精品解析：河南省郑州市中原区郑州市第十六高级中学2024-2025学年高三一模化学试题

河南省郑州市中原区郑州市第十六高级中学高三联考一模 化学试卷 考试时间：75分钟 可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 O 16 Na 23 一、选择题：本题共16小题，共40分。第1~10小题为单选题，每小题2分；第11~15小题为多选题，每小题4分。 1. 下列说法中正确的是 A. 1mol有机化合物与足量浓溴水反应，最多可消耗2molBr2 B. β -月桂烯的结构简式为 ，该物质与等物质的量的溴发生加成反应的产物理论上最多有4种(不考虑立体异构) C. 的一氯代物有9种 (不考虑立体异构) D. 通过消去反应可以得到5种不同结构的二烯烃(不考虑立体异构) 【答案】B 【解析】 【详解】A．1mol有机化合物与足量浓溴水反应，最多可消耗3molBr2，双键消耗1mol，酚类结构消耗2mol，A错误； B．β -月桂烯的结构简式为 ，该物质与等物质的量的溴发生加成反应位置为，也可以发生1、2双键之间发生1,4-加成，产物理论上最多有4种产物，B正确； C． 的一氯代物有7种，C错误； D．通过消去反应可以得到6种不同结构的二烯烃， 、、、、、、D错误； 故选B。 2. 某密闭容器中充入等物质的量的A和B，一定温度下发生反应，达到平衡后，在不同的时间段，分别改变反应的一个条件，测得容器中各物质的物质的量浓度、反应速率分别随时间的变化如图所示： 下列说法中正确的是 A. 时反应第一次达到平衡 B. 间应该使用了催化剂 C. 方程式中，正反应为放热反应 D. 在时，若保持容器体积不变，再向容器里充入，达到平衡时C的体积分数大于 【答案】C 【解析】 【详解】A．8 min时反应物A、B与生成物C的浓度相等，由于此后物质的浓度还在发生变化，因此8 min时反应未达到平衡状态，A错误； B．由图象可知：30 min时只有反应速率降低了，反应物与生成物的浓度瞬时降低，反应仍处于平衡状态，反应条件是扩大容器的体积降低了压强；若是使用催化剂，则化学反应速率应该是增大，B错误； C．由开始到达到平衡，A、B的浓度减少的量相同，由此可知x=1；反应前后气体体积不变，则增大压强平衡不移动；40 min时，正、逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，化学平衡逆向移动，改变条件应是升高温度，因此正反应为放热反应，C正确； D．由图象可知，在反应开始时加入2.0 mol/L的A、B，达到平衡时A、B浓度都是1.0 mol/L，C的浓度是2.0 mol/L，C的含量是=50%，若保持容器体积不变，再向容器里充入1 mol A和1 mol B，导致体系压强增大，根据选项C分析可知该反应是反应前后气体体积相等的反应，增大压强，化学平衡不移动，因此达到平衡时C的体积分数仍然等于50%，D错误； 故选C。 3. 碱性条件下，苯酚与过量的甲醛反应时，可得到2，4，6-三羟甲基苯酚(M，结构如图所示)，下列有关M的说法错误的是 A. 可与金属钠反应，也可与氢氧化钠反应 B. 一定条件下，0.1mol M与足量的发生反应，可得到0.1mol的酯类物质 C. 与溶液可发生显色反应 D. 足量的M与碳酸钠溶液反应一定不会生成气体 【答案】B 【解析】 【详解】A．含酚羟基和醇羟基，酚羟基和醇羟基可以与金属钠反应，酚羟基与氢氧化钠反应，A正确； B．含1个酚羟基和3个醇羟基，0.1mol M与足量的发生反应，可得到0.4mol的酯类物质，B错误； C．含酚羟基与溶液可发生显色反应，C正确； D． M中不含羧基，酚羟基与碳酸钠溶液反应，但不会生成气体，D正确； 故选B。 4. 追索我国流失在海外的文物，让国宝回家，需要我们继续努力。下列说法正确的是 A. 从日本追索回的曾伯克父青铜组器主要成分是铜合金，其熔点高于纯铜 B. 从英国回归的青瓷带盖梅瓶，其主要成分是硅酸盐 C. 现藏于大英博物馆的错金银铜翼虎中的金、银和铜，通常都用电解法冶炼 D. 现藏于波士顿美术博物馆的绢本《历代帝王图》用到的绢，耐酸耐碱 【答案】B 【解析】 【详解】A．合金的熔点低于成分金属，铜合金的熔点低于纯铜，A错误； B．青瓷带盖梅瓶属于硅酸盐产品，其主要成分为硅酸盐，B正确； C．金、银、铜化学性质都不活泼，不能用电解法冶炼，如银用热分解法冶炼，铜用热还原法冶炼，C错误； D．绢的主要成分为蛋白质，并没有较强的耐酸碱性，D错误； 故答案选B。 5. 利用GaCl3和氨气在加热条件下制备GaN，下列装置错误的是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】A．实验室中可采用浓氨水与生石灰固体快速制取氨气，利用了氨水的挥发性，装置正确，故A正确； B．氨气用碱石灰干燥，故B正确； C．氨气极易溶于水，直接将导管通入有水的烧杯中会引起倒吸，故C错误； D．将氨气通入盛有GaCl3固体的硬质试管中加热反应制取GaN，装置正确，故D正确； 故选：C。 6. 实现下列变化，一定需要加入氧化剂的是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】A．中，O元素的化合价升高，自身作为还原剂，可以加氧化剂实现，也可以是发生歧化反应产生水和氧气，此时过氧化氢既作为氧化剂又作为还原剂，因此不一定需要加入氧化剂，故A不符合题意； B．中，H元素的化合价降低，自身作为氧化剂，需要加入还原剂实现，或者是电解氯化氢得到氢气和氯气，氯化氢既是氧化剂也是还原剂，不需要加氧化剂，故B不符合题意； C．中，N元素的化合价升高，自身作为还原剂，需要加氧化剂实现，故C符合题意； D．中，Fe元素的化合价降低，自身作为氧化剂，需要加入还原剂实现，故D不符合题意。 故答案选C。 7. 膨松剂反应产生气体的量是检验膨松剂品质的一项重要指标。某膨松剂中起蓬松作用的物质为碳酸氢钠和少量碳酸氢铵。学校兴趣小组为研究该膨松剂在加热情况下放出的二氧化碳的量，设计了以下实验。按下图所示连接装置(气密性良好，各装置中的试剂皆为足量)。下列有关实验的叙述不正确的是 A. 碳酸氢钠中添加一定量碳酸氢铵可以增大膨松剂反应产生气体的量 B. 测定实验前后装置D的质量，其质量差即为样品产生的二氧化碳的质量 C. 若要测定氨气的质量，将C、D位置互换即可 D. 装置E的作用是进行尾气处理，防治污染大气 【答案】D 【解析】 【分析】空气通入NaOH中吸收CO2，加热碳酸氢钠生成CO2、Na2CO3、H2O，加热碳酸氢铵生成CO2、NH3和H2O，C中浓硫酸吸水且吸收生成的NH3，D中的碱石灰吸收二氧化碳，E中的碱石灰吸收空气中的水及CO2，以此分析； 【详解】A．碳酸氢钠中添加一定量碳酸氢铵，碳酸氢铵加热生成CO2及NH3，可以增大膨松剂反应产生气体的量，A正确； B．根据分析，U型管D吸收加热生成的CO2，则质量差即为样品产生的二氧化碳的质量，B正确； C．C装置中浓硫酸具有吸水性，是干燥剂，同时显酸性可吸收B装置中产生的碱性气体氨气，要想得到氨气的质量就不能让C装置吸收水分，所以前面应加D装置吸收水分，后加E装置的目的还是防止空气中的水分和二氧化碳进入C装置，然后称取C装置反应前后的质量之差就是反应生成氨气的质量，C正确； D．E中的碱石灰吸收空气中的水及CO2且吸收生成的NH3，D错误； 故答案为：D。 8. 化合物Z是一种抗衰老药物，可由图示方法制备，下列说法正确的是 A. 与足量金属钠反应可产生 B. 和足量加成后的分子存在手性碳原子 C. Z能与甲醛发生加聚反应 D. 可用溶液和溶液进行鉴别 【答案】B 【解析】 【详解】A．X含有酚羟基、羧基均能与金属钠发生反应，1molX中含有1mol酚羟基、1mol羧基，根据、可知，1molX与足量金属钠反应可产生1molH2，故A错误； B．Y与足量H2反应生成的有机物分子为，连接4个不一样的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，故含有2个手性碳原子，如图，故B正确； C．在浓盐酸作用下，Z能与甲醛发生缩聚反应，不能发生加聚反应，故C错误； D．X、Y、Z均含有酚羟基，能和氯化铁溶液发生显色反应，不能用氯化铁溶液鉴别X、Y、Z，X中含有羧基能与溶液，因此用溶液和溶液不能鉴别X、Y、Z，故D错误； 故答案选B。 9. 某溶液中可能含有、、、、、中的若干种。为了确定该溶液的组成，取一定体积的上述溶液，进行了如下实验，下列说法正确的是 A. 白色沉淀1是硫酸钡和碳酸钡的混合物 B. 溶液2中滴入硝酸酸化的硝酸银溶液，若生成白色沉淀，说明溶液中含有 C. 溶液中可能存在，一定不存在 D. 溶液中存在、、 【答案】AD 【解析】 【分析】溶液X和足量Ba(OH)2溶液反应生成白色沉淀1，白色沉淀1和足量盐酸反应得到气体A和白色沉淀2，气体A为CO2，则溶液X中一定含有，、和不能大量共存，故溶液X中不含、，则溶液中阳离子一定为；白色沉淀2不与盐酸反应，白色沉淀2为BaSO4，则溶液X中一定含有；无法确定溶液中是否含有，故溶液X中可能含有。 【详解】A．由分析可知，白色沉淀1是硫酸钡和碳酸钡的混合物， A正确； B．加入足量盐酸反应后得到溶液2，溶液2中一点含有，无法证明溶液X中是否含有，B错误； C．由分析可知，溶液X中不含、，C错误； D．由分析可知，溶液X中一定含有、、，可能含有，D正确； 答案选AD。 10. 向盛有溶液的两支试管中，滴入相同浓度的或溶液，试管内溶液导电能力变化情况如图所示。下列说法正确的是 A. 曲线①实验滴入的是硫酸 B. d、e两点对应的溶液均为中性 C. b点之前，溶液中大量存在的离子是和 D. ae段的反应： 【答案】B 【解析】 【分析】向溶液中滴入，反应方程式为，向溶液中滴入，先发生反应：，而后发生反应：，当滴入少量溶液时，滴入生成的水少且由NaOH生成，则滴入溶液的导电能力降低幅度小，则①表示向溶液中滴入，②表示向溶液中滴入，c点加入的与恰好完全，此时溶液中溶质为NaOH，d点加入的与恰好完全，此时溶液中溶质为，e点加入的与恰好完全反应，此时相当于是纯水，导电能力几乎为0，继续加入溶液，溶液导电能力增强。 【详解】A．根据分析，曲线①实验滴入的是，A错误； B．d点和完全反应转化为硫酸钡、硫酸钠和水，溶液呈中性，e点和完全反应转化为硫酸钡和水，溶液呈中性，B正确； C．b点之前，发生反应：，溶液中大量存在的离子是和，C错误； D．根据分析，ae段的反应：，离子方程式为：，D错误； 故选B。 11. 分类、归纳是学习化学的有效方法。甲、乙、丙均为初中化学常见的纯净物，I、II、III为初中化学常见的反应。下列说法错误的是 A. 若甲、乙常温下为气体且反应I通过植物光合作用可以实现，则丙一定为非金属氧化物 B. 若丙为食盐的主要成分，则甲、乙溶液的pH都可能大于7 C. 若乙和丙是常用的灭火剂，则甲可能是有机物燃料 D. 若甲属于碱、乙属于盐且二者均可用作建筑材料，则反应Ⅲ一定属于中和反应 【答案】AD 【解析】 【详解】A．若甲、乙常温下为气体，且反应Ⅰ通过光合作用可实现，则甲为CO2，乙为O2，二氧化碳能与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，氧气可与氢气反应生成水，则丙为水，属于非金属氧化物；若甲为CO2，乙为O2，二氧化碳能与Mg反应生成MgO和C，氧气可与Mg反应生成MgO，则丙为MgO，属于金属氧化物，A错误； B．丙为食盐的主要成分，丙为NaCl，甲可以为NaOH，乙可以为碳酸钠，则甲、乙溶液的pH都大于7，B正确； C．乙和丙是常用的灭火剂，通常灭火剂为水和二氧化碳，二氧化碳能与NaOH反应生成水，则丙为水，乙为CO2，甲可能为有机物燃料，有机物燃料燃烧可生成二氧化碳和水，C正确； D．甲能做建筑材料且为碱，甲是氢氧化钙，乙是能做建筑材料的盐，乙为碳酸钙，丙可以是氯化钙，氢氧化钙可以与氯化铜反应生成氯化钙，反应Ⅲ不一定是中和反应，D错误； 故选AD。 12. 元素处于基态时的气态原子获得一个电子成为气态-1价阴离子时所放出的能量叫做该元素的第一电子亲和能。-1价阴离子再获得一个电子的能量变化叫做第二电子亲和能。下表中给出了几种元素或离子的电子亲和能数据： 元素 Li Na K O F 电子亲和能/() 59.8 52.7 48.4 141 -780 327.9 下列说法正确的是 A. 电子亲和能越大，说明越难得到电子 B. 1mol基态的气态氟原子得到一个电子成为氟离子时放出327.9kJ的能量 C. 氧元素的第二电子亲和能是780 D. 基态的气态氧原子得到两个电子成为需要吸收能量 【答案】BD 【解析】 【详解】A．电子亲和能越大，表明获得电子形成用离子释放的能量越多，形成的阴离子越稳定，而且根据表中数据知得电子能力越强的元素的原子的电子亲和能越大，所以电子亲和能越大，说明越易得到电子，A错误； B．根据表中数据，1mol基态的气态氟原子得到1mol电子成为氟离子时放出327.9kJ的能量，B正确； C．的电子亲和能为-780kJ/mol，即氧元素的第二电子亲和能为-780kJ/mol，C错误； D．O的第一电子亲和能为141kJ/mol，1mol基态的气态氧原子得到1mol电子成为释放141kJ能量，的电子亲和能为-780kJ/mol，得到1mol电子成为吸收780kJ能量，由于780kJ>141kJ，基态的气态氧原子得到两个电子成为需要吸收能量，D正确； 故答案为：BD。 13. 100 mL浓度为2 mol·L－1的盐酸跟过量的锌片反应，为加快反应速率，又不影响生成氢气的总量，可采用的方法是 A. 加入适量6 mol·L－1的盐酸 B. 加入少量醋酸钠固体 C. 加热 D. 加入少量金属铜 【答案】CD 【解析】 【详解】A. 因为锌过量，加入适量的6 mol•L-1的盐酸，反应速率加快，生成氢气增多，故A不选； B. 加入少量醋酸钠固体，生成醋酸，氢离子浓度变小，反应速率减慢，故B不选； C. 升高温度，反应速率增大，生成氢气的总量不变，故C选； D. 加入少量铜，相互接触的锌、铜与稀盐酸构成了原电池，加快反应速率，反应生成氢气，氢气的总量不变，故D选； 答案选CD。 14. 如图所示的物质转化关系中，A是常见的气态氢化物，B是能使带火星的木条复燃的无色、无臭气体，E的相对分子质量比D的大17，G是一种紫红色金属单质(反应条件和部分生成物未列出)。 对图中有关物质及反应的叙述正确的是 A. 液态的A汽化时吸收大量的热，因此可用作制冷剂 B. D与水反应能生成酸，因此D是酸性氧化物 C. 因为E具有强氧化性，所以不能用铝制容器盛装 D. 图中涉及反应均为氧化还原反应 【答案】AD 【解析】 【分析】B能使带火星的木条复燃的无色无味气体，则B是O2；G是一种紫红色金属单质，则G是Cu，A是常见的气态氢化物，能与氧气反应生成C与F，则C、F分别为氧化物与水中的一种，而C能与氧气反应生成D，则C为氧化物，F是H2O，D与水反应得到E，E能与Cu反应得到C，中学中N、S元素化合物符合转化关系，由于E的相对分子质量比D大17，可推知E为HNO3、D是NO2，则A是NH3，C是NO，结合对应物质的性质进行解答。 【详解】根据上述分析可知：A是NH3，B是O2，C是NO，D是NO2，E为HNO3，F是H2O，G是Cu。 A．A是NH3，液氨气化吸收大量的热，使周围环境温度降低，因此液氨可用作制冷剂，A正确； B．D是NO2，NO2与水反应产生HNO3和NO，反应过程中元素化合价发生了变化，所以NO2不是酸性氧化物，B错误； C．E为HNO3，具有强氧化性，在室温下遇Fe、Al，能够将金属氧化，在金属表面产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属进一步反应，因此能用铝制容器盛装，C错误； D．在上述图中涉及反应中，都存在元素化合价的变化，因此均为氧化还原反应，D正确； 故合理选项是AD。 15. 下列离子方程式书写正确的是 A. Fe和盐酸反应： B. 与稀硫酸反应： C. 往澄清石灰水中通入过量气体： D. 向溶液中加入溶液至中性： 【答案】BC 【解析】 【详解】A．Fe和盐酸反应生成和，离子方程式为，故A项错误； B．微溶于水，不能改写成离子形式，故B项正确； C．往澄清石灰水中通入过量气体，离子方程式为，故C项正确； D．向溶液中加入溶液至中性，二者恰好完全反应，离子方程式为 ，故D项错误； 故答案为BC。 二、非选择题：共5题，共60分。 16. 金属锂及其化合物广泛应用于冶金、电子、能源、热核聚变及航空航天等领域，对国民经济和国防建设具有重大意义，被称为“21世纪的能源金属”。中国的锂矿储量居世界前列，我国科研人员开发的铝热还原炼锂并副产高白特种氢氧化铝的新工艺如图所示。 回答下列问题： （1）铝酸钙渣的主要成分为、和___________(填化学式)：为了提高浸出效率，可采取的措施有___________(写两点)。 （2）操作1是___________(填名称)，固体1的主要成分为___________(填化学式)。 （3）Na[Al(OH)4]溶液碳酸化分解的离子方程式为___________。 （4）富锂熟料(和CaO的混合物)经过真空热还原制得金属锂，同时获得理论成分为的还原渣，该反应的化学方程式为___________。下列金属冶炼方法中，与本工艺冶炼锂的方法相似的是___________(填字母)。 A．电解熔融氯化镁制镁 B．氧化银分解制银 C．铝热反应制钨 D．高炉炼铁 （5）该工艺流程中可以循环利用的物质为___________(填化学式)；金属锂的制备方法主要有熔盐电解法(原料为高纯氯化锂)和真空热还原法两大类，与真空热还原法相比，熔盐电解法的缺点有___________。 【答案】（1） ①. A1 ②. 升高温度、将铝酸钙渣研细、提高和NaOH溶液的浓度等 （2） ①. 过滤 ②. （3） （4） ①. ②. CD （5） ①. ②. 熔盐电解法需制备高纯氯化锂，成本较高；电解法能耗高 【解析】 【分析】氧化钙、氢氧化锂、氧化铝煅烧得到熟料，球磨后和铝粉热还原得到金属锂和铝酸钙渣，铝酸钙渣加入氢氧化钠、碳酸钠后浸出过滤分离固体1沉淀，Na[Al(OH)4]溶液碳酸化得到碳酸钠和氢氧化铝； 【小问1详解】 铝酸钙渣的主要成分给出了两种，分析反应流程可知，用铝粉还原富锂熟料制得金属锂，为保证富锂熟料充分反应，所加铝粉应过量，则还含有铝Al；为了提高浸出效率，可采取的措施有升高温度、将铝酸钙渣研细、提高和NaOH溶液的浓度等； 【小问2详解】 操作1后得到了固体和溶液，则该操作为过滤。操作1所得溶液为Na[Al(OH)4]溶液，则钙元素在沉淀(固体1)中，前面操作中加入了碳酸钠，可推知沉淀为。 【小问3详解】 结合流程图可知，Na[Al(OH)4]溶液碳酸化过程中和反应，产物有和，根据产物可知反应物中还需要含氢元素的物质，所以反应物还有水，反应为； 【小问4详解】 富锂熟料(和CaO的混合物)经过真空热还原制得金属锂，结合产物可知CaO要参与反应，反应中铝单质转化为+3价铝，锂元素化合价由+1变为0，结合得失电子守恒法配平化学方程式：；本工艺冶炼锂的方法属于热还原法，同为热还原法的有C、D两项。 【小问5详解】 前面反应需要的物质在后续反应中可以生成，则该物质可以循环利用，故可以循环利用；结合题目中的提示可知，熔盐电解法需要用到高纯氟化锂，提纯和电解的成本较高，同时，电解法能耗高。 17. 某高铬型钒渣含Fe2O3、Fe3O4、SiO2、Al2O3、V2O5、Cr2O3等物质，从中分离提取钒和铬的工艺流程如图所示： 回答下列问题: （1）“焙烧”时V2O5、Cr2O3转化为NaVO3和Na2CrO4，SiO2、Al2O3转化为________和_______。 （2）滤渣1中主要含______。 滤渣2的主要成分是Fe(OH)3和Al(OH)3，对应调pH应不低于______。（常温下，当溶液中离子浓度小于1×10-5mol/L时认为沉淀完全， Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38、Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-33）。 （3）“沉钒”时的离子方程式是_______，NH4VO3煅烧过程中的化学方程式是______。 （4）“还原”时溶液的pH在2.5左右，反应的离子方程式是________。 （5）已知:25 °C时，H2C2O4的电离常数Ka1=5.9×10-2，Ka2=6. 4×10-5，则25° C时，0.1 mol·L-1NaHC2O4溶液中各离子浓度由大到小的顺序为_____，向0.1 mol· L-1H2C2O4溶液中加入一定的NaOH固体，当溶液的pH= 2.5时，溶液中c(C2O42-) ：c(H2C2O4)=_______（保留两位有效数字）。 【答案】 ①. Na2SiO3 ②. NaAlO2 ③. H2SiO3 ④. 4.7 ⑤. NH4++VO3-=NH4VO3↓ ⑥. 2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O↑ ⑦. 3C2O42-+2CrO42-+16H+= 2Cr3++6CO2↑+8H2O ⑧. c(Na+)＞c(HC2O4-)＞c(H+)＞C2O42-＞c(OH-) ⑨. 0.38 【解析】 【分析】“焙烧”时，Fe2O3、Fe3O4不和Na2CO3、O2反应，V2O5、Cr2O3和Na2CO3、O2反应转化为NaVO3、Na2CrO4，SiO2、Al2O3和Na2CO3反应转化成Na2SiO3、NaAlO2； “酸浸”时，Na2SiO3和硫酸反应生成H2SiO3沉淀，滤渣1主要成分是硅酸，同时AlO2-转化成Al3+，铁的两种氧化物溶于酸得到Fe2+和Fe3+； “调pH”时，将铝元素、铁元素转化为Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀，滤渣2主要成分为Al(OH)3和Fe(OH)3； “沉钒”时，NH4+和VO3-形成NH4VO3沉淀，NH4VO3沉淀煅烧得V2O5； “还原”时，用Na2C2O4将CrO42-还原成Cr3+，调合适的pH将Cr3+转化为Cr(OH)3沉淀，Cr(OH)3沉淀煅烧得到Cr2O3，据以上分析解答。 【详解】(1) 高温时，氧化铝和碳酸钠反应生成偏铝酸钠和二氧化碳，二氧化硅和碳酸钠反应生成硅酸钠和二氧化碳，即SiO2、Al2O3转化为Na2SiO3和NaAlO2，故答案为：Na2SiO3；NaAlO2； (2)由分析可知，滤渣1主要为H2SiO3，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，Fe3+浓度小于1×10-5mol/L时认为沉淀完全，Fe3+浓度为1×10-5mol/L时，c3(OH-)×1×10-5mol/L=4.0×10-38，c3(OH-)=4.0×10-33，c3(H+)=，c(H+)=×10-4≈6×10-4，pH≈4-lg6＜4。Al3+浓度为1×10-5mol/L时，c3(OH-)×1×10-5mol/L=1.0×10-33，c3(OH-)=1.0×10-28，c3(H+)=，c(H+)=，pH=-lg()=5- lg()≈4.7＞4，综上所述，要使A3+和Fe3+完全沉淀，pH不低于4.7，故答案为：H2SiO3；4.7； (3)“沉钒”时，NH4+和VO3-形成NH4VO3沉淀，离子方程式为：NH4++VO3-=NH4VO3↓，NH4VO3沉淀煅烧得到V2O5，元素化合价没变化，根据原子守恒可知，产物含有H2O和NH3，方程式为：2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O↑，故答案为：NH4++VO3-=NH4VO3↓；2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O↑； (4) “还原”时，C2O42-将CrO42-还原成Cr3+，pH在2.5左右，溶液为酸性，C2O42-被氧化为CO2，结合电子得失守恒、原子守恒可得离子方程式为：3C2O42-+2CrO42-+16H+= 2Cr3++6CO2↑+8H2O，故答案为：3C2O42-+2CrO42-+16H+= 2Cr3++6CO2↑+8H2O； (5) HC2O4-会水解、电离，所以，c(Na+)＞c(HC2O4-)，HC2O4-的电离常数= Ka2=6. 4×10-5，HC2O4-的水解常数Kh==≈1.7×10-13，电离常数＞＞水解常数，加之水电离也能产生一定的H+，所以c(H+)＞C2O42-＞c(OH-)。水解和电离都是微弱的，所以，c(HC2O4-)＞c(H+)＞c(C2O42-)＞c(OH-)，综上所述：c(Na+)＞c(HC2O4-)＞c(H+)＞c(C2O42-)＞c(OH-)。H2C2O4H++HC2O4-，Ka1=，HC2O4-H++C2O42-，Ka2=，Ka1×Ka2=×=。pH= 2.5，则c(H+)=10-2.5，所以，==0.38（保留两位有效数字），即c(C2O42- ):c(H2C2O4)=0.38，故答案为：c(Na+)＞c(HC2O4-)＞c(H+)＞c(C2O42-)＞c(OH-)；0.38； 【点睛】(5)二酸弱酸H2X：。 18. 我国化学家侯德榜发明了联合制碱法，对世界制碱工业做出了巨大贡献。联合制碱法的主要过程如图所示 沉淀池反应NaCl+CO2+NH3+H2ONaHCO3↓+NH4Cl (1)“侯氏制碱法”誉满全球，其中的“碱”为____(填化学式)，俗称_____。 (2)实验室模拟“侯氏制碱法”，下列操作未涉及的是_____。 A. B.C.D. (3)煅烧炉中发生反应的化学方程式为_______。 (4)使用原料氯化钠的利用率从70%提高到90%以上，主要是设计了____(填上述流程中的编号)的循环，流程中物质X为_____(填化学式)。 (5)该流程提取的副产品为_____(填化学式)，其用途_____(写一种)。 (6)简单的检验方案的一般叙述过程为：①取试样，②加检验试剂，③现象，④结论。为验证产品纯碱中含有杂质NaCl，简单的检验方案是：取少量试样溶于水后，_____。 【答案】 ①. Na2CO3 ②. 纯碱(或苏打) ③. B ④. 2NaHCO3Na2CO3+ H2O+ CO2↑ ⑤. A ⑥. CO2 ⑦. NH4Cl ⑧. 作化肥 ⑨. 加入足量的稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，有白色沉淀，证明样品中有NaCl 【解析】 【分析】“侯氏制碱法”的原理是将CO2和NH3通入饱和的食盐水中，即‘沉淀池’发生的主反应：NaCl+CO2+NH3+H2ONaHCO3↓+NH4Cl，利用NaHCO3在饱和NaCl溶液中溶解度较小的性质，从溶液中析出NaHCO3晶体，再利用NaHCO3的不稳定性，受热易分解产生Na2CO3，即‘煅烧炉’的反应是：2NaHCO3Na2CO3+ H2O+ CO2↑，反应得到的CO2作为循环物X继续循环利用，提高了原料的利用率。 【详解】（1）“侯氏制碱法”其中的“碱”为Na2CO3，俗名：纯碱(或苏打)； （2）实验室模拟“侯氏制碱法”，先向饱和的食盐水中通CO2和NH3，再经过滤分离得到NaHCO3结晶，最后灼烧NaHCO3分解为Na2CO3，无蒸发结晶这一步，即选B； （3）煅烧炉为NaHCO3受热易分解为Na2CO3的反应，发生反应的化学方程式为：2NaHCO3Na2CO3+ H2O+ CO2↑； （4）过滤得到的母液参与循环A，能将原料氯化钠的利用率从70%提高到90%以上；煅烧炉发生反应的化学方程式为：2NaHCO3Na2CO3+ H2O+ CO2↑，产生的CO2作为沉淀池的反应物，参与循环，则流程中物质X为CO2； （5）该流程的主反应为：NaCl+CO2+NH3+H2ONaHCO3↓+NH4Cl，副产品为NH4Cl，其用途是作化肥； （6）检验氯离子，先加稀硝酸排除其他阴离子的干扰，再加硝酸银溶液，检验方案为：取少量试样溶于水后，加入足量的稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，有白色沉淀，证明样品中有NaCl。 19. 铁红()可用于油漆、油墨、橡胶等工业中，可作为玻璃、宝石、金属的抛光剂等。某课外活动小组用废铁渣(含和少量)制取铁红，所设计的流程如下： 请回答下列问题： （1）苏打的化学式为_______；沉淀的化学式为_______；“滤液”中主要溶质的化学式为_______ （2）要检测“酸溶”后，溶液中是否含有所用的试剂是_______；若溶液中检测不到的原因是_______； （3）“酸溶”时，与稀硫酸反应的离子方程式为_______ （4）实验室过滤所需的玻璃仪器有_______ （5）煅烧的化学方程式为_______ 【答案】（1） ①. ②. ③. （2） ①. 溶液 ②. 废铁渣中的铁将溶液中的还原成 （3） （4）漏斗、烧杯、玻璃棒 （5） 【解析】 【分析】废铁渣利用稀硫酸酸溶，铁转化为硫酸亚铁、少量氧化铁转化为硫酸铁，加入苏打转化为，过滤后经洗涤、煅烧得到铁红，据此解答。 【小问1详解】 苏打的化学式为酸溶后，溶液中含有，与反应生成，同时生成硫酸钠，则“滤液”中主要溶质的化学式为。 【小问2详解】 检测试剂为溶液，现象是溶液变为红色：溶液中检测不到的原因是废铁渣中的铁将溶液中的还原成； 【小问3详解】 “酸溶”时，与稀硫酸反应生成硫酸铁和水，反应的离子方程式为 【小问4详解】 实验室过滤所需的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒； 【小问5详解】 煅烧时碳酸亚铁转化为氧化铁，说明还有氧气参加，依据原子守恒可知还有二氧化碳生成，反应的化学方程式为。 20. 陶瓷热障涂层（TBC）常涂覆于发动机高温部位的合金上，能使发动机在高于合金熔点的温度下工作，是发动机的“防护服”，主要成分是氧化锆，可由锆英砂（主要成分为，也可表示为，还含少量、等杂质）通过如下方法制取： 已知：①能与烧碱反应生成可溶于水的与酸反应生成；②常温下，；时，开始沉淀。 （1）“熔融”过程中，提高反应速率的方法为_______（答出一条即可），发生反应的产物有和_______。 （2）“除杂”过程中，加入双氧水的目的是_______；滤渣Ⅱ的成分为_______，通入氨气调节溶液的时，溶液中的浓度为_______。 （3）为得到纯净的，滤渣Ⅲ要用水洗，检验沉淀是否洗涤干净的方法是_______。 （4）滤渣Ⅲ的成分是。“调”时，写出生成的离子方程式：______________。 （5）四方晶胞结构如图所示。在晶胞中的配位数是_______，晶胞参数为，该晶体密度为_______（写出表达式）。 【答案】（1） ①. 粉碎（或搅拌） ②. Na2SiO3 （2） ①. 将Fe2+氧化为Fe3+，以便转化为Fe(OH)3沉淀除去 ②. Fe(OH)3、Al(OH)3 ③. 1.4×10-7 （3）取最后一次洗涤液，向其中滴加稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，若无沉淀生成，则滤渣Ⅲ洗涤干净 （4）(n+1)ZrO2++2n+(3n-1)H2O=Zr(CO3)2·nZr(OH)4↓+(2n-2) （5） ①. 8 ②. 【解析】 【分析】锆英砂(主要成分为ZrSiO4，还含少量FeCO3、Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质)与NaOH熔融时，ZrSiO4、Al2O3、SiO2与NaOH反应生成钠盐；加入过量盐酸“酸浸”，经过滤得到含ZrO2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、Na+的滤液Ⅰ和主要成分为H2SiO3的滤渣Ⅰ；滤液Ⅰ中加入H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，加入氨水得到含Fe(OH)3和Al(OH)3的滤渣Ⅱ，滤液Ⅱ中含ZrO2+、Na+、，滤液Ⅱ中加入Na2CO3溶液调pH=8.0得到成分为Zr(CO3)2∙nZr(OH)2的滤渣Ⅲ，滤渣Ⅲ分解得到ZrO2。 【小问1详解】 “熔融”过程中，提高反应速率的方法有：将锆英石粉碎、增大锆英石与NaOH的接触面积，搅拌；ZrSiO4与NaOH熔融反应生成Na2ZrO3、H2O和Na2SiO3，反应的化学方程式为ZrSiO4+4NaOHNa2ZrO3+Na2SiO3+2H2O。 【小问2详解】 根据分析，“除杂”过程中，加入双氧水的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，以便转化为Fe(OH)3沉淀除去；滤渣Ⅱ的成分为Fe(OH)3、Al(OH)3；c(Al3+)==mol/L=1.4×10-7mol/L。 【小问3详解】 为得到纯净的ZrO2，滤渣Ⅲ要用水洗，检验沉淀是否洗涤干净只要检验最后的洗涤液中不含Cl-即可，方法是取最后一次洗涤液，向其中滴加稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，若无沉淀生成，则滤渣Ⅲ洗涤干净。 【小问4详解】 ZrO2+与Na2CO3溶液反应得到Zr(CO3)2∙nZr(OH)2沉淀，根据电荷守恒和原子守恒，结合调pH=8.0，反应的离子方程式为(n+1)ZrO2++2n+(3n-1)H2O=Zr(CO3)2·nZr(OH)4↓+(2n-2)。 【小问5详解】 由ZrO2的晶胞可知，与Zr4+等距离最近的O2-有8个，即Zr4+在晶胞中的配位数是8；根据均摊法，1个晶胞中含Zr4+：8×+6×=4个，O2-：8个，1个晶胞的质量为g，1个晶胞的体积为(a2c×10-30)cm3，该晶体的密度为g÷(a2c×10-30)cm3=g/cm3。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河南省郑州市中原区郑州市第十六高级中学高三联考一模 化学试卷 考试时间：75分钟 可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 O 16 Na 23 一、选择题：本题共16小题，共40分。第1~10小题为单选题，每小题2分；第11~15小题为多选题，每小题4分。 1. 下列说法中正确的是 A. 1mol有机化合物与足量浓溴水反应，最多可消耗2molBr2 B. β -月桂烯的结构简式为 ，该物质与等物质的量的溴发生加成反应的产物理论上最多有4种(不考虑立体异构) C. 的一氯代物有9种 (不考虑立体异构) D. 通过消去反应可以得到5种不同结构的二烯烃(不考虑立体异构) 2. 某密闭容器中充入等物质的量的A和B，一定温度下发生反应，达到平衡后，在不同的时间段，分别改变反应的一个条件，测得容器中各物质的物质的量浓度、反应速率分别随时间的变化如图所示： 下列说法中正确的是 A. 时反应第一次达到平衡 B. 间应该使用了催化剂 C. 方程式中，正反应为放热反应 D. 在时，若保持容器体积不变，再向容器里充入，达到平衡时C的体积分数大于 3. 碱性条件下，苯酚与过量的甲醛反应时，可得到2，4，6-三羟甲基苯酚(M，结构如图所示)，下列有关M的说法错误的是 A. 可与金属钠反应，也可与氢氧化钠反应 B. 一定条件下，0.1mol M与足量的发生反应，可得到0.1mol的酯类物质 C. 与溶液可发生显色反应 D. 足量的M与碳酸钠溶液反应一定不会生成气体 4. 追索我国流失在海外的文物，让国宝回家，需要我们继续努力。下列说法正确的是 A. 从日本追索回的曾伯克父青铜组器主要成分是铜合金，其熔点高于纯铜 B. 从英国回归的青瓷带盖梅瓶，其主要成分是硅酸盐 C. 现藏于大英博物馆的错金银铜翼虎中的金、银和铜，通常都用电解法冶炼 D. 现藏于波士顿美术博物馆的绢本《历代帝王图》用到的绢，耐酸耐碱 5. 利用GaCl3和氨气在加热条件下制备GaN，下列装置错误的是 A. B. C. D. 6. 实现下列变化，一定需要加入氧化剂的是 A. B. C. D. 7. 膨松剂反应产生气体的量是检验膨松剂品质的一项重要指标。某膨松剂中起蓬松作用的物质为碳酸氢钠和少量碳酸氢铵。学校兴趣小组为研究该膨松剂在加热情况下放出的二氧化碳的量，设计了以下实验。按下图所示连接装置(气密性良好，各装置中的试剂皆为足量)。下列有关实验的叙述不正确的是 A. 碳酸氢钠中添加一定量碳酸氢铵可以增大膨松剂反应产生气体的量 B. 测定实验前后装置D的质量，其质量差即为样品产生的二氧化碳的质量 C. 若要测定氨气的质量，将C、D位置互换即可 D. 装置E的作用是进行尾气处理，防治污染大气 8. 化合物Z是一种抗衰老药物，可由图示方法制备，下列说法正确的是 A. 与足量金属钠反应可产生 B. 和足量加成后的分子存在手性碳原子 C. Z能与甲醛发生加聚反应 D. 可用溶液和溶液进行鉴别 9. 某溶液中可能含有、、、、、中的若干种。为了确定该溶液的组成，取一定体积的上述溶液，进行了如下实验，下列说法正确的是 A. 白色沉淀1是硫酸钡和碳酸钡的混合物 B. 溶液2中滴入硝酸酸化的硝酸银溶液，若生成白色沉淀，说明溶液中含有 C. 溶液中可能存在，一定不存在 D. 溶液中存在、、 10. 向盛有溶液的两支试管中，滴入相同浓度的或溶液，试管内溶液导电能力变化情况如图所示。下列说法正确的是 A. 曲线①实验滴入的是硫酸 B. d、e两点对应的溶液均为中性 C. b点之前，溶液中大量存在的离子是和 D. ae段的反应： 11. 分类、归纳是学习化学的有效方法。甲、乙、丙均为初中化学常见的纯净物，I、II、III为初中化学常见的反应。下列说法错误的是 A. 若甲、乙常温下为气体且反应I通过植物光合作用可以实现，则丙一定为非金属氧化物 B. 若丙为食盐的主要成分，则甲、乙溶液的pH都可能大于7 C. 若乙和丙是常用的灭火剂，则甲可能是有机物燃料 D. 若甲属于碱、乙属于盐且二者均可用作建筑材料，则反应Ⅲ一定属于中和反应 12. 元素处于基态时的气态原子获得一个电子成为气态-1价阴离子时所放出的能量叫做该元素的第一电子亲和能。-1价阴离子再获得一个电子的能量变化叫做第二电子亲和能。下表中给出了几种元素或离子的电子亲和能数据： 元素 Li Na K O F 电子亲和能/() 59.8 52.7 48.4 141 -780 327.9 下列说法正确的是 A. 电子亲和能越大，说明越难得到电子 B. 1mol基态的气态氟原子得到一个电子成为氟离子时放出327.9kJ的能量 C. 氧元素的第二电子亲和能是780 D. 基态的气态氧原子得到两个电子成为需要吸收能量 13. 100 mL浓度为2 mol·L－1的盐酸跟过量的锌片反应，为加快反应速率，又不影响生成氢气的总量，可采用的方法是 A. 加入适量6 mol·L－1的盐酸 B. 加入少量醋酸钠固体 C. 加热 D. 加入少量金属铜 14. 如图所示的物质转化关系中，A是常见的气态氢化物，B是能使带火星的木条复燃的无色、无臭气体，E的相对分子质量比D的大17，G是一种紫红色金属单质(反应条件和部分生成物未列出)。 对图中有关物质及反应的叙述正确的是 A. 液态的A汽化时吸收大量的热，因此可用作制冷剂 B. D与水反应能生成酸，因此D是酸性氧化物 C. 因为E具有强氧化性，所以不能用铝制容器盛装 D. 图中涉及反应均为氧化还原反应 15. 下列离子方程式书写正确的是 A. Fe和盐酸反应： B. 与稀硫酸反应： C. 往澄清石灰水中通入过量气体： D. 向溶液中加入溶液至中性： 二、非选择题：共5题，共60分。 16. 金属锂及其化合物广泛应用于冶金、电子、能源、热核聚变及航空航天等领域，对国民经济和国防建设具有重大意义，被称为“21世纪的能源金属”。中国的锂矿储量居世界前列，我国科研人员开发的铝热还原炼锂并副产高白特种氢氧化铝的新工艺如图所示。 回答下列问题： （1）铝酸钙渣的主要成分为、和___________(填化学式)：为了提高浸出效率，可采取的措施有___________(写两点)。 （2）操作1是___________(填名称)，固体1的主要成分为___________(填化学式)。 （3）Na[Al(OH)4]溶液碳酸化分解的离子方程式为___________。 （4）富锂熟料(和CaO的混合物)经过真空热还原制得金属锂，同时获得理论成分为的还原渣，该反应的化学方程式为___________。下列金属冶炼方法中，与本工艺冶炼锂的方法相似的是___________(填字母)。 A．电解熔融氯化镁制镁 B．氧化银分解制银 C．铝热反应制钨 D．高炉炼铁 （5）该工艺流程中可以循环利用的物质为___________(填化学式)；金属锂的制备方法主要有熔盐电解法(原料为高纯氯化锂)和真空热还原法两大类，与真空热还原法相比，熔盐电解法的缺点有___________。 17. 某高铬型钒渣含Fe2O3、Fe3O4、SiO2、Al2O3、V2O5、Cr2O3等物质，从中分离提取钒和铬的工艺流程如图所示： 回答下列问题: （1）“焙烧”时V2O5、Cr2O3转化为NaVO3和Na2CrO4，SiO2、Al2O3转化为________和_______。 （2）滤渣1中主要含______。 滤渣2的主要成分是Fe(OH)3和Al(OH)3，对应调pH应不低于______。（常温下，当溶液中离子浓度小于1×10-5mol/L时认为沉淀完全， Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38、Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-33）。 （3）“沉钒”时的离子方程式是_______，NH4VO3煅烧过程中的化学方程式是______。 （4）“还原”时溶液的pH在2.5左右，反应的离子方程式是________。 （5）已知:25 °C时，H2C2O4的电离常数Ka1=5.9×10-2，Ka2=6. 4×10-5，则25° C时，0.1 mol·L-1NaHC2O4溶液中各离子浓度由大到小的顺序为_____，向0.1 mol· L-1H2C2O4溶液中加入一定的NaOH固体，当溶液的pH= 2.5时，溶液中c(C2O42-) ：c(H2C2O4)=_______（保留两位有效数字）。 18. 我国化学家侯德榜发明了联合制碱法，对世界制碱工业做出了巨大贡献。联合制碱法的主要过程如图所示 沉淀池反应NaCl+CO2+NH3+H2ONaHCO3↓+NH4Cl (1)“侯氏制碱法”誉满全球，其中的“碱”为____(填化学式)，俗称_____。 (2)实验室模拟“侯氏制碱法”，下列操作未涉及的是_____。 A. B.C.D. (3)煅烧炉中发生反应的化学方程式为_______。 (4)使用原料氯化钠的利用率从70%提高到90%以上，主要是设计了____(填上述流程中的编号)的循环，流程中物质X为_____(填化学式)。 (5)该流程提取的副产品为_____(填化学式)，其用途_____(写一种)。 (6)简单的检验方案的一般叙述过程为：①取试样，②加检验试剂，③现象，④结论。为验证产品纯碱中含有杂质NaCl，简单的检验方案是：取少量试样溶于水后，_____。 19. 铁红()可用于油漆、油墨、橡胶等工业中，可作为玻璃、宝石、金属的抛光剂等。某课外活动小组用废铁渣(含和少量)制取铁红，所设计的流程如下： 请回答下列问题： （1）苏打的化学式为_______；沉淀的化学式为_______；“滤液”中主要溶质的化学式为_______ （2）要检测“酸溶”后，溶液中是否含有所用的试剂是_______；若溶液中检测不到的原因是_______； （3）“酸溶”时，与稀硫酸反应的离子方程式为_______ （4）实验室过滤所需的玻璃仪器有_______ （5）煅烧的化学方程式为_______ 20. 陶瓷热障涂层（TBC）常涂覆于发动机高温部位的合金上，能使发动机在高于合金熔点的温度下工作，是发动机的“防护服”，主要成分是氧化锆，可由锆英砂（主要成分为，也可表示为，还含少量、等杂质）通过如下方法制取： 已知：①能与烧碱反应生成可溶于水的与酸反应生成；②常温下，；时，开始沉淀。 （1）“熔融”过程中，提高反应速率的方法为_______（答出一条即可），发生反应的产物有和_______。 （2）“除杂”过程中，加入双氧水的目的是_______；滤渣Ⅱ的成分为_______，通入氨气调节溶液的时，溶液中的浓度为_______。 （3）为得到纯净的，滤渣Ⅲ要用水洗，检验沉淀是否洗涤干净的方法是_______。 （4）滤渣Ⅲ的成分是。“调”时，写出生成的离子方程式：______________。 （5）四方晶胞结构如图所示。在晶胞中的配位数是_______，晶胞参数为，该晶体密度为_______（写出表达式）。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $