山東省萊蕪一中2021屆高三第一次考試化學試題含解析

萊蕪一中20-21學年度上學期高三第一次質量檢測

化學試題

本試卷共8頁，總分100分，考試時間90分鐘。

考前須知：

1.答卷前，考生務必將自己的級部、班級、姓名、準考證號、填寫在答題卡上。

2.選擇題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動,

用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。答復非選擇題時，用中性筆將答案寫在

答題卡對應題目的規(guī)定區(qū)域。答在答題卡的規(guī)定區(qū)域之外或本試卷上無效。

3.考試結束后只需將答題卡交回。

一、選擇題：此題共10小題，每題2分，共20分，每題只有一個選項符合題目

要求。

1.根據所給的信息和標志，判斷以下說法錯誤的選項是()

ABCD

碳酸氫鈉藥片

廢棄電池▽△

該藥抗酸藥，服用看到有該標志的丟棄貼有該標志的物

有害垃圾

時喝些醋能提高藥效物，應遠離并報警品是可回收物

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【詳解】A.按照垃圾分類，廢舊電池是有害垃圾，故A正確；

B.醋中含有乙酸，能和碳酸氫鈉反響，從而降低療效，故B錯誤；

C.該標志為放射性物質標志，對環(huán)境及人有危害，所以看到有該標志的丟棄物，應遠離并報

警，故C正確；

D.該標志為循環(huán)回收標志，所以貼有該標志的物品是可回收物，故D正確。

答案選B。2.1g氫氣在氧氣中完全燃燒生成氣態(tài)水，放出熱量120.9kJ,那么

反響的熱化學方程式：1

A.2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)AH=+483.6kJ-mol

B.2moiH2和lmolO2的能量總和大于2moiHzO(g)的能量

C.lmolH2O(I)的能量大于lmolHzO(g)的能量

I).氫氣的燃燒熱為241.8kJ?mol1

【答案】B

【解析】

【詳解】A、氨氣燃燒是放熱反響，△H<0,故A錯誤；

B、此反響是放熱反響，因此2moid和ImolCh具有的能量總和大于2moi水蒸氣具有的能量,

故B說法正確；

C、液態(tài)水轉化成水蒸氣，需要吸收能量，因此lmolWOQ)的能量小于lmolH2O(g)的能量，

故C錯誤；

D、燃燒熱是生成穩(wěn)定的氧化物，即水為液態(tài)，故D錯誤。

答案選B。

3.一定溫度下，在一固定體積的密閉容器中，對于可逆反響A(s)+3B(g)==^2C(g),以下說法

說明到達平衡狀態(tài)的是〔〕

?C的生成速率和C的分解速率相等；

②單位時間內生成amolA,同時生成3amoiB；

③氣體密度不再變化；

④混合氣體的總壓強不再變化；

⑤A、B、C的物質的量之比為1:3:2；

⑥混合氣體的平均相對分子質量不變

A.②④⑤B.①③④⑥C.①②④⑥D.

①②③④⑤

【答案】B

【解析】

【詳解】對于反響A(s)+3B(g)#2C(g),①C的生成速率與C的分解速率相等，表示正、逆反響

速率相等，說明反響到達平衡狀態(tài)，故①正確；②單位時間內生成amolA是逆反響，同時3a

rn

molB也是逆反響，未表達正與逆的關系，故②錯誤：③密度="，氣體的總質量會變，體積

不變，故氣體密度不再變化可作為判斷是否到達平衡狀態(tài)的依據，故③正確；④反響前后氣

體的體積不等，故混合氣體的總壓強不再變化，可作為判斷是否到達化學平衡狀態(tài)的依據，

故④正確；⑤平衡時各物質的物質的量之比取決于物質的起始物質的量和轉化率，故A、B、C

的物質的量比為1：3：2不能作為判斷是否到達平衡狀態(tài)的依據，故⑤錯誤；⑥反響前氣體

平均相對分子質量=A的相對分子質量,完全反響后氣體平均相對分子質量=B的相對分子質量,

二者不等，平衡時，A、B的物質的量比例不變，混合氣體的平均相對分子質量不變，可作為

判斷是否到達化學平衡狀態(tài)的依據，故⑥正確；說法正確的選項是①③④⑥，應選B。

4.用酸性氫氧燃料電池電解苦鹵水（含Cl、Br，Na\Mg?'）的裝置如以下圖所示（a、b為石

墨電極）.以下說法中，正確的選項是

-

A.電池工作時，正極反響式為：O2+2H2O+4e===4OH

B.電解時，a電極周圍首先放電的是Br而不是說明當其他條件相同時前者的復原性強

于后者

C.電解時，電子流動路徑是：負極玲外電路f陰極少溶液與陽極少正極

D.忽略能量損耗，當電池中消耗0.02g力時，b極周圍會產生0.04g出

【答案】B

【解析】

【詳解】A.電池工作時，通入02的極為電源的正極，發(fā)生復原反響，由于該電池為酸性介質，

因此正確的電極反響式為Oz+4H++4e===2出0,錯誤；

作陽極，現陽極材料為惰性電極，溶液中復原性強的離子Bd先放電，正確；

C.不管在原電池中還是在電解池溶液中均無電子通過，溶液中依靠陰陽離子的定向移動構成回

路，錯誤；

+

D.燃料電池和電解池中轉移的電子數是相等的，當電池中消耗2,根據電極反響：H2^2H+2e-,

所以轉移電子，b極的電極反響為：2H++2e-玲d，轉移電子，會產生2,錯誤；

答案選B。

5.以下有關金屬腐蝕與防護的說法正確的選項是

A.純銀器外表在空氣中因電化學腐蝕漸漸變暗

B.當鍍錫鐵制品的鍍層破損時，鍍層仍能對鐵制品起保護作用

C.在海輪外殼連接鋅塊保護外殼不受腐蝕是采用了犧牲陽極的陰極保護法

D.可將地下輸油鋼管與外加直流電源的正極相連以保護它不受腐蝕

【答案】C

【解析】

【詳解】A、純銀器在空氣中久置會被氧化變黑，不具備形成原電池的條件，所以為化學腐蝕,

故A正確；

B、當鍍錫鐵制品的鍍層破損時，因為Fe比Sn更活潑，Sn、Fe形成原電池，Fe為負極，鍍層

不再起到保護作用，故B錯誤；

C、在海輪外殼連接鋅塊保護外殼不受腐蝕，因為Fe與Zn形成原電池，Zn作負極（陽極）被消

耗，從而保護了正極（陰極）Fe,該防護方法稱為犧牲陽極的陰極保護法，故C正確；

D、利用電解池原理進行金屬防護的方法稱為外加電流的陰極保護法，使被保護金屬與直流電

源的負極相連可防止金屬被腐蝕，所以將地下輸油鋼管與外加直流電源的負極相連，可保護

鋼管不受腐蝕，故D正確。

【點睛】此題考查金屬的腐蝕與防護，注意把握金屬腐蝕的原理和電化學知識。金屬腐蝕一

般分為化學腐蝕和電化學腐蝕，化學腐蝕是金屬與氧化劑直接接觸反響，例如此題A項；電

化學腐蝕是不純的金屬或合金跟電解質溶液接觸，形成原電池而造成的腐蝕，例如題中B項;

金屬防護方法除了覆蓋保護層、改變金屬內部結構外，還可以根據電化學原理防護，例如題

中C、D涉及的犧牲陽極的陰極保護法和外加電流的陰極保護法。

6.如下圖的裝置，C、D、E、F、X、Y都是惰性電極。將電源接通后，向乙中滴入酚隙試液，

在F極附近顯紅色。那么以下說法不正確的選項是（）

A.電源B極是負極

B.甲、乙裝置的C、D、E、F電極均有單質生成，其物質的量之比為1：2：2：2

C.欲用丙裝置給銅鍍銀，H應該是Ag,電鍍液是AgNOs溶液

D.通電后丁中Y極顏色加深

【答案】C

【解析】

【分析】

根據電解滴入酚配的氯化鈉溶液時，陰極附近溶液顯紅色，即F為陰極，再根據電解池的陰陽

極判斷原電池的正負極；計算時利用各極得失電子守恒計算。

【詳解】A.電解滴入酚儆的氯化鈉溶液時，陰極上氫離子放電，導致陰極附近顯堿性，所以

陰極附近溶液顯紅色，在F極附近顯紅色，所以F極是陰極，那么B極是負極，故A正確；

B.電解硫酸銅溶液時，陽極C上生成氧氣，陰極D上生成銅；電解氯化鈉溶液時，陽極E上

生成氯氣，陰極F上生成氫氣，當通過相同的電量時，其物質的量比為1：2：2：2,故B正

確；

C.電鍍時，鍍層金屬作陽極，鍍件作陰極，電解質溶液中金屬陽離子和陽極材料是相同元素,

所以欲用丙裝置給銅鍍銀，G應該是Ag,電鍍液選是AgN*溶液，故C錯誤；

D.電解池工作時，溶液中陰離子向陽極移動，陽離子向陰極移動，裝置丁中，X極是陽極，Y

極是陰極，氫氧化鐵膠粒帶正電荷，向陰極移動，Y極附近紅褐色變深，故D正確。

答案選C。

【點睛】能正確判斷裝置乙中的陰陽極是解此題的關鍵，易錯選項是B,能根據析出物質和電

子之間的關系進行計算。

7.在容積不變的密閉容器中存在如下反響：2SO2(g)+O2(g)^2SO3(g)AH<0o某研究小組研

究了其他條件不變時，改變某一條件對上述反響的影響，以下分析正確的選項是0

反

應

圖

皋

表示的是ti時刻增大02的濃度對反響速率的影響

O

反

應

圖

皋—表示的是匕時刻參加催化劑對反響速率的影響

C.表示的是催化劑對平衡的影響，且甲的催化劑效率比乙高

D,圖%/=￡表示的是壓強對化學平衡的影響，且乙的壓強較高

o時間，

【答案】B

【解析】

【詳解】A、圖I改變的條件應是增大壓強，故A不符；

B、由于同等程度地加快正、逆反響速率，所以參加的應是催化劑，故B符合；

C、由于平衡發(fā)生了移動，所以改變的條件不是參加催化劑，故C不符；

D、改變的應是溫度，且乙的溫度高，故D不符。

應選B。

8,固體氧化物燃料電池(SOFC)以固體氧化物作為電解質，這種固體電解質在高溫下允許氧離子

(。2)在其間通過，工作原理如圖。關于固體燃料電池的有關說法正確的選項是()

2

A.電極b為電池負極，電極反響式為：O2+4e-=2O~

B.固體氧化物的作用是讓電子在電池內部通過

-

C.假設H2作燃料氣，接觸面上發(fā)生的反響為：H2+2OH-2e=2H2O

2-

D.假設C2H4作燃料氣，接觸面上發(fā)生的反響為：C2H4+6O-12e-=2CO2+2H2O

【答案】D

【解析】

【分析】

由題給示意圖可知，通入燃料氣的電極a是燃料電池的負極，燃料在負極上失去電子發(fā)生氧化

反響，通入氧氣的電極b為正極，氧氣在正極發(fā)生復原反響。

【詳解】A.由分析可知，通入氧氣的電極b為正極，故A錯誤；

B.在電池內部是電解質中離子定向移動導電，那么固體氧化物的作用是讓氧離子(。2一)在其間

通過，故B錯誤；

C.假設氫氣作燃料氣，氫氣在負極上失去電子發(fā)生氧化反響生成水，電極反響式為

2

H2+O--2e=H2O,故C錯誤;

D.假設乙烯作燃料氣，乙烯在負極上失去電子發(fā)生氧化反響生成二氧化碳和水，電極反響式

為C2H4+6。2--：!2e-=2CO2+2H2C),故D正確；

應選D。

9.室溫下，以下各組微粒在指定溶液中能大量共存的是()

A.pH=l的溶液中：SO：、K+、SO、、Fe2+

B.c(Ca2+)=0.1moH_r的溶液中:NH：、C?。：、C「、Br-

C.含大量HCO；的溶液中：［AI(OH)4「、C。：、Br，K+

D.能使甲基橙變?yōu)榧t色的溶液：Na+、NH：、SO；'.Cl

【答案】D

【解析】

【詳解】A.酸性條件下，CnO；能將Fe2+氧化為Fe3+,不能大量共存，故A錯誤；

B.Ca2+與C2。；要生成沉淀，不能大量共存，故B錯誤；

C.HCO；與［AI(OH)不要反響生成氫氧化鋁沉淀，不能大量共存，故C錯誤；

D.能使甲基橙變?yōu)榧t色的溶液顯酸性，Na+、NH：、SO；".C「均不反響，可以大量共存，故

D正確。

答案選D。

10.一定條件下，CH4與定0(件發(fā)生反響:CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g),設起始

n(H,O)

7--z,在恒壓下，平衡時。(CHQ的體積分數與Z和T(溫度)的關系如下圖。以下說

n(CH4)

法正確的選項是

A.該反響的焰變AH>0

B.圖中Z的大小為a>3>b

n(HO)

C.圖中X點對應的平衡混合物中下7丁=3

?(CH4)

D.溫度不變時，圖中X點對應的平衡在加壓后/(CH。減小

【答案】A

【解析】

【詳解】A、從圖分析，隨著溫度升高甲烷的體積分數逐漸減小，說明升溫平衡正向移動，那

么正反響為吸熱反響，故A正確；

B、紫K的比值越大，那么甲烷的體積分數越小，故a<3<b,故B錯誤；

?(CH4)

C、起始參加量的比值為3,但隨著反響的進行甲烷和水是按等物質的量反響，所以到平衡時

比值不是3,故C錯誤；

D、溫度不變時，加壓，平衡逆向移動，甲烷的體積分數增大，故D錯誤。

【點睛】化學平衡圖像題的解題思路：一、看懂圖：橫縱坐標的物理意義，圖像的變化趨勢,

曲線的特殊點，如起點、交點、折點、終點；二、想規(guī)律：外界條件對化學反響速率和化學

平衡的影響規(guī)律；三、作出正確的判斷。注意"先拐先平”和"定一議二”方法的運用。

二、選擇題：此題共5個小題，每題4分，共20分，每題有一個或兩個選項符合

題目要求，全對得4分，選對但不全的得2分，選錯的得。分。

11.常溫時，研究pH對一定濃度FeSOi的穩(wěn)定性的影響，根據以下圖分析不合理的是

A.pH小于1時，亞鐵幾乎無損耗，可能的原因是4Fe"+02+10H20,??4Fe(0H)3+8卜「平衡

逆向移動

B.pH在3.0、5.5之間，pH的變化對FeSOi穩(wěn)定性影響不大

C.pH大于6.5時，亞鐵損耗量突變，可能的原因是生成的Fe(OH)2更易被氧化

D.其它條件相同時，FeSO,溶液中參力□少量(NH3S04固體，FeSO,的穩(wěn)定性減弱

【答案】D

【解析】

A、Fe"易與反響,反響方程式為4Fe2++02+10Haw4Fe(OH)3+8H*,pH小于1時,c(H*)濃度較

大，反響向左進行，Fe?'幾乎無損耗，故A正確；B、由圖可知，pH在3.0?5.5之間，Fe?+的

損耗量幾乎不變，說明pH在3.0?5.5之間，pH變化對FeSO,穩(wěn)定性影響不大，故B正確；C、

pH大于6.5時，c(H')濃度較小，亞鐵損耗量突變，可能原因是酸性減弱，2價鐵更易被氧化,

故C正確；D、其它條件相同時，FeSO,溶液中參加少量(NHMSO,固體，NH：水解，c(H*)濃度增

大，4Fe2++02+10H20=4Fe(0H)3+8H+向左進行，抑制Fe"的被氧化，FeS(\的穩(wěn)定性增強，故D錯

誤。應選D。

12.漂白粉和漂粉精是常用的消毒清潔用品，有效成分均為Ca(CIO”，相應的生產流程如圖：

以下說法不正確的選項是()

A.①中陰極的電極反響式為2c「一2-=。2個

B.②中反響的化學方程式為2cl2+2Ca(OH)2=Ca(CIO)2+CaCL+2H2。

C.上述過程涉及氧化復原反響、化合反響、復分解反響

D.制備漂白粉過程中，CL轉化為Ca(CIO)2時，CI的原子利用率為100%

【答案】AD

【解析】

【詳解】A.電解飽和食鹽水，陽極發(fā)生氧化反響：2C「-2e=Cl2個，A錯誤;

B.②中氯氣和氫氧化鈣反響:2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(CIO)2+CaCI2+2H2O,故B正確；

C.反響①②③均有元素化合價的升降，反響是氧化復原反響，反響④是化合反響，反響⑤

是復分解反響，C正確；

D.氯氣和氫氧化鈣反響，除了生成Ca(CI0)2外，還生成CaC，2和水，所以CI的原子利用率

小于100%,D錯誤；

答案選AD。

13.某溫度下,在一個2L的密閉容器中，參加4molA和2molB進行如下反響:3A(g)+

2B(g)—4C(s)+2D(g)。反響一段時間后到達平衡，測得生成，那么以下說法正確的選項是()

A.該反響的化學平衡常數表達式是K=r----------——

C3(A).C2(B)

B.此時，B的平衡轉化率是40%

C.增大該體系的壓強，平衡向右移動，化學平衡常數增大

D.增加B,平衡向右移動，B的平衡轉化率增大

【答案】B

【解析】

/(D)

【詳解】A、可逆反響3A(g)+2B(g)Nr4Qs)+2D(g)的平衡常K=,選項A錯誤;

?(A)XC2(B)

2

B、到達平衡，測得生成1.6molC,由方程式可知，參加反響的B的物質的量為1.6molx—,

4

故B的轉化率為也必x100%=40%,選項B正確；

2moi

C、該反響正反響為氣體體積減小的反響，增大壓強平衡向正反響移動，即向右移動，化學平

衡常數只受溫度影響，增大壓強平衡常數不變，選項C錯誤；

D、增加B的濃度增大，平衡向正反響移動，A的轉化率增大，B的轉化率降低，選項D錯誤;

答案選B。

14.在常溫下，以下各組溶液中的c(H+)一定等于i的是()

A.pH=2和pH=12的兩種溶液以等體積混合

1

B.0.05mol-LH2SO4與0.10mol-L^NaOH溶液以等體積混合

C.將pH=5的CH3coOH溶液稀釋100倍

1

D.pH=l的H2SO4與0.05mol-L的Ba(0H)2溶液以等體積混合

【答案】BD

【解析】

【詳解】A.pH=2和pH=12的兩種溶液等體積混合，雖然電離出的H+與OH-剛好完全反響，

但由于不知酸堿的強弱，所以反響后酸或堿可能有剩余，剩余的酸或堿再電離，從而使溶液

顯酸性或堿性，選項A不合題意；

B.2s。4與溶液等體積混合，H*與OH-剛好完全反響，溶液呈中性，c(H+)一定等于lxlO〃moMA

選項B符合題意；

C.將pH=5的CH3coOH溶液稀釋100倍，雖然c(H*)減小，但溶液仍呈酸性，c(H*)大于

lxlO^mol-L1,選項C不合題意;

D.pH=l的H2s與0Q5mol/LBa(OH)2溶液以等體積混合，*與OH剛好完全反響,溶液呈中

性，c(H*)一定等于lxlO^mo卜選項D符合題意；

答案選BD。

15.：25℃時某些弱酸電離平衡常數(如表)。如圖表示常溫下，稀釋CH38OH、HCIO兩種酸

的稀溶液時，溶液pH隨加水量的變化。以下說法正確的選項是0

CH3COOHHCIOH2CO3

Kai=4.1xl0-7

58

Ka=1.8xlO-Ka=3.OxlO-

n

K32=5.6xlO

1

A.相同濃度CHsCOONa和NaCIO的混合液中，各離子濃度的大小關系是c(Na)>c(CH3COO

)>c(CIO)>c(OH)>c(H+)

B.向NaCIO溶液中通入少量二氧化碳的離子方程式為：2CICT+C02+H20=2Ha0+C0；

C.圖像中a、C兩點處的溶液中————相等(HR代表CHCOOH或HCIO)

c(HR)c(OH)3

D.圖像中a點酸的總濃度大于b點酸的總濃度

【答案】AC

【解析】

【分析】

根據圖像及表格數據可知，電離平衡常數越大，酸性越強，那么酸性：CH3COOH>H2CO3>

HCIO>HCO3；稀釋促進電離，同pH的酸，稀釋相同倍數，酸性越弱，pH越變化越??；那么

曲線I是CH3COOH,曲線II是HCIO；依此解答。

【詳解】A.溶液的酸性越強，對應的酸根離子的水解能力越弱，離子濃度越大，那么溶液中：

C(CH3COO)>C(CIO),那么相同濃度CH3coONa和NaCI。的混合液，顯堿性，各離子濃度的大

小關系是c(Na+)>c(CH3c0。)>c(CIO)>c(OH)>c(H1),A正確；

B.根據強酸制弱酸，那么向NaCIO溶液中通入少量二氧化碳的離子方程式為：

-

C1O+CO2+H20=HC10HCO；,B錯誤；

c.—R,)、—是R-的水解平衡常數，Kh只與溫度有關，故圖像中a、c兩點處的溶液中相

c(HR)c(OH)

等，C正確；

D.曲線I是CWCOOH,曲線II是HCIO；酸性越強，說明酸電離程度越大；那么根據圖像可知,

a點酸性弱于b點，故D錯誤；

答案選AC。

三、非選擇題：此題共5個小題，共60分。

16.某?；瘜W興趣小組為研究CL單質的性質，設計如下圖裝置進行實驗。裝置川中夾持裝

置已略去，其中a為枯燥的品紅試紙，b為濕潤的品紅試紙。

⑴實驗室以二氧化鍋和濃鹽酸制備氯氣的化學方程式是：；

(2)裝置H的作用是一；

⑶實驗過程中，裝置【V中的實驗現象為；發(fā)生反響的化學方程式為;

⑷實驗結束后，該組同學在裝置m中觀察b的紅色退去，但是并未觀察到"a無明顯變化”

這一預期現象，為了到達這一目的，你認為應在之間還需添加洗氣瓶(選填裝置序號),

該裝置的作用是一；

⑸裝置V目的是防止尾氣污染空氣，寫出裝置V中發(fā)生反響的離子方程式。

【答案】(1).MnO2+4HCI(濃)△MnCb+Cb個+2HQ(2).除去氯氣中的氯化氫氣體

⑶.無色溶液變藍色(4).CI2+2KI=I2+2KCI⑸.II和川⑹.枯燥。2(7).CI2+2OH

=CI+CIO+H2O

【解析】

【分析】

裝置?中二氧化錦和濃鹽酸在加熱條件下反響生成氯化鐳、氯氣和水，裝置n中用飽和食鹽水

除去氯氣中的氯化氫氣體，裝置ni中a為枯燥的品紅試紙，b為濕潤的品紅試紙，裝置N中

氯氣具有氧化性，能夠將碘離子氧化成碘單質，裝置v中氯氣能夠與氫氧化鈉溶液反響生成

氯化鈉、次氯酸鈉和水。

【詳解】⑴二氧化鋅和濃鹽酸在加熱條件下反響生成氯化鋅、氯氣和水，化學方程式是：

MnO2+4HCI(濃)△MnCb+CI,1+2HQ：故答案為：MnG>2+4HCI(濃)△MnCb+C衣個+2HQ

⑵裝置H中盛有飽和食鹽水，由于濃鹽酸具有揮發(fā)性，那么制取的氯氣中混有氯化氫，用飽

和食鹽水可以除去雜質氯化氫，故答案為：除去氯氣中的氯化氫氣體；

⑶氯氣具有氧化性，能夠與碘化鉀溶液反響生成碘單質，實驗過程中，裝置IV中的實驗現象

為無色溶液變藍色；發(fā)生反響的化學方程式為a2+2KI=l2+2KCI；故答案為：無色溶液變藍色；

CI2+2KI=I2+2KCI；

⑷枯燥的氯氣不具有漂白性，實驗結束后，該組同學在裝置川中觀察b的紅色退去，但是并

未觀察到"a無明顯變化”這一預期現象，為了到達這一目的，II和III之間可加枯燥裝置，除

去氯氣中的水蒸氣，該裝置的作用是枯燥Cb;故答案為：H和HI；枯燥CI2;

⑸裝置V的目的是防止尾氣污染空氣，裝置V盛放的是氫氧化鈉溶液，氯氣能夠與氫氧化鈉

溶液反響生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，裝置V中發(fā)生反響的離子方程式CI2+20H7CI+CIO

+H20O故答案為：CI2+2OH^=CI+CIO+H2OO

【點睛】此題考查考查物質性質實驗方案的設計，涉及制取氣體的裝置及實驗方案的設計、

評價等知識點，綜合性較強，明確氯氣的制備原理及氯氣的化學性質為解答關鍵，試題有利

于培養(yǎng)學生的分析、理解能力及化學實驗能力。

17.近年來，FePC)4作為制備鋰離子電池正極材料LiFePd的重要原料而成為研究熱點。一種以

FeC"H3Po4、氨水為主要原料制備FePCU的流程如圖：

:H3P是弱電解質

⑴將FeCb溶液與H3P04溶液混合，沒有明顯現象，逐漸滴加氨水至左右，生成FePO4-2H2。沉

淀。

①操作a為______。

②生成FePO4-2H2O的離子方程式是。

③控制氨水用量，防止因pH偏高而產生雜質。

(2)測定產物樣品中鐵元素的質量分數，主要步驟如下：

i取ag樣品，參加過量鹽酸充分溶解，再滴加SnCb(復原劑)至溶液呈淺黃色；

ii.參加TiCh,恰好將i中剩余的少量Fe3+復原為Fe2+；

iii.用cmol-L卬zCr?。?標準溶液滴定Fe2+,消耗vmLQCrzO;標準溶液。

①步驟iii的離子方程式是：

②產物中鐵元素的質量分數為。

A

【答案】⑴.過濾⑵.Fe3++H3Po4+3NH3-H2O=FePO4-2H2O』+3NH；+H2。(3).

-2++3+3+0336cv

Fe(OH)3(4).Cr2O7+6Fe+14H=2Cr+6Fe+7H2O(5).xlOO%

a

【解析】

【分析】

由題給流程可知，向氯化鐵和磷酸混合溶液中逐漸滴加氨水至左右，氯化鐵、磷酸和氨水在

熱水浴中反響生成FePO4-2H2O,氯化錠和水，經過濾、洗滌、枯燥后，將沉淀加熱脫水制得

FePOm

【詳解】(D①由分析可知，固液進行別離，操作a為過濾，故答案為：過濾；

②氯化鐵、磷酸和氨水在熱水浴中反響生成FePO4-2H2。沉淀、氯化鏤和水，反響的離子方程

A

3+=

式為Fe+H3PO4+3NH3-H2OFePO4-2H2Oxk+3NH4+H20,故答案為：

A

3+

Fe+H3PO4+3NH3-H2O=FePCUNdOJ+3NH；+H20；

③鐵離子與氨水能反響生成氫氧化鐵沉淀，反響時應控制氨水用量，防止溶液pH偏高而產生

氫氧化鐵沉淀，使得產品中混有氫氧化鐵，故答案為：Fe(OH)3;

(2)①步驟iii的反響為酸性條件下，重鋁酸根離子和亞鐵離子發(fā)生氧化復原反響生成倍離子、

2++3+3+

鐵離子和水，反響的離子方程式為Cr2O+6Fe+14H=2Cr+6Fe+7H2O,故答案為：

2++3+3+

Cr2O，+6Fe+14H=2Cr+6Fe+7H2O；

3+2+

②由題意可得如下轉化關系：6Fe-6Fe-Cr2O^,5。，的物質的量為cmo卜「

^vxlO3=103cvmol,那么產物中鐵元素的質量分數為

3

10'cvmolx6x56g/mol0.336cv4不心、、0.336cv

-----------------------￡-------xl00%=xlOO%,故答案為：xl00%?

ag-----------------a------------------------------------------a

18.下表是元素周期表的一局部。表中所列的字母分別代表一種化學元素。

試答復以下問題(凡涉及的物質均用化學式表示)：

(l)a的氫化物的分子構型為,中心原子的雜化形式為；d的最高價氧化物的分子

構型為，中心原子的雜化形式為,該分子是(填"極性"或"非極性")分子。

(2)b、d、e三種元素的氫化物中的沸點最高的是,原因是—o

⑶將g的無水硫酸鹽溶解于水中，溶液呈藍色，是因為生成了一種呈藍色的配合離子，寫出

該配合離子的結構簡式(必須將配位鍵表示出來)。

(4)f(NH3)5BrSC>4可形成兩種配合物，f3+的配位數是6,為確定f的配合物的結構，現對兩種配

合物進行如下實驗：在第一種配合物的溶液中加BaCb溶液時，產生白色沉淀，在第二種配合

物溶液中參加BaCk溶液時，那么無明顯現象，第二種配合物的化學式為,該配合物

的配體是、;

(5)c單質晶體中原子的堆積方式如圖甲所示，其晶胞特征如圖乙所示，原子之間相互位置關系

的平面圖如圖丙所示。

假設c的原子半徑為r,NA代表阿伏加德羅常數，C的相對原子質量為M。該晶體的密度為

(用字母表示)。

【答案】(1).三角錐(2).sp3(3).平面三角形(4).sp2(5).非極性分子

HaO

⑹.HF⑺.HF中有氫鍵(8).IHjG

t(9).[Co(NH3)5SO4]Br(10).NH3

o

出

,M

(11)S°r(12b訴

【解析】

【分析】

根據表格信息可知，a是N；b是F；c是Al；d是S；e是Cl；f是Co；g是Cu,據此解答。

【詳解】門)a的氫化物為NW,分子構型為三角錐形；N原子的雜化形式為sp3雜化；d的最

高價氧化物是S03,分子構型為平面三角形，S原子的雜化形式為sp2雜化；該分子是非極性

分子；

故答案為：三角錐；sp3;平面三角形；sp2;非極性分子；

(2)b、d、e三種元素的氫化物分別為HF、H2S、HCI,三者均是分子晶體，相對分子質量越

大，沸點越高，分子間含氫鍵，那么沸點會反常的高，那么三者沸點最高的是HF；

故答案為：HF；HF中有氫鍵；

(3)Cu的無水硫酸鹽溶解于水中，溶液呈藍色，是因為生成了一種呈藍色的配合離子，該配

HaO

合離子的結構簡式為：[為0-*Cu];

%。.

(4)Co(NH3)5BrSC)4可形成兩種配合物，f?+的配位數是6,為確定f的配合物的結構，現對兩

種配合物進行如下實驗：在第一種配合物的溶液中加Ba"溶液時，產生白色沉淀，那么該配

合物能電離出SO：,那么其化學式為：[Co(NH3)sBr]SO4；在第二種配合物溶液中參加BaCL溶

液時，那么無明顯現象，無法電離出SO：,第二種配合物的化學式為[Co(NH3)5SCU]Br；該配合

物的配體是NH3、SO：；

(5)由圖示可知，AI單質晶體中原子的堆積方式為面心立方堆積，假設AI的原子半徑為r,

NA代表阿伏加德羅常數，c的相對原子質量為M,該晶體的密度為

=m=NM=4M=M

P=U=西=N/陶=4@V。

19.運用化學反響原理研究碳、氮的單質及其化合物的反響對緩解環(huán)境污染、能源危機具有重

要意義。

1

⑴反響：N2(g)+O2(g)#2NO(g)△Hi=+180.5kJ-mol

2NO（g）+2CO（g）^N2（g）+2CO2（g）AH2

CO的燃燒熱為283.0kJ-mol1,那么4出=。

（2）升高溫度絕大多數的化學反響速率增大,但是2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）的速率卻隨著溫度的升

高而減小。某化學小組為研究該特殊現象的實質原因，查閱資料知2NO（g）+O2（g）U2NO2（g）的

反響歷程分兩步：

2

I.2NO(g)=N2Ch(g)(快)；vi,i：=ki,E-C(NO)；VIi￡=kii2-c(N2O2)AHi<0

2

II32。2值)+。2值)=21\1。2聞(慢)；V2正=k2,『C(N2O2)C(O2)；V2j￡=k2rC(NO2)△出<0

請答復以下問題：

①一定溫度下，反響2NO（g）+O2（g）=2NC）2（g）到達平衡狀態(tài),請寫出用kim、ki逆、kz正、1<2逆表

示的平衡常數表達式K=。

②決定2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）速率的是反響（填"I"或"H"）,反響I的活化能Ei

與反響II的活化能E2的大小關系為EiE2（填">〃、"<"或"="）。根據速率方程分析,

升高溫度該反響速率減小的原因是o

增大，C（N2O2）增大2正減小，C（N2O2）減小

2正增大，C（N2O2）減小2正減小，。的2。2）增大

⑶在一定溫度下向容積為21.的密閉容器中參加、，此時容器總壓為PokPa,發(fā)生反響

2NO（g）+2CO（g）#N2（g）+2CO2（g）,4min時達平衡，此時測得氮氣的物質的量為，那么0-4min

內用C6表示的的平均速率為—kPamin-1,用平衡分壓表示的平衡常數

KP=（用含有Po的代數式表示）。達平衡后，假設改變以下條件，既能加快反響速率

又能提高NO的轉化率的是

A.增大壓強B.降低溫度C.再參加、0.5molCOD.別離出局部Nz

然2正

【答案】(1).-7465kJ-moL(2)（3）.n（4）.<(5).C(6).

K逆k?逆

320

0.1Po(7).—(8).AC

ro

【解析】

-1

【詳解】(1)反響:N2(g)+O2(g)F2NO(g)AHi=+180.5kJ-mol；2NO(g)+2CO(g)^2(g)+2CO2(g)

1

△H2；又CO的燃燒熱為283.0kJ-mol,那么

-1

2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)AH=-566kJ-mol那么

1

AH2=-180.5kJ-moF'-566kJ-mol'—746.5kJ-moF；

(2)①反響)2NO(g)+2O2⑸(快卜vikki正d(NO)；vi逆=ki逆((N2O2),那么有

c(N2O2)k.,

K=—~—7-=-~;反響nN2O2(g)+O2(g)=2NC)2(g)(慢口V2,1=k2iE-C(N2O2)C(O2)；V2逆=k2

b(NO)心

c2(NOJJ

迎d(NO2),那么有K〃=、-入\=d；一定溫度下，反響2NO(g)+O2(g)WNC)2(g)

k^

C(N2O2)C(O2)2

到達平衡狀態(tài)，可用卜正、ki迪、k2iE.k2逆表示的平衡常數表達式

七正_K正k2正

f-K〃十x

\逆卜2逆K逆IC?逆

②決定2NO（g）+O2（g）;2NO2（g）速率的是慢反響，即反響H;反響I是快反響，反響較易進行,

那么活化能較?。环错憂是慢反響，不易進行，那么活化能較大；那么反響1的活化能Ei與

反響n的活化能E2的大小關系為EI“2；該反響為放熱反響，升高溫度，反響速率均增大，平

衡逆向移動；反響I是快反響，*12。2）減小;又V2F=k2正-C（N2O2）C（O2）,V2正增大,故1<2正增大

增大，答案為C;

故答案為：n；<；c；

（3）在一定溫度下向容積為2L的密閉容器中參加、，此時容器總壓為PokPa,發(fā)生反響

2NO（g）+2CO（g）+2（g）+2CO2（g）,4min時達平衡，此時測得氮氣的物質的量為，那么

N

2NO(g)+2CO(g)=2(§)+2CO2(g)

起(mol/L)0.250.2500

,那么平衡時，NO、CO.

轉(mol/L)0.20.20.10.2

平(mol/L)0.050.050.10.2

N2、CO2各物質的體積分數為J1

->反響起始時容器總壓為PokPa,那么平衡時容

OO42

0.25+0.25_P?kPa,4,

器的總壓為p,解得p=—kPa,那么0—4min內用CCh表

0.05+0.05+0.1+0.2p~

41

x

示的的平均速率為SP#Pa2n,D,D.用平衡分壓表示的平衡常數

--------------=0.1RkPa?min

4min°

14W14]

-x-PkPa-x-PkPa

25450320

Kp=4----------壬------------=—kPa；達平衡后，假設改變以下條件：A.增

（14）f141P（）

-x-PkPa-x-P,kPa

185。八85。J

大壓強，反響速率增大，平衡正向移動，A正確；

B.降低溫度，反響速率減小，B錯誤；

C.再參加、，物質的濃度增大，反響速率加快，平衡正向移動，故C正確；

D.別離出局部刈，平衡正向移動，但物質的濃度降低，反響速率減小，D錯誤；

綜上所訴，既能加快反響速率又能提高NO的轉化率的是AC；

320

故答案為：0」P（）;一;ACo

20.香草醇酯能促進能量消耗及代謝，抑制體內脂肪累積，并且具有抗氧化、抗炎和抗腫瘤等

特性，有廣泛的開發(fā)前景。如圖為一種香草醉酯的合成路線。

0

II

/CH,O—C—R

：①香草醇酯的結構為Z（R為炫基）；

HO?

OCHj

,Ri—CH^=C—CHO

②R1CHO+R2CH2CHO稀NaOH溶液/A>

R,

答復以下有關問題：

（1）B的名稱是

⑵C生成D的反響類型是o

⑶E的結構簡式為。

（4）H生成I的第①步反響的化學方程式為。

（5）1的同分異構體中符合以下條件的有種（不考慮立體異構），其中核磁共振氫譜中有四

組峰的有機物的結構簡式為。

①含有苯環(huán)

②只含種一含氧官能團

③1mol該