2023-2024學(xué)年江蘇省高二上期期末模擬化試卷1（解析版）

PAGEPAGE3江蘇省2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期期末模擬卷1一、選擇題：本題共16個小題，每小題3分，共48分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．從第一顆人造衛(wèi)星成功發(fā)射，到“神十四”和“神十五”乘組在中國空間站“會師”，我國航天領(lǐng)域取得了諸多突破。下列說法不正確的是A．航天器使用的太陽能電池板的主要成分是二氧化硅B．飛船返回艙外殼的燒蝕材料之一酚醛樹脂是高分子化合物C．航天服殼體使用的鋁合金材料熔點比純鋁低D．噴涂在航天器外表面的熱控涂層材料具有高防輻射和良好的艙內(nèi)控溫效果〖答案〗A〖解析〗A．太陽能電池板的主要成分是硅，A錯誤；B．酚醛樹脂是苯酚和甲醛發(fā)生縮聚反應(yīng)得到的高分子化合物，B正確；C．一般的，合金的熔沸點比組成它的純金屬低，如鋁合金材料熔點比純鋁低，C正確；D．熱控涂層材料具有高防輻射，以防燒傷宇航員，良好的艙內(nèi)控溫效果，以防溫度過高過傷到宇航員，D正確；〖答案〗選A。2．文物的腐蝕是指出土前由于自然的侵蝕、損壞而破壞文物的原貌，電化學(xué)腐蝕也是重要因素之一。三星堆是中華文明的重要組成部分，下列出土文物可能涉及電化學(xué)腐蝕的是ABCD青銅神樹玉璋陶瓷馬頭黃金面罩〖答案〗A〖解析〗電化學(xué)腐蝕就是金屬和電解質(zhì)組成兩個電極，所以需含有兩種金屬。A．青銅神樹中含有Sn和Cu，可能涉及電化學(xué)腐蝕，故A符合題意；B．玉璋屬于玉器，主要成分為無機物，不涉及電化學(xué)腐蝕，故B不符合題意；C．陶瓷馬頭以粘土為主要原料制成，不涉及電化學(xué)腐蝕，故C不符合題意；D．黃金面罩由黃金制成，只含有金，不涉及電化學(xué)腐蝕，故D不符合題意；故〖答案〗選A。3．下列化學(xué)用語正確的是A．的結(jié)構(gòu)示意圖： B．與互為同位素C．過氧化鈉的電子式： D．質(zhì)子數(shù)為6、中子數(shù)為7的碳原子：〖答案〗D〖解析〗A．的核外電子數(shù)為18，則其結(jié)構(gòu)示意圖為，A錯誤；B．同位素為元素原子，上述兩種物質(zhì)不是同位素，B錯誤；C．過氧化鈉為離子化合物，其電子式為：，C錯誤；D．質(zhì)子數(shù)為6、中子數(shù)為7的碳原子，其質(zhì)量數(shù)為6+7=13，所以可表示為：，D正確；故選D。4．化學(xué)是以實驗為基礎(chǔ)的自然科學(xué)，下列實驗裝置能達到實驗?zāi)康牡氖茿．檢驗的漂白性B．灼燒海帶C．分離溴苯和苯的混合物D．驗證受熱易分解〖答案〗C〖解析〗A．圖中酸性高錳酸鉀可以和發(fā)生氧化還原反應(yīng)，體現(xiàn)的還原性，故A錯誤；B．圖中為蒸發(fā)皿，灼燒海帶應(yīng)在坩堝中進行，故B錯誤；C．該裝置用于分離常溫下互溶且沸點差別較大的液體，故C正確；D．該裝置加熱碳酸氫鈉分解會有水生成，試管口應(yīng)略向下傾斜，故D錯誤。故〖答案〗選C。5．下列制備物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系不合理的是A．制：B．制：C．制NaOH：海水NaCl溶液NaOHD．制Mg：海水溶液〖答案〗D〖解析〗A．氮氣和氫氣生成NH3，氨和空氣的混合氣通入灼熱的鉑銠合金網(wǎng)，在合金網(wǎng)的催化下，氨被氧化成一氧化氮。生成的一氧化氮利用反應(yīng)后殘余的氧氣繼續(xù)氧化為二氧化氮，隨后將二氧化氮通入水中制取硝酸，轉(zhuǎn)化關(guān)系合理，故A不符合題意；B．S通過和氧氣生成SO2，SO2在催化劑條件下生成SO3，SO3通入水中得到，轉(zhuǎn)化關(guān)系合理，故B不符合題意；C．海水提純可獲得NaCl溶液，電解NaCl溶液可制備NaOH，轉(zhuǎn)化關(guān)系合理，故C不符合題意；D．電解飽和氯化鎂溶液，在陽極處產(chǎn)生氯氣，陰極處產(chǎn)生氫氣和氫氧化鎂，因此不能用這種方法獲得鎂，轉(zhuǎn)化關(guān)系不合理，故D符合題意；故〖答案〗選D。6．設(shè)NA代表阿佛加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24LCCl4含有的分子數(shù)目為0.1NAB．等物質(zhì)的量的CH4和CO所含分子數(shù)均為NAC．電解精煉銅時，若陰極得到電子數(shù)為2NA個，則陽極質(zhì)量減少64gD．在反應(yīng)KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中，每生成3molI2轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為5NA〖答案〗D〖解析〗A．標(biāo)況下，CCl4不是氣體，無法計算其物質(zhì)的量，A錯誤；B．物質(zhì)的量具體數(shù)值不確定，不能由此得出CH4和CO所含分子數(shù)均為NA，B錯誤；C．電解精煉銅時，陽極上雜質(zhì)鐵、鋅等比銅活潑的金屬先放電，若陰極得到2mol電子，則陽極質(zhì)量減少量不一定是64g，C錯誤；D．該反應(yīng)中，碘元素化合價由KIO3中+5價和HI中?1價變化為I2中的0價，電子轉(zhuǎn)移5mol，生成3molI2，所以每生成3molI2轉(zhuǎn)移電子數(shù)為5NA，D正確；故選D。7．化合物C是一種天然產(chǎn)物合成中的重要中間體，其合成路線如圖。下列說法不正確的是A．A中所有原子可能共平面B．A、B、C均能使高錳酸鉀和溴水褪色，且反應(yīng)原理相同C．C中的含氧官能團有2種D．有機物A的同分異構(gòu)體中含有苯環(huán)且能發(fā)生銀鏡反應(yīng)的有三種(不包含A)〖答案〗B〖解析〗A．與苯環(huán)直接相連的原子共面，醛基中原子共面，故A中所有原子可能共平面，A正確B．A發(fā)生氧化反應(yīng)使高錳酸鉀溶液褪色，和溴水發(fā)生取代反應(yīng)使其褪色；B發(fā)生氧化反應(yīng)使高錳酸鉀溶液褪色，和溴水發(fā)生加成應(yīng)、氧化反應(yīng)使其褪色；C發(fā)生氧化反應(yīng)使高錳酸鉀溶液褪色，和溴水發(fā)生加成應(yīng)、取代反應(yīng)、氧化反應(yīng)使其褪色；反應(yīng)原理不相同，B錯誤；C．C含有醛基、酚羥基兩種含氧官能團，C正確；D．有機物A的同分異構(gòu)體中含有苯環(huán)且能發(fā)生銀鏡反應(yīng)的還有醛基羥基處于鄰、間位，以及甲酸苯酚酯三種(不包含A)，D正確；故選B。8．下列涉及的離子方程式書寫正確的是A．醋酸除去水垢中的碳酸鈣：B．漂白液的漂白原理：C．Na2O2與水反應(yīng)：D．FeI2溶液中通入少量Cl2：〖答案〗B〖解析〗A．醋酸為弱電解質(zhì)，不能拆，，A錯誤；B．漂白粉主要成分為NaClO吸收空氣中的水和二氧化碳生成有漂白性的次氯酸，B正確；C．Na2O2與水反應(yīng)，，C錯誤；D．還原性I?＞Fe2+，F(xiàn)eI2溶液中通入少量Cl2，Cl2先于I?反應(yīng)，Cl2+2I?=I2+2Cl?，D錯誤；故〖答案〗為：B。9．已知：A2(g)+B2(g)2AB(g)

=?46.6kJ/mol，下列說法正確的是A．該反應(yīng)逆反應(yīng)的活化能Ea一定大于46.6kJ/molB．1molA2(g)與1molB2(g)反應(yīng)生成2molAB(l)時>?46.6kJ/molC．在密閉容器中，投入1molA2(g)與1molB2(g)進行反應(yīng)，當(dāng)反應(yīng)不再進行時，放出熱量為46.6kJD．在相同條件下，1molA2(g)與1molB2(g)的能量總和小于2molAB(g)的能量〖答案〗A〖解析〗A．根據(jù)，，所以逆反應(yīng)的活化能一定大于46.6kJ/mol，A正確；B．物質(zhì)從氣態(tài)變成液態(tài)要放出能量，所以1molA2與1molB2反應(yīng)生成2molAB(l)，放出的熱量大于46.6kJ，因為為負值，所以，B錯誤；C．該反應(yīng)為可逆反應(yīng)，1molA2(g)與1molB2(g)不能完全反應(yīng)，放出的熱量小于46.6kJ，C錯誤；D．因為該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，所以反應(yīng)物的總能量大于生成物的總能量，所以1molA2(g)與1molB2(g)的能量總和大于2molAB(g)的能量，D錯誤；故選A。10．如表為元素周期表的一部分，其中X、Y、W、Z為短周期元素，W的單質(zhì)常溫下為黃綠色氣體。下列說法不正確的是YZXWRTA．X、Y的單質(zhì)均存在同素異形體B．Y、Z的簡單氫化物的穩(wěn)定性依次遞增C．R的單質(zhì)可用于制造半導(dǎo)體材料D．工業(yè)上電解NaW溶液得W2可使用陰離子交換膜〖答案〗D〖解析〗W的單質(zhì)常溫下為黃綠色氣體，則W為Cl元素，由元素在周期表中的位置可知，X為P元素，Y為O元素，Z為F元素，R為Ge元素，T為Br元素，據(jù)此分析解答。A．P對應(yīng)的同素異形體有紅磷、白磷等，O對應(yīng)的同素異形體有氧氣、臭氧等，故A正確；B．同周期主族元素從左到右元素的非金屬性增強，元素的非金屬性越強，對應(yīng)的氫化物越穩(wěn)定，故Y、Z的簡單氫化物的穩(wěn)定性依次遞增，故B正確；C．Ge和Si位于同一主族，為重要的半導(dǎo)體材料，故C正確；D．工業(yè)上電解飽和食鹽水可制得Cl2，因需要將產(chǎn)生的NaOH和Cl2分開，只允許陽離子通過，故需使用陽離子交換膜，故D錯誤；故選D。11．已知物質(zhì)的相關(guān)數(shù)據(jù)如下表，下列說法正確的是物質(zhì)相關(guān)數(shù)據(jù)A．不與鹽酸反應(yīng)B．溶液中存在的所有微粒有：C．與碳酸鈉溶液反應(yīng)，可能產(chǎn)生氣體D．向石灰水懸濁液中加入溶液，溶液可能變澄清〖答案〗C〖解析〗A．HF為弱酸，NaF與鹽酸反應(yīng)生成，符合強酸制弱酸，A錯誤；B．，則溶液中的微粒有，，B錯誤；C．根據(jù)電離平衡常數(shù)，，。符合強酸制弱酸，C正確；D．根據(jù)Ksp可知，，Ca(OH)2轉(zhuǎn)化為CaF2沉淀，D錯誤；故〖答案〗為：C。12．亞硝酰氣(NOCl)可用做有機合成試劑。某研究小組用NO和Cl2制備NOCl，并分離回收未反應(yīng)的原料，裝置如圖(夾持及加熱裝置已略去)。已知：①；②沸點：NOCl為?6℃，Cl2為?34℃，NO為?152℃；③NOCl易水解，能與O2反應(yīng)。下列說法錯誤的是A．實驗前先通入氬氣，目的是排盡裝置內(nèi)的空氣B．低溫浴槽B的溫度區(qū)間應(yīng)控制在?34℃~?6℃C．將催化劑負載在玻璃棉上，以增大接觸面積，提高反應(yīng)速率D．尾氣回收的物質(zhì)為NO〖答案〗B〖解析〗通過實驗原理可知，進氣端為和，經(jīng)過催化劑使其反應(yīng)制備；經(jīng)過低溫浴槽A降溫，使冷凝，得到產(chǎn)品；再經(jīng)過低溫浴槽B降溫，使冷凝，防止逸出，污染空氣；剩下NO經(jīng)過無水氯化鈣干燥后，進行回收，據(jù)此分析作答。A．通入和前先通入氬氣，作用是排盡裝置中的空氣，防止產(chǎn)物與空氣中的氧氣反應(yīng)，防止遇空氣中的水而水解，A正確；B．為分離產(chǎn)物和未反應(yīng)的原料，低溫溶槽A使冷凝，得到產(chǎn)品，則溫度區(qū)間應(yīng)控制在或，再經(jīng)過低溫浴槽B降溫，使冷凝，防止逸出，污染空氣，低溫浴槽B的溫度區(qū)間應(yīng)控制在?34℃以下，B錯誤；C．將催化劑負載在玻璃棉上而不是直接平鋪在玻璃管中，目的是增大與氣體的接觸面積，加快反應(yīng)速率，C正確；D．由分析可知尾氣回收的物質(zhì)為NO，D正確；故選B。13．鈦合金等新型合金廣泛應(yīng)用于航空航天領(lǐng)域，工業(yè)上以鈦鐵礦(，其中Ti為價)為主要原料制備金屬鈦的工藝流程如下圖所示，下列說法正確的是A．“氯化”過程中，既不是氧化劑也不是還原劑B．“氯化”過程中，每生成氣體，轉(zhuǎn)移電子C．由制備Ti的過程中，Ar氣可換成氮氣D．由制備Ti反應(yīng)的原子利用率為100%〖答案〗B〖解析〗氯化發(fā)生的反應(yīng)為：2FeTiO3+7Cl2+6C2FeCl3+2TiCl4+6CO，得到TiCl4，然后鎂和四氯化鈦反應(yīng)生成鈦和氯化鎂，化學(xué)方程式為TiCl4+2MgTi+2MgCl2。A．“氯化”過程中，中Fe由+2價變?yōu)?3價，是還原劑，A錯誤；B．反應(yīng)2FeTiO3+7Cl2+6C2FeCl3+2TiCl4+6CO中，每生成6molCO，轉(zhuǎn)移14mol電子，生成氣體，轉(zhuǎn)移電子×14mol=0.7mol，B正確；C．高溫下Ti與N2反應(yīng)，由制備Ti的過程中，Ar氣不可換成氮氣，C錯誤；D．由制備Ti反應(yīng)為TiCl4+2MgTi+2MgCl2，屬于置換反應(yīng)，原子利用率不是100%，D錯誤；故選B。14．常溫下，將CO2通入2LpH=12的NaOH溶液中，溶液中由水電離出的OH?濃度與通入的的體積(V)的關(guān)系如圖所示。下列敘述不正確的是A．M點溶液中：水電離出的B．N點溶液中：C．P點溶液中：D．R點溶液中：〖答案〗B〖解析〗M點為NaOH溶液，M到P是生成Na2CO3，N點是Na2CO3和NaOH的混合溶液，P點是Na2CO3溶液，P到R是生成NaHCO3，R點是NaHCO3和H2CO3的混合溶液，R點溶液呈中性；A．M點溶液中的溶質(zhì)是NaOH，抑制水電離，則水電離出的c(H+)=10?pH=1×10?12mol·L?1，故A正確；B．N點是Na2CO3和NaOH的混合溶液，溶液呈堿性，c(H+)<c(OH?)，結(jié)合電荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH?)，兩式相減得：c(Na+)>2c()+c()，故B錯誤；C．P點溶液中，當(dāng)水電離出的c(OH?)最大時，說明此時的溶液是Na2CO3溶液，根據(jù)碳物料守恒可得：c(Na+)=2[c()+c()+c(H2CO3)]，故C正確；D．R點溶液中水電離出的OH?離子濃度10?7mol/L，溶液呈中性，c(H+)=1×10?7mol/L，故D正確；故選：B。15．天津大學(xué)在光催化鈉離子二次電池的應(yīng)用研究取得重大進展。該電池工作原理如下圖所示，光催化電極能在太陽光照下實現(xiàn)對設(shè)備進行充電。下列說法錯誤的是A．充電時，電子從石墨電極流出通過導(dǎo)線流向光催化電極B．放電時，石墨電極的電極反應(yīng)式為C．離子交換膜為陽離子交換膜D．放電時，當(dāng)外電路轉(zhuǎn)移1mol電子時，離子交換膜左室電解質(zhì)溶液質(zhì)量減少〖答案〗A〖解析〗由題干電池工作原理圖示信息可知，放電時石墨電極上的反應(yīng)為：4S2??6e?=，發(fā)生氧化反應(yīng)，為負極，光催化電極上的反應(yīng)為：+2e?=3I?，發(fā)生還原反應(yīng)，為正極，充電時，石墨電極上的電極反應(yīng)為：+6e?=4S2?，發(fā)生還原反應(yīng)，為陰極，光催化電極上的電極反應(yīng)為：3I??2e?=，發(fā)生氧化反應(yīng)，為陽極，據(jù)此分析解題。A．由題干信息結(jié)合圖給信息，充電時，石墨電極得到電子，電子從光催化電極流出，A錯誤；B．由分析可知，放電時，石墨電極的電極反應(yīng)式為，B正確；C．由題干電池工作原理圖示信息可知，離子交換膜為Na+交換膜即陽離子交換膜，C正確；D．由分析可知，放電時，石墨電極為負極，光催化電極為正極，為維持電荷守恒，左側(cè)Na+透過離子交換膜移向右側(cè)，放電時當(dāng)外電路轉(zhuǎn)移1mol電子時，1molNa+從左室遷移到右室，離子交換膜左室電解質(zhì)溶液質(zhì)量減少23g，D正確；故〖答案〗為：A。16．向剛性密閉容器中充入氣體，發(fā)生反應(yīng)。不同溫度下，反應(yīng)達平衡，平衡體系中各物質(zhì)的物質(zhì)的量分數(shù)如下表：(已知A有顏色，B無色)℃254050602025406680756034下列說法不正確的是A．25℃，反應(yīng)達平衡，速率B．室溫時，將此容器放入冰水中，顏色變淺C．向40℃的平衡體系中再充入A，達新平衡時平均分子量減小D．50℃達平衡時，A的轉(zhuǎn)化率為〖答案〗C〖解析〗列三段式：，平衡時總物質(zhì)的量為3?x，據(jù)此分析解答。A．25℃時，B的物質(zhì)的量分數(shù)為80%，即，解得，則，A正確；B．由表格數(shù)據(jù)可知，升高溫度，A的物質(zhì)的量分數(shù)增大，平衡逆向移動，顏色加深，則室溫時，將此容器放入冰水中，相當(dāng)于降低溫度，平衡正向移動，顏色變淺，B正確；C．向40℃的平衡體系中再充入A，等效于加壓，平衡正向移動，則達新平衡時，混合氣體平均摩爾質(zhì)量增大，即平均分子量增大，C錯誤；D．50℃達平衡時，A的物質(zhì)的量分數(shù)為40%，即，解得，則A的轉(zhuǎn)化率為，D正確；故選C。二、非選擇題：本題共4個小題，共52分。17．（13分）某實驗小組以粗鈹(含少量的Mg、Fe、Al、Cu、Si等)為原料制備、提純，并測定產(chǎn)品中的含量?；卮鹣铝袉栴}：Ⅰ.按如圖所示裝置(夾持裝置略)制已知：乙醚沸點為34.5℃：溶于乙醚，不溶于苯，易發(fā)生水解；溶于乙醚且溶于苯：、不溶于乙醚和苯。（1）裝置A中，濃硫酸與濃鹽酸混合制HCl，儀器a的名稱為_______。（2）儀器b的作用是_____________________；裝置D的作用是_____________________。（3）C中發(fā)生的主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為____________________________。（4）因反應(yīng)放熱使乙醚揮發(fā)，需控制冷凝回流速度1~2滴/秒。若發(fā)現(xiàn)回流速度過快，需進行的操作是_____________________。（5）上述實驗裝置的缺點是_____________________。Ⅱ.提純反應(yīng)后，裝置C中的乙醚溶液經(jīng)過濾、蒸餾出乙醚得固體，用苯溶解固體，充分攪拌后過濾、洗滌、干燥得產(chǎn)品。（6）用苯溶解固體，充分攪拌后過濾，目的是____________________________。Ⅲ.測定產(chǎn)品中的含量取1.000g產(chǎn)品溶于鹽酸配成100mL溶液；取10.00mL溶液，加入EDTA掩蔽雜質(zhì)離子，調(diào)節(jié)pH，過濾、洗滌，得固體：加入25mL25%KF溶液溶解固體，滴加酚酞作指示劑，用鹽酸溶液滴定其中的KOH，消耗鹽酸22.50mL。(已知：；滴定過程中KF、不與鹽酸反應(yīng))（7）的純度為______________。（8）某同學(xué)認為該計算結(jié)果不可靠，理由是____________________________?！即鸢浮剑ǔ龢?biāo)明外，每空2分）（1）恒壓分液漏斗或恒壓滴液漏斗（1分）（2）

防堵塞或防止體系壓強過大（1分）

防止因吸收空氣中水蒸氣而水解（1分）（3）（4）旋轉(zhuǎn)滴液漏斗活塞，減緩鹽酸的滴速（1分）（5）缺少HCl、尾氣處理裝置或缺少尾氣處理裝置（6）除去雜質(zhì)（7）90.00%或90%（8）沒有進行平行實驗（1分）〖解析〗裝置A中濃硫酸與濃鹽酸混合制HCl，通入Ar氣體可促使HCl氣體進入裝置C中與粗鈹(含少量的Mg、Fe、Al、Cu、Si等)反應(yīng)生成BeCl2、MgCl2、FeCl2、AlCl3，裝置B和D的濃硫酸具有吸水性，能干燥氣體；（1）儀器a的名稱為恒壓分液漏斗或恒壓滴液漏斗；（2）儀器b長導(dǎo)管可與空氣連通平衡大氣壓，作用是防堵塞或防止體系壓強過大，裝置D中濃硫酸具有吸水性，已知易發(fā)生水解，作用是防止因吸收空氣中水蒸氣而水解；（3）濃硫酸與濃鹽酸混合制HCl，HCl氣體進入C中與Be反應(yīng)生成氯化鈹和氫氣，發(fā)生的主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為；（4）若發(fā)現(xiàn)回流速度過快，需進行的操作是：旋轉(zhuǎn)滴液漏斗活塞，減緩鹽酸的滴速；（5）鹽酸與粗鈹中活潑金屬單質(zhì)反應(yīng)生成氫氣，多余的尾氣氯化氫和氫氣沒有吸收裝置，則上述實驗裝置的缺點是缺少HCl、尾氣處理裝置或缺少尾氣處理裝置；（6）已知溶于乙醚、不溶于苯，溶于乙醚且溶于苯，用苯溶解固體，充分攪拌后過濾，目的是除去雜質(zhì)；（7）根據(jù)滴定原理：KOH+HCl=KCl+H2O，則n(KOH)=n(HCl)=c?V=×22.50×10?3L=2.25×10?3mol，由，可知n(Be)=n[)]=n(KOH)=2.25×10?3mol=1.125×10?3mol，的純度為；（8）該計算結(jié)果不可靠，理由是：沒有進行平行實驗。18．（12分）以紅土鎳礦(主要含有NiO、Fe2O3、Al2O3、SiO2、MgO)為原料，制取鐵、鎳、鋁、鎂和硅的化合物，工業(yè)流程如圖：已知：3Fe2(SO4)3+2NH3+12H2O=2NH4Fe3(SO4)2(OH)6↓(黃銨鐵礬)+5H2SO4?；卮鹣铝袉栴}：（1）根據(jù)如圖判斷“焙燒”的適宜條件為____________。（2）NiO在焙燒時與(NH4)2SO4反應(yīng)生成(NH4)2Ni(SO4)2的化學(xué)方程式為__________________________。（3）NH3的作用為____________。（4）流程中可以循環(huán)使用的物質(zhì)除NH3、SO3外還有____________。（5）已知濾液6中MgSO4的質(zhì)量遠大于Na2SO4。①從濾液6中得到MgSO4晶體，可采用的方式為____________（填字母）。A．加熱至40℃蒸發(fā)結(jié)晶

B．加熱至60℃降溫結(jié)晶C．加熱至60℃蒸發(fā)結(jié)晶

D．加熱至40℃降溫結(jié)晶.②已知Ksp(MgF2)=1×10?11，可在廢液中加入NaF進行沉鎂，完全沉鎂需要控制廢液中c(F?)不低于______?！即鸢浮剑靠?分）（1）450℃和120min（2）（3）使轉(zhuǎn)化生成Fe(OH)3沉淀與黃銨鐵礬沉淀（4）NaOH（5）①A

②〖解析〗制取過程分析：礦石與在一定條件下進行焙燒得到熟料，礦石中金屬氧化物會生成相應(yīng)的硫酸鹽，SiO2不發(fā)生反應(yīng)。熟料水浸時各種硫酸鹽均能溶解，SiO2與其他不溶性雜質(zhì)通過過濾分離，所得廢渣中主要含有SiO2，加入NaOH溶液后，SiO2反應(yīng)生成Na2SiO3，過濾后濾液2中主要含有NaOH與Na2SiO3，加入Ca(OH)2后，Na2SiO3與之反應(yīng)生成NaOH與CaSiO3沉淀，過濾分離得NaOH溶液與CaSiO3固體。水浸過濾后的濾液中先加入H2O2，使溶液中的氧化成，再加NH3，溶液酸性逐漸減弱，反應(yīng)后生成Fe(OH)3沉淀與黃銨鐵礬沉淀，過濾分離，濾液4中還含有、、，加NaOH調(diào)pH，先讓轉(zhuǎn)化成Al(OH)3沉淀，過濾分離，濾液5繼續(xù)加NaOH溶液調(diào)高pH，使轉(zhuǎn)化成Ni(OH)2沉淀，過濾分離，存在于濾液6中。（1）根據(jù)圖中數(shù)據(jù)知焙燒的適宜條件是450℃和120min。（2）根據(jù)質(zhì)量守恒定律，結(jié)合流程圖焙燒時的產(chǎn)物，NiO在焙燒時與(NH4)2SO4反應(yīng)生成(NH4)2Ni(SO4)2的化學(xué)方程式為。（3）根據(jù)流程圖中加入NH3后生成的產(chǎn)物知其作用是使轉(zhuǎn)化生成Fe(OH)3沉淀與黃銨鐵礬沉淀。（4）濾液3主要含有NaOH，因此NaOH也可以循環(huán)使用。（5）加熱至40℃時，Na2SO4溶解度大于MgSO4，且Na2SO4溶解度達到最大。由于溶液中MgSO4的質(zhì)量遠大于Na2SO4，此溫度下蒸發(fā)除去一定量溶劑后將得到MgSO4的過飽和溶液而使大部分MgSO4析出，故選A。通常認為離子濃度小于時沉淀完全，根據(jù)溶度積可計得當(dāng)時，，因此完全沉鎂需要控制廢液中c(F?)不低于。19．（12分）赤泥硫酸銨焙燒浸出液水解制備偏鈦酸[TiO(OH)2]可回收鈦。已知：i．?定條件下，Ti4+水解?程式：ii．?定溫度下：；回答下列問題：I．赤泥與硫酸銨混合制取浸出液。（1）用化學(xué)用語表示(NH4)2SO4溶液呈酸性的原因_________________________。II．水解制備偏鈦酸：浸出液中含F(xiàn)e3+、Ti4+等，先向其中加入還原鐵粉，然后控制水解條件實現(xiàn)Ti4+水解制備偏鈦酸。（2）浸出液(pH=2)中含有大量Ti4+，若雜質(zhì)離子沉淀會降低鈦水解率。從定量角度解釋加入還原鐵粉的目的________________________________。（3）一定條件下，還原鐵粉添加比對鈦水解率的影響如圖所示。當(dāng)還原鐵粉添加比大于1時，鈦水解率急劇下降，解釋其原因________________________________。備注：還原鐵粉添加比=；n鐵粉為還原鐵粉添加量，n理論為浸出液中Fe3+全部還原為Fe2+所需的還原鐵粉理論量。（4）一定條件下，溫度對鈦水解率的影響如圖所示。結(jié)合化學(xué)平衡移動原理解釋鈦水解率隨溫度升高而增大的原因_________________________。III．電解制備鈦：偏鈦酸煅燒得到?氧化鈦(TiO2)，運用電化學(xué)原理在無水CaCl2熔鹽電解質(zhì)中電解TiO2得到海綿鈦，裝置如圖所示。（5）電極X連接電源___________(填“正”或“負”)極。（6）寫出電極Y上發(fā)生的電極反應(yīng)式_______________________________________?！即鸢浮剑ǔ龢?biāo)明外，每空2分）（1）（2）pH=2時，F(xiàn)e2+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)2沉淀需要的濃度為4.9×107mol/L；Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀需要的濃度為2.6×10?3mol/L，加鐵粉將Fe3+還原為Fe2+，防?Fe3+優(yōu)先發(fā)生水解生成氫氧化鐵沉淀，阻礙Ti4+的水解反應(yīng)，導(dǎo)致鈦水解率下降（3分）（3）還原鐵粉添加比過大時，過量的還原鐵粉將浸出液中的Ti(IV)還原為Ti(III)，從而造成鈦水解率降低（4）浸出液存在Ti4+水解平衡：，水解吸熱，升高溫度時，水解平衡正移，鈦水解率升高（5）正（1分）（6）TiO2+4e?=Ti+2O2?〖解析〗（1）(NH4)2SO4是強酸弱堿鹽，在溶液中發(fā)生水解反應(yīng)，消耗水電離產(chǎn)生的OH?生成弱堿NH3?H2O，同時產(chǎn)生H+，最終達到平衡時溶液中c(H+)＞c(OH?)，因此溶液呈酸性，水解反應(yīng)的離子方程式為：；（2）Fe粉具有強的還原性，可以與溶液中的Fe3+發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生Fe2+，F(xiàn)e+2Fe3+=3Fe2+，在溶液pH=2時，c(OH?)=10?12mol/L，F(xiàn)e2+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)2沉淀需要的濃度c(Fe2+)==4.9×107mol/L；而Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀需要的濃度c(Fe2+)==2.6×10?3mol/L，加鐵粉將Fe3+還原為Fe2+，防?Fe3+優(yōu)先發(fā)生水解生成氫氧化鐵沉淀，阻礙Ti4+的水解反應(yīng)，導(dǎo)致鈦水解率下降；（3）根據(jù)圖示可知：當(dāng)還原鐵粉添加比大于1時，鈦水解率急劇下降，還原鐵粉添加比過大時，過量的還原鐵粉將浸出液中的Ti(Ⅳ)還原為Ti(Ⅲ)，從而造成鈦水解率降低；（4）浸出液存在Ti4+水解平衡：，鹽的水解反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，在其它條件不變時，升高溫度，鹽水解程度增大，導(dǎo)致鈦水解率增大；（5）在電解時TiO2在陰極上得到電子被還原為Ti單質(zhì)，則TiO2電極應(yīng)該與電源負極連接作陰極，X電極連接電源的正極，作陽極。故電極X連接電源的正極；（6）在Y電極上TiO2得到電子被還原為海綿Ti單質(zhì)，電極反應(yīng)式為：TiO2+4e?=Ti+2O2?。20．（15分）是硅生產(chǎn)工藝的重要中間物，“”的生產(chǎn)工藝備受關(guān)注，總反應(yīng)方程式為：

，該工藝源于對如下反應(yīng)研究：反應(yīng)i：

反應(yīng)ii：

Ⅰ.探究反應(yīng)i制備工藝（1）圖甲為使用催化劑與否，反應(yīng)過程的能量變化。使用催化劑時，決速步的活化能為_______kJ·mol?1。（2）隨溫度T變化的曲線為圖乙中的_______(填“X”或“Y”)，判斷的理由是_______。（3）400℃時，若往剛性容器中通入和，初始濃度均為。①由圖乙計算該溫度下的平衡轉(zhuǎn)化率約為_______。②為提高該溫度下的平衡轉(zhuǎn)化率，可采取的措施有_____________________。（4）按一定比例和流速通入和進行催化反應(yīng)，相同時間內(nèi)的轉(zhuǎn)化率與溫度關(guān)系如圖丙。溫度低于200℃時，的轉(zhuǎn)化率很低的原因是____________________________。Ⅱ.探究反應(yīng)ii及對生產(chǎn)工藝的影響已知：①標(biāo)準(zhǔn)摩爾生成焓()是指由元素最穩(wěn)定的單質(zhì)生成1mol純化合物時的反應(yīng)焓變。下列物質(zhì)的標(biāo)準(zhǔn)摩爾生成焓如下表：物質(zhì)00②400℃時，（5）_______kJ·mol?1。（6）依據(jù)化學(xué)平衡移動原理分析，與反應(yīng)i的制備工藝相比，“”生產(chǎn)工藝的優(yōu)點是___________________________________?！即鸢浮剑ǔ龢?biāo)明外，每空2分）（1）84（2）Y（1分）

反應(yīng)i為吸熱反應(yīng)，溫度升高，平衡正向移動，變大，變小（3）①1%

②增大氫氣濃度或及時移走或HCl等合理〖答案〗（1分）（4）溫度低，化學(xué)反應(yīng)速率較慢，反應(yīng)未達到平衡狀態(tài)或溫度低，化學(xué)平衡常數(shù)較小或溫度低催化劑活性差，化學(xué)反應(yīng)速率較慢等（5）?220（6）生產(chǎn)工藝包含了反應(yīng)i和ii，反應(yīng)ii為放熱反應(yīng)，體系溫度升高，促使反應(yīng)i的平衡正向移動或反應(yīng)ii消耗反應(yīng)i生成的HCl，生成增大反應(yīng)i的反應(yīng)物濃度，促使反應(yīng)i的平衡正向移”或反應(yīng)i的化學(xué)平衡常數(shù)較小，反應(yīng)ii的化學(xué)平衡常數(shù)較大，兩反應(yīng)耦合后的總反應(yīng)平衡常數(shù)比反應(yīng)i大（3分）〖解析〗（1）使用催化劑時能降低反應(yīng)的活化能，改變反應(yīng)路徑，活化能越大反應(yīng)速率越慢，最慢的一步?jīng)Q定整個反應(yīng)速率，則決速步的活化能為84kJ·mol?1；（2）由圖甲可知反應(yīng)i的反應(yīng)物總能量低于生成物總能量，則反應(yīng)i為吸熱反應(yīng)，溫度升高，平衡正向移動，變大，變小，則圖乙中的Y代表隨溫度T變化的曲線；（3）①400℃時，反應(yīng)i的pK1=4，則K1=10?4，列三段式：，則，解得x=0.02，該溫度下的平衡轉(zhuǎn)化率約為；②增大反應(yīng)物濃度或減少生成物濃度均能使平衡正向移動，為提高該溫度下的平衡轉(zhuǎn)化率，可采取的措施有：增大氫氣濃度或及時移走或HCl等；（4）溫度低于200℃時，的轉(zhuǎn)化率很低的原因是：溫度低，化學(xué)反應(yīng)速率較慢，反應(yīng)未達到平衡狀態(tài)或溫度低，化學(xué)平衡常數(shù)較小或溫度低催化劑活性差，化學(xué)反應(yīng)速率較慢等；（5）根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知①Si(s)+H2(g)+Cl2(g)?ΔH=?496kJ·mol?1②H2(g)+Cl2(g)?HCl(g)ΔH=?92kJ·mol?1依據(jù)蓋斯定律可知①?3×②即得?496?3×(?92)=?220kJ·mol?1；（6）與反應(yīng)i的制備工藝相比，“”生產(chǎn)工藝的優(yōu)點是：生產(chǎn)工藝包含了反應(yīng)i和ii，反應(yīng)ii為放熱反應(yīng)，體系溫度升高，促使反應(yīng)i的平衡正向移動或反應(yīng)ii消耗反應(yīng)i生成的HCl，生成增大反應(yīng)i的反應(yīng)物濃度，促使反應(yīng)i的平衡正向移”或反應(yīng)i的化學(xué)平衡常數(shù)較小，反應(yīng)ii的化學(xué)平衡常數(shù)較大，兩反應(yīng)耦合后的總反應(yīng)平衡常數(shù)比反應(yīng)i大。江蘇省2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期期末模擬卷1一、選擇題：本題共16個小題，每小題3分，共48分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．從第一顆人造衛(wèi)星成功發(fā)射，到“神十四”和“神十五”乘組在中國空間站“會師”，我國航天領(lǐng)域取得了諸多突破。下列說法不正確的是A．航天器使用的太陽能電池板的主要成分是二氧化硅B．飛船返回艙外殼的燒蝕材料之一酚醛樹脂是高分子化合物C．航天服殼體使用的鋁合金材料熔點比純鋁低D．噴涂在航天器外表面的熱控涂層材料具有高防輻射和良好的艙內(nèi)控溫效果〖答案〗A〖解析〗A．太陽能電池板的主要成分是硅，A錯誤；B．酚醛樹脂是苯酚和甲醛發(fā)生縮聚反應(yīng)得到的高分子化合物，B正確；C．一般的，合金的熔沸點比組成它的純金屬低，如鋁合金材料熔點比純鋁低，C正確；D．熱控涂層材料具有高防輻射，以防燒傷宇航員，良好的艙內(nèi)控溫效果，以防溫度過高過傷到宇航員，D正確；〖答案〗選A。2．文物的腐蝕是指出土前由于自然的侵蝕、損壞而破壞文物的原貌，電化學(xué)腐蝕也是重要因素之一。三星堆是中華文明的重要組成部分，下列出土文物可能涉及電化學(xué)腐蝕的是ABCD青銅神樹玉璋陶瓷馬頭黃金面罩〖答案〗A〖解析〗電化學(xué)腐蝕就是金屬和電解質(zhì)組成兩個電極，所以需含有兩種金屬。A．青銅神樹中含有Sn和Cu，可能涉及電化學(xué)腐蝕，故A符合題意；B．玉璋屬于玉器，主要成分為無機物，不涉及電化學(xué)腐蝕，故B不符合題意；C．陶瓷馬頭以粘土為主要原料制成，不涉及電化學(xué)腐蝕，故C不符合題意；D．黃金面罩由黃金制成，只含有金，不涉及電化學(xué)腐蝕，故D不符合題意；故〖答案〗選A。3．下列化學(xué)用語正確的是A．的結(jié)構(gòu)示意圖： B．與互為同位素C．過氧化鈉的電子式： D．質(zhì)子數(shù)為6、中子數(shù)為7的碳原子：〖答案〗D〖解析〗A．的核外電子數(shù)為18，則其結(jié)構(gòu)示意圖為，A錯誤；B．同位素為元素原子，上述兩種物質(zhì)不是同位素，B錯誤；C．過氧化鈉為離子化合物，其電子式為：，C錯誤；D．質(zhì)子數(shù)為6、中子數(shù)為7的碳原子，其質(zhì)量數(shù)為6+7=13，所以可表示為：，D正確；故選D。4．化學(xué)是以實驗為基礎(chǔ)的自然科學(xué)，下列實驗裝置能達到實驗?zāi)康牡氖茿．檢驗的漂白性B．灼燒海帶C．分離溴苯和苯的混合物D．驗證受熱易分解〖答案〗C〖解析〗A．圖中酸性高錳酸鉀可以和發(fā)生氧化還原反應(yīng)，體現(xiàn)的還原性，故A錯誤；B．圖中為蒸發(fā)皿，灼燒海帶應(yīng)在坩堝中進行，故B錯誤；C．該裝置用于分離常溫下互溶且沸點差別較大的液體，故C正確；D．該裝置加熱碳酸氫鈉分解會有水生成，試管口應(yīng)略向下傾斜，故D錯誤。故〖答案〗選C。5．下列制備物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系不合理的是A．制：B．制：C．制NaOH：海水NaCl溶液NaOHD．制Mg：海水溶液〖答案〗D〖解析〗A．氮氣和氫氣生成NH3，氨和空氣的混合氣通入灼熱的鉑銠合金網(wǎng)，在合金網(wǎng)的催化下，氨被氧化成一氧化氮。生成的一氧化氮利用反應(yīng)后殘余的氧氣繼續(xù)氧化為二氧化氮，隨后將二氧化氮通入水中制取硝酸，轉(zhuǎn)化關(guān)系合理，故A不符合題意；B．S通過和氧氣生成SO2，SO2在催化劑條件下生成SO3，SO3通入水中得到，轉(zhuǎn)化關(guān)系合理，故B不符合題意；C．海水提純可獲得NaCl溶液，電解NaCl溶液可制備NaOH，轉(zhuǎn)化關(guān)系合理，故C不符合題意；D．電解飽和氯化鎂溶液，在陽極處產(chǎn)生氯氣，陰極處產(chǎn)生氫氣和氫氧化鎂，因此不能用這種方法獲得鎂，轉(zhuǎn)化關(guān)系不合理，故D符合題意；故〖答案〗選D。6．設(shè)NA代表阿佛加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24LCCl4含有的分子數(shù)目為0.1NAB．等物質(zhì)的量的CH4和CO所含分子數(shù)均為NAC．電解精煉銅時，若陰極得到電子數(shù)為2NA個，則陽極質(zhì)量減少64gD．在反應(yīng)KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中，每生成3molI2轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為5NA〖答案〗D〖解析〗A．標(biāo)況下，CCl4不是氣體，無法計算其物質(zhì)的量，A錯誤；B．物質(zhì)的量具體數(shù)值不確定，不能由此得出CH4和CO所含分子數(shù)均為NA，B錯誤；C．電解精煉銅時，陽極上雜質(zhì)鐵、鋅等比銅活潑的金屬先放電，若陰極得到2mol電子，則陽極質(zhì)量減少量不一定是64g，C錯誤；D．該反應(yīng)中，碘元素化合價由KIO3中+5價和HI中?1價變化為I2中的0價，電子轉(zhuǎn)移5mol，生成3molI2，所以每生成3molI2轉(zhuǎn)移電子數(shù)為5NA，D正確；故選D。7．化合物C是一種天然產(chǎn)物合成中的重要中間體，其合成路線如圖。下列說法不正確的是A．A中所有原子可能共平面B．A、B、C均能使高錳酸鉀和溴水褪色，且反應(yīng)原理相同C．C中的含氧官能團有2種D．有機物A的同分異構(gòu)體中含有苯環(huán)且能發(fā)生銀鏡反應(yīng)的有三種(不包含A)〖答案〗B〖解析〗A．與苯環(huán)直接相連的原子共面，醛基中原子共面，故A中所有原子可能共平面，A正確B．A發(fā)生氧化反應(yīng)使高錳酸鉀溶液褪色，和溴水發(fā)生取代反應(yīng)使其褪色；B發(fā)生氧化反應(yīng)使高錳酸鉀溶液褪色，和溴水發(fā)生加成應(yīng)、氧化反應(yīng)使其褪色；C發(fā)生氧化反應(yīng)使高錳酸鉀溶液褪色，和溴水發(fā)生加成應(yīng)、取代反應(yīng)、氧化反應(yīng)使其褪色；反應(yīng)原理不相同，B錯誤；C．C含有醛基、酚羥基兩種含氧官能團，C正確；D．有機物A的同分異構(gòu)體中含有苯環(huán)且能發(fā)生銀鏡反應(yīng)的還有醛基羥基處于鄰、間位，以及甲酸苯酚酯三種(不包含A)，D正確；故選B。8．下列涉及的離子方程式書寫正確的是A．醋酸除去水垢中的碳酸鈣：B．漂白液的漂白原理：C．Na2O2與水反應(yīng)：D．FeI2溶液中通入少量Cl2：〖答案〗B〖解析〗A．醋酸為弱電解質(zhì)，不能拆，，A錯誤；B．漂白粉主要成分為NaClO吸收空氣中的水和二氧化碳生成有漂白性的次氯酸，B正確；C．Na2O2與水反應(yīng)，，C錯誤；D．還原性I?＞Fe2+，F(xiàn)eI2溶液中通入少量Cl2，Cl2先于I?反應(yīng)，Cl2+2I?=I2+2Cl?，D錯誤；故〖答案〗為：B。9．已知：A2(g)+B2(g)2AB(g)

=?46.6kJ/mol，下列說法正確的是A．該反應(yīng)逆反應(yīng)的活化能Ea一定大于46.6kJ/molB．1molA2(g)與1molB2(g)反應(yīng)生成2molAB(l)時>?46.6kJ/molC．在密閉容器中，投入1molA2(g)與1molB2(g)進行反應(yīng)，當(dāng)反應(yīng)不再進行時，放出熱量為46.6kJD．在相同條件下，1molA2(g)與1molB2(g)的能量總和小于2molAB(g)的能量〖答案〗A〖解析〗A．根據(jù)，，所以逆反應(yīng)的活化能一定大于46.6kJ/mol，A正確；B．物質(zhì)從氣態(tài)變成液態(tài)要放出能量，所以1molA2與1molB2反應(yīng)生成2molAB(l)，放出的熱量大于46.6kJ，因為為負值，所以，B錯誤；C．該反應(yīng)為可逆反應(yīng)，1molA2(g)與1molB2(g)不能完全反應(yīng)，放出的熱量小于46.6kJ，C錯誤；D．因為該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，所以反應(yīng)物的總能量大于生成物的總能量，所以1molA2(g)與1molB2(g)的能量總和大于2molAB(g)的能量，D錯誤；故選A。10．如表為元素周期表的一部分，其中X、Y、W、Z為短周期元素，W的單質(zhì)常溫下為黃綠色氣體。下列說法不正確的是YZXWRTA．X、Y的單質(zhì)均存在同素異形體B．Y、Z的簡單氫化物的穩(wěn)定性依次遞增C．R的單質(zhì)可用于制造半導(dǎo)體材料D．工業(yè)上電解NaW溶液得W2可使用陰離子交換膜〖答案〗D〖解析〗W的單質(zhì)常溫下為黃綠色氣體，則W為Cl元素，由元素在周期表中的位置可知，X為P元素，Y為O元素，Z為F元素，R為Ge元素，T為Br元素，據(jù)此分析解答。A．P對應(yīng)的同素異形體有紅磷、白磷等，O對應(yīng)的同素異形體有氧氣、臭氧等，故A正確；B．同周期主族元素從左到右元素的非金屬性增強，元素的非金屬性越強，對應(yīng)的氫化物越穩(wěn)定，故Y、Z的簡單氫化物的穩(wěn)定性依次遞增，故B正確；C．Ge和Si位于同一主族，為重要的半導(dǎo)體材料，故C正確；D．工業(yè)上電解飽和食鹽水可制得Cl2，因需要將產(chǎn)生的NaOH和Cl2分開，只允許陽離子通過，故需使用陽離子交換膜，故D錯誤；故選D。11．已知物質(zhì)的相關(guān)數(shù)據(jù)如下表，下列說法正確的是物質(zhì)相關(guān)數(shù)據(jù)A．不與鹽酸反應(yīng)B．溶液中存在的所有微粒有：C．與碳酸鈉溶液反應(yīng)，可能產(chǎn)生氣體D．向石灰水懸濁液中加入溶液，溶液可能變澄清〖答案〗C〖解析〗A．HF為弱酸，NaF與鹽酸反應(yīng)生成，符合強酸制弱酸，A錯誤；B．，則溶液中的微粒有，，B錯誤；C．根據(jù)電離平衡常數(shù)，，。符合強酸制弱酸，C正確；D．根據(jù)Ksp可知，，Ca(OH)2轉(zhuǎn)化為CaF2沉淀，D錯誤；故〖答案〗為：C。12．亞硝酰氣(NOCl)可用做有機合成試劑。某研究小組用NO和Cl2制備NOCl，并分離回收未反應(yīng)的原料，裝置如圖(夾持及加熱裝置已略去)。已知：①；②沸點：NOCl為?6℃，Cl2為?34℃，NO為?152℃；③NOCl易水解，能與O2反應(yīng)。下列說法錯誤的是A．實驗前先通入氬氣，目的是排盡裝置內(nèi)的空氣B．低溫浴槽B的溫度區(qū)間應(yīng)控制在?34℃~?6℃C．將催化劑負載在玻璃棉上，以增大接觸面積，提高反應(yīng)速率D．尾氣回收的物質(zhì)為NO〖答案〗B〖解析〗通過實驗原理可知，進氣端為和，經(jīng)過催化劑使其反應(yīng)制備；經(jīng)過低溫浴槽A降溫，使冷凝，得到產(chǎn)品；再經(jīng)過低溫浴槽B降溫，使冷凝，防止逸出，污染空氣；剩下NO經(jīng)過無水氯化鈣干燥后，進行回收，據(jù)此分析作答。A．通入和前先通入氬氣，作用是排盡裝置中的空氣，防止產(chǎn)物與空氣中的氧氣反應(yīng)，防止遇空氣中的水而水解，A正確；B．為分離產(chǎn)物和未反應(yīng)的原料，低溫溶槽A使冷凝，得到產(chǎn)品，則溫度區(qū)間應(yīng)控制在或，再經(jīng)過低溫浴槽B降溫，使冷凝，防止逸出，污染空氣，低溫浴槽B的溫度區(qū)間應(yīng)控制在?34℃以下，B錯誤；C．將催化劑負載在玻璃棉上而不是直接平鋪在玻璃管中，目的是增大與氣體的接觸面積，加快反應(yīng)速率，C正確；D．由分析可知尾氣回收的物質(zhì)為NO，D正確；故選B。13．鈦合金等新型合金廣泛應(yīng)用于航空航天領(lǐng)域，工業(yè)上以鈦鐵礦(，其中Ti為價)為主要原料制備金屬鈦的工藝流程如下圖所示，下列說法正確的是A．“氯化”過程中，既不是氧化劑也不是還原劑B．“氯化”過程中，每生成氣體，轉(zhuǎn)移電子C．由制備Ti的過程中，Ar氣可換成氮氣D．由制備Ti反應(yīng)的原子利用率為100%〖答案〗B〖解析〗氯化發(fā)生的反應(yīng)為：2FeTiO3+7Cl2+6C2FeCl3+2TiCl4+6CO，得到TiCl4，然后鎂和四氯化鈦反應(yīng)生成鈦和氯化鎂，化學(xué)方程式為TiCl4+2MgTi+2MgCl2。A．“氯化”過程中，中Fe由+2價變?yōu)?3價，是還原劑，A錯誤；B．反應(yīng)2FeTiO3+7Cl2+6C2FeCl3+2TiCl4+6CO中，每生成6molCO，轉(zhuǎn)移14mol電子，生成氣體，轉(zhuǎn)移電子×14mol=0.7mol，B正確；C．高溫下Ti與N2反應(yīng)，由制備Ti的過程中，Ar氣不可換成氮氣，C錯誤；D．由制備Ti反應(yīng)為TiCl4+2MgTi+2MgCl2，屬于置換反應(yīng)，原子利用率不是100%，D錯誤；故選B。14．常溫下，將CO2通入2LpH=12的NaOH溶液中，溶液中由水電離出的OH?濃度與通入的的體積(V)的關(guān)系如圖所示。下列敘述不正確的是A．M點溶液中：水電離出的B．N點溶液中：C．P點溶液中：D．R點溶液中：〖答案〗B〖解析〗M點為NaOH溶液，M到P是生成Na2CO3，N點是Na2CO3和NaOH的混合溶液，P點是Na2CO3溶液，P到R是生成NaHCO3，R點是NaHCO3和H2CO3的混合溶液，R點溶液呈中性；A．M點溶液中的溶質(zhì)是NaOH，抑制水電離，則水電離出的c(H+)=10?pH=1×10?12mol·L?1，故A正確；B．N點是Na2CO3和NaOH的混合溶液，溶液呈堿性，c(H+)<c(OH?)，結(jié)合電荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH?)，兩式相減得：c(Na+)>2c()+c()，故B錯誤；C．P點溶液中，當(dāng)水電離出的c(OH?)最大時，說明此時的溶液是Na2CO3溶液，根據(jù)碳物料守恒可得：c(Na+)=2[c()+c()+c(H2CO3)]，故C正確；D．R點溶液中水電離出的OH?離子濃度10?7mol/L，溶液呈中性，c(H+)=1×10?7mol/L，故D正確；故選：B。15．天津大學(xué)在光催化鈉離子二次電池的應(yīng)用研究取得重大進展。該電池工作原理如下圖所示，光催化電極能在太陽光照下實現(xiàn)對設(shè)備進行充電。下列說法錯誤的是A．充電時，電子從石墨電極流出通過導(dǎo)線流向光催化電極B．放電時，石墨電極的電極反應(yīng)式為C．離子交換膜為陽離子交換膜D．放電時，當(dāng)外電路轉(zhuǎn)移1mol電子時，離子交換膜左室電解質(zhì)溶液質(zhì)量減少〖答案〗A〖解析〗由題干電池工作原理圖示信息可知，放電時石墨電極上的反應(yīng)為：4S2??6e?=，發(fā)生氧化反應(yīng)，為負極，光催化電極上的反應(yīng)為：+2e?=3I?，發(fā)生還原反應(yīng)，為正極，充電時，石墨電極上的電極反應(yīng)為：+6e?=4S2?，發(fā)生還原反應(yīng)，為陰極，光催化電極上的電極反應(yīng)為：3I??2e?=，發(fā)生氧化反應(yīng)，為陽極，據(jù)此分析解題。A．由題干信息結(jié)合圖給信息，充電時，石墨電極得到電子，電子從光催化電極流出，A錯誤；B．由分析可知，放電時，石墨電極的電極反應(yīng)式為，B正確；C．由題干電池工作原理圖示信息可知，離子交換膜為Na+交換膜即陽離子交換膜，C正確；D．由分析可知，放電時，石墨電極為負極，光催化電極為正極，為維持電荷守恒，左側(cè)Na+透過離子交換膜移向右側(cè)，放電時當(dāng)外電路轉(zhuǎn)移1mol電子時，1molNa+從左室遷移到右室，離子交換膜左室電解質(zhì)溶液質(zhì)量減少23g，D正確；故〖答案〗為：A。16．向剛性密閉容器中充入氣體，發(fā)生反應(yīng)。不同溫度下，反應(yīng)達平衡，平衡體系中各物質(zhì)的物質(zhì)的量分數(shù)如下表：(已知A有顏色，B無色)℃254050602025406680756034下列說法不正確的是A．25℃，反應(yīng)達平衡，速率B．室溫時，將此容器放入冰水中，顏色變淺C．向40℃的平衡體系中再充入A，達新平衡時平均分子量減小D．50℃達平衡時，A的轉(zhuǎn)化率為〖答案〗C〖解析〗列三段式：，平衡時總物質(zhì)的量為3?x，據(jù)此分析解答。A．25℃時，B的物質(zhì)的量分數(shù)為80%，即，解得，則，A正確；B．由表格數(shù)據(jù)可知，升高溫度，A的物質(zhì)的量分數(shù)增大，平衡逆向移動，顏色加深，則室溫時，將此容器放入冰水中，相當(dāng)于降低溫度，平衡正向移動，顏色變淺，B正確；C．向40℃的平衡體系中再充入A，等效于加壓，平衡正向移動，則達新平衡時，混合氣體平均摩爾質(zhì)量增大，即平均分子量增大，C錯誤；D．50℃達平衡時，A的物質(zhì)的量分數(shù)為40%，即，解得，則A的轉(zhuǎn)化率為，D正確；故選C。二、非選擇題：本題共4個小題，共52分。17．（13分）某實驗小組以粗鈹(含少量的Mg、Fe、Al、Cu、Si等)為原料制備、提純，并測定產(chǎn)品中的含量?；卮鹣铝袉栴}：Ⅰ.按如圖所示裝置(夾持裝置略)制已知：乙醚沸點為34.5℃：溶于乙醚，不溶于苯，易發(fā)生水解；溶于乙醚且溶于苯：、不溶于乙醚和苯。（1）裝置A中，濃硫酸與濃鹽酸混合制HCl，儀器a的名稱為_______。（2）儀器b的作用是_____________________；裝置D的作用是_____________________。（3）C中發(fā)生的主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為____________________________。（4）因反應(yīng)放熱使乙醚揮發(fā)，需控制冷凝回流速度1~2滴/秒。若發(fā)現(xiàn)回流速度過快，需進行的操作是_____________________。（5）上述實驗裝置的缺點是_____________________。Ⅱ.提純反應(yīng)后，裝置C中的乙醚溶液經(jīng)過濾、蒸餾出乙醚得固體，用苯溶解固體，充分攪拌后過濾、洗滌、干燥得產(chǎn)品。（6）用苯溶解固體，充分攪拌后過濾，目的是____________________________。Ⅲ.測定產(chǎn)品中的含量取1.000g產(chǎn)品溶于鹽酸配成100mL溶液；取10.00mL溶液，加入EDTA掩蔽雜質(zhì)離子，調(diào)節(jié)pH，過濾、洗滌，得固體：加入25mL25%KF溶液溶解固體，滴加酚酞作指示劑，用鹽酸溶液滴定其中的KOH，消耗鹽酸22.50mL。(已知：；滴定過程中KF、不與鹽酸反應(yīng))（7）的純度為______________。（8）某同學(xué)認為該計算結(jié)果不可靠，理由是____________________________?！即鸢浮剑ǔ龢?biāo)明外，每空2分）（1）恒壓分液漏斗或恒壓滴液漏斗（1分）（2）

防堵塞或防止體系壓強過大（1分）

防止因吸收空氣中水蒸氣而水解（1分）（3）（4）旋轉(zhuǎn)滴液漏斗活塞，減緩鹽酸的滴速（1分）（5）缺少HCl、尾氣處理裝置或缺少尾氣處理裝置（6）除去雜質(zhì)（7）90.00%或90%（8）沒有進行平行實驗（1分）〖解析〗裝置A中濃硫酸與濃鹽酸混合制HCl，通入Ar氣體可促使HCl氣體進入裝置C中與粗鈹(含少量的Mg、Fe、Al、Cu、Si等)反應(yīng)生成BeCl2、MgCl2、FeCl2、AlCl3，裝置B和D的濃硫酸具有吸水性，能干燥氣體；（1）儀器a的名稱為恒壓分液漏斗或恒壓滴液漏斗；（2）儀器b長導(dǎo)管可與空氣連通平衡大氣壓，作用是防堵塞或防止體系壓強過大，裝置D中濃硫酸具有吸水性，已知易發(fā)生水解，作用是防止因吸收空氣中水蒸氣而水解；（3）濃硫酸與濃鹽酸混合制HCl，HCl氣體進入C中與Be反應(yīng)生成氯化鈹和氫氣，發(fā)生的主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為；（4）若發(fā)現(xiàn)回流速度過快，需進行的操作是：旋轉(zhuǎn)滴液漏斗活塞，減緩鹽酸的滴速；（5）鹽酸與粗鈹中活潑金屬單質(zhì)反應(yīng)生成氫氣，多余的尾氣氯化氫和氫氣沒有吸收裝置，則上述實驗裝置的缺點是缺少HCl、尾氣處理裝置或缺少尾氣處理裝置；（6）已知溶于乙醚、不溶于苯，溶于乙醚且溶于苯，用苯溶解固體，充分攪拌后過濾，目的是除去雜質(zhì)；（7）根據(jù)滴定原理：KOH+HCl=KCl+H2O，則n(KOH)=n(HCl)=c?V=×22.50×10?3L=2.25×10?3mol，由，可知n(Be)=n[)]=n(KOH)=2.25×10?3mol=1.125×10?3mol，的純度為；（8）該計算結(jié)果不可靠，理由是：沒有進行平行實驗。18．（12分）以紅土鎳礦(主要含有NiO、Fe2O3、Al2O3、SiO2、MgO)為原料，制取鐵、鎳、鋁、鎂和硅的化合物，工業(yè)流程如圖：已知：3Fe2(SO4)3+2NH3+12H2O=2NH4Fe3(SO4)2(OH)6↓(黃銨鐵礬)+5H2SO4?；卮鹣铝袉栴}：（1）根據(jù)如圖判斷“焙燒”的適宜條件為____________。（2）NiO在焙燒時與(NH4)2SO4反應(yīng)生成(NH4)2Ni(SO4)2的化學(xué)方程式為__________________________。（3）NH3的作用為____________。（4）流程中可以循環(huán)使用的物質(zhì)除NH3、SO3外還有____________。（5）已知濾液6中MgSO4的質(zhì)量遠大于Na2SO4。①從濾液6中得到MgSO4晶體，可采用的方式為____________（填字母）。A．加熱至40℃蒸發(fā)結(jié)晶

B．加熱至60℃降溫結(jié)晶C．加熱至60℃蒸發(fā)結(jié)晶

D．加熱至40℃降溫結(jié)晶.②已知Ksp(MgF2)=1×10?11，可在廢液中加入NaF進行沉鎂，完全沉鎂需要控制廢液中c(F?)不低于______?！即鸢浮剑靠?分）（1）450℃和120min（2）（3）使轉(zhuǎn)化生成Fe(OH)3沉淀與黃銨鐵礬沉淀（4）NaOH（5）①A

②〖解析〗制取過程分析：礦石與在一定條件下進行焙燒得到熟料，礦石中金屬氧化物會生成相應(yīng)的硫酸鹽，SiO2不發(fā)生反應(yīng)。熟料水浸時各種硫酸鹽均能溶解，SiO2與其他不溶性雜質(zhì)通過過濾分離，所得廢渣中主要含有SiO2，加入NaOH溶液后，SiO2反應(yīng)生成Na2SiO3，過濾后濾液2中主要含有NaOH與Na2SiO3，加入Ca(OH)2后，Na2SiO3與之反應(yīng)生成NaOH與CaSiO3沉淀，過濾分離得NaOH溶液與CaSiO3固體。水浸過濾后的濾液中先加入H2O2，使溶液中的氧化成，再加NH3，溶液酸性逐漸減弱，反應(yīng)后生成Fe(OH)3沉淀與黃銨鐵礬沉淀，過濾分離，濾液4中還含有、、，加NaOH調(diào)pH，先讓轉(zhuǎn)化成Al(OH)3沉淀，過濾分離，濾液5繼續(xù)加NaOH溶液調(diào)高pH，使轉(zhuǎn)化成Ni(OH)2沉淀，過濾分離，存在于濾液6中。（1）根據(jù)圖中數(shù)據(jù)知焙燒的適宜條件是450℃和120min。（2）根據(jù)質(zhì)量守恒定律，結(jié)合流程圖焙燒時的產(chǎn)物，NiO在焙燒時與(NH4)2SO4反應(yīng)生成(NH4)2Ni(SO4)2的化學(xué)方程式為。（3）根據(jù)流程圖中加入NH3后生成的產(chǎn)物知其作用是使轉(zhuǎn)化生成Fe(OH)3沉淀與黃銨鐵礬沉淀。（4）濾液3主要含有NaOH，因此NaOH也可以循環(huán)使用。（5）加熱至40℃時，Na2SO4溶解度大于MgSO4，且Na2SO4溶解度達到最大。由于溶液中MgSO4的質(zhì)量遠大于Na2SO4，此溫度下蒸發(fā)除去一定量溶劑后將得到MgSO4的過飽和溶液而使大部分MgSO4析出，故選A。通常認為離子濃度小于時沉淀完全，根據(jù)溶度積可計得當(dāng)時，，因此完全沉鎂需要控制廢液中c(F?)不低于。19．（12分）赤泥硫酸銨焙燒浸出液水解制備偏鈦酸[TiO(OH)2]可回收鈦。已知：i．?定條件下，Ti4+水解?程式：ii．?定溫度下：；回答下列問題：I．赤泥與硫酸銨混合制取浸出液。（1）用化學(xué)用語表示(NH4)2SO4溶液呈酸性的原因_________________________。II．水解制備偏鈦酸：浸出液中含F(xiàn)e3+、Ti4+等，先向其中加入還原鐵粉，然后控制水解條件實現(xiàn)Ti4+水解制備偏鈦酸。（2）浸出液(pH=2)中含有大量Ti4+，若雜質(zhì)離子沉淀會降低鈦水解率。從定量角度解釋加入還原鐵粉的目的________________________________。（3）一定條件下，還原鐵粉添加比對鈦水解率的影響如圖所示。當(dāng)還原鐵粉添加比大于1時，鈦水解率急劇下降，解釋其原因________________________________。備注：還原鐵粉添加比=；n鐵粉為還原鐵粉添加量，n理論為浸出液中Fe3+全部還原為Fe2+所需的還原鐵粉理論量。（4）一定條件下，溫度對鈦水解率的影響如圖所示。結(jié)合化學(xué)平衡移動原理解釋鈦水解率隨溫度升高而增大的原因_________________________。III．電解制備鈦：偏鈦酸煅燒得到?氧化鈦(TiO2)，運用電化學(xué)原理在無水CaCl2熔鹽電解質(zhì)中電解TiO2得到海綿鈦，裝置如圖所示。（5）電極X連接電源___________(填“正”或“負”)極。（6）寫出電極Y上發(fā)生的電極反應(yīng)式_______________________________________。〖答案〗（除標(biāo)明外，每空