精品解析：安徽省六安第一中学2024-2025学年高三上学期11月月考 化学试题

六安一中2025届高三年级第三次月考 化学试卷 时间：75分钟 满分：100分 常见相对原子质量：H-1 O-16 Na-23 Al-27 一、单项选择题(每小题3分，共42分) 1. “新质生产力”的概念中，“新”的核心在于科技创新。下列有关说法正确的是 A. 利用合成高级脂肪酸的甘油酯，实现无机小分子向有机高分子的转化 B. 歼-20上采用的氮化镓涂层，属于新型无机非金属材料 C. 石墨烯粉体可用于制作高性能涂料，石墨烯属于不饱和烃 D. 我国研发的小型核反应堆“玲龙一号”以为核燃料，与化学性质不同 2. 下列化学用语表示正确的是 A. NH4Cl的电子式： B. Cl2O的球棍模型： C. HCl分子中σ键的形成： D. 用轨道表示式表示乙炔中C原子的杂化： 3. 下列有关物质结构与性质的说法错误的是 A. 酸性强弱：氯乙酸>乙酸>丙酸 B. 邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛 C. O3是含非极性键的非极性分子，它在四氯化碳中的溶解度低于在水中的溶解度 D. 由与构成的离子液体常温下呈液态，与其离子的体积较大有关 4. 下列过程中，对应反应方程式正确的是 A. 用氢氟酸刻蚀玻璃： B. AgCl溶于浓氨水： C. 酸性K2Cr2O7溶液氧化 D. 向硫化钠溶液中通入足量二氧化硫： 5. 下列玻璃仪器选择合理且能完成相应实验(夹持装置略去)的是 A. 配制500mL2mol/L的硫酸溶液：①⑨ B. 分离四氯化碳和碘单质的混合物：③④⑥ C. 测定晶体中结晶水的含量：③⑤⑦ D. 用饱和碳酸钠溶液提纯乙酸乙酯(含少量乙酸)：②⑤ 6. X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前20号主族元素，且四种元素的原子序数之和为43.X元素被称为“元素之母”，Y的单质是空气中含量最多的成分，W焰色试验的颜色为砖红色。下列说法正确的是 A. X和W均为元素周期表中的p区元素 B. Y、Z的氧化物对应的水化物均为强酸 C. X和Y形成的二元化合物常温常压下均为气态 D. W所在周期基态原子最高能层电子数为1的元素有3种 7. 我国运动员在2024年巴黎奥运会上取得了佳绩。下图所示可为运动员补充能量的物质分子结构式。其中R、W、Z、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z和Y同族。下列有关叙述中正确的是 A. 键角： B. Y的最高价氧化物对应的水化物是一种中强酸 C. 第一电离能： D. 分子式为的有机物一定能发生银镜反应 阅读下列材料，完成下面小题。 资源化利用，不仅可以减少温室气体的排放，还可以获得燃料或重要的化工产品。 Ⅰ．的捕集 方法1：用溶液做吸收剂可“捕集”。随着反应的进行，若吸收剂失活，可利用NaOH溶液使其再生。 方法2：聚合离子液体是目前广泛研究的吸附剂。实验得出聚合离子液体在不同温度、不同流速条件下，吸附量变化如图所示： Ⅱ．合成乙酸：中国科学家首次以、和为原料高效合成乙酸，其反应路径如图所示： 8. 为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是 A. 100mL0.5mol/L的NaOH溶液中含有个H原子 B. 常温常压下，11.2L中含有分子数小于 C. 分子中含有中子数为 D. 3.2g中含有共价键个数为 9. 下列相关说法正确的是 A. NaOH、、均含有共价键和离子键 B. NaOH溶液使“吸收剂”再生的离子反应： C. 低温高流速有利于聚合离子液体吸附 D. 合成乙酸的总反应： 10. 下列实验装置(部分夹持装置已略去)可以达到对应实验目的是 实验目的 A．验证非金属性 B．分离甘油和水 实验装置 实验目的 C．制备并收集NO D．除去中的 实验装置 A. A B. B C. C D. D 11. 我国最新型055型万吨驱逐舰上使用了最新一代国产有源相控阵雷达，采用了最先进的氮化镓()半导体技术。某工厂利用铝土矿(主要成分为、、)为原料制备的流程如下图所示。已知镓与铝同主族，其氧化物和氢氧化物均为两性化合物，能与强酸、强碱溶液反应，为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A. 可以通过粉碎铝土矿、搅拌等方法提高“碱溶”效率 B. 由过程②、③可知，的酸性比强 C. 已知，与足量反应，转移电子数为 D. 滤渣1是，生成滤渣2的离子方程式可能为 12. 碳材料家族又添2位新成员，通过对两种分子实施“麻醉”和“手术”，我国科学家首次成功合成了由10个或14个碳原子组成的芳香性环形纯碳分子材料(结构如图所示)，下列叙述错误的是 A. 分子中含有极性键，所以是极性分子 B. 环形和环形互为同素异形体 C. 分子中所有原子共平面 D. 转化为环形的过程中，发生了还原反应 13. 氢化铝钠是一种新型轻质储氢材料，可燃，遇水可放出氢气，其晶胞结构如图所示，下列说法错误的是 A. 电负性：H>Al>Na B. Na+与之间的最短距离为nm C. NaAlH4晶体中，与紧邻且等距的有6个 D. 晶体的密度为(表示阿伏加德罗常数的值) 14. 铈(Ce，镧系元素)的氧化物是一种常用的催化剂，能作为汽车尾气的净化器。下图展示的是两种铈的氧化物的晶胞结构(晶胞参数为)。图(b)晶胞中O原子出现缺陷，其中的化合价有＋3和＋4。下列说法正确的是 A. 位于元素周期表中的区 B. 图(a)晶胞中的配位数为4 C. 图(a)物质的摩尔体积为 D. 图(b)晶胞中化合价为＋3的的个数为2 二、非选择题(每空2分共58分) 15. 高温超导体通常指在液氮温度(77 K)以上超导的材料，而超导体是在23 K下才显示超导性。铜元素化合物种类繁多，是高温氧化物超导体研究的热点。请回答下列问题。 （1）高温超导材料镧钡铜氧化物中含有Cu3＋，基态时Cu3＋的价层电子排布式为___________。基态O2-中含有___________种不同空间运动状态的电子。 （2）在硫酸铜溶液中加入过量氨水，生成配离子[Cu(NH3)4]2＋。1 mol [Cu(NH3)4]2＋中含有的σ键的数目为___________个。NH3、PH3、AsH3的沸点由高到低的顺序为___________ (填化学式)。 （3）La2CuO4是第一个被发现的高温氧化物超导体，下图为其晶胞结构。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。例如图中原子1的坐标为(，，)，距离原子1最近的氧原子个数___________个。图中原子2的坐标为___________。 （4）图中晶胞参数分别为a pm、a pm、c pm，La2CuO4的摩尔质量为M g/mol，求该晶体的密度ρ=___________ g·cm-3(列出计算式，设NA为阿伏加德罗常数的值)。 16. 氯化铬四氢呋喃复合物是一种配位化合物，化学式为，在有机合成反应中作催化剂。 已知：①易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化； ②气体有毒，遇水发生水解产生两种酸性气体； ③的摩尔质量为； ④四氢呋喃(THF)的结构简式为，易挥发，高度易燃。 Ⅰ．制备无水 某化学小组用和(沸点)在高温下制备无水，同时生成气体，实验装置如图所示： （1）实验装置合理的连接顺序为A→___________→C→B(填装置，可重复使用)。 （2）仪器乙的作用是___________。 （3）尾气处理时发生反应的离子方程式为___________。 Ⅱ．合成 实验室在非水体系中合成的原理为 实验步骤： ①填装反应物：称取4.755g(0.03mol)无水和0.20g锌粉放入滤纸套筒内，双颈烧瓶中加入100mL无水THF(过量)。 合成：先通入一段时间后，在球形冷凝管中通入冷却水，加热THF至沸腾，THF蒸气通过蒸气导管进入提取管中，在冷凝管中冷凝回流到滤纸套筒中进行反应，当滤纸套筒中的液面高于虹吸管最高处时，发生虹吸现象，滤纸套筒中的液体流入双颈峣瓶，从而实现了THF与的连续反应及产物的连续萃取。 ③分离：回流2.5h，再通入冷却至室温。取下双颈烧瓶，在通风厨中蒸发THF至有较多固体析出，冷却、抽滤、干燥称量，得产品3.745g。 （4）球形冷凝管进水口为___________(填“a”或“b”)口。 （5）该实验不能使用明火加热的原因是___________。 （6）已知Cr2+对该反应有催化作用，推断加入少量Zn粉发生反应的化学方程式为___________。 （7）产品产率为___________。(结果保留3位有效数字) 17. 某小组同学向pH=1的0.5mol/L的FeCl3溶液中分别加入过量的Cu粉、Zn粉和Mg粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。 （1）实验准备：配制0.5mol/L的FeCl3溶液200mL，需5mol/LFeCl3溶液的体积为___________mL。需要用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、___________。 理论分析： 依据金属活动性顺序，Zn、Mg都可将Fe3+还原为Fe的单质。 （2）实验验证： 实验 金属 操作、现象及产物 I 过量Cu 一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到Fe单质 Ⅱ 过量Zn 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液pH为3~4，取出固体，固体中未检测到Fe单质 Ⅲ 过量Mg 有大量气泡产生，反应剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质 ①分别取实验I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加___________溶液，均产生蓝色沉淀，证明都有Fe2+生成。请写出实验I产生Fe2+的离子方程式___________。 ②实验Ⅱ、Ⅲ都有红褐色沉淀生成，用平衡移动原理解释原因___________。 ③对实验Ⅱ未检测到Fe单质进行分析及探究。 a．甲认为当Fe3+浓度较大时，即使Zn与Fe2+反应置换出少量Fe，Fe也会被Fe3+消耗。取实验II的少量溶液，滴加KSCN溶液，___________(填实验现象)，证实了此条件下Fe3+几乎不存在。 b．乙认为在pH为3~4的溶液中即便生成Fe也会被H+消耗。设计实验___________(填实验操作和现象)，证实了此条件下可忽略H+对Fe的消耗。 c．丙认为产生的红褐色沉淀包裹在Zn粉上，阻碍了Zn与Fe2+的反应。实验证实了Zn粉被包裹。 （3）对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质的原因___________。 18. 硼化钛强度高、硬度大，广泛应用于机械制造领域；五氟化锑是一种高能氟化剂，广泛应用于制药业。工业上以一种含钛的矿渣(主要含、、ZnO、PbO、NiO、CoO)为原料制取硼化钛和五氟化锑的流程如图1所示。 已知：①性质较稳定，加热时可溶于浓硫酸中形成； ②高温下易挥发； ③“热还原”步骤主要反应为； ④资料显示半径65pm、半径69pm、半径74pm； ⑤时，ZnS、PbS的分别为、。 回答下列问题： （1）“水解”步骤中对应的离子方程式为___________。为了使水解趋于完全，可采取的措施有___________(填一条)。 （2）“热还原”步骤中使用石墨化炉高温加热装置()，的实际用量超过理论化学计量所要求的量，原因是___________。仅增大配料中的用量，产品中的杂质含量变化如图2所示。杂质TiC含量随(量相对理论化学计量过量百分比)增大而降低的原因可能是___________(用化学方程式解释)。 （3）“除钴镍”步骤中，有机净化剂的基本组分为大分子立体网格结构的聚合物，其净化原理如图3所示。、能发生上述转化而不能，推测可能的原因为___________。 （4）已知滤液Ⅰ中，。“除锌铅”步骤中，缓慢滴加稀溶液，当ZnS、PbS共沉时，先沉淀的物质___________(填“是”“否”)已经沉淀完全(离子浓度)。 （5）制取时，没有选择玻璃仪器，其原因为___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 六安一中2025届高三年级第三次月考 化学试卷 时间：75分钟 满分：100分 常见相对原子质量：H-1 O-16 Na-23 Al-27 一、单项选择题(每小题3分，共42分) 1. “新质生产力”的概念中，“新”的核心在于科技创新。下列有关说法正确的是 A. 利用合成高级脂肪酸的甘油酯，实现无机小分子向有机高分子的转化 B. 歼-20上采用的氮化镓涂层，属于新型无机非金属材料 C. 石墨烯粉体可用于制作高性能涂料，石墨烯属于不饱和烃 D. 我国研发的小型核反应堆“玲龙一号”以为核燃料，与化学性质不同 【答案】B 【解析】 【详解】A． 高级脂肪酸的甘油酯(油脂)不是有机高分子，A错误； B． 氮化镓属于新型无机非金属材料，B正确； C． 石墨烯是碳的单质，不属于有机物，C错误； D．235U与238U互为同位素，同位素的物理性质不同，但是核外电子数及排布情况相同，化学性质几乎相同，D错误； 故答案选B。 2. 下列化学用语表示正确的是 A. NH4Cl的电子式： B. Cl2O的球棍模型： C. HCl分子中σ键的形成： D. 用轨道表示式表示乙炔中C原子的杂化： 【答案】C 【解析】 【详解】A．NH4Cl的电子式为：，A错误； B．Cl2O的价层电子对数=2+(6-2×1) =2+2=4，故为sp3杂化、空间构型为V形，不是直线形，B错误； C．H的s能级为球形，Cl的2p能级为哑铃形，形成HCl时，H的1s能级的原子轨道和Cl的2p能级的原子轨道头碰头相互靠近，形成新的轨道，C正确； D．乙炔中C原子为sp杂化，D错误； 故答案选C。 3. 下列有关物质结构与性质的说法错误的是 A. 酸性强弱：氯乙酸>乙酸>丙酸 B. 邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛 C. O3是含非极性键的非极性分子，它在四氯化碳中的溶解度低于在水中的溶解度 D. 由与构成的离子液体常温下呈液态，与其离子的体积较大有关 【答案】C 【解析】 【详解】A．-Cl为吸电子基团，导致氯乙酸羧基中的羟基极性增大，更易电离出氢离子，烷基是推电子基团，烷基越长推电子效应越大，导致丙酸羧基中的羟基极性减小，故酸性：氯乙酸＞乙酸＞丙酸，A正确； B．邻羟基苯甲醛在分子内形成氢键，分子内氢键使物质沸点降低，而对羟基苯甲醛在分子间形成氢键，分子间氢键使物质沸点升高，故邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛，B正确； C．O3分子有极性，但很微弱，所以它在四氯化碳中的溶解度高于在水中的溶解度，C错误； D．大多数离子液体含有体积很大的阴、阳离子，沸点较低，D正确； 故选C。 4. 下列过程中，对应反应方程式正确的是 A. 用氢氟酸刻蚀玻璃： B. AgCl溶于浓氨水： C. 酸性K2Cr2O7溶液氧化 D. 向硫化钠溶液中通入足量二氧化硫： 【答案】D 【解析】 【详解】A．氢氟酸为弱酸，用氢氟酸刻蚀玻璃，氢氟酸与SiO2反应，化学方程式为：，A错误； B．AgCl难溶于水，不可拆，溶于浓氨水的反应为：，B错误； C．酸性K2Cr2O7溶液氧化H2O2：，题中方程式得失电子不守恒，C错误； D．向硫化钠溶液中通入足量二氧化硫生成S和NaHSO3：，D正确； 故选D。 5. 下列玻璃仪器选择合理且能完成相应实验(夹持装置略去)的是 A. 配制500mL2mol/L的硫酸溶液：①⑨ B. 分离四氯化碳和碘单质的混合物：③④⑥ C. 测定晶体中结晶水的含量：③⑤⑦ D. 用饱和碳酸钠溶液提纯乙酸乙酯(含少量乙酸)：②⑤ 【答案】D 【解析】 【详解】A．配制500mL2mol/L的硫酸溶液需要：①容量瓶⑨量筒，还缺少烧杯、胶头滴管、玻璃棒等玻璃仪器，A错误； B．分离四氯化碳和碘单质的混合物用蒸馏操作，用到的玻璃仪器有酒精灯、蒸馏烧瓶、直形冷凝管、尾接管、锥形瓶，不需要⑥碱式滴定管，B错误； C．测定晶体中结晶水的含量用到的玻璃仪器有：酒精灯、玻璃棒、干燥器，不需要③蒸馏烧瓶⑤烧杯，C错误； D．用饱和碳酸钠溶液提纯乙酸乙酯(含少量乙酸)，需要分液操作，用到的玻璃仪器为：②分液漏斗⑤烧杯，D正确； 故选D。 6. X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前20号主族元素，且四种元素的原子序数之和为43.X元素被称为“元素之母”，Y的单质是空气中含量最多的成分，W焰色试验的颜色为砖红色。下列说法正确的是 A. X和W均为元素周期表中的p区元素 B. Y、Z的氧化物对应的水化物均为强酸 C. X和Y形成的二元化合物常温常压下均为气态 D. W所在周期基态原子最高能层电子数为1的元素有3种 【答案】D 【解析】 【分析】X元素被称为“元素之母”，X为H，Y的单质是空气中含量最多的成分，Y为N，W焰色试验的颜色为砖红色，W为Ca，四种元素的原子序数之和为43，则Z原子序数为15，Z为P，故由题给信息推知，X、Y、Z、W分别为H、N、P、Ca。 【详解】A．H元素为IA族元素，Ca元素为IIA族元素，H和Ca均为元素周期表中s区的元素，A项错误； B．HNO2、H3PO4均不是强酸，B项错误； C．N2H4常温常压下为液态，C项错误； D．Ca所在周期为第四周期，该周期基态原子最高能层电子数为1的元素有K、Cr、Cu三种，D项正确； 本题选D。 7. 我国运动员在2024年巴黎奥运会上取得了佳绩。下图所示可为运动员补充能量的物质分子结构式。其中R、W、Z、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z和Y同族。下列有关叙述中正确的是 A. 键角： B. Y的最高价氧化物对应的水化物是一种中强酸 C. 第一电离能： D. 分子式为的有机物一定能发生银镜反应 【答案】B 【解析】 【分析】Y可形成5个共价键，Z可形成3个共价键，Z和Y同族，Y原子序数比Z大，即Z为N元素，Y为P元素，W可形成4个共价键，原子序数比N小，即W为C元素，R可形成1个共价键，原子序数比C小，即R为H元素，X可形成2个共价键，原子序数在N和P之间，即X为O元素，综上所述，R为H元素、W为C元素、Z为N元素、X为O元素、Y为P元素。 【详解】A．由于N的电负性比P强，NH3中共用电子对更靠近N，因此电子对间的斥力较大，键角较大，而PH3中共用电子对相对于NH3来说离的中心原子P更远一些，因此电子对间的斥力较小，键角较小，故键角NH3＞PH3，A错误； B．P的最高价氧化物对应的水化物是H3PO4，是一种中强酸，B正确； C．同周期元素从左到右第一电离能有增大趋势，ⅡA族、ⅤA族原子第一电离能大于同周期相邻元素，即第一电离能C＜O＜N，C错误； D．C2H4O存在同分异构体，其中含有醛基的CH3CHO可以发生银镜反应，而环氧乙烷（）中不含醛基，不能发生银镜反应，D错误； 故选B。 阅读下列材料，完成下面小题。 资源化利用，不仅可以减少温室气体的排放，还可以获得燃料或重要的化工产品。 Ⅰ．的捕集 方法1：用溶液做吸收剂可“捕集”。随着反应的进行，若吸收剂失活，可利用NaOH溶液使其再生。 方法2：聚合离子液体是目前广泛研究的吸附剂。实验得出聚合离子液体在不同温度、不同流速条件下，吸附量变化如图所示： Ⅱ．合成乙酸：中国科学家首次以、和为原料高效合成乙酸，其反应路径如图所示： 8. 为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是 A. 100mL0.5mol/L的NaOH溶液中含有个H原子 B. 常温常压下，11.2L中含有分子数小于 C. 分子中含有中子数为 D. 3.2g中含有共价键个数为 9. 下列相关说法正确的是 A. NaOH、、均含有共价键和离子键 B. NaOH溶液使“吸收剂”再生的离子反应： C. 低温高流速有利于聚合离子液体吸附 D. 合成乙酸的总反应： 【答案】8. B 9. B 【解析】 【8题详解】 A. 100mL0.5mol/L的NaOH溶液中含H物质有溶质氢氧化钠也有溶剂水，含有H原子个数不止，A错误； B. 常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol,11.2L中含有分子数小于，B正确； C. 一个分子中含有中子数为27，未给二氧化碳的物质的量，含有中子数目无法计算，C错误； D. 一个甲醇含有5个共价键，故3.2g即0.1mol甲醇中含有共价键个数为，D错误； 故选B。 【9题详解】 A. 含有共价键，不含有离子键，A错误； B. 用溶液做吸收剂可“捕集”生成酸式盐碳酸氢钠，NaOH溶液使“吸收剂”再生的离子反应：，B正确； C. 由聚合离子液体在不同温度、不同流速条件下的图示可知低温低流速有利于二氧化碳吸附，C错误； D. 合成乙酸的总反应：，D错误； 故选B。 10. 下列实验装置(部分夹持装置已略去)可以达到对应实验目的是 实验目的 A．验证非金属性 B．分离甘油和水 实验装置 实验目的 C．制备并收集NO D．除去中的 实验装置 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．稀硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，说明酸性：H2SO4>H2CO3，二氧化碳通入硅酸钠溶液中产生白色胶状沉淀，说明酸性：H2CO3>H2SiO3，故酸性H2SO4>H2CO3>H2SiO3，可验证非金属性，A正确； B．甘油与水互溶，不能用过滤分离，B错误； C．稀硝酸与铁反应生成NO，NO与氧气反应，不能用排空气法收集，C错误； D．除去中的采用加热法，应在坩埚中进行，D错误； 故选A。 11. 我国最新型055型万吨驱逐舰上使用了最新一代国产有源相控阵雷达，采用了最先进的氮化镓()半导体技术。某工厂利用铝土矿(主要成分为、、)为原料制备的流程如下图所示。已知镓与铝同主族，其氧化物和氢氧化物均为两性化合物，能与强酸、强碱溶液反应，为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A. 可以通过粉碎铝土矿、搅拌等方法提高“碱溶”效率 B. 由过程②、③可知，的酸性比强 C. 已知，与足量反应，转移电子数为 D. 滤渣1是，生成滤渣2的离子方程式可能为 【答案】C 【解析】 【分析】以铝土矿(主要成分为、、)为原料，制备，流程主线以为主元素，、作为杂质被除去，加入溶液“碱浸”铝土矿，不反应，过滤以滤渣1被除去，、与碱反应进入滤液1中，以、形式存在，通入适量生成沉淀，过滤为滤渣2除去，通入过量生成沉淀，最终转化为。 【详解】A．粉碎铝土矿、搅拌，可以增大反应物接触面积，提高反应速率的同时提高铝土矿的利用率，A正确； B．、与碱反应，分别以、的形式存在于滤液1中，过程②与适量反应生成沉淀，过程③与过量反应生成沉淀，所以的酸性比强，B正确； C．生成的化学方程式为，该反应为可逆反应，反应不完全，转移电子数小于，C错误； D．加入溶液“碱浸”铝土矿，不反应，所以滤渣1是，与适量反应生成滤渣2，滤渣2是沉淀， 离子方程式可能为，D正确。 故选C。 12. 碳材料家族又添2位新成员，通过对两种分子实施“麻醉”和“手术”，我国科学家首次成功合成了由10个或14个碳原子组成的芳香性环形纯碳分子材料(结构如图所示)，下列叙述错误的是 A. 分子中含有极性键，所以是极性分子 B. 环形和环形互为同素异形体 C. 分子中所有原子共平面 D. 转化为环形的过程中，发生了还原反应 【答案】A 【解析】 【详解】A．分子中含有极性键，分子呈中心对称，正负电荷中心重叠，为非极性分子，A错误； B．环形和环形均为C单质，结构不同，故互为同素异形体，B正确； C．分子中含有一个蒽环，故所有原子共平面，C正确； D．转化为环形的过程中，碳元素价态降低，所以发生了还原反应，D正确； 故选A。 13. 氢化铝钠是一种新型轻质储氢材料，可燃，遇水可放出氢气，其晶胞结构如图所示，下列说法错误的是 A. 电负性：H>Al>Na B. Na+与之间的最短距离为nm C. NaAlH4晶体中，与紧邻且等距的有6个 D. 晶体的密度为(表示阿伏加德罗常数的值) 【答案】C 【解析】 【详解】A．电负性的大小可作为判断金属性和非金属性的尺度，金属的电负性一般小于非金属，金属钠比铝活泼，钠电负性小，故电负性大小为：H>Al>Na，A正确； B．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的四氢合铝酸根离子与位于面心的钠离子的距离最近，是面对角线长的一半，则最短距离为nm，B正确； C．由晶胞结构可知，晶胞中位于体心的四氢合铝酸根离子与位于晶胞棱上、晶胞中上层立方体左右侧面心、晶胞中下层立方体前后面面心的钠离子距离最近，配位数为8，由化学式可知，钠离子紧邻且等距的四氢合铝酸根离子有8个，C错误； D．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面上和体心的氢合铝酸根离子的总个数为；位于面和棱上的钠离子个数为，晶胞质量为，晶胞体积为，则晶体密度为，整理得晶体密度为，D正确； 故选C。 14. 铈(Ce，镧系元素)的氧化物是一种常用的催化剂，能作为汽车尾气的净化器。下图展示的是两种铈的氧化物的晶胞结构(晶胞参数为)。图(b)晶胞中O原子出现缺陷，其中的化合价有＋3和＋4。下列说法正确的是 A. 位于元素周期表中的区 B. 图(a)晶胞中的配位数为4 C. 图(a)物质的摩尔体积为 D. 图(b)晶胞中化合价为＋3的的个数为2 【答案】D 【解析】 【详解】A．是镧系元素，属于f区，A错误； B．根据晶胞结构可知的配位数为8，B错误； C．根据均摊法，图a中O原子的个数为8，Ce原子个数为，则晶胞中含有，且，则物质的摩尔体积为，C错误； D．图b中O原子的个数为7，Ce原子个数为，设化合价为＋4的有m个，＋3的有n个，则根据原子守恒和化合价代数和为0可得：，，解得，D正确； 答案选D。 二、非选择题(每空2分共58分) 15. 高温超导体通常指在液氮温度(77 K)以上超导的材料，而超导体是在23 K下才显示超导性。铜元素化合物种类繁多，是高温氧化物超导体研究的热点。请回答下列问题。 （1）高温超导材料镧钡铜氧化物中含有Cu3＋，基态时Cu3＋的价层电子排布式为___________。基态O2-中含有___________种不同空间运动状态的电子。 （2）在硫酸铜溶液中加入过量氨水，生成配离子[Cu(NH3)4]2＋。1 mol [Cu(NH3)4]2＋中含有的σ键的数目为___________个。NH3、PH3、AsH3的沸点由高到低的顺序为___________ (填化学式)。 （3）La2CuO4是第一个被发现的高温氧化物超导体，下图为其晶胞结构。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。例如图中原子1的坐标为(，，)，距离原子1最近的氧原子个数___________个。图中原子2的坐标为___________。 （4）图中晶胞参数分别为a pm、a pm、c pm，La2CuO4的摩尔质量为M g/mol，求该晶体的密度ρ=___________ g·cm-3(列出计算式，设NA为阿伏加德罗常数的值)。 【答案】（1） ①. 3d8 ②. 5 （2） ①. 16NA ②. NH3、AsH3、PH3 （3） ①. 6 ②. (0，0，) （4） 【解析】 【小问1详解】 铜元素的原子序数为29，铜原子失去3个电子形成Cu3＋，Cu3＋的价电子排布式为3d8；基态O2-离子的电子排布式为1s22s22p6，含有电子的轨道有5个，含有5种不同空间运动状态的电子。 【小问2详解】 [Cu(NH3)4]2+配离子中铜离子是中心离子，氨分子是配位体，配位键和氮氢键均为σ键，1个离子中含有的σ键的数目为4+3×4=16个，则1mol[Cu(NH3)4]2+中含有的σ键的数目为16NA个；NH3、PH3、AsH3为同主族的氢化物，氨分子间能形成氢键，分子间作用力最大，沸点最高，砷化氢的相对分子质量大于磷化氢，分子间作用力大于磷化氢，沸点高于磷化氢，则沸点由高到低的顺序为NH3、AsH3、PH3。 【小问3详解】 图中原子1的坐标为(，，)，由晶胞结构可知，距离原子1最近的氧原子个数为6，位于，图中原子2的坐标为(0，0，)。 【小问4详解】 由晶胞结构可知，晶胞中镧原子的个数为8×+2=4，铜原子的个数为8×+1=2，氧原子的个数为16×+4×+2=8，则晶胞中含有2个La2CuO4，晶胞的体积为a2c×10-30cm3，由质量公式可得ρa2c×10-30=，解得ρ=g·cm-3。 16. 氯化铬四氢呋喃复合物是一种配位化合物，化学式为，在有机合成反应中作催化剂。 已知：①易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化； ②气体有毒，遇水发生水解产生两种酸性气体； ③的摩尔质量为； ④四氢呋喃(THF)的结构简式为，易挥发，高度易燃。 Ⅰ．制备无水 某化学小组用和(沸点)在高温下制备无水，同时生成气体，实验装置如图所示： （1）实验装置合理的连接顺序为A→___________→C→B(填装置，可重复使用)。 （2）仪器乙的作用是___________。 （3）尾气处理时发生反应的离子方程式为___________。 Ⅱ．合成 实验室在非水体系中合成的原理为 实验步骤： ①填装反应物：称取4.755g(0.03mol)无水和0.20g锌粉放入滤纸套筒内，双颈烧瓶中加入100mL无水THF(过量)。 合成：先通入一段时间后，在球形冷凝管中通入冷却水，加热THF至沸腾，THF蒸气通过蒸气导管进入提取管中，在冷凝管中冷凝回流到滤纸套筒中进行反应，当滤纸套筒中的液面高于虹吸管最高处时，发生虹吸现象，滤纸套筒中的液体流入双颈峣瓶，从而实现了THF与的连续反应及产物的连续萃取。 ③分离：回流2.5h，再通入冷却至室温。取下双颈烧瓶，在通风厨中蒸发THF至有较多固体析出，冷却、抽滤、干燥称量，得产品3.745g。 （4）球形冷凝管进水口为___________(填“a”或“b”)口。 （5）该实验不能使用明火加热的原因是___________。 （6）已知Cr2+对该反应有催化作用，推断加入少量Zn粉发生反应的化学方程式为___________。 （7）产品产率为___________。(结果保留3位有效数字) 【答案】（1）C-F-E-D （2）平衡压强 （3） （4）a （5）THF易挥发，高度易燃，遇明火可能发生爆炸 （6） （7）(答“”均可) 【解析】 【分析】制备无水的过程为：利用A装置产生N2，通入浓硫酸中进行干燥，继续通入F中，在热水浴的作用下将气态CCl4带出，进入E中制备，反应在高温下进行，以气态生成，在D中进行冷凝收集，再通入浓硫酸，防止右边的水蒸气进入D中，最后用B装置吸收产生的COCl2气体。 【小问1详解】 由分析知，实验装置合理的连接顺序为A-C-F-E-D-C-B，故答案为C-F-E-D； 【小问2详解】 乙是长颈漏斗，它的作用是平衡压强； 【小问3详解】 尾气处理时，NaOH溶液与发生反应生成碳酸钠和氯化钠，离子方程式为； 【小问4详解】 球形冷凝管冷凝水的方向为下进上出，故进水口为a； 【小问5详解】 由题中信息可知THF易挥发，高度易燃，故不可用明火直接加热的原因是：THF易挥发，高度易燃，遇明火可能发生爆炸； 【小问6详解】 由题目中信息可知，加入锌可以把三价铬还原为二价铬，方程式为：； 【小问7详解】 由题目中的信息可知如下对应关系式：，，产率为。 【点睛】充分利用题给已知信息是解题的关键。 17. 某小组同学向pH=1的0.5mol/L的FeCl3溶液中分别加入过量的Cu粉、Zn粉和Mg粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。 （1）实验准备：配制0.5mol/L的FeCl3溶液200mL，需5mol/LFeCl3溶液的体积为___________mL。需要用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、___________。 理论分析： 依据金属活动性顺序，Zn、Mg都可将Fe3+还原为Fe的单质。 （2）实验验证： 实验 金属 操作、现象及产物 I 过量Cu 一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到Fe单质 Ⅱ 过量Zn 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液pH为3~4，取出固体，固体中未检测到Fe单质 Ⅲ 过量Mg 有大量气泡产生，反应剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质 ①分别取实验I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加___________溶液，均产生蓝色沉淀，证明都有Fe2+生成。请写出实验I产生Fe2+的离子方程式___________。 ②实验Ⅱ、Ⅲ都有红褐色沉淀生成，用平衡移动原理解释原因___________。 ③对实验Ⅱ未检测到Fe单质进行分析及探究。 a．甲认为当Fe3+浓度较大时，即使Zn与Fe2+反应置换出少量Fe，Fe也会被Fe3+消耗。取实验II的少量溶液，滴加KSCN溶液，___________(填实验现象)，证实了此条件下Fe3+几乎不存在。 b．乙认为在pH为3~4的溶液中即便生成Fe也会被H+消耗。设计实验___________(填实验操作和现象)，证实了此条件下可忽略H+对Fe的消耗。 c．丙认为产生的红褐色沉淀包裹在Zn粉上，阻碍了Zn与Fe2+的反应。实验证实了Zn粉被包裹。 （3）对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质的原因___________。 【答案】（1） ①. 25.0 ②. 250mL容量瓶、胶头滴管 （2） ①. K3[Fe(CN)6] ②. ③. 水解方程式为，加入的Zn或Mg会消耗，促进水解平衡正向移动，使其转化为沉淀 ④. 溶液没有出现血红色 ⑤. 向pH为3~4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不产生蓝色沉淀，即说明此条件下Fe未与反应生成Fe2+ （3）加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被沉淀包裹 【解析】 【分析】实验I中，加入过量的Cu，Cu与Fe3+发生反应生成Cu2+和Fe2+，一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到Fe单质；实验II中，加入过量的Zn，发生反应Zn+2H+=H2↑+ Zn2+，有气泡产生，pH逐渐增大，使得Fe3+转化为红褐色沉淀，固体中未检测到Fe单质，原因可能是Fe3+的干扰以及Fe(OH)3沉淀对锌粉的包裹；实验Ⅲ中，加入过量Mg，发生反应，由于Mg很活泼，该反应非常剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质，对比实验Ⅱ和Ⅲ，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被沉淀包裹，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质，据此解答。 【小问1详解】 实验室没有200mL容量瓶，故应配250mL溶液，溶液稀释前后溶质的物质的量守恒，故配制0.5mol/L的FeCl3溶液250mL，需5mol/LFeCl3溶液的体积为：；需要用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管； 【小问2详解】 ①分别取实验I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，均产生蓝色沉淀，证明都有Fe2+生成，实验I产生Fe2+的离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+； ②实验Ⅱ、Ⅲ都有红褐色沉淀生成，Fe3+水解方程式为Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入的Zn或Mg会消耗H+，促进Fe3+水解平衡正向移动，使其转化为Fe(OH)3沉淀； a．甲认为当Fe3+浓度较大时，即使Zn与Fe2+反应置换出少量Fe，Fe也会被Fe3+消耗，取实验II的少量溶液，滴加KSCN溶液，溶液没有出现血红色，证实了此条件下Fe3+几乎不存在； b．乙认为在pH为3~4的溶液中即便生成Fe也会被H+消耗，要证实在pH为3~4的溶液中可忽略H+对Fe的消耗：向pH为3~4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不产生蓝色沉淀，即说明此条件下Fe未与H+反应生成Fe2+； 【小问3详解】 对比实验Ⅱ和Ⅲ，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被Fe(OH)3沉淀包裹，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。 18. 硼化钛强度高、硬度大，广泛应用于机械制造领域；五氟化锑是一种高能氟化剂，广泛应用于制药业。工业上以一种含钛的矿渣(主要含、、ZnO、PbO、NiO、CoO)为原料制取硼化钛和五氟化锑的流程如图1所示。 已知：①性质较稳定，加热时可溶于浓硫酸中形成； ②高温下易挥发； ③“热还原”步骤主要反应为； ④资料显示半径65pm、半径69pm、半径74pm； ⑤时，ZnS、PbS的分别为、。 回答下列问题： （1）“水解”步骤中对应的离子方程式为___________。为了使水解趋于完全，可采取的措施有___________(填一条)。 （2）“热还原”步骤中使用石墨化炉高温加热装置()，的实际用量超过理论化学计量所要求的量，原因是___________。仅增大配料中的用量，产品中的杂质含量变化如图2所示。杂质TiC含量随(量相对理论化学计量过量百分比)增大而降低的原因可能是___________(用化学方程式解释)。 （3）“除钴镍”步骤中，有机净化剂的基本组分为大分子立体网格结构的聚合物，其净化原理如图3所示。、能发生上述转化而不能，推测可能的原因为___________。 （4）已知滤液Ⅰ中，。“除锌铅”步骤中，缓慢滴加稀溶液，当ZnS、PbS共沉时，先沉淀的物质___________(填“是”“否”)已经沉淀完全(离子浓度)。 （5）制取时，没有选择玻璃仪器，其原因为___________。 【答案】（1） ①. ②. 加碱或加热 （2） ①. 在高温下易挥发产生损耗，使用量增多 ②. （3）和的半径可能与有机净化剂网格孔径大小相匹配，可形成配位键，而半径偏大导致不匹配而不能形成配位键 （4）是 （5）反应时加入的HF能腐蚀玻璃仪器 【解析】 【分析】已知性质较稳定，加热时可溶于浓硫酸中形成，则矿渣加入盐酸酸浸时，性质较稳定不溶解，滤渣I中含的，其余氧化物与盐酸反应产生离子进入滤液I中，滤液I中加入有机净化剂除镍和钴，再加入硫化钠溶液除去锌和铅，电解溶液得到金属Sb，再通入氯化得到，加氟化得到；滤渣I中加入热的浓硫酸酸解，形成，水解生成，加入和C热还原得到硼化钛，据此分析解答。 【小问1详解】 根据流程图，水解之后通过过滤得到，然后对进行焙烧，说明成为固体，则水解的离子方程式为：；为了使水解趋于完全，应使水解平衡正向移动，水解吸热，可以采用升高温度（如加热）的方式，也可以采取加碱溶液消耗的方式等使水解平衡正向移动来提高水解率。 故答案为：；加碱或加热。 【小问2详解】 “热还原”步骤中使用石墨化炉高温加热装置()，发生的反应方程式为：，在生产中的实际用量超过理论化学计量所要求的量，原因是在高温下易挥发产生损耗，使用量增多；根据图2，仅增大配料中的用量，含量随着降低，C的含量先减少后基本不变，是因为C转变为CO，然后CO与和反应转化为了，则产品中杂质含量随增大而降低的反应方程式为：。 故答案为：在高温下易挥发产生损耗，使用量增多；。 【小问3详解】 “除钴镍”步骤中，有机净化剂的基本组分为大分子立体网格结构的聚合物，其净化原理如图3所示，根据图3可知，和可以分别与N和O形成配位键，而却不能形成配位键，结合题目已知④中的半径数据，推测可能的原因为：和的半径可能与有机净化剂网格孔径大小相匹配，可形成配位键，而半径偏大导致不匹配而不能形成配位键。 故答案为：和的半径可能与有机净化剂网格孔径大小相匹配，可形成配位键，而半径偏大导致不匹配而不能形成配位键。 【小问4详解】 根据、，当滤液Ⅰ中，时，开始沉淀时分别为：、，则转化为硫化物沉淀时所需硫离子浓度，铅离子的小于锌离子的，故先产生的沉淀是PbS；当ZnS、PbS共沉时，硫离子浓度要达到，则此时铅离子的浓度为(完全沉淀时离子浓度)，得到此时铅离子已沉淀完全。 故答案为：是。 【小问5详解】 制取时，没有选择玻璃仪器，是因为通入的能与玻璃仪器反应，对玻璃仪器产生腐蚀。 故答案为：反应时加入的HF能腐蚀玻璃仪器。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $