精品解析：江苏省2023-2024学年高一下学期期中冲刺模拟练习化学试题

江苏省2023-2024学年度春学期期中冲刺模拟练习 高一年级化学试题 (考试时间：75分钟；总分：100分) 注意事项： 1.本试卷共分两部分，Ⅰ卷为选择题，Ⅱ卷为非选择题。 2.所有试题的答案均填写在答题纸上，答案写在试卷上的无效 3.本卷考察范围：人教版必修一，必修二第五章，选择性必修二 4.可能用到的相对原子质量：H1　C12　O16　Na23　S32　Cl35.5　K39　Cr52　Fe56 1. 少量与反应生成和。下列说法正确的是 A. 的电子式为 B. 的空间构型为直线形 C. 中O元素的化合价为-1 D. 仅含离子键 【答案】C 【解析】 【详解】A．过氧化钠是离子化合物，电子式是 ，A错误； B．中氧原子的成键电子对是2，孤电子对是2，根据价层电子对为4，根据价层电子对互斥理论，其空间构型为V形，B错误； C．中H显+1价，根据正负化合价为0，可计算出O的化合价为-1，C正确； D．中O和H之间是共价键，D错误； 故选C。 2. 工业上电解熔融和冰晶石的混合物可制得铝。下列说法正确的是 A. 半径大小： B. 电负性大小： C. 电离能大小： D. 碱性强弱： 【答案】A 【解析】 【详解】A．核外电子数相同时，核电荷数越大半径越小，故半径大小为，故A正确； B．同周期元素核电荷数越大电负性越大，故，故B错误； C．同周期从左往右第一电离能呈增大趋势，同主族从上往下第一电离能呈减小趋势，故电离能大小为，故C错误； D．元素金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性强弱为，故D错误； 故选A。 3. 实验室制取少量水溶液并探究其酸性，下列实验装置和操作不能达到实验目的是 A. 用装置甲制取气体 B. 用装置乙制取水溶液 C. 用装置丙吸收尾气中的 D. 用干燥pH试纸检验水溶液的酸性 【答案】C 【解析】 【详解】A．60%硫酸和NaHSO3(s)可发生反应：H2SO4+2NaHSO3=Na2SO4+2SO2↑+2H2O，因此装置甲可以制取气体，A正确； B．气体通入液体时“长进短出”，装置乙可以制取水溶液，B正确； C．SO2不会与饱和NaHSO3溶液发生反应，因此装置丙不能吸收尾气中的，C错误； D．水溶液显酸性，可用干燥的pH试纸检验其酸性，D正确； 答案选C。 4. 我国科学家在氢气的制备和应用等方面都取得了重大成果。下列说法正确的是 A. H、H、H都属于氢元素 B. NH和H2O的中心原子轨道杂化类型均为sp2 C. H2O2分子中的化学键均为极性共价键 D. CaH2晶体中存在Ca与H2之间的强烈相互作用 【答案】A 【解析】 【详解】A．H、H、H都属于氢元素的不同原子，三者互为同位素，A正确； B．和的中心原子轨道杂化类型均为，B错误； C．分子中的化学键既存在O-H极性共价键，也存在O-O非极性共价键，C错误； D．晶体中存在Ca2+与之间的离子键，为强烈相互作用，D错误。 故选A。 5. 下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的是 A. H2具有还原性，可作为氢氧燃料电池的燃料 B. 氨极易溶于水，液氨可用作制冷剂 C. H2O分子之间形成氢键，H2O(g)的热稳定性比H2S(g)的高 D. N2H4中的N原子与H+形成配位键，N2H4具有还原性 【答案】A 【解析】 【详解】A．H2作为氢氧燃料电池的燃料，容易失去电子，从而表现出还原性，A符合题意； B．液氨可用作制冷剂，表明氨分子由液态转化为气态时，需要从周围环境吸收热量，也即液氨分子间存在较大的作用力，与氨极易溶于水无关，B不符合题意； C．H2O(g)的热稳定性比H2S(g)的高，表明H2O(g)分子内的共价键能比H2S(g)分子内的共价键能大，与H2O分子之间能形成氢键无关，C不符合题意； D．N2H4中N原子与H+形成配位键，表明N2H4分子内的N原子的最外层具有孤电子对，而N2H4具有还原性表明N原子易失去电子，二者之间不存在因果关系，D不符合题意； 故选A。 6. 前4周期元素(非0族)X、Y、Z、W的原子序数依次增大。最外层电子数满足Z=X＋Y；X原子半径小于Y原子半径，Y是空气中含量最多的元素；基态Z原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍；W在前4周期中原子未成对电子数最多。下列叙述正确的是 A. X、Y、Z三种元素形成的化合物水溶液一定呈酸性 B. Z的简单气态氢化物的热稳定性比Y的强 C 第一电离能：Z＞Y＞X＞W D. W3+的基态电子排布式：[Ar]3d5 【答案】B 【解析】 【分析】Y是空气中含量最多的元素，则Y是N；基态Z原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍，其核外电子排布式为1s22s2p4，则Z为O；最外层电子数满足Z=X＋Y，则X的最外层电子数为6-5=1，则X为H；W在前4周期中原子未成对电子数最多，原子价电子排布式为3d54s1，则W为Cr； 【详解】结合分析可知，X为H，Y为N，Z为O，W为Cr元素， A．H、N、O三种元素形成的化合物如NH3∙H2O水溶液呈碱性，故A错误； B．Y为N，Z为O，同周期从左到右非金属性增强，其简单气态氢化物的热稳定性越稳定，则稳定性：Z>N，故B正确； C．N位于VA族，其2p轨道电子处于半满稳定状态，则N的第一电离能大于O，即Y>Z，故C错误； D．W为Cr，为24号元素，失去3个电子形成Cr3+，Cr3+ 的基态电子排布式为 1s22s22p63s23p63d3或[Ar]3d3，故D错误； 故选：B。 7. 在碱性溶液中，Cu2+可以与缩二脲形成紫色配离子，其结构如图所示。下列说法错误的是 A. 该配离子与水分子形成氢键的原子只有N和O B. 该配离子中铜离子的配位数是4 C. 基态Cu原子的价电子排布式是 3d104s1 D. 该配离子中非金属元素的电负性大小顺序为O＞N＞C＞H 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】A．该配离子中的H原子也可以和水分子中的O原子形成氢键，A错误； B．根据配离子的结构可知，铜离子为受体，N和O为配体，铜离子的配位数为4，B正确； C．Cu为29号元素，基态Cu原子的价电子排布式是3d104s1，C正确； D．非金属性越强元素的电负性越大，所以电负性大小顺序为O＞N＞C＞H，D正确； 综上所述答案为A。 8. 工业上一种从海水中制备碘的方法为：取净化除氯后的含碘海水，加入AgNO3溶液，富集得到AgI悬浊液，进而制得粗碘。从AgI悬浊液中回收I2的流程如图1所示。 下列有关说法正确的是 A. Fe粉与AgI悬浊液反应的离子方程式为：Fe+2Ag+=Ag+Fe2+ B. 可在含碘海水中直接通入Cl2制备粗碘 C. 如图2所示I2的晶胞中有14个I2分子 D. 流程中沉淀可进一步转化，实现AgNO3的循环使用 【答案】D 【解析】 【详解】A．Fe粉与AgI悬浊液反应的离子方程式为：Fe+2AgI(s)2Ag+Fe2++2I-，A错误； B．由图可知，现将含碘海水中的碘转化为AgI，再转化为FeI2，进行I-的富集后，再通入Cl2制备粗碘，B错误； C．如图2所示I2晶胞中有个I2分子，C错误； D．由题干流程可知，流程中沉淀即Ag和Fe加入一定量的稀硝酸可将Ag转化为AgNO3，实现AgNO3的循环使用，D正确； 故答案为：D。 9. 下列根据实验操作和现象所得出的结论不正确的是 选项 实验操作和现象 结论 A 向KBr溶液中加入少量苯，通入适量 Cl2后充分振荡，有机层变为橙色 氧化性：Cl2>Br2 B 将氯水滴入淀粉碘化钾溶液中，溶液显蓝色 氧化性：Cl2>I2 C 向碘水中加入等体积苯，振荡后静置 下层接近无色，上层显紫红色 I2在苯中的溶解度大于其在水中的溶解度 D 某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液 有白色沉淀生成 该溶液中一定含或Ag＋ A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．向KBr溶液中加入少量苯，通入适量Cl2后充分振荡，有机层变为橙色,说明Cl2和KBr发生反应Cl2+2KBr=Br2+2KCl，则氧化性Cl2>Br2，故A正确； B．将氯水滴入淀粉碘化钾溶液中，溶液显蓝色，说明发生反应Cl2+2KI=I2+2KCl，则氧化性Cl2>I2，故B正确； C．向碘水中加入等体积苯，振荡后静置下层接近无色，上层显紫红色，说明苯萃取了碘水中的I2，证明I2在苯中的溶解度大于其在水中的溶解度，故C正确； D．硝酸具有氧化性，能将 氧化为，加入硝酸酸化的氯化钡溶液有白色沉淀生成，该溶液中可能含、或Ag＋，故D错误； 选D。 10. 在光照条件下，加氢制的一种催化机理如图所示，下列说法正确的是 A. 没有的介入，和就不能转化为和 B. 反应过程中释放出带负电荷的 C. 该反应的化学方程式为 D. 是反应的催化剂 【答案】C 【解析】 【详解】A．催化剂不是化学反应的必要条件，不能决定反应能否发生，没有催化剂的加入，只是反应速率减慢，A错误； B．据图示知，反应过程中经过Ni活性中心裂解产生活化态的，不带电，B错误； C．由催化机理图知，和是反应物，和H2O是生成物，反应方程式为：，C正确； D．由图知， 和反应物一同加入，属于催化剂，是反应的中间产物，D错误； 故选C。 11. 下列说法正确的一项是 A. 分子中含有1个手性碳原子 B. 分子中含有1个手性碳原子 C. (二聚三氯化铁)分子中含有配位键 D. 砷化镓的晶胞结构如图所示，镓原子配位数为8 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据选项所给图分析，该分子含有2个手性碳原子，如图所示，A错误； B．根据选项所给图分析，该分子中没有手性碳原子(一个碳原子上连接4个完全不同的原子或原子团)，B错误； C．根据选项所给的结构式分析，该分子中所有原子均满足最外层8电子的稳定结构，Fe与Cl原子之间形成4个共价键，有2个Cl原子分别与2个Fe原子之间形成2个共价键，存在配位键，C正确； D．根据选项所给图分析，砷化镓晶体中Ga原子最近等距离的As原子有4个，Ga原子的配位数为4，D错误； 故选C。 12. 用含钴废料(主要成分为Co，还含有一定量的NiO、、Fe、等)制备草酸钴晶体()的工艺流程如下： 已知：①草酸钴晶体难溶于水；②RH为有机萃取剂。下列说法错误的是 A. “粉碎”的目的是增大反应物接触面积，提高酸浸速率和浸取率 B. 加入时发生反应的离子方程式为： C. 加入CoO的目的是调节溶液pH，使、完全沉淀 D. 加入有机溶剂的目的是溶解，使之与水层分离，便于“操作①”进行分液 【答案】C 【解析】 【分析】含钴废料粉碎后加硫酸溶解，其中不溶于硫酸过滤除去，浸出液中加将溶液中氧化为，再加CoO调节溶液pH使、转化为氢氧化铝和氢氧化铁沉淀过滤除去；溶液中含Ni2+和Co2+，加RH有机溶剂，将Ni2+转化为进入有机层，然后通过分液的方法实现与水层的分离，水层加草酸铵将钴转化为草酸钴沉淀。 【详解】A．“粉碎”可增大废料与硫酸的接触面积，使反应更充分，从而提高酸浸速率和浸取率，故A正确； B．加入可将亚铁离子氧化为三价铁，便于调节pH除去，反应离子方程式正确，故B正确； C．加入CoO的目的是调节溶液pH，使、完全沉淀，故C错误； D．由流程信息可知加入RH可使溶液中的Ni2+转化为进入有机层，然后通过分液的方法实现与水层的分离，故D正确； 故选：C。 13. 一种以为催化剂去除水体中的机理如图a所示；其他条件相同，不同时，转化率和还原产物百分比()的关系如图b所示。 已知：溶液会影响对吸附，不影响对H的吸附。 下列说法正确的是 A. 变小时对的吸附能力增强 B. 通过调节溶液，可以使大多数转化为铵态氮 C. 反应ii中生成的离子方程式为 D. 处理，理论上转移电子 【答案】AC 【解析】 【详解】A．根据图b，变小时还原产物N2的百分比增大，说明变小时对的吸附能力增强，故A正确； B．根据图b，调节溶液，产物铵态氮的百分含量始终不大，故B错误； C．反应ii中被还原为，反应的离子方程式为，故C正确； D．1mol被还原为氮气，转移5mol电子，1mol被还原为铵态氮，转移8mol电子，处理，还原产物不确定，转移电子不一定是，故D错误； 选AC。 14. “结构决定性质，性质决定用途”是化学中的重要思想 （1）①中含有_____个手性碳原子。 ②分子中含有手性碳原子的数目为_____。 （2）实验中常用的络合萃取剂全氟聚醚-二(甲基吡啶)胺通过氮原子与形成配位键的方式萃取铅。已知氮原子的电子云密度越大配位能力越强，全氟聚醚-二(甲基吡啶)胺中氮原子和含氟基团相连使得配位能力下降，若在氮原子和含氟基团间引入基团配位能力会增强，其原因分别是_____。 （3）乙硫醇(CH3CH2SH)分子中S—H的极性小于CH3CH2OH分子中O—H的极性，请解释其原因_____。 （4）①CeO2的晶胞如图1所示，Ce原子周围距离最近且相等的O原子个数为_____。 ②CuxFeyOz复合催化剂晶胞结构如图2所示(A、B分别为晶胞的的结构)，其化学式为_____。 （5）金属铁、铝可用于含铬(主要成分是)酸性污水的处理。铝在含铬污水中将还原为Cr3＋，再调节pH生成Cr(OH)3沉淀除去。用铝处理不同初始pH的酸性含铬污水，去除率与反应时间的关系如图所示。 ①铝处理酸性含铬污水发生反应的离子方程式为_____。 ②铝处理初始pH=3的污水，前180min，污水中的还原较慢，180min后变快，其原因是　_____。 【答案】（1） ①. 1 ②. 1 （2）氟的电负性大，将氮原子的孤对电子对吸引，使得氮原子的电子云密度减小，因此氮与形成配位键能力减弱；氮原子远离氟原子，氟对氮的电子对吸引力小，氮原子的电子云密度增大，氮与形成配位键能力增强 （3）电负性O＞S （4） ①. 8 ②. CuFe2O4 （5） ①. ②. 180min前Al表面的氧化膜没有完全溶解，180min后溶解了氧化膜的Al与反应 【解析】 【分析】观察有机物中碳原子是否为手性碳，观察其连接的四个基团是否存在相同基团，若不存在相同基团则为手性碳原子；由于氟元素的电负性大，吸引了氮原子的孤对电子，降低其电子云密度导致氮原子配位能力降低；得电子能力O＞S，O对共用电子对吸引能力更强；重铬酸根与金属铝反应生成铝离子和铬离子，金属铝比较活泼，表面容易被氧化形成氧化铝薄膜，据此分析各小题； 【小问1详解】 ①根据题目所给图分析，该有机物中含有1个手性碳原子，位置如图所示； ②根据题目所给图分析，该有机物中含有1个手性碳原子，位置如图所示； 【小问2详解】 氮原子的电子云密度越大配位能力越强，全氟聚醚-二（甲基吡啶）胺中氮原子和含氟基团相连是的配位能力下降，氟的电负性大，将氮原子的孤对电子对吸引，使得氮原子的电子云密度减小，因此氮的配位能力减弱；若在氮原子和含氟基团之间引入-CH2CH2CH2-，配位能力增强，氮原子远离氟原子，氟对氮的电子对吸引力小，氮原子的电子云密度增大，氮与形成配位键能力增强； 【小问3详解】 根据元素周期律，氧元素的得电子能力大于硫元素，对共用电子对的吸引作用O＞S，则S-H的极性小于O-H的极性； 【小问4详解】 ①根据晶胞示意图分析，Ce位于立方体的顶点和面心上，以面心的Ce为例，Ce原子周围距离最近且相等的O原子个数为4×2=8个； ②根据图2分析，利用均摊计算法，1个A拥有4个O和个Cu，4个A拥有16个O和6个Cu；1个B拥有4个O、4个Fe和个Cu，4个B拥有16个O、16个Fe和2个Cu，整个晶胞拥有8个Cu、16个Fe和32个O，故化学式为； 【小问5详解】 ①铝在含铬污水中将还原为Cr3+，根据氧化还原反应得到铝处理酸性含铬污水发生反应的离子方程式为； ②铝处理初始pH=3的污水，前180min污水中的还原较慢，180min后变快，铝表面有氧化铝膜，pH=3时，溶液中的氢离子先将氧化铝膜反应掉，再是铝和重铬酸根反应，因此其原因是180min前Al表面的氧化膜没有完全溶解，180min后溶解了氧化膜的Al与反应。 15. 纳米铜粉具有比表面大、表面活性中心数目多、颗粒极细且软等性能在众多领域有着巨大的潜在应用价值。常用热分解、还原法、电解法来制取纳米铜粉。 （1）草酸铜(CuC2O4)在氩气中热分解可制备纳米铜粉，其化学方程式为 ________________________。 （2）一定温度和pH条件下，将水合肼溶液与硫酸四氨合铜溶液按照适当比例混合发生氧化还原反应，制备纳米铜粉。 已知：Cu2++4NH3[Cu(NH3)4]2+ ,Cu2++2N2H4[Cu(N2H4)2]2+ ①[Cu(NH3)4]2+中铜离子基态核外电子排布式为________________________。 ②固定水温70°C，反应时间1h，水合肼溶液浓度和pH值对铜产率的影响如图所示。 当水合肼浓度继续增加到3.25 mol·L-1时，铜产率下降的原因是___________________________________；当pH值继续上升时，铜产率有下降的趋势，这原因是________________________________________。 （3）制取纳米铜粉都需要硫酸铜溶液，通过下列方法可测定硫酸铜晶体(CuSO4·5H2O)的纯度：准确称取5.000 g硫酸铜晶体于烧杯中，加入5mL l mol·L-1H2SO4溶液和少量水，配成250.00 mL溶液。取上述25.00 mL溶液至碘量瓶中，加入10 mL10%足量KI溶液(2Cu2++4I-=2CuI↓+I2)，加入淀粉作指示剂，用0.1000 mol·L-1Na2S2O3溶液滴定至浅蓝色(I2+2=+2I-)，再加入10%KSCN溶液10mL，使CuI沉淀完全转化为CuSCN沉淀，(目的是释放出吸附在CuI表面上的I2)，溶液蓝色加深，再继续用Na2S2O3溶液滴定至蓝色刚好消失，共消耗Na2S2O3溶液19.80 mL，计算CuSO4·5H2O样品的纯度(写出计算过程) ______________________ 【答案】（1）CuC2O4Cu＋2CO2↑ （2） ①. [Ar]3d9 (或 1s22s22p63s23p63d9 ) ②. 这是由于铜离子和过量的水合肼生成新的稳定配合物[Cu(N2H4)2]2+，[Cu(NH3)4]2+浓度减小，产率下降； ③. pH升高，一方面溶液中OH−浓度增大，会造成氨气逸出，另一方面OH−浓度增大会与铜离子结合生成Cu(OH)2沉淀，[Cu(NH3)4]2+浓度减小，产率下降 （3）99.00﹪ 【解析】 【分析】根据题中信息，写出草酸铜(CuC2O4)在氩气中热分解可制备纳米铜粉的化学方程式；根据核外电子排布规律，写出[Cu(NH3)4]2+中铜离子基态核外电子排布式；根据题中图示信息，结合Cu2++2N2H4[Cu(N2H4)2]2+和Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，解释水合肼浓度增大和pH增大铜产率下降的原因；根据题中信息，由关系式2～I2～2Cu2+，计算CuSO4·5H2O样品的纯度；据此解答。 【小问1详解】 由题中信息可知，草酸铜(CuC2O4)在氩气中热分解可制备纳米铜粉，根据元素守恒，其化学方程式为CuC2O4Cu＋2CO2↑；答案为CuC2O4Cu＋2CO2↑。 【小问2详解】 ①Cu的原子序数为29，核外有29个电子，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，[Cu(NH3)4]2+中Cu2+离子表示失去2个电子，即4s上1个电子和3d上1个电子失去，则Cu2+离子基态核外电子排布式为[Ar]3d9 (或1s22s22p63s23p63d9 )；答案为[Ar]3d9 (或1s22s22p63s23p63d9 )。 ②由题中图示信息可知，当水合肼浓度继续增加到3.25 mol·L-1时，铜产率下降，是因为铜离子和过量的水合肼生成新的稳定配合物[Cu(N2H4)2]2+，即Cu2++2N2H4[Cu(N2H4)2]2+，[Cu(NH3)4]2+浓度减小，产率下降；当pH值继续上升时，铜产率有下降的趋势，是因为pH升高，一方面溶液中OH−浓度增大，会造成氨气逸出，另一方面OH−浓度增大会与铜离子结合生成Cu(OH)2沉淀，[Cu(NH3)4]2+浓度减小，产率下降；答案为铜离子和过量的水合肼生成新的稳定配合物[Cu(N2H4)2]2+，[Cu(NH3)4]2+浓度减小，产率下降；pH升高，一方面溶液中 OH−浓度增大，会造成氨气逸出，另一方面 OH−浓度增大会与铜离子结合生成Cu(OH)2沉淀，[Cu(NH3)4]2+浓度减小，产率下降。 【小问3详解】 由题中信息可知，关系式为2～I2～2Cu2+， 则n(Cu2+)＝n()＝0.1000mol·L－1×19.80×10－3L＝1.980×10－3mol，CuSO4·5H2O 样品的纯度为=99.00﹪；答案为99.00%。 16. 二氧化锰是电池工业中非常重要的原料之一。 （1）二氧化锰的制备与含量测定 利用含锰阳极渣(主要成分为，含有一定量的等)制备纯度较高的二氧化锰。 ①用醋酸铵可以溶解生成醋酸铅，从而实现与的分离。铅的浸出率与温度的关系如图，铅的浸出率随着温度的升高而增大，当温度达到以后，铅的浸出率降低的原因是_____。 ②在酸性条件下，向上述粗品中加入葡萄糖，可得溶液，其离子方程式为_____。 ③所得硫酸锰的溶液中含有少量的，设计实验方案来制取固体：_____，将滤液蒸发浓缩，冷却结晶，_____。[已知在为3.1时可沉淀完全，开始沉淀的为8.3；硫酸锰热稳定好，分解温度为，硫酸铵分解温度。(可选用的试剂：的氨水、的溶液)。] （2）二氧化锰的应用 实验室中在氯酸钾固体加入作催化剂后加热，可加快生成的速率。 ①温度加热到后，生成的速率突然加快(如图所示)，其可能原因是_____。 ②将氯酸钾和二氧化锰固体混合，在高温下充分反应后，冷却，加水溶解反应后的固体，并洗涤干燥，称量发现固体质量比开始时加入的的质量小，其原因是_____。 【答案】（1） ①. 醋酸铵受热分解 ②. ③. 向硫酸锰溶液中滴加的氨水，调节溶液3.1<pH<8.3，过滤 ④. 过滤，控制温度在~之间加热所得固体至恒重，既得硫酸锰固体 （2） ①. 此温度范围内催化剂的活性较高 ②. 转化为低价锰的氧化物 【解析】 【分析】含锰阳极渣主要成分为，含有一定量的。用醋酸铵溶解除去PbO，用稀硫酸溶解除去Fe2O3，在在酸性条件下，用葡萄糖还原粗品得硫酸锰溶液。 【小问1详解】 ①醋酸铵不稳定，受热分解，所以当温度达到以后，铅的浸出率降低。 ②在酸性条件下，向上述粗品中加入葡萄糖，被葡萄糖还原为，葡萄糖被氧化为二氧化碳气体，反应的离子方程式为 。 ③所得硫酸锰的溶液中含有少量的，根据题目信息，向硫酸锰溶液中滴加的氨水，调节溶液3.1<pH<8.3，过滤，将滤液蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，控制温度在~之间加热所得固体至恒重，即得硫酸锰固体。 【小问2详解】 ①温度加热到后，生成的速率突然加快(如图所示)，其可能原因是此温度范围内催化剂的活性较高。 ②在高温下，转化为低价锰的氧化物，所以的质量变小。 17. 铁黄(FeOOH)是一种重要的化工产品。 （1）制备铁黄：向一定浓度FeSO4溶液中加入氨水，产生白色沉淀，并很快变成灰绿色。当滴加氨水至pH为6.0时，停止滴加氨水，开始通氧气，生成铁黄。通入氧气过程中，记录溶液pH变化如图1所示。 图1 已知：25℃时，Fe(OH)2完全沉淀(离子浓度≤10-5mol/L)的pH=8.5。 ①请写出铁的外围电子轨道式_____。 ②0～t1时段，溶液pH几乎不变；t1～t2时段，溶液pH明显降低。请解释原因：_____。 ③实验中产生灰绿色物质，甲同学认为该物质是Fe(OH)2和Fe(OH)3的混合物，乙同学认为是Fe(OH)2吸附Fe2＋形成的混合物。设计实验方案验证哪一位同学的观点正确：_____。 （2）H2O2在催化剂α-FeOOH的表面上，分解产生·OH。·OH较H2O2和O2更易与烟气中的NO发生反应生成NO。当一定浓度H2O2溶液与烟气以一定的流速经过装有催化剂α-FeOOH的反应管，NO的脱除效率与温度的关系如图2所示。仅用相同浓度相同流速的H2O2溶液通过反应管(无催化剂)进行实验测得：随着温度升高，H2O2热分解速率加快，升温至80℃以上，H2O2大量汽化。 图2 ①80～120℃时，随着温度升高NO的脱除效率显著提高的原因是_____。 ②温度高于180℃，NO的脱除效率降低的原因是_____。 【答案】（1） ①. ②. 0～t1时段，发生反应，溶液pH几乎不变；t1～t2时段，溶液中残留的Fe2+被氧气氧化为铁黄，反应方程式为，所以溶液pH明显降低 ③. 取实验中产生灰绿色物质，洗净后加盐酸溶解，加入试剂KSCN，若溶液变红，则甲正确；若溶液不变红，则乙正确 （2） ①. 升温至80℃以上，H2O2大量汽化，H2O2与催化剂接触更充分，生成的更多·OH ，·OH的浓度更大 ②. 随着温度升高，H2O2热分解速率加快，温度高于180℃，双氧水大量分解，生成的·OH 减少，·OH的浓度更小 【解析】 【小问1详解】 ①铁是26号元素，铁的外围电子排布式为3d6 4s2，铁的外围电子轨道式。 ②0～t1时段，发生反应，溶液pH几乎不变；t1～t2时段，溶液中残留的Fe2+被氧气氧化为铁黄，反应方程式为，所以溶液pH明显降低。 ③取实验中产生灰绿色物质，洗净后加盐酸溶解，加入试剂KSCN，若溶液变红，则甲正确；若溶液不变红，则乙正确； 【小问2详解】 ①升温至80℃以上，H2O2大量汽化，H2O2与催化剂接触更充分，生成的更多·OH ，·OH的浓度更大，所以80～120℃时，随着温度升高NO的脱除效率显著提高。 ②随着温度升高，H2O2热分解速率加快，温度高于180℃，双氧水大量分解，生成的·OH 减少，·OH的浓度更小，NO的脱除效率降低。 18. 燃煤烟气中90%以上的NOx是NO，脱硝技术主要就是指NO的脱除技术。 I.络合脱硝法 六氨合钴溶液中的[Co(NH3)6]2+能络合烟气中的NO和O2，形成的两种络合物在溶液中极易发生反应，实现NO的脱除。在吸收液中加入活性炭可有效催化[Co(NH3)6]2+的再生，维持溶液脱除NO的能力，原理如图1所示。 （1）写出上述络合脱硝法总反应的离子方程式：___________。 （2）在不同温度下，将含0.01mol·L-1[Co(NH3)6]3+的溶液以一定流速通过装有活性炭的催化器，[Co(NH3)6]3+的转化率随温度升高而增大，其原因可能是___________。 II.氧化脱硝法 ClO2溶液常用于氧化脱除烟气中的NO、SO2等污染物。 （3）隔膜电解NaClO3制备ClO2的装置如图2所示。制备时先在NaClO3溶液中通入少量ClO2气体，结合反应方程式简述ClO2的制备过程：___________。 （4）ClO2氧化脱硝过程发生的反应如下： 5NO+2ClO2+H2O=5NO2+2HCl； 2NO2+H2O=HNO2+HNO3。 随着ClO2溶液初始浓度的增加，脱硝时从溶液中逸出的NO2却随之增加。研究表明，溶液中的ClO2不能吸收NO2，且在一定程度上阻碍水对NO2的吸收。 ①设计实验验证ClO2对NO2的吸收有抑制作用：___________。(NO2的浓度可由仪器直接测定) ②其他条件相同，当NO烟气中含有SO2时，用ClO2溶液处理烟气的实验结果如图3所示。脱硝处理含SO2的NO烟气时逸出的NO2明显减少，其原因是___________。 【答案】（1）2NO+O2+2OH-=++H2O （2）温度升高，反应速率加快，提高[Co(NH3)6]3+的转化率；温度升高，O2在水中溶解度下降，有利于[Co(NH3)6]3+的还原；温度升高，促进[Co(NH3)6]3+离解为Co3+，从而有利于三价钴的还原(任意答一点即可)。 （3）首先在阴极上ClO2发生反应，电极反应式为ClO2+e-=，产生的在溶液中再与发生反应，即++2H+=2ClO2↑+H2O，生成的ClO2部分逸出，部分继续循环反应 （4） ①. 分别取等体积的蒸馏水和一定浓度的ClO2溶液，在相同时间内以相同的流速向两份溶液中通入NO2，比较逸出NO2的浓度，若通过蒸馏水逸出的NO2的浓度较小，则说明ClO2对NO2的吸收有抑制作用 ②. ClO2溶液中的部分ClO2与SO2发生反应，溶液中剩余的ClO2浓度减小，减弱了水对NO2吸收的阻碍作用 【解析】 【分析】根据题中图1信息，写出络合脱硝法总反应的离子方程式；根据题中信息，升高温度，[Co(NH3)6]3+的转化率增大，分析其原因；根据题中图2信息，结合阴极的电极反应式回答问题；设计相同条件下蒸馏水和ClO2溶液通过NO2，比较逸出NO2的浓度，来证明ClO2对NO2的吸收有抑制作用；根据题中信息，结合SO2与ClO2反应，回答相关问题；据此解答。 【小问1详解】 由题中图1信息可知，络合脱硝法总反应的离子方程式为2NO+O2+2OH-=++H2O；答案为2NO+O2+2OH-=++H2O。 【小问2详解】 [Co(NH3)6]3+的转化率随温度升高而增大，其原因为温度升高，反应速率加快，提高[Co(NH3)6]3+的转化率；温度升高，O2在水中溶解度下降，有利于[Co(NH3)6]3+的还原；温度升高，促进[Co(NH3)6]3+离解为Co3+，从而有利于三价钴的还原(任意答一点即可)；答案为温度升高，反应速率加快，提高[Co(NH3)6]3+的转化率；温度升高，O2在水中溶解度下降，有利于[Co(NH3)6]3+的还原；温度升高，促进[Co(NH3)6]3+离解为Co3+，从而有利于三价钴的还原(任意答一点即可)。 【小问3详解】 由题中图2信息可知，首先在阴极上ClO2发生反应，电极反应式为ClO2+e-=，产生的在溶液中再与发生反应，即++2H+=2ClO2↑+H2O，生成的ClO2部分逸出，部分继续循环反应；答案为首先在阴极上ClO2发生反应，电极反应式为ClO2+e-=，产生的在溶液中再与发生反应，即++2H+=2ClO2↑+H2O，生成的ClO2部分逸出，部分继续循环反应。 【小问4详解】 ①分别取等体积的蒸馏水和一定浓度的ClO2溶液，在相同时间内以相同的流速向两份溶液中通入NO2，比较逸出NO2的浓度，若通过蒸馏水逸出的NO2的浓度较小，则说明ClO2对NO2的吸收有抑制作用；答案为分别取等体积的蒸馏水和一定浓度的ClO2溶液，在相同时间内以相同的流速向两份溶液中通入NO2，比较逸出NO2的浓度，若通过蒸馏水逸出的NO2的浓度较小，则说明ClO2对NO2的吸收有抑制作用。 ②ClO2溶液中的部分ClO2与SO2发生反应，溶液中剩余的ClO2浓度减小，减弱了水对NO2吸收的阻碍作用，所以逸出的NO2明显减少；答案为ClO2溶液中的部分ClO2与SO2发生反应，溶液中剩余的ClO2浓度减小，减弱了水对NO2吸收的阻碍作用。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 江苏省2023-2024学年度春学期期中冲刺模拟练习 高一年级化学试题 (考试时间：75分钟；总分：100分) 注意事项： 1.本试卷共分两部分，Ⅰ卷为选择题，Ⅱ卷为非选择题。 2.所有试题的答案均填写在答题纸上，答案写在试卷上的无效 3.本卷考察范围：人教版必修一，必修二第五章，选择性必修二 4.可能用到的相对原子质量：H1　C12　O16　Na23　S32　Cl35.5　K39　Cr52　Fe56 1. 少量与反应生成和。下列说法正确的是 A. 的电子式为 B. 的空间构型为直线形 C. 中O元素的化合价为-1 D. 仅含离子键 2. 工业上电解熔融和冰晶石的混合物可制得铝。下列说法正确的是 A. 半径大小： B. 电负性大小： C. 电离能大小： D. 碱性强弱： 3. 实验室制取少量水溶液并探究其酸性，下列实验装置和操作不能达到实验目的的是 A. 用装置甲制取气体 B. 用装置乙制取水溶液 C. 用装置丙吸收尾气中的 D. 用干燥pH试纸检验水溶液的酸性 4. 我国科学家在氢气的制备和应用等方面都取得了重大成果。下列说法正确的是 A. H、H、H都属于氢元素 B. NH和H2O的中心原子轨道杂化类型均为sp2 C. H2O2分子中的化学键均为极性共价键 D. CaH2晶体中存在Ca与H2之间的强烈相互作用 5. 下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系是 A. H2具有还原性，可作为氢氧燃料电池的燃料 B 氨极易溶于水，液氨可用作制冷剂 C. H2O分子之间形成氢键，H2O(g)的热稳定性比H2S(g)的高 D. N2H4中的N原子与H+形成配位键，N2H4具有还原性 6. 前4周期元素(非0族)X、Y、Z、W的原子序数依次增大。最外层电子数满足Z=X＋Y；X原子半径小于Y原子半径，Y是空气中含量最多的元素；基态Z原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍；W在前4周期中原子未成对电子数最多。下列叙述正确的是 A. X、Y、Z三种元素形成的化合物水溶液一定呈酸性 B. Z的简单气态氢化物的热稳定性比Y的强 C. 第一电离能：Z＞Y＞X＞W D. W3+的基态电子排布式：[Ar]3d5 7. 在碱性溶液中，Cu2+可以与缩二脲形成紫色配离子，其结构如图所示。下列说法错误的是 A. 该配离子与水分子形成氢键的原子只有N和O B. 该配离子中铜离子的配位数是4 C. 基态Cu原子的价电子排布式是 3d104s1 D. 该配离子中非金属元素的电负性大小顺序为O＞N＞C＞H 8. 工业上一种从海水中制备碘的方法为：取净化除氯后的含碘海水，加入AgNO3溶液，富集得到AgI悬浊液，进而制得粗碘。从AgI悬浊液中回收I2的流程如图1所示。 下列有关说法正确的是 A. Fe粉与AgI悬浊液反应的离子方程式为：Fe+2Ag+=Ag+Fe2+ B. 可在含碘海水中直接通入Cl2制备粗碘 C. 如图2所示I2的晶胞中有14个I2分子 D. 流程中沉淀可进一步转化，实现AgNO3的循环使用 9. 下列根据实验操作和现象所得出的结论不正确的是 选项 实验操作和现象 结论 A 向KBr溶液中加入少量苯，通入适量 Cl2后充分振荡，有机层变为橙色 氧化性：Cl2>Br2 B 将氯水滴入淀粉碘化钾溶液中，溶液显蓝色 氧化性：Cl2>I2 C 向碘水中加入等体积苯，振荡后静置 下层接近无色，上层显紫红色 I2在苯中的溶解度大于其在水中的溶解度 D 某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液 有白色沉淀生成 该溶液中一定含或Ag＋ A. A B. B C. C D. D 10. 在光照条件下，加氢制的一种催化机理如图所示，下列说法正确的是 A. 没有的介入，和就不能转化为和 B. 反应过程中释放出带负电荷的 C. 该反应的化学方程式为 D. 是反应的催化剂 11. 下列说法正确的一项是 A. 分子中含有1个手性碳原子 B. 分子中含有1个手性碳原子 C. (二聚三氯化铁)分子中含有配位键 D. 砷化镓的晶胞结构如图所示，镓原子配位数为8 12. 用含钴废料(主要成分为Co，还含有一定量的NiO、、Fe、等)制备草酸钴晶体()的工艺流程如下： 已知：①草酸钴晶体难溶于水；②RH为有机萃取剂。下列说法错误的是 A. “粉碎”的目的是增大反应物接触面积，提高酸浸速率和浸取率 B. 加入时发生反应的离子方程式为： C. 加入CoO目的是调节溶液pH，使、完全沉淀 D. 加入有机溶剂的目的是溶解，使之与水层分离，便于“操作①”进行分液 13. 一种以为催化剂去除水体中的机理如图a所示；其他条件相同，不同时，转化率和还原产物百分比()的关系如图b所示。 已知：溶液会影响对吸附，不影响对H的吸附。 下列说法正确的是 A. 变小时对的吸附能力增强 B. 通过调节溶液，可以使大多数转化为铵态氮 C. 反应ii中生成的离子方程式为 D. 处理，理论上转移电子 14. “结构决定性质，性质决定用途”是化学中的重要思想 （1）①中含有_____个手性碳原子。 ②分子中含有手性碳原子的数目为_____。 （2）实验中常用的络合萃取剂全氟聚醚-二(甲基吡啶)胺通过氮原子与形成配位键的方式萃取铅。已知氮原子的电子云密度越大配位能力越强，全氟聚醚-二(甲基吡啶)胺中氮原子和含氟基团相连使得配位能力下降，若在氮原子和含氟基团间引入基团配位能力会增强，其原因分别是_____。 （3）乙硫醇(CH3CH2SH)分子中S—H的极性小于CH3CH2OH分子中O—H的极性，请解释其原因_____。 （4）①CeO2的晶胞如图1所示，Ce原子周围距离最近且相等的O原子个数为_____。 ②CuxFeyOz复合催化剂晶胞结构如图2所示(A、B分别为晶胞的的结构)，其化学式为_____。 （5）金属铁、铝可用于含铬(主要成分是)酸性污水的处理。铝在含铬污水中将还原为Cr3＋，再调节pH生成Cr(OH)3沉淀除去。用铝处理不同初始pH的酸性含铬污水，去除率与反应时间的关系如图所示。 ①铝处理酸性含铬污水发生反应的离子方程式为_____。 ②铝处理初始pH=3的污水，前180min，污水中的还原较慢，180min后变快，其原因是　_____。 15. 纳米铜粉具有比表面大、表面活性中心数目多、颗粒极细且软等性能在众多领域有着巨大的潜在应用价值。常用热分解、还原法、电解法来制取纳米铜粉。 （1）草酸铜(CuC2O4)在氩气中热分解可制备纳米铜粉，其化学方程式为 ________________________。 （2）一定温度和pH条件下，将水合肼溶液与硫酸四氨合铜溶液按照适当比例混合发生氧化还原反应，制备纳米铜粉。 已知：Cu2++4NH3[Cu(NH3)4]2+ ,Cu2++2N2H4[Cu(N2H4)2]2+ ①[Cu(NH3)4]2+中铜离子基态核外电子排布式为________________________。 ②固定水温70°C，反应时间1h，水合肼溶液浓度和pH值对铜产率的影响如图所示。 当水合肼浓度继续增加到3.25 mol·L-1时，铜产率下降的原因是___________________________________；当pH值继续上升时，铜产率有下降的趋势，这原因是________________________________________。 （3）制取纳米铜粉都需要硫酸铜溶液，通过下列方法可测定硫酸铜晶体(CuSO4·5H2O)的纯度：准确称取5.000 g硫酸铜晶体于烧杯中，加入5mL l mol·L-1H2SO4溶液和少量水，配成250.00 mL溶液。取上述25.00 mL溶液至碘量瓶中，加入10 mL10%足量KI溶液(2Cu2++4I-=2CuI↓+I2)，加入淀粉作指示剂，用0.1000 mol·L-1Na2S2O3溶液滴定至浅蓝色(I2+2=+2I-)，再加入10%KSCN溶液10mL，使CuI沉淀完全转化为CuSCN沉淀，(目的是释放出吸附在CuI表面上的I2)，溶液蓝色加深，再继续用Na2S2O3溶液滴定至蓝色刚好消失，共消耗Na2S2O3溶液19.80 mL，计算CuSO4·5H2O样品的纯度(写出计算过程) ______________________ 16. 二氧化锰是电池工业中非常重要的原料之一。 （1）二氧化锰的制备与含量测定 利用含锰阳极渣(主要成分为，含有一定量的等)制备纯度较高的二氧化锰。 ①用醋酸铵可以溶解生成醋酸铅，从而实现与的分离。铅的浸出率与温度的关系如图，铅的浸出率随着温度的升高而增大，当温度达到以后，铅的浸出率降低的原因是_____。 ②在酸性条件下，向上述粗品中加入葡萄糖，可得溶液，其离子方程式为_____。 ③所得硫酸锰的溶液中含有少量的，设计实验方案来制取固体：_____，将滤液蒸发浓缩，冷却结晶，_____。[已知在为3.1时可沉淀完全，开始沉淀的为8.3；硫酸锰热稳定好，分解温度为，硫酸铵分解温度。(可选用的试剂：的氨水、的溶液)。] （2）二氧化锰的应用 实验室中在氯酸钾固体加入作催化剂后加热，可加快生成的速率。 ①温度加热到后，生成的速率突然加快(如图所示)，其可能原因是_____。 ②将氯酸钾和二氧化锰固体混合，在高温下充分反应后，冷却，加水溶解反应后固体，并洗涤干燥，称量发现固体质量比开始时加入的的质量小，其原因是_____。 17. 铁黄(FeOOH)是一种重要的化工产品。 （1）制备铁黄：向一定浓度FeSO4溶液中加入氨水，产生白色沉淀，并很快变成灰绿色。当滴加氨水至pH为6.0时，停止滴加氨水，开始通氧气，生成铁黄。通入氧气过程中，记录溶液pH变化如图1所示。 图1 已知：25℃时，Fe(OH)2完全沉淀(离子浓度≤10-5mol/L)的pH=8.5。 ①请写出铁的外围电子轨道式_____。 ②0～t1时段，溶液pH几乎不变；t1～t2时段，溶液pH明显降低。请解释原因：_____。 ③实验中产生灰绿色物质，甲同学认为该物质是Fe(OH)2和Fe(OH)3的混合物，乙同学认为是Fe(OH)2吸附Fe2＋形成的混合物。设计实验方案验证哪一位同学的观点正确：_____。 （2）H2O2在催化剂α-FeOOH的表面上，分解产生·OH。·OH较H2O2和O2更易与烟气中的NO发生反应生成NO。当一定浓度H2O2溶液与烟气以一定的流速经过装有催化剂α-FeOOH的反应管，NO的脱除效率与温度的关系如图2所示。仅用相同浓度相同流速的H2O2溶液通过反应管(无催化剂)进行实验测得：随着温度升高，H2O2热分解速率加快，升温至80℃以上，H2O2大量汽化。 图2 ①80～120℃时，随着温度升高NO的脱除效率显著提高的原因是_____。 ②温度高于180℃，NO的脱除效率降低的原因是_____。 18. 燃煤烟气中90%以上的NOx是NO，脱硝技术主要就是指NO的脱除技术。 I.络合脱硝法 六氨合钴溶液中的[Co(NH3)6]2+能络合烟气中的NO和O2，形成的两种络合物在溶液中极易发生反应，实现NO的脱除。在吸收液中加入活性炭可有效催化[Co(NH3)6]2+的再生，维持溶液脱除NO的能力，原理如图1所示。 （1）写出上述络合脱硝法总反应的离子方程式：___________。 （2）在不同温度下，将含0.01mol·L-1[Co(NH3)6]3+的溶液以一定流速通过装有活性炭的催化器，[Co(NH3)6]3+的转化率随温度升高而增大，其原因可能是___________。 II.氧化脱硝法 ClO2溶液常用于氧化脱除烟气中的NO、SO2等污染物。 （3）隔膜电解NaClO3制备ClO2的装置如图2所示。制备时先在NaClO3溶液中通入少量ClO2气体，结合反应方程式简述ClO2的制备过程：___________。 （4）ClO2氧化脱硝过程发生的反应如下： 5NO+2ClO2+H2O=5NO2+2HCl； 2NO2+H2O=HNO2+HNO3。 随着ClO2溶液初始浓度的增加，脱硝时从溶液中逸出的NO2却随之增加。研究表明，溶液中的ClO2不能吸收NO2，且在一定程度上阻碍水对NO2的吸收。 ①设计实验验证ClO2对NO2的吸收有抑制作用：___________。(NO2的浓度可由仪器直接测定) ②其他条件相同，当NO烟气中含有SO2时，用ClO2溶液处理烟气的实验结果如图3所示。脱硝处理含SO2的NO烟气时逸出的NO2明显减少，其原因是___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$