精品解析：江苏省江阴市某校2024-2025学年高三上学期10月学情调研 化学试题

2024年秋学期高三第一次学情调研 高三化学 (限时75分钟 满分100分) 可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 O—16 Fe—56 Ag—108 Nd—144 一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。 1. 我国探月工程取得重大进展。月壤中含有Ca、Fe等元素的磷酸盐，下列组成磷酸盐的元素位于元素周期表第三周期的是 A. O B. P C. Ca D. Fe 【答案】B 【解析】 【详解】A．O元素位于元素周期表第二周期VIA族，A不符合题意； B．P元素位于元素周期表第三周期VA族，B符合题意； C．Ca元素位于元素周期表第四周期IIA族，C不符合题意； D．Fe元素位于元素周期表第四周期VIII族，D不符合题意； 答案选B。 2. 《Green Chemistry》报道，我国科研工作者发现了一种在低压条件下高效电催化还原CO2的新方法，其总反应为 NaCl+CO2NaClO+CO。下列有关化学用语表示正确的是 A. 中子数为20的氯原子：20Cl B. Na+的结构示意图： C. NaClO中既有离子键又有共价键 D. CO2分子的空间结构为V形 【答案】C 【解析】 【详解】A．中子数为20的氯原子的质量数是20+17=37，可表示为37Cl，A错误； B．Na+的结构示意图为：，B错误； C．NaClO中Na+与ClO-是通过离子键结合，ClO-中氯原子与氧原子通过有共价键结合，C正确； D．CO2分子中C原子是sp杂化，是直线形分子，D错误； 答案选C。 3. 实验室制备柠檬酸铁铵的流程如下： 下列实验装置或操作不能达到实验目的的是 A. 用装置甲制取 FeCO3 B. 用装置乙制取 NH3 C. 用装置丙制取氨水 D. 用装置丁分离出柠檬酸铁铵晶体 【答案】B 【解析】 【分析】由题给流程可知，碳酸亚铁溶于柠檬酸溶液得到柠檬酸亚铁溶液，将柠檬酸亚铁氧化为柠檬酸铁，向柠檬酸铁溶液中加入氨水制得柠檬酸铁铵，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥制得柠檬酸铁铵。 【详解】A．硫酸亚铁溶液与加入的碳酸钠溶液反应生成碳酸亚铁沉淀，过滤得到废液和碳酸亚铁，A正确； B．实验室用氯化铵和氢氧化钙加热制取氨气，氯化铵受热分解，生成的气体在试管口又生成氯化铵，不能得到氨气，B错误； C．氨气易溶于水，需要防倒吸，该装置能防倒吸，C正确； D．最后制得的柠檬酸铁铵需要过滤得到，操作正确，D正确； 故选B。 4. 7N 、8O、11Na 、17Cl 是周期表中的短周期主族元素。下列有关说法不正确的是 A. 氢化物的沸点：NH3<H2O B. 离子半径：r(Na＋)<r(O2-)<r(Cl-) C. 第一电离能：I1(Na)<I1(N)<I1(O) D. 最高价氧化物的水化物的酸性：HNO3<HClO4 【答案】C 【解析】 【详解】A．NH3、H2O均能形成分子间氢键，平均每个H2O含2个氢键、每个NH3含1个氢键，即H2O形成氢键的数量比NH3多，故沸点：NH3＜H2O，A正确； B．Na+、O2-的电子层结构相同，离子的核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径：r(Na+)＜r(O2-)；对于电子层结构不同的离子，离子的核外电子层数越多，离子半径就越大。Na+、O2-只有2个电子层，Cl-核外有3个电子层，Cl-核外的电子层数最多，故Cl-半径最大，则离子半径：r(Na+)＜r(O2-)＜r(Cl-)，B正确； C．同主族从上到下第一电离能逐渐减小，即第一电离能NaLi，同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，由于N原子核外电子排布处于半充满的稳定状态，失去电子消耗的能量大于同一周期相邻元素，所以I1(Li)＜I1(O)＜I1(N)，则三种元素的第一电离能大小关系为：I1(Na)＜I1(O)＜I1(N)，C错误； D．分子中非羟基O原子数目越多，该相应酸的酸性就越强。HNO3的非羟基O原子数目是2，HClO4的非羟基O原子数目是3，所以最高价氧化物的水化物的酸性：HNO3＜HClO4，D正确； 故选C。 阅读下列材料，完成有关问题： 氧族元素包含氧、硫、硒(Se)、碲(Te)、钋(Po)等，位于元素周期表ⅥA族。单质及其化合物有着广泛应用。O2可用作氢氧燃料电池的氧化剂；O3具有杀菌、消毒、漂白等作用。硫或黄铁矿(FeS2)制得的SO2可用来生产H2SO4.；二氧化硒(SeO2)的分子结构与(SO2)相似，熔点为。H2S是一种易燃的有毒气体(燃烧热为562.2kJ/mol)，是制取多种硫化物的原料；硒(34Se)和碲(52Te)的单质及其化合物在电子、冶金、材料等领域有广阔的发展前景，工业上以精炼铜的阳极泥(含CuSe)为原料回收Se，以电解强碱性Na2TeO3溶液制备Te． 5. 下列说法正确的是 A. SeO2属于共价晶体 B. S2、S4、S8互为同位素 C. SO2是由极性键构成的非极性分子 D. 和的中心原子杂化方式均为 6. 下列化学反应表示正确的是 A. H2S的燃烧：2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g) ΔH=+1124.4kJ/mol B. 煅烧黄铁矿：4FeS2＋15O2 8SO3＋2Fe2O3 C. 电解强碱性Na2TeO3溶液的阴极反应：+4e-+3H2O=Te+6OH- D. 向Ba(OH)2溶液中滴加足量NaHSO4溶液至溶液呈中性：H+++Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O 7. 下列有关描述正确的是 A. 浓硫酸有脱水性，可用于干燥某些气体 B. 臭氧有强氧化性，可用于水体杀菌消毒 C. 二氧化硫有还原性，可用于织物的漂白 D. 硒单质难溶于水，可用于制造硒光电池 【答案】5. D 6. C 7. B 【解析】 【5题详解】 A．根据题干信息：二氧化硒的分子结构与(SO2)相似，熔点为，可知SeO2属于分子晶体，A项错误； B ．S2、S4、S8为硫元素形成的不同单质，互为同素异形体，B项错误； C ．SO2中心原子价层电子对数为3，有1个孤电子对，空间结构为V形，是由极性键构成的极性分子，C项错误； D．和的中心原子价层电子对数均为4，杂化方式均为，D项正确； 答案选D。 【6题详解】 A．根据H2S的燃烧热为562.2kJ/mol可知，H2S燃烧反应的热化学方程式为2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l) ΔH=-1124.4kJ/mol，A项错误； B．煅烧黄铁矿反应生成SO2，化学反应为4FeS2＋11O2 8SO2＋2Fe2O3，B项错误； C．电解强碱性Na2TeO3溶液制备Te，则中Te化合价由+4价降低为0价，为阴极发生的还原反应，阴极反应式为+4e-+3H2O=Te+6OH-，C项正确； D．向Ba(OH)2溶液中滴加足量NaHSO4溶液至溶液呈中性，则均无剩余，反应方程式为2H+++Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，D项错误； 答案选C。 【7题详解】 A．浓硫酸有吸水性，可用于干燥某些气体，A项错误； B．臭氧有强氧化性，可用于水体杀菌消毒，B项正确； C．二氧化硫有漂白性，可用于织物的漂白，C项错误； D．硒单质难溶于水，与制造硒光电池无因果关系，D项错误； 答案选B。 8. 利用甲烷可以除去SO2，反应为 下列说法正确的是 A. 该反应在任何温度下均可自发进行 B. 该反应的平衡常数 C. 该反应中每断开4mol碳氢键同时形成2mol碳氧键 D. 其他条件相同，增大可提高SO2的平衡转化率 【答案】C 【解析】 【详解】A．反应正向气体分子数减小，△S<0，且ΔH＜0，△H-T△S＜0反应能自发进行，故反应在低温下可自发进行，A错误； B．平衡常数等于生成物平衡浓度系数次方之积与反应物平衡浓度系数次方之积的比；硫为固态、水为液态不计入其中，则该反应的平衡常数，B错误； C．该反应中1mol甲烷可以生成1mol二氧化碳，则每断开4mol碳氢σ键同时形成2mol碳氧σ键，C正确； D．其他条件相同，增大，相当于增大二氧化硫投料，平衡正向移动，但是二氧化硫自身的平衡转化率下降，D错误； 故选C。 9. 碱性锌锰电池的总反应为，电池构造示意图如图所示。下列有关说法正确的是 A. 电池工作时，发生氧化反应 B. 电池工作时，通过隔膜向正极移动 C. 环境温度过低，不利于电池放电 D. 反应中每生成，转移电子数为 【答案】C 【解析】 【分析】Zn为负极，电极反应式为：，MnO2为正极，电极反应式为：。 【详解】A．电池工作时，为正极，得到电子，发生还原反应，故A错误； B．电池工作时，通过隔膜向负极移动，故B错误； C．环境温度过低，化学反应速率下降，不利于电池放电，故C正确； D．由电极反应式可知，反应中每生成，转移电子数为，故D错误； 故选C。 10. 在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是 A. 漂白粉的制备： B. 纯碱工业： C. D. 碘的制取： 【答案】D 【解析】 【详解】A．电解NaCl溶液生成NaOH、氢气、氯气，氯气和石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，该反应为：2Ca(OH)2+2Cl2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，制得漂白粉，由于石灰水含有溶质氢氧化钙浓度小，应用石灰乳，故A错误； B．向饱和食盐水先通入氨气使溶液呈碱性更易吸收二氧化碳，反应生成NaHCO3析出晶体，NaHCO3受热易分解可得纯碱Na2CO3，直接向NaCl溶液中通CO2气体，由于CO2溶解度小，没有NaHCO3析出晶体，故B错误； C．氢氧化镁和盐酸生成氯化镁溶液，电解氯化镁溶液得不到镁，而是得到Mg(OH)2，工业上是电解熔融氯化镁得到镁单质，故C错误； D．已知氧化性，故均能一步转化，故D正确； 故选D。 11. 下列实验操作和现象能够得出相应实验结论的是 选项 实验过程及现象 实验结论 A 向等体积、等物质的量浓度的K2SO4、K2S的稀溶液中分别滴加1滴0.1 mol/L AgNO3溶液，充分振荡，只有K2S溶液中产生沉淀 Ksp(Ag2SO4)>Ksp(Ag2S) B 将纯碱与浓盐酸反应产生的气体直接通入Na2SiO3溶液，产生白色胶状沉淀 非金属性：C>Si C 将锌片、铜片用导线连接后同时浸入含有酚酞的食盐水，露置于空气中，一段时间后，铜片附近溶液变红色 装置中发生析氢腐蚀 D 用pH 试纸测得：CH3COONa 溶液的pH 约为 9，NaNO2 溶液的 pH 约为 8 HNO2 电离出H+的能力 比 CH3COOH 的强 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．向体积相同、物质的量浓度相同的稀K2SO4、K2S溶液中分别滴加1滴0.1mol/LAgNO3溶液，溶度积小的先沉淀，充分振荡，只有K2S溶液中产生沉淀，说明Ksp(Ag2SO4)>Ksp(Ag2S)，故A正确； B．纯碱与浓盐酸反应产生的CO2中混有HCl气体，将气体通入Na2SiO3溶液，产生白色胶状沉淀，不能说明碳酸的酸性强于硅酸，不能说明非金属性：C>Si，故B错误； C．金属活泼性：Zn >Cu，因此Cu为原电池正极，氧气在铜片上得电子发生还原反应，食盐水为中性溶液，电极反应式为：O2+4e-+ 2H2O=4OH-，铜片附近溶液变红色，发生吸氧腐蚀，故C错误； D．应测等浓度的HNO2和CH3COOH的pH值，故D错误； 故选A。 12. 一种吸收SO2再经氧化得到硫酸盐的过程如图所示。室温下，用0.1 mol/L NaOH溶液吸收SO2，若入SO2所引起的溶液体积变化和H2O的挥发可忽略，溶液中含硫物种的浓度。H2SO3的电离常数分别为，，下列说法正确的是 A. “吸收”反应应在较高的温度下进行 B. 若“吸收”所得溶液pH=7，则溶液中 C. “吸收”所得溶液中： D. “氧化”时调节溶液pH约为5，主要发生反应： 【答案】B 【解析】 【详解】A．温度升高，SO2溶解度减小，不利于反应进行，不宜在高温下吸收SO2，故A错误； B．pH=7时，，，所以，即，故B正确； C．“吸收”所得溶液中，根据电荷守恒得到，故C错误； D．“氧化”调节溶液pH约为5，溶液中主要存在，被氧化为，主要发生反应，故D错误； 故选B。 13. 二氧化碳加氢制甲烷过程中的主要反应如下： 反应Ⅰ：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)　　　ΔH1=-164.7 kJ/mol 反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)　　ΔH2=+41.2 kJ/mol 在1.01×105Pa恒压条件下，按n起始(CO2)∶n起始(H2)=1∶1投料比进行反应，平衡时含碳物质体积分数随温度的变化如图所示。下列说法正确的是 A. 2CO(g)+2H2(g)CO2(g)+CH4(g)　ΔH=-205.9 kJ/mol B. 曲线②表示平衡时CH4的体积分数随温度的变化 C. 温度在200-300 ℃时，随温度升高，CO2在平衡体系中的分压减小 D. 一定温度下，选用高效催化剂能提高平衡时甲烷的产率 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据盖斯定律， 由反应Ⅰ－2×反应Ⅱ可得新化学方程2CO(g)+2H2(g)=CO2(g)+CH4(g)，则H=—164.7kJ .mol-1—(2×41.2kJ mol-1)=—247.1kJ·mol-1，故A错误； B．曲线①代表物质随温度升高，平衡时比例降低，反应 I 在放热，温度升高平衡逆移，甲烷减少，曲线②最终降为0，二氧化碳不可能完全转化，则①为CO2，②为CH4，故B正确； C．CO曲线在300℃时值为0，即温度高于300℃，反应 Ⅱ才进行，200-300℃时，仅发生反应Ⅰ，对反应Ⅰ列三段式，平衡时CO2的物质的量分数为=0.5，虽然升高温度，平衡逆向移动，但恒压下，CO2分压不变，故C错误； D．催化剂不能使平衡发生移动，不能提高平衡时甲烷的产率，故D错误； 故答案选B。 二、 非选择题：共4题，共61分。 14. 稀土钕(Nd)铁硼废料的主要成分为Fe2O3，含有SiO2、Nd2O3、Al2O3、CoO等杂质，一种综合回收利用的工艺流程如图所示： 已知：Ksp(CoS)=4.0×10-21。回答下列问题： （1）浸渣的主要成分为___________(填化学式)。 （2）“还原”加入铁粉的主要目的是___________。 （3）当“沉钴”后溶液中c(S2-)=10-5mol/L时，c(Co2+)=___________。 （4）写出“氧化沉铁”中发生反应的离子方程式：___________。 （5）富集钴渣经进一步处理后可制得CoxTiOy，此时Co的价层电子排布为3d7，CoxTiOy晶胞结构如图所示。y=___________，与Ti原子最近的Co原子有___________个。  （6）热重法是测量物质的质量与温度关系的方法。将(摩尔质量为)在氮气氛围中焙烧，剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。 550℃-600℃时，所得固体产物可表示为，通过以上实验数据确定该产物中的比值___________(写出计算过程)。 【答案】（1）SiO2 （2）将Fe3+还原为Fe2+，防止Fe3+在“沉钴”时转化为沉淀Fe(OH)3析出 （3）4.0×10-16mol/L （4）4Fe2++O2+8=4FeOOH↓+8CO2↑+2H2O （5） ①. 3 ②. 8 （6）2：1 【解析】 【分析】由题干工艺流程图可知，向钕(Nd)铁硼废料(主要成分为Fe2O3，含有SiO2、Nd2O3、Al2O3、CoO等杂质)中加入足量的盐酸，则Fe2O3、Nd2O3、Al2O3、CoO与盐酸反应生成FeCl3、NdCl3、AlCl3和CoCl2，SiO2与盐酸不反应，过滤得到浸渣主要成分为SiO2，向滤液中加入还原性Fe分将FeCl3转化为FeCl2，然后加入Na2S进行沉钴得到富集钴渣即产生CoS，过滤出钴渣，向滤液中加入NaHCO3和通入O2，得到FeOOH沉淀，过滤得到FeOOH沉淀和稀土滤液，据此分析解题。 【小问1详解】 根据分析，浸渣的主要成分为； 【小问2详解】 在水溶液中水解呈碱性，容易将转化为沉淀析出，故用铁粉将还原为，防止在“沉钴”时析出； 【小问3详解】 当“沉钴”后溶液中时，根据溶度积计算，； 【小问4详解】 根据流程中的进出物质知，氧气将氧化为，同时与水解出的反应生成沉淀，再利用电荷守恒和元素质量守恒可配平反应，离子方程式为：； 【小问5详解】 此时Co价层电子排布为，与基态Co价电子排布对比可知，此时Co失去2个电子为二价钴，分析晶胞中三种原子数目可知，顶角原子数为，面心原子数为，体心原子数为1，其比例为，化学式为，由化合价总数为零可知、；进一步推知Ti和Co互为顶角和体心关系，相互间最短距离的原子都为8个。 【小问6详解】 根据Nd原子守恒，，高于600℃，分解产生二氧化碳，据C守恒，，因此。 15. 金是常见贵金属。自然界中的金以单质形态夹杂在矿石中。 制取方法一：金矿粉经过“氰化”、“吸附”和“解吸附”、“电解”等步骤得到金单质。氰化工艺中，将金溶解于NaCN溶液生成Na[Au(CN)2]。 制取方法二：利用氰化法从含金矿石(成分为Au、Ag、Fe2O3和其他不溶性杂质)中提取金。 工艺流程如下： 已知：Au＋＋2CN-[Au(CN)2]-　K=1.0×1038 Zn＋2Au＋Zn2+＋2Au　K=1.0×1082.7 Zn2+＋4CN-[Zn(CN)4]2-　K=1.0×1016.7 （1）“浸出Ⅰ”使用硝酸，不可用魔酸[一种由SbF5与HSO3F(结构式为，其酸性比硫酸还强)组成的超强酸，可将Au溶解]。从结构角度分析HSO3F的酸性比H2SO4强的原因___________。 （2）“浸出Ⅱ”将单质Au转化为[Au(CN)2]-，Au溶解反应的离子方程式为___________。 （3）“置换”时发生的反应为Zn＋2[Au(CN)2]-[Zn(CN)4]2-＋2Au，该反应的化学平衡常数K=___________。 （4）“吸附”步骤中使用了活性炭，“电解”步骤将Na[Au(CN)2]转变为Au。 ①“吸附”和“解吸附”的目的是___________。 ②电解时阴极发生的电极反应式为___________。 （5）“脱金贫液”(含CN-)直接排放会污染环境。在Cu2＋的催化下，用H2O2溶液处理含氰废水，使有毒的CN-转化为NH、CO等。 在Cu2＋催化下，总氰化物(CN-、HCN等)去除率随溶液初始pH变化如图所示。pH从8变到11，总氰化物去除率变化的原因可能是___________。 【答案】（1）F的电负性较大，其吸引电子能力大于羟基，导致H－O键极性增强容易断裂，酸性增强 （2） （3）1×1023.4 （4） ①. 分离和浓缩Na[Au(CN)2] ②. （5）pH从8-10，随着pH升高，c(OH-)逐渐增大，有利于消耗NH、有利于HCN转变为CN-，使反应向正反应方向进行的程度增大，提高了总氰去除率，pH从10-11，随着pH升高，c(OH-)逐渐增大，Cu2+转化为Cu(OH)2沉淀，催化效率降低 【解析】 【分析】含金矿石研磨后加入硝酸浸出，Au不溶于硝酸形成沉淀，Ag和Fe2O3转化为对应的金属阳离子，滤渣中加入KCN、KOH、O2进行浸出Ⅱ，此时Au溶解转化为[Au(CN)2]-，过滤得到滤液Ⅱ，随后滤液中加入锌进行置换得到锌金沉淀，最后可向锌金沉淀中加入HCl，溶解锌过滤得到金单质。 【小问1详解】 F的电负性较大，其吸引电子能力大于羟基，导致H－O键极性增强容易断裂，酸性增强，因此HSO3F酸性强于H2SO4； 【小问2详解】 Au与、O2、H2O反应生成和氢氧根离子，离子方程式为； 【小问3详解】 将已知中的三个反应分别标号为①②③，目标反应=反应②+反应③-反应①×2，则目标反应的平衡常数K=1.0×1082.7×1.0×1016.7÷(1.0×1038)2=1.0×1023.4； 【小问4详解】 ①“吸附”和“解吸附”的目的是分离和浓缩； ②电解步骤将转变为Au且阴极发生得电子的还原反应，故电解时阴极发生的电极反应式为； 【小问5详解】 pH从8变化到11，总氯化物去除率变化的原因可能是pH从8-10，随着pH升高，增大，有利于消耗铵根离子、有利于氢氰酸转变为离子，从而使反应平衡向着正反应方向移动，提高总氰去除率，pH从10-11，随着pH升高，增大，从而使转化为沉淀，催化效率降低。 16. 氧化亚铜(Cu2O)主要用于制造杀虫剂、分析试剂和红色玻璃等。Cu2O在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质。以黄铜矿(主要成分为CuFeS2，含有杂质SiO2)为原料制取Cu2O的一种工艺流程如图所示： （1）①Cu＋核外电子排布式为___________。 ②写出“浸泡”时CuFeS2发生反应的离子方程式___________。 （2）判断“操作1”反应已完成的实验操作及现象为___________。 （3）“热还原”时，将新制Na2SO3溶液和CuSO4溶液按一定量混合，加热至90°C并不断搅拌反应得到Cu2O粉末。制备装置如题图所示： 反应时A装置原料反应配比为n(Na2SO3)：n(CuSO4)=3：2，B装置的作用是吸收反应产生的酸性气体，防止污染环境，A装置中反应的化学方程式为___________。 （4）实际反应中不断滴加NaOH溶液的作用是：___________。 （5）反应完成后，利用装置B中的溶液(NaOH与Na2SO3混合溶液)可制备Na2SO4•10H2O晶体。请补充完整实验方案，取装置B中的溶液，___________，洗涤、干燥得Na2SO4•10H2O晶体。(已知：室温下，溶液中H2SO3、、的物质的量分数随pH的分布如图所示；室温下从Na2SO4饱和溶液中结晶出Na2SO4•10H2O，实验中须使用的试剂及仪器有：SO2 、氧气、pH计) 【答案】（1） ①. [Ar]3d10 ②. CuFeS2+4Fe3+=5Fe2++Cu2++2S （2）取样，滴加铁氰化钾溶液，无蓝色沉淀产生 （3）3Na2SO3+ 2CuSO4Cu2O↓+ 3Na2SO4+ 2SO2↑ （4）降低溶液酸性，防止Cu2O在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质 （5）边搅拌边向溶液中通入SO2，用pH计测量溶液的pH值，至pH约为10，停止通入SO2；再向溶液中通入O2至pH约为7，将溶液加热浓缩至有晶膜出现，降温结晶、过滤 【解析】 【分析】黄铜矿“浸泡”时，CuFeS2转化为Fe2+、Cu2+，-2价硫被硫酸铁氧化为硫单质，硫单质和二氧化硅可通过过滤除去，通入氧气、加入硫酸，将二价铁氧化为三价铁，添加氧化铜，调节pH沉淀三价铁，过滤所得滤液主要含硫酸铜，再往其中加入氢氧化钠和亚硫酸钠，热还原得到纳米Cu2O，据此作答。 【小问1详解】 Cu的核外电子排布式为[Ar]3d104s1，失4s上的1个电子形成Cu＋，故Cu＋核外电子排布式为[Ar]3d10；由流程图可知，加入硫酸铁有硫单质生成，根据氧化还原反应，“浸泡”时CuFeS2发生反应的离子方程式：CuFeS2+4Fe3+=5Fe2++Cu2++2S； 【小问2详解】 判断“操作1”反应已完成即不含有二价铁，实验操作及现象为：取样，滴加铁氰化钾溶液，无蓝色沉淀产生，则不含有二价铁，说明“操作1”反应已完成，故答案为取样，滴加铁氰化钾溶液，无蓝色沉淀产生； 【小问3详解】 由题干信息可知反应时A装置原料反应配比为n(Na2SO3)：n(CuSO4)=3：2，且反应产生酸性气体生成，说明有二氧化硫生成，同时有目标产物氧化亚铜，故反应方程式为：3Na2SO3+ 2CuSO4Cu2O↓+ 3Na2SO4+ 2SO2↑； 【小问4详解】 反应产生SO2，导致溶液酸性增强，Cu2O 在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质，从而降低Cu2O含量，故滴加氢氧化钠溶液除去二氧化硫降低溶液酸性，防止Cu2O在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质； 【小问5详解】 利用装置B中的溶液（NaOH与Na2SO3混合溶液）制备Na2SO4⋅10H2O晶体，取装置B中的溶液，边搅拌边向溶液中通入SO2，由微粒物质的量分数可知pH约为10时，硫元素主要以亚硫酸根离子存在，所以用pH计测量溶液的pH，至pH约为10；再向溶液中通入O2，将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，至pH约为7，将溶液加热浓缩至有晶膜出现，降温结晶，过滤，洗涤、干燥得Na2SO4⋅10H2O晶体；答案：边搅拌边向溶液中通入SO2，用pH计测量溶液的pH值，至pH约为10，停止通入SO2；再向溶液中通入O2至pH约为7，将溶液加热浓缩至有晶膜出现，降温结晶、过滤。 17. 氢能是应用前景广阔的新能源。 （1）制氢。利用铁及其氧化物循环原理如图所示。反应器Ⅰ中化合价发生改变的元素有___________；CO和H2各1mol的混合气体通过该方法制氢，理论上可获得___________molH2。 （2）储氢。部分H2和Mg一定条件下化合生成MgH2以储氢；部分H2和N2在催化剂表面合成氨以储氢，其反应机理的部分过程如图所示。 ①请画出中间体X的结构___________。 ②研究发现，使用Ru系催化剂时，N2在催化剂表面的吸附活化是整个反应过程的控速步骤，实际工业生产时，将n(H2)/n(N2)控制在1.8～2.2之间，比理论值3小，其原因是___________。 （3）释氢。MgH2可通过热分解和水解两种方法制得H2.相较于热分解，从物质转化和能量利用的角度分析，MgH2水解释氢方法的优点有___________。 （4）储氢物质NH3的运用。NH3常用于烟气(主要成分NO、NO2)脱硝。以N2为载气，将含一定量NO、NH3及O2的模拟烟气以一定流速通过装有催化剂CeO2的反应管，研究温度、SO2(g)、H2O(g)对脱硝反应的影响。 ①如图所示，温度高于350 ℃时，NO转化率下降，推测原因是___________。 ②实验证明，烟气中含SO2会导致催化剂不可逆的中毒(Ce4+氧化SO2生成SO覆盖在生成的Ce3+表面，阻止了O2氧化Ce3+)。而添加CuO后抗硫能力显著增强，请结合下图机理，说明抗硫能力增强的原因___________。 【答案】（1） ①. C、H、Fe ②. （2） ①. ②. 提高N2在合成气中比例，增大N2在催化剂表面的吸附活化总量，加快反应速率；利于提高H2的转化率，同时提高储氢率 （3）等量的MgH2水解比热分解产生的氢气多，同时不需要消耗大量热能 （4） ①. 温度升高，催化剂的活性下降，NH3和O2反应生成NO，还原剂NH3的量减少 ②. 添加CuO后，氧化生成的SO覆盖在Cu2+上，O2氧化Ce3+生成Ce4+，恢复催化能力 【解析】 【小问1详解】 由图可知，反应器I中反应物为一氧化碳、氢气、氧化铁，生成物为二氧化碳、水、铁，发生的反应为、，则反应中化合价发生改变的元素为碳元素、氢元素、铁元素；由方程式可知，1mol一氧化碳和1mol氢气与氧化铁反应生成mol铁，反应器Ⅱ中铁与水反应生成四氧化三铁和氢气，反应的方程式为，由方程式可知，mol铁生成氢气的物质的量为mol×=mol，故答案为：C、H、Fe；； 【小问2详解】 ①根据氢气和氮气在催化剂表面产生氨气，中间体X结合一个H原子以后产生氨气，剩余一个N≡在催化剂表面，逆向推导可知为，故答案为：； ②氢气量多于实际反应的化学计量系数，相当于氢气过量，可以提高氮气在反应中的转化率，可以增加氮气在催化剂表面的吸附量，故答案为：提高N2在合成气中比例，增大N2在催化剂表面的吸附活化总量，加快反应速率；利于提高H2的转化率，同时提高储氢率； 【小问3详解】 MgH2水解所需要的能耗低，根据原子守恒，1mol的MgH2热分解最多只能产生1molH2，而水解法可以产生2molH2，故答案为：等量的MgH2水解比热分解产生的氢气多，同时不需要消耗大量热能； 【小问4详解】 ①温度升高以后，催化剂活性降低，导致氨气生成量减少，导致NO转化率降低，故答案为：温度升高，催化剂的活性下降，NH3和O2反应生成NO，还原剂NH3的量减少； ②加入CuO以后，使生成的硫酸根离子与铜离子结合生成硫酸铜，硫酸根就不会附着在催化剂表面，让催化剂就可以继续氧化Ce2+，故答案为：添加CuO后，氧化生成的覆盖在Cu2+上，O2氧化Ce3+生成Ce4+，恢复催化能力。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024年秋学期高三第一次学情调研 高三化学 (限时75分钟 满分100分) 可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 O—16 Fe—56 Ag—108 Nd—144 一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。 1. 我国探月工程取得重大进展。月壤中含有Ca、Fe等元素的磷酸盐，下列组成磷酸盐的元素位于元素周期表第三周期的是 A. O B. P C. Ca D. Fe 2. 《Green Chemistry》报道，我国科研工作者发现了一种在低压条件下高效电催化还原CO2的新方法，其总反应为 NaCl+CO2NaClO+CO。下列有关化学用语表示正确的是 A. 中子数为20的氯原子：20Cl B. Na+的结构示意图： C. NaClO中既有离子键又有共价键 D. CO2分子的空间结构为V形 3. 实验室制备柠檬酸铁铵的流程如下： 下列实验装置或操作不能达到实验目的的是 A. 用装置甲制取 FeCO3 B. 用装置乙制取 NH3 C. 用装置丙制取氨水 D. 用装置丁分离出柠檬酸铁铵晶体 4. 7N 、8O、11Na 、17Cl 是周期表中的短周期主族元素。下列有关说法不正确的是 A. 氢化物的沸点：NH3<H2O B. 离子半径：r(Na＋)<r(O2-)<r(Cl-) C. 第一电离能：I1(Na)<I1(N)<I1(O) D. 最高价氧化物的水化物的酸性：HNO3<HClO4 阅读下列材料，完成有关问题： 氧族元素包含氧、硫、硒(Se)、碲(Te)、钋(Po)等，位于元素周期表ⅥA族。单质及其化合物有着广泛应用。O2可用作氢氧燃料电池的氧化剂；O3具有杀菌、消毒、漂白等作用。硫或黄铁矿(FeS2)制得的SO2可用来生产H2SO4.；二氧化硒(SeO2)的分子结构与(SO2)相似，熔点为。H2S是一种易燃的有毒气体(燃烧热为562.2kJ/mol)，是制取多种硫化物的原料；硒(34Se)和碲(52Te)的单质及其化合物在电子、冶金、材料等领域有广阔的发展前景，工业上以精炼铜的阳极泥(含CuSe)为原料回收Se，以电解强碱性Na2TeO3溶液制备Te． 5. 下列说法正确的是 A. SeO2属于共价晶体 B. S2、S4、S8互为同位素 C. SO2是由极性键构成的非极性分子 D. 和的中心原子杂化方式均为 6. 下列化学反应表示正确的是 A. H2S的燃烧：2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g) ΔH=+1124.4kJ/mol B. 煅烧黄铁矿：4FeS2＋15O2 8SO3＋2Fe2O3 C. 电解强碱性Na2TeO3溶液的阴极反应：+4e-+3H2O=Te+6OH- D. 向Ba(OH)2溶液中滴加足量NaHSO4溶液至溶液呈中性：H+++Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O 7. 下列有关描述正确的是 A. 浓硫酸有脱水性，可用于干燥某些气体 B. 臭氧有强氧化性，可用于水体杀菌消毒 C. 二氧化硫有还原性，可用于织物的漂白 D. 硒单质难溶于水，可用于制造硒光电池 8. 利用甲烷可以除去SO2，反应为 下列说法正确的是 A. 该反应在任何温度下均可自发进行 B. 该反应的平衡常数 C. 该反应中每断开4mol碳氢键同时形成2mol碳氧键 D. 其他条件相同，增大可提高SO2的平衡转化率 9. 碱性锌锰电池的总反应为，电池构造示意图如图所示。下列有关说法正确的是 A. 电池工作时，发生氧化反应 B. 电池工作时，通过隔膜向正极移动 C. 环境温度过低，不利于电池放电 D. 反应中每生成，转移电子数为 10. 在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是 A. 漂白粉的制备： B. 纯碱工业： C. D. 碘的制取： 11. 下列实验操作和现象能够得出相应实验结论的是 选项 实验过程及现象 实验结论 A 向等体积、等物质的量浓度的K2SO4、K2S的稀溶液中分别滴加1滴0.1 mol/L AgNO3溶液，充分振荡，只有K2S溶液中产生沉淀 Ksp(Ag2SO4)>Ksp(Ag2S) B 将纯碱与浓盐酸反应产生的气体直接通入Na2SiO3溶液，产生白色胶状沉淀 非金属性：C>Si C 将锌片、铜片用导线连接后同时浸入含有酚酞的食盐水，露置于空气中，一段时间后，铜片附近溶液变红色 装置中发生析氢腐蚀 D 用pH 试纸测得：CH3COONa 溶液的pH 约为 9，NaNO2 溶液的 pH 约为 8 HNO2 电离出H+的能力 比 CH3COOH 的强 A. A B. B C. C D. D 12. 一种吸收SO2再经氧化得到硫酸盐的过程如图所示。室温下，用0.1 mol/L NaOH溶液吸收SO2，若入SO2所引起的溶液体积变化和H2O的挥发可忽略，溶液中含硫物种的浓度。H2SO3的电离常数分别为，，下列说法正确的是 A. “吸收”反应应在较高的温度下进行 B. 若“吸收”所得溶液pH=7，则溶液中 C. “吸收”所得溶液中： D. “氧化”时调节溶液pH约为5，主要发生反应： 13. 二氧化碳加氢制甲烷过程中的主要反应如下： 反应Ⅰ：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)　　　ΔH1=-164.7 kJ/mol 反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)　　ΔH2=+41.2 kJ/mol 在1.01×105Pa恒压条件下，按n起始(CO2)∶n起始(H2)=1∶1投料比进行反应，平衡时含碳物质体积分数随温度的变化如图所示。下列说法正确的是 A. 2CO(g)+2H2(g)CO2(g)+CH4(g)　ΔH=-205.9 kJ/mol B. 曲线②表示平衡时CH4的体积分数随温度的变化 C. 温度在200-300 ℃时，随温度升高，CO2在平衡体系中的分压减小 D. 一定温度下，选用高效催化剂能提高平衡时甲烷的产率 二、 非选择题：共4题，共61分。 14. 稀土钕(Nd)铁硼废料的主要成分为Fe2O3，含有SiO2、Nd2O3、Al2O3、CoO等杂质，一种综合回收利用的工艺流程如图所示： 已知：Ksp(CoS)=4.0×10-21。回答下列问题： （1）浸渣的主要成分为___________(填化学式)。 （2）“还原”加入铁粉的主要目的是___________。 （3）当“沉钴”后溶液中c(S2-)=10-5mol/L时，c(Co2+)=___________。 （4）写出“氧化沉铁”中发生反应的离子方程式：___________。 （5）富集钴渣经进一步处理后可制得CoxTiOy，此时Co的价层电子排布为3d7，CoxTiOy晶胞结构如图所示。y=___________，与Ti原子最近的Co原子有___________个。  （6）热重法是测量物质的质量与温度关系的方法。将(摩尔质量为)在氮气氛围中焙烧，剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。 550℃-600℃时，所得固体产物可表示为，通过以上实验数据确定该产物中的比值___________(写出计算过程)。 15. 金是常见贵金属。自然界中的金以单质形态夹杂在矿石中。 制取方法一：金矿粉经过“氰化”、“吸附”和“解吸附”、“电解”等步骤得到金单质。氰化工艺中，将金溶解于NaCN溶液生成Na[Au(CN)2]。 制取方法二：利用氰化法从含金矿石(成分为Au、Ag、Fe2O3和其他不溶性杂质)中提取金。 工艺流程如下： 已知：Au＋＋2CN-[Au(CN)2]-　K=1.0×1038 Zn＋2Au＋Zn2+＋2Au　K=1.0×1082.7 Zn2+＋4CN-[Zn(CN)4]2-　K=1.0×1016.7 （1）“浸出Ⅰ”使用硝酸，不可用魔酸[一种由SbF5与HSO3F(结构式为，其酸性比硫酸还强)组成的超强酸，可将Au溶解]。从结构角度分析HSO3F的酸性比H2SO4强的原因___________。 （2）“浸出Ⅱ”将单质Au转化为[Au(CN)2]-，Au溶解反应的离子方程式为___________。 （3）“置换”时发生的反应为Zn＋2[Au(CN)2]-[Zn(CN)4]2-＋2Au，该反应的化学平衡常数K=___________。 （4）“吸附”步骤中使用了活性炭，“电解”步骤将Na[Au(CN)2]转变为Au。 ①“吸附”和“解吸附”的目的是___________。 ②电解时阴极发生的电极反应式为___________。 （5）“脱金贫液”(含CN-)直接排放会污染环境。在Cu2＋的催化下，用H2O2溶液处理含氰废水，使有毒的CN-转化为NH、CO等。 在Cu2＋催化下，总氰化物(CN-、HCN等)去除率随溶液初始pH变化如图所示。pH从8变到11，总氰化物去除率变化的原因可能是___________。 16. 氧化亚铜(Cu2O)主要用于制造杀虫剂、分析试剂和红色玻璃等。Cu2O在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质。以黄铜矿(主要成分为CuFeS2，含有杂质SiO2)为原料制取Cu2O的一种工艺流程如图所示： （1）①Cu＋核外电子排布式为___________。 ②写出“浸泡”时CuFeS2发生反应的离子方程式___________。 （2）判断“操作1”反应已完成的实验操作及现象为___________。 （3）“热还原”时，将新制Na2SO3溶液和CuSO4溶液按一定量混合，加热至90°C并不断搅拌反应得到Cu2O粉末。制备装置如题图所示： 反应时A装置原料反应配比为n(Na2SO3)：n(CuSO4)=3：2，B装置的作用是吸收反应产生的酸性气体，防止污染环境，A装置中反应的化学方程式为___________。 （4）实际反应中不断滴加NaOH溶液的作用是：___________。 （5）反应完成后，利用装置B中的溶液(NaOH与Na2SO3混合溶液)可制备Na2SO4•10H2O晶体。请补充完整实验方案，取装置B中的溶液，___________，洗涤、干燥得Na2SO4•10H2O晶体。(已知：室温下，溶液中H2SO3、、的物质的量分数随pH的分布如图所示；室温下从Na2SO4饱和溶液中结晶出Na2SO4•10H2O，实验中须使用的试剂及仪器有：SO2 、氧气、pH计) 17. 氢能是应用前景广阔的新能源。 （1）制氢。利用铁及其氧化物循环原理如图所示。反应器Ⅰ中化合价发生改变的元素有___________；CO和H2各1mol的混合气体通过该方法制氢，理论上可获得___________molH2。 （2）储氢。部分H2和Mg一定条件下化合生成MgH2以储氢；部分H2和N2在催化剂表面合成氨以储氢，其反应机理的部分过程如图所示。 ①请画出中间体X的结构___________。 ②研究发现，使用Ru系催化剂时，N2在催化剂表面的吸附活化是整个反应过程的控速步骤，实际工业生产时，将n(H2)/n(N2)控制在1.8～2.2之间，比理论值3小，其原因是___________。 （3）释氢。MgH2可通过热分解和水解两种方法制得H2.相较于热分解，从物质转化和能量利用的角度分析，MgH2水解释氢方法的优点有___________。 （4）储氢物质NH3的运用。NH3常用于烟气(主要成分NO、NO2)脱硝。以N2为载气，将含一定量NO、NH3及O2的模拟烟气以一定流速通过装有催化剂CeO2的反应管，研究温度、SO2(g)、H2O(g)对脱硝反应的影响。 ①如图所示，温度高于350 ℃时，NO转化率下降，推测原因是___________。 ②实验证明，烟气中含SO2会导致催化剂不可逆的中毒(Ce4+氧化SO2生成SO覆盖在生成的Ce3+表面，阻止了O2氧化Ce3+)。而添加CuO后抗硫能力显著增强，请结合下图机理，说明抗硫能力增强的原因___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $