精品解析：江苏省苏州市2024-2025学年高一下学期期末摸底 化学调研卷

2024-2025学年第二学期高一化学期末摸底调研卷 （总分：100分；考试时长：75分钟） 可能用到的相对原子质量H-1 N-14 C-12 O-16 S-32 Fe-56 Ba-137 Mn-55 Cr-52 B-11 一、单选题 1. 传统的无机非金属材料多为硅酸盐材料，如陶瓷、玻璃和水泥等；随着科学技术的发展，一系列新型无机非金属材料相继问世，其中有一些是高纯度的含硅元素的材料，如单晶硅、二氧化硅等，具有特殊的光学和电学性能，是现代信息技术的基础材料；还有一些含有碳、氮等其他元素，在航天、能源和医疗等领域有着广泛的应用。下列物质性质与用途具有对应关系的是 A. 晶体硅熔点高，可用于制作半导体材料 B. SiO2硬度大，可用于制作光导纤维 C. 碳化硅硬度大，可用作砂纸、砂轮的磨料 D. 硅酸钠耐热性好，它的水溶液常用作黏合剂 2. 《神农本草经》中记载的白矾主要成分为。下列说法正确的是 A. 离子半径： B. 碱性： C. 热稳定性： D. 非金属性： 3. 实验室制取、收集并制备的实验原理和装置中，不正确的是 A. 用装置甲制取 B. 用装置乙收集 C. 用装置丙吸收尾气中的 D. 用装置丁蒸干并灼烧获得 4. 三氯化氮()可用于漂白和消毒。下列说法不正确的是 A. 中含有极性共价键 B. 中每个原子均满足8电子稳定结构 C. N采取杂化，为非极性分子 D. 根据电负性推测，与反应可生成和 5. 氮及其化合物的转化关系如图所示，下列说法正确的是 A. 路线⑤、③、④是工业生产硝酸的主要途径 B. 转化①、⑤均属于氮的固定过程 C. 上述转化关系中的气态物质均为无色气体 D. 上述转化过程中发生的反应不都是氧化还原反应 6. H2SO4、HNO3是化工生产中两种重要的酸，下列叙述错误的是 A. 浓H2SO4能使蔗糖碳化，表现了浓硫酸的脱水性 B. 浓HNO3能溶解金属铜，说明浓硝酸具有强酸性 C. 浓HNO3不稳定易分解，需要避光保存 D. 常温下浓H2SO4、浓HNO3都能使金属铝钝化 7. 下列反应的离子方程式正确的是 A. Fe(OH)2与足量稀硝酸反应： B. 用NaOH溶液吸收少量： C. SO2能使溴水褪色： D. FeCl3溶液中通入H2S气体： 8. 气相离子催化剂(Fe+、Co+、Mn+等)具有优良的催化效果。其中，在Fe+催化下乙烷氧化反应的机理如图所示(图中---为副反应)。下列说法正确的是 A. FeO+、N2均为反应中间体 B. X既含极性共价键也含非极性共价键 C. 该机理涉及的反应均为氧化还原反应 D. 每生成1molCH3CHO，消耗N2O的物质的量大于2mol 9. CaS遇酸迅速反应放出H2S气体，H2S和SO2反应生成S和H2O。一种烟气脱硫的过程如下：①脱硫：将含SO2烟气的空气通过装有CaS的脱硫塔，加热发生反应 ；②再生：将CaSO4转移到再生塔，加入脱硫煤，高温重新生成CaS，并放出CO2。下列关于CaS烟气脱硫的说法正确的是 A. CaS晶胞(如图)中钙离子周围最近的钙离子数为6 B. 脱硫塔中参与反应的还原剂和氧化剂的物质的量之比为1：2 C. 理论上每处理64.0吨SO2，将会排放出88.0吨CO2 D. CaS烟气脱硫能减少“温室效应”的形成 10. 我国科学家利用过渡金属氮化物（）作催化剂，在常温下实现氨气的合成，其反应机理如图所示。下列说法正确的是 A. 用进行合成反应，产物中只有 B. 表面上的N原子被氧化为氨气 C. 不参与氨气的合成反应 D. 表面上氨脱附产生的空位有利于吸附 11. 下列依据实验现象推理得出的结论正确的是 选项 实验操作和现象 结论 A 某盐和混合研磨，产生 该盐是 B 某待测液中加入溶液，产生白色沉淀 待测液含有 C 铜片与浓硫酸加热，产生的气体通入品红溶液，品红褪色 生成气体 D 常温时向盛有浓硝酸的两支试管中分别投入铜片与铁片后，铜片逐渐溶解而铁片不溶解 金属性：Cu>Fe A. A B. B C. C D. D 12. 已知Zn溶于强碱时生成。利用废旧镀锌铁皮制备胶体粒子的流程如下： 下列有关说法正确的是 A. “碱洗”的主要目的是为了除去废旧镀锌铁皮表面的油污 B. “酸溶”时用98%的浓硫酸代替稀硫酸可加快反应速率 C. “氧化”时反应的离子方程式为 D. “氧化”后溶液中的阳离子只有、 13. 化合物可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，且加和为21。分子的总电子数为奇数，常温下为气体。该化合物的热重曲线如图所示，在以下热分解时无刺激性气体逸出。下列叙述正确的是 A. W、X、Y、Z的单质常温下均为气体 B. 最高价氧化物的水化物的酸性： C. 阶段热分解失去4个 D. 热分解后生成固体化合物 二、非选择题 14. 有A、B、C、D、E、F六种短周期元素，它们的原子序数依次增大。已知A和B原子具有相同的电子层数，且A元素的最高正价与最低负价和为零，C是同周期中原子半径最大的元素，E是同周期中离子半径最小的元素。C的单质在加热条件下与B的单质充分反应，可以得到与F单质颜色相同的淡黄色固态化合物G．试根据以上叙述推断元素并回答问题。(用相应的化学式或化学符号答题) （1）E元素在周期表中位置为_______，写出E单质与B单质反应的化学方程式_______。 （2）画出F的离子结构示意图_______，写出AB2分子的结构式_______。 （3）比较B、F元素的氢化物的沸点大小_______，原因是_______。 （4）比较C、E元素最高价氧化物对应的水化物的碱性强弱_____，且两者可发生反应，写出离子方程式______。 （5）写出C单质与B的氢化物反应的离子方程式_______。 （6）写出D单质在AB2中燃烧的化学方程式_______。 15. 某化学小组探究铜与硝酸反应的快慢及产物。 （1）实验甲：将铜片放入盛有稀的试管中，开始无明显现象，后逐渐有小气泡生成，该气体是_______。在液面上方出现浅红棕色气体，溶液呈蓝色。 （2）实验乙：铜与浓反应，装置、现象如下： 实验装置 实验现象 A中：最初反应较慢，随后加快，反应剧烈，产生红棕色气体，溶液呈绿色；B中：溶液呈淡蓝色。 ①A中铜与浓产生红棕色气体的化学方程式是_______。 ②实验现象“最初反应较慢，随后加快”的原因可能是_______。 （3）除上述可能原因外，有文献记载：铜与浓反应一旦发生就变快，是因为开始生成的溶于水形成(弱酸，不稳定，水溶液为淡蓝色)，它再和Cu反应，反应就加快。实验探究如下： Ⅰ.向1 mL浓硝酸中加入几滴30% 溶液、铜片，反应较慢，溶液呈蓝色。 已知：浓硝酸与溶液不反应。 ①Ⅰ实验中反应变慢的原因是_______。 ②与水反应的离子方程式是_______。 ③对、分别与Cu反应快慢进行实验探究。 序号 实验操作 实验现象 Ⅱ 取实验乙装置B中溶液，加入一定量固体，再加入铜片 立即产生无色气体；液体上方红棕色 Ⅲ 取B中溶液，放置一段时间，溶液变为无色后，再加入铜片 产生无色气体，较II慢；液面上方呈浅红棕色 a．III中“放置一段时间”的目的是_______。 b．实验Ⅱ、Ⅲ得出的实验结论是_______。 A．与Cu反应快 B．与Cu反应快 （4）化学小组同学结合实验甲、乙中被还原后的气体产物以及实验Ⅱ的产物，综合上述实验，分析判断甲中反应慢的原因，除了硝酸起始浓度小、反应过程中温度较低外，另一个重要原因是_______。 16. 磷酸亚铁锂()广泛用作锂电池正极材料。一种以磷铁粉(主要成分为FeP、)为原料制备磷酸亚铁锂的生产流程如下： （1）“焙烧”是在700℃条件下使磷、铁元素分别转化为和，反应中放出。写出焙烧时FeP发生反应的化学方程式：___________。 （2）研究发现，用硫酸直接浸取的反应性很差，需要先将其还原为二价铁。“还原”时的固碳比[固碳比)]对“酸浸”时铁浸出率的影响如图所示。当后，铁浸出率降低，其原因是___________。 （3）向溶液中加入的目的：①调节混合液的pH；②___________。 （4）“煅烧”需要在氩气氛围中进行，原因是___________。和的理论投入量的物质的量之比为___________。 （5）产品中铁元素含量测定：准确称取4.000g产品，加入足量盐酸溶解，过滤除碳，滤液移入100mL容量瓶，定容至刻度线，取20.00mL于锥形瓶中，加入还原剂，将全部还原为，用溶液与反应(反应原理为，未配平)，恰好完全反应时，消耗溶液16.00mL。计算产品中铁元素的质量分数。___________ (写出计算过程) 17. 氮是生命体的重要组成元素，自然界中氮的循环对于生命活动有重要意义。 (1)一种利用锂及其化合物的循环，将空气中的N2转化为NH3的过程如图所示。 ①X的化学式为___________。 ②转化(Ⅲ)是电解熔融LiOH，该反应的化学方程式为___________。 (2)废水中氨氮(以NH3或NH形式存在)含量过高，直接排放会造成水体富营养化。用NaClO可以将氨氮氧化去除，已知NH3比NH更易被氧化。NaClO除去水中氨氮的反应过程如下： NaClO＋H2ONaOH＋HClO NH3＋HClO=NH2Cl＋H2O 2NH2Cl＋HClO=N2↑＋3HCl＋H2O ①控制含氨氮废水的量和加入NaClO的量一定，测得反应相同时间，氨氮的去除率与溶液初始pH的关系如图-1所示。 (a)当pH＜6时，氨氮去除率随溶液pH升高而升高的原因是：___________。 (b)当pH>10时，氨氮去除率随溶液pH升高而降低的原因是：___________。 ②控制溶液的pH=7，测得反应相同时间，溶液中的氨氮、总氮(所有含氮微粒)的去除率随初始m(NaClO)∶m(NH3)的比例如图-2所示。当m(NaClO)∶m(NH3)>7.6，随m(NaClO)∶m(NH3)的增大，氨氮去除率始终接近100%，而总氮去除率逐渐降低的原因是___________。 ③NaClO与NH3恰好完全反应时，反应的n(NaClO)∶n(NH3)的理论值是1.5.控制溶液的pH=7，测得反应相同时间，溶液中余氯含量与投入n(NaClO)∶n(NH3)的比值关系如图-3所示。水中的余氯的计算方法是向水中加入足量KI，生成的I2的物质的量看成是水中Cl2的物质的量。当n(NaClO)∶n(NH3)=1时，溶液中余氯含量较大的原因是___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年第二学期高一化学期末摸底调研卷 （总分：100分；考试时长：75分钟） 可能用到的相对原子质量H-1 N-14 C-12 O-16 S-32 Fe-56 Ba-137 Mn-55 Cr-52 B-11 一、单选题 1. 传统的无机非金属材料多为硅酸盐材料，如陶瓷、玻璃和水泥等；随着科学技术的发展，一系列新型无机非金属材料相继问世，其中有一些是高纯度的含硅元素的材料，如单晶硅、二氧化硅等，具有特殊的光学和电学性能，是现代信息技术的基础材料；还有一些含有碳、氮等其他元素，在航天、能源和医疗等领域有着广泛的应用。下列物质性质与用途具有对应关系的是 A. 晶体硅熔点高，可用于制作半导体材料 B. SiO2硬度大，可用于制作光导纤维 C. 碳化硅硬度大，可用作砂纸、砂轮的磨料 D. 硅酸钠耐热性好，它的水溶液常用作黏合剂 【答案】C 【解析】 【详解】A．晶体硅是良好的半导体材料，常用于制作半导体材料，与熔点高无关，故A错误； B．二氧化硅具有良好的导光性能，常用于制作光导纤维，与硬度大无关，故B错误 C．碳化硅是硬度大的新型无机非金属材料，常用作砂纸、砂轮的磨料，故C正确； D．硅酸钠溶液具有良好的粘结性，常用作黏合剂，与耐热性好无关，故D错误； 故选C。 2. 《神农本草经》中记载的白矾主要成分为。下列说法正确的是 A. 离子半径： B. 碱性： C. 热稳定性： D. 非金属性： 【答案】B 【解析】 【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；离子半径：r(Al3+)<r(O2-)，A错误； B．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱；根据金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，碱性：KOH>Al(OH)3，B正确； C．同主族元素从上往下，非金属性逐渐减弱，因此非金属性为O>S，非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，则最简单氢化物的稳定性：H2S<H2O，C错误； D．同主族元素从上往下，非金属性逐渐减弱，因此非金属性为O>S，故D错误； 故答案选B。 3. 实验室制取、收集并制备的实验原理和装置中，不正确的是 A. 用装置甲制取 B. 用装置乙收集 C. 用装置丙吸收尾气中的 D. 用装置丁蒸干并灼烧获得 【答案】D 【解析】 【详解】A．浓硝酸与铜反应产生，A正确； B．密度比空气大，收集时导管应该长进短出，B正确； C．能被氢氧化钠溶液吸收，C正确； D．由于铜离子的水解且水解生成的硝酸可分解，所以硝酸铜溶液蒸干得到氢氧化铜固体，D错误； 故选D。 4. 三氯化氮()可用于漂白和消毒。下列说法不正确的是 A. 中含有极性共价键 B. 中每个原子均满足8电子稳定结构 C. N采取杂化，为非极性分子 D. 根据电负性推测，与反应可生成和 【答案】C 【解析】 【详解】A．中不是同种元素构成的共价键，含有极性共价键，故A正确； B．中每个原子均满足8电子稳定结构，故B正确； C．N采取杂化，空间构型为三角锥形，正负电荷中心不重合，为极性分子，故C错误； D．根据电负性推测，氮元素为-3价，氯元素为+1价与反应可生成和，故D正确； 故选：C。 5. 氮及其化合物的转化关系如图所示，下列说法正确的是 A. 路线⑤、③、④是工业生产硝酸的主要途径 B. 转化①、⑤均属于氮的固定过程 C. 上述转化关系中的气态物质均为无色气体 D. 上述转化过程中发生的反应不都是氧化还原反应 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据工业上生成硝酸的路径：合成氨→氨的催化氧化→一氧化氮转化为二氧化氮→二氧化氮和水反应获得硝酸，所以路线①②③是工业生产硝酸的主要途径，故A错误； B．氮的固定是将游离态的氮转化为化合态的氮，转化①、⑤均是将游离态的氮转化为化合态的氮，故均属于氮的固定，故B正确； C．二氧化氮是红棕色气体，故C错误； D．上述过程的反应合成氨、氨的催化氧化、一氧化氮转化为二氧化氮、二氧化氮和水反应中都有元素化合价变化，都属于氧化还原反应，故D错误； 故选：B。 6. H2SO4、HNO3是化工生产中两种重要的酸，下列叙述错误的是 A. 浓H2SO4能使蔗糖碳化，表现了浓硫酸的脱水性 B. 浓HNO3能溶解金属铜，说明浓硝酸具有强酸性 C. 浓HNO3不稳定易分解，需要避光保存 D. 常温下浓H2SO4、浓HNO3都能使金属铝钝化 【答案】B 【解析】 【详解】A．浓H2SO4具有脱水性，能够使蔗糖等有机物中的H、O以水的组成脱去，即使有机物脱水碳化，这表现了浓硫酸的脱水性，A正确； B．浓HNO3能溶解金属铜，使其变为金属阳离子，这说明浓硝酸具有强氧化性，B错误； C．浓HNO3不稳定光照易分解，因此需要避光保存，C正确； D．浓H2SO4、浓HNO3具有强氧化性，在常温下遇铁、铝时，会将金属的表面氧化而产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属的进一步氧化，即发生钝化现象，因此浓H2SO4、浓HNO3都能使金属铝钝化，可以用铁、铝质容器储存、运输，D正确； 故合理选项是B。 7. 下列反应的离子方程式正确的是 A. Fe(OH)2与足量稀硝酸反应： B. 用NaOH溶液吸收少量： C. SO2能使溴水褪色： D. FeCl3溶液中通入H2S气体： 【答案】D 【解析】 【详解】A．Fe(OH)2与足量稀硝酸发生氧化还原反应，，故A错误； B．NaOH溶液吸收少量：，故B错误； C．SO2能使溴水褪色：，故C错误； D．FeCl3与H2S发生氧化还原反应生成氯化亚铁和S单质，反应离子方程式为：，故D正确； 故选：D。 8. 气相离子催化剂(Fe+、Co+、Mn+等)具有优良的催化效果。其中，在Fe+催化下乙烷氧化反应的机理如图所示(图中---为副反应)。下列说法正确的是 A. FeO+、N2均为反应中间体 B. X既含极性共价键也含非极性共价键 C. 该机理涉及的反应均为氧化还原反应 D. 每生成1molCH3CHO，消耗N2O的物质的量大于2mol 【答案】D 【解析】 【详解】A．FeO+先生成后消耗，是反应中间体，N2由N2O转化得到，是产物，A错误； B．由原子守恒可知X是H2O，O与H形成极性共价键，B错误； C．该机理中C2H6+FeO+=[(C2H5)Fe(OH)+]，该反应无化合价变化，不是氧化还原反应，C错误； D．该反应总反应方程式为C2H6+2N2O=CH3CHO+2N2+ H2O，由于发生副反应[(C2H5)Fe(OH)+]→Fe+，Fe化合价降低，有电子转移，则每生成1molCH3CHO，消耗N2O的物质的量大于2mol，D正确； 故选：D。 9. CaS遇酸迅速反应放出H2S气体，H2S和SO2反应生成S和H2O。一种烟气脱硫的过程如下：①脱硫：将含SO2烟气的空气通过装有CaS的脱硫塔，加热发生反应 ；②再生：将CaSO4转移到再生塔，加入脱硫煤，高温重新生成CaS，并放出CO2。下列关于CaS烟气脱硫的说法正确的是 A. CaS晶胞(如图)中钙离子周围最近的钙离子数为6 B. 脱硫塔中参与反应的还原剂和氧化剂的物质的量之比为1：2 C. 理论上每处理64.0吨SO2，将会排放出88.0吨CO2 D. CaS烟气脱硫能减少“温室效应”的形成 【答案】C 【解析】 【详解】A．从图中可以看出，钙离子位于顶点和面心，钙离子周围最近的钙离子数是12个（距离为面对角线的一半），A错误； B．脱硫塔中的反应，CaS中S的化合价从-2价升高到S单质中的0价，中的+4价升高到中的+6价，氧气中的0价O降低到反应后的-2价，所以CaS和均为还原剂，氧气为氧化剂，参加反应的还原剂和氧化剂的物质的量之比为2：1，B错误； C．64.0吨的物质的量为 ，根据脱硫反应，生成 ， 再生的反应为 ，则 生成 ， 的质量为88吨，C正确； D．CaS烟气脱硫能减少排放到空气中的二氧化硫，从而减少酸雨的产生，不能减少引起“温室效应”的二氧化碳生成，D错误； 故答案选C。 10. 我国科学家利用过渡金属氮化物（）作催化剂，在常温下实现氨气的合成，其反应机理如图所示。下列说法正确的是 A. 用进行合成反应，产物中只有 B. 表面上的N原子被氧化为氨气 C. 不参与氨气的合成反应 D. 表面上氨脱附产生的空位有利于吸附 【答案】D 【解析】 【详解】A．由分析可知，合成氨气有两种途径，15N2分子中的氮原子合成氨气，生成15NH3，金属氮化物(TMNS)表面的氮原子合成NH3，A错误； B．由图像可知，金属氮化物(TMNS)中的氮原子与氢结合，生成氨气，氮元素价态下降得电子作氧化剂，被还原，B错误； C．由图像可知，金属氮化物(TMNS)中的氮原子与氢结合，生成氨气，因此参与氨气的合成反应，C错误； D．由图像可知，氮气分子进入催化剂表面的空位被吸附，因此TMNS表面上氨脱附产生的空位有利于吸附N2，D正确； 故选D。 11. 下列依据实验现象推理得出的结论正确的是 选项 实验操作和现象 结论 A 某盐和混合研磨，产生 该盐是 B 某待测液中加入溶液，产生白色沉淀 待测液含有 C 铜片与浓硫酸加热，产生的气体通入品红溶液，品红褪色 生成气体 D 常温时向盛有浓硝酸的两支试管中分别投入铜片与铁片后，铜片逐渐溶解而铁片不溶解 金属性：Cu>Fe A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．某盐和熟石灰混合研磨，产生NH3，说明该盐为铵盐，不一定是NH4Cl，故A错误； B．某待测液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，该沉淀可能是硫酸钡、碳酸钡、氯化银，所以待测液含有或或Ag+，故B错误； C．二氧化硫具有漂白性，铜片与浓硫酸加热，产生的气体通入品红溶液，品红褪色，生成SO2气体，故C正确； D．铁和浓硝酸在常温条件下发生了钝化，不能比较金属性，故D错误； 选C。 12. 已知Zn溶于强碱时生成。利用废旧镀锌铁皮制备胶体粒子的流程如下： 下列有关说法正确的是 A. “碱洗”的主要目的是为了除去废旧镀锌铁皮表面的油污 B. “酸溶”时用98%的浓硫酸代替稀硫酸可加快反应速率 C. “氧化”时反应的离子方程式为 D. “氧化”后溶液中的阳离子只有、 【答案】C 【解析】 【分析】废旧锌铁皮加入NaOH溶液中，氢氧化钠溶液与油污反应生成高级脂肪酸盐，具有去除油污作用，Zn溶于强碱时生成，过滤，所得固体加入过量稀硫酸溶解铁，发生反应： ，加入适量过氧化氢，氧化部分亚铁离子，氧化后的溶液中含有：H+、Fe2+、Fe3+、，向溶液中通入氮气排出空气防止亚铁离子被氧化，加入NaOH溶液生成四氧化三铁胶体粒，以此解答。 【详解】A．经过氢氧化钠溶液碱洗后，Zn溶于强碱时生成，Fe不溶解，故用氢氧化钠溶液处理废旧镀锌铁皮，主要目的是便于分离提纯铁，故A错误； B．“酸溶”时，98%浓硫酸与铁能发生钝化，不能溶解铁，故B错误； C．加入适量过氧化氢，氧化部分亚铁离子，离子方程式为：，故C正确； D．“氧化”过程中部分Fe2+被氧化为Fe3+，“酸溶”过程中所加硫酸过量，因此“氧化”后溶液中所存在的离子有：H＋、Fe2＋、Fe3＋、，故D错误； 故答案选C。 13. 化合物可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，且加和为21。分子的总电子数为奇数，常温下为气体。该化合物的热重曲线如图所示，在以下热分解时无刺激性气体逸出。下列叙述正确的是 A. W、X、Y、Z的单质常温下均为气体 B. 最高价氧化物的水化物的酸性： C. 阶段热分解失去4个 D. 热分解后生成固体化合物 【答案】D 【解析】 【分析】化合物(YW4X5Z8·4W2Z)可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，且加和为21。该化合物的热重曲线如图所示，在200℃以下热分解时无刺激性气体逸出，则说明失去的是水，即W为H，Z为O，YZ2分子的总电子数为奇数，常温下为气体，则Y为N，原子序数依次增加，且加和为21，则X为B。 【详解】A．X(B)的单质常温下为固体，故A错误； B．根据非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，则最高价氧化物的水化物酸性：X(H3BO3)＜Y(HNO3)，故B错误； C．根据前面已知200℃以下热分解时无刺激性气体逸出，则说明失去的是水，若100～200℃阶段热分解失去4个H2O，则质量分数，则说明不是失去4个H2O，故C错误； D．化合物(NH4B5O8·4H2O)在500℃热分解后若生成固体化合物X2Z3(B2O3)，根据硼元素守恒，则得到关系式2NH4B5O8·4H2O～5B2O3，则固体化合物B2O3质量分数为，说明假设正确，故D正确。 综上所述，答案为D。 二、非选择题 14. 有A、B、C、D、E、F六种短周期元素，它们的原子序数依次增大。已知A和B原子具有相同的电子层数，且A元素的最高正价与最低负价和为零，C是同周期中原子半径最大的元素，E是同周期中离子半径最小的元素。C的单质在加热条件下与B的单质充分反应，可以得到与F单质颜色相同的淡黄色固态化合物G．试根据以上叙述推断元素并回答问题。(用相应的化学式或化学符号答题) （1）E元素在周期表中位置为_______，写出E单质与B单质反应的化学方程式_______。 （2）画出F的离子结构示意图_______，写出AB2分子的结构式_______。 （3）比较B、F元素的氢化物的沸点大小_______，原因是_______。 （4）比较C、E元素最高价氧化物对应的水化物的碱性强弱_____，且两者可发生反应，写出离子方程式______。 （5）写出C单质与B的氢化物反应的离子方程式_______。 （6）写出D单质在AB2中燃烧的化学方程式_______。 【答案】（1） ①. 第三周期ⅢA族 ②. （2） ①. ②. O=C=O （3） ①. ②. 二者均为分子构成的物质，分子间作用力越大，沸点越高，水分子间能形成氢键，使得沸点高于 （4） ①. ②. （5） （6） 【解析】 【分析】A元素的最高正价与最低负价和为零，A为第IVA族元素；C是同周期中原子半径最大的元素，C为第IA族元素；A、B、C、D、E都是短周期元素且原子序数依次增大，A为C元素，C为Na元素；E是同周期中离子半径最小的元素，E为Al元素；则D只能是Mg元素，F单质为淡黄色固体，F为S元素；A和B原子具有相同的电子层数，C的单质在加热条件下与B的单质充分反应得到淡黄色固态化合物G，B为O元素，G为Na2O2，综上所述，A为C元素、B为O元素、C为Na元素、D是Mg元素、E为Al元素、F为S元素、为Na2O2，据此分析解答。 【小问1详解】 E为Al元素，位于元素周期表中第三周期ⅢA族；铝单质与氧气单质反应的化学方程式为； 【小问2详解】 的结构示意图是为；CO2结构式为O=C=O； 【小问3详解】 B的氢化物是，F的氢化物是，二者均为分子构成的物质，分子间作用力越大，沸点越高，水分子间能形成氢键，使得沸点高于，故沸点：； 【小问4详解】 同周期从左到右金属性减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性减弱，则碱性：，两者可发生反应，离子方程式：； 【小问5详解】 金属钠和水反应的离子方程式为； 【小问6详解】 金属镁在CO2中燃烧生成氧化镁和碳，化学方程式为：。 15. 某化学小组探究铜与硝酸反应的快慢及产物。 （1）实验甲：将铜片放入盛有稀的试管中，开始无明显现象，后逐渐有小气泡生成，该气体是_______。在液面上方出现浅红棕色气体，溶液呈蓝色。 （2）实验乙：铜与浓反应，装置、现象如下： 实验装置 实验现象 A中：最初反应较慢，随后加快，反应剧烈，产生红棕色气体，溶液呈绿色；B中：溶液呈淡蓝色。 ①A中铜与浓产生红棕色气体的化学方程式是_______。 ②实验现象“最初反应较慢，随后加快”的原因可能是_______。 （3）除上述可能原因外，有文献记载：铜与浓反应一旦发生就变快，是因为开始生成的溶于水形成(弱酸，不稳定，水溶液为淡蓝色)，它再和Cu反应，反应就加快。实验探究如下： Ⅰ.向1 mL浓硝酸中加入几滴30% 溶液、铜片，反应较慢，溶液呈蓝色。 已知：浓硝酸与溶液不反应。 ①Ⅰ实验中反应变慢的原因是_______。 ②与水反应的离子方程式是_______。 ③对、分别与Cu反应快慢进行实验探究。 序号 实验操作 实验现象 Ⅱ 取实验乙装置B中溶液，加入一定量固体，再加入铜片 立即产生无色气体；液体上方红棕色 Ⅲ 取B中溶液，放置一段时间，溶液变为无色后，再加入铜片 产生无色气体，较II慢；液面上方呈浅红棕色 a．III中“放置一段时间”的目的是_______。 b．实验Ⅱ、Ⅲ得出的实验结论是_______。 A．与Cu反应快 B．与Cu反应快 （4）化学小组同学结合实验甲、乙中被还原后的气体产物以及实验Ⅱ的产物，综合上述实验，分析判断甲中反应慢的原因，除了硝酸起始浓度小、反应过程中温度较低外，另一个重要原因是_______。 【答案】（1）NO （2） ①. Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O ②. 反应放热，体系温度升高 （3） ①. H2O2与HNO2发生反应使HNO2浓度降低 ②. ③. 使HNO2完全分解 ④. B （4）无HNO2生成 【解析】 【小问1详解】 Cu与稀硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO和H2O，故该气体为NO； 【小问2详解】 ①Cu与浓硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO2和H2O，其化学方程式为Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O； ②Cu与浓硝酸的反应是放热反应，随着反应的进行，溶液温度升高，因此最初反应较慢，随后加快； 【小问3详解】 ①Ⅰ实验中反应变慢是由于H2O2与HNO2发生反应使HNO2浓度降低，导致速率减慢； ②与水反应生成硝酸、NO和水，其离子方程式为； ③HNO2不稳定，会发生分解反应，在实验III中“放置一段时间”的目的是使HNO2完全分解；实验Ⅱ中，B中溶液中含有硝酸，加入固体后反应产生HNO2，使HNO2浓度增大，再加入铜片后立即产生无色气体，实验Ⅱ中，将B中溶液放置一段时间，使HNO2充分分解，再加入铜片，产生无色气体，较Ⅱ慢，说明HNO2与铜反应更容易一些，故选B。 【小问4详解】 由实验Ⅱ、实验III对比可知，另一个重要原因是没有HNO2生成。 16. 磷酸亚铁锂()广泛用作锂电池正极材料。一种以磷铁粉(主要成分为FeP、)为原料制备磷酸亚铁锂的生产流程如下： （1）“焙烧”是在700℃条件下使磷、铁元素分别转化为和，反应中放出。写出焙烧时FeP发生反应的化学方程式：___________。 （2）研究发现，用硫酸直接浸取的反应性很差，需要先将其还原为二价铁。“还原”时的固碳比[固碳比)]对“酸浸”时铁浸出率的影响如图所示。当后，铁浸出率降低，其原因是___________。 （3）向溶液中加入的目的：①调节混合液的pH；②___________。 （4）“煅烧”需要在氩气氛围中进行，原因是___________。和的理论投入量的物质的量之比为___________。 （5）产品中铁元素含量测定：准确称取4.000g产品，加入足量盐酸溶解，过滤除碳，滤液移入100mL容量瓶，定容至刻度线，取20.00mL于锥形瓶中，加入还原剂，将全部还原为，用溶液与反应(反应原理为，未配平)，恰好完全反应时，消耗溶液16.00mL。计算产品中铁元素的质量分数。___________ (写出计算过程) 【答案】（1） （2）淀粉量不足，部分未被还原为，导致铁浸出率降低 （3）调节铁、磷两种元素的比例约为1：1 （4） ①. 防止被氧化 ②. 1：1 （5） 【解析】 【分析】磷铁粉主要成分为FeP、，加入碳酸钠和通入空气进行焙烧，根据题意知，生成和，同时反应中放出，溶解后过滤，得到和溶液，中加入淀粉发生氧化还原反应，产物加入硫酸后生成硫酸亚铁，溶液中加入磷酸消耗碳酸钠，从而调节pH，硫酸亚铁、磷酸钠、双氧水反应产生磷酸铁，磷酸铁与碳酸锂、草酸反应产生。 【小问1详解】 “焙烧”是在700℃条件下使磷、铁元素分别转化为和，反应中放出，FeP发生反应的化学方程式：。 【小问2详解】 加入淀粉与发生氧化还原反应，产生，当后，淀粉量不足，部分未被还原为，导致铁浸出率降低。 【小问3详解】 向溶液中加入的目的：①中和碳酸钠，调节混合液的pH；②调节铁、磷两种元素的比例为1：1。 【小问4详解】 “煅烧”需要在氩气氛围中进行，原因是：防止被氧化； ，因此和的理论投入量的物质的量之比为1：1。 【小问5详解】 根据题中信息可知，反应为：，消耗溶液16.00mL，，根据可知，，4.000g产品中铁元素质量：，产品中铁元素的质量分数为：。 17. 氮是生命体的重要组成元素，自然界中氮的循环对于生命活动有重要意义。 (1)一种利用锂及其化合物的循环，将空气中的N2转化为NH3的过程如图所示。 ①X的化学式为___________。 ②转化(Ⅲ)是电解熔融LiOH，该反应的化学方程式为___________。 (2)废水中氨氮(以NH3或NH形式存在)含量过高，直接排放会造成水体富营养化。用NaClO可以将氨氮氧化去除，已知NH3比NH更易被氧化。NaClO除去水中氨氮的反应过程如下： NaClO＋H2ONaOH＋HClO NH3＋HClO=NH2Cl＋H2O 2NH2Cl＋HClO=N2↑＋3HCl＋H2O ①控制含氨氮废水的量和加入NaClO的量一定，测得反应相同时间，氨氮的去除率与溶液初始pH的关系如图-1所示。 (a)当pH＜6时，氨氮去除率随溶液pH升高而升高的原因是：___________。 (b)当pH>10时，氨氮去除率随溶液pH升高而降低的原因是：___________。 ②控制溶液的pH=7，测得反应相同时间，溶液中的氨氮、总氮(所有含氮微粒)的去除率随初始m(NaClO)∶m(NH3)的比例如图-2所示。当m(NaClO)∶m(NH3)>7.6，随m(NaClO)∶m(NH3)的增大，氨氮去除率始终接近100%，而总氮去除率逐渐降低的原因是___________。 ③NaClO与NH3恰好完全反应时，反应的n(NaClO)∶n(NH3)的理论值是1.5.控制溶液的pH=7，测得反应相同时间，溶液中余氯含量与投入n(NaClO)∶n(NH3)的比值关系如图-3所示。水中的余氯的计算方法是向水中加入足量KI，生成的I2的物质的量看成是水中Cl2的物质的量。当n(NaClO)∶n(NH3)=1时，溶液中余氯含量较大的原因是___________。 【答案】 ①. H2O ②. 4LiOH(熔融) 4Li＋O2↑＋2H2O ③. pH升高，NH水解生成NH3，NH3浓度增大，NH3比NH更易被氧化 ④. pH升高，HClO转化为ClO-，氧化NH3的HClO浓度变小 ⑤. 部分氮元素被氧化为氮的含氧酸盐，仍然留在水溶液中 ⑥. NH2Cl具有氧化性，能将KI氧化为I2 【解析】 【分析】 【详解】(1)①从循环分析，X含有氢元素和氧元素，所以X为水。 ②电解熔融LiOH，锂离子得到电子生成锂，氧元素失去电子生成氧气，化学方程式为4LiOH(熔融) 4Li＋O2↑＋2H2O。 (2) ①(a) pH＜6时， pH升高，铵根离子水解生成氨气，氨气浓度增大，根据已知NH3比NH更易被氧化分析，氨氮的去除率升高。 (b)当pH>10时，溶液中的部分次氯酸变成次氯酸根离子，次氯酸的浓度减小，所以氨氮去除率随溶液pH升高而降低。 ②m(NaClO)∶m(NH3)的增大，部分氮元素被氧化为氮的含氧酸盐，仍然留在水溶液中，所以氨氮去除率始终接近100%，而总氮去除率逐渐降低。 ③当n(NaClO)∶n(NH3)=1时，反应生成NH2Cl，NH2Cl具有氧化性，能将KI氧化为I2，溶液中消耗氯气的量减少，余氯含量较大。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $