D正确；故选D。13.利用下图装置进行铁上电镀铜的实验探究。装置序号电解质溶液实验现象①-140.1m

ol?LCuSO和少量24HSO溶液镀件表面产生无色气体，一段时间后镀件表面有红色固体，气体减少。经检验，电解液中有2Fe+②140.1molLCuSO−和镀件表面未观察到气体，一过量氨水段时间后镀件表面有致密红色固体。经检验，电解液中无Fe

元素下列分析错误的是A.①中产生气体，推测铁制镀件表面可能发生反应：2+-2H+2e=HB.①中检测到2Fe+，推测可能是铁制镀件与4CuSO反应生成C.②中镀层比①致密原因：②中生成()2+34CuNH，使得()2+cCu比①中溶液的小，Cu析出缓慢D.

随镀件表面析出铜，推测②中溶液()2+cCu减小，()2+2+334Cu+4NHCuNH平衡逆向移动【答案】D【解析】【详解】A．①中产生气体，结合电解质溶液和电极，推测该气体为氢气，铁制镀件表

面可能发生反应：2+-2H+2e=H，A正确；B．①中检测到2Fe+，结合44uFee+CuFOSOS+C=，推测可能是铁制镀件与4CuSO反应生成，B正确；C．铜离子可以和过量氨水反应生成()2+34CuNH，铜离子浓度减小，②

中镀层比①致密原因：②中生成()2+34CuNH，使得()2+cCu比①中溶液的小，Cu析出缓慢，C正确；D．电镀过程的阳极反应为Cu-2e-=Cu2+，阴极反应为Cu2++2e-=Cu，溶液()2+cCu不变，D错误。故答案为D。14.常温下，向某二元弱酸(2HX)溶

液中滴加NaOH溶液，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列说法错误的是()()2--cXlgcHX或()()-2cHXlgcHXA.()5.422KaHX10−=B.曲线M表示pH与()()2--XlgHXcc的

变化关系C.P点，()()()()+-2-22cNa=cHX+cHX+cXD.当混合溶液呈中性时，()()()()()+2--+-NaXHXH=OHccccc＞＞＞【答案】C【解析】【详解】当()()-2HXlg0HXc

c=时，()()()()-++a12HXHHHXccKcc==，当()()2--Xlg0HXcc=时，()()()()2-++a2-XHHHXccKcc==，a1a2KK＞，则曲线N表示pH与()()-2HXlgHXcc的变化关系，曲线M表示pH与()()2--XlgHXcc的变化关系

，据此分析解答。A．由曲线M上的点(-0.6，4.8)可得()()()0.64.82-+5.-4a210XH1HX100ccKc−−−===，A正确；B．由分析知，曲线M表示pH与()()2--XlgHXcc的变化关系，B正确；C．存在元素质量守恒()()()(

)+-2-22cNa=cHX+cHX+cX的溶液为Na2X，P点时，()()-2HXlg0HXcc=，则()()-2HXHXcc=，此时不是Na2X，C错误；D．由图可知，当混合溶液呈中性时，()()2--XlgHXcc＞0，则()()2--XHXcc＞1，()()2--XHXc

c＞，故()()()()()+2--+-NaXHXH=OHccccc＞＞＞，D正确；故选C。15.某废水处理过程中始终保持()-12cHS=0.1mol?L，通过调节pH使2Ni+和2Cd+形成硫化物而分离，体系中pH与lg−c关系如下图所示，c为HS−、

2S−、2Ni+和2Cd+的浓度，单位为-1molL。已知：()()spspKNiS>KCdS。下列说法正确的是A.④为pH与()2--lgcS的关系曲线B.p点生成的沉淀中含有CdS和NiSC.()()(

)()2+2+NiSs+CdaqCdSs+Niaq7.8K=10D.()14.722KaHS10−=【答案】D【解析】【分析】已知H2S饱和溶液中随着pH的增大，H2S的浓度逐渐减小，HS-的浓度增大，S2-浓度逐渐增大，则有-lgc(HS-)和-lg

c(S2-)随着pH增大而减小，pH相同时，HS-浓度大于S2-，即-lgc(HS-)小于-lgc(S2-)；当c(S2-)相同时，根据()()spspKNiS>KCdS可知c(Ni2+)＞c(Cd2+)，则-lgc(Ni2+)和

-lgc(Cd2+)随着pH增大而增大，且有-lgc(Ni2+)小于-lgc(Cd2+)，因此曲线①代表Cd2+、②代表Ni2+、③代表S2-，④代表HS-。【详解】A．由分析可知，曲线④代表HS-，A

错误；B．M点为CdS的过饱和溶液，NiS的不饱和溶液，则M点条件下能生成CdS沉淀，不能生成NiS沉淀，B错误；C．图示曲线①③交点可知，此时c(Cd2+)=c(S2-)=10-13mol/L，则()2-13-26K(CdS)=10mol/L=

1.010；曲线②③交点可知，此时c(Ni2+)=c(S2-)=10-9.2mol/L，则()2-9.2-18.4K(NiS)=10mol/L=10；化学反应()()()()2+2+NiSs+CdaqC

dSs+Niaq的平衡常数-18.47.6-26K(NiS)10K===10K(CdS)10，C错误；D．由分析可知，曲线④代表HS-，根据曲线④坐标可知，当c(H+)=10-1.6mol/L时，c(HS-)=10-6.5mol/L，()()()()+--1.6-6.5

-7.1a122cHcHS10mol/L10mol/LKHS===10cHS0.1mol/L；曲线③代表S2-，根据曲线③坐标可知，当c(H+)=10-4.9mol/L时，c(S2-)=10-13mol/L，()()()()()2+2--4.92-13-21.8a12a222cHcS

(10mol/L)10mol/LKHSKHS===10cHS0.1mol/L，则()-21.8-14.7a22-7.110KHS==1010，D正确；答案选D。16.实验小组探究浓度对4FeSO溶液与3

AgNO溶液反应的影响。实验如下：实验编号试剂沉淀物质的量之比()()24AgSOAgnn试剂X试剂Y()-13cAgNO/mol?L()-14cFeSO/mol?Lⅰ0.040.04aⅱ0.10.10.15ⅲ0.5050.19ⅳ1.01.0

0.26已知：①()-5sp24KAgSO=1.210；②ⅰ~ⅳ中均有沉淀生成，取ⅰ~ⅳ充分反应后的上层清液，滴加浓盐酸均产生白色沉淀；滴加()36KFeCN溶液均产生蓝色沉淀。下列说法错误的是A.分析ⅰ中数据可知：a=0B.取ⅱ

中沉淀加适量浓氨水，部分溶解的原因：()+2-24323422AgSO+4NH?HO=2AgNH+SO+4HOC.取ⅲ中的上层清液滴加()36KFeCN溶液产生蓝色沉淀，可证明存在：2++3+Fe+A

gAg+FeD.本实验条件下增大反应物浓度，对复分解反应的影响大于对氧化还原反应的影响.【答案】C【解析】【详解】A．等体积混合后4+2-c(Ag)=c(SO)=0.02mol/L，此时()2+2-3

-6-54sp24Q=c(Ag)c(SO)=(0.02)=810KAgSO=1.210＜，不会产生沉淀24AgSO，所以a=0，故A正确；B．ii中()()24nAgSOnAg=0.15，加适量浓氨水时，Ag2SO4溶解，Fe不溶解，Ag2SO4和浓氨水反

应生成()+32AgNH，则部分溶解的原因：()+2-24323422AgSO+4NHHO=2AgNH+SO+4HO，故B正确；C．iii中()()24nAgSOnAg=0.19，既有24AgSO又有Ag，Fe2++Ag+→Ag+Fe3+，FeSO4+2Ag

NO3=Ag2SO4↓+Fe(NO3)2，FeSO4和AgNO3按物质的量1：1滴加，据反应及化学计量数可知，溶液中Fe2+过量，所以不能通过检验是否存在Fe2+作为2++3+Fe+AgAg+Fe为可逆反应的证据，故C错误；D．结合表中数据可得，本实验中反应物浓度增大，()()24nAgSOnAg

比值增大，说明相同条件下生成Ag2SO4的复分解反应进行的程度大于生成Ag的氧化还原反应进行的程度，即反应物浓度的增大，对复分解反应的影响比对氧化还原反应的影响更大，故D正确；故选C。二、非选择题(本大题共4小题，共58分。其中第18题为选考题，考生任选一题作答。)1

7.中国在氢能研究方面已取得显著进展。绿氢的生产及储存作为氢能利用的关键技术，是当前关注的热点之一、I．制氢（1）化学制氢。工业上制取氢气时涉及的一个重要反应是：()()()()2223COg+HOg=COg+HgΔH已知：①()()()2

12Cs+Og=2COgΔH②()()()22222Hg+Og=2HOgΔH利用1H和2H计算3H时，还需要利用_______反应的H。（2）电化学制氢。光、电催化——化学环反应耦合分解2HS制2H的原理示意图如下图所示。①负

极的电极反应式为_______。②除了32Fe/Fe++外，3I/I−−也能实现如图所示循环过程。结合化学用语，说明3I/I−−能够使S源源不断产生的原因：_______。Ⅱ．储氢与释氢（3）4NaBH是一种重要的储氢载体，能与水反应生成2NaBO，且反应前后B的化合价不变，反应消耗41m

olNaBH时转移的电子数目为_______。（4）有机物释氢与储氢。其中一种方法为利用环己烷和苯之间的可逆反应来实现释氢和储氢。()323FeSO/AlOg一定温度()()2g+3Hg-1ΔH=+208.4kJmol。①在某温度下，向恒容容器中加入环己烷，其起始浓度为-1amo

lLg，平衡时苯的浓度为-1bmolL，该反应的平衡常数K=_______。②有利于释氢的措施为：_______(从反应限度的角度回答)。（5）一定条件下，下图所示装置可实现有机物的电化学储氢(忽略其它有机物)。①生成目标产物的电极反应式为_______。②该储氢装置的电流效率η=____

___。(η100%=生成目标产物消耗的电子数转移的电子总数)(计算结果保留小数点后一位)【答案】（1）()()()22Cs+Og=COg（2）①.2+-3+Fe-e=Fe②.I−在电极上放电：33I2eI−−−

−=。3I−在溶液中氧化2HS：32IHS3IS2H−−++=++。I−和3I−循环反应（3）A4N或242.40810（4）①.427ba-b②.升温、减压、分离出苯(其他合理答案也可以)（5）①.+-66612

CH+6H+6e=CH②.64.3%【解析】【小问1详解】已知：①()()()212Cs+Og=2COgΔH②()()()22222Hg+Og=2HOgΔH③()()()()2223COg+HOg=COg+HgΔH根

据盖斯定律③+12①+12②得出C(s)+O2(g)=CO2(g)；利用1H和2H计算3H时，还需要利用C(s)+O2(g)=CO2(g)反应的H；【小问2详解】该太阳能光电催化——化学耦合分解H2S的过程可描述为：2+Fe在电极上失电

子发生反应23+FeeFe+−−=，生成的3+Fe氧化H2S生成硫单质，离子方程式为：3222FeHS=2FeS2H++++++，H＋通过质子交换膜从n极移向p极，在p极得电子生成H2。①负极失去电子发生氧化反应，则负极的电极反应式为2+-3+Fe-e=Fe。②根据

分析，3I/I−−能够使S源源不断产生的原因：I−在电极上放电：33I2eI−−−−=。3I−在溶液中氧化2HS：32IHS3IS2H−−++=++。I−和3I−循环反应。【小问3详解】反应前后B元素的化合价不变，则反应前后B元素的化合价均是＋3价，因此反应前NaBH4中

氢元素的化合价是－1价。水中氢元素的化合价是＋1价，因此反应中还有氢气生成，则反应的化学方程式为NaBH4＋2H2O=NaBO2＋4H2↑。NaBH4中氢元素的化合价从－1价升高到0价，因此1molNaBH4在反应中失去4mol电子，其数

目是4NA或2.408×1024。【小问4详解】①平衡时苯的浓度是bmol/L，则根据反应的方程式可知消耗环戊烷的浓度是bmol/L，生成氢气的浓度是3bmol/L，，平衡时环戊烷的浓度为（a－b）mol/L。由于化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达

到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，则该温度下反应的平衡常数k＝427bab−mol3/L3。②根据()323FeSO/AlOg一定温度()()2g+3Hg-1ΔH=+208.4kJmol。有利于释氢的措施为升温、减压、分离

出苯(其他合理答案也可以)。【小问5详解】①苯得到电子生成环戊烷是目标产物，由于存在质子交换膜，所以氢离子向阴极移动，则电极反应式为C6H6＋6H＋＋6e－＝C6H12。②阳极生成2.8mol气体，该气体应该是阳极OH－放电生成的氧气，则转移电子的

物质的量＝2.8mol×4＝11.2mol。设阴极消耗苯的物质的量是xmol，根据电极反应式C6H6＋6H＋＋6e－＝C6H12可知得到电子是6xmol；设生成氢气ymol,根据电极反应式2H++2e－=H2，可知得到电子是2ymol。根据电子守恒可知：6x+2y=

11.2；根据苯的含量变化可知：10×24%=x+(10+y)×10%，二者联立可得：x=1.2，y=2。因此储氢装置的电流效率61.211.2==64.3%。18.工业上以磷矿石[主要成分：()()543CaPOOH、()543CaPOF

、2SiO和有机碳等]为原料生产磷酸和石膏(42CaSO2HO)，流程示意图如下：已知：一些难溶电解质的溶度积常数如下表物质6BaSiF26NaSiF4CaSO4BaSO3BaCOspK61.010−64.010−49.010−101.010−

92.610−回答下列问题：（1）为提高酸浸速率，可采取的措施有_______。(写出1条即可)（2）生成的HF与2SiO反应，生成二元强酸26HSiF的离子方程式是：_______。（3）酸浸时()()543CaPOOH与24HSO反应的

化学方程式是：_______。（4）粗磷酸中的有机碳被22HO氧化为2CO脱除。相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率如下表所示。分析80C时有机碳脱除率最高的原因：_______。温度/C405

06070808590有机碳脱出率约为/%72757880827875（5）脱氟过程中发生的化学反应方程式是：_______，若按物质的量之比()()2-236nNaCO:nSiF=1:1加入23NaCO脱

氟，充分反应后，()+cNa=_______-1molL；（6）脱硫过程中，分批加入一定量的3BaCO达到脱硫的目的，其反应离子方程式是_______。（7）该工艺中通常使用一定浓度的24HSO溶液洗涤磷石膏(42C

aSO0.5HO)，原因是_____。（8）24SO−浓度(以3SO%计)、34HPO浓度(以25PO%计)。一定温度下，石膏存在形式与溶液中25PO%和3SO%的关系如图所示，下列条件能实现42CaSO0.5HO转化为42CaSO2HO的是_______(填字母)。A．65C

、25PO%20=、3SO%20=B．80C、25PO%10=、3SO%20=C．65C、25PO%5=、3SO%25=（9）取ag所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用-1bHmolLNaO溶液滴定至终点时生成24NaHPO，消耗NaOH溶液c

mL，精制磷酸中34HPO的质量分数是_______。【答案】（1）研磨磷矿石、加热(其他合理答案也可以)（2）+2-2626HF+SiO=2H+SiF+2HO（3）()()54224423432CaPOOH+3HO+10HSO10CaSO0.5HO+6HPO（4）低于80C，有机碳的脱除速

率随温度升高而增加；超过80C，22HO分解速率大，22HO浓度降低，导致有机碳的脱除速率下降（5）①.26232622HSiF+NaCO=NaSiF+CO+HO②.22.010−（6）2--343442224BaCO+SO+2HPO=BaSO+CO+

HO+2HPO（7）除去磷石膏(或硫酸钙)表面的杂质离子，并减少磷石膏(或硫酸钙)溶解损失（8）C（9）0.049bc100%a(或4.9bc%a)【解析】【分析】磷矿石[主要成分：Ca5(PO4)3(OH)、Ca5(PO4)3F、SiO2和有机碳等]在硫酸并加热的条件下酸浸，得H

F、磷石膏、粗磷酸，有机物、26SiF−和硫酸根都在磷酸中，通过加入过氧化氢加热氧化脱有机碳，加入碳酸钠脱氟，再加入碳酸钡除去硫酸根，可以得到精制磷酸，磷石膏洗涤后一定条件下可以转化为石膏。【小问1详解】为提

高酸浸速率，可采取的措施有研磨磷矿石、加热(其他合理答案也可以)，都能提高反应速率；【小问2详解】HF与SiO2反应，生成二元强酸H2SiF6的离子方程式是6HF+SiO2=2H++26SiF−+2H2O；【小问3详解】酸浸时

Ca5(PO4)3(OH)与H2SO4反应，生成CaSO4⋅0.5H2O和H3PO4，化学方程式是：2Ca5(PO4)3(OH)+3H2O+10H2SO4Δ10CaSO4⋅0.5H2O+6H3PO4；【小问4详解】粗磷酸中的有机碳被H2O2氧化为CO2脱除，低于80°C

，有机碳的脱除速率随温度升高而增加；超过80°C，H2O2分解速率大，H2O2浓度降低，导致有机碳的脱除速率下降，故80°C时有机碳脱除率最高；小问5详解】脱氟过程是H2SiF6与加入的Na2CO3反应，生成难溶的Na2SiF6而除去，同时由于H2SiF6

是强酸，有CO2生成，化学方程式为H2SiF6+Na2CO3=Na2SiF6↓+CO2↑+H2O，由Ksp[Na2SiF6]=4.0×10−6，按物质的量之比n(Na2CO3):n(26SiF−)=1:1加入

Na2CO3脱氟，充分反应后，根据反应比，溶液中剩余c(Na+)=2c(26SiF−)，设c(Na+)=2c(26SiF−)=2x，Ksp[Na2SiF6]=c(26SiF−)c2(Na+)=(2x)2·x=4.0×10−6，解得x=0.01mol/L，故c(Na+)=2x=2.

0×10−2mol⋅L-1；【小问6详解】脱硫过程中，分批加入一定量的BaCO3达到脱硫的目的，碳酸钡可以中和磷酸生成磷酸二氢根同时转化为更难溶的硫酸钡沉淀从而除去硫酸根，反应离子方程式是BaCO3+24SO−+2H3PO4=

BaSO4+CO2↑+H2O+224HPO−；【小问7详解】该工艺中通常使用一定浓度的H2SO4溶液洗涤磷石膏(CaSO4⋅0.5H2O)，是根据同离子效应，为了除去磷石膏(或硫酸钙)表面的杂质离子，并减少磷石膏(或硫酸钙

)溶解损失；【小问8详解】由图知，65°C、P2O5%=5、SO3%=25时，图中对应的点在表示65°C的实线的左下方，对应生成CaSO4⋅2H2O，其它条件下不满足，故选C；【小问9详解】终点时消耗n(NaOH)=bc×10-

3mol，根据终点时生成Na2HPO4，则n(H3PO4)=12n(NaOH)=12bc×10-3mol，故精制磷酸中H3PO4的质量分数是311098g/0.0492100%100%abcmolmolbcag−=。19.2HS的转化是资源利用和环境保护的

重要研究课题。某实验小组在实验室模拟脱除2HS并获得硫黄的装置如下(夹持装置略)。已知：CuS(黑色)，-36spK=1.310【序号溶液NC中实验现象Ⅰ-13amol?LFeCl溶液(pH=b)溶液颜色变浅，有乳白色沉淀生成Ⅱ-13a

mol?LFeCl溶液(含少量稀24HSO，pH<b)溶液颜色变浅，有乳白色沉淀生成，沉淀比实验Ⅰ少Ⅲ一定浓度的2CuCl溶液溶液颜色变浅，有黑色沉淀生成Ⅳ-13amol?LFeCl(含有一定浓度的2CuCl溶液，pH<b)溶液颜色变浅，先有黑色沉淀生成，一段时间

后转化为乳白色，沉淀比实验Ⅰ多（1）装置A中发生的化学反应方程式是_______。（2）加入药品前，检验装置气密性，方法是_______。（3）装置B的作用是_______。（4）实验Ⅲ中生成黑色沉淀的离子方程式是_______。（5）对于实验Ⅱ的沉淀比实验Ⅰ少的现象

，某同学通过分析并得出结论如下：①2HS气体持续通入3FeCl溶液中，发生()()22HSgHSaq及电离_______。②完善下列离子方程式：_______。_______3+Fe+_______-HS=_______+_______+_______。结论：实验Ⅱ的pH比实验Ⅰ的小，()+

cH增大，不利于2HS的溶解和电离，产生沉淀较实验Ⅰ少。（6）对比实验Ⅳ和Ⅰ，实验Ⅳ沉淀比实验Ⅰ多的原因是_______。（7）实验Ⅰ充分反应后，测2Fe+浓度：滤出沉淀，取滤液，除去杂质，加入适量稀硫酸，用浓度为-1xmolL的227KCrO标准溶液滴定到终

点。滴定时发生的离子反应：2-2++3+3+272CrO+6Fe+14H=2Cr+6Fe+7HO，计算滤液中()2+cFe还需要的实验数据：___。【答案】（1）2442FeSHSOFeSOHS+=+（2）夹紧止水夹，关闭分液漏斗活塞，向分液漏斗中加水

，打开分液漏斗活塞，水流一会后不再流下，气密性良好（3）防倒吸（4）2++2HS+Cu=CuS+2H（5）①.+-2HSH+HS、-+2-HSH+S②.3+-2++2Fe+HS=2Fe+H+S（6）2HS与4CuSO反应生成CuS的spK较小且反应速率较快，2HS进入Ⅳ的溶液中

，充分转化为CuS；3FeCl与CuS的反应限度较大，发生反应：3222FeCuS2FeCuS++++=++，2Cu+促进了2HS的转化（7）所取滤液的体积及滴定终点时消耗227KCrO溶液的体积【解析】

【分析】由实验装置图可知，装置A中硫化亚铁与硫酸溶液反应制备硫化氢气体，装置B为空载仪器，做安全瓶，起防倒吸的作用，装置C为脱除硫化氢并获得硫黄的装置，装置D中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收硫化氢，防止污染空气。【小问1详解】由分析可知，装置A中发生的反应为硫化亚

铁与硫酸溶液反应生成硫酸亚铁和硫化氢，反应的化学反应方程式为2442FeSHSOFeSOHS+=+，故答案为：2442FeSHSOFeSOHS+=+；【小问2详解】该反应涉及气体的制备与参与，加入药品前需要检验装置气密性，具体操作为夹紧止水夹，关闭分液漏斗活塞，向分液漏斗中加水形成密闭系统，打

开分液漏斗活塞，水流一会后不再流下，说明装置的气密性良好，故答案为：夹紧止水夹，关闭分液漏斗活塞，向分液漏斗中加水，打开分液漏斗活塞，水流一会后不再流下，气密性良好；【小问3详解】由分析可知，装置B为空载仪器，做安全瓶，起防倒吸的作用，故答案为：防倒吸；【小问4详解】由实验现象可知，实验Ⅲ

中生成黑色沉淀的反应为氯化铜溶液与硫化氢反应生成硫化铜沉淀和盐酸，反应的离子方程式为2++2HS+Cu=CuS+2H，故答案为：2++2HS+Cu=CuS+2H；【小问5详解】①溶于水的硫化氢溶于水得到氢硫酸溶液，氢硫酸是二元弱酸，在溶液中分步电离使溶液呈酸性，电

离方程式为+-2HSH+HS、-+2-HSH+S，故答案为：+-2HSH+HS、-+2-HSH+S；②由未配平的方程式可知，溶液中的铁离子与氢硫酸电离出的氢硫酸根离子反应生成亚铁离子、硫沉淀和氢离子，反

应的离子方程式为3+-2++2Fe+HS=2Fe+H+S，故答案为：3+-2++2Fe+HS=2Fe+H+S；【小问6详解】对比实验Ⅳ和Ⅰ，实验Ⅳ沉淀比实验Ⅰ多的原因是2HS与4CuSO反应生成CuS的spK较小且反应速率较快，2HS进入Ⅳ的溶液中，充分转化为CuS；

3FeCl与CuS的反应限度较大，发生反应：3222FeCuS2FeCuS++++=++，2Cu+促进了2HS的转化，故答案为：2HS与4CuSO反应生成CuS的spK较小且反应速率较快，2HS进入Ⅳ的溶液中，充分转化为CuS；3FeCl与C

uS的反应限度较大，发生反应：3222FeCuS2FeCuS++++=++，2Cu+促进了2HS的转化；【小问7详解】由方程式可知，滴定测定滤液中亚铁离子浓度还需要测定所取滤液的体积及滴定终点时消耗227KCrO

溶液的体积，故答案为：所取滤液的体积及滴定终点时消耗227KCrO溶液的体积。【选择性必修2—物质结构与性质】20.钴酸锂电池是一种应用广泛的二次电池，其主要以碳酸二乙酯、碳酸乙烯酯等为溶剂，以高氯酸锂(4LiClO)、六氟磷酸锂(6LiPF)、四氟硼

酸锂(4LiBF)等锂盐为溶质，并添加适当的添加剂所构成。已知：ⅰ．钴酸锂摩尔质量为1Mgmol−。ⅱ．91nm10m−=。回答下列问题：（1）钴酸锂晶胞结构示意图如图，其最简化学式是______，其钴离子的价电

子排布图为_____。（2）四氟硼酸锂(4LiBF)中含有的化学键类型有_______，B原子的杂化类型是_______。（3）高氯酸锂(4LiClO)中，4ClO−的空间构型是_______。（4）六氟磷酸锂()6LiPF中Li、P、F的电负性由大到小的

排序是___，其晶体类型为___。（5）钴离子的配位数为_______，晶体的密度是_______-3gcm。(用含M、AN、a、b的代数式表示)（6）钴酸锂电池充电时，+Li从正极材料中脱出，当+Li脱

嵌率为40%时，()()3+4+nCo:nCo=_______。当正极材料中的+Li脱嵌率超过50%时，该晶体结构会发生相转变，导致2O−脱离晶格被氧化为氧气，严重影响钴酸锂的循环稳定性及电池安全性，需进行过充保护。【答案】（1）①.2LiCoO②.

（2）①.离子键、极性共价键、配位键(写出离子键、共价键也可以②.3sp（3）正四面体（4）①.FPLi②.离子晶体（5）①.6②.212A2M103abN2(其他合理答案也可以)（6）3:2【解析】【小问1详解】1个晶胞中Li+数目1111

2266622++=，O数目11122121232++=，Co数目11616632++=，最简化学式是：2LiCoO；钴是27号元素，原子核外电子排布是：1s22s22p63s23p63d74s2，钴离子

的价电子排布图为:；【小问2详解】4LiBF中+4LiBF−和是离子键、4BF−中是极性共价键、配位键(写出离子键、共价键也可以)；B的价屋电子对数为4，B原子的杂化类型是3sp；【小问3详解】4ClO−的价层电子对数，7

12444042+−+=+=，空间构型是正四面体；【小问4详解】同周期元素从左到右电负性变强，同族由上到下电负性减弱，Li、P、F的电负性由大到小的排序是：F>P>Li；其晶体类型为离子晶体；【小问5详解】钴原子原本外层电子式为3d⁷4s²，失去3个价电子后，剩余3d64s⁰，由于它具有2个

3d、1个4s、3个4p共计6个空轨道，一个钴原子可与六个氧原子配位，钴离子的配位数为6；一个晶胞的体积为32-2133Vab102cm=，晶体的密度是：21A2-212A6MN6M2M10ρV333ab10ab

N22===-3gcm【小问6详解】2LiCoO中有6个Li+和6个Co3+，每脱嵌1个+Li，则有一个Co4+生成，当+Li脱嵌率为40%时，则有6×40%=2.4个Co4+生成，则()()3+4+

nCo:nCo==3.6∶2.4=3:2；【选择性必修3—有机化学基础】21.聚维酮碘的水溶液是一种常用的碘伏类缓释消毒剂，其单体Ｌ的合成路线如下。已知：32+R-NH→2+ROH(1R、2R、3R均为烃基或氢原子)（1）实验室制备A的化学方程式是__

_____。（2）B的结构简式是_______。（3）C只有两种可能。ⅰ．22OHC-CH-CH-CHO。ⅱ．22HOCH-CC-CHOH。确认C不是22OHC-CH-CH-CHO，操作和现象是_______。（4）按系统命名法，D的名称是_______。（5）DE→的化

学方程式是_______。（6）核磁共振氢谱显示Ｉ只含有一种化学环境的氢原子，Ｉ的结构简式是_______。（7）G+JL→的三步反应中，写出中间产物2的结构简式_______。（8）合成聚维酮碘的过程如下：(图中虚线表示氢键)下列说法正确的是_______。(填字母)a．聚维酮

分子由()m+n个单体聚合而成b．聚维酮碘水溶性良好的性能与氢键有关c．聚维酮在一定条件下能发生水解反应【答案】（1）()22222CaC2HOCaOHCH+→+（2）HCHO（3）将C加入新制()2CuOH浊液中并加热

，没有砖红色沉淀产生(其他合理答案也可以)（4）1，4-丁二醇（5）Cu2222222222HOCH-CH-CH-CHOH+O2HOCH-CH-CH-CHO+2HO⎯⎯→△（6）（7）（8）bc【解析】【分析】由A的

分子式可知A有2个不饱和度，A的结构简式为CHCH，根据C的分子式可知C有2个不饱和度，根据D的结构简式、A与B加成得到C，应该是乙炔和甲醛加成，22HCCH+2HCHOHO-CH-CC-CH-OH→，则B为甲醛，C结构简式为22HO-CH-CC-CH-OH；D到E是醇的催化氧化

反应引入醛基，E→F为E中醛基上发生加成反应、结合F→G中G的结构简式，可知F发生了催化氧化，则F的结构简式为、E为222OHC-CH-CH-CHOH；H为22CH=CH，HI→反应条件为Ag作催化剂的乙烯催化氧化，I只有一种环境C原子，产物为环氧乙烷，即I为，由题中信息，则G+J→

L:发生三步反应依次为：+222HOCHCHNH→，脱水得到，再脱水得到。【小问1详解】实验室制备A即乙炔的化学方程式是()22222CaC2HOCaOHCH+→+。小问2详解】据分析，B的结构简式

是HCHO。【小问3详解】C只有两种可能：ⅰ．22OHC-CH-CH-CHO含醛基，ⅱ．22HOCH-CC-CHOH含醇羟基和碳碳三键，则要确认C不是22OHC-CH-CH-CHO，操作和现象是：将C加入新制()2CuOH浊液中并加热，没

有砖红色沉淀产生(其他合理答案也可以)。【小问4详解】按系统命名法，D的名称是1，4-丁二醇。【小问5详解】据分析，DE→的化学方程式是【Cu2222222222HOCH-CH-CH-CHOH+O2HOCH-CH-CH-CHO

+2HO⎯⎯→△。【小问6详解】据分析，核磁共振氢谱显示Ｉ只含有一种化学环境的氢原子，Ｉ的结构简式是。【小问7详解】据分析，G+JL→的三步反应中，中间产物2的结构简式。【小问8详解】a．聚维酮碘是由聚维酮和HI3，通过氢键形成的，由聚维酮碘的结构可知，聚维酮分子由2m+n个单体加聚而成的，a项

错误；b．聚维酮的结构中含有酰胺基，高聚物可与HI3形成氢键，也可与水形成氢键，故可溶于水，聚维酮碘水溶性良好的性能与氢键有关，b项正确；c．聚维酮的结构中含有酰胺基，则聚维酮在一定条件下能发生水解反应，c项正确；选bc。