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山东省聊城市第二中学2022-2023学年高三上学期开学考试化学试题含答案
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这是一份山东省聊城市第二中学2022-2023学年高三上学期开学考试化学试题含答案，共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，工业流程题，结构与性质，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
山东省聊城市第二中学2022-2023学年高三上学期开学考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．国宝回家，天耀中华。“天龙山佛首”、“五牛图”等一批国宝亮相春晚，让亿万人为之动容。下列说法正确的是
A．“佛首”的雕刻岩石主要成分为方解石、石英，都属于硅酸盐
B．专家对“佛首”鉴定时，发现颈部风化形成的边缘与照片资料完全一致，“风化”是化学变化
C．“五牛图”是我国唐代珍贵的纸绢画，“纸、绢”化学成分相同
D．古代字画修复常用高锰酸钾溶液清洗，是物理除菌法
【答案】B
【详解】A．石英主要成分是二氧化硅，不属于硅酸盐，故A错误；
B．风化作用是指地表岩石受到水、氧气和二氧化碳的作用而发生化学成分和矿物成分变化，并产生新矿物的作用，是化学变化，故B正确；
C．纸的主要成分是纤维素，绢的主要成分是蛋白质，故C错误；
D．高锰酸钾除菌是利用其强氧化性，是化学方法，故D错误；
故选：B；
2．用6.02×1023表示阿伏加德罗常数(NA)的值，下列说法中不正确的是
A．1L水吸收标准状况下2.24 L Cl2，所得溶液中，N(Cl−)+N(ClO−)+N(HClO)=1.204×1023个
B．16.85 gCsCl晶体中含有6.02×1022个如图所示的结构单元
C．6.5 g Zn与足量的浓H2SO4完全反应，转移的电子数为0.2NA
D．1 mol−CH3中的电子数为5.418×1024个
【答案】A
【详解】A．标准状况下2.24 L Cl2的物质的量是0.1 mol，但由于Cl2与H2O的反应是可逆反应，溶液中Cl元素的存在形式有Cl2、Cl-、HClO、ClO-，Cl2分子中含有2个氯原子，所以根据Cl元素守恒可知N(Cl−)+N(ClO−)+N(HClO)＜1.204×1023个，A错误；
B．根据晶胞结构可知，1个晶胞中含有1个CsCl，16.85 gCsCl晶体的物质的量是n(CsCl)==0.1mol，所以其中含有的结构单元为6.02×1022个，B正确；
C．6.5 g Zn的物质的量是0.1 mol，Zn与浓硫酸发生反应：Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+2H2O，当硫酸浓度变稀后，发生反应：Zn+H2SO4(稀)=ZnSO4+H2↑，可见当Zn完全反应后变为Zn2+，故0.1 mol Zn完全反应转移电子的物质的量是0.2 mol，则转移的电子数为0.2NA，C正确；
D．1个−CH3中含有9个电子，则1 mol−CH3中含有9 mol电子，则其中含有的电子数为9 mol×6.02×1023个/mol=5.418×1024个，D正确；
故答案为A。
3．配制250 mL 0.5 mol·L-l的NaOH溶液，在下列仪器中：①量筒 ②250mL容量瓶③托盘天平和砝码 ④500mL容量瓶 ⑤烧杯 ⑥玻璃棒 ⑦漏斗 ⑧药匙 ⑨胶头滴管⑩250 mL的烧瓶，需要用到的仪器按使用先后顺序排列正确的是
A．⑧③⑤⑥②⑨ B．②③⑦⑤⑥ C．②⑤⑦⑥① D．④③⑦⑤⑥
【答案】A
【详解】配制250mL0.5mol•L-l的NaOH溶液，应选择250mL容量瓶，一般用托盘天平称量溶质，用药匙取用药品，在烧杯中溶解（可用量筒量取水），用玻璃棒搅拌，冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤并将洗涤液移入容量瓶中，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加至溶液凹面与刻度线水平相切，盖好瓶塞，摇匀。所以需要的仪器及先后顺序为：药匙、托盘天平、烧杯、玻璃棒、筒量（可用、也可不用）、250mL容量瓶、胶头滴管；需要用到的仪器按使用先后顺序排列正确的是⑧③⑤⑥②⑨；
故选A。
4．下列事实与胶体性质无关的是（ ）
①水泥厂和冶金厂常用高压直流电除去大量烟尘，减少对空气的污染
②将植物油倒入水中用力搅拌形成油水混合物
③一束平行光线射入蛋白质溶液里，从侧面可以看到一条光亮的通路
④往Fe(OH)3胶体中滴入稀硫酸，先看到红褐色沉淀生成而后沉淀溶解
⑤医院里用血液透析的方法治疗肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒
⑥FeCl3溶液和氨水混合会产生红褐色沉淀
⑦同一支钢笔先后吸入不同牌子的墨水易造成钢笔堵塞
A．②④⑥⑦ B．②⑥ C．①②④⑦ D．①③④⑤⑦
【答案】B
【详解】①烟尘属于胶体，直流电除尘是利用的胶体的电泳性质，①与胶体性质有关；
②植物油倒入水中形成乳浊液，不是胶体，②与胶体性质无关；
③蛋白质的溶液属于胶体，有丁达尔效应，③与胶体性质有关；
④氢氧化铁胶体中滴入稀硫酸，发生胶体的聚沉，然后沉淀发生化学反应而溶解，④与胶体性质有关；
⑤血液属于胶体，透析是胶体的渗透，⑤与胶体性质有关；
⑥氯化铁和小苏打反应生成氢氧化铁沉淀和气体，⑥与胶体性质无关；
⑦墨水属于胶体，不同牌子的墨水中胶体粒子可能带有不同的电荷而聚沉，⑦与胶体性质有关。
答案为B。
5．下列说法正确的是
A．向Na2CO3溶液中通入CO2一定析出NaHCO3晶体
B．用饱和Na2CO3溶液除去CO2气体中的HCl气体
C．等质量的Na2CO3和NaHCO3分别与足量稀盐酸反应，后者放出CO2多
D．等质量的Na2CO3和NaHCO3分别与足量稀盐酸反应，后者消耗盐酸多
【答案】C
【详解】A．向饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳会产生溶解度比碳酸钠小的碳酸氢钠晶体，但不是任意碳酸钠溶液中都会析出碳酸氢钠晶体，故A错误；
B．碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠会使二氧化碳损失，应用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中的HCl，故B错误；
C．1mol(106g)Na2CO3和1mol(84g)NaHCO3分别与足量稀盐酸反应，根据C原子守恒可知均得到1mol二氧化碳，则等质量的两种盐与足量盐酸反应，碳酸氢钠放出的二氧化碳多，故C正确；
D．1mol(106g)Na2CO3消耗2molHCl，1mol(84g)NaHCO3消耗1molHCl，等质量的Na2CO3和NaHCO3分别与足量稀盐酸反应，碳酸钠消耗的盐酸多，故D错误；
故选：C。
6．下列各组澄清溶液中离子能大量共存，且滴入X试剂后发生的离子方程式书写正确的是
选项
离子组
X试剂
离子方程式
A
NH、Fe3+、SO、Br-
过量H2S
2Fe3+ + H2S=2Fe2+ + S↓ + 2H+
B
Fe2+、K+、NO、Cl-
少量HI
4H++3Fe2＋+NO=3Fe3＋+ NO↑+ 2H2O
C
NH、Fe3+、AlO、Na+
过量铜粉
2Fe3+ +Cu=2Fe2+ + Cu2+
D
AlO、Na+、K+、HCO
少量HCl
H+ +AlO+H2O=Al(OH)3↓
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．四种离子相互不反应，能够共存，三价铁离子能氧化硫离子生成硫单质，硫化氢过量反应的离子方程式为Fe3+ + H2S=2Fe2+ + S↓ + 2H+，A项正确；
B．碘离子的还原性强于二价铁离子，碘离子和氢离子先和硝酸根离子进行反应，反应方程式为8H++6I-+2NO=3I2+2NO↑+ 4H2O，B项错误；
C．三价铁离子能够与偏铝酸根离子发生双水解反应生成氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，二者不共存，C项错误；
D．碳酸氢根离子与偏铝酸根离子反应生成碳酸根离子和氢氧化铝沉淀，二者不共存，D项错误；
答案选A。
7．下列有关物质的类别、用途及原理均正确的是
选项
物质
类别
用途
原理
A
Na2O2
碱性氧化物
潜水艇中作为供氧剂
Na2O2与CO2反应生成O2
B
FeCl3
盐
刻制印刷电路板
Fe3+的氧化性强于Cu2+
C
SO2
酸性氧化物
漂白纸浆、毛、丝等
SO2具有强氧化性
D
Na2CO3
盐
治疗胃酸过多
HCl的酸性强于H2CO3
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．碱性氧化物是指和酸反应生成盐和水的氧化物，且反应过程中元素化合价不变。Na2O2中氧元素化合价为负一价，和酸反应生成了盐和水以及氧气，有化合价的变化，Na2O2不是碱性氧化物，A项错误；
B．氯化铁属于盐，可以和金属铜反应，发生的化学方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故可以刻制印刷电路板。由反应方程式可知，氯化铁为氧化剂，氯化铜为氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物，所以Fe3+的氧化性强于Cu2+，B项正确；
C．二氧化硫漂白纸浆、毛、丝等，是SO2与有色物质结合生成无色物质的过程，属于漂白性，而不是强氧化性，C项错误；
D．Na2CO3为强碱弱酸盐，能与盐酸发生反应：Na2CO3+2HCl＝2NaCl+H2O+CO2↑。但Na2CO3碱性较强，会烧伤消化道，一般不用Na2CO3治疗胃酸过多，而用碳酸氢钠，D项错误；
答案选B。
8．X、Y、Z、M、N分别为五种原子序数不大于20的元素，X的原子的基态价电子排布式为2s2，Y的基态原子核外有5种运动状态不同的电子，Z元素形成的化合物在自然界中种类最多，M的阳离子通常存在于硝石、明矾和草木灰中，N的原子序数比M大1。下列说法正确的是
A．熔点：Y4Z晶体低于单质Z
B．X与Al的某些化学性质相似，XO是两性氧化物
C．M的阳离子半径是同周期主族元素的简单离子中半径最大的
D．NZ2仅含离子键，可用于制备乙炔
【答案】B
【分析】X的原子的基态价电子排布式为2s2，则X为Be；
Y的基态原子核外有5种运动状态不同的电子，则Y为B；
Z元素形成的化合物在自然界中种类最多，则Z为C；
M的阳离子通常存在于硝石、明矾和草木灰中，则M为K；
N的原子序数比M大1，则N为Ca；
综上所述，X、Y、Z、M、N分别为Be、B、C、K、Ca，结合元素周期表、元素周期律和相关知识解答。
【详解】A．Y4Z（B4C）熔点可能高于Z（C）单质的熔点，C的单质有金刚石、石墨、C60等，如B4C熔点为2350℃，C60属于分子晶体，其熔点接近280℃，B4C的熔点高于C60的熔点，A错误；
B．Be和Al处于对角线位置，某些化学性质与Al相似，如BeO是两性氧化物，B正确；
C．K+的半径小于同周期简单阴离子半径，C错误；
D．CaC2既含离子键，又含非极性共价键，D错误；
答案选B。
9．研究表明，大气中氮氧化物和碳氢化合物受紫外线作用可产生光化学烟雾，其中部分反应历程如图所示。下列说法错误的是
A．整个过程中O3作催化剂和氧化剂
B．反应Ⅲ的方程式为 CH2=CHCH3 +2O3→HCHO+CH3CHO+2O2
C．光化学烟雾中含甲醛、乙醛等有机物
D．反应Ⅰ、反应Ⅲ均属于氧化还原反应
【答案】A
【详解】A．催化剂：反应前后质量和性质不发生改变，根据过程，O3只参与反应，没有O3的生成，因此O3不是催化剂，选项A错误；
B．根据过程，反应III：CH2=CHCH3和O3参与反应，生成HCHO、CH3CHO、O2，即反应方程式为CH2=CHCH3 +2O3→HCHO+CH3CHO+2O2，选项B正确；
C．根据反应过程，反应Ⅱ生成甲醛和乙醛，因此光化学烟雾中含有甲醛和乙醛等有机物，选项C正确；
D．反应I：O3＋3NO=3NO2，存在化合价的变化，属于氧化还原反应，反应Ⅲ：CH2=CHCH3 +2O3→HCHO+CH3CHO+2O2，存在化合价的变化，属于氧化还原反应，选项D正确；
答案选A。
10．下图虚线框中的装置(试剂均足量)可用来检验浓硫酸与木炭粉在加热条件下反应所产生的所有气体产物，其中供选择的试剂有无水硫酸铜、品红溶液、酸性高锰酸钾溶液、澄清石灰水四种试剂，下列说法正确的是
A．物质甲可以是无水硫酸铜，也可以是变色硅胶、无水氯化钙等物质
B．丙中发生反应的离子方程式可能是SO2+2OH-=+H2O
C．乙和戊两种溶液都不宜用作尾气吸收装置中的试剂
D．如果将装置的连接顺序变为①③②，则只能检验出两种产物
【答案】C
【分析】浓硫酸与木炭粉在加热条件下反应所产生的气体产物有水蒸气、二氧化硫和二氧化碳，检验的先后顺序须是水蒸气、二氧化硫，除去二氧化硫后再检验二氧化碳。
【详解】A．装置①是检验混合气体中是否含有水蒸气，应该用无水硫酸铜、变色硅胶，不能用无水氯化钙，A错误；
B．二氧化碳也能被氢氧化钠溶液吸收，丙中试剂应该是酸性高锰酸钾溶液，B错误；
C．品红溶液可以检验二氧化硫，但一般不能用来除去二氧化硫，澄清石灰水浓度太小，不能用来吸收二氧化硫，C正确；
D．如果将仪器的连接顺序变为①③②，气体产物通过①中的无水硫酸铜，无水硫酸铜由白色变成蓝色，能说明有水生成，通过③中的澄清石灰水，石灰水变浑浊，二氧化硫、二氧化碳都能使澄清石灰水变浑浊，不可以检验出二氧化硫、二氧化碳，D错误；
故答案选C。
11．电解质溶液的导电能力与离子浓度和离子所带电荷数均呈正相关，现分别向溶液、溶液中滴加溶液，其电导率的变化情况如图所示，下列说法中正确的是
A．①线代表向溶液中滴加溶液的变化曲线
B．b点后，两溶液发生的反应均为
C．b点两溶液导电能力相同，此时两溶液中溶质组成相同
D．a点溶液呈中性，d点溶液呈酸性
【答案】D
【详解】A．未加入NaHSO4前，Ba(OH)2溶液的离子浓度大，电导率比NaOH大，则曲线①代表Ba(OH)2和NaHSO4溶液反应，故A错误；
B．曲线②在a点时已经消耗完NaOH，在b点只是NaHSO4溶质，不发生化学反应，故B错误；
C．对曲线①，b点是少量的NaHSO4和足量的Ba(OH)2反应生成Na2SO4和BaSO4，溶质有Na2SO4和Ba(OH)2，对曲线②是Na2SO4和NaHSO4，溶质不同，故C错误；
D．a点是NaOH和NaHSO4恰好反应的点，溶液是中性，d点为Ba(OH)2恰好反应的点，还有多余的NaHSO4，其电离的氢离子使溶液呈酸性，故D正确；
故选：D。
12．Na、Al、Fe、Cu是中学化学中重要的金属元素。它们的单质及其化合物之间有很多转化 关系。下表所列物质不能按如图(“→”表示一步完成)关系相互转化的是
A
B
C
D
a
Na
Al
Fe
Cu
b
NaOH
Al2O3
FeCl3
CuSO4
c
NaCl
Al(OH)3
FeCl2
CuCl2
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．Na可与水反应生成 NaOH，NaOH与盐酸反应生成NaCl，电解NaCl可生成Na，故A正确；
B．Al2O3不能与水反应生成Al(OH)3，故B错误；
C．Fe与氯气反应生成FeCl3，FeCl3与Fe反应生成FeCl2，FeCl2置换可生成Fe，故C正确；
D．Cu和浓硫酸反应生成CuSO4，CuSO4和氯化钡反应生成CuCl2，CuCl2置换可生成Cu，故D正确；
故选B。
13．橙花醇具有玫瑰及苹果香气，可作为香料，其结构简式如下图。下列关于橙花醇的叙述，错误的是
A．在浓硫酸催化下加热脱水，可以生成2种较稳定的四烯烃
B．既能发生取代反应，也能发生加成反应
C．1 mol橙花醇在氧气中充分燃烧，需消耗21.5 mol氧气(标准状况)
D．1 mol橙花醇在室温下与溴的四氯化碳溶液反应，最多消耗480 g溴单质
【答案】C
【详解】A.由结构简式 可知，与-OH相连的C原子的三个邻位碳原子上均有H原子，均可以发生消去反应，但右边邻位碳原子上的H若消去，则同一个C与2个双键相连，不稳定，转化成其它物质，则在浓硫酸催化下加热脱水，可以生成2种四烯.烃，A正确；
B.由结构简式 可知，因分子中含有-OH、碳碳双键，则既能发生取代反应，也能发生加成反应，B正确；
C.由结构简式 可知，分子式为C15H26O，则1mol该物质完全燃烧消耗标况下氧气的体积=（）mol =21mol，C错误；
D.由结构简式： 可知，1mol 该物质中含有3mol碳碳双键，则1mo1橙花醇在室温下与溴四氯化碳溶液反应，最多消耗3mol×160g/mol= 480g溴，D正确。
答案选C。
【点睛】同一个C原子两端都有双键不稳定。
二、多选题
14．氢溴酸在医药和石化工业上有广泛用途。模拟工业制备氢溴酸的流程如图所示。下列说法正确的是
A．混合②加入的试剂a是BaCl2
B．加入的Na2SO3是过量的，以除去粗品中的Br2
C．蒸馏过程中用的冷凝管为球形冷凝管
D．工业氢溴酸常带有淡淡的黄色，可能含有Br2
【答案】AD
【分析】Br2具有强氧化性，在溶液中将SO2氧化为H2SO4，发生反应：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，Br2氧化SO2放出很多热量，液溴、氢溴酸易挥发，反应室①使用冰水降低温度，防止Br2和HBr挥发，然后蒸馏得到硫酸和氢溴酸粗品，粗品中可能含有挥发出的Br2，加入Na2SO3，除去粗品中未反应完的溴，再加入氯化钡溶液，使反应生成转化硫酸钡沉淀，再进行过滤分离，无色溶液中含有HBr及NaCl，再蒸馏得到精制的氢溴酸，以此解答该题。
【详解】A．由流程图可知，混合②后过滤生成硫酸钡，滤液蒸馏产生NaCl溶液，故钡离子、氯离子应是加入试剂a引入的，故试剂a为BaCl2溶液，故A正确；
B．根据分析可知，加入Na2SO3的目的是以除去粗品中的Br2，但用量需要防止过量，因为Na2SO3过量，能与HBr反应，会导致氢溴酸的产量降低，故B错误；
C．蒸馏过程中用的冷凝管为直形冷凝管，故C错误；
D．溴单质具有挥发性，工业氢溴酸常带有淡淡的黄色，可能含有挥发出的Br2，故D正确；
答案选AD。
15．高铁酸钾是一种高效多功能的新型非氯绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。工业上制备K2FeO4的方法：向KOH溶液中通入氯气，然后再加入Fe(NO3)3溶液：
①Cl2+KOH→KCl+KClO+KClO3+H2O(未配平)；
②2Fe(NO3)3+3KClO+10KOH＝2K2FeO4+6KNO3+3KCl+5H2O。
下列说法不正确的是
A．反应①中每消耗4 mol KOH，吸收标准状况下22.4 L Cl2
B．若反应①中n(ClO−)：n()＝5：1，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
C．K2FeO4在消毒杀菌过程中还可以净水
D．若反应①的氧化产物只有KClO，则得到0.2 mol K2FeO4时最少消耗0.3 mol Cl2
【答案】AB
【详解】A. 反应①的生成物有KCl、KClO、KClO3，其中K、Cl的物质的量之比为1:1，所以每消耗4molKOH，吸收2molCl2，标况下2mol氯气的体积为：22.4L/mol×2mol=44.8L，故A错误；
B. 反应①中氯气既是氧化剂，又是还原剂，n(ClO−)：n(ClO)＝5：1，设ClO−为5mol，ClO3−为1mol，氯气转化成ClO−、ClO3−被氧化，转化成KCl被还原，根据电子守恒可知生成KCl的物质的量为：5mol×1+1mol×(+5−0)=10mol，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为10mol:(5mol+1mol)=5:3，故B错误；
C. 用K2FeO4给水消毒、杀菌时得到的Fe3+，Fe3+水解得氢氧化铁胶体可以净水，故C正确；
D. 若反应①的氧化产物只有KClO，则根据原子守恒、电子守恒可得关系式：2K2FeO4∼3KClO∼3e-∼3KCl∼3Cl2，则得到0.2molK2FeO4时消耗0.3molCl2，故D正确。
答案选AB。
三、实验题
16．人体血液里Ca2+的浓度一般采用mg·cm-3来表示。抽取一定体积的血样，加适量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液，可析出草酸钙(CaC2O4)沉淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸(H2C2O4)，再用酸性KMnO4溶液滴定即可测定血液样品中Ca2+的浓度。某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样品中Ca2+的浓度。
I．【配制酸性KMnO4标准溶液】如图是配制50 mL酸性KMnO4标准溶液的过程示意图。
(1)请你观察图示判断其中不正确的操作有____（填序号）。
(2)其中确定50 mL溶液体积的容器是____（填名称）。
(3)如果按照图示的操作所配制的溶液进行实验，在其他操作均正确的情况下，所测的实验结果将_______（填“偏大”或“偏小”）。
II．【测定血液样品中Ca2+的浓度】抽取血样20. 00 mL，经过上述处理后得到草酸，再用0.020 mol/L酸性KMnO4溶液滴定，使草酸转化成CO2逸出，这时共消耗12.00 mL酸性KMnO4溶液。
(4)已知草酸与酸性KMn04溶液反应的离子方程式为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mnx++10CO2↑+8H2O，则式中的x=____。
(5)滴定时，根据现象____，即可确定反应达到终点。
(6)经过计算，血液样品中Ca2+的浓度为____mg．cm-3。
【答案】 ②⑤ 50mL容量瓶 偏小 2 溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色 1.2
【分析】（1）根据配制一定物质的量浓度的溶液的正确操作结合图示分析；
（2）容量瓶是确定溶液体积的仪器；
（3）仰视刻度线，会使溶液体积偏大，结合C=n/V分析；
（4）草酸跟酸性KMnO4溶液反应生成二氧化碳、二价锰离子等，结合氧化还原反应得失电子守恒和根据电荷守恒进行分析，写出化学方程式得到x；
（5）滴定时，用高锰酸钾滴定草酸，反应达到终点时，滴入的高锰酸钾溶液不褪色，据此判断；
（6）根据滴定数据及钙离子与高锰酸钾的关系式计算出血液样品中Ca2＋的浓度．
【详解】（1）由图示可知②⑤操作不正确，②不能在量筒中溶解固体，⑤定容时应平视刻度线，至溶液凹液面与刻度线相切；
（2）应该用容量瓶准确确定50mL溶液的体积；
（3）用图示的操作配制溶液，仰视刻度线，会使溶液体积偏大，所配制的溶液浓度将偏小；
（4）根据电荷守恒，（-1×2）+（+1×6）=+x×2，解得，x=2，草酸跟KMnO4反应的离子方程式为：2MnO4－+5H2C2O4+6H＋═2Mn2＋+10CO2↑+8H2O；
（5）滴定时，用高锰酸钾滴定草酸，反应达到终点时的现象为溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色；
（6）血样20.00mL经过上述处理后得到草酸，草酸消耗的消耗的高锰酸钾的物质的量为：0.020mol·L－1×0.012L=2.4×10-4mol，根据反应方程式2MnO4－+5H2C2O4+6H＋═2Mn2＋+10CO2↑+8H2O，及草酸钙的化学式CaC2O4，可知：n（Ca2＋）=n（H2C2O4）=5/2n（MnO4－）=2.5×2.4×10-4mol=6×10-4mol，Ca2＋的质量为：40g·mol－1×6×10-4mol=0.024g，钙离子的浓度为：0.024g/20cm 3=1.2 mg·cm－3。
17．将硫铁矿(主要成分为FeS2，含有少量的碳)焙烧所得尾气主要含SO2、CO2。为了检验尾气的主要成分并验证尾气的部分性质，设计了以下实验。实验用到的装置和药品如图所示：(实验装置可重复使用)
请回答下列问题：
(1)为完成实验目的，请把装置按气流方向进行连接(用小写字母填写)_________。
(2)装置D的作用是_________。
(3)酸性高锰酸钾溶液的作用有二：其一，验证SO2有还原性；其二，_________。
(4)装置E中被氧化的元素是_________。
(5)在该实验中，SO2通入FeCl3溶液中反应的离子方程式为_________。取反应后的该溶液于一洁净的试管中，滴加少量KSCN溶液，溶液不变红，说明溶液中_______(填“含有”或“不含有”)Fe3+；再继续滴加少量氯水，溶液也不变红，请分析产生这种现象的原因______。
【答案】 i gh ab cd ab ef 安全瓶，防止倒吸 吸收SO2，以免干扰CO2的检验 S、C和Fe SO2+2Fe3++2H2O=+2Fe2++4H+ 不含有 少量Cl2与溶液中过量的SO2或(H2SO3、)反应，Cl2量不足，不能把Fe2+氧化为Fe3+，溶液不变红
【分析】为了检验尾气中含有SO2、CO2，应在E装置后面连接一个空载仪器做安全瓶，防止二氧化硫易溶于水产生倒吸，由于二氧化硫能使澄清石灰水变浑浊，影响二氧化碳气体的检验，实验时应将气体先后通过品红溶液、氯化铁溶液和酸性高锰酸钾溶液和品红溶液，达到检验二氧化硫、吸收二氧化硫和证明二氧化硫被完全吸收，不会干扰二氧化碳检验的目的，最后将气体通过澄清石灰水检验二氧化碳，则装置的连接顺序为E、D、A、B、A、C。
【详解】（1）由分析可知，装置的连接顺序为E、D、A、B、A、C，则装置接口的连接顺序为i gh ab cd ab ef，故答案为：i gh ab cd ab ef；
（2）二氧化硫易溶于水，气体通过品红溶液时，可能会产生倒吸，则空载仪器D的主要是做安全瓶，防止倒吸，故答案为：安全瓶，防止倒吸；
（3）二氧化硫具有还原性，会干扰二氧化碳的检验，则酸性高锰酸钾溶液的作用是验证二氧化硫的还原性，吸收二氧化硫，以免干扰二氧化碳的检验，故答案为：吸收SO2，以免干扰CO2的检验；
（4）硫铁矿焙烧时会生成氧化铁、二氧化硫和二氧化碳，反应中铁元素、硫元素和碳元素的化合价升高被氧化，故答案为：S、C和Fe；
（5）二氧化硫具有还原性，氯化铁具有氧化性，二氧化硫与氯化铁溶液发生氧化还原反应生成硫酸亚铁和硫酸，反应的离子方程式为SO2+2Fe3++2H2O=+2Fe2++4H+；取反应后的该溶液于一洁净的试管中，滴加少量KSCN溶液，溶液不变红，说明溶液中被还原铁离子；+4价硫的还原性强于亚铁离子，若二氧化硫或亚硫酸或亚硫酸氢根离子过量，优先与少量氯气反应，不能将亚铁离子氧化为铁离子，溶液也不变红，故答案为：SO2+2Fe3++2H2O=+2Fe2++4H+；不含有；少量Cl2与溶液中过量的SO2或(H2SO3、)反应，Cl2量不足，不能把Fe2+氧化为Fe3+，溶液不变红。
四、工业流程题
18．氢氧化铈是黄色难溶于水、可溶于酸的常用化学试剂。以氟碳铈矿(主要成分为 CeFCO3) 为原料提取氢氧化铈的工艺流程如图所示：
请回答下列问题：
(1)CeFCO3中 Ce 的化合价为_______。“酸浸” 时，为提高矿石的浸出率，下列措施可采取的是_______(填标号)。
A．提高浸出温度 B．延长浸出时间 C．用 98%的硫酸
(2)氧化焙烧发生的反应方程式为_______。
(3)H2O2的作用是_______。
(4)HT 是一种难溶于水的有机溶剂，它能将 Ce3+从水溶液中萃取出来，该过程可表示为Ce3+(水层)+3HT(有机层)⇌CeT3(有机层)+3H+(水层) 。操作I 的名称是_______，操作 III 的步骤是_______。
【答案】(1) +3 AB
(2)4CeFCO3+O2+2H2O=4CeO2+4HF+4CO2
(3)将CeO2还原为Ce3+
(4) 分液(或萃取分液) 过滤、洗涤、干燥
【分析】氟碳铈矿主要化学成分为CeFCO3，由流程可知，氧化焙烧生成二氧化碳、HF气体及CeO2，再加稀硫酸、过氧化氢发生2CeO2+ H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O，溶液中加入萃取剂HT，操作I为分液将溶液中的Ce3+萃取出来，再加入稀硫酸得含有Ce3+的溶液，调节溶液的pH得到Ce(OH)3沉淀，再经过氧气氧化发生4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4，过滤、 洗涤、干燥可得Ce(OH)4产品，据此分析进行解答。
（1）
根据化学式书写原则，F显-1价，碳酸根整体为-2价，则CeFCO3中Ce的化合价为+3价；酸浸时，升高温度、延长浸出时间可提高矿石的浸出率；
（2）
氧化焙烧过程中氧气参与反应，生成无色无味酸性气体CO2，故发生的反应方程式为: 4CeFCO3+O2+2H2O=4CeO2+4HF+4CO2；
（3）
H2O2是常见的氧化剂，在反应中的作用是将CeO2还原为Ce3+；
（4）
HT是一种难溶于水的有机溶剂，它能将Ce3+从水溶液中萃取出来，该过程可表示为Ce3+(水层)+3HT(有机层)=CeT3(有机层)+3H+(水层)，操作I的名称是分液(或萃取分液)；Ce(OH)3沉淀在氧气的作用下氧化为Ce(OH)4，操作III的步骤是：过滤、洗涤、干燥。
五、结构与性质
19．常见的太阳能电池有硅太阳能电池、镓(Ga)砷(As)太阳能电池及铜铟镓硒薄膜太阳能电池等。下列有关它们的化合物的问题，请回答：
(1)基态Ga原子的电子排布式为_______；H2O的沸点高于 H2Se的沸点(-42℃)，其原因是_______。
(2)Na3AsO4中阴离子的空间构型为_______ ，As 原子采取_______杂化。
(3)晶体Si、SiC都属于原子晶体，请写出它们的熔点从高到低的顺序排列_______。
(4)银与铜位于同一副族。氟化银具有氯化钠型结构，其中的阴离子采用面心立方最密堆积方式，氯化钠的晶胞结构如图所示。则 Ag+周围等距离且最近的F-在空间围成的几何构型为_______，已知氟化银的密度为 dg·cm-3，则氟化银晶胞的晶胞参数为_______nm(不必简化)。
【答案】(1) 1s22s22p63s23p63d104s24p1 H2O含有氢键，克服分子间作用时，需要的能量多，H2Se不含氢键
(2) 正四面体 sp3
(3)SiC>晶体Si
(4) 正八面体
【解析】（1）
基态Ga原子核外有31个电子，基态Ga原子的电子排布式为: 1s22s22p63s23p63d104s24p1；含有氢键的氢化物熔沸点较高，H2O含有氢键、H2Se不含氢键，导致H2O的沸点(100%)高于H2Se的沸点(-42℃)，H2O含有氢键，克服分子间作用时，需要的能量多，H2Se不含氢键；
（2）
Na3AsO4中阴离子为，根据VSEPR理论，价电子对数为，则其空间构型为正四面体，根据杂化轨道理论，中心As的杂化方式为sp3；
（3）
晶体类型相同的物质，键长越短，键能越大，物质的熔点越高，晶体Si、SiC都属于原子晶体，两种物质中键长关系为：C-SiSi-Si，晶体Si、SiC物质的熔点高低为SiC>晶体Si；
（4）
氟化银具有氯化钠型结构，其中的阴离子F-采用面心立方最密堆积方式，沿X、Y、Z三轴切割的方法知，X轴上有2个F-，Y轴上有2个F-，Z轴上有2个F-，将6个F-连接后所围成的空间几何构型正八面体；由球的大小可知白色球代表F-、黑色球代表Ag+，处于晶胞面对角线的氯离子相切，而棱上原子也相切，晶胞中F-数目=，Ag+数目=，晶胞相当于有4个“AgF”，晶胞质量，根据m=ρV=ρa3，晶胞的体积为，则晶胞参数。
六、有机推断题
20．有机化合物H是化学合成中的一种中间产物。合成H的一种路线如下：
已知：A为芳香族化合物，分子式为C7H8O。
①CH2=CH2+CH≡CH
②R1CHO+R2CH2CHO
请回答下列问题：
(1)芳香化合物A的名称为_________，B中官能团的名称为_________。
(2)写出E→F的反应类型_________，写出X的结构简式(或键线式)_________。
(3)写出由D→E的第①步反应的化学方程式_________。
(4)G与乙醇发生酯化反应生成化合物Y，Y有多种同分异构体，写出符合下列条件的物质的结构简式_________。
①分子中含有苯环，且能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2
②其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，且峰面积之比为6：2：1：1
③苯环上的一元代物只有一种结构
(5)写出以丙烯为原料合成化合物的路线流程图_______(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
【答案】 苯甲醇 醛基 加成反应 +2[Ag(NH3)2]OH+2Ag↓+3NH3+H2O 、
【分析】由题干流程图中，D的分子式为C9H8O，A的分子式为C7H8O，A→C的条件为醇的催化氧化，B+C→D的条件为结合信息②可推知：A为，B为CH3CHO，C为，D为，在结合D→E的反应条件可知，E为，结合E→F的反应条件可知，F为，根据F→G的反应条件可知，G为，根据F→G的反应条件结合信息①可知：X为，据此解题。
【详解】(1)由分析可知，芳香化合物A的结构简式为，故名称为苯甲醇，B为CH3CHO，故B中官能团的名称为醛基，故答案为：苯甲醇；醛基；
(2)由分析可知：E→F即与溴水反应生成，故该反应的反应类型为加成反应，由分析可知X的结构简式(或键线式)为，故答案为：加成反应；；
(3)写出由D即→E即的第①步反应的化学方程式+2[Ag(NH3)2]OH+2Ag↓+3NH3+H2O，故答案为：+2[Ag(NH3)2]OH+2Ag↓+3NH3+H2O；
(4)G与乙醇发生酯化反应生成化合物Y即，Y有多种同分异构体，①分子中含有苯环，且能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，说明Y中含有羧基，②其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，且峰面积之比为6：2：1：1，说明Y中高度对称，③苯环上的一元代物只有一种结构，说明Y中含有苯环且高度对称，故符合条件的Y的同分异构体有、，故答案为：、；
(5)根据题干信息①可知，写出以丙烯为原料合成化合物的路线流程图为：，故答案为：。
山东省聊城市第二中学2022-2023学年高三上学期开学考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．国宝回家，天耀中华。“天龙山佛首”、“五牛图”等一批国宝亮相春晚，让亿万人为之动容。下列说法正确的是
A．“佛首”的雕刻岩石主要成分为方解石、石英，都属于硅酸盐
B．专家对“佛首”鉴定时，发现颈部风化形成的边缘与照片资料完全一致，“风化”是化学变化
C．“五牛图”是我国唐代珍贵的纸绢画，“纸、绢”化学成分相同
D．古代字画修复常用高锰酸钾溶液清洗，是物理除菌法
【答案】B
【详解】A．石英主要成分是二氧化硅，不属于硅酸盐，故A错误；
B．风化作用是指地表岩石受到水、氧气和二氧化碳的作用而发生化学成分和矿物成分变化，并产生新矿物的作用，是化学变化，故B正确；
C．纸的主要成分是纤维素，绢的主要成分是蛋白质，故C错误；
D．高锰酸钾除菌是利用其强氧化性，是化学方法，故D错误；
故选：B；
2．用6.02×1023表示阿伏加德罗常数(NA)的值，下列说法中不正确的是
A．1L水吸收标准状况下2.24 L Cl2，所得溶液中，N(Cl−)+N(ClO−)+N(HClO)=1.204×1023个
B．16.85 gCsCl晶体中含有6.02×1022个如图所示的结构单元
C．6.5 g Zn与足量的浓H2SO4完全反应，转移的电子数为0.2NA
D．1 mol−CH3中的电子数为5.418×1024个
【答案】A
【详解】A．标准状况下2.24 L Cl2的物质的量是0.1 mol，但由于Cl2与H2O的反应是可逆反应，溶液中Cl元素的存在形式有Cl2、Cl-、HClO、ClO-，Cl2分子中含有2个氯原子，所以根据Cl元素守恒可知N(Cl−)+N(ClO−)+N(HClO)＜1.204×1023个，A错误；
B．根据晶胞结构可知，1个晶胞中含有1个CsCl，16.85 gCsCl晶体的物质的量是n(CsCl)==0.1mol，所以其中含有的结构单元为6.02×1022个，B正确；
C．6.5 g Zn的物质的量是0.1 mol，Zn与浓硫酸发生反应：Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+2H2O，当硫酸浓度变稀后，发生反应：Zn+H2SO4(稀)=ZnSO4+H2↑，可见当Zn完全反应后变为Zn2+，故0.1 mol Zn完全反应转移电子的物质的量是0.2 mol，则转移的电子数为0.2NA，C正确；
D．1个−CH3中含有9个电子，则1 mol−CH3中含有9 mol电子，则其中含有的电子数为9 mol×6.02×1023个/mol=5.418×1024个，D正确；
故答案为A。
3．配制250 mL 0.5 mol·L-l的NaOH溶液，在下列仪器中：①量筒 ②250mL容量瓶③托盘天平和砝码 ④500mL容量瓶 ⑤烧杯 ⑥玻璃棒 ⑦漏斗 ⑧药匙 ⑨胶头滴管⑩250 mL的烧瓶，需要用到的仪器按使用先后顺序排列正确的是
A．⑧③⑤⑥②⑨ B．②③⑦⑤⑥ C．②⑤⑦⑥① D．④③⑦⑤⑥
【答案】A
【详解】配制250mL0.5mol•L-l的NaOH溶液，应选择250mL容量瓶，一般用托盘天平称量溶质，用药匙取用药品，在烧杯中溶解（可用量筒量取水），用玻璃棒搅拌，冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤并将洗涤液移入容量瓶中，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加至溶液凹面与刻度线水平相切，盖好瓶塞，摇匀。所以需要的仪器及先后顺序为：药匙、托盘天平、烧杯、玻璃棒、筒量（可用、也可不用）、250mL容量瓶、胶头滴管；需要用到的仪器按使用先后顺序排列正确的是⑧③⑤⑥②⑨；
故选A。
4．下列事实与胶体性质无关的是（ ）
①水泥厂和冶金厂常用高压直流电除去大量烟尘，减少对空气的污染
②将植物油倒入水中用力搅拌形成油水混合物
③一束平行光线射入蛋白质溶液里，从侧面可以看到一条光亮的通路
④往Fe(OH)3胶体中滴入稀硫酸，先看到红褐色沉淀生成而后沉淀溶解
⑤医院里用血液透析的方法治疗肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒
⑥FeCl3溶液和氨水混合会产生红褐色沉淀
⑦同一支钢笔先后吸入不同牌子的墨水易造成钢笔堵塞
A．②④⑥⑦ B．②⑥ C．①②④⑦ D．①③④⑤⑦
【答案】B
【详解】①烟尘属于胶体，直流电除尘是利用的胶体的电泳性质，①与胶体性质有关；
②植物油倒入水中形成乳浊液，不是胶体，②与胶体性质无关；
③蛋白质的溶液属于胶体，有丁达尔效应，③与胶体性质有关；
④氢氧化铁胶体中滴入稀硫酸，发生胶体的聚沉，然后沉淀发生化学反应而溶解，④与胶体性质有关；
⑤血液属于胶体，透析是胶体的渗透，⑤与胶体性质有关；
⑥氯化铁和小苏打反应生成氢氧化铁沉淀和气体，⑥与胶体性质无关；
⑦墨水属于胶体，不同牌子的墨水中胶体粒子可能带有不同的电荷而聚沉，⑦与胶体性质有关。
答案为B。
5．下列说法正确的是
A．向Na2CO3溶液中通入CO2一定析出NaHCO3晶体
B．用饱和Na2CO3溶液除去CO2气体中的HCl气体
C．等质量的Na2CO3和NaHCO3分别与足量稀盐酸反应，后者放出CO2多
D．等质量的Na2CO3和NaHCO3分别与足量稀盐酸反应，后者消耗盐酸多
【答案】C
【详解】A．向饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳会产生溶解度比碳酸钠小的碳酸氢钠晶体，但不是任意碳酸钠溶液中都会析出碳酸氢钠晶体，故A错误；
B．碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠会使二氧化碳损失，应用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中的HCl，故B错误；
C．1mol(106g)Na2CO3和1mol(84g)NaHCO3分别与足量稀盐酸反应，根据C原子守恒可知均得到1mol二氧化碳，则等质量的两种盐与足量盐酸反应，碳酸氢钠放出的二氧化碳多，故C正确；
D．1mol(106g)Na2CO3消耗2molHCl，1mol(84g)NaHCO3消耗1molHCl，等质量的Na2CO3和NaHCO3分别与足量稀盐酸反应，碳酸钠消耗的盐酸多，故D错误；
故选：C。
6．下列各组澄清溶液中离子能大量共存，且滴入X试剂后发生的离子方程式书写正确的是
选项
离子组
X试剂
离子方程式
A
NH、Fe3+、SO、Br-
过量H2S
2Fe3+ + H2S=2Fe2+ + S↓ + 2H+
B
Fe2+、K+、NO、Cl-
少量HI
4H++3Fe2＋+NO=3Fe3＋+ NO↑+ 2H2O
C
NH、Fe3+、AlO、Na+
过量铜粉
2Fe3+ +Cu=2Fe2+ + Cu2+
D
AlO、Na+、K+、HCO
少量HCl
H+ +AlO+H2O=Al(OH)3↓
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．四种离子相互不反应，能够共存，三价铁离子能氧化硫离子生成硫单质，硫化氢过量反应的离子方程式为Fe3+ + H2S=2Fe2+ + S↓ + 2H+，A项正确；
B．碘离子的还原性强于二价铁离子，碘离子和氢离子先和硝酸根离子进行反应，反应方程式为8H++6I-+2NO=3I2+2NO↑+ 4H2O，B项错误；
C．三价铁离子能够与偏铝酸根离子发生双水解反应生成氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，二者不共存，C项错误；
D．碳酸氢根离子与偏铝酸根离子反应生成碳酸根离子和氢氧化铝沉淀，二者不共存，D项错误；
答案选A。
7．下列有关物质的类别、用途及原理均正确的是
选项
物质
类别
用途
原理
A
Na2O2
碱性氧化物
潜水艇中作为供氧剂
Na2O2与CO2反应生成O2
B
FeCl3
盐
刻制印刷电路板
Fe3+的氧化性强于Cu2+
C
SO2
酸性氧化物
漂白纸浆、毛、丝等
SO2具有强氧化性
D
Na2CO3
盐
治疗胃酸过多
HCl的酸性强于H2CO3
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．碱性氧化物是指和酸反应生成盐和水的氧化物，且反应过程中元素化合价不变。Na2O2中氧元素化合价为负一价，和酸反应生成了盐和水以及氧气，有化合价的变化，Na2O2不是碱性氧化物，A项错误；
B．氯化铁属于盐，可以和金属铜反应，发生的化学方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故可以刻制印刷电路板。由反应方程式可知，氯化铁为氧化剂，氯化铜为氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物，所以Fe3+的氧化性强于Cu2+，B项正确；
C．二氧化硫漂白纸浆、毛、丝等，是SO2与有色物质结合生成无色物质的过程，属于漂白性，而不是强氧化性，C项错误；
D．Na2CO3为强碱弱酸盐，能与盐酸发生反应：Na2CO3+2HCl＝2NaCl+H2O+CO2↑。但Na2CO3碱性较强，会烧伤消化道，一般不用Na2CO3治疗胃酸过多，而用碳酸氢钠，D项错误；
答案选B。
8．X、Y、Z、M、N分别为五种原子序数不大于20的元素，X的原子的基态价电子排布式为2s2，Y的基态原子核外有5种运动状态不同的电子，Z元素形成的化合物在自然界中种类最多，M的阳离子通常存在于硝石、明矾和草木灰中，N的原子序数比M大1。下列说法正确的是
A．熔点：Y4Z晶体低于单质Z
B．X与Al的某些化学性质相似，XO是两性氧化物
C．M的阳离子半径是同周期主族元素的简单离子中半径最大的
D．NZ2仅含离子键，可用于制备乙炔
【答案】B
【分析】X的原子的基态价电子排布式为2s2，则X为Be；
Y的基态原子核外有5种运动状态不同的电子，则Y为B；
Z元素形成的化合物在自然界中种类最多，则Z为C；
M的阳离子通常存在于硝石、明矾和草木灰中，则M为K；
N的原子序数比M大1，则N为Ca；
综上所述，X、Y、Z、M、N分别为Be、B、C、K、Ca，结合元素周期表、元素周期律和相关知识解答。
【详解】A．Y4Z（B4C）熔点可能高于Z（C）单质的熔点，C的单质有金刚石、石墨、C60等，如B4C熔点为2350℃，C60属于分子晶体，其熔点接近280℃，B4C的熔点高于C60的熔点，A错误；
B．Be和Al处于对角线位置，某些化学性质与Al相似，如BeO是两性氧化物，B正确；
C．K+的半径小于同周期简单阴离子半径，C错误；
D．CaC2既含离子键，又含非极性共价键，D错误；
答案选B。
9．研究表明，大气中氮氧化物和碳氢化合物受紫外线作用可产生光化学烟雾，其中部分反应历程如图所示。下列说法错误的是
A．整个过程中O3作催化剂和氧化剂
B．反应Ⅲ的方程式为 CH2=CHCH3 +2O3→HCHO+CH3CHO+2O2
C．光化学烟雾中含甲醛、乙醛等有机物
D．反应Ⅰ、反应Ⅲ均属于氧化还原反应
【答案】A
【详解】A．催化剂：反应前后质量和性质不发生改变，根据过程，O3只参与反应，没有O3的生成，因此O3不是催化剂，选项A错误；
B．根据过程，反应III：CH2=CHCH3和O3参与反应，生成HCHO、CH3CHO、O2，即反应方程式为CH2=CHCH3 +2O3→HCHO+CH3CHO+2O2，选项B正确；
C．根据反应过程，反应Ⅱ生成甲醛和乙醛，因此光化学烟雾中含有甲醛和乙醛等有机物，选项C正确；
D．反应I：O3＋3NO=3NO2，存在化合价的变化，属于氧化还原反应，反应Ⅲ：CH2=CHCH3 +2O3→HCHO+CH3CHO+2O2，存在化合价的变化，属于氧化还原反应，选项D正确；
答案选A。
10．下图虚线框中的装置(试剂均足量)可用来检验浓硫酸与木炭粉在加热条件下反应所产生的所有气体产物，其中供选择的试剂有无水硫酸铜、品红溶液、酸性高锰酸钾溶液、澄清石灰水四种试剂，下列说法正确的是
A．物质甲可以是无水硫酸铜，也可以是变色硅胶、无水氯化钙等物质
B．丙中发生反应的离子方程式可能是SO2+2OH-=+H2O
C．乙和戊两种溶液都不宜用作尾气吸收装置中的试剂
D．如果将装置的连接顺序变为①③②，则只能检验出两种产物
【答案】C
【分析】浓硫酸与木炭粉在加热条件下反应所产生的气体产物有水蒸气、二氧化硫和二氧化碳，检验的先后顺序须是水蒸气、二氧化硫，除去二氧化硫后再检验二氧化碳。
【详解】A．装置①是检验混合气体中是否含有水蒸气，应该用无水硫酸铜、变色硅胶，不能用无水氯化钙，A错误；
B．二氧化碳也能被氢氧化钠溶液吸收，丙中试剂应该是酸性高锰酸钾溶液，B错误；
C．品红溶液可以检验二氧化硫，但一般不能用来除去二氧化硫，澄清石灰水浓度太小，不能用来吸收二氧化硫，C正确；
D．如果将仪器的连接顺序变为①③②，气体产物通过①中的无水硫酸铜，无水硫酸铜由白色变成蓝色，能说明有水生成，通过③中的澄清石灰水，石灰水变浑浊，二氧化硫、二氧化碳都能使澄清石灰水变浑浊，不可以检验出二氧化硫、二氧化碳，D错误；
故答案选C。
11．电解质溶液的导电能力与离子浓度和离子所带电荷数均呈正相关，现分别向溶液、溶液中滴加溶液，其电导率的变化情况如图所示，下列说法中正确的是
A．①线代表向溶液中滴加溶液的变化曲线
B．b点后，两溶液发生的反应均为
C．b点两溶液导电能力相同，此时两溶液中溶质组成相同
D．a点溶液呈中性，d点溶液呈酸性
【答案】D
【详解】A．未加入NaHSO4前，Ba(OH)2溶液的离子浓度大，电导率比NaOH大，则曲线①代表Ba(OH)2和NaHSO4溶液反应，故A错误；
B．曲线②在a点时已经消耗完NaOH，在b点只是NaHSO4溶质，不发生化学反应，故B错误；
C．对曲线①，b点是少量的NaHSO4和足量的Ba(OH)2反应生成Na2SO4和BaSO4，溶质有Na2SO4和Ba(OH)2，对曲线②是Na2SO4和NaHSO4，溶质不同，故C错误；
D．a点是NaOH和NaHSO4恰好反应的点，溶液是中性，d点为Ba(OH)2恰好反应的点，还有多余的NaHSO4，其电离的氢离子使溶液呈酸性，故D正确；
故选：D。
12．Na、Al、Fe、Cu是中学化学中重要的金属元素。它们的单质及其化合物之间有很多转化 关系。下表所列物质不能按如图(“→”表示一步完成)关系相互转化的是
A
B
C
D
a
Na
Al
Fe
Cu
b
NaOH
Al2O3
FeCl3
CuSO4
c
NaCl
Al(OH)3
FeCl2
CuCl2
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．Na可与水反应生成 NaOH，NaOH与盐酸反应生成NaCl，电解NaCl可生成Na，故A正确；
B．Al2O3不能与水反应生成Al(OH)3，故B错误；
C．Fe与氯气反应生成FeCl3，FeCl3与Fe反应生成FeCl2，FeCl2置换可生成Fe，故C正确；
D．Cu和浓硫酸反应生成CuSO4，CuSO4和氯化钡反应生成CuCl2，CuCl2置换可生成Cu，故D正确；
故选B。
13．橙花醇具有玫瑰及苹果香气，可作为香料，其结构简式如下图。下列关于橙花醇的叙述，错误的是
A．在浓硫酸催化下加热脱水，可以生成2种较稳定的四烯烃
B．既能发生取代反应，也能发生加成反应
C．1 mol橙花醇在氧气中充分燃烧，需消耗21.5 mol氧气(标准状况)
D．1 mol橙花醇在室温下与溴的四氯化碳溶液反应，最多消耗480 g溴单质
【答案】C
【详解】A.由结构简式 可知，与-OH相连的C原子的三个邻位碳原子上均有H原子，均可以发生消去反应，但右边邻位碳原子上的H若消去，则同一个C与2个双键相连，不稳定，转化成其它物质，则在浓硫酸催化下加热脱水，可以生成2种四烯.烃，A正确；
B.由结构简式 可知，因分子中含有-OH、碳碳双键，则既能发生取代反应，也能发生加成反应，B正确；
C.由结构简式 可知，分子式为C15H26O，则1mol该物质完全燃烧消耗标况下氧气的体积=（）mol =21mol，C错误；
D.由结构简式： 可知，1mol 该物质中含有3mol碳碳双键，则1mo1橙花醇在室温下与溴四氯化碳溶液反应，最多消耗3mol×160g/mol= 480g溴，D正确。
答案选C。
【点睛】同一个C原子两端都有双键不稳定。
二、多选题
14．氢溴酸在医药和石化工业上有广泛用途。模拟工业制备氢溴酸的流程如图所示。下列说法正确的是
A．混合②加入的试剂a是BaCl2
B．加入的Na2SO3是过量的，以除去粗品中的Br2
C．蒸馏过程中用的冷凝管为球形冷凝管
D．工业氢溴酸常带有淡淡的黄色，可能含有Br2
【答案】AD
【分析】Br2具有强氧化性，在溶液中将SO2氧化为H2SO4，发生反应：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，Br2氧化SO2放出很多热量，液溴、氢溴酸易挥发，反应室①使用冰水降低温度，防止Br2和HBr挥发，然后蒸馏得到硫酸和氢溴酸粗品，粗品中可能含有挥发出的Br2，加入Na2SO3，除去粗品中未反应完的溴，再加入氯化钡溶液，使反应生成转化硫酸钡沉淀，再进行过滤分离，无色溶液中含有HBr及NaCl，再蒸馏得到精制的氢溴酸，以此解答该题。
【详解】A．由流程图可知，混合②后过滤生成硫酸钡，滤液蒸馏产生NaCl溶液，故钡离子、氯离子应是加入试剂a引入的，故试剂a为BaCl2溶液，故A正确；
B．根据分析可知，加入Na2SO3的目的是以除去粗品中的Br2，但用量需要防止过量，因为Na2SO3过量，能与HBr反应，会导致氢溴酸的产量降低，故B错误；
C．蒸馏过程中用的冷凝管为直形冷凝管，故C错误；
D．溴单质具有挥发性，工业氢溴酸常带有淡淡的黄色，可能含有挥发出的Br2，故D正确；
答案选AD。
15．高铁酸钾是一种高效多功能的新型非氯绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。工业上制备K2FeO4的方法：向KOH溶液中通入氯气，然后再加入Fe(NO3)3溶液：
①Cl2+KOH→KCl+KClO+KClO3+H2O(未配平)；
②2Fe(NO3)3+3KClO+10KOH＝2K2FeO4+6KNO3+3KCl+5H2O。
下列说法不正确的是
A．反应①中每消耗4 mol KOH，吸收标准状况下22.4 L Cl2
B．若反应①中n(ClO−)：n()＝5：1，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
C．K2FeO4在消毒杀菌过程中还可以净水
D．若反应①的氧化产物只有KClO，则得到0.2 mol K2FeO4时最少消耗0.3 mol Cl2
【答案】AB
【详解】A. 反应①的生成物有KCl、KClO、KClO3，其中K、Cl的物质的量之比为1:1，所以每消耗4molKOH，吸收2molCl2，标况下2mol氯气的体积为：22.4L/mol×2mol=44.8L，故A错误；
B. 反应①中氯气既是氧化剂，又是还原剂，n(ClO−)：n(ClO)＝5：1，设ClO−为5mol，ClO3−为1mol，氯气转化成ClO−、ClO3−被氧化，转化成KCl被还原，根据电子守恒可知生成KCl的物质的量为：5mol×1+1mol×(+5−0)=10mol，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为10mol:(5mol+1mol)=5:3，故B错误；
C. 用K2FeO4给水消毒、杀菌时得到的Fe3+，Fe3+水解得氢氧化铁胶体可以净水，故C正确；
D. 若反应①的氧化产物只有KClO，则根据原子守恒、电子守恒可得关系式：2K2FeO4∼3KClO∼3e-∼3KCl∼3Cl2，则得到0.2molK2FeO4时消耗0.3molCl2，故D正确。
答案选AB。
三、实验题
16．人体血液里Ca2+的浓度一般采用mg·cm-3来表示。抽取一定体积的血样，加适量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液，可析出草酸钙(CaC2O4)沉淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸(H2C2O4)，再用酸性KMnO4溶液滴定即可测定血液样品中Ca2+的浓度。某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样品中Ca2+的浓度。
I．【配制酸性KMnO4标准溶液】如图是配制50 mL酸性KMnO4标准溶液的过程示意图。
(1)请你观察图示判断其中不正确的操作有____（填序号）。
(2)其中确定50 mL溶液体积的容器是____（填名称）。
(3)如果按照图示的操作所配制的溶液进行实验，在其他操作均正确的情况下，所测的实验结果将_______（填“偏大”或“偏小”）。
II．【测定血液样品中Ca2+的浓度】抽取血样20. 00 mL，经过上述处理后得到草酸，再用0.020 mol/L酸性KMnO4溶液滴定，使草酸转化成CO2逸出，这时共消耗12.00 mL酸性KMnO4溶液。
(4)已知草酸与酸性KMn04溶液反应的离子方程式为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mnx++10CO2↑+8H2O，则式中的x=____。
(5)滴定时，根据现象____，即可确定反应达到终点。
(6)经过计算，血液样品中Ca2+的浓度为____mg．cm-3。
【答案】 ②⑤ 50mL容量瓶 偏小 2 溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色 1.2
【分析】（1）根据配制一定物质的量浓度的溶液的正确操作结合图示分析；
（2）容量瓶是确定溶液体积的仪器；
（3）仰视刻度线，会使溶液体积偏大，结合C=n/V分析；
（4）草酸跟酸性KMnO4溶液反应生成二氧化碳、二价锰离子等，结合氧化还原反应得失电子守恒和根据电荷守恒进行分析，写出化学方程式得到x；
（5）滴定时，用高锰酸钾滴定草酸，反应达到终点时，滴入的高锰酸钾溶液不褪色，据此判断；
（6）根据滴定数据及钙离子与高锰酸钾的关系式计算出血液样品中Ca2＋的浓度．
【详解】（1）由图示可知②⑤操作不正确，②不能在量筒中溶解固体，⑤定容时应平视刻度线，至溶液凹液面与刻度线相切；
（2）应该用容量瓶准确确定50mL溶液的体积；
（3）用图示的操作配制溶液，仰视刻度线，会使溶液体积偏大，所配制的溶液浓度将偏小；
（4）根据电荷守恒，（-1×2）+（+1×6）=+x×2，解得，x=2，草酸跟KMnO4反应的离子方程式为：2MnO4－+5H2C2O4+6H＋═2Mn2＋+10CO2↑+8H2O；
（5）滴定时，用高锰酸钾滴定草酸，反应达到终点时的现象为溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色；
（6）血样20.00mL经过上述处理后得到草酸，草酸消耗的消耗的高锰酸钾的物质的量为：0.020mol·L－1×0.012L=2.4×10-4mol，根据反应方程式2MnO4－+5H2C2O4+6H＋═2Mn2＋+10CO2↑+8H2O，及草酸钙的化学式CaC2O4，可知：n（Ca2＋）=n（H2C2O4）=5/2n（MnO4－）=2.5×2.4×10-4mol=6×10-4mol，Ca2＋的质量为：40g·mol－1×6×10-4mol=0.024g，钙离子的浓度为：0.024g/20cm 3=1.2 mg·cm－3。
17．将硫铁矿(主要成分为FeS2，含有少量的碳)焙烧所得尾气主要含SO2、CO2。为了检验尾气的主要成分并验证尾气的部分性质，设计了以下实验。实验用到的装置和药品如图所示：(实验装置可重复使用)
请回答下列问题：
(1)为完成实验目的，请把装置按气流方向进行连接(用小写字母填写)_________。
(2)装置D的作用是_________。
(3)酸性高锰酸钾溶液的作用有二：其一，验证SO2有还原性；其二，_________。
(4)装置E中被氧化的元素是_________。
(5)在该实验中，SO2通入FeCl3溶液中反应的离子方程式为_________。取反应后的该溶液于一洁净的试管中，滴加少量KSCN溶液，溶液不变红，说明溶液中_______(填“含有”或“不含有”)Fe3+；再继续滴加少量氯水，溶液也不变红，请分析产生这种现象的原因______。
【答案】 i gh ab cd ab ef 安全瓶，防止倒吸 吸收SO2，以免干扰CO2的检验 S、C和Fe SO2+2Fe3++2H2O=+2Fe2++4H+ 不含有 少量Cl2与溶液中过量的SO2或(H2SO3、)反应，Cl2量不足，不能把Fe2+氧化为Fe3+，溶液不变红
【分析】为了检验尾气中含有SO2、CO2，应在E装置后面连接一个空载仪器做安全瓶，防止二氧化硫易溶于水产生倒吸，由于二氧化硫能使澄清石灰水变浑浊，影响二氧化碳气体的检验，实验时应将气体先后通过品红溶液、氯化铁溶液和酸性高锰酸钾溶液和品红溶液，达到检验二氧化硫、吸收二氧化硫和证明二氧化硫被完全吸收，不会干扰二氧化碳检验的目的，最后将气体通过澄清石灰水检验二氧化碳，则装置的连接顺序为E、D、A、B、A、C。
【详解】（1）由分析可知，装置的连接顺序为E、D、A、B、A、C，则装置接口的连接顺序为i gh ab cd ab ef，故答案为：i gh ab cd ab ef；
（2）二氧化硫易溶于水，气体通过品红溶液时，可能会产生倒吸，则空载仪器D的主要是做安全瓶，防止倒吸，故答案为：安全瓶，防止倒吸；
（3）二氧化硫具有还原性，会干扰二氧化碳的检验，则酸性高锰酸钾溶液的作用是验证二氧化硫的还原性，吸收二氧化硫，以免干扰二氧化碳的检验，故答案为：吸收SO2，以免干扰CO2的检验；
（4）硫铁矿焙烧时会生成氧化铁、二氧化硫和二氧化碳，反应中铁元素、硫元素和碳元素的化合价升高被氧化，故答案为：S、C和Fe；
（5）二氧化硫具有还原性，氯化铁具有氧化性，二氧化硫与氯化铁溶液发生氧化还原反应生成硫酸亚铁和硫酸，反应的离子方程式为SO2+2Fe3++2H2O=+2Fe2++4H+；取反应后的该溶液于一洁净的试管中，滴加少量KSCN溶液，溶液不变红，说明溶液中被还原铁离子；+4价硫的还原性强于亚铁离子，若二氧化硫或亚硫酸或亚硫酸氢根离子过量，优先与少量氯气反应，不能将亚铁离子氧化为铁离子，溶液也不变红，故答案为：SO2+2Fe3++2H2O=+2Fe2++4H+；不含有；少量Cl2与溶液中过量的SO2或(H2SO3、)反应，Cl2量不足，不能把Fe2+氧化为Fe3+，溶液不变红。
四、工业流程题
18．氢氧化铈是黄色难溶于水、可溶于酸的常用化学试剂。以氟碳铈矿(主要成分为 CeFCO3) 为原料提取氢氧化铈的工艺流程如图所示：
请回答下列问题：
(1)CeFCO3中 Ce 的化合价为_______。“酸浸” 时，为提高矿石的浸出率，下列措施可采取的是_______(填标号)。
A．提高浸出温度 B．延长浸出时间 C．用 98%的硫酸
(2)氧化焙烧发生的反应方程式为_______。
(3)H2O2的作用是_______。
(4)HT 是一种难溶于水的有机溶剂，它能将 Ce3+从水溶液中萃取出来，该过程可表示为Ce3+(水层)+3HT(有机层)⇌CeT3(有机层)+3H+(水层) 。操作I 的名称是_______，操作 III 的步骤是_______。
【答案】(1) +3 AB
(2)4CeFCO3+O2+2H2O=4CeO2+4HF+4CO2
(3)将CeO2还原为Ce3+
(4) 分液(或萃取分液) 过滤、洗涤、干燥
【分析】氟碳铈矿主要化学成分为CeFCO3，由流程可知，氧化焙烧生成二氧化碳、HF气体及CeO2，再加稀硫酸、过氧化氢发生2CeO2+ H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O，溶液中加入萃取剂HT，操作I为分液将溶液中的Ce3+萃取出来，再加入稀硫酸得含有Ce3+的溶液，调节溶液的pH得到Ce(OH)3沉淀，再经过氧气氧化发生4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4，过滤、 洗涤、干燥可得Ce(OH)4产品，据此分析进行解答。
（1）
根据化学式书写原则，F显-1价，碳酸根整体为-2价，则CeFCO3中Ce的化合价为+3价；酸浸时，升高温度、延长浸出时间可提高矿石的浸出率；
（2）
氧化焙烧过程中氧气参与反应，生成无色无味酸性气体CO2，故发生的反应方程式为: 4CeFCO3+O2+2H2O=4CeO2+4HF+4CO2；
（3）
H2O2是常见的氧化剂，在反应中的作用是将CeO2还原为Ce3+；
（4）
HT是一种难溶于水的有机溶剂，它能将Ce3+从水溶液中萃取出来，该过程可表示为Ce3+(水层)+3HT(有机层)=CeT3(有机层)+3H+(水层)，操作I的名称是分液(或萃取分液)；Ce(OH)3沉淀在氧气的作用下氧化为Ce(OH)4，操作III的步骤是：过滤、洗涤、干燥。
五、结构与性质
19．常见的太阳能电池有硅太阳能电池、镓(Ga)砷(As)太阳能电池及铜铟镓硒薄膜太阳能电池等。下列有关它们的化合物的问题，请回答：
(1)基态Ga原子的电子排布式为_______；H2O的沸点高于 H2Se的沸点(-42℃)，其原因是_______。
(2)Na3AsO4中阴离子的空间构型为_______ ，As 原子采取_______杂化。
(3)晶体Si、SiC都属于原子晶体，请写出它们的熔点从高到低的顺序排列_______。
(4)银与铜位于同一副族。氟化银具有氯化钠型结构，其中的阴离子采用面心立方最密堆积方式，氯化钠的晶胞结构如图所示。则 Ag+周围等距离且最近的F-在空间围成的几何构型为_______，已知氟化银的密度为 dg·cm-3，则氟化银晶胞的晶胞参数为_______nm(不必简化)。
【答案】(1) 1s22s22p63s23p63d104s24p1 H2O含有氢键，克服分子间作用时，需要的能量多，H2Se不含氢键
(2) 正四面体 sp3
(3)SiC>晶体Si
(4) 正八面体
【解析】（1）
基态Ga原子核外有31个电子，基态Ga原子的电子排布式为: 1s22s22p63s23p63d104s24p1；含有氢键的氢化物熔沸点较高，H2O含有氢键、H2Se不含氢键，导致H2O的沸点(100%)高于H2Se的沸点(-42℃)，H2O含有氢键，克服分子间作用时，需要的能量多，H2Se不含氢键；
（2）
Na3AsO4中阴离子为，根据VSEPR理论，价电子对数为，则其空间构型为正四面体，根据杂化轨道理论，中心As的杂化方式为sp3；
（3）
晶体类型相同的物质，键长越短，键能越大，物质的熔点越高，晶体Si、SiC都属于原子晶体，两种物质中键长关系为：C-Si
（4）
氟化银具有氯化钠型结构，其中的阴离子F-采用面心立方最密堆积方式，沿X、Y、Z三轴切割的方法知，X轴上有2个F-，Y轴上有2个F-，Z轴上有2个F-，将6个F-连接后所围成的空间几何构型正八面体；由球的大小可知白色球代表F-、黑色球代表Ag+，处于晶胞面对角线的氯离子相切，而棱上原子也相切，晶胞中F-数目=，Ag+数目=，晶胞相当于有4个“AgF”，晶胞质量，根据m=ρV=ρa3，晶胞的体积为，则晶胞参数。
六、有机推断题
20．有机化合物H是化学合成中的一种中间产物。合成H的一种路线如下：
已知：A为芳香族化合物，分子式为C7H8O。
①CH2=CH2+CH≡CH
②R1CHO+R2CH2CHO
请回答下列问题：
(1)芳香化合物A的名称为_________，B中官能团的名称为_________。
(2)写出E→F的反应类型_________，写出X的结构简式(或键线式)_________。
(3)写出由D→E的第①步反应的化学方程式_________。
(4)G与乙醇发生酯化反应生成化合物Y，Y有多种同分异构体，写出符合下列条件的物质的结构简式_________。
①分子中含有苯环，且能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2
②其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，且峰面积之比为6：2：1：1
③苯环上的一元代物只有一种结构
(5)写出以丙烯为原料合成化合物的路线流程图_______(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
【答案】 苯甲醇 醛基 加成反应 +2[Ag(NH3)2]OH+2Ag↓+3NH3+H2O 、
【分析】由题干流程图中，D的分子式为C9H8O，A的分子式为C7H8O，A→C的条件为醇的催化氧化，B+C→D的条件为结合信息②可推知：A为，B为CH3CHO，C为，D为，在结合D→E的反应条件可知，E为，结合E→F的反应条件可知，F为，根据F→G的反应条件可知，G为，根据F→G的反应条件结合信息①可知：X为，据此解题。
【详解】(1)由分析可知，芳香化合物A的结构简式为，故名称为苯甲醇，B为CH3CHO，故B中官能团的名称为醛基，故答案为：苯甲醇；醛基；
(2)由分析可知：E→F即与溴水反应生成，故该反应的反应类型为加成反应，由分析可知X的结构简式(或键线式)为，故答案为：加成反应；；
(3)写出由D即→E即的第①步反应的化学方程式+2[Ag(NH3)2]OH+2Ag↓+3NH3+H2O，故答案为：+2[Ag(NH3)2]OH+2Ag↓+3NH3+H2O；
(4)G与乙醇发生酯化反应生成化合物Y即，Y有多种同分异构体，①分子中含有苯环，且能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，说明Y中含有羧基，②其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，且峰面积之比为6：2：1：1，说明Y中高度对称，③苯环上的一元代物只有一种结构，说明Y中含有苯环且高度对称，故符合条件的Y的同分异构体有、，故答案为：、；
(5)根据题干信息①可知，写出以丙烯为原料合成化合物的路线流程图为：，故答案为：。
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