卷8 阶段性检测(二)-【创新教程】2027年高考化学总复习大一轮创新示范卷

创新示范卷（八） 阶段性检测（二） 第I卷（选择题，共42分）》 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意。 1.古诗词、谚语等都是我国传统文化的瑰宝。下列有关解读错误的是 A.“煤饼烧蛎房成灰”中的“蛎房”主要成分为CaCO。 B.“九秋风露越窑开，夺得千峰翠色来”中的“翠色”来自氧化亚铜 尔 C.“司南之杓（勺），投之于地，其柢（勺柄）指南”中“杓”的主要成分为FO4 D.“至于矾现五色之形，硫为群石之将，皆变化于烈火”中“矾”是带结晶水的硫酸盐 2.下列有关元素单质或化合物的叙述正确的是 A.P4分子呈正四面体，键角为109°28 B.NaCl焰色试验为黄色，与CI电子跃迁有关 C.Cu基态原子核外电子排布符合构造原理 D.CL2O是由极性键构成的极性分子 3.茶叶中铁元素的检验可经过以下四步完成：灼烧灰化→6ol·L1硝酸溶解→过滤→检测滤液中的 剂 铁元素。下列说法正确的是 ( ① ② 4 5) 6 A.“灼烧灰化”选用的玻璃仪器有①②③ B.④用于配制6mol·L硝酸时需洗净并烘干 C.“过滤”时需沿②向⑤中转移液体并小心搅拌 俐 D.检测铁元素时，⑥悬垂于⑦的上方滴加KSCN溶液 数 4.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A.标准状况下，22.4 L CHCI3所含的分子数为NA B.1mol碘蒸气和1mol氢气在密闭容器中充分反应，生成的碘化氢分子数小于2Na C.0.1mol·L1FeCL3溶液中含有的Fe3+数目一定小于0.1NA D.5.6g铁完全发生吸氧腐蚀生成铁锈Fe2O3·xH2O,在电化学过程中转移的电子数 为0.3NA 5.常温下，在指定的溶液中一定能大量共存的离子组是 A.cI=1的溶液：Na,Fe+,SO,C C(OH) B.加入酚酞显红色的溶液：Ba2+、K+、CI、NO C.使pH试纸变红的溶液：K+、Na+、S,O、NO3 D.c(S2-)=0.1mol·L1的溶液：K+、Cu+、NO5、SO 8-1 6.某药物成分的结构如图所示，其中X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周 期主族元素，且Z元素原子的最外层电子数等于X、Y和W元素原子的最 外层电子数之和。下列说法正确的是 A.简单离子半径：W>Z>X B.X与Z形成的化合物比X与Y形成的化合物稳定 C.Z与另外三种元素均能组成原子个数比为1：1的化合物 D.Y形成的单质一定属于共价晶体 7.化学是研究物质及其变化的科学。通常条件下，下列各组物质按如图所示转化关系每一步都 能一步实现的是 ) 选项 甲 乙 丙 丁 A FeClg FeCl2 Fe2Os Fe(OH); B Si Na,SiOa SiO2 SiF C N2 HNO NO, NH D Cu Cuo CuSO CuCl2 8.实验室制取NH3时，下列装置能达到相应实验目的的是 ( NHCI和 Ca(OH)2 碱石灰 A.生成NH B.干燥NH3 C.收集NH D.吸收NH3尾气 9.证据推理是化学学科重要的核心素养。由下列实验操作和现象所得到的实验结论正确的是 ( 选项 实验操作和现象 实验结论 将废铁屑溶于过量盐酸后，滴入KSCN溶液，未见溶液变 该废铁中不含三价铁的 A 为红色 化合物 向蔗糖中加人浓硫酸，用玻璃棒不断搅拌，蔗糖变黑后迅速 浓硫酸具有脱水性和强 B 膨胀 氧化性 将有色鲜花放人盛有干燥氯气的集气瓶中，盖上玻璃片， C 干燥氯气有漂白性 段时间后，有色鲜花褪色 向2mL1mol·L1NaOH溶液中滴加1~2滴0.1mol·L-1 K[Mg(OH)] D MgC2溶液，有白色沉淀生成，在所得悬浊液中继续滴加1~2 K[Fe(OH3] 滴0.1mol·L1FeCL溶液，出现红褐色沉淀 8-2 10.氯化铁在金属蚀刻、污水处理等方面有广泛应用。某 兴趣小组以废铁屑为原料，用如图所示装置制备 搅拌器 FeCl3·6H2O. 浓盐酸 一一稀盐酸 已知：FeCl3易溶于水、甲醇、乙醇，不溶于甘油。实验 步骤如下： NaOH I.废铁屑的净化：取一只小烧杯，放入约5g废铁屑，KMn0,三 E 溶液 向其中注入15mL1mol/LNa2C03溶液，浸泡数分钟 后，分离出铁屑，洗净、晾干。 Ⅱ.FCl2溶液的制备：将处理后的废铁屑加入装置B的三颈烧瓶中，缓慢加入适当过量的稀 盐酸，得到含FeCl2的混合液。 Ⅲ.FeCL3溶液的制备：由装置A制备氯气；向FeCl2的混合液中缓慢通人足量的氯气。 IV.FeCL,·6H2O产品的分离提纯：将三颈烧瓶中的FCL3混合液转移出来，经蒸发浓缩、冷 却结晶、过滤、洗涤、重结晶、干燥，得到FCl3·6H,O产品。 V.FeCl3·6H2O产品的纯度测定：用碘量法滴定并计算。 上述实验步骤V中，碘量法的滴定反应原理是：2FeCL3+2KI=2FeCl2+I2+2KCl, I2+2Na2 S2Os-2NaI+Na2 S,O6 下列相关说法正确的是 () A.用托盘天平称取5.000g样品 B.用碱式滴定管取出25.00mL待测液于锥形瓶中 C.用淀粉溶液作指示剂，进行2次滴定，取平均值 D.由于FCL,成KI溶液的反应可逆，会导致测得纯度偏低 11.雷尼镍常作有机物还原反应的催化剂，暴露在空气中极易燃烧。邻硝基苯胺的催化加氢反应 NH2 NH2 H2 雷尼Ni )实验装置如图所示（夹持装置和搅拌装置略）。 NO NH, 三通阀 H,= 本水 邻硝基苯胺溶液 N 雷尼镓 款浮液 装置I 装置Ⅱ 已知：反应前先向装置I中通H2,反应时打开三通阀由装置I提供H2。 下列说法错误的是 ( A.反应前应先赶走装置中的空气 B.当水准瓶液面不再下降时反应结束 C.若反应中导气管N伸到液面之下则可能发生倒吸 D.若充人H:时三通阀的孔路位置如图所示①，则供气时三通阀孔路为金 12.一种利用废铜渣（主要成分CuO,含少量Fe2O3,SiO2等杂质）制备超细铜粉的流程如下： 硫酸过量氨水SO2 过量稀硫酸 废铜渣→酸浸→沉铁→沉铜→CuNH,SO,溶液→转化→Cu 滤渣Fe(OH)3滤渣 滤液 下列说法错误的是 ( ) 8-3 A.“酸浸”时延长反应时间目的是提高铜的浸取率 B.若向“沉铁”后所得滤液中加入乙醇，析出的深蓝色晶体为Cu(OH), C.“沉铜”时发生的反应为氧化还原反应 D.“转化”后所得滤液中含有的主要阳离子：NH,H+,Cu+ 13.实验室以二氧化铈(CeO,)废渣为原料制备Ce2(CO3)3的流程如下： 稀盐酸、 萃取剂 氨水、 H2O2溶液氨水 HA 稀硫酸NH4HCO, Ce0,,酸浸-中和一萃取 →反萃取→沉淀→Ce2(CO3)3 废渣 已知Ce3+被有机萃取剂(HA)萃取原理为Ce3+(水层)+3HA(有机层)一一Ce(A)3(有机层) 十3H+(水层)。下列说法正确的是 ) A.“酸浸”时，H2O2可用O3代替 B.“萃取”时，振荡分液漏斗应下口倾斜向上，并从下口放气 C.“反萃取”时，为了提高C3+的反萃取率，应一次性加入大量的稀硫酸 D.“沉淀"”时，加入足量NH,HCO,的离子方程式为2Ce3++3 ICO-Ce,(CO)31+3H寸 14.科学工作者发现了一种光解水的催化剂，其晶胞结构如图所示，已知晶胞 参数为apm,设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法中错误的是() 00 A.O位于由Ce构成的四面体空隙中 B.Ce在晶胞中的配位数为8 C.Ce与Ce最近的距离为2apm D.该晶体的摩尔体积V。=。·10Vm·mol 4 第Ⅱ卷（非选择题，共58分） 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15.(12分)铁系元素（铁、钴、镍）构成了丰富的物质世界，其形成的物质在生产生活中用途广泛。 回答下列问题： (1)基态N2+的未成对电子数目为 (2)1mol[Co(NH3),CI]CL2中含有的o键数目为 ,NH3分子与Co3+形成配合物 后H一N一H键角 (填“变大”“变小”或“不变”)。 (3)[Co(N)(NH),]SO4中配体N的空间结构为 ,N、O原子的第二电离能与 第一电离能差值相比更大的是 (填元素符号)。 (4)一种铁基超导材料晶胞结构如图所示，铁原子沿之轴方向的投影如图b所示。该材料 的化学式为 ,已知体心与顶点的Ca原子有着相同的化学环境，晶胞中As原子1 分数坐标为(0,0,0.628)，则As原子2的分数坐标为 ,体心Ca原子与As原子1 之间的距离为 pm。 Fe ●Ca ●As 图 8-4 16.(14分)三氯化铬(CrC1,)是常用的媒染剂和催化剂，易潮解，易升 华，高温下易被氧气氧化。实验室用Cr2O3和CCL4(沸点76.8℃) 在高温下制备无水CrCL?,同时生成COCl2气体。实验装置（加热 及夹持装置略)如图所示。 沾有Cr,03的石棉绒 7 N 石英管 无水CaCl, 管式炉 NaOH CCL 溶液 gh D 已知：COC12气体有毒，遇水发生水解产生两种酸性气体。 回答下列问题： (1)实验装置合理的连接顺序为a→ →d。 (2)制备CrCl3时进行操作：(i)连接装置，…；(i)装入药品并通人N2;加热石英管至400 ℃；(i)停止通入N2,加热E装置；(V)加热石英管继续升温至650℃，直到B中反应基本完 成，切断管式炉的电源；(V)停止E装置加热，继续通入N2一段时间；(V)装置冷却后，结束 制备实验。 ①补全步骤1的操作 ②实验过程中为了形成稳定的CCL气流，对E装置加热的最佳方式是 ,装置E中 长颈漏斗的作用是 ③步骤V中“继续通人N2一段时间”的目的是 (3)装置D中反应的离子方程式为 (4)测定CrCL3产品的纯度，实验如下： ①取n g CrCl.3产品，在强碱性条件下，加入过量30%H2O2溶液，小火加热使CrCl?完全转 化为CxO子，继续加热一段时间； ②冷却后，滴入适量的稀硫酸和浓磷酸，使CO转化为Cx2O?,加适量的蒸馏水配成 250.00mL溶液； ③取25.00mL溶液，用新配制的cmol·L的(NH)2Fe(SO,)2标准溶液滴定至终点，重复3次， 平均消耗(NH)2Fe(SO,)2标准溶液VmL(已知Cr,O被Fe2+还原为Cr3+)。 则样品中CrCL(摩尔质量为Mg·mol-1)的质量分数为 %;若步骤③中所用标准 溶液已变质，将导致CCl3质量分数测定值 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 17.(16分)铅及其化合物广泛用于蓄电池、机械制造、电缆护防等行业。 (1)已知： ①2CHOH(1)+3O2(g)=2C02(g)+4H20(g)△H1=-1275.6kJ/mol ②2C0(g)+O2(g)—2C02(g)△H2=-566.0kJ/mol ③H,O(g)=H,O1)△H,=-44.0kJ/mol 写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式： (2)利用电解法也可制得金属铅。将PbO溶解在HCl和NaCl的 电源 混合溶液中，得到含[PbCL]2-的电解液。用惰性电极电解 Na2PbCl4溶液制得金属Pb,装置如图所示。 稀硫酸 Na,PbCL,溶液 a电极的名称是 ,b电极的电极反应式为 该生产过程中可以循环利用的物质是 质子交换膜 8-5 创新示范卷（八〉 (化学)答题卡 姓 名 准考证号 条形码区 缺考标记（学生禁止填涂）☐ 填 1.答题前，考生须准确填写自己的姓名、准考证号，并认真核对条形码上的姓名、 正确填涂 注 准考证号。 涂 a 错误填涂 2.选择题必须使用2B铅笔填涂，非选择题必须使用0.5毫米黑色墨水签字笔书写， 涂写要工整、清晰。 样 事 3.按照题号在对应的答题区域内作答，超出答题区域的答题无效，在草稿纸、试 例 名8g 项 题卷上作答无效。 4.答题卡不得折叠、污染、穿孔、撕破等。 第I卷 选择题 、选择题(1~14小题，每小题3分，共42分) 正确填涂 1ABCD 5ABg回 9AEC回 13A@@D 在各题 2A BC D 6AB回回 10 ABCD 14 ABC D 3A®@而 7A回g回 11A@@回 的答 4 ABCD 8ABg回 12ABC回 区 第Ⅱ卷 非选择题 (需用0.5毫米黑色墨水签字笔书写) 作答 二、（共58分）》 15.(12分) ,超出边框的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 化学答题卡（八）第1页（共2页） 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 16.(14分) 17.(16分) 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 18.(16分) 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 化学答题卡（八）第2页（共2页） (3)铅蓄电池是一种用途广泛的二次电池。铅蓄电池的电池反应通常表示如下：Pb十PbO2十 ,S0,量2PbS0,十2H,0。铅蓄电池充电时，二氧化铅电极应与外接电 (填 “正极”或“负极”)相连接，该电极的电极反应式为 (4)以铂阳极和石墨阴极设计电解池，通过电解NH4HSO4溶液产生(NH4)2S2Og,再与水反 应得到H,O2,其中生成的NH4HSO,可以循环使用。 ①阳极的电极反应式是 ②制备H,O2的总反应方程式是 (5)用惰性电极电解含有NaHCO,的NaCI溶液，假设电解过程中产生的气， 体全部逸出，测得溶液pH变化如图所示。则在0→t1时间内，阳极反应式 为 ,溶液pH升高比较缓慢的原因是（用离子方程 式回答) 18.(16分)FTO@BiVO,是一种光催化材料。以废钒催化剂（主要含V,O,、 SiO2、K2SO4及少量Al2O3、Fe2O3)为原料制备FTO@BiVO4的工艺流程如图所示。 浓NaOH溶液 有机萃取剂HR) H2S04 H2SO4Na2S03 KCIO3NH3·H0NHCI 废钒 浸液酸化 萃取 蚓 催化剂 →碱浸 调pH 还原 氧化 沉钒 反萃取 滤渣 反萃取剂 Bi(NO3)3溶液 FTO@BiVO.FTO BiV04 NH.VO 已知：①A1(OH)3+OH[A1(OH)4],K=10.63;②c{[A1(OH)4])≤105mol/L可说 明[A1(OH)4]已经完全转化为沉淀。回答下列问题： (1)“碱浸”时，V2O转化为VO反应的离子方程式为 (2)“酸化”时，若调pH为8.37，此时[Al(OH)4] (填“是”或“否”)沉淀完全。 (3)有机萃取剂(HR)对VO2+萃取效果较好，其作用机理可表示为VO2+十2HR(有机层) 萃取VOR,(有机层)十2H,反苯取剂应选用 反萃取 (填“酸性”“中性”或“碱性”)溶液。 (4)若“还原”时加入的Na2SO3和“氧化”时加人的KClO3的物质的量之比为10：3，则“萃 取”、“反萃取”的过程中钒的总回收率约为 %(KCIO,被还原为KCI)。 (5)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需加入过量NH,Cl,其原因是 (6)FTO@BVO4作电极电催化还原CO,的装置如图甲所示。在不同电压条件下进行光照 电解实验，不同有机产物的法拉第效率(FE)随电压变化如图乙所示。 MN 100 电源 -HCOOH --HCHO C02 0 △-CH,OH HCOOH HO C2H:OH FTO@BiVO 泡沫Ni网 HCHO 36 (光催化 CH:OH CH:OH 活性电极) 0- 8好2 电解质溶液 电解质溶液 U Ua Us 电压/W 光电化学法转化装置示意图 有机产物的法拉第效率随电压变化图 甲 乙 已知：FE%=Q,(生产还原产物X所需要的电量) Q急（电解过程中通过的总电量） ×100%，其中，Q.=nF,n表示电解生成还 原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数。 ①电势：泡沫Ni网电极 FTO@BiVO4电极（填“>”“<”或“=”）。 ②FTO@BiVO4电极发生的电极反应式为 ③维持电压为U3V,电解一段时间后，生成的HCHO和HCOOH的物质的量之比为5：3，则 生成HCOOH的法拉第效率m为 8-6化 18.解析：钒渣用硫酸、MnO2“酸浸”将VO+转化为 VO克；“酸浸”后的溶液通过“调pH、萃取、反萃取”等 过程，可制得NaVO3溶液；NaVO3溶液中加入 NH4CI溶液得到NH,VO3沉淀，NH4VO3在空气 中灼烧得V2O5。 (1)钒是23号元素，钒基态原子的价层电子排布式 为3d34s2； (2)“酸浸”时，MnO2将VO+转化为VO,V元素的 化合价由+3价升至+5价，MnO2被还原成Mn2+, Mn元素的化合价由十4价降至十2价，根据得失电 子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为 V0++MnO2+2H+-VO2+Mn2++H20; (3)①根据部分含钒(+5价)物质在水溶液中的主要 存在形式知，萃取前，加盐酸调节溶液的pH为7的 目的是：使溶液中的含钒粒子以VO3形式存在；同 时H+与OH-结合生成H2O,c(OH-)减小，有利 于向萃取方向进行，提高VO3的萃取率； ②反萃取中，VO3反萃取率随着pH的升高呈现先 增大后减小的趋势的原因是：pH升高，c(OH一)增 大，有利于反应向反萃取方向进行，VO3的反萃取 率增大；但c(OH)过大，十5价钒主要以VO或 多钒酸根的形式存在，VO的反萃取率减小； (4)由反应MnO4+5Fe2++8H+一Mn2++ 5Fe3++4H20,过量的Fe2+物质的量为5X 创新示克 选择题各 题号 1 2 3 5 6 答案 B D D B B C 1.B[A.“蛎房”是指牡蛎的壳，主要成分为碳酸钙，故 A正确；B.“翠色”为青色或者绿色，而氧化亚铜为砖 红色，翠色来自于亚铁离子的颜色，故B错误；C.描述 的是我国四大发明之一的指南针，“杓”的主要成分为 磁性氧化铁Fe3O4,故C正确；D.“矾”一般都是硫酸 盐的结晶水合物，故D正确。] 2.D[A.P4分子呈正四面体，磷原子在正四面体的四 个顶点处，键角为60°，故A错误；B.NaCl焰色试验为 黄色，与Na电子跃迁有关，故B错误：C.Cu基态原子 核外电子排布不符合构造原理，考虑了半充满规则和 全充满规则，价层电子排布式为3d04s,这样能量更 低更稳定，故C错误；D.Cl2O的空间结构是V形，正 负电不重合，O一C1键为极性键，因此是由极性键构 成的极性分子，故D正确。] 3.D[A.将茶叶灼烧灰化，应在坩埚中加热进行，不能 在①烧杯中进行灼烧，用到的仪器有②和③，缺少必 要的坩埚，需要时还可用到三脚架或铁架台等，故A 错误；B.④容量瓶用于配制溶液时，洗千净即可，不要 求烘干，故B错误；C.“过滤”时需沿②玻璃棒向⑤漏 斗中转移液体，待液体自然流下进行过滤，不能进行 搅拌，以防戳破滤纸导致过滤失败，故C错误；D.经过 硝酸溶解后，滤液中的铁元素主要以F3+形式存在， 检验滤液中的F3+,可用胶头滴管取少量滤液于小 试管中，滴加KSCN溶液检验，使用胶头滴管时，需垂 直悬在试管上方进行滴加，故D正确。] 4.B[A.标准状况下CHCl3不是气体，不能通过气体 摩尔体积计算其物质的量，故A错误；B.碘单质与氢 气的反应为可逆反应，1mol碘蒸气和1mol氢气不能 答案 学 0.01000mol/L×12.00×10-3L=6.000× 10-4mol;加入的Fe2+的总物质的量为0.5000mol/ L×5.00×10-3L=2.500×103mol,则与V02反 应的Fe2+物质的量为2.500×10-3mol-6.000× 10-4mol=1.900×10-3mol,根据反应V02+ Fe2++2H+—V0++Fe3++H20知，VO2的 物质的量为1.900×10-3mol,根据V守恒， 20.00mL溶液中溶解的V205物质的量为9.500× 10-4mol,V205样品的纯度为 9.00x 1m /100 1.000g =86.45%。 答案：(1)3d34s2(2)V0++MnO2+2H+ VO克+Mn2++H2O (3)①使溶液中的钒微粒以VO3形式存在；减小 c(OH一)，有利于反应向萃取方向进行，提高VO3 的萃取率②pH升高，c(OH)增大，有利于反应 向反萃取方向进行，VO?的反萃取率增大；但 c(OH一)过大，十5价钒主要以VO?-或多钒酸根的 形式存在，VO3的反萃取率减小(4)86.45%（计 算过程见解析) 克卷（八） 案速查 7 8 9 10 11 12 13 14 D B B D D B B D 完全反应，生成的碘化氢分子数小于2NA,故B正确： C.溶液体积未知，不能确定Fe3+数目，故C错误； D.5.6g铁为0.1mol,电化学过程中发生反应：Fe一 2e一Fe2+,0.1 mol Fe转移0.2NA电子，故D 错误。] 5.B[A.-1的溶液显中性，Fe+水解使溶液 c(OH-) 显酸性，故中性溶液中F3+不能大量存在，A错误； B.加入酚酞显红色的溶液呈碱性，Ba2+、K+、CI一、 NO3之间不反应，都不与OH一反应，能够大量共存， B正确；C.使pH试纸变红的溶液呈酸性，S2O?与 H+、NO3反应，不能大量共存，C错误；D.S2-与 Cu2+反应生成沉淀，不能大量共存，D错误。] 6.C[题中X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期 主族元素，根据W元素的原子序数最大且带一个单 位正电荷可知W是Na;结合结构式中各原子成键情 况，以及Z元素原子的最外层电子数等于X、Y和W 元素原子的最外层电子数之和，可确定X是H、Y是 C、Z是O,据此解答该题。A.简单离子半径：O2-> Na+>H+,A项错误；B.X和Z可以形成H2O和 H2O2,X与Y可以形成CH、C6H6等，HO2易分解，不 稳定，B项错误；C.O与另外三种元素可组成CO、H2O2、 Na2O2,原子个数比均为1：1，C项正确；D.Y形成的单 质中，金刚石为共价晶体，石墨为混合型晶体，D项 错误。] 7.D[A.氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，氯化亚铁不 能一步反应生成氧化铁，氧化铁也不能一步反应生成 氢氧化铁，A错误：B.硅与氢氧化钠溶液反应生成硅 20 创新示范卷 酸钠，硅酸钠不能一步反应生成二氧化硅，B错误； C.N2不能一步反应生成硝酸，浓硝酸与铜反应生成二 氧化氮，二氧化氮不能一步反应生成氨气，C错误； D.铜与氧气反应生成氧化铜，氧化铜与硫酸反应生成 硫酸铜，硫酸铜与氯化钡反应生成氯化铜，氯化铜与 铁反应生成铜，铜与浓硫酸反应生成硫酸铜，硫酸铜 与铁反应生成铜，转化关系每一步都能一步实现，D 正确。] 8.B[A.实验室用加热NH4Cl和Ca(OH)2固体混合 物的方法制取少量NH3,制取装置中试管口应该略向 下倾斜，防止水倒流引起试管炸裂，故A错误；B.氨气 是碱性气体，可以用碱石灰干燥，故B正确；C.NH3 的密度比空气小，应该用向下排空气法收集，即短口 进长口出，故C错误；D.NH3极易溶于水，装置图中 导管不能直接插入水中，否则会引起倒吸，故D 错误。 9.B[A.反应后的溶液中滴入KSCN溶液，未见溶液 变为红色，只能说明溶解后溶液中没有F3+,废铁屑 溶于过量盐酸，也可能存在反应Fe十2Fe3+ 3Fe2+,所以并不能确定该废铁屑中是否含三价铁的 化合物，故A错误；B.蔗糖中加入浓硫酸，蔗糖变黑， 是因为浓硫酸的脱水性，使蔗糖脱水炭化，随后迅速 膨胀，是因为碳被浓硫酸氧化，生成了气体CO2、SO2 使剩余碳膨胀，浓硫酸表现了强氧化性，故B正确； C.干燥氯气无漂白性，有色鲜花中含水，实际是氯气 和水反应生成的次氯酸使有色鲜花褪色，故C错误； D.NaOH与MgCl2反应后有剩余，再滴加FeCl3溶 液，FeCl3与过量NaOH反应生成红褐色沉淀，不是氢氧 化镁转化成的氢氧化铁，不能说明Kp[Mg(OH)2]> Kp[Fe(OHD3],故D错误。] 10.D[A.应用分析天平称取5.000g样品，A错误； B.FeCl3溶液具有氧化性，应用酸式滴定管量取待测 液，B错误；C.滴定指示剂可选择淀粉溶液，为了使 结果更可靠，应该重复进行3次滴定，最终取3次滴 定结果的平均值，C错误；D.氯化铁溶液和碘化钾溶 液的反应存在一定的限度，氯化铁不能完全反应，反 应生成碘的量偏小，导致消耗硫代硫酸钠溶液的体 积偏小，使测定结果偏低，D正确。] 11.D[A.雷尼镍暴露在空气中极易燃烧，故在反应前 应先赶走装置中的空气，A项正确；B.反应完成后， 氢气不再被消耗，此时集气管中液面不再变化，故当 水准瓶液面不再下降时反应结束，B项正确；C.反应 过程中消耗氢气，若反应中导气管N伸到液面下，可 能发生倒吸，C项正确；D.充入H2时三通阀孔路位 置如图所示 ,说明氢气从左侧进入，向下进入 集气管，之后由集气管向装置Ⅱ中通入氢气，若供气 时三通阀孔路为 则气体会从左侧逸出，D项 错误。] 12.B[废铜渣（主要成分CuO,及少量Fe2O3、SiO2等 杂质)“酸浸”时CuO、少量Fe2O3与H2SO4反应生 成硫酸铜、硫酸铁，SiO2不溶于H2SO4,所以滤渣的 成分是SiO2,滤液中加过量氨水，沉铁除去F3+,铜 离子转化为[Cu(NH3)4]2+,所得滤液通二氧化硫沉 铜，过滤出产生的CuNH4SO4沉淀，加稀硫酸转化， 十1价铜发生歧化反应，得到铜离子和Cu。A.“酸 浸”时，延长反应时间可以使反应更充分，进而提高 铜的浸取率，故A项正确；B.若向“沉铁”后所得滤液 中加入乙醇，析出的深蓝色晶体为[Cu(NH3)4]SO4, 故B项错误；C.“沉铜”时含有[Cu(NH3)4]+和过 量氨水的混合溶液中通入二氧化硫生成CuNH4SO4 沉淀，铜化合价降低，则发生氧化还原反应，故C项 答案 参考答案 正确；D.转化时，CuNH4SO4在稀硫酸中发生歧化 反应，得到铜离子和Cu,结合元素守恒可知，“转化” 后所得滤液中含有的主要阳离子：NH吐、H+、 Cu2+,故D项正确。] 13.B[二氧化铈废渣加入盐酸和过氧化氢，得到含有 三价铈离子的溶液，加入氨水中和过量的盐酸，加入 萃取剂HA萃取后，再加入稀硫酸反萃取将三价铈 离子萃取到水层，最后加入氨水、碳酸氢铵生成碳酸 铈，据此回答。A.由流程可知，“酸浸”过程中四价铈 转化为三价铈，铈化合价降低为氧化剂，根据得失电 子守恒可知，则H2O2中氧元素化合价升高，作还原 剂，故H2O2不可用O3代替，A错误；B.萃取振荡 时，分液漏斗下口应倾斜向上，便于放气，充分混合 萃取，B正确；C,“反萃取”中用适量苹取剂分多次萃 取，有利于将有机层C3+尽可能多地转移到水层，C 错误；D.“沉淀”时Ce3+、氨水、碳酸氢铵反应生成 Ce2(CO3)3沉淀，反应的离子方程式为2Ce3+十 3HCO3 +3NH3.H2O-Ce2 (COs)3+3NH 十3H2O,D错误。] 14.D[A.根据晶胞结构可知O位于Ce构成的正四面体 空隙中，故A正确；B.以底面面心的Ce为例，上、下层 各有4个氧原子，故在晶胞中的配位数为8，故B正确； CCe与C最运的距离为面对角线一半，为号0m,故 C正确；D.1个晶胞体积为a3×10-36m3,含有4个Ce 和8个0，则该晶体的摩尔体积为子×a2X10的m× NA-。·10%N4m·m1,故D错误，] 4 15.解析：(1)基态Ni2+的价层电子排布式为3d8,未成 对电子数为2； (2)[Co(NH3)5CI]Cl2中有6个配位键，配体NH3 中有3个σ键，因此共有6+5×3=21个o键，1mol [Co(NH3)5C门C2中有21NA个。键；配位后没有 了孤电子对，因此键角变大； (3)N3与二氧化碳是等电子体，空间结构为直线形， N最高能级电子排布为2p3,半充满较为稳定，N的 第一电离能大于O,由于氧电离一个电子后形成半 充满结构，故第二电离能O大于N,所以差值更大的 是O； (④)由均掉法：一个晶胞中Ca原子数目为8X日十1 =2,Fe原子数目为8X号=4As原子数目为8×日 十2=4，则该材料的化学式为CaFe2As2;晶胞中As 原子1分数坐标为(0,0,0.628)，已知体心与顶，点的 Ca原子有着相同的化学环境，体心Ca坐标为(0.5， 0.5,0.5)则As原子1与体心Ca在z轴上的坐标差 为0.628-0.5=0.128，则As原子2的之轴上距离 项面的坐标差为0.128，故As原子2的之轴上坐标 为1-0.128=0.872，故As原子2的分数坐标为 (0.5,0.5,0.872),与底面平行的体心Ca所在平面和 As原子1的距离为0.128cpm,体心Ca原子与As原子 1所在的z轴距离为2@ pm,则体心Ca原子与As原子 2 1之间的距离为八20 )2 +(0.128c)2pm。 答案：(1)2(2)21NA变大(3)直线形O (4)CaFe2As2(0.5,0.5,0.872) (2。 (2a +(0.128c)2 21 化与 16.解析：三氯化铬易潮解，易升华，高温下易被氧气氧 化，所以实验过程中要确保装置内不能存在氧气和 水蒸气，A装置的作用是千燥N2,E装置用N2将 CCI4气体导入装置B中参与反应，F装置作用是防 止水蒸气进入反应装置，C装置作用是收集气体，D 装置是处理COC2尾气，B装置是发生装置。整个 反应流程先用干燥的N2排除装置内空气，然后再通 入N2将CCl4气体带入装置，与B中Cr2O3反应，生 成的COCl2有毒气体用C装置收集，与D装置中 NaOH溶液反应从而进行吸收处理，为防止D装置 中水蒸气进入反应装置，还有在C和D装置中间加 一个千燥装置F。 (1)根据上述分析可知，实验装置合理的连接顺序为 a→ef→bc→gh→d: (2)①有气体参与或生成的实验，实验前必须先检查 装置的气密性，故（「）连接装置，检查装置气密性； ②实验过程中为了形成稳定的CCL4气流，反应温度 低于100℃，故对E装置加热的最佳方式是(76.8℃ 以上)水浴加热，装置E中长颈漏斗的作用是平衡压 强（调节N2的气体流速、检验后面装置是否堵塞）； ③COCI2有毒，结束时用N2将COC12完全排入装置 D被充分吸收，防止污染空气； (3)装置D中可以看做是COCl2先与水反应生成二 氧化碳和氯化氢，二氧化碳和氯化氢再与氢氧化钠 反应，故反应的离子方程式为COC2+4OH CO3-+2H2O+2C1- (4)由得失电子守恒，原子守恒可知，测定过程中的 物质的量的关系为：2CrCl3~2CrO~Cr2O片 6(NH4)2Fe(SO4)2,产品中CrCL3的物质的量为： cVX10-3 X ,250_cV×10-2 mol,产品中的CrCl 3 25.00 cVX10-2 3 -molXM g·mol-1 的质量分数表达式为 722 ×100%,产品中CCl3的质量分数表达式为 %;若步聚③中所用标准溶液已变质，则滴定时 31 消耗的标准液体积偏大，将导致CCl质量分数测定 值偏高。 答案：(1)ef→bc→gh (2)①检查装置气密性②(76.8℃以上)水浴加热 平衡压强（调节N2的气体流速、检验后面装置是否 堵塞)③将COC12完全排入装置D被充分吸收 (3)C0Cl2+40H--CO3-+2H20+2C1 (4)CVM 3m 偏高 17.解析：(1)根据盖斯定律可知：甲醇不完全燃烧生成 一氧化碳和液态水的△H=(①-②十4X③)X?, 则甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学 方程式为：CH3OH(1)十O2(g) C0(g)+2H2O(1) △H=-442.8kJ·mol1; (2)将PbO溶解在HCI和NaCI的混合溶液中，得到 含[PbCl4]2-的电解液，用惰性电极电解Na2PbCl4 制得金属Pb,发生还原反应，故b为阴极，则a为 阳极； b电极上放电的是[PbC14]2-,得到2个电子后生成 Pb,结合环境可知电极反应为：PbCl十2e=Pb +4C1- 阳极上来自水的氢氧根放电，电极反应为：2H2O 4e-O2↑+4H+,电极总反应为：2Na2PbCL4+ 电解 2H2O4NaCl+4HCl+2Pb+O2个，故电解过程 中氯化钠和HC1可以循环利用： (3)铅蓄电池放电时，Pb做负极，PbO2做正极，充电 时，正极接外电源的正极作阳极，发生氧化反应； PbO2做正极电极发生氧化反应，反应为：PbSO4 2e-+2H20—Pb02+4H++SO-; 答案 (4)①电解NH4HSO4的电解方程式为：2NH4HSO4 通电(NH,)2S,06十H2个，阳极上S0被氧化生成 S2O,电极反应式为：2S0?-2e= -S20 ②通过电解NH4HSO4溶液产生(NH4)2S2Og,再与 水反应得到H2O2,其中生成的NH4HSO4可以循环 使用，电解NH4HSO4溶液得到过二硫酸铵， (NH4)2S2O8溶液送往水解器中减压水解，蒸发，蒸 出过氧化氢水溶液，剩余溶液流到阴极室在循环使 用，说明(NH4)2S2O8水解生成双氧水和硫酸氢铵， 则制备过氧化氢的总反应方程式为：2H,0通电 H2O2+H2个 (⑤)第一段相当于电解氯化钠溶液，第二段相当于电 解碳酸氢钠和碳酸钠的混合溶液，0~1时间内，相 当于电解氯化钠溶液，阳极上氯离子放电，电极方程 式为：2C1--2e-= =C12个； 阴极上氢离子放电，电极反应式为：2H+十2e H2个，用惰性电极电解氯化钠溶液时，阳极上析出氯 气，阴极上析出氢气，同时溶液中还有氢氧化钠生 成，氢氧化钠和碳酸氢钠反应生成碳酸钠，离子方程 式为HCO3+OH-CO号-+H2O,所以溶液pH 升高比较缓慢。 答案：(1)CH3OH(1)+O2(g)C0(g)+2H2O(1) △H=-442.8kJ·mol-1 (2)阳极 PbC12-+2e-—Pb+4C1- HCI 和NaCl (3)正极 PbSO4-2e+2H2O-PbO2+4H++SO2 (4)①2S0--2e-S20g ②2H20通电 H2O2+H2个 (5)2C1--2e- C2个 HCO3+OH-CO+H20 18.解析：废钒催化剂用氢氧化钠溶液碱溶，根据信息可 知，V2O5转化为VO3,其中氧化铝和二氧化硅分别 转化为四羟基合铝酸钠和硅酸钠，F2O3不能与碱 反应，过滤时除去F©2O3,过滤后再酸化，其中滤渣为 Al(OH)3和H2SiO3,滤液含VOg,加入Na2SO3将 VO3还原为VO2+,再加入有机溶剂萃取，分液后再 用酸反萃取，经过氧化、沉钒后得到NH4VO3,加入 硝酸铋处理后得到BVO4,最终得到产品，以此 解题。 (1)“碱浸”时，V2O5转化为VO3反应的离子方程式 为：V2O5+2OH-=2VO5+H2O; (2)巳知A1(OH)3+OH-—[A1(OH)4]-K= 100.63,离子浓度≤10-5mol/L时沉淀完全，该反应 的平衡常数K=cA1OHD])_105mol/L c(OH) C(OH) 100.63,可得：c(0H)=10-5.63,因此c(H+) 10-8.37,说明pH=8.37时[A1(OH)4]沉淀完全； (3)根据平衡移动原理可知，增加H十浓度，平衡 萃取 VO2++2HR(有机层) VOR2(有机层)十 反萃取 2H+逆向移动，VO+从有机相中进入水相，故反萃 取剂应选用酸性溶液； (4)萃取、反萃取前后V的化合价都是十5价，则根 据得失电子守恒可知，还原剂失去电子的物质的量 等于氧化剂得到电子的物质的量，反应中亚硫酸钠 中硫元素升高价态从十4变为十6价，氯酸钾中氯元 素降低价态从十5价变为一1价，设钒的总回收率为 x%,根据加入的n(Na2SO3)：n(KClO3)=10:3, 10×2×x%=3X6,则x=90; (5)利用同离子效应，增大溶液中NH浓度，抑制 NH4VO3溶解，使其尽可能析出完全； (6)由图可知，FTO@BiVO4电极上水发生反应生成 氧气，因此FTO@BVO4电极为阳极，阳极电极反应 式为：2H2O一4e-一4H十+O2个，泡沫Ni网电极 22 创新示范卷 为阴极，阴极生成HCOOH的电极反应式为CO2十 2H++2e一HCOOH,阴极生成HCHO的电极 反应式为CO2十4H++4e=HCHO+H2O,阴极 生成CH3OH的电极反应式为CO2十6H+十6e CH3OH+H2O,阴极生成C2HOH的电极反应 式为2C02+12H++12e-—C2HOH+3H20,由 图2可知，通过改变电压可以选择性地获得不同还 原产物，据此分析； ①电势为阳极电势高于阴极电势，泡沫Ni网电极为 阴极，FTO@BiVO4电极为阳极，即电势关系为泡沫 Ni网电极小于FTO@BiVO4;②FTO@BiVO4电极 上水发生反应生成氧气，因此FTO@BiVO4电极为 阳极，阳极电极反应式为：2H2O一4e =4H++ O2↑；③C02+2e-+2H+-HC00H、C02+ 创新示范 选择题答 题号 2 3 4 5 6 答案 A D B C D C 1.A[太阳能属于一次能源，但太阳能燃料属于二次能 源，故A错误；直接电催化CO2制取燃料时，C化合价 降低，在阴极反应，因此燃料是阴极产物，故B正确； H2燃烧放出的热量多，无污染，是理想的绿色能源， 故C正确；研发和利用太阳能燃料，有利于经济的可 持续发展，D正确。] 2.D[A.1g冰受热转化为1g水蒸气的过程是由有序 向无序发展，为熵增的过程，A分析正确；B.该过程水 分子未发生变化，是物理变化，B分析正确；C.1g冰 变为1g水蒸气吸收热量，则1g冰与1g水蒸气所具 有的内能不同，C分析正确；D.1molH2O(1)与1mol H2O(g)所具有的能量不同，H2与O2初始总能量相 同，而生成物的总能量不同，则H2与O2反应生成1mol H2O(1)与生成1molH2O(g)放出的热量不相同，D分 析错误。 3.B[A.根据图示可知，该装置将电能和光能转化为 化学能，错误：B.根据同种电荷相互排斥，异种电荷相 互吸引的原则，该装置工作时，H十从正电荷较多的阳 极b极区向负电荷较多的阴极a极区迁移，正确； C.该反应的总方程式是：6CO2+8H2O一2C3HgO 十902。根据反应方程式可知，每生成1molO2,有 2 m01C0:被还原，其质量是8g,错误D.根据图示 3 可知与电源负极连接的a电极为阴极，发生还原反 应，电极的反应式为：3C02+18H++18e C3HgO+5H2O,错误。 4.C[A项，由能量-反应过程图像中状态I和状态Ⅲ 知，CO和O生成CO2是放热反应，错误；B项，由状 态Ⅱ知，在CO与O生成CO2的过程中CO没有断键 形成C和O,错误；C项，由状态Ⅲ及CO2的结构式 O一C一0知，C○2分子中存在碳氧极性共价键，正 确：D项，由能量-反应过程图像中状态I(CO和O)和 状态Ⅲ(CO2)分析，状态I→状态Ⅲ表示CO和O原 子反应生成CO2的过程，错误。] 5.D[A.Cl2比12更活泼，说明Cl2(g)自身具有的能量 大于2(g)具有的能量，所以Cl2(g)和H2(g)反应生 成HCl(g),放出的能量大于I2(g)与H2(g)反应生成 HI(g)放出的能量，△H4<△H2,A项正确；B.键能越 大越稳定，H一H键能最大，故相同条件下，H2最稳 定，B项正确；C.根据盖斯定律：△H3=△H1十△H2, △H3一△H1=△H2=+11kJ/mol,C项正确；D.反应 热与△H2不相同，D项错误。] 6.C[根据电池示意图，放电时a极生成偶氨苯 H N ),则由 答案 参考答案 4H++4e一HCHO+H2O,电解电压为U3V时， 放电生成1mol甲酸转移2mol电子，生成1mol甲 醛转移4mol电子，由图可知，生成HCHO的FE% 为36%，则由电解生成的甲醛和甲酸的物质的量之 比为5：3，可得QX36%:Q&Xm%=5:3,解得 4 2 m=10.8。 答案：(1)V205+20H--2VO3+H20 (2)是(3)酸性 (4)90(5)利用同离子效应，增大溶液中NH士浓 度，抑制NH4VO3溶解，使其尽可能析出完全 (6)①<②2H20-4e-4H++02↑③10.8 卷（九） 案速查 8 10 11 12 13 14 D A C C B B ? C 化合价升高，a电极为负极，电极反 应式为： 2e-+20H- 十2H2O,则b电极为正极，电极反 应式为：NiOOH+e+H2O一Ni(OH)2+OH-, 充电时反应刚好反向进行，据此分析解答。A.根据分 析，放电时电极a为负极，A错误；B.充电时b电极为 阳极，电极为阴极，K+和H+向阴极移动，即从右向 左移动，B错误；C.根据分析中的负极电极反应式可 知，放电时每生成1mol偶氨苯，外电路转移2mol e,C正确；D.充电时b电极为阳极失去电子，而且电 解质为碱性环境，无H+参加反应，正确的电极反应式 为：Ni(OH)2-e+OH-—NiOOH+H2O,D 错误。] 7.D[A.当pH<4时，碳钢主要发生化学腐蚀，当4< pH<6.5时，主要发生电化学腐蚀，A不正确；B.当 pH<4时，碳钢主要发生析氢腐蚀，当pH>13.5,碳 钢主要发生吸氧腐蚀，B不正确；C.从表中信息可以 得出，PH在6~8之间时，碳钢的腐蚀速率慢，但pH >8时，碳钢的腐蚀速率加快，C不正确；D.pH=14 时，在负极，Fe失电子的产物与OH一反应生成FeO2 等，电极反应式为4OH-+Fe-3e一FeO2+ 2H2O,D正确。] 8.A[A根据中和热的概念判断，稀硫酸与0.1mol·L-1 NaOH溶液反应为：H+(aq)+OH(aq)一H2O(I) △H=一57.3kJ·mol-1,正确；B.根据燃烧热的概念 判断，水分解的热化学方程式为：2H2O(I)—2H2(g)十 O2(g)△H=+571.0k·mol-1,错误；C.根据燃烧 热的概念：1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物 时放出的热量判断，碳完全燃烧生成的产物为CO2, 错误；D.1mol氢气完全燃烧生成液态水放热为 285.5kJ,则氢气燃烧的热化学方程式应为H2(g)十 20,g—00A1=-285·mor1,错民.] 23