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北京市清华大学附属中学朝阳学校2024-2025学年高三上学期10月月考化学试题（Word版附解析）
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2024年10月10日
(清华附中朝阳学校 望京学校)
本试卷共9页，100分。考试时长90分钟。可能用到的相对原子质量：Cl 35.5 Mn 55
第一部分
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 我国在可控核聚变研究上处于世界领先水平。核聚变原料的制备与核聚变的产物如图。
已知：、、中仅具有放射性。下列说法不正确的是
A. 元素的第一电离能：H>He>LiB. 可用质谱区分、和
C. 具有放射性D. 、的化学性质基本相同
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据同一周期从左往右元素第一电离能呈增大趋势，同一主族从上往下依次减小可知，元素的第一电离能：He > H >Li，A错误；
B．质谱法可以用来测量微粒的相对式量，故可用质谱区分、和，B正确；
C．由题干信息可知，、、中仅具有放射性，中含有，故具有放射性，C正确；
D．、的质子数相同，核外电子数相同，化学性质基本相同，D正确；
故答案为：A。
2. 下列所用的物质中，利用了其还原性的是
A. 用溶液腐蚀覆铜板B. 用Zn块防止钢铁船体腐蚀
C. 用石灰乳脱除烟气中的D. 用明矾[]处理污水
【答案】B
【解析】
【详解】A．用氯化铁溶液腐蚀覆铜板发生的反应为氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应中铁元素的化合价降低被还原，氯化铁表现氧化性，故A错误；
B．用锌块防止钢铁船体腐蚀是因为锌铁在溶液中构成的原电池中锌的还原性强于铁做原电池的负极被损耗，铁做正极被保护，故B正确；
C．用石灰乳脱除烟气中的二氧化硫发生的反应为石灰乳与二氧化硫反应生成亚硫酸钙和水，反应中没有元素发生化合价变化，属于非氧化还原反应，故C错误；
D．用明矾处理污水是因为明矾电离出的铝离子在溶液中水解生成氢氧化铝胶体，胶体吸附水中悬浮杂质聚沉而达到净水的作用，处理污水的过程中没有元素发生化合价变化，属于非氧化还原反应，故D错误；
故选B。
3. 下列化学用语或图示正确的是
A. 的电子式：
B. 的VSEPR模型：
C. 基态Sc原子的价层电子排布式：
D. 分子中键的形成：
【答案】D
【解析】
【详解】A．次氯酸的结构式为H—O—Cl，电子式为，故A错误；
B．亚硫酸根离子中硫原子的价层电子对数为4，VSEPR模型为，故B错误；
C．钪元素的原子序数为21，基态原子的电子排布式为3d14s2，故C错误；
D．氯化氢分子中氢原子与氯原子生成spσ键，示意图为，故D正确；
故选D。
4. 下列化学用语与所给事实不相符的是
A. 炽热的铁水注入模具前，模具必须充分干燥，防止发生：
B. 溶液吸收少量：
C. 去除废水中的：
D. 电解熔融的阴极反应：
【答案】C
【解析】
【详解】A．炽热的铁水注入模具前，模具必须充分干燥是因为铁在高温下能与水反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为，故A正确；
B．亚硫酸的酸性强于碳酸，则碳酸钠溶液与少量二氧化硫反应生成碳酸氢钠和亚硫酸钠，反应的离子方程式为，故B正确；
C．硫化亚铁去除废水中的汞离子发生的反应为硫化亚铁与废水中的汞离子反应生成溶度积更小的硫化汞和亚铁离子，反应的离子方程式为，故C错误；
D．电解熔融氯化钠时，钠离子在阴极得到电子发生还原反应生成钠，电极反应式为，故D正确；
故选C。
5. 氨是一种重要的化工产品和化工原料，下图为合成氨以及氨氧化制硝酸的流程示意图。
下列说法不正确的是
A. 合成塔发生的反应中，作氧化剂
B. 氧化炉中发生的反应为：
C. 向吸收塔中通入A气体，有利于提高硝酸的产率
D. 工业生产中为了盛装大量浓硝酸，可选择铝作为罐体材料
【答案】B
【解析】
【分析】由题给流程可知，氮气和氢气在合成塔中反应合成氨气，含有氨气混合气体进入氨分离器得到氨气，氨气在氧化炉中与氧气共热催化氧化生成一氧化氮，则A为氧气；一氧化氮和空气中的氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与氧气和水反应生成硝酸，处理反应得到的尾气，防止污染环境。
【详解】A．合成氨反应中氮元素的化合价降低被还原，氮气是反应的氧化剂，故A正确；
B．由分析可知，氨气在氧化炉中与氧气共热催化氧化生成一氧化氮，反应的化学方程式为，故B错误；
C．向吸收塔中通入氧气，有利于二氧化氮与水反应生成的一氧化氮转化为二氧化氮，从而提高硝酸的产率，故C正确；
D．铝常温下在浓硝酸中发生钝化，致密的钝化膜阻碍反应的继续进行，所以工业生产中为了盛装大量浓硝酸，可选择铝作为罐体材料，故D正确；
故选B。
6. 我国科学家研究成果“无细胞化学酶系统催化合成淀粉”取得重要进展，其中一步核心反应如下图所示：
下列说法正确的是
A. 淀粉和纤维素分子式均为，互为同分异构体
B. 反应②中与的物质的量之比为
C. 最多可与反应
D. 和均易溶于水，都可与分子形成氢键
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，转化过程中各步反应方程式分别为：①CO2+3H2=CH3OH+H2O；②CH3OH+O2=H2O2+HCHO；③2H2O2=O2↑+2H2O；④3HCHO。
【详解】A．淀粉和纤维素分子式均为，但聚合度n值不同，不可能互为同分异构体，故A错误；
B．由分析可知，反应②发生的反应为CH3OH+O2=H2O2+HCHO，由方程式可知，反应中CH3OH和氧气的物质的量比为1：1，故B错误；
C．由结构简式可知，DHA含有羰基和羟基，不含羧基，不能与氢氧化钠溶液反应，故C错误；
D．乙醇分子中含有的羟基和甲醛分子中含有的醛基都能与水分子形成分子间氢键，所以两者均易溶于水，故D正确；
故选D。
7. 完成下列实验，所用仪器或操作合理的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．用盐酸标准溶液滴定氢氧化钠溶液时，眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色的变化，故A错误；
B．向过量的氯化钠溶液中加入8滴硝酸银溶液生成氯化银白色沉淀，向反应后的溶液中滴入4滴碘化钾溶液，氯化银不能完全转化为碘化银，再向溶液中滴入4滴硫化钠溶液，氯化银和碘化银均可能转化为硫化银，且碘化银和硫化银的分子组成不同，所以无法比较碘化银和硫化银的溶度积大小，故B错误；
C．铁件镀铜时，铜电极应与直流电源的正极相连，故C错误；
D．氯水能与溴化钾溶液反应生成溴，说明氯气的氧化性强于溴，溴水能与碘化钾溶液反应生成碘，说明溴的氧化性强于碘，则题给装置能验证卤素单质氯气、溴和碘的氧化性强弱，故D正确；
故选D。
8. 利用如图所示装置(夹持装置略)进行实验，b中现象可以证明a中产物生成的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】BC
【解析】
【详解】A．浓有挥发性，能氧化碘离子生成碘单质，A不符合题意；
B．Cu与浓在加热条件下生成，遇水生成亚硫酸，可以使紫色石蕊变红，B符合题意；
C．浓与溶液生成，遇水生成碱，酚酞溶液变红，C符合题意；
D．和浓盐酸生成，但HCl有挥发生，也可以使溶液变浑浊，D不符合题意；
故选BC。
9. 下列依据相关数据作出的推断中，不正确的是
A. 依据金属与水或酸反应的难易程度，可推断元素金属性的强弱
B. 依据所含化学键的键能，可推断和的熔点
C. 依据是否存在氢键及氢键类型，可推断邻羟基苯甲醛和对羟基苯甲醛的熔点
D. 根据元素电负性的大小，可判断元素金属性和非金属性的强弱
【答案】B
【解析】
【详解】A．依据金属与水或酸反应的难易程度，越易金属性越强，可推断元素金属性的强弱，A正确；
B．依据所含化学键的键能， 是分子晶体，熔点受分子间作用力影响，是共价晶体，熔点受共价键影响，B错误；
C．依据是否存在氢键及氢键类型，对羟基苯甲醛可形成分子间氢键，邻羟基苯甲醛可形成分子内氢键，可推断邻羟基苯甲醛和对羟基苯甲醛的熔点，C正确；
D．根据元素电负性的大小，可判断元素金属性和非金属性的强弱，元素金属性越强，电负性越小，D正确；
故选B。
10. 全钒液流电池是一种新型绿色的二次电池。其工作原理如图所示。下列叙述不正确的是
A. 放电时，电子由Y极流出，经负载到X极
B. 放电时，每转移电子，理论上有迁移至X极区
C. 充电过程中，Y极区溶液pH降低
D. 将电解液储存在储液罐中，可增大液流电池储能容量
【答案】B
【解析】
【分析】观察装置可知，X电极V由+5的VO2+→+4的VO2+，发生得电子的还原反应，即X电极为正极，电极反应式为VO2++e-+2H+=VO2++H2O，Y电极上V2+→V3+，发生失去电子的氧化反应，为负极，电极反应式为V2+-e-=V3+，总反应为V2++VO2++2H+=VO2++V3++H2O，原电池工作时，电子由负极Y经过用电器移向正极X，溶液中的H+由负极Y经过质子交换膜移向正极X，据此分析解答。
【详解】A．该原电池中，X电极为正极，Y电极为负极，原电池工作时，电子只能在导线上迁移，即电子由Y极经导线流向X极，A正确；
B．X极为正极，电极反应式为VO2++e-+2H+=VO2++H2O，由于得失电子数等于氢离子迁移数目，所以转移1ml电子，只有1ml H+迁移，B错误；
C．充电过程中，Y极区得电子，H+向右移动，溶液pH降低，C正确；
D．将电解液储存在储液罐中，可通过增大电解液存储罐的容积，增大液流电池储能容量，D正确；
故选B。
11. 铁的配合物离子(用表示)催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示：
下列说法错误的是
A. 该过程的总反应为
B. c(H+)过大或者过小，均导致反应速率降低
C. 该催化循环中元素的化合价发生了变化
D. 该过程的总反应速率由Ⅱ→Ⅲ步骤决定
【答案】CD
【解析】
【详解】A．由反应机理可知，HCOOH电离出氢离子后，HCOO-与催化剂结合，放出二氧化碳，然后又结合氢离子转化为氢气，所以化学方程式为HCOOHCO2↑+H2↑，A正确；
B．若氢离子浓度过低，则反应Ⅲ→Ⅳ的反应物浓度降低，反应速率减慢，若氢离子浓度过高，则会抑制加酸的电离，使甲酸根浓度降低，反应Ⅰ→Ⅱ速率减慢，所以氢离子浓度过高或过低，均导致反应速率减慢，B正确；
C．由反应机理可知，Fe在反应过程中化合价未发生变化，C错误；
D．由反应进程可知，反应Ⅳ→Ⅰ能垒最大，反应速率最慢，对该过程的总反应起决定作用，D错误；
故选CD。
12. 常温下，向20 mL NaOH溶液中缓慢滴入相同浓度的HCOOH溶液，混合溶液中某两种离子的浓度随加入HCOOH溶液体积的变化关系如图所示。
下列说法不正确的是
A. ①表示随加入的变化关系
B. M点：
C. N点：
D. 水的电离程度：M>N
【答案】D
【解析】
【分析】20 mL NaOH溶液中缓慢滴入相同浓度的HCOOH溶液，发生浓度改变的微粒为Na+、H+、OH-和HCOO-，当HCOOH溶液的体积为20mL时，①表示的离子浓度减小，且由0.1ml/L减小至接近于0，②表示的离子浓度增大，且浓度由0增大至0.05ml/L，则①表示OH-，②表示HCOO-。
【详解】A．根据分析，①表示随加入的变化关系，A正确；
B．M点时，根据图像可知，且加入的HCOOH溶液的体积为10mL，则溶液中的溶质为等物质的量的NaOH、HCOONa，溶液呈碱性，因此，B正确；
C．N点时加入的溶液的HCOOH体积为20mL，则溶液中的溶质为HCOONa，HCOO-发生水解，则；已知，且根据图像可知，则，，C正确；
D．M→N的过程中，随HCOOH溶液体积的增加，NaOH的浓度在减少，HCOONa的浓度在增大，则水的电离抑制程度减弱，因此水的电离程度：M答案选D。
13. 下列实验中，均产生白色沉淀。
下列说法不正确的是
A. 能促进、水解
B. 对水解和电离的影响方向一致
C. 前2个实验产生沉淀成分相同，后2个实验产生沉淀成分相同
D. 4个实验中，溶液滴入后，试管中溶液pH均降低
【答案】B
【解析】
【详解】A．电离出Al3+与都能发生双水解，促进、的水解反应，A正确；
B．水解方程式，加入后Ca2+与反应生成沉淀，水解平衡逆向移动，电离方程式，加入后c()减小，电离平衡正向移动，B错误；
C．四个实验中均产生白色沉淀，前2个实验中Al3+与都能发生双水解反应生成Al(OH)3沉淀，产生沉淀成分相同，后2个实验中氯化钙和碳酸钠反应生成CaCO3沉淀，产生沉淀成分相同均为CaCO3，C正确；
D．由题干信息可知形成沉淀时会消耗碳酸根和碳酸氢根，则它们浓度减小，水解产生的氢氧根的浓度会减小，pH减小，D正确；
故选B。
14. 某学生对与漂粉精的反应进行实验探究：
下列叙述不正确的是
A. ②中pH试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有碱性、漂白性
B. ③中产生大量白色沉淀，推测白色沉淀主要为
C. ③中溶液黄绿色褪去，反应为：
D. 依据④中产生白色沉淀，说明③中液面上方产生的白雾中含有
【答案】D
【解析】
【分析】将氯气通入石灰乳中制取漂白粉，反应方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，则漂白粉的主要成分为CaCl2、Ca(ClO)2，有效成分为Ca(ClO)2。
【详解】A．次氯酸钙为强碱弱酸盐，水解显碱性，水解生成的次氯酸具有漂白性，pH试纸先变蓝，最后褪色，则可以说明漂粉精溶液具有碱性、漂白性，故A正确；
B．实验③中，在酸性条件下ClO－把SO2氧化成，白雾是可能是盐酸小液滴或者SO2的水溶液酸雾；溶液变黄绿色的原因是ClO－和Cl－在酸性条件下生成Cl2，黄绿色褪去的原因是Cl2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HCl，所以最终生成的白色沉淀是CaSO4，故B正确；
C．由B项可知，黄绿色褪去的原因是，故C正确；
D．若③中白雾为SO2水溶液酸雾，加入酸化的溶液，也会产生白色沉淀，不能确定白雾中是否含有HCl，故D错误；
故选D。
第二部分
本部分共5题，共58分。
15. 某钙钛矿是一种新型半导体材料，用于制造太阳能电池。可用、、、制备钙钛矿。
（1）Pb位于元素周期表第6周期ⅣA族，写出基态Pb原子价层电子轨道表示式___________。
（2）分子的VSEPR模型名称是___________，的N—H键是由N的___________轨道与H的轨道重叠形成键。
（3）制备的过程如下所示：
①Ⅰ中，的沸点高于的沸点，原因是___________。
②Ⅱ中，由于分子中的___________具有孤电子对，容易与反应生成盐。
（4）钙钛矿晶体的晶胞形状为立方体，边长为a nm，结构如图：
①距离最近的有___________个。
②的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为，则该晶体密度为___________。()
（5）钙钛矿的稳定性受空气中、、紫外线等因素的影响。
ⅰ．
ⅱ．
研究发现，一旦生成HI，钙钛矿的分解程度就会增大，请结合化学平衡移动原理解释：___________，我国研究人员利用聚乙二醇有效地解决了该问题。
【答案】（1） （2） ①. 四面体形 ②. sp3杂化
（3） ①. CH3OH能形成分子间氢键，CH3I不能形成分子间氢键 ②. N原子
（4） ①. 12 ②.
（5）HI易被空气中的氧气氧化，浓度减少，反应ⅱ正向移动，CH3NH3I的浓度减小，使反应ⅰ平衡正向移动
【解析】
【小问1详解】
由铅元素位于元素周期表第6周期ⅣA族可知，基态原子的电子排布式为6s26p2，轨道表示式为，故答案为：；
【小问2详解】
氨分子中氮原子的价层电子对数为4，则原子的杂化方式为sp3杂化，分子的VSEPR模型为四面体形，分子中的氮氢键是氮原子的sp3杂化轨道与氢原子的1s轨道道重叠形成σ键，故答案为：四面体形；sp3杂化；
【小问3详解】
①甲醇分子能形成分子间氢键，一碘甲烷不能形成分子间氢键，所以甲醇的分子间作用力大于一碘甲烷，沸点高于一碘甲烷，故答案为：CH3OH能形成分子间氢键，CH3I不能形成分子间氢键；
②Ⅱ中，由于氨分子中氮原子具有孤电子对，能与一碘甲烷的中具有空轨道的碳原子形成配位键生成，故答案为：N原子；
【小问4详解】
①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的与位于面心的碘离子距离最近，则距离最近的碘离子的个数为12，故答案为：12；
②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的个数为8×=1，位于面心的碘离子个数为6×=3，位于体内的铅离子个数为1，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(10—,7a)3d，解得d=，故答案为：；
【小问5详解】
反应生成的碘化氢能与氧气反应使得生成物的浓度减小，平衡向正反应方向移动，使得CH3NH3I的浓度减小，使反应ⅰ平衡正向移动，导致钙钛矿的分解程度就会增大，故答案为：HI易被空气中的氧气氧化，浓度减少，反应ⅱ正向移动，CH3NH3I的浓度减小，使反应ⅰ平衡正向移动。
16. NH3是一种重要的工业原料，可采用不同的方法制备NH3。
（1）方法一：早期以氯化铵和熟石灰制备NH3，反应的化学方程式为_______。
（2）方法二：以铁为主的催化剂在400～500℃和10～30 MPa的条件下，由N2和H2合成氨。
①该反应放热，但仍选择较高温度400～500℃。其原因是_______。
②对N2和H2的反应进行研究：在容积可变的密闭容器中，充入n ml N2和3n ml H2进行反应。在不同压强下(、、)，反应达到平衡时，测得NH3的体积分数(α)随温度的变化如图所示。解释B点的容器容积小于A点的容器容积的原因_______。
（3）方法三：常温常压下电解法合成氨的原理如下图所示。
①阴极生成氨的电极反应式为_______。
②阳极氧化产物只有O2，电解时实际生成的NH3的总量远远小于由理论计算所得NH3的量，结合电极反应式解释原因：_______。
（4）方法四：一种分解NH4Cl实现产物分离的物质转化关系如下，其中b、d代表或MgO中的一种。
①图中代表氨气的是_______(填字母序号)。
②该转化过程中会生成副产物MgCl2，通入水蒸气可减少MgCl2的产生，反应的方程式为_______。
【答案】（1）Ca(OH)2+2NH4Cl2NH3↑+CaCl2+2H2O
（2） ①. 高温能加快反应速率，同时催化剂在较高温度400～500℃条件下活性高，对速率的促进作用更大 ②. N2和H2的转化率相同，但B的温度高，气体体积增大，容积大
（3） ①. 2H2O-4e-=4H++O2 ②. 电解时实际阴极除了N2得电子生成NH3外，还可能生成、H+，还可能发生，
（4） ①. NH3 ②. MgCl2+H2OMg(OH)Cl+HCl
【解析】
【小问1详解】
加热熟石灰和氯化铵生成NH3、氯化钙、水，反应的化学方程式是Ca(OH)2+2NH4Cl2NH3↑+CaCl2+2H2O。
【小问2详解】
①该反应放热，但较高温度的条件能加快反应速率，同时催化剂在较高温度400～500℃条件下活性高，对速率的促进作用更大；
②B点的容器容积小于A点的容器容积的原因是：N2和H2的转化率相同，但B的温度高，气体体积增大，容积大。
小问3详解】
①由图可知，左侧得电子，左侧是阴极，电极反应为N2+6e-+6H+=2NH3；右侧为阳极，失电子，2H2O-4e-=4H++O2；
②电解时实际阴极除了N2得电子生成NH3外，还可能生成、H+，还可能发生，。
【小问4详解】
①NH4Cl分解的产物是NH3和HCl，分解得到的HCl与MgO反应生成Mg(OH)Cl，Mg(OH)Cl又可以分解成HCl与MgO，a为NH3，b为Mg(OH)Cl，c为HCl，d为MgO；
②MgCl2可以水解生成Mg(OH)Cl，方程式为：MgCl2+H2OMg(OH)Cl+HCl，因此通入水蒸气可减少MgCl2的产生。
17. 石油中含有有机氯和无机氯(主要以的形式存在)，还含有少量的硫化氢、硫酸盐和碳酸盐等。微库仑滴定法可快速测定石油中的有机氯和无机氯的含量。
已知：库仑测氯仪中电解原理示意图如下。检测前，电解质溶液中的保持定值时，电解池不工作。待测物质进入电解池后与反应，测氯仪便立即自动进行电解到又回到原定值，测定结束。通过测定电解消耗的电量可以求出石油中氯的含量。
（1）库仑测氯仪电解池中的阳极反应是_______。
I.石油中有机氯含量的测定
（2）用过量KOH溶液和水除去石油样品中的和无机盐，再通过_______操作分离得到处理后的石油样品。KOH溶液除去的离子方程式是_______。
（3）经处理后的石油样品在高温、富氧条件下燃烧，有机氯转化为HCl。在库仑测氯仪中，待测气体通入电解池后与反应的离子方程式是_______。
（4）石油样品为ag，电解消耗的电量为x库仑，样品中有机氯的含量(按含氯元素计)为_______mg/g。
已知：电解中转移1ml电子所消耗电量为F库仑
II.石油中无机氯含量的测定
在极性溶剂存在下加热石油样品，再用水提取其中的无机盐。含盐的待测液体注入库仑测氯仪进行测定。
已知：i.样品中存在的和CO不影响测定结果
ii.
（5）用离子方程式解释不影响测定结果的原因：_______。
（6）石油样品中存在的会影响测定结果。
①通过估算说明的存在会影响测定结果：_______。
②待测液体注入库仑测氯仪前，可加入_______(填序号)以消除的影响。
a.溶液 b.NaOH溶液 c.碘水
【答案】（1）
（2） ①. 分液 ②.
（3）
（4）
（5）
（6） ①. H2S+2Ag+= =Ag2S↓+2H+ K= ，经估算K的数量级为1029，说明H2S与Ag+的反应程度接近完全，即H2S也消耗Ag+，影响测定结果 ②. a
【解析】
【分析】检测前，电解质溶液中的保持定值时，电解池不工作。待测物质进入电解池后与反应，浓度减小，测氯仪便立即自动进行电解，阳极Ag失电子，生成，到又回到原定值，电极反应式为，根据电解消耗的电量可以求出石油中氯的含量；
【小问1详解】
库仑测氯仪电解池中的阳极反应是；
【小问2详解】
用过量KOH溶液和水除去石油样品中的和无机盐，石油和水溶液不互溶，可以通过分液操作分离；KOH溶液除去的离子方程式是；
【小问3详解】
HCl与反应的离子方程式是；
【小问4详解】
电解消耗的电量为x库仑，即ml电子，n(Cl-)= n(Ag+)= n(e-)=ml，样品中有机氯的含量为= mg/g；
【小问5详解】
碳酸银可溶于醋酸，不影响测定结果，离子方程式为;
【小问6详解】
①H2S+2Ag+= =Ag2S↓+2H+ K= ，经估算K的数量级为1029，说明H2S与Ag+的反应程度接近完全，即H2S也消耗Ag+，影响测定结果；
②待测液体注入库仑测氯仪前，可加入能与反应，消除S2-的试剂；
a．溶液与反应生成硫单质和水，溶液中没有S2-，a符合；
b．NaOH溶液与反应生成硫化钠和水，溶液中仍然存在S2-，b不符合；
c．碘水与反应生成硫单质和碘化氢，溶液中存在I-，会生成碘化银沉淀影响测定结果，c不符合；
故选a。
18. 以菱锰矿(主要成分为MnCO3、CaCO3、MgCO3、SiO2和少量FeCO3等)为原料提纯MnCO3一种流程示意图如下。
已知：i．浸出渣C的主要成分为SiO2、CaCO3、Fe2O3。
ii．常温时，部分物质的Ksp如下表所示：
iii．1ml·L-1的NH4HCO3溶液pH≈8，c()≈3.3×10-3ml·L-1
（1）将菱锰矿“研磨”的目的是___________。
（2）写出MnCO3在“氯化焙烧”过程发生反应的化学方程式：___________。
（3）用1ml·L-1的NH4HCO3溶液“沉锰”时浸出液pH对产品中锰元素的质量分数和锰的回收率的影响如下图。
注:锰的回收率=
①“沉锰”反应的离子方程式是___________。
②分析浸出液pH=8时，MnCO3产品中存在的杂质可能是___________，说明判断依据___________。
（4）该流程中可以循环利用的物质有___________。
（5）检测产品中锰元素的质量分数，取agMnCO3产品溶于100mL硫酸和磷酸的混合溶液中，取10mL加入稍过量的NH4NO3溶液，使Mn2+氧化为[Mn(PO4)2]3-。待充分反应后，加热使NH4NO3分解。冷却后用bml·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液标准液滴定，消耗cmL(NH4)2Fe(SO4)2溶液。
①产品中锰元素的质量分数为___________。
②若未充分加热，则会使测定结果___________(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。
【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率，使反应充分进行
（2）
（3） ①. ②. MgCO3 ③. MnCO3和Mn(OH)2中锰元素的质量分数均大于38%，推知必有含镁难溶杂质
（4）CO2、NH3、NH4Cl
（5） ①. ②. 偏大
【解析】
【分析】菱锰矿(主要成分为MnCO3、CaCO3、MgCO3、SiO2和少量FeCO3等)研磨后与氯化铵固体氧化焙烧，尾气未NH3和CO2，固体A加水浸锰，浸出渣C的主要成分为SiO2、CaCO3、Fe2O3，浸出液B主要为氯化锰与氯化镁，加入碳酸氢铵沉锰，得到碳酸锰，滤液D为NH4Cl，气体E为CO2，据此回答。
【小问1详解】
将菱锰矿“研磨”的目的是增大接触面积，加快反应速率，使反应充分进行；
【小问2详解】
MnCO3在“氯化焙烧”时与氯化铵反应生成氯化锰、CO2、NH3、H2O，方程式为：；
【小问3详解】
①沉锰时，氯化锰与碳酸氢铵反应生成碳酸锰、二氧化碳、水、氯化铵，离子方程式为：；
②根据题中各沉淀的Ksp数据可知，形成MgCO3沉淀时，c（Mg2+）=≈2×10-3 ml·L-1；同理可得，形成MnCO3沉淀时，c（Mn2+）=≈0.5×10-8ml·L-1；形成Mn(OH)2沉淀时，c（Mn2+）=≈1.9×10-1 ml·L-1；形成Mg(OH)2沉淀时，c（Mg2+）=≈5.6 ml·L-1；沉淀时所需的浓度越小，越易形成，MnCO3产品中存在的杂质可能是MgCO3；
③已知在碳酸锰中，Mn%=，在氢氧化锰中Mn%=，MnCO3和Mn(OH)2中锰元素的质量分数均大于38%，推知必有含镁难溶杂质；
小问4详解】
根据分析可知，CO2、NH3可以回到流程沉锰循环，NH4Cl可以回到流程氧化焙烧循环；
【小问5详解】
①NH4NO3溶液使Mn2+氧化为[Mn(PO4)2]3-，(NH4)2Fe(SO4)2溶液又能将[Mn(PO4)2]3-还原为Mn2+，则10mL溶液中n(Mn2+)=n[[Mn(PO4)2]3-]=bc×10-3ml，m(Mn)=bc×10-3ml×55g/ml=0.055g，则100mL溶液中锰元素的质量分数为==；
②若未充分加热，过量的NH4NO3溶液会消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液标准液，使得(NH4)2Fe(SO4)2溶液标准液体积偏大，锰元素的质量分数偏大。
19. 某小组同学向的的溶液中分别加入过量的粉、粉和粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。
（1）理论分析
依据金属活动性顺序，中可将还原为的金属是_______。
（2）实验验证
①分别取实验I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加溶液，证明都有生成，依据的现象是_______。
②实验Ⅱ、Ⅲ都有红褐色沉淀生成，用平衡移动原理解释原因_______。
③对实验Ⅱ未检测到单质进行分析及探究。
i．a．甲认为实验Ⅱ中，当、浓度较大时，即使与反应置换出少量，也会被、消耗。写出与、反应的离子方程式_______。
b．乙认为在为3~4的溶液中即便生成也会被消耗。设计实验_______(填实验操作和现象)。
证实了此条件下可忽略对的消耗。
c．丙认为产生的红褐色沉淀包裹在粉上，阻碍了与的反应。实验证实了粉被包裹。
ii．查阅资料：开始沉淀的约为1.2，完全沉淀的约为3。
结合a、b和c，重新做实验Ⅱ，当溶液为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制，_______ (填实验操作和现象)，待为3~4时，取出固体，固体中检测到单质。
（3）对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到单质的原因_______。
【答案】（1）
（2） ①. 产生蓝色沉淀 ②. 水解方程式为，加入的或会消耗，促进水解平衡正向移动，使其转化为沉淀 ③. 或、 ④. 向为3~4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加溶液，不产生蓝色沉淀 ⑤. 加入几滴溶液，待溶液红色消失后，停止加入盐酸
（3）加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被沉淀包裹
【解析】
【分析】实验Ⅰ中，加入过量的Cu，Cu与Fe3+发生反应，一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到Fe单质；实验Ⅱ中，加入过量的Zn，发生反应，有气泡产生，pH逐渐增大，使得Fe3+转化为红褐色沉淀，固体中未检测到Fe单质，原因可能是的干扰以及沉淀对锌粉的包裹；实验Ⅲ中，加入过量Mg，发生反应，由于Mg很活泼，该反应非常剧烈，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，对比实验Ⅱ和Ⅲ，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被沉淀包裹，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。
【小问1详解】
在金属活动性顺序表中，排在之前，排在之后，因此可将还原为；
【小问2详解】
①与会生成蓝色的沉淀；
②水解方程式为，加入的或会消耗，促进水解平衡正向移动，使其转化为沉淀；
③i．a．Fe与Fe3+、H+反应的离子方程式为：或、；
b．要证实在pH为3~4的溶液中可忽略H+对Fe的消耗，可向为3~4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加溶液，不产生蓝色沉淀，即说明此条件下Fe未与H+反应生成Fe2+；
ⅱ．结合a，b和c可知，实验Ⅱ未检测到单质的原因可能是的干扰以及沉淀对锌粉的包裹，因此可控制反应条件，在未生成沉淀时将还原，即可排除两个干扰因素，具体操作为：重新做实验Ⅱ，当溶液pH为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制pH<1.2，加入几滴溶液，待溶液红色消失后，停止加入盐酸，待pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质；
【小问3详解】
对比实验Ⅱ和Ⅲ，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被沉淀包裹，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。
A．用标准溶液滴定溶液
B．验证相同温度下的：
C．铁件镀铜
D．验证卤素单质的氧化性：
a中反应
b中检测试剂及现象
A
浓分解生成
淀粉-KI溶液变蓝
B
Cu与浓生成
紫色石蕊变红
C
浓与溶液生成
酚酞溶液变红
D
和浓盐酸生成
溶液变浑浊
操作
现象
①取漂粉精固体，加入水
部分固体溶解，溶液略有颜色
②过滤，测漂粉精溶液的pH
pH试纸先变蓝(约为12)，后褪色
③
ⅰ．液面上方出现白雾
ⅱ．稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色
ⅲ．稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去
④用酸化的溶液检验③中白雾
产生白色沉淀
物质
MnCO3
Mn(OH)2
MgCO3
Mg(OH)2
Ksp
1.8×10-11
1.9×10-13
6.8×10-6
5.6×10-12
实验
金属
操作、现象及产物
I
过量
一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到单质
Ⅱ
过量
一段时间后有气泡产生，反应缓慢，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液为3~4，取出固体，固体中未检测到单质
Ⅲ
过量
有大量气泡产生，反应剧烈，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液为3~4时，取出固体，固体中检测到单质
2024年10月10日
(清华附中朝阳学校 望京学校)
本试卷共9页，100分。考试时长90分钟。可能用到的相对原子质量：Cl 35.5 Mn 55
第一部分
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 我国在可控核聚变研究上处于世界领先水平。核聚变原料的制备与核聚变的产物如图。
已知：、、中仅具有放射性。下列说法不正确的是
A. 元素的第一电离能：H>He>LiB. 可用质谱区分、和
C. 具有放射性D. 、的化学性质基本相同
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据同一周期从左往右元素第一电离能呈增大趋势，同一主族从上往下依次减小可知，元素的第一电离能：He > H >Li，A错误；
B．质谱法可以用来测量微粒的相对式量，故可用质谱区分、和，B正确；
C．由题干信息可知，、、中仅具有放射性，中含有，故具有放射性，C正确；
D．、的质子数相同，核外电子数相同，化学性质基本相同，D正确；
故答案为：A。
2. 下列所用的物质中，利用了其还原性的是
A. 用溶液腐蚀覆铜板B. 用Zn块防止钢铁船体腐蚀
C. 用石灰乳脱除烟气中的D. 用明矾[]处理污水
【答案】B
【解析】
【详解】A．用氯化铁溶液腐蚀覆铜板发生的反应为氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应中铁元素的化合价降低被还原，氯化铁表现氧化性，故A错误；
B．用锌块防止钢铁船体腐蚀是因为锌铁在溶液中构成的原电池中锌的还原性强于铁做原电池的负极被损耗，铁做正极被保护，故B正确；
C．用石灰乳脱除烟气中的二氧化硫发生的反应为石灰乳与二氧化硫反应生成亚硫酸钙和水，反应中没有元素发生化合价变化，属于非氧化还原反应，故C错误；
D．用明矾处理污水是因为明矾电离出的铝离子在溶液中水解生成氢氧化铝胶体，胶体吸附水中悬浮杂质聚沉而达到净水的作用，处理污水的过程中没有元素发生化合价变化，属于非氧化还原反应，故D错误；
故选B。
3. 下列化学用语或图示正确的是
A. 的电子式：
B. 的VSEPR模型：
C. 基态Sc原子的价层电子排布式：
D. 分子中键的形成：
【答案】D
【解析】
【详解】A．次氯酸的结构式为H—O—Cl，电子式为，故A错误；
B．亚硫酸根离子中硫原子的价层电子对数为4，VSEPR模型为，故B错误；
C．钪元素的原子序数为21，基态原子的电子排布式为3d14s2，故C错误；
D．氯化氢分子中氢原子与氯原子生成spσ键，示意图为，故D正确；
故选D。
4. 下列化学用语与所给事实不相符的是
A. 炽热的铁水注入模具前，模具必须充分干燥，防止发生：
B. 溶液吸收少量：
C. 去除废水中的：
D. 电解熔融的阴极反应：
【答案】C
【解析】
【详解】A．炽热的铁水注入模具前，模具必须充分干燥是因为铁在高温下能与水反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为，故A正确；
B．亚硫酸的酸性强于碳酸，则碳酸钠溶液与少量二氧化硫反应生成碳酸氢钠和亚硫酸钠，反应的离子方程式为，故B正确；
C．硫化亚铁去除废水中的汞离子发生的反应为硫化亚铁与废水中的汞离子反应生成溶度积更小的硫化汞和亚铁离子，反应的离子方程式为，故C错误；
D．电解熔融氯化钠时，钠离子在阴极得到电子发生还原反应生成钠，电极反应式为，故D正确；
故选C。
5. 氨是一种重要的化工产品和化工原料，下图为合成氨以及氨氧化制硝酸的流程示意图。
下列说法不正确的是
A. 合成塔发生的反应中，作氧化剂
B. 氧化炉中发生的反应为：
C. 向吸收塔中通入A气体，有利于提高硝酸的产率
D. 工业生产中为了盛装大量浓硝酸，可选择铝作为罐体材料
【答案】B
【解析】
【分析】由题给流程可知，氮气和氢气在合成塔中反应合成氨气，含有氨气混合气体进入氨分离器得到氨气，氨气在氧化炉中与氧气共热催化氧化生成一氧化氮，则A为氧气；一氧化氮和空气中的氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与氧气和水反应生成硝酸，处理反应得到的尾气，防止污染环境。
【详解】A．合成氨反应中氮元素的化合价降低被还原，氮气是反应的氧化剂，故A正确；
B．由分析可知，氨气在氧化炉中与氧气共热催化氧化生成一氧化氮，反应的化学方程式为，故B错误；
C．向吸收塔中通入氧气，有利于二氧化氮与水反应生成的一氧化氮转化为二氧化氮，从而提高硝酸的产率，故C正确；
D．铝常温下在浓硝酸中发生钝化，致密的钝化膜阻碍反应的继续进行，所以工业生产中为了盛装大量浓硝酸，可选择铝作为罐体材料，故D正确；
故选B。
6. 我国科学家研究成果“无细胞化学酶系统催化合成淀粉”取得重要进展，其中一步核心反应如下图所示：
下列说法正确的是
A. 淀粉和纤维素分子式均为，互为同分异构体
B. 反应②中与的物质的量之比为
C. 最多可与反应
D. 和均易溶于水，都可与分子形成氢键
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，转化过程中各步反应方程式分别为：①CO2+3H2=CH3OH+H2O；②CH3OH+O2=H2O2+HCHO；③2H2O2=O2↑+2H2O；④3HCHO。
【详解】A．淀粉和纤维素分子式均为，但聚合度n值不同，不可能互为同分异构体，故A错误；
B．由分析可知，反应②发生的反应为CH3OH+O2=H2O2+HCHO，由方程式可知，反应中CH3OH和氧气的物质的量比为1：1，故B错误；
C．由结构简式可知，DHA含有羰基和羟基，不含羧基，不能与氢氧化钠溶液反应，故C错误；
D．乙醇分子中含有的羟基和甲醛分子中含有的醛基都能与水分子形成分子间氢键，所以两者均易溶于水，故D正确；
故选D。
7. 完成下列实验，所用仪器或操作合理的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．用盐酸标准溶液滴定氢氧化钠溶液时，眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色的变化，故A错误；
B．向过量的氯化钠溶液中加入8滴硝酸银溶液生成氯化银白色沉淀，向反应后的溶液中滴入4滴碘化钾溶液，氯化银不能完全转化为碘化银，再向溶液中滴入4滴硫化钠溶液，氯化银和碘化银均可能转化为硫化银，且碘化银和硫化银的分子组成不同，所以无法比较碘化银和硫化银的溶度积大小，故B错误；
C．铁件镀铜时，铜电极应与直流电源的正极相连，故C错误；
D．氯水能与溴化钾溶液反应生成溴，说明氯气的氧化性强于溴，溴水能与碘化钾溶液反应生成碘，说明溴的氧化性强于碘，则题给装置能验证卤素单质氯气、溴和碘的氧化性强弱，故D正确；
故选D。
8. 利用如图所示装置(夹持装置略)进行实验，b中现象可以证明a中产物生成的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】BC
【解析】
【详解】A．浓有挥发性，能氧化碘离子生成碘单质，A不符合题意；
B．Cu与浓在加热条件下生成，遇水生成亚硫酸，可以使紫色石蕊变红，B符合题意；
C．浓与溶液生成，遇水生成碱，酚酞溶液变红，C符合题意；
D．和浓盐酸生成，但HCl有挥发生，也可以使溶液变浑浊，D不符合题意；
故选BC。
9. 下列依据相关数据作出的推断中，不正确的是
A. 依据金属与水或酸反应的难易程度，可推断元素金属性的强弱
B. 依据所含化学键的键能，可推断和的熔点
C. 依据是否存在氢键及氢键类型，可推断邻羟基苯甲醛和对羟基苯甲醛的熔点
D. 根据元素电负性的大小，可判断元素金属性和非金属性的强弱
【答案】B
【解析】
【详解】A．依据金属与水或酸反应的难易程度，越易金属性越强，可推断元素金属性的强弱，A正确；
B．依据所含化学键的键能， 是分子晶体，熔点受分子间作用力影响，是共价晶体，熔点受共价键影响，B错误；
C．依据是否存在氢键及氢键类型，对羟基苯甲醛可形成分子间氢键，邻羟基苯甲醛可形成分子内氢键，可推断邻羟基苯甲醛和对羟基苯甲醛的熔点，C正确；
D．根据元素电负性的大小，可判断元素金属性和非金属性的强弱，元素金属性越强，电负性越小，D正确；
故选B。
10. 全钒液流电池是一种新型绿色的二次电池。其工作原理如图所示。下列叙述不正确的是
A. 放电时，电子由Y极流出，经负载到X极
B. 放电时，每转移电子，理论上有迁移至X极区
C. 充电过程中，Y极区溶液pH降低
D. 将电解液储存在储液罐中，可增大液流电池储能容量
【答案】B
【解析】
【分析】观察装置可知，X电极V由+5的VO2+→+4的VO2+，发生得电子的还原反应，即X电极为正极，电极反应式为VO2++e-+2H+=VO2++H2O，Y电极上V2+→V3+，发生失去电子的氧化反应，为负极，电极反应式为V2+-e-=V3+，总反应为V2++VO2++2H+=VO2++V3++H2O，原电池工作时，电子由负极Y经过用电器移向正极X，溶液中的H+由负极Y经过质子交换膜移向正极X，据此分析解答。
【详解】A．该原电池中，X电极为正极，Y电极为负极，原电池工作时，电子只能在导线上迁移，即电子由Y极经导线流向X极，A正确；
B．X极为正极，电极反应式为VO2++e-+2H+=VO2++H2O，由于得失电子数等于氢离子迁移数目，所以转移1ml电子，只有1ml H+迁移，B错误；
C．充电过程中，Y极区得电子，H+向右移动，溶液pH降低，C正确；
D．将电解液储存在储液罐中，可通过增大电解液存储罐的容积，增大液流电池储能容量，D正确；
故选B。
11. 铁的配合物离子(用表示)催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示：
下列说法错误的是
A. 该过程的总反应为
B. c(H+)过大或者过小，均导致反应速率降低
C. 该催化循环中元素的化合价发生了变化
D. 该过程的总反应速率由Ⅱ→Ⅲ步骤决定
【答案】CD
【解析】
【详解】A．由反应机理可知，HCOOH电离出氢离子后，HCOO-与催化剂结合，放出二氧化碳，然后又结合氢离子转化为氢气，所以化学方程式为HCOOHCO2↑+H2↑，A正确；
B．若氢离子浓度过低，则反应Ⅲ→Ⅳ的反应物浓度降低，反应速率减慢，若氢离子浓度过高，则会抑制加酸的电离，使甲酸根浓度降低，反应Ⅰ→Ⅱ速率减慢，所以氢离子浓度过高或过低，均导致反应速率减慢，B正确；
C．由反应机理可知，Fe在反应过程中化合价未发生变化，C错误；
D．由反应进程可知，反应Ⅳ→Ⅰ能垒最大，反应速率最慢，对该过程的总反应起决定作用，D错误；
故选CD。
12. 常温下，向20 mL NaOH溶液中缓慢滴入相同浓度的HCOOH溶液，混合溶液中某两种离子的浓度随加入HCOOH溶液体积的变化关系如图所示。
下列说法不正确的是
A. ①表示随加入的变化关系
B. M点：
C. N点：
D. 水的电离程度：M>N
【答案】D
【解析】
【分析】20 mL NaOH溶液中缓慢滴入相同浓度的HCOOH溶液，发生浓度改变的微粒为Na+、H+、OH-和HCOO-，当HCOOH溶液的体积为20mL时，①表示的离子浓度减小，且由0.1ml/L减小至接近于0，②表示的离子浓度增大，且浓度由0增大至0.05ml/L，则①表示OH-，②表示HCOO-。
【详解】A．根据分析，①表示随加入的变化关系，A正确；
B．M点时，根据图像可知，且加入的HCOOH溶液的体积为10mL，则溶液中的溶质为等物质的量的NaOH、HCOONa，溶液呈碱性，因此，B正确；
C．N点时加入的溶液的HCOOH体积为20mL，则溶液中的溶质为HCOONa，HCOO-发生水解，则；已知，且根据图像可知，则，，C正确；
D．M→N的过程中，随HCOOH溶液体积的增加，NaOH的浓度在减少，HCOONa的浓度在增大，则水的电离抑制程度减弱，因此水的电离程度：M
13. 下列实验中，均产生白色沉淀。
下列说法不正确的是
A. 能促进、水解
B. 对水解和电离的影响方向一致
C. 前2个实验产生沉淀成分相同，后2个实验产生沉淀成分相同
D. 4个实验中，溶液滴入后，试管中溶液pH均降低
【答案】B
【解析】
【详解】A．电离出Al3+与都能发生双水解，促进、的水解反应，A正确；
B．水解方程式，加入后Ca2+与反应生成沉淀，水解平衡逆向移动，电离方程式，加入后c()减小，电离平衡正向移动，B错误；
C．四个实验中均产生白色沉淀，前2个实验中Al3+与都能发生双水解反应生成Al(OH)3沉淀，产生沉淀成分相同，后2个实验中氯化钙和碳酸钠反应生成CaCO3沉淀，产生沉淀成分相同均为CaCO3，C正确；
D．由题干信息可知形成沉淀时会消耗碳酸根和碳酸氢根，则它们浓度减小，水解产生的氢氧根的浓度会减小，pH减小，D正确；
故选B。
14. 某学生对与漂粉精的反应进行实验探究：
下列叙述不正确的是
A. ②中pH试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有碱性、漂白性
B. ③中产生大量白色沉淀，推测白色沉淀主要为
C. ③中溶液黄绿色褪去，反应为：
D. 依据④中产生白色沉淀，说明③中液面上方产生的白雾中含有
【答案】D
【解析】
【分析】将氯气通入石灰乳中制取漂白粉，反应方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，则漂白粉的主要成分为CaCl2、Ca(ClO)2，有效成分为Ca(ClO)2。
【详解】A．次氯酸钙为强碱弱酸盐，水解显碱性，水解生成的次氯酸具有漂白性，pH试纸先变蓝，最后褪色，则可以说明漂粉精溶液具有碱性、漂白性，故A正确；
B．实验③中，在酸性条件下ClO－把SO2氧化成，白雾是可能是盐酸小液滴或者SO2的水溶液酸雾；溶液变黄绿色的原因是ClO－和Cl－在酸性条件下生成Cl2，黄绿色褪去的原因是Cl2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HCl，所以最终生成的白色沉淀是CaSO4，故B正确；
C．由B项可知，黄绿色褪去的原因是，故C正确；
D．若③中白雾为SO2水溶液酸雾，加入酸化的溶液，也会产生白色沉淀，不能确定白雾中是否含有HCl，故D错误；
故选D。
第二部分
本部分共5题，共58分。
15. 某钙钛矿是一种新型半导体材料，用于制造太阳能电池。可用、、、制备钙钛矿。
（1）Pb位于元素周期表第6周期ⅣA族，写出基态Pb原子价层电子轨道表示式___________。
（2）分子的VSEPR模型名称是___________，的N—H键是由N的___________轨道与H的轨道重叠形成键。
（3）制备的过程如下所示：
①Ⅰ中，的沸点高于的沸点，原因是___________。
②Ⅱ中，由于分子中的___________具有孤电子对，容易与反应生成盐。
（4）钙钛矿晶体的晶胞形状为立方体，边长为a nm，结构如图：
①距离最近的有___________个。
②的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为，则该晶体密度为___________。()
（5）钙钛矿的稳定性受空气中、、紫外线等因素的影响。
ⅰ．
ⅱ．
研究发现，一旦生成HI，钙钛矿的分解程度就会增大，请结合化学平衡移动原理解释：___________，我国研究人员利用聚乙二醇有效地解决了该问题。
【答案】（1） （2） ①. 四面体形 ②. sp3杂化
（3） ①. CH3OH能形成分子间氢键，CH3I不能形成分子间氢键 ②. N原子
（4） ①. 12 ②.
（5）HI易被空气中的氧气氧化，浓度减少，反应ⅱ正向移动，CH3NH3I的浓度减小，使反应ⅰ平衡正向移动
【解析】
【小问1详解】
由铅元素位于元素周期表第6周期ⅣA族可知，基态原子的电子排布式为6s26p2，轨道表示式为，故答案为：；
【小问2详解】
氨分子中氮原子的价层电子对数为4，则原子的杂化方式为sp3杂化，分子的VSEPR模型为四面体形，分子中的氮氢键是氮原子的sp3杂化轨道与氢原子的1s轨道道重叠形成σ键，故答案为：四面体形；sp3杂化；
【小问3详解】
①甲醇分子能形成分子间氢键，一碘甲烷不能形成分子间氢键，所以甲醇的分子间作用力大于一碘甲烷，沸点高于一碘甲烷，故答案为：CH3OH能形成分子间氢键，CH3I不能形成分子间氢键；
②Ⅱ中，由于氨分子中氮原子具有孤电子对，能与一碘甲烷的中具有空轨道的碳原子形成配位键生成，故答案为：N原子；
【小问4详解】
①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的与位于面心的碘离子距离最近，则距离最近的碘离子的个数为12，故答案为：12；
②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的个数为8×=1，位于面心的碘离子个数为6×=3，位于体内的铅离子个数为1，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(10—,7a)3d，解得d=，故答案为：；
【小问5详解】
反应生成的碘化氢能与氧气反应使得生成物的浓度减小，平衡向正反应方向移动，使得CH3NH3I的浓度减小，使反应ⅰ平衡正向移动，导致钙钛矿的分解程度就会增大，故答案为：HI易被空气中的氧气氧化，浓度减少，反应ⅱ正向移动，CH3NH3I的浓度减小，使反应ⅰ平衡正向移动。
16. NH3是一种重要的工业原料，可采用不同的方法制备NH3。
（1）方法一：早期以氯化铵和熟石灰制备NH3，反应的化学方程式为_______。
（2）方法二：以铁为主的催化剂在400～500℃和10～30 MPa的条件下，由N2和H2合成氨。
①该反应放热，但仍选择较高温度400～500℃。其原因是_______。
②对N2和H2的反应进行研究：在容积可变的密闭容器中，充入n ml N2和3n ml H2进行反应。在不同压强下(、、)，反应达到平衡时，测得NH3的体积分数(α)随温度的变化如图所示。解释B点的容器容积小于A点的容器容积的原因_______。
（3）方法三：常温常压下电解法合成氨的原理如下图所示。
①阴极生成氨的电极反应式为_______。
②阳极氧化产物只有O2，电解时实际生成的NH3的总量远远小于由理论计算所得NH3的量，结合电极反应式解释原因：_______。
（4）方法四：一种分解NH4Cl实现产物分离的物质转化关系如下，其中b、d代表或MgO中的一种。
①图中代表氨气的是_______(填字母序号)。
②该转化过程中会生成副产物MgCl2，通入水蒸气可减少MgCl2的产生，反应的方程式为_______。
【答案】（1）Ca(OH)2+2NH4Cl2NH3↑+CaCl2+2H2O
（2） ①. 高温能加快反应速率，同时催化剂在较高温度400～500℃条件下活性高，对速率的促进作用更大 ②. N2和H2的转化率相同，但B的温度高，气体体积增大，容积大
（3） ①. 2H2O-4e-=4H++O2 ②. 电解时实际阴极除了N2得电子生成NH3外，还可能生成、H+，还可能发生，
（4） ①. NH3 ②. MgCl2+H2OMg(OH)Cl+HCl
【解析】
【小问1详解】
加热熟石灰和氯化铵生成NH3、氯化钙、水，反应的化学方程式是Ca(OH)2+2NH4Cl2NH3↑+CaCl2+2H2O。
【小问2详解】
①该反应放热，但较高温度的条件能加快反应速率，同时催化剂在较高温度400～500℃条件下活性高，对速率的促进作用更大；
②B点的容器容积小于A点的容器容积的原因是：N2和H2的转化率相同，但B的温度高，气体体积增大，容积大。
小问3详解】
①由图可知，左侧得电子，左侧是阴极，电极反应为N2+6e-+6H+=2NH3；右侧为阳极，失电子，2H2O-4e-=4H++O2；
②电解时实际阴极除了N2得电子生成NH3外，还可能生成、H+，还可能发生，。
【小问4详解】
①NH4Cl分解的产物是NH3和HCl，分解得到的HCl与MgO反应生成Mg(OH)Cl，Mg(OH)Cl又可以分解成HCl与MgO，a为NH3，b为Mg(OH)Cl，c为HCl，d为MgO；
②MgCl2可以水解生成Mg(OH)Cl，方程式为：MgCl2+H2OMg(OH)Cl+HCl，因此通入水蒸气可减少MgCl2的产生。
17. 石油中含有有机氯和无机氯(主要以的形式存在)，还含有少量的硫化氢、硫酸盐和碳酸盐等。微库仑滴定法可快速测定石油中的有机氯和无机氯的含量。
已知：库仑测氯仪中电解原理示意图如下。检测前，电解质溶液中的保持定值时，电解池不工作。待测物质进入电解池后与反应，测氯仪便立即自动进行电解到又回到原定值，测定结束。通过测定电解消耗的电量可以求出石油中氯的含量。
（1）库仑测氯仪电解池中的阳极反应是_______。
I.石油中有机氯含量的测定
（2）用过量KOH溶液和水除去石油样品中的和无机盐，再通过_______操作分离得到处理后的石油样品。KOH溶液除去的离子方程式是_______。
（3）经处理后的石油样品在高温、富氧条件下燃烧，有机氯转化为HCl。在库仑测氯仪中，待测气体通入电解池后与反应的离子方程式是_______。
（4）石油样品为ag，电解消耗的电量为x库仑，样品中有机氯的含量(按含氯元素计)为_______mg/g。
已知：电解中转移1ml电子所消耗电量为F库仑
II.石油中无机氯含量的测定
在极性溶剂存在下加热石油样品，再用水提取其中的无机盐。含盐的待测液体注入库仑测氯仪进行测定。
已知：i.样品中存在的和CO不影响测定结果
ii.
（5）用离子方程式解释不影响测定结果的原因：_______。
（6）石油样品中存在的会影响测定结果。
①通过估算说明的存在会影响测定结果：_______。
②待测液体注入库仑测氯仪前，可加入_______(填序号)以消除的影响。
a.溶液 b.NaOH溶液 c.碘水
【答案】（1）
（2） ①. 分液 ②.
（3）
（4）
（5）
（6） ①. H2S+2Ag+= =Ag2S↓+2H+ K= ，经估算K的数量级为1029，说明H2S与Ag+的反应程度接近完全，即H2S也消耗Ag+，影响测定结果 ②. a
【解析】
【分析】检测前，电解质溶液中的保持定值时，电解池不工作。待测物质进入电解池后与反应，浓度减小，测氯仪便立即自动进行电解，阳极Ag失电子，生成，到又回到原定值，电极反应式为，根据电解消耗的电量可以求出石油中氯的含量；
【小问1详解】
库仑测氯仪电解池中的阳极反应是；
【小问2详解】
用过量KOH溶液和水除去石油样品中的和无机盐，石油和水溶液不互溶，可以通过分液操作分离；KOH溶液除去的离子方程式是；
【小问3详解】
HCl与反应的离子方程式是；
【小问4详解】
电解消耗的电量为x库仑，即ml电子，n(Cl-)= n(Ag+)= n(e-)=ml，样品中有机氯的含量为= mg/g；
【小问5详解】
碳酸银可溶于醋酸，不影响测定结果，离子方程式为;
【小问6详解】
①H2S+2Ag+= =Ag2S↓+2H+ K= ，经估算K的数量级为1029，说明H2S与Ag+的反应程度接近完全，即H2S也消耗Ag+，影响测定结果；
②待测液体注入库仑测氯仪前，可加入能与反应，消除S2-的试剂；
a．溶液与反应生成硫单质和水，溶液中没有S2-，a符合；
b．NaOH溶液与反应生成硫化钠和水，溶液中仍然存在S2-，b不符合；
c．碘水与反应生成硫单质和碘化氢，溶液中存在I-，会生成碘化银沉淀影响测定结果，c不符合；
故选a。
18. 以菱锰矿(主要成分为MnCO3、CaCO3、MgCO3、SiO2和少量FeCO3等)为原料提纯MnCO3一种流程示意图如下。
已知：i．浸出渣C的主要成分为SiO2、CaCO3、Fe2O3。
ii．常温时，部分物质的Ksp如下表所示：
iii．1ml·L-1的NH4HCO3溶液pH≈8，c()≈3.3×10-3ml·L-1
（1）将菱锰矿“研磨”的目的是___________。
（2）写出MnCO3在“氯化焙烧”过程发生反应的化学方程式：___________。
（3）用1ml·L-1的NH4HCO3溶液“沉锰”时浸出液pH对产品中锰元素的质量分数和锰的回收率的影响如下图。
注:锰的回收率=
①“沉锰”反应的离子方程式是___________。
②分析浸出液pH=8时，MnCO3产品中存在的杂质可能是___________，说明判断依据___________。
（4）该流程中可以循环利用的物质有___________。
（5）检测产品中锰元素的质量分数，取agMnCO3产品溶于100mL硫酸和磷酸的混合溶液中，取10mL加入稍过量的NH4NO3溶液，使Mn2+氧化为[Mn(PO4)2]3-。待充分反应后，加热使NH4NO3分解。冷却后用bml·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液标准液滴定，消耗cmL(NH4)2Fe(SO4)2溶液。
①产品中锰元素的质量分数为___________。
②若未充分加热，则会使测定结果___________(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。
【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率，使反应充分进行
（2）
（3） ①. ②. MgCO3 ③. MnCO3和Mn(OH)2中锰元素的质量分数均大于38%，推知必有含镁难溶杂质
（4）CO2、NH3、NH4Cl
（5） ①. ②. 偏大
【解析】
【分析】菱锰矿(主要成分为MnCO3、CaCO3、MgCO3、SiO2和少量FeCO3等)研磨后与氯化铵固体氧化焙烧，尾气未NH3和CO2，固体A加水浸锰，浸出渣C的主要成分为SiO2、CaCO3、Fe2O3，浸出液B主要为氯化锰与氯化镁，加入碳酸氢铵沉锰，得到碳酸锰，滤液D为NH4Cl，气体E为CO2，据此回答。
【小问1详解】
将菱锰矿“研磨”的目的是增大接触面积，加快反应速率，使反应充分进行；
【小问2详解】
MnCO3在“氯化焙烧”时与氯化铵反应生成氯化锰、CO2、NH3、H2O，方程式为：；
【小问3详解】
①沉锰时，氯化锰与碳酸氢铵反应生成碳酸锰、二氧化碳、水、氯化铵，离子方程式为：；
②根据题中各沉淀的Ksp数据可知，形成MgCO3沉淀时，c（Mg2+）=≈2×10-3 ml·L-1；同理可得，形成MnCO3沉淀时，c（Mn2+）=≈0.5×10-8ml·L-1；形成Mn(OH)2沉淀时，c（Mn2+）=≈1.9×10-1 ml·L-1；形成Mg(OH)2沉淀时，c（Mg2+）=≈5.6 ml·L-1；沉淀时所需的浓度越小，越易形成，MnCO3产品中存在的杂质可能是MgCO3；
③已知在碳酸锰中，Mn%=，在氢氧化锰中Mn%=，MnCO3和Mn(OH)2中锰元素的质量分数均大于38%，推知必有含镁难溶杂质；
小问4详解】
根据分析可知，CO2、NH3可以回到流程沉锰循环，NH4Cl可以回到流程氧化焙烧循环；
【小问5详解】
①NH4NO3溶液使Mn2+氧化为[Mn(PO4)2]3-，(NH4)2Fe(SO4)2溶液又能将[Mn(PO4)2]3-还原为Mn2+，则10mL溶液中n(Mn2+)=n[[Mn(PO4)2]3-]=bc×10-3ml，m(Mn)=bc×10-3ml×55g/ml=0.055g，则100mL溶液中锰元素的质量分数为==；
②若未充分加热，过量的NH4NO3溶液会消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液标准液，使得(NH4)2Fe(SO4)2溶液标准液体积偏大，锰元素的质量分数偏大。
19. 某小组同学向的的溶液中分别加入过量的粉、粉和粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。
（1）理论分析
依据金属活动性顺序，中可将还原为的金属是_______。
（2）实验验证
①分别取实验I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加溶液，证明都有生成，依据的现象是_______。
②实验Ⅱ、Ⅲ都有红褐色沉淀生成，用平衡移动原理解释原因_______。
③对实验Ⅱ未检测到单质进行分析及探究。
i．a．甲认为实验Ⅱ中，当、浓度较大时，即使与反应置换出少量，也会被、消耗。写出与、反应的离子方程式_______。
b．乙认为在为3~4的溶液中即便生成也会被消耗。设计实验_______(填实验操作和现象)。
证实了此条件下可忽略对的消耗。
c．丙认为产生的红褐色沉淀包裹在粉上，阻碍了与的反应。实验证实了粉被包裹。
ii．查阅资料：开始沉淀的约为1.2，完全沉淀的约为3。
结合a、b和c，重新做实验Ⅱ，当溶液为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制，_______ (填实验操作和现象)，待为3~4时，取出固体，固体中检测到单质。
（3）对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到单质的原因_______。
【答案】（1）
（2） ①. 产生蓝色沉淀 ②. 水解方程式为，加入的或会消耗，促进水解平衡正向移动，使其转化为沉淀 ③. 或、 ④. 向为3~4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加溶液，不产生蓝色沉淀 ⑤. 加入几滴溶液，待溶液红色消失后，停止加入盐酸
（3）加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被沉淀包裹
【解析】
【分析】实验Ⅰ中，加入过量的Cu，Cu与Fe3+发生反应，一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到Fe单质；实验Ⅱ中，加入过量的Zn，发生反应，有气泡产生，pH逐渐增大，使得Fe3+转化为红褐色沉淀，固体中未检测到Fe单质，原因可能是的干扰以及沉淀对锌粉的包裹；实验Ⅲ中，加入过量Mg，发生反应，由于Mg很活泼，该反应非常剧烈，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，对比实验Ⅱ和Ⅲ，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被沉淀包裹，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。
【小问1详解】
在金属活动性顺序表中，排在之前，排在之后，因此可将还原为；
【小问2详解】
①与会生成蓝色的沉淀；
②水解方程式为，加入的或会消耗，促进水解平衡正向移动，使其转化为沉淀；
③i．a．Fe与Fe3+、H+反应的离子方程式为：或、；
b．要证实在pH为3~4的溶液中可忽略H+对Fe的消耗，可向为3~4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加溶液，不产生蓝色沉淀，即说明此条件下Fe未与H+反应生成Fe2+；
ⅱ．结合a，b和c可知，实验Ⅱ未检测到单质的原因可能是的干扰以及沉淀对锌粉的包裹，因此可控制反应条件，在未生成沉淀时将还原，即可排除两个干扰因素，具体操作为：重新做实验Ⅱ，当溶液pH为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制pH<1.2，加入几滴溶液，待溶液红色消失后，停止加入盐酸，待pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质；
【小问3详解】
对比实验Ⅱ和Ⅲ，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被沉淀包裹，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。
A．用标准溶液滴定溶液
B．验证相同温度下的：
C．铁件镀铜
D．验证卤素单质的氧化性：
a中反应
b中检测试剂及现象
A
浓分解生成
淀粉-KI溶液变蓝
B
Cu与浓生成
紫色石蕊变红
C
浓与溶液生成
酚酞溶液变红
D
和浓盐酸生成
溶液变浑浊
操作
现象
①取漂粉精固体，加入水
部分固体溶解，溶液略有颜色
②过滤，测漂粉精溶液的pH
pH试纸先变蓝(约为12)，后褪色
③
ⅰ．液面上方出现白雾
ⅱ．稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色
ⅲ．稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去
④用酸化的溶液检验③中白雾
产生白色沉淀
物质
MnCO3
Mn(OH)2
MgCO3
Mg(OH)2
Ksp
1.8×10-11
1.9×10-13
6.8×10-6
5.6×10-12
实验
金属
操作、现象及产物
I
过量
一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到单质
Ⅱ
过量
一段时间后有气泡产生，反应缓慢，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液为3~4，取出固体，固体中未检测到单质
Ⅲ
过量
有大量气泡产生，反应剧烈，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液为3~4时，取出固体，固体中检测到单质
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