精品解析：河南省周口市川汇区两校联考2024-2025学年高三上学期一模 化学试题

2025届河南省周口市川汇区两校高三联考一模 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. 变量控制是科学研究的重要方法。相同质量的铁粉与足量稀盐酸分别在下列条件下发生反应，开始阶段化学反应速率最大的是 选项 A B C D t/℃ 20 20 35 35 c(HCl)/(mol·L−1) 1 2 1 2 A. A B. B C. C D. D 2. “中国名片”“中国制造”中航天、军事、天文、医学等领域的发展受到世界瞩目，它们与化学有着密切的联系。下列说法正确的是 A. 港珠澳大桥路面使用到的沥青可以通过石油分馏得到 B. “玉兔二号”月球车的帆板太阳能电池的材料是二氧化硅 C. “歼-20”飞机上大量使用的碳纤维是一种新型有机高分子材料 D. 抗击“2019新型冠状病毒”过程中用到的“84”消毒液的主要有效成分是Ca(ClO)2 3. SO2和H2SO4在生产、生活和科学研究中有着广泛的应用。葡萄酒中添加适量的二氧化硫可以起到抗氧化等作用。工业上常用接触法制备硫酸，过程如下：将硫黄或其他含硫矿物在沸腾炉中与氧气反应生成SO2；SO2在V2O5催化作用下与空气中的O2在接触室中发生可逆反应，反应的热化学方程式表示为： ；生成的SO3在吸收塔中用98.3%的浓硫酸吸收得到发烟硫酸()。下列关于常压下SO2催化氧化生成SO3的反应说法正确的是 A. 如图所示为V2O5的晶胞 B. 接触室中使用过量空气的目的是加快反应速率 C. 有2 mol SO2(g)和1.5 mol O2(g)通过接触室，放出196.6 kJ热量 D. 使用V2O5作催化剂同时降低了正、逆反应的活化能 4. 短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数逐渐增大，四种元素形成的化合物结构如图所示。在元素周期表中元素W是原子半径最小的元素，Z原子的最外层电子数是周期数的3倍，且W与X、Y、Z均可形成电子数相等的分子。下列说法正确的是 A. 简单气态氢化物稳定性：Z＜X B. 由W、Y、Z三种元素组成的化合物均是共价化合物 C. YF3分子中的原子均是稳定的8电子结构 D. X元素的最高价氧化物对应的水化物为强酸 5. 萤石的主要成分为，常用于冶金、化工和建材三大行业。难溶于水、可溶于盐酸。常温下，向浊液中逐滴加入盐酸，溶液中（X为或）与溶液中的关系如图所示。下列说法正确的是 A. 与的变化曲线为 B. 氢氟酸的电离常数的数量级为 C. 时，溶液中存在 D. a点的溶液中存在 6. 在298K、101kPa下，由稳定的单质发生反应生成1mol化合物的反应热叫该化合物的标准摩尔生成热△fHmθ。氧族元素氢化物a、b、c、d的生成热数据如图。下列判断正确的是 A. 沸点：H2O>H2S>H2Se>H2Te B. H2S(g)＋O2(g)＝S(s)＋H2O(1) △H＝－265 kJ/mol C. H2Se(g)＝Se(g)＋H2(g) △H＝＋81 kJ/mol D. 反应Te(s)＋H2(g)H2Te(g)达平衡后升温，平衡常数将减小 7. 丁烷(C4H10)裂解可得到乙烯和乙烷。下列说法正确的是 A. 乙烯与乙烷互为同系物 B. 乙烯与乙烷互为同分异构体 C 丁烷有2种同分异构体 D. C4H9Cl与CH3Cl互为同素异形体 8. Fe/Fe3O4磁性材料在很多领域具有应用前景，其制备过程如下(各步均在N2氛围中进行)：①称取9.95gFeCl2·4H2O，配成50.00mL溶液，转移至恒压滴液漏斗中。②向三颈烧瓶中加入100.0mL 14.00mol/L KOH溶液。③持续磁力搅拌，将FeCl2溶液以2mL/min的速度全部滴入三颈烧瓶中，100℃下回流3h。④冷却后过滤，依次用热水和乙醇洗涤所得黑色沉淀，在40℃干燥。⑤管式炉内焙烧2h，得产品3.24g．上述过程中涉及的装置或操作正确的是(夹持及加热装置省略) A. B. C. D. 9. 已知镁铁氢化物的结构如图所示(氢未画出)，晶胞参数原子间的最近距离为晶胞参数的一半，原子以正八面体的配位模式有序分布在原子周围。设阿伏加德罗常数的值为，下列说法正确的是 A. 该镁铁氢化物的化学式为 B. 所含元素的第一电离能： C. 晶胞中与原子距离最近且等距的原子有4个 D. 镁铁氢化物中氢的密度是标准状况下的氢气密度的倍 10. 测定一定质量小苏打中NaHCO3的含量(杂质为NaCl)，下列实验方案不可行的是 A. 加热至恒重，称量剩余固体质量 B. 加入足量稀硫酸，测定生成气体的体积 C. 溶解后以甲基橙为指示剂，用标准盐酸溶液滴定 D. 溶解后加入足量CaCl2溶液，过滤、洗涤、干燥后称量沉淀质量 11. 以磷矿石[为主，含少量Si、Al、Fe等元素]为原料，电炉法制磷酸的流程如图。有关说法正确的是 已知： ①磷矿石的含磷量>25%为高品位矿(以计)。 ②电炉主反应为 A. “炉渣”中除含还可能含有 B. “电除尘器”除尘利用了胶体聚沉 C. 可以破坏矿石结构，起到助熔剂的作用 D. 1吨磷矿石制得98%的浓磷酸400kg，制备过程损耗率为15%，则该矿石不是高品位 12. 用下列实验装置完成对应实验（部分仪器已省略），操作正确并能达到实验目的的是 A. 红磷、白磷着火点比较 B. 检验K2CO3中的K+ C. NaHCO3分解 D. 干燥Cl2 13. 已知短周期主族元素R、W、X、Y、Z，其中R原子最外层电子数是其电子层数的2倍，其两种常见简单氧化物均为酸性氧化物，W与Z同主族，X单质与冷水反应剧烈且反应后溶液呈碱性，Y元素原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素原子L层电子数为m+n，M层电子数为。下列叙述中一定正确的是 A. 简单氢化物的沸点： B. 简单离子半径： C. 含X、Y的化合物中无非极性键 D. 相同温度下，W、Z的最高价含氧酸的钠盐溶液 14. 某钙钛矿型太阳能光伏电池的有机半导材料的结构如图所示，其中A为正离子，另两种离子为I﹣和Pb2+。下列说法错误的是 A. 中H-N-H键角小于NH3中H-N-H键角 B. N、I、Pb均属于p区元素 C. 钙钛矿型光伏电池其实不含钙、钛两种元素 D. 该物质化学式为C2H5NH3PbI2 15. 用如图所示的装置和药品探究SO2和Cl2的化学性质，下列说法正确的是（ ） A. 若用上图A装置制取所需的SO2，则可用亚硫酸钠固体与浓硝酸进行反应 B. 若用上图A装置制取所需的Cl2，则可用氯化钠固体、氯酸钾固体与浓硫酸进行反应 C. 当A中产生足量Cl2时，最终只能观察到a、c、d装置中的溶液都变为无色 D. 当A中产生足量SO2时，最终只能观察到a、c装置中的溶液变为无色 二、非选择题：共5题，共60分。 16. 某制酸工厂产生的废酸液主要成分为HF、、、、，一种处理工艺如下： 已知：常温下， 回答下列问题： （1）基态As原子的价层电子排布图为__________________，中As的化合价为_________。 （2）原废水中含有的浓度为52.0，则_____，常温下，有B离子的去除量、“调pH”为6.0后，的去除率为_______。（） （3）强碱（AOH）的化学式为_____________。 （4）写出“还原”过程中发生反应的化学方程式_______________。 （5）产品结构分析。晶体W的晶胞结构如图所示： ①晶胞内八面体阴离子中心原子的配位数为__________。 ②W的化学式为_____________。 （6）产品纯度分析。称取g 样品，用碱溶解，加入淀粉作指示剂，用浓度为的碘标准溶液滴定As（Ⅲ）至As（Ⅴ），消耗体积为 mL，则制得的产品纯度为___________。（用含、、的代数式表示） 17. N、O、F的化合物种类繁多，应用广泛，请回答： （1）某化合物的晶胞如图所示。该化合物的化学式为___________，已知图中虚线连接的O原子与原子距离最近且相等，晶体中距每个原子最近的O原子有___________个。 （2）下列说法不正确的是___________。 A. 基态铜原子的价电子排布式为 B. 第一电离能 C. 气态分子中所有原子均满足8电子结构，则分子中存在双键 D. 离子键的百分数： （3）分子的键角约为117°，中心O原子的杂化方式为___________。 （4）已知吡啶()和吡咯()分子中均存在6个电子参与形成的大键，判断碱性：吡啶___________吡咯(填“>”、“<”、“=”)。 （5）弱电解质的电离一般是吸热，而 结合的结构说明原因___________。 18. 某工业废水中仅含下表离子中的5种（不考虑水的电离及离子的水解），且各种离子的物质的量浓度相等，均为0.1mol/L． 阳离子 K+ Cu2+ Fe3+ Al3+ Fe2+ 阴离子 Cl﹣ CO32﹣ NO3﹣ SO42﹣ SiO32﹣ 甲同学欲探究废水的组成，进行了如下实验： I．用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，无紫色火焰（透过蓝色钴玻璃观察）。 Ⅱ．取少量溶液，加入KSCN溶液无明显变化。 Ⅲ．另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变。 Ⅳ．向Ⅲ中所得溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成。 请推断 （1）由I、Ⅱ判断，溶液中一定不含有的阳离子是_____________（写离子符号）。 （2）Ⅲ中加入少量盐酸生成无色气体的离子方程式是_______。 （3）将Ⅲ中红棕色气体（标况下）收集一试管然后倒扣入水中（假设溶质不扩散），所得溶液的物质的量浓度为_________mol/L（精确到千分位）。 （4）甲同学最终确定原溶液中所含阳离子是___________，阴离子是_______。 （5）另取100mL原溶液，加入足量的NaOH溶液，充分反应后过滤，洗涤，灼烧至恒重，得到的固体为_________________，质量为_______________g。 19. A 的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，E 是一种具有果香味的有机物（过程中的水或其他物质已省略）。 (1)D 分子中的官能团名称是_____。 (2)写出 C 结构简式：_____ (3)反应①A→B 的反应类型是_____ (4)写出下列反应的化学方程式：B+D→E：_____。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025届河南省周口市川汇区两校高三联考一模 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. 变量控制是科学研究的重要方法。相同质量的铁粉与足量稀盐酸分别在下列条件下发生反应，开始阶段化学反应速率最大的是 选项 A B C D t/℃ 20 20 35 35 c(HCl)/(mol·L−1) 1 2 1 2 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【分析】铁粉与足量稀盐酸反应实质是Fe+2H+=Fe2++H2↑，温度越高，H+浓度越大反应速率越快。 【详解】A．温度为20℃，c(HCl)=1mol/L，溶液中c(H+)=1mol/L； B．温度为20℃，c(HCl)=2mol/L，溶液中c(H+)=2mol/L； C．温度为35℃，c(HCl)=1mol/L，溶液中c(H+)=1mol/L； D．温度为35℃，c(HCl)=2mol/L，溶液中c(H+)=2mol/L； D中温度高，且氢离子浓度大，反应速率最大，答案为D。 2. “中国名片”“中国制造”中航天、军事、天文、医学等领域的发展受到世界瞩目，它们与化学有着密切的联系。下列说法正确的是 A. 港珠澳大桥路面使用到的沥青可以通过石油分馏得到 B. “玉兔二号”月球车的帆板太阳能电池的材料是二氧化硅 C. “歼-20”飞机上大量使用的碳纤维是一种新型有机高分子材料 D. 抗击“2019新型冠状病毒”过程中用到“84”消毒液的主要有效成分是Ca(ClO)2 【答案】A 【解析】 【详解】A．沥青是石油分馏得到的产物，故A正确； B．太阳能电池的材料是硅，不是二氧化硅，故B错误； C．碳纤维是单质，是一种新型无机非金属材料，故C错误； D．“84”消毒液的主要有效成分是NaClO，故D错误； 故答案为A。 3. SO2和H2SO4在生产、生活和科学研究中有着广泛的应用。葡萄酒中添加适量的二氧化硫可以起到抗氧化等作用。工业上常用接触法制备硫酸，过程如下：将硫黄或其他含硫矿物在沸腾炉中与氧气反应生成SO2；SO2在V2O5催化作用下与空气中的O2在接触室中发生可逆反应，反应的热化学方程式表示为： ；生成的SO3在吸收塔中用98.3%的浓硫酸吸收得到发烟硫酸()。下列关于常压下SO2催化氧化生成SO3的反应说法正确的是 A. 如图所示为V2O5的晶胞 B. 接触室中使用过量空气的目的是加快反应速率 C. 有2 mol SO2(g)和1.5 mol O2(g)通过接触室，放出196.6 kJ热量 D. 使用V2O5作催化剂同时降低了正、逆反应的活化能 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．由图可知，一个晶胞中含V原子2个，含O原子4个，故化学式为V2O4，A项错误； B．接触室中使用过量空气的目的是使二氧化硫反应更加完全，B项错误； C．有2 mol SO2(g)和15 mol O2(g)通过接触室，两者不能完全反应，放出热量小于196.6 kJ ，C项错误； D．催化剂是通过降低反应的活化能来提升反应速率，D项正确； 答案选D。 4. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数逐渐增大，四种元素形成的化合物结构如图所示。在元素周期表中元素W是原子半径最小的元素，Z原子的最外层电子数是周期数的3倍，且W与X、Y、Z均可形成电子数相等的分子。下列说法正确的是 A. 简单气态氢化物稳定性：Z＜X B. 由W、Y、Z三种元素组成的化合物均是共价化合物 C. YF3分子中的原子均是稳定的8电子结构 D. X元素的最高价氧化物对应的水化物为强酸 【答案】C 【解析】 【分析】由在元素周期表中元素W是原子半径最小的元素可知，W是H元素；Z原子的最外层电子数是周期数的3倍，则Z是O元素；W与X、Y、Z均可形成电子数相等的分子，由化合物的结构可知，Y能形成3个共价键、X能形成4个共价键，则Y是N元素、X是C元素。 【详解】A．同周期元素，从左到右元素非金属性依次增强，最简单气态氢化物的稳定性依次增强，则H2O的稳定性大于NH3，故A错误； B．H、N、O三种元素能形成共价化合物硝酸或亚硝酸，也能形成离子化合物硝酸铵，故B错误； C．NF3分子中N原子和F原子最外层均为8电子的稳定结构，故C正确； D．C元素的最高价氧化物对应的水化物为H2CO3，H2CO3为二元弱酸，故D错误； 故选C。 5. 萤石的主要成分为，常用于冶金、化工和建材三大行业。难溶于水、可溶于盐酸。常温下，向浊液中逐滴加入盐酸，溶液中（X为或）与溶液中的关系如图所示。下列说法正确的是 A. 与的变化曲线为 B. 氢氟酸的电离常数的数量级为 C. 时，溶液中存在 D. a点的溶液中存在 【答案】D 【解析】 【详解】A．已知HF的，则，即越大，越小，越大，越小，越大，越小，故可知L1代表与的变化曲线，L2代表与变化曲线，A错误； B．，则的数值为10-3.2，数量级为10-4，B错误； C．时，按电荷守恒，溶液中存在，C错误； D．a点的溶液，，结合电荷守恒，可得，结合物料守恒，，可得，再根据，，故，D正确； 故选D。 6. 在298K、101kPa下，由稳定的单质发生反应生成1mol化合物的反应热叫该化合物的标准摩尔生成热△fHmθ。氧族元素氢化物a、b、c、d的生成热数据如图。下列判断正确的是 A. 沸点：H2O>H2S>H2Se>H2Te B. H2S(g)＋O2(g)＝S(s)＋H2O(1) △H＝－265 kJ/mol C. H2Se(g)＝Se(g)＋H2(g) △H＝＋81 kJ/mol D. 反应Te(s)＋H2(g)H2Te(g)达平衡后升温，平衡常数将减小 【答案】B 【解析】 【详解】A．分子间形成氢键，其沸点最高，其余氢化物随相对分子质量增加而增大，故沸点：，A错误； B．由题中信息可得热化学方程式：，，由盖斯定律可知反应可由：Ⅱ-I得到，则，反应热化学方程式为： ，B正确； C．的摩尔生成焓为：∆H=，则反应的，C错误； D．该反应为吸热反应，生成高温平衡正向移动，平衡常数增大，D错误； 故选B。 7. 丁烷(C4H10)裂解可得到乙烯和乙烷。下列说法正确的是 A. 乙烯与乙烷互为同系物 B. 乙烯与乙烷互为同分异构体 C. 丁烷有2种同分异构体 D. C4H9Cl与CH3Cl互为同素异形体 【答案】C 【解析】 【详解】A．乙烯分子式是C2H4，分子中含有不饱和的碳碳双键；而乙烷分子式是C2H6，分子中不含有不饱和的碳碳双键，二者结构不相似，且分子组成不是相差-CH2-的整数倍，因此二者不为同系物，A错误； B．乙烯分子式是C2H4，乙烷分子式是C2H6，二者的分子式不相同，故乙烯与乙烷不为同分异构体，B错误； C．丁烷分子式是C4H10，其结构有CH3CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)2 2种不同结构，C正确； D．C4H9Cl与CH3Cl都是化合物，而不是单质，因此二者不为同素异形体，D错误； 故选C。 8. Fe/Fe3O4磁性材料在很多领域具有应用前景，其制备过程如下(各步均在N2氛围中进行)：①称取9.95gFeCl2·4H2O，配成50.00mL溶液，转移至恒压滴液漏斗中。②向三颈烧瓶中加入100.0mL 14.00mol/L KOH溶液。③持续磁力搅拌，将FeCl2溶液以2mL/min的速度全部滴入三颈烧瓶中，100℃下回流3h。④冷却后过滤，依次用热水和乙醇洗涤所得黑色沉淀，在40℃干燥。⑤管式炉内焙烧2h，得产品3.24g．上述过程中涉及的装置或操作正确的是(夹持及加热装置省略) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】A．托盘天平最小示数为，故无法称取9.95gFeCl2·4H2O，故A错误； B．转移液体要用玻璃棒引流，图示操作正确故B正确； C．冷凝管冷水应从下端流入，上端流出，故C错误； D．过滤操作中漏斗下端要靠近烧杯内壁，故D错误； 故答案为B。 9. 已知镁铁氢化物的结构如图所示(氢未画出)，晶胞参数原子间的最近距离为晶胞参数的一半，原子以正八面体的配位模式有序分布在原子周围。设阿伏加德罗常数的值为，下列说法正确的是 A. 该镁铁氢化物的化学式为 B. 所含元素的第一电离能： C. 晶胞中与原子距离最近且等距的原子有4个 D. 镁铁氢化物中氢的密度是标准状况下的氢气密度的倍 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据均摊原则，晶胞中Mg原子数为8、Fe原子数为4，每个Fe原子周围有6个H，该镁铁氢化物的化学式为，故A错误； B．所含元素的第一电离能：，故B错误； C．根据图示，晶胞中与原子距离最近且等距的原子有8个，故C错误； D．镁铁氢化物中氢的密度为 ，标准状况下氢气的密度为；镁铁氢化物中氢的密度是标准状况下的氢气密度的倍，故D正确； 选D。 10. 测定一定质量小苏打中NaHCO3的含量(杂质为NaCl)，下列实验方案不可行的是 A. 加热至恒重，称量剩余固体质量 B. 加入足量稀硫酸，测定生成气体的体积 C. 溶解后以甲基橙为指示剂，用标准盐酸溶液滴定 D. 溶解后加入足量CaCl2溶液，过滤、洗涤、干燥后称量沉淀质量 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以通过加热分解利用差量法即可计算出NaHCO3的含量，故A可行； B．混合物中NaHCO3与足量稀硫酸充分反应，会生成水和二氧化碳，所以逸出的气体是二氧化碳，测定生成气体的体积，能测定NaHCO3的含量，故B可行； C．NaHCO3溶液呈碱性，用盐酸滴定 NaHCO3溶液，NaHCO3反应完成时，滴入盐酸，溶液显酸性，甲基橙由黄色变为橙色，可用消耗的标准盐酸溶液的量来计算NaHCO3的含量，故C可行； D．CaCl2与NaHCO3不发生反应，没有沉淀产生，故D不可行； 故选：D。 11. 以磷矿石[为主，含少量Si、Al、Fe等元素]为原料，电炉法制磷酸的流程如图。有关说法正确的是 已知： ①磷矿石的含磷量>25%为高品位矿(以计)。 ②电炉主反应为 A. “炉渣”中除含还可能含有 B. “电除尘器”除尘利用了胶体的聚沉 C. 可以破坏矿石结构，起到助熔剂的作用 D. 1吨磷矿石制得98%的浓磷酸400kg，制备过程损耗率为15%，则该矿石不是高品位 【答案】AC 【解析】 【详解】A．根据题意，磷矿石[Ca5(PO4)3F为主，含少量Si、Al、Fe等元素，故“炉渣”中除含CaSiO3还可能含有Ca(AlO2)2，A正确； B．“电除尘器”除尘利用了胶体的电泳，B错误; C．由已知反应②可以看出，SiO2可以和矿石中某些物质反应，起到助熔剂的作用，C正确； D．1吨磷矿石制得98%的浓磷酸400kg，制备过程损耗率为15%，则该矿石含磷量为：＞25%，则该矿石是高品位，D错误； 故选AC。 12. 用下列实验装置完成对应实验（部分仪器已省略），操作正确并能达到实验目的的是 A. 红磷、白磷着火点比较 B. 检验K2CO3中的K+ C. NaHCO3分解 D. 干燥Cl2 【答案】BD 【解析】 【详解】A．白磷着火点比红磷低，应该加热二者的中间位置或同时加热，图示的加热方法红磷和白磷的温度不一样，故A错误； B．钾元素的焰色反应必须通过蓝色钴玻璃观察，滤去黄光的干扰，故B正确； C．图中试管口没有向下倾斜，加热碳酸氢钠有水生成，倒流会弓|起试管炸裂，所以操作错误，故C错误； D．氯气和浓硫酸不反应，所以能用浓硫酸干燥氯气，洗气装置中导气管应该遵循“长进短出”原则，故D正确； 故答案为BD。 13. 已知短周期主族元素R、W、X、Y、Z，其中R原子最外层电子数是其电子层数的2倍，其两种常见简单氧化物均为酸性氧化物，W与Z同主族，X单质与冷水反应剧烈且反应后溶液呈碱性，Y元素原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素原子L层电子数为m+n，M层电子数为。下列叙述中一定正确的是 A. 简单氢化物的沸点： B. 简单离子半径： C. 含X、Y的化合物中无非极性键 D. 相同温度下，W、Z的最高价含氧酸的钠盐溶液 【答案】B 【解析】 【分析】已知短周期主族元素R、W、X、Y、Z，其中R元素所在的周期数是其族序数的一半，且对应的两种常见氧化物均为酸性氧化物，R位于第三周期ⅣA族，则R为S元素；X单质与冷水反应剧烈且反应后溶液呈碱性，则X为Na；Y元素原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素原子L层电子数为m＋n，M层电子数为m−n，Z的L层含有电子数m＋n＝8，Y的次外层电子数n＝2，则m＝8−2＝6，所以Y为O，Z为Si元素；W元素与Z元素在同一主族，则W为C元素，以此分析解答。 【详解】A．Y为O，R为S元素，则简单氢化物的沸点：，A错误； B．X为Na，Y为O，R为S，则简单离子半径：，B正确； C．X为Na，Y为O，Na2O2中含有O-O非极性键，C错误； D．W为C，Z为Si，最高价含氧酸酸性：W>Z，由于其钠盐溶液的浓度未知，因此无法比较其pH值，D错误； 故选B。 14. 某钙钛矿型太阳能光伏电池的有机半导材料的结构如图所示，其中A为正离子，另两种离子为I﹣和Pb2+。下列说法错误的是 A. 中H-N-H键角小于NH3中H-N-H键角 B. N、I、Pb均属于p区元素 C. 钙钛矿型光伏电池其实不含钙、钛两种元素 D. 该物质化学式为C2H5NH3PbI2 【答案】AD 【解析】 【详解】A．中，N原子的最外层的1个孤电子对与C原子形成了配位键，与NH3相比，对N-H键的排斥作用减弱，所以H-N-H键角大于NH3中H-N-H键角，A错误； B．N、I、Pb分别属于元素周期表中第ⅤA、ⅦA、ⅣA族元素，均属于p区元素，B正确； C．钙钛矿型光伏电池中所含微粒为、I﹣、Pb2+，不含钙、钛两种元素，C正确； D．由均摊法可得出，该晶胞中含的数目为=1，含Pb2+的数目为1，含I-的数目为=3(依据电荷守恒，可确定B为Pb2+、C为I-)，所以该物质化学式为C2H5NH3PbI3，D错误； 故选AD。 15. 用如图所示的装置和药品探究SO2和Cl2的化学性质，下列说法正确的是（ ） A. 若用上图A装置制取所需的SO2，则可用亚硫酸钠固体与浓硝酸进行反应 B. 若用上图A装置制取所需的Cl2，则可用氯化钠固体、氯酸钾固体与浓硫酸进行反应 C. 当A中产生足量Cl2时，最终只能观察到a、c、d装置中的溶液都变为无色 D. 当A中产生足量SO2时，最终只能观察到a、c装置中的溶液变为无色 【答案】BC 【解析】 【详解】A．硝酸具有强氧化性，Na2SO3固体与浓HNO3反应的产物是硫酸钠和二氧化氮，不会产生二氧化硫，故A错误； B．氯化钠固体与浓硫酸加热反应生成氯化氢，氯化氢又能够被氯酸钾氧化生成氯气，因此可以制备氯气，故B正确； C．当A中产生足量Cl2时，氯气和水之间反应生成的次氯酸具有漂白性，能使品红褪色，I2被Cl2氧化为HIO3，氯气的还原产物是盐酸，碘水褪色；氯气可以和氢氧化钠反应，使得d中滴有酚酞的氢氧化钠所显示的红色消失，氯气与氯化铁溶液不反应，最终只能观察到a、c、d装置中的溶液都变为无色，故C正确； D．二氧化硫具有漂白性，能使品红褪色，具有酸性，可以和氢氧化钠发生反应生成亚硫酸钠和水，滴有酚酞的氢氧化钠溶液的红色会消失；二氧化硫具有还原性，能和碘水之间反应得到氢碘酸和硫酸，使碘水褪色；SO2与Fe3+发生反应得到亚铁离子和硫酸根离子，溶液变成浅绿色，不褪色，褪色的有a、c、d，故D错误； 故选BC。 二、非选择题：共5题，共60分。 16. 某制酸工厂产生的废酸液主要成分为HF、、、、，一种处理工艺如下： 已知：常温下， 回答下列问题： （1）基态As原子的价层电子排布图为__________________，中As的化合价为_________。 （2）原废水中含有的浓度为52.0，则_____，常温下，有B离子的去除量、“调pH”为6.0后，的去除率为_______。（） （3）强碱（AOH）的化学式为_____________。 （4）写出“还原”过程中发生反应的化学方程式_______________。 （5）产品结构分析。晶体W的晶胞结构如图所示： ①晶胞内八面体阴离子中心原子的配位数为__________。 ②W的化学式为_____________。 （6）产品纯度分析。称取g 样品，用碱溶解，加入淀粉作指示剂，用浓度为的碘标准溶液滴定As（Ⅲ）至As（Ⅴ），消耗体积为 mL，则制得的产品纯度为___________。（用含、、的代数式表示） 【答案】（1） ①. ②. ＋3 （2） ①. 0.8 ②. 85% （3）NaOH （4） （5） ①. 6 ②. （6）或或或 【解析】 【分析】由题给流程可知，向废酸液主要成分为HF、、、、加入强碱AOH调节pH同时，、生成沉淀、；加入胆矾、转化为和沉淀，氟离子最终生成；和沉淀加酸溶解，加SO2还原为+3价砷，烘干得As2O3据此分析如下： 【小问1详解】 As是第33号元素，价层电子4s24p3，价层电子排布图：；中As的化合价为＋3； 【小问2详解】 原废水中含有的浓度为52.0，则=0.8； 由可知，“调pH”为6.0后，c(Zn2+)==0.12，的去除率==85%； 【小问3详解】 强碱并且最终产物晶体，故（AOH）的化学式为NaOH，不引入新杂质； 【小问4详解】 SO2具有还原性，将还原成，自身被氧化成H2SO4，发生反应的化学方程式：； 【小问5详解】 八面体阴离子中心原子配位数为6； 八面体有1+=2个，其中Al原子2个，F原子6×2=12个，Na原子有4×+=6个，W的化学式为； 【小问6详解】 根据氧化还原反应得失电子守恒，碘由0价降到-1价，As由+3升到+5价，碘标准溶液得电子总数××10-3 L×2，电子总数：2×n()×2，即××10-3 L×2=2×n()×2，m()=n()×198g/mol=g，则制得的产品纯度为或或或。 17. N、O、F的化合物种类繁多，应用广泛，请回答： （1）某化合物的晶胞如图所示。该化合物的化学式为___________，已知图中虚线连接的O原子与原子距离最近且相等，晶体中距每个原子最近的O原子有___________个。 （2）下列说法不正确的是___________。 A. 基态铜原子的价电子排布式为 B. 第一电离能 C. 气态分子中所有原子均满足8电子结构，则分子中存在双键 D. 离子键的百分数： （3）分子的键角约为117°，中心O原子的杂化方式为___________。 （4）已知吡啶()和吡咯()分子中均存在6个电子参与形成的大键，判断碱性：吡啶___________吡咯(填“>”、“<”、“=”)。 （5）弱电解质的电离一般是吸热，而 结合的结构说明原因___________。 【答案】（1） ①. NaCuO2 ②. 4 （2）AB （3）sp2 （4）> （5）F-半径小，能与水分子形成强烈的静电作用，水合时释放大量能量 【解析】 【小问1详解】 该化合物个数为，O原子为2个，Na原子为1个，化学式为NaCuO2，结合晶体结构，晶体中距每个原子最近的O原子有4个。 【小问2详解】 A．基态铜原子的价电子排布式：3d104s1，故A错误； B．周期元素中，从左到右第一电离能呈增大趋势，由于氮原子的2p能级轨道处于半充满状态，它的第一电离能大于氧的第一电离能，则第一电离能：，故B错误； C．气态分子中所有原子均满足8电子结构，则结构式为O=N-Cl，分子中存在双键，故C正确； D．电负性：O>Mg>Ca，电负性差值越大，离子键的百分数越大，离子键成分的百分数：，故D正确； 故选：AB。 【小问3详解】 由分子的键角约为117°可知，O3中心O原子价层电子对数为，采取sp2杂化。 【小问4详解】 吡咯是一个五元杂环化合物，其中氮原子与两个碳原子相连，形成一个环状结构，在吡咯中，氮原子的孤对电子参与了环的形成，这使得氮原子上的电子云密度降低，从而减弱了其碱性，碱性：吡啶>吡咯。 【小问5详解】 任何一种酸在水中电离都分为两个过程：解离过程和溶剂化过程，离解过程是HF离解成F-和H+，这个过程是吸热的，溶剂化过程是离解出来的F-和H+与溶剂水作用，得到水合离子的过程，这个过程是放热的，当第二个过程放出的热比第一个过程吸收的热多，表现为放热。则 ，原因为F-半径小，能与水分子形成强烈的静电作用，水合时释放大量能量。 18. 某工业废水中仅含下表离子中5种（不考虑水的电离及离子的水解），且各种离子的物质的量浓度相等，均为0.1mol/L． 阳离子 K+ Cu2+ Fe3+ Al3+ Fe2+ 阴离子 Cl﹣ CO32﹣ NO3﹣ SO42﹣ SiO32﹣ 甲同学欲探究废水的组成，进行了如下实验： I．用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，无紫色火焰（透过蓝色钴玻璃观察）。 Ⅱ．取少量溶液，加入KSCN溶液无明显变化。 Ⅲ．另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变。 Ⅳ．向Ⅲ中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成。 请推断 （1）由I、Ⅱ判断，溶液中一定不含有的阳离子是_____________（写离子符号）。 （2）Ⅲ中加入少量盐酸生成无色气体的离子方程式是_______。 （3）将Ⅲ中红棕色气体（标况下）收集一试管然后倒扣入水中（假设溶质不扩散），所得溶液的物质的量浓度为_________mol/L（精确到千分位）。 （4）甲同学最终确定原溶液中所含阳离子是___________，阴离子是_______。 （5）另取100mL原溶液，加入足量的NaOH溶液，充分反应后过滤，洗涤，灼烧至恒重，得到的固体为_________________，质量为_______________g。 【答案】 ①. K+、Fe3+ ②. 3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O ③. 0.045 ④. Fe2+、Cu2+ ⑤. Cl﹣、NO3﹣、SO42﹣ ⑥. CuO和Fe2O3 ⑦. 1.6 【解析】 【分析】Ⅰ．用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，无紫色火焰(透过蓝色钴玻璃观察)，说明没有K+； Ⅱ．取少量溶液，加入KSCN溶液无明显变化，说明没有Fe3+； Ⅲ．另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变，说明 Fe2+与NO3-和H+反应生成NO，即溶液中有Fe2+、NO3-，加盐酸溶液中阴离子种类不变，说明原溶液中有Cl-，加盐酸溶液依然澄清加盐酸说明没有SiO32-； Ⅳ．向Ⅲ中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明有SO42-； 根据以上判断，结合电荷守恒分析解答。 【详解】Ⅰ．用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，无紫色火焰(透过蓝色钴玻璃观察)，说明没有K+； Ⅱ．取少量溶液，加入KSCN溶液无明显变化，说明没有Fe3+； Ⅲ．另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变，说明 Fe2+与NO3-和H+反应生成NO，即溶液中有Fe2+、NO3-，加盐酸溶液中阴离子种类不变，说明原溶液中有Cl-，加盐酸溶液依然澄清加盐酸说明没有SiO32-； Ⅳ．向Ⅲ中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明有SO42-； 综上所述，溶液中一定不含有的离子是K+、Fe3+、SiO32-；一定含有Fe2+、NO3-、Cl-、SO42-。根据各种离子的物质的量浓度相等，均为0.1mol/L，则溶液中一定还含有一种阳离子，根据电荷守恒，该阳离子所带电荷=1+1+2-2=2，因此一定含有Cu2+，且一定没有CO32﹣。 (1)由Ⅰ、Ⅱ判断，溶液中一定不含有的阳离子是K+、Fe3+，故答案为K+、Fe3+； (2)Ⅲ中加入少量盐酸生成无色气体，是Fe2+与NO3-和H+反应生成NO，其离子方程式：3Fe2++NO3-+4H+═3Fe3++NO+2H2O，故答案为3Fe2++NO3-+4H+═3Fe3++NO+2H2O； (3)标准状况下，将一充满NO2气体的试管，倒扣于水中，至液面不再升高时，最后得到的硝酸，3NO2 + H2O =2HNO3 + NO，设试管体积为VL，最终试管中所得溶液的体积为L，生成硝酸的物质的量为×=×mol，因此溶液的物质的量浓度==0.045mol/L，故答案为0.045； (4)由以上推断可知溶液中阴离子为 Cl-、NO3-、SO42-，且各为0.1mol/L；已经推断出的阳离子是Fe2+，其浓度为0.1mol/L，由电荷守恒可知溶液中还有一种+2价阳离子，所以还有Cu2+，所以甲同学最终确定原溶液中所含阳离子是：Fe2+、Cu2+；阴离子是：Cl-、NO3-、SO42-，故答案为Fe2+、Cu2+；Cl-、NO3-、SO42-； (5)另取100mL原溶液，加入足量的NaOH溶液，Fe2+生成Fe(OH)2，又被氧气氧化为Fe(OH)3，Cu2+生成Cu(OH)2，充分反应后过滤，洗涤，灼烧至恒重，得到的固体为Fe2O3和CuO；根据元素守恒：n(CuO)=n(Cu2+)=cV=0.1mol/L×0.1L=0.01mol；n(Fe2O3)=n(Fe2+)=0.005mol，所以固体质量为：m(CuO)+m(Fe2O3)=0.01mol×80g/mol+0.005mol×160g/mol=1.6g，故答案为Fe2O3和CuO；1.6。 19. A 的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，E 是一种具有果香味的有机物（过程中的水或其他物质已省略）。 (1)D 分子中的官能团名称是_____。 (2)写出 C 的结构简式：_____ (3)反应①A→B 的反应类型是_____ (4)写出下列反应的化学方程式：B+D→E：_____。 【答案】 ① 羧基 ②. CH3CHO ③. 加成反应 ④. CH3COOH+C2H5OHCH3COOCH2CH3+H2O 【解析】 【分析】A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A是乙烯，与水发生加成反应生成B是乙醇，乙醇催化氧化生成C是乙醛，乙醛继续氧化生成D是乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应生成E是一种具有果香味的有机物乙酸乙酯，据此判断。 【详解】根据以上分析可知A是乙烯，B是乙醇，C是乙醛，D是乙酸，E是乙酸乙酯。则 (1)D是乙酸，分子中的官能团名称是羧基； (2)C是乙醛，结构简式为CH3CHO； (3)反应①A→B是乙烯和水发生加成反应生成乙醇，即反应类型是加成反应； (4)B+D→E是乙酸和乙醇的酯化反应，方程式为CH3COOH+C2H5OHCH3COOCH2CH3+H2O。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$