【文档说明】黑龙江省哈尔滨市第三中学2024-2025学年高三上学期 10月月考 化学试卷 Word版含解析.docx，共(21)页，1.927 MB，由envi的店铺上传

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哈三中2024—2025学年度上学期高三学年10月月考化学试卷可能用到的相对原子质量H1C12N14O16F19Na23K39Sc45Cr52Pd106I卷（选择题共45分）一、选择题（每题有一个选项符合题意，1-

15题每题3分，共45分）1.2024年9月20日，华为首款三折叠手机横空出世。以下涉及到的化学知识有错误的是A.华为公司自主研发的麒麟芯片是业界领先的手机芯片，其基本材料是单晶硅B.手机屏舍弃前几代使用的无色聚酰亚胺材料，改

用超薄柔性玻璃，其中聚酰亚胺属于合成有机高分子材料C.使用液晶高分子聚合物（LCP）做天线膜材料，可以提高信号传输速率的同时，降低介电损耗，其中液晶是介于晶态和液态之间的物质状态D.内置超冷跨轴石墨烯散热系统，其中12g石墨烯中含有六元环的个数为241.20410【答案】D【解析】【详解】A．手

机芯片材质是硅单质，A项正确；B．三折叠手机柔性屏使用的原材料聚酰亚胺是聚合物，属于有机高分子材料，B项正确；C．液晶高分子聚合物是一种由刚性高分子链结构组成的全芳族液晶聚酯类高分子材料。由于分子结构的特殊性，其拥有良好的振动吸收特性、低介电

特性，C项正确；D．石墨烯每个环上6个碳原子，每个碳原子被3个环共有，则平均每个环拥有2个碳原子。则12g石墨烯中六元环的个数=232312g16.0210=3.011012g/mol2，D项错误；答案选D。2.下列转化中，需要加入氧化剂才能实现的是A

.224MnOMn−+→B.23NONO−→C.22274CrOCrO−−→D.23SHSO−−→【答案】D【解析】【详解】A．224MnOMn−+→转化中锰元素的化合价降低被还原，需要加入还原剂才能实现

，故A错误；B．二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，则23NONO−→转化中不需要加入氧化剂，也不需要加入还原剂，故B错误；C．22274CrOCrO−−→转化中没有元素元素发生化合价变化，不需要加入氧化剂，也不需要加入还原剂，故C

错误；D．23SHSO−−→转化中硫元素的化合价升高被氧化，需要加入氧化剂才能实现，故D正确；故选D。3.足量锌和稀硫酸反应，为了加快反应速率又不影响产生氢气的总量，可采用的措施是A.加硝酸钠固体B.加醋酸钠固体C.加硫酸铜固体D.通入HCl气体【答案】C【解析】【详

解】A．向溶液中加入硝酸钠固体，溶液中的硝酸根离子与氢离子、锌反应生成锌离子、一氧化氮和水，不能生成氢气，故A不符合题意；B．向溶液中加入醋酸钠固体，醋酸根离子与溶液中的氢离子反应生成醋酸，溶液中的氢离子的物质的量减少，生成氢气的总量减小，故B不符合题意；C．

向溶液中加入硫酸铜固体，溶液中的铜离子与锌反应生成的铜与锌在硫酸溶液中构成原电池，原电池反应加快反应速率，且不影响生成的氢气量，故C符合题意；D．向溶液中通入氯化氢气体，溶液中氢离子的物质的量增大，生成氢气的总量增大，故D不符合题意；故选C。4.下列离子方程式书

写正确的是A.将碳酸氢钙溶液与少量的澄清石灰水混合：2332HCOCaOHCaCOHO−+−++=+B.向硫酸铝钾溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液，产生沉淀的质量最大：()3224432Al6OH3Ba3SO2AlOH3BaSO+−+−+++=+

C.向次氯酸钠溶液中通入少量2CO：22232ClOCOHO2HClOCO−−++=+D.向酸性KMnO4溶液中加H2O2至溶液褪色：2422222MnO3HO6H2Mn6HO4O−++++=++【答案】A【解析】【详解】A．将碳酸氢钙溶液与少量的澄清石灰

水混合生成CaCO3和H2O，故离子方程式为：2332HCOCaOHCaCOHO−+−++=+，A正确；B．由于BaSO4的相对分子质量比Al(OH)3大得多，故向硫酸铝钾溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液，产生沉淀的质量最大即硫酸根离子完全沉淀，故离子方程式为：()322444Al4OH2Ba

2SOAlOH2BaSO−+−+−+++=+，B错误；C．已知H2CO3＞HClO＞-3HCO，故向次氯酸钠溶液中通入少量CO2生成NaHCO3和HClO的离子方程式为：-3-22ClO+CO+HO=HClO+HCO，C错误；D．向酸性

KMnO4溶液中加H2O2至溶液褪色生成Mn2+、O2和H2O，Mn的化合价降低5个单位，O的化合价升高1个单位，故离子方程式为：2422222MnO5HO6H2Mn8HO5O−++++=++，D错误；故答案为：A。5.设AN为阿伏

加德罗常数的值，下列说法不正确的是A.常温常压下，30.1molNH与0.1molHCl充分反应后所得产物含有的分子数为0.1ANB.常温常压下，220gNO和2426gNO的混合气体中氧原子总数为2ANC.100g质量分数为46%的乙醇溶液中，含O-H键的数目为

7AND.在25℃时，1LpH为2的H2SO4溶液中含有H+数目为0.01AN【答案】A【解析】【详解】A．30.1molNH与0.1molHCl充分反应生成0.1mol的4NHCl，4NHCl为离子化合物，没有分子，A错误；B．24NO最简式为2NO，220gNO和2426gNO的混合气体相

当于46g的2NO，其物质的量为1mol，氧原子总数为2AN，B正确；C．100g质量分数为46%的乙醇溶液，乙醇的质量为46g，水的质量为54g，乙醇物质的量为1mol，含有O-H键的数目为AN，水的物质的量为3mol，含有O-H键的数目为6AN，共含O-H键的数目为7AN，C正确；D

．pH为2的H2SO4溶液，c(H+)=0.01mol/L，H+的物质的量为0.01mol，数目为0.01AN，D正确；故选A。6.已知氰2(CN)、硫氰2(SCN)的化学性质与Cl2类似，被称为“拟卤素”，且阴离子的还原性顺序为I>SCN>C

N>Br>Cl−−−−−。下列说法中不正确的是A.若2(CN)、2(SCN)发生泄漏，可喷洒石灰水进行处理B.Cl2与KSCN溶液发生反应的离子方程式为()22Cl2SCNSCN2Cl−−+=+C.SCN−与3+Fe溶液

能反应，可证明SCN−的还原性大于2+FeD.2(CN)加入到NaBr和KSCN的混合溶液中发生反应：()()22CN2SCN2CNSCN−−+=+【答案】C【解析】【详解】A．(CN)2、[(SCN)2]的

化学性质与Cl2的类似，都能与碱反应，可以与氢氧化钙反应而被吸收，故A正确；B．还原性SCN-＞Cl-，所以氯气能氧化SCN-为(SCN)2，反应的离子方程式为Cl2+2SCN-=(SCN)2+2Cl

-，故B正确；C．氯化铁和硫氰化钾溶液发生络合反应生成络合物Fe(SCN)3，说明SCN-不能将Fe3+还原为Fe2+，则SCN-还原性小于Fe2+，故C错误；D、还原性SCN-＞CN-＞Br-，(CN)2不能氧化Br-为Br2，所以硫

氰和溴离子不反应，但硫氰可以和SCN-反应：(CN)2+2SCN−=2CN−+(SCN)2，故D正确。故选C。【点睛】氯气可以和强碱反应生成盐酸盐和次氯酸盐，结合(CN)2、(SCN)2的化学性质与Cl2的类似分析；铁离子和SCN-发生络合反应；自发进行的氧化还原反应中，还原剂的还原性大于

还原产物的还原性。7.下列实验操作、现象和解释或结论完全正确是选项实验操作解释或结论A将含有二氧化硫的气体通入酸性高锰酸钾中，然后加入足量氯化钡溶液通过测定白色沉淀的质量，可推算二氧化硫的物质的量B相同温度下，分别测饱和NaHCO

3和NaHSO3溶液的pHpH后者小于前者，C元素的非金属性弱于S元素C实验室用浓硫酸和乙醇制取乙烯，将产生的气体通入溴水中若溴水褪色，则证明混合气体中有乙烯的D向淀粉溶液中加稀硫酸，加热，一段时间后取样，向其中加入过量氢氧

化钠溶液，再加入新制氢氧化铜，加热若出现砖红色沉淀，则证明淀粉溶液已水解A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．酸性高锰酸钾溶液中含有的硫酸根离子也能与氯化钡溶液反应生成白色沉淀，所以通过测定白色沉淀的质量不能推算出

二氧化硫的物质的量，故A错误；B．相同温度下，碳酸氢钠和亚硫酸氢钠在水中的溶解度不同，饱和溶液的浓度不同，所以相同温度下，分别测饱和碳酸氢钠和亚硫酸氢钠溶液的pH不能比较碳酸和亚硫酸的酸性，不能确定碳元素和硫元

素的非金属性强弱，故B错误；C．浓硫酸具有强氧化性，能与乙醇反应生成能使溴水褪色的二氧化硫，则溴水褪色，不能证明混合气体中有乙烯，故C错误；D．向淀粉溶液中加稀硫酸，加热，一段时间后取样，向其中加入过量氢氧化钠溶液，再加入新制氢

氧化铜，加热，若出现砖红色沉淀，说明淀粉溶液已水解，故D正确；故选D。8.下列叙述或数据正确的是A.室温下用广泛pH试纸测得某氯水的pH=4B.测定中和反应的反应热时，将碱溶液分批次缓慢倒入酸溶液中C.酸碱

中和滴定测待测液浓度时，装待测液的滴定管水洗后再用待测液润洗2~3次D.配制溶液时，定容摇匀后，发现液面低于刻度线，再加水至刻度线【答案】C【解析】【详解】A．氯水中具有强氧化性的次氯酸能使有机色质漂白褪色

，无法用广泛pH试纸测得某氯水的pH，故A错误；B．测定中和反应的反应热时，将碱溶液缓慢倒入酸溶液中，会造成热量损失，导致测定结果偏低，故B错误；C．酸碱中和滴定测待测液浓度时，装待测液的滴定管水洗后再用待测液润洗2~3次，否则会使消耗标准液的体积偏大，导致测定结

果偏高，故C正确；D．配制溶液时，定容摇匀后，发现液面低于刻度线是因为部分溶液粘附在容量瓶内壁上，导致实际溶液体积小于刻度线所示体积，再加水至刻度线会使测定结果偏低，故D错误；故选C。9.用下列实验装置（部分夹

持装置略去）进行相应实验，下列说法正确的是A.比较N、C、Si的非金属性强弱B.利用该装置检验氯化铵受热分解产物C.Na在空气中加热D.萃取后从下口放出碘的苯溶液A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．硝酸具有挥发性，也

能与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，使硅酸钠溶液变浑浊，硅酸钠溶液变浑浊，不能说明碳酸酸性比硅酸强，无法比较C、Si的非金属性强弱，A错误；B．氯化铵受热分解产生氨气和氯化氢气体，碱石灰吸收右侧气体中的HCl，氨气使湿润的酚酞试纸变红，五氧化二磷吸收左侧气体中的氨气，HCl使湿润的蓝色石

蕊试纸变红，故可检验氯化铵受热分解的两种产物，B正确；C．钠应在坩埚中加热，C错误；D．苯的密度小于水，碘的苯溶液应从上口倒出，D错误；故选B。10.某生物质电池原理如下图所示，充、放电时分别得到高附加值的醇和羧酸。下列说法正确的是A.放电时，负极电极反应式为：B.放电时，每当()

0.20.821molCoNiOH转化为0.20.8CoNiOOH，外电路转移1mol电子C.充电时，Rh/Cu电极与电源正极相连D.充电时，K+通过交换膜从右室向左室迁移【答案】D【解析】【分析】根据装置图可

知，放电时，负极发生氧化反应，转化为，所以放电时，Rh/Cu惰性电极是负极。充电时，Rh/Cu惰性电极是阴极。【详解】A．根据分析，放电时，负极电极反应式为+3OH--2e-=+2H2O，A错误；B．放电时，正极反应式为0.20

.8CoNiOOH+H2O+e-=()0.20.82CoNiOH+OH-，每当1mol0.20.8CoNiOOH转化为()0.20.82CoNiOH，外电路转移1mol电子，B错误；C．根据分析，充电时，Rh/Cu惰性电极是阴极，与电源负极相连，C错误；D．充电时，阳离子向

阴极移动，充电时，Rh/Cu是阴极，K+通过阳离子交换膜从右室向左室迁移，D正确；故选D。11.对于白磷引起的中毒，硫酸铜溶液是一种解毒剂，有关反应如下：442342411P+60CuSO+96HO=20X+24HPO+60

HSO，关于该反应下列说法不正确的是A.X中铜的化合价为+1价，CuSO4仅作氧化剂B.248molHO参加反应时，被CuSO4氧化的P4为3molC.每消耗41.1molP时，有12mol电子转移D.氧化产物和还原产物的物质的量之比为6∶5【答案】B【解析】【分析

】根据原子守恒，X的化学式为3CuP，反应化学方程式为4423342411P+60CuSO+96HO=20CuP+24HPO+60HSO，20P原子从0价降低到-3价，得电子，发生还原反应，作氧化剂，24P原子从0价升高到+5价，失电子，发生氧化反应，作还原剂，即

4P既是氧化剂又是还原剂；Cu从+2价降低到+1价，得电子，发生还原反应，作氧化剂，据此作答；【详解】A．据分析，X为3CuP，铜的化合价为+1价，CuSO4仅作氧化剂，A正确；B．248molHO参加反应时，则有30molCuSO4得电子，被CuSO4氧化

的P4为32mol，B错误；C．442342411P+60CuSO+96HO=20X+24HPO+60HSO该反应中，消耗11mol4P时，有24molP原子从0价升高到+5价，失电子120mol，故每消耗41.1molP时，有12mol电子转移，C正确；

D．该反应中34HPO为氧化产物，3CuP为还原产物，氧化产物和还原产物的物质的量之比为6∶5，D正确；故选B。12.实验室用H2还原WO3制备金属W的装置如图所示（Zn粒中往往含有硫元素等杂质，焦性没食子酸溶液用于吸收少

量氧气），下列说法正确的是A.管式炉加热前，用试管在④处收集气体后点燃，通过声音判断气体纯度B.①、②、③中依次盛装KMnO4溶液、浓H2SO4、焦性没食子酸溶液C.结束反应时，先关闭活塞K，再停止加热D

.装置Q（启普发生器）也可用于二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气【答案】A【解析】【分析】启普发生器中Zn粒与盐酸反应生成氢气，可能混有H2S，①、②、③中依次盛装KMnO4溶液(除H2S)、焦性没食子酸溶液（除氧气）、浓H2SO4（除水），最后在管式炉

内用H2还原WO3制备金属W；【详解】A．点燃酒精灯进行加热前，应检验氢气的纯度，以避免不纯的氢气发生爆炸，可点燃气体，通过声音判断气体浓度，声音越尖锐，氢气的纯度越低，故A正确；B.气体从焦性没食子酸溶

液中逸出，得到的氢气混有水蒸气，应最后通过浓硫酸干燥，故B错误；C．实验结束后，应先停止加热再停止通入氢气，使W处在氢气的氛围中冷却，以避免W被重新氧化，故C错误；D．二氧化锰与浓盐酸需在加热条件下反应，而启普发生

器不能加热，故D错误。正确选项A。13.工业上以铬酸钾为原料，采用电化学的方法制备重铬酸钾。制备装置如下图所示。若实验开始时在右室中加入2438.8gKCrO，t分钟后测得右室中K与Cr的物质的量之比为3：2。已知()24MKCrO194g/mol=，下列说法不正确的是A

.通电后，阳极室产生的现象为惰性电极上有气泡产生，阳极区溶液由黄色变橙色B.该制备过程，总反应的离子方程式为224227224CrO4HO2CrO4OH2HO−−−+=+++C.t分钟时，阳极室与阴极室溶液质量

变化之差为0.7g（阳极室溶液质量变化的绝对值减去阴极室溶液质量变化的绝对值）D.t分钟时，溶液中24KCrO和227KCrO的物质的量之比为2：1【答案】C【解析】【分析】电解时阳极（惰性电极）发生氧化反应，水电离的氢氧根离子失

去电子放电，电极反应为：4OH--4e-=O2↑+2H2O，阴极（不锈钢）发生还原反应，水电离产生的氢离子得电子产生氢气，电极反应为：4H2O+4e-=2H2↑+4OH-。【详解】A．根据电解装置，阳极为惰性电极，则溶液中的

水电离的氢氧根离子失电子生成氧气，电极反应为：4OH--4e-=O2↑+2H2O，则阳极区酸性增强，2CrO2-4(黄色)+2H+Cr2O2-7(橙色)+H2O正向移动，溶液由黄色变色橙色，A正确；B．电解时阳极电极反应为：4OH--

4e-=O2↑+2H2O，阴极电极反应为：4H2O+4e-=2H2↑+4OH-，氢氧根放电促进水电离，阳极区酸性增强，2CrO2-4(黄色)+2H+Cr2O2-7(橙色)+H2O正向移动生成Cr2O2-

7，过程总反应的离子方程式可为224227224CrO4HO2CrO4OH2HO−−−+=+++，B正确；C．38.8gK2CrO4的物质的量为0.2mol，钾离子的物质的量为0.4mol，电解过程中Cr元素的物质的量不变，钾离子向阴极移动，已知t分钟后测得

右室中K与Cr的物质的量之比为3：2，即钾离子的物质的量为0.3mol，根据钾离子的物质的量的改变，反应中转移电子为0.1mol，此时阳极产生0.8g氧气，减少3.9g钾离子，阳极室溶液质量变化(减小)为(0.8+3.9)g=4.7g；阴极产生0.1g氢气，增加3.

9g钾离子，阴极室溶液质量变化（增加）为3.9g-0.1g=3.8g，则阳极室溶液质量变化的绝对值减去阴极室溶液质量变化的绝对值为4.7g-3.8g=0.9g，C错误；D．38.8gK2CrO4的物质的量为0.2mol，钾离子的

物质的量为0.4mol，电解过程中Cr元素的物质的量不变，钾离子向阴极移动，已知t分钟后测得右室中K与Cr的物质的量之比为3：2，即钾离子的物质的量为0.3mol，2n(K2CrO4)+2n(K2Cr2O7)=0.3m

ol，n(K2CrO4)+2n(K2Cr2O7)=0.2mol，可得n(K2CrO4)=0.1mol，n(K2Cr2O7)=0.05mol，溶液中K2CrO4和K2Cr2O7的物质的量之比为2：1，D正确；故选C。14.全钒液流储能电池是

一种新型的绿色环保储能系统。它将电能以化学能的方式存储在不同价态钒离子的硫酸电解液中，通过外接泵把电解液压入电池堆体内，在机械动力作用下，使其在不同的储液罐和半电池的闭合回路中循环流动，并采用质子交换膜作为电池组的隔膜。已知该电池放电时，左罐颜色由黄色变为蓝色。离子种类VO2+

VO2+V3+V2+颜色黄色蓝色绿色紫色下列说法正确的是A.该电池工作原理为VO2++V2++H2O放电充电VO2++V3++2OH-B.a和b接用电器时，左罐电动势小于右罐C.电池储能时，电池负极溶液颜色变为紫色D.a和b接电源时，理论上当电路中通过3mole-时，必

有3molH+由右侧向左侧迁移【答案】C【解析】【分析】该电池负载工作时，左罐颜色由黄色变为蓝色，即左罐溶液主要含有+2VO离子，放电时，+2VO得电子生成VO2+，正极上的反应为+2VO+2H++e-═VO

2++H2O，负极反应为V2+-e-═V3+，所以电池总反应为+2VO+V2++2H+=VO2++V3++H2O，原电池工作时，电解质溶液中的阳离子透过阳离子交换膜移向正极；充电时电解池总反应、阴阳极反应与原电池的总反应、负正极恰好相反，以此来解答。【详解】A．由题干信息中电池中使用质

子交换膜可知，原电池放电不可能生成OH-，由分析可知，该电池工作原理为+2VO+V2++2H+放电充电VO2++V3++H2O，A错误；B．由分析可知，放电时左罐是正极，则充电时a为正极，故a和b接用电器时，左罐电动势高于右

罐，B错误；C．电池储能时即充电过程，原电池原负极变为阴极，电极反应为：V3++e-═V2+，则电池负极溶液颜色变为紫色，C正确；D．a和b接电源时即为电解池，a为电源正极，左侧为阳极区，右侧为阴极区，根据反应方程式+

2VO+V2++2H+放电充电VO2++V3++H2O可知，根据电子守恒，理论上当电路中通过3mole-时，必有3molH+由左侧向右侧迁移，D错误；故答案为：C。15.一定温度下，将Cl2通入适量2Ca(OH)溶液中，产物中可能有2CaCl、()2C

aClO、()32CaClO，()()cCl/cClO−−的值与温度高低有关。当参加反应的2Ca(OH)=molna时，下列说法错误的是A.若某温度下，反应后()()cCl/cClO=13/3−−，则溶液中()()3cClO/cClO=3/2−−B.参加反应的氯气的物质的量一定等

于amolC.改变温度，产物中3ClO−的最大理论产量为1/6amolD.改变温度，反应中转移电子的物质的量en的范围：mol5/3moleana【答案】C【解析】【分析】涉及反应为2Ca(OH)2+2Cl2=CaCl2+Ca(ClO)2

+2H2O和6Ca(OH)2+6Cl2=5CaCl2+Ca(ClO3)2+6H2O。【详解】A．若某温度下，反应后()()()()cClnCl13=3cClOnClO−−−−=，假设n（Cl-）=13mol，则n（ClO

-）=3mol，根据氧化还原反应中电子转移数目相等可知1×13=3×1+5n（ClO3-），n（ClO3-）=2mol，则溶液中()()()()33cClOnClO3==2cClOnClO−−−−，A正确；B．由氯元素守恒可知，2n（Cl2）=n（CaCl2）+n[Ca(ClO)2]+

n[Ca(ClO3)2]，由钙元素守恒可知n（CaCl2）+n[Ca(ClO)2]+n[Ca(ClO3)2]=amol，故参加反应的氯气的物质的量为：n（Cl2）=n[Ca(OH)2]=amol，，B正确；C．若改变温度，使反应后产物完全是C

aCl2和Ca(ClO3)2，发生反应：6Ca(OH)2+6Cl2=5CaCl2+Ca(ClO3)2+6H2O，则产物中Ca(ClO3)2的最大理论产量为Ca(OH)2的六分之一，为1a6mol，则产物中3ClO−的最大理论

产量为1a3mol，C错误；D．当只发生6Ca(OH)2+6Cl2=5CaCl2+Ca(ClO3)2+6H2O转移电子数最多，依据方程式6mol氢氧化钙反应转移10mol电子，所以amol氢氧化钙反应，最多转移5amol3电子，若只发生反应2Ca(O

H)2+2Cl2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，转移电子数最少，依据方程式2mol氢氧化钙反应转移2mol电子，所以amol氢氧化钙反应，最少转移amol电子，故转移电子的物质的量n的范围：amol≤n(e-)≤5a3mol，D正确；故选C。II卷（非选择题共55分）16.钪（Sc）在国

防、航天、核能等领域具有重要应用。从铝土矿废料“赤泥”中提钪的一种工艺流程如图：回答下列问题：（1）基态Sc的价电子轨道表示式是_____________。（2）“焙烧”过程生成23ScO的化学方程式为_____________。（3）常温下，三价Sc的部分存在形式与氟离子浓度的对数()

lgcF−、pH的关系如下图所示。已知lg20.3=，若溶液中()4cF510−−=，“调pH”过程中控制pH5=，则调节pH后三价Sc的存在形式为____________。（4）“脱水除铵”过程中，复盐4323NHClScF6HO

（已知M370.5g/mol)=分解，固体质量与温度的关系如图所示。380400C产生白烟，400C以上质量不再改变，得到的产物是___________。（5）传统制备3ScF的方法是先得到32ScF6HO沉淀，再高温脱水得3ScF，但通常含有ScOF杂质，原因是____________

___（用化学方程式表示）。（6）已知钪比锌活泼，工业常用锌和石墨做电极，电解熔融3ScCl来制备Sc，阳极的电极材料为__________（填“锌”或“石墨”）。（7）Sc的一种氢化物的晶胞结构如图，该氢化物的化学式为：2ScH，已知晶胞边长为apm。①A、B原子分数坐标分

别为A（0，0，0），11B0,,22，则C原子的分数坐标为___________。②设AN表示阿伏加德罗常数值，则该晶体的密度为____________。【答案】（1）（2）()224223232ScCO3O2ScO12CO++焙烧（3）ScF3（4）ScF3（5）32S

cFHOScOF2HF++（6）石墨（7）①.111,,444②.323A1.8810aNg/cm3【解析】【分析】赤泥经一系列处理后得到固体Sc2(C2O4)3，通空气焙烧除去C元素后，钪转化为Sc2O3，用浓盐酸溶解，再用氨水调节pH，加入NH4F

沉钪，脱水除铵，利用活泼金属钙置换得到Sc单质，【小问1详解】Sc为21号元素，价电子排布为3d14s2，轨道表示式为；【小问2详解】焙烧过程通入空气除去CO2生成Sc2O3，化学方程式为：()224

223232ScCO3O2ScO12CO++焙烧；【小问3详解】溶液中c(F-)=5×10-4，lg2=0.3，则lg5=0.7，lgc(F-)=﹣4+lg5=﹣3.3，“调pH"过程中控制pH=4.0，则调节pH后三价Sc的存在形式为ScF3；【小问4详解】初始n(4323NHClS

cF6HO)=0.4mol，加热过程首先失去结晶水，加热至200℃时，失去水的物质的量为148.2g105g2.418g/molmol−=，则该过程失去全部结晶水，生物物质化学式为433NHClScF，继续加热至380~400℃产生白烟，说明生成氯化铵，则生成氯化铵物质的量为105g4

0.8g1.253.5g/molmol−=，则该过程失去全部氯化铵，剩余物质化学式为ScF3；【小问5详解】传统制备ScF3的方法是先得到ScF3•6H2O沉淀，再高温脱水得ScF3，但存在水解平衡：32ScFHOScOF2HF++，产物通常含

有ScOF；的【小问6详解】ScCl3熔融物得电子生成Sc，故在阴极上得到Sc，而且电解时，金属锌不能作阳极，则阳极为石墨；【小问7详解】①由A和B的坐标可知，C的坐标分数数为111,,444；②根据均摊法计算：H原子在晶胞内部，有8个，S

c在晶胞顶角和面心，有1186482+=，晶胞质量为A81454gN+，晶胞体积为a3×10-30cm3，则晶胞密度为330A81454a10N−+g/cm3=323A1.8810aNg/cm3。17.工业合成氨是人类科学技术的重大突破，其反应为223N

(g)+3H(g)2NH(g)-1ΔH=-92.4kJmol。合成氨原料中的2N一般由分离液态空气法得到，H2可来源于水煤气，相关反应如下：a.22C(s)+HO(g)CO(g)+H(g)-1ΔH=+131.3kJmol

b.222CO(g)+HO(g)CO(g)+H(g)-1ΔH=-41.2kJmol回答下列问题：（1）222C(s)+2HO(g)CO(g)+2H(g)H=___________。（2）在恒温恒容密闭容器中同时发生反应a、b，下列说法正确的是_______。A增大压强，反应

b平衡不移动B.使用催化剂提高CO平衡转化率C.混合气体密度保持不变可以认为反应达到平衡状态D.反应a有非极性键的断裂与形成（3）实验室模拟合成水煤气，一定温度下在初始压强p的恒容密闭容器中加入2.00molC(s)与

8.00molH2O(g)发生反应a、b，在tmin达到平衡时，容器内压强变为1.15p，H2O(g)的转化率25.0%，平衡时CO的分压为___________，计算反应b的平衡常数xK=________（xK为用各组分物质的量分数表示的平衡常数，结果保留2位小数）。（4）合成氨总反应在起始反应

物()()22nH3nN=时，在不同条件下达到平衡，设体系中3NH的体积分数为x(3NH)，在T=400℃下的()3xNHp总、p30MPa=总下的()3xNHT如图所示，图中对应等压过程的曲线是______（填“I”或“II”），400℃时p

K=_______（结果保留2位小数），达到平衡状态后增大H2投料.则H2的平衡转化率______________（填“增大”、“减小”或“不变”）。【答案】（1）+90.1kJ/mol（2）CD（3）①.0.05p②.0.67（4）①.Ⅱ②.()20.04MPa−③.减小【解析

】【小问1详解】由盖斯定律可知，反应a+b可得反应222C(s)+2HO(g)CO(g)+2H(g)，则反应△H=(+131.3kJ/mol)+(—41.2kJ/mol)=+90.1kJ/mol，故答案为：+90.1kJ/mol；【小问2详解】

A．反应b是气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，但反应a是气体体积增大的反应，增大压强平衡向逆反应方向移动，水蒸气浓度增大，导致反应b的平衡向正反应方向移动，故错误；B．使用催化剂，化学反应速率加快，但化学平衡不移动，一氧化碳的平衡转化率不变，故错误；C．由质量守恒

定律可知，同时发生反应a、b时，混合气体质量增大，恒容密闭容器中混合气体的密度增大，则混合气体密度保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；D．由方程式可知，反应a中有碳碳非极性键的断裂与氢氢非极性键的形成，故正确；故选CD；【小问3详解】设反应a生成的一氧化碳的物

质的量为amol，由题给数据可建立如下三段式：()()()()22(mol)800(mol)aaaa(mol)8-aaaCs+HOgCOg+Hg起变平()()()()222(mol)a8-a0a(mol)a-0.4a-0

.4a-0.4a-0.4(mol)0.48.4-2aa-0.42a-0.4COg+HOgCOg+Hg起变平由水蒸气的转化率为25.0%可得：2a-0.48×100%=25.0%，解得a=1.2，则平衡时一氧化碳的分压为

0.4mol9.2mol×1.15p=0.05p，反应b的平衡常数xK=0.8mol2mol9.2mol9.2mol0.4mol6mol9.2mol9.2mol≈0.67，故答案为：0.05p；0.67；【小问4详解】合成氨反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，氨气的体积分数减

小，则图中对应等压过程的曲线为Ⅱ；由图可知，400℃反应达到平衡时氨气的体积分数为50%，由方程式可知，平衡时氨气、氮气、氢气的分压为30MPa×50%=15MPa、30MPa×14—30MPa×50%×14=3.75MPa、30MPa×34—30MPa×50%×34=11.25MPa，则反应Kp

=23(15MPa)3.75MPa(11.25MPa)≈0.04(MPa)—2；达到平衡状态后增大氢气投料，平衡向正反应方向移动，但氢气的平衡转化率减小，故答案为：0.04(MPa)—2；减小。18.二氯四氨合钯()3

24PdNHCl是重要的钯化合物，广泛应用在化学催化及电镀工业。利用钯粉制备二氯四氨合钯的实验过程和部分装置如下：I.称取21.2g钯粉，加入适量王水()()3nHNO:nHCl1:3=中，使钯粉溶解，溶液中有无色气

泡产生，加热赶出溶液中的含氮化合物，经浓缩、结晶、过滤、洗涤后得到四氯合钯酸()24HPdCl；Ⅱ.将四氯合钯酸加入到装置c中，用3倍体积的去离子水溶解，加入搅拌磁子；Ⅲ.将装置c中的混合物在100℃条件下恒温加热2小时；Ⅳ.在不断搅拌并持

续保温下，缓慢加入浓氨水，开始时装置c中产生白烟，溶液内有沉淀产生，继续滴加浓氨水，溶液逐渐澄清，最后得到浅黄色的()324PdNHCl溶液；V.浅黄色溶液经过一系列操作，得到29.4g纯净的二氯四氨合钯()324PdNHCl产品。已知：二氯四氨

合钯()324PdNHCl(M=245g/mol)是易溶于水、氨水，不溶于盐酸的淡黄色粉末。室温下稳定，120℃分解。回答下列问题：的（1）“步骤I”中溶解钯粉的化学反应方程式为____________。（2）装置c的仪器名称为_______

___；装置b的作用为___________。（3）“步骤Ⅲ”中最佳的加热方式为___________（填选项字母）。A.酒精灯加热B.酒精喷灯加热C.水浴加热D.油浴加热（4）装置c中产生的白烟的成分可能为___________。（

5）根据实验分析，比较在题述实验条件下，3NH、-Cl与钯的配位能力为：-Cl_____NH3（填“强于”“弱于”或“等于”）。二氯四氨合钯()324PdNHCl中配位原子为______。（6）“步骤V”中的一系列操作为：___________，过滤

、洗涤、50°C真空干燥后得到纯净的二氯四氨合钯。（7）本实验中产品产率为__________（保留3位有效数字）。【答案】（1）32423Pd+2HNO+12HCl=3HPdCl+2NO+4HO（2）①.三

颈烧瓶②.吸收挥发出来的氨气、氯化氢、HNO3（主要）、平衡压强（3）D（4）NH4Cl（5）①.弱于②.N（6）蒸发浓缩、冷却结晶（7）60.0%【解析】【分析】21.2g钯粉使用王水溶解处理得到四氯合钯酸，在三颈烧瓶中加水溶解，在100℃条件下恒温加热2小时，缓慢加入浓氨水，有沉淀产生

继续滴加浓氨水溶液逐渐澄清，得到浅黄色的()324PdNHCl溶液，经过一系列操作，得到29.4g纯净纯净的二氯四氨合钯；小问1详解】“步骤I”中溶解钯粉的化学反应方程式为：3Pd+2HNO3+12HCl=3H2PdCl

4+2NO↑+4H2O；【小问2详解】装置c的仪器名称为三颈(烧)瓶或三口(烧)瓶，氨气、氯化氢会污染环境且极易溶于水，则装置b的作用是平衡三颈烧瓶中压强、吸收挥发出来的氨气、氯化氢、HNO3（主要）；【小问3详解】

水浴的最高控制温度为100℃，若长时间在接近沸点的温度下加热，导致大量水分蒸发，因此需要补充水分，导致控温不稳定，而油浴的最高控制温度可达到260℃，酒精灯与酒精喷灯加热温度过高且较难控温在100℃，故选D；【小问4详解】【反应过程中可能挥发出氨气和氯化

氢气体，因此白烟可能为氨气与氯化氢反应生成的NH4Cl；【小问5详解】根据本实验滴加浓氨水过程中，发生的物质转化为24344342HPdClPd(NH)?PdClPd(NH)Cl→→可知，NH3与钯的配位能力强于Cl-；N有孤电子对，所以二氯四氨合钯()

324PdNHCl中配位原子为N；【小问6详解】将浅黄色溶液蒸发浓缩，当液面出现一层晶膜时停止加热，自然冷却结晶，经过滤、洗涤、50℃真空干燥后得到纯净的二氯四氨合钯；【小问7详解】21.2g钯粉为0.2mo

l，本实验中利用0.2mol钯粉制备目标产品，理论上能够生成0.2mol()324PdNHCl，即理论产量为49.0g，则目标产品的产率为29.4100%60.0%49.0gg=。19.有机化学中可用1，3-丁二烯和顺丁烯二酸酐来合成一种六元环的

内酯，路线如下图，请回答以下问题：（1）物质C的分子式是：__________。（2）已知物质F的分子式为C8H14O4，请对物质F用系统命名法进行命名：_________。（3）物质D中所含的官能团名称是_____________。（4）

1mol物质F与2molC2H5OH反应生成G的化学方程式是___________，反应类型是____________。（5）物质B发生加聚反应，生成顺式聚合物的结构简式是_____________。（6）已知M是J的同系物，且M的相对分子质量比J

大14，满足下列条件的M的同分异构体有_______种。①包含六元碳环结构②能发生水解反应其中，六元环上的一氯代物有三种的是：_____________。【答案】（1）C8H8O3（2）3，4-二甲基己二酸（3）碳碳双键，羟基（4）①.+2CH3CH2OH24HSO浓+2H2O②.取代反应/酯

化反应（5）（6）①.7②.【解析】【分析】A与B发生加成反应生成C，C的结构简式为，C在一定条件下发生还原反应生成D，D发生反应生成E，E被高锰酸钾氧化为F，根据F的结构分子式为C8H14O4，可知F的结构简式为，F与乙醇发生酯化反应生成G，G的结构简式为，G与碱反

应生成H，H去酯基得到I，最后再与CH3CO3H生成J；【小问1详解】根据C的结构简式，可知其分子式为C8H8O3；【小问2详解】根据F的结构简式为，用系统命名法命名其名称为3，4-二甲基己二酸；【小问3详解】根据D的结构简式可知含有的官能团为碳碳双

键，羟基；【小问4详解】1mol与2mol乙醇发生酯化反应生成，反应化学方程式为：，+2CH3CH2OH24HSO浓+2H2O，反应类型是取代反应或酯化反应；【小问5详解】发生加聚反应，生成顺式聚合物的结构简

式为；【小问6详解】已知M是J的同系物，且M的相对分子质量比J大14，M满足下列条件：①包含六元碳环结构，则支链上还有2个碳，②能发生水解反应，说明含有酯基，M的结构有、(3种位置)、，共7种结构，其中，六元环上的一氯代物有三种的是。