精品解析：山东省济南第一中学2024-2025学年高三上学期10月月考 化学试题

济南一中2022级高三10月份学情检测——化学试题 本试卷满分100分 考试时间90分钟 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Cl-35.5 Sn-119 Na-23 K-39 Cr-52 一、选择题。本大题共10小题，每小题2分，共20分。(每小题只有一个正确答案) 1. 下列说法不正确的是 A. 新型农用薄膜能够选择性地透过种植某种植物所需要的特定波长的光，它的降解是化学变化 B. 向煤中加入适量石灰石，使煤燃烧产生的最终生成，可减少对大气的污染 C. 大力推广使用乙醇汽油、新型能源来缓解能源危机，乙醇汽油中的成分都是不可再生资源 D. 碳纳米管是一种由石墨烯卷曲成的纳米材料，与富勒烯中的有些C原子成键方式相似 2. 金属元素的单质和化合物在日常生产和生活中有广泛的应用，其中涉及的化学知识正确的是 A. 加入稀硝酸酸化的KSCN溶液检验蔬菜中的铁元素 B. 火灾现场存放大量的钠，应立即用泡沫灭火器灭火 C. 用覆铜板制作印刷电路板可以用溶液作为“腐蚀液” D. 厨房中使用的小苏打易吸水结块，不可用作清洁剂 3. 硼砂阴离子的球棍模型如图所示，下列说法正确的是 A. B原子的杂化方式均为 B. 该阴离子中所存在的化学键类型有配位键、极性共价键、氢键 C. 硼砂阴离子呈链状结构，则阴离子间以氢键结合 D. 1、3原子之间的化学键为配位键 4. 某有机物的结构简式如图所示，下列说法错误的是 A. 该有机物属于烃的衍生物 B. 该有机物含4种官能团 C. 该有机物能发生消去反应 D. 该有机物与足量的Na反应，能得到标准状况下的气体 5. 用如图所示装置(夹持装置均已省略)进行实验能达到目的的是 A. 甲装置可检验溶液中是否有K+ B. 乙装置可验证浓硫酸的脱水性 C. 丙装置可制备无水 D. 丁装置可制取并收集干燥、纯净的NO 6. X、Y、Z、W是原子半径依次增大的短周期主族元素，其中X元素与其他元素不在同一周期，Y的一种核素常用于测定文物年代，基态Z原子中s能级与p能级上的电子总数相等。下列说法错误的是 A. W单质可以与水反应生成气体 B. Z、W所在周期内，Z、W元素第一电离能大小相邻 C. X与Y组成的化合物沸点可能比水的高 D. X、Y、Z、W的单质均可以在空气中燃烧 7. 回收利用废旧铅蓄电池可缓解铅资源短缺，同时减少污染。从废旧铅蓄电池的铅膏中回收铅的生产流程如下图(部分产物已略去)。 已知：和均为能溶于水的强电解质。下列说法正确的是 A. 物质a表现氧化性 B. 易溶于水 C. 过程iii发生反应的离子方程式为 D. 过程i、过程ii、过程iii中均有气体生成 8. 氮氧化物(NOx)是有毒的大气污染物，研究发现，可以采用如图装置有效去除氮的氧化物，下列说法正确的是 A. Pt电极Ⅰ为电解池的阳极 B. 电解过程中，质子由左极室移向右极室 C. 电解过程中，左极室pH会逐渐减小 D. 若NOx为NO，转移1mol电子时吸收塔中可以生成1mol 9. X溶液中含有下表所示离子中的某5种，且其离子浓度均为0.1mol·L-1(不考虑水的电离和离子水解)。向X溶液中加入足量稀盐酸，有气体生成，反应前后阴离子种类不变。下列叙述错误的是 阳离子 Na+、Fe3+、Ba2+、Fe2+、Mg2+、Al3+ 阴离子 OH-、NO、HCO、CO、SO、Cl- A. 生成的气体为NO B. X溶液中一定含有Na+ C. X溶液中一定不含HCO和CO D. X溶液中含有2种阳离子、3种阴离子 10. 已知NaBiO3制的离子方程式为，下列说法错误的是 A. 上述反应需要在硫酸酸化的环境中进行 B. 浓盐酸与NaBiO3反应的离子方程式为 C. 基态Bi3+的价电子排布式为6s2 D. NaBiO3在酸性条件下表现出较强的氧化性 二、选择题，共5小题，共20分。(每小题有1-2个正确答案，漏选得2分，错选、多选不得分) 11. 是一种强氧化性消毒剂。利用饱和NaCl溶液来制备的工艺流程如图所示： 已知：纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释。 下列说法错误的是 A. 电解槽中阳极得到 B. 发生器中通入空气的目的是防止爆炸 C. 过滤后的滤液中大量存在：、、、、OH- D. 吸收塔内发生反应的离子方程式： 12. 我国科学家构建直接异质结构和间接异质结构系统，实现CO2还原和H2O氧化。有关该过程的叙述正确的是 A. 总反应为： B. 金属Pt表面的反应为： C. Fe2+/Fe3+作为氧化还原协同电对，可以换成 D. 该过程中不需补充Fe2+和Fe3+即可使反应正常进行 13. 以Zn-Ni(OH)2原电池为电源电解处理工业废气CO2和SO2，工作原理如下： 已知： ①放电时，Zn转化为xZnCO3·yZn(OH)2 ②NaHCO3吸收废气后的混合液pH约为8 下列说法错误的是 A. 当转移2mole-，有1molZn2+向Ni(OH)2电极迁移 B. a电极的反应式为 C. NaHCO3溶液的作用吸收废气CO2和SO2 D. 乙装置中总反应为 14. 下列实验的设计、现象和结论对应错误的是 选项 实验操作 现象 结论 A 在稀H2SO4中加入少量Cu2O(s) 溶液由无色变为蓝色并有红色固体生成 反应中Cu2O既作氧化剂又作还原剂 B 向可能含苯酚的苯中加入适量浓溴水 未出现白色沉淀 苯中不含苯酚 C 加热浓硝酸，并将产生的气体通入淀粉-KI溶液中 溶液变蓝 浓硝酸分解产生NO2或挥发出的硝酸蒸汽均可能氧化I- D 向Al2(SO4)3溶液和CaCl2溶液中分别加入Na2CO3溶液 均出现白色沉淀 Al2(SO4)3溶液和CaCl2溶液均可使的水解平衡正向移动 A. A B. B C. C D. D 15. 化学上常用AG表示溶液中的lg。25℃时，用0.100mol·L-1的NaOH溶液滴定0.100mol·L-1的HNO2溶液(20.00mL)，滴定过程中AG与所加NaOH溶液的体积(V)的关系如图所示，下列说法错误的是 A. A点溶液的pH=2.75，从C点往后的过程中，水的电离程度先变小再变大 B. B点溶液中存在：c(H+)-c(OH-)>c(NO)-c(HNO2) C. C点加入NaOH溶液的体积小于20mL，溶质为HNO2和NaNO2 D. 25℃时，HNO2的电离常数Ka约为1.0×10-4.5 三、填空题(共5个大题，共60分) 16. 金属及其化合物广泛应用于生产、生活等多个领域。回答下列问题： Ⅰ、 （1）基态Co原子的价层电子排布图为___________，中三种元素的第一电离能由大到小的顺序是___________(填元素符号)；是强还原剂，中含有σ键与π键的数目之比为___________。 （2）独立的NH3分子中，HNH键角为107.3，如图是离子的部分结构以及其中HNH键角，请解释离子中HNH键角变为109.5°的原因是___________。 （3）甘氨酸铜有顺式和反式两种同分异构体，结构如图。 ①甘氨酸铜中铜离子的杂化类型为___________(填序号)。 A．sp B．sp2 C．sp3 D．dsp2 ②已知顺式甘氨酸铜能溶于水，反式甘氨酸铜难溶于水，原因可能是___________。 Ⅱ、硫代硫酸盐可用于矿石提取银、鞣制皮革等。 （4）硫代硫酸根中心原子的杂化方式为___________；硫代硫酸盐用于矿石提取银时形成，该配合物中提供孤电子对的原子为___________(填标号)， a．端基硫原子 b．中心硫原子 c．氧原子 17. 常用作媒染剂，有机合成的氯化催化剂。常温下为无色液体，沸点为114.4℃。在空气中因易水解而发烟，能与氨水反应生成Sn(OH)4沉淀，Sn(OH)4能溶于强酸和强碱。用锡粉与氯气反应制备无水的实验装置(加持和加热装置略去)如图所示。 回答下列问题： （1）实验室中用固体制取，该反应的离子方程式为_______，试剂X的化学名称为_______，仪器a的名称为_______。 （2）无水的作用是_______。 （3）反应结束后应继续通入一段时间，主要目的是_______。 （4）用滴定法测定的产率： 实验用ag干燥锡粉，共得到无水SnCl4bmL。取cmL所得加入足量Sn粉充分反应，减压过滤，向滤液中加入适量稀硫酸酸化。然后用nmol·L-1标准溶液滴定，滴定终点时消耗标准溶液VmL。所得的产率为_______。若过滤后所得滤液中仍有少量Sn粉，计算所得的产率_______(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。提示：主要反应有：； 18. 以水钴矿(Co2O3·H2O，含Fe2O3、MgO、CaO)和辉铜矿(Cu2S，含SiO2、Fe2O3)为原料制取胆矾和单质钴。 ①常温下，，，； ②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表： 金属离子 Fe3+ Fe2+ Co2+ Cu2+ 开始沉淀()的pH 2.7 7.5 7.6 4.7 完全沉淀时)的pH 3.7 9.0 9.1 6.2 ③萃取Cu2+的反应原理；；④Mg、Ca、Fe、Co均能与强酸反应产生H2. （1）“酸浸”过程硫元素价态变为+6价，写出“酸浸”过程中主要反应的化学方程式： ___________。 （2）“滤渣1”的主要成分为___________。 （3）常温下，“滤液1”中(Fe元素都以Fe3+形式存在)加“氧化铜”调pH不小于___________。 （4）常温下，若“滤液2”加入NaF后，Mg2+已全部除尽，且(忽略溶液中极少量的Ca2+)，此时溶液中___________mol/L。 （5）“反萃取”步骤中加入的“试剂a”为___________。 （6）采用惰性电极电解CoCl2溶液、在无离子交换膜的条件下，不能用CoSO4溶液代替CoCl2溶液的理由是___________。 （7）将制得的胆矾配成溶液，先加入足量氨水，得到深蓝色溶液，再通入SO2至弱酸性，生成白色沉淀。经仪器分析：白色沉淀含H、N、O、S、Cu五种元素，且；所含Cu离子中无单电子，晶体的部分组成微粒的空间构型分别为三角锥形和正四面体形。则白色沉淀的化学式为___________。 19. 抗癌药物罗米迪司肽中间体G的一种合成路线如图所示(部分反应条件省略，Ph表示-C6H5)： 已知：Wittig反应： 回答下列问题： （1）A的化学名称为___________，C转化为D的反应类型为___________。 （2）由A生成C的化学方程式为___________，该步骤的目的是___________。 （3）D中所含官能团的名称为___________，G的分子式为___________。 （4）有机物B()满足下列条件的同分异构体有___________种，其中核磁共振氢谱有五组峰，峰面积比为1：2：2：2：1的同分异构体结构简式为___________。 条件：ⅰ.含有苯环 ⅱ.与FeCl3溶液显色 ⅲ.能发生银镜反应 20. 研究CO2的综合利用、实现CO2资源化，是能源领域的重要发展方向。 （1）CH4-CO2催化重整反应为。 已知25℃，101kPa时，CH4、CO和H2的燃烧热如下表： 可燃物 CH4 CO H2 -890.3 -283.0 -285.8 ①该催化重整反应的ΔH=___________。 ②催化重整过程还存在积碳反应：，催化剂的活性会因积碳反应而降低。适当通入过量CO2可以有效缓解积碳，结合方程式解释其原因：___________。 ③相同时间内测得选用不同催化剂时CH4的转化率随反应温度的变化如图所示： ⅰ、a点所处的状态___________化学平衡状态(填“是”或“不是”)。 ⅱ、CH4的转化率：c>b，原因是___________。 （2）某温度下，利用CO2生产甲醇主要涉及以下反应。 反应1. K1 反应2. K2 ①升高温度时，的值将___________(填“增大”“减小”或“不变”)。 ②在催化剂作用下，将1molCO2和2molH2的混合气体通入1L密闭容器发生反应1、反应2.当反应达到平衡状态时，CO2的转化率是60%，此时CO2和H2的物质的量相等，则反应2的化学平衡常数___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 济南一中2022级高三10月份学情检测——化学试题 本试卷满分100分 考试时间90分钟 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Cl-35.5 Sn-119 Na-23 K-39 Cr-52 一、选择题。本大题共10小题，每小题2分，共20分。(每小题只有一个正确答案) 1. 下列说法不正确的是 A. 新型农用薄膜能够选择性地透过种植某种植物所需要的特定波长的光，它的降解是化学变化 B. 向煤中加入适量石灰石，使煤燃烧产生的最终生成，可减少对大气的污染 C. 大力推广使用乙醇汽油、新型能源来缓解能源危机，乙醇汽油中的成分都是不可再生资源 D. 碳纳米管是一种由石墨烯卷曲成的纳米材料，与富勒烯中的有些C原子成键方式相似 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．新型农用薄膜属于高分子材料，它的降解是化学变化，故A正确； B．石灰石高温煅烧产生的氧化钙可以和有毒气体二氧化硫反应，生成亚硫酸钙不稳定，易被氧气氧化为稳定的硫酸钙，实现煤的脱硫，故B正确； C．乙醇汽油是指在汽油组分中按体积比加入一定比例的变性燃料乙醇，其中乙醇属于可再生资源，故C错误； D．碳纳米管是一种由石墨烯卷曲成的纳米材料，所以具有六元环结构，C原子采取sp2杂化，也有六元环结构，C原子采取sp2杂化，故D正确； 答案选C。 2. 金属元素的单质和化合物在日常生产和生活中有广泛的应用，其中涉及的化学知识正确的是 A. 加入稀硝酸酸化的KSCN溶液检验蔬菜中的铁元素 B. 火灾现场存放大量的钠，应立即用泡沫灭火器灭火 C. 用覆铜板制作印刷电路板可以用溶液作为“腐蚀液” D. 厨房中使用的小苏打易吸水结块，不可用作清洁剂 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】A．稀硝酸具有氧化性，将菠菜中的铁元素氧化成三价铁，用KSCN溶液检验，A项正确； B．钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠会与泡沫灭火器中的和反应产生助燃，火势更猛，所以不可以用泡沫灭火器灭火，B项错误； C．印刷电路板发生2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2反应，应利用溶液作为“腐蚀液”，C项错误； D．厨房中使用的小苏打为水解显碱性，可用作清洁剂，D项错误； 故选A。 3. 硼砂阴离子的球棍模型如图所示，下列说法正确的是 A. B原子的杂化方式均为 B. 该阴离子中所存在的化学键类型有配位键、极性共价键、氢键 C. 硼砂阴离子呈链状结构，则阴离子间以氢键结合 D. 1、3原子之间的化学键为配位键 【答案】C 【解析】 【详解】A．形成4个B-O键的B原子杂化方式均为，形成3个B-O键的B原子杂化方式均为，故A错误； B．氢键不是化学键，故B错误； C．硼砂阴离子中含有O-H键，可以形成氢键，硼砂阴离子呈链状结构，阴离子间以氢键结合，故C正确； D．B原子一般形成3个共价键，1号B原子形成4个共价键，1、2原子之间的化学键为配位键，故D错误； 选C。 4. 某有机物的结构简式如图所示，下列说法错误的是 A. 该有机物属于烃的衍生物 B. 该有机物含4种官能团 C. 该有机物能发生消去反应 D. 该有机物与足量的Na反应，能得到标准状况下的气体 【答案】B 【解析】 【详解】A．该有机物有C、H、O三种元素，属于烃的衍生物，A正确； B．该有机物结构中含有羟基、酯基和羧基三种官能团，，B错误； C．该有机物羟基与相邻碳上的氢原子能发生消去反应，C正确； D．该有机物羟基和羧基能与钠反应生成氢气，该有机物与足量的Na反应，能得到标准状况下的气体2.24L，D正确； 故选B。 5. 用如图所示装置(夹持装置均已省略)进行实验能达到目的的是 A. 甲装置可检验溶液中是否有K+ B. 乙装置可验证浓硫酸的脱水性 C. 丙装置可制备无水 D. 丁装置可制取并收集干燥、纯净的NO 【答案】C 【解析】 【详解】A．观察K的焰色需透过蓝色的钴玻璃，可滤去黄光，不能直接观察，图中操作不合理，故A错误； B．浓硫酸可吸水，使饱和溶液的溶剂减少，有蓝色晶体出现，可证明浓硫酸的吸水性，不能证明脱水性，故B错误； C．HCl可抑制镁离子水解，图中装置可制备无水氯化镁，故C正确； D．Cu与稀硝酸反应生成NO，NO与氧气反应，不能选排空气法收集NO，故D错误； 故选：C。 6. X、Y、Z、W是原子半径依次增大的短周期主族元素，其中X元素与其他元素不在同一周期，Y的一种核素常用于测定文物年代，基态Z原子中s能级与p能级上的电子总数相等。下列说法错误的是 A. W单质可以与水反应生成气体 B. Z、W所在周期内，Z、W元素第一电离能大小相邻 C. X与Y组成的化合物沸点可能比水的高 D. X、Y、Z、W的单质均可以在空气中燃烧 【答案】B 【解析】 【分析】X元素与其他元素不在同一周期，则X为H元素，Y的一种核素常用于测定文物年代，则Y为C元素，基态Z原子中s能级与p能级上的电子总数相等，则Z为元素， X、Y、Z、W是原子半径依次增大的短周期主族元素，则W为元素。 【详解】A．钠与水反应生成，故A正确； B ．Z、W所在周期是第三周期，同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，但IIA>IIIA，VA>VIA，所以 第一电离能大于，、元素第一电离能大小不相邻，故B错误； C．C与H可以形成高分子化合物，沸点可能高于水，故C正确； D．、C、、均可以在空气中燃烧，故D正确； 故答案为：B。 7. 回收利用废旧铅蓄电池可缓解铅资源短缺，同时减少污染。从废旧铅蓄电池的铅膏中回收铅的生产流程如下图(部分产物已略去)。 已知：和均为能溶于水的强电解质。下列说法正确的是 A. 物质a表现氧化性 B. 易溶于水 C. 过程iii发生反应的离子方程式为 D. 过程i、过程ii、过程iii中均有气体生成 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．过程i中PbO2转化为PbSO4，Pb的化合价降低，所以物质a表现还原性，故A错误； B．铅膏中含有硫酸铅，所以硫酸铅不溶于水，故B错误； C．PbSiF6 和H2SiF6均为能溶于水的强电解质，所以H2SiF6为强酸，完全电离，和PbCO3反应的是H+，反应生成的PbSiF6溶于水，完全电离，所以离子方程式为：PbCO3+2H+=Pb2++H2O+CO2↑，故C正确； D．过程ii中发生了沉淀的转化：PbSO4(s)+(aq)PbCO3(s)+ (aq)，PbSO4转化成了更难溶的PbCO3，没有气体生成，故D错误； 故选C。 8. 氮氧化物(NOx)是有毒的大气污染物，研究发现，可以采用如图装置有效去除氮的氧化物，下列说法正确的是 A. Pt电极Ⅰ为电解池的阳极 B. 电解过程中，质子由左极室移向右极室 C. 电解过程中，左极室pH会逐渐减小 D. 若NOx为NO，转移1mol电子时吸收塔中可以生成1mol 【答案】D 【解析】 【分析】由图可知，得电子被还原，所以电极Ⅰ为电解池的阴极，电极反应为：；电极Ⅱ为电解池的阳极，电极反应为：，据此作答。 【详解】A．根据分析，电极Ⅰ为电解池的阴极，电极Ⅱ为电解池的阳极，A项错误； B．质子在电解池中向阴极移动，即由右极室向左极室移动，B项错误； C．电解过程中电极Ⅰ的电极反应为：；电极Ⅱ的电极反应为：，通过质子交换膜移向左极室，但左极室中不断生成水，所以会逐渐增大，C项错误； D．根据得失电子守恒，可得关系式：，故转移电子时吸收塔中可以生成，D项正确； 故选D。 9. X溶液中含有下表所示离子中的某5种，且其离子浓度均为0.1mol·L-1(不考虑水的电离和离子水解)。向X溶液中加入足量稀盐酸，有气体生成，反应前后阴离子种类不变。下列叙述错误的是 阳离子 Na+、Fe3+、Ba2+、Fe2+、Mg2+、Al3+ 阴离子 OH-、NO、HCO、CO、SO、Cl- A. 生成的气体为NO B. X溶液中一定含有Na+ C. X溶液中一定不含HCO和CO D. X溶液中含有2种阳离子、3种阴离子 【答案】B 【解析】 【分析】向溶液X中加入足量的盐酸，有气体生成，且溶液中阴离子的种类没有变化，产生气体的离子不可能是或，溶液中也不可能大量含有OH-，由于Fe2+、在酸性环境下生成NO气体，则原溶液中含有Fe2+、，不可能大量含有OH-；加入盐酸，溶液中阴离子种类不变，则原溶液中含有Cl-；各离子浓度为0.1mol/L，共含有5种离子：若阴离子只含有、Cl-，溶液中不满足电荷守恒，则还含有阴离子，根据共存问题可知，原溶液中无Ba2+，2n()+n()+n(Cl-)=0.1mol/L×2+0.1mol/L+0.1mol/L=0.4mol/L，则原溶液中还含有一种带有两个正电荷的Mg2+，所以原溶液中含有的五种离子为：Cl-、、、Fe2+、Mg2+，据此分析解答。 【详解】A．由上述分析可知，原溶液中含有Fe2+、，加入足量稀盐酸时反应为3Fe2+++4H+═3Fe3++NO↑+2H2O，即反应生成的气体为NO，故A正确； B．由上述分析可知，原溶液中含有的五种离子为：Cl-、、、Fe2+、Mg2+，则原溶液中一定不含有Na+，故B错误； C．向溶液X中加入足量的盐酸，有气体生成，且溶液中阴离子的种类不变，则产生气体的离子不可能是或，即X溶液中一定不含或，故C正确； D．由上述分析可知，原溶液中含有的五种离子为：Cl-、、、Fe2+、Mg2+，3 种阴离子、2 种阳离子，故D正确； 故选：B。 10. 已知NaBiO3制的离子方程式为，下列说法错误的是 A. 上述反应需要在硫酸酸化的环境中进行 B. 浓盐酸与NaBiO3反应的离子方程式为 C. 基态Bi3+的价电子排布式为6s2 D. NaBiO3在酸性条件下表现出较强的氧化性 【答案】B 【解析】 【详解】A．由方程式可知，酸性条件下铋酸钠与锰离子反应生成高锰酸根离子、钠离子、铋离子和水，故A正确； B．由方程式可知，铋酸钠与浓盐酸反应氯化钠、氯化铋、氯气和水，反应的离子方程式为，故B错误； C．铋元素位于第六周期ⅤA族，基态铋离子的价电子排布式为6s2，故C正确； D．由方程式可知，酸性条件下铋酸钠与锰离子反应生成高锰酸根离子、钠离子、铋离子和水，反应中铋元素的化合价降低被还原，铋酸钠是反应的氧化剂，表现较强的氧化性，故D正确； 故选B。 二、选择题，共5小题，共20分。(每小题有1-2个正确答案，漏选得2分，错选、多选不得分) 11. 是一种强氧化性消毒剂。利用饱和NaCl溶液来制备的工艺流程如图所示： 已知：纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释。 下列说法错误的是 A. 电解槽中阳极得到 B. 发生器中通入空气的目的是防止爆炸 C. 过滤后的滤液中大量存在：、、、、OH- D. 吸收塔内发生反应的离子方程式： 【答案】C 【解析】 【分析】饱和氯化钠溶液在无隔膜电解槽pH=9的条件下电解生成氯酸钠，氯酸钠和稀硫酸、二氧化硫反应生成ClO2，用空气稀释 ClO2，再将ClO2 与氢氧化钠、双氧水反应生成 NaClO2溶液，经过一系列过程得到NaClO2•3H2O； 【详解】A．电解饱和氯化钠溶液得到氯酸钠溶液，氯离子化合价升高在阳极得到氯酸根，故A正确； B．纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释，则发生器中通入空气的目的是稀释ClO2，防止爆炸，故B正确； C．因为亚硫酸根会被双氧水氧化为硫酸根，所以过滤后的滤液中不存在大量的，故C错误； D．吸收塔内发生反应生成 NaClO2溶液，则反应的离子方程式：，故D正确； 故选：C。 12. 我国科学家构建直接异质结构和间接异质结构系统，实现CO2还原和H2O氧化。有关该过程的叙述正确的是 A. 总反应为： B. 金属Pt表面的反应为： C. Fe2+/Fe3+作为氧化还原协同电对，可以换成 D. 该过程中不需补充Fe2+和Fe3+即可使反应正常进行 【答案】AD 【解析】 【详解】A．总反应需要在催化剂条件下发生，反应物是H2O和CO2，生成物是HCOOH和O2，所以化学方程式为：，A正确； B．金属Pt表面的反应为：，B错误； C．由于是阳离子交换膜，不可以换成，C错误； D．根据图示反应原理图可看出，该过程Fe2+、Fe3+可相互转化，循环利用，因此不需要再补充，D正确； 答案选AD。 13. 以Zn-Ni(OH)2原电池为电源电解处理工业废气CO2和SO2，工作原理如下： 已知： ①放电时，Zn转化为xZnCO3·yZn(OH)2 ②NaHCO3吸收废气后的混合液pH约为8 下列说法错误的是 A. 当转移2mole-，有1molZn2+向Ni(OH)2电极迁移 B. a电极的反应式为 C. NaHCO3溶液的作用吸收废气CO2和SO2 D. 乙装置中总反应为 【答案】AC 【解析】 【分析】由图可知，甲池为原电池，电极a为负极，碳酸根离子和氢氧根离子作用下锌在负极失去电子发生氧化反应生成xZnCO3·yZn(OH)2，电极b为正极，水分子作用下碱式氧化镍得到电子发生还原反应生成氢氧化镍；废气中二氧化硫与碳酸氢钠溶液反应生成的亚硫酸根离子和二氧化碳，乙池为电解池，c电极为阳极，水分子作用下亚硫酸根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子和氢离子，电极d为阴极，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成草酸，电解的总反应为。 【详解】A．由分析可知，电极a为负极，碳酸根离子和氢氧根离子作用下锌在负极失去电子发生氧化反应生成xZnCO3·yZn(OH)2，电极b为正极，则溶液中的钠离子向氢氧化镍电极迁移，故A错误； B．由分析可知，电极a为负极，碳酸根离子和氢氧根离子作用下锌在负极失去电子发生氧化反应生成xZnCO3·yZn(OH)2，电极反应式为，故B正确； C．二氧化碳不能用碳酸氢钠溶液反应，故C错误； D．由分析可知，电解的总反应为，故D正确； 故选AC。 14. 下列实验的设计、现象和结论对应错误的是 选项 实验操作 现象 结论 A 在稀H2SO4中加入少量Cu2O(s) 溶液由无色变为蓝色并有红色固体生成 反应中Cu2O既作氧化剂又作还原剂 B 向可能含苯酚的苯中加入适量浓溴水 未出现白色沉淀 苯中不含苯酚 C 加热浓硝酸，并将产生的气体通入淀粉-KI溶液中 溶液变蓝 浓硝酸分解产生NO2或挥发出的硝酸蒸汽均可能氧化I- D 向Al2(SO4)3溶液和CaCl2溶液中分别加入Na2CO3溶液 均出现白色沉淀 Al2(SO4)3溶液和CaCl2溶液均可使的水解平衡正向移动 A. A B. B C. C D. D 【答案】BD 【解析】 【详解】A．在稀硫酸中加入少量氧化亚铜，溶液由无色变为蓝色并有红色固体生成说明氧化亚铜与溶液中氢离子反应生成铜、铜离子和水，反应中铜元素化合价即升高被氧化又降低被还原，说明反应中氧化亚铜既作氧化剂又作还原剂，故A正确； B．三溴苯酚不溶于水，但溶于苯，所以向可能含苯酚的苯中加入适量浓溴水，未出现白色沉淀不能说明苯中不含苯酚，故B错误； C．浓硝酸具有挥发性，挥发出的硝酸能与碘化钾溶液反应生成能使淀粉溶液变蓝色的碘单质，二氧化氮也能与碘化钾溶液反应生成能使淀粉溶液变蓝色的碘单质，所以加热浓硝酸，并将产生的气体通入淀粉-KI溶液中，溶液变蓝不能浓硝酸分解产生二氧化氮氧化碘离子，也可能是挥发出的硝酸蒸汽氧化碘离子，故C正确； D．氯化钙溶液与碳酸钠溶液反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，反应时碳酸根离子的水解平衡向逆反应方向移动，故D错误； 故选BD。 15. 化学上常用AG表示溶液中的lg。25℃时，用0.100mol·L-1的NaOH溶液滴定0.100mol·L-1的HNO2溶液(20.00mL)，滴定过程中AG与所加NaOH溶液的体积(V)的关系如图所示，下列说法错误的是 A. A点溶液的pH=2.75，从C点往后的过程中，水的电离程度先变小再变大 B. B点溶液中存在：c(H+)-c(OH-)>c(NO)-c(HNO2) C. C点加入NaOH溶液的体积小于20mL，溶质为HNO2和NaNO2 D. 25℃时，HNO2的电离常数Ka约为1.0×10-4.5 【答案】AB 【解析】 【分析】A点lg=8.5， B点溶液为等浓度的HNO2和NaNO2溶液，溶液中存在①电荷守恒，②物料守恒，C点lg=0，溶液呈中性，NaNO2是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性， D点lg=-8.5。 【详解】A．A点lg=8.5，则c(H+)：c(OH-)=108.5，KW=c(H+)×c(OH-)=10-14，则c(H+)=10-2.75mol/L，溶液的pH = 2.75，C点lg=0，溶液呈中性，NaNO2是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性则酸应该稍微过量，酸碱浓度相等，则C点NaOH溶液体积小于20mL，从C点往后的过程中，先将末中和亚硝酸变成亚硝酸盐，此时水的电离程度先变大，当NaOH过量时，NaOH抑制水电离，水的电离程度再变小，故A错误； B．B点溶液为等浓度的HNO2和NaNO2溶液，溶液中存在①电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(NO)，②物料守恒：2c(Na+)=c(HNO2)+c(NO)，将①×2-②得：2c(H+)-2c(OH-)=c(NO)-c(HNO2)，B点溶液中存在：c(H+)-c(OH-)＜c(NO)-c(HNO2)，故B错误； C．C点lg=0，溶液呈中性，NaNO2是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性则酸应该稍微过量，酸碱浓度相等，则C点加入NaOH溶液的体积小于20 mL，溶质为HNO2和NaNO2，故C正确； D．A点lg=8.5，则c(H+)：c(OH-)=108.5，KW=c(H+)×c(OH-)=10-14，则c(H+)=10-2.75mol/L，由于c(H+)与c(NO)近似相等，所以HNO2的电离常数Ka==1.0×10-4.5， 25℃时，HNO2的电离常数Ka约为1.0×10-4.5，故D正确； 故选AB。 三、填空题(共5个大题，共60分) 16. 金属及其化合物广泛应用于生产、生活等多个领域。回答下列问题： Ⅰ、 （1）基态Co原子的价层电子排布图为___________，中三种元素的第一电离能由大到小的顺序是___________(填元素符号)；是强还原剂，中含有σ键与π键的数目之比为___________。 （2）独立的NH3分子中，HNH键角为107.3，如图是离子的部分结构以及其中HNH键角，请解释离子中HNH键角变为109.5°的原因是___________。 （3）甘氨酸铜有顺式和反式两种同分异构体，结构如图。 ①甘氨酸铜中铜离子的杂化类型为___________(填序号)。 A．sp B．sp2 C．sp3 D．dsp2 ②已知顺式甘氨酸铜能溶于水，反式甘氨酸铜难溶于水，原因可能是___________。 Ⅱ、硫代硫酸盐可用于矿石提取银、鞣制皮革等。 （4）硫代硫酸根中心原子的杂化方式为___________；硫代硫酸盐用于矿石提取银时形成，该配合物中提供孤电子对的原子为___________(填标号)， a．端基硫原子 b．中心硫原子 c．氧原子 【答案】（1） ①. ②. N>O>Co ③. 1：1 （2）氨分子与Zn2+形成配合物后，孤对电子与Zn2+成键，原孤对电子与成键电子对之间的排斥作用变为成键电子对之间的排斥作用，排斥作用减弱，所以H-N-H键角变大 （3） ①. D ②. 顺式甘氨酸铜分子极性大，反式甘氨酸铜分子极性较小 （4） ①. sp3 ②. a 【解析】 【小问1详解】 钴元素的原子序数为27，基态原子的价层电子排布式为3d74s2，排布图为；金属元素的第一电离能小于非金属元素，同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞Co；六氰合钴离子中配位键属于σ键，氰酸根离子中的碳氮三键中含有1个σ键和2个π键，离子中σ键与π键的数目之比为(6+6)：6×2=1：1，中故答案为：；N>O>Co；1：1； 【小问2详解】 氨分子中氮原子的孤对电子对数为1，六氨合锌离子中氮原子的价层电子对数为0，孤对电子对数越多，对成键电子对的斥力越大键角越小，所以离子中HNH键角变为109.5°，故答案为：氨分子与Zn2+形成配合物后，孤对电子与Zn2+成键，原孤对电子与成键电子对之间的排斥作用变为成键电子对之间的排斥作用，排斥作用减弱，所以H-N-H键角变大； 【小问3详解】 ①氨酸铜有顺式和反式两种同分异构体说明甘氨酸铜中铜离子、与铜离子形成配位键的2个氧原子、2个氮原子处于同一平面上，所以铜离子的杂化类型为不可能为sp3杂化，应该为dsp2杂化，故选D； ②由结构简式可知，顺式甘氨酸铜是极性分子，反式甘氨酸铜是非极性分子，根据相似相溶原理可知顺式甘氨酸铜易溶于极性溶剂水，故答案为：顺式甘氨酸铜分子极性大，反式甘氨酸铜分子极性较小； 【小问4详解】 硫代硫酸根离子中中心硫原子的价层电子对数为4，原子的杂化方式为sp3杂化，硫代硫酸根离子的端基硫原子与氧原子都有孤电子对，但是氧的电负性大于硫，对孤电子的吸引力强，不易形成配位键，所以该配合物中提供孤电子对的原子为硫原子，故选a，故答案为：sp3；a。 17. 常用作媒染剂，有机合成的氯化催化剂。常温下为无色液体，沸点为114.4℃。在空气中因易水解而发烟，能与氨水反应生成Sn(OH)4沉淀，Sn(OH)4能溶于强酸和强碱。用锡粉与氯气反应制备无水的实验装置(加持和加热装置略去)如图所示。 回答下列问题： （1）实验室中用固体制取，该反应的离子方程式为_______，试剂X的化学名称为_______，仪器a的名称为_______。 （2）无水的作用是_______。 （3）反应结束后应继续通入一段时间，主要目的是_______。 （4）用滴定法测定的产率： 实验用ag干燥锡粉，共得到无水SnCl4bmL。取cmL所得加入足量Sn粉充分反应，减压过滤，向滤液中加入适量稀硫酸酸化。然后用nmol·L-1标准溶液滴定，滴定终点时消耗标准溶液VmL。所得的产率为_______。若过滤后所得滤液中仍有少量Sn粉，计算所得的产率_______(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。提示：主要反应有：； 【答案】（1） ①. ②. 浓硫酸 ③. 直形冷凝管 （2）防止潮湿的空气进入装置引起SnCl4水解 （3）排出残留在装置中的SnCl4 （4） ①. ②. 偏大 【解析】 【分析】在装置A中用KMnO4溶液和浓盐酸制备Cl2；SnCl4在空气中因易水解而发烟，所以无水CaCl2的作用是防止潮湿的空气进入装置引起SnCl4水解；反应结束后应继续通入一段时间Cl2，主要目的是排出残留在装置中的SnCl4； 【小问1详解】 在装置A中用KMnO4溶液和浓盐酸制备Cl2，其中被还原成Mn2+，该反应的离子方程式为2+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，试剂X用于干燥氯气，盛装浓硫酸，仪器a为直形冷凝管，故答案为：2+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；浓硫酸；直形冷凝管； 【小问2详解】 SnCl4在空气中因易水解而发烟，所以无水CaCl2的作用是防止潮湿的空气进入装置引起SnCl4水解，故答案为：防止潮湿的空气进入装置引起SnCl4水解； 【小问3详解】 反应结束后应继续通入一段时间Cl2，主要目的是排出残留在装置中的SnCl4，故答案为：排出残留在装置中的SnCl4； 【小问4详解】 由方程式SnCl4+Sn=2SnCl2；+14H++3Sn2+=3Sn4++2Cr3++7H2O可知，SnCl4与K2Cr2O7的关系为3SnCl4～2K2Cr2O7，消耗K2Cr2O7标准液的物质的量为nV×10-3mol，可知SnCl4的物质的量为nV×10-3mol，质量为nV×10-3mol×261g/mol=g，总质量为×=g，可得质量分数为，若过滤后所得滤液中仍有少量Sn粉消耗K2Cr2O7标准溶液偏多，结果偏大，故答案为：；偏大。 18. 以水钴矿(Co2O3·H2O，含Fe2O3、MgO、CaO)和辉铜矿(Cu2S，含SiO2、Fe2O3)为原料制取胆矾和单质钴。 ①常温下，，，； ②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表： 金属离子 Fe3+ Fe2+ Co2+ Cu2+ 开始沉淀()的pH 2.7 7.5 7.6 4.7 完全沉淀时)的pH 3.7 9.0 9.1 6.2 ③萃取Cu2+的反应原理；；④Mg、Ca、Fe、Co均能与强酸反应产生H2. （1）“酸浸”过程硫元素价态变为+6价，写出“酸浸”过程中主要反应的化学方程式： ___________。 （2）“滤渣1”的主要成分为___________。 （3）常温下，“滤液1”中(Fe元素都以Fe3+形式存在)加“氧化铜”调pH不小于___________。 （4）常温下，若“滤液2”加入NaF后，Mg2+已全部除尽，且(忽略溶液中极少量的Ca2+)，此时溶液中___________mol/L。 （5）“反萃取”步骤中加入的“试剂a”为___________。 （6）采用惰性电极电解CoCl2溶液、在无离子交换膜的条件下，不能用CoSO4溶液代替CoCl2溶液的理由是___________。 （7）将制得的胆矾配成溶液，先加入足量氨水，得到深蓝色溶液，再通入SO2至弱酸性，生成白色沉淀。经仪器分析：白色沉淀含H、N、O、S、Cu五种元素，且；所含Cu离子中无单电子，晶体的部分组成微粒的空间构型分别为三角锥形和正四面体形。则白色沉淀的化学式为___________。 【答案】（1）(也得分) （2）SiO2、CaSO4 （3）3.7 （4）0.25 （5）H2SO4[(稀)硫酸也得分] （6）若用CoSO4溶液代替CoCl2溶液，H2O(OH-)在阳极放电，溶液酸性增强，H+与Co反应，导致Co产率降低 （7）CuNH4SO3 【解析】 【分析】水钴矿(Co2O3·H2O，含Fe2O3、MgO、CaO)和辉铜矿(Cu2S，含SiO2、Fe2O3)中加硫酸进行溶解，二氧化硅不能被硫酸溶解，同时生成硫酸钙，过滤将二者除去；溶解过程中Co3+将Cu2S氧化，自身被还原为Co2+；加入氧化铜调节pH，以将Fe3+形成沉淀过滤除去；加入NaF，可将Mg2+和Ca2+形成沉淀，过滤除去；加入萃取剂对Cu2+进行萃取，以将Cu2+和Co2+分离，分离后加入反萃取剂硫酸进行反萃取后得含CuSO4溶液，经操作得胆矾；萃取后水相中加入碳酸钠将Co2+沉淀形成CoCO3，加盐酸溶解后对溶液进行电解得Co。 【小问1详解】 “酸浸”过程Co元素化合价+3价降为+2价，硫元素价有-2价变为+6价，Cu元素化合价由+1价升高为+2价，根据得失电子守恒及质量守恒，化学方程式：或； 【小问2详解】 根据分析，“滤渣1”的主要成分：SiO2、CaSO4； 【小问3详解】 为确保Fe3+完全沉淀，应调pH不小于3.7； 【小问4详解】 “滤液2”中，此时溶液中c(F-)===0.25mol/L； 【小问5详解】 根据萃取Cu2+的反应原理：及产物需得胆矾可判断，“反萃取”步骤中加入的“试剂a”为H2SO4； 【小问6详解】 若用CoSO4溶液代替CoCl2溶液，H2O(OH-)在阳极放电，溶液酸性增强，H+与Co反应，导致Co产率降低； 【小问7详解】 白色沉淀晶体中分别呈三角锥和四面体形两种离子，三角锥形离子为亚硫酸根离子，四面体形离子为铵根离子，所含Cu离子中无单电子，则为，且Cu∶N∶S=1∶1∶l，所以白色沉淀的化学式：CuNH4SO3。 【点睛】亚硫酸根离子为三角锥形，铵根离子为四面体形。 19. 抗癌药物罗米迪司肽中间体G的一种合成路线如图所示(部分反应条件省略，Ph表示-C6H5)： 已知：Wittig反应： 回答下列问题： （1）A的化学名称为___________，C转化为D的反应类型为___________。 （2）由A生成C的化学方程式为___________，该步骤的目的是___________。 （3）D中所含官能团的名称为___________，G的分子式为___________。 （4）有机物B()满足下列条件的同分异构体有___________种，其中核磁共振氢谱有五组峰，峰面积比为1：2：2：2：1的同分异构体结构简式为___________。 条件：ⅰ.含有苯环 ⅱ.与FeCl3溶液显色 ⅲ.能发生银镜反应 【答案】（1） ①. 1，2，4−丁三醇 ②. 氧化反应 （2） ①. ②. 保护羟基 （3） ①. 醚键、醛基 ②. C7H14O3 （4） ①. 13 ②. 【解析】 【分析】由题给流程可知，与先发生加成反应、后发生取代反应生成，发生氧化反应生成，与Ph3P=CHCH2CH2OH发生Wittig反应生成，在DDQ作用下转化为。 【小问1详解】 由结构简式可知，分子中含有羟基的最长碳链含有4个碳原子，名称为1，2，4−丁三醇； 【小问2详解】 由分析可知，由A生成C的反应为与先发生加成反应、后发生取代反应生成，反应的化学方程式为；由A、G分子中都含有可知，该步骤的目的是保护羟基，故答案为：故答案为：；保护羟基； 【小问3详解】 由结构简式可知，分子的官能团为醚键和醛基，的分子式为C7H14O3；故答案为：醚键、醛基；C7H14O3； 【小问4详解】 B的同分异构体含有苯环，能与氯化铁溶液显色，说明同分异构体分子中含有酚羟基，能发生银镜反应，说明同分异构体分子中含有醛基，苯环有2个侧链的同分异构体的结构可以视作苯酚分子中苯环上的氢原子被—CH2OH取代所得结构，共有3种；也可以视作邻甲苯酚、间甲苯酚、对甲苯酚分子中苯环上的氢原子被醛基取代所得结构，共有10种，则符合条件的同分异构体共有13种，其中核磁共振氢谱有五组峰，峰面积比为1：2：2：2：1的同分异构体结构简式为，故答案为：13；。 20. 研究CO2的综合利用、实现CO2资源化，是能源领域的重要发展方向。 （1）CH4-CO2催化重整反应为。 已知25℃，101kPa时，CH4、CO和H2的燃烧热如下表： 可燃物 CH4 CO H2 -890.3 -283.0 -285.8 ①该催化重整反应的ΔH=___________。 ②催化重整过程还存在积碳反应：，催化剂的活性会因积碳反应而降低。适当通入过量CO2可以有效缓解积碳，结合方程式解释其原因：___________。 ③相同时间内测得选用不同催化剂时CH4的转化率随反应温度的变化如图所示： ⅰ、a点所处的状态___________化学平衡状态(填“是”或“不是”)。 ⅱ、CH4的转化率：c>b，原因是___________。 （2）某温度下，利用CO2生产甲醇主要涉及以下反应。 反应1. K1 反应2. K2 ①升高温度时，的值将___________(填“增大”“减小”或“不变”)。 ②在催化剂作用下，将1molCO2和2molH2的混合气体通入1L密闭容器发生反应1、反应2.当反应达到平衡状态时，CO2的转化率是60%，此时CO2和H2的物质的量相等，则反应2的化学平衡常数___________。 【答案】（1） ①. 247.3 ②. 增大CO2的量，发生反应，消耗C,增大CO2的量，CH4-CO2催化重整反应正向进行的程度增加，降低了CH4的浓度，增大了H2的浓度，积碳反应进行的程度减小 ③. 不是 ④. 其他条件相同时，温度升高，反应速率增大 （2） ①. 减小 ②. 0.375或3/8 【解析】 【小问1详解】 ①依据表格中数据写出三种燃料燃烧的热化学方程式：Ⅰ．CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH1=-890.3kJ⋅mol-1，Ⅱ．CO(g)+O2(g)=CO2(g)ΔH2=-283.0kJ⋅mol-1，Ⅲ．H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH3=-285.8kJ⋅mol-1，利用盖斯定律，催化重整反应由Ⅰ-Ⅱ×2-Ⅲ×2可得，则ΔH=ΔH1-2×ΔH2-2×ΔH3=-890.3kJ⋅mol-1-2(-283.0kJ⋅mol-1)-2(-285.8kJ⋅mol-1)=+247.3kJ⋅mol-1，故答案为：+247.3； ②通入过量的CO2，增大CO2的浓度，发生反应，从而消耗了C；又因为增大CO2的量，CH4-CO2催化重整反应正向进行的程度增加，使CH4的浓度降低，增大了H2的浓度，积碳反应进行的程度减小； ③ⅰ．使用催化剂不能改变平衡转化率，在同一温度下，a点的转化率不是最大，则a点不是化学平衡状态，故答案为：不是 ⅱ．其它条件不变时，升高温度，反应速率增大，c点比a点的温度高，则相同时间内的转化率c点较大，故答案为：其他条件相同时，温度升高，反应速率增大 【小问2详解】 ①由盖斯定律，反应1加上反应2所得的反应K=K1∙K2，且所得新反应ΔH=ΔH1+ΔH2＜0，是放热反应，升高温度平衡逆向移动，故所得的反应K减小，即K1∙K2减小； ②反应达到平衡状态时，CO2的转化率是60%，消耗CO2的物质的量为1mol×60%=0.6mol，此时CO2和H2的物质的量相等即(1-0.6)mol=0.4mol，设反应1消耗CO2的物质的量为xmol，则反应2消耗CO2的物质的量为ymol，列三段式：、， 则x+y=0.6，3x+y=2-0.4，解得x=0.5，y=0.1，体积为1L，则反应2的化学平衡常数。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $