资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩17页未读，
继续阅读
所属成套资源：2024长沙雅礼中学高二下学期3月入学考试及答案(九科)
成套系列资料，整套一键下载
2024长沙雅礼中学高二下学期第一次月考化学试卷含解析
展开
这是一份2024长沙雅礼中学高二下学期第一次月考化学试卷含解析，文件包含湖南省长沙市雅礼中学2023-2024学年高二下学期第一次月考化学试卷含解析docx、湖南省长沙市雅礼中学2023-2024学年高二下学期第一次月考化学试卷无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共30页， 欢迎下载使用。
第Ⅰ卷（选择题）
一、单选题（每题只有一个正确选项，每题3分）
1. 下列有关材料的说法正确的是
A. 冬奥火炬“飞扬”采用碳纤维复合材料打造，碳纤维是一种有机高分子材料
B. 中国天眼FAST用到的高性能碳化硅是一种无机非金属材料
C. “奋斗者”号载人潜水器的钛合金属于金属材料且比纯金属钛具有更高的熔点
D. N95口罩所使用的聚丙烯材料是纯净物
【答案】B
【解析】
【详解】A．碳纤维为碳的单质，属于无机物，是一种无机非金属材料，A错误；
B．碳化硅属于无机物，为无机非金属材料，B正确；
C．钛合金与纯金属钛相比，具有较低的熔点、更高的硬度，C错误；
D．聚丙烯是丙烯加成聚合反应产物，属于高分子化合物，是合成纤维，但聚合度不同，则聚丙烯是混合物，D错误。
答案选B。
2. 《医学入门》中记载我国传统中医提纯铜绿的方法：“水洗净，细研水飞，去石澄清，慢火熬干”。若在实验室里完成文中操作，不需要的仪器是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】水洗净是指洗去固体表面的可溶性污渍、泥沙等，涉及的操作方法是洗涤，需要用烧杯；细研水飞是指将固体研成粉末后加水溶解，涉及的操作方法是溶解，需要用研钵，烧杯；去石澄清是指倾倒出澄清液，去除未溶解的固体，涉及的操作方法是过滤，需要用漏斗和烧杯，玻璃棒；慢火熬干是指用小火将溶液蒸发至有少量水剩余，涉及的操作方法是蒸发，需要用蒸发皿和玻璃棒，因此未涉及的操作方法是萃取分液，不需要的仪器是分液漏斗；故选A。
3. 下列依据所给条件推出的结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A.碳酸钙为盐类，属于电解质，电解质的判断与溶解性无关，A错误；
B.依据酸碱质子理论，水能电离出氢离子，给出质子称为酸，能结合氢离子生成H3O+，结合质子称为碱，B正确；
C.Na2HPO3是正盐，即H3PO3只能电离出两个氢离子，故为二元弱酸，C错误；
D.99.5%的乙醇溶液为水和乙醇的混合物，D错误；
故答案选B。
4. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 3.65g液态HCl中含有的粒子总数为0.2
B. 1ml中含有的非极性共价键数目为9
C. 50mL的浓硝酸与足量的碳微热反应转移电子数为0.6
D. 标况下，22.4LHF所含有的质子数为10
【答案】B
【解析】
【详解】A．液态HCl以分子的形式存在，3.65gHCl的物质的量为，故3.65gHCl中只有0.1NA的HCl分子，A错误；
B．1mlC10H22中总的共价键数目为(4×10+22)×1/2，其中极性键由碳氢形成共22(即H原子数目)，非极性键由碳碳形成共9NA，B正确；
C．随着反应进行浓硝酸变稀与碳不发生反应，因此浓硝酸不能完全反应，则反应转移电子数小于0.6，C错误；
D．标况下HF为液态，不能用气体摩尔体积计算22.4LHF的物质的量，D错误；
故选：B。
5. 以下关于铁元素的相关说法正确的是
A. 的电子有23种空间运动状态
B. Fe的价电子轨道表示式为
C. Fe的26个电子在原子轨道中做圆周运动
D. 铁与盐酸反应时失去的都是3d电子
【答案】B
【解析】
【详解】A．Fe的原子序数为26，Fe原子失去4s能级上的2个电子和3d能级的1个电子形成，则的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，电子占有轨道数为14，有14种空间运动状态的电子，A错误；
B．Fe的价电子排布式是3d64s2，轨道表示式为，B正确；
C．Fe的26个电子在各自轨道中做绕核运动，半径不确定，不是圆周运动，C错误；
D．铁与盐酸反应时失去的都是4s电子，D错误；
故答案选B。
6. 东北师范大学杜锡光教授曾表示“化学就是键”。化学研究的物质的变化实际上就是“键”的断裂和生成，物质是否稳定也取决于“键”的稳定性，甚至一些分子间作附力也被叫做“次级键”……关于化学键的相关内容，你认为以下描述符合事实的是
A. “头碰头”形成的键一定比“肩并肩”形成的键稳定
B. 只含非极性键的分子一定是非极性分子，因此臭氧是非极性分子
C. 是平面正三角形，是因为该粒子中键角为120°且所有共价键的键长相等
D. 所有共价键都和氢键一样有方向性和饱和性
【答案】C
【解析】
【详解】A．键是原子轨道“头碰头”重叠形成的，键是原子轨道“肩并肩”重叠形成的， N2分子中含有1个键和2个键，键稳定性弱于键，故A错误；
B．臭氧分子中的共价键是极性键，臭氧分子具有微弱的极性，臭氧是极性分子，故B错误；
C．中心C原子采取sp2杂化，空间构型为平面正三角形，键角为120°，键长相等，故C正确；
D．若为s-s轨道形成共价键，在空间中没有方向性，故D错误；
选C。
7. 没有对物质结构的认识，同学们对化学的学习将是无源之水、无本之木，以下高中化学课程中关于物质结构的说法，正确的是
A. 金刚石的熔点低于金刚砂
B. Al和O的电负性差为2.0，因此应该当做离子晶体来处理
C. 由离子形成的物质在常温常压下可能不是固体
D. 液晶可表现各向异性，没有固定熔点，这是它不属于晶体的本质原因
【答案】C
【解析】
【详解】A．共价键的键长越短，键能越大，熔沸点越高，C-C键键长比C-Si键键长短，金刚石的熔点高于金刚砂（碳化硅俗称金刚砂），故A错误；
B．Al电负性1.61，O为3.44，电负性差为1.83，故B错误；
C．由离子形成的物质在常温常压下可能不是固体，如硝酸乙基铵，故C正确；
D．晶体与非晶体的根本区别在于其内部粒子在空间上是否按一定规律做周期性重复排列，故D错误；
故选C。
8. 2022年5月15日，“天问一号”探测器成功着陆于火星。据了解火星上存在大量的含氮化合物，一种含氮鸟嘌呤和吡啶（下图右）的结构如图。已知吡啶为平面结构；分子中的大π键可以用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数。下列说法不正确的是
A. 鸟嘌呤中元素的第一电离能：
B. 鸟嘌呤中C原子杂化方式都为
C. 鸟嘌呤中轨道之间的夹角∠1大于∠2
D. 该吡啶中的大π键可表示为
【答案】A
【解析】
【详解】A．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能大小顺序为，A错误；
B．鸟嘌呤中C原子均形成2个单键和一个双键，杂化方式为，B正确；
C．根据VSEPR理论，孤电子对对键合电子对之间的斥力大于键合电子对对键合电子对之间的斥力，导致键合电子对对键合电子对之间的夹角减小，故∠1大于∠2，C正确；
D．吡啶为平面结构，N形成3个共价键，未参与成键的p轨道有一对电子，参与形成离域大π键，每个C原子留有一个p轨道，轨道上留有一个单电子形成大π键，所以吡啶环形成5中心6电子的离域大π键: ，D正确；
故选A。
9. A、B、C、D、E、F、G是元素周期表中前四周期元素且原子序数依次增大。其中A、B、D、F的最外层电子数均等于其电子层数，C在化合物中无正价，E的价电子排布符合构造原理且其次外层电子数等于D的核外电子总数，G的游离态在常温常压下是液体。关于以上元素的说法正确的是
A. E的最高价氧化物是一种碱性氧化物
B. BC形成的三原子分子是直线型
C. 根据D的氯化物的性质可知DG化合物在熔融态时能导电
D. F的最高价氧化物的水化物是一种强酸
【答案】B
【解析】
【分析】A、B、D、F的最外层电子数均等于其电子层数则A、B、D、F分别为H、Be 、Al、Ge、C在化合物中无正价C为F，E的价电子排布符合构造原理且其次外层电子数等于D的核外电子总数，E为Mn，G的游离态在常温常压下是液体，G为Br ，ABCDEFG元素分别是H、Be、F、Al、Mn、Ge、Br。
【详解】A．E的最高价氧化物是，是酸性氧化物，A项错误；
B．BC形成的三原子分子BeF2，Be是sp杂化，是直线型，B项正确；
C．D的氯化物为AlCl3，为分子晶体，Cl和Br为同一主族，据此推测DG化合物在熔融态时不能导电，C项错误；
D．Ge的非金属性弱于C，酸性弱于碳酸，F的最高价氧化物的水化物是一种弱酸，D项错误；
答案选B。
10. 利用如图装置制备ClO2，并以ClO2为原料制备NaClO2。已知：高于60℃时，NaClO2分解生成NaClO3和NaCl。下列说法错误的是
A. Na2SO3和H2O2均作还原剂
B. 装置②，④的作用分别是防倒吸、吸收未反应的污染气体
C. 从装置④反应后的溶液中获得晶体，可采用常压蒸发结晶
D. 反应结束时，通氮气的目的是将仪器中残留的气体排入④中
【答案】C
【解析】
【分析】1中发生反应2 NaClO3 + Na2SO3 + H2SO4 2ClO2↑ + 2 Na2SO4 + H2O，3中ClO2为原料制备NaClO2，2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2，高于60℃时，NaClO2分解生成NaClO3和NaCl，故选择冷水浴，4中的氢氧化钠吸收未反应的ClO2，据此分析解题。
【详解】A．1中发生反应2 NaClO3 + Na2SO3 + H2SO4 2ClO2↑ + 2 Na2SO4 + H2O，S的化合价升高，Na2SO3为还原剂；2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2中O元素化合价也升高，H2O2为还原剂，A正确；
B．装置②，④的作用分别是防倒吸、吸收生成的ClO2，防止污染空气，B正确；
C．ClO2与氢氧化钠溶液反应，6ClO2+6NaOH=NaCl+NaClO3+3H2O，氯酸钠提取工艺以蒸发冷却结晶法和盐析法为主，C错误；
D．反应结束时，通氮气的目的是将仪器中残留的气体排入④中，排空污染气体，保证试验结束安全，D正确；
故选C。
11. 以下说法中操作正确、能达到目的且判断正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．向CO2和生石灰混合体系加压，反应CaO(s)+CO2(g)CaCO3(s)向右移动，CO2的吸收量增大，温度不变，Kp不变，Kp=p(CO2)，新旧平衡p(CO2)不变，但新的平衡中n(CO2)变小，A错误；
B．合成氨工业的原理为N2+3H22NH3，增大压强，可以使平衡向右移动，增加H2转化率和反应速率，但合成氨时在经济性良好的范围内选择尽可能高的压强，否则对设备的制造和材料的强度要求升高，增加生产成本，B正确；
C．向两支盛有2mL 0.2ml⋅L−1的乙二酸试管中滴加1mL浓度分别为0.1ml⋅L−1和0.2ml⋅L−1的KMnO4溶液，探究反应物浓度对反应速率的影响，该实验不宜使用浓度不同的高锰酸钾，否则将出现浓度大反而褪色慢的现象，C错误；
D．KSCN和FeCl3反应的离子反应方程式为Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，则向反应体系中加入K2SO4，平衡不移动，D错误；
故选B。
12. 空气质子交换膜燃料电池实现了制硝酸、发电、环保一体化。某兴趣小组用该电池模拟工业处理废气和废水的过程，装置如图所示，下列说法正确的是
A. a膜阴离子交换膜
B. 乙池中阴极的电极反应式为
C. 当浓缩室得到的盐酸时，M室溶液的质量变化为(溶液体积变化忽略不计)
D. 标况下，若甲池有参加反应，则乙池中处理废气(和)的总体积为
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，甲为原电池，乙和丙为电解池；甲中通入一氧化氮的电极为负极，通入氧气的电极为正极；乙池中通入二氧化硫的电极连为电解池的阳极，水分子作用二氧化硫在阳极上失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子和氢离子，通入一氧化氮的电极为阳极，酸性条件下一氧化氮在阴极上得到电子发生还原反应生成铵根离子和水；丙池中，左侧电极为电解池的阳极，水在阳极上失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，氢离子从M室通过阳离子交换膜a膜进入浓缩室，右侧电极为阴极，镍离子在阴极得到电子发生还原反应生成镍， N室中氯离子通过阴离子交换膜b膜进入浓缩室，最终在浓缩室得到较浓的盐酸。
【详解】A．由分析可知，a膜为阳离子交换膜，故A错误；
B．由分析可知，乙池中通入一氧化氮的电极为阳极，酸性条件下一氧化氮在阴极上得到电子发生还原反应生成铵根离子和水，电极反应式为，故B错误；
C．当浓缩室得到4L0.6ml/L盐酸时，从M室通过阳离子交换膜a膜进入浓缩室的氢离子物质的量为(0.6ml/L—0.1ml/L)×4L=2ml/L，则M室消耗水的质量为2ml/L××18g/ml=18g，故C正确；
D．由得失电子数目守恒可知，标况下，若甲池有11.2L氧气参加反应时，乙池中处理废气的体积为(×2+×)×22.4L/ml=31.36L，故D错误；
故选C。
13. 一定温度下，向三个容积不等的恒容密闭容器中分别投入2mlNOCl，发生反应：。反应tmin后，三个容器中NOCl的转化率如图中A、B、C三点。下列叙述正确的是
A. A点加入适当催化剂，可以提高NOCl的转化率
B. 容积为aL的容器达到平衡后再投入1mlNOCl、1mlNO，平衡向左移动
C. A、B两点的压强之比为25：28
D. 容积为cL的容器NOCl的平衡转化率大于80%
【答案】D
【解析】
【分析】A、B、C三点容积逐渐增大，反应物浓度逐渐减小，则反应速率A点大于B点大于C点，tmin后C点转化率为50%，若A点未达到平衡，则此时A点的转化率应大于50%，现A点转化率为50%，则A点已达平衡。
【详解】A．A点为平衡状态，加入催化剂，不影响化学平衡的移动，不能改变NOCl的转化率，A错误；
B．A点对应K===，容积为aL的容器达到平衡后再投入1ml NOCl、1ml NO，Qc===K，平衡不移动，B错误；
C．A点时转化率为50%，平衡时物质的量之和为1ml+1ml+0.5ml=2.5ml，B点转化率为80%，平衡时物质的量之和为0.4ml+1.6ml+0.8ml=2.8ml，容器体积：a＜b，则容器内压强：A＞B，由于，则A、B两点的压强之比大于25∶28，C错误；
D．由B点转化率为80%，体积增大时压强减小，减小压强平衡正向移动，转化率增大，则容积为cL的容器NOCl的平衡转化率大于80%，D正确；
故答案为：D。
14. HA是一元弱酸，难溶盐MA饱和溶液中随c(H+)而变化，不发生水解。实验发现，时为线性关系，如下图中实线所示。
下列叙述错误的是
A. 溶液时，
B. MA的溶度积
C. 溶液时，
D. HA的电离常数
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查水溶液中离子浓度的关系，在解题过程中要注意电荷守恒和物料守恒的应用，具体见详解。
【详解】A．由图可知pH=4，即c(H+)=10×10-5ml/L时，c2(M+)=7.5×10-8ml2/L2，c(M+)=ml/L<3.0×10-4ml/L，A正确；
B．由图可知，c(H+)=0时，可看作溶液中有较大浓度的OH-，此时A-的水解极大地被抑制，溶液中c(M+)=c(A-)，则，B正确；
C．设调pH所用的酸为HnX，则结合电荷守恒可知
，题给等式右边缺阴离子部分nc(Xn-)，C错误；
D．当时，由物料守恒知，则，，则，对应图得此时溶液中，，D正确；
故选C。
第Ⅱ卷（非选择题）
15. FTO导电玻璃广泛用于液晶显示屏、光催化、薄膜太阳能电池基底等，实验室可用无水四氯化锡(SnCl4)制作FTO，制备SnCl4的装置如图所示。
有关信息如下表：
（1）仪器A的名称为___________，甲中发生反应的还原产物和氧化产物的物质的量之比为___________。
（2）将如图装置连接好，先检查装置的气密性，再慢慢滴入浓盐酸，待观察到___________现象后，开始加热装置丁。
（3）Cl2和Sn的反应产物可能会有SnCl4和SnCl2，为加快反应速率并防止产品中带入SnCl2，除了通入过量氯气外，应控制的最佳温度在___________(填序号)范围内。
A. 652~2260°CB. 232~652°CC. 114~246°CD. 114~232°C
（4）若将制得的SnCl4少许溶于水中得到白色沉淀SnO2，其反应的化学方程式为___________。
（5）为测定产品中某些成分的含量，甲、乙两位同学设计了如下实验方案：
①实际制备的产品往往含有SnCl2，甲同学设计实验测定Sn2+的含量：准确称取mg产品于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，用aml/L酸性高锰酸钾标准溶液滴定，滴定终点时消耗酸性高锰酸钾标准溶液V1mL。由此可计算产品中Sn2+的质量分数。乙同学认为甲同学的方案明显不合理，会导致测得的Sn2+的质量分数严重偏高，理由是___________。
②乙同学设计实验测定产品中Cl-的含量：准确称取mg产品于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，X溶液作指示剂，用bml/L硝酸银标准溶液滴定，滴定终点时消耗硝酸银溶液V2mL。硝酸银溶液最好盛放在___________(填序号)滴定管中。
A．无色酸式滴定管B．棕色酸式滴定管C．无色碱式滴定管D．棕色碱式滴定管
参考表中的数据，X溶液最好选用的是___________(填序号)。
A．NaCl溶液B．NaBr溶液C．NaCN溶液D．Na2CrO4溶液
【答案】（1） ①. 球形冷凝管 ②. 1∶5
（2）丁装置充满黄绿色气体 （3）B
（4）
（5） ①. Cl-也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗的酸性高锰酸钾标准溶液偏多 ②. B ③. D
【解析】
【分析】在装置甲中用氯酸钾与浓盐酸混合发生氧化还原反应制取氯气，在装置乙中用饱和食盐水除去Cl2中的杂质HCl，装置丙作用是干燥Cl2；装置丁为氯气与Sn反应制取四氯化锡(SnCl4)，由于制取的无水四氯化锡(SnCl4)为分子晶体，熔、沸点较低，装置戊通过冷水降温收集四氯化锡(SnCl4)，装置己中碱石灰可以防止空气中的水蒸气即CO2，防止其进入装置戊，因而可避免SnCl4水解变质为SnO2·xH2O。
【小问1详解】
由仪器结构可知仪器A名称为球形冷凝管；甲中KClO3与浓盐酸发生氧化还原反应制取Cl2，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒及物质的拆分原则，可知该反应的为：+6H++=3Cl2↑+3H2O，还原产物是和氧化产物均是Cl2，物质的量之比为1∶5；
【小问2详解】
为防止制取的无水SnCl4水解，要排出装置中的空气，当丁装置充满黄绿色气体时表明空气已排尽，这时开始的热酒精灯，加热装置丁；
【小问3详解】
由表中沸点数据可知：Sn的熔点是232℃，SnCl2的熔点是246℃，SnCl2的沸点是652℃，SnCl4的沸点是114℃，Cl2和Sn的反应产物可能会有SnCl4和SnCl2，为加快反应速率并防止产品中带入SnCl2，除了通入过量氯气外，应控制的最佳温度在232~652℃范围内，故合理选项是B；
【小问4详解】
SnCl4少许溶于水中得到白色沉淀SnO2，反应的化学方程式为；
【小问5详解】
①由于氧化性：KMnO4>Cl2，酸性高锰酸钾溶液可以氧化Cl-，导致消耗的酸性高锰酸钾标准溶液偏多，由此计算的Sn2+的质量分数严重偏高；
②硝酸银强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，故AgNO3溶液应该使用酸式滴定管；同时AgNO3不稳定，见光易分解，因此应盛放在棕色滴定管中，故进行滴定时，AgNO3溶液盛放在棕色酸式滴定管中，故合理选项是B；
测定的是Cl-不能使用NaCl溶液，NaBr、NaCN对应的银盐溶解度比AgCl小，也不能使用，则应该使用的指示剂为Na2CrO4溶液，故合理选项是D。
16. 氨基乙酸铜被广泛应用于染料、涂料、塑料和电池等领域，其化学式为，结构如图所示。
（1）基态Cu原子的电子排布式为______，Cu位于元素周期表中______区元素（填“s、p、d、ds和f”其中一个）。
（2）氨基乙酸铜分子中有______个π键。
（3）原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用表示，与之相反的用表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态C原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为______。
（4）氨基乙酸铜可由碳酸铜、氨乙酸、乙二胺等制得，碳酸铜中的VSEPR模型名称为______，氯乙酸的酸性大于乙酸的原因是______。
（5）一价铜及其化合物能催化以2022年诺贝尔化学奖获得者著名发现——Huisgen叠氮化物-环加成反应为代表的许多反应。如图所示为CuCl的结构的一部分，其余结构中各微粒相对位置与该部分类似：
以下描述中不正确的是______。
A. 在溶液中比稳定，因为的价电子排布是而的是
B. 上图表示的是CuCl的晶胞
C. 在CuCl晶胞中，的配位数为4
D. 若图中正方体的边长为apm，则CuCl的密度为
【答案】（1） ①. 1s22s22p63s23p63d104s1 ②. ds
（2）2 （3）+1或者-1
（4） ①. 平面三角形 ②. Cl是吸电子基团，使羧基中羟基的极性变大，更容易电离出H+ （5）BD
【解析】
【小问1详解】
Cu的原子核外电子数为29，电子排布式：1s22s22p63s23p63d104s1，其价电子排布式为3d104s1，Cu元素位于ds区；
【小问2详解】
C=O双键由1个σ键和1个π键组成，该分子中有2个π键；
【小问3详解】
基态C原子的核外电子排布式为1s22s22p4，其价电子中2p轨道上有4个电子，其中有2个电子未成对，自旋磁量子数的代数和为+1或者-1；
【小问4详解】
的价层电子对数为，VSEPR模型名称为平面三角形，氯乙酸的酸性大于乙酸的原因是：Cl是吸电子基团，使羧基中羟基的极性变大，更容易电离出H+；
【小问5详解】
A．由于亚铜离子的3d孤对电子处于全充满稳定状态，在溶液中比稳定，A正确；
B．CuCl中和Cl-,个数比为1:1，结合均摊法，图示的不是CuCl的晶胞，B错误；
C．CuCl晶胞中与原子距离最近且相等的Cl原子的个数为4，则原子的配位数为4，C正确；
D．该图为CuCl晶胞的八分之一，若图中正方体的边长为apm，则CuCl的密度为，D错误；
故选BD。
17. 硫酸铝是一种具有广泛用途的重要化工产品，以高岭土（含、、少量等）为原料制备硫酸铝晶体[]的实验流程如图所示。
回答以下问题
（1）为加快酸溶速率，可采取的措施______（写出一条，合理即可）。
（2）滤渣1经过处理可作为制备水玻璃（水溶液）的原料，写出滤渣1与烧碱溶液反应的离子方程式______。
（3）加入试剂除铁前，滤液1中的阳离子除了、外还有的阳离子是______（填离子符号）。滤渣2主要成分为，由于条件控制不当，常使中混有影响其回收利用，用离子方程式表示除去的原理______。
（4）向滤液1中加入的试剂可以是，试结合平衡移动原理说明其原因______。
（5）要从滤液2获取硫酸铝晶体需要经过多步处理，其中从溶液中得到晶体的方法是______（填操作方法）。
（6）某兴趣小组为了测定晶体中的质量分数，进行如下实验：
①准确称取1.00g晶体样品，溶于一定量水中；
②滴入EDTA溶液，与反应所消耗EDTA溶液的体积25.00mL。（已知：EDTA与以物质的量之比1：1反应，假设杂质不与EDTA反应）则晶体中的质量分数是______；
【答案】（1）矿石粉碎或适当升温
（2）SiO2＋2OH-=SiO＋H2O
（3） ①. H＋ ②. Al(OH)3＋OH－=AlO＋2H2O或Al(OH)3+OH－=[Al(OH)4]-
（4）滤液1中存在Fe3++3H2OFe（OH）3+3H+，加入，消耗氢离子，使平衡正向移动，除去铁离子
（5）蒸发浓缩、冷却结晶
（6）83.25%
【解析】
【分析】高岭土用浓硫酸溶解，Al2O3、Fe2O3反应得到Al2（SO4）3、Fe2（SO4）3，SiO2不与硫酸反应，过滤得到滤渣1为SiO2，滤液中含有Al2（SO4）3、Fe2（SO4）3及剩余的硫酸，向滤液中加入物质除去Fe元素，然后过滤，则滤渣2为氢氧化铁，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶和过滤得到硫酸铝晶体。
【小问1详解】
矿石粉碎或适当升温可加快酸溶速率；
【小问2详解】
SiO2是酸性氧化物，不与硫酸反应，氧化铝是两性氧化物，与硫酸反应生成Al2(SO4)3，Fe2O3是碱性氧化物，与硫酸反应生成Fe2(SO4)3，因此滤渣1为SiO2，与烧碱反应的化学反应方程式为SiO2＋2OH-=SiO＋H2O；
【小问3详解】
根据流程，酸溶加入硫酸是过量，溶液中阳离子有Al3＋、Fe3＋和H＋，氢氧化铝为两性氧化物，氢氧化铁为碱，因此除去氢氧化铝，用NaOH溶液，因此反应的离子方程式为Al(OH)3＋OH－=AlO＋2H2O或Al(OH)3+OH－=[Al(OH)4]-；
【小问4详解】
滤液1中存在Fe3++3H2OFe（OH）3+3H+，加入，消耗氢离子，使平衡正向移动，除去铁离子，故可以加入氢氧化铝；
【小问5详解】
得到硫酸铝晶体中含有结晶水，因此采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法得到；
【小问6详解】
EDTA与Al3＋1:1反应，因此硫酸铝的物质的量为25×10－3×0.1/2ml=1.25×10－3ml，其质量为1.25×10－3×666g=0.8325g，质量分数为0.8325/1×100%=83.25%。
18. 丙烯是重要的化工原料，可以用于生产丙醇、卤代烃和塑料。回答下列问题：
（1）工业上用丙烯加成法制备1，2-二氯丙烷，主要副产物为3-氯丙烯，反应原理为：
①
②
已知：的活化能(逆)为，则该反应的活化能(正)为___________。
（2）一定温度下，向恒容密闭容器中充入等物质的量的和，在催化剂作用下发生反应①②，容器内气体的压强随时间的变化如下表所示。
用单位时间内气体分压的变化来表示反应速率，即，则反应①前内平均反应速率___________kPa/min(保留小数点后2位)。
（3）在不同温度下达到平衡，在总压强分别为和时，测得丙烷及丙烯的物质的量分数如图1所示。图中a、b、c、d代表丙烷或丙烯，则a、d代表___________，___________(填“大于”“小于”或“等于”)；若，起始时充入一定量的丙烷在恒压条件下发生反应，计算点对应温度下丙烷的转化率为___________(保留一位小数)，该反应的平衡常数___________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数)。
（4）丙烷氧化脱氢法制备丙烯还生成等副产物，制备丙烯的反应：，在催化剂的作用下的转化率和的产率随温度变化关系如图2所示。图中的转化率随温度升高而上升的原因是___________；观察图2，写出能提高选择性的措施是___________(的选择性)。
【答案】（1）132 （2）0.08
（3） ①. 丙烷 ②. 大于 ③. 33.3% ④. 0.025
（4） ①. 温度升高，反应速率增大(或温度升高，催化剂的活性增大) ②. 选择相对较低的温度(或选择更合适的催化剂)
【解析】
【小问1详解】
①；
②；
根据盖斯定律①-②得，焓变=活化能Ea(正) -活化能Ea(逆)，则该反应的活化能Ea(正)=-32kJ/ml+164kJ/ml=132kJ/ml；
【小问2详解】
由于反应，使容器内气体压强减小；
设180min时，的压强改变值为P，由表可得P=80KPa-65.2KPa=14.8KPa，则v(CH2ClCHClCH3)=；
【小问3详解】
由图知，a、d曲线平衡时物质的量分数随温度升高而降低，而此反应是吸热反应，温度升高平衡正向移动，所以a、d曲线代表C3H8；温度一定，压强增大，平衡逆向移动，平衡时反应物物质的量分数越大，故p1大于p2；
设丙烷物质的量为1ml，消耗物质的量为x，图像中可知丙烷在Q点物质的量分数为50%，列出三段式即
，则Q点对应的丙烷转化率为，KP==；
【小问4详解】
图中C3H8的转化率随温度升高而上升的原因是温度升高，反应速率增大（或温度升高，催化剂的活性增大）；条件
结论
A
碳酸钙不溶于水
为非电解质
B
依酸碱质子理论：凡是能给出质子的分子或离子称为酸，凡是能接受质子的分子或离子称为碱
既是酸又是碱
C
已知是正盐，其水溶液呈碱性
为三元弱酸
D
一般情况下称浓度为99.5%的乙醇溶液为无水乙醇
无水乙醇为纯净物
选项
操作
目的
判断
A
向和生石灰混合体系加压
使尽可能被吸收
错误，根据反应的K的表达式可知，压强增大不能使的分压发生改变
B
合成氨时在经济性良好的范围内选择尽可能高的压强
增加转化率
正确，压强增大使得反应向右进行
C
向两支盛有2ml0.2ml/L的乙二酸试管中滴加1ml浓度分别为0.1ml/L和0.2ml/L的溶液
探究反应物浓度对反应速率的影响
正确，浓度越大反应速率越快，褪色越快
D
向滴有KSCN溶液的溶液中加入固体
探究浓度对平衡的影响
正确，增加浓度，使平衡移动
化学式
Sn
SnCl2
SnCl4
熔点/°C
232
246
-33
沸点/°C
2260
652
114
其他性质
银白色固体金属
无色晶体，Sn2+易被Fe3+、I2等氧化为Sn4+
无色液体，易水解生成SnO2
难溶物
AgCl
AgBr
AgCN
Ag2CrO4
颜色
白
浅黄
白
砖红
Ksp
1.77×10-10
5.4×10-14
2.7×10-16
1.12×10-12
时间
0
60
120
180
240
300
360
压强
80
74.2
69.4
65.2
61.6
57.6
57.6
第Ⅰ卷（选择题）
一、单选题（每题只有一个正确选项，每题3分）
1. 下列有关材料的说法正确的是
A. 冬奥火炬“飞扬”采用碳纤维复合材料打造，碳纤维是一种有机高分子材料
B. 中国天眼FAST用到的高性能碳化硅是一种无机非金属材料
C. “奋斗者”号载人潜水器的钛合金属于金属材料且比纯金属钛具有更高的熔点
D. N95口罩所使用的聚丙烯材料是纯净物
【答案】B
【解析】
【详解】A．碳纤维为碳的单质，属于无机物，是一种无机非金属材料，A错误；
B．碳化硅属于无机物，为无机非金属材料，B正确；
C．钛合金与纯金属钛相比，具有较低的熔点、更高的硬度，C错误；
D．聚丙烯是丙烯加成聚合反应产物，属于高分子化合物，是合成纤维，但聚合度不同，则聚丙烯是混合物，D错误。
答案选B。
2. 《医学入门》中记载我国传统中医提纯铜绿的方法：“水洗净，细研水飞，去石澄清，慢火熬干”。若在实验室里完成文中操作，不需要的仪器是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】水洗净是指洗去固体表面的可溶性污渍、泥沙等，涉及的操作方法是洗涤，需要用烧杯；细研水飞是指将固体研成粉末后加水溶解，涉及的操作方法是溶解，需要用研钵，烧杯；去石澄清是指倾倒出澄清液，去除未溶解的固体，涉及的操作方法是过滤，需要用漏斗和烧杯，玻璃棒；慢火熬干是指用小火将溶液蒸发至有少量水剩余，涉及的操作方法是蒸发，需要用蒸发皿和玻璃棒，因此未涉及的操作方法是萃取分液，不需要的仪器是分液漏斗；故选A。
3. 下列依据所给条件推出的结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A.碳酸钙为盐类，属于电解质，电解质的判断与溶解性无关，A错误；
B.依据酸碱质子理论，水能电离出氢离子，给出质子称为酸，能结合氢离子生成H3O+，结合质子称为碱，B正确；
C.Na2HPO3是正盐，即H3PO3只能电离出两个氢离子，故为二元弱酸，C错误；
D.99.5%的乙醇溶液为水和乙醇的混合物，D错误；
故答案选B。
4. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 3.65g液态HCl中含有的粒子总数为0.2
B. 1ml中含有的非极性共价键数目为9
C. 50mL的浓硝酸与足量的碳微热反应转移电子数为0.6
D. 标况下，22.4LHF所含有的质子数为10
【答案】B
【解析】
【详解】A．液态HCl以分子的形式存在，3.65gHCl的物质的量为，故3.65gHCl中只有0.1NA的HCl分子，A错误；
B．1mlC10H22中总的共价键数目为(4×10+22)×1/2，其中极性键由碳氢形成共22(即H原子数目)，非极性键由碳碳形成共9NA，B正确；
C．随着反应进行浓硝酸变稀与碳不发生反应，因此浓硝酸不能完全反应，则反应转移电子数小于0.6，C错误；
D．标况下HF为液态，不能用气体摩尔体积计算22.4LHF的物质的量，D错误；
故选：B。
5. 以下关于铁元素的相关说法正确的是
A. 的电子有23种空间运动状态
B. Fe的价电子轨道表示式为
C. Fe的26个电子在原子轨道中做圆周运动
D. 铁与盐酸反应时失去的都是3d电子
【答案】B
【解析】
【详解】A．Fe的原子序数为26，Fe原子失去4s能级上的2个电子和3d能级的1个电子形成，则的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，电子占有轨道数为14，有14种空间运动状态的电子，A错误；
B．Fe的价电子排布式是3d64s2，轨道表示式为，B正确；
C．Fe的26个电子在各自轨道中做绕核运动，半径不确定，不是圆周运动，C错误；
D．铁与盐酸反应时失去的都是4s电子，D错误；
故答案选B。
6. 东北师范大学杜锡光教授曾表示“化学就是键”。化学研究的物质的变化实际上就是“键”的断裂和生成，物质是否稳定也取决于“键”的稳定性，甚至一些分子间作附力也被叫做“次级键”……关于化学键的相关内容，你认为以下描述符合事实的是
A. “头碰头”形成的键一定比“肩并肩”形成的键稳定
B. 只含非极性键的分子一定是非极性分子，因此臭氧是非极性分子
C. 是平面正三角形，是因为该粒子中键角为120°且所有共价键的键长相等
D. 所有共价键都和氢键一样有方向性和饱和性
【答案】C
【解析】
【详解】A．键是原子轨道“头碰头”重叠形成的，键是原子轨道“肩并肩”重叠形成的， N2分子中含有1个键和2个键，键稳定性弱于键，故A错误；
B．臭氧分子中的共价键是极性键，臭氧分子具有微弱的极性，臭氧是极性分子，故B错误；
C．中心C原子采取sp2杂化，空间构型为平面正三角形，键角为120°，键长相等，故C正确；
D．若为s-s轨道形成共价键，在空间中没有方向性，故D错误；
选C。
7. 没有对物质结构的认识，同学们对化学的学习将是无源之水、无本之木，以下高中化学课程中关于物质结构的说法，正确的是
A. 金刚石的熔点低于金刚砂
B. Al和O的电负性差为2.0，因此应该当做离子晶体来处理
C. 由离子形成的物质在常温常压下可能不是固体
D. 液晶可表现各向异性，没有固定熔点，这是它不属于晶体的本质原因
【答案】C
【解析】
【详解】A．共价键的键长越短，键能越大，熔沸点越高，C-C键键长比C-Si键键长短，金刚石的熔点高于金刚砂（碳化硅俗称金刚砂），故A错误；
B．Al电负性1.61，O为3.44，电负性差为1.83，故B错误；
C．由离子形成的物质在常温常压下可能不是固体，如硝酸乙基铵，故C正确；
D．晶体与非晶体的根本区别在于其内部粒子在空间上是否按一定规律做周期性重复排列，故D错误；
故选C。
8. 2022年5月15日，“天问一号”探测器成功着陆于火星。据了解火星上存在大量的含氮化合物，一种含氮鸟嘌呤和吡啶（下图右）的结构如图。已知吡啶为平面结构；分子中的大π键可以用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数。下列说法不正确的是
A. 鸟嘌呤中元素的第一电离能：
B. 鸟嘌呤中C原子杂化方式都为
C. 鸟嘌呤中轨道之间的夹角∠1大于∠2
D. 该吡啶中的大π键可表示为
【答案】A
【解析】
【详解】A．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能大小顺序为，A错误；
B．鸟嘌呤中C原子均形成2个单键和一个双键，杂化方式为，B正确；
C．根据VSEPR理论，孤电子对对键合电子对之间的斥力大于键合电子对对键合电子对之间的斥力，导致键合电子对对键合电子对之间的夹角减小，故∠1大于∠2，C正确；
D．吡啶为平面结构，N形成3个共价键，未参与成键的p轨道有一对电子，参与形成离域大π键，每个C原子留有一个p轨道，轨道上留有一个单电子形成大π键，所以吡啶环形成5中心6电子的离域大π键: ，D正确；
故选A。
9. A、B、C、D、E、F、G是元素周期表中前四周期元素且原子序数依次增大。其中A、B、D、F的最外层电子数均等于其电子层数，C在化合物中无正价，E的价电子排布符合构造原理且其次外层电子数等于D的核外电子总数，G的游离态在常温常压下是液体。关于以上元素的说法正确的是
A. E的最高价氧化物是一种碱性氧化物
B. BC形成的三原子分子是直线型
C. 根据D的氯化物的性质可知DG化合物在熔融态时能导电
D. F的最高价氧化物的水化物是一种强酸
【答案】B
【解析】
【分析】A、B、D、F的最外层电子数均等于其电子层数则A、B、D、F分别为H、Be 、Al、Ge、C在化合物中无正价C为F，E的价电子排布符合构造原理且其次外层电子数等于D的核外电子总数，E为Mn，G的游离态在常温常压下是液体，G为Br ，ABCDEFG元素分别是H、Be、F、Al、Mn、Ge、Br。
【详解】A．E的最高价氧化物是，是酸性氧化物，A项错误；
B．BC形成的三原子分子BeF2，Be是sp杂化，是直线型，B项正确；
C．D的氯化物为AlCl3，为分子晶体，Cl和Br为同一主族，据此推测DG化合物在熔融态时不能导电，C项错误；
D．Ge的非金属性弱于C，酸性弱于碳酸，F的最高价氧化物的水化物是一种弱酸，D项错误；
答案选B。
10. 利用如图装置制备ClO2，并以ClO2为原料制备NaClO2。已知：高于60℃时，NaClO2分解生成NaClO3和NaCl。下列说法错误的是
A. Na2SO3和H2O2均作还原剂
B. 装置②，④的作用分别是防倒吸、吸收未反应的污染气体
C. 从装置④反应后的溶液中获得晶体，可采用常压蒸发结晶
D. 反应结束时，通氮气的目的是将仪器中残留的气体排入④中
【答案】C
【解析】
【分析】1中发生反应2 NaClO3 + Na2SO3 + H2SO4 2ClO2↑ + 2 Na2SO4 + H2O，3中ClO2为原料制备NaClO2，2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2，高于60℃时，NaClO2分解生成NaClO3和NaCl，故选择冷水浴，4中的氢氧化钠吸收未反应的ClO2，据此分析解题。
【详解】A．1中发生反应2 NaClO3 + Na2SO3 + H2SO4 2ClO2↑ + 2 Na2SO4 + H2O，S的化合价升高，Na2SO3为还原剂；2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2中O元素化合价也升高，H2O2为还原剂，A正确；
B．装置②，④的作用分别是防倒吸、吸收生成的ClO2，防止污染空气，B正确；
C．ClO2与氢氧化钠溶液反应，6ClO2+6NaOH=NaCl+NaClO3+3H2O，氯酸钠提取工艺以蒸发冷却结晶法和盐析法为主，C错误；
D．反应结束时，通氮气的目的是将仪器中残留的气体排入④中，排空污染气体，保证试验结束安全，D正确；
故选C。
11. 以下说法中操作正确、能达到目的且判断正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．向CO2和生石灰混合体系加压，反应CaO(s)+CO2(g)CaCO3(s)向右移动，CO2的吸收量增大，温度不变，Kp不变，Kp=p(CO2)，新旧平衡p(CO2)不变，但新的平衡中n(CO2)变小，A错误；
B．合成氨工业的原理为N2+3H22NH3，增大压强，可以使平衡向右移动，增加H2转化率和反应速率，但合成氨时在经济性良好的范围内选择尽可能高的压强，否则对设备的制造和材料的强度要求升高，增加生产成本，B正确；
C．向两支盛有2mL 0.2ml⋅L−1的乙二酸试管中滴加1mL浓度分别为0.1ml⋅L−1和0.2ml⋅L−1的KMnO4溶液，探究反应物浓度对反应速率的影响，该实验不宜使用浓度不同的高锰酸钾，否则将出现浓度大反而褪色慢的现象，C错误；
D．KSCN和FeCl3反应的离子反应方程式为Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，则向反应体系中加入K2SO4，平衡不移动，D错误；
故选B。
12. 空气质子交换膜燃料电池实现了制硝酸、发电、环保一体化。某兴趣小组用该电池模拟工业处理废气和废水的过程，装置如图所示，下列说法正确的是
A. a膜阴离子交换膜
B. 乙池中阴极的电极反应式为
C. 当浓缩室得到的盐酸时，M室溶液的质量变化为(溶液体积变化忽略不计)
D. 标况下，若甲池有参加反应，则乙池中处理废气(和)的总体积为
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，甲为原电池，乙和丙为电解池；甲中通入一氧化氮的电极为负极，通入氧气的电极为正极；乙池中通入二氧化硫的电极连为电解池的阳极，水分子作用二氧化硫在阳极上失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子和氢离子，通入一氧化氮的电极为阳极，酸性条件下一氧化氮在阴极上得到电子发生还原反应生成铵根离子和水；丙池中，左侧电极为电解池的阳极，水在阳极上失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，氢离子从M室通过阳离子交换膜a膜进入浓缩室，右侧电极为阴极，镍离子在阴极得到电子发生还原反应生成镍， N室中氯离子通过阴离子交换膜b膜进入浓缩室，最终在浓缩室得到较浓的盐酸。
【详解】A．由分析可知，a膜为阳离子交换膜，故A错误；
B．由分析可知，乙池中通入一氧化氮的电极为阳极，酸性条件下一氧化氮在阴极上得到电子发生还原反应生成铵根离子和水，电极反应式为，故B错误；
C．当浓缩室得到4L0.6ml/L盐酸时，从M室通过阳离子交换膜a膜进入浓缩室的氢离子物质的量为(0.6ml/L—0.1ml/L)×4L=2ml/L，则M室消耗水的质量为2ml/L××18g/ml=18g，故C正确；
D．由得失电子数目守恒可知，标况下，若甲池有11.2L氧气参加反应时，乙池中处理废气的体积为(×2+×)×22.4L/ml=31.36L，故D错误；
故选C。
13. 一定温度下，向三个容积不等的恒容密闭容器中分别投入2mlNOCl，发生反应：。反应tmin后，三个容器中NOCl的转化率如图中A、B、C三点。下列叙述正确的是
A. A点加入适当催化剂，可以提高NOCl的转化率
B. 容积为aL的容器达到平衡后再投入1mlNOCl、1mlNO，平衡向左移动
C. A、B两点的压强之比为25：28
D. 容积为cL的容器NOCl的平衡转化率大于80%
【答案】D
【解析】
【分析】A、B、C三点容积逐渐增大，反应物浓度逐渐减小，则反应速率A点大于B点大于C点，tmin后C点转化率为50%，若A点未达到平衡，则此时A点的转化率应大于50%，现A点转化率为50%，则A点已达平衡。
【详解】A．A点为平衡状态，加入催化剂，不影响化学平衡的移动，不能改变NOCl的转化率，A错误；
B．A点对应K===，容积为aL的容器达到平衡后再投入1ml NOCl、1ml NO，Qc===K，平衡不移动，B错误；
C．A点时转化率为50%，平衡时物质的量之和为1ml+1ml+0.5ml=2.5ml，B点转化率为80%，平衡时物质的量之和为0.4ml+1.6ml+0.8ml=2.8ml，容器体积：a＜b，则容器内压强：A＞B，由于，则A、B两点的压强之比大于25∶28，C错误；
D．由B点转化率为80%，体积增大时压强减小，减小压强平衡正向移动，转化率增大，则容积为cL的容器NOCl的平衡转化率大于80%，D正确；
故答案为：D。
14. HA是一元弱酸，难溶盐MA饱和溶液中随c(H+)而变化，不发生水解。实验发现，时为线性关系，如下图中实线所示。
下列叙述错误的是
A. 溶液时，
B. MA的溶度积
C. 溶液时，
D. HA的电离常数
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查水溶液中离子浓度的关系，在解题过程中要注意电荷守恒和物料守恒的应用，具体见详解。
【详解】A．由图可知pH=4，即c(H+)=10×10-5ml/L时，c2(M+)=7.5×10-8ml2/L2，c(M+)=ml/L<3.0×10-4ml/L，A正确；
B．由图可知，c(H+)=0时，可看作溶液中有较大浓度的OH-，此时A-的水解极大地被抑制，溶液中c(M+)=c(A-)，则，B正确；
C．设调pH所用的酸为HnX，则结合电荷守恒可知
，题给等式右边缺阴离子部分nc(Xn-)，C错误；
D．当时，由物料守恒知，则，，则，对应图得此时溶液中，，D正确；
故选C。
第Ⅱ卷（非选择题）
15. FTO导电玻璃广泛用于液晶显示屏、光催化、薄膜太阳能电池基底等，实验室可用无水四氯化锡(SnCl4)制作FTO，制备SnCl4的装置如图所示。
有关信息如下表：
（1）仪器A的名称为___________，甲中发生反应的还原产物和氧化产物的物质的量之比为___________。
（2）将如图装置连接好，先检查装置的气密性，再慢慢滴入浓盐酸，待观察到___________现象后，开始加热装置丁。
（3）Cl2和Sn的反应产物可能会有SnCl4和SnCl2，为加快反应速率并防止产品中带入SnCl2，除了通入过量氯气外，应控制的最佳温度在___________(填序号)范围内。
A. 652~2260°CB. 232~652°CC. 114~246°CD. 114~232°C
（4）若将制得的SnCl4少许溶于水中得到白色沉淀SnO2，其反应的化学方程式为___________。
（5）为测定产品中某些成分的含量，甲、乙两位同学设计了如下实验方案：
①实际制备的产品往往含有SnCl2，甲同学设计实验测定Sn2+的含量：准确称取mg产品于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，用aml/L酸性高锰酸钾标准溶液滴定，滴定终点时消耗酸性高锰酸钾标准溶液V1mL。由此可计算产品中Sn2+的质量分数。乙同学认为甲同学的方案明显不合理，会导致测得的Sn2+的质量分数严重偏高，理由是___________。
②乙同学设计实验测定产品中Cl-的含量：准确称取mg产品于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，X溶液作指示剂，用bml/L硝酸银标准溶液滴定，滴定终点时消耗硝酸银溶液V2mL。硝酸银溶液最好盛放在___________(填序号)滴定管中。
A．无色酸式滴定管B．棕色酸式滴定管C．无色碱式滴定管D．棕色碱式滴定管
参考表中的数据，X溶液最好选用的是___________(填序号)。
A．NaCl溶液B．NaBr溶液C．NaCN溶液D．Na2CrO4溶液
【答案】（1） ①. 球形冷凝管 ②. 1∶5
（2）丁装置充满黄绿色气体 （3）B
（4）
（5） ①. Cl-也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗的酸性高锰酸钾标准溶液偏多 ②. B ③. D
【解析】
【分析】在装置甲中用氯酸钾与浓盐酸混合发生氧化还原反应制取氯气，在装置乙中用饱和食盐水除去Cl2中的杂质HCl，装置丙作用是干燥Cl2；装置丁为氯气与Sn反应制取四氯化锡(SnCl4)，由于制取的无水四氯化锡(SnCl4)为分子晶体，熔、沸点较低，装置戊通过冷水降温收集四氯化锡(SnCl4)，装置己中碱石灰可以防止空气中的水蒸气即CO2，防止其进入装置戊，因而可避免SnCl4水解变质为SnO2·xH2O。
【小问1详解】
由仪器结构可知仪器A名称为球形冷凝管；甲中KClO3与浓盐酸发生氧化还原反应制取Cl2，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒及物质的拆分原则，可知该反应的为：+6H++=3Cl2↑+3H2O，还原产物是和氧化产物均是Cl2，物质的量之比为1∶5；
【小问2详解】
为防止制取的无水SnCl4水解，要排出装置中的空气，当丁装置充满黄绿色气体时表明空气已排尽，这时开始的热酒精灯，加热装置丁；
【小问3详解】
由表中沸点数据可知：Sn的熔点是232℃，SnCl2的熔点是246℃，SnCl2的沸点是652℃，SnCl4的沸点是114℃，Cl2和Sn的反应产物可能会有SnCl4和SnCl2，为加快反应速率并防止产品中带入SnCl2，除了通入过量氯气外，应控制的最佳温度在232~652℃范围内，故合理选项是B；
【小问4详解】
SnCl4少许溶于水中得到白色沉淀SnO2，反应的化学方程式为；
【小问5详解】
①由于氧化性：KMnO4>Cl2，酸性高锰酸钾溶液可以氧化Cl-，导致消耗的酸性高锰酸钾标准溶液偏多，由此计算的Sn2+的质量分数严重偏高；
②硝酸银强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，故AgNO3溶液应该使用酸式滴定管；同时AgNO3不稳定，见光易分解，因此应盛放在棕色滴定管中，故进行滴定时，AgNO3溶液盛放在棕色酸式滴定管中，故合理选项是B；
测定的是Cl-不能使用NaCl溶液，NaBr、NaCN对应的银盐溶解度比AgCl小，也不能使用，则应该使用的指示剂为Na2CrO4溶液，故合理选项是D。
16. 氨基乙酸铜被广泛应用于染料、涂料、塑料和电池等领域，其化学式为，结构如图所示。
（1）基态Cu原子的电子排布式为______，Cu位于元素周期表中______区元素（填“s、p、d、ds和f”其中一个）。
（2）氨基乙酸铜分子中有______个π键。
（3）原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用表示，与之相反的用表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态C原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为______。
（4）氨基乙酸铜可由碳酸铜、氨乙酸、乙二胺等制得，碳酸铜中的VSEPR模型名称为______，氯乙酸的酸性大于乙酸的原因是______。
（5）一价铜及其化合物能催化以2022年诺贝尔化学奖获得者著名发现——Huisgen叠氮化物-环加成反应为代表的许多反应。如图所示为CuCl的结构的一部分，其余结构中各微粒相对位置与该部分类似：
以下描述中不正确的是______。
A. 在溶液中比稳定，因为的价电子排布是而的是
B. 上图表示的是CuCl的晶胞
C. 在CuCl晶胞中，的配位数为4
D. 若图中正方体的边长为apm，则CuCl的密度为
【答案】（1） ①. 1s22s22p63s23p63d104s1 ②. ds
（2）2 （3）+1或者-1
（4） ①. 平面三角形 ②. Cl是吸电子基团，使羧基中羟基的极性变大，更容易电离出H+ （5）BD
【解析】
【小问1详解】
Cu的原子核外电子数为29，电子排布式：1s22s22p63s23p63d104s1，其价电子排布式为3d104s1，Cu元素位于ds区；
【小问2详解】
C=O双键由1个σ键和1个π键组成，该分子中有2个π键；
【小问3详解】
基态C原子的核外电子排布式为1s22s22p4，其价电子中2p轨道上有4个电子，其中有2个电子未成对，自旋磁量子数的代数和为+1或者-1；
【小问4详解】
的价层电子对数为，VSEPR模型名称为平面三角形，氯乙酸的酸性大于乙酸的原因是：Cl是吸电子基团，使羧基中羟基的极性变大，更容易电离出H+；
【小问5详解】
A．由于亚铜离子的3d孤对电子处于全充满稳定状态，在溶液中比稳定，A正确；
B．CuCl中和Cl-,个数比为1:1，结合均摊法，图示的不是CuCl的晶胞，B错误；
C．CuCl晶胞中与原子距离最近且相等的Cl原子的个数为4，则原子的配位数为4，C正确；
D．该图为CuCl晶胞的八分之一，若图中正方体的边长为apm，则CuCl的密度为，D错误；
故选BD。
17. 硫酸铝是一种具有广泛用途的重要化工产品，以高岭土（含、、少量等）为原料制备硫酸铝晶体[]的实验流程如图所示。
回答以下问题
（1）为加快酸溶速率，可采取的措施______（写出一条，合理即可）。
（2）滤渣1经过处理可作为制备水玻璃（水溶液）的原料，写出滤渣1与烧碱溶液反应的离子方程式______。
（3）加入试剂除铁前，滤液1中的阳离子除了、外还有的阳离子是______（填离子符号）。滤渣2主要成分为，由于条件控制不当，常使中混有影响其回收利用，用离子方程式表示除去的原理______。
（4）向滤液1中加入的试剂可以是，试结合平衡移动原理说明其原因______。
（5）要从滤液2获取硫酸铝晶体需要经过多步处理，其中从溶液中得到晶体的方法是______（填操作方法）。
（6）某兴趣小组为了测定晶体中的质量分数，进行如下实验：
①准确称取1.00g晶体样品，溶于一定量水中；
②滴入EDTA溶液，与反应所消耗EDTA溶液的体积25.00mL。（已知：EDTA与以物质的量之比1：1反应，假设杂质不与EDTA反应）则晶体中的质量分数是______；
【答案】（1）矿石粉碎或适当升温
（2）SiO2＋2OH-=SiO＋H2O
（3） ①. H＋ ②. Al(OH)3＋OH－=AlO＋2H2O或Al(OH)3+OH－=[Al(OH)4]-
（4）滤液1中存在Fe3++3H2OFe（OH）3+3H+，加入，消耗氢离子，使平衡正向移动，除去铁离子
（5）蒸发浓缩、冷却结晶
（6）83.25%
【解析】
【分析】高岭土用浓硫酸溶解，Al2O3、Fe2O3反应得到Al2（SO4）3、Fe2（SO4）3，SiO2不与硫酸反应，过滤得到滤渣1为SiO2，滤液中含有Al2（SO4）3、Fe2（SO4）3及剩余的硫酸，向滤液中加入物质除去Fe元素，然后过滤，则滤渣2为氢氧化铁，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶和过滤得到硫酸铝晶体。
【小问1详解】
矿石粉碎或适当升温可加快酸溶速率；
【小问2详解】
SiO2是酸性氧化物，不与硫酸反应，氧化铝是两性氧化物，与硫酸反应生成Al2(SO4)3，Fe2O3是碱性氧化物，与硫酸反应生成Fe2(SO4)3，因此滤渣1为SiO2，与烧碱反应的化学反应方程式为SiO2＋2OH-=SiO＋H2O；
【小问3详解】
根据流程，酸溶加入硫酸是过量，溶液中阳离子有Al3＋、Fe3＋和H＋，氢氧化铝为两性氧化物，氢氧化铁为碱，因此除去氢氧化铝，用NaOH溶液，因此反应的离子方程式为Al(OH)3＋OH－=AlO＋2H2O或Al(OH)3+OH－=[Al(OH)4]-；
【小问4详解】
滤液1中存在Fe3++3H2OFe（OH）3+3H+，加入，消耗氢离子，使平衡正向移动，除去铁离子，故可以加入氢氧化铝；
【小问5详解】
得到硫酸铝晶体中含有结晶水，因此采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法得到；
【小问6详解】
EDTA与Al3＋1:1反应，因此硫酸铝的物质的量为25×10－3×0.1/2ml=1.25×10－3ml，其质量为1.25×10－3×666g=0.8325g，质量分数为0.8325/1×100%=83.25%。
18. 丙烯是重要的化工原料，可以用于生产丙醇、卤代烃和塑料。回答下列问题：
（1）工业上用丙烯加成法制备1，2-二氯丙烷，主要副产物为3-氯丙烯，反应原理为：
①
②
已知：的活化能(逆)为，则该反应的活化能(正)为___________。
（2）一定温度下，向恒容密闭容器中充入等物质的量的和，在催化剂作用下发生反应①②，容器内气体的压强随时间的变化如下表所示。
用单位时间内气体分压的变化来表示反应速率，即，则反应①前内平均反应速率___________kPa/min(保留小数点后2位)。
（3）在不同温度下达到平衡，在总压强分别为和时，测得丙烷及丙烯的物质的量分数如图1所示。图中a、b、c、d代表丙烷或丙烯，则a、d代表___________，___________(填“大于”“小于”或“等于”)；若，起始时充入一定量的丙烷在恒压条件下发生反应，计算点对应温度下丙烷的转化率为___________(保留一位小数)，该反应的平衡常数___________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数)。
（4）丙烷氧化脱氢法制备丙烯还生成等副产物，制备丙烯的反应：，在催化剂的作用下的转化率和的产率随温度变化关系如图2所示。图中的转化率随温度升高而上升的原因是___________；观察图2，写出能提高选择性的措施是___________(的选择性)。
【答案】（1）132 （2）0.08
（3） ①. 丙烷 ②. 大于 ③. 33.3% ④. 0.025
（4） ①. 温度升高，反应速率增大(或温度升高，催化剂的活性增大) ②. 选择相对较低的温度(或选择更合适的催化剂)
【解析】
【小问1详解】
①；
②；
根据盖斯定律①-②得，焓变=活化能Ea(正) -活化能Ea(逆)，则该反应的活化能Ea(正)=-32kJ/ml+164kJ/ml=132kJ/ml；
【小问2详解】
由于反应，使容器内气体压强减小；
设180min时，的压强改变值为P，由表可得P=80KPa-65.2KPa=14.8KPa，则v(CH2ClCHClCH3)=；
【小问3详解】
由图知，a、d曲线平衡时物质的量分数随温度升高而降低，而此反应是吸热反应，温度升高平衡正向移动，所以a、d曲线代表C3H8；温度一定，压强增大，平衡逆向移动，平衡时反应物物质的量分数越大，故p1大于p2；
设丙烷物质的量为1ml，消耗物质的量为x，图像中可知丙烷在Q点物质的量分数为50%，列出三段式即
，则Q点对应的丙烷转化率为，KP==；
【小问4详解】
图中C3H8的转化率随温度升高而上升的原因是温度升高，反应速率增大（或温度升高，催化剂的活性增大）；条件
结论
A
碳酸钙不溶于水
为非电解质
B
依酸碱质子理论：凡是能给出质子的分子或离子称为酸，凡是能接受质子的分子或离子称为碱
既是酸又是碱
C
已知是正盐，其水溶液呈碱性
为三元弱酸
D
一般情况下称浓度为99.5%的乙醇溶液为无水乙醇
无水乙醇为纯净物
选项
操作
目的
判断
A
向和生石灰混合体系加压
使尽可能被吸收
错误，根据反应的K的表达式可知，压强增大不能使的分压发生改变
B
合成氨时在经济性良好的范围内选择尽可能高的压强
增加转化率
正确，压强增大使得反应向右进行
C
向两支盛有2ml0.2ml/L的乙二酸试管中滴加1ml浓度分别为0.1ml/L和0.2ml/L的溶液
探究反应物浓度对反应速率的影响
正确，浓度越大反应速率越快，褪色越快
D
向滴有KSCN溶液的溶液中加入固体
探究浓度对平衡的影响
正确，增加浓度，使平衡移动
化学式
Sn
SnCl2
SnCl4
熔点/°C
232
246
-33
沸点/°C
2260
652
114
其他性质
银白色固体金属
无色晶体，Sn2+易被Fe3+、I2等氧化为Sn4+
无色液体，易水解生成SnO2
难溶物
AgCl
AgBr
AgCN
Ag2CrO4
颜色
白
浅黄
白
砖红
Ksp
1.77×10-10
5.4×10-14
2.7×10-16
1.12×10-12
时间
0
60
120
180
240
300
360
压强
80
74.2
69.4
65.2
61.6
57.6
57.6
相关试卷
2024长沙雅礼中学高三下学期月考（七）化学试题含解析： 这是一份2024长沙雅礼中学高三下学期月考（七）化学试题含解析，共14页。试卷主要包含了设为阿伏加德罗常数的值，下列有关离子方程式错误的是等内容，欢迎下载使用。
湖南长沙雅礼中学2023-2024学年高二下学期第一次月考化学试卷： 这是一份湖南长沙雅礼中学2023-2024学年高二下学期第一次月考化学试卷，文件包含雅礼中学2023-2024学年高二下学期第一次月考化学试题原卷pdf、雅礼中学2023-2024学年高二下学期第一次月考化学试题答案pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共8页， 欢迎下载使用。
2024长沙雅礼中学高三下学期月考（七）化学试题含解析： 这是一份2024长沙雅礼中学高三下学期月考（七）化学试题含解析，共14页。试卷主要包含了设为阿伏加德罗常数的值，下列有关离子方程式错误的是等内容，欢迎下载使用。
