精品解析：北京市朝阳外国语学校2024-2025学年高三上学期 开学考试化学试题

北京市朝阳外国语学校2025届高三年级质量检测一 化学试卷 (考试时间90分钟 满分100分) 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Mn-55 第一部分 本部分共14题，每题3分，共42分在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项 1. 下列过程或装置能实现电能转化为化学能的是 A B C D 火力发电 电动汽车充电 燃料燃烧 火星车太阳能帆板 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．火力发电是将化学能转化为电能，A错误； B．电动汽车充电是将电能转化为化学能，B正确； C．燃料燃烧是将化学能转化为热能，C错误； D．火星车太阳能帆板将太阳能转化为电能，D错误； 故选B。 2. 下列事实与氢键无关的是 A. 沸点： B. 0℃下的密度：水＞冰 C. 热稳定性： D. 水中的溶解度： 【答案】C 【解析】 【详解】A．氨分子形成氢键，导致其沸点高于PH3，与氢键有关，A不符合题意； B．冰中一个水分子与周围四个水分以分子间氢键形成四面体结构，中间有空隙，因此密度比水小，与氢键有关，B不符合题意； C．非金属性越强，简单氢化物稳定性越强，因此稳定性：HF＞HCl，与氢键无关，C符合题意； D．丙酮能和水分子形成氢键，导致水中的溶解度：，与氢键有关，D不符合题意； 故选C。 3. 下列过程与水解反应无关的是 A. 热的纯碱溶液去除油脂 B. 重油在高温、高压和催化剂作用下转化为小分子烃 C. 蛋白质在酶的作用下转化为氨基酸 D. 向沸水中滴入饱和溶液制备胶体 【答案】B 【解析】 【详解】A．热的纯碱溶液因碳酸根离子水解显碱性，油脂在碱性条件下能水解生成易溶于水的高级脂肪酸盐和甘油，故可用热的纯碱溶液去除油脂，A不符合题意； B．重油在高温、高压和催化剂作用下发生裂化或裂解反应生成小分子烃，与水解反应无关，B符合题意； C．蛋白质在酶的作用下可以发生水解反应生成氨基酸，C不符合题意； D． Fe3+能发生水解反应生成 Fe(OH)3，加热能增大Fe3+ 的水解程度，D不符合题意； 故选B。 4. 下列“事实”的“图示表达”不正确的是 事实 图示表达 A． SO2是极性分子 B． 气态氟化氢中存在(HF)2 C． HCl(aq)+NaOH(aq)=NaCl(aq)+H2O(l) < D． CH3COOHCH3COO-+H+ A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．二氧化硫的阶层电子对数= ，VSEPR模型是平面三角形，正电中心和负电中心不重合，是极性分子，A正确； B．因为F的电负性大，所以HF分子间存在氢键而形成二聚分子，B正确； C．盐酸与氢氧化钠中和是放热反应，氢氧化钠和盐酸的总焓大于氯化钠和水的总焓，图示表达错误，C错误； D．醋酸是弱酸不完全电离，所以醋酸溶液中存在醋酸分子、醋酸根离子、水合氢离子，D正确； 故选C。 5. 向含HCN的废水中加入铁粉和K2CO3可制备K4[Fe(CN)6]，反应如下：6HCN+Fe+2K2CO3=K4[Fe(CN)6]+H2↑+2CO2↑+2H2O。下列说法不正确的是 A. 依据反应可知：Ka(HCN)>Ka1(H2CO3) B. HCN的结构式是H—C≡N C. 反应中每1molFe转移2mol电子 D. [Fe(CN)6]4-中Fe2+的配位数是6 【答案】A 【解析】 【详解】A．由方程式可知，该反应为有化合价变化的氧化还原反应，与溶液的酸碱性无关，无法判断氢氰酸和碳酸的酸性强弱和酸的电离常数的大小，故A错误； B．氢氰酸分子中含有碳氮三键，结构式为H—C≡N，故B正确； C．由方程式可知，反应中1mol铁参与反应，反应转移2mol电子，故C正确； D．[Fe(CN)6]4-中中心离子为Fe2+，氢氰酸根离子为配位体，配位数为6，故D正确； 故选A。 6. 回收利用工业废气中的和，实验原理示意图如下。 下列说法不正确的是 A. 废气中排放到大气中会形成酸雨 B. 装置a中溶液显碱性的原因是的水解程度大于的电离程度 C. 装置a中溶液的作用是吸收废气中的和 D. 装置中的总反应为 【答案】C 【解析】 【详解】A．是酸性氧化物，废气中排放到空气中会形成硫酸型酸雨，故A正确； B．装置a中溶液的溶质为，溶液显碱性，说明的水解程度大于电离程度，故B正确； C．装置a中溶液的作用是吸收气体，与溶液不反应，不能吸收，故C错误； D．由图可知一个电极亚硫酸根失电子生成硫酸根，另一个极二氧化碳和水转化为甲酸，装置b中总反应为，故D正确； 选C。 7. 下列化学用语对事实的表述不正确的是 A. 硬脂酸与乙醇的酯化反应：C17H35COOH+C2H518OHC17H35COOC2H5+H218O B. 常温时，0.1 mol·L-1氨水的pH=11.1：NH3·H2ONH4++OH− C. 由Na和C1形成离子键的过程： D. 电解精炼铜的阴极反应：Cu2+ +2e−=Cu 【答案】A 【解析】 【详解】分析：A项，酯化反应的机理是“酸脱羟基醇脱氢”；B项，氨水为弱碱水溶液，存在电离平衡；C项，Na易失电子形成Na+，Cl易得电子形成Cl-；D项，电解精炼铜时，精铜为阴极，粗铜为阳极。 详解：A项，酯化反应的机理是“酸脱羟基醇脱氢”，硬脂酸与乙醇反应的化学方程式为C17H35COOH+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2O，A项错误；B项，常温下0.1mol·L-1氨水的pH=11.1，溶液中c（OH-）=10-2.9mol·L-10.1mol·L-1，氨水为弱碱水溶液，电离方程式为NH3·H2ONH4++OH-，B项正确；C项，Na原子最外层有1个电子，Na易失电子形成Na+，Cl原子最外层有7个电子，Cl易得电子形成Cl-，Na将最外层的1个电子转移给Cl，Na+与Cl-间形成离子键，C项正确；D项，电解精炼铜时，精铜为阴极，粗铜为阳极，阴极电极反应式为Cu2++2e-=Cu，D项正确；答案选A。 点睛：本题考查酯化反应的机理、电离方程式的书写、用电子式表示物质的形成过程、电解精炼铜的原理。注意强电解质和弱电解质电离方程式的区别、用电子式表示离子化合物和共价化合物形成过程的区别。 8. 用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 常温下，100mL 0.1mo/L CH3COOH溶液中，所含H+总数为0.01NA B. 由NO2和N2O4组成的混合气体4.6g，其所含原子总数为0.3NA C. 6g金刚石中所含C-C 键的数目为0.5NA D. 标准状况下，2.24L苯的质量为7.8g 【答案】B 【解析】 【详解】A．醋酸是弱酸，在溶液中部分电离，则常温下100mL0.1mol/L醋酸溶液中，所含氢离子总数小于0.1mol/L ×0.1L×NAmol-1= 0.01NA，故A错误； B．二氧化氮和四氧化二氮的最简式相同，都是NO2，4.6g NO2中含有的原子个数为×3×NAmol-1=0.3NA，故B正确； C．金刚石中每个碳原子形成4个碳碳共价键，每个共价键为2个碳原子共有，每个碳原子形成碳碳键的数目为4×=2，则6g金刚石中所含碳碳键的数目为×2×NAmol-1=NA，故C错误； D．标准状况下，苯为液体，2.24L苯的质量远大于7.8g，故D错误； 故选B。 9. 用下列仪器或装置(图中夹持略)进行相应实验，不能达到实验目的的是 A B C D 配制一定物质的量浓度的氯化钠溶液 检验浓硫酸与铜反应产生的二氧化硫 检验溴乙烷消去产物中的乙烯 分离酒精和水 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．图示为配制一定量浓度溶液的转移操作，图示操作正确，故A 能达到实验目的； B．浓硫酸和铜在加入条件下反应生成二氧化硫，二氧化硫具有漂白性，通入到品红溶液中，若品红褪色，则证明生成二氧化硫，二氧化硫气体是大气污染物，不能排放到空气中，试管口用浸有氢氧化钠溶液的棉花团吸收二氧化硫，图示正确，故B能达到实验目的； C．溴乙烷在氢氧化钠醇溶液加热作用下发生消去反应生成乙烯，由于乙醇易挥发，制得的乙烯中含有乙醇蒸汽，先通过水，使乙醇溶于水，在将气体通入酸性高锰酸钾溶液中，若酸性高锰酸钾溶液褪色，则可以证明反应中产生乙烯，故C能达到实验目的； D．乙醇和水任意比互溶，分液操作无法分离，故D不能达到实验目的； 答案选D。 10. 含有冠醚环的聚合物膜能够高效吸附分离某些阳离子。一种含冠醚环的聚酰亚胺薄膜吸附分离Li+的过程如图。下列说法正确的是 A. 冠醚环与Li+之间的作用是离子键 B. 冠醚环中碳氧键为π键 C. 该聚酰亚胺薄膜可在强碱性环境中稳定工作 D. 若要设计K+的吸附分离膜，需增大冠醚环孔径 【答案】D 【解析】 【详解】A．Li+提供空轨道、O原子提供孤电子对，二者形成配位键，A错误； B．冠醚环中碳氧键为单键，因此是键，B错误； C．聚酰亚胺薄膜中含有酰胺基，在碱性条件下会发生水解，C错误； D．K+的半径比Li+大，因此K+要与冠醚环作用需要增大孔径，D正确； 故答案选D。 11. 我国科学家提出的聚集诱导发光机制已成为研究热点之一、一种具有聚集诱导发光性能的物质，其分子结构如图所示。下列说法不正确的是 A. 分子中N原子有、两种杂化方式 B. 分子中含有手性碳原子 C. 该物质既有酸性又有碱性 D. 该物质可发生取代反应、加成反应 【答案】B 【解析】 【详解】A．该有机物中从左往右第一个N原子有一个孤对电子和两个σ键，为杂化；第二个N原子有一个孤对电子和三个σ键，为杂化，A正确； B．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，该有机物中没有手性碳原子，B错误； C．该物质中存在羧基，具有酸性；该物质中还含有 ，具有碱性，C正确； D．该物质中存在苯环可以发生加成反应，含有甲基可以发生取代反应，D正确； 故选B。 12. 我国科学家采用单原子和纳米作串联催化剂，通过电解法将转化为乙烯。装置示意图如下。 已知：电解效率 下列说法不正确的是 A. 电极a连接电源的负极 B. 电极b上有产生 C. 纳米催化剂上发生反应： D. 若乙烯的电解效率为60%，电路中通过电子时，产生乙烯 【答案】D 【解析】 【分析】由图可知，与直流电源负极相连的电极a为电解池的阴极，单原子镍做催化剂条件下二氧化碳在阴极得电子生成一氧化碳、纳米铜做催化剂条件下，一氧化碳在阴极得电子生成乙烯，电极b为阳极，氢氧根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和水。 【详解】A．由分析可知，与直流电源负极相连的电极a为电解池的阴极，A项正确； B．由分析可知，电极b为电解池的阳极，氢氧根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和水，B项正确； C．由分析可知，电极a为电解池的阴极，纳米铜做催化剂条件下，一氧化碳在阴极得电子生成乙烯，根据质量守恒和电荷守恒，电极反应式为2CO+ 6H2O+8e- =C2H4+8OH-，C项正确； D．若乙烯的电解效率为60%，电路中通过1mol电子时，根据题干电解效率公式可得生成乙烯所用的电子的物质的量n=0.6mol，二氧化碳转化为乙烯的总电极反应为2CO2+8H2O+12e-=C2H4+12OH-，则当生成乙烯所用的电子物质的量n=0.6mol，产生的乙烯为0.05mol，D项错误； 答案选D。 13. 研究溶液的制备、性质和应用。 ①向溶液中逐滴加入氨水，得到溶液。 ②分别将等浓度的溶液、溶液放置于空气中，一段时间后，加入浓盐酸，前者无明显现象，后者产生使淀粉溶液变蓝的气体。 ③溶液可处理含的废气，反应过程如下。 下列说法正确的是 A. ①中，为避免溶液与氨水生成沉淀，可先加入适量的溶液 B. ②中，溶液中的浓度比溶液中的高，的还原性比的强 C. ③中，转化为，元素的化合价不变 D. ③中，降低可显著提高的脱除率 【答案】A 【解析】 【详解】A．为避免CoSO4溶液与氨水生成Co(OH)2沉淀，可先加入适量的(NH4)2SO4溶液，使溶液中铵根离子浓度增大，抑制一水合氨的电离，A正确； B．②中，由于[Co(NH3)6]2+为配离子，溶液中的浓度比溶液中的高，由图可知，[Co(NH3)6]2+被O2氧化为，分别将等浓度的CoSO4溶液、[Co(NH3)6]SO4溶液放置于空气中，一段时间后，加入浓盐酸前者无明显现象，后者产生使淀粉KI溶液变蓝的气体，该气体为氯气，说明[Co(NH3)6]SO4溶液中的Co2+更易被氧化，则 [Co(NH3)6]SO4的还原性更强，B错误； C．③中，[Co(NH3)6]2+转化为，Co元素的化合价由+2价变为+3价，C错误； D．③中，降低pH，溶液酸性增强，氢离子和氨气反应生成铵根，不利于脱除NO，D错误； 故选A。 14. 某温度下，PbCO3饱和溶液和PbI2饱和溶液中的阴、阳离子浓度满足如图所示的关系。 下列说法正确的是 A. 曲线Ⅰ表示PbCO3的溶解平衡 B. 该温度下Ksp(PbI2)：Ksp(PbCO3)=108 C. 曲线Ⅱ上的b点可通过改变温度移动至d点 D. 向PbI2的悬浊液中加入Na2CO3浓溶液，可以将其转化成PbCO3 【答案】D 【解析】 【分析】根据溶解平衡，PbCO3(s)⇌Pb2+(aq)+(aq)，达到平衡时c(Pb2+)=c()；PbI2(s)⇌Pb2+(aq)+2I-(aq)，达平衡时2c(Pb2+)=c(I-)，设-lg c(Pb2+) = y，-lg c(I-) = x1，-lg c() = x2，则y + 2x1 = -lgKsp(PbI2)，y + x2 =-lgKsp(PbCO3)，由斜率可知曲线I为PbI2，曲线II为PbCO3。 【详解】A．由上述分析可知 ，曲线II对应的是-lgc(Pb2+)与-lgc()的关系变化，故A错误； B．由b点数据可知Ksp(PbCO3)== ，由c点数据可知，Ksp(PbI2)= =10-9，Ksp(PbI2)：Ksp(PbCO3)=105，故B错误； C．b点与d点Ksp相等，而改变温度要改变Ksp，故C错误； D．由前面计算可知Ksp(PbCO3)< Ksp(PbI2)，向PbI2的悬浊液中加入Na2CO3浓溶液，可以将其转化成PbCO3，故D正确。 答案选D。 第二部分 本部分共5题，共58分 15. MnO2可作氨选择性催化还原法脱除NOx的催化剂。 （1）基态Mn的价层电子排布的轨道表示式是____。 （2）MnO2可由(NH4)2S2O8与MnSO4反应制得。S2O的结构如图。 ①S2O中S—O—O____(填“是”或“不是”)在一条直线上。 ②S2O中的O—O比H2O2中的更____(填“难”或“易”)断裂。 （3）一种MnO2晶体的晶胞示意图如图，该长方体晶胞的长和宽均为anm，高为bnm。 ①图中“●”代表的是____(填“Mn”或“O”)。 ②NA为阿伏加德罗常数，该晶体的密度为____g·cm-3。 ③MnO2作催化剂，氨催化还原脱除NO的一种催化机理示意图如图。 从化学键的角度解释MnO2能结合NH3的原因：____。该催化过程的总反应的化学方程式是____。 【答案】（1） （2） ①. 不是 ②. 易 （3） ①. Mn ②. ③. NH3中的N原子有孤电子对，MnO2中的Mn原子有空轨道能接受孤电子对，形成配位键 ④. 4NH3 + 4NO + O2 4N2 + 6H2O 【解析】 【小问1详解】 锰元素的原子序数为25，价电子排布式为3d54s2，价层电子排布的轨道表示式为，故答案为：； 【小问2详解】 ①由过氧化氢的空间结构为书形可知，S2O离子的空间构型为书形， 所以—O—O不在一条直线上，故答案为：不是； ②S2O中硫氧双键为吸电子基团，氧氧键中共用电子对偏向硫氧双键一方，比过氧化氢中氧氧键的极性强，更易发生断裂，故答案为：易； 【小问3详解】 ①由晶胞结构可知，位于顶点和体心的黑球的个数为8×+1=2，位于面上和体内的白球为4×+2=4，由二氧化锰的化学式可知，黑球代表锰原子，故答案为：Mn； ②设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(a×10—7)2×b×10—7×d，解得d=，故答案为：； ③氨分子中氮原子具有孤对电子，二氧化锰中锰原子具有空轨道，氮原子和锰原子通过形成配位键使二氧化锰和氨分子相互结合；由图可知，氨催化还原脱除一氧化氮的反应中，二氧化锰为催化剂，氨气、氧气、一氧化氮为反应物，氮气和水为生成物，反应的化学方程式为4NH3 + 4NO + O2 4N2 + 6H2O，故答案为：NH3中的N原子有孤电子对，MnO2中的Mn原子有空轨道能接受孤电子对，形成配位键；4NH3 + 4NO + O2 4N2 + 6H2O。 16. 经一系列反应可以得到，如下图所示。 （1）Ⅰ中，和在催化剂作用下反应，其化学方程式是_______。 （2）Ⅱ中，。在其他条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强()下温度变化的曲线(如图)。 ①比较的大小关系：_______。 ②随温度升高，该反应平衡常数变化的趋势是_______。 （3）Ⅲ中，降低温度，将转化为，再制备浓硝酸。与化合的化学方程式是_______。 （4）SCR和NSR技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的排放。SCR(选择性催化还原)工作原理： ①尿素水溶液热分解为和，该反应的化学方程式：_______。 ②当燃油中含硫量较高时，尾气中在作用下会形成，使催化剂中毒。用化学方程式表示的形成：_______。 ③尿素溶液浓度影响的转化，测定溶液中尿素()含量的方法如下： 取ag尿素溶液，将所含氮完全转化为，所得用过量的溶液吸收完全，剩余用溶液恰好中和，则尿素溶液中溶质的质量分数是_______。 【答案】（1） （2） ①. ②. 减小 （3） （4） ①. ②. ③. 【解析】 【小问1详解】 Ⅰ中，和在催化剂作用下反应生成NO和H2O，反应的化学方程式为； 【小问2详解】 ①该反应为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡向正向移动，NO的转化率增大，则压强：； ②由图可知，升高温度，NO的平衡转化率减小，说明平衡向逆向移动，则该反应的平衡常数减小； 【小问3详解】 将转化为，再制备浓硝酸，则与化合生成HNO3，化学方程式为； 【小问4详解】 ①尿素水溶液热分解为和，该反应的化学方程式为； ②尾气中在作用下会形成，化学方程式为； ③所得用过量的溶液吸收完全，剩余用溶液恰好中和，则吸收消耗的物质的量为=，和水反应得到，和反应，得到比例关系：2~，则的物质的量为=，根据N元素守恒，则ag尿素溶液中的物质的量为，则尿素溶液中溶质的质量分数是==。 17. 利用太阳能分解H2O获得氢气，再通过CO2加氢制甲醇(CH3OH)等燃料，从而实现可再生能源和CO2的资源化利用。 (1)过程Ⅳ的能量转化形式为_______。 (2) CO2非常稳定，活化它需从外界输入电子。CO2中易于获得电子的原子是_______。 (3)过程I、Ⅱ是典型的人工光合作用过程：4H2O+2CO22CH3OH+3O2，该反应是_______反应(填“吸热”或“放热”)。 (4)过程Ⅱ中CO2催化加氢制取甲醇，反应如下： 主反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ∆H1=−49.0kJ∙mol-1 副反应：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ∆H2=+41.2kJ∙mol-1 ①CO、H2生成CH3OH的热化学方程式是_______ ②提高CH3OH在平衡体系中的含量，可采取如下措施：_______(写出两条即可)。 (5)过程Ⅲ中制得的H2中混有CO，去除CO的反应如下： CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)在容积不变的密闭容器中，将0.1mol CO、0.1mol H2O混合加热到830℃，平衡时CO的转化率为50%，反应的平衡常数K=_______。 (6)多步热化学循环分解水是制氢的重要方法，如“铁一氯循环”法，反应如下： i.4H2O(g)+3FeCl2(s)=Fe3O4(s)+6HCl(g)+H2(g) ∆H1 ii.Fe3O4(s)+8HCl(g)=FeCl2(s)+2FeCl3(s)+4H2O(g) ∆H2 iii.2FeCl3(s)=2FeCl2(s)+Cl2(g) ∆H3 iV._______ ∆H4 反应i~iV循环可分解水，可利用∆H1~∆H4计算2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)的∆H。在横线处写出反应iV的化学方程式。 【答案】 ①. 化学能转化为电能 ②. C ③. 吸热 ④. CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ∆H=-90.2 kJ∙mol-1 ⑤. 增大压强、降低温度 ⑥. 1 ⑦. Cl2(g)+H2O(g)=2HCl(g)+O2(g) 【解析】 【详解】(1)过程Ⅳ为燃料电池，能量转化形式为化学能转化为电能； (2) CO2中C原子为+4价，能得电子，而O原子为-2价，为最低价态，不能得电子，则易于获得电子的原子是C； (3)过程I、Ⅱ是典型的人工光合作用过程，需要吸收太阳能，则反应为吸热反应； (4)①根据盖斯定律，主反应-副反应可得CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，∆H=∆H1−∆H2=−49.0kJ∙mol-1−41.2kJ∙mol-1=-90.2 kJ∙mol-1； ②该反应为气体减小的反应，且反应放热，可采用增大压强、降低温度的措施，使平衡正向移动，提高CH3OH在平衡体系中的含量； (5) 将0.1mol CO、0.1mol H2O混合加热到830℃，平衡时CO的转化率为50%，则反应了0.05mol的CO，利用三段式 容器的体积不变，则各物质的浓度均为mol/L，则K==1； (6)根据盖斯定律，i+ ii+ iii可得2HCl(g)=Cl2(g)+H2(g)，已知反应i~iV循环可分解水，可利用∆H1~∆H4计算2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)的∆H，则iV为Cl2(g)+H2O(g)=2HCl(g)+O2(g)。 18. 以方铅矿(主要含)和废铅膏(主要含)为原料联合提铅的一种流程示意图如下。 已知：i． ii． 物质 （1）浸出 时，加入过量的盐酸和溶液的混合液将铅元素全部以形式浸出。 ①“浸出”过程中，发生的主要反应有： I． II． III．___________(浸出的离子方程式) ②I生成的作II的催化剂使浸出速率增大，其催化过程可表示为： i． ii．___________(离子方程式) ③充分浸出后，分离出含溶液的方法是___________。 （2）结晶 向含的溶液中加入适量的冷水结晶获得，结合浓度商(Q)与平衡常数(K)的影响因素及大小关系，解释加入冷水的作用：___________。 （3）脱氯碳化 室温时，向溶液中加入少量浓氨水调至，然后加入固体进行脱氯碳化。 ①随着脱氯碳化反应进行，溶液的___________(填“增大”“减小”或“不变”)。 ②脱氯碳化过程中，检测到。浊液转化为的最低___________。 （4）还原 将溶于溶液可制备，反应：。制备高纯铅的原电池原理示意图如图所示。 ①获得高纯铅的电极是___________(填“正极”或“负极”)。 ②电池的总反应的离子方程式是___________。 ③从物质和能量利用的角度说明该工艺的优点：___________。 【答案】（1） ①. ②. ③. 趁热过滤 （2）的，加入冷水，温度降低，K减小，溶液被稀释，Q增大，，平衡逆向移动，析出晶体 （3） ①. 减小 ②. 7.5 （4） ①. 正极 ②. ③. 可循环使用，制备高纯铅的过程中获得电能 【解析】 【分析】方铅矿(主要含)和废铅膏(主要含)混合浸出，加入过量的盐酸和溶液的混合液将铅元素全部以形式浸出，得到H2S、含溶液和含S的残渣，滤液结晶得到PbCl2、PbCl2脱氧碳化得到PbCO3，PbCO3受热分解得到PbO，还原PbO得到Pb，以此解答。 【小问1详解】 ①浸出的过程中，PbO转化为，根据电荷守恒配平离子方程式为：； ②I生成的作II的催化剂使浸出速率增大，其催化过程可表示为：i．，第ii步反应中有Fe2+生成，说明PbS和Fe3+发生氧化还原反应达到Fe2+和，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：； ③充分浸出后得到的溶液中含有残渣，分离出含溶液的方法是：趁热过滤。 【小问2详解】 的，加入冷水，温度降低，K减小，溶液被稀释，Q增大，，平衡逆向移动，析出晶体。 【小问3详解】 ①室温时，向溶液中加入少量浓氨水调至，然后加入固体进行脱氯碳化，离子方程式为：，c(H+)增大，溶液的减小； ②浊液中存在，c(Pb2+)c2(Cl-)=Ksp()=，2c(Pb2+)≈c(Cl-)，则4c3(Pb2+)= Ksp()=，c(Pb2+)=mol/L=1.6mol/L，c(OH-)= ，c(H+)= mol/L，pH=7.5。 【小问4详解】 ①由图可知，在正极得到电子生成Pb； ②由图可知，在正极得到电子生成Pb，电极方程式为：+2e-+H2O=Pb+3OH-，H2在负极失去电子生成H2O，电极方程式为：H2-2e-+2OH-=2H2O，则电池的总反应的离子方程式是； ③从物质和能量利用的角度说明该工艺的优点：可循环使用，制备高纯铅的过程中获得电能。 19. 某小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应（夹持装置略）。 资料：ⅰ.在一定条件下被或氧化成（棕黑色）、（绿色）、（紫色）。ⅱ.浓碱条件下，可被还原为。 ⅲ.的氧化性与溶液的酸碱性无关，NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。 序号 物质a C中实验现象 通入前 通入后 Ⅰ 水 得到无色溶液 产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化 Ⅱ 溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀 Ⅲ 溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀 （1）B中试剂是________。 （2）通入前，Ⅱ、Ⅲ中沉淀由白色变为黑色的化学方程式为________。 （3）对比实验Ⅰ、Ⅱ通入后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是________。 （4）根据资料ⅱ，Ⅲ中应得到绿色溶液，实验中得到紫色溶液，分析现象与资料不符的原因： 原因一：可能是通入导致溶液的碱性减弱。 原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将氧化为。 ①化学方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因________，但通过实验测定溶液的碱性变化很小。 ②取Ⅲ中放置后的1 mL悬浊液，加入溶液。溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色的离子方程式为________，溶液绿色缓慢加深，原因是被________（填“化学式”）氧化，可证明Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量。 ③取Ⅱ中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL水，溶液紫色缓慢加深，发生的反应是________。 ④从反应速率的角度，分析实验Ⅲ未得到绿色溶液的可能原因________。 【答案】（1）饱和食盐水 （2） （3）碱性溶液中二价锰的还原性增强 （4） ①. ②. ③. ④. ⑤. 氧化剂过量，氧化的速率大于被还原的速率 【解析】 【分析】实验目的是探究不同条件下氯气与二价含锰化合物的反应，A是制备的发生装置，B装置是除去中含有的，C是氯气与二价含锰化合物反应的发生装置，D是尾气处理装置。 【小问1详解】 B装置的作用是除去中含有的，试剂是饱和食盐水，故答案为：饱和食盐水； 【小问2详解】 通入前，Ⅱ、Ⅲ中与碱性溶液中NaOH电离产生的反应产生白色沉淀，，该沉淀不稳定，会被溶解在溶液中的氧气氧化生成棕黑色的沉淀，化学方程式为，故答案为：； 【小问3详解】 对比实验现象，实验I通入后二价锰只能被氧化为（+4价锰），实验Ⅱ通入后二价锰可以被氧化为（+7价锰），说明在碱性溶液中二价锰的还原性增强，故答案为：碱性溶液中二价锰的还原性增强； 【小问4详解】 ①与NaOH反应产生NaCl、NaClO、H2O，减小，使溶液碱性减弱，反应的化学方程式为：； ②取Ⅲ中放置后的悬浊液，加入溶液，溶液碱性增强，可被还原为使溶液紫色迅速变为绿色，化学方程式为：；而将悬浊液中氧化为，导致溶液绿色缓慢加深，可证明Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量，故答案为：，NaClO； ③取Ⅱ中放置后的1 mL 悬浊液，加入4 mL 水，溶液紫色缓慢加深，说明ClO-将MnO2氧化为，发生反应的离子方程式是。故答案为：； ④根据资料有反应，反应，实验Ⅲ的溶液中由于氧化剂过量，氧化的速率大于被还原的速率，导致实验Ⅲ未得到绿色溶液，故答案为：氧化剂过量，氧化的速率大于被还原的速率。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市朝阳外国语学校2025届高三年级质量检测一 化学试卷 (考试时间90分钟 满分100分) 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Mn-55 第一部分 本部分共14题，每题3分，共42分在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项 1. 下列过程或装置能实现电能转化为化学能的是 A B C D 火力发电 电动汽车充电 燃料燃烧 火星车太阳能帆板 A. A B. B C. C D. D 2. 下列事实与氢键无关的是 A. 沸点： B. 0℃下的密度：水＞冰 C. 热稳定性： D. 水中的溶解度： 3. 下列过程与水解反应无关的是 A. 热的纯碱溶液去除油脂 B. 重油在高温、高压和催化剂作用下转化为小分子烃 C. 蛋白质在酶的作用下转化为氨基酸 D. 向沸水中滴入饱和溶液制备胶体 4. 下列“事实”的“图示表达”不正确的是 事实 图示表达 A． SO2是极性分子 B． 气态氟化氢中存在(HF)2 C． HCl(aq)+NaOH(aq)=NaCl(aq)+H2O(l) < D． CH3COOHCH3COO-+H+ A. A B. B C. C D. D 5. 向含HCN的废水中加入铁粉和K2CO3可制备K4[Fe(CN)6]，反应如下：6HCN+Fe+2K2CO3=K4[Fe(CN)6]+H2↑+2CO2↑+2H2O。下列说法不正确的是 A. 依据反应可知：Ka(HCN)>Ka1(H2CO3) B. HCN的结构式是H—C≡N C. 反应中每1molFe转移2mol电子 D. [Fe(CN)6]4-中Fe2+的配位数是6 6. 回收利用工业废气中的和，实验原理示意图如下。 下列说法不正确的是 A. 废气中排放到大气中会形成酸雨 B. 装置a中溶液显碱性的原因是的水解程度大于的电离程度 C. 装置a中溶液的作用是吸收废气中的和 D. 装置中的总反应为 7. 下列化学用语对事实的表述不正确的是 A. 硬脂酸与乙醇的酯化反应：C17H35COOH+C2H518OHC17H35COOC2H5+H218O B. 常温时，0.1 mol·L-1氨水的pH=11.1：NH3·H2ONH4++OH− C. 由Na和C1形成离子键的过程： D. 电解精炼铜的阴极反应：Cu2+ +2e−=Cu 8. 用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 常温下，100mL 0.1mo/L CH3COOH溶液中，所含H+总数为0.01NA B. 由NO2和N2O4组成的混合气体4.6g，其所含原子总数为0.3NA C. 6g金刚石中所含C-C 键的数目为0.5NA D. 标准状况下，2.24L苯的质量为7.8g 9. 用下列仪器或装置(图中夹持略)进行相应实验，不能达到实验目的的是 A B C D 配制一定物质的量浓度的氯化钠溶液 检验浓硫酸与铜反应产生的二氧化硫 检验溴乙烷消去产物中的乙烯 分离酒精和水 A. A B. B C. C D. D 10. 含有冠醚环的聚合物膜能够高效吸附分离某些阳离子。一种含冠醚环的聚酰亚胺薄膜吸附分离Li+的过程如图。下列说法正确的是 A. 冠醚环与Li+之间的作用是离子键 B. 冠醚环中碳氧键为π键 C. 该聚酰亚胺薄膜可在强碱性环境中稳定工作 D. 若要设计K+的吸附分离膜，需增大冠醚环孔径 11. 我国科学家提出的聚集诱导发光机制已成为研究热点之一、一种具有聚集诱导发光性能的物质，其分子结构如图所示。下列说法不正确的是 A. 分子中N原子有、两种杂化方式 B. 分子中含有手性碳原子 C. 该物质既有酸性又有碱性 D. 该物质可发生取代反应、加成反应 12. 我国科学家采用单原子和纳米作串联催化剂，通过电解法将转化为乙烯。装置示意图如下。 已知：电解效率 下列说法不正确的是 A. 电极a连接电源的负极 B. 电极b上有产生 C. 纳米催化剂上发生反应： D. 若乙烯的电解效率为60%，电路中通过电子时，产生乙烯 13. 研究溶液的制备、性质和应用。 ①向溶液中逐滴加入氨水，得到溶液。 ②分别将等浓度的溶液、溶液放置于空气中，一段时间后，加入浓盐酸，前者无明显现象，后者产生使淀粉溶液变蓝的气体。 ③溶液可处理含的废气，反应过程如下。 下列说法正确的是 A. ①中，为避免溶液与氨水生成沉淀，可先加入适量的溶液 B. ②中，溶液中的浓度比溶液中的高，的还原性比的强 C. ③中，转化为，元素的化合价不变 D. ③中，降低可显著提高的脱除率 14. 某温度下，PbCO3饱和溶液和PbI2饱和溶液中的阴、阳离子浓度满足如图所示的关系。 下列说法正确的是 A. 曲线Ⅰ表示PbCO3的溶解平衡 B. 该温度下Ksp(PbI2)：Ksp(PbCO3)=108 C. 曲线Ⅱ上的b点可通过改变温度移动至d点 D. 向PbI2的悬浊液中加入Na2CO3浓溶液，可以将其转化成PbCO3 第二部分 本部分共5题，共58分 15. MnO2可作氨选择性催化还原法脱除NOx的催化剂。 （1）基态Mn的价层电子排布的轨道表示式是____。 （2）MnO2可由(NH4)2S2O8与MnSO4反应制得。S2O的结构如图。 ①S2O中S—O—O____(填“是”或“不是”)在一条直线上。 ②S2O中的O—O比H2O2中的更____(填“难”或“易”)断裂。 （3）一种MnO2晶体的晶胞示意图如图，该长方体晶胞的长和宽均为anm，高为bnm。 ①图中“●”代表的是____(填“Mn”或“O”)。 ②NA为阿伏加德罗常数，该晶体的密度为____g·cm-3。 ③MnO2作催化剂，氨催化还原脱除NO的一种催化机理示意图如图。 从化学键的角度解释MnO2能结合NH3的原因：____。该催化过程的总反应的化学方程式是____。 16. 经一系列反应可以得到，如下图所示。 （1）Ⅰ中，和在催化剂作用下反应，其化学方程式是_______。 （2）Ⅱ中，。在其他条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强()下温度变化的曲线(如图)。 ①比较的大小关系：_______。 ②随温度升高，该反应平衡常数变化的趋势是_______。 （3）Ⅲ中，降低温度，将转化为，再制备浓硝酸。与化合的化学方程式是_______。 （4）SCR和NSR技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的排放。SCR(选择性催化还原)工作原理： ①尿素水溶液热分解为和，该反应的化学方程式：_______。 ②当燃油中含硫量较高时，尾气中在作用下会形成，使催化剂中毒。用化学方程式表示的形成：_______。 ③尿素溶液浓度影响的转化，测定溶液中尿素()含量的方法如下： 取ag尿素溶液，将所含氮完全转化为，所得用过量的溶液吸收完全，剩余用溶液恰好中和，则尿素溶液中溶质的质量分数是_______。 17. 利用太阳能分解H2O获得氢气，再通过CO2加氢制甲醇(CH3OH)等燃料，从而实现可再生能源和CO2的资源化利用。 (1)过程Ⅳ的能量转化形式为_______。 (2) CO2非常稳定，活化它需从外界输入电子。CO2中易于获得电子的原子是_______。 (3)过程I、Ⅱ是典型的人工光合作用过程：4H2O+2CO22CH3OH+3O2，该反应是_______反应(填“吸热”或“放热”)。 (4)过程Ⅱ中CO2催化加氢制取甲醇，反应如下： 主反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ∆H1=−49.0kJ∙mol-1 副反应：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ∆H2=+41.2kJ∙mol-1 ①CO、H2生成CH3OH的热化学方程式是_______ ②提高CH3OH在平衡体系中的含量，可采取如下措施：_______(写出两条即可)。 (5)过程Ⅲ中制得的H2中混有CO，去除CO的反应如下： CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)在容积不变的密闭容器中，将0.1mol CO、0.1mol H2O混合加热到830℃，平衡时CO的转化率为50%，反应的平衡常数K=_______。 (6)多步热化学循环分解水是制氢的重要方法，如“铁一氯循环”法，反应如下： i.4H2O(g)+3FeCl2(s)=Fe3O4(s)+6HCl(g)+H2(g) ∆H1 ii.Fe3O4(s)+8HCl(g)=FeCl2(s)+2FeCl3(s)+4H2O(g) ∆H2 iii.2FeCl3(s)=2FeCl2(s)+Cl2(g) ∆H3 iV._______ ∆H4 反应i~iV循环可分解水，可利用∆H1~∆H4计算2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)的∆H。在横线处写出反应iV的化学方程式。 18. 以方铅矿(主要含)和废铅膏(主要含)为原料联合提铅的一种流程示意图如下。 已知：i． ii． 物质 （1）浸出 时，加入过量的盐酸和溶液的混合液将铅元素全部以形式浸出。 ①“浸出”过程中，发生的主要反应有： I． II． III．___________(浸出的离子方程式) ②I生成的作II的催化剂使浸出速率增大，其催化过程可表示为： i． ii．___________(离子方程式) ③充分浸出后，分离出含溶液的方法是___________。 （2）结晶 向含的溶液中加入适量的冷水结晶获得，结合浓度商(Q)与平衡常数(K)的影响因素及大小关系，解释加入冷水的作用：___________。 （3）脱氯碳化 室温时，向溶液中加入少量浓氨水调至，然后加入固体进行脱氯碳化。 ①随着脱氯碳化反应进行，溶液的___________(填“增大”“减小”或“不变”)。 ②脱氯碳化过程中，检测到。浊液转化为的最低___________。 （4）还原 将溶于溶液可制备，反应：。制备高纯铅的原电池原理示意图如图所示。 ①获得高纯铅的电极是___________(填“正极”或“负极”)。 ②电池的总反应的离子方程式是___________。 ③从物质和能量利用的角度说明该工艺的优点：___________。 19. 某小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应（夹持装置略）。 资料：ⅰ.在一定条件下被或氧化成（棕黑色）、（绿色）、（紫色）。ⅱ.浓碱条件下，可被还原为。 ⅲ.的氧化性与溶液的酸碱性无关，NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。 序号 物质a C中实验现象 通入前 通入后 Ⅰ 水 得到无色溶液 产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化 Ⅱ 溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀 Ⅲ 溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀 （1）B中试剂是________。 （2）通入前，Ⅱ、Ⅲ中沉淀由白色变为黑色的化学方程式为________。 （3）对比实验Ⅰ、Ⅱ通入后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是________。 （4）根据资料ⅱ，Ⅲ中应得到绿色溶液，实验中得到紫色溶液，分析现象与资料不符的原因： 原因一：可能是通入导致溶液的碱性减弱。 原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将氧化为。 ①化学方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因________，但通过实验测定溶液的碱性变化很小。 ②取Ⅲ中放置后的1 mL悬浊液，加入溶液。溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色的离子方程式为________，溶液绿色缓慢加深，原因是被________（填“化学式”）氧化，可证明Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量。 ③取Ⅱ中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL水，溶液紫色缓慢加深，发生的反应是________。 ④从反应速率的角度，分析实验Ⅲ未得到绿色溶液的可能原因________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $