2021届广东省梅州市兴宁一中高三上学期化学期末试题答案

1、2021届广东省梅州市兴宁一中高三上学期化学期末试题答案一、选择题（本题共10小题，每小题2分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1（2分）新中国成立70年来，我国在载人飞船、北斗卫星、高铁、5G技术等领域取得了举世瞩目的成就。它们均与化学有着密切联系。下列说法正确的是（）A国庆阅兵中出现的直20直升机使用了大量的新型材料，其中锂铝合金属于金属材料B“神州十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷是新型无机非金属材料，其主要成分是硅酸盐C截止2019年11月我国光缆线路总长超过三千万公里，光纤的主要成分是碳化硅D我国2020年发射的首颗火星探测器，其太阳能电池帆板的材料是二氧

2、化硅【分析】A锂铝合金属于合金；B高温结构陶瓷分为氧化铝陶瓷、氮化硅陶瓷、氮化硼陶瓷等；C光纤的主要成分是二氧化硅；D太阳能电池帆板的材料是单晶硅。【解答】解：A锂铝合金属于合金，为金属材料，故A正确；B高温结构陶瓷分为氧化铝陶瓷、氮化硅陶瓷、氮化硼陶瓷，其主要成分不是硅酸盐，故B错误；C二氧化硅晶体能传递光信号，是制造光导纤维的材料，则光纤的主要成分是二氧化硅，故C错误；D硅单质是优良的半导体材料，太阳能电池帆板的材料是单晶硅，是硅单质，不是二氧化硅，故D错误。故选：A。【点评】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查

3、，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。2（2分）下列叙述不涉及氧化还原反应的是（）A谷物发酵酿造食醋B铜制品、铁制品在潮湿的空气中生锈C从海水中提取氯化镁D大气中SO2参与酸雨形成【分析】氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，若发生氧化还原反应，应存在元素化合价的变化，结合物质的性质解答该题。【解答】解：A谷物发酵酿造食醋，是淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酶的作用下生成乙醇，乙醇氧化生成醋酸的过程，涉及氧化还原反应，故A不选；B铜制品、铁制品在潮湿的空气中生锈，金属单质失电子被氧化，涉及氧化还原反应，故B不选；C从海水中提取氯化镁，加生石灰，反应生成氢氧化镁，然后氢氧化镁溶于盐酸得到氯化镁，

4、不存在元素化合价的变化，不涉及氧化还原反应，故C选；D大气中SO2参与酸雨形成，SO2与水、氧气反应生成硫酸，涉及氧化还原反应，故D不选。故选：C。【点评】本题考查氧化还原反应，侧重于化学与生活的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，注意从元素化合价的角度判断相关概念以及物质的性质，难度不大，注意相关知识的学习。3（2分）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（）AAl2O3具有两性，可用作耐高温材料BSO2具有刺激性气味，可用作纸浆的漂白剂CFeCl3易溶于水，可用作H2O2分解的催化剂DNa2O2能吸收CO2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂【分析】A用作耐高温材料与熔点有关

5、；BSO2具有漂白性，可以作漂白剂；C铁离子对H2O2的分解有催化作用；DNa2O2能与CO2反应生成碳酸钠和O2。【解答】解：A氧化铝熔点高，可用作耐高温材料，与两性无关，故A错误；BSO2具有漂白性，可以作漂白剂，所以SO2可用作纸浆的漂白剂，与SO2具有刺激性气味无关，故B错误；C铁离子对H2O2的分解有催化作用，所以FeCl3可用作H2O2分解的催化剂，与FeCl3易溶于水无关，故C错误；DNa2O2能与CO2反应生成碳酸钠和O2，所以可用作呼吸面具供氧剂，故D正确。故选：D。【点评】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、性质与用途的对应关系为解答的关键，侧重分析与运用

6、能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。4（2分）下列装置完成相关实验，合理的是（）A.吸收尾气中的SO2B.验证NH3易溶于水C.除去CO中的CO2气体D.碳酸氢钠受热分解AABBCCDD【分析】A.二氧化硫与亚硫酸氢钠溶液不反应；B.挤压胶头滴管，可引发喷泉；C.除杂时导管应长进短出；D.加热试管时，试管口应略向下倾斜。【解答】解：A.二氧化硫与亚硫酸氢钠溶液不反应，应选NaOH溶液吸收尾气、且需防止倒吸，故A错误；B.挤压胶头滴管，可引发喷泉，可证明氨气极易溶于水，故B正确；C.除杂时导管应长进短出，图中进气方向不合理，故C错误；D.加热试管时，试管口应略向下倾斜，防止生成的

7、水倒流使试管炸裂，故D错误；故选：B。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、实验操作、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。5（2分）下列指定反应的离子方程式正确的是（）A室温下用稀HNO3溶解铜：Cu+2NO3+2H+Cu2+2NO2+H2OB电解饱和MgCl2溶液：2Cl+2H2O2OH+H2+Cl2CNaOH溶液与过量H2C2O4溶液反应：H2C2O4+2OHC2O42+2H2OD用MnO2和浓盐酸反应制备Cl2：MnO2+4H+2Cl Mn2+Cl2+2H2O【分析】A稀硝酸还原产物为一氧化氮；B电

8、解饱和MgCl2溶液生成氢氧化镁和氢气和氯气；CNaOH溶液与过量H2C2O4溶液反应生成草酸氢钠和水；D二氧化锰与浓盐酸加热反应生成氯化锰和水和氯气。【解答】解：A室温下用稀HNO3溶解铜，离子方程式：3Cu+2NO3+8H+3Cu2+2NO+4H2O，故A错误；B电解饱和MgCl2溶液，离子方程式：Mg2+2Cl+2H2OMg（OH）2+H2+Cl2，故B错误；CNaOH溶液与过量H2C2O4溶液反应，离子方程式：H2C2O4+OHHC2O4+H2O，故C错误；D用MnO2和浓盐酸加热反应制备Cl2，离子方程式：MnO2+4H+2Cl Mn2+Cl2+2H2O，故D正确。故选：D。【点评】

9、本题考查了离子方程式的书写，侧重考查反应物用量对反应的影响，明确反应实质是解题关键，题目难度不大。6（2分）火药制备是我国古代闻名世界的化学工艺，原理为2KNO3+S+3CK2S+N2+3CO2。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是（）AK+的结构示意图：BK2S的电子式：CCO2的结构式为：OCOD18O2和16O2互为同位素【分析】AK+的质子数仍然为19；BK2S的电子式中两个K+不能合并；CCO2是直线形分子，含有两个CO键；D质子数相同、中子数不同的一类原子互为同位素。【解答】解：A钾离子的核电荷数为19，核外电子总数为18，最外层为8个电子，其离子结构示意图为，故A错误；BK2

10、S是离子化合物，由K+和S2构成，电子式为，故B错误；CCO2是直线形分子，含有两个CO键，结构式为OCO，故C正确；D18O2和16O2均为单质，不是一类原子，二者是同一物质，不是同位素，18O和16O互为同位素，故D错误；故选：C。【点评】本题考查了常见化学用语的书写判断，涉及结构式、离子结构示意图、同位素、电子式等，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力，题目难度不大。7（2分）漂白粉和漂粉精是常用的消毒清洁用品，有效成分均为Ca（ClO）2，相应的生产流程如图。下列说法不正确的是（）A中阳极的电极反应式为2Cl2eCl2B中反应的化学方程式为2Cl

11、2+2Ca（OH）2Ca（ClO）2+CaCl2+2H2OC上述过程涉及氧化还原反应、化合反应、复分解反应D制备漂粉精过程中，Cl2转化为Ca（ClO）2时，Cl的原子利用率为100%【分析】A氯碱工业中的电解饱和食盐水，阳极氧化反应；B漂白粉的制取反应式为：2Cl2+2Ca（OH）2Ca（ClO）2+CaCl2+2H2OC氧化还原反应、化合反应、复分解反应；D漂粉精是常用的消毒清洁用品，有效成分均为Ca（ClO）2CaCl2是副产物。【解答】解：A氯碱工业中的电解饱和食盐水，阳极氧化反应为2Cl2eCl2，故A正确；B漂白粉的制取反应式为：2Cl2+2Ca（OH）2Ca（ClO）2+CaCl

12、2+2H2O，故B正确；C为氧化还原反应、为化合反应、为复分解反应，涉及了氧化还原反应、化合反应、复分解反应，故C正确；D漂粉精是常用的消毒清洁用品，有效成分均为Ca（ClO）2，CaCl2是副产物，Cl的原子利用率小于100%，故D错误；故选：D。【点评】本题综合考查氯气及其化合物、反应的分类和电化学知识，为高频考点，侧重于化学与生活的考查，有利于培养学生良好的科学素养，难度不大。8（2分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（）A标准状况下，2.24L Cl2完全溶于水，所得溶液中含氯微粒总数为0.2NAB常温常压下，0.5mol氨基（NH2）含有的电子数为4.5NAC64g铜与一

13、定浓度的硝酸完全反应时，转移的电子数为2NAD标准状况下，22.4L由O2与N2组成的混合气体含有的原子数目为2NA【分析】A求出氯气的物质的量，然后根据氯气和水的反应为可逆反应来分析；B氨基NH2中含9个电子；C64g铜与一定浓度的硝酸完全反应时，铜完全反应生成铜离子；D求出标准状况下22.4L由O2与N2组成的混合气体的物质的量，然后根据氧气和氮气均为双原子分子来分析。【解答】解：A标准状况下，2.24L Cl2的氯气的物质的量为n0.1mol，而氯气和水的反应为可逆反应，故不能进行彻底，故0.1mol氯气通入水中后仍有氯气分子剩余，故所得溶液中含氯微粒总数小于0.2NA，故A错误；B氨基

14、NH2中含9个电子，故0.5mol氨基中含电子为4.5NA个，故B正确；C64g铜物质的量为：1mol，与一定浓度的硝酸完全反应时，铜完全反应生成1mol铜离子，转移电子数为2NA，故C正确；D标准状况下22.4L由O2与N2组成的混合气体的物质的量为n1mol，而氧气和氮气均为双原子分子，故1mol混合气体中含原子为2NA个，故D正确；故选：A。【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，题目难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。9（2分）关于化合物二苯基甲烷（ ），下列说法正确的是（）A不能使稀酸性KMnO4溶液褪色B是苯的同系物C其一氯代物有4种D所有碳原子一定共平面

15、【分析】有机物含有两个苯环，连接在同一个碳原子上，具有苯、甲苯的结构特征和性质，以此解答该题。【解答】解：A连接苯环的烃基含有H原子，具有甲苯的性质特点，可与酸性高锰酸钾溶液反应，故A错误；B含有两个苯环，而苯的同系物含有一个苯环，不是苯的同系物，故B错误；C苯环有3种H，烃基有1种H，共4种，则一氯代物有4种，故C正确；D含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，且CC键可自由旋转，则所有的碳原子不一定在同一个平面上，故D错误。故选：C。【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意常见有机物的性质，题目难度不大。10（2分）

16、下列说法正确的是（）A等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量更多B甲烷的标准燃烧热为890.3kJmol1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（g）H890.3kJmol1C同温同压下，H2（g）+Cl2（g）2HCl（g）在光照条件和点燃条件下的H相同D500、30MPa下，将0.5mol N2和1.5mol H2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，其热化学方程式为N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H38.6kJmol1【分析】A硫固体转化为硫蒸气的过程是吸热该过程；B燃烧热：1mol可燃物完全燃烧生成稳定化

17、合物释放的能量；C焓变与反应条件无关；D合成氨为可逆反应。【解答】解：A硫固体转化为硫蒸气的过程是吸热该过程，硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，硫蒸气放出热量更多，故A错误；B燃烧热：1mol可燃物完全燃烧生成稳定化合物释放的能量，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H890.3kJmol1，故B错误；C因焓变与反应条件无关，则同温同压下，H2（g）+Cl2（g）2HCl（g）在光照条件和点燃条件下的H相同，故C正确；D合成氨为可逆反应，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，则热化学方程式为

18、N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H38.6kJmol1，故D错误；故选：C。【点评】本题考查热化学方程式，为高频考点，把握燃烧热、可逆反应、反应中能量变化为解答该题的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为易错点，题目难度不大。二、选择题（本题共6小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）11（4分）科研人员利用Cu/ZnO作催化剂，在光照条件下实现了CO2和H2合成CH3OH，该反应历程示意图如图。下列说法不正确的是（）A过程中ZnO表面上进行CO2的吸附与转化B过程中存在极性键的断裂与形成C过程中生成CH3OH时吸收能量D总反应的化学方程式是CO2+3H2

19、CH3OH+H2O【分析】A由图可知过程中ZnO表面吸附了CO2，CO2的和H2在光照条件下转化为新的物质；B过程中涉及CO的断裂与CH和HO键的形成，且CO，CH，HO键均为极性键；C过程中生成CH3OH时是CH3O与H形成CH3OH，是OH的形成过程，成键放出能量；D该反应的总过程是CO2的和H2在ZnO催化剂作用下，合成甲醇CH3OH。【解答】解：A由图可知过程中ZnO表面吸附了CO2，CO2的和H2在光照条件下转化为新的物质，故A正确；B过程中涉及CO的断裂与CH和HO键的形成过程，且CO，CH，HO键均为极性键，故B正确；C过程中生成CH3OH时是CH3O与H形成CH3OH，是OH的

20、形成过程，则该过程放出能量，故C错误；D该反应的总过程是CO2的和H2在ZnO催化剂作用下，合成甲醇CH3OH，总反应的化学方程式是CO2+3H2CH3OH+H2O，故D正确。故选：C。【点评】本题考查化学反应的微观过程，学生需注意断裂化学键吸热，形成化学键放热，注意对化学键的判断，难度不大。12（4分）短周期主族元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大，W的液态简单氢化物可用作制冷剂，X原子中最外层电子数是次外层电子数的3倍，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，Z原子最外层电子数与W原子的电子总数相同。下列说法中正确的是（）A简单氢化物的沸点：ZXB简单离子半径：WXYCW与X形成的化合物

21、均为无色无味气体DZ的单质可使湿润有色布条褪色，具有漂白性【分析】短周期主族元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大，W的液态简单氢化物可用作制冷剂，则W为N元素，对应氢化物为氨气，X原子中最外层电子数是次外层电子数的3倍，应为O元素，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，为Na元素，Z原子最外层电子数与W原子的电子总数相同，则为Cl元素，以此解答该题。【解答】解：由上述分析可知，W为N，X为O，Y为Na，Z为Cl，A.水分子间存在氢键，沸点较高，故A正确；B.三种离子核外电子排布相同，核电荷数越大离子半径越小，简单离子半径：WXY，故B错误；C.二氧化氮为红棕色气体，故C错误；D.干燥的氯气

22、无漂白性，故D错误。故选：A。【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素化合物知识、原子的结构、元素的性质来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。13（4分）净化含尿素和酸性Cr2O72废水的微生物燃料电池工作原理如图。下列说法错误的是（）A放电时，M室电极的电势低于N室电极B放电时，负极的电极反应为CO（NH2）2+H2O6eCO2+N2+6H+C当废水中Cr2O72的浓度或酸性过大时，电池的效率都会降低D1mol Cr2O72被净化时，有8mol H+从M室迁移到N室【分析】N极附近Cr2O72离子消耗氢离子生成铬离子，所以N极

23、是微生物燃料电池的正极，M电极是负极，发生氧化反应：CO（NH2）2+H2O6eCO2+N2+6H+，原电池中，电解质里的阳离子会移向正极，据此回答即可。【解答】解：AN极附近Cr2O72离子消耗氢离子生成铬离子，所以N极是微生物燃料电池的正极，M电极是负极，放电时，M室电极的电势低于N室电极，故A正确；BN极附近Cr2O72离子消耗氢离子生成铬离子，电极发生氧化反应：CO（NH2）2+H2O6eCO2+N2+6H+，故B正确；C负极上发生氧化反应：CO（NH2）2+H2O6eCO2+N2+6H+，当废水中Cr2O72的浓度或酸性过大时，会抑制电极反应的发生，电池的效率都会降低，故C正确；D1

24、mol Cr2O72被净化时，转化为铬离子，转移电子是6mol，电解质里的阳离子氢离子会移向正极N电极，则有6mol H+从M室迁移到N室，故D错误；故选：D。【点评】本题考查原电池知识，侧重学生的分析能力的考查，答题时注意把握题给信息，难度中等。14（4分）向1L的密闭容器中加入1mol X、0.3mol Z和一定量的Y三种气体。一定条件下发生反应，各物质的浓度随时间变化如图一所示。图二为t2时刻后改变反应条件，平衡体系中反应速率随时间变化的情况，且四个阶段都各改变一种不同的条件。下列说法不正确的是（） AY的起始物质的量为0.5molB反应体系的压强，t4t5阶段等于t5t6阶段C该反应的

25、化学方程式为：2X（g）+Y（g）3Z（g）H0D反应物X的转化率t6点比t3点高【分析】t3t4阶段与t4t5阶段正逆反应速率都相等，判断t3t4阶段为使用催化剂，如t4t5阶段改变的条件为降低反应温度，平衡移动发生移动，则正逆反应速率不相等，则t4t5阶段应为减小压强；反应中X的浓度变化为1mol/L0.8mol/L0.2mol/L，Z的浓度变化为0.6mol/L0.3mol/L0.3mol/L，则X、Z的化学计量数之比为2：3，该反应为气体体积不变的反应，则Y为反应物，该反应为2X（g）+Y（g）3Z（g），AX减少0.2mol/L，则Y减少0.1mol/L，则起始Y的浓度为0.4mol

26、/L+0.1mol/L0.5mol/L；Bt4t5阶段为减小压强，t5t6阶段为升高温度；C反应中X的浓度变化为1mol/L0.8mol/L0.2mol/L，Z的浓度变化为0.6mol/L0.3mol/L0.3mol/L，则X、Z的化学计量数之比为2：3，由图二t4t5阶段减小压强，平衡不移动，说明该反应为气体体积不变的反应；D分析可知t5t6为升高温度，平衡正向进行。【解答】解：t3t4阶段与t4t5阶段正逆反应速率都相等，判断t3t4阶段为使用催化剂，如t4t5阶段改变的条件为降低反应温度，平衡应该发生移动，则正逆反应速率不相等，则t4t5阶段应为减小压强。AX减少0.2mol/L，则Y减

27、少0.1mol/L，则起始Y的浓度为：0.4mol/L+0.1mol/L0.5mol/L，起始物质的量为0.5mol/L×1L0.5mol，故A正确；B由图象分析知，t4t5阶段为减小压强，t5t6阶段为升高温度，t4t5阶段小于t5t6阶段，故B错误；C由图一知，X、，Z浓度变化量分别为：0.2mol/L，0.3mol/L，则化学计量数为2：3，由图二t4t5阶段减小压强，平衡不移动，说明该反应为气体体积不变的反应，则Y为反应物，该反应为2X（g）+Y（g）3Z（g），再由图象分析可知升温平衡向正向移动，说明正反应为吸热反应，H0，故C正确；D分析可知t5t6为升高温度，平衡正向移

28、动，反应物X的转化率t6点比t3点高，故D正确；故选：B。【点评】本题考查了化学平衡影响因素、图象分析判断、化学方程式书写，反应速率计算等，掌握基础是解题关键，题目难度中等。15（4分）利用粗MnO2（含有杂质MnO和MnCO3）制取纯MnO2的流程如图。下列说法错误的是（）A酸浸过程中发生的反应主要为复分解反应B操作X用到的主要仪器有：铁架台、蒸发皿、玻璃棒、烧杯、漏斗C氧化过程主要目的是使Mn2+氧化为MnO2以提高产品产率D整个过程中NaClO3可以循环使用【分析】粗MnO2（含有较多的MnO和MnCO3）样品加入硫酸，MnO2不溶于硫酸，所以加稀硫酸时样品中的MnO和MnCO3分别和硫

29、酸反应生成可溶性的MnSO4，同时产生二氧化碳，过滤后得二氧化锰固体及含有硫酸锰的滤液，向滤液中加入氯酸钠，反应的离子方程式为5Mn2+2ClO3+4H2O5MnO2+Cl2+8H+，将产生的氯气和热的氢氧化钠溶液反应可以得到氯酸钠的溶液，将反应后的溶液过滤得固体二氧化锰，滤液含有硫酸、硫酸钠等，以此解答该题。【解答】解：A.酸浸时，样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，为复分解反应，故A正确；B.操作X为过滤操作，用到主要仪器有铁架台、玻璃棒、烧杯、漏斗，故B错误；C.氯酸钠氧化锰离子生成二氧化锰，反应的离子方程式为5Mn2+2ClO3+4H2O5MnO2+Cl2+

30、8H+，使Mn2+氧化为MnO2以提高产品产率，故C正确；D.由流程可知NaClO3可用于氧化过程，则可循环使用，故D正确。故选：B。【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。16（4分）下列实验操作，现象及结论都正确的是（）选项实验操作现象结论A将SO2气体通入稀硫酸酸化的KMnO4溶液中KMnO4溶液的颜色褪去SO2具有还原性B用洁净的铜丝蘸取某溶液灼烧火焰呈绿色溶液中含有Cu2+C取两支试管，分别加入4mL 0.01molL1和4mL 0.02molL1的KM

31、nO4溶液，然后向两支试管中各加入2mL 0.02molL1H2C2O4溶液，分别记录两支试管中溶液褪色所需的时间第二支试管溶液褪色所需的时间更短其他条件相同时，增大反应物浓度，反应速率增大D向某溶液中先滴加少量氯水，再滴加KSCN溶液溶液变为红色溶液中一定含有Fe2+AABBCCDD【分析】A.二氧化硫被高锰酸钾氧化；B.应选铁丝或铂丝蘸取溶液；C.应改变草酸的浓度不同，且高锰酸钾不足；D.先滴加少量氯水可氧化亚铁离子，不能排除铁离子的干扰。【解答】解：A.二氧化硫被高锰酸钾氧化，溶液褪色，可知二氧化硫具有还原性，故A正确；B.应选铁丝或铂丝蘸取溶液，不能选洁净的铜丝蘸取，故B错误；C.应改

32、变草酸的浓度不同，且高锰酸钾不足，而实验中高锰酸钾过量，不能观察褪色的时间探究浓度对速率的影响，故C错误；D.先滴加少量氯水可氧化亚铁离子，不能排除铁离子的干扰，应先加KSCN无现象，后加氯水检验，故D错误；故选：A。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、反应速率、离子检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。三、非选择题：本题共3小题，每小题14分。第1719题为必考题。第2021题为选考题，考生选择其中一道题作答。（一）必考题：共42分。17（14分）某校化学兴趣小组利用铜和浓硫酸反应制取SO2，并进行相

33、关实验探究，所用装置如图所示。已知：Fe（HSO3）2+红棕色，它可以将Fe3+还原为Fe2+。Cu2S不溶于稀硫酸，能够溶于热的稀硝酸中。实验步骤与现象如下：检查装置气密性，向A中加入5mL浓硫酸，打开K，将铜丝伸入浓硫酸中，给A加热。观察到B中溶液颜色变化，再关闭K。加热后，观察到A中液面下铜丝变黑，产生气泡，液面上方产生大量白雾，一段时间后溶液变成灰绿色，反应结束后试管A中有白色固体出现。拉出铜丝，停止加热。结合资料，回答下列问题：（1）按如图连接后检验装置的气密性的操作是将导气管口末端浸入液面以下，微热大试管，若导管末端有气泡冒出，冷却后，在导管末端形成一段稳定的水柱，证明气密性良好。

34、（2）某同学预测装置B中FeCl3溶液中通入SO2，溶液颜色由棕黄色变成浅绿色，发生反应的离子方程式为2Fe3+SO2+2H2O2Fe2+SO42+4H+。（3）小组同学将SO2通入到FeCl3溶液至饱和的过程中，观察到的溶液颜色由棕黄色变成红棕色，将混合液放置12小时，溶液才变成浅绿色。试解释SO2与FeCl3溶液反应溶液变成红棕色的原因SO2先与水反应生成H2SO3，H2SO3电离出的HSO3与Fe3+结合生成红棕色的Fe（HSO3）2+。放置12小时，溶液变浅绿色的离子反应方程式为Fe3+H2O+Fe（HSO3）2+2Fe2+SO42+3H+。（4）取B中反应后的溶液少量于洁净试管中，滴

35、入几滴酸性KMnO4溶液，紫红色褪去，说明溶液中有Fe2+生成；该结论是否正确，并说明理由不正确，溶液中剩余的H2SO3也能使酸性KMnO4溶液的紫红色褪去。（5）反应结束后，取出A中铜丝，用蒸馏水洗净后发现表面有黑色物质附着；倾倒出液体后，向白色固体上小心加水，固体溶解后溶液呈蓝色。白色固体的成分是CuSO4。（填化学式）某同学猜想铜丝表面黑色固体可能为CuO或Cu2S中的一种，下列实验方案设计能够确认上述同学猜想的是（填序号）BC。A将反应后的铜丝插入稀硝酸加热观察是否溶解，试管口是否有气体变成红棕色B将反应后的铜丝插入稀硫酸中，充分反应，观察溶液是否变蓝色C将反应后的铜丝插入稀硝酸中加热

36、，反应后滴入BaCl2溶液检验是否产生SO42【分析】（1）检查气密性，可用水封导管，利用压强差原理检验；（2）铁离子具有氧化性，可氧化二氧化硫，溶液生成亚铁离子和硫酸根离子；（3）SO2与FeCl3溶液反应溶液变成红棕色，说明生成Fe（HSO3）2+；放置12小时，溶液变浅绿色，由题给信息可知Fe（HSO3）2+可以将Fe3+还原为Fe2+；（4）反应后B中含有亚铁离子和亚硫酸等；（5）向白色固体上小心加水，固体溶解后溶液呈蓝色，说明含有铜离子；Cu能够与稀硝酸反应生成氮的氧化物，结合信息：Cu2S不溶于稀硫酸，能够溶于热的稀硝酸中，且产生SO42离子分析。【解答】解：（1）检查装置气密性时

37、，需将导气管口末端浸入液面以下，微热大试管，若导管末端有气泡冒出，冷却后，在导管末端形成一段稳定的水柱，证明气密性良好，故答案为：将导气管口末端浸入液面以下，微热大试管，若导管末端有气泡冒出，冷却后，在导管末端形成一段稳定的水柱，证明气密性良好；（2）在FeCl3溶液中通入SO2，预测铁离子被还原成亚铁离子，溶液会由棕黄色变成浅绿色，对应的离子方程式为2Fe3+SO2+2H2O2Fe2+SO42+4H+，故答案为：2Fe3+SO2+2H2O2Fe2+SO42+4H+；（3）SO2与FeCl3溶液混合，先是二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸部分电离生成亚硫酸氢根，亚硫酸氢根离子与三价铁离子结合生

38、成Fe（HSO3）2+，故答案为：SO2先与水反应生成H2SO3，H2SO3电离出的HSO3与Fe3+结合生成红棕色的Fe（HSO3）2+；Fe（HSO3）2+离子可以将Fe3+还原为Fe2+，则由氧化还原反应有升必有降，则离子方程式为：Fe3+H2O+Fe（HSO3）2+2Fe2+SO42+3H+，故答案为：Fe3+H2O+Fe（HSO3）2+2Fe2+SO42+3H+；（4）反应后B中含有亚铁离子和亚硫酸等，二者都具有还原性，可与酸性高锰酸钾溶液反应，则结论不正确，故答案为：不正确，溶液中剩余的H2SO3也能使酸性KMnO4溶液的紫红色褪去；（5）A中主要反应为：Cu+2H2SO4（浓）C

39、uSO4+SO2+2H2O，取出A中铜丝，用蒸馏水洗净后发现表面有黑色物质附着；倾倒出液体后，向白色固体上小心加水，固体溶解后溶液呈蓝色，说明含有铜离子，则白色沉淀为CuSO4，故答案为：CuSO4；ACu能够与稀硝酸反应生成氮的氧化物，滤出物中含有Cu，所以试管口有气体变红棕色也不能证明有硫化亚铜，故A错误；BCu2S和Cu都不溶于稀硫酸，而CuO能够溶于稀硫酸，所以取少量样品加入稀硫酸充分振荡，若观察溶液变蓝色，说明含有CuO，故B正确；CCuO和Cu与硝酸反应不能生成硫酸根离子，Cu2S能够溶于热的稀硝酸中，且产生SO42离子，所以取少量样品加入足量稀硝酸加热溶解，若加入BaCl2检验有

40、SO42离子产生，证明有硫化亚铜，故C正确；故答案为：BC。【点评】本题考查性质实验方案的设计，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、习题中的信息为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。18（14分）电池级CoSO4可用于制备CoCO3和CoC2O4等钴盐。一种以粗Co（OH）3渣（含有Fe2O3、SiO2、CuO、CaO、MgO、ZnO等杂质）为原料制备电池级CoSO47H2O的工艺流程如图所示。已知：黄钠铁矾NaFe3（SO4）2（OH）6为淡黄色难溶物，是一种过滤性、洗涤性较好的复式硫酸盐。回答下列问题：（1）黄钠铁矾NaFe3（SO4）2（OH

41、）6中铁元素的化合价为+3。（2）欲提高钴元素的浸出率，可以采取的措施有搅拌、适当升高温度、研磨矿石、适当增大酸的浓度等。（任写一种）（3）滤渣1的主要成分是SiO2。（填化学式）（4）写出“还原浸出”过程中Co（OH）3发生反应的化学方程式2Co（OH）3+SO32+4H+2Co2+SO42+5H2O。（5）Na2SO3用量、浸出终点pH对钴浸出率的影响分别如图1、图2所示：则较为适宜的控制条件是当的值在2.53，终点pH值在2.53.5。（6）“氧化”过程中的还原产物为ClO2，该过程的主要反应的离子方程式为2ClO3+SO32+2H+2ClO2+SO42+H2O，为证明加入的NaClO3

42、已足量，可以取适量溶液于洁净的试管，加入淀粉KI溶液溶液，根据产生的现象进行判断。【分析】粗Co（OH）3渣（含有Fe2O3、SiO2、CuO、CaO、MgO、ZnO等杂质）加入硫酸酸浸后，SiO2不溶于酸出现在滤渣1中，溶液中存在Fe3+、Cu2+、Ca2+、Mg2+、Zn2+，加入NaClO3把亚硫酸根氧化为硫酸根，加入Na2CO3调pH使Fe3+转化为黄钠铁矾NaFe3（SO4）2（OH）6，得到含Co2+的滤液，再加入NaF沉淀Ca2+、Mg2+，加入P2O4沉淀Cu2+、Zn2+，最终得到CoSO47H2O，以此解答。【解答】解：（1）根据化合物的化合价为0，黄钠铁矾NaFe3（SO

43、4）2（OH）6中，钠为+1价，硫酸根为2价，氢氧根为1价，设铁为x，则（+1）+3x+（2）×2+（1）×60，解得x+3，故答案为：+3；（2）通过搅拌、适当升高温度、研磨矿石、适当增大酸的浓度等，可以提高溶浸工序中原料的浸出率，故答案为：搅拌、适当升高温度、研磨矿石、适当增大酸的浓度等（任写一种）；（3）由分析可知，滤渣1的成分是SiO2，故答案为：SiO2；（4）“还原浸出”过程中Co（OH）3和硫酸、亚硫酸钠发生氧化还原反应，生成二价钴和硫酸根，离子方程式为：2Co（OH）3+SO32+4H+2Co2+SO42+5H2O，故答案为：2Co（OH）3+SO32+4H

44、+2Co2+SO42+5H2O；（5）由图可知，当的值在2.53，终点pH值在2.53.5时钴浸出率的浸出率最高，故答案为：当的值在2.53，终点pH值在2.53.5；（6）“氧化”过程中NaClO3把过量的亚硫酸钠氧化为硫酸钠，离子方程式为：2ClO3+SO32+2H+2ClO2+SO42+H2O，为证明加入的NaClO3已足量，可以取适量溶液于洁净的试管，加入淀粉KI溶液，若溶液变蓝，说明NaClO3已足量，故答案为：2ClO3+SO32+2H+2ClO2+SO42+H2O；淀粉KI溶液。【点评】本题考查物质的制备，为高频考点，侧重考查学生分析能力、实验基本操作能力等，明确流程图中发生的反

45、应及基本操作方法、物质性质是解本题关键，题目难度中等。19（14分）研究NOx、COx的消除和再利用对改善生态环境、构建生态文明具有重要的意义。（1）已知反应：N2（g）+O2（g）2NO（g）H12NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）H2746.5kJmol1已知CO的燃烧热为283.0kJmol1，则H1+180.5kJ/mol。（2）研究CO和NO的催化反应，用气体传感器测得在某温度下、一定体积的密闭容器中，不同时间NO和CO浓度如表：时间（s）012345c（NO）/（104molL1）10.04.502.501.501.001.00c（CO）/（103molL1）3.6

46、03.052.852.752.702.70前4s内的平均反应速率（CO）2.25×104molL1s1。（3）以CO2和NH3为原料合成尿素是利用CO2的成功范例。一定温度下，在体积固定的密闭容器中按化学计量数比投料进行反应：2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（s）+H2O（g）H387.0kJ/mol。下列不能说明反应达到化学平衡状态的是C。（填序号）A混合气体的平均相对分子质量不再变化B容器内气体总压强不再变化C2v正（NH3）v逆（CO2）D容器内混合气体的密度不再变化（4）利用工业废气中的CO2可以制取甲醇，CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g），

47、一定条件下往恒容密闭容器中充入1mol CO2和3mol H2，在不同催化剂作用下发生反应、反应与反应，相同时间内CO2的转化率随温度变化如图所示。催化剂效果最佳的反应是反应I。（填“反应”、“反应”、“反应”）b点v（正）v（逆）。（填“”、“”、“”）若此反应在a点时已达平衡状态，a点的转化率比c点高的原因是该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动。c点时总压强为p，该反应的平衡常数。（用平衡分压代替平衡浓度，分压总压×物质的量分数）【分析】（1）CO的燃烧热为283.0kJmol1，则热化学方程式为CO（g）+O2（g）CO2（g）H283.0kJmol1，2NO（g）+2CO

48、（g）N2（g）+2CO2（g）H2746.5kJmol1，根据盖斯定律：×2计算反应N2（g）+O2（g）2NO（g）的H1；（2）根据v计算前4s内的平均反应速率（CO）；（3）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；（4）由图可知，相同温度下反应对应的CO2转化率较高；由图可知，反应在T4K时CO2的转化率最高，为平衡状态，则b点未达到平衡状态；结合平衡移动原理分析；反应三段式为CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）起始量（mol） 1 3 0 0转化量（mol） 2 平衡量（

49、mol） 1 平衡时气体总物质的量为mol，平衡分压p（CO2）pp、p（H2）p、p（CH3OH）p（H2O）p，代入平衡常数Kp中计算Kp。【解答】解：（1）CO的燃烧热为283.0kJmol1，则热化学方程式为CO（g）+O2（g）CO2（g）H283.0kJmol1，2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）H2746.5kJmol1，根据盖斯定律：×2计算反应N2（g）+O2（g）2NO（g）的H1283.0kJmol1×2（746.5kJmol1）+180.5kJ/mol，故答案为：+180.5kJ/mol；（2）由表中数据可知，前4s内的平均反应速率

50、v（CO）2.25×104molL1s1，故答案为：2.25×104molL1s1；（3）A反应正向是气体体积减小的反应，并且有CO（NH2）2（s）生成，反应过程中气体总质量、总物质的量均在变化，所以混合气体的平均相对分子质量不再变化的状态是平衡状态，故A正确；B正反应是气体体积减小的反应，随着反应的进行，气体总物质的量减少，所以容器内气体总压强不再变化的状态是平衡状态，故B正确；C反应为2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（s）+H2O（g），反应达到平衡时，v正（NH3）2v逆（CO2），所以2v正（NH3）v逆（CO2）的状态不是平衡状态，故C错误；D反应中

51、有CO（NH2）2（s）生成，则反应时恒容容器中气体的质量在减少，所以容器内混合气体的密度不再变化的状态是平衡状态，故D正确；故答案为：C；（4）由图可知，相同温度下反应对应的CO2转化率较高，则催化剂效果最佳的反应是反应，故答案为：反应；由图可知，反应在T4K时CO2的转化率最高，为平衡状态，则b点未达到平衡状态，v（正）v（逆），故答案为：；正反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，物质的转化率降低，所以a点的转化率比c点高，故答案为：该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动；反应三段式为CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）起始量（mol） 1 3 0 0转化量（mol

52、） 2 平衡量（mol） 1 平衡时气体总物质的量为mol，平衡分压p（CO2）pp、p（H2）p、p（CH3OH）p（H2O）p，所以平衡常数Kp，故答案为：。【点评】本题考查化学平衡常数及其计算、平衡三段式的计算应用、反应速率计算、平衡状态的判断和盖斯定律的计算应用等知识，侧重考查学生分析判断能力、计算能力和灵活运用能力，把握化学平衡及计算、化学平衡影响因素、平衡状态的判断是解题关键，注意三段式格式在化学平衡的计算，题目难度中等。【选修3：物质结构与性质】（14分）20（14分）中国古代陶瓷烧制工艺的珍品“唐三彩”中的蓝色，其釉料的着色剂是一种含钴矿物。钴在制取颜料和制备合金方面有着重要的

53、应用，回答下列问题。（1）基态Co2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d7（或Ar3d7），基态Co原子中空间运动状态不同的电子数为15种。（2）配合物Co（NH3）5Br（NO3）2中存在的化学键类型有离子键，共价键，配位键，配体NH3中配位原子的杂化轨道类型为sp3，NO3的空间构型是平面正三角形，第一电离能N大于（填“大于”或“小于”）O。（3）CoO2具有如图所示的层状结构（小球表示Co，大球表示O）。下列用粗实线画出的结构单元不能描述其化学组成的是D（填字时代号）。（4）MgO具有NaCl型结构（示意图如图所示），其中阴离子采用面心立方最密堆积方式，X射线衍射实验测

54、得MgO的晶胞参数为a0.420nm，则r（O2）为0.148 nm（结果保留三位小数，下同）。CoO也属于NaCl型结构，晶胞参数为a'0.488 nm，则r（Co2+）为0.076 nm。【分析】（1）基态Co原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d74s2；由此推出基态Co2+的核外电子排布式和基态Co原子电子空间运动状态；（2）根据配合物Co（NH3）5Br（NO3）2的结构，其中有配离子有硝酸根之间的离子键，硝酸根和配离子中的共价键，以及配离子中配体与中心离子间的配位键；NH3中N原子的杂化方式为和NO3的空间构型则依据价层电子对互斥理论判断；（3）CoO2具有钴原子与氧原子个