内容发布更新时间 : 2024/6/29 5:00:55星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。

A、当lgx=0时，pH分别为6.4、7.2，所以，曲线I表示lg示lg

与pH的变化关系，故A错误；

与pH的变化关系，曲线II表

解：（1）滤渣①成分为Cr（OH）3、Fe（OH）3混合物，“氧化”步骤中Cr（OH）3转化为K2CrO4溶液，Fe（OH）3不反应也不溶与水，过滤分离的滤渣②为Fe（OH）3，故答案为：Fe（OH）3；

（2）“氧化”步骤中，碱性条件下，过氧化氢氧化Cr（OH）3生成K2CrO4溶液，结合电子守恒、原子守恒有化学方程式为2Cr（OH）3+3H2O2+4KOH=2K2CrO4+8H2O，故答案为：2Cr（OH）

3+3H2O2+4KOH=2K2CrO4+8H2O；

2-3+

（3）因为在酸性条件下，H2O2能将Cr2O7还原为Cr，为防止后续“酸化”步骤中H2O2将

B、酸对水的电离有抑制作用，酸性越强即pH越小，抑制作用越大，水的电离程度越小，a-b的过程中pH增大，溶液酸性减弱，水的电离程度增大，故B错误； C、当c（H2CO3）=c（HCO3-）时，即lg

=0，溶液中pH=6.4，则lg

=pKa2-pH=7.2-6.4=0.8＞0，即c（HPO42-）＞c（H2PO4-），故C错误； D、

=

=

-+

，pH增大则H2CO3?HCO3+H正向进

Cr2O72-还原为Cr3+而混入杂质，所以酸化之前必须除去H2O2，并且H2O2对热不稳定、易分解，通过加热可除去，故答案为：除去过量的H2O2；

+2-+2-（4）酸化”过程中pH=1，即c（H）=0.1mol/L，反应2CrO4+2H?Cr2O7+H2O的平衡常数K=

行，使c（H2CO3）减小，而Ka1、Ka2不变，所以pH增大时，正确， 故选：D。

逐渐减小，故D

=

H2CO3?HCO3-+H+的电离平衡常数Kal=H2PO4-?HPO42-+H+的电离平衡常数Ka2==pKa2-pH=7.2-pH，

A、当lgx=0时，pH分别为6.4、7.2，据此分析解答；

B、酸对水的电离有抑制作用，酸性越强即pH越小，抑制作用越大，水的电离程度越小； C、当c（H2CO3）=c（HCO3-）时，即lg=pKa2-pH=7.2-6.4=0.8； D、

=

=

-+

，pH增大则H2CO3?HCO3+H正向进

=4×1014，c（CrO42-）=2×10-8mol?L-1，故答案为：

，所以lg，所以lg

=pH-pKal，=pH-6.4，

2×10-8mol?L-1；

（5）由反应K2Cr2O7+6（NH4）2Fe（SO4）2+7H2SO4=K2SO4+Cr（SO4）3+6（NH4）2Fe（SO4）2+3Fe0.0100mol/L×0.9L=0.0015mol，产品（SO4）3+7H2O有n（K2Cr2O7）=n[（NH4）2Fe（SO4）2]=×的纯度=

=

=88.2%，故答案为：88.2%；

（6）①C6H5OH→CO2，则苯酚发生氧化反应、作负极，结合电子守恒和电荷守恒有电极反应式C6H5OH+11H2O-28e-=6CO2+28H+，

故答案为：C6H5OH+11H2O-28e=6CO2+28H；

②由于电解质NaCl溶液被阳离子交换膜和阴离子交换膜隔离，使Na和Cl不能定向移动，所

+-以电池工作时，负极生成的H透过阳离子交换膜加入NaCl溶液中，正极生成的OH透过阴离

+

--+

=0，溶液中pH=6.4，则lg

行，使c（H2CO3）减小。

本题考查弱电解质的电离平衡及其溶液中离子浓度的变化关系，为高频考点，把握电离平衡常数意义及应用、分析图象信息是解题关键，注意比例式的恒等转化以判断其增减性的方法，题目难度较大。

8.【答案】Fe（OH）3 2Cr（OH）3+3H2O2+4KOH=2K2CrO4+8H2O 除去过量的

H2O2 2×10-8mol?L-1 88.2% C6H5OH+11H2O-28e-=6CO2+28H+ 减小 【解析】

子交换膜进入NaCl溶液中与H反应生成水，是NaCl溶液浓度减小，故答案为：减小。

3+3++2-含铬废液（主要含Cr、Fe、K、SO4等）制备K2Cr2O7的流程：废液与足量KOH反应生成沉+2-淀Cr（OH）3、Fe（OH）3，过滤得到滤渣①Cr（OH）3、Fe（OH）3混合物，除去K、SO4等离子，碱

+

性条件下在滤渣中加入过氧化氢氧化Cr（OH）3生成K2CrO4，过滤除去Fe（OH）3，得到K2CrO4滤液②，加热除去过量过氧化氢，防止后续加酸时H2O2能将Cr2O72-还原为Cr3+，加酸调pH=1，

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使K2CrO4溶液转化为K2Cr2O7溶液，蒸发结晶得到K2Cr2O7晶体，以此解答。

本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯、氧化还原反应规律为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意题干“已知”信息的应用，题目难度中等。

9.【答案】△H1+△H2-2△H3 B 16% 4.4×10-4 1.54×10-2 4×104 增大反应物的压强或增大反应物的浓

度 提高反应物的压强，化学反应速率加快 【解析】

x=0.96mol

气体总物质的量=1+2x=2.92mol， Kp=

10； 故答案为：4×

③该温度下，要缩短达到平衡所需的时间，除改进催化剂外，还可以增大反应物的压强或增大反应物的浓度，提高反应物压强，化学反应速率加快，

故答案为：增大反应物的压强或增大反应物的浓度；提高反应物压强，化学反应速率加快。 （1）①己知：Ⅰ．CH3OCH3（g）?CO（g）+H2（g）+CH4（g）△H1 Ⅱ．CH4（g）+O2（g）=CO（g）+2H2O（g）△H2 Ⅲ．H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H3

盖斯定律计算Ⅰ+Ⅱ-2×Ⅲ得到CH3OCH3（g）+O2（g）=2CO（g）+3H2（g）△H；

4

≈4×104，

解：（1）①己知：①CH3OCH3（g）?CO（g）+H2（g）+CH4（g）△H1 ②CH4（g）+O2（g）=CO（g）+2H2O（g）△H2 ③H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H3

盖斯定律计算①+②-2③得到CH3OCH3（g）+O2（g）=2CO（g）+3H2（g）△H=△H1+△H2-2△H3， 故答案为：△H1+△H2-2△H3； ②图象分析，当

与H2发生副反应生成H2O，

故答案为：过量的O2与H2发生副反应生成H2O；

（2）①t=400 s时，CH3OCH3分压P（CH3OCH3）=35.0KPa，测得容器内初始压强为41.6 kPa，转化率=

×100%=16%，反应速率满足v（CH3OCH3）=kPn（CH3OCH3），k=

＞0.6时，H2的体积百分含量快速降低的原因可能是：过量的O2

②当

＞0.6时，H2的体积百分含量快速降低的原因可能是氧气和氢气发生了反应；

（2）①t=400 s时，CH3OCH3分压P（CH3OCH3）=35.0KPa，测得容器内初始压强为41.6 kPa，转化率=

×100%=

×100%，反应速率满足v（CH3OCH3）=kPn（CH3OCH3），k=

n

，400 s时P（CH3OCH3）=）=35.0KPa，v（CH3OCH3）=kP（CH3OCH3）；

②达到平衡时，测得体系的总压强P总=121.6 kPa，结合三行计算得到物质的量，则该反应的平衡常数Kp=

；

=4.4×10-4s-1，400 s时v（CH3OCH3）=4.4×10-4s-1×35kPa=1.54×10-2kPa/s， 10-4s-1；4.4×10-4s-1； 故答案为：16%；4.4×

②达到平衡时，测得体系的总压强P总=121.6 kPa，结合三行计算得到物质的量，设甲醚物质的量为1mol，反应消耗甲醚物质的量为x， CH3OCH3（g）?CO（g）+H2（g）+CH4（g） 起始量（mol） 1 0 0 0 变化量（mol） x x x x 平衡量（mol） 1-x x x x 压强之比等于气体物质的量之比，

=

③该温度下，要缩短达到平衡所需的时间，除改进催化剂外，可以增大反应物的压强或增大反应物的浓度等。

本题考查了热化学方程式书写、化学反应速率和速率常数计算、平衡影响因素、化学平衡常数计算等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等。

10.【答案】 亚铜离子核外电子处于稳定的全充满状

33--态 面心立方最密堆积 12 sp N＞O＞C 正四面体 PO4或ClO4等 CaO的晶格能比BaO的晶格

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能大

线长度的一半，则棱长=储氢后密度=

=

nm=anm=g/cm3，

a×10-7cm，晶胞体积=（a×10-7cm）3，该晶体

【解析】

101

解：（1）Cu位于周期表中第4周期第ⅠB族，价电子排布式为3d4s，则基态Cu原子的价电子

排布图为：

故答案为：

，

。

101

（1）Cu位于周期表中第4周期第ⅠB族，价电子排布式为3d4s；

故答案为：；

+10

（2）高温下Cu2O比CuO稳定，从核外电子排布角度，Cu价电子排布为3d，为全满结构，较为

+10

（2）高温下Cu2O比CuO稳定，从核外电子排布角度，Cu价电子排布为3d，为全满结构，较为

稳定；

（3）根据堆积方式分析，金属Cu的堆积方式为密置层ABCABC……堆积；配位数是12； （4）NH3中N原子价层电子对个数=3+

=4，根据价层电子对互斥理论判断N原子杂化类

稳定，所以原因为：亚铜离子核外电子处于稳定的全充满状态， 故答案为：亚铜离子核外电子处于稳定的全充满状态；

（3）根据堆积方式分析，金属Cu的堆积方式为密置层ABCABC……堆积，Cu原子位于顶点和8÷2=12； 面心上，所以该堆积方式为面心立方最密堆积，配位数=3×故答案为：面心立方最密堆积；12； （4）NH3中N原子价层电子对个数=3+

3

型；同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而增大，但是第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；SO4中S原子价层电子对个数=4+

2-

=4且不含孤电子对，根据价层

电子对互斥理论判断该微粒空间构型，与该阴离子互为等电子体的五核微粒中含有5个原子且

=4，根据价层电子对互斥理论判断N原子杂化类

价电子数是32；

（5）离子化合物中，离子电荷越多、离子半径越小，晶格能越大，物质的熔点越高；

（6）该晶胞中Au原子个数=8×=1、Cu原子个数=6×=3，H原子填充在由1个Au原子和距Au原子最近的3个Cu原子构成的四面体空隙中，形成的结构为三角锥形，该晶胞中有8个这种三角锥，所以该晶胞中含有8个H原子，若Cu原子与Au原子的最短距离为a nm，为面对角线长度的一半，则棱长=

3--

型为sp；同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而增大，但是第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，所以第一电离能N＞O＞C；SO4中S原子价层电子对个数=4+

=4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该微粒空间构型为正四面体结构，

与该阴离子互为等电子体的五核微粒中含有5个原子且价电子数是32，符合条件的微粒有PO43-或ClO4-等，

故答案为：sp；N＞O＞C；正四面体；PO4或ClO4等；

2+2+

（5）离子电荷相同，Ca 半径比Ba小，CaO的晶格能比BaO大，故CaO的熔点比BaO高，

3

2-

nm=。

anm=

a×10-7cm，晶胞体积=（a×10-7cm）3，该晶体

储氢后密度=

本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、晶格能、原子杂化类型判断等知识点，侧重考查基本公式、基础知识再现及空间想像能力、计算能力，难点是晶胞计算，注意（6）中H原子个数判断，为解答难点，题目难度中等。

故答案为：CaO的晶格能比BaO的晶格能大；

（6）该晶胞中Au原子个数=8×=1、Cu原子个数=6×=3，H原子填充在由1个Au原子和距Au原子最近的3个Cu原子构成的四面体空隙中，形成的结构为三角锥形，该晶胞中有8个这种三角锥，所以该晶胞中含有8个H原子，若Cu原子与Au原子的最短距离为a nm，为面对角

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11.【答案】苯乙烯 取代反应 羧基、羟基 NaOH水溶液 加

（5）CH3CH=CH2与HBr在过氧化物条件下反应生成CH3CH2CH2Br，然后碱性条件下水解生成

CH3CH2CH2OH，再发生氧化反应生成CH3CH2CHO，最后与HOOCCH2COOH在吡啶、加热条件下反应得到CH3CH2CH=CHCOOH，合成路线流程图为：

热 11

【解析】

，

解：（l）化合物F的名称是：苯乙烯；B-C是-OCH3转化为-OH，属于取代反应， 故答案为：苯乙烯；取代反应；

故答案为：

。

（2）化合物E为，E中含氧官能团的名称是：羧基、羟基；G-H发生卤代烃的水解反应

结合信息①、B的分子式、物质C的结构，可知与过氧化氢发生取代反应生成B为

引入羟基，的反应所需试剂和条件分别是：NaOH水溶液、加热，

，B发生取代反应生成C（

故答案为：羧基、羟基；NaOH水溶液、加热；

（3）化合物C与新制Cu（OH）2悬浊液反应的化学方程式：

．对比D、E的分子式，结合I的结合，可知E为

，

、G为

。

，故H为

），C发生信息②中的反应生成D为

（5）CH3CH=CH2与HBr在过氧化物条件下反应生成CH3CH2CH2Br，然后碱性条件下水解生成

故答案为：

；

CH3CH2CH2OH，再发生氧化反应生成CH3CH2CHO，最后与HOOCCH2COOH在吡啶、加热条件下反应得到CH3CH2CH=CHCOOH。

（4）化合物W与E（

）互为同分异构体，两者所含官能团种类和数目完全相同，且苯

本题考查有机物推断与合成，充分利用转化中物质的结构简式与分子式进行分析判断，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，熟练掌握官能团的性质与转化，是有机化学常

环上有3个取代基，三个取代基为-OH、-OH、-CH=CHCOOH，或者为-OH、-OH、-C（COOH）

考题型。

=CH2，2个-OH有邻、间、对3种位置结构，对应的另外取代基分别有2种、3种、1种位置结构2-1=11种，其中核磁共振氢谱显示有6种不同化学环境（包含E），故W可能的结构有（2+3+1）×

的氢，峰面积比为2：2：1：1：1：1，符合要求的W的结构简式为：

，

12.【答案】圆底烧瓶 h，i→d，e g，f→b 未升华出来的FeCl3与未反应完的铁粉在溶液中反应生成了

Fe2+ 2Fe3++SO2+2H2O=4H++2Fe2++SO42- Fe（OH）3胶体 生成蓝色沉淀 ＜ ＜ 增强FeC13溶液的酸性 【解析】

故答案为：11；；

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解：（1）制备无水氯化铁 ①仪器X为圆底烧瓶； 故答案为：圆底烧瓶；

②由于无水氯化铁遇潮湿空气极易吸水生成FeCl3?nH2O，而制得的氯气中含有水蒸气和氯化氢，所以在和铁反应之前需要净化氯气。氯化氢用饱和食盐水除去，浓硫酸用来干燥氯气，且首先除去氯化氢，最后干燥。同时为了防止氯气污染空气，且也为了防止空气中的水蒸气进入反应器，还需要有尾气处理装置，选择的装置是盛有碱石灰的干燥管，故连接顺序为：a→h，i→d，e→i，k→g，f→b； 故答案为：h，i→d，e；g，f→b；

故答案为：＜；＜；

-l

⑤另取5 mL l mol?L FeC13溶液，先滴加2滴浓盐酸，再通入SO2至饱和。几分钟后，溶液由

黄色变为浅绿色，由此可知：酸性增强有利于反应ii的氧化还原反应，故促使氧化还原反应（ii）快速发生可采取的措施是增强FeC13溶液的酸性， 故答案为：增强FeC13溶液的酸性。 （1）制备无水氯化铁 ①根据仪器特点可得；

②由于无水氯化铁遇潮湿空气极易吸水生成FeCl3?nH2O，而制得的氯气中含有水蒸气和氯化氢，所以在和铁反应之前需要净化氯气。氯化氢用饱和食盐水除去，浓硫酸用来干燥氯气，且

2+

③实验结束后，取少量F中的固体加水溶解，经检测发现溶液中含有Fe，原因是未升华出来

首先除去氯化氢，最后干燥。同时为了防止氯气污染空气，且也为了防止空气中的水蒸气进入反应器，还需要有尾气处理装置，选择的装置是盛有碱石灰的干燥管，据此可得；

的FeCl3与未反应完的铁粉在溶液中反应生成了Fe；

故答案为：未升华出来的FeCl3与未反应完的铁粉在溶液中反应生成了Fe； （2）探究FeCl3与SO2的反应

3+

①Fe与SO2发生氧化还原反应生成亚铁离子和硫酸根离子，离子反应为：

2+

2+

③氯化铁在溶液中与铁价态归中可得亚铁离子，据此分析； （2）探究FeCl3与SO2的反应

3+

①Fe与SO2发生氧化还原反应生成亚铁离子和硫酸根离子，据此书写；

2Fe3++SO2+2H2O=4H++2Fe2++SO42-；

3++2+2-故答案为：2Fe+SO2+2H2O=4H+2Fe+SO4；

②根据胶体的丁达尔效应分析；

2+

③Fe与K3[Fe（CN）6]溶液可产生蓝色沉淀；

②FeCl3溶液也可得到红棕色Fe（OH）3胶体，用激光笔照射无明显光路，说明红棕色物质不是Fe（OH）3胶体；

故答案为：Fe（OH）3胶体；

2+

③向步骤Ⅲ中溶液加入2滴K3[Fe（CN）6]溶液，根据结论：溶液中含有Fe，则现象为生成蓝

④根据反应速率判断活化能大小；根据反应的进行程度比较K的大小； ⑤加入盐酸后反应更快，说明酸性增强能加快反应ii。

本题考查了物质的制备和探究性质实验方案设计，为高频考点，涉及的知识面广，综合性强，把握发生的氧化还原反应及现象的关系为解答的关键，题目难度中等。

色沉淀；

故答案为：生成蓝色沉淀；

④根据实验可知，反应i速率快，则其反应的活化能小，则E（i）＜E（ii），反应i得到的红棕色Fe（SO2）62+最终转化为反应ii的浅绿色Fe2+，则反应ii进行的程度更大，其化学平衡常数更大，则K（i）＜K（ii）；

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