福建省厦门市湖滨名校2023-2024学年高三上学期期中考试化学试卷
一、选择题：（本题共15小题，每小题3分，共45分,每小题只有一项符合题目要求）
1．（2024高三上·巢湖月考）“蓝天、碧水、净土”三大环保保卫战正加快生态环境治理和现代化建设。下列说法错误的是（ ）
A．废旧电池必须回收处理，可以防止重金属污染
B．尽量少用或不用含磷洗涤剂，以防止水体富营养化
C．农田使用铵态氮肥要深施覆土，以防止氮肥被氧化
D．在燃油车上安装三元催化转化器，以降低污染气体的排放
2．五育并举，劳动先行。下列生活应用或生产活动，没有运用相应化学知识的是（ ）
选项 生活应用或生产活动 化学知识
A 用SO2漂白纸张 SO2具有氧化性
B 用铝槽车运输浓硝酸 Al在冷的浓硝酸中发生钝化
C 用铁盐净水 Fe3+水解得到Fe(OH)3胶体
D 用热的纯碱溶液清洗铁屑油污 油脂在碱性条件下可水解
A．A B．B C．C D．D
3．某公司研发出一种比锂电池成本更低、寿命更长、充电速度更快的钠离子电池，该电池的负极材料为(制备原料为、和)，电解液为的碳酸丙烯酯溶液。下列化学用语正确的是（ ）
A．的电子排布式为：
B．基态碳原子的价层电子轨道表示式为
C．中子数为20的氯原子：
D．与同主族，基态原子的简化电子排布式为：
4．科学家研究出了一种如下图的 “纳米药物分子运输车”，它可装载药物直达病灶，大大提高了肿瘤的治疗效果。下列有关说法错误的是（ ）
A．四氧化三铁属于无机物
B．二氧化硅属于酸性氧化物
C．该“纳米药物分子车”属于混合物
D．该“纳米药物分子车”分散于水中能形成胶体
5．常温下，在指定溶液中下列各组离子可能大量共存的是（ ）
A．滴加KSCN显红色的溶液： 、Cl-、K+、
B．K2S溶液中： 、K+、Cl-、Cu2+
C．由水电离出的c(OH-)=10-12 mol/L的溶液：Al3+、H+、Cl-、Na+
D．强酸性溶液中： Cl-、Na+、、
6．下列反应的离子方程式正确的是（ ）
A．向硝酸银溶液中加入足量铜：Cu+Ag+=Ag+Cu2+
B．用H2O2从酸化的海带灰浸出液中提取碘：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O
C．等体积、等物质的量浓度的NaHCO3溶液与Ba(OH)2溶液混合：2HCO+Ba2++2OH-=BaCO3↓+2H2O+CO
D．向硫酸铜溶液中加入过量氨水：Cu2++2NH3·H2O =Cu(OH)2↓+2NH
7．下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，22.4 L Br2所含溴原子的数目为2 NA
B．等质量的NO2和N2O4所含原子总数不同
C．136 g熔融的KHSO4中含有2 NA个阳离子
D．标准状况下，22.4 L CO2与足量Na2O2反应转移的电子数为NA
8．下列说法正确的是（ ）
A．将足量NH3、CO2依次通入饱和食盐水中，无白色沉淀生成
B．将KSCN溶液滴入盐酸和Fe(NO3)2的混合溶液中，溶液显红色
C．将饱和FeCl3溶液滴入NaOH溶液中，可制得Fe(OH)3胶体
D．将盐酸酸化BaCl2溶液滴入某溶液中产生白色沉淀，证明该溶液中一定含有SO
9．下列物质的应用中，与氧化还原反应无关的是（ ）
A．用含Fe2O3的铁矿石冶炼Fe
B．用Na2O2作潜水艇的供氧剂
C．用NaOH作沉淀剂去除粗盐水中的Mg2+
D．以NH3为原料制备HNO3
10．部分含氮、硫元素的化合物的“价—类”二维图如图所示。下列关于各物质的说法错误的是（ ）
A．i在一定条件下均可以与a、b、c发生反应
B．e的浓溶液可用于干燥c、f、g
C．g与在汽车催化转化器中会转化成两种无毒气体
D．h排放到空气中可形成酸雨
11．（2022·龙岩模拟）某种锂盐的结构如图所示，其阴离子由W、X、Y、Z四种同周期主族元素构成，X原子的最外层电子数是W原子的次外层电子数的3倍，化合物中除Li+外其它原子均满足8电子稳定结构。下列说法正确的是（ ）
A．W位于第2周期IVA族 B．原子半径：Z>X>Y
C．元素电负性：Y>Z>X D．最高化合价：Y>Z>W
12．下列图示的实验，能够实现相应实验目的的是（ ）
A．利用甲装置用CCl4从碘水中萃取碘
B．利用乙装置制取并收集少量纯净的氯气
C．利用丙装置控制制取氧气的速率
D．利用丁装置验证SO2的漂白性
13．工业上制备下列物质的生产流程合理的是（ ）
A．由铝土矿冶炼铝：铝土矿Al2O3AlCl3Al
B．由NaCl制漂白粉：饱和食盐水Cl2漂白粉
C．由石英砂制纯硅：石英砂粗硅SiHCl3纯硅
D．工业合成硝酸：N2NONO2HNO3
14．实验室模拟工业处理含铬废水，操作及现象如图1所示，反应过程中铬元素的化合价变化如图2，已知：深蓝色溶液中生成了CrO5。下列说法不正确的是（ ）
A．0-5 s过程中，发生的氧化还原反应为：
B．实验开始至30 s溶液中发生的总反应离子方程式为：
C．30-80 s过程中，Cr元素被氧化，可能是溶液中剩余的H2O2所致
D．80 s时，在碱性条件下，溶液中含铬微粒主要为
15．氮氧化物会对生态系统和人体健康造成危害。一种以沸石笼作为载体对氮氧化物进行催化还原的原理如图所示。下列叙述不正确的是（ ）
A．反应⑤变化过程可表示为：
B．图中总过程中每吸收需要标准状况下的氧气为
C．反应③未涉及元素化合价的变化
D．反应④涉及非极性共价键的断裂与生成
二、非选择题
16．X、W、Y、Z、M、Q、R、L是元素周期表前四周期元素，且原子序数依次增大，其相关信息如表：
元素 相关信息
X 原子核外有6种不同运动状态的电子
Y 基态原子中s电子总数与p电子总数相等
Z 原子半径在同周期元素中最大
M 逐级电离能(kJ mol-1)依次为578、1817、2745、11575、14830、18376
Q 基态原子的最外层p轨道上有两个电子的自旋方向与其他电子的自旋方向相反
R 基态原子核外有7个能级且能量最高的能级上有6个电子
L 基态原子核外有四个电子层，最外层只有一个电子，其它电子层均排满电子
请用化学用语填空：
（1）X元素在元素周期表的位置： 。
（2）请写出Q元素基态原子核外电子排布式： 。
（3）X、Y、Z、M四种元素的原子半径由小到大的顺序是 (用元素符号表示)。
（4）R元素可形成R2+和R3+，其中较稳定的是R3+，原因是 。
（5）与M元素成“对角线规则”关系的某短周期元素T的最高价氧化物的水化物具有两性，写出该两性物质与Z元素的最高价氧化物的水化物反应的化学方程式： ；M、Z晶体都是由金属原子密置层在三维空间堆积而成(最密堆积)，M的熔点(930K)比Z的熔点(371K)高，原因是 ；已知T元素和Q元素的电负性分别为1.5和3.0，则它们形成的化合物是 (填“离子化合物”或“共价化合物”)。
（6）硒(Se)是人体必需的微量元素，与Y为同一主族元素，Se原子比Y原子多两个电子层，则Se的原子序数为 ，其最高价氧化物对应的水化物化学式为 。
（7）X射线衍射法可以测定某些分子结构，NH3分子结构为 ；其电子式为 ，中心原子的杂化类型
（8）L的基态原子价电子轨道表示式为 ；在周期表中该原子排在 区
（9）水在液态时，几个水分子可以形成缔合水分子(H2O)n的原因是水分子之间存在 。
（10）三氟乙酸乙酯是制备某种抗新冠病毒药物的原料，合成该分子所需的原料三氟乙酸的酸性 乙酸的酸性(填“大于”或“小于”），请理论解释原因
17．有资料显示过量的氨气和氯气在常温下可合成岩脑砂(主要成分为NH4Cl)，某实验小组对该反应进行探究，并对岩脑砂进行元素测定，回答下列问题：
（1）岩脑砂的制备：
①利用装置A制取实验所需的氨气，写出反应的化学方程式： 。
②该实验中用浓盐酸与MnO2反应制取所需氯气，装置B中盛放浓盐酸的仪器名称是 ，写出该反应的离子方程式： 。则装置E中用于除气体杂质的试剂是 (填写试剂名称)
③为了使氨气和氯气在D中充分混合，请确定上述装置的合理连接顺序
a→d→c→ → ←j←i←h←g←b
④证明氨气和氯气反应有岩脑砂生成，需要的检验试剂中，除了蒸馏水、稀HNO3、NaOH溶液外，还需要 、 等两种；岩脑砂的主要成分中所含化学键的类型 、 、
（2）氨气和氯气反应制取岩脑砂时同时生成N2。
氨气和氯气反应生成N2的化学方程式是 。
（3）和氮元素同主族的砷存在多种同素异形体——黄砷、黑砷、灰砷
①黄砷结构与白磷相似，黄砷的空间构型为 ，第三周期，第一电离能介于Al和P之间的元素有 种。
②近年来，黑砷在催化电解水方面的研究受到关注，其晶体结构与石墨类似。根据图中信息，下列说法正确的有 (填标号)。
a.黑砷中As—As键的键能均相同
b.黑砷与C60都属于混合型晶体
c.黑砷单层中As原子与As—As键的个数比为2：3
d.黑砷层与层之间的作用力为范德华力
18．我国是稀土储量大国，氧化铈(CeO2)是一种应用广泛的稀土氧化物。一种用氟碳铈矿(CeFCO3，含BaO、SiO2等杂质)为原料制备CeO2的工艺如下图。
已知：①Ce3+可形成难溶于水的复盐[(Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O]，其氢氧化物也难溶于水。
②硫脲的结构简式为CS(NH2)2，在酸条件下易被氧化为(CSN2H3)2。
请回答：
（1）实验室常用下图所示仪器进行固体物质的粉碎，该仪器的名称是 。步骤①和步骤②均有 操作（填操作名称）
（2）焙烧后加入稀硫酸浸出，Ce元素的浸出率和稀硫酸浓度、温度的关系如图所示，下列说法正确的是
A.固体A的成分是SiO2
B.步骤②加入硫脲的目的将还原为
C.根据上图，焙烧后加入稀硫酸浸出时，适宜的条件为85℃，c(H2SO4)=2.5mol/L
（3）步骤④发生的离子方程式为 。
（4）取ag所制CeO2，溶解后配制成250mL溶液。取bmL该溶液用0.01mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定，滴定时发生反应：Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+，达到滴定终点时消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液VmL。
滴定过程中，接近终点时需采用半滴操作，具体操作是：慢慢旋转滴定管旋塞，使滴定管口悬挂液滴而不滴落，用 靠落液滴，并用 将液滴冲入溶液中，振荡锥形瓶使溶液充分混合。
（5）该产品中CeO2的质量分数为 (列出表达式)
（6）与铈同为过度金属的Fe元素在自然界中形成黄铁矿（主要成分FeS2），FeS2晶体的晶胞结构如图4所示。在晶胞中，Fe2+位于所形成的 （填“正四面体”或“正八面体”）空隙；若晶胞参数为anm，密度为ρg cm 3，阿伏加德罗常数的值为NA，则FeS2的摩尔质量M= g mol-1（用含a、ρ、NA的代数式表示）。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】铵盐；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；化肥、农药及其合理利用；水的净化
【解析】【解答】A.废旧电池中含有重金属离子，会污染环境，必须回收处理，防止重金属污染，说法正确，A不符合题意；
B. 含磷洗涤剂 可以促进藻类植物生长，导致水体富营养话，尽量少用或不用，说法正确，B不符合题意；
C.铵态氮肥不稳定易分解，使用时要深施土壤，不是为了防氧化，说法错误，C是正确答案；
D. 在燃油车上安装三元催化转化器，是为了将氮氧化物转化为氮气等无污染气体，以降低污染气体的排放说法正确，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】本题考查环境污染的相关知识，题目难度不大，本题注意常见环境污染处理方法，根据物质的性质进行判断。
2．【答案】A
【知识点】二氧化硫的性质；铝的化学性质；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、二氧化硫具有漂白性，可用于漂白纸张，与其氧化性无关，故A符合题意；
B、常温下，铝在冷的浓硝酸中钝化，因此用铝槽车运输浓硝酸，故B不符合题意；
C、铁离子水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体具有较强的吸附性，因此可用铁盐净水，故C不符合题意；
D、油脂在碱性条件下可水解，因此用热的纯碱溶液清洗铁屑油污，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、二氧化硫漂白纸张利用的是其漂白性；
B、常温下铝在浓硝酸中钝化；
C、铁离子水解生成氢氧化铁胶体；
D、油脂在碱性条件下发生水解。
3．【答案】C
【知识点】原子中的数量关系；原子核外电子排布
【解析】【解答】A、Na原子失去其3s层电子形成Na+，则Na+的电子排布式为1s22s22p6，故A错误；
B、基态碳原子的价层电子排布式为2s22p2，轨道表示式为，故B错误；
C、中子数为20的氯原子质量数为37，表示为 ，故C正确；
D、Br为35号原子，其简化电子排布式为[Ar]3d104s24p5，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、钠离子核外只有10个电子；
B、基态碳原子的价层电子排布式为2s22p2；
C、原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数；
D、Br是35号元素。
4．【答案】D
【知识点】物质的简单分类；分散系、胶体与溶液的概念及关系
【解析】【解答】A、四氧化三铁不含碳元素，属于无机物，故A正确；
B、二氧化硅能与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，属于酸性氧化物，故B正确；
C、该“纳米药物分子车”由多种物质组成，属于混合物，故C正确；
D、“纳米药物分子运输车”直径200nm，分散于水中不能形成胶体，故D错误；
故答案为：D。
【分析】A、四氧化三铁不含碳元素；
B、酸性氧化物是指能与水作用生成酸，或与碱作用只生成盐和水的氧化物；
C、混合物由多种物质组成；
D、胶体分散质微粒直径在1～100nm之间。
5．【答案】C
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A、滴加KSCN显红色的溶液中含有铁离子，铁离子与碳酸氢根离子发生双水解反应，不能大量共存，故A不符合题意；
B、K2S溶液中，S2-与Cu2+结合生成CuS沉淀，不能大量共存，故B不符合题意；
C、由水电离出的c(OH-)=10-12 mol/L的溶液，水的电离被抑制，可能呈酸性也可能呈碱性，在酸性溶液中，Al3+、H+、Cl-、Na+不发生任何反应，可以大量共存，故C符合题意；
D、强酸性溶液中， 会发生歧化反应，不能大量共存，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反应、络合反应、双水解等反应时能大量共存。
6．【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、该方程式电荷不守恒，正确的离子方程式为Cu+2Ag+=2Ag+Cu2+，故A错误；
B、过氧化氢具有强氧化性，能将碘离子氧化为单质碘，则用H2O2从酸化的海带灰浸出液中提取碘，离子方程式为2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，故B正确；
C、等体积、等物质的量浓度的NaHCO3溶液与Ba(OH)2溶液混合反应生成碳酸钡沉淀、氢氧化钠、水，正确的离子方程式为HCO+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O，故C错误；
D、氢氧化铜能溶于氨水，正确的离子方程式为：Cu2++4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、该方程式电荷不守恒；
B、过氧化氢能将碘离子氧化为单质碘；
C、等体积、等物质的量浓度的NaHCO3溶液与Ba(OH)2溶液混合反应生成碳酸钡沉淀、氢氧化钠、水；
D、氢氧化铜溶于过量氨水。
7．【答案】D
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、标况下溴为液态，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，故A错误；
B、NO2和N2O4的最简式均为NO2，两者质量一样时，物质的量相同，所含原子数相同，故B错误；
C、1mol熔融KHSO4能够电离出1mol钾离子和1mol硫酸氢根离子，含有阳离子数为NA，故C错误；
D、标况下，22.4LCO2的物质的量为1mol，根据2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2可知，与足量Na2O2完全反应转移电子数为4NA，故D错误；
故答案为：D。
【分析】A、标况下溴为液态；
B、 NO2和N2O4的最简式均为NO2；
C、熔融的硫酸氢钾电离为钾离子和硫酸氢根离子；
D、Na2O2与CO2发生反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。
8．【答案】B
【知识点】常见离子的检验；二价铁离子和三价铁离子的检验；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、将足量NH3、CO2依次通入饱和食盐水中，生成碳酸氢钠，有白色沉淀生成，故A错误；
B、酸性条件下，硝酸根能将亚铁离子氧化为铁离子，铁离子遇KSCN溶液变红，则溶液显红色，故B正确；
C、将饱和FeCl3溶液滴入NaOH溶液中，反应生成氢氧化铁沉淀，故C错误；
D、将盐酸酸化的BaCl2溶液滴入某溶液中产生白色沉淀，该白色沉淀可能为AgCl，则不能说明该溶液中一定含有SO ，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、将足量NH3、CO2依次通入饱和食盐水中，析出碳酸氢钠；
B、酸性条件下，硝酸根具有强氧化性；
C、氯化铁溶液和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铁沉淀；
D、该白色沉淀可能为AgCl。
9．【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A、用含Fe2O3的铁矿石冶炼Fe，Fe元素的化合价降低，发生氧化还原反应，故A不符合题意；
B、用Na2O2作潜水艇的供氧剂 ，过氧化钠中氧元素化合价升高生成氧气，O元素的化合价变化，发生氧化还原反应，故B不符合题意；
C、用NaOH作沉淀剂去除粗盐水中的Mg2+，反应生成氢氧化镁沉淀，该过程中元素的化合价没有变化，为非氧化还原反应，故C符合题意；
D、以NH3为原料制备HNO3，N元素的化合价升高，发生氧化还原反应，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】氧化还原反应过程中一定有元素的化合价发生变化。
10．【答案】B
【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A、i为硝酸，硝酸具有强氧化性，H2S、S、SO2均具有还原性，均能被硝酸氧化，故A正确；
B、e的浓溶液为浓硫酸，氨气呈碱性，不能用浓硫酸干燥，故B错误；
C、 NO、CO在催化转化器中发生反应生成N2和CO2两种无毒气体 ，故C正确；
D、NO2排放到空气中会形成硝酸型酸雨，故D正确；
故答案为：B。
【分析】由图可知，a为H2S，b为S，c为SO2，d为SO3，e为硫酸，f为NH3，g为NO，h为NO2，i为硝酸。
11．【答案】B
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．硼元素位于元素周期表第2周期ⅢA族，故A不符合题意；
B．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则原子半径的大小顺序为C>N>O，故B符合题意；
C．同周期元素，从左到右元素的非金属性依次增强，电负性依次增大，则电负性的大小顺序为F>O>N，故C不符合题意；
D．氟元素的非金属性最强，无正化合价，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】X原子的最外层电子数是W原子的次外层电子数的3倍，W只能位于第二周期，X的最外层电子数为6，W形成3个单键和1个配位键，说明W最外层含有3个电子，则W为B元素；四种元素均位于第二周期，化合物中除Li+外其它原子均满足8电子稳定结构，X形成2个共价键，Y形成1个共价键，Z形成4个共价键，则X为O元素，Y为F元素，Z为C元素，据此解答。
12．【答案】A
【知识点】性质实验方案的设计；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，且四氯化碳和水不互溶，可用四氯化碳萃取碘水中的碘，故A正确；
B、浓盐酸易挥发，利用该装置制得的氯气中含有HCl杂质，故B错误；
C、过氧化钠为粉末，与水接触后不能分离，关闭活塞不能使反应停止，故C错误；
D、二氧化硫具有还原性，能被铁离子氧化，溶液褪色体现了二氧化硫的还原性，故D错误；
故答案为：A。
【分析】A、碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度；
B、浓盐酸易挥发；
C、过氧化钠是粉末；
D、二氧化硫与铁离子发生氧化还原反应。
13．【答案】C
【知识点】含氮物质的综合应用；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A、氯化铝为共价化合物，不能电解氯化铝制备金属铝，故A错误；
B、氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，制得漂白液，通常将氯气通入石灰乳中制备漂白粉，故B错误；
C、 石英砂与焦炭在高温条件下反应生成粗硅与CO，粗硅与HCl在加热条件下反应生成SiHCl3和H2，SiHCl3再与氢气高温条件下制纯硅和HCl，故C正确；
D、氮气和氢气合成氨，氨气催化氧化得到NO，NO氧化为NO2，再用NO2和水反应生成硝酸，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、氯化铝为共价化合物；
B、氯气与氢氧化钠溶液可制备漂白液；
C、石英砂与焦炭在高温条件下反应生成粗硅与CO，粗硅与HCl在加热条件下反应生成SiHCl3和H2，SiHCl3再与氢气高温条件下制纯硅和HCl；
D、NO通过氨的催化氧化制得。
14．【答案】A
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A、0~5s内，元素的化合价没有变化，没有发生氧化还原反应，即没有发生反应 ，故A错误；
B、实验开始至30s时，铬元素的化合价升高，被氧化，发生反应 ，故B正确；
C、30s~80s，铬元素的化合价升高，被氧化，H2O2具有强氧化性，则可能是溶液中剩余的H2O2所致，故C正确；
D、80s时溶液呈黄色，并且溶液呈碱性，溶液中含铬微粒主要为 ，故D正确；
故答案为：A。
【分析】由图可知，0~5s内，铬元素的化合价没有发生变化，5s~30s，铬元素的化合价降低，发生的变化为K2Cr2O7→CrO5→Cr3+，30s~80s，铬元素的化合价升高，被氧化。
15．【答案】D
【知识点】极性键和非极性键；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A、由图可知，反应⑤为和NO反应生成、、，反应的方程式为 ，故A正确；
B、由图可知，总反应的方程式为4NO+4NH3+O2=4N2+6H2O，每吸收4molNO，消耗1molO2，标况下的体积为22.4L，故B正确；
C、反应③只涉及O-O的断裂，元素的化合价没有发生变化，故C正确；
D、由图可知，反应④不存在非极性键的断裂，故D错误；
故答案为：D。
【分析】A、反应⑤中， 和NO反应生成、、；
B、总反应的方程式为4NO+4NH3+O2=4N2+6H2O；
C、反应③中没有元素的化合价发生变化；
D、过程④中不存在非极性键的断裂。
16．【答案】（1）第二周期第IVA族
（2）[Ne]3s23p5
（3）O
（5）Be(OH)2+2NaOH=Na2【Be(OH)4】；Al原子半径比Na原子半径小，金属键更强；共价化合物
（6）34；H2SeO4
（7）三角锥形；；sp3
（8）；ds
（9）氢键
（10）大于；氟的电负性大于氢，F-C键的极性大于H-C的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子
【知识点】原子核外电子排布；物质的结构与性质之间的关系；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】（1）由分析可知，X为C元素，在元素周期表中位于第二周期第IVA族，故答案为：第二周期第IVA族；
（2）由分析可知，Q为Cl元素，Cl原子核外有17个电子，则其核外电子排布式为 [Ne]3s23p5 ，故答案为： [Ne]3s23p5 ；
（3）电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，原子半径越小，则原子半径：O
（5）与M元素成“对角线规则”关系的某短周期元素T为Be元素，Z元素的最高价氧化物的水化物为NaOH，Be(OH)2与NaOH反应的化学方程式为Be(OH)2+2NaOH=Na2[Be(OH)4]；Al、Na均为金属晶体，Al原子半径比Na原子半径小，金属键更强，熔点更高；Be元素和Cl元素的电负性差为1.5，则Be元素和Cl元素形成的化合物BeCl2为共价化合物，故答案为：e(OH)2+2NaOH=Na2[Be(OH)4]；Al原子半径比Na原子半径小，金属键更强；共价化合物；
（6）Se与O同族，Se原子比O原子多两个电子层，则Se的原子序数为8+8+18=34；其最外层电子数为6，最高化合价为+6价，则其最高价氧化物对应的水化物化学式为H2SeO4 ，故答案为：34； H2SeO4 ；
（7） NH3中N原子的价层电子对数为4，含有一个孤电子对，N原子采用sp3杂化，空间构型为三角锥形，NH3中含有3个N-H键，N原子上有一个孤电子对，电子式为，故答案为：三角锥形；；sp3；
（8）L为Cu元素，基态Cu原子的价层电子排布式为3d104s1，轨道表示式为；Cu属于ds区，故答案为：；ds；
（9）液态水中多个水分子通过氢键结合在一起，形成(H2O)n，故答案为：氢键；
（10）氟的电负性大于氢，F-C键的极性大于H-C的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子，因此酸性：三氟乙酸>乙酸，故答案为：大于；氟的电负性大于氢，F-C键的极性大于H-C的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子。
【分析】X原子核外有6种不同运动状态的电子，则X为C元素，Y基态原子中s电子总数与p电子总数相等，则Y为O元素，W为N元素，Z原子半径在同周期元素中最大，其原子序数大于O，则Z应为Na元素，M逐级电离能(kJ mol-1)依次为578、1817、2745、11575、14830、18376，其第四电离能发生突变，说明M原子最外层有3个电子，M为Al元素，Q基态原子的最外层p轨道上有两个电子的自旋方向与其他电子的自旋方向相反，则Q应为Cl元素，R基态原子核外有7个能级且能量最高的能级上有6个电子，则R为Fe元素，L基态原子核外有四个电子层，最外层只有一个电子，其它电子层均排满电子，则L核外有29个电子，为Cu元素。
17．【答案】（1）Ca(OH)2 + 2NH4Cl CaCl2 + 2NH3 ↑+ 2H2O；分液漏斗；MnO2 + 4H+ + 2Cl- Mn2+ + Cl2↑+ 2H2O；饱和食盐水；e；f；AgNO3溶液；红色石蕊试纸；离子键；共价键；配位键
（2）3Cl2 + 8NH3 = 6NH4Cl + N2
（3）正四面体；3；cd
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；化学键；判断简单分子或离子的构型；氯气的实验室制法；氨的实验室制法；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①利用装置A制备氨气，应为加热氯化按和氢氧化钙制备氨气，反应的化学方程式为： Ca(OH)2 + 2NH4Cl CaCl2 + 2NH3 ↑+ 2H2O ，故答案为： Ca(OH)2 + 2NH4Cl CaCl2 + 2NH3 ↑+ 2H2O ；
②根据仪器构造可知，装置B中盛放浓盐酸的仪器名称是分液漏斗；浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为 MnO2 + 4H+ + 2Cl- Mn2+ + Cl2↑+ 2H2O ；装置E用于除去氯气中的HCl杂质，所盛装的试剂为饱和食盐水，故答案为：分液漏斗； MnO2 + 4H+ + 2Cl- Mn2+ + Cl2↑+ 2H2O ；饱和食盐水；
③氨气和氯气形成逆向流动更有利于两者充分混合，氨气的密度小于氯气，则从e管通入氨气、f管通入氯气，结合发生装置和干燥装置可知，合理连接顺序为→d→c→e→f←j←i←h←g←b，故答案为：e；f；
④证明氨气和氯气反应有岩脑砂生成，需要验证岩脑砂中含有铵根离子和氯离子，需要的检验试剂中，除了蒸馏水、稀HNO3、NaOH溶液外，还需要AgNO3溶液和红色石蕊试纸；岩脑砂的主要成分为NH4Cl，氯化铵为离子化合物，其中铵根和氯离子之间为离子键，铵根中N和H之间为共价键，还含有配位键， 故答案为：AgNO3溶液；红色石蕊试纸；离子键；共价键；配位键；
（2） 氨气和氯气反应制取岩脑砂时同时生成N2，则反应的化学方程式为3Cl2 + 8NH3 = 6NH4Cl + N2 ，故答案为： 3Cl2 + 8NH3 = 6NH4Cl + N2 ；
（3）①白磷为正四面体结构，黄砷结构与白磷相似，则黄砷的空间构型为正四面体；同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，则第三周期，第一电离能介于Al和P之间的元素有Mg、Si、S，共3种，故答案为：正四面体；3；
②a、键长不同则键能不同，根据图示可知，黑砷中As—As键的键长不同，则键能不相同，故a错误；
b、 C60为分子晶体，故b错误；
c、每个砷原子形成三条共价键，则平均一个砷原子含有条键，所以As原子与As-As键的个数比为2：3，故c正确；
d、黑砷晶体结构和石墨类似，均为混合晶体，则黑砷层与层之间的作用力为范德华力，故d正确；
故答案为：cd。
【分析】利用装置A制备氨气，装置A为加热固体的装置，实验室通常加热氯化铵和氢氧化钙制备氨气，发生的反应为Ca(OH)2 + 2NH4Cl CaCl2 + 2NH3 ↑+ 2H2O，氨气为碱性气体，用碱石灰进行干燥，干燥后的氨气通入装置D中与氯气反应生成氯化铵；装置B中，利用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下制备氯气，浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl杂质，通过装置E中饱和食盐水除去HCl杂质，再通过装置F中浓硫酸干燥氯气。
18．【答案】（1）研钵；过滤
（2）B
（3）2Ce3++6HCO=Ce2(CO3)3↓+3H2O+3CO2↑
（4）锥形瓶内壁；蒸馏水
（5）
（6）正八面体；
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）由仪器构造可知，仪器名称为研钵；步骤①和步骤②均需要进行固液分离，均有过滤操作，故答案为：研钵；过滤；
（2）A、由分析可知，固体A的成分为SiO2、BaSO4，故A错误；
B、加入硫脲将还原为Ce3+，故B正确；
C、由图可知，温度为85℃，c(H+)=2.5mol/L时，浸出率最高，则焙烧后加入稀硫酸浸出时，适宜的条件为85℃，c(H+)=2.5mol/L，c(H2SO4)=1.25mol/L，故C错误；
（3）步骤④中，加入碳酸氢铵将Ce3+转化为Ce2(CO3)3，发生的反应为：2Ce3++6HCO=Ce2(CO3)3↓+3H2O+3CO2↑ ，故答案为：B； 2Ce3++6HCO=Ce2(CO3)3↓+3H2O+3CO2↑ ；
（4）接近终点的半滴操作为：慢慢旋转滴定管旋塞，使滴定管口悬挂液滴而不滴落，用锥形瓶内壁靠下液滴，并用蒸馏水将液滴冲入溶液中，振荡锥形瓶使溶液充分混合，故答案为：锥形瓶内壁；蒸馏水；
（5）滴定时发生反应：Fe2++ Ce4+=Fe3++ Ce3+，则bmL样品溶液中，产品中CeO2的质量分数为，故答案为： ；
（6）由晶胞结构可知，晶胞中Fe2+位于所形成的正八面体空隙；晶胞中位于顶点和面心的的个数为则该晶胞中有4个FeS2，所以FeS2的摩尔质量为：=g mol 1。
【分析】 氟碳铈矿（含、、等） ，通入空气焙烧，Ce3+被氧化为Ce4+，烧渣中加入稀硫酸酸浸，Ce4+进入溶液，SiO2不与稀硫酸反应，BaO与硫酸反应生成BaSO4沉淀，则固体A为SiO2、BaSO4，浸液中含有，加入硫脲，Ce4+还原为Ce3+，Ce2(SO4)3与Na2SO4发生反应，将Ce3+转化为[(Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O]，过滤分离出含氟离子的滤液，固体B中加入NaOH和稀盐酸溶解，得到含Ce3+的溶液，加入碳酸氢铵将Ce3+转化为Ce2(CO3)3，灼烧Ce2(CO3)3得到CeO2。
福建省厦门市湖滨名校2023-2024学年高三上学期期中考试化学试卷
一、选择题：（本题共15小题，每小题3分，共45分,每小题只有一项符合题目要求）
1．（2024高三上·巢湖月考）“蓝天、碧水、净土”三大环保保卫战正加快生态环境治理和现代化建设。下列说法错误的是（ ）
A．废旧电池必须回收处理，可以防止重金属污染
B．尽量少用或不用含磷洗涤剂，以防止水体富营养化
C．农田使用铵态氮肥要深施覆土，以防止氮肥被氧化
D．在燃油车上安装三元催化转化器，以降低污染气体的排放
【答案】C
【知识点】铵盐；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；化肥、农药及其合理利用；水的净化
【解析】【解答】A.废旧电池中含有重金属离子，会污染环境，必须回收处理，防止重金属污染，说法正确，A不符合题意；
B. 含磷洗涤剂 可以促进藻类植物生长，导致水体富营养话，尽量少用或不用，说法正确，B不符合题意；
C.铵态氮肥不稳定易分解，使用时要深施土壤，不是为了防氧化，说法错误，C是正确答案；
D. 在燃油车上安装三元催化转化器，是为了将氮氧化物转化为氮气等无污染气体，以降低污染气体的排放说法正确，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】本题考查环境污染的相关知识，题目难度不大，本题注意常见环境污染处理方法，根据物质的性质进行判断。
2．五育并举，劳动先行。下列生活应用或生产活动，没有运用相应化学知识的是（ ）
选项 生活应用或生产活动 化学知识
A 用SO2漂白纸张 SO2具有氧化性
B 用铝槽车运输浓硝酸 Al在冷的浓硝酸中发生钝化
C 用铁盐净水 Fe3+水解得到Fe(OH)3胶体
D 用热的纯碱溶液清洗铁屑油污 油脂在碱性条件下可水解
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】二氧化硫的性质；铝的化学性质；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、二氧化硫具有漂白性，可用于漂白纸张，与其氧化性无关，故A符合题意；
B、常温下，铝在冷的浓硝酸中钝化，因此用铝槽车运输浓硝酸，故B不符合题意；
C、铁离子水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体具有较强的吸附性，因此可用铁盐净水，故C不符合题意；
D、油脂在碱性条件下可水解，因此用热的纯碱溶液清洗铁屑油污，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、二氧化硫漂白纸张利用的是其漂白性；
B、常温下铝在浓硝酸中钝化；
C、铁离子水解生成氢氧化铁胶体；
D、油脂在碱性条件下发生水解。
3．某公司研发出一种比锂电池成本更低、寿命更长、充电速度更快的钠离子电池，该电池的负极材料为(制备原料为、和)，电解液为的碳酸丙烯酯溶液。下列化学用语正确的是（ ）
A．的电子排布式为：
B．基态碳原子的价层电子轨道表示式为
C．中子数为20的氯原子：
D．与同主族，基态原子的简化电子排布式为：
【答案】C
【知识点】原子中的数量关系；原子核外电子排布
【解析】【解答】A、Na原子失去其3s层电子形成Na+，则Na+的电子排布式为1s22s22p6，故A错误；
B、基态碳原子的价层电子排布式为2s22p2，轨道表示式为，故B错误；
C、中子数为20的氯原子质量数为37，表示为 ，故C正确；
D、Br为35号原子，其简化电子排布式为[Ar]3d104s24p5，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、钠离子核外只有10个电子；
B、基态碳原子的价层电子排布式为2s22p2；
C、原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数；
D、Br是35号元素。
4．科学家研究出了一种如下图的 “纳米药物分子运输车”，它可装载药物直达病灶，大大提高了肿瘤的治疗效果。下列有关说法错误的是（ ）
A．四氧化三铁属于无机物
B．二氧化硅属于酸性氧化物
C．该“纳米药物分子车”属于混合物
D．该“纳米药物分子车”分散于水中能形成胶体
【答案】D
【知识点】物质的简单分类；分散系、胶体与溶液的概念及关系
【解析】【解答】A、四氧化三铁不含碳元素，属于无机物，故A正确；
B、二氧化硅能与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，属于酸性氧化物，故B正确；
C、该“纳米药物分子车”由多种物质组成，属于混合物，故C正确；
D、“纳米药物分子运输车”直径200nm，分散于水中不能形成胶体，故D错误；
故答案为：D。
【分析】A、四氧化三铁不含碳元素；
B、酸性氧化物是指能与水作用生成酸，或与碱作用只生成盐和水的氧化物；
C、混合物由多种物质组成；
D、胶体分散质微粒直径在1～100nm之间。
5．常温下，在指定溶液中下列各组离子可能大量共存的是（ ）
A．滴加KSCN显红色的溶液： 、Cl-、K+、
B．K2S溶液中： 、K+、Cl-、Cu2+
C．由水电离出的c(OH-)=10-12 mol/L的溶液：Al3+、H+、Cl-、Na+
D．强酸性溶液中： Cl-、Na+、、
【答案】C
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A、滴加KSCN显红色的溶液中含有铁离子，铁离子与碳酸氢根离子发生双水解反应，不能大量共存，故A不符合题意；
B、K2S溶液中，S2-与Cu2+结合生成CuS沉淀，不能大量共存，故B不符合题意；
C、由水电离出的c(OH-)=10-12 mol/L的溶液，水的电离被抑制，可能呈酸性也可能呈碱性，在酸性溶液中，Al3+、H+、Cl-、Na+不发生任何反应，可以大量共存，故C符合题意；
D、强酸性溶液中， 会发生歧化反应，不能大量共存，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反应、络合反应、双水解等反应时能大量共存。
6．下列反应的离子方程式正确的是（ ）
A．向硝酸银溶液中加入足量铜：Cu+Ag+=Ag+Cu2+
B．用H2O2从酸化的海带灰浸出液中提取碘：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O
C．等体积、等物质的量浓度的NaHCO3溶液与Ba(OH)2溶液混合：2HCO+Ba2++2OH-=BaCO3↓+2H2O+CO
D．向硫酸铜溶液中加入过量氨水：Cu2++2NH3·H2O =Cu(OH)2↓+2NH
【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、该方程式电荷不守恒，正确的离子方程式为Cu+2Ag+=2Ag+Cu2+，故A错误；
B、过氧化氢具有强氧化性，能将碘离子氧化为单质碘，则用H2O2从酸化的海带灰浸出液中提取碘，离子方程式为2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，故B正确；
C、等体积、等物质的量浓度的NaHCO3溶液与Ba(OH)2溶液混合反应生成碳酸钡沉淀、氢氧化钠、水，正确的离子方程式为HCO+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O，故C错误；
D、氢氧化铜能溶于氨水，正确的离子方程式为：Cu2++4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、该方程式电荷不守恒；
B、过氧化氢能将碘离子氧化为单质碘；
C、等体积、等物质的量浓度的NaHCO3溶液与Ba(OH)2溶液混合反应生成碳酸钡沉淀、氢氧化钠、水；
D、氢氧化铜溶于过量氨水。
7．下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，22.4 L Br2所含溴原子的数目为2 NA
B．等质量的NO2和N2O4所含原子总数不同
C．136 g熔融的KHSO4中含有2 NA个阳离子
D．标准状况下，22.4 L CO2与足量Na2O2反应转移的电子数为NA
【答案】D
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、标况下溴为液态，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，故A错误；
B、NO2和N2O4的最简式均为NO2，两者质量一样时，物质的量相同，所含原子数相同，故B错误；
C、1mol熔融KHSO4能够电离出1mol钾离子和1mol硫酸氢根离子，含有阳离子数为NA，故C错误；
D、标况下，22.4LCO2的物质的量为1mol，根据2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2可知，与足量Na2O2完全反应转移电子数为4NA，故D错误；
故答案为：D。
【分析】A、标况下溴为液态；
B、 NO2和N2O4的最简式均为NO2；
C、熔融的硫酸氢钾电离为钾离子和硫酸氢根离子；
D、Na2O2与CO2发生反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。
8．下列说法正确的是（ ）
A．将足量NH3、CO2依次通入饱和食盐水中，无白色沉淀生成
B．将KSCN溶液滴入盐酸和Fe(NO3)2的混合溶液中，溶液显红色
C．将饱和FeCl3溶液滴入NaOH溶液中，可制得Fe(OH)3胶体
D．将盐酸酸化BaCl2溶液滴入某溶液中产生白色沉淀，证明该溶液中一定含有SO
【答案】B
【知识点】常见离子的检验；二价铁离子和三价铁离子的检验；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、将足量NH3、CO2依次通入饱和食盐水中，生成碳酸氢钠，有白色沉淀生成，故A错误；
B、酸性条件下，硝酸根能将亚铁离子氧化为铁离子，铁离子遇KSCN溶液变红，则溶液显红色，故B正确；
C、将饱和FeCl3溶液滴入NaOH溶液中，反应生成氢氧化铁沉淀，故C错误；
D、将盐酸酸化的BaCl2溶液滴入某溶液中产生白色沉淀，该白色沉淀可能为AgCl，则不能说明该溶液中一定含有SO ，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、将足量NH3、CO2依次通入饱和食盐水中，析出碳酸氢钠；
B、酸性条件下，硝酸根具有强氧化性；
C、氯化铁溶液和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铁沉淀；
D、该白色沉淀可能为AgCl。
9．下列物质的应用中，与氧化还原反应无关的是（ ）
A．用含Fe2O3的铁矿石冶炼Fe
B．用Na2O2作潜水艇的供氧剂
C．用NaOH作沉淀剂去除粗盐水中的Mg2+
D．以NH3为原料制备HNO3
【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A、用含Fe2O3的铁矿石冶炼Fe，Fe元素的化合价降低，发生氧化还原反应，故A不符合题意；
B、用Na2O2作潜水艇的供氧剂 ，过氧化钠中氧元素化合价升高生成氧气，O元素的化合价变化，发生氧化还原反应，故B不符合题意；
C、用NaOH作沉淀剂去除粗盐水中的Mg2+，反应生成氢氧化镁沉淀，该过程中元素的化合价没有变化，为非氧化还原反应，故C符合题意；
D、以NH3为原料制备HNO3，N元素的化合价升高，发生氧化还原反应，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】氧化还原反应过程中一定有元素的化合价发生变化。
10．部分含氮、硫元素的化合物的“价—类”二维图如图所示。下列关于各物质的说法错误的是（ ）
A．i在一定条件下均可以与a、b、c发生反应
B．e的浓溶液可用于干燥c、f、g
C．g与在汽车催化转化器中会转化成两种无毒气体
D．h排放到空气中可形成酸雨
【答案】B
【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A、i为硝酸，硝酸具有强氧化性，H2S、S、SO2均具有还原性，均能被硝酸氧化，故A正确；
B、e的浓溶液为浓硫酸，氨气呈碱性，不能用浓硫酸干燥，故B错误；
C、 NO、CO在催化转化器中发生反应生成N2和CO2两种无毒气体 ，故C正确；
D、NO2排放到空气中会形成硝酸型酸雨，故D正确；
故答案为：B。
【分析】由图可知，a为H2S，b为S，c为SO2，d为SO3，e为硫酸，f为NH3，g为NO，h为NO2，i为硝酸。
11．（2022·龙岩模拟）某种锂盐的结构如图所示，其阴离子由W、X、Y、Z四种同周期主族元素构成，X原子的最外层电子数是W原子的次外层电子数的3倍，化合物中除Li+外其它原子均满足8电子稳定结构。下列说法正确的是（ ）
A．W位于第2周期IVA族 B．原子半径：Z>X>Y
C．元素电负性：Y>Z>X D．最高化合价：Y>Z>W
【答案】B
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．硼元素位于元素周期表第2周期ⅢA族，故A不符合题意；
B．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则原子半径的大小顺序为C>N>O，故B符合题意；
C．同周期元素，从左到右元素的非金属性依次增强，电负性依次增大，则电负性的大小顺序为F>O>N，故C不符合题意；
D．氟元素的非金属性最强，无正化合价，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】X原子的最外层电子数是W原子的次外层电子数的3倍，W只能位于第二周期，X的最外层电子数为6，W形成3个单键和1个配位键，说明W最外层含有3个电子，则W为B元素；四种元素均位于第二周期，化合物中除Li+外其它原子均满足8电子稳定结构，X形成2个共价键，Y形成1个共价键，Z形成4个共价键，则X为O元素，Y为F元素，Z为C元素，据此解答。
12．下列图示的实验，能够实现相应实验目的的是（ ）
A．利用甲装置用CCl4从碘水中萃取碘
B．利用乙装置制取并收集少量纯净的氯气
C．利用丙装置控制制取氧气的速率
D．利用丁装置验证SO2的漂白性
【答案】A
【知识点】性质实验方案的设计；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，且四氯化碳和水不互溶，可用四氯化碳萃取碘水中的碘，故A正确；
B、浓盐酸易挥发，利用该装置制得的氯气中含有HCl杂质，故B错误；
C、过氧化钠为粉末，与水接触后不能分离，关闭活塞不能使反应停止，故C错误；
D、二氧化硫具有还原性，能被铁离子氧化，溶液褪色体现了二氧化硫的还原性，故D错误；
故答案为：A。
【分析】A、碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度；
B、浓盐酸易挥发；
C、过氧化钠是粉末；
D、二氧化硫与铁离子发生氧化还原反应。
13．工业上制备下列物质的生产流程合理的是（ ）
A．由铝土矿冶炼铝：铝土矿Al2O3AlCl3Al
B．由NaCl制漂白粉：饱和食盐水Cl2漂白粉
C．由石英砂制纯硅：石英砂粗硅SiHCl3纯硅
D．工业合成硝酸：N2NONO2HNO3
【答案】C
【知识点】含氮物质的综合应用；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A、氯化铝为共价化合物，不能电解氯化铝制备金属铝，故A错误；
B、氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，制得漂白液，通常将氯气通入石灰乳中制备漂白粉，故B错误；
C、 石英砂与焦炭在高温条件下反应生成粗硅与CO，粗硅与HCl在加热条件下反应生成SiHCl3和H2，SiHCl3再与氢气高温条件下制纯硅和HCl，故C正确；
D、氮气和氢气合成氨，氨气催化氧化得到NO，NO氧化为NO2，再用NO2和水反应生成硝酸，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、氯化铝为共价化合物；
B、氯气与氢氧化钠溶液可制备漂白液；
C、石英砂与焦炭在高温条件下反应生成粗硅与CO，粗硅与HCl在加热条件下反应生成SiHCl3和H2，SiHCl3再与氢气高温条件下制纯硅和HCl；
D、NO通过氨的催化氧化制得。
14．实验室模拟工业处理含铬废水，操作及现象如图1所示，反应过程中铬元素的化合价变化如图2，已知：深蓝色溶液中生成了CrO5。下列说法不正确的是（ ）
A．0-5 s过程中，发生的氧化还原反应为：
B．实验开始至30 s溶液中发生的总反应离子方程式为：
C．30-80 s过程中，Cr元素被氧化，可能是溶液中剩余的H2O2所致
D．80 s时，在碱性条件下，溶液中含铬微粒主要为
【答案】A
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A、0~5s内，元素的化合价没有变化，没有发生氧化还原反应，即没有发生反应 ，故A错误；
B、实验开始至30s时，铬元素的化合价升高，被氧化，发生反应 ，故B正确；
C、30s~80s，铬元素的化合价升高，被氧化，H2O2具有强氧化性，则可能是溶液中剩余的H2O2所致，故C正确；
D、80s时溶液呈黄色，并且溶液呈碱性，溶液中含铬微粒主要为 ，故D正确；
故答案为：A。
【分析】由图可知，0~5s内，铬元素的化合价没有发生变化，5s~30s，铬元素的化合价降低，发生的变化为K2Cr2O7→CrO5→Cr3+，30s~80s，铬元素的化合价升高，被氧化。
15．氮氧化物会对生态系统和人体健康造成危害。一种以沸石笼作为载体对氮氧化物进行催化还原的原理如图所示。下列叙述不正确的是（ ）
A．反应⑤变化过程可表示为：
B．图中总过程中每吸收需要标准状况下的氧气为
C．反应③未涉及元素化合价的变化
D．反应④涉及非极性共价键的断裂与生成
【答案】D
【知识点】极性键和非极性键；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A、由图可知，反应⑤为和NO反应生成、、，反应的方程式为 ，故A正确；
B、由图可知，总反应的方程式为4NO+4NH3+O2=4N2+6H2O，每吸收4molNO，消耗1molO2，标况下的体积为22.4L，故B正确；
C、反应③只涉及O-O的断裂，元素的化合价没有发生变化，故C正确；
D、由图可知，反应④不存在非极性键的断裂，故D错误；
故答案为：D。
【分析】A、反应⑤中， 和NO反应生成、、；
B、总反应的方程式为4NO+4NH3+O2=4N2+6H2O；
C、反应③中没有元素的化合价发生变化；
D、过程④中不存在非极性键的断裂。
二、非选择题
16．X、W、Y、Z、M、Q、R、L是元素周期表前四周期元素，且原子序数依次增大，其相关信息如表：
元素 相关信息
X 原子核外有6种不同运动状态的电子
Y 基态原子中s电子总数与p电子总数相等
Z 原子半径在同周期元素中最大
M 逐级电离能(kJ mol-1)依次为578、1817、2745、11575、14830、18376
Q 基态原子的最外层p轨道上有两个电子的自旋方向与其他电子的自旋方向相反
R 基态原子核外有7个能级且能量最高的能级上有6个电子
L 基态原子核外有四个电子层，最外层只有一个电子，其它电子层均排满电子
请用化学用语填空：
（1）X元素在元素周期表的位置： 。
（2）请写出Q元素基态原子核外电子排布式： 。
（3）X、Y、Z、M四种元素的原子半径由小到大的顺序是 (用元素符号表示)。
（4）R元素可形成R2+和R3+，其中较稳定的是R3+，原因是 。
（5）与M元素成“对角线规则”关系的某短周期元素T的最高价氧化物的水化物具有两性，写出该两性物质与Z元素的最高价氧化物的水化物反应的化学方程式： ；M、Z晶体都是由金属原子密置层在三维空间堆积而成(最密堆积)，M的熔点(930K)比Z的熔点(371K)高，原因是 ；已知T元素和Q元素的电负性分别为1.5和3.0，则它们形成的化合物是 (填“离子化合物”或“共价化合物”)。
（6）硒(Se)是人体必需的微量元素，与Y为同一主族元素，Se原子比Y原子多两个电子层，则Se的原子序数为 ，其最高价氧化物对应的水化物化学式为 。
（7）X射线衍射法可以测定某些分子结构，NH3分子结构为 ；其电子式为 ，中心原子的杂化类型
（8）L的基态原子价电子轨道表示式为 ；在周期表中该原子排在 区
（9）水在液态时，几个水分子可以形成缔合水分子(H2O)n的原因是水分子之间存在 。
（10）三氟乙酸乙酯是制备某种抗新冠病毒药物的原料，合成该分子所需的原料三氟乙酸的酸性 乙酸的酸性(填“大于”或“小于”），请理论解释原因
【答案】（1）第二周期第IVA族
（2）[Ne]3s23p5
（3）O
（5）Be(OH)2+2NaOH=Na2【Be(OH)4】；Al原子半径比Na原子半径小，金属键更强；共价化合物
（6）34；H2SeO4
（7）三角锥形；；sp3
（8）；ds
（9）氢键
（10）大于；氟的电负性大于氢，F-C键的极性大于H-C的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子
【知识点】原子核外电子排布；物质的结构与性质之间的关系；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】（1）由分析可知，X为C元素，在元素周期表中位于第二周期第IVA族，故答案为：第二周期第IVA族；
（2）由分析可知，Q为Cl元素，Cl原子核外有17个电子，则其核外电子排布式为 [Ne]3s23p5 ，故答案为： [Ne]3s23p5 ；
（3）电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，原子半径越小，则原子半径：O
（5）与M元素成“对角线规则”关系的某短周期元素T为Be元素，Z元素的最高价氧化物的水化物为NaOH，Be(OH)2与NaOH反应的化学方程式为Be(OH)2+2NaOH=Na2[Be(OH)4]；Al、Na均为金属晶体，Al原子半径比Na原子半径小，金属键更强，熔点更高；Be元素和Cl元素的电负性差为1.5，则Be元素和Cl元素形成的化合物BeCl2为共价化合物，故答案为：e(OH)2+2NaOH=Na2[Be(OH)4]；Al原子半径比Na原子半径小，金属键更强；共价化合物；
（6）Se与O同族，Se原子比O原子多两个电子层，则Se的原子序数为8+8+18=34；其最外层电子数为6，最高化合价为+6价，则其最高价氧化物对应的水化物化学式为H2SeO4 ，故答案为：34； H2SeO4 ；
（7） NH3中N原子的价层电子对数为4，含有一个孤电子对，N原子采用sp3杂化，空间构型为三角锥形，NH3中含有3个N-H键，N原子上有一个孤电子对，电子式为，故答案为：三角锥形；；sp3；
（8）L为Cu元素，基态Cu原子的价层电子排布式为3d104s1，轨道表示式为；Cu属于ds区，故答案为：；ds；
（9）液态水中多个水分子通过氢键结合在一起，形成(H2O)n，故答案为：氢键；
（10）氟的电负性大于氢，F-C键的极性大于H-C的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子，因此酸性：三氟乙酸>乙酸，故答案为：大于；氟的电负性大于氢，F-C键的极性大于H-C的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子。
【分析】X原子核外有6种不同运动状态的电子，则X为C元素，Y基态原子中s电子总数与p电子总数相等，则Y为O元素，W为N元素，Z原子半径在同周期元素中最大，其原子序数大于O，则Z应为Na元素，M逐级电离能(kJ mol-1)依次为578、1817、2745、11575、14830、18376，其第四电离能发生突变，说明M原子最外层有3个电子，M为Al元素，Q基态原子的最外层p轨道上有两个电子的自旋方向与其他电子的自旋方向相反，则Q应为Cl元素，R基态原子核外有7个能级且能量最高的能级上有6个电子，则R为Fe元素，L基态原子核外有四个电子层，最外层只有一个电子，其它电子层均排满电子，则L核外有29个电子，为Cu元素。
17．有资料显示过量的氨气和氯气在常温下可合成岩脑砂(主要成分为NH4Cl)，某实验小组对该反应进行探究，并对岩脑砂进行元素测定，回答下列问题：
（1）岩脑砂的制备：
①利用装置A制取实验所需的氨气，写出反应的化学方程式： 。
②该实验中用浓盐酸与MnO2反应制取所需氯气，装置B中盛放浓盐酸的仪器名称是 ，写出该反应的离子方程式： 。则装置E中用于除气体杂质的试剂是 (填写试剂名称)
③为了使氨气和氯气在D中充分混合，请确定上述装置的合理连接顺序
a→d→c→ → ←j←i←h←g←b
④证明氨气和氯气反应有岩脑砂生成，需要的检验试剂中，除了蒸馏水、稀HNO3、NaOH溶液外，还需要 、 等两种；岩脑砂的主要成分中所含化学键的类型 、 、
（2）氨气和氯气反应制取岩脑砂时同时生成N2。
氨气和氯气反应生成N2的化学方程式是 。
（3）和氮元素同主族的砷存在多种同素异形体——黄砷、黑砷、灰砷
①黄砷结构与白磷相似，黄砷的空间构型为 ，第三周期，第一电离能介于Al和P之间的元素有 种。
②近年来，黑砷在催化电解水方面的研究受到关注，其晶体结构与石墨类似。根据图中信息，下列说法正确的有 (填标号)。
a.黑砷中As—As键的键能均相同
b.黑砷与C60都属于混合型晶体
c.黑砷单层中As原子与As—As键的个数比为2：3
d.黑砷层与层之间的作用力为范德华力
【答案】（1）Ca(OH)2 + 2NH4Cl CaCl2 + 2NH3 ↑+ 2H2O；分液漏斗；MnO2 + 4H+ + 2Cl- Mn2+ + Cl2↑+ 2H2O；饱和食盐水；e；f；AgNO3溶液；红色石蕊试纸；离子键；共价键；配位键
（2）3Cl2 + 8NH3 = 6NH4Cl + N2
（3）正四面体；3；cd
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；化学键；判断简单分子或离子的构型；氯气的实验室制法；氨的实验室制法；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①利用装置A制备氨气，应为加热氯化按和氢氧化钙制备氨气，反应的化学方程式为： Ca(OH)2 + 2NH4Cl CaCl2 + 2NH3 ↑+ 2H2O ，故答案为： Ca(OH)2 + 2NH4Cl CaCl2 + 2NH3 ↑+ 2H2O ；
②根据仪器构造可知，装置B中盛放浓盐酸的仪器名称是分液漏斗；浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为 MnO2 + 4H+ + 2Cl- Mn2+ + Cl2↑+ 2H2O ；装置E用于除去氯气中的HCl杂质，所盛装的试剂为饱和食盐水，故答案为：分液漏斗； MnO2 + 4H+ + 2Cl- Mn2+ + Cl2↑+ 2H2O ；饱和食盐水；
③氨气和氯气形成逆向流动更有利于两者充分混合，氨气的密度小于氯气，则从e管通入氨气、f管通入氯气，结合发生装置和干燥装置可知，合理连接顺序为→d→c→e→f←j←i←h←g←b，故答案为：e；f；
④证明氨气和氯气反应有岩脑砂生成，需要验证岩脑砂中含有铵根离子和氯离子，需要的检验试剂中，除了蒸馏水、稀HNO3、NaOH溶液外，还需要AgNO3溶液和红色石蕊试纸；岩脑砂的主要成分为NH4Cl，氯化铵为离子化合物，其中铵根和氯离子之间为离子键，铵根中N和H之间为共价键，还含有配位键， 故答案为：AgNO3溶液；红色石蕊试纸；离子键；共价键；配位键；
（2） 氨气和氯气反应制取岩脑砂时同时生成N2，则反应的化学方程式为3Cl2 + 8NH3 = 6NH4Cl + N2 ，故答案为： 3Cl2 + 8NH3 = 6NH4Cl + N2 ；
（3）①白磷为正四面体结构，黄砷结构与白磷相似，则黄砷的空间构型为正四面体；同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，则第三周期，第一电离能介于Al和P之间的元素有Mg、Si、S，共3种，故答案为：正四面体；3；
②a、键长不同则键能不同，根据图示可知，黑砷中As—As键的键长不同，则键能不相同，故a错误；
b、 C60为分子晶体，故b错误；
c、每个砷原子形成三条共价键，则平均一个砷原子含有条键，所以As原子与As-As键的个数比为2：3，故c正确；
d、黑砷晶体结构和石墨类似，均为混合晶体，则黑砷层与层之间的作用力为范德华力，故d正确；
故答案为：cd。
【分析】利用装置A制备氨气，装置A为加热固体的装置，实验室通常加热氯化铵和氢氧化钙制备氨气，发生的反应为Ca(OH)2 + 2NH4Cl CaCl2 + 2NH3 ↑+ 2H2O，氨气为碱性气体，用碱石灰进行干燥，干燥后的氨气通入装置D中与氯气反应生成氯化铵；装置B中，利用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下制备氯气，浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl杂质，通过装置E中饱和食盐水除去HCl杂质，再通过装置F中浓硫酸干燥氯气。
18．我国是稀土储量大国，氧化铈(CeO2)是一种应用广泛的稀土氧化物。一种用氟碳铈矿(CeFCO3，含BaO、SiO2等杂质)为原料制备CeO2的工艺如下图。
已知：①Ce3+可形成难溶于水的复盐[(Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O]，其氢氧化物也难溶于水。
②硫脲的结构简式为CS(NH2)2，在酸条件下易被氧化为(CSN2H3)2。
请回答：
（1）实验室常用下图所示仪器进行固体物质的粉碎，该仪器的名称是 。步骤①和步骤②均有 操作（填操作名称）
（2）焙烧后加入稀硫酸浸出，Ce元素的浸出率和稀硫酸浓度、温度的关系如图所示，下列说法正确的是
A.固体A的成分是SiO2
B.步骤②加入硫脲的目的将还原为
C.根据上图，焙烧后加入稀硫酸浸出时，适宜的条件为85℃，c(H2SO4)=2.5mol/L
（3）步骤④发生的离子方程式为 。
（4）取ag所制CeO2，溶解后配制成250mL溶液。取bmL该溶液用0.01mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定，滴定时发生反应：Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+，达到滴定终点时消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液VmL。
滴定过程中，接近终点时需采用半滴操作，具体操作是：慢慢旋转滴定管旋塞，使滴定管口悬挂液滴而不滴落，用 靠落液滴，并用 将液滴冲入溶液中，振荡锥形瓶使溶液充分混合。
（5）该产品中CeO2的质量分数为 (列出表达式)
（6）与铈同为过度金属的Fe元素在自然界中形成黄铁矿（主要成分FeS2），FeS2晶体的晶胞结构如图4所示。在晶胞中，Fe2+位于所形成的 （填“正四面体”或“正八面体”）空隙；若晶胞参数为anm，密度为ρg cm 3，阿伏加德罗常数的值为NA，则FeS2的摩尔质量M= g mol-1（用含a、ρ、NA的代数式表示）。
【答案】（1）研钵；过滤
（2）B
（3）2Ce3++6HCO=Ce2(CO3)3↓+3H2O+3CO2↑
（4）锥形瓶内壁；蒸馏水
（5）
（6）正八面体；
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）由仪器构造可知，仪器名称为研钵；步骤①和步骤②均需要进行固液分离，均有过滤操作，故答案为：研钵；过滤；
（2）A、由分析可知，固体A的成分为SiO2、BaSO4，故A错误；
B、加入硫脲将还原为Ce3+，故B正确；
C、由图可知，温度为85℃，c(H+)=2.5mol/L时，浸出率最高，则焙烧后加入稀硫酸浸出时，适宜的条件为85℃，c(H+)=2.5mol/L，c(H2SO4)=1.25mol/L，故C错误；
（3）步骤④中，加入碳酸氢铵将Ce3+转化为Ce2(CO3)3，发生的反应为：2Ce3++6HCO=Ce2(CO3)3↓+3H2O+3CO2↑ ，故答案为：B； 2Ce3++6HCO=Ce2(CO3)3↓+3H2O+3CO2↑ ；
（4）接近终点的半滴操作为：慢慢旋转滴定管旋塞，使滴定管口悬挂液滴而不滴落，用锥形瓶内壁靠下液滴，并用蒸馏水将液滴冲入溶液中，振荡锥形瓶使溶液充分混合，故答案为：锥形瓶内壁；蒸馏水；
（5）滴定时发生反应：Fe2++ Ce4+=Fe3++ Ce3+，则bmL样品溶液中，产品中CeO2的质量分数为，故答案为： ；
（6）由晶胞结构可知，晶胞中Fe2+位于所形成的正八面体空隙；晶胞中位于顶点和面心的的个数为则该晶胞中有4个FeS2，所以FeS2的摩尔质量为：=g mol 1。
【分析】 氟碳铈矿（含、、等） ，通入空气焙烧，Ce3+被氧化为Ce4+，烧渣中加入稀硫酸酸浸，Ce4+进入溶液，SiO2不与稀硫酸反应，BaO与硫酸反应生成BaSO4沉淀，则固体A为SiO2、BaSO4，浸液中含有，加入硫脲，Ce4+还原为Ce3+，Ce2(SO4)3与Na2SO4发生反应，将Ce3+转化为[(Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O]，过滤分离出含氟离子的滤液，固体B中加入NaOH和稀盐酸溶解，得到含Ce3+的溶液，加入碳酸氢铵将Ce3+转化为Ce2(CO3)3，灼烧Ce2(CO3)3得到CeO2。
