2024届江西省南昌市高三上学期11月期中三校联考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1江西省南昌市2024届高三上学期11月期中三校联考可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16Na：23P：31Cl：35.5Zn：65Se：79一、单选题(本大题共15小题，共45.0分)1.化学与社会发展和人类进步息息相关。下列说法错误的是（）A.华为Mate60pro系列“争气机”的芯片材料主要为晶体硅B.福尔马林能使蛋白质变性，可用于浸制动物标本C.高压钠灯发出的黄光透雾能力强、射程远，可用于道路照明D.“发现和合成量子点”成为2023年诺贝尔化学奖的主题。碳量子点通常是由无定型和晶态的碳核组成，在碳核表面含有不同的含氧官能团，它与石墨互为同素异形体。〖答案〗D〖解析〗A．晶体硅是良好的半导体材料，华为Mate60pro系列“争气机”的芯片材料主要为晶体硅，故A正确；B．福尔马林能使蛋白质变性，可用于浸制动物标本，故B正确；C．钠的焰色试验为黄色，穿透力强，射程远、透雾能力强，可用于道路照明，故C正确；D．碳量子点的碳核表面含有不同的含氧官能团，说明其不是单质，与石墨不互为同素异形体，故D错误；故选D。2.近期，中科大的研究团队发明了一种“同位素指纹”方法，可以用于食品溯源。化学元素锶位于周期表第ⅡA族，在自然界中有4种稳定的同位素，其中“锶87”和“锶86”在不同地质环境中的相对含量不同，而这种同位素特征又会通过水和食物传递到生物体内，因此，锶同位素检测可以作为追踪大闸蟹地理起源的可靠方法。下列有关说法正确的是（）A.中的中子数为38B.Sr元素位于周期的ds区C.同周期中第一电离能比Sr小的元素只有1种D.根据元素周期律推测Sr(OH)2是一种强碱〖答案〗D〖解析〗A．中的中子数为87-38=49，故A错误；B．由Sr的原子序数可知其各个电子层排布的电子数依次为2、8、18、18、2，共有5个电子层，最外层有2个电子，故其在周期表中的位置是第五周期第IIA族，位于周期的s区，故B错误；C．同周期元素原子自左向右金属性逐渐降低，第一电离能逐渐增大，但由于Sr原子的5s轨道能量比第五周期第IIIA族元素的5p能量低，第一电离能大于In和Rb，比Sr小的元素有2种，故C错误；D．Ca(OH)2是强碱，由于金属性：Ca<Sr，则碱性：Sr(OH)2>Ca(OH)2，Sr(OH)2是一种强碱，故D正确；故选D。3.下列过程涉及的化学反应相应的离子方程式正确的是（）A.向碘化亚铁溶液中滴加少量稀硝酸：B.等浓度等体积的溶液和HCl溶液混合：C.硅酸钠溶液中通入足量二氧化碳：D.向溶液中加入过量溶液：〖答案〗C〖解析〗A．向碘化亚铁溶液中滴加少量稀硝酸，因为还原性：I->Fe2+，所以先与碘离子反应，A错误；B．等浓度等体积的溶液和HCl溶液混合，发生反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为：，B错误；C．向硅酸钠溶液中通入足量二氧化碳，发生反应生成H4SiO4沉淀和碳酸氢钠，离子方程式为：，C正确；D．向溶液中加入过量溶液生成氢氧化铁、硫酸钡和一水合氨，离子方程式为：，D错误；故选C。4.为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.将0.5mol乙烯通入足量溴的CCl4溶液中充分反应，生成C－Br键的数目为1NAB.标准状况下，22.4LCl2与过量的水充分反应，转移电子数为NAC.常温下，pH=2的亚硫酸溶液中含有的H+数目为0.01NAD.等物质的量的和，的质子数比多〖答案〗A〖解析〗A．将0.5molCH2=CH2通入足量溴的CCl4溶液中充分反应，生成0.5molCH2BrCH2Br，生成C－Br键的数目为1NA，故A正确；B．Cl2与水反应是可逆反应，标准状况下，22.4LCl2的物质的量为1mol，与过量的水充分反应，转移电子数小于NA，故B错误；C．未说明溶液的体积，无法计算pH=2的亚硫酸溶液中含有的H+数目，故C错误；D．含有24个质子，有16个质子，未说明和的物质的量，不能计算和的质子数，故D错误；故选A。5.使用Zn－Mn双原子电催化剂，可以实现以、和水为前驱体制得尿素CO(NH2)2，其中有关表述错误的是（）A.Mn元素位于周期表的第VIIB族 B.中的共价键类型：键和键C.的电子式： D.尿素的空间填充模型：〖答案〗D〖解析〗A．Mn是25号元素，原子结构示意图为

，位于周期表的第VIIB族，A项正确；B．N2分子结构为N≡N，含有1个σ键和2个π键，B项正确；C．CO2的电子式为，C项正确；D．为尿素的球棍模型，D项错误；故选D。6.下列实验操作及现象推出的相应结论正确的是（）选项实验操作现象结论A向Na2S与Na2SO3的混合溶液中加入硝酸溶液变浑浊Na2S与Na2SO3之间发生了氧化还原反应B取二氧化硅与少量焦炭，在高温条件下反应产生灰黑色固体非金属性：C取少量某铁的氧化物完全溶于盐酸，再滴加KSCN溶液没有出现血红色该氧化物中不存在三价铁D用大理石和稀盐酸反应制取CO2，气体通入苯酚钠溶液中溶液变浑浊酸性：碳酸>苯酚〖答案〗C〖解析〗A．硝酸具有强氧化性，可以氧化Na2S及Na2SO3，溶液变浑浊，不能说明Na2S与Na2SO3之间发生了氧化还原反应，也可能是硝酸氧化Na2S生成S使溶液变浑浊，A错误；B．在反应中焦炭是还原剂，未体现C的非金属性，不能证明非金属性，B错误；C．KSCN溶液是检验的化学试剂，铁的氧化物溶于盐酸不会发生氧化还原反应，滴加KSCN溶液没有出现血红色，说明溶液中不含，则该氧化物中不存在三价铁，C正确；D．CO2气体中含有挥发的，与苯酚钠溶液发生也能生成苯酚使溶液变浑浊，不能说明碳酸酸性强于苯酚，D错误；〖答案〗选C。7.羟甲香豆素(丙)是一种治疗胆结石的药物，部分合成路线如图所示，下列说法不正确的是（）A.甲分子中含有1个手性碳原子B.过程①为取代反应C.常温下1mol乙最多与含3molNaOH的水溶液完全反应D.1mol丙与足量溴水反应时，消耗Br2的物质的量为4mol〖答案〗D〖解析〗A．由结构简式可知，甲分子中含有如图*所示的1个手性碳原子：，故A正确；B．由结构简式可知，甲发生分子内的取代反应生成乙和乙醇，故B正确；C．由结构简式可知，乙分子中含有的酚羟基和酚酯基能与氢氧化钠溶液反应，则1mol乙最多与含3mol氢氧化钠的水溶液完全反应，故C正确；D．由结构简式可知，丙分子中含有的碳碳双键，能与溴水发生加成反应，含有的酚羟基，能与溴水发生取代反应取代苯环上的邻位上氢原子，则1mol丙与足量溴水反应时，消耗溴的物质的量为3mol，故D错误；故选D。8.查阅资料得知MnO2+NaBr+H2SO4→Na2SO4+MnSO4+Br2↑+H2O(未配平)。某兴趣小组的同学利用如图所示的装置探究苯与液溴的反应类型。下列说法正确的是（）A.实验装置连接顺序为c→a→d→b，b中产生淡黄色沉淀，证明苯与液溴发生的是取代反应B.装置c中发生反应的还原剂与氧化剂物质的量之比为2∶1C.装置d中仪器G的名称为直形冷凝管D.反应后装置d中混合液经碱洗、分液后，上层液体蒸馏得到溴苯〖答案〗B〖解析〗A．装置a中四氯化碳可以溶解溴蒸气，装置b中硝酸银溶液的作用是检验溴化氢，从而确定反应类型，装置c是制取溴单质的反应装置，装置d是制取溴苯的反应装置，实验装置的连接顺序为c→d→a→b，A错误；B．装置c中发生的反应为：MnO2+2NaBr+2H2SO4Na2SO4+MnSO4+Br2↑+2H2O，还原剂溴化钠与氧化剂二氧化锰的物质的量之比为2∶1，B正确；C．装置d中仪器G的名称为球形冷凝管，C错误；D．反应后的液体先用水洗除去溴化铁，再用碱洗除去溴单质，然后分液除去水层，溴苯的密度大于水的，下层为有机层，将其蒸馏后可得溴苯，D错误；故选B。9.利用辉锑矿(主要成分为，含、MgO、等杂质)为原料制备SbOCl的工艺流程如图所示。还原性：。下列说法正确的是（）A.“溶浸”中浸出渣的主要成分为B.“还原”加入Sb的目的是将还原为FeC.“水解”时发生的主要反应为：D.可采用边加热、边搅拌的形式促进的水解〖答案〗C〖祥解〗辉锑矿先利用盐酸进行溶解，其中二氧化硅不与盐酸反应，同时硫离子被铁离子氧化为硫单质，与二氧化硅同时过滤除去；将Sb加入滤液中，将滤液中的铁离子还原为为亚铁离子，避免影响后续Sb3+的水解；最终Sb3+水解为，从滤液中分离出来；【详析】A．辉锑矿中二氧化硅不被盐酸溶解，硫离子被铁离子氧化为硫单质，所以滤除的滤渣主要成分为二氧化硅和硫单质，故A错误；B．还原性：，加入Sb将还原为Fe2+，故B错误；C．“水解”时发生的主要反应为：，故C正确；D．边加热、边搅拌会使亚铁离子被氧化为铁离子，水解生成氢氧化铁，故D错误；〖答案〗选C。10.前四周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，基态X原子核外电子占据两种形状不同的原子轨道，且两种轨道中电子总数相等，Q与X处于同一主族，Y周期序数与其主族序数相等，Z的第二电离能远小于第三电离能，W的一种氧化物常用于红色涂料。下列说法正确的是（）A.电负性： B.Y、Z、W工业冶炼的方法相同C.Z的氯化物是工业漂白粉的有效成分 D.QX2的键角小于QX3的键角〖答案〗D〖祥解〗前四周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，W的一种氧化物常用于红色涂料，W为Fe元素，则Q的原子序数大于26，基态X原子核外电子占据两种形状不同的原子轨道，且两种轨道中电子总数相等，Q与X处于同一主族，则基态X原子的核外电子排布式为1s22s22p4，X为O元素，Q为Se元素，Y周期序数与其主族序数相等，Y为Al元素，Z的第二电离能远小于第三电离能，Z原子有2个价电子，Z为Ca元素；综上，X、Y、Z、W、Q依次为O、Al、Ca、Fe、Se。【详析】A．同主族从上到下元素的电负性逐渐减小，电负性：＞，A项错误；B．Al、Ca属于活泼金属，工业上用电解法冶炼，Fe属于中等活泼的金属，工业上用热还原法冶炼，B项错误；C．Z的氯化物为CaCl2，而工业漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2，C项错误；D．QX2为SeO2，SeO2中Se的孤电子对数为×(6-2×2)=1，σ键电子对数为2，Se的价层电子对数为3，QX3为SeO3，SeO3中Se的孤电子对数为×(6-3×2)=0，σ键电子对数为3，Se的价层电子对数为3，SeO2、SeO3的VSEPR模型都为平面三角形，由于孤电子对具有较大的斥力，故SeO2的键角小于SeO3的键角，D项正确；〖答案〗选D。11.证实证伪是化学学科需要的重要证据推理意识。已知：正高碘酸(结构如图所示)是一种五元弱酸，具有强氧化性，脱水可得偏高碘酸()，下列说法一定正确的是（）A.溶液一定显碱性B.正高碘酸中心原子的杂化方式为sp3杂化C.正高碘酸与反应后溶液呈紫红色，反应如下：D.正高碘酸隔绝空气加热分解仅生成、〖答案〗C〖解析〗A．正高碘酸分子中含有5个羟基，所以为五元酸，溶液为酸式盐，若电离大于水解显酸性，若电离小于水解显碱性，故A错误；B．sp3杂化的杂化轨道为4个，而正高碘酸中心原子周围有6个杂化轨道，故B错误；C．正高碘酸与反应后溶液呈紫红色，说明Mn2+被氧化为，故为，故C正确；D．根据氧化还原反应规律，正高碘酸隔绝空气加热分解生成、、O2，故D错误；选C。12.盐酸羟胺(NH3OHCl)是一种常见的还原剂和显像剂，其化学性质类似NH4Cl。工业上主要采用向两侧电极分别通入NO和H2，以盐酸为电解质来进行制备，其电池装置(图1)和含Fe的催化电极反应机理(图2)如图。不考虑溶液体积的变化，下列说法正确的是（）A.电池工作时，含Fe的催化电极为正极，发生还原反应B.图2中，A为H＋和e－，B为C.电池工作时，每消耗标况下2.24LNO，左室溶液质量增加3.0gD.电池工作一段时间后，正、负极区溶液的pH均下降〖答案〗A〖祥解〗由图可知，Pt电极上H2→H+，失去电子发生氧化反应，做负极，电极反应式：H2-2e-=2H+；含铁的催化电极为正极，其电极反应为：NO+3e-+4H++Cl-=NH3OHCl，以此解答。【详析】A．由分析可知，含Fe的催化电极为正极，发生还原反应，故A正确；B．根据题意可知，NH2OH具有类似NH3的弱碱性，可以和盐酸反应生成盐酸羟胺，所以缺少的一步为反应为：NH2OH+H+=NH3OH+，图2中，A为H+，B为，故B错误；C．含铁的催化电极为正极，其电极反应为：NO+3e-+4H++Cl-=NH3OHCl，4个氢离子中有1个是左侧溶液中HCl提供的，3个是右侧溶液迁移过来的；标况下消耗2.24LNO的物质的量为=0.1mol，则左室增加的质量为0.1molNO和0.3molH+的质量，即增加质量为3.3g，故C错误；D．负极电极反应式：H2-2e-=2H+，H+浓度增大pH值减小，正极电极反应为：NO+3e-+4H++Cl-=NH3OHCl，正极区H+浓度减小，pH增大，故D错误；故选A。13.半导体材料硒化锌的晶胞如图所示。通过晶体衍射测得晶胞中，面心上硒与顶点硒之间距离为anm，代表阿伏加德罗常数的值。以晶胞参数为单位长度建立坐标系，可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子坐标。在ZnSe晶胞坐标系中，A点硒原子坐标为，B点锌原子坐标为。下列说法不正确的是（）A.Se原子的配位数为4B.C的原子坐标参数为(，，)C.硒化锌晶体密度为D.已知SeO3的熔点为165℃，在126℃时升华，则SeO3晶体类型与ZnSe晶体不同〖答案〗B〖解析〗A．由晶胞结构可知，距离Se原子最近的Zn原子共有4个，Se原子的配位数为4，故A正确；B．根据A点、B点原子坐标，结合晶胞结构可知，C点原子坐标：(，，)，故B错误；C．硒化锌晶胞中含4个锌、8=4个硒。硒在晶胞中面心立方分布，面对角线上三个硒相切，晶胞参数为anm，由密度公式知，=，故C正确；D．SeO3的熔点较低，易升华，说明粒子之间作用力小，它是分子晶体，硒化锌作为半导体材料能导电，熔沸点较高，则SeO3晶体类型与ZnSe晶体不同，故D正确；故选B。14.CO2催化加氢制CH4的反应为：。催化剂上反应过程示意如图1所示。其他条件不变时，10min时CO2的转化率和CH4的选择性(CO2转化为甲烷的量/CO2转化的总量)随温度变化如图2所示。下列说法不正确的是（）A.催化剂改变了中O—C—O键的键角B.150℃到350℃时，基本没有发生副反应C.催化加氢制是一个吸热反应D.使用催化剂不能改变反应的△H〖答案〗C〖解析〗A．由题干图1反应历程图信息可知，CO2的键角为180°，而Ni-CO2的键角不是180°，故催化剂改变了CO2中O—C—O键的键角，A正确；B．由题干图2信息可知，150℃到350℃时，CH4的选择性基本为100%，说明该温度范围内基本没有发生副反应，B正确；C．由题干图2信息可知，升高温度，10min时CO2的转化率增大，而CH4的选择性基本不变，说明该温度范围内基本无副反应发生，但题干未告知CO2转化率是不是平衡转化率，故无法判断CO2催化加氢制CH4是一个吸热反应还是吸热反应，C错误；D．使用催化剂可以改变化学反应速率，但不能改变反应的△H，D正确；〖答案〗选C。15.现有一瓶标签上注明为葡萄糖酸盐(钠、镁、钙、铁)的复合制剂，某同学为了确认其成分，取部分制剂作为试液，设计并完成了如下实验：已知：控制溶液pH＝4时，Fe(OH)3沉淀完全，Ca2＋、Mg2＋不沉淀。该同学得出的结论正确的是()。A.根据现象1可推出该试液中含有Na＋B.根据现象2可推出该试液中并不含有葡萄糖酸根C.根据现象3和4可推出该试液中含有Ca2＋，但没有Mg2＋D.根据现象5可推出该试液中一定含有Fe2＋〖答案〗C〖解析〗A、由于试液中外加了NaOH和Na2CO3，所以不能确定原试液中是否含有钠离子，故A错误；B、试液中有没有葡萄糖酸根离子，都无银镜生成，因为葡萄糖酸根离子中不含醛基，故B错误；C、滤液中加氨水无沉淀产生，说明无镁离子，加入碳酸钠溶液，有白色沉淀，说明有钙离子，故C正确；D、试液中可能含亚铁离子，也可能只含铁离子而不含亚铁离子，故D错误；〖答案〗选C。二、非选择题(本部分共4题，共55分)16.Cl2是工业制备的一种重要原料，很多物质的制备都需要用到氯气。比如工业上用Cl2制备POCl3，反应原理为：P4(白磷)+6Cl2=4PCl3，2PCl3+O2=2POCl3。已知：PCl3、POCl3的部分性质如下：熔点/℃沸点/℃相对分子质量其它PCl3－11275.5137.5遇水生成H3PO3和HClPOCl32105.3153.5遇水生成H3PO4和HCl某化学兴趣小组模拟该工艺设计实验装置如图(某些夹持装置已略去)：（1）装置E中制备的气体是___________。（2）b中盛放的药品及作用是___________________________________。（3）C反应温度控制在60~65℃，不能过高或过低的原因是_______________________。（4）通过测定三氯氧磷粗产品(还含有一定量的PCl3)中氯元素含量，可进一步计算产品三氯氧磷的纯度，实验步骤如下：①取ag产品置于盛50.00mL蒸馏水的水解瓶中，摇动至完全水解，将水解液配成100.00mL溶液，预处理排除含磷粒子的影响。②取10.00mL溶液于锥形瓶中，向其中加入C0mol/L的AgNO3溶液V0mL，使Cl－完全沉淀，然后选择Fe(NO3)3，指示剂，用c1mol/L－1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积为V1mL。滴定终点的现象：_______________________________________________。（5）产品中POCl3的质量分数为___________。（6）乙醇制备乙烯可在无水PCl3的催化作用下，该催化机理如下所示，某同学判断该机理中一定有水生成，请写出生成H2O的步骤中反应方程式_______________________。〖答案〗（1）Cl2或者氯气（2）碱石灰，作用是吸收多余的防止污染空气、防止空气H2O进入C装置（3）由于温度太低，反应速率变慢；温度过高，PCl3易挥发，利用率降低（4）滴入最后半滴标准液，溶液变红，本分钟内不变色（5）（6）+H+=PCl3+H2O〖祥解〗E装置是实验室制取氯气的装置，利用二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水，由于PCl3遇水易发生水解，因此装置D用浓硫酸干燥氯气，在C处磷和氯气反应生成三氯化磷，A装置是实验室制备氧气的装置，POCl3遇水生成H3PO4和HCl，因此B装置也要用浓硫酸干燥，在C处氧气和PCl3反应生成POCl3；【详析】（1）根据分析可知，装置E中制备的气体是氯气；（2）b中盛放的药品是碱石灰，作用是吸收多余的防止污染空气、防止空气H2O进入C装置；（3）结合题干信息可知，C反应温度控制在60~65℃，不能过高或过低的原因：由于温度太低，反应速率变慢；温度过高，PCl3易挥发，利用率降低；（4）根据题干信息，滴定终点的现象：滴入最后半滴标准液，溶液变红，本分钟内不变色；（5）根据元素守恒：，，与反应的物质的量：；；假设、物质的量分别为x、y，则、，解得：，即产品中POCl3的质量分数：；（6）根据反应机理图示，生成H2O的步骤中反应方程式：+H+=PCl3+H2O；17.铂钌催化剂是甲醇燃料电池的阳极催化剂。一种以钌矿石[主要含Ru(CO3)2、Al2O3、MnO2，还含少量的FeO、MgO、SiO2]为原料制备钌(Ru)和回收Al、MnO2的流程如图，回答下列问题：（1）操作1的名称___________。（2）钌矿石熔融氧化时应选用何种材质的容器？___________(填字母)。A.玻璃 B.刚玉 C.铁 D.石英（3）“滤渣1”加入的Na2SO3作___________。(填还原剂或氧化剂)（4）“滤渣2”主要成分有___________和___________(填化学式)。（5）“除镁”后溶液中的Mg2+浓度为cmol/L，则此时溶液中的H+物质的量浓度为=___________mol/L，用含有Ka和Ksp、c的表达式表示(已知：MgF2溶度积常数为Ksp；HF电离常数为Ka)（6）“沉铁”的离子方程式为___________________________________________________。(〖提示〗：1molNaClO3参与反应，转移6mol电子)（7）写出流程中“电解”时阳极电极反应式_______________________________。〖答案〗（1）过滤（2）C（3）还原剂（4）H2SiO3Al(OH)3（5）（6）6Na++12Fe2++2+18+6H2O=3Na2Fe4(SO4)6(OH)2↓+2Cl－+6OH－（7）Mn2+－2e－+2H2O=MnO2+4H+〖祥解〗由题给流程可知，向钌矿石中加入碳酸钠，在空气中熔融条件下熔化时，+2价钌元素被氧化为+4价钌元素、+2价铁元素转化为+3价铁元素，铝元素、硅元素转化为偏铝酸钠、硅酸钠，向熔化渣中加入水，水浸、过滤得到滤渣1和滤液1；向滤液1中加入稀硫酸和亚硫酸钠溶液，将锰元素、铁元素和钌元素还原为+2价的锰元素、铁元素和钌元素，向反应后的溶液中加入次氯酸钠碱性溶液，将溶液中的铁元素转化为Na2Fe4(SO4)6(OH)2沉淀，过滤得到Na2Fe4(SO4)6(OH)2和滤液；向滤液中加入氟化钠溶液，将溶液中的镁离子转化为氟化镁沉淀，过滤得到氟化镁和滤液；滤液经分离得到硫酸锰溶液和硫酸钌；电解硫酸锰溶液在阳极制得二氧化锰，硫酸钌被还原制得钌；将熔融、氧化过程中得到的二氧化碳通入滤液1中，将溶液中硅酸钠、偏铝酸钠转化为硅酸、氢氧化铝沉淀，过滤得到滤液2和含有硅酸、氢氧化铝的滤渣2；滤渣2经多步处理制得金属铝。【详析】（1）由分析可知，操作1为固液分离的过滤操作，故〖答案〗为：过滤；（2）碳酸钠在高温条件下能与二氧化硅、氧化铝反应生成硅酸钠、偏铝酸钠，则钌矿石熔融氧化时不能选用玻璃、刚玉、石英材质的容器，应选择铁材质的容器，故选C；（3）由分析可知，向滤液1中加入稀硫酸和亚硫酸钠溶液的目的是将锰元素、铁元素和钌元素还原为+2价的锰元素、铁元素和钌元素，则反应中亚硫酸钠做还原剂，故〖答案〗为：还原；（4）由分析可知，滤渣2的主要成分硅酸、氢氧化铝，故〖答案〗为：H2SiO3；Al(OH)3；（5）由溶度积可知，溶液中除镁后溶液中氟离子浓度为mol/L，由氢氟酸溶液中氢离子浓度为mol/L，故〖答案〗为：；（6）由分析可知，加入次氯酸钠碱性溶液的目的是将溶液中的铁元素转化为Na2Fe4(SO4)6(OH)2沉淀，反应的离子方程式为6Na++12Fe2++2+18+6H2O=3Na2Fe4(SO4)6(OH)2↓+2Cl－+6OH－，故〖答案〗为：6Na++12Fe2++2+18+6H2O=3Na2Fe4(SO4)6(OH)2↓+2Cl－+6OH－；（7）由分析可知，电解硫酸锰溶液在阳极制得二氧化锰，电极反应式为Mn2+－2e－+2H2O=MnO2+4H+，故〖答案〗为：Mn2+－2e－+2H2O=MnO2+4H+。18.Ⅰ．变化观和平衡观视角认识物质（1）工业上Cu-ZnO催化下利用CO2发生如下反应Ⅰ生产甲醇，同时伴有反应Ⅱ发生。Ⅰ．Ⅱ．=1\*GB3①已知：298K时，相关物质的相对能量如图1，反应Ⅰ的为______________。②不同条件下，按照n(CO2)：n(H2)=1:3投料，CO2的平衡转化率如图2所示。压强p1、p2、p3由大到小的顺序是_______________。压强为p1时，温度高于300℃之后，随着温度升高CO2平衡转化率增大的原因___________________________________。（2）能说明反应，已达平衡状态的是___________填字母。A.单位时间内生成1mol的同时消耗了1molB.在恒温恒容的容器中，混合气体的密度保持不变C.在绝热恒容的容器中，反应的平衡常数不再变化D.在恒温恒压的容器中，气体的平均摩尔质量不再变化Ⅱ．从微粒结构视角认识物质（3）基态Fe2+的核外电子排布式为___________________；第四周期元素中，基态原子未成对电子数与Co相等的有___________填元素符号。（4）利用配合物的特征颜色可检验补铁药片中的Fe3+和Fe2+，部分配合物的结构如下：①取等量碾碎的药片放入两支试管中，试管1加盐酸溶解，试管2加等体积蒸馏水溶解。分别滴加KSCN溶液，发现试管1溶液变红，试管2溶液不变色。依据图示信息，解释SCN－检验Fe3+须在酸性条件下进行的原因_______________________________________。②邻二氮菲中N原子价层孤电子对占据___________。填标号。A．2s轨道

B．2p轨道

C．sp杂化轨道

D．sp2杂化轨道〖答案〗（1）①②反应Ⅰ是放热反应，反应Ⅱ是吸热反应，温度高于300℃之后，反应转化率主要由反应Ⅱ决定（2）CD（3）V、As（4）①用KSCN检验Fe3+时，SCN－会与OH－竞争结合Fe3+。pH升高，OH－更易与Fe3+结合，酸性增强，OH－浓度减小，SCN－可以竞争到Fe3+②D〖解析〗（1）①根据△H=反应物总能量-生成物总能量=(-200.5-242)-(3×0-393)kJ/mol=-49.5kJ/mol；②反应Ⅰ．是气体体积减少的反应，反应Ⅱ．是气体体积不变的反应，同一温度下增大压强，反应I的CO2的平衡转化率增大，因此P3>P2>P1；反应Ⅰ是放热反应，反应Ⅱ是吸热反应，温度高于300℃之后，反应转化率主要由反应Ⅱ决定，升高温度，反应II正向移动，二氧化碳平衡转化率变大；（2）A、单位时间内生成1mol的同时消耗了1mol，反应是一个方向，不符合正逆反应速率相等，不能说明达到平衡状态；B、在恒温恒容的容器中，体积是定值，气体质量不变，混合气体的密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态；C、反应是放热反应，在绝热恒容的容器中发生反应，温度变化，反应的平衡常数也变化，当反应的平衡常数不再变化时，符合变量不变，说明反应达到平衡状态；D、气体的平均摩尔质量等于气体总质量除以气体总物质的量，气体总质量不变，气体总物质的量反应前后不等，气体的平均摩尔质量是变量，在恒温恒压的容器中，气体的平均摩尔质量不再变化即可说明反应达到平衡状态；〖答案〗是CD符合；（3）基态Fe2+的核外电子排布式为：；Co原子的基态未成对电子数为3个，第四周期元素中，基态原子未成对电子数为3个的有：V、As；（4）①由图可知OH-与SCN-都能与铁离子形成配位键，碱性条件下含有大量的OH-离子，氢氧根离子与Fe3+离子结合，阻碍SCN-与铁离子的结合，因此SCN－检验Fe3+须在酸性条件下进行；②邻二氮菲中的氮原子形成双键，杂化方式为sp2，因此孤电子对占据sp2杂化轨道。19.变废为宝是我们化学重要的学科价值，如图合成路线体现了这一内容：（1）F中含氧官能团名称是___________。C生成D的反应类型是___________。（2）D物质的名称是___________。（3）下列有关说法正确的是___________。A.向甘蔗渣水解产物中，直接加入新制银氨溶液，可观察到光亮的银镜产生B.葡萄糖与脱氧核糖互为同系物C.物质C中所有的碳原子一定共面D.高分子H链节中只含有1种官能团（4）D与银氨溶液反应的化学方程式为_______________________________。（5）F生成G第一步反应条件为___________。（6）芳香化合物W是E的同分异构体，W能发生水解反应，符合要求的W有___________种。（7）参考上述合成线路，写出以为原料制备的合成路线_______________________________(其他试剂任选)。〖答案〗（1）羧基氧化反应或消去反应（2）邻甲基苯甲醛或2－甲基苯甲醛（3）D（4）+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O（5）NaOH的水溶液，加热（6）6（7）H3C-CH=CH-CH3H2C=CH-CH=CH2〖祥解〗甘蔗渣水解后得到葡萄糖，葡萄糖发酵后得到A（乙醇），CH3CH2OH发生消去反应生成B，B和发生加成反应生成C，分析C和D的结构可知，C发生反应生成D的过程中形成了双键，该反应为消去反应，E和Cl2发生消去反应生成F，则E的结构简式为，F先发生水解反应得到G，G为。【详析】（1）F中含氧官能团名称是羧基，由分析可知，C生成D的过程中形成碳碳双键且H原子个数减小，反应类型是氧化反应或消去反应。（2）由D的结构简式可知，D的名称是邻甲基苯甲醛或2－甲基苯甲醛。（3）A．甘蔗渣水解后产物中含有过量的酸，直接加入新制银氨溶液，不能发生银镜反应，故A错误；B．脱氧核糖(C5H10O4)与葡萄糖(C6H12O6)的分子组成不相差n个CH2原子团，不互为同系物，故B错误；C．C中含有4个-CH2-，-CH2-是sp3杂化的，物质C中所有的碳原子不一定共面，故C错误；D．G为，G发生缩聚反应生成H，H链节中只含有酯基1种官能团，故D正确；故选D。（4）D中含有醛基，与银氨溶液反应的化学方程式为：+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O。（5）由分析可知，F先发生水解反应得到G，反应条件为NaOH的水溶液，加热。（6）芳香化合物W是E的同分异构体，W能发生水解反应，说明其中含有苯环和酯基，则苯环上的取代基可能是-CH3、-OOCH，共有邻、间、对3种情况；苯环上的取代基还可能是-CH2OOCH或-OOCCH3或-COOCH3，综上所述，符合要求的W有6种。（7）H3C-CH=CH-CH3先和Br2发生加成反应生成，发生消去反应得到H2C=CH-CH=CH2，H2C=CH-CH=CH2和路易斯酸反应生成，发生类似C生成D的反应原理得到，合成路线为：H3C-CH=CH-CH3H2C=CH-CH=CH2。江西省南昌市2024届高三上学期11月期中三校联考可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16Na：23P：31Cl：35.5Zn：65Se：79一、单选题(本大题共15小题，共45.0分)1.化学与社会发展和人类进步息息相关。下列说法错误的是（）A.华为Mate60pro系列“争气机”的芯片材料主要为晶体硅B.福尔马林能使蛋白质变性，可用于浸制动物标本C.高压钠灯发出的黄光透雾能力强、射程远，可用于道路照明D.“发现和合成量子点”成为2023年诺贝尔化学奖的主题。碳量子点通常是由无定型和晶态的碳核组成，在碳核表面含有不同的含氧官能团，它与石墨互为同素异形体。〖答案〗D〖解析〗A．晶体硅是良好的半导体材料，华为Mate60pro系列“争气机”的芯片材料主要为晶体硅，故A正确；B．福尔马林能使蛋白质变性，可用于浸制动物标本，故B正确；C．钠的焰色试验为黄色，穿透力强，射程远、透雾能力强，可用于道路照明，故C正确；D．碳量子点的碳核表面含有不同的含氧官能团，说明其不是单质，与石墨不互为同素异形体，故D错误；故选D。2.近期，中科大的研究团队发明了一种“同位素指纹”方法，可以用于食品溯源。化学元素锶位于周期表第ⅡA族，在自然界中有4种稳定的同位素，其中“锶87”和“锶86”在不同地质环境中的相对含量不同，而这种同位素特征又会通过水和食物传递到生物体内，因此，锶同位素检测可以作为追踪大闸蟹地理起源的可靠方法。下列有关说法正确的是（）A.中的中子数为38B.Sr元素位于周期的ds区C.同周期中第一电离能比Sr小的元素只有1种D.根据元素周期律推测Sr(OH)2是一种强碱〖答案〗D〖解析〗A．中的中子数为87-38=49，故A错误；B．由Sr的原子序数可知其各个电子层排布的电子数依次为2、8、18、18、2，共有5个电子层，最外层有2个电子，故其在周期表中的位置是第五周期第IIA族，位于周期的s区，故B错误；C．同周期元素原子自左向右金属性逐渐降低，第一电离能逐渐增大，但由于Sr原子的5s轨道能量比第五周期第IIIA族元素的5p能量低，第一电离能大于In和Rb，比Sr小的元素有2种，故C错误；D．Ca(OH)2是强碱，由于金属性：Ca<Sr，则碱性：Sr(OH)2>Ca(OH)2，Sr(OH)2是一种强碱，故D正确；故选D。3.下列过程涉及的化学反应相应的离子方程式正确的是（）A.向碘化亚铁溶液中滴加少量稀硝酸：B.等浓度等体积的溶液和HCl溶液混合：C.硅酸钠溶液中通入足量二氧化碳：D.向溶液中加入过量溶液：〖答案〗C〖解析〗A．向碘化亚铁溶液中滴加少量稀硝酸，因为还原性：I->Fe2+，所以先与碘离子反应，A错误；B．等浓度等体积的溶液和HCl溶液混合，发生反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为：，B错误；C．向硅酸钠溶液中通入足量二氧化碳，发生反应生成H4SiO4沉淀和碳酸氢钠，离子方程式为：，C正确；D．向溶液中加入过量溶液生成氢氧化铁、硫酸钡和一水合氨，离子方程式为：，D错误；故选C。4.为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.将0.5mol乙烯通入足量溴的CCl4溶液中充分反应，生成C－Br键的数目为1NAB.标准状况下，22.4LCl2与过量的水充分反应，转移电子数为NAC.常温下，pH=2的亚硫酸溶液中含有的H+数目为0.01NAD.等物质的量的和，的质子数比多〖答案〗A〖解析〗A．将0.5molCH2=CH2通入足量溴的CCl4溶液中充分反应，生成0.5molCH2BrCH2Br，生成C－Br键的数目为1NA，故A正确；B．Cl2与水反应是可逆反应，标准状况下，22.4LCl2的物质的量为1mol，与过量的水充分反应，转移电子数小于NA，故B错误；C．未说明溶液的体积，无法计算pH=2的亚硫酸溶液中含有的H+数目，故C错误；D．含有24个质子，有16个质子，未说明和的物质的量，不能计算和的质子数，故D错误；故选A。5.使用Zn－Mn双原子电催化剂，可以实现以、和水为前驱体制得尿素CO(NH2)2，其中有关表述错误的是（）A.Mn元素位于周期表的第VIIB族 B.中的共价键类型：键和键C.的电子式： D.尿素的空间填充模型：〖答案〗D〖解析〗A．Mn是25号元素，原子结构示意图为

，位于周期表的第VIIB族，A项正确；B．N2分子结构为N≡N，含有1个σ键和2个π键，B项正确；C．CO2的电子式为，C项正确；D．为尿素的球棍模型，D项错误；故选D。6.下列实验操作及现象推出的相应结论正确的是（）选项实验操作现象结论A向Na2S与Na2SO3的混合溶液中加入硝酸溶液变浑浊Na2S与Na2SO3之间发生了氧化还原反应B取二氧化硅与少量焦炭，在高温条件下反应产生灰黑色固体非金属性：C取少量某铁的氧化物完全溶于盐酸，再滴加KSCN溶液没有出现血红色该氧化物中不存在三价铁D用大理石和稀盐酸反应制取CO2，气体通入苯酚钠溶液中溶液变浑浊酸性：碳酸>苯酚〖答案〗C〖解析〗A．硝酸具有强氧化性，可以氧化Na2S及Na2SO3，溶液变浑浊，不能说明Na2S与Na2SO3之间发生了氧化还原反应，也可能是硝酸氧化Na2S生成S使溶液变浑浊，A错误；B．在反应中焦炭是还原剂，未体现C的非金属性，不能证明非金属性，B错误；C．KSCN溶液是检验的化学试剂，铁的氧化物溶于盐酸不会发生氧化还原反应，滴加KSCN溶液没有出现血红色，说明溶液中不含，则该氧化物中不存在三价铁，C正确；D．CO2气体中含有挥发的，与苯酚钠溶液发生也能生成苯酚使溶液变浑浊，不能说明碳酸酸性强于苯酚，D错误；〖答案〗选C。7.羟甲香豆素(丙)是一种治疗胆结石的药物，部分合成路线如图所示，下列说法不正确的是（）A.甲分子中含有1个手性碳原子B.过程①为取代反应C.常温下1mol乙最多与含3molNaOH的水溶液完全反应D.1mol丙与足量溴水反应时，消耗Br2的物质的量为4mol〖答案〗D〖解析〗A．由结构简式可知，甲分子中含有如图*所示的1个手性碳原子：，故A正确；B．由结构简式可知，甲发生分子内的取代反应生成乙和乙醇，故B正确；C．由结构简式可知，乙分子中含有的酚羟基和酚酯基能与氢氧化钠溶液反应，则1mol乙最多与含3mol氢氧化钠的水溶液完全反应，故C正确；D．由结构简式可知，丙分子中含有的碳碳双键，能与溴水发生加成反应，含有的酚羟基，能与溴水发生取代反应取代苯环上的邻位上氢原子，则1mol丙与足量溴水反应时，消耗溴的物质的量为3mol，故D错误；故选D。8.查阅资料得知MnO2+NaBr+H2SO4→Na2SO4+MnSO4+Br2↑+H2O(未配平)。某兴趣小组的同学利用如图所示的装置探究苯与液溴的反应类型。下列说法正确的是（）A.实验装置连接顺序为c→a→d→b，b中产生淡黄色沉淀，证明苯与液溴发生的是取代反应B.装置c中发生反应的还原剂与氧化剂物质的量之比为2∶1C.装置d中仪器G的名称为直形冷凝管D.反应后装置d中混合液经碱洗、分液后，上层液体蒸馏得到溴苯〖答案〗B〖解析〗A．装置a中四氯化碳可以溶解溴蒸气，装置b中硝酸银溶液的作用是检验溴化氢，从而确定反应类型，装置c是制取溴单质的反应装置，装置d是制取溴苯的反应装置，实验装置的连接顺序为c→d→a→b，A错误；B．装置c中发生的反应为：MnO2+2NaBr+2H2SO4Na2SO4+MnSO4+Br2↑+2H2O，还原剂溴化钠与氧化剂二氧化锰的物质的量之比为2∶1，B正确；C．装置d中仪器G的名称为球形冷凝管，C错误；D．反应后的液体先用水洗除去溴化铁，再用碱洗除去溴单质，然后分液除去水层，溴苯的密度大于水的，下层为有机层，将其蒸馏后可得溴苯，D错误；故选B。9.利用辉锑矿(主要成分为，含、MgO、等杂质)为原料制备SbOCl的工艺流程如图所示。还原性：。下列说法正确的是（）A.“溶浸”中浸出渣的主要成分为B.“还原”加入Sb的目的是将还原为FeC.“水解”时发生的主要反应为：D.可采用边加热、边搅拌的形式促进的水解〖答案〗C〖祥解〗辉锑矿先利用盐酸进行溶解，其中二氧化硅不与盐酸反应，同时硫离子被铁离子氧化为硫单质，与二氧化硅同时过滤除去；将Sb加入滤液中，将滤液中的铁离子还原为为亚铁离子，避免影响后续Sb3+的水解；最终Sb3+水解为，从滤液中分离出来；【详析】A．辉锑矿中二氧化硅不被盐酸溶解，硫离子被铁离子氧化为硫单质，所以滤除的滤渣主要成分为二氧化硅和硫单质，故A错误；B．还原性：，加入Sb将还原为Fe2+，故B错误；C．“水解”时发生的主要反应为：，故C正确；D．边加热、边搅拌会使亚铁离子被氧化为铁离子，水解生成氢氧化铁，故D错误；〖答案〗选C。10.前四周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，基态X原子核外电子占据两种形状不同的原子轨道，且两种轨道中电子总数相等，Q与X处于同一主族，Y周期序数与其主族序数相等，Z的第二电离能远小于第三电离能，W的一种氧化物常用于红色涂料。下列说法正确的是（）A.电负性： B.Y、Z、W工业冶炼的方法相同C.Z的氯化物是工业漂白粉的有效成分 D.QX2的键角小于QX3的键角〖答案〗D〖祥解〗前四周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，W的一种氧化物常用于红色涂料，W为Fe元素，则Q的原子序数大于26，基态X原子核外电子占据两种形状不同的原子轨道，且两种轨道中电子总数相等，Q与X处于同一主族，则基态X原子的核外电子排布式为1s22s22p4，X为O元素，Q为Se元素，Y周期序数与其主族序数相等，Y为Al元素，Z的第二电离能远小于第三电离能，Z原子有2个价电子，Z为Ca元素；综上，X、Y、Z、W、Q依次为O、Al、Ca、Fe、Se。【详析】A．同主族从上到下元素的电负性逐渐减小，电负性：＞，A项错误；B．Al、Ca属于活泼金属，工业上用电解法冶炼，Fe属于中等活泼的金属，工业上用热还原法冶炼，B项错误；C．Z的氯化物为CaCl2，而工业漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2，C项错误；D．QX2为SeO2，SeO2中Se的孤电子对数为×(6-2×2)=1，σ键电子对数为2，Se的价层电子对数为3，QX3为SeO3，SeO3中Se的孤电子对数为×(6-3×2)=0，σ键电子对数为3，Se的价层电子对数为3，SeO2、SeO3的VSEPR模型都为平面三角形，由于孤电子对具有较大的斥力，故SeO2的键角小于SeO3的键角，D项正确；〖答案〗选D。11.证实证伪是化学学科需要的重要证据推理意识。已知：正高碘酸(结构如图所示)是一种五元弱酸，具有强氧化性，脱水可得偏高碘酸()，下列说法一定正确的是（）A.溶液一定显碱性B.正高碘酸中心原子的杂化方式为sp3杂化C.正高碘酸与反应后溶液呈紫红色，反应如下：D.正高碘酸隔绝空气加热分解仅生成、〖答案〗C〖解析〗A．正高碘酸分子中含有5个羟基，所以为五元酸，溶液为酸式盐，若电离大于水解显酸性，若电离小于水解显碱性，故A错误；B．sp3杂化的杂化轨道为4个，而正高碘酸中心原子周围有6个杂化轨道，故B错误；C．正高碘酸与反应后溶液呈紫红色，说明Mn2+被氧化为，故为，故C正确；D．根据氧化还原反应规律，正高碘酸隔绝空气加热分解生成、、O2，故D错误；选C。12.盐酸羟胺(NH3OHCl)是一种常见的还原剂和显像剂，其化学性质类似NH4Cl。工业上主要采用向两侧电极分别通入NO和H2，以盐酸为电解质来进行制备，其电池装置(图1)和含Fe的催化电极反应机理(图2)如图。不考虑溶液体积的变化，下列说法正确的是（）A.电池工作时，含Fe的催化电极为正极，发生还原反应B.图2中，A为H＋和e－，B为C.电池工作时，每消耗标况下2.24LNO，左室溶液质量增加3.0gD.电池工作一段时间后，正、负极区溶液的pH均下降〖答案〗A〖祥解〗由图可知，Pt电极上H2→H+，失去电子发生氧化反应，做负极，电极反应式：H2-2e-=2H+；含铁的催化电极为正极，其电极反应为：NO+3e-+4H++Cl-=NH3OHCl，以此解答。【详析】A．由分析可知，含Fe的催化电极为正极，发生还原反应，故A正确；B．根据题意可知，NH2OH具有类似NH3的弱碱性，可以和盐酸反应生成盐酸羟胺，所以缺少的一步为反应为：NH2OH+H+=NH3OH+，图2中，A为H+，B为，故B错误；C．含铁的催化电极为正极，其电极反应为：NO+3e-+4H++Cl-=NH3OHCl，4个氢离子中有1个是左侧溶液中HCl提供的，3个是右侧溶液迁移过来的；标况下消耗2.24LNO的物质的量为=0.1mol，则左室增加的质量为0.1molNO和0.3molH+的质量，即增加质量为3.3g，故C错误；D．负极电极反应式：H2-2e-=2H+，H+浓度增大pH值减小，正极电极反应为：NO+3e-+4H++Cl-=NH3OHCl，正极区H+浓度减小，pH增大，故D错误；故选A。13.半导体材料硒化锌的晶胞如图所示。通过晶体衍射测得晶胞中，面心上硒与顶点硒之间距离为anm，代表阿伏加德罗常数的值。以晶胞参数为单位长度建立坐标系，可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子坐标。在ZnSe晶胞坐标系中，A点硒原子坐标为，B点锌原子坐标为。下列说法不正确的是（）A.Se原子的配位数为4B.C的原子坐标参数为(，，)C.硒化锌晶体密度为D.已知SeO3的熔点为165℃，在126℃时升华，则SeO3晶体类型与ZnSe晶体不同〖答案〗B〖解析〗A．由晶胞结构可知，距离Se原子最近的Zn原子共有4个，Se原子的配位数为4，故A正确；B．根据A点、B点原子坐标，结合晶胞结构可知，C点原子坐标：(，，)，故B错误；C．硒化锌晶胞中含4个锌、8=4个硒。硒在晶胞中面心立方分布，面对角线上三个硒相切，晶胞参数为anm，由密度公式知，=，故C正确；D．SeO3的熔点较低，易升华，说明粒子之间作用力小，它是分子晶体，硒化锌作为半导体材料能导电，熔沸点较高，则SeO3晶体类型与ZnSe晶体不同，故D正确；故选B。14.CO2催化加氢制CH4的反应为：。催化剂上反应过程示意如图1所示。其他条件不变时，10min时CO2的转化率和CH4的选择性(CO2转化为甲烷的量/CO2转化的总量)随温度变化如图2所示。下列说法不正确的是（）A.催化剂改变了中O—C—O键的键角B.150℃到350℃时，基本没有发生副反应C.催化加氢制是一个吸热反应D.使用催化剂不能改变反应的△H〖答案〗C〖解析〗A．由题干图1反应历程图信息可知，CO2的键角为180°，而Ni-CO2的键角不是180°，故催化剂改变了CO2中O—C—O键的键角，A正确；B．由题干图2信息可知，150℃到350℃时，CH4的选择性基本为100%，说明该温度范围内基本没有发生副反应，B正确；C．由题干图2信息可知，升高温度，10min时CO2的转化率增大，而CH4的选择性基本不变，说明该温度范围内基本无副反应发生，但题干未告知CO2转化率是不是平衡转化率，故无法判断CO2催化加氢制CH4是一个吸热反应还是吸热反应，C错误；D．使用催化剂可以改变化学反应速率，但不能改变反应的△H，D正确；〖答案〗选C。15.现有一瓶标签上注明为葡萄糖酸盐(钠、镁、钙、铁)的复合制剂，某同学为了确认其成分，取部分制剂作为试液，设计并完成了如下实验：已知：控制溶液pH＝4时，Fe(OH)3沉淀完全，Ca2＋、Mg2＋不沉淀。该同学得出的结论正确的是()。A.根据现象1可推出该试液中含有Na＋B.根据现象2可推出该试液中并不含有葡萄糖酸根C.根据现象3和4可推出该试液中含有Ca2＋，但没有Mg2＋D.根据现象5可推出该试液中一定含有Fe2＋〖答案〗C〖解析〗A、由于试液中外加了NaOH和Na2CO3，所以不能确定原试液中是否含有钠离子，故A错误；B、试液中有没有葡萄糖酸根离子，都无银镜生成，因为葡萄糖酸根离子中不含醛基，故B错误；C、滤液中加氨水无沉淀产生，说明无镁离子，加入碳酸钠溶液，有白色沉淀，说明有钙离子，故C正确；D、试液中可能含亚铁离子，也可能只含铁离子而不含亚铁离子，故D错误；〖答案〗选C。二、非选择题(本部分共4题，共55分)16.Cl2是工业制备的一种重要原料，很多物质的制备都需要用到氯气。比如工业上用Cl2制备POCl3，反应原理为：P4(白磷)+6Cl2=4PCl3，2PCl3+O2=2POCl3。已知：PCl3、POCl3的部分性质如下：熔点/℃沸点/℃相对分子质量其它PCl3－11275.5137.5遇水生成H3PO3和HClPOCl32105.3153.5遇水生成H3PO4和HCl某化学兴趣小组模拟该工艺设计实验装置如图(某些夹持装置已略去)：（1）装置E中制备的气体是___________。（2）b中盛放的药品及作用是___________________________________。（3）C反应温度控制在60~65℃，不能过高或过低的原因是_______________________。（4）通过测定三氯氧磷粗产品(还含有一定量的PCl3)中氯元素含量，可进一步计算产品三氯氧磷的纯度，实验步骤如下：①取ag产品置于盛50.00mL蒸馏水的水解瓶中，摇动至完全水解，将水解液配成100.00mL溶液，预处理排除含磷粒子的影响。②取10.00mL溶液于锥形瓶中，向其中加入C0mol/L的AgNO3溶液V0mL，使Cl－完全沉淀，然后选择Fe(NO3)3，指示剂，用c1mol/L－1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积为V1mL。滴定终点的现象：_______________________________________________。（5）产品中POCl3的质量分数为___________。（6）乙醇制备乙烯可在无水PCl3的催化作用下，该催化机理如下所示，某同学判断该机理中一定有水生成，请写出生成H2O的步骤中反应方程式_______________________。〖答案〗（1）Cl2或者氯气（2）碱石灰，作用是吸收多余的防止污染空气、防止空气H2O进入C装置（3）由于温度太低，反应速率变慢；温度过高，PCl3易挥发，利用率降低（4）滴入最后半滴标准液，溶液变红，本分钟内不变色（5）（6）+H+=PCl3+H2O〖祥解〗E装置是实验室制取氯气的装置，利用二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水，由于PCl3遇水易发生水解，因此装置D用浓硫酸干燥氯气，在C处磷和氯气反应生成三氯化磷，A装置是实验室制备氧气的装置，POCl3遇水生成H3PO4和HCl，因此B装置也要用浓硫酸干燥，在C处氧气和PCl3反应生成POCl3；【详析】（1）根据分析可知，装置E中制备的气体是氯气；（2）b中盛放的药品是碱石灰，作用是吸收多余的防止污染空气、防止空气H2O进入C装置；（3）结合题干信息可知，C反应温度控制在60~65℃，不能过高或过低的原因：由于温度太低，反应速率变慢；温度过高，PCl3易挥发，利用率降低；（4）根据题干信息，滴定终点的现象：滴入最后半滴标准液，溶液变红，本分钟内不变色；（5）根据元素守恒：，，与反应的物质的量：；；假设、物质的量分别为x、y，则、，解得：，即产品中POCl3的质量分数：；（6）根据反应机理图示，生成H2O的步骤中反应方程式：+H+=PCl3+H2O；17.铂钌催化剂是甲醇燃料电池的阳极催化剂。一种以钌矿石[主要含Ru(CO3)2、Al2O3、MnO2，还含少量的FeO、MgO、SiO2]为原料制备钌(Ru)和回收Al、MnO2的流程如图，回答下列问题：（1）操作1的名称___________。（2）钌矿石熔融氧化时应选用何种材质的容器？___________(填字母)。A.玻璃 B.刚玉 C.铁 D.石英（3）“滤渣1”加入的Na2SO3作___________。(填还原剂或氧化剂)（4）“滤渣2”主要成分有___________和___________(填化学式)。（5）“除镁”后溶液中的Mg2+浓度为cmol/L，则此时溶液中的H+物质的量浓度为=___________mol/L，用含有Ka和Ksp、c的表达式表示(已知：MgF2溶度积常数为Ksp；HF电离常数为Ka)（6）“沉铁”的离子方程式为___________________________________________________。(〖提示〗：1molNaClO3参与反应，转移6mol电子)（7）写出流程中“电解”时阳极电极反应式_______________________________。〖答案〗（1）过滤（2）C（3）还原剂（4）H2SiO3Al(OH)3（5）（6）6Na++12Fe2++2+18+6H2O=3Na2Fe4(SO4)6(OH)2↓+2Cl－+6OH－（7）Mn2+－2e－+2H2O=MnO2+4H+〖祥解〗由题给流程可知，向钌矿石中加入碳酸钠，在空气中熔融条件下熔化时，+2价钌元素被氧化为+4价钌元素、+2价铁元素转化为+3价铁元素，铝元素、硅元素转化为偏铝酸钠、硅酸钠，向熔化渣中加入水，水浸、过滤得到滤渣1和滤液1；向滤液1中加入稀硫酸和亚硫酸钠溶液，将锰元素、铁元素和钌元素还原为+2价的锰元素、铁元素和钌元素，向反应后的溶液中加入次氯酸钠碱性溶液，将溶液中的铁元素转化为Na2Fe4(SO4)6(OH)2沉淀，过滤得到Na2Fe4(SO4)6(OH)2和滤液；向滤液中加入氟化钠溶液，将溶液中的镁离子转化为氟化镁沉淀，过滤得到氟化镁和滤液；滤液经分离得到硫酸锰溶液和硫酸钌；电解硫酸锰溶液在阳极制得二氧化锰，硫酸钌被还原制得钌；将熔融、氧化过程中得到的二氧化碳通入滤液1中，将溶液中硅酸钠、偏铝酸钠转化为硅酸、氢氧化铝沉淀，过滤得到滤液2和含有硅酸、氢氧化铝的滤渣2；滤渣2经多步处理制得金属铝。【详析】（1）由分析可知，操作1为固液分离的过滤操作，故〖答案〗为：过滤；（2）碳酸钠在高温条件下能与二氧化硅、氧化铝反应生成硅酸钠、偏铝酸钠，则钌矿石熔融氧化时不能选用玻璃、刚玉、石英材质的容器，应选择铁材质的容器，故选C；（3）由分析可知，向滤液1中加入稀硫酸和亚硫酸钠溶液的目的是将锰元素、铁元素和钌元素还原为+2价的锰元素、铁元素和钌元素，则反应中亚硫酸钠做还原剂，故〖答案〗为：还原；（4）由分析可知，滤渣2的主要成分硅酸、氢氧化铝，故〖答案〗为：H2SiO3；Al(OH)3；（5）由溶度积可知，溶液中除镁后溶液中氟离子浓度为mol/L，由氢氟酸溶液中氢离子浓度为mol/L，故〖答案〗为：；（6）由分析可知，加入次氯酸钠碱性溶液的目的是将溶液中的铁元素转化为Na2Fe4(SO4)6(OH)2沉淀，反应的离子方程式为6Na++12Fe2++2+18+6H2O=3Na2Fe4(SO4)6(OH)2↓+2Cl－+6OH－，故〖答案〗为：6Na++12Fe2++2+18+6H2O=3Na2Fe4(SO4)6(OH)2↓+2Cl－+6OH－；（7）由分析可知，电解硫酸锰溶液在阳极制得二氧化锰，电极反应式为Mn2+－2e－+2H2O=MnO2+4H+，故〖答案〗为：Mn2+－2e－+2H2O=MnO2+4H+。18.Ⅰ．变化观和平衡观视角认识物质（1）工业上Cu-ZnO催化下利用CO2发生如下反应Ⅰ生产甲醇，同时伴有反应Ⅱ发生。Ⅰ．Ⅱ．=1\*GB3①已知：298K时，相关物质的相对能量如图1，反应Ⅰ的为______________。②不同条件下，按照n(CO2)：n(H2)=1:3投料，CO2的平衡转化率如图2所示。压强p1、p2、p3由大到小的顺序是_______________。压强为p1时，温度高于300℃之后，随着温度升高CO2平衡转化率增大的原因___________________________________。（2）能说明反应，已达平衡状态的是___________填字母。A.单位时间内生成1mol的同时消耗了1molB.在恒温恒容的容器中，混合气体的密度保持不变C.在绝热恒容的容器中，反应的平衡常数不再变化D.在恒温