浙江省溫州市普通高中2024屆高三年級下冊第三次適應性考試（三模）化學含解析

浙江省溫州市普通高中2024屆高三下學期第三次適應性考試

化學試題

考生須知：

1.本試題卷分選擇題和非選擇題兩部分，共8頁，滿分100分，考試時間90分鐘。

2.考生答題前，務必將自己的姓名、準考證號用黑色字跡的簽字筆或鋼筆填寫在答題卷上。

3.選擇題的答案須用2B鉛筆將答題卷上對應題目的答案標號涂黑，如要改動，須將原填涂

處用橡皮擦凈。

4.非選擇題的答案須用黑色字跡的簽字筆或鋼筆寫在答題卷上相應區(qū)域內，作圖時可先使用

2B鉛筆，確定后須用黑色字跡的簽字筆或鋼筆描黑，答案寫在本試題卷上無效。

5.可能用到的相對原子質量：H1C12N14O16Si28S32Cl35.5Ag108

選擇題部分

一、選擇題（本大題共16小題，每小題3分，共48分。每個小題列出的四個備選項中只有

一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）

1.下列物質含共價鍵的強電解質是

A.NaOHB.HC1OC.CaCl2D.CO2

【答案】A

【解析】

【詳解】A.NaOH含有離子鍵和共價鍵，屬于強電解質，A符合題意；

B.HC1O只含有共價鍵，屬于弱電解質，B不符合題意；

C.CaC“只含有離子鍵，屬于強電解質，C不符合題意；

D.CO2只含有共價鍵，屬于非電解質，D不符合題意；

故選A。

2.下列表示不正確的是

A.乙醛的結構簡式：CH3—O—CH3

B-Mgcu的電子式：［:?。海軲g2+［Qi「

C.醛基的碳氧雙鍵的極性：II升

—C—H

D.CO：的VSEPR模型:

【答案】A

【解析】

【詳解】A.乙醛的結構簡式：CH3cH20cH2cH3,故A錯誤；

B.MgCU由鎂離子和氯離子組成，電子式：-：Q「Mg2+[:林一，故B正確；

C.O的電負性大于C,因此醛基的碳氧雙鍵中O顯負電性，C顯正電性，故c正確；

D.CO：中心C原子的價層電子對數為3對，無孤對電子，VSEPR模型為平面三角形，故D正確；

故選：Ao

3.氨氣應用廣泛，下列說法不正確的是

A.實驗室用NH4cl與Ca(OH)2固體加熱制取氨氣

B.電鍍銅實驗中向CuS。,溶液中加入一些氨水，可使鍍層光亮

催化劑

C.以氨氣為原料制硝酸第一步化學方程式：4NH3+7024NO,+6H.0

A

D.MgO用NH4cl溶液浸取并蒸氨，有利于獲得較高濃度的MgCl2溶液

【答案】C

【解析】

【詳解】A.實驗室用NH4cl與Ca(OH)2固體加熱制取氨氣，化學方程式為：

2NH4Cl+Ca(OH)2=2NH3^+CaCl2+2H2O,故A正確；

B.鍍銅時，加入氨水可以生成銅配離子，使銅離子濃度降低，而且配合物平衡的存在能使銅離子濃度穩(wěn)

定在一定的范圍內，這樣使鍍層更加緊密均勻光亮，工業(yè)上常采用這種方法，故B正確；

C.以氨氣為原料制硝酸第一步，氨氣催化氧化為NO,化學方程式為

催化劑

4NH3+5O,=4NO+6HQ,NO繼續(xù)被氧化為NC)2,NCh與水反應可得HNCh,故C錯誤；

-A

D.MgO用NH4cl溶液浸取并蒸氨，NH3不斷離開反應體系，促進反應正向進行，有利于獲得較高濃

度的MgCL溶液，故D正確；

故選C。

300℃小

4.有關反應Si+3HCl^=SiHC13+H?T,下列說法不正確的是(NA為阿伏加德羅常數的值)

A.HC1發(fā)生還原反應

B.SiHCL既是氧化產物，又是還原產物

C.氧化劑與還原劑的物質的量之比為3：1

D.生成ImolH2時，轉移2NA個電子

【答案】D

【解析】

【詳解】A.HC1中氫得到電子，發(fā)生還原反應，A正確；

B.Si失去電子得到SiHCb,HC1中氫得到電子得到SiHCb,故SiHCb既是氧化產物，又是還原產物，B

正確；

C.在反應中，HC1為氧化劑，Si為還原劑，故氧化劑與還原劑的物質的量之比為3:1,C正確；

D.由化學方程式可知，每生成Imollh時，轉移4NA個電子，D錯誤；

故選D。

5.在溶液中能大量共存的離子組是

A.Fe3+>SCN>C「、Ca2+B.Na+>SO1、Fe2+，r

C.Ag+、Na+、K?、S2-D.H+、MnO：、CT、Mg2+

【答案】B

【解析】

【詳解】A.Fe3+和SCN-可形成紅色絡合物，A不符合題意；

B.Na+、SOt，Fe2+>「相互不反應，可大量共存，B符合題意；

C.Ag+和S?-可形成Ag2s沉淀，C不符合題意；

D.MnO：在酸性條件下可氧化C「，D不符合題意；

故選B。

6.為了制備高純度Tie)?，某小組以鈦鐵礦粉(FeTiC)3)為原料設計方案如下所示。下列說法不正確的是

____.L(co)

(鐵鐵礦粉)焦炭粉、c12

高溫匚陪護二回4遠三畫_畫

\________________________Z

步驟I步驟n步驟ni步驟iv

已知：FeCl3,TiC1的沸點依次為316℃、136℃。

A.步驟I中發(fā)生的反應為：2FeTiC)3+6c+7c12=6co+ZFeCj+2TiCL

B.步驟I、步驟II中均需用到冷凝裝置

C.步驟III中，采用熱水的目的是使水解趨于完全

D.步驟IV的操作名稱為蒸發(fā)結晶

【答案】D

【解析】

【分析】鈦鐵礦粉(FeTQ)加入焦炭粉，通入氯氣，在高溫下反應，生成液態(tài)FeCb、TiJ和CO氣

高溫

體，化學方程式為：2FeTiO3+6C+7C12-6C0+2FeCl3+2TiCl4,FeCl3,TiCl4的沸點依次為

316℃、136℃,可通過蒸儲分離FeCL、TiCl4,向TiC)中加入熱水進行水解，得到TiC^xH?。晶

體，焙燒得到TiCh。

【詳解】A.步驟I中鈦鐵礦粉(FeTiOj)加入焦炭粉，通入氯氣，在高溫下反應，生成液態(tài)FeCh、

高溫

Tic、和CO氣體，化學方程式為：2FeTiC)3+6c+7c,=6co+ZFeC]+2TiCL，故A正確；

B.步驟I通過冷凝裝置得到液態(tài)FeCL、TiCl4,步驟II為蒸儲，分離FeCL、TiCl,需用到冷凝裝

置，故B正確；

C.溫度升高，水解程度加大，步驟III中，采用熱水的目的是使水解趨于完全，故C正確；

D.步驟IV的操作名稱為焙燒，使得TiOz^xHz。晶體轉化為TiCh,故D錯誤；

故選D。

7.根據材料的組成和結構變化可推測其性能變化，下列推測不合理的是

材料組成和結構變化性能變化

A石墨剝離法制得石墨烯電阻率低、熱導率高

NHNO引入有機基團轉化為熔點升高

B43CH3CH2NH3NO3

C冠酸12-冠-4增加—OCH2cH2?！獑卧獢盗孔R別半徑更大的堿金屬離子

D鋼鐵表面發(fā)藍處理增強鋼鐵的抗腐蝕性

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【詳解】A.石墨剝離法制得石墨烯，其導電性、導熱性更好，即電阻率低、熱導率高，故A正確；

B.NH4NO3引入有機基團轉化為CH3cH2NH3NO3,形成離子液體，熔點降低，故B錯誤；

C.冠酷12-冠-4增加-OCH2cH2。-單元數量，使得空腔半徑增大，識別半徑更大的堿金屬離子，故C

正確；

D.鋼鐵表面進行發(fā)藍處理形成了致密的氧化物膜，抗腐蝕性增強，故D正確；

故選B。

A.圖①裝置用于趁熱過濾出苯甲酸溶液中的難溶雜質

B.圖②裝置用于驗證反應是否有CO2生成

C.圖③裝置用于測定鋅與稀硫酸的反應速率

D.圖④裝置用于驗證乙醇發(fā)生了消去反應

【答案】B

【解析】

【詳解】A.圖①為過濾操作，可以用于趁熱過濾出苯甲酸溶液中的難溶雜質，故A正確；

B.木炭與濃硫酸反應生成的SO2也能使澄清石灰水變渾濁，不能驗證證反應是否有C。?生成，故B錯

誤；

C.秒表測定時間，針筒可測定一定時間收集氣體的體積，可測定反應速率，故c正確；

D.NaOH溶液可以除去揮發(fā)的醇以及生成的SO2等，乙烯可以使酸性高鎰酸鉀溶液褪色，可以證明乙醇

發(fā)生了消去反應，故D正確；

故選B。

9.下列化學反應與方程式相符的是

A.酰胺在酸性條件下的水解：RCONH2+H20—RCOOH+NH3

B.Cl2與過量Na2cO3溶液反應生成C12O：Na2cO3+2C12=C12O+CO2+2NaCl

c.鋁粉氫氧化鈉固體管道疏通劑與水反應：2加+2011-+6凡0=2［砥011)41+3凡1

D.硫化亞鐵除去廢水中的Hg2+：Hg2++s2-=HgSJ

【答案】C

【解析】

+

【詳解】A.酰胺在酸性條件下的水解：RCONH2+H2O+HRCOOH+NH：,故A錯誤；

B.J與過量Na2cO3溶液反應生成Cl2。、NaCl、NaHCCh,離子方程式為：

2Na2c。3+2C12+H2O=C12O+2NaHCO3+2NaCl,故B錯誤；

c.鋁粉氫氧化鈉固體管道疏通劑與水反應，生成［A1(OH)4］和H2,離子方程式為：

2A1+2OH-+6H2O=2［Al(OH)4］+3H2T,故C正確；

D.硫化亞鐵除去廢水中的Hg2+：Hg2++FeS=HgS+Fe2+,故D錯誤；

故選C。

10.下列關于有機物的說法不正確的是

AImol葡萄糖可水解生成2moi乳酸(C3H6O3)

CH3cHeOOH

B.用甘氨酸(NlhCll,COOn)和丙氨酸(I)縮合最多可形成4種二肽

NH2

C.通過X射線法衍射可獲得青蒿素(G5H22。5)的分子結構

D.通過核磁共振氫譜的檢測，可確定鏈狀化合物c3H6。的結構

【答案】A

【解析】

【詳解】A.葡萄糖為單糖，不能發(fā)生水解，A錯誤；

B.甘氨酸和丙氨酸分別自身縮合可形成2種二肽，交叉縮合可形成2種二肽，B正確；

C.通過X射線衍射實驗可獲得青蒿素晶體中分子的空間結構，C正確；

D.通過核磁共振氫譜的檢測，可判斷氫原子所處環(huán)境和數量，進一步確定鏈狀化合物C3H6。的結構，D

正確；

故選A?

11.有機物D是一種樹脂增塑劑，其合成路線如下：

ABCD

下列說法不正確的是

A.試劑a為Br?/FeBr3B.化合物A中所有原子不會共平面

C.化合物C可與HBr反應D.X的分子式可以為H2c2O4

【答案】A

【解析】

【詳解】A.A甲基上的H被Br取代生成B,試劑a為Br?,反應條件為光照，故A錯誤；

B.化合物A中存在一CH3的結構，所有原子不會共平面，故B正確；

C.化合物C可與HBr反應，一0H被Br取代，故C正確；

D.X的分子式可以為H2c2。4,與兩分子c發(fā)生酯化反應得到D,故D正確；

故選A。

12.短周期主族元素X、Y、Z、M、Q分布在三個周期，原子序數依次增大?；鶓B(tài)Y、Z、Q原子的核外

未成對電子數之比為3:2:1,M的簡單離子半徑為同周期最小。下列說法不正確的是

AX、Q簡單陰離子所帶電荷相同

B.YX：、X2Z2均為極性分子

C.離子鍵百分數：MQ3>M2Z3

D.Y、M均可作為配位鍵的成鍵原子

【答案】C

【解析】

【分析】短周期主族元素X、Y、Z、M、Q分布在三個周期，則X為H,基態(tài)Y原子的價電子層中有3個

未成對電子，Y是N元素，Z是0元素，Q是C1元素；M的簡單離子半徑為同周期最小，M是A1元素。

【詳解】A.H\cr簡單陰離子所帶電荷相同，A正確；

B.NH3,H?。？均為極性分子，B正確；

C.氯的電負性小于氧，電負性的差值越大，離子鍵的百分數越大，離子鍵百分數：A1C13<A12O3,C

錯誤；

D.作為配位鍵的成鍵原子，必須有能接受電子對的空軌道或組成配位體的原子必須能提供配對的孤電子

對，N和A1可提供孤電子對或空軌道，D正確；

故選C。

13.中國科學技術大學吳長征教授團隊開發(fā)了一種可充電的氫氧燃料電池，示意圖如下。W為可充電電池

的電解質介質之一，與氫氣作用生成還原態(tài)WH,下列有關說法正確的是

A.充電時，A接外電源正極，發(fā)生氧化反應

B.根據反應順序，W充當A極放電反應催化劑

C.放電結束，A極區(qū)域pH減小

-+

D.放電時，B的電極反應：O2+4e+4H=H20

【答案】B

【解析】

【分析】放電時，以失去電子，A電極為負極，反應式為H2-2e-=2H+,此時W為催化劑，B電極為

+

正極，02得到電子，電極反應式為：O2+4e-+4H=2H2O,充電時，A與電源負極相連，B與電源

正極相連。

【詳解】A.充電時，A接外電源負極，發(fā)生還原反應，故A錯誤；

B.由圖可知，W充當A極放電反應的催化劑，反應前后W的質量和性質都沒變，故B正確；

C.A電極為負極，反應式為H2-2e-=2H+,H+通過質子交換膜向電極B移動，放電結束，A極區(qū)域

pH不變，故C錯誤；

+

D.放電時，B的電極反應：O2+4e+4H=2H2O,故D錯誤；

故選B。

14.已知：

I.2[AgCl-3NH3(s)][2AgCl-3NH3(s)]+3NH3(g);KpI

II.[2AgCl-3NH3(S)]2[AgCl-NH3(s)]+NH3(g)；KpII

III.AgCl-NH3(s).AgCl(s)+NH3(g)；KpIII

0℃,真空恒容密閉容器中，選擇合適的固體試劑E,只吸收氨氣，速率較慢。忽略E及其產物，體系中

固體組成表示為：AgClxNH3。測定AgCl-3NH3(s)的逐級分解的體系中x與體系壓強(p)的關系如

圖。下列說法不正確的是

B.AgCLxNHs最終以AgCl存在

C.afbfc過程中，[2AgCL3NH3]的質量先增多，后不變

D.若固體試劑E失效，可向容器中緩慢通入N2,使反應物繼續(xù)分解

【答案】D

【解析】

【詳解】A.體系中只有NH3是氣體，Kp與壓強呈正相關，由圖可知Kp[〉Kpn>Kpm，故A正確；

B.AgCl-3NH3(s)逐級分解失去NH3,最終為AgCl,故B正確；

C.afbfc過程中，a—b壓強均不變，人80-3附3(5)分解為[2八80-3?0113],b-c,壓強驟降,

c點時，體系中為[2AgCl-3NH3],說明[2AgCL3NH3]先增多，后不變，故C正確；

D.若固體試劑E失效，向容器中緩慢通入N2,對體系中NH3無影響，不會使反應物繼續(xù)分解，故D錯

誤；

故選D。

15.常溫下，將100mL、4.0mol-lji的氨水滴入等體積、ZOmoLL-的CaCl2溶液中后，未見明顯現

7

象，振蕩，出現白色渾濁；再向混合體系中緩慢通入OlmolC。？。己知：H2CO3Kal=4.5xl0-,

59

Ka2=4.7x10-11；NH3H2OKb=1.8x10；Ksp(CaCO3)=3.4xl0-,

區(qū)「[(Ca(OH)2]=5.5x10^,下列說法正確的是

A.滴入氨水后，振蕩后，有Ca(OH)2沉淀生成

B.滴入氨水過程中：C(NH：)+C(NH3-H2(D)+C(C「)增大

C.由Ca2+(aq)+2HCO](aq)CaCC)3(s)+H2co3(aq)可知，最終沉淀不消失

D.通入C。2過程中，水的電離程度不斷減小

【答案】C

【解析】

12+1

【詳解】A.滴入氨水后，c(NH3-H2O)=2.0mol-IT,c(Ca)=1.0mol-L,

c(OH-)=JcKb=A/2.0x1.8x105mol/L=6XIO-3mol-U1，離子積Q=

2+23256

c(Ca)-c(OH-)=1.0x(6xIO-)=3.6x10^<Ksp[(Ca(OH)2]=5.5x10^,即沒有Ca(OH)2沉淀

生成，故A錯誤；

B.設滴入氨水的體積為VmL,根據N原子守恒可知，溶液中C(NH：)+C(NH3-H2(D)+C(C「)=

4V+2.0x2x100位一士,,“口

----------------------mol/L=4mol/L,為定值，故B錯誤；

V+100

C.反應Ca2+(aq)+2HCO4aq).CaCO?(s)+H2co3(aq)的平衡常數K=

11

c(H2co3)_Ka2_4.7xW01s5.

2+279

c(Ca)-c(HCO3)Ka2Ksp(CaCO3)4.5xIOx3.4xIO~'%>1"'則反應進行程度

大，所以混合溶液中最終有CaCOs沉淀生成，故C正確；

D.通入C。2之前溶液呈堿性，水的電離受到抑制，通入C。2后逐漸生成碳酸氫鏤，水的電離程度增

大，最后與氯化鈣反應生成碳酸，水的電離程度又減小，所以通入c。2過程中，水的電離程度先增大后

減小，故D錯誤；

故選：Co

16.根據實驗目的設計方案并進行實驗，觀察到相關現象，其中方案設計或結論正確的是

實驗目的方案設計現象結論

檢驗是否含碳向裝有濱水的試管中加入樣品，含有碳碳雙

A澳水褪色

碳雙鍵振蕩鍵

檢測等體積、等物質的量濃度的溫度升高促

探究溫度對水溫度高的溶液

BCH3coONa溶液在不同溫度下進水解平衡

解程度的影響pH值更小

的pH正移

檢驗某固體試沒有產生使?jié)駶?/p>

取固體試樣加水溶解，向其中滴

C樣中是否含有紅色石蕊試紙變不存在NH：

加少量NaOH溶液，加熱

NH；藍的氣體

比較0生成

相同條件下，分別測定兩種有機。更穩(wěn)

D和I｝的穩(wěn)物與氫氣發(fā)生加成反應生成

Imol環(huán)己烷的

Imol環(huán)己烷時的溫度變化。定

溫度較低

定性

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【詳解】A.向裝有澳水的試管中加入樣品，振蕩，浪水褪色，可能含碳碳雙鍵、碳碳三鍵等或樣品具有

還原性，A項錯誤；

B.等體積、等物質的量濃度的CH3coONa溶液在不同溫度下，溫度高的溶液pH更小，也可能是溫度升

高促進水的電離，使pH更小，B項錯誤；

C.取固體試樣加水溶解，向其中滴加少量NaOH溶液，加熱，沒有產生使?jié)駶櫦t色石蕊試紙變藍的氣

體，不能說明不存在NH；,如NH4Hse)4中加入少量NaOH溶液僅與H+反應，C項錯誤；

D.相同條件下,與巴發(fā)生加成反應生成Imol環(huán)己烷時,生成Imol環(huán)己烷的

溫度較低，說明與H2發(fā)生加成反應生成Imol環(huán)己烷放出的熱量較少，則Imol具有的能量

比Imol具有的能量低，而能量越低越穩(wěn)定，故更穩(wěn)定，D項正確;

答案選D。

非選擇題部分

二、非選擇題(本大題共5小題，共52分)

17.硫元素化合物非常豐富，應用廣泛。

請回答：

(1)由鉀、饃、硫三種元素組成的某電極材料的晶胞如圖，已知鉀離子位于晶胞頂點及體心，其化學式

是,與鉀離子直接相鄰的元素是(填元素符號)。

(2)下列有關說法正確的是。

3s3p

A.基態(tài)S原子的價層電子排布圖：固旺不

B.第一電離能：C1>S>P

C.K、Ni同第四周期金屬元素，都處于元素周期表d區(qū)

D.離子半徑：S2->K+>Ni2+

OX

(3)①硫酰鹵(SO2X2)：,分子中S原子的雜化方式為：；比較鍵角

zo—s—o：so2cUSO2B(填，或"=")。

②氟磺酸(HSOsF)屬于超酸，可看作SO2F2部分水解形成的產物。氟磺酸酸性比硫酸強。請從分子結構

F

IF

上說明氟磺酸酸性強的原因：___________o魔酸［H+(SbRSC)3)］，由SbE(F—當HSOsF等

I'

F

物質的量化合生成。寫出其中陰離子的結構式：O

【答案】⑴①.KNi2s2②.S(2)AD

(3)①.sp3②.<③.F原子的電負性比O強，F—S鍵極性比O-S鍵強，使O—H鍵的極性

增強，酸性比硫酸強(或F原子的吸電極效應使O-H的極性增強，易電離出H+)?.

【解析】

【小問1詳解】

由均攤法得，鉀離子位于晶胞頂點和體心，數目為1+8><工=2,其余黑球位于面心，數目為8x4=4,

82

白球數目為2+8X^=4,即化學式為KNizS,,K+帶正電荷，與帶負電荷的S2-相鄰；

4-

【小問2詳解】

3s3p

A.S位于元素周期表第16位，基態(tài)S原子的價層電子排布圖：的干,故A正確；

B.同周期元素從左到右第一電離能有增大趨勢，VA族原子p能級半充滿，結構穩(wěn)定，第一電離能大于

同周期相鄰元素，第一電離能：C1>P>S,故B錯誤；

C.K在S區(qū)，Ni在d區(qū)，故C錯誤；

D.電子層數越多，半徑越大，電子層數相同時，核電荷數越多，半徑越小，離子半徑：

S2->K+>Ni2+-故D正確；

故選AD；

【小問3詳解】

OX

①硫酰鹵($。2乂2)：，分子中s原子形成了4個◎鍵，無孤電子對，雜化方式為sp3；Cl原子半

xz、

徑大于F,SO2F2成鍵電子對之間的排斥力更大，NO—S—O更大；

②F原子的電負性比0強，F-S鍵極性比O-S鍵強，使O-H鍵的極性增強，酸性比硫酸強(或F原子

F

IF

的吸電極效應使O—H的極性增強，易電離出H+)；魔酸[H+(SbRSC)3)]，由SbE(F—Sb()與

I1

F

HSO3F等物質的量化合生成，HSO3F斷裂O-H鍵與SbFs的Sb形成(SbRSC)3)，陰離子的結構式為

18.黃銅礦的主要成份是FeCuS2,以FeCuS2為原料實現如下轉化:

請回答：

(1)寫出溶液A中的所有陽離子,CuO的作用o

(2)下列說法正確的是0

A.S單質存在于火山口或地殼的巖層中

B.溶液C含有[CU(NH3)4『+

C.Na2s2O5的水溶液顯堿性

D.依據轉化關系可知：Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Mn(OH)2]

(3)M11CO3等鎰(II)的化合物可制備M%。-MnSO4隔絕空氣受熱分解生成乂工?！a物中無單

質，寫出該反應的化學方程式___________。請設計實驗方案驗證氣體產物。

【答案】⑴①.Mn2+>Cu2+>Fe3+>H+②.促進Fe3+水解生成Fe(OH)3或調節(jié)溶液的pH

(2)ABD

A木木

(3)?.3MnSO4=Mn3O4+SO2T+2SO3?②.將生成的氣體通入到氯化鋼溶液，出現白色

沉淀，則有S03；再將氣體通入到品紅溶液，品紅溶液褪色，則有SC>2

【解析】

【分析】FeCuS?與MnCh和H2s04反應，化學方程式為：

+3+2+2+

2FeCuS2+5MnO2+20H=2Fe+2Cu+5Mn+4S+10H2O,過濾得到S和溶液A,溶液A中

含有Mi?+、Cu2+>Fe3+>FT等離子，S和。2點燃得到SCh,SO2與亞硫酸鈉反應生成Na2s2O5，溶液

A中加入Cu調節(jié)pH,將Fe3+轉化為Fe(OH)3沉淀，過濾得到溶液B,溶液B含有Mi?+、Cu?+等離

子，加入碳酸氫鐵和氨氣，生成MnCCh沉淀，CW轉化為[CU(NH3)4『。

【小問1詳解】

由分析得，溶液A中的所有陽離子為：Mn2+>Cu2+>Fe3+、H+，CuO的作用為：促進Fe3+水解生成

Fe(OH)3或調節(jié)溶液的pH；

【小問2詳解】

A.S單質存在于火山口或地殼的巖層中，故A正確；

B.由分析得，溶液C含有[CU(NH3)4『，故B正確；

C.Na2s2O5在水溶液中釋放$。2,溶液顯酸性，故C錯誤；

D.加入CuO調節(jié)pH,將Fe3+轉化為Fe(OH)3沉淀，此時Mn2+未沉淀，即

Ksp[Fe(OH)3]<KjMn(OH)2],故D正確；

故選ABD；

【小問3詳解】

MnS。,隔絕空氣受熱分解生成M%。”產物中無單質，Mn元素化合價上升，即S元素化合價下降，

A木木

可得反應方程式為：3MnSO4=Mn3O4+S02?+2SO3?,驗證SO3和SO2的操作為：將生成的氣體通

入到氯化鋼溶液，出現白色沉淀，則有$。3；再將氣體通入到品紅溶液，品紅溶液褪色，則有SO?。

19.N2O是主要溫室氣體之一，N2。催化分解發(fā)生以下反應：

反應I2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)；△H1=—163kJ.moL

反應n2N2(D(g).N2(g)+2NO(g);AH2

1

(1)已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g)；AH=180kJmor',則碼=___________kJmor?

(2)壓強l.OMPa,N2()(g)分解的工藝流程如圖所示，原料氣以一定的流速通過催化劑反應層。催化

劑活性要求，出口氣溫度不超過780℃。

原料%

(NzO+Ar)

①下圖表示不同進料溫度下，某一給定轉化率下，原料氣中N2。含量與出口氣溫度的關系。若保持原料

氣溫度不變，下列有利于降低反應體系溫度的操作是

3

0

、?

r嵋

c

汨

A.冷卻出口氣B.采用混氣操作

C.適當增加N,O與Ar的含量比D.減少原料氣與催化劑的接觸時間

②若設定進料溫度為400℃,原料氣中N2。含量為14.5%,請預測出口氣溫度(y/℃)與出口氣中N2。的

含量(X/%)存在的關系并在圖中用曲線表示：

③以n(N2。)：n(Ar)=1:8.52投料，當出口氣溫度為780℃,N2。的轉化率為96%時，反應H達平衡

狀態(tài)，測定出口氣中NO的含量為3.0x10-6,忽略其它副反應。則反應H的平衡常數Kp=

MPa-、［對于氣相反應，用某組分B的平衡壓強p(B)代替物質的量濃度c(B)表示的平衡常數，記作

(3)對反應I研究發(fā)現，在固體催化劑M的作用下，在N2。中添加少量SO2可加快反應速率。SO2存

在時，可能的反應機理為如下三個基元反應，各反應的活化能E2<E3E1：

IV：N2O+M->N2+MO；E,

V：S02+MOSO3+M；E2

VI：N2O+MON2+O2+M；E3

①聯系反應原理，試解釋SO2可加快反應速率的原因：0

②下列物質中有可能替代SO?的物質是：o

A.O2B.H2OC.C3H6D.CO2

【答案】(1)+17或17

(2)?.BD②.如圖(起點不超過800℃,終點不低于400℃,曲線或直線向下即可。)

'''I

1\③.54x10-9或5.4x10-8

(3)①.SO2還原性強，反應V速率快，可使MO較快還原為M,提高了催化劑活性，有利于提高反

應IV速率，反應速率加快②.C

【解析】

【小問1詳解】

1

根據蓋斯定律可知該反應可由II-1得到，則AH=AH2—AH],可得：AH2=AH+AH)=180kJ-moF+

(-163kJ?moli)=+17kJ.moL；

【小問2詳解】

①冷卻出氣口溫度對體系溫度無影響，故A不選；

采用混氣操作，即將溫度較低的原料氣與反應一段時間后的體系內氣體混合，從而有利于降低反應體系

溫度，故B選；

由圖可知一定轉化率條件下，原料氣中N2。含量越高，出口氣的溫度越高，可知體系內反應放熱越多，

體系內溫度越高，故C不選；

減少原料氣與催化劑的接觸時間，可減少反應物的消耗比例，從而減少反應放熱，有利于降低體系內溫

度，故D選；

②若設定進料溫度為400℃,原料氣中N2。含量為14.5%,則結合已知圖像，該條件下，出口氣溫度

（y/℃）與出口氣中N2。的含量（x/%）存在的關系起點不超過800℃,終點不低于400℃,曲線或直線向下

③設起始時n（N2O）=lmol、n（Ar）=8.52mol,設平衡時反應I生成N?為xmol,反應H生成N2為

ymol,!^n(N2)=(x+y)mol、n(O2)=^-mol>n(NO)=2ymol,平衡時N?O的轉化率為96%,則剩

余n(NQ)=0.04mol,消耗n(N2O)=(x+2y)mol=0.96mol；n(總)=(8.52+x+y+；+2y+0.04)mol=

[8.56+-|(x+2y)]mol=1Omol,測定出口氣中NO的含量為3.0xl()-6,可知：1^=3.0xl0-6,y=

-5555

1.5xl0?x=(0.96-3xW)mol,n(N2)=(0.96-1.5xl0-)mol,n(NO)=3xWmol,反應II的平

p（N2）-p2（NO）

衡常數Kp

小2。）

(0.96-1.5義103)3x1021、2(0.96-1.5x105),3xl0「5

[0P總]0P總)---------------------xIMPa-(----------xIMPa)

1010=5.4x10-8；

,0.04、2/0.04.、2

(記P總)(^-xlMPa)"

【小問3詳解】

①根據反應原理可知反應V的活化能最小，反應速率最快，同時SO?還原性強，可使MO較快還原為

M,提高了催化劑活性，有利于提高反應IV速率，反應速率加快；

②根據以上分析，該過程中利用了二氧化硫的還原性，則C為丙烯，具有較強還原性，可以替代SO2。

20.三氯化硼，應用范圍廣泛，可用硼酸三甲酯和氯氣反應制備，部分實驗裝置如圖，涉及反應方程式

有：

常溫>

B（OCH3）3+9C12BC、+3COC12+9HC1

B（OCH3）3+6C126575c>BCb+3CO+9HC1

已知:

物質

B(OCH3)3BC13COC12

沸點(℃)68-6912.58.2

性質均極易水解

請回答:

(1)儀器X的名稱是O

(2)裝置C的反應最佳反應條件為(“常溫水浴”或“熱水浴”)。

(3)該反應需要用到的裝置連接排序：Af(裝置可重復使用)

(4)下列說法正確的是o

A.該實驗操作須在通風櫥中進行

B,裝置A中所用的試劑是二氧化鎰、濃鹽酸

C.裝置D中的氣流方向為afb,更有利于產物冷卻

D.裝置A之后應先連接裝有飽和食鹽水的洗氣瓶，以除去HC1

(5)測定產品的純度：甲同學取mgBC),將其中的氯元素全部轉化為AgCl,然后置于已恒重、質量

為m】g的坦煙中，煨