精品解析：山东省潍坊市2023年普通高中学科素养能力测评高三化学试卷

试卷类型：A 2023年潍坊市普通高中学科素养能力测评 高三化学2023.12 1.答题前，考生先将自己的学校、班级、姓名、考生号、座号填写在相应位置。 2.选择题答案必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。 3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。 可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 F19 Na23 Cr52 Mn55 Fe56 Co59 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。 1. 化学与我国传统文化密切相关。下列说法错误的是 A. 《周礼》中“煤饼烧蛎房成灰”，灰的主要成分是CaO B. 《天工开物》中“世间丝、麻、裘、褐皆具素质……”裘的主要成分是蛋白质 C. 《抱朴子》中“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”，该过程发生了可逆反应 D. 《䜿海歌》中“风干日曝咸味加，始灌潮波塯成卤”，该过程包含蒸发结晶 2. 路易斯提出一种酸碱理论：将能接受电子对的物质称为路易斯酸。三卤化硼()是一种路易斯酸，可用作有机合成催化剂，中存在大键。下列说法错误的是 A. 是路易斯酸 B. 可与形成化合物 C. 卤素原子半径越大，越容易与B形成大键 D. 热稳定性： 3. 利用下列装置进行实验，能达到实验目的的是 A. 用甲装置验证和的热稳定性 B. 用乙装置蒸发硫酸铜溶液制备硫酸铜晶体 C. 用丙装置制备并收集乙酸乙酯 D. 用丁装置分离碘水中的碘 4. 为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 中Xe的价层电子对数为 B. 溶液中的数目为 C. 已知，每生成转移电子的数目为 D. 和(均为标准状况)在光照下充分反应后的分子数为 5. 尿素是一种白色晶体，是目前含氮量最高的氮肥。下列说法错误的是 A. 键与键的数目之比为 B. C、N原子的杂化方式均为 C. 尿素分子间存在范德华力和氢键 D. 第一电离能： 6. 一种新型化合物的结构如图所示，W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，基态X原子核外未成对电子数为1.下列说法错误的是 A. 基态Z原子核外电子的空间运动状态有6种 B. 该化合物中Y元素的化合价只有一种 C. X的最高价氧化物对应的水化物是一种一元弱酸 D. W、X、Z三种元素组成的强还原剂中含有离子键、共价键和配位键 7. 甲烷和二氧化碳可在催化剂表面合成乙酸，图1表示、、的形成路径相对能量图，图2是生成乙酸的相对能量图(*表示吸附在催化剂表面的活性物种)。 下列说法错误的是 A. 形成、、的最优反应路径为先吸附甲烷，再吸附二氧化碳，最终甲烷脱氢形成三种吸附物种 B. 在催化剂表面合成乙酸共有4个基元反应 C. 反应过程中可能生成乙烷、甲酸甲酯等副产物 D. 反应过程中甲烷中的碳原子的杂化方式未发生改变 重铬酸钾法测定铁矿样中的全铁含量被广泛应用于生产实践，测定过程中的主要反应为： ⅰ. ⅱ. ⅲ. ⅳ. 实验步骤如下： (1)溶解铁矿样：称取0.2200～0.2800g铁矿样3份分别置于250mL锥形瓶中用10mL浓盐酸溶解。 (2)预处理：将样品试液加热至近沸，滴加溶液至过量。冷却至室温后滴加-冰乙酸至溶液呈稳定的淡黄色。加入混合物，充分摇匀。 (3)滴定：向锥形瓶中加一定量的水，滴入指示剂，用的重铬酸钾标准液滴定至滴定终点。平行测量3份，计算铁矿样中铁的百分含量。 8. 对于上述实验，下列操作正确的是 A. 用托盘天平称量铁矿样 B. 用热水浴对样品试液进行加热 C. 在通风楃中进行溶解铁矿样的操作 D. 在指示剂变色后立即停止滴加重铬酸钾标准液 9. 实验测定的原始数据如下表所示。 铁矿样编号 1 2 3 1 标准液浓度 铁矿样质量 消耗体积 铁的百分含量 铁的平均百分含量 下列表达式错误的是 A. B. C. D. 10. 根据上述实验原理，下列说法错误的是 A. 将溶于冰乙酸是为了增大溶解度 B. 溶液加入的量不足，将导致测定结果偏小 C. 加入的量不足，将导致测定结果偏小 D. 向锥形瓶中加一定量的水有利于观察溶液颜色变化 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11. 下列实验操作、现象和结论均正确的是 选项 实验操作 现象 结论 A 向某加碘食盐溶液中加入几滴淀粉溶液，并滴入适量硝酸 溶液变为蓝色 硝酸与碘酸钾反应生成 B 向含相同浓度的、混合溶液中依次加入少量氯水和，振荡，静置 溶液分层，下层呈紫红色 氧化性： 还原性： C 将和气体在集气瓶中混合 瓶壁上出现黄色固体 HCl的酸性比强 D 两支试管各盛酸性高锰酸钾溶液，分别加入、草酸溶液 加入草酸溶液的试管中溶液紫色消失更快 其他条件相同，反应物浓度越大，反应速率越快 A. A B. B C. C D. D 12. 碱性混合多硫化物一空气液流电池具有成本低、性能稳定等优点，结构如图所示。 下列说法正确的是 A. 膜a为阴离子交换膜，膜b为阳离子交换膜 B. 放电时，左侧室中含的多硫电解质减少 C. 充电时发生反应的离子方程式为： D. 放电时，每消耗，Ⅲ室溶液的质量减少36g 13. 和按一定计量比烧结，获得一晶体产物，沿轴、轴视图分别为图1、图2.已知各点的原子分数坐标：、。下列说法错误的是 A. 晶体产物的化学式为 B. 制备晶体产物的过程中有HF产生 C. P点的原子分数坐标为 D. 晶体中与距离相等且最近的有8个 14. 研究表明，纳米0价金属能去除地下水中，不同初始pH和不同金属组成对的去除效果如图所示。图1初始，图2初始，初始浓度均为，纳米级金属添加量均为。 下列说法正确的是 A. 纳米铁的去除效果优于纳米镍 B. 当加入金属为时，纳米铁含量越高，短时间内的去除效果越好 C. 图1纳米镍反应时，，则的去除率为62% D. 其他条件相同时，pH越低去除效果越好 15. 乙二胺(，简写为EDA)是常用的分析试剂，经常用作非水滴定的溶剂。25℃时，向其盐酸盐()溶液中加入固体(溶液体积变化忽略不计)，体系中、、EDA三种粒子的浓度的对数值()、所加固体的物质的量与的关系如图所示。 下列说法错误的是 A. b点， B. 时， C. c点， D. d点， 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16. 富氮含能化合物具有高密度、高生成焓、高能量及清洁无污染(爆炸产物主要是)等优点。回答下列问题： （1）固态的晶体类型为___________，在常温下显示出惰性，但在高温下化学性质非常活泼，可与、、和等直接化合，其原因是___________。 （2）的空间构型为___________，N原子的杂化方式是___________。与具有相同的空间构型，可聚合为，原因是___________。 （3）由于氮的孤对电子之间的相互排斥，使得全氮类物质，如()、()非常不稳定，存在时间极短。可以稳定存在，原因是___________。 （4）叠氮化钠()的晶体结构如图所示。阿伏加德罗常数的值为，叠氮化钠的晶胞参数为、、，，密度，则___________(用含a、b、c和的代数式表示)。 17. 铬是高熔点、耐腐蚀金属，常被用于制作不锈钢和镀铬。工业上常利用铬铁矿(主要成分是，还含有MgO、、、等杂质)通过下列两种方法来制备铬。 方法一：焦炭还原法 方法二：流程如下 已知： ⅰ.固体X的主要成分是、MgO； ⅱ.； ⅲ. 回答下列问题： （1）铬铁矿焙烧时的化学方程式为___________(填化学式)。固体Y的主要成分是___________。 （2）“废液”可以适当处理再利用。流程中可以循环再利用的物质是___________(填化学式)。 （3）与方法二相比，方法一的缺点是___________。 （4）高温还原的化学方程式为___________。 （5）室温下，“酸化”前滤液中主要阴离子的浓度为，其转化率为90%。“酸化”过程中随的变化如图。“酸化”时___________(已知，结果保留一位小数)。 18. 是制造电信器材软磁铁氧体的原料。利用软锰矿(主要成分为)制备的实验装置如图所示(夹持装置略)： 已知： ⅰ.； ⅱ.； ⅲ.黄钠铁矾[]不溶于水，颗粒大，便于过滤。 回答下列问题： （1）仪器A的名称为___________。利用溶液证明溶液中无的实验现象是___________。 （2）除铁采用黄钠铁矾法，向溶液中加入饱和溶液至为4.0～4.5.生成沉淀的化学方程式为___________，pH过高或过低均会影响除铁效率，原因是___________。 （3）采用减压过滤的方式趁热分离出溶液，减压过滤装置中存在的一处缺陷是___________，抽滤完毕进行的操作是___________。 （4）测定产品纯度：称取碳酸锰样品于锥形瓶中用硫酸溶解，以磷酸作为络合剂，高氯酸作为氧化剂将锰(Ⅱ)转化为，加入指示剂，用硫酸亚铁铵标准溶液滴定，消耗硫酸亚铁铵标准溶液的体积为，样品的纯度为___________(用含m，c，V的代数式表示)。滴定终点时发现滴定管的尖嘴处有气泡，则测得的样品纯度___________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 19. 是生产多晶硅的副产物。利用对废弃的锂电池正极材料进行氯化处理以回收、等金属，部分流程如下： 已知： ⅰ.，，； ⅱ.易水解，产生大量烟雾； ⅲ.可以发生自帞电离：。 回答下列问题： （1）已知“焙烧”的产物有和等，则焙烧时发生的主要反应的化学方程式为___________。 （2）“滤饼1”的主要成分有___________。 （3）已知的、。结合数据，从平衡角度解释“沉钴”时生成而不是的原因___________。“沉钴”的离子方程式是___________；若“沉钴”时使用产率会高于使用，主要原因是___________。 （4）“850℃煅烧”过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。 （5）已知：。测定初级产品中钴的质量分数：准确称取0.5000g产品溶于稀盐酸并配成100mL溶液，取25.00mL加入锥形瓶中，先通入适量恰好将还原为。向其中加入溶液12.50mL充分反应，再用的标准溶液滴定过量的，滴定至终点消耗标准溶液20.00mL，则初级产品中钴的质量分数为___________(结果保留一位小数)。若实验过程中通入的不足，测得的钴的质量分数会___________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。 20. 甲醇是一种重要的化工原料，其用途之一是通过催化重整制取满足质子交换膜燃料电池要求的氢气。该工艺中主要涉及以下几个反应： 反应Ⅰ　　 反应Ⅱ　　 反应Ⅲ　　 （1）各物质的相对能量如图1所示，___________。 （2）不同压强下，水醇摩尔比为1时，甲醇的平衡转化率随温度的变化关系如图2所示。压强、、由大到小的顺序为___________；随温度升高甲醇的平衡转化率增大的原因是___________。 （3）一定温度下，水醇摩尔比为1时，在恒容体系中进行上述反应，测得体系的起始压强为，若该条件下甲醇的平衡转化率为95%，则平衡时体系的压强为___________；若平衡时的分压为，则反应Ⅲ的平衡常数___________(结果保留整数)。此温度下，水醇摩尔比为2.004时，甲醇的转化率为99.9%，且体系中，此时产氢率为___________[产氢率，结果保留三位小数]。 （4）质子交换膜燃料电池对CO的耐受性差，对氢的纯度要求高。由以下图像信息可知CO的选择性随水醇摩尔比变化的原因是___________，降低CO的选择性还可选用的方法是___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 试卷类型：A 2023年潍坊市普通高中学科素养能力测评 高三化学2023.12 1.答题前，考生先将自己的学校、班级、姓名、考生号、座号填写在相应位置。 2.选择题答案必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。 3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。 可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 F19 Na23 Cr52 Mn55 Fe56 Co59 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。 1. 化学与我国传统文化密切相关。下列说法错误的是 A. 《周礼》中“煤饼烧蛎房成灰”，灰的主要成分是CaO B. 《天工开物》中“世间丝、麻、裘、褐皆具素质……”裘的主要成分是蛋白质 C. 《抱朴子》中“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”，该过程发生了可逆反应 D. 《䜿海歌》中“风干日曝咸味加，始灌潮波塯成卤”，该过程包含蒸发结晶 【答案】C 【解析】 【详解】A．贝壳的主要成分为碳酸钙，碳酸钙灼烧生成氧化钙，灰的主要成分是CaO，故A正确； B．裘”指的是动物的毛皮，主要成分为蛋白质，故B正确； C．“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”中涉及的两个反应条件不同，也不是同时发生，不为可逆反应，故C错误； D．等到风吹日晒时间久了，海水的盐味就增加了，这个时候才开始制成盐卤，该过程涉及的物质分离操作为浓缩结晶，将海水浓缩，析出结晶，故D正确； 答案选C。 2. 路易斯提出一种酸碱理论：将能接受电子对的物质称为路易斯酸。三卤化硼()是一种路易斯酸，可用作有机合成催化剂，中存在大键。下列说法错误的是 A. 是路易斯酸 B. 可与形成化合物 C. 卤素原子半径越大，越容易与B形成大键 D. 热稳定性： 【答案】C 【解析】 【详解】A．铝、硼均为第IIIA族元 素， 中 Al原子存在空轨道，能接受电子对，故为路易斯酸，A正确； B．中N原子提供1对孤对电子，中B原子提供空轨道，二者形成配位键得到化合物，B正确； C．随着卤素原子半径增大，卤素原子和B原子的p轨道重叠程度降低，形成的大键减弱，即越难形成大键，C错误； D．卤素原子半径越小，与B形成的大键越稳定，B-X键键能越大，故热稳定性：，D正确； 故选C。 3. 利用下列装置进行实验，能达到实验目的的是 A. 用甲装置验证和的热稳定性 B. 用乙装置蒸发硫酸铜溶液制备硫酸铜晶体 C. 用丙装置制备并收集乙酸乙酯 D. 用丁装置分离碘水中的碘 【答案】B 【解析】 【详解】A．甲装置中NaHCO3处于外管中，受热温度更高，故不能说明碳酸钠比NaHCO3稳定，A错误； B．H2SO4不是挥发性酸，故在蒸发皿中蒸发CuSO4溶液可得其晶体，B正确； C．丙装置导气管直接插入溶液中，容易出现倒吸现象，C错误； D．分液时漏斗颈必须紧贴烧杯内壁以防止液体飞溅，D错误； 故选B。 4. 为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 中Xe的价层电子对数为 B. 溶液中的数目为 C. 已知，每生成转移电子的数目为 D. 和(均为标准状况)在光照下充分反应后的分子数为 【答案】D 【解析】 【详解】A．中Xe原子的价层电子对数为，则中Xe的价层电子对数为，A错误； B．的体积未知，无法算出溶液中的数目，B错误； C．中N元素和S元素的化合价降低，C的化合价升高，每生成，由反应可知，由参与反应，由C的化合价变化可知，转移的电子数为，转移电子的数目为，C错误； D．甲烷与氯气发生取代反应，反应前后反应物与生成物的物质的量之和不变，分子数不变，则反应后的分子的物质的量仍为，充分反应后的分子数为1.5NA，D正确； 故选D。 5. 尿素是一种白色晶体，是目前含氮量最高的氮肥。下列说法错误的是 A. 键与键的数目之比为 B. C、N原子的杂化方式均为 C. 尿素分子间存在范德华力和氢键 D. 第一电离能： 【答案】D 【解析】 【详解】A．尿素分子中只有一个碳氧双键，其余是单键，故含有7个键个1个键，故A正确； B．碳原子连有双键，价层电子对数为3，采用sp2杂化；由图中信息可知，图中所标注的N原子参与的键角大于109°28´，故N不可能采用sp3杂化，而是采用sp2杂化，故B正确； C．尿素分子中含有氨基，故能形成分子间氢键，故尿素分子间存在范德华力和氢键，故C正确； D．同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但是N的价电子为半满结构，第一电离能大于O，故第一电离能：，故D错误； 答案选D。 6. 一种新型化合物的结构如图所示，W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，基态X原子核外未成对电子数为1.下列说法错误的是 A. 基态Z原子核外电子的空间运动状态有6种 B. 该化合物中Y元素的化合价只有一种 C. X的最高价氧化物对应的水化物是一种一元弱酸 D. W、X、Z三种元素组成的强还原剂中含有离子键、共价键和配位键 【答案】B 【解析】 【分析】结合该新型化合物的结构式，由基态X原子核外未成对电子数为1可知，X为B或Al，Z形成Z+，则Z为Na，故X为B，由该化合物中各原子的成键特点可知W为 H，Y为O，据此回答。 【详解】A．基态Na原子核外电子所占能级及对应空间运动状态数如表： 　　　能级 1s 2s 2p 3s 空间运动状态数 1 1 3 1 　　　　　空间运动状态总数为6 则空间运动状态总数为6，A正确； B．该新型化合物中中O元素为价，中O元素为价，B错误； C．X的最高价氧化物对应的水化物是硼酸，硼酸的电离方程式为，硼酸是一元弱酸，C正确； D．NaBH4为离子化合物，其中H为价，具有强还原性，中含有共价键和配位键，D正确； 故选B。 7. 甲烷和二氧化碳可在催化剂表面合成乙酸，图1表示、、的形成路径相对能量图，图2是生成乙酸的相对能量图(*表示吸附在催化剂表面的活性物种)。 下列说法错误的是 A. 形成、、的最优反应路径为先吸附甲烷，再吸附二氧化碳，最终甲烷脱氢形成三种吸附物种 B. 在催化剂表面合成乙酸共有4个基元反应 C. 反应过程中可能生成乙烷、甲酸甲酯等副产物 D. 反应过程中甲烷中的碳原子的杂化方式未发生改变 【答案】B 【解析】 【详解】A．由图1可以看出路径为先吸附甲烷，甲烷脱氢后再吸附二氧化碳，活化能大，先吸附二氧化碳放出的能量较先吸附甲烷少，故形成、、的最优反应路径，A正确； B．图1中1个基元反应，图2中2个基元反应，在催化剂表面合成乙酸共有3个基元反应，B错误； C．、、这组中间产物，2个形成乙烷，、、形成甲酸甲酯，C正确； D．由反应历程可知，甲烷转化为甲基，C原子均为sp3杂化，杂化方式未发生改变，D正确； 答案选B。 重铬酸钾法测定铁矿样中的全铁含量被广泛应用于生产实践，测定过程中的主要反应为： ⅰ. ⅱ. ⅲ. ⅳ. 实验步骤如下： (1)溶解铁矿样：称取0.2200～0.2800g铁矿样3份分别置于250mL锥形瓶中用10mL浓盐酸溶解。 (2)预处理：将样品试液加热至近沸，滴加溶液至过量。冷却至室温后滴加-冰乙酸至溶液呈稳定的淡黄色。加入混合物，充分摇匀。 (3)滴定：向锥形瓶中加一定量的水，滴入指示剂，用的重铬酸钾标准液滴定至滴定终点。平行测量3份，计算铁矿样中铁的百分含量。 8. 对于上述实验，下列操作正确的是 A. 用托盘天平称量铁矿样 B. 用热水浴对样品试液进行加热 C. 在通风楃中进行溶解铁矿样的操作 D. 在指示剂变色后立即停止滴加重铬酸钾标准液 9. 实验测定的原始数据如下表所示。 铁矿样编号 1 2 3 1 标准液浓度 铁矿样质量 消耗体积 铁的百分含量 铁的平均百分含量 下列表达式错误的是 A. B. C. D. 10. 根据上述实验原理，下列说法错误的是 A. 将溶于冰乙酸是为了增大溶解度 B. 溶液加入的量不足，将导致测定结果偏小 C. 加入的量不足，将导致测定结果偏小 D. 向锥形瓶中加一定量的水有利于观察溶液颜色变化 【答案】8. C 9. C 10. C 【解析】 【8题详解】 A．托盘天平读数只能精确至小数点后一位,称取0.2200~0.2800g铁矿样,需要用分析天平或电子天平，A错误； B．热水浴不能将样品试液加热至近沸，B错误； C．溶解过程中HCI挥发,会对实验者造成危害,故需在通风橱中进行溶解操作，C正确； D．指示剂变色后,半分钟内不恢复原来的颜色,才能停止滴加重铬酸钾标准液，D正确； 故选C。 【9题详解】 A．由滴定过程中的反应iv可得关系式:，则第1份矿样中， ，故，A正确； B．因滴定误差的存在，，B正确； C．由A项计算可知，样品中铁的平均百分含量，C错误； D．由A项计算可知，样品中铁的平均百分含量，D正确； 故选C。 【10题详解】 A．在冰乙酸中的溶解度大于在水中的溶解度，A正确； B．由反应i可知，加入SnCl2溶液的目的是将还原为,若加入的SnCl2溶液量不足，则反应iv中参与反应的Fe2+减少，测定结果偏小，B正确； C．加入AgCl-NaCl的目的是将过量的具有还原性的除去，防止在滴定过程中消耗，若 AgCl - NaCl不足，则发生与的反应，导致消耗的标准液偏多，测定结果偏高，C错误； D．向锥形瓶中加入一定量的水可将橙红色的稀释，有利于观察溶液颜色的变化，D正确； 故选C。 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11. 下列实验操作、现象和结论均正确的是 选项 实验操作 现象 结论 A 向某加碘食盐溶液中加入几滴淀粉溶液，并滴入适量硝酸 溶液变为蓝色 硝酸与碘酸钾反应生成 B 向含相同浓度的、混合溶液中依次加入少量氯水和，振荡，静置 溶液分层，下层呈紫红色 氧化性： 还原性： C 将和气体在集气瓶中混合 瓶壁上出现黄色固体 HCl的酸性比强 D 两支试管各盛酸性高锰酸钾溶液，分别加入、草酸溶液 加入草酸溶液的试管中溶液紫色消失更快 其他条件相同，反应物浓度越大，反应速率越快 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．硝酸不能还原碘酸钾生成碘，则不能生成碘，溶液不会变蓝，A错误； B．少量氯水先氧化KI生成碘，碘易溶于四氯化碳，溶液分层，下层呈紫红色，可知氧化性：Cl2＞I2，Br2＞I2，B正确； C．Cl2和H2S气体反应生成S，瓶壁上出现黄色固体，可知Cl2的氧化性比S强，但不能证明HCl的酸性比强，C错误； D．酸性高锰酸钾溶液过量，溶液不会褪色，应控制酸性高锰酸钾溶液不足且等量，改变草酸的浓度，探究浓度对反应速率的影响，D错误； 答案答案B。 12. 碱性混合多硫化物一空气液流电池具有成本低、性能稳定等优点，结构如图所示。 下列说法正确的是 A. 膜a为阴离子交换膜，膜b为阳离子交换膜 B. 放电时，左侧室中含的多硫电解质减少 C. 充电时发生反应的离子方程式为： D. 放电时，每消耗，Ⅲ室溶液的质量减少36g 【答案】CD 【解析】 【分析】放电时，通入氧气的电极为正极，即电极B为正极，电极A为负极，负极上失电子生成，充电时，电极A为阴极，得电子生成，电极B为阳极。 【详解】A．从图中可知，Ⅱ室内存在钠离子和氢氧根离子，放电时，电极A为负极，钠离子从电极A向电极B移动，钠离子能通过膜a，说明膜a为阳离子交换膜，同理放电时正极上氧气得电子生成氢氧根离子，氢氧根离子从电极B向电极A移动，氢氧根离子能通过膜b，说明膜b为阴离子交换膜，A错误； B．放电时左侧室内失电子生成，电极反应为2-2e-=，因此左侧室内含的多硫电解质增多，B错误； C．充电时阴极上得电子生成，阳极上氢氧根离子失电子生成氧气，总反应为，C正确； D．放电时，电极B的反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，消耗1mol氧气，生成4mol氢氧根离子，这4mol氢氧根离子通过膜b进入Ⅱ室，Ⅲ室溶液减少的质量为4mol×17g/mol-1mol×32g/mol=36g，D正确； 故答案选CD。 13. 和按一定计量比烧结，获得一晶体产物，沿轴、轴视图分别为图1、图2.已知各点的原子分数坐标：、。下列说法错误的是 A. 晶体产物的化学式为 B. 制备晶体产物的过程中有HF产生 C. P点的原子分数坐标为 D. 晶体中与距离相等且最近的有8个 【答案】C 【解析】 【详解】A．结合选项A及题图中灰球结构知，灰球表示“ ，由x轴、z轴方向的投影图可知该晶体的晶胞结构为，K位于上下面心、四个竖棱的棱心以及四个面的 面上(每个面上有2个)，故K的个数为， "”位于8个顶点和体心，个数为，则该晶体的化学式是，A正确； B．结合反应物和生成物，由元素守恒可写出制备该晶体的化学方程式为，B正确； C．由M、N、P的位置可知，P点的原子分数坐标为，C错误； D．以下底面面心的K+为研究对象，与其距离相等且最近的K+有8个，D正确； 故选C。 14. 研究表明，纳米0价金属能去除地下水中，不同初始pH和不同金属组成对的去除效果如图所示。图1初始，图2初始，初始浓度均为，纳米级金属添加量均为。 下列说法正确的是 A. 纳米铁的去除效果优于纳米镍 B. 当加入金属为时，纳米铁含量越高，短时间内的去除效果越好 C. 图1纳米镍反应时，，则的去除率为62% D. 其他条件相同时，pH越低去除效果越好 【答案】C 【解析】 【详解】A．由图象中浓度的变化可知纳米镍的去除效果优于纳米铁，A错误； B．由图象1可知10min内，增加纳米铁含量，的去除效果无明显变化，B错误； C．图1纳米镍反应时，，，则的去除率为62%，C正确； D．若pH过低，氢离子可与金属反应，则可能会导致去除率下降，故D错误； 故答案为C。 15. 乙二胺(，简写为EDA)是常用的分析试剂，经常用作非水滴定的溶剂。25℃时，向其盐酸盐()溶液中加入固体(溶液体积变化忽略不计)，体系中、、EDA三种粒子的浓度的对数值()、所加固体的物质的量与的关系如图所示。 下列说法错误的是 A. b点， B. 时， C. c点， D. d点， 【答案】AD 【解析】 【详解】A．b点，pOH=pH=7，c(H+)=c(OH-)，结合电荷守恒可得，，由图可知，该点存在，故，A错误； B．由图可知在处，，B正确； C．由图中信息可知，0.1mol/L溶液的pOH=10.10，即c(H+)=10-3.9mol/L，的平衡常数，其中c(H+)=c()=10-3.9mol/L，c()0.1mol/L，故K1=10-6.8，d点c(EDA)=c()，pOH=4.10，c(H+)=10-9.9mol/L，的平衡常数=10-9.9，K1 K2=10-16.7，而c点时，代入计算可知pH=8.35，故pOH=5.65，C正确； D．d点pOH=4.10，c(OH-)＞ c(H+)，，由电荷守恒可知，，故 ，得，D错误； 故选AD。 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16. 富氮含能化合物具有高密度、高生成焓、高能量及清洁无污染(爆炸产物主要是)等优点。回答下列问题： （1）固态的晶体类型为___________，在常温下显示出惰性，但在高温下化学性质非常活泼，可与、、和等直接化合，其原因是___________。 （2）的空间构型为___________，N原子的杂化方式是___________。与具有相同的空间构型，可聚合为，原因是___________。 （3）由于氮的孤对电子之间的相互排斥，使得全氮类物质，如()、()非常不稳定，存在时间极短。可以稳定存在，原因是___________。 （4）叠氮化钠()的晶体结构如图所示。阿伏加德罗常数的值为，叠氮化钠的晶胞参数为、、，，密度，则___________(用含a、b、c和的代数式表示)。 【答案】（1） ①. 分子晶体 ②. 高温下氮氮三键断裂形成氮原子，N原子的电负性较大，易与电负性较小的原子成键 （2） ①. V形（或角形） ②. sp2 ③. NO2分子中N原子的杂化轨道中存在单电子 （3）与Zn2+形成配位键，使N原子的孤对电子转变为成键电子对，排斥力变小 （4） 【解析】 【小问1详解】 N2分子间为范德华力，固态N2为分子晶体；氮氮三键键能大，常温下难以断裂，所以常温下N显示出惰性，高温下氮氮三键断裂形成氮原子，氮原子的电负性大,很容易与电负性小的原子结合，所以高温下N2可以与H2、Li、Ca 和 Sr等直接化合； 【小问2详解】 的中心原子N的价层电子对数为，有1个孤电子对，N原子为 sp2杂化，所以为V形（或角形）结构，NO2与空间构型相同，则NO2的中心原子N也为sp2杂化，3个sp2杂化轨道中，2个容纳2个成键电子对，1个容纳1个单电子，两个 NO2分子中的单电子配对成键，形成N2O4； 【小问3详解】 由的结构可知其孤对电子数目较多，对成键电子对的排斥力大，不稳定，而与Zn2+形成化合物时，中的孤对电子与Zn2+中的空轨道结合形成配位键，成键电子对之间的排斥力小，所以Zn(N5)2能稳定存在； 【小问4详解】 晶胞的体积；由图可知，晶胞中位于4个侧面上，个数为，Na+位于顶点和上下两个面上，个数为，则晶胞的质量，而密度，故。 17. 铬是高熔点、耐腐蚀金属，常被用于制作不锈钢和镀铬。工业上常利用铬铁矿(主要成分是，还含有MgO、、、等杂质)通过下列两种方法来制备铬。 方法一：焦炭还原法 方法二：流程如下 已知： ⅰ.固体X的主要成分是、MgO； ⅱ.； ⅲ. 回答下列问题： （1）铬铁矿焙烧时的化学方程式为___________(填化学式)。固体Y的主要成分是___________。 （2）“废液”可以适当处理再利用。流程中可以循环再利用的物质是___________(填化学式)。 （3）与方法二相比，方法一的缺点是___________。 （4）高温还原的化学方程式为___________。 （5）室温下，“酸化”前滤液中主要阴离子的浓度为，其转化率为90%。“酸化”过程中随的变化如图。“酸化”时___________(已知，结果保留一位小数)。 【答案】（1） ①. ②. （2） （3）金属铬的纯度低，产生有毒的CO （4） （5）6.2 【解析】 【分析】将铬铁矿(主要成分是，还含有MgO、、、等杂质)和碳酸钠通入氧气进行焙烧，焙烧时将中+2价Fe、+3价Cr分别氧化为+3 价Fe、+6价Cr，发生的化学方程式为，焙烧时，碳酸钠和氧化铝反应生成Na[Al(OH)4]，SiO2与碳酸钠反应生成硅酸钠，加入水进行“浸取”，“浸取”时Na[Al(OH)4]、硅酸钠进入浸取液中，过滤将MgO和除去，固体X为MgO和，通入CO2时分别将Na[Al(OH)4]、硅酸钠转化为Al(OH)3，硅酸沉淀，过滤将其除去，故固体Y的主要成分是，再加入硫酸酸化，发生，将转化为，再加入KCl，生成沉淀，同时得到废液，主要成分为硫酸钠和氯化钠等，将和氯化铵混合在高温下发生反应，将还原为Cr2O3，Cr2O3电解得到Cr单质，据此回答。 【小问1详解】 结合已知i知，焙烧时通入O2，将中+2价Fe、+3价Cr分别氧化为+3 价Fe、+6价 Cr，根据得失电子守恒、原子守恒配平可得反应的化学方程式为，焙烧时，碳酸钠和氧化铝反应生成Na[Al(OH)4]，SiO2与碳酸钠反应生成硅酸钠，“浸取”时Na[Al(OH)4]、硅酸钠进入浸取液中，后续通入CO2时分别转化为Al(OH)3，硅酸沉淀，故固体Y的主要成分是； 【小问2详解】 由分析知，废液的主要成分为硫酸钠和氯化钠，进行适当处理后可用得到，故流程中可以循环再利用的物质是； 【小问3详解】 由方法一的化学方程式可知，反应过程中生成有毒的CO，且制备的 Cr中含 Fe、C等杂质； 【小问4详解】 NH4Cl高温还原时，NH4Cl中价N被氧化生成N2，中+6价Cr 被还原为Cr2O3中+3价Cr， NH4Cl高温还原时的化学方程式为； 【小问5详解】 酸化时发生反应，由 A点数据计算平衡常数，A点c()=0.25 mol/L，由Cr元素守恒可知此时 c()=0.5 mol/L，c(H+) =10-7 mol/L，故该反应的平衡常数；“酸化”时的转化率为90%，则c()=0.45 mol/L，c()=0.1 mol/L， ，，则 pH=6.2。 18. 是制造电信器材软磁铁氧体的原料。利用软锰矿(主要成分为)制备的实验装置如图所示(夹持装置略)： 已知： ⅰ.； ⅱ.； ⅲ.黄钠铁矾[]不溶于水，颗粒大，便于过滤。 回答下列问题： （1）仪器A的名称为___________。利用溶液证明溶液中无的实验现象是___________。 （2）除铁采用黄钠铁矾法，向溶液中加入饱和溶液至为4.0～4.5.生成沉淀的化学方程式为___________，pH过高或过低均会影响除铁效率，原因是___________。 （3）采用减压过滤的方式趁热分离出溶液，减压过滤装置中存在的一处缺陷是___________，抽滤完毕进行的操作是___________。 （4）测定产品纯度：称取碳酸锰样品于锥形瓶中用硫酸溶解，以磷酸作为络合剂，高氯酸作为氧化剂将锰(Ⅱ)转化为，加入指示剂，用硫酸亚铁铵标准溶液滴定，消耗硫酸亚铁铵标准溶液的体积为，样品的纯度为___________(用含m，c，V的代数式表示)。滴定终点时发现滴定管的尖嘴处有气泡，则测得的样品纯度___________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 【答案】（1） ①. 三颈烧瓶 ②. 滴入K3[Fe(CN)6]溶液后无蓝色沉淀生成 （2） ①. ②. pH过高Fe3+彻底水解为氢氧化铁，不利于过滤，pH过低，不利于黄钠铁矾的生成。 （3） ①. 布氏漏斗的下口斜面没有与吸滤瓶的支管口相对 ②. 先打开K2，再关闭水龙头 （4） ①. ②. 偏低 【解析】 【小问1详解】 由仪器A的构造特点可知为三颈烧瓶，Fe2+ 与K3[Fe(CN)6]反应生成蓝色沉淀KFe[ Fe( CN)6]。 【小问2详解】 Fe2+ 被MnO2氧化为Fe3+，故除铁是指除去Fe3+，反应物为碳酸钠、硫酸铁，生成物黄钠铁矾难溶于水，结合元素守恒可写出化学方程式为，pH较高时，OH-与Fe3+反应生成Fe(OH)3，与目标反应构成竞争反应，pH过低则不利于黄钠铁矾的生成。 【小问3详解】 减压过滤装置中布氏漏头下口斜面应朝向抽滤瓶支管口，这样抽滤效果好。抽滤完毕时，先打开K2，使体系恢复至常压，再关闭水龙头。 【小问4详解】 滴定时，硫酸亚铁铵将[ Mn( PO4)2]3-中+3价Mn还原为Mn2+，则由得失电子守恒可知反应关系式为 MnCO3 ~[ Mn( PO4)2]3-~(NH4)2 Fe(SO4)2，故n(MnCO3) = cV10-3 mol，m ( MnCO3 ) = cV10-3 mol115 g/mol=0.115cVg，故样品的纯度为，滴定终点时滴定管尖嘴处有气泡，则气泡“冒充标准溶液”，使得滴定终点读数偏小，计算所得消耗的标准溶液偏少，故测得的样品纯度偏低。 19. 是生产多晶硅的副产物。利用对废弃的锂电池正极材料进行氯化处理以回收、等金属，部分流程如下： 已知： ⅰ.，，； ⅱ.易水解，产生大量烟雾； ⅲ.可以发生自帞电离：。 回答下列问题： （1）已知“焙烧”的产物有和等，则焙烧时发生的主要反应的化学方程式为___________。 （2）“滤饼1”的主要成分有___________。 （3）已知的、。结合数据，从平衡角度解释“沉钴”时生成而不是的原因___________。“沉钴”的离子方程式是___________；若“沉钴”时使用产率会高于使用，主要原因是___________。 （4）“850℃煅烧”过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。 （5）已知：。测定初级产品中钴的质量分数：准确称取0.5000g产品溶于稀盐酸并配成100mL溶液，取25.00mL加入锥形瓶中，先通入适量恰好将还原为。向其中加入溶液12.50mL充分反应，再用的标准溶液滴定过量的，滴定至终点消耗标准溶液20.00mL，则初级产品中钴的质量分数为___________(结果保留一位小数)。若实验过程中通入的不足，测得的钴的质量分数会___________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。 【答案】（1） （2）、 （3） ①. 的自耦电离平衡常数，大于其水解平衡常数（），故以自耦电离为主，可提供较多的，生成沉淀 ②. ③. 的pH更小，不利于生成，提高了的产率 （4）1∶6 （5） ①. ②. 偏低 【解析】 【分析】由流程和题中信息可知，粗品与在500℃焙烧时发生生成氧气和烧渣，烧渣是LiCl、和的混合物，烧渣经水浸、过滤后得滤液1和滤饼1，由于难溶于水，过量的SiCl4水解生成的硅酸进入到滤饼1中，故滤饼1的主要成分是；滤液1为LiCl、，用氢氧化钠溶液沉钴，过滤后得滤饼2(主要成分为)和滤液2(主要溶质为LiC1)，滤饼2置于空气中在850℃煅烧得到，滤液2经碳酸钠溶液沉锂，得到滤液3和滤饼3，滤饼3为，据此回答。 【小问1详解】 由图知，“焙烧”时反应物有粗品与，产物有和和无污染的气体，有元素守恒可知，无污染的气体应为氧气，则焙烧时发生的主要反应的化学方程式为； 【小问2详解】 由上述化学方程式分析可知，“水浸”时LiCl、CoCl2进入水浸液中， 及过量的SiCl4水解生成的硅酸进入到滤饼1中，即“滤饼1”为 、； 【小问3详解】 的自耦电离平衡常数，大于其水解平衡常数（），故以自耦电离为主，可提供较多的，生成沉淀；“沉钴”的离子方程式是，碳酸氢铵中，水解使溶液显酸性，则碳酸氢铵溶液的pH比碳酸氢钠溶液的pH小，更不利于的生成，则产率更高； 【小问4详解】 由分析知，滤饼2置于空气中在850℃煅烧得到，反应的方程式为，有房产式知，氧化剂为氧气，还原剂为，故氧化剂与还原剂物质的量之比为1:6； 【小问5详解】 由已知反应可得关系式，则，解得，则样品中，故初级产品中钴的质量分数为；前期通入的SO2不足，则溶液中存在部分未被还原的Co2+，则测定结果偏低。 20. 甲醇是一种重要的化工原料，其用途之一是通过催化重整制取满足质子交换膜燃料电池要求的氢气。该工艺中主要涉及以下几个反应： 反应Ⅰ　　 反应Ⅱ　　 反应Ⅲ　　 （1）各物质的相对能量如图1所示，___________。 （2）不同压强下，水醇摩尔比为1时，甲醇的平衡转化率随温度的变化关系如图2所示。压强、、由大到小的顺序为___________；随温度升高甲醇的平衡转化率增大的原因是___________。 （3）一定温度下，水醇摩尔比为1时，在恒容体系中进行上述反应，测得体系的起始压强为，若该条件下甲醇的平衡转化率为95%，则平衡时体系的压强为___________；若平衡时的分压为，则反应Ⅲ的平衡常数___________(结果保留整数)。此温度下，水醇摩尔比为2.004时，甲醇的转化率为99.9%，且体系中，此时产氢率为___________[产氢率，结果保留三位小数]。 （4）质子交换膜燃料电池对CO的耐受性差，对氢的纯度要求高。由以下图像信息可知CO的选择性随水醇摩尔比变化的原因是___________，降低CO的选择性还可选用的方法是___________。 【答案】（1） （2） ①. ②. 反应Ⅰ和Ⅱ都是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，甲醇转化率升高 （3） ①. 1.95p0 ②. 291 ③. 2.987 （4） ①. 水醇摩尔比增大，甲醇主要发生反应Ⅰ，生成的氢气可以抑制Ⅱ反应的进行 ②. 采用对反应Ⅱ选择性低的催化剂，或采用对反应Ⅲ选择性高的催化剂 【解析】 【小问1详解】 各物质的相对能量如图1所示，焓变ΔH =生成物的总能量-反应物的总能量，由图知： (-393.51+0)-(-110.5-241.8)=-41.21。 【小问2详解】 反应Ⅰ和Ⅱ是气体分子总数增大的反应，当温度不变、水醇摩尔比为1时，增大压强，反应Ⅰ和Ⅱ平衡左移，甲醇的平衡转化率下降，则、、由大到小的顺序为； 结合(1)可知， (-393.51+3×0)-(-201.1-241.8)=+49.39， (-110.5+2×0)-(-201.1)=+90.6，升温则平衡右移，甲醇的转化率增大，则随温度升高甲醇的平衡转化率增大的原因是: 反应Ⅰ和Ⅱ都是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，甲醇转化率升高。 【小问3详解】 一定温度下，水醇摩尔比为1时，在恒容体系中进行上述反应，测得体系的起始压强为，若该条件下甲醇的平衡转化率为95%，设水、甲醇均为1mol，发生上述反应Ⅰ：，发生上述反应Ⅱ：，发生上述反应Ⅲ：，则平衡时n(CO2)=( x+y) mol，n(H2)= (1.9+x+y)mol，n(CO)= (0.95-x-y) mol，n(H2O)=(1-x-y)mol，n(CH3OH)=0.05mol，混合气体共3.9mol，恒温恒容下，，则平衡时体系的压强为1.95p0； 若平衡时的分压为，即，则x+y=0.88 mol，n(CO2)=0.88mol，n(H2)= 2.78mol，n(CO)= 0.07 mol，n(H2O)=0.12mol，，， ，，按照定义：分压=总压×物质的量分数，对于反应dD(g)+eE(g)gG(g)+hH(g)，Kθ=，其中pθ=100 kPa，pG、pH、pD、pE为各组分的平衡分压，则反应Ⅲ的平衡常数 (结果保留整数)。 此温度下，水醇摩尔比为2.004时，甲醇的转化率为99.9%，设水、甲醇依次为2.004mol、1mol，发生上述反应Ⅰ：，发生上述反应Ⅱ：，发生上述反应Ⅲ：，则平衡时n(CO2)=( x’+y’) mol，n(H2)= (1.998+x’+y’)mol，n(CO)= (0.999-x’-y’) mol，n(H2O)=(2.004-x’-y’)mol，n(CH3OH)=0.0001mol，且体系中，即，，则此时产氢率为。(结果保留三位小数) 【小问4详解】 由以下图像信息可知CO的选择性随水醇摩尔比增大而减小，水醇摩尔比增大，相当于增大氢气的分压有利于反应Ⅰ、Ⅲ向右进行，不利于反应Ⅱ，则 CO的选择性随水醇摩尔比变化的原因是: 水醇摩尔比增大，甲醇主要发生反应Ⅰ，生成的氢气可以抑制Ⅱ反应的进行；抑制反应Ⅱ、促进反应Ⅲ可降低CO的选择性，则降低CO的选择性还可选用的方法是：采用对反应Ⅱ选择性低的催化剂，或采用对反应Ⅲ选择性高的催化剂。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $