疆维吾尔自治区乌鲁木齐市实验学校2023至2024学年高三上学期1月月考化学试题附参考答案（解析）

PAGEPAGE1乌鲁木齐市实验学校2023-2024学年高三上学期1月月考化学答案1．D【解析】A．石灰石是混合物，主要成分是CaCO3，A错误；B．盐酸是HCl的水溶液，属于混合物，不是化合物，因此不属于电解质；CO2由分子构成，在水溶液中和熔融状态下都不能发生电离而导电，因此属于非电解质，而不属于电解质，B错误；C．CO是不成盐氧化物，而不属于酸性氧化物，C错误；D．选项物质在水溶液中和熔融状态下都能够发生电离产生金属阳离子(或铵根离子)和酸根阴离子，因此能够导电，故它们都是盐，D正确；故选D。2．C【解析】A、Cr为24号元素，根据构造原理以及洪特规则特例可知，其外围电子排布式为3d54s1，故A错误；B、NaHCO3为强碱弱酸盐，其在水中的电离方程式为：NaHCO3=Na++HCO3-，故B错误；C、基态碳原子价层电子排布式为2s22p2，故其价层电子排布图为：，故C正确；D、二氧化硅为原子晶体，不存在分子式，只有化学式，其化学式为SiO2，故D错误；故答案为C。3．B【解析】A．青铜是一种合金，包含铜、锡等成分，A正确；B．金元素是不活泼金属，金与大多数物质不反应，但金可以与王水反应，B不正确；C．陶鸟头把勺是一种陶器，陶瓷是一种传统的无机非金属材料，C正确；D．象牙中含有的14C中子数=14-6=8，D正确；答案选B。4．A【解析】A．缺少加热装置，且稀盐酸还原性较弱，不能达到生成氯气的目的，A错误；B．氯气可以和硫化氢反应生成硫单质，说明氧化性氯气大于硫，B正确；C．氯气和水生成次氯酸，次氯酸能使品红溶液褪色，能证明次氯酸的漂白性，C正确；D．氯气能被氢氧化钠完全吸收且不会倒吸，能达到目的，D正确；故选A。5．A【解析】根据反应可知：氨气被氧化为氮气，，一氧化氮被还原为氮气，，二氧化氮被还原为氮气，，设一氧化氮体积为V，二氧化氮体积为3.0L−V，氨气的体积为3.5L，根据电子守恒可知：3.5L×3=2V+4×(3.0L−V)，V=0.75L，则一氧化氮体积为0.75L，二氧化氮体积为2.25L，则混合气体中NO和NO2的体积比等于物质的量之比=0.75：2.25=1：3；答案选A。6．A【解析】A．在中S元素化合价为+4价，在中S元素化合价为+6价，因此→时S元素化合价升高，失去电子被氧化，需加入氧化剂才可以实现物质的转化，A符合题意；B．在CuO中Cu元素化合价为+2价，在Cu单质中Cu元素化合价为0价，CuO→Cu时Cu元素化合价降低，得到电子被还原，所以需加入还原剂就可以实现物质的转化，B不符合题意；C．在N2中N元素化合价为0价，在NH3中N元素化合价为0价，N2→NH3时N元素化合价降低，得到电子被还原，所以需加入还原剂就可以实现物质的转化，C不符合题意；D．在O2中O元素化合价为0价，在H2O中O元素化合价为0价，O2→H2O时O元素化合价降低，得到电子被还原，所以需加入还原剂就可以实现物质的转化，D不符合题意；故合理选项是A。7．C【解析】A．水溶液显碱性，多元弱酸酸根离子分步水解，分步书写，，A错误；B．硫酸氢钠熔融状态下发生电离应为：，B错误；C．泡沫灭火器的制作原理是利用水解相互促进，反应完全：，C正确；D．一水合氨是弱电解质，应写化学式，加入氨水除去氯化铵溶液中少去氯化铁杂质离子方程式为：，D错误；故选C。8．C【解析】A．蛋白质是由氨基酸脱水缩聚而成的，而所有的聚合物都是高分子，核酸是由许多核苷酸聚合成的生物大分子化合物，A正确；B．蛋白质是由氨基酸脱水缩聚而成的，故蛋白质中一定均含有C、H、O、N四种元素，往往还含有P、S等元素，B正确；C．五碳糖()与葡萄糖()组成相差1个，不符合同系物的定义，C错误；D．组成和的戊糖分别是核糖和脱氧核糖，组成的碱基是，组成的碱基，D正确；故答案为：C。9．D【解析】有机物分子中含有苯环、碳碳双键和羧基，结合苯、烯烃和羧酸的性质分析解答。【解析】A．该有机物含有羧基能发生酯化反应，含有碳碳双键，能发生加成、氧化反应；但不能发生水解反应，A错误；B．由于苯环和碳碳双键均是平面形结构，且单键可以旋转，所以该有机物中所有碳原子可能处于同一平面上，B错误；C．与该有机物具有相同官能团的同分异构体如果含有1个取代基，可以是-CH=CHCOOH或-C(COOH)=CH2，有2种，如果含有2个取代基，还可以是间位和对位，则共有4种，C错误；D．苯环和碳碳双键均能与氢气发生加成反应，所以1mol该有机物最多与4molH2反应，D正确；答案选D。10．C【解析】A．Na、Mg、Al为同周期主族元素，核电荷数越大，原子半径越小，则原子半径由大到小的顺序为，故A正确；B．P、S、Cl为同周期主族元素，核电荷数越大，元素非金属性越强，简单氢化物稳定性越强，则稳定性由强到弱的顺序为，故B正确；C．N、O、F为同周期主族元素，核电荷数越大，元素非金属性越强，则N、O、F元素的非金属性依次增强，故C错误；D．P、S、Cl为同周期主族元素，核电荷数越大，元素非金属性越强，则P、S、元素最高价氧化物对应的水化物酸性依次增强，故D正确；故答案为C。11．D【分析】在电解池的电解质溶液中，得电子能力强的离子优先放电，电解池的阳极若是活泼电极，则金属电极本身失电子，发生氧化反应，此时不会发生电解质溶液中的离子放电情况，根据对照试验结合电解池的工作原理以及放电顺序知识来回答即可。【解析】A．根据①知道铜离子的氧化性强于氢离子，根据②知道氢离子的氧化性强于钠离子，得电子能力强（氧化性强）的离子优先放电，所以对比①②可知，阴极放电顺序是：Cu2＋＞H＋＞Na＋，故A正确；B．根据①知道，离子放电顺序是：Cl-＞OH-，根据③知道离子放电顺序是：OH-＞SO，所以阳极离子放电顺序是Cl-＞OH-＞SO，故B正确；C．电解池的阳极若是活泼电极，则金属电极本身失电子，发生氧化反应，对比③④可知，阳极是铜时，会先于溶液中的离子放电，故C正确；D．根据⑤可知金属的冶炼还可通过电解熔融的盐得到，故D错误。故选D。12．C【解析】①Al（OH）3中Al上有空轨道，OH-中含孤电子对，Al（OH）3与OH-以配位键形成[Al（OH）4]-，结构为，[Al（OH）4]-中含配位键；②CH4中C原子提供4个电子与4个H原子各提供1个电子形成4个C—H键，不含配位键；③OH-中O提供的1个电子与H提供的1个电子形成1个O—H键，不含配位键；④NH3分子中N上有孤电子对，H+有空轨道，NH3与H+以配位键形成NH4+，NH4+中含配位键；⑤Cu2+有空轨道，NH3分子中N上有孤电子对，Cu2+与NH3以配位键形成[Cu（NH3）4]2+，[Cu（NH3）4]2+中含配位键；⑥Fe3+有空轨道，SCN-含孤电子对，Fe3+与SCN-以配位键形成Fe（SCN）3，Fe（SCN）3中含配位键；⑦H2O分子中O上有孤电子对，H+有空轨道，H2O与H+以配位键形成H3O+，H3O+中含配位键；⑧Ag+有空轨道，NH3分子中N上有孤电子对，Ag+与NH3以配位键形成[Ag（NH3）2]+，[Ag（NH3）2]OH中含配位键；含配位键的为①④⑤⑥⑦⑧，答案选C。13．C【分析】根据图知，c点向左溶液的pH值减小，应该是通入HCl，c点向右为加入KOH固体，溶液的pH值增大，c点为0.01mol/L的NaHA溶液，c点溶液pH=6，溶液呈酸性，说明HA-电离程度大于水解程度，据此分析解题。【解析】A．酸抑制水电离，酸中c(H+)越大，水电离程度越小，中性溶液不影响水电离，a、b、c点溶液都呈酸性，且是酸电离导致溶液呈酸性，这三点都抑制水电离，c(H+)：a＞b＞c,d点溶液呈中性，不影响水的电离，所以水电离程度：d＞c＞b＞a,故A错误；B．c点溶液pH=6＜7，溶液呈酸性，说明HA-电离程度大于水解程度，但其电离和水解程度都较小，所以存在c(HA-)＞c(A2-)＞c(H2A)，B错误；C．d点溶液pH=7，溶液呈中性，c(OH-)=c(H+)，溶液中存在电荷守恒c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，则存在c(HA-)+2c(A2-)=c(Na+)，C正确；D．根据图像，在a点时，溶液的pH=2，说明c(H+)=10-2mol/L，溶液中c(HA-)为10-5mol/L，溶液中起始时c(HA-)=0.01mol/L，通入HCl忽略溶液体积变化，则平衡时产生c(H2A)=0.01mol/L-10-5mol/L≈0.01mol/L，则Ka1(H2A)=≈=1×10-5，D错误；故答案为：C。14．D【解析】A．由转化示意图可知，是反应中间体，故A正确；B．中V为双键，H-O-V4+中V为单键，故B正确；C．反应过程中中V由+5价降低到+4价，故被还原，故C正确；D．由转化示意图可知，在催化剂作用下脱硝反应为：，故D错误；故选D。15．C【分析】酸碱恰好发生中和反应是，反应放出的热量最大，温度最高，因此c点为酸碱恰好完全反应的点，消耗硫酸的体积为20mL；根据2MOH~H2SO4可知：c(H2SO4)==0.05mol·L-1，据此分析相关问题。【解析】A．根据图象可知，当AG=lg=-8时，溶液为MOH，=10-8，根据Kw=c(H+)×c(OH-)=10-14可知，c(OH-)=10-3mol/L，根据Kb==≈10-5，故A错误；B．根据电荷守恒：2c(SO)+c(OH-)=c(M+)+c(H+)，当AG=0时，AG=lg=0，所以c(OH-)=c(H+)，2c(SO)=c(M+)，所以溶液中存在：c(M+)>c(SO)>c(H+)=c(OH-)，故B错误；C．a点时，消耗硫酸5mL，根据2MOH~H2SO4可知：消耗MOH的量2×0.05×5×10-3mol；剩余MOH的量为20.00×10-3×0.1000-2×0.05×5×10-3=1.5×10-3mol，生成M2SO4的量为0.05×5×10-3mol，即混合液中n(MOH):n(M2SO4)=1.5:0.25=6:1；根据物料守恒可知，c(M+)+c(MOH)=8c(SO)，故C正确；D．c点为酸碱恰好完全反应的点，生成了强酸弱碱盐，促进了水解，从c点以后，硫酸过量，酸抑制水电离，硫酸属于强酸，对水的电离平衡抑制程度大，因此水的电离程度：c>b>d，故D错误；故选C。16．B【解析】A．漂白精的主要成分是Ca(ClO)2和CaCl2，具有强氧化性，能杀菌消毒，可用作游泳池和环境消毒剂，A不正确；B．鸭蛋的蛋液与蛋壳之间有一层膜，此膜能让食盐透过，但不能让蛋清透过，所以腌制咸鸭蛋时利用了半透膜的渗析原理，B正确；C．电器起火时，不能使用泡沫灭火器灭火，否则会造成火势蔓延，C不正确；D．95%的医用酒精消毒液效果比75%的差，因为它能使细菌表面蛋白质迅速变性，形成硬壳保护膜，阻止酒精与细菌表面蛋白质的进一步作用，不能杀死细菌，D不正确；故选B。17．第三周期第ⅥA族Na＞S＞N＞O＞H＞CH2S+H2O2＝2H2O+S↓NH4++H2ONH3·H2O+H+2NH3NH4++NH2-HNO31：2【解析】试题分析：X、Y、Z、J、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大，元素Z在地壳中含量最高，则Z是氧元素；J元素的焰色反应呈黄色，所以j是钠元素；Q的最外层电子数与其电子总数比为3:8，且Q的原子序数大于钠元素，因此Q是S元素。X能与J形成离子化合物，且J+的半径大于X—的半径，所以X是氢元素。Y的氧化物是形成酸雨的主要物质之一，原子序数小于氧元素，则Y是氮元素。（1）S的原子序数是16，S元素在周期表中的位置第三周期第ⅥA族；（2）同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，因此这五种元素原子半径从大到小的顺序为Na＞S＞N＞O＞H。（3）同主族自上而下非金属性逐渐减弱，则元素的非金属性O＞S。A.S的氢化物的水溶液放置在空气中会变浑浊，这说明H2S被氧气氧化为S，因此可以说明氧元素的非金属性强于S，A正确；B.Z与Q之间形成的化合物中S元素显正价，则说明共用电子对偏离S，所以氧元素的非金属性强于S，B正确；C.非金属性强弱与单质所处的状态没有关系，C错误；D.根据元素在周期表中的相对位置也判断元素的非金属性强弱，D正确，答案选C。（4）Q的氢化物双氧水与Z的氢化物H2S反应的化学方程式为H2S+H2O2＝2H2O+S↓。（5）H与N可形成分子A，也可形成阳离子B，A、B在水溶液中酸、碱性恰好相反，则A是氨气，B是铵根。氨气是共价化合物，电子式为；铵根水解，溶液显酸性，离子方程式为NH4+＋H2ONH3·H2O＋H+。（6）液态氨气类似H2O，也能微弱电离且产生电子数相同的两种离子，则根据水的电离方程式可知液态氨气的电离方程式为2NH3NH4++NH2-；（7）①根据氨气能与D连续反应说明D是氧气，E是NO，C是NO2，F是硝酸，则F的化学式为HNO3；②根据方程式NH3+2O2＝HNO3+H2O可知参加反应的A与整个过程中消耗D的物质的量之比为1：2。考点：考查元素推断的有关应用与判断18．2LiCoO2+3H2SO4+H2O22CoSO4+Li2SO4+O2↑+4H2OAB4CoC2O4+3O22Co2O3+8CO26.56%Na2CO3加热浓缩，趁热过滤【解析】(1)“还原酸浸”过程中，大部分LiCoO2可转化为CoSO4，Co元素的化合价从+3价降低到+2价，则H2O2中O元素的化合价从－1价升高到0价，根据得失电子守恒和原子守恒，该反应的化学方程式为：2LiCoO2+3H2SO4+H2O2=2CoSO4+Li2SO4+O2↑+4H2O，故答案为2LiCoO2+3H2SO4+H2O2=2CoSO4+Li2SO4+O2↑+4H2O；(2)由图1可知，当硫酸浓度为2mol.L-1时，Co的浸出率较高，由图2可知，当温度为80℃，Co和Al浸出的速率较快，故答案选：AB；(3)CoC2O4沉淀在空气中高温煅烧，CoC2O4被氧气氧化得到Co2O3，反应的化学方程式为：4CoC2O4+3O2=2Co2O3+8CO2，故答案为4CoC2O4+3O2=2Co2O3+8CO2；(4)煅烧后获得Co2O3的质量为83g，则Co原子的质量为：83×=59g，Co的浸出率为90%，则1kg钴酸锂废极片中钴元素的质量分数约为×100%=6.56%，故答案为6.56%；(5)由表中数据可知，在相同温度下，Li2CO3的溶解度更小，且温度越高，Li2CO3的溶解度越小，则沉锂过程所用的试剂b是Na2CO3，相应的操作方法：向滤液a中加入略过量的Na2CO3，搅拌，加热浓缩，趁热过滤，洗涤干燥，故答案为Na2CO3；加热浓缩，趁热过滤。19．(1)+6(2)SiO24FeCl3+CuFeS2=5FeCl2+CuCl2+2S↓(3)MoS+2H+=MoS3↓+H2S↑(4)40℃，30min温度太低不利于H2S逸出；温度太高，盐酸挥发，溶液c(H+)下降，都不利于反应正向进行(5)LixMoO3·H2O-xe-=xLi++MoO3·H2O(6)3.6×102【分析】本流程欲利用辉钼矿制备高纯二硫化钼，将辉钼矿溶解在盐酸-氢氟酸中，此时矿石中的SiO2、CuFeS2溶解，得到的固体是粗MoS2，随后将得到是粗MoS2洗净干燥、经氧化焙烧后得到MoS3固体，将MoS3溶解在氨水中得到钼酸铵溶液，随后向钼酸铵溶液中加入Na2S溶液，钼酸铵转化为硫代钼酸铵[(NH4)2MoS4]，硫代钼酸铵[(NH4)2MoS4]与盐酸反应生成纯净的MoS3，MoS3在氢气中还原得到MoS2。【解析】（1）根据化合价原则，钼酸铵[(NH4)2MoO4]中Mo元素的化合价为+6价。（2）氢氟酸可与酸性氧化物SiO2反应，所以联合浸出除杂时，用氢氟酸除去的是SiO2杂质；Fe3+具有较强的氧化性，可氧化杂质CuFeS2中的-2价的S，反应的化学方程式为4FeCl3+CuFeS2=5FeCl2+CuCl2+2S↓。（3）根据题目所述，(NH4)2MoS4属于铵盐，易溶于水，所以与盐酸生成MoS3沉淀的离子方程式为MoS+2H+=MoS3↓+H2S↑。（4）由图象分析可知，在40℃时产率比其它温度下都高，反应进行到30min时产率达到最大值，所以产生三硫化钼沉淀的最优温度和时间是40℃、30min；如果温度太低不利于H2S逸出，不利于沉淀的生成；温度太高，盐酸挥发，使溶液中c(H+)下降，都不利于反应正向进行。（5）该电池以金属锂为负极，则负极反应式为xLi-xe-=xLi+，正极反应式可由总反应式—负极反应式得到，即MoO3·H2O+xLi++xe-=LixMoO3·H2O，根据充放电原则，当对该电池充电时，阳极反应则为原电池的正极反应的逆反应，所以阳极反应式为LixMoO3·H2O-xe-=xLi++MoO3·H2O。（6）已知BaSO4和BaMoO4的组成比相同，结合其溶度积大小，当BaMo04开始沉淀时，c(MoO)=，而此时溶液中c(SO)=，所以c(MoO)/c(SO)=4.0×10-8/1.1×10-10=3.6×102。20．(1)三颈烧瓶(2)安全瓶，防止倒吸(3)+2+2H+=+2ClO2↑+H2O赶出ClO2气体，使其进入装置C则发生反应制取NaClO2；(4)2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2防止温度过高，NaClO2分解为NaClO3和NaCl，同时可减少由于温度过高导致H2O2分解。(5)40.8(6)72.4%【分析】在装置A中Na2SO3、NaClO3与硫酸发生氧化还原反应产生ClO2，在装置C中发生反应：2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2，以制取NaClO2，装置B的作用是安全瓶，防止由于装置C降温使装置气体压强减少，而使装置A中液体倒吸，装置D的NaOH可以吸收ClO2，防止大气污染。根据物质反应转化关系，由反应消耗Na2S2O3的物质的量计算NaClO2的物质的量及质量，最后结合样品总质量计算其中NaClO2的含量。【解析】（1）根据装置图可知：仪器a的名称是三颈烧瓶；（2）装置B的作用是安全瓶，防止倒吸现象的发生；（3）在装置A中Na2SO3、NaClO3与硫酸发生氧化还原反应产生ClO2、Na2SO4、H2O，反应的化学方程式为：Na2SO3+2NaClO3+H2SO4=2Na2SO4+2ClO2+H2O，该反应的离子方程式为：+2+2H+=+2ClO2↑+H2O；向装置A中通入空气的目的是赶出ClO2气体，然后通过装置B到装置C中发生反应；（4）在装置C中，ClO2与NaOH及H2O2发生氧化还原反应产生NaClO2，根据电子守恒、原子守恒，可得发生反应的化学方程式为：2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2；NaClO2的溶解度随温度升高而增大，过氧化氢高温易分解，所以冰水浴冷却的目的是：降低NaClO2的溶解度、减少H2O2的分解；由于纯ClO2遇热易发生分解，且ClO2的沸点较低，所以冰水浴还可以避免ClO2分解，使其变为液态，方便使用；（5）根据图示可知：当c(NaOH)=4mol/L时，=0.8时粗产品中NaClO2含量最高，再进一步提高浓度和比值，对产量并没有提高，浪费原料。故最佳最佳条件为c(NaOH)=4mol/L，=0.8；（6）根据反应方程式+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl-、I2+2=2I-+，可得关系式：ClO2～2I2～4，20.00mL0.8000mol·L-1的Na2S2O3标准溶液中含有溶质的物质的量n(Na2S2O3)=c·V=0.8000mol/L×0.02L=0.016mol，则根据关系式可知其反应消耗NaClO2的物质的量n(NaClO2)=n(Na2S2O3)=0.004mol，则5.000g样品中含有NaClO2的物质的量n(NaClO2)=0.004mol×=0.04mol，m(NaClO2)=0.04mol×90.5g/mol=3.62g，所以该样品中NaClO2的质量分数为。21．甲醇溴原子取代反应CH3CH(COOH)2+2CH3OHCH3CH(COOCH3)2+2H2On+n→+（2n-1）H2O【解析】（1）试剂Ⅰ的结构简式为CH3OH，名称为甲醇；试剂Ⅱ的结构简式为BrCH2CH2CH2Br，所含官能团的名称为溴原子；根据和的结构及试剂Ⅱ判断第②步的反应类型为取代反应；（2）根据题给转化关系知第①步反应为CH3CH(COOH)2和CH3OH在浓硫酸、加热的条件下发生酯化反应生成CH3CH(COOCH3)2和水，化学方程式为CH3CH(COOH)2+2CH3OHCH3CH(COOCH3)2+2H2O；（3）根据题给转化关系推断C为，结合题给信息反应知在加热条件下反应生成，化学方程式为；（4）试剂Ⅲ为单碘代烷烃，根据和的结构推断，试剂Ⅲ的结构简式是CH3I；（5）C的分子式为C15H20O5，其同分异构体在酸性条件下水解，含有酯基，生成X、Y和CH3(CH2)4OH，生成物X含有羧基和苯环，且X和Y的核磁共振氢谱均只有两种类型的吸收峰，则X为对二苯甲酸，Y为CH2OHCH2OH，则X与Y发生缩聚反应的化学方程式为n+n→+（2n-1）H2O。PAGEPAGE1乌鲁木齐市实验学校2023-2024学年高三上学期1月月考化学试题总分100分考试时间90分钟一、单项选择题（共16小题，每题3分共48分）1．分类思想是研究化学的常用方法。下列物质的分类正确的是A．纯净物：石灰石、干冰、液氯、水银B．电解质：BaSO4、熔融NaCl、盐酸、CO2C．酸性氧化物：Mn2O7、SO3、CO、CO2D．盐：NaHSO4、CH3COONH4、Na2SO3、KClO2．下列表达方式正确的是A．Cr的外围电子排布式：3d44s2B．NaHCO3在水中的电离方程式：NaHCO3=Na++H++CO32-C．基态碳原子的价电子排布图为：D．二氧化硅的分子式为SiO23．三星堆，菁华荟萃的文物宝库，神秘梦幻的艺术殿堂，充溢着中华古代文明的无穷魅力，闪烁着人类文化遗产的璀璨光彩。下列说法错误的是文物名称青铜人头像金面具陶鸟头把勺象牙A．青铜是一种合金B．金面具的金元素是不活泼金属，与任何物质均不反应C．陶鸟头把勺是无机非金属材料D．象牙中含有的14C常用来考古断代，其中子数是84．氯气及其化合物在生产、生活中应用广泛。实验室常用浓盐酸与共热[或用(s)与浓盐酸混合]制取氯气，实验室制取氯气并探究其性质，下列装置不能达到相应实验目的的是ABCD制取氯气验证氧化性验证漂白性吸收尾气A．A B．B C．C D．D5．工业上常用NOx+NH3N2+H2O，使NOx转化为无毒的N2，现有NO、NO2的混合气体3.0L，可与3.5L相同状况的NH3恰好完全反应，全部转化为N2，则在原混合气体中NO和NO2的物质的量之比是A．1∶3 B．2∶1C．3∶1 D．1∶16．下列转化中，需要加入氧化剂才能实现的是A．→ B．CuO→Cu C．N2→NH3 D．O2→H2O7．下列有关方程式书写均正确的是A．水溶液显碱性：B．硫酸氢钠熔融状态下可发生电离：C．泡沫灭火器的制作原理：D．加入氨水除去氯化铵溶液中少去氯化铁杂质：8．新冠病毒(如图)由蛋白质和核酸组成，核酸由核苷酸组成。核苷酸的单体由戊糖、磷酸基和含氮碱基构成。下列说法错误的是A．蛋白质和核酸均是高分子B．蛋白质中含C、H、O、N等元素C．戊糖(C5H10O5)与葡萄糖互为同系物D．组成RNA的戊糖和碱基与DNA的不完全相同9．某有机物的结构简式如图所示。下列关于该有机物的说法正确的是A．该有机物能发生酯化、加成、氧化、水解等反应B．该有机物中所有碳原子不可能处于同一平面上C．与该有机物具有相同官能团的同分异构体有3种D．1mol该有机物最多与4molH2反应10．下列叙述不正确的是（）A．原子半径：B．热稳定性：C．N、O、F元素的非金属性依次减弱D．P、S、元素最高价氧化物对应的水化物酸性依次增强11．为探究电解的离子放电规律，进行如下实验：序号阳极材料阴极材料电解质阳极产物阴极产物①石墨石墨0.1mol/LCuCl2溶液Cl2Cu②石墨石墨0.1mol/LNaCl溶液Cl2H2③石墨石墨0.2mol/LCuSO4溶液O2Cu④铜石墨0.2mol/LCuSO4溶液Cu2＋Cu⑤石墨石墨MgCl2熔融液MgCl2下列说法错误的是A．对比①②可知，阴极离子放电顺序是Cu2＋＞H＋＞Na＋B．对比①③可知，阳极离子放电顺序是Cl-＞OH-＞SOC．对比③④可知，阳极是铜时，会先于溶液中的离子放电D．对比①⑤可知，金属的冶炼都可通过电解盐溶液得到12．以下微粒含配位键的是①[Al(OH)4]-②CH4③OH－④NH⑤[Cu(NH3)4]2+⑥Fe(SCN)3⑦H3O＋⑧[Ag(NH3)2]OHA．①②④⑦⑧ B．③④⑤⑥⑦ C．①④⑤⑥⑦⑧ D．全部13．常温下，往0.01mol·L的NaHA溶液中通入HCl(g)或加入NaOH固体调节溶液的pH(忽略体积变化)，溶液中c(HA-)随pH变化的曲线如图所示。下列说法正确的是A．水的电离程度：c>b=d>aB．c点溶液中存在：C．d点溶液中存在：D．14．科学家研究了钒系催化剂催化脱硝机理，部分反应机理如下图所示。有关该过程的叙述不正确的是(注：V和O元素右上角符号表示其元素化合价)A．是反应中间体 B．反应过程中V的成键数目发生变化C．反应过程中被还原 D．脱硝反应为：15．化学中常用AG表示溶液的酸度(AG=lg)。室温下，向20.00mL0.1000mol·L-1的某一元碱MOH溶液中滴加未知浓度的稀硫酸溶液，混合溶液的温度与酸度AG随加入稀硫酸体积的变化如图所示。下列说法正确的是A．室温下MOH的电离常数Kb=1.0×10-6B．当AG=0时，溶液中存在c(SO)>c(M+)>c(H+)=c(OH-)C．a点对应的溶液中：c(M+)+c(MOH)=8c(SO)D．b、c、d三点对应的溶液中，水的电离程度大小关系：c>b=d16．生活因化学更加美丽，世界因化学更加精彩。下列与化学有关的说法正确的是A．漂白精不可用作游泳池和环境消毒剂B．腌制咸鸭蛋利用了半透膜的渗析原理C．泡沫灭火器能用于电器起火时的灭火D．95%的医用酒精消毒液效果比75%的好二、综合题（本题共5小题，共52分。请根据答题卡题号及分值在各题目的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效。）17．X、Y、Z、J、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大，元素Z在地壳中含量最高，J元素的焰色反应呈黄色，Q的最外层电子数与其电子总数比为3:8，X能与J形成离子化合物，且J+的半径大于X—的半径，Y的氧化物是形成酸雨的主要物质之一。请回答：（1）Q元素在周期表中的位置；（2）这五种元素原子半径从大到小的顺序为（填元素符号）。（3）元素的非金属性ZQ（填“＞”或“＜”），下列各项中，不能说明这一结论的事实有（填序号）A．Q的氢化物的水溶液放置在空气中会变浑浊B．Z与Q之间形成的化合物中元素的化合价C．Z和Q的单质的状态D．Z和Q在周期表中的位置（4）Q的氢化物与Z的氢化物反应的化学方程式为。（5）X与Y可形成分子A，也可形成阳离子B，A、B在水溶液中酸、碱性恰好相反，写出A的电子式；B的水溶液不呈中性的原因（用离子方程式表示）。（6）液态A类似X2Z，也能微弱电离且产生电子数相同的两种离子，则液态A的电离方程式为；（7）若使A按下列途径完全转化为F：①F的化学式为；②参加反应的A与整个过程中消耗D的物质的量之比为。18．钴酸锂废极片中钴回收的某种工艺流程如下图所示，其中废极片的主要成分为钴酸锂（LiCoO2）和金属铝，最终可得到Co2O3及锂盐。（1）“还原酸浸”过程中，大部分LiCoO2可转化为CoSO4，请将该反应的化学方程式补充完整：2LiCoO2+3H2SO4+□□CoSO4+□+□+□。（2）“还原酸浸”过程中，Co、Al浸出率（进入溶液中的某元素质量占固体中该元素总质量的百分数）受硫酸浓度及温度（t）的影响分别如图1和图2所示。工艺流程中所选择的硫酸浓度为2mol.L-1，温度为80oC，推测其原因是。A．Co的浸出率较高B．Co和Al浸出的速率较快C．Al的浸出率较高D．双氧水较易分解图1图2（3）加入(NH4)2C2O4后得CoC2O4沉淀。写出CoC2O4沉淀在空气中高温煅烧得到Co2O3的反应的化学方程式：。（4）若初始投入钴酸锂废极片的质量为1kg，煅烧后获得Co2O3的质量为83g，已知Co的浸出率为90%，则钴酸锂废极片中钴元素的质量分数约为（小数点后保留两位）。（5）已知“沉锂”过程中，滤液a中的c(Li+)约为10-1mol·L-1，部分锂盐的溶解度数据如下表所示。温度Li2SO4Li2CO30oC36.1g1.33g100oC24.0g0.72g结合数据分析，沉锂过程所用的试剂b是（写化学式），相应的操作方法：向滤液a中加入略过量的试剂b，搅拌，，洗涤干燥。19．二硫化钼(MoS2)被誉为“固体润滑剂之王”，利用低品质的辉钼矿(含MoS2、SiO2以及CuFeS2等杂质)制备高纯二硫化钼的一种生产工艺如下：回答下列问