精品解析：江苏省南通市2024届高三下学期模拟预测化学试题

高三练习卷 化学 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 A1-27 Cl-35.5 Ti-48 Cr-52 一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。 1. 味精是一种常见的食品添加剂，其主要成分为谷氨酸钠()，可由谷氨酸与碱发生中和反应制得。下列说法不正确的是 A. 谷氨酸是一种氨基酸 B. 谷氨酸属于高分子化合物 C. 谷氨酸钠易溶于水 D. 谷氨酸钠能与碱发生反应 【答案】B 【解析】 【详解】A．谷氨酸中含有氨基和羧基，是一种氨基酸，A正确； B．谷氨酸的分子量较小，不属于高分子化合物，B错误； C．谷氨酸钠是钠盐，易溶于水，C正确； D．谷氨酸钠中含有羧基，能与碱发生反应，D正确； 故选B。 2. 反应可用于制备NaN3。下列说法正确的是 A. 的电子式为 B. N2O为共价晶体 C. NaN3中N元素的化合价为-1 D. NH3为非极性分子 【答案】A 【解析】 【详解】A．中N原子满足8电子稳定结构，电子式为，A正确； B．N2O为分子晶体，B错误； C．NaN3中Na为+1价，N元素的平均价态为-，C错误； D．NH3的空间构型为三角锥形，正负电中心不重合，为极性分子，D错误； 故选A。 3. CuBr是常用的催化剂，受热易分解。可通过制备。下列实验室制备CuBr的实验装置和操作不能达到实验目的的是 A. 用装置甲制备SO2气体 B. 用装置乙收集SO2气体 C. 用装置丙制备CuBr D. 用装置丁吸收多余的SO2气体 【答案】B 【解析】 【详解】A．实验室用亚硫酸钠固体和70%的硫酸制取二氧化硫，故A能达到实验目的，故A不选； B．二氧化硫密度比空气大，所以应用向上排空气法收集，故B不能达到实验目的，故B选； C．根据题给方程式，二氧化硫通入硫酸铜和NaBr的混合溶液中可制取CuBr，能达到实验目的，故C不选； D．SO2和NaOH溶液反应，可以用NaOH溶液吸收多余的SO2，用干燥管可以防止倒吸，能达到实验目的，故D不选； 故选B。 4. 元素N、O、P、S位于周期表中p区。下列说法正确的是 A. 电离能： B. 原子半径： C. 酸性： D. 热稳定性： 【答案】A 【解析】 【详解】A．同一周期第一电离能从左向右是增大趋势，但ⅡA＞ⅢA，ⅤA＞ⅥA，因此电离能：I1(P)＞I1(S)，故A正确； B．同周期从左向右原子半径逐渐减小，因此原子半径：r(N)＞r(O)，故B错误； C．H3PO4为中强酸，HNO3为强酸，因此酸性：HNO3＞H3PO4，故C错误； D．非金属性O＞S，则热稳定性：H2O＞H2S，故D错误； 答案为A。 阅读材料，完成下列3个小题。 卤族元素单质及其化合物应用广泛。海洋是一个巨大的卤素资源宝库，从海水中能获得NaCl，NaCl的晶胞如下图所示。以NaCl为原料可制得Cl2、HClO、ClO2、、。工业常通过电解NaCl饱和溶液制备Cl2，Cl2氧化卤水中Br-可得到Br2.KClO3酸性溶液中加入H2C2O4可制得黄绿色气体ClO2，该气体常用作自来水消毒剂。F2能与熔融的Na2SO4反应生成硫酰氟(SO2F2)。标况下，氟化氢呈液态。 5. 下列说法正确的是 A. 1molSO2F2分子中含有键 B. Br原子基态核外电子排布式为 C. 和中键角相等 D. NaCl晶胞中，每个周围紧邻且距离相等的构成正八面体结构 6. 在指定条件下，下列选项所示的物质间转化或化学反应表示正确的是 A. B. C. 制备： D. 用H2C2O4制备： 7. 下列物质结构与性质或物质性质与用途不具有对应关系的是 A. HClO呈弱酸性，可用于漂白纸张 B. ClO2具有强氧化性，可用于自来水杀菌消毒 C. Cl-有孤电子对，可与形成 D. HF分子间存在氢键，HF沸点较高 【答案】5. D 6. C 7. A 【解析】 【5题详解】 A．SO2F2的结构式为，含有4个键，则1molSO2F2分子中含有键，A错误； B．Br是35号元素，Br原子基态核外电子排布式为，B错误； C．中心原子价层电子对数为3+=4，Cl原子是sp3杂化的，且含有1个孤电子对，中心原子价层电子对数为4+=4，Cl原子是sp3杂化的，且没有孤电子对，孤电子对越多，键角越小，则键角：<，C错误； D．由NaCl晶胞结构可知，每个周围紧邻且距离相等的构成正八面体结构，D正确； 故选D。 【6题详解】 A．NaCl溶液和CO2不反应，如果通入NH3可以发生反应：NH3+NaCl+CO2+H2O=NaHCO3+NH4Cl，A错误； B．Br2和CH2=CH2发生加成反应生成CH2BrCH2Br，B错误； C．F2能与熔融的Na2SO4反应生成硫酰氟(SO2F2)，F元素化合价下降，S元素化合价不变，则O元素化合价由-2价上升到0价生成O2，化学方程式为：，C正确； D．H2C2O4是弱酸，在离子方程式中不能拆，正确的离子方程式为：，D错误； 故选C。 【7题详解】 A．HClO具有强的氧化性，能够氧化有机色素，所以具有漂白性，与HClO的弱酸性无关，A错误； B．ClO2具有强的氧化性，能够使蛋白质变性，具有杀菌消毒作用，可用于环境消毒，B正确； C．Cl-有孤电子对，具有空轨道，可形成配合物，C正确； D．一般存在氢键的物质沸点较高，HF分子间存在氢键，沸点较高，D正确； 故选A。 8. 利用如图所示装置可实现化学储氢。下列说法正确的是 A. Y为电源负极 B. 电解后硫酸溶液的物质的量浓度减小 C. 电极a上发生的反应为 D. 电解过程中每生成11.2LO2，理论上可储存1molH2 【答案】C 【解析】 【分析】由图可知，在惰性电极a得到电子生成，惰性电极a为阴极，惰性电极b为阳极，H2O在阳极失去电子生成O2，以此解答。 【详解】A．由分析可知，惰性电极b为阳极，与电源的正极相连，Y为电源正极，A错误； B．由分析可知，惰性电极b为阳极，H2O在阳极失去电子生成O2，电极方程式为：2H2O-4e-=O2+4H+，H+通过质子交换膜进入阴极区，硫酸溶液中H+物质的量不变，但水消耗了，硫酸溶液的物质的量浓度增大，B错误； C．由分析可知，在惰性电极a得到电子生成，电极方程式为：+6H++6e-=，C正确； D．未说明11.2LO2所处的温度和压强，无法计算O2的物质的量，D错误； 故选C。 9. 化合物Y是合成药物的重要中间体，其合成路线如下： 下列说法正确的是 A. X分子中的含氧官能团为醛基和酮羰基 B. Y分子存在顺反异构体 C. 可用酸性KMnO4溶液鉴别X与Y D. X与足量H2加成后的产物中含有5个手性碳原子 【答案】D 【解析】 【详解】A．X分子中的含氧官能团为醛基和醚键，A错误； B．Y分子中存在碳碳双键，但其环状结构决定了Y只能以顺式形式存在，没有反式结构，B错误； C．X中含有醛基，Y中含有碳碳双键，都能使酸性KMnO4溶液褪色，不可用酸性KMnO4溶液鉴别X与Y，C错误； D．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，X与足量H2加成后的产物为，含有5个手性碳原子，位置为，D正确； 故选D。 10. 工业利用钒渣(主要成分为FeV2O4，杂质为Al2O3)制备V2O5的工艺流程如下： 已知：“焙烧”产物之一为NaVO3.下列说法不正确的是 A. “焙烧”时， B. “调pH”的目的是将溶液中的铝元素转化为而除去 C. 不选用HCl“调pH”的原因可能与的氧化性较强有关 D. “沉钒”后的溶液中 【答案】D 【解析】 【分析】钒渣(主要成分为FeV2O4，杂质为Al2O3)，焙烧过程中FeV2O4生成对应的金属氧化物Fe2O3，Al2O3转化为NaAlO2，“焙烧”的产物之一为NaVO3，加入水浸出，Fe2O3成为滤渣；过滤后向滤液中加入硫酸，将转化为Al(OH)3，过滤后向滤液中加入(NH4)2SO4后得到NH4VO3沉淀，焙烧得到产品，据此分析。 【详解】A．“焙烧”时，FeV2O4和O2发生氧化还原反应生成Fe2O3和NaVO3，铁元素化合价由+2价升高至+3价、V元素化合价由+3价升高至+5价，1molFeV2O4失去5mol电子，1molO2得4mol电子，根据得失电子守恒可得关系式：4FeV2O4~5O2，O2是氧化剂，FeV2O4是还原剂，，A正确； B．由分析可知，“调pH”的目的是将溶液中的铝元素转化为而除去，B正确； C．的氧化性较强，不选用HCl“调pH”的原因是：把Cl-氧化为有毒气体Cl2，C正确； D．“沉钒”后得到的饱和溶液，，D错误； 故选D。 11. NH3快速消除烟气中的的反应原理为 。反应装置示意图如图所示。下列关于该反应的说法不正确的是 A. 该反应 B. 选择高效催化剂可降低反应的焓变 C. 选择高效催化剂可提高的转化率 D. 每消耗1molNH3，转移电子的数目约为 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据反应方程式可知，反应物气体系数之和小于生成物气体系数之和，即该反应ΔS＞0，故A说法正确； B．使用催化剂，可以降低活化能，但不能降低反应焓变，故B说法错误； C．选择高效催化剂，可以提高反应速率，即可以提高单位时间内NOx的转化率，故C说法正确； D．根据反应方程式可知，NH3中N元素化合价由-3价升高为0价，NO2、NO中N元素化合价降低，因此消耗1molNH3，转移电子物质的量为1mol×3=3mol，即转移电子数目是3×6.02×1023，故D说法正确； 故答案为B。 12. 已知： 、。室温下，通过下列实验探究NaHCO3溶液的性质。 实验 实验操作和现象 1 测量0.1mol·L-1的NaHCO3溶液的pH为7.8 2 向0.1mol·L-1的NaHCO3溶液中持续通入CO2，溶液的pH减小 3 向0.1mol·L-1的NaHCO3溶液中加入少量溶液，产生白色沉淀 4 向0.5mol·L-1的NaHCO3溶液中滴加少量0.5mol·L-1的CaCl2溶液，产生白色沉淀和无色气体 下列有关说法正确的是 A. 实验1溶液中存在： B. 实验2中随CO2的不断通入，溶液中的值逐渐变小 C. 实验3反应的离子方程式为 D. 实验4所得溶液中存在 【答案】D 【解析】 【详解】A．实验1溶液中NaHCO3溶液的pH为7.8，呈碱性，说明的电离程度小于水解生成的程度，但水解是微弱的，溶液中：，A错误； B．实验2中随CO2的不断通入，溶液的酸性增强，c(H+)增大，溶液中的值逐渐增大，B错误； C．向0.1mol·L-1NaHCO3溶液中加入少量溶液发生反应：2NaHCO3+=CaCO3+Na2CO3+2H2O，生成CaCO3白色沉淀，离子方程式为：，C错误； D．向0.5mol·L-1的NaHCO3溶液中滴加少量0.5mol·L-1的CaCl2溶液，产生CaCO3白色沉淀和无色气体CO2，说明的水解程度增大，此时溶液中的溶质为NaCl、Na2CO3、NaHCO3、H2CO3，且NaHCO3和H2CO3的物质的量远大于Na2CO3，由物料守恒可知，D正确； 故选D。 13. 利用甲醇(CH3OH)和甲苯(Tol)发生甲基化反应可以获得对二甲苯(p-X)、间二甲苯(m-X)和邻二甲苯(o-X)，反应过程中还有乙烯生成，涉及的反应有 反应I 反应II 反应III 反应IV 研究发现，在密闭容器中，101kPa、，平衡时甲苯的转化率、反应I的选择性及反应IV的选择性随温度的变化如图所示。 下列说法正确的是 A. B. 随着温度的升高，反应IV的平衡常数先增大后减小 C. 在400~600K范围内，随着温度的升高， 基本不变 D. 800K下反应达平衡后，增大压强， 保持不变 【答案】C 【解析】 【详解】A．由盖斯定律可知，反应III-反应II可得 ，A错误； B．反应IV的<0，为放热反应，升高温度，平衡常数一直减小，B错误； C．在400~600K范围内，随着温度升高，甲苯的转化率基本不变，说明反应II-IV平衡基本上不发生移动，反应I的选择性也基本不变，则基本不变，C正确； D．800K下反应达平衡后，若通过压缩体积来增大压强，平衡会发生移动，n(Tol)会减小，D错误； 故选C。 二、非选择题：共4题，共61分。 14. 以软锰矿[主要成分为MnO2，还含有钙镁碳酸盐及少量的有机物(C12H22O11)]为原料制备硫酸锰，进而进一步制备Mn3O4。 （1）制备硫酸锰的流程如下： “酸洗”时，MnO2与有机物发生反应使锰元素产生损耗。使用相同浓度硝酸或磷酸进行“酸洗”时，锰元素损耗率：硝酸大于磷酸。 ①写出用硝酸“酸洗”时，有机物与MnO2反应生成CO2的离子方程式___________。 ②工业上常采用硝酸酸洗而不采用磷酸酸洗的主要原因是___________。 ③控制反应温度和SO2流速一定，反应2小时，测得“还原”时锰元素的回收率与“制浆”时液固比的关系如图所示。液固比为20∶1浆料中锰元素回收率低于液固比为10∶1的浆料，原因是___________。 ④“还原”过程中会得到副产物MnS2O6，其形成过程如下： H2S2O6中含有S—S共价键，其结构式可表示为___________。pH在4~6范围内，随溶液pH增大，MnS2O6的生成速率减小，其主要原因是___________。 （2）已知：pH在6.4~7.6范围内，MnSO4可被氧气直接氧化得到Mn3O4.实际工业生产时，先向MnSO4溶液中通入氨气生成沉淀，再将氧化得到Mn3O4，其他条件一定时，Mn2+的沉淀率随氨气通入量的变化如图所示。 ①向起始pH≈7的MnSO4溶液中持续通入O2，反应一段时间后，MnSO4不再转化为Mn3O4，其原因是___________。 ②实际工业生产中，当氨气超过30mL时，Mn2+的沉淀率下降的主要原因是___________。 【答案】（1） ①. C12H22O11+24MnO2+48H+=24Mn2++12CO2↑+35H2O ②. PO易与溶液中Ca2+、Mg2+杂质氯离子生成难溶的Ca3(PO4)2、Mg3(PO4)2等物质，无法通过“酸洗”步骤除去 ③. 液固比太大，MnO2和SO2的浓度均降低，反应速率降低，锰元素回收率降低 ④. ⑤. pH增大，c(HSO)减小，c(H2S2O6)减小，生成MnS2O6的速率减慢 （2） ①. Mn2+直接被氧化时发生反应为6Mn2++6H2O+O2=2Mn3O4+12H+，生成大量H+，使溶液pH迅速降低，无法维持Mn2+氧化成Mn3O4所需的pH值 ②. 过量的氨气与Mn(OH)2生成可溶于水的配合物，Mn2+的沉淀率下降 【解析】 【分析】根据软锰矿中所含杂质，以及题中所给信息可知，“酸浸”步骤中部分MnO2与有机物发生氧化还原反应，钙镁碳酸盐与酸反应生成可溶于水的物质，然后过滤，滤渣中主要成分是MnO2，向滤渣中加水“制浆”，通入二氧化硫，发生氧化还原反应，得到硫酸锰，据此分析； 【小问1详解】 ①MnO2与有机物发生氧化还原反应，将C元素氧化成CO2，本身被还原为Mn2+，利用化合价升降法、电荷守恒、原子守恒得出该反应离子方程式为C12H22O11+24MnO2+48H+=24Mn2++12CO2↑+35H2O，故答案为C12H22O11+24MnO2+48H+=24Mn2++12CO2↑+35H2O； ②软锰矿杂质中含有钙镁碳酸盐，Ca2+、Mg2+能与磷酸反应生成难溶的Ca3(PO4)2、Mg3(PO4)2等物质，无法通过“酸洗”步骤除去；故答案为PO易与溶液中Ca2+、Mg2+杂质氯离子生成难溶的Ca3(PO4)2、Mg3(PO4)2等物质，无法通过“酸洗”步骤除去； ③液固比20∶1浆料相当于向液固比10∶1浆料中加水，使MnO2和SO2的浓度均降低，反应速率降低，锰元素回收率降低，故答案为液固比太大，MnO2和SO2的浓度均降低，反应速率降低，锰元素回收率降低； ④H2S2O6是连二硫酸的化学式，其中含有S-S键，因此连二硫酸的结构式为；根据流程图可知，MnOOH用于HSO反应生成MnO与H2S2O6，MnO与H2S2O6反应生成MnS2O6，当溶液pH增大，c(HSO)减小，从而导致c(H2S2O6)减小，使生成MnS2O6的速率减慢；故答案为；pH增大，c(HSO)减小，c(H2S2O6)减小，生成MnS2O6的速率减慢； 【小问2详解】 Mn2+直接被氧化时发生反应为6Mn2++6H2O+O2=2Mn3O4+12H+，生成大量H+，使溶液pH迅速降低，无法维持Mn2+氧化成Mn3O4所需的pH值，故答案为Mn2+直接被氧化时发生反应为6Mn2++6H2O+O2=2Mn3O4+12H+，生成大量H+，使溶液pH迅速降低，无法维持Mn2+氧化成Mn3O4所需的pH值； 工业上中制备Mn3O4，先向MnSO4溶液中通入氨气生成Mn(OH)2沉淀，再将Mn(OH)2氧化得到Mn3O4，当氨气超过30mL时，过量的氨气与Mn(OH)2生成可溶于水的配合物，Mn2+的沉淀率下降；故答案为过量的氨气与Mn(OH)2生成可溶于水的配合物，Mn2+的沉淀率下降。 15. 化合物G是一种药物合成中间体，人工合成路线如下： （1）化合物A中碳原子采取的杂化方式为___________。 （2）A→B中生成的另一产物为___________。 （3）有利于D→E的转化，原因是___________。 （4）C的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：___________。 ①能与FeCl3溶液发生显色反应； ②碱性条件水解，酸化后得两种产物其中一种含有2种不同化学环境的氢原子，另一种含有3种不同化学环境的氢原子。 （5）请设计以和C2H5OH为原料制备的合成路线___________ (无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。 【答案】（1）sp2和sp3 （2）CH3COOH （3）D与发生取代反应生成E和HCl，而(C2H5)3N能与HCl反应消耗掉生成的HCl，促使该反应正向进行 （4） （5） 【解析】 【分析】A与(CH3CO)2O反应生成B，B与氢气发生加成反应生成C，C在MsOH、加热条件下成环生成D，D与发生取代反应生成E，E与反应生成F，F最后与氢气发生加成反应生成G。 【小问1详解】 化合物A中甲基上的C形成4条单键，为sp3杂化，苯环和醛基中的C形成3条σ键，为sp2杂化，杂化方式有sp2和sp3两种。 小问2详解】 A与(CH3CO)2O反应生成B，结合A和B的结构简式和原子守恒可知，另一种产物的分子式为C2H4O2，结合(CH3CO)2O的结构可知，这种物质为CH3COOH。 【小问3详解】 D与发生取代反应生成E和HCl，而(C2H5)3N能与HCl反应消耗掉生成的HCl，促使该反应正向进行，故(C2H5)3N有利于D→E的转化。 【小问4详解】 C的一种同分异构体能与氯化铁发生显色反应，则其中含有酚羟基，碱性条件下水解，酸化后的一种产物只含有2种不同化学环境的氢原子，已知其含有酚羟基，含有酚羟基的物质只有两种氢原子，则其结构简式为，则另一种水解产物含有3种不同化学环境的氢原子，该物质为，则其同分异构体为 【小问5详解】 与氧气反应生成，在MsOH、加热条件下反应成环生成，乙醇催化氧化生成乙醛，乙醛和在KOH的作用下发生类似E到F的反应生成，再在Pd/C，THF作用下与氢气发生加成反应生成，合成路线为。 16. CrCl3易溶于水和乙醇，难溶于乙醚，在潮湿空气中易形成CrCl3·6H2O，高温下易被O2氧化。 （1）制备无水CrCl3.实验室用Cr2O3和CCl4在高温下制备无水CrCl3的实验装置如下(加热、夹持及尾气处理装置略去)： ①联苯三酚的作用是___________。 ②若实验过程中管式炉发生堵塞，出现的实验现象是___________。 ③补充完整实验结束时的操作：停止加热管式炉，撤去水浴装置，___________，打开管式炉取出产品。 （2）测定无水CrCl3样品的纯度。准确称取0.2000g样品，配成250mL溶液。取25.00mL溶液于碘量瓶中，加热至沸腾后，加适量NaOH溶液，生成沉淀。冷却后，加足量H2O2至沉淀完全转化为Na2CrO4加热煮沸一段时间，冷却后加入稀H2SO4，再加入足量KI溶液，充分反应后生成Cr3+和I2.用0.02500mol⋅L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3标准溶液12.00mL。已知： 。 ①与H2O2反应离子方程式为___________。 ②样品中无水CrCl3的质量分数为___________(写出计算过程)。 （3）补充完整用含铬污泥[含、及不溶于酸的杂质]制备CrCl3⋅6H2O晶体的实验方案：向含铬污泥中缓慢加入盐酸使固体充分反应，过滤，___________，抽滤，干燥，得到CrCl3·6H2O晶体。[已知： 。实验中须使用的试剂：铁粉、盐酸、硝酸酸化的硝酸银溶液、蒸馏水、乙醚] 【答案】（1） ①. 除去N2中可能含有的O2 ②. 长颈漏斗中的液面持续上升 ③. 继续通入N2至固体冷却 （2） ①. 2+3H2O2+4OH-=2+8H2O ②. （3）边搅拌边向滤液中分批加入铁粉至不再产生气体，充分反应后过滤，将所得滤渣用蒸馏水洗涤至最后一次洗涤液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液不再产生沉淀；将滤渣加入过量盐酸中，加热浓缩至表面有晶膜，在室温下冷却结晶，过滤，所得品体用乙醚洗涤 2~3次 【解析】 【分析】实验室用Cr2O3和CCl4在高温下制备无水CrCl3，先将N2通入装置中，联苯三酚的作用是除去N2中可能含有的O2，浓硫酸的作用是干燥N2，干燥的N2将挥发的CCl4带入管式炉中和Cr2O3反应生成CrCl3，以此解答。 【小问1详解】 ①CrCl3高温下易被O2氧化，联苯三酚的作用是除去N2中可能含有的O2； ②若实验过程中管式炉发生堵塞，三颈烧瓶中气压增大，出现的实验现象是长颈漏斗中的液面持续上升； ③补充完整实验结束时的操作：停止加热管式炉，撤去水浴装置，继续通入N2至固体冷却，打开管式炉取出产品。 【小问2详解】 ①与H2O2反应生成Na2CrO4.和H2O，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：2+3H2O2+4OH-=2+8H2O； ②和I-反应生成I2和Cr3+，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：，结合可得关系式：Cr3+~~I2~3，样品中无水CrCl3的质量分数为。 【小问3详解】 向含铬污泥中缓慢加入盐酸使固体充分反应，过滤，边搅拌边向滤液中分批加入铁粉至不再产生气体，充分反应后过滤，将所得滤渣用蒸馏水洗涤至最后一次洗涤液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液不再产生沉淀；将滤渣加入过量盐酸中，加热浓缩至表面有晶膜，在室温下冷却结晶，过滤，所得品体用乙醚洗涤 2~3次，抽滤，干燥，得到CrCl3·6H2O晶体。 17. 氨的制备是当前研究的重要课题。 （1）CH4、N2偶联活化制NH3。研究发现， 可以活化CH4，为合成氨提供活性氢原子。 ①将暴露在CH4中，反应产生微粒有、、、、。实验过程中的质谱图如图1所示。图中质荷比为125对应的微粒为___________，生成该微粒的同时，还生成___________。 ②为探究活化CH4的反应过程，研究人员从反应体系中不断去除，得到的质谱图如图2所示。与CH4反应生成|的过程可描述为___________。 ③活化CH4后，产生活性H原子与N2反应生成NH3.活化过程中生成多种副产物导致NH3的选择性较低，其中不含非极性键的含氮副产物分子可能有___________(写两种)。 （2）电催化还原N2制NH3。在碱性水溶液中，通过电催化使N2还原为NH3的电极反应式为___________。该制氨方法尚未能应用于工业生产，除因为N2的溶解度低、难吸附在电极和催化剂表面外，还有___________。 （3）电催化还原制NH3。NF是一种电极载体，分别以Ni2P/NF、Fe/NF、NF为阴极材料，电解含的中性溶液(电极材料与溶液不发生反应)。控制电压恒定、催化剂的面积为0.25cm2，电解2小时后，不同电极上NH3的产率及NH3的选择性如图3所示。 ①分别以Ni2P/NF、Fe/NF电极电解NaNO2溶液相同时间：，原因是___________。 ②已知：NH3的产率=；NH3的选择性。以Ni2P/NF为电极电解NaNO2溶液2小时，消耗___________mol。 【答案】（1） ①. ②. HCHO ③. 和CH4反应生成和，再与CH4反应生成|和 ④. CH3NH2、(CH3)2NH、(CH3)3N （2） ①. N2+6e-+6H2O=2NH3+6OH- ②. N2和H2O(H+)在阴极表面同时发生得电子的竞争反应 （3） ①. 在Fe/NF电极放电过程中转化为其他含氮物质，且转化速率大 ②. 【解析】 【小问1详解】 ①质谱图中质荷比为125对应的微粒相对分子质量为125，对应的是，生成时，发生反应：+CH4+HCHO，还生成了HCHO； ②活化CH4的过程中将CH4转化为，质荷比为141对应的微粒为，与CH4反应生成|的过程可描述为：和CH4反应生成和，再与CH4反应生成|和； ③活化CH4得到，产生活性H原子与N2反应生成NH3活化过程中会代替NH3中的H原子生成多种副产物：CH3NH2、(CH3)2NH、(CH3)3N。 【小问2详解】 N2得到电子生成NH3，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：N2+6e-+6H2O=2NH3+6OH-。该制氨方法尚未能应用于工业生产，除因为N2的溶解度低、难吸附在电极和催化剂表面外，还有N2和H2O(H+)在阴极表面同时发生得电子的竞争反应。 【小问3详解】 ①分别以Ni2P/NF、Fe/NF电极电解NaNO2溶液相同时间：，原因是在Fe/NF电极放电过程中转化为其他含氮物质，且转化速率大； ②由图可知，以Ni2P/NF为电极电解NaNO2溶液2小时，NH3的产率=3400mg·h-1·cm-2，NH3的选择性为70%，则消耗，消耗 mol。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高三练习卷 化学 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 A1-27 Cl-35.5 Ti-48 Cr-52 一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。 1. 味精是一种常见的食品添加剂，其主要成分为谷氨酸钠()，可由谷氨酸与碱发生中和反应制得。下列说法不正确的是 A. 谷氨酸是一种氨基酸 B. 谷氨酸属于高分子化合物 C. 谷氨酸钠易溶于水 D. 谷氨酸钠能与碱发生反应 2. 反应可用于制备NaN3。下列说法正确的是 A. 的电子式为 B. N2O为共价晶体 C. NaN3中N元素的化合价为-1 D. NH3为非极性分子 3. CuBr是常用的催化剂，受热易分解。可通过制备。下列实验室制备CuBr的实验装置和操作不能达到实验目的的是 A. 用装置甲制备SO2气体 B. 用装置乙收集SO2气体 C. 用装置丙制备CuBr D. 用装置丁吸收多余的SO2气体 4. 元素N、O、P、S位于周期表中p区。下列说法正确的是 A. 电离能： B. 原子半径： C. 酸性： D. 热稳定性： 阅读材料，完成下列3个小题。 卤族元素单质及其化合物应用广泛。海洋是一个巨大的卤素资源宝库，从海水中能获得NaCl，NaCl的晶胞如下图所示。以NaCl为原料可制得Cl2、HClO、ClO2、、。工业常通过电解NaCl饱和溶液制备Cl2，Cl2氧化卤水中Br-可得到Br2.KClO3酸性溶液中加入H2C2O4可制得黄绿色气体ClO2，该气体常用作自来水消毒剂。F2能与熔融的Na2SO4反应生成硫酰氟(SO2F2)。标况下，氟化氢呈液态。 5. 下列说法正确的是 A. 1molSO2F2分子中含有键 B. Br原子基态核外电子排布式为 C. 和中键角相等 D. NaCl晶胞中，每个周围紧邻且距离相等的构成正八面体结构 6. 在指定条件下，下列选项所示的物质间转化或化学反应表示正确的是 A. B. C 制备： D. 用H2C2O4制备： 7. 下列物质结构与性质或物质性质与用途不具有对应关系的是 A. HClO呈弱酸性，可用于漂白纸张 B. ClO2具有强氧化性，可用于自来水杀菌消毒 C Cl-有孤电子对，可与形成 D. HF分子间存在氢键，HF沸点较高 8. 利用如图所示装置可实现化学储氢。下列说法正确的是 A. Y为电源负极 B. 电解后硫酸溶液的物质的量浓度减小 C. 电极a上发生的反应为 D. 电解过程中每生成11.2LO2，理论上可储存1molH2 9. 化合物Y是合成药物重要中间体，其合成路线如下： 下列说法正确的是 A. X分子中的含氧官能团为醛基和酮羰基 B. Y分子存在顺反异构体 C. 可用酸性KMnO4溶液鉴别X与Y D. X与足量H2加成后的产物中含有5个手性碳原子 10. 工业利用钒渣(主要成分为FeV2O4，杂质为Al2O3)制备V2O5的工艺流程如下： 已知：“焙烧”的产物之一为NaVO3.下列说法不正确的是 A. “焙烧”时， B. “调pH”的目的是将溶液中的铝元素转化为而除去 C. 不选用HCl“调pH”的原因可能与的氧化性较强有关 D. “沉钒”后的溶液中 11. NH3快速消除烟气中的的反应原理为 。反应装置示意图如图所示。下列关于该反应的说法不正确的是 A. 该反应 B. 选择高效催化剂可降低反应的焓变 C. 选择高效催化剂可提高的转化率 D. 每消耗1molNH3，转移电子的数目约为 12. 已知： 、。室温下，通过下列实验探究NaHCO3溶液的性质。 实验 实验操作和现象 1 测量0.1mol·L-1的NaHCO3溶液的pH为7.8 2 向0.1mol·L-1的NaHCO3溶液中持续通入CO2，溶液的pH减小 3 向0.1mol·L-1的NaHCO3溶液中加入少量溶液，产生白色沉淀 4 向0.5mol·L-1的NaHCO3溶液中滴加少量0.5mol·L-1的CaCl2溶液，产生白色沉淀和无色气体 下列有关说法正确的是 A. 实验1溶液中存在： B. 实验2中随CO2的不断通入，溶液中的值逐渐变小 C. 实验3反应的离子方程式为 D. 实验4所得溶液中存在 13. 利用甲醇(CH3OH)和甲苯(Tol)发生甲基化反应可以获得对二甲苯(p-X)、间二甲苯(m-X)和邻二甲苯(o-X)，反应过程中还有乙烯生成，涉及的反应有 反应I 反应II 反应III 反应IV 研究发现，在密闭容器中，101kPa、，平衡时甲苯的转化率、反应I的选择性及反应IV的选择性随温度的变化如图所示。 下列说法正确的是 A. B. 随着温度的升高，反应IV的平衡常数先增大后减小 C. 在400~600K范围内，随着温度的升高， 基本不变 D. 800K下反应达平衡后，增大压强， 保持不变 二、非选择题：共4题，共61分。 14. 以软锰矿[主要成分为MnO2，还含有钙镁碳酸盐及少量的有机物(C12H22O11)]为原料制备硫酸锰，进而进一步制备Mn3O4。 （1）制备硫酸锰的流程如下： “酸洗”时，MnO2与有机物发生反应使锰元素产生损耗。使用相同浓度硝酸或磷酸进行“酸洗”时，锰元素损耗率：硝酸大于磷酸。 ①写出用硝酸“酸洗”时，有机物与MnO2反应生成CO2的离子方程式___________。 ②工业上常采用硝酸酸洗而不采用磷酸酸洗的主要原因是___________。 ③控制反应温度和SO2流速一定，反应2小时，测得“还原”时锰元素的回收率与“制浆”时液固比的关系如图所示。液固比为20∶1浆料中锰元素回收率低于液固比为10∶1的浆料，原因是___________。 ④“还原”过程中会得到副产物MnS2O6，其形成过程如下： H2S2O6中含有S—S共价键，其结构式可表示为___________。pH在4~6范围内，随溶液pH增大，MnS2O6的生成速率减小，其主要原因是___________。 （2）已知：pH在6.4~7.6范围内，MnSO4可被氧气直接氧化得到Mn3O4.实际工业生产时，先向MnSO4溶液中通入氨气生成沉淀，再将氧化得到Mn3O4，其他条件一定时，Mn2+的沉淀率随氨气通入量的变化如图所示。 ①向起始pH≈7的MnSO4溶液中持续通入O2，反应一段时间后，MnSO4不再转化为Mn3O4，其原因是___________。 ②实际工业生产中，当氨气超过30mL时，Mn2+的沉淀率下降的主要原因是___________。 15. 化合物G是一种药物合成中间体，人工合成路线如下： （1）化合物A中碳原子采取的杂化方式为___________。 （2）A→B中生成的另一产物为___________。 （3）有利于D→E的转化，原因是___________。 （4）C一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：___________。 ①能与FeCl3溶液发生显色反应； ②碱性条件水解，酸化后得两种产物其中一种含有2种不同化学环境的氢原子，另一种含有3种不同化学环境的氢原子。 （5）请设计以和C2H5OH为原料制备的合成路线___________ (无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。 16. CrCl3易溶于水和乙醇，难溶于乙醚，在潮湿空气中易形成CrCl3·6H2O，高温下易被O2氧化。 （1）制备无水CrCl3.实验室用Cr2O3和CCl4在高温下制备无水CrCl3的实验装置如下(加热、夹持及尾气处理装置略去)： ①联苯三酚的作用是___________。 ②若实验过程中管式炉发生堵塞，出现的实验现象是___________。 ③补充完整实验结束时的操作：停止加热管式炉，撤去水浴装置，___________，打开管式炉取出产品。 （2）测定无水CrCl3样品的纯度。准确称取0.2000g样品，配成250mL溶液。取25.00mL溶液于碘量瓶中，加热至沸腾后，加适量NaOH溶液，生成沉淀。冷却后，加足量H2O2至沉淀完全转化为Na2CrO4加热煮沸一段时间，冷却后加入稀H2SO4，再加入足量KI溶液，充分反应后生成Cr3+和I2.用0.02500mol⋅L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3标准溶液12.00mL。已知： 。 ①与H2O2反应的离子方程式为___________。 ②样品中无水CrCl3质量分数为___________(写出计算过程)。 （3）补充完整用含铬污泥[含、及不溶于酸的杂质]制备CrCl3⋅6H2O晶体的实验方案：向含铬污泥中缓慢加入盐酸使固体充分反应，过滤，___________，抽滤，干燥，得到CrCl3·6H2O晶体。[已知： 。实验中须使用的试剂：铁粉、盐酸、硝酸酸化的硝酸银溶液、蒸馏水、乙醚] 17. 氨的制备是当前研究的重要课题。 （1）CH4、N2偶联活化制NH3。研究发现， 可以活化CH4，为合成氨提供活性氢原子。 ①将暴露在CH4中，反应产生微粒有、、、、。实验过程中的质谱图如图1所示。图中质荷比为125对应的微粒为___________，生成该微粒的同时，还生成___________。 ②为探究活化CH4的反应过程，研究人员从反应体系中不断去除，得到的质谱图如图2所示。与CH4反应生成|的过程可描述为___________。 ③活化CH4后，产生活性H原子与N2反应生成NH3.活化过程中生成多种副产物导致NH3的选择性较低，其中不含非极性键的含氮副产物分子可能有___________(写两种)。 （2）电催化还原N2制NH3。在碱性水溶液中，通过电催化使N2还原为NH3的电极反应式为___________。该制氨方法尚未能应用于工业生产，除因为N2的溶解度低、难吸附在电极和催化剂表面外，还有___________。 （3）电催化还原制NH3。NF是一种电极载体，分别以Ni2P/NF、Fe/NF、NF为阴极材料，电解含的中性溶液(电极材料与溶液不发生反应)。控制电压恒定、催化剂的面积为0.25cm2，电解2小时后，不同电极上NH3的产率及NH3的选择性如图3所示。 ①分别以Ni2P/NF、Fe/NF电极电解NaNO2溶液相同时间：，原因是___________。 ②已知：NH3的产率=；NH3的选择性。以Ni2P/NF为电极电解NaNO2溶液2小时，消耗___________mol。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$