精品解析：山东省淄博第一中学2025-2026学年高三上学期第一次学习质量检测化学试题

淄博一中2023级高三上学期10月份素养调研 化学试题 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. 画中有“化”，多彩中华。下列叙述正确的是 A. 岩彩壁画颜料所用贝壳粉，主要成分属于硅酸盐 B. 油画颜料调和剂所用核桃油，属于有机高分子 C. 竹胎漆画颜料赭石的主要成分氧化铁，耐酸、碱 D. 水墨画墨汁的主要成分碳，常温不易被氧化 2. 科学的发展离不开材料的不断更新和优化。下列成果中蕴含的化学知识叙述正确的是 A. 新型手性螺环催化剂能降低化学反应的焓变 B. 北斗导航卫星所使用的高性能计算机芯片含有二氧化硅 C. “天问一号”火星车使用的热控保温材料纳米气凝胶可产生丁达尔效应 D. “天宫二号”空间站使用了石墨烯存储器，石墨烯与金刚石互为同分异构体 3. 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 中原子数目为 B. 所含中子的数目为 C. 粉和足量S完全反应，转移电子的数目为 D. 盐酸与足量反应，生成数目为 4. ClO2可用于处理含的污水，2ClO2＋=2CO2＋N2＋。下列说法正确的是 A. 该反应中ClO2被氧化 B. 生成物中有一种既非氧化产物，也非还原产物 C. 由该反应可判断还原性强弱：＜ D. 如下方程式可表示反应中电子转移情况： 5. 关于下列仪器使用的说法错误的是 A. ①、④不可加热 B. ②、④不可用作反应容器 C. ③、⑤可用于物质分离 D. ②、④、⑤使用前需检漏 6. 下列离子方程式书写正确的是 A. 绿矾处理废水中： B. 与反应： C. 将通入冷的石灰乳中制备漂白粉： D. 少量通入NaClO溶液： 7. 处理某酸浸液(主要含)的部分流程如下： 下列说法正确的是 A. “沉铜”过程中发生反应的离子方程式： B. “碱浸”过程中NaOH固体加入量越多，沉淀越完全 C. “氧化”过程中铁元素化合价降低 D. “沉锂”过程利用了的溶解度比小的性质 8. 部分含或或物质的分类与相应化合价关系如图。下列推断合理的是 A. 若a在沸水中可生成e，则a→f反应一定是化合反应 B. 在g→f→e→d转化过程中，一定存在物质颜色的变化 C. 加热c的饱和溶液，一定会形成能产生丁达尔效应的红棕色分散系 D. 若b和d均能与同一物质反应生成c，则组成a的元素一定位于周期表p区 9. 向的溶液中通入(标准状况下)，所得溶液中和的物质的量浓度相等，则原溶液的物质的量浓度为 A. B. C. D. 10. 类比迁移的思维方法可以预测许多物质的性质。但类比是相对的，不能违背客观事实。下列类比迁移结果正确的是 A. 钠保存在煤油中，则锂也应保存在煤油中 B. 与S反应生成，则与S反应可生成 C. 根据化合价规律可表示为，则可表示为 D. 少量通入溶液生成，则少量通入溶液生成 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。 11. 由下列实验操作及现象能得出相应结论的是 实验操作 实验现象 实验结论 A 分别向新制氯水中滴加AgNO3溶液和淀粉KI溶液 前者生成白色沉淀，后者溶液变为蓝色 氯气与水的反应存在限度 B 将CuO固体加热，用带火星的木条检验产生的气体 固体由黑色变为砖红色，木条复燃 热稳定性：Cu2O>CuO C 将Al(OH)3加入到NaOH溶液中 Al(OH)3溶解 Al(OH)3具有酸性 D 将NaBiO3加入到酸性FeCl2溶液中 溶液变成棕黄色，有黄绿色气体产生 氧化性：NaBiO3>Cl2>Fe3+ A A B. B C. C D. D 12. 反应①是制备SiH4的一种方法，利用其副产物可制备相应物质，有关转化关系如下： 下列说法不正确的是（ ） A. A2B的化学式为Mg2Si B. NH3、NH4Cl可以循环使用 C. 反应①中参加反应的NH3和NH4Cl的物质的量之比为1∶1 D. 反应②中每生成24gMg转移2mol电子 13. 不同条件下，当与按照反应①②的化学计量比恰好反应，结果如下。 反应序号 起始酸碱性 还原产物 氧化产物 物质的量 物质的量 ① 酸性 0.001 n ② 中性 0.001 已知：的氧化性随酸性减弱而减弱。下列说法正确的是 A. 反应①的离子方程式为 B. 对比反应①和②， C. 对比反应①和②，的还原性随酸性增强而增强 D. 随反应进行，体系①与②均增大 14. 某的溶液中可能含有中的一种或几种，取该溶液进行实验，实验内容和相关数据(气体体积在标准状况下测定)如图： 下列关于原溶液的说法正确的是 A. 一定不含 B. 一定含有 C. 原溶液中， D. 黑色固体G一定是 15. 砷化铝（AlAs）是一种新型半导体材料。某同学在实验室以和的混合物为原料制备AlAs，工艺流程如下： 下列说法错误的是 A. “碾碎焙烧”不能在瓷坩埚进行 B. 为获得最多产品，“盐酸酸化”时： C. 由溶液获得固体，可采用如图所示装置 D. “气相沉积”时，温度应高于和的沸点 三、非选择题。 16. 锡()是现代“五金”之一，广泛应用于合金、半导体工业等。 （1）位于元素周期表的第5周期第IVA族。将的基态原子最外层轨道表示式补充完整：_______。 （2）和是锡的常见氯化物，可被氧化得到。 ①分子的模型名称是_______。 ②的键是由锡的_______轨道与氯的轨道重叠形成σ键。 （3）白锡和灰锡是单质的常见同素异形体。二者晶胞如图：白锡具有体心四方结构；灰锡具有立方金刚石结构。 ①灰锡中每个原子周围与它最近且距离相等的原子有_______个。 ②若白锡和灰锡的晶胞体积分别为和，则白锡和灰锡晶体的密度之比是_______。 （4）单质的制备：将与焦炭充分混合后，于惰性气氛中加热至，由于固体之间反应慢，未明显发生反应。若通入空气在下，能迅速被还原为单质，通入空气的作用是_______。 17. 锰锌铁氧体元件是电子线路中的基础组成部分。某实验室利用废弃电子产品中的锰锌铁氧体制备和，可用于电池，催化剂等行业，其工艺流程如下： 回答问题： （1）氨浸的作用是将_______元素(填元素符号)有效转移到水溶液中。 （2）煮沸含有配合物的溶液B，产生混合气体，经冷凝后所得溶液可循环用于氨浸，该溶液是_______。 （3）沉锰反应的离子方程式为_______。某次实验时，将原料中的以形式定量沉淀完全，消耗了，并产出(纯度为)，则该原料化学式中_______。 （4）沉铁时，选择是为了便于从滤液中回收有价值的钾盐_______(化学式)。该钾盐在种植业中的一种用途是_______。 18. 某研究小组通过下列路线合成镇静药物氯硝西泮。 已知： 请回答： （1）化合物E的含氧官能团的名称是_______。 （2）化合物C的结构简式是_______。 （3）下列说法不正确的是_______。 A. 化合物A→D的过程中，采用了保护氨基的方法 B. 化合物A的碱性比化合物D弱 C. 化合物B在氢氧化钠溶液加热条件下可转化为化合物A D. 化合物G→氯硝西泮的反应类型为取代反应 （4）写出F→G的化学方程式_______。 （5）聚乳酸()是一种可降解高分子，可通过化合物X()开环聚合得到，设计以乙炔为原料合成X的路线_______(用流程图表示，无机试剂任选)。 （6）写出同时符合下列条件的化合物B的同分异构体的结构简式_______。 ①分子中含有二取代的苯环。 ②谱和谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子，无碳氧单键。 19. 氢碘酸常用于合成碘化物。某化学兴趣小组用如图装置(夹持装置等略)制备氢碘酸。 步骤如下： ⅰ．在A中加入和，快速搅拌，打开通入，反应完成后，关闭，静置、过滤得滤液； ⅱ．将滤液转移至B中，打开通入，接通冷凝水，加热保持微沸，直至除尽； ⅲ．继续加热蒸馏，C中收集沸点为间的馏分，得到117mL氢碘酸(密度为，HI质量分数为57%)。 回答下列问题： （1）仪器A的名称：_______，通入发生反应的化学方程式：_______。 （2）步骤ⅰ中快速搅拌的目的：_______(填序号) a．便于产物分离 b．防止暴沸 c．防止固体产物包覆碘 （3）步骤ⅰ中随着反应的进行，促进碘溶解的原因_______(用离子方程式表示)。 （4）步骤ⅱ中的尾气常用_______(填化学式)溶液吸收。 （5）步骤ⅱ实验开始时的操作顺序：先通入，再加热；步骤ⅲ实验结束时相对应的操作顺序：_______。 （6）列出本实验产率的计算表达式：_______。 （7）氢碘酸见光易分解，易被空气氧化，应保存在_______。 20. NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下： 回答下列问题： （1）NaClO2中Cl的化合价为_______。 （2）写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式_______。 （3）“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg2+和Ca2+，要加入的试剂分别为________、________。“电解”中阴极反应的主要产物是______。 （4）“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2。此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为________，该反应中氧化产物是_________。 （5）“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量为____。（计算结果保留两位小数） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 淄博一中2023级高三上学期10月份素养调研 化学试题 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. 画中有“化”，多彩中华。下列叙述正确的是 A. 岩彩壁画颜料所用贝壳粉，主要成分属于硅酸盐 B. 油画颜料调和剂所用核桃油，属于有机高分子 C. 竹胎漆画颜料赭石的主要成分氧化铁，耐酸、碱 D. 水墨画墨汁的主要成分碳，常温不易被氧化 【答案】D 【解析】 【详解】A．贝壳粉的主要成分是碳酸钙，属于碳酸盐，A错误； B．核桃油属于油脂，分子量较小，不属于有机高分子，B错误； C．氧化铁（Fe2O3）能与酸反应，不耐酸，C错误； D．碳在常温下化学性质稳定，不易被氧化，D正确； 故选D。 2. 科学的发展离不开材料的不断更新和优化。下列成果中蕴含的化学知识叙述正确的是 A. 新型手性螺环催化剂能降低化学反应的焓变 B. 北斗导航卫星所使用的高性能计算机芯片含有二氧化硅 C. “天问一号”火星车使用的热控保温材料纳米气凝胶可产生丁达尔效应 D. “天宫二号”空间站使用了石墨烯存储器，石墨烯与金刚石互为同分异构体 【答案】C 【解析】 【详解】A．催化剂能减小反应的活化能从而加速反应速率但却不能改变反应的焓变，焓变只与反应物的总能量和生成物的总能量有关，A错误； B．高性能计算机芯片含有硅，B错误； C．丁达尔效应是胶体的性质，故气凝胶可产生丁达尔效应，C正确； D．石墨烯与金刚石互为同素异形体，D错误； 故选C。 3. 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 中原子的数目为 B. 所含中子的数目为 C. 粉和足量S完全反应，转移电子的数目为 D. 盐酸与足量反应，生成的数目为 【答案】B 【解析】 【详解】A．未指明气体是否处于标准状况，22.4L CH4的物质的量无法确定为1mol，因此原子数目无法确定为5NA，A错误； B．18O的中子数为18-8=10，1mol18O含10mol中子，数目为10NA，B正确； C．28g Fe（0.5mol）与S反应生成FeS，Fe的氧化态为+2，转移电子数为0.5×2=1mol=1NA，而非1.5NA，C错误； D．浓盐酸与MnO2反应时，随反应进行浓度降低，反应停止，实际生成Cl2的物质的量小于理论值0.3mol，D错误； 故选B。 4. ClO2可用于处理含的污水，2ClO2＋=2CO2＋N2＋。下列说法正确的是 A. 该反应中ClO2被氧化 B. 生成物中有一种既非氧化产物，也非还原产物 C. 由该反应可判断还原性强弱：＜ D. 如下方程式可表示反应中电子转移情况： 【答案】D 【解析】 【详解】A．反应中ClO2被的化合价由+4价降低为-1价，被还原，A错误； B．根据反应，生成物中和为氧化产物，为还原产物，没有非氧化产物和非还原产物，B错误； C．在氧化还原反应中，还原剂的还原性强弱规律为：还原剂>还原产物，根据反应，还原剂为，还原产物为，所以还原性强弱为：，C错误； D．反应中电子转移情况实际为：2个C原子由+2价升高到+4价失去4个电子，2个N原子由-3价升高到0价失去6个电子，共失去10个电子，用单线桥法表示的电子转移符合反应情况，D正确； 故答案为：D。 5. 关于下列仪器使用的说法错误的是 A. ①、④不可加热 B. ②、④不可用作反应容器 C. ③、⑤可用于物质分离 D. ②、④、⑤使用前需检漏 【答案】A 【解析】 【分析】①是锥形瓶，②是酸式滴定管，③是蒸馏烧瓶，④是容量瓶，⑤是梨形分液漏斗 【详解】A．锥形瓶可以加热，但需要加石棉网，容量瓶不能加热，A项符合题意； B．酸式滴定管用于量取一定体积的溶液，容量瓶只能用于配制一定物质的量浓度的溶液，都不能作反应容器，B项不符合题意； C．蒸馏烧瓶用于蒸馏操作，分离相互溶解的液体，分液漏斗用于分液操作，分离相互不溶解的液体，两者均可用于物质分离，C项不符合题意； D．酸式滴定管带有旋塞、容量瓶带有瓶塞、分液漏斗带有瓶塞和旋塞，使用前均需检查是否漏水，D项不符合题意； 故选A。 6. 下列离子方程式书写正确的是 A. 绿矾处理废水中： B. 与反应： C. 将通入冷的石灰乳中制备漂白粉： D. 少量通入NaClO溶液： 【答案】A 【解析】 【详解】A．具有氧化性，可将亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原为铬离子：，A正确； B．与反应，既是氧化剂也是还原剂：，B错误； C．石灰乳在离子方程式中不拆为离子形式：，C错误； D．次氯酸的酸性大于碳酸氢根离子，次氯酸与碳酸根离子不共存：，D错误； 答案选A。 7. 处理某酸浸液(主要含)的部分流程如下： 下列说法正确的是 A. “沉铜”过程中发生反应离子方程式： B. “碱浸”过程中NaOH固体加入量越多，沉淀越完全 C. “氧化”过程中铁元素化合价降低 D. “沉锂”过程利用了的溶解度比小的性质 【答案】D 【解析】 【分析】酸浸液(主要含)加入铁粉“沉铜”，置换出Cu单质，溶液加入NaOH碱浸，过滤得到Al(OH)3沉淀，滤液加入H2O2，把Fe2+氧化为Fe(OH)3沉淀，在经过多步操作，最后加入Na2CO3，得到Li2CO3沉淀。 【详解】A．“沉铜”过程中铁置换出铜单质，发生反应的离子方程式：，A错误； B．Al(OH)3是两性氢氧化物，NaOH过量，则Al(OH)3会溶解，B错误； C．“氧化”过程中将Fe2+氧化为Fe3+，铁元素化合价升高，C错误； D．加入Na2CO3得到Li2CO3沉淀，利用了的溶解度比小的性质，D正确； 答案选D。 8. 部分含或或物质的分类与相应化合价关系如图。下列推断合理的是 A. 若a在沸水中可生成e，则a→f的反应一定是化合反应 B. 在g→f→e→d转化过程中，一定存在物质颜色的变化 C. 加热c的饱和溶液，一定会形成能产生丁达尔效应的红棕色分散系 D. 若b和d均能与同一物质反应生成c，则组成a元素一定位于周期表p区 【答案】B 【解析】 【详解】A．若a在沸水中可生成e，此时a为Mg，e为Mg（OH）2，即f为镁盐，a→f的反应有多种，可能为，该反应属于置换反应，可能为，该反应属于化合反应，综上a→f的反应不一定是化合反应，故A错误； B．e能转化为d，此时e为白色沉淀，d为红褐色沉淀，说明在g→f→e→d转化过程中，一定存在物质颜色的变化，故B正确； C．由题意得，此时能产生丁达尔效应的红棕色分散系为胶体，c应为铁盐，加热铁盐的饱和溶液，也有可能直接得到沉淀，故C错误； D．假设b为Al2O3，即d为，c为铝盐，Al2O3、与稀盐酸反应均生成铝盐，此时组成a的元素为Al，位于周期表p区；假设b为Fe2O3，即d为，c为铁盐，Fe2O3、与稀盐酸反应均生成铁盐，此时组成a的元素为Fe，位于周期表d区，故D错误； 故选B。 9. 向的溶液中通入(标准状况下)，所得溶液中和的物质的量浓度相等，则原溶液的物质的量浓度为 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】在溶液中微粒反应顺序是，，；假设溶液的浓度是，则在原溶液中，；方法一：得失电子守恒，由题意可得：，解得。方法二：电荷守恒，反应后主要离子为和可知：，解得，也可依据分步反应或总反应求解。 故选D。 10. 类比迁移的思维方法可以预测许多物质的性质。但类比是相对的，不能违背客观事实。下列类比迁移结果正确的是 A. 钠保存在煤油中，则锂也应保存在煤油中 B. 与S反应生成，则与S反应可生成 C. 根据化合价规律可表示为，则可表示为 D 少量通入溶液生成，则少量通入溶液生成 【答案】B 【解析】 【详解】A．钠的密度比煤油大，可以保存在煤油中，锂密度比煤油小，不能保存在煤油中，A错误； B．S的氧化性比较弱，S与变价金属Fe反应产生FeS，与Cu反应产生Cu2S，B正确； C．Fe3O4中的Fe的化合价可以认为是+2、+3，则表示为FeO•Fe2O3，Pb常见的化合价为+2、+4，则Pb3O4应表示为2PbO•PbO2，C错误； D．少量通入溶液生成和HClO，少量通入溶液生成碳酸钙沉淀和HClO，D错误； 故选B。 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。 11. 由下列实验操作及现象能得出相应结论的是 实验操作 实验现象 实验结论 A 分别向新制氯水中滴加AgNO3溶液和淀粉KI溶液 前者生成白色沉淀，后者溶液变为蓝色 氯气与水的反应存在限度 B 将CuO固体加热，用带火星的木条检验产生的气体 固体由黑色变为砖红色，木条复燃 热稳定性：Cu2O>CuO C 将Al(OH)3加入到NaOH溶液中 Al(OH)3溶解 Al(OH)3具有酸性 D 将NaBiO3加入到酸性FeCl2溶液中 溶液变成棕黄色，有黄绿色气体产生 氧化性：NaBiO3>Cl2>Fe3+ A. A B. B C. C D. D 【答案】BC 【解析】 【详解】A．氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，取两份新制氯水，分别滴加AgNO3溶液和淀粉KI溶液，前者生成白色沉淀，说明氯水中含有氯离子，后者溶液变蓝色，说明氯水中存在能将KI氧化成碘单质的氧化剂，该氧化剂可以是Cl2或HClO，无法证明氯气与水的反应存在限度，A不符合题意； B．CuO固体加热，固体由黑色变为砖红色，木条复燃，可知氧化铜受热分解生成Cu2O和氧气，则热稳定性Cu2O>CuO，故B正确； C．氢氧化铝与NaOH反应生成盐和水，沉淀溶解，可知氢氧化铝具有酸性，故C正确； D．NaBiO3具有强氧化性，可将亚铁离子氧化为三价铁离子，同时也能氧化氯离子生成氯气，无法说明氯气能将亚铁离子氧化为三价铁离子，即不能得出氧化性：Cl2>Fe3+，故D错误； 故选：BC。 12. 反应①是制备SiH4的一种方法，利用其副产物可制备相应物质，有关转化关系如下： 下列说法不正确的是（ ） A. A2B的化学式为Mg2Si B. NH3、NH4Cl可以循环使用 C. 反应①中参加反应的NH3和NH4Cl的物质的量之比为1∶1 D. 反应②中每生成24gMg转移2mol电子 【答案】C 【解析】 【分析】根据化学反应的本质，反应①的产物中出现Si和Mg元素，结合Mg为+2价、Si为-4价，可知A2B应为Mg2Si，与氨气、氯化铵反应生成SiH4和MgCl2•6NH3，MgCl2•6NH3加入碱液，可生成Mg(OH)2，MgCl2•6NH3加热时不稳定，可分解生成氨气，同时生成氯化镁，电解熔融的氯化镁，可生成镁，用于工业冶炼，而MgCl2•6NH3与盐酸反应，可生成氯化镁、氯化铵，其中氨气、氯化铵可用于反应①而循环使用，以此解答该题。 【详解】A．由分析知，A2B应为Mg2Si，故A正确； B．由分析知，产物氨气、氯化铵可用于反应①而循环使用，故B正确； C．反应①发生反应的化学方程式为Mg2Si+8NH3+4NH4Cl=SiH4+2MgCl2•6NH3，则参加反应的NH3和NH4Cl的物质的量之比为2:1，故C错误； D．反应②中电解MgCl2生成Mg，其中Mg元素从+2价降为0价，则每生成24g(1mol)Mg转移2mol电子，故D正确； 故答案为C。 13. 不同条件下，当与按照反应①②的化学计量比恰好反应，结果如下。 反应序号 起始酸碱性 还原产物 氧化产物 物质的量 物质的量 ① 酸性 0.001 n ② 中性 0.001 已知：的氧化性随酸性减弱而减弱。下列说法正确的是 A. 反应①的离子方程式为 B. 对比反应①和②， C. 对比反应①和②，的还原性随酸性增强而增强 D. 随反应进行，体系①与②均增大 【答案】AD 【解析】 【分析】反应①中Mn元素的化合价由+7价降至+2价，I元素的化合价由-1价升至0价，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应①的离子方程式是：，根据反应①可得关系式10I-～2，可以求得n=0.0002，则反应②的n(I-)：n()=0.001：(10×0.0002)=1：2，反应②中Mn元素的化合价由+7价降至+4价，I元素的化合价由-1升高到+5价，反应②的离子方程式是：，据此分析。 【详解】A．由分析可知，反应①的离子方程式为，A正确； B．由分析可知，n=0.0002，B错误； C．已知的氧化性随酸性减弱而减弱，对比反应①和②的产物，有可能是高锰酸根的氧化性减弱导致，也可能是碘离子还原性增强导致，或两者均有，故无法判断，的还原性随酸性减弱而增强，C错误； D．根据反应①和②的离子方程式知，反应①消耗H+、产生水、pH增大，反应②产生OH-、消耗水、pH增大，D正确； 故选AD。 14. 某的溶液中可能含有中的一种或几种，取该溶液进行实验，实验内容和相关数据(气体体积在标准状况下测定)如图： 下列关于原溶液的说法正确的是 A. 一定不含 B. 一定含有 C. 原溶液中， D. 黑色固体G一定是 【答案】AD 【解析】 【分析】，说明原溶液含有，不存在；根据实验现象进行分析：加入过量，生成气体，则和与发生氧化还原反应生成，说明原溶液含有，不含，涉及的反应为：；同时生成沉淀C，则原溶液含；溶液B加过量氨水，生成沉淀D，D加沉淀不溶解，说明不含，沉淀为（无法确定原溶液是否含，有可能是被氧化），E加生成气体，说明溶液E中含（不能说明原溶液含有，前一步加了过量的氨水），最终得黑色固体G，则说明含有（加入氨水时发生反应）；根据相关数据进行计算：，，则，， ，沉淀D为，物质的量为，说明原溶液还含有0.02mol，原溶液一定含、、、、，一定不含、，根据电荷守恒，一定不含有，据此分析； 【详解】A．根据分析，一定不含，故A正确； B．一定不含有，故B错误； C．原溶液还含有0.02mol，，故C错误； D．根据分析，黑色固体为，故D正确； 故选AD。 15. 砷化铝（AlAs）是一种新型半导体材料。某同学在实验室以和的混合物为原料制备AlAs，工艺流程如下： 下列说法错误的是 A. “碾碎焙烧”不能在瓷坩埚进行 B. 为获得最多产品，“盐酸酸化”时： C. 由溶液获得固体，可采用如图所示装置 D. “气相沉积”时，温度应高于和的沸点 【答案】BC 【解析】 【分析】和的混合物加氢氧化钠“碾碎焙烧”， 和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，不反应，水浸过滤，除去，溶液中加盐酸酸化，使完全转化为Al3+，在氯化氢气流中蒸发溶液获得氯化铝固体，氯化铝、氯化砷“气相沉积”生成AlAs。 【详解】A．二氧化硅和氢氧化钠反应，所以“碾碎焙烧”不能在瓷坩埚进行，故A正确； B．“盐酸酸化”时，发生反应 ，为获得最多产品，把完全转化为Al3+，所以“盐酸酸化”时，故B错误； C．中的铝离子可以水解，应该在氯化氢的气流存在的情况下加热，故C错误； D．“气相沉积”时，和在气态条件下反应，所以温度应高于和的沸点，故D正确； 故选BC。 三、非选择题。 16. 锡()是现代“五金”之一，广泛应用于合金、半导体工业等。 （1）位于元素周期表的第5周期第IVA族。将的基态原子最外层轨道表示式补充完整：_______。 （2）和是锡的常见氯化物，可被氧化得到。 ①分子的模型名称是_______。 ②的键是由锡的_______轨道与氯的轨道重叠形成σ键。 （3）白锡和灰锡是单质的常见同素异形体。二者晶胞如图：白锡具有体心四方结构；灰锡具有立方金刚石结构。 ①灰锡中每个原子周围与它最近且距离相等的原子有_______个。 ②若白锡和灰锡的晶胞体积分别为和，则白锡和灰锡晶体的密度之比是_______。 （4）单质的制备：将与焦炭充分混合后，于惰性气氛中加热至，由于固体之间反应慢，未明显发生反应。若通入空气在下，能迅速被还原为单质，通入空气的作用是_______。 【答案】（1） （2） ①. 平面三角形 ②. 1个杂化 （3） ①. 4 ②. （4）空气中的O2将C氧化为，与发生气固反应，速率快 【解析】 【小问1详解】 Sn位于元素周期表的第5周期ⅣA族，基态Sn原子的最外层电子排布式为5s25p2，Sn的基态原子最外层轨道表示式为； 【小问2详解】 ①SnCl2中Sn的价层电子对数为2+×(4-2×1)=3，故SnCl2分子的VSEPR模型名称是平面三角形； ②SnCl4中Sn的价层电子对数为4+×(4-4×1)=4，有4个σ键、无孤电子对，故Sn采取sp3杂化，则SnCl4的Sn—Cl键是由锡的1个sp3杂化轨道与氯的3p轨道重叠形成σ键； 【小问3详解】 ①灰锡具有立方金刚石结构，金刚石中每个碳原子以单键与其他4个碳原子相连，此5碳原子在空间构成正四面体，且该碳原子在正四面体的体心，所以灰锡中每个Sn原子周围与它最近且距离相等的Sn原子有4个； ②根据均摊法，白锡晶胞中含Sn原子数为8×+1=2，灰锡晶胞中含Sn原子数为8×+6×+4=8，所以白锡与灰锡的密度之比为∶=； 【小问4详解】 将SnO2与焦炭充分混合后，于惰性气氛中加热至800℃，由于固体之间反应慢，未发生明显反应；若通入空气在800℃下，SnO2能迅速被还原为单质Sn，通入空气的作用是：空气中的O2将C氧化为，与发生气固反应，速率快，有关反应的化学方程式为2C+O22CO、2CO+SnO2Sn+2CO2。 17. 锰锌铁氧体元件是电子线路中的基础组成部分。某实验室利用废弃电子产品中的锰锌铁氧体制备和，可用于电池，催化剂等行业，其工艺流程如下： 回答问题： （1）氨浸的作用是将_______元素(填元素符号)有效转移到水溶液中。 （2）煮沸含有配合物的溶液B，产生混合气体，经冷凝后所得溶液可循环用于氨浸，该溶液是_______。 （3）沉锰反应的离子方程式为_______。某次实验时，将原料中的以形式定量沉淀完全，消耗了，并产出(纯度为)，则该原料化学式中_______。 （4）沉铁时，选择是为了便于从滤液中回收有价值的钾盐_______(化学式)。该钾盐在种植业中的一种用途是_______。 【答案】（1） （2）氨水 （3） ①. ②. 0.75 （4） ①. ②. 钾肥 【解析】 【分析】锰锌铁氧体(MnxZn1-yFe2O4)粉末中加入氨水进行氨浸，Zn元素转化为[Zn(NH3)4]2+，其它元素不溶于氨水，过滤后得到固体A和溶液B，溶液B煮沸得到Zn(OH)2，Zn(OH)2受热分解生成ZnO；沉锰得到MnO2•nH2O，沉锰时加入高锰酸钾溶液，则固体A用硫酸溶解得到MnSO4，过滤后得到溶液C，溶液C中加入Fe粉还原，溶液C中的Fe元素为Fe3+，加入K2C2O4溶液进行沉铁，得到FeC2O4•2H2O。 【小问1详解】 由分析可知，氨浸的作用是将Zn元素有效转移到水溶液中。 【小问2详解】 由分析可知，溶液B含有配合物，煮沸溶液B后生成氢氧化锌沉淀，产生混合气体，经冷凝后的溶液可循环利用于氨浸，则生成的混合气体中含有氨气和水蒸气，冷凝后的溶液为氨水。 【小问3详解】 沉锰过程中Mn2+和反应生成，Mn元素由+2价上升到+4价，又由+7价下降到+4价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：，由离子反应式可知，消耗了2.0 mol KMnO4，则锰锌铁氧体中=3.0mol，，由锰锌铁氧体化学式可知，n(Mn)：n(Zn)=x:1-x=3:1，解得x=0.75。 【小问4详解】 由分析可知，用硫酸溶解固体A后，溶液中存在大量硫酸根，选择可以从滤液中回收有价值的，该钾盐在种植业中可用作钾肥。 18. 某研究小组通过下列路线合成镇静药物氯硝西泮。 已知： 请回答： （1）化合物E的含氧官能团的名称是_______。 （2）化合物C的结构简式是_______。 （3）下列说法不正确的是_______。 A. 化合物A→D的过程中，采用了保护氨基的方法 B. 化合物A的碱性比化合物D弱 C. 化合物B在氢氧化钠溶液加热的条件下可转化为化合物A D. 化合物G→氯硝西泮的反应类型为取代反应 （4）写出F→G的化学方程式_______。 （5）聚乳酸()是一种可降解高分子，可通过化合物X()开环聚合得到，设计以乙炔为原料合成X的路线_______(用流程图表示，无机试剂任选)。 （6）写出同时符合下列条件的化合物B的同分异构体的结构简式_______。 ①分子中含有二取代的苯环。 ②谱和谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子，无碳氧单键。 【答案】（1）硝基、羰基(或酮羰基、酮基) （2） （3）BD （4）+2NH3+NH4Br （5）CH≡CH CH3CHO。 （6）或或或或 【解析】 【分析】A发生取代反应生成B，B在硫酸作用下与硝酸发生对位取代生成C；C水解生成D，D取代生成E，E发生取代反应生成F，结合已知信息，根据其分子式，可推出F为：；F发生取代反应生成G：； 【小问1详解】 化合物E的结构简式为，分子结构中的含氧官能团有硝基、羰基(或酮羰基、酮基)； 【小问2详解】 根据分析可知，化合物C结构简式：； 【小问3详解】 A．氨基易被氧化，在进行硝化反应前，先将其转化为稳定的酰胺基，硝化反应后再水解出氨基，属于氨基的保护，A正确； B．硝基为吸电子基团，硝基的存在会导致N原子结合质子能力减弱，所以碱性：A＞D，B错误； C．B为，在氢氧化钠溶液加热的条件下发生水解反应，可转化为化合物A，C正确； D．化合物G（）转化为氯硝西泮（），是羰基与氨基发生了加成反应后再发生消去反应，D错误； 选BD； 【小问4详解】 F发生取代反应生成G：+NH3+HBr；由于HBr可与NH3反应生成NH4Br，所以该反应也可写为+2NH3+NH4Br。 【小问5详解】 可由发生分子间酯化反应生成，可由酸化得到，乙醛与HCN发生加成反应生成，而乙炔与H2O发生加成反应生成乙醛(CH3CHO)，故合成路线为 CH≡CH CH3CHO。 【小问6详解】 B为，其同分异构体分子中含有二取代的苯环；分子中共有4种不同化学环境的氢原子，无碳氧单键，则其结构简式可有、、、、等； 19. 氢碘酸常用于合成碘化物。某化学兴趣小组用如图装置(夹持装置等略)制备氢碘酸。 步骤如下： ⅰ．在A中加入和，快速搅拌，打开通入，反应完成后，关闭，静置、过滤得滤液； ⅱ．将滤液转移至B中，打开通入，接通冷凝水，加热保持微沸，直至除尽； ⅲ．继续加热蒸馏，C中收集沸点为间的馏分，得到117mL氢碘酸(密度为，HI质量分数为57%)。 回答下列问题： （1）仪器A的名称：_______，通入发生反应的化学方程式：_______。 （2）步骤ⅰ中快速搅拌的目的：_______(填序号) a．便于产物分离 b．防止暴沸 c．防止固体产物包覆碘 （3）步骤ⅰ中随着反应的进行，促进碘溶解的原因_______(用离子方程式表示)。 （4）步骤ⅱ中的尾气常用_______(填化学式)溶液吸收。 （5）步骤ⅱ实验开始时的操作顺序：先通入，再加热；步骤ⅲ实验结束时相对应的操作顺序：_______。 （6）列出本实验产率的计算表达式：_______。 （7）氢碘酸见光易分解，易被空气氧化，应保存在_______。 【答案】（1） ①. 圆底烧瓶 ②. I2+H2S=S+2HI （2）c （3） （4）NaOH （5）先停止加热，再通一段时间的N2后关闭K2 （6） （7）密封的棕色细口瓶中，并放在避光低温处 【解析】 【分析】I2的氧化性比S强，A中发生I2+H2S=S↓+2HI，过滤除去S，得到含H2S的HI滤液；将滤液转移到B中，先通氮气、加热保持微沸除去H2S，升高温度，收集沸点为125℃~127℃间的馏分，得到117mL密度为1.7g/mL，质量分数为57%的HI溶液。 【小问1详解】 仪器A的名称为圆底烧瓶；I2的氧化性比S强，通入发生反应的化学方程式为I2+H2S=S↓+2HI； 【小问2详解】 I2在水中的溶解度较小，生成的S可能包裹在其表面阻止反应的继续进行，故步骤ⅰ中快速搅拌的目的是防止固体产物包覆碘，选c； 【小问3详解】 I2和I-会发生反应：，步骤ⅰ中随着反应的进行，生成的HI电离出的I-与I2反应促进I2的溶解，本空答案为； 【小问4详解】 步骤ⅱ中的尾气为，有毒，是酸性气体，常用NaOH溶液吸收； 【小问5详解】 为确保蒸馏装置内的HI全部进入C中，步骤ⅲ实验结束时相对应的操作顺序为：先停止加热，再通一段时间的N2后关闭K2； 【小问6详解】 127gI2的物质的量为0.5mol，n理论(HI)=2×0.5mol=1mol，m理论(HI)=1mol×128g/mol=128g、m实际(HI)=，故HI的产率= =； 【小问7详解】 氢碘酸见光易分解，易被空气氧化，应保存在密封的棕色细口瓶中，并放在避光低温处。 20. NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下： 回答下列问题： （1）NaClO2中Cl的化合价为_______。 （2）写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式_______。 （3）“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg2+和Ca2+，要加入的试剂分别为________、________。“电解”中阴极反应的主要产物是______。 （4）“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出少量ClO2。此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为________，该反应中氧化产物是_________。 （5）“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量为____。（计算结果保留两位小数） 【答案】 ①. +3价 ②. 2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+ClO2↑ ③. NaOH ④. Na2CO3 ⑤. ⑥. 2:1 ⑦. 氧化产物为O２ ⑧. 1.57g 【解析】 【详解】（1）在NaClO2中Na为+1价，O为-2价，根据正负化合价的代数和为0，可得Cl的化合价为+3价； （2）NaClO3和SO2在H2SO4酸化条件下生成ClO2，其中NaClO2是氧化剂，还原产物为NaCl，回收产物为NaHSO4，说明生成硫酸氢钠，且产生ClO2，根据电子守恒可知，此反应的化学方程式为：2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2； （3）食盐溶液中混有Mg2+ 和Ca2+，可以利用过量NaOH溶液除去Mg2+，利用过量Na2CO3溶液除去Ca2+，ClO2氧化能力强，根据结晶干燥后的产物可知ClO2的还原产物为NaClO2，因此电解装置中阴极ClO2得电子生成ClO2-，阳极Cl-失电子生成Cl2； （4）依据图示可知，利用含过氧化氢的氢氧化钠溶液吸收ClO2，产物为ClO2-，则此反应中ClO2为氧化剂，还原产物为ClO2-，化合价从+4价降为+3价，H2O2为还原剂，氧化产物为O2，每摩尔H2O2得到2mol电子，依据电子守恒可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1；（5）1gNaClO2的物质的量=mol，依据电子转移数目相等，NaClO2～Cl-～4e-，Cl2～2Cl-～2e-，可知氯气的物质的量为mol×4×=mol，则氯气的质量为mol×71g/mol=1.57g。 【点睛】准确理解流程图是解题关键，由制备流程可知，NaClO3和SO2在H2SO4酸化条件下生成ClO2，其中NaClO3是氧化剂，回收产物为NaHSO4，说明生成硫酸氢钠，且产生ClO2，根据电子守恒可知，此反应的化学方程式为2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2，选择NaOH除去食盐水中的Mg2+，选择碳酸钠除去食盐水中的Ca2+，然后电解装置中阴极ClO2得电子生成ClO2-，阳极Cl-失电子生成Cl2，含过氧化氢的氢氧化钠溶液吸收ClO2，产物为ClO2-，最后NaClO2溶液结晶、干燥得到产品，以此来解答。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $