【解析】河南省南阳一中2023-2023学年高三上学期化学第三次月考试卷

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河南省南阳一中2023-2023学年高三上学期化学第三次月考试卷

一、选择题(每小题3分，共42分)

1．（2023高三上·南阳月考）化学与生活密切相关。下列说法错误的是（）

A．PM2.5是指粒径不大于2.5um的可吸入悬浮颗粒物

B．燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放

C．绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染

D．天然气和液化石油气是我国目前推广使用的清洁燃料

2．（2023高三上·南阳月考）下列各组混合物，使用氢氧化钠溶液和盐酸两种试剂不能分离的是（）

A．氧化镁中混有氧化铝B．氯化铝溶液中混有氯化铁

C．氯化亚铁溶液中混有氯化铜D．氧化铁中混有二氧化硅

3．（2023高三上·南阳月考）某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、AlO3，不考虑其他杂质)制取七水合硫酸亚铁(FeSO4·7H2O)，设计了如下流程：

下列说法不正确的是（）

A．溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X选用铁粉

B．固体1中一定含有SiO2，控制pH是为了使Al3+转化为Al(OH)3，进入固体2

C．若改变方案，在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到FeSO4·7H2O

D．从溶液2得到FeSO4·7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解

4．（2023高三上·南阳月考）某无色溶液含有下列离子中的若干种：H+、NH4+、Fe3+、Ba2+、Al3+、CO32-、Cl-、OH-、NO3-。向该溶液中加入铝粉，只放出H2，则溶液中能大量存在的离子最多有（）

A．4种B．5种C．6种D．7种

5．（2023高三上·南阳月考）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（）

A．NaHCO3(s)Na2CO3(s)NaOH(aq)

B．Al(s)NaAlO2(aq)Al(OH)3(s)

C．AgNO3(aq)「Ag(NH3)2」-（aq）Ag(s)

D．Fe2O3(s)Fe(s)FeCl3(aq)

6．（2023高三上·南阳月考）某铁的氧化物(FexO)1.52g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112mLCl2恰好将Fe2+完全氧化。x值为（）

A．0.78B．0.80C．0.85D．0.90

7．（2023高三上·南阳月考）下列实验操作、现象和结论均正确的是（）

选项实验操作现象结论

A分别加热Na2CO3和NaHCO3固体试管内壁都有水珠两种物质均受热分解

B向稀的苯酚水溶液中滴加饱和溴水生成白色沉淀

产物三溴苯酚不溶于水

C向含I-的无色溶液中滴加少量新氯水，再滴加淀粉溶液加入淀粉后溶液变成蓝色还原性性：Cl-＞I-

D向FeSO4溶液中先滴入KSCN溶液再滴加H2O2溶液加入H2O2后溶液变成血红色Fe2+即有氧化性又有还原性

A．AB．BC．CD．D

8．（2023高三上·南阳月考）下列图示实验合理的是（）

A．图1为证明非金属性强弱S>C>Si

B．图2为制备少量氧气

C．图3为配制一定浓度硫酸溶液

D．图4为制备并收收集少量NO2气体

9．（2023高三上·南阳月考）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）

A．0.1molC3H6分子中含有的碳碳双键数为0.1NA

B．常温下，1LpH=2的CH3COOH溶液中含有的CH3COO-数为0.01NA

C．25.6g铜与一定量的浓硝酸完全反应时，转移的电子数为0.8NA

D．标准状况下，2.24LS16O2和S18O3的混合物中含有的硫原子数为0.1NA

10．（2023高三上·南阳月考）下列曲线图(纵轴为沉淀的量，横轴为加入物质的体积与对应的选项相符的是（）

A．向1L浓度均为0.1mol·L-1的NaAlO2、Ba(OH)2混合溶液中加入0.1mol·L-1的稀H2SO4

B．向1L浓度分别为0.1mol·L-1和0.3mol·L-1的AlCl3、NH4Cl的混合溶液中加入0.1mol·L-1的稀NaOH溶液

C．向烧碱溶液中滴加明矾溶液

D．向AlCl3溶液中滴加过量氨水

11．（2023高三上·南阳月考）我国科学家研发了一种新型液硫二次电池，其工作原理如图所示。下列说法错误是（）

A．放电时，电池左侧为负极，发生氧化反应

B．充电时，电解质溶液中K+经交换膜向右侧移动

C．放电时，电池右侧的电极反应为I3-+2e-=3S2-+I3-

D．充电时，电池的总反应为S22-+3I-2S2-+I3-

12．（2023高三上·南阳月考）向Cu、Cu2O和CuO组成的混合物中，加入1L0.6mol/LHNO3溶液恰好使其完全溶解，同时收集到2240mLNO气体(标准状况)。下列说法中不正确的是(已知：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O)（）

A．上述体现酸性的硝酸与体现氧化性的硝酸其物质的量之比为5：1

B．若混合物中含0.1molCu，使该混合物与稀硫酸充分反应，消耗硫酸的物质的量为0.1mol

C．Cu2O跟稀硝酸反应的离子方程式为：3Cu2O+14H++2NO3-=6Cu2++2NO↑+7H2O

D．若将上述混合物用足量的H2加热还原，所得到固体的质量为32g

13．（2023高三上·南阳月考）室温下，将1mol的CuSO4·5H2O（s)溶于水会使溶液温度降低，热效应为△H1，将1mol的CuSO4(s)溶于水会使溶液温度升高，热效应为△H2；CuSO4·5H2O受热分解的化学方程式为：CuSO4·5H2O(s)CuSO4(s)+5H2O，热效应为△H3。则下列判断正确的是（）

A．△H2>△H3B．△H1+△H3=△H2

C．△H1H2CO3>H2SiO3，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，其非金属性越强，因此非金属性S>C>Si，A符合题意；

B.Na2O2与H2O的反应剧烈，不能用“启普发生装置”进行反应，B不符合题意；

C.容量瓶只能用于配制溶液，不能用于溶液的稀释操作，C不符合题意；

D.NO2能与H2O反应，因此不能用排水集气法收集，D不符合题意；

故答案为：A

【分析】A.根据强酸制弱酸的原理确定酸性强弱，从而得出非金属性强弱；

B.反应剧烈，不能用该装置制备；

C.容量瓶不能用于溶液稀释操作；

D.NO2能与水反应；

9．【答案】C

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；气体摩尔体积；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质结构中的化学键数目计算；物质的量的相关计算

【解析】【解答】A.分子式为C3H6的有机物，其结构可能为CH2=CHCH3或，因此其所含的碳碳双键不一定为0.1NA，A不符合题意；

B.1LpH=2的CH3COOH溶液中，n(H+)=1L×0.01mol/L=0.01mol，溶液中的H+来自于CH3COOH和H2O的电离，因此溶液中n(CH3COO-)小于0.01NA，B不符合题意；

C.25.6g铜的物质的量，反应过程中，Cu失去两个电子转化为Cu2+，因此0.4molCu完全反应，转移电子数为0.8NA，C符合题意；

D.标准状态下，SO3不是气体，因此不能应用气体摩尔体积进行计算，D不符合题意；

故答案为：C

【分析】A.根据C3H6的结构进行分析；

B.CH3COOH溶液中H+来自于CH3COOH和H2O的电离；

C.根据公式计算n(Cu)，结合反应过程中元素化合价的变化计算转移电子数；

D.标准状态下，SO3不是气体，不能应用气体摩尔体积进行计算；

10．【答案】A

【知识点】镁、铝的重要化合物

【解析】【解答】A.滴加硫酸的过程中发生反应的离子方程式为：Ba2＋SO42－=BaSO4↓、AlO2－＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓、Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O，因此加入1L稀硫酸时产生0.1molBaSO4沉淀，再加入0.5L稀硫酸产生0.1molAl(OH)3沉淀，再加入1.5L稀硫酸，Al(OH)3沉淀完全溶解，A符合题意；

B.混合溶液中n(Al3＋)=0.1mol、n(NH4＋)=0.3mol，加入NaOH溶液后，发生反应的离子方程式为Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓、NH4＋＋OH－=NH3·H2O、Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O；因此加入3LNaOH溶液后，产生0.1molAl(OH)3沉淀，再加入3LNaOH溶液后，发生反应NH4＋＋OH－=NH3·H2O，溶液中沉淀的量保持不变，再加入1LNaOH溶液后，Al(OH)3沉淀完全溶解，B不符合题意；

C.向烧碱溶液中加入明矾，由于OH-量大，Al3+量少，因此发生反应Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O，当溶液中的OH－完全反应后，继续加入明矾溶液，发生反应3AlO2－＋Al3＋＋6H2O=4Al(OH)3↓，因此加入明矾溶液的体积比为3：1，C不符合题意；

D.向AlCl3溶液中滴加过量氨水，发生反应Al3＋＋3NH3·H2O=3NH4＋＋Al(OH)3↓，反应生成的Al(OH)3沉淀不溶于过量的氨水，D不符合题意；

故答案为：A

【分析】根据溶液加入过程中发生的反应，结合图像进行分析。

11．【答案】B

【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用

【解析】【解答】A.由分析可知，放电过程中，电池左侧为负极，发生失电子的氧化反应，选项正确，A不符合题意；

B.充电时为电解池，在电解池中，阳离子移向阴极，因此电解质溶液中的K+经离子交换膜向左侧移动，选项错误，B符合题意；

C.由分析可知，放电时，电池右侧（正极）的电极反应式为I3－＋2e－=3I－，选项正确，C不符合题意；

D.有正负极的电极反应可得放电过程的总反应为：2S2－＋I3－=S22－＋3I－，因此充电过程的总反应为：S22－＋3I－=2S2－＋I3－，选项正确，D不符合题意；

故答案为：B

【分析】由图可知，该新型液硫二次电池放电时，电极左侧为负极，发生失电子的氧化反应，其电极反应式为：2S2－－2e－=S22－；电池右侧为正极，发生得电子的还原反应，其电极反应式为：I3－＋2e－=3I－；二次电池充电时，原电池的负极为电解池的阴极，原电池的正极为电解池的阳极；据此结合选项进行分析。

12．【答案】D

【知识点】离子方程式的书写；氧化还原反应的电子转移数目计算；离子方程式的有关计算

【解析】【解答】A.所用硝酸溶液中n(HNO3)=0.6mol/L×1L=0.6mol，反应生成，因此反应过程中体现氧化性的n(HNO3)=0.1mol，体现酸性的n(HNO3)=0.6mol-0.1mol=0.5mol，因此体现酸性的硝酸和体现氧化性的硝酸的物质的量之比为5：1，选项正确，A不符合题意；

B.生成0.1molNO的过程中，得到的电子数为0.1mol×(5-2)=0.3mol，0.1molCu反应失去电子数为0.2mol，因此Cu2O失去的电子数为0.1mol，故n(Cu2O)=0.05mol，由于体现酸性的n(HNO3)=0.5mol，因此反应后生成n[Cu(NO3)2]=0.25mol，结合铜守恒可得，混合物中n(CuO)=0.05mol，故0.05molCuO、0.05molCu2O完全反应，需要消耗n(H2SO4)=0.1mol，选项正确，B不符合题意；

C.Cu2O与HNO3反应过程中，Cu2O中Cu由＋1价变为＋2价，失去2个电子，HNO3中N由＋5价变为＋2价，得到3个电子，根据得失电子守恒可得，Cu2O的系数为3，Cu2＋的系数为6、NO3－的系数为2、NO的系数为2；根据电荷守恒可得，H＋的系数为14；根据H守恒可得，生成物中有H2O，且其系数为7，因此可得该反应的离子方程式为：3Cu2O＋14H＋＋2NO3－=6Cu2＋＋2NO↑＋7H2O，选项正确，C不符合题意；

D.由B选项的分析可知，反应后所得溶液中n[Cu(NO3)2]=0.25mol，因此n(Cu)=0.25mol，结合铜元素守恒可得，若将上述混合物用足量H2加热还原，所得铜的质量为0.25mol×64g/mol=16g，选项错误，D符合题意；

故答案为：D

【分析】A.硝酸在反应过程中，体现氧化性和酸性，结合反应消耗n(HNO3)和生成n(NO)进行计算；

B.根据得失电子守恒进行计算；

C.结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒进行分析；

D.根据铜元素守恒进行分析；

13．【答案】C

【知识点】盖斯定律及其应用；反应热的大小比较

【解析】【解答】A.由分析可知，ΔH20，ΔH20，据此结合选项进行分析。

14．【答案】D

【知识点】常见金属的活动性顺序及其应用；铁盐和亚铁盐的相互转变；铜及其化合物

【解析】【解答】A.若滤出固体中含有Cu，则说明Fe完全反应，溶液中一定含有Fe2＋，不含有Fe3＋，但不能确定溶液中是否含有Cu2＋，A不符合题意；

B.若滤出固体中含有Cu，则说明Fe完全反应，溶液中一定含有Fe2＋，不含有Fe3＋，B不符合题意；

C.若滤出固体中含有Cu，则说明Fe完全反应，溶液中一定含有Fe2＋，不含有Fe3＋，可能含有Cu2＋，C不符合题意；

D.若滤出固体中含有Fe和Cu，说明Fe过量，则滤液中一定不含有Fe3＋、Cu2＋，一定含有Fe2＋，D符合题意；

故答案为：D

【分析】由于还原性Fe>Cu，氧化性Fe3＋>Cu2＋，因此铁粉先与Fe3＋反应，F3＋完全反应后，Cu2＋再与Fe反应；铁粉完全反应后，若Fe3＋有剩余，则Cu再与Fe3＋反应；Fe3＋完全反应后，Cu2＋才与Fe反应；据此结合选项进行分析。

15．【答案】（1）B目的是除气流中的水蒸汽，避免反应④发生D目的是除空气中的CO2，避免反应③发生F目的是除空气中的氧气，避免反应①发生

（2）j→h-g→d→c→k→i(或i→k)→a→b(或b→a)

（3）使氮化镁不纯；如果装置F中的还原铁粉没有达到反应温度时，氧气不能除尽，导致氧同镁反应，而使氮化镁中混入氧化镁

（4）取适量产物放入试管中，滴加蒸馏水，将润湿的红色石蕊试纸靠近试管口，如果试管中的溶液出现浑浊，红色石蕊试纸变蓝，则可以证明有氮化镁生成

【知识点】实验装置综合；制备实验方案的设计

【解析】【解答】（1）空气中含有H2O、CO2和O2，都能与Mg反应，因此要制得纯净的Mg3N2，需先将空气中含有的H2O、CO2和O2除去，因此需选用B装置，用于吸收空气中的H2O，需选用D装置，用于除去空气中的CO2，需选用F装置，用于除去空气中的O2；

（2）除去空气中的H2O、CO2和O2时，应先除去CO2、再除去H2O，最后除去O2，因此装置的链接顺序为：j→h-g→d→c→k→i(或i→k)→a→b(或b→a)；

（3）若通气后同时点燃A、F装置的酒精灯，由于铁粉与O2的反应需要一定的温度，会导致空气中的O2没有完全除去，就进入装置A中，参与反应，使得生成的Mg3N2中含有MgO杂质；

（4）由题干信息可知，Mg3N2和H2O反应生成Mg(OH)2和NH3，因此检验Mg3N2固体的生成，可取用适量产物于试管中，加入蒸馏水，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，若试管找那个的溶液出现浑浊，红色石蕊试纸变蓝色，则说明有Mg3N2生成；

【分析】（1）根据题干信息镁与空气成分的反应进行分析；

（2）根据除杂的先后顺序确定装置的链接顺序；

（3）铁与O2的反应需要一定温度，同时点燃，空气中的O2没有完全除去；

（4）结合Mg3N2和H2O的反应分析；

16．【答案】（1）Fe

（2）2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H++SO42-

（3）2；Cu2+水解程度增大，反应生成CuCl减少，产率减小；不能；硝酸会与产品CuCl发生反应

（4）95.5%

（5）2CuOHCu2O+H2O；

【知识点】化学平衡常数；物质的分离与提纯；离子方程式的书写；化学方程式的有关计算

【解析】【解答】（1）由分析可知，X为Fe；

（2）由流程可知，生成CuCl的过程中，其反应物为SO2、CuSO4和CuCl2，产物为H2SO4和CuCl，该反应的离子方程式为：2Cu2＋＋2Cl－＋SO2＋2H2O=2CuCl↓＋4H＋＋SO42－；

（3）由表格数据可知，当溶液的pH=2时，CuCl的产率为90%，为最大值，因此析出CuCl晶体的最佳pH为2；若溶液中pH较大，即c(H+)较小，溶液中Cu2+的水解程度较大，反应生成CuCl的量减小，产率减小；由于硝酸具有氧化性，能将CuCl氧化，因此不能用硝酸代替硫酸；

（4）由于第一次实验数据与其余两次实验数据相差较大，因此应舍去，因此反应过程中消耗硫酸铈标准溶液的体积为，由反应的方程式可得关系式CuCl~Ce4+，因此0.25g样品中所含CuCl的物质的量为：0.10mol/L×0.024L=0.0024mol，因此样品中CuCl的纯度为：；

（5）CuOH受热分解产生Cu2O和H2O，该反应的化学方程式为：2CuOHCu2O＋H2O；

CuCl水解反应的平衡常数的表达式为Kh=c(H+)×c(Cl-)，水的离子积Kw=c(H+)×c(OH-)、CuOH的溶度积Ksp(CuOH)=c(Cu+)×c(OH-)、CuCl的溶度积Ksp(CuCl)=c(Cu+)×c(Cl-)，因此可得；

【分析】废液中加入过量的X后过滤得到滤渣①，由滤渣①最后得到CuCl晶体，因此滤渣①中应含有Cu，则所加入的过量X为Fe，充分反应后所得滤液①为FeCl2，滤渣①为Fe和Cu；滤渣①中加入过量的Y后得到滤液②和滤渣②，滤液②和滤液①的成分相同，均为FeCl2，因此Y为HCl，则滤渣②为Cu；滤渣②（Cu）与Z反应后得到CuCl2，因此Z为Cl2；则刻蚀液为FeCl3；据此分析作答。

17．【答案】（1）△H=-746.5kJ/mol；低温

（2）0.0044mol/(L·min)(不带单位不给分)；升温；；逆向

（3）BD

（4）2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O

【知识点】电极反应和电池反应方程式；焓变和熵变；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算；有关反应热的计算

【解析】【解答】（1）根据盖斯定律可得，该反应的反应热ΔH=-(180.5kJ/mol)+2×(-393.5kJ/mol)-(-221.0kJ/mol)=-746.5kJ/mol；

该反应为放热反应，其ΔHC>Si

B．图2为制备少量氧气

C．图3为配制一定浓度硫酸溶液

D．图4为制备并收收集少量NO2气体

【答案】A

【知识点】气体发生装置；气体的收集；配制一定物质的量浓度的溶液；化学实验方案的评价

【解析】【解答】A.根据强酸制弱酸原理可得酸性强弱H2SO4>H2CO3>H2SiO3，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，其非金属性越强，因此非金属性S>C>Si，A符合题意；

B.Na2O2与H2O的反应剧烈，不能用“启普发生装置”进行反应，B不符合题意；

C.容量瓶只能用于配制溶液，不能用于溶液的稀释操作，C不符合题意；

D.NO2能与H2O反应，因此不能用排水集气法收集，D不符合题意；

故答案为：A

【分析】A.根据强酸制弱酸的原理确定酸性强弱，从而得出非金属性强弱；

B.反应剧烈，不能用该装置制备；

C.容量瓶不能用于溶液稀释操作；

D.NO2能与水反应；

9．（2023高三上·南阳月考）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）

A．0.1molC3H6分子中含有的碳碳双键数为0.1NA

B．常温下，1LpH=2的CH3COOH溶液中含有的CH3COO-数为0.01NA

C．25.6g铜与一定量的浓硝酸完全反应时，转移的电子数为0.8NA

D．标准状况下，2.24LS16O2和S18O3的混合物中含有的硫原子数为0.1NA

【答案】C

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；气体摩尔体积；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质结构中的化学键数目计算；物质的量的相关计算

【解析】【解答】A.分子式为C3H6的有机物，其结构可能为CH2=CHCH3或，因此其所含的碳碳双键不一定为0.1NA，A不符合题意；

B.1LpH=2的CH3COOH溶液中，n(H+)=1L×0.01mol/L=0.01mol，溶液中的H+来自于CH3COOH和H2O的电离，因此溶液中n(CH3COO-)小于0.01NA，B不符合题意；

C.25.6g铜的物质的量，反应过程中，Cu失去两个电子转化为Cu2+，因此0.4molCu完全反应，转移电子数为0.8NA，C符合题意；

D.标准状态下，SO3不是气体，因此不能应用气体摩尔体积进行计算，D不符合题意；

故答案为：C

【分析】A.根据C3H6的结构进行分析；

B.CH3COOH溶液中H+来自于CH3COOH和H2O的电离；

C.根据公式计算n(Cu)，结合反应过程中元素化合价的变化计算转移电子数；

D.标准状态下，SO3不是气体，不能应用气体摩尔体积进行计算；

10．（2023高三上·南阳月考）下列曲线图(纵轴为沉淀的量，横轴为加入物质的体积与对应的选项相符的是（）

A．向1L浓度均为0.1mol·L-1的NaAlO2、Ba(OH)2混合溶液中加入0.1mol·L-1的稀H2SO4

B．向1L浓度分别为0.1mol·L-1和0.3mol·L-1的AlCl3、NH4Cl的混合溶液中加入0.1mol·L-1的稀NaOH溶液

C．向烧碱溶液中滴加明矾溶液

D．向AlCl3溶液中滴加过量氨水

【答案】A

【知识点】镁、铝的重要化合物

【解析】【解答】A.滴加硫酸的过程中发生反应的离子方程式为：Ba2＋SO42－=BaSO4↓、AlO2－＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓、Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O，因此加入1L稀硫酸时产生0.1molBaSO4沉淀，再加入0.5L稀硫酸产生0.1molAl(OH)3沉淀，再加入1.5L稀硫酸，Al(OH)3沉淀完全溶解，A符合题意；

B.混合溶液中n(Al3＋)=0.1mol、n(NH4＋)=0.3mol，加入NaOH溶液后，发生反应的离子方程式为Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓、NH4＋＋OH－=NH3·H2O、Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O；因此加入3LNaOH溶液后，产生0.1molAl(OH)3沉淀，再加入3LNaOH溶液后，发生反应NH4＋＋OH－=NH3·H2O，溶液中沉淀的量保持不变，再加入1LNaOH溶液后，Al(OH)3沉淀完全溶解，B不符合题意；

C.向烧碱溶液中加入明矾，由于OH-量大，Al3+量少，因此发生反应Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O，当溶液中的OH－完全反应后，继续加入明矾溶液，发生反应3AlO2－＋Al3＋＋6H2O=4Al(OH)3↓，因此加入明矾溶液的体积比为3：1，C不符合题意；

D.向AlCl3溶液中滴加过量氨水，发生反应Al3＋＋3NH3·H2O=3NH4＋＋Al(OH)3↓，反应生成的Al(OH)3沉淀不溶于过量的氨水，D不符合题意；

故答案为：A

【分析】根据溶液加入过程中发生的反应，结合图像进行分析。

11．（2023高三上·南阳月考）我国科学家研发了一种新型液硫二次电池，其工作原理如图所示。下列说法错误是（）

A．放电时，电池左侧为负极，发生氧化反应

B．充电时，电解质溶液中K+经交换膜向右侧移动

C．放电时，电池右侧的电极反应为I3-+2e-=3S2-+I3-

D．充电时，电池的总反应为S22-+3I-2S2-+I3-

【答案】B

【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用

【解析】【解答】A.由分析可知，放电过程中，电池左侧为负极，发生失电子的氧化反应，选项正确，A不符合题意；

B.充电时为电解池，在电解池中，阳离子移向阴极，因此电解质溶液中的K+经离子交换膜向左侧移动，选项错误，B符合题意；

C.由分析可知，放电时，电池右侧（正极）的电极反应式为I3－＋2e－=3I－，选项正确，C不符合题意；

D.有正负极的电极反应可得放电过程的总反应为：2S2－＋I3－=S22－＋3I－，因此充电过程的总反应为：S22－＋3I－=2S2－＋I3－，选项正确，D不符合题意；

故答案为：B

【分析】由图可知，该新型液硫二次电池放电时，电极左侧为负极，发生失电子的氧化反应，其电极反应式为：2S2－－2e－=S22－；电池右侧为正极，发生得电子的还原反应，其电极反应式为：I3－＋2e－=3I－；二次电池充电时，原电池的负极为电解池的阴极，原电池的正极为电解池的阳极；据此结合选项进行分析。

12．（2023高三上·南阳月考）向Cu、Cu2O和CuO组成的混合物中，加入1L0.6mol/LHNO3溶液恰好使其完全溶解，同时收集到2240mLNO气体(标准状况)。下列说法中不正确的是(已知：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O)（）

A．上述体现酸性的硝酸与体现氧化性的硝酸其物质的量之比为5：1

B．若混合物中含0.1molCu，使该混合物与稀硫酸充分反应，消耗硫酸的物质的量为0.1mol

C．Cu2O跟稀硝酸反应的离子方程式为：3Cu2O+14H++2NO3-=6Cu2++2NO↑+7H2O

D．若将上述混合物用足量的H2加热还原，所得到固体的质量为32g

【答案】D

【知识点】离子方程式的书写；氧化还原反应的电子转移数目计算；离子方程式的有关计算

【解析】【解答】A.所用硝酸溶液中n(HNO3)=0.6mol/L×1L=0.6mol，反应生成，因此反应过程中体现氧化性的n(HNO3)=0.1mol，体现酸性的n(HNO3)=0.6mol-0.1mol=0.5mol，因此体现酸性的硝酸和体现氧化性的硝酸的物质的量之比为5：1，选项正确，A不符合题意；

B.生成0.1molNO的过程中，得到的电子数为0.1mol×(5-2)=0.3mol，0.1molCu反应失去电子数为0.2mol，因此Cu2O失去的电子数为0.1mol，故n(Cu2O)=0.05mol，由于体现酸性的n(HNO3)=0.5mol，因此反应后生成n[Cu(NO3)2]=0.25mol，结合铜守恒可得，混合物中n(CuO)=0.05mol，故0.05molCuO、0.05molCu2O完全反应，需要消耗n(H2SO4)=0.1mol，选项正确，B不符合题意；

C.Cu2O与HNO3反应过程中，Cu2O中Cu由＋1价变为＋2价，失去2个电子，HNO3中N由＋5价变为＋2价，得到3个电子，根据得失电子守恒可得，Cu2O的系数为3，Cu2＋的系数为6、NO3－的系数为2、NO的系数为2；根据电荷守恒可得，H＋的系数为14；根据H守恒可得，生成物中有H2O，且其系数为7，因此可得该反应的离子方程式为：3Cu2O＋14H＋＋2NO3－=6Cu2＋＋2NO↑＋7H2O，选项正确，C不符合题意；

D.由B选项的分析可知，反应后所得溶液中n[Cu(NO3)2]=0.25mol，因此n(Cu)=0.25mol，结合铜元素守恒可得，若将上述混合物用足量H2加热还原，所得铜的质量为0.25mol×64g/mol=16g，选项错误，D符合题意；

故答案为：D

【分析】A.硝酸在反应过程中，体现氧化性和酸性，结合反应消耗n(HNO3)和生成n(NO)进行计算；

B.根据得失电子守恒进行计算；

C.结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒进行分析；

D.根据铜元素守恒进行分析；

13．（2023高三上·南阳月考）室温下，将1mol的CuSO4·5H2O（s)溶于水会使溶液温度降低，热效应为△H1，将1mol的CuSO4(s)溶于水会使溶液温度升高，热效应为△H2；CuSO4·5H2O受热分解的化学方程式为：CuSO4·5H2O(s)CuSO4(s)+5H2O，热效应为△H3。则下列判断正确的是（）

A．△H2>△H3B．△H1+△H3=△H2

C．△H10，ΔH20，据此结合选项进行分析。

14．（2023高三上·南阳月考）在FeCl3、CuCl2混合溶液中，加入一定量的铁粉和铜粉，反应完全后将固体滤出，下说法中正确的是（）

A．若滤出固体中只有铜，则溶液中一定含有的阳离子是Fe2+，一定不含Cu2+

B．若滤出固体中只有铜，则溶液中一定含有的阳离子是Fe2+，可能含Cu2+和Fe3+

C．若滤出固体中只有铜，则溶液中一定含有的阳离子是Fe3+和Fe2+，可能含Cu2+

D．若滤出固体中含有铁和铜，则溶液中一定含有的阳离子是Fe2+，一定不含Cu2+和Fe3+

【答案】D

【知识点】常见金属的活动性顺序及其应用；铁盐和亚铁盐的相互转变；铜及其化合物

【解析】【解答】A.若滤出固体中含有Cu，则说明Fe完全反应，溶液中一定含有Fe2＋，不含有Fe3＋，但不能确定溶液中是否含有Cu2＋，A不符合题意；

B.若滤出固体中含有Cu，则说明Fe完全反应，溶液中一定含有Fe2＋，不含有Fe3＋，B不符合题意；

C.若滤出固体中含有Cu，则说明Fe完全反应，溶液中一定含有Fe2＋，不含有Fe3＋，可能含有Cu2＋，C不符合题意；

D.若滤出固体中含有Fe和Cu，说明Fe过量，则滤液中一定不含有Fe3＋、Cu2＋，一定含有Fe2＋，D符合题意；

故答案为：D

【分析】由于还原性Fe>Cu，氧化性Fe3＋>Cu2＋，因此铁粉先与Fe3＋反应，F3＋完全反应后，Cu2＋再与Fe反应；铁粉完全反应后，若Fe3＋有剩余，则Cu再与Fe3＋反应；Fe3＋完全反应后，Cu2＋才与Fe反应；据此结合选项进行分析。

二、非选择题，共58分。

15．（2023高三上·南阳月考）现拟在实验室里利用空气和镁粉为原料制取少量氮化镁(Mg3N2)。已知实验中可能会发生下列反应：

①2Mg+O22MgO；②3Mg+N2Mg3N2；③2Mg+CO22MgO+C

④Mg+H2OMgO+H2↑⑤Mg3N2+6H2O3Mg(OH)2+2NH3↑

可供选择的装置和药品如下图所示(镁粉、还原铁粉均已干燥，装置内所发生的反应是完全的，整套装置的末端与干燥管相连)。

回答下列问题：

（1）在设计实验方案时，除装置A、E外，还应选择的装置(填字母)及其目的分别是；

（2）连接并检查实验装置的气密性。实验开始时，打开自来水的开关，将空气从5升的储气瓶压入反应装置，则气流流经导管的顺序是(填字母)；

（3）通气后，如果同时点燃A、F装置的酒精灯，对实验结果有何影响

，原因是；

（4）请设计一个实验，验证产物是氮化镁：。

【答案】（1）B目的是除气流中的水蒸汽，避免反应④发生D目的是除空气中的CO2，避免反应③发生F目的是除空气中的氧气，避免反应①发生

（2）j→h-g→d→c→k→i(或i→k)→a→b(或b→a)

（3）使氮化镁不纯；如果装置F中的还原铁粉没有达到反应温度时，氧气不能除尽，导致氧同镁反应，而使氮化镁中混入氧化镁

（4）取适量产物放入试管中，滴加蒸馏水，将润湿的红色石蕊试纸靠近试管口，如果试管中的溶液出现浑浊，红色石蕊试纸变蓝，则可以证明有氮化镁生成

【知识点】实验装置综合；制备实验方案的设计

【解析】【解答】（1）空气中含有H2O、CO2和O2，都能与Mg反应，因此要制得纯净的Mg3N2，需先将空气中含有的H2O、CO2和O2除去，因此需选用B装置，用于吸收空气中的H2O，需选用D装置，用于除去空气中的CO2，需选用F装置，用于除去空气中的O2；

（2）除去空气中的H2O、CO2和O2时，应先除去CO2、再除去H2O，最后除去O2，因此装置的链接顺序为：j→h-g→d→c→k→i(或i→k)→a→b(或b→a)；

（3）若通气后同时点燃A、F装置的酒精灯，由于铁粉与O2的反应需要一定的温度，会导致空气中的O2没有完全除去，就进入装置A中，参与反应，使得生成的Mg3N2中含有MgO杂质；

（4）由题干信息可知，Mg3N2和H2O反应生成Mg(OH)2和NH3，因此检验Mg3N2固体的生成，可取用适量产物于试管中，加入蒸馏水，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，若试管找那个的溶液出现浑浊，红色石蕊试纸变蓝色，则说明有Mg3N2生成；

【分析】（1）根据题干信息镁与空气成分的反应进行分析；

（2）根据除杂的先后顺序确定装置的链接顺序；

（3）铁与O2的反应需要一定温度，同时点燃，空气中的O2没有完全除去；

（4）结合Mg3N2和H2O的反应分析；

16．（2023高三上·南阳月考）氯化亚铜（CuCl）常用作有机合成工业中的催化剂，在空气中迅速被氧化变成绿色；见光分解变成褐色。如图是工业上用制作印刷电路的废液(含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-)生产CuCl的流程：

根据以上信息回答下列问题：

（1）生产过程中X的化学式为。

（2）写出产生CuCl的离子方程式：。

（3）实验探究pH对CuCl产率的影响如下表所示：

pH1234567

CuCl产率/%70908278757270

析出CuCl晶体最佳pH为，当pH较大时CuCl产率变低原因是。调节pH时，(填“能”或“不能”)用相同pH的硝酸代替硫酸，理由是。

（4）氯化亚铜的定量分析：

①称取样品0.25g和过量的FeCl3溶液于锥形瓶中，充分溶解。

②用0.10mol·L-1硫酸铈标准溶液滴定。已知：CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2、Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+。三次平行实验结果如下(平行实验结果相差不能超过1％)：

平行实验次数123

0.25g样品消耗硫酸铈标准溶液的体积(mL)24.3524.0523.95

则样品中CuCl的纯度为。(结果保留三位有效数字)。

（5）由CuCl水解再热分解可得到纳米Cu2O。第一步CuCl水解的离子方程式为：CuCl(s)+H2O(l)CuOH(s)+Cl-(aq)+H+(aq)，第二步CuOH热分解的化学：方程式为。第一步CuCl水解反应的平衡常数足与此温度下KW、Ksp(CuOH)、Ksp(CuCl)的关系为K=。

【答案】（1）Fe

（2）2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H++SO42-

（3）2；Cu2+水解程度增大，反应生成CuCl减少，产率减小；不能；硝酸会与产品CuCl发生反应

（4）95.5%

（5）2CuOHCu2O+H2O；

【知识点】化学平衡常数；物质的分离与提纯；离子方程式的书写；化学方程式的有关计算

【解析】【解答】（1）由分析可知，X为Fe；

（2）由流程可知，生成CuCl的过程中，其反应物为SO2、CuSO4和CuCl2，产物为H2SO4和CuCl，该反应的离子方程式为：2Cu2＋＋2Cl－＋SO2＋2H2O=2CuCl↓＋4H＋＋SO42－；

（3）由表格数据可知，当溶液的pH=2时，CuCl的产率为90%，为最大值，因此析出CuCl晶体的最佳pH为2；若溶液中pH较大，即c(H+)较小，溶液中Cu2+的水解程度较大，反应生成CuCl的量减小，产率减小；由于硝酸具有氧化性，能将CuCl氧化，因此不能用硝酸代替硫酸；

（4）由于第一次实验数据与其余两次实验数据相差较大，因此应舍去，因此反应过程中消耗硫酸铈标准溶液的体积为，由反应的方程式可得关系式CuCl~Ce4+，因此0.25g样品中所含CuCl的物质的量为：0.10mol/L×0.024L=0.0024mol，因此样品中CuCl的纯度为：；

（5）CuOH受热分解产生Cu2O和H2O，该反应的化学方程式为：2CuOHCu2O＋H2O；

CuCl水解反应的平衡常数的表达式为Kh=c(H+)×c(Cl-)，水的离子积Kw=c(H+)×c(OH-)、CuOH的溶度积Ksp(CuOH)=c(Cu+)×c(OH-)、CuCl的溶度积Ksp(CuCl)=c(Cu+)×c(Cl-)，因此可得；

【分析】废液中加入过量的X后过滤得到滤渣①，由滤渣①最后得到CuCl晶体，因此滤渣①中应含有Cu，则所加入的过量X为Fe，充分反应后所得滤液①为FeCl2，滤渣①为Fe和Cu；滤渣①中加入过量的Y后得到滤液②和滤渣②，滤液②和滤液①的成分相同，均为FeCl2，因此Y为HCl，则滤渣②为Cu；滤渣②（Cu）与Z反应后得到CuCl2，因此Z为Cl2；则刻蚀液为FeCl3；据此分析作答。

17．（2023高三上·南阳月考）研究含氮污染物的治理是环保的一项重要工作。合理应用和处理氮的化合物。在生产生活中有重要意义．

（1）已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+180.5kJ·mol-1

2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H=-221.0kJ·mol-1

C(s)+O2(g)=CO2△H=-393.5kJ·mol-1

则汽车尾气处理的反应之一：2NO(g)+2CO（g)=N2(g)+2CO2(g)△H=kJ·mol-1，利于该反应自发进行的条件是(选填“高温”或“低温”）

（2）将0.20

moINO和0.10molCO充入一个容积恒定为1L的密闭容器中发生反应：2NO(g)+2CO(g)N2（g）+2CO2(g)反应过程中部分物质的浓度变化如下图所示：

①反应从开始到9min时，用CO2表示该反应的速率是(保留2位有效数字)。

②第12min时改变的条件是(填“升温”或“降温”)

③第18min时建立新的平衡，此温度下的平衡常数为（只列计算式），第24min时，若保持温度不变，再向容器中充入CO和N2各0.060mol，平衡将移动(填“正向”、“逆向”或“不”)。

（3）若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且能说明反应在t1时刻达到平衡状态的是(填序号)。

(如图中V正、K、n、m分别表示正反应速率、平衡常数、物质的量和质量)

（4）以氨为燃料可以设计制造氨燃料电池，产物无污染。若电极材料均为惰性电极，KOH溶液作电解质溶液，则该电池负极电极反应式为。

【答案】（1）△H=-746.5kJ/mol；低温

（2）0.0044mol/(L·min)(不带单位不给分)；升温；；逆向

（3）BD

（4）2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O

【知识点】电极反应和电池反应方程式；焓变和熵变；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算；有关反应热的计算

【解析】【解答】（1）根据盖斯定律可得，该反应的反应热ΔH=-(180.5kJ/mol)+2×(-393.5kJ/mol)-(-221.0kJ/mol)=-746.5kJ/mol；

该反应为放热反应，其ΔH<0，正反应为气体分子数减小的反应，因此ΔS<0，要使反应自发进行，则ΔH-TΔS<0，因此反应需要低温条件下进行；

（2）①由图可知，当反应到9min时，参与反应的c(NO)=0.20mol/L-0.16mol/L=0.04mol/L，由反应的化学方程式可知，反应生成c(CO2)=0.04mol/L，因此用CO2表示的反应速率；

②由图可知，反应至12min后，条件的改变使得c(NO)、c(CO)增大，c(N2)减小，则平衡逆向移动，由于该反应为放热反应，因此改变的条件为升高温度；

③当反应到18min时，体系内c(NO)=0.18mol/L、c(CO)=0.08mol/L、c(N2)=0.01mol/L，则体系内c(CO2)=0.02mol/L，因此此温度下该反应的平衡常数；

再充入CO和N2各0.060mol后，体系内各物质的浓度商，因此反应逆向进行，则平衡将逆向移动；

（3）A、达到平衡后，正逆反应速率相等，不再变化，t1时v正最大，之后随着反应的进行，速率减小，说明反应为达到平衡状态，A不符合题意；

B、该反应为放热反应，且反应容器绝热，随着反应的进行，温度升高，化学平衡常数减小，达到平衡后，温度为定值，平衡常数不变，B符合题意；

C、t1时刻后n(CO2)、n(NO)发生变化，则未达到平衡状态，C不符合题意；

D、NO的质量为定值，说明反应处于平衡状态，D符合题意；

故答案为：BD

（4）NH3在负极发生失电子的氧化反应，生成N2，过程中失去6个电子，结合电荷守恒可得反应物中含有6个OH-，结合H原子个数守恒可得，生成物中含有H2O，且其系数为6，因此可得该电极反应式为：2NH3－6e－＋6OH－=N2＋6H2O；

【分析】（1）根据盖斯定律计算目标反应的反应热；

结合反应自发进行的条件ΔH-TΔS<0分析反应自发进行的温度；

（2）①根据图像确定到9min时，参与反应的c(CO2)，结合公式计算反应速率；

②根据图像浓度的变化分析改变的条件；

③根据图像确定平衡时各物质的浓度，结合平衡常数的表达式列式；

根据容器内浓度商与平衡常数的相对大小，确定反应进行的方向；

（3）绝热体系中，热量不会向周围扩散，该反应为放热反应，因此体系温度升高，结合温度对反应速率和平衡移动的影响分析；

（4）NH3在负极发生失电子的氧化反应，生成N2，据此书写电极反应；

18．（2023高三上·南阳月考）硼、磷元素在化学中有很重要的地位，硼、磷及其化合物广泛应用于开发新型储氢材料、超导材料、富燃料材料、复合材料等高新材料领域。回答下列问题。

（1）Ti(BH4)3是一种储氢材料，可由TiCl4和LiBH4反应制得

①基态Ti3+的未成对电子数有个。

②LiBH4由Li+和BH4-构成，BH4-呈正四面体构型LiBH4中不存在的作用力有(填标号)。

A．离子键B．共价键C．金属键D．配位键

（2）氨硼烷（NH3BH3)是一种新型储氢材料，其分子中存在配位键，则氨硼烷分子结构式为，写出一种与氨硼烷互为等电子体的分子(填化学式)。

（3）硼酸(H3BO3)是一种片层状结构白色晶体，层内的H3BO3分子间通过氢键相连[如下图]。

读图分析1molH3BO3的晶体中有mol氢键。

（4）四(三苯基膦)钯分子结构如图：

P原子以正四面体的形态围绕在钯原子中心上，钯原子的杂化轨道类型为；判断该物质在水中(填写“易溶”或者“难溶”)，并加以解释。

（5）硼氢化钠是一种常用的还原剂。其晶胞结构如右图所示：

①该晶体中Na+的配位数为。

②已知硼氢化钠晶体的密度为ρg/cm3，NA代表阿伏加德罗常数的值，则a=(用含ρ、NA的最简式子表示)

【答案】（1）1；C

（2）；C2H6

（3）3

（4）sp3；难溶；水为极性分子，四(三苯基膦)钯分子为非极性分子，分子极性不相似，故不相溶

（5）8；

【知识点】原子结构的构造原理；配合物的成键情况；“等电子原理”的应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断

【解析】【解答】（1）①Ti的原子序数为22，其基态原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63