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河北省承德市2023-2024学年高二下学期期末考试化学试卷（解析版）
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这是一份河北省承德市2023-2024学年高二下学期期末考试化学试卷（解析版），共19页。试卷主要包含了可能用到的相对原子质量， 已知反应， 物质结构决定物质性质， 下列物质检验方法正确的是等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。
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 B 11 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Fe 56 C 59 Ag 108
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，只有一项是符合题目要求的。
1. 中国空间站第六批空间科学实验样品已随“神舟十七号”载人飞船返回舱顺利返回。下列叙述错误的是
A. 返回舱使用的碳化硅是一种高温结构陶瓷材料
B. 航天器的结构骨架和壳体中的铝合金属于金属材料
C. 用于制作航天器的连接件和关键部件的钛合金是一种低强度、高密度的金属材料
D. 返回舱外层涂层材料能够保护宇宙飞船的表面免受高温、紫外线和氧化物的侵蚀
【答案】C
【详解】A．碳化硅是共价晶体，熔点高，强度大，是一种高温结构陶瓷，故A正确；
B．铝合金属于金属材料，故B正确；
C．钛合金是一种高强度、低密度的金属材料，故C错误；
D．返回舱外层涂层材料具有隔热、稳定的作用，能够保护宇宙飞船的表面免受高温、紫外线和氧化物的侵蚀，故D正确；
答案选C。
2. 下列关于物质分类的组合正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【详解】A．矿泉水不是纯净物，是混合物，故A错误；
B．各物质归类正确，故B正确；
C．纯碱是碳酸钠，不是碱，是盐，故C错误；
D．冰水混合物是纯净物，生石灰是氧化物，故D错误；
答案选B。
3. 已知反应。下列描述的化学用语错误的是
A. 的结构示意图：
B. 水分子的球棍模型：
C. HClO的结构式：H—O—Cl
D. 用电子式表示HCl的形成：
【答案】A
【详解】A．氯离子的结构示意图为：，故A错误；
B．水分子呈V形或角形，正确的球棍模型为：，故B正确；
C．HClO分子中O原子分别与H、Cl原子形成共价键，使分子中各个原子都达到稳定结构，其结构式为：H-O-Cl，故C正确；
D．HCl为共价化合物，用电子式表示HCl的形成过程：，故D正确；
答案选A。
4. 化学与生产、生活密切相关。下列不涉及化学变化的是
A. 泡菜的腌制B. 铁质护栏生锈
C. 用“84”消毒液消毒衣物D. 用活性炭去除冰箱异味
【答案】D
【详解】A．泡菜的腌制会生成酸性物质，有新物质生成，涉及化学变化，故A不选；
B．铁质护栏生锈，铁会变为氧化铁的水合物等，涉及化学变化，故B不选；
C．用84消毒液漂白衣物过程中有新物质生成，属于化学变化，故C不选；
D．活性炭包除去冰箱中的异味过程中没有新物质生成，属于物理变化，故D选；
答案选D。
5. 已知反应：
①；
②；
③。
依据上述反应并结合已学知识，下列微粒氧化性由强到弱的顺序正确的是
A. B.
C. D.
【答案】A
【详解】判断规则是氧化剂的氧化性强于氧化产物，①；氧化性：，②；氧化性：，③。氧化性：，结合已学知识，氧化性：，氧化性：，故选A。
6. 物质结构决定物质性质。下列性质差异与影响因素匹配正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【详解】A．键角：小于，是因为SO2中S的价层电子对为2+=3，有1个孤电子对，为V形分子，中C的价层电子对为2+=2，没有孤电子对，为直线形分子，与电负性没有关系，故A不选；
B．硬度：SiC>Si是因为Si-C键的键能大于Si-Si键，两者都是原子晶体，故B不选；
C．沸点：对羟基苯甲醛>邻羟基苯甲醛是因为对羟基苯甲醛主要形成分子间氢键，邻羟基苯甲醛主要形成分子内氢键，与氢键形成有关，故C选；
D．热稳定性：是因为S的非金属性强于Se，与范德华力无关，故D不选；
答案选C。
7. 下列实验装置能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【详解】A．干燥气体，浓硫酸的洗气瓶气体流向是长进短出，故A错误；
B．收集用向上排空气法，氢氧化钠溶液可用于尾气处理、倒扣的漏斗用于防倒吸，故B正确；
C．NO气体容易被空气中O2氧化为NO2，应该用排水法收集，故C错误；
D．可以和NaOH溶液发生化学反应，除去中的HCl应将混合气体通入到饱和食盐水溶液中，故D错误；
故选B。
8. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 1 ml环氧乙烷()中含有的σ键数目为
B. 的NaClO溶液中，与HClO的数目之和为
C. 1 ml 与水反应制备胶体，生成的胶体粒子数为
D. NaD与反应生成氢氧化钠和氢气，每生成3g氢气，转移电子数为
【答案】D
【详解】A．一个环氧乙烷()中含有7条σ键，1 ml环氧乙烷()中含有的σ键数目为，故A错误；
B．溶液的体积未知，无法计算微粒数目，故B错误；
C．由于氢氧化铁胶粒是氢氧化铁的聚集体，生成的胶体粒子数小于，故C错误；
D．NaD与反应生成的氢气为HD，3gHD物质的量为1ml，该反应为归中反应，转移电子数为，故D正确；
答案选D。
9. 下列物质检验方法正确的是
A. 若某溶液做焰色试验时的焰色为黄色，则该溶液为钠盐溶液
B. 若向某溶液中加入溶液，产生白色沉淀，则该溶液中可能含有
C. 若向某溶液中加入NaOH溶液后，未产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则该溶液中一定不含有
D 若向某酸性溶液中加入溶液，产生白色沉淀，则原溶液中一定含有
【答案】B
【详解】A．钠元素的焰色为黄色，由实验可知该溶液中含有钠元素，但不一定是钠盐，也可能是NaOH，故A错误；
B．若向某溶液中加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，该白色沉淀可能是AgCl，则该溶液可能含有Cl-，故B正确；
C．加入NaOH溶液，可能生成一水合氨，NH3没有释放，原溶液中可能含有，故C错误；
D．酸性溶液中加入溶液，硝酸根在酸性溶液中有强氧化性，若原溶液是亚硫酸根，也会生成硫酸钡沉淀，故D错误；
答案选B。
10. 一种有机催化剂由原子序数依次递增的短周期主族元素X、Y、Z、W、M组成，结构式如图。下列说法错误的是
A. Z元素的第一电离能小于同周期中的相邻元素
B. 原子半径：
C. Z的氢化物沸点高于Y的氢化物
D. Y、Z、M均可与X形成的分子
【答案】C
【分析】原子序数依次递增的前20号元素X、Y、Z、W、M，X只形成1个共价键，Y形成4个共价键，Z形成2个共价键、M形成6个共价键，可知X为H元素、Y为C元素、Z为O元素、M为S元素；W形成带1个单位正电荷的阳离子，结合原子序数可知W为Na元素，以此来解答。
【详解】由上述分析可知，X为H元素、Y为C元素、Z为O元素、W为Na元素、M为S元素；
A．同周期从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但是第IIA族>IIIA，第VA族>VIA族，所以第一电离能N>O，F>O，故A正确；
B．同周期从左到右，原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，故原子半径Na>S>O，故B正确；
C．Y是C，氢化物有多种烃，沸点可能会高于O的氢化物，故C错误；
D．C与H可以形成的分子C2H6，O与H可以形成的分子H2O2，S与H可以形成的分子H2S，故D正确；
答案选C。
11. 下列离子方程式书写正确的是
A. 过量的氯气和溶液反应：
B. 氯化铜溶液中通入硫化氢：
C. 通入酸性高锰酸钾溶液中：
D. 用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙：
【答案】D
【详解】A．过量的氯气和溶液反应，亚铁离子和溴离子均要反应，离子方程式为，故A错误；
B．硫化氢是气体，应该写化学式，反应的离子方程式应该为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，故B错误；
C．将二氧化硫通入酸性高锰酸钾溶液中反应生成硫酸锰、硫酸钾和水，反应的离子方程式为，故C错误；
D．用Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4转化为CaCO3，离子方程式为：，故D正确；
答案选D。
12. 为消除NO、等氮氧化物对环境的破坏作用，可采用催化氮氧化物(SCR)脱除技术，反应原理如图所示。下列说法正确的是
A. NO、均为酸性氧化物
B. 若用NaOH溶液吸收等体积的NO和，只能生成一种盐
C. NO与气体等体积混合后与过量氨气发生反应，转移9 ml电子时生成3 ml
D. 反应过程中有极性键和非极性键的断裂，同时也有极性键和非极性键的形成
【答案】C
【详解】A．NO、均不是酸性氧化物，故A错误；
B．若用NaOH溶液吸收等体积的NO和生成NaNO2和水，故B错误；
C．NO与气体等体积混合后与过量氨气发生反应，反应方程式为3NO+3NO2+6NH3=6N2+9H2O，根据方程式，转移18ml电子生成6mlN2，转移9 ml电子时生成3 ml ，故C正确；
D．反应过程中只有极性键氮氢键、氮氧键断裂，故D错误；
选C。
13. 金属硼氢化物可用作储氢材料。一种金属硼氢化物氨合物的晶体结构示意图如图，图中位于晶胞的顶点和面心的“(八面体)”的中心代表金属离子，顶点代表氨分子；“(四面体)”的中心代表硼原子，顶点代表氢原子。该晶体的晶胞形状为立方体，棱长为a pm，密度为，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A. 该晶体中与B原子个数比
B. 与硼原子间最短距离为
C. M的相对原子质量为
D. 该物质中含有的化学键的类型有配位键、离子键和共价键
【答案】C
【详解】A．该晶胞中M2+个数==4，氨分子个数是M原子个数的6倍，所以含有24个氨分子，B原子个数是8，H原子个数是B原子个数的4倍，有32个H原子，该晶胞中M、NH3、B、H个数之比=4：24：8：32=1：6：2：8，其化学式为M(NH3)6B2H8，其中，故A正确；
B．与B原子最短距离为晶胞体对角线长度的，即，故B正确；
C．该晶胞体积V=(a×10-10cm)3，设该化合物的摩尔质量为Mg•ml-1，晶胞质量为4Mg，该晶胞的密度为=，则M=，则M的相对原子质量为132，故C错误；
D．该物质中有阴阳离子，含有离子键，NH3与B之间有配位键，NH3内有共价键，故D正确；
答案选C。
14. 下列实验操作、现象均正确，且可得出相应结论是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【详解】A．乙醇是非电解质，故A错误；
B．向某无色溶液中滴加盐酸后，将生成的无色气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，说明生成SO2，则无色溶液中可能含有或，故B正确；
C．证明元素非金属性强弱，需要比较元素最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，但硝酸有挥发性，挥发出的硝酸也能使硅酸钠溶液产生白色沉淀，故C错误；
D．反应后混合物的密度大于水的密度，则将反应后混合物注入水中观察颜色，故D错误；
答案选B。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 某化学兴趣小组设计实验探究物质M组成，实验流程如图所示，实验中加入的盐酸和NaOH溶液均过量。常温下，M和C均为固体，二者所含元素不完全相同，B为常见的无色液体，A、M、B、C均为二元化合物，反应①为。
已知：“淡黄色沉淀”为单质；反应②得到的“溶液”中不含与“淡黄色沉淀”相同的元素。
（1）列举“红棕色固体”的一种用途：___________。简述“过滤、洗涤”后的沉淀在“空气中灼烧”生成“红棕色固体”的原因：___________。
（2）组成物质C的元素为___________(填元素符号)；物质B的化学式为___________。
（3）向溶液E中通入直至过量，可观察到的现象：___________。
（4）C与盐酸反应的离子方程式为___________，该反应中HCl体现了___________性。
（5）物质M中两种原子的个数比为___________。
【答案】（1）①. 作红色涂料等 ②. “过滤、洗涤”得到的沉淀为，空气中的氧气将其氧化为，灼烧时分解为
（2）①. Fe、S ②.
（3）溶液先变红后褪色
（4）①. ②. 酸
（5）4︰5(或5︰4)
【分析】根据最后得到9.6g红棕色固体，该固体为Fe2O3，其物质的量为=0.06ml，结合D1溶于遇KSCN溶液不反应，说明D1和D2都是FeCl2溶液，每一份溶液中含有的Fe2+为0.12ml，则反应②得到的溶液共含有Fe2+为0.24ml，淡黄色固体为单质S，物质的量为=0.06ml，根据元素守恒，则C中含Fe、S两种元素，则A为H2S气体，物质的量为=0.24ml，则C中含有的Fe元素为0.24ml，S元素为0.24ml+0.06ml=0.30ml，两这的比值为4：5，得出C化学式为；B是B为常见的无色液体，B为H2O，根据方程式，即有：，可得A为；
【小问1详解】
红棕色固体为Fe2O3，可以做红色涂料；过滤、洗涤后的沉淀为Fe(OH)2，空气中的氧气将其氧化为，灼烧时分解为，故变为红棕色固体；
【小问2详解】
由上述分析可知，C中含有的元素为：Fe、S，B为H2O；
【小问3详解】
E为FeCl2溶液与KSCN溶液的混合溶液，通入直至过量，可观察到的现象是溶液先变红后褪色，因为Cl2将Fe2+氧化为Fe3+，与KSCN溶液显红色，后Cl2又将KSCN氧化，导致红色褪去；
【小问4详解】
C为，其与盐酸反应的离子方程式为：，盐酸中只有H+参与反应，体现了酸性；
【小问5详解】
M化学式为，两种原子的个数比为：4︰5(或5︰4)。
16. 连二亚硫酸钠俗称保险粉，广泛用于纺织、印染工业作助染剂及漂白剂。某研究性学习小组利用以下方法制备连二亚硫酸钠并测定其纯度。
已知：①呈现两性。
②易溶于水，难溶于乙醇，在酸性溶液中会发生歧化反应，在碱性溶液中较稳定，在空气中易被氧化；低于52℃时在水溶液中以形态结晶，高于52℃时在碱性溶液中脱水成无水盐。
I．的制备：
步骤1：安装好整套装置(夹持装置、搅拌磁子省略)，并检查装置的气密性；
步骤2：在三颈烧瓶中依次加入Zn粉和水，电磁搅拌形成悬浊液；
步骤3：打开仪器a的活塞，向装置C中先通入一段时间；
步骤4：打开仪器c的活塞，滴加稍过量NaOH溶液使装置C中溶液的pH在8.2～10.5；
步骤5：过滤，滤液经“一系列操作”可获得。
（1）仪器a的名称是___________，与普通分液漏斗相比，其优点是___________。
（2）步骤3中与锌粉悬浊液反应得到，该反应的化学方程式为___________；此时需控制通入的不能过量，原因是___________。
（3）装置B(单向阀)的作用是___________。
（4）步骤5中的“一系列操作”包括：
a．向滤液中分批逐步加入NaCl固体，搅拌使其析出结晶，用倾析法除去上层溶液，余少量母液；该步骤中加入NaCl固体的目的是___________。
b．___________(填操作名称)。
c．用___________(填试剂名称)洗涤、干燥，制得固体。
II．样品纯度的测定：称量15.0g粗品，滴加一定量的NaOH溶液使溶液显碱性后，滴加Ag-EDTA络合溶液，发生反应：，充分反应后，过滤、洗涤，干燥得到10.8 g银。
（5）该粗品中连二亚硫酸钠的质量分数为___________%。
【答案】（1）①. 恒压滴液漏斗 ②. 能平衡恒压滴液漏斗与烧瓶内压强，便于浓硫酸的顺利流下
（2）①. ②. 在碱性溶液中较稳定，过量的二氧化硫会使溶液显酸性，导致产品的损失
（3）防倒吸 （4） ①. 增大浓度，促进结晶析出(或同离子效应) ②. 过滤 ③. 乙醇
（5）58
【分析】浓硫酸与饱和亚硫酸氢钠溶液反应生成，先向装置C中先通入一段时间排尽空气，与Zn反应生成，加入NaOH溶液得到；
【小问1详解】
仪器a的名称是恒压滴液漏斗，与普通分液漏斗相比，其优点是：能平衡恒压滴液漏斗与烧瓶内压强，便于浓硫酸的顺利流下；
【小问2详解】
步骤3中与锌粉反应得到，该反应的化学方程式为；已知在酸性溶液中会发生歧化反应，在碱性溶液中较稳定，控制通入的不能过量，原因是在碱性溶液中较稳定，过量的二氧化硫会使溶液显酸性，导致产品的损失；
【小问3详解】
单向阀只允许气体按一个方向流动，防止气体回流。在该实验中，装置C中发生的反应有CO2生成，单向阀的作用是防止装置C中压强过大，液体压入装置A中，发生危险，因此单向阀的作用是：防倒吸；
【小问4详解】
a．滤液经“一系列操作”可获得，加入NaCl固体的目的是：增大浓度，促进结晶析出；b．从母液中分离出结晶，用到过滤操作；c．易溶于水，难溶于乙醇，且乙醇易挥发，用乙醇洗涤、干燥，制得固体；
【小问5详解】
10.8 g银的物质的量为，由题给反应方程式可知，n()=0.5n(Ag)=0.05ml，则连二亚硫酸钠的质量为0.05ml×174g/ml=8.7g，则产率为。
17. 三元锂电池主要用于手机、无人机等行业，电池安全性高。电池正极片由镍钴锰酸锂()正极材料和铝片组成，以电池正极片为原料回收各金属的工艺流程如图。
（1）能够加快“碱浸”速率的措施有___________(写两种)。
（2）“碱浸”过程中，铝片溶解反应的离子方程式为___________。实验室模拟“碱浸”后过滤的操作，需用到的硅酸盐仪器有___________。
（3）“还原”时，加入了，写出的电子式：___________。孤电子对数：___________(填“>”“<”或“=”)。
（4）“酸浸、还原”时，保持其他条件相同，搅拌相同时间，测得不同温度下镍、钴、锰的浸出率变化如图所示。60℃时浸出率达到最大，可能的原因是___________。
（5）“氧化”过程中发生反应生成、和，反应的离子方程式为___________。
（6）称取m g ，在隔绝空气条件下加热分解，测得固体的失重率()与温度的关系曲线如图所示。
则300～400℃时发生反应的化学方程式为___________。
【答案】（1）适当升高温度，适当增大NaOH的浓度
（2）①. ②. 烧杯、漏斗、玻璃棒
（3）①. ②. >
（4）温度低于60℃时，反应速率较慢；温度高于60℃时，分解反应速率较快
（5）
（6）
【分析】电池正极片由镍钴锰酸锂()正极材料和铝片，加入足量NaOH溶液，Al会溶解生成Na[Al(OH)4]溶液，过滤后滤渣进行硫酸酸浸，并加H2O2还原，得到含Ni2+、Li+、C2+、Mn2+等离子的溶液，通过分离，Ni2+和Mn2+最后变为MnO2和NiO，Li+、C2+加入(NH4)2C2O4沉钴后生成CC2O4，高温分解得到CO。
【小问1详解】
能够加快“碱浸”速率的措施有适当升高温度，适当增大NaOH的浓度等；
【小问2详解】
铝片与NaOH溶液反应生成H2和Na[Al(OH)4]溶液，溶解反应的离子方程式为；过滤需用到的硅酸盐仪器(玻璃仪器)有烧杯、漏斗、玻璃棒；
【小问3详解】
的电子式：，分子中有4个孤电子对，而N2H4分子中有两个孤电子对，故孤电子对数：>；
【小问4详解】
温度低于60℃时，反应速率较慢；温度高于60℃时，分解反应速率较快，故60℃时浸出率达到最大；
【小问5详解】
与(NH4)2S2O8发生反应生成、和，离子方程式为：；
【小问6详解】
设为1ml，质量为183g，300℃时失重的质量为183g=36，说明失去了2个结晶水，此时化学式为，到400℃时，剩余的固体质量为183g=75，刚好为1mlCO的质量，因此说明300～400℃时分解生成了CO，化学方程式为：。
18. 过渡金属在生活、生产中至关重要。铁用于建筑和制造汽车，铜广泛应用于电气行业，钛合金应用于航空、航天等领域。
（1）铁(Fe)、钴(C)、镍(Ni)均为第四周期第VII族的元素，称为铁系元素，铁系元素能与CO形成、等金属羰基化合物。
①C位于元素周期表的___________区；基态C原子的核外电子排布式为___________。
②已知：室温下，为浅黄色液体，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂。则的晶体类型为___________；1 ml 中含有的σ键与π键的数目之比为___________。
③的一种配离子中，的配位体为___________。该配离子中的H-N-H键角___________(填“大于”“小于”或“等于”)独立存在的气态的H-N-H键角，原因为___________。
（2）通过氮掺杂得到，二者结构如图所示。
晶胞中Ti的配位数为___________，晶体中a=___________。
【答案】（1）①. p ②. ③. 分子晶体 ④. 1︰1 ⑤. 、 ⑥. 大于 ⑦. 两者中N均为杂化，有一对孤电子对，中的N上无孤电子对，杂化方式相同时，孤电子对数越多，键角越小
（2）①. 6 ②.
【小问1详解】
①碳是6号元素，核外电子排布式，位于元素周期表p区， C是26号元素，基态C原子核外电子排布式为，故答案为：p；；②室温下，为浅黄色液体，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂，可以推断构成的微粒是分子，属于分子晶体，单键为σ键，双键钟有一个σ键，一个π键，三键中有一个σ键，两个π键，分子中存在5个配位键，配位键也属于σ键，CO分子内部有一个 σ键，两个π键，则分子内σ键和π键个数均为10，其个数比为1：1，故答案为：分子晶体；1：1；③由配离子的结构可知：配体为、；孤对电子的斥力大于成键电子对，两者中N均为杂化，氨气中有一对孤对电子中的N上无孤电子对，杂化方式相同时，孤电子对数越多，键角越小，故答案为：两者中N均为杂化，氨气中有一对孤对电子中的N上无孤电子对，杂化方式相同时，孤电子对数越多，键角越小。
【小问2详解】
①由晶胞的结构可知Ti被上下、左右、前后的O围成了正八面体，则Ti周围最近的且距离相等的O的个数是6，则Ti的配位数为 6，由的晶胞结构可知，氮掺杂反应后，有3个氧空穴，O原子位于6个楞上，6个面上，1个在体内，氧原子个数为，N原子一个在面上，一个在棱上，N原子个数为，Ti原子在晶胞的8个顶点4个面心和1个在体内，则Ti原子个数为，则有Ti：O：N=，该晶体化学式为：，则有，，故答案为：6；。
纯净物
混合物
碱
盐
A
矿泉水
空气
NaCl
B
水银
云雾
C
氧气
碱石灰
纯碱
D
液氯
冰水混合物
生石灰
小苏打
选项
性质差异
影响因素
A
键角：小于
电负性差异
B
硬度：SiC>Si
晶体类型
C
沸点：对羟基苯甲醛>邻羟基苯甲醛
氢键作用
D
热稳定性：
范德华力作用
A．干燥气体
B．收集
C．收集NO气体
D．除去中的HCl
实验操作
现象
结论
A
相同温度下，将大小相同的钠块分别加入水、醋酸、乙醇中
生成氢气的速率：醋酸>水>乙醇
三种电解质电离出的能力：醋酸>水>乙醇
B
向某无色溶液中滴加盐酸后，将生成的无色气体通入品红溶液中
品红溶液褪色
无色溶液中可能含有或
C
向溶液中滴加足量浓硝酸，将产生的气体通入溶液中
溶液中出现白色沉淀
非金属性：
D
将Cu与浓硫酸反应后的混合液冷却至室温，再向其中加入蒸馏水
溶液变蓝
有生成
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。
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 B 11 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Fe 56 C 59 Ag 108
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，只有一项是符合题目要求的。
1. 中国空间站第六批空间科学实验样品已随“神舟十七号”载人飞船返回舱顺利返回。下列叙述错误的是
A. 返回舱使用的碳化硅是一种高温结构陶瓷材料
B. 航天器的结构骨架和壳体中的铝合金属于金属材料
C. 用于制作航天器的连接件和关键部件的钛合金是一种低强度、高密度的金属材料
D. 返回舱外层涂层材料能够保护宇宙飞船的表面免受高温、紫外线和氧化物的侵蚀
【答案】C
【详解】A．碳化硅是共价晶体，熔点高，强度大，是一种高温结构陶瓷，故A正确；
B．铝合金属于金属材料，故B正确；
C．钛合金是一种高强度、低密度的金属材料，故C错误；
D．返回舱外层涂层材料具有隔热、稳定的作用，能够保护宇宙飞船的表面免受高温、紫外线和氧化物的侵蚀，故D正确；
答案选C。
2. 下列关于物质分类的组合正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【详解】A．矿泉水不是纯净物，是混合物，故A错误；
B．各物质归类正确，故B正确；
C．纯碱是碳酸钠，不是碱，是盐，故C错误；
D．冰水混合物是纯净物，生石灰是氧化物，故D错误；
答案选B。
3. 已知反应。下列描述的化学用语错误的是
A. 的结构示意图：
B. 水分子的球棍模型：
C. HClO的结构式：H—O—Cl
D. 用电子式表示HCl的形成：
【答案】A
【详解】A．氯离子的结构示意图为：，故A错误；
B．水分子呈V形或角形，正确的球棍模型为：，故B正确；
C．HClO分子中O原子分别与H、Cl原子形成共价键，使分子中各个原子都达到稳定结构，其结构式为：H-O-Cl，故C正确；
D．HCl为共价化合物，用电子式表示HCl的形成过程：，故D正确；
答案选A。
4. 化学与生产、生活密切相关。下列不涉及化学变化的是
A. 泡菜的腌制B. 铁质护栏生锈
C. 用“84”消毒液消毒衣物D. 用活性炭去除冰箱异味
【答案】D
【详解】A．泡菜的腌制会生成酸性物质，有新物质生成，涉及化学变化，故A不选；
B．铁质护栏生锈，铁会变为氧化铁的水合物等，涉及化学变化，故B不选；
C．用84消毒液漂白衣物过程中有新物质生成，属于化学变化，故C不选；
D．活性炭包除去冰箱中的异味过程中没有新物质生成，属于物理变化，故D选；
答案选D。
5. 已知反应：
①；
②；
③。
依据上述反应并结合已学知识，下列微粒氧化性由强到弱的顺序正确的是
A. B.
C. D.
【答案】A
【详解】判断规则是氧化剂的氧化性强于氧化产物，①；氧化性：，②；氧化性：，③。氧化性：，结合已学知识，氧化性：，氧化性：，故选A。
6. 物质结构决定物质性质。下列性质差异与影响因素匹配正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【详解】A．键角：小于，是因为SO2中S的价层电子对为2+=3，有1个孤电子对，为V形分子，中C的价层电子对为2+=2，没有孤电子对，为直线形分子，与电负性没有关系，故A不选；
B．硬度：SiC>Si是因为Si-C键的键能大于Si-Si键，两者都是原子晶体，故B不选；
C．沸点：对羟基苯甲醛>邻羟基苯甲醛是因为对羟基苯甲醛主要形成分子间氢键，邻羟基苯甲醛主要形成分子内氢键，与氢键形成有关，故C选；
D．热稳定性：是因为S的非金属性强于Se，与范德华力无关，故D不选；
答案选C。
7. 下列实验装置能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【详解】A．干燥气体，浓硫酸的洗气瓶气体流向是长进短出，故A错误；
B．收集用向上排空气法，氢氧化钠溶液可用于尾气处理、倒扣的漏斗用于防倒吸，故B正确；
C．NO气体容易被空气中O2氧化为NO2，应该用排水法收集，故C错误；
D．可以和NaOH溶液发生化学反应，除去中的HCl应将混合气体通入到饱和食盐水溶液中，故D错误；
故选B。
8. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 1 ml环氧乙烷()中含有的σ键数目为
B. 的NaClO溶液中，与HClO的数目之和为
C. 1 ml 与水反应制备胶体，生成的胶体粒子数为
D. NaD与反应生成氢氧化钠和氢气，每生成3g氢气，转移电子数为
【答案】D
【详解】A．一个环氧乙烷()中含有7条σ键，1 ml环氧乙烷()中含有的σ键数目为，故A错误；
B．溶液的体积未知，无法计算微粒数目，故B错误；
C．由于氢氧化铁胶粒是氢氧化铁的聚集体，生成的胶体粒子数小于，故C错误；
D．NaD与反应生成的氢气为HD，3gHD物质的量为1ml，该反应为归中反应，转移电子数为，故D正确；
答案选D。
9. 下列物质检验方法正确的是
A. 若某溶液做焰色试验时的焰色为黄色，则该溶液为钠盐溶液
B. 若向某溶液中加入溶液，产生白色沉淀，则该溶液中可能含有
C. 若向某溶液中加入NaOH溶液后，未产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则该溶液中一定不含有
D 若向某酸性溶液中加入溶液，产生白色沉淀，则原溶液中一定含有
【答案】B
【详解】A．钠元素的焰色为黄色，由实验可知该溶液中含有钠元素，但不一定是钠盐，也可能是NaOH，故A错误；
B．若向某溶液中加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，该白色沉淀可能是AgCl，则该溶液可能含有Cl-，故B正确；
C．加入NaOH溶液，可能生成一水合氨，NH3没有释放，原溶液中可能含有，故C错误；
D．酸性溶液中加入溶液，硝酸根在酸性溶液中有强氧化性，若原溶液是亚硫酸根，也会生成硫酸钡沉淀，故D错误；
答案选B。
10. 一种有机催化剂由原子序数依次递增的短周期主族元素X、Y、Z、W、M组成，结构式如图。下列说法错误的是
A. Z元素的第一电离能小于同周期中的相邻元素
B. 原子半径：
C. Z的氢化物沸点高于Y的氢化物
D. Y、Z、M均可与X形成的分子
【答案】C
【分析】原子序数依次递增的前20号元素X、Y、Z、W、M，X只形成1个共价键，Y形成4个共价键，Z形成2个共价键、M形成6个共价键，可知X为H元素、Y为C元素、Z为O元素、M为S元素；W形成带1个单位正电荷的阳离子，结合原子序数可知W为Na元素，以此来解答。
【详解】由上述分析可知，X为H元素、Y为C元素、Z为O元素、W为Na元素、M为S元素；
A．同周期从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但是第IIA族>IIIA，第VA族>VIA族，所以第一电离能N>O，F>O，故A正确；
B．同周期从左到右，原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，故原子半径Na>S>O，故B正确；
C．Y是C，氢化物有多种烃，沸点可能会高于O的氢化物，故C错误；
D．C与H可以形成的分子C2H6，O与H可以形成的分子H2O2，S与H可以形成的分子H2S，故D正确；
答案选C。
11. 下列离子方程式书写正确的是
A. 过量的氯气和溶液反应：
B. 氯化铜溶液中通入硫化氢：
C. 通入酸性高锰酸钾溶液中：
D. 用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙：
【答案】D
【详解】A．过量的氯气和溶液反应，亚铁离子和溴离子均要反应，离子方程式为，故A错误；
B．硫化氢是气体，应该写化学式，反应的离子方程式应该为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，故B错误；
C．将二氧化硫通入酸性高锰酸钾溶液中反应生成硫酸锰、硫酸钾和水，反应的离子方程式为，故C错误；
D．用Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4转化为CaCO3，离子方程式为：，故D正确；
答案选D。
12. 为消除NO、等氮氧化物对环境的破坏作用，可采用催化氮氧化物(SCR)脱除技术，反应原理如图所示。下列说法正确的是
A. NO、均为酸性氧化物
B. 若用NaOH溶液吸收等体积的NO和，只能生成一种盐
C. NO与气体等体积混合后与过量氨气发生反应，转移9 ml电子时生成3 ml
D. 反应过程中有极性键和非极性键的断裂，同时也有极性键和非极性键的形成
【答案】C
【详解】A．NO、均不是酸性氧化物，故A错误；
B．若用NaOH溶液吸收等体积的NO和生成NaNO2和水，故B错误；
C．NO与气体等体积混合后与过量氨气发生反应，反应方程式为3NO+3NO2+6NH3=6N2+9H2O，根据方程式，转移18ml电子生成6mlN2，转移9 ml电子时生成3 ml ，故C正确；
D．反应过程中只有极性键氮氢键、氮氧键断裂，故D错误；
选C。
13. 金属硼氢化物可用作储氢材料。一种金属硼氢化物氨合物的晶体结构示意图如图，图中位于晶胞的顶点和面心的“(八面体)”的中心代表金属离子，顶点代表氨分子；“(四面体)”的中心代表硼原子，顶点代表氢原子。该晶体的晶胞形状为立方体，棱长为a pm，密度为，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A. 该晶体中与B原子个数比
B. 与硼原子间最短距离为
C. M的相对原子质量为
D. 该物质中含有的化学键的类型有配位键、离子键和共价键
【答案】C
【详解】A．该晶胞中M2+个数==4，氨分子个数是M原子个数的6倍，所以含有24个氨分子，B原子个数是8，H原子个数是B原子个数的4倍，有32个H原子，该晶胞中M、NH3、B、H个数之比=4：24：8：32=1：6：2：8，其化学式为M(NH3)6B2H8，其中，故A正确；
B．与B原子最短距离为晶胞体对角线长度的，即，故B正确；
C．该晶胞体积V=(a×10-10cm)3，设该化合物的摩尔质量为Mg•ml-1，晶胞质量为4Mg，该晶胞的密度为=，则M=，则M的相对原子质量为132，故C错误；
D．该物质中有阴阳离子，含有离子键，NH3与B之间有配位键，NH3内有共价键，故D正确；
答案选C。
14. 下列实验操作、现象均正确，且可得出相应结论是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【详解】A．乙醇是非电解质，故A错误；
B．向某无色溶液中滴加盐酸后，将生成的无色气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，说明生成SO2，则无色溶液中可能含有或，故B正确；
C．证明元素非金属性强弱，需要比较元素最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，但硝酸有挥发性，挥发出的硝酸也能使硅酸钠溶液产生白色沉淀，故C错误；
D．反应后混合物的密度大于水的密度，则将反应后混合物注入水中观察颜色，故D错误；
答案选B。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 某化学兴趣小组设计实验探究物质M组成，实验流程如图所示，实验中加入的盐酸和NaOH溶液均过量。常温下，M和C均为固体，二者所含元素不完全相同，B为常见的无色液体，A、M、B、C均为二元化合物，反应①为。
已知：“淡黄色沉淀”为单质；反应②得到的“溶液”中不含与“淡黄色沉淀”相同的元素。
（1）列举“红棕色固体”的一种用途：___________。简述“过滤、洗涤”后的沉淀在“空气中灼烧”生成“红棕色固体”的原因：___________。
（2）组成物质C的元素为___________(填元素符号)；物质B的化学式为___________。
（3）向溶液E中通入直至过量，可观察到的现象：___________。
（4）C与盐酸反应的离子方程式为___________，该反应中HCl体现了___________性。
（5）物质M中两种原子的个数比为___________。
【答案】（1）①. 作红色涂料等 ②. “过滤、洗涤”得到的沉淀为，空气中的氧气将其氧化为，灼烧时分解为
（2）①. Fe、S ②.
（3）溶液先变红后褪色
（4）①. ②. 酸
（5）4︰5(或5︰4)
【分析】根据最后得到9.6g红棕色固体，该固体为Fe2O3，其物质的量为=0.06ml，结合D1溶于遇KSCN溶液不反应，说明D1和D2都是FeCl2溶液，每一份溶液中含有的Fe2+为0.12ml，则反应②得到的溶液共含有Fe2+为0.24ml，淡黄色固体为单质S，物质的量为=0.06ml，根据元素守恒，则C中含Fe、S两种元素，则A为H2S气体，物质的量为=0.24ml，则C中含有的Fe元素为0.24ml，S元素为0.24ml+0.06ml=0.30ml，两这的比值为4：5，得出C化学式为；B是B为常见的无色液体，B为H2O，根据方程式，即有：，可得A为；
【小问1详解】
红棕色固体为Fe2O3，可以做红色涂料；过滤、洗涤后的沉淀为Fe(OH)2，空气中的氧气将其氧化为，灼烧时分解为，故变为红棕色固体；
【小问2详解】
由上述分析可知，C中含有的元素为：Fe、S，B为H2O；
【小问3详解】
E为FeCl2溶液与KSCN溶液的混合溶液，通入直至过量，可观察到的现象是溶液先变红后褪色，因为Cl2将Fe2+氧化为Fe3+，与KSCN溶液显红色，后Cl2又将KSCN氧化，导致红色褪去；
【小问4详解】
C为，其与盐酸反应的离子方程式为：，盐酸中只有H+参与反应，体现了酸性；
【小问5详解】
M化学式为，两种原子的个数比为：4︰5(或5︰4)。
16. 连二亚硫酸钠俗称保险粉，广泛用于纺织、印染工业作助染剂及漂白剂。某研究性学习小组利用以下方法制备连二亚硫酸钠并测定其纯度。
已知：①呈现两性。
②易溶于水，难溶于乙醇，在酸性溶液中会发生歧化反应，在碱性溶液中较稳定，在空气中易被氧化；低于52℃时在水溶液中以形态结晶，高于52℃时在碱性溶液中脱水成无水盐。
I．的制备：
步骤1：安装好整套装置(夹持装置、搅拌磁子省略)，并检查装置的气密性；
步骤2：在三颈烧瓶中依次加入Zn粉和水，电磁搅拌形成悬浊液；
步骤3：打开仪器a的活塞，向装置C中先通入一段时间；
步骤4：打开仪器c的活塞，滴加稍过量NaOH溶液使装置C中溶液的pH在8.2～10.5；
步骤5：过滤，滤液经“一系列操作”可获得。
（1）仪器a的名称是___________，与普通分液漏斗相比，其优点是___________。
（2）步骤3中与锌粉悬浊液反应得到，该反应的化学方程式为___________；此时需控制通入的不能过量，原因是___________。
（3）装置B(单向阀)的作用是___________。
（4）步骤5中的“一系列操作”包括：
a．向滤液中分批逐步加入NaCl固体，搅拌使其析出结晶，用倾析法除去上层溶液，余少量母液；该步骤中加入NaCl固体的目的是___________。
b．___________(填操作名称)。
c．用___________(填试剂名称)洗涤、干燥，制得固体。
II．样品纯度的测定：称量15.0g粗品，滴加一定量的NaOH溶液使溶液显碱性后，滴加Ag-EDTA络合溶液，发生反应：，充分反应后，过滤、洗涤，干燥得到10.8 g银。
（5）该粗品中连二亚硫酸钠的质量分数为___________%。
【答案】（1）①. 恒压滴液漏斗 ②. 能平衡恒压滴液漏斗与烧瓶内压强，便于浓硫酸的顺利流下
（2）①. ②. 在碱性溶液中较稳定，过量的二氧化硫会使溶液显酸性，导致产品的损失
（3）防倒吸 （4） ①. 增大浓度，促进结晶析出(或同离子效应) ②. 过滤 ③. 乙醇
（5）58
【分析】浓硫酸与饱和亚硫酸氢钠溶液反应生成，先向装置C中先通入一段时间排尽空气，与Zn反应生成，加入NaOH溶液得到；
【小问1详解】
仪器a的名称是恒压滴液漏斗，与普通分液漏斗相比，其优点是：能平衡恒压滴液漏斗与烧瓶内压强，便于浓硫酸的顺利流下；
【小问2详解】
步骤3中与锌粉反应得到，该反应的化学方程式为；已知在酸性溶液中会发生歧化反应，在碱性溶液中较稳定，控制通入的不能过量，原因是在碱性溶液中较稳定，过量的二氧化硫会使溶液显酸性，导致产品的损失；
【小问3详解】
单向阀只允许气体按一个方向流动，防止气体回流。在该实验中，装置C中发生的反应有CO2生成，单向阀的作用是防止装置C中压强过大，液体压入装置A中，发生危险，因此单向阀的作用是：防倒吸；
【小问4详解】
a．滤液经“一系列操作”可获得，加入NaCl固体的目的是：增大浓度，促进结晶析出；b．从母液中分离出结晶，用到过滤操作；c．易溶于水，难溶于乙醇，且乙醇易挥发，用乙醇洗涤、干燥，制得固体；
【小问5详解】
10.8 g银的物质的量为，由题给反应方程式可知，n()=0.5n(Ag)=0.05ml，则连二亚硫酸钠的质量为0.05ml×174g/ml=8.7g，则产率为。
17. 三元锂电池主要用于手机、无人机等行业，电池安全性高。电池正极片由镍钴锰酸锂()正极材料和铝片组成，以电池正极片为原料回收各金属的工艺流程如图。
（1）能够加快“碱浸”速率的措施有___________(写两种)。
（2）“碱浸”过程中，铝片溶解反应的离子方程式为___________。实验室模拟“碱浸”后过滤的操作，需用到的硅酸盐仪器有___________。
（3）“还原”时，加入了，写出的电子式：___________。孤电子对数：___________(填“>”“<”或“=”)。
（4）“酸浸、还原”时，保持其他条件相同，搅拌相同时间，测得不同温度下镍、钴、锰的浸出率变化如图所示。60℃时浸出率达到最大，可能的原因是___________。
（5）“氧化”过程中发生反应生成、和，反应的离子方程式为___________。
（6）称取m g ，在隔绝空气条件下加热分解，测得固体的失重率()与温度的关系曲线如图所示。
则300～400℃时发生反应的化学方程式为___________。
【答案】（1）适当升高温度，适当增大NaOH的浓度
（2）①. ②. 烧杯、漏斗、玻璃棒
（3）①. ②. >
（4）温度低于60℃时，反应速率较慢；温度高于60℃时，分解反应速率较快
（5）
（6）
【分析】电池正极片由镍钴锰酸锂()正极材料和铝片，加入足量NaOH溶液，Al会溶解生成Na[Al(OH)4]溶液，过滤后滤渣进行硫酸酸浸，并加H2O2还原，得到含Ni2+、Li+、C2+、Mn2+等离子的溶液，通过分离，Ni2+和Mn2+最后变为MnO2和NiO，Li+、C2+加入(NH4)2C2O4沉钴后生成CC2O4，高温分解得到CO。
【小问1详解】
能够加快“碱浸”速率的措施有适当升高温度，适当增大NaOH的浓度等；
【小问2详解】
铝片与NaOH溶液反应生成H2和Na[Al(OH)4]溶液，溶解反应的离子方程式为；过滤需用到的硅酸盐仪器(玻璃仪器)有烧杯、漏斗、玻璃棒；
【小问3详解】
的电子式：，分子中有4个孤电子对，而N2H4分子中有两个孤电子对，故孤电子对数：>；
【小问4详解】
温度低于60℃时，反应速率较慢；温度高于60℃时，分解反应速率较快，故60℃时浸出率达到最大；
【小问5详解】
与(NH4)2S2O8发生反应生成、和，离子方程式为：；
【小问6详解】
设为1ml，质量为183g，300℃时失重的质量为183g=36，说明失去了2个结晶水，此时化学式为，到400℃时，剩余的固体质量为183g=75，刚好为1mlCO的质量，因此说明300～400℃时分解生成了CO，化学方程式为：。
18. 过渡金属在生活、生产中至关重要。铁用于建筑和制造汽车，铜广泛应用于电气行业，钛合金应用于航空、航天等领域。
（1）铁(Fe)、钴(C)、镍(Ni)均为第四周期第VII族的元素，称为铁系元素，铁系元素能与CO形成、等金属羰基化合物。
①C位于元素周期表的___________区；基态C原子的核外电子排布式为___________。
②已知：室温下，为浅黄色液体，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂。则的晶体类型为___________；1 ml 中含有的σ键与π键的数目之比为___________。
③的一种配离子中，的配位体为___________。该配离子中的H-N-H键角___________(填“大于”“小于”或“等于”)独立存在的气态的H-N-H键角，原因为___________。
（2）通过氮掺杂得到，二者结构如图所示。
晶胞中Ti的配位数为___________，晶体中a=___________。
【答案】（1）①. p ②. ③. 分子晶体 ④. 1︰1 ⑤. 、 ⑥. 大于 ⑦. 两者中N均为杂化，有一对孤电子对，中的N上无孤电子对，杂化方式相同时，孤电子对数越多，键角越小
（2）①. 6 ②.
【小问1详解】
①碳是6号元素，核外电子排布式，位于元素周期表p区， C是26号元素，基态C原子核外电子排布式为，故答案为：p；；②室温下，为浅黄色液体，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂，可以推断构成的微粒是分子，属于分子晶体，单键为σ键，双键钟有一个σ键，一个π键，三键中有一个σ键，两个π键，分子中存在5个配位键，配位键也属于σ键，CO分子内部有一个 σ键，两个π键，则分子内σ键和π键个数均为10，其个数比为1：1，故答案为：分子晶体；1：1；③由配离子的结构可知：配体为、；孤对电子的斥力大于成键电子对，两者中N均为杂化，氨气中有一对孤对电子中的N上无孤电子对，杂化方式相同时，孤电子对数越多，键角越小，故答案为：两者中N均为杂化，氨气中有一对孤对电子中的N上无孤电子对，杂化方式相同时，孤电子对数越多，键角越小。
【小问2详解】
①由晶胞的结构可知Ti被上下、左右、前后的O围成了正八面体，则Ti周围最近的且距离相等的O的个数是6，则Ti的配位数为 6，由的晶胞结构可知，氮掺杂反应后，有3个氧空穴，O原子位于6个楞上，6个面上，1个在体内，氧原子个数为，N原子一个在面上，一个在棱上，N原子个数为，Ti原子在晶胞的8个顶点4个面心和1个在体内，则Ti原子个数为，则有Ti：O：N=，该晶体化学式为：，则有，，故答案为：6；。
纯净物
混合物
碱
盐
A
矿泉水
空气
NaCl
B
水银
云雾
C
氧气
碱石灰
纯碱
D
液氯
冰水混合物
生石灰
小苏打
选项
性质差异
影响因素
A
键角：小于
电负性差异
B
硬度：SiC>Si
晶体类型
C
沸点：对羟基苯甲醛>邻羟基苯甲醛
氢键作用
D
热稳定性：
范德华力作用
A．干燥气体
B．收集
C．收集NO气体
D．除去中的HCl
实验操作
现象
结论
A
相同温度下，将大小相同的钠块分别加入水、醋酸、乙醇中
生成氢气的速率：醋酸>水>乙醇
三种电解质电离出的能力：醋酸>水>乙醇
B
向某无色溶液中滴加盐酸后，将生成的无色气体通入品红溶液中
品红溶液褪色
无色溶液中可能含有或
C
向溶液中滴加足量浓硝酸，将产生的气体通入溶液中
溶液中出现白色沉淀
非金属性：
D
将Cu与浓硫酸反应后的混合液冷却至室温，再向其中加入蒸馏水
溶液变蓝
有生成
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