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安徽省合肥一六八名校2023-2024学年高三上学期名校名师测评卷（四）化学试卷 Word版含解析
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考生注意：
1.试卷分值：100分，考试时间：75分钟。
2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色。墨水签字笔在答题卡上各题的答案区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
3.所有答案均要答在答题卡上，否则无效。考试结束后只交答题卡。
可能用到的相对原子质量：H1 B11 N14 O16 Al27 Si28 P31 Ti48 Fe56
一、选择题(本大题共14小题，每小题3分，共42分)
1. 《天工开物》中记载：“凡铁分生、熟，出炉未炒则生，既炒则熟。生熟相和，炼成则钢”。以下说法错误的是
A 生铁比熟铁质地更软，延展性稍差
B. 碳素钢与生铁的组成元素相同
C. 现代工业主要通过热还原法制备铁单质
D. 该法与近代往生铁水中吹空气炼钢异曲同工
【答案】A
【解析】
【详解】A．生铁比熟铁质地更硬，延展性稍差，故A错误；
B．碳素钢与生铁都是铁碳合金，组成元素相同，只是碳含量不同，故B正确；
C．现代工业主要通过高炉用CO热还原法制备铁单质，故C正确；
D．该冶炼方法和近代往生铁水吹空气炼钢，都是利用空气中氧气氧化碳元素，其原理基本相同，故D正确；
故答案为：A。
2. 下列化学用语与说法表述正确的是
A. 分子的空间填充模型：
B. 淀粉和油脂都是天然高分子化合物
C. 香蕉与浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土放在一起可以保鲜
D. 冬奥场馆建筑应用了新材料碲化镉发电玻璃，碲和镉均属于过渡元素
【答案】C
【解析】
【详解】A．C原子的直径比O原子的大，故A错误；
B．淀粉是天然高分子化合物，油脂是高级脂肪酸的甘油酯，不是高分子化合物，故B错误；
C．高锰酸钾溶液能吸收乙烯，因此香蕉与浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土放在一起可以保鲜，故C正确；
D．碲元素位于VIA族，属于主族元素，故D错误；
故答案为：C。
3. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 的溶液中的数目为
B. 在足量氯气中燃烧，转移电子数为
C. 常温常压下，二氧化硅中键数为
D. 标准状况下，含有的键数为
【答案】B
【解析】
【详解】A．的溶液中，，则H+的数目为0.1NA，故A错误；
B．Fe在氯气中燃烧，生成FeCl3，所以在足量氯气中燃烧，转移电子数为，故B正确；
C．常温常压下，60g二氧化硅物质的量为1ml，其中键数为4NA，故C错误；
D．有多种同分异构体，在标况下可能为液态，无法计算中键的物质的量，故D错误；
故答案为：B。
4. 下列对应离子方程式书写错误的是
A. 将过量气体通入溶液中：
B. 向硅酸钠溶液中通入过量
C. 向硫代硫酸钠溶液中加入稀硫酸：
D. 铅酸蓄电池充电时的阳极反应：
【答案】D
【解析】
【详解】A．SO2具有还原性，ClO-具有强氧化性，过量SO2与NaClO溶液反应生成、Cl-，故A正确；
B．硅酸钠溶液与过量CO2反应生成和，故B正确；
C．硫代硫酸钠溶液中加入稀硫酸生成S、SO2，故C正确；
D．铅酸电池在充电时阳极失电子，为不溶物，应写化学式，故D错误；
故答案为：D。
5. 硫化镉(CdS)难溶于水，常做颜料、油漆的添加剂。以镉铁矿(主要成分是、及少量的和)为原料制备高纯度的流程如下：
已知溶于酸生成。下列说法中错误的是
A. “粉碎过筛”的目的是增大酸浸时的反应速率
B. “还原镉”时每断裂键，生成
C. “氧化”时的离子方程式为
D. 上述流程中有多次过滤操作，实验室在进行此操作时用到的玻璃仪器有3种
【答案】B
【解析】
【详解】A．“粉碎过筛”可以增大反应物接触面积，从而增加酸浸时的反应速率，故A正确；
B．依题意，CH3OH被氧化成CO2，被还原成，离子方程式为，反应物中含链的物质为CH3OH、H2O，断裂键，生成，故B错误；
C．“氧化”时将转化以便在“调”时除去Fe，故C正确；
D．实验室在进行过滤时用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗3种，故D正确；
故答案为：B。
6. 对下列图示的说法错误的是
A. 图1中反应物的总键能大于生成物的总键能
B. 用图2进行中和热的测定实验时，氢氧化钠一次性快速加入，测定的中和热数值误差更小
C. 图3中通入干燥的可验证干燥的氯气是否有漂白性
D. 由图4可证明图示条件下
【答案】A
【解析】
【详解】A．由图可知反应为放热反应，那么反应物的总键能应该小于生成物的总键能，故A错误；
B．氢氧化钠分批加入，会造成热量的散失，误差较大，应一次性全部加入，故B正确；
C．湿润的红布条褪色，干燥的红色布条不褪色，可验证干燥的氯气不具有漂白性，故C正确；
D．从图可以看出稀释相同倍数，HA的pH变化更大，说明HA的酸性更强，更大，证明图示条件下，故D正确；
故答案：A。
7. 由下列实验操作和现象所得的结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．生成的乙炔中混有硫化氢等，均可被酸性高锰酸钾溶液氧化，高锰酸钾溶液褪色，不能证明乙炔具有还原性，故A错误；
B．在乙醇中的溶解度远小于水，所以析出，故B错误；
C．氢氧化铜碱性条件下才能氧化醛基，需先将溶液调成碱性，故C错误；
D．向蓝色的稀溶液中加入食盐，，加入食盐平衡正向移动，溶液由蓝色变为绿色，溶液颜色与、相对量多少有关，故D正确；
故答案为：D。
8. 汽车尾气脱硝催化的机理如图所示，下列说法错误的是
A. 是催化剂
B. 该反应包含非极性键与极性键的断裂与形成
C. 由状态②到状态③，铜元素被还原
D. 循环体系中铜的配位数未发生改变
【答案】D
【解析】
【详解】A．从脱氮反应机理图可以看出，参与了整个反应，而反应前后没有发生变化，所以是催化剂， A正确；
B．反应过程中有氧气、NO参与反应，有氮气、H2O生成，故包含非极性键与极性键的断裂与形成，B正确；
C．由状态②到状态③，铜元素的化合价从，被还原，C正确；
D．由图可知，在①、④中铜的成键数目为2，在③、⑤中铜的成键数目为3，在②中铜的成键数目为4，所以该催化循环中Cu的成键数目发生了变化，D错误；
故选D。
9. 一种新型钠离子电池电解质的结构如图所示，其中W、X、Y、Z为位于同一短周期的主族元素，核外电子总数满足，下列描述错误的是
A. 元素非金属性顺序为
B. 中原子均为8电子稳定结构
C. 的简单氢化物的沸点比的低
D. 的最高价氧化物对应的水化物为一元弱酸
【答案】B
【解析】
【分析】根据W、X、Y、Z为同一短周期元素，核外电子总数满足，可推断出W、X、Y、Z为应为第二周期主族元素。结合阴离子团成键数目可推测出W、X、Y、Z分别为F、B、O、C。
【详解】A．同一周期主族元素从左到右非金属性增强，则非金属性的强弱顺序为，A正确；
B．为，B化合价为+3，最外层电子数为3，两者之和为6，则其中B未达到8电子稳定结构，B错误；
C．W的简单氢化物为HF，Y的简单氢化物为，水分子间可形成氢键，HF分子间也可形成氢键，但水分子间形成的氢键数目多于HF分子间形成的氢键，所以HF的沸点比的低，C正确；
D．B的最高价氧化物对应的水化物为，为一元弱酸，D正确；
故选B。
10. 二氯化二硫()是一种金黄色液体(沸点)，是重要的有机化工原料，用于合成植物生长激素、除草剂、橡胶硫化剂等。已知遇水分解生成S、和，热稳定性较差，能被氧化为(沸点)。实验室采用下述装置模拟工业生产，把氯气通入熔融硫黄制备(夹持、加热仪器略)。下列说法正确的是
A. 装置的连接顺序为ADEBFC
B. C装置的作用只是用来吸收多余的氯气
C. 为提高的纯度，只需控制好温度就行
D. 最终所得粗产品还需经过蒸馏进一步提纯
【答案】D
【解析】
【详解】A．装置的正确连接顺序应该为AEDBFC，在氯气的除杂过程中应该先通过饱和食盐水除氯化氢，再通过浓硫酸干燥，故A错误；
B．C装置的作用除了吸收多余的氯气外，还有一个重要的作用是防止外界水蒸气进入装置导致产品分解，故B错误；
C．温度较低时硫黄熔化不好，反应不均，易吹出硫粉；温度过高产物易分解，产率降低。该制备实验中能被氧化为，如果滴加浓盐酸过快，会导致B中过多，生成，故C错误；
D．最终出来的粗产品中混有，可利用沸点差异采用蒸馏法进一步提纯产品，故D正确；
故答案为：D。
11. 下列性质与解释中错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．CH4与NH3均为杂化，NH3含孤电子对，所以键角更小，故A正确；
B．H2O与H2S结构相似，O半径小于S，所以键长更短，更稳定，故B错误；
C．为离子晶体，微粒间作用为离子键，为分子晶体，熔点受分子间作用力影响，一般离子键作用力强于分子间作用力，故C正确；
D．由于电负性，为吸电子基，使得羧基上的羟基极性增强，氢原子更易电离，酸性增强，故D正确；
故答案为：B。
12. 下列说法正确的是
A. 图1为结构示意图，该物质加热时首先失去
B. 图2晶体磷化硼晶胞沿z轴方向上的投影图为
C. 图2晶胞参数为，则晶体的密度为
D. 图3为晶体的晶胞示意图，填充在由构成的正八面体空隙中
【答案】C
【解析】
【详解】A．图1为结构示意图，中心原子铜与氮原子、氧原子间形成配位键，由结构可知两个水分子距离Cu2+较远，因此先失去水，故A错误；
B．磷化硼晶胞沿z轴方向上的投影图为，故B错误；
C．该晶胞中，B的个数为4，P的个数为，该晶体的密度为，故C正确；
D．图4为CaF2晶体的晶胞示意图，F-填充在位于一个顶点、三个面心的Ca2+构成的正四面体空隙中，故D错误；
故答案为：C。
13. 将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点，直接氧化法制的反应为：。在刚性容器中，进料浓度比分别等于1：1、4：1、7：1时平衡转化率随温度变化的关系如图所示。下列说法错误的是
A. 反应平衡常数
B. 曲线Z对应的进料浓度比为7：1
C. 相同条件下，进料浓度比越大，的转化率越大
D. 其他条件不变，使用高效催化剂能使曲线Y与曲线X重叠
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图中曲线可知，温度升高，HCl的平衡转化率变小，升高温度，平衡逆向移动，该反应正反应方向为放热反应，即升高温度，K值变小，因此K(300℃)＞K(400℃)，故A说法正确；
B．进料浓度比4∶1、7∶1，可以看作在1∶1基础上，通入HCl，HCl的平衡转化率降低，曲线Z在相同温度时HCl的平衡转化率最低，因此曲线Z对应的进料浓度比c(HCl)∶c(O2)=7∶1，故B说法正确；
C．c(HCl)∶c(O2)比值越大，HCl转化率越低，O2转化率越大，故C说法正确；
D．使用催化剂只能改变反应速率，不能改变HCl的平衡转化率，故D说法错误；
答案为D。
14. 纳米碗是一种奇特的碗状共轭体系。高温条件下，可以由分子经过连续5步氢抽提和闭环脱氢反应生成，其中的反应机理和能量变化如图所示。已知中的碳氢键和碳碳键的键能分别为和，键能为。下列说法正确的是
A. 上述历程中涉及的中间体中的C原子的杂化方式均为
B. 图中基元反应均为吸热反应，步骤②为整个反应的决速步骤
C. 反应的
D. 增大压强既能提高反应物的平衡转化率，又能增大生成的反应速率
【答案】C
【解析】
【详解】A．-C40H19＇结构中左上角有个C原子形成了4个单键，C原子杂化方式为，故A错误；
B．由反应历程可知，步骤②中反应物的能量比生成物的高，为放热反应，其中步骤③的活化能最大，反应速率最小，为决速步骤，故B错误；
C．由和的结构式和反应历程可以看出，中断裂了2个碳氢键，形成了1个碳碳键，所以的，故C正确；
D．由化学方程式可知，该反应为正向体积增大的反应，加压，反应逆向进行，降低了平衡转化率，故D错误；
故答案为：C。
二、非选择题(本大题共4小题，共58分)
15. 已知：易溶于溶液，发生反应：(红棕色)；和氧化性几乎相同。某小组探究被氧化的产物，设计了以下实验，向等量的铜粉和的固体混合物中分别加入等体积不同浓度的溶液，实验现象如下：
（1）已知：实验Ⅱ所得溶液中被氧化的铜元素的可能存在形式为(无色)，进行以下实验探究：
步骤a．取实验Ⅱ的深红棕色溶液，加入___________，多次萃取、分液。
步骤b．取分液后的无色水溶液，滴入浓氨水，溶液颜色变浅蓝色，并逐渐变深。
①步骤a加入的试剂是___________。
②查阅资料，，(无色)容易被空气氧化，b发生的两步离子方程式为：___________、___________。
（2）结合实验Ⅱ，推测实验Ⅰ中的白色沉淀可能是CuI，取洗涤后的白色沉淀，加入溶液的现象为___________，发生反应的离子方程式为：___________。
（3）上述实验结果，仅将氧化为+1价，在隔绝空气的条件下进行电化学实验，证实了能将氧化为，装置如图所示，物质a是___________；溶液b是___________；电势：a电极___________石墨电极(填“<”，“=”或“>”)。
【答案】（1） ①. 或苯 ②. ③.
（2） ①. 白色沉淀逐渐溶解 ②.
（3） ①. 铜 ②. 与溶液混合液 ③. <
【解析】
【分析】由题意可知，该实验的实验目的是探究铜被碘氧化所得产物及铜元素的价态，实验Ⅰ说明等物质的量的铜与碘反应时，碘过量，铜与碘反应生成碘化亚铜白色沉淀，过量的碘与碘离子反应生成碘三离子，实验Ⅱ说明碘与足量的碘离子反应生成碘三离子，碘化亚铜与溶液中的碘离子反应生成无色的二碘合亚铜离子。
【小问1详解】
①碘是非极性分子，易溶于有机溶剂四氯化碳和苯，向实验Ⅱ的深红棕色溶液加入四氯化碳或苯萃取溶液中的碘，使平衡向逆反应方向移动，使溶液中的碘离子浓度增大、碘三离子浓度减小，排出碘三离子对后续实验的干扰，则步骤a加入的试剂为四氯化碳或苯，目的是排出碘三离子对后续实验的干扰，故答案为：或苯；
②由题给信息可知，向分液后的无色水溶液在滴入浓氨水发生的反应为二碘合亚铜离子与氨水反应生成无色的二氨合亚铜离子，二氨合亚铜离子与空气中氧气反应生成深蓝色的四氨合铜离子，反应的离子方程式为、，故答案为：；；
【小问2详解】
实验Ⅱ说明碘与足量的碘离子反应生成碘三离子，碘化亚铜与溶液中的碘离子反应生成无色的二碘合亚铜离子，则验证实验Ⅰ中的白色沉淀是碘化亚铜的操作为取洗涤后的白色沉淀中加入碘化钾溶液，白色沉淀逐渐溶解得到无色溶液，反应的离子方程式为，白色沉淀逐渐溶解故答案为：；
【小问3详解】
用双液原电池验证碘能将铜氧化为铜离子时，铜为原电池的负极、石墨电极为正极，左侧烧杯中的电解质溶液为硫酸钾溶液、右侧烧杯中电解质溶液为含碘的碘化钾溶液，铜在负极失去电子发生氧化反应生成铜离子，使溶液变为淡蓝色，碘三离子在正极得到电子发生还原反应生成碘离子，原电池中正极的电势高于负极，则石墨电极的电势高于铜电极，故答案为：铜；与溶液混合液；<。
16. 钼酸铵是豆科植物的生命素。工业上欲利用废钼催化剂(主要成分为，还含少量的、CS、NiO)制备钼酸铵，其具体流程为下：
回答下列问题：
（1）为了提高浸出效率，可采取的措施为粉碎、___________(写出2条)。
（2）写出浸出过程中主要反应的离子方程式___________。
（3）钼酸铵溶液经___________、过滤、洗涤、干燥可得到钼酸铵晶体，为减小产品损失，应选择下列___________试剂洗涤晶体。
A．蒸馏水 B．钼酸铵饱和溶液 C．乙醇水溶液
（4）由萃取过程的方程式可知反萃取时应向体系中加入___________(酸性、碱性、中性)溶液。
（5）室温下，为保证反萃取后的溶液中沉淀完全，应控制在什么范围___________(已知：离子浓度小于时可认为完全沉淀；)。
（6）用量对钼的浸出率的影响如图所示，则浸出时最佳的加入量与钼理论消耗量之比为___________。
【答案】（1）适当增大浓度、适当升温、搅拌等(写出2条，合理即可)
（2）
（3） ①. 蒸发浓缩、冷却结晶 ②. B
（4）酸性 （5）
（6）1.0
【解析】
【分析】废钼催化剂加入NaOH、过氧化氢将氧化为Na2MO4，滤渣II为CS、NiO，加入硫酸酸浸生成CSO4、NiSO4，加入萃取剂分离出Ni2+，再反萃取得到Ni(OH)2；滤液Ⅰ为Na2MO4，加入稀硝酸，将钼酸根离子转化为钼酸沉淀，过滤得到钼酸；向钼酸中加入氨水，将钼酸转化为钼酸铵，钼酸铵溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到钼酸铵晶体。
【小问1详解】
升高、增大反应物浓度等都能加快反应速率，为了提高浸出效率，可采取的措施为粉碎、适当增大浓度、适当升温、搅拌等：
【小问2详解】
碱浸时加入作为氧化剂可氧化、生成、，且根据后续操作可以推测出此时也可溶于溶液生成，故主要离子方程式为：；
【小问3详解】
为尽可能降低钼酸铵晶体的溶解度，减小其损失最好选择钼酸铵饱和溶液洗涤。
【小问4详解】
由萃取过程的方程式可知，为保证进入溶液中，应加入酸性物质使平衡逆向移动。
【小问5详解】
为保证反萃取后溶液中沉淀完全，则溶液中，根据可计算出此时，故，。
【小问6详解】
由图像可知，浸出率先随加入量与钼理论消耗量比的增大而上升，但当比例超过1.0时，再增大加入量与钼理论消耗量之比，M浸出率变化幅度也不大。
17. 研究的综合利用、实现资源化，生产高能燃料和高附加值化学品，有利于实现碳资源的有效循环，是力争2030年前实现碳达峰、2060年前实现碳中和的方向之一，回答下列问题：
（1）已知下列反应的热化学方程式：
Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.
反应Ⅱ中，___________(用含与的式子表示)，该反应在___________下能自发进行(填“高温”或“低温”)。
（2）在某刚性容器中投入和仅发生反应Ⅰ和Ⅱ达到平衡，转化率为，为，则平衡时的转化率为___________，反应Ⅰ的平衡常数为___________。
（3）在时，向体积为的刚性容器中投入和仅发生反应Ⅲ达到平衡。
①图1中能表示该反应的平衡常数的对数与(表示温度)之间的变化关系的曲线是___________(选填“”或“”)。
②测得在相同时间内，不同温度下的转化率如图2所示，___________(选填“>”“<”或“=”)；温度大于时，升高温度的转化率下降的原因可能是___________。
【答案】（1） ①. ②. 低温
（2） ①. 70% ②. 1.6
（3） ①. n ②. < ③. 升高温度平衡逆向移动，导致的转化率下降
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律，即得出，由于，，则，因为该反应是熵减反应，为了使吉布斯自由能小于0，低温下更易自发。
【小问2详解】
转化率为，则耗为，由生成为可知：
所以平衡时，，，。则转化率为，所以。
【小问3详解】
①反应Ⅲ为放热反应，降低温度平衡正向移动，同时增大，平衡常数增大，故图1中能表示该反应的平衡常数与温度之间的变化关系的是曲线。
②由图2可知，点没有达到平衡，氢气转化率较低，生成物浓度较低且温度较低；点达到平衡，氢气转化率较高，生成物浓度较大且温度较高；浓度越大、温度越高则反应速率越大，故。反应为放热反应，温度大于时，升高温度平衡逆向移动，导致的转化率下降。
18. 钛被视为继铁、铝之后的第三金属，钛和钛的化合物在航天、化工、建筑、医疗中都有着广泛的用途。回答下列问题：
（1）基态钛原子核外电子有___________种空间运动状态，根据价电子排布图判断下列钛原子或离子电离一个电子所需能量最高的是___________。
A． B．
C． D．
（2）硫酸氧钛是一种优良的催化剂，其阳离子为如图所示链状聚合形式的离子，聚合度为。则该阳离子的化学式为___________。的VSEPR模型名称是___________。
（3）钣的配合物有多种。、、的配体中所含原子电负性由大到小的顺序是___________，其中中___________(填写“大于”、“于”或“等于”)单个水分子中。
（4）有一种氮化钛晶体的晶胞与晶胞相似，该晶体的晶胞参数为，其晶体密度的计算表达式为___________。用掺杂后，其晶胞结构如图所示，距离最近的有___________个。(为阿伏加德罗常数的值)。
【答案】（1） ①. 12 ②. B
（2） ①. ②. 正四面体形
（3） ①. ②. 大于
（4） ①. ②. 4
【解析】
【小问1详解】
基态钛原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，不同轨道的电子空间运动状态不同，因此有12种空间运动状态的电子；A为基态Ti原子，B为基态Ti+，C、D为激发态Ti原子，原子的第二电离能明显高于第一电离能，同级电离能中激发态电离能比基态低，故失去一个电子所需能量最高的是B；故答案为12；B；
【小问2详解】
一个Ti与两个O相连，1个O与两个Ti相连，则O、Ti原子个数之比为1∶1，该离子中Ti为+4价，所以该阳离子为；SO中S上的孤电子对数为=0，故中心原子S的轨道杂化方式为sp3，VSEPR模型名称是正四面体形；故答案为；正四面体形；
【小问3详解】
由[Ti(H2O)6]2+、[TiF6]2-、[TiCl6]2-可知，它们的配体分别为H2O、F-、Cl-，含有的原子有H、Cl、O、F，电负性由大到小的顺序是F＞O＞Cl＞H；由[Ti(H2O)6]2+可知，H2O中Ｏ原子的孤电子对进入Ti2+的空轨道，形成配位键，则孤电子对数减少，斥力减小，[Ti(H2O)6]2+中∠H-O-H变大，所以[Ti(H2O)6]2+中∠H-O-H大于单个水分子中∠H-O-H；故答案为F＞O＞Cl＞H；大于；
【小问4详解】选项
操作
现象
结论
A
将电石与水反应生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液
溶液紫色褪去
乙炔具有还原性
B
向溶液中加入乙醇
析出深蓝色固体
与乙醇反应生成了难溶于水的物质
C
向蔗糖溶液中加入稀硫酸，加热。待溶液冷却后向其中加入少量新制的，加热
未产生砖红色沉淀
蔗糖没有发生水解
D
向蓝色的稀溶液中加入食盐
溶液由蓝色变为绿色
溶液颜色与、相对量多少有关
选项
性质
解释
A
键角：
、的杂化方式相同，但上含孤电子对
B
稳定性：
中含氢键
C
熔点：()远高于(升华)
为离子晶体，为分子晶体
D
酸性：
电负性更大使羟基极性变强
编号
实验现象
实验Ⅰ
极少量溶解，溶液为淡红色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为淡红色
实验Ⅱ
完全溶解，溶液为深红棕色；充分反应后，红色的铜粉完全溶解，溶液为深红棕色
考生注意：
1.试卷分值：100分，考试时间：75分钟。
2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色。墨水签字笔在答题卡上各题的答案区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
3.所有答案均要答在答题卡上，否则无效。考试结束后只交答题卡。
可能用到的相对原子质量：H1 B11 N14 O16 Al27 Si28 P31 Ti48 Fe56
一、选择题(本大题共14小题，每小题3分，共42分)
1. 《天工开物》中记载：“凡铁分生、熟，出炉未炒则生，既炒则熟。生熟相和，炼成则钢”。以下说法错误的是
A 生铁比熟铁质地更软，延展性稍差
B. 碳素钢与生铁的组成元素相同
C. 现代工业主要通过热还原法制备铁单质
D. 该法与近代往生铁水中吹空气炼钢异曲同工
【答案】A
【解析】
【详解】A．生铁比熟铁质地更硬，延展性稍差，故A错误；
B．碳素钢与生铁都是铁碳合金，组成元素相同，只是碳含量不同，故B正确；
C．现代工业主要通过高炉用CO热还原法制备铁单质，故C正确；
D．该冶炼方法和近代往生铁水吹空气炼钢，都是利用空气中氧气氧化碳元素，其原理基本相同，故D正确；
故答案为：A。
2. 下列化学用语与说法表述正确的是
A. 分子的空间填充模型：
B. 淀粉和油脂都是天然高分子化合物
C. 香蕉与浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土放在一起可以保鲜
D. 冬奥场馆建筑应用了新材料碲化镉发电玻璃，碲和镉均属于过渡元素
【答案】C
【解析】
【详解】A．C原子的直径比O原子的大，故A错误；
B．淀粉是天然高分子化合物，油脂是高级脂肪酸的甘油酯，不是高分子化合物，故B错误；
C．高锰酸钾溶液能吸收乙烯，因此香蕉与浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土放在一起可以保鲜，故C正确；
D．碲元素位于VIA族，属于主族元素，故D错误；
故答案为：C。
3. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 的溶液中的数目为
B. 在足量氯气中燃烧，转移电子数为
C. 常温常压下，二氧化硅中键数为
D. 标准状况下，含有的键数为
【答案】B
【解析】
【详解】A．的溶液中，，则H+的数目为0.1NA，故A错误；
B．Fe在氯气中燃烧，生成FeCl3，所以在足量氯气中燃烧，转移电子数为，故B正确；
C．常温常压下，60g二氧化硅物质的量为1ml，其中键数为4NA，故C错误；
D．有多种同分异构体，在标况下可能为液态，无法计算中键的物质的量，故D错误；
故答案为：B。
4. 下列对应离子方程式书写错误的是
A. 将过量气体通入溶液中：
B. 向硅酸钠溶液中通入过量
C. 向硫代硫酸钠溶液中加入稀硫酸：
D. 铅酸蓄电池充电时的阳极反应：
【答案】D
【解析】
【详解】A．SO2具有还原性，ClO-具有强氧化性，过量SO2与NaClO溶液反应生成、Cl-，故A正确；
B．硅酸钠溶液与过量CO2反应生成和，故B正确；
C．硫代硫酸钠溶液中加入稀硫酸生成S、SO2，故C正确；
D．铅酸电池在充电时阳极失电子，为不溶物，应写化学式，故D错误；
故答案为：D。
5. 硫化镉(CdS)难溶于水，常做颜料、油漆的添加剂。以镉铁矿(主要成分是、及少量的和)为原料制备高纯度的流程如下：
已知溶于酸生成。下列说法中错误的是
A. “粉碎过筛”的目的是增大酸浸时的反应速率
B. “还原镉”时每断裂键，生成
C. “氧化”时的离子方程式为
D. 上述流程中有多次过滤操作，实验室在进行此操作时用到的玻璃仪器有3种
【答案】B
【解析】
【详解】A．“粉碎过筛”可以增大反应物接触面积，从而增加酸浸时的反应速率，故A正确；
B．依题意，CH3OH被氧化成CO2，被还原成，离子方程式为，反应物中含链的物质为CH3OH、H2O，断裂键，生成，故B错误；
C．“氧化”时将转化以便在“调”时除去Fe，故C正确；
D．实验室在进行过滤时用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗3种，故D正确；
故答案为：B。
6. 对下列图示的说法错误的是
A. 图1中反应物的总键能大于生成物的总键能
B. 用图2进行中和热的测定实验时，氢氧化钠一次性快速加入，测定的中和热数值误差更小
C. 图3中通入干燥的可验证干燥的氯气是否有漂白性
D. 由图4可证明图示条件下
【答案】A
【解析】
【详解】A．由图可知反应为放热反应，那么反应物的总键能应该小于生成物的总键能，故A错误；
B．氢氧化钠分批加入，会造成热量的散失，误差较大，应一次性全部加入，故B正确；
C．湿润的红布条褪色，干燥的红色布条不褪色，可验证干燥的氯气不具有漂白性，故C正确；
D．从图可以看出稀释相同倍数，HA的pH变化更大，说明HA的酸性更强，更大，证明图示条件下，故D正确；
故答案：A。
7. 由下列实验操作和现象所得的结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．生成的乙炔中混有硫化氢等，均可被酸性高锰酸钾溶液氧化，高锰酸钾溶液褪色，不能证明乙炔具有还原性，故A错误；
B．在乙醇中的溶解度远小于水，所以析出，故B错误；
C．氢氧化铜碱性条件下才能氧化醛基，需先将溶液调成碱性，故C错误；
D．向蓝色的稀溶液中加入食盐，，加入食盐平衡正向移动，溶液由蓝色变为绿色，溶液颜色与、相对量多少有关，故D正确；
故答案为：D。
8. 汽车尾气脱硝催化的机理如图所示，下列说法错误的是
A. 是催化剂
B. 该反应包含非极性键与极性键的断裂与形成
C. 由状态②到状态③，铜元素被还原
D. 循环体系中铜的配位数未发生改变
【答案】D
【解析】
【详解】A．从脱氮反应机理图可以看出，参与了整个反应，而反应前后没有发生变化，所以是催化剂， A正确；
B．反应过程中有氧气、NO参与反应，有氮气、H2O生成，故包含非极性键与极性键的断裂与形成，B正确；
C．由状态②到状态③，铜元素的化合价从，被还原，C正确；
D．由图可知，在①、④中铜的成键数目为2，在③、⑤中铜的成键数目为3，在②中铜的成键数目为4，所以该催化循环中Cu的成键数目发生了变化，D错误；
故选D。
9. 一种新型钠离子电池电解质的结构如图所示，其中W、X、Y、Z为位于同一短周期的主族元素，核外电子总数满足，下列描述错误的是
A. 元素非金属性顺序为
B. 中原子均为8电子稳定结构
C. 的简单氢化物的沸点比的低
D. 的最高价氧化物对应的水化物为一元弱酸
【答案】B
【解析】
【分析】根据W、X、Y、Z为同一短周期元素，核外电子总数满足，可推断出W、X、Y、Z为应为第二周期主族元素。结合阴离子团成键数目可推测出W、X、Y、Z分别为F、B、O、C。
【详解】A．同一周期主族元素从左到右非金属性增强，则非金属性的强弱顺序为，A正确；
B．为，B化合价为+3，最外层电子数为3，两者之和为6，则其中B未达到8电子稳定结构，B错误；
C．W的简单氢化物为HF，Y的简单氢化物为，水分子间可形成氢键，HF分子间也可形成氢键，但水分子间形成的氢键数目多于HF分子间形成的氢键，所以HF的沸点比的低，C正确；
D．B的最高价氧化物对应的水化物为，为一元弱酸，D正确；
故选B。
10. 二氯化二硫()是一种金黄色液体(沸点)，是重要的有机化工原料，用于合成植物生长激素、除草剂、橡胶硫化剂等。已知遇水分解生成S、和，热稳定性较差，能被氧化为(沸点)。实验室采用下述装置模拟工业生产，把氯气通入熔融硫黄制备(夹持、加热仪器略)。下列说法正确的是
A. 装置的连接顺序为ADEBFC
B. C装置的作用只是用来吸收多余的氯气
C. 为提高的纯度，只需控制好温度就行
D. 最终所得粗产品还需经过蒸馏进一步提纯
【答案】D
【解析】
【详解】A．装置的正确连接顺序应该为AEDBFC，在氯气的除杂过程中应该先通过饱和食盐水除氯化氢，再通过浓硫酸干燥，故A错误；
B．C装置的作用除了吸收多余的氯气外，还有一个重要的作用是防止外界水蒸气进入装置导致产品分解，故B错误；
C．温度较低时硫黄熔化不好，反应不均，易吹出硫粉；温度过高产物易分解，产率降低。该制备实验中能被氧化为，如果滴加浓盐酸过快，会导致B中过多，生成，故C错误；
D．最终出来的粗产品中混有，可利用沸点差异采用蒸馏法进一步提纯产品，故D正确；
故答案为：D。
11. 下列性质与解释中错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．CH4与NH3均为杂化，NH3含孤电子对，所以键角更小，故A正确；
B．H2O与H2S结构相似，O半径小于S，所以键长更短，更稳定，故B错误；
C．为离子晶体，微粒间作用为离子键，为分子晶体，熔点受分子间作用力影响，一般离子键作用力强于分子间作用力，故C正确；
D．由于电负性，为吸电子基，使得羧基上的羟基极性增强，氢原子更易电离，酸性增强，故D正确；
故答案为：B。
12. 下列说法正确的是
A. 图1为结构示意图，该物质加热时首先失去
B. 图2晶体磷化硼晶胞沿z轴方向上的投影图为
C. 图2晶胞参数为，则晶体的密度为
D. 图3为晶体的晶胞示意图，填充在由构成的正八面体空隙中
【答案】C
【解析】
【详解】A．图1为结构示意图，中心原子铜与氮原子、氧原子间形成配位键，由结构可知两个水分子距离Cu2+较远，因此先失去水，故A错误；
B．磷化硼晶胞沿z轴方向上的投影图为，故B错误；
C．该晶胞中，B的个数为4，P的个数为，该晶体的密度为，故C正确；
D．图4为CaF2晶体的晶胞示意图，F-填充在位于一个顶点、三个面心的Ca2+构成的正四面体空隙中，故D错误；
故答案为：C。
13. 将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点，直接氧化法制的反应为：。在刚性容器中，进料浓度比分别等于1：1、4：1、7：1时平衡转化率随温度变化的关系如图所示。下列说法错误的是
A. 反应平衡常数
B. 曲线Z对应的进料浓度比为7：1
C. 相同条件下，进料浓度比越大，的转化率越大
D. 其他条件不变，使用高效催化剂能使曲线Y与曲线X重叠
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图中曲线可知，温度升高，HCl的平衡转化率变小，升高温度，平衡逆向移动，该反应正反应方向为放热反应，即升高温度，K值变小，因此K(300℃)＞K(400℃)，故A说法正确；
B．进料浓度比4∶1、7∶1，可以看作在1∶1基础上，通入HCl，HCl的平衡转化率降低，曲线Z在相同温度时HCl的平衡转化率最低，因此曲线Z对应的进料浓度比c(HCl)∶c(O2)=7∶1，故B说法正确；
C．c(HCl)∶c(O2)比值越大，HCl转化率越低，O2转化率越大，故C说法正确；
D．使用催化剂只能改变反应速率，不能改变HCl的平衡转化率，故D说法错误；
答案为D。
14. 纳米碗是一种奇特的碗状共轭体系。高温条件下，可以由分子经过连续5步氢抽提和闭环脱氢反应生成，其中的反应机理和能量变化如图所示。已知中的碳氢键和碳碳键的键能分别为和，键能为。下列说法正确的是
A. 上述历程中涉及的中间体中的C原子的杂化方式均为
B. 图中基元反应均为吸热反应，步骤②为整个反应的决速步骤
C. 反应的
D. 增大压强既能提高反应物的平衡转化率，又能增大生成的反应速率
【答案】C
【解析】
【详解】A．-C40H19＇结构中左上角有个C原子形成了4个单键，C原子杂化方式为，故A错误；
B．由反应历程可知，步骤②中反应物的能量比生成物的高，为放热反应，其中步骤③的活化能最大，反应速率最小，为决速步骤，故B错误；
C．由和的结构式和反应历程可以看出，中断裂了2个碳氢键，形成了1个碳碳键，所以的，故C正确；
D．由化学方程式可知，该反应为正向体积增大的反应，加压，反应逆向进行，降低了平衡转化率，故D错误；
故答案为：C。
二、非选择题(本大题共4小题，共58分)
15. 已知：易溶于溶液，发生反应：(红棕色)；和氧化性几乎相同。某小组探究被氧化的产物，设计了以下实验，向等量的铜粉和的固体混合物中分别加入等体积不同浓度的溶液，实验现象如下：
（1）已知：实验Ⅱ所得溶液中被氧化的铜元素的可能存在形式为(无色)，进行以下实验探究：
步骤a．取实验Ⅱ的深红棕色溶液，加入___________，多次萃取、分液。
步骤b．取分液后的无色水溶液，滴入浓氨水，溶液颜色变浅蓝色，并逐渐变深。
①步骤a加入的试剂是___________。
②查阅资料，，(无色)容易被空气氧化，b发生的两步离子方程式为：___________、___________。
（2）结合实验Ⅱ，推测实验Ⅰ中的白色沉淀可能是CuI，取洗涤后的白色沉淀，加入溶液的现象为___________，发生反应的离子方程式为：___________。
（3）上述实验结果，仅将氧化为+1价，在隔绝空气的条件下进行电化学实验，证实了能将氧化为，装置如图所示，物质a是___________；溶液b是___________；电势：a电极___________石墨电极(填“<”，“=”或“>”)。
【答案】（1） ①. 或苯 ②. ③.
（2） ①. 白色沉淀逐渐溶解 ②.
（3） ①. 铜 ②. 与溶液混合液 ③. <
【解析】
【分析】由题意可知，该实验的实验目的是探究铜被碘氧化所得产物及铜元素的价态，实验Ⅰ说明等物质的量的铜与碘反应时，碘过量，铜与碘反应生成碘化亚铜白色沉淀，过量的碘与碘离子反应生成碘三离子，实验Ⅱ说明碘与足量的碘离子反应生成碘三离子，碘化亚铜与溶液中的碘离子反应生成无色的二碘合亚铜离子。
【小问1详解】
①碘是非极性分子，易溶于有机溶剂四氯化碳和苯，向实验Ⅱ的深红棕色溶液加入四氯化碳或苯萃取溶液中的碘，使平衡向逆反应方向移动，使溶液中的碘离子浓度增大、碘三离子浓度减小，排出碘三离子对后续实验的干扰，则步骤a加入的试剂为四氯化碳或苯，目的是排出碘三离子对后续实验的干扰，故答案为：或苯；
②由题给信息可知，向分液后的无色水溶液在滴入浓氨水发生的反应为二碘合亚铜离子与氨水反应生成无色的二氨合亚铜离子，二氨合亚铜离子与空气中氧气反应生成深蓝色的四氨合铜离子，反应的离子方程式为、，故答案为：；；
【小问2详解】
实验Ⅱ说明碘与足量的碘离子反应生成碘三离子，碘化亚铜与溶液中的碘离子反应生成无色的二碘合亚铜离子，则验证实验Ⅰ中的白色沉淀是碘化亚铜的操作为取洗涤后的白色沉淀中加入碘化钾溶液，白色沉淀逐渐溶解得到无色溶液，反应的离子方程式为，白色沉淀逐渐溶解故答案为：；
【小问3详解】
用双液原电池验证碘能将铜氧化为铜离子时，铜为原电池的负极、石墨电极为正极，左侧烧杯中的电解质溶液为硫酸钾溶液、右侧烧杯中电解质溶液为含碘的碘化钾溶液，铜在负极失去电子发生氧化反应生成铜离子，使溶液变为淡蓝色，碘三离子在正极得到电子发生还原反应生成碘离子，原电池中正极的电势高于负极，则石墨电极的电势高于铜电极，故答案为：铜；与溶液混合液；<。
16. 钼酸铵是豆科植物的生命素。工业上欲利用废钼催化剂(主要成分为，还含少量的、CS、NiO)制备钼酸铵，其具体流程为下：
回答下列问题：
（1）为了提高浸出效率，可采取的措施为粉碎、___________(写出2条)。
（2）写出浸出过程中主要反应的离子方程式___________。
（3）钼酸铵溶液经___________、过滤、洗涤、干燥可得到钼酸铵晶体，为减小产品损失，应选择下列___________试剂洗涤晶体。
A．蒸馏水 B．钼酸铵饱和溶液 C．乙醇水溶液
（4）由萃取过程的方程式可知反萃取时应向体系中加入___________(酸性、碱性、中性)溶液。
（5）室温下，为保证反萃取后的溶液中沉淀完全，应控制在什么范围___________(已知：离子浓度小于时可认为完全沉淀；)。
（6）用量对钼的浸出率的影响如图所示，则浸出时最佳的加入量与钼理论消耗量之比为___________。
【答案】（1）适当增大浓度、适当升温、搅拌等(写出2条，合理即可)
（2）
（3） ①. 蒸发浓缩、冷却结晶 ②. B
（4）酸性 （5）
（6）1.0
【解析】
【分析】废钼催化剂加入NaOH、过氧化氢将氧化为Na2MO4，滤渣II为CS、NiO，加入硫酸酸浸生成CSO4、NiSO4，加入萃取剂分离出Ni2+，再反萃取得到Ni(OH)2；滤液Ⅰ为Na2MO4，加入稀硝酸，将钼酸根离子转化为钼酸沉淀，过滤得到钼酸；向钼酸中加入氨水，将钼酸转化为钼酸铵，钼酸铵溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到钼酸铵晶体。
【小问1详解】
升高、增大反应物浓度等都能加快反应速率，为了提高浸出效率，可采取的措施为粉碎、适当增大浓度、适当升温、搅拌等：
【小问2详解】
碱浸时加入作为氧化剂可氧化、生成、，且根据后续操作可以推测出此时也可溶于溶液生成，故主要离子方程式为：；
【小问3详解】
为尽可能降低钼酸铵晶体的溶解度，减小其损失最好选择钼酸铵饱和溶液洗涤。
【小问4详解】
由萃取过程的方程式可知，为保证进入溶液中，应加入酸性物质使平衡逆向移动。
【小问5详解】
为保证反萃取后溶液中沉淀完全，则溶液中，根据可计算出此时，故，。
【小问6详解】
由图像可知，浸出率先随加入量与钼理论消耗量比的增大而上升，但当比例超过1.0时，再增大加入量与钼理论消耗量之比，M浸出率变化幅度也不大。
17. 研究的综合利用、实现资源化，生产高能燃料和高附加值化学品，有利于实现碳资源的有效循环，是力争2030年前实现碳达峰、2060年前实现碳中和的方向之一，回答下列问题：
（1）已知下列反应的热化学方程式：
Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.
反应Ⅱ中，___________(用含与的式子表示)，该反应在___________下能自发进行(填“高温”或“低温”)。
（2）在某刚性容器中投入和仅发生反应Ⅰ和Ⅱ达到平衡，转化率为，为，则平衡时的转化率为___________，反应Ⅰ的平衡常数为___________。
（3）在时，向体积为的刚性容器中投入和仅发生反应Ⅲ达到平衡。
①图1中能表示该反应的平衡常数的对数与(表示温度)之间的变化关系的曲线是___________(选填“”或“”)。
②测得在相同时间内，不同温度下的转化率如图2所示，___________(选填“>”“<”或“=”)；温度大于时，升高温度的转化率下降的原因可能是___________。
【答案】（1） ①. ②. 低温
（2） ①. 70% ②. 1.6
（3） ①. n ②. < ③. 升高温度平衡逆向移动，导致的转化率下降
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律，即得出，由于，，则，因为该反应是熵减反应，为了使吉布斯自由能小于0，低温下更易自发。
【小问2详解】
转化率为，则耗为，由生成为可知：
所以平衡时，，，。则转化率为，所以。
【小问3详解】
①反应Ⅲ为放热反应，降低温度平衡正向移动，同时增大，平衡常数增大，故图1中能表示该反应的平衡常数与温度之间的变化关系的是曲线。
②由图2可知，点没有达到平衡，氢气转化率较低，生成物浓度较低且温度较低；点达到平衡，氢气转化率较高，生成物浓度较大且温度较高；浓度越大、温度越高则反应速率越大，故。反应为放热反应，温度大于时，升高温度平衡逆向移动，导致的转化率下降。
18. 钛被视为继铁、铝之后的第三金属，钛和钛的化合物在航天、化工、建筑、医疗中都有着广泛的用途。回答下列问题：
（1）基态钛原子核外电子有___________种空间运动状态，根据价电子排布图判断下列钛原子或离子电离一个电子所需能量最高的是___________。
A． B．
C． D．
（2）硫酸氧钛是一种优良的催化剂，其阳离子为如图所示链状聚合形式的离子，聚合度为。则该阳离子的化学式为___________。的VSEPR模型名称是___________。
（3）钣的配合物有多种。、、的配体中所含原子电负性由大到小的顺序是___________，其中中___________(填写“大于”、“于”或“等于”)单个水分子中。
（4）有一种氮化钛晶体的晶胞与晶胞相似，该晶体的晶胞参数为，其晶体密度的计算表达式为___________。用掺杂后，其晶胞结构如图所示，距离最近的有___________个。(为阿伏加德罗常数的值)。
【答案】（1） ①. 12 ②. B
（2） ①. ②. 正四面体形
（3） ①. ②. 大于
（4） ①. ②. 4
【解析】
【小问1详解】
基态钛原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，不同轨道的电子空间运动状态不同，因此有12种空间运动状态的电子；A为基态Ti原子，B为基态Ti+，C、D为激发态Ti原子，原子的第二电离能明显高于第一电离能，同级电离能中激发态电离能比基态低，故失去一个电子所需能量最高的是B；故答案为12；B；
【小问2详解】
一个Ti与两个O相连，1个O与两个Ti相连，则O、Ti原子个数之比为1∶1，该离子中Ti为+4价，所以该阳离子为；SO中S上的孤电子对数为=0，故中心原子S的轨道杂化方式为sp3，VSEPR模型名称是正四面体形；故答案为；正四面体形；
【小问3详解】
由[Ti(H2O)6]2+、[TiF6]2-、[TiCl6]2-可知，它们的配体分别为H2O、F-、Cl-，含有的原子有H、Cl、O、F，电负性由大到小的顺序是F＞O＞Cl＞H；由[Ti(H2O)6]2+可知，H2O中Ｏ原子的孤电子对进入Ti2+的空轨道，形成配位键，则孤电子对数减少，斥力减小，[Ti(H2O)6]2+中∠H-O-H变大，所以[Ti(H2O)6]2+中∠H-O-H大于单个水分子中∠H-O-H；故答案为F＞O＞Cl＞H；大于；
【小问4详解】选项
操作
现象
结论
A
将电石与水反应生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液
溶液紫色褪去
乙炔具有还原性
B
向溶液中加入乙醇
析出深蓝色固体
与乙醇反应生成了难溶于水的物质
C
向蔗糖溶液中加入稀硫酸，加热。待溶液冷却后向其中加入少量新制的，加热
未产生砖红色沉淀
蔗糖没有发生水解
D
向蓝色的稀溶液中加入食盐
溶液由蓝色变为绿色
溶液颜色与、相对量多少有关
选项
性质
解释
A
键角：
、的杂化方式相同，但上含孤电子对
B
稳定性：
中含氢键
C
熔点：()远高于(升华)
为离子晶体，为分子晶体
D
酸性：
电负性更大使羟基极性变强
编号
实验现象
实验Ⅰ
极少量溶解，溶液为淡红色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为淡红色
实验Ⅱ
完全溶解，溶液为深红棕色；充分反应后，红色的铜粉完全溶解，溶液为深红棕色
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