安徽省皖北協作體2025屆高三年級下冊一?？荚?化學試卷（解析版）

2025年安徽省示范高中皖北協作區(qū)第27屆聯考

化學試卷

本試卷滿分100分，考試用時75分鐘。

注意事項：

1.答題前，考生務必將自己的姓名、考生號、考場號、座位號填寫在答題卡上。

2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改

動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在

本試卷上無效。

3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。

4.可能用到的相對原子質量：H-lC-12N-140-6F-19Mg-24Cl-35.5Co-59

一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一

項是符合題目要求的。

1.化學是社會發(fā)展的基礎，下列說法錯誤的是

A.磷酸鍛鎂(MgNH4PO「6H2O)俗稱鳥糞石，可作緩釋肥

B.晶體硅是良好的半導體材料，可用于制作智能家電的芯片

C.航空發(fā)動機采用的陶瓷基復合材料具有密度低、硬度高、耐高溫、耐腐蝕等性能

D.在染織工業(yè)中，堿煮的布料用稀硫酸清洗后即可加熱烘干

【答案】D

【解析】

【詳解】A.磷酸鏤鎂的溶解度較小，磷酸鏤鎂(MgNH,POjGHzO)可作緩釋肥持續(xù)補充Mg、N、P等

元素，A正確；

B.晶體硅是良好的半導體材料，廣泛用于電子器件，可用于制作智能家電的芯片，B正確；

C.根據航空發(fā)動機對陶瓷基復合材料的性能要求，此類材料應具有密度低、硬度高、耐高溫、耐腐蝕等

性能，C正確；

D.稀硫酸清洗后直接加熱烘干過程中，硫酸濃度逐漸變大，會腐蝕布料，D錯誤；

故選D。

2.下列化學用語表述錯誤的是

A.乙醇的分子式為C2HsOH

o

B.酰胺基的結構簡式為II

-C-NH2

c.過氧化氫的電子式為H：O：O：H

D.鄰羥基苯甲醛分子內氫鍵可表示為

【答案】A

【解析】

【詳解】A.乙醇的分子式為C2H6。，A錯誤;

0

B.酰胺基是一種常見的化學官能團，結構簡式為II,B正確;

_c_NH2

C.過氧化氫是共價化合物，結構式為H-O-O-H,電子式為H：O：O：H，C正確;

D.根據氫鍵形成條件可知，羥基上的氫原子可以和醛基上的氧原子之間形成分子內氫鍵，D正確;

故選Ao

3.下列選項中的物質能按圖示路徑轉化，且X和NaOH可以直接反應生成Y的是

X

Z

選

XYz

項

AAlAI(OH)3A12O3

BH2SiO3Na2SiO3SiO2

C

ci2NaClONaCl

DFeCl2Fe(OH)2Fe(OH)3

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【詳解】A.Al和NaOH直接反應生成的是Na[Al(OH)J不能直接生成砥0町，A項錯誤；

B.Si。？不能一步反應得到H?SiO3,B項錯誤；

C.Cl2和NaOH可以直接反應生成NaQO,NaClO與稀鹽酸或還原性的化合物如Nai等反應生成NaCl,

NaCl溶液電解可生成Cl2,C項正確；

D.Fe(OH)3不能直接轉化為FeCLD項錯誤；

答案選C。

4.依他尼酸是一種伴利尿劑，可用來預防急性腎功能衰竭和治療其他疾病，其結構簡式如圖所示，下列關

于依他尼酸的說法正確的是

A.不存在順反異構體

B.存在多種同分異構體且質譜儀測出的譜圖完全相同

C.含有6種官能團

D.Imol該物質最多能與6moiPi2發(fā)生加成反應

【答案】A

【解析】

【詳解】A.構成碳碳雙鍵的一個碳原子上同時連了兩個氫原子，不能產生順反異構，A正確；

B.依據質譜儀的原理可知不同的同分異構體會產生不同的碎片結構，得到的質譜圖不同，B錯誤；

C.該分子含有碳碳雙鍵、酮?；?、碳氯鍵、酸鍵、竣基5種官能團，C錯誤；

D.竣基中的C=O鍵不能發(fā)生加成，故Imol該物質最多能與5molH2發(fā)生加成反應，D錯誤；

故答案為：Ao

5.實驗室回收廢水中苯酚的過程如下，苯酚在芳香燒和酯類溶劑中的分配系數(苯酚在萃取劑和水中的濃

度比)分別為1.2~2.0和27~50,下列有關說法錯誤的是

A.與本實驗有關的實驗室安全圖標為

B.步驟I為萃取、分液，萃取劑選用苯更好

C.若苯酚不慎沾到皮膚上，先用酒精沖洗，再用水沖洗

D.試劑a可用Na?C03溶液，試劑b可用足量的CO2

【答案】B

【解析】

【分析】含苯酚的廢水，先加入苯經過步驟I后得到有機溶液，因此步驟I應為萃取分液，在有機溶液中

加入能與酚羥基反應的含有鈉元素的堿性物質，經過步驟II即分液后得到苯酚鈉溶液，最后步驟III中加入

試劑b,得到苯酚。

【詳解】A.本實驗需要在通風良好的環(huán)境下并佩戴護目鏡操作，在實驗結束后清洗雙手，A正確；

B.根據分析可知，步驟I應為萃取分液，分配系數指苯酚在萃取劑和水中的濃度比，苯酚在芳香燒分配

系數為1.2~2.0,則苯酚在水中的濃度與在芳香燒中的濃度相差不大，那么萃取效率不好，根據題中信息可

知，苯酚在酯類溶劑中的分配系數為27~50,可知萃取劑用酯類溶劑更好，B錯誤；

C.苯酚在乙醇中的溶解度較大，可以用乙醇沖洗后水洗干凈，C項正確；

D.苯酚可以和Na?C03溶液反應生成苯酚鈉，苯酚鈉與足量C。？反應生成苯酚，D正確;

故選B。

6.為達到下列實驗目的，操作方法合理的是

選

實驗目的操作方法

項

將灼熱木炭加入濃硝酸中，觀察試管上方是否產生紅棕

A驗證濃硝酸具有強氧化性

色氣體

B使CuSO4過飽和溶液析出晶體用玻璃棒輕微摩擦燒杯內壁

C比較HC1O和CH3co0H的酸性室溫下，分別測定NaClO溶液和CH3coONa溶液pH

除去。2中混有的體積分數約為5%的

D點燃后用濃硫酸干燥

凡

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【詳解】A.濃硝酸不穩(wěn)定，灼熱的木炭可以使之受熱分解，也能產生紅棕色氣體NO2,不能證明濃硝酸

具有強氧化性，A不符合題意；

B.用玻璃棒摩擦燒杯內壁，使過飽和溶液發(fā)生外界擾動，提供成核位點，能析出晶體，B符合題意；

C.兩種溶液濃度未知，應測等濃度的兩溶液的pH,C不符合題意；

D.也與高濃度的02混合氣體點燃會劇烈爆炸，D不符合題意；

故選Bo

閱讀下列材料，完成下列小題。

火箭燃料的燃燒是發(fā)射的關鍵動力來源，一些傳統火箭燃料在燃燒時會涉及含硫、氮元素的物質反應。隨

著航天技術的不斷進步，科研人員正在研發(fā)更為環(huán)保、高效的火箭燃料和推進系統，致力于減少火箭發(fā)射

過程中S。*、N。*的產生，降低對環(huán)境的影響，同時保障火箭發(fā)射任務的順利進行。偏二甲朋

[(CHsbNNH?]和NzO”是目前火箭發(fā)射常用的原料組合，二者混合時發(fā)生劇烈反應產生水、二氧化碳

和氮氣，并放出大量的熱推動火箭飛行。

7.設是阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是

A.2.24L由C02和H2O組成的混合氣體中原子總數為0.3NA

B.6.0g(CH3)2NNH2中含質子總數為3NA

C.在某真空密閉容器中充入46gN。2氣體，容器中的分子總數小于NA

D.(CH3)2NNH2和N2O4的反應中每生成lmolCC>2時，生成H—0鍵的數目為2NA

8.下列敘述正確的是

A.CO(NH2)2中碳、氮原子均采用sp3雜化

B.鍵角：NO2>N02>NO；

C.[CU(NH3)/SO4在不同溶劑中的溶解度：乙醇〉水

D.SO?、SO3、NO、NO?均為極性分子

【答案】7.C8.B

【解析】

【7題詳解】

A.未說明2.24L混合氣體所處的溫度和壓強，該狀態(tài)下的氣體摩爾體積未知，無法計算，A錯誤；

B.質子數等于原子序數，(CHs^NNH2中含有34個質子，6.0g(CH3)2NNH2的物質的量為$黑

=0.1moL含質子總數為3.4NA，B錯誤;

46g

C.46gNC>2的物質的量為“但NO2存在部分轉化為N2O4的平衡：2NO.^0,導致分

46g/mol224

子總數減少，故容器中分子數小于NA，C正確；

D.反應(CH3)2NNH2(1)+2N2O4(1)=4H2O(g)+2CO2(g)+3、(g)中每生成ImolCO2時，生成

2molH2O,生成H—O鍵的數目為4NA，D錯誤；

故選C。

【8題詳解】

A.CO(NH2)2中含有酰胺基，存在碳氧雙鍵，C原子采用sp2雜化，A錯誤；

B.NO；中心原子價層電子對數為2+3(5—1—2x2)=2,N原子雜化方式為sp,鍵角為180。，NO2中心

原子價層電子對數為2+；(5-2x2)=2.5,N原子雜化方式為sp2,為V形結構，含有離域兀鍵，鍵角大于

120。小于180。，NO1中心原子價層電子對數為3+；(5+l-3x2)=3,N原子雜化方式為sp2,且不含孤電

子對，空間構型為平面三角形，鍵角為120。，則鍵角：NO^>NO2>NO；,B正確；

c.水為極性溶劑，乙醇極性較弱，[CU(NH3)/SC)4在乙醇中的溶解度遠遠小于在水中的溶解度，c錯

誤；

D.SO3中心原子價層電子對數為3+；(6-3X2)=3,且不含孤電子對，空間構型為平面三角形，正負電中

心重合，為非極性分子，D錯誤;

故選B。

9.黃銅礦（CuFeS2,摩爾質量為Mg-moL）是重要的銅礦，黃銅礦的晶胞結構如圖，x、y、z軸的夾角均

為90。，設晶胞邊長為apm、bpm,NA為阿伏加德羅常數的值。下列說法錯誤的是

己知：在高溫下，黃銅礦晶體中的金屬離子可以發(fā)生遷移，若鐵離子與銅離子發(fā)生完全無序的置換，則可

將它們視作等同的金屬離子。

A.硫原子的配位數為4

B.無序的高溫型結構的黃銅礦晶體的晶胞與NaCl的晶胞相同

C.原子分數坐標為的原子為S原子

1448）

4MxiCP。

D.黃銅礦晶體的密度為------^-g-cm^

NAxa'b

【答案】B

【解析】

【詳解】A.由晶胞結構可知，以位于晶胞內部的S原子為研究對象，硫原子周圍的Fe原子和Cu原子共

有4個，硫原子的配位數為4,A正確；

B.NaCl的晶胞中Na+位于頂點和面心，位于體心和棱心，無序的高溫型結構的黃銅礦晶體中Fe和Cu

位于頂點和面心，S位于體心，二者晶胞不相同，B錯誤；

C.S原子位于晶胞的體心，S原子和Fe原子的最近距離為半個晶胞體對角線的：，則仔，!，1的原子

41448J

OFe

?Cu

。S

為S原子，位于，C正確;

D.該晶胞中S原子的個數為8,由化學式CuFeS2可知，Fe和Cu原子的個數均為4,設晶胞邊長為

4Mx1030

apm、bpm'NA為阿伏力口德羅常數的值’則黃銅礦晶體的密度為瓦?cm”'D正確;

故選Bo

10.X、Y、Z、W為原子序數依次增大的短周期p區(qū)元素，由這四種元素形成的微粒Q可作為溶劑離子液

體的陰離子，Q的結構如圖所示。下列說法錯誤的是

z

IY

Z-XII

————W—Y

Z

A.常溫下Z的單質與水反應生成兩種酸

B.X的單質可能為共價晶體

C.簡單離子半徑：W>Y>Z

D.Z、Y的最簡單氫化物均能形成分子間氫鍵

【答案】A

【解析】

【分析】X、Y、Z、W為原子序數依次增大的短周期p區(qū)元素，Z形成1個共價鍵，X形成4個共價鍵，Y

可形成2個共價鍵，W形成6個共價鍵，則X、Y、Z、W依次為C、0、F、S。

【詳解】A.Z為F元素，F2和水反應生成HF和02,只能生成一種酸，A錯誤;

B.X為C元素，形成的單質如金剛石為共價晶體，B正確；

C.電子層數越多，離子半徑越大；電子層數相同時，核電荷數越大，離子半徑越小。S2-有3個電子層，O2

和F■都有2個電子層，且0的核電荷數小于F,所以離子半徑S2>O2->廣，c正確；

D.F、0的最簡單氫化物為HF、H20,HF、H2O均能形成分子間氫鍵，D正確；

故選Ao

N-jNHz

11N

11.二苯重氮甲烷（N）在抗生素的制備過程中起關鍵作用。以二苯甲酮腺

0^00n□

為前體合成二苯重氮甲烷的原理如圖所示。下列說法錯誤的是

B.若以鉛蓄電池為電源，則與石墨一極相連的為PbC)2電極

C.陰極的電極反應式為2H++2e-=H2T

D.理論上生成ImolH2的同時生成L5mol二苯重氮甲烷

【答案］D

【解析】

【分析】由圖可知，石墨電極上發(fā)生失去電子的氧化反應，電極反應為：2r-2e-=I2,則石墨電極為陽

極，Ni電極為陰極，電極反應為2H++2e-=HzT,陽極上生成的匕與反應生成印和

N-

,據此解答。

【詳解】A.由圖可知，「在陽極上先消耗，最后又重新生成，相當于催化劑，A項正確;

B.根據分析可知，石墨電極為陽極，與外電源正極相連，則與鉛蓄電池的Pb。？電極相連，B項正確;

C.由分析可知，陰極的電極反應式為2H++2F=H2T,C項正確;

D.理論上生成ImolH2轉移2moi電子，則陽極生成Imol"，根據原子守恒可知生成Imol二苯重氮甲

烷，D項錯誤；

故選D。

12.Co元素的某些化合物在電池、光電材料、催化劑等方面有廣泛應用，一種具有光催化作用的Co配合

物結構簡式如圖所示。下列說法錯誤的是

已知：螯合作用是指金屬離子以配位鍵與同一分子中的兩個或更多的配位原子連結形成螯合環(huán)。

A.CIO]的空間結構為三角錐形

B.配合物中Co元素的價態(tài)為+3價

C.②號氮原子孤電子對參與形成大兀鍵，使電子云密度降低，與鉆配位的能力比①弱

D.鉆離子通過螯合作用形成的配位鍵有6個

【答案】D

【解析】

【詳解】A.CIO；的中心原子上的價層電子對數為4,孤電子對數為1,故其空間結構為三角錐形，A正

確;

B.配合物中內界含有一個CO：,外界含有一個CIO],可得Co元素的價態(tài)為+3價，B正確;

C.咪噗環(huán)上②號氮原子孤電子對參與形成大兀鍵，使電子云密度降低，與鉆配位的能力比①號氮原子

弱，C正確;

D.根據配合物的結構和螯合作用的定義可知，鉆離子通過螯合作用形成的配位鍵有5個，配體

與鉆離子之間的配位鍵不屬于螯合作用，D錯誤;

故答案選D。

13.碳酸鈣是常見難溶物。某學習小組向100mL蒸儲水中加入IgCaCOs，當電導率不變時向其中加入

10mL蒸儲水，當電導率再次不變時再向其中加入10mL蒸儲水，得到電導率的變化如圖。己知：

95

Ksp(CaCO3)=3.4xW,Ksp(CaSO4)=4.9xW；H2cO3的電離常數Ka】=4.5x101

Ka2=4.7x10-1，下列說法正確的是

+

A.a-b段，CaCO3(s)Ca(aq)+CO[(aq)平衡右移

B.bfc段，當電導率不變時，若向溶液中通CO2氣體，c(Ca2+)減小

Cdfe段，當電導率不變時，溶液中c(HCOj>c(CO『)

D.7fg段，當電導率不變時，通過加Na?SO4固體可實現CaCOs向CaSO4的完全轉化

【答案】C

【解析】

【詳解】A.afb段是建立平衡的過程，反應還未達到平衡，沒有發(fā)生平衡移動，A錯誤；

B.bfc段，當電導率不變時，向溶液中通CO2氣體，CO^+CO2+H2O=2HCO；,C(COj)減

小，CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO：(aq)平衡正向移動，溶液中鈣離子濃度增大，B錯誤；

C.d—e段，當電導率不變時，由Ksp(CaCC>3)=3.4x10-9得

c(CO3")=73.4x109mol-I712*?6.0x105mol-I71,CO；」存在水解平衡，即

CO^+H2OHCO；+OH,HCO；+H2OH2co3+OIT,根據Ka?=4.7x1。-“可得

+

c(CO?)c(H)c(HCC)3)c(()H)K

'//\'=4.7x10”,則碳酸根離子的水解平衡常數KqC―^^=廣土2義10：

c(HCO')c(CO；j仆

CO：以第一步水解為主，設有xmoLIji的C。)水解生成HCO；,列三段式有：

CO；+H2OHCOj+OH

起始(mol.!?)6.0xl(y5

轉化(molI")xxx

平衡(mol.I?)6.0X10'5-Xxx

2

則——二一標2xl()T,尤°4.85x10-5,所以c(HCO])。4.85x10-5mol?L,

6.0x10—x

c(COj)al.15x10-5moi.匚1c(HCO；)>c(CO1-),C正確；

95

D.由題干可知，Ksp(CaCO3)=3.4xW,(CaSO4)=4.9x10,則

CaCO3(s)+SO^(aq)-CaSO4(s)+CO^(aq)的平衡常數

&p(CaCC>3)3.4x10"

工6.9xIO-,故通過加NaSO固體不可實現CaCO向CaSO的有效轉

4.9x10-52434

^sp(CaSO4)

化，D錯誤;

故選C。

14.“雙碳”戰(zhàn)略背景下，CH4和CO?的減排和轉化利用受到普遍關注，已知CH4和C。2催化重整的主

1

反應為CH4(g)+CC)2(g)2co(g)+2H?(g)AH,=+247kJ.moF0其他條件一定，在Ar作為輔

助氣體時，CH4與CO2的物質的量之比以及氣體總流量對重整反應的影響分別如圖1、2所示，下列說法

錯誤的是

8o8o

7o7o

東

/6o東6o

?/

骷

世5o5o

忙

播

?4o筒4o

^楸

3o^3o

教

2O妝2O

10

00

1:11:1.51:21:2,51:36080100120140

CH,與CO?物質的量之比氣體總流量/mL

圖1圖2

A.恒溫恒壓時，充入氣體Ar有利于提高CH4和CO2的平衡轉化率

B.主反應的正反應的活化能大于逆反應的活化能

C.CH4與CO2物質的量之比達1:2后CO2轉化率有所下降，H2的產率提升并不明顯，可能是過量的

CO2發(fā)生了反應CC）2（g）+H2（g）lCO（g）+H2O（g）

D.隨氣體流量增加，原料氣轉化率和目標產物產率逐漸降低，所以氣體流量越低越好

【答案】D

【解析】

【詳解】A.反應CH4（g）+CC）2（g）「2CO（g）+2H2（g）為氣體體積增大的反應，恒溫恒壓時充入Ar,

體系體積增大，相當于減壓，根據勒夏特列原理，減小壓強平衡正向移動，有利于提高CH4和CO2的平衡

轉化率，A項正確；

B.主反應的AH>0,反應為吸熱反應。吸熱反應中，正反應的活化能大于逆反應的活化能，B項正確;

C.由圖1知CH4與C。2物質的量之比達1:2后CO2轉化率有所下降，Ji2的產率提升并不明顯，可能是

過量的C。?與H2發(fā)生了反應，C項正確；

D.由圖2知隨氣體流量增加，原料氣轉化率和目標產物產率逐漸降低，當流量過低時，反應速率慢，單位

時間內的產量也低，并非氣體流量越低越好，D項錯誤；

綜上所述，答案是D。

二、非選擇題：本題共4小題，共58分。

15.冶煉銅過程中產生的銅陽極泥富含Cu、Se、Te等多種元素。研究人員設計了一種從銅陽極泥中分離提

取硒和磁的流程，如圖所示。

回答下列問題：

(1)基態(tài)Se原子核外電子排布式為o硒有多種單質，比較有代表性的是灰硒和紅硒，它們

互為o

(2)“加壓、加熱，酸浸”步驟中，CxSe和Ct^Te分別轉化為HzSeO,和H6TeC>6,寫出C%Se參與

反應的化學方程式：。

(3)試從化學反應原理的角度分析“加壓”能提高Cu、Se、Te浸出率的原因：。

(4)氧化性：H2SeO4(填或“)H6TeO6o

(5)“沉銅”中生成Cu2(OH)2c。3沉淀的離子方程式為0

(6)由C%(OH)2c。3獲取Cu的過程中，常采用高壓氫還原法直接從溶液中提取金屬粉。還原時，增

大溶液酸度不利于Cu生成的原因是o

(7)硫和碗位于元素周期表同一主族，試分析存在H6TeC>6而不存在HfSOe的原因：。

【答案】(1)①.[Ar]3d1°4s24P4或Is22s22P63s23P63di°4s24P4②.同素異形體

...................加熱、加壓,,

(2)2CU2SC+5O2+4H2SO44CuSO4+2H2ScO4+2H2O

(3)加壓可增大氧氣溶解度，加快化學反應速率；加壓可提升溶液沸點，化學反應可在更高溫度下發(fā)生,

化學反應速率更快

2+

(4)>(5)2Cu+3CO|+2H2O=Cu2(OH)2CO3+2HCO；[或

2+

2Cu+2COf-+H2O=CU2(OH)OCO3J+CO2T]

(6)在用H2將cd*還原為Cu單質時，H2失去電子被氧化為H+,若還原時增大溶液的酸度，c(H+)增

大，不利于H?失去電子

(7)S原子半徑小，其原子周圍不能容納6個-0H,而Te原子半徑大，其原子周圍能容納的-0H數目多

【解析】

【分析】加壓、加熱酸浸階段，向含Cu、Se、Te等元素的銅陽極泥中加入H?S04溶液并通入。？，在加

壓、加熱條件下進行酸浸。利用氧氣在酸性環(huán)境下的氧化性，將銅陽極泥中的金屬等成分氧化溶解。銅元素

轉化為為銅離子進入溶液，Se、Te等元素也發(fā)生相應反應進入浸出液，不溶物成為浸渣被分離。第一次還

原(還原1)階段，向浸出液中通入SO”SO2具有還原性，能將浸出液中的Se元素還原為單質Se,通過

過濾可將Se分離出來，得到濾液1。第二次還原(還原2)階段，向濾液1中再次通入SO?,此時將溶液中

的Te元素還原為單質Te,經過濾分離出Te,得到浸出液。沉銅階段，向浸出液中加入Na2cO3溶液，使銅

離子轉化為沉淀CU2(OH)2co3,過濾分離出沉淀，濾液3被分離出去。后續(xù)處理階段，CU2(OH)2CO3

經過一系列后續(xù)處理，最終得到銅單質。

小問1詳解】

Se是34號元素，根據核外電子排布規(guī)律，其基態(tài)原子核外電子排布式為Is22s22P63s23P63d1°4s24P7

也可用簡化形式[Ar]3d1°4s24P4表示?；椅图t硒是硒元素形成的不同單質，互為同素異形體。

【小問2詳解】

“加壓、加熱，酸浸”時，Ct^Se與。2、氏5。4反應，Ci^Se中Cu為+1價，Se為-2價，反應后

Cu轉化為CuSO"Se轉化為HzSeO,，。2作氧化劑，根據得失電子守恒和原子守恒配平化學方程式，

加熱、加壓

2Cu2Se+5。2+4H2SO44CUSO4+2H2SeO4+2H2O。

【小問3詳解】

加壓可增大氧氣溶解度，溶液中。2濃度增大，加快化學反應速率，提高浸出率。同時加壓可提升溶液的

沸點，可使化學反應在更高的溫度下發(fā)生，化學反應速率更快。

【小問4詳解】

同主族元素從上到下非金屬性逐漸減弱，非金屬性越強，其最高價含氧酸的氧化性越強。Se和Te同主

族，Se在Te上方，非金屬性Se>Te,所以氧化性HzSeO/aTeOe。

【小問5詳解】

“沉銅”時，Ci?+與NazCOs溶液反應生成Cu2(OH)2c。3沉淀，CO：水解產生ojp，根據電荷守恒

2+-

和原子守恒寫出離子方程式2Cu+3COf+2H2O=C%(OH),CO3J+2HCO；?

【小問6詳解】

高壓氫還原時，Hz作還原劑，H2失去電子被氧化為H+，增大溶液酸度，H+濃度升高，不利于H2失去

電子，也就不利于Cu的生成。

【小問7詳解】

原子半徑影響原子周圍可結合其他原子或原子團的數量，S和Te同主族，Te原子半徑大，有足夠空間容納

多個-OH形成H6TeC>6,S原子半徑小，空間限制使其難以形成含6個-OH的HfSOe。

16.仁。(?0113)6］。3(乂=267.58?1110尸)為橙黃色晶體，微溶于冷水，易溶于熱水，難溶于乙醇。以

凡。？溶液、NH4CI、濃氨水Cod?質凡。和活性炭為原料制備［CO(NH3)6］CL，裝置如圖所示。

己知：①Co2+不易被氧化，Co3+具有強氧化性；

②［CO(NH3)6『具有較強的還原性，［CO(NH3)6「性質穩(wěn)定;

③I2+2S2OV=S4O7+2「。

回答下列問題：

(1)盛裝H2。？溶液和氨水的儀器名稱為o

(2)實驗步驟I：在三頸燒瓶中將CoCU^H2。、NH4CI、活性炭、蒸儲水混合并加熱至50℃,先滴

加,待所有試劑添加完畢后，維持溫度在50℃左右反應一段時間，得到[(?0(皿3)6]03溶

液。溫度維持在50℃左右的原因是o

(3)實驗步驟H：向所得[<2。(?<113)6]03溶液中加入濃鹽酸，冷卻析出晶體，過濾、洗滌、干燥得到

產品。洗滌時使用的洗滌劑依次有冷的鹽酸、冰水、乙醇，最后使用乙醇洗滌的目的是。

(4)制備[CO(NH3)6]CL的總化學方程式為。

(5)純度的測定：

I,稱取5.0g[Co(NH3)6]Cb樣品，加入20.00mL較濃NaOH溶液，加熱使"全部轉化為

CO(OH)3,寫出生成Co(OH)3的離子方程式：=冷去口后力口L5gKI和20.00mL濃鹽酸，加蒸

儲水準確配成100.00mL溶液。

II.用移液管移取25.00mL溶液于錐形瓶中，滴加2滴作指示劑，用

O.lOOOmoLLTNa2s2O3標準溶液滴定至終點，平行操作3次，平均消耗標準溶液17.05mL,樣品的純度

為%(結果保留三位有效數字)。

【答案】(1)分液漏斗

(2)①.氨水②.溫度較低時反應速率較慢，溫度較高時氨水揮發(fā)量和H2。？溶液分解量較大

50℃

(3)使產品快速干燥(4)H,O2+2NH4C1+1ONH,+2COC1,2[Co(NH3)6]Cl3+2H.O

潔性灰

50℃

或H2O2+2NH4cl+IONH3?H2O+2COC122FCO(NH3)1C13+12H2O

活性炭L」

3+

(5)[CO(NH3)6]+3OH-=CO(OH)3J+6NH,T②.淀粉溶液③.36.5

【解析】

【小問1詳解】

盛裝H?。？溶液和氨水的儀器名稱為分液漏斗。

【小問2詳解】

根據題給信息，[CO(NH3)6]"性質穩(wěn)定，故使用H2。？溶液將二價鉆氧化為三價鉆，可將Co3+轉化為性

質穩(wěn)定的[CO(NH3)6『+。所以，實驗步驟I：在三頸燒瓶中將COCL-6H2。、NH￡1、活性炭、蒸儲水

混合并加熱至50℃,先滴加氨水，可使產物最終轉化為性質穩(wěn)定的[CO(NH3)6]“。待所有試劑添加完畢

后，維持溫度在50℃左右反應一段時間，得到[CO(NH3)6]C13溶液。溫度維持在50℃左右的原因是溫度

較低時反應速率較慢，溫度較高時氨水揮發(fā)量和H2O2溶液分解量較大,不利于反應的進行,故答案是氨水；

溫度較低時反應速率較慢，溫度較高時氨水揮發(fā)量和H2O2溶液分解量較大。

【小問3詳解】

[Co(NH3)6]CL微溶于冷水，易溶于熱水，難溶于乙醇，故[CO(NH3)6]C13在乙醇中溶解度最小，且

乙醇易揮發(fā)，容易干燥處理。實驗步驟n：向所得[(2。(?《13)6]03溶液中加入濃鹽酸，冷卻析出晶體，

過濾、洗滌、干燥得到產品。洗滌時使用的洗滌劑依次有冷的鹽酸、冰水、乙醇，最后使用乙醇洗滌的目

的是使產品更好析出，產品快速干燥。

【小問4詳解】

以H2O2溶液、NHQ、濃氨水CoCL-6H2O和活性炭為原料制備[(^四口入仁匕,H2O2做氧化劑，

CoCU^H?。做還原劑，發(fā)生氧化還原反應，根據電子守恒和原子守恒配平，制備的方程式是

50℃

H2O2+2NH4C1+10NH3+2COC12春￡2[€：03113)6]。3+2凡0或

活性炭

H2O2+2NH4C1+10NH3-H2O+2COC1221Co(NH3)6]Cl3+12H2Oo

【小問5詳解】

3+

稱取5.0g[CO(NH31]CL樣品，加入20.00mL較濃NaOH溶液，加熱使〔Co(NH3)6]全部轉化為

CO(OH)3,發(fā)生非氧化還原反應，根據電荷守恒和原子守恒配平，生成Co(OH)3的離子方程式：

3+

[CO(NH3)6]+3OH=CO(OH)3J+6NH3T。冷卻后加1.5gKI和20.00mL濃鹽酸，由于Co"具有強

氧化性，與「發(fā)生氧化還原反應生成單質碘，加蒸儲水準確配成100.00mL溶液。用移液管移取25.00mL

溶液于錐形瓶中，滴加2滴淀粉溶液做指示劑，溶液呈藍色，用O.lOOOmoLLTNa2s2O3標準溶液滴定至

終點，發(fā)生反應是L+ZSzOj=S4O7+2廣，平行操作3次，平均消耗標準溶液17.05mL。根據鉆元素

3+

守恒，反應的關系式是：2[Co(NH3)6]d3~2CO(OH)3-2Co2S2O^,消耗S2。7的物質的

量是O.lOOOmollTx17.05x10”，則25mL溶液中含的物質的量是

0.1OOOmol-L-1X17.05x10-3L，所取樣品中含[Co（NH31]C"的物質的量是

0.lOOOmol-U1x17.05x10-3Lx4;則樣品的純度為

0.1OOOmol-L1X17.05x10-3Lx4x267.5g/mol,八…

---------------------------------------------------------x100%=36.5%。

5.0g

17.在“碳達峰、碳中和”的背景下，CO?通過加氫轉化制甲醇、乙醇等化學品的研究備受關注?；卮鹣铝?/p>

問題：

I.CC）2加氫制甲醇

（1）已知如下熱化學方程式：

1

反應i：CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）AHI=+41.2kJ-mor

-1

反應ii：CO（g）+2H2（g）,^CH3OH（g）AH2=-90.6kJ-mol

反應iii：CO2（g）+3H2（g）-CH3OH（g）+H2O（g）AH3

-1

計算：AH3=kJ-mol。

⑵在一絕熱恒容的密閉容器中發(fā)生反應CC）2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）,下列說法能說明該反

應達到化學平衡狀態(tài)的是（填標號）。

A.體系的壓強保持不變B.混合氣體的密度保持不變

C.n（CC）2）+n（CO）保持不變D.CO的體積分數保持不變

（3）一定條件下，發(fā)生上述反應i、ii、適，達到平衡時CO2的平衡轉化率和甲醇選擇性隨溫度變化的

關系如圖所示。

%

/

我

黯

利

4鞋

官

榔

^

部

軀

6升

。

已知：甲醇的選擇性=n:ICHnOH）

①260℃時，H2的轉化率。=。反應i的平衡常數KR=(精確到小數點后3位，

K,是以物質的量分數代替平衡濃度計算的平衡常數)。

②從熱力學角度分析，甲醇選擇性隨溫度升高而降低的原因：o

II.電還原制備高附加值的有機物

已知：Sn、In、Bi的活性位點對0的連接能力較強，Au、Cu的活性位點對C的連接能力較強，Cu對CO

的吸附能力遠強于Au,且Cu吸附CO后不易脫離。

(4)CO2電還原可能的反應機理如圖所示(*CO表示吸附態(tài)的CO)。

H

O=C=O

*CH4

(CO2)

①參照機理圖畫出A的結構:

②若還原產物主要為CH「應選擇.(填“Sn”“Au”或“Cu”)作催化劑。

【答案】(1)-49.4(2)AD

(3)①.22%②.0.022③.由于反應i吸熱，反應ii、出放熱，所以升高溫度，反應i平衡正

向移動，反應ii、出平衡逆向移動，甲醇的選擇性降低

°、/°一

(4)①.C②.Cu

I□

【解析】

【小問1詳解】

由蓋斯定律可知，反應i+反應ii可得反應造，可得

11-1

AH3=AHj+AH2=+41.2kJ-mol-90.6kJ-mol=-49.4kJ-mol?

【小問2詳解】

A.該反應是氣體體積不變的反應，絕熱恒容的密閉容器中反應該反應，溫度減小，體系壓強減小，當體

系的壓強保持不變時，說明反應達到平衡，A選；

B.該反應過程中氣體總質量和總體積均為定值，混合氣體的密度為定值，當混合氣體的密度保持不變

時，不能說明反應達到平衡，B不選；

C.該反應過程中消耗的n(CC)2)和生成的n(CO)相等，n(CC)2)+n(CO)是定值，當

n(CC)2)+n(CO)保持不變時，不能說明反應達到平衡，C不選；

D.該反應過程中氣體總物質的量是定值，CO的體積分數是變量，當CO的體積分數保持不變時，說明反

應達到平衡，D選；

故選AD?

【小問3詳解】

n(H2)

①"3,設n(CO2)=lmol、n(H2)=3mol,總壓為8MPa,260℃時，CCh的平衡轉化率為30%,甲醇

n(CO2J

的選擇性為60%,則平衡時n(C02)=lmolx70%=0.7mol,n(CH3OH)=0.3molx60%=0.18mol,n(CO)=

1molx30-0.18mol=0.12mol,根據O原子守恒，n(H20)=2mol-0.7molx2-0.18mol-0.12mol=0.3mol,根據H原

3molx2-0.18molx4-0.3molx2.3mol-2.34mol.

子守恒n(H2)=----------------------------------------------=2.34mol,凡TT的轉化率a=---------------------xlOO%

23mol

0.30.12

------x-------

=22%,氣體總物質的量為3.64mol,反應i的平衡常數K*=黑冷=0.022；

———x—:—

3.643.64

②從熱力學角度分析，甲醇選擇性隨溫度升高而降低的原因：由于反應i吸熱，反應ii、出放熱，所以升

高溫度，反應i平衡正向移動，反應正、道平衡逆向移動，甲醇的選擇性降低。

【小問4詳解】

①參照機理圖，A應是CO2表面吸附電子形成CO；吸附在電極表面，畫出A的結構為：；

I□

②若主要生成CH4,第1步是C與催化劑活性位點相連，排除Sn；Au對CO的吸附能力較小，CO易脫

離，則應選Cu作催化劑，其對CO吸附能力強，可進一步深度加氫生成CHm

18.艾曲波帕(化合物K)是一種治療慢性免疫性血小板減少癥的藥物，某課題研究小組合成化合物K的路

線如圖(部分反應條件略去)。

COOH

己知：i.Ri—B(OH)2+R2-Br.幽”>>—R2；

oo破o9

iiii堿、iiii

ii.R-C-O-R+R-CH.C-O-R,R-C-CHC-O-R/R-OH；

12324等1?42

R3

(1)A的化學名稱為,A的酸性強于苯酚的原因：。

(2)F中含氧官能團名稱為o

(3)G-H轉化反應的化學方程式為=

(4)E的結構簡式為=

(5)C的一種同系物Q,其相對分子質量比C大：14。Q的同分異構體中，同時