精品解析：北京交通大学附属中学2024-2025学年高三上学期10月月考 化学试题

北京交大附中20242025学年度第一学期10月月考练习 高三化学 可能用到的相对原子质量：O-16 Na-23 一、选择题(共42分，每小题只有一个选项符合题意) 1. 2023年诺贝尔化学奖授予对量子点的发现有突出贡献的科研工作者。量子点是指尺寸在纳米量级(通常2～20nm)的半导体晶体，其中铜铟硫(CuInS2)量子点被广泛用于光电探测、发光二极管以及光电化学电池领域。下列说法不正确的是 A. 制备过程中得到的CuInS2量子点溶液能够产生丁达尔效应 B. 可利用X射线衍射技术解析量子点的晶体结构 C. 已知In的原子序数为49，可推知In位于元素周期表第四周期 D. 基态Cu+的价层电子排布式为3d10 2. 依据元素周期律，下列判断不正确的是 A. 原子半径：Mg<Na<K B. 第一电离能：Li<Be<B C. 电负性：N<O<F D. 热稳定性：SiH4<PH3<HCl 3. 下列各组离子不能大量共存的原因与氧化还原反应有关的是 A. 、、、 B. 、、、 C. 、、、 D. 、、、 4. 下列反应的方程式不正确的是 A. C和浓H2SO4反应： B. NH3的催化氧化反应： C. 向氢硫酸中通入SO2： D. 向FeBr2溶液中通入足量Cl2： 5. 阿明洛芬是一种抗炎镇痛药物，可用于治疗慢性风湿性关节炎，其分子结构如下图。下列说法不正确的是 A. 分子中含有手性碳原子 B. 分子中碳原子有、两种杂化方式 C. 该物质可发生取代反应、加聚反应、缩聚反应 D. 1mol该物质最多能与发生加成反应 6. 用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 6.2g Na2O中的离子总数为0.2NA B. pH=2的盐酸中的H+总数为0.01NA C. 2.3g Na和足量O2反应转移电子数为0.1NA D. 标准状况下，5.6L H2O所含O-H键的数目为0.5NA 7. 很多含巯基（）的有机化合物是重金属元素汞的解毒剂，如化合物Ⅰ、Ⅱ（结构如图）。下列说法正确的是 A. 在两个化合物中S原子均采取杂化 B. 在两个化合物中键角均是 C. 两个化合物均为共价化合物 D. 化合物Ⅱ的水溶性不如化合物I 8. 下列实验能达到实验目的的是 A．验证浓硫酸具有脱水性 B．配制100mL一定物质的量浓度的溶液 C．制备并收集 D．实验室制氨气 A. A B. B C. C D. D 9. 下列物质混合后，因发生氧化还原反应使溶液pH增大的是 A. 向酸性溶液中加入溶液，紫色褪去 B. 向溶液中加入溶液，产生白色沉淀 C. 向溶液中先通入，后通入，产生白色沉淀 D. 向溶液中通入大量，产生红褐色沉淀 10. “律动世界”国际化学元素周期表主题年活动报告中，提到了一种具有净水作用的物质，它由Q、W、X、Y、Z五种原子序数依次增大的元素组成。该五种元素的性质或结构信息如下表： 元素 信息 Q 基态原子只有一种形状的轨道填有电子，并容易形成共价键 W 基态原子有5个原子轨道填充有电子，有2个未成对电子 X 最高价氧化物对应的水化物与Y、Z最高价氧化物对应的水化物都能反应 Y 在元素周期表中位于第3周期、第ⅥA族 Z 焰色反应为紫色 下列说法正确的是 A. 电负性：Q＜W＜Y B. 第一电离能：W＜X＜Z C. 简单离子半径：X＜W＜Z＜Y D. 这种物质只含离子键 11. 下列实验中，锥形瓶内均能产生气体。试管内不能产生沉淀的是 A B C D 试剂a 浓 浓盐酸 浓氨水 稀 试剂b 少量蔗糖 CaO 粉末 试剂c 溶有大量氨气的饱和食盐水 A. A B. B C. C D. D 12. CO2捕获和转化可减少CO2排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以N2为载气，以恒定组成的N2、CH4混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳。 下列说法不正确的是 A. 反应①为CaO+CO2=CaCO3；反应②为CaCO3+CH4CaO+2CO+2H2 B. t1~t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，可能有副反应CH4C+2H2 C. t2时刻，副反应生成H2的速率大于反应②生成H2速率 D. t3之后，生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生 13. 研究小组在探究卤素离子与硝酸银的反应时，进行了以下实验。 编号 操作 所用试剂 现象 1 ①溶液②稀硝酸酸化的溶液 产生白色沉淀 2 ①溶液②浓硝酸酸化的溶液 产生白色沉淀 3 ①溶液②稀硝酸酸化的溶液 产生黄色沉淀 4 ①溶液②浓硝酸酸化的溶液 产生褐色的浊液 下列说法不正确的是 A. 实验1和2说明，硝酸浓度不影响的检验 B. 实验1和3说明，卤素离子的检验可使用稀硝酸酸化的溶液 C. 对比实验2和4，说明异常现象的产生与卤离子种类有关 D. 由上述实验推测，的检验不能使用浓硝酸酸化的溶液 14. 某小组同学探究SO2与Fe3+盐溶液的反应，进行了如下实验：已知：Fe3++HSO⇌Fe(HSO3)2+(红棕色) 实验 ① ② ③ 操作 现象 溶液中立即产生大量红棕色物质，无丁达尔现象；5h后溶液变为浅黄色，加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀 溶液中立即产生大量红棕色物质，无丁达尔现象；5h后溶液几乎无色，加入铁氰化钾溶液，产生大量蓝色沉淀 溶液中立即产生大量红棕色物质，无丁达尔现象；5h后溶液变为黄色(比①深)，加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀 结合上述实验，下列说法不正确的是 A. 产生红棕色物质的反应速率快于SO2与Fe3+氧化还原反应的速率 B. Fe(NO3)3溶液中加入1滴浓硝酸后变为无色，可能是因为加入了浓硝酸抑制了Fe3+的水解 C. ①与②对照，说明阴离子种类对SO2与Fe3+氧化还原反应的速率有影响 D. 5h后③比①黄色更深能证明是NO浓度的增大减慢了SO2与Fe3+反应的速率 二、非选择题(共58分) 15. 工业中可利用生产钛白的副产物和硫铁矿()联合制备铁精粉()和硫酸，实现能源及资源的有效利用。 （1）结构示意图如图。 ①的价层电子排布式为___________。 ②中O和中S均为杂化，比较：中H-O-H键角___________中O-S-O键角(填“>”或“<”或“=”)，并解释原因___________ ③从原子结构的角度解释中硫显正价而氧显负价的原因：___________。 ④中与、与的作用力类型分别是___________。 （2）晶体的晶胞形状为立方体，边长为a nm，结构如图。 ①距离最近的阴离子有___________个。 ②的摩尔质量为120，阿伏加德罗常数为。该晶体的密度为___________。(1nm=m) （3）加热脱水后生成，再与在氧气中掺烧可联合制备铁精粉和硫酸。分解和在氧气中燃烧的能量示意图如图，利用作为分解的燃料，从能源及资源利用的角度说明该工艺的优点___________。 16. 利用页岩气中丰富的丙烷制丙烯已成为化工原料丙烯生产的重要渠道。 Ⅰ．丙烷直接脱氢法： 总压分别为100kPa、10kPa时发生该反应，平衡体系中和的体积分数随温度、压强的变化如下图。 （1）丙烷直接脱氢反应的化学平衡常数表达式为___________。 （2）总压由10kPa变为100kPa时，化学平衡常数___________(填“变大”“变小”或“不变”)。 （3）图中，曲线Ⅰ、Ⅲ表示的体积分数随温度的变化，判断依据是___________。 （4）图中，表示100kPa时的体积分数随温度变化的曲线是___________(填“Ⅱ”或“Ⅳ”)。 Ⅱ．丙烷氧化脱氢法： 我国科学家制备了一种新型高效催化剂用于丙烷氧化脱氢。在催化剂作用下，相同时间内，不同温度下的转化率和C3H6的产率如下： 反应温度/℃ 465 480 495 510 C3H8的转化率/% 5.5 12.1 17.3 28.4 C3H6的产率/% 4.7 9.5 12.8 18.5 （5）表中，C3H8的转化率随温度升高而上升的原因是___________(答出1点即可)。 （6）已知：C3H6选择性。随着温度升高，C3H6的选择性___________(填“升高”“降低”或“不变”)，可能的原因是___________。 17. 研究人员对和Fe粉去除废水中的硝态氮进行研究。 已知： ⅰ.某工厂排放的含氮废水中总氮，含有硝态氮、氨氮。 ⅱ.本实验中在pH=1～3时，脱除硝态氮(转化为)效果较强。 ⅲ.和Fe粉均可以脱除硝态氮，本实验中二者均为过量。 （1）和Fe粉在去除废水中硝态氮的过程中表现___________性(填“氧化”或“还原”)。 （2）研究在pH=1的含氮废水中发生反应的情况，实验结果如图1。 ①根据图1，写出“实验组一”中发生反应的离子方程式___________。 ②进行“实验组二”实验时发现，降低溶液pH更有利于的去除，可能的原因是___________。 （3）脱除pH=1的含氮废水中硝态氮，单独加入或同时加入与Fe粉的实验结果如图2和图3。 ①根据图2，前15min内脱除主要反应的离子方程式为___________。 ②根据图2和图3，20～60min内体系中生成主要反应的离子方程式为___________。 ③检验处理后的废水中存在：取一定量废水蒸发浓缩，___________(补充操作和现象)。 （4）是一种新型、绿色的多功能净水剂，微溶于KOH溶液。其中一种制备的方法是：将通入含有和过量KOH的悬浊液中，可得到紫色的固体。上述获得的化学方程式是___________，另外还有一个反应发生，其离子方程式是___________。 18. 铁黄是一种重要的化工产品。由生产钛白粉废渣制备铁黄的过程如下。 资料： i.钛白粉废渣成分：主要为FeSO4·H2O，含少量TiOSO4和不溶物 ii.TiOSO4+(x+1)H2O⇌TiO2·xH2O↓+H2SO4 iii.0.1 mol/L Fe2+生成Fe(OH)2，开始沉淀时pH=6.3，完全沉淀时pH=8.3； 0.1 mol/L Fe3+生成FeOOH，开始沉淀时pH=1.5，完全沉淀时pH=2.8 （1）纯化 ①加入过量铁粉的目的是_______。 ②充分反应后，分离混合物的方法是_______。 （2）制备晶种 为制备高品质铁黄产品，需先制备少量铁黄晶种。过程及现象是：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。滴加氨水至pH为6.0时开始通空气并记录pH变化(如图)。 ①产生白色沉淀的离子方程式是_______。 ②产生白色沉淀后的pH低于资料iii中的6.3。原因是：沉淀生成后c(Fe2+)_______0.1mol/L(填“＞”“=”或“＜”)。 ③0-t1时段，pH几乎不变；t1-t2时段，pH明显降低。结合方程式解释原因：_______。 ④pH≈4时制得铁黄晶种。若继续通入空气，t3后pH几乎不变，此时溶液中c(Fe2+)仍降低，但c(Fe3+)增加，且(Fe2+)降低量大于c(Fe3+)增加量。结合总方程式说明原因：_______。 （3）产品纯度测定 铁黄纯度可以通过产品的耗酸量确定。 wg铁黄溶液b溶液c滴定 资料：Fe3++3=Fe(C2O4)，Fe(C2O4)不与稀碱液反应 Na2C2O4过量，会使测定结果_______(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。 19. 化学小组实验探究SO2与AgNO3溶液的反应。 （1）实验一：用如下装置（夹持、加热仪器略）制备SO2，将足量SO2通入AgNO3溶液中，迅速反应，得到无色溶液A和白色沉淀B。 ①浓H2SO4与Cu反应的化学方程式是____________________________________。 ②试剂a是____________。 （2）对体系中有关物质性质分析得出：沉淀B可能为 、Ag2SO4或两者混合物。（资料：Ag2SO4微溶于水；Ag2SO3难溶于水） 实验二：验证B的成分 ①写出Ag2SO3溶于氨水的离子方程式：__________。 ②加入盐酸后沉淀D大部分溶解，剩余少量沉淀F。推断D中主要是BaSO3，进而推断B中含有Ag2SO3。向滤液E中加入一种试剂，可进一步证实B中含有Ag2SO3。所用试剂及现象是__________。 （3）根据沉淀F的存在，推测的产生有两个途径： 途径1：实验一中，SO2在AgNO3溶液中被氧化生成Ag2SO4，随沉淀B进入D。 途径2：实验二中，被氧化为进入D。 实验三：探究的产生途径 ①向溶液A中滴入过量盐酸，产生白色沉淀，证明溶液中含有________：取上层清液继续滴加BaCl2溶液，未出现白色沉淀，可判断B中不含Ag2SO4。做出判断的理由：_______。 ②实验三的结论：__________。 （4）实验一中SO2与AgNO3溶液反应的离子方程式是_________________。 （5）根据物质性质分析，SO2与AgNO3溶液应该可以发生氧化还原反应。将实验一所得混合物放置一段时间，有Ag和生成。 （6）根据上述实验所得结论：__________________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京交大附中20242025学年度第一学期10月月考练习 高三化学 可能用到的相对原子质量：O-16 Na-23 一、选择题(共42分，每小题只有一个选项符合题意) 1. 2023年诺贝尔化学奖授予对量子点的发现有突出贡献的科研工作者。量子点是指尺寸在纳米量级(通常2～20nm)的半导体晶体，其中铜铟硫(CuInS2)量子点被广泛用于光电探测、发光二极管以及光电化学电池领域。下列说法不正确的是 A. 制备过程中得到的CuInS2量子点溶液能够产生丁达尔效应 B. 可利用X射线衍射技术解析量子点的晶体结构 C. 已知In的原子序数为49，可推知In位于元素周期表第四周期 D. 基态Cu+的价层电子排布式为3d10 【答案】C 【解析】 【详解】A．量子点是指尺寸通常在2～20nm，制备过程中得到的CuInS2量子点溶液属于胶体，能够产生丁达尔效应，故A正确； B．X射线衍射可以分析晶体中原子的排列方式，可利用X射线衍射技术解析量子点的晶体结构，故B正确； C．已知In的原子序数为49，可推知In核外有5个电子层，位于元素周期表第五周期，故C错误； D．Cu是29号元素，价电子排布式为3d104s1，Cu失去最外层1个电子得到Cu+，基态Cu+的价层电子排布式为3d10，故D正确； 选C。 2. 依据元素周期律，下列判断不正确的是 A. 原子半径：Mg<Na<K B. 第一电离能：Li<Be<B C. 电负性：N<O<F D. 热稳定性：SiH4<PH3<HCl 【答案】B 【解析】 【详解】A．同主族元素从上到下原子半径依次增大，同周期元素从左到右原子半径依次减小，则原子半径：Mg<Na<K，A正确； B．Be原子2s能级全充满，第一电离能大于其右边相邻元素，第一电离能：Li<B<Be，B错误； C．同周期元素从左到右电负性依次增大，电负性：N<O<F，C正确； D．同周期元素从左到右非金属性增强，简单气态氢化物稳定性增强，即稳定性：SiH4<PH3<HCl，D正确；  故选B。 3. 下列各组离子不能大量共存的原因与氧化还原反应有关的是 A. 、、、 B. 、、、 C. 、、、 D. 、、、 【答案】B 【解析】 【详解】A．溶液中铝离子与碳酸氢根离子发生双水解反应，不能大量共存，反应中没有元素发生化合价变化，与氧化还原反应无关，故A不符合题意； B．酸性溶液中次氯酸根离子与亚铁离子发生氧化还原反应不能大量共存，故B符合题意； C．溶液中氢离子与醋酸根离子反应生成醋酸，不能大量共存，反应中没有元素发生化合价变化，与氧化还原反应无关，故C不符合题意； D．溶液中亚硫酸根离子与钡离子、钙离子生成亚硫酸钡、亚硫酸钙沉淀，且钙离子与氢氧根离子生成微溶的氢氧化钙，不能大量共存，反应中没有元素发生化合价变化，与氧化还原反应无关，故D不符合题意； 故选B。 4. 下列反应的方程式不正确的是 A. C和浓H2SO4反应： B. NH3的催化氧化反应： C. 向氢硫酸中通入SO2： D. 向FeBr2溶液中通入足量Cl2： 【答案】D 【解析】 【详解】A．C和浓H2SO4发生氧化还原反应，生成CO2、SO2,化学反应方程式为：，故A正确； B．在催化剂和加热条件下，NH3和O2发生催化氧化反应，其化学方程式为：，故B正确； C．氢硫酸与SO2发生价态归中反应，其反应方程式为：，故C正确； D．向FeBr2溶液中通入足量Cl2，此时溴离子也会被氯气氧化，故其方程式为：，故D错误； 故选D。 5. 阿明洛芬是一种抗炎镇痛药物，可用于治疗慢性风湿性关节炎，其分子结构如下图。下列说法不正确的是 A. 分子中含有手性碳原子 B. 分子中碳原子有、两种杂化方式 C. 该物质可发生取代反应、加聚反应、缩聚反应 D. 1mol该物质最多能与发生加成反应 【答案】D 【解析】 【分析】阿明洛芬含有的官能团为碳碳双键、氨基、羧基。 【详解】A．分子中含有手性碳原子，即与羧基直接相连的碳原子为手性碳，A正确； B．四个单键的碳原子为杂化，苯环中的碳原子以及双键两端碳原子为杂化，B正确； C．含有羧基，可发生酯化反应即取代反应，含有碳碳双键可发生加聚反应，含有氨基与羧基，可以发生缩聚反应，C正确； D．能与发生加成反应的只有碳碳双键，则1mol该物质能与1mol发生加成反应，D错误； 故选D。 6. 用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 6.2g Na2O中的离子总数为0.2NA B. pH=2的盐酸中的H+总数为0.01NA C. 2.3g Na和足量O2反应转移电子数为0.1NA D. 标准状况下，5.6L H2O所含O-H键的数目为0.5NA 【答案】C 【解析】 【详解】A．6.2g Na2O的物质的量为=0.1mol，0.1mol Na2O中的离子总数为0.1×3NA=0.3NA，故A项说法错误； B．未告知溶液体积，无法计算溶液中所含溶质的物质的量，故B项说法错误； C．2.3g Na的物质的量为=0.1mol，Na与足量O2后，Na失去1个电子，0.1mol Na完全反应失去电子数为0.1×NA=0.1NA，故C项说法正确； D．标准状况下，H2O不是气体，不能根据气体摩尔体积计算其物质的量，因此无法计算其所含化学键数目，故D项说法错误； 综上所述，说法正确的是C项，故答案为C。 7. 很多含巯基（）的有机化合物是重金属元素汞的解毒剂，如化合物Ⅰ、Ⅱ（结构如图）。下列说法正确的是 A. 在两个化合物中S原子均采取杂化 B. 在两个化合物中键角均是 C. 两个化合物均为共价化合物 D. 化合物Ⅱ的水溶性不如化合物I 【答案】A 【解析】 【详解】A．在两个化合物中—SH中S原子的σ键数均为2，孤电子对数为2，化合物Ⅱ中—SO3Na中S的价层电子对数为4，所以S原子均采取sp3杂化，故A正确； B．在两个化合物中，中心碳原子均为sp3杂化碳原子，C-C-C键角均是109°28′左右，故B错误； C．由图可知，化合物Ⅰ为共价化合物，化合物Ⅱ为离子化合物，故C错误； D．化合物Ⅱ为离子化合物，其水溶性大于化合物Ⅰ，故D错误； 答案选A。 8. 下列实验能达到实验目的的是 A．验证浓硫酸具有脱水性 B．配制100mL一定物质的量浓度的溶液 C．制备并收集 D．实验室制氨气 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．向蔗糖中加入浓硫酸，蔗糖碳化，可证明浓硫酸具有脱水性，A正确； B．用容量瓶配制一定浓度溶液，定容时，视线需与液体凹液面最低处相切，仰视或俯视都不正确，B错误； C．NO2会与水发生反应，故收集NO2需用向上排空气法，C错误； D．NH4Cl加热生产NH3和HCl，冷却后会继续反应生成NH4Cl，故需要在反应物中加入Ca(OH)2，D错误； 本题选A。 9. 下列物质混合后，因发生氧化还原反应使溶液pH增大的是 A. 向酸性溶液中加入溶液，紫色褪去 B. 向溶液中加入溶液，产生白色沉淀 C. 向溶液中先通入，后通入，产生白色沉淀 D. 向溶液中通入大量，产生红褐色沉淀 【答案】A 【解析】 【详解】A．向酸性KMnO4溶液中加入FeSO4溶液，紫色褪去，说明发生氧化还原反应，离子方程式：，pH增大，故A正确； B．向NaHSO3溶液中加入Ba(OH)2溶液，产生白色沉淀BaSO3，离子反应为，pH减小，且不属于氧化还原反应，故B错误； C．向BaCl2溶液中先通入SO2，后通入O2生成BaSO4沉淀，属于氧化还原反应，二氧化硫溶于水，过程中H+增多，pH减小，故C错误； D．向溶液中通入大量NH3，产生红褐色沉淀Fe(OH)3，无元素化合价变化，不属于氧化还原反应，通入大量NH3，pH增大，故D错误； 故选A。 10. “律动世界”国际化学元素周期表主题年活动报告中，提到了一种具有净水作用的物质，它由Q、W、X、Y、Z五种原子序数依次增大的元素组成。该五种元素的性质或结构信息如下表： 元素 信息 Q 基态原子只有一种形状的轨道填有电子，并容易形成共价键 W 基态原子有5个原子轨道填充有电子，有2个未成对电子 X 最高价氧化物对应的水化物与Y、Z最高价氧化物对应的水化物都能反应 Y 在元素周期表中位于第3周期、第ⅥA族 Z 焰色反应为紫色 下列说法正确的是 A. 电负性：Q＜W＜Y B. 第一电离能：W＜X＜Z C. 简单离子半径：X＜W＜Z＜Y D. 这种物质只含离子键 【答案】C 【解析】 【分析】Q、W、X、Y、Z五种原子序数依次增大的元素；Q基态原子只有一种形状的轨道填有电子，并容易形成共价键，为氢；Z焰色反应为紫色，为钾；Y在元素周期表中位于第3周期、第ⅥA族，为硫；X最高价氧化物对应的水化物与Y、Z最高价氧化物对应的水化物都能反应，则X为铝，氢氧化铝具有两性，能和强酸、强碱反应；W基态原子有5个原子轨道填充有电子，有2个未成对电子，且Q、W、X、Y、Z形成具有净水作用的物质，则W为氧，净水性物质为硫酸铝钾晶体； 【详解】A．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；电负性：Q＜Y＜W，A错误； B．同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，第一电离能：Z＜X＜W，B错误； C．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；简单离子半径：X＜W＜Z＜Y，C正确； D．该物质为KAl(SO4)2∙12H2O，非金属元素之间存在共价键，D错误； 故选C。 11. 下列实验中，锥形瓶内均能产生气体。试管内不能产生沉淀的是 A B C D 试剂a 浓 浓盐酸 浓氨水 稀 试剂b 少量蔗糖 CaO 粉末 试剂c 溶有大量氨气的饱和食盐水 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．浓硫酸滴入少量蔗糖中，浓硫酸表现脱水性和强氧化性，产生SO2、CO2的混合气，SO2、CO2都不能与AlCl3溶液反应，试管内不能产生沉淀，A项符合题意； B．浓盐酸与KMnO4反应产生Cl2，所得Cl2中混有HCl和H2O(g)，Cl2与水反应生成的HCl、挥发出来的HCl都能与AgNO3反应产生白色AgCl沉淀，B项不符合题意； C．浓氨水与CaO反应产生NH3，NH3与MgCl2溶液反应产生白色Mg(OH)2沉淀，C项不符合题意； D．稀H2SO4与Na2CO3粉末反应产生CO2，CO2通入溶有大量氨气的饱和食盐水中发生反应：CO2+NH3+NaCl+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，试管中有白色晶体析出，D项不符合题意； 答案选A。 12. CO2捕获和转化可减少CO2排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以N2为载气，以恒定组成的N2、CH4混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳。 下列说法不正确的是 A. 反应①为CaO+CO2=CaCO3；反应②为CaCO3+CH4CaO+2CO+2H2 B. t1~t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，可能有副反应CH4C+2H2 C. t2时刻，副反应生成H2的速率大于反应②生成H2速率 D. t3之后，生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生 【答案】C 【解析】 【详解】A．由题干图1所示信息可知，反应①为CaO+CO2=CaCO3，结合氧化还原反应配平可得反应②为，A正确； B．由题干图2信息可知，t1~t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，且反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳，故可能有副反应，反应②和副反应中CH4和H2的系数比均为1:2，B正确； C．由题干反应②方程式可知，H2和CO的反应速率相等，而t2时刻信息可知，H2的反应速率未变，仍然为2mmol/min，而CO变为1~2mmol/min之间，故能够说明副反应生成H2的速率小于反应②生成H2速率，C错误； D．由题干图2信息可知，t3之后，CO的速率为0，CH4的速率逐渐增大，最终恢复到1，说明生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生，而后副反应逐渐停止反应，D正确； 答案选C。 13. 研究小组在探究卤素离子与硝酸银的反应时，进行了以下实验。 编号 操作 所用试剂 现象 1 ①溶液②稀硝酸酸化的溶液 产生白色沉淀 2 ①溶液②浓硝酸酸化的溶液 产生白色沉淀 3 ①溶液②稀硝酸酸化的溶液 产生黄色沉淀 4 ①溶液②浓硝酸酸化的溶液 产生褐色的浊液 下列说法不正确的是 A. 实验1和2说明，硝酸浓度不影响的检验 B. 实验1和3说明，卤素离子的检验可使用稀硝酸酸化的溶液 C. 对比实验2和4，说明异常现象的产生与卤离子种类有关 D. 由上述实验推测，的检验不能使用浓硝酸酸化的溶液 【答案】D 【解析】 【详解】A．控制变量，硝酸浓度为变量，但都产生了白色沉淀，所以实验1和2说明，硝酸浓度不影响的检验，A正确； B．氯离子和碘离子与稀硝酸酸化的溶液都能产生沉淀，B正确； C．实验2中氯离子未被浓硝酸氧化，实验4中碘离子被硝酸氧化成I2，沉淀不同，C正确； D．上述实验未进行溴离子的检验，无法推测该结论，D错误； 故选D。 14. 某小组同学探究SO2与Fe3+盐溶液的反应，进行了如下实验：已知：Fe3++HSO⇌Fe(HSO3)2+(红棕色) 实验 ① ② ③ 操作 现象 溶液中立即产生大量红棕色物质，无丁达尔现象；5h后溶液变为浅黄色，加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀 溶液中立即产生大量红棕色物质，无丁达尔现象；5h后溶液几乎无色，加入铁氰化钾溶液，产生大量蓝色沉淀 溶液中立即产生大量红棕色物质，无丁达尔现象；5h后溶液变为黄色(比①深)，加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀 结合上述实验，下列说法不正确的是 A. 产生红棕色物质的反应速率快于SO2与Fe3+氧化还原反应的速率 B. Fe(NO3)3溶液中加入1滴浓硝酸后变为无色，可能是因为加入了浓硝酸抑制了Fe3+的水解 C. ①与②对照，说明阴离子种类对SO2与Fe3+氧化还原反应的速率有影响 D. 5h后③比①黄色更深能证明是NO浓度的增大减慢了SO2与Fe3+反应的速率 【答案】D 【解析】 【详解】A．由实验现象可知，三组实验在通入二氧化硫后，都迅速的产生了大量红棕色物质，说明产生红棕色物质的反应速率要明显快于铁离子和二氧化硫的氧化还原反应速率，故A正确； B．向硝酸铁溶液中加入1滴浓硝酸，溶液由黄色变为无色说明浓硝酸电离出的氢离子抑制了铁离子的水解，故B正确； C．实验①与实验②选用试剂的阳离子相同、阴离子不同，由实验现象可知，实验②的反应速率明显快于①，说明阴离子种类对二氧化硫与铁离子氧化还原反应的速率有影响，故C正确； D．实验①和实验③选用试剂的不同是溶液中的硝酸根离子浓度和氢离子浓度不同，则5h后③比①黄色更深说明可能是硝酸根离子浓度的增大减慢了二氧化硫与铁离子氧化还原反应的速率，也可能是氢离子浓度的增大减慢了二氧化硫与铁离子氧化还原反应的速率，故D错误； 故选D。 二、非选择题(共58分) 15. 工业中可利用生产钛白的副产物和硫铁矿()联合制备铁精粉()和硫酸，实现能源及资源的有效利用。 （1）结构示意图如图。 ①的价层电子排布式为___________。 ②中O和中S均为杂化，比较：中H-O-H键角___________中O-S-O键角(填“>”或“<”或“=”)，并解释原因___________ ③从原子结构的角度解释中硫显正价而氧显负价的原因：___________。 ④中与、与的作用力类型分别是___________。 （2）晶体的晶胞形状为立方体，边长为a nm，结构如图。 ①距离最近的阴离子有___________个。 ②的摩尔质量为120，阿伏加德罗常数为。该晶体的密度为___________。(1nm=m) （3）加热脱水后生成，再与在氧气中掺烧可联合制备铁精粉和硫酸。分解和在氧气中燃烧的能量示意图如图，利用作为分解的燃料，从能源及资源利用的角度说明该工艺的优点___________。 【答案】（1） ①. ②. < 中O上有孤电子对，中S上无孤电子对，孤电子对有较大斥力，使H-O-H键角小于O-S-O键角 ③. O和S为同主族元素，电子层数S>0，原子半径S>0，原子核对最外层电子的吸引作用O>S(或非金属性O>S)，所以S显正价，O显负价 ④. 配位键、氢键 （2） ①. 6 ②. （3）燃烧放热为分解提供能量；反应产物是铁精粉和制硫酸的原料 【解析】 【小问1详解】 ①Fe的价层电子排布为3d64s2，形成Fe2+时失去4s上的2个电子，于是Fe2+的价层电子排布为3d6； ②H2O中O 和中的S都是sp3杂化，H2O中O杂化形成的4个杂化轨道中2个被孤电子对占据，2个被键合电子对占据，而中S杂化形成的4个杂化轨道均被键合电子对占据；孤电子对与键合电子对间的斥力大于键合电子对与键合电子对间的斥力，使得键角与键角相比被压缩减小； ③O和S为同主族元素，电子层数S>O，原子半径S>O，原子核对最外层电子的吸引作用O>S(或非金属性O>S)，所以S显正价，O显负价； ④H2O中O有孤电子对，Fe2+有空轨道，二者可以形成配位键，中有电负性较大的O元素可以与H2O中H元素形成氢键； 【小问2详解】 ①以位于面心Fe2+为例，与其距离最近的阴离子所处位置如图所示（圆中） 4个阴离子位于楞上，2个位于体心位置上，共6个； ②依据分摊法可知晶胞中Fe2+离子个数为，个数为，一个晶胞中相当于含有4个FeS2，因此一个晶胞的质量m=，所以晶体密度； 【小问3详解】 燃烧为放热反应，分解为吸热反应，燃烧放出的热量恰好为分解提供能量，另外，燃烧和分解的产物如Fe2O3、SO2、SO3可以作为制备铁精粉或硫酸的原料。 16. 利用页岩气中丰富的丙烷制丙烯已成为化工原料丙烯生产的重要渠道。 Ⅰ．丙烷直接脱氢法： 总压分别为100kPa、10kPa时发生该反应，平衡体系中和的体积分数随温度、压强的变化如下图。 （1）丙烷直接脱氢反应的化学平衡常数表达式为___________。 （2）总压由10kPa变为100kPa时，化学平衡常数___________(填“变大”“变小”或“不变”)。 （3）图中，曲线Ⅰ、Ⅲ表示的体积分数随温度的变化，判断依据是___________。 （4）图中，表示100kPa时的体积分数随温度变化的曲线是___________(填“Ⅱ”或“Ⅳ”)。 Ⅱ．丙烷氧化脱氢法： 我国科学家制备了一种新型高效催化剂用于丙烷氧化脱氢。在催化剂作用下，相同时间内，不同温度下的转化率和C3H6的产率如下： 反应温度/℃ 465 480 495 510 C3H8的转化率/% 5.5 12.1 17.3 28.4 C3H6的产率/% 4.7 9.5 12.8 18.5 （5）表中，C3H8的转化率随温度升高而上升的原因是___________(答出1点即可)。 （6）已知：C3H6选择性。随着温度升高，C3H6的选择性___________(填“升高”“降低”或“不变”)，可能的原因是___________。 【答案】（1） （2）不变 （3）丙烷直接脱氢反应为吸热反应，压强相同时，温度升高平衡正向移动，C3H6的体积分数变大 （4）Ⅱ （5）温度升高，丙烷氧化脱氢的反应速率加快 （6） ①. 降低 ②. 温度升高，更有利于丙烷被氧化成其他产物的副反应发生 【解析】 【小问1详解】 根据反应方程式可知，丙烷直接脱氢反应的化学平衡常数表达式为K=； 【小问2详解】 已知化学平衡常数仅仅是温度的函数，故总压由10kPa变为100kPa时，由于温度不变，化学平衡常数不变，故答案为：不变； 【小问3详解】 由题干可知，为吸热反应，压强相同时，温度升高平衡正向移动，C3H6的体积分数变大，故图中，曲线Ⅰ、Ⅲ表示C3H6的体积分数随温度的变化，故答案为：丙烷直接脱氢反应为吸热反应，压强相同时，温度升高平衡正向移动，C3H6的体积分数变大； 【小问4详解】 由题干可知，正反应是气体体积增大的方向，故增大压强上述平衡逆向移动，则有温度相同时，压强越大，C3H8的体积分数也越大，则图中表示100kPa时C3H8的体积分数随温度变化的曲线是Ⅱ，故答案为：Ⅱ； 【小问5详解】 达到化学平衡之前，温度升高，丙烷氧化脱氢的反应速率加快，相同时间内反应掉的C3H8越大，故C3H8的转化率越大，故答案为：温度升高，丙烷氧化脱氢的反应速率加快； 【小问6详解】 由表中信息可知465℃时丙烯的选择性约为85%，510℃时为约65%，故随着温度升高，C3H6的选择性降低，因为可能为：温度升高，更有利于丙烷被氧化成其他产物的副反应发生。 17. 研究人员对和Fe粉去除废水中的硝态氮进行研究。 已知： ⅰ.某工厂排放的含氮废水中总氮，含有硝态氮、氨氮。 ⅱ.本实验中在pH=1～3时，脱除硝态氮(转化为)效果较强。 ⅲ.和Fe粉均可以脱除硝态氮，本实验中二者均为过量。 （1）和Fe粉在去除废水中硝态氮的过程中表现___________性(填“氧化”或“还原”)。 （2）研究在pH=1的含氮废水中发生反应的情况，实验结果如图1。 ①根据图1，写出“实验组一”中发生反应的离子方程式___________。 ②进行“实验组二”实验时发现，降低溶液pH更有利于的去除，可能的原因是___________。 （3）脱除pH=1的含氮废水中硝态氮，单独加入或同时加入与Fe粉的实验结果如图2和图3。 ①根据图2，前15min内脱除主要反应的离子方程式为___________。 ②根据图2和图3，20～60min内体系中生成主要反应的离子方程式为___________。 ③检验处理后的废水中存在：取一定量废水蒸发浓缩，___________(补充操作和现象)。 （4）是一种新型、绿色的多功能净水剂，微溶于KOH溶液。其中一种制备的方法是：将通入含有和过量KOH的悬浊液中，可得到紫色的固体。上述获得的化学方程式是___________，另外还有一个反应发生，其离子方程式是___________。 【答案】（1）还原 （2） ①. ① ②. 较大时，的氧化性较强；或增大有利于提高和反应速率 （3） ①. ②. ③. 加入浓NaOH溶液并加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体 （4） ①. ②. 【解析】 【小问1详解】 Na2SO3和Fe粉在去除废水中硝态氮，将氮元素还原为N2，而Na2SO3和Fe粉的化合价升高，因此Na2SO3和Fe粉体现的是还原性； 【小问2详解】 ①实验组一相比空白组Na2SO3有所减少，在含有盐酸的溶液中发生的离子方程式为：； ②实验组二在实验组一的基础上将蒸馏水改为含氮废水，Na2SO3消耗得更多，可能因为c(H＋)较大时，的氧化性较强或增大c(H＋)有利于提高和的反应速率； 【小问3详解】 ①根据图2，前15min内Na2SO3脱除，在此过程中没有看到生成， 说明还原产物为N2，主要反应的离子方程式为； ②根据图2和图3，20~60min内主要是Fe作还原剂，Fe的化合价升高，因为Fe粉是过量的，故只能生成Fe2+，因此生成主要反应的离子方程式为；； ③检验处理后的废水中是否存在：取一定量废水蒸发浓缩，加入浓NaOH溶液并加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。 【小问4详解】 将通入含有和过量KOH的悬浊液中，可得到紫色的固体，铁元素化合价由+3价升高到+6价，氯元素由0价降低到-1价，化学方程式为；还可能发生氯气和氢氧化钾的反应，离子方程式为。 18. 铁黄是一种重要的化工产品。由生产钛白粉废渣制备铁黄的过程如下。 资料： i.钛白粉废渣成分：主要为FeSO4·H2O，含少量TiOSO4和不溶物 ii.TiOSO4+(x+1)H2O⇌TiO2·xH2O↓+H2SO4 iii.0.1 mol/L Fe2+生成Fe(OH)2，开始沉淀时pH=6.3，完全沉淀时pH=8.3； 0.1 mol/L Fe3+生成FeOOH，开始沉淀时pH=1.5，完全沉淀时pH=2.8 （1）纯化 ①加入过量铁粉的目的是_______。 ②充分反应后，分离混合物的方法是_______。 （2）制备晶种 为制备高品质铁黄产品，需先制备少量铁黄晶种。过程及现象是：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。滴加氨水至pH为6.0时开始通空气并记录pH变化(如图)。 ①产生白色沉淀的离子方程式是_______。 ②产生白色沉淀后的pH低于资料iii中的6.3。原因是：沉淀生成后c(Fe2+)_______0.1mol/L(填“＞”“=”或“＜”)。 ③0-t1时段，pH几乎不变；t1-t2时段，pH明显降低。结合方程式解释原因：_______。 ④pH≈4时制得铁黄晶种。若继续通入空气，t3后pH几乎不变，此时溶液中c(Fe2+)仍降低，但c(Fe3+)增加，且(Fe2+)降低量大于c(Fe3+)增加量。结合总方程式说明原因：_______。 （3）产品纯度测定 铁黄纯度可以通过产品的耗酸量确定。 wg铁黄溶液b溶液c滴定 资料：Fe3++3=Fe(C2O4)，Fe(C2O4)不与稀碱液反应 Na2C2O4过量，会使测定结果_______(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。 【答案】（1） ①. 与硫酸反应，使得TiOSO4+2H2O⇌TiO2·H2O↓+ H2SO4平衡正向移动，沉钛；过量的作用是防止二价铁被氧化 ②. 过滤 （2） ①. Fe2++ 2NH3·H2O = Fe(OH)2 + 2 ②. > ③. pH6.0左右， 4Fe(OH)2 +O2+ 2H2O= 4Fe(OH)3因此pH几乎不变。之后发生4Fe2+ + O2+ 6H2O= 4FeOOH + 8H+， 溶液中H+浓度增大，pH减小 ④. 溶液中同时存在两个氧化反应4Fe2+ + O2 +4H+=4Fe3++2H2O和4Fe2+ + O2+ 6H2O =4FeOOH + 8H+，因此c(Fe2+)的减小大于c(Fe3+)的增加，或用叠加反应解释： 12Fe2+ + 3O2+ 2H2O= 4FeOOH + 8Fe3+ （3）不受影响 【解析】 【分析】根据钛白粉废渣制备铁黄流程 和钛白粉废渣成分：FeSO4·H2O、TiOSO4及其它难溶物,可知：加入蒸馏水、铁粉纯化后，TiOSO4+2H2O⇌TiO2·H2O↓+H2SO4，TiO2·H2O是沉淀，通过过滤后，得到精制FeSO4溶液，加入氨水和空气后，FeSO4溶液被氧化成三价铁离子，同时调整PH（0.1mol/LFe2+沉淀为Fe(OH)2，起始的pH为6.3，完全沉淀的pH为8.3；0.1mol/LFe3+沉淀为FeOOH，起始的pH：1.5，完全沉淀的pH为2.8）和空气，生成FeOOH，再经过系列提纯，最终制得FeOOH固体。 【小问1详解】 与硫酸反应，使得TiOSO4+2H2O⇌TiO2·H2O↓+ H2SO4平衡正向移动，沉钛；过量的作用是防止二价铁被氧化. 钛白粉废渣成分：FeSO4·H2O、TiOSO4及其它难溶物，充分反应后有沉淀出现，所以分离混合物的方法是过滤； 【小问2详解】 pH=6.0左右， 4Fe(OH)2 +O2+ 2H2O= 4Fe(OH)3因此pH几乎不变。之后发生4Fe2+ + O2+ 6H2O= 4FeOOH + 8H+， 溶液中H+浓度增大，pH减小.溶液中同时存在两个氧化反应4Fe2+ + O2 +4H+=4Fe3++2H2O和4Fe2+ + O2+ 6H2O =4FeOOH + 8H+，因此c(Fe2+)的减小大于c(Fe3+)的增加，或用叠加反应解释： 12Fe2+ + 3O2+ 2H2O= 4FeOOH + 8Fe3+； 【小问3详解】 由于Fe3++3C2O42- =Fe(C2O4)3 ，Fe(C2O4)3 不与稀碱溶液反应, 所以加入的Na2C2O4过量，则测定结果不受影响。 19. 化学小组实验探究SO2与AgNO3溶液的反应。 （1）实验一：用如下装置（夹持、加热仪器略）制备SO2，将足量SO2通入AgNO3溶液中，迅速反应，得到无色溶液A和白色沉淀B。 ①浓H2SO4与Cu反应的化学方程式是____________________________________。 ②试剂a是____________。 （2）对体系中有关物质性质分析得出：沉淀B可能为 、Ag2SO4或两者混合物。（资料：Ag2SO4微溶于水；Ag2SO3难溶于水） 实验二：验证B的成分 ①写出Ag2SO3溶于氨水的离子方程式：__________。 ②加入盐酸后沉淀D大部分溶解，剩余少量沉淀F。推断D中主要是BaSO3，进而推断B中含有Ag2SO3。向滤液E中加入一种试剂，可进一步证实B中含有Ag2SO3。所用试剂及现象是__________。 （3）根据沉淀F的存在，推测的产生有两个途径： 途径1：实验一中，SO2在AgNO3溶液中被氧化生成Ag2SO4，随沉淀B进入D。 途径2：实验二中，被氧化为进入D。 实验三：探究的产生途径 ①向溶液A中滴入过量盐酸，产生白色沉淀，证明溶液中含有________：取上层清液继续滴加BaCl2溶液，未出现白色沉淀，可判断B中不含Ag2SO4。做出判断的理由：_______。 ②实验三的结论：__________。 （4）实验一中SO2与AgNO3溶液反应的离子方程式是_________________。 （5）根据物质性质分析，SO2与AgNO3溶液应该可以发生氧化还原反应。将实验一所得混合物放置一段时间，有Ag和生成。 （6）根据上述实验所得结论：__________________。 【答案】 ①. Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O ②. 饱和NaHSO3溶液 ③. Ag2SO3+4NH3•H2O=2 Ag(NH3)2++SO32-+4H2O ④. H2O2溶液，产生白色沉淀，则证明B中含有Ag2SO3 ⑤. Ag+ ⑥. 因为若含有Ag2SO4，加入BaCl2溶液会生成难溶的BaSO4白色沉淀 ⑦. 实验一中，SO2在AgNO3溶液中未被氧化生成Ag2SO4；实验二中，SO32-被氧化为SO42- ⑧. 2Ag++SO2+H2O= Ag2SO3+2H+ ⑨. 二氧化硫与硝酸银溶液反应生成亚硫酸银的速率大于生成银和硫酸根离子的速率，碱性溶液中亚硫酸根离子更易被氧化为硫酸根离子 【解析】 【分析】本题的实验目的是探究SO2与硝酸银溶液的反应，实验过程先用铜片和浓硫酸反应制备SO2，再将SO2通入硝酸银溶液中，对所得产物进行探究，可依据元素化合物知识解答。 【详解】(1)①铜和浓硫酸在加热的条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O， 故答案为Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O； ②由于烧瓶中的空气没有排出，反应生成的SO2可能会被氧气氧化为SO3，SO3会干扰后续的实验，所以试剂a应为除去杂质SO3的试剂，可以用饱和NaHSO3溶液； 故答案为饱和NaHSO3溶液； （2）①Ag2SO3溶于氨水得到Ag(NH3)2+，离子方程式为：Ag2SO3+4NH3•H2O=2 Ag(NH3)2++SO32-+4H2O， 故答案为Ag2SO3+4NH3•H2O=2 Ag(NH3)2++SO32-+4H2O； ②推测沉淀D为BaSO3，加过量稀盐酸溶解得滤液E和少量沉淀F，则E中可能含有溶解的SO2，可加入双氧水溶液，若加入双氧水溶液可以将亚硫酸或亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，从而生成白色的硫酸钡沉淀，则证明B中含有Ag2SO3； 故答案为H2O2，溶液，产生白色沉淀，则证明B中含有Ag2SO3； （3）①加入过量盐酸产生白色沉淀，说明含有Ag+；B中不含Ag2SO4，因若含有Ag2SO4，加入BaCl2溶液会生成难溶的BaSO4白色沉淀， 故答案为Ag+；因若含有Ag2SO4，加入BaCl2溶液会生成难溶的BaSO4白色沉淀； ②实验三的结论：实验一中，SO2在AgNO3溶液中未被氧化生成Ag2SO4；实验二中，SO32-被氧化为SO42-； （4）根据以上分析，二氧化硫与硝酸银溶液反应生成亚硫酸银沉淀，离子方程式为：2Ag++SO2+H2O= Ag2SO3+2H+， 故答案为2Ag++SO2+H2O= Ag2SO3+2H+； （6）综合实验一、实验二和实验三的分析，可以得出该实验的结论为：二氧化硫与硝酸银溶液反应生成亚硫酸银的速率大于生成银和硫酸根离子的速率，碱性溶液中亚硫酸根离子更易被氧化为硫酸根离子。 故答案为二氧化硫与硝酸银溶液反应生成亚硫酸银的速率大于生成银和硫酸根离子的速率，碱性溶液中亚硫酸根离子更易被氧化为硫酸根离子。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $