精品解析：2024届福建省厦门第一中学高三下学期高考模拟（最后一卷）化学试题

福建省普通高中学业水平选择性考试模拟考 化学试题 本试卷满分100分，考试时间75分钟 可能用到的相对原子质量： （第Ⅰ卷 选择题） 一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分，每小题只有一个选项符合题意） 1. 《本草衍义》中对精制芒硝过程有如下叙述：“朴硝以水淋汁，澄清，再经熬炼减半，倾木盆中，经宿，遂结芒有廉棱者。”文中未涉及的操作方法是 A. 过滤 B. 溶解 C. 蒸发 D. 结晶 2. 化学用语是学习化学的重要工具。下列化学用语表述不正确的是 A. 丙炔的键线式： B. 中子数为20的氯原子： C. 的电子式为： D. 中键形成过程： 3. 我国科学家首次在实验室实现到淀粉的合成，其路线如下，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 含有的π键数目为 B. 含有的极性键数目为 C. 由生成1mol HCHO转移电子数为 D. 1mol DHA中杂化原子数为 4. 下列方程式的书写正确的是 A. 红热的铁与水蒸气反应： B. 硅酸钠溶液中通入二氧化碳： C. 向新制氯水中加入少量： D. 邻羟基苯甲醛中加入足量浓溴水： 5. 硼酸可用于治疗婴儿湿疹。硼酸显酸性的原因：，硼酸的结构简式如图所示。下列说法不正确的是 A. 分子中所有的共价键均为极性键 B. 分子中B原子与3个O原子形成三角锥形结构 C. 中存在B原子提供空轨道、O原子提供孤电子对的配位键 D. 根据溶液与溶液是否反应，可比较与的酸性强弱 6. 下列操作规范且能达到实验目的是 A. ①配制的溶液 B. ②用酸性高锰酸钾标准溶液测定溶液中的含量 C. ③制备少量 D. ④熔融纯碱 7. 锂辉矿（主要成分为）可用低温重构-直接浸出技术制备碳酸锂，同时得到氧化铝，工艺流程如图，下列说法不正确的是 A. “水热反应”为 B. “滤渣1”和“滤渣2”主要成分不同 C. 流程中不涉及氧化还原反应 D. 冶炼金属锂可用电解其熔融氯化物的方法，而冶炼金属铝则不可以 8. 某化合物结构为，元素Z、Y、X、R为原子半径依次增大的短周期主族元素，基态Z原子的p能级电子总数比s能级电子总数多1，R与Z同主族，两个Y原子的杂化方式相同。下列说法错误的是 A. 分子极性： B. 同周期第一电离能大于的主族元素有5种 C. 该阳离子中两个原子均具有碱性 D. 该物质中含有离子键、配位键、离域键等化学键 9. 苯酚作为质子穿梭剂可用于高效连续性催化合成氨，电解装置中使用LiBF4的四氢呋喃有机电解液。下列说法错误的是 已知法拉第效率(FE)的定义： A. a接电源的正极 B. 电解过程中，Pt电极区生成了Li和LiNxHy C. N2与生成NH3的总电极反应式为：N2＋6＋6e-=6＋2NH3 D. 若生成NH3法拉第效率为75%，则生成1mol氨气，消耗H2为1.5mol 10. 某温度下，与不同pH的体系反应可生成不同的沉淀。下面图1表示体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。图2表示与不同pH的体系反应生成沉淀的情况，其中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合[注：起始mol⋅L，不同pH下由图1得到]。 下列说法正确的是 A. 上述体系呈中性时，一定是 B. 符合的pH范围： C. ，mol⋅L时，溶液中存在和两种沉淀 D. ，mol⋅L时可发生反应： （第Ⅱ卷 非选择题） 二、非选择题（本题共4小题，共60分） 11. 在工业生产中有着重要应用。利用如图装置制备并测定产品纯度。 已知：ⅰ.是白色固体，不溶于水和乙醇，在潮湿空气中可被迅速氧化。 ⅱ.浓的溶液为无色，加水稀释即析出白色固体。 回答下列问题： （1）①图中制取的反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为______________。 ②装置B中发生反应仪器名称为_________________。 ③为吸收尾气，C中可选用试剂__________（填标号）。 A.溶液 B.饱和食盐水 C.浓 D.溶液 （2）制备：打开分液漏斗旋塞与搅拌器，装置B中依次发生反应的离子方程式为： ① ②______________________________ ③ 观察到_____________________时停止反应。将B中溶液倾入盛有蒸馏水的烧杯中，立即得到白色沉淀，抽滤得粗品。 （3）洗涤：洗涤时最好用的乙醇洗涤滤饼，其目的是___________________________。 （4）纯度测定：称取所制备的氯化亚铜成品，将其置于过量的溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，配成溶液。移取溶液于锥形瓶中，用的溶液滴定至终点，再重复滴定2次，三次平均消耗溶液（滴定过程中转化为，不反应）。 ①产品中加入溶液时，发生反应的离子方程式为_____________________； ②产品中的质量分数为_____________。 12. 随着煤和石油等不可再生能源的日益枯竭，同时在“碳达峰”与“碳中和”可持续发展的目标下，作为清洁能源的天然气受到了广泛的关注。甲烷干重整反应可以将两种温室气体（和）直接转化为合成气（主要成分为和），兼具环境效益和经济效益。 （1）已知：和的燃烧热分别为、和，则甲烷干重整反应的为___________。 （2）合成气可以用于生成甲醇，在容积为的恒容密闭容器中加入和，发生反应（未配平），各组分的物质的量随时间的变化如图所示。内 _____________；时改变的条件不可能是____________（填标号）。 A.充入 B.充入 C.通入惰性气体 （3）甲烷干重整过程中可能存在反应： （主反应） 各反应的（为各反应的平衡常数）与温度的关系如图所示。由图可知，为提高主反应的转化率应____________（填“升高温度”或“降低温度”），简述判断的理由________________________。 （4）恒容绝热条件下仅发生主反应时，下列情况能说明该反应达到平衡状态的有  （填标号）。 A. 和的转化率相等 B. C. 的体积分数保持不变 D. 体系的温度不再变化 （5）在、温度为、进料配比条件下，甲烷干重整过程中甲烷的转化率、的转化率和积碳率随着温度变化的规律如图所示。 ①甲烷干重整的最佳温度为____________。 ②在最佳温度、初始压强条件下，向某的恒容密闭容器中加入和，设只发生两个反应。达平衡后，测得容器中的浓度为，的转化率为，则此时反应的压强平衡常数_____________。（列出计算式，压强平衡常数用各组分的平衡分压代替物质的量浓度进行计算，平衡分压物质的量分数平衡总压强）。 13. 用过二硫酸铵溶液作浸取剂可以提取黄铜矿（主要成分为）中铜。 已知：ⅰ.均能导电； ⅱ.；； （1）的晶体中基本结构单元如图1、图2所示。 ①的配位数为_________。 ②能够表示晶胞的是_____________。（填“图1”、“图2”或“图1和图2”） （2）用溶液作浸取剂浸取的原理示意如图3所示。 ①一段时间后，与反应的离子方程式为____________________________。 ②浸取初期，随着浸取时间延长，的浸出速率迅速提高，其可能的原因是______________。 （3）在足量溶液中添加少量溶液作为浸取剂与作用，一段时间结果如下： 添加 图3未加 元素的浸出率 过程中产物形态 ①添加可以显著提高元素的浸出率的原因：_____________________________。 ②进一步研究发现添加的少量可以循环参与反应。“再生”的离子方程式为：______________。 （4）进一步从浸出液中提取铜并使再生并得到相对纯净的的流程如图所示。 ①滤液A中加草酸的反应为，该反应化学平衡常数为______________。有同学认为是二元弱酸，若改用溶液沉淀效果会更好，你是否同意？_____________（填“是”或“否”） ②生成的电极反应式是_____________________。 14. 黄酮类物质X具有抗金黄色葡萄球菌、大肠杆菌等活性，一种合成路线如下。 已知： （1）X中含有的含氧官能团为醚键、___________。 （2）A→B反应的化学方程式是___________。 （3）B→D的反应类型是___________。 （4）E→F的反应同时生成HCl，试剂a的结构简式是___________。 （5）G转化为J需加入。 ①J的结构简式是___________。 ②的主要作用是___________。 （6）F和L生成X经历如下多步反应： 已知：Ⅰ． Ⅱ．+R6OH+R7OH ①M的结构简式是___________。 ②三步反应中，涉及生成手性碳原子的为第___________步(填“一”“二”或“三”)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福建省普通高中学业水平选择性考试模拟考 化学试题 本试卷满分100分，考试时间75分钟 可能用到的相对原子质量： （第Ⅰ卷 选择题） 一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分，每小题只有一个选项符合题意） 1. 《本草衍义》中对精制芒硝过程有如下叙述：“朴硝以水淋汁，澄清，再经熬炼减半，倾木盆中，经宿，遂结芒有廉棱者。”文中未涉及的操作方法是 A. 过滤 B. 溶解 C. 蒸发 D. 结晶 【答案】A 【解析】 【详解】朴硝以水淋汁，澄清，再经熬炼减半，倾木盆中，经宿，遂结芒有廉棱者；水淋为溶解过程，熬炼为蒸发、结晶过程，没有涉及过滤操作。 故选A。 2. 化学用语是学习化学的重要工具。下列化学用语表述不正确的是 A. 丙炔的键线式： B. 中子数为20的氯原子： C. 的电子式为： D. 中键形成过程： 【答案】A 【解析】 【详解】A．丙炔的键线式为，A选项错误； B．氯为17号元素，氯原子中质子数为17，故中子数为20的氯原子中，质量数为37，表示式为，B选项正确； C．的电子式为：，C选项正确； D．HCl中σ键是由H原子的1s轨道和Cl原子的3p轨道头碰头重叠形成，用原子轨道描述的过程正确，D选项正确； 故答案选A。 3. 我国科学家首次在实验室实现到淀粉的合成，其路线如下，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 含有π键数目为 B. 含有的极性键数目为 C. 由生成1mol HCHO转移电子数为 D. 1mol DHA中杂化的原子数为 【答案】B 【解析】 【详解】A．CO2的结构简式为O=C=O，1个分子含有2个π键，则标准状况下，11.2LCO2含有的π键数目为0.5mol×2=1mol，即NA，但选项并非标准状况下，A错误； B．1个CH3OH分子含有5个极性键，则16gCH3OH含有的极性键数目为，即2.5NA，B正确； C．CH3OH被氧化生成1个HCHO转移2个电子，则生成1molHCHO转移电子数为2mol，即2NA，C错误； D．DHA中sp3杂化的原子为2个亚甲基中的碳原子和2个羟基中的氧原子，共4个原子，即4NA，D错误；  故选B。 4. 下列方程式的书写正确的是 A. 红热的铁与水蒸气反应： B. 硅酸钠溶液中通入二氧化碳： C. 向新制氯水中加入少量： D. 邻羟基苯甲醛中加入足量浓溴水： 【答案】C 【解析】 【详解】A．红热的铁与水蒸气发生反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为：，故A错误； B．硅酸的酸性小于碳酸，向硅酸钠溶液中通入二氧化碳时，生成硅酸沉淀，反应的离子方程式为：、，故B错误； C．向新制氯水中加入少量，生成CO2和HClO，离子方程式为：，故C正确； D．邻羟基苯甲醛中加入足量浓溴水，醛基会被氧化为羧基，故D错误； 故选C。 5. 硼酸可用于治疗婴儿湿疹。硼酸显酸性的原因：，硼酸的结构简式如图所示。下列说法不正确的是 A. 分子中所有的共价键均为极性键 B. 分子中B原子与3个O原子形成三角锥形结构 C. 中存在B原子提供空轨道、O原子提供孤电子对的配位键 D. 根据溶液与溶液是否反应，可比较与的酸性强弱 【答案】B 【解析】 【详解】A．由分子的结构简式可知，所有的共价键均为极性键，A正确； B．由分子的结构简式可知，B原子形成3个键且没有孤电子对，杂化类型为sp2，与3个O原子形成平面三角形结构，B错误； C． B原子含有空轨道，O原子含有孤电子对，则中存在B原子提供空轨道、O原子提供孤电子对的配位键，C正确； D．根据强酸制取弱酸的原理，根据溶液与溶液是否反应，可比较与的酸性强弱，D正确； 故选B。 6. 下列操作规范且能达到实验目的是 A. ①配制的溶液 B. ②用酸性高锰酸钾标准溶液测定溶液中的含量 C. ③制备少量 D. ④熔融纯碱 【答案】D 【解析】 【详解】A．定容时当液面在刻度线下1-2厘米时，才改用胶头滴管，A错误； B．高锰酸钾溶液既能氧化，又能氧化氯离子，无法测定盐酸酸化的溶液中的含量，B错误； C．图中稀硫酸与铁生成的硫酸亚铁无法进入到氢氧化钠溶液中，C错误； D．纯碱不与铁反应，故可用铁坩埚熔融纯碱，D正确； 故选D。 7. 锂辉矿（主要成分为）可用低温重构-直接浸出技术制备碳酸锂，同时得到氧化铝，工艺流程如图，下列说法不正确的是 A. “水热反应”为 B. “滤渣1”和“滤渣2”主要成分不同 C. 流程中不涉及氧化还原反应 D. 冶炼金属锂可用电解其熔融氯化物的方法，而冶炼金属铝则不可以 【答案】B 【解析】 【分析】由题给流程可知，向锂辉矿中加入氢氧化钠溶液发生水热反应，将转化为硅酸锂、硅酸钠和四羟基合铝酸钠，过滤得到硅酸锂和含有硅酸钠、四羟基合铝酸钠的滤液；向硅酸锂中加入硫酸溶液溶解，将硅酸锂转化为硫酸锂和硅酸，过滤得到含有硅酸的滤渣和含有硫酸锂的滤液；硫酸锂溶液经蒸发浓缩后，加入饱和碳酸钠沉淀溶液中的锂离子，过滤得到碳酸锂；向含硅酸钠、四羟基合铝酸钠的滤液中加入硫酸溶液，与溶液中的硅酸钠、四羟基合铝酸钠反应生成硫酸铝、硫酸钠和硅酸沉淀，过滤得到含有硅酸的滤渣和含有硫酸钠、硫酸铝的滤液；向滤液中加入氨水，将溶液中铝离子转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到氢氧化铝，氢氧化铝煅烧分解生成氧化铝。 【详解】A．由分析可知，加入氢氧化钠溶液发生水热反应的目的是将转化为硅酸锂、硅酸钠和四羟基合铝酸钠，反应的化学方程式为，故A正确； B．由分析可知，“滤渣1”和“滤渣2”的主要成分均为硅酸，故B错误； C．由分析可知，流程中各步转化过程中均没有元素发生化合价变化，均不涉及氧化还原反应，故C正确； D．氯化锂是离子化合物，氯化铝为共价化合物，所以冶炼金属锂可用电解熔融氯化物的方法，而冶炼金属铝用电解熔融氯化物的方法，故D正确； 故选B。 8. 某化合物结构为，元素Z、Y、X、R为原子半径依次增大的短周期主族元素，基态Z原子的p能级电子总数比s能级电子总数多1，R与Z同主族，两个Y原子的杂化方式相同。下列说法错误的是 A. 分子极性： B. 同周期第一电离能大于的主族元素有5种 C. 该阳离子中两个原子均具有碱性 D. 该物质中含有离子键、配位键、离域键等化学键 【答案】C 【解析】 【分析】由题干信息可知，元素Z、Y、X、R为原子半径依次增大的短周期主族元素，基态Z原子的p能级电子总数比s能级电子总数多1，即1s22s22p5或1s22s22p63s23p1，R与Z同主族，故Z只能为1s22s22p5即为F，R为Cl，两个Y原子的杂化方式相同，即均为sp2杂化，且Y最形成3个或4个共价键，则Y为N，由阴离子 [XZnR4-n]-中F和Cl均为-1价，X为B，据此分析解题。 【详解】A．由分析可知，X为B、Y为N、Z为F，则YZ3即NF3为三角锥形构型，正负电荷中心不重合，是极性分子，而XZ3即BF3呈平面三角形构型，正负电荷中心重合，为非极性分子，故分子极性NF3＞BF3即YZ3＞XZ3，A正确； B．由分析可知，X为B，结合同一周期从左往右元素第一电离能呈增大趋势，ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA反常，故同周期第一电离能大于X即B的主族元素有Be、C、N、O、F共5种，B正确； C．由分析可知，Y为N，且两个Y的杂化方式相同，则双键上N原子失去一个电子，没有孤电子对了，另一个N原子的孤电子对形成离域键，也不存在孤电子对，即该阳离子中两个Y即N原子均不具有碱性，C错误； D．由题干物质结构式和分析可知，该物质中含有阴、阳离子间的离子键，阴离子中含有B和F-或Cl-之间的配位键，阳离子中存在离域键等化学键，D正确； 故答案为：C。 9. 苯酚作为质子穿梭剂可用于高效连续性催化合成氨，电解装置中使用LiBF4的四氢呋喃有机电解液。下列说法错误的是 已知法拉第效率(FE)的定义： A. a接电源的正极 B. 电解过程中，Pt电极区生成了Li和LiNxHy C. N2与生成NH3的总电极反应式为：N2＋6＋6e-=6＋2NH3 D. 若生成NH3的法拉第效率为75%，则生成1mol氨气，消耗H2为1.5mol 【答案】D 【解析】 【详解】A．PtAu电极H2失电子转化为H+，阳极失电子，故a接电源正极，A正确； B．根据所给生成按氨气的电极反应，Pt电极区生成了Li和LiNxHy，B正确； C．N2生成NH3，N元素化合价0变为-3，故1分子N2参与反应共得6个电子，H来源于苯酚的传递，总电极反应式为N2＋6＋6e-=6＋2NH3，C正确； D．法拉第效率为75%是指生成1mol氨气，需要转移3mol电子，则通过电极的电子物质的量为4mol，由于PtAu电极法拉第效率未知，消耗H2无法计算，D错误； 本题选D。 10. 某温度下，与不同pH的体系反应可生成不同的沉淀。下面图1表示体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。图2表示与不同pH的体系反应生成沉淀的情况，其中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合[注：起始mol⋅L，不同pH下由图1得到]。 下列说法正确的是 A. 上述体系呈中性时，一定是 B. 符合的pH范围： C. ，mol⋅L时，溶液中存和两种沉淀 D. ，mol⋅L时可发生反应： 【答案】D 【解析】 【分析】图1中pH越大，碳酸根物质的量分数越大，碳酸物质的量分数越小，碳酸氢根物质的量分数先增大后减小；图2中已知曲线Ⅰ代表的是氢氧化镁，曲线Ⅱ代表的是碳酸镁。。 【详解】A．温度不一定是常温，因此中性体系pH不一定是7，也就不确定，A错误； B．由图1可知，，，。若，则满足下列两个关系：①，②。将①代入表达式，可得，即；将②代入表达式，可得，即。因此，符合条件的pH范围是，B错误； C．分析图2，，浓度为0.01 mol/L时，溶液中只存在沉淀，C错误； D．分析图1和图2，时，溶液中主要含碳离子为，浓度为0.1 mol/L时，只产生沉淀，因此可以发生，D正确； 故选D。 （第Ⅱ卷 非选择题） 二、非选择题（本题共4小题，共60分） 11. 在工业生产中有着重要应用。利用如图装置制备并测定产品纯度。 已知：ⅰ.是白色固体，不溶于水和乙醇，在潮湿空气中可被迅速氧化。 ⅱ.浓的溶液为无色，加水稀释即析出白色固体。 回答下列问题： （1）①图中制取的反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为______________。 ②装置B中发生反应的仪器名称为_________________。 ③为吸收尾气，C中可选用试剂__________（填标号）。 A.溶液 B.饱和食盐水 C.浓 D.溶液 （2）制备：打开分液漏斗旋塞与搅拌器，装置B中依次发生反应的离子方程式为： ① ②______________________________ ③ 观察到_____________________时停止反应。将B中溶液倾入盛有蒸馏水的烧杯中，立即得到白色沉淀，抽滤得粗品。 （3）洗涤：洗涤时最好用的乙醇洗涤滤饼，其目的是___________________________。 （4）纯度测定：称取所制备的氯化亚铜成品，将其置于过量的溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，配成溶液。移取溶液于锥形瓶中，用的溶液滴定至终点，再重复滴定2次，三次平均消耗溶液（滴定过程中转化为，不反应）。 ①产品中加入溶液时，发生反应的离子方程式为_____________________； ②产品中的质量分数为_____________。 【答案】（1） ①. ②. 三颈烧瓶 ③. （2） ①. ②. 当白色沉淀消失、溶液中由蓝色变为无色（或溶液蓝色褪去） （3）乙醇挥发可带走表面的水分防止其被氧化 （4） ①. ②. 【解析】 【分析】A装置中KMnO4与浓盐酸反应制备Cl2，B装置中Cl2与Cu、NaCl反应得到浓Na2[CuCl3]溶液，然后将Na2[CuCl3]溶液倒入盛有蒸馏水的烧杯中析出CuCl沉淀，C装置用于吸收尾气Cl2，防止污染大气。 【小问1详解】 ①制取Cl2的反应为：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，该反应中Mn元素的化合价由+7价降至+2价，Cl元素的化合价由-1价升至0价，根据得失电子守恒，氧化剂(KMnO4)与还原剂(HCl)物质的量之比为1∶5； ②B中发生反应仪器名称为三颈烧瓶； ③A．Na2SO3溶液具有还原性，能吸收Cl2，发生的反应为：Cl2+Na2SO3+H2O=Na2SO4+2HCl，A符合题意； B．Cl2难溶于饱和食盐水，不能被饱和食盐水吸收，B不符合题意； C．浓硫酸不能吸收Cl2，C不符合题意； D．FeCl2溶液具有还原性，能吸收Cl2，发生的反应为：Cl2+2FeCl2=2FeCl3，D符合题意； 故选AD； 【小问2详解】 由题给反应①、③可知，反应②为：Cu2++Cu+2Cl-=2CuCl；由于反应①生成的CuCl2使溶液呈蓝色，而浓的Na2[CuCl3]溶液为无色，故观察到当白色沉淀消失、溶液中由蓝色变为无色（或溶液蓝色褪去）时停止反应； 【小问3详解】 CuCl是白色固体，不溶于水和乙醇，在潮湿空气中可被迅速氧化，故洗涤时最好用95%的乙醇洗涤滤饼的目的是：乙醇挥发可带走CuCl表面的水分防止其被氧化； 【小问4详解】 ①CuCl具有还原性，FeCl3具有氧化性，两者发生氧化还原反应的离子方程式为：CuCl+Fe3+=Cu2++Cl-+Fe2+； ②滴定时发生的反应为：6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，可得关系式6CuCl～6Fe2+～，则产品中CuCl的质量分数为。 12. 随着煤和石油等不可再生能源的日益枯竭，同时在“碳达峰”与“碳中和”可持续发展的目标下，作为清洁能源的天然气受到了广泛的关注。甲烷干重整反应可以将两种温室气体（和）直接转化为合成气（主要成分为和），兼具环境效益和经济效益。 （1）已知：和的燃烧热分别为、和，则甲烷干重整反应的为___________。 （2）合成气可以用于生成甲醇，在容积为的恒容密闭容器中加入和，发生反应（未配平），各组分的物质的量随时间的变化如图所示。内 _____________；时改变的条件不可能是____________（填标号）。 A.充入 B.充入 C.通入惰性气体 （3）甲烷干重整过程中可能存在反应： （主反应） 各反应的（为各反应的平衡常数）与温度的关系如图所示。由图可知，为提高主反应的转化率应____________（填“升高温度”或“降低温度”），简述判断的理由________________________。 （4）恒容绝热条件下仅发生主反应时，下列情况能说明该反应达到平衡状态的有  （填标号）。 A. 和的转化率相等 B. C. 的体积分数保持不变 D. 体系的温度不再变化 （5）在、温度为、进料配比的条件下，甲烷干重整过程中甲烷的转化率、的转化率和积碳率随着温度变化的规律如图所示。 ①甲烷干重整的最佳温度为____________。 ②在最佳温度、初始压强条件下，向某的恒容密闭容器中加入和，设只发生两个反应。达平衡后，测得容器中的浓度为，的转化率为，则此时反应的压强平衡常数_____________。（列出计算式，压强平衡常数用各组分的平衡分压代替物质的量浓度进行计算，平衡分压物质的量分数平衡总压强）。 【答案】（1） （2） ①. 0.04 ②. AC （3） ①. 升高温度 ②. 温度升高，反应的平衡常数减小，平衡逆向移动，反应的平衡常数增大，但反应的与温度关系曲线的斜率大于和的，所以升高温度有利于提高主反应的转化率 （4）CD （5） ①. 900 ②. 【解析】 【小问1详解】 根据和的燃烧热分别为、和可得： ①， ②， ③；结合盖斯定律，反应①-2×②-2×③可得：，。 【小问2详解】 根据图示，内。根据图示，前，化学反应达到平衡状态，时氢气减少，产物甲醇增加； A．充入氢气，氢气的物质的量会增加，故A不符； B．充入CO，平衡正移，氢气减少，产物甲醇增加，B正确； C．通入惰性气体，平衡不移动，氢气与甲醇的量不变，C不符； 选AC。 【小问3详解】 升高温度，反应的平衡常数减小，平衡逆向移动；反应的平衡常数增大，但反应的与温度关系曲线的斜率大于和的，所以升高温度有利于提高主反应的转化率。 【小问4详解】 A．和的转化率相等，不能说明该反应达到平衡状态，A错误； B．，未说明反应速率表示的方向，不能说明该反应达到平衡状态，B错误； C．随反应进行，的体积分数减小，当保持的体积分数不变，则该反应达到平衡状态，C正确； D．该反应为吸热反应，随反应进行，体系的温度降低，当温度不再变化，则说明该反应达到平衡状态，D正确； 答案选CD。 【小问5详解】 ①根据图像变化，温度升高到900℃后，甲烷和二氧化碳的转化率几乎相等，且积碳率很低，说明几乎只发生甲烷干重整主反应，因此最佳温度为900℃。 ②设反应、反应中二氧化碳的物质的量变化量为，根据三段式分析： ， ， 达平衡后，测得容器中浓度为，即；的转化率为，即，解得：。平衡时，的物质的量为：，平衡总压强为。则此时反应的压强平衡常数。 13. 用过二硫酸铵溶液作浸取剂可以提取黄铜矿（主要成分为）中的铜。 已知：ⅰ.均能导电； ⅱ.；； （1）的晶体中基本结构单元如图1、图2所示。 ①的配位数为_________。 ②能够表示晶胞的是_____________。（填“图1”、“图2”或“图1和图2”） （2）用溶液作浸取剂浸取的原理示意如图3所示。 ①一段时间后，与反应的离子方程式为____________________________。 ②浸取初期，随着浸取时间延长，浸出速率迅速提高，其可能的原因是______________。 （3）在足量溶液中添加少量溶液作为浸取剂与作用，一段时间结果如下： 添加 图3未加 元素的浸出率 过程中产物形态 ①添加可以显著提高元素的浸出率的原因：_____________________________。 ②进一步研究发现添加的少量可以循环参与反应。“再生”的离子方程式为：______________。 （4）进一步从浸出液中提取铜并使再生并得到相对纯净的的流程如图所示。 ①滤液A中加草酸的反应为，该反应化学平衡常数为______________。有同学认为是二元弱酸，若改用溶液沉淀效果会更好，你是否同意？_____________（填“是”或“否”） ②生成的电极反应式是_____________________。 【答案】（1） ①. 4 ②. 图1 （2） ①. ②. 作催化剂加快浸出速率的影响大于减小减缓浸出速率的影响 （3） ①. 反应生成的夹杂在致密不导电硫层中，能导电，使的浸出反应得以继续进行 ②. （4） ①. 26.25 ②. 否 ③. 【解析】 【小问1详解】 ①由图1可知，Fe位于顶点、面上和体内，个数为，由晶胞图可知，距黑球最近且等距的白球有4个，的配位数为4； ②晶体可由晶胞无缝并置得到，而图2所示结构单元不能采用“无隙并置”，在晶体中重复出现，故不能作为CuFeS2晶胞，能够表示晶胞的是图1； 【小问2详解】 ①由图3可知，Fe3+将CuFeS2氧化得到S，本身被还原为Fe2+，离子方程式为：4Fe3++CuFeS2=2S+Cu2++5Fe2+； ②由图3可知，Fe2+作催化剂加快Cu2+浸出速率，c[（NH4）2S2O8]减小会使Cu2+浸出速率减缓，但Fe2+作催化剂加快Cu2+浸出速率的影响大于c[（NH4）2S2O8]减小减缓Cu2+浸出速率的影响； 【小问3详解】 ①由过程中产物形态可知，反应生成的Ag2S夹杂在致密不导电硫层中，Ag2S能导电性，使CuFeS2的浸出反应得以继续进行； ②将Ag2S氧化为Ag+，自身被还原为S单质，反应离子方程式为：； 【小问4详解】 ①反应化学平衡常数为；改用溶液沉淀会引入杂质Na+，故不同意； ②滤液B为(NH4)2SO4，阳极上失电子生成，电极反应式是。 【点睛】 14. 黄酮类物质X具有抗金黄色葡萄球菌、大肠杆菌等活性，一种合成路线如下。 已知： （1）X中含有的含氧官能团为醚键、___________。 （2）A→B反应的化学方程式是___________。 （3）B→D的反应类型是___________。 （4）E→F的反应同时生成HCl，试剂a的结构简式是___________。 （5）G转化J需加入。 ①J的结构简式是___________。 ②的主要作用是___________。 （6）F和L生成X经历如下多步反应： 已知：Ⅰ． Ⅱ．+R6OH+R7OH ①M的结构简式是___________。 ②三步反应中，涉及生成手性碳原子的为第___________步(填“一”“二”或“三”)。 【答案】（1）羰基、羟基 （2）+Br2+HBr （3）取代反应 （4） （5） ①. ②. 消耗反应生成的HBr，提高J的产率 （6） ①. ②. 二 【解析】 【分析】A和Br2发生取代反应生成B，结合F的结构简式可知，B的结构简式为，B和(CH3)2SO4发生取代反应生成D，结合F的结构简式可以推知D为，D发生水解反应生成E为，E和试剂a发生取代反应生成F，同时生成HCl，可以推知a为，G和发生取代反应生成J为，J发生已知信息的反应得到K为，K和发生取代反应生成L为，以此解答。 【小问1详解】 由X的结构简式可知，X中含有的含氧官能团为醚键、羰基、羟基。 【小问2详解】 由分析可知，A和Br2发生取代反应生成B，化学方程式为：+Br2+HBr。 【小问3详解】 由分析可知，B和(CH3)2SO4发生取代反应生成D。 【小问4详解】 由分析可知，试剂a的结构简式是。 【小问5详解】 ①由分析可知，J的结构简式是； ②G和发生取代反应生成J为，同时有HBr生成，的主要作用是消耗反应生成的HBr，提高J的产率。 【小问6详解】 F和L发生已知信息的反应得到M，由F和L的结构简式可知M为，M发生加成反应生成N为，M发生取代反应生成X， ①M的结构简式是； ②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，M中没有手性碳原子，N中含有手性碳原子，则三步反应中涉及生成手性碳原子的为第二步。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $