化学-湖南省长沙市周南教育集团2023-2024学年高二下学期入学考试化学（原卷+解析）

第1页/共34页周南教育集团高二年级下学期入学考试化学试卷时间：75分钟，分值：100分可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Cl-35.5K-39Ni-59Co-59一、单项选择题：(本题共14小题，每小题3分，共42分。)1.我国古代常用如图所示装置来炼丹、熬烧酒、制花露水等。南宁《游宦纪闻》记载了民间制取花露水的方法：“锡为小甑、实花一重，香骨一重，常使花多于香。窍甑之傍，以泄汗液，以器贮之”。下列分析错误的是A.图中3相当于蒸馏烧瓶B.图中2相当于冷凝管，冷却剂是空气C.该装置能用于分离食盐与水D.该装置可用于初步分离酒精与水2.下列实验操作或实验仪器使用正确的是A．海带灼烧C．干燥二氧化碳B．进行中和热的测定D．稀释浓硫酸A.AB.BC.CD.D3.下列离子方程式不正确的是A.向(NH4)2SO4溶液中加入小粒金属钠：2NH+2Na=2Na++H2↑+2NH3↑第2页/共34页B.NaHCO3溶液与足量的Ba(OH)2溶液混合：HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2OD.泡沫灭火器的反应原理：AlO+HCO3-+H2O=Al(4.下列有关化学用语正确的是A.CCl4分子的比例模型：B.H2O的VSEPR模型C.NH4Br的电子式：Dp—pσ键电子云轮廓图.5.ShyamKattle等结合实验与计算机模拟结果，研究了在Pt/SiO2催化剂表面上CO2与H2的反应历程，前三步历程如图所示，吸附在Pt/SiO2催化剂表面上的物种用“·”标注，Ts表示过渡态。下列有关说法错误的是第3页/共34页A.物质被吸附在催化剂表面形成过渡态的过程是吸热的B.形成过渡态Ts1的活化能为1.05eVC.前三步总反应的ΔH<0D.反应历程中能量变化最大的反应方程式为.HOCO+H2(g)=CO+.OH+H2(g)6.某新型透明高硬度防弹材料由X、Y、Z三种短周期元素组成，原子序数依次增大，X元素的简单氢化物呈碱性且分子间能形成氢键，Y元素最外层电子数是电子层数的三倍，Z元素的离子半径为同周期中最小。下列说法不正确的是：A.X、Y元素所能形成的氢化物都不止一种B.Z元素的单质与X元素最高价氧化物的水化物能发生反应产生H2C.简单离子的半径X>Y>ZD.X与Y形成的化合物不止一种7.能源危机似乎一直以来都是我们的社会普遍问题，即使锂离子电池及其他成熟的能源技术现在还足以应付我们的能源需求。最近，国际能源期刊NanoEnergy报道了一种正负电极均利用涉及氢气反应的全氢电池，产生能源的源泉为酸和碱的中和能，则下列说法正确的是第4页/共34页A.该电池是利用电极反应和特殊的隔膜材料将中和能转化为电能B.电池外电路电子经导线由吸附层M向吸附层N移动，内电路H+通过离子交换膜由左往右移动C.吸附层M的电极反应是H2-2e-=2H+D.吸附层N释放出H2体积为2.24L时，负极电解质溶液的质量减少2g8.草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸。常温下，向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液中lgX[X表示或]随pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是A.线I中X表示的是B.线I、II的斜率均为1第5页/共34页D.cHC2O4-)+2c(C2O-)的对应溶液的pH=79.依据下列实验现象，得出的结论正确的是操作实验现象结论A向NaBr溶液中加入过量氯水，再加入淀粉KI溶液最终溶液变蓝氧化性：Cl2>Br2>I2B向某无色溶液中滴加浓盐酸产生能使品红溶液褪色的气体不能证明原溶液中含有SO32－或HSO3-C向蔗糖溶液中加入稀硫酸，水浴加热后，加入新制氢氧化铜，加热得到蓝色溶液蔗糖水解产物没有还原性D向2mL0.01mol/L的AgNO3溶液中滴加几滴同浓度的NaCl溶液后，滴加KI溶液先产生白色沉淀，后出现黄色沉淀证明Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)A.AB.BC.CD.D10.国家速滑馆又称为“冰丝带”，所用的碲化镉(CdTe)发电玻璃被誉为“挂在墙上的油田”。一种以镉废渣(含CdO及少量ZnO、Al2O3、MnO、FeO杂质)为原料制备镉的工艺流程如图所示，下列说法错误的是已知：部分金属阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下表所示：金属阳离子Fe3+Fe2+Al3+开始沉淀时的pH27.6.33.4第6页/共34页完全沉淀时的pH3.28.35.0A.滤渣1的主要成分是Fe(OH)3,Al(OH)3B.Zn置换之后的滤液主要成分是K2SO4和ZnSO4C.“纯化”过程中发生的反应为Zn+2NaOH=Na2ZnO2+H2↑D.该工艺用到的主要分离操作是过滤11.工业上以钛铁矿(FeTiO3，其中Fe为＋2价)为主要原料制备金属钛的工艺流程如下图(左)所示，下列说法不正确的是A.为加快“氯化”速率，可将钛铁矿粉碎并与焦炭混合均匀高温B.“氯化”过程发生的反应：2FeTiO3+7Cl2+6C2FeCl3+2TiCl4+6COC.理论上，每制得1molTi，需要2molMgD.在高温超导领域中，钛可以合成钙钛矿，其晶胞如上图(右)所示，该晶体中每个钛离子周围与它最近且相等距离的钛离子有4个12.298k时，向20.0mL0.10mol/LH2A溶液中滴加0.10mol/LNaOH溶液，滴定曲线如图所示。下列说法正确第7页/共34页A.该滴定过程应该选择石蕊试液作指示剂B.W点到X点发生的主要反应的离子方程式为H2A+2OH-=A2-+2H2OC.Y点对应的溶液中c(Na+)+(H+)=c(OH—)+2c(A2-)D.反应H2A+A2-≈2HA—的平衡常数K=1.0×107.413.各种矿产资源的开发利用为人类发展提供了重要的物质保障，如图是一些矿产资源的利用流程，则下列说法不正确的是A.粗铜电解精炼时，粗铜做阳极B.黄铜矿冶炼铜时，副产物二氧化硫可用于生产硫酸，FeO可用作冶铁的原料。C.生产铝、铜、高纯硅及玻璃过程中都涉及氧化还原反应D.粗硅制高纯硅时，提纯四氯化硅可用多次分馏的方法2NO(g)+2CO(g)≈N2(g)+2CO2(g)ΔH=-746.5kJ.mol-1。将NO和CO以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应，相同时间内测量逸出气体中的NO含量，从而确定尾气脱氮率(脱氮率即NO的转化率)，结果如图所示，下列说法错误的是第8页/共34页A.温度低于200℃,图中曲线脱氮率随温度升高而变化不大的主要原因是催化剂活性偏低B.图中a点是反应的平衡点C.催化剂I的最适温度为250℃D.温度高于450摄氏度，脱氮率下降的原因可能是反应已达到平衡，升高温度平衡逆移二、非选择题(本题共4小题，每空2分，共58分。)15.X、Y、Z、W是元素周期表前四周期中的常见元素，其原子序数依次增大。X元素的一种核素的质量数为12，中子数为6；Y元素是动植物生长不可缺少的、构成蛋白质的重要组成元素；Z的基态原子核外9个原子轨道上填充了电子且有2个未成对电子，与X不同族；W是一种常见元素，可以形成3种氧化物，其中一种氧化物是具有磁性的黑色晶体。（1）X—H键和Y—H键属于极性共价键，其中极性较强的是(X、Y用元素符号表示)键。X的第一电离能比Y的(填“大”或“小”)。（2）写出X的单质与Z的最高价氧化物对应水化物的浓溶液反应的化学方程式：。（3）W的基态原子的价电子排布式为；（4）Y元素的核外电子轨道表示式为。（5）已知一种Y4分子结构如图所示：断裂1molY-Y键吸收167kJ的热量，生成1molY≡Y放出942kJ热量。则由1molY4气态分子变成2molY2气态分子(填写吸收或放出)kJ第9页/共34页16.三氯化六氨合钴[Co(NH3)6]Cl3是一种重要的化工产品，某兴趣小组用如下装置模拟工业制法，在NH3和NH4Cl存在条件下，以活性炭为催化剂，用H2O2氧化CoCl2溶液来制备[Co(NH3)6]Cl3(该反应为放热反应)，实验步骤如下：①称取研细的CoCl2·6H2O粉末10.0g和NH4Cl5.0g于烧杯中并加水溶解，将溶液转入三颈烧瓶，加入25mL浓氨水和适量活性炭粉末，逐滴加入5mL30%的H2O2溶液。②在60℃水浴中恒温20min，然后用冰水浴冷却，充分结晶后过滤。③将沉淀溶于热的盐酸中，趁热过滤，滤液中加适量浓盐酸并冷却结晶。④过滤、用乙醇洗涤晶体并在105℃条件下烘干。⑤晶体制备完成后，该小组通过以下步骤测定产品的纯度：称取0.2858g样品放入锥形瓶中并加水溶解，再加入3mL10％的NaOH溶液，充分加热产生Co(OH)3沉淀，加6mol/L盐酸将沉淀完全溶解后加入足量KI粉末和5滴2％的淀粉溶液，用0.0400mol/L的Na2S2O3溶液滴定，最终消耗Na2S2O3溶液25.00mL。（1）请指出装置中存在的一处缺陷。（2）若将5mL30%的H2O2溶液一次性加入三颈烧瓶，可能出现的问题是。（3）若无活性炭作催化剂，所得产物中除[Co(NH3)6]Cl3外，还会有大量二氯化一氯五氨合钴[Co(NH3)5Cl]Cl2和三氯化五氨一水合钴[Co(NH3)5H2O]Cl3晶体，而在活性炭的催化作用下，主要产物只有[Co(NH3)6]Cl3，这体现了催化剂的性。（4）步骤③中趁热过滤的主要目的是，滤液中加适量浓盐酸的主要目的是；乙醇洗涤与蒸馏水洗涤相比优点是。（5）滴定终点的现象是，测得产品的纯度为。(保留三位有效数字)17.磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下：第10页/共34页已知：磷精矿主要成分为Ca5(PO4)3(OH)，还含有Ca5(PO4)3F和有机碳等。溶解度：（1）上述流程中能加快反应速率的措施有。（2）磷精矿粉酸浸时发生反应：2Ca5(PO4)3(OH)+3H2O+10H2SO4=10CaSO4①该反应体现出酸性关系：H3PO4H2SO4(填“>”或“<”)。②结合元素周期律解释①中结论：P和S电子层数相同，。（3）H2O2将粗磷酸中的有机碳氧化为CO2脱除，同时自身也会发生分解。相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率如图所示。80℃后脱除率变化的原因：。（4）脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO-残留，原因是；加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，原因是。（5）取ag所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用bmol.L-1NaOH溶液滴定至终点时生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液cmL。精制磷酸中H3PO4的质量分数是。(已知：H3PO4摩尔质量为98g.mol-1)18.NO、SO2是大气污染物但又有着重要用途。第11页/共34页Ⅰ.已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH1=+180.5kJ.mol-1C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH2=-393.5kJ.mol-12C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH3=-221.0kJ.mol-1（1）某反应的平衡常数表达式为此反应的热化学方程式为：____________。（2）向绝热恒容密闭容器中充入等量的NO和CO进行反应，能判断反应已达到化学平衡状态的是 (填序号)。a．容器中的压强不变b．2v正(CO)=v逆(N2)c．气体的平均相对分子质量保持34.2不变d．该反应平衡常数保持不变e．NO和CO的体积比保持不变2可用于制。为探究某浓度的化学性质，某同学设计如下实验流程：（3）用离子方程式表示Na2S2O3溶液具有碱性的原因。Na2S2O3与氯水反应的离子方程式是。（4）含SO2的烟气可用Na2SO3溶液吸收。可将吸收液送至电解槽再生后循环使用。再生电解槽如图所示。a电极上含硫微粒放电的反应式为。(任写一个)。离子交换膜(填标号)为阴离子交换膜。第12页/共34页2(g)+O2(g)，将一定量的SO3放入恒容的密闭容器中，测得其平衡转化率随温度变化如图所示。图中a点对应温度下，已知SO3的起始压强为P0，该温度下反应的平衡常数Kp=(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。第13页/共34页周南教育集团高二年级下学期入学考试化学试卷时间：75分钟，分值：100分可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Cl-35.5K-39Ni-59Co-59一、单项选择题：(本题共14小题，每小题3分，共42分。)1.我国古代常用如图所示装置来炼丹、熬烧酒、制花露水等。南宁《游宦纪闻》记载了民间制取花露水的方法：“锡为小甑、实花一重，香骨一重，常使花多于香。窍甑之傍，以泄汗液，以器贮之”。下列分析错误的是A.图中3相当于蒸馏烧瓶B.图中2相当于冷凝管，冷却剂是空气C.该装置能用于分离食盐与水D.该装置可用于初步分离酒精与水【答案】C【解析】【详解】A．图中3相当于蒸馏烧瓶，图4为加热装置，A正确；B．图中2相当于冷凝管，直接暴露在空气中，冷却剂是空气，B正确；C．分离食盐与水的方法为蒸发，此装置中不包含蒸发装置，C错误；D．该装置为蒸馏装置，利用到沸点不同用于初步分离酒精与水，D正确；答案选C。2.下列实验操作或实验仪器使用正确的是第14页/共34页A．海带灼烧C．干燥二氧化碳B．进行中和热的测定D．稀释浓硫酸A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．灼烧海带用坩埚，但坩埚是与泥三角配套使用的而不是石棉网，故A错误；B．用浓硫酸干燥气体应该长进短出，故B错误；C．进行中和热的测定需要用到玻璃搅拌器进行搅拌，故C错误；D．稀释浓硫酸时，要把浓硫酸缓缓地沿器壁注入水中，同时用玻璃棒不断搅拌，以使热量及时地扩散，故3.下列离子方程式不正确的是A.向(NH4)2SO4溶液中加入小粒金属钠：2NH+2Na=2Na++H2↑+2NH3↑B.NaHCO3溶液与足量的Ba(OH)2溶液混合：HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2OD.泡沫灭火器的反应原理：AlO+HCO3-+H2O=Al(【答案】D【解析】【详解】A．向(NH4)2SO4溶液中加入小粒金属钠，钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再与硫酸铵反应生成硫酸钠、氨气、水，离子方程式为2NH+2Na=2Na++H2↑+2NH3↑,A正确；B．NaHCO3溶液与足量的Ba(OH)2溶液混合，离子方程式为HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O，B正确；C．向溴水中滴加少量Na2SO3溶液中，溴水将亚硫酸根氧化为硫酸根，离子方程式为2O+SO-+SO-，C正确；第15页/共34页D．泡沫灭火器的反应原理为Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑,D错误；故选D。4.下列有关化学用语正确的是A.CCl4分子的比例模型：B.H2O的VSEPR模型C.NH4Br的电子式：D.p—pσ键电子云轮廓图【答案】B【解析】【详解】A．四氯化碳中氯原子比碳原子半径大，分子的空间构型为正四面体形，比例模型为故A错误；B．水分子中氧原子的价层电子对数为4确；C．溴化铵是离子化合物，电子式为，故C错误；D．p电子与p电子头碰头形成σ键的电子云轮廓图为，故D错误；故选B。5.ShyamKattle等结合实验与计算机模拟结果，研究了在Pt/SiO2催化剂表面上CO2与H2的反应历程，前第16页/共34页三步历程如图所示，吸附在Pt/SiO2催化剂表面上的物种用“·”标注，Ts表示过渡态。下列有关说法错误A.物质被吸附在催化剂表面形成过渡态的过程是吸热的B.形成过渡态Ts1的活化能为1.05eVC.前三步总反应的ΔH<0D.反应历程中能量变化最大的反应方程式为.HOCO+H2(g)=CO+.OH+H2(g)【答案】D【解析】【分析】利用反应前后能量的变化，分析反应的反应热，据此分析。【详解】A．由图可知，被吸附在催化剂表面的物质形成过渡态的过程是吸热的，A正确；B．从图中能量差可知，过渡态Ts1的能量为0.15eV，则该步的活化能为[0.15-(-0.9)]eV=1.05eV，B正确；C．根据图示首尾能量数据可知，该过程的总能量降低了2.05eV，前三步的总反应的ΔH=-2.05eV，C正确；D．前三步中能量变化最大的是第二步，该步骤分两步形成稳定的微粒，反应方程式为第17页/共34页2(g)，D错误；故本题选D。6.某新型透明高硬度防弹材料由X、Y、Z三种短周期元素组成，原子序数依次增大，X元素的简单氢化物呈碱性且分子间能形成氢键，Y元素最外层电子数是电子层数的三倍，Z元素的离子半径为同周期中最小。下列说法不正确的是：A.X、Y元素所能形成的氢化物都不止一种B.Z元素的单质与X元素最高价氧化物的水化物能发生反应产生H2C.简单离子的半径X>Y>ZD.X与Y形成的化合物不止一种【答案】B【解析】【分析】原子序数依次增大，X元素的简单氢化物呈碱性且分子间能形成氢键，故X是N元素，Y元素最外层电子数是电子层数的三倍，故Y是O元素，Z元素的离子半径为同周期中最小，故Z是Al元素。【详解】A．X元素所能形成的氢化物NH3、N2H4，Y元素所能形成的氢化物H2O、H2O2，A正确；B．X元素最高价氧化物的水化物为HNO3，Al与浓HNO3常温下钝化，加热下反应生成NO2，B错误；C．电子层数越多，半径越大，电子层数相同，核电荷数越大，半径越小，故简单离子的半径X>Y>Z，C正确；D．X与Y形成的化合物为NO、NO2，D正确；故选B。7.能源危机似乎一直以来都是我们的社会普遍问题，即使锂离子电池及其他成熟的能源技术现在还足以应付我们的能源需求。最近，国际能源期刊NanoEnergy报道了一种正负电极均利用涉及氢气反应的全氢电池，产生能源的源泉为酸和碱的中和能，则下列说法正确的是第18页/共34页A.该电池是利用电极反应和特殊的隔膜材料将中和能转化为电能B.电池外电路电子经导线由吸附层M向吸附层N移动，内电路H+通过离子交换膜由左往右移动C.吸附层M的电极反应是H2-2e-=2H+D.吸附层N释放出H2体积为2.24L时，负极电解质溶液的质量减少2g【答案】A【解析】【分析】该装置没有外加电源，属于电池装置，通入氢气一极为负极，产生氢气一极为正极，即吸附层M为负极，吸附层N为正极，据此分析；【详解】A．该装置为化学电源，根据题中所给信息，“产生能源的源泉为酸和碱的中和能”，因此该电池是利用中和能转化成电能，故A正确；B．根据原电池工作原理，电子从负极经外电路流向正极，即电子从吸附层M流向吸附层N，根据装置图可知，吸附层M上产生H＋与电解质溶液中OH－反应生成H2O，右侧电解液中H＋在吸附层N上得电子转化为H2，H＋几乎没有移动，内电路Na＋通过离子交换膜由左往右移动，故B错误；C．吸附层M电极反应式是H2－2e2OH－=2H2O，故C错误；D．题中没有指明是否是标准状况，因此无法判断产生氢气物质的量，故D错误；答案为A。8.草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸。常温下，向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液中lgX[X表示或]随pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是第19页/共34页A.线I中X表示的是B.线I、II的斜率均为1D.cHC2O4-)+2c(C2O-)的对应溶液的pH=7【答案】C【解析】pH=-lgcH+表示的是，直线II中X表示的是正确；lgX=lg=lgKal=-1.22，线Ⅱ的纵坐标第20页/共34页lgX=lg=lgKa2=-4.19，所以线Ⅰ的斜率线Ⅱ的斜率当cC2O-)>c(H2C2O4)时，102a-5.41>1即2a-5.41>0，解得a>2.705，所C2O-)+c(OH-)，若故选C。9.依据下列实验现象，得出的结论正确的是操作实验现象结论A向NaBr溶液中加入过量氯水，再加入淀粉KI溶液最终溶液变蓝氧化性：Cl2>Br2>I2B向某无色溶液中滴加浓盐酸产生能使品红溶液褪色的气体不能证明原溶液中含有SO32－或HSO3-C向蔗糖溶液中加入稀硫酸，水浴加热后，加入新制氢氧化铜，加热得到蓝色溶液蔗糖水解产物没有还原性D向2mL0.01mol/L的AgNO3溶液中滴加几滴同浓度的NaCl溶液后，滴加KI溶液先产生白色沉淀，后出现黄色沉淀证明Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)A.AB.BC.CD.D第21页/共34页【答案】B·【解析】【详解】A．由于加入的氯水过量，加入KI后，I-会被过量的Cl2氧化生成能使淀粉变蓝的I2，所以无法证明Br2和I2的氧化性强弱关系，A项错误；B．能够让品红溶液褪色的可能是SO2，也可能是氯气等；如果使品红溶液褪色的是SO2，那么溶液中含有的也可能是S2O-，不一定是SO-或HSO3-；如果使品红溶液褪色的是Cl2，那么溶液中可能含有ClO-或ClO3-；综上所述，B项正确；C．蔗糖水解后生成一分子葡萄糖和一分子果糖，葡萄糖是典型的还原性糖；若要验证葡萄糖的还原性，需要先将水解后的溶液调至碱性，再加入新制Cu(OH)2，加热后才会生成砖红色的Cu2O沉淀；选项没有加NaOH将溶液调成碱性，故C项错误；D．由于先前加入的NaCl只有几滴的量，所以溶液中仍然剩余大量的Ag+，所以后续加入KI溶液后，必然会生成黄色的AgI沉淀，实验设计存在漏洞，并不能证明AgI和AgCl的Ksp的大小关系；D项错误；答案选B。10.国家速滑馆又称为“冰丝带”，所用的碲化镉(CdTe)发电玻璃被誉为“挂在墙上的油田”。一种以镉废渣(含CdO及少量ZnO、Al2O3、MnO、FeO杂质)为原料制备镉的工艺流程如图所示，下列说法错误的是已知：部分金属阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下表所示：金属阳离子Fe3+Fe2+Al3+开始沉淀时的pH2.76.33.4完全沉淀时的pH3.28.35.0第22页/共34页A.滤渣1的主要成分是Fe(OH)3,Al(OH)3B.Zn置换之后的滤液主要成分是K2SO4和ZnSO4C.“纯化”过程中发生的反应为Zn+2NaOH=Na2ZnO2+H2↑D.该工艺用到的主要分离操作是过滤【答案】A【解析】MnSO4、FeSO4溶液，加石灰乳调节pH=5生成氢氧化铝沉淀除铝，过滤，滤液加高锰酸钾把Fe2+氧化 为Fe(OH)3、把Mn2+氧化为MnO2，高锰酸钾被还原为MnO2，过滤出Fe(OH)3、MnO2，滤液中加Zn置换 出Cd，过滤，海绵镉中含有Cd和Zn，加氢氧化钠纯化，锌转化为Na2ZnO2；【详解】A．根据金属阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH，加石灰乳调节pH=5生成氢氧化铝沉淀除铝，滤渣1的主要成分是Al(OH)3，故A错误；B．“氧化”过程引入K+，Zn置换CdSO4中的Cd之后的滤液主要成分是K2SO4和ZnSO4，故B正确；C．“纯化”过程中Zn转化为Na2ZnO2，发生的反应方程式为Zn+2NaOH=Na2ZnO2+H2↑,故C正确；D．该工艺中得到、滤渣1、滤渣2、海绵镉的操作都是固液分离，用到的主要分离操作是过滤，故D正确；选A。11.工业上以钛铁矿(FeTiO3，其中Fe为＋2价)为主要原料制备金属钛的工艺流程如下图(左)所示，下列说法不正确的是A.为加快“氯化”速率，可将钛铁矿粉碎并与焦炭混合均匀高温B.“氯化”过程发生的反应：2FeTiO3+7Cl2+6C2FeCl3+2TiCl4+6CO第23页/共34页C.理论上，每制得1molTi，需要2molMg·D.在高温超导领域中，钛可以合成钙钛矿，其晶胞如上图(右)所示，该晶体中每个钛离子周围与它最近且相等距离的钛离子有4个【答案】D【解析】高温【分析】氯化发生的反应为：2FeTiO3+7Cl2+6C2FeCl3+2TiCl4+6CO，得到TiCl4，然后镁和四氯化钛反应生成钛和氯化镁，化学方程式为TiCl4+2MgA中Ti+2MgCl2。【详解】A．将钛铁矿粉碎并与焦炭混合均匀，增大反应物的接触面积，可加快“氯化”速率，故A正确；高温B．由图示信息可知氯化过程中反应为2FeTiO3+7Cl2+6C2FeCl3+2TiCl4+6CO，故B正确；C．镁和四氯化钛反应生成钛和氯化镁，化学方程式为TiCl4+2MgA中Ti+2MgCl2，理论上，每制得1molTi，需要2molMg，故C正确；D．由晶胞结构可知Ti原子位于顶点，每个钛离子周围与它最近且相等距离的钛离子有6个，故D错误；故选：D。12.298k时，向20.0mL0.10mol/LH2A溶液中滴加0.10mol/LNaOH溶液，滴定曲线如图所示。下列说法正确A.该滴定过程应该选择石蕊试液作指示剂B.W点到X点发生的主要反应的离子方程式为H2A+2OH-=A2-+2H2OC.Y点对应的溶液中c(Na+)+(H+)=c(OH—)+2c(A2-)第24页/共34页D.反应H2A+A2-≈2HA—的平衡常数K=1.0×107.4【答案】D【解析】【详解】A.根据第二反应，终点溶液显碱性可知，H2X为弱酸，强碱滴定弱酸需用在碱性条件下变色的酚酞作指示剂，A项错误；B.X点对应的溶液中溶质主要是NaHA，W点到X点发生的主要反应为：H2A+OH-=HA-+H2O，B项错误；C.根据电荷守恒规律可知，c(Na+)+c(H+)=c(OH—)+2c(A2-)+c(HA-)，因为Y点对应的溶液中c(HA-)=c(A2-)，所以整理可得c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+3c(A2-)，C项错误；D.H2A≈HA-+H+①,则Ka1=根据图象可以看出，W点对应的溶液中c(HA-)=c(H2A)，-≈A2-+H+②,则Ka2=根据图象可以看出，Y点对应的溶液中c(HA-)=c(A2-)，故Ka2=c(H+)=1.0×10-9.7，联立①②得，H2A+A2-≈2HA—的平衡常数=1.0×107.4，D项正确；答案选D。13.各种矿产资源的开发利用为人类发展提供了重要的物质保障，如图是一些矿产资源的利用流程，则下列说法不正确的是A.粗铜电解精炼时，粗铜做阳极B.黄铜矿冶炼铜时，副产物二氧化硫可用于生产硫酸，FeO可用作冶铁的原料。C.生产铝、铜、高纯硅及玻璃过程中都涉及氧化还原反应D.粗硅制高纯硅时，提纯四氯化硅可用多次分馏的方法【答案】C【解析】第25页/共34页【详解】A．电解精炼铜时，粗铜作阳极，自身可以溶解，故A正确；·B．二氧化硫可以转化成三氧化硫，进而生成硫酸；氧化亚铁与CO在高温下可生成Fe，故B正确；C．制备铝，硅，铜单质时涉及化合价变化，是氧化还原反应，制玻璃时二氧化硫与碳酸钠，碳酸钙反应生成硅酸钠和硅酸钙，化合价未发生变化，均不属于氧化还原反应，故C错误；D．制备硅的过程中，利用沸点不同进行分馏，将四氯化硅从杂质中提取出来，再与氢气发生置换反应得到高纯硅，故D正确；答案选C。14.汽车尾气中的NO(g)和CO(g)在一定温度和催化剂条件下可发生反应2NO(g)+2CO(g)≈N2(g)+2CO2(g)ΔH=-746.5kJ.mol-1。将NO和CO以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应，相同时间内测量逸出气体中的NO含量，从而确定尾气脱氮率(脱氮率即NO的转化率)，结果如图所示，下列说法错误的是A.温度低于200℃,图中曲线脱氮率随温度升高而变化不大的主要原因是催化剂活性偏低B.图中a点是反应的平衡点C.催化剂I的最适温度为250℃D.温度高于450摄氏度，脱氮率下降的原因可能是反应已达到平衡，升高温度平衡逆移【答案】B【解析】【详解】A．温度低于200℃,图中曲线脱氯率随温度升高而变化不大的主要原因是催化剂活性偏低，反应速率小，故A正确；B．正反应放热，升高温度NO的平衡转化率降低，根据图示，温度低于450℃时，NO的平衡转化率应大于40%，所以图中a点不是平衡点，故B错误；第26页/共34页C．根据图示，催化剂I在250℃时的反应速率最快，所以最适温度为250℃·,故C正确；D．正反应放热，温度高于450摄氏度，脱氮率下降的原因可能是反应已达到平衡，升高温度平衡逆移，故选B。二、非选择题(本题共4小题，每空2分，共58分。)15.X、Y、Z、W是元素周期表前四周期中的常见元素，其原子序数依次增大。X元素的一种核素的质量数为12，中子数为6；Y元素是动植物生长不可缺少的、构成蛋白质的重要组成元素；Z的基态原子核外9个原子轨道上填充了电子且有2个未成对电子，与X不同族；W是一种常见元素，可以形成3种氧化物，其中一种氧化物是具有磁性的黑色晶体。（1）X—H键和Y—H键属于极性共价键，其中极性较强的是(X、Y用元素符号表示)键。X的第一电离能比Y的(填“大”或“小”)。（2）写出X的单质与Z的最高价氧化物对应水化物的浓溶液反应的化学方程式：。（3）W的基态原子的价电子排布式为；（4）Y元素的核外电子轨道表示式为。（5）已知一种Y4分子结构如图所示：断裂1molY-Y键吸收167kJ的热量，生成1molY≡Y放出942kJ热量。则由1molY4气态分子变成2molY2气态分子(填写吸收或放出)kJ【答案】（1）①.N—H②.小Δ（2）C+2H2SO4=CO2↑+SO2↑+2H2OΔ（3）3d64s2（4）（5）①.放出②.882【解析】【分析】X、Y、Z、W是元素周期表前四周期中的常见元素，其原子序数依次增大。X元素的一种核素的第27页/共34页质量数为12，中子数为6，则其质子数=12-6=6，故X为碳元素；Y元素是动植物生长不可缺少、构成蛋白质的重要组成元素，则Y为氮元素；Z的基态原子核外9个轨道上填充了电子，且核外有2个未成对电子，则Z原子核外电子排布为1s22s22p63s23p4，则Z为S元素；W是一种常见元素，可以形成3种氧化物，其中一种氧化物是具有磁性的黑色晶体，则W为Fe元素。【小问1详解】C—H键和N—H键属于极性共价键，N的电负性大于C，N原子吸引电子的能量强，所以其中极性较强的是N—H键。同周期元素从左到右金属性减弱，所以C的第一电离能比N的小；【小问2详解】Δ【小问3详解】W为Fe元素，原子核外有26个电子，其基态原子的外围电子排布式是3d64s2；【小问4详解】Y为氮元素，核外电子轨道表示式为；【小问5详解】1molN4气态分子，含有6molN-N键，断6molN-N键需要吸收167kJ×6=1002kJ的能量，生成2molN2气态分子放出942kJ×2=1884kJ的能量，所以由1molN4气态分子变成2molN2分子放出882kJ的能量。16.三氯化六氨合钴[Co(NH3)6]Cl3是一种重要的化工产品，某兴趣小组用如下装置模拟工业制法，在NH3和NH4Cl存在条件下，以活性炭为催化剂，用H2O2氧化CoCl2溶液来制备[Co(NH3)6]Cl3(该反应为放热反应)，实验步骤如下：①称取研细的CoCl2·6H2O粉末10.0g和NH4Cl5.0g于烧杯中并加水溶解，将溶液转入三颈烧瓶，加入25mL浓氨水和适量活性炭粉末，逐滴加入5mL30%的H2O2溶液。第28页/共34页②在60℃水浴中恒温20min，然后用冰水浴冷却，充分结晶后过滤。③将沉淀溶于热的盐酸中，趁热过滤，滤液中加适量浓盐酸并冷却结晶。④过滤、用乙醇洗涤晶体并在105℃条件下烘干。⑤晶体制备完成后，该小组通过以下步骤测定产品的纯度：称取0.2858g样品放入锥形瓶中并加水溶解，再加入3mL10％的NaOH溶液，充分加热产生Co(OH)3沉淀，加6mol/L盐酸将沉淀完全溶解后加入足量KI粉末和5滴2％的淀粉溶液，用0.0400mol/L的Na2S2O3溶液滴定，最终消耗Na2S2O3溶液25.00mL。（1）请指出装置中存在的一处缺陷。（2）若将5mL30%的H2O2溶液一次性加入三颈烧瓶，可能出现的问题是。（3）若无活性炭作催化剂，所得产物中除[Co(NH3)6]Cl3外，还会有大量二氯化一氯五氨合钴[Co(NH3)5Cl]Cl2和三氯化五氨一水合钴[Co(NH3)5H2O]Cl3晶体，而在活性炭的催化作用下，主要产物只有[Co(NH3)6]Cl3，这体现了催化剂的性。（4）步骤③中趁热过滤的主要目的是，滤液中加适量浓盐酸的主要目的是；乙醇洗涤与蒸馏水洗涤相比优点是。（5）滴定终点的现象是，测得产品的纯度为。(保留三位有效数字)【答案】（1）缺少吸收挥发出的氨气的装置（2）温度迅速升高，氨气大量挥发且H2O2和NH4Cl受热分解（3）选择（4）①.除去活性炭，并防止产品析出②.增大氯离子浓度，有利于[Co(NH3)6]Cl3析出③.产品损失少（5）①.最后半滴Na2S2O3溶液滴入后溶液蓝色褪去且30s不再变化②.93.6%【解析】【分析】在NH3和NH4Cl存在条件下，以活性炭为催化剂，用H2O2氧化CoCl2溶液来制备[Co(NH3)6]Cl3，在60℃水浴中恒温20min，然后用冰水浴冷却，充分结晶后过滤，将沉淀溶于热的盐酸中，趁热过滤，滤液中加适量浓盐酸并冷却结晶。再过滤、用乙醇洗涤晶体并在105℃条件下烘干。根据反应方程式，得到Co3+与Na2S2O3的关系式，利用滴定消耗Na2S2O3标准溶液的体积计算其物质的量，进而可得Co3+的物质的量及[Co(NH3)6]Cl3的质量，根据其质量与样品质量的百分比就得到该产品的纯度。【小问1详解】浓氨水容易挥发，挥发的氨气会污染空气，图示装置中缺少吸收挥发出的氨气的装置，故缺陷为：图示装第29页/共34页置中缺少吸收挥发出的氨气的装置；【小问2详解】该反应是放热反应，反应过程中会放出大量的热，若将5mL30%的H2O2溶液一次性加入三颈烧瓶，会造成温度迅速升高，使氨气大量挥发且H2O2和NH4C1受热分解，不利于物质的制取；【小问3详解】若无活性炭作催化剂，所得产物中除[Co(NH3)6]Cl3外，还会有大量二氯化一氯五氨合钴[Co(NH3)5Cl]Cl2和三氯化五氨一水合钴[Co(NH3)5H2O]Cl3晶体，而在活性炭的催化作用下，主要产物只有[Co(NH3)6]Cl3，这体现了催化剂的选择性；【小问4详解】步骤③中趁热过滤，就可以除去活性炭并防止产品析出，滤液中加适量浓盐酸，增大氯离子浓度，有利于析出[Co(NH3)6]Cl3；[Co(NH3)6]Cl3在乙醇中的溶解度比在水中小，且乙醇易挥发，故用乙醇洗涤与蒸馏水洗涤相比优点是可以减少产品损失；【小问5详解】用Na2S2O3标准溶液进行滴定，若滴定达到终点，I2消耗完全，溶液蓝色褪去，故滴定终点的实验现象是：再滴入最后半滴Na2S2O3溶液滴入后溶液蓝色褪去且30s不再变为蓝色；根据反应方程式可得关系式：2[Co(NH3)6]Cl3～2Co3+～I2～2Na2S2O3，n(Na2S2O3)=0.0400mol/L×0.02500L=0.00100mol，则n{[Co(NH3)6]Cl3}=n(Na2S2O3)=0.00100mol，故测得产品的纯度为：17.磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下：已知：磷精矿主要成分为Ca5(PO4)3(OH)，还含有Ca5(PO4)3F和有机碳等。溶解度：（1）上述流程中能加快反应速率的措施有。第30页/共34页（2）磷精矿粉酸浸时发生反应：2Ca5(PO4)3(OH)+3H2O+10H2SO4=10CaSO4①该反应体现出酸性关系：H3PO4H2SO4(填“>”或“<”)。②结合元素周期律解释①中结论：P和S电子层数相同，。（3）H2O2将粗磷酸中的有机碳氧化为CO2脱除，同时自身也会发生分解。相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率如图所示。80℃后脱除率变化的原因：。（4）脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO-残留，原因是；加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，原因是。（5）取ag所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用bmol.L-1NaOH溶液滴定至终点时生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液cmL。精制磷酸中H3PO4的质量分数是。(已知：H3PO4摩尔质量为98g.mol-1)【答案】（1）研磨、加热率①.<②.核电荷数P<S，原子半径P>S，得电子能力P<S，非金属性P<S80℃后，H2O2分解速率大，浓度显著降低①.CaSO4微溶②.加入BaCO3可使CaSO4转化为更难溶的BaSO4，进一步提高硫的脱除0.049bca【解析】【分析】磷精矿研磨得到磷精矿粉，硫酸加热进行酸浸，得到磷石膏，和粗磷酸，粗磷酸过氧化氢加热脱有机碳，碳酸钙脱硫等步骤，最后得到精制磷酸；第31页/共34页【小问1详解】可通过增大接触面积和升高温度等措施加快反应速率，通过题中流程可知，能够加快反应速率的措施有研磨和加热。【小问2详解】①由强酸制弱酸规律可知，硫酸的酸性强于磷酸的酸性。②根据两者电子层相同，可判断两者处于同一周期，且S在P的右侧，核电荷数P<S，原子半径P>S，得电子能力P<S，非金属性P<S，根据非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强的规律可知，硫酸的酸性强于磷酸的酸性。【小问3详解】过氧化氢在磷精矿湿法制备磷酸工业中作为氧化剂来处理有机碳，但过氧化氢易分解生成氧气和水，温度较高时，过氧化氢分解加速，有机碳的脱除率减小。【小问4详解】硫酸钙是微溶物，存在溶解平