2022-2023学年湖北省鄂西南三校高一5月联考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1湖北省鄂西南三校2022-2023学年高一5月联考试题注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、考号填写在答题卡与试题卷上，并将考号条形码贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答：每小题选出〖答案〗后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他〖答案〗标号。答在试题卷、草稿纸上无效。3.非选择题用0.5毫米黑色墨水签字笔将〖答案〗直接答在答题卡上对应的答题区域内。答在试题卷、草稿纸上无效。4.考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，只交答题卡。可能用到的相对原子量：H-1C-12N-14O-16Fe-56Cu-64第I卷(选择题共45分)一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)1.化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是（）A.光导纤维称为信息高速公路的骨架，其主要成分是SiB.葡萄酒中添加过量SO2既可以起到杀菌作用，又可以起到漂白作用C.石膏(CaSO4•2H2O)在工业上被用来调节水泥的硬化速率D.二氧化硫、氮氧化物的大量排放可能形成酸雨，pH小于7的雨水即为酸雨〖答案〗C〖解析〗【详析】A．光导纤维的主要成分为二氧化硅，不是硅，故A错误；B．葡萄酒中添加过量二氧化硫可以起到杀菌和防氧化的作用，但不能起到漂白作用，故B错误；C．水泥溶于水形成胶体，加入石膏能使胶体发生聚沉达到调节水泥的硬化速率作用，故C正确；D．二氧化碳溶于水使溶液的pH为5.6，则pH小于5.6的雨水为酸雨，故D错误；故选C。2.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A.标准状况下，22.4L的SO2和1molO2所含O原子数目相等B.26g氚化钠(32NaT)中所含中子数为14NAC.64gCu与含2molH2SO4溶质的浓硫酸反应，转移电子的数目为2NAD.44gCO2中，共用电子对的数目为2NA〖答案〗A〖解析〗【详析】A．标准状况下，22.4L二氧化硫含有的氧原子的个数为×2×NAmol—1=2NA，1mol氧气含有的氧原子个数为1mol×2×NAmol—1=2NA，两者含有的氧原子个数相同，故A正确；B．氚化钠中的中子数为11+3=14，则26g氚化钠所含中子数×14×NAmol—1≠14NA，故B错误；C．铜与浓硫酸共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应中浓硫酸变为不能与稀硫酸反应的稀硫酸，则64g铜与含2mol硫酸溶质的浓硫酸反应时，铜不能完全反应，则反应转移电子的数目小于×2×NAmol—1=2NA，故C错误；D．二氧化碳分子中含有4对共用电子对，则44g二氧化碳含有的共用电子对的数目为×4×NAmol—1=4NA，故D错误；故选A。3.《本草纲目拾遗》中在药物名“鼻冲水”条目下写道：贮以玻璃瓶，紧塞其口，勿使泄气，则药力不减，气甚辛烈，触入脑，非有病不可嗅。“鼻冲水”即氨水，又称阿摩尼亚水，下列说法不正确是（）A.氨水在实验室中用棕色细口试剂瓶避光保存B.氨水的主要成分是NH3•H2O，NH3•H2O是弱电解质C.实验室可将浓氨水滴入碱石灰中快速制备NH3，所得气体用CaCl2干燥D.向氨水中通入适量CO2气体，可能生成两种盐〖答案〗C〖解析〗【详析】A．在实验室里，由于氨水有较强的挥发性，一般是现配现用，短时间存的放氨水一般在避光、阴凉的环境存放在棕色细口试剂瓶里，故A正确；B．氨水的主要成分是一水合氨，一水合氨在溶液中部分电离出铵根离子和氢氧根离子，属于弱电解质，故B正确；C．无水氯化钙能吸收氨气形成八氨合氯化钙，所以不能用氯化钙干燥氨气，故C错误；D．向氨水中通入适量二氧化碳气体时，氨水可能与二氧化碳反应得到碳酸铵和碳酸氢铵的混合溶液，故D正确；故选C。4.关于有机物的下列说法中，正确的是（）A.CH2Cl2存在两种同分异构体B.所有糖类都能发生水解反应C.乙烯分子中所有原子都共平面，乙烷分子中所有原子不可能共平面D.乙醇能使酚酞溶液变红，乙酸能使石蕊溶液变红〖答案〗C〖解析〗【详析】A．CH4和Cl2在光照条件下发生取代反应可生成CH2Cl2，CH2Cl2为四面体形，只有一种结构，不存在同分异构体，A错误；B．单糖不能发生水解反应，B错误；C．乙烯分子为平面形结构，所有原子共平面。乙烷分子中两个碳原子均具有类似甲烷的四面体结构，所有原子不可能共平面，C正确；D．乙醇水溶液中显中性，不能使酚酞溶液变红，D错误；故选C。5.下列实验操作能达到相应实验目的是（）选项实验目的实验操作A比较S和C的非金属性强弱稀硫酸滴入NaHCO3溶液中，观察是否有气泡产生B验证SO2是否有漂白性将SO2通入紫色石蕊溶液中，观察溶液是否褪色C除去乙烷中混有的乙烯将混合气体通入盛有足量酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶D证明镁比铝活泼以镁、铝为电极，插入NaOH溶液中形成原电池〖答案〗A〖解析〗【详析】A．稀硫酸滴入碳酸氢钠溶液中产生气泡说明硫酸的酸性强于碳酸，由元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强可知，硫元素的非金属性强于碳元素，故A正确；B．二氧化硫具有漂白性，但不能使酸碱指示剂漂白褪色，所以将二氧化氯通入紫色石蕊溶液中无法验证二氧化硫是否有漂白性，故B错误；C．乙烯与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成二氧化碳，则将混合气体通入盛有足量酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶中会引入新杂质二氧化碳，无法达到提纯乙烷的目的，故C错误；D．铝能与氢氧化钠溶液反应，而镁不能与氢氧化钠溶液反应，则以镁、铝为电极，插入氢氧化钠溶液中形成原电池时，铝做原电池的负极，镁做正极，不能说明镁比铝活泼，故D错误；故选A。6.不同价态含硫物质的转化如图所示，某些反应条件及产物已经省略，下列说法正确的是（）A.图中B能一步转化成D，A也能一步转化成DB.图中A、C反应能生成B，反应中C表现还原性C.工业上制备E，常用H2O吸收D，D转化为E的反应不是氧化还原反应D.图中A一在定条件下与E的浓溶液反应，可能生成B，也可能生成C〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由图可知，态含硫物质A与氧气反应可以生成B或C，且B能与氧气反应生成C、C能与氧气反应生成D，则A为硫化氢、B为硫、C为二氧化硫、D为三氧化硫，由D可以与水反应生成E、E可以转化为C可知，E为硫酸。【详析】A．由分析可知，B为硫、D为三氧化硫，硫与氧化剂一定条件下反应只能转化为二氧化硫，不能转化为三氧化硫，故A错误；B．硫化氢与二氧化硫反应生成硫和水，反应中二氧化硫在的硫元素化合价降低被还原，二氧化硫表现氧化性，故B错误；C．工业上制备硫酸时，用98.3%的浓硫酸吸收三氧化硫，不能用水吸收三氧化硫，否则会因为形成酸雾导致吸收效率降低，故C错误；D．硫化氢与一定浓度的硫酸反应时，可以生成硫、二氧化硫和水，也可能生成二氧化硫和水，故D正确；故选D。7.无机非金属材料是与有机高分子材料和金属材料并列的三大材料之一，下列说法不正确的是（）A.玻璃是传统无机非金属材料，由纯碱、石灰石和石英砂为原料可以制备普通玻璃B.以碳化硅、氮化硅或某些金属氧化物等在高温下烧结的高温结构陶瓷，属于新型无机非金属材料C.聚氯乙烯(PVC)可制成管道或绝缘材料，化学式为，属于纯净物D.合金属于金属材料，其用途比纯金属更广泛〖答案〗C〖解析〗【详析】A．水泥、玻璃和陶瓷是传统无机非金属材料，其中制备普通玻璃的原料为纯碱、石灰石和石英砂，故A正确；B．以碳化硅、氮化硅或某些金属氧化物等在高温下烧结的高温结构陶瓷是性能优良的新型无机非金属材料，故B正确；C．聚氯乙烯的聚合度n为不确定值，属于混合物，故C错误；D．合金是金属与金属或非金属融合而成的具有金属特性的金属材料，具有非常的优良性能，所以合金的用途比纯金属更广泛，故D正确；故选C。8.在元素周期表中，上一周期的左上角某些元素与相邻的下一周期的右下角另一些元素性质相似，称为对角线规则。“元素性质相似”指单质及相应化合物的物理性质、化学性质相似。下列关于铍以及其形成的化合物，推断不正确的是（）A.Be能与NaOH溶液反应：Be+2OH-=BeO+H2↑B.Be0能与NaOH溶液反应：BeO+2OH-=BeO+H2OC.Be(OH)2能溶于NaOH溶液：Be(OH)2+2OH-=BeO+2H2OD.BeCl2与过量氨水反应：Be2++4NH3•H2O=BeO+2H2O+4NH〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗铍与铝为对角线原则，则铍为两性金属，以此分析；【详析】A．Be与NaOH反应和Al与NaOH反应相似，，A正确；B．BeO为两性氧化物和Al2O3与NaOH反应相似，，B正确；C．Be(OH)2为两性氢氧化物，和Al(OH)3与NaOH反应相似，，C正确；D．氨水为弱碱不能溶解Be(OH)2，，D错误；故〖答案〗为：D。9.将56gFe溶于一定体积的稀硝酸中，Fe完全溶解后，溶液质量增重35g，如只产生NO气体，下列说法中正确的是（）A.反应后的溶液中，n(Fe2+)=0.9molB.Fe失去电子的物质的量为3molC.反应后的溶液中可能存在过量的硝酸D.上述反应初始时，n(HNO3)=4mol〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗1mol铁与足量稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，溶液增重足量为56g—×30g/mol=26g；1mol铁与吧足量稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，溶液增重足量为56g—××30g/mol=36g，由溶液质量增重35g可知，铁与稀硝酸反应得到硝酸铁和硝酸亚铁的混合物，设亚铁离子的物质的量为amol、铁离子的物质的量为bmol，由铁原子个数守恒可得：a+b=1，由溶液增重质量为35g可得26a+36b=35，解联立方程可得a=0.9、b=0.1。【详析】A．由分析可知，反应后的溶液中亚铁离子的物质的量为0.1mol，故A错误；B．由分析可知，亚铁离子的物质的量为0.9mol、铁离子为0.1mol，故B正确；C．由分析可知，反应得到硝酸铁和硝酸亚铁的混合溶液，则硝酸溶液不足量，故C错误；D．由分析可知，反应后的溶液中亚铁离子的物质的量为0.1mol、铁离子物质的量0.9mol。由得失电子数目守恒可知，一氧化氮的物质的量为，由氮原子个数守恒可知，硝酸的物质的量为4mol，故D正确；故选C。10.纳米级Fe3O4可用于以太阳光为热源分解水制H2，过程如图所示。下列说法中不正确的是（）A.过程Ⅰ和过程Ⅱ都发生了氧化还原反应B.过程Ⅰ的反应：2Fe3O46FeO+O2↑C.FeO在光解水制H2的过程中起催化作用D.过程I每生成1molO2的同时，过程Ⅱ理论上可生成2molH2〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗过程Ⅰ发生反应，过程Ⅱ发生反应，Fe3O4为整个过程的催化剂。【详析】A．过程Ⅰ中O元素化合价升高生成O2，过程Ⅱ中H元素化合价降低生成H2，有元素化合价升降，两过程均发生了氧化还原反应，A正确；B．过程Ⅰ是在太阳能作用下Fe3O4分解为FeO和O2，反应的化学方程式为，B正确；C．在光解水制H2的过程中，Fe3O4是整个过程的催化剂，FeO为中间产物，C错误；D．过程Ⅰ每生成1molO2，转移4mol电子，则转移相同物质的量的电子，过程Ⅱ理论上可生成2molH2，D正确；故选C。11.维生素C是一种常见的抗氧化剂，其结构简式如图，下列有关说法不正确的是（）A.该有机物中存在四种官能团B.该有机物能发生氧化反应、取代反应和加成反应C.该有机物的分子式为C6H8O6D.1mol该有机物与足量钠反应能生成2molH2〖答案〗A〖解析〗【详析】A．由结构简式可知，维生素C分子的官能团为羟基、酯基和碳碳双键，共有3种，故A错误；B．由结构简式可知，维生素C分子含有的羟基可以发生取代反应和氧化反应，含有的碳碳双键能发生氧化反应和加成反应，故B正确；C．由结构简式可知，维生素C的分子式为C6H8O6，故B正确；D．由结构简式可知，维生素C分子含有的羟基能与金属钠反应生成氢气，则1mol维生素C与足量钠反应能生成2mol氢气，故D正确；故选A。12.硫酸是一种具有高腐蚀性的强矿物酸，浓硫酸是指质量分数大于等于70%的硫酸溶液，又称“坏水”，下列关于浓硫酸的性质叙述中，正确的是（）A.炽热的碳与浓硫酸反应，浓硫酸表现强氧化性和酸性B.浓硫酸使蔗糖炭化，浓硫酸表现吸水性C.胆矾晶体上滴加浓硫酸，变成白色固体，浓硫酸表现脱水性D.热的浓硫酸溶液与过量的铁粉反应，至少涉及三个氧化还原反应〖答案〗D〖解析〗【详析】A．炽热的碳与浓硫酸的反应为浓硫酸与碳共热反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，反应中浓硫酸只表现强氧化性，不表现酸性，故A错误；B．浓硫酸使蔗糖脱水炭化时，浓硫酸表现脱水性，不表现吸水性，故B错误；C．浓硫酸具有吸水性，将胆矾晶体上滴加浓硫酸时，浓硫酸会夺取胆矾晶体中的结晶水，使胆矾晶体变成白色固体，故C错误；D．热的浓硫酸溶液与过量的铁粉反应时，浓硫酸首先与铁共热反应生成硫酸铁、二氧化硫和水，反应中浓硫酸会因消耗和水的生成而变为稀硫酸，过量的铁与溶液中铁离子反应生成亚铁离子后，还能与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，则反应中至少涉及三个氧化还原反应，故D正确；故选D13.下列原电池装置中，说法正确的是（）A.Zn电极为负极，发生氧化反应B.外电路电子从Cu电极经电流表流向Zn电极C.电解质溶液中SO向Cu电极迁移D.该装置能将化学能全部转化电能〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗由图可知，锌电极为原电池的负极，锌失去电子发生氧化反应生成锌离子，铜为正极，氢离子在正极得到电子发生还原反应生成氢气。【详析】A．由分析可知，锌电极为原电池的负极，锌失去电子发生氧化反应生成锌离子，故A正确；B．由分析可知，锌电极为原电池的负极，铜为正极，则外电路电子从锌电极经电流表流向铜电极，故B错误；C．由分析可知，锌电极为原电池的负极，铜为正极，则硫酸根离子向锌电极迁移，故C错误；D．由分析可知，该装置为原电池，能将化学能转化为电能，但全部转化为电能，故D错误；故选A。14.某化学反应的能量——反应过程曲线如图，说法正确的是（）A.该反应一定需要加热才能进行B.该反应的反应物键能总和大于产物键能总和C.该反应可能是Zn与稀硫酸之间的反应D.该反应一定属于氧化还原反应〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗由图示可知，该反应中，反应物总能量小于生成物总能量，该反应为吸热反应。【详析】A．通过图像可知，该反应为吸热反应，反应条件与反应的能量变化无关，A错误；B．吸热反应中，反应物键能总和大于生成物键能总和，B正确；C．金属与酸为放热反应，与图像不符，C错误；D．大多数分解反应、盐水解反应、电离反应、少数化合反应均为吸热反应，所以上述图示的反应不一定属于氧化还原反应，D错误；故〖答案〗为：B。15.1659年，德国人J.R.格劳贝尔首次制得硝酸铵，硝酸铵主要用作肥料及工业用和军用炸药，400℃以上时，剧烈分解发生爆炸：4NH4NO33N2↑+2NO2↑+8H2O，对于该反应下列说法正确的是（）A.每生成3molN2，转移电子的物质的量为12molB.该反应中，有非极性键的断裂和形成C.该反应中，被氧化和被还原的N原子个数之比为3：1D.该反应中，氧化产物和还原产物的物质量之比为3：2〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗由方程式可知，反应中铵根离子中氮元素的化合价升高被氧化，氮气是反应的氧化产物，硝酸根离子中的氮元素化合价降低被还原，氮气和二氧化氮是反应的还原产物。【详析】A．由分析可知，氮气即是反应的氧化产物也是还原产物，反应生成3mol氮气，转移12mol电子，故A正确；B．由方程式可知，反应中由氮氮非极性键的形成，但没有氮氮非极性键的断裂，故B错误；C．由分析可知，氮气即是反应的氧化产物也是还原产物，二氧化氮是反应的还原产物，则被氧化和被还原的N原子个数之比为1：1，故C错误；D．由分析可知，氮气即是反应的氧化产物也是还原产物，二氧化氮是反应的还原产物，则氧化产物和还原产物的物质量之比为2：3，故D错误；故选A。第II卷(非选择题共55分)16.硒(Se)是人体必需微量元素之一，含硒化合物在材料和药物领域具有重要应用。自我国科学家发现聚集诱导发光(AIE)效应以来，AIE在发光材料，生物医学等领域引起广泛关注。（1）Se在元素周期表中的位置为______，Se和Se互为______，这两种原子中子数之差的绝对值为_______。（2）H2Se是一种有恶臭的气体，与H2O相比，沸点H2Se_______H2O(填“＞”或“＜”，下同)，原因是______；热稳定性：H2Se_______H2O。（3）较高浓度的Na2SeO2能促进细胞DNA的增殖活性，延缓细胞衰老。Na、Se、O形成的简单离子的半径由大到小的顺序为______(填离子符号)。（4）一种合成含Se的新型AIE分子的原料结构如图：肼(N2H4)的结构与上述分子部分结构十分相似，N2H4的电子式为_______。〖答案〗（1）①.第四周期第VIA族②.同位素③.2（2）①.＜②.水分子间存在氢键③.＜（3）（4）〖解析〗【小问1详析】Se的原子序数为34，核外有34个电子，分四层排布，最外层含有6个电子，则Se位于第四周期第VIA族；质子数相同，质量数不同的核素互为同位素，中子数为40，中子数为42，则中子数的差为2；故〖答案〗为：第四周期第VIA族；同位素；2；【小问2详析】水分子间存在氢键，H2O的沸点高于H2Se，O的氧化性强于Se，则热稳定性H2Se＜H2O；故〖答案〗为：＜；水分子间存在氢键，＜；【小问3详析】粒子中，电子层数越大，粒子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大，半径越小，则；【小问4详析】N2H4分子中，形成N-N键及N-H键；故〖答案〗为：。17.亚硝酸钙[Ca(NO2)2]是白色粉末，易潮解，在钢筋混凝土工程中，常用作水泥硬化促进剂和防冻阻锈剂。混凝土每加入2%的亚硝酸钙，使建造的钢筋混凝土建筑结构寿命能增加15～20年，实验制备亚硝酸钙装置如图所示(夹持装置已略去)。（1）甲装置的名称是_______，E装置中倒扣漏斗的作用是_______。（2）向三颈烧瓶中滴加稀硝酸之前和滴加稀硝酸之后都需要通入N2，滴加稀硝酸之后通入N2的目的是_______。（3）A装置中发生化学反应的离子方程式为______。（4）B装置中盛装H2O，B装置的作用是_______。（5）用电子式表示CaO2的形成过程_______。（6）该装置有一处缺陷，导致Ca(NO2)2产率降低，改进的方法是_______。（7）E中反应的离子方程式为______。〖答案〗（1）①.分液漏斗②.防倒吸（2）滴加稀硝酸之前通入氮气的目的是排尽装置中的空气，防止NO被氧化为NO2，滴加稀硝酸之后，通入氮气的目的是将生成的一氧化氮排出，提高原料的利用率（3）3Cu+2NO+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O（4）除去HNO3和NO2（5）（6）在装置D、E之间加装盛有浓硫酸的洗气瓶（7）3MnO+5NO+4H+=3Mn2++5NO+2H2O〖解析〗〖祥解〗实验前通入氮气排尽装置中的空气，防止空气中的氧气氧化一氧化氮，装置A中铜与稀硝酸反应制备一氧化氮，随后通入氮气将反应生成的一氧化氮排出，提高一氧化氮的利用率，装置B中盛有的水用于除去一氧化氮中混有的挥发出的硝酸蒸气和二氧化氮，装置C中盛有的无水氯化钙用于干燥一氧化氮，装置D中一氧化氮与过氧化钙共热反应制备亚硝酸钙，装置E中盛有的酸性高锰酸钾溶液用于吸收一氧化氮，防止污染空气，该装置的缺陷是E中的水蒸气进入D中会与过氧化钙反应，应在装置D、E之间加装盛有浓硫酸的洗气瓶吸收水蒸气，防止水蒸气干扰实验。【小问1详析】由实验装置图可知，甲装置为分液漏斗；E装置中倒扣漏斗的作用是防止一氧化氮与酸性高锰酸钾溶液反应速率过快，产生倒吸，故〖答案〗为：分液漏斗；【小问2详析】由分析可知，滴加稀硝酸之前通入氮气的目的是排尽装置中的空气，防止NO被氧化为NO2，滴加稀硝酸之后，通入氮气的目的是将生成的一氧化氮排出，提高原料的利用率，故〖答案〗为：滴加稀硝酸之前通入氮气的目的是排尽装置中的空气，防止NO被氧化为NO2，滴加稀硝酸之后，通入氮气的目的是将生成的一氧化氮排出，提高原料的利用率；【小问3详析】由分析可知，A装置中发生的反应为铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式为3Cu+2NO+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，故〖答案〗为：3Cu+2NO+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O；【小问4详析】由分析可知，装置B中盛有的水用于除去一氧化氮中混有的挥发出的硝酸蒸气和二氧化氮，故〖答案〗为：除去HNO3和NO2；【小问5详析】过氧化钙是含有离子键和共价键的离子化合物，表示过氧化钙形成过程的电子式为，故〖答案〗为：；【小问6详析】由分析可知，该装置的缺陷是E中的水蒸气进入D中会与过氧化钙反应，应在装置D、E之间加装盛有浓硫酸的洗气瓶吸收水蒸气，防止水蒸气干扰实验，故〖答案〗为：在装置D、E之间加装盛有浓硫酸的洗气瓶；【小问7详析】由分析可知，装置E中盛有的酸性高锰酸钾溶液用于吸收一氧化氮，防止污染空气，反应的离子方程式为3MnO+5NO+4H+=3Mn2++5NO+2H2O，故〖答案〗为：3MnO+5NO+4H+=3Mn2++5NO+2H2O。18.工业废水任意排放，是造成环境污染的最大祸首。协同去污，变废为宝，为处理工业废水提供了新思路。永固电镀厂产生大量含FeSO4、CuSO4的电镀废液，水光皮革厂产生大量含K2Cr2O7的废液。两厂联合处理废水，回收Cu并生产铁红和媒染剂Cr2(SO4)3•6H2O，工艺流程如图：（1）K2Cr2O7中Cr元素的化合价为_______。（2）处理滤渣时，要保持通风，并严禁烟火，其原因是_______。（3）滤液可以通入X一步转化为溶液A，检验溶液A中金属阳离子的试剂是______，X可以是下列选项中的哪些物质_______。A.CO2B.O2C.Cl2D.SO2（4）滤液与含K2Cr2O7的废液反应的离子方程式为_______。（5）从Cr2(SO4)3溶液制取Cr2(SO4)3•6H2O晶体的实验操作方法为_______、_______、过滤、洗涤、干燥。（6）已知Cr(OH)3化学性质与Al(OH)3类似，选择合适化学试剂，将流程中的Cr2(SO4)3溶液转化为可用于陶瓷和搪瓷的着色剂Cr2O3(绿色粉末，广泛用于陶瓷和搪瓷的着色剂)，转化过程中发生的主要的化学方程式为：_______、_______。〖答案〗（1）+6价（2）铁与稀硫酸反应生成氢气，遇明火会发生爆炸（3）①.KSCN溶液②.BC（4）6Fe2++Cr2O+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O（5）①.蒸发浓缩②.冷却结晶（6）①.Cr2(SO4)3+6NH3·H2O=2Cr(OH)3↓+3(NH4)2SO4②.2Cr(OH)3Cr2O3+3H2O〖解析〗〖祥解〗由题给流程可知，向电镀废液中加入过量铁粉，将溶液中铜离子转化为铜，过滤得到含有铜、铁的滤渣和含有硫酸亚铁的滤液；向滤渣中加入过量稀硫酸，将滤渣中的铁转化为硫酸亚铁，过滤得到铜和含有硫酸亚铁的滤液；向混合后的滤液中通入氧气或氯气，将溶液中的亚铁离子氧化得到含有铁离子的溶液A；向滤液中加入重铬酸钾废液，将溶液中的亚铁离子氧化得到含有铁离子和铬离子的溶液B；向溶液B中加入萃取剂萃取、分液得到含有铁离子的有机相和硫酸铬溶液；硫酸铬溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水硫酸铬；向有机相中加入稀硫酸反萃取、分液得到可循环使用的萃取剂和含有铁离子的溶液A；向溶液A中加入氢氧化钠溶液，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到的氢氧化铁受热分解得到铁红。【小问1详析】由化合价的代数和为0可知，重铬酸钾中铬元素的化合价为+6价，故〖答案〗为：+6价；【小问2详析】由分析可知，滤渣的主要成分为铜、铁，向滤渣中加入过量稀硫酸时，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，氢气遇明火会燃烧爆炸，所以处理滤渣时，要保持通风，并严禁烟火，故〖答案〗为：铁与稀硫酸反应生成氢气，遇明火会发生爆炸；【小问3详析】由分析可知，溶液A为含有铁离子的溶液，溶液中的铁离子与硫氰酸根离子反应生成红色的硫氰化铁，则检验溶液A中铁离子的试剂为硫氰化钾溶液；通入氧气或氯气，将溶液中的亚铁离子氧化得到含有铁离子的溶液A，则X为氧气或氯气，故〖答案〗为：KSCN溶液；BC；【小问4详析】由分析可知，滤液与废液发生的反应为酸性条件下，溶液中亚铁离子与重铬酸根离子反应生成铁离子、铬离子和水，反应的离子方程式为6Fe2++Cr2O+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，故〖答案〗为：6Fe2++Cr2O+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O；【小问5详析】由分析可知，制得六水硫酸铬的实验操作方法为硫酸铬溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水硫酸铬，故〖答案〗为：蒸发浓缩；冷却结晶；【小问6详析】由氢氧化铬的性质与氢氧化铝类似可知，由硫酸铬溶液制备氧化铬德尔反应为，硫酸铬溶液与氨水反应生成氢氧化铬沉淀和硫酸铵，过滤得到的氢氧化铬受热分解生成三氧化铬和水，反应的化学方程式分别为Cr2(SO4)3+6NH3·H2O=2Cr(OH)3↓+3(NH4)2SO4、2Cr(OH)3Cr2O3+3H2O，故〖答案〗为：Cr2(SO4)3+6NH3·H2O=2Cr(OH)3↓+3(NH4)2SO4；2Cr(OH)3Cr2O3+3H2O。19.根据要求回答下列有关问题：I.某一个烷烃分子中电子总数为42。（1）该烷烃的分子式为_______。（2）写出该烷烃分子的所有同分异构体的结构简式_______。（3）1mol该烷烃与6molCl2混合后在光照下充分反应，其反应类型是_______，产物中生成HCl的物质的量为______mol。II.乙烯的产量可以用来衡量一个国家石油化学工业的发展水平。（4）乙烯的官能团名称为_______。（5）乙烯可以用作合成塑料的原料，写出在催化剂作用下，由乙烯制备聚乙烯的化学反应方程式______，聚乙烯的链节为________。III.乙醇和乙酸是生活中常见的烃的含氧衍生物。（6）将乙醇蒸气通入盛有CuO粉末的硬质玻璃管，在加热条件下发生化学反应，其化学反应方程式为_______，反应类型为_______。（7）乙酸的官能团名称为_______，由乙酸和乙醇在浓硫酸作催化剂条件下制备乙酸乙酯的化学反应方程式为_______。（8）mg乙酸完全燃烧消耗O2的物质的量与1molCH4完全燃烧消耗O2的物质的量相等，则mg乙酸与足量碳酸氢钠溶液反应，产生气体的物质的量为______。〖答案〗（1）C5H12（2）CH3CH2CH2CH2CH3、(CH3)2CHCH2CH3、(CH3)4C（3）①.取代反应②.6mol（4）碳碳双键（5）①.nCH2=CH2②.—CH2CH2—（6）①.CH3CH2OH+CuOCH3CH+Cu+H2O②.氧化反应（7）①.羧基②.CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O（8）mol〖解析〗【小问1详析】设烷烃的分子式为CnH2n+2，由烷烃分子中电子总数为42可得：8n+2=42，解得n=5，则烷烃的分子式为C5H12，故〖答案〗为：C5H12；【小问2详析】戊烷的同分异构体为正戊烷、异戊烷和新戊烷，结构简式分别为CH3CH2CH2CH2CH3、(CH3)2CHCH2CH3、(CH3)4C，故〖答案〗为：CH3CH2CH2CH2CH3、(CH3)2CHCH2CH3、(CH3)4C；【小问3详析】戊烷与氯气在光照条件下发生取代反应生成氯代戊烷和氯化氢，则1mol戊烷与6mol氯气混合后在光照下充分反应生成氯化氢的物质的量为6mol，故〖答案〗为：取代反应；6mol；【小问4详析】乙烯是官能团为碳碳双键的烯烃，故〖答案〗为：碳碳双键；【小问5详析】在催化剂作用下，含有碳碳双键的乙烯发生加聚反应生成链节为—CH2CH2—聚乙烯，反应的化学方程式为nCH2=CH2，故〖答案〗为：nCH2=CH2；—CH2CH2—；【小问6详析】将乙醇蒸气通入盛有氧化铜粉末的硬质玻璃管中加热条件下发生的反应为乙醇与氧化铜共热反应生成乙醛、铜和水，反应的化学方程式为CH3CH2OH+CuOCH3CH+Cu+H2O，故〖答案〗为：CH3CH2OH+CuOCH3CH+Cu+H2O；【小问7详析】乙酸的结构简式为CH3COOH，官能团为羧基，浓硫酸作用下乙酸与乙醇共热反应生成乙酸乙酯和水，反应的化学方程式为CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O，故〖答案〗为：羧基；CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O；【小问8详析】乙酸的分子式可改写为CH4·H2O，则1mol乙酸与1mol甲烷完全燃烧消耗氧气的物质的量相等，乙酸溶液与碳酸氢钠溶液反应生成乙酸钠、二氧化碳和水，则mg乙酸与足量碳酸氢钠溶液反应产生二氧化碳气体的物质的量为=mol，故〖答案〗为：mol。湖北省鄂西南三校2022-2023学年高一5月联考试题注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、考号填写在答题卡与试题卷上，并将考号条形码贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答：每小题选出〖答案〗后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他〖答案〗标号。答在试题卷、草稿纸上无效。3.非选择题用0.5毫米黑色墨水签字笔将〖答案〗直接答在答题卡上对应的答题区域内。答在试题卷、草稿纸上无效。4.考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，只交答题卡。可能用到的相对原子量：H-1C-12N-14O-16Fe-56Cu-64第I卷(选择题共45分)一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)1.化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是（）A.光导纤维称为信息高速公路的骨架，其主要成分是SiB.葡萄酒中添加过量SO2既可以起到杀菌作用，又可以起到漂白作用C.石膏(CaSO4•2H2O)在工业上被用来调节水泥的硬化速率D.二氧化硫、氮氧化物的大量排放可能形成酸雨，pH小于7的雨水即为酸雨〖答案〗C〖解析〗【详析】A．光导纤维的主要成分为二氧化硅，不是硅，故A错误；B．葡萄酒中添加过量二氧化硫可以起到杀菌和防氧化的作用，但不能起到漂白作用，故B错误；C．水泥溶于水形成胶体，加入石膏能使胶体发生聚沉达到调节水泥的硬化速率作用，故C正确；D．二氧化碳溶于水使溶液的pH为5.6，则pH小于5.6的雨水为酸雨，故D错误；故选C。2.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A.标准状况下，22.4L的SO2和1molO2所含O原子数目相等B.26g氚化钠(32NaT)中所含中子数为14NAC.64gCu与含2molH2SO4溶质的浓硫酸反应，转移电子的数目为2NAD.44gCO2中，共用电子对的数目为2NA〖答案〗A〖解析〗【详析】A．标准状况下，22.4L二氧化硫含有的氧原子的个数为×2×NAmol—1=2NA，1mol氧气含有的氧原子个数为1mol×2×NAmol—1=2NA，两者含有的氧原子个数相同，故A正确；B．氚化钠中的中子数为11+3=14，则26g氚化钠所含中子数×14×NAmol—1≠14NA，故B错误；C．铜与浓硫酸共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应中浓硫酸变为不能与稀硫酸反应的稀硫酸，则64g铜与含2mol硫酸溶质的浓硫酸反应时，铜不能完全反应，则反应转移电子的数目小于×2×NAmol—1=2NA，故C错误；D．二氧化碳分子中含有4对共用电子对，则44g二氧化碳含有的共用电子对的数目为×4×NAmol—1=4NA，故D错误；故选A。3.《本草纲目拾遗》中在药物名“鼻冲水”条目下写道：贮以玻璃瓶，紧塞其口，勿使泄气，则药力不减，气甚辛烈，触入脑，非有病不可嗅。“鼻冲水”即氨水，又称阿摩尼亚水，下列说法不正确是（）A.氨水在实验室中用棕色细口试剂瓶避光保存B.氨水的主要成分是NH3•H2O，NH3•H2O是弱电解质C.实验室可将浓氨水滴入碱石灰中快速制备NH3，所得气体用CaCl2干燥D.向氨水中通入适量CO2气体，可能生成两种盐〖答案〗C〖解析〗【详析】A．在实验室里，由于氨水有较强的挥发性，一般是现配现用，短时间存的放氨水一般在避光、阴凉的环境存放在棕色细口试剂瓶里，故A正确；B．氨水的主要成分是一水合氨，一水合氨在溶液中部分电离出铵根离子和氢氧根离子，属于弱电解质，故B正确；C．无水氯化钙能吸收氨气形成八氨合氯化钙，所以不能用氯化钙干燥氨气，故C错误；D．向氨水中通入适量二氧化碳气体时，氨水可能与二氧化碳反应得到碳酸铵和碳酸氢铵的混合溶液，故D正确；故选C。4.关于有机物的下列说法中，正确的是（）A.CH2Cl2存在两种同分异构体B.所有糖类都能发生水解反应C.乙烯分子中所有原子都共平面，乙烷分子中所有原子不可能共平面D.乙醇能使酚酞溶液变红，乙酸能使石蕊溶液变红〖答案〗C〖解析〗【详析】A．CH4和Cl2在光照条件下发生取代反应可生成CH2Cl2，CH2Cl2为四面体形，只有一种结构，不存在同分异构体，A错误；B．单糖不能发生水解反应，B错误；C．乙烯分子为平面形结构，所有原子共平面。乙烷分子中两个碳原子均具有类似甲烷的四面体结构，所有原子不可能共平面，C正确；D．乙醇水溶液中显中性，不能使酚酞溶液变红，D错误；故选C。5.下列实验操作能达到相应实验目的是（）选项实验目的实验操作A比较S和C的非金属性强弱稀硫酸滴入NaHCO3溶液中，观察是否有气泡产生B验证SO2是否有漂白性将SO2通入紫色石蕊溶液中，观察溶液是否褪色C除去乙烷中混有的乙烯将混合气体通入盛有足量酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶D证明镁比铝活泼以镁、铝为电极，插入NaOH溶液中形成原电池〖答案〗A〖解析〗【详析】A．稀硫酸滴入碳酸氢钠溶液中产生气泡说明硫酸的酸性强于碳酸，由元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强可知，硫元素的非金属性强于碳元素，故A正确；B．二氧化硫具有漂白性，但不能使酸碱指示剂漂白褪色，所以将二氧化氯通入紫色石蕊溶液中无法验证二氧化硫是否有漂白性，故B错误；C．乙烯与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成二氧化碳，则将混合气体通入盛有足量酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶中会引入新杂质二氧化碳，无法达到提纯乙烷的目的，故C错误；D．铝能与氢氧化钠溶液反应，而镁不能与氢氧化钠溶液反应，则以镁、铝为电极，插入氢氧化钠溶液中形成原电池时，铝做原电池的负极，镁做正极，不能说明镁比铝活泼，故D错误；故选A。6.不同价态含硫物质的转化如图所示，某些反应条件及产物已经省略，下列说法正确的是（）A.图中B能一步转化成D，A也能一步转化成DB.图中A、C反应能生成B，反应中C表现还原性C.工业上制备E，常用H2O吸收D，D转化为E的反应不是氧化还原反应D.图中A一在定条件下与E的浓溶液反应，可能生成B，也可能生成C〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由图可知，态含硫物质A与氧气反应可以生成B或C，且B能与氧气反应生成C、C能与氧气反应生成D，则A为硫化氢、B为硫、C为二氧化硫、D为三氧化硫，由D可以与水反应生成E、E可以转化为C可知，E为硫酸。【详析】A．由分析可知，B为硫、D为三氧化硫，硫与氧化剂一定条件下反应只能转化为二氧化硫，不能转化为三氧化硫，故A错误；B．硫化氢与二氧化硫反应生成硫和水，反应中二氧化硫在的硫元素化合价降低被还原，二氧化硫表现氧化性，故B错误；C．工业上制备硫酸时，用98.3%的浓硫酸吸收三氧化硫，不能用水吸收三氧化硫，否则会因为形成酸雾导致吸收效率降低，故C错误；D．硫化氢与一定浓度的硫酸反应时，可以生成硫、二氧化硫和水，也可能生成二氧化硫和水，故D正确；故选D。7.无机非金属材料是与有机高分子材料和金属材料并列的三大材料之一，下列说法不正确的是（）A.玻璃是传统无机非金属材料，由纯碱、石灰石和石英砂为原料可以制备普通玻璃B.以碳化硅、氮化硅或某些金属氧化物等在高温下烧结的高温结构陶瓷，属于新型无机非金属材料C.聚氯乙烯(PVC)可制成管道或绝缘材料，化学式为，属于纯净物D.合金属于金属材料，其用途比纯金属更广泛〖答案〗C〖解析〗【详析】A．水泥、玻璃和陶瓷是传统无机非金属材料，其中制备普通玻璃的原料为纯碱、石灰石和石英砂，故A正确；B．以碳化硅、氮化硅或某些金属氧化物等在高温下烧结的高温结构陶瓷是性能优良的新型无机非金属材料，故B正确；C．聚氯乙烯的聚合度n为不确定值，属于混合物，故C错误；D．合金是金属与金属或非金属融合而成的具有金属特性的金属材料，具有非常的优良性能，所以合金的用途比纯金属更广泛，故D正确；故选C。8.在元素周期表中，上一周期的左上角某些元素与相邻的下一周期的右下角另一些元素性质相似，称为对角线规则。“元素性质相似”指单质及相应化合物的物理性质、化学性质相似。下列关于铍以及其形成的化合物，推断不正确的是（）A.Be能与NaOH溶液反应：Be+2OH-=BeO+H2↑B.Be0能与NaOH溶液反应：BeO+2OH-=BeO+H2OC.Be(OH)2能溶于NaOH溶液：Be(OH)2+2OH-=BeO+2H2OD.BeCl2与过量氨水反应：Be2++4NH3•H2O=BeO+2H2O+4NH〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗铍与铝为对角线原则，则铍为两性金属，以此分析；【详析】A．Be与NaOH反应和Al与NaOH反应相似，，A正确；B．BeO为两性氧化物和Al2O3与NaOH反应相似，，B正确；C．Be(OH)2为两性氢氧化物，和Al(OH)3与NaOH反应相似，，C正确；D．氨水为弱碱不能溶解Be(OH)2，，D错误；故〖答案〗为：D。9.将56gFe溶于一定体积的稀硝酸中，Fe完全溶解后，溶液质量增重35g，如只产生NO气体，下列说法中正确的是（）A.反应后的溶液中，n(Fe2+)=0.9molB.Fe失去电子的物质的量为3molC.反应后的溶液中可能存在过量的硝酸D.上述反应初始时，n(HNO3)=4mol〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗1mol铁与足量稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，溶液增重足量为56g—×30g/mol=26g；1mol铁与吧足量稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，溶液增重足量为56g—××30g/mol=36g，由溶液质量增重35g可知，铁与稀硝酸反应得到硝酸铁和硝酸亚铁的混合物，设亚铁离子的物质的量为amol、铁离子的物质的量为bmol，由铁原子个数守恒可得：a+b=1，由溶液增重质量为35g可得26a+36b=35，解联立方程可得a=0.9、b=0.1。【详析】A．由分析可知，反应后的溶液中亚铁离子的物质的量为0.1mol，故A错误；B．由分析可知，亚铁离子的物质的量为0.9mol、铁离子为0.1mol，故B正确；C．由分析可知，反应得到硝酸铁和硝酸亚铁的混合溶液，则硝酸溶液不足量，故C错误；D．由分析可知，反应后的溶液中亚铁离子的物质的量为0.1mol、铁离子物质的量0.9mol。由得失电子数目守恒可知，一氧化氮的物质的量为，由氮原子个数守恒可知，硝酸的物质的量为4mol，故D正确；故选C。10.纳米级Fe3O4可用于以太阳光为热源分解水制H2，过程如图所示。下列说法中不正确的是（）A.过程Ⅰ和过程Ⅱ都发生了氧化还原反应B.过程Ⅰ的反应：2Fe3O46FeO+O2↑C.FeO在光解水制H2的过程中起催化作用D.过程I每生成1molO2的同时，过程Ⅱ理论上可生成2molH2〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗过程Ⅰ发生反应，过程Ⅱ发生反应，Fe3O4为整个过程的催化剂。【详析】A．过程Ⅰ中O元素化合价升高生成O2，过程Ⅱ中H元素化合价降低生成H2，有元素化合价升降，两过程均发生了氧化还原反应，A正确；B．过程Ⅰ是在太阳能作用下Fe3O4分解为FeO和O2，反应的化学方程式为，B正确；C．在光解水制H2的过程中，Fe3O4是整个过程的催化剂，FeO为中间产物，C错误；D．过程Ⅰ每生成1molO2，转移4mol电子，则转移相同物质的量的电子，过程Ⅱ理论上可生成2molH2，D正确；故选C。11.维生素C是一种常见的抗氧化剂，其结构简式如图，下列有关说法不正确的是（）A.该有机物中存在四种官能团B.该有机物能发生氧化反应、取代反应和加成反应C.该有机物的分子式为C6H8O6D.1mol该有机物与足量钠反应能生成2molH2〖答案〗A〖解析〗【详析】A．由结构简式可知，维生素C分子的官能团为羟基、酯基和碳碳双键，共有3种，故A错误；B．由结构简式可知，维生素C分子含有的羟基可以发生取代反应和氧化反应，含有的碳碳双键能发生氧化反应和加成反应，故B正确；C．由结构简式可知，维生素C的分子式为C6H8O6，故B正确；D．由结构简式可知，维生素C分子含有的羟基能与金属钠反应生成氢气，则1mol维生素C与足量钠反应能生成2mol氢气，故D正确；故选A。12.硫酸是一种具有高腐蚀性的强矿物酸，浓硫酸是指质量分数大于等于70%的硫酸溶液，又称“坏水”，下列关于浓硫酸的性质叙述中，正确的是（）A.炽热的碳与浓硫酸反应，浓硫酸表现强氧化性和酸性B.浓硫酸使蔗糖炭化，浓硫酸表现吸水性C.胆矾晶体上滴加浓硫酸，变成白色固体，浓硫酸表现脱水性D.热的浓硫酸溶液与过量的铁粉反应，至少涉及三个氧化还原反应〖答案〗D〖解析〗【详析】A．炽热的碳与浓硫酸的反应为浓硫酸与碳共热反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，反应中浓硫酸只表现强氧化性，不表现酸性，故A错误；B．浓硫酸使蔗糖脱水炭化时，浓硫酸表现脱水性，不表现吸水性，故B错误；C．浓硫酸具有吸水性，将胆矾晶体上滴加浓硫酸时，浓硫酸会夺取胆矾晶体中的结晶水，使胆矾晶体变成白色固体，故C错误；D．热的浓硫酸溶液与过量的铁粉反应时，浓硫酸首先与铁共热反应生成硫酸铁、二氧化硫和水，反应中浓硫酸会因消耗和水的生成而变为稀硫酸，过量的铁与溶液中铁离子反应生成亚铁离子后，还能与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，则反应中至少涉及三个氧化还原反应，故D正确；故选D13.下列原电池装置中，说法正确的是（）A.Zn电极为负极，发生氧化反应B.外电路电子从Cu电极经电流表流向Zn电极C.电解质溶液中SO向Cu电极迁移D.该装置能将化学能全部转化电能〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗由图可知，锌电极为原电池的负极，锌失去电子发生氧化反应生成锌离子，铜为正极，氢离子在正极得到电子发生还原反应生成氢气。【详析】A．由分析可知，锌电极为原电池的负极，锌失去电子发生氧化反应生成锌离子，故A正确；B．由分析可知，锌电极为原电池的负极，铜为正极，则外电路电子从锌电极经电流表流向铜电极，故B错误；C．由分析可知，锌电极为原电池的负极，铜为正极，则硫酸根离子向锌电极迁移，故C错误；D．由分析可知，该装置为原电池，能将化学能转化为电能，但全部转化为电能，故D错误；故选A。14.某化学反应的能量——反应过程曲线如图，说法正确的是（）A.该反应一定需要加热才能进行B.该反应的反应物键能总和大于产物键能总和C.该反应可能是Zn与稀硫酸之间的反应D.该反应一定属于氧化还原反应〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗由图示可知，该反应中，反应物总能量小于生成物总能量，该反应为吸热反应。【详析】A．通过图像可知，该反应为吸热反应，反应条件与反应的能量变化无关，A错误；B．吸热反应中，反应物键能总和大于生成物键能总和，B正确；C．金属与酸为放热反应，与图像不符，C错误；D．大多数分解反应、盐水解反应、电离反应、少数化合反应均为吸热反应，所以上述图示的反应不一定属于氧化还原反应，D错误；故〖答案〗为：B。15.1659年，德国人J.R.格劳贝尔首次制得硝酸铵，硝酸铵主要用作肥料及工业用和军用炸药，400℃以上时，剧烈分解发生爆炸：4NH4NO33N2↑+2NO2↑+8H2O，对于该反应下列说法正确的是（）A.每生成3molN2，转移电子的物质的量为12molB.该反应中，有非极性键的断裂和形成C.该反应中，被氧化和被还原的N原子个数之比为3：1D.该反应中，氧化产物和还原产物的物质量之比为3：2〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗由方程式可知，反应中铵根离子中氮元素的化合价升高被氧化，氮气是反应的氧化产物，硝酸根离子中的氮元素化合价降低被还原，氮气和二氧化氮是反应的还原产物。【详析】A．由分析可知，氮气即是反应的氧化产物也是还原产物，反应生成3mol氮气，转移12mol电子，故A正确；B．由方程式可知，反应中由氮氮非极性键的形成，但没有氮氮非极性键的断裂，故B错误；C．由分析可知，氮气即是反应的氧化产物也是还原产物，二氧化氮是反应的还原产物，则被氧化和被还原的N原子个数之比为1：1，故C错误；D．由分析可知，氮气即是反应的氧化产物也是还原产物，二氧化氮是反应的还原产物，则氧化产物和还原产物的物质量之比为2：3，故D错误；故选A。第II卷(非选择题共55分)16.硒(Se)是人体必需微量元素之一，含硒化合物在材料和药物领域具有重要应用。自我国科学家发现聚集诱导发光(AIE)效应以来，AIE在发光材料，生物医学等领域引起广泛关注。（1）Se在元素周期表中的位置为______，Se和Se互为______，这两种原子中子数之差的绝对值为_______。（2）H2Se是一种有恶臭的气体，与H2O相比，沸点H2Se_______H2O(填“＞”或“＜”，下同)，原因是______；热稳定性：H2Se_______H2O。（3）较高浓度的Na2SeO2能促进细胞DNA的增殖活性，延缓细胞衰老。Na、Se、O形成的简单离子的半径由大到小的顺序为______(填离子符号)。（4）一种合成含Se的新型AIE分子的原料结构如图：肼(N2H4)的结构与上述分子部分结构十分相似，N2H4的电子式为_______。〖答案〗（1）①.第四周期第VIA族②.同位素③.2（2）①.＜②.水分子间存在氢键③.＜（3）（4）〖解析〗【小问1详析】Se的原子序数为34，核外有34个电子，分四层排布，最外层含有6个电子，则Se位于第四周期第VIA族；质子数相同，质量数不同的核素互为同位素，中子数为40，中子数为42，则中子数的差为2；故〖答案〗为：第四周期第VIA族；同位素；2；【小问2详析】水分子间存在氢键，H2O的沸点高于H2Se，O的氧化性强于Se，则热稳定性H2Se＜H2O；故〖答案〗为：＜；水分子间存在氢键，＜；【小问3详析】粒子中，电子层数越大，粒子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大，半径越小，则；【小问4详析】N2H4分子中，形成N-N键及N-H键；故〖答案〗为：。17.亚硝酸钙[Ca(NO2)2]是白色粉末，易潮解，在钢筋混凝土工程中，常用作水泥硬化促进剂和防冻阻锈剂。混凝土每加入2%的亚硝酸钙，使建造的钢筋混凝土建筑结构寿命能增加15～20年，实验制备亚硝酸钙装置如图所示(夹持装置已略去)。（1）甲装置的名称是_______，E装置中倒扣漏斗的作用是_______。（2）向三颈烧瓶中滴加稀硝酸之前和滴加稀硝酸之后都需要通入N2，滴加稀硝酸之后通入N2的目的是_______。（3）A装置中发生化学反应的离子方程式为______。（4）B装置中盛装H2O，B装置的作用是_______。（5）用电子式表示CaO2的形成过程_______。（6）该装置有一处缺陷，导致Ca(NO2)2产率降低，改进的方法是_______。（7）E中反应的离子方程式为______。〖答案〗（1）①.分液漏斗②.防倒吸（2）滴加稀硝酸之前通入氮气的目的是排尽装置中的空气，防止NO被氧化为NO2，滴加稀硝酸之后，通入氮气的目的是将生成的一氧化氮排出，提高原料的利用率（3）3Cu+2NO+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O（4）除去HNO3和NO2（5）（6）在装置D、E之间加装盛有浓硫酸的洗气瓶（7）3MnO+5NO+4H+=3Mn2++5NO+2H2O〖解析〗〖祥解〗实验前通入氮气排尽装置中的空气，防止空气中的氧气氧化一氧化氮，装置A中铜与稀硝酸反应制备一氧化氮，随后通入氮气将反应生成的一氧化氮排出，提高一氧化氮的利用率，装置B中盛有的水用于除去一氧化氮中混有的挥发出的硝酸蒸气和二氧化氮，装置C中盛有的无水氯化钙用于干燥一氧化氮，装置D中一氧化氮与过氧化钙共热反应制备亚硝酸钙，装置E中盛有的酸性高锰酸钾溶液用于吸收一氧化氮，防止污染空气，该装置的缺陷是E中的水蒸气进入D中会与过氧化钙反应，应在装置D、E之间加装盛有浓硫酸的洗气瓶吸收水蒸气，防止水蒸气干扰实验。【小问1详析】由实验装置图可知，甲装置为分液漏斗；E装置中倒扣漏斗的作用是防止一氧化氮与酸性高锰酸钾溶液反应速率过快，产生倒吸，故〖答案〗为：分液漏斗；【小问2详析】由分析可知，滴加稀硝酸之前通入氮气的目的是排尽装置中的空气，防止NO被氧化为NO2，滴加稀硝酸之后，通入氮气的目的是将生成的一氧化氮排出，提高原料的利用率，故〖答案〗为：滴加稀硝酸之前通入氮气的目的是排尽装置中的空气，防止NO被氧化为NO2，滴加稀硝酸之后，通入氮气的目的是将生成的一氧化氮排出，提高原料的利用率；【小问3详析】由分析可知，A装置中发生的反应为铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式为3Cu+2NO+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，故〖答案〗为：3Cu+2NO+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O；【小问4详析】由分析可知，装置B中盛有的水用于除去一氧化氮中混有的挥发出的硝酸蒸气和二氧化氮，故〖答案〗为：除去HNO3和NO2；【小问5详析】过氧化钙是含有离子键和共价键的离子化合物，表示过氧化钙形成过程的电子式为，故〖答案〗为：；【小问6详析】由分析可知，该装置的缺陷是E中的水蒸气进入D中会与过氧化钙反应，应在装置D、E之间加装盛有浓硫酸的洗气瓶吸收水蒸气，防止水蒸气干扰实验，故〖答案〗为：在装置D、E之间加装盛有浓硫酸的洗气瓶；【小问7详析】由分析可知，装置E中盛有的酸性高锰酸钾溶液用于吸收一氧化氮，防止污染空气，反应的离子方程式为3MnO+5NO+4H+=3Mn2++5NO+2H2O，故〖答案〗为：3MnO+5NO+4H+=3Mn2++5NO+2H2O。18.工业废水任意排放，是造成环境污染的最大祸首。协同去污，变废为宝，为处理工业废水提供了新思路。永固电镀厂产生大量含FeSO4、CuSO4的电镀废液，水光皮革厂产生大量含K2Cr2O7的废液。两厂联合处理废水，回收Cu并生产铁红和媒染剂Cr2(SO4)3•6H2O，工艺流程如图：（1）K2Cr2O7中Cr元素的化合价为_______。（2）处理滤渣时，要保持通风，并严禁烟火，其原因是_______。（3）滤液可以通入X一步转化为溶液A，检验溶液A中金属阳离子的试剂是______，X可以是下列选项中的哪些物质_______。A.CO2B.O2C.Cl2D.SO2（4）滤液与含K2Cr2O7的废液反应的离子方程式为_______。（5）从Cr2(SO4)3溶液制取Cr2(SO4)3•6H2O晶体的实验操作方法为_______、_______、过滤、洗涤、干燥。（6）已知Cr(OH)3化学性质与Al(OH)3类似，选择合适化学试剂，将流程中的Cr2(SO4)3溶液转化为可用于陶瓷和搪瓷的着色剂Cr2O3(绿色粉末，广泛用于陶瓷和搪瓷的着色剂)，转化过程中发生的主要的化学方程式为：_______、_______。〖答案〗（1）+6价（2）铁与稀硫酸反应生成氢气，遇明火会发生爆炸（3）①.KSCN溶液②.BC（4）6Fe2++Cr2O+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O（5）①.蒸发浓缩②.冷却结晶（6）①.Cr2(SO4)3+6NH3·H2O=2Cr(OH)3↓+3(NH4)2SO4②.2Cr(OH)3Cr2O3+3H2O〖解析〗〖祥解〗由题给流程可知，向电镀废液中加入过量铁粉，将溶液中铜离子转化为铜，过滤得到含有铜、铁的滤渣和含有硫酸亚铁的滤液；向滤渣中加入过量稀硫酸，将滤渣中的铁转化为硫酸亚铁，过滤得到铜和含有硫酸亚铁的滤液；向混合后的滤液中通入氧气或氯气，将溶液中的亚铁离子氧化得到含有铁离子的溶液