2024年高考化学猜想预测卷（天津卷）03（含答案）.pdf

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1、2024 年高考猜想预测卷（天津卷）03高三化学本试卷分为第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共 100 分，考试用时 60 分钟。答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码。答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。祝各位考生考试顺利！以下数据可供解题时参考：H 1C 12O 16S 32Fe 56Co 59第卷注意事项：1每题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。2本卷共 12 题，每题 3 分，共 36 分。在每题所给出

2、的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。1“挖掘文物价值，讲好河北故事”。下列河北“镇馆之宝”中主要成分不同于其他三种的是选项ABCD文物名称战国中山王铁足铜鼎锴金银四龙四凤铜方案座彩绘石散乐浮雕长信宫灯AABBCCDD2根据下列实验叙述，得出结论正确的是A向 FeCl2溶液中加入足量 Na2O2粉末，出现红褐色沉淀和无色气体，则原 FeCl2溶液部分变质B向 KBrO3溶液中通入少量氯气，然后再加入少量苯，有机层呈橙红色，则 Cl2氧化性大于 Br2C向 CuSO4溶液中加入适量的氨水，再加入乙醇，析出深蓝色固体，则该固体难溶于水D向含有等物质的量 H2SO4和 HNO3的混酸稀溶液加入过

3、量铜粉，充分反应，则溶液中的溶质有 CuSO4和Cu(NO3)23下列表示正确的是A3BF的价层电子对互斥（VSEPR）模型：B3H O的电子式：C基态2Fe的价层电子轨道表示式：D的名称：乙二酸乙二酯4实验室合成高铁酸钾（24K FeO）的过程如下图所示。下列说法错误的是A气体 a 的主要成分为2ClB沉淀 b 的主要成分为3KClOC24K FeO中Fe的化合价为+6D反应 2 为3243232Fe NO+10KOH+3KClO2K FeO+3KCl+6KNO+5H O5下列物质的鉴别或检验一定能达到实验目的的是A用饱和23Na CO溶液鉴别2BaCl溶液和3AlCl溶液B用盐酸和 KSC

4、N 溶液检验 Fe 粉中是否含有23Fe OC用湿润的淀粉-KI 试纸鉴别2NO和溴蒸气D向 1-氯丁烷中加入硝酸酸化的3AgNO溶液检验氯元素6W、X、Y、Z 为原子序数依次增大的短周期主族元素，基态 W 原子的 s 轨道电子数是 p 轨道电子数的 2 倍，X 和 Y 形成的一种化合物是常用干燥剂，X、Z 同主族且能构成如图所示的阴离子(R2)，下列说法正确的是A简单离子半径：ZYXB沸点：ZX2WX2CR2中 Z 的化合价是3D第二电离能：YZ7多巴胺是一种神经传导物质，其合成路线如下图所示。下列说法正确的是A1molL-酪氨酸最多可以与24molH发生加成反应BL-多巴分子中所有碳原子不

5、可能共平面C多巴胺可与3NaHCO溶液反应DL-酪氨酸、L-多巴和多巴胺均既有酸性，又有碱性8反应：Al2Cl6+2NH3=2Al(NH3)Cl3中，共价化合物 Al2Cl6的结构式为，下列说法错误的是A1mol Al(NH3)Cl3中通过 p-p 轨道重叠形成的键数目为 4NABAl2Cl6分子中所有原子最外层均满足 8 电子结构C反应前后 Al 原子配位数不变DAl(NH3)Cl3属于极性分子9下图是为测定过氧化钠样品(只含 Na2CO3杂质)纯度而设计的装置，气球 Q 弹性良好。下列说法正确的是AQ 中反应的离子方程式为2-3CO+2H+=H2O+CO2，22-2O+4H+=2H2O+O

6、2B测量气体体积时应先关闭 K1、K2，打开 K3，反应完毕后再缓缓打开 K1C没有导管 a 稀硫酸不易滴下来，而且会导致测量气体的体积偏大D若操作正确，量筒 I、分别收集 xmL、ymL 水，则 Na2O2的质量分数为xx+y10我国科学家发现“杯酚”能与 C60形成超分子，从而识别 C60和 C70，下列说法错误的是A“杯酚”能与 C60形成分子间作用力B操作是过滤；操作是蒸馏C上述方法能实现 C60与 C70分离D溶剂甲苯属于极性分子，而氯仿属于非极性分子11下图是一种正在投入生产的大型蓄电系统。左右两侧为电解质储罐，中央为电池，电解质通过泵不断在储罐和电池间循环；电池中的左右两侧为电极

7、，中间为离子选择性膜，在电池放电和充电时该膜可允许离子通过；放电前，被膜隔开的电解质为22Na S和3NaBr，放电后，分别变为24Na S和 NaBr。下列有关该系统的叙述不正确的是A左、右储罐中的电解质分别为左：3NaBr/NaBr；右：2224Na S/Na SB中间离子选择性膜为阴膜，允许阴离子通过C电池充电时，阴极的电极反应为2422Na S2Na2e2Na SD用该电池(电极为惰性电极)电解硫酸铜溶液一段时间后，需往溶液中加入2320.3molCuOHCO才能使原硫酸铜溶液复原，则电解过程中转移电子的物质的量为 1.8mol12常温下，将KOH溶液滴加到二元弱酸2H A溶液中，混合

8、溶液的pH与pX的关系如图所示。已知pX代表2c Algc HA或2c HAlgc H A。下列说法正确的是A曲线I代表pH随2-c A-lgc HA的变化曲线，-4.3a22KH A=10B水的电离程度：abC滴定到b点时，溶液中+-c K3c HAD当2H A刚好被中和时，溶液中-+2c OH=c HA+c H A+2c H第卷注意事项：1用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上。2本卷共 4 题，共 64 分。13某化学兴趣小组模拟工业上用纯碱溶液与2SO制备23Na SO，并探究产品的性质和纯度。已知：25时，23H CO的电离常数：714.5 10aK，11a2K4.7 10；23

9、H SO的电离常数：211.2 10aK，825.6 10aK；3Fe OH的溶度积常数：392.6 10spK。23Na SO性质探究(1)若用23Na SO与盐酸反应制备干燥2SO时，净化、收集和尾气处理所需装置的接口连接顺序为，其中饱和3NaHSO溶液中发生反应的离子方程式为。(2)该小组同学用试管取 2mL0.5mol/L3FeCl溶液，逐滴加入 2mL0.5mol/L23Na SO溶液，振荡，溶液由黄色变为红褐色，未观察到气体和沉淀生成。甲同学认为发生了相互促进的水解反应，生成了3Fe OH胶体，用激光笔照射试管，预期的现象为。若上述水解过程存在反应：323233Fe3SO3H OF

10、e OH3HSO胶体，则 25时该反应的化学平衡常数K（代入数据列出计算式）。乙同学认为可能同时发生反应：32223242FeSOH O2FeSO2H，并设计实验验证：取少量用蒸馏水稀释后的反应液于试管中，再滴加溶液，观察现象。AKSCNB4KMnOC36KFe CND2Ba OH23Na SO含量探究(3)已知所得产物含有少量23Na CO（无其他杂质），25时相同质量的23Na CO和23Na SO分别溶于等量的水后，体积基本相同。25时质量分数相同的两种溶液，23Na CO溶液的 pH23Na SO溶液。A大于B小于C等于D无法判断丙同学设计实验探究实验产品是否符合化工行业标准。查阅资料

11、23Na SO合格品的行业标准是质量分数高于 93%。提出假设 实验产品中23Na SO质量分数高于 93%。实验方案 常温下完成下述实验：步骤 1：用 100.0mL 水溶解 0.7g23Na CO和 9.3g23Na SO，测得pHa；步骤 2：，测得pHb；数据分析：ab（填“”、“”或“”）。实验结论 假设成立。144BiVO是一种光催化材料。工业利用某废催化剂(主要含25V O、23Bi O、NiO 及少量23Al O、2SiO)制备4BiVO的工艺流程如下：已知：.23Bi O、NiO 都是不溶于水的碱性氧化物.0.11mol L33Bi NO溶液的 pH=1.0.22VO2HRV

12、OR2H反萃取萃取有机层有机层回答下列问题：(1)滤渣的主要成分是；酸化时，4Al OH完全转化为3Al OH的最大 pH 为。(已知34Al OHOHAl OH0.6310K；离子浓度10-5mol/L 时沉淀完全)(2)“酸化”后的溶液中存在3VO，则“还原”时发生反应的离子方程式为。(3)反萃取剂应选用(填“酸性”、“中性”或“碱性”)溶液；若“萃取”、“反萃取”的过程中钒的总回收率为90%，则“还原”时加入的23Na SO和“氧化”时加入的3NaClO的物质的量之比为。(4)生成4BiVO的化学方程式为，实验测得溶液 pH、温度和33Bi NO溶液浓度对生成4BiVO的粒径影响图像如下

13、：综合分析：制备粒径较小的4BiVO晶体的最佳条件是；制备过程中需加入 NaOH 维持最佳 pH，若33Bi NO过量，需要增加 NaOH 的用量，原因是。15柠檬酸铁铵(NH4)3Fe(C6H5O7)2易溶于水，不溶于乙醇等有机溶剂，是一种含铁量较高的补铁剂实验室利用柠檬酸（）制备柠檬酸铁铵的实验步骤如下：i向三颈烧瓶中加入一定量铁粉，将柠檬酸溶液加入并搅拌，控温 80至全部生成柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)白色沉淀。ii降温至 40，滴加一定量的氨水充分反应，生成柠檬酸亚铁铵(NH4FeC6H5O7)。iii控温 40，缓慢滴加一定量的双氧水充分反应，经一系列操作，得到产品。已知：柠檬酸铁

14、铵(NH4)3Fe(C6H5O7)2是柠檬酸铁(FeC6H6O7)和柠檬酸铵(NH4)3C6H5O7的复盐回答下列问题：(1)仪器 A 的名称是，在相同条件下，1mol 柠檬酸分子分别与足量 Na、NaHCO3反应生成气体体积比为；(2)步骤 i 中，若柠檬酸加入量逐渐增多，最终会导致柠檬酸铁铵的含铁量逐渐减少，可能的原因是；（从产品纯度及后续实验的操作方面分析）(3)步骤 ii、iii 中均需控温 40的原因是；(4)步骤 iii 中制备柠檬酸铁铵的化学方程式,“一系列操作”包括；(5)为了测定产品的纯度，实验的基本原理是将 Fe3+还原成 Fe2+后，采用分光光度法来测定纯度实验时测得样品

15、的纯度显著偏低，检查实验发现配制样品溶液时少加了一种还原试剂，该试剂应为(“铁粉”或“维生素C”)，选择该试剂的理由是。16以砷化铝(AlAs)作催化剂，实现了在常压、100300的条件下合成氨。(1)基态 As 原子的核外价电子的轨道表示式为；第一电离能 I1(As)(填“大于”或“小于”)I1(Se)，其原因是。(2)As3S4的分子结构中均为单键，且每个原子最外层均满足 8e-稳定结构，则该分子中所含共价键的数目为；该分子中 S 原子的杂化轨道类型为。(3)往硫酸铜溶液中加入过量氨水，可生成Cu(NH3)42+配离子。已知 NF3与 NH3的空间结构都是三角锥形，但NF3不易与 Cu2+

16、形成配离子，其原因是。(4)近年来，人们发现 NH3AlH3可与多种小分子氢化物形成双氢键。双氢键是指带正电的 H 原子与带负电的 H 原子之间的一种弱电性的相互作用，其结构可表示为 XHHY(“”表示共价键，“”表示形成的双氢键)。根据上述信息，NH3AlH3与 HF 形成的双氢键可表示为。(5)Be 和 Al 的性质相似，在 500600气相中，氯化铍以二聚体 Be2Cl4的形式存在，1 mol Be2Cl4中含有的共价键数目为。BeO 晶体晶胞结构与 ZnS 类似，如图所示。该晶胞中原子的位置可以用原子分数坐标表示，若原子 A、B 的坐标分别为(0，0，0)、(12，12，12)；则 C

17、 原子的坐标为。设 O 与 Be 的最近距离为 a pm，用 NA表示阿伏加德罗常数的值，则 BeO 晶体的密度为g/cm3(用含 a 和 NA的计算式表示)。2024 年高考猜想预测卷（天津卷）03化学参考答案第卷一本卷共 12 题，每题 3 分，共 36 分。在每题所给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。123456789101112CDABABDACDBA第卷二本卷共 4 题，共 64 分。13（14 分）(1)dcbaefg-+322HSO+H=H O+SO(2)混合物中出现一条明亮的光路14 33-398102.6 105.6 10C(3)A用 100.0mL 水溶解 10.

18、0g 实验产品14（18 分）(1)Al(OH)3和 H2SiO3，8.37(2)2-2-2-3+43+2+S+6H=2VO+S+3H O2VOOO(3)酸性103(4)H2O+NH4VO3+Bi(NO3)3=BiVO4+NH4NO3+2HNO3pH=6，80，浓度为 1.0mol L-133Bi NO溶液溶液显酸性，则为了维持最佳 pH，需要增加 NaOH 的用量15（18 分）(1)恒压滴液漏斗2:3(2)过量的柠檬酸与氨水反应生成柠檬酸铵，使产品不纯(3)温度低于 40化学反应速率慢，高于 40双氧水和氨水发生分解反应而损耗(4)46574657224657323322 NHC H O2

19、NH FeC H OH O2 NHFe C H O2NHH O蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥(5)维生素 C维生素 C 可将 Fe3+还原成 Fe2+，选用铁粉反应会引入更多的 Fe2+，使测定结果偏高16（14 分）(1)大于As 的价电子排布式为 4s24p3，4p 能级为半充满结构，能量更低，更稳定(2)10sp3(3)电负性：FNH，在 NF3中，共用电子对偏向 F，偏离 N 原子，使得氮原子上的孤电子对难与 Cu2形成配位键(4)AlHH-F(5)6NA(14，14，14)3-30A4(9+16)4 3N(a)1032024 年高考猜想预测卷（天津卷）03化学全解全析本试卷

20、分为第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共 100 分，考试用时 60 分钟。答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码。答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。祝各位考生考试顺利！以下数据可供解题时参考：H 1C 12O 16S 32Fe 56Co 59第卷注意事项：2每题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。2本卷共 12 题，每题 3 分，共 36 分。在每题所给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。1“挖掘文物

21、价值，讲好河北故事”。下列河北“镇馆之宝”中主要成分不同于其他三种的是选项ABCD文物名称战国中山王铁足铜鼎锴金银四龙四凤铜方案座彩绘石散乐浮雕长信宫灯AABBCCDD【答案】C【详解】A铁足铜鼎是由铁、铜等金属制造而成，属于金属制品；B锴金银四龙四凤铜方案座是由金、银、铜等金属制成，属于金属制品；C彩绘石散乐浮雕，石刻用汉白玉雕成并着色，汉白玉的主要成分为碳酸钙等，属于碳酸盐制品；D长信宫灯是由铜鎏金等金属制成，属于金属制品；综合以上分析，可得出彩绘石散乐浮雕与其他三件“镇馆之宝”不同，故选 C。2根据下列实验叙述，得出结论正确的是A向 FeCl2溶液中加入足量 Na2O2粉末，出现红褐色沉

22、淀和无色气体，则原 FeCl2溶液部分变质B向 KBrO3溶液中通入少量氯气，然后再加入少量苯，有机层呈橙红色，则 Cl2氧化性大于 Br2C向 CuSO4溶液中加入适量的氨水，再加入乙醇，析出深蓝色固体，则该固体难溶于水D向含有等物质的量 H2SO4和 HNO3的混酸稀溶液加入过量铜粉，充分反应，则溶液中的溶质有 CuSO4和Cu(NO3)2【答案】D【详解】A过氧化钠具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，铁离子和氢氧根离子生成氢氧化铁红褐色沉淀，出现红褐色沉淀和无色气体，不能说明原 FeCl2溶液部分变质，A 错误；B有机相呈橙红色，说明反应中有 Br2生成，KBrO3中溴元素由5 价被

23、还原至 0 价，发生还原反应，说明 Cl2是还原剂，表现出还原性，故根据该实验无法比较 Cl2、Br2的氧化性强弱，B 错误；C 向 CuSO4溶液中加入适量的氨水，再加入乙醇，析出深蓝色固体为4234OCu NH OHS，4234OCu NH OHS固体易溶于水，C 错误；D 硝酸根离子具有强氧化性，在酸性条件下发生反应+-2+323Cu+8H+2NO=3Cu+2NO+4H O，等物质的量 H2SO4和 HNO3的混酸中氢离子、硝酸根离子比为 3:1，则氢离子不足、硝酸根离子过量，溶液中的溶质有 CuSO4和Cu(NO3)2，D 正确；故选 D。3下列表示正确的是A3BF的价层电子对互斥（V

24、SEPR）模型：B3H O的电子式：C基态2Fe的价层电子轨道表示式：D的名称：乙二酸乙二酯【答案】A【详解】A3BF的中心原子价层电子对数为3+3 1=32，其 VSEPR 模型为平面三角形，A 正确；B3H O的电子式为，B 错误；C基态2Fe的价层电子轨道表示式为C 错误；D的名称为乙二酸二乙酯，D 错误；答案选 A。4实验室合成高铁酸钾（24K FeO）的过程如下图所示。下列说法错误的是A气体 a 的主要成分为2ClB沉淀 b 的主要成分为3KClOC24K FeO中Fe的化合价为+6D反应 2 为3243232Fe NO+10KOH+3KClO2K FeO+3KCl+6KNO+5H

25、O【答案】B【分析】高锰酸钾和浓盐酸反应生成氯气，氯气中混有 HCl 气体，通过饱和食盐水洗气除去 HCl 气体，得到气体 a 的主要成分为2Cl，氯气和饱和 KOH 溶液在 10-15条件下反应生成KClO，由于KClO的溶解度小于 KOH，会析出KClO白色沉淀，将33Fe NO和 KOH 加入饱和次氯酸钾中发生反应生成24K FeO，以此解答。【详解】A由分析可知，气体 a 的主要成分为2Cl，故 A 正确；B由分析可知，沉淀 b 的主要成分为KClO，故 B 错误；C由化合物化合价的代数和为零可知，24K FeO中Fe的化合价为+6，故 C 正确；D反应 2 中33Fe NO和KClO

26、在碱性条件下发生氧化还原反应生成24K FeO和 KCl，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：3243232Fe NO+10KOH+3KClO2K FeO+3KCl+6KNO+5H O，故 D 正确；故选 B。5下列物质的鉴别或检验一定能达到实验目的的是A用饱和23Na CO溶液鉴别2BaCl溶液和3AlCl溶液B用盐酸和 KSCN 溶液检验 Fe 粉中是否含有23Fe OC用湿润的淀粉-KI 试纸鉴别2NO和溴蒸气D向 1-氯丁烷中加入硝酸酸化的3AgNO溶液检验氯元素【答案】A【详解】A饱和23Na CO溶液和2BaCl溶液混合反应生成碳酸钡白色沉淀，饱和23Na CO溶液和3Al

27、Cl溶液混合氢氧化铝白色沉淀和二氧化碳气体，能用饱和23Na CO溶液鉴别2BaCl溶液和3AlCl溶液，故 A 正确；B23Fe O溶于盐酸生成 Fe3+，而 Fe 粉可以将 Fe3+还原为 Fe2+，加入 KSCN 后溶液不变红，Fe 粉也可能含有23Fe O，不能用盐酸和 KSCN 溶液检验 Fe 粉中是否含有23Fe O，故 B 错误；C2NO溶于水后会生成 HNO3，HNO3和溴蒸气都能将 I-氧化为 I2，不能用湿润的淀粉-KI 试纸鉴别2NO和溴蒸气，故 C 错误；D鉴定 1-氯丙烷中氯元素应该先加入 NaOH 溶液使其水解产生 NaCl，然后加入稀 HNO3酸化，用于中和 Na

28、OH溶液，防止 NaOH 与 AgNO3溶液反应生成沉淀对实验产生干扰，故 D 错误；故选 A。6W、X、Y、Z 为原子序数依次增大的短周期主族元素，基态 W 原子的 s 轨道电子数是 p 轨道电子数的 2 倍，X 和 Y 形成的一种化合物是常用干燥剂，X、Z 同主族且能构成如图所示的阴离子(R2)，下列说法正确的是A简单离子半径：ZYXB沸点：ZX2WX2CR2中 Z 的化合价是3D第二电离能：YZ【答案】B【分析】W、X、Y、Z 为原子序数依次增大的短周期主族元素，基态 W 原子的 s 轨道电子数是 p 轨道电子数的2 倍，则 W 为 C 元素；由阴离子结构可知，原子半径小的灰球形成 2

29、个共价键、原子半径大的黑球形成 6 个和2 个共价键，则 X 为 O 元素、Z 为 S 元素；X 和 Y 形成的一种化合物是常用干燥剂，则 Y 为 P 元素。【详解】A电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则磷离子的离子半径大于硫离子，故 A 错误；B二氧化硫和二氧化碳均构成分子晶体，相对分子质量越大分子间作用力越大，二氧化硫的空间结构为 V 形，是结构不对称的极性分子，二氧化碳的空间结构为直线形，是结构对称的非极性分子，极性分子的分子间作用力强于非极性分子，沸点高于非极性分子，所以二氧化硫的沸点高于二氧化碳，故 B 正确；C由化合价代数和为 0 可知，由氧元素和硫元素形成的 R2

30、中硫元素的化合价平均为+2.5 价，故 C 错误；D磷原子失去 1 个电子形成的 P+的价电子排布式为 3s23p2，硫原子失去 1 个电子形成的 S+的价电子排布式为3s23p3，S+离子中 3p 轨道为稳定的半充满结构，较难失去电子，则硫元素的第二电离能大于磷元素，故 D 错误；故选 B。7多巴胺是一种神经传导物质，其合成路线如下图所示。下列说法正确的是A1molL-酪氨酸最多可以与24molH发生加成反应BL-多巴分子中所有碳原子不可能共平面C多巴胺可与3NaHCO溶液反应DL-酪氨酸、L-多巴和多巴胺均既有酸性，又有碱性【答案】D【详解】AL-酪氨酸含有苯环，因此 1 mol L-酪氨

31、酸最多可以与 3 mol 发生加成反应，羧基不与氢气发生加成反应，A 错误；B根据碳碳单键可以旋转，苯环所有原子共平面，则 L-多巴分子中所有碳原子可能同平面，B 错误；C多巴胺含有酚羟基，但酚的酸性比碳酸弱，不能与3NaHCO溶液反应，C 错误；DL-酪氨酸、L-多巴和多巴胺都含有氨基，具有碱性，同时都有酚羟基，具有酸性，D 正确；故选：D。8反应：Al2Cl6+2NH3=2Al(NH3)Cl3中，共价化合物 Al2Cl6的结构式为，下列说法错误的是A1mol Al(NH3)Cl3中通过 p-p 轨道重叠形成的键数目为 4NABAl2Cl6分子中所有原子最外层均满足 8 电子结构C反应前后

32、Al 原子配位数不变DAl(NH3)Cl3属于极性分子【答案】A【详解】AAl(NH3)Cl3分子中含有 3 个 AlCl 键、3 个 NH 键和 1 个 NAl 键，其中 AlCl 键为 pp 键，NH 键为 sp 键，NAl 键属于配位键，不是轨道重叠形成，则 1mol Al(NH3)Cl3中通过 pp 轨道重叠形成的键数目为 3NA，故 A 错误；B由 Al2Cl6分子结构图可知，Al 原子外围有 4 对成键电子对，Cl 原子有 2 对成键电子对,还含有 2 对孤电子对，所以 Al2Cl6分子中所有原子最外层均满足 8 电子结构，故 B 正确；C由 Al2Cl6分子结构图可知，Al 原子

33、的配位数为 4；Al(NH3)Cl3分子分子中含有 3 个 AlCl 键、1 个 NAl键(实质为配位键)，则 Al 原子的配位数也是 4，即反应前后 Al 原子配位数不变，故 C 正确；DAl(NH3)Cl3分子中含有 3 个 AlCl 键、1 个 NAl 键，且两种键的键长不相等，正负电中心不能重合，所以 Al(NH3)Cl3属于极性分子，故 D 正确；故选 A。9下图是为测定过氧化钠样品(只含 Na2CO3杂质)纯度而设计的装置，气球 Q 弹性良好。下列说法正确的是AQ 中反应的离子方程式为2-3CO+2H+=H2O+CO2，22-2O+4H+=2H2O+O2B测量气体体积时应先关闭 K

34、1、K2，打开 K3，反应完毕后再缓缓打开 K1C没有导管 a 稀硫酸不易滴下来，而且会导致测量气体的体积偏大D若操作正确，量筒 I、分别收集 xmL、ymL 水，则 Na2O2的质量分数为xx+y【答案】C【分析】实验开始时先打开恒压滴液漏斗的活塞使稀硫酸与样品发生反应：+22222Na O+4H=4Na+2H O+O，23242422Na CO+H SONa SO+H O+CO=，此时关闭 K1、K2，打开 K3，利用排液法测得所有气体的体积即量筒 I中水的体积 xmL，反应完毕后先打开 K2，关闭 K3保证 Q 灵活伸缩后打开 K1，碱石灰吸收2CO后量筒收集 ymL水即氧气的体积，据此

35、进一步分析。【详解】A过氧化钠不能拆，其离子方程式为：+22222Na O+4H=4Na+2H O+O，故 A 错误；B为保证 Q 灵活伸缩，量筒 I 测量后，需与大气相通，打开 K1前，应先打开 K2，关闭 K3，故 B 错误；C若没有导管 a，由于气压不相通，稀硫酸不易滴落，而且滴落的稀硫酸也计为气体体积，导致测量气体的体积偏大，故 C 正确；D题中计算既未考虑气体与物质的比例关系，也未考虑物质的摩尔质量，Na2O2的质量分数为：-3-3-3y 10 L78g/mol 278y22.4L/molx-y10 L53x+25yy 10 L106g/mol+78g/mol 222.4L/mol2

36、2.4L/mo=l ，故 D 错误；故选 C。10我国科学家发现“杯酚”能与 C60形成超分子，从而识别 C60和 C70，下列说法错误的是A“杯酚”能与 C60形成分子间作用力B操作是过滤；操作是蒸馏C上述方法能实现 C60与 C70分离D溶剂甲苯属于极性分子，而氯仿属于非极性分子【答案】D【详解】A“杯酚”能与60C通过形成分子间作用力而形成超分子，A 正确；B操作得到溶于甲苯的70C和不溶于甲苯的超分子，是过滤；操作得到易挥发的氯仿，为蒸馏操作，B 正确；C根据信息，通过操作能实现60C与70C分离，C 正确；D氯仿不是正四面体结构，是极性分子，苯是非极性分子，而苯分子的一个 H 原子被

37、甲基取代后形成甲苯为极性分子，D 错误；故选 D。11下图是一种正在投入生产的大型蓄电系统。左右两侧为电解质储罐，中央为电池，电解质通过泵不断在储罐和电池间循环；电池中的左右两侧为电极，中间为离子选择性膜，在电池放电和充电时该膜可允许离子通过；放电前，被膜隔开的电解质为22Na S和3NaBr，放电后，分别变为24Na S和 NaBr。下列有关该系统的叙述不正确的是A左、右储罐中的电解质分别为左：3NaBr/NaBr；右：2224Na S/Na SB中间离子选择性膜为阴膜，允许阴离子通过C电池充电时，阴极的电极反应为2422Na S2Na2e2Na SD用该电池(电极为惰性电极)电解硫酸铜溶液

38、一段时间后，需往溶液中加入2320.3molCuOHCO才能使原硫酸铜溶液复原，则电解过程中转移电子的物质的量为 1.8mol【答案】B【详解】A放电前，被膜隔开的电解质为22Na S和3NaBr，放电后，分别变为24Na S和 NaBr，可以知道22Na S 24Na S被氧化，3NaBr NaBr 被还原，左储罐为电源的正极，原电池正极发生还原反应，则左储罐电解质为3NaBr/NaBr，右储罐为电源的负极，原电池负极发生氧化反应，则右储罐电解质为2224Na S/Na S，故 A正确；B电池充电时，阳极发生氧化反应，电极反应为 3NaBr-2e-=NaBr3+2Na+，阴极发生还原反应，电

39、极反应为2422Na S2Na2e2Na S，阳极生成的 Na+要经过阳离子交换膜进入阴极，中间离子选择性膜为阳离子交换膜，故 B 错误；C电池充电时，阴极24Na S得到电子生成22Na S，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：2422Na S2Na2e2Na S，故 C 正确；D用该电池(电极为惰性电极)电解硫酸铜溶液一段时间后，阳极电极方程式为：2H2O-4e-=O2+4H+，阴极电极方程式为：Cu2+2e-=Cu、2H2O+2e-=H2+2OH-，需往溶液中加入2320.3molCuOHCO才能使原硫酸铜溶液复原，说明阴极析出 0.6molCu 和 0.3molH2，共转移 1

40、.8mol 电子，故 D 正确；故选 B。12常温下，将KOH溶液滴加到二元弱酸2H A溶液中，混合溶液的pH与pX的关系如图所示。已知pX代表2c Algc HA或2c HAlgc H A。下列说法正确的是A曲线I代表pH随2-c A-lgc HA的变化曲线，-4.3a22KH A=10B水的电离程度：abC滴定到b点时，溶液中+-c K3c HAD当2H A刚好被中和时，溶液中-+2c OH=c HA+c H A+2c H【答案】A【详解】A 2a1a22c Hc HAc Hc AK,K=c H Ac HA，当pX0时，+aa1K=c H,K远大于a2K，故曲线 I 代表pH随2-c A-

41、lgc HA的变化曲线，根据 b 点坐标，可得 Ka2(H2A)=10-4.3，A正确；B溶液的pH:ab，溶液的酸性越强对水的电离抑制程度越大，所以水的电离程度：ab，B 错误；C b点 时，2-c A=c HA，溶 液 显 酸 性，即+-c Hc OH，结 合 电 荷 守 恒+2-c K+c H=2c A+c HA+c OH得+2-c K【分析】23Na SO与盐酸反应生成二氧化硫，通过饱和亚硫酸氢钠溶液除去挥发的氯化氢，通过浓硫酸干燥，使用向上排空气法收集二氧化硫，尾气使用碱液吸收，防止污染；【详解】（1）23Na SO与盐酸反应生成二氧化硫，通过饱和亚硫酸氢钠溶液除去挥发的氯化氢，通过

42、浓硫酸干燥，使用向上排空气法收集二氧化硫，尾气使用碱液吸收，防止污染；故装置的接口连接顺序为 dcbaefg，其中饱和3NaHSO溶液 HCl 反应生成亚硫酸钠和水、二氧化硫气体，发生反应的离子方程式为-+322HSO+H=H O+SO；（2）光束通过胶体时，光线能够发生散射作用而产生丁达尔效应，而通入其它分散系时不能产生丁达尔效应；甲同学认为发生了相互促进的水解反应，生成了3Fe OH胶体，用激光笔照射试管，则预期的现象为：混合物中出现一条明亮的光路。若上述水解过程存在反应：322333Fe3SO3H OFe OH3HSO 胶体，则 25时该反应的化学平衡常数 3-3-3+3-333w332

43、-3+32-3+3+3-spa233cHSOcHSOcHcOHKK=K KcSOc FecSOc FecHcOH14 33-398102.6 105.6 10。AKSCN 只能检验铁离子，不能检验亚铁离子，错误；B4KMnO和亚硫酸根离子、亚铁离子都会发生氧化还原反应，错误；C亚铁离子和 K3Fe(CN)6溶液会生成蓝色沉淀：3-2+36623Fe+2 Fe CN=FeFe CN；故检验亚铁离子的方法可以为：取少量溶液，加入 K3Fe(CN)6溶液，若出现蓝色沉淀，说明存在亚铁离子；正确；D2Ba OH和亚硫酸根离子、硫酸根离子均会生成沉淀，错误；故选 C；（3）由题干可知，碳酸酸性弱于亚硫酸

44、，则 25时质量分数相同的两种溶液，23Na CO溶液的水解程度大于23Na SO溶液，故23Na CO溶液的碱性更强，pH 值更大，故选 A；假设实验产品中23Na SO质量分数高于 93%，步骤 1 测定23Na SO合格品的 pH，若23Na SO含量高于 93%，结合分析可知，样品的碱性应该小于a，故步骤2需进行对比实验：用100.0mL水溶解10.0g实验产品，测得pHb，若 ab，则23Na SO含量高于 93%，假设成立。144BiVO是一种光催化材料。工业利用某废催化剂(主要含25V O、23Bi O、NiO 及少量23Al O、2SiO)制备4BiVO的工艺流程如下：已知：.

45、23Bi O、NiO 都是不溶于水的碱性氧化物.0.11mol L33Bi NO溶液的 pH=1.0.22VO2HRVOR2H反萃取萃取有机层有机层回答下列问题：(1)滤渣的主要成分是；酸化时，4Al OH完全转化为3Al OH的最大 pH 为。(已知34Al OHOHAl OH0.6310K；离子浓度10-5mol/L 时沉淀完全)(2)“酸化”后的溶液中存在3VO，则“还原”时发生反应的离子方程式为。(3)反萃取剂应选用(填“酸性”、“中性”或“碱性”)溶液；若“萃取”、“反萃取”的过程中钒的总回收率为90%，则“还原”时加入的23Na SO和“氧化”时加入的3NaClO的物质的量之比为。

46、(4)生成4BiVO的化学方程式为，实验测得溶液 pH、温度和33Bi NO溶液浓度对生成4BiVO的粒径影响图像如下：综合分析：制备粒径较小的4BiVO晶体的最佳条件是；制备过程中需加入 NaOH 维持最佳 pH，若33Bi NO过量，需要增加 NaOH 的用量，原因是。【答案】(1)Al(OH)3和 H2SiO3，8.37(2)2-2-2-3+43+2+S+6H=2VO+S+3H O2VOOO(3)酸性103(4)H2O+NH4VO3+Bi(NO3)3=BiVO4+NH4NO3+2HNO3pH=6，80，浓度为 1.0mol L-133Bi NO溶液溶液显酸性，则为了维持最佳 pH，需要增

47、加 NaOH 的用量【分析】本题为利用某废催化剂制备4BiVO的工业流程题，首先用氢氧化钠碱溶，根据信息可知，沉淀为 Bi2O3、NiO，其中氧化铝和二氧化硅分别转化为四羟基合铝酸钠和硅酸钠，过滤后再酸化，其中滤渣为 Al(OH)3和 H2SiO3，提纯后得到 NH4VO4，沉淀处理后得到 Bi(NO3)3，最终得到产品，以此解题。【详解】（1）由分析可知，滤渣的主要成分是：Al(OH)3和 H2SiO3；该反应的平衡常数-540.63-c(Al OH)10 mol/LK=10c(OH)c(OH)，c(OH-)=10-5.63，c(OH-)=10-8.37，pH=8.37；（2）根据流程可知，

48、“还原”时3VO转化为2VO，相应的方程式为：2-2-2-3+43+2+S+6H=2VO+S+3H O2VOOO；（3）结合信息可知，根据平衡移动原理可知，反萃取剂应选用酸性溶液；萃取、反萃取前后 V 的化合价都是+5 价，则根据得失电子守恒可知，还原剂失去电子的物质的量等于氧化剂得到电子的物质的量，设23Na SO的物质的量为 x，3NaClO的物质的量为 y，则 2x90%=6y，则 xy=103；（4）根据流程可知，生成 BiVO4的化学方程式为 H2O+NH4VO3+Bi(NO3)3=BiVO4+NH4NO3+2HNO3；根据图中信息可知，制备粒径较小的BiVO4晶体的最佳条件是：pH

49、=6，80，浓度为1.0mol L-1；根据信息可知，33Bi NO溶液溶液显酸性，则为了维持最佳 pH，需要增加 NaOH 的用量。15柠檬酸铁铵(NH4)3Fe(C6H5O7)2易溶于水，不溶于乙醇等有机溶剂，是一种含铁量较高的补铁剂实验室利用柠檬酸（）制备柠檬酸铁铵的实验步骤如下：i向三颈烧瓶中加入一定量铁粉，将柠檬酸溶液加入并搅拌，控温 80至全部生成柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)白色沉淀。ii降温至 40，滴加一定量的氨水充分反应，生成柠檬酸亚铁铵(NH4FeC6H5O7)。iii控温 40，缓慢滴加一定量的双氧水充分反应，经一系列操作，得到产品。已知：柠檬酸铁铵(NH4)3Fe(C

50、6H5O7)2是柠檬酸铁(FeC6H6O7)和柠檬酸铵(NH4)3C6H5O7的复盐回答下列问题：(1)仪器 A 的名称是，在相同条件下，1mol 柠檬酸分子分别与足量 Na、NaHCO3反应生成气体体积比为；(2)步骤 i 中，若柠檬酸加入量逐渐增多，最终会导致柠檬酸铁铵的含铁量逐渐减少，可能的原因是；（从产品纯度及后续实验的操作方面分析）(3)步骤 ii、iii 中均需控温 40的原因是；(4)步骤 iii 中制备柠檬酸铁铵的化学方程式,“一系列操作”包括；(5)为了测定产品的纯度，实验的基本原理是将 Fe3+还原成 Fe2+后，采用分光光度法来测定纯度实验时测得样品的纯度显著偏低，检查实