2023屆河北省高三上學期期末質檢化學試題（解析版）

PAGEPAGE1河北省石家莊市2023屆高中畢業(yè)班教學質量期末檢測化學試題(時間75分鐘，滿分100分)注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號、考場號、座位號填寫在答題卡上。2.回答選擇題時，選出每小題〖答案〗后，用鉛筆把答題卡上對應題目的〖答案〗標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它〖答案〗標號。回答非選擇題時，將〖答案〗寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬υ淤|量：H1C12N14O16S32Fe56一、單項選擇題：本題共9小題，每小題3分，共27分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.《天工開物》中蘊含著豐富的化學史料，以下為其中記載海鹽性質及制鹽過程的片段：“凡鹽見水即化，見(濕)風即鹵，見火(冷卻后)愈堅?！薄胺布妍u未即凝結，將皂角椎碎，和粟米糠二味，鹵沸之時投入其中攪和，鹽即頃刻結成?！睋?jù)上述記載，推斷下列說法正確的是A.“見(濕)風即鹵”是說海鹽易風化B.“見水”、“見火”時，海鹽中的氯化鈉均發(fā)生了化學變化C.“煎鹵”的操作類似于蒸發(fā)濃縮D.“皂角結鹽”的原理是發(fā)生了膠體聚沉〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．“見(濕)風即鹵”是說海鹽易析出，溶解度較小，而不是風化，A不合題意；B．見水為溶解，見火為熔化時，則海鹽中的氯化鈉均未發(fā)生了化學變化，B不合題意；C．“煎鹵”即加熱蒸發(fā)，析出晶體，即該操作類似于蒸發(fā)濃縮，C符合題意；D．鹵水不是膠體，則“皂角結鹽”的原理不是發(fā)生了膠體聚沉，D不合題意；故〖答案〗為：C。2.化學與生產、生活密切相關，下列說法正確的是A.紅薯中含有大量淀粉和纖維素，二者互為同分異構體B.從動物皮、骨中提取的明膠屬于油脂，可用作食品增稠劑C.對儲氫合金的要求是既能大量吸收氫氣，且形成的金屬氫化物很穩(wěn)定D.硅酸鹽材料化學性質穩(wěn)定、耐腐蝕，原因為Si和O構成了穩(wěn)定四面體〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A．淀粉和纖維素雖然分子通式均為(C6H10O5)n，但由于n值不同，二者的分子式不同，故二者不互為同分異構體，A錯誤；B．從動物皮、骨中提取的明膠屬于蛋白質，可用作食品增稠劑，B錯誤；C．對儲氫合金的要求是既能大量吸收氫氣，被吸收的H2還要能夠釋放出來，故形成的金屬氫化物不能很穩(wěn)定，C錯誤；D．硅酸鹽材料中Si和O構成了穩(wěn)定的四面體，導致其化學性質穩(wěn)定、耐腐蝕，D正確；故〖答案〗為：D。3.利用下圖裝置分別進行實驗，對丙中實驗現(xiàn)象描述錯誤的是試劑及現(xiàn)象選項甲乙丙丙中實驗現(xiàn)象A飽和食鹽水電石溴的四氯化碳溶液溶液逐漸褪色B濃氨水氫氧化鈉硫酸銅溶液先生成藍色沉淀，后沉淀消失C雙氧水二氧化錳酸化的KI淀粉溶液溶液變藍D稀硫酸碳酸鈉飽和碳酸鈉溶液先有沉淀生成，后沉淀消失A.A B.B C.C D.D〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A．電石主要成分是CaC2，還含有CaS等雜質，向其中滴加飽和食鹽水，CaC2與水發(fā)生反應產生C2H2氣體，CaS會反應產生H2S氣體，C2H2、H2S會與溴單質反應而使溶液褪色，A不符合題意；B．濃氨水滴入氫氧化鈉中，反應產生NH3，NH3溶解在溶液中反應產生NH3·H2O，NH3·H2O與硫酸銅溶液首先反應產生Cu(OH)2藍色沉淀，當氨水過量時，反應產生可溶性〖Cu(NH3)4〗(OH)2，使溶液變?yōu)樯钏{色，B不符合題意；C．雙氧水滴入盛有二氧化錳固體的錐形瓶中，在二氧化錳催化下雙氧水分解產生O2，能夠將酸性KI氧化為I2，I2與溶液中的淀粉作用，使溶液變?yōu)樗{色，C不符合題意；D．稀硫酸加入Na2CO3固體中，反應產生CO2氣體，CO2與飽和Na2CO3溶液發(fā)生反應產生溶解度小的NaHCO3，因此產生沉淀，但CO2過量時沉淀也不會消失，D符合題意；故合理選項是D。4.下列說法正確的是A.原子光譜是由基態(tài)原子吸收能量到激發(fā)態(tài)時，電子躍遷產生的B.與中，鍵角大于鍵角C.某元素基態(tài)原子的最外層電子排布式為，則該元素為ⅡA族元素D.因為分子間有氫鍵，所以的穩(wěn)定性比強〖答案〗B〖解析〗〖詳析〗A．原子光譜包括吸收光譜和發(fā)射光譜，由基態(tài)原子吸收能量到激發(fā)態(tài)時，電子躍遷產生吸收光譜，由激發(fā)態(tài)原子釋放能量到基態(tài)時，電子躍遷產生發(fā)射光譜，A錯誤；B．中心原子周圍的價層電子對數(shù)為：3+=3，則為平面三角形，鍵角為120°，而中心原子周圍的價層電子對數(shù)為：3+=4，則為三角錐形，鍵角小于109°28′，故鍵角大于鍵角，B正確；C．某元素基態(tài)原子的最外層電子排布式為，可能是Ca，也可能是3d14s2、3d24s2、3d34s2、3d54s2、3d64s2、3d74s2、3d84s2、3d104s2等元素，故該元素不一定為ⅡA族元素，C錯誤；D．氫鍵不是化學鍵，是分子間作用力的一種，故氫鍵只影響物理性質，不能影響化學性質，的穩(wěn)定性比強是因為中的O-H鍵的鍵能比S-H的鍵能大，D錯誤；故〖答案〗為：B。5.生活中處處有化學，下列說法正確是A.煉鋼模具在熾熱的鋼水注入之前進行干燥處理，可避免發(fā)生爆炸B.高鐵酸鈉溶液和硫酸鋁溶液均可用于飲用水的殺菌消毒C.含較多的鹽堿地可通過施加適量熟石灰進行改良D.工業(yè)制硫酸和合成氨時，原料中的硫元素和氮元素均被氧化〖答案〗A〖解析〗〖詳析〗A．若模具不干燥，熾熱的鋼水會引發(fā)鐵和水蒸氣反應，產生H2，H2易燃易爆，從而引發(fā)鋼水爆炸性迸濺，故煉鋼模具在熾熱的鋼水注入之前進行干燥處理，可避免發(fā)生爆炸，A正確；B．高鐵酸鈉溶液具有強氧化性，能夠用于飲用水的殺菌消毒，而硫酸鋁溶液沒有強氧化性不可用于飲用水的殺菌消毒，只能用于作凈水劑，B錯誤；C．鹽堿地（含較多Na2CO3等）不利于作物生長，如施加熟石灰進行改良，生成CaCO3和NaOH，加重土壤的堿性和板結，該應用不合理，C錯誤；D．工業(yè)制硫酸即將FeS2、S、CuFeS2等原料中的S最終轉化為H2SO4，化合價升高，硫元素被氧化，而合成氨反應方程式為：N2+3H22NH3，反應中N的化合價降低，即氮元素被還原，D錯誤；故〖答案〗為：A。6.有機物Ⅰ和Ⅱ之間存在如圖所示轉化關系，下列說法錯誤的是A.Ⅰ的酸性比丙酸的酸性弱B.Ⅱ中所有碳原子一定不共面C.Ⅱ中有兩個手性碳原子D.Ⅱ的二氯代物有5種(不考慮立體異構)〖答案〗A〖解析〗〖詳析〗A．2-羥基丙酸中-OH為吸電子基團，使得其中-COOH更容易電離出H+，故Ⅰ的酸性比丙酸的酸性強，A錯誤；B．由題干有機物結構簡式可知，分子中存在手性碳原子，如圖所示，則Ⅱ中所有碳原子一定不共同一平面，B正確；C．手性碳原子是指同時連有4個互不相同的原子或原子團的碳原子，由題干圖可知，Ⅱ中有兩個手性碳原子，如圖所示：，C正確；D．由題干有機物結構簡式可知，Ⅱ的一氯代物有2種，二氯代物有5種，如圖所示：和，D正確；故〖答案〗為：A。7.興趣小組用預處理后的廢棄油脂制作肥皂(高級脂肪酸鈉)并回收甘油，簡單流程如下圖所示。下列說法錯誤的是A.步驟①中加入乙醇的目的是助溶，提高反應速率B.步驟②中加入食鹽細粒的目的是降低肥皂的溶解度C.步驟③可借助裝置M完成(夾持裝置省略)D.步驟④中包含蒸餾操作〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗預處理后的油狀中加入乙醇可增加油脂在NaOH溶液中的溶解度，然后將混合溶液加熱攪拌，促進反應的發(fā)生，待液體不分層后加入食鹽顆粒、攪拌并冷卻，可以降低高級脂肪酸鈉的溶解度，而發(fā)生鹽析，產生高級脂肪酸鈉固體，而甘油極易溶于水，在水層中，然后過濾分離得到高級脂肪酸鈉固體，水與甘油是互溶的沸點不同的液體混合物，可通過蒸餾方法分離得到?！荚斘觥紸．乙醇是常用的有機溶劑，而且能夠與水混溶，油脂難溶于水，步驟①中加入乙醇的目的是增加油脂在NaOH溶液中的溶解度，使反應物充分接觸發(fā)生反應。從而可提高反應速率，A正確；B．向混合物中加入食鹽細粒，會降低高級脂肪酸鈉的溶解度而結晶析出，即發(fā)生鹽析現(xiàn)象，B正確；C．操作③為過濾，用到的儀器為漏斗，而不是分液漏斗，C錯誤；D．甘油和水相互溶解，二者的沸點不同，用蒸餾操作分離甘油，D正確；故合理選項是C。8.如圖所示化合物為某新型電池的電解質，其中X、Y、Z、Q、R是原子序數(shù)依次增大的五種短周期主族元素。下列說法錯誤的是A.簡單氫化物的沸點：B.簡單離子半徑：C.第一電離能：D.X和Q形成最簡單化合物的空間結構為平面三角形〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗由題干信息可知，X、Y、Z、Q、R是原子序數(shù)依次增大的五種短周期主族元素，R的原子序數(shù)最大，形成+1價的離子，則R為Na，Z能夠形成2個共價鍵，則Z為O，Q能夠形成1個共價鍵，則Q為F，Y能夠形成4個共價鍵，故Y為C，X形成了3個共價鍵和一個配位鍵，則X為B，即X、Y、Z、Q、R分別是B、C、O、F、Na，據(jù)此分析解題。〖詳析〗A．由分析可知，Y、Z、Q分別為C、O、F，由于H2O和HF能夠形成分子間氫鍵，導致沸點高于CH4，且H2O周圍形成的分子間氫鍵數(shù)目比HF多，故H2O的沸點最高，故簡單氫化物的沸點：H2O＞HF＞CH4即，A正確；B．由分析可知，Z、Q、R分別為O、F、Na，三種形成的離子具有相同的電子排布，且核電荷數(shù)Na＞F＞O，故簡單離子半徑：Na+＜F-＜O2-即，B錯誤；C．已知同一周期從左往右第一電離能呈增大趨勢，故F＞O＞C＞B，同一主族從上往下第一電離依次減小，則有B＞Li＞Na，故第一電離能：F＞O＞C＞B＞Na即，C正確；D．由分析可知，X為B，Q為F，X和Q形成最簡單化合物即BF3，BF3中B周圍的價層電子對數(shù)為：3+=3，故其的空間結構為平面三角形，D正確；故〖答案〗為：B。9.實驗室模擬以磷石膏(含及雜質、等)為原料制取輕質，流程如下：下列說法錯誤的是A.“浸取1”時，加快攪拌速率、不斷升高溫度均可提高的轉化率B.“浸取1”時，應先通再通，濾液1中濃度最大的陰離子為C.“浸取2”時，發(fā)生反應的離子方程式為D.“浸取2”時，所得濾渣2的主要成分為、〖答案〗A〖解析〗〖詳析〗A．“浸取1”用到了氣體原料氨氣和二氧化碳，氣體在水中的溶解度隨溫度升高而減小，因此溫度過高不利于提高浸取率即CaSO4的轉化率，A錯誤；B．由于NH3極易溶于水，CO2難溶于水，易溶于氨化后的堿性溶液，故“浸取1”，應先通NH3再通CO2，發(fā)生的反應為：CaSO4·2H2O+2NH3+CO2=CaCO3+(NH4)2SO4，故濾液1中主要溶質為(NH4)2SO4，濃度最大的陰離子為，B正確；C．濾渣1的成分是碳酸鈣、氧化鋁和氧化鐵，高溫加熱時碳酸鈣分解為氧化鈣和二氧化碳，氧化鋁和氧化鐵性質穩(wěn)定，不發(fā)生反應，“浸取2”中氯化銨與氧化鈣發(fā)生反應，發(fā)生反應的離子方程式為：，C正確；D．“濾渣1的成分是碳酸鈣、氧化鋁和氧化鐵，高溫加熱時碳酸鈣分解為氧化鈣和二氧化碳，氧化鋁和氧化鐵性質穩(wěn)定，不發(fā)生反應，“浸取2”中氯化銨與氧化鈣反應，使其溶解，則“浸取2”時，所得濾渣2的主要成分為、，D正確；故〖答案〗為：A。二、不定項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項中，有一項或兩項符合題目要求。若正確〖答案〗只包括一個選項，多選時，該小題得0分；若正確〖答案〗包括兩個選項，只選一個且正確的得2分，選兩個且都正確的得4分，但只要選錯一個，該小題得0分。10.下列實驗事實能證明相應結論的是選項實驗事實相應結論A銅分別與濃硝酸、稀硝酸反應時，還原產物NO2比NO中氮元素的價態(tài)高濃硝酸得電子能力差，氧化性比稀硝酸弱B磷酸與Na2SO3固體在加熱條件下反應生成SO2磷酸的酸性比亞硫酸強C其他條件相同時，1mol/L的醋酸比0.5mol/L的醋酸導電能力弱電解質的電離不需要通電D濃鹽酸與MnO2混合加熱生成氯氣，氯氣不再逸出時，固體混合物中仍存在鹽酸和MnO2物質濃度影響其氧化性或還原性的強弱A.A B.B C.C D.D〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A．氧化性的強弱與得失電子的多少無關，而與得失電子的難易程度有關，故銅分別與濃硝酸、稀硝酸反應時，還原產物NO2比NO中氮元素的價態(tài)高，不能得出濃硝酸得電子能力差，氧化性比稀硝酸弱的結論，而事實上濃硝酸的氧化性強于稀硝酸，A不合題意；B．磷酸與Na2SO3固體在加熱條件下反應生成SO2，是利用“難揮發(fā)性酸制備易揮發(fā)性酸”，不能判斷H3PO4強于H2SO3，B不合題意；C．其他條件相同時，1mol/L的醋酸比0.5mol/L的醋酸導電能力弱，說明1mol/L醋酸電離產生的離子濃度比0.5mol/L的小，不能得出電解質的電離不需要通電，C不合題意；D．剩余物中仍有鹽酸和MnO2，說明鹽酸濃度變小到一定程度時，不能與MnO2繼續(xù)反應，可得出結論，物質濃度影響其氧化性或還原性的強弱，D符合題意；故〖答案〗為：D。11.我國科學家研究發(fā)現(xiàn)，在MnO2/Mn2+氧化還原介質的輔助下，可將電解水分離為制氫和制氧兩個獨立的過程，從而實現(xiàn)低電壓下電解水，其電化學原理如圖所示。下列說法錯誤的是A.a、c為電源的負極B.K向左端閉合時，N電極發(fā)生的反應為C.產生等物質的量的和時，N電極質量減小D.K向右端閉合時，電解過程中的物質的量不變〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗當K與b接觸時，M電極上發(fā)生的電極反應為：2H++2e-=H2↑，發(fā)生還原反應，即M電極為陰極，N電極上發(fā)生的電極反應為：Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+，發(fā)生氧化反應，N電極為陽極，當K與c電極接觸時，N電極發(fā)生的電極反應為：MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O，發(fā)生還原反應，此時N電極為陰極，L電極發(fā)生的電極反應為：4OH--4e-=O2↑+2H2O，發(fā)生氧化反應，L電極為陽極，據(jù)此分析解題?！荚斘觥紸．由分析可知，當K與b接觸時，M為陰極，即a為電源的負極，當K與c電極接觸時，N為陰極，故c為電源的負極，A正確；B．由分析可知，K向左端閉合時，N電極發(fā)生的反應為Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+，B錯誤；C．由分析可知，產生等物質的量的和時，設產生nmolH2和nmolO2，根據(jù)電子守恒可知，產生nmolH2轉移電子為2nmol，此時N即進行的反應Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+，生成nmolMnO2，生成nmolO2轉移電子為4nmol，此時N極進行的反應MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O，消耗2nmolMnO2，故N電極質量減小，C正確；D．K向右端閉合時，L電極發(fā)生的電極反應為：4OH--4e-=O2↑+2H2O，雖然消耗了OH-，但雙極膜中的OH-會轉移到L電極附近，補充OH-，根據(jù)電子守恒可知，電解過程中的物質的量不變，D正確；故〖答案〗為：B。12.T℃時，向體積恒定為2L的密閉容器中充入發(fā)生反應：，。實驗測得隨時間(t)變化關系如下表所示：0204060801.000.800.650.550.50下列敘述錯誤的是A.內，用表示的平均反應速率B.其他條件不變，升高溫度，的生成速率和平衡產率均增大C.其他條件不變，加入催化劑，80min時的轉化率不變D.若起始時向該容器中加入，達到平衡時〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A．內，消耗Q為0.2mol，則用表示的平均反應速率，A正確；B．反應為吸熱反應，其他條件不變，升高溫度，反應速率增大且平衡正向移動，則導致的生成速率和平衡產率均增大，B正確；C．80min時反應0.5mol，則生成MN均為0.5mol；，此時，則80min時反應達到平衡狀態(tài)；其他條件不變，加入催化劑，反應速率加快，則80min時一定達到平衡，故其轉化率不變，C正確；D．Q為固體，增加量不影響平衡移動，結合C分析可知，達到平衡時M濃度仍為，D錯誤；故選D。13.25℃時，向20mL0.01mol/L的RCl2溶液中通入氨氣，測得溶液的pH與p(R2+)之間的變化曲線如圖所示〖已知：，，忽略反應過程中溶液體積的變化〗。下列說法正確的是A.的數(shù)量級是B.a點溶液中會產生沉淀C.b點溶液存在：D.c點溶液存在：〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．由題干圖示信息點(2，8.3)可知，Ksp〖R(OH)2〗=c(R2+)c2(OH-)=10-2×()2=10-13.4，故Ksp〖R(OH)2〗的數(shù)量級是10-14，A錯誤；B．由題干圖示信息可知，a點對應的溶解平衡點為b點或者c點，則可知a點對應的c(R2+)c2(OH-)小于其Ksp〖R(OH)2〗，故a點溶液中不會產生沉淀，B錯誤；C．由A項分析可知，Ksp〖R(OH)2〗=10-13.4，則有b點時c(R2+)==10-3.4mol/L，根據(jù)，即=1.8×10-5，則有=1.8，即有c()＞c(NH3·H2O)，且題干告知是通入NH3，使R2+沉淀，故b點溶液存在：，C正確；D．c點溶液中電荷守恒式為：，又知c點溶液呈堿性，即c(OH-)＞c(H+)，故c點溶液中存在：，D錯誤；故〖答案〗為：C。三、非選擇題：共57分。14.莫爾鹽〖，〗，易溶于水，不溶于乙醇，用途廣泛。某實驗小組以廢鐵屑等為原料制備莫爾鹽并設計實驗檢驗其熱分解產物。Ⅰ.莫爾鹽的制備（1）凈化鐵屑：為去除廢鐵屑表面的油污，可采用的方法為_______。（2）制備溶液：實驗步驟如圖1所示?！八崛堋边^程中，為加快反應速率，可向其中加入少量固體單質X，則X可以為_______(填化學式，寫出一種即可)；“過濾”過程如圖2所示，為防止大量鐵屑進入漏斗引起堵塞，可將_______緊貼在燒杯外壁a處，再傾倒燒杯中的混合物。（3）制備莫爾鹽：將所得溶液轉移至蒸發(fā)皿中，加入適量固體充分溶解，再經(jīng)_______、過濾、洗滌、干燥，得產品。（4）測定純度稱取4.000g上述產品，配成100mL溶液，取出25.00mL置于錐形瓶中，用，標準溶液滴定，重復三次，消耗標準溶液的平均體積為10.00mL。①將標準溶液裝入滴定管后，排氣泡的正確操作為_______(填選項字母)。a.b.c.d.②經(jīng)計算，該產品的純度為_______%。Ⅱ.熱分解產物的檢驗莫爾鹽自身受熱分解會產生、、、等氣體，小組同學欲用下圖裝置檢驗其中的和。（5）裝置連接的合理順序為_______(填裝置編號)，裝置C中盛裝堿石灰的儀器名稱為_______。（6）D中加入的鹽酸需足量，否則可能會引發(fā)的后果為_______(用化學方程式表示)?！即鸢浮剑?）加熱的Na2CO3溶液浸泡（2）①.Cu、Ag或石墨等②.Fe3O4（3）蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶（4）①.b②.98.0（5）①AEDBC②.球形干燥管（6）2NH3+SO2+H2O=(NH4)2SO3，(NH4)2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NH4Cl〖解析〗〖小問1詳析〗已知Na2CO3溶液呈堿性，熱的Na2CO3溶液堿性更強，堿性條件下能夠促進油脂水解，故為去除廢鐵屑表面的油污，可采用的方法為加熱的Na2CO3溶液浸泡，故〖答案〗為：加熱的Na2CO3溶液浸泡；〖小問2詳析〗已知形成原電池反應可以加快反應速率，故“酸溶”過程中，為加快反應速率，可向其中加入少量固體單質X，X做正極即可與Fe、稀硫酸形成原電池反應而加快反應速率，則X可以為Cu、Ag、石墨等；已知磁鐵可以吸引鐵屑，故“過濾”過程如圖2所示，為防止大量鐵屑進入漏斗引起堵塞，可將Fe3O4緊貼在燒杯外壁a處，再傾倒燒杯中的混合物，故〖答案〗為：Cu、Ag或石墨等；Fe3O4；〖小問3詳析〗制備莫爾鹽：將所得溶液轉移至蒸發(fā)皿中，加入適量固體充分溶解，再經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥，得產品，故〖答案〗為：蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶；〖小問4詳析〗①由于酸性高錳酸鉀溶液能夠腐蝕堿式滴定管下端的橡膠管，應將KMnO4標準溶液裝入酸式滴定管后，排氣泡的正確操作為b，故〖答案〗為：b；②根據(jù)反應方程式：5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O可知，100mL中Fe2+的物質的量為：n(Fe2+)=5n()=5××0.0500mol/L×10.00×10-3L=0.01mol，經(jīng)計算，該產品的純度為=98.0%，故〖答案〗為：98.0；〖小問5詳析〗SO3易溶于水且與水反應生成H2SO4能與BaCl2溶液反應生成BaSO4白色沉淀，所以用裝置D先檢驗SO3，再將剩余氣體通入裝置B中檢驗SO2，可觀察到品紅溶液褪色，SO3、SO2均為酸性氧化物，可用堿石灰進行尾氣吸收，且由于SO2、SO3均易溶于水，則D之前需接一個安全瓶即裝置E以防止倒吸，由此確定合理通氣順序為AEDBC，由題干實驗裝置圖可知，裝置C儀器名稱為球形干燥管，故〖答案〗為：AEDBC；球形干燥管；〖小問6詳析〗D中鹽酸的作用是吸收NH3，若鹽酸不足，則會發(fā)生反應：2NH3+SO2+H2O=(NH4)2SO3，(NH4)2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NH4Cl，將影響SO3的檢驗，故〖答案〗為：2NH3+SO2+H2O=(NH4)2SO3，(NH4)2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NH4Cl。15.工業(yè)上一種利用廢舊三元鋰離子電池正極材料(主要成分為，還含有鋁箔、炭黑、有機粘合劑等)綜合回收鈷、錳、鎳、鋰的工藝流程如下圖所示：（1）鈷位于元素周期表中_______區(qū)；基態(tài)錳原子的價電子排布圖為_______；鋰離子電池正極材料的基本結構單元如圖所示，則據(jù)此計算_______，_______。（2）“粉碎灼燒”時可除去的雜質為_______。（3）“堿浸”后濾液中大量存在的陰離子為_______和_______。（4）已知：，，，。若“酸浸”后溶液中、、濃度均為，理論計算欲使完全沉淀(離子濃度小于)而不沉淀、，需調節(jié)的范圍為_______；實際“沉鈷”時，在加入之前須先加入一定量氨水，推測所加氨水的作用為_______。（5）“沉錳”過程中加入溶液后，溶液先變?yōu)樽霞t色，一段時間后紫紅色又褪去，則溶液變?yōu)樽霞t色的原因為_______〖用離子方程式表示，Mn(Ⅱ)寫作Mn即可〗。（6）“沉鎳”過程中加入溶液不能過量，原因為_______?！即鸢浮剑?）①.d②.③.④.（2）炭黑、有機粘合劑（3）①.②.（4）①.②.將、轉化為穩(wěn)定配離子，避免沉鈷時與共沉淀（5）（6）防止鋰離子沉淀，影響鎳離子和鋰離子的分離〖解析〗〖祥解〗三元鋰離子電池正極材料粉碎灼燒除去炭黑、有機粘合劑，堿浸后除去鋁，酸浸將金屬轉化成離子，加硫酸銨、草酸按除去鈷離子，加入溶液通過氧化還原將錳元素轉化為二氧化錳，加入碳酸鈉和氫氧化鈉除鎳，最后將鋰離子轉化成碳酸鋰?！夹?詳析〗鈷的原子序數(shù)是27，位于元素周期表的第四周期第VIII族，位于d區(qū)；基態(tài)錳原子的價電子排布式為，因此價電子排布圖為；此晶胞為六棱柱，、、在頂點，每個晶胞均攤，在6個頂點，均攤，所以得到，〖答案〗d，，，；〖小問2詳析〗“粉碎灼燒”時可將炭黑、有機粘合劑徹底氧化，〖答案〗炭黑、有機粘合劑；〖小問3詳析〗堿浸時堿將鋁轉化成偏鋁酸鈉，所以濾液中大量存在的陰離子和剩余的，〖答案〗，；〖小問4詳析〗當完全沉淀(離子濃度小于)，等于時，，，所以只要錳離子不沉淀，鎳離子就一定不沉淀，當錳離子恰好不沉淀時，濃度均為，，需調節(jié)的范圍為，加入之前須先加入一定量氨水，推測所加氨水的作用為將、轉化為穩(wěn)定配離子，避免沉鈷時與共沉淀〖答案〗；將、轉化為穩(wěn)定配離子，避免沉鈷時與共沉淀；〖小問5詳析〗“沉錳”過程中加入溶液后，溶液先變?yōu)樽霞t色是生成高錳酸根離子的緣故，一段時間后紫紅色又褪去是在酸性環(huán)境中高錳酸根離子又參與反應，則溶液變?yōu)樽霞t色的原因為，〖答案〗；〖小問6詳析〗因鋰離子與碳酸根離子結合生成碳酸鋰沉淀，所以防止鋰離子沉淀，影響鎳離子和鋰離子的分離，〖答案〗防止鋰離子沉淀，影響鎳離子和鋰離子的分離。16.CO2(g)氫化制備化工原料CO(g)可有效緩解溫室效應，此過程主要發(fā)生如下反應：反應Ⅰ：反應Ⅱ：（1）△H=_______kJ/mol。（2）反應Ⅱ在化學熱力學上進行的趨勢很大，原因為_______，該反應易在_______(填“較高溫度”或“較低溫度”)下自發(fā)進行。（3）在某恒壓密閉容器中充入一定量CO2(g)和H2(g)，使用不同的催化劑反應相同的時間，測得CO2(g)轉化率、CH4(g)的選擇性(CH4(g)的選擇性=)與反應溫度(T)的關系分別如圖1和圖2所示：①圖1中，選用Ni-CeO2-IM800催化劑時，CO2(g)的轉化率在溫度高于600℃后迅速增大，解釋其原因為_______。②600℃時，為提高CO(g)的產率，適宜選擇的催化劑為_______(填“Ni-CeO2-IM800”或“Ni-CeO2-DP800”)，解釋其原因為_______。（4）在某剛性密閉容器中充入amolCO2(g)和2amolH2(g)，發(fā)生反應Ⅰ和反應Ⅱ，測得CO2(g)的平衡轉化率與壓強(0.1MPa、1MPa、10MPa)、溫度(T)的關系如圖3所示。①圖中表征壓強為0.1MPa的是_______(填“L1”“L2”或“L3”)。溫度升高，三條曲線逐漸靠近的主要原因為_______。②Q點時，測得CH4(g)的物質的量為bmol。則該溫度下，反應Ⅰ的平衡常數(shù)K=_______(用含a、b的代數(shù)式表示)?！即鸢浮剑?）+205（2）①.反應的正反應是放熱反應②.低溫（3）①.在溫度高于600℃后催化劑Ni?CeO2?IM800達到最佳催化活性②.Ni-CeO2-DP800③.Ni-CeO2-DP800使CO2的轉化率較大，在600℃時CH4的選擇性又比較低（4）①.L1②.溫度對吸熱反應影響更大，反應Ⅰ的正反應是氣體體積不變的吸熱反應，而反應Ⅱ正反應是氣體體積減小的放熱反應，在高溫時主要發(fā)生反應Ⅰ，而該反應反應前后氣體的物質的量不變，壓強改變不能使平衡發(fā)生移動，因此高溫條件下CO2的轉化率逐漸靠近；③.〖解析〗〖小問1詳析〗已知：反應Ⅰ：反應Ⅱ：，根據(jù)蓋斯定律，將反應Ⅰ-反應Ⅱ，整理可得熱化學方程式△H=+205kJ/mol；〖小問2詳析〗反應Ⅱ在化學熱力學上進行的趨勢很大，這是由于該反應的正反應是放熱反應，隨著反應的進行，體系溫度升高，使化學反應速率加快；反應Ⅱ：，的正反應是氣要使反應Ⅱ自發(fā)進行，則體系的自由能△G＜0，由方程式可知該反應的△S＜0，△H＜0，△G=△H-T△S＜0，則反應自發(fā)進行的條件是低溫下自發(fā)進行；〖小問3詳析〗①任何催化劑的催化活性都有一定的溫度范圍。根據(jù)圖1可知，選用Ni-CeO2-IM800催化劑時，CO2(g)的轉化率在溫度高于600℃后迅速增大，這是因為在溫度高于600℃后達到其最佳催化活性；②根據(jù)圖1示可知：在600℃時CO2的轉化率：Ni-CeO2-DP800＞Ni-CeO2-IM800；而根據(jù)圖2所示溫度對Ni-CeO2-IM800的選擇性影響不大，Ni-CeO2-DP800的選擇題隨溫度的升高而增大，要在溫度為600℃下提高CO(g)的產率，應該使CH4的選擇性比較低，故應該使用的催化劑是Ni-CeO2-DP800；〖小問4詳析〗①反應Ⅰ在反應前后氣體的物質的量不變，而反應Ⅱ正反應是氣體體積減小的反應。在溫度不變時，增大壓強，反應Ⅰ化學平衡互移動；反應Ⅱ的化學平衡正向移動，導致CO2的轉化率增大，故L1表示壓強為0.1MPa，L2表示壓強為1MPa，L3表示壓強為1.0MPa；溫度對吸熱反應影響更大，由于反應Ⅰ的正反應是吸熱反應，反應Ⅱ正反應是放熱反應，因此當溫度升高時，主要發(fā)生反應Ⅰ，該反應反應前后氣體的物質的量不變，壓強改變不能使平衡發(fā)生移動，因此CO2的轉化率逐漸靠近；②Q點時，測得CH4(g)的物質的量為bmol，根據(jù)反應Ⅱ方程式可知反應產生2bmolH2O(g)，消耗bmolCO2(g)和4bmolH2(g)；CO2的平衡轉化率為50%，則反應Ⅰ消耗CO2的物質的量為(0.5a-b)mol，同時消耗H2的物質的量為(0.5a-b)mol，反應產生CO、H2O(g)的物質的量也是(0.5a-b)mol，故Q點各自氣體的物質的量分別為n(CO2)=0.5amol，n(H2)=〖(2a)-(0.5a-b)-4b〗mol=(1.5a-3b)mol，n(CO)=(0.5a-b)mol，n(CH4)=bmol，n(H2O)=(0.5a-b)mol+2bmol=(0.5a+b)mol，氣體總物質的量n(總)=0.5amol+(1.5a-3b)mol+(0.5a-b)mol+bmol+(0.5a+b)mol=(3a-2b)mol，此時氣體壓強為0.1MPa，則各種氣體的平衡分壓分別為p(CO2)=；p(H2)=，p(CO)=，p(H2O)=，則反應Ⅰ的壓強平衡常數(shù)Kp=。17.E和J均為生活中常用的高分子化合物，二者可由如下路線合成。（1）B的化學名稱為_______。（2）C的結構簡式為_______。（3）D→E的化學方程式為_______。（4）G中含有的官能團名稱為_______；I→J的反應類型為_______。（5）已知羥基直接與碳碳雙鍵相連結構不穩(wěn)定，H的同分異構體中與其所含官能團類型完全相同的還有_______種(不考慮立體異構)；其中核磁共振氫譜峰面積為3：3：1：1：1：1的同分異構體的結構簡式為_______。（6）參照上述合成路線，以2-丙醇和乙炔為主要原料，設計合成的路線_______(無機試劑任選)?！即鸢浮剑?）丙烯（2）（3）（4）①.碳碳三鍵、羥基②.加聚反應（5）①.12②.（6）〖解析〗〖祥解〗苯與丙烯在硫酸作用下發(fā)生瓜生成C，根據(jù)C的分子式可知，A與B發(fā)生加成反應，結合C的分子式和D、F的結構可知，C的結構簡式為，F(xiàn)為丙酮，與乙炔在KOH作用下發(fā)生加成反應生成的G為，G與H2發(fā)生加成反應生成H，結合H的分子式可知，H為，H脫水得到的I為CH2=CH-C(CH3)=CH2，CH2=CH-C(CH3)=CH2在一定條件下發(fā)生加聚反應生成J?！夹?詳析〗B的結構簡式為CH2=CHCH3，其化學名稱為丙烯；〖小問2詳析〗苯和CH2=CHCH3發(fā)生加成反應生成C，結合C的分子式和D、F的結構可知，C的結構簡式為；〖小問3詳析〗由圖示轉化可知，D和在一定條件下發(fā)生縮聚反應生成E，則D→E的化學方程式為；小問4詳析〗由圖示轉化可知，F(xiàn)和HCCH在KOH作用下發(fā)生加成反應生成的G為，則G中含有的官能團名稱為碳碳三鍵、羥基；由J的結構可知，I→J是CH2=CH-C(CH3)=CH2在一定條件下發(fā)生加聚反應生成J；〖小問5詳析〗已知羥基直接與碳碳雙鍵相連的結構不穩(wěn)定，H為，H的同分異構體中與其所含官能團類型完全相同的含有一個碳碳雙鍵和一個羥基，碳架結構有C=C-C-C-C、C-C=C-C-C、、、，再將羥基取代上去分別有3種、3種、3種、2種、2種共13種，除了本身以外還有共12種；其中核磁共振氫譜峰面積為3：3：1：1：1：1的同分異構體的結構簡式為；〖小問6詳析〗參照上述合成路線，以2-丙醇和乙炔為主要原料，2-丙醇催化氧化得到丙酮，丙酮與乙炔在KOH作用下發(fā)生加成反應生成，再與氫氣發(fā)生加成反應合成，合成路線如:。PAGEPAGE1河北省石家莊市2023屆高中畢業(yè)班教學質量期末檢測化學試題(時間75分鐘，滿分100分)注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號、考場號、座位號填寫在答題卡上。2.回答選擇題時，選出每小題〖答案〗后，用鉛筆把答題卡上對應題目的〖答案〗標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它〖答案〗標號。回答非選擇題時，將〖答案〗寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬υ淤|量：H1C12N14O16S32Fe56一、單項選擇題：本題共9小題，每小題3分，共27分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.《天工開物》中蘊含著豐富的化學史料，以下為其中記載海鹽性質及制鹽過程的片段：“凡鹽見水即化，見(濕)風即鹵，見火(冷卻后)愈堅?！薄胺布妍u未即凝結，將皂角椎碎，和粟米糠二味，鹵沸之時投入其中攪和，鹽即頃刻結成。”據(jù)上述記載，推斷下列說法正確的是A.“見(濕)風即鹵”是說海鹽易風化B.“見水”、“見火”時，海鹽中的氯化鈉均發(fā)生了化學變化C.“煎鹵”的操作類似于蒸發(fā)濃縮D.“皂角結鹽”的原理是發(fā)生了膠體聚沉〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．“見(濕)風即鹵”是說海鹽易析出，溶解度較小，而不是風化，A不合題意；B．見水為溶解，見火為熔化時，則海鹽中的氯化鈉均未發(fā)生了化學變化，B不合題意；C．“煎鹵”即加熱蒸發(fā)，析出晶體，即該操作類似于蒸發(fā)濃縮，C符合題意；D．鹵水不是膠體，則“皂角結鹽”的原理不是發(fā)生了膠體聚沉，D不合題意；故〖答案〗為：C。2.化學與生產、生活密切相關，下列說法正確的是A.紅薯中含有大量淀粉和纖維素，二者互為同分異構體B.從動物皮、骨中提取的明膠屬于油脂，可用作食品增稠劑C.對儲氫合金的要求是既能大量吸收氫氣，且形成的金屬氫化物很穩(wěn)定D.硅酸鹽材料化學性質穩(wěn)定、耐腐蝕，原因為Si和O構成了穩(wěn)定四面體〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A．淀粉和纖維素雖然分子通式均為(C6H10O5)n，但由于n值不同，二者的分子式不同，故二者不互為同分異構體，A錯誤；B．從動物皮、骨中提取的明膠屬于蛋白質，可用作食品增稠劑，B錯誤；C．對儲氫合金的要求是既能大量吸收氫氣，被吸收的H2還要能夠釋放出來，故形成的金屬氫化物不能很穩(wěn)定，C錯誤；D．硅酸鹽材料中Si和O構成了穩(wěn)定的四面體，導致其化學性質穩(wěn)定、耐腐蝕，D正確；故〖答案〗為：D。3.利用下圖裝置分別進行實驗，對丙中實驗現(xiàn)象描述錯誤的是試劑及現(xiàn)象選項甲乙丙丙中實驗現(xiàn)象A飽和食鹽水電石溴的四氯化碳溶液溶液逐漸褪色B濃氨水氫氧化鈉硫酸銅溶液先生成藍色沉淀，后沉淀消失C雙氧水二氧化錳酸化的KI淀粉溶液溶液變藍D稀硫酸碳酸鈉飽和碳酸鈉溶液先有沉淀生成，后沉淀消失A.A B.B C.C D.D〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A．電石主要成分是CaC2，還含有CaS等雜質，向其中滴加飽和食鹽水，CaC2與水發(fā)生反應產生C2H2氣體，CaS會反應產生H2S氣體，C2H2、H2S會與溴單質反應而使溶液褪色，A不符合題意；B．濃氨水滴入氫氧化鈉中，反應產生NH3，NH3溶解在溶液中反應產生NH3·H2O，NH3·H2O與硫酸銅溶液首先反應產生Cu(OH)2藍色沉淀，當氨水過量時，反應產生可溶性〖Cu(NH3)4〗(OH)2，使溶液變?yōu)樯钏{色，B不符合題意；C．雙氧水滴入盛有二氧化錳固體的錐形瓶中，在二氧化錳催化下雙氧水分解產生O2，能夠將酸性KI氧化為I2，I2與溶液中的淀粉作用，使溶液變?yōu)樗{色，C不符合題意；D．稀硫酸加入Na2CO3固體中，反應產生CO2氣體，CO2與飽和Na2CO3溶液發(fā)生反應產生溶解度小的NaHCO3，因此產生沉淀，但CO2過量時沉淀也不會消失，D符合題意；故合理選項是D。4.下列說法正確的是A.原子光譜是由基態(tài)原子吸收能量到激發(fā)態(tài)時，電子躍遷產生的B.與中，鍵角大于鍵角C.某元素基態(tài)原子的最外層電子排布式為，則該元素為ⅡA族元素D.因為分子間有氫鍵，所以的穩(wěn)定性比強〖答案〗B〖解析〗〖詳析〗A．原子光譜包括吸收光譜和發(fā)射光譜，由基態(tài)原子吸收能量到激發(fā)態(tài)時，電子躍遷產生吸收光譜，由激發(fā)態(tài)原子釋放能量到基態(tài)時，電子躍遷產生發(fā)射光譜，A錯誤；B．中心原子周圍的價層電子對數(shù)為：3+=3，則為平面三角形，鍵角為120°，而中心原子周圍的價層電子對數(shù)為：3+=4，則為三角錐形，鍵角小于109°28′，故鍵角大于鍵角，B正確；C．某元素基態(tài)原子的最外層電子排布式為，可能是Ca，也可能是3d14s2、3d24s2、3d34s2、3d54s2、3d64s2、3d74s2、3d84s2、3d104s2等元素，故該元素不一定為ⅡA族元素，C錯誤；D．氫鍵不是化學鍵，是分子間作用力的一種，故氫鍵只影響物理性質，不能影響化學性質，的穩(wěn)定性比強是因為中的O-H鍵的鍵能比S-H的鍵能大，D錯誤；故〖答案〗為：B。5.生活中處處有化學，下列說法正確是A.煉鋼模具在熾熱的鋼水注入之前進行干燥處理，可避免發(fā)生爆炸B.高鐵酸鈉溶液和硫酸鋁溶液均可用于飲用水的殺菌消毒C.含較多的鹽堿地可通過施加適量熟石灰進行改良D.工業(yè)制硫酸和合成氨時，原料中的硫元素和氮元素均被氧化〖答案〗A〖解析〗〖詳析〗A．若模具不干燥，熾熱的鋼水會引發(fā)鐵和水蒸氣反應，產生H2，H2易燃易爆，從而引發(fā)鋼水爆炸性迸濺，故煉鋼模具在熾熱的鋼水注入之前進行干燥處理，可避免發(fā)生爆炸，A正確；B．高鐵酸鈉溶液具有強氧化性，能夠用于飲用水的殺菌消毒，而硫酸鋁溶液沒有強氧化性不可用于飲用水的殺菌消毒，只能用于作凈水劑，B錯誤；C．鹽堿地（含較多Na2CO3等）不利于作物生長，如施加熟石灰進行改良，生成CaCO3和NaOH，加重土壤的堿性和板結，該應用不合理，C錯誤；D．工業(yè)制硫酸即將FeS2、S、CuFeS2等原料中的S最終轉化為H2SO4，化合價升高，硫元素被氧化，而合成氨反應方程式為：N2+3H22NH3，反應中N的化合價降低，即氮元素被還原，D錯誤；故〖答案〗為：A。6.有機物Ⅰ和Ⅱ之間存在如圖所示轉化關系，下列說法錯誤的是A.Ⅰ的酸性比丙酸的酸性弱B.Ⅱ中所有碳原子一定不共面C.Ⅱ中有兩個手性碳原子D.Ⅱ的二氯代物有5種(不考慮立體異構)〖答案〗A〖解析〗〖詳析〗A．2-羥基丙酸中-OH為吸電子基團，使得其中-COOH更容易電離出H+，故Ⅰ的酸性比丙酸的酸性強，A錯誤；B．由題干有機物結構簡式可知，分子中存在手性碳原子，如圖所示，則Ⅱ中所有碳原子一定不共同一平面，B正確；C．手性碳原子是指同時連有4個互不相同的原子或原子團的碳原子，由題干圖可知，Ⅱ中有兩個手性碳原子，如圖所示：，C正確；D．由題干有機物結構簡式可知，Ⅱ的一氯代物有2種，二氯代物有5種，如圖所示：和，D正確；故〖答案〗為：A。7.興趣小組用預處理后的廢棄油脂制作肥皂(高級脂肪酸鈉)并回收甘油，簡單流程如下圖所示。下列說法錯誤的是A.步驟①中加入乙醇的目的是助溶，提高反應速率B.步驟②中加入食鹽細粒的目的是降低肥皂的溶解度C.步驟③可借助裝置M完成(夾持裝置省略)D.步驟④中包含蒸餾操作〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗預處理后的油狀中加入乙醇可增加油脂在NaOH溶液中的溶解度，然后將混合溶液加熱攪拌，促進反應的發(fā)生，待液體不分層后加入食鹽顆粒、攪拌并冷卻，可以降低高級脂肪酸鈉的溶解度，而發(fā)生鹽析，產生高級脂肪酸鈉固體，而甘油極易溶于水，在水層中，然后過濾分離得到高級脂肪酸鈉固體，水與甘油是互溶的沸點不同的液體混合物，可通過蒸餾方法分離得到?！荚斘觥紸．乙醇是常用的有機溶劑，而且能夠與水混溶，油脂難溶于水，步驟①中加入乙醇的目的是增加油脂在NaOH溶液中的溶解度，使反應物充分接觸發(fā)生反應。從而可提高反應速率，A正確；B．向混合物中加入食鹽細粒，會降低高級脂肪酸鈉的溶解度而結晶析出，即發(fā)生鹽析現(xiàn)象，B正確；C．操作③為過濾，用到的儀器為漏斗，而不是分液漏斗，C錯誤；D．甘油和水相互溶解，二者的沸點不同，用蒸餾操作分離甘油，D正確；故合理選項是C。8.如圖所示化合物為某新型電池的電解質，其中X、Y、Z、Q、R是原子序數(shù)依次增大的五種短周期主族元素。下列說法錯誤的是A.簡單氫化物的沸點：B.簡單離子半徑：C.第一電離能：D.X和Q形成最簡單化合物的空間結構為平面三角形〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗由題干信息可知，X、Y、Z、Q、R是原子序數(shù)依次增大的五種短周期主族元素，R的原子序數(shù)最大，形成+1價的離子，則R為Na，Z能夠形成2個共價鍵，則Z為O，Q能夠形成1個共價鍵，則Q為F，Y能夠形成4個共價鍵，故Y為C，X形成了3個共價鍵和一個配位鍵，則X為B，即X、Y、Z、Q、R分別是B、C、O、F、Na，據(jù)此分析解題?！荚斘觥紸．由分析可知，Y、Z、Q分別為C、O、F，由于H2O和HF能夠形成分子間氫鍵，導致沸點高于CH4，且H2O周圍形成的分子間氫鍵數(shù)目比HF多，故H2O的沸點最高，故簡單氫化物的沸點：H2O＞HF＞CH4即，A正確；B．由分析可知，Z、Q、R分別為O、F、Na，三種形成的離子具有相同的電子排布，且核電荷數(shù)Na＞F＞O，故簡單離子半徑：Na+＜F-＜O2-即，B錯誤；C．已知同一周期從左往右第一電離能呈增大趨勢，故F＞O＞C＞B，同一主族從上往下第一電離依次減小，則有B＞Li＞Na，故第一電離能：F＞O＞C＞B＞Na即，C正確；D．由分析可知，X為B，Q為F，X和Q形成最簡單化合物即BF3，BF3中B周圍的價層電子對數(shù)為：3+=3，故其的空間結構為平面三角形，D正確；故〖答案〗為：B。9.實驗室模擬以磷石膏(含及雜質、等)為原料制取輕質，流程如下：下列說法錯誤的是A.“浸取1”時，加快攪拌速率、不斷升高溫度均可提高的轉化率B.“浸取1”時，應先通再通，濾液1中濃度最大的陰離子為C.“浸取2”時，發(fā)生反應的離子方程式為D.“浸取2”時，所得濾渣2的主要成分為、〖答案〗A〖解析〗〖詳析〗A．“浸取1”用到了氣體原料氨氣和二氧化碳，氣體在水中的溶解度隨溫度升高而減小，因此溫度過高不利于提高浸取率即CaSO4的轉化率，A錯誤；B．由于NH3極易溶于水，CO2難溶于水，易溶于氨化后的堿性溶液，故“浸取1”，應先通NH3再通CO2，發(fā)生的反應為：CaSO4·2H2O+2NH3+CO2=CaCO3+(NH4)2SO4，故濾液1中主要溶質為(NH4)2SO4，濃度最大的陰離子為，B正確；C．濾渣1的成分是碳酸鈣、氧化鋁和氧化鐵，高溫加熱時碳酸鈣分解為氧化鈣和二氧化碳，氧化鋁和氧化鐵性質穩(wěn)定，不發(fā)生反應，“浸取2”中氯化銨與氧化鈣發(fā)生反應，發(fā)生反應的離子方程式為：，C正確；D．“濾渣1的成分是碳酸鈣、氧化鋁和氧化鐵，高溫加熱時碳酸鈣分解為氧化鈣和二氧化碳，氧化鋁和氧化鐵性質穩(wěn)定，不發(fā)生反應，“浸取2”中氯化銨與氧化鈣反應，使其溶解，則“浸取2”時，所得濾渣2的主要成分為、，D正確；故〖答案〗為：A。二、不定項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項中，有一項或兩項符合題目要求。若正確〖答案〗只包括一個選項，多選時，該小題得0分；若正確〖答案〗包括兩個選項，只選一個且正確的得2分，選兩個且都正確的得4分，但只要選錯一個，該小題得0分。10.下列實驗事實能證明相應結論的是選項實驗事實相應結論A銅分別與濃硝酸、稀硝酸反應時，還原產物NO2比NO中氮元素的價態(tài)高濃硝酸得電子能力差，氧化性比稀硝酸弱B磷酸與Na2SO3固體在加熱條件下反應生成SO2磷酸的酸性比亞硫酸強C其他條件相同時，1mol/L的醋酸比0.5mol/L的醋酸導電能力弱電解質的電離不需要通電D濃鹽酸與MnO2混合加熱生成氯氣，氯氣不再逸出時，固體混合物中仍存在鹽酸和MnO2物質濃度影響其氧化性或還原性的強弱A.A B.B C.C D.D〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A．氧化性的強弱與得失電子的多少無關，而與得失電子的難易程度有關，故銅分別與濃硝酸、稀硝酸反應時，還原產物NO2比NO中氮元素的價態(tài)高，不能得出濃硝酸得電子能力差，氧化性比稀硝酸弱的結論，而事實上濃硝酸的氧化性強于稀硝酸，A不合題意；B．磷酸與Na2SO3固體在加熱條件下反應生成SO2，是利用“難揮發(fā)性酸制備易揮發(fā)性酸”，不能判斷H3PO4強于H2SO3，B不合題意；C．其他條件相同時，1mol/L的醋酸比0.5mol/L的醋酸導電能力弱，說明1mol/L醋酸電離產生的離子濃度比0.5mol/L的小，不能得出電解質的電離不需要通電，C不合題意；D．剩余物中仍有鹽酸和MnO2，說明鹽酸濃度變小到一定程度時，不能與MnO2繼續(xù)反應，可得出結論，物質濃度影響其氧化性或還原性的強弱，D符合題意；故〖答案〗為：D。11.我國科學家研究發(fā)現(xiàn)，在MnO2/Mn2+氧化還原介質的輔助下，可將電解水分離為制氫和制氧兩個獨立的過程，從而實現(xiàn)低電壓下電解水，其電化學原理如圖所示。下列說法錯誤的是A.a、c為電源的負極B.K向左端閉合時，N電極發(fā)生的反應為C.產生等物質的量的和時，N電極質量減小D.K向右端閉合時，電解過程中的物質的量不變〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗當K與b接觸時，M電極上發(fā)生的電極反應為：2H++2e-=H2↑，發(fā)生還原反應，即M電極為陰極，N電極上發(fā)生的電極反應為：Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+，發(fā)生氧化反應，N電極為陽極，當K與c電極接觸時，N電極發(fā)生的電極反應為：MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O，發(fā)生還原反應，此時N電極為陰極，L電極發(fā)生的電極反應為：4OH--4e-=O2↑+2H2O，發(fā)生氧化反應，L電極為陽極，據(jù)此分析解題?！荚斘觥紸．由分析可知，當K與b接觸時，M為陰極，即a為電源的負極，當K與c電極接觸時，N為陰極，故c為電源的負極，A正確；B．由分析可知，K向左端閉合時，N電極發(fā)生的反應為Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+，B錯誤；C．由分析可知，產生等物質的量的和時，設產生nmolH2和nmolO2，根據(jù)電子守恒可知，產生nmolH2轉移電子為2nmol，此時N即進行的反應Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+，生成nmolMnO2，生成nmolO2轉移電子為4nmol，此時N極進行的反應MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O，消耗2nmolMnO2，故N電極質量減小，C正確；D．K向右端閉合時，L電極發(fā)生的電極反應為：4OH--4e-=O2↑+2H2O，雖然消耗了OH-，但雙極膜中的OH-會轉移到L電極附近，補充OH-，根據(jù)電子守恒可知，電解過程中的物質的量不變，D正確；故〖答案〗為：B。12.T℃時，向體積恒定為2L的密閉容器中充入發(fā)生反應：，。實驗測得隨時間(t)變化關系如下表所示：0204060801.000.800.650.550.50下列敘述錯誤的是A.內，用表示的平均反應速率B.其他條件不變，升高溫度，的生成速率和平衡產率均增大C.其他條件不變，加入催化劑，80min時的轉化率不變D.若起始時向該容器中加入，達到平衡時〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A．內，消耗Q為0.2mol，則用表示的平均反應速率，A正確；B．反應為吸熱反應，其他條件不變，升高溫度，反應速率增大且平衡正向移動，則導致的生成速率和平衡產率均增大，B正確；C．80min時反應0.5mol，則生成MN均為0.5mol；，此時，則80min時反應達到平衡狀態(tài)；其他條件不變，加入催化劑，反應速率加快，則80min時一定達到平衡，故其轉化率不變，C正確；D．Q為固體，增加量不影響平衡移動，結合C分析可知，達到平衡時M濃度仍為，D錯誤；故選D。13.25℃時，向20mL0.01mol/L的RCl2溶液中通入氨氣，測得溶液的pH與p(R2+)之間的變化曲線如圖所示〖已知：，，忽略反應過程中溶液體積的變化〗。下列說法正確的是A.的數(shù)量級是B.a點溶液中會產生沉淀C.b點溶液存在：D.c點溶液存在：〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．由題干圖示信息點(2，8.3)可知，Ksp〖R(OH)2〗=c(R2+)c2(OH-)=10-2×()2=10-13.4，故Ksp〖R(OH)2〗的數(shù)量級是10-14，A錯誤；B．由題干圖示信息可知，a點對應的溶解平衡點為b點或者c點，則可知a點對應的c(R2+)c2(OH-)小于其Ksp〖R(OH)2〗，故a點溶液中不會產生沉淀，B錯誤；C．由A項分析可知，Ksp〖R(OH)2〗=10-13.4，則有b點時c(R2+)==10-3.4mol/L，根據(jù)，即=1.8×10-5，則有=1.8，即有c()＞c(NH3·H2O)，且題干告知是通入NH3，使R2+沉淀，故b點溶液存在：，C正確；D．c點溶液中電荷守恒式為：，又知c點溶液呈堿性，即c(OH-)＞c(H+)，故c點溶液中存在：，D錯誤；故〖答案〗為：C。三、非選擇題：共57分。14.莫爾鹽〖，〗，易溶于水，不溶于乙醇，用途廣泛。某實驗小組以廢鐵屑等為原料制備莫爾鹽并設計實驗檢驗其熱分解產物。Ⅰ.莫爾鹽的制備（1）凈化鐵屑：為去除廢鐵屑表面的油污，可采用的方法為_______。（2）制備溶液：實驗步驟如圖1所示?！八崛堋边^程中，為加快反應速率，可向其中加入少量固體單質X，則X可以為_______(填化學式，寫出一種即可)；“過濾”過程如圖2所示，為防止大量鐵屑進入漏斗引起堵塞，可將_______緊貼在燒杯外壁a處，再傾倒燒杯中的混合物。（3）制備莫爾鹽：將所得溶液轉移至蒸發(fā)皿中，加入適量固體充分溶解，再經(jīng)_______、過濾、洗滌、干燥，得產品。（4）測定純度稱取4.000g上述產品，配成100mL溶液，取出25.00mL置于錐形瓶中，用，標準溶液滴定，重復三次，消耗標準溶液的平均體積為10.00mL。①將標準溶液裝入滴定管后，排氣泡的正確操作為_______(填選項字母)。a.b.c.d.②經(jīng)計算，該產品的純度為_______%。Ⅱ.熱分解產物的檢驗莫爾鹽自身受熱分解會產生、、、等氣體，小組同學欲用下圖裝置檢驗其中的和。（5）裝置連接的合理順序為_______(填裝置編號)，裝置C中盛裝堿石灰的儀器名稱為_______。（6）D中加入的鹽酸需足量，否則可能會引發(fā)的后果為_______(用化學方程式表示)?！即鸢浮剑?）加熱的Na2CO3溶液浸泡（2）①.Cu、Ag或石墨等②.Fe3O4（3）蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶（4）①.b②.98.0（5）①AEDBC②.球形干燥管（6）2NH3+SO2+H2O=(NH4)2SO3，(NH4)2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NH4Cl〖解析〗〖小問1詳析〗已知Na2CO3溶液呈堿性，熱的Na2CO3溶液堿性更強，堿性條件下能夠促進油脂水解，故為去除廢鐵屑表面的油污，可采用的方法為加熱的Na2CO3溶液浸泡，故〖答案〗為：加熱的Na2CO3溶液浸泡；〖小問2詳析〗已知形成原電池反應可以加快反應速率，故“酸溶”過程中，為加快反應速率，可向其中加入少量固體單質X，X做正極即可與Fe、稀硫酸形成原電池反應而加快反應速率，則X可以為Cu、Ag、石墨等；已知磁鐵可以吸引鐵屑，故“過濾”過程如圖2所示，為防止大量鐵屑進入漏斗引起堵塞，可將Fe3O4緊貼在燒杯外壁a處，再傾倒燒杯中的混合物，故〖答案〗為：Cu、Ag或石墨等；Fe3O4；〖小問3詳析〗制備莫爾鹽：將所得溶液轉移至蒸發(fā)皿中，加入適量固體充分溶解，再經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥，得產品，故〖答案〗為：蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶；〖小問4詳析〗①由于酸性高錳酸鉀溶液能夠腐蝕堿式滴定管下端的橡膠管，應將KMnO4標準溶液裝入酸式滴定管后，排氣泡的正確操作為b，故〖答案〗為：b；②根據(jù)反應方程式：5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O可知，100mL中Fe2+的物質的量為：n(Fe2+)=5n()=5××0.0500mol/L×10.00×10-3L=0.01mol，經(jīng)計算，該產品的純度為=98.0%，故〖答案〗為：98.0；〖小問5詳析〗SO3易溶于水且與水反應生成H2SO4能與BaCl2溶液反應生成BaSO4白色沉淀，所以用裝置D先檢驗SO3，再將剩余氣體通入裝置B中檢驗SO2，可觀察到品紅溶液褪色，SO3、SO2均為酸性氧化物，可用堿石灰進行尾氣吸收，且由于SO2、SO3均易溶于水，則D之前需接一個安全瓶即裝置E以防止倒吸，由此確定合理通氣順序為AEDBC，由題干實驗裝置圖可知，裝置C儀器名稱為球形干燥管，故〖答案〗為：AEDBC；球形干燥管；〖小問6詳析〗D中鹽酸的作用是吸收NH3，若鹽酸不足，則會發(fā)生反應：2NH3+SO2+H2O=(NH4)2SO3，(NH4)2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NH4Cl，將影響SO3的檢驗，故〖答案〗為：2NH3+SO2+H2O=(NH4)2SO3，(NH4)2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NH4Cl。15.工業(yè)上一種利用廢舊三元鋰離子電池正極材料(主要成分為，還含有鋁箔、炭黑、有機粘合劑等)綜合回收鈷、錳、鎳、鋰的工藝流程如下圖所示：（1）鈷位于元素周期表中_______區(qū)；基態(tài)錳原子的價電子排布圖為_______；鋰離子電池正極材料的基本結構單元如圖所示，則據(jù)此計算_______，_______。（2）“粉碎灼燒”時可除去的雜質為_______。（3）“堿浸”后濾液中大量存在的陰離子為_______和_______。（4）已知：，，，。若“酸浸”后溶液中、、濃度均為，理論計算欲使完全沉淀(離子濃度小于)而不沉淀、，需調節(jié)的范圍為_______；實際“沉鈷”時，在加入之前須先加入一定量氨水，推測所加氨水的作用為_______。（5）“沉錳”過程中加入溶液后，溶液先變?yōu)樽霞t色，一段時間后紫紅色又褪去，則溶液變?yōu)樽霞t色的原因為_______〖用離子方程式表示，Mn(Ⅱ)寫作Mn即可〗。（6）“沉鎳”過程中加入溶液不能過量，原因為_______。〖答案〗（1）①.d②.③.④.（2）炭黑、有機粘合劑（3）①.②.（4）①.②.將、轉化為穩(wěn)定配離子，避免沉鈷時與共沉淀（5）（6）防止鋰離子沉淀，影響鎳離子和鋰離子的分離〖解析〗〖祥解〗三元鋰離子電池正極材料粉碎灼燒除去炭黑、有機粘合劑，堿浸后除去鋁，酸浸將金屬轉化成離子，加硫酸銨、草酸按除去鈷離子，加入溶液通過氧化還原將錳元素轉化為二氧化錳，加入碳酸鈉和氫氧化鈉除鎳，最后將鋰離子轉化成碳酸鋰?！夹?詳析〗鈷的原子序數(shù)是27，位于元素周期表的第四周期第VIII族，位于d區(qū)；基態(tài)錳原子的價電子排布式為，因此價電子排布圖為；此晶胞為六棱柱，、、在頂點，每個晶胞均攤，在6個頂點，均攤，所以得到，〖答案〗d，，，；〖小問2詳析〗“粉碎灼燒”時可將炭黑、有機粘合劑徹底氧化，〖答案〗炭黑、有機粘合劑；〖小問3詳析〗堿浸時堿將鋁轉化成偏鋁酸鈉，所以濾液中大量存在的陰離子和剩余的，〖答案〗，；〖小問4詳析〗當完全沉淀(離子濃度小于)，等于時，，，所以只要錳離子不沉淀，鎳離子就一定不沉淀，當錳離子恰好不沉淀時，濃度均為，，需調節(jié)的范圍為，加入之前須先加入一定量氨水，推測所加氨水的作用為將、轉化為穩(wěn)定配離子，避免沉鈷時與共沉淀〖答案〗；將、轉化為穩(wěn)定配離子，避免沉鈷時與共沉淀；〖小問5詳析〗“沉錳”過程中加入溶液后，溶液先變?yōu)樽霞t色是生成高錳酸根離子的緣故，一段時間后紫紅色又褪去是在酸性環(huán)境中高錳酸根離子又參與反應，則溶液變?yōu)樽霞t色的原因為，〖答案〗；〖小問6詳析〗因鋰離子與碳酸根離子結合生成碳酸鋰沉淀，所以防止鋰離子沉淀，影響鎳離子和鋰離子的分離，〖答案〗防止鋰離子沉淀，影響鎳離子和鋰離子的分離。16.CO2(g)氫化制備化工原料CO(g)可有效緩解溫室效應，此過程主要發(fā)生如下反應：反應Ⅰ：反應Ⅱ：（1）△H=_______kJ/mol。（2）反應Ⅱ在化學熱力學上進行的趨勢很大，原因為_______，該反應易在_______(填“較高溫度”或“較低溫度”)下自發(fā)進行。（3）在某恒壓密閉容器中充入一定量CO2(g)和H2(g)，使用不同的催化劑反應相同的時間，測得CO2(g)轉化率、CH4(g)的選擇性(CH4(g)的選擇性=)與反應溫度(T)的關系分別如圖1和圖2所示：①圖1中，選用Ni-CeO2-IM800催化劑時，CO2(g)的轉化率在溫度高于600℃后迅速增大，解釋其原因為_______。②600℃時，為提高CO(g)的產率，適宜選擇的催化劑為_______(填“Ni-CeO2-IM800”或“Ni-CeO2-DP800”)，解釋其原因為_______。（4）在某剛性密閉容器中充入amolCO2(g)和2amolH2(g)，發(fā)生反應Ⅰ和反應Ⅱ，測得CO2(g)的平衡轉化率與壓強(0.1MPa、1MPa、10MPa)、溫度(T)的關系如圖3所示。①圖中表征壓強為0.1MPa的是_______(填“L1”“L2”或“L3”)。溫度升高，三條曲線逐漸靠近的主要原