广东省四校2022-2023学年高三上学期联考化学试题（解析版）.pdf

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1、华附、省实、广雅、深中2023届高三四校联考化学本试卷分选择题和非选择题两部分，共9页，满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的校名、姓名、考号、座位号等相关信息填写在答题卡指定区域内，并用2B铅笔填涂相关信息。2.选择题每小题选出答案后，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，再选涂其它答案；不能答在试卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。4.考生必须

2、保持答题卡的整洁。可能用到的相对原子质量：0 16 S32 Ba 1 37第一部分选择题（共44分）一、选择题：本题共16小题，共44分。（110题每小题2分，共20分；1116题每小题4分，共24分；每小题只有一个选项符合要求）1.茶文化在我国具有悠久的历史，2022年 11月 2 9 日，中国传统制茶技艺及其相关习俗申遗成功。下列说法不无州的是A.红茶制作工艺中包含发酵工序，该工序中发生了氧化还原反应B.使用沸水泡茶，可加速茶叶中物质的溶解C.茶叶中含有的茶单宁（分子式为CL SHMOG）是烧类物质D.精美的瓷器主要由无机非金属材料制成【答案】C【解析】【详解】A.红茶制作工艺中包含发酵工

3、序，在发酵工序中，茶多酚被氧化、聚合、缩合，形成红色色泽和滋味的主要成分为茶黄素、茶红素和茶褐素，该工序中发生了氧化还原反应，A 项正确；B.升高温度可加速物质的溶解，故使用沸水泡茶，可加速茶叶中物质的溶解，B 项正确；C.茶单宁的分子式为C i5H lQ6,其中含C、H、O 三种元素，不属于煌类、属于燃的含氧衍生物，C 项错误;D.瓷器是以黏土为主要原料，经高温烧结而成，瓷器属于硅酸盐材料，主要由无机非金属材料制成，D项正确；答案选C。2.从第一颗人造卫星成功发射，至 神十四 和“神十五 乘组在中国空间站“会师”，我国航天领域取得了诸多突破。下列说法不氐刑的是A.航天器使用的太阳能电池板的主

4、要成分是二氧化硅B.飞船返回舱外壳的烧蚀材料之一酚醛树脂是高分子化合物C.航天服壳体使用的铝合金材料熔点比纯铝低D.喷涂在航天器外表面的热控涂层材料具有高防辐射和良好的舱内控温效果【答案】A【解析】【详解】A.太阳能电池板的主要成分是硅，A 错误；B.酚醛树脂是苯酚和甲醛发生缩聚反应得到的高分子化合物，B 正确；C.一般的，合金的熔沸点比组成它的纯金属低，如铝合金材料熔点比纯铝低，C 正确；D.热控涂层材料具有高防辐射，以防烧伤宇航员，良好的舱内控温效果，以防温度过高过伤到宇航员，D 正确；答案选A。3.粗盐提纯的实验操作包括：溶解、过滤、蒸发，该实验中一定不需要用到的仪器是【答案】D【解析】

5、【分析】粗盐提纯的实验操作包括：溶解、过滤、蒸发；溶解过程需要使用的仪器是烧杯、玻璃棒；过滤过程需要使用的仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒、铁 架 台（包括铁圈）；蒸发过程中需要使用的仪器是酒精灯、蒸发皿、玻璃棒、铁 架 台（包括铁圈）。【详解】A.该仪器为漏斗，过滤过程中需要使用，A 项不选；B.该仪器 玻璃棒，溶解、过滤、蒸发过程中都需要使用，B 项不选；C.该仪器为蒸发皿，蒸发过程中需要使用，C 项不选；D.该仪器为用烟，粗盐提纯的实验中不需要使用，D 项选；答案选D4.下列化学用语正确的是A.Cr的结构示意图：87 B.H?。与D 2。互为同位素C.过氧化钠的电子式：N a ：6 ：6 ：N

6、a D.质子数为6、中子数为7的碳原子：；3C【答案】D【解析】【详解】A.CT的核外电子数为1 8,则其结构示意图为&丹 8 8,A错误；B.同位素为元素原子，上述两种物质不是同位素，B错误；C.过氧化钠为离子化合物，其电子式为：N a+：O：O:2-N a+.C错误；D.质子数为6、中子数为7的碳原子，其质量数为6+7=1 3,所以可表示为：；C,D正确；故选D。5.倍离子能形成多种配位化合物，下列关于 C r（N H 3）3（H 2 O）,C l 说法正确的是A.C r（NH3）3（H,O C l:+中 C r 的化合价为+2B.C r（N H 3）3（H 2 O）2 C l 中铭离子的

7、配位数是5C.N H：的沸点比H 2。低D.N H?与H?。的键角相同【答案】C【解析】【详解】A.N E B、I O化合价代数和均为0,C 1化合价为-1价，故C r的化合价为+2-（-1）=+3价，选项A错误；B.比0中的氧原子、N H 3中的氮原子和C 1-中都有孤电子对，可作配位原子，故配位原子为O、N、C I,中心离子的配位数为3+2+1=6,选项B错误；c.N&形成的氢键比H?。的弱，N H 3的沸点比H 2。低，选项c正确；D.出0中的氧原子有两对孤电子对，而N H 3中的氮原子只有一对孤电子对，氏0中。原子的孤电子对数更多，对成键电子对的斥力更大，键角更小，选 项 D 错误；答

8、案选Co6.化学与生产生活密切相关。下列物质的用途设有运用相应化学原理的是选项用途化学原理A氧化铝用于制作用期氧化铝的熔点高B碳酸氢钠用于制作泡沫灭火器碳酸氢钠受热易分解C以油脂为原料制肥皂油脂可以发生皂化反应D用浓氨水检查氯气管道是否漏气NH3具有还原性A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A.氧化铝的熔点高，耐高温，可以用作耐火材料，如制作用烟，A 不符合题意；B.碳酸氢钠用于制作泡沫灭火器是利用碳酸氢根离子和铝离子发生双水解产生二氧化碳，B 符合题意；C.油脂属于酯类，可以水解，油脂在碱性条件下的水解称为皂化反应，故以油脂为原料制肥皂，C 不符合题意；D.NH3具有还原

9、性，可与氯气发生氧化还原反应生成氮气同时生成氯化钱，产生白烟，故可用浓氨水检查氯气管道是否漏气，D 不符合题意；答案选B。7.腓(N2H4)又称联氨，为二元弱碱，与硫酸反应可生成(N2H5)25。4、N2H6 so4。下列说法正确的是A.室温下0.0 1 mol/LN2H4 水溶液pH=1 2B.稀释0.0 1 mol/LN2H&水溶液，p H 升高C.N2H4 的水溶液中存在:C(N2H；)+C(N2H )+C(H+)=C(O H )D.水溶液中N2H6 so4 的电离方程式为N2H6 so4 =N?H：+S O j【答案】D【解析】【详解】A.肿(N2H4)为二元弱碱,故室温下O.Olmo

10、l/LN2H4水溶液中氢氧根浓度小于0.0 2mol/L,pH4 =N2H：+SO；-,D正确；故选D。8.大气中的氮循环(如图所示)可以减少环境的污染。下列说法正确的是A.NO的VSEPR模型为四面体形B.转化过程中NO；被CHO H还原为N,C.NH：与N O-反应生成1 mol N2转移约6 x 6.0 2 x 1()23个电子D.NO；转化为NO；属于氮的固定【答案】B【解析】【详解】A.NO；价层电子对数=2+,(5+l-2x2)=2+l=3,VSEPR模型是平面三角形，选项A错误；2B.NO转化为N2,N元素化合价从+5变为0,化合价降低被还原，即转化过程中NO；被甲醇还原为N 2

11、,选项B正确；C.NH：与NO；反应生成N 2的反应为NH；+NO；=N2+2H2O,反应转移电子数为3,生 成Im olN2转移约3x6.0 2x1()23个电子，选项C错误;D.氮的固定是游离态的氮转化为化合态的氮，NO：转化为NO；不属于氮的固定，选项D错误;答案选Bo9.实验室制备和收集氨气时，下列装置能达到相应实验目的的是A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A.N H 4 c l 受热分解生成N H 3 和 HCL两者遇冷在试管口又重新生成N H a C l,A错误；B.氨气能与浓硫酸反应，不能用浓硫酸干燥氨气，B错误；C,氨气的密度小于空气，应该是短导管进长导管

12、出，C错误；D.氨气极易溶于水，该装置可用于防止倒吸，D正确；故答案选D。1 0.设 NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A.标准状况下，1 1.2 L 甲烷含氢原子数目为2NAB.I L O.l m o l/L N H W l 溶液中阳离子的总数小于O.INAC.I m o l N a?。?与足量的S O?反应转移电子数为NAD.I m o l S i O z 含有的共价键数目为2NA【答案】A【解析】1 1?L【详解】A.标准状况下，1 1.2 L 甲烷含氢原子数目=-x 4 NAm o r1=2;VA,A正确；2 2.4 L/m o lB.电荷守恒有：n(H+)+n(N H：)

13、=n(O H-)+n(C )，I L O.l m o l/L N H 4 c l 溶液中 n(C l )=0.1 m o l,则阳离子的总数大于0.1 NA，B错误;C.Na2C2+SO2=Na2so4,ImolNa?。？与足量的SO2反应转移电子数物质的量为lmolx2xl=2mol,数目为2%，C错误；D.二氧化硅为共价晶体，一个硅原子形成4条Si-O键，则ImolSiO?含有的共价键物质的量为1 molx4=4mol,数目为4 N人,D错误；答案选A。11.宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列实验对应的反应方程式书写正确的是电解A.电解氯化镁溶液：2CV+2H2OCl2 T+H

14、2 T+2OHB.向硫酸铜溶液中加入过量浓氨水：Cu2+4NH3-H2O=CU(NH3)42+4H2OC.氯气通入水中：c i2+H2o =2H+c r+c io-D.Ca(OH%溶液中加入少量 NaHCOs 溶液：OFT+HCO；=lO +CO，【答案】B【解析】【详解】A.电解氯化镁溶液生成氢氧化镁沉淀、氢气、氯气，电解Mg2+2C1+2H,OCl,T+H2 T+Mg(OH)2 J,A 错误；B.向硫酸铜溶液中加入过量浓氨水会生成四氨合铜离子，B正确；C.氯气通入水中生成盐酸和弱酸次氯酸，C12+H2O=H+C1+HC1O,C错误；D.C a(O H k溶液中加入少量NaHCC3溶液，碳酸

15、氢根离子完全反应生成水和碳酸钙沉淀，Ca2+0H+HCOj=H2O+CaCO3 J ,D 错误；故选Bo12.用浓硫酸与乙醇共热制备乙烯时，常因温度过高发生副反应，使制备的乙烯气体中可能存在C。?和S。？等杂质气体，某同学将上述混合气体通入下列装置中以验证其成分，下列说法不无确的是混合气体品红溶液a 酸性高隹酸御溶液品红溶液b 澄清石灰水A.品红溶液a褪色证明气体中有SO2B品红溶液b不变色且澄清石灰水变浑浊证明原乙烯气体中有CO2C.SO2的生成体现了浓硫酸的氧化性D.酸性高锯酸钾溶液可以氧化乙烯和SO?【答案】B【解析】【分析】二氧化硫和二氧化碳均为酸性氧化物，均能使澄清石灰水变浑浊，所以

16、需先检验二氧化硫并除去二氧化硫，可用品红溶液检验，酸性高锯酸钾溶液可同时除去二氧化硫和乙烯，乙烯被酸性高锯酸钾氧化为二氧化碳，然后再通入澄清石灰水中会变浑浊，据此分析解答。【详解】A.二氧化硫可使品红溶液褪色，所以若品红溶液a褪色，则证明气体中有SO?,A正确；B.因为酸性高镒酸钾可氧化乙烯气体转化为二氧化碳，所以若澄清石灰水变浑浊，只能只能证明存在二氧化碳，不能证明原混合气体中含二氧化碳，B错误；C.乙醇与浓硫酸反应，若生成二氧化硫，则证明S元素化合价降低，即体现了浓硫酸的氧化性，C正确；D.乙烯和二氧化硫均具有还原性，均可被酸性高锌酸钾溶液氧化，D正确；故选B。13.短周期主族元素X、Y、

17、Z、W原子序数依次增大，X原子核外电子只有一种自旋取向，Y、Z均为原子核外s能级上的电子总数与p能级上电子总数相等的原子，W原子的价电子中，在不同形状的原子轨道中运动的电子数之比为2：1。下列说法正确的是A.W的第一电离能比同周期相邻元素的小B.原子半径：r(X)r(Y)r(Z)r(W)C.工业上电解熔融化合物ZY制备单质ZD.X与Y无法形成含有非极性键的物质【答案】A【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子核外电子只有一种自旋取向，则X为H；Y、Z两种原子核外s能级上的电子总数与p能级上电子总数相等，原子核外电子排布式为I s 2 2 s 2 2 P a或I s

18、2 2 s 2 2 P 6 3 s 2,结合原子序数可知Y为O,Z为M g；W原子的价电子中，在不同形状的原子轨道中运动的电子数之比为2：1,其价电子排布式为3 s 2 3 P%则W为S。【详解】根据分析可知：X为H,Y为O,Z为M g,W为S元素。A.一般情况下同一周期元素，原子序数越大，其第一电离能就越大，但当元素处于第I I A、第 丫 人 时，原子核外电子排布处于全充满、半充满的稳定状态，其第一电离能大于同一周期相邻元素，P元素是第三周期的V A元素，原子核外最外层电子处于半充满的稳定状态，所以P第一电离能大于S元素，则S元素的第一电离能比P、C 1都小，选项A正确；B.不同周期元素，

19、原子核外电子层数越多，原子半径越大，主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大：则原子半径：r(X)r(Y)V r(W)r(Z),选 项B错误；C.在工业上一般是采用电解熔融的Mg C L的方法治炼M g,不是电解M g O的方法治炼M g,选项C错误；D.X与Y形成的化合物过氧化氢是含有极性共价键和非极性共价键的极性分子，选项D错误；答案选A。1 4.下表中，陈 述I、I 均正确及两者间具有因果关系的是选项陈 述I陈述I IAS2-具有较强的还原性(N H 4%S用于除去废水中的C i?+BF eC l3溶液呈酸性F eC l,溶液可用于腐蚀铜电路板CN a着火不

20、能用C O?灭火N a会与C O?反应生成。2D铁比铜活泼铜板上的铁钉在潮湿空气中更容易生锈A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A.S的最低价为-2价，S”具有较强的还原性，陈 述I正确，S”与C/+反应生成极难溶于水的CuS,(N H J S 用于除去废水中的C i?*，陈述II正确，但两者间不具有因果关系，A 不符题意；B.FeC h溶液因铁离子水解呈酸性，FeC h溶液可与Cu反应从而用于腐蚀铜电路板，两陈述均正确，但是没有因果关系，B不符题意；C.Na能与二氧化碳反应生成氧化钠和碳，且 Na燃烧产生的过氧化钠能与二氧化碳反应产生氧气助燃，故 N a 着火不能用C 0

21、 2灭火，陈 述 I 正确，陈述n 错误，C 不符题意；D.铁比铜易失电子，故铁比铜活泼，Cu、Fe、潮湿的空气会形成原电池，Fe作负极加速腐蚀，故铜板上的铁钉在潮湿空气中更容易生锈，两陈述均正确，且有因果关系，D 符题意；答案选D。15.G a与 A1同为第O A 族元素，溶液中Ga?+及其与0 日形成的微粒的浓度分数a 随溶液pH变化的关系如下图所示。已知CH3co0H的电离平衡常数Ka=1.8xl(y 5,向 NaGa(0H)4溶液中滴加醋酸溶液，关于该过程的说法不正确的是浓度分数aGa3*Ga(OH)/,Ga(OH)46(OH),A.Ga(0H)4厂 的浓度分数一直减小B.Ga3+H2

22、O UGa(0H)2+H+,该平衡常数K的数量级为I0 3C.pH=7 时，c(Na+)+3c(G au)+2cG a(O H)2+cG a(O H)；)=cG a(O H)；D.当溶液中 Ga3+与 Ga(0H)3 的浓度相等时，c(CH3COO)c G a(O H)4 ,C 错误；D.由图可知：当溶液中G a3+与G a(O H)3的浓度相等时，溶液p H=3.5,溶液显酸性，说明C H 3 c o 0 H的电离作用大于C H 3 c o的水解作用，故微粒浓度关系为：c(C H 3 c o O )V c(C H 3 c o O H),D正确；故合理选项是C。1 6.如图所示是以Ti。？光电

23、极作辅助电极，以N a2 s&溶液和N ai溶液为初始电解液组成二次电池，充电时Ti O z光电极受光激发产生电子和空穴，空穴作用下N ai转化为N a y。下列说法正确的是Nal/Nab 溶液A.放电时M极的电极反应式：4 N a2 s-6 e-=N a2 s 4+6 N a+B.充电时N a+流向M电极室C.放电时T K)2光电极产生的电子转移给I；D.充电过程中光能最终转化为电能【答案】A B【解析】【分析】充电时Ti C 2光电极受光激发产生电子和空穴，空穴作用下N ai转化为N a b,由图可知，充电时,N极为阳极，电极反应式为3 r-2 e=I M极为阴极，电极反应式为S j+6

24、e =4 S 2,放电时，M极为负极,电极反应式为4 S2-6 e =S；-,N极为正极。【详解】A.放电时，M极为负极，电极反应式为4 N a2 s-6 e =N a2 s+6 N a+,A正确；B.充电时电极M为阴极，N a+流向M电极室，B正确；C.放电时，M极为负极，S 2-产生的电子转移给I；,C错误；D.充电过程中，光能最终转化成化学能，D错误；故答案选A B。第二部分非选择题(共56分)二、非选择题。（本部分包括4 小题，每题14分，共 56分）1 7.明机（K A 1（S O 4）2 2 H 2 O）在工业上用作印染媒染剂和净水剂，医药上用作收敛剂。实验小组采用废弃的铝制易拉罐

25、按如下流程制备明研并测定其组成，探究明研净水的影响因素。废易拉罐卜KQH溶液乂溶液产 酸 溶 溶液n警 典q明矶晶体（1）废铝制易拉罐溶于K OH溶 液 发 生 的 主 要 反 应 为。（用离子反应方程式表示）（2）溶 液 I 加硫酸溶液的过程中观察到白色沉淀生成，该 沉 淀 的 化 学 式 为。（3）在下列各图中，上述流程中“系列操作”一 定 不 靠 事 用 到 的 实 验 操 作 是。（填编号）（4）为测定该明机晶体样品中S O；的含量，该实验小组称取ag 明机晶体样品，溶于5 0mL稀盐酸中，加入足量B a C l?溶液，使S O j 完全沉淀。用质量为bg 的漏斗进行过滤，洗净滤渣后，

26、将漏斗和滤渣一并干燥至恒重，测得质量为e g。（已知硫酸钢的摩尔质量为2 3 3 g/m o l）过滤前判断溶液中S O；已经完全沉淀的实验操作和现象是 o该明矶晶体样品中S O；的含量为 m o l/g o （即每克明研晶体中S O；的物质的量）（5）明研中的A产在水溶液中能够水解产生A l（OH）3 胶体从而具有净水作用。为探究pH和添加助凝剂对明矶净水效果的影响，实验小组选取一种悬浊液进行探究实验，请将下列表格内容个车定聚。已知：净水效果可用相同时间内悬浊液的浊度变化来衡量。浊度越高，代表悬浊液越浑浊。组别悬浊液体积P H饱和明机溶液用量添加的助凝剂净水前浊度净水t m i n 后浊度体

27、积11 5 m L42 滴无A 1B 121 5 m L72 滴无A 2B 231 5 m L2 滴A 3B 341 5 m L1 02 滴1A 4B 4实验结论一：通 过1、2、3组实验，发现随着p H增大，净水效果依次增强。p H减小，明机净水效果减弱的原因是。实验结论二：添加助凝剂N a 2 c o 3能够显著提高净水效果。该 实 验 结 论 成 立 的 判 断 依 据 是。(用表中数据表示)【答案】(1)2 A 1 +2 0 H-+2 H 2。=2 A 1 0-+3 H2 T(2)A I(O H)3(3)B D(4).静置，取上清液，再滴入几滴B a C l 2溶液，若无白色沉淀生成，

28、则S O：已经沉淀完全.c-d2 3 3 a(5).1 0 .无.p H减小，c(H+)增大，抑制AF+水解，生成的A l(O H)3胶体变少，净水作用减弱.A 4-B 4明显大于A 3-B 3【解析】【分析】废旧易拉罐中含的铝可溶于氢氧化钾溶液中，会生成偏铝酸钾和氢气，偏铝酸钾溶液中加入硫酸转化为硫酸铝钾，最终再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥一系列操作，得到明帆晶体。【小 问1详解】废铝制易拉罐溶于KOH溶液发生的主要反应为铝与碱溶液的反应，其离子方程式为：2 A 1 +2 O E T +2 H 2。=2 A 1 O-+3 H21；【小问2详解】溶 液1中含偏铝酸钾，加少量硫酸溶液

29、可观察到生成氢氧化铝白色沉淀，其成分为：A I(O H)3；【小问3详解】上述流程中“系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥，所以不需要用用烟加热固体、也不需要分液，故合理答案为：BD；【小问4详解】过滤前判断溶液中S O：是否已经完全沉淀，可静置，取上清液，再滴入几滴Ba C l 2溶液，若无白色沉淀生成，贝I SO1已经沉淀完全；过滤后得到的固体为硫酸电贝，其质量为(C-b)g,则n(S O 1)=n(Ba S O4)=”。J=-m o l,则每2 3 3 g/m ol 2 3 3c-b克样品中硫酸根离子的含量为2 3 3 mo _ c _ b m g /；ag-2 3 3 a

30、8【小问5详解】为探究pH和添加助凝剂对明研净水效果的影响，根据控制单一变量原则可知，第三组的p H=1 0,与第4组实验对比，无添加助凝剂，故答案为：1 0;无；实验结论一：通 过 1、2、3 组实验，发现随着pH增大，净水效果依次增强。pH减小，明矶净水效果减弱主要是因为pH减小，c(H)增大，抑制A P+水解，生成的A l(O H)3 胶体变少，净水作用减弱；若 A 4-B4 明显大于A 3-B3,则证明添加助凝剂Na2c能够显著提高净水效果。1 8.工业上可由菱锌矿(主要成分为Z n C C h,还含有N i、C d、F e、Mn等元素)制备Z n O。工艺如图所示:相关金属离子 c(

31、M n+)=0.1 m ol/L 形成氢氧化物沉淀的p H 范围如下:金属离子F e3+F e2+Z n2+C d2+M n2+N i2+开始沉淀的p H1.56.36.07.48.16.9沉淀完全的p H2.88.38.09.41 0.18.9已知:“溶浸”后的溶液p H=l,所含金属离子主要有：Z n2 F e3 C d2 M n2 N i2弱酸性溶液中K M n C h 氧化M i?+时，产物中含Mn元素物质只有M n O?。氧化性强弱顺序：N i2+C d2+Z n2+(1)基态Z n 原子的简化电子排布式为 A r ,Z n O 溶于氨水生成亿n(N H3)4 2+,1 m o l

32、Z n(N H3)42+有 m o l 的 c 键。(2)“溶浸”过程中，为了提高浸出率，可 采 取 的 措 施 是。(写一条即可)调p H”时，可替代Z n O 的 一 种 含 锌 化 合 物 是。(用化学式表示)“调 p H”时，若 p H=5.5,此时溶液中Z M+的最大浓度-m o l/L。(3)写出“氧化除杂”时 K M n C 4溶液与MM+反 应 的 离 子 方 程 式。(4)“还原除杂”除 去 的 离 子 是；加 入 的 还 原 剂 是。(5)“沉锌”时生成Z n C O 2 Z n(O H)2-2 H2 O(碱式碳酸锌)沉淀，该沉淀“高温灼烧”后获得Z n O。氧化锌的一种晶

33、体的晶胞是立方晶胞(如图所示)，其中与锌原子距离最近的O原子数有 个，请在图中画出该晶胞沿Z轴方向的平面投影图【答案】(1).3d,4s2.16(2).加 热 或 搅 拌 或 适 当 提 高 硫 酸 的 浓 度 或 将 矿 石 粉 碎 .ZnCCh或 Zn(0H)2 或ZnCO3-2Zn(OH)2-2H2O.1(3)2MnO；+3Mn2+2H2O=5MnO2 I +4H+(4)Ni2 Cd2+.Zn(5).4.，O O o-o-o【解析】【分析】由菱锌矿(主要成分为ZnCO3,还含有Ni、Cd、Fe、Mn等元素)制备Z n O,加入稀硫酸溶浸后得到含ZM+、Ni2 Cd2 Fe2 MM+的滤液

34、，滤液调节pH后加入KM11O4氧化除杂使铁离子、锦离子转化为Fe(OH)3、MnO2,除去Fe*、Mn2+；接着还原除杂除去Ni?+、Ca2+；最后向含ZnSC4的溶液中加入Na2c03溶液生成碱式碳酸锌 ZnCO3-2Zn(OH)2-2H2O 沉淀，碱式碳酸锌高温灼烧得到ZnO【小 问 1 详解】Zn是 30号元素，根据构造原理，可知基态Zn原子核外电子排布式是Is22s22P63s23P634。4s2,则其简化的电子排布式是 Ar 3dl04s2；在络离子 Zn(NH3)4产中含有4 个配位体N%,配位体与中心Zi?+形成4 个配位键；每个配位体中含有3 个N-H共价键，配位键及N-H共

35、 价 键 都。键，故 在 1个络离子中含有c 键数目是4+3x4=16个，则 在 1mol Zn(NH3)4 2+中含有 16 mob 键；【小问2 详解】“溶浸”过程中，为了提高浸出率，可采取的措施是加热或搅拌或适当提高硫酸的浓度或将矿石粉碎等；在调整溶液pH时，除降低溶液p H,不能引入新的杂质离子，可替代ZnO的一种含锌化合物可以是ZnCCh 或 Zn(0H)2 或 ZnCO3-2Zn(OH)2-2H2O；根据表格信息可知当Zn?+浓度为0.1 mol/L时，其形成Zn(OH)2沉淀需要溶液pH=6.0,则 Zn(OH)2的溶度积产生 K s p Z n(O H)2 =0.1 x(1 0

36、-8)2=i.0 x-i 7 0 若调整溶液 p H=5.5,c(H+)=1 0-5 5 m o l/L,则以OH pI o 1 41 0 x 1 0 1 7m o l/L=1 0 5m o l/L,则此时溶液中 Z M+最 大 浓 度 m o l/L=l m o l/L ；1 0 -5(10【小问3详解】在氧化除杂时，K M n C U与MM+发生氧化还原反应产生M n C h,根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式为 2 M n O；+3 M n2+2 H2O =5 M n O2 J +4 H+；【小问4详解】根据流程图可知：在还原除杂之前，已经除去了杂质离子F e 3+、

37、M n2+,要使还原除杂后溶液中仅含有金属阳离子Z/+,需除去溶液中的杂质离子N i 2+、C d2+；由于离子的氧化性顺序为：N i2+C d2+Zn2+,故加入的还原剂可以是金属Zn；【小问5详解】以上底面心Zn原子为研究对象，在一个晶胞中与该Zn原子距离最近的。原子数有2个，通过该平面可以形成2个晶胞，故在晶胞中与Zn原子距离且最近的O原子数共有4个；关键晶胞结构可知：晶胞在Z轴的投影情况是：Zn原子位于正方形的四个顶点上，四条棱边中心上和面心上，4个O原子分别位于面内对角线离顶点处，可用图示可表示为 O 6。4 0-O-O1 9.氮氧化物是主要大气污染物，可采用多种方法消除，其中氢气选

38、择性催化还原(凡-S C R)是一种理想的方法。其相关反应如下：主反应：2 N O(g)+2 H2(g)N2(g)+2 H2O(g)A H,0副反应：2 N O(g)+H2(g)N2O(g)+H2O(g)A H20(1)已知：H2(g)+1o2(g)=H2O(g)A H3,N2(g)+O2(g)=2 N O(g)A H4,则 A H产(用含有A H3和A H J的代数式表示)(2)恒温条件下，将NO、N 2充入某恒容密闭容器中，在催化剂作用下进行反应。下 列 有 关 说 法 第 送 的 是。(填字母序号)a.当容器内的压强不再变化时说明主、副反应均达到平衡b.平衡后，若向容器内再充入少量NO,

39、主、副反应平衡常数均增大C.平衡后，N O、N 2和N?O三者的物质的量之比保持不变d.平衡后，2V正（H?）K逆（N?）在不同温度下，反应相同时间时测得混合气体中N O、N2。的体积分数随温度的变化关系如图所示,温度高于20 5 时，N 2的体积分数随温度的升高而减小的原因可能_ _ _ _ _ _ _。（答一点）（3）某温度下，将N O、H 2按物质的量比1：3充入某恒容密闭容器中，若平衡后N 2与N2。物质的量之比为3：1,N O的转化率为80%,则N O的有效去除率（转化为N 2的N O的量与起始量的比值）为%，N2。的 物 质 的 量 分 数 为%。（结果保留两位有效数字）（4）凡-

40、S C R在P t-H Y催化剂表面的反应机理如下图:研究表明，在P t-H Y催化剂中，P t表面上形成的N H：以N H：的形式被储存。随后在HY载体上，NH；与N O和。2产生N?，该 反 应 的 离 子 方 程 式 为。（已知NHNO发生反应的N O、物质的量之比为 1：1）（5）除了 H z-S C R,还有其他有效的方法消除氮氧化物，例如可用电解法将N O转变为NH&NO,其工作原理如图。M极为电解池的 极，N极 的 电 极 反 应 式 为。【答案】2AH3-AH4(2).bd.反应未达平衡，温度升高，催化剂逐渐失活或反应达到平衡，主反应为放热反应,温度升高，主反应向逆向进行(3)

41、.60.2.8(4)4NH+2NO+20,=3N2+6H2O+4H+(5).阴 NO+2H,O-3e=NO；+4H+【解析】【小 问1详解】令反应H2(g)+1 o2(g)=H2O(g)为，反应N2(g)+O2(g)=2NO(g)为，由盖斯定律可得主反应等于2x 一，所以AH|=2AH3-%；【小问2详解】主、副反应均是前后气体体积变化的反应，故容器内压强不变可以说明反应达平衡，a正确；平衡常数只受温度影响，温度不变平衡常数不变，b错误；平衡后各物质的浓度保持不变，故三者物质的量之比保持不变，c正确；平衡后，存在2V正(H2)=v逆(N2),d错误，综上选bd；结合图示及反应焙变小于零可知,温

42、度低于205时反应未达平衡或者温度升高催化剂失去活性，即温度升高，催化剂逐渐失活或反应达到平衡，主反应为放热反应，温度升高，主反应向逆向进行；【小问3详解】令起始加入一氧化碳和氢气的物质的量分别为Imol和3m ol,所以达到平衡消耗的一氧化碳为0.8?lmol=0.8mol,结合 2NO(g)+2H2(g)U N2(g)+2H2O(g)和2NO(g)+H2(g)N2O(g)+H2O(g),生成的氮气和一氧化二氮物质的量之和为0.4mol,又平衡后N?与N2。物质的量之比为3：1,所以平衡时氮气物质的量为0.3mol、一氧化二氮物质的量为O.lmol,则平衡时一氧化氮物质的量为lmol-0.8

43、moi=0.2mol,氢气物质的量为311101-0.611101-0.10101=2.311,水蒸气物质的量为0.6mol+0.lmol=0.7mol,故 一 氧 化 氮 的 有 效 去 除 率 为 x 100%=60%,一氧化Imol二氮的物质的量分数为0.1 mol(0.3+0.l+0.2+2.3+0.7)molx 100%2.8%小问4详解】由图示物质关系分析化合价，氧气和一氧化氮作氧化剂，铁根离子作还原剂，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可得离子方程式为4NH：+2NO+2O2=3N2+6H2O+4H+；【小问5详解】M极一氧化氮中+2价氮得电子降到钱根离子中-3价氮，发生还原反

44、应，所以M极为电解池的阴极；故N极作阳极，一氧化氮失去电子生成硝酸根，即电极反应为NO+2H9-3 1 =N0；+4 H 20.盐酸伊托必利（G）是一种消化系统用药，主要用于缓解功能性消化不良的各种症状。其合成路线如下:（1）根据有机物A的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表。序号官能团（填名称）可反应的试剂反应类型（2）C中N原子的杂化方式为：o（3）E的结构简式为：。（4）符合以下条件的B的同分异构体共有 种（不考虑立体异构），其中，核磁共振氢谱峰面积之比为2：2：2：9的同分异构体结构简式为：。含有硝基并直接与苯环相连苯环上只有两个取代基，且苯环上的一氯取代产物只有2种（5）请设

45、计以的路线（无机试剂任用，合成路线流程图例见本题题干）。【答案】.羟基 KMnO4/H+.氧化反应.羟基.NaOH.中和反应.醛基.KM nOJH*.氧化反应.醛基 H2 加成反应（2）s p 2、s p3【分析】A发生取代反应引入支链生成B,B中醛基和N H 2 0 H反应转化为C,C和氢气反应生产氨基得到D,D和E发生取代反应转化为F,F得到G；【小 问1详解】由A结构简式可知，含有官能团为：羟基，羟基溶液被强氧化剂酸性高镒酸钾氧化，发生氧化反应；羟基，与苯环直接相连的酚羟基具有弱酸性，可以和碱氢氧化钠发生中和反应；醛基，醛基具有还原性，能被强氧化剂酸性高锯酸钾氧化，发生氧化反应；醛基，可

46、以和氢气发生加成反应转化为羟基；【小问2详解】由C结构可知，C中苯环中碳、锻基中碳均为s p 2杂化；而饱和碳均为s p 3杂化;【小问3详解】D和E发生取代反应转化为E结合DF结构简式可知，E为H3COOH3CO【小问4详解】符合以下条件的B的同分异构体:含有硝基并直接与苯环相连，则含有-NO?；苯环上只有两个取代基，且苯环上的一氯取代产物只有2种，则2个取代处于对位;已知1个取代基为-N C h,则另一个取代基为含有5个碳的支链；则C-CH13C-2cC-1cC-C-CC-、C-C、-CH3cYJCYH一CCH-C-CH32如图碳架结构可知共存在1+3+2+1+1=8种结构;核磁共振氢谱峰面积之比为2：2：2：9的同分异构体结构简式为:NO2【小问5详解】H中醛基和NH20H反应转化为,再和氢气加成转化为氨基，和Ra-Ni