精品解析：江苏省盐城市滨海县明达中学2024-2025学年高三上学期期中模拟考试化学试题

滨海县明达中学高三年级期中模拟考试 化学试卷 时间：75分钟 分值：100分 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Co 59 一、单项选择题：每题只有一个选项最符合题意。 1. “一带一路”是跨越时空的宏伟构想，赋予了古丝绸之路崭新的时代内涵。下列通过古丝绸之路传到国外的发明和技术中不涉及化学变化的是 A. 使用火药 B. 指南针指引航海 C. 用泥土烧制陶瓷 D. 冶炼金属 【答案】B 【解析】 【详解】A．使用火药过程中有新物质生成，属于化学变化，故A错误； B．指南针指引航海，只是指示南北，没有新物质生成，属于物理变化，故B正确； C．用泥土烧制陶瓷，包含着物质与氧气发生的氧化反应，属于化学变化，故C错误； D．冶炼金属需要用还原剂与化合物反应，过程中有新物质生成，属于化学变化，故D错误； 故选：B。 2. 反应可应用于呼吸面具的供氧。下列说法正确的是 A. 中子数为10的氧原子： B. NaOH的电子式： C. 水形成的冰为共价晶体 D. 晶体中存在非极性共价键 【答案】D 【解析】 【详解】A．中子数为10的氧原子正确的表示为：，故A错误； B．NaOH的电子式正确表示为：，故B错误； C．水形成的冰仍然是分子晶体，故C错误； D．过氧化钠晶体中过氧根离子存在非极性共价键，故D正确； 故选D。 3. 实验室制取的原理与装置都正确的是 A．制取 B．干燥 C．收集 D．吸收尾气 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．长颈漏斗下端没有液封，会漏气，A错误； B．浓硫酸能与氨气反应，不能用于干燥氨气，应使用碱石灰干燥氨气，B错误； C．由于氨气密度小于空气，收集氨气时导气管应“短进长出”，C正确； D．氨气极易溶于水，易产生倒吸现象，防倒吸的漏斗应该贴近水面，D错误； 故选C。 4. 元素镓、锗)、砷位于周期表中第四周期。下列说法不正确的是 A. 原子半径： B. 电负性： C. Ge、Ga、As都具有半导体性能 D. 第一电离能： 【答案】D 【解析】 【详解】A．同周期元素，核电荷数越大原子半径越小，原子半径：，故A正确； B．同周期元素，核电荷数越大电负性越大，电负性：，故B正确； C．Ge、Ga、As都在金属非金属分界线附近，具有半导体性能，故C正确； D．同周期元素，核电荷数越大第一电离能越大，，故D错误； 故选D。 5. 下列物质性质与用途具有对应关系的是 A. 银氨溶液具有弱氧化性，可用于制银镜 B. MgO在水中的溶解度小，可用作耐火材料 C. NH3具有还原性，可用作制冷剂 D. NH4HCO3 受热易分解，可用作氮肥 【答案】A 【解析】 【详解】A．银氨溶液具有弱氧化性，可与葡萄糖反应生成Ag，该反应可用于制银镜，故A正确； B．MgO具有较高的熔沸点，耐高温，可用作耐火材料，与其溶解性无关，故B错误； C．氨气易液化，液氨气化时吸收大量的热，利用此性质制作制冷剂，故C错误； D．NH4HCO3含植物生长必需的N元素，因此可用作氮肥，与其稳定性无关，故D错误； 故选：A。 阅读材料，完成下列3个小题。 铜及其重要化合物在生产中有着重要的应用。辉铜矿(主要成分Cu2S)可以用于制铜，反应为Cu2S +O22Cu+SO2，制得的粗铜通过电解法进行精炼。Cu2S与浓硝酸反应可得Cu(NO3)2。Cu在O2存在下能与氨水反应生成[Cu(NH3)4]2+。Cu2O加入到稀硫酸中，溶液变蓝色并有紫红色固体产生。 6. 下列有关辉铜矿制备粗铜的相关说法正确的是 A. Cu＋转化为基态Cu，得到的电子填充在3d轨道上 B. O2和SO2都是非极性分子 C. Cu2S晶胞中S2-位置如图所示，则一个晶胞中含有8个Cu＋ D. 标准状况下，每有 22.4 L O2参与反应，转移电子数为 4 mol 7. 下列说法正确的是 A. SO2 的键角比 SO3 的大 B. SO2 和 SO3 中心原子均采取 sp2 杂化 C. Cu+吸引电子的能力比Cu2+的强 D. 1 mol [Cu(NH3)4]2+中 σ 键的数目为 12×6.02×1023 8. 下列说法正确的是 A. 电解精炼铜时阴极反应：Cu-2e-=Cu2+ B. Cu2S与浓硝酸反应Cu2S+6HNO3(浓)2Cu(NO3)2+2NO2↑+H2S↑+H2O C. Cu2O溶于稀硫酸：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O D. Cu在O2 存在下与氨水反应：2Cu+8NH3+O2+4H+=2[Cu(NH3)4]2++2H2O 【答案】6. C 7. B 8. C 【解析】 【6题详解】 A．根据构造原理可知基态Cu+核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d10，Cu＋得到1个电子转化为基态Cu，Cu原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，可见Cu+得到的电子是填充在4s轨道上，A错误； B．O2是非极性分子，而SO2则是极性分子，B错误； C．Cu2S晶胞中S2-位置如图所示，则一个晶胞中含有S2-数目为: 8×+6×=4，则根据其化学式可知其中所含Cu+数目为8个，C正确； D．在该反应中Cu元素化合价由+l价变为0价，O元素化合价由0价变为-2价，化合价共降低1×2+2×2=6；S元素化合价由-2价变为+4价，化合价升高6价，故在标准状况下，每有22.4 LO2参与反应,反应的O2的物质的量是1 mol时，转移电子的物质的量是6 mol，D错误； 故合理选项是C。 【7题详解】 A．SO2中中心原子S的孤电子对数为=1，SO3中中心原子S的孤电子对数为=0，因此SO2的键角比SO3的小，故A错误； B．SO2中中心原子S的价层电子对数为3，杂化类型为sp2，SO3中中心原子S的价层电子对数为3，杂化类型为sp2，故B正确； C．同一元素的阳离子，所带电荷数越多，吸引电子能力越强，因此Cu2+吸引电子能力大，故C错误； D．1mol[Cu(NH3)4]2+σ键物质的量为(4+4×3)mol=16mol，所含σ键物质的量为16NA，故D错误； 答案为B。 【8题详解】 A．电解精炼铜时阴极上Cu2+得到电子被还原为Cu单质，电极反应：Cu2+ +2e-=Cu，A错误； B．浓硝酸具有强氧化性，与Cu2S反应不能产生具有还原性的H2S气体，Cu2S与浓硝酸反应会产生Cu(NO3)2、NO2、H2SO4、H2O，反应的化学方程式为：Cu2S+14HNO3(浓)2Cu(NO3)2+10NO2↑+H2SO4+6H2O，B错误； C．Cu2O溶于稀硫酸，在酸性条件下发生歧化反应产生Cu、CuSO4、H2O，反应的离子方程式为Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，C正确； D．氨水显碱性，不能大量存在H+，反应的离子方程式为2Cu+8NH3+O2+2H2O =2[Cu(NH3)4]2++4OH-，D错误； 故合理选项是C。 9. 是一种压电材料。以为原料，采用下列路线可制备粉状。 “焙烧”后固体产物有、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS；“沉淀”生成。下列说法正确的是 A. 焙烧后的产物可以直接用酸浸取 B. “焙烧”步骤中碳粉的主要作用是作还原剂，将还原 C. “酸化”步骤选用的酸可以是稀硫酸 D. “热分解”生成粉状钛酸钡，产生的 【答案】B 【解析】 【分析】由流程和题中信息可知，与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到、、易溶于水的和微溶于水的；烧渣经水浸取后过滤，滤渣中有碳粉和，滤液中有和；滤液经酸化除去后浓缩结晶得到晶体；晶体溶于水后，加入和将充分沉淀得到；经热分解得到。 【详解】A．焙烧产物中、均为杂质离子，需要进行除杂和分离提纯，将大部分、除去，若直接酸浸，会与盐酸反应生成而无法除去，A错误； B．“焙烧”步骤中与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到、、易溶于水的和微溶于水的，的化合价从价到价，即碳粉的主要作用是作还原剂，B正确； C．“浸取”步骤中的滤渣为和碳粉；滤液中含有和；“酸化”步骤中的酸用于除去溶液中的，可用盐酸，若用稀硫酸，会使沉淀且引入杂质离子，C错误； D．经热分解得到，对应的化学方程式为：，和的物质的量之比为，D错误； 故选B。 10. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是 A. Cl2HClOO2 B. Fe FeCl2 Fe(OH)2 C. Cu Cu(OH)2Cu2O D. CCO2CaCO3 【答案】A 【解析】 【详解】A．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸在光照条件下分解为盐酸和氧气，故选A； B．铁在氯气中燃烧生成FeCl3，故不选B； C．铜和氢氧化钠不反应，故不选C； D．二氧化碳和氯化钙溶液不反应，故不选D； 选A。 11. 药物贝诺酯有消炎、镇痛、解热的作用，其合成的一步反应如下。下列说法正确的是 A. X分子中的官能团是羧基和醚键 B. 可用或溶液鉴别X和Y C. 1 mol Z最多能跟4 mol NaOH发生反应 D. X、Y、Z均能使酸性溶液褪色 【答案】B 【解析】 【详解】A．从结构可以看出，-OCO-中存在碳氧双键的不是醚键，故A错误； B．碳酸氢钠只能和羧基反应只有X中有羧基，铁离子遇到酚羟基显紫色只有Y中有酚羟基，可用NaHCO3或FeCl3溶液鉴别X和Y，故B正确； C．1molZ能水解出2molCH3COOH、1mol，1mol消耗5molNaOH，故C错误； D．X、Z不能被酸性高锰酸钾氧化，不能使酸性高锰酸钾褪色，故D错误； 故选B。 12. 室温下，探究三价铁盐溶液的性质。下列实验方案能达到探究目的的是 选项 探究目的 实验方案 A 胶体的制备 向2mL0.1的溶液中滴加足量稀氨水 B 的氧化性比强 将硫酸酸化的滴入溶液中，观察溶液颜色变化 C 能抑制的水解 在试管中加入1mL0.1的溶液，再加入1mL0.5的盐酸，观察溶液颜色变化 D 与所发生的反应为可逆反应 取5mL0.1KI溶液，加入1mL0.1溶液，萃取分液后，向水层滴入KSCN溶液，观察溶液颜色变化 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．向2mL0.1的溶液中滴加足量稀氨水，得到的为沉淀，A错误； B．硝酸根在酸性环境中有强氧化性，对实验造成干扰，B错误； C．在试管中加入1mL0.1的溶液，再加入1mL0.5的盐酸，溶液颜色变化不明显，C错误； D．取5mL0.1KI溶液，加入1mL0.1溶液，KI过量，萃取分液后，向水层滴入KSCN溶液，观察溶液颜色变化，若变红，则证明该反应为可逆反应，D正确； 故选D。 13. 碳酸钠俗称纯碱，是一种重要的化工原料。以碳酸氢铵和氯化钠为原料制备碳酸钠的过程如下： 已知：碳酸电离常数、；电离常数。下列说法正确的是 A. 0.5溶液中存在： B. 滤液中存在： C. 0.5溶液中存在： D. 0.5溶液中存在： 【答案】A 【解析】 【分析】碳酸氢铵与氯化钠反应，，因碳酸氢钠的溶解度低，生成的碳酸氢钠以晶体析出，加热碳酸氢钠固体生成碳酸钠，以此分析； 【详解】A．NH4HCO3溶液中，，碳酸氢根因水解程度大于电离程度主要考虑其水解，另铵根的水解常数，碳酸氢根的水解常数为，碳酸氢根水解程度大，显碱性，浓度小于铵根，则，A正确； B．溶液中含有NaCl、NH4Cl，根据电荷守恒，，B错误； C．NaHCO3溶液中电荷守恒，，物料守恒，，将c(Na+)代入，可得，，C错误； D．Na2CO3溶液中元素守恒：，D错误； 故答案为：A。 14. 还原是实现“双碳”经济的有效途径之一、其反应有： Ⅰ： Ⅱ： 常压下和按物质的量之比投料，某一时段内和的转化率随温度变化如图所示。下列说法正确的是 A. 反应Ⅱ的平衡常数 B. 提高平衡转化率的条件是高温高压 C. 温度高于700℃，含氢产物中占比降低 D. 1000℃时的混合体系中CO的体积百分含量约为46.7% 【答案】D 【解析】 【详解】A．反应Ⅱ为：，因此平衡常数，A错误； B．两反应都为吸热反应，且反应Ⅰ为气体体积增大的反应，反应ⅠⅠ为气体体积不变的反应，因此，欲提高平衡转化率的条件应为高温低压，B错误； C．由图可知，温度高于700℃，甲烷转化率增大，因此含氢产物中占比增大，C错误； D．由图可知，1000℃时，甲烷转化率为100%，假设起始时充入物质的量为1mol，物质的量为3mol，则根据反应Ⅰ，反应结束时，消耗二氧化碳1mol，同时生成2molCO与2mol氢气，设反应Ⅱ消耗物质的量为x mol，根据反应方程式，此时消耗氢气x mol，生成CO与水蒸气各x mol，根据1000℃时，转化率为60%，则可列，求得x=0.8mol，则反应结束时，体系中含有与氢气各1.2mol，CO2.8mol，水蒸气0.8mol，则此时CO体积分数为，D正确； 故选D。 二、非选择题： 15. 磷酸铁(FePO4)常用作电极材料、陶瓷等。以硫铁矿烧渣(主要成分Fe2O3、SiO2，少量的Fe3O4、CaO、MgO)为原料制备磷酸铁的流程如下： 回答下列问题： （1）酸浸时发生的主要反应的离子方程式为___________。 （2）对酸浸后的浸渣进行洗涤可提高铁元素的利用率，请描述洗涤浸渣的实验操作：___________。 （3）经测定“除钙镁”后生成的CaF2沉淀晶胞结构如图所示。在CaF2晶胞中周围距离最近的Ca2+的个数为___________。 （4）写出“氧化沉铁”时反应的离子方程式：___________。 （5）纯净的磷酸铁呈白色，而实际制备的磷酸铁产品略带棕黄色，可能是产品中混有___________(填化学式)杂质。 【答案】（1）Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O （2）沿玻璃棒向过滤器中注入蒸馏水至浸没固体，待液体自然流尽，重复操作2-3次 （3）4 （4） （5）Fe(OH)3 【解析】 【分析】烧渣主要成分Fe2O3、SiO2及少量的Fe3O4、CaO、MgO加入稀盐酸，Fe2O3、Fe3O4、CaO、MgO与稀盐酸生成相应的盐，SiO2不溶于盐酸，故浸渣的主要成分为SiO2。加入还原铁粉将Fe3+还原为Fe2+，加入NaF除去钙镁离子，再加入磷酸二氢铵、氨水、氧气生成产物FePO4，据此分析； 【小问1详解】 酸浸时主要是将氧化铁溶解为铁盐，离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O； 【小问2详解】 沿玻璃棒向漏斗中注入蒸馏水，使蒸馏水完全浸没滤渣,待蒸馏水自然流尽后，重复操作2～3次； 【小问3详解】 根据晶胞结构可知，在CaF2晶胞中周围距离最近的Ca2+的个数为4； 【小问4详解】 根据题干条件，反应物为磷酸二氢铵、氨水、Fe2+、O2，生成物为FePO4，根据元素守恒、得失电子守恒、电荷守恒写出离子方程式为； 【小问5详解】 反应中Fe3+会与氨水反应生成Fe(OH)3，使产品略带棕黄色； 16. 化合物G是合成抗HIV药物福沙那韦的关键中间体，其一种合成路线如下： 已知：①为的简写 ② （1）化合物A___________(填“存在”“不存在”)手性异构体。 （2）C→D的反应类型是___________。 （3）E→F过程中KOH的作用是___________。 （4）化合物X分子式为，X的结构简式是___________。 （5）写出满足下列条件的B的一种同分异构体的结构简式___________。 ①分子中含有苯环结构： ②核磁共振氢谱有3个峰。 （6）写出以为原料制备合成路线流程图(无机试剂和流程中的有机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。___________ 【答案】（1）存在 （2）取代反应 （3）消耗产物HCl，促使反应正向移动 （4） （5） （6） 【解析】 【小问1详解】 如图所示位置为手性碳原子，，因此其存在手性异构体； 【小问2详解】 由流程图可知，C→D的反应类型是取代反应，另一种产物为CH3CH2I； 【小问3详解】 E→F过程中的另一种产物为HCl，因此KOH的作用是消耗产物HCl，促使反应正向移动； 【小问4详解】 由G与F的分子式可知，X为； 【小问5详解】 B的分子式为C11H15O2N，因此分子中含有苯环结构且核磁共振氢谱图有3个峰的物质为； 【小问6详解】 根据题中所示流程图及已知条件，可设计如下合成路线：。 17. 二氧化氯是一种高效消毒剂，易溶于水，沸点为11.0℃，浓度高时极易爆炸。 （1）实验室在60℃的条件下用闪锌矿(主要成份ZnS)与溶液、溶液制备二氧化氯，同时生成硫酸锌。 ①写出反应的离子方程式：___________。 ②用如图所示的装置制备二氧化氯。则闪锌矿、溶液、溶液三种反应物的加料方式是___________。 ③若闪锌矿加料过量太多，生成的量明显减少的原因是___________。 ④反应过程中通入的作用是___________。 （2）工业上常用ZnS去除废水中。反应为，该反应的平衡常数K的数值为___________。已知：， （3）某同学测定自来水厂经处理后的水中的浓度。步骤如下：取水样1.0L，用稀硫酸调节溶液，加入足量KI晶体，摇匀，在暗处静置30min。取20.00mL加入锥形瓶中，以淀粉溶液作指示剂，用0.0010溶液滴定至终点(反应原理：，未配平)，消耗溶液10.00mL。则水样中的浓度为___________。 【答案】（1） ①. ②. 将粉碎的闪锌矿和NaClO3混合加入三颈烧瓶中，通过滴液漏斗缓慢滴加溶液 ③. ZnS具有还原性，过量的ZnS能与ClO2发生氧化还原反应，导致ClO2被消耗 ④. 既能将生成的排出；又由于二氧化氯浓度高时极易爆炸，通入可降低二氧化氯浓度，防止发生爆炸 （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 在60℃的条件下用闪锌矿(主要成份ZnS)与溶液、溶液制备二氧化氯，同时生成硫酸锌： ①反应的离子方程式：； ②加料方式：将粉碎的闪锌矿和NaClO3混合加入三颈烧瓶中，通过滴液漏斗缓慢滴加溶液； ③若闪锌矿加料过量太多，生成的量明显减少的原因：ZnS具有还原性，过量的ZnS能与ClO2发生氧化还原反应，导致ClO2被消耗； ④反应过程中通入的作用：既能将生成的排出；又由于二氧化氯浓度高时极易爆炸，通入可降低浓度，防止发生爆炸； 【小问2详解】 根据反应：，则平衡常数：； 【小问3详解】 ，根据反应：、，得关系：，则，1L水样中含，则其浓度为； 18. 、可分别溶于氨水形成、、、等多种配合物，其中只有可脱除烟气中的NO并生成新的配合物。 （1）基态Co原子的价电子排布式为___________。 （2）其它条件相同、不同pH时，溶液对NO脱除率随时间的变化如图所示。pH=10.25较pH=9.75时的NO脱除率更高，其原因可能是___________。 （3）配合物和的配位数之比为___________。区别这两种配合物的实验方案为___________。 （4）将加入和浓氨水的混合液中，生成的需隔绝空气保存，否则会很快转化为。写出转化为的化学反应方程式：___________。 （5）不同温度下，对NO脱除率随时间的变化如图所示。60min后，温度越高，NO脱除率下降趋势越明显，其可能的原因是___________。 【答案】（1）3d74s2 （2）pH=10.25较pH=9.75时，c(OH-)增大，c(NH3)增大，使c {[Co(NH3)6]Cl2} 增大，NO脱除率高{或者pH=9.75 较pH=10.25 时,c(NH3)偏小,更易生成没有脱除NO作用的新的配合物[Co(NH3)5Cl]C1} （3） ①. 1:1 ②. 取同质量的两种晶体配成的溶液于2支试管中，分别加入足量硝酸银溶液至沉淀完全，过滤干燥后称量沉淀质量，质量大的为 （4）(或者) （5）温度升高，①NO溶解能力下降；②被空气中氧气氧化的速率加快，造成对NO的脱除能力下降 【解析】 【小问1详解】 Co为27号元素，价电子排布式为3d74s2； 【小问2详解】 由题意可知，碱性越强，NO脱除率越高，pH=10.25较pH=9.75时，c(OH-)增大，c(NH3)增大，使c {[Co(NH3)6]Cl2} 增大，NO脱除率高{或者pH=9.75 较pH=10.25 时,c(NH3)偏小,更易生成没有脱除NO作用的新的配合物[Co(NH3)5Cl]C1}； 【小问3详解】 配合物和的配位数之比为1:1，想区分两种配合物，只需验证同质量溶液中氯离子浓度即可，故可取同质量的两种晶体配成的溶液于2支试管中，分别加入足量硝酸银溶液至沉淀完全，过滤干燥后称量沉淀质量，质量大的为； 【小问4详解】 将加入和浓氨水的混合液中，生成的需隔绝空气保存，否则会很快转化为,则说明会与空气中的氧气反应，方程式为(或者)； 【小问5详解】 随着温度升高，气体溶解度下降，且反应速率会加快，因此60min后，温度越高，NO脱除率下降趋势越明显，其可能的原因是：①NO溶解能力下降；②被空气中氧气氧化的速率加快，造成对NO的脱除能力下降。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 滨海县明达中学高三年级期中模拟考试 化学试卷 时间：75分钟 分值：100分 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Co 59 一、单项选择题：每题只有一个选项最符合题意。 1. “一带一路”是跨越时空的宏伟构想，赋予了古丝绸之路崭新的时代内涵。下列通过古丝绸之路传到国外的发明和技术中不涉及化学变化的是 A. 使用火药 B. 指南针指引航海 C. 用泥土烧制陶瓷 D. 冶炼金属 2. 反应可应用于呼吸面具的供氧。下列说法正确的是 A. 中子数为10的氧原子： B. NaOH的电子式： C. 水形成的冰为共价晶体 D. 晶体中存在非极性共价键 3. 实验室制取的原理与装置都正确的是 A．制取 B．干燥 C．收集 D．吸收尾气 A. A B. B C. C D. D 4. 元素镓、锗)、砷位于周期表中第四周期。下列说法不正确的是 A. 原子半径： B. 电负性： C. Ge、Ga、As都具有半导体性能 D. 第一电离能： 5. 下列物质性质与用途具有对应关系的是 A. 银氨溶液具有弱氧化性，可用于制银镜 B. MgO在水中的溶解度小，可用作耐火材料 C. NH3具有还原性，可用作制冷剂 D. NH4HCO3 受热易分解，可用作氮肥 阅读材料，完成下列3个小题。 铜及其重要化合物在生产中有着重要的应用。辉铜矿(主要成分Cu2S)可以用于制铜，反应为Cu2S +O22Cu+SO2，制得的粗铜通过电解法进行精炼。Cu2S与浓硝酸反应可得Cu(NO3)2。Cu在O2存在下能与氨水反应生成[Cu(NH3)4]2+。Cu2O加入到稀硫酸中，溶液变蓝色并有紫红色固体产生。 6. 下列有关辉铜矿制备粗铜的相关说法正确的是 A. Cu＋转化为基态Cu，得到的电子填充在3d轨道上 B. O2和SO2都是非极性分子 C. Cu2S晶胞中S2-位置如图所示，则一个晶胞中含有8个Cu＋ D. 标准状况下，每有 22.4 L O2参与反应，转移电子数为 4 mol 7. 下列说法正确的是 A. SO2 的键角比 SO3 的大 B. SO2 和 SO3 中心原子均采取 sp2 杂化 C. Cu+吸引电子的能力比Cu2+的强 D. 1 mol [Cu(NH3)4]2+中 σ 键的数目为 12×6.02×1023 8. 下列说法正确的是 A. 电解精炼铜时阴极反应：Cu-2e-=Cu2+ B. Cu2S与浓硝酸反应Cu2S+6HNO3(浓)2Cu(NO3)2+2NO2↑+H2S↑+H2O C. Cu2O溶于稀硫酸：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O D. Cu在O2 存在下与氨水反应：2Cu+8NH3+O2+4H+=2[Cu(NH3)4]2++2H2O 9. 是一种压电材料。以为原料，采用下列路线可制备粉状。 “焙烧”后固体产物有、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS；“沉淀”生成。下列说法正确的是 A. 焙烧后的产物可以直接用酸浸取 B. “焙烧”步骤中碳粉的主要作用是作还原剂，将还原 C. “酸化”步骤选用的酸可以是稀硫酸 D. “热分解”生成粉状钛酸钡，产生的 10. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是 A. Cl2HClOO2 B. Fe FeCl2 Fe(OH)2 C. Cu Cu(OH)2Cu2O D. CCO2CaCO3 11. 药物贝诺酯有消炎、镇痛、解热的作用，其合成的一步反应如下。下列说法正确的是 A. X分子中的官能团是羧基和醚键 B. 可用或溶液鉴别X和Y C. 1 mol Z最多能跟4 mol NaOH发生反应 D. X、Y、Z均能使酸性溶液褪色 12. 室温下，探究三价铁盐溶液的性质。下列实验方案能达到探究目的的是 选项 探究目的 实验方案 A 胶体的制备 向2mL0.1的溶液中滴加足量稀氨水 B 的氧化性比强 将硫酸酸化的滴入溶液中，观察溶液颜色变化 C 能抑制的水解 在试管中加入1mL0.1的溶液，再加入1mL0.5的盐酸，观察溶液颜色变化 D 与所发生的反应为可逆反应 取5mL0.1KI溶液，加入1mL0.1溶液，萃取分液后，向水层滴入KSCN溶液，观察溶液颜色变化 A. A B. B C. C D. D 13. 碳酸钠俗称纯碱，是一种重要的化工原料。以碳酸氢铵和氯化钠为原料制备碳酸钠的过程如下： 已知：碳酸电离常数、；电离常数。下列说法正确的是 A. 0.5溶液中存在： B. 滤液中存在： C. 0.5溶液中存在： D. 0.5溶液中存在： 14. 还原是实现“双碳”经济的有效途径之一、其反应有： Ⅰ： Ⅱ： 常压下和按物质的量之比投料，某一时段内和的转化率随温度变化如图所示。下列说法正确的是 A. 反应Ⅱ的平衡常数 B. 提高平衡转化率的条件是高温高压 C. 温度高于700℃，含氢产物中占比降低 D. 1000℃时的混合体系中CO的体积百分含量约为46.7% 二、非选择题： 15. 磷酸铁(FePO4)常用作电极材料、陶瓷等。以硫铁矿烧渣(主要成分Fe2O3、SiO2，少量的Fe3O4、CaO、MgO)为原料制备磷酸铁的流程如下： 回答下列问题： （1）酸浸时发生的主要反应的离子方程式为___________。 （2）对酸浸后的浸渣进行洗涤可提高铁元素的利用率，请描述洗涤浸渣的实验操作：___________。 （3）经测定“除钙镁”后生成的CaF2沉淀晶胞结构如图所示。在CaF2晶胞中周围距离最近的Ca2+的个数为___________。 （4）写出“氧化沉铁”时反应的离子方程式：___________。 （5）纯净的磷酸铁呈白色，而实际制备的磷酸铁产品略带棕黄色，可能是产品中混有___________(填化学式)杂质。 16. 化合物G是合成抗HIV药物福沙那韦的关键中间体，其一种合成路线如下： 已知：①为的简写 ② （1）化合物A___________(填“存在”“不存在”)手性异构体。 （2）C→D的反应类型是___________。 （3）E→F过程中KOH的作用是___________。 （4）化合物X分子式为，X的结构简式是___________。 （5）写出满足下列条件的B的一种同分异构体的结构简式___________。 ①分子中含有苯环结构： ②核磁共振氢谱有3个峰。 （6）写出以为原料制备合成路线流程图(无机试剂和流程中的有机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。___________ 17. 二氧化氯是一种高效消毒剂，易溶于水，沸点为11.0℃，浓度高时极易爆炸。 （1）实验室在60℃的条件下用闪锌矿(主要成份ZnS)与溶液、溶液制备二氧化氯，同时生成硫酸锌。 ①写出反应的离子方程式：___________。 ②用如图所示的装置制备二氧化氯。则闪锌矿、溶液、溶液三种反应物的加料方式是___________。 ③若闪锌矿加料过量太多，生成的量明显减少的原因是___________。 ④反应过程中通入的作用是___________。 （2）工业上常用ZnS去除废水中。反应为，该反应的平衡常数K的数值为___________。已知：， （3）某同学测定自来水厂经处理后的水中的浓度。步骤如下：取水样1.0L，用稀硫酸调节溶液，加入足量KI晶体，摇匀，在暗处静置30min。取20.00mL加入锥形瓶中，以淀粉溶液作指示剂，用0.0010溶液滴定至终点(反应原理：，未配平)，消耗溶液10.00mL。则水样中的浓度为___________。 18. 、可分别溶于氨水形成、、、等多种配合物，其中只有可脱除烟气中的NO并生成新的配合物。 （1）基态Co原子的价电子排布式为___________。 （2）其它条件相同、不同pH时，溶液对NO脱除率随时间的变化如图所示。pH=10.25较pH=9.75时的NO脱除率更高，其原因可能是___________。 （3）配合物和的配位数之比为___________。区别这两种配合物的实验方案为___________。 （4）将加入和浓氨水的混合液中，生成的需隔绝空气保存，否则会很快转化为。写出转化为的化学反应方程式：___________。 （5）不同温度下，对NO脱除率随时间的变化如图所示。60min后，温度越高，NO脱除率下降趋势越明显，其可能的原因是___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $