北京市昌平區(qū)2023-2024學年高二年級上冊期末考試化學試卷（解析版）

北京市昌平區(qū)2023-2024學年高三上學期期末質(zhì)量抽測

化學試題

可能用到的相對原子質(zhì)量：HlC12N14016Na23Mn55

i.以下對我國科技發(fā)展的巨大成就中涉及材料的說法不E確的是

A.冬奧會“飛揚”火炬所用的燃料H2為還原性氣體

B.“問天”實驗艙使用碎化線(GaAs)太陽能電池，Ga是金屬元素

C.載人飛船返回艙使用的酚醛樹脂基低密度耐高溫材料，屬于有機高分子材料

D.“C919”飛機機身使用的材料碳纖維主要成分是SiCh

【答案】D

【解析】

【詳解】A.Hz中H原子化合價為0價，是還原性氣體，A正確；

B.31號元素錢(Ga)屬于金屬元素，B正確；

C.酚醛樹脂屬于有機高分子材料，C正確；

D.碳纖維是指含碳量在90%以上的輕質(zhì)、高強度纖維，屬于新型無機非金屬材料，主要成分不是二氧化

硅，D錯誤；

故選D。

2.下列化學用語或圖示表達正確的是

A.基態(tài)C原子的價層電子軌道表示式：(耳工

H3CH

B.順-2-丁烯的結(jié)構(gòu)簡式：[C=C：

H'CH3

C.H2O的VSEPR模型:

D.N2的電子式：N::N

【答案】C

【解析】

【詳解】A.基態(tài)碳原子的價電子中2s軌道含有2個電子，2P軌道含有2個電子，軌道表示式

2s_____2P

ornTn故A錯誤;

CHuCH,

B.順-2-丁烯中兩個甲基位于碳碳雙鍵的同側(cè)，結(jié)構(gòu)簡式為C=C'，故B錯誤；

HZXH

5—2x1

C.H2O中心0原子價層電子對數(shù)為2+----------=4,含2對孤對電子，VSEPR模型正確，故C正確；

2

D.氮氣分子中氮原子間形成三對共用電子對，N原子最外層電子數(shù)為8,電子式為：N/N：，故D錯誤;

故選C。

3.用放射性同位素^1標記酪氨酸，可達到診斷疾病的目的。標記過程如下：

"°丫＞NH,U，!

Ho

LAA*OHr\NH2

“％_空?_AJ

(標ill郎乜酸)

下列說法不正確的是

A.I位于元素周期表中第四周期、第VIIA族

B.可用質(zhì)譜法區(qū)分和累1

C.⑶L和標記酪氨酸二者均具有放射性

D.標記過程發(fā)生了取代反應(yīng)

【答案】A

【解析】

【詳解】A.I為53號元素，位于元素周期表中第五周期第VDA族，A錯誤；

B.可用質(zhì)譜法區(qū)分2I和*1,是因為兩者的質(zhì)量數(shù)不同，B正確；

C.⑶力和標記酪氨酸中均含有嚕1,二者均具有放射性，C正確；

D.由方程式可知，標記過程碘原子取代了苯環(huán)上氫，發(fā)生了取代反應(yīng)，D正確;

故選A?

4.下列實驗的顏色變化不涉及氧化還原反應(yīng)的是

A.露置在潮濕空氣中的鋼鐵制品，表面產(chǎn)生紅色物質(zhì)

B.向CuSCU溶液中滴加過量的氨水，溶液變?yōu)樯钏{色

C.氯水在光照條件下放置一段時間后，黃綠色消失

D.向含F(xiàn)e(SCN)3的溶液中加入鐵粉，溶液顏色變淺

【答案】B

【解析】

【詳解】A.露置在潮濕空氣中的鋼鐵制品，表面產(chǎn)生紅色物質(zhì)是鐵發(fā)生電化學腐蝕生成的氧化鐵，發(fā)生

了氧化還原反應(yīng)，故A錯誤；

B.向CuS04溶液中滴加過量的氨水，溶液變?yōu)樯钏{色是得到硫酸銅氨溶液，過程中無元素化合價變化，

不是氧化還原反應(yīng)，故B正確；

C.氯水在光照條件下放置一段時間后，黃綠色消失，是氯水中的次氯酸見光分解生成HC1和02,促進平

衡正向進行，發(fā)生了氧化還原反應(yīng)，故c錯誤；

D.向含F(xiàn)e（SCN）3的溶液中加入鐵粉，鐵和鐵離子反應(yīng)，F(xiàn)e+2Fe3+=3Fe2+,Fe3++3SCNuFe（SCN）3平衡逆

向進行，溶液顏色變淺，發(fā)生了氧化還原反應(yīng)，故D錯誤；

答案選B。

5.下列方程式與所給事實不相管的是

A.氯氣制備84消毒液（主要成分是NaClO）：Cl2+2OH-=Cl-+C1O-+H2O

2++

B.二氧化硫通入硝酸鋼溶液中，產(chǎn)生白色沉淀：SO2+Ba+H2O=BaSO3i+2H

-

C.Na2cO3溶液顯堿性：CO3+H2OHCOJ+OH

電解

D.電解熔融氯化鈉：2NaCl（熔融）^2Na+Cl2T

【答案】B

【解析】

【詳解】A.氯氣和氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，可用于制備84消毒液，離子方程式為

Ch+20H-=Cl-+C10-+H20,故A正確；

B.二氧化硫通入硝酸領(lǐng)溶液中發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成BaSCU沉淀、NO和H2O,離子方程式為3so2+2NO

2++

；+3Ba+2H2O=3BaSO4；+2NOt+4H,故B錯誤；

C.碳酸根離子水解使Na2cCh溶液呈堿性，離子方程式為CO:+HzOHCOJ+OH-,故C正確；

電解

D.電解熔融氯化鈉生成Na和Cb,化學方程式為2NaCl（熔融）^2Na+CbT，故D正確；

答案選B。

6.益母草堿是一種中藥提取物，具有清熱解毒、活血祛瘀等功效，其分子結(jié)構(gòu)如下圖，下列有關(guān)該化合物

的說法正確的是

O

HO.

、N又NH?

O

A,有兩種含氧官能團

B.分子中N原子雜化方式都是sp3

C.既能與NaOH溶液反應(yīng)又能與鹽酸反應(yīng)

D,可發(fā)生加成、取代、酯化、消去反應(yīng)

【答案】C

【解析】

【詳解】A.由結(jié)構(gòu)簡式可知，益母草堿分子中含有的含氧官能團為羥基、酸鍵和酯基，共有3種，故A

錯誤；

B.由結(jié)構(gòu)簡式可知，益母草堿分子中雙鍵氮原子的雜化方式為sp2雜化，故B錯誤；

C.由結(jié)構(gòu)簡式可知，益母草堿分子中含有的酚羥基和酯基能與氫氧化鈉溶液反應(yīng)，含有的氨基和亞氨基

等能與鹽酸反應(yīng)，故C正確；

D.由結(jié)構(gòu)簡式可知，益母草堿分子中的羥基為酚羥基，不能發(fā)生消去反應(yīng)，故D錯誤；

故選Co

7.下列實驗?zāi)苓_到實驗?zāi)康牡氖?/p>

\/FeCl3*6H2O

Lz--------------

A.制取無水FeCb固體B.證明苯環(huán)使羥基活化

而

J-------

飽和

J-oNa￡O,溶液

C.分離飽和Na2c03溶液和CH3coOC2H5D.除去CO2中混有的少量HC1

A.AB.BC.CD.D

【答案】c

【解析】

【詳解】A.氯化鐵為強酸弱堿鹽，水解生成的氯化氫易揮發(fā)，使水解平衡正向移動，加熱FeC13?6H2O得

氫氧化鐵，灼燒得氧化鐵，得不到無水氯化鐵，故A錯誤；

B.苯和濱水不反應(yīng)，苯酚溶液和飽和濱水反應(yīng)生成2,4,6-三澳苯酚，溶液變渾濁，說明羥基活化了苯

環(huán)，不能說明苯環(huán)活化了羥基，故B錯誤；

C.乙酸乙酯密度比水小，不溶于飽和碳酸鈉溶液，分液即可分離兩者，故C正確；

D.飽和碳酸鈉溶液能吸收二氧化碳，不能用飽和碳酸鈉溶液除去二氧化碳中的氯化氫，應(yīng)用飽和碳酸氫

鈉溶液，故D錯誤；

故答案為：Co

8.對下列事實的解釋不正卿的是

選

事實解釋

項

N的價層電子排布為2s22P3,2p軌道為半滿較為穩(wěn)定；O的價層電子排布

A第一電離能：N>0

為2s22P4,2P軌道的一個電子比較容易失去形成穩(wěn)定的半滿結(jié)構(gòu)

中心原子均采取sp3雜化，H2O分子中有2個孤電子對，孤電子對有較大的

B鍵角：NH；>H2O

斥力

C穩(wěn)定性：HF>HIHF分子間存在氫鍵，HI分子間不存在氫鍵

酸性：CF3coOH>F的電負性大于Cl,F-C的極性大于C1-C,使F3C-的極性大于Cl3c-的極

D

CCI3COOH性，導致CF3coOH中氧氫鍵的極性更大，更易電離出H+

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【詳解】A.N的價層電子排布為2s22P3,2P軌道為半滿較為穩(wěn)定；。的價層電子排布為2s22P%2P軌道的

一個電子比較容易失去形成穩(wěn)定的半滿結(jié)構(gòu)，因此第一電離能：N>0,A正確；

B.NH；中心原子的價電子對數(shù)為4+；（5—1—4?=4,H2O中心原子的價電子對數(shù)為：2+）（6—2?1=4,

因此二者中心原子均采取sp3雜化，在0分子中有2個孤電子對，孤電子對有較大的斥力，因此鍵角：NH：

>H2O,B正確;

C.非金屬性：F>L穩(wěn)定性：HF>HL氫鍵影響物質(zhì)的熔沸點，穩(wěn)定性與氫鍵無關(guān)，C錯誤;

D.F的電負性大于CLF-C的極性大于C1-C,使F3C-的極性大于CbC-的極性，導致CF3coOH中氧氫鍵

的極性更大，更易電離出H+,因此酸性：CF3COOH>CC13COOH,D正確;

故答案為：Co

9.采用惰性電極，以水和氧氣為原料電解制備H2O2的裝置如下圖所示。下列說法不正確的是（不考慮

H2O2的弱酸性）:

02102

「電源一I

JL

ab

高選擇性催化劑質(zhì)子交換膜

A.電極b連接電源正極

B.質(zhì)子交換膜中氫離子移動方向為從右向左

電解一段時間后，右室pH不變

D.電解一段時間后，右室生成的02與左室消耗的02量相等

【答案】D

【解析】

【分析】由圖可知，a極氧氣得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成過氧化氫：O2+2e+2H+=H2O2,為陰極；b極水

+

失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)牛成氧氣：2H2O-4e-4H+O2T,為陽極;

【詳解】A.由分析可知，b為陽極，則電極b連接電源正極，A正確;

B.電解池中陽離子向陰極遷移，則質(zhì)子交換膜中氫離子移動方向為從右向左，B正確;

C.由分析可知，總反應(yīng)為水和氧氣電解制備H2O2：O2+2H2O=2H2O2,則電解一段時間后，右室pH

不變，C正確;

+

D.由分析可知，a極反應(yīng)：。2+2曰+2丁=凡02；b極反應(yīng)：2H2O-4e-4H+O2T,則電解一段時間

后，右室生成的02與左室消耗的02量不相等，D錯誤;

故選D。

10.聚碳酸酯高分子材料PC的透光率好，可制作擋風玻璃、眼鏡鏡片等，其一種合成反應(yīng)為:

nyxAcmijAIMxW

CII1Clh

下列說法不亞螂的是

A.該反應(yīng)為縮聚反應(yīng)

B.x=2n-l

C.W是H2O

【答案】C

【解析】

【分析】根據(jù)其D。反應(yīng)原理可推斷出W為CH3OH,且x=2n—1；

【詳解】A.合成PC生成高分子化合物同時還生成小分子化合物CH3OH,所以為縮聚反應(yīng)，故A正確;

B.根據(jù)原子守恒x=2n—1,故B正確；

C.由反應(yīng)原理，可推斷出W為CH3OH,故C錯誤；

D.Ho有4種氫原子，所以核磁共振氫有4個吸收峰，故D正確;

1L25C時，HNCh的電禺常數(shù)為5.0xl()T。將某濃度某體積的HNO2溶液稀釋，其pH隨加水體積的變化

如圖所示。下列敘述正確的是

B.取a點溶液與等濃度等體積NaOH溶液反應(yīng)，得到的產(chǎn)物中c(NO；)<c(Na+)

C.溶液中水的電離程度：a點沌點

c(HA)c(0H)

D.從b點到c點，溶液中逐漸增大(其中HA、A-分別代表酸和酸根離子)

【答案】B

【解析】

【詳解】A.HNCh的電離常數(shù)為5.0x10-4,HNO2屬于弱酸，電離方程式為HNO2.，H++NO2,A項錯

誤；

B.a點溶液與等濃度等體積NaOH溶液恰好完全反應(yīng)得到NaNCh溶液，NaNCh溶液中NO：發(fā)生水解，則

得到的產(chǎn)物中c(NO力＜c(Na+),B項正確;

C.HNCh電離出的H+抑制水的電離，HNCh溶液中H+濃度越大、水的電離程度越小，a點溶液中H+的濃

度大于b點溶液中的，則溶液中水的電離程度：a點＜b點，C項錯誤；

c(HA)?c(OH)c(HA)?°(0日)?c(H+)除

從b點到c點，溫度不變，Kw、Ka(HA)不變,

c(A)~c(A)-c(H+)-&(HA)

則1_U——不變，D項錯誤;

cA-

答案選B。

12.一定條件下，1-苯基丙煥(Ph-CmOCH3)可與HC1發(fā)生催化加成，反應(yīng)及反應(yīng)過程中各物質(zhì)的占比隨

時間的變化如下圖所示(已知：反應(yīng)I、III為放熱反應(yīng))，下列說法不走硬的是:

A.反應(yīng)活化能：反應(yīng)1＞反應(yīng)II

B.反應(yīng)焰變：反應(yīng)1＞反應(yīng)II

C.20min后，主要發(fā)生反應(yīng)HI

D.選擇相對較短的反應(yīng)時間，及時分離可獲得高產(chǎn)率的產(chǎn)物a

【答案】A

【解析】

【詳解】A.由圖可知，起始反應(yīng)時，相同時間內(nèi)產(chǎn)物a的占比大于產(chǎn)物b,說明反應(yīng)I的速率比反應(yīng)H的

速率快，反應(yīng)的活化能越小，反應(yīng)速率越快，所以反應(yīng)I的活化能小于反應(yīng)n,故A錯誤；

B.由題意可知，反應(yīng)I、ill為放熱反應(yīng)，即焰變小于o,由蓋斯定律可知，反應(yīng)n-反應(yīng)i=反應(yīng)ni,則

△H3=A//2—AH1<O,所以反應(yīng)I的焰變大于反應(yīng)H的焰變，故B正確；

C.由圖可知，20min時產(chǎn)物a的占比最大，產(chǎn)物b的占比較小，20min后，產(chǎn)物a的占比減小，產(chǎn)物b的

占比增大，所以主要發(fā)生反應(yīng)HI,故C正確；

D.由圖可知，起始反應(yīng)時，相同時間內(nèi)產(chǎn)物a的占比大于產(chǎn)物b,所以選擇相對較短的反應(yīng)時間，及時分

離可獲得高產(chǎn)率的產(chǎn)物a,故D正確；

故選A?

13.下圖為常溫下Fe(OH)3、A1(OH)3和Cu(OH)2在水中達沉淀溶解平衡時的pM—pH關(guān)系圖

(pM=—lg[c(M)/(mol-LT)]；c(M)W10-5moi/L可認為M離子沉淀完全)，下列敘述正確的是

A.Fe(OH)3不能在酸性條件下存在

B.由a點可求得Ksp[Fe(OH)3]=10"5

C,濃度為0.001mol/L的AF+在pH=4時沉淀完全

D.濃度均為O.Olmol-I71的AF+和Cu2+可通過分步沉淀進行分離

【答案】D

【解析】

【詳解】A.由圖可知，鐵離子濃度為10—5.5moi/L時，氫氧化鐵已經(jīng)完全沉淀，溶液的pH為3,說明氫氧

化鐵能在酸性條件下存在，故A錯誤；

B.由圖可知，pH為2時，溶液中鐵離子濃度為10F5mol/L,則氫氧化鐵的溶度積Ksp[Fe(0H)3]=l。-

25X(10—12)3=10-38.5,故B錯誤;

C.由圖可知，鋁離子濃度為l(F5mol/L時，溶液pH大于4,說明溶液pH為4時，鋁離子不能沉淀完

全，故C錯誤；

D.由圖可知，pH為4時，溶液中鐵離子濃度為lO^mol/L,則氫氧化鋁的溶度積Ksp[Al(OH)3]=10-3x(l(F

1。）3=10-33,同理可知，氫氧化銅的溶度積Ksp[Cu（OH）2]=1035x（10-8）2=10-19.5,鋁離子完全沉淀時，溶液中

氫氧根離子濃度為3moi/L,則氫氧化銅的濃度燧0c[Cu(OH)2]=10-2X(10-9.3)2=10一20.6<

10-05,溶液中沒有氫氧化銅沉淀生成，所以濃度均為O.OlmoLlri的鋁離子和銅離子可通過分步沉淀進行

分離，故D正確；

故選D。

14.某小組進行實驗，向10mL蒸儲水中加入0.4g12,充分振蕩，溶液呈淺棕色，再加入0.2g鋅粒，溶液顏

色加深；最終紫黑色晶體消失，溶液褪色。已知耳溶液為棕色，下列關(guān)于顏色變化的解釋不正確的是

選項顏色變化解釋

A溶液呈淺棕色12在水中溶解度較小

B溶液顏色加深有反應(yīng)：L+r寫發(fā)生

C紫黑色晶體消失I2（aq）的消耗使溶解平衡%G）.”2（aq）右移

D溶液褪色口被空氣中的氧氣氧化

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【詳解】A.向10mL蒸儲水中加入0.4gL,充分振蕩，溶液呈淺棕色，說明12的濃度較小，因為12在水中

溶解度較小，A項正確；

B.已知5（aq）為棕色，加入0.2g鋅粒后，Zn與L反應(yīng)生成Znb,生成的與L發(fā)生反應(yīng)L+r'月，生

成使溶液顏色加深，B項正確；

C.卜在水中存在溶解平衡l2（s）注2（aq）,Zn與12反應(yīng)生成的r與l2（aq）反應(yīng)生成I3,b（aq）濃度減小，上述

溶解平衡向右移動，紫黑色晶體消失，C項正確；

D.最終溶液褪色是Zn與有色物質(zhì)發(fā)生了化合反應(yīng)，不是置換反應(yīng)，D錯誤；

故選D

15.多環(huán)化合物L的合成路線如下。

(1)L中含氧官能團有(寫名稱)。

(2)寫出反應(yīng)①的化學方程式___________。

(3)反應(yīng)②涉及兩步反應(yīng)，已知第一步為加成反應(yīng)，第二步為消去反應(yīng)，寫出第一步的化學方程式

(4)J的化學式是C2H5NO3,其結(jié)構(gòu)簡式是

(5)以下說法正確的是(選填序號).

a.③為加成反應(yīng)

b.反應(yīng)④經(jīng)歷了加成、消去、取代反應(yīng)

c.G中有6種化學環(huán)境不同的氫

),參照上述路線，分別寫出相應(yīng)的D，和G，的結(jié)構(gòu)

【答案】(1)硝基、酯基、瘦基

(2)(3)

CHO

0H

NaOH?_⑷

|J+CH3cHO----------?[~CH-CHI-CHOHOCH2cH2NO2

Ks

(5)c(6)①./HO

②.「也一：

If

【解析】

°1

【分析】A在Cu/Ch加熱的條件下發(fā)生反應(yīng)①生成B(八、)，由B的結(jié)構(gòu)可推知A為苯甲醇，結(jié)構(gòu)簡式

為，B與CH3CHO在NaOH的條件下加熱發(fā)生反應(yīng)②生成D,D與Bn/CCL在乙醇/OH-下發(fā)生反應(yīng)

U

③，先發(fā)生加成反應(yīng)，在發(fā)生消去反應(yīng)生成E,結(jié)合B和E的結(jié)構(gòu)簡式，推D為/^,八、

NO,

0[

J!\9

與F在I強堿、II還原下生成G\),G與J發(fā)生取代反應(yīng)⑤，生成K(1),

UP

O

結(jié)合J的分子式是C2H5NO3,可知J的結(jié)構(gòu)為HOCH2CH2NO2,E與K在一定條件下發(fā)生反應(yīng)⑥，生成L；

【小問1詳解】

由L的結(jié)構(gòu)圖知，有機物L中含氧官能團有硝基、酯基、瑛基；

【小問2詳解】

CH,OHCHO

反應(yīng)①為羥基被催化氧化為醛基，化學方程式21j+O2Cu1

△「0+23

【小問3詳解】

反應(yīng)②涉及兩步反應(yīng)，已知第一步為加成反應(yīng)，第一步反應(yīng)為兩個醛基的加成，化學方程式

CHO

NaOH

+CH3CHO

【小問4詳解】

由分析知，J的結(jié)構(gòu)簡式是HOCH2cH2NO2；

【小問5詳解】

a.③發(fā)生的應(yīng)該加成反應(yīng)和消去反應(yīng)，a錯誤；

b.由題意知，反應(yīng)④經(jīng)歷了加成、消去、還原反應(yīng)，b錯誤;

故選c；

【小問6詳解】

E與K反應(yīng)生成L的反應(yīng)中，E中碳碳雙鍵斷裂與K中HC-NCh和C=O成環(huán)，且C=O與-CHO成環(huán)，從而

16.汞及其化合物具有遷移性、高毒性、生物富集性等特點，汞污染的治理受到廣泛關(guān)注。

(1)含汞廢液(主要是Hg2+)的硫化沉淀法。

寫出用Na2s溶液處理含汞廢液的離子方程式___________0

(2)含汞廢渣HgS的處理方法。

①鹽酸-碘化法處理HgS固體。其原理為：HgS可溶于鹽酸-碘化鉀溶液中，產(chǎn)生H2S,I與Hg2+生成Hgl：。

結(jié)合化學用語分別解釋鹽酸和碘化鉀的作用

②含鐵氧化細菌處理含汞廢渣，分為以下2步：

i.溶液中的Fe3+的化學氧化作用：口+□=口+□+SJ；

2++3+

ii.生物法對Fe3+的再生過程：4Fe+4H+O2=4Fe+2H2O；

將步驟i中的反應(yīng)補充完整___________。

(3)含汞廢渣氯化亞汞的處理方法。

資料:a.Hg2cb在堿性溶液中能自發(fā)發(fā)生歧化反應(yīng),產(chǎn)物有HgO,HgO在堿性條件下能生成可溶性的HgOH+；

b.Hg2c12在酸性溶液中不能自發(fā)發(fā)生歧化反應(yīng)；

C.物質(zhì)中的某一種元素在反應(yīng)中化合價既升高也降低，該反應(yīng)是歧化反應(yīng)；

水浸法不同pH對氯化亞汞水浸實驗影響如下圖所示，結(jié)合化學用語解釋初始pH為11.24,汞浸出率高的

【答案】⑴Hg2++S2-=HgS；

(2)①.HgS(s),Hg2+(aq)+S”(aq)與Hg2+生成［HgLF，H+與52-生成H2S,可促進HgS溶解②.

HgS+2Fe3+=Hg2++2Fe2++S

+

(3)在堿性條件下，可發(fā)生反應(yīng)：Hg2cl2+2OH-HgO+Hg+2Cl+H2O>HgO+H2O=HgOH+OH-,最終生

成可溶性的HgOH+,因此汞浸出率高

【解析】

【小問1詳解】

由題意可知，硫化鈉溶液處理含汞廢液發(fā)生的反應(yīng)為溶液中硫離子與汞離子反應(yīng)生成硫化汞沉淀，反應(yīng)的

2+2

離子方程式為Hg2++S2-=HgS］,故答案為：Hg+S-=HgS；;

【小問2詳解】

2+2

①硫化汞在溶液中存在如下溶解平衡：HgS(s)iHg(aq)+S-(aq),向溶液中加入鹽酸-碘化鉀溶液，溶液

中硫離子與氫離子反應(yīng)生成硫化氫氣體，碘離子與汞離子反應(yīng)生成［HgLF離子，溶解平衡不斷右移，促進

硫化汞溶解,故答案為：HgS(s).Hg2+(aq)+S2-(aq),1-與Hg2+生成［HglF，H+與S加生成H2S,可促進

HgS溶解;

②由題意可知，反應(yīng)i為溶液中的鐵離子與硫化汞反應(yīng)生成亞鐵離子、汞離子和硫，反應(yīng)的離子方程式為

HgS+2Fe3+=Hg2++2Fe2++S,故答案為：HgS+2Fe3+=Hg2++2Fe2++S；

【小問3詳解】

由題給信息可知，溶液pH為11.24時，Hg2c12在堿性溶液中發(fā)生歧化反應(yīng)生成氧化汞、汞、氯離子和水，

反應(yīng)的離子方程式為Hg2CL+2OH->HgO+Hg+2Cl+H20,反應(yīng)生成的氧化汞在堿性條件下與水反應(yīng)生成

可溶性的HgOH+離子和氫氧根離子，使得汞浸出率高，故答案為：在堿性條件下，可發(fā)生反應(yīng)：Hg2cb

++

+2OH-HgO+Hg+2Cl-+H2O,HgO+H2O=HgOH+OH-,最終生成可溶性的HgOH,因止匕汞浸出率高。

17.普魯士藍類似物因其易于合成且具有良好的電化學性質(zhì)等優(yōu)勢被廣泛探索應(yīng)用。一種含錦普魯土藍類似

物A的晶胞為立方體，邊長為xnm,結(jié)構(gòu)如圖a所示，從各個方向所視視圖均為圖b。

△CN-

.Mn3+

QMn3+

(1)基態(tài)Mn原子價層電子排布式是。

(2)比較C和N的非金屬性強弱，從原子結(jié)構(gòu)的角度說明理由：。

(3)A中存在兩種Mn3+,一種與C直接相連，一種與N直接相連，因此書寫化學式時，Mn不能合并書

寫，而要寫成Mn[Mn(CN)6]；MiP+與N之間的作用力類型可能是,理由是。

(4)已知阿伏加德羅常數(shù)為NA,該晶體的密度為g-cm-3o(lnm=10-7cm)

(5)利用圖c裝置電解難溶物Na2Mn[Mn(CN)6]。電解過程結(jié)束后，撤去電源，可形成鈉離子電池。

電源

陽離子交換膜

圖c

①電解過程中，生成Mn[Mn(CN)6]的電極反應(yīng)式為

②鈉離子電池開始放電時，會產(chǎn)生含銃普魯土藍類似物B,化學式為NaMn[Mn(CN)6],已知B的晶胞體積

比A膨脹0.83%,則二者密度大?。篜APB,原因是0

③鈉離子電池持續(xù)放電時，能產(chǎn)生含鎰普魯土藍類似物D.等物質(zhì)的量的反應(yīng)物放電生成D時，電路中通

過電子的物質(zhì)的量是生成B時的3倍。該持續(xù)放電過程中的總反應(yīng)為o

【答案】(1)3d54s2

(2)N的非金屬性強于C,N和C為同周期元素，電子層數(shù)相同，核電荷數(shù)N>C,原子半徑ON,原子核

對最外層電子的吸引作用N>C,得電子能力N>C

(3)①.配位鍵②.M2+提供空軌道，N提供孤對電子，可能形成配位鍵

1064x1()21

(4)

N?3

(5)①.Na2Mn[Mn(CN)6]-2b=Mn[Mn(CN)6]+2Na+?.<③.質(zhì)量增加約10%,體積增加

0.83%,因此密度增大④.Mn[Mn(CN)6]+3NaCn=Na3Mn[Mn(CN)6]+3Cn

【解析】

【小問1詳解】

Mn的原子序數(shù)為25,基態(tài)Mn原子價層電子排布式是3d54s2；

【小問2詳解】

N和C為同周期元素，電子層數(shù)相同，核電荷數(shù)N>C,原子半徑C>N,原子核對最外層電子的吸引作用

N>C,得電子能力N>C,所以N的非金屬性強于C；

【小問3詳解】

CN-中存在碳氮三鍵，N有孤對電子，MiP+有空軌道，則M/+提供空軌道、N提供孤對電子，兩者之間的

作用力類型可能是配位鍵；

【小問4詳解】

MiP+位于頂點、棱上、面心和體心，其個數(shù)為8義工+6義工+12義工+1=8,CN-位于棱上、面上和體內(nèi)，

824

118x55+24x261064

其個數(shù)為6+24*彳+24*：=24,晶胞的質(zhì)量為------------g=-g,晶胞的體積為(xXl(?

24NANA

1064

,1064xlO21,.

7)3cm3,晶胞的密度為。=巴Tg/cm3=----g/cm3,

3

VINAX

【小問5詳解】

①由圖c可知，鈉離子從右側(cè)電極移向所側(cè)電極，則右側(cè)電極為陽極，Na2Mn[Mn(CN)6]失電子生成

Mn[Mn(CN)6]和Na+,電極反應(yīng)式為Na2Mn[Mn(CN)6]-2丁=Mn[Mn(CN)6]+2Na+；

②含錦普魯士藍類似物B,化學式為NaMn[Mn(CN)6],晶胞質(zhì)量增加4個鈉離子的質(zhì)量，即增加的質(zhì)量為

4x23

--------x100%?8.65%,又已知B的晶胞體積比A膨脹0.83%,所以二者密度大?。簆<p

1064AB；

③等物質(zhì)的量的反應(yīng)物放電生成D時，電路中通過電子的物質(zhì)的量是生成B時的3倍，則正極產(chǎn)物為

Na3Mn[Mn(CN)6],持續(xù)放電過程中的總反應(yīng)為Mn[Mn(CN)6]+3NaCn=Na3Mn[Mn(CN)6]+3Cn?

18.濕法煉鋅凈化鉆渣中含有Zn、Co、Cu和Fe的單質(zhì)及Zn(OH)2,可利用過硫酸鈉(Na2s2。8)氧化水解法

實現(xiàn)鉆的富集，同時回收銅和鋅元素，生產(chǎn)工藝流程如下：

①Hz。？

NaS

H,SO,②NaOH22°8

[______]—]

凈化鉆渣t酸"產(chǎn)出叫蠢?濾液忘古?濾渣叫洗滌—CO(OH)3成品

；；；

浸渣濾渣I濾液U

已知：常溫下，當起始濃度為O.OlmolL」時有關(guān)金屬離子開始沉淀和沉淀完全的pH見下表。(注：當離子

濃度小于10-5inolL-i時可視為沉淀完全。)

金屬離子Fe3+Fe2+Co2+Co3+Zn2+

開始沉淀的

1.97.57.70.16.5

PH

沉淀完全的

3.29.09.21.18.0

PH

(1)凈化鉆渣需研細的目的是o

(2)酸浸過程中產(chǎn)生Co?+的離子方程式是。

(3)根據(jù)流程可知：Co2+的還原性(填“>”或者“<")Fe2+。

(4)關(guān)于除鐵過程中加入H2O2的必要性，有同學認為Fe?+也可與堿生成沉淀，同樣能達到除鐵的目的,

因此無須加入H2O2。該說法是否合理，請說明理由___________o

(5)根據(jù)表格中信息，綜合考慮流程各步驟目的，“除鐵”應(yīng)控制的pH范圍是o

(6)沉鉆過程中發(fā)生的主要反應(yīng)的離子方程式為=

(7)濾液II中主要存在的離子有。

(8)若實際濾液I中C02+濃度為lmol.LT,計算：只考慮使鐵元素沉淀，最大pH是。

【答案】(1)增大鉆渣與酸的接觸面積，加快與酸反應(yīng)的速率

(2)Co+2H+=Co2++H2T

(3)<(4)不合理因為Fe2+在pH=9.0時沉淀完全，此pH下，C02+也會沉淀，使鐵元素與鉆元素無

法分步分離，影響鉆的富集

(5)3.2<pH<6.5

2++

(6)2CO+S2O+6H2O=2CO(OH)3；+6H+2SOj

(7)Na+、SO〉、S2O；、ZM+、H+

(8)6.7

【解析】

【分析】由題給流程可知，向凈化鉆渣中加入稀硫酸酸浸時，鋅、鉆、鐵和氫氧化鋅溶于稀硫酸得到可溶

性硫酸鹽，銅不能與稀硫酸反應(yīng)，過濾得到含有銅的濾渣和浸出液；向浸出液中加入過氧化氫溶液，將溶

液中的亞鐵離子氧化為鐵離子，向氧化后的溶液中加入氫氧化鈉溶液調(diào)節(jié)溶液pH,將鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧

化鐵沉淀，過濾得到含有氫氧化鐵的濾渣和濾液；向濾液中加入過二硫酸鈉溶液，將溶液中的亞鉆離子氧

化為鉆離子，向氧化后的溶液中加入氫氧化鈉溶液調(diào)節(jié)溶液pH,將鉆離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鉆沉淀，過濾得

到濾液和氫氧化鉆濾渣；濾渣經(jīng)洗滌得到氫氧化鉆成品。

小問1詳解】

研細凈化鉆渣可以增大固體表面積，有利于增大凈化鉆渣與稀硫酸的接觸面積，加快酸浸速率，使酸浸更

充分，故答案為：增大與酸的接觸面積，加快酸浸速率，使酸浸更充分；

【小問2詳解】

酸浸過程中Co與酸反應(yīng)，產(chǎn)生Co2+和氫氣，的離子方程式是CO+2H+=C02++H2T；

【小問3詳解】

由分析可知，加入過氧化氫溶液的目的是將溶液中的亞鐵離子氧化為鐵離子，亞鐵離子被氧化為鐵離子

時，亞鉆離子未被氧化，由氧化還原反應(yīng)規(guī)律可知，亞鐵離子的還原性強于亞鉆離子，故答案為：<；

【小問4詳解】

不合理，因為Fe2+在pH=9.0時沉淀完全，此pH下，Co?+也會沉淀，使鐵元素與鉆元素無法分步分離，影

響鉆的富集；答案為：不合理因為Fe2+在pH=9.0時沉淀完全，此pH下，C02+也會沉淀，使鐵元素與鉆

元素無法分步分離，影響鉆的富集；

【小問5詳解】

“沉鐵”時，為了使鐵離子完全沉淀，鋅離子不沉淀，根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，控制溶液pH的范圍：

6.5>pH>3.2,故答案為：3.2<pH<6,5o

【小問6詳解】

加入過硫酸鈉、氫氧化鈉溶液沉鉆，將Co2+氧化成Cc?+的同時生成Co(OH)3沉淀，則發(fā)生反應(yīng)的離子方

2++

程式為2CO+S2Ol~+6H2O=2CO(OH)3；+6H+2SO。

【小問7詳解】

濾液I含有Co?+、Zn2+>SOj等，再加入過硫酸鈉、氫氧化鈉溶液沉鉆，溶液中存在的離子為Na+、SO

；、S2O)、Zn2\H+等；

【小問8詳解】

由表格數(shù)據(jù)可知，亞鉆離子完全沉淀時溶液pH為9.2,則氫氧化亞鉆的溶度積為1X10-5X(1X10-48)2=1X10-

146；亞鉆離子濃度為lmol/L的溶液中氫氧根離子濃度為JWd=1x10-73moi/L,溶液pH為6.7,故答

VImoVL

案為：6.7o

19.澳水常用于苯酚靈敏性的定性及定量檢測。某研究小組對苯酚與澳的反應(yīng)進行探究。

實驗一：向編號1?10的試管中均加入lmL10mg/mL苯酚水溶液，再分別滴加1?10滴濃濱水(棕黃色)，實

驗記錄如下：

試管

12345678910

序號

苯酚

溶液1mL

體積

濃澳

水滴1滴2滴3滴4滴5滴6滴7滴8滴9滴10滴

數(shù)

少量白色沉淀，大量白色沉淀，溶液大量白色沉淀，溶液

實驗白色沉淀明顯增多，振蕩

振蕩后沉淀溶變黃，振蕩后黃色褪變黃，振蕩后黃色不

現(xiàn)象后沉淀不溶解。

解。去。褪去。

(1)經(jīng)檢驗，1?6號試管中白色沉淀主要成分相同，6號試管中恰好為苯酚與澳按物質(zhì)量1：3混合，反

應(yīng)的化學方程式為o

對實驗一中出現(xiàn)的不同實驗現(xiàn)象進行深入探究。

Ih

已知：a.過量濱水可與苯酚產(chǎn)生白色沉淀|

b.（或類似陰離子）的濃度越高，與Bn更易發(fā)生取代反應(yīng)。

C.2s20：+12=2「+$407（陰離子均無色）

實驗二：分別向4支潔凈試管內(nèi)加入1mL10mg/mL苯酚水溶液，滴加6滴濃澳水，振蕩，記為6-i、6-ii、

6-iii、6-iv,再分別加入1mL不同濃度苯酚水溶液，實驗記錄如下：

試管序號6-i6-ii6-iii6-iv

加入苯酚水溶液濃

20mg/mL15mg/mL5mg/mL蒸儲水

度

溶液轉(zhuǎn)為澄溶液有少量白色沉溶液有大量白色沉溶液有大量白色沉

實驗現(xiàn)象

清淀淀淀

（2）根據(jù)實驗二的操作及現(xiàn)象，解釋實驗一中1、2號試管中對應(yīng)的現(xiàn)象

（3）分析一取代和二取代產(chǎn)物并不是白色沉淀主要成分的可能原因。

OHOH

、的酸性弱于從結(jié)構(gòu)角