山東省濱州市2023屆高三上學(xué)期期末綜合測試化學(xué)試題

山東省濱州市2023屆高三上學(xué)期期末綜合測試化學(xué)試題姓名：__________班級(jí)：__________考號(hào)：__________題號(hào)一二三總分評(píng)分一、單選題1．化學(xué)與生產(chǎn)、生活和科技密切相關(guān)。下列說法錯(cuò)誤的是A．古代的鎏金工藝?yán)昧穗婂冊鞡．疫苗一般冷藏存放以避免蛋白質(zhì)變性C．北京冬奧會(huì)采用光伏發(fā)電有利于實(shí)現(xiàn)“碳中和”D．“天和號(hào)”推進(jìn)器上的氮化硼陶瓷屬于新型無機(jī)非金屬材料2．常溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是A．中性溶液中：Al3+、Fe3+B．加入鋁粉生成H2的溶液中：Na+、HCOC．無色溶液中：K+、SO42-D．Kwc平(H+)=1×13．測定濃硫酸試劑中H2SO4含量的主要操作包括：①量取一定量的濃硫酸并稀釋；A．1種 B．2種 C．3種 D．4種4．設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列關(guān)于C、Si及其化合物的敘述錯(cuò)誤的是A．碳元素存在12C、13C、14C等多種同位素B．原子半徑Si大于C，使得硅原子間難以形成雙鍵C．碳和二氧化硅反應(yīng)制粗硅，每生成28g硅有2NA個(gè)硅氧鍵斷裂D．12g金剛石中含有的晶胞數(shù)目為N5．短周期主族元素X、Y、Z、Q的原子序數(shù)依次增大，組成的一種酸式鹽以[YX4]+[XQZ3]-的形式存在，Z、Q同主族。下列說法錯(cuò)誤的是A．簡單離子半徑：Q>Z>YB．[YX4]+的空間構(gòu)型為正四面體C．第一電離能：Y>Z>QD．Y2X4、X2Z2均為含有非極性鍵的極性分子6．為完成下列各組實(shí)驗(yàn)，所選玻璃儀器和試劑均準(zhǔn)確、完整的是(不考慮存放試劑的容器)

實(shí)驗(yàn)?zāi)康牟Ａx器試劑A精制含Ca2+、Mg2+、SO膠頭滴管、燒杯、試管、分液漏斗粗鹽水、稀鹽酸、氯化鋇溶液、氫氧化鈉溶液、碳酸鈉溶液B制備Fe(OH)燒杯、酒精燈、膠頭滴管1mol/L氫氧化鈉溶液、1mol/L氯化鐵溶液C進(jìn)行淀粉水解實(shí)驗(yàn)，并檢驗(yàn)產(chǎn)物中的醛基試管、酒精燈、膠頭滴管淀粉溶液、稀硫酸、新制氫氧化銅懸濁液D利用反萃取原理從碘的四氯化碳溶液中獲取碘單質(zhì)漏斗、燒杯、玻璃棒、分液漏斗稀硫酸、氫氧化鈉溶液A．A B．B C．C D．D7．Ag催化刻蝕Si晶片的反應(yīng)原理如圖所示，刻蝕液由一定濃度的HF和H2O2混合而成，刻蝕時(shí)間為2～16minA．該刻蝕過程利用了原電池原理，Si作負(fù)極B．Ag極發(fā)生的反應(yīng)為HC．Si極附近溶液pH增大D．每刻蝕14gSi，有2.0mol電子遷移到8．X溶液中含有下表所示離子中的5種，且其離子個(gè)數(shù)相等。向X溶液中加入足量稀鹽酸有氣體生成，反應(yīng)前后陰離子種類不變。下列敘述錯(cuò)誤的是(已知NO陽離子Na+、Fe3+、Ba2+、Fe2+、Mg2+、Al3+陰離子OH-、NO3-、HCO3-A．X溶液中含有3種陽離子、2種陰離子B．原溶液中一定含有Mg2+C．溶液中不可能含有HCO3D．生成氣體的離子反應(yīng)方程式為3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3+9．已知氯氣和空氣按體積比1∶3混合通入潮濕的碳酸鈉中能生成Cl2O，且反應(yīng)放熱；不含Cl2的Cl2O易與水反應(yīng)生成HClO；Cl2O在42℃以上會(huì)分解生成Cl2和O2。設(shè)計(jì)如圖裝置(部分夾持裝置略)制備HClO，每個(gè)虛線框表示一個(gè)裝置單元，其中存在錯(cuò)誤的是A．②③⑤ B．①④⑤ C．①②④ D．①③④10．高溫焙燒碳粉與重晶石混合物，發(fā)生的主反應(yīng)為BaSO4+4C高溫__4CO↑+BaSA．“焙燒”過程需要在隔絕空氣條件下進(jìn)行B．“濾渣1“中最多含有兩種單質(zhì)C．“濾液1”加CuO反生的反應(yīng)：BaS+CuO+D．“濾液2”經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾得Ba(OH)11．采用情性電極，設(shè)計(jì)雙陰極微生物燃料電池進(jìn)行同步硝化和反硝化脫氮的裝置如圖所示，其中硝化過程中NH4+被O2A．電極M和P均為燃料電池正極B．P存在電極反應(yīng)：NH4+-6e-+2H2O=NO2?C．若乙室消耗1mol葡萄糖，則最多有24molH+進(jìn)入甲室D．若丙室消耗標(biāo)準(zhǔn)狀況下44.8LO2，則至少有1molNH4+完全轉(zhuǎn)化為NO12．一種新型合成氨的過程如圖所示。下列說法正確的是（）A．“轉(zhuǎn)氮”過程屬于人工固氮B．合成過程中所涉及反應(yīng)均為氧化還原反應(yīng)C．若用H2O代替NH4Cl進(jìn)行轉(zhuǎn)化，從體系中分離出NH3更容易D．該合成氨過程中，參加反應(yīng)的N2與H2O的物質(zhì)的量之比為1：313．將硫酸銅稀溶液放在密閉容器中，緩緩抽去容器中的水蒸氣，溶液逐漸失水變成飽和溶液，在特定壓強(qiáng)下繼續(xù)抽氣，則變成各種含水鹽，最后變成無水硫酸銅。50℃時(shí)，容器中的壓強(qiáng)與晶體水合物中含水量的關(guān)系如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是A．曲線L-M對(duì)應(yīng)溶液中無晶體析出B．曲線M-M'對(duì)應(yīng)溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)不變C．曲線O-O′對(duì)應(yīng)體系存在平衡：CuSD．當(dāng)容器中壓強(qiáng)低于p1二、多選題14．氧釩(Ⅳ)堿式碳酸銨晶體{(NH4)5[(VO)6A．按氣流方向從左往右，各裝置接口為a-fg-bc-deB．裝置①的優(yōu)點(diǎn)是節(jié)約原料且能隨開隨用、隨關(guān)隨停C．實(shí)驗(yàn)時(shí)需先關(guān)閉K2，打開K1，待③中出現(xiàn)渾濁，再打開K2，關(guān)閉K1D．裝置②發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為6VOC15．GaCl3溶液中存在平衡：Ga3+?K1Ga(OH)2+?K2A．曲線b表示Ga(B．Ga(OHC．x點(diǎn)，c(ND．y點(diǎn)，pH=三、綜合題16．鐵及其化合物在化工、醫(yī)藥、材料等領(lǐng)域具有廣泛應(yīng)用，回答下列問題：（1）Fe元素位于元素周期表的區(qū)，與Fe同周期的所有元素的基態(tài)原子中，未成對(duì)電子數(shù)與Fe3+相同的元素有種。（2）FeCl3蒸汽狀態(tài)下以雙聚分子()形式存在，F(xiàn)eCl3的熔點(diǎn)(306℃)是著低于FeF3的熔點(diǎn)(1000℃)的原因是；FeCl3水溶液中Fe3+可水解生成雙核陽離子[Fe2(H2O)8(OH)2]4+，結(jié)構(gòu)如圖所示。在該雙核陽離子中，H—O—H鍵角(填“大于”、“小于”或“等于”)H2O的H—O—H鍵角；若對(duì)FeCl3水溶液進(jìn)行加熱，該對(duì)核陽離子內(nèi)部首先斷開的是鍵(填“a”或“b”)。（3）用K4[Fe(CN)6]可檢驗(yàn)溶液中Fe3+的存在，CN-中C原子的雜化方式為，K4[Fe(CN)6]中存在(填代號(hào))。a．離子鍵|b．氫鍵c．配位鍵d．金屬鍵（4）Fe4N的晶胞沿x、y、z軸投影均如圖1所示，Cu可以完全替代該晶體中a位置Fe或者b位置Fe，形成Cu替代型產(chǎn)物Fe(4-n)CunN，F(xiàn)e4N轉(zhuǎn)化為兩種Cu替代型產(chǎn)物的能量變化如圖2所示，其中更穩(wěn)定的Cu替代型產(chǎn)物的化學(xué)式為；Fe4N晶胞中與N最近的Fe原子數(shù)為；Fe與Fe之間的最短距離為cm。17．無水FeCl2為黃綠色晶體，在空氣中易被氧化和易吸水，不溶于氯仿等有機(jī)溶劑。回答下列問題：（1）I．FeCl2的制備及產(chǎn)率測定：制備反應(yīng)原理為2FeCl3+C6H5Cl→Δ2FeCl2+C6H4Cl2+HCl(C6H5儀器A的名稱是，儀器B的作用是，裝置C中的試劑是(填化學(xué)式)。（2）為測定FeCl2的產(chǎn)率，用1.00mol·L-1NaOH溶液滴定溶于水的HCl，達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)消耗NaOH溶液19.00mL，則FeCl2的產(chǎn)率為。下列操作中，導(dǎo)致產(chǎn)率測定值偏低的是。a．滴定終點(diǎn)時(shí)俯視讀數(shù)b．滴定管未用NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液潤洗c．配制NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液時(shí)，轉(zhuǎn)移溶液未洗滌燒杯d．滴定前滴定管內(nèi)無氣泡，滴定結(jié)束后有氣泡（3）II．FeCl2性質(zhì)探究：將FeCl2晶體配成溶液后進(jìn)行如表實(shí)驗(yàn)。序號(hào)裝置試劑實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象實(shí)驗(yàn)ⅰ0.5mL0.1mol·L-1KSCN溶液、1mL0.1mol·L-1FeCl2(pH=1)溶液0.5mL飽和氯水溶液立即變?yōu)闇\紅色實(shí)驗(yàn)ⅱ1mLl.5mol·L-1HNO3溶液滴入硝酸后，溶液變?yōu)榧t色，一段時(shí)間后，溶液褪為無色，且溶液中產(chǎn)生無色氣泡，試管上方呈紅棕色。已知：Ba2+與SCN-可在溶液中大量共存；SCN-易被氧化為SO42?對(duì)實(shí)驗(yàn)ⅰ中溶液為淺紅色的原因，甲同學(xué)提出以下假設(shè)：假設(shè)1：加入氯水的量少，生成的Fe3+濃度低；假設(shè)2：氯水氧化性強(qiáng)，。取實(shí)驗(yàn)ⅰ中淺紅色溶液，(填實(shí)驗(yàn)操作)，溶液淺紅色消失，從而排除了假設(shè)1；向2mL水中滴加0.5mL0.1mol·L-1KSCN溶液，滴加0.5mL飽和氯水，加入，產(chǎn)生白色沉淀，說明假設(shè)2正確。（4）分析實(shí)驗(yàn)ⅱ“一段時(shí)間后，溶液褪為無色”的原因是(用離子方程式表示，已知SCN-中C元素為+4價(jià))。18．TiCl4是制備金屬鈦的重要中間體。實(shí)驗(yàn)室制備已知：Ⅰ.HCl與TiO2不發(fā)生反應(yīng)；裝置C中除生成TiClⅡ.TiCl4的熔、沸點(diǎn)分別為-25℃、136.45℃，遇潮濕空氣產(chǎn)生白色煙霧；CCl請回答下列問題：（1）裝置B中所盛試劑為，裝置C中反應(yīng)的化學(xué)方程式為。（2）組裝好儀器后，部分實(shí)驗(yàn)步驟如下：a.裝入藥品|b.打開分液漏斗活塞|c.檢查裝置氣密性|d.關(guān)閉分液漏斗活塞|e.停止加熱，充分冷卻|f.加熱裝置C中陶瓷管正確操作順序?yàn)?不重復(fù)使用)。（3）實(shí)驗(yàn)結(jié)束后分離裝置D中燒瓶內(nèi)的液態(tài)混合物的操作是(填操作名稱)。（4）該裝置存在的缺陷是。（5）TiCl4可用于制備納米TiO2。測定產(chǎn)品中TiO2純度的方法是：準(zhǔn)確稱取0.2000g樣品放入錐形瓶中，加入硫酸和硫酸銨混合溶液，加強(qiáng)熱使其溶解。冷卻后，加入一定量稀鹽酸得到含TiO2+溶液。加入金屬鋁，將TiO①加入金屬鋁的作用除了還原TiO2+外，另一個(gè)作用是②滴定時(shí)所用的指示劑為(填標(biāo)號(hào))。a．酚酞溶液|b．KSCN溶液|c．KMnO4溶液|d．淀粉溶液③樣品中TiO2的純度為19．某課題組對(duì)含鈷高爐渣(主要成分有Co2O3、Al2O3、Fe3O4、SiO2、CaO、Fe2O3)資源化綜合處理的流程如圖：回答下列問題：（1）“研磨”的目的為；物質(zhì)A是(填化學(xué)式)。（2）Co2O3參與“酸浸”的化學(xué)方程式為，“酸浸”過程實(shí)際消耗雙氧水的量大于理論值，可能的原因是(寫出一條即可)。濾渣I的主要成分是(填化學(xué)式)。（3）“中和沉淀”中，F(xiàn)e3+生成高效凈水劑黃鈉鐵礬[NaFe3(SO4)2(OH)6]存在于濾渣II中。該過程的離子方程式為。在實(shí)驗(yàn)室中，向Fe(OH)3固體中加入等體積的0.75mol·L-1H2SO4溶液和mol·L-1Na2SO4溶液，使其恰好完全反應(yīng)，經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥得到黃鈉鐵礬。（4）濾液③中的鋁元素恰好完全轉(zhuǎn)化為沉淀的pH為。{通常認(rèn)為溶液中離子濃度小于10-5mol·L-1為沉淀完全；[Al(OH)4]-+H+?Al(OH)3+H2O，K=1013.38；Ksp[Al(OH)3]=10-33}（5）CoC2O4經(jīng)充分焙燒質(zhì)量減少2t，則獲得Co3O4的質(zhì)量為t。20．清潔能源的綜合利用可有效降低碳排放，是實(shí)現(xiàn)“碳中和、碳達(dá)峰”的重要途徑。（1）以環(huán)己烷為原料通過芳構(gòu)化反應(yīng)生產(chǎn)苯，同時(shí)可獲取氫氣。圖甲是該反應(yīng)過程中幾種物質(zhì)間的能量關(guān)系。芳構(gòu)化反應(yīng)：(g)→(g)+3H2(g)ΔH=kJ/mol。（2）H2和CO2合成乙醇反應(yīng)為：2CO2(g)+6H①壓強(qiáng)p1P2(填“>”“=”或“<”，下同)，a、b兩點(diǎn)的平衡常數(shù)KaKb。②已知Arrhenius經(jīng)驗(yàn)公式為Rlnk=-EaT在m催化劑作用下，該反應(yīng)的活化能Ea=J/mol。從圖中信息獲知催化效能較高的催化劑是(填“m”或“n”)，判斷理由是（3）H2和CO合成甲烷反應(yīng)為：2CO(g)+2H2(g)?CH4(g)+CO2(g)。T℃將等物質(zhì)的量CO和H2充入恒壓(200KPa)的密閉容器中。已知逆反應(yīng)速率v

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A．將金熔于水銀之中，形成金泥，涂于銅或銀器表面，加溫，使水銀蒸發(fā)，金就附著于器表，謂之鎏金，近代稱為“火鍍金”，不是利用電鍍原理，選項(xiàng)A符合題意；B．疫苗的成分為蛋白質(zhì)，一般應(yīng)冷藏存放，以避免蛋白質(zhì)變性，選項(xiàng)B不符合題意；C．北京冬奧會(huì)采用光伏發(fā)電，減小化石燃料的使用，有利于實(shí)現(xiàn)“碳中和”，選項(xiàng)C不符合題意；D．新型無機(jī)非金屬材料有高溫結(jié)構(gòu)陶瓷和光導(dǎo)纖維，其中如氧化鋁陶瓷、氮化硅陶瓷、氮化硼陶瓷、碳化硼陶瓷屬于高溫結(jié)構(gòu)陶瓷，選項(xiàng)D不符合題意；故答案為：A。

【分析】B.蛋白質(zhì)在高溫下會(huì)發(fā)生變性；

C.采用光伏發(fā)電可減少二氧化碳的排放；

D.氮化硼屬于新型無機(jī)非金屬材料。2．【答案】D【解析】【解答】A．Al3+、Fe3+水解呈酸性，中性溶液中不能大量存在B．加入鋁粉生成H2的溶液可能是酸性也可能是堿性，不能在酸性或堿性溶液中大量存在，NC．CrD．Kwc平(H+)=1×10?13mol?L?1故答案為：D。

【分析】離子之間不生成氣體、沉淀、弱電解質(zhì)或不發(fā)生氧化還原反應(yīng)、絡(luò)合反應(yīng)、雙水解等反應(yīng)時(shí)能大量共存。3．【答案】B【解析】【解答】①量取一定量的濃硫酸并稀釋，需要用到量筒、燒杯、玻璃棒；②轉(zhuǎn)移、定容得待測液，需要用到玻璃棒、容量瓶、膠頭滴管；③用酸式滴定管移取20.00mL待測液，用堿式滴定管裝0.1000mol/LNaOH溶液，需要用到酸式滴定管、堿式滴定管、錐型瓶；故完成上述操作，不需要用到題給儀器的有試管、分液漏斗，共2種，故答案為：B。

【分析】根據(jù)實(shí)驗(yàn)步驟選擇所需儀器。4．【答案】C【解析】【解答】A．具有相同質(zhì)子數(shù)，不同中子數(shù)的同一元素的不同核素互為同位素；碳元素存在12C、13C、14C等多種同位素，A不符合題意；B．原子半徑Si大于C，使得硅原子間的p電子云難易有效肩并肩重合，難以形成雙鍵，B不符合題意；C.1mol二氧化硅中含有4mol硅氧鍵，碳和二氧化硅反應(yīng)制粗硅，每生成28g（1mol）硅有4NA個(gè)硅氧鍵斷裂，C符合題意；D．金剛石晶胞中碳原子位于頂點(diǎn)、面心、體心，1個(gè)晶胞含有碳原子數(shù)目為4+6×12+8×18故答案為：C。

【分析】A.質(zhì)子數(shù)相同，中子數(shù)不同的不同原子互為同位素；

B.Si原子半徑大，難以形成雙鍵；

D.金剛石晶胞中碳原子位于頂點(diǎn)、面心、體心，一個(gè)晶胞中含有8個(gè)碳原子。5．【答案】A【解析】【解答】A．電子層數(shù)越多，微粒半徑越大，電子層數(shù)相同時(shí)，核電荷數(shù)越多，微粒半徑越小，簡單離子半徑：S2->N3->O2-，A符合題意；B．[YX4]+為銨根離子，銨根離子中氮原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4+5-1+4×12=4，采取sp3C．同一主族元素從上向下第一電離能逐漸減小，同一周期主族元素從左向右第一電離能呈增大趨勢，第IIA族和第VA族最外層電子處于全滿和半滿狀態(tài)，較穩(wěn)定，第一電離能比同周期相鄰元素第一電離能大，第一電離能：N>O>S，C不符合題意；D．Y2X4為N2H4，X2Z2為H2O2，兩者正負(fù)電荷重心不重合，均為含有非極性鍵的極性分子，D不符合題意；故答案為：A。

【分析】[YX4]+應(yīng)為銨根離子，則Y為N元素，X為H元素，[XQZ3]-為酸根離子，結(jié)合原子序數(shù)可知，Z、Q同主族，則Z為O，Q為S元素。6．【答案】D【解析】【解答】A．精制含Ca2+、Mg2+、SOB．向沸水中滴加飽和氯化鐵溶液，繼續(xù)煮沸至液體呈紅褐色，停止加熱，就會(huì)得到氫氧化鐵膠體，缺少蒸餾水，不能用氫氧化鈉溶液，故不選B；C．進(jìn)行淀粉水解實(shí)驗(yàn)，并檢驗(yàn)產(chǎn)物中的醛基，向水解后的溶液中加氫氧化鈉中和硫酸，再加新制氫氧化銅懸濁液并加熱，缺少氫氧化鈉溶液，故不選C；D．碘的四氯化碳溶液中加入氫氧化鈉濃溶液，碘發(fā)生歧化反應(yīng)生成碘化鈉和次碘酸鈉，用分液漏斗分液回收四氯化碳，水相中加入硫酸，酸性條件下碘化鈉和次碘酸鈉發(fā)生歸中反應(yīng)生成碘沉淀，過濾獲取碘單質(zhì)，故答案為：D。

【分析】A.過濾需要用玻璃棒引流；

B.氫氧化鈉溶液和氯化鐵反應(yīng)生成氫氧化鐵膠體；

C.檢驗(yàn)醛基應(yīng)在堿性條件下進(jìn)行。7．【答案】C【解析】【解答】A．根據(jù)圖示可知：該刻蝕過程利用了原電池原理，在Si電極上，Si失去電子，Si作負(fù)極，選項(xiàng)A不符合題意；B．根據(jù)圖示可知：在Ag薄膜附近發(fā)生反應(yīng)：2H++2e-+H2O2=2H2O，選項(xiàng)B不符合題意；C．在Si電極上發(fā)生反應(yīng)為Si+2H2O-4e-=SiOD．根據(jù)反應(yīng)方程式為Si+2H2O-4e-=SiO2+4故答案為：C。

【分析】由圖可知，Si電極上，Si失去電子作負(fù)極，電極反應(yīng)式為Si+2H2O-4e-=SiO2+4H+8．【答案】A【解析】【解答】A．由分析可知，X溶液中含有2種陽離子、3種陰離子，故A符合題意；B．由分析可知，X溶液中一定含有鎂離子，故B不符合題意；C．由分析可知，X溶液中不含有碳酸根離子和碳酸氫根離子，故C不符合題意；D．由分析可知，生成氣體的反應(yīng)為酸性條件下亞鐵離子與稀硝酸反應(yīng)生成鐵離子、一氧化氮和水，反應(yīng)的離子反應(yīng)方程式為3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3+故答案為：A。

【分析】向X溶液中加入足量稀鹽酸，有氣體生成，反應(yīng)前后陰離子種類不變，產(chǎn)生氣體的離子不可能是HCO3-或CO32-，則不可能含有大量OH?，根據(jù)存在的離子種類可知，原溶液中含有Fe2+、NO9．【答案】D【解析】【解答】①用MnO2和濃鹽酸制備氯氣需要加熱裝置，錯(cuò)誤；②是將制備的Cl2通入飽和食鹽水來除去一起揮發(fā)出來的HCl，同時(shí)可以控制通入氯氣和空氣的比值，并在實(shí)驗(yàn)結(jié)束后可以將多余的氯氣排除進(jìn)行尾氣處理，正確；③由題干信息可知，制備Cl2O是一個(gè)放熱反應(yīng)，且Cl2O在42℃以上會(huì)分解生成Cl2和O2，則發(fā)生裝置③需防止在冰水浴中，錯(cuò)誤；④為除去Cl2O中的Cl2，導(dǎo)管應(yīng)該長進(jìn)短出，錯(cuò)誤；⑤經(jīng)CCl4除去Cl2的Cl2O通入⑤中進(jìn)行反應(yīng)，生成HClO，正確；綜上分析可知，①③④錯(cuò)誤，故答案為：D。

【分析】①M(fèi)nO2和濃鹽酸在加熱條件下生成氯氣；

②Cl2通入飽和食鹽水除去HCl，同時(shí)可以控制通入氯氣和空氣的比值；

③Cl2O在42℃以上會(huì)分解生成Cl2和O2，發(fā)生裝置③需冰水浴；

④導(dǎo)管應(yīng)長進(jìn)短出；

⑤Cl2O和水反應(yīng)生成HClO。10．【答案】B【解析】【解答】A．若焙燒過程在空氣中進(jìn)行，碳粉高溫下會(huì)與空氣中的氧氣反應(yīng)，無法與重晶石反應(yīng)，所以需要在隔絕空氣條件下進(jìn)行，故A不符合題意；B．由分析可知，濾渣1中含有過量碳粉、鐵、硅共3種單質(zhì)，故B符合題意；C．由分析可知，濾液1中加入氧化銅發(fā)生的反應(yīng)為硫化鋇溶液與氧化銅反應(yīng)生成氫氧化鋇和硫化銅沉淀，反應(yīng)的化學(xué)方程式為BaS+CuO+HD．由分析可知，濾液2經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾得八水氫氧化鋇晶體，故D不符合題意；故答案為：B。

【分析】重晶石礦粉中加入足量碳焙燒，熱水浸取，過濾，濾渣含有Fe和Si以及過量的C，濾液1含有BaS，加入CuO，發(fā)生BaS+CuO+H2O=CuS+Ba(OH)2，過濾，濾液2含有Ba(OH)2，“濾液2”經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾得Ba(OH)2?8H2O晶體。11．【答案】A【解析】【解答】A．由分析可知，電極M和P均為燃料電池正極，A符合題意；B．由題干信息可知，硝化過程中NH4+被O2氧化，P存在反應(yīng)為：2NH4++3O2=2NO2-+2H2O+4H+C．由分析可知，C6H12O6+6H2O-24e-═6CO2+24H+，若乙室消耗1mol葡萄糖，則乙室產(chǎn)生24molH+，原電池中陽離子移向正極，由于“好氧陰極”和“缺氧陰極”之間存在著對(duì)電子的競爭作用，則不可能H+全部進(jìn)入甲室，即不可能有24molH+進(jìn)入甲室，C不符合題意；D．若丙室消耗標(biāo)準(zhǔn)狀況下44.8LO2其物質(zhì)的量為：=2mol，NH4++2O2=NO3-+H2O+2H+，由于NH故答案為：A。

【分析】N極碳元素化合價(jià)升高，發(fā)生氧化反應(yīng)，故N極為負(fù)極，電極反應(yīng)式為C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2+24H+，M、P極為正極。12．【答案】D【解析】【解答】A．人工固氮是將N2單質(zhì)轉(zhuǎn)化為化合物，“轉(zhuǎn)氮”過程沒有氮?dú)鈪⑴c，不屬于人工固氮，A項(xiàng)不符合題意；B．“轉(zhuǎn)氮”過程，以及NH3和HCl反應(yīng)生成NH4Cl的過程，都沒有化合價(jià)變化，不屬于氧化還原，B項(xiàng)不符合題意；C．NH3極易溶解于水，若用H2O代替NH4Cl進(jìn)行轉(zhuǎn)化，難以從體系中分離出NH3，C項(xiàng)不符合題意；D．該合成氨過程中，N2→NH3，1molN2轉(zhuǎn)移6mol電子，H2O→O2，1molH2O轉(zhuǎn)移2mol電子，由得失電子守恒可知，參加反應(yīng)的N2與H2O的物質(zhì)的量之比為1：3，D項(xiàng)符合題意；故答案為：D。

【分析】A.氮的固定是指將游離態(tài)的氮轉(zhuǎn)化為化合態(tài)的過程；

B.氧化還原反應(yīng)中一定有元素的化合價(jià)發(fā)生變化；

C.氨氣極易溶于水。13．【答案】D【解析】【解答】A．據(jù)圖可知M點(diǎn)溶液變成飽和溶液，之后繼續(xù)失水才有硫酸銅晶體析出，所以曲線L-M對(duì)應(yīng)溶液中無硫酸銅晶體析出，A不符合題意；B．M-M?對(duì)應(yīng)溶液均為硫酸銅的飽和溶液，一定溫度壓強(qiáng)下，硫酸銅的溶解度不變，則其飽和溶液中溶質(zhì)質(zhì)量分?jǐn)?shù)不變，B不符合題意；C．由圖象可知，O-O′對(duì)應(yīng)壓強(qiáng)相等，該過程中隨著液態(tài)水的減少，存在的平衡應(yīng)為CuSOD．據(jù)圖可知當(dāng)容器中壓強(qiáng)低于p0后非氣相水的質(zhì)量分?jǐn)?shù)降為0，即此時(shí)得到的固體為無水硫酸銅，D符合題意；故答案為：D。

【分析】A.曲線L-M對(duì)應(yīng)溶液，由稀溶液逐漸變?yōu)轱柡腿芤海?/p>

B.M-M?對(duì)應(yīng)溶液均為硫酸銅的飽和溶液，不斷抽出水蒸氣，會(huì)析出硫酸銅晶體；

C.曲線O～O′對(duì)應(yīng)體系存在CuSO4?3H2O(s)轉(zhuǎn)化為CuSO4?H2O(s)。14．【答案】A,C【解析】【解答】A．由分析可知，裝置的連接順序?yàn)棰佗堍冖?，接口連接順序?yàn)閍-fg-bc-de，故A符合題意；B．由實(shí)驗(yàn)裝置圖可知，裝置①可以防止二氧化碳?xì)怏w逸出，但不能控制反應(yīng)的發(fā)生，不能達(dá)到隨開隨用、隨關(guān)隨停的目的，故B不符合題意；C．由分析可知，實(shí)驗(yàn)時(shí)先關(guān)閉K2，打開K1用裝置①制取二氧化碳排盡裝置中的空氣，待③中出現(xiàn)渾濁說明裝置中空氣排盡后，再打開K2，關(guān)閉K1制備氧釩(Ⅳ)堿式碳酸銨晶體，故C符合題意；D．由分析可知，裝置②中發(fā)生的反應(yīng)為VOCl2與碳酸氫銨溶液反應(yīng)制得氧釩(Ⅳ)堿式碳酸銨晶體和氯化銨，反應(yīng)的離子方程式為6VOCl故答案為：AC。

【分析】裝置①中發(fā)生反應(yīng)生成CO2，將CO2通入裝置④（盛裝飽和NaHCO3溶液）用于除去CO2中混有的HCl氣體，再將CO2通入裝置②中，發(fā)生反應(yīng)生成氧釩(Ⅳ)堿式碳酸銨晶體，最后將氣體通入裝置③（盛裝澄清石灰水），以檢驗(yàn)CO2氣體。15．【答案】C,D【解析】【解答】A．由圖示信息可知，隨著pH值增大，OH-濃度增大，平衡Ga3+?K1Ga(OH)2+?K2Ga(OH)B．Ga(OH)2++H2O?Ga(OH)C．由圖示信息可知，x點(diǎn)表示c[Ga(OH)2+]=c[Ga(OH)3]對(duì)應(yīng)的溶液中所含溶質(zhì)為：NaCl和Ga(OH)2D．由圖示信息可知，y點(diǎn)表示c[Ga(OH)2+]=c[Ga(OH)4-]，故有：K3=c(H+)c[Ga(OH)3]c[Ga(OH)2+]，K4=c(H+)c[Ga(OH)4-故答案為：CD。

【分析】A.隨著pH增大，溶液中氫氧根離子濃度增大，平衡Ga3+?K1Ga(OH)2+?K2Ga(OH)2+?K3Ga(OH)3?K4Ga(OH16．【答案】（1）d；1（2）FeCl3為分子晶體，熔點(diǎn)受分子間作用力影響，而FeF3是離子晶體，熔點(diǎn)受離子鍵強(qiáng)弱影響，離子鍵強(qiáng)度比分子間作用力大得多；大于；a（3）sp；ac（4）Fe3CuN；6；2【解析】【解答】（1）已知Fe是26號(hào)元素，其價(jià)電子排布式為：3d64s2，則Fe元素位于元素周期表的d區(qū)，已知Fe3+的價(jià)電子排布式為：3d5即其基態(tài)離子未成對(duì)電子數(shù)為5，則與Fe同周期即第4周期的所有元素的基態(tài)原子中，未成對(duì)電子數(shù)與Fe3+相同的元素只有Mn元素1種，故答案為：d；1；（2）FeCl3蒸汽狀態(tài)下以雙聚分子()形式存在，則FeCl3為分子晶體，熔點(diǎn)受分子間作用力影響，而FeF3是離子晶體，熔點(diǎn)受離子鍵強(qiáng)弱影響，離子鍵強(qiáng)度比分子間作用力大得多，故導(dǎo)致FeCl3的熔點(diǎn)(306℃)是著低于FeF3的熔點(diǎn)(1000℃)，F(xiàn)eCl3水溶液中Fe3+可水解生成雙核陽離子[Fe2(H2O)8(OH)2]4+，結(jié)構(gòu)如圖所示。由于在該雙核陽離子中H2O中的1對(duì)孤電子對(duì)形成了配位鍵變?yōu)槌涉I電子對(duì)，而孤電子對(duì)對(duì)孤電子對(duì)的排斥作用大于孤電子對(duì)對(duì)成鍵電子對(duì)的排斥作用大于成鍵電子對(duì)對(duì)成鍵電子對(duì)的排斥作用，故該雙核陽離子中的H—O—H鍵角大于H2O的H—O—H鍵角，由圖可知，H2O分子不帶電，而OH-帶負(fù)電，與Fe3+成鍵時(shí)，OH-與Fe3+的距離更近，鍵能更大，所以b鍵的鍵能大于a鍵，若對(duì)FeCl3水溶液進(jìn)行加熱，該對(duì)核陽離子內(nèi)部首先斷開的是a，故答案為：FeCl3為分子晶體，熔點(diǎn)受分子間作用力影響，而FeF3是離子晶體，熔點(diǎn)受離子鍵強(qiáng)弱影響，離子鍵強(qiáng)度比分子間作用力大得多；大于；a；（3）用K4[Fe(CN)6]可檢驗(yàn)溶液中Fe3+的存在，根據(jù)等電子體原理可知，CN-與CO互為等電子體，故CN-中C原子有1對(duì)孤電子對(duì)，與N原子之間形成三鍵，則其雜化方式為sp，K4[Fe(CN)6]中存在K+與[Fe(CN)6]4-之間的離子鍵，CN-內(nèi)部的共價(jià)鍵，[Fe(CN)6]4-中Fe2+和CN-之間的配位鍵，不存在金屬鍵和氫鍵，故答案為：sp；ac；（4）由題干信息，F(xiàn)e4N的晶胞沿x、y、z軸投影均如圖1所示，可知a位置為六方晶胞的8個(gè)頂點(diǎn)，b位置為六個(gè)面心，N位于晶胞的體心，則Cu可以完全替代該晶體中a位置Fe或者b位置Fe，形成Cu替代型產(chǎn)物Fe(4-n)CunN，F(xiàn)e4CN轉(zhuǎn)化為兩種Cu替代型產(chǎn)物的能量變化如圖2所示，由圖可知Cu代替a位置Fe型能量更低，更穩(wěn)定，故其中更穩(wěn)定的Cu替代型產(chǎn)物中一個(gè)晶胞含有的N為1個(gè)，Cu為8×18=1個(gè)，F(xiàn)e的個(gè)數(shù)為：6×12=3個(gè)，故其化學(xué)式為Fe3CuN；已知Fe4N晶胞中N位于體心上，F(xiàn)e位于頂點(diǎn)和面心上，則與N最近的Fe原子數(shù)為6個(gè)面心上的Fe，F(xiàn)e與Fe之間的最短距離為晶胞面對(duì)角線的一半，則為22

【分析】（1）Fe是26號(hào)元素，位于d區(qū)；Fe3+的未成對(duì)電子數(shù)為5；

（2）熔點(diǎn)：原子晶體>離子晶體>分子晶體；孤電子對(duì)間排斥力＞孤電子對(duì)和成鍵電子對(duì)之間的排斥力＞成鍵電子對(duì)之間的排斥力，孤電子對(duì)越多鍵角越?。?/p>

（3）CN-中C原子與N形成三鍵，采用sp雜化；K4[Fe(CN)6]中含有離子鍵和配位鍵；

（4）由圖可知，a位置為六方晶胞的8個(gè)頂點(diǎn)，b位置為六個(gè)面心，N位于晶胞的體心，則Cu可以完全替代該晶體中a位置Fe或者b位置Fe，F(xiàn)e4N轉(zhuǎn)化為兩種Cu替代型產(chǎn)物的能量變化如圖2所示，由圖可知Cu代替a位置Fe型能量更低，更穩(wěn)定。17．【答案】（1）三頸燒瓶；進(jìn)行冷凝回流，提高氯苯C6H5Cl的利用率；無水CaCl2或者P2O5（2）95%；ad（3）部分SCN-被氧化了；繼續(xù)滴加飽和氯水；BaCl2溶液（4）3SCN-+13NO3-+10H+=3SO42?+3CO【解析】【解答】（1）由實(shí)驗(yàn)裝置圖可知，儀器A的名稱是三頸燒瓶，由于C6H5Cl為氯苯，沸點(diǎn)132℃故需用球形冷凝管B進(jìn)行冷凝回流，提高氯苯C6H5Cl的利用率，因?yàn)镕eCl2易水解，球形干燥管C作用為防止E裝置中的水蒸氣進(jìn)入A中，裝置E為吸收HCl，C中所裝試劑不能吸收HCl，故可以是無水CaCl2或者P2O5，故答案為：三頸燒瓶；進(jìn)行冷凝回流，提高氯苯C6H5Cl的利用率；無水CaCl2或者P2O5；（2）根據(jù)反應(yīng)方程式進(jìn)行計(jì)算出FeCl2的理論產(chǎn)量：，解得m=5.08g，n=0.02mol，為測定FeCl2的產(chǎn)率，用1.00mol·L-1NaOH溶液滴定溶于水的HCl，達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)消耗NaOH溶液19.00mL，則有n(HCl)=19.00×10-3L×1.00mol/L=0.019mol，n(FeCl2)=2n(HCl)=0.038mol，則m(FeCl2)實(shí)際=0.038mol×127g/mol=4.826g，則FeCl2的產(chǎn)率為=95%，a．滴定終點(diǎn)時(shí)俯視讀數(shù)，導(dǎo)致消耗NaOH溶液的體積偏小，則測定值偏低，a正確；b．滴定管未用NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液潤洗，導(dǎo)致NaOH標(biāo)準(zhǔn)液的濃度偏小，消耗NaOH溶液的體積偏大，測定值偏高，b不合題意；c．配制NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液時(shí)，轉(zhuǎn)移溶液未洗滌燒杯，導(dǎo)致NaOH標(biāo)準(zhǔn)液的濃度偏小，消耗NaOH溶液的體積偏大，測定值偏高，c不合題意；d．滴定前滴定管內(nèi)無氣泡，滴定結(jié)束后有氣泡，導(dǎo)致消耗NaOH標(biāo)準(zhǔn)液的體積偏小，測定值偏低，d正確；故答案為：95%；ad；（3）實(shí)驗(yàn)i中溶液變紅是由于反應(yīng)Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，則實(shí)驗(yàn)ⅰ中溶液為淺紅色的原因可能有，假設(shè)1：加入氯水的量少，生成的Fe3+濃度低；假設(shè)2：氯水氧化性強(qiáng)，將另一種反應(yīng)物SCN-氧化了，即導(dǎo)致SCN-的濃度低，根據(jù)假設(shè)1可知，取實(shí)驗(yàn)ⅰ中淺紅色溶液，繼續(xù)滴加飽和氯水，溶液淺紅色消失，從而排除了假設(shè)1；由已知信息：Ba2+與SCN-可在溶液中大量共存，SCN-易被氧化為SO42?，故向2mL水中滴加0.5mL0.1mol·L-1KSCN溶液，滴加0.5mL飽和氯水，加入BaCl2溶液，產(chǎn)生白色沉淀，說明假設(shè)2正確，故答案為：部分SCN-被氧化了；繼續(xù)滴加飽和氯水；BaCl2（4）由實(shí)驗(yàn)ii的現(xiàn)象：滴入硝酸后，溶液變?yōu)榧t色即Fe2+被HNO3氧化為Fe3+，一段時(shí)間后，溶液褪為無色，且溶液中產(chǎn)生無色氣泡，試管上方呈紅棕色即SCN-被過量的HNO3氧化了，HNO3被還原為NO，NO在試管上方遇到空氣被氧化為NO2呈紅棕色，故分析實(shí)驗(yàn)ⅱ“一段時(shí)間后，溶液褪為無色”的離子方程式為：3SCN-+13NO3-+10H+=3SO42?+3CO2↑+16NO↑+5H2O，故答案為：3SCN-+13NO3-+10H+

【分析】Ⅰ.FeCl2易被空氣氧化，故實(shí)驗(yàn)開始前需向裝置中先通一段時(shí)間的N2，以排空整個(gè)裝置中的空氣，然后加熱開始反應(yīng)，三頸燒瓶中發(fā)生反應(yīng)2FeCl3+C6H5Cl→Δ2FeCl2+C6H4Cl2+HCl，C6H5Cl為氯苯，沸點(diǎn)132℃，則用球形冷凝管B進(jìn)行冷凝回流，提高氯苯C6H5Cl的利用率，且因?yàn)镕eCl2易水解，球形干燥管C作用為防止E裝置中的水蒸氣進(jìn)入A中，裝置E為吸收HCl，D裝置是由于HCl極易溶于水，進(jìn)行防止倒吸裝置，C中所裝試劑不能吸收HCl，故可以是無水CaCl2或者P2O5，反應(yīng)結(jié)束后再通入一段時(shí)間N2將裝置中的HCl全部趕到E中，被充分吸收，減小產(chǎn)率檢測時(shí)的實(shí)驗(yàn)誤差；

Ⅱ.（3）實(shí)驗(yàn)i中溶液變紅是由于生成Fe(SCN)3，則實(shí)驗(yàn)ⅰ中溶液為淺紅色的原因可能有，假設(shè)1：加入氯水的量少，生成的Fe3+濃度低；假設(shè)2：氯水氧化性強(qiáng)，將另一種反應(yīng)物SCN-氧化了，即導(dǎo)致SCN-的濃度低，再設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證即可；

（4）由實(shí)驗(yàn)ii的現(xiàn)象：滴入硝酸后，溶液變?yōu)榧t色即Fe2+被HNO3氧化為Fe3+，一段時(shí)間后，溶液褪為無色，且溶液中產(chǎn)生無色氣泡，試管上方呈紅棕色即SCN-被過量的HNO3氧化了，HNO3被還原為NO，NO在試管上方遇到空氣被氧化為NO218．【答案】（1）硫酸；TiO2+6Cl2+4C高溫__TiCl4（2）cabfed（3）蒸餾（4）缺少一氧化碳尾氣處理裝置（5）與酸反應(yīng)生成氫氣，形成氫氣氛圍，防止Ti3+離子在空氣中被氧化；b；80%【解析】【解答】（1）由分析可知，裝置B中盛有的濃硫酸用于干燥氯氣，裝置C中發(fā)生的反應(yīng)為氯氣與二氧化鈦和碳粉末高溫條件下反應(yīng)生成四氯化碳和一氧化碳，反應(yīng)的化學(xué)方程式為TiO2+6Cl2+4C高溫__TiCl4+2CO+2CCl4，故答案為：濃硫酸；TiO2+6Cl2+4C高溫__TiCl（2）由題給信息可知，制備四氯化鈦的操作為組裝好儀器后，檢查裝置氣密性，在該裝置中裝入實(shí)驗(yàn)所需藥品，打開分液漏斗活塞將濃鹽酸滴入圓底燒瓶中制備氯氣，待氯氣排盡裝置中的空氣后，加熱裝置C中陶瓷管制備并收集四氯化鈦，待裝置D中氣體顏色變?yōu)闊o色后，停止加熱，充分冷卻，關(guān)閉分液漏斗活塞停止制備氯氣，則制備四氯化鈦的正確操作順序?yàn)閏abfed，故答案為：cabfed；（3）由題給信息可知，實(shí)驗(yàn)結(jié)束后裝置D中燒瓶內(nèi)得到四氯化鈦和四氯化碳的液態(tài)混合物，分離混合物應(yīng)利用沸點(diǎn)差異，用蒸餾的方法分離得到四氯化鈦，故答案為：蒸餾；（4）由分析可知，該裝置的設(shè)計(jì)缺陷是沒有一氧化碳的尾氣處理裝置，故答案為：沒有一氧化碳的尾氣處理裝置；（5）①由題意可知，加入金屬鋁將TiO2+全部轉(zhuǎn)化為Ti3+離子，同時(shí)與溶液中的酸反應(yīng)生成氫氣，氫氣將裝置中的空氣排盡形成氫氣氛圍，防止溶液中的Ti3+在空氣中被氧化，故答案為：與酸反應(yīng)生成氫氣，形成氫氣氛圍，防止Ti3+離子在空氣中被氧化；②由題意可知，滴定時(shí)滴入溶液中的鐵離子將溶液中Ti3+離子氧化為TiO2+，當(dāng)鐵離子與Ti3+離子完全反應(yīng)時(shí)，滴入最后一滴硫酸鐵銨溶液，過量的鐵離子能使硫氰化鉀溶液變?yōu)榧t色，則滴定時(shí)應(yīng)選用硫氰化鉀溶液做指示劑，故答案為：b；③由題意可得如下關(guān)系：TiO2—Ti3+—Fe3+，滴定消耗0.1000mol/L標(biāo)準(zhǔn)溶液的平均體積為20.00mL，則樣品中二氧化鈦的純度為0.1000mol/L×0.02000L×80g/mol0.200g

【分析】裝置A中高錳酸鉀溶液和濃鹽酸反應(yīng)生成氯氣，濃鹽酸具有揮發(fā)性，制取的氯氣中混有氯化氫和水蒸氣，由于HCl與二氧化鈦不反應(yīng)，只需干燥氯氣即可，則裝置B中盛有濃硫酸，除去氯氣中的水蒸氣，裝置C中氯氣和TiO2、碳粉在高溫條件下反應(yīng)生成TiCl4，同時(shí)有少量的氯氣與碳反應(yīng)生成了少量的CCl4，裝置D的作用是冷凝、收集TiCl4，裝置E中盛有堿石灰，用于吸收多余的氯氣，同時(shí)吸收空氣中的水蒸氣，防止水蒸氣進(jìn)入裝置D與TiCl4反應(yīng)。19．【答案】（1）增大與稀硫酸和H2O2的接觸面積，加快反應(yīng)速率，提高爐渣的利用率；Fe3O4（2）Co2O3+2H2SO4+H2O2=2CoSO4+3H2O+O2↑；“酸浸”過程放熱，升高溶液溫度使得H2O2分解，或者溶液中的Fe3+催化H2O2的分解；SiO2、CaSO4（3）3Fe3++2SO42-+Na++6HCO3-=[NaFe3(SO4)（4）8.38（5）2.41【解析】【解答】（1）“研磨”的目的為增大與稀硫酸和H2O2的接觸面積，加快反應(yīng)速率，提高爐渣的利用率，由分析可知，物質(zhì)A是Fe3O4，故答案為：增大與稀硫酸和H2O2的接觸面積，加快反應(yīng)速率，提高爐渣的利用率；Fe3O4；（2）已知產(chǎn)物中CoC2O4的鈷為Co2+，即Co2O3參與“酸浸”時(shí)被H2O2還原為Co2+，H2O2被氧化為O2，根據(jù)氧化還原反應(yīng)配平可得，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為Co2O3+2H2SO4+H2O2=2CoSO4+3H2O+O2↑，“酸浸”過程放熱，升高溶液溫度使得H2O2分解，