2025-2026学年山东省名校联盟高三上学期11月期中考试化学试题（解析版）

高中化学名校试卷PAGEPAGE1山东省名校联盟2025-2026学年高三上学期11月期中考试本试卷分选择题和非选择题两部分，满分为100分，考试用时90分钟。注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。2.选择题答案必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Fe-56Cu-64Ag-108一、选择题：本题共10小题，每题2分，共20分。每小题只有一个选项符合要求。1.2025年九三大阅兵，国之重器彰威，科技利刃出鞘。科技创新是赢得未来发展主动权的必然选择。下列说法正确的是A.用于光学望远镜的高致密碳化硅特种陶瓷材料是一种传统无机非金属材料B.量子通信材料螺旋碳纳米管、石墨烯等纳米材料属于胶体C.石英纤维是制造各种雷达罩的理想透波材料，属于硅酸盐材料D.受阅官兵所戴的手套背部采用航天级芳纶针织布，不仅阻燃防割，还透气不闷热，属于有机高分子材料【答案】D【解析】A．碳化硅特种陶瓷属于新型无机非金属材料，而非传统无机非金属材料（如硅酸盐材料），A错误；B．螺旋碳纳米管、石墨烯是纳米材料，但胶体是分散系（混合物），而它们是纯净物，B错误；C．石英纤维的主要成分是二氧化硅（），属于氧化物材料，而非硅酸盐材料，C错误；D．芳纶是人工合成的有机高分子材料，符合题干描述的特性，D正确；故答案选D。2.下列物质的应用中，不涉及氧化还原反应的是A.高铁酸钾(K2FeO4)用作新型水处理剂 B.高压钠灯广泛用于道路照明C.雷雨过后庄稼长势旺盛 D.常温下用铝槽车运输浓硫酸【答案】B【解析】A．高铁酸钾中Fe为+6价，作为强氧化剂杀菌消毒时被还原，涉及氧化还原反应，A不合题意；B．高压钠灯发光是钠原子电子跃迁释放光能，属于物理变化，无化合价变化，不涉及氧化还原反应，B符合题意；C．雷雨时N2转化为NO，氮元素化合价升高，涉及氧化还原反应，C不合题意；D．铝在浓硫酸中钝化生成Al2O3，铝被氧化，涉及氧化还原反应，D不合题意；故答案为：B。3.在实验室中，下列试剂的保存方法正确的是①浓硝酸保存在棕色广口瓶内②澄清石灰水保存在带橡胶塞的试剂瓶中③HF溶液保存在塑料瓶中④溴化银通常保存在无色广口瓶中⑤白磷保存在冷水中⑥保存液溴，用一定量水封于带橡胶塞的细口玻璃瓶⑦浓硫酸保存于铁质容器中⑧少量的Na保存在石蜡油中A.5项 B.4项 C.3项 D.2项【答案】A【解析】①浓硝酸为液体且见光易分解，应保存在棕色细口瓶中，错误；②澄清石灰水显碱性，不能用磨口玻璃塞盛放所以澄清石灰水保存在带橡胶塞的试剂瓶中，正确；③玻璃的主要成分是，HF与反应，只能存塑料瓶，正确；④溴化银见光易分解，需保存在棕色瓶中，错误；⑤常温下，白磷容易自燃，需要隔绝空气保存，由于白磷不与水反应，密度大于水，少量白磷可以保存在冷水中，正确；⑥液溴具有强的氧化性，能够使橡胶老化，保存液溴，用一定量水封于带玻璃塞的细口玻璃瓶中，错误；⑦常温下，铁遇到浓硫酸钝化，故可将浓硫酸保存于铁质容器中，正确；⑧钠化学性质活泼，易与空气中的氧气、水反应，存石蜡油隔绝空气，正确。由分析可知，正确的包括②③⑤⑦⑧，共5项；综上所述，答案选A。4.下列离子方程式或电极反应式正确的是A.金属Na与CuCl2溶液反应：B.以铝为电极，电解NaOH溶液，阳极反应式：C.食盐的氨水溶液中通入过量的二氧化碳，有白色固体产生：D.向硫氰化铁溶液中加入铁粉使其颜色变浅：【答案】B【解析】A．金属钠与CuCl₂溶液反应时，钠会先与水反应生成NaOH和H2，NaOH继续与CuCl2溶液反应生成氢氧化铜沉淀和氯化钠，离子方程式为：，A错误；B．以铝为电极，电解NaOH溶液时，铝电极为阳极，电极反应式应为：Al+4OH--3e-=[Al(OH)4]-，B正确；C．食盐的氨水溶液中通入过量CO2生成NaHCO3和NH4Cl，离子方程式为：，C错误；D．硫氰化铁溶液中存在平衡：，向硫氰化铁溶液中加入铁粉，Fe3+与Fe反应生成Fe2+，平衡：正向移动，颜色变浅，离子方程式为：，D错误；故选B。5.下列实验操作规范且能达到实验目的的是A.熔融纯碱 B.验证NaHCO3受热易分解C.振荡放气 D.验证溶液X中存在Cl⁻【答案】C【解析】A．瓷坩埚中含有二氧化硅，二氧化硅在高温下会与碳酸钠发生反应，所以不能用瓷坩埚灼烧碳酸钠，该操作不规范，A错误；B．给试管中的固体加热时，为防止冷凝水回流使试管炸裂，试管口应略向下倾斜，B错误；C．振荡分液漏斗时，将分液漏斗倒转过来，使漏斗的上口朝下，下口朝上，然后用力振荡，C正确；D．验证溶液X中存在要滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，D错误；故答案选C。6.在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可一步实现的是A.SSO3BaSO4 B.FeFe3O4Fe(NO3)3C.Al(OH)3AlCl3Al D.SiSiO2H2SiO3【答案】B【解析】A．硫在氧气中点燃生成而非，一步无法实现，A错误；B．Fe与水蒸气高温生成正确，与硝酸反应生成，均可一步实现，B正确；C．加热分解生成而非，且电解无法得到Al（需电解熔融），C错误；D．Si燃烧生成正确，但不溶于水，无法直接与水反应生成（需先与强碱反应生成硅酸盐再酸化），一步无法实现，D错误；故答案选B。7.下列说法正确的是A.在一定温度和压强下，将0.5molN2(g)和1.5molH2(g)充分反应生成NH3(g)，放出热量19.3kJ，则其热化学方程式为N2(g)+3H2(g)═2NH3(g)ΔH=-38.6kJ/molB.一定条件下，2SO2(g)+O2(g)═2SO3(g)ΔH1，2SO2(g)+O2(g)═SO3(l)△H2，则ΔH1＜△H2C.同温同压时，等物质的量的氢气和氯气光照和点燃条件下反应的△H不同D.强酸强碱的中和热为57.3kJ/mol，则△H＜-114.6kJ/mol【答案】D【解析】A．合成氨气是可逆反应，则0.5molN2和1.5molH2未完全反应，热化学方程式ΔH应基于完全反应的数值，但实际反应未达完全，因此ΔH≠-38.6kJ/mol，A错误；B．生成液态SO3比气态SO3多释放热量，ΔH2更负，故，B错误；C．ΔH只与始态和终态有关，与反应条件无关，光照或点燃的ΔH相同，C错误；D．生成BaSO4沉淀额外放热，总ΔH比-114.6kJ/mol更小，D正确；故选D。8.某小组同学向pH=1的0.5mol/LFeCl3溶液中分别加入过量Zn粉和Mg粉，探究反应的还原产物：实验金属操作、现象及产物I过量Zn一段时间后有气泡产生，反应缓慢，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后无气泡冒出，此时溶液pH为3~4，取出固体，固体中未检测到Fe单质Ⅱ过量Mg有大量气泡产生，反应剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质下列说法错误的是A.取Ⅱ中少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若观察到蓝色沉淀，则证明有Fe2+生成B.Ⅰ、Ⅱ中产生气泡的主要成分相同C.I中未检测到Fe单质的原因可能是Zn被Fe(OH)3沉淀包裹，阻碍了Zn与Fe2+的反应D.若向pH=1的0.5mol/LFeCl3溶液中加入过量Cu粉，也可观察到生成大量红褐色沉淀【答案】D【解析】A．与反应生成蓝色沉淀，可用于检测，实验Ⅱ中检测到Fe单质，说明被还原为后进一步还原为Fe，但溶液中可能仍存在，A正确；B．Ⅰ、Ⅱ中气泡均为，Zn和Mg均先与反应生成，Mg活性更高，在pH升高后仍能持续反应，但气体成分相同，B正确；C．Ⅰ中红褐色沉淀包裹Zn，阻碍Zn与接触，导致未被进一步还原为Fe，C正确；D．Cu与发生反应，该反应消耗了，使得的水解平衡逆向移动，且反应不消耗，因此不能生成大量红褐色沉淀，D错误；故答案选D。9.下列说法错误的是A．外加电压保持恒定不变，有利于提高对钢闸门的防护效果B．可表示Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应的能量变化C．由图可知，A与C的能量差为：E4-E1-E3+E2D．已知初始Cu、Ag电极质量相等，当外电路中通过01mole-时，两电极质量相差14gA.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．该装置为外加电流的阴极保护法，钢闸门作为阴极，外加电压恒定可确保其持续得电子，防止被氧化，防护效果良好，A正确；B．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应是吸热反应，反应物能量低于生成物，图像符合能量变化规律，B正确；C．反应焓变（）是反应物与生成物的能量差，从图中可知，A与C的能量差为：，C错误；D．铜银原电池中，Cu（负极）反应：，质量减少，Ag（正极）反应：，质量增加，两极质量差为，D正确；故答案选C。10.碘(紫黑色固体，微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。I₂的一种制备方法如下图所示：下列说法错误的是A.加入Fe粉进行“转化”反应的离子方程式为B.“转化”后的操作是过滤，所需的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒C.生成的沉淀与稀硝酸反应得到的产物可以循环利用，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：3D.“氧化”中若反应物用量比>1.5单质碘的收率会降低【答案】C【解析】向净化除氯后的含碘海水中加入硝酸银溶液，得到碘化银悬浊液，向悬浊液中加入铁粉，将碘化银还原得到银单质，同时生成碘化亚铁，碘化亚铁溶液中通入氯气得到碘单质。A．加入Fe粉进行转化时铁与AgI反应生成碘化亚铁和银单质，其反应的离子方程式为，A正确；B．“转化”后需分离沉淀与溶液，操作是过滤，所需玻璃仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒，B正确；C．生成的沉淀即银与硝酸反应生成硝酸银、NO和水，化学方程式为3Ag+4HNO3(稀)=3AgNO3+NO↑+2H2O，产物AgNO3可循环利用；氧化剂为被还原的HNO3（生成NO），N从+5→+2（得3e-）；还原剂为Ag（0→+1，失1e-），由电子守恒，n(氧化剂):n(还原剂)=1:3，C错误；D．FeI2中I-还原性强于Fe2+，Cl2先氧化I-，设有1molFeI2，根据Cl2+2I-=2Cl-+I2（需1molCl2），再氧化Fe2+：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-（需0.5molCl2），共需1.5molCl2。若>1.5，Cl2过量，会氧化I2生成等，导致I2收率降低，D正确；故选C。二、选择题：本题共5小题，每题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.下列实验操作、现象和结论均正确是选项实验操作现象结论A检验过氧化钠溶于水是否生成碱性物质将过量过氧化钠投入滴有酚酞溶液的水中溶液最终变为红色，过氧化钠与水反应生成碱性物质B铜与足量浓硫酸在加热条件下反应一段时间，冷却后，向反应后的溶液中慢慢倒入适量蒸馏水溶液呈蓝色铜与浓硫酸反应生成了硫酸铜C向某溶液中滴加Ba(NO3)2溶液观察到白色沉淀溶液中可能含有D将两根石墨电极分别插入盛有AgNO3溶液与淀粉KI溶液的烧杯中，用导线连接石墨棒和电流表，插入盐桥，构成闭合回路电流表指针偏转，淀粉碘化钾溶液显蓝色氧化性：Ag+＞I2A.A B.B C.C D.D【答案】CD【解析】A．Na2O2具有漂白性，Na2O2和H2O反应生成NaOH而使含有酚酞的溶液变红色，但过量的Na2O2能使溶液褪色，A错误；B．反应后的溶液中含有大量浓硫酸，稀释浓硫酸应该将浓硫酸倒入水中，所以反应后的溶液应该倒入水中并不断搅拌，B错误；C．白色沉淀可能是BaSO3、BaSO4或BaCO3等，根据实验现象知，原溶液中可能含有，C正确；D．电流表指针偏转，说明形成原电池，淀粉碘化钾溶液显蓝色，说明有I2生成，则I-失电子发生氧化反应而作还原剂，Ag+得电子生成Ag而作氧化剂，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以氧化性Ag+＞I2，D正确；故答案为：CD。12.已知二氧化氯(ClO2)为新型绿色消毒剂，沸点为9.9℃，可溶于水、有毒，浓度较高时易发生爆炸。利用ClO2与H2O2在碱性条件下制备少量NaClO2的实验装置如图所示。下列说法正确的是A.实验中通入CO2气体的速率不能太慢B.装置丙的作用是吸收过量二氧化碳C.装置乙中应使用热水浴，以加快化学反应速率D.装置乙发生的反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1【答案】A【解析】在甲装置烧瓶中用CH3OH和NaClO3在浓硫酸作用下反应可制得ClO2，通入CO2气体将ClO2稀释，防止其浓度过大引起爆炸，生成的ClO2在乙装置中和H2O2在碱性条件下生成少量NaClO2，丙用于吸收尾气，防止污染大气。A．实验中通入CO2气体的目的是将ClO2稀释，防止其浓度过大引起爆炸，故通入CO2的速率不能太慢，A正确；B．装置丙中溶液的作用是吸收未反应的ClO2（有毒），B错误；C．由题干信息可知，ClO2的沸点为9.9℃，若装置乙中使用热水浴，将加快ClO2的挥发而造成损失，故装置乙应使用冷水浴或者冰水浴，C错误；D．装置乙发生的反应为，NaClO2是还原产物，O2为氧化产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：2，D错误；故选A。13.我国某科研团队通过超快电脉冲热还原法开发了一种新型碳载钌镍合金纳米催化剂(RuNi/C)，并基于此催化剂制备出一种极具竞争力的高能量镍氢气(Ni-H2)电池，其工作原理如图所示，下列说法错误的是A.放电时，电流由b极经用电器流向a极，再经KOH溶液流回b极B.放电一段时间后，溶液的pH几乎不变C.放电时，NiOOH+e-+H2O=Ni(OH)2+OH-D.外电路中每转移2mole⁻，理论上电极a上消耗22.4LH2【答案】D【解析】由图可知，放电时，电极a为负极，电极反应式为H2+2OH--2e-═2H2O，电极b为正极，电极反应式为NiOOH+H2O+e-═Ni(OH)2+OH-，阴离子移向负极，电池的总反应式为：H2+2NiOOH2Ni(OH)2，据此分析作答。A．由分析可知，放电时，a电极为负极，b电极为正极，故电流由b极经用电器流向a极，再经KOH溶液流回b极，A正确；B．电池的总反应式为：H2+2NiOOH2Ni(OH)2，故放电一段时间后，KOH溶液的浓度不变，溶液的pH几乎不变，B正确；C．由分析可知，放电时，电极b为正极，该电极反应式为：NiOOH+e-+H2O=Ni(OH)2+OH-，C正确；D．题干未告知气体所处的状态为标准状况，故无法计算气体的体积，D错误；故答案为：D。14.CuCl常用作有机合成催化剂，晶体呈白色，微溶于水，露置于潮湿空气中易被氧化，且见光易分解，以CuCl2(含FeCl2)粗品为原料制取CuCl，设计的合成路线如下：查阅资料可知：①在较高的盐酸浓度下，Fe³⁺能溶解于萃取剂(甲基异丁基甲酮)；②CuCl在溶液中存在：；下列叙述错误的是A.将少量CuCl2粗品溶于水，取少量溶液于试管中，向其中滴加酸性高锰酸钾溶液，若紫红色消失，则证明粗品中含Fe2+B.CuCl2原料中含有的Fe2+经氧化、萃取几乎都在有机相中被除去C.SO2通入混合液中发生反应的离子方程式是D.上述合成路线中，一系列操作包括：过滤、洗涤、干燥，且干燥时应注意密封、避光【答案】AC【解析】CuCl2(含

FeCl2)粗品加入H2O2，H2O2把Fe2+氧化为Fe3+，加入萃取剂甲基异丁基甲酮除去Fe3+，用SO2把CuCl2还原为[CuCl3]2-，加入去氧水，CuCl（s）+2Cl-（aq）⇌[CuCl3]2-（aq）逆向移动，生成CuCl沉淀。A．氯离子也可以被酸性高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故不能依据紫红色褪去就断定一定含有

Fe2+，故A错误；B．原料中 Fe2+ 先被 H2O2 氧化为 Fe3+，而后在高盐酸环境下萃取进入有机相，得以除去，符合工艺流程，故B正确；C．SO2通入酸性溶液，能将还原为还原，生成 CuCl，根据信息②可知CuCl在溶液中存在：，则正确的离子方程式，故C错误；D．制得的 CuCl 晶体易氧化、遇光分解，故干燥过程需密封、避光，操作合理，故D正确；故答案为AC。15.利用Cl2氧化绿色K2MnO4浓强碱溶液制备KMnO4的装置如图所示(加热、夹持装置略)。已知：锰酸钾(K2MnO4)在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：。下列说法错误的是A.实验开始前向仪器a中加入水，盖好玻璃塞，关闭止水夹和弹簧夹，打开仪器a玻璃旋塞向b中滴加水，一段时间后看水能不能滴下，以此操作来检验装置的气密性B.装置B中每生成1molKMnO4，消耗0.5molCl2C.单向阀的作用是防止倒吸，当仪器B中溶液由绿色完全转变为紫红色即停止通氯气D.上述装置存在一处缺陷，会导致KMnO4产率降低【答案】A【解析】装置A中浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，生成的氯气通入装置B中与K2MnO4浓强碱溶液反应制备KMnO4，氯气有毒，不能排放到空气中，装置C用于尾气处理。A．仪器a为恒压滴液漏斗，漏斗中压强和三颈烧瓶中压强始终相同，因此该法不能检验装置气密性，A错误；B．装置B中氯气与浓强碱溶液中的锰酸钾反应制备高锰酸钾，反应的化学方程式为根据化学方程式，每生成1molKMnO4，消耗0.5molCl2，B正确；C．由示意图可知，单向阀只允许气体从左流向右，不允许溶液从右流向左，可以起到防倒吸的作用；由方程式可知，当装置B中绿色的锰酸钾溶液完全转变为紫红色高锰酸钾溶液时，说明锰酸钾完全反应，应停止通氯气，C正确；D．由分析可知，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢，氯化氢会与装置B中浓碱反应导致碱性减弱，锰酸根离子在溶液中发生歧化反应，导致

KMnO4

产率降低，D正确；故选A。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.根据氮及其化合物的相关信息，完成下列问题。（1）已知：；4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(1)=-2400kJ/mol表示氨气摩尔燃烧焓的热化学方程式为___________。（2）有关肼(N₂H₄)化学反应的能量变化如图所示。已知断裂1mol化学键需要的能量(kJ)：N≡N为942、N-H为391，N-N为154，则断裂1molO=O键需要的能量是___________kJ。（3）为有效降低含氮化物的排放量，又能充分利用化学能，合作小组利用反应6NO2+8NH3=7N2+12H2O，设计如图所示电池。(已知：交换膜只对溶液里的离子具有选择透过能力)。①为保证放电的持续进行，应选择___________(阴或阳)离子交换膜。②电池工作一段时间后，左侧电极室溶液的pH___________(填“变大”、“变小”或“不变”)。③电极B的电极反应式为___________。④当电路中转移12mol电子时，共产生___________molN2，右侧溶液质量___________(填“增加”或“减少”)___________g。【答案】（1）（2）500（3）①.阴②.变小；③.④.3.5⑤.减少⑥.108【解析】根据化学方程式可知，NO2和NH3发生归中反应，NO2中N得电子化合价降低故通入NO2的电极B为正极，正极反应式为，NH3中N失电子化合价升高，故通入NH3的电极A为负极，负极反应式为；（1）摩尔燃烧是指一定温度和压强下，1mol物质完全燃烧生成相同温度下指定产物的烙变，已知①；②4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(1)=-2400kJ/mol③，结合盖斯定律，可得，，则，故答案为：；（2）由图知，，可设断裂1molO=O键需要的能量x，则，解，故断裂1molO=O键需要的能量；（3）①原电池工作时，阴离子向负极移动，为使电池持续放电，离子交换膜需选用阴离子交换膜；②负极反应式为，消耗氢氧根离子的同时生成水，因此电池工作一段时间后，左侧电极室溶液的碱性减弱，左侧电极室溶液的pH变小；③由分析可知，电极B反应式为；④根据题意有关系式：，所以当电路中转移12mol电子时，共产生3.5molN2，右侧溶液通入了3molNO2，逸出1.5molN2，同时向左侧转移了12molOH-，故质量变化为，即溶液质量减少108g；故答案为：阴；变小；；3.5；减少；108。17.草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)是一种黄色难溶于水可溶于稀硫酸的固体，具有较强还原性，受热易分解，是生产电池、涂料以及感光材料的原材料。某化学活动小组分别设计了相应装置进行草酸亚铁的制备及其性质实验。回答下列问题：Ⅰ．草酸亚铁晶体的制备实验步骤：称取5.0g(NH4)2Fe(SO4)2，并放入如图装置的仪器A中，加入10滴左右1.0mol/LH2SO4溶液和15mL蒸馏水，加热溶解。用仪器B加入25.0mL饱和草酸溶液(过量)，搅拌加热至80~90℃停止加热，静置。待浅黄色晶体沉淀后，抽滤、洗涤、干燥得到晶体。（1）仪器B的名称为___________，此实验中三颈烧瓶的规格宜选择___________(填字母)。a．50mLb．100mLc．250mLd．500mL（2）量取10.9mL浓硫酸(18.4mol/L)配制200mL浓度约为1mol/L稀硫酸，不需要选用的仪器是___________(填字母)。a．托盘天平b．25mL量筒c．250mL量筒d．250mL容量瓶e．250mL烧杯f．250mL细口试剂瓶g．玻璃棒（3）有关抽滤，下列说法不正确的是___________。a．滤纸应比漏斗内径略小，且能盖住所有小孔b．如图抽滤装置中只有一处错误，即漏斗颈口斜面没有对着吸滤瓶的支管口c．抽滤完毕后，应先打开活塞A，再关抽气泵，以防倒吸d．抽滤得到的滤液应从吸滤瓶的支管口倒出Ⅱ．草酸亚铁晶体热分解产物的探究：（4）装置C的作用为___________。（5）实验结束后，E中黑色固体变为红色，B、F中澄清石灰水变浑浊，a中无水硫酸铜变为蓝色，A中残留FeO，则A处反应管中发生反应的化学方程式为___________。（6）从绿色化学考虑，该套装置存在的明显缺陷是___________。Ⅲ．运用热重分析法推测产物称取54.0g草酸亚铁晶体()加热分解，得到剩余固体质量随温度变化的曲线如图所示。（7）已知B点时，固体只含有一种铁的氧化物，根据右图可知B点固体物质的化学式为___________。【答案】（1）①.恒压滴液漏斗②.b（2）ad（3）d（4）吸收二氧化碳（5）FeC2O4•2H2OFeO+2H2O+CO2↑+CO↑（6）缺少处理CO尾气装置（7）Fe3O4【解析】本题为实验探究题，用(NH4)2Fe(SO4)2溶液硫酸溶液中，在滴加饱和草酸溶液至过量，待浅黄色晶体析出后，抽滤、洗涤、干燥即得到FeC2O4·2H2O晶体，然后通过定性的方法来探究草酸亚铁晶体热分解得到的产物，以及运用热重分析法推测产物，据此分析解题。（1）仪器B的名称为恒压滴液漏斗；三颈烧瓶中液体体积不超过容器体积的三分之二，不低于三分之一，溶液总体积为40mL，故选100mL三颈烧瓶，故答案为：恒压滴液漏斗；b；（2）10.9mL的浓硫酸的物质的量为0.2mol，本实验要求精度不高，10.9mL的浓硫酸溶解在200mL蒸馏水中即可配制200mL浓度约为1mol/L稀硫酸，此实验需要25mL量筒量取浓硫酸，需要250mL的烧杯进行稀释，用玻璃棒搅拌，需要用250mL的量筒量取200mL蒸馏水，最终存放到250mL的细口瓶中，不需要托盘天平与250mL容量瓶，故答案为：ad；（3）a．根据抽滤操作的规范要求可知，滤纸应比漏斗内径略小，且能盖住所有小孔，a正确；b．上图抽滤装置中只有一处错误，即漏斗颈口斜面没有对着吸滤瓶的支管口，b正确；c．抽滤完毕后，应先打开活塞A，平衡气压，再关泵，以防倒吸，c正确；d．抽滤得到的滤液应从吸滤瓶的上口倒出，d错误；故答案为：d；（4）装置A为草酸亚铁晶体分解，利用无水硫酸铜检验水蒸气，B装置检验二氧化碳，C装置盛放NaOH溶液的作用是吸收二氧化碳，D装置干燥气体，E装置检验CO，F装置检验二氧化碳，故答案为：吸收二氧化碳；（5）E中FeC2O4•2H2O加热分解，E中黑色固体变为红色，说明有Cu单质生成，B、F中澄清石灰水变浑浊，说明有CO2和CO生成，a中无水硫酸铜变为蓝色，说明有H2O生成，A中残留FeO，则A处反应管中发生反应的化学方程式为FeC2O4•2H2OFeO+2H2O+CO2↑+CO↑，故答案为：FeC2O4•2H2OFeO+2H2O+CO2↑+CO↑；（6）反应会产生CO，从绿色化学考虑，该套装置存在的明显缺陷是缺少处理CO尾气装置，故答案为：缺少处理CO尾气装置；（7）n（FeC2O4•2H2O）==0.3mol，n（Fe）=n（FeC2O4•2H2O）=0.3mol，B点时，已知固体产物只含一种铁的氧化物，m（Fe）=0.3mol×56g/mol=16.8g，m（O）=23.2g-16.8g=6.4g，n（O）==0.4mol，n（Fe）：n（O）=0.3mol：0.4mol=3：4，所以铁的氧化物的化学式为Fe3O4，故答案为：Fe3O4。18.稀有金属钒和钛在钢铁、化工、航空航天等领域应用广泛。一种利用钒钛磁铁矿精矿(主要成分为Fe3O4、FeV2O4、TiO2和SiO2)综合提取钒、钛，并同步制备黄铵铁矾的工艺流程如下图所示：已知：①“加压焙烧”过程中存在反应，生成的Cl2会对钒钛磁铁矿精矿“二次氯化”；②“酸浸”所得溶液中钒、钛以形式存在。回答下列问题：（1）已知FeV2O4中Fe为+2价，则V的化合价为___________。（2）“酸浸”时，产生的“浸出渣”的主要成分为___________(填化学式)。“酸浸”时，若用硝酸代替盐酸，弊端为___________。（3）“氧化”时，H2O2的使用量远大于理论计算量，可能的原因为___________。（4）“萃取”时，先转化为再与萃取剂R3N结合，其过程可表示为：。据此分析“反萃取”过程中加入Na2CO3溶液的作用为___________。（5）“沉铁”时，生成黄铵铁矾的离子方程式为___________。（6）V2O5可溶于强酸强碱，常温时不同pH、不同钒元素浓度时，+5价V存在形态如图所示(忽略溶液前后体积变化)：将0.01molV2O5溶解在200mL烧碱溶液中，剩余溶液的，反应的离子方程式为___________。【答案】（1）+3（2）①.SiO2②.硝酸具有强氧化性，可能将溶液中低价态金属离子(如Fe2+、V3+)氧化，影响后续分离提纯，同时硝酸还原会生成NO、NO2等有毒气体，污染环境（3）Fe3+具有催化作用，会加速H2O2的分解（4）消耗H+，使萃取反应的平衡逆向移动，将与萃取剂分离（5）+3Fe3++2+6H2O=NH4Fe3(SO4)2(OH)6↓+6H+（6）V2O5+4OH-=+2H2O【解析】钒钛磁铁矿精矿(主要成分为Fe3O4、FeV2O4、TiO2和SiO2)“加压焙烧”过程中存在反应2FeCl3(s)=2FeCl2(s)+Cl2(g)，生成的Cl2会对钒钛磁铁矿精矿“二次氯化”，FeV2O4经“二次氯化”转化为VO2Cl、FeCl2，加入盐酸进行酸浸，VO2Cl转化为，TiO2转化为TiO2+，滤渣含SiO2，加适量铁粉沉钛，调节溶液pH使TiO2+完全生成TiO(OH)2沉淀，加入H2O2将+2价亚铁离子氧化成+3价铁离子，加入有机萃取剂R3N，先转化为，再与萃取剂R3N结合进入有机相，4R3N+4H++[R3NH]4H2V10O28，加酸化的Na2SO4洗涤分液，有机相加入Na2CO3进行反萃取，经一系列操作得V2O5；水相加入(NH4)2SO4生成黄铵铁矾，据此分析。（1）已知FeV2O4中Fe为+2价，根据化合价代数和为零，则V的化合价为+3价，故答案为：+3；（2）根据分析可知，“酸浸”时，产生的“浸出渣”的主要成分为SiO2，硝酸代替盐酸的弊端：硝酸具有强氧化性，可能将溶液中低价态金属离子(如Fe2+、V3+)氧化，影响后续分离提纯；同时硝酸还原会生成NO、NO2等有毒气体，污染环境，故答案为：SiO2；硝酸具有强氧化性，可能将溶液中低价态金属离子(如Fe2+、V3+)氧化，影响后续分离提纯，同时硝酸还原会生成NO、NO2等有毒气体，污染环境；（3）溶液中存在Fe3+(“酸浸”时Fe3O4、FeV2O4溶解生成)，Fe3+具有催化作用，会加速H2O2的分解，导致实际消耗的H2O2量远大于理论计算量，故答案为：Fe3+具有催化作用，会加速H2O2的分解；（4）Na2CO3与H+反应，消耗H+，使c(H+)降低，使萃取反应的平衡逆向移动，将与萃取剂分离，故答案为：消耗H+，使萃取反应的平衡逆向移动，将与萃取剂分离；（5）“沉铁”时，加入(NH4)2SO4，生成黄铵铁矾的离子方程式为：+3Fe3++2+6H2O=NH4Fe3(SO4)2(OH)6↓+6H+，故答案为：+3Fe3++2+6H2O=NH4Fe3(SO4)2(OH)6↓+6H+；（6）剩余c(OH-)=0.01mol/L，c(H+)=10-12mol/L，pH=12，结合V的存在形态图：pH=12时，c(V)==0.1mol/L，即-lgc(钒)=-lg0.1=1时，+5价V主要以形式存在，V2O5与OH-反应生成和H2O，离子方程式为：V2O5+4OH-=+2H2O，故答案为：V2O5+4OH-=+2H2O。19.三氯化铬(CrCl3)可用作媒染剂和催化剂，易水解，650℃以上升华，高温下易氧化。某学习小组在实验室中用Cr2O3和CCl4制备无水CrCl3并测定产品纯度，进行如图实验探究，回答下列问题：Ⅰ．制备无水(CrCl3)查阅资料：①制备CrCl3过程中，同时产生COCl2，COCl2常温下为气体，有毒，水解可产生两种酸性气体。②碱性条件下，H2O2可将Cr3+氧化为(黄色)；酸性条件下H2O2可将(橙色)还原为Cr3+(绿色)。（1）实验装置合理的连接顺序为a→___________(填仪器接口字母标号，仪器不可重复使用)；试剂X可以选择___________(填字母)。A．浓硫酸B．氢氧化钠溶液C．无水CCl4（2）从安全的角度考虑，整套装置的不足之处是___________。（3）装置D中反应的离子方程式为___________。（4）实验过程中最后一次通N₂的目的是___________(写出两点)。Ⅱ．测定产品纯度(杂质不参加反应)取三氯化铬样品mg，配制成250mL溶液。移取25.00mL于碘量瓶中，在强碱性条件下，加入过量的30%H₂O₂溶液，小火加热使CrCl3完全转化为，继续加热一段时间。冷却后，加入2mol/LH₂SO₄酸化，充分作用后，再加入足量KI溶液，加塞摇匀充分反应后，铬元素只以Cr3+存在，暗处静置5min后，加入指示剂，用cmol/L标准Na2S2O3溶液滴定至终点消耗标准Na2S2O3溶液VmL。(已知：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)（5）样品中无水三氯化铬(摩尔质量为Mg/mol)的质量分数为___________%(用含c、m、V、M的式子表示)。（6）继续加热一段时间再进行后续操作，目的是___________。若不进行此操作，则样品中无水三氯化铬质量分数的测量结果将___________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”，下同)，若将碘量瓶换为锥形瓶，则样品中无水三氯化铬质量分数的测量结果将___________。【答案】（1）①.hi(或ih)debcf②.A（2）氯化铬容易受热升华，温度降低后容易在导管内凝华，从而堵塞导管（3）COCl2+4OH-=+2H2O+2Cl-（4）将生成的CrCl3排入C装置被收集，并将COCl2完全排入装置D被充分吸收（5）（6）①.使过量H2O2完全分解②.偏低③.偏低【解析】三氯化铬易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化，所以实验过程中要确保装置内不能存在氧气和水蒸气，A装置用N2将CCl4导入装置参与反应，E装置是发生装置，C装置作用是收集气体，B装置作用是防止水蒸气进入反应装置，D装置是处理COCl2尾气；整个反应流程先用干燥的N2排除装置内空气，然后再通入N2将CCl4气体带入装置，与E中的Cr2O3反应，生成的COCl2有毒气体用D装置收集，与D装置中NaOH溶液反应从而进行吸收处理，为防止D装置中水蒸气进入反应装置，还有在C和D装置中间加一个干燥装置B。（1）根据分析，仪器连接顺序为AECBD，故接口顺序为ahi(或ih)debcf；实验装置内不能存在水蒸气，故通入的N2需干燥，试剂X为干燥剂浓硫酸，故答案为：hi(或ih)debcf；A；（2）三从安全的角度考虑，整套装置的不足之处是氯化铬容易受热升华，温度降低后容易在导管内凝华，从而堵塞导管，故答案为：氯化铬容易受热升华，温度降低后容易在导管内凝华，从而堵塞导管；（3）根据COCl2水解生成的两种酸性气体是HCl和CO2，COCl2和NaOH溶液反应的离子方程式应该为COCl2+4OH-=+2H2O+2Cl-，故答案为：COCl2+4OH-=+2H2O+2Cl-；（4）反应结束后还需要持续通入N2，将生成的CrCl3排入C装置被收集，并将COCl2完全排入装置D被充分吸收，故答案为：将生成的CrCl3排入C装置被收集，并将COCl2完全排入装置D被充分吸收；（5）由原子个数和得失电子数目守恒可得关系式：2CrCl3～2～3I2～6Na2S2O3，滴定消耗V mLcmol/L硫代硫酸钠溶液，则无水三氯化铬质量分数为×100%=，故答案为：；（6）加热使过量H2O2完全分解，以免在酸性条件下，H2O2把还原为Cr3+；步骤Ⅰ中未继续加热一段时间，由于过量的H2O2的存在，在后面的步骤中子酸性条件下会将还原为Cr3+，则滴定时消耗标准溶液Na2S2O3体积减小，测定的CrCl3质量分数偏低；普通锥形瓶没有密封效果，将碘量瓶换成普通锥形瓶将导致I2升华，从而使得消耗Na2S2O3的量偏小，则样品中无水三氯化铬质量分数的测量结果偏低，故答案为：使过量H2O2完全分解；偏低；偏低。20.钯(Pd)是航天、航空等高科技领域不可缺少的关键材料。一种从铂钯精矿(含有Pt、Pd、Au、Cu、Bi)中分离提取钯的工艺流程如图所示：已知：H2PtCl6为二元强酸，在水溶液中完全电离。（1）“氯化溶解”时，浓盐酸的作用是___________。（2）“分金”时，HAuCl4的氧化性___________(填“大于”或“小于”)H2PtCl6.（3）“沉铂”时，发生反应的离子方程式为___________，“沉铂”时，得到的(NH4)2PtCl6经煅烧后可得到海绵铂。工业上会将海绵铂反复“浸出一分金—沉铂—煅烧”2~3次，其目的为___________。（4）“沉钯”时，反应的化学方程式为___________，“滤液3”可以进入到___________步骤中循环利用。（5）N2H4·H2O(水合肼)将Pd(NH3)2Cl2还原为金属钯时，还原剂与氧化剂的物质的量之比为___________。【答案】（1）作配体，与离子形成配合物（2）大于（3）①.2NH+[PtCl6]2-=(NH4)2PtCl6↓②.为了提高海绵铂的纯度（4）①.NaClO+2NH4Cl+H2PdCl4=(NH4)2PdCl6↓+NaCl+H2O②.沉钯（5）1:2【解析】铂钯精矿[含有Pt、Pd、Au、Cu、Bi]用浓盐酸酸浸，“滤液1”中含有H[CuCl2]和BiCl3，滤饼中含有Pt、Pd、Au，氯化溶解后加入亚硫酸钠溶液分金，溶液中的被还原为金单质沉淀，过滤除去，滤液中加入氯化铵沉铂，过滤后加入氯化铵和次氯酸钠溶液沉钯，水合肼将Pd(NH3)2Cl2还原为金属钯。（1）“氯化溶解”时浓盐酸作配体，与离子形成配合物；“氯化溶解”时，浓盐酸的作用是作配体，与离子形成配合物。故答案为：作配体，与离子形成配合物；（2）由于“分金”时Na2SO3只还原HAuCl4，未还原H2PtCl6和H2PdCl4.，还原剂先与氧化性强的反应，故氧化性HAuCl4大于H2PtCl6.；故答案为：大于；（3）“沉铂”时发生复分解反应，“沉铂”时，发生反应的离子方程式为2NH+[PtCl6]2-=(NH4)2PtCl6↓，“沉铂”时，得到的(NH4)2PtCl6经煅烧后可得到海绵铂。“沉铂”时，得到的(NH4)2PtCl6中含有其他杂质，经煅烧后可得到的海绵铂也含有其他杂质，将海绵铂反复“浸出—分金—沉铂—煅烧”2～3次，其目的为了提高海绵铂的纯度。故答案为：2NH+[PtCl6]2-=(NH4)2PtCl6↓；为了提高海绵铂的纯度；（4）“沉钯”时次氯酸钠被还原为NaCl，H2PdCl4被氧化为(NH4)2PdCl6，“沉钯”时，反应的化学方程式为NaClO+2NH4Cl+H2PdCl4=(NH4)2PdCl6↓+NaCl+H2O，“滤液3”为NH4Cl溶液，可以进入“沉钯”步骤中循环利用。故答案为：NaClO+2NH4Cl+H2PdCl4=(NH4)2PdCl6↓+NaCl+H2O；沉钯；（5）N2H4·H2O(水合肼)(还原剂)中N为-2价，被氧化为N2时失去4e-，Pd(NH3)2Cl2(氧化剂)中Pd为+2价，被还原为金属Pd时得到2e-，根据电子守恒可知，将Pd(NH3)2Cl2还原为金属钯时，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1:2。故答案为：1:2。山东省名校联盟2025-2026学年高三上学期11月期中考试本试卷分选择题和非选择题两部分，满分为100分，考试用时90分钟。注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。2.选择题答案必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Fe-56Cu-64Ag-108一、选择题：本题共10小题，每题2分，共20分。每小题只有一个选项符合要求。1.2025年九三大阅兵，国之重器彰威，科技利刃出鞘。科技创新是赢得未来发展主动权的必然选择。下列说法正确的是A.用于光学望远镜的高致密碳化硅特种陶瓷材料是一种传统无机非金属材料B.量子通信材料螺旋碳纳米管、石墨烯等纳米材料属于胶体C.石英纤维是制造各种雷达罩的理想透波材料，属于硅酸盐材料D.受阅官兵所戴的手套背部采用航天级芳纶针织布，不仅阻燃防割，还透气不闷热，属于有机高分子材料【答案】D【解析】A．碳化硅特种陶瓷属于新型无机非金属材料，而非传统无机非金属材料（如硅酸盐材料），A错误；B．螺旋碳纳米管、石墨烯是纳米材料，但胶体是分散系（混合物），而它们是纯净物，B错误；C．石英纤维的主要成分是二氧化硅（），属于氧化物材料，而非硅酸盐材料，C错误；D．芳纶是人工合成的有机高分子材料，符合题干描述的特性，D正确；故答案选D。2.下列物质的应用中，不涉及氧化还原反应的是A.高铁酸钾(K2FeO4)用作新型水处理剂 B.高压钠灯广泛用于道路照明C.雷雨过后庄稼长势旺盛 D.常温下用铝槽车运输浓硫酸【答案】B【解析】A．高铁酸钾中Fe为+6价，作为强氧化剂杀菌消毒时被还原，涉及氧化还原反应，A不合题意；B．高压钠灯发光是钠原子电子跃迁释放光能，属于物理变化，无化合价变化，不涉及氧化还原反应，B符合题意；C．雷雨时N2转化为NO，氮元素化合价升高，涉及氧化还原反应，C不合题意；D．铝在浓硫酸中钝化生成Al2O3，铝被氧化，涉及氧化还原反应，D不合题意；故答案为：B。3.在实验室中，下列试剂的保存方法正确的是①浓硝酸保存在棕色广口瓶内②澄清石灰水保存在带橡胶塞的试剂瓶中③HF溶液保存在塑料瓶中④溴化银通常保存在无色广口瓶中⑤白磷保存在冷水中⑥保存液溴，用一定量水封于带橡胶塞的细口玻璃瓶⑦浓硫酸保存于铁质容器中⑧少量的Na保存在石蜡油中A.5项 B.4项 C.3项 D.2项【答案】A【解析】①浓硝酸为液体且见光易分解，应保存在棕色细口瓶中，错误；②澄清石灰水显碱性，不能用磨口玻璃塞盛放所以澄清石灰水保存在带橡胶塞的试剂瓶中，正确；③玻璃的主要成分是，HF与反应，只能存塑料瓶，正确；④溴化银见光易分解，需保存在棕色瓶中，错误；⑤常温下，白磷容易自燃，需要隔绝空气保存，由于白磷不与水反应，密度大于水，少量白磷可以保存在冷水中，正确；⑥液溴具有强的氧化性，能够使橡胶老化，保存液溴，用一定量水封于带玻璃塞的细口玻璃瓶中，错误；⑦常温下，铁遇到浓硫酸钝化，故可将浓硫酸保存于铁质容器中，正确；⑧钠化学性质活泼，易与空气中的氧气、水反应，存石蜡油隔绝空气，正确。由分析可知，正确的包括②③⑤⑦⑧，共5项；综上所述，答案选A。4.下列离子方程式或电极反应式正确的是A.金属Na与CuCl2溶液反应：B.以铝为电极，电解NaOH溶液，阳极反应式：C.食盐的氨水溶液中通入过量的二氧化碳，有白色固体产生：D.向硫氰化铁溶液中加入铁粉使其颜色变浅：【答案】B【解析】A．金属钠与CuCl₂溶液反应时，钠会先与水反应生成NaOH和H2，NaOH继续与CuCl2溶液反应生成氢氧化铜沉淀和氯化钠，离子方程式为：，A错误；B．以铝为电极，电解NaOH溶液时，铝电极为阳极，电极反应式应为：Al+4OH--3e-=[Al(OH)4]-，B正确；C．食盐的氨水溶液中通入过量CO2生成NaHCO3和NH4Cl，离子方程式为：，C错误；D．硫氰化铁溶液中存在平衡：，向硫氰化铁溶液中加入铁粉，Fe3+与Fe反应生成Fe2+，平衡：正向移动，颜色变浅，离子方程式为：，D错误；故选B。5.下列实验操作规范且能达到实验目的的是A.熔融纯碱 B.验证NaHCO3受热易分解C.振荡放气 D.验证溶液X中存在Cl⁻【答案】C【解析】A．瓷坩埚中含有二氧化硅，二氧化硅在高温下会与碳酸钠发生反应，所以不能用瓷坩埚灼烧碳酸钠，该操作不规范，A错误；B．给试管中的固体加热时，为防止冷凝水回流使试管炸裂，试管口应略向下倾斜，B错误；C．振荡分液漏斗时，将分液漏斗倒转过来，使漏斗的上口朝下，下口朝上，然后用力振荡，C正确；D．验证溶液X中存在要滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，D错误；故答案选C。6.在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可一步实现的是A.SSO3BaSO4 B.FeFe3O4Fe(NO3)3C.Al(OH)3AlCl3Al D.SiSiO2H2SiO3【答案】B【解析】A．硫在氧气中点燃生成而非，一步无法实现，A错误；B．Fe与水蒸气高温生成正确，与硝酸反应生成，均可一步实现，B正确；C．加热分解生成而非，且电解无法得到Al（需电解熔融），C错误；D．Si燃烧生成正确，但不溶于水，无法直接与水反应生成（需先与强碱反应生成硅酸盐再酸化），一步无法实现，D错误；故答案选B。7.下列说法正确的是A.在一定温度和压强下，将0.5molN2(g)和1.5molH2(g)充分反应生成NH3(g)，放出热量19.3kJ，则其热化学方程式为N2(g)+3H2(g)═2NH3(g)ΔH=-38.6kJ/molB.一定条件下，2SO2(g)+O2(g)═2SO3(g)ΔH1，2SO2(g)+O2(g)═SO3(l)△H2，则ΔH1＜△H2C.同温同压时，等物质的量的氢气和氯气光照和点燃条件下反应的△H不同D.强酸强碱的中和热为57.3kJ/mol，则△H＜-114.6kJ/mol【答案】D【解析】A．合成氨气是可逆反应，则0.5molN2和1.5molH2未完全反应，热化学方程式ΔH应基于完全反应的数值，但实际反应未达完全，因此ΔH≠-38.6kJ/mol，A错误；B．生成液态SO3比气态SO3多释放热量，ΔH2更负，故，B错误；C．ΔH只与始态和终态有关，与反应条件无关，光照或点燃的ΔH相同，C错误；D．生成BaSO4沉淀额外放热，总ΔH比-114.6kJ/mol更小，D正确；故选D。8.某小组同学向pH=1的0.5mol/LFeCl3溶液中分别加入过量Zn粉和Mg粉，探究反应的还原产物：实验金属操作、现象及产物I过量Zn一段时间后有气泡产生，反应缓慢，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后无气泡冒出，此时溶液pH为3~4，取出固体，固体中未检测到Fe单质Ⅱ过量Mg有大量气泡产生，反应剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质下列说法错误的是A.取Ⅱ中少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若观察到蓝色沉淀，则证明有Fe2+生成B.Ⅰ、Ⅱ中产生气泡的主要成分相同C.I中未检测到Fe单质的原因可能是Zn被Fe(OH)3沉淀包裹，阻碍了Zn与Fe2+的反应D.若向pH=1的0.5mol/LFeCl3溶液中加入过量Cu粉，也可观察到生成大量红褐色沉淀【答案】D【解析】A．与反应生成蓝色沉淀，可用于检测，实验Ⅱ中检测到Fe单质，说明被还原为后进一步还原为Fe，但溶液中可能仍存在，A正确；B．Ⅰ、Ⅱ中气泡均为，Zn和Mg均先与反应生成，Mg活性更高，在pH升高后仍能持续反应，但气体成分相同，B正确；C．Ⅰ中红褐色沉淀包裹Zn，阻碍Zn与接触，导致未被进一步还原为Fe，C正确；D．Cu与发生反应，该反应消耗了，使得的水解平衡逆向移动，且反应不消耗，因此不能生成大量红褐色沉淀，D错误；故答案选D。9.下列说法错误的是A．外加电压保持恒定不变，有利于提高对钢闸门的防护效果B．可表示Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应的能量变化C．由图可知，A与C的能量差为：E4-E1-E3+E2D．已知初始Cu、Ag电极质量相等，当外电路中通过01mole-时，两电极质量相差14gA.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．该装置为外加电流的阴极保护法，钢闸门作为阴极，外加电压恒定可确保其持续得电子，防止被氧化，防护效果良好，A正确；B．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应是吸热反应，反应物能量低于生成物，图像符合能量变化规律，B正确；C．反应焓变（）是反应物与生成物的能量差，从图中可知，A与C的能量差为：，C错误；D．铜银原电池中，Cu（负极）反应：，质量减少，Ag（正极）反应：，质量增加，两极质量差为，D正确；故答案选C。10.碘(紫黑色固体，微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。I₂的一种制备方法如下图所示：下列说法错误的是A.加入Fe粉进行“转化”反应的离子方程式为B.“转化”后的操作是过滤，所需的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒C.生成的沉淀与稀硝酸反应得到的产物可以循环利用，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：3D.“氧化”中若反应物用量比>1.5单质碘的收率会降低【答案】C【解析】向净化除氯后的含碘海水中加入硝酸银溶液，得到碘化银悬浊液，向悬浊液中加入铁粉，将碘化银还原得到银单质，同时生成碘化亚铁，碘化亚铁溶液中通入氯气得到碘单质。A．加入Fe粉进行转化时铁与AgI反应生成碘化亚铁和银单质，其反应的离子方程式为，A正确；B．“转化”后需分离沉淀与溶液，操作是过滤，所需玻璃仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒，B正确；C．生成的沉淀即银与硝酸反应生成硝酸银、NO和水，化学方程式为3Ag+4HNO3(稀)=3AgNO3+NO↑+2H2O，产物AgNO3可循环利用；氧化剂为被还原的HNO3（生成NO），N从+5→+2（得3e-）；还原剂为Ag（0→+1，失1e-），由电子守恒，n(氧化剂):n(还原剂)=1:3，C错误；D．FeI2中I-还原性强于Fe2+，Cl2先氧化I-，设有1molFeI2，根据Cl2+2I-=2Cl-+I2（需1molCl2），再氧化Fe2+：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-（需0.5molCl2），共需1.5molCl2。若>1.5，Cl2过量，会氧化I2生成等，导致I2收率降低，D正确；故选C。二、选择题：本题共5小题，每题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.下列实验操作、现象和结论均正确是选项实验操作现象结论A检验过氧化钠溶于水是否生成碱性物质将过量过氧化钠投入滴有酚酞溶液的水中溶液最终变为红色，过氧化钠与水反应生成碱性物质B铜与足量浓硫酸在加热条件下反应一段时间，冷却后，向反应后的溶液中慢慢倒入适量蒸馏水溶液呈蓝色铜与浓硫酸反应生成了硫酸铜C向某溶液中滴加Ba(NO3)2溶液观察到白色沉淀溶液中可能含有D将两根石墨电极分别插入盛有AgNO3溶液与淀粉KI溶液的烧杯中，用导线连接石墨棒和电流表，插入盐桥，构成闭合回路电流表指针偏转，淀粉碘化钾溶液显蓝色氧化性：Ag+＞I2A.A B.B C.C D.D【答案】CD【解析】A．Na2O2具有漂白性，Na2O2和H2O反应生成NaOH而使含有酚酞的溶液变红色，但过量的Na2O2能使溶液褪色，A错误；B．反应后的溶液中含有大量浓硫酸，稀释浓硫酸应该将浓硫酸倒入水中，所以反应后的溶液应该倒入水中并不断搅拌，B错误；C．白色沉淀可能是BaSO3、BaSO4或BaCO3等，根据实验现象知，原溶液中可能含有，C正确；D．电流表指针偏转，说明形成原电池，淀粉碘化钾溶液显蓝色，说明有I2生成，则I-失电子发生氧化反应而作还原剂，Ag+得电子生成Ag而作氧化剂，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以氧化性Ag+＞I2，D正确；故答案为：CD。12.已知二氧化氯(ClO2)为新型绿色消毒剂，沸点为9.9℃，可溶于水、有毒，浓度较高时易发生爆炸。利用ClO2与H2O2在碱性条件下制备少量NaClO2的实验装置如图所示。下列说法正确的是A.实验中通入CO2气体的速率不能太慢B.装置丙的作用是吸收过量二氧化碳C.装置乙中应使用热水浴，以加快化学反应速率D.装置乙发生的反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1【答案】A【解析】在甲装置烧瓶中用CH3OH和NaClO3在浓硫酸作用下反应可制得ClO2，通入CO2气体将ClO2稀释，防止其浓度过大引起爆炸，生成的ClO2在乙装置中和H2O2在碱性条件下生成少量NaClO2，丙用于吸收尾气，防止污染大气。A．实验中通入CO2气体的目的是将ClO2稀释，防止其浓度过大引起爆炸，故通入CO2的速率不能太慢，A正确；B．装置丙中溶液的作用是吸收未反应的ClO2（有毒），B错误；C．由题干信息可知，ClO2的沸点为9.9℃，若装置乙中使用热水浴，将加快ClO2的挥发而造成损失，故装置乙应使用冷水浴或者冰水浴，C错误；D．装置乙发生的反应为，NaClO2是还原产物，O2为氧化产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：2，D错误；故选A。13.我国某科研团队通过超快电脉冲热还原法开发了一种新型碳载钌镍合金纳米催化剂(RuNi/C)，并基于此催化剂制备出一种极具竞争力的高能量镍氢气(Ni-H2)电池，其工作原理如图所示，下列说法错误的是A.放电时，电流由b极经用电器流向a极，再经KOH溶液流回b极B.放电一段时间后，溶液的pH几乎不变C.放电时，NiOOH+e-+H2O=Ni(OH)2+OH-D.外电路中每转移2mole⁻，理论上电极a上消耗22.4LH2【答案】D【解析】由图可知，放电时，电极a为负极，电极反应式为H2+2OH--2e-═2H2O，电极b为正极，电极反应式为NiOOH+H2O+e-═Ni(OH)2+OH-，阴离子移向负极，电池的总反应式为：H2+2NiOOH2Ni(OH)2，据此分析作答。A．由分析可知，放电时，a电极为负极，b电极为正极，故电流由b极经用电器流向a极，再经KOH溶液流回b极，A正确；B．电池的总反应式为：H2+2NiOOH2Ni(OH)2，故放电一段时间后，KOH溶液的浓度不变，溶液的pH几乎不变，B正确；C．由分析可知，放电时，电极b为正极，该电极反应式为：NiOOH+e-+H2O=Ni(OH)2+OH-，C正确；D．题干未告知气体所处的状态为标准状况，故无法计算气体的体积，D错误；故答案为：D。14.CuCl常用作有机合成催化剂，晶体呈白色，微溶于水，露置于潮湿空气中易被氧化，且见光易分解，以CuCl2(含FeCl2)粗品为原料制取CuCl，设计的合成路线如下：查阅资料可知：①在较高的盐酸浓度下，Fe³⁺能溶解于萃取剂(甲基异丁基甲酮)；②CuCl在溶液中存在：；下列叙述错误的是A.将少量CuCl2粗品溶于水，取少量溶液于试管中，向其中滴加酸性高锰酸钾溶液，若紫红色消失，则证明粗品中含Fe2+B.CuCl2原料中含有的Fe2+经氧化、萃取几乎都在有机相中被除去C.SO2通入混合液中发生反应的离子方程式是D.上述合成路线中，一系列操作包括：过滤、洗涤、干燥，且干燥时应注意密封、避光【答案】AC【解析】CuCl2(含

FeCl2)粗品加入H2O2，H2O2把Fe2+氧化为Fe3+，加入萃取剂甲基异丁基甲酮除去Fe3+，用SO2把CuCl2还原为[CuCl3]2-，加入去氧水，CuCl（s）+2Cl-（aq）⇌[CuCl3]2-（aq）逆向移动，生成CuCl沉淀。A．氯离子也可以被酸性高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故不能依据紫红色褪去就断定一定含有

Fe2+，故A错误；B．原料中 Fe2+ 先被 H2O2 氧化为 Fe3+，而后在高盐酸环境下萃取进入有机相，得以除去，符合工艺流程，故B正确；C．SO2通入酸性溶液，能将还原为还原，生成 CuCl，根据信息②可知CuCl在溶液中存在：，则正确的离子方程式，故C错误；D．制得的 CuCl 晶体易氧化、遇光分解，故干燥过程需密封、避光，操作合理，故D正确；故答案为AC。15.利用Cl2氧化绿色K2MnO4浓强碱溶液制备KMnO4的装置如图所示(加热、夹持装置略)。已知：锰酸钾(K2MnO4)在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：。下列说法错误的是A.实验开始前向仪器a中加入水，盖好玻璃塞，关闭止水夹和弹簧夹，打开仪器a玻璃旋塞向b中滴加水，一段时间后看水能不能滴下，以此操作来检验装置的气密性B.装置B中每生成1molKMnO4，消耗0.5molCl2C.单向阀的作用是防止倒吸，当仪器B中溶液由绿色完全转变为紫红色即停止通氯气D.上述装置存在一处缺陷，会导致KMnO4产率降低【答案】A【解析】装置A中浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，生成的氯气通入装置B中与K2MnO4浓强碱溶液反应制备KMnO4，氯气有毒，不能排放到空气中，装置C用于尾气处理。A．仪器a为恒压滴液漏斗，漏斗中压强和三颈烧瓶中压强始终相同，因此该法不能检验装置气密性，A错误；B．装置B中氯气与浓强碱溶液中的锰酸钾反应制备高锰酸钾，反应的化学方程式为根据化学方程式，每生成1molKMnO4，消耗0.5molCl2，B正确；C．由示意图可知，单向阀只允许气体从左流向右，不允许溶液从右流向左，可以起到防倒吸的作用；由方程式可知，当装置B中绿色的锰酸钾溶液完全转变为紫红色高锰酸钾溶液时，说明锰酸钾完全反应，应停止通氯气，C正确；D．由分析可知，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢，氯化氢会与装置B中浓碱反应导致碱性减弱，锰酸根离子在溶液中发生歧化反应，导致

KMnO4

产率降低，D正确；故选A。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.根据氮及其化合物的相关信息，完成下列问题。（1）已知：；4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(1)=-2400kJ/mol表示氨气摩尔燃烧焓的热化学方程式为___________。（2）有关肼(N₂H₄)化学反应的能量变化如图所示。已知断裂1mol化学键需要的能量(kJ)：N≡N为942、N-H为391，N-N为154，则断裂1molO=O键需要的能量是___________kJ。（3）为有效降低含氮化物的排放量，又能充分利用化学能，合作小组利用反应6NO2+8NH3=7N2+12H2O，设计如图所示电池。(已知：交换膜只对溶液里的离子具有选择透过能力)。①为保证放电的持续进行，应选择___________(阴或阳)离子交换膜。②电池工作一段时间后，左侧电极室溶液的pH___________(填“变大”、“变小”或“不变”)。③电极B的电极反应式为___________。④当电路中转移12mol电子时，共产生___________molN2，右侧溶液质量___________(填“增加”或“减少”)___________g。【答案】（1）（2）500（3）①.阴②.变小；③.④.3.5⑤.减少⑥.108【解析】根据化学方程式可知，NO2和NH3发生归中反应，NO2中N得电子化合价降低故通入NO2的电极B为正极，正极反应式为，NH3中N失电子化合价升高，故通入NH3的电极A为负极，负极反应式为；（1）摩尔燃烧是指一定温度和压强下，1mol物质完全燃烧生成相同温度下指定产物的烙变，已知①；②4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(1)=-2400kJ/mol③，结合盖斯定律，可得，，则，故答案为：；（2）由图知，，可设断裂1molO=O键需要的能量x，则，解，故断裂1molO=O键需要的能量；（3）①原电池工作时，阴离子向负极移动，为使电池持续放电，离子交换膜需选用阴离子交换膜；②负极反应式为，消耗氢氧根离子的同时生成水，因此电池工作一段时间后，左侧电极室溶液的碱性减弱，左侧电极室溶液的pH变小；③由分析可知，电极B反应式为；④根据题意有关系式：，所以当电路中转移12mol电子时，共产生3.5molN2，右侧溶液通入了3molNO2，逸出1.5molN2，同时向左侧转移了12molOH-，故质量变化为，即溶液质量减少108g；故答案为：阴；变小；；3.5；减少；108。17.草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)是一种黄色难溶于水可溶于稀硫酸的固体，具有较强还原性，受热易分解，是生产电池、涂料以及感光材料的原材料。某化学活动小组分别设计了相应装置进行草酸亚铁的制备及其性质实验。回答下列问题：Ⅰ．草酸亚铁晶体的制备实验步骤：称取5.0g(NH4)2Fe(SO4)2，并放入如图装置的仪器A中，加入10滴左右1.0mol/LH2SO4溶液和15mL蒸馏水，加热溶解。用仪器B加入25.0mL饱和草酸溶液(过量)，搅拌加热至80~90℃停止加热，静置。待浅黄色晶体沉淀后，抽滤、洗涤、干燥得到晶体。（1）仪器B的名称为___________，此实验中三颈烧瓶的规格宜选择___________(填字母)。a．50mLb．100mLc．250mLd．500mL（2）量取10.9mL浓硫酸(18.4mol/L)配制200mL浓度约为1mol/L稀硫酸，不需要选用的仪器是___________(填字母)。a．托盘天平b．25mL量筒c．250mL量筒d．250mL容量瓶e．250mL烧杯f．250mL细口试剂瓶g．玻璃棒（3）有关抽滤，下列说法不正确的是___________。a．滤纸应比漏斗内径略小，且能盖住所有小孔b．如图抽滤装置中只有一处错误，即漏斗颈口斜面没有对着吸滤瓶的支管口c．抽滤完毕后，应先打开活塞A，再关抽气泵，以防倒吸d．抽滤得到的滤液应从吸滤瓶的支管口倒出Ⅱ．草酸亚铁晶体热分解产物的探究：（4）装置C的作用为___________。（5）实验结束后，E中黑色固体变为红色，B、F中澄清石灰水变浑浊，a中无水硫酸铜变为蓝色，A中残留FeO，则A处反应管中发生反应的化学方程式为___________。（6）从绿色化学考虑，该套装置存在的明显缺陷是___________。Ⅲ．运用热重分析法推测产物称取54.0g草酸亚铁晶体()加热分解，得到剩余固体质量随温度变化的曲线如图所示。（7）已知B点时，固体只含有一种铁的氧化物，根据右图可知B点固体物质的化学式为___________。【答案】（1）①.恒压滴液漏斗②.b（2）ad（3）d（4）吸收二氧化碳（5）FeC2O4•2H2OFeO+2H2O+CO2↑+CO↑（6）缺少处理CO尾气装置（7）Fe3O4【解析】本题为实验探究题，用(NH4)2Fe(SO4)2溶液硫酸溶液中，在滴加饱和草酸溶液至过量，待浅黄色晶体析出后，抽滤、洗涤、干燥即得到FeC2O4·2H2O晶体，然后通过定性的方法来探究草酸亚铁晶体热分解得到的产物，以及运用热重分析法推测产物，据此分析解题。（1）仪器B的名称为恒压滴液漏斗；三颈烧瓶中液体体积不超过容器体积的三分之二，不低于三分之一，溶液总体积为40mL，故选100mL三颈烧瓶，故答案为：恒压滴液漏斗；b；（2）10.9mL的浓硫酸的物质的量为0.2mol，本实验要求精度不高，10.9mL的浓硫酸溶解在200mL蒸馏水中即可配制200mL浓度约为1mol/L稀硫酸，此实验需要25mL量筒量取浓硫酸，需要250mL的烧杯进行稀释，用玻璃棒搅拌，需要用250mL的量筒量取200mL蒸馏水，最终存放到250mL的细口瓶中，不需要托盘天平与250mL容量瓶，故答案为：ad；（3）a．根据抽滤操作的规范要求可知，滤纸应比漏斗内径略小，且能盖住所有小孔，a正确；b．上图抽滤装置中只有一处错误，即漏斗颈口斜面没有对着吸滤瓶的支管口，b正确；c．抽滤完毕后，应先打开活塞A，平衡气压，再关泵，以防倒吸，c正确；d．抽滤得到的滤液应从吸滤瓶的上口倒出，d错误；故答案为：d；（4）装置A为草酸亚铁晶体分解，利用无水硫酸铜检验水蒸气，B装置检验二氧化碳，C装置盛放NaOH溶液的作用是吸收二氧化碳，D装置干燥气体，E装置检验CO，F装置检验二氧化碳，故答案为：吸收二氧化碳；（5）E中FeC2O4•2H2O加热分解，E中黑色固体变为红色，说明有Cu单质生成，B、F中澄清石灰水变浑浊，说明有CO2和CO生成，a中无水硫酸铜变为蓝色，说明有H2O生成，A中残留FeO，则A处反应管中发生反应的化学方程式为FeC2O4•2H2OFeO+2H2O+CO2↑+CO↑，故答案为：FeC2O4•2H2OFeO+2H2O+CO2↑+CO↑；（6）反应会产生CO，从绿色化学考虑，该套装置存在的明显缺陷是缺少处理CO尾气装置，故答案为：缺少处理CO尾气装置；（7）n（FeC2O4•2H2O）==0.3mol，n（Fe）=n（FeC2O4•2H2O）=0.3mol，B点时，已知固体产物只含一种铁的氧化物，m（Fe）=0.3mol×56g/mol=16.8g，m（O）=23.2g-16.8g=6.4g，n（O）==0.4mol，n（Fe）：n（O