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1、2023 年普通高等学校招生考试化学科目年普通高等学校招生考试化学科目(天津卷天津卷)一、选择题一、选择题1.近年来我国航天事业发展迅速，下列对所涉及化学知识的叙述错误的是A.“嫦娥五号”取回的月壤样品中含有天然玻璃物质，玻璃是晶体B.“天舟六号”壳体使用了铝合金，合金是金属材料C.“长征七号”采用了液氧煤油发动机，煤油是混合物D.“天宫”空间站新补充了一批氙推进剂，氙是稀有气体2.下列化学常识，错误的是A.淀粉是一种多糖B.葡萄糖有还原性C.油脂是一种高分子D.氨基酸具有两性3.下列方法(试剂)中，无法鉴别23Na CO和2BaCl两种物质的是A.焰色试验B.pH试纸C.稀氨水D.24Na
2、SO4.下列常见物质及用途，错误的是A.氢氧化铝可用于治疗胃酸过多B.SiO2可用于制造光导纤维C.Fe2O3是铁红，可以用作染料D.钠起火，可以使用水基灭火器扑灭5.下列比较 C 和Si非金属性的方法，错误的是A.元素的电负性B.最高价氧化物的熔点C.简单氢化物的热稳定性D.最高价氧化物对应的水化物的酸性6.常温下，二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色气体，具有强氧化性，已被联合国卫生组织(WTO)列为 Al 级高效安全消毒剂。已知，工业上制备二氧化氯的方法之一是用甲醇在酸性条件下与氯酸钠反应，其反应的化学方程式：CH3OH+6NaClO3+3H2SO4=CO2+6ClO2+3Na2SO4+5H
3、2O，则下列说法正确的是A.CO2是非极性分子B.键角：ClO3CH BrCOOHB.对键合电子的吸引能力强弱：FClBrC.25时的 pKa大小：22CHF COOHCH FCOOHD.25时 0.1mol/L 溶液的碱性强弱：32CH COONaCH ClCOONa12.武备志记载了古人提纯硫的方法，其中这样描写到具体流程：“先将硫打豆粒样碎块，每斤硫黄用麻油二斤，入锅烧滚，再下青柏叶半斤在油内，看柏枯黑色，捞去柏叶，然后入硫黄在滚油内。待油面上黄泡起至半锅，随取起，安在冷水盆内，倒去硫上黄油，净硫凝，一并在锅底内者是。”下列说法错误的是A.“硫打豆粒样”是为了增大接触面积B.“下青柏叶”
4、“看柏枯黑色”是为了指示油温C.“倒去硫上黄油”实现了固液分离D.流程用到了蒸馏原理二、填空题二、填空题13.填空（1）铜的价层电子排布式是_，+Cu与2+Cu中半径较大的是_。（2）铜的一种化合物的晶胞如图所示，其化学式为_。（3）在 H2O2作用下，铜与浓盐酸的反应可用于制备2CuCl，写出该反应化学方程式：_。反应中，H2O2实际消耗量总是大于理论的原因是_。H2O2电子式为_。（4）上述制备反应中，下列物质均可替代 H2O2作氧化剂，最适合的是是_(填序号)。a3HNOb2Oc2Cl（5）Cu2+和 I-的反应可用于 Cu 含量的定量分析。向 CuCl2溶液中滴入 KI 溶液，生成一种
5、碘化物白色沉淀，且上层溶液可使淀粉溶液变蓝。该白色沉淀的化学式为_。反应中 KI 的作用为_。14.二氧化碳的转化与综合利用是实现“碳达峰”“碳中和”战略的重要途径。近期，我国学者以电催化反应为关键步骤，用 CO2作原料，实现了重要医药中间体阿托酸的合成，其合成路线如下：（1）阿托酸所含官能团名称为碳碳双键、_。（2）AB 的反应类型为_。（3）A 的含有苯环且能发生银镜反应的同分异构体数目为_，其中在核磁共振氢谱中呈现四组峰的结构简式为_。（4）写出 BC 反应方程式：_。（5）CD 反应所需试剂及条件为_。（6）在 DE 反应中，用 Mg 作阳极、Pt 作阴极进行电解，则 CO2与 D 的
6、反应在_(填“阳极”或“阴极”)上进行。（7）下列关于 E 的叙述错误的是_(填序号)。a可发生聚合反应b分子内 9 个碳原子共平面c分子内含有 1 个手性碳原子d可形成分子内氢键和分子间氢键（8）结合题干信息，完成以下合成路线：_。（）15.研究人员进行了一组实验：实验一：如图，研究人员将氢氧化钠溶液加入反应容器，随后加入锌粉，随后加热。一段时间后反应完全，停止加热，锌粉仍有剩余，向反应所得溶液中加入一块铜片，并接触剩余的锌，铜片表面出现银白色金属，并伴随少量气体产生。实验二：研究人员将实验一得到的带有银白色金属的铜片加热，直到铜片表面变黄，立刻停止加热，置入水中冷却。已知：2242Zn+2
7、NaOH+2H O=Na Zn(OH)+H 2-+244NaZn(OH)=2Na+Zn(OH)2-2+-4Zn(OH)Zn+4OH（1）如图，实验一使用的仪器为_，为了防止加热过程中液体沸腾溅出，采取的办法是_。（2）24Na Zn(OH)中含有的化学键包括_。a离子键b极性共价键c非极性共价键d配位键（3）写出氢氧化钠与锌反应的离子方程式：_。（4）写出实验一中构成的原电池正负极反应：负极：_；正极：_。（5）研究人员在铜片表面变黄后立刻停止加热，放入水中，这样做的目的是_。（6）黄铜和黄金外表相似，但化学性质仍然有所区别。若使用硝酸对二者进行鉴别，则现象与结论为_。（7）若将铜片插入实验一
8、过滤后的上清液中，可否仍然出现上述现象？请解释：_。16.工业上以硫黄为原料制备硫酸的原理示意图如下，其过程包括、三个阶段。.硫液化后与空气中的氧反应生成 SO2。（1）8S的晶体类型是_。（2）第一步时，硫粉液化并与氧气共热生成二氧化硫。若反应温度超过硫粉沸点，部分硫粉会转化为硫蒸气，与生成的二氧化硫一同参加第二步反应，关于这种情况说法正确的是_。(填序号)a硫粉消耗会增大b二氧化硫生成率降低c生成较多 SO2（3）若每生成80g气体三氧化硫，放出98 3kJ能量，写出生成三氧化硫的反应的热化学方程式：_，若反应温度升高，则二氧化硫转化率_(填“升高”或“降低”)。（4）从能量角度分析，钒催
9、化剂在反应中的作用为_。.一定条件下，钒催化剂的活性温度范围是 450600。为了兼顾转化率和反应速率，可采用四段转化工艺：预热后的 SO2和 O2通过第一段的钒催化剂层进行催化氧化，气体温度会迅速接近 600，此时立即将气体通过热交换器，将热量传递给需要预热的 SO2和 O2，完成第一段转化。降温后的气体依次进行后三段转化，温度逐段降低，总转化率逐段提高，接近平衡转化率。最终反应在 450左右时，SO2转化率达到 97。（5）气体经过每段的钒催化剂层，温度都会升高，其原因是_，升高温度后的气体都需要降温，其目的是_（6）采用四段转化工艺可以实现_(填序号)。a控制适宜的温度，尽量加快反应速率
10、，尽可能提高 SO2转化率b使反应达到平衡状态c节约能源工业上用浓硫酸吸收 SO3.若用水吸收 SO3会产生酸雾，导致吸收效率降低。（7）SO3的吸收率与所用硫酸的浓度、温度的关系如图所示。据图分析，最适合的吸收条件；硫酸的浓度_，温度_。（8）一批 32 吨含硫元素99%的硫粉，参加反应，在第一步反应中硫元素损失了2%，二氧化硫在第二步反应中97%转化为了三氧化硫，三氧化硫在第三步反应中被吸收时，视作全部吸收，那么这批硫粉总计可以生产98%的浓硫酸_吨。2023 年普通高等学校招生考试化学科目年普通高等学校招生考试化学科目(天津卷天津卷)一、选择题一、选择题1.近年来我国航天事业发展迅速，下
11、列对所涉及化学知识的叙述错误的是A.“嫦娥五号”取回的月壤样品中含有天然玻璃物质，玻璃是晶体B.“天舟六号”壳体使用了铝合金，合金是金属材料C.“长征七号”采用了液氧煤油发动机，煤油是混合物D.“天宫”空间站新补充了一批氙推进剂，氙是稀有气体【答案】A【解析】【详解】A玻璃是非晶体，A 错误；B合金和金属单质是金属材料，B 正确；C煤油为碳原子数 C11-C17 的高沸点烃类混合物，主要成分是饱和烃类，还含有不饱和烃和芳香烃，煤油为混合物，C 正确；D氙是第 5 周期 0 族元素，属于稀有气体，D 正确；故答案为：A。2.下列化学常识，错误的是A.淀粉是一种多糖B.葡萄糖有还原性C.油脂是一种
12、高分子D.氨基酸具有两性【答案】C【解析】【详解】A淀粉本身属于糖类，淀粉属于糖类中的多糖，故 A 正确；B葡萄糖中含有醛基，具有还原性，故 B 正确；C油脂相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故 C 错误；D氨基酸中含有氨基和羧基，既可以和酸反应也可以和碱反应，具有两性，故 D 正确；故选 C。3.下列方法(试剂)中，无法鉴别23Na CO和2BaCl两种物质的是A.焰色试验B.pH试纸C.稀氨水D.24Na SO【答案】C【解析】【详解】A钠元素、钡元素的焰色不同，可以用焰色试验鉴别碳酸钠和氯化钡，A 不符合；BNa2CO3溶液显碱性，BaCl2溶液显中性，故可以用 pH 试纸检验 Na
13、2CO3和 BaCl2，B 不符合；CNa2CO3溶液和 BaCl2溶液与氨水都不反应，都无现象，C 符合；DNa2CO3溶液与 Na2SO4溶液不反应，BaCl2溶液与 Na2SO4反应生成白色沉淀硫酸钡，D 不符合；故答案为：C。4.下列常见物质及用途，错误的是A.氢氧化铝可用于治疗胃酸过多B.SiO2可用于制造光导纤维C.Fe2O3是铁红，可以用作染料D.钠起火，可以使用水基灭火器扑灭【答案】D【解析】【详解】A胃酸中含有 HCl，氢氧化铝可以与 HCl 反应，能用于治疗胃酸过多，A 正确；BSiO2具有良好的光学特性，可用于制造光导纤维，B 正确；CFe2O3是一种红色粉末，俗称铁红，
14、常用作红色染料，C 正确；D钠能与水反应生成易燃性气体氢气，不能使用水基灭火器扑灭，D 错误；故选 D。5.下列比较 C 和Si非金属性的方法，错误的是A.元素的电负性B.最高价氧化物的熔点C.简单氢化物的热稳定性D.最高价氧化物对应的水化物的酸性【答案】B【解析】【详解】A电负性越大，元素的非金属性越强，故不选 A；B最高价氧化物的熔点，与化学键或分子间作用力有关，与元素非金属性无关，故选 B；C简单氢化物的越稳定，元素非金属性越强，故不选 C；D最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，元素非金属性越强，故不选 D；选 B。6.常温下，二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色气体，具有强氧化性，已被联合
15、国卫生组织(WTO)列为 Al 级高效安全消毒剂。已知，工业上制备二氧化氯的方法之一是用甲醇在酸性条件下与氯酸钠反应，其反应的化学方程式：CH3OH+6NaClO3+3H2SO4=CO2+6ClO2+3Na2SO4+5H2O，则下列说法正确的是A.CO2是非极性分子B.键角：ClO3ClO2，B 错误；C该反应中，碳元素化合价由2 价变为+4 价，氯元素化合价由+5 价变为+4 价，所以氧化剂是 NaClO3，还原剂是甲醇，C 错误；DClO2中 Cl 原子提供 1 对电子，有一个 O 原子提供 1 个电子，另一个 O 原子提供 1 对电子，这 5 个电子处于互相平行的轨道中形成大键，Cl 提
16、供孤电子对与其中一个 O 形成配位键，Cl 与另一个 O 形成的是普通的共价键（键，这个 O 只提供了一个电子参与形成大键），Cl 的价层电子对数 3，则 Cl 原子的轨道杂化方式为 sp2，ClO2分子空间构型为 V 形，D 错误；故选 A。7.研究人员用同位素标记法研究了一个反应过程，如下：18+-1818222Cl+HO=H+Cl+H O OCl1818+-182H O OCl=H+Cl+O关于这个反应，说法正确的是A.反应是置换反应B.18O 的核电荷数是 18C.18O 与16O 互为同素异性体D.反应历程中22H O中的 O-O 键没有发生断裂【答案】D【解析】【详解】A反应生成两
17、种化合物，不是置换反应，故 A 错误；B核电荷数等于核内质子数，所以18O的核电荷数是 8，故 B 错误；C18O 与16O 是质子数相同、中子数不同的原子，互为同位素，故 C 错误；D反应历程中22H O、H-O-O-Cl、O2都含 O-O 键，所以22H O中 O-O 键没有发生断裂，故 D 正确；选 D。8.如图所示，是芥酸的分子结构，关于芥酸，下列说法正确的是A.芥酸是一种强酸B.芥酸易溶于水C.芥酸是顺式结构D.分子式为22442C H O【答案】C【解析】【详解】A芥酸中含有羧基，烃基较大，则芥酸的酸性小于醋酸，属于弱酸，故 A 错误；B虽然芥酸中含有的羧基是亲水基团，但疏水基烃基
18、较大，其难溶于水，故 B 错误；C芥酸中存在碳碳双键，且 H 原子在碳碳双键的同一侧，是一种顺式不饱和脂肪酸，故 C 正确；D由结构简式可知，芥酸的分子式为 C22H42O2，故 D 错误；故选 C。9.实验室制备和收集相应气体可使用下图装置的是A.铁与稀硝酸反应制 NOB.二氧化锰与浓盐酸共热制备 Cl2C.氢氧化钠与浓氨水制备 NH3D.Na2SO3与浓硫酸制备 SO2【答案】D【解析】【详解】ANO 与 O2反应生成 NO2，不能用排空气法收集 NO，故不选 A；B二氧化锰与浓盐酸共热制备 Cl2，反应需要吸热，缺少加热装置，故不选 B；C氨气的密度比空气小，需要用向下排空气法收集 NH
19、3，故不选 C；DNa2SO3与浓硫酸反应生成 SO2，SO2密度比空气大，用向上排空气法收集 SO2，故选 D；选 D。10.在浓度为0.1 mol/L的24NaH PO溶液中，如下说法正确的是A.溶液中浓度最大的离子是24H POB.2-3342444c H PO+c H PO+c HPO+c PO=0.1 mol/LC.+-2-32444c Na+c H=c H PO+2c HPO+3c POD.磷酸第二步电离平衡的平衡常数表达式为-24+24c H POK=c Hc HPO【答案】B【解析】【详解】A24NaH PO在水溶液中完全电离生成 Na+和24H PO，24H PO又发生电离和
20、水解，则溶液中浓度最大的离子是 Na+，故 A 错误；B根据 NaH2PO4溶液中的物料守恒可得：c(Na+)=c(24H PO)+c(PO34)+c(HPO24)+c(H3PO4)=0.1mol/L，故B 正确；C根据 NaH2PO4溶液中的电荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(H2PO4)+2c(HPO24)+3c(PO34)，故 C 错误；D磷酸第二步电离方程式为：4224H POHPOH，电离平衡的平衡常数表达式为+24-24c Hc HPOK=c H PO，故 D 错误；故选 B。故选：B。11.下表列出 25时不同羧酸的apK(即a-lgK)。根据表中的数据推测
21、，结论正确的是羧酸3CH COOH2CH FCOOH2CH ClCOOH2CH BrCOOHpKa4.762.592.872.90A.酸性强弱：22CH ICOOHCH BrCOOHB.对键合电子的吸引能力强弱：FClBrC.25时的 pKa大小：22CHF COOHCH FCOOHD.25时 0.1mol/L 溶液的碱性强弱：32CH COONaClBr，对键合电子的吸引能力强弱：FClBr，B 错误；CF 是吸电子基团，F 原子个数越多，吸电子能力越强，使得羧基中 OH 键极性增强，更易电离，酸性增强，则 25时的 pKa大小：CHF2COOHCH2FCOOH，C 正确；D根据 pKa知，
22、相同浓度下酸性 CH3COOHCH2ClCOOH，酸性越强，其对应盐的水解程度越弱，碱性越弱，则相同浓度下碱性：CH2ClCOONaCH3COONa，D 错误；故答案为：C。12.武备志记载了古人提纯硫的方法，其中这样描写到具体流程：“先将硫打豆粒样碎块，每斤硫黄用麻油二斤，入锅烧滚，再下青柏叶半斤在油内，看柏枯黑色，捞去柏叶，然后入硫黄在滚油内。待油面上黄泡起至半锅，随取起，安在冷水盆内，倒去硫上黄油，净硫凝，一并在锅底内者是。”下列说法错误的是A.“硫打豆粒样”是为了增大接触面积B.“下青柏叶”“看柏枯黑色”是为了指示油温C.“倒去硫上黄油”实现了固液分离D.流程用到了蒸馏原理【答案】D【
23、解析】【详解】A“硫打豆粒样”是为了增大接触面积，加快速率，故 A 正确；B油温较高时，柏叶由青色变为黑色，“下青柏叶”“看柏枯黑色”是为了指示油温，故 B 正确；C“倒去硫上黄油”硫磺留在锅底，实现了固液分离，故 C 正确；D该流程中没有使物质变为蒸汽，没有用到蒸馏原理，故 D 错误；选 D。二、填空题二、填空题13.填空（1）铜的价层电子排布式是_，+Cu与2+Cu中半径较大的是_。（2）铜的一种化合物的晶胞如图所示，其化学式为_。（3）在 H2O2作用下，铜与浓盐酸的反应可用于制备2CuCl，写出该反应化学方程式：_。反应中，H2O2实际消耗量总是大于理论的原因是_。H2O2电子式为_。
24、（4）上述制备反应中，下列物质均可替代 H2O2作氧化剂，最适合的是是_(填序号)。a3HNOb2Oc2Cl（5）Cu2+和 I-的反应可用于 Cu 含量的定量分析。向 CuCl2溶液中滴入 KI 溶液，生成一种碘化物白色沉淀，且上层溶液可使淀粉溶液变蓝。该白色沉淀的化学式为_。反应中 KI 的作用为_。【答案】（1）.3d104s1.Cu+（2）CuCl（3）.Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O.反应生成 Cu2+能够催化 H2O2分解为 H2O和 O2.（4）b（5）.CuI.将 Cu2+充分还原为 CuI【解析】【小问 1 详解】已知 Cu 是 29 号元素，则铜的价层电子排
25、布式是 3d104s1，根据同一元素的微粒化合价高的离子有效核电荷数多，半径越小，故 Cu+与 Cu2+中半径较大的是 Cu+，故答案为：3d104s1；Cu+；【小问 2 详解】由题干铜的一种化合物的晶胞图所示可知，一个晶胞中含有 Cu+为 4 个，含有 Cl-个数为：118682=4个，故其化学式为 CuCl，故答案为：CuCl；【小问 3 详解】在 H2O2作用下，铜与浓盐酸的反应可用于制备 CuCl2，根据氧化还原反应配平可得，该反应化学方程式为：Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O，由于反应生成 Cu2+能够催化 H2O2分解为 H2O 和 O2，导致反应中，H2O2实际消
26、耗量总是大于理论，H2O2为共价化合物，故其电子式为：，故答案为：Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O；反应生成 Cu2+能够催化 H2O2分解为 H2O 和 O2；【小问 4 详解】HNO3被还原生成 NO 有毒，会污染环境，Cl2本身有毒也会污染环境，故上述制备反应中，下列物质均可替代 H2O2作氧化剂，最适合的是是 O2，故答案为：b；【小问 5 详解】Cu2+和 I-的反应可用于 Cu 含量的定量分析，向 CuCl2溶液中滴入 KI 溶液，生成一种碘化物白色沉淀，且上层溶液可使淀粉溶液变蓝，说明反应生成了 I2，根据化合价有升必有降的原理可知，反应中 Cu 的化合价降低到+1
27、 价，故反应的离子方程式为：2Cu2+4I-2CuI+I2，即该白色沉淀的化学式为 CuI，反应中 KI 的作用为将 Cu2+充分还原为 CuI，故答案为：CuI；将 Cu2+充分还原为 CuI。14.二氧化碳的转化与综合利用是实现“碳达峰”“碳中和”战略的重要途径。近期，我国学者以电催化反应为关键步骤，用 CO2作原料，实现了重要医药中间体阿托酸的合成，其合成路线如下：（1）阿托酸所含官能团名称为碳碳双键、_。（2）AB 的反应类型为_。（3）A 的含有苯环且能发生银镜反应的同分异构体数目为_，其中在核磁共振氢谱中呈现四组峰的结构简式为_。（4）写出 BC 反应方程式：_。（5）CD 反应所
28、需试剂及条件为_。（6）在 DE 反应中，用 Mg 作阳极、Pt 作阴极进行电解，则 CO2与 D 的反应在_(填“阳极”或“阴极”)上进行。（7）下列关于 E 的叙述错误的是_(填序号)。a可发生聚合反应b分子内 9 个碳原子共平面c分子内含有 1 个手性碳原子d可形成分子内氢键和分子间氢键（8）结合题干信息，完成以下合成路线：_。（）【答案】（1）羧基（2）加成反应(或还原反应）（3）.4.（4）浓硫酸+H2O（5）O2，/催化剂（6）阴极（7）b（8）()浓硫酸）2(CO()电催化）酸化()浓硫酸）。【解析】【分析】(A)与氢气发生加成反应生成(B)，在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成
29、(C)，对比和(D)的结构简式可知，到的转化发生的是氧化反应，的在 1)CO2电催化、2)酸化条件下转化成(E)，在 1)KOH 溶液、2)盐酸条件下转化成阿托酸。【小问 1 详解】阿托酸的结构简式为，其所含官能团的名称为碳碳双键、羧基；【小问 2 详解】A 的结构简式为、B 的结构简式为，与氢气发生加成反应生成，所以 AB 的反应类型为加成反应或还原反应；【小问 3 详解】A 的结构简式为，其符合题目要求的同分异构体为一个侧链两个侧链(甲基有邻、间、对三种位置)，所以符合要求的同分异构体的数目为 1+3=4，其中在核磁共振氢谱中呈现四组峰的结构简式为；【小问 4 详解】B 的结构简式为、C
30、的结构简式为，在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成，BC 反应方程式为 浓硫酸+H2O；【小问 5 详解】对比(C)和(D)的结构简式可知，到的转化发生的是氧化反应，所以 CD 反应所需试剂为 O2、条件为加热、催化剂；【小问 6 详解】D 的结构简式为、E 结构简式为，E 比 D 多一个碳原子、两个氧原子和两个氢原子，E 中碳元素化合价降低，D 得电子生成 E，即发生还原反应，所以在 DE 反应中，用 Mg 作阳极、Pt 作阴极进行电解，CO2与 D 的反应在阴极上进行；【小问 7 详解】E 结构简式为：aE 中含有羧基和醇羟基，所以可以发生聚合反应，故 a 正确；b苯环及直接连接苯环的碳原
31、子共平面，连接羧基和苯环的碳原子为饱和碳原子，该碳原子采取 sp3杂化，为四面体结构，由于单键可以旋转，所以分子中最少有 7 个碳原子共平面、最多有 8 个碳原子共平面，故 b错误；c分子中连接羧基和苯环的碳原子连了 4 个不同的原子或原子团，该碳原子为手性碳原子，分子中只有该碳原子为手性碳原子，故 c 正确；dE 分子中含有羧基和羟基，由于羧基和羟基间距小，所以该分子既可形成分子内氢键，又可以形成分子间氢键，故 d 正确；故答案为：b；【小问 8 详解】在浓硫酸作催化剂、加热条件下反应生成，在 1)CO2电催化、2)酸化条件下转化成，在浓硫酸、加热条件下生成，所以合成路线为()浓硫酸），2(
32、CO()电催化）酸化，()浓硫酸）。15.研究人员进行了一组实验：实验一：如图，研究人员将氢氧化钠溶液加入反应容器，随后加入锌粉，随后加热。一段时间后反应完全，停止加热，锌粉仍有剩余，向反应所得溶液中加入一块铜片，并接触剩余的锌，铜片表面出现银白色金属，并伴随少量气体产生。实验二：研究人员将实验一得到的带有银白色金属的铜片加热，直到铜片表面变黄，立刻停止加热，置入水中冷却。已知：2242Zn+2NaOH+2H O=Na Zn(OH)+H 2-+244NaZn(OH)=2Na+Zn(OH)2-2+-4Zn(OH)Zn+4OH（1）如图，实验一使用的仪器为_，为了防止加热过程中液体沸腾溅出，采取的
33、办法是_。（2）24Na Zn(OH)中含有的化学键包括_。a离子键b极性共价键c非极性共价键d配位键（3）写出氢氧化钠与锌反应的离子方程式：_。（4）写出实验一中构成的原电池正负极反应：负极：_；正极：_。（5）研究人员在铜片表面变黄后立刻停止加热，放入水中，这样做的目的是_。（6）黄铜和黄金外表相似，但化学性质仍然有所区别。若使用硝酸对二者进行鉴别，则现象与结论为_。（7）若将铜片插入实验一过滤后的上清液中，可否仍然出现上述现象？请解释：_。【答案】（1）.蒸发皿.用玻璃棒搅拌（2）abd（3）2242Zn+2OH+2H O=Zn(OH)+H（4）.Zn-2e-+4OH-=24Zn(OH)
34、.2-4+2Zn(OH)Zn+4OHe、2H2O+2e-=H2+2OH-（5）防止锌被氧化（6）将黄铜和黄金分别与稀硝酸反应，产生气泡的是黄铜（7）实验一过滤后的上清液中没有金属锌，加入铜片后不能形成原电池，不能出现上述现象【解析】【分析】Zn 与 NaOH 溶液发生反应2242Zn+2NaOH+2H O=Na Zn(OH)+H，一段时间后反应完全，停止加热，锌粉仍有剩余，向反应所得溶液中加入一块铜片，并接触剩余的锌，形成原电池，Zn 失去电子生成24Zn(OH)，电极方程式为：Zn-2e-+4OH-=24Zn(OH)，正极由2-2+-4Zn(OH)Zn+4OH产生的锌离子得到电子转变为锌：2
35、-4+2Zn(OH)Zn+4OHe而产生银白色的金属、同时 H2O 得到电子生成少量 H2，电极方程式为：2H2O+2e-=H2+2OH-，以此解答。【小问 1 详解】由图可知，实验一使用的仪器为蒸发皿，为了防止加热过程中液体沸腾溅出，采取的办法是：用玻璃棒搅拌。【小问 2 详解】24Na Zn(OH)是离子化合物，Na+和24Zn(OH)之间形成离子键，24Zn(OH)内部存在配位键，O-H 属于极性共价键，故选 abd。【小问 3 详解】已知 Zn 和 NaOH 溶液反应的化学方程式为：2242Zn+2NaOH+2H O=Na Zn(OH)+H，离子方程式为：2242Zn+2OH+2H O
36、=Zn(OH)+H。【小问 4 详解】锌比铜活泼，实验一中构成的原电池的负极为 Zn，Zn 失去电子生成24Zn(OH)，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：Zn-2e-+4OH-=24Zn(OH)，正极为 Cu，正极由2-2+-4Zn(OH)Zn+4OH产生的锌离子得到电子转变为锌而产生银白色的金属、同时 H2O 得到电子生成少量 H2，电极方程式为：2-4+2Zn(OH)Zn+4OHe、2H2O+2e-=H2+2OH-。【小问 5 详解】锌离子得电子产生锌析出在铜表面，铜锌接触只有薄薄的一层，加热就是黄铜，所以铜表明变黄，用冷水降温的目的是：防止锌被氧化。【小问 6 详解】铜与稀硫
37、酸反应生成硝酸铜和一氧化氮，将黄铜和黄金分别与稀硝酸反应，产生气泡的是黄铜。【小问 7 详解】实验一过滤后的上清液中没有金属锌，加入铜片后不能形成原电池，不能出现上述现象。16.工业上以硫黄为原料制备硫酸的原理示意图如下，其过程包括、三个阶段。.硫液化后与空气中的氧反应生成 SO2。（1）8S的晶体类型是_。（2）第一步时，硫粉液化并与氧气共热生成二氧化硫。若反应温度超过硫粉沸点，部分硫粉会转化为硫蒸气，与生成的二氧化硫一同参加第二步反应，关于这种情况说法正确的是_。(填序号)a硫粉消耗会增大b二氧化硫生成率降低c生成较多 SO2（3）若每生成80g气体三氧化硫，放出98 3kJ能量，写出生成
38、三氧化硫的反应的热化学方程式：_，若反应温度升高，则二氧化硫转化率_(填“升高”或“降低”)。（4）从能量角度分析，钒催化剂在反应中的作用为_。.一定条件下，钒催化剂的活性温度范围是 450600。为了兼顾转化率和反应速率，可采用四段转化工艺：预热后的 SO2和 O2通过第一段的钒催化剂层进行催化氧化，气体温度会迅速接近 600，此时立即将气体通过热交换器，将热量传递给需要预热的 SO2和 O2，完成第一段转化。降温后的气体依次进行后三段转化，温度逐段降低，总转化率逐段提高，接近平衡转化率。最终反应在 450左右时，SO2转化率达到 97。（5）气体经过每段的钒催化剂层，温度都会升高，其原因是
39、_，升高温度后的气体都需要降温，其目的是_（6）采用四段转化工艺可以实现_(填序号)。a控制适宜的温度，尽量加快反应速率，尽可能提高 SO2转化率b使反应达到平衡状态c节约能源工业上用浓硫酸吸收 SO3.若用水吸收 SO3会产生酸雾，导致吸收效率降低。（7）SO3的吸收率与所用硫酸的浓度、温度的关系如图所示。据图分析，最适合的吸收条件；硫酸的浓度_，温度_。（8）一批 32 吨含硫元素99%的硫粉，参加反应，在第一步反应中硫元素损失了2%，二氧化硫在第二步反应中97%转化为了三氧化硫，三氧化硫在第三步反应中被吸收时，视作全部吸收，那么这批硫粉总计可以生产98%的浓硫酸_吨。【答案】（1）分子晶
40、体（2）ab（3）.2SO2(g)+O2(g)=2SO3-196.6kJH=/mol.降低（4）通过多次热交换及催化剂多次催化效应，可以提高能量的利用率（5）.二氧化硫和氧气的反应是放热反应，反应释放能量.及时分离出三氧化硫并充分利用能量（6）ac（7）.98.3%.60（8）94.1【解析】【分析】先将硫黄在空气中燃烧或焙烧，和氧气反应生成二氧化硫，生成的 SO2和氧气发生反应转化为三氧化硫，生成的 SO3用浓硫酸吸收得到硫酸；【小问 1 详解】8S是硫单质的分子晶体；【小问 2 详解】第一步时，硫粉液化并与氧气共热生成二氧化硫，若反应温度超过硫粉沸点，部分硫粉会转化为硫蒸气，则消耗的硫粉会
41、增大，硫蒸气与生成的二氧化硫一同参加第二步反应过程中，硫蒸气会继续和氧气反应生成二氧化硫，但第二步中二氧化硫浓度较大，会降低二氧化硫的生成率，故选 ab。【小问 3 详解】若每生成 80g 气体三氧化硫，放出 98.3kJ 能量，80g 三氧化硫的物质的量为：80g80g/mol=1mol，则生成三氧化硫的反应的热化学方程式为：2SO2(g)+O2(g)=2SO3H=-2 98.3kJ/mol=-196.6kJ/mol；该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则二氧化硫转化率降低；【小问 4 详解】催化剂需要合适活性催化温度，在第二步反应中，通过多次热交换及催化剂多次催化效应，可以提高能量的
42、利用率；【小问 5 详解】通入催化剂层后，体系(剩余反应物与生成物)温度升高的原因在于：二氧化硫和氧气的反应是放热反应，反应释放能量使得温度升高；每轮反应后进行热交换降温的目的是：及时分离出三氧化硫促使反应正向移动，并充分利用能量对反应物进行预加热。【小问 6 详解】a由题目信息可知，四轮反应保证了在反应速率较大的情况下，转化率尽可能大，故 a 正确；b由题目信息可知，四轮反应使反应转化率接近平衡转化率，也就是使得反应接近平衡状态，故 b 错误；c四轮反应中，每轮反应后进行热交换降温，节约了能源，故 c 正确；故选 ac。【小问 7 详解】由图可知，最适合吸收三氧化硫的浓硫酸质量分数为 98.3%，最适合吸收的温度为 60，此时吸收率最高。【小问 8 详解】由题意可知，32 吨含硫元素 99%的硫粉物质的量为659.9 10 mol32g/32 10 g 99%mol，在第一步反应中硫元素损失了 2%，则生成559.9 10 mol 98%9.702 10 mol二氧化硫，二氧化硫在第二步反应中 97%转化为了三氧化硫，则生成559.702 10 mol 97%9.41 10 mol三氧化硫，三氧化硫在第三步反应中被吸收时，视作全部吸收，那么这批硫粉总计可以生产 98%的浓硫酸，为569.41 10 mol 98g/mol100.9894.1吨。