福建福州市福清第一中学2025-2026学年第一学期高三测试二 化学试题

2025-2026学年第一学期福清一中高三化学测试二（2025.10.28) 班级 姓名 座号 可能用到的相对原子质量：H-1,Li-7,N-14,0-16,S-32,C-35.5,Cr-52,Cu-64,Ag-108 一、选择题（每题只有一个答案符合题意，每小题3分，共45分） 1.化学与科技、生产、生活有密切的关系，下列叙述错误的是（) A,我国科学家利用赤泥和玉米秸秆制备的新型多孔生物炭具有强吸附性 B.北京冬奥会的运动服中使用的保暖材料石墨烯与足球烯互为同素异形体 C.我国自主研发的“东方超环”（人造太阳）所应用的氘、氚与氕三者互为同位素 D,“奋斗者号”潜水器使用的固体浮力材料，由空心玻璃微球和高强树脂制成，属 于无机非金属材料 120 2.下列化学用语或图示正确的是() A.c0,分子中C原子杂化轨道示意图： B.BF的结构式（不考虑空间结构）： C.激发态H原子的轨道表示式： Ip D.ppn键形成的轨道重叠示意图： 88 → 3.利用下列装置或操作完成相应的实验目的，设计合理的是( 稀硫酸 木炭与 浓硫酸 饱和 NaOH(s) 食盐水 Na,CO. Na SiO 澄清 溶液 石灰水 配制0.10mol/LNaOH溶液 B D A.A装置验证非金属性：S>C>Si B.B装置验证反应是否有CO2生成 C.C装置用于配制0.10mol/L NaOH溶液D.D装置氯气的喷泉实验 4.在给定条件下，下列制备过程难以实现的是（ A.工业制备硫酸；FeS,嘉→S0,。→S0,x浓酸)H,S0, B.工业制备硝酸；NH,流。→NO→NO2H→HNO, 2 C.工业制备纯碱；NaC1溶液co,)NH,→NaHC0,△→Na,COg 300℃ 1000℃ D·工业制备高纯硅：石英砂粗硅→SHc高纯硅 HCI 5.“类比”是预测物质性质与化学反应的重要方法之一，但“类比”不能违背客观事实， 下列“类比”合理的是() A.适量CO2通入Ca(ClO)2溶液中可生成CaCO3和HClO,则适量SO2通入 Ca(ClO)2溶液中也可生成CaSO3和HClO B.H2S与SO2能反应生成S,故NH3与NO2也能在一定条件下反应生成N2 C.Na在空气中燃烧生成Na2O2,则同族的Li在空气中燃烧也生成Li2O2 D.A13+与s2-在水溶液中因水解无法大量共存，则Fe3+与s2-在水溶液中也因水 解无法大量共存 6.下列实验设计能够成功的是() A.检验亚硫酸钠试样是否变质： 试样溶解滴加硝酸钡溶液白色沉淀滴加稀盐酸沉淀不溶解→说明试样已变质 B.除去粗盐中含有的硫酸钙杂质 粗盐溶解、足量碳酸钠溶液足量氯化钡溶液过滤 滤液中滴加盐酸 蒸发结晶、精盐 C.检验某溶液中是否含有Fe2+ 试样滴加疏氰化钾溶液溶液颜色无变化滴加氪水溶液变红色→溶液中含有F2+ D.证明酸性条件H2O2的氧化性比l2强： Nal溶液3过化氢稀酸淀粉溶液变黄色→氧化性：H,0,≥ 7、图中“一”表示相连的物质在一定条件下可以反应，“→”表示丁在一定条件下可以 转化为乙。下面四组选项中，符合图示要求的是( 甲 乙 丙 丁 甲 ① H2S04 Na2SO4 NaOH NaCl ② KCI K2CO3 KOH HCI ③ 02 co Cuo C 丙 ④ Fe CuCl2 Zn HCI A.①④ B.②③ C.①③ D.③④ 8.丁香挥发油中含丁香色原酮(K)、香草酸(M), 其结构简式如下，下列说法正确的 是() A,K中含手性碳原子 OH O B.M中碳原子都是sp2杂化 HO- COOH C.K、M均能与NaHCO,反应 H.CO CH H.CO D.K、M共有四种含氧官能团 K M 9.配位化合物广泛应用于物质分离、定量测定、医药、催化等方面。利用氧化法可 制备某些配位化合物，如2CoCl,+2NH.c+8NH,+H,0,=2[Co(NH,c可CL,+2H,0。设 NA是阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( A.1 mol Co(NH3),CICl2中含有o键的数目为21NA B.0.1mol-L1的cocl2溶液中，co2*的数目为0.1NA C,0.1molN,与足量H2在催化剂作用下合成氨，生成的NH,分子数为0.2NA D.100g质量分数为17%的H,0,溶液中，氧原子总数为NA 10.某矿物因有良好的抗紫外线功能而被作为防晒霜的重要成分，该矿物主要成分 的化学式为AB2(BX3Y1o)(YZ)2。Z、Y、B、X、A的原子序数依次增大且均为前四 周期主族元素，这五种元素原子序数之和为55。其中，Z无中子数，Y的最外层 电子数是最内层电子数的3倍，X的最高价氧化物对应的水化物难溶于水，B是 地壳中含量最多的金属元素。下列说法正确的是() A.简单离子半径：A>B>Y B.B的氧化物可以和A的最高价氧化物对应的水化物发生反应 C.X与Y元素组成物质Y2,其空间构型为直线形 D.元素的电负性：Y>A>Z 11.在好氧菌和厌氧菌作用下，废液中NH4能转化为N2(g)和H2O(1),示意图如下： 废液 废液 氧气 好氧菌池 厌氧菌池 →氮气 反应I 反应山 反应：NH4*(aq)+202(g)=NO3(aq)+2Ht(aq)+H2O(0△H1=akJ·mol-1 反应Il:5NH4*(aq)+3NO3(aq)=4N2(g)+9H2O(0+2Ht(aq)△H2=bkJ·mol厂1 下列说法正确的是 A,两池发生的反应中，氮元素只被氧化 B.两池中投放的废液体积相等时，NH4能完全转化为N2 C.常温常压下，反应川中生成22.4LN2转移的电子数为3.75NA D.4NH4*(aq)+302(g)=2N2(g)+6H20(0+4H(aq)△H=号(3a+b)kJ.mol-1 12.可采用Deacon催化氧化法将工业副产物HCl制成Cl2,实现氯资源的再利用。 反应的热化学方程式：4HC1g+0,g)u巴2c,g+2H,0(g)△H=-114.4kJmo1。 下图所示为该法的一种催化机理。下列说法不正确的是( A.Y为反应物HCl,W为生成物H2O B.反应制得1 molCl2,须投入2 molCuO CuCI Cu(OH)CI C.升高反应温度，HC1被O2氧化制Cl2 Cu,OCL 的反应平衡常数减小 D.图中转化涉及的反应中有两个属于 CuCL 声CuO 氧化还原反应 13.某新型锂离子电池是以嵌锂非晶硅薄膜(Li,S1)和钴酸锂(LiCo0z)薄膜为电极的二 次电池，充电时，+嵌入非晶硅膜，放电时发生脱嵌，工作原理如图所示。下列 说法正确的是() A,充电时，b极接电源的负极 B.充电时，a极的电极反应式为 非晶硅 LiCoO, 薄膜 薄膜 xe+xLi*=xLi a极 b极 C.放电时，外电路通过1mole,b极质量 增加7g 导电介质 Li交换膜 导电介质 D.放电时，Li+穿过L+交换膜向a极移动 14.二甘氨酸合铜()是最早被发现的电中性内配盐，在细胞线粒体中有推动电子传 递、清除自由基等生理功能。制备顺式和反式二甘氨酸合铜()的方法如下图所示。 H 甘氨酸 H, 2 0 CuSO,过量氨水[CuNH,)4]SO,NaOH溶液 溶液 少量水，小火加热 溶液 ① 溶液 ② 0u(oH2③ ④ H 顺式二甘氨酸合铜四) 反式二甘氨酸合铜（山） 已知：[Cu(NHg),]的二元取代物有两种结构。下列说法正确的是( A.与Cu2+的配位能力：H,0>NH? B.[Cu(NHg),]中Cu的杂化方式为sp C.0.5mol二甘氨酸合铜(ll)中含有8molo键 D.顺式二甘氨酸合铜（川）的极性比反式的强 15.在银催化下，乙烯与氧气反应生成环氧乙烷(E0)和乙醛(AA),其反应过程中 的能量变化如图所示（图中“ads”表示吸附态），下列说法错误的是( ) A.相同条件下，乙烯与氧气反应生 成环氧乙烷(EO)的决速步骤是 0 -16 过渡态 OMC→EO(ads) _93 -101 B.升高温度，乙烯的平衡转化率增 -100 C,Ha(ads -124 -117 148E0(g) -176 大，环氧乙烷(EO)和乙醛(AA)的 0g) EO(ads) -200 OMC -219 要 AA(g) 产率增大 -282/ -300 C.使用银作催化剂能降低反应的活 AA(ads) 反应过程 化能，增大反应速率 D.增大压强，环氧乙烷(EO)的产率增大 二、填空题（本题包括4小题，共55分） 16.（(12分)氢镍电池是目前使用最广的含镍电池，废旧电池的处理对环境保护和资 源的再利用意义重大。一种对废旧氢镍电池负极材料（含有NiO、Ni和少量La、 Fe、Mg、MnO2、SiO,等)进行湿法处理的流程如图1所示： 稀硫酸 Na2SO 1)调pH约为4.0NaF 1)调pH约为5.0NaOH 2)双氧水 2)Na2S208 负极→酸 浸液 沉镧 滤液1、 材料 沉铁 液2，沉镁 滤液3 沉锰 滤液4→沉镍→Ni(OH, 浸渣 滤渣1 滤渣2 滤渣3 MnO2 母液 图1 已知：①Ni2+可形成Ni(NHg)6； 72 ②Kp(MgF2)=6.4×108; ③HS0,第一步完全电离，K。(HS0)=1.1×102。 回答下列问题： (1)“酸浸”后浸渣的主要成分为 (2)若滤渣1的成分为La2(S0。)2NaS0。xH,0, 个沉镧率/% 已知“沉镧”过程中溶液的pH与沉镧率的变化关 系如图2所示。试分析pH<2.0时沉镧率降低的 原因： 0 1.0 2.0 3.0pH 图2 (3)“沉镁”后滤液3中c(F)≥ mol/L(溶液中离子浓度≤1.0×105mol/L 时，认为该离子沉淀完全)。 (4)滤液3中锰以Mn2+形式存在，S,0?中存在一个过氧键（一0一0一），“沉锰” 反应的离子方程式为 (5)“沉镍”所用试剂不宜选用氨水的为 ；母 液中可提取出的循环利用的物质为 (填化学式)。 (6)Ni(OH),在一定条件下分解可得到NiO,其晶胞如 图3所示。设阿伏加德罗常数的值为W。,距离最近的 002 ●Ni2+ 两个Ni2+间距为apm,NiO的摩尔质量为Mg·mol1 则晶体的密度为 gcm3(列出计算 图3 式)。 17.(I3分)三氯化铬(cc1,)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cr,0,和ccl,(沸点76.℃)在高温下制备无水crcl,，同时生 成coc1,气体。实验装置（加热及夹持装置略）如图所示。 沾有Cr,0,的石棉绒 b 无水CaCl 石英管 管式炉 g NaoH 溶液 B 已知：C0C1,气体有毒，遇水发生水解产生两种酸性气体。 (1)仪器F的名称 ；c0cl,分子的空间结构 0 (2)实验装置合理的连接顺序为a→ (3)装置B中反应的化学方程式为 (4)装置C左侧的导管较粗，这样设计的原因 (5)装置D中反应的离子方程式为 (6)测定crcl产品的纯度，实验如下： 取三氯化铬样品0.300g,配制成250mL溶液。移取25.00mL于碘量瓶中，加热至 沸腾后，加适量2 mol.L-NaOH溶液，生成绿色沉淀cr(oH),。冷却后，加足量 30%H,02,小火加热至绿色沉淀完全溶解。冷却后，加入2 mol.L H2S0,酸化，再加 入足量K1溶液，加塞摇匀充分反应后，铬元素只以cr3+存在，暗处静置5min后， 加入指示剂，用o.0240mol-L标准Na,s,0,溶液滴定至终点消耗标准Na,S,0,溶液 21.00mL(杂质不参加反应)。已知：2Cr(0H),+3H202+40H=2c0+8H,0; 2Na,S,O,+1,=Na,S O+2Nal ①判断该实验达滴定终点的象 0 ②样品中无水三氯化铬的质量分数为 %(结果保留小数后两位)。 18.(18分)碳中和技术主要研究二氧化碳的捕捉、利用与封存(CCUS)等问题。其 中将CO2转换为CH3OH被认为是最可能利用的路径。该反应体系中涉及的反应如下： 反应I:C0,(g)+H2(g) CO(g)+H,O(g)△H,>0 反应：C0,(g)+3H,(g) CH3OH(g)+H2O(g)AH,=-49.4kJ.mol-1 回答下列问题： (1)在特定温度下，由稳定态单质生成1mol化合物的焓变为该物质在此温度下的标 准生成焓（△，H)。如下表为几种物质在298K时的标准生成焓，则反应的△H1= kJ.mol-1。 物质 H2(g) C02(g) cO(g) H2O(g) (△H)1(kJ.mol-') 0 -394 -111 -242 (2)恒温恒容条件下，能说明反应达到平衡状态的是 (填字母)。 A.E(C02)=逆(H20) B.n(H2)=n(C02) C.混合气体平均相对分子质量不变 D,容器内气体密度不再改变 (3)为了提高CO2的平衡转化率和增大甲醇的选择性[CH3OH的选择性 =P生(CH0H×100%],可采用的措施是 (填标号)。 n消耗(CO2) a.增大n(c02) b.及时移除甲醇 c.减小容器体积 d.充入Ar (4)在5.0MPa下，将5molC02和16molH2在Cu/Zr02催化剂作用下发生反应1、 ‖，已知起始容器体积为VL,平衡时CH3OH或CO的选择性S [S(CH,OH或co)= CH,OH或co的量 已转化c0,的总量 ×100%]及CO2的转化率a随温度的变化如 图甲所示。 ①表示平衡时CO选择性的曲线是 80 (填“a”、“b”或“c”)。 P5 60 ②解释曲线c呈现先减小后增大变化趋势的原 40 20 因 ③250℃时，测得平衡体系共有0.5moCH3OH, 150200250300350400 温度/C 结合图甲计算C02的平衡转化率为 通过各组分分压，计算反应Ⅱ的平衡常数K。 MPa2(列出计算式即可)。 (5)在稀硫酸中利用电催化可将C02同时转化为多 种燃料，其原理如图乙所示。铜电极上产生CH4的 HCOOH 电极反应式为 CH 若铜电极上生成0.3 molCH3CHO和0.4mol 稀硫酸 阳离子 稀硫酸 交换膜 HCOOH和，则电路中转移 mol电子。 19.(12分)含氮化合物种类繁多，用途广泛，根据信息回答下列问题。 I.GaN是研制微电子器件、光电子器件的新型半导体材料，在光电子、高温大功 率器件和高频微波器件应用方面有着广阔的前景。 (1)基态Ga原子价层电子轨道表示式为 (2)下列状态的氮中，电离最外层一个电子所需能量最大的是 (填序号)。 团个 6 2s 2p 2s 2p 2s 2p 3s (3)GaN晶胞结构可看作金刚石晶胞（图1）内部的碳原子被N原子 替代，顶点和面心的碳原子被Gá原子替代，其晶体类型 为 已知BN与GaN属于同种晶体类型，则两种晶体熔 点较高的是 (填化学式)。 图1 (4)以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞 中各原子的位置，称作原子分数坐标。图为沿y轴投影 的氮化镓晶胞中所有原子的分布图。若原子1的原子分 数坐标为 113 444 则原子3的原子分数坐标 为 Il、(5)①Fe2+与cN形成配合物K4[Fe(CN)6],1mol该配合物中所含o键的数目 为 ②邻二氨菲(phen,结构为 可与亚铁生成稳定的橙色配合物 [Fe(Phen)3]2+,该橙色配合物中Fe2的配位数为 与邻二氨菲相比， [Fe(Phen)3]2*[ e]中C-N-C键角 (填“变大”、“变小”、“不变”)。 2025-2026学年第一学期福清一中高三化学测试二(2025.10.28)参考 答案 一、 选择题（供45分） 题号 2 3 5 6 8 9 10 11 12 13 14 15 答案 D B B B B 0 B 二、填空题 (本题包括4小题，共55分) 16.(12分) (1)Si02(1分) (2)H+与S02结合成HS0,而使La2(S0,)3·Na2S04·xHz0的溶解平衡正向移动， 降低沉镧率(2分) (3)0.08(2分) (4)S,0+Mn2++2H20=Mn02↓+2S02+4H*(2分) (5)Ni2+易形成[Ni(NH3),]2+配离子，即氨水用量不易控制(2分)；NaS0,(1分) 4M o心，5ax102分) 17.(13分) (1)球形干燥管(1分)；平面三角形(1分)(2)ef→bc→gh→d(2分) 高温 (3)cr,03+3Ccl. 2crcl,+3c0cl2(2分) (4)升华的ccl,遇冷后会凝华，防止其堵塞导管(2分) (5)C0C12+40H=co+2H,0+2C1(2分) (6)当最后半滴Na,S,0,溶液滴入，溶液蓝色刚好褪去，且半分钟内不恢复(1分)； 88.76%(2分) 18、(18分) 【答案】(1)+41(2分) (2)AC(2分) (3)bc(2分) (4)b(2分)；250℃以前，体系以反应为主，温度升高，反应逆向移动，C02 的转化率降低；250℃以后，体系以反应为主，温度升高，反应正向进行，C02的转 化率升高(2分) 0.5 ×5××5 20% (2分) 2020 3 (2分) 4 14 —×5×—×5 20 20 (5)C02+8e+8H=CH4+2H20(2分)； 3.8(2分) 19、（12分) 4s 4p (1分) (2)b(1分) (3)共价晶体(1分)；BN;(1分) ④2,1,3)2分) (5)12N4(2分)；6(2分)；变大(2分) 444 【解析】 1、【答案】D 【详解】A.赤泥和玉米秸杆制备的新型多孔生物炭，具有较大的表面积，具有强吸 附性，故A正确； B.石墨烯与足球烯是碳元素的不同单质，互为同素异形体，B正确； C.气、氘与氚是质子数相同而中子数不同的三种氢原子，三者互为同位素，C正确； D.高强树脂属于有机高分子材料，不是无机非金属材料，D错误；答案选D。 2、【答案】B 【解析】A项，CO2中C原子为sp杂化，则杂化轨道电子云轮廓图： F F→B一F 错误；B项，BF4中有一个配位键，故结构式为 F B正确； C项，K能层只有1个能级1s,不存在1p能级，故C错误；D项，p-pπ键形成的 轨道重叠示意图为： 未成对电子的原子轨道相互靠拢原子轨道相互重叠 形成的π键 ,故D错误； 故选B。 3、【答案】A 【详解】A.装置A中稀硫酸与Na,CO3反应生成C02,说明酸性H,SO4>H,CO3; C0,通入Na,Si0,溶液生成H,SiO,沉淀，说明酸性H,C0,>H,SiO,。最高价氧化 物对应水化物酸性越强则非金属性越强，故非金属性S>C>S,A正确； B.木炭与浓硫酸共热生成CO2和$02，S0,也能使澄清石灰水变浑浊，无法区分是 否有CO,生成，B错误； C.容量瓶不能用于溶解固体，NaOH固体应在烧杯中溶解并冷却至室温后，再转移 至容量瓶中定容，C错误； D.CI,在饱和食盐水中溶解度极小，无法形成压强差，不能进行喷泉实验，D错误。 故选A。 4、【答案】C 【解析】A.工业制备硫酸，Fs,燃烧生成soz,so,在加热催化剂条件下生成s03,s0。 用98.3%的浓硫酸吸收得到硫酸，A正确；B.工业制备硝酸采用催化氧化的方法，H 氧化生成NO,NO和氧气反应生成NO2,No,用水吸收获得HNO,B正确；C.工 业制备纯碱，以NacI溶液，通入氨气，再通入二氧化碳，生成NaHCO,.,NaHCO,加 热分解，生成NaC0,,C错误；D.工业制备高纯硅，石英砂主要成分是二氧化硅， 高温下二氧化硅与C反应生成粗硅和CO,粗硅与HCl反应生成SiHCI?,再用氢气还 原SiHCI,可得到高纯硅，D正确； 故选C。 5、【答案】B 【详解】A.CO2与Ca(ClO)2反应生成CaCO3和HClO,但SO2具有还原性，会被 ClO氧化为So2,生成CaSO4而非CaSO3,A错误； B.H2S与SO2反应生成S是归中反应，NH3(-3价N)与NO2(+4价N)在一定 条件下（如高温或催化剂）也可发生归中反应生成N2(0价)，类比合理，B正确； C.Na燃烧生成Na2O2,但Li的金属性较弱，燃烧产物为Li2O而非Li2O2,C错误； D.A3+与S2因水解无法共存，但Fe3+与S2因Fe3+的强氧化性会与S2发生氧化还原 反应（生成Fe2+和S)，而非水解，D错误； 答案选B。 6、【答案】C 【详解】A.酸性条件下，硝酸根离子能把亚硫酸盐氧化生成硫酸盐，故A错误； B.应先加氯化钡，再加碳酸钠，然后过滤，再加盐酸可除去粗盐中含有的硫酸钙杂 质，故B错误； C.亚铁离子遇KSCN溶液不变色，滴加氯水后亚铁离子被氧化生成铁离子，遇KSCN 溶液变红色，可证明溶液中含有Fe2+,故C正确； D.硝酸具有强氧化性，可氧化碘离子，不能说明H2O2的氧化性比l2强，故D错误； 答案选C。 【点睛】本题考查物质的检验和鉴别实验方案的设计，把握常见离子的检验方法为解 答的关键，注意离子检验中排除干扰及试剂的加入顺序。 7、【答案】D 【详解】①中硫酸与硫酸钠不反应，硫酸钠和氢氧化钠不反应，氢氧化钠和氯化钠不 反应，故①错误；②中氯化钾与碳酸钾不反应、碳酸钾与氢氧化钾不反应，盐酸和氯 化钾不反应，故②错误；③中2C0+02 点燃 高温 2C02,C0+Cu0 Cu CO2,C+ 高温 点燃 不完全燃烧 2CuO =2Cu+C02个，C+02C02,2C+02(少量) 2C0,故③ 正确；④中Fe+CuCl2=FeCl2+Cu,Zn+CuCl2=ZnCl2+Cu,Zn+2HCl=ZnCl2+H2个， Fe+2HCl=FeCl2+H2个，2HCl+CuO=CuCl2+H2O,故④正确，因此③④正确。 答案为：D。 8、【答案】D 【详解】A.由图知，K中环上碳原子均为sp杂化，饱和碳原子均为甲基碳原子， 所以不含手性碳原子，A错误； B.M中环上碳原子和羧基上的碳原子均为Sp2杂化，甲基碳原子为sp3杂化，B错 误； C.由于酸性：羧酸>碳酸>苯酚>HcO,,所以K中的酚羟基不能与NaHCO,溶液 反应，K中不含能与NaHCO,溶液反应的官能团，M中羧基可与NaHCO,溶液反应， C错误； D.K、M中共有羟基、醚键、羰基、羧基四种含氧官能团，D正确； 故选D。 9、【答案】A 【详解】A.1mol[Co(NH,cC2中含有键的数目为1mol×(3x5+6)×从=21NA,A正 确； B.无溶液体积，不能计算，B错误； C.合成氨是可逆反应，生成的NH分子数小于0：2N,C错误； N(O)=100gx17% ×2×N,+ 100g×1-17%）xNA=5.6N D.水中还含有氧原子， 34g/mol 18g/mol ,D错误； 答案选A。 10、【答案】B 【分析】Z无中子数，为H(原子序数1)；Y最外层电子数是最内层的3倍，最内 层为2，故最外层为6，为O(原子序数8)；B是地壳中含量最多的金属元素，为 A1(原子序数13)；X的最高价氧化物对应水化物难溶，且原子序数>13，为Sⅰ（原 子序数14，H4Si04难溶)。原子序数总和为55，计算得A为K(原子序数19)。 【详解】A.离子半径顺序应为02-(140pm)>K*(138pm)>A3+(54pm), A错误； B.AI2O3与KOH反应生成KAIO2,B正确； C.SiO2为共价晶体，结构单元为四面体结构，C错误； D.电负性顺序为0(3.44)>H(2.20)>K(0.82),D错误； 故选B。 11、【答案】D 【详解】A项、反应川中铵根离子中氮元素被氧化，硝酸根中氨元素被还原，故A错 误； B项、由热化学方程式可知，反应I中1 mol NH.4被氧气完全氧化能生成1 mol NO3, 反应I中1 nol NH4能氧化只能消耗0.6 mol NO3,则两池中投放的废液体积相等时， NH4转化为NO3和N2,故B错误； C项、常温常压下，气体摩尔体积不是22.4L/mol,无法计算22.4LN2的物质的量， 不能计算反应转移的电子数，故C错误； D项、由盖斯定律可知，2(3×+0得热化学方程式 4NH4(aq)+302(g)=2N2(g)+6H200)+4Hr(aq),则△H=2(3a+b)kJ-mol-1,故D 正确； 故选D。 12、【答案】B 【分析】由该反应的热化学方程式可知，该反应涉及的主要物质有HCl、O2、CuO、 Cl2、H2O;CuO与Y反应生成Cu(OH)Cl,则Y为HC;Cu(OH)CI分解生成W和 Cu2OC2,则W为H2O;CuCl2分解为X和CuCl,则X为Cl2;CuCl和Z反应生成 Cu2OCl2,则Z为O2;综上所述，X、Y、Z、W依次是Cl,、HCI、O,、H,0。 【详解】A,由分析可知，Y为反应物HCI,W为生成物H,O,A正确； B.cuO在反应中作催化剂，会不断循环，适量即可，B错误； C.总反应为放热反应，其他条件一定，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，C正确； D.图中涉及的两个氧化还原反应是CuCl2→CuCI和CuCI→Cu2OC12,D正确； 故选B。 13、【答案】C 【分析】充电时，电解质的阳离子移向阴极，该电池充电时，L+嵌入非晶硅膜，因 此充电时a极为阴极，放电时为负极。 【解析】A.根据分析知，充电时，b极为阳极，接电源的正极，A错误；B.充电时， a极的电极反应式为xL1t+xe+si=Lixsi,B错误；C,放电时，外电路通过1mole,b 极将嵌入1ol山*，因此b极质量增加7g,C正确；D.放电时，阳离子向正极移动， 因此a极区的山+穿过山*交换膜向b极移动，D错误；故选C。 14、【答案】D 【详解】A.NH3为强配体，NH3的孤对电子与cu2+形成的配位键更稳定，所以NH3 能取代[Cu(H20),]2+中的H20生成[Cu(NH),J2+,故配位能力NH3>H,O,A 错误； B.[Cu(NH3),]2+的二元取代物有两种结构，说明其空间构型为平面四边形（四面 体二元取代物仅一种)，Cu(l)杂化方式为dsp2而非sp3,B错误； C.二甘氨酸合铜()中，每个甘氨酸配体含8个σ键： 2个N-H、1个C-N、2个C-H、1个C-C、1个C-0、1个C=0(其中1个o键、1 个π键)，2个配体共16个0键，加4个Cu-N/0配位0键，共20个o键，所以0.5mo/ 二甘氨酸合铜()中含o键0.5mo/×20=10mo/≠8mo/,C错误； D.顺式配合物中相同基团在相邻位置，整体呈不对称，极性大；而反式异构由于结 构更对称，极性较弱，故顺式二甘氨酸合铜()的极性比反式的强，D正确； 故选D。 15、【答案】B 【分析】过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活 化能越大，图中峰值越小则活化能越小，决定总反应速率的是慢反应，活化能越大反 应越慢，催化剂能降低反应的活化能，增大反应速率，据此回答。 【详解】A.根据分析，相同条件下，乙烯与氧气反应生成环氧乙烷(EO)的活化能大 的为决速步骤，所以决速步骤是OMC→EO(ads),A正确； B.根据图像可知，乙烯转化为环氧乙烷(EO)和乙醛(AA)为放热反应，升高温度平衡 逆向移动，环氧乙烷(EO)和乙醛(AA)的产率减小，乙烯的平衡转化率也减小，B错 误； C,使用银作催化剂能降低反应的活化能，增大反应速率，C正确； D.根据提示信息可知方程式为O,(g)+C,H,(g) E0(C2H,O)(g),增大压强，平 衡正向移动，环氧乙烷(EO)的产率增大，D正确； 故选B。 16.(12分) (1)Si02(1分) (2)H+与S0结合成HS0,而使La,(S0,)3Na,S0。·xH,0的溶解平衡正向移动， 降低沉镧率(2分) (3)0.08(2分) (4)S,0+Mn2++2H,0=Mn02↓+2S0?+4H*(2分) (5)Ni2+易形成[Ni(NH3)]2*配离子，即氨水用量不易控制(2分)；NaS04(1分) 4M 6M,5ax100T2分) 【分析】由题给流程可知，向负极材料中加入稀硫酸酸浸时，少量二氧化锰与负极中 的金属材料在酸性条件下反应生成硫酸锰，一氧化镍与稀硫酸反应生成二价镍离子， 镍、镧、铁、镁与稀硫酸反应生成可溶性硫酸盐，S0,与稀硫酸不反应，过滤得到 含有SO,的滤渣和含有可溶性硫酸盐的滤液。向滤液中加入硫酸钠溶液，将溶液中 的镧离子转化为La,(S0,)3·Na,S04·H,O沉淀，过滤得到 La2(S04)3·Na,S0。·xH,0和滤液1.向滤液1调节pH至4.0的溶液中加入过氧化 氢溶液将溶液中的铁元素转化为沉淀，向滤液2中加入氟化钠溶液，将镁离子转化为 氟化镁沉淀，过滤得到含有氟化镁的滤渣3和滤液3.向滤液3调节pH约为5.0的溶 液中加入过二硫酸钠溶液，将锰离子转化为二氧化锰沉淀，过滤得到二氧化锰和滤液 4.向滤液4中加入氢氧化钠溶液，将镍离子转化为氢氧化镍沉淀，过滤得到母液和氢 氧化镍。 【详解】(1)二氧化硅和稀硫酸不反应，因此浸渣的主要成分为$02。 (2）由信息知，“沉镧”工序中，镧离子形成La2(S0,)3·NaS04·xH20后过滤分离 出来，若溶液的pHk2.0,H+与S0结合成HS0而使La,(S04)3Na,S04·XH,0 的溶解平衡正向移动，降低沉镧率。 (3)“沉镁”后滤液3中c(Mg2+)≤1.0×105molL1时认为Mg2+沉淀完全， Kp(M gF2) 6.4×10-8 c(F)= -mol/L =0.08 mol/L c(Mg2) 1×105 (4)由题意可知，沉锰发生的反应为溶液中锰离子与过二硫酸根离子反应生成二氧 化锰、硫酸根离子和氢离子，反应的离子方程式为 S,0+Mn2++2H20=Mn02↓+2S02+4H+。 (5)N2+易形成[Ni(NHg)6]2*配离子，故“沉镍”时加入氨水过量使镍沉淀率低，加 入氨水不足镍离子沉淀不完全也使镍沉淀率低，即氨水用量不易控制。母液中含 NaS0,处理后可得Na,S04,Na,S0,在沉镧时可循环使用。 4M (6)由图可知该晶体中存在4个N12+和4个02-，则晶胞质量为 9,距离最近 的两个N2+为面对角线的一半，间距为apm,则棱长为√2apm,则体积为 4M (2a×100cm),则晶胞密度p=m N. 4M Y2ax10°N,（N2ax10929·cm9 17.(13分) (1)球形干燥管（1分) 平面三角形(1分) (2)ef→bc→gh→d(2分) 高温 (3)cr2o,+3cCI2crcla+3cocl2(2) (4)升华的ccl3遇冷后会凝华，防止其堵塞导管(2分) (5)c0cl2+40H=c0+2H,0+2C1(2分) (6)当最后半滴Na,$,0溶液滴入，溶液蓝色刚好褪去，且半分钟内不恢复(1分)； 88.76%(2分) 【分析】实验室制备三氯化铬，整个反应流程先用干燥的八，排除装置内空气，然后 再通入N,将CCI,气体带入装置，与B中的Cr,0,反应，生成的COC1,有毒气体与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， 在C和D装置中间加一个干燥装置F。 【详解】(1)①仪器F是球形干燥管； ②C0C12中心原子是碳，其价层电子对数=3+-(4-2-2×1)=3+0=3，所以分 子是平面三角形； (2)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装置的作用是干燥N2,E装置用N,将CCI4导入装置 参与反应，F装置作用是防止水蒸气进入反应装置，C装置作用是收集产物，D装置 是处理COC1,尾气，B装置是发生装置。整个反应流程先用干燥的N,排除装置内空 气，然后再通入N2将CCl,气体带入装置，与B中的Cr,03反应，生成的COCl2有 毒气体与D装置中NOH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，还在C和D装置中间加一个干燥装置F；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; (3)实验室用Cr,O,和CC1,在高温下制备无水CCl3,同时生成COCl,气体。根据 高温 质量守恒即可配平Cr,0,+3CC1, 2Crcla +3COC12; (4)已知Crcl3易升华，装置c作用是凝华收集CrCl3,Ccl3固体容易堵塞导管， 所以左侧导管较粗； (5)C0C1,遇水发生水解产生两种酸性气体是C0,和HC1，并且COCl,有毒需要 利用装置D进行尾气处理，因此反应后得到CO?和c，因此离子反应为 C0Cl2+40H=C032+2H20+2CI; (6)①已知2Cr(0H),+3H,02+40H=2Cr0,2+8H,0,被氧化后的Cr元素 全部以CO2形式存在，其再次和酸化的K1反应，离子方程式为 16H++2Cr0,2+61=2Cr3++3l2+8H20,再根据方程式 2Na2S,03十l2=Na,S,0。+2Nal。该滴定实验是利用Na2S,03和l,的反应，应该 用淀粉作为指示剂，所以滴定终点的判断依据是：当最后半滴Na,S,0,溶液滴入， 溶液蓝色刚好褪去，且半分钟内不恢复； ②各个物质之间的数量对应关系为CrCl3~CrO2~二l2~3Na,S,0,则根据Cr元 2 素守恒，可计算出无水三氯化铬质量分数为 10.024mol/L×21.00mL 10×-× ×158.5g/mol 3 1000mL/L -×100%=88.76%° 0.300g 18、（18分) 【答案】(1)+41(2分) (2)AC(2分) (3)bc(2分) (4) b(2分)； 250℃以前，体系以反应川为主，温度升高，反应川逆向移 动，C02的转化率降低；250℃以后，体系以反应为主，温度升高，反应正向进行， CO2的转化率升高(2分) 0.5 5x5x 1x5 20 20%(2分) 2 x5x 14x5 (2分) 20 20 (5) CO2+8e+8H*=CH4+2H20(2分)； 3.8(2分) 【详解】(1)利用表中几种物质在298K时的标准生成焓，可求出反应： CO,(g)+H,(g) c0(g)+H,0(g) △H1=生成物的标准生成焓-反应物的标 准生成焓=(-111kJ/mol)+(-242kJ/mo)-（-394kJ/mol)=+41kJ/mol。 (2）A.正(CO2)=逆(H,0)时，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，A选； B.n(H2)=n(CO2)时，不能说明正逆反应速率，不能说明反应达到平衡，B不选； C.反应丨是气体物质的量不变的反应，反应川是气体物质的量减小的反应，反应过 程中气体总物质的量减小，气体总质量不变，混合气体平均相对分子质量增大，当， 混合气体平均相对分子质量不变时，说明反应达到平衡，C选； D.反应过程中气体总质量和总体积是定值，容器内气体密度是定值，容器内气体密 度不再改变时，不能说明反应达到平衡，D不选； 故选AC。 (3)a.增大n(CO2),虽然平衡正向移动，但C02的平衡转化率降低，a不符合题 意； b,及时移除甲醇，可降低CH3OH浓度，促使 C02(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H,0(g)平衡正向移动，从而提高CO2的平衡转 化率和增大甲醇的选择性，b符合题意； c.减小容器体积，也就是增大压强，C02(g)+32(g)CH,OH(g)+H20(g)平 衡正向移动，从而提高C02的平衡转化率和增大甲醇的选择性，c符合题意； d.充入A,各物质的浓度不变，平衡不发生移动，CO2的平衡转化率和甲醇的选择 性都不发生变化，d不符合题意； 故选bc。 (4)①反应是吸热反应，反应是放热反应，随着温度的升高，反应平衡正向移动， 反应II平衡逆向移动，CO的选择性不断增大，CH3OH的选择性不断减小，则曲线 表示平衡时CH3OH的选择性曲线，曲线b表示平衡时CO的选择性曲线，曲线c表 示CO2的平衡转化率随温度变化曲线。 ②曲线c表示CO2的平衡转化率随温度变化曲线，曲线先减小，表示以反应川为主， 后增大表示以反应为主，则呈现此变化趋势的原因：250℃以前，体系以反应为主， 温度升高，反应逆向移动，C02的转化率降低；250℃以后，体系以反应1为主，温 度升高，反应正向进行，C02的转化率升高。 ③在5.0MPa下，将5molC02和16molH2在Cu/Zr02催化剂作用下进行反应。250℃ 时，测得平衡体系共有0.5 molCH30H,S(CO2)==50%,△n(C02)=1mol,则C02的 平衡转化率为20%，生成C0的物质的量也为0.5mol。由此可建立如下三段式： C0,(g)+H2(g) C0(g)+H,0(g) 起始(mol) 5 16 0 0 转化(mol) 0.5 0.5 0.5 0.5 平衡(mol) 14 0.5 7 C0,(g)+ 3H2(9) CHOH(g)+ H( (g) 起始(mol) 16 0 0 转化(mol) 0.5 1.5 0.5 0.5 平衡(mol) 4 14 0.5 1 0.5 7 ×5×一×5 20 20 则CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H,0(g)的K。= 3 MPa2。 4 14 ×5X -×5 20 20 (5)从图中可以看出，Cu电极与电源负极相连，为电解池的阴极，则Pt电极为电 解池的阳极，在电解过程中，阳极区产生的H透过阳离子交换膜进入阴极区。铜电 极上CO2得电子产物与电解质反应产生CH4等，电极反应式为 CO2+8e+8H=CH4+2H2O,若铜电极上只生成0.3 molCH3CHO和0.4 molHCOOH, 则由关系式：2CO2~CH3CHO~10e、CO2~HCOOH~2e,可求出电路中转移电子的 数目为0.3mol×10+0.4mol×2=3.8mol。 19、(12分)【答案】 w简 4p (1分) (2)b(1分) (3)共价晶体(1分)；BN;(1分) ④(2,1，)2分) 444 (5)12N4(2分)； 6(2分)；变大(2分) 【详解】（1)G阳的原子序数为31，根据核外电子排布规律，其基态核外电子排布 式为1s22s22p3s23p63d1°4s24p'。价层电子是指原子在参与化学反应是能够用于成 键的电子，对于主族元素，价层电子为最外层电子，所以基态G的价层电子为 4s24p',其轨道表示式为个☐ 4s 4p (2)N是7号元素，基态原子的价电子排布式为：2s22p3 a.为基态N原子失去1个电子生成N+; b.为基态N原子，2p处于半充满状态，比较稳定，很难再失去电子，电离最外层 一个电子所需能量最大； c.为激发态N原子，能量高，较容易失去3s电子，电离最外层一个电子所需能量 最小； 故选b。 (3)①金刚石晶体中，碳原子通过共价键相互结合形成的空间网状结构，属于共价 晶体。GN晶体结构可看作金刚石晶体内部的碳原子被N原子所取代，顶点和面心 的碳原子被Ga原子代替，其结构和金刚石类似，原子间通过共价键结合形成空间网 状结构，所以GaN晶体的晶体类型为共价晶体； ②共价晶体的熔点高低取决于共价键的键能大小，键能越大，熔点越高。键能与键长 有关，键长越短，键能越大。B原子半径比Ga原子小，所以B-N键的键长比Ga-N 键短，B-N键能更大，因此BN的熔点比GaN高。 (4)原子分数坐标是用相对分数来表示晶胞中原子的位置。从图中可以看出，晶胞 示意图为 原子3的原子分数坐标为(2,1，)。 4 44 (5)①Fe2+与cN~形成配合物K4[Fe(CN)6],cN中有1个o键，形成配合物时有6 条配位键，即6条σ键，所以1mol该配合物中所含o键的数目为12N4; ②根据 Fe的结构，每1个邻二氮菲与Fe24间形成2个配位键，则该橙 色配合物中F2的配位数为：2x3=6；由结构简式可知，邻二氨菲分子中氨原子的孤 对电子对数为1，氮原子与具有空轨道的亚铁离子形成配位键导致 [Fe(Phen)3]2*[ F]中氮原子的孤对电子数为0，化合物中中心原子的孤对 电子数越多，键角越小，所以与邻二氨菲相比，导致[Fe(Phen]2[ 中C-N-C键角变大； 故答案为：①12NA②6；变大。