精品解析：吉林省友好学校第78届2024-2025学年高三上学期1月期末联考 化学试题

友好学校第七十八届期末联考 高三化学 本试卷共19题，共100分，共8页。考试用时75分钟。 注意事项： 1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码贴在条形码区域内。 2.选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题必须用0.5mm黑色中性笔书写，字体工整，笔迹清楚。 3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在草纸、试题卷上答题无效。 4.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱、不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。 可能用到的相对原子质量：H1 C12 Cu64 O16 Ni59 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 文物和文化遗产承载着中华民族的基因和血脉，是不可再生、不可替代的中华优秀文明资源。下列古文物主要由传统无机非金属材料制成的是 A. 海康窑褐彩凤鸟纹荷叶盖罐 B. 青铜马 C. 在生丝织成的绢上作画《清明上河图》 D. 秦代木胎黑漆漆盖盒 2. 下列化学用语使用正确的是 A. 中子数为8的碳原子： B. 聚丙烯(CH2=CH-CH3)的链节：-CH2-CH-CH3- C. 次氯酸的结构式H-Cl-O D. 甲烷分子的空间填充模型： 3. 设代表阿伏加德罗常数的数值。则下列有关叙述正确的共有 A. 1.4g乙烯与丙烯的混合气体含有个碳原子 B. 在1L0.1mol/L的Na2CO3溶液中，阴离子总数小于 C. 精炼铜，若阳极失去个电子，则阴极增重64g D. 将1L2mol/L的FeCl3溶液加入到沸水中，加热使之完全反应，所得氢氧化铁胶体粒子数为 4. 下列物质按纯净物、混合物、强电解质、弱电解质、非电解质的组合正确的是 纯净物 混合物 强电解质 弱电解质 非电解质 A 盐酸 水煤气 硫酸 醋酸 H2 B 胆矾 石灰水 硫酸钡 HNO2 NH3 C 火碱 蔗糖溶液 氯化钠 氨水 三氧化硫 D 冰醋酸 福尔马林 苛性钾 氯化氢 乙醇 A. A B. B C. C D. D 5. 下列各组离子或分子能大量共存且当加入相应试剂后发生反应的离子方程式书写正确并完整的是 选项 离子或分子 加入试剂 离子方程式 A K+、Mg2+、 溶液 B Na+、、Cl- NaOH溶液 C K+、NH3·H2O、Cl- 通入少量CO2 D Ca2+、、 NaHSO4溶液 A. A B. B C. C D. D 6. 下列除杂试剂或操作正确的是 选项 物质(杂质) 除杂试剂或操作 A 溶液() 过滤 B 乙酸乙酯(乙醇) 浓硫酸、乙酸、加热 C 二氧化硫(乙烯) 溴水 D 甲烷(丙烯) 酸性高锰酸钾溶液 A. A B. B C. C D. D 7. 下列烷烃的一氯代物为两种的是 A. CH3CH2CH2CH2CH3 B. C. D. 8. 化合物M是一种新型超分子晶体材料，由X、18－冠－6、HClO以CH3COCH3为溶剂反应制得(如图)，下列叙述正确的是 A. 组成M的元素均位于元素周期表p区 B. M中碳、氮、氯原子的轨道杂化类型均为sp3 C. M由X的高氯酸盐与18－冠－6通过离子键结合生成 D. M的晶体类型为离子晶体 9. 三效催化剂是最为常见的汽车尾气催化剂，其催化剂表面物质转化的关系如图所示，下列说法正确的是 A. 在转化过程中，氮元素均被还原 B. 依据图示判断催化剂不参与储存和还原过程 C. 储存过程中消耗0.2molO2，转移电子数为0.4NA D. 三效催化剂能有效实现汽车尾气中CO、CxHy、NOx三种成分的净化 10. 有机物X的结构为。下列说法不正确 A. X的化学式为C8H8 B. 有机物X与互为同分异构体 C. 该有机物一氯代物有三种 D. X能使酸性高锰酸钾溶液褪色 11. 以高硫铝土矿(主要成分为Fe2O3、Al2O3、SiO2，少量FeS2和硫酸盐)为原料制备聚合硫酸铁[Fe2(OH)x(SO4)y]n和明矾的部分工艺流程如下： 已知：赤泥液的主要成分为Na2CO3.下列说法错误的是 A. 赤泥液的作用是吸收“焙烧”阶段中产生的SO2 B. 从“滤液”到“明矾”的过程中还应有“除硅”步骤 C. 聚合硫酸铁可用于净化自来水，与其组成中的Fe3+具有氧化性有关 D. 在“聚合”阶段，若增加Fe2O3用量，会使[Fe2(OH)x(SO4)y]n中x变大 12. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，Y原子的最外层只有2个电子，Z与X属于同一主族。下列叙述正确的是 A. 元素X的简单气态氢化物的热稳定性比W的弱 B. 元素W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z弱 C. 化合物YX、ZX2、W2X中化学键的类型相同 D. 离子半径的大小顺序：Z>W>X>Y 13. 研究不同价态硫元素之间的转化是合理利用硫元素的基本途径。下图是硫及其化合物的“价一类”二维图及它们之间相互转化的部分信息。下列说法错误的是 A. 火山口附近的B在温度过高时会被O2直接氧化为D B. 在地表附近，受O2和H2O的作用，硫化物可以转化为H C. E的浓溶液可作干燥剂，能干燥C D. C→F→E是造成酸雨的可能途径 14. 某科研机构将汽车尾气中的NO和CO设计成如图所示的燃料电池，实现了NO和CO的无害转化。下列说法正确的是 A. 石墨Ⅰ为负极，发生还原反应 B. 电池工作时，向石墨Ⅱ电极处移动 C. 石墨Ⅱ电极反应式为 D. 石墨Ⅰ生成22.4L 时，外电路中通过6mol电子 15. 室温下，向10mL 0.1mol/L的H2SO3溶液中滴加0.1mol/L的NaOH溶液，各含硫微粒分布系数(平衡时某微粒的物质的量占各微粒物质的量之和的分数)与溶液pH的关系如图所示。下列说法不正确的是 A. 曲线Ⅱ表示HSO的分布系数随pH的变化 B. Ka2(H2SO3)的数量级为10−8 C. pH=7时，c(Na+)<3c(SO) D. 当加入的NaOH的体积为20mL时，c(H+)+ c(HSO)+ c(H2SO3)<c(OH-) 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16. 苯甲酸乙酯( )可用作食用香精。实验室可以苯甲酸(熔点122.1℃)与乙醇为原料制备苯甲酸乙酯，制备装置如图所示(部分装置已省略)。制备方法如下： 步骤①：在烧瓶中加入苯甲酸12.2g、乙醇60.0mL、浓硫酸5.0mL、适量环己烷。按如图所示安装好装置，加热烧瓶，控制一定温度加热回流2h。 步骤②：将烧瓶中的反应液倒入盛有100.0mL水的烧杯中，加入至溶液呈中性。 步骤③：用分液漏斗分离出有机层，再用乙醚萃取水层中的残留产品，二者合并，加到蒸馏装置中，加入沸石与无水硫酸镁，加热蒸馏制得产品6.0mL。 部分物质的性质如下表所示： 物质名称 苯甲酸 乙醇 环己烷 苯甲酸乙酯 相对分子质量 122 46 84 150 密度/ 1.2659 0.7893 0.7318 1.0500 沸点/℃ 249.2 78.3 80.8 212.61 回答下列问题： （1）仪器A的名称为_______，冷凝水的进水口为_______(填“a”或“b”)，在本实验中浓硫酸的作用是_______。 （2）若乙醇分子中的氧原子的中子数为10，写出制备苯甲酸乙酯反应的化学方程式：_______。 （3）装置图中分水器的“分水”原理是冷凝液在分水器中分层，上层有机层从支管处流回烧瓶，下层水层从分水器下口放出，反应结束的标志是_______。 （4）步骤②中加入的作用是_______ （5）步骤③中进行蒸馏操作时，应收集_______℃的馏分。 （6）该实验中苯甲酸的转化率为_______。 17. 许多元素及它们的化合物在科学研究和工业生产中具有多种用途。请回答下列有关问题： （1）某同学画出的基态碳原子的核外电子排布图为，该电子排布图违背了_______。都是重要的有机反应中间体。其中的空间构型为_______。 （2）类卤素(SCN)2对应的酸有两种， 理论上硫氰酸(H-S-C=N)的沸点低于异硫氰酸(H-N=C=S)|的沸点，其原因是_______。 （3）中碳原子的杂化方式为_______。 （4）白铜(铜镍合金)的立方晶胞结构如图所示，其中原子A的坐标参数为(0，1，0)。 ①原子 B的坐标参数为_______。 ②若该晶体密度为-3，则铜镍原子间最短距离为_______cm。 18. 对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝(Al)、钼(Mo)、镍(Ni)等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下： 已知：25℃时，H2CO3的，；；；该工艺中，pH>6.0时，溶液中Mo元素以的形态存在。 （1）“焙烧”中，有Na2MoO4生成，其中Mo元素的化合价为___________。 （2）“沉铝”中，生成的沉淀X为___________。 （3）“沉钼”中，pH为7.0.则生成BaMoO4的离子方程式为___________。 （4）①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有NaCl和Y，Y为___________。 ②往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后，通入足量___________(填化学式)气体，再通入足量CO2，可析出Y。 （5）高纯AlAs(砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止H2O2刻蚀液与下层GaAs(砷化镓)反应。 ①该氧化物为___________。 ②已知：Ga和Al同族，As和N同族。在H2O2与上层GaAs的反应中，As元素的化合价变为+5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为___________。 19. 元素铬(Cr)在溶液中主要以Cr3+(蓝紫色)、(绿色)、(橙红色)、(黄色)等形式存在，为难溶于水的灰蓝色固体，回答下列问题： （1）在溶液中加入过量NaOH溶液，溶液由蓝紫色变为绿色，写出相应的离子方程式：___________。 （2）和在溶液中可相互转化：(反应A)。室温下，初始浓度为1.0mol·L-1的Na2CrO4溶液中随c(H+)的变化如图所示(整个过程中溶液体积保持不变)。 ①由图可知，溶液pH减小，的平衡转化率___________(填“增大”“减小”或“不变”)。根据A点数据，计算出反应A的平衡常数为___________。 ②升高温度，溶液中的平衡转化率减小；则反应A的△H___________(填“>”或“<”)0. ③向酸性Na2CrO4溶液中加水，有同学认为溶液中所有离子的浓度都减小，你是否同意并说明理由___________。 ④向酸性Na2Cr2O7溶液(橙色)中加入少量氢氧化钠固体(忽略溶液体积的变化)，振荡后立即观察到溶液变为黄色，该结果不足以证明H+浓度的减小使得反应A的平衡逆向移动，理由是___________。 （3）在化学分析中采用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl-，利用Ag+与生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点。当溶液中Cl-恰好沉淀完全(浓度等于1.0×10-5mol·L-1)时，溶液中为___________mol·L-1.(已知Ag2CrO4、AgCl的分别为2.0×10-12和2.0×10-10) （4）向酸性Na2Cr2O7溶液中加入乙醇(乙醇被氧化为乙酸)，溶液变为蓝紫色，反应的离子方程式为___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 友好学校第七十八届期末联考 高三化学 本试卷共19题，共100分，共8页。考试用时75分钟。 注意事项： 1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码贴在条形码区域内。 2.选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题必须用0.5mm黑色中性笔书写，字体工整，笔迹清楚。 3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在草纸、试题卷上答题无效。 4.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱、不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。 可能用到的相对原子质量：H1 C12 Cu64 O16 Ni59 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 文物和文化遗产承载着中华民族的基因和血脉，是不可再生、不可替代的中华优秀文明资源。下列古文物主要由传统无机非金属材料制成的是 A. 海康窑褐彩凤鸟纹荷叶盖罐 B. 青铜马 C. 在生丝织成的绢上作画《清明上河图》 D. 秦代木胎黑漆漆盖盒 【答案】A 【解析】 【详解】A．陶瓷的主要成分为硅酸盐，属于传统无机非金属材料，A正确； B．合金属于金属材料，青铜马由金属材料制成，B错误； C．生丝的主要成分是蛋白质，属于天然有机高分子材料，C错误； D．木胎黑漆漆盖盒的主要成分是纤维素，属于天然有机高分子材料，D错误。 故选A。 2. 下列化学用语使用正确的是 A. 中子数为8的碳原子： B. 聚丙烯(CH2=CH-CH3)的链节：-CH2-CH-CH3- C. 次氯酸的结构式H-Cl-O D. 甲烷分子的空间填充模型： 【答案】D 【解析】 【详解】A．中子数为8的碳原子：，A错误； B．丙烯(CH2=CH-CH3)聚合生成聚丙烯，链节为，B错误； C．次氯酸的结构式为H-O-Cl，C错误； D．甲烷为正四面体结构，分子的空间填充模型为，D正确； 故答案选D。 3. 设代表阿伏加德罗常数的数值。则下列有关叙述正确的共有 A. 1.4g乙烯与丙烯的混合气体含有个碳原子 B. 在1L0.1mol/L的Na2CO3溶液中，阴离子总数小于 C. 精炼铜，若阳极失去个电子，则阴极增重64g D. 将1L2mol/L的FeCl3溶液加入到沸水中，加热使之完全反应，所得氢氧化铁胶体粒子数为 【答案】C 【解析】 【详解】A．乙烯和丙烯的最简式均是CH2，所以1.4 g乙烯与丙烯的混合气体含有＝0.1NA个碳原子，A错误； B．碳酸根水解生成碳酸氢根和氢氧根，则在1L0.1mol/L的Na2CO3溶液中，阴离子总数大于0.1NA，B错误； C．精炼铜时阴极是铜离子放电，所以若阴极增重是64g，则阳极失去2NA个电子，C正确； D．胶体 粒子是集合体，将1L2mol/L的FeCl3溶液加入到沸水中，加热使之完全反应，所得氢氧化铁胶体粒子数小于2NA，D错误； 故选C。 4. 下列物质按纯净物、混合物、强电解质、弱电解质、非电解质的组合正确的是 纯净物 混合物 强电解质 弱电解质 非电解质 A 盐酸 水煤气 硫酸 醋酸 H2 B 胆矾 石灰水 硫酸钡 HNO2 NH3 C 火碱 蔗糖溶液 氯化钠 氨水 三氧化硫 D 冰醋酸 福尔马林 苛性钾 氯化氢 乙醇 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．盐酸、水煤气、硫酸、醋酸、H2分别属于混合物、混合物、强电解质、弱电解质、单质，故A错误； B．胆矾、石灰水、硫酸钡、HNO2、NH3分别属于化合物、混合物、强电解质、弱电解质，非电解质，故B正确； C．火碱、蔗糖溶液、氯化钠、氨水、三氧化硫分别属于化合物、混合物、强电解质、混合物，非电解质，故C错误； D．冰醋酸、福尔马林、苛性钾、氯化氢、乙醇分别属于化合物、混合物、强电解质、强电解质，非电解质，故D错误。 故选：B。 5. 下列各组离子或分子能大量共存且当加入相应试剂后发生反应的离子方程式书写正确并完整的是 选项 离子或分子 加入试剂 离子方程式 A K+、Mg2+、 溶液 B Na+、、Cl- NaOH溶液 C K+、NH3·H2O、Cl- 通入少量CO2 D Ca2+、、 NaHSO4溶液 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．该组离子之间不反应，可大量共存，且加入少量溶液，发生，A错误； B．该组离子之间不反应，可大量共存，且加入少量NaOH溶液，发生，B正确； C．该组离子之间不反应，可大量共存，且加入少量CO2，发生2NH3•H2O+CO2=+H2O+2，C错误； D．Ca2+、反应生成沉淀，加入NaHSO4溶液，发生，D错误； 故选B。 6. 下列除杂试剂或操作正确的是 选项 物质(杂质) 除杂试剂或操作 A 溶液() 过滤 B 乙酸乙酯(乙醇) 浓硫酸、乙酸、加热 C 二氧化硫(乙烯) 溴水 D 甲烷(丙烯) 酸性高锰酸钾溶液 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．不溶于水，可以用过滤方法除去溶液中的，故A正确； B．若向乙酸乙酯中加入浓硫酸、乙酸、加热，由于乙醇与乙酸反应产生乙酸乙酯的反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，导致乙酸乙酯又混入新的杂质，不能达到除杂净化的目的，故B错误； C．乙烯、二氧化硫都能够与溴水发生反应，因此不能使用溴水除去二氧化硫气体中混有的乙烯杂质，故C错误； D．甲烷与酸性KMnO4溶液不反应，而丙烯会被酸性KMnO4溶液氧化为CO2等气体，使CH4气体中又混入新的杂质，因此不能使用酸性高锰酸钾溶液除去甲烷中混有的丙烯杂质，故D错误； 故选A。 7. 下列烷烃的一氯代物为两种的是 A. CH3CH2CH2CH2CH3 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先确定烷烃的对称中心，找出等效氢原子，再根据先中心后外围的原子，将氯原子逐一取代氢原子，有几种等效氢，就有几种一氯代物，据此判断分析； 【详解】A．CH3CH2CH2CH2CH3有3种等效氢，有3种一氯代物，A不符合题意； B．有2种等效氢，有2种一氯代物，B符合题意； C． 只有1种等效氢，只有1种一氯代物，C不符合题意； D． 有4种等效氢，有4种一氯代物，D不符合题意； 故选B。 8. 化合物M是一种新型超分子晶体材料，由X、18－冠－6、HClO以CH3COCH3为溶剂反应制得(如图)，下列叙述正确的是 A. 组成M的元素均位于元素周期表p区 B. M中碳、氮、氯原子的轨道杂化类型均为sp3 C. M由X的高氯酸盐与18－冠－6通过离子键结合生成 D. M的晶体类型为离子晶体 【答案】D 【解析】 【详解】A．由图可知，组成M的元素为氢元素、碳元素、氮元素、氧元素、氯元素、溴元素，其中氢元素位于元素周期表s区，故A错误； B．由图可知，M中苯环上的碳原子杂化类型为sp2杂化，故B错误； C．由图可知，M由X的高氯酸盐与18－冠－6通过氢键结合生成，故C错误； D．由图可知，M为含有离子键的离子化合物，晶体类型为离子晶体，故D正确； 故选D。 9. 三效催化剂是最为常见的汽车尾气催化剂，其催化剂表面物质转化的关系如图所示，下列说法正确的是 A. 在转化过程中，氮元素均被还原 B. 依据图示判断催化剂不参与储存和还原过程 C. 储存过程中消耗0.2molO2，转移电子数为0.4NA D. 三效催化剂能有效实现汽车尾气中CO、CxHy、NOx三种成分的净化 【答案】D 【解析】 【分析】根据图像，推断反应过程，在NOx转化成Ba（NO3）2的过程中氧元素化合价降低被还原，N元素化合价升高被氧化；反应前、反应后均在的物质即为催化剂。 【详解】A．根据图示可知，NOx与BaO、O2转化成Ba(NO3)2的过程中，N元素化合价升高被氧化，故A错误； B．根据图示可知，BaO为催化剂，NOx与BaO、O2转化成Ba(NO3)2时，BaO参与储存N元素，故B错误； C．根据化合价和电子转移可知，O2～4e-，就氧气自身而言，消耗0.2mol O2时，转移电子数为0.8 NA，故C错误； D．整个过程中，CO、CxHy、NOx转化成CO2、H2O、N2，说明三效催化剂能有效实现汽车尾气中CO、CxHy、NOx三种成分的净化，故D正确； 答案选D。 10. 有机物X的结构为。下列说法不正确 A. X的化学式为C8H8 B. 有机物X与互为同分异构体 C. 该有机物一氯代物有三种 D. X能使酸性高锰酸钾溶液褪色 【答案】C 【解析】 【详解】A．由题给X的结构可知，X的化学式为C8H8，A项正确； B．有机物X与的分子式相同，结构不同，二者互为同分异构体，B项正确； C．该有机物存在高度对称，分子中有2种化学环境不同的氢，该有机物一氯代物有2种，C项错误； D．X中含有碳碳双键，能与酸性高锰酸钾发生反应，从而使酸性高锰酸钾溶液褪色，D项正确； 答案选C。 11. 以高硫铝土矿(主要成分为Fe2O3、Al2O3、SiO2，少量FeS2和硫酸盐)为原料制备聚合硫酸铁[Fe2(OH)x(SO4)y]n和明矾的部分工艺流程如下： 已知：赤泥液的主要成分为Na2CO3.下列说法错误的是 A. 赤泥液的作用是吸收“焙烧”阶段中产生的SO2 B. 从“滤液”到“明矾”的过程中还应有“除硅”步骤 C. 聚合硫酸铁可用于净化自来水，与其组成中的Fe3+具有氧化性有关 D. 在“聚合”阶段，若增加Fe2O3用量，会使[Fe2(OH)x(SO4)y]n中x变大 【答案】C 【解析】 【分析】高硫铝土矿经焙烧后，FeS中的S元素转化为SO2被除去，生成的SO2用赤泥液吸收，防止其污染环境。经碱浸后，Al2O3转化为，SiO2转化为。过滤后将滤渣经酸浸氧化后，Fe2+全部被转化为Fe3+，用于制备聚合硫酸铁。进入滤液中，可用于制备明矾； 【详解】A．焙烧时，FeS2与O2反应生成Fe2O3和SO2，即4FeS2+ 11O22Fe2O3+8SO2，用赤泥液吸收生成的SO2，即 Na2CO3+SO2=Na2SO3+CO2，故A正确； B．从“滤液”到“明矾”的过程中，由于“碱浸”造成二氧化硅溶于氢氧化钾溶液，滤液中含硅酸盐，需要进行“除硅”步骤，故B正确； C．聚合硫酸铁可用于净化自来水，与其组成中的Fe3+具有水解产生胶体的性质有关，与其组成中的Fe3+具有氧化性无关，故C错误； D． 在“聚合”阶段，若增加Fe2O3用量，碱性增强，x变大，故D正确； 故本题选C。 12. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，Y原子的最外层只有2个电子，Z与X属于同一主族。下列叙述正确的是 A. 元素X的简单气态氢化物的热稳定性比W的弱 B. 元素W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z弱 C. 化合物YX、ZX2、W2X中化学键的类型相同 D. 离子半径的大小顺序：Z>W>X>Y 【答案】D 【解析】 【分析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，X有2个电子层，最外层电子数为6，故X为O元素，Z与X属于同一主族，故Z为S元素，Y原子的最外层只有2个电子，原子序数大于O元素，故Y处于第三周期，故Y为Mg元素，W的原子序数大于S元素，则W为Cl元素； 【详解】A．X为O，W为Cl元素，非金属性O>Cl，元素O的简单气态氢化物H2O的热稳定性比HCl 的强，故A错误； B．同周期从左到右，元素的非金属性：S<Cl，非金属性越强其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则酸性：HClO4>H2SO4，故B错误； C．化合物MgO、SO2、Cl2O 中化学键的类型不相同，MgO是离子键，SO2、Cl2O中存在共价键，故C错误； D．电子层数越多离子半径越大，电子层数相同时原子序数大的离子半径小，则离子半径的大小顺序：Z(S2-)>W(Cl-)>X(O2-)>Y(Mg2+)，故D正确； 故选：D。 13. 研究不同价态硫元素之间的转化是合理利用硫元素的基本途径。下图是硫及其化合物的“价一类”二维图及它们之间相互转化的部分信息。下列说法错误的是 A. 火山口附近的B在温度过高时会被O2直接氧化为D B. 在地表附近，受O2和H2O的作用，硫化物可以转化为H C. E的浓溶液可作干燥剂，能干燥C D. C→F→E是造成酸雨的可能途径 【答案】A 【解析】 【分析】由图中S元素的价类图可知：A为H2S，B为S单质，C为SO2，D为SO3，E为H2SO4，F为H2SO3，G为亚硫酸盐，H为硫酸盐，结台氧化还原反应规律、浓硫酸具有吸水性分析解答。 【详解】由上述分析可知，A为H2S，B为S单质，C为SO2，D为SO3，E为H2SO4，F为H2SO3，G为亚硫酸盐，H为硫酸盐。 A．在火山喷发口附近含有大量S单质，在温度过高时，S与空气中的O2发生产生SO2，而不能直接反应产生SO3，A错误； B．金属硫化物具有强的还原性，能够被氧化剂氧化转化为硫酸盐，即硫化物在O2和H2O的作用下可转化为硫酸盐，B正确； C．根据上述分析可知：E是H2SO4，浓硫酸具有吸水性，能够吸收空气中的水蒸气，且浓H2SO4与SO2不能发生反应，因此浓H2SO4可以作SO2气体的干燥剂，C正确； D．C是SO2，E为H2SO4，F为H2SO3。SO2与空气中的H2O反应产生H2SO3，H2SO3具有还原性，可以被空气中的O2氧化产生H2SO4，反应方程式为：2SO2+O2=2SO3、 SO3+H2O=H2SO4，故C→F→E路径可能是造成酸雨的可能途径，D正确； 故合理选项是A。 14. 某科研机构将汽车尾气中的NO和CO设计成如图所示的燃料电池，实现了NO和CO的无害转化。下列说法正确的是 A. 石墨Ⅰ为负极，发生还原反应 B. 电池工作时，向石墨Ⅱ电极处移动 C. 石墨Ⅱ电极反应式为 D. 石墨Ⅰ生成22.4L 时，外电路中通过6mol电子 【答案】B 【解析】 【分析】由电极上物质的变化可知，左边电极氮元素化合价降低，发生还原反应，为正极；右边电极碳元素化合价升高，发生氧化反应，为负极。 【详解】A．石墨Ⅰ上氮元素化合价降低，发生还原反应，为正极，A错误； B．为阴离子，阴离子的由正极移向负极，B正确； C．石墨Ⅱ上发生氧化反应，电极反应式为　，C错误； D．未说明为标准状况，难以计算氮气、电子的物质的量，D错误； 故选B。 15. 室温下，向10mL 0.1mol/L的H2SO3溶液中滴加0.1mol/L的NaOH溶液，各含硫微粒分布系数(平衡时某微粒的物质的量占各微粒物质的量之和的分数)与溶液pH的关系如图所示。下列说法不正确的是 A. 曲线Ⅱ表示HSO的分布系数随pH的变化 B. Ka2(H2SO3)的数量级为10−8 C. pH=7时，c(Na+)<3c(SO) D. 当加入的NaOH的体积为20mL时，c(H+)+ c(HSO)+ c(H2SO3)<c(OH-) 【答案】C 【解析】 【分析】向亚硫酸溶液中滴加NaOH溶液，亚硫酸物质的量浓度逐渐减小，亚硫酸氢根物质的量浓度逐渐增大，因此曲线Ⅰ为亚硫酸，曲线Ⅱ为亚硫酸氢根，再继续加NaOH溶液，亚硫酸氢根物质的量浓度减小，亚硫酸根物质的量浓度增大，因此曲线Ⅲ为亚硫酸根，据此回答。 【详解】A．根据前面分析曲线Ⅱ表示的分布系数随pH的变化，A正确； B．在pH=7.2时，亚硫酸氢根物质的量浓度和亚硫酸根物质的量浓度相等，则Ka2(H2SO3)= =c(H+)=1×10−7.2，因此Ka2(H2SO3)的数量级为10−8，B正确； C．pH=7时，根据电荷守恒和pH=7得到，又由于pH=7时，因此，C错误； D．当加入的NaOH的体积为20mL时，NaOH与H2SO3恰好完全反应生成Na2SO3，则根据物料守恒，①，根据电荷守恒有②，①带入②可得，则，D正确； 故选C。 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16. 苯甲酸乙酯( )可用作食用香精。实验室可以苯甲酸(熔点122.1℃)与乙醇为原料制备苯甲酸乙酯，制备装置如图所示(部分装置已省略)。制备方法如下： 步骤①：在烧瓶中加入苯甲酸12.2g、乙醇60.0mL、浓硫酸5.0mL、适量环己烷。按如图所示安装好装置，加热烧瓶，控制一定温度加热回流2h。 步骤②：将烧瓶中的反应液倒入盛有100.0mL水的烧杯中，加入至溶液呈中性。 步骤③：用分液漏斗分离出有机层，再用乙醚萃取水层中的残留产品，二者合并，加到蒸馏装置中，加入沸石与无水硫酸镁，加热蒸馏制得产品6.0mL。 部分物质的性质如下表所示： 物质名称 苯甲酸 乙醇 环己烷 苯甲酸乙酯 相对分子质量 122 46 84 150 密度/ 1.2659 0.7893 0.7318 1.0500 沸点/℃ 249.2 78.3 80.8 212.61 回答下列问题： （1）仪器A的名称为_______，冷凝水的进水口为_______(填“a”或“b”)，在本实验中浓硫酸的作用是_______。 （2）若乙醇分子中的氧原子的中子数为10，写出制备苯甲酸乙酯反应的化学方程式：_______。 （3）装置图中分水器的“分水”原理是冷凝液在分水器中分层，上层有机层从支管处流回烧瓶，下层水层从分水器下口放出，反应结束的标志是_______。 （4）步骤②中加入的作用是_______ （5）步骤③中进行蒸馏操作时，应收集_______℃的馏分。 （6）该实验中苯甲酸的转化率为_______。 【答案】（1） ①. 球形冷凝管(或冷凝管) ②. b ③. 作催化剂、吸水剂 （2） + + （3）分水器中水量不再增多 （4）中和硫酸和未反应的苯甲酸，降低苯甲酸乙酯的溶解度 （5）212.6 （6）42.0% 【解析】 【小问1详解】 仪器A的名称是球形冷凝管；冷凝水应该下进上出，故进水口为b口；酯化反应中浓硫酸做催化剂、吸水剂。 【小问2详解】 根据题意，乙醇分子中氧原子的中子数为10，则该氧原子的质量数为18，故该乙醇的结构简式可写作，故反应方程式为 + +。 【小问3详解】 分水器的“分水”原理是冷凝液在分水器中分层，上层有机层从支管处流回烧底，下层水层从分水器下口放出，苯甲酸与乙醇发生酯化反应生成苯甲酸乙酯和水，当反应结束后分水器中的水量不再增多。 【小问4详解】 溶液能够中和苯甲酸和硫酸、降低苯甲酸乙酯的溶解度，故在步骤②中加入的作用是中和硫酸和未反应的苯甲酸，降低苯甲酸乙酯的溶解度。 【小问5详解】 根据已知条件，苯甲酸乙酯的沸点为212.61℃，故进行蒸馏操作时，应收集212.6℃的馏分。 【小问6详解】 转化率=。 17. 许多元素及它们的化合物在科学研究和工业生产中具有多种用途。请回答下列有关问题： （1）某同学画出的基态碳原子的核外电子排布图为，该电子排布图违背了_______。都是重要的有机反应中间体。其中的空间构型为_______。 （2）类卤素(SCN)2对应的酸有两种， 理论上硫氰酸(H-S-C=N)的沸点低于异硫氰酸(H-N=C=S)|的沸点，其原因是_______。 （3）中碳原子的杂化方式为_______。 （4）白铜(铜镍合金)的立方晶胞结构如图所示，其中原子A的坐标参数为(0，1，0)。 ①原子 B的坐标参数为_______。 ②若该晶体密度为-3，则铜镍原子间最短距离为_______cm。 【答案】（1） ①. 洪特规则 ②. 平面三角形 （2）异硫氰酸分子间存在氢键，而硫氰酸分子间只存在范德华力 （3）、 （4） ①. ②. 【解析】 【小问1详解】 电子排布在相同能级轨道时要分占不同轨道且自旋相同，该排布违背洪特规则，的价层电子对数为，无孤电子对，离子构型为平面三角形，故答案为：洪特规则，平面三角形； 【小问2详解】 异硫氰酸分子中存在N-H键，分子间可以形成氢键，而硫氰酸分子间不能形成氢键，只存在分子间作用力，异硫氰酸导致其沸点高于硫氰酸，故答案为：异硫氰酸分子间存在氢键，而硫氰酸分子间只存在范德华力； 【小问3详解】 由结构简式可知，其中双键中的碳原子采用sp2杂化，三键中的碳原子采用sp杂化，故答案为：、； 【小问4详解】 ①B位于面心，结合A点坐标可知A点正下方Ni原子位于坐标原点，则B点坐标应为，故答案为； ②由晶胞结构可知Ni原子位于顶点，个数为：，Cu原子位于面心，个数为：，则晶胞质量为，晶胞边长为：cm；Cu和Ni之间的最短距离为面对角线的一半，即为cm，故答案为：. 18. 对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝(Al)、钼(Mo)、镍(Ni)等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下： 已知：25℃时，H2CO3的，；；；该工艺中，pH>6.0时，溶液中Mo元素以的形态存在。 （1）“焙烧”中，有Na2MoO4生成，其中Mo元素的化合价为___________。 （2）“沉铝”中，生成的沉淀X为___________。 （3）“沉钼”中，pH为7.0.则生成BaMoO4的离子方程式为___________。 （4）①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有NaCl和Y，Y为___________。 ②往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后，通入足量___________(填化学式)气体，再通入足量CO2，可析出Y。 （5）高纯AlAs(砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止H2O2刻蚀液与下层GaAs(砷化镓)反应。 ①该氧化物为___________。 ②已知：Ga和Al同族，As和N同族。在H2O2与上层GaAs的反应中，As元素的化合价变为+5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为___________。 【答案】（1）+6 （2） （3） （4） ①. NaHCO3 ②. NH3 （5） ①. Al2O3 ②. 4：1 【解析】 【分析】废催化剂主要含铝(Al)、钼(Mo)、镍(Ni)等元素的氧化物在焙烧水浸后除去含镍固体，滤液Ⅰ中Al元素以的形态存在，Mo元素以的形态存在，沉铝时，通过量二氧化碳，转化为氢氧化铝沉淀除去，向滤液Ⅱ中加氯化钡生成沉淀BaMoO4。 【小问1详解】 Na2MoO4中Na元素的化合价为+1，O元素的化合价为-2，根据化合物的化合价代数和为0，可得Mo元素的化合价为+6。 【小问2详解】 根据分析可知，“沉铝”中，通过量二氧化碳，转化为氢氧化铝沉淀除去，发生的反应为：，即沉淀X为Al(OH)3。 【小问3详解】 “沉钼”中氯化钡和生成沉淀BaMoO4，离子方程式为：。 【小问4详解】 “沉铝”时，，有碳酸氢钠生成，则滤液Ⅲ中存在的钠盐有NaCl和Y，Y为NaHCO3；往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后，通NH3、CO2，NH3、CO2和NaCl溶液反应生成溶解度较小的NaHCO3，因为氨气易溶于水而二氧化碳溶解度较小，所以应该先通入氨气后通入二氧化碳；答案：NaHCO3，NH3。 【小问5详解】 由图可知，GaAs能被H2O2腐蚀，AlAs和H2O2发生氧化还原反应生成致密的氧化物薄膜，H2O2作氧化剂，则AlAs中As元素被氧化，所以得到的氧化物为Al的氧化物，为Al2O3；在H2O2与上层GaAs的反应中，As元素的化合价由-3价变为+5价升高8，GaAs是还原剂，双氧水得电子生成水，H2O2是氧化剂，O元素化合价由-1价变为-2价降低1，根据得失电子守恒，如果转移8mol电子，消耗双氧水4mol，消耗GaAs为1mol，所以氧化剂、还原剂的物质的量之比为4∶1；答案为：Al2O3，4∶1。 19. 元素铬(Cr)在溶液中主要以Cr3+(蓝紫色)、(绿色)、(橙红色)、(黄色)等形式存在，为难溶于水的灰蓝色固体，回答下列问题： （1）在溶液中加入过量NaOH溶液，溶液由蓝紫色变为绿色，写出相应的离子方程式：___________。 （2）和在溶液中可相互转化：(反应A)。室温下，初始浓度为1.0mol·L-1的Na2CrO4溶液中随c(H+)的变化如图所示(整个过程中溶液体积保持不变)。 ①由图可知，溶液pH减小，的平衡转化率___________(填“增大”“减小”或“不变”)。根据A点数据，计算出反应A的平衡常数为___________。 ②升高温度，溶液中的平衡转化率减小；则反应A的△H___________(填“>”或“<”)0. ③向酸性Na2CrO4溶液中加水，有同学认为溶液中所有离子的浓度都减小，你是否同意并说明理由___________。 ④向酸性Na2Cr2O7溶液(橙色)中加入少量氢氧化钠固体(忽略溶液体积的变化)，振荡后立即观察到溶液变为黄色，该结果不足以证明H+浓度的减小使得反应A的平衡逆向移动，理由是___________。 （3）在化学分析中采用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl-，利用Ag+与生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点。当溶液中Cl-恰好沉淀完全(浓度等于1.0×10-5mol·L-1)时，溶液中为___________mol·L-1.(已知Ag2CrO4、AgCl的分别为2.0×10-12和2.0×10-10) （4）向酸性Na2Cr2O7溶液中加入乙醇(乙醇被氧化为乙酸)，溶液变为蓝紫色，反应的离子方程式为___________。 【答案】（1） （2） ①. 增大 ②. 1.0×1014 ③. < ④. 不同意，溶液中存在水的电离平衡，，加水稀释使得变小而不变(只与温度有关)，所以增大 ⑤. 氢氧化钠固体的溶解和中和反应都会放热，温度升高会促进转化反应A平衡逆向移动 （3） （4） 【解析】 【小问1详解】 在Cr2(SO4)3溶液中加入过量NaOH溶液，溶液由蓝紫色变为绿色，说明生成了(绿色)，则相应的离子方程式：；故答案为：。 【小问2详解】 ①由图可知，溶液pH减小，氢离子浓度增大，则平衡向生成的方向移动，则的平衡转化率增大，根据A点数据，此时，c() = 0.25mol·L-1，则此时浓度改变了为0.5mol·L-1，则c() = 0.5mol·L-1，则此时反应A的平衡常数为K=；故答案为：增大，1.0×1014。 ②升高温度，溶液中的平衡转化率减小，说明平衡逆向移动，升高温度，平衡向吸热反应方向移动即逆向是吸热反应，则正向是放热反应即反应A的ΔH＜0；故答案为：＜。 ③向酸性Na2CrO4溶液中加水，氢离子的浓度减小，根据Kw = c(H+)·c(OH-)不变，则氢氧根浓度增大；故答案为：不同意，溶液中存在水的电离平衡，Kw = c(H+)·c(OH-)，加水稀释使得c(H+)变小而Kw不变(Kw只与温度有关)，所以c(OH-)增大。 ④向酸性溶液Na2Cr2O7(橙色)中加入少量氢氧化钠固体(忽略溶液体积的变化)，振荡后立即观察到溶液变为黄色，该结果不足以证明H+浓度的减小使得反应A的平衡逆向移动，理由是：氢氧化钠固体溶解后与氢离子反应，放出热量，由于该可逆反应是放热反应，因此平衡逆向移动，浓度增大，颜色变为黄色；故答案为：氢氧化钠固体的溶解和中和反应都会放热，温度升高会促进转化反应A平衡逆向移动。 【小问3详解】 在化学分析中采用K2CO3为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl-，利用Ag+与生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点。当溶液中Cl-恰好沉淀完全(浓度等于1.0×10-5mol·L-1)时，此时溶液中的银离子浓度，则溶液中；故答案为：5.0×10-3。 【小问4详解】 向酸性Na2Cr2O7溶液中加入乙醇(乙醇被氧化为乙酸)，溶液变为蓝紫色，说明生成了Cr3+，则反应的离子方程式为；故答案为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $