天津市河北区2022-2023高三上学期期末考试化学试题考试试卷

天津市河北区2022-2023学年高三上学期期末考试化学试题
一、单选题
1．（2022高三上·如皋月考）属于富勒烯中的一种，其结构与足球结构相似，如下图所示。下列关于说法正确的是
A．属于烃类 B．晶体类型为共价晶体
C．与金刚石互为同素异形体 D．易溶于水
【答案】C
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】A．只含碳氢元素的化合物为烃，C60是碳的单质，不属于烃，故A不符合题意；
B．C60是分子间通过分子间作用力结合而成的晶体，属于分子晶体，故B不符合题意；
C．同种元素组成的不同单质互为同素异形体，金刚石与C60都是碳的单质，二者互为同素异形体，故C符合题意；
D．C60属于非极性分子，水是极性溶剂，非极性分子易溶于非极性溶剂，所以C60在水中的溶解度较小，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、烃为有机化合物；
B、分子晶体为分子间作用力形成，共价晶体为共价键结合的晶体；
C、同素异形体为同种元素形成的不同单质；
D、结合相似相溶原理判断。
2．（2022高三上·如皋月考）碱式碳酸氧钒铵晶体是制备多种含钒产品的原料。有关说法错误的是
A．的空间构型为正四面体形
B．基态V4+的核外电子排布式为[Ar]3d1
C．中C的轨道杂化类型为sp2杂化
D．H2O是非极性分子
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A． N原子价层电子对数为4+=4，采用sp3杂化，的空间构型为正四面体形，故A不符合题意；
B． 23号钒元素基态V4+的核外电子排布式为[Ar]3d1，故B不符合题意；
C． 中C原子价层电子对数为3+4+2 2×32=3，C轨道杂化类型为sp2杂化，故C不符合题意；
D． H2O中O原子价层电子对数为2+6 2×12=4，采用sp3杂化，是V形结构，正负电荷中心不重叠，是极性分子，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
杂化轨道数=2，为直线；
杂化轨道数=3，成键电子数=3，为三角形；
杂化轨道数=3，成键电子数=2，为V形；
杂化轨道数=4，成键电子数=4，为四面体；
杂化轨道数=4，成键电子数=3，为三角锥；
杂化轨道数=4，成键电子数=2，为V形；
B、钒元素的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d34s2，则失去4个电子后为1s22s22p63s23p63d1；
C、杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
D、水分子为极性分子。
3．（2022高三上·如皋月考）黑火药是中国古代四大发明之一，其爆炸反应为下列说法正确的是
A．半径： B．第一电离能：
C．电负性： D．酸性：
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则半径：，A不符合题意；
B．同周期自左至右第一电离能呈增大趋势，基态N原子2p轨道是半充满的，比较稳定，所以N原子第一电离能高于O，同主族自上而下第一电离能递减，则第一电离能：，B符合题意；
C．同周期从左向右电负性增大，电负性：，C不符合题意；
D．同周期从左到右元素非金属性递增，非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，酸性：，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、粒子的半径比较，一看电子层，电子层数越多半径越大，二看核电荷数，核电荷数越多半径越小，三看最外层电子数，最外层电子数越多，半径越大；
B、同周期自左至右第一电离能增大，若是电子半充满或者全充满则出现反常；
C、同周期从左到右电负性增大；
D、最高价氧化物对应水化物的酸性即比较非金属性。
4．（2022高三上·如皋月考）含硫矿物是多种化工生产的原料，主要有硫磺、黄铁矿()、辉铜矿()、明矾、绿矾()、胆矾()、重晶石()等。硫磺、黄铁矿可作为工业制硫酸的原料，辉铜矿煅烧时可发生反应：。直接排放会造成环境污染，可将其转化，或用石灰乳、等物质进行回收再利用。下列硫酸盐性质与用途具有对应关系的是
A．能水解形成胶体，可用作净水剂
B．具有还原性，可作治疗贫血药剂
C．水溶液呈酸性，可用作杀菌剂
D．难溶于水，可用于制取BaS
【答案】A
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A．明矾[]在水中能形成Al(OH)3胶体，胶体能吸附水中杂质或色素形成沉淀，可用作净水剂，A符合题意；
B．中的亚铁离子能与血红蛋白结合，从而改善贫血症状，可作治疗贫血药剂，与具有还原性无对应关系，B不符合题意；
C．中铜离子为重金属离子，能使蛋白质变性，可用作杀菌剂，与水溶液呈酸性无对应关系，C不符合题意；
D．可以和C在高温条件下反应生成BaS和CO，用于制取BaS，利用的是的氧化性，与难溶于水无对应关系，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、铝离子水解为氢氧化铝胶体，具有吸附性；
B、亚铁离子治疗贫血是因为可以和血红蛋白结合；
C、铜为重金属离子可以杀局消毒；
D、硫酸钡南至去硫化钡是因为硫酸钡具有氧化性。
5．（2022高三上·如皋月考）含硫矿物是多种化工生产的原料，主要有硫磺、黄铁矿()、辉铜矿()、明矾、绿矾()、胆矾()、重晶石()等。硫磺、黄铁矿可作为工业制硫酸的原料，辉铜矿煅烧时可发生反应：。直接排放会造成环境污染，可将其转化，或用石灰乳、等物质进行回收再利用。硫及其化合物的转化具有重要作用，下列说法错误的是
A．石灰乳吸收可生成
B．硫磺在过量氧气中燃烧的产物是
C．用水溶液吸收海水中吹出来的溴蒸汽生成HBr和
D．辉铜矿煅烧时，每消耗1mol，反应共转移6mol电子
【答案】B
【知识点】含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A． 二氧化硫是酸性氧化物与碱反应生成亚硫酸盐和水，石灰乳吸收可生成，故A不符合题意；
B． 硫磺在过量氧气中燃烧的产物是SO2，故B符合题意；
C． 用水溶液吸收海水中吹出来的溴蒸汽生成HBr和，+Br2+2H2O=2HBr+，故C不符合题意；
D． 辉铜矿煅烧时，，铜由+1价降为0价，氧由0价降为-2价，共降6价，或硫由-2价升高为+4价，升高6价，每消耗1mol，反应共转移6mol电子，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、石灰乳和二氧化硫反应生成亚硫酸钙；
B、硫燃烧生成二氧化硫；
C、二氧化硫和溴、水反应生成溴化氢和硫酸；
D、电子的数目=元素的价态变化数目×该元素原子的个数。
6．（2022高三上·如皋月考）含硫矿物是多种化工生产的原料，主要有硫磺、黄铁矿()、辉铜矿()、明矾、绿矾()、胆矾()、重晶石()等。硫磺、黄铁矿可作为工业制硫酸的原料，辉铜矿煅烧时可发生反应：。直接排放会造成环境污染，可将其转化，或用石灰乳、等物质进行回收再利用。对于反应 ，下列说法正确的是
A．该反应
B．反应平衡常数
C．其他条件一定，增大体系的压强可以增大反应的平衡转化率
D．其他条件一定，升高温度可以增大反应的平衡常数
【答案】C
【知识点】焓变和熵变；化学平衡常数；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．由反应可知，反应后气体分子数减小，则，A不符合题意；
B．由反应式可知，平衡常数为，B不符合题意；
C．增大压强，平衡正向进行，增大了平衡转化率，C符合题意；
D．该反应为放热反应，升高温度，反应逆向进行，平衡常数减小，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、气体分子数减小，为熵减少；
B、固体的浓度为常数值1；
C、增大压强，平衡朝气体系数缩小的方向移动；
D、放热反应，温度和平衡常数为反比。
7．（2022高三上·如皋月考）纳米ZnS具有独特的光电效应。以工业废渣锌灰(主要成分为Zn、ZnO，还含有、FeO、CuO等杂质)为原料制备纳米ZnS的工业流程如下：
下列说法正确的是
A．“酸浸”时FeO反应的离子方程式为
B．“还原”的目的是将转化为
C．“沉淀”的离子方程式为
D．ZnS晶胞(如图所示)中每个周围距离最近的有4个
【答案】D
【知识点】晶胞的计算；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．稀硝酸具有强氧化性，与FeO发生氧化还原反应生成Fe(NO3)3、NO和H2O，离子方程式为3FeO+10H++NO=3Fe3++NO↑+5H2O，A不符合题意；
B．根据分析，“还原”的目的是用锌置换出溶液中的铜过滤除去，B不符合题意；
C．根据分析，“沉淀”过程中，往滤液里通入硫化氢气体得到ZnS沉淀，反应的离子方程式为，C不符合题意；
D．由ZnS晶胞图可知，考虑面心的，每个周围距离最近的有4个，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、氧化亚铁和氢离子、硝酸根反应生成铁离子、一氧化氮和水；
B、锌和铜离子反应生成铜，过滤除去铜的单质；
C、锌离子和硫化氢反应生成硫化锌和氢离子；
D、结合晶胞周围的其他晶胞进行判断。
8．（2022高三上·如皋月考）实验小组用如下图所示装置制取纯碱，其中能达到实验目的的是
A．制
B．除HCl
C．制NaHCO3
D．制纯碱
【答案】A
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．实验室常用大理石和稀盐酸制备CO2，可以达到实验装置，A符合题意；
B．NaOH均可吸收HCl、CO2，不能利用NaOH溶液吸收CO2中的HCl气体，应该用饱和NaHCO3溶液，B不符合题意；
C．应先使氨气通入饱和食盐水中而成氨盐水，因氨气在溶液中的溶解度更大，再通入CO2，得到NaHCO3固体，C不符合题意；
D．加热固体，试管口应稍向下倾斜，防止在试管口凝成的水珠流回试管底部致使试管骤冷而炸裂，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、稀盐酸和碳酸钙反应生成二氧化碳；
B、二氧化碳和氯化氢都可以溶于氢氧化钠溶液；
C、侯氏制碱法的制取过程中，先通入氨气，再通入二氧化碳；
D、固体的加热时试管应略向下倾斜。
9．（2022高三上·如皋月考）用电化学方法可以去除循环冷却水(含有、、、苯酚等)中的有机污染物，同时经处理过的冷却水还能减少结垢，其工作原理如下图所示。
下列说法正确的是
A．b为电源的正极
B．钛基电极上的反应为H2O+e =H++ OH
C．碳钢电极底部有Mg(OH)2、CaCO3生成
D．每生成标准状况下2.24LCO2，需要消耗0.5mol OH
【答案】C
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A． 碳电极上水得电子生成氢气，发生还原反应，为电解池的阴极，b为电源的负极，故A不符合题意；
B． 阳极失电子，发生氧化反应，钛基电极上的反应为，故B不符合题意；
C． 碳电极上水得电子生成氢气，2H2O+2e-=2OH-+H2↑，HCO+OH-=H2O+CO，碳钢电极底部有、生成，故C符合题意；
D． 钛基电极上的反应为，HCO+H+=H2O+CO2 ↑，每生成标准状况下2.24L，需要消耗0.1mol，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】电解池的题目要注意几个问题：
1、连接外接电源正极的为阳极，若阳极为活性电极则阳极失去电子，若阳极为惰性电极，则溶液中的阴离子在阳极失去电子，阳极发生氧化反应；连接外接电源负极的为阴极，溶液中的阳离子在阴极得到电子，阴极发生还原反应；
2、溶液中的离子放电顺序：
阳离子：Ag+ > Hg2+ > Fe3+ > Cu2+ > H+（酸） > Pb2+ > Sn2+ > Fe2+ >Zn2+ > H+（水）；
阴离子：S2– >I-> Br- > Cl- > OH-> (NO3－、SO42– 等)含氧酸根 > F－；
3、电极反应式的书写要结合原子守恒以及溶液形成判断，酸性条件不出现氢氧根，碱性条件下不出现氢离子。
10．（2022高三上·如皋月考）下列实验探究方案能达到探究目的的是
选项 探究方案 探究目的
A 向淀粉和稀硫酸共热后的溶液中，加入NaOH溶液中和，再加入新制悬浊液，加热后观察有无红色沉淀生成 淀粉是否发生水解
B 向沉淀中分别滴加盐酸和氨水，观察沉淀变化 为两性氢氧化物
C 向久置氯水中滴加少量溶液，观察有无气体生成 氯水中HClO是否已经分解
D 向5mLNaCl和KI的混合溶液中，滴加1~2滴溶液，观察沉淀颜色
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．向淀粉和稀硫酸共热后的溶液中，淀粉水解后会产生葡萄糖，加入NaOH溶液中和，再加入新制悬浊液，葡萄糖还原生成氧化亚铜的红色沉淀生成，A符合题意；
B．不与弱碱反应，故不能证明是的两性氢氧化物，B不符合题意；
C．氯气与和水反应：Cl2＋H2OHCl＋HClO，故新制氯水中也有盐酸，也能与少量溶液反应产生二氧化碳气体，故该实验不能检验氯水中HClO是否已经分解，C不符合题意；
D.5mLNaCl和KI的混合溶液中，不知道各自的浓度，如果碘离子的溶度很大，即使碘化银的溶度积大也会产生碘化银的沉淀，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、淀粉水解产物的检验需要在碱性条件下进行；
B、氢氧化铝和氨水不反应；
C、次氯酸和氯化氢都可以和碳酸氢钠反应；
D、需要清楚氯离子和碘离子的浓度。
11．（2022高三上·如皋月考）化合物Z是一种治疗脂蛋白紊乱的药物，其合成路线如下。下列说法错误的是
A．X分子中所有碳原子可能在同一平面
B．Y与浓硫酸共热可以发生消去反应
C．可以用溶液鉴别物质Y和Z
D．1分子Z中含10个杂化的碳原子
【答案】A
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．X分子中，与苯环相连的碳原子是饱和碳原子，该碳原子与其它3个碳原子和1个氧原子构成四面体的结构，故X分子中所有碳原子不可能在同一平面，A符合题意；
B．Y分子中，与羟基相连的碳原子的邻位甲基碳原子上有氢原子，符合发生消去反应的条件，故Y能与浓硫酸共热可以发生消去反应，B不符合题意；
C．Y分子中没有羧基，Z分子中有羧基，Z可以与溶液反应产生二氧化碳气体，故可以用NaHCO3溶液鉴别物质Y和Z， C不符合题意；
D．Z分子中，苯环上的6个碳原子、碳碳双键的2个碳原子、酮羰基的1个碳原子和羧基上的1个碳原子均为杂化，这些碳原子共10个，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、共平面的判断要注意一个原子周围有3个或以上的单键连接时，最多两个单键原子共平面；
B、与羟基相连的碳原子的邻位甲基碳原子上有氢原子可以发生消去反应；
C、羧基可以和碳酸氢钠反应；
D、杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化。
12．（2022高三上·如皋月考）某实验室回收废水中苯酚的过程如下图所示。已知：苯酚的电离常数，的电离常数，。
下列有关说法正确的是
A．溶液中存在：
B．若反应1后溶液中存在，此时溶液中
C．反应2通入少量时，离子方程式为
D．反应2中通入至溶液时，此时溶液中存在
【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；电离平衡常数
【解析】【解答】A．溶液中存在质子守恒：，A不符合题意；
B．反应1中苯酚与碳酸钠溶液反应生成C6H5ONa，存在物料守恒，则c(Na2CO3)：c(C6H5OH)=1：1，碳酸根离子存在水解平衡，第一步水解常数为，苯酚的电离常数，说明碳酸钠的水解程度大于苯酚的电离程度，则生成碳酸氢根离子浓度大于苯酚根离子，此时溶液中，B不符合题意；
C．根据弱酸的电离平衡常数越大其酸性越强，已知苯酚和碳酸的电离常数可知酸性：>>，反应2通入少量CO2时生成苯酚和碳酸氢钠，离子方程式为C6H5O-+CO2+H2O=C6H5OH+HCO3-，C不符合题意；
D．苯酚的电离常数Ka=c(C6H5O-) c(H+)c(C6H5OH)=1.0×10 10，当c(C6H5O-)=c(C6H5OH)时，c(H+)=1.0×10-10mol/L，此时pH=10，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、结合质子守恒判断；
B、结合水解平衡常数和电离平衡常数判断；
C、二氧化碳通入苯酚钠溶液中，只能生成碳酸氢钠；
D、结合苯酚的电离平衡常数判断。
二、多选题
13．（2022高三上·如皋月考）烷烃与耦合反应可以制取烯烃。丙烷与耦合制丙烯时发生的反应如下：
主反应：
副反应：
向装有催化剂的密闭容器中充入体积比为1∶4的与混合气体，其他条件一定，反应相同时间，测得和的转化率、和CO的选择性与温度的关系如下图所示。
的选择性
CO的选择性
下列说法正确的是
A．反应的
B．430℃时，容器中气体体积分数最大的气体是
C．490℃~580℃，温度越高，容器中的体积分数越大
D．580℃时，使用对的选择性高的催化剂，能提高平衡时的产率
【答案】C,D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．给热化学方程式编号：①；② ；③ ；根据盖斯定律，①-②-③得，A不符合题意；
B．由图可知，430℃时和的转化率均较小，因此容器中主要成分仍为和，其中气体体积分数最大的气体是，B不符合题意；
C．由图可知，490℃~580℃时，随温度升高，和CO的选择性均逐渐降低，说明和CH4的含量逐渐增大，且平衡为吸热反应，升温平衡正向移动，由此可知，温度越高，容器中的体积分数越大，C符合题意；
D.580℃时，使用活性更高，对的选择性更高的催化剂，能提高平衡时的产率，D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A、盖斯定律的应用要注意，判断列出的热化学方程式的对应关系，左右两边相同的物质互相抵消则相加，在同一边相同的物质互相抵消则相减；
B、430℃时和的转化率均较小，因此容器中主要成分仍为和；
C、490℃~580℃时，随温度升高，和CO的选择性均逐渐降低；升高温度，平衡朝吸热方向移动；
D、580℃时，使用活性更高，对的选择性更高的催化剂，能提高平衡时的产率。
三、综合题
14．（2022高三上·如皋月考）磷酸铁()主要用于制造磷酸铁锂电池材料。以硫铁矿烧渣(主要成分是，含少量、和)为原料制备磷酸铁的工艺流程如下：
（1）焙烧。将硫铁矿烧渣与蔗糖()一起焙烧，可生成FeO与。写出焙烧时所发生反应的化学方程式：　 　。
（2）还原。将焙烧后的固体用稀硫酸浸取，所得溶液主要含，还含少量和。向酸浸后所得溶液中加入固体，充分搅拌至溶液中全部被还原并生成。理论上完全反应需要消耗的　 　。
（3）制备。向溶液中加入足量的30%溶液与溶液，控制溶液的pH约为1.5，充分反应可得沉淀。
①写出生成反应的化学方程式：　 　。
②反应的平衡常数　 　。［已知：，，
，］
（4）其他条件一定，制备时测得Fe的有效转化率与溶液pH的关系如图所示。
①pH<1.5时，pH越大，Fe的有效转化率越大的原因是　 　。
②pH>1.5时，pH越大，Fe的有效转化率越低的原因是　 　。
【答案】（1）
（2）1∶14
（3）；
（4）pH<1.5时，pH越大，越小，促进了的电离，生成了更多的，促进反应的正向进行。(或pH<1.5时，pH越大，越小，促进反应的正向进行)；pH>1.5时，pH越大，越大，部分生成Fe(OH)3
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）Fe2O3和C12H22O11反应，Fe的化合价从＋3降低到＋2，C的化合价从0价升高到＋4。1molC12H22O11完全反应共失去12×4mol=48mol电子，1molFe2O3转化为FeO，共得到2×1mol电子。根据得失电子守恒，1molC12H22O11可与24molFe2O3反应，根据得失电子守恒和原子守恒，可得方程式：24Fe2O3＋C12H22O11=4FeO＋12CO2↑＋11H2O。答案为24Fe2O3＋C12H22O11=4FeO＋12CO2↑＋11H2O。
（2）FeS2中的S的化合价为－1，升高到＋6，则1molFeS2反应共失去2×7mol=14mol电子，而Fe3＋转化为Fe2＋，化合价降低1价，1molFe3＋得到1mol电子，根据得失电子守恒，1molFeS2可与14molFe3＋反应，则n(FeS2)：n(Fe3＋)=1：14。答案为1∶14。
（3）①FeSO4中的Fe的化合价从＋2升高到＋3，1molFeSO4反应共失去1mol电子；H2O2中O的化合价从－1降低到－2，1molH2O2反应共得到2×1mol=2mol电子，根据得失电子守恒和原子守恒，可得方程式：2FeSO4＋H2O2＋2Na2HPO4=2FePO4↓＋2Na2SO4＋2H2O。答案为2FeSO4＋H2O2＋2Na2HPO4=2FePO4↓＋2Na2SO4＋2H2O。
②该反应的平衡常数，上下同时乘以，得，代入数据，可得。答案为3.0×109。
（4）①pH<1.5时，pH越大，c(H+)减小，促进了的HPO的电离HPOH++PO，生成了更多的PO，促进平衡正向移动，生成更多的FePO4。
②pH>1.5时，pH越大，c(OH－)越大，Fe3+与会OH-反应生成Fe(OH)3，生成的FePO4减少。
答案为①pH<1.5时，pH越大，c(H+)越小，促进了的电离，生成了更多的，促进反应的正向进行。(或pH<1.5时，pH越大，c(H+)越小，促进反应的正向进行)；
②pH>1.5时，pH越大，c(OH－)越大，部分生成Fe(OH)3。
【分析】（1）氧化铁和蔗糖反应生成氧化亚铁、二氧化碳和水；
（2）电子的数目=元素的价态变化数目×该元素原子的个数；
（3） ① 硫酸亚铁和过氧化氢、磷酸氢钠反应生成磷酸亚铁、硫酸钠和水；
② 结合化学平衡常数的公式，可以知道最终可以化为磷酸的三级电离平衡常数和磷酸亚铁的溶度积的商；
（4） ① 氢离子浓度的减小可以促进磷酸氢根的电离；
② 氢氧根浓度增大，可以使铁离子形成氢氧化铁。
15．（2022高三上·如皋月考）硝酸铈铵、二氧化铈()均是常见的强氧化剂，可以以为原料进行制取。
（1）“沉淀1”时，溶液中转化为沉淀。写出沉淀1反应的化学方程式：　 　。
（2）“酸溶2”时，控制反应温度为80℃，硝酸与分解产生的反应生成，反应过程中有少量红棕色气体逸出。“酸溶2”时需控制硝酸的温度为80℃，同时将分批加入硝酸中，原因是　 　。
（3）“沉淀2”时，控制其他条件一定，改变加入固体的量，测得沉淀的收率如图所示。“沉淀2”时，不是采用反应计量数之比，而是控制加入的目的是　 　。
（4）实验小组以为原料制取，请补充完整实验方案：将完全溶解于盐酸中，　 　，得固体。［已知：(白色沉淀)(黄色沉淀)，受热分解时失重百分比与温度的关系如图所示。可选用的仪器和试剂：氨水、、、溶液、马弗炉(可用于固体的高温加热)］
（5）实验制得的硝酸铈铵(摩尔质量为)含量可用如下方法测定：准确称取16.0g硝酸铈铵样品，加水充分溶解，并转移至100mL容量瓶中定容、摇匀，得硝酸铈铵溶液试样。准确量取5mL的硝酸铈铵溶液试样，移入250mL锥形瓶中，加入适量硫酸和磷酸，并加入2滴0.25%邻二氮杂菲指示剂，用硫酸亚铁铵标准溶液滴定至终点(滴定过程中被还原为)，消耗标准溶液24.00mL。计算该样品中硝酸铈铵的质量分数　 　。
【答案】（1）
（2）控制硝酸的温度为80℃的目的是加快化学反应速率的同时减少硝酸的挥发和分解；将分批加入硝酸中，可以防止反应过于剧烈
（3）增加的浓度，加快反应的速率；此时沉淀的收率较高
（4）向所得溶液中加入氨水，至静置后向上层清液中加入氨水不再产生沉淀，向浊液中边搅拌边通入至沉淀完全变为黄色，洗涤滤渣，至最后一次洗涤滤液加入酸化后再加入溶液不再产生沉淀，向将沉淀放入马弗炉中，控制温度为500℃下焙烧至固体质量不再减少
（5）82.2%
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）“沉淀1”时，溶液中转化为沉淀，根据得失电子守恒、元素守恒配平沉淀1反应的化学方程式为：；
（2）控制硝酸的温度为80℃的目的是加快化学反应速率的同时减少硝酸的挥发和分解；将分批加入硝酸中，可以防止反应过于剧烈；
（3）“沉淀2”时，不是采用反应计量数之比，而是控制加入的目的是增加的浓度，加快反应的速率；此时沉淀的收率较高；
（4）已知：(白色沉淀)(黄色沉淀)，根据受热分解时失重百分比与温度的关系图可知，，则加热到500℃分解得到，故实验小组以为原料制取，可设计实验方案：将完全溶解于盐酸中，向所得溶液中加入氨水，至静置后向上层清液中加入氨水不再产生沉淀，向浊液中边搅拌边通入至沉淀完全变为黄色，洗涤滤渣，至最后一次洗涤滤液加入酸化后再加入溶液不再产生沉淀，向将沉淀放入马弗炉中，控制温度为500℃下焙烧至固体质量不再减少，得固体；
（5）滴定过程中被还原为，发生反应，故该样品中硝酸铈铵的质量分数
【分析】（1）结合题干提供的物质，结合原子守恒进行判断；
（2）硝酸温度过高会分解和挥发，温度过低会降低化学反应速率；
（3）铵根离子浓度增大，可以加快化学反应速率；
（4）根据碳酸铈制取二氧化铈，可以知道应该先溶解在盐酸后加入氨水，最后通入氧气析出沉淀；
（5）结合化学计量数之比等于物质的量之比判断。
16．（2022高三上·如皋月考）化合物G是一种抗肿瘤药的中间体，其合成路线如下：
（1）B的结构简式为　 　。
（2）D→E的反应类型为　 　反应。
（3）D→E时可能生成一种与E互为同分异构体的副产物，该副产物的结构简式为　 　。
（4）B的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：　 　。
（5）I.含有苯环，能发生银镜反应；
II.能发生水解反应，水解后的有机产物有2种，一种具有酸性，一种具有碱性，每种产物均含有2种化学环境不同的氢原子。
已知：①(R表示烃基)；
②
写出以、为原料制备的合成路线流程图　 　 (无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
【答案】（1）
（2）加成
（3）
（4）
（5）
【知识点】有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；加成反应；结构简式
【解析】【解答】（1）由分析可知，B的结构简式为；
（2）D和CH3-CH2-COOCH3发生加成反应生成E，则D→E的反应类型为加成反应；
（3）D→E时可能CH3-CH2-COOCH3中亚甲基与D发生加成反应，生成一种与E互为同分异构体的副产物，该副产物的结构简式为；
（4）B为，满足条件：I.含有苯环，能发生银镜反应说明含有醛基；II.能发生水解反应说明含有酯基或肽键，水解后的有机产物有2种，一种具有酸性即含有-COOH，一种具有碱性即含有-NH2，每种产物均含有2种化学环境不同的氢原子，则该同分异构体结构简式为；
（5）根据已知信息②可知，和在NaOH、加热条件下反应生成，碳碳双键与HBr发生加成反应生成，根据已知信息①的反应，在NaCN作用下发生取代反应生成，醛基与氧气发生催化氧化生成羧基，得到，根据流程中F→G可知生成，合成路线为：
。
【分析】（1）B的结构简式可以根据前后流程图判断；
（2）D转化为E的过程中，双键断开形成单键；
（3）可以推测为CH3-CH2-COOCH3中亚甲基与D发生加成反应；
（4）可以发生银镜反应，即含有醛基，水解产物有2种，分别为酸性和碱性，即水解后含有氨基和羧基；
（5）合成路线的设计，一般要结合已知条件或者已知合成路线去看，根据题干要求的物质，采用顺推或者逆推法进行相应的设计。
17．（2022高三上·如皋月考）铁系纳米复合材料可以去除水体中的硝酸盐污染物。
（1）Fe-Ag金属复合材料去除某的废水中的反应历程如图所示(吸附在金属复合材料表面的物种用*标注)
①如图中的去除机理可描述为　 　。
②其他条件一定，反应相同时间，溶液的pH越大，的去除率越低的原因是　 　。
（2）控制其他条件一定，反应相同时间，不同Ag负载比的Fe-Ag金属复合材料对的去除率影响如图所示。Ag负载比小于3%时，的去除率较低的原因是　 　。
（3）其他条件一定，反应相同时间，分别用含铁质量相等的纳米铁粉、Cu负载比为4%的Fe-Cu金属复合材料、Ag负载比为3%的Fe-Ag金属复合材料去除溶液中，反应后残留的、生成的和N2的物质的量如图所示。
①与其他材料相比，Fe-Ag金属复合材料去除NO3 的优点是　 　。
②用纳米铁粉去除NO3 时，反应过程中的物种及能量变化如图所示，用纳米铁粉去除NO3 时生成N2的量极少的原因是　 　。
【答案】（1）Fe失去电子生成，在Fe表面得电子生成氢原子并吸附在金属Ag的表面；氢原子失去电子给吸附在Ag表面的和；得电子生成，得电子生成或；pH越大，氢离子浓度越小，得到的氢原子浓度越小，氢原子还原、的速率越低
（2）当Ag负载量小于3%时，吸附于Ag表面的较少，当Ag负载量大于3%时，与Fe反应生成并吸附于Ag表面的氢原子较少
（3）硝酸盐去除效率高，生成氮气较多，减少了溶液中氨氮的二次污染；生成过程中N原子和NO反应生成所需的活化能较高，反应较困难，生成含量少
【知识点】含氮物质的综合应用
【解析】【解答】（1）①由图示可知反应的过程为：Fe失去电子生成，在Fe表面得电子生成氢原子并吸附在金属Ag的表面；氢原子失去电子给吸附在Ag表面的和；得电子生成，得电子生成或；
②pH越大，氢离子浓度越小，得到的氢原子浓度越小，氢原子还原、的速率越低。
（2）当Ag负载量小于3%时，吸附于Ag表面的较少，当Ag负载量大于3%时，与Fe反应生成并吸附于Ag表面的氢原子较少，故当Ag负载比小于3%时，的去除率较低。
（3）①由图示可知，Fe-Ag金属复合材料反应后残留的最低，硝酸盐去除效率高，生成氮气较多，减少了溶液中氨氮的二次污染；
②由图示可知，生成过程中N原子和NO反应生成所需的活化能较高，反应较困难，生成含量少。
【分析】（1） ① 结合氧化还原反应的原理进行判断；
② 氢离子浓度越小，则还原硝酸根、亚硝酸根的速率越低；
（2）本题要结合Ag负载量小于3%和大于3%两个角度判断；
（3） ① 硝酸盐去除效率高，生成氮气较多，减少了氨氮的污染；
② 活化能高，反应越困难，生成的氮气越少。
天津市河北区2022-2023学年高三上学期期末考试化学试题
一、单选题
1．（2022高三上·如皋月考）属于富勒烯中的一种，其结构与足球结构相似，如下图所示。下列关于说法正确的是
A．属于烃类 B．晶体类型为共价晶体
C．与金刚石互为同素异形体 D．易溶于水
2．（2022高三上·如皋月考）碱式碳酸氧钒铵晶体是制备多种含钒产品的原料。有关说法错误的是
A．的空间构型为正四面体形
B．基态V4+的核外电子排布式为[Ar]3d1
C．中C的轨道杂化类型为sp2杂化
D．H2O是非极性分子
3．（2022高三上·如皋月考）黑火药是中国古代四大发明之一，其爆炸反应为下列说法正确的是
A．半径： B．第一电离能：
C．电负性： D．酸性：
4．（2022高三上·如皋月考）含硫矿物是多种化工生产的原料，主要有硫磺、黄铁矿()、辉铜矿()、明矾、绿矾()、胆矾()、重晶石()等。硫磺、黄铁矿可作为工业制硫酸的原料，辉铜矿煅烧时可发生反应：。直接排放会造成环境污染，可将其转化，或用石灰乳、等物质进行回收再利用。下列硫酸盐性质与用途具有对应关系的是
A．能水解形成胶体，可用作净水剂
B．具有还原性，可作治疗贫血药剂
C．水溶液呈酸性，可用作杀菌剂
D．难溶于水，可用于制取BaS
5．（2022高三上·如皋月考）含硫矿物是多种化工生产的原料，主要有硫磺、黄铁矿()、辉铜矿()、明矾、绿矾()、胆矾()、重晶石()等。硫磺、黄铁矿可作为工业制硫酸的原料，辉铜矿煅烧时可发生反应：。直接排放会造成环境污染，可将其转化，或用石灰乳、等物质进行回收再利用。硫及其化合物的转化具有重要作用，下列说法错误的是
A．石灰乳吸收可生成
B．硫磺在过量氧气中燃烧的产物是
C．用水溶液吸收海水中吹出来的溴蒸汽生成HBr和
D．辉铜矿煅烧时，每消耗1mol，反应共转移6mol电子
6．（2022高三上·如皋月考）含硫矿物是多种化工生产的原料，主要有硫磺、黄铁矿()、辉铜矿()、明矾、绿矾()、胆矾()、重晶石()等。硫磺、黄铁矿可作为工业制硫酸的原料，辉铜矿煅烧时可发生反应：。直接排放会造成环境污染，可将其转化，或用石灰乳、等物质进行回收再利用。对于反应 ，下列说法正确的是
A．该反应
B．反应平衡常数
C．其他条件一定，增大体系的压强可以增大反应的平衡转化率
D．其他条件一定，升高温度可以增大反应的平衡常数
7．（2022高三上·如皋月考）纳米ZnS具有独特的光电效应。以工业废渣锌灰(主要成分为Zn、ZnO，还含有、FeO、CuO等杂质)为原料制备纳米ZnS的工业流程如下：
下列说法正确的是
A．“酸浸”时FeO反应的离子方程式为
B．“还原”的目的是将转化为
C．“沉淀”的离子方程式为
D．ZnS晶胞(如图所示)中每个周围距离最近的有4个
8．（2022高三上·如皋月考）实验小组用如下图所示装置制取纯碱，其中能达到实验目的的是
A．制
B．除HCl
C．制NaHCO3
D．制纯碱
9．（2022高三上·如皋月考）用电化学方法可以去除循环冷却水(含有、、、苯酚等)中的有机污染物，同时经处理过的冷却水还能减少结垢，其工作原理如下图所示。
下列说法正确的是
A．b为电源的正极
B．钛基电极上的反应为H2O+e =H++ OH
C．碳钢电极底部有Mg(OH)2、CaCO3生成
D．每生成标准状况下2.24LCO2，需要消耗0.5mol OH
10．（2022高三上·如皋月考）下列实验探究方案能达到探究目的的是
选项 探究方案 探究目的
A 向淀粉和稀硫酸共热后的溶液中，加入NaOH溶液中和，再加入新制悬浊液，加热后观察有无红色沉淀生成 淀粉是否发生水解
B 向沉淀中分别滴加盐酸和氨水，观察沉淀变化 为两性氢氧化物
C 向久置氯水中滴加少量溶液，观察有无气体生成 氯水中HClO是否已经分解
D 向5mLNaCl和KI的混合溶液中，滴加1~2滴溶液，观察沉淀颜色
A．A B．B C．C D．D
11．（2022高三上·如皋月考）化合物Z是一种治疗脂蛋白紊乱的药物，其合成路线如下。下列说法错误的是
A．X分子中所有碳原子可能在同一平面
B．Y与浓硫酸共热可以发生消去反应
C．可以用溶液鉴别物质Y和Z
D．1分子Z中含10个杂化的碳原子
12．（2022高三上·如皋月考）某实验室回收废水中苯酚的过程如下图所示。已知：苯酚的电离常数，的电离常数，。
下列有关说法正确的是
A．溶液中存在：
B．若反应1后溶液中存在，此时溶液中
C．反应2通入少量时，离子方程式为
D．反应2中通入至溶液时，此时溶液中存在
二、多选题
13．（2022高三上·如皋月考）烷烃与耦合反应可以制取烯烃。丙烷与耦合制丙烯时发生的反应如下：
主反应：
副反应：
向装有催化剂的密闭容器中充入体积比为1∶4的与混合气体，其他条件一定，反应相同时间，测得和的转化率、和CO的选择性与温度的关系如下图所示。
的选择性
CO的选择性
下列说法正确的是
A．反应的
B．430℃时，容器中气体体积分数最大的气体是
C．490℃~580℃，温度越高，容器中的体积分数越大
D．580℃时，使用对的选择性高的催化剂，能提高平衡时的产率
三、综合题
14．（2022高三上·如皋月考）磷酸铁()主要用于制造磷酸铁锂电池材料。以硫铁矿烧渣(主要成分是，含少量、和)为原料制备磷酸铁的工艺流程如下：
（1）焙烧。将硫铁矿烧渣与蔗糖()一起焙烧，可生成FeO与。写出焙烧时所发生反应的化学方程式：　 　。
（2）还原。将焙烧后的固体用稀硫酸浸取，所得溶液主要含，还含少量和。向酸浸后所得溶液中加入固体，充分搅拌至溶液中全部被还原并生成。理论上完全反应需要消耗的　 　。
（3）制备。向溶液中加入足量的30%溶液与溶液，控制溶液的pH约为1.5，充分反应可得沉淀。
①写出生成反应的化学方程式：　 　。
②反应的平衡常数　 　。［已知：，，
，］
（4）其他条件一定，制备时测得Fe的有效转化率与溶液pH的关系如图所示。
①pH<1.5时，pH越大，Fe的有效转化率越大的原因是　 　。
②pH>1.5时，pH越大，Fe的有效转化率越低的原因是　 　。
15．（2022高三上·如皋月考）硝酸铈铵、二氧化铈()均是常见的强氧化剂，可以以为原料进行制取。
（1）“沉淀1”时，溶液中转化为沉淀。写出沉淀1反应的化学方程式：　 　。
（2）“酸溶2”时，控制反应温度为80℃，硝酸与分解产生的反应生成，反应过程中有少量红棕色气体逸出。“酸溶2”时需控制硝酸的温度为80℃，同时将分批加入硝酸中，原因是　 　。
（3）“沉淀2”时，控制其他条件一定，改变加入固体的量，测得沉淀的收率如图所示。“沉淀2”时，不是采用反应计量数之比，而是控制加入的目的是　 　。
（4）实验小组以为原料制取，请补充完整实验方案：将完全溶解于盐酸中，　 　，得固体。［已知：(白色沉淀)(黄色沉淀)，受热分解时失重百分比与温度的关系如图所示。可选用的仪器和试剂：氨水、、、溶液、马弗炉(可用于固体的高温加热)］
（5）实验制得的硝酸铈铵(摩尔质量为)含量可用如下方法测定：准确称取16.0g硝酸铈铵样品，加水充分溶解，并转移至100mL容量瓶中定容、摇匀，得硝酸铈铵溶液试样。准确量取5mL的硝酸铈铵溶液试样，移入250mL锥形瓶中，加入适量硫酸和磷酸，并加入2滴0.25%邻二氮杂菲指示剂，用硫酸亚铁铵标准溶液滴定至终点(滴定过程中被还原为)，消耗标准溶液24.00mL。计算该样品中硝酸铈铵的质量分数　 　。
16．（2022高三上·如皋月考）化合物G是一种抗肿瘤药的中间体，其合成路线如下：
（1）B的结构简式为　 　。
（2）D→E的反应类型为　 　反应。
（3）D→E时可能生成一种与E互为同分异构体的副产物，该副产物的结构简式为　 　。
（4）B的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：　 　。
（5）I.含有苯环，能发生银镜反应；
II.能发生水解反应，水解后的有机产物有2种，一种具有酸性，一种具有碱性，每种产物均含有2种化学环境不同的氢原子。
已知：①(R表示烃基)；
②
写出以、为原料制备的合成路线流程图　 　 (无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
17．（2022高三上·如皋月考）铁系纳米复合材料可以去除水体中的硝酸盐污染物。
（1）Fe-Ag金属复合材料去除某的废水中的反应历程如图所示(吸附在金属复合材料表面的物种用*标注)
①如图中的去除机理可描述为　 　。
②其他条件一定，反应相同时间，溶液的pH越大，的去除率越低的原因是　 　。
（2）控制其他条件一定，反应相同时间，不同Ag负载比的Fe-Ag金属复合材料对的去除率影响如图所示。Ag负载比小于3%时，的去除率较低的原因是　 　。
（3）其他条件一定，反应相同时间，分别用含铁质量相等的纳米铁粉、Cu负载比为4%的Fe-Cu金属复合材料、Ag负载比为3%的Fe-Ag金属复合材料去除溶液中，反应后残留的、生成的和N2的物质的量如图所示。
①与其他材料相比，Fe-Ag金属复合材料去除NO3 的优点是　 　。
②用纳米铁粉去除NO3 时，反应过程中的物种及能量变化如图所示，用纳米铁粉去除NO3 时生成N2的量极少的原因是　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】A．只含碳氢元素的化合物为烃，C60是碳的单质，不属于烃，故A不符合题意；
B．C60是分子间通过分子间作用力结合而成的晶体，属于分子晶体，故B不符合题意；
C．同种元素组成的不同单质互为同素异形体，金刚石与C60都是碳的单质，二者互为同素异形体，故C符合题意；
D．C60属于非极性分子，水是极性溶剂，非极性分子易溶于非极性溶剂，所以C60在水中的溶解度较小，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、烃为有机化合物；
B、分子晶体为分子间作用力形成，共价晶体为共价键结合的晶体；
C、同素异形体为同种元素形成的不同单质；
D、结合相似相溶原理判断。
2．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A． N原子价层电子对数为4+=4，采用sp3杂化，的空间构型为正四面体形，故A不符合题意；
B． 23号钒元素基态V4+的核外电子排布式为[Ar]3d1，故B不符合题意；
C． 中C原子价层电子对数为3+4+2 2×32=3，C轨道杂化类型为sp2杂化，故C不符合题意；
D． H2O中O原子价层电子对数为2+6 2×12=4，采用sp3杂化，是V形结构，正负电荷中心不重叠，是极性分子，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
杂化轨道数=2，为直线；
杂化轨道数=3，成键电子数=3，为三角形；
杂化轨道数=3，成键电子数=2，为V形；
杂化轨道数=4，成键电子数=4，为四面体；
杂化轨道数=4，成键电子数=3，为三角锥；
杂化轨道数=4，成键电子数=2，为V形；
B、钒元素的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d34s2，则失去4个电子后为1s22s22p63s23p63d1；
C、杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
D、水分子为极性分子。
3．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则半径：，A不符合题意；
B．同周期自左至右第一电离能呈增大趋势，基态N原子2p轨道是半充满的，比较稳定，所以N原子第一电离能高于O，同主族自上而下第一电离能递减，则第一电离能：，B符合题意；
C．同周期从左向右电负性增大，电负性：，C不符合题意；
D．同周期从左到右元素非金属性递增，非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，酸性：，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、粒子的半径比较，一看电子层，电子层数越多半径越大，二看核电荷数，核电荷数越多半径越小，三看最外层电子数，最外层电子数越多，半径越大；
B、同周期自左至右第一电离能增大，若是电子半充满或者全充满则出现反常；
C、同周期从左到右电负性增大；
D、最高价氧化物对应水化物的酸性即比较非金属性。
4．【答案】A
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A．明矾[]在水中能形成Al(OH)3胶体，胶体能吸附水中杂质或色素形成沉淀，可用作净水剂，A符合题意；
B．中的亚铁离子能与血红蛋白结合，从而改善贫血症状，可作治疗贫血药剂，与具有还原性无对应关系，B不符合题意；
C．中铜离子为重金属离子，能使蛋白质变性，可用作杀菌剂，与水溶液呈酸性无对应关系，C不符合题意；
D．可以和C在高温条件下反应生成BaS和CO，用于制取BaS，利用的是的氧化性，与难溶于水无对应关系，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、铝离子水解为氢氧化铝胶体，具有吸附性；
B、亚铁离子治疗贫血是因为可以和血红蛋白结合；
C、铜为重金属离子可以杀局消毒；
D、硫酸钡南至去硫化钡是因为硫酸钡具有氧化性。
5．【答案】B
【知识点】含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A． 二氧化硫是酸性氧化物与碱反应生成亚硫酸盐和水，石灰乳吸收可生成，故A不符合题意；
B． 硫磺在过量氧气中燃烧的产物是SO2，故B符合题意；
C． 用水溶液吸收海水中吹出来的溴蒸汽生成HBr和，+Br2+2H2O=2HBr+，故C不符合题意；
D． 辉铜矿煅烧时，，铜由+1价降为0价，氧由0价降为-2价，共降6价，或硫由-2价升高为+4价，升高6价，每消耗1mol，反应共转移6mol电子，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、石灰乳和二氧化硫反应生成亚硫酸钙；
B、硫燃烧生成二氧化硫；
C、二氧化硫和溴、水反应生成溴化氢和硫酸；
D、电子的数目=元素的价态变化数目×该元素原子的个数。
6．【答案】C
【知识点】焓变和熵变；化学平衡常数；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．由反应可知，反应后气体分子数减小，则，A不符合题意；
B．由反应式可知，平衡常数为，B不符合题意；
C．增大压强，平衡正向进行，增大了平衡转化率，C符合题意；
D．该反应为放热反应，升高温度，反应逆向进行，平衡常数减小，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、气体分子数减小，为熵减少；
B、固体的浓度为常数值1；
C、增大压强，平衡朝气体系数缩小的方向移动；
D、放热反应，温度和平衡常数为反比。
7．【答案】D
【知识点】晶胞的计算；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．稀硝酸具有强氧化性，与FeO发生氧化还原反应生成Fe(NO3)3、NO和H2O，离子方程式为3FeO+10H++NO=3Fe3++NO↑+5H2O，A不符合题意；
B．根据分析，“还原”的目的是用锌置换出溶液中的铜过滤除去，B不符合题意；
C．根据分析，“沉淀”过程中，往滤液里通入硫化氢气体得到ZnS沉淀，反应的离子方程式为，C不符合题意；
D．由ZnS晶胞图可知，考虑面心的，每个周围距离最近的有4个，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、氧化亚铁和氢离子、硝酸根反应生成铁离子、一氧化氮和水；
B、锌和铜离子反应生成铜，过滤除去铜的单质；
C、锌离子和硫化氢反应生成硫化锌和氢离子；
D、结合晶胞周围的其他晶胞进行判断。
8．【答案】A
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．实验室常用大理石和稀盐酸制备CO2，可以达到实验装置，A符合题意；
B．NaOH均可吸收HCl、CO2，不能利用NaOH溶液吸收CO2中的HCl气体，应该用饱和NaHCO3溶液，B不符合题意；
C．应先使氨气通入饱和食盐水中而成氨盐水，因氨气在溶液中的溶解度更大，再通入CO2，得到NaHCO3固体，C不符合题意；
D．加热固体，试管口应稍向下倾斜，防止在试管口凝成的水珠流回试管底部致使试管骤冷而炸裂，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、稀盐酸和碳酸钙反应生成二氧化碳；
B、二氧化碳和氯化氢都可以溶于氢氧化钠溶液；
C、侯氏制碱法的制取过程中，先通入氨气，再通入二氧化碳；
D、固体的加热时试管应略向下倾斜。
9．【答案】C
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A． 碳电极上水得电子生成氢气，发生还原反应，为电解池的阴极，b为电源的负极，故A不符合题意；
B． 阳极失电子，发生氧化反应，钛基电极上的反应为，故B不符合题意；
C． 碳电极上水得电子生成氢气，2H2O+2e-=2OH-+H2↑，HCO+OH-=H2O+CO，碳钢电极底部有、生成，故C符合题意；
D． 钛基电极上的反应为，HCO+H+=H2O+CO2 ↑，每生成标准状况下2.24L，需要消耗0.1mol，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】电解池的题目要注意几个问题：
1、连接外接电源正极的为阳极，若阳极为活性电极则阳极失去电子，若阳极为惰性电极，则溶液中的阴离子在阳极失去电子，阳极发生氧化反应；连接外接电源负极的为阴极，溶液中的阳离子在阴极得到电子，阴极发生还原反应；
2、溶液中的离子放电顺序：
阳离子：Ag+ > Hg2+ > Fe3+ > Cu2+ > H+（酸） > Pb2+ > Sn2+ > Fe2+ >Zn2+ > H+（水）；
阴离子：S2– >I-> Br- > Cl- > OH-> (NO3－、SO42– 等)含氧酸根 > F－；
3、电极反应式的书写要结合原子守恒以及溶液形成判断，酸性条件不出现氢氧根，碱性条件下不出现氢离子。
10．【答案】A
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．向淀粉和稀硫酸共热后的溶液中，淀粉水解后会产生葡萄糖，加入NaOH溶液中和，再加入新制悬浊液，葡萄糖还原生成氧化亚铜的红色沉淀生成，A符合题意；
B．不与弱碱反应，故不能证明是的两性氢氧化物，B不符合题意；
C．氯气与和水反应：Cl2＋H2OHCl＋HClO，故新制氯水中也有盐酸，也能与少量溶液反应产生二氧化碳气体，故该实验不能检验氯水中HClO是否已经分解，C不符合题意；
D.5mLNaCl和KI的混合溶液中，不知道各自的浓度，如果碘离子的溶度很大，即使碘化银的溶度积大也会产生碘化银的沉淀，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、淀粉水解产物的检验需要在碱性条件下进行；
B、氢氧化铝和氨水不反应；
C、次氯酸和氯化氢都可以和碳酸氢钠反应；
D、需要清楚氯离子和碘离子的浓度。
11．【答案】A
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．X分子中，与苯环相连的碳原子是饱和碳原子，该碳原子与其它3个碳原子和1个氧原子构成四面体的结构，故X分子中所有碳原子不可能在同一平面，A符合题意；
B．Y分子中，与羟基相连的碳原子的邻位甲基碳原子上有氢原子，符合发生消去反应的条件，故Y能与浓硫酸共热可以发生消去反应，B不符合题意；
C．Y分子中没有羧基，Z分子中有羧基，Z可以与溶液反应产生二氧化碳气体，故可以用NaHCO3溶液鉴别物质Y和Z， C不符合题意；
D．Z分子中，苯环上的6个碳原子、碳碳双键的2个碳原子、酮羰基的1个碳原子和羧基上的1个碳原子均为杂化，这些碳原子共10个，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、共平面的判断要注意一个原子周围有3个或以上的单键连接时，最多两个单键原子共平面；
B、与羟基相连的碳原子的邻位甲基碳原子上有氢原子可以发生消去反应；
C、羧基可以和碳酸氢钠反应；
D、杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化。
12．【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；电离平衡常数
【解析】【解答】A．溶液中存在质子守恒：，A不符合题意；
B．反应1中苯酚与碳酸钠溶液反应生成C6H5ONa，存在物料守恒，则c(Na2CO3)：c(C6H5OH)=1：1，碳酸根离子存在水解平衡，第一步水解常数为，苯酚的电离常数，说明碳酸钠的水解程度大于苯酚的电离程度，则生成碳酸氢根离子浓度大于苯酚根离子，此时溶液中，B不符合题意；
C．根据弱酸的电离平衡常数越大其酸性越强，已知苯酚和碳酸的电离常数可知酸性：>>，反应2通入少量CO2时生成苯酚和碳酸氢钠，离子方程式为C6H5O-+CO2+H2O=C6H5OH+HCO3-，C不符合题意；
D．苯酚的电离常数Ka=c(C6H5O-) c(H+)c(C6H5OH)=1.0×10 10，当c(C6H5O-)=c(C6H5OH)时，c(H+)=1.0×10-10mol/L，此时pH=10，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、结合质子守恒判断；
B、结合水解平衡常数和电离平衡常数判断；
C、二氧化碳通入苯酚钠溶液中，只能生成碳酸氢钠；
D、结合苯酚的电离平衡常数判断。
13．【答案】C,D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．给热化学方程式编号：①；② ；③ ；根据盖斯定律，①-②-③得，A不符合题意；
B．由图可知，430℃时和的转化率均较小，因此容器中主要成分仍为和，其中气体体积分数最大的气体是，B不符合题意；
C．由图可知，490℃~580℃时，随温度升高，和CO的选择性均逐渐降低，说明和CH4的含量逐渐增大，且平衡为吸热反应，升温平衡正向移动，由此可知，温度越高，容器中的体积分数越大，C符合题意；
D.580℃时，使用活性更高，对的选择性更高的催化剂，能提高平衡时的产率，D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A、盖斯定律的应用要注意，判断列出的热化学方程式的对应关系，左右两边相同的物质互相抵消则相加，在同一边相同的物质互相抵消则相减；
B、430℃时和的转化率均较小，因此容器中主要成分仍为和；
C、490℃~580℃时，随温度升高，和CO的选择性均逐渐降低；升高温度，平衡朝吸热方向移动；
D、580℃时，使用活性更高，对的选择性更高的催化剂，能提高平衡时的产率。
14．【答案】（1）
（2）1∶14
（3）；
（4）pH<1.5时，pH越大，越小，促进了的电离，生成了更多的，促进反应的正向进行。(或pH<1.5时，pH越大，越小，促进反应的正向进行)；pH>1.5时，pH越大，越大，部分生成Fe(OH)3
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）Fe2O3和C12H22O11反应，Fe的化合价从＋3降低到＋2，C的化合价从0价升高到＋4。1molC12H22O11完全反应共失去12×4mol=48mol电子，1molFe2O3转化为FeO，共得到2×1mol电子。根据得失电子守恒，1molC12H22O11可与24molFe2O3反应，根据得失电子守恒和原子守恒，可得方程式：24Fe2O3＋C12H22O11=4FeO＋12CO2↑＋11H2O。答案为24Fe2O3＋C12H22O11=4FeO＋12CO2↑＋11H2O。
（2）FeS2中的S的化合价为－1，升高到＋6，则1molFeS2反应共失去2×7mol=14mol电子，而Fe3＋转化为Fe2＋，化合价降低1价，1molFe3＋得到1mol电子，根据得失电子守恒，1molFeS2可与14molFe3＋反应，则n(FeS2)：n(Fe3＋)=1：14。答案为1∶14。
（3）①FeSO4中的Fe的化合价从＋2升高到＋3，1molFeSO4反应共失去1mol电子；H2O2中O的化合价从－1降低到－2，1molH2O2反应共得到2×1mol=2mol电子，根据得失电子守恒和原子守恒，可得方程式：2FeSO4＋H2O2＋2Na2HPO4=2FePO4↓＋2Na2SO4＋2H2O。答案为2FeSO4＋H2O2＋2Na2HPO4=2FePO4↓＋2Na2SO4＋2H2O。
②该反应的平衡常数，上下同时乘以，得，代入数据，可得。答案为3.0×109。
（4）①pH<1.5时，pH越大，c(H+)减小，促进了的HPO的电离HPOH++PO，生成了更多的PO，促进平衡正向移动，生成更多的FePO4。
②pH>1.5时，pH越大，c(OH－)越大，Fe3+与会OH-反应生成Fe(OH)3，生成的FePO4减少。
答案为①pH<1.5时，pH越大，c(H+)越小，促进了的电离，生成了更多的，促进反应的正向进行。(或pH<1.5时，pH越大，c(H+)越小，促进反应的正向进行)；
②pH>1.5时，pH越大，c(OH－)越大，部分生成Fe(OH)3。
【分析】（1）氧化铁和蔗糖反应生成氧化亚铁、二氧化碳和水；
（2）电子的数目=元素的价态变化数目×该元素原子的个数；
（3） ① 硫酸亚铁和过氧化氢、磷酸氢钠反应生成磷酸亚铁、硫酸钠和水；
② 结合化学平衡常数的公式，可以知道最终可以化为磷酸的三级电离平衡常数和磷酸亚铁的溶度积的商；
（4） ① 氢离子浓度的减小可以促进磷酸氢根的电离；
② 氢氧根浓度增大，可以使铁离子形成氢氧化铁。
15．【答案】（1）
（2）控制硝酸的温度为80℃的目的是加快化学反应速率的同时减少硝酸的挥发和分解；将分批加入硝酸中，可以防止反应过于剧烈
（3）增加的浓度，加快反应的速率；此时沉淀的收率较高
（4）向所得溶液中加入氨水，至静置后向上层清液中加入氨水不再产生沉淀，向浊液中边搅拌边通入至沉淀完全变为黄色，洗涤滤渣，至最后一次洗涤滤液加入酸化后再加入溶液不再产生沉淀，向将沉淀放入马弗炉中，控制温度为500℃下焙烧至固体质量不再减少
（5）82.2%
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）“沉淀1”时，溶液中转化为沉淀，根据得失电子守恒、元素守恒配平沉淀1反应的化学方程式为：；
（2）控制硝酸的温度为80℃的目的是加快化学反应速率的同时减少硝酸的挥发和分解；将分批加入硝酸中，可以防止反应过于剧烈；
（3）“沉淀2”时，不是采用反应计量数之比，而是控制加入的目的是增加的浓度，加快反应的速率；此时沉淀的收率较高；
（4）已知：(白色沉淀)(黄色沉淀)，根据受热分解时失重百分比与温度的关系图可知，，则加热到500℃分解得到，故实验小组以为原料制取，可设计实验方案：将完全溶解于盐酸中，向所得溶液中加入氨水，至静置后向上层清液中加入氨水不再产生沉淀，向浊液中边搅拌边通入至沉淀完全变为黄色，洗涤滤渣，至最后一次洗涤滤液加入酸化后再加入溶液不再产生沉淀，向将沉淀放入马弗炉中，控制温度为500℃下焙烧至固体质量不再减少，得固体；
（5）滴定过程中被还原为，发生反应，故该样品中硝酸铈铵的质量分数
【分析】（1）结合题干提供的物质，结合原子守恒进行判断；
（2）硝酸温度过高会分解和挥发，温度过低会降低化学反应速率；
（3）铵根离子浓度增大，可以加快化学反应速率；
（4）根据碳酸铈制取二氧化铈，可以知道应该先溶解在盐酸后加入氨水，最后通入氧气析出沉淀；
（5）结合化学计量数之比等于物质的量之比判断。
16．【答案】（1）
（2）加成
（3）
（4）
（5）
【知识点】有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；加成反应；结构简式
【解析】【解答】（1）由分析可知，B的结构简式为；
（2）D和CH3-CH2-COOCH3发生加成反应生成E，则D→E的反应类型为加成反应；
（3）D→E时可能CH3-CH2-COOCH3中亚甲基与D发生加成反应，生成一种与E互为同分异构体的副产物，该副产物的结构简式为；
（4）B为，满足条件：I.含有苯环，能发生银镜反应说明含有醛基；II.能发生水解反应说明含有酯基或肽键，水解后的有机产物有2种，一种具有酸性即含有-COOH，一种具有碱性即含有-NH2，每种产物均含有2种化学环境不同的氢原子，则该同分异构体结构简式为；
（5）根据已知信息②可知，和在NaOH、加热条件下反应生成，碳碳双键与HBr发生加成反应生成，根据已知信息①的反应，在NaCN作用下发生取代反应生成，醛基与氧气发生催化氧化生成羧基，得到，根据流程中F→G可知生成，合成路线为：
。
【分析】（1）B的结构简式可以根据前后流程图判断；
（2）D转化为E的过程中，双键断开形成单键；
（3）可以推测为CH3-CH2-COOCH3中亚甲基与D发生加成反应；
（4）可以发生银镜反应，即含有醛基，水解产物有2种，分别为酸性和碱性，即水解后含有氨基和羧基；
（5）合成路线的设计，一般要结合已知条件或者已知合成路线去看，根据题干要求的物质，采用顺推或者逆推法进行相应的设计。
17．【答案】（1）Fe失去电子生成，在Fe表面得电子生成氢原子并吸附在金属Ag的表面；氢原子失去电子给吸附在Ag表面的和；得电子生成，得电子生成或；pH越大，氢离子浓度越小，得到的氢原子浓度越小，氢原子还原、的速率越低
（2）当Ag负载量小于3%时，吸附于Ag表面的较少，当Ag负载量大于3%时，与Fe反应生成并吸附于Ag表面的氢原子较少
（3）硝酸盐去除效率高，生成氮气较多，减少了溶液中氨氮的二次污染；生成过程中N原子和NO反应生成所需的活化能较高，反应较困难，生成含量少
【知识点】含氮物质的综合应用
【解析】【解答】（1）①由图示可知反应的过程为：Fe失去电子生成，在Fe表面得电子生成氢原子并吸附在金属Ag的表面；氢原子失去电子给吸附在Ag表面的和；得电子生成，得电子生成或；
②pH越大，氢离子浓度越小，得到的氢原子浓度越小，氢原子还原、的速率越低。
（2）当Ag负载量小于3%时，吸附于Ag表面的较少，当Ag负载量大于3%时，与Fe反应生成并吸附于Ag表面的氢原子较少，故当Ag负载比小于3%时，的去除率较低。
（3）①由图示可知，Fe-Ag金属复合材料反应后残留的最低，硝酸盐去除效率高，生成氮气较多，减少了溶液中氨氮的二次污染；
②由图示可知，生成过程中N原子和NO反应生成所需的活化能较高，反应较困难，生成含量少。
【分析】（1） ① 结合氧化还原反应的原理进行判断；
② 氢离子浓度越小，则还原硝酸根、亚硝酸根的速率越低；
（2）本题要结合Ag负载量小于3%和大于3%两个角度判断；
（3） ① 硝酸盐去除效率高，生成氮气较多，减少了氨氮的污染；
② 活化能高，反应越困难，生成的氮气越少。