精品解析：湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2024-2025学年高三上学期8月月考化学试题

湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2024届高三上学期8月月考化学试题 (考试时间：75分钟 试卷总分：100分) 一、单选题(本大题共15小题，共45分) 1. 由多元素组成的化合物Fe-Sm-As-F-O，是我国科学家近年来发现的一种重要的铁系超导材料。下列说法正确的是 A. O的价层电子排布式为1s22s22p4 B. Fe3+的价层电子轨道表示式违背了泡利不相容原理 C. N、As同主族，第一电离能N＜As D. 电负性F＞O＞As 2. 下列离子方程式书写正确的是 A. 水解： B. 用惰性电极电解饱和NaCl溶液：   C. 溶液中通入足量的： D. 等体积等物质的量浓度的与NaOH溶液反应： 3. 支撑海港码头基础的钢管桩，常用外加电流的阴极保护法进行防腐，工作原理如图所示，下列有关表述错误的是 A. 利用了电解原理 B. 钢管桩上有刺激性气味气体生成 C. 电子由电源负极流向钢管桩 D. 高硅铸铁作阳极 4. 设NA为阿伏加 德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 25℃时，pH=2的H2SO4溶液中，含有H+的数目为2×10-2NA B. 一定条件下，1molN2与3molH2混合充分反应，转移电子数目为6NA C. 常温下，1.0L0.1mol·L－1FeCl3溶液中，Fe3+的数目为0.1NA D. 用石墨电极电解足量CuSO4溶液，当阴极析出6.4gCu时，转移电子数目为0.2NA 5. 羰基硫(COS)可作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。可通过反应6CO+3S22COS+2CO2+2CS2 制备。下列说法错误的是 A. CO 分子中存在配位键 B. CO2分子为非极性分子 C. 基态 Ni2+ 有2个未成对电子 D. 沸点：COS>CO2>CS2 6. 下列说法不正确的是 A. N=N的键能大于N—N的键能的2倍，推测N=N中键的强度比键的大 B. N的第一电离能比O的高，与N原子2p轨道电子排布为半充满有关 C. 金刚石的熔点高于晶体硅，是因为C—C的键能大于Si—Si的键能 D. 能萃取碘水中，体现了相似相溶原理 7. 利用如图所示的装置（夹持及加热装置略）制备高纯白磷的流程如图所示： 红磷无色液体与P4(g)白磷(s) 已知：①白磷分子式为P4，易氧化②“三通阀”的孔路结构如图： 下列操作错误的是 A. 红磷使用前水洗可以除去表面的氧化物杂质 B. 加热外管并抽真空可以除去装置中的水和氧气 C. “冷凝指”的冷凝水需从口通入 D 控制“三通阀”可向装置中通入氮气排空气 8. 分析有机物的结构，预测相关性质，下列说法不正确的是 A. 溴乙烷分子中存在较强的C-X极性键，较易断裂，在NaOH水溶液中发生取代反应 B. 乙醇分子中电负性O>C，C-O的电子偏向氧原子，易断裂，在氢溴酸溶液中发生取代反应 C. 苯酚分子中O原子为杂化，存在P-π共轭，使O-H电子偏向氧原子，易断裂，在水溶液中发生部分电离，显弱酸性 D. 乙醛分子中醛基碳为杂化，形成碳氧双键，易断裂，能与HCN发生加成反应 9. 已知苯并唑酮()可转化为X()，下列说法正确的是 A. 1mol苯并唑酮完全燃烧需要消耗6.25mol氧气 B. X能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但不能使溴水褪色 C. X与足量H2加成后所得有机物分子中手性碳原子数目为3个 D. 1molX与足量NaOH溶液充分反应，最多可消耗4molNaOH 10. W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，W的气态氢化物可与其最高价含氧酸反应，由此可知，下列说法正确的是 W X Y Z A. 元素W、X的单质在放电条件下生成红棕色气体 B. Z元素氧化物对应水化物的酸性一定强于Y C. W的气态氢化物与其最高价含氧酸反应产物为离子化合物 D. Y的单质难溶于水，易溶于乙醇 11. 如图所示为冰晶石(化学式为Na3AlF6)的晶胞。已知冰晶石熔融时电离方程式为：Na3AlF63Na++AlF63-。图中●位于大立方体顶点和面心，○位于大立方体的12 条棱的中点和8个小立方体的体心。则下列说法正确的是 A. 冰晶石是原子晶体 B. 该物质中存在配位键 C. 大立方体的体心处△代表的是Al3+ D. 该物质是电解冶炼铝的还原剂 12. 电絮凝的反应原理是以铝、铁等金属为阳极，在直流电的作用下，阳极被溶蚀，产生金属离子，在经一系列水解、聚合及氧化过程，发展成为各种羟基络合物、多核羟基络合物以及氢氧化物，使废水中的胶态杂质、悬浮杂质凝聚沉淀而分离。下列说法不正确的是 A. 每产生1molO2，整个电解池中理论上转移电子数为4NA B. 阴极电极反应式为2H2O + 2e- = H2↑+2OH— C. 若铁为阳极，则阳极电极方程式为Fe-2e-=Fe2+和2H2O - 4e- = O2↑+4H+ D. 若铁为阳极，则在处理废水的过程中阳极附近会发生：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O 13. 一定温度下，在体积均为2L的Ⅰ、Ⅱ两个恒容密闭容器中充入X(g)和Y(g)，发生反应，X、Y的起始物质的量及X的平衡转化率如表所示。 容器编号 Ⅰ Ⅱ 起始物质的量/mol X 0.4 0.8 Y 0.2 0.2 X的平衡转化率/% 50 a 下列判断正确的是 A. 反应的平衡常数：KI﹤KII B. 该温度下，Ⅱ中反应的平衡常数为 C. Ⅱ中 D. 平衡时向Ⅰ中再充入0.1molY和0.1molZ，则平衡正向移动 14. 25℃，向20 mL 0.1 mol·L−1 MOH溶液中滴加0.1 mol·L−1 CH3COOH溶液, 所得溶液的pH(对应曲线M)及导电能力(对应曲线N)变化如图所示。下列叙述正确的是 A. MOH是弱碱，其Kb＝1.0×10−21 B b点溶液中，c(CH3COO−)＋ c(CH3COOH)＝0.1 mol·L−1 C. 水的离子积常数Kw：b＞c＞a D. c点溶液中，c(CH3COO−)＞c(M+)＞c(H+)＞c(OH−) 15. 下列有关说法正确的是 A. 向溶液中缓慢加入稀盐酸，在这个过程中一定有某个时刻满足： B. 电子由3d能级跃迁至4p能级时，可通过光谱仪摄取原子的发射光谱 C. 配合物中的H―N―H的键角和游离的分子H―N―H的键角相等 D. 在溶液中加入少量固体，减小 二、解答题(本大题共4小题，共55分) 16. 重金属元素铬的毒性较大，含铬废水需经处理达标后才能排放。 I.某工业废水中主要含有Cr3+，同时还含有少量的Fe2+、 Fe3+、 Al3+、 Ca2+和Mg2+等，且酸性较强。为回收利用，通常采用如下流程处理： 注：部分阳离子常温下以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH见下表。 氢氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Mg(OH)2 Al(OH)3 Cr(OH)3 pH 3.7 9.6 11.1 8 9(>9溶解) （1）氧化过程中可代替H2O2加入的试剂是________(填序号)。 A.Na2O2 B.HNO3 C.FeCl3 D.KMnO4 （2）加入NaOH溶液调整溶液pH＝8时，除去的离子是________(填序号)；已知钠离子交换树脂的原理：Mn++nNaR→MRn+nNa+，此步操作被交换除去的杂质离子是____(填序号)。 A.Fe3+ B.Al3+ C.Ca2+ D.Mg2+ （3）还原过程中，每消耗172.8gCr2O72-转移4.8 mol e-，该反应离子方程式为________。 Ⅱ.酸性条件下，六价铬主要以Cr2O72-形式存在，工业上常用电解法处 理含Cr2O72-的废水。 实验室用如图装置模拟处理含Cr2O72-废水，阳极反应是Fe-2e-=Fe2+，阴极反应式2H++2e-=H2↑随着电解进行，阴极附近pH升高。 （1）电解时能否用Cu电极来代替Fe电极？____(填“能”或“不能”)， 理由是______________。 （2）电解时阳极附近溶液中Cr2O72-转化为Cr3+的离子方程式为________________。 （3）上述反应得到的金属阳离子在阴极区可沉淀完全，从其对水的电离平衡影响角度解释其原因__________。 （4）若溶液中初始含有0.lmol Cr2O72-，则生成的阳离子全部转化成沉淀的质量是_____g。 17. 苯甲酸及钠盐多用作食品、药品、化妆品等防腐剂。某实验小组设计实验制备苯甲酸钠并测定所得产物的纯度。其实验装置实验步骤和有关资料如下： 【实验装置】（夹持及加热装置省略）： 【实验步骤】 Ⅰ 苯甲酸钠制备：操作流程如图所示。 反应1： 反应2： Ⅱ 滴定法测定苯甲酸钠纯度的主要操作：取步骤Ⅰ所得苯甲酸钠晶体样品1.5g于锥形瓶中，加25mL水、50mL乙醚与2滴指示剂，用0.50mol/L盐酸滴定至水层变色。 【有关资料】 物质 沸点/℃ 水中溶解性 乙醚中溶解性 甲苯 110.6 难溶 易溶 苯甲酸 249.2 水中溶解度：0.21g（17.5℃）、 0.35g（25℃）、2.2g（75℃）、 2.7g（80℃）、5.9g（100℃） 易溶 苯甲酸钠 —— 易溶 微溶 回答下列问题： （1）仪器a的作用为______。 （2）制备过程中多次用到“过滤”操作，该操作使用的玻璃仪器有______。 （3）苯甲酸晶体与过量碳酸钠溶液反应的离子方程式为______。 （4）冷却过滤所得苯甲酸晶体可能含有某些杂质，进一步除杂可以使用的方法是______。 （5）使反应温度保持70℃的方法是______。 （6）滴定法测定苯甲酸钠纯度时，加入乙醚的作用为______，使用的指示剂为______（填编号）。 ①石蕊 ②酚酞 ③甲基橙 （7）已知每1mL 0.50 mol/L的盐酸消耗72mg的苯甲酸钠，实验测得滴定终点时消耗盐酸20.00mL，则该实验所得苯甲酸钠的纯度为______。 18. 有机物Y是制取醇酸树脂和高级航空润滑油的重要原料，PVAc树脂可用来生产涂料与PVA，有机物N是玉兰、紫丁香等日用香精的主香剂，它们的合成路线如下： 已知：R为烃基，、为烃基或氢原子。 I． Ⅱ． 回答下列问题： （1）C的名称是___________。 （2）写出由B在一定条件下生成PVAc树脂的化学方程式___________。 （3）D的结构简式是___________。 （4）已知E中碳原子都是杂化，写出F→G的化学方程式___________。 （5）M的结构简式是___________。 （6）下列有关说法中正确的是___________(填字母序号)。 a．N属于酯类物质 b．C、K互为同系物 c．反应①、②都可以是与的加成反应 （7）写出符合下列条件的B的同分异构体的结构简式___________。 a．与B有相同的官能团 b．反式结构 19. 为了更好地利用物质和能量变化，需要关注化学反应的快慢和程度。 Ⅰ．化学变化过程中均存在物质变化与能量变化，某化学兴趣小组进行如下图所示实验，以验证此结论。 （1）进行实验时，温度计水银柱液面变化：①升高：②降低。则反应①中，反应物断键吸收的能量_______生成物成键释放的能量(填“大于”或“小于”)：反应②中，反应物的总能量_______生成物的总能量(填“高于”或“低于”)。 Ⅱ．某小组利用溶液和稀硫酸的反应(现象：产生刺激性气味气体、溶液变浑浊)，通过比较反应完全所用时间长短验证不同因素对化学反应速率的影响，实验设计如表所示： 实验编号 T/K 溶液 稀溶液 反应完全所用时间/秒 V/mL V/mL s a 298 0.1 10 0.2 10 b 323 0.1 10 0.2 10 5 c 298 0.1 10 0.2 5 （2）和稀硫酸反应的离子方程式为_______。 （3）①依据化学反应原理判断平均用时_______5(填“>”“=”或“<”)。 ②用溶液的浓度变化表示实验b的平均反应速率为_______(忽略混合前后溶液的体积变化)。 （4）通过对比实验a和c，验证稀的浓度对反应速率的影响。该小组发现实验c存在不科学性，请提出对实验c的改进方案_______。 Ⅲ．某同学用等质量的锌粉先后与盐酸及相同体积、未知浓度的盐酸反应，记录相关数据，并作出这两个反应过程中放出气体的体积随反应时间的变化曲线图(如下图所示)。 （5）c(未知浓度的盐酸)_______1mol/L(填“>”“=”或“<”)，若用1mol/L硫酸代替上述实验中的1mol/L盐酸，二者的反应速率是否相同？理由是_______。 （6）为控制反应速率，防止因反应过快而难以测量体积，且不改变生成的量，事先在盐酸中加入等体积的下列溶液以减慢反应速率。下列试剂中，不可行的是_______。 A. 蒸馏水 B. KCl溶液 C. 溶液 D. 溶液 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2024届高三上学期8月月考化学试题 (考试时间：75分钟 试卷总分：100分) 一、单选题(本大题共15小题，共45分) 1. 由多元素组成化合物Fe-Sm-As-F-O，是我国科学家近年来发现的一种重要的铁系超导材料。下列说法正确的是 A. O的价层电子排布式为1s22s22p4 B. Fe3+的价层电子轨道表示式违背了泡利不相容原理 C. N、As同主族，第一电离能N＜As D. 电负性F＞O＞As 【答案】D 【解析】 【详解】A．氧原子核外电子数为8，基态氧原子核外电子排布式为1s22s22p4，价层电子排布式为2s22p4，故A不符合题意； B．泡利不相容原理内容为：每个原子轨道上最多只能容纳2个自旋状态相反的电子，选项中违背洪特规则，铁离子价层电子轨道表示式：，故B不符合题意； C．N、As同主族，同一主族元素第一电离能随着原子序数增大而减小，所以第一电离能N＞As，故C不符合题意； D．同一周期元素从左到右电负性逐渐增大，电负性F＞O＞N，同一主族元素从上到下电负性逐渐减小，电负性N＞As，所以电负性F＞O＞As，故D符合题意； 答案选D。 2. 下列离子方程式书写正确的是 A. 水解： B. 用惰性电极电解饱和NaCl溶液：   C. 溶液中通入足量的： D. 等体积等物质的量浓度的与NaOH溶液反应： 【答案】B 【解析】 【分析】A.碳酸根离子水解分两步，第一步水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，第二步碳酸氢根离子水解生成碳酸和氢氧根离子，且第一步水解程度远远大于第二步水解程度； B.用惰性电解电解饱和氯化钠溶液时，阳极上生成氯气、阴极上生成氢气同时阴极附近生成氢氧化钠； C.氯气先氧化亚铁离子后氧化溴离子，氯气足量，二者反应生成氯化铁、溴； D.等物质的量的与NaOH溶液反应生成碳酸钙、碳酸氢钠和水。 【详解】碳酸根离子水解分两步，第一步水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，第二步碳酸氢根离子水解生成碳酸和氢氧根离子，且第一步水解程度远远大于第二步水解程度，第一步水解方程式为，故A错误； B.用惰性电解电解饱和氯化钠溶液时，阳极上生成氯气、阴极上生成氢气同时阴极附近生成氢氧化钠，离子方程式为，故B正确； C.氯气先氧化亚铁离子后氧化溴离子，氯气足量，二者反应生成氯化铁、溴，离子方程式为，故C错误； D.等物质的量的与NaOH溶液反应生成碳酸钙、碳酸氢钠和水，离子方程式为，故D错误； 故选B。 【点睛】本题考查离子方程式正误判断，明确反应实质及离子反应先后顺序是解本题关键，注意有些化学反应还与反应物的量有关，如CD选项。 3. 支撑海港码头基础的钢管桩，常用外加电流的阴极保护法进行防腐，工作原理如图所示，下列有关表述错误的是 A. 利用了电解原理 B. 钢管桩上有刺激性气味气体生成 C. 电子由电源负极流向钢管桩 D. 高硅铸铁作阳极 【答案】B 【解析】 【分析】外加电流阴极保护是通过外加直流电源以及辅助阳极，被保护金属与电源的负极相连作为阴极，电子从电源负极流出，给被保护的金属补充大量的电子，使被保护金属整体处于电子过剩的状态，让被保护金属结构电位低于周围环境，从而使得金属腐蚀发生的电子迁移得到抑制，避免或减弱腐蚀的发生，阳极若是惰性电极，则是电解质溶液中的离子在阳极失电子。 【详解】A. 由于此保护装置有外加电源，构成了电解池，故利用了电解原理，A正确； B. 钢管桩要被保护，应做阴极，阴极产生氢气，氢气为无色无味的气体，B错误； C. 在电解池中，钢管桩要被保护，应做阴极，连接电源的负极，故电子由电源的负极流向钢管桩， C正确； D. 高硅铸铁连接电源的正极，做电解池的阳极， D正确。 答案选B。 4. 设NA为阿伏加 德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 25℃时，pH=2的H2SO4溶液中，含有H+的数目为2×10-2NA B. 一定条件下，1molN2与3molH2混合充分反应，转移电子数目为6NA C. 常温下，1.0L0.1mol·L－1FeCl3溶液中，Fe3+的数目为0.1NA D. 用石墨电极电解足量CuSO4溶液，当阴极析出6.4gCu时，转移电子数目为0.2NA 【答案】D 【解析】 【详解】A．溶液体积不明确，故溶液中的氢离子的个数无法计算，故A错误； B．氮气和氢气的反应为可逆反应，故不能进行彻底，则转移的电子数小于6NA个，故B错误； C．Fe3+是弱碱阳离子，在溶液中会水解，故溶液中的Fe3+小于0.1NA个，故C错误； D．6.4g铜的物质的量为0.1mol，而阴极的电极方程式为Cu2++2e-=Cu，故当生成0.1mol铜时转移0.2NA个电子，故D正确； 故答案为D。 5. 羰基硫(COS)可作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。可通过反应6CO+3S22COS+2CO2+2CS2 制备。下列说法错误的是 A. CO 分子中存在配位键 B. CO2分子为非极性分子 C. 基态 Ni2+ 有2个未成对电子 D. 沸点：COS>CO2>CS2 【答案】D 【解析】 【详解】A. CO 分子中碳原子和氧原子之间除了有2对共用电子对外、还存在1个配位键，该配位键形成是因为碳有空轨道、氧有孤电子对，A正确； B. CO2分子中有2个对称的碳氧双键，正负电荷中心重叠，为非极性分子，B正确； C. 基态 Ni2+ 有26个电子，价电子排布式为3d8，2个未成对电子，C正确； D. COS、CO2和CS2对应的晶体为分子晶体，沸点的高低取决于分子间作用力、由于组成和结构相似，分子间作用力的大小取决于相对分子质量的大小，则沸点：CS2>COS>CO2，D错误； 答案选D。 6. 下列说法不正确的是 A. N=N的键能大于N—N的键能的2倍，推测N=N中键的强度比键的大 B. N的第一电离能比O的高，与N原子2p轨道电子排布为半充满有关 C. 金刚石的熔点高于晶体硅，是因为C—C的键能大于Si—Si的键能 D. 能萃取碘水中的，体现了相似相溶原理 【答案】A 【解析】 【详解】A． N=N中含有1个键和1个键，N-N中含有1个键，N=N的键能大于N-N的键能的2倍，推测N=N中键的强度比键的小，故A错误； B．氮原子2p能级半充满电子，结构稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，氮原子的第一电离能大于氧原子的第一电离能，故B正确； C．共价晶体的熔沸点和共价键的强度有关，因为C-C键能大于Si-Si键能，金刚石的熔沸点高于晶体硅，故C正确； D．碘和四氯化碳都是非极性分子，根据相似相溶原理知，碘易溶于四氯化碳，用CCl4 萃取碘水中的碘，能用“相似相溶”解释，故D正确； 故选A。 7. 利用如图所示的装置（夹持及加热装置略）制备高纯白磷的流程如图所示： 红磷无色液体与P4(g)白磷(s) 已知：①白磷分子式为P4，易氧化②“三通阀”的孔路结构如图： 下列操作错误的是 A. 红磷使用前水洗可以除去表面的氧化物杂质 B. 加热外管并抽真空可以除去装置中的水和氧气 C. “冷凝指”的冷凝水需从口通入 D. 控制“三通阀”可向装置中通入氮气排空气 【答案】D 【解析】 【详解】A．红磷表面有被氧化生成的五氧化二磷，五氧化二磷可以溶于水，因此红磷在使用前应洗涤水洗可以除去表面的氧化物杂质，故A正确； B．真空环境可以降低物质的熔沸点，有利于将红磷转化为白磷，但是由于抽真空时不能将水气和氧气完全除去，还需要对装置外管进行加热，除去装置中的水和氧气，保证反应环境无水无氧，故B正确； C．若从a口通入冷凝水，则冷凝水无法充满整个冷凝管，冷凝效果不好，需要用b口通入，此时可以将冷凝水充满冷凝管，故C正确； D．反应处于真空环境，装置中的空气已排尽，控制“三通阀”可向装置中通入氮气不是排空气，故 D错误； 故答案选D。 8. 分析有机物的结构，预测相关性质，下列说法不正确的是 A. 溴乙烷分子中存在较强的C-X极性键，较易断裂，在NaOH水溶液中发生取代反应 B. 乙醇分子中电负性O>C，C-O的电子偏向氧原子，易断裂，在氢溴酸溶液中发生取代反应 C. 苯酚分子中O原子为杂化，存在P-π共轭，使O-H电子偏向氧原子，易断裂，在水溶液中发生部分电离，显弱酸性 D. 乙醛分子中醛基碳为杂化，形成碳氧双键，易断裂，能与HCN发生加成反应 【答案】D 【解析】 【详解】A．卤代烃分子中卤原子电负性大于碳原子，碳卤键极性强，易断裂，易发生取代反应，则溴乙烷含有C-Br键，在NaOH的水溶液中发生取代反应生成乙醇，故A正确； B．乙醇分子中乙基是推电子基，由于电负性O>C，C-O电子偏向氧原子，造成O-H易断裂，在氢溴酸溶液中发生取代反应，故B正确； C．苯环中存在大π键，羟基中O原子与苯环形成P-π共轭，使O-H电子偏向氧原子，则O-H易断裂，苯酚部分电离出氢离子，显弱酸性，C正确； D．单键全部由σ键形成，双键由σ键和π键形成，乙醛分子中醛基碳周围有3个σ键，价层电子对数是3，碳原子采取杂化，D错误； 故选D。 9. 已知苯并唑酮()可转化为X()，下列说法正确的是 A. 1mol苯并唑酮完全燃烧需要消耗6.25mol氧气 B. X能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但不能使溴水褪色 C. X与足量H2加成后所得有机物分子中手性碳原子数目为3个 D. 1molX与足量NaOH溶液充分反应，最多可消耗4molNaOH 【答案】D 【解析】 【详解】A．苯并唑酮的分子式为：C7H5NO2，完全燃烧，碳原子转化为二氧化碳、氢原子转化为水，则1mol苯并唑酮完全燃烧最少需要消耗7.25mol氧气，A项错误； B．X具有醛基，醛基具有还原性，则能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，B项错误； C．X与足量H2加成后所得有机物分子中手性碳原子为，数目为4个，C项错误； D．X在碱性溶液中，溴原子、酰胺基、酯基可以水解，同时水解产物中有酚羟基，则1molX与足量NaOH溶液充分反应，最多可消耗4molNaOH，D项正确； 答案选D。 10. W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，W的气态氢化物可与其最高价含氧酸反应，由此可知，下列说法正确的是 W X Y Z A. 元素W、X的单质在放电条件下生成红棕色气体 B. Z元素氧化物对应水化物的酸性一定强于Y C. W的气态氢化物与其最高价含氧酸反应产物为离子化合物 D. Y的单质难溶于水，易溶于乙醇 【答案】C 【解析】 【分析】短周期元素W的气态氢化物可与其最高价含氧酸反应生成一种正盐，则W是N元素，根据元素的相对位置可知X是O，Y是S，Z是Cl，然后根据元素周期律及物质的性质分析解答。 【详解】根据上述分析可知W是N，X是O，Y是S，Z是Cl元素。 A．N2与O2在电火花作用下发生反应产生无色NO气体，选项A错误； B．Y是S，Z是Cl，Cl元素的含氧酸HClO是弱酸，其酸性比H2SO3、H2SO4都弱，因此要指明是否是元素最高价含氧酸，选项B错误； C．W的气态氢化物NH3与其最高价含氧酸HNO3反应产物NH4NO3为离子化合物，选项C正确； D．Y的单质S难溶于水，微溶于乙醇，选项D错误； 答案选C。 11. 如图所示为冰晶石(化学式为Na3AlF6)的晶胞。已知冰晶石熔融时电离方程式为：Na3AlF63Na++AlF63-。图中●位于大立方体顶点和面心，○位于大立方体的12 条棱的中点和8个小立方体的体心。则下列说法正确的是 A. 冰晶石是原子晶体 B. 该物质中存在配位键 C. 大立方体的体心处△代表的是Al3+ D. 该物质是电解冶炼铝的还原剂 【答案】B 【解析】 【详解】A、由已知冰晶石熔融时电离方程式为：Na3AlF63Na++可知，冰晶石是离子晶体，故A错误；B、Al的最外层含有三个电子，能与三个F形成三个共价键，而中Al结合了6个F，说明中Al和F之间形成了三个配位键，其中Al提供空轨道，F提供孤对电子，故B正确；C、由冰晶石(化学式为Na3AlF6)可知，Na+与的个数比为3:1，由冰晶石的晶胞结构可知，一个晶胞中含有●的个数为8×+ 6×= 4，○的个数为8+12×=11，△代表○时，●与○的个数比为1:3，则●为，○为Na+，所以大立方体的体心处△代表的是Na+，故C错误；D、该物质是电解冶炼铝的助熔剂，故D错误。 12. 电絮凝的反应原理是以铝、铁等金属为阳极，在直流电的作用下，阳极被溶蚀，产生金属离子，在经一系列水解、聚合及氧化过程，发展成为各种羟基络合物、多核羟基络合物以及氢氧化物，使废水中的胶态杂质、悬浮杂质凝聚沉淀而分离。下列说法不正确的是 A. 每产生1molO2，整个电解池中理论上转移电子数为4NA B. 阴极电极反应式为2H2O + 2e- = H2↑+2OH— C. 若铁为阳极，则阳极电极方程式为Fe-2e-=Fe2+和2H2O - 4e- = O2↑+4H+ D. 若铁为阳极，则在处理废水的过程中阳极附近会发生：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意可知，在直流电作用下，阳极产生金属阳离子，在经一系列水解、聚合及氧化过程，发展成为各种羟基络合物、多核羟基络合物以及氢氧化物，使废水中的胶态杂质、悬浮杂质凝聚沉淀而分离。 【详解】A. 每产生1molO2，根据电极反应，M-ne-=Mn+和2H2O-4e- =O2↑+4H+，转移电子的物质的量大于4mol，转移电子数大于4NA，故A错误； B. 根据题意，可得到阴极电极反应式为2H2O+2e- = H2↑+2OH-，故B正确； C. 根据题意，若铁为阳极，则阳极电极方程式为Fe-2e-=Fe2+和2H2O-4e-=O2↑+4H+，故C正确； D. 若铁为阳极，在电流作用下，Fe-2e-=Fe2+，亚铁离子不稳定，具有还原性，易被氧气氧化，则在处理废水的过程中阳极附近会发生：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故D正确； 答案选A。 13. 一定温度下，在体积均为2L的Ⅰ、Ⅱ两个恒容密闭容器中充入X(g)和Y(g)，发生反应，X、Y的起始物质的量及X的平衡转化率如表所示。 容器编号 Ⅰ Ⅱ 起始物质的量/mol X 0.4 0.8 Y 0.2 0.2 X的平衡转化率/% 50 a 下列判断正确的是 A. 反应的平衡常数：KI﹤KII B. 该温度下，Ⅱ中反应的平衡常数为 C. Ⅱ中 D. 平衡时向Ⅰ中再充入0.1molY和0.1molZ，则平衡正向移动 【答案】B 【解析】 【详解】A．平衡常数只与温度有关，所以KⅠ=KⅡ，故A错误； B．根据Ⅰ给出的中的数据可列三段式：，则平衡时X、Y、Z的浓度分别为0.1mol/L，0.05mol/L，0.1mol/L，所以该反应的平衡常数K==20L▪mol-1，Ⅰ和Ⅱ的平衡常数相等，所以Ⅱ中反应的平衡常数为 20L⋅mol−1，故B正确； C．和Ⅰ相比，Ⅱ中多加了0.4molX，所以X的转化率降低，即a＜50，故C错误； D．平衡时再向Ⅰ中充入0.1molY和0.1molZ，则此时的Q==22.5，K＜Q，则平衡逆向移动，故D错误； 故选B。 14. 25℃，向20 mL 0.1 mol·L−1 MOH溶液中滴加0.1 mol·L−1 CH3COOH溶液, 所得溶液的pH(对应曲线M)及导电能力(对应曲线N)变化如图所示。下列叙述正确的是 A. MOH是弱碱，其Kb＝1.0×10−21 B. b点溶液中，c(CH3COO−)＋ c(CH3COOH)＝0.1 mol·L−1 C. 水的离子积常数Kw：b＞c＞a D. c点溶液中，c(CH3COO−)＞c(M+)＞c(H+)＞c(OH−) 【答案】D 【解析】 【详解】A由图0.1mol·L—1MOH溶液的pH=11，MOH是弱碱，根据平衡常数定义Kb ＝1.0×10—5，故A错； B. b点溶液中两者恰好反应，生成CH3COOM盐溶液，且pH=3，说明M+水解程度大于CH3COO—的水解程度，c(CH3COO—)＋ c(CH3COOH)＝0.05mol·L—1，故B错； C.因为 a b c三点在一条曲线上，温度相同，所以水的离子积常数Kw相同，故C错； D. c点溶液中，醋酸过量溶液显酸性，所以c(CH3COO—)＞c(M+)＞c(H+)＞c(OH—)，故D正确； 故答案选D。 【点睛】水的离子积常数Kw只与温度有关。根据物料守恒的规律进行判别。通过图象中线的走向判断溶液中离子变化大小。 15. 下列有关说法正确的是 A. 向溶液中缓慢加入稀盐酸，在这个过程中一定有某个时刻满足： B. 电子由3d能级跃迁至4p能级时，可通过光谱仪摄取原子的发射光谱 C. 配合物中的H―N―H的键角和游离的分子H―N―H的键角相等 D. 在溶液中加入少量固体，减小 【答案】A 【解析】 【详解】A．向溶液中缓慢加入稀盐酸．首先发生反应，根据电荷守恒：，当恰好完全转化为NaCl和，溶液中的Na+浓度恰好为Cl-的两倍，即，所以有，A项正确； B．电子由3d能级跃迁至4p能级时，吸收能量，故可通过光谱仪摄取原子的吸收光谱，B项错误； C．配合物中氨分子为配体，氮原子上没有孤电子对、价层电子对数为4，游离氨分子中氮原子价层电子对数为4、有1对孤电子对，孤电子对和成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，则配合物的H―N―H的键角大于游离的分子H―N―H的键角相等，C项错误； D．在溶液中加入少量固体，抑制醋酸的电离，氢离子浓度减小，则增大，D项错误； 故选A。 二、解答题(本大题共4小题，共55分) 16. 重金属元素铬的毒性较大，含铬废水需经处理达标后才能排放。 I.某工业废水中主要含有Cr3+，同时还含有少量的Fe2+、 Fe3+、 Al3+、 Ca2+和Mg2+等，且酸性较强。为回收利用，通常采用如下流程处理： 注：部分阳离子常温下以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH见下表。 氢氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Mg(OH)2 Al(OH)3 Cr(OH)3 pH 3.7 9.6 11.1 8 9(>9溶解) （1）氧化过程中可代替H2O2加入的试剂是________(填序号)。 A.Na2O2 B.HNO3 C.FeCl3 D.KMnO4 （2）加入NaOH溶液调整溶液pH＝8时，除去离子是________(填序号)；已知钠离子交换树脂的原理：Mn++nNaR→MRn+nNa+，此步操作被交换除去的杂质离子是____(填序号)。 A.Fe3+ B.Al3+ C.Ca2+ D.Mg2+ （3）还原过程中，每消耗172.8gCr2O72-转移4.8 mol e-，该反应离子方程式为________。 Ⅱ.酸性条件下，六价铬主要以Cr2O72-形式存在，工业上常用电解法处 理含Cr2O72-的废水。 实验室用如图装置模拟处理含Cr2O72-废水，阳极反应是Fe-2e-=Fe2+，阴极反应式2H++2e-=H2↑随着电解进行，阴极附近pH升高。 （1）电解时能否用Cu电极来代替Fe电极？____(填“能”或“不能”)， 理由是______________。 （2）电解时阳极附近溶液中Cr2O72-转化为Cr3+的离子方程式为________________。 （3）上述反应得到的金属阳离子在阴极区可沉淀完全，从其对水的电离平衡影响角度解释其原因__________。 （4）若溶液中初始含有0.lmol Cr2O72-，则生成的阳离子全部转化成沉淀的质量是_____g。 【答案】 ①. A ②. AB ③. CD ④. 3S2O32-+4Cr2O72-+13H2O==6SO42-+8Cr (OH)3↓+2OH- ⑤. 不能 ⑥. 因阳极产生的 Cu2+不能使Cr2O72-还原到低价态 ⑦. Cr2O72-+6Fe2++14H+== 2Cr3++6Fe3++7H2O ⑧. 水中的H+在阴极区放电，H+浓度减小促使水的电离平衡H2OH++ OH-向右移动，阴极区OH-浓度增大与金属阳离子在阴极区结合而沉淀完全 ⑨. 84.8 【解析】 【分析】某工业废水中主要含有Cr3+，同时还含有少量的Fe2+、 Fe3+、 Al3+、 Ca2+和Mg2+等，加H2O2的目的是把Fe2+氧化为Fe3+,同时Cr3+被氧化成Cr2O72-，再加NaOH调节pH得到Cr(OH)(H2O)5SO4. 【详解】(1) 加氧化剂的是把Fe2+氧化为Fe3+,同时Cr3+被氧化成Cr2O72-，不能引入新杂质，所以可用Na2O2代替H2O2。答案：A。 （2）加入NaOH溶液调整溶液PH,当pH＝8时，Fe3+、 Al3+都转化为氢氧化物沉淀被除去。已知钠离子交换树脂的原理：Mn++nNaR→MRn+nNa+，此步操作被交换除去的杂质离子是Ca2+ 和.Mg2+。所以答案: AB 、 CD。 （3）每消耗0.8mol Cr2O72-转移4.8mol e-，则1molCr2O72-转移6mol电子，所以生成Cr3+，S2O32-被氧化为SO42-，则反应的离子方程式为：3S2O32-+4Cr2O72-+13H2O==6SO42-+8Cr (OH)3↓+2OH-。 （1）若用Cu电极来代替Fe电极，在阳极上铜失去电子得到的阳离子是铜离子，该离子不具有还原性，不能和重铬酸根之间发生反应，故答案为不能；因阳极产生的 Cu2+不能使Cr2O72-还原到低价态。 （2）Cr2O72-具有强氧化性，可以将亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原为2Cr3+，反应的实质是：6Fe2++Cr2O72-+14H+═6Fe3++2Cr3++7H2O，故答案为6Fe2++Cr2O72-+14H+═6Fe3++2Cr3++7H2O。 （3）因为水中的H+在阴极区放电，所以H+浓度减小促使水的电离平衡H2OH++ OH-向右移动，阴极区OH-浓度增大与金属阳离子在阴极区结合而沉淀完全。答案_水中的H+在阴极区放电，H+浓度减小促使水的电离平衡H2OH++ OH-向右移动，阴极区OH-浓度增大与金属阳离子在阴极区结合而沉淀完全。 （4）由6Fe2++Cr2O72-+14H+═6Fe3++2Cr3++7H2O知若溶液中初始含有0.lmol Cr2O72-，则生成的阳离子Fe3+、Cr3+全部转化成沉淀为Fe(OH)3和 Cr(OH)3，他们的质量是0.6mol107g/mol+0.2103g/mol=84.8g，答案：84.8。 【点睛】点睛：本题考查了物质分离提纯的操作及方法应用、电解原理、难溶物溶度积的计算等。本题的易错点为II，要注意铜离子不具有较强的还原性，另外要注意掌握氧化还原反应方程式的配平方法。 17. 苯甲酸及钠盐多用作食品、药品、化妆品等防腐剂。某实验小组设计实验制备苯甲酸钠并测定所得产物的纯度。其实验装置实验步骤和有关资料如下： 【实验装置】（夹持及加热装置省略）： 【实验步骤】 Ⅰ 苯甲酸钠的制备：操作流程如图所示。 反应1： 反应2： Ⅱ 滴定法测定苯甲酸钠纯度的主要操作：取步骤Ⅰ所得苯甲酸钠晶体样品1.5g于锥形瓶中，加25mL水、50mL乙醚与2滴指示剂，用0.50mol/L盐酸滴定至水层变色。 【有关资料】 物质 沸点/℃ 水中溶解性 乙醚中溶解性 甲苯 110.6 难溶 易溶 苯甲酸 249.2 水中溶解度：0.21g（17.5℃）、 0.35g（25℃）、2.2g（75℃）、 2.7g（80℃）、5.9g（100℃） 易溶 苯甲酸钠 —— 易溶 微溶 回答下列问题： （1）仪器a的作用为______。 （2）制备过程中多次用到“过滤”操作，该操作使用的玻璃仪器有______。 （3）苯甲酸晶体与过量碳酸钠溶液反应的离子方程式为______。 （4）冷却过滤所得苯甲酸晶体可能含有某些杂质，进一步除杂可以使用的方法是______。 （5）使反应温度保持70℃的方法是______。 （6）滴定法测定苯甲酸钠纯度时，加入乙醚的作用为______，使用的指示剂为______（填编号）。 ①石蕊 ②酚酞 ③甲基橙 （7）已知每1mL 0.50 mol/L的盐酸消耗72mg的苯甲酸钠，实验测得滴定终点时消耗盐酸20.00mL，则该实验所得苯甲酸钠的纯度为______。 【答案】（1）冷凝回流 （2）漏斗、烧杯、玻璃棒 （3） （4）重结晶 （5）水浴加热 （6） ①. 溶解生成的苯甲酸 ②. ③ （7）96% 【解析】 【分析】甲苯与高锰酸钾溶液反应生成苯甲酸钾、氢氧化钾、二氧化锰和水，趁热过滤可增大苯甲酸的溶解性，则滤液1中含有的苯甲酸钾与加入的盐酸，利用强酸制弱酸原理可制取苯甲酸，加入30%碳酸钠溶液，制取苯甲酸晶体，保存70℃至pH=7.5生成苯甲酸钠溶液，在经过一系列操作制取苯甲酸钠晶体。 【小问1详解】 根据仪器特点，仪器a为球形冷凝管，作用为冷凝回流； 【小问2详解】 “过滤”操作使用的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒； 【小问3详解】 苯甲酸晶体与过量碳酸钠溶液反应为强酸制弱酸，离子方程式为； 【小问4详解】 所得苯甲酸晶体可能含有硫酸锰，可采用重结晶的方法进一步提纯； 【小问5详解】 采用水浴加热的方法保持溶液的温度为70℃； 【小问6详解】 苯甲酸少量溶于水，而易溶于乙醚，加入乙醚可溶解生成的苯甲酸，减少苯甲酸的损失；苯甲酸钠溶液显碱性，而苯甲酸显酸性，滴定法测定苯甲酸钠纯度时，甲基橙，其变色范围3.1~4.4，使用的指示剂为甲基橙，选③； 【小问7详解】 已知每1 mL的盐酸滴定液（0.5 mol/L）相当于72 mg的苯甲酸钠，消耗盐酸20.00 mL时，苯甲酸钠的质量为72.00 mg×20.00 mL/mg=1.44g，苯甲酸钠的纯度==96%。 18. 有机物Y是制取醇酸树脂和高级航空润滑油的重要原料，PVAc树脂可用来生产涂料与PVA，有机物N是玉兰、紫丁香等日用香精的主香剂，它们的合成路线如下： 已知：R为烃基，、为烃基或氢原子。 I． Ⅱ． 回答下列问题： （1）C的名称是___________。 （2）写出由B在一定条件下生成PVAc树脂的化学方程式___________。 （3）D的结构简式是___________。 （4）已知E中碳原子都是杂化，写出F→G的化学方程式___________。 （5）M的结构简式是___________。 （6）下列有关说法中正确的是___________(填字母序号)。 a．N属于酯类物质 b．C、K互为同系物 c．反应①、②都可以是与的加成反应 （7）写出符合下列条件的B的同分异构体的结构简式___________。 a．与B有相同的官能团 b．反式结构 【答案】（1）乙醛 （2） （3） （4） （5） （6）ac （7） 【解析】 【分析】A为CH≡CH，与水发生加成反应，但两个羟基连在同一碳原子上不稳定，会脱水生成醛，故C为CH3CHO，C发生信息I中反应生成D为CH3CH=CHCHO，E在Cu作催化剂加热时生成F，即E应为醇，F应为醛，D与氢气发生加成反应生成醇E为CH3CH2CH2CH2OH，F为CH3CH2CH2CHO，F和HCHO发生已知I中反应生成G，参考Y的结构简式，可得G为，K→M参考已知Ⅱ，M应为醇，与C（CH3CHO）生成的X在浓硫酸加热条件下反应酯化反应生成N， X为羧酸CH3COOH，结合N的分子式且N中含有三个甲基，以及可知，M为，K为，N为，乙炔与X反应得到CH3COOCH=CH2， CH3COOCH=CH2发生加聚反应得到PVAc树脂为。 【小问1详解】 C为CH3CHO，名称为：乙醛； 【小问2详解】 CH3COOCH=CH2发生加聚反应得到PVAc树脂（），化学方程式为：； 【小问3详解】 由分析得，D为CH3CH=CHCHO； 【小问4详解】 F和HCHO发生已知I中反应生成G，参考Y的结构简式，可得G为，化学方程式为：； 【小问5详解】 由分析得，M的结构简式为：； 【小问6详解】 a．N为，含有酯基，属于酯类物质，a正确； b．C为CH3CHO，K为，官能团不同，并非互为同系物，b错误； c．由上述分析可知，反应①、②都可以是与H2的加成反应，c正确； 故选ac； 【小问7详解】 B为CH3COOCH=CH2，与B有相同的官能团，即有酯基和碳碳双键，是反式结构，即相同基团在不同侧，符合条件的同分异构体为：。 19. 为了更好地利用物质和能量变化，需要关注化学反应的快慢和程度。 Ⅰ．化学变化过程中均存在物质变化与能量变化，某化学兴趣小组进行如下图所示实验，以验证此结论。 （1）进行实验时，温度计水银柱液面的变化：①升高：②降低。则反应①中，反应物断键吸收的能量_______生成物成键释放的能量(填“大于”或“小于”)：反应②中，反应物的总能量_______生成物的总能量(填“高于”或“低于”)。 Ⅱ．某小组利用溶液和稀硫酸的反应(现象：产生刺激性气味气体、溶液变浑浊)，通过比较反应完全所用时间长短验证不同因素对化学反应速率的影响，实验设计如表所示： 实验编号 T/K 溶液 稀溶液 反应完全所用时间/秒 V/mL V/mL s a 298 0.1 10 0.2 10 b 323 0.1 10 0.2 10 5 c 298 0.1 10 0.2 5 （2）和稀硫酸反应的离子方程式为_______。 （3）①依据化学反应原理判断平均用时_______5(填“>”“=”或“<”)。 ②用溶液的浓度变化表示实验b的平均反应速率为_______(忽略混合前后溶液的体积变化)。 （4）通过对比实验a和c，验证稀的浓度对反应速率的影响。该小组发现实验c存在不科学性，请提出对实验c的改进方案_______。 Ⅲ．某同学用等质量的锌粉先后与盐酸及相同体积、未知浓度的盐酸反应，记录相关数据，并作出这两个反应过程中放出气体的体积随反应时间的变化曲线图(如下图所示)。 （5）c(未知浓度的盐酸)_______1mol/L(填“>”“=”或“<”)，若用1mol/L硫酸代替上述实验中的1mol/L盐酸，二者的反应速率是否相同？理由是_______。 （6）为控制反应速率，防止因反应过快而难以测量体积，且不改变生成的量，事先在盐酸中加入等体积的下列溶液以减慢反应速率。下列试剂中，不可行的是_______。 A. 蒸馏水 B. KCl溶液 C. 溶液 D. 溶液 【答案】（1） ①. 小于 ②. 低于 （2） （3） ①. > ②. 0.01 （4）再加入5mL蒸馏水 （5） ①. > ②. 不相同，锌粉与酸反应本质是Zn与反应，等物质的量浓度的稀硫酸比盐酸的浓度大，反应更快 （6）CD 【解析】 【分析】I：铁与稀硫酸的反应为放热反应，氢氧化钡晶体与氯化铵的反应为吸热反应。 II：a和b组温度不同，可探究温度对反应速率的影响；a和c稀硫酸浓度不同，可探究稀硫酸浓度对反应速率的影响，但应保持溶液总体积相同，应再加入5mL水； 【小问1详解】 进行实验时，温度计水银柱液面的变化：①升高；②降低，则反应①是放热反应，②是吸热反应，所以反应①中反应物断键吸收的能量小于生成物成键释放的能量，反应②中反应物的总能量低于生成物的总能量； 【小问2详解】 和稀硫酸反应的离子方程式为：； 【小问3详解】 温度升高，反应速率加快，b组温度最高，速率最快，达到平衡用时最短，故依据化学反应原理判断平均用时>5；根据：，； 【小问4详解】 根据分析，实验a和c用于探究稀硫酸浓度大小对化学反应速率的影响，应保证溶液总体积20mL不变，Na2S2O3的浓度不变，所以实验c的改进方案：再加入5mL水； 【小问5详解】 由图2可知，未知浓度盐酸与Zn反应产生等量氢气所需时间更短，反应速率更快，其浓度更大，所以c(未知浓度的盐酸)>1mol/L；Zn与盐酸或硫酸反应实质为Zn与氢离子反应，硫酸是二元强酸，而HCl是一元强酸，浓度均为1mol/L的硫酸和盐酸溶液中，硫酸中c(H+)更大，反应速率更快，所以二者反应速率不相同，故答案为：>；不相同，锌粉与酸反应本质是Zn与反应，等物质的量浓度的稀硫酸比盐酸的浓度大，反应更快； 【小问6详解】 A．加入蒸馏水，盐酸浓度减小，反应速率减慢，Zn的总量不变，不改变生成H2的量，方法可行，A正确； B．加入KCl溶液，盐酸浓度减小，反应速率减慢，Zn的总量不变，不改变生成H2的量，方法可行，B正确； C．加入KNO3溶液，硝酸根离子在酸性环境中具有强氧化性，反应生成NO，不能生成H2，方法不可行，C错误； D．加入硫酸铜溶液，Zn能置换Cu形成铜锌原电池，生成H2速率加快，且生成H2的量减小，方法不可行，D错误； 故选CD。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$