2023年高三二?；瘜W(xué)試題及答案(二)

1.化學(xué)使科技進步，使生活更美好。下列相關(guān)說法錯誤的是

A.“海牛n號”刷新世界鉆探深度，鉆頭采用硬質(zhì)合金材料，其硬度高于成分金屬

B.食品包裝袋中常有硅膠、生石灰、還原鐵粉等，其作用都是防止食品氧化變質(zhì)

C.北斗衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)由中國自主研發(fā)、獨立運行，其所用芯片的主要成分為高純硅

D.“天和核心艙”電推進系統(tǒng)中的腔體采用氮化硼陶瓷屬于新型無機非金屬材料

【答案】B

【詳解】A.鉆頭采用硬質(zhì)合金材料，其硬度高于成分金屬，A正確；

B.硅膠、生石灰不具有還原性，不能防止食品氧化變質(zhì)，B錯誤；

C.高純硅是半導(dǎo)體，可用做芯片，C正確；

D.氮化硼陶瓷屬于新型無機非金屬材料-，D正確；

故選B。

2.某中德聯(lián)合研究小組設(shè)計制造了一種“水瓶”，用富勒烯(C60)的球形籠子作"瓶體”，一種

磷酸鹽作"瓶蓋”，恰好可將一個水分子關(guān)在里面。下列說法正確的是

A.“水瓶”、冰水混合物、CuSO“5H2O都是混合物

B.金剛石、石墨和C?)互稱為同位素

C.磷酸鈣是難溶性弱電解質(zhì)

D.一定條件下石墨轉(zhuǎn)化為C60是化學(xué)變化，屬于有單質(zhì)參加的非氧化還原反應(yīng)

【答案】D

【解析】

【詳解】A.冰水混合物、CuSC)4?5H2O均只含一種物質(zhì)，都是純凈物，根據(jù)題干提供的信

息可知，“水瓶”為混合物，故A錯誤；

B.金剛石、石墨和C6。均是由碳元素形成的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)不同的單質(zhì)，互為同素異形體，金

剛石是由共價鍵形成的立體網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，屬于原子晶體，石墨中的層與層之間是分子間作用

力，而層內(nèi)的碳原子之間是以共價鍵結(jié)合形成的平面網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，石墨是混合晶體，C60存在

分子結(jié)構(gòu)，分子之間以分子間作用力相結(jié)合，C60屬于分子晶體，故B錯誤；

C.磷酸鈣為難溶物，但溶解的部分在水溶液中可以完全電離，是強電解質(zhì)，故C錯誤；

D.石墨和C60互為同素異形體，同素異形體之間的轉(zhuǎn)化伴隨著舊鍵的斷裂和新鍵的形成，

是化學(xué)變化，因反應(yīng)前后元素的化合價沒有發(fā)生變化，屬于有單質(zhì)參加的非氧化還原反

應(yīng)，

故D正確。

3.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是

A.25g46%的乙醇水溶液中含有的氫原子數(shù)為3NA

B.將22.4L(標準狀況)Cl2通入足量水中，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為NA

C.12gNaHSO4固體中含陽離子數(shù)目為0.2NA

D.64gs0?和32g。2混合，反應(yīng)一段時間后總原子數(shù)為4NA

【答案】A

【解析】

【詳解】A.乙醇水溶液中，乙醵分子中、水分子中都含有氫原子，在25g質(zhì)量分數(shù)為

m25gx46%,,,_,

46%的乙醇水溶液中，乙醇的物質(zhì)的量為=——=0.25mol,含1.5molH原

M46g/mol

m25gx54%M__,

子；含水物質(zhì)的量為11=7V=甘;~-=0.75mol,含H原子為L5mol,故溶液中含有

M18g/mol

氫原子數(shù)為3NA,故A正確；

V224L

B.標準狀況下，22.4LC1,的物質(zhì)的量為片二廠二777r~~-=lmol,氯氣和水是可逆反

Vm22.4L/mol

應(yīng)，反應(yīng)方程式為CI2+H2OBHCI+HCIO,是氯元素發(fā)生歧化反應(yīng)，且該反應(yīng)不能完

全，貝ij1mol氯氣反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)小于NA,故B錯誤；

C.12gNaHSOq的物質(zhì)的量為n=三=J'=o.imol,NaHSO;,固體由Na+與

M120g/mol

HSO4組亦則O.lmolNaHS?！构腆w中含陽離子數(shù)目為O.INA，故C錯誤；

m64。

D.64gSO,的物質(zhì)的量為=~32gO,的物質(zhì)的量為

M64g/mol

m32g,,一，~_

n=~=TT------=lmol,反應(yīng)前的原子總數(shù)為Inrolx3+lmolx2=5mol,根據(jù)質(zhì)量守恒定

M32g/mol

律，反應(yīng)前后原子總數(shù)不變，則反應(yīng)一段時間后總原子數(shù)為5NA，故D錯誤；

故選：Ao

4.下列表示對應(yīng)化學(xué)反應(yīng)的離子方程式正確的是

A.用過量氨水吸收工業(yè)尾氣中的SO?：NH3+SO2=NH：+HSO；

-

B.向NaClO溶液中加入少量SO2：2C1O-+SO2+H2O=2HC1O+SO^

C.等物質(zhì)的量的MgCU、Ba(OH)2、HC1三種溶液混合：

Mg?++4OH+2H'=Mg(OH),J+2H2O

D.0.01molU'NH4Al(SO4%溶液與0.02mol-匚|Ba(OH%溶液等體積混合：

2+-

A產(chǎn)+2SOj+2Ba+4OH=2BaSO4J+A1O；+2H2O

【答案】C

【解析】

【詳解】A.氨水屬于弱電解質(zhì)，在離子方程式中應(yīng)寫化學(xué)式，正確的離子方程式為:

2NH,-H20+S02=2NH^+SO^+H20,A項錯誤；

B.NaClO具有氧化性與還原性S02發(fā)生氧化還原反應(yīng)的離子方程式為：

-

C1O+SO2+H2O=C「+SO：+2H*,B項錯誤；

C.Ba(OHb為二元強堿，等物質(zhì)的量發(fā)生反應(yīng)堿過量生成Mg(OH)2的白色沉淀，則離

2++

子方程式為：Mg+4OH+2H=Mg(OH)21+2H2O,C項正確；

D.NH4Al(SO"電離出NH：、SO：、AF+，Ba(OH)2電離出Ba?+和OH，等體

積混合后，NH：和A產(chǎn)與OH-反應(yīng)的先后順序為：A產(chǎn)〉NH：,則正確的離子方程式

3+2+-

為：Al+2S0^-+2Ba+40H+NH*=2BaSO4I+A1(OH)31+NH3-H20,D項

錯誤；

答案選C。

5.由重晶石礦(主要成分是BaSO4,還含有Si02等雜質(zhì))可制得氯化鋼晶體，某興趣小組設(shè)

計實驗流程如圖。下列說法正確的是

部酸

濾渣

coH2S

A,浸取過濾操作中得到的濾渣主要成分為Si02

B.“高溫焙燒”和“結(jié)晶”兩處操作均需用到蒸發(fā)皿

C.在“高溫焙燒”焦炭和BaSO4的反應(yīng)中，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為4：1

D.為提高產(chǎn)品產(chǎn)率，結(jié)晶得到的氯化鋼晶體常用乙醇進行洗滌

【答案】D

【解析】

溫.

【分析】由流程可知，焙燒時發(fā)生BaSOMs)+4C(s)04co(g)+BaS(s),加鹽酸時

BaS與鹽酸反應(yīng)生成氯化鋼和硫化氫，雜質(zhì)SiCh也會與C發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生SiC或Si單質(zhì)，濾

液蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾分離出BaCl2.2H2O,以此來解答。

高溫

【詳解】A.在高溫燃燒時雜質(zhì)SiCh與焦炭在高溫下會發(fā)生反應(yīng)：SiO2+2C

高溫

Si+2coT，或SiO2+3CSiC+2cOT，Si,SiC不溶于鹽酸，故浸取過濾操作中得到

的濾渣主要成分為Si及SiC,A錯誤；

B.“高溫焙燒”需要用崩，“結(jié)晶”需要蒸發(fā)皿，B錯誤；

溫.

C.焙燒時發(fā)生BaSO4(s)+4C(s)。----4co(g)+BaS(s),在該反應(yīng)中BaSCM為氧化劑，C

為還原劑，故氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1：4,C錯誤;

D.BaS與鹽酸反應(yīng)生成BaCL和H?S,從BaCb溶液中蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶得到的氯化領(lǐng)

晶體時，為減少氯化饃晶體在分離提純時的損耗，常用易揮發(fā)的乙醇進行洗滌，D正確；

故合理選項是D。

6.部分含N和含C1物質(zhì)的分類與相應(yīng)化合價關(guān)系如圖所示。下列推斷不合理的是

含N物質(zhì)含C1物質(zhì)

+5+4+20-3-10+1+5+7

N的化合價C1的化合價

A.濃的a'溶液和濃的c'反應(yīng)可以得到b'

B.工業(yè)上通過aT>bT>CT■dT■e來制備HN03

C.d'的陰離子空間結(jié)構(gòu)與其VSEPR模型不同

D.a與b'可發(fā)生氧化還原反應(yīng)，氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為3：2

【答案】B

【解析】

【分析】由圖中元素化合價、物質(zhì)類別：可知a為NH3、b為N2、c為NO、d為NO2、e

為HNO3或硝酸鹽，而a，為HC1、5為CL、c'為HC10或次氯酸鹽、d為HCIO3或氯酸

鹽、e為HClOa或高氯酸鹽，然后根據(jù)物質(zhì)的性質(zhì)及轉(zhuǎn)化分析解答。

【詳解】A.a'為HC1、c'為HC10或其鹽，在酸性條件下HC1、HC10會發(fā)生氧化還原反

應(yīng)產(chǎn)生CL,A正確；

B.工業(yè)上利用NH3催化氧化生成NO,NO再氧化生成NO2,NCh與水反應(yīng)生成HN03,

沒有將NHa氧化為N2的過程，B錯誤；

C.d,為HC103或氯酸鹽，。0；中的中心Cl原子價電子數(shù)目是3+——-——=4,C1原子

上有一對孤對電子，所以陰離子空間結(jié)構(gòu)為三角錐形，而VSEPR模型是正四面體形，二

者結(jié)構(gòu)不相同，C正確；

D.a為NH3,b為CL,二者會發(fā)生氧化還原反應(yīng)：8NH3+3C12=N2+6NH4C1,在該反應(yīng)中

CL為氧化劑，在參加反應(yīng)的8個NH3中，2個為還原劑，所以氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之

比為3:2,D正確；

故合理選項是B。

7.物質(zhì)W常用作漂白劑和氧化劑，其組成元素均為短周期主族元素，各元素原子半徑與

原子序數(shù)的關(guān)系如圖所示，實驗室中常用CS2洗滌殘留在試管壁上的N單質(zhì)。下列說法正

確的是

M+Z—Y—ZM+-X—Z—Z—X

W原子序數(shù)

A.X、Z形成的化合物與M、N形成的化合物不能發(fā)生氧化還原反應(yīng)

B.實驗室中用CS2洗滌殘留在試管壁上的N單質(zhì)，利用了N單質(zhì)的還原性

C.Z的氫化物的沸點一定大于Y的氫化物的沸點

D.化合物W常用作氧化劑，不宜在高溫下使用

【答案】D

【解析】

【分析】物質(zhì)W常用作漂白劑和氧化劑，其構(gòu)成元素均為短周期主族元素，各元素原子半

徑與原子序數(shù)的關(guān)系如圖所示，X位于第一周期，X為H元素，Y、Z位于第二周期，M、

N位于第三周期；實驗室中常用CS2洗滌殘留在試管壁上的N單質(zhì)，則N為S元素；Y形

成4個共價鍵，Z形成2個共價鍵，M形成的+1價陽離子，則Y為C元素，Z為0元素，

M為Na元素，以此分析解答。

【詳解】根據(jù)分析可知，X為H元素，Y為C元素，Z為O元素，M為Na元素，N為S

元素。

A.X、Z形成的化合物為水和過氧化氫；M、N形成的化合物為NazS,H2O2能夠與Na2s

在酸性溶液中發(fā)生氧化還原反應(yīng)，A錯誤；

B.N的單質(zhì)為硫，硫單質(zhì)為非極性分子，CS2為非極性溶劑，根據(jù)相似相溶原理，硫單質(zhì)

易溶于CS2,所以實驗室中用CS2洗滌殘留在試管壁上的硫單質(zhì)，與S單質(zhì)的還原性無

關(guān)，B錯誤；

C.Y的氫化物為燒，Z的氫化物為水、雙氧水，碳原子數(shù)較多的燒常溫下為固態(tài)，其沸點

大于水和雙氧水，c錯誤；

D.W分子中含有H-O-O-H結(jié)構(gòu)，結(jié)合H2O2的性質(zhì)可知：化合物W具有強氧化性，可用

作氧化劑，但H2O2不穩(wěn)定，受熱易分解，因此該物質(zhì)不宜在高溫下使用，D正確；

故合理選項是D。

8.海洋碳循環(huán)是全球碳循環(huán)的重要組成部分，是影響全球氣候變化的關(guān)鍵控制環(huán)節(jié)。如圖

為海洋中碳循環(huán)的簡單原理圖。下列說法革誤的是

B.鈣化釋放C02的離子方程式：2HCO；+Ca2+=CaCO31+CO2T+H2O

C.影響海洋碳循環(huán)的因素主要有海水的酸堿性、水溫、藻類生物的分布等

D.光合作用，每生成0」mol(CH2O)x轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.4NA(NA表示阿伏伽德羅常數(shù))

【答案】D

【解析】

【詳解】A.通過光照，該裝置是太陽能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能，則光合作用能將太陽能轉(zhuǎn)化為化

學(xué)能，故A正確；

B.根據(jù)反應(yīng)圖象分析，鈣化過程中HCO］轉(zhuǎn)化為CaCCh和C02,所以鈣化作用的離子方

2+

程式為Ca+2HCO；=CaCO3I+CO2f+H2O,故B正確；

C.分析流程可知，酸堿性，溫度，二氧化碳濃度(藻類分布)會對反應(yīng)造成影響，隨之

影響海洋碳循環(huán)，故C正確；

D.(CH20)x中H為+1價，0為-2價，故C為。價，O.lxmolCCh經(jīng)光合作用還原生成

0.1mol(CH2O)x,轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.4XNA,故D錯誤；

故選D。

9.NH：發(fā)生催化氧化反應(yīng)生成NO,強堿條件下能被NaClO氧化生成N2H4；N2H4可被

NaClO繼續(xù)氧化生成N2,也可被HNO2氧化生成HN,,N2H4能與AgNO,溶液反應(yīng)產(chǎn)

生銀鏡；HN3是一種弱酸，酸性與醋酸相當(dāng)。下列有關(guān)含氮化合物的性質(zhì)與制備，說法正

確的是

A.分析結(jié)構(gòu)可推得，N2H4難溶于水

B.NH,、N2H4中N原子都采取sp?雜化

C.制備N2H4時應(yīng)將NH3慢慢通入強堿性的NaQO溶液中

D.可向NaN,溶液中通CO2來制備HN：

【答案】B

【解析】

【詳解】A.N2H4的結(jié)構(gòu)簡式為N2?NH2,由結(jié)構(gòu)簡式可知，N2H4分子能與水分子形

成氫鍵，能溶于水，故A錯誤：

B.NH3,N2H4中N原子都形成3個。鍵、有1個孤電子對，價電子對數(shù)為4,都采取sp，

雜化，故B正確；

C.若將NH,慢強通入強堿性的NaClO溶液中，具有強氧化性的NaClO溶液能將生成的

N2H4氧化，導(dǎo)致N2H4的產(chǎn)率降低，故C錯誤；

D.碳酸的酸性弱于醋酸，由HN,的酸性與醋酸相當(dāng)可知，CO2不可能與NaN?溶液及應(yīng)

制得HN?,否則違背強酸制弱酸的原理，故D錯誤；

選B?

10.Co(OH)2在空氣中加熱時，固體(不含其他雜質(zhì))質(zhì)量隨溫度變化的曲線如圖所示，取

400℃時的產(chǎn)物[其中Co的化合價為+2、+3,分別表示為Co(II)、Co(HI)],用

500mL5.1molL-'鹽酸將其恰好完全溶解，得到CoCl2溶液和4.48L(標準狀況)黃綠色

氣體。下列說法錯誤的是

固體質(zhì)量/g

M(290,89.25)

>4(5O(W38)X

Q(1000,80.65)

2004006008001000溫度/℃

A.290C時，若固體中只含有兩種元素，則為Co2。？

B.400℃時,n[Co(n)]:n[Co(IIl)]=27:8

C.500℃時，固體中氧元素質(zhì)量分數(shù)約26.6%

D.生成的黃綠色氣體可用于工業(yè)上生產(chǎn)“84”消毒液

【答案】B

【解析】

8925g

【詳解】A.290℃時，所得固體的摩爾質(zhì)量為93g/molx〕l=83g/mol,可知固體為

100g

CoO,5,即CO2O3,A項正確；

B.4000c時，由鹽酸反應(yīng)的離子方程式可得：2co3++2CR=2CO2++C12T,當(dāng)標準狀況下，

4.48L即0.2mol黃綠色氣體產(chǎn)生時，此時0.4molCc/+轉(zhuǎn)化為0.4molCc^,此時溶液中溶

質(zhì)為CoCl2,根據(jù)溶液電荷守恒可得〃(C「)=0.5Lx5.1mol/L=2.55mol,因此溶液中含

有的"(C「)=2.55mol-0.2moix2=2.15mol,/?(Co2+)=^^=1.075mol,400℃產(chǎn)物

z-i1C1八彳i八0.675mol27?

中〃「rCo(ITTIX)]=1.075mol-0.4moi=0.675mol,即——-~=---------=—,B項

L、〃n[Co(III)]0.4mol16

錯誤；

c.500℃時，Co(OH)2的摩爾質(zhì)量為93g/mol,總的鉆原子的物質(zhì)的量為

?1.075mol,質(zhì)量為1.075!1101*598/11101=63.4258，氧原子的質(zhì)量為

93g/mol

22955g

86.38g-63.425g=22.955g,氧的質(zhì)量分數(shù)為二T^X100%=26.6%,C項正確；

86.38g

D.根據(jù)元素守恒可知黃綠色氣體為氯氣，與NaOH溶液反應(yīng)可生成NaClO,可以工業(yè)生

產(chǎn)“84”消毒液，D項正確；

答案選B。

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。全部選對的得4分，選對但不全的得

2分，有選錯的得0分。

11.氨基甲酸核(NH2coONHJ可用于生產(chǎn)醫(yī)藥試劑、發(fā)酵促進劑、電子元件等，是一

種良好的氨化劑，某化學(xué)小組用下列實驗裝置模擬工業(yè)制備少量氨基甲酸鍍。下列說法錯

誤的是

查閱資料。氨基甲酸鍍的性質(zhì)及工業(yè)制法如表所示:

物理性質(zhì)白色粉末，易溶于水，難溶于四氯化碳

化學(xué)性質(zhì)水解生成碳酸氫錢，受熱分解生成尿素

工業(yè)制法2NH3(g)+CO2(g)；——^NH2COONH4(S)AH<0

A.裝置I中膠皮管a的作用為平衡壓強，使液體順利滴下

B.裝置II、III、V中盛放的試劑依次為飽和Na2co3溶液、濃硫酸、堿石灰

C.裝置IV的反應(yīng)溫度越高，氨基甲酸鍍的產(chǎn)量越高

A小

D.裝置VI中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為2NH4Cl+Ca(OH)2=CaCl2+2NH,T+2H2O

【答案】BC

【解析】

【分析】裝置I中大理石即碳酸鈣與稀鹽酸反應(yīng)生成二氧化碳，混有HC1雜質(zhì)氣體，裝置

H裝有飽和NaHCO?溶液除去HC1雜質(zhì)，裝置HI裝有濃硫酸干燥二氧化碳，裝置IV中發(fā)

生反應(yīng)2NH3(g)+CC)2(g)K^NH2coONHjs),裝置V裝有堿石灰，吸收氨氣中

混有的水蒸氣，裝置VI制取氨氣；

【詳解】A.裝置I中膠皮管a的作用為平衡壓強，使液體順利滴下，選項A正確；

B.裝置II的作用為吸收CO?中的HC1,應(yīng)盛放飽和NaHCOs溶液，因為二氧化碳也能與

碳酸鈉溶液反應(yīng)，裝置HI的作用為吸收CO?中的水蒸氣，應(yīng)盛放濃硫酸，裝置V的作用為

吸收NH,中的水蒸氣，應(yīng)盛放堿石灰，選項B錯誤；

C.制備氨基甲酸鏤的反應(yīng)為放熱反應(yīng)，為提高其產(chǎn)量，應(yīng)降低溫度，使平衡正向移動，

同時也可防止其受熱分解生成尿素，選項c錯誤；

D.裝置VI為氯化鏤和氫氧化鈣加熱制取氨氣，其中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為

2NH4Cl+Ca(OH)2=CaCl2+2NH,T+2H,0,選項D正確；

答案選BCo

12.在液氨中投入金屬鈉，迅速溶劑化得到藍色電子液[Na+(NH3)x和e-(NH3)y],且過程中

有少量H?產(chǎn)生。下列說法正確的是()

A.O.lmol鈉投入液氨中生成O.OlmolHz時，Na共失去O.lmol電子

B.電子通過配位鍵和NH3結(jié)合

C.e(NH3)＞，和Na+(NH3)x示意圖為二

D.鈉與液氨的反應(yīng)可表示為2Na+2NH3==2NaNH?+H2T

【答案】AD

【解析】

+

【詳解】A.0.1mol鈉投入液氨中生成0.01molH2,0.1molNa轉(zhuǎn)化為O.lmolNa,共失去

0.1mol電子，A選項正確；

B.含有孤電子對和含有空軌道的原子之間容易形成配位鍵，NE無空軌道、氮原子含有孤

電子對，故電子不是通過配位鍵和NH3結(jié)合，B選項錯誤；

C.e(NH3)y中NH3的氮原子含有孤電子對，帶負電，中心的e也帶負電，相互排斥，故NEh

中的N原子應(yīng)該朝外，對應(yīng)的示意圖指誤；Na+(NH3)x中Na+含有空軌道，N%含有孤電子

對，故形成配位鍵，對應(yīng)的示意圖正確，C選項錯誤；

D.鈉與液氨發(fā)生氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)可表示為2Na+2NH3==2NaNH2+H2f,D選項正確;

答案選AD。

13.下列實驗操作、現(xiàn)象和結(jié)論均正確的是

選

實驗操作現(xiàn)象結(jié)論

項

取5mL0.1molL-1KI溶液和

3+

1mL().1molL'FeCl3溶液充分反應(yīng)后，再Fe與F的化

A溶液變?yōu)榧t色

加2mLec1,振蕩、靜置后取上層清液滴加少學(xué)反應(yīng)存在限度

量KSCN溶液

該鉀鹽一定為

產(chǎn)生的氣體可

K2so3或

B向某鉀鹽中滴加濃鹽酸以使品紅溶液

KHSO3或二者

褪色

的混合物

相同溫度下，用pH試紙分別測定H2co3的酸性

C后者比前者大

().1molL-'NaHCO3和NaClO溶液的pH強于HCIO

向無水乙醇中加入濃硫酸，加熱，將產(chǎn)生的氣

酸性KMnO4產(chǎn)生氣體中一

D

體通入酸性KMnO4溶液褪色定含有乙烯

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【詳解】A.經(jīng)計算可知FeCh不足，充分反應(yīng)后加入2mLecI,振蕩、靜置后，取上層清

液滴加少量KSCN溶液，溶液變?yōu)榧t色，證明Fe3+沒有完全反應(yīng)，說明Fe3+與「的化學(xué)反

應(yīng)存在限度，A項正確；

B.CL、SO?等氣體均能使品紅溶液褪色，由實驗操作及現(xiàn)象可知，該鉀鹽不一定為K2so3

或KHSO3或二者的混合物，還可能是K2s2。3或者KC1O等，B項錯誤；

C.NaClO溶液中存在水解生成的HC10,具有漂白性，能使pH試紙褪色，無法用pH試紙

測定其pH,C項錯誤；

D.無水乙醇與濃硫酸加熱制得的乙烯中，可能混有乙醇與濃硫酸反應(yīng)生成的SO2以及揮發(fā)

出來的乙醇，二者也能使酸性KMnC)4溶液褪色，D項錯誤；

故選A,

14.Cu與濃硝酸反應(yīng)生成氮的氧化物，這些氧化物恰好溶解在NaOH溶液中得到NaNC)3和

NaNCh的混合溶液，反應(yīng)過程及有關(guān)數(shù)據(jù)如圖(已知：標準狀況下N2O4為液態(tài))。下列有關(guān)

判斷正確的是

A.常溫下，Cu遇濃硝酸發(fā)生鈍化，所以二者需要在加熱條件下才能反應(yīng)

B.若消耗銅片質(zhì)量為44.8g,則生成(UmolNaNCh

C.標準狀況下收集的氮氧化物為20.16L

D.銅與濃硝酸反應(yīng)過程中硝酸體現(xiàn)氧化性與酸性

【答案】BD

【解析】

【分析】Cu與濃硝酸反應(yīng)生成氮的氧化物，這些氧化物恰好溶解在NaOH溶液中得到

NaNCh和NaNCh的混合溶液，n(Cu)=,“’°,=0昆mol,n(NaOH)=0.5Lx2mol/L=1mol,

64g/mol

由電子守恒可知，44.8gCu失去的電子等于HNCh到NaNCh得到的電子，則0.7molx(2-

0)=n(NaNO2)x(5-3),解得n(NaNO2)=0.7mol,由Na原子守恒可知

n(NaOH)=n(NaNO2)+n(NaNO3),則n(NaNOj)=1mol-0.7mol=0.3mol,,

【詳解】A.常溫下，Cu遇濃硝酸發(fā)生反應(yīng)，生成硝酸銅、二氧化氮和水，不發(fā)生鈍化,

故A錯誤；

B.n(Cu)=0.7mol,n(NaOH)=lmol,由電子守恒可知，44.8gCu失去的電子等于HNO3到

NaNCh得到的電子，plij0.7molx(2-0)=n(NaN02)x(5-3),解得n(NaNC>2)=0.7mol,由Na原子

守恒可知n(NaOH)=n(NaNO2)+n(NaNO3),則n(NaNO3)=1mol-0.7mol=0.3mol,若銅片為

44.8g,則生成0.3molNaNC>3,故B正確；

C.標準狀況下0.9mol氣體的體積為20.16L,氮氧化物共0.9mol,標準狀況下四氧化二氮

是液體，則標準狀況下收集的氮氧化物體積不等于20.16L,故C錯誤；

D.硝酸中N由+5價降為+4價生成N02時做氧化劑、表現(xiàn)氧化性，生成硝酸銅時N化合

價不變、表現(xiàn)酸性，故D正確；

故選BD

三、非選擇題：本題共4小題，共54分。

15.三氯化硼(BCh)是一種無色氣體，沸點為12.4℃、易水解生成H3BO3和HCL在潮濕

的環(huán)境中可腐蝕玻璃。在實驗室中采用硼酸三甲酯［B(OCH3)31和C12制備BC13,同時有

co氣體生成，其裝置如下：

已知：HCuCl?溶液可吸收CO。請回答下列問題：

(1)裝置A中盛放KMnO4固體的儀器名稱為,試劑a的名稱為

(2)裝置E中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為。

(3)該實驗中裝置的連接順序為(填大寫字母)。

(4)測定BCI3產(chǎn)品中氯元素的含量。稱取wg樣品置于蒸儲水中完全水解，并配制成

250mL溶液；取出25mL于錐形瓶中，向其中加入YmLqmol?L」AgNO3溶液使C「充

分沉淀，再加入一定量硝基苯用力振蕩、靜置；然后再滴加少量NH4Fe(SC)4)2溶液，用

c2moiL'KSCN標準溶液滴定Ag+(發(fā)生反應(yīng)為Ag++SCN.=AgSCNJ),達到滴定終

點時，消耗標準溶液VzmL。

①達到滴定終點的現(xiàn)象為,加入硝基苯的目的為。

②樣品中C1元素的質(zhì)量分數(shù)為(列出表達式即可)，若實驗操作正確，但所測樣品

中C1元素的含量高于wgBCI3中C1元素含量，可能的原因為。

【答案】(1)①.蒸儲燒瓶②.濃硫酸

A

=

(2)B(OCH3)3+6C12BCB+3CO+9HC1

(3)ADECFB(4)①.滴入最后一滴硫氟化鉀標準溶液，溶液由無色變?yōu)闇\紅色，

且半分鐘內(nèi)不褪色②,覆蓋AgCl,防止其轉(zhuǎn)化為AgSCN③.35.59,川)％

w

液態(tài)BCI3中溶解了Cb

【解析】

【分析】由實驗裝置圖可知，裝置A中濃鹽酸與高鎰酸鉀固體反應(yīng)制備氯氣，濃鹽酸具有

揮發(fā)性，制得的氯氣中混有氯化氫和水蒸氣，裝置D中盛有的濃硫酸用于干燥氯氣，防止

水蒸氣與三氯化硼在潮濕的環(huán)境中腐蝕玻璃，裝置E中氯氣與硼酸三甲酯共熱反應(yīng)制備三

氯化硼，裝置C為三氯化硼冷凝收集裝置，裝置F中盛有的堿石灰用于吸收未反應(yīng)的氯

氣，防止污染空氣，同時防止水蒸氣進入C中導(dǎo)致三氯化硼發(fā)生水解，裝置B中盛有的

HCuCL溶液用于吸收反應(yīng)生成的一氧化碳，防止污染空氣，則裝置的連接順序為

ADECFB?

【小問1詳解】

由實驗裝置圖可知，盛放高鎰酸鉀固體的儀器為蒸鐳燒瓶；由分析可知，裝置D中盛有的

濃硫酸用于干燥氯氣，故答案為：蒸儲燒瓶；濃硫酸；

【小問2詳解】

由題意可知，裝置E中氯氣與硼酸三甲酯共熱反應(yīng)生成三氯化硼、一氧化碳和氯化氫，反

AA

應(yīng)的化學(xué)方程式為B(OCH3)3+6CL=BCl3+3CO+9HCl,故答案為：B(OCH3)3+6C12=

BCL+3CO+9HC1；

【小問3詳解】

由分析可知，裝置的連接順序為ADECFB,故答案為：ADECFB；

【小問4詳解】

①用硫氟化鉀溶液滴定溶液中過量銀離子時，氯化銀沉淀會轉(zhuǎn)化為硫鼠化銀沉淀而產(chǎn)生實

驗誤差，所以滴定前要加入一定量硝基苯覆蓋氯化銀，防止氯化銀轉(zhuǎn)化為硫氟化銀；滴定

時，過量的硫氟酸根離子會與鐵離子反應(yīng)生成紅色的硫氟化鐵，所以當(dāng)硫氟酸根離子與銀

離子完全反應(yīng)后，滴入最后一滴硫氟化鉀溶液，溶液變?yōu)闇\紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色說明

滴定滴定終點，故答案為：滴入最后一滴硫氧化鉀標準溶液，溶液由無色變?yōu)闇\紅色，且

半分鐘內(nèi)不褪色；覆蓋AgCl,防止其轉(zhuǎn)化為AgSCN；

②由滴定消耗WmLc2moi/L硫氧化鉀溶液可知，25mL溶液中氯離子的物質(zhì)的量為(°X10

JV|—C2X10-3V2)mol,則wg樣品中氯元素的含量為

(c,xlO^V,-cx10-3V)molx10x35.5g/mol35.5(*qV?)蘇制爾帕一

-------------2--------2--------------------X100%----------------To；右制備B'J二

wgw

氯化硼中溶解了氯氣，氯氣溶于水生成的氯離子會消耗硝酸銀溶液，導(dǎo)致滴定消耗的硫鼠

化鉀溶液體積偏小，所測氯元素含量偏高，故答案為：液態(tài)BCb中

w

溶解了。2。

16.堿式氧化鎮(zhèn)(NiOOH)是銀氫電池的正極材料，工業(yè)上可由銅冶煉過程中產(chǎn)生的粗硫酸

保廢液(含有CM+、Fe2\Al3\Ca2\H3ASO3等雜質(zhì)微粒)為原料制備，某興趣小組模擬該

制備過程并設(shè)計如下流程：

NaOH

含銅有機物FeAsO4Fe(OH)3CaF2

A1(OH)3

已知：Ksp(FeAsO4)=5.7xl0-2i,H3ASO3的還原性比Fe?+強。

回答下列問題：

(1)“萃取”時需充分振蕩，目的是。

(2)“氧化1”中H2O2的作用是,若該廢液中H3ASO3和Fe?+的濃度分別是0.02

moLL”和0.12mol-L1,除去碑后的廢液中c(AsO：)=mo卜L"(不考慮反應(yīng)過程中溶

液體積的微小變化)

(3)“沉鈣”時，若溶液酸度過高，Ca2+沉淀不完全，原因是。

(4)“氧化2”反應(yīng)的離子方程式為o

(5)“洗滌”時，檢驗產(chǎn)品是否洗滌干凈的方法是。

放電

(6)已知某鎮(zhèn)氫電池的離子導(dǎo)體為KOH溶液，電池反應(yīng)為MH+NiOOHq

Tcilj

M+Ni(OH)2,則放電時，OH-移向電極(填“MH”或“NiOOH")，充電時NiOOH電極

上的電極反應(yīng)式為。

【答案】(1)增大有機溶劑與粗硫酸鍥廢液的接觸面積，提高銅萃取率

(2)①.氧化Fe2+和H3ASO3,以利于形成FeAsCU沉淀，除去碑和部分鐵元素②.

5.7x10-2°

(3)F與H+結(jié)合生成弱電解質(zhì)HF,c(F)降低

(4)2Ni2++ClO+4OH=2NiOOHI+CI+H2O

(5)取最后一次洗滌液，加入硝酸酸化，再加入少量硝酸銀溶液(或氯化鋼、硝酸鋼溶液)，

若不產(chǎn)生沉淀，說明已經(jīng)洗滌干凈

(6)①.MH0.Ni(OH)2+OH--e--NiOOH+H2O

【解析】

【分析】粗硫酸鎂廢液中含有Ni2+同時含有Cu2+、Fe2\A13+、Ca2+、H3ASO3等雜質(zhì)微

粒，向其中加入有機溶劑，將Cu2+萃取出來，得到含銅氧化劑，向水溶液中加入H2O2,可

以將Fe2+氧化為Fe3+,將HAsCh氧化為EAsCU,并與其中的部分Fe3+反應(yīng)產(chǎn)生FeAsCU沉

淀除去。然后向溶液中加入NaOH溶液，調(diào)整溶液pH,使Fe3+、AP+形成Fe(OH)3、

A1(OH)3沉淀除去。然后向溶液中加入NaF,使Ca2+形成CaF2沉淀除去，再向溶液中加入

NaOH及NaClO溶液，Ni?+被氧化為Ni3+并與溶液中的OH結(jié)合形成NiOOH沉淀，經(jīng)過

濾、洗滌、干燥得到純凈NiOOH。

【小問1詳解】

加入有機溶劑“萃取”時需充分振蕩，目的是增大有機溶劑與粗硫酸保廢液的接觸面積，提

高銅萃取率；

【小問2詳解】

3+

“氧化1”中H2O2的作用是氧化Fe2+為Fe,氧化H3ASO3為H3ASO4,Fe3+與EhAsCM反應(yīng)形

成FeAsO4沉淀，以利于形成FeAsCU沉淀，除去碑和部分鐵元素；

已知Ksp(FeAsO4)=5.7xl(y2i,H3ASO3的還原性比Fe?+強，因此加入H2O2后H3ASO3變?yōu)?/p>

H3ASO4,Fe?+被氧化Fe3+并與FhAsCh反應(yīng)形成FeAsCU沉淀，由于反應(yīng)后溶液中Fe3+有剩

余，則除As后溶液中c(AsO：)=5,7X1021mol/L=5.7xlO^mol/L；

0.12-0.02

【小問3詳解】

“沉鈣”時，若溶液酸度過高，Ca?+沉淀不完全，這是由于加入的NaF電離產(chǎn)生的F-與溶液

中H+結(jié)合生成弱電解質(zhì)HF,導(dǎo)致溶液中c(F)降低；

【小問4詳解】

NaClO具有氧化性，在“氧化2”會將溶液中的Ni2+氧化為NP+,Ni3+與堿性溶液中的反

應(yīng)產(chǎn)生NiOOH,該反應(yīng)的離子方程式為2Ni2++ClO+4OH=2NiOOHJ+Cr+HzO；

【小問5詳解】

NiOOH沉淀是從含有O\SOj的溶液中過濾出來的，若沉淀洗滌干凈，則最后一次洗滌

液中無C1-或SO：,故“洗滌”時，檢驗產(chǎn)品是否洗滌干凈的方法是取最后一次洗滌液，加

入硝酸酸化，再加入少量硝酸銀溶液(或氯化到1、硝酸釧溶液)，若不產(chǎn)生沉淀，說明已經(jīng)

洗滌干凈；

【小問6詳解】

已知某鎮(zhèn)氫電池的離子導(dǎo)體為KOH溶液，電池反應(yīng)為：MH+NiOOH號、

M+Ni(0H)2,放電時，該裝置為原電池，其中MH為負極，NiOOH為正極。OFT移向正電

荷較多的負極MH；

充電時Ni(OH)2失去電子被氧化為NiOOH,故NiOOH電極上電極反應(yīng)式為：

Ni(OH)2+OH-e-NiOOH+H2O(.

17.三氯氫硅(SiHCh)是制備硅烷、多晶硅的重要原料"已知SiHCh(g)在催化劑作用下

發(fā)生反應(yīng)：2SiHCh(g)=isiH2cL(g)+SiCL(g)。一定條件下，向容積為1L的恒

容密閉容器中充入2moiSiHCL,(g)，分別在溫度為EK、T2K條件下反應(yīng)，測得反應(yīng)體

系中SiHCh(g)的物質(zhì)的量分數(shù)隨時間變化的關(guān)系如圖所示：

(1)在EK溫度下，SiHCy的平衡轉(zhuǎn)化率a(SiHCL)=%。若想進一步提高

SiHCl3的平衡轉(zhuǎn)化率，除改變溫度外還可以采取的措施是。

(2)下列不能判斷該反應(yīng)達到平衡狀態(tài)的是(填標號)。

A.v正(SiHC13)=2v逆(SiH2cI?)B.混合氣體的密度不再發(fā)生變化

C.SiHCy與SiCL的濃度之比不再改變D.混合氣體的平均摩爾質(zhì)量不再發(fā)

生變化

(3)已知:反應(yīng)速率v=v正-v逆=k?/2(siHC13)-k逆x(SiH2cLpMSiClJ，k正、k逆

分別表示正、逆反應(yīng)速率常數(shù)，x(B)為組分B的物質(zhì)的量分數(shù)。

①a、b點的正反應(yīng)速率之比VaM(填或“=")1。

V；c

②b點的」=__________(保留三位有效數(shù)字)。

V逆

(4)某種新型儲氫材料的晶胞如圖b,八面體中心為M金屬離子，頂點均為NH’配體;

四面體中心為硼原子，頂點均為氫原子。若其摩爾質(zhì)量為188g/mol,則M元素為

(填元素符號)：在該化合物中，M基態(tài)離子的價電子排布式為o

圖b

【答案】(1)①.20②.及時移去產(chǎn)物(2)BD

(3)①.>②.2.01

(4)①.Fe②.3d6

【解析】

【小問1詳解】

一定條件下，向容積為1L的恒容密閉容器中充入2moiSiHCh(g),由圖可知，TR溫

度下，SiHCL,的平衡時物質(zhì)的量的分數(shù)為80%

2SiHCl3(g)^iSiH2Cl2(g)+SiCl4(g)

起始(mol)200

轉(zhuǎn)化(mol)aaa

平衡(mol)2-2aaa

2-2a

則一^—xl00%=80%,a=0.2mol,在［K溫度下，SiHC1的平衡轉(zhuǎn)化率

2x，2m()1

a(SiHCl3)=°x100%=20%；若想進一步提高SiHCl,的平衡轉(zhuǎn)化率，除改變

2mol

溫度外還可以采取的措施是及時移去產(chǎn)物，使得平衡正向移動；

【小問2詳解】

A.反應(yīng)速率比等于系數(shù)比，v正(SiHCh)=2v逆(SiH2cl2)，此時正逆反應(yīng)速率相等，反

應(yīng)平衡，A不符合題意；

B.混合氣體的密度不再發(fā)生變化，B符合題意；

C.SiHCk與SiCL的濃度之比不再改變，說明平衡不再移動，已經(jīng)平衡，C不符合題

意；

D.混合氣體的平均相對分子質(zhì)量乂=111/11,氣體質(zhì)量不變，反應(yīng)為氣體分子數(shù)不變的反

應(yīng)，M不變時不能體現(xiàn)反應(yīng)達到平衡，D符合題意；

故選BD；

【小問3詳解】

①a、b點的各物質(zhì)的量相同，由圖可知，先平先拐數(shù)值大，a點溫度大于b點溫度，則a

點反應(yīng)速率更快，故正反應(yīng)速率之比V"：Vb>l。

②IK達到平衡時v正K逆=k」］f(SiHC13)=k逆x(SiH2ckbMSiClJ,由⑴分析可

勾］K_k正_c(SiH2c】2)，c(SiC14)_0.2x02

2；

大工