【高考领航】2025年高中化学学业水平等级考试模拟试题（山东）(5)

高中化学学业水平等级考试模拟试题(五) (考试用时：90分钟　试卷满分：100分) 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1．(2023·安徽省马鞍山市二模)位于马鞍山的长江不夜城，集传统文化、科技体验、灯光艺术、特色美食于一体，打造了国内唯一的千里长江画卷景观。下列说法正确的是(　　) A．制作显示大屏的液晶，不具有类似晶体的各向异性 B．画卷中展示的精美瓷器，其主要成分与水晶、玛瑙相同 C．制作特色美食的油脂和植物蛋白均属于高分子化合物 D．美轮美奂的水幕灯光秀与原子核外电子跃迁及胶体的性质有关 2．(2023·陕西省铜川市二模)下列反应的离子方程式正确的是(　　) A．向Na2SO3溶液中滴加稀HNO3溶液：SO＋2H＋===SO2↑＋ H2O B．用过量氨水吸收废气中的SO2：NH3·H2O＋SO2===HSO＋NH C．电解MgCl2水溶液的离子方程式：2Cl－＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋ 2OH－ D．酸性K2Cr2O7溶液遇NaNO2变成绿色：Cr2O＋ 3NO＋8H＋===3NO＋2Cr3＋＋4H2O 3．(2023·广东省潮州市二模)硫及其化合物的“价—类”二维图体现了化学变化之美。NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是(　　) A．1 L 1 mol/L H2S水溶液中粒子关系存在：N(HS－)＋N(S2－)＝NA B．标准状况下，22.4 L Y的分子数目为NA C．工业上用NaClO3和X制备1 mol ClO2时，消耗X分子数为0.5NA D．“价—类”二维图中盐N可由其相应单质直接化合生成 4．(2023·湖南省邵阳市三模)下列图示装置能达到实验目的的是(　　) A.验证非金属性：S＞C＞Si B.制取并收集SO2 C.灼烧海带 D.准确量取一定体积K2Cr2O7溶液 5．(2023·山西省太原市二模)葫芦[n]脲(n＝5,6,7,8…)家族分子是一种具有空腔的桶状大杯、两端开口的超分子主体，可以很好地包结有机分子、阳离子和其他客体分子，在分子识别、药物载体等方面有广泛应用。葫芦[n]脲(结构如图乙)可由A和B(CH2O)在一定条件下合成。下列说法不正确的是(　　) 甲　　　　　　　乙 A．A分子中含有两个手性碳原子 B．合成葫芦[n]脲发生的反应是缩合反应 C．B物质可发生氧化反应、还原反应、加成反应 D．葫芦[n]脲中空腔端口的羰基以配位键、氢键与其他客体分子形成超分子 6．(2023·辽宁省大连市二模)某农药杀虫剂中含有的成分如图。已知X、Y、Z、N、M为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y、Z位于同一个周期，X、N位于同一主族。下列叙述正确的是(　　) A．Z、M的最简单气态氢化物的键角：M＞Z B．第一电离能比Z小且与Z同周期的元素有4种 C．X、Y形成的链状化合物YmXn中σ键数为：m＋n－1 D．Y、Z两种元素与X元素形成的最简单气态氢化物，均为非极性分子 7．(2023·天津市和平区二模)“浓差电池”利用某离子浓度大其氧化性或还原性强的特点而设计的。如图，甲池为3 mol/L的AgNO3溶液，乙池为1 mol/L的AgNO3溶液，A、B均为Ag电极。实验时先闭合K2，断开K1，发现电流计指针发生偏转。下列说法错误的是(　　) A．一段时间后电流计指针将归零，此时可视为反应不再进行 B．当电流计指针归零后，闭合K1，断开K2后，乙池溶液浓度上升 C．当电流计指针归零后，闭合K1，断开K2后，乙中Ag电极质量增加 D．实验开始先闭合K2，断开K1，此时NO向B电极移动 8．(2023·福建省三明市5月质检)高聚物A在生物医学上有广泛应用。以甲基丙烯酸β→羟乙酯(HEMA)和N-乙烯基吡咯烷酮(NVP)为原料合成高聚物A的路线如下。下列说法正确的是(　　) A．HEMA存在顺反异构现象 B．NVP分子中所有原子均处于同一平面 C．HEMA和NVP通过加聚反应生成高聚物A D．高聚物A能与NaOH、NaHCO3反应 9．(2023·辽宁省大连市二模)利用Sonogashira反应机理合成苯乙炔的基本过程如图，其中Ln表示配体(PPh3)2，下列叙述正确的是(　　) A．步骤④过程中，Pd元素被还原 B．LnPd和CuI是该反应过程的催化剂，可以提高的平衡转化率 C．总反应的原子利用率达到100% D．若用苯乙炔代替上述过程中的同类物质与CH2===CHI反应，可以合成 10．(2023·广东省湛江市二模)氯化磷酸三钠[(Na3PO4·12H2O)4·NaClO]具有良好的灭菌、消毒、漂白作用，亦能除去墨迹、血迹、油迹和茶迹等多种污垢，广泛地用于医院、餐馆、食品加工行业。氯化磷酸三钠的熔点为67 ℃，常温下较稳定，受热易分解。在水溶液中可直接与钙、镁及重金属离子形成不溶性磷酸盐。某小组设计如图流程制备氯化磷酸三钠。下列叙述错误的是(　　) A．理论上制得的氯化磷酸三钠不超过0.3 mol B．“反应池1”中最少应加入400 mL 3 mol·L－1磷酸溶液 C．“系列操作”包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤和高温烘干 D．氯化磷酸三钠因含NaClO而具有漂白、杀菌和消毒作用 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11．(2023·福建省鞍百校联盟三模)下列操作能实现相应的实验目的的是(　　) 选项 实验目的 操作步骤及现象 A 验证淀粉水解生成葡萄糖 将淀粉和稀硫酸混合水浴加热一段时间；待溶液冷却后，加入NaOH溶液，调pH至碱性，再加入新制的Cu(OH)2，加热，有砖红色沉淀产生 B 证明某钠盐为Na2SO3或NaHSO3 向某钠盐中滴加浓盐酸，并将产生的气体通入品红溶液中，品红溶液褪色 C 除去乙醇中混有的少量乙酸 向混合液中加入饱和Na2CO3溶液，分液 D 证明氧化性：H2O2＞Fe3＋ 将硫酸酸化的H2O2滴入Fe(NO3)2溶液中，再滴入KSCN溶液，溶液变红 12．(2023·广东省二模)我国科学家合成了一种新型Au15/MoC材料，实现了低温催化水煤气变换。反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用“*”标注，TS指过渡态。下列有关说法不正确的是(　　) A．温度一定时，加压无法提高平衡转化率 B．分子从催化剂表面脱附的过程都是吸热的 C．反应历程中活化能最大的一步为CO*＋2H2O*―→CO*＋H2O*＋OH*＋H* D．该过程有极性键的断裂和生成 13．(2023·山东省名校联考)工业生产中利用方铅矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)制备PbSO4晶体的工艺流程如图所示： 已知：PbCl2难溶于冷水，易溶于热水；PbCl2(s)＋2Cl－(aq)PbCl(aq)　ΔH＞0；Ksp(PbSO4)＝1×10－8，Ksp(PbCl2)＝1.25×10－5。下列说法错误的是(　　) A．“浸取”的主要离子反应：MnO2＋PbS＋4H＋＋4Cl－===PbCl2＋S＋MnCl2＋2H2O B．“沉降”时加入冰水，是为了减缓反应速率，防止反应过快 C．“滤液a”经过处理后可以返回到浸取工序循环使用 D．PbCl2经“沉淀转化”后得到PbSO4，若用1 L H2SO4溶液转化5 mol的PbCl2(忽略溶液体积变化)，则H2SO4溶液的最初物质的量浓度不得低于5.08 mol·L－1 14．(2023·山东省泰安市二模)NO—空气质子交换膜燃料电池实现了制硝酸、发电、环保一体化，某兴趣小组用该电池模拟工业处理废气和废水的过程，装置如图。下列说法错误的是(　　) A．b膜为阴离子交换膜 B．乙池中总反应的离子方程式为：5SO2＋2NO＋8H2O＋8NH310NH＋5SO C．当浓缩室得到4 L浓度为0.6 mol·L－1的盐酸时，M室溶液的质量变化为36 g(溶液体积变化忽略不计) D．若甲池有0.25 mol O2参加反应，则乙池中处理废气(SO2和NO)的总体积为15.68 L 15．(2023·湖北省八市3月联考)已知pKa＝－lg Ka,25 ℃时，H2R的pKa1＝1.85，pKa2＝7.22。用0.1000 mol·L－1NaOH溶液滴定20.00 mL H2R溶液，溶液中H2R、HR－、R2－的分布分数δ随pH变化曲线及滴定曲线如下图(忽略滴定过程中温度的变化)。下列说法错误的是(　　) A．两次突变，应选用不同的指示剂　　　　 B．pH＝8时：c(Na＋)＞c(R2－)＞c(HR－) C．b点溶液的pH约为4.54　　　　 D．c2(HR－)＜c(R2－)·c(H2R) 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16．(12分)(2023·甘肃一模)我国科研团队研究发现AgCrS2在室温下具有超离子行为，该研究成果为未来新结构二维材料的合成和探索提供了新思路。 (1)基态铬原子价电子排布式为________________________，基态硫原子核外最多有____________个电子顺时针旋转。 (2)常见含硫的微粒有SO2、SO3、SO等，SO的空间结构为______________________；SO2、SO3杂化轨道类型相同，但键角SO3大于SO2，原因是___________________________________________。 氧、硒、碲是与硫同族的元素，上述四种元素对应氢化物为H2O、H2S、H2Se、H2Te，熔沸点由高到低顺序是________________________________。 (3)Cr(O2)2[NH(C2H4NH2)2]是铬的一种配合物。存在Cr的过氧化物的结构特点，1 mol该配合物含有__________个配位键(Cr与O、N均形成了配位键)，其中C、N、O三种元素的第一电离能由小到大的顺序是________________________。 (4)感光材料硫镓银晶体的晶胞如图所示，与Ga距离最近的S数目为__________个， 若晶体的密度为ρ g· cm－3，设阿伏加德罗常数的值为NA，该晶胞体积的计算表达式为________________________ ( 用含ρ和NA的代数式表示)nm3。 17．(12分)(2023·山东省济宁市一模)一种用磷矿脱镁废液(pH为2.1，溶液中含H3PO4、H2PO、HPO，还有少量Mg2＋及Ca2＋、Fe3＋、Al3＋等杂质离子)制备三水磷酸氢镁工艺的流程如下： 已知：T ℃温度下，磷酸的pKa与溶液的pH的关系如下图。 回答下列问题： (1)“恒温搅拌1”步骤后溶液pH为4.5，溶液中c(HPO)_______c(PO)(填“＞”、“＜”或“＝”)，此时杂质Ca2＋、Fe3＋、Al3＋沉淀效果最好，Ca2＋生成CaHPO4·2H2O，其余沉淀均是磷酸正盐，写出Ca2＋与H2PO反应生成沉淀的离子方程式________________________，溶液中Al3＋的浓度为10－6 mol·L－1，则c(Fe3＋)/c(Al3＋)＝________________，c(H2PO)＝__________ mol·L－1[已知：T ℃温度下，Ksp(FePO4)＝10－21.9，Ksp(AlPO4)＝10－18.3]。 (2)“恒温搅拌2”中需添加MgO，其作用是________________________。制备过程中采用“抽滤”，其目的是________________________________________。 (3)从图像可以看出，pH对镁回收率及产品纯度的影响较大，pH＞6.0时，随着pH的增加，产品的纯度降低，分析纯度降低的原因______________________ __________________________________________________。 18．(12分)(2023·广东省佛山市二模)利用电极反应可探究物质氧化性、还原性的变化规律。 已知：酸性介质中，1 mol/L不同电对的电极电势见下表。电极电势越高，其氧化型物质的氧化性越强；电极电势越低，其还原型物质的还原性越强。 电对(氧化型/还原型) Fe3＋/Fe2＋ H2O2/H2O O2/H2O2 MnO2/Mn2＋ I2/I－ 电极电势φ/V 0.771 1.776 0.695 1.224 0.536 回答下列问题： Ⅰ.探究H2O2的分解反应 Fe3＋催化H2O2分解反应过程包括ⅰ、ⅱ两步： 反应ⅰ：Fe3＋＋H2O2―→Fe2＋＋H＋＋________________(未配平) 反应ⅱ：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O (1)反应ⅰ的离子方程式为______________________________________。 (2)验证Fe2＋生成：反应过程中，加入____________溶液，产生蓝色沉淀，证明有Fe2＋生成。 (3)酸性条件下MnO2也可催化H2O2分解。结合表中数据判断，上述条件下H2O2、O2、MnO2的氧化性由强到弱的顺序为________________________。 Ⅱ.探究物质氧化性变化对电化学反应方向的影响 用可逆反应2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2设计电池，按图a装置进行实验，测得电压E(E＝φ正极－φ负极)随时间t的变化如图b所示： 　 图a　　　　　　　　　　　　　　图b (4)电池初始工作时，正极的电极反应式为________________________ ________________________________________________。 (5)某小组从还原型物质浓度、氧化性变化的角度分析图b，提出以下猜想： 猜想1：c(Fe2＋)增大，Fe3＋的氧化性减弱，正极的电极电势降低。 猜想2：c(I－)减小，I2的氧化性增强，负极的电极电势升高。 ①t1时间后，按图a装置探究，验证上述猜想的合理性，完成表中填空。 实验 实验操作 电压E/V 结论 ⅰ 往烧杯A中加入适量Fe E_________0 猜想1成立 ⅱ 往烧杯B中加入适量____________ E＜0 猜想2成立 ②有同学认为，上述实验不足以证明猜想1成立。利用上述反应，从化学平衡移动的角度解释猜想1不足以成立的理由________________________________ ________________________________________。 ③为进一步验证猜想1，进行实验ⅲ，完成表中填空。 实验 实验操作 电压E/V 结论 ⅲ 往烧杯A中加入适量____________ E＜0 猜想1成立 结论：可逆氧化还原反应中，浓度的变化引起电对氧化性变化，从而改变电池反应方向。 19．(12分)(2023·湖南省邵阳市三模)化合物J是合成紫草酸药物的一种中间体，其合成路线如图： 已知：ⅰ.R—CHOR—CH2OH(R为烃基) 回答以下问题： (1)A的结构简式为____________________________；其中碳原子的杂化方式为______________________________。 (2)D→E的反应类型为____________________________；该反应的目的是____________________________________。 (3)F→H的化学方程式为_________________________________________。 (4)有机物J中含有官能团的名称是_________________________________。 (5)符合下列条件的A的同分异构体有____________种。 ①能与FeCl3溶液作用显色； ②能发生银镜反应； ③核磁共振氢谱峰面积之比为1∶2∶2∶2∶1。 (6)综合上述信息，写出由CH2===CHBr和制备的合成路线________________________(其他试剂任选)。 20．(12分)(2023·河南省名校大联考)丙烯是合成有机物的基本原料之一，工业上可以通过石油裂化和裂解获得。 (1)用于合成异丙醇。 已知：①2CH3CH(OH)CH3(g)＋9O2(g) 6CO2(g)＋8H2O(g)　ΔH1＝－a kJ·mol－1 ②2CH3CH===CH2(g)＋9O2(g) 6CO2(g)＋6H2O(g)　ΔH2＝－b kJ·mol－1(a>b) 若CH3CH===CH2(g)＋H2O(g) CH3CH(OH)CH3(g)　ΔH，该反应逆反应的活化能为c kJ·mol－1，则正反应的活化能为________ kJ·mol－1(用含a、b、c的代数式表示)。 (2)丙烷氧化脱氢制备丙烯的反应为C3H8(g)＋O2(g) C3H6(g)＋H2O(g)　ΔH<0。一定条件下，恒压密闭容器中C3H8与O2起始物质的量比分别为2∶1、1∶1、1∶2、1∶3，平衡时C3H8的体积分数[φ(C3H8)]随温度、的变化关系如图所示。 ①表示＝1∶2的曲线是__________(填“Ⅰ”“Ⅱ”“Ⅲ”或“Ⅳ”)。 ②T3__________T4(填“＞”或“＜”)，原因是__________________________ ________________________。 ③M点时，O2的转化率是__________(保留三位有效数字)。 (3)在HZSM­5催化下用甲醇可制取丙烯，反应为3CH3OH(g)C3H6(g)＋3H2O(g)　ΔH，一定温度下，向2 L恒容密闭容器中通入3 mol CH3OH(g)，平衡时，n(C3H6)＝0.6 mol，下列说法正确的是__________(填字母)。 A．HZSM­5能提高该反应的平衡转化率 B．达到平衡时，再向容器中通入1.5 mol CH3OH(g)，重新达到平衡时C3H6的浓度增大 C．达到平衡后，再通入物质的量均为0.6 mol的CH3OH(g)、C3H6(g)、H2O(g)，此时平衡逆向移动 D．若起始时向2 L绝热恒容密闭容器中通入3 mol CH3OH(g)，平衡时，n(H2O)＝1.6 mol，则ΔH＜0 (4)工业上用“丙烯氨氧化法”制备丙烯腈(CH2===CHCN)包括如下反应： Ⅰ.C3H6(g)＋NH3(g)＋O2(g)CH2===CHCN(g)＋3H2O(g) Ⅱ.C3H6(g)＋O2(g)CH2===CHCHO(g)＋H2O(g)(副反应) 向T ℃、压强为28 MPa的恒压密闭容器中通入1 mol丙烯、1 mol氨气和4.8 mol氧气发生反应Ⅰ、Ⅱ，容器内H2O(g)、CH2===CHCN(g)、C3H6(g)的物质的量(n)随时间(t)的变化关系如图所示： ①图中表示CH2===CHCN(g)的曲线是________(填“a”“b”或“c”)。 ②平衡时，CH2===CHCHO(g)的分压p(CH2＝CHCHO)＝__________MPa。 ③反应Ⅱ的压强平衡常数Kp＝________(Kp为用分压表示的平衡常数，分压＝总压×物质的量分数)。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高中化学学业水平等级考试模拟试题(五) 　1—5　DDCAA　6—10　CCCAC 11．A　12.B　13.AB　14.CD　15.D 1．D　液晶不像普通物质直接由固态晶体熔化成液体，而是一个既像晶体又似液体的中间状态，最大特点是既具有液体的流动性，又具有晶体的各向异性，故A错误；瓷器的主要成分为硅酸盐，而水晶、玛瑙的主要成分为二氧化硅，所以瓷器的主要成分与水晶、玛瑙不同，故B错误；油脂的相对分子质量小于一万，不属于高分子化合物，故C错误；水幕灯光秀中的彩色灯光是因为原子核外电子的跃迁产生光谱的缘故，成像是因为气溶胶产生了丁达尔效应的缘故，所以美轮美奂的水幕灯光秀与原子核外电子跃迁及胶体的性质有关，故D正确。 2．D　向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液的离子反应为3SO＋2NO＋2H＋===3SO＋2NO↑＋H2O，故A错误；用过量氨水吸收工业尾气中的SO2，离子方程式：2NH3·H2O＋SO2===2NH＋SO＋H2O，故B错误；电解MgCl2水溶液生成氢气、氯气和氢氧化镁沉淀，离子方程式为：2Cl－＋Mg2＋＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋Mg(OH)2↓，故C错误；酸性K2Cr2O7溶液遇NaNO2变成绿色，说明Cr2O被NO还原为Cr3＋，离子方程式为：Cr2O＋3NO＋8H＋=== 3NO＋2Cr3＋＋4H2O，故D正确。 3．C　由图可知，X为二氧化硫、Y为三氧化硫、Z为硫酸、M为硫酸铜、N为硫化铜。1 L 1 mol/L氢硫酸溶液中存在如下物料守恒关系：N(H2S)＋N(HS－)＋N(S2－)＝1 mol/L×1 L×NA mol－1＝NA，故A错误；标准状况下，三氧化硫为固态，无法计算22.4 L三氧化硫的物质的量和含有的分子数目，故B错误；由得失电子数目守恒可知，氯酸钠溶液与二氧化硫反应制备1 mol二氧化氯时，反应消耗二氧化硫的分子数为×NA mol－1＝0.5NA，故C正确；铜与硫共热反应生成硫化亚铜，不能生成硫化铜，则硫化铜不能由相应单质直接化合生成，故D错误。 4．A　利用H2SO4制备CO2，再将CO2通入Na2SiO3溶液中制备H2SiO3，即酸性H2SO4>H2CO3>H2SiO3，非金属性S＞C＞Si，A项能达到实验目的；Cu常温下不与浓H2SO4反应，B项不能达到实验目的；海带灼烧应在坩埚中，C项不能达到实验目的；重铬酸钾具有强氧化性，能腐蚀橡胶管，需用酸性滴定管量取，D项不能达到实验目的。 5．A　已知同时连有四个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，故A分子中不含手性碳原子，A错误；由题干信息可知，葫芦[n]脲(结构如图乙)可由A和B(CH2O)在一定条件下合成，故合成葫芦[n]脲发生类似于合成酚醛树脂的反应，该反应是缩合反应，B正确；B物质CH2O即HCHO含有醛基，可发生氧化反应，也能和H2发生加成反应(同时也属于还原反应)，C正确；葫芦[n]脲中空腔端口的羰基氧含有孤电子对且电负性较大，能形成配位键和氢键，所以葫芦[n]脲中空腔端口的羰基能以配位键、氢键与其他客体分子形成超分子，D正确。 6．C　X、Y、Z、N、M为原子序数依次增大的短周期元素，X、N位于同一主族，杀虫剂结构中X形成1个共价键，而N形成＋1价阳离子，且N与X的原子序数相差不小于3，故X为H元素、N为Na元素；Y、Z位于同一个周期，二者处于第二周期，杀虫剂结构中Y形成4个共价键、Z形成3个共价键，故Y为C元素、Z为N元素，结构中M形成2个共价键，其中1个M原子获得1个电子，则M处于第ⅥA族，M的原子序数大于钠，故M为S元素。N、S的最简单气态氢化物为NH3和H2S，二者中心原子的杂化类型都是sp3，但NH3中N有1对孤电子对，H2S中S有2对孤电子对，则键角：NH3>H2S，故A错误；同周期元素从左到右第一电离能总体上呈现逐渐增大的趋势，但由于N元素2p轨道为半充满状态，相对稳定，故第一电离能N>O>C>Be>B>Li，第一电离能比N小且与N同周期的元素有5种，故B错误；C、H形成的链状化合物CmHn，C—H键为σ键，共有n个C—H σ键，C原子与C原子之间形成的σ键共m－1个，σ键数为：m＋n－1，故C正确；C、N两种元素与H元素形成的最简单气态氢化物为CH4和NH3，NH3为极性分子，故D错误。 7．C　断开K1，闭合K2后，形成浓差电池，当两池银离子浓度相等时，反应停止，电流计指针将归零，A正确；闭合K1，断开K2后，为电解池，与电源正极相连的B是阳极，阳极金属银被氧化产生银离子，NO向阳极移动，则乙池硝酸银浓度增大，B正确；闭合K1，断开K2后，乙池中的B极为电解池的阳极，银失电子发生氧化反应，质量减小，C错误；断开K1，闭合K2后，形成浓差电池，A为正极，B为负极，则阴离子NO向B极移动，D正确。 8．C　HEMA碳碳双键左边连有两个氢原子，因此不存在顺反异构现象，故A错误；氨气是三角锥形，NVP分子中含有饱和氮原子，因此分子中所有原子一定不处于同一平面，故B错误；两者通过加聚反应生成高聚物A，故C正确；高聚物A含有酯基，能与NaOH反应，高聚物中不含有羧基，不能与NaHCO3反应，故D错误。 9．A　步骤④过程中，Pd的化合价由＋2变为0，化合价降低，元素被还原，故A正确；催化剂不能使平衡移动，碘苯的平衡转化率不变，故B错误；由图可知，反应为乙炔和生成苯乙炔和HI的反应，反应为取代反应，有HI生成，故总反应的原子利用率小于100%，故C错误；若用苯乙炔代替上述过程中的同类物质与CH2===CHI发生取代反应，可以合成，故D错误。 10．C　制备[(Na3PO4·12H2O)4·NaClO]的方程式为35H2O＋14NaOH＋4H3PO4＋Cl2===(Na3PO4·12H2O)4·NaClO＋NaCl，所以理论上制取氯代磷酸钠的物质的量最大为＝0.3 mol，A正确；由方程式知所需3 mol·L－1的磷酸溶液体积最少为＝0.4 L＝400 mL，B正确；氯化磷酸三钠的熔点为67 ℃，常温下较稳定，受热易分解，所以不能高温烘干，C错误；NaClO具有强氧化性，所以具有漂白、杀菌和消毒作用，D正确。 11．A　葡萄糖和氢氧化铜在碱性条件下加热反应生成砖红色沉淀，将淀粉和稀硫酸混合水浴加热一段时间，待溶液冷却后，加入NaOH溶液，调pH至碱性，再加入新制的Cu(OH)2，加热，有砖红色沉淀(Cu2O)产生，证明淀粉水解生成葡萄糖，A正确；Na2SO3和NaHSO3都与盐酸反应生成SO2，使品红溶液褪色，故不能确定某钠盐为Na2SO3或NaHSO3，B错误；乙酸和碳酸钠可以反应，生成乙酸钠溶于水，乙醇和碳酸钠不反应，但乙醇与水任意比互溶，故乙醇和乙酸的混合液中加入饱和Na2CO3溶液，不会分层，故无法用分液的方法除去乙醇中混有的少量乙酸，C错误；NO遇到H＋具有强氧化性，能将Fe2＋氧化成Fe3＋，无法证明氧化性：H2O2＞Fe3＋，D错误。 12．B　该反应为CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，该反应为等体积反应，温度一定时加压化学平衡不移动，平衡转化率不变，A正确；从图中可知并不是所有分子从催化剂表面脱附的过程都是吸热的，如CO＋H2O*＋2H*转化为CO2＋H2O*＋2H*的过程就是放热的，B错误；从图中可知，反应历程中活化能最大的一步为CO*＋2H2O*―→CO*＋H2O*＋OH*＋H*，C正确；该过程中H2O中的O—H键断裂，同时也有CO2中C===O键的生成，D正确。 13．AB　浸取时盐酸与MnO2、PbS反应生成PbCl2和S，MnO2被还原为Mn2＋，加入的NaCl可促进反应PbCl2(s)＋2Cl－(aq)PbCl(aq)平衡正向移动，使更多的Pb元素存在于溶液中，离子方程式为MnO2＋PbS＋4H＋＋4Cl－===PbCl＋S＋Mn2＋＋2H2O，A错误；PbCl2(s)＋2Cl－(aq) PbCl(aq)　ΔH＞0，加入冰水温度降低，化学平衡逆向移动，有利于PbCl2沉淀更完全，B错误；滤液a中主要成分为HCl，经处理后可返回浸取工艺循环利用，C正确；沉淀转化的方程式为PbCl2(s)＋SO(aq)PbSO4(s)＋2Cl－(aq)，该反应的平衡常数K＝＝＝＝1.25×103，沉淀转化后c(Cl－)＝10 mol/L，则沉淀转化后溶液中c(SO)为0.08 mol/L，反应生成的PbSO4为5 mol，则初始的H2SO4的物质的量至少为5.08 mol，浓度不得低于5.08 mol/L，D正确。 14．CD　NO—空气质子交换膜燃料电池，通入空气的一极为原电池的正极，通入NO的一极为负极。乙和丙池均为电解池，SO2极和M室均与电源正极相连为阳极，而N室和NO极均与电源的负极相连为阴极。M室反应2H2O－4e－===O2↑＋4H＋产生的H＋通过a膜和N室通过b膜的Cl－在浓缩室形成HCl，所以b膜为阴离子交换膜，A项正确；乙池中SO2被氧化为SO而NO被还原为NH，按电子守恒5 mol SO2只能还原2 mol NO，反应中需要补充NH3，所以总反应的离子方程式为5SO2＋2NO＋8H2O＋8NH310NH＋5SO，B项正确；M室产生1 mol O2移出4 mol H＋相当于M室减少2 mol H2O，得到关系式：4H＋～2H2O(减少)，浓缩室得到4 L浓度为0.6 mol·L－1的盐酸即产生H＋物质的量为4 L×(0.6－0.1)mol/L＝2 mol。所以M室减少的水物质的量为1 mol，质量为1×18 g＝18 g，C项错误；没有给条件无法计算气体体积，D项错误。 15．D　用0.1000 mol·L－1NaOH溶液滴定20.00 mL H2R溶液，pH较大时，R2－的分布分数较大，随着pH的减小，R2－的分布分数逐渐减小，HR－的分布分数逐渐增大，恰好生成NaHR之后，HR－的分布分数逐渐减小，H2R的分布分数逐渐增大，表示H2R、HR－、R2－的分布分数的曲线如图所示。 根据图像可知，第一次滴定突变时溶液呈酸性，所以可以选择甲基橙作指示剂，第二次滴定突变时溶液呈碱性，所以可以选择酚酞作指示剂，故A正确；根据图像可知，pH＝8时，溶液中含有Na2R和NaHR，此时δ(R2－)>δ(HR－)，则c(Na＋)>c(R2－)>c(HR－)，故B正确；b点时，加入20 mL 0.1000 mol·L－1NaOH溶液，此时c(R2－)＝c(H2R)，则：Ka1·Ka2＝c2(H＋)，所以溶液pH＝(pKa1＋pKa2)＝×(1.85＋7.22)≈4.54，故C正确；H2R的pKa1＝1.85，pKa2＝7.22，则＝＝＝＞1，则c2(HR－)＞c(R2－)·c(H2R)，故D错误。 16．解析：(1)铬为24号元素，基态铬原子价电子排布式为3d54s1，基态硫原子核外电子的轨道表示式为，则核外最多有9个电子按顺时针旋转。(2)SO的中心S原子的价层电子对数为4，发生sp3杂化，则空间结构为正四面体；SO2、SO3杂化轨道类型相同，SO2中含有一个孤电子对，而SO3无孤电子对，孤电子对对成键电子对有较强的排斥力，导致SO2键角较小，氧、硒、碲是与硫同族的元素，这四种元素对应氢化物为H2O、H2S、H2Se、H2Te，它们都是分子晶体，但H2O分子间能形成氢键，所以熔沸点由高到低顺序是H2O＞H2Te＞H2Se＞H2S。(3)Cr(O2)2[NH(C2H4NH2)2]是铬的一种配合物，其结构简式为，则1 mol该配合物含有7NA个配位键；C、N、O三种元素中，N原子的2p轨道处于半充满状态，则第一电离能由小到大的顺序是C＜O＜N。(4)在1个硫镓银晶体的晶胞中，含S原子个数为8，含Ga原子个数为6×＋4×＝4，含Ag原子个数为8×＋4×＋1＝4，若晶体的密度为ρ g· cm－3，设阿伏加德罗常数的值为NA，该晶胞体积的计算表达式为＝×1021 nm3。 答案：(1)3d54s1　9　(2)正四面体　SO2中含有一个孤电子对，而SO3无孤电子对，孤电子对对成键电子对有较强的排斥力，导致SO2键角较小　H2O＞H2Te＞H2Se＞H2S　(3)7NA　C＜O＜N　(4)4　×1021 17．解析：脱镁废液(pH为2.1，溶液中含H3PO4、H2PO、HPO，还有少量Mg2＋及Ca2＋、Fe3＋、Al3＋等杂质离子)中加入NaOH调节pH，杂质Ca2＋、Fe3＋、Al3＋沉淀，离心分离出沉淀后，向上清液中加入MgO调节pH，此时溶液中溶质主要为MgHPO4，经过抽滤、洗涤、干燥得到三水磷酸氢镁，以此解答。(1)由磷酸的pKa与溶液的pH的关系图以及电离常数表达式可知，当溶液pH＝12.36时，溶液中c(HPO)＝c(PO)，所以“恒温搅拌1”步骤后溶液pH为4.5时，溶液中c(HPO)＞c(PO)；Ca2＋生成CaHPO4·2H2O，由于pH为4.5时溶液中以H2PO为主，所以Ca2＋与H2PO反应生成沉淀的离子方程式为Ca2＋＋2H2PO＋2OH－===CaHPO4·2H2O↓＋HPO或Ca2＋＋H2PO＋H2O＋OH－===CaHPO4·2H2O↓；溶液中Al3＋的浓度为10－6 mol·L－1，＝＝＝＝10－3.6，溶液中c(PO)＝＝ mol/L＝10－12.3 mol/L，由磷酸的pKa与溶液的pH的关系图可知，H3PO4的Ka2＝10－7.21，Ka3＝10－12.36，则c(HPO)＝＝ mol/L＝10－4.44 mol/L，c(H2PO)＝＝ mol/L＝10－1.73 mol/L。(2)氧化镁能与酸反应生成镁离子，所以添加MgO的作用是提供Mg2＋，消耗H＋；由于“抽滤”可加快过滤速度，所以制备过程中采用“抽滤”；(3)由于pH增大，导致体系中PO浓度增大，从而使副产物Mg3(PO4)2增多，因此pH＞6.0时，随着pH的增加，产品的纯度降低。 答案：(1)＞　Ca2＋＋2H2PO＋2OH－===CaHPO4·2H2O↓＋HPO或Ca2＋＋H2PO＋H2O＋OH－===CaHPO4·2H2O↓　10－3.6　10－1.73　(2)提供Mg2＋，消耗H＋　加快过滤速度　(3)pH增大，体系中PO浓度增大，副产物Mg3(PO4)2增多 18．解析：已知：酸性介质中，1 mol/L不同电对的电极电势越高，其氧化型物质的氧化性越强，结合表中数据判断，上述条件下氧化性由强到弱的顺序为H2O2＞MnO2＞Fe3＋＞O2＞I2，还原性顺序为：I－＞H2O2＞Fe2＋＞Mn2＋＞H2O；要通过2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2反应探究物质氧化性变化对电化学反应方向的影响，从某还原型物质浓度、氧化性变化的角度分析图b，对于2个猜想，只能通过改变一个变量观察是否使E＜0来探究——猜想1：c(Fe2＋)增大，Fe3＋的氧化性减弱，正极的电极电势降低，故只能通过A烧杯加适量氯化亚铁固体，增加亚铁离子浓度，猜想2：c(I－)减小，I2的氧化性增强，负极的电极电势升高，只能通过B烧杯加适量硝酸银固体减少碘离子浓度来实现。(1)反应ⅰ中铁离子把双氧水氧化了，生成亚铁离子、氧气和水，离子方程式为2Fe3＋＋H2O2===2Fe2＋＋2H＋＋O2↑。 (2)K3[Fe(CN)6]遇Fe2＋发生反应：3Fe2＋＋2[Fe(CN)6]3－===Fe3[Fe(CN)6]2↓，生成蓝色沉淀，则反应过程中，加入K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，证明有Fe2＋生成。(4)电池初始工作时，由2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2可知，铁离子得电子发生还原反应转变为亚铁离子，为正极，则正极的电极反应式为Fe3＋＋e－===Fe2＋。(5)①ⅰ.t1时E＝φ正极－φ负极＝0，若往烧杯A中加入适量Fe，则铁与铁离子反应，结合猜想1，c(Fe2＋)增大，Fe3＋的氧化性减弱，正极的电极电势降低，则E＜0；ⅱ.t1时E＝φ正极－φ负极＝0，若往烧杯B中加入适量AgNO3固体，可使碘离子产生沉淀，使c(I－)减小，I2的氧化性增强，负极的电极电势升高，使E＜0，猜想2成立。②加入铁粉后，同时造成c(Fe2＋)增大，c(Fe3＋)减小，都能使2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2平衡逆移，使E＜0。③ⅲ.t1时E＝φ正极－φ负极＝0，若往烧杯A中加入适量FeCl2固体， c(Fe2＋)增大，Fe3＋的氧化性减弱，正极的电极电势降低，使E＜0，猜想1成立。 答案：(1)2Fe3＋＋H2O2===2Fe2＋＋2H＋＋O2↑　 (2)K3[Fe(CN)6]　(3)H2O2＞MnO2＞O2　(4)Fe3＋＋e－===Fe2＋　(5)①＜　AgNO3固体　②加入铁粉后，同时造成c(Fe2＋)增大，c(Fe3＋)减小，都能使2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2平衡逆移，使E＜0　③FeCl2固体 19．解析：由已知反应知C→D为—CHO的还原反应则C为。B→C发生已知反应ⅱ，则B为。由于A的化学式为C8H8O3，A与CH2===CHCH2Br反应得到B，则A为。D与(CH3CO)2O为—OH中H被取代得到E，E为。E经臭氧氧化得到甲醛和F即碳碳双键的氧化，则F为。F经H2O2氧化得到H为—CHO变为—COOH，则H为。H→I为酯的水解，I为。(1)A中苯环的C和—CHO的碳均采取sp2杂化，—OCH3的C采取sp3杂化。(2)D→E的反应为取代反应。后续步骤氧化碳碳双键，而羟基易被氧化，所以该步骤为保护羟基。(3)F经H2O2氧化得到H为—CHO变为—COOH，反应方程式为：＋H2O2＋H2O。(5)A的化学式为C8H8O3，分子中不饱和度为＝5。已知信息①②得含有—CHO和酚羟基，同时核磁共振氢谱峰面积之比为1∶2∶2∶2∶1，符合条件的同分异构体的结构简式为、，共4种。(6)合成目标产物需将碳碳双键氧化得到醛，但酚羟基易氧化需要进行保护，所以先。经O3氧化得到。经水解得到。结合已知合成反应可确定答案。 答案：(1) 　sp2、sp3　(2)取代反应　保护羟基，防止氧化　(3) ＋H2O2　＋H2O　(4)酯基、醚键　(5)4　 (6) 20．解析：(1)由盖斯定律可知，反应得到反应CH3CH===CH2(g)＋H2O(g) CH3CH(OH)CH3(g)，则ΔH＝＝ kJ/mol，所以正反应的活化能为kJ/mol；(2)①减小相当于增大氧气的浓度，平衡向正反应方向移动，丙烷的转化率增大，体积分数减小，则表示＝1∶2的曲线是Ⅱ；②该反应为放热反应，一定时，升高温度，平衡向逆反应方向移动，丙烷的体积分数增大，则由图可知，横坐标向左是升高温度，反应温度T3大于T4；③由图可知， M点时，起始＝1∶1，丙烷的体积分数为20%，设丙烷和氧气的物质的量都为1 mol，平衡时生成a mol丙烯，由题意可建立如下三段式： C3H8(g)＋O2(g)C3H6(g)＋H2O(g) 起(mol)　　　1　　　1　　 　0　　　0 变(mol)　　　a　　　0.5a　　 　a　　　a 平(mol)　　1－a　　1－0.5a　 　a　　　a 由丙烷的体积分数可得：×100%＝20%，解得a＝，则氧气的转化率为×100%≈27.3%；(3)由题意可知，平衡时，丙烯的物质的量为0.6 mol，由方程式可知，甲醇、水蒸气的物质的量分别为3 mol－0.6 mol×3＝1.2 mol、0.6 mol×3＝1.8 mol，则反应的平衡常数K＝＝1.0125；A.催化剂HZSM­5能加快反应速率，但化学平衡不移动，反应的平衡转化率不变，故错误；B.达到平衡时，向恒容密闭容器中通入1.5 mol甲醇，增大反应物浓度，平衡向正反应方向移动，则重新达到平衡时丙烯的浓度增大，故正确；C.达到平衡后，再通入物质的量均为0.6 mol的甲醇、丙烯、水蒸气，反应的浓度熵Qc＝≈1.42＞K，则平衡向逆反应方向移动，故正确；D.若起始时向2 L绝热恒容密闭容器中通入3 mol甲醇，平衡时水蒸气的物质的量为1.6 mol说明平衡向逆反应方向移动，若该反应为放热反应，反应放出的热量使反应温度升高，平衡向逆反应方向移动，若该反应为吸热反应，反应吸收热量使反应温度降低，平衡向逆反应方向移动，则起始时向2 L绝热恒容密闭容器中通入3 mol甲醇，平衡时水蒸气的物质的量为1.6 mol不能确定该反应是放热反应还是吸热反应，故错误；故选BC；(4)由方程式可知，三种物质中，丙烯是反应物、CH2===CHCN(g)和水蒸气是生成物，所以图中表示丙烯的曲线是b，CH2===CHCN(g)的物质的量小于水蒸气，则图中表示CH2===CHCN(g)、水蒸气的曲线分别是a、c，设平衡时生成CH2===CHCN(g)、CH2===CHCHO(g)的物质的量分别为a mol、b mol，由题给数据可建立如下三段式： C3H6(g)＋NH3(g)＋O2(g)CH2===CHCN(g)＋3H2O(g) 　　　　1　　　1　　　4.8　　 　0　 　　0 　　　　a　　　a　　　1.5a　　 　a　　 　3a 　　　1－a　　1－a　 4.8－1.5a　　 　a　 　3a C3H6(g)＋O2(g)CH2===CHCHO(g)＋H2O(g) 起(mol)　　1－a　　4.8－1.5a　　 　0　　　3a 变(mol)　 　b　 　b　　 　b　　 　b 平(mol)　　1－a－b 　4.8－1.5a－b　　b　　　3a＋b 由图可知，水蒸气的物质的量为1.4 mol，丙烯和CH2===CHCN(g)的物质的量相等，则由题意可得：3a＋b＝1.4,1－a－b＝a，解得a＝0.4、b＝0.2，总物质的量为7 mol；①由分析可知，图中表示CH2===CHCN(g)的曲线是a；②由三段式数据可知，平衡时，丙烯醛的分压p(CH2===CHCHO)＝×28 MPa＝0.8 MPa；③由三段式数据可知，平衡时，丙烯、氧气、丙烯醛、水蒸气的平衡分压分别为×28 MPa＝1.6 MPa、×28 MPa＝16 MPa、×28 MPa＝0.8 MPa、×28 MPa＝5.6 MPa，反应Ⅱ的压强平衡常数Kp＝＝0.175。 答案：(1)　(2)①Ⅱ　②＞　该反应是放热反应，C3H8与O2起始物质的量比相同时，升高温度，平衡逆向移动，C3H8体积分数增大，故横坐标向左是升高温度，所以T3＞T4　③27.3%　(3)BC　(4)① a　②0.8　③0.175 学科网（北京）股份有限公司 $$