2023-2024学年上海市宝山区高二下学期化学学科等级考质量监测化学试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1上海市宝山区2023-2024学年高二下学期化学学科等级考质量监测试卷考生注意：1．本试卷满分100分，考试时间60分钟。2．答题前，考生务必将自己的学校、班级、姓名、准考证号填写清楚，并将条形码粘贴在规定位置。3．本试卷设试卷和答题纸两部分。试卷包括试题与答题要求；所有〖答案〗必须涂或写在答题纸上；做在试卷上一律不得分。答题纸与试卷在试题编号上是一一对应的，答题时应特别注意，不能错位。4．选择类试题中，标注“不定项”的试题，每小题有1~2个正确选项，只有1个正确选项的，多选不给分，有2个正确选项的，漏选一个给一半分，错选不给分；未特别标注的试题，每小题只有一个正确选项。相对原子质量：Fe-56S-32O-16H-1N-14Ba-137一、元素的发现和应用1.百余种不同的元素，是构成大千世界中所有物质的“基石”。科学家们根据元素性质的递变规律、电子排布的规律等对元素进行编排设计出元素周期表。下表是部分元素周期表。（1）我国“天宫”空间站的核心舱“天和”选择了高效柔性砷化镓（GaAs）薄膜太阳能电池来供电。砷在周期表中的位置是______，原子半径：Ga______As（填“>”或“<”）。（2）半导体工业可以在硅芯片上集成上千亿根晶体管。碳和硅元素简单气态氢化物稳定性更强的是______。碳的最高价氧化物的电子式为______.（3）硒（Se）被誉为“生命的奇效元素”，下列关于硒的描述不正确的是______。A.富硒大米中的“硒”指硒元素 B.最高价氧化物是C.单质常温下呈固态 D.的质子数是34（4）根据元素周期律，完成上表空白处元素的信息填写。C______D______（5）氯元素可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。判断的非金属性比强，可依据的事实是______。A.氯气能溶于水，硫难溶于水 B.常温下，氯单质呈气态，硫单质呈固态C.的酸性比的强 D.氯气与氢硫酸能发生置换反应〖答案〗（1）①.第四周期第ⅤA族②.>（2）①.CH4②.（3）B（4）①.4s24p2②.72.63（5）D〖解析〗【小问1详析】砷原子序数是33，在周期表中的位置是第四周期第ⅤA族；同一周期从左到右，原子半径逐渐减小，则原子半径：Ga>As；【小问2详析】非金属性：碳大于硅，则碳和硅元素简单气态氢化物稳定性更强的是CH4；碳的最高价氧化物的电子式为；【小问3详析】A.富硒大米中的“硒”指硒元素，正确；B.硒元素最高价为+6价，则氧化物是，错误；C.因为S单质在常温下呈固态，则Se单质在常温下呈固态，正确；D.的质子数等于原子序数，是34，正确；故选B；【小问4详析】元素是Ge元素，价电子排布式：4s24p2；相对原子质量为72.63；【小问5详析】A.非金属性强弱与是否溶于水无关，错误；B.非金属性强弱与状态无关，错误；C.应该比较与的酸性，错误；D.氯气与氢硫酸能发生置换反应，说明的非金属性比强，正确；故选D。2.为研究氯气的性质，某小组同学设计了如下装置（夹持仪器和加热装置省略）：（1）装置C用于研究是否具有漂白性，现有：①干燥的有色布条②湿润的有色布条③碱石灰④浓硫酸⑤无水氯化钙其中Ⅰ处为______，Ⅲ处为①，Ⅱ处为______（填上述物质中的序号）。（2）设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘单质的氧化性强弱。当向D中缓缓通入一定量氯气时，可以看到D中无色溶液逐渐变为橙色，再打开D装置的活塞，使D中溶液滴入E装置，振荡锥形瓶后静置一会儿，可以观察到下层液体呈紫红色。同学们经过认真讨论后认为该实验方案仍有不足，理由是______。〖答案〗（1）①.②②.⑤（2）氧化性Cl2＞Br2＞I2，所以氯气能置换出碘，若通入Cl2过量，可能是过量氯气置换出I2〖解析〗装置A中MnO2和浓盐酸反应生成氯化锰、氯气、水，装置B中饱和食盐水的作用是除去氯气中混有的HCl气体，装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性，所以I处放湿润的有色布条，Ⅱ中的干燥剂必须是固体干燥剂，且不能与氯气反应，所以选无水氯化钙，再通过干燥的有色布条验证氯气没有漂白性，D中氯气先和NaBr反应生成Br2，Br2再和NaI反应生成I2，F吸收尾气。【小问1详析】装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性，所以I处放湿润的有色布条，Ⅱ中的干燥剂必须是固体干燥剂，且不能与氯气反应，所以选无水氯化钙，再通过干燥的有色布条验证氯气没有漂白性，所以C中I、II、III依次放入湿润的有色布条、无水氯化钙、干燥的有色布条。【小问2详析】氧化性Cl2＞Br2＞I2，所以氯气能置换出碘；若通入Cl2过量，可能是过量氯气置换出I2，因此该实验方案不足。3.游泳池常用来抑制藻类生长，某次工作人员错用进行池水消毒，因两种物质相互反应，使游泳池中的藻类疯长。已知该反应产生了和，据此判断该反应中氧化剂是______，每生成标准状况下，转移电子数目是______。〖答案〗①.②.〖解析〗、反应生成了和，中氯元素化合价降低，是氧化剂；中氧元素化合价由-1升高为0生成氧气，生成1mol转移2mol电子，则成标准状况下，转移电子数目。二、碳达峰的化学工艺的捕集、利用与封存是科学家实现“碳达峰”的重要研究课题，对减少在大气中累积及实现可再生能源的有效利用具有重要意义。4.国家速滑馆又称“冰丝带”，其建设应用了智慧建造技术，降低了钢材的使用量；采用的二氧化碳跨临界直接制冰技术节能环保。下列说法中，不正确的是A.钢材属于合金，合金熔点通常低于组成金属B.由固态变为气态，吸收热量，共价键被破坏C.二氧化碳跨临界直接制冰技术利用了其化学性质D.应用二氧化碳跨临界直接制冰技术符合“绿色奥运”理念〖答案〗BC〖解析〗A．钢材为碳与铁形成的合金，合金熔点通常低于组成金属，A正确；B．CO2由固态变为气态，会吸收热量，共价键没有被破坏，B错误；C．二氧化碳跨临界直接制冰技术，不需要发生化学反应，是利用了物质的物理性质，C错误；D．应用二氧化碳跨临界直接制冰技术，不会造成环境污染，符合“绿色奥运”理念，D正确；故选BC。5.和可转化为，该反应的化学方程式为：。一定条件下，在恒容密闭容器中充入和水蒸气进行上述反应，测得随时间的变化如下表所示：时间01234560.000.04000700.0900.1000.1000.100（1）用表示内该反应的平均反应速率为______，若要加快反应速率，可采取的措施是（至少写出2个）______。（2）第4分钟时______第3分钟时。A．小于B．等于C．大于（3）上述反应达到平衡时二氧化碳的转化率为______。A. B. C. D.〖答案〗（1）①.②.适当升高温度、增大反应物浓度、选择更加高效的催化剂（2）A（3）C〖解析〗【小问1详析】用表示内该反应的平均反应速率为，若要加快反应速率，可采取的措施是：适当升高温度、增大反应物浓度、选择更加高效的催化剂。【小问2详析】第4分钟后不在变化，说明第4分钟反应已经达到平衡，=，第3分钟后，还在变化，说明第3分钟反应还未达到平衡，>，反应过程中增大，减小，则第4分钟时小于第3分钟时，故选A。【小问3详析】第4分钟后不在变化，说明第4分钟反应已经达到平衡，的生成量为0.1mol，则二氧化碳的转化量为0.1mol，则上述反应达到平衡时二氧化碳的转化率为=，故选C。6.2021年我国科学道学次实现人工合成淀粉。该合成过程涉及如下反应：（1）该反应中反应物与生成物能量变化如下图所示，下列有利于提高平衡产率的条件是______。A.高温、高压 B.低温、高压 C.高温、低压 D.低温、低压（2）在恒温、恒容密闭容器中，对于以上合成甲醇的反应，下列说法能说明该反应达到化学平衡状态的是______。A.混合气体的平均相对分子质量不再变化 B.混合气体的密度不再变化C.的质量百分含量不再变化 D.（3）已知合成时同时发生了下列副反应：，该副反应为吸热反应。在一定压强下，的平衡转化率在以下随温度升高而减小，在以上随温度升高而增大。甲醇的产量在以下随温度升高而减小，在以上随温度升高基本不变。分析上述变化可能的原因。______。〖答案〗（1）B（2）AC（3）在一定压强下，以下随温度升高，主反应逆向移动的程度大于副反应正向移动的程度，的平衡转化率减小，甲醇的产量减小，在以上随温度升高，主反应逆向移动的程度小于副反应正向移动的程度，的平衡转化率增大，由于此时主反应正向进行的程度较小，副反应进行的程度较大，继续升高温度，甲醇的产量基本不变〖解析〗【小问1详析】由图可知，中反应物总能量高于生成物总能量为放热反应，且为气体物质的量减小的反应，则降低温度、增大压强可以使平衡正向移动，有利于提高平衡产率，故选B。【小问2详析】A．该反应过程中气体总质量不变，总物质的量减小，混合气体的平均相对分子质量增大，当混合气体的平均相对分子质量不再变化时，说明反应达到平衡，A选；B．该反应过程中气体总质量和总体积都不变，混合气体的密度是定值，当混合气体的密度不再变化时，不能说明反应达到平衡，B不选；C．的质量百分含量不再变化时，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，C选；D．不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，D不选；故选AC。【小问3详析】主反应是放热反应，副反应为吸热反应，在一定压强下，以下随温度升高，主反应逆向移动的程度大于副反应正向移动的程度，的平衡转化率减小，甲醇的产量减小，在以上随温度升高，主反应逆向移动的程度小于副反应正向移动的程度，的平衡转化率增大，由于此时主反应正向进行的程度较小，副反应进行的程度较大，继续升高温度，甲醇的产量基本不变。7.为实现“碳达峰”，我国科学家设计了如下二氧化碳熔盐捕获及电化学转化装置。下列说法不正确的是A.为电源的正极B.该装置发生了电能转化为化学能的变化C.过程①中捕获时碳的化合价未发生变化，过程②中捕获时碳的化合价发生了变化D.上述装置中总反应的化学方程式为〖答案〗C〖解析〗a电极上失去电子生成氧气，发生氧化反应，故a为阳极，b为正极，d为阴极，c为负极。A．由分析可知，为电源的正极，A正确；B．该装置为电解池，发生了电能转化为化学能的变化，B正确；C．过程①捕获时生成的的碳元素的化合价是+4价，②捕获时生成的的碳元素的化合价是+4价，碳的化合价均未发生变化，C错误；D．a电极生成氧气，d电极生成碳单质，电解的总反应式为，D正确；故选C。三、海洋中的元素8.海洋是丰富的资源宝库，其中蕴藏着丰富的铁、钴、镍等金属资源以及硫、氮、卤素等非金属资源，被誉为“液体工业原料”。（1）在新生代的海水里有一种铁细菌，能利用酶为催化剂提取海水中的亚铁离子转变成自身皮鞘（可以用来表示其中的铁）。该反应过程体现了亚铁离子的______。A．氧化性B．还原性（2）可制取新型、高效水处理剂高铁酸钾在处理饮用水的过程中产生胶体。以下说法不正确的是______。A.可以通过丁达尔现象区分胶体和溶液 B.氯化铁溶液与氢氧化铁胶体都能透过半透膜C.胶体在一定条件下能够稳定存在 D.处理水时起到了氧化杀菌作用（3）是海洋中硫元素的主要存在形式之一，由于沿海地区燃煤电厂酸性气体的排放，海水中也会含有。检验海水中的方法是______。（4）氮循环是海洋生态系统的基础和关键。下列关于海洋氮循环的说法正确的是______。A.中只含离子键B.海洋中的氮循环属于固氮作用的是③C.海洋中的硝化作用可能有氧气的参与D.在反硝化细菌作用下，发生氧化反应生成〖答案〗（1）B（2）B（3）取试样少许，加入稀盐酸，将产生的气体通入品红溶液，红色褪去，说明海水中存在（4）C〖解析〗【小问1详析】亚铁离子转变成自身皮鞘（可以用来表示其中的铁）的过程中Fe元素化合价由+2价上升到+3价，体现了亚铁离子的还原性，故选B。【小问2详析】A．丁达尔效应是胶体特有的性质，溶液和浊液分散系都不具有此性质，所以可以用丁达尔效应鉴别胶体和溶液，A正确；B．溶液能透过半透膜，胶粒不能透过半透膜，B错误；C．胶体是介稳体系，一定条件下能稳定存在，C正确；D．具有极强的氧化性，是一种优良的水处理剂，起到杀菌消毒作用，形成胶体具有吸附悬浮杂质的作用，D正确；故选B【小问3详析】检验海水中的方法是：取试样少许，加入稀盐酸，将产生的气体通入品红溶液，红色褪去，说明海水中存在。【小问4详析】A．中铵根离子和硝酸根离子之间存在离子键，铵根离子和硝酸根离子内部存在共价键，A错误；B．固氮作用是分子态氮气被还原成氨和其他含氮化合物的过程，则海洋中的氮循环属于固氮作用的是②，B错误；C．海洋中的硝化作用将亚硝酸根离子转化为硝酸根离子，N元素化合价上升，亚硝酸根离子被氧化，可能有氧气的参与，C正确；D．转化为的过程中，N元素化合价下降，被还原发生氧化反应，D错误；故选C。9.海洋酸化会妨碍海洋有机体利用碳酸钙生成坚硬外壳。用溶液吸收硝酸尾气中的，可减少硝酸型酸雨形成。其他条件相同，转化为的转化率随溶液初始（用稀盐酸调节）的变化如图所示。（1）酸雨是指______雨水。二氧化氮形成硝酸型酸雨的化学方程式为______。（2）①图中所得的溶液中存在的微粒有______。②由图可知：溶液的初始越小，NO转化率越高。可能的原因是______。〖答案〗（1）①.5.6②.3NO2+H2O=2HNO3+NO（2）①.ClO-、OH-、Na+②.pH越小，HClO的浓度越大，氧化能力强，则提高NO转化率〖解析〗【小问1详析】酸雨是指5.6的雨水，二氧化氮与水反应生成硝酸与NO，则二氧化氮形成硝酸型酸雨的化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO。【小问2详析】①电离出Na+和ClO-，ClO-水解生成和OH-，则图中所得的溶液中存在的微粒有ClO-、OH-、Na+；②由于NaClO溶液的初始pH越小，HClO的浓度越大，氧化能力强，因此可提高NO转化率。四、氯化铁晶体的制备与用途10.氮化铁是重要的化工原料，可以用于金属蚀刻。的制备流程如下：（1）操作①得到滤液的操作是______。A．蒸馏B．过滤C．萃取D．分液操作①所必需的玻璃仪器中，有______。A．容量瓶B．漏斗C．分液漏斗D．烧杯（2）将废铁屑分批加入稀盐酸中，至盐酸反应完全。判断反应完全的现象为______。含有少量铜的废铁屑比纯铁屑反应快，原因是______。（3）操作②的过程包括______，______，过滤，洗涤，最后得到晶体。（4）下列物质能检验溶液中是否含有的试剂是______。A.溶液 B.溶液 C.溶液 D.溶液（5）电子工业中常用溶液蚀刻印刷铜电路板，如果要从蚀刻后的废液中回收铜，并使蚀刻液再生，可以采用的方法是______。（6）以硫铁矿为原料可以用于制备氯化铁晶体（）、亚硫酸钠和亚硫酸氢钠，同时会产生气体。实验室用溶液回收，将气体通入的溶液中，溶液中含硫元素的离子的物质的量与的通入量的关系如下图：实线是______的变化曲线，虚线B是______的变化曲线（填离子符号），交点处发生反应的离子方程式为______。（7）硫酸铁铵也是一种重要的铁盐，常可用作媒染剂和制药。硫酸铁铵晶体组成的测定方法如下：步骤1：准确称取硫酸铁铵晶体，在酸性条件下溶于水配成溶液；步骤2：取溶液，加入足量的溶液，过滤得沉淀；步骤3：取溶液，加入足量氢氧化钠溶液，过滤、洗涤并灼烧得固体通过计算确定该晶体的化学式_______（写出计算过程）。〖答案〗（1）①.B②.BD（2）①.不再有气泡产生②.Fe、Cu在稀盐酸中形成原电池，加快反应速率（3）①.在HCl气流中蒸发浓缩②.冷却结晶（4）D（5）向废液中加入过量铁粉，可将废液中的

Fe3+还原为Fe2+，同时置换出Cu，过滤后的滤渣中含有

Fe

和

Cu，滤液中只含有Fe2+，用稀盐酸溶解滤渣过滤得到Cu，将两次滤液合并后通入氯气，重新得到

FeCl3溶液（6）①.②.③.（7）NH4Fe(SO4)2·12H2O〖解析〗稀盐酸与废铁屑反应生成氯化亚铁，过滤，向滤液中通入氯气反应生成氯化铁，向氯化铁溶液中加入铁粉，再通入氯气得到浓氯化铁溶液，再在氯化氢气流中经过一系列过程得到FeCl3∙6H2O，将FeCl3∙6H2O与液体SOCl2混合并加热，在烧瓶中发生反应，制得无水FeCl3，尾气用氢氧化钠溶液吸收并注意防止氢氧化钠溶液中水蒸气进入反应器中。【小问1详析】操作①得到滤液的操作是过滤，故选B，所必需的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯，故选BD。【小问2详析】将废铁屑分批加入稀盐酸中，至盐酸反应完全，由于废铁屑与盐酸反应不断产生气泡，因此判断反应完全的现象为不再有气泡产生；含有少量铜的废铁屑比纯铁屑反应快，原因为Fe、Cu在稀盐酸中形成原电池，加快反应速率。【小问3详析】操作②是氯化铁溶液到FeCl3·6H2O晶体，由于铁离子加热时要发生水解生成氢氧化铁，因此在整个过程中要通入HCl气体防止铁离子水解，其操作过程为：在HCl气流中蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥得到FeCl3·6H2O晶体。【小问4详析】检验可以选择KSCN溶液，故选D。【小问5详析】用

FeCl3溶液蚀刻含Cu电路板，所得废液中主要含有

Fe2+、

Cu2+和Fe3+，向废液中加入过量铁粉，可将废液中的

Fe3+还原为Fe2+，同时置换出Cu，过滤后的滤渣中含有

Fe

和

Cu，滤液中只含有Fe2+，用稀盐酸溶解滤渣过滤得到Cu，将两次滤液合并后通入氯气，重新得到

FeCl3溶液。【小问6详析】气体的主要成分是SO2，实验室中可用NaOH溶液回收，将SO2气体通入到0.100mol·L-1200mL的NaOH溶液中，先生成亚硫酸钠，后亚硫酸钠再转化为亚硫酸氢钠，则实线A是的变化曲线，虚线B是的变化曲线，交点C处减少、增多，转化为，发生反应的离子方程式为。【小问7详析】100.00mL溶液A中n()=，n(Fe3+)=，根据电荷守恒：n()=2n()-3n(Fe3+)=0.01mol，n(H2O)=，n()：n(Fe3+)：n()：n(H2O)=1：1：2：12，化学式为NH4Fe(SO4)2·12H2O。五、乳酸的应用11.乳酸（）聚合生成的高分子材料具有良好的生物兼容性，无论在哺乳动物体内或者自然环境中，最终都能降解为二氧化碳和水。聚丙烯酸甲酯在工业上用途广泛，以淀粉为原料得到乳酸后继续反应制取的合成路线如下：已知：D为具有浓郁香味不溶于水的油状液体，F结构中存在六元环。（1）的反应类型为______。A.氧化反应 B.消去反应 C.取代反应 D.加成反应（2）中含有的官能团名称为______。（3）写出的化学方程式______。（4）的结构简式为______。（5）分别与足量反应，产生气体的物质的量之比为______。A.2∶1 B.1∶2 C.1∶1 D.3∶1（6）写出同时符合下列条件的的所有同分异构体的结构简式______。①只含有一种官能团，且连在同一个碳原子上②含有一个四元环，且成环原子中没有氧原子（7）医用口罳过滤层所用材料是熔喷聚丙烯，工业生产乙烯和丙烯主要来自于石油的______。A.干馏 B.分馏 C.裂化 D.裂解（8）聚丙烯难以降解，聚乳酸（，含酯基）由于其可降解性，是替代聚丙烯的新型材料。请写出以丙烯为原料制备聚乳酸的合成路线流程图_____（其他无机试剂任选）。（合成路线常用的表达方式为：）已知：。〖答案〗（1）A（2）碳碳双键、羧基（3）（4）（5）C（6）

、（7）D（8）CH3CH=CH2CH3CHBrCH2BrCH3CHOHCH2OH〖解析〗C和甲醇生成D，D有浓郁香味、不溶于水的油状液体，说明D是酯，C中有-COOH，则C的结构简式为CH2=CHCOOH，D结构简式为CH2=CHCOOCH3，加聚后得到E，E的结构简式为，根据C的结构简式推知A中有-COOH，A催化氧化得到B，则A的结构简式为，B结构简式为，F结构存在六元环，则F的结构简式为。【小问1详析】A→B过程羟基变成酮羰基，反应类型为氧化反应，〖答案〗选A。【小问2详析】根据分析可知化合物C的结构简式为CH2=CHCOOH，其中的官能团名称为碳碳双键和羧基。【小问3详析】C和甲醇生成D，的化学方程式为。【小问4详析】根据分析可知，的结构简式为。【小问5详析】根据A的结构简式，中含有1mol-OH、1mol-COOH，羟基和羧基均能与钠反应生成1molH2，羧基与碳酸氢钠反应生成1mol二氧化碳，产生气体的物质的量之比为1:1，〖答案〗选C。【小问6详析】F的分子式为C6H8O4，①分子中只含有一种官能团，且接在同一个碳原子上，②分子中含有一个四元环，且成环原子中没有氧原子，则官能团为-COOH或-OOCH，则符合条件的同分异构体的结构简式为

、。【小问7详析】医用口罳过滤层所用材料是熔喷聚丙烯，工业生产乙烯和丙烯主要来自于石油的裂解，〖答案〗选D。【小问8详析】丙烯先与溴水发生加成反应，生成CH3CHBrCH2Br，再与氢氧化钠水溶液反应生成CH3CHOHCH2OH，然后与氧气在Cu作催化剂、加热条件下生成，接着氧化生成，再还原生成，最后生成聚乳酸，合成路线为CH3CH=CH2CH3CHBrCH2BrCH3CHOHCH2OH。上海市宝山区2023-2024学年高二下学期化学学科等级考质量监测试卷考生注意：1．本试卷满分100分，考试时间60分钟。2．答题前，考生务必将自己的学校、班级、姓名、准考证号填写清楚，并将条形码粘贴在规定位置。3．本试卷设试卷和答题纸两部分。试卷包括试题与答题要求；所有〖答案〗必须涂或写在答题纸上；做在试卷上一律不得分。答题纸与试卷在试题编号上是一一对应的，答题时应特别注意，不能错位。4．选择类试题中，标注“不定项”的试题，每小题有1~2个正确选项，只有1个正确选项的，多选不给分，有2个正确选项的，漏选一个给一半分，错选不给分；未特别标注的试题，每小题只有一个正确选项。相对原子质量：Fe-56S-32O-16H-1N-14Ba-137一、元素的发现和应用1.百余种不同的元素，是构成大千世界中所有物质的“基石”。科学家们根据元素性质的递变规律、电子排布的规律等对元素进行编排设计出元素周期表。下表是部分元素周期表。（1）我国“天宫”空间站的核心舱“天和”选择了高效柔性砷化镓（GaAs）薄膜太阳能电池来供电。砷在周期表中的位置是______，原子半径：Ga______As（填“>”或“<”）。（2）半导体工业可以在硅芯片上集成上千亿根晶体管。碳和硅元素简单气态氢化物稳定性更强的是______。碳的最高价氧化物的电子式为______.（3）硒（Se）被誉为“生命的奇效元素”，下列关于硒的描述不正确的是______。A.富硒大米中的“硒”指硒元素 B.最高价氧化物是C.单质常温下呈固态 D.的质子数是34（4）根据元素周期律，完成上表空白处元素的信息填写。C______D______（5）氯元素可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。判断的非金属性比强，可依据的事实是______。A.氯气能溶于水，硫难溶于水 B.常温下，氯单质呈气态，硫单质呈固态C.的酸性比的强 D.氯气与氢硫酸能发生置换反应〖答案〗（1）①.第四周期第ⅤA族②.>（2）①.CH4②.（3）B（4）①.4s24p2②.72.63（5）D〖解析〗【小问1详析】砷原子序数是33，在周期表中的位置是第四周期第ⅤA族；同一周期从左到右，原子半径逐渐减小，则原子半径：Ga>As；【小问2详析】非金属性：碳大于硅，则碳和硅元素简单气态氢化物稳定性更强的是CH4；碳的最高价氧化物的电子式为；【小问3详析】A.富硒大米中的“硒”指硒元素，正确；B.硒元素最高价为+6价，则氧化物是，错误；C.因为S单质在常温下呈固态，则Se单质在常温下呈固态，正确；D.的质子数等于原子序数，是34，正确；故选B；【小问4详析】元素是Ge元素，价电子排布式：4s24p2；相对原子质量为72.63；【小问5详析】A.非金属性强弱与是否溶于水无关，错误；B.非金属性强弱与状态无关，错误；C.应该比较与的酸性，错误；D.氯气与氢硫酸能发生置换反应，说明的非金属性比强，正确；故选D。2.为研究氯气的性质，某小组同学设计了如下装置（夹持仪器和加热装置省略）：（1）装置C用于研究是否具有漂白性，现有：①干燥的有色布条②湿润的有色布条③碱石灰④浓硫酸⑤无水氯化钙其中Ⅰ处为______，Ⅲ处为①，Ⅱ处为______（填上述物质中的序号）。（2）设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘单质的氧化性强弱。当向D中缓缓通入一定量氯气时，可以看到D中无色溶液逐渐变为橙色，再打开D装置的活塞，使D中溶液滴入E装置，振荡锥形瓶后静置一会儿，可以观察到下层液体呈紫红色。同学们经过认真讨论后认为该实验方案仍有不足，理由是______。〖答案〗（1）①.②②.⑤（2）氧化性Cl2＞Br2＞I2，所以氯气能置换出碘，若通入Cl2过量，可能是过量氯气置换出I2〖解析〗装置A中MnO2和浓盐酸反应生成氯化锰、氯气、水，装置B中饱和食盐水的作用是除去氯气中混有的HCl气体，装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性，所以I处放湿润的有色布条，Ⅱ中的干燥剂必须是固体干燥剂，且不能与氯气反应，所以选无水氯化钙，再通过干燥的有色布条验证氯气没有漂白性，D中氯气先和NaBr反应生成Br2，Br2再和NaI反应生成I2，F吸收尾气。【小问1详析】装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性，所以I处放湿润的有色布条，Ⅱ中的干燥剂必须是固体干燥剂，且不能与氯气反应，所以选无水氯化钙，再通过干燥的有色布条验证氯气没有漂白性，所以C中I、II、III依次放入湿润的有色布条、无水氯化钙、干燥的有色布条。【小问2详析】氧化性Cl2＞Br2＞I2，所以氯气能置换出碘；若通入Cl2过量，可能是过量氯气置换出I2，因此该实验方案不足。3.游泳池常用来抑制藻类生长，某次工作人员错用进行池水消毒，因两种物质相互反应，使游泳池中的藻类疯长。已知该反应产生了和，据此判断该反应中氧化剂是______，每生成标准状况下，转移电子数目是______。〖答案〗①.②.〖解析〗、反应生成了和，中氯元素化合价降低，是氧化剂；中氧元素化合价由-1升高为0生成氧气，生成1mol转移2mol电子，则成标准状况下，转移电子数目。二、碳达峰的化学工艺的捕集、利用与封存是科学家实现“碳达峰”的重要研究课题，对减少在大气中累积及实现可再生能源的有效利用具有重要意义。4.国家速滑馆又称“冰丝带”，其建设应用了智慧建造技术，降低了钢材的使用量；采用的二氧化碳跨临界直接制冰技术节能环保。下列说法中，不正确的是A.钢材属于合金，合金熔点通常低于组成金属B.由固态变为气态，吸收热量，共价键被破坏C.二氧化碳跨临界直接制冰技术利用了其化学性质D.应用二氧化碳跨临界直接制冰技术符合“绿色奥运”理念〖答案〗BC〖解析〗A．钢材为碳与铁形成的合金，合金熔点通常低于组成金属，A正确；B．CO2由固态变为气态，会吸收热量，共价键没有被破坏，B错误；C．二氧化碳跨临界直接制冰技术，不需要发生化学反应，是利用了物质的物理性质，C错误；D．应用二氧化碳跨临界直接制冰技术，不会造成环境污染，符合“绿色奥运”理念，D正确；故选BC。5.和可转化为，该反应的化学方程式为：。一定条件下，在恒容密闭容器中充入和水蒸气进行上述反应，测得随时间的变化如下表所示：时间01234560.000.04000700.0900.1000.1000.100（1）用表示内该反应的平均反应速率为______，若要加快反应速率，可采取的措施是（至少写出2个）______。（2）第4分钟时______第3分钟时。A．小于B．等于C．大于（3）上述反应达到平衡时二氧化碳的转化率为______。A. B. C. D.〖答案〗（1）①.②.适当升高温度、增大反应物浓度、选择更加高效的催化剂（2）A（3）C〖解析〗【小问1详析】用表示内该反应的平均反应速率为，若要加快反应速率，可采取的措施是：适当升高温度、增大反应物浓度、选择更加高效的催化剂。【小问2详析】第4分钟后不在变化，说明第4分钟反应已经达到平衡，=，第3分钟后，还在变化，说明第3分钟反应还未达到平衡，>，反应过程中增大，减小，则第4分钟时小于第3分钟时，故选A。【小问3详析】第4分钟后不在变化，说明第4分钟反应已经达到平衡，的生成量为0.1mol，则二氧化碳的转化量为0.1mol，则上述反应达到平衡时二氧化碳的转化率为=，故选C。6.2021年我国科学道学次实现人工合成淀粉。该合成过程涉及如下反应：（1）该反应中反应物与生成物能量变化如下图所示，下列有利于提高平衡产率的条件是______。A.高温、高压 B.低温、高压 C.高温、低压 D.低温、低压（2）在恒温、恒容密闭容器中，对于以上合成甲醇的反应，下列说法能说明该反应达到化学平衡状态的是______。A.混合气体的平均相对分子质量不再变化 B.混合气体的密度不再变化C.的质量百分含量不再变化 D.（3）已知合成时同时发生了下列副反应：，该副反应为吸热反应。在一定压强下，的平衡转化率在以下随温度升高而减小，在以上随温度升高而增大。甲醇的产量在以下随温度升高而减小，在以上随温度升高基本不变。分析上述变化可能的原因。______。〖答案〗（1）B（2）AC（3）在一定压强下，以下随温度升高，主反应逆向移动的程度大于副反应正向移动的程度，的平衡转化率减小，甲醇的产量减小，在以上随温度升高，主反应逆向移动的程度小于副反应正向移动的程度，的平衡转化率增大，由于此时主反应正向进行的程度较小，副反应进行的程度较大，继续升高温度，甲醇的产量基本不变〖解析〗【小问1详析】由图可知，中反应物总能量高于生成物总能量为放热反应，且为气体物质的量减小的反应，则降低温度、增大压强可以使平衡正向移动，有利于提高平衡产率，故选B。【小问2详析】A．该反应过程中气体总质量不变，总物质的量减小，混合气体的平均相对分子质量增大，当混合气体的平均相对分子质量不再变化时，说明反应达到平衡，A选；B．该反应过程中气体总质量和总体积都不变，混合气体的密度是定值，当混合气体的密度不再变化时，不能说明反应达到平衡，B不选；C．的质量百分含量不再变化时，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，C选；D．不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，D不选；故选AC。【小问3详析】主反应是放热反应，副反应为吸热反应，在一定压强下，以下随温度升高，主反应逆向移动的程度大于副反应正向移动的程度，的平衡转化率减小，甲醇的产量减小，在以上随温度升高，主反应逆向移动的程度小于副反应正向移动的程度，的平衡转化率增大，由于此时主反应正向进行的程度较小，副反应进行的程度较大，继续升高温度，甲醇的产量基本不变。7.为实现“碳达峰”，我国科学家设计了如下二氧化碳熔盐捕获及电化学转化装置。下列说法不正确的是A.为电源的正极B.该装置发生了电能转化为化学能的变化C.过程①中捕获时碳的化合价未发生变化，过程②中捕获时碳的化合价发生了变化D.上述装置中总反应的化学方程式为〖答案〗C〖解析〗a电极上失去电子生成氧气，发生氧化反应，故a为阳极，b为正极，d为阴极，c为负极。A．由分析可知，为电源的正极，A正确；B．该装置为电解池，发生了电能转化为化学能的变化，B正确；C．过程①捕获时生成的的碳元素的化合价是+4价，②捕获时生成的的碳元素的化合价是+4价，碳的化合价均未发生变化，C错误；D．a电极生成氧气，d电极生成碳单质，电解的总反应式为，D正确；故选C。三、海洋中的元素8.海洋是丰富的资源宝库，其中蕴藏着丰富的铁、钴、镍等金属资源以及硫、氮、卤素等非金属资源，被誉为“液体工业原料”。（1）在新生代的海水里有一种铁细菌，能利用酶为催化剂提取海水中的亚铁离子转变成自身皮鞘（可以用来表示其中的铁）。该反应过程体现了亚铁离子的______。A．氧化性B．还原性（2）可制取新型、高效水处理剂高铁酸钾在处理饮用水的过程中产生胶体。以下说法不正确的是______。A.可以通过丁达尔现象区分胶体和溶液 B.氯化铁溶液与氢氧化铁胶体都能透过半透膜C.胶体在一定条件下能够稳定存在 D.处理水时起到了氧化杀菌作用（3）是海洋中硫元素的主要存在形式之一，由于沿海地区燃煤电厂酸性气体的排放，海水中也会含有。检验海水中的方法是______。（4）氮循环是海洋生态系统的基础和关键。下列关于海洋氮循环的说法正确的是______。A.中只含离子键B.海洋中的氮循环属于固氮作用的是③C.海洋中的硝化作用可能有氧气的参与D.在反硝化细菌作用下，发生氧化反应生成〖答案〗（1）B（2）B（3）取试样少许，加入稀盐酸，将产生的气体通入品红溶液，红色褪去，说明海水中存在（4）C〖解析〗【小问1详析】亚铁离子转变成自身皮鞘（可以用来表示其中的铁）的过程中Fe元素化合价由+2价上升到+3价，体现了亚铁离子的还原性，故选B。【小问2详析】A．丁达尔效应是胶体特有的性质，溶液和浊液分散系都不具有此性质，所以可以用丁达尔效应鉴别胶体和溶液，A正确；B．溶液能透过半透膜，胶粒不能透过半透膜，B错误；C．胶体是介稳体系，一定条件下能稳定存在，C正确；D．具有极强的氧化性，是一种优良的水处理剂，起到杀菌消毒作用，形成胶体具有吸附悬浮杂质的作用，D正确；故选B【小问3详析】检验海水中的方法是：取试样少许，加入稀盐酸，将产生的气体通入品红溶液，红色褪去，说明海水中存在。【小问4详析】A．中铵根离子和硝酸根离子之间存在离子键，铵根离子和硝酸根离子内部存在共价键，A错误；B．固氮作用是分子态氮气被还原成氨和其他含氮化合物的过程，则海洋中的氮循环属于固氮作用的是②，B错误；C．海洋中的硝化作用将亚硝酸根离子转化为硝酸根离子，N元素化合价上升，亚硝酸根离子被氧化，可能有氧气的参与，C正确；D．转化为的过程中，N元素化合价下降，被还原发生氧化反应，D错误；故选C。9.海洋酸化会妨碍海洋有机体利用碳酸钙生成坚硬外壳。用溶液吸收硝酸尾气中的，可减少硝酸型酸雨形成。其他条件相同，转化为的转化率随溶液初始（用稀盐酸调节）的变化如图所示。（1）酸雨是指______雨水。二氧化氮形成硝酸型酸雨的化学方程式为______。（2）①图中所得的溶液中存在的微粒有______。②由图可知：溶液的初始越小，NO转化率越高。可能的原因是______。〖答案〗（1）①.5.6②.3NO2+H2O=2HNO3+NO（2）①.ClO-、OH-、Na+②.pH越小，HClO的浓度越大，氧化能力强，则提高NO转化率〖解析〗【小问1详析】酸雨是指5.6的雨水，二氧化氮与水反应生成硝酸与NO，则二氧化氮形成硝酸型酸雨的化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO。【小问2详析】①电离出Na+和ClO-，ClO-水解生成和OH-，则图中所得的溶液中存在的微粒有ClO-、OH-、Na+；②由于NaClO溶液的初始pH越小，HClO的浓度越大，氧化能力强，因此可提高NO转化率。四、氯化铁晶体的制备与用途10.氮化铁是重要的化工原料，可以用于金属蚀刻。的制备流程如下：（1）操作①得到滤液的操作是______。A．蒸馏B．过滤C．萃取D．分液操作①所必需的玻璃仪器中，有______。A．容量瓶B．漏斗C．分液漏斗D．烧杯（2）将废铁屑分批加入稀盐酸中，至盐酸反应完全。判断反应完全的现象为______。含有少量铜的废铁屑比纯铁屑反应快，原因是______。（3）操作②的过程包括______，______，过滤，洗涤，最后得到晶体。（4）下列物质能检验溶液中是否含有的试剂是______。A.溶液 B.溶液 C.溶液 D.溶液（5）电子工业中常用溶液蚀刻印刷铜电路板，如果要从蚀刻后的废液中回收铜，并使蚀刻液再生，可以采用的方法是______。（6）以硫铁矿为原料可以用于制备氯化铁晶体（）、亚硫酸钠和亚硫酸氢钠，同时会产生气体。实验室用溶液回收，将气体通入的溶液中，溶液中含硫元素的离子的物质的量与的通入量的关系如下图：实线是______的变化曲线，虚线B是______的变化曲线（填离子符号），交点处发生反应的离子方程式为______。（7）硫酸铁铵也是一种重要的铁盐，常可用作媒染剂和制药。硫酸铁铵晶体组成的测定方法如下：步骤1：准确称取硫酸铁铵晶体，在酸性条件下溶于水配成溶液；步骤2：取溶液，加入足量的溶液，过滤得沉淀；步骤3：取溶液，加入足量氢氧化钠溶液，过滤、洗涤并灼烧得固体通过计算确定该晶体的化学式_______（写出计算过程）。〖答案〗（1）①.B②.BD（2）①.不再有气泡产生②.Fe、Cu在稀盐酸中形成原电池，加快反应速率（3）①.在HCl气流中蒸发浓缩②.冷却结晶（4）D（5）向废液中加入过量铁粉，可将废液中的

Fe3+还原为Fe2+，同时置换出Cu，过滤后的滤渣中含有

Fe

和

Cu，滤液中只含有Fe2+，用稀盐酸溶解滤渣过滤得到Cu，将两次滤液合并后通入氯气，重新得到

FeCl3溶液（6）①.②.③.（7）NH4Fe(SO4)2·12H2O〖解析〗稀盐酸与废铁屑反应生成氯化亚铁，过滤，向滤液中通入氯气反应生成氯化铁，向氯化铁溶液中加入铁粉，再通入氯气得到浓氯化铁溶液，再在氯化氢气流中经过一系列过程得到FeCl3∙6H2O，将FeCl3∙6H2O与液体SOCl2混合并加热，在烧瓶中发生反应，制得无水FeCl3，尾气用氢氧化钠溶液吸收并注意防止氢氧化钠溶液中水蒸气进入反应器中。【小问1详析】操作①得到滤液的操作是过滤，故选B，所必需的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯，故选BD。【小问2详析】将废铁屑分批加入稀盐酸中，至盐酸反应完全，由于废铁屑与盐酸反应不断产生气泡，因此判断反应完全的现象为不再有气泡产生；含有少量铜的废铁屑比纯铁屑反应快，原因为Fe、Cu在稀盐酸中形成原电池，加快反应速率。【小问3详析】操作②是氯化铁溶液到FeCl3·6H2O晶体，由于铁离子加热时要发生水解生成氢氧化铁