2021-2022學(xué)年山東省威海乳山市高三上學(xué)期期中考試化學(xué)試題

高中化學(xué)1.答題前，考生先將自己的學(xué)校、班級(jí)、姓名、考生號(hào)、座號(hào)填寫(xiě)在相應(yīng)位置。2.選擇題答案必須使用2B鉛筆(按填涂樣例)正確填涂；非選擇題答案必須使用毫米黑色簽字筆書(shū)寫(xiě)，字體工整、筆跡清楚。3.請(qǐng)按照題號(hào)在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書(shū)寫(xiě)的答案無(wú)效；在草稿紙、試題卷上答題無(wú)效。保持卡面清潔，不折疊、不破損?？赡苡玫降南鄬?duì)原子質(zhì)量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27P31S32Cl35.5Mn55Cu64Zn65一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意。1.化學(xué)與人類(lèi)生產(chǎn)、生活密切相關(guān)。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.氯化鈣溶解放熱，可用于制作自加熱罐頭B.二氧化氯能夠氧化甲醛，含二氧化氯的裝修除味劑可用作甲醛清除劑C.固態(tài)二氧化碳汽化時(shí)會(huì)使周?chē)鷾囟冉档?，低溫?shí)驗(yàn)時(shí)常用其作制冷劑D.檸檬酸常用作復(fù)合膨松劑的酸性物質(zhì)，其作用主要是降低食品的堿性【答案】D【解析】【詳解】A．氯化鈣溶解放熱的性質(zhì)使得它可用于制作自加熱罐頭和加熱墊上等，A正確；B．甲醛是還原性物質(zhì)，二氧化氯具有強(qiáng)氧化性，即通過(guò)它的強(qiáng)氧化能力和甲醛、苯、氨等有害氣體發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，生成穩(wěn)定物質(zhì)，不再釋放有害氣體，因此含二氧化氯的裝修除味劑可用作甲醛清除劑，B正確；C．固態(tài)二氧化碳升華時(shí)吸熱，使周?chē)h(huán)境溫度降低，可廣泛用于制冷劑、人工降雨，因此低溫實(shí)驗(yàn)時(shí)常用其作制冷劑，C正確；D．檸檬酸常用作復(fù)合膨松劑的酸性物質(zhì)，可與復(fù)合膨松劑中的碳酸氫鈉等反應(yīng)，可使產(chǎn)氣量大，另一方面能使發(fā)粉之殘留物為中鹽，保持制品的色、味，D錯(cuò)誤；答案選D。2.關(guān)于OF2、Cl2O和NF3的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.OF2是極性分子 B.NF3的空間構(gòu)型為三角錐形C.OF2的鍵角大于Cl2O D.N、O原子的雜化方式相同【答案】C【解析】【詳解】A．OF2是V形結(jié)構(gòu)，屬于極性分子，故A正確；B．NF3中N原子有1對(duì)孤電子對(duì)，3個(gè)鍵，夾層電子對(duì)為4，屬于sp3雜化，NF3的空間構(gòu)型為三角錐形，故B正確；C．OF2和Cl2O都是V形結(jié)構(gòu)，原子的電負(fù)性F>O>Cl，O-F鍵的成鍵電子對(duì)偏向F，排斥作用小，鍵角小，OF2的鍵角小于Cl2O，故C錯(cuò)誤；D．NF3中N原子有1對(duì)孤電子對(duì)，3個(gè)鍵，夾層電子對(duì)為4，屬于sp3雜化；OF2、Cl2O中O原子有2對(duì)孤電子對(duì)，2個(gè)鍵，夾層電子對(duì)為4，屬于sp3雜化，N、O原子的雜化方式相同，故D正確；故答案為C。3.足球烯(C60)分子形成的晶體是碳的一種單質(zhì)形態(tài)。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.形成該單質(zhì)的微粒間作用力為范德華力B.足球烯晶體的熔沸點(diǎn)低于金剛石晶體C.足球烯、石墨均可作為生產(chǎn)耐高溫的潤(rùn)滑劑材料D.足球烯在苯中的溶解度比在酒精中的溶解度大【答案】C【解析】【詳解】A．足球烯是分子晶體，形成該單質(zhì)的微粒間作用力是分子間作用力，為范德華力，A正確；B．足球烯晶體是分子晶體，金剛石晶體是原子晶體，足球烯熔沸點(diǎn)低于金剛石晶體，B正確；C．足球烯是分子晶體不可作為生產(chǎn)耐高溫的材料，C錯(cuò)誤；D．足球烯是非極性分子，苯是非極性溶劑，酒精是極性溶劑，根據(jù)相似相溶原理，足球烯在苯中的溶解度比在酒精中的溶解度大，D正確；故選C。4.下列關(guān)于儀器使用的說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.儀器①為蒸發(fā)皿，可用于蒸發(fā)或濃縮溶液B.儀器②③加熱時(shí)需要墊石棉網(wǎng)C.儀器③為蒸餾燒瓶，主要用于混合液體的蒸餾和分餾D.儀器④為容量瓶，使用前應(yīng)檢查是否漏水【答案】B【解析】【詳解】A．儀器①為蒸發(fā)皿，可以直接加熱，用于蒸發(fā)或濃縮溶液，故A正確；B．儀器②為坩堝，用于灼燒固體，直接加熱，儀器③為蒸餾燒瓶，加熱時(shí)需要墊石棉網(wǎng)，故B錯(cuò)誤；C．儀器③為蒸餾燒瓶，主要是利用沸點(diǎn)不同分離混合液體，用于蒸餾和分餾操作的儀器，故C正確；D．儀器④為容量瓶，磨砂口的玻璃儀器，使用前應(yīng)檢查是否漏水，故D正確；故答案為B。5.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說(shuō)法正確的是A.常溫下，2.0gH218O中含有的質(zhì)子數(shù)目為2NAB.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，二氯甲烷中含有4NA個(gè)極性共價(jià)鍵C.由1molCH3COONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，CH3COO-數(shù)目為NAD.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24LNO2完全溶于水，反應(yīng)過(guò)程轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為NA【答案】C【解析】【詳解】A．2.0gH218O為，每個(gè)H218O分子中質(zhì)子數(shù)為10個(gè)，故2.0gH218O中含有的質(zhì)子數(shù)目為NA，故A錯(cuò)誤；B．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，二氯甲烷為液體，不能用計(jì)算二氯甲烷物質(zhì)的量，故B錯(cuò)誤；C．由1molCH3COONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，根據(jù)電荷守恒可知：，溶液顯中性即：，故，CH3COO-數(shù)目為NA，故C正確；D．標(biāo)準(zhǔn)狀況下2物質(zhì)的量為，二氧化氮與水的反應(yīng)為3NO2+H2O=2HNO3+NO~2e-，則反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子數(shù)為，故D錯(cuò)誤；故答案為C。6.下列由實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象所得結(jié)論錯(cuò)誤的是A.向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液，紫色褪去，說(shuō)明H2O2具有還原性B.向某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，產(chǎn)生藍(lán)色沉淀，說(shuō)明該溶液中含有Fe2+，無(wú)Fe3+C.向CuCl2固體中逐漸加水，溶液由黃綠色逐漸變藍(lán)色，說(shuō)明Cl-和H2O相互競(jìng)爭(zhēng)引起平衡移動(dòng)，從而使溶液顏色發(fā)生變化D.用毛皮摩擦過(guò)的橡膠棒靠近從酸式滴定管中流出的CF2Cl2，液流方向改變，說(shuō)明CF2Cl2是極性分子【答案】B【解析】【詳解】A．向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液，紫色褪去，是由于H2O2被KMnO4溶液氧化為O2，KMnO4被還原為無(wú)色Mn2+，因此可證明H2O2具有還原性，A正確；B．向某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，產(chǎn)生藍(lán)色沉淀，說(shuō)明該溶液中含有Fe2+，但不能確定是否含有Fe3+，B錯(cuò)誤；C．向CuCl2固體中逐漸加水，開(kāi)始時(shí)溶液顯黃色，隨著水量的增加，溶液由黃綠色逐漸變藍(lán)色，這是由于溶液中產(chǎn)生更多的[Cu(H2O)4]2+，而使溶液顯藍(lán)色，故溶液顏色發(fā)生變化是Cl-和H2O相互競(jìng)爭(zhēng)引起的平衡移動(dòng)所致，C正確；D．CF2Cl2是四面體結(jié)構(gòu)，物質(zhì)分子中正負(fù)電荷重心不重合，因此該物質(zhì)分子是極性分子；用毛皮摩擦過(guò)的橡膠棒帶負(fù)電，CF2Cl2分子是極性分子，當(dāng)玻璃棒靠近從酸式滴定管中流出的CF2Cl2時(shí)，由于靜電感應(yīng)，液流方向改變，從而可說(shuō)明CF2Cl2是極性分子，D正確；故合理選項(xiàng)是B。7.下列圖示的實(shí)驗(yàn)，能夠?qū)崿F(xiàn)相應(yīng)實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖茿.利用甲裝置用CCl4從碘水中萃取碘 B.利用乙裝置制取并收集少量純凈的氯氣C.利用丙裝置控制制取氧氣的速率 D.利用丁裝置驗(yàn)證SO2的漂白性【答案】A【解析】【詳解】A．碘易溶于CCl4，可用CCl4從碘水中萃取碘，故A正確；B．高錳酸鉀和濃鹽酸制氯氣，濃鹽酸揮發(fā)，制備收集的氯氣不純凈，故B錯(cuò)誤；C．過(guò)氧化鈉是粉末狀，不能用該裝置控制反應(yīng)速率，故C錯(cuò)誤；D．SO2與Fe2(SO)4發(fā)生氧化還原，生成亞鐵離子，KSCN溶液顏色褪去，故D錯(cuò)誤；故答案為A。8.近期我國(guó)科技工作者開(kāi)發(fā)了高效NO凈化催化劑(用M表示)，實(shí)現(xiàn)NO減排，其催化原理如圖所示(□代表氧空位)。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.反應(yīng)過(guò)程中有O-H的斷裂和生成B.反應(yīng)過(guò)程中Ce的成鍵數(shù)目未發(fā)生改變C.反應(yīng)過(guò)程中Ti的化合價(jià)發(fā)生了改變D.催化循環(huán)的總反應(yīng)為：4NH3+4NO+O24N2+6H2O【答案】B【解析】【詳解】A．從圖中分析，催化劑表面的O與NH3中的H生成O-H鍵，一個(gè)O原子結(jié)合兩個(gè)H生成兩個(gè)O-H鍵即以H2O的形式脫離催化劑，催化劑表面兩個(gè)O-H鍵也可斷裂一個(gè)O-H生成水的同時(shí)留一O在催化劑表面，反應(yīng)過(guò)程中有O-H生成，也有O-H的斷裂，A正確；B．從圖中分析，Ce的成鍵數(shù)目有氧空位和無(wú)氧空位不同，是否與N原子成鍵也影響其成鍵數(shù)目，反應(yīng)過(guò)程中Ce的成鍵數(shù)目發(fā)生改變，B錯(cuò)誤；C．從圖中分析，Ti原子有氧空位時(shí)與一個(gè)O原子連接，無(wú)氧空位時(shí)與兩個(gè)O原子連接，反應(yīng)過(guò)程中Ti化合價(jià)發(fā)生了改變，C正確；D．從圖中分析，全過(guò)程進(jìn)入體系的物質(zhì)有“”、兩次的“NH3+NO”，出來(lái)的物質(zhì)有“H2O”、“N2”、“N2+2H2O”，故催化循環(huán)的總反應(yīng)為：4NH3+4NO+O24N2+6H2O，D正確；故選D。9.XeF4在水中的反應(yīng)為：6XeF4+12H2O=2XeO3+4Xe↑+24HF+3O2↑。下列說(shuō)法正確的是A.XeF4分子中各原子最外層均達(dá)到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)B.XeO3分子空間構(gòu)型為平面三角形C.上述反應(yīng)中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶2D.反應(yīng)中收集到標(biāo)準(zhǔn)狀況下氣體，共轉(zhuǎn)移電子【答案】CD【解析】【詳解】A．Xe原子最外層電子數(shù)本來(lái)為8，與F原子成鍵后最外層不再是8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，A錯(cuò)誤；B．XeO3分子中心原子X(jué)e原子價(jià)電子對(duì)數(shù)，是sp3雜化，軌道構(gòu)型是正四面體型，三個(gè)氧原子在三個(gè)頂點(diǎn)，分子空間構(gòu)型為三角錐型，B錯(cuò)誤；C．該反應(yīng)中按系數(shù)計(jì)算，有2mol的XeF4的Xe化合價(jià)從+4價(jià)升高到+6價(jià)，有4mol的XeF4的Xe化合價(jià)從+4價(jià)降低到0價(jià)，有6mol的H2O的O從-2價(jià)升高到0價(jià)，化合價(jià)降低部分作氧化劑，化合價(jià)升高部分作還原劑，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為，C正確；D．反應(yīng)中收集到標(biāo)準(zhǔn)狀況下氣體，該氣體的物質(zhì)的量為，根據(jù)方程式，兩種氣體的物質(zhì)的量之比是4:3，該反應(yīng)中失去電子有Xe和O兩種元素，得到電子就Xe元素，轉(zhuǎn)移電子以得到電子生成Xe氣體計(jì)算，共轉(zhuǎn)移電子(mol)，D正確；故選CD。10.短周期元素原子組成的某種分子的結(jié)構(gòu)式如圖所示。X原子的核外電子只有一種運(yùn)動(dòng)狀態(tài)；W、Y、Z位于同一周期，Z元素原子中p軌道所含電子數(shù)與s軌道相等。E與W有相同數(shù)目的價(jià)電子。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是

A.電負(fù)性：B.簡(jiǎn)單陰離子半徑：C.同周期中，第一電離能大于Z的元素有2種D.同主族元素中，W形成的氣態(tài)氫化物最穩(wěn)定【答案】C【解析】【分析】X原子的核外電子只有一種運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，則X原子核外只有1個(gè)電子，因此X為H，W原子的成鍵數(shù)為1，則W為F或Cl，Y的成鍵數(shù)為4，則Y為C或Si，Z元素原子中p軌道所含電子數(shù)與s軌道相等，則Z為O或Mg，因Z與非金屬原子之間形成的是共價(jià)鍵，則Z為O，W、Y、Z位于同一周期，因此W為F，Y為C，E與F原子有相同數(shù)目的價(jià)電子，且為短周期元素，則E為Cl。【詳解】由上述分析可知，X為H，Y為C，Z為O，W為F，E為Cl。A．同一周期從左至右元素的電負(fù)性逐漸增大，同一主族從上至下元素的電負(fù)性逐漸減小，因此電負(fù)性：F>C>H，故A正確；B．Cl-核外有3個(gè)電子層，F(xiàn)-、O2-核外有2個(gè)電子層，粒子核外電子層數(shù)越多，其半徑越大，電子層數(shù)相同時(shí)，原子核內(nèi)質(zhì)子數(shù)越多，半徑越小，因此半徑：Cl->O2->F-，故B正確；C．同一周期中，原子的第一電離能從左至右有逐漸增大的趨勢(shì)，由于價(jià)電子所填充軌道全充滿(mǎn)或半充滿(mǎn)會(huì)反常，因此第二周期中第一電離能大于O原子的有N、F、Ne，共3種，故C錯(cuò)誤；D．元素的非金屬性越強(qiáng)，其形成的簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性越好，同主族元素從上至下元素的非金屬性逐漸減弱，因此VIIA族中元素形成的氣態(tài)氫化物中HF最穩(wěn)定，故D正確；綜上所述，說(shuō)法錯(cuò)誤的是C項(xiàng)，故答案為C。二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個(gè)或兩個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。11.下列實(shí)驗(yàn)操作、現(xiàn)象和所得結(jié)論正確的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象實(shí)驗(yàn)結(jié)論A向某加碘酸鉀的食鹽溶液中，加入淀粉，并滴入適量硝酸溶液變?yōu)樗{(lán)色硝酸與碘酸鉀反應(yīng)生成I2B將Cl2和H2S氣體在集氣瓶中混合瓶壁上出現(xiàn)黃色固體Cl2的氧化性比S強(qiáng)C向含有少量銅粉的Cu(NO3)2溶液中滴入稀硫酸銅粉逐漸溶解稀硫酸能與銅單質(zhì)反應(yīng)D向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液；再加入足量稀鹽酸先出現(xiàn)白色沉淀，后部分沉淀溶解久置的Na2SO3部分被氧化A.A B.B C.C D.D【答案】BD【解析】【詳解】A．碘遇淀粉變藍(lán)。向某加碘酸鉀的食鹽溶液中，加入淀粉，并滴入適量硝酸，溶液變?yōu)樗{(lán)色，不能說(shuō)明硝酸與碘酸鉀反應(yīng)生成I2，還可能是碘酸鉀分解生成碘化鉀，在被硝酸氧化生成I2，故A錯(cuò)誤；B．將Cl2和H2S氣體在集氣瓶中混合，瓶壁上出現(xiàn)黃色固體為硫，H2S中S元素的化合價(jià)由-2升高到0，說(shuō)明H2S是還原劑發(fā)生了氧化反應(yīng)，S屬于氧化產(chǎn)物，Cl2屬于氧化劑，所以Cl2的氧化性比S強(qiáng)，故B正確；C．向含有少量銅粉的Cu(NO3)2溶液中滴入稀硫酸，銅粉逐漸溶解，是因?yàn)槿芤褐泻邢跛岣x子，遇到酸形成硝酸，就能和銅單質(zhì)反應(yīng)，稀硫酸不會(huì)和銅單質(zhì)反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；D．BaSO3是能溶于稀鹽酸的白色沉淀，BaSO4是不能溶于水和稀鹽酸的白色沉淀。所以向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液，再加入足量稀鹽酸先出現(xiàn)白色沉淀，后部分沉淀溶解，說(shuō)明久置的Na2SO3部分被氧化，故D正確；故答案：BD。12.磷釔礦是提取釔的重要礦物原料，某磷釔礦的四方晶胞如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.該晶體的化學(xué)式為YPO4 B.PO中磷原子采用sp3雜化C.距離釔原子為a的PO有6個(gè) D.晶胞參數(shù)a等于釔和磷酸根直徑之和【答案】CD【解析】【詳解】A．從磷釔礦的四方晶胞圖示可知，PO分處在六個(gè)面和四條棱上，屬于該晶胞的個(gè)數(shù)有，Y分處在八個(gè)頂點(diǎn)、四個(gè)側(cè)面和體心，屬于該晶胞的個(gè)數(shù)有，該晶體的晶胞中Y和PO個(gè)數(shù)比是1:1，故其化學(xué)式為YPO4，A正確；B．PO中磷原子作為中心原子，其價(jià)電子對(duì)數(shù)為，故其采用sp3雜化，B正確；C．該四方晶胞參數(shù)為a，Y原子在頂點(diǎn)位置，距離釔原子為a的PO處在面心位置，從圖中可知，在一個(gè)晶胞中，一個(gè)頂點(diǎn)所在的三個(gè)面只有一個(gè)面心有PO，一個(gè)頂點(diǎn)屬于八個(gè)晶胞，一個(gè)面心PO屬于兩個(gè)晶胞，故距離釔原子為a的PO有個(gè)，C錯(cuò)誤；D．從圖中分析，以面上PO和Y原子連線(xiàn)平行于棱，兩微粒均在面內(nèi)可知，其直徑之和比棱長(zhǎng)小，即晶胞參數(shù)a大于釔和磷酸根直徑之和，D錯(cuò)誤；故選CD。13.某化學(xué)小組同學(xué)通過(guò)實(shí)驗(yàn)研究FeCl3溶液與Cu粉發(fā)生的氧化還原反應(yīng)，實(shí)驗(yàn)記錄如下表所示：已知：Cu2++Cu+4Cl-=2[CuCl2]-，[CuCl2]-CuCl↓(白色)+Cl-序號(hào)ⅠⅡⅢ實(shí)驗(yàn)步驟充分振蕩，加入2mL蒸餾水充分振蕩，加入2mL蒸餾水充分振蕩，加入2mL蒸餾水實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象銅粉消失，溶液黃色變淺，加入蒸餾水后無(wú)明顯現(xiàn)象銅粉有剩余，溶液黃色褪去，加入蒸餾水后生成白色沉淀銅粉有剩余，溶液黃色褪去，變成藍(lán)色，加入蒸餾水后無(wú)白色沉淀下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.實(shí)驗(yàn)Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中，F(xiàn)e3+均被還原B.實(shí)驗(yàn)Ⅰ中加入銅粉充分反應(yīng)后，溶液中銅以[CuCl2]-的形式存在C.實(shí)驗(yàn)Ⅱ中所得白色沉淀能溶于飽和NaCl溶液D.向?qū)嶒?yàn)Ⅲ反應(yīng)后的溶液中加入飽和NaCl溶液可能出現(xiàn)白色沉淀【答案】B【解析】【分析】實(shí)驗(yàn)Ⅰ∶少量銅粉加入1mL0.1mol/L氯化鐵溶液，充分振蕩，加2mL蒸餾水，銅粉消失，溶液黃色變淺，加入蒸餾水后無(wú)明顯現(xiàn)象，說(shuō)明鐵離子氧化銅生成銅離子；實(shí)驗(yàn)Ⅱ∶過(guò)量銅粉加入1mL0.1mol/L氯化鐵溶液，充分振蕩，加2mL蒸餾水，銅粉有余，溶液黃色褪去，鐵離子全部和銅反應(yīng)，加入蒸餾水后生成白色沉淀，說(shuō)明銅被氧化的產(chǎn)物中有亞銅離子，生成CuCl白色沉淀；實(shí)驗(yàn)Ⅲ︰過(guò)量銅粉加入1mL0.05mol/L硫酸鐵溶液﹐充分振蕩，加2mL蒸餾水，銅粉有余，溶液黃色褪去，變成藍(lán)色，加入蒸餾水后無(wú)白色沉，說(shuō)明鐵離子反應(yīng)完全，生成的溶液中可能含銅離子和亞銅離子，據(jù)此分析判斷?！驹斀狻緼．實(shí)驗(yàn)Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中溶液黃色變淺或褪去，均涉及Fe3+被還原，A正確﹔B．實(shí)驗(yàn)Ⅰ中少量銅粉加入1mL0.1mol/L氯化鐵溶液，充分振蕩，加2mL蒸餾水，銅粉消失，溶液黃色變淺，加入蒸餾水后無(wú)明顯現(xiàn)象，說(shuō)明鐵離子氧化銅生成銅離子，溶液中銅元素不是以[CuCl2]-的形式存在，B錯(cuò)誤；C．實(shí)驗(yàn)II中過(guò)量銅粉加入1mL0.1mol/L氯化鐵溶液，充分振蕩，加2mL蒸餾水，銅粉有余，溶液黃色褪去，鐵離子全部和銅反應(yīng)，加入蒸餾水后生成白色沉淀，說(shuō)明銅被氧化的產(chǎn)物中有亞銅離子，生成CuCl白色沉淀，由于在溶液中存在平衡：[CuCl2]-CuCl↓(白色)+Cl-，向其中加入飽和NaCl溶液，c(Cl-)增大，平衡逆向移動(dòng)，CuCl白色沉淀轉(zhuǎn)化為可溶性[CuCl2]-，因此白色沉淀能溶于飽和NaCl溶液，C正確；D．實(shí)驗(yàn)Ⅲ︰過(guò)量銅粉加入1mL0.05mol/L硫酸鐵溶液﹐充分振蕩，加2mL蒸餾水，銅粉有余，溶液黃色褪去，變成藍(lán)色，加入蒸餾水后無(wú)白色沉，說(shuō)明鐵離子反應(yīng)完全，生成溶液中可能含銅離子和亞銅離子，向其中加入NaCl飽和溶液，Cu+與Cl-反應(yīng)產(chǎn)生CuCl白色沉淀，D正確；故合理選項(xiàng)是B。14.五氧化二釩(V2O5)是接觸法制硫酸的催化劑。從廢釩催化劑(主要成分為V2O5、V2O4、K2SO4、SiO2、Fe2O3)中回收V2O5的工藝流程如圖所示：

已知：①釩的氧化物在酸性條件下以VO、VO2+存在；②“離子交換”和“洗脫"”過(guò)程可簡(jiǎn)單表示為4ROH+V4OR4V4O12+4OH－。下列說(shuō)法正確的是A.“氧化”過(guò)程中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為6∶1B.離子交換時(shí)應(yīng)選擇陽(yáng)離子交換樹(shù)脂C.“中和”過(guò)程中，含釩離子發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為4VO+8OH－=V4O+4H2OD.為了提高洗脫效率，應(yīng)選擇強(qiáng)堿性淋洗液【答案】CD【解析】【分析】廢釩催化劑(主要成分為V2O5、V2O4、K2SO4、SiO2、Fe2O3)加入稀硫酸，二氧化硅不反應(yīng)，V2O5、V2O4、Fe2O3和稀硫酸反應(yīng)，生成VOSO4，加入氯酸鉀，VO2+被氧化，再加入KOH將鐵離子沉淀，VO變?yōu)閂4O，根據(jù)信息用離子交換膜交換得到R4V4O12，再洗脫得到V4O，再加入氯化銨沉淀煅燒，最終得到V2O5。【詳解】A．“氧化”過(guò)程中主要是VO2+和發(fā)生氧化還原反應(yīng)，化合價(jià)降低到Cl－，降低6個(gè)，VO2+化合價(jià)升高到VO，升高1個(gè)，因此氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶6；故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)離子交換表示為4ROH+V4OR4V4O12+4OH－，因此離子交換時(shí)應(yīng)選擇陰離子交換樹(shù)脂，故B錯(cuò)誤；C．“中和”過(guò)程中，將鐵離子沉淀，而含釩離子發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為4VO+8OH－=V4O+4H2O，故C正確；D．根據(jù)4ROH+V4OR4V4O12+4OH－，為了提高洗脫效率，應(yīng)選擇強(qiáng)堿性淋洗液，故D正確。綜上所述，答案為CD。15.磷化鋁與水反應(yīng)產(chǎn)生高毒的PH3氣體(還原性強(qiáng)、易自燃)，可用于糧食熏蒸殺蟲(chóng)。食品安全標(biāo)準(zhǔn)規(guī)定：糧食中磷化物(以PH3計(jì))的含量低于時(shí)合格?？捎靡韵路椒y(cè)定糧食中殘留的磷化物含量：

已知：裝置C中盛100g糧食。裝置D中反應(yīng)共消耗4.0×10-7molKMnO4。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.裝置A的作用是除去空氣中的還原性氣體B.實(shí)驗(yàn)中，應(yīng)先打開(kāi)K2，再打開(kāi)K1，將裝置中生成的PH3趕出C.裝置D發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是：5PH3+8MnO+24H+=5H3PO4+8Mn2++12H2OD.該原糧樣品磷化物的含量合格【答案】BD【解析】【分析】該實(shí)驗(yàn)主體部分是裝置C中水與糧食中殘留的磷化物反應(yīng)生成PH3，將PH3全部排入裝置D中用KMnO4吸收并定量測(cè)定。反應(yīng)前應(yīng)用KMnO4酸性溶液洗滌過(guò)的空氣排除裝置內(nèi)可能影響測(cè)定的還原性氣體。【詳解】A．據(jù)分析，裝置A的作用是除去空氣中的還原性氣體，A正確；B．實(shí)驗(yàn)中，應(yīng)先打開(kāi)K1排除裝置內(nèi)還原性氣體，關(guān)閉K1打開(kāi)K2，放入水與糧食中殘留的磷化物充分反應(yīng)，再關(guān)閉K2打開(kāi)K1，將生成的PH3全部趕進(jìn)裝置D進(jìn)行反應(yīng)測(cè)定，B錯(cuò)誤；C．裝置D內(nèi)酸性KMnO4溶液與從C中排出的PH3發(fā)生反應(yīng)，離子方程式是：5PH3+8MnO+24H+=5H3PO4+8Mn2++12H2O，C正確；D．根據(jù)反應(yīng)5PH3+8MnO+24H+=5H3PO4+8Mn2++12H2O，裝置D中反應(yīng)共消耗4.0×10-7molKMnO4，則PH3的質(zhì)量為，則糧食中磷化物(以PH3計(jì))的含量是，高于，該原糧樣品磷化物的含量不合格，D錯(cuò)誤；故選BD。三、非選擇題：本題共5小題，共60分16.合理利用工業(yè)煙塵，變廢為寶，對(duì)保護(hù)環(huán)境具有重要意義。一種以銅冶煉煙塵(主要成分是CuO、Cu2O、ZnO、PbO、SiO2、As2O3)為原料制備Cu和ZnSO4·6H2O的流程如圖所示：

已知：酸浸時(shí)As2O3轉(zhuǎn)化為H3AsO3?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）能提高“酸浸”浸出率的措施是___________(任寫(xiě)一條)，“濾渣1”的主要成分是___________。（2）“酸浸”過(guò)程中Cu2O發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)__________。（3）“濾渣2”的成分為FeAsO4，則“沉砷”過(guò)程中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)__________。（4）ZnSO4的溶解度曲線(xiàn)如圖1所示。從溶液中回收Z(yǔ)nSO4·6H2O的實(shí)驗(yàn)操作為_(kāi)__________。

（5）取26.90gZnSO4·6H2O加熱，剩余固體的質(zhì)量隨溫度的變化如圖2所示。750℃時(shí)所得固體的化學(xué)式為_(kāi)__________(填序號(hào))。

a．ZnOb．ZnSO4c．Zn3O(SO4)2d．ZnSO4·H2O【答案】（1）①.適當(dāng)升高溫度或增加硫酸濃度②.PbSO4、SiO2（2）（3）（4）加熱濃縮、趁熱過(guò)濾（5）C【解析】【分析】銅冶煉煙塵在空氣作用下用稀硫酸酸浸，各種金屬元素以離子形式存在于溶液之中，不溶于稀硫酸的SiO2沉淀析出，濾液中銅離子用鐵單質(zhì)置換后過(guò)濾析出，制得Cu；再用硫酸鐵將溶液中的砷元素以砷酸鐵沉淀析出，最后在空氣作用下用氧化鋅調(diào)節(jié)pH值以氫氧化鐵除去鐵元素，得到的濾液經(jīng)加熱濃縮趁熱過(guò)濾制得ZnSO4·6H2O?！拘?wèn)1詳解】煙塵“酸浸”欲提高浸出率，可適當(dāng)增加稀硫酸濃度、適當(dāng)升高溫度或者充分吹入空氣等操作；從該煙塵的成分看，酸浸時(shí)PbSO4、SiO2溶解不了，留在濾渣?！拘?wèn)2詳解】“酸浸”過(guò)程中Cu2O在氧氣作用下與稀硫酸發(fā)生反應(yīng)，化學(xué)方程式為：?！拘?wèn)3詳解】“濾渣2”的成分為FeAsO4，則“沉砷”過(guò)程中加入的硫酸鐵與砷酸發(fā)生反應(yīng)，離子方程式為：?！拘?wèn)4詳解】從圖1中ZnSO4的溶解度曲線(xiàn)分析，欲從溶液中回收Z(yǔ)nSO4·6H2O的溫度范圍在312-333℃，故實(shí)驗(yàn)操作為加熱濃縮、趁熱過(guò)濾。【小問(wèn)5詳解】750℃時(shí)剩余固體與680℃時(shí)一樣，剩下，質(zhì)量減少了，26.90gZnSO4·6H2O中水的質(zhì)量，則還有S元素質(zhì)量減少，26.90gZnSO4·6H2O中S元素的質(zhì)量，則S元素還有剩余，故答案選擇C。17.碳、硅及其化合物在生產(chǎn)、生活中應(yīng)用廣泛。回答下列問(wèn)題：（1）基態(tài)Si原子價(jià)層電子空間運(yùn)動(dòng)狀態(tài)有___________種。（2）C、O、Si電負(fù)性由小到大的順序?yàn)開(kāi)__________；CS2分子的空間構(gòu)型為_(kāi)__________；CS2的熔點(diǎn)___________(填“高于”或“低于”)CO2，原因是___________。（3）C和Si與O原子結(jié)合形成CO2和SiO2時(shí)假設(shè)采用甲、乙兩種構(gòu)型：化學(xué)鍵鍵能(kJ/mol)化學(xué)能鍵能化學(xué)能鍵能C-C331C-O343Si-Si197Si-O466C=C620C=O805Si=Si272Si=O640SiO2晶體中Si原子采取的構(gòu)型是___________(填“甲”或“乙”)，從能量角度解釋Si原子采取該構(gòu)型的原因是___________。（4）碳化硅(SiC)是人工合成的無(wú)機(jī)非金屬材料，其晶體結(jié)構(gòu)類(lèi)似于金剛石，結(jié)構(gòu)如圖所示：①在立方體體對(duì)角線(xiàn)的一維空間上碳、硅原子的分布規(guī)律(原子的比例大小和相對(duì)位置)正確的是___________(填序號(hào))。a．·b．c．d．②SiC晶體中硅原子與離其最近的原子間距離為d，則硅原子與離其次近的原子間距離為_(kāi)__________，一個(gè)硅原子周?chē)c其次近的原子的數(shù)目為_(kāi)__________?！敬鸢浮浚?）4（2）①.Si<C<O②.直線(xiàn)型③.高于④.CS2與CO2都屬于分子晶體，組成結(jié)構(gòu)相似，CS2相對(duì)分子質(zhì)量較大，分子間作用力較強(qiáng)（3）①.乙②.Si原子與O原子形成四個(gè)Si-O鍵的總鍵能高于形成兩個(gè)Si=O鍵的總鍵能，體系更加穩(wěn)定（4）①.a②.③.3【解析】【小問(wèn)1詳解】基態(tài)Si原子價(jià)層電子排布為3s23p2，每個(gè)電子的空間運(yùn)動(dòng)狀態(tài)均不同，共有4種。小問(wèn)2詳解】同周期元素電負(fù)性隨質(zhì)子數(shù)增大而增大，同主族元素電負(fù)性隨電子層數(shù)增大而減小，故C、O、Si電負(fù)性由小到大的順序?yàn)镾i<C<O；CS2分子的中心原子有2個(gè)σ鍵，沒(méi)有孤電子對(duì)，是sp雜化，連接兩個(gè)S原子，分子的空間構(gòu)型為直線(xiàn)型；CS2與CO2都屬于分子晶體，組成結(jié)構(gòu)相似，CS2相對(duì)分子質(zhì)量較大，分子間作用力較強(qiáng)，熔點(diǎn)較高?！拘?wèn)3詳解】從表中數(shù)據(jù)可知，Si原子與O原子形成四個(gè)Si-O鍵的總鍵能高于形成兩個(gè)Si=O鍵的總鍵能，體系更加穩(wěn)定，故SiO2晶體中Si原子采取乙所示的構(gòu)型?！拘?wèn)4詳解】①硅原子半徑比碳原子大，從圖中微粒大小關(guān)系判斷，較小的碳原子在碳化硅立方晶胞的八個(gè)頂點(diǎn)和六個(gè)面面心位置，較大的硅原子在體對(duì)角線(xiàn)離頂點(diǎn)處，且四個(gè)硅原子對(duì)應(yīng)的頂點(diǎn)處于交錯(cuò)位置，和該頂點(diǎn)所在面的面心構(gòu)成正四面體，一個(gè)晶胞內(nèi)體對(duì)角線(xiàn)均分四段，五個(gè)點(diǎn)上的原子順序是“碳-硅-空-空-碳”，則在立方體體對(duì)角線(xiàn)的一維空間上碳、硅原子的分布規(guī)律如圖a所示；②據(jù)①的分析，SiC晶體中與硅原子最近的原子是與其構(gòu)成正四面體的碳原子，與其次近的原子是同處在平行與晶胞面的平面內(nèi)的硅原子，距離是面對(duì)角線(xiàn)的一半，硅原子與離其最近的原子間距離為d，則體對(duì)角線(xiàn)長(zhǎng)為4d，設(shè)晶胞棱長(zhǎng)為x，有，x=,晶胞面對(duì)角線(xiàn)為，故硅原子與其次近的原子間距離為；一個(gè)晶胞內(nèi)一個(gè)硅原子周?chē)c其次近的原子是另外的硅原子，數(shù)目是3個(gè)，硅原子在晶胞內(nèi)部，完全屬于一個(gè)晶胞，故一個(gè)硅原子周?chē)c其次近的原子的數(shù)目為3。18.過(guò)氧化鍶在工業(yè)上常用作分析試劑、氧化劑、漂白劑等。在實(shí)驗(yàn)室中利用氨氣、30%H2O2溶液與SrCl2溶液反應(yīng)制備過(guò)氧化鍶晶體(SrO2·8H2O)的裝置如圖所示：已知：過(guò)氧化鍶溫度低于5℃時(shí)溶解度小，溫度升高溶解度增大，易溶于稀酸?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）裝置甲中a的作用是___________，制取NH3時(shí)用飽和食鹽水代替水的目的是___________。（2）裝置乙的作用是___________。（3）裝置丙中儀器b的名稱(chēng)是___________，冰水浴的作用是___________。（4）裝置丙中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)__________。（5）設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)證明SrO2的氧化性比FeCl3的氧化性強(qiáng)：___________(寫(xiě)出必要的實(shí)驗(yàn)操作、現(xiàn)象和結(jié)論)?！敬鸢浮浚?）①.平衡氣壓，使飽和食鹽水順利流下②.使反應(yīng)更平緩（2）乙作用為檢測(cè)NH3流速，控制反應(yīng)速率（3）①.三頸燒瓶②.降低SrO2溶解度，便于形成SrO2·8H2O晶體（4）Sr2++H2O2+2NH3+8H2O=SrO2·8H2O+2NH（5）在鹽酸的FeCl2溶液中加入KSCN溶液，無(wú)明顯現(xiàn)象加入SrO2后溶液變?yōu)檠t色，則可證明SrO2氧化性比FeC13強(qiáng)；【解析】【小問(wèn)1詳解】a為恒壓管，作用為平衡氣壓，使飽和食鹽水順利流下；反應(yīng)進(jìn)行，水減少，會(huì)有NaCl析出覆蓋在Mg3N2表面，可以使反應(yīng)更平緩；【小問(wèn)2詳解】乙中若NH3流速過(guò)快，則乙中壓強(qiáng)增大CCl4會(huì)沿長(zhǎng)頸漏斗上升，則此時(shí)應(yīng)控制甲中反應(yīng)速率，故乙作用為檢測(cè)NH3流速，控制反應(yīng)速率；【小問(wèn)3詳解】b為三頸燒瓶，由題干已知可知過(guò)氧化鍶溫度低于5℃時(shí)溶解度小，故冰水浴目的為：降低SrO2溶解度，便于形成SrO2·8H2O晶體；【小問(wèn)4詳解】b中為NH3、H2O2、SrCl2反應(yīng)生成SrO2·8H2O，反應(yīng)為：Sr2++H2O2+2NH3+8H2O=SrO2·8H2O+2NH；【小問(wèn)5詳解】在鹽酸的FeCl2溶液中加入KSCN溶液，無(wú)明顯現(xiàn)象加入SrO2后溶液變?yōu)檠t色，則可證明SrO2氧化性比FeC13強(qiáng)；19.KBr是一種重要的無(wú)機(jī)化合物，可用于光譜分析和化學(xué)分析等。某溴素廠以鹵水為原料生產(chǎn)液溴和KBr的工藝流程如下圖所示：回答下列問(wèn)題：（1）“氧化Ⅰ”加入稀硫酸的目的是___________(從化學(xué)平衡移動(dòng)角度解釋)。（2）“還原、富集”時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)__________。（3）“冷凝、分離”后剩余的粗溴水應(yīng)循環(huán)使用，應(yīng)將其導(dǎo)入到___________操作中(填操作單元的名稱(chēng))，該生產(chǎn)流程中可以循環(huán)利用的物質(zhì)有___________(填名稱(chēng))。（4）“尿素還原”時(shí)發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)__________。（5）KBr可用于測(cè)定苯酚樣品的純度：取苯酚試樣，用NaOH溶液溶解后配制成250mL溶液；取該溶液，加入的KBrO3(含過(guò)量KBr)標(biāo)準(zhǔn)溶液，然后加入足量鹽酸，充分反應(yīng)后再加足量KI溶液；用2S2O3溶液滴定至淡黃色，加入指示劑，繼續(xù)滴定至終點(diǎn)，用去Na2S2O3溶液。測(cè)定過(guò)程中物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系如下：①加入指示劑為_(kāi)__________。②苯酚樣品的純度為_(kāi)__________(計(jì)算結(jié)果保留到小數(shù)點(diǎn)后1位)。【答案】（1）溴水中存在反應(yīng)：Br2+H2OHBr+HBrO，加入稀硫酸增大氫離子濃度，可抑制溴和水的反應(yīng)（2）SO2+Br2+2H2O=4H++2Br-+（3）①.蒸餾②.硫酸（4）3Br2+3K2CO3+CO(NH2)2=N2↑+4CO2↑+6KBr+2H2O（5）①.淀粉溶液②.90.24%【解析】【分析】“氧化Ⅰ”氯氣將溴單質(zhì)置換出來(lái)，發(fā)生反應(yīng)為Cl2+2KBr=Br2+KCl，“還原、富集”利用SO2的還原性和Br2的氧化性，反應(yīng)離子方程式為SO2+Br2+2H2O=4H++2Br-+，“尿素還原”反應(yīng)的化學(xué)方程式為3Br2+3K2CO3+CO(NH2)2=N2↑+4CO2↑+6KBr+2H2O；【小問(wèn)1詳解】“氧化Ⅰ”是利用氯氣的氧化性比溴的強(qiáng)，將溴單質(zhì)置換出來(lái)，由于溴單質(zhì)在水中會(huì)發(fā)生部分反應(yīng)：Br2+H2OHBr+HBrO，加入稀硫酸增大氫離子濃度，可抑制溴和水的反應(yīng)，【小問(wèn)2詳解】“還原、富集”時(shí)是SO2和Br2發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成HBr和H2SO4，反應(yīng)的離子方程式為：SO2+Br2+2H2O=4H++2Br-+；【小問(wèn)3詳解】粗溴中還含有溴單質(zhì)，應(yīng)導(dǎo)入蒸餾裝置中，生產(chǎn)過(guò)程中還原富集這一步產(chǎn)生了H2SO4，故可循環(huán)利用的物質(zhì)是硫酸，【小問(wèn)4詳解】“尿素還原”是利用尿素含有Br2，同時(shí)K2CO3參與反應(yīng)生成N2、CO2、KBr，反應(yīng)的化學(xué)方程式為3Br2+3K2CO3+CO(NH2)2=N2↑+4CO2↑+6KBr+2H2O；【小問(wèn)5詳解】①溴液中含有的KBrO3及過(guò)量KBr在鹽酸條件下反應(yīng)產(chǎn)生單質(zhì)溴、氯化鉀和水，方程式為：KBrO3+5KBr+6HCl═3Br2+6KCl+3H2O，單質(zhì)溴具有氧化性，能將碘離子氧化生成單質(zhì)碘，離子方程式為：Br2+2I-=2Br-+I2，用0.1000mol?L-1Na2S2O3溶液滴定至淡黃色，加入指示劑，繼續(xù)滴定至終點(diǎn)，I2+2Na2S2O3═Na2S4O6+2NaI，加入的指示劑為淀粉溶液，碘單質(zhì)遇到淀粉變藍(lán)色，故答案為：淀粉溶液；

②定量關(guān)系Br2+2I-=2Br-+I2，I2+2Na2S2O3═Na2S4O6+2NaI，Br2～I(xiàn)2～2S2O，與I-反應(yīng)的Br2：n1(Br2)=n(S2O)=×16.20×10-3

L×0.100

0

mol?L-1=8.1×10-4

mol，KBrO3+5KBr+6HCl═3Br2+6KCl+3H2O，定量關(guān)系BrO～5Br-～3Br2，KBrO3與KBr生成的Br2：n(Br2)=3n(KBrO3)=3×25.00×10-3

L×0.030

00

mol?L-1=2.25×10-3

mol，與C6H5OH反應(yīng)的Br2：n2(Br2)=n(Br2)-n1(Br2)