河南省六市部分学校联考高三上学期10月阶段性考试化学

2023—2024学年度高三阶段性考试化学注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色墨水签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号在各题的答题区域(黑色线框)内作答，超出答题区域书写的答案无效。4.考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H1C12O16Al27Sc45Te128第I卷(选择题共48分)一、选择题(本题共16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意。)1.化学与生产、生活、科技及环境等密切相关。下列说法正确的是A.侯氏制碱法应在饱和食盐水中先通二氧化碳再通氨气B.大气中PM2.5比表面积大，吸附能力强，能吸附许多有毒有害物质C.工业上用电解熔融氯化钠和熔融氧化镁的方法，来制备金属钠和镁D.食品包装袋中常有硅胶、生石灰、还原铁粉等，其作用都是防止食品氧化变质2.制取肼的反应为：2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O，下列相关微粒的化学用语错误的是A.NH3分子空间构型：三角锥形B.NaClO的电子式：C.N2H4的结构式：D.Cl原子价电子轨道表示式为：3.乙炔水化法、乙烯氧化法是工业上制备乙醛的两个重要方法，反应原理分别为：HC≡CH+H2OCH3CHO，2H2C=CH2+O22CH3CHO。以下叙述不正确的是A.C2H4的电子式为B.根据价层电子互斥模型，18g水的中心原子含有2mol孤电子对C.乙烯氧化法中，生成0.1mol乙醛时，转移的电子数约为1.204×1024D.标准状况下，11.2LC2H2中含有π键的数目约为6.02×10234.室温下，下列各组离子在给定溶液中能大量共存的是A.pH=10的溶液中，Na+、ClO、AlO、ClB.0.1mol•L1Fe2(SO4)3溶液中，Cu2+、CO、SO、NHC.使蓝色石蕊试纸变红的溶液中，Mg2+、HCO、K+、ClD.0.2mol•L1KI溶液中，MnO、H+、Al3+、Br5.下列离子方程式中正确的是A.Na与CuSO4溶液的反应：2Na+Cu2+=Cu+2Na⁺B.氢氧化铁胶体中滴加过量氢碘酸：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2OC.硫酸铜溶液中加入过量的氨水：Cu2++2NH3•H2O=Cu(OH)2↓+2NHD.NH4HCO3溶液和过量Ca(OH)2溶液混合：Ca2++NH+HCO+2OH=CaCO3↓+H2O+NH3•H2O6.氮氧化物是大气污染物之一，如图为科研人员探究消除氮氧化物的反应机理，下列说法不正确的是A.过程I中NO既作氧化剂又作还原剂B.过程Ⅱ中每生成1molO2时，转移电子的数目约为4×6.02×1023C.过程中涉及反应均为氧化还原反应D.整个过程中Ni2+作催化剂7.1868年狄青和洪特发现了用空气中的氧气来氧化氯化氢气体制取氯气的方法：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。化学反应与能量变化如图所示。下列说法正确的是A.该反应为吸热反应B.若H2O为液态，则生成物总能量将变大C.4HCl(g)和O2(g)总能量高于2Cl2(g)+2H2O(g)的总能量，反应时向环境释放能量D.断开旧化学键吸收的总能量大于形成新化学键所释放的总能量8.是一种优良的饮用水处理剂，可用、、混合共熔反应制得：。下列关于该反应的说法不正确的是A.是还原剂，为还原产物B.在熔融条件下氧化性：C.每生成，转移D.在处理饮用水过程中起氧化、杀菌、脱色、除味、净水等作用9.下列实验方案中，不能测定出和的混合物中质量分数的是A.取ag混合物充分加热，质量减少bgB.取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得到bg固体C.取ag混合物与足量溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干、得到bg固体D.取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，质量增加bg10.掌握化学实验技能是进行科学探究的基本保证。下列有关说法正确的是A.若将甲中注射器的活塞往右拉，能自动恢复到原位，说明甲装置气密性好B.将甲虚线框中的装置换为乙装置，滴入稀硫酸后若注射器活塞右移，说明锌与硫酸反应为放热反应C.用丙装置进行中和反应反应热的测定实验时，NaOH要缓慢倒入稀硫酸中D.丁装置是排出碱式滴定管中的气泡操作11.检验的反应有如下两种途径。下列说法正确的是A.反应①中被还原B.乙醚与中的铬元素形成共价键，有利于蓝色现象的观察C.反应②为：D.反应③中溶液的越小，反应速率越慢12.电池实现了对的高效利用，其原理如图所示。下列说法不正确的是A.多孔纳米片为正极，电极上发生还原反应B.电极反应式为：C.a为，b为D.当外电路通过时，双极膜中离解水的物质的量为13.由下列实验操作和现象所得出的结论错误的是序号实验操作现象结论A将盛有溶液的试管放在酒精灯上加热溶液逐渐变为黄绿色转化为的反应为吸热反应B向两份相同的溶液中分别滴入5滴相同浓度的溶液和溶液若前者产生气泡速率更快比的催化效果好C向少量相同物质的量的沉淀中分别加入相同体积和浓度的氨水白色沉淀溶解，黄色沉淀不溶解D向溶液中加入相同浓度溶液，充分反应后滴入溶液溶液显红色说明与反应有一定限度A.A B.B C.C D.D14.一种可吸附甲醇的材料，其化学式为[C(NH2)3]4[B(OCH3)4]3Cl，部分晶体结构如图所示，其中[C(NH2)3]为平面结构。下列说法正确的是A.该晶体中存在O－H…N氢键 B.基态原子的第一电离能：C＜N＜OC.基态原子未成对电子数：B＜C＜N＜O D.晶体中B和O原子轨道的杂化类型相同15.碲碳酸铝[Al2(CO2Te)3]可提供首例双阴离子配体。以铝土矿(主要成分是Al2O3，含Fe2O3、MgO、SiO2等杂质)为原料制备碲碳酸铝流程如图：下列叙述错误的是A.滤渣2主要成分是Fe(OH)3和Mg(OH)2B.“电解”中，转移3mole⁻理论上阴极析出27gAlC.“沉铝”中气体X为氨气D.“合成”中理论上消耗Al2Te3和CO2的物质的量之比为1：316.pH=0的某X溶液中，除H+外，还可能存在Al3+、Fe2+、、Ba2+、Cl、、、中的若干种，现取适量X溶液进行如下一系列实验：下列有关判断不正确的是A.生成气体A的离子方程式为3Fe2++4H++=3Fe3++NO↑+2H2OB.生成沉淀G的离子方程式为AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+C.溶液X中一定没有的离子仅为、Ba2+D.溶液X中一定含有的离子是H+、Fe2+、、、Al3+第Ⅱ卷(非选择题共52分)二、非选择题(本题包含4道小题，共52分)17.Ⅰ.某同学做如图实验(如图)，以检验反应中的能量变化。（1）实验中发现反应后(a)中温度升高，由此可以判断(a)中反应是_______热反应；该反应中_______能转化成_______能。（2）图1所示实验中，能正确表示实验(b)涉及的化学反应的能量变化关系的是_______。A. B.C D.Ⅱ.一定温度下，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图：（3）反应开始到10s，用Z表示反应速率为_______mol/(L•s)。（4）反应开始到10s时，Y的物质的量浓度减少了_______mol/L。（5）反应的化学方程式为_______。18.分铜液净化渣主要含铜、碲(Te)、锑(Sb)、砷(As)等元素的化合物，一种回收工艺流程如图：已知：①“碱浸”时，铜、锑转化为难溶氢氧化物或氧化物，碱浸液含有Na2TeO3、Na3AsO4。②“酸浸”时，锑元素发生反应生成难溶的Sb2O(SO4)4浸渣。回答下列问题：（1）As位于第四周期VA族，基态As的价层电子排布式为_______。（2）“碱浸”时，TeO2与NaOH反应的离子方程式为_______。（3）向碱浸液中加入盐酸调节pH=4，有TeO2析出，分离出TeO2的操作是_______。滤液中As元素最主要的存在形式为_______。(填标号)(25℃，H3AsO4的各级电离常数为Ka1=6.3×103，Ka2=1.0×107，Ka3=3.2×1012)A.H3AsO4B.H2AsOC.HAsOD.AsO（4）①Sb2O(SO4)4中，Sb的化合价为_______。②“氯盐酸浸”时，通入SO2的目的是_______。（5）“水解”时，生成SbOCl的化学方程式为_______。（6）TeO2可用作电子元件材料，熔点为733℃，TeO2晶胞是长方体结构如图。碲的配位数为_______。已知NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为_______g/cm3。19.实验室由安息香制备二苯乙二酮的反应式如图：相关信息列表如表：物质性状熔点/℃沸点/℃溶解性安息香白色固体133344难溶于冷水溶于热水、乙醇、乙酸二苯乙二酮淡黄色固体95347不溶于水溶于乙醇、苯、乙酸冰乙酸无色液体17118.与水、乙醇互溶装置示意图如图所示，实验步骤为：部溶解。①在圆底烧瓶中加入10mL冰乙酸、5mL水及9.0gFeCl3•6H2O，边搅拌边加热，至固体全②停止加热，待沸腾平息后加入2.0g安息香，加热回流45~60min。③加入50mL水，煮沸后冷却，有黄色固体析出。④过滤，并用冷水洗涤固体3次，得到粗品。⑤粗品用75%的乙醇重结晶，干燥后得淡黄色结晶1.6g。回答下列问题：（1）实验中加热方式采用油作为热传导介质，该加热方法的优点是_______。（2）仪器B的名称是_______；冷却水应从_______(填“a”或“b”)口通入。（3）实验步骤②中，安息香必须待沸腾平息后方可加入，其主要目的是_______。（4）在本实验中，FeCl3为氧化剂且过量，其还原产物为_______；某同学尝试改进本实验：采用催化量的FeCl3并通入空气制备二苯乙二酮。该方案是否可行_______(填“是”或“否”)，简述判断理由_______。（5）本实验步骤①~③在乙酸体系中进行，乙酸除作溶剂外，另一主要作用是_______。（6）若粗品中混有少量未氧化的安息香，可用少量_______洗涤的方法除去(填标号)。若要得到更高纯度的产品，可用重结晶的方法进一步提纯。a.热水b.乙酸c.冷水d.乙醇（7）本实验的产率最接近于_______(填标号)。a.85%b.80%c.75%d.70%20.钪及其化合物具有许多优良的性能，在宇航、电子、超导等方面有着广泛的应用。从钛白工业废酸(含钪、钛、铁、锰等离子)中提取氧化钪(Sc2O3)的一种流程如图：回答下列问题：（1）洗涤“油相”可除去大量的钛离子。洗涤水是用93%的硫酸、27.5%的双氧水和水按一定比例混合而成。混合的实验操作是_______。（2）钪锰矿石中含铁元素，其中Fe2+易被氧化为Fe3+的原因是_______。(从原子结构角度解释)（3）常温下，先加入氨水调节pH=3，过滤，滤渣主要成分是_______。(已知：Ksp[Mn(OH)2]=1.9×1013，Ksp[Fe(OH)3]=2.6×1039，Ksp[Sc(OH)3]=9.0×1031)（4）“沉钪”时得到草酸钪的离子方程式是：_______。（5）草酸钪晶体[Sc2(C2O4)3•6H2O]在空气中加热，随温度的变化情况如图所示。250℃时，晶体的主要成分是_______(填化学式)。550～850℃发生反应的化学方程式为_______。

2023—2024学年度高三阶段性考试化学注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色墨水签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号在各题的答题区域(黑色线框)内作答，超出答题区域书写的答案无效。4.考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H1C12O16Al27Sc45Te128第I卷(选择题共48分)一、选择题(本题共16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意。)1.化学与生产、生活、科技及环境等密切相关。下列说法正确的是A.侯氏制碱法应在饱和食盐水中先通二氧化碳再通氨气B.大气中PM2.5比表面积大，吸附能力强，能吸附许多有毒有害物质C.工业上用电解熔融氯化钠和熔融氧化镁的方法，来制备金属钠和镁D.食品包装袋中常有硅胶、生石灰、还原铁粉等，其作用都是防止食品氧化变质【答案】B【解析】【详解】A．CO₂在NaCl中溶解度很小，先通入NH₃使食盐水显碱性，能够吸收大量CO₂气体，所以侯氏制碱法应在饱和食盐水中先通氨气再通二氧化碳，故A错误；B．PM2.5比表面积大，具有较强的吸附能力，能吸附大量的有毒、有害物质，主要危害人体呼吸系统，故B正确；C．钠是活泼金属，当前工业上普遍采用熔融氯化钠电解法制金属钠，镁化学性质也比较活泼，工业上常用电解熔融氯化镁的方法制取金属镁，故C错误；D．硅胶、生石灰只能吸水使食品保持干燥，不能防止食品氧化变质，故D错误；故选B。2.制取肼的反应为：2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O，下列相关微粒的化学用语错误的是A.NH3分子空间构型：三角锥形B.NaClO的电子式：C.N2H4的结构式：D.Cl原子价电子轨道表示式为：【答案】D【解析】【详解】A．NH3分子中N原子价层电子对数为4，采用sp3杂化，含有1个孤电子对，分子的空间构型是三角锥形，选项A正确；B．次氯酸钠为离子化合物，是NaClO的电子式，选项B正确；C．N2H4中两个N原子单键，其结构式为，选项C正确；D．Cl最外层有7个电子，其原子价电子轨道表示式为：，选项D错误；故选D。3.乙炔水化法、乙烯氧化法是工业上制备乙醛的两个重要方法，反应原理分别为：HC≡CH+H2OCH3CHO，2H2C=CH2+O22CH3CHO。以下叙述不正确的是A.C2H4的电子式为B.根据价层电子互斥模型，18g水的中心原子含有2mol孤电子对C.乙烯氧化法中，生成0.1mol乙醛时，转移的电子数约为1.204×1024D.标准状况下，11.2LC2H2中含有π键的数目约为6.02×1023【答案】C【解析】【详解】A．为含有碳碳双键的共价化合物，电子式为，A正确；B．H2O分子中中心O原子价层电子对数为2+=4，O原子采用sp3杂化，O原子上含有2对孤电子对，则水(为1mol)的中心原子含有孤电子对，B正确；C．乙烯氧化法中氧元素化合价由0变为+2，电子转移关系为，生成乙醛时，转移的电子0.2mol，数目约为，C错误；D．1分子乙炔中含有2个π键，标准状况下，(为0.5mol)中含有π键为1mol，数目约为，D正确；故选C。4.室温下，下列各组离子在给定溶液中能大量共存的是A.pH=10的溶液中，Na+、ClO、AlO、ClB.0.1mol•L1Fe2(SO4)3溶液中，Cu2+、CO、SO、NHC.使蓝色石蕊试纸变红的溶液中，Mg2+、HCO、K+、ClD.0.2mol•L1KI溶液中，MnO、H+、Al3+、Br【答案】A【解析】【详解】A．pH=10的溶液呈碱性，碱性条件下Na+、ClO、AlO、Cl相互不反应，可以共存，A正确；B．三价铁和碳酸根离子发生双水解生成二氧化碳和氢氧化铁，不能共存，B错误；C．使蓝色石蕊试纸变红的溶液呈酸性，酸性条件下HCO会和氢离子反应生成二氧化碳，不能大量存在，C错误；D．溶液中含有MnO，可以把碘离子氧化为单质碘，不能大量共存，D错误；故选A。5.下列离子方程式中正确的是A.Na与CuSO4溶液的反应：2Na+Cu2+=Cu+2Na⁺B.氢氧化铁胶体中滴加过量的氢碘酸：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2OC.硫酸铜溶液中加入过量的氨水：Cu2++2NH3•H2O=Cu(OH)2↓+2NHD.NH4HCO3溶液和过量Ca(OH)2溶液混合：Ca2++NH+HCO+2OH=CaCO3↓+H2O+NH3•H2O【答案】D【解析】【详解】A．钠和硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜、硫酸钠和氢气，离子方程式：2H2O+2Na+Cu2+═2Na++Cu（OH）2↓+H2↑，故A项错误；B．具有氧化性，氢氧化铁胶体中滴加氢碘酸的离子方程式为，故B错误；C．硫酸铜溶液中加入过量的氨水生成铜氨络离子，离子方程式Cu2++4NH3•H2O=[Cu（NH3）4]2++4H2O，故C错误；D．NH4HCO3溶液和过量Ca(OH)2溶液混合，生成碳酸钙、水、一水合氨，离方程式Ca2++NH+HCO+2OH=CaCO3↓+H2O+NH3•H2O，D项正确；故选D。6.氮氧化物是大气污染物之一，如图为科研人员探究消除氮氧化物的反应机理，下列说法不正确的是A.过程I中NO既作氧化剂又作还原剂B.过程Ⅱ中每生成1molO2时，转移电子的数目约为4×6.02×1023C.过程中涉及的反应均为氧化还原反应D.整个过程中Ni2+作催化剂【答案】B【解析】【分析】由图可知，过程I发生的反应为2Ni2++2NO=2Ni3++2O—+N2，过程Ⅱ发生的反应为2Ni3++2O—=2Ni2++O2↑，总反应为2NOO2+N2。【详解】A．由分析可知，过程I发生的反应为2Ni2++2NO=2Ni3++2O—+N2，反应中氮元素的化合价降低被还原，氧元素的化合价升高被氧化，则一氧化氮既作反应的氧化剂又作反应的还原剂，故A正确；B．由分析可知，过程Ⅱ发生的反应为2Ni3++2O—=2Ni2++O2↑，则过程Ⅱ中每生成1molO2时，转移电子的数目约为2×6.02×1023，故B错误；C．由分析可知，过程I和过程Ⅱ涉及的反应均有元素发生化合价变化，均为氧化还原反应，故C正确；D．由分析可知，消除氮氧化物的总反应为2NOO2+N2，整个过程中镍离子作反应的催化剂，故D正确；故选B。7.1868年狄青和洪特发现了用空气中的氧气来氧化氯化氢气体制取氯气的方法：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。化学反应与能量变化如图所示。下列说法正确的是A.该反应为吸热反应B.若H2O为液态，则生成物总能量将变大C.4HCl(g)和O2(g)总能量高于2Cl2(g)+2H2O(g)的总能量，反应时向环境释放能量D.断开旧化学键吸收的总能量大于形成新化学键所释放的总能量【答案】C【解析】【详解】A．图示可知，4HCl(g)＋O2(g)的总能量高于2Cl2(g)＋2H2O(g)的总能量，反应为放热反应，故A错误；B．若H2O为液态，气体变为液体，物质能量减小，生成物总能量将变小，故B错误；C．反应前后遵循能量守恒，4HCl(g)和O2(g)总能量高于2Cl2(g)和2H2O(g)的总能量，反应时向环境释放能量，故C正确；D．图示可知，4HCl(g)＋O2(g)的总能量高于2Cl2(g)＋2H2O(g)的总能量，反应为放热反应，断开旧化学键吸收的总能量小于形成新化学键所释放的总能量，故D错误；故答案选C。【点睛】本题考查了化学反应过程中能量变化、化学反应实质的理解应用，注意反应吸热或放热是反应物总能量和生成物总能量共同决定。8.是一种优良的饮用水处理剂，可用、、混合共熔反应制得：。下列关于该反应的说法不正确的是A.是还原剂，为还原产物B.在熔融条件下氧化性：C.每生成，转移D.在处理饮用水过程中起氧化、杀菌、脱色、除味、净水等作用【答案】C【解析】【详解】A．，化合价升高，被氧化，作还原剂，，化合价降低，被还原，作氧化剂，生成物为还原产物，A正确；B．根据氧化性：氧化剂>氧化产物，，所以氧化性：，B正确；C．，化合价升高3价，每生成，转移，C错误；D．具有强氧化性，在处理饮用水过程中起氧化、杀菌、脱色等，其还原产物水解生成胶体，具有吸附性，能达到净水的目的，D正确；故选C。9.下列实验方案中，不能测定出和的混合物中质量分数的是A.取ag混合物充分加热，质量减少bgB.取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得到bg固体C.取ag混合物与足量溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干、得到bg固体D.取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，质量增加bg【答案】D【解析】【详解】A．只有碳酸氢钠加热分解，由差量法可计算碳酸氢钠的质量，然后再计算碳酸钠的质量分数，能够测出混合物中碳酸钠的质量分数，故A不选；B．加热后bg固体为氯化钠的质量，设碳酸钠的物质的量为x、碳酸氢钠的物质的量为y，则106x+84y=a，2x+y=，解方程计算出a、b，然后可计算出混合物中碳酸钠的质量分数，故B不选；C．碳酸钠和碳酸氢钠均能与反应生成碳酸钡沉淀，结合B项分析，也可以计算出混合物中碳酸钠的质量分数，故C不选；D．ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体主要是二氧化碳和水，所以质量增加bg两种气体的质量，故无法求出混合物中碳酸钠的质量分数，故D选；故选：D。10.掌握化学实验技能是进行科学探究的基本保证。下列有关说法正确的是A.若将甲中注射器的活塞往右拉，能自动恢复到原位，说明甲装置气密性好B.将甲虚线框中的装置换为乙装置，滴入稀硫酸后若注射器活塞右移，说明锌与硫酸反应为放热反应C.用丙装置进行中和反应反应热的测定实验时，NaOH要缓慢倒入稀硫酸中D.丁装置是排出碱式滴定管中的气泡操作【答案】A【解析】【详解】A．若将甲中注射器的活塞往右拉，能自动恢复到原位，说明没有空气进入装置内，则甲装置气密性好，故A正确；B．将甲虚线框中的装置换为乙装置，锌与硫酸反应放出氢气，注射器活塞右移，不能说明锌与硫酸反应为放热反应，故B错误；C．用丙装置进行中和反应反应热的测定实验时，为防止热量过多散失，NaOH要快速倒入稀硫酸中，故C错误；D．排出碱式滴定管中的气泡，应将胶管向上弯曲，用力捏挤玻璃珠使溶液从尖嘴喷出，故D错误；选A。11.检验的反应有如下两种途径。下列说法正确的是A.反应①中被还原B.乙醚与中的铬元素形成共价键，有利于蓝色现象的观察C.反应②为：D.反应③中溶液越小，反应速率越慢【答案】B【解析】【详解】A．反应①、CrO5中Cr元素化合价均为+6，此反应不是氧化还原反应，A错误；B．由题中信息乙醚与中的铬元素形成共价键，蓝色可稳定几分钟，有利于蓝色现象的观察，B正确；C．由信息反应②为：，C错误；D．反应③+8H++3H2O2=3O2↑+2Cr3++7H2O，中溶液的越小，H+浓度越大，反应速率越快，D错误；故答案选B。12.电池实现了对的高效利用，其原理如图所示。下列说法不正确的是A.多孔纳米片为正极，电极上发生还原反应B.电极反应式为：C.a为，b为D.当外电路通过时，双极膜中离解水的物质的量为【答案】C【解析】【分析】由图可知，锌发生氧化反应为负极，则多孔纳米片为正极；【详解】A．由分析可知，多孔纳米片为正极，电极上发生还原反应，A正确；B．电极锌失去电子生成，反应式为：，B正确；C．原电池中阳离子向正极移动、阴离子向负极移动，故b为，a为，C错误；D．当外电路通过时，由电荷守恒可知，双极膜中离解水的物质的量为，产生1mol氢离子、1mol氢氧根离子，D正确；故选C。13.由下列实验操作和现象所得出的结论错误的是序号实验操作现象结论A将盛有溶液的试管放在酒精灯上加热溶液逐渐变为黄绿色转化为的反应为吸热反应B向两份相同的溶液中分别滴入5滴相同浓度的溶液和溶液若前者产生气泡速率更快比的催化效果好C向少量相同物质的量的沉淀中分别加入相同体积和浓度的氨水白色沉淀溶解，黄色沉淀不溶解D向溶液中加入相同浓度溶液，充分反应后滴入溶液溶液显红色说明与反应有一定限度A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．在溶液中存在如下平衡：(蓝色)+4Cl(黄色)+4H2O，若加热后溶液逐渐变为黄绿色，说明平衡正向移动，则说明正向为吸热反应，故A正确；B．酸性溶液氧化过氧化氢产生氧气，催化过氧化氢分解产生氧气，反应原理不同，不能证明比的催化效果好，故B错误；C．氨水能与AgCl生成而溶解，沉淀的溶解平衡正向移动，但不能使AgI溶解，说明，故C正确；D．向溶液中加入相同浓度溶液，KI过量，充分反应后滴入溶液，溶液变红，可知铁离子不能完全转化，则说明与反应有一定限度，故D正确；答案选B。14.一种可吸附甲醇的材料，其化学式为[C(NH2)3]4[B(OCH3)4]3Cl，部分晶体结构如图所示，其中[C(NH2)3]为平面结构。下列说法正确的是A.该晶体中存在O－H…N氢键 B.基态原子的第一电离能：C＜N＜OC.基态原子未成对电子数：B＜C＜N＜O D.晶体中B和O原子轨道的杂化类型相同【答案】A【解析】【详解】A．由晶体结构图可知，[C(NH2)3]+中的NH2的H与[B(OCH3)4]中的O形成氢键，因此，该晶体中存在O－H…N氢键，A正确；B．同一周期元素原子的第一电离能呈递增趋势，但是第ⅡA、ⅤA元素的原子结构比较稳定，其第一电离能高于同周期的相邻元素的原子，因此，基态原子的第一电离能从小到大的顺序为C<O<N，B不正确；C．B、C、O、N的未成对电子数分别为1、2、2、3，因此，基态原子未成对电子数B<C=O<N，C不正确；D．[C(NH2)3]+为平面结构，则其中的C和N原子轨道杂化类型均为sp2；[B(OCH3)4]中B与4个O形成了4个键，B没有孤电子对，则B的原子轨道杂化类型为sp3；[B(OCH3)4]中O分别与B和C形成了2个键，O原子还有2个孤电子对，则O的原子轨道的杂化类型均为sp3；综上所述，晶体中B、O和N原子轨道的杂化类型不相同，D不正确；故选：A。15.碲碳酸铝[Al2(CO2Te)3]可提供首例双阴离子配体。以铝土矿(主要成分是Al2O3，含Fe2O3、MgO、SiO2等杂质)为原料制备碲碳酸铝的流程如图：下列叙述错误的是A.滤渣2主要成分是Fe(OH)3和Mg(OH)2B.“电解”中，转移3mole⁻理论上阴极析出27gAlC.“沉铝”中气体X为氨气D.“合成”中理论上消耗Al2Te3和CO2的物质的量之比为1：3【答案】C【解析】【分析】铝土矿(主要成分是Al2O3，含Fe2O3、MgO、SiO2等杂质)中加入硫酸酸溶，Al2O3，含Fe2O3、MgO形成可溶性硫酸盐进入溶液，而SiO2不能反应进入滤渣1中，然后过滤，向溶液加入NaOH溶液，使Fe3+、Mg2+形成Fe(OH)3、Mg(OH)2沉淀进入滤渣2中，Al3+则转化为存在溶液中，然后向除去镁铁后的滤液中通入足量CO2气体，转化为Al(OH)3沉淀，酸溶时溶液中的H2SO4与加入的NaOH反应产生Na2SO4存在滤液3中，过量CO2气体与NaOH溶液反应产生NaHCO3也存在滤液3中，将Al(OH)3沉淀经洗涤后煅烧产生Al2O3，然后电解熔融Al2O3冶炼铝，Al与Te高温反应产生Al2Te3，Al2Te3与CO2在一定条件下反应产生碲碳酸铝[Al2(CO2Te)3]。【详解】A．根据上述分析可知：滤渣2主要成分是Fe(OH)3和Mg(OH)2，A正确；B．电解熔融Al2O3，反应产生Al、O2，电解方程式为：2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑，可知：每反应3mole⁻，理论上阴极析出1molAl，其质量是27g，B正确；C．“沉铝”中气体X为二氧化碳，C错误；D．根据碲碳酸铝[Al2(CO2Te)3]化学式可知：在“合成”中理论上消耗Al2Te3和CO2的物质的量之比为1：3，D正确；故合理选项是C。16.pH=0的某X溶液中，除H+外，还可能存在Al3+、Fe2+、、Ba2+、Cl、、、中的若干种，现取适量X溶液进行如下一系列实验：下列有关判断不正确的是A.生成气体A的离子方程式为3Fe2++4H++=3Fe3++NO↑+2H2OB.生成沉淀G的离子方程式为AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+C.溶液X中一定没有的离子仅为、Ba2+D.溶液X中一定含有的离子是H+、Fe2+、、、Al3+【答案】C【解析】【分析】pH=0的某X溶液中显强酸性，含有大量H+，与H+反应的不存在；H+、Fe2+和NO会发生氧化还原反应而不能同时存在；试液中加入过量硝酸钡溶液，发生反应①，生成气体A，证明一定含有Fe2+，则原溶液中一定不存在，气体A为NO，沉淀C为BaSO4，则原溶液中一定不存在Ba2+，一定存在；向溶液B中加入过量NaOH溶液发生反应②，生成气体D为NH3，确定原溶液中含有，沉淀F为Fe(OH)3；溶液E加入过量CO2发生反应③，生成的沉淀H一定是Al(OH)3，则溶液E中一定含有，则原溶液中一定含有Al3+，Cl无法确定是否存在，据此分析解答。【详解】根据上述分析可知：上述溶液中一定含有H+、Al3+、Fe2+、、，一定不含有Ba2+、、，不能确定是否存在的离子是Cl。A．根据以上分析可知：生成气体A(NO)的反应为H+、Fe2+和发生氧化还原反应产生Fe3+、NO、H2O，该反应的离子方程式为：3Fe2++4H++=3Fe3++NO↑+2H2O，A正确；B．根据以上分析，生成沉淀G是Al(OH)3，是向溶液中通过量的CO2气体，反应产生Al(OH)3、，该反应的离子方程式为：+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+，B正确；C．根据以上分析可知：溶液X中一定没有的离子仅为：、Ba2+、，C错误；D．根据以上分析，溶液X中一定含有的离子是：H+、Fe2+、、、A13+，D正确；故合理选项是C。第Ⅱ卷(非选择题共52分)二、非选择题(本题包含4道小题，共52分)17.Ⅰ.某同学做如图实验(如图)，以检验反应中的能量变化。（1）实验中发现反应后(a)中温度升高，由此可以判断(a)中反应是_______热反应；该反应中_______能转化成_______能。（2）图1所示实验中，能正确表示实验(b)涉及的化学反应的能量变化关系的是_______。A. B.C. D.Ⅱ.一定温度下，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图：（3）反应开始到10s，用Z表示的反应速率为_______mol/(L•s)。（4）反应开始到10s时，Y的物质的量浓度减少了_______mol/L。（5）反应的化学方程式为_______。【答案】（1）①.放②.化学③.热（2）A（3）（4）（5）【解析】【小问1详解】通过实验测出，a烧杯中的温度升高，根据温度升高，该反应为放热反应，反应后温度升高说明化学能转化为热能。【小问2详解】Ba(OH)2·8H2O和NH4Cl的反应是吸热反应，b是吸热反应，反应物总能量低于生成物，图象中A符合。【小问3详解】反应开始到10s，用Z表示的反应速率为：。【小问4详解】反应开始到10s时，Y物质的量减少1mol0.21mol=0.79mol，Y的物质的量浓度减少。【小问5详解】由图象可以看出X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增多，则X、Y为反应物，Z为生成物，化学反应中各物质的物质的量变化量与化学计量数之比成正比，则有Y：X：Z：：：1：2，则反应的化学方程式为。18.分铜液净化渣主要含铜、碲(Te)、锑(Sb)、砷(As)等元素的化合物，一种回收工艺流程如图：已知：①“碱浸”时，铜、锑转化为难溶氢氧化物或氧化物，碱浸液含有Na2TeO3、Na3AsO4。②“酸浸”时，锑元素发生反应生成难溶的Sb2O(SO4)4浸渣。回答下列问题：（1）As位于第四周期VA族，基态As的价层电子排布式为_______。（2）“碱浸”时，TeO2与NaOH反应的离子方程式为_______。（3）向碱浸液中加入盐酸调节pH=4，有TeO2析出，分离出TeO2的操作是_______。滤液中As元素最主要的存在形式为_______。(填标号)(25℃，H3AsO4的各级电离常数为Ka1=6.3×103，Ka2=1.0×107，Ka3=3.2×1012)A.H3AsO4B.H2AsOC.HAsOD.AsO（4）①Sb2O(SO4)4中，Sb的化合价为_______。②“氯盐酸浸”时，通入SO2的目的是_______。（5）“水解”时，生成SbOCl的化学方程式为_______。（6）TeO2可用作电子元件材料，熔点为733℃，TeO2晶胞是长方体结构如图。碲的配位数为_______。已知NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为_______g/cm3。【答案】（1）（2）（3）①.过滤②.B（4）①.+5②.将Sb2O（SO4）4还原为SbCl3（5）SbCl3+H2O=SbOCl+2HCl（6）①.6②.【解析】【分析】结合题干信息，分铜液加入氢氧化钠溶液进行碱浸，铜、锑转化为难溶氢氧化物或氧化物，碱浸液含有Na2TeO3、Na3AsO4；过滤后向滤渣中加入硫酸进行酸浸，铜的氢氧化物或氧化物均溶解，锑元素反应生成难溶的Sb2O(SO4)4浸渣，过滤后向浸渣中加入盐酸、氯化钠和二氧化硫，反应生成三氯化锑，三氯化锑水解生成转化为SbOCl；碱浸液中加入酸调节PH=4，Na2TeO3转化生成亚碲酸，亚碲酸不稳定分解生成二氧化碲。【小问1详解】As为33号元素，基态As的价层电子排布式为：。【小问2详解】属于酸性氧化物，与NaOH反应的离子方程式为：。【小问3详解】向碱浸液加入盐酸调节，以沉淀析出，分离出的操作是过滤；由题干信息可知，的各级电离常数为：、、，pH=4，则c(H+)=104mol/L，H3AsO4H++，Ka1=，，故As主要以形式存在，故选B。【小问4详解】①结合化合物的化合价为0，Sb2O（SO4）4中，Sb的化合价为+5价；

②SO2具有还原性，“氯盐酸浸”时，通入SO2的目的是将Sb2O（SO4）4还原为SbCl3。【小问5详解】“水解”时，SbCl3水解生成SbOCl，化学方程式为：SbCl3+H2O=SbOCl+2HCl。【小问6详解】结合图示晶胞结构，离碲离子最近的氧负离子有6个，故碲的配位数为6；根据均摊，该晶胞含有2+4×=4个O原子，含有1+8×=2个Te，则该晶体的密度=。19.实验室由安息香制备二苯乙二酮的反应式如图：相关信息列表如表：物质性状熔点/℃沸点/℃溶解性安息香白色固体133344难溶于冷水溶于热水、乙醇、乙酸二苯乙二酮淡黄色固体95347不溶于水溶于乙醇、苯、乙酸冰乙酸无色液体17118.与水、乙醇互溶装置示意图如图所示，实验步骤为：部溶解。①在圆底烧瓶中加入10mL冰乙酸、5mL水及9.0gFeCl3•6H2O，边搅拌边加热，至固体全②停止加热，待沸腾平息后加入2.0g安息香，加热回流45~60min。③加入50mL水，煮沸后冷却，有黄色固体析出。④过滤，并用冷水洗涤固体3次，得到粗品。⑤粗品用75%的乙醇重结晶，干燥后得淡黄色结晶1.6g。回答下列问题：（1）实验中加热方式采用油作为热传导介质，该加热方法的优点是_______。（2）仪器B的名称是_______；冷却水应从_______(填“a”或“b”)口通入。（3）实验步骤②中，安息香必须待沸腾平息后方可加入，其主要目的是_______。（4）在本实验中，FeCl3为氧化剂且过量，其还原产物为_______；某同学尝试改进本实验：采用催化量的FeCl3并通入空气制备二苯乙二酮。该方案是否可行_______(填“是”或“否”)，简述判断理由_______。（5）本实验步骤①~③在乙酸体系中进行，乙酸除作溶剂外，另一主要作用是_______。（6）若粗品中混有少量未氧化的安息香，可用少量_______洗涤的方法除去(填标号)。若要得到更高纯度的产品，可用重结晶的方法进一步提纯。a.热水b.乙酸c.冷水d.乙醇（7）本实验的产率最接近于_______(填标号)。a.85%b.80%c.75%d.70%【答案】（1）可以提供更高的加热温度，受热均匀，易于控制温度（2）①.球形冷凝管②.a（3）防暴沸（4）①.FeCl2②.可行③.空气可以将还原产物FeCl2又氧化为FeCl3，FeCl3可循环参与反应（5）抑制氯化铁水解（6）a（7）b【解析】【分析】在圆底烧瓶中加入10mL冰乙酸、5mL水及9.0gFeCl3·6H2O，加热至固体全部溶解，停止加热，待沸腾平息后加入2.0g安息香，加热回流4560min，反应结束后加入50mL水，煮沸后冷却，析出黄色固体，即为二苯乙二酮，过滤，用冷水洗涤固体3次，得到粗品，再用75%乙醇重结晶，干燥后得到产品1.6g，据此解答。【小问1详解】根据题给信息可知，该实验需要加热使冰乙酸沸腾，冰乙酸的沸点超过了100℃，应选择油浴加热，该加热方法的优点是：可以提供更高的加热温度，受热均匀，易于控制温度；【小问2详解】根据仪器的结构特征可知，B为球形冷凝管，为了充分冷却，冷却水应从a口进，b口出，故答案为：球形冷凝管；a；小问3详解】步骤②中，若沸腾时加入安息香，会暴沸，所以需要沸腾平息后加入，故答案为：防暴沸；【小问4详解】FeCl3为氧化剂，则铁的化合价降低，还原产物为FeCl2，若采用催化量的FeCl3并通