山东省泰安市2024-2025学年高三上学期期末考前模拟（第四次调研）化学试题

区县 学校 班级 姓名 考号 座号 第 II卷【必做部分】 （须用 0.5 毫米黑色签字笔书写） 注意事项： 1、答题前，将区县、学校、班级、姓名、考号、座号完整 的填写在相应位置。务必认真核对考号用 0.5 毫米黑色签字 笔填写，用 2B 铅笔填涂相应位置。 2、答第 I 卷时 ,必须使用 2B 铅笔填涂答题卡上相应题目的 答案标号，修改时，要用橡皮擦干净。 3、答第 II 卷时，必须使用 0.5 毫米黑色签字笔书写，做图 时，可用 2B 铅笔，要求字体工整、笔迹清晰。务必在题号 所指示的答题区域内作答，选做题必须用 2B 铅笔将所选题 号涂黑。 4、保证答题卡清洁、完整。严禁折叠、严禁在答题卡上做 任何标记，严禁使用涂改液、胶带纸、修正带。 5、若未按上述要求填写、答题。影响评分质量，后果自负。 1  2  3  4  5  6 7 8 9 10 16．（10分）(每空 2分） （1） ；（2分） （2） ；（2分） （3） ；（2分） （4） ；（2分） ；（2分） 17．（8分） (每空 2分） （1） ； ； （2） ； （3） ； 18．(14分)(每空 2分） （1） ； ； （2） ； ； （3） ； ； （4） ； 11 12 13 14 15 第 I卷 （须用 2B 铅笔填涂） 填涂样例 正确填涂 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 明湖中学高三年级第五次学情调研化学试题 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效  高三化学答题卡 第 1面/共 2面 条形码 高三化学答题卡 第 2面/共 2面 19．（14分） （1） ;（2分） ;（2分） ;（2分） （2） ;（2分） ;（2分） （3） ______________________； （2分） ; （2分） 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效    20．（14分） （2） ;（2分） ;（2分） （2） ① ;（2分） ② ;（2分） ③ ;（2分） ④_____________________； （2分） ⑤ ；（2分） 高三第四次学情调研化学试题答案 1、 选择题 1.A 2.B 3.C 4.A 5. A 6.C 7.B 8.B 9.B 10. C11 .B 12.BC 13.D 14 .C 15 .CD 16、 （10分）(每空2分)(1)增大 (2)A>B>D>C (3)B (4)大于　大于 17、（8分）(每空2分) (1)甲基橙　 由黄色变橙色，且半分钟内不变色 (2)3.56%　(3)偏大 18、（14分）(每空2分)（1） ① 增大原料接触面积，加快反应速率 ② 6FeO·V2O3＋5KClO33Fe2O3＋6V2O5＋5KCl （2） ①SiO2 ②6.0~8.5 （3） ① 0.8 ②取少量最后一次洗涤液于洁净试管中，滴加硝酸酸化AgNO3溶液，若无明显现象，证明NH4VO3已洗涤干净 （4）4NH4VO3＋3O22V2O5＋2N2↑＋8H2O↑ 19、（14分）(每空2分)（1） ① ②⑤①④⑥③⑧⑦ ② 排除装置中的空气 ③ c装置下端管口不再有液体滴下 （2） ① 冷凝，便于收集 ② 盛有碱石灰的干燥管 （3） ① ② 偏小 20、（14分）(每空2分)（1） ① ② 低温 （2） ① ② 先减小后增大 ③0.16 ④ ⑤反应Ⅰ、Ⅲ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，高温时主要发生反应Ⅱ，反应Ⅱ反应前后气体分子数相等，所以气体平均相对分子质量基本不变 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年高三第四次学情调研化学试题 可能用到的相对原子质量：Li 7 O 16 S 32 Mn 55 Cu 64 I 127 Cl 35.5 Ag 108 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。 1. 中华文化源远流长，化学与文化传承密不可分。下列说法错误的是（ ） A. 粮食酿酒过程中碳元素仅被还原 B. “白青[Cu2(OH)2CO3]得铁化为铜”，其中白青属于盐 C. 闻名世界的秦兵马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成 D. “盖此矾色绿，味酸，烧之则赤”，“味酸”是因绿矾水解产生H+ 2. 实验室中下列做法正确的是（ ） A. 用铜丝代替铂丝做焰色试验 B. 用剩的白磷放回盛有水的广口瓶中 C. 用10 mL量筒量取8.50 mLNaOH溶液 D. 浓硝酸保存在带橡胶塞的棕色细口瓶中 3. 科学家合成了一种新的共价化合物(结构如图所示)，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，W的原子序数等于X与Y的原子序数之和。下列说法错误的是(　　) A．原子半径：X＞Y＞Z B．非金属性：Y＞X＞W C．Z的单质具有较强的还原性 D．原子序数为82的元素与W位于同一主族 4. 下列装置能达到实验目的的是（ ） A. 用甲装置鉴别Br2(g)和NO2(g) B. 用乙装置除去水中的苯酚 C. 用丙装置收集Cl2 D. 用丁装置灼烧Fe(OH)3固体制得Fe2O3 5. 某有机物中间体结构如图所示，下列说法错误的是（ ） A. 存在顺反异构和对映异构 B. 含有4种官能团 C. 所有碳原子有可能共面 D. 检验其中碘元素所用试剂为溶液、稀硝酸、硝酸银溶液 6. 根据下列实验操作和现象能得到相应结论的是 （ ） 选项 操作和现象 结论 A 向漂白粉溶液中通入SO2，产生白色沉淀 酸性：H2SO3>HClO B 常温下，分别测定1 mol·L–1CH3COONH4溶液和0.1 mol·L–1 CH3COONH4溶液的pH，测得pH都等于7 同温下，不同浓度CH3COONH4溶液中水的电离程度相同 C 10 mL 0.1 mol·L–1FeCl3溶液和10 mL 0.1 mol·L–1KI溶液充分反应后分成两等份，一份加入2滴KSCN溶液，溶液变红；另一份加入2滴淀粉溶液，溶液变蓝 FeCl3和KI的反应存在限度 D 向露置在空气中的Na2O2固体中加入稀盐酸，产生气泡 Na2O2固体已经变质 A. A B. B C. C D. D 7. 鉴别浓度均为的、、三种溶液，仅用下列一种方法不可行的是（ ） A. 滴加新制的氯水 B. 滴加甲基橙试剂 C. 滴加硫酸铁溶液 D. 滴加溶液 8. 实验室初步分离苯甲酸乙酯、苯甲酸和环己烷的流程如下： 已知：苯甲酸乙酯的沸点为212.6 ℃，“乙醚-环己烷-水共沸物”的沸点为62.1 ℃。 下列说法正确的是（ ） A. 试剂X宜选用NaOH溶液 B. “操作1”过程中有机相1从分液漏斗的上口倒出 C. “操作2”需用到球形冷凝管 D. “操作5”中洗涤苯甲酸时，用乙醇的效果比用蒸馏水好 9. 以大洋锰结核(主要由锰、铁的氧化物组成，还含有Cu元素)为原料制备脱硫剂MnxOy的工艺流程如下。 已知：氨浸时，CO将结核中MnO2转化为MnCO3。下列说法错误的是（ ） A. “氨浸”时，快速鼓入CO可起到搅拌加快反应速率的作用 B. 铜元素以Cu2+的形式进入“氨浸”的浸出液中 C. “浸锰”时主要反应的离子方程式：MnCO3+2NH=Mn2++2NH3↑+H2O+CO2 ↑ D. 上述过程中NH3(或NH3·H2O)、(NH4)2SO4可循环利用 10.利用热再生氨电池可实现CuSO4电镀废液的浓缩再生。电池装置如图所示，甲、乙两室均预加相同的CuSO4电镀废液，向甲室加入足量氨水后电池开始工作。下列说法正确的是(　　) A．甲室Cu电极为正极 B．隔膜为阳离子膜 C．电池总反应为Cu2+＋4NH3===[Cu(NH3)4]2+ D．NH3扩散到乙室不会对电池电动势产生影响 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11. 在催化剂作用下，由HCOOH释氢可以制得H2，其可能的反应机理如图所示。研究发现，其他条件不变时，以HCOOK溶液代替HCOOH催化释氢的效果更佳。下列说法不正确的是(　　) A．HCOOH催化释氢过程中，有极性键的断裂与非极性键的形成 B．HCOOD催化释氢反应除生成CO2外，还生成H2、HD、D2 C．HCOOK溶液代替HCOOH时发生反应：HCOO－＋H2OH2↑＋ D．其他条件不变时，以HCOOK溶液代替HCOOH能提高释放H2的纯度 12.室温时，向20 mL 0.1 mol·L-1的两种酸HA、HB中分别滴加0.1 mol·L-1 NaOH溶液，其pH变化如图所示。下列说法正确的是(　　) A．同浓度的两种酸中由水电离的氢离子的浓度：HB>HA B．a点，溶液中微粒浓度：c平(A－)＋c平(HA)＝2c平(Na＋) C．滴加NaOH溶液至pH＝7时，HA溶液需要的NaOH溶液的体积要小 D．若用0.1 mol·L-1 NaOH溶液滴定两种酸的时候，使用甲基橙作指示剂 13. 铬铁液流电池成本低且绿色环保，适合大规模新能源储能，其工作原理如图所示。 下列说法错误的是（ ） A. 充电时X接电源负极 B. 放电时移向Y C. 放电时的电池反应为： D. 储能时右侧电解液中浓度减小 14. 重金属废液绿色化处理一直是化学工作者研究的重点。某实验室废液主要含硝酸银、卤化银、铬酸银等废液废渣，处理方法之一是沉淀—还原法。主要步骤如下： 已知。下列说法错误的是（ ） A. 两次过滤所得沉淀均可用水洗涤 B. 黑色固体与还原铁粉反应的方程式为 C. 产生的尾气用过量溶液可完全吸收 D. 该流程的回收率约为 15. 向硫酸铜溶液中通入氨气，溶液中含微粒存在如下平衡： 各组分分布系数与关系如图所示。下列说法错误的是（ ） A. 曲线Ⅱ代表 B. 反应平衡常数数值为 C. D. 当时，有 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16. （10分）25 ℃时，三种酸的电离常数如下所示(单位略)： 化学式 CH3COOH H2CO3 HClO 电离 常数 1.8×10-5 Ka1＝4.3×10-7 Ka2＝5.6×10-11 3.0×10-8 回答下列问题： (1)一般情况下，当温度升高时，Ka　 (填“增大”“减小”或“不变”)。 (2)下列四种离子结合质子能力由大到小的顺序是 (填标号)。 B．ClO－ (3)用蒸馏水稀释0.10 mol·L-1的醋酸溶液，下列各式表示的数值随水量的增加而增大的是 (填标号)。 A． B． C． D． (4)体积均为10 mL、pH均为2的醋酸溶液与HX溶液分别加水稀释至1 000 mL，稀释过程中pH变化如图所示。则HX的电离常数 (填“大于”“等于”或“小于”，下同)醋酸的电离常数；稀释后，HX溶液中水电离出来的c水(H＋) 醋酸溶液中水电离出来的c水(H＋)。 17.（8分） 以碳酸氢铵和氯化钠为原料制备的碳酸钠产品中含少量NaHCO3，测定产品中少量NaHCO3的含量，步骤如下： ①称取产品2.500 g，用蒸馏水溶解，定容于250 mL容量瓶中； ②移取25.00 mL上述溶液于锥形瓶中，加入 2滴指示剂M，用0.100 0 mol·L-1盐酸标准溶液滴定，溶液由红色变至近无色(第一滴定终点)，消耗盐酸V1 mL； ③在上述锥形瓶中再加入2滴指示剂N，继续用 0.100 0 mol·L-1盐酸标准溶液滴定至终点(第二滴定终点)，又消耗盐酸V2 mL； ④平行测定三次，V1平均值为22.45，V2平均值为23.51。回答下列问题： (1)指示剂N为 ，描述第二滴定终点前后颜色变化： 。 (2)产品中NaHCO3的质量分数为 (保留三位有效数字)。 (3)第一滴定终点时，某同学俯视读数，其他操作均正确，则NaHCO3质量分数的计算结果 　　　　 (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 18. （14分）工业上以富钒炉渣(主要含FeO·V2O3、V2O5和少量的SiO2、Al2O3等)为原料制备V2O5的工艺流程如下： 已知：①+ 5价钒元素在溶液中的存在形式与溶液pH的关系： 溶液pH <1.0 1.0~4.0 4.0~6.0 6.0~8.5 8.5~13.0 >13.0 钒元素存在形式 VO V2O5 多矾酸根 VO 多矾酸根 VO 备注 多矾酸盐在水中溶解度较小 ②Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10–39；Ksp[Al(OH)3]=1.0×10–33；Ksp(NH4VO3)=1.6×10–3 回答下列问题： （1）“高温氧化”前将富钒炉渣研磨粉碎的目的是___________；“高温氧化”过程中发生主要反应的化学方程式为___________。 （2）滤渣1的主要成分为___________；“调pH”时需将Fe3+、Al3+除尽(浓度≤1×10–5 mol∙L–1时，可认为已除尽)，需调节pH的范围为___________。 （3）若“沉钒”前溶液中c(VO)=0.2 mol∙L–1，忽略溶液体积变化，为使钒元素的沉降率达到99%，至少应调节c(NH)为___________mol·L–1。过滤、洗涤、干燥得到NH4VO3沉淀，检验NH4VO3沉淀是否洗净的操作是___________。 （4）“焙烧”时生成两种参与大气循环的无毒物质，则该反应的化学方程式为___________。 19.（14分）四氯化锡(SnCl4)在工业上常用作媒染剂和有机合成的氯化催化剂，常温下为无色液体，沸点为114℃，熔点为-33℃，极易水解。实验室利用如下装置制备(加热及夹持装置略)。回答下列问题： （1）检查装置气密性并加入相应试剂。接下来进行的操作为：①打开K1，通入；②打开、K3，通入；③关闭K1，停止通；④加热片；⑤关闭K2，停止通；⑥停止加热；⑦关闭、K3，停止通；⑧打开K2，通入。 正确的操作顺序为___________(用序号表示)；步骤②的目的是___________； 判断制备反应结束的实验现象是___________。 （2）装置c的作用是___________；若用一个装置代替d和e，该装置为___________(写出仪器名称和试剂)。 （3）测定样品的纯度(含少量等杂质) 取样品溶于水，滴加溶液产生白色沉淀，滴定达终点时消耗溶液；过滤，向滤液中继续滴加溶液又产生白色沉淀，滴定达终点时消耗溶液。(已知：；其他杂质与、溶液均不反应；、的摩尔质量分别为、)，测得的样品纯度为___________；若滴加溶液时，滴定终点俯视读数，则样品纯度的测量值将___________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。 20.（14分） 研究的资源综合利用，对实现“碳达峰”和“碳中和”有重要意义。 （1）在加氢合成的体系中，同时发生以下反应： 反应Ⅰ． 反应Ⅱ． 反应Ⅲ． 反应Ⅰ的___________，该反应在___________(填“高温”、“低温”或“任意温度”)下能自发。 （2）向体积为的密闭容器中，投入和，平衡时或在含碳产物中物质的量分数及的转化率随温度的变化如图： 已知反应Ⅱ的反应速率，，为速率常数，c为物质的量浓度。 ①图中m代表的物质是___________。 ②范围内，随着温度升高，的平衡产量的变化趋势是___________。 ③在p点时，若反应Ⅱ的，此时该反应的___________； ④已知气体分压=气体总压×气体的物质的量分数，用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数；p点时体系总压强为，反应Ⅱ的___________(保留2位有效数字)。 ⑤由实验测得，随着温度逐渐升高，混合气体的平均相对分子质量几乎又变回起始的状态，原因是 。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年高三第四次学情调研化学试题答案 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。 1. 【答案】A 【解析】A．粮食酿酒过程中，粮食中的淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下生成乙醇和二氧化碳，该过程中碳元素部分被还原，部分被氧化，故A错误； B．从组成分析Cu2(OH)2CO3属于碱式盐，故B正确； C．陶瓷由黏土高温烧结而成，故C正确； D．绿矾为，溶于水电离出Fe2+，Fe2+水解产生H+使溶液呈酸性，故D正确； 故选：A。 2.【答案】B 【解析】A．铜元素焰色呈绿色，会干扰其它金属元素的焰色，不能用铜丝代替铂丝做焰色试验，A项错误； B．白磷易自燃，用剩的白磷放回盛有水的广口瓶中，B项正确； C．量取8.50mLNaOH溶液应该用碱式滴定管，量筒精度不够，不能用量筒，10mL量筒只能量取8.5mLNaOH溶液，C项错误； D．浓硝酸具有强氧化性，会腐蚀橡胶塞，保存浓硝酸的细口瓶不能用橡胶塞，D项错误； 答案选B。 3. 【答案】C 【解析】　从共价化合物的结构可看出X、Y、Z、W四种短周期元素的原子形成的共价键的数目分别为4、2、1、4，四种元素原子序数依次增大，则X、W分别为C、Si；W的原子序数等于X与Y的原子序数之和，则Y为O；Z的原子序数在O、Si之间，且形成一个共价键，则Z为F。C、O、F三种元素均处于第2周期，从左到右原子半径依次减小，原子半径：C＞O＞F，A正确；同周期主族元素从左到右，非金属性逐渐增强，同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，非金属性：O＞C＞Si，B正确；已知元素中，F的非金属性最强，其形成的单质F2具有强氧化性，C错误；第6周期0族元素的原子序数为86，则原子序数为82的元素位于ⅣA族，与Si位于同一主族，D正确。 4. 【答案】A 【解析】A．NO2溶于水得无色HNO3溶液，Br2溶于水得橙色溴水，可以用甲装置鉴别Br2(g)和NO2(g)，故选A； B．苯酚微溶于水，苯酚和水混合形成乳浊液，应用分液法分离提纯，故不选B； C．若用丙装置收集Cl2，应该从右侧导管进气，故不选C； D．在坩埚中灼烧Fe(OH)3固体制Fe2O3，故不选D； 5. 【答案】A 【解析】A．该有机物结构中含有的碳碳双键中每个不饱和碳原子连有两个不同的原子或原子团，存在顺反异构。该有机物结构中的饱和碳原子上连有的四个原子或原子团有相同的，没有手性碳原子，不存在对应异构，A说法错误； B．含有碳碳双键、碳碘键、氨基、醚键四种官能团，B说法正确； C．根据乙烯分子中六个原子共面，苯分子12个原子共面，以及单键可以旋转，可知该有机物分子中所有碳原子可能共面，C说法正确； D．检验碘元素先加入氢氧化钠溶液使碘原子水解，再加硝酸将氢氧化钠中和，滴加硝酸银溶液生成黄色沉淀，D说法正确； 6. 【答案】C 【解析】A.漂白粉可以与二氧化硫发生氧化还原反应，生成硫酸钙白色沉淀，无法说明酸性H2SO3>HClO，故A错误； B.不同浓度CH3COONH4溶液中铵根离子和醋酸根离子水解程度不同，故水的电离程度不同，故B错误； C.根据反应方程式，题中所给的三价铁离子与碘离子的量相等，若反应能够完全进行，溶液中不会存在三价铁离子，根据C中现象，滴加KSCN溶液，溶液变红可知溶液中存在三价铁离子；另一份加入2滴淀粉溶液，溶液变蓝可知溶液中存在碘单质，故可知该反应是个可逆反应，存在反应限度，故C正确； D.若过氧化钠不变质，加入稀盐酸也可反应生成氧气，故产生气泡无法说明过氧化钠固体变质，故D错误； 7. 【答案】B 【解析】A．溶液滴加新制的氯水，会生成碘单质，溶液变棕黄色，溶液滴加新制的氯水，没有明显现象，溶液滴加新制的氯水，会产生二氧化碳气体，可以鉴别，A不符合； B．溶液呈中性，溶液呈酸性，溶液呈碱性，甲基橙试剂变色范围是3.1-4.4，不能鉴别溶液和溶液，B符合； C．溶液滴加硫酸铁溶液，会生成碘单质，溶液变棕黄色，溶液溶液滴加硫酸铁溶液，没有明显现象，溶液滴加硫酸铁溶液，会生成红褐色沉淀，放出二氧化碳气体，可以鉴别，C不符合； D．溶液滴加溶液，没有明显现象，溶液滴加溶液，开始出现白色沉淀，过量，沉淀溶解，溶液滴加溶液，出现白色沉淀，可以鉴别，D不符合； 8. 【答案】B 【解析】苯甲酸乙酯、苯甲酸和环己烷的混合物加饱和碳酸钠萃取分液，有机相含有苯甲酸乙酯、环己烷，水相含苯甲钠；有机相加入乙醚和水，蒸馏得苯甲酸乙酯和乙醚-环己烷-水共沸物，苯甲酸乙酯加无水硫酸镁干燥得苯甲酸乙酯；水相2加硫酸把苯甲酸钠转化为苯甲酸，苯甲酸溶解度小，过滤得到苯甲酸粗品，重结晶得到苯甲酸。 【详解】A．苯甲酸乙酯在氢氧化钠溶液中水解，试剂X不能选用NaOH溶液，苯甲酸乙酯、环己烷均难溶于饱和碳酸钠溶液，试剂X可以选用饱和碳酸钠溶液，故A错误； B．“操作1”是分液，有机相的密度小于水，有机相在上层，过程中有机相1从分液漏斗的上口倒出，故B正确； C．“操作2”为蒸馏，需用到直形冷凝管，故C错误； D．苯甲酸微溶于水，易溶于酒精，“操作5”中洗涤苯甲酸时，用水洗涤比酒精好，故D错误； 9. 【答案】B 【解析】由流程可知大洋锰结核(主要由锰、铁的氧化物组成，还含有Cu元素)，氨浸时，CO将结核中的MnO2转化为MnCO3；过滤得到MnCO3和Fe2O3；滤渣加硫酸铵溶液，其中碳酸锰与硫酸反应生成硫酸锰、氨气和二氧化碳，过滤出Fe2O3；再经过滤，滤液中加碳酸铵使锰离子转化为碳酸锰，过滤后，煅烧碳酸锰得到脱硫剂MnxOy，据此分析解答； 【详解】A．“氨浸”时，快速鼓入CO可起到搅拌，有利于大洋锰结核与氨水充分接触，加快反应速率，故A正确； B．Cu2+与氨水反应首先生成Cu(OH)2，Cu(OH)2继续与氨水反应最终生成进入浸出液中，故B错误； C．由上述分析可知浸锰时的主要离子反应为：MnCO3+2NH=Mn2++2NH3↑+H2O+CO2 ↑，故C正确； D．由流程可知，上述过程中NH3(或NH3·H2O)、(NH4)2SO4可循环利用，故D正确； 10. 【答案】 C 【解析】向甲室加入足量氨水后电池开始工作，则甲室Cu电极溶解，Cu2+与NH3形成[Cu(NH3)4]2+，因此甲室Cu电极为负极，故A错误；原电池中阳离子向正极移动，若隔膜为阳离子膜，电极溶解生成的Cu2+向右侧(正极)移动，通入NH3要消耗Cu2+，显然左侧阳离子不断减少，明显不利于电池反应正常进行，故B错误；甲室Cu电极为负极，电极反应为Cu＋4NH3－2e－===[Cu(NH3)4]2+，乙室Cu电极为正极，电极反应为Cu2+＋2e－===Cu，则电池总反应为Cu2+＋4NH3===[Cu(NH3)4]2+，故C正确；NH3扩散到乙室会与Cu2+反应生成[Cu(NH3)4]2+，Cu2+浓度降低，Cu2+得电子能力减弱，因此将对电池电动势产生影响，故D 错误。 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11. 【答案】B 【解析】在催化剂作用下，HCOOH分解生成CO2和H2，转化过程中，涉及N－H键的断裂和形成、O－H键的断裂以及H－H键的形成，故A说法正确；若用HCOOD催化释放氢，除生成CO2外，还有HD，没有D2，故B说法错误；若用HCOOK溶液代替HCOOH，生成的KOH能吸收CO2转变成，离子反应为HCOO－＋H2OH2↑＋，故C说法正确；若用HCOOK溶液代替HCOOH，反应生成KOH能吸收CO2，所以最终所得气体中CO2的量会减少，可提高释放H2的纯度，故D说法正确。 12.【答案】BC 【解析】HB的pH是1，说明它是强酸，同体积、同浓度的情况下，强酸电离出的H＋多，对水的电离抑制程度更大，所以由水电离的氢离子浓度就小，故A错误；a点，HA和NaA的物质的量相等，根据物料守恒：c平(A－)＋c平(HA)＝2c平(Na＋)，故B正确；滴加NaOH溶液至pH＝7时，HB溶液需要20 mL NaOH溶液，而HA溶液中若加入 20 mL NaOH溶液，则溶液呈碱性，所以HA溶液需要的NaOH溶液的体积要小，故C正确；滴加 20 mL NaOH溶液时，HA与NaOH反应生成强碱弱酸盐，溶液呈碱性，因此使用碱性条件下变色的指示剂，如酚酞，甲基橙是酸性指示剂，故D错误。 13. 【答案】D 【解析】A．结合图放电时Cr2+→Cr3+可知，X电极失去电子作负极，故充电时得到电子作为阴极，接电源负极，A正确； B．放电时，Y电极作正极发生还原反应，阳离子向正极移动移向Y，B正确； C．放电过程中，二价铬离子转化为三价铬离子被氧化作为负极，右侧为正极发生铁离子还原为亚铁离子的反应，总反应为，C正确； D．储能为充电过程，亚铁离子转化为三价铁离子，右侧电解液中浓度增大，D错误； 故选D。 14. 【答案】C 【解析】废液中加入饱和硫化钠溶液，使银离子结合硫离子形成硫化银沉淀，过滤，得到硫化银固体，再加入铁粉和硫化银混合，加入盐酸，铁将银离子还原成单质银，同时产生H2S，过滤洗涤得到灰色颗粒，最后经加热得到银块，据此解答。 【详解】A．洗涤硫化银、银单质都可以用水，则两次过滤所得沉淀均可用水洗涤，A正确； B．硫化银被铁还原成银，同时生成氯化亚铁和硫化氢，反应的方程式为：，B正确； C．4.96g黑色固体是硫化银，物质的量是，加入2.3g铁粉，物质的量是0.041mol，根据反应：，铁粉过量，加入0.2mol盐酸，所以尾气中不仅有H2S，有挥发的HCl，还有铁和盐酸反应生成的氢气，氢气不能用氢氧化钠溶液吸收，则产生的尾气用过量NaOH溶液不能完全吸收，C错误； D．n(Ag2S)=0.02mol，理论上得到银的质量为0.04mol×108g/mol=4.32g，则Ag的回收率为，D正确； 故选C。 15. 【答案】CD 【解析】由图可知，曲线I在c(NH3)最小时，含铜微粒摩尔分数最大，说明曲线I表示Cu2+，随着c(NH3)升高，c(Cu2+)逐渐减小，[Cu(NH3)]2+的浓度逐渐增大，故曲线Ⅱ是[Cu(NH3)]2+，继续升高c(NH3)，[Cu(NH3)]2+浓度逐渐减小，[Cu(NH3)2]2+的浓度逐渐增大，则曲线Ⅲ表示[Cu(NH3)2]2+，以此类推，曲线Ⅳ表示[Cu(NH3)3]2+，曲线V表示[Cu(NH3)4]2+，据以上分析解答。 【详解】A．由分析可知，随着c(NH3)升高，c(Cu2+)逐渐减小，[Cu(NH3)]2+的浓度逐渐增大，故曲线Ⅱ是[Cu(NH3)]2+，故A项正确； B．根据图可以判断Ⅱ为Cu(NH3)2+，曲线I、Ⅱ交点即c(Cu2+)=c[Cu(NH3)2+]，且交点对应c(NH3)=10-4.3mol/L，故，，则反应的平衡常数，故B项正确； C．由分析可知，曲线Ⅳ表示[Cu(NH3)3]2+，曲线V表示[Cu(NH3)4]2+，a点时，c｛[Cu(NH3)3]2+｝=c｛[Cu(NH3)4]2+｝，反应平衡常数为：， ，，，解得a=-2.3，故C项错误； D．据分析，曲线Ⅲ表示[Cu(NH3)2]2+，曲线Ⅳ表示[Cu(NH3)3]2+，曲线V表示[Cu(NH3)4]2+，当溶液中c(NH3)=1.1×10−3mol/L时，lg c(NH3)在-2.65～-3.0之间，则有，故D项错误； 故本题选CD。 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16. 【答案】(1)增大 (2)A>B>D>C (3)B (4)大于　大于 【解析】(1)弱电解质的电离属于吸热过程，所以温度升高，Ka增大。(2)电离常数越大，离子结合质子的能力越弱，所以结合质子的能力由大到小的顺序为A>B>D>C。(3)用蒸馏水稀释0.10 mol·L-1的醋酸溶液，醋酸的电离平衡正向移动，＝，Ka只与温度有关，温度不变，Ka不变，c平(CH3COO－)减小，故减小，A错误；＝，Ka不变，c平(H＋)减小，所以增大，B正确；中，KW不变，c平(H＋)减小，所以减小，C错误；＝，KW不变，c平(OH－)增大，故减小，D错误。(4)HX和醋酸加水稀释同样的倍数，HX的pH变化较大，说明HX的电离常数大于醋酸的，稀释后HX的pH大于醋酸的pH，说明HX电离出来的c平(H＋)小于醋酸的，则HX溶液中水电离出来的c水(H＋)大于醋酸溶液中水电离出来的c水(H＋)。 17.【答案】(1)甲基橙　由黄色变橙色，且半分钟内不变色 (2)3.56%　(3)偏大 【解析】(1)利用酸碱中和滴定原理测定产品中NaHCO3的含量，第一次滴定发生的反应为Na2CO3＋HCl===NaHCO3＋NaCl，因为Na2CO3、NaHCO3溶于水显碱性，且碱性较强，所以可借助酚酞指示剂的变化来判断滴定终点，结合颜色变化可推出指示剂M为酚酞；第二次滴定时溶液中的溶质为NaCl，同时还存在反应生成的CO2，溶液呈现弱酸性，指示剂N为甲基橙，发生反应NaHCO3＋HCl===NaCl＋H2O＋CO2↑。(2)第一次滴定的反应：Na2CO3＋HCl===NaHCO3＋NaCl，则 n(Na2CO3)＝n生成(NaHCO3)＝n(HCl)＝0.100 0 mol·L-1×22.45×10-3 L＝2.245×10-3 mol，第二次滴定消耗的盐酸的体积V2 mL＝23.51 mL，则根据化学方程式NaHCO3＋HCl===NaCl＋H2O＋CO2↑可知，消耗的NaHCO3的物质的量 n总(NaHCO3)＝0.100 0 mol·L-1×23.51×10-3 L＝2.351×10-3 mol，则原溶液中的NaHCO3的物质的量 n(NaHCO3)＝n总(NaHCO3)－n生成(NaHCO3)＝2.351×10-3 mol－2.245×10-3 mol＝1.06×10-4 mol，则原产品中NaHCO3的物质的量为×1.06×10-4 mol＝1.06×10-3 mol，产品中NaHCO3的质量分数为×100%＝3.561 6%≈3.56%。(3)若该同学第一次滴定时，在其他操作均正确的情况下，俯视读数，则会使盐酸标准液的体积偏小，即测得V1偏小，原产品中NaHCO3的物质的量偏大，最终会导致其质量分数偏大。 18. 【答案】（1） ①增大原料接触面积，加快反应速率 ②6FeO·V2O3＋5KClO33Fe2O3＋6V2O5＋5KCl （2） ①SiO2 ②6.0~8.5 （3） ① 0.8 ②取少量最后一次洗涤液于洁净试管中，滴加硝酸酸化AgNO3溶液，若无明显现象，证明NH4VO3已洗涤干净 （4）4NH4VO3＋3O22V2O5＋2N2↑＋8H2O↑ 【解析】高温氧化过程中加入KClO3可将低价铁、钒氧化为高价，酸浸时氧化铝溶解为铝离子，则滤渣1为SiO2，用氢氧化钾调节pH将矾转化为VO，用氯化铵沉矾后，再焙烧得到产品，以此解题。 【小问1详解】 从反应速率的影响因素考虑，“高温氧化”前将富钒炉渣研磨粉碎的目的是：增大原料接触面积，加快反应速率；“高温氧化"过程中加入KClO3可将FeO·V2O3氧化为Fe2O3和V2O5，化学方程式为：6FeO·V2O3＋5KClO33Fe2O3＋6V2O5＋5KCl； 【小问2详解】 由分析可知，滤渣1为SiO2；两种相比氢氧化铝更难沉淀，则，完全除尽，，取最小值代入得，，故溶液不小于4.7时，完全沉淀；根据流程可知，调pH后矾的存在形式为VO，结合表格中信息可知需调节pH范围为：6.0~8.5，且此时两种离子都已经形成沉淀； 【小问3详解】为使钒元素的沉降率达到99%，溶液中剩余的 ，； 根据流程可知，“沉钒”时加入的氯化铵，则产品表面可能吸附有氯离子，可以通过检验氯离子来检验NH4VO3沉淀是否洗净，对应的操作是：取少量最后一次洗涤液于洁净试管中，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无明显现象，证明NH4VO3已洗涤干净； 【小问4详解】由图可知，NH4VO3分解生成V2O5和无污染的气体，相应的方程式为： 4NH4VO3＋3O22V2O5＋2N2↑＋8H2O↑； 19.【答案】（1） ①. ②⑤①④⑥③⑧⑦ ②.排除装置中的空气 ③. c装置下端管口不再有液体滴下 （2） ① 冷凝，便于收集 ②盛有碱石灰的干燥管 （3） ①分子晶体 ② （4） ① ②偏小 【解析】a装置中Sn与Cl2反应制备SnCl4，b装置用于收集SnCl4，d装置中盛放浓硫酸、防e装置中H2O(g)进入b、c装置，e装置中NaOH用于吸收尾气Cl2、防止污染空气。 【小问1详解】 由于Sn能与O2反应、SnCl4极易水解，故应先打开K2、K3通入N2排尽装置中的空气，然后停止通N2；接着打开K1、通入Cl2，加热Sn片，Sn与Cl2反应生成SnCl4，反应完毕，停止加热、停止通Cl2，接着通入N2将SnCl4全部驱赶到b中、多余Cl2排出，最后停止通N2，故正确的操作顺序为②⑤①④⑥③⑧⑦；步骤②的目的是排除装置中的空气；a装置中Sn与Cl2加热制备SnCl4，由SnCl4的熔沸点知，在b装置中收集SnCl4，c装置起冷凝作用，则判断制备反应结束的实验现象是c装置下端管口不再有液体滴下。 【小问2详解】 装置c的作用是冷凝，便于收集SnCl4；d装置的作用是防止e中H2O(g)进入b、c装置中，e装置中NaOH用于吸收尾气Cl2、防止污染空气，若用一个装置代替d和e，该装置为盛有碱石灰的干燥管，碱石灰既能吸收Cl2、又能吸收H2O(g)。 【小问3详解】 四氯化锡(SnCl4)常温下为无色液体，沸点为114℃，熔点为-33℃，SnCl4的晶体类型为分子晶体；SnCl4遇水蒸气剧烈反应，一种产物是SnO2∙xH2O，另一种产物在空气中产生白雾，该白雾由HCl形成，发生反应的化学方程式为SnCl4+(x+2)H2O=SnO2∙xH2O+4HCl。 【小问4详解】 由反应2HgCl2+SnCl2=SnCl4+Hg2Cl2↓知，SnCl2物质的量为c1V1×10-3mol，由SnCl2生成SnCl4物质的量为c1V1×10-3mol；根据SnCl4~4AgNO3可知，SnCl4总物质的量为c2V2×10-3mol；则原SnCl4物质的量为c2V2×10-3mol-c1V1×10-3mol，则测得样品的纯度为×100%=%；若滴加AgNO3溶液时，滴定终点俯视读数，V2偏小，则样品纯度的测量值将偏小。 20. 【答案】（1） ① ②低温 （2） ① ② 先减小后增大 ③0.16 ④ ⑤反应Ⅰ、Ⅲ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，高温时主要发生反应Ⅱ，反应Ⅱ反应前后气体分子数相等，所以气体平均相对分子质量基本不变 【解析】 小问1详解】 Ⅰ=Ⅱ+Ⅲ则，；该反应正向放热，正向体积减小熵减，当时T较小，则该反应低温自发； 【小问2详解】 反应Ⅰ、Ⅲ正向放热，反应Ⅱ正向吸热，升高温度反应Ⅰ、Ⅲ逆向移动、反应Ⅱ正向移动，则CO物质的量分数增大、甲醇的物质的量分数减小，m代表CO；升高温度反应Ⅰ、Ⅲ逆向移动、反应Ⅱ正向移动，根据二氧化碳的变化趋势可以推知水的平衡产量变化趋势为先减小后增大；p点二氧化碳的转化率为20%，则二氧化碳变化物质的量为0.2mol，和的总物质的量为0.2mol；此时CO的体积分数为20%，则和的物质的量分别为0.04mol、0.16mol；在1L容器中有：、、，则x+z=0.16、y-z=0.04，有x+y=0.2，则，1-x-y=1-（x+y）=0.8，则n（CO2）=（1-x-y）mol=0.8mol、n（H2）=（）mol=2.48mol、n（H2O）=（x+y）mol=0.2mol、n（CO）=0.04mol，p点为平衡点则、；反应Ⅰ、Ⅲ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，高温时主要发生反应Ⅱ，反应Ⅱ反应前后气体分子数相等，所以气体平均相对分子质量基本不变。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$