精品解析：辽宁省沈阳市2022年高三级一模化学

2022年沈阳市高中三年级教学质量监测(一) 化 学 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共8页。满分100分。考试时间75分钟。 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡指定区域。 2.选择题选出答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净，再选涂其他答案标号。第Ⅰ卷用黑色水性笔答在答题卡上。在试卷上作答无效。 3.考试结束后，考生将答题卡交回。 可能用到的相对原于质量：H 1 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 K 39 Fe 56 Sn 119 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1. 化学与人类生产、生活密切相关，下列说法中错误的是 A. 镀锌铁破损后，铁易被腐蚀 B. 神舟十一号飞船返回舱表面材料氮化硅属于共价晶体 C. 冷敷袋俗称冰袋，成分可以硝酸铵和水 D. 红酒中添加适量SO2可以起到杀菌和抗氧化的作用 【答案】A 【解析】 【详解】A．Zn比Fe金属活动性强，故镀锌铁板镀层破损，浸泡在电解质溶液中，依然是Zn失电子做负极，Fe依然受保护，描述错误，符合题意； B．氮化硅中每个氮原子连接三个硅原子，每个硅原子连接四个氮原子，直接连接构成化合物，无分子边际，属于共价晶体，描述正确，不符题意； C．硝酸铵溶于水会吸收大量的热，使周围温度下降，描述正确，不符题意； D．SO2有还原性，溶于水形成酸可以使蛋白质变性，所以红酒中一定范围的低浓度存在可以达到选项描述作用，描述正确，不符题意； 综上，本题选A。 2. 下列化学用语表示错误的是 A. CS2 的空间填充模型 B. N2H4的电子式 C. 二氧化硅的分子式为SiO2 D. Cu的价电子排布式为3d104s1 【答案】C 【解析】 【详解】A．空间填充模型即比例模型，C原子的半径小于S原子，且CS2 为直线形分子，因此CS2 的空间填充模型为 ，A正确； B．N2H4为共价化合物，N与两个H之间各共用一对电子，N与N之间共用一对电子，因此N2H4的电子式为，B正确； C．二氧化硅是共价晶体，没有分子式，SiO2是它的化学式，C错误； D．Cu是29号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，价电子排布式为3d104s1，D正确； 故选C。 3. 下列说法中正确的是 A. 明矾可用于对自来水进行杀菌消毒 B. Fe(OH)3和FeCl2均可通过化合反应得到 C. 95%乙醇溶液可以更有效的杀死新冠病毒 D. CO2通入CaCl2溶液中，溶液先变浑浊后变澄清 【答案】B 【解析】 【详解】A．明矾没有杀菌消毒作用，只有净水作用，故A错误； B．Fe(OH)2和氧气、水化合反应生成Fe(OH)3，Fe和FeCl3化合反应生成FeCl2，因此两者可通过化合反应得到，故B正确； C．75%乙醇溶液可以更有效的杀死新冠病毒，故C错误； D．CO2通入CaCl2溶液中，不反应，故D错误。 综上所述，答案为B。 4. 由下列实验操作及现象能得出相应结论的是 选项 实验操作 实验现象 结论 A 将蘸有浓氨水的玻璃棒靠近某试剂瓶瓶口 该试剂瓶瓶口有白烟生成 该试剂瓶中盛装的一定是浓盐酸 B 向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体 溶液红色变浅 证明Na2CO3溶液中存在水解平衡 C 向未知溶液中滴加硝酸酸化的BaCl2溶液 出现白色沉淀 证明该未知溶液中存在SO或者SO D 向Fe(NO3)2溶液中加入稀硫酸 溶液变为棕黄色 稀硫酸具有氧化性 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．浓氨水可以挥发出NH3，遇见HCl、HNO3等气体生成NH4Cl、NH4NO3可产生白烟，因此该试剂瓶中盛装的不一定是浓盐酸，A错误； B．Ba2+可将转化为BaCO3沉淀，红色变浅说明溶液中碱性减弱，即+H2O+OH-逆向移动，说明有水解平衡，B正确； C．若原溶液中存在Ag+，滴加硝酸酸化的BaCl2溶液会生成白色的AgCl沉淀，不一定存在SO或者SO，C错误； D．稀硫酸中含有H+，遇H+可表现强氧化性，将Fe2+氧化为Fe3+，不是稀硫酸的氧化性，D错误； 故选B。 5. 下列有关不同价态含硫化合物的说法中错误的是 A. 工业接触法制备硫酸涉及到的转化为FeS2→X→Y→Z B. 实验室制备乙炔中的硫化氢杂质可用M溶液除去 C. 黄铁矿的主要成分为FeS2，该化合物中阴阳离子个数比为1：1 D. 硫在过量氧气中燃烧能够生成Y 【答案】D 【解析】 【详解】A．工业接触法制备硫酸涉及到的转化为FeS2→SO2→SO3→H2SO4，故A正确； B．实验室制备乙炔中的硫化氢杂质可用M(CuSO4)溶液除去生成CuS和H2SO4，故B正确； C．黄铁矿的主要成分为FeS2，该化合物中含有Fe2+和，则阴阳离子个数比为1：l，故C正确； D．硫在过量氧气中燃烧能够生成X(SO2)，不能生成Y(SO3)，故D错误。 综上所述，答案为D。 6. NA是阿伏加德罗常数的值。下列叙述中正确的是 A. 32gS8 中的共价键数目为NA B. 25°C时，pH=1 HNO3溶液中含有NO的数目为0.1NA C. 10g 49%硫酸溶液中所含的H原子数为0.1 NA D. 1mol 氨基(-NH2) 中含有的电子数为10 NA 【答案】A 【解析】 【详解】A．n(S8)=，每个S8分子中含有8根共价键，则32 g S8分子含有共价键=，即NA，A正确； B．由于溶液体积未知，无法求算与溶质有关粒子的物质的量，B错误； C．n(H2SO4)=，硫酸分子中含有氢原子物质的量=0.05 mol×2=0.1 mol，加上溶剂水中的氢原子，故总的氢原子数大于0.1NA，C错误； D．1个氨基中含有电子=7+2=9，则1 mol氨基含有电子数为9NA，D错误； 故答案选A。 7. 下列有关离子方程式中书写错误的是 A. 工业盐酸呈现亮黄色原因： Fe3+ +4Cl- [FeCl4]- B. 氯化铜溶液中存在如下平衡： [Cu(H2O)4]2++4Cl- [CuC14]2-+4H2O C. 向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸： Ba2++OH- +H++SO= BaSO4↓+H2O D. 向氯化银悬浊液中加入足量碘化钾溶液： I-(aq)+AgCl(s) AgI(s)+Cl-(aq) 【答案】C 【解析】 【详解】A．工业盐酸中含有少量Fe3+，与Cl-形成亮黄色的配合物，离子方程式为Fe3+ +4Cl- [FeCl4]-，A正确； B．CuCl的溶液中两种配合物[Cu(H2O)4]2+（蓝色）、[CuC14]2-（黄绿色）之间可以相互转化，离子方程式为[Cu(H2O)4]2++4Cl- [CuC14]2-+4H2O，B正确； C．Ba(OH)2与H2SO4反应生成BaSO4和H2O，离子方程式为Ba2++2OH- +2H++SO= BaSO4↓+H2O，C错误； D．AgCl中加KI可转化为更难溶的AgI，离子方程式为I-(aq)+AgCl(s) AgI(s)+Cl-(aq)，D正确； 故选C。 8. 下列说法中错误的是 A. 水汽化和水分解两个变化过程中都破坏了共价键 B. 酸性强弱：三氟乙酸＞三氯乙酸＞乙酸 C. 基态碳原子核外有三种能量不同的电子 D. 区分晶体和非晶体最可靠的科学方法是对固体进行X射线衍射实验 【答案】A 【解析】 【详解】A．水汽化破坏的是氢键和范德华力，水分解则需要破坏共价键，A错误； B．吸电子基团越强越多的，酸性越强。氟的电负性最大，吸电子能力强，所以三氟乙酸的酸性是最强的，其次是氯乙酸，乙酸没有吸电子基团，酸性比三氯乙酸弱，B正确； C．基态碳原子的核外电子核外电子排布式为1s22s22p2，占据三个能级，所以有三种能量不同的电子，C正确； D．对固体进行X射线衍射实验可以区分晶体和非晶体，D正确； 答案选A。 9. F、K和Ni三种元素组成的一种化合物的晶胞如图所示。下列说法错误的是 A. Ni位于元素周期表d区 B. 该物质的化学式为K2NiF4 C. Ni的配位数为6 D. 该晶体属于分子晶体 【答案】D 【解析】 【详解】A．Ni是28号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，位于元素周期表d区，A正确； B．晶胞中含有K为8×+2=4，F为16×+4×+2=8，Ni为8×+1=2，化学式为K4Ni2F8，化学式为K2NiF4，B正确； C．由图象可知，每个Ni周围距离最近的F有6个，故Ni的配位数为6，C正确； D．该晶胞由阳离子和阴离子构成，属于离子晶体，D错误； 故选D。 10. 下列有关电化学的装置与阐述正确的是 A. 图A是外加电流法保护铁管道 B. 图B是电解熔融氯化铝制备金属铝 C. 图C是新型可充电Na- Zn双离子电池，充电时阴极区溶液pH增大 D. 图D是验证NaCl溶液(含酚酞)电解产物 【答案】C 【解析】 【详解】A．在电解池中，阴极被保护，故铁管道应连接电源的负极，A错误； B．氯化铝是共价化合物，熔融状态不电离不导电，制备金属铝应该电解熔融氧化铝，B错误； C．根据图象信息可知，放电时，Zn失电子，与氢氧根离子反应生成[Zn(OH)4]2-，作负极，充电时，原负极接电源负极作阴极，对应阴极区[Zn(OH)4]2-得电子生成Zn和OH-，pH增大，C正确； D．由电子流动的方向可知，装置D中左边为阳极，Fe自身放电，此时Cl-无法放电生成Cl2，若想验证电解NaCl溶液产物，将电源正负极颠倒一下即可，D错误； 故答案选C。 11. 甲醇水蒸气催化重整是获取H2的重要方法，反应CH3OH(g+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)能量变化如图1所示。830°C时，相同时间内向反应体系中投入一定量CaO做对比实验，结果如图2所示，下列说法中正确的是 A. 该反应的ΔH= (a−b−c) kJ∙mol−1 B. 选择适当催化剂降低ΔH3可显著提高催化重整反应速率 C. CaO提高了催化重整反应速率 D CaO表面积越大，吸收CO2效果越好 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据图中信息和盖斯定律，反应焓变只与起始和终止状态有关，因此该反应的ΔH= (a−b+c) kJ∙mol−1，故A错误； B．第一步的活化能大，因此该反应的反应速率主要有第一步决定，因此选择适当催化剂降低ΔH3不能显著提高催化重整反应速率，故B错误； C．CaO不是反应的催化剂，因此不能提高催化重整反应速率，故C错误； D．根据图2的信息说明CaO表面积越大，吸收CO2效果越好，二氧化碳浓度降低，平衡正向移动，氢气百分含量增大，故D正确。 综上所述，答案为D。 12. 由γ一羟基丁酸(HOCH2CH2CH2COOH)生成γ-丁内酯( )的反应如下：HOCH2CH2CH2COOH +H2O。在25°C时，溶液中γ一羟基丁酸初始浓度为0.180mol/L，随着反应的进行，测得γ一丁内酯的浓度随时间的变化如下表所示。下列说法中错误的是 t/min 21 50 80 100 120 160 220 ∞ c/(mol/L) 0.024 0.050 0.071 0.081 0.090 0.104 0.116 0.132 A. 在120min时，γ一羟基丁酸的转化率为50% B. 在50~80min内，以γ一丁内酯的浓度变化表示的反应速率为0.07mol/(L·min) C. 在25°C时，该反应的平衡常数为K=2.75 D. 为提高平衡时γ一羟基丁酸的转化率，可采取的措施是移出γ一丁内酯 【答案】B 【解析】 【详解】A．反应至120 min时，反应产生0.090 mol/L的γ-丁内酯，则反应消耗γ-羟基丁酸的浓度为0.090 mol/L，故γ-羟基丁酸转化率为×100%=50%，A正确； B．50～80 min内γ-丁内酯的浓度改变了0.071 mol/L-0.050 mol/L=0.021 mol/L，则用γ-丁内酯的浓度变化表示反应速率υ(γ-丁内酯)== 0.0007 mol ∙ L-1∙min-1，B错误； C．25℃时，该反应的平衡常数K=，C正确； D．若移走γ-丁内酯，减小生成物浓度，促进化学平衡正向移动，从而可提高γ-羟基丁酸的转化率，D正确； 故答案选B。 13. 下图装置利用燃料电池与电解池组合制备KMnO4，电极甲、乙、丙、丁均为惰性电极。下列说法中错误的是 A. 气体X为H2 B. KOH溶液的质量分数： a%＜b%＜c% C. 丁电极发生的电极反应为MnO-e-= MnO D. 甲电极上每消耗22.4L气体时，阳极质量减轻78g 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据题意，电解法制备KMnO4，所以丁电极K2MnO4发生氧化反应生成KMnO4，丁是阳极，则丙是阴极，丙电极氢离子得电子生成氢气，所以气体X为H2，故A正确； B．丙电极氢离子得电子生成氢气，电极反应式是；电极甲是燃料电池的正极，电极反应式为，甲、丙电极都生成碱；所以KOH溶液的质量分数： a%＜b%＜c%，故B正确； C．根据题意，电解法制备KMnO4，所以丁电极K2MnO4发生氧化反应生成KMnO4，丁电极发生的电极反应为MnO-e-= MnO，故C正确； D．非标准状况下，22.4L氧气物质的量不一定是1mol，故D错误； 选D。 14. 下图所示的两种化合物可应用于阻燃材料和生物材料的合成。其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，X和Z同主族，Y原子序数为W原子价电子数的3倍。下列说法中正确的是 A. 原子半径Z＞Y＞X＞W B. 氢化物沸点Z＞X C. 第一电离能Y＞W＞X D. WH4Z 中含有离子键、极性键和配位键 【答案】D 【解析】 【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，X和Z同主族，X、Z都能形成1个共价键，X是F元素、Z是Cl元素；W形成3个共价键，Y形成5个共价键，Y原子序数为W原子价电子数的3倍，Y是P元素、W是N元素。 【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，原子半径P＞Cl＞N＞F，故A错误； B．HF分子间能形成氢键，所以氢化物沸点HF＞HCl，故B错误； C．第一电离能F＞N＞P，故C错误； D．NH4Cl由、Cl-构成，所以含有离子键，中N和H通过极性键和配位键结合，故D正确； 选D。 15. 常温下将NaOH溶液滴加到H2A溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示，纵坐标为或。下列叙述中错误的是 A. H2A 溶液中＜ B. 恰好完全中和时： c(OH-)=2c(HA-)+c(H2A)+(H+) C. =104 D. a、b点对应溶液中均存在c(Na+)＜2c(A2-)+c(HA-) 【答案】B 【解析】 【分析】，，因为纵坐标为或，分别取a、b点，则此时对应曲线上有和，可以算出对应曲线的电离平衡常数为10-2.6和10-6.6，因为Ka1＞Ka2，所以Ka1=10-2.6，Ka2=10-6.6，所以曲线M、N分别表示pH与和pH与的关系。 【详解】A．由于Ka1＞Ka2，所以＞，＞，因此＜，A正确； B．恰好完全中和时生成Na2A，根据质子守恒可知，c(OH-)=c(HA-)+2c(H2A)+(H+)，B错误； C．=，C正确； D．图中b点对应溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(A2-)+c(HA-)，且此时c(A2-)=c(HA-)，代入电荷守恒关系式，结合b点的pH可知c(H+)＞c(OH-)，所以c(Na+)＜2c(A2-)+c(HA-)，D正确； 故选B。 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16. 二水合磷酸二氢锰具有广泛用途，被用作防锈剂。某化工拟用软锰矿(含MnO2及少量FeO、Al2O3和SiO2)为原料生产Mn(H2PO4)2·2H2O，其工艺流程如下所示，请回答下列问题： （1）Mn元素位于元素周期表第___________周期第___________族。 （2）滤渣①的主要成分是___________。 （3）适量Na2SO3固体作为还原剂，将MnO2还原为Mn2+，该反应的离子方程式为_____。 （4）检验滤液①中是否含有Fe2+，可以用___________溶液。 A. KSCN B. KFe[Fe(CN)6] C. K3[Fe(CN)6] D. Fe3[Fe(CN)6]2 （5）步骤II是用萃取剂萃取溶液中的Fe3+， Fe3+的萃取率与pH的关系如下图，当溶液pH＞1.7，随pH增大Fe3+萃取率下降的原因是___________。 （6）已知该条件下在步骤III中Ksp[Al(OH) 3] = 10 ×10-33， Ksp[Mn(OH)2]= 1.0 ×10-14.试剂x为Na2CO3，若c(Mn2+)=1.0 mol·L-1，调节pH范围应为4.7≤pH ___________。 （7）步骤V酸溶时可能产生磷酸锰和磷酸氢锰杂质，因此加入H3PO4至溶液呈酸性才能保证生成物质较多为Mn(H2PO4)2，用离子方程式说明原因___________。已知磷酸锰难溶于水，磷酸氢锰和磷酸二氢锰易溶与水。 【答案】（1） ①. 四 ②. VIIB （2）SiO2 （3）+MnO2+2H+=+Mn2++H2O （4）C （5）pH>1.7之后，促使水解平衡正向移动，溶液中浓度降低，所以萃取率下降 （6）<7 （7）Mn3(PO4)2+4H3PO4=6+3Mn2+、 【解析】 【分析】软锰矿含MnO2及少量FeO、Al2O3和SiO2杂质，浸锰步骤中加入稀硫酸和亚硫酸钠溶液，溶解Al2O3、FeO，同时亚硫酸钠和亚铁离子作还原剂将MnO2还原为Mn2+，Fe2+被氧化成Fe3+，SiO2不与硫酸反应，以滤渣①形式除去，萃取分液步骤采用萃取剂除去Fe3+，调节pH步骤加入Na2CO3将铝离子以Al(OH)3沉淀（滤渣②）形式除去，沉锰步骤继续加入Na2CO3使Mn2+生成MnCO3，酸溶步骤MnCO3和H3PO4反应生成Mn(H2PO4)2·2H2O。 【小问1详解】 Mn是25号元素，位于周期表的第四周期第VIIB族； 【小问2详解】 根据分析，滤渣①的主要成分是SiO2； 【小问3详解】 Na2SO3与MnO2在酸性条件下反应生成Na2SO4和MnSO4，离子方程式为+MnO2+2H+=+Mn2++H2O； 【小问4详解】 Fe2+与K3[Fe(CN)6]反应生成蓝色的Fe3[Fe(CN)6]2沉淀，可以用K3[Fe(CN)6]检验Fe2+，故选C； 【小问5详解】 在滤液①中存在水解平衡，如pH>1.7之后，水解平衡正向移动，导致生成Fe(OH)3的量增大，溶液中浓度降低，所以萃取率下降； 【小问6详解】 试剂x的作用是调节溶液的pH，Al3+先沉淀，Mn2+后沉淀，使二者分离时，调节pH范围应满足让Al3+完全沉淀同时Mn2+未沉淀，当Al3+完全沉淀时，Al3+浓度为，此时，所以溶液pH=4.7，当开始沉淀时，溶液中，所以溶液pH=7，调节溶液4.7≤pH<7； 【小问7详解】 步骤V酸溶时逐滴加入H3PO4溶液，开始时溶液中酸少量，MnCO3过量，先生成Mn3(PO4)2和MnHPO4，当加入H3PO4溶液呈酸性时会发生如下反应：Mn3(PO4)2+4H3PO4=6+3Mn2+、，保证生成物质较多Mn(H2PO4)2·2H2O。 17. 氯化亚锡(SnCl2)用途广泛，在无机工业中用作还原剂(Sn2+易被氧化为Sn4+)， 在钾华蓝生产中能防止硫酸亚铁氧化成高价铁。从锡渣废料(主要成分为Sn和SnO)中制备氯化亚锡晶体( SnCl2·2H2O)部分装置如图，过程如下： ①向电镀锡渣中加入适量的浓盐酸并充分搅拌 ②加热到一定温度， 反应约30分钟 ③反应完成后冷却至室温，水洗，抽滤 ④用盐酸淋洗，向滤液中加入少许单质锡，调pH＜2，在CO2气流下进行蒸发浓缩，冷却结晶得氯化亚锡晶体 锡渣在酸的条件下转化率与温度的关系 电镀锡渣质量/g 浓盐酸用量/mL 反应温度/°C 转化率/% 10 8 室温 - 10 8 50~60 10~15 10 8 100~ 120 30~40 10 8 200~250 70 pH对Sn2+存在形式的影响 pH Sn2+的形式 ＜2 SnCl2溶液 2~13 Sn(OH)2沉淀 ＞13 H2SnO2溶液 回答下列问题： （1）仪器a的名称是___________。 （2）使用恒压滴液漏斗的原因是___________。 （3）制备过程中通入N2的目的是___________。 （4）②加热到一定温度，最适宜的温度范围为___________。 （5）④向滤液中加入少许单质锡的原因___________。 （6）④调pH＜2的原因___________。 （7）产品含量的测定： 准确称取产品2.26克，在酸性条件下，用硫酸铁铵氧化Sn2+，在硫酸-磷酸混酸条件下，以二苯胺磺酸钠作指示剂，用0.100mol/L标准酸性重铬酸钾溶液滴定Fe2+，消耗标准酸性重铬酸钾溶液32.30mL。产品中氯化亚锡(SnCl2·2H2O)的质量分数为___________。 【答案】（1）球形冷凝管 （2）维持滴液漏斗内和烧瓶内压强一致，使浓盐酸能顺利流下 （3）排出装置中空气，防止Sn2+被氧化 （4）200~250℃ （5）防止Sn2+被氧化为Sn4+ （6）抑制Sn2+水解，防止生成Sn(OH)2沉淀 （7）96.90% 【解析】 【分析】电镀锡渣中Sn、SnO与盐酸反应生成SnCl2，充分反应后，冷却至室温，水洗抽滤得到SnCl2晶体，用盐酸淋洗将该晶体重新溶解，并除去不溶性杂质，在盐酸中防止SnCl2水解，酸性条件下，锡在水溶液中有Sn2+、Sn4+两种主要存在形式，向其中加入Sn粉，防止Sn2+被氧化为Sn4+，经过蒸发浓缩、冷却结晶得到纯净的SnCl2晶体。 【小问1详解】 仪器a的名称为球形冷凝管； 【小问2详解】 恒压滴液漏斗可维持漏斗内和烧瓶内压强一致，使浓盐酸能顺利流下，故此处填：维持滴液漏斗内和烧瓶内压强一致，使浓盐酸能顺利流下； 【小问3详解】 由于反应生成的Sn2+容易被氧化，被需排除装置中的空气，故此处填：排出装置中空气，防止Sn2+被氧化； 【小问4详解】 由所给信息知，相同条件下，控温200~250℃时，锡渣转化率较高，故此处填：200~250℃； 【小问5详解】 由分析知，加入少量单质Sn的目的是防止Sn2+被氧化为Sn4+； 【小问6详解】 由pH对Sn2+存在形式的影响知，当pH增大时，Sn2+会转化为Sn(OH)2沉淀，pH大于13时，会转化为H2SnO2溶液，故此处填：抑制Sn2+水解，防止生成Sn(OH)2沉淀； 【小问7详解】 由题意知，Sn2+首先与Fe3+反应生成Sn4+和Fe2+，根据得失电子守恒确定两者比例为：Sn2+~2Fe2+，接着用K2Cr2O7溶液滴定Fe2+，Fe2+被氧化为Fe3+、酸性条件下K2Cr2O7被还原为Cr3+，根据得失电子守恒得两者反应比例：K2Cr2O7~6Fe2+，综上所述可得关系式：3Sn2+~6Fe2+~ K2Cr2O7，则n(SnCl2·2H2O)=3n(K2Cr2O7)=3×0.100 mol/L×32.30 mL×10-3 L/mL=9.69×10-3 mol，则该晶体的质量分数=。 18. 2021年9月24日，我国科学家在(Science》上发表论文《无细胞化学酶从二氧化碳合成淀粉》，代表着人类人工合成淀粉领域的重大颠覆性和原创性突破。 （1）第一步反应CO2和H2制CH3OH的过程中原子利用率___________(填“能”或“不能”)达到100%。 （2）在第二步反应中，H2O2为___________。 A. 反应物 B. 生成物 C. 催化剂 D. 中间产物 （3）探究CH3OH合成反应的化学平衡影响因素，有利于提高CH3OH的产率。CO2和H2在某种催化剂作用下可同时发生以下两个反应： I．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ∆H= - 48.5 kJ·mol-1 II．2CO2(g)+5H2(g)C2H2(g)+4H2O(g) ∆H = +37.1 kJ·mol-1 在压强为P，CO2、H2的起始投料为1：3的条件下，发生反应I、II，实验测得CO2的平衡转化率和平衡时CH3OH的选择性随温度的变化如图所示。 已知：CH3OH的选择性= ①有利于提高CH3OH的选择性的措施有___________。 A．适当降温B．适当升温C．选择合适的催化剂 ②温度高于350°C时，体系中发生的反应以___________(填“I”或“II”)为主，并说明理由______。 ③其中表示平衡时CH3OH的选择性的曲线是___________(填“a”或“b”)。 ④400°C时，在该压强及投料比的条件下，利用图示所给数据计算H2的转化率为___________。 【答案】（1）不能 （2）D （3） ①. AC ②. II ③. 反应II为吸热反应，温度较高，有利于吸热反应进行 ④. b ⑤. 22.5% 【解析】 【小问1详解】 CO2与H2的反应为CO2+3H2CH3OH+H2O，由于生成了H2O，原子利用率不能达到100%； 【小问2详解】 由图象可知，该反应为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+H2O，因此H2O2不是反应物，也不是生成物，H2O2在反应中生成又消耗，属于中间产物，故选D； 【小问3详解】 反应I是生成CH3OH的反应，该反应是放热反应，温度越高，平衡逆向移动，CH3OH的选择性越低，因此b为平衡时CH3OH的选择性曲线，a为CO2的平衡转化率曲线。 ①由反应I可知生成CH3OH的反应为放热反应，根据勒夏特列原理，温度降低，有利于平衡正向移动，因此降温可以提高选择性；选择有利于反应I进行的催化剂，可以让反应更大程度甚至只进行反应I，有利于提高甲醇的选择性，故选AC； ②温度高于350°C时，由于体系温度较高，根据勒夏特列原理，有利于吸热反应的进行，因此以反应II为主； ③根据上述分析，表示平衡时CH3OH的选择性的曲线是b； ④设投入的CO2和H2的物质的量分别为amol、3amol，设反应I转化的CO2的物质的量为x，反应II转化的CO2的物质的量为y，根据题意可得： 由图象可知，甲醇的选择性为40%，因此=0.4，CO2的转化率为25%，=0.25，故x=0.1amol，y=0.075amol，H2的转化率为×100%=×100%=22.5%。 19. 氮及其化合物在工农业生产和生命活动中起着重要的作用。回答下列问题： （1）“中国制造2025”是中国政府实施制造强国战略第一 个十年行动纲领。氮化铬在现代工业中发挥更重要的作用，请写出Cr3+的价电子轨道表示式 ___________ ；基态铬、氮原子的未成对电子数之比为___________。 （2）NH3也是造成水体富营养化的重要原因之一，用NaClO溶液氧化可除去氨气。其反应机理如图所示(其中H2O和NaCl 略去)。NaClO 氧化NH3的总反应化学方程式为 ___________。 （3）改变对溶液中NaClO去除氨气效果与余氯(溶液中+1价氯元素的含量)的影响如图所示，则除氨气过程中最佳的值约为___________。 （4）室温下，用水稀释0.1mol·L-1氨水，溶液中随着水量的增加而减小的是___________。 A. ) B. C. c(H+) D. （5）25°C时，将amol NH4NO3溶于水，向该溶液中滴加bL氨水后溶液呈中性，滴加氨水的过程中水的电离平衡将___________ (填 “正向”、“逆向”或“不”)移动。 （6）工业上利用NH3制备联氨(N2H4)装置如下图，其阳极电极反应式为___________。 【答案】（1） ①. ②. 2:1 （2） （3）1.5 （4）BD （5）逆向 （6） 【解析】 【小问1详解】 三价铬离子的价电子排布式为3d3，则其价电子轨道表示式为：；基态铬原子的价电子轨道表示式为： ，核外有6个未成对电子，基态氮原子的价电子轨道式为：，核外有3个未成对电子，因此基态铬、氮原子的未成对电子数之比为2:1。 【小问2详解】 根据图示，由始态和终态判断反应物中氨气被氧化成氮气，次氯酸钠则被还原成氯化钠，依据得失电子守恒和质量守恒，可知化学方程式为：。 【小问3详解】 当去除率较高，余氯量较低时，说明去除效果最佳，由图示可知，符合要求的最佳值约为1.5。 【小问4详解】 A．由氨水的电离方程式可知，为平衡常数，只随温度变化，用水稀释，温度不变，比值不变，A项错误； B．加水稀释，促进一水合氨的电离，n()减小，n()增大，两者在同一溶液中，体积相同，因此减小，B项正确； C．加水稀释，氨水碱性减弱，c()浓度减小，c()浓度增大，C项错误； D．加水稀释，氨水碱性减弱，c()浓度减小，c()浓度增大，减小，D项正确； 答案选BD。 【小问5详解】 25°C时，将amolNH4NO3溶于水，向该溶液中滴加bL氨水后溶液呈中性，氨水会电离生成铵根离子和氢氧根离子，会对水的电离起到抑制作用，使水的电离平衡逆向移动。 【小问6详解】 分析装置图可知，氧离子移向的电极为阳极，阳极上通入氨气失电子生成N2H4，阴极上氧气得到电子生成O2-。在阳极，NH3转变为N2H4，氮元素化合价由-3价变为-2价，则2molNH3失去2mol电子生成1molN2H4，余下的2molH与阴极传导过来的O2-结合生成水。故阳极电极反应为： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2022年沈阳市高中三年级教学质量监测(一) 化 学 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共8页。满分100分。考试时间75分钟。 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡指定区域。 2.选择题选出答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净，再选涂其他答案标号。第Ⅰ卷用黑色水性笔答在答题卡上。在试卷上作答无效。 3.考试结束后，考生将答题卡交回。 可能用到的相对原于质量：H 1 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 K 39 Fe 56 Sn 119 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1. 化学与人类生产、生活密切相关，下列说法中错误的是 A. 镀锌铁破损后，铁易被腐蚀 B. 神舟十一号飞船返回舱表面材料氮化硅属于共价晶体 C. 冷敷袋俗称冰袋，成分可以是硝酸铵和水 D. 红酒中添加适量SO2可以起到杀菌和抗氧化的作用 2. 下列化学用语表示错误的是 A. CS2 的空间填充模型 B. N2H4的电子式 C. 二氧化硅的分子式为SiO2 D. Cu的价电子排布式为3d104s1 3. 下列说法中正确的是 A. 明矾可用于对自来水进行杀菌消毒 B. Fe(OH)3和FeCl2均可通过化合反应得到 C. 95%乙醇溶液可以更有效的杀死新冠病毒 D. CO2通入CaCl2溶液中，溶液先变浑浊后变澄清 4. 由下列实验操作及现象能得出相应结论的是 选项 实验操作 实验现象 结论 A 将蘸有浓氨水的玻璃棒靠近某试剂瓶瓶口 该试剂瓶瓶口有白烟生成 该试剂瓶中盛装的一定是浓盐酸 B 向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体 溶液红色变浅 证明Na2CO3溶液中存在水解平衡 C 向未知溶液中滴加硝酸酸化的BaCl2溶液 出现白色沉淀 证明该未知溶液中存在SO或者SO D 向Fe(NO3)2溶液中加入稀硫酸 溶液变为棕黄色 稀硫酸具有氧化性 A. A B. B C. C D. D 5. 下列有关不同价态含硫化合物的说法中错误的是 A. 工业接触法制备硫酸涉及到的转化为FeS2→X→Y→Z B. 实验室制备乙炔中的硫化氢杂质可用M溶液除去 C. 黄铁矿的主要成分为FeS2，该化合物中阴阳离子个数比为1：1 D. 硫在过量氧气中燃烧能够生成Y 6. NA是阿伏加德罗常数的值。下列叙述中正确的是 A. 32gS8 中的共价键数目为NA B. 25°C时，pH=1 HNO3溶液中含有NO的数目为0.1NA C. 10g 49%硫酸溶液中所含的H原子数为0.1 NA D. 1mol 氨基(-NH2) 中含有的电子数为10 NA 7. 下列有关离子方程式中书写错误的是 A. 工业盐酸呈现亮黄色原因： Fe3+ +4Cl- [FeCl4]- B. 氯化铜溶液中存在如下平衡： [Cu(H2O)4]2++4Cl- [CuC14]2-+4H2O C. 向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸： Ba2++OH- +H++SO= BaSO4↓+H2O D. 向氯化银悬浊液中加入足量碘化钾溶液： I-(aq)+AgCl(s) AgI(s)+Cl-(aq) 8. 下列说法中错误的是 A. 水汽化和水分解两个变化过程中都破坏了共价键 B. 酸性强弱：三氟乙酸＞三氯乙酸＞乙酸 C. 基态碳原子核外有三种能量不同的电子 D. 区分晶体和非晶体最可靠的科学方法是对固体进行X射线衍射实验 9. F、K和Ni三种元素组成的一种化合物的晶胞如图所示。下列说法错误的是 A. Ni位于元素周期表d区 B. 该物质的化学式为K2NiF4 C. Ni的配位数为6 D. 该晶体属于分子晶体 10. 下列有关电化学的装置与阐述正确的是 A. 图A是外加电流法保护铁管道 B. 图B是电解熔融氯化铝制备金属铝 C. 图C是新型可充电Na- Zn双离子电池，充电时阴极区溶液pH增大 D. 图D是验证NaCl溶液(含酚酞)电解产物 11. 甲醇水蒸气催化重整是获取H2的重要方法，反应CH3OH(g+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)能量变化如图1所示。830°C时，相同时间内向反应体系中投入一定量CaO做对比实验，结果如图2所示，下列说法中正确的是 A. 该反应的ΔH= (a−b−c) kJ∙mol−1 B. 选择适当催化剂降低ΔH3可显著提高催化重整反应速率 C. CaO提高了催化重整反应速率 D. CaO表面积越大，吸收CO2效果越好 12. 由γ一羟基丁酸(HOCH2CH2CH2COOH)生成γ-丁内酯( )的反应如下：HOCH2CH2CH2COOH +H2O。在25°C时，溶液中γ一羟基丁酸初始浓度为0.180mol/L，随着反应的进行，测得γ一丁内酯的浓度随时间的变化如下表所示。下列说法中错误的是 t/min 21 50 80 100 120 160 220 ∞ c/(mol/L) 0.024 0.050 0071 0081 0.090 0.104 0.116 0.132 A. 在120min时，γ一羟基丁酸转化率为50% B. 在50~80min内，以γ一丁内酯的浓度变化表示的反应速率为0.07mol/(L·min) C. 在25°C时，该反应平衡常数为K=2.75 D. 为提高平衡时γ一羟基丁酸的转化率，可采取的措施是移出γ一丁内酯 13. 下图装置利用燃料电池与电解池组合制备KMnO4，电极甲、乙、丙、丁均为惰性电极。下列说法中错误的是 A. 气体X为H2 B. KOH溶液的质量分数： a%＜b%＜c% C. 丁电极发生的电极反应为MnO-e-= MnO D. 甲电极上每消耗22.4L气体时，阳极质量减轻78g 14. 下图所示的两种化合物可应用于阻燃材料和生物材料的合成。其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，X和Z同主族，Y原子序数为W原子价电子数的3倍。下列说法中正确的是 A. 原子半径Z＞Y＞X＞W B. 氢化物沸点Z＞X C. 第一电离能Y＞W＞X D. WH4Z 中含有离子键、极性键和配位键 15. 常温下将NaOH溶液滴加到H2A溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示，纵坐标为或。下列叙述中错误的是 A. H2A 溶液中＜ B. 恰好完全中和时： c(OH-)=2c(HA-)+c(H2A)+(H+) C. =104 D. a、b点对应溶液中均存在c(Na+)＜2c(A2-)+c(HA-) 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16. 二水合磷酸二氢锰具有广泛用途，被用作防锈剂。某化工拟用软锰矿(含MnO2及少量FeO、Al2O3和SiO2)原料生产Mn(H2PO4)2·2H2O，其工艺流程如下所示，请回答下列问题： （1）Mn元素位于元素周期表第___________周期第___________族。 （2）滤渣①的主要成分是___________。 （3）适量Na2SO3固体作为还原剂，将MnO2还原为Mn2+，该反应的离子方程式为_____。 （4）检验滤液①中是否含有Fe2+，可以用___________溶液。 A. KSCN B. KFe[Fe(CN)6] C. K3[Fe(CN)6] D. Fe3[Fe(CN)6]2 （5）步骤II是用萃取剂萃取溶液中的Fe3+， Fe3+的萃取率与pH的关系如下图，当溶液pH＞1.7，随pH增大Fe3+萃取率下降的原因是___________。 （6）已知该条件下在步骤III中Ksp[Al(OH) 3] = 10 ×10-33， Ksp[Mn(OH)2]= 1.0 ×10-14.试剂x为Na2CO3，若c(Mn2+)=1.0 mol·L-1，调节pH范围应为4.7≤pH ___________。 （7）步骤V酸溶时可能产生磷酸锰和磷酸氢锰杂质，因此加入H3PO4至溶液呈酸性才能保证生成物质较多为Mn(H2PO4)2，用离子方程式说明原因___________。已知磷酸锰难溶于水，磷酸氢锰和磷酸二氢锰易溶与水。 17. 氯化亚锡(SnCl2)用途广泛，在无机工业中用作还原剂(Sn2+易被氧化为Sn4+)， 在钾华蓝生产中能防止硫酸亚铁氧化成高价铁。从锡渣废料(主要成分为Sn和SnO)中制备氯化亚锡晶体( SnCl2·2H2O)部分装置如图，过程如下： ①向电镀锡渣中加入适量的浓盐酸并充分搅拌 ②加热到一定温度， 反应约30分钟 ③反应完成后冷却至室温，水洗，抽滤 ④用盐酸淋洗，向滤液中加入少许单质锡，调pH＜2，在CO2气流下进行蒸发浓缩，冷却结晶得氯化亚锡晶体 锡渣在酸的条件下转化率与温度的关系 电镀锡渣质量/g 浓盐酸用量/mL 反应温度/°C 转化率/% 10 8 室温 - 10 8 50~60 10~15 10 8 100~ 120 30~40 10 8 200~250 70 pH对Sn2+存在形式的影响 pH Sn2+的形式 ＜2 SnCl2溶液 2~13 Sn(OH)2沉淀 ＞13 H2SnO2溶液 回答下列问题： （1）仪器a的名称是___________。 （2）使用恒压滴液漏斗的原因是___________。 （3）制备过程中通入N2的目的是___________。 （4）②加热到一定温度，最适宜的温度范围为___________。 （5）④向滤液中加入少许单质锡的原因___________。 （6）④调pH＜2的原因___________。 （7）产品含量的测定： 准确称取产品2.26克，在酸性条件下，用硫酸铁铵氧化Sn2+，在硫酸-磷酸混酸条件下，以二苯胺磺酸钠作指示剂，用0.100mol/L标准酸性重铬酸钾溶液滴定Fe2+，消耗标准酸性重铬酸钾溶液32.30mL。产品中氯化亚锡(SnCl2·2H2O)的质量分数为___________。 18. 2021年9月24日，我国科学家在(Science》上发表论文《无细胞化学酶从二氧化碳合成淀粉》，代表着人类人工合成淀粉领域的重大颠覆性和原创性突破。 （1）第一步反应CO2和H2制CH3OH的过程中原子利用率___________(填“能”或“不能”)达到100%。 （2）在第二步反应中，H2O2为___________。 A. 反应物 B. 生成物 C. 催化剂 D. 中间产物 （3）探究CH3OH合成反应的化学平衡影响因素，有利于提高CH3OH的产率。CO2和H2在某种催化剂作用下可同时发生以下两个反应： I．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ∆H= - 48.5 kJ·mol-1 II．2CO2(g)+5H2(g)C2H2(g)+4H2O(g) ∆H = +37.1 kJ·mol-1 在压强为P，CO2、H2的起始投料为1：3的条件下，发生反应I、II，实验测得CO2的平衡转化率和平衡时CH3OH的选择性随温度的变化如图所示。 已知：CH3OH的选择性= ①有利于提高CH3OH的选择性的措施有___________。 A．适当降温B．适当升温C．选择合适的催化剂 ②温度高于350°C时，体系中发生的反应以___________(填“I”或“II”)为主，并说明理由______。 ③其中表示平衡时CH3OH的选择性的曲线是___________(填“a”或“b”)。 ④400°C时，在该压强及投料比的条件下，利用图示所给数据计算H2的转化率为___________。 19. 氮及其化合物在工农业生产和生命活动中起着重要的作用。回答下列问题： （1）“中国制造2025”是中国政府实施制造强国战略第一 个十年行动纲领。氮化铬在现代工业中发挥更重要的作用，请写出Cr3+的价电子轨道表示式 ___________ ；基态铬、氮原子的未成对电子数之比为___________。 （2）NH3也是造成水体富营养化的重要原因之一，用NaClO溶液氧化可除去氨气。其反应机理如图所示(其中H2O和NaCl 略去)。NaClO 氧化NH3的总反应化学方程式为 ___________。 （3）改变对溶液中NaClO去除氨气效果与余氯(溶液中+1价氯元素的含量)的影响如图所示，则除氨气过程中最佳的值约为___________。 （4）室温下，用水稀释0.1mol·L-1氨水，溶液中随着水量的增加而减小的是___________。 A. ) B. C. c(H+) D. （5）25°C时，将amol NH4NO3溶于水，向该溶液中滴加bL氨水后溶液呈中性，滴加氨水的过程中水的电离平衡将___________ (填 “正向”、“逆向”或“不”)移动。 （6）工业上利用NH3制备联氨(N2H4)装置如下图，其阳极电极反应式为___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $