2024届河北省部分高中高三下学期二模化学试题(解析版)

2024届河北省部分高中高三下学期二模
化学
本试卷共100分
考试时间75分钟
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2，回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其他答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上。

写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

4．可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Zn 65 Zr 91 I 127
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。

1. 近年来我国在科技领域取得了举世瞩目的成就，下列成就所涉及的化学知识不正确的是A. 天机芯是全球首款异构融合类电脑芯片，其主要成分和光导纤维的相同B. 华龙一号核电站反应堆所用铀棒中含有的与互为同位素C. 长征二号遥十七运载火箭使用的液氢燃料具有高能、无污染的特点D. 航天服所使用的合成纤维是一种有机高分子材料【答案】A 【解析】
【详解】A ．天机芯是全球首款异构融合类电脑芯片，其主要成分是晶体硅,而光导纤维的主要成分是二氧化硅，因此二者的主要成分不相同，A 错误；
B ．与为质子数相同、中子数不同的同种元素的不同核素，互为同位素，B 正确；
C ．液氢燃料燃烧生成水，具有高能、无污染的特点，C 正确；
D ．合成纤维属于有机高分子材料，D 正确；故答案为：A 。

2. 下列化学用语表示不正确的是A. 的电子式为
B. 基态的价层电子排布式为
C. 的VSEPR 模型为
D. 中子数为74的碘原子：【答案】B
25592U 238
92U F 255
92U 238
92U CN Co 7
3d 3NH 127
53I
【解析】
【详解】A ．中C 与N 形成共用电子对，电子式为，A 不符题意；
B ．Co 原子序数27，价层电子排布：，B 符合题意；
C ．中心原子价层电子对数：，含1对孤电子对，的VSEPR 模型为，C 不符题意；
D ．中子数为74的碘原子：，D 不符题意；答案选B 。

3. 分散到大气中可形成大气污染物，利用可氧化除去，下列说法不正确的是
A. 工业制硝酸：
B. 制备硝酸铜：
C. 除去NO 的反应：
D. 过量的Fe 粉与稀反应：【答案】A 【解析】
【详解】A ．工业制硝酸第一步是氨气催化氧化成NO ，故A 错误；
B ．制备硝酸铜，先将铜氧化成氧化铜，再用硝酸和氧化铜反应制取硝酸铜，故B 正确；
C ．具有强氧化性将NO 氧化为硝酸，其反应为：，故C 正确；
D ．过量的Fe 粉与稀反应时，Fe 最终的价态为+2价，其反应为：
，故D 正确；
故答案为：A 。

4. 下列离子的检验方案、现象及结论不正确的是选项
检验方案
现象结论
A
向某溶液中滴加溶液
出现蓝色沉淀
原溶液中含有
CN -723d 4s 3NH ()1
353142
+
-⨯=3NH 127
53I x N O 2ClO x N O 22
O H O
323/NH NO HNO −−−−→−−−→催化剂△
()3
HNO
32Cu CuO Cu NO 空气△
−−−→−−−→2ClO 223
3ClO +5NO+4H O=3HCl+5HNO 3HNO +
-2+
323Fe+8H +2NO =3Fe +2NO +4H O ↑2ClO 2233ClO +5NO+4H O=3HCl+5HNO 3HNO +-2+323Fe+8H +2NO =3Fe +2NO +4H O ↑[]36K Fe(CN)
B
向某溶液中加入淀粉溶液后再滴入适量过氧化
氢溶液
溶液始终不变蓝
原溶液中不含
C
向硫酸酸化的溶液中滴加溶液，
再滴加溶液
出现白色沉淀
被氧化成
D
向某盐溶液中加足量后加热
产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体
原溶液中含有
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】C 【解析】
【详解】A ．用溶液检验亚铁离子时出现蓝色沉淀，A 项正确；
B ．加入淀粉溶液后再滴入适量过氧化氢溶液，溶液不变蓝，明原溶液中没有I －，
B 项正确；
C ．硫酸酸化引入硫酸根离子，出现白色沉淀不能说明S 2－被氧化成，C 项错误；
D ．向某溶液中加足量NaOH 后加热产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，该气体为NH 3，说明原溶液中含有，D 项正确；答案选C 。

5. 利用
制备降爆剂（结构如图），下列有关说法不正确的是
A. 中键数目为
B. 标准状况下，每消耗生成数目为2Fe +
I -
4KMnO 2Na S 2BaCl 2S -24
SO -NaOH 4
NH +[]36K Fe(CN)24SO -
4NH +
()723
5Cr C H O 0.1mol σA
1.4N 36.72LNH ()7235Cr C H O A
0.1N
C. 中含有的配位键数目为
D. 溶液含有的数目为【答案】D 【解析】【详解】A ．的结构简式为CH 3COCH 2COCH 3，含有14个σ键，
0.1 mol 中σ键数目为，
A 正确；
B ．标准状况下，每消耗6.72 L （0.3 mol ）NH 3，生成0.1 mol Cr （
C 5H 7O 2）3，其数目为，B 正确；C ．Cr(C 5H 7O 2)3中Cr 3+与3个C 5H 7中的氧原子形成3个配位键，则2 mol Cr(C 5H 7O 2)3中含有的配位键数目为，C 正确；
D ．铵根离子会水解，故1 L 0.1 mol·L -1 NH 4Cl 溶液含有的N 数目小于
，D 错误；故选D 。

6. 合成马蔺子甲素的部分路线如图所示，下列说法不正确的是
A. X 与Y 中碳原子的杂化方式相同
B. X 与Y 均可使溴水褪色
C. X 与Y 互为同系物
D. X 的亲水性比Y 更好
【答案】C 【解析】
【详解】A ．X 与Y 中碳原子的杂化方式均有sp 2、sp 3两种，双键为sp 2，单键为sp 3，A 正确；B ．X 与Y 分子中均含有碳碳双键，可使溴水褪色，B 正确；C ．X 与Y 结构不相似，不互为同系物，C 错误；
D ．X 分子中的羟基可以与水分子形成氢键，可增大其在水中的溶解度，故X 的亲水性比Y 更好，D 正确；故选C 。

7.
为研究沉淀的生成及转化，同学们进行如图所示实验。

()57232molCr C H O A 6N 1
41L0.1mol L NH Cl -⋅4NH +
A
0.1N A 1.4N A 0.1N -2O A 6N 4H +A 0.1N
下列关于该实验的分析正确的是A. ①的溶液中不存在B. ①至②的实验能说明加入能使反应正向移动
C. 上述实验能证明向沉淀转化反应的发生
D. ③中溶液变红说明【答案】C 【解析】
【详解】A ．难溶固体存在沉淀溶解平衡，①中有AgSCN 固体存在平衡
，A 项错误；
B ．②中溶液不变红说明加入不能使反应正向移动，B 项
错误；
C ．②中溶液不变红，③中溶液变红，说明③中c （SCN －）增大，存在AgSCN （s ）+I －AgI （s ）+SCN
－（aq ）反应，能证明
AgSCN 向AgI 沉淀转化反应的发生，C 项正确；
D ．③中溶液变红说明③中c （SCN －）增大，存在AgSCN （s ）+I －AgI （s ）+SCN －（aq ）反应，但由于加入的KI 溶液浓度大于KSCN ，故c （Ag +）·c （I －）＞K sp （AgI ），即可产生碘化银沉淀，不能证明
，D 项错误。

答案选C 。

8. 有机物可由多步反应合成，反应流程如图。

下列说法正确的是
A. 有机物b 生成c 属于取代反应
B. 有机物a 与c 均能与氢氧化钠反应
C. 有机物d 的核磁共振氢谱峰有3组
D. 有机物b 的一氯代物有2
种
SCN -
()33Fe NO ()()()AgSCN s Ag aq SCN aq +
-+ AgSCN AgI ()()sp sp K AgSCN K AgI >()()()AgSCN s Ag aq SCN aq +-+ ()33Fe NO ()()()AgSCN s Ag aq SCN aq +
-+ ()()sp sp K AgSCN K AgI >d
【答案】D 【解析】
【详解】A ．有机物b 生成c 属于加成反应，A 错误；B ．有机物a 与c 均不能与氢氧化钠反应，B 错误；
C ．有机物d 的核磁共振氢谱峰有4组，，C 错误；
D ．有机物b 对称结构，一氯代物有2种，D 正确；
故选D 。

9. 一种用于合成治疗免疫疾病药物的物质的结构如图所示，其中X 、Y 、Z 、Q 、W 为1~20号元素且原子序数依次增大，Z 与Q 同主族，Q 和W 的简单离子具有相同的电子层结构。

下列叙述正确的是
A. Y 与Z 形成的化合物一定是极性分子
B. 电负性：Q>Z>Y
C. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Q>Y
D. 该物质含有离子键、共价键和配位键【答案】C 【解析】
【分析】X 、Y 、Z 、Q 、W 为1~20号元素且原子序数依次增大，Z 与Q 同主族，由结构可知，Z 形成2个共价键，Z 、Q 的最外层有6个电子，故Z 为O ，Q 为S ，Q 和W 的简单离子具有相同的电子层结构，W 显+1价，W 的原子序数最大，故W 为K ，Y 可形成4个共价键，X 只能形成1个共价键，结合原子序数可知，X 为H ，Y 为C 。

综上X 、Y 、Z 、Q 、W 元素分别为H 、C 、O 、S 、K 。

【详解】A ．Y 与Z 形成的化合物可以是CO 、CO 2，CO 2是非极性分子，故A 项错误；B ．Y 、Z 、Q 元素分别为C 、O 、S ，分别即电负性O>S>C ，即Z>Q>Y ，故B 项错误；
C ．元素非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故最高价氧化物对应水化物的酸性:S>C ，故C 项正确；
为
D ．该物质含有离子键、共价键没有配位键，故D 项错误；故选C 。

10. 利用某钒废渣(主要成分为V 2O 4以及铁、铝、硅的氧化物)制备V 2O 5的工艺流程如下：
已知：Ⅰ．溶于酸后以的形式存在；可将氧化为；Ⅱ．。

下列说法正确的是
A. 滤渣1的主要成分为
B. 的作用只是将氧化成
C. 反萃取剂显强酸性
D. “氧化2”中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3【答案】C 【解析】
【分析】含钒废渣(主要成分为V 2O 4以及铁、铝、硅的氧化物)用硫酸酸浸，V 2O 4溶于酸后以VO 2+的形式存在，铁、铝也溶于酸进入溶液，硅的氧化物不溶于酸，形成滤渣1；加入适量H 2O 2将Fe 2+氧化为Fe 3+，加入碳酸钠调节溶液pH 值，使铁铝转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，同时将VO 2+氧化成V ；萃取、反萃取将钒进行分离富集，加入KClO 3将+4价的V 氧化为+5价的V ，即溶液中含有，经过系列操作，最终得到V 2O 5，以此分析解答。

【详解】A ．由分析可知，滤渣1的主要成分为SiO 2，A 错误；
B ．由分析可知，H 2O 2的作用是将VO 2+氧化成V 和氧化亚铁离子，便于亚铁离子转化为Fe(OH)3而除去，B 错误；
C ．根据已知Ⅱ信息可知，反萃取剂即使萃取反应逆向移动，故需显强酸性，C 正确；
D ．根据已知Ⅰ和得失电子守恒知，“氧化2”中可将氧化为，KClO 3为氧化剂，还原产物为KCl 得到6个电子，为还原剂，氧化产物为化合价失去1个电子，故氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶6，D
错误；
的24V O 2VO +3KClO 2VO +2VO +
22VO
2HR()VOR ()2H +
+++ 萃取反萃取
有机层有机层23
H SiO 22H O 2VO +2
VO +
2O +
2VO +
2O +
3KClO 2VO +2VO +
2VO +2VO +
故答案为：C 。

11. 科学家利用高温固体氧化物燃料电池技术实现了废气资源回收，并得到单质硫。

该电池工作原理如图所示，下列说法正确的是
A. 电子从电极b 流出
B. 电极的电极反应为
C. 该电池消耗转化成的电能理论上小于其燃烧热值
D. 电路中每通过电子，则有流向电极a 【答案】C 【解析】
【分析】由电池装置图分析可知，通入硫化氢生成单质硫，化合价升高，故电极a 为负极；通入氧气的电极b 为正极。

【详解】A ．由电池装置图分析可知，电极a 上通入硫化氢生成单质硫，S 元素化合价升高，故电极a 为负极，通入氧气的电极b 为正极，电子从电极a 流出，A 项错误；
B ．由装置分析，可知硫化氢在负极上失去电子，同时结合氧离子生成硫单质和水，故电极a 的电极反应为2H 2S+2O 2--4e -S 2+2H 2O ，B 项错误；
C ．该电池消耗1 mol H 2S 转化成的电能理论上不等于其燃烧热值，硫化氢燃烧要生成二氧化硫，释放的热量更多，C 项正确；
D ．电路中每通过2 mol 电子，则有1 mol O 2-流向电极a ，D 项错误；答案选C 。

12. 含
的溶液中发生反应的反应机理如图所示。

下列说法正确的是
a 22222H S 2O
4e S 2H O
-
-++=+21molH S 2mol 22molO -=2328S O Fe I -
+
-
、、
A. 由图可知不能氧化
B. 反应过程中包含三个基元反应
C. 若不加，该反应化学反应速率更大
D. 和不能大量共存【答案】D 【解析】
【详解】A ．根据反应机理可知，Fe 3+为该反应催化剂，总反应为
，A 错误；
B ．根据反应机理可知，反应过程中包含两个基元反应，B 错误；
C ．根据反应机理可知，Fe 3+为该反应催化剂，若不加，该反应的化学反应速率减慢，C 错误；
D ．和间可发生化学反应，不能大量共存，D 正确；答案选D 。

13. 晶体的晶胞结构如图所示，已知该立方晶胞的边长为
，阿伏加德罗常数的值为的摩尔质量为。

下列说法不正确的是
A. 中，中心离子的配位数为6
B. 离最近的有8个
C. 若规定A 点原子坐标为点原子坐标为，则
点原子坐标为
的228S O -
I -3Fe +228S O -
I -()()()()222842S O 2I aq 2SO aq I aq aq ---
++ 3Fe +228S O -
I -()326Co NH Cl ⎡⎤⎣⎦apm ()A 326N ,Co NH Cl ⎡⎤⎣⎦1
Mg mol -⋅()326Co NH Cl ⎡⎤⎣⎦()236
Co NH +
⎡⎤⎣
⎦
Cl -()0,0,0,B 11,,022⎛⎫
⎪⎝⎭C 133,,444⎛⎫ ⎪⎝⎭
D.
晶体的密度为【答案】D 【解析】
【详解】A ．中中心离子为，其配位原子为N ，配位数为6，故A 正确；B ．由晶胞可知，周围等距离且最近的有8个，故B 正确；
C ．C 位于晶胞内部，若把晶胞分为8个相同的小立方体，则C 位于左后上方的小立方体的体心，根据A 、B 的原子坐标可知，C 的原子坐标为，故C 正确；
D ．根据均摊法可知,一个晶胞含有的的个数为，含有的的个数为8，故每个晶胞中含有4个，的摩尔质量是，晶胞体积为，则晶胞的密度为，故D 不正确；
故选D 。

14. 常温下，向和的混合液中滴加溶液，与的关系如图所示。

已知：代表或，。

下列叙述正确的是
A. 分别代表与的关系
B. 的电离常数的数量级为
C. ()32
6Co NH Cl ⎡⎤⎣⎦213
3A
4M 10g cm a N -⨯⋅()326Co NH Cl ⎡⎤⎣⎦2+
Co ()326Co NH Cl ⎡⎤⎣⎦()236
Co NH +
⎡⎤⎣
⎦
Cl -133,,444⎛⎫
⎪⎝⎭
()236
Co NH +⎡⎤⎣⎦
11
8+6482
⨯
⨯=Cl -()326Co NH Cl ⎡⎤⎣⎦()326Co NH Cl ⎡⎤⎣
⎦1
Mg mol -⋅3
3
a p m 303
3A
4M 10g cm a N -⨯⋅()()3322Co NO Pb NO 、HR NaOH pM pH ()()pM lgc M ,c M =-(
)()22c Co c Pb +
+
、()()
c R c HR -
[][]sp 2sp 2
K Co(OH)K Pb(OH)>X Z 、()
()()
2c R lgc Co lg c HR -
+--、pH HR 610-[]15
sp 2K Co(OH)10
-=
D. 常温下，和共存时：【答案】C
【解析】【分析】常温下，、，由于可知，X 代表-lgc(Pb 2+)与 pH 的关系，Y 代表-lgc(Co 2+)与 pH 的关系，Z 代表与 pH 的关系；
【详解】A ．常温下，由K sp [Co(OH)2]>K sp [Pb(OH)2]可知，X 代表-lg c (Pb 2+)与pH 的关系，Y 代表-lg c (Co 2+)
与pH 的关系，Z 代表-lg 与pH 的关系，A 项不正确；B ．-lg =-lg =-pH-lg K (HR)，取Z 中点(5，0)代入得，K (HR)=1×10-5，B 项不正确；C ．Y 代表-lg c (Co 2+)与pH 的关系，将点(10，7)代入得，K sp [Co(OH)2]=10-15，C 项正确；
D ．常温下，Co(OH)2和Pb(OH)2共存时，取pH=10，则c (Pb 2+)∶c (Co 2+)=K sp [Pb(OH)2]∶K sp [Co(OH)2]=10-12∶10-7=1∶105，D 项不正确；
故选C 。

二、非选择题：本题共4小题，共58分。

15. 次氯酸溶液是常用的消毒剂和漂白剂。

某学习小组根据需要欲制备次氯酸溶液。

资料1：常温常压下，Cl 2O 为棕黄色气体，沸点为3.8 ℃，42 ℃以上会分解生成Cl 2和O 2，Cl 2O 易溶于水并与水立即反应生成 HClO 。

资料2：将氯气和空气(不参与反应)按体积比1：3混合通入潮湿的碳酸钠中发生反应2Cl 2＋2Na 2CO 3＋H 2O=Cl 2O ＋2NaCl ＋2NaHCO 3，用水吸收Cl 2O(不含Cl 2)制得次氯酸溶液。

该学习小组同学用以下装置制备次氯酸溶液。

2Co(OH)2Pb(OH)()()225c Pb
:c Co 10:1
++=+2
222-2Ksp[Co(OH)]Ksp[Co(OH)]c(H )pCo=-lg =-lg 2pH lg Ksp[Co(OH)]24c(OH )Kw
⋅=--+2
222-2Ksp[Pb(OH)]Ksp[Pb(OH)]c(H )pPb=-lg =-lg 2pH lg Ksp[Pb(OH)]24c(OH )Kw ⋅=--[][]sp 2sp 2K Co(OH)K Pb(OH)>()()c R lg c HR -
--(R )(HR)
c c -(R )(HR)
c c (HR)(H )K c +
回答下列问题：
(1)请写出装置B 的玻璃容器名称_________。

(2)各装置的连接顺序为____→______→_____→_____→E 。

(3)装置A 中反应的离子方程式是________。

(4)反应过程中，装置B 需放在冷水中，其目的是________。

(5)装置E 采用棕色烧瓶是因为________。

(6)已知次氯酸可被H 2O 2、FeCl 2等物质还原成Cl －。

测定E 中次氯酸溶液的物质的量浓度的实验方案为：用酸式滴定管准确量取20.00 mL 次氯酸溶液，加入足量的_______溶液，再加入足量的_____溶液，过滤，洗涤，真空干燥，称量沉淀的质量。

(可选用的试剂：H 2O 2溶液、FeCl 2溶液、AgNO 3溶液。

)
(7)若装置B 中生成的Cl 2O 气体有20%滞留在E 前各装置中，其余均溶于装置E 的水中，装置E 所得500 mL 次氯酸溶液浓度为0.8 mol/L ，则至少需要碳酸钠的质量为______g 。

【答案】 ①. 三颈烧瓶 ②. A ③. D ④. B ⑤. C ⑥. MnO 2＋4H ＋＋2Cl －Mn 2＋＋ Cl 2↑＋2H 2O
⑦. 防止反应放热后，溶液温度过高导致Cl 2O 分解 ⑧. HClO 见光易分解 ⑨. H 2O 2 ⑩. AgNO 3
⑪. 53【解析】
【分析】由题给装置可知，装置A 中二氧化锰和浓盐酸共热反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢气体，装置D 中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，同时通入空气得到氯气和空气的体积比为1：3的混合气体，装置B 中混合气体中的氯气与碳酸钠溶液反应制得一氧化二氯气体，装置C 中盛有的足量四氯化碳用于除去未反应的氯气，装置E 中盛有的水用于与混合气体中的一氧化二氯气体反应制得次氯酸，则装置的连接顺序为A→D→B→C→E 。

【详解】(1)由实验装置图可知，装置B 的玻璃容器为三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶；
(2)由分析可知，各装置的连接顺序为A→D→B→C→E ，故答案为：A ；D ；B ；C ；
(3) 装置A 中发生的反应为二氧化锰和浓盐酸共热发生氧化还原反应生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为MnO 2＋4H ＋＋2Cl
－Mn 2＋＋ Cl 2↑＋2H 2O ，故答案为：MnO 2＋4H ＋＋2Cl －Mn 2＋＋ Cl 2↑＋2H 2O ；
ΔΔ
(4) 由42 ℃以上一氧化二氯会分解生成氯气和氧气可知，制备一氧化二氯时应将装置B 放在冷水中，防止反应放出的热量使溶液温度升高，导致一氧化二氯分解，故答案为：防止反应放热后，溶液温度过高导致Cl 2O 分解；
(5) 次氯酸见光易分解生成盐酸和氧气，为防止次氯酸见光分解，实验时装置E 选用棕色烧瓶，故答案为：HClO 见光易分解；
(6)由题给信息可知，测定次氯酸含量的方法是先选用还原剂将次氯酸还原为氯离子，再用硝酸银溶液使溶液中氯离子完全沉淀，最后称量干燥氯化银的质量，由于氯化亚铁中含有氯离子，会影响实验结果，所以还原剂选用过氧化氢溶液，故答案为：H 2O 2；AgNO 3；
(7)装置E 中发生反应的方程式为Cl 2O ＋H 2O=2HClO ，500 mL0.8 mol/L 次氯酸溶液中次氯酸的物质的量为0.5 L×0.8 mol/L ＝0.4 mol ，由方程式可知，与水反应的一氧化二氯的物质的量为
0.4 mol ×=0.2 mol ，由装置B 中生成的一氧化二氯有20%滞留在E 前各装置中可知，反应生成的一氧化二氯的物质的量为＝0.25 mol ，由氯气与碳酸钠溶液的化学方程式可知，反应至少需要碳酸钠的质量为0.5 mol×106 g/mol ＝53 g ，故答案为：53。

16. 陶瓷热障涂层（TBC ）常涂覆于发动机高温部位的合金上，能使发动机在高于合金熔点的温度下工作，
是发动机的“防护服”，主要成分是氧化锆，可由锆英砂（主要成分为，也可表示为，还含少量、等杂质）通过如下方法制取：
已知：①能与烧碱反应生成可溶于水的与酸反应生成；②常温下，；时，开始沉淀。

（1）“熔融”过程中，提高反应速率的方法为_______（答出一条即可），发生反应的产物有和_______。

（2）“除杂”过程中，加入双氧水目的是_______；滤渣Ⅱ的成分为_______，通入氨气调节溶液的时，溶液中的浓度为_______。

（3）为得到纯净的，滤渣Ⅲ要用水洗，检验沉淀是否洗涤干净的方法是_______。

的120.2mol 80%
()2ZrO 4ZrSiO 22ZrO SiO ⋅323FeCO Fe O 、232Al O SiO 、4ZrSiO 2323Na ZrO ,Na ZrO 2ZrO +[][]3439sp 3sp 3Al(OH) 1.410Fe(OH) 2.6410K K --=⨯=⨯、pH 6.2=2ZrO +4ZrSiO 232Na ZrO H O 、pH 5.0=3Al +1mol L -⋅2ZrO
（4）滤渣Ⅲ的成分是。

“调”时，写出生成的离子方程式：______________。

（5）四方晶胞结构如图所示。

在晶胞中的配位数是_______，晶胞参数为
，该晶体密度为_______（写出表达式）。

【答案】（1）
①. 粉碎（或搅拌） ②. Na 2SiO 3 （2） ①. 将Fe 2+氧化为Fe 3+，以便转化为Fe(OH)3沉淀除去
②. Fe(OH)3、Al(OH)3 ③. 1.4×10-7 （3）取最后一次洗涤液，向其中滴加稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，若无沉淀生成，则滤渣Ⅲ洗涤干净 （4）(n+1)ZrO 2++2n +(3n-1)H 2O=Zr(CO 3)2·nZr(OH)4↓+(2n-2)
（5）
①. 8 ②. 【解析】
【分析】锆英砂(主要成分为ZrSiO 4，还含少量FeCO 3、Fe 2O 3、Al 2O 3、SiO 2等杂质)与NaOH 熔融时，ZrSiO 4、Al 2O 3、SiO 2与NaOH 反应生成钠盐；加入过量盐酸“酸浸”，经过滤得到含ZrO 2+、Fe 2+、Fe 3+、Al 3+、Na +的滤液Ⅰ和主要成分为H 2SiO 3的滤渣Ⅰ；滤液Ⅰ中加入H 2O 2将Fe 2+氧化成Fe 3+，加入氨水得到含Fe(OH)3和Al(OH)3的滤渣Ⅱ，滤液Ⅱ中含ZrO 2+、Na +、，滤液Ⅱ中加入Na 2CO 3溶液调pH=8.0得到成分为Zr(CO 3)2∙nZr(OH)2的滤渣Ⅲ，滤渣Ⅲ分解得到ZrO 2。

【小问1详解】
“熔融”过程中，提高反应速率的方法有：将锆英石粉碎、增大锆英石与NaOH 的接触面积，搅拌；ZrSiO 4与NaOH 熔融反应生成Na 2ZrO 3、H 2O 和Na 2SiO 3，反应的化学方程式为ZrSiO 4
+4NaOH
Na 2ZrO 3+Na 2SiO 3+2H 2O 。

【小问2详解】
根据分析，“除杂”过程中，加入双氧水的目的是将Fe 2+氧化为Fe 3+，以便转化为Fe(OH)3沉淀除去；滤渣Ⅱ的成分为Fe(OH)3、Al(OH)3；c (Al 3+)==mol/L=1.4×10-7mol/L 。

【小问3详解】
()342Zr CO nZr(OH)⋅pH 8.0=2ZrO +()342Zr CO nZr(OH)⋅2ZrO 4Zr +apm apm cpm 、、3g cm -⋅2-3CO -3HCO 2-30A 4(91+162)a c 10N ⨯⨯⨯⨯+4NH 熔融
sp 33-[Al(OH)](OH )K c 34
931.410(110)
--⨯⨯
为得到纯净的ZrO 2，滤渣Ⅲ要用水洗，检验沉淀是否洗涤干净只要检验最后的洗涤液中不含Cl -即可，方法是取最后一次洗涤液，向其中滴加稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，若无沉淀生成，则滤渣Ⅲ洗涤干净。

【小问4详解】
ZrO 2+与Na 2CO 3溶液反应得到Zr(CO 3)2∙nZr(OH)2沉淀，根据电荷守恒和原子守恒，结合调pH=8.0，反应的离子方程式为(n+1)ZrO 2++2n +(3n-1)H 2O=Zr(CO 3)2·nZr(OH)4↓+(2n-2)。

【小问5详解】
由ZrO 2的晶胞可知，与Zr 4+等距离最近的O 2-有8个，即Zr 4+在晶胞中的配位数是8；根据均摊法，1个晶胞中含Zr 4+：8
×+6×=4个，O 2-：8个，1个晶胞的质量为g ，1个晶胞的体积为(a 2c ×10-30)cm 3，该晶体的密度为g ÷(a 2c ×10-30)cm 3=g/cm 3。

17. 研究的综合利用、实现资源化是能源领域的重要发展方向。

（1）以二氧化钛表面覆盖的为催化剂，可以将和直接转化成乙酸。

①研究发现该反应在250～300℃时，温度升高，乙酸的生成速率反而降低，原因是_______．
②为了提高该反应中的平衡转化率，可以采取的措施是_______（写出两种）。

（2）我国科学家研究发现二氧化碳电催化还原制甲醇的反应
需通过以下两步实现：
Ⅰ．Ⅱ．反应过程中各物质的相对能量变化情况如图所示。

①_______。

稳定性：过渡态1_______（填“大于”“小于”或“等于”）过渡态2。

②为探究反应，进行如下实验：在一恒温、体积为2-3CO -3HCO 1812A
4(91162)N ⨯+⨯A 4(91162)N ⨯+⨯230A 4(91162)a c 10N -⨯+⨯⨯⨯2CO 2CO 224Cu Al O 2CO 4CH 4CH ()()()()2232CO g 3H g CH OH g H O g ΔH ++ ()()()()2221
CO g H g CO g H O g ΔH ++ ()()()232
CO g 2H g CH OH g ΔH + 1ΔH =()()()()2232CO g 3H g CH OH g H O g ΔH ++ 2L
的密闭容器中，充入和，进行该反应（不考虑其他副反应）。

时测得和的体积分数之比为且比值不再随时间发生变化。

反应开始到平衡，_______．该温度下的平衡常数_______（保留三位有效数字）。

（3）生物电催化技术运用微生物电解池实现了的甲烷化，其工作原理如图所示。

①微生物电解池实现甲烷化的阴极的电极反应为______________．
②如果处理有机物产生标准状况下，则理论上导线中通过的电子的物质的量为_______．
【答案】（1） ①. 250~300 ℃时,温度升高,催化剂的催化效率降低对反应速率的影响大于温度升高对反应速率的影响
②. 增大体系压强、增大CO 2的浓度、及时分离出乙酸（任写两种） （2）
①. +41 kJ·mol -1 ②. 小于 ③. 0.12 mol·L -1·min -1 ④. 59.3 （3）
①. CO 2+8H ++8e -=CH 4+2H 2O ②. 4×104 mol 【解析】
【详解】（1）①250~300 ℃时，温度升高，乙酸的生成速率反而降低，考虑到反应使用了金属催化剂，推测是催化剂的催化效率降低对反应速率的影响大于温度升高对反应速率的影响；②为了提高该反应中CH 4的平衡转化率，可以采取增大体系压强、增大CO 2的浓度、及时分离出乙酸等措施；
（2）①由图像可知，，故答案为+41 kJ·mol -1；过渡态1能量高于过渡态2，故稳定性：过渡态1小于过渡态2；②设达到平衡时，CH 3OH 浓度为，则平衡时H 2O 浓度为，CO 2浓度为，H 2浓度为，根据CO 2和CH 3OH 的体积分数之比为1:4得到如下关系式：
，则，则有，而该温度下平衡常数
；21molCO 23mol 10min 2CO 3CH OH 1:4()2v H =K =2CO 2CO ()2n CH O ⎡⎤⎣⎦3
4112m CH ()()()()-1
2221CO g H g CO g H O g ΔH =+41kJ·mol ++ /L xmol /L xmol ()0.5/L x mol -()1.5/L x mol -0.514x x -=0.4x =()1
111230.4·L H 0.12·L ·min 10min
c mol v mol t ----∆⨯===∆30.40.4K 59.30.10.3
⨯==⨯
（3）阴极上，CO 2发生还原反应转化为甲烷，电极反应式为；标准状况下112 m 3
的甲烷的物质的量为，根据电极反应式可知转移的电子的物质的量为5000mol×8=4×104mol 。

18. 化合物F 是一种有机合成中间体，其合成路线如下：
（1）B 中含氧官能团的名称为_______．
（2）A→B 需经历
的过程，中间体X 的结构简式为_______。

X→B 的反应类型
为_______．
（3）C 的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：______________．①属于芳香族化合物，且能发生银镜反应
②分子中不同化学环境的氢原子数目比为1∶2∶2
（4）D→E 通过双键复分解反应得到的另一种产物的分子式为CH 2O ，写出该反应的化学方程式：______________．（5）以为原料制备的合成路线流程图如下：。

其中M 和N 的结构简式分别为_______和_______。

【答案】（1）醛基、醚键
2428H 8e 2H O CO CH +-++=+311210L 500022.4L /mol mol
⨯=
（2）①. ②. 取代反应
（3）（4）（5）①.
②.
【解析】
【分析】本题为有机合成题，根据题干流程图可知，A中的酚羟基与K2CO3先反应生成，
再与BrCH2CH=CH2发生取代反应生成B，对B物质进行加热可以发生分子内的取代反应生成
C，C与CH3I发生取代成醚反应生成D，D在BF3·O(CH2CH3)2和CH2Cl2作用下发生双键的复分解反应生成E，E在BBr3、H2O作用下发生取代反应生成酚羟基，(3)由题干路线图中C的结构简式可知，C的分子式为：C10H10O2，不饱和度为6，则C同时满足下列条件①属于芳香族化合物，且能发生银镜反应即含有醛基或甲酸酯基，②分子中不同化学环境的氢原子数目比为1∶2∶2即分子存在对称结构，只有3种不同环境的H原子，由此分析确定同分异构体的结构简式，据此分析解题。

【小问1详解】
由题干路线图中B的结构简式可知，B中含氧官能团的名称为醚键和醛基，故答案为：醚键和醛基；
【小问2详解】
由题干路线图中A的结构简式可知，A中含有酚羟基，酚羟基能与K2CO3反应生成和
KHCO3，故A→B需经历的过程，中间体X的结构简式为：，比较
X和B的结构简式可知，X→B的反应类型为取代反应，故答案为：；取代反应；
【小问3详解】
由题干路线图中C的结构简式可知，C的分子式为：C10H10O2，不饱和度为6，则C同时满足下列条件①属于芳香族化合物，且能发生银镜反应即含有醛基或甲酸酯基，②分子中不同化学环境的氢原子数目比为1∶2∶2即分子存在对称结构，只有3种不同环境的H原子，该同分异构体的结构简式为：
，故答案为：；
【小问4详解】
D→E通过双键复分解反应即碳碳双键和醛基上的碳氧双键发生交换即复分解反应得到的另一种产物的分子式为CH2O即为HCHO，则该反应的化学方程式为：
，故答案为：
；
【小问5详解】
在Cu催化作用下反应醇羟基上的催化氧化，即得到M其结构简式为：，根据题干路线图中D到E的转化信息可知，和苯乙烯发生双键的复分解反应生成N，则
N的结构简式为：，然后在一定条件下发生加聚反应生成，故
答案为：；。