精品解析：江西省宜春市豐城中學(xué)2024-2025學(xué)年高三上學(xué)期期中考試化學(xué)試題（創(chuàng)新班）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

可能用到的相對原子質(zhì)量： H-1 C-12 N-14 O-16 Cl-35.5 Cu-64 Si-28 S-32 Fe-56
一、單選題(本題共14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)
1. 豐城采茶戲是宜春市第七批市級非遺代表性項(xiàng)目，起源于南宋，受京劇和花鼓戲影響。豐城民間形成唱戲、看戲的民風(fēng)民浴。采茶戲中人物的裝扮具有鮮明的特色且與化學(xué)知識有關(guān)。裝扮如圖所示，下列有關(guān)說法錯(cuò)誤的是
A. 頭上所帶的銀簪由金屬材料制成
B. 絲綢云袖的主要成分為蛋白質(zhì)
C. 衣服掛件上的珍珠屬于硅酸鹽
D. 腳上穿的木質(zhì)鞋履的主要成分是纖維素
【答案】C
【解析】
【詳解】A．純金屬和合金都屬于金屬材料，銀簪由金屬材料制成，銀屬于金屬材料，故A正確；
B．絲綢云袖通常是由蠶絲織成的，主要成分是蛋白質(zhì)，故B正確；
C．珍珠的主要成分是碳酸鈣和一些礦物質(zhì)，而不是硅酸鹽，故C錯(cuò)誤；
D．纖維素是木材的主要成分之一，故D正確；
故答案為C。
2. 下列有關(guān)化學(xué)用語或表述正確的是
A. 和都能作制冷劑是因?yàn)樗鼈冇邢嗤愋偷姆肿娱g作用力
B. 中的陰、陽離子有相同的VSEPR模型和空間結(jié)構(gòu)
C. 在、石墨、金剛石中，碳原子雜化方式分別sp、和三種雜化
D. NaCl溶液中的水合離子：
【答案】B
【解析】
【詳解】A．氨氣易液化，液氨氣化時(shí)吸收熱量，可作制冷劑，干冰易升華，升華時(shí)吸收熱量，也可作制冷劑，氨分子間存在氫鍵和范德華力，二氧化碳分子間僅存在范德華力，A錯(cuò)誤；
B．的中心原子N的孤電子對數(shù)為，價(jià)層電子對數(shù)為4+0=4，的中心原子Cl的孤電子對數(shù)為，價(jià)層電子對數(shù)為4+0=4，所以二者的VSEPR模型和空間結(jié)構(gòu)均為正四面體形，B正確；
C．中碳碳鍵鍵角接近120，與石墨類似，二者結(jié)構(gòu)中的碳原子均采取雜化；金剛石中的每一個(gè)碳原子都形成4個(gè)碳碳單鍵，碳原子的雜化方式為，所以共有2種雜化方式，C錯(cuò)誤；
D．帶正電，水中O原子的電負(fù)性大，吸引水中的氧原子，帶負(fù)電，水中H原子的電負(fù)性小，吸引水中的氫原子，D錯(cuò)誤；
故選B。
3. 關(guān)于下列儀器使用的說法錯(cuò)誤的是
A. 儀器①使用前，需要檢查兩處是否漏水
B. 儀器②可用于測定硫酸銅晶體中的結(jié)晶水含量
C. 儀器③和④可用于配制一定質(zhì)量分?jǐn)?shù)的CuSO4溶液
D. 儀器⑤可用于移取0.1ml?L-1Na2Cr2O7溶液
【答案】C
【解析】
【詳解】A．分液漏斗使用前需要檢驗(yàn)下方額活塞和上方的玻璃塞是否漏水，故A正確；
B．測定硫酸銅晶體中的結(jié)晶水需要在坩堝中加熱，故B正確；
C．配制一定質(zhì)量分?jǐn)?shù)的CuSO4溶液，需要天平、燒杯、玻璃棒和量筒，不需要容量瓶，故C錯(cuò)誤；
D．Na2Cr2O7溶液具有強(qiáng)氧化性，故選擇酸式滴定管移取，故D正確。
答案選C。
4. 碳材料家族又添2位新成員：通過對兩種分子實(shí)施“麻醉”和“手術(shù)”，我國科學(xué)家首次成功合成了分別由10個(gè)或14個(gè)碳原子組成的芳香性環(huán)形純碳分子材料(結(jié)構(gòu)如圖所示)，下列敘述錯(cuò)誤的是
A. 分子中存在極性鍵和非極性鍵
B. 環(huán)形碳()和環(huán)形碳()互為同素異形體
C. 1 ml的含個(gè)σ鍵
D. 轉(zhuǎn)化為環(huán)形碳()的過程，發(fā)生了還原反應(yīng)
【答案】C
【解析】
【詳解】A．分子中存在極性鍵和非極性鍵，A正確；
B．和是碳元素的兩種單質(zhì)，互為同素異形體，B正確；
C． 1個(gè)C14Cl10分子中含有26個(gè)σ鍵，1 ml的含個(gè)σ鍵，C錯(cuò)誤；
D．轉(zhuǎn)化為環(huán)形碳()的過程，碳元素價(jià)態(tài)降低，所以發(fā)生了還原反應(yīng)，D正確。
故選C。
5. 下圖為一種結(jié)構(gòu)有趣的“糖葫蘆”分子，其中、、、四種元素位于同一主族的相鄰周期，的電負(fù)性大于，工業(yè)上利用沸點(diǎn)差異從空氣中分離出的單質(zhì)。是短周期元素，與的價(jià)電子數(shù)之和與的質(zhì)子數(shù)相同，與的電子結(jié)構(gòu)相同。下列說法錯(cuò)誤的是
A. 分子中W、Y的雜化軌道類型不相同
B. 第一電離能：
C. 的氫化物的VSEPR模型為四面體形
D. 簡單離子半徑：
【答案】B
【解析】
【分析】此題可以從成鍵數(shù)出發(fā)進(jìn)行推斷，、、和均能與其他原子共用3個(gè)電子對，則它們均為第VA族元素；工業(yè)上利用沸點(diǎn)差異從空氣中分離出的單質(zhì)，則是；是短周期元素，且與的電子結(jié)構(gòu)相同，則是，是；的電負(fù)性大于,則為、為。
【詳解】A．為，的價(jià)層電子對數(shù)為3，采用雜化，為，的價(jià)層電子對數(shù)為4，采用雜化，故A正確；
B．第一電離能：，即，故B錯(cuò)誤；
C．是,中的價(jià)層電子對數(shù)為4，VSEPR模型為四面體形，故C正確；
D．簡單離子半徑：，即，故D正確；
故選B。
【點(diǎn)睛】首先根據(jù)題設(shè)條件推出、、、、分別是什么元素，然后確定它們在元素周期表中的位置關(guān)系，最后根據(jù)元素周期律等知識對各選項(xiàng)做出判斷。
6. 設(shè)為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是
A. 標(biāo)準(zhǔn)狀況下，中含有的電子總數(shù)為
B. 溶液中：
C. 標(biāo)準(zhǔn)狀況下，當(dāng)中生成22.4L時(shí)，失去電子
D. 向沸水中加入含的飽和溶液，形成的氫氧化鐵膠體的數(shù)目為
【答案】B
【解析】
【詳解】A．在標(biāo)準(zhǔn)狀況下不是氣體，無法根據(jù)22.4L/ml計(jì)算其物質(zhì)的量，A項(xiàng)錯(cuò)誤；
B．由于發(fā)生水解，則，B項(xiàng)正確；
C．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4L即1ml，當(dāng)中生成1mlH2時(shí)，根據(jù)可知，失去電子，C項(xiàng)錯(cuò)誤；
D．膠體是一個(gè)大集合體，向沸水中加入含的飽和溶液，形成的氫氧化鐵膠體的數(shù)目小于，D項(xiàng)錯(cuò)誤；
故答案選B。
7. 莫爾法是用作指示劑，用標(biāo)準(zhǔn)溶液測定(或)濃度的方法?，F(xiàn)用莫爾法測定亞硝酰氯樣品中NOCl的純度，實(shí)驗(yàn)步驟如下：
步驟1：配制溶液。
步驟2：標(biāo)定溶液。準(zhǔn)確稱取干燥的NaCl固體于燒杯中，用蒸餾水溶解后，轉(zhuǎn)移至容量瓶中，并洗滌再轉(zhuǎn)移、定容、搖勻。取3份所配NaCl溶液，每份，分別置于錐形瓶中，加水、適量溶液，在不斷搖動下用溶液滴定至終點(diǎn)[(磚紅色)]。實(shí)驗(yàn)測得三次滴定消耗溶液體積的平均值為。
步驟3：測定亞硝酰氯樣品中NOCl的純度。取樣品，溶于蒸餾水(與水發(fā)生反應(yīng)生成一種氯化物和兩種氮的氧化物，其中一種呈紅棕色)，配成溶液，準(zhǔn)確量取溶液于錐形瓶中；加入適量溶液作指示劑，用上述標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積為。
根據(jù)上述實(shí)驗(yàn)原理，下列說法正確的是
A. 步驟2中，若稱量NaCl固體前沒有干燥，則測定樣品中NClO純度偏低
B. 整個(gè)實(shí)驗(yàn)過程中，滴定管尖嘴不可觸碰錐形瓶內(nèi)壁
C. 滴入最后半滴標(biāo)準(zhǔn)液時(shí)，沉淀顏色變?yōu)榇u紅色即停止滴定
D. 步驟3中，若滴定終點(diǎn)時(shí)俯視讀數(shù)，則測定結(jié)果偏低
【答案】D
【解析】
【分析】用NaCl滴定AgNO3，K2CrO4作指示劑，得到AgNO3濃度，再滴定NOCl，建立關(guān)系式NOCl~~NaCl；
【詳解】A．若稱量NaCl固體前沒有干燥，則AgNO3濃度偏高，測定樣品中NClO純度偏高，A錯(cuò)誤；
B．整個(gè)實(shí)驗(yàn)過程中，當(dāng)?shù)味ǖ揭欢ǔ潭葧r(shí),滴定管嘴部懸有溶液,此時(shí)要用錐形瓶壁與滴定管嘴部接觸,使懸著的溶液流入錐形瓶,搖晃錐形瓶,視使瓶內(nèi)液體均勻，B錯(cuò)誤；
C．滴入最后半滴標(biāo)準(zhǔn)液時(shí)，沉淀顏色變?yōu)榇u紅色，等30S不變色即停止滴定，C錯(cuò)誤；
D．步驟3中，若滴定終點(diǎn)時(shí)俯視讀數(shù)，使的體積讀數(shù)偏小，則測定結(jié)果偏低，D正確；
故選D。
8. 下列實(shí)驗(yàn)過程能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康模椰F(xiàn)象和結(jié)論正確的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【詳解】A．向溶液中滴2滴溶液，產(chǎn)生白色沉淀，根據(jù)反應(yīng)量的關(guān)系得出過量，然后再滴加2滴溶液，過量的與直接反應(yīng)生成黃色，不能證明是轉(zhuǎn)化為，故不能證明，A錯(cuò)誤；
B．探究不同濃度對反應(yīng)速率的影響，得保證其他條件不變，溫度相同，濃度不同時(shí)來討論，根據(jù)，消耗酸性高錳酸鉀溶液，分別需要草酸溶液和草酸溶液，題目中提供的草酸溶液體積均為，故反應(yīng)中高錳酸鉀溶液均過量，溶液不褪色，B錯(cuò)誤；
C．已知平衡：(藍(lán))(黃)，取一定濃度的溶液，升高溫度，溶液由藍(lán)色變?yōu)辄S色，平衡正向移動，則正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，，C正確；
D．發(fā)生兩步水解，，，，要比較的大小，應(yīng)該用計(jì)分別測定濃度均為的和的，越大，水解程度越大，對應(yīng)弱電解質(zhì)酸性越弱，越小，D錯(cuò)誤；
故答案為：C。
9. 脫除汽車尾氣中和包括以下兩個(gè)反應(yīng)：
①
②
將恒定組成的和混合氣通入不同溫度的反應(yīng)器，相同時(shí)間內(nèi)檢測物質(zhì)濃度，結(jié)果如下。
已知：的脫除率
下列分析不正確的是
A. 低溫不利于和的脫除
B. 高溫下和主要脫除反應(yīng)可以寫為：
C. ，該時(shí)間段內(nèi)的脫除率約為
D. ，該時(shí)間段內(nèi)幾乎不發(fā)生反應(yīng)①，主要發(fā)生反應(yīng)②
【答案】D
【解析】
【詳解】A．由圖知，NO和CO的濃度在低溫時(shí)高，所以低溫不利于和的脫除，A正確；
B．根據(jù)圖示，高溫條件下主要生成氮?dú)夂投趸?，高溫下的主要脫除反?yīng)為：，B正確；
C．根據(jù)各物質(zhì)的濃度，NO的初始濃度為（200+125×2+1625×2）ppm=3700ppm，轉(zhuǎn)化為氮?dú)獾腘O的濃度1625ppm×2=3250ppm，該時(shí)間段內(nèi)NO的脫除率約為，C正確；
D．，該時(shí)間段內(nèi)如果幾乎不發(fā)生反應(yīng)①，主要發(fā)生反應(yīng)②，則氮?dú)馀c二氧化碳的濃度接近相等，而由圖可知二氧化碳的濃度比氮?dú)鉂舛却蠛芏啵f明該時(shí)間段內(nèi)一定發(fā)生反應(yīng)①，D錯(cuò)誤；
故選D。
10. 利用無機(jī)物離子和(下圖簡寫為)，實(shí)現(xiàn)了水在催化劑作用下制氧氣。用進(jìn)行同位素標(biāo)記實(shí)驗(yàn)，證明了產(chǎn)物氧氣中的氧原子完全來自水。其相關(guān)機(jī)理如下圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是
A. 在反應(yīng)中做催化劑
B. 進(jìn)行同位素標(biāo)記實(shí)驗(yàn)前，需排盡體系中的空氣
C. 催化氧化水的反應(yīng)為
D. 若參與反應(yīng)。則中存在
【答案】A
【解析】
【分析】如圖所示，CeⅣ→Ce Ⅲ，Ce元素化合價(jià)降低，則在反應(yīng)中作氧化劑，只消耗，故不是催化劑，既參加反應(yīng)又重新生成、故為催化劑；
【詳解】A．據(jù)分析，在反應(yīng)中作氧化劑， A錯(cuò)誤；
B．為了防止空氣中的氧氣對實(shí)驗(yàn)造成干擾，進(jìn)行同位素標(biāo)記實(shí)驗(yàn)前應(yīng)將體系中的空氣排盡， B正確；
C．由圖中可知，催化氧化水產(chǎn)物中是O2和H+，結(jié)合分析可知，催化氧化水的反應(yīng)為， C正確；
D．由圖中可知，吸收被標(biāo)記的氧原子形成，若參與反應(yīng)。則中存在，D正確；
答案選A。
11. 新型綠色電池中使用了最新研發(fā)的RhSANs(單原子納米酶)作為電極活性物質(zhì)的催化劑，使葡萄糖和氧氣之間的反應(yīng)順利地構(gòu)成了原電池，其工作原理如圖所示。下列關(guān)于葡萄糖/燃料電池的說法錯(cuò)誤的是
A. 電極為燃料電池的負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)
B. 電極放電后，附近溶液的增大
C. 電極的電極反應(yīng)為
D. 該燃料電池消耗標(biāo)準(zhǔn)狀況下時(shí)，理論上可轉(zhuǎn)化葡萄糖
【答案】C
【解析】
【分析】本題是原電池原理的考查，電極上轉(zhuǎn)化為，六元環(huán)中的化合價(jià)由-1升高到+1，發(fā)生氧化反應(yīng)，電極為負(fù)極，電極上的氧氣轉(zhuǎn)化為水，發(fā)生還原反應(yīng)，電極為正極，據(jù)此回答。
【詳解】A．電極上轉(zhuǎn)化為，六元環(huán)中的化合價(jià)由-1升高到+1，發(fā)生氧化反應(yīng)，電極為負(fù)極，故A項(xiàng)正確；
B．電極上的氧氣轉(zhuǎn)化為水，發(fā)生還原反應(yīng)，電極為正極，電極反應(yīng)為，反應(yīng)過程中電極上消耗，溶液的增大，故B項(xiàng)正確；
C．六元環(huán)中的化合價(jià)由-1升高到+1，則每摩爾參加反應(yīng)應(yīng)該轉(zhuǎn)移2ml電子，故C錯(cuò)誤；
D．總反應(yīng)為22，該燃料電池中消耗同時(shí)消耗葡萄糖，其質(zhì)量為，故D項(xiàng)正確；
故選C。
12. 的晶胞示意圖如圖甲所示。存在“缺陷”的氧化鎳晶體如圖乙所示(一個(gè)空缺，另有兩個(gè)被兩個(gè)所取代，其晶體仍呈電中性)。下列說法正確的是
A. 元素位于元素周期表區(qū)
B. 晶胞中每個(gè)周圍與它距離相等且最近的有6個(gè)
C. 某氧化鎳樣品組成為，該晶體中與的個(gè)數(shù)之比為
D. NiO晶胞中與一個(gè)最近且等距離的構(gòu)成的空間幾何形狀為正四面體
【答案】C
【解析】
【詳解】A．Ni為第28號元素，位于元素周期表的Ⅷ族為d區(qū)，A錯(cuò)誤；
B．由結(jié)構(gòu)圖可知，晶胞中占據(jù)頂點(diǎn)和面心，以上面心為中心，上面4個(gè)頂點(diǎn)和上下兩個(gè)晶胞的面心8個(gè)，周圍與它距離相等且最近的有12個(gè)，B錯(cuò)誤；
C．設(shè)Ni3+離子數(shù)為x，則Ni2+離子數(shù)為97-x，某氧化鎳樣品組成為與等效，由在離子化合物中陽離子所帶的正電荷總數(shù)與陰離子所帶的負(fù)電荷總數(shù)相等可知，3×x+(97-x)×2=100×2，解之得，x=6，所以Ni3+與Ni2+的離子數(shù)之比6：(97-6)=6：91，C正確；
D．NiO晶胞中與一個(gè)最近且等距離的構(gòu)成的空間幾何形狀為正八面體，D錯(cuò)誤；
故選C。
13. 與同為第族元素，溶液中及其與形成的微粒的濃度分?jǐn)?shù)隨溶液變化的關(guān)系如圖所示。已知的溶液的約為3.4，常溫下，向溶液中滴加醋酸溶液，關(guān)于該過程的說法正確的是
A. 的濃度分?jǐn)?shù)一直不變
B. 反應(yīng)的平衡常數(shù)的數(shù)量級為
C. 時(shí)，
D. 當(dāng)溶液中與的濃度相等時(shí)，
【答案】B
【解析】
【分析】向溶液中不斷滴加醋酸溶液，隨著溶液的減小，與醋酸電離產(chǎn)生的會不斷反應(yīng)產(chǎn)生、、、。
【詳解】A．向溶液中不斷滴加醋酸溶液，隨著溶液的減小，與醋酸電離產(chǎn)生的會不斷反應(yīng)產(chǎn)生、、、，因此的濃度分?jǐn)?shù)一直減小，A錯(cuò)誤；
B．反應(yīng)的平衡常數(shù)，由圖可知，在溶液左右時(shí)，，此時(shí)，所以該反應(yīng)的平衡常數(shù)的數(shù)量級為，B正確；
C．常溫下，的溶液顯中性，，根據(jù)溶液中存在的電荷守恒可得關(guān)系式：，故，C錯(cuò)誤；
D．由圖可知，當(dāng)溶液中與的濃度相等時(shí)，溶液，說明的濃度遠(yuǎn)大于的濃度，D錯(cuò)誤；
故選B。
14. 實(shí)驗(yàn)室中利用氧化銅和氧化鐵混合物進(jìn)行如圖實(shí)驗(yàn)。下列說法錯(cuò)誤的是
A. 反應(yīng)②能生成0.04g
B. “溶液2”中溶質(zhì)的物質(zhì)的量為0.1ml
C. 氧化銅和氧化鐵混合物中含氧元素的物質(zhì)的量為0.06ml
D. “3.04g固體”一定是鐵銅混合物
【答案】A
【解析】
【分析】實(shí)驗(yàn)中得到溶液1發(fā)生的反應(yīng)為CuO+H2SO4=CuSO4+H2O、Fe2O3+ 3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，得到溶液2可能發(fā)生的反應(yīng)為Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4、Fe+H2SO4= FeSO4+ H2↑、CuSO4+ Fe=FeSO4+Cu，設(shè)氧化鐵的物質(zhì)的量為xml、氧化銅為yml，由氧化物的質(zhì)量可得：160x+80y=4，由反應(yīng)的方程式可得：64y+5.6—56(x+y+0.1—3x—y)=3.04，解聯(lián)立方程可得x=0.01、y=0.03，則4g固體中含有1.6g氧化鐵、2.4g氧化銅，3.04g固體中含有1.92g銅、1.12g鐵，溶液1中含有0.01ml硫酸鐵、0.03ml硫酸銅、0.04ml硫酸，溶液2中含有0.1ml硫酸亞鐵。
【詳解】A．由分析可知，溶液1中硫酸的物質(zhì)的量為0.04ml，則與鐵反應(yīng)生成氫氣的質(zhì)量為0.04ml×2g/ml=0.08g，故A錯(cuò)誤；
B．由分析可知，溶液2中含有0.1ml硫酸亞鐵，故B正確；
C．由分析可知，4g固體中含有0.01ml氧化鐵、0.03氧化銅，混合物中含氧元素的物質(zhì)的量為0.06ml，故C正確；
D．由分析可知，3.04g固體中含有1.92g銅、1.12g鐵，故D正確；
故答案選A。
二、填空題(本題共4小題，共58分)
15. 以廢干電池[主要含MnO2、MnOOH、Zn、Zn(OH)2、Fe、KOH]和鈦白廠廢酸(主要含H2SO4，還有少量Ti3+、Fe2+、Ca2+、Mg2+等)為原料，制備錳鋅鐵氧體[MnxZn1-xFe2O4]的流程如下：
已知：① 25℃時(shí)，Ksp(MgF2)=7.5×10-11，Ksp(CaF2)=1.5×10-10；酸性較弱時(shí)，MgF2、CaF2均易形成[MFn]2-n配離子(M代表金屬元素)；
② (NH4)2S2O8在煮沸時(shí)易分解
（1）酸浸過程中含錳物質(zhì)被溶液中的FeSO4還原為Mn2+，其中MnO2參與反應(yīng)的離子方程式為___________。
（2）氧化時(shí)加入H2O2將Ti3+、Fe2+氧化，再加入Na2CO3調(diào)節(jié)溶液pH為1～2，生成偏鈦酸(H2TiO3)和黃鉀鐵礬[K2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀，使得鈦、鉀得以脫除。
① 加入Na2CO3生成黃鉀鐵礬的離子方程式為___________。
② 若加入Na2CO3過多，將導(dǎo)致產(chǎn)品的產(chǎn)率下降，其原因是___________。
（3）①氟化過程中溶液pH與鈣鎂去除率關(guān)系如圖1所示。當(dāng)2.5 < pH < 4.0時(shí)，溶液pH過高或過低，Ca2+、Mg2+去除率都會下降，其原因是___________。
②氟化后，溶液中為___________。
③CaF2晶胞結(jié)構(gòu)如圖2所示，若該立方晶胞參數(shù)為apm，NA為阿伏加德羅常數(shù)：計(jì)算晶體的密度為___________g?cm-3(列出表達(dá)式)。
（4）共沉淀前，需測定溶液中錳元素含量。先準(zhǔn)確量取1.00 mL氟化后溶液于錐形瓶中，加入少量硫酸、磷酸和硝酸銀(Ag+是催化劑)溶液振蕩；將溶液加熱至80℃，加入3 g (NH4)2S2O8充分反應(yīng)后，再將溶液煮沸，冷卻后，再用0.0700 ml/L的(NH4)2Fe(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)液滴定至溶液由淺紅色變?yōu)闊o色。請寫出Mn2+與S2反應(yīng)的離子方程式___________。
【答案】（1）2Fe2++MnO2+4H+ = Mn2++2Fe3++2H2O
（2） ①. 2K++6Fe3++4SO+6CO+6H2O = K2Fe6(SO4)4(OH)12↓+6CO2↑ ②. 加入Na2CO3過多，pH過大，生成Fe(OH)3沉淀
（3） ①. pH過低，溶液酸性較強(qiáng)，F(xiàn)-轉(zhuǎn)化為弱酸HF，溶液中F-濃度減小，Ca2+、Mg2+去除率減??；pH過高，MgF2、CaF2沉淀轉(zhuǎn)化為[MFn]2-n配離子，沉淀重新溶解，Ca2+、Mg2+的去除率降低 ②. 0.5 ③.
（4）2Mn2++5S2O+8H2O2MnO+10SO+16H+
【解析】
【分析】粉碎廢電池增加酸浸速率，廢干電池[主要含MnO2、MnOOH、Zn、Zn(OH)2、Fe、KOH]和鈦白廠廢酸(主要含H2SO4，還有少量Ti3+、Fe2+、Ca2+、Mg2+等)，MnO2、MnOOH、Zn、Zn(OH)2、Fe、KOH溶于酸，MnO2、MnOOH在酸性條件下被Fe2+還原生成Mn2+，氧化時(shí)加入H2O2將Ti3+、Fe2+氧化，加入NH4F生成MgF2、CaF2沉淀除去Ca2+、Mg2+，(NH4)2CO3制備錳鋅鐵氧體。
【小問1詳解】
MnO2被溶液中的FeSO4還原為Mn2+，根據(jù)得失電子守恒和電荷守恒配平離子方程式為：2Fe2++MnO2+4H+ = Mn2++2Fe3++2H2O。
【小問2詳解】
①加入Na2CO3調(diào)節(jié)溶液pH為1～2，生成黃鉀鐵礬[K2Fe6(SO4)4(OH)12]的離子方程式為2K++6Fe3++4SO+6CO+6H2O = K2Fe6(SO4)4(OH)12↓+6CO2↑；
②若加入Na2CO3過多，溶液堿性變強(qiáng)，pH過大，生成Fe(OH)3沉淀。
【小問3詳解】
①當(dāng)2.5 < pH < 4.0時(shí)，溶液pH過高或過低，Ca2+、Mg2+去除率都會下降，其原因是：pH過低，溶液酸性較強(qiáng)，F(xiàn)-轉(zhuǎn)化為弱酸HF，溶液中F-濃度減小，Ca2+、Mg2+去除率減小；pH過高，MgF2、CaF2沉淀轉(zhuǎn)化為[MFn]2-n配離子，沉淀重新溶解，Ca2+、Mg2+的去除率降低；
②氟化后，溶液中=0.5；
③CaF2晶胞結(jié)構(gòu)如圖2所示，Ca2+的個(gè)數(shù)為，F(xiàn)-的個(gè)數(shù)為8，若該立方晶胞參數(shù)為apm，NA為阿伏加德羅常數(shù)，計(jì)算晶體的密度為。
【小問4詳解】
用0.0700 ml/L的(NH4)2Fe(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)液滴定至溶液由淺紅色變?yōu)闊o色，說明具有氧化性，可以將Mn2+氧化為，轉(zhuǎn)化為，根據(jù)得失電子守恒和電荷守恒配平離子方程式為：2Mn2++5+8H2O2+10+16H+。
16. N2O的轉(zhuǎn)化在Fe+催化作用下與CO發(fā)生反應(yīng)：。
（1）該反應(yīng)分兩步進(jìn)行，第一步反應(yīng)為_______；
第二步：。
已知增大CO氣體濃度，總反應(yīng)達(dá)到平衡所用的時(shí)間變化不大，第一步反應(yīng)的活化能_______第二步反應(yīng)的活化能。
A．> B．< C． D．不確定
在四個(gè)不同容積的恒容密閉容器中按圖甲充入相應(yīng)的氣體，發(fā)生反應(yīng)：容器I、Ⅱ、Ⅲ中N2O的平衡轉(zhuǎn)化率如圖乙所示。
（2）該反應(yīng)的逆反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行的條件是_______。
A. 高溫自發(fā)B. 低溫自發(fā)C. 任何溫度都自發(fā)D. 任何溫度都不自發(fā)
（3）若容器I的體積為5L，反應(yīng)在下進(jìn)行，30s后達(dá)到平衡，則從起始到平衡過程中N2O反應(yīng)速率為_______。容器Ⅱ中，反應(yīng)在B點(diǎn)時(shí)對應(yīng)的平衡常數(shù)_______(保留3位有效數(shù)字)。
（4）根據(jù)題給信息，下列有關(guān)說法正確的是_______。
A. 體積：
B. 容器Ⅲ中，當(dāng)N2與N2O物質(zhì)的量之比為1：1時(shí)反應(yīng)達(dá)平衡狀態(tài)
C. 圖乙中A、C、D對應(yīng)容器中混合氣體密度相等
D. 圖乙中A、C、D三點(diǎn)由于轉(zhuǎn)化率相等，因而平衡常數(shù)相等
（5）若容器Ⅳ的體積為2L，反應(yīng)在下進(jìn)行，則起始時(shí)反應(yīng)_______。
A. B. C. D. 不確定大小關(guān)系
【答案】（1） ①. Fe+(s)+N2O(g)FeO(s)++N2(g) ②. A （2）B
（3） ①. 0.000267 ml?L-1?s-1 ②. 0.00178 （4）A （5）B
【解析】
【小問1詳解】
該反應(yīng)分兩步進(jìn)行，根據(jù)第二步：可知，總反應(yīng)減去第二步反應(yīng)可得第一步反應(yīng)為：Fe+(s)+N2O(g)FeO(s)++N2(g)，已知增大CO氣體濃度，總反應(yīng)達(dá)到平衡所用的時(shí)間變化不大，說明增大CO的濃度對總反應(yīng)速率幾乎沒有影響，說明第二步反應(yīng)為快反應(yīng)，第一步反應(yīng)為慢反應(yīng)，由活化能越大反應(yīng)速率越慢可知，第一步反應(yīng)的活化能＞第二步反應(yīng)的活化能，故答案為：Fe+(s)+N2O(g)FeO(s)++N2(g)；A；
【小問2詳解】
由圖乙可知，升高溫度，N2O的轉(zhuǎn)化率升高，則向正反應(yīng)方向進(jìn)行，即正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，＞0，同時(shí)該反應(yīng)正反應(yīng)是一個(gè)氣體體積增大的方向，即＞0，則該反應(yīng)的逆反應(yīng)0，即0，則逆反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行的條件是低溫自發(fā)，故答案為：B；
【小問3詳解】
由題干圖示A點(diǎn)信息可知，根據(jù)三段式分析：，所以（N2O）===0.00027 ml?L-1?s-1， A、B點(diǎn)溫度相同，對應(yīng)的平衡常數(shù)相等，B點(diǎn)對應(yīng)的平衡常數(shù)等于A點(diǎn)對應(yīng)的平衡常數(shù)，則有：K===0.00178，故答案為：0.000267 ml?L-1?s-1；0.00178；
【小問4詳解】
A．由題干甲圖可知，三容器中加入N2O均為0.1ml，根據(jù)乙圖可知，N2O的平衡轉(zhuǎn)化率Ⅰ＞Ⅱ＞Ⅲ，結(jié)合反應(yīng)可知減小壓強(qiáng)平衡正向移動，所以壓強(qiáng)：，故體積：，A正確；
B．化學(xué)平衡的特征之一為各組分的物質(zhì)的量保持不變而不是相等，故容器Ⅲ中，當(dāng)N2與N2O物質(zhì)的量之比為1：1時(shí)不一定反應(yīng)達(dá)平衡狀態(tài)，B錯(cuò)誤；
C．由A項(xiàng)分析可知，三容器的體積不同，體系中氣體的質(zhì)量保持相等，故三容器中氣體的密度不同，且反應(yīng)過程中密度保持不變，故圖乙中A、C、D對應(yīng)的容器中混合氣體密度不相等，C錯(cuò)誤；
D．由圖乙可知，A、C、D三點(diǎn)溫度不等，因而平衡常數(shù)不等，D錯(cuò)誤；
故答案為：A；
【小問5詳解】
由(3)分析可知，370℃下該反應(yīng)的K=0.00178，結(jié)合甲圖信息可知，若容器Ⅳ的體積為2L，反應(yīng)在下進(jìn)行，此時(shí)Qc===0.02＞K，則起始時(shí)反應(yīng)，故答案為：B。
17. 某小組設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)制備配合物及測定其組成：
實(shí)驗(yàn)(一) 制備配合物。
制備流程：
實(shí)驗(yàn)步驟：
I．在錐形瓶中加入6mL濃氨水，再加入1.0gNH4Cl，待完全溶解后持錐形瓶不斷振蕩，使溶液均勻。
II．分?jǐn)?shù)次加入一定量粉末，邊加邊攪拌，使溶液呈棕色稀漿，再往其中滴加的過氧化氫溶液，邊加邊攪拌，當(dāng)溶液中停止起泡時(shí)，慢慢加入6mL濃鹽酸，邊加邊攪拌，并在電爐上微熱15min，溫度不要超過85℃。
III．在室溫下冷卻并攪拌，待完全冷卻后抽濾出沉淀，用冷水分?jǐn)?shù)次洗滌沉淀，接著用5mL冷的鹽酸洗滌，產(chǎn)物在105℃左右烘干并稱量。
（1）配離子呈八面體結(jié)構(gòu)，其___________(填“有”或“沒有”)同分異構(gòu)體。
（2）步驟I中若先加，后加，產(chǎn)生的后果是___________。
（3）步驟II中加入過氧化氫溶液時(shí)，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________。慢慢加入濃鹽酸，其中濃鹽酸的作用是___________。
實(shí)驗(yàn)(二)測定配合物組成。
步驟1：稱取產(chǎn)品加入燒瓶A中，加入足量濃NaOH溶液。
步驟2：用蒸餾水蒸出氨氣，用裝有溶液(過量)的燒瓶B吸收氨氣。
步驟3：用蒸餾水沖洗彎管2并將沖洗液和吸收液合并于一潔凈錐形瓶中，用蒸餾水稀釋至250mL。準(zhǔn)確量取25.00mL稀釋的溶液于另一錐形瓶中，滴加酚酞溶液作指示劑，用標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定過量的，消耗NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液。
（4）冷疑管的進(jìn)水口為___________(填“a”或“b”)口。
（5）毛細(xì)管1的作用是___________。步驟3中，用蒸餾水沖洗彎管2并將沖洗液和吸收液合并于一潔凈錐形瓶中，這樣操作的目的是___________。
（6）該產(chǎn)品中質(zhì)量分?jǐn)?shù)為___________(用含的代數(shù)式表示)。已知：。
【答案】（1）有（2）NH4Cl無法有效抑制一水合氨的電離，進(jìn)而導(dǎo)致C(OH)2的生成
（3） ①. 2[C(H2O)6]Cl2+8NH3+2NH4Cl+H2O2=2[C(NH3)5(H2O)]Cl3+12H2O ②. 增大氯離子的濃度，使沉淀溶解平衡逆向移動，便于晶體[C(NH3)5Cl]Cl2的析出
（4）a （5） ①. 形成液化中心，防止暴沸 ②. 使蒸出的氨氣(燒瓶B中的氨氣和彎管2中殘留的氨氣)全部轉(zhuǎn)移至錐形瓶中
（6）
【解析】
【分析】將NH4Cl和濃氨水混合，然后在溶液中分批加入粉末，再用H2O2氧化，可得到，然后再加入濃鹽酸，冷卻后可得到晶體，流程為：。
【小問1詳解】
為正八面體，C3+位于八面體的中心，其二氯代物有兩種(即兩個(gè)氯原子相鄰或相對)，因此有同分異構(gòu)體。
【小問2詳解】
步驟I中若先加，后加，則NH4Cl無法抑制一水合氨的電離，無法防止與氨水反應(yīng)生成C(OH)2沉淀。
【小問3詳解】
步驟II中加入過氧化氫溶液時(shí)，[C(H2O)6]Cl2被氧化為[C(NH3)5(H2O)]Cl3，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒配平化學(xué)方程式為2[C(H2O)6]Cl2+8NH3+2NH4Cl+H2O2=2[C(NH3)5(H2O)]Cl3+12H2O；加入濃鹽酸可增大氯離子的濃度，使的沉淀溶解平衡逆向移動，便于晶體的析出。
【小問4詳解】
冷凝管進(jìn)出水原則為“下進(jìn)上出”，因此進(jìn)水口為a。
【小問5詳解】
毛細(xì)管1的作用是形成液化中心，防止暴沸；用蒸餾水沖洗彎管2并將沖洗液和吸收液合并于一潔凈錐形瓶中，這樣操作的目的是：使蒸出的氨氣(燒瓶B中的氨氣和彎管2中殘留的氨氣)全部轉(zhuǎn)移至錐形瓶中。
【小問6詳解】
H3BO3的作用分為兩部分，一部分H3BO3與NH3?H2O按物質(zhì)的量1：1反應(yīng)，剩余的H3BO3與NaOH按物質(zhì)的量1：1反應(yīng)，因此產(chǎn)品中NH3的物質(zhì)的量=與NH3?H2O反應(yīng)的H3BO3的物質(zhì)的量= ml，因此產(chǎn)品中NH3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。
18. 用于治療高血壓的藥物Q的合成路線如下：
已知：①E與FeCl3溶液作用顯紫色；
②W分子中只有一種化學(xué)環(huán)境的氫原子；
③G分子中含兩個(gè)甲基，核磁共振氫譜顯示只有3組峰，且遇FeCl3溶液作用顯紫色
④芳香族化合物與鹵代烴在AlCl3催化下可發(fā)生如下可逆反應(yīng)：+R′Cl+HCl
（1）A→B的化學(xué)方程式是___________，B→D反應(yīng)類型為___________。
（2）W的名稱是___________，W的同分異構(gòu)體中，含單官能團(tuán)的有___________種(不考慮立體異構(gòu))。
（3）下列說法正確的是___________(填標(biāo)號)。
a．酸性強(qiáng)弱：A>B b．E分子中所有原子一定在同一平面上
c．E能作為縮聚反應(yīng)的單體 d．1mlCH3CH2CN最多能與2mlH2發(fā)生加成反應(yīng)
（4）G的結(jié)構(gòu)簡式為___________。
（5）乙二胺和三甲胺均屬于胺，且相對分子質(zhì)量接近，但乙二胺比三甲胺的沸點(diǎn)高很多，原因是___________。
（6）J分子中手性碳原子數(shù)為___________，J→L的化學(xué)方程式為___________。
【答案】（1） ①. CH3CH2COOH+Cl2CH3CHClCOOH+HCl ②. 取代反應(yīng)或酯化反應(yīng)
（2） ①. 丙酮 ②. 4
（3）cd （4）
（5）乙二胺分子間存在氫鍵，沸點(diǎn)高
（6） ①. 1 ②.
【解析】
【分析】CH3CH2CN發(fā)生水解反應(yīng)然后酸化得到A，根據(jù)A的分子式及D和M反應(yīng)產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式知，A為CH3CH2COOH，D和M發(fā)生取代反應(yīng)，則D為CH3CHClCOOCH2CH3，B和乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成D，則B為CH3CHClCOOH。A→B為A和氯氣發(fā)生的取代反應(yīng)。W分子中只有一種化學(xué)環(huán)境的氫原子，E與溶液作用顯紫色可知，根據(jù)E、W的分子式，E為，W為CH3COCH3。根據(jù)D和M反應(yīng)產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式、可知M為。結(jié)合已知③和④，G分子中含兩個(gè)甲基，且核磁共振氫譜顯示只有3組峰，可知G為；F和氯氣發(fā)生取代反應(yīng)生成G，則F的結(jié)構(gòu)簡式為。L的分子式為C11H14Cl2N2O2，不飽和度為5，對比L前后有機(jī)物結(jié)構(gòu)，可知與H2NCH2CH2NH2發(fā)生取代反應(yīng)生成L，則L的結(jié)構(gòu)簡式為，L經(jīng)過①TiCl4、②HCl、乙醇反應(yīng)生成藥物Q（）。
【小問1詳解】
通過CH3CH2CN轉(zhuǎn)化為A的反應(yīng)條件，推出A為CH3CH2COOH。通過J的結(jié)構(gòu)簡式和D的分子式，判斷A→B轉(zhuǎn)化中A分子中的一個(gè)H被一個(gè)氯原子取代，故反應(yīng)為CH3CH2COOH+Cl2CH3CHClCOOH+HCl；通過B→D的反應(yīng)試劑及條件，判斷出反應(yīng)類型為取代反應(yīng)或酯化反應(yīng)；
【小問2詳解】
W為CH3COCH3，因此名稱是：丙酮；丙酮的不飽和度為1，結(jié)構(gòu)中含有1個(gè)雙鍵或者1個(gè)環(huán)；如果只有1個(gè)單官能團(tuán)，則可以是醛、環(huán)狀的醇或者環(huán)狀的醚，一共有CH3CH2CHO、、、；一共4種；
【小問3詳解】
a．B為CH3CHClCOOH，－Cl為吸電子基團(tuán)，會增強(qiáng)氫氧鍵的極性，導(dǎo)致分子酸性增強(qiáng)，故酸性A＜B，a錯(cuò)誤；
b．E為苯酚，酚羥基的氫原子不一定和苯環(huán)共平面，b錯(cuò)誤；
c．苯酚和甲醛可制備酚醛樹脂，苯酚可以發(fā)生縮聚反應(yīng)，作為縮聚反應(yīng)的單體，c正確；
d．CH3CH2CN分子中含碳氮三健，1mlCH3CH2CN最多能與2mlH2發(fā)生加成反應(yīng)生成CH3CH2CH2NH2，d正確；
答案選cd；
【小問4詳解】
根據(jù)分析，可知G的結(jié)構(gòu)簡式為；
【小問5詳解】
乙二胺(H2NCH2CH2NH2)中N與H直接相連，分子間可以形成氫鍵，沸點(diǎn)較高，而三甲胺[N(CH3)3]中N未與H相連，分子間不存在氫鍵，故乙二胺分子間存在氫鍵，沸點(diǎn)高；
【小問6詳解】
連有四個(gè)不同基團(tuán)的碳原子為手性碳，J的結(jié)構(gòu)簡式為，可知J中與甲基相連的碳原子為手性碳原子，因此J分子中只有1個(gè)手性碳原子。L的分子式為C11H14Cl2N2O2，不飽和度為5，對比L前后有機(jī)物結(jié)構(gòu)，可知與H2NCH2CH2NH2發(fā)生取代反應(yīng)生成L，則J→L的化學(xué)方程式為。選項(xiàng)
實(shí)驗(yàn)?zāi)康?br>實(shí)驗(yàn)過程
現(xiàn)象和結(jié)論
A
比較和的大小
向溶液中滴2滴溶液，產(chǎn)生白色沉淀后再滴加2滴溶液
又生成黃色沉淀，能說明
B
探究反應(yīng)物濃度對反應(yīng)速率的影響
相同溫度下，兩支試管各盛酸性高錳酸鉀溶液，分別加入草酸溶液和草酸溶液
加入草酸溶液的試管中溶液褪色更快，說明反應(yīng)物濃度越大，反應(yīng)速率越快
C
探究可逆反應(yīng)的熱效應(yīng)
已知溶液中存在下列平衡：(藍(lán))(黃)，取一定濃度的溶液，升高溫度
溶液由藍(lán)色變?yōu)辄S色，說明該反應(yīng)
D
比較的大小
用計(jì)分別測定濃度均為的和的
的更大，所以

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