福建省部分高中2023-2024 學年高一第二學期期末模擬考試化學試卷（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1福建省部分優(yōu)質(zhì)高中2023-2024學年高一第二學期期末模擬考試試卷完卷時間：75分鐘滿分：100分友情〖提示〗：請將所有〖答案〗填寫到答題卡的相應(yīng)位置上！請不要錯位、越界答題！可能用到的相對原子質(zhì)量：Fe-56Cu-64O-16S-32Na-23N-14C-12一、單項選擇題：本題共15小題，每小題3分，共45分。在每小題所給出的的四個選項中，只有一個選項是符合題目要求的。1.神舟十八號載人飛船成功發(fā)射，展現(xiàn)了中國航天事業(yè)的強大實力和技術(shù)水平。下列敘述不正確的是（）A.飛船使用的Si3N4隔熱層屬于新型無機非金屬材料B.為空間站提供能量的砷化鎵太陽能電池材料也可用SiO2代替C.電解熔融狀態(tài)的氧化鋁制得單質(zhì)鋁時，可加入些冰晶石來縮短加熱時間D.火箭殼體采用的碳纖維纏繞復合材料強度高、密度小，可提高火箭的射程及運載能力〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．氮化硅陶瓷屬于無機物，是新型無機非金屬材料，A正確；B．砷化鎵用作太陽能電池板，具有半導體的性質(zhì)，SiO2沒有半導體性質(zhì)，不可以用SiO2代替，B錯誤；C．電解熔融狀態(tài)氧化鋁制得單質(zhì)鋁時，因氧化鋁熔點高，可加入些冰晶石降低熔點來縮短加熱時間，C正確；D．火箭殼體采用的碳纖維纏繞復合材料強度高、密度小，耐高溫，質(zhì)量輕，可提高火箭的射程及運載能力，D正確；故選B。2.下列化合物中不能由化合反應(yīng)直接得到的是（）A. B. C.D.〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．可由化合反應(yīng)Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4制得，A不合題意；B．可由化合反應(yīng)4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3制得，B不合題意；C．可由化合反應(yīng)2Fe+3Cl22FeCl3制得，C不合題意；D．氧化鋁與水不反應(yīng)，不能直接化合得到，D符合題意；故〖答案〗為：D。3.下列化學用語正確的是（）A.的電子式： B.丙烷的結(jié)構(gòu)式：C.分子的空間填充模型： D.羥基的電子式：〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．的電子式：，A錯誤；B．丙烷的結(jié)構(gòu)式：，B錯誤；C．甲烷分子的空間結(jié)構(gòu)為正四面體形，分子的空間填充模型：，C正確；D．羥基的電子式：，D錯誤；〖答案〗選C。4.近年來，利用半導體光催化實現(xiàn)還原氮氣制備氨氣引起全世界極大關(guān)注。下圖是在半導體光催化的作用下，被光催化材料捕獲進而被還原實現(xiàn)“”的轉(zhuǎn)化示意圖。下列說法正確的是（）A.此方法不屬于人工固氮技術(shù)B.由轉(zhuǎn)化示意圖可知，氮氣化學性質(zhì)很活潑C.該反應(yīng)過程中有共價鍵的斷裂和形成D.該反應(yīng)的化學方程式〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．該方法是通過人工將氮氣轉(zhuǎn)化為氨氣，屬于人工固氮技術(shù)，A錯誤；

B．氮氣結(jié)構(gòu)式為：N≡N，氮氮三鍵鍵能很大，不易斷裂，氮氣常溫下十分穩(wěn)定，B錯誤；

C．該反應(yīng)過程中有N≡N、O-H鍵斷裂，N-H、O=O鍵生成，C正確；

D．由圖可知，氮氣和水在半導體光催化的作用下生成氨氣和氧氣，方程式為：，D錯誤；

故選：C。5.合成除草劑炔草酯的中間體的結(jié)構(gòu)如圖，下列有關(guān)的說法正確的是（）A.不能發(fā)生氧化反應(yīng) B.不能使溴的四氯化碳溶液褪色C.最多能消耗 D.M中所有原子可能共平面〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．M中含有碳碳三鍵，能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，故A錯誤；B．M中含有碳碳三鍵，能與鹵素單質(zhì)發(fā)生加成反應(yīng)，故B錯誤；C．M中含有酯基和羧基，最多能消耗，故C正確；D．中含有飽和碳原子，所有原子不可能共平面，故D錯誤?！即鸢浮綖椋篊。6.EPR是一種對氧化劑具有較好抗耐性的合成材料，應(yīng)用極為廣泛，其結(jié)構(gòu)簡式可以表示，合成EPR所用的單體為（）A. B.C.和 D.和〖答案〗C〖解析〗【詳析】此聚合物鏈節(jié)中無雙鍵，則兩個碳原子為一組，取鏈節(jié)斷開中間的單鍵后加雙鍵即得高聚物的單體，故C項正確。7.糖類、油脂和蛋白質(zhì)是非常重要的營養(yǎng)物質(zhì)，下列說法正確的是（）A.淀粉和纖維素是天然有機高分子，且兩者互為同分異構(gòu)體B.在試管中加入2mL10%CuSO4溶液，滴加5滴5%NaOH溶液，得到新制的。再加入2mL10%葡萄糖溶液，加熱，可以產(chǎn)生磚紅色沉淀C.一分子甘氨酸和一分子苯丙氨酸（）可能形成兩種二肽D.油脂可以看作是高級脂肪酸與乙二醇通過酯化反應(yīng)生成的酯〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．淀粉和纖維素都屬于天然高分子，但二者的聚合度不同，屬于混合物，故兩者不能互為同分異構(gòu)體，故A錯誤；B．檢驗葡萄糖，應(yīng)在堿性條件下，而選項中描述的量是CuSO4溶液過量，不符合堿性環(huán)境，故不能產(chǎn)生相應(yīng)現(xiàn)象，故B錯誤；C．可以是甘氨酸的氨基與苯丙氨酸的羧基反應(yīng)形成二肽，也可以是甘氨酸的羧基與苯丙氨酸的氨基反應(yīng)形成二肽，故C正確；D．油脂可以看作是高級脂肪酸與丙三醇通過酯化反應(yīng)生成的酯，故D錯誤?！即鸢浮竭xC。8.關(guān)于實驗室制備、分離乙酸乙酯的裝置，說法正確的是（）A.圖甲用于分離乙酸乙酯B.乙用于蒸餾純化乙酸乙酯C.圖丙可從分液漏斗下端放出乙酸乙酯D.圖丁用于制備并收集乙酸乙酯，該裝置也可以用于銅和濃硫酸制二氧化硫〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．乙酸乙酯的混合物都能透過濾紙，不能用過濾的方式分離乙酸乙酯，A錯誤；B．蒸餾時，溫度計的水銀球應(yīng)該在支管口，不能插入液體中，B錯誤；C．乙酸乙酯密度小于水，浮在水面上，應(yīng)該從分液漏斗上口倒出乙酸乙酯，C錯誤；D．乙醇、乙酸在濃硫酸加熱條件下反應(yīng)生成乙酸乙酯，增加了長玻璃管，使得試管內(nèi)外相通，不會產(chǎn)生壓強差，有防止倒吸作用，飽和碳酸鈉溶液可吸收乙醇、中和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，同時該裝置也可用于銅與濃硫酸反應(yīng)制取二氧化硫，D正確；故〖答案〗選D。9.下列過程中的化學反應(yīng)，相應(yīng)的離子方程式正確的是（）A.用淀粉溶液和醋酸檢驗加碘鹽中的：B.溶液中通入少量：C.氯化亞鐵溶液中加入酸性的溶液：D.固體與氫碘酸反應(yīng)：〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．醋酸是弱酸，在離子方程式書寫中應(yīng)寫化學式符號，不能拆寫離子符號，，A錯誤；B．溶液中通入少量，強酸制弱酸離子方程式：，B正確；C．酸性溶液中，+2價的鐵被雙氧水氧化為+3價，反應(yīng)的離子方程式為，，C錯誤；D．固體與氫碘酸反應(yīng)，其中Fe3+可與I-發(fā)生氧化還原反應(yīng)：，D錯誤；故選B。10.下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A.加入Al粉能產(chǎn)生的溶液中：、、、B.(酸性)的溶液中：、、、C.滴加硫氰化鉀變?yōu)檠t色的溶液中：、、、D.能使藍色石蕊試紙變紅的溶液中：、、、〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．加入Al粉能產(chǎn)生H2的溶液，可能為堿性或酸性，若為堿性，則會生成氫氧化鐵沉淀，不能大量共存，A不符合題意；B．酸性溶液中，硝酸根具有強氧化性，可以氧化碘離子，不能大量共存，B不符合題意；C．滴加硫氰化鉀變?yōu)檠t色的溶液中有鐵離子，F(xiàn)e3+、Na+、H+、Cl-、相互不反應(yīng)，能大量共存，C符合題意；D．能使藍色石蕊試紙變紅的溶液中含有H+，酸性條件下高錳酸根離子會和亞鐵離子發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不能大量共存，D不符合題意；故〖答案〗選C。11.根據(jù)下列實驗操作和現(xiàn)象所得到的結(jié)論正確的是（）選項實驗操作和現(xiàn)象實驗結(jié)論A向酒精中加入少量鈉塊，有氣泡產(chǎn)生酒精中含有水B溶液中通入足量氣體，然后滴入KSCN溶液，溶液不變紅還原性：C向蔗糖溶液中加入稀硫酸并加熱幾分鐘，再加入銀氨溶液，水浴加熱，未見有銀鏡產(chǎn)生蔗糖沒有水解D向蛋白質(zhì)溶液中加入飽和溶液，溶液中析出沉淀，將沉淀加入水中，沉淀溶解飽和溶液使蛋白質(zhì)發(fā)生變性〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗【詳析】A．乙醇、水均與Na反應(yīng)生成H2，因此金屬鈉不能證明酒精中含有水，A錯誤；B．滴入KSCN溶液，溶液不變紅，說明溶液中的Fe3+被SO2還原成Fe2+，根據(jù)還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物可知，還原性SO2>Fe2+，B正確；C．蔗糖水解后稀硫酸依然存在于溶液中，銀鏡反應(yīng)需要堿性的環(huán)境，因此需在水解后加NaOH至溶液為堿性，再進行銀鏡反應(yīng)，C錯誤；D．蛋白質(zhì)的變性是不可逆的，將沉淀加入水中，沉淀溶解，說明蛋白質(zhì)沒有變性，是蛋白質(zhì)的鹽析，D錯誤；故選B。12.一種新型的電池，總反應(yīng)式為，其工作原理如圖所示。下列說法不正確的是（）A.該裝置可將化學能轉(zhuǎn)化為電能B.電子由乙Zn電極流出到石墨電極，再經(jīng)過溶液回到Zn極，形成回路C.電池工作過程中，K+向石墨電極區(qū)遷移D.石墨電極上發(fā)生反應(yīng)為〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．該裝置無外加電源屬于原電池，將化學能轉(zhuǎn)化為電能的裝置，A項正確；B．由總反應(yīng)可知，Zn電極化合價降低失去電子為原電池的負極材料，電子是由負極經(jīng)過導線流入負載再流入到石墨電極，B項錯誤；C．原電池中陽離子向正極移動，正極材料為石墨電極，則向石墨電極區(qū)遷移，C項正確；D．石墨電極為正極，化合價由+6價降低為+3價得到電子發(fā)生還原反應(yīng)，則電極反應(yīng)式為：，D項正確；〖答案〗選B。13.北京冬奧會在場館建設(shè)中用到的一種耐腐蝕、耐高溫的涂料是以某雙環(huán)烯酯(如下圖)為原料制得的，下列說法正確的是（）A.該雙環(huán)烯酯的分子式為B.該雙環(huán)烯酯一氯代物有11種C.該雙環(huán)烯酯分子中所有碳原子可能共平面D.該雙環(huán)烯酯能在酸性或堿性條件下發(fā)生水解反應(yīng)〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．根據(jù)該雙環(huán)烯酯的結(jié)構(gòu)簡式，可知其的分子式為，故A錯誤；B．該雙環(huán)烯酯的一氯代物有13種，故B錯誤；C．分子中標有*號的碳原子通過單鍵與另外3個碳原子相連，不可能所有碳原子可能共平面，故C錯誤；D．該雙環(huán)烯酯含有酯基，能在酸性或堿性條件下發(fā)生水解反應(yīng)，故D正確；選D。14.鈦(Ti)和鈦合金被廣泛應(yīng)用于火箭、導彈、航天飛機等領(lǐng)域。工業(yè)上以鈦鐵礦(FeTiO3，其中Ti為+4價)為主要原料制備金屬鈦的工藝流程如下圖所示：已知：TiCl4的熔點―25℃，沸點136.4℃下列說法錯誤的是（）A.步驟①的反應(yīng)過程元素的化合價沒有發(fā)生變化B.步驟③的操作名稱是加熱或高溫煅燒C.步驟④的反應(yīng)方程式TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2COD.由TiCl4制備Ti的過程中，可以加入氮氣做保護氣體〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由題干流程圖可知，以鈦鐵礦(FeTiO3，其中Ti為+4價)為主要原料加入硫酸，生成硫酸氧鈦TiOSO4，反應(yīng)方程式為：FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O，然后TiOSO4發(fā)生水解生成鈦酸H2TiO3，H2TiO3加熱或灼燒進行TiO2，TiO2和C、Cl2混合加熱發(fā)生反應(yīng)TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO，最后用Mg還原TiCl4得到Ti，據(jù)此分析解題?！驹斘觥緼．由分析可知，步驟①的反應(yīng)FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O，該過程種元素的化合價沒有發(fā)生變化，A正確；B．由分析可知，步驟③的操作名稱是加熱或高溫煅燒，B正確；C．由分析可知，步驟④的反應(yīng)方程式為TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO，C正確；D．由于N2能與Mg發(fā)生反應(yīng)生成Mg3N2，故由TiCl4制備Ti的過程中，可以加入氬氣做保護氣體，不能用N2作保護氣，D錯誤；故〖答案〗為：D。15.將一定量的Fe、Fe2O3、CuO的混合物放入體積為100mL、濃度為2.2mol/L的H2SO4溶液中，充分反應(yīng)后生成氣體896mL(標準狀況)，得到不溶固體1.28g。過濾后，濾液中的金屬離子只有Fe2+(假設(shè)濾液體積仍為100mL)。向濾液中滴加2mol/LNaOH溶液，直至40mL時開始出現(xiàn)沉淀。則下列說法正確的是（）A.1.28g固體成分為Fe和CuB.未滴加NaOH溶液前濾液中FeSO4的物質(zhì)的量濃度為1.8mol/LC.原混合物中Fe與Fe2O3物質(zhì)的量之比為1：1D.原混合物中CuO無法計算〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗Fe、Fe2O3和CuO的混合物放入H2SO4溶液中充分反應(yīng)后過濾，濾液中的金屬離子只有Fe2+，發(fā)生的反應(yīng)有Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑、Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、CuO+H2SO4=CuSO4+H2O、Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4、Fe+CuSO4=FeSO4+Cu；濾液中加入2mol/LNaOH溶液至40mL時開始出現(xiàn)沉淀，說明與混合物反應(yīng)后硫酸過量，所得濾液中含H2SO4和FeSO4，過量的硫酸物質(zhì)的量為×2mol/L×0.04L=0.04mol；根據(jù)SO守恒，n(FeSO4)=2.2mol/L×0.1L-0.04mol=0.18mol，未滴加NaOH溶液前濾液中FeSO4物質(zhì)的量濃度為0.18mol÷0.1L=1.8mol/L，據(jù)此分析解答。【詳析】A．濾液中加入2mol/LNaOH溶液至40mL時開始出現(xiàn)沉淀，說明與混合物反應(yīng)后硫酸過量，則剩余1.28g固體中不存Fe，故A錯誤；B．由以上分析可知過量的硫酸物質(zhì)的量為×2mol/L×0.04L=0.04mol；根據(jù)SO守恒，n(FeSO4)=2.2mol/L×0.1L-0.04mol=0.18mol，未滴加NaOH溶液前濾液中FeSO4物質(zhì)的量濃度為0.18mol÷0.1L=1.8mol/L，故B正確；C．由上述分析可知反應(yīng)消耗的硫酸為0.18mol，根據(jù)反應(yīng)可知所消耗硫酸中的氫離子一部分與氧化物中的O結(jié)合成水，一部分生成氫氣，其中氫氣為896mL(標準狀況)，物質(zhì)的量為：0.04mol，該反應(yīng)中消耗的Fe的物質(zhì)的量為：0.04mol，該部分對應(yīng)氫離子0.08mol，最終剩余1.28g固體為Cu，則氧化銅也為0.02mol，其消耗的氫離子為0.04mol，其對應(yīng)硫酸銅消耗的Fe的物質(zhì)的量為：0.02mol，則氧化鐵消耗的氫離子的物質(zhì)的量為0.18×2-0.04-0.08=0.24，則氧化鐵的物質(zhì)的量為0.08mol，則對應(yīng)硫酸鐵消耗的Fe的物質(zhì)的量為0.08mol，因此整個反應(yīng)過程中消耗Fe的物質(zhì)的量為：0.04+0.02+0.08=0.14mol，原混合物中Fe與Fe2O3物質(zhì)的量之比為7：4，故C錯誤；D．由上述分析可知最終剩余1.28g固體為Cu，其物質(zhì)的量為0.02mol，根據(jù)銅元素守恒可知氧化銅的物質(zhì)的量為0.02mol，故D錯誤；故選：B。二、非選擇題：本題共5小題，共55分。16.在2L恒溫恒容密閉容器中投入2molSO2和1molO2在一定條件下充分反應(yīng)，如圖是SO2和SO3隨時間的變化曲線。（1）前10minSO3的平均反應(yīng)速率為___________；平衡時，SO2的轉(zhuǎn)化率為___________。（2）下列敘述能判斷該反應(yīng)達到平衡狀態(tài)的是___________(填序號)。①容器中壓強不再改變②容器中氣體密度不再改變③SO3的質(zhì)量不再改變④O2的物質(zhì)的量濃度不再改變⑤SO2的消耗速率和SO3的生成速率相等（3）以下操作會引起化學反應(yīng)速率變快的是___________(填字母)。A．向容器中通入氦氣B．升高溫度C．擴大容器的容積D．向容器中通入O2E．使用催化劑（4）潛艇中使用的液氨-液氧燃料電池工作原理如圖所示：①電極a是___________。(填“正極”或“負極”)②電解質(zhì)溶液中OH-離子向___________移動(填“電極a”或“電極b”)。③電極b的電極反應(yīng)式為___________。〖答案〗（1）①.0.05mol/(L·min)②.70%（2）①③④（3）BDE（4）①.負極②.電極a③.〖解析〗（1）前10minSO3的物質(zhì)的量增加1.0mol，SO3的平均反應(yīng)速率：；25min后反應(yīng)達到平衡，二氧化硫由2.0mol減少至0.6mol，其轉(zhuǎn)化率：；（2）①反應(yīng)前后氣體分子數(shù)不相等，反應(yīng)過程中壓強不斷減小，當達到平衡時容器中壓強不再改變，故壓強不變可判斷平衡狀態(tài)，正確；②容器中各物質(zhì)均為氣體，氣體的總質(zhì)量不變，則容器中氣體密度為定值，容器中氣體密度不再改變不能判斷達到平衡，錯誤；③SO3的物質(zhì)的量不再改變說明反應(yīng)達到平衡狀態(tài)，正確；④各組分濃度不變是平衡的基本特征，因此O2的物質(zhì)的量濃度不再改變說明反應(yīng)達到平衡狀態(tài)，正確；⑤結(jié)合系數(shù)關(guān)系，SO2的消耗速率和SO3的生成速率相等不能判斷反應(yīng)達到平衡，錯誤；〖答案〗選①③④；（3）A．向容器中通入氦氣，各組分的濃度不變，反應(yīng)速率不變，故A不選；B．升高溫度可以加快反應(yīng)速率，故B選；C．擴大容器的體積，使各物質(zhì)的濃度減小，反應(yīng)速率減小，故C不選；D．向容器中通入O2，增大了反應(yīng)物的濃度，反應(yīng)速率加快，故D選；E．使用正催化劑可以加快反應(yīng)速率，故E選；〖答案〗選BDE；（4）①根據(jù)氮的化合價的變化由-3價變?yōu)?價判斷，電極a是失去電子的一極做負極，電極b做正極；②根據(jù)原電池中離子移動的方向?qū)嵸|(zhì)是異性相吸，氫氧根離子向負極移動，即向電極a移動；③電極b是正極，根據(jù)通入的氧氣及堿性環(huán)境判斷電極反應(yīng)為：。17.硝酸是重要的化工原料。下圖是以合成氨為基礎(chǔ)的傳統(tǒng)硝酸生產(chǎn)工藝流程(其中空氣等基礎(chǔ)原料已略去)。（1）關(guān)于合成氨工藝，下列說法正確的是___________(填序號)。a．合成氨是一種重要的人工固氨方法b．該反應(yīng)過程中氮元素被氧化c．合成的氨氣還可以用于化肥工業(yè)d．該反應(yīng)采用高溫、高壓等苛刻條件，與N2化學性質(zhì)很穩(wěn)定有關(guān)（2）氨氧化裝置中，產(chǎn)生的含氨物質(zhì)主要為NO，反應(yīng)的化學方程式為___________。（3）吸收裝置中。發(fā)生的反應(yīng)為，若用的稀硝酸作為吸收液，反應(yīng)后得到的濃硝酸，則理論上吸收裝置中需消耗的O2的物質(zhì)的量為___________mol(寫出計算式)。（4）NH3催化還原氮氧化物(SCR)技術(shù)是目前應(yīng)用最廣泛的氮氧化物脫除技術(shù)，可用于上述硝酸生產(chǎn)工藝的廢氣處理，反應(yīng)原理如下圖所示：若催化劑表面參與反應(yīng)的NO和NO2物質(zhì)的量之比為1：1，則總反應(yīng)的化學方程式為___________。〖答案〗（1）ａ，ｃ（2）（3）（4）〖解析〗N2、H2在催化劑作用下合成NH3，NH3經(jīng)催化氧化生成NO和H2O，再將NO氧化為NO2，NO2聚合為N2O4，N2O4用稀硝酸吸收，最后得到濃硝酸，據(jù)此解答。（1）a．合成氨是將氮氣轉(zhuǎn)化為氨氣，是一種重要的人工固氨方法，故a正確；b．該反應(yīng)過程中氮元素化合價降低，被還原，故b錯誤；c．合成的氨氣可以用于生成碳酸氫銨等化肥產(chǎn)品，故c正確；d．該反應(yīng)采用高溫、高壓等苛刻條件，與N2化學性質(zhì)很穩(wěn)定無關(guān)，與反應(yīng)速率和平衡移動有關(guān)，故d錯誤；故選ac。（2）氨氧化裝置中，產(chǎn)生的含氮物質(zhì)主要為NO，根據(jù)原子守恒和化合價升降守恒，可得反應(yīng)的化學方程式為：；（3）吸收裝置中發(fā)生的反應(yīng)為：2N2O4+O2+2H2O=4HNO3，若用的稀硝酸作為吸收液，反應(yīng)后得到的濃硝酸，則理論上吸收裝置中生成的硝酸為：，根據(jù)方程式可知，需消耗的O2的物質(zhì)的量為；（4）由圖可知，若催化劑表面參與反應(yīng)的NO和NO2物質(zhì)的量之比為1∶1，根據(jù)原子守恒和化合價升降守恒，可得總反應(yīng)的化學方程式為：。18.廢舊鋅錳干電池內(nèi)部的黑色物質(zhì)A主要含有、MnOOH、、、碳單質(zhì)，用黑色物質(zhì)A制備高純的流程如圖：已知：（未配平）。（1）第Ⅰ步操作是為了除去可溶性的__________（填化學式）。（2）第Ⅰ步后在空氣中灼燒的目的有兩個，一個是將MnOOH轉(zhuǎn)化為，另一個是__________為灼燒時，MnOOH與空氣中的氧氣反應(yīng)的化學方程式為____________________________。（3）已知：難溶于水和乙醇，潮濕時易被空氣氧化，100℃時開始分解；在pH大于7.7時，開始轉(zhuǎn)化為沉淀。第Ⅳ步中的多步操作可按如圖步驟進行：操作①加入溶滴調(diào)節(jié)溶液pH的過程中有產(chǎn)生，則溶液與溶液反應(yīng)的離子方程式為____________，你認為操作③中檢測的方法及現(xiàn)象是________________時可繼續(xù)進行操作④：操作④中用無水乙醇洗滌的目的是_________________________（答一條即可）?！即鸢浮剑?）NH4Cl、ZnCl2（2）①.除去碳單質(zhì)②.（3）①.②.取最后一次洗滌液于試管中，向其中加鹽酸酸化的BaCl2溶液無白色沉淀產(chǎn)生則證明已經(jīng)洗滌干凈③.有利于低溫條件下快速干燥〖解析〗黑色物質(zhì)A主要含有MnO2、MnOOH、NH4Cl、ZnCl2、碳單質(zhì)經(jīng)過I過濾得到MnO2、MnOOH、碳單質(zhì)，除去了可溶的NH4Cl、ZnCl2，第Ⅱ步空氣中灼燒除去碳單質(zhì)同時將MnOOH轉(zhuǎn)化為MnO2，得到的在Ⅲ中轉(zhuǎn)化為MnSO4，MnSO4經(jīng)多步操作得高純MnCO3，據(jù)分析答題。（1）黑色物質(zhì)A主要含有MnO2、MnOOH、NH4Cl、ZnCl2、碳單質(zhì)經(jīng)過I過濾得到不溶的MnO2、MnOOH、碳單質(zhì)，除去了可溶的NH4Cl、ZnCl2，故〖答案〗為NH4Cl、ZnCl2；（2）第Ⅱ步空氣中灼燒除去碳單質(zhì)同時將MnOOH轉(zhuǎn)化為MnO2，化學方程式為：，故〖答案〗為：①除去碳單質(zhì)②；（3）MnSO4溶液與NH4HCO3溶液反應(yīng)生成的離子方程式為；；操作③中是否洗滌干凈可以通過檢驗驗證：取最后一次洗滌液于試管中，向其中加鹽酸酸化的BaCl2溶液無白色沉淀產(chǎn)生則證明已經(jīng)洗滌干凈；操作④中用無水乙醇洗滌的目的是有利于低溫條件下快速干燥；故〖答案〗為：①②取最后一次洗滌液于試管中，向其中加鹽酸酸化的BaCl2溶液無白色沉淀產(chǎn)生則證明已經(jīng)洗滌干凈③有利于低溫條件下快速干燥。19.以淀粉或以石油裂解產(chǎn)物F(其產(chǎn)量常用來衡量一個國家的石油化工發(fā)展水平)為原料制備一種具有果香味的物質(zhì)E的生產(chǎn)流程如下。請回答下列問題：（1）F→B的反應(yīng)類型為___________；B中官能團的名稱為___________。（2）寫出分子中含有HCOO—的E的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：___________。（3）寫出B→C反應(yīng)的化學方程式：___________。（4）D+BE反應(yīng)的實驗裝置如圖所示，該反應(yīng)的化學方程式為___________；反應(yīng)結(jié)束后，將試管中收集到的產(chǎn)品倒入___________(填儀器名稱)中，靜置、分層，然后分離出E。物質(zhì)F的碳原子最少的同系物也可以通過聚合反應(yīng)得高聚物，也可以用來制塑料，其聚合反應(yīng)方程式是___________。（5）將1mol乙醇(其中的氧用18O標記)在濃硫酸存在條件下與足量乙酸充分反應(yīng)。下列敘述不正確的是___________(填字母序號)。A.生成的乙酸乙酯中含有18OB.生成的水分子中含有18OC.可能生成80g乙酸乙酯D.可能生成相對分子質(zhì)量為88的乙酸乙酯（6）30g乙酸與46g乙醇在一定條件下發(fā)生酯化反應(yīng)，如果實際產(chǎn)率為75%，則可得到乙酸乙酯的質(zhì)量是___________g〖答案〗（1）①.加成反應(yīng)②.羥基（2）HCOOCH2CH2CH3或HCOOCH(CH3)2（3）（4）①.②.分液漏斗③.（5）BD（6）33〖解析〗F是石油裂解產(chǎn)物，其產(chǎn)量常用來衡量一個國家的石油化工發(fā)展水平，則F是乙烯，結(jié)構(gòu)簡式是CH2=CH2。乙烯分子中含有不飽和的碳碳雙鍵，能夠與水在一定條件下發(fā)生加成反應(yīng)產(chǎn)生乙醇。淀粉溶液在硫酸作用下加熱，發(fā)生水解反應(yīng)產(chǎn)生A是葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下反應(yīng)產(chǎn)生B是乙醇；乙醇催化氧化產(chǎn)生C是乙醛；乙醛催化氧化產(chǎn)生D是乙酸，乙酸與乙醇在濃硫酸催化下加熱，發(fā)生酯化反應(yīng)產(chǎn)生E是乙酸乙酯。（1）由分析可知，F(xiàn)→B是乙烯和水發(fā)生加成反應(yīng)生成乙醇，所以反應(yīng)類型為加成反應(yīng)；B為乙醇，B中官能團的名稱為羥基，故〖答案〗為：加成反應(yīng)，羥基；（2）E為乙酸乙酯，E的同分異構(gòu)體分子中含有HCOO—，則為甲酸酯，是甲酸和丙醇生成的酯，丙醇有1-丙醇和2-丙醇2種，則E滿足條件的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式為：HCOOCH2CH2CH3或HCOOCH(CH3)2；〖答案〗為：HCOOCH2CH2CH3或HCOOCH(CH3)2；（3）乙醇被催化氧化生成乙醛，B→C反應(yīng)的化學方程式為：，〖答案〗為：；（4）在提供的條件下，乙酸和乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)，該反應(yīng)的化學方程式為；裝置中溶液M為飽和Na2CO3溶液，反應(yīng)結(jié)束后，將試管中收集到的是密度比水小、不易溶于水的油狀液體乙酸乙酯，倒入分液漏斗中，經(jīng)充分振蕩、靜置、分層，然后分液，即可分離出乙酸乙酯；物質(zhì)F為乙烯，物質(zhì)F的碳原子最少的同系物為丙烯，其發(fā)生聚合反應(yīng)的方程式為，故〖答案〗為：；分液漏斗；；（5）A．酯化反應(yīng)中醇提供氫原子，羧酸提供羥基，因此生成的乙酸乙酯中含有18O，故A正確；B．生成的水分子中不含有18O，故B錯誤；C．生成的乙酸乙酯的摩爾質(zhì)量為90g/mol，1mol乙醇應(yīng)反應(yīng)生成1mol乙酸乙酯，但反應(yīng)是可逆反應(yīng)，乙酸和乙醇揮發(fā)，所以不能進行徹底，應(yīng)小于90g，可能生成80g乙酸乙酯，故C正確；D．生成的乙酸乙酯中含有18O，生成的乙酸乙酯的摩爾質(zhì)量為90g/mol，故D錯誤；故選BD。（6）制備乙酸乙酯的化學反應(yīng)方程式為：，30g乙酸與46g乙醇分別為0.5mol，所以實際中最大能夠得到0.5mol的乙酸乙酯，所以乙酸乙酯的質(zhì)量，故〖答案〗為：33。20.碘化亞鐵()在常溫下為灰黑色固體，易升華，可溶于水，具有潮解性，常用于醫(yī)藥，可由碘單質(zhì)和還原鐵粉在加熱條件下制備得到。實驗室用下面裝置制備碘化亞鐵。(已知焦性沒食子酸的堿性溶液可吸收)（1）球形干燥管中的藥品為___________，若無此裝置，寫出鐵粉參與的副反應(yīng)的化學方程式：___________。（2）硬質(zhì)玻璃管直接接入收集器而不用導管的原因是___________，收集器浸泡在冷水中的原因是___________。（3）試劑a的作用是___________。（4）已知氧化性：。往含的溶液中通入標準狀況下的氯氣，充分反應(yīng)，請寫出該反應(yīng)的離子方程式：___________?！即鸢浮剑?）①.堿石灰(或無水或)②.（2）①.防止碘化亞鐵冷凝堵塞導管②.利于碘化亞鐵冷凝收集（3）防止水蒸氣進入收集器中（4）〖解析〗可溶于水，易潮解，焦性沒食子酸的堿性溶液吸收空氣中的氧氣，球形干燥管中裝有堿石灰（或無水氯化鈣或五氧化二磷），除去氣體中的水蒸氣，碘和鐵粉在加熱條件下發(fā)生反應(yīng)，放入冷水中有利于碘化亞鐵冷凝收集，試劑a為濃硫酸，防止水蒸氣進入收集器中。（1）可溶于水，易潮解，故球形干燥管中的藥品為堿石灰（或無水氯化鈣或五氧化二磷）；若無此裝置，鐵粉會和水蒸氣反應(yīng)生成四氧化三鐵和氫氣，反應(yīng)方程式為:；（2）易升華，硬質(zhì)玻璃管直接接入收集器而不用導管的原因是防止碘化亞鐵冷凝堵塞導管；收集器浸泡在冷水中的原因是利于碘化亞鐵冷凝收集；（3）易潮解，試劑a為濃硫酸，其作用是防止水蒸氣進入收集器中；（4）由氧化性：，可知與、均能反應(yīng)，且還原性：，因此往含0.2mol的溶液中通入5.6L標準狀況下的氯氣（為0.25mol），首先氧化，根據(jù)，將0.4mol完全氧化消耗0.2mol氯氣，剩下的0.05mol氯氣再氧化部分生成，消耗0.1mol，反應(yīng)離子方程式為：。福建省部分優(yōu)質(zhì)高中2023-2024學年高一第二學期期末模擬考試試卷完卷時間：75分鐘滿分：100分友情〖提示〗：請將所有〖答案〗填寫到答題卡的相應(yīng)位置上！請不要錯位、越界答題！可能用到的相對原子質(zhì)量：Fe-56Cu-64O-16S-32Na-23N-14C-12一、單項選擇題：本題共15小題，每小題3分，共45分。在每小題所給出的的四個選項中，只有一個選項是符合題目要求的。1.神舟十八號載人飛船成功發(fā)射，展現(xiàn)了中國航天事業(yè)的強大實力和技術(shù)水平。下列敘述不正確的是（）A.飛船使用的Si3N4隔熱層屬于新型無機非金屬材料B.為空間站提供能量的砷化鎵太陽能電池材料也可用SiO2代替C.電解熔融狀態(tài)的氧化鋁制得單質(zhì)鋁時，可加入些冰晶石來縮短加熱時間D.火箭殼體采用的碳纖維纏繞復合材料強度高、密度小，可提高火箭的射程及運載能力〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．氮化硅陶瓷屬于無機物，是新型無機非金屬材料，A正確；B．砷化鎵用作太陽能電池板，具有半導體的性質(zhì)，SiO2沒有半導體性質(zhì)，不可以用SiO2代替，B錯誤；C．電解熔融狀態(tài)氧化鋁制得單質(zhì)鋁時，因氧化鋁熔點高，可加入些冰晶石降低熔點來縮短加熱時間，C正確；D．火箭殼體采用的碳纖維纏繞復合材料強度高、密度小，耐高溫，質(zhì)量輕，可提高火箭的射程及運載能力，D正確；故選B。2.下列化合物中不能由化合反應(yīng)直接得到的是（）A. B. C.D.〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．可由化合反應(yīng)Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4制得，A不合題意；B．可由化合反應(yīng)4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3制得，B不合題意；C．可由化合反應(yīng)2Fe+3Cl22FeCl3制得，C不合題意；D．氧化鋁與水不反應(yīng)，不能直接化合得到，D符合題意；故〖答案〗為：D。3.下列化學用語正確的是（）A.的電子式： B.丙烷的結(jié)構(gòu)式：C.分子的空間填充模型： D.羥基的電子式：〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．的電子式：，A錯誤；B．丙烷的結(jié)構(gòu)式：，B錯誤；C．甲烷分子的空間結(jié)構(gòu)為正四面體形，分子的空間填充模型：，C正確；D．羥基的電子式：，D錯誤；〖答案〗選C。4.近年來，利用半導體光催化實現(xiàn)還原氮氣制備氨氣引起全世界極大關(guān)注。下圖是在半導體光催化的作用下，被光催化材料捕獲進而被還原實現(xiàn)“”的轉(zhuǎn)化示意圖。下列說法正確的是（）A.此方法不屬于人工固氮技術(shù)B.由轉(zhuǎn)化示意圖可知，氮氣化學性質(zhì)很活潑C.該反應(yīng)過程中有共價鍵的斷裂和形成D.該反應(yīng)的化學方程式〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．該方法是通過人工將氮氣轉(zhuǎn)化為氨氣，屬于人工固氮技術(shù)，A錯誤；

B．氮氣結(jié)構(gòu)式為：N≡N，氮氮三鍵鍵能很大，不易斷裂，氮氣常溫下十分穩(wěn)定，B錯誤；

C．該反應(yīng)過程中有N≡N、O-H鍵斷裂，N-H、O=O鍵生成，C正確；

D．由圖可知，氮氣和水在半導體光催化的作用下生成氨氣和氧氣，方程式為：，D錯誤；

故選：C。5.合成除草劑炔草酯的中間體的結(jié)構(gòu)如圖，下列有關(guān)的說法正確的是（）A.不能發(fā)生氧化反應(yīng) B.不能使溴的四氯化碳溶液褪色C.最多能消耗 D.M中所有原子可能共平面〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．M中含有碳碳三鍵，能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，故A錯誤；B．M中含有碳碳三鍵，能與鹵素單質(zhì)發(fā)生加成反應(yīng)，故B錯誤；C．M中含有酯基和羧基，最多能消耗，故C正確；D．中含有飽和碳原子，所有原子不可能共平面，故D錯誤。〖答案〗為：C。6.EPR是一種對氧化劑具有較好抗耐性的合成材料，應(yīng)用極為廣泛，其結(jié)構(gòu)簡式可以表示，合成EPR所用的單體為（）A. B.C.和 D.和〖答案〗C〖解析〗【詳析】此聚合物鏈節(jié)中無雙鍵，則兩個碳原子為一組，取鏈節(jié)斷開中間的單鍵后加雙鍵即得高聚物的單體，故C項正確。7.糖類、油脂和蛋白質(zhì)是非常重要的營養(yǎng)物質(zhì)，下列說法正確的是（）A.淀粉和纖維素是天然有機高分子，且兩者互為同分異構(gòu)體B.在試管中加入2mL10%CuSO4溶液，滴加5滴5%NaOH溶液，得到新制的。再加入2mL10%葡萄糖溶液，加熱，可以產(chǎn)生磚紅色沉淀C.一分子甘氨酸和一分子苯丙氨酸（）可能形成兩種二肽D.油脂可以看作是高級脂肪酸與乙二醇通過酯化反應(yīng)生成的酯〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．淀粉和纖維素都屬于天然高分子，但二者的聚合度不同，屬于混合物，故兩者不能互為同分異構(gòu)體，故A錯誤；B．檢驗葡萄糖，應(yīng)在堿性條件下，而選項中描述的量是CuSO4溶液過量，不符合堿性環(huán)境，故不能產(chǎn)生相應(yīng)現(xiàn)象，故B錯誤；C．可以是甘氨酸的氨基與苯丙氨酸的羧基反應(yīng)形成二肽，也可以是甘氨酸的羧基與苯丙氨酸的氨基反應(yīng)形成二肽，故C正確；D．油脂可以看作是高級脂肪酸與丙三醇通過酯化反應(yīng)生成的酯，故D錯誤?！即鸢浮竭xC。8.關(guān)于實驗室制備、分離乙酸乙酯的裝置，說法正確的是（）A.圖甲用于分離乙酸乙酯B.乙用于蒸餾純化乙酸乙酯C.圖丙可從分液漏斗下端放出乙酸乙酯D.圖丁用于制備并收集乙酸乙酯，該裝置也可以用于銅和濃硫酸制二氧化硫〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．乙酸乙酯的混合物都能透過濾紙，不能用過濾的方式分離乙酸乙酯，A錯誤；B．蒸餾時，溫度計的水銀球應(yīng)該在支管口，不能插入液體中，B錯誤；C．乙酸乙酯密度小于水，浮在水面上，應(yīng)該從分液漏斗上口倒出乙酸乙酯，C錯誤；D．乙醇、乙酸在濃硫酸加熱條件下反應(yīng)生成乙酸乙酯，增加了長玻璃管，使得試管內(nèi)外相通，不會產(chǎn)生壓強差，有防止倒吸作用，飽和碳酸鈉溶液可吸收乙醇、中和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，同時該裝置也可用于銅與濃硫酸反應(yīng)制取二氧化硫，D正確；故〖答案〗選D。9.下列過程中的化學反應(yīng)，相應(yīng)的離子方程式正確的是（）A.用淀粉溶液和醋酸檢驗加碘鹽中的：B.溶液中通入少量：C.氯化亞鐵溶液中加入酸性的溶液：D.固體與氫碘酸反應(yīng)：〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．醋酸是弱酸，在離子方程式書寫中應(yīng)寫化學式符號，不能拆寫離子符號，，A錯誤；B．溶液中通入少量，強酸制弱酸離子方程式：，B正確；C．酸性溶液中，+2價的鐵被雙氧水氧化為+3價，反應(yīng)的離子方程式為，，C錯誤；D．固體與氫碘酸反應(yīng)，其中Fe3+可與I-發(fā)生氧化還原反應(yīng)：，D錯誤；故選B。10.下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A.加入Al粉能產(chǎn)生的溶液中：、、、B.(酸性)的溶液中：、、、C.滴加硫氰化鉀變?yōu)檠t色的溶液中：、、、D.能使藍色石蕊試紙變紅的溶液中：、、、〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．加入Al粉能產(chǎn)生H2的溶液，可能為堿性或酸性，若為堿性，則會生成氫氧化鐵沉淀，不能大量共存，A不符合題意；B．酸性溶液中，硝酸根具有強氧化性，可以氧化碘離子，不能大量共存，B不符合題意；C．滴加硫氰化鉀變?yōu)檠t色的溶液中有鐵離子，F(xiàn)e3+、Na+、H+、Cl-、相互不反應(yīng)，能大量共存，C符合題意；D．能使藍色石蕊試紙變紅的溶液中含有H+，酸性條件下高錳酸根離子會和亞鐵離子發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不能大量共存，D不符合題意；故〖答案〗選C。11.根據(jù)下列實驗操作和現(xiàn)象所得到的結(jié)論正確的是（）選項實驗操作和現(xiàn)象實驗結(jié)論A向酒精中加入少量鈉塊，有氣泡產(chǎn)生酒精中含有水B溶液中通入足量氣體，然后滴入KSCN溶液，溶液不變紅還原性：C向蔗糖溶液中加入稀硫酸并加熱幾分鐘，再加入銀氨溶液，水浴加熱，未見有銀鏡產(chǎn)生蔗糖沒有水解D向蛋白質(zhì)溶液中加入飽和溶液，溶液中析出沉淀，將沉淀加入水中，沉淀溶解飽和溶液使蛋白質(zhì)發(fā)生變性〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗【詳析】A．乙醇、水均與Na反應(yīng)生成H2，因此金屬鈉不能證明酒精中含有水，A錯誤；B．滴入KSCN溶液，溶液不變紅，說明溶液中的Fe3+被SO2還原成Fe2+，根據(jù)還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物可知，還原性SO2>Fe2+，B正確；C．蔗糖水解后稀硫酸依然存在于溶液中，銀鏡反應(yīng)需要堿性的環(huán)境，因此需在水解后加NaOH至溶液為堿性，再進行銀鏡反應(yīng)，C錯誤；D．蛋白質(zhì)的變性是不可逆的，將沉淀加入水中，沉淀溶解，說明蛋白質(zhì)沒有變性，是蛋白質(zhì)的鹽析，D錯誤；故選B。12.一種新型的電池，總反應(yīng)式為，其工作原理如圖所示。下列說法不正確的是（）A.該裝置可將化學能轉(zhuǎn)化為電能B.電子由乙Zn電極流出到石墨電極，再經(jīng)過溶液回到Zn極，形成回路C.電池工作過程中，K+向石墨電極區(qū)遷移D.石墨電極上發(fā)生反應(yīng)為〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．該裝置無外加電源屬于原電池，將化學能轉(zhuǎn)化為電能的裝置，A項正確；B．由總反應(yīng)可知，Zn電極化合價降低失去電子為原電池的負極材料，電子是由負極經(jīng)過導線流入負載再流入到石墨電極，B項錯誤；C．原電池中陽離子向正極移動，正極材料為石墨電極，則向石墨電極區(qū)遷移，C項正確；D．石墨電極為正極，化合價由+6價降低為+3價得到電子發(fā)生還原反應(yīng)，則電極反應(yīng)式為：，D項正確；〖答案〗選B。13.北京冬奧會在場館建設(shè)中用到的一種耐腐蝕、耐高溫的涂料是以某雙環(huán)烯酯(如下圖)為原料制得的，下列說法正確的是（）A.該雙環(huán)烯酯的分子式為B.該雙環(huán)烯酯一氯代物有11種C.該雙環(huán)烯酯分子中所有碳原子可能共平面D.該雙環(huán)烯酯能在酸性或堿性條件下發(fā)生水解反應(yīng)〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．根據(jù)該雙環(huán)烯酯的結(jié)構(gòu)簡式，可知其的分子式為，故A錯誤；B．該雙環(huán)烯酯的一氯代物有13種，故B錯誤；C．分子中標有*號的碳原子通過單鍵與另外3個碳原子相連，不可能所有碳原子可能共平面，故C錯誤；D．該雙環(huán)烯酯含有酯基，能在酸性或堿性條件下發(fā)生水解反應(yīng)，故D正確；選D。14.鈦(Ti)和鈦合金被廣泛應(yīng)用于火箭、導彈、航天飛機等領(lǐng)域。工業(yè)上以鈦鐵礦(FeTiO3，其中Ti為+4價)為主要原料制備金屬鈦的工藝流程如下圖所示：已知：TiCl4的熔點―25℃，沸點136.4℃下列說法錯誤的是（）A.步驟①的反應(yīng)過程元素的化合價沒有發(fā)生變化B.步驟③的操作名稱是加熱或高溫煅燒C.步驟④的反應(yīng)方程式TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2COD.由TiCl4制備Ti的過程中，可以加入氮氣做保護氣體〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由題干流程圖可知，以鈦鐵礦(FeTiO3，其中Ti為+4價)為主要原料加入硫酸，生成硫酸氧鈦TiOSO4，反應(yīng)方程式為：FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O，然后TiOSO4發(fā)生水解生成鈦酸H2TiO3，H2TiO3加熱或灼燒進行TiO2，TiO2和C、Cl2混合加熱發(fā)生反應(yīng)TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO，最后用Mg還原TiCl4得到Ti，據(jù)此分析解題?！驹斘觥緼．由分析可知，步驟①的反應(yīng)FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O，該過程種元素的化合價沒有發(fā)生變化，A正確；B．由分析可知，步驟③的操作名稱是加熱或高溫煅燒，B正確；C．由分析可知，步驟④的反應(yīng)方程式為TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO，C正確；D．由于N2能與Mg發(fā)生反應(yīng)生成Mg3N2，故由TiCl4制備Ti的過程中，可以加入氬氣做保護氣體，不能用N2作保護氣，D錯誤；故〖答案〗為：D。15.將一定量的Fe、Fe2O3、CuO的混合物放入體積為100mL、濃度為2.2mol/L的H2SO4溶液中，充分反應(yīng)后生成氣體896mL(標準狀況)，得到不溶固體1.28g。過濾后，濾液中的金屬離子只有Fe2+(假設(shè)濾液體積仍為100mL)。向濾液中滴加2mol/LNaOH溶液，直至40mL時開始出現(xiàn)沉淀。則下列說法正確的是（）A.1.28g固體成分為Fe和CuB.未滴加NaOH溶液前濾液中FeSO4的物質(zhì)的量濃度為1.8mol/LC.原混合物中Fe與Fe2O3物質(zhì)的量之比為1：1D.原混合物中CuO無法計算〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗Fe、Fe2O3和CuO的混合物放入H2SO4溶液中充分反應(yīng)后過濾，濾液中的金屬離子只有Fe2+，發(fā)生的反應(yīng)有Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑、Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、CuO+H2SO4=CuSO4+H2O、Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4、Fe+CuSO4=FeSO4+Cu；濾液中加入2mol/LNaOH溶液至40mL時開始出現(xiàn)沉淀，說明與混合物反應(yīng)后硫酸過量，所得濾液中含H2SO4和FeSO4，過量的硫酸物質(zhì)的量為×2mol/L×0.04L=0.04mol；根據(jù)SO守恒，n(FeSO4)=2.2mol/L×0.1L-0.04mol=0.18mol，未滴加NaOH溶液前濾液中FeSO4物質(zhì)的量濃度為0.18mol÷0.1L=1.8mol/L，據(jù)此分析解答?！驹斘觥緼．濾液中加入2mol/LNaOH溶液至40mL時開始出現(xiàn)沉淀，說明與混合物反應(yīng)后硫酸過量，則剩余1.28g固體中不存Fe，故A錯誤；B．由以上分析可知過量的硫酸物質(zhì)的量為×2mol/L×0.04L=0.04mol；根據(jù)SO守恒，n(FeSO4)=2.2mol/L×0.1L-0.04mol=0.18mol，未滴加NaOH溶液前濾液中FeSO4物質(zhì)的量濃度為0.18mol÷0.1L=1.8mol/L，故B正確；C．由上述分析可知反應(yīng)消耗的硫酸為0.18mol，根據(jù)反應(yīng)可知所消耗硫酸中的氫離子一部分與氧化物中的O結(jié)合成水，一部分生成氫氣，其中氫氣為896mL(標準狀況)，物質(zhì)的量為：0.04mol，該反應(yīng)中消耗的Fe的物質(zhì)的量為：0.04mol，該部分對應(yīng)氫離子0.08mol，最終剩余1.28g固體為Cu，則氧化銅也為0.02mol，其消耗的氫離子為0.04mol，其對應(yīng)硫酸銅消耗的Fe的物質(zhì)的量為：0.02mol，則氧化鐵消耗的氫離子的物質(zhì)的量為0.18×2-0.04-0.08=0.24，則氧化鐵的物質(zhì)的量為0.08mol，則對應(yīng)硫酸鐵消耗的Fe的物質(zhì)的量為0.08mol，因此整個反應(yīng)過程中消耗Fe的物質(zhì)的量為：0.04+0.02+0.08=0.14mol，原混合物中Fe與Fe2O3物質(zhì)的量之比為7：4，故C錯誤；D．由上述分析可知最終剩余1.28g固體為Cu，其物質(zhì)的量為0.02mol，根據(jù)銅元素守恒可知氧化銅的物質(zhì)的量為0.02mol，故D錯誤；故選：B。二、非選擇題：本題共5小題，共55分。16.在2L恒溫恒容密閉容器中投入2molSO2和1molO2在一定條件下充分反應(yīng)，如圖是SO2和SO3隨時間的變化曲線。（1）前10minSO3的平均反應(yīng)速率為___________；平衡時，SO2的轉(zhuǎn)化率為___________。（2）下列敘述能判斷該反應(yīng)達到平衡狀態(tài)的是___________(填序號)。①容器中壓強不再改變②容器中氣體密度不再改變③SO3的質(zhì)量不再改變④O2的物質(zhì)的量濃度不再改變⑤SO2的消耗速率和SO3的生成速率相等（3）以下操作會引起化學反應(yīng)速率變快的是___________(填字母)。A．向容器中通入氦氣B．升高溫度C．擴大容器的容積D．向容器中通入O2E．使用催化劑（4）潛艇中使用的液氨-液氧燃料電池工作原理如圖所示：①電極a是___________。(填“正極”或“負極”)②電解質(zhì)溶液中OH-離子向___________移動(填“電極a”或“電極b”)。③電極b的電極反應(yīng)式為___________?！即鸢浮剑?）①.0.05mol/(L·min)②.70%（2）①③④（3）BDE（4）①.負極②.電極a③.〖解析〗（1）前10minSO3的物質(zhì)的量增加1.0mol，SO3的平均反應(yīng)速率：；25min后反應(yīng)達到平衡，二氧化硫由2.0mol減少至0.6mol，其轉(zhuǎn)化率：；（2）①反應(yīng)前后氣體分子數(shù)不相等，反應(yīng)過程中壓強不斷減小，當達到平衡時容器中壓強不再改變，故壓強不變可判斷平衡狀態(tài)，正確；②容器中各物質(zhì)均為氣體，氣體的總質(zhì)量不變，則容器中氣體密度為定值，容器中氣體密度不再改變不能判斷達到平衡，錯誤；③SO3的物質(zhì)的量不再改變說明反應(yīng)達到平衡狀態(tài)，正確；④各組分濃度不變是平衡的基本特征，因此O2的物質(zhì)的量濃度不再改變說明反應(yīng)達到平衡狀態(tài)，正確；⑤結(jié)合系數(shù)關(guān)系，SO2的消耗速率和SO3的生成速率相等不能判斷反應(yīng)達到平衡，錯誤；〖答案〗選①③④；（3）A．向容器中通入氦氣，各組分的濃度不變，反應(yīng)速率不變，故A不選；B．升高溫度可以加快反應(yīng)速率，故B選；C．擴大容器的體積，使各物質(zhì)的濃度減小，反應(yīng)速率減小，故C不選；D．向容器中通入O2，增大了反應(yīng)物的濃度，反應(yīng)速率加快，故D選；E．使用正催化劑可以加快反應(yīng)速率，故E選；〖答案〗選BDE；（4）①根據(jù)氮的化合價的變化由-3價變?yōu)?價判斷，電極a是失去電子的一極做負極，電極b做正極；②根據(jù)原電池中離子移動的方向?qū)嵸|(zhì)是異性相吸，氫氧根離子向負極移動，即向電極a移動；③電極b是正極，根據(jù)通入的氧氣及堿性環(huán)境判斷電極反應(yīng)為：。17.硝酸是重要的化工原料。下圖是以合成氨為基礎(chǔ)的傳統(tǒng)硝酸生產(chǎn)工藝流程(其中空氣等基礎(chǔ)原料已略去)。（1）關(guān)于合成氨工藝，下列說法正確的是___________(填序號)。a．合成氨是一種重要的人工固氨方法b．該反應(yīng)過程中氮元素被氧化c．合成的氨氣還可以用于化肥工業(yè)d．該反應(yīng)采用高溫、高壓等苛刻條件，與N2化學性質(zhì)很穩(wěn)定有關(guān)（2）氨氧化裝置中，產(chǎn)生的含氨物質(zhì)主要為NO，反應(yīng)的化學方程式為___________。（3）吸收裝置中。發(fā)生的反應(yīng)為，若用的稀硝酸作為吸收液，反應(yīng)后得到的濃硝酸，則理論上吸收裝置中需消耗的O2的物質(zhì)的量為___________mol(寫出計算式)。（4）NH3催化還原氮氧化物(SCR)技術(shù)是目前應(yīng)用最廣泛的氮氧化物脫除技術(shù)，可用于上述硝酸生產(chǎn)工藝的廢氣處理，反應(yīng)原理如下圖所示：若催化劑表面參與反應(yīng)的NO和NO2物質(zhì)的量之比為1：1，則總反應(yīng)的化學方程式為___________。〖答案〗（1）ａ，ｃ（2）（3）（4）〖解析〗N2、H2在催化劑作用下合成NH3，NH3經(jīng)催化氧化生成NO和H2O，再將NO氧化為NO2，NO2聚合為N2O4，N2O4用稀硝酸吸收，最后得到濃硝酸，據(jù)此解答。（1）a．合成氨是將氮氣轉(zhuǎn)化為氨氣，是一種重要的人工固氨方法，故a正確；b．該反應(yīng)過程中氮元素化合價降低，被還原，故b錯誤；c．合成的氨氣可以用于生成碳酸氫銨等化肥產(chǎn)品，故c正確；d．該反應(yīng)采用高溫、高壓等苛刻條件，與N2化學性質(zhì)很穩(wěn)定無關(guān)，與反應(yīng)速率和平衡移動有關(guān)，故d錯誤；故選ac。（2）氨氧化裝置中，產(chǎn)生的含氮物質(zhì)主要為NO，根據(jù)原子守恒和化合價升降守恒，可得反應(yīng)的化學方程式為：；（3）吸收裝置中發(fā)生的反應(yīng)為：2N2O4+O2+2H2O=4HNO3，若用的稀硝酸作為吸收液，反應(yīng)后得到的濃硝酸，則理論上吸收裝置中生成的硝酸為：，根據(jù)方程式可知，需消耗的O2的物質(zhì)的量為；（4）由圖可知，若催化劑表面參與反應(yīng)的NO和NO2物質(zhì)的量之比為1∶1，根據(jù)原子守恒和化合價升降守恒，可得總反應(yīng)的化學方程式為：。18.廢舊鋅錳干電池內(nèi)部的黑色物質(zhì)A主要含有、MnOOH、、、碳單質(zhì)，用黑色物質(zhì)A制備高純的流程如圖：已知：（未配平）。（1）第Ⅰ步操作是為了除去可溶性的__________（填化學式）。（2）第Ⅰ步后在空氣中灼燒的目的有兩個，一個是將MnOOH轉(zhuǎn)化為，另一個是__________為灼燒時，MnOOH與空氣中的氧氣反應(yīng)的化學方程式為____________________________。（3）已知：難溶于水和乙醇，潮濕時易被空氣氧化，100℃時開始分解；在pH大于7.7時，開始轉(zhuǎn)化為沉淀。第Ⅳ步中的多步操作可按如圖步驟進行：操作①加入溶滴調(diào)節(jié)溶液pH的過程中有產(chǎn)生，則溶液與溶液反應(yīng)的離子方程式為____________，你認為操作③中檢測的方法及現(xiàn)象是________________時可繼續(xù)進行操作④：操作④中用無水乙醇洗滌的目的是_________________________（答一條即可）?！即鸢浮剑?）NH4Cl、ZnCl2（2）①.除去碳單質(zhì)②.（3）①.②.取最后一次洗滌液于試管中，向其中加鹽酸酸化的BaCl2溶液無白色沉淀產(chǎn)生則證明已經(jīng)洗滌干凈③.有利于低溫條件下快速干燥〖解析〗黑色物質(zhì)A主要含有MnO2、MnOOH、NH4Cl、ZnCl2、碳單質(zhì)經(jīng)過I過濾得到MnO2、MnOOH、碳單質(zhì)，除去了可溶的NH4Cl、ZnCl2，第Ⅱ步空氣中灼燒除去碳單質(zhì)同時將MnOOH轉(zhuǎn)化為MnO2，得到的在Ⅲ中轉(zhuǎn)化為MnSO4，MnSO4經(jīng)多步操作得高純MnCO3，據(jù)分析答題。（1）黑色物質(zhì)A主要含有MnO2、MnOOH、NH4Cl、ZnCl2、碳單質(zhì)經(jīng)過I過濾得到不溶的MnO2、MnOOH、碳單質(zhì)，除去了可溶的NH4Cl、ZnCl2，故〖答案〗為NH4Cl、ZnCl2；（2）第Ⅱ步空氣中灼燒除去碳單質(zhì)同時將MnOOH轉(zhuǎn)化為MnO2，化學方程式為：，故〖答案〗為：①除去碳單質(zhì)②；（3）MnSO4溶液與NH4HCO3溶液反應(yīng)生成的離子方程式為；；操作③中是否洗滌干凈可以通過檢驗驗證：取最后一次洗滌液于試管中，向其中加鹽酸酸化的BaCl2溶液無白色沉淀產(chǎn)生則證明已經(jīng)洗滌干凈；操作④中用無水乙醇洗滌的目的是有利于低溫條件下快速干燥；故〖答案〗為：①②取最后一次洗滌液于試管中，向其中加鹽酸酸化的BaCl2溶液無白色沉淀產(chǎn)生則證明已經(jīng)洗滌干凈③有利于低溫條件下快速干燥。19.以淀粉或以石油裂解產(chǎn)物F(其產(chǎn)量常用來衡量一個國家的石油化工發(fā)展水平)為原料制備一種具有果香味的物質(zhì)E的生產(chǎn)流程如下。請回答下列問題：（1）F→B的反應(yīng)類型為___________；B中官能團的名稱