山東省聊城市2023屆高三下學期第二次模擬考試化學含解析

聊城市2023年普通高中學業(yè)水平等級考試模擬試題

化學試卷(二)

可能用到的相對原子質(zhì)量：H-ILi-7C-12N-140—16P-31V—51Fe-56

一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個選項符合題目要求。

1.古代典籍富載化學知識，下述之物見其還原性者為

A.石膽(CUSC)4?5HzO):“石膽能化鐵為銅?！?/p>

B.強水(HNO3)：“性最烈，能蝕五金，……”

C.磯(FeSo4?7H2θ):“蓋此磯色綠味酸，燒之則赤。”

D.金箔(Au)：“凡金箔，每金七厘造方寸金一千片.....”

【答案】C

【解析】

【詳解】A.石膽能化鐵為銅，銅元素化合價降低，表現(xiàn)為氧化性，A錯誤；

B.HNo3只有氧化性，B錯誤；

C.蓋此磯色綠味酸，燒之則赤，硫酸亞鐵氧化為氧化鐵，化合價升高，體現(xiàn)還原性，C正確；

D.凡金箔，每金七厘造方寸金一千片，體現(xiàn)金的延展性，D錯誤；

故選Co

2.下列有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)的應用正確的是

A.S02具有還原性，可用作紙漿漂白

B.生石灰能與水反應，可用來干燥氯氣

C.氫氧化鋁受熱分解，可用作中和過多的胃酸

D.聚四氟乙烯耐酸堿腐蝕，可用作化工反應器的內(nèi)壁涂層

【答案】D

【解析】

【詳解】A.S02可用作紙漿漂白，利用SCh的漂白性，故A錯誤；

B.氯氣是酸性氣體，氧化鈣是堿性干燥劑，不能用氧化鈣干燥氯氣，故B錯誤；

C.氫氧化鋁可用作中和過多的胃酸，是因為氫氧化鋁能與酸反應，故C錯誤；

D.聚四氟乙烯俗稱“塑料王”，是一種以四氟乙烯作為單體聚合制得的高分子聚合物，這種材料具有抗酸

抗堿、抗各種有機溶劑的特點，可用作化工反應器的內(nèi)壁涂層，故D正確；

選D。

3.短周期元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大，基態(tài)X、Z、W原子均有兩個單電子，W與Z同主族。

下列說法錯誤的是

A.第一電離能：Y>Z

B.簡單離子還原性：W>Z

C.氧化物對應水化物的酸性：Y>W

D.X、Y的氫化物分子中均可能存在非極性健

【答案】C

【解析】

【分析】基態(tài)X、z、W原子均有兩個單電子，則核外電子排布可能為：ls22s22p?ls22s22p?1s22s22p63s23p?

ls22s22p63s23p4,即可能為C、0、Si、S,W與Z同主族且Z的原子序數(shù)小于W,所以X：C,Z：0,W：

S,Y：N；

【詳解】A.N的核外電子排布為：Is22s23p3,p軌道為半充滿狀態(tài)，所以第一電離能：N>0,A正確；

B.S-的還原性大于02?,B正確；

C.最高價氧化物的水化物的酸性HNO3>H2SO4,題目未強調(diào)最高價氧化物水化物，C錯誤；

D.C的氫化物CM,中存在C-C非極性鍵，N的氫化物NJL中存在N-N非極性鍵，D正確；

故選C。

4.化合物P具有抗腫瘤活性，結(jié)構(gòu)簡式如圖，下列有關(guān)P的說法錯誤的是

A.存在順反異構(gòu)

B.可發(fā)生取代反應、氧化反應、消去反應

C.與酸或堿溶液反應均可生成鹽

D.水解后可得到三種有機物

【答案】B

【解析】

【詳解】A.具有順反異構(gòu)體的有機物中C=C應連接不同的原子或原子團，化合物P中碳碳雙鍵連接竣基、

甲基、H原子和剩余部分的結(jié)構(gòu)均不相同，存在順反異構(gòu)，選項A正確；

B.分子中存在竣基、酰胺基，能發(fā)生取代反應，存在碳碳雙鍵能發(fā)生氧化反應，不存在能發(fā)生消去反應

的鹵素原子、醇羥基等，選項B錯誤；

C.分子中存在酰胺基，與酸或堿溶液反應均可生成鹽，選項C正確；

D.分子中存在2個酰胺基，水解后可得到三種有機物,選項D正確；

答案選B。

5.植物對氮元素的吸收過程如下，下列說法錯誤的是

N,≡?>NH√NH:—?→NO;F→NO;F÷植物吸收

A.NH3中的鍵角小于NH：中的鍵角

B.NO；、N0；中N的雜化方式不同

C.P原子間難形成三鍵而N原子間可以，是因為P的原子半徑大于N,難形成P-Pπ鍵

D.當有9.2gNC)2生成時，過程②轉(zhuǎn)移的電子為1.2mol

【答案】B

【解析】

【詳解】A.NH3、NH：中N原子均為sp3雜化，NE中N原子有1對孤電子對，而NH：中N沒有，由

于孤電子對與成鍵電子對之間的排斥力大于成鍵電子對與成鍵電子對之間的排斥力，故NH的鍵角小于

NH：的鍵角，選項A正確；

B.NO2中氮原子價層電子對數(shù)為2+5+1；2義2=3,N原子軌道的雜化類型為sp2,NO；中氮原子價層

電子對數(shù)為3+"ljx3=3,N原子軌道的雜化類型為sp2,雜化方式相同，選項B錯誤；

C.根據(jù)元素周期表可知P的原子半徑比N大，P原子間不易形成三鍵而N原子之間易形成,是因為P原子

的半徑大于N,難以形成P-P兀鍵，選項C正確；

D.過程②NH：轉(zhuǎn)化為NO?化合價由-3價變?yōu)?3價，轉(zhuǎn)化電子數(shù)為6,當有9.2gNO?(0.2mol)生成時，

過程②轉(zhuǎn)移的電子為1.2mol,選項D正確；

答案選B。

6.利用下列裝置(夾持裝置略)進行實驗，能達到實驗目的的是

A.溶液的轉(zhuǎn)移

B.驗證乙快使漠水褪色

C.制備碳酸氫鈉

D.測定Na2C2O4溶液的濃度

【答案】D

【解析】

【詳解】A.溶液的轉(zhuǎn)移需用玻璃棒引流，A錯誤；

B.電石與水反應生成乙快、硫化氫、磷化氫，硫化氫、磷化氫也能使溪水褪色，B錯誤；

C.氨氣易溶于水，直接通入氯化鈉溶液會倒吸，C錯誤；

D.酸性高鐳酸鉀溶液盛放在酸式滴定管中，酸性高鎬酸鉀標準液可與草酸鈉發(fā)生反應，可用于測定其濃

度，D正確；

故選D。

7.化合物Z是合成平喘藥沙丁胺醇的中間體，可通過下列路線制得:

(CH3CO)2O

CH3COONa

卜列說法錯誤的是

A.Z的分子式為Cl3∏∣6θ5

B.X分子中共平面的碳原子最多有8個

C.Y與足量比加成后的產(chǎn)物分子中含有4個手性碳原子

D.ImolZ可與3molNaOH反應，生成ImolHzO

【答案】A

【解析】

【詳解】A.Z分子中，含有13個C原子、5個O原子，不飽和度為7,則含H原子個數(shù)為13×2+2-7×2=14,

則分子式為C13H3O5,A錯誤；

O

B.X分子中，同一框內(nèi)的碳原子一定共平面，兩個框內(nèi)的碳原子可能共平面，所以共

平面的碳原子最多有8個，B正確；

OH

C.Y與足量H2加成后的產(chǎn)物為,分子中帶“*”的碳原子為手性碳原子，共含有4個

?^0H

手性碳原子，C正確；

D.Z分子中含有2個酯基，且水解后生成1個酚羥基，酚羥基和酯基都能與NaoH發(fā)生反應，所以ImoIZ

可與3molNaOH反應，生成ImOIH2O,D正確；

故選Ao

8.已知Zn及其化合物的性質(zhì)與Al及其化合物的性質(zhì)相似。實驗室利用廢舊鍍鋅鐵皮（Fe元素的質(zhì)量分數(shù)

為Z）制備磁性Fe3O4膠體粒子的過程為：①堿溶：取Xg鍍鋅鐵皮于燒杯中，加入足量NaOH溶液，加熱、

過濾、水洗；②酸溶、氧化：向所得不溶物中加入稀硫酸，調(diào)節(jié)溶液PH始終保持在ls2之間并加入NaCle）

溶液；③堿溶、分離：再向溶液中滴加NaOH溶液并加熱，同時向溶液中持續(xù)通入N2,充分反應，分離得

到y(tǒng)gFe3O4膠體粒子，下列說法正確的是

A.①中“過濾”所得的濾液中含有ZM+

B.②中“氧化”時加入的NaCIo要過量

C.③中“分離”操作中包括過濾

D.Fe3O4膠體粒子的產(chǎn)率為義EXIO0%

29xz

【答案】D

【解析】

【分析】由題意可知，制備磁性四氧化三鐵膠體粒子的過程為廢舊鍍鋅鐵皮中加入足量氫氧化鈉溶液共熱

堿浸，將鋅轉(zhuǎn)化為Na?]nθ2,過濾、水洗得到含有偏鋅酸鈉的濾液和不溶物；將不溶物加入稀硫酸調(diào)節(jié)溶

液PH始終保持在1~2之間酸溶，將鐵轉(zhuǎn)化為亞鐵離子后，加入適量次氯酸鈉溶液將亞鐵離子部分氧化為

鐵離子，再向溶液中滴加氫氧化鈉溶液并加熱，同時向溶液中持續(xù)通入氮氣充分反應將亞鐵離子氧化為四

氧化三鐵，用滲析的方法分離得到四氧化三鐵膠體粒子。

【詳解】A.由分析可知，①中過濾所得的濾液中含有Z〃。；一,不含有鋅離子，故A錯誤；

B.由分析可知，②中加入適量次氯酸鈉溶液的目的是將亞鐵離子部分氧化為鐵離子，若加入過量次氯酸

鈉溶液會將亞鐵離子完全氧化為鐵離子，不可能堿溶反應得到四氧化三鐵，故B錯誤；

C.由分析可知，③中分離操作為用滲析的方法分離得到四氧化三鐵膠體粒子，故C錯誤；

Zg

D.由題給數(shù)據(jù)可知，四氧化三鐵膠體粒子產(chǎn)率為232g∕mHXlOO%=里,故D正確；

xg×yVI29xz

--------------------X-

56g∕mol3

故選Do

9.實驗室制備丙煥酸甲酯（CH三C-CoOCH3,沸點為103?105。C）的流程如下，下列說法錯誤的是

丙塊酸甲醇飽和食鹽水5%的Na2CO3溶液水

濃硫酸

A.“蒸儲”時不能用水浴加熱

B.“操作1”名稱為干燥

C.“洗滌2”中5%Na2CO3溶液的作用是除去丙快酸等酸性物質(zhì)

D.“反應”前加入試劑的順序為濃硫酸、丙煥酸、甲醇

【答案】D

【解析】

【分析】由分析可知，濃硫酸作用下丙快酸與甲爵共熱發(fā)生酯化反應生成丙煥酸甲酯和水，反應所得混合

液加入飽和食鹽水洗滌、分液得到有機相；有機相先后用碳酸鈉溶液和水洗滌、分液得到含有丙快酸甲酯

的有機相，向有機相中加入無水硫酸鈉干燥有機相后，過濾得到濾液；濾液經(jīng)蒸得得到丙快酸甲酯。

【詳解】A.由丙煥酸甲酯的沸點可知，蒸儲時加熱溫度高于水的沸點，不能用水浴加熱，故A正確；

B.由分析可知，操作1為向有機相中加入無水硫酸鈉干燥有機相，故B正確；

C.由題意可知，洗滌2”中5%碳酸鈉溶液的作用是除去丙快酸、硫酸等酸性物質(zhì)，故C正確；

D.溶液混合時，應將密度大的溶液加入密度小的溶液中，反應”前加入試劑的順序為甲醇、丙煥酸、濃硫

酸，故D錯誤；

故選D。

10.銅催化乙快選擇性氫化制1,3一丁二烯的反應機理如圖所示（吸附在銅催化劑表面上的物種用*標注）。

2CH(g)+4e-÷4HO(g)MII

O222

>

-?

S

2CH*+4e?1a*

s22

+4H2O(g)2C2H3*+2H2O?2GH4(g)+4OH-

+2e+2OH'_____—""

2C2H4*+4OH-

乙塊氧化反應歷癟

下列說法正確的是

A.反應I的速率大于反應∏的速率

B.若原料用丙快，則會有2種分子式為C6HM）的有機物生成

C.增大CU的表面積，可加快反應速率，提高C2H2的平衡轉(zhuǎn)化率

D.C?H：轉(zhuǎn)化成C4H6(g)過程中，有非極性鍵的斷裂和形成

【答案】D

【解析】

【詳解】A.根據(jù)圖示，反應I的活化能大于反應∏的活化能，所以反應I的速率小于反應∏的速率，故

A錯誤；

B.若原料用丙快，則會有CEhCH=CH-CH=CHCEh'CH2=C(CH3)-C(CH3)=CH2?CH3CH=CH-C(CH3)=CH2

共3種分子式為C6H∣0的有機物生成，故B錯誤；

C.增大CU的表面積，可加快反應速率，催化劑不能使平衡不移動，不能提高C2H2的平衡轉(zhuǎn)化率，故C

錯誤；

D.根據(jù)圖示，C2H：轉(zhuǎn)化成C4H6(g)過程中，先碳碳雙鍵中有1條鍵斷裂，后又有碳碳雙鍵和碳碳單鍵的

形成，所以有非極性鍵的斷裂和形成，故D正確；

選D。

二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個或兩個選項符合題目要求，

全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。

11.下列操作不能達到實驗目的的是

目的操作

向淀粉溶液中加適量20%H2Sθ4溶液，加熱，冷卻后加NaoH溶液至中性，

A驗證淀粉未水解

再滴加少量碘水，觀察顏色變化。

驗證SO；結(jié)合H+的能力

室溫下，用PH試紙測得：O.lmol∕LNa2SO3溶液的PH約為10；

B

比HSo3強0.Imol/LNaHSO3溶液的PH約為5.

向盛有2mL黃色FeCl3溶液的試管中滴加濃的維生素C溶液，觀察顏色變

C探究維生素C的還原性

化。

研究溫度對化學平衡的將銅與濃硝酸反應生成的氣體收集后用冰水混合物冷卻降溫，觀察顏色變

D

影響化。

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【詳解】A.加入碘水后，溶液呈藍色，只能說明溶液中含有淀粉，并不能說明淀粉是否發(fā)生了水解反應，

選項A錯誤；

B.陰離子水解程度越大，溶液PH越大，說明越易結(jié)合氫離子，則SO/結(jié)合H+的能力比HSO：的強，選

項B正確；

C.向盛有2mL黃色氯化鐵溶液的試管中滴加濃的維生素C溶液，觀察顏色變化，若觀察到FeCI3溶液的

黃色逐漸褪去，且溶液變成淺綠色，說明維生素C具有還原性，選項C正確；

D.將銅與濃硝酸反應，生成的氣體NCh收集后用冰水混合物冷卻降溫，由于存在平衡體系：2NO2N2O4

ΔH＜0,能進行溫度對化學平衡的影響研究，選項D正確；

答案選A。

12.ClCh是一種高效、低毒的消毒劑。實驗室用NH4CI、鹽酸、NaClo2（亞氯酸鈉）為原料，制備ClCh的流

程如圖：

鹽酸NaCIO2溶液

（「?！鶦lO2

NHQ溶液一＞|電子∣→＞NCI3溶液一＞I反應■—?NH,

-IL_＞溶液X

?與

已知：①電解過程中氯元素被氧化。

②ClOz是一種黃綠色易溶于水的氣體；三氯化氮為黃色油狀液體，熔點較低，很不穩(wěn)定，受熱90℃以上或

受震動時發(fā)生猛烈爆炸。下列說法正確的是

A.“電解”過程中的陽極電極反應式為3CΓ-6e+NH;=NCI3+4H+

B.“反應”過程中可快速攪拌反應混合液以加快反應速率

C.“反應”過程中的還原產(chǎn)物存在于溶液X中

D.可用稀鹽酸除去ClCh中的氨氣

【答案】AC

【解析】

電解

【分析】電解氯化錢溶液和鹽酸溶液制得NCb溶液，發(fā)生的反應為：NH4C1+2HC1=3H,↑+NCl√然

后加入亞氯酸鈉溶液得到二氧化氯，發(fā)生的反應為SH2O+NCI3+6NaClO2=6ClO2+NH3+3NaOH+3NaCl

【詳解】A.電解氯化筱和鹽酸的混合溶液制得NCb溶液，陰極產(chǎn)生氫氣，故陽極反應為：

+

3CΓ-6e+NH;=NCl3+4H,A正確；

B.三氯化氮受熱90℃以上或受震動時發(fā)生猛烈爆炸，“反應”過程中若快速攪拌反應混合液可發(fā)生爆炸,

B錯誤；

C.“反應”過程中的還原產(chǎn)物為NaC1,易溶于水，C正確；

D.若用稀鹽酸除去ClO2,ClO2中+4價氯和鹽酸中CI-發(fā)生歸中反應，D錯誤；

故選ACo

13.利用氫氧燃料電池可實現(xiàn)由白磷電解法制備Li[P(CN)2],并能實現(xiàn)H2的循環(huán)利用，其工作原理如圖

所示。(已知：Me為甲基；電極均為石墨電極)

2電極a電極bI02

電極c2Me⑤?N±IK)H

QO(SiMes)

LiCN+HCN

Li[P(CN%]

K2SO4(aq)隔膜eKOH(aq)

下列說法正確的是

A.電池工作時電極a連接電極d

B.當生成9gLi[P(CN)2]時，電極a消耗H2的體積(標準狀況)為2.24L

C.通電一段時間后，若隔膜e為陰離子交換膜，則C(KoH)減小

D.電極c的電極方程式為P—4e^^+8LiCN=4Li[P(CN)2]+4Li，

【答案】AD

【解析】

【分析】由圖可知，左側(cè)裝置為氫氧燃料電池裝置，通入氫氣的電極a為負極，氫氣在負極失去電子生成

氫離子，通入氧氣的電極b為正極，水分子作用下氧氣在正極得到電子發(fā)生還原反應生成氫氧根離子，氫

氧根離子通過陰離子交換膜進入負極區(qū)；右側(cè)裝置為電解池，與電極a連接的電極d為陰極，氫氟酸在陰

極得到電子發(fā)生還原反應生成鼠酸根離子和氫氣，與電極b連接的電極C為陽極，氟化鋰作用下白磷在陽

極失去電子發(fā)生氧化反應生成Li[P(CN)2]和鋰離子。

【詳解】A.由分析可知，電池工作時，右側(cè)裝置為電解池，與電極a連接的電極d為陰極，故A正確：

B.由分析可知，左側(cè)裝置為氫氧燃料電池裝置，通入氫氣的電極a為負極，氫氣在負極失去電子生成氫

離子,右側(cè)裝置為電解池，電極C為陽極,鼠化鋰作用下白磷在陽極失去電子發(fā)生氧化反應生成Li[P(CN)2]

和鋰離子，由得失電子數(shù)目守恒可知，標準狀況下，生成9gLi[P(CN)2]時，電極a消耗氫氣的體積為

9g1

M11×-×22.4L∕mol=1.12L,故B錯誤；

Q()σ∕mnZ

C.由分析可知，左側(cè)裝置為氫氧燃料電池裝置，通入氧氣的電極b為正極，水分子作用下氧氣在正極得

到電子發(fā)生還原反應生成氫氧根離子，氫氧根離子通過陰離子交換膜進入負極區(qū)，則通電一段時間后，正

極區(qū)中消耗水導致溶液體積偏小，氫氧化鉀的濃度增大，故C錯誤；

D.由分析可知，右側(cè)裝置為電解池，通入氧氣的電極b為正極，與電極b連接的電極C為陽極，氟化鋰

作用下白磷在陽極失去電子發(fā)生氧化反應生成Li[P(CN)2]和鋰離子，電極反應式為

+

Pt-4e^+8LiCN=4Li[P(CN)2]+4Li,故D正確；

故選ADo

14.天然溶洞的形成與巖石中的CaCo3和空氣中Co2溶于天然水體形成的含碳物種的濃度有密切關(guān)系。常

溫下，某溶洞水體中PM隨PH的變化關(guān)系如圖所示。

PH

854

[已知：Ksp(CaCO3)=IO-；PM=-IgC(M),M為HCOCCO;或Ca：]下列說法正確的是

A.曲線③代表P(HCo3)與PH的關(guān)系

B.KH(COH的數(shù)量級為10?

C.m=2.57

D.pH由4到8的過程中C(HCO3)增大的比C(C0；一)快

【答案】BC

【解析】

【分析】二氧化碳可以和少量氫氧根反應生成碳酸氫根，和過量的氫氧根反應生成碳酸根，所以堿性越強

碳酸根的濃度越大，碳酸根濃度越大，鈣離子的濃度越小，所以曲線①鈣離子濃度②碳酸氫根濃度③碳酸

根濃度

【詳解】A.曲線③代表P(C0；),A錯誤；

；必正確;

Khl(CO)=C(HCO3*(。H)=IOe=10-3.7,B

B.點(10.3,1.1)時

C(LU3)

2+854

C.(8.6,n),碳酸根濃度等于鈣離子濃度，Ksp(CaCO3)=c(CO^)×c(Ca)=10-,

+86l48654

c(C0j)=IOF54+2=i0<27rno]∕L,(8.6,m),即pH=8.6,c(H)=10^mol∕L,c(OH>10÷10-=10-mol∕L,

(CO)=C(S)Xc(OH)產(chǎn)C(HCO3)=S=Q=Io/

3)c(CO；)，C(CO；)C(OH)IOaU，

717427257

C(HCO3)=10>?×C(CO^)=10?×10-?=10-?,P(COj)=-lgc(C0j)=2.57,C正確;

D.根據(jù)圖像斜率，pH由4到8的過程中C(HCoD增大的比C(COj)慢，D錯誤；

故選BC0

15.LiFePCh的晶胞如圖所示，其中O圍繞Fe和P分別形成正八面體和正四面體，它們通過共頂點、共棱

形成空間鏈結(jié)構(gòu)，電池充電時，LiFePO4脫出部分Li+,形成LiLXFeP04晶胞。

LiFePO4Li1vFePO4FePO4

下列說法正確的是

A.每個LiFePo4晶胞中含有4個。原子

n(Fe")

B.L"χFeP04晶胞中，J=4.3

n(Fe3+)

C.每個LiFePOq晶胞完全轉(zhuǎn)化為FePO4晶胞時，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為1

D.1molLkXFeP04全轉(zhuǎn)化為LiFePO4時，消耗XmolFe3+

【答案】BD

【解析】

【詳解】A.由晶胞結(jié)構(gòu)可知，LiFePO4晶胞中位于頂點和面心的鋰離子個數(shù)為8X1+6X；=4,由磷酸鐵

82

鋰的化學式為LiFePO4可知，晶胞中含有16個氧原子，故A錯誤；

B.由晶胞結(jié)構(gòu)可知,LiιFeP04比LiFePO4少了1個面心和1個棱上的鋰離子,則1—X=匚，

4

解得x=0.1875,LimFePCU的化學式為Liosι25FePO4,設亞鐵離子為a,由化合價代數(shù)和為O可得：

2+

…,n(Fe)0.81257一

0.1875+2a+3(l-a)=8,解得a=0.8125,則rιJ=-----≡≡4.3,故B正確；

n(Fe3)0.1875

C.由晶胞結(jié)構(gòu)可知，LiFePO4晶胞中位于頂點和面心的鋰離子個數(shù)為8X1+6X；-4,則每個LiFePo4晶

82

胞完全轉(zhuǎn)化為FePe)4晶胞時，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為一，故C錯誤;

4

D.由化學式可知,Li∣rFePθ4全轉(zhuǎn)化為LiFePO4時,鐵元素的化合價降低,消耗X個鐵離子,則ImOlLiEFePCh

全轉(zhuǎn)化為LiFePc)4時，消耗XmOI鐵離子，故D正確；

故選BD。

三、非選擇題：本題共5小題，共60分。

16.金屬及其化合物在化工、醫(yī)藥、材料等領(lǐng)域有著廣泛的應用。請回答下列問題：

(1)與Fe最外層電子數(shù)相同且同周期的過渡元素有種。

(2)次磷酸的正鹽KH2PO2中P的雜化軌道與0的軌道形成σ鍵。

(3)Zn,Fe、CU等過渡金屬的原子或離子易通過配位鍵形成配合物或配離子。

②配位原子提供孤電子對的能力與元素的電負性大小有關(guān)，元素電負性越大，其原子越不容易提供孤電子

對。則對于配合物Fe(SCN%,配體SCN-中提供孤電子對的原子是(填元素符號)。

③將含有未成對電子的物質(zhì)置于外磁場中，會使磁場強度增大，稱其為順磁性物質(zhì)，下列物質(zhì)中，屬于順

磁性物質(zhì)的是。

A.LCu(NH3)2]ClB.[Cu(NH3)4]SO4

C.[Zn(NH3)4]SO4D.LCr(H2O)5ClJCl2

(4)硫化鋅億nS)晶體屬于六方晶系，Zn原子位于4個S原子形成的正四面體空隙中。晶胞參數(shù)如圖所示

α=120o,B=γ=90°°

Zn?

①該晶體中，鋅的配位數(shù)為.

②已知空間利用率〃=rL二H二XIo0%，設鋅和硫的原子半徑分別ncm和r2cm,則該

晶E胞的體積

晶體的空間利用率為(列出計算式即可).

③以晶胞參數(shù)為單位長度建立的坐標系可以表示晶胞中各原子的位置，稱為原子的分數(shù)坐標。若A點原子

的分數(shù)坐標為(0,0,0),則B點原子的分數(shù)坐標為

【答案】(1)7(2)①.sp3②.2p

②.S③.BD

2?7

(4)①.4

3'3,8

【解析】

【小問1詳解】

Fe為26號元素，電子排布式為Is22s22p63s23p63d64s2,最外層電子數(shù)為2,與Fe最外層電子數(shù)相同且同周

期的過渡元素有Sc、Ti.V、Mn、Co、Ni、Zn共7種，答案為7；

【小問2詳解】

KH2PO2中P原子的孤電子對=5+3-2x2=2,成鍵電子對=2,價層電子對=孤電子對+成鍵電子對=%P

2

為Sp3雜化；P的sp3雜化軌道與O的2p軌道形成σ鍵；

【小問3詳解】

C1：(IJ中N的sp2雜化軌道形成的化學鍵'N,(..代表孤電子對)參與形成六元環(huán)大無鍵的是未成對電

子，該孤電子對填充空軌道的能力較強，所以后者更易形成配位鍵；答案為『31；

②S、N原子均有孤電子對，N電負性大，不易給出電子形成配位鍵；答案為S；

③A.[Cu(NH3)2]Cl中Cu+外圍電子排布式為3d∣t),沒有未成對電子，選項A不符合；

B.[Cu(NH3)4]SO4中CW+外圍電子排布式為3d%有未成對電子，選項B符合；

C.[Zn(NH3)4]SCU中Zn?+外圍電子排布式為3+。，沒有未成對電子，選項C不符合；

D.[Cr(H2O)5CI]Cb中CB外圍電子排布式為3(P,有未成對電子，選項D符合；

答案選BD；

【小問4詳解】

①以B外Zn為例，離該處Zn最近且等距的S有4個，則Zn的配位數(shù)為4；

②根據(jù)均攤法，晶胞中含有l(wèi)+2x'+2x'=2個Zn原子，l+4x'+4x-!-=2個S原子，則原子體積為

36612

AQ

2×-Λ-(√+^)CW3=?Λ-(√+^)×102'KW?晶胞底面為平行四邊形，晶胞體積為

+^,)×102',

an×^an×cn=^a2cnm3,則空間利用率為nnx

mmm——×100%

^a2cnm3

22

2

16(zf+4)χl()2i

×100%；

③六方ZnS是S按六方密堆積排列，Zn相間占據(jù)S所形成的正四面體空隙，配位數(shù)是4：4,Zn,S各有

兩套等同點，屬于六方簡單晶格，有2個S%2個ZB,各離子的分數(shù)坐標分別為:s`（θ,θ,θ）,

Zn2+∣0,0,-∣∣,∣~,~,~∣＞根據(jù)晶胞的結(jié)構(gòu)可知，A為S%,B的坐標為,答案為

?o√?33o√k33O√k??o

17.一種利用廢催化劑（含TiO2,WO3等）回收金屬Ti、W的工藝流程如圖所示。

HCI或H2SO4

r＞偏欽酸鈉A酸洗----?水解----?煨燒一?TiO,——?Ti

NaOH

廢催化劑

堿浸Ca(OH).

ANa0WOilCaWO&?*W

已知：①偏鈦酸鈉（Na2TiO3灘溶于水；“酸洗”時，Na2TiO3轉(zhuǎn)化為TiOCb或TioSO4,水解后得到H2TiO3;

②當溶液中某離子濃度MlxlOGnol/L時，認為該離子沉淀完全。

請回答下列問題:

（1）為加快“堿浸”的速率，可采取的措施為（任寫兩條）；“堿浸”時生成偏鈦酸鈉的離子

方程式為。

（2）銳鈦型和金紅石型是TiCh最常見的兩種晶體類型，煨燒H2TiO3過程中，TiO2會發(fā)生“銳鈦型一金紅

石型”轉(zhuǎn)化，固體質(zhì)量殘留率和晶型轉(zhuǎn)化率隨溫度變化如圖1所示，晶型轉(zhuǎn)化過程中的能量變化如圖2所

示。設計用“過濾”所得NazTiCh制備金紅石型TiO2的操作方案o

l00

%

∕Oo

?95

B90

^

85

tt螞

80

及

E

2004006008001

溫度/°C

（3）“煨燒”時，Tio2的提取率隨時間、溫度的變化關(guān)系如圖，提取TiO2的適宜條件為

00

96

%

'

?92

?

典88

O

H94

80

102030405060

時間∕min

(4)用固體二氧化鈦生產(chǎn)海綿鈦的裝置如圖，其原理是TiCh的氧解離進入熔融鹽中而得到金屬海綿鈦。

電解過程中，b極是極，陰極的電極反應式為。

熔融氯化鈣

02

(5)將氫氧化鈣加入鴇酸鈉溶液中可得到鈣酸鈣，已知Ksp(CaWO4)Mx10>(mol∕L),KSP[Ca(OH)2]

73

=9×10-(mol∕L),當溶液中WO:沉淀完全時，溶液中C(OH)最大值為mol∕Lo

【答案】(1)①.將廢催化劑粉碎、攪拌或增大NaOH溶液的濃度或加熱②.

+

TiO2+2Na+2OH^=Na2TiO3+H2O

(2)用鹽酸酸洗Na2TiO3,將生成的TiCe)12充分水解后，過濾、洗滌得到H2TiO3,在950℃下燃燒H2TiO3

至恒重

(3)30min>500℃

(4)①.正②.Tiθ2+4e-=Ti+202―

(5)0.15

【解析】

【分析】由題給流程可知，廢催化劑加入氫氧化鈉溶液堿浸時，二氧化鈦與氫氧化鈉溶液反應轉(zhuǎn)化為難溶

于水偏鈦酸鈉，三氧化鴇與氫氧化鈉溶液反應轉(zhuǎn)化為鴇酸鈉，過濾得到偏鈦酸鈉和鴇酸鈉；向偏鈦酸鈉

中加入鹽酸或硫酸溶液酸洗，將偏鈦酸鈉轉(zhuǎn)化為TiOCl2或TioSc)4,Tic)Cl2或TiOSO4在溶液中水解生成偏

鈦酸，過濾得到偏鈦酸；偏鈦酸煨燒分解生成二氧化鈦，電解熔融二氧化鈦制得鈦；鴇酸鈉溶液中加入氫

氧化鈣將鋁酸鈉轉(zhuǎn)化為鴇酸鈣沉淀，過濾得到鴇酸鈣，鴇酸鈣經(jīng)多步轉(zhuǎn)化制得鴇。

【小問1詳解】

將廢催化劑粉碎、攪拌、增大氫氧化鈉溶液的濃度、加熱等措施能加快“堿浸”的速率；“堿浸”時生成

偏鈦酸鈉的反應為二氧化鈦與氫氧化鈉溶液反應生成難溶于水的偏鈦酸鈉和水，反應的離子方程式為

+

TiO2+2Na+20H-=Na2TiO3+H2O,故答案為：將廢催化劑粉碎、攪拌或增大NaoH溶液的濃度或

+

加熱；TiO2+2Na+20H^=Na2TiO,+H2O；

【小問2詳解】

由晶型轉(zhuǎn)化過程中的能量變化示意圖可知，酸洗時應加入鹽酸將偏鈦酸鈉轉(zhuǎn)化為TiOCl2,Tic)CI2充分水解

生成偏鈦酸，由固體質(zhì)量殘留率和晶型轉(zhuǎn)化率隨溫度變化的示意圖可知，在95(ΓC下煨燒偏鈦酸至恒重制

得高純二氧化鈦，具體操作為用鹽酸酸洗偏鈦酸鈉，將生成的TiCC)12充分水解后，過濾、洗滌得到偏鈦酸，

在950℃下煨燒偏鈦酸至恒重制得純二氧化鈦，故答案為：用鹽酸酸洗Na2TiO3,將生成的TiCOl2充分水

解后，過濾、洗滌得到H2TiO3,在950℃下煨燒H2TiO3至恒重；

【小問3詳解】

由圖可知，30min、50(ΓC時二氧化鈦的提取率最高，則提取二氧化鈦的適宜條件為30min、500℃,故答案

為：30min,500℃；

【小問4詳解】

由題意可知，電解過程中，b極是電源的正極、b極是負極，與b極相連的高純二氧化鈦為電解池的陰極,

二氧化鈦在陰極得到電子生成海綿鈦和氧離子，電極反應式為Tio2+4廣=Ti+2O2-,故答案為：

2

TiO2+4e=Ti+2O；

【小問5詳解】

由鴇酸鈣溶度積可知，溶液中鴇酸根離子完全沉淀時，溶液中的鈣離子濃度不小于4義10'°(mol∕L)

l×10-5mol∕L

=4×10-5mol∕L,由氫氧化鈣的溶度積可知，溶液中氫氧根離子濃度不小于j9xl°"(mol∕L)3=O[5mol∕L,

V4×10-5mol∕L

故答案為：0.15?

18.氧鈿(IV)堿式碳酸鍍晶體｛(NH4)5[CVO)6(CO3)4(OH)9]?10H2O)是制備多種含鈾產(chǎn)品和催化劑的基礎

原料和前驅(qū)體。

己知：①氧鈕(IV)堿式碳酸鍍晶體呈紫紅色，難溶于水和乙醇；

②VC>2+有較強還原性，易被氧化。

實驗室以V2O5為原料制備該晶體的流程如圖：

鹽酸IR化的CONH4HCOjiSjft

N：Hij2HClVOCTNH4HCOJ溶液②無木乙的

VQ,-J浸漬~~冰液4轉(zhuǎn)化~抽泣一~?f?-∣-→粗產(chǎn)乩

請回答下列問題:

(1)“浸漬”時反應的化學方程式為o

(2)“轉(zhuǎn)化”時需要在CO2氛圍中進行的原因是

(3)“轉(zhuǎn)化”可在下圖裝置中進行：

石灰石

ABCD

①上述裝置連接的合理順序為e→(按氣流方向，用小寫字母表示)。

②寫出裝置D中生成氧鈕(IV)堿式碳酸鍍晶體的化學方程式。

(4)“抽濾”裝置如圖所示，抽濾原理是。

(5)“洗滌”時用飽和NEHCCh溶液洗滌晶體，檢驗晶體已洗滌干凈的操作是o

(6)為測定粗產(chǎn)品中帆元素的含量，稱取LOg粗產(chǎn)品于錐形瓶中，用20mL蒸儲水與30mL稀硫酸溶解

后加入0.0ImOI/LKMnCU溶液至稍過量，充分反應后繼續(xù)滴加2%的NaNO2溶液至稍過量，再用尿素除去

過量的NaNc)2,滴入幾滴鐵氟化鉀K3[Fe(CN)6]溶液，最后用0.2mol∕L(NH止Fe(So也標準溶液滴定，滴

定終點消耗標準溶液的體積為20.00mL。(已知粗產(chǎn)品中雜質(zhì)不含機，也不參與反應；滴定反應為

2++2+3+

VO：+Fe+H-VO+Fe+H2O)

①滴定終點時的現(xiàn)象為o

②粗產(chǎn)品中鋼元素的質(zhì)量分數(shù)為%。

【答案】(1)2V2O5+N2H4?2HC1+6HC1=4VOCl2+N2↑+6H2O

(2)VC)2+有較強還原性，防止被氧化

(3)①.abfgc(或abfgcd)②.6VOC12+6H2O+17NH4HCO3=

(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)J-IOH2O(+13CO2↑+12NH4C1

(4)水流造成裝置內(nèi)壓強減小，使過泄速率加快

(5)取少量最后一次洗滌液于試管中，滴加稀硝酸使溶液呈酸性，再滴加兒滴AgNo3溶液若不產(chǎn)生白色

沉淀，則證明沉淀洗滌干凈

(6)①.當加入最后半滴標準液時，有藍色沉淀產(chǎn)生且半分鐘內(nèi)沉淀不溶解(2).20.4

【解析】

【小問1詳解】

V2O5中加入足量鹽酸酸化的N2Hr2HCl溶液，反應生成VOel2,同時生成氮氣，則該化學方程式為：

2V2O5+N2H4?2HC1+6HC1=4VOC12+N2↑+6H2O；

【小問2詳解】

V02+有較強還原性，易被氧化，CO2氛圍中進行，能有效的隔離氧氣，防止被氧化；

【小問3詳解】

①轉(zhuǎn)化過程需在二氧化碳氛圍下反應，C為二氧化碳的發(fā)生裝置，A為二氧化碳的凈化裝置，B裝置可用

于檢驗裝置中的氧氣是否排凈，所以裝置的連接順序為：abfgc(或abfged)；

②裝置D中生成氧鈕(W)堿式碳酸鍍晶體，其化學反應方程式為：6VOCl2+6H2O+17NH4HCO3=

(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)J-IOH2OJ+13CO2↑+12NH4C1；

【小問4詳解】

抽濾是利用內(nèi)壓減小，從而加快液體流速，故其作用為：水流造成裝置內(nèi)壓強減小，使過泄速率加快；

【小問5詳解】

用飽和NH4HCO3溶液洗滌晶體，須檢驗洗滌液中是否含有er,故其操作為：取少量最后一次洗滌液于試管

中，滴加稀硝酸使溶液呈酸性，再滴加幾滴AgNO3溶液若不產(chǎn)生白色沉淀，則證明沉淀洗滌干凈；

【小問6詳解】

①用0.2mol∕L(NHSFe(Se)也標準溶液滴定，恰好反應時，溶液中含有Fe?+,K3[Fe(CN)6]可與Fe?+反應生

成藍色沉淀，故滴定終點的現(xiàn)象為：當加入最后半滴標準液時，有藍色沉淀產(chǎn)生且半分鐘內(nèi)沉淀不溶解；

2++2+3+2+3

@VO^+Fe+2H=V0+Fe+H2O,n(Fe)=c×V=0.2000mol∕L×20×10=4×1θ-?mo?,根據(jù)離子方程式

可知：n(Fe2+>n(VO2+),粗產(chǎn)品中鋼元素的質(zhì)量分數(shù)=51g∕mol×4×10?ol÷1.0g×l00%=20.4%。

19.某研究小組采用如下路線合成醫(yī)藥中間體K

COOH

N2HrNaOHH-PChAlCL

--------------------------?C------?-----?C∣IHpOCl

AlCI3(HOCH2CH2)2O1A

AD

CCHCHMgBr

oopt/cl1

sz°x°無水之雄H,OHM

--------'C∣3?

F

O

N2%,NaOH

已知：I.Il÷R-CH-R

(HOCH2CH2),0.△190

R1—C—R2

O