精品解析：湖北省新高考协作体2024-2025学年高三上学期11月期中考试 化学试题

2024-2025学年上学期期中考试 高三化学试题 时间：75分钟 分值：100分 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 可能用到的相对原子质量：O-16 S-32 Cl-35.5 Fe-56 第Ⅰ卷(选择题，共45分) 一、选择题(本题包括15小题，每小题3分，共计45分。每小题只有一个选项符合题目要求。) 1. 2023年9月，习近平总书记在黑龙江考察调研期间首次提出加快发展“新质生产力”。“新质生产力”核心在于科技创新。下列有关说法正确的是 A. “嫦娥五号”使用的月球钻杆是铝基复合材料，该材料具有硬度大、耐磨损、抗腐蚀及密度小等性能 B. “嫦娥六号”着陆器携带的五星红旗由超细玄武岩纤维纺织而成，玄武岩纤维属于有机高分子 C. 歼-20上采用的氮化镓涂层，属于新型金属材料 D. 华为公司自主研发的“麒麟9000”芯片与中国天眼传输信息用的光导纤维材料的主要成分相同 2. 是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 水解形成的胶体粒子数为 B. (标准状况)中键数目为 C. 与足量的反应转移的电子数为 D. 锌与某浓度的浓硫酸反应，生成混合气体(标准状况)，锌失去电子数目为 3. 下列实验方案中，不能测定出和的混合物中的质量分数的是 A. 取混合物充分加热，质量减少 B. 取混合物与足量稀盐酸反应，加热、蒸干、灼烧，得到固体 C. 取混合物与足量溶液充分反应，得到溶液 D. 取混合物与足量稀盐酸反应，逸出气体经干燥后用碱石灰吸收，质量增加 4. 下列指定反应化学方程式或离子方程式书写错误的是 A. 向氨水中滴入少量硝酸银溶液： B. 焦炭与石英砂反应： C. 向烧碱溶液中加入一小段铝片： D. 向溶液中通入少量： 5. 下列实验装置或操作正确且能够达到实验目的是 A．进行铝热反应 B．用如图所示装置制取并收集干燥纯净的 C．比较、、非金属性的强弱 D．制备碳酸氢钠 A. A B. B C. C D. D 6. 下列化学用语表示正确的是 A. 基态镓原子的电子排布式为 B. 和之间最强烈的氢键作用： C. 分子的极性强于 D. 分子形成的键原子轨道重叠示意图： 7. 某的晶胞如图1所示。可以完全替代该晶体中位置或者位置，形成替代型产物。转化为两种替代型产物的能量变化如图2所示。(为阿伏加德罗常数的值) 下列相关说法中错误的是 A. 晶胞中当位置的位于体心时，位置的位于棱心 B. 晶胞中原子的配位数为6 C. 晶胞的密度为 D. 两种产物中更稳定的替代型产物的化学式为 8. 某工厂采用如下工艺制备，已知焙烧后元素以+6价形式存在，下列说法正确的是 A. 若在实验室中进行“焙烧”，可选择陶瓷坩埚作反应容器 B. “焙烧”时参与的反应为 C. 滤渣的主要成分为 D. 淀粉水解液中的葡萄糖起氧化作用 9. 化学上常用标准电极电势(氧化型/还原型)比较物质氧化能力的大小。值越高，氧化型的氧化能力越强。利用表格所给的数据进行分析，下列说法错误的是 氧化型/还原型 酸性介质 184V 0.77V 1.36V 氧化型/还原型 碱性介质 0.17V -0.56V 0.89V A. 与浓盐酸发生反应： B. 与浓盐酸发生反应： C. 碱性条件下可发生反应： D. 在等浓度的、、的混合液中，还原性： 10. 下列实验操作或方法，不能达到实验目的的是 选项 操作或方法 实验目的 A 向溶液中加入少许铁粉，静置一段时间，观察是否有蓝色沉淀生成 验证具有氧化性 B 将灼热的木炭投入浓硝酸中，观察是否产生红棕色气体 验证浓硝酸能够氧化木炭 C 向盛有黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，观察颜色变化 探究维生素C的还原性 D 稀酸化的混合液替代溴水 降低液溴的贮存与使用风险 A. A B. B C. C D. D 11. 化合物可作肥料，所含的5种元素位于主族，在每个短周期均有分布，仅有和同族。的基态原子价层轨道半充满，的基态原子价层电子排布式为，与同周期，是地壳中含量最多的元素。下列说法正确的是 A. 的键角比的大 B 第一电离能： C. 和中心原子上都有一对孤电子对 D. 简单氢化物沸点： 12. 硫酰氯()是一种重要的化工试剂，其熔点为-54.1℃，沸点为69.1℃，遇水发生剧烈反应，并产生白雾，100℃以上易分解。实验室利用反应 制备少量硫酰氯，实验装置如图所示(部分夹持装置未画出)。下列说法正确的是 A. 装置戊中发生的反应，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 B. 将硫酸换成硫酸，可以加快制取的速率 C. 若缺少装置己，生成的可能会变质，生成新物质的化学式为和 D. 若反应中消耗的体积为(标准状况下)，最后经过分离提纯得到纯净的，则的产率为 13. 科学家发现某些生物酶体系可以促进和的转移(如、和)，能将海洋中的转化为进入大气层，这一过程称为厌氧氨氧化。厌氧氨氧化工艺是目前具有应用前景的污水脱氨工艺。反应过程如图所示。 下列说法正确的是 A. 过程Ⅰ中为氧化产物 B. 和中参与反应的数目不相等 C. 整个过程，转化向大气释放 D. 过程Ⅲ中每生成转移电子 14. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，四种元素可组成一种分子簇，其结构如图所示(小球大小表示原子半径相对大小)，W、X位于不同周期，X基态原子中未成对电子为2，Y、Z为金属元素且Z元素的简单离子在同周期中半径最小，Y与Z紧邻。下列说法正确的是 A. 简单离子半径： B. W、Y组成的化合物为离子化合物 C. Z的氢氧化物能与强酸反应，但不和强碱反应 D. 如图为该物质的一个晶胞，一个晶胞含有2个W原子 15. 某溶液中只可能含有、、、、、、、中的若干种离子，离子浓度均为。某同学进行了如下实验，下列说法正确的是 A. 原溶液中存在、、、 B. 原溶液中含有、不含 C. 沉淀中含有 D. 滤液中大量存在的阳离子有、和 第Ⅱ卷(填空题，共55分) 二、填空题(本题共4小题，共55分) 16. 亚硝酰氯()是重要的有机合成试剂，可由与在常温下合成。既可与氧气反应，也易水解生成一种氧化物和氯化氢。已知各物质的沸点：为-6℃，为-34℃，为-152℃。某学习小组在实验室利用如图装置制备亚硝酰氯。 回答下列问题： （1）仪器G的名称是_______。 （2）A装置的作用是制取，反应的离子方程式为_______。 （3）实验时利用装置B除去某些杂质气体并通过观察B中的气泡来判断反应速率，则装置B中所盛试剂为_______(填化学式)。 （4）若没有C装置，则D中生成的可能发生的反应方程式为_______。 （5）为分离产物和未反应的原料，E、F装置采用不同温度的低温浴槽，其中低温浴槽E的温度区间应控制在_______(填字母)，装置F的U形管中收集到的是_______(填化学式)。 A． B． C． （6）实验开始时，先关闭，打开、，从a处通一段时间氩气将E、F装置中的空气排尽，然后在a处接废气处理装置，关闭、，打开，再打开分液漏斗的活塞，滴加酸性溶液，当观察到D中_______时，关闭，打开、，通干燥纯净的。 17. 可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈()主要以形式存在，还含有、、、等物质。以独居石为原料制备的工艺流程如下： 回答下列问题： （1）铈的某种核素含有58个质子和80个中子，该核素的符号为_______。 （2）焙烧过程中产生的酸性废气为_______(填化学式)。 （3）为提高“水浸”效率，可采取的措施有_______(写两条)。 （4）滤渣Ⅲ的主要成分是_______(填化学式)。 （5）加入絮凝剂的目的是_______。 （6）“沉铈”过程中，生成的离子方程式为_______。 （7）滤渣Ⅱ的主要成分为，在高温条件下，、葡萄糖()和可制备电极材料，同时生成等物质的量的两种常见碳氧化物和，该反应的化学方程式为_______。 18. 用如图方法回收废旧中的单质(金)，和。 已知：①浓硝酸不能单独将溶解。② （1）酸溶后经_______操作，将混合物分离。 （2）浓、稀均可作酸溶试剂。溶解等量的消耗的物质的量不同，写出消耗物质的量少的反应的化学方程式：_______。 （3）与王水[]溶金原理相同。 ①上述流程中溶金反应时产生NO，写出该反应的离子方程式：_______。 ②关于溶金的下列说法正确的是_______(填字母)。 A．用到了的氧化性 B．王水中浓盐酸的主要作用是增强溶液的酸性 C．用浓盐酸与也可使溶解 （4）若用粉将溶液中的完全还原，则参加反应的的物质的量是_______。 （5）用适当浓度的盐酸、溶液、氨水与铁粉，可按照如图方法从酸溶后的溶液中回收和(图中标注的试剂和物质均不同)。 试剂1是_______，物质2是_______(填化学式)。 19. 是一种高迁移率的新型热电材料，回答下列问题： （1）为ⅣA族元素，单质与干燥反应生成。常温常压下为无色液体，分子的空间构型为_______。 （2）灰锡的晶体结构与金刚石相似(如下图所示)，其中A原子的分数坐标为，则B原子的分数坐标为_______。若灰锡的晶胞边长为，则原子之间的最短距离为_______，计算灰锡的密度为_______(为阿伏加德罗常数的值)。 （3）三价铬离子能形成多种配位化合物。中提供电子对形成配位键的原子是_______(填元素符号)，中心离子的配位数为_______。 （4）砷化镓()是一种应用广泛的半导体材料，与、晶体类型相同，其熔点数据如下表，其中Y为_______(填化学式)，请解释说明原因_______。 晶体 X Y 熔点/℃ 1700 1480 1238 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年上学期期中考试 高三化学试题 时间：75分钟 分值：100分 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 可能用到的相对原子质量：O-16 S-32 Cl-35.5 Fe-56 第Ⅰ卷(选择题，共45分) 一、选择题(本题包括15小题，每小题3分，共计45分。每小题只有一个选项符合题目要求。) 1. 2023年9月，习近平总书记在黑龙江考察调研期间首次提出加快发展“新质生产力”。“新质生产力”的核心在于科技创新。下列有关说法正确的是 A. “嫦娥五号”使用的月球钻杆是铝基复合材料，该材料具有硬度大、耐磨损、抗腐蚀及密度小等性能 B. “嫦娥六号”着陆器携带的五星红旗由超细玄武岩纤维纺织而成，玄武岩纤维属于有机高分子 C. 歼-20上采用的氮化镓涂层，属于新型金属材料 D. 华为公司自主研发的“麒麟9000”芯片与中国天眼传输信息用的光导纤维材料的主要成分相同 【答案】A 【解析】 【详解】A．铝基复合材料是一种具有多种优异性能的新型材料，它通过将铝基体与增强颗粒结合，使得铝合金的强韧性得到进一步提高，该材料具有硬度大、耐磨损、抗腐蚀及密度小等性能，A正确； B．玄武岩纤维由二氧化硅、氧化铝、氧化钙、氧化镁、氧化铁和二氧化钛等氧化物组成的，是一种无机非金属材料，B错误； C．氮化镓新型无机非金属材料，不属于新型金属材料，C错误； D．芯片的主要成分是硅单质，光导纤维材料的主要成分为二氧化硅，D错误； 故选A 2. 是阿伏加德罗常数值，下列说法正确的是 A. 水解形成的胶体粒子数为 B. (标准状况)中键数目为 C. 与足量的反应转移的电子数为 D. 锌与某浓度的浓硫酸反应，生成混合气体(标准状况)，锌失去电子数目为 【答案】D 【解析】 【详解】A．一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，16.25 g FeCl3物质的量为：=0.1mol，水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1NA个，A错误； B．标况下，HF为液体，不能使用气体摩尔体积进行计算，B错误； C．过氧化钠与二氧化碳发生歧化反应，O从-1价到0价和-2价，1mol过氧化钠反应转移1mol电子，转移电子数为NA，C错误； D．锌与浓硫酸反应生成二氧化硫，与稀硫酸反应生成氢气，无论生成二氧化硫还是氢气，均得到两个电子，即产生标况下22.4L气体，转移2mol电子，锌失去电子数目为，D正确； 答案选D。 3. 下列实验方案中，不能测定出和的混合物中的质量分数的是 A. 取混合物充分加热，质量减少 B. 取混合物与足量稀盐酸反应，加热、蒸干、灼烧，得到固体 C. 取混合物与足量溶液充分反应，得到溶液 D. 取混合物与足量稀盐酸反应，逸出气体经干燥后用碱石灰吸收，质量增加 【答案】C 【解析】 【详解】A．取ag混合物充分加热，质量减少bg，则NaHCO3分解生成的CO2、H2O的质量和为bg，由此可计算出NaHCO3的质量，从而求出Na2CO3的质量分数，A不符合； B．取ag混合物与足量稀盐酸反应，加热、蒸干、灼烧，得到的bg固体为NaCl的质量，由此可求出混合物中Na+的物质的量，与ag共同建立方程，可求出Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3的质量分数，B不符合； C．取ag混合物与足量NaOH溶液充分反应，得到bg溶液，由于没有沉淀或气体产生，无法求出与Na2CO3、NaHCO3相关的微粒的质量或物质的量，无法求出Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3的质量分数，C符合； D．取ag混合物与足量稀盐酸反应，逸出气体经干燥后用碱石灰吸收，质量增加bg，即CO2的质量为bg，由a和b建立方程，可求出Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3的质量分数，D不符合； 故选C。 4. 下列指定反应的化学方程式或离子方程式书写错误的是 A. 向氨水中滴入少量硝酸银溶液： B. 焦炭与石英砂反应： C. 向烧碱溶液中加入一小段铝片： D. 向溶液中通入少量： 【答案】D 【解析】 【详解】A．氨水中滴入少量硝酸银溶液，氨水过量，生成银氨络离子，离子方程式为：Ag++ 2NH3·H2O＝[Ag(NH3)2]++ 2H2O，A正确； B．焦炭与石英砂反应生成粗硅和一氧化碳，化学方程式为：，B正确； C．向烧碱溶液中加入一小段铝片生成四羟基合铝酸钠和氢气，离子方程式为：，C正确； D．向溶液中通入少量发生氧化还原反应，生成硫酸根和氯离子，离子方程式为：，D错误； 答案选D。 5. 下列实验装置或操作正确且能够达到实验目的是 A．进行铝热反应 B．用如图所示装置制取并收集干燥纯净的 C．比较、、非金属性的强弱 D．制备碳酸氢钠 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．点燃Mg条，引发铝热反应，氯酸钾作助燃剂，Al与氧化铁反应生成氧化铝和Fe，该装置可以进行铝热反应，A正确； B．的密度比空气小，应该用向下排空气法收集，B错误； C．浓硝酸具有挥发性，与碳酸钠反应生成的二氧化碳中混有硝酸蒸气，硝酸也可以和硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，该装置不变比较、、非金属性的强弱，C错误； D．氨气极易溶于水，制备碳酸氢钠的装置中，通氨气的导气管不能插入液面以下，D错误； 故选A。 6. 下列化学用语表示正确的是 A. 基态镓原子的电子排布式为 B. 和之间最强烈的氢键作用： C. 分子的极性强于 D. 分子形成的键原子轨道重叠示意图： 【答案】D 【解析】 【详解】A．镓元素原子序数为31，基态镓原子的电子排布式为 [Ar]3d104s24p1，A错误； B．NH3·H2O电离出与OH-，水中O-H断裂，应是氨分子中N原子与水中H原子之间形成最强烈的氢键作用：　，B错误； C．从电负性上看氧与氢的电负性差值大于氧与氟的电负性差值，OF2中氧原子上有两对孤电子对，抵消了F-O键中共用电子对偏向F而产生的极性，从而导致H2O分子的极性很强，故OF2分子的极性小于H2O，C错误； D．HCl中的共价键是由氢原子提供的未成对电子的1s原子轨道，和氯原子提供的未成对电子的 3p原子轨道“头碰头”重叠而成s − p σ键，D正确； 故选D。 7. 某的晶胞如图1所示。可以完全替代该晶体中位置或者位置，形成替代型产物。转化为两种替代型产物的能量变化如图2所示。(为阿伏加德罗常数的值) 下列相关说法中错误的是 A. 晶胞中当位置的位于体心时，位置的位于棱心 B. 晶胞中原子的配位数为6 C. 晶胞的密度为 D. 两种产物中更稳定的替代型产物的化学式为 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据图1，将顶点置于体心(如图所示)，即当m位置Fe位于体心时，n位置Fe位于棱心，故A正确；n位置的Fe B．由图1可知，氮原子的上下左右前后各有1个铁原子，故其配位数为6，故B正确； C．由晶胞结构可知， 晶胞中位于顶点和面心的铁原子个数为=4，位于体内的氮原子个数为1， 则晶胞的化学式为Fe4N，设晶体的密度为，由晶胞的质量公式可得：，解得d=，故C错误； D．由图2可知， Cu替代m位置 Fe型的能量低，更稳定，则1个晶胞中 Fe原子数为=3，Cu原子数为=1，N原子数为1，则更稳定的 Cu替代型产物的化学式为，故D正确； 故选C。 8. 某工厂采用如下工艺制备，已知焙烧后元素以+6价形式存在，下列说法正确的是 A. 若在实验室中进行“焙烧”，可选择陶瓷坩埚作反应容器 B. “焙烧”时参与的反应为 C. 滤渣的主要成分为 D. 淀粉水解液中的葡萄糖起氧化作用 【答案】B 【解析】 【分析】矿渣主要成分为FeO、Cr2O3，加入纯碱、空气焙烧，已知焙烧后Cr元素以+6价形式存在，发生反应：2Cr2O3+4Na2CO3+3O2 4Na2CrO4+4CO2、6FeO+O22Fe3O4，水浸之后除去生成的氧化铁，滤液中加入淀粉水解液与Na2CrO4发生氧化还原反应生成Cr(OH)3，以此解答该题。 【详解】A．陶瓷坩埚成分为SiO2，高温下能与碳酸钠反应，因此“焙烧”不可以选择陶瓷坩埚作反应容器，故A错误； B．已知焙烧后Cr元素以+6价形式存在，“焙烧”时参与的转化反应可能是，故B正确； C．由分析知，FeO和O2焙烧生成Fe3O4，滤渣的主要成分是Fe3O4，故C错误； D．“转化”时，铬元素化合价由+6降到+3价，淀粉水解液中的葡萄糖做还原剂，故D错误； 故选B。 9. 化学上常用标准电极电势(氧化型/还原型)比较物质氧化能力的大小。值越高，氧化型的氧化能力越强。利用表格所给的数据进行分析，下列说法错误的是 氧化型/还原型 酸性介质 1.84V 0.77V 1.36V 氧化型/还原型 碱性介质 0.17V -0.56V 0.89V A. 与浓盐酸发生反应： B. 与浓盐酸发生反应： C. 碱性条件下可发生反应： D. 在等浓度的、、的混合液中，还原性： 【答案】D 【解析】 【分析】化学上常用标准电极电势φθ（氧化型/还原型）比较物质氧化能力，φθ值越高，氧化型的氧化能力越强，根据数据在酸性条件下氧化性：，碱性条件下氧化性：ClO->Co(OH)3>Fe(OH)3。 【详解】A．氧化性：，Co3O4与浓盐酸发生反应生成氯化亚钴、氯气和水，反应的化学方程式为Co3O4＋8HCl(浓)＝3CoCl2＋Cl2↑＋4H2O，A正确； B．氧化性：，三价铁不能将氯离子氧化，Fe3O4与浓盐酸反应生成氯化铁和氯化亚铁、水，化学反应方程式为Fe3O4+8HCl(浓)=FeCl2+2FeCl3+4H2O，B正确； C．碱性条件下氧化性ClO->Co(OH)3，说明NaClO可以将Co(OH)2氧化成Co(OH)3，反应的化学方程式为2Co(OH)2+NaClO+H2O=2Co(OH)3+NaCl，C正确； D．(Co3+/Co2+)>(Cl2/Cl-)>(Fe3+/Fe2+)，氧化性Co3+>Cl2>Fe3+，所以还原性Co2+<Cl-<Fe2+，D错误； 答案选D。 10. 下列实验操作或方法，不能达到实验目的的是 选项 操作或方法 实验目的 A 向溶液中加入少许铁粉，静置一段时间，观察是否有蓝色沉淀生成 验证具有氧化性 B 将灼热的木炭投入浓硝酸中，观察是否产生红棕色气体 验证浓硝酸能够氧化木炭 C 向盛有黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，观察颜色变化 探究维生素C的还原性 D 稀酸化的混合液替代溴水 降低液溴的贮存与使用风险 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．为验证具有氧化性，向溶液中加入少许铁粉，静置一段时间，观察是否有蓝色沉淀生成，说明Fe被氧化生成Fe2+，A正确； B．将灼热的木炭投入浓硝酸中，观察是否产生NO2红棕色气体，不能说明浓硝酸能够氧化木炭，因为浓硝酸受热分解也产生NO2，B错误； C．探究维生素C的还原性，向盛有黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，Fe3+被维生素C还原为Fe2+，溶液由黄色变为浅绿色，C正确； D．稀酸化的混合液，发生反应：，可以代替溴水，降低液溴的贮存与使用风险，D正确； 故选B。 11. 化合物可作肥料，所含的5种元素位于主族，在每个短周期均有分布，仅有和同族。的基态原子价层轨道半充满，的基态原子价层电子排布式为，与同周期，是地壳中含量最多的元素。下列说法正确的是 A. 的键角比的大 B. 第一电离能： C. 和的中心原子上都有一对孤电子对 D. 简单氢化物沸点： 【答案】A 【解析】 【分析】E在地壳中含量最多为氧元素，X的基态原子价层电子排布式为nsn−1，所以n−1=2， n=3，X为镁或者n=2 ，X为锂，Y的基态原子价层p轨道半充满所以可能为氮或磷，Y和M同族所以为氮或磷，根据X与M同周期、XYZ4ME4化合价之和为零，可确定Z为氢元素、M为磷元素、X为镁元素、E为氧元素、Y氮元素。 【详解】A．NH3和PH3都为sp3杂化，含有一个孤电子对，N的电负性大于P，电子对互相排斥作用大，键角变大，键角NH3＞PH3，A正确； B．同主族元素第一电离能从上到下依次减小，同周期元素第一电离能从左到右依次增大趋势，但由于N最外层电子排布处于半充满结构，更稳定不易失去电子故第一电离能N>O，镁元素的第一电离能小于氧元素，故第一电离能：N>O>Mg，B错误； C．NH3成键电子对是3，孤对电子对为，成键电子对是3，孤对电子对为，C错误； D．M、Y、E的简单氢化物分别为PH3、NH3、H2O，由于NH3、H2O都可以形成分子间氢键，故沸点较高，又因为H2O分子的氢键较强，故沸点高于NH3；因此最简单氢化物沸点：H2O> NH3> PH3，D错误； 答案选A。 12. 硫酰氯()是一种重要的化工试剂，其熔点为-54.1℃，沸点为69.1℃，遇水发生剧烈反应，并产生白雾，100℃以上易分解。实验室利用反应 制备少量硫酰氯，实验装置如图所示(部分夹持装置未画出)。下列说法正确的是 A. 装置戊中发生的反应，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 B. 将硫酸换成硫酸，可以加快制取的速率 C. 若缺少装置己，生成的可能会变质，生成新物质的化学式为和 D. 若反应中消耗的体积为(标准状况下)，最后经过分离提纯得到纯净的，则的产率为 【答案】C 【解析】 【分析】甲中产生二氧化硫，乙干燥二氧化硫同时便于观察气流的速率；丙为两种气体混合反应的反应器；戊中浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气，丁装置除去氯气中的HCl气体同时便于观察气流速率，丙中发生反应。 【详解】A．装置戊中浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气，化学方程式为：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl + 2MnCl2+5Cl2↑ +8H2O，KMnO4是氧化剂，10个HCl是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：1，A错误； B．硫酸中水较少，H2SO4电离不充分，H+浓度较小，制取的速率较慢，B错误； C．装置己的作用是防止空气中的水分进入丙，若缺少装置己，生成的可能水解生成和，C正确； D．若反应中消耗的体积为(标准状况下)，n(SO2)= =0.025mol，由可知理论上生成0.025mol，则的产率为×100%=80%，D错误； 故选C。 13. 科学家发现某些生物酶体系可以促进和的转移(如、和)，能将海洋中的转化为进入大气层，这一过程称为厌氧氨氧化。厌氧氨氧化工艺是目前具有应用前景的污水脱氨工艺。反应过程如图所示。 下列说法正确的是 A. 过程Ⅰ中为氧化产物 B. 和中参与反应的数目不相等 C. 整个过程，转化向大气释放 D. 过程Ⅲ中每生成转移电子 【答案】C 【解析】 【分析】从图中可以看出，一共有三个过程，I：，II：，III：。 【详解】A．过程I中，N元素化合价降低生成NO，则NO为还原产物，A错误； B．由图示可知，过程I为NO在酶1的作用下转化为NO和H2O，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：I：，生成1molNO，a过程转移消耗2molH+，过程II为NO和铵根在酶2的作用下发生氧化还原反应生成H2O和N2H4，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：，消耗1molNO，b过程转移消耗2molH+，消耗H+相等，B错误； C．过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为，转化1mol生成1molN2，C正确； D．III：，每生成转移4mol电子，D错误； 故答案为：C。 14. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，四种元素可组成一种分子簇，其结构如图所示(小球大小表示原子半径相对大小)，W、X位于不同周期，X基态原子中未成对电子为2，Y、Z为金属元素且Z元素的简单离子在同周期中半径最小，Y与Z紧邻。下列说法正确的是 A. 简单离子半径： B. W、Y组成的化合物为离子化合物 C. Z的氢氧化物能与强酸反应，但不和强碱反应 D. 如图为该物质的一个晶胞，一个晶胞含有2个W原子 【答案】B 【解析】 【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X能形成2个共价键，X基态原子中未成对电子为2，X是O元素；W、X位于不同周期，W是H元素；Y、Z为金属元素且Z元素的简单离子在同周期中半径最小，Z为Al元素；Y与Z紧邻，Y是Mg元素； 【详解】A．电子层数相同，质子数越多半径越小，离子半径：，A错误； B．H、Mg可以形成离子化合物MgH2，B正确； C．Al(OH)3是两性氢氧化物，既能与酸反应，又能与碱反应，C错误； D．图示为H、O、Mg、Al四种元素可组成的一种分子簇，图示为一个分子，不是晶胞，D错误； 答案选B。 15. 某溶液中只可能含有、、、、、、、中的若干种离子，离子浓度均为。某同学进行了如下实验，下列说法正确的是 A. 原溶液中存在、、、 B. 原溶液中含有、不含 C. 沉淀中含有 D. 滤液中大量存在阳离子有、和 【答案】A 【解析】 【分析】试液中只可能含有、、、、、、、中的若干种离子，加入过量稀 H2SO4 无明显现象，说明该试液中没有；再加入过量 Ba(NO3)2 溶液有气体产生，因为此时溶液中含有上一步操作所加入的过量 H2SO4，结合 离子在酸性条件下具有强氧化性，生成的气体为NO，说明原试液中有 Fe2+ 离子存在且被氧化为 Fe3+，和会发生反应，不能共存，则溶液中一定不存在，沉淀 A 为 BaSO4；向滤液 X 中加入过量的 NaOH 有气体产生，说明原试液中存在 离子，此时产生的气体为 NH3，沉淀 B 为红褐色的 Fe(OH)3 沉淀；继续向滤液中通入少量 CO2 产生沉淀，由于上一步所加 NaOH 有剩余，则所通入少量的 CO2 先与 OH− 反应生成，再与 Ba2+ 反应生成 BaCO3，则沉淀 C 中含有 BaCO3，综上分析可知，原试液中一定存在、Fe2+，一定不存在、，由于存在的离子浓度均为 0.1 mol⋅L−1，根据电荷守恒可知原试液中一定还存在阴离子 、Cl−，且浓度均为 0.1 mol⋅L−1 的 、Fe2+、Cl−、恰好满足电荷守恒，则原试液中 Al3+、K+ 必然不能存在。 【详解】A．由分析可知，原溶液中存在、、、，A正确； B．由分析可知，原溶液中不存在、，B错误； C．由分析可知，沉淀中含有BaCO3，C错误； D．由分析可知，滤液中大量存在的阳离子有、和，D错误； 故选A。 第Ⅱ卷(填空题，共55分) 二、填空题(本题共4小题，共55分) 16. 亚硝酰氯()是重要的有机合成试剂，可由与在常温下合成。既可与氧气反应，也易水解生成一种氧化物和氯化氢。已知各物质的沸点：为-6℃，为-34℃，为-152℃。某学习小组在实验室利用如图装置制备亚硝酰氯。 回答下列问题： （1）仪器G的名称是_______。 （2）A装置的作用是制取，反应的离子方程式为_______。 （3）实验时利用装置B除去某些杂质气体并通过观察B中的气泡来判断反应速率，则装置B中所盛试剂为_______(填化学式)。 （4）若没有C装置，则D中生成的可能发生的反应方程式为_______。 （5）为分离产物和未反应的原料，E、F装置采用不同温度的低温浴槽，其中低温浴槽E的温度区间应控制在_______(填字母)，装置F的U形管中收集到的是_______(填化学式)。 A． B． C． （6）实验开始时，先关闭，打开、，从a处通一段时间氩气将E、F装置中的空气排尽，然后在a处接废气处理装置，关闭、，打开，再打开分液漏斗的活塞，滴加酸性溶液，当观察到D中_______时，关闭，打开、，通干燥纯净的。 【答案】（1）球形干燥管 （2） （3）H2O （4）2NOCl+H2O=2HCl+N2O3 （5） ①. C ②. Cl2 （6）红棕色消失 【解析】 【分析】用NaNO2和硫酸酸化的FeSO4反应制取NO，通过装置B将杂质NO2转化为NO，再通过浓硫酸干燥NO，在D中和通入的氯气反应生成NOCl，在装置E中收集NOCl，在装置F中收集未反应的氯气，G中的氯化钙可以吸收空气中的水蒸气以防止NOCl水解，最后进行尾气回收。 小问1详解】 仪器G的名称是球形干燥管。 【小问2详解】 在装置A中，NaNO2和硫酸酸化的FeSO4发生氧化还原反应，NaNO2被Fe2+还原为NO，Fe2+被氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：。 【小问3详解】 装置A中生成了NO，NO容易被空气中的氧气氧化为NO2，装置A的液面上方有空气，空气中的氧气能将NO氧化为NO2，所以装置B中装有H2O，可以将NO2转化为NO，并通过观察B中的气泡来判断反应速率。 【小问4详解】 若没有C装置，NOCl水解生成一种氧化物N2O3和氯化氢，其化学方程式为：2NOCl+H2O=2HCl+N2O3。 【小问5详解】 为收集产物NOCl和分离未反应的两种原料NO和Cl2，根据三种物质的沸点，控制装置E的温度-34℃≤T＜-5.5℃，可收集NOCl，故选C，装置F的温度要低于-34℃，可将未反应的原料Cl2冷凝。 【小问6详解】 亚硝酰氯易水解，能与O2反应，实验开始时，先关闭K3，打开K2、K4，从a处通一段时间氩气，将装置E、F中的空气排出，以免生成的NOCl和空气中的水蒸气、氧气反应。 然后在a处接废气处理装置，关闭K1、K4，打开K3，再打开分液漏斗的活塞，滴加酸性FeSO4溶液，装置A产生的NO气体进入B中，混有的NO2被B中的水转化为NO，但装置B、C的液面上方有空气，NO会被氧化为NO2，装置D中的空气也能将NO氧化为NO2，所以在D中能观察到红棕色的气体，A装置中不断产生的NO将生成的NO2从K2排出，当观察到D中红棕色消失时，D中充满了纯净的NO，此时关闭K2，打开K1、K4 ，通干燥纯净的Cl2和NO反应。 17. 可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈()主要以形式存在，还含有、、、等物质。以独居石为原料制备的工艺流程如下： 回答下列问题： （1）铈的某种核素含有58个质子和80个中子，该核素的符号为_______。 （2）焙烧过程中产生的酸性废气为_______(填化学式)。 （3）为提高“水浸”效率，可采取的措施有_______(写两条)。 （4）滤渣Ⅲ的主要成分是_______(填化学式)。 （5）加入絮凝剂的目的是_______。 （6）“沉铈”过程中，生成的离子方程式为_______。 （7）滤渣Ⅱ的主要成分为，在高温条件下，、葡萄糖()和可制备电极材料，同时生成等物质的量的两种常见碳氧化物和，该反应的化学方程式为_______。 【答案】（1） 或 （2）HF （3）搅拌、适当升高温度等 （4）Al(OH)3、Fe(OH)3 （5）促进Al(OH)3、Fe(OH)3胶体聚沉，便于分离 （6）2Ce3＋+6+(n-3)H2O=Ce2(CO3)3·nH2O↓＋3CO2↑ （7）12FePO4＋6Li2CO3＋C6H12O612LiFePO4＋6CO↑＋6CO2↑＋6H2O 【解析】 【分析】天然独居石中，铈(Ce)主要以CePO4形式存在，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2等物质，加入浓硫酸焙烧，浓硫酸与CaF2反应生成硫酸钙和HF，酸性废气为HF，硫酸钙微溶于水，水浸，CePO4、Al2O3、Fe2O3溶解生成Ce2(SO4)3、Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3，滤渣I主要为SiO2、硫酸钙，加入氯化铁除磷，滤渣Ⅱ的主要成分为FePO4，加入氧化镁调价pH为5，使Al3+、Fe3+水解为氢氧化铝、氢氧化铁，加入絮凝剂，促进Al(OH)3、Fe(OH)3胶体聚沉，便于分离，加入碳酸氢铵溶液沉铈。 【小问1详解】 铈的某种核素含有58个质子和80个中子，该核素的符号为：或； 【小问2详解】 由分析可知，焙烧过程中产生的酸性废气为HF； 【小问3详解】 为提高“水浸”效率，可采取的措施有搅拌、将独居石粉碎、适当升高温度等； 【小问4详解】 )由分析知，滤渣Ⅲ的主要成分是Al(OH)3、Fe(OH)3； 【小问5详解】 由分析知，加入絮凝剂的目的是促进Al(OH)3、Fe(OH)3胶体聚沉，便于分离； 【小问6详解】 在水溶液中既有电离平衡，又有水解平衡，Ce3+结合电离平衡产生的及水分子形成难溶的Ce2(CO3)3·nH2O，使电离平衡正向移动，H+增多，其与过量的反应生成H2O和CO2，故“沉铈”过程中，生成Ce2(CO3)3·nH2O的离子方程式为：2Ce3＋+6+(n-3)H2O=Ce2(CO3)3·nH2O↓＋3CO2↑； 【小问7详解】 滤渣Ⅱ的主要成分为FePO4，在高温条件下，Li2CO3、葡萄糖(C6H12O6)和FePO4可制备电极材料LiFePO4，同时生成CO、CO2和H2O，根据得失电子守恒，元素守恒配平该反应的化学方程式为12FePO4＋6Li2CO3＋C6H12O612LiFePO4＋6CO↑＋6CO2↑+6H2O。 18. 用如图方法回收废旧中的单质(金)，和。 已知：①浓硝酸不能单独将溶解。② （1）酸溶后经_______操作，将混合物分离。 （2）浓、稀均可作酸溶试剂。溶解等量的消耗的物质的量不同，写出消耗物质的量少的反应的化学方程式：_______。 （3）与王水[]溶金原理相同。 ①上述流程中溶金反应时产生NO，写出该反应的离子方程式：_______。 ②关于溶金的下列说法正确的是_______(填字母)。 A．用到了的氧化性 B．王水中浓盐酸的主要作用是增强溶液的酸性 C．用浓盐酸与也可使溶解 （4）若用粉将溶液中的完全还原，则参加反应的的物质的量是_______。 （5）用适当浓度的盐酸、溶液、氨水与铁粉，可按照如图方法从酸溶后的溶液中回收和(图中标注的试剂和物质均不同)。 试剂1是_______，物质2是_______(填化学式)。 【答案】（1）过滤 （2）3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O （3） ①. ②. AC （4）2 （5） ①. NaCl溶液 ②. Cu、Fe 【解析】 【分析】废旧CPU中含有单质Au(金)、Ag和Cu，加入硝酸酸化后，金不反应，Ag和Cu转化为铜离子和银离子的混合溶液，反应为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，3Ag+4HNO3(稀)=3AgNO3+NO↑+2H2O，含Au固体中加入硝酸和氯化钠的混合溶液，Au转化为HAuCl4，反应为Au+4NaCl+5HNO3=HAuCl4+2H2O+NO↑+4NaNO3，HAuCl4经锌粉还原分离得到金，反应为2HAuCl4+4Zn=2Au+4ZnCl2+H2↑，以此解答。 【小问1详解】 Au(金)、Ag和Cu经酸溶后得到含Au固体、铜离子和银离子的混合溶液，将固体和液体分开的操作是过滤，故答案为：过滤。 【小问2详解】 铜与稀硝酸的反应为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，溶解1molCu消耗molHNO3；铜与浓硝酸的反应为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，溶解1molCu消耗4molHNO3，则消耗HNO3物质的量少的反应的化学方程式为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O。 【小问3详解】 ①上述流程的溶金反应中Au和溶液反应生成NO和，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：； ②A．溶Au过程中N的化合价降低，稀硝酸作氧化剂，用到了HNO3的氧化性，A正确； B．王水中V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3，金与浓硝酸不反应，王水中浓盐酸中提供了Cl-生成，促进Au与硝酸的反应，不是增强溶液的酸性，B错误； C．HNO3-NaCl与王水[V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3溶Au原理相同，则用浓盐酸与NaNO3也可提供、Cl-和H+，使Au溶解，C正确； 故答案为：AC。 【小问4详解】 由于HAuCl4=H++，若用Zn粉将溶液中的1molHAuCl4完全还原，HAuCl4中金的化合价为+3价，被锌还原为0价，锌的化合价从0价升高到+2价，参加反应的Zn的物质的量x，锌的化合价从0价升高到+2价，根据得失电子守恒可知：2x=3，x=1.5mol，则参加反应的Zn的物质的量是1.5mol，另外1molHAuCl4中H+可消耗0.5molZn，共2mol。 【小问5详解】 根据图中信息可知，含有铜离子和银离子的溶液加入试剂1后得到的是物质1和物质3，物质3加入试剂3后得到的是二氨合银离子，试剂3是氨水，物质3是氯化银，试剂1是NaCl溶液，物质1是氯化铜，氯化铜加入过量铁粉得到铜和亚铁离子，经过试剂2，过滤后得到铜单质，试剂2是盐酸，除去过量的铁粉，二氨合银离子经过还原可以得到银单质，实现了铜和银的分离，试剂1是NaCl溶液，物质2是Cu和过量的Fe。 19. 是一种高迁移率的新型热电材料，回答下列问题： （1）为ⅣA族元素，单质与干燥反应生成。常温常压下为无色液体，分子的空间构型为_______。 （2）灰锡的晶体结构与金刚石相似(如下图所示)，其中A原子的分数坐标为，则B原子的分数坐标为_______。若灰锡的晶胞边长为，则原子之间的最短距离为_______，计算灰锡的密度为_______(为阿伏加德罗常数的值)。 （3）三价铬离子能形成多种配位化合物。中提供电子对形成配位键的原子是_______(填元素符号)，中心离子的配位数为_______。 （4）砷化镓()是一种应用广泛的半导体材料，与、晶体类型相同，其熔点数据如下表，其中Y为_______(填化学式)，请解释说明原因_______。 晶体 X Y 熔点/℃ 1700 1480 1238 【答案】（1）正四面体形 （2） ①. （，，） ②. ③. （3） ①. N、O、Cl ②. 6 （4） ①. GaAs ②. GaN、GaP、GaAs均为共价晶体，由于N、P、As的原子半径依次增大，故Ga-N、Ga-P、Ga-As的键长依次增大，共价键越长，键能越小，熔点越低 【解析】 【小问1详解】 为ⅣA族元素，中心原子价层电子对数为4+=4，且没有孤电子对，空间构型为正四面体形。 【小问2详解】 A原子的分数坐标为，由灰锡的晶胞结构可知，B原子的分数坐标为（，，），若灰锡的晶胞边长为，则原子之间的最短距离为晶胞体对角线的，为，该晶胞中Sn原子的个数为+4=8，灰锡的密度为=。 【小问3详解】 中配体为NH3、H2O、Cl-，提供电子对形成配位键的原子是N、O、Cl，中心离子的配位数为6。 【小问4详解】 GaN、GaP、GaAs均为共价晶体，由于N、P、As的原子半径依次增大，故Ga-N、Ga-P、Ga-As的键长依次增大，共价键越长，键能越小，熔点越低，Y为GaAs。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$