精品解析：北京市通州区2023-2024学年高三上学期期末考试化学试题

通州区2023-2024学年高三年级摸底考试 化学试卷 2024年1月 本试卷共10页，共100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，请将答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量： 第一部分 本部分共14题，每小题3分，共42分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。 1. 文物是中华民族悠久历史和灿烂文化的实物见证，下列文物的主要材料中属于金属材料的是 A．甲骨文 B．货币海贝 C．陶瓷 D．铜方尊 A. A B. B C. C D. D 2. 下列化学用语或图示表达不正确的是 A. 反-2-丁烯的分子结构模型： B. 质量数为2的，其核素符号是： C. 的模型： D. 价层电子轨道表示式为： 3. 下列事实与水解反应无关的是 A. 实验室用制备纳米 B. 溴乙烷在碱性环境下制备乙醇 C. 重油在高温、高压和催化剂作用下转化为小分子烃 D. 向沸水中滴加饱和溶液制备胶体 4. 下列解释事实的化学用语不正确的是 A. 加热和的混合物生成黑色固体： B. 向澄清的苯酚钠溶液中通入出现白色浑浊： C. 将加入滴有酚酞溶液的水中液体变红 D. 铜片放入浓硝酸中产生红棕色气体 5. 下列关于气体的制备、除杂、检验或收集的方法中，正确的是 A.氨的制备 B.检验溴乙烷消去产生乙烯 C.除去CO2中的HCl D.乙炔气体收集 A. A B. B C. C D. D 6. 工业合成氨中的原料气需经过铜氨液处理后进入合成塔，目的是除去其中的CO。下列说法正确的是 已知：　 A. 可用与铵盐制备铜氨液 B. 通过降温可实现铜氨液再生利用 C. 中铜离子的配位数是3 D. 该步骤可有效防止CO使合成氨中催化剂中毒 7. 贝诺酯具有解热镇痛抗炎作用，是乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚的前体药物。 下列说法正确的是 A. 贝诺酯完全水解的产物有四种分子结构 B. 1 mol乙酰水杨酸最多消耗2 mol NaOH C. 可用FeCl3溶液鉴别对乙酰氨基酚和乙酰水杨酸 D. 对乙酰氨基酚中甲基C—H键极性与甲烷中C—H键极性相同 8. 下列叙述中，事实与对应解释不正确的是 事实 解释 A 酸性：HCOOH > CH3COOH H3C–是推电子基团，使羧基中羟基的极性减小 B 在CS2中的溶解度：H2O < CCl4 H2O为极性分子，CS2和CCl4是非极性分子 C 硬度：金刚石>石墨 金刚石属于共价晶体只含共价键，石墨属于混合型晶体，既存在共价键又存在范德华力 D 热稳定性：H2O > H2S 水分子间存在氢键作用 A. A B. B C. C D. D 9. 丙烷制备丙烯过程中发生如下反应： 反应Ⅰ 　 反应Ⅱ　 反应Ⅲ　 已知：一定条件下，丙烷单独进料时平衡体系各组分体积分数如下表所示： 物质 体积分数(%) 21 23.7 55.2 0.1 0 下列说法正确的是 A. 丙烯中6个键键能相同 B. 使用催化剂可提高反应中丙烷的平衡转化率 C. 反应Ⅲ的正向进行有利于反应Ⅰ的正向进行 D. 从初始投料到平衡的过程中的消耗平均速率：反应反应反应I 10. 下列实验中，能达到实验目的的是 A B 比较相同温度下和的大小 检验有机化合物中含溴原子 C D 验证是酸性氧化物 研究浓度对化学平衡的影响 A. A B. B C. C D. D 11. 磷酸燃料电池是以浓磷酸为电解质的新型燃料电池。某探究小组模仿氯碱工业设计装置如下图所示，下列说法正确的是 A. 装置正极的电极反应为 B. 向中反应后电解质溶液加入溶液并调至中性存在： C. 电池工作时，外电路中转移电子，则装置阴极附近产生 D. 工作一段时间后观察到试管中溶液颜色变浅，证明装置阳极产生的气体与发生反应 12. 高分子的部分合成路线如图所示。下列说法不正确的是 A. 单体分子中含有酯基和醚键 B. 高分子水解可得到单体 C. 聚合反应中还伴有的生成 D. 单体与高分子化学计量比是 13. 我国著名的科学家侯德榜改进了“索尔维制碱法”，确定了新的工艺流程——侯氏制碱法，部分工艺流程对比如下图所示，下列说法不正确的是 A. 侯氏制碱法中通氨后溶液中的溶质主要是和 B. 两种制碱法都是向饱和中先通再通足量，目的是获得更多 C. 两种制碱法比较，理论上侯氏制碱法原子的利用率远远大于索尔维制碱法 D. 侯氏制碱法中采用通氨、降温、盐析，使正向移动，实现对的分离 14. 分析含有少量NaOH的NaClO溶液与FeSO4溶液的反应。 已知：①图1表示将FeSO4溶液逐滴滴加到含少量NaOH的NaClO溶液中的pH变化；②图2表示NaClO溶液中含氯微粒的物质的量分数与pH的关系[注：饱和NaClO溶液的pH约为11； Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10−39]。 关于上述实验，下列分析正确的是 A. A点溶液的pH约为13，主要原因是ClO− + H2OHClO + OH− B. AB段pH显著下降的原因是5ClO-+2Fe2+ + 5H2O=Cl−+ 2Fe(OH)3↓+ 4HClO C. CD段较BC段pH下降快的主要原因是HClO+2Fe2+ +5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+ 5H+ D. 反应进行至400s时溶液中产生Cl2的原因是：ClO-+ Cl-+2H+=Cl2↑+ H2O 第二部分 本部分共5题，共58分。 15. 某科研团队以和为原料合成流程如图所示 （1）①基态原子的价层电子排布式为______。 ②气态失去一个电子比气态失去一个电子难，你的解释是______。 （2）的空间构型是______。 （3）上述参与反应的物质中电负性最大的元素是______。 （4）下列关于反应物的说法中不正确的是______。 a．中的杂化类型是 b．中存在非极性共价键 c．在反应过程中氮元素的化合价降低 （5）科学家为改良材料热电性能，在晶胞上的位掺杂来提高其热电性能，制备出的材料晶胞形状为立方体，边长为，结构如图所示。 ①该物质的化学式是______。 ②已知该物质的摩尔质量是，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为______ （6）可作为钠离子电池正极材料，其充放电过程正极材料晶胞的组成变化如图所示。(晶胞内未标出因放电产生的0价原子) 每个晶胞完全转化为晶胞，转移电子数为______。 16. 甲醇氧化为甲醛和水的反应可看作以下两个连续反应： ⅰ. ⅱ.H2(g)+O2(g)=H2O(g) ΔH2=-247.8kJ/mol 已知： （1） ___________。 （2）要提高反应ⅰ中甲醇平衡转化率，可采取的措施有___________(写出两条) （3）应用负载银催化时反应ⅰ会发生以下副反应： ⅲ. ⅳ. 其他条件相同时，以为催化剂，研究银负载量对催化剂活性的影响，实验数据如图所示： ①依据实验数据应选择的最佳反应条件是___________。 ②温度由650℃至700℃甲醛收率下降的可能原因是___________。 （4）通过电催化法可将甲醇转化为甲醛，装置如图所示(电极均为惰性电极) ①电极连接电源的___________极(填“正”或“负”)。 ②阳极室产生后发生的反应有：___________、 （5）电解后甲醛含量测定方法如下：(溶液中无 、剩余) 已知： 若滴定过程中消耗碘V1L，消耗标准溶液V2L，则电解后甲醛的含量为___________。 17. 卢帕他定是一种抗过敏药物。其合成路线如下： 已知： （1）分子中的含氧官能团是______。 （2）反应中的作用是______(填“氧化剂”或“还原剂”)。 （3）D的结构简式是______。 （4）属于芳香化合物，其核磁共振氢谱有3组峰。 ①的化学方程式是______。 ②可与盐酸发生反应，生成的有机化合物结构简式是______。 （5）下列说法正确的是______。 a．的分子式是 b．在酸性或碱性条件下都可以发生水解反应 c．分子内不存在手性碳原子 d．分子中所有原子共平面 （6）卢帕他定的结构简式是______。 18. 高镁锂比氯化物型盐湖卤水含有丰富的锂资源，利用盐湖卤水提锂工艺流程如下图所示。 已知：卤水中所含微粒的浓度如下表所示。 微粒种类 浓度 105.4 15.7 3.33 16.7 0.84 203.7 21.3 [注：草酸盐受热易分解； 该条件下，生成，开始沉淀时，完全沉淀时 （1）步骤Ⅰ中“蒸发”的目的是______。 （2）步骤Ⅱ中石灰的作用是______ （3）步骤Ⅱ向浓缩液中添加稍过量石灰至为8.6时，会出现如下两种现象： ①滤液1中仍存在比理论计算值更多的镁离子，原因是______。 ②该环境下会有少量硫酸钠析出，持续加入石灰能实现硫酸钠的复溶，请依据化学平衡原理解释原因______。 （4）步骤Ⅲ中滤液1加入主要发生反应的离子方程式有______，滤渣2若想回收再利用步骤Ⅳ中需进行的操作是______。 （5）已知： 在滤液2中部分微粒浓度受浓缩因子影响如下表所示，为得到较高的锂收率，应控制滤液2适宜的浓缩因子是______。 溶液浓度 浓缩因子=1 105.4 15.7 0.84 203.7 浓缩因子=30 56.44 52.5 19.8 201.4 浓缩因子=55 37.61 41.3 30.3 215.6 （6）步骤Ⅵ中沉锂的适宜温度是，温度不宜过低和过高的原因可能是______。 19. 某小组实验探究不同条件下KMnO4和NaNO2溶液的反应。 已知：ⅰ、在一定条件下可能被还原为溶液(绿色)、(棕黑色)、(无色)。 ⅱ、浓碱条件下，可被还原为。 ⅲ、在水中为白色沉淀。 实验 物质a 实验现象 Ⅰ ①6滴饱和 ②3滴 紫色溶液变浅至无色 Ⅱ ①6滴饱和 ②3滴 加热一段时间后，溶液逐渐变为绿色 Ⅲ ①6滴饱和 ②3滴 加热一段时间后，溶液中产生棕黑色沉淀 （1）实验I中，还原产物为______。 （2）小组同学对实验Ⅱ中得到绿色溶液的原因提出以下假设： 假设一：被溶液中的原为。 假设二：______。 甲同学补做了实验______(填操作和现象)，证明假设一不成立。 （3）实验Ⅲ中反应得到棕黑色沉淀的离子方程式是______。 该小组同学对反应后的溶液进行进一步的探究： 序号 实验操作 实验现象 Ⅳ 取I反应后的溶液，逐滴加入稀溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 V 取Ⅱ反应后的溶液，逐滴加入溶液 溶液绿色逐渐消失，有棕黑色沉淀生成，再继续滴加溶液，棕黑色沉淀消失，溶液变为无色 （4）实验中沉淀由白色变为棕黑色的化学方程式是______。 （5）根据实验V中现象推测，实验Ⅱ中的反应物______过量，结合离子方程式解释“继续滴加溶液沉淀消失”的原因是______。 （6）综合上述实验分析，影响氧化性的主要因素是______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 通州区2023-2024学年高三年级摸底考试 化学试卷 2024年1月 本试卷共10页，共100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，请将答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量： 第一部分 本部分共14题，每小题3分，共42分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。 1. 文物是中华民族悠久历史和灿烂文化的实物见证，下列文物的主要材料中属于金属材料的是 A．甲骨文 B．货币海贝 C．陶瓷 D．铜方尊 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．甲骨片主要是龟甲、兽骨等，主要成分为蛋白质，不属于金属材料，A不符合题意； B．货币海贝主要成分为碳酸盐，不属于金属材料，B不符合题意； C．陶瓷主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，不属于金属材料，C不符合题意； D．铜方尊属于合金，因此属于金属材料，D符合题意； 答案选D。 2. 下列化学用语或图示表达不正确的是 A. 反-2-丁烯的分子结构模型： B. 质量数为2的，其核素符号是： C. 的模型： D. 价层电子轨道表示式为： 【答案】A 【解析】 【详解】A．表示顺-2-丁烯的分子结构模型，A错误； B．H的原子序数为1，则质量数为2的原子可表示为，B正确； C．分子中O原子的价层电子对数为，含有2对孤对电子，则模型为，C正确； D．Fe的价电子排布式为，失去最外层两个电子形成，则的价层电子轨道表示式为：，D正确； 答案选A。 3. 下列事实与水解反应无关的是 A. 实验室用制备纳米 B. 溴乙烷在碱性环境下制备乙醇 C. 重油在高温、高压和催化剂作用下转化为小分子烃 D. 向沸水中滴加饱和溶液制备胶体 【答案】C 【解析】 【详解】A．在热水中水解： ，钛酸受热分解生成，与盐类水解有关，不符合题意； B．溴乙烷在碱性环境下制备乙醇发生了水解反应：，再与碱反应，与水解有关，B不符合题意； C．重油在高温、高压和催化剂作用下转化为小分子烃是裂化反应，与水解无关，C符合题意； D．溶液水解生成氢氧化铁：，加热促进水解，故可以制得胶体，与盐类水解有关，D不符合题意； 答案选C。 4. 下列解释事实的化学用语不正确的是 A. 加热和的混合物生成黑色固体： B. 向澄清的苯酚钠溶液中通入出现白色浑浊： C. 将加入滴有酚酞溶液的水中液体变红 D. 铜片放入浓硝酸中产生红棕色气体 【答案】A 【解析】 【详解】A．加热和S的混合物生成FeS黑色固体，化学方程式为：，A错误； B．向澄清的苯酚钠溶液中通入反应生成苯酚，出现白色浑浊，化学方程式为：，B正确； C．Na和水反应生成氢氧化钠和氢气，溶液呈碱性，滴入酚酞溶液，溶液变红色，离子方程式为：，C正确； D．铜片放入浓硝酸中产生NO2红棕色气体和硝酸铜，离子方程式为：，D正确； 故选A。 5. 下列关于气体的制备、除杂、检验或收集的方法中，正确的是 A.氨的制备 B.检验溴乙烷消去产生乙烯 C.除去CO2中的HCl D.乙炔气体收集 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．直接加热氯化铵分解生成氨气和氯化氢，生成的两种产物会在试管口直接化合生成氯化铵，因此无法制备氨气，应该选用氯化铵和氢氧化钙固体加热制备氨气，A错误； B．乙烯与溴发生加成反应，则溴的四氯化碳溶液褪色，因此可检验溴乙烷消去产生的乙烯，B正确； C．和均与饱和碳酸钠溶液反应，因此无法除去中的，C错误； D．乙炔的密度小于空气，因此不能使用向上排空气法收集，D错误； 故选B。 6. 工业合成氨中的原料气需经过铜氨液处理后进入合成塔，目的是除去其中的CO。下列说法正确的是 已知：　 A. 可用与铵盐制备铜氨液 B. 通过降温可实现铜氨液再生利用 C. 中铜离子的配位数是3 D. 该步骤可有效防止CO使合成氨中催化剂中毒 【答案】D 【解析】 【详解】A．用与氨水而不是铵盐制备铜氨液，A错误； B．铜氨溶液吸收CO的反应为放热反应，气体分子总数减少的反应，为了使反应后铜氨溶液再生，即让反应逆向进行，则采用的条件为高温低压，B错误； C．中铜离子的配位数是4，C错误； D．CO会使催化剂失去活性，所以原料气在进入合成塔前需经过铜氨液处理，除去其中的CO，可防止催化剂中毒，D正确； 故选D。 7. 贝诺酯具有解热镇痛抗炎作用，是乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚的前体药物。 下列说法正确的是 A. 贝诺酯完全水解的产物有四种分子结构 B. 1 mol乙酰水杨酸最多消耗2 mol NaOH C. 可用FeCl3溶液鉴别对乙酰氨基酚和乙酰水杨酸 D. 对乙酰氨基酚中甲基C—H键极性与甲烷中C—H键极性相同 【答案】C 【解析】 【详解】A．贝诺酯中两个酯基，一个酰胺脂基，都会发生水解，产物分别是乙酸、领羟基苯甲酸，对氨基苯酚，A错误； B．乙酰水杨酸中有一个羧基，一个酯基，1 mol乙酰水杨酸中的羧基和酯基分别都能和1mol NaOH反应，而乙酰水杨酸中的酯基水解后会生成酚羟基，有酸性，会进一步消耗1mol NaOH，故最多消耗3mol NaOH，B错误； C．FeCl3溶液遇到酚羟基显紫色，对乙酰氨基酚中有酚羟基，而乙酰水杨酸中无酚羟基，可用FeCl3溶液鉴别对乙酰氨基酚和乙酰水杨酸，C正确； D．虽然都是C—H键，但是C上所连其他基团不同，C对共用电子对的吸引能力不同，键的极性大小有区别，D错误； 本题选C。 8. 下列叙述中，事实与对应解释不正确的是 事实 解释 A 酸性：HCOOH > CH3COOH H3C–是推电子基团，使羧基中羟基的极性减小 B 在CS2中的溶解度：H2O < CCl4 H2O为极性分子，CS2和CCl4是非极性分子 C 硬度：金刚石>石墨 金刚石属于共价晶体只含共价键，石墨属于混合型晶体，既存在共价键又存在范德华力 D 热稳定性：H2O > H2S 水分子间存在氢键作用 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．H3C–是推电子基团，使羧基中氧氢键极性减小，氢离子不易电离，所以酸性：HCOOH > CH3COOH，A正确； B．H2O为极性分子，CS2和CCl4是非极性分子，根据相似相溶，在CS2中的溶解度：H2O < CCl4，B正确； C．金刚石为共价晶体，石墨为混合型晶体，层内共价键，层间为范德华力，所以硬度：金刚石>石墨，C正确； D．范德华力、氢键影响物质的部分物理性质，稳定性属于物质的化学性质，H2O的稳定性强于H2S，是因为O的原子半径比S小，O的非金属性比S强，导致H-O键能强于H-S，即H2O的稳定性强于H2S，D错误； 故选D。 9. 丙烷制备丙烯过程中发生如下反应： 反应Ⅰ 　 反应Ⅱ　 反应Ⅲ　 已知：一定条件下，丙烷单独进料时平衡体系各组分体积分数如下表所示： 物质 体积分数(%) 21 23.7 55.2 0.1 0 下列说法正确的是 A. 丙烯中6个键键能相同 B. 使用催化剂可提高反应中丙烷的平衡转化率 C. 反应Ⅲ的正向进行有利于反应Ⅰ的正向进行 D. 从初始投料到平衡的过程中的消耗平均速率：反应反应反应I 【答案】C 【解析】 【详解】A．丙烯结构为CH2=CHCH3，分子中6个键键能不相同，A错误； B．催化剂可以加快反应速率，但是不改变转化率，B错误； C．反应Ⅲ的正向进行消耗更多的氢气且反应放热温度升高，升温和降低氢气浓度均有利于反应Ⅰ的正向进行，C正确； D．由表可知，反应Ⅲ生成甲烷分数为55.2%-23.7%=31.5%，则反应Ⅲ消耗分数31.5%÷3=10.5%，结合表数据，从初始投料到平衡的过程中的消耗平均速率：反应反应，D错误； 故选C。 10. 下列实验中，能达到实验目的的是 A B 比较相同温度下和的大小 检验有机化合物中含溴原子 C D 验证是酸性氧化物 研究浓度对化学平衡的影响 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．硫化钠与硫酸铜溶液反应与生成CuS沉淀，为沉淀的生成，不能比较Ksp（ZnS）、Ksp（CuS）的大小，故A错误； B．有机化合物在碱性溶液中发生水解反应，水解后没有加硝酸中和NaOH，不能检验溴离子，则不能证明有机物含溴原子，故B错误； C．二氧化硫与品红化合生成无色物质，溶液褪色，可知二氧化硫具有漂白性，不能证明二氧化硫为酸性氧化物，故C错误； D．只有KSCN浓度不同，左侧试管在溶液的血红色深，可研究浓度对化学平衡的影响，故D正确； 故选D。 11. 磷酸燃料电池是以浓磷酸为电解质的新型燃料电池。某探究小组模仿氯碱工业设计装置如下图所示，下列说法正确的是 A. 装置正极的电极反应为 B. 向中反应后电解质溶液加入溶液并调至中性存在： C. 电池工作时，外电路中转移电子，则装置阴极附近产生 D. 工作一段时间后观察到试管中溶液颜色变浅，证明装置阳极产生的气体与发生反应 【答案】B 【解析】 【分析】装置A为酸性燃料电池，其中通入氢气的一极为负极，通入氧气的一极为正极；装置B为电解池，与通入氢气一极相连的Pt电极为阴极，阴极电极反应为，与通入氧气一极相连的Pt电极为阳极，阳极电极反应为。 【详解】A．装置为酸性氢氧燃料电池，通入氧气的一极为正极，则正极的电极反应为，A错误； B．A中反应后的溶液为磷酸溶液，加入溶液并调至中性，则，根据电荷守恒关系可得：，因此溶液中存在，B正确； C．阴极电极反应为，根据得失电子守恒，外电路中转移电子时生成0.5mol氢气，由于不知道氢气所处的温度和压强，则无法计算其体积，C错误； D．装置B阳极产物为，与水反应生成HCl和HClO，生成的HClO具有漂白性可以使酚酞溶液颜色变浅，因此不能证明装置阳极产生的气体与发生反应，D错误； 答案选B。 12. 高分子的部分合成路线如图所示。下列说法不正确的是 A. 单体分子中含有酯基和醚键 B. 高分子水解可得到单体 C. 聚合反应中还伴有的生成 D. 单体与高分子化学计量比是 【答案】B 【解析】 【分析】根据合成路线，该反应可表示为。 【详解】A．根据单体E的结构可知，单体E分子中含有酯基和醚键，故A正确； B．单体E分子可以生成高分子R，但是高分子水解之后不会成环，故水解不能得到单体E的完整结构，故B错误； C．由分析的方程式可知，生成高分子时，单体E上还要脱离的C、H、O可以生成HCHO，故C正确； D．由分析的方程式可知，生成高分子时，单体E与高分子化学计量比是(x+y)∶1，故D正确； 故选B。 13. 我国著名的科学家侯德榜改进了“索尔维制碱法”，确定了新的工艺流程——侯氏制碱法，部分工艺流程对比如下图所示，下列说法不正确的是 A. 侯氏制碱法中通氨后溶液中的溶质主要是和 B. 两种制碱法都是向饱和中先通再通足量，目的是获得更多 C. 两种制碱法比较，理论上侯氏制碱法原子的利用率远远大于索尔维制碱法 D. 侯氏制碱法中采用通氨、降温、盐析，使正向移动，实现对的分离 【答案】A 【解析】 【分析】饱和氯化钠溶液中通入氨气得到氨盐水，通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠和二氧化碳，索尔维制碱法为:向母液加入Ca(OH)2，得到氨气和废液；侯氏制碱法:母液中通入氨气，降温加入氯化钠盐析得到氯化铵晶体和氨盐水。 【详解】A．侯氏制碱法中通氨后溶液中的溶质主要是NH4HCO3和NaCl，故A错误； B．上述流程分析可知，两种制碱法都是向饱和 NaCl中先通NH3再通足量CO2，目的是获得更多NaHCO3，故B正确； C．理论上侯氏制碱法，NaCl利用率高，可降低制碱成本，增大经济效益，Na原子的利用率远远大于索尔维制碱法，故C正确； D．侯氏制碱法中采用通氨、降温、加入氯化钠盐析，溶液中铵根离子、氯离子浓度增大，使 (aq)+Cl-(aq) = NH4Cl(s)正向移动，析出氯化铵晶体，实现对NH4Cl的分离，故D正确； 故选A。 14. 分析含有少量NaOH的NaClO溶液与FeSO4溶液的反应。 已知：①图1表示将FeSO4溶液逐滴滴加到含少量NaOH的NaClO溶液中的pH变化；②图2表示NaClO溶液中含氯微粒的物质的量分数与pH的关系[注：饱和NaClO溶液的pH约为11； Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10−39]。 关于上述实验，下列分析正确的是 A. A点溶液的pH约为13，主要原因是ClO− + H2OHClO + OH− B. AB段pH显著下降的原因是5ClO-+2Fe2+ + 5H2O=Cl−+ 2Fe(OH)3↓+ 4HClO C. CD段较BC段pH下降快的主要原因是HClO+2Fe2+ +5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+ 5H+ D. 反应进行至400s时溶液中产生Cl2的原因是：ClO-+ Cl-+2H+=Cl2↑+ H2O 【答案】C 【解析】 【分析】刚开始滴入FeCl2溶液时，Fe2+被氧化生成Fe3+，Fe3+与溶液中本来存在OH-结合生成沉淀，使pH显著下降，当溶液中原本存在的OH-反应完全后，Fe3+和ClO-发生双水解生成弱酸HClO，溶液的pH缓慢下降，当溶液中溶质主要为HClO后，再滴入FeCl2溶液，HClO将Fe2+氧化成Fe3+，同时生成强酸HCl，所以pH迅速下降，随着FeCl2的滴入，溶液中HCl的浓度越来越大，pH越来越小，小到一定程度后Fe(OH)3开始溶解消耗氢离子，所以pH变化缓慢，据此回答。 【详解】A．饱和NaClO溶液的pH约为11，A点溶液的pH约为13，说明主要原因不是次氯酸跟离子的水解，A错误； B．根据分析可知，AB段pH下降的原因为Fe2+被氧化生成Fe3+，Fe3+与溶液中本来存在OH-结合生成沉淀，，B错误； C．当溶液中原本存在的OH-反应完全后，Fe3+和ClO-发生双水解生成弱酸HClO，BC段pH缓慢下降，再滴入FeCl2溶液，HClO将Fe2+氧化成Fe3+，同时生成强酸HCl，所以CD段pH迅速下降，CD段较BC段pH下降快的主要原因是HClO+2Fe2+ +5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+ 5H+，C正确； D．反应进行至400s时，生成的HClO氧化Cl-产生Cl2，离子方程式为HClO+ Cl-+H+=Cl2↑+ H2O，D错误； 故选C。 第二部分 本部分共5题，共58分。 15. 某科研团队以和为原料合成流程如图所示 （1）①基态原子的价层电子排布式为______。 ②气态失去一个电子比气态失去一个电子难，你的解释是______。 （2）的空间构型是______。 （3）上述参与反应的物质中电负性最大的元素是______。 （4）下列关于反应物的说法中不正确的是______。 a．中的杂化类型是 b．中存在非极性共价键 c．在反应过程中氮元素的化合价降低 （5）科学家为改良材料热电性能，在晶胞上的位掺杂来提高其热电性能，制备出的材料晶胞形状为立方体，边长为，结构如图所示。 ①该物质的化学式是______。 ②已知该物质的摩尔质量是，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为______ （6）可作为钠离子电池正极材料，其充放电过程正极材料晶胞的组成变化如图所示。(晶胞内未标出因放电产生的0价原子) 每个晶胞完全转化为晶胞，转移电子数为______。 【答案】（1） ①. ②. 气态失去一个电子变为，其价层电子排布是轨道为全充满，比较稳定，所以气态失去一个电子比气态失去一个电子难 （2）形 （3） （4）ac （5） ①. ②. （6）8 【解析】 【小问1详解】 ①Cu是29号元素，位于周期表中第四周期第ⅠB族，价层电子排布式为； ②气态的价电子排布式为，失去一个电子变为，其价层电子排布是轨道为全充满，比较稳定，所以气态失去一个电子比气态失去一个电子难； 【小问2详解】 中Se原子的价层电子对数为，有1个孤电子对，空间构型为V形； 【小问3详解】 上述参与反应的物质所含的元素中非金属性最强的是O，则电负性最大的是O； 【小问4详解】 a．中原子形成3个σ键，还有一个孤电子对，为sp3杂化，a错误； b．中存在非极性键，b正确； c．生成Cu2Se时，Cu、Se化合价都降低，则在反应过程中提供电子，氮元素的化合价升高，c错误； 答案选ac； 【小问5详解】 ①Cu位于顶角和面心，个数为，8个Se位于体内，Al位于棱心和体心，个数为，则，则化学式为AlCuSe2； ②晶胞质量为，晶胞体积为，晶胞密度为； 【小问6详解】 转化为的电极反应式为，每个晶胞中含有的单元数为4，则转移电子数为8。 16. 甲醇氧化为甲醛和水的反应可看作以下两个连续反应： ⅰ. ⅱ.H2(g)+O2(g)=H2O(g) ΔH2=-247.8kJ/mol 已知： （1） ___________。 （2）要提高反应ⅰ中甲醇平衡转化率，可采取的措施有___________(写出两条) （3）应用负载银催化时反应ⅰ会发生以下副反应： ⅲ. ⅳ. 其他条件相同时，以为催化剂，研究银负载量对催化剂活性的影响，实验数据如图所示： ①依据实验数据应选择的最佳反应条件是___________。 ②温度由650℃至700℃甲醛收率下降的可能原因是___________。 （4）通过电催化法可将甲醇转化为甲醛，装置如图所示(电极均为惰性电极) ①电极连接电源的___________极(填“正”或“负”)。 ②阳极室产生后发生的反应有：___________、 （5）电解后甲醛含量测定方法如下：(溶液中无 、剩余) 已知： 若滴定过程中消耗碘V1L，消耗标准溶液V2L，则电解后甲醛的含量为___________。 【答案】（1）+92.7kJ/mol （2）升温或减压 （3） ①. 20%银负载量、650℃ ②. 升温反应左移、不利于甲醛生成，反应ⅲ.右移，会消耗甲醛，升温也可能使催化剂活性下降 （4） ①. 负 ②. 或 （5） 【解析】 【小问1详解】 按盖斯定律，反应=2×反应ⅰ+2×反应ⅱ，则=+92.7kJ/mol。 【小问2详解】 反应ⅰ为气体体积增大的吸热反应，温度升高或减压均可使反应右移，则要提高反应ⅰ中甲醇平衡转化率，可采取的措施有升温或减压(写出两条)。 【小问3详解】 ①由图知，20%银负载量、650℃时甲醛的收率最高、20%银负载量时甲醛的选择性最大，则依据实验数据应选择的最佳反应条件是20%银负载量、650℃。 ②升温，反应左移、不利于甲醛生成，反应ⅲ.右移，会消耗甲醛，升温也可能使催化剂活性下降，则温度由650℃至700℃甲醛收率下降的可能原因是：升温反应左移、不利于甲醛生成，反应ⅲ.右移，会消耗甲醛，升温也可能使催化剂活性下降。 【小问4详解】 ①电解池中阳离子向阴极移动，则由图可知右侧电极为阴极，连接电源的负极。 ②氯离子在阳极放电产生氯气，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸把甲醇氧化为甲醛，则阳极室产生后发生的反应有：或、 【小问5详解】 由流程可知，电解后的甲醛溶液(溶液中无 、剩余)中，加入过量碘水、氢氧化钠溶液，发生，滴入标准硫代硫酸钠溶液与多余的碘单质反应：，酸化后若滴定过程中消耗碘V1L，消耗标准溶液V2L，则与甲醛反应的碘单质为，V升电解液中甲醛为，电解后甲醛的含量为。 17. 卢帕他定是一种抗过敏药物。其合成路线如下： 已知： （1）分子中的含氧官能团是______。 （2）反应中的作用是______(填“氧化剂”或“还原剂”)。 （3）D的结构简式是______。 （4）属于芳香化合物，其核磁共振氢谱有3组峰。 ①的化学方程式是______。 ②可与盐酸发生反应，生成的有机化合物结构简式是______。 （5）下列说法正确的是______。 a．的分子式是 b．在酸性或碱性条件下都可以发生水解反应 c．分子内不存在手性碳原子 d．分子中所有原子共平面 （6）卢帕他定的结构简式是______。 【答案】（1）羧基(或) （2）还原剂 （3） （4） ①. ②. （5） （6） 【解析】 【分析】A和发生取代反应生成B，B和NaBH4发生还原反应生成C为，C和SOCl2发生还原反应生成D为，E和反应生成F，F和发生已知信息的反应原理得到G，结合F的分子式可以推知F为，结合E的分子式可以推知E为，I和D发生已知信息的反应原理得到卢帕他定为，以此解答。 【小问1详解】 由A的结构简式可知，A分子中的含氧官能团是羧基(或−COOH)。 【小问2详解】 由分析可知，B和NaBH4发生还原反应生成C，的作用是还原剂。 【小问3详解】 由分析可知，D的结构简式为。 【小问4详解】 E属于芳香化合物，其核磁共振氢谱有3组峰，E和反应生成F，F和发生已知信息的反应原理得到G，结合F的分子式可以推知F为，结合E的分子式可以推知E为，①的化学方程式是++H2O； ②中含有氨基，与盐酸发生反应生成。 【小问5详解】 a．由G的结构简式可知，的分子式是C20H16ON2Cl2，a错误； b．G中含有酰胺基和氯原子，在酸性或碱性条件下都可以发生水解反应，b正确； c．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，I分子内不存在手性碳原子，c正确； d．I中含有2个亚甲基，其中C原子是sp3杂化的，所有原子不可能共平面，d错误； 故选bc。 【小问6详解】 由分析可知，卢帕他定的结构简式是。 18. 高镁锂比氯化物型盐湖卤水含有丰富的锂资源，利用盐湖卤水提锂工艺流程如下图所示。 已知：卤水中所含微粒的浓度如下表所示。 微粒种类 浓度 105.4 15.7 3.33 16.7 0.84 203.7 21.3 [注：草酸盐受热易分解； 该条件下，生成，开始沉淀时，完全沉淀时 （1）步骤Ⅰ中“蒸发”的目的是______。 （2）步骤Ⅱ中石灰的作用是______ （3）步骤Ⅱ向浓缩液中添加稍过量石灰至为8.6时，会出现如下两种现象： ①滤液1中仍存在比理论计算值更多的镁离子，原因是______。 ②该环境下会有少量硫酸钠析出，持续加入石灰能实现硫酸钠的复溶，请依据化学平衡原理解释原因______。 （4）步骤Ⅲ中滤液1加入主要发生反应的离子方程式有______，滤渣2若想回收再利用步骤Ⅳ中需进行的操作是______。 （5）已知： 在滤液2中部分微粒浓度受浓缩因子影响如下表所示，为得到较高的锂收率，应控制滤液2适宜的浓缩因子是______。 溶液浓度 浓缩因子=1 105.4 15.7 0.84 203.7 浓缩因子=30 56.44 52.5 19.8 201.4 浓缩因子=55 37.61 41.3 30.3 215.6 （6）步骤Ⅵ中沉锂的适宜温度是，温度不宜过低和过高的原因可能是______。 【答案】（1）富集锂 （2）沉淀剂、调节 （3） ①. 产生的硫酸钙附着在石灰表面，阻止镁离子与石灰进一步反应 ②. 加入石灰后钙离子与硫酸根结合成硫酸钙沉淀，使溶解平衡正向移动 （4） ①. 、 ②. 煅烧 （5）30 （6）碳酸锂溶解度随温度升高而降低，温度过低碳酸锂不易析出晶体，碳酸锂收率低温度高于90摄氏度，溶液蒸发导致其它离子析出，碳酸锂纯度降低 【解析】 【分析】盐湖卤水蒸发浓缩后加入石灰，石灰和水生成氢氧化钙，氢氧化钙和镁离子生成氢氧化镁沉淀、和硫酸根离子生成硫酸钙沉淀得到滤渣，滤液加入草酸钠将钙离子、镁离子转化为沉淀得到含有草酸镁、草酸钙的滤渣2，处理得到氧化钙、氧化镁；滤液2蒸发过滤得到含有锂离子的滤液3，加入碳酸钠得到碳酸锂； 【小问1详解】 步骤Ⅰ中“蒸发”的目的是提高溶液浓度，富集锂； 【小问2详解】 石灰和水生成氢氧化钙使得溶液显碱性，氢氧化钙和镁离子生成氢氧化镁沉淀、和硫酸根离子生成硫酸钙沉淀，故步骤Ⅱ中石灰的作用是沉淀剂、调节； 【小问3详解】 ①反应产生的硫酸钙沉淀附着在石灰表面，阻止镁离子与石灰进一步反应，使得滤液1中仍存在比理论计算值更多的镁离子； ②加入石灰后钙离子与硫酸根结合成硫酸钙沉淀，使溶解平衡正向移动，导致持续加入石灰能实现硫酸钠的复溶； 【小问4详解】 滤液加入草酸钠将钙离子、镁离子转化为沉淀得到含有草酸镁、草酸钙的滤渣2，反应为：、；已知：草酸盐受热易分解，则滤渣2若想回收再利用步骤Ⅳ中需进行的操作是煅烧； 【小问5详解】 由表可知，为得到较高的锂收率，应控制滤液2适宜的浓缩因子是30，此时溶液中锂离子浓度较高，会有较多的锂进入滤液3利于回收； 【小问6详解】 碳酸锂溶解度随温度升高而降低，温度过低碳酸锂不易析出晶体，碳酸锂收率低温度高于90摄氏度，溶液蒸发导致其它离子析出，碳酸锂纯度降低，故沉锂的适宜温度是。 19. 某小组实验探究不同条件下KMnO4和NaNO2溶液的反应。 已知：ⅰ、在一定条件下可能被还原为溶液(绿色)、(棕黑色)、(无色)。 ⅱ、浓碱条件下，可被还原为。 ⅲ、在水中为白色沉淀。 实验 物质a 实验现象 Ⅰ ①6滴饱和 ②3滴 紫色溶液变浅至无色 Ⅱ ①6滴饱和 ②3滴 加热一段时间后，溶液逐渐变为绿色 Ⅲ ①6滴饱和 ②3滴 加热一段时间后，溶液中产生棕黑色沉淀 （1）实验I中，还原产物为______。 （2）小组同学对实验Ⅱ中得到绿色溶液的原因提出以下假设： 假设一：被溶液中的原为。 假设二：______。 甲同学补做了实验______(填操作和现象)，证明假设一不成立。 （3）实验Ⅲ中反应得到棕黑色沉淀的离子方程式是______。 该小组同学对反应后的溶液进行进一步的探究： 序号 实验操作 实验现象 Ⅳ 取I反应后的溶液，逐滴加入稀溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 V 取Ⅱ反应后的溶液，逐滴加入溶液 溶液绿色逐渐消失，有棕黑色沉淀生成，再继续滴加溶液，棕黑色沉淀消失，溶液变为无色 （4）实验中沉淀由白色变为棕黑色的化学方程式是______。 （5）根据实验V中现象推测，实验Ⅱ中的反应物______过量，结合离子方程式解释“继续滴加溶液沉淀消失”的原因是______。 （6）综合上述实验分析，影响氧化性的主要因素是______。 【答案】（1） （2） ①. 溶液中的还原 ②. 向 1mL0.01mol-1L-1KMnO4加6滴 H2O和3滴 6mol⋅L-1NaOH溶液，加热一段时间后观察溶液不变绿色 （3）2+3+H2O=2MnO2↓+3+2OH- （4）2Mn（OH）2+O2=2MnO2+2H2O （5） ①. NaNO2 ②. 酸性环境下 可将 MnO2还原为 Mn2+发生反应：MnO2++2CH3COOH=Mn2+++2CH3COO-+H2O （6）溶液的酸碱性 【解析】 【分析】本题通过控制变量的方法来探究不同条件下KMnO4和NaNO2溶液的反应本质，同时利用氧化还原反应配平的原则进行氧化还原反应配平，并结合各小题据此信息进行解题。 【小问1详解】 实验Ⅰ中酸性高锰酸钾溶液变为无色，即高锰酸根离子转化为Mn2+，即高锰酸钾、亚硝酸钠和硫酸反应生成锰离子、硝酸根离子和水，则还原产物为Mn2+，故答案为：Mn2+； 【小问2详解】 实验Ⅱ中的反应物有高锰酸钾、亚硝酸钠和氢氧化钠，则得到绿色溶液的原因提出以下假设：假设一：被溶液中的OH-原为；假设二：溶液中的还原 ；不加入亚硝酸钠可证明假设一是否成立，则甲同学补做了实验向 1mL0.01mol-1L-1KMnO4加6滴 H2O和3滴 6mol⋅L-1NaOH溶液，加热一段时间后观察溶液不变绿色，证明假设一不成立，故答案为：溶液中的还原 ；向 1mL0.01mol-1L-1KMnO4加6滴 H2O和3滴 6mol⋅L-1NaOH溶液，加热一段时间后观察溶液不变绿色； 【小问3详解】 实验Ⅲ中高锰酸钾和亚硝酸钠反应生成二氧化锰，则反应得到棕黑色沉淀的离子方程式是2+3+H2O=2MnO2↓+3+2OH-，故答案为：2+3+H2O=2MnO2↓+3+2OH-； 【小问4详解】 实验Ⅳ中锰离子与氢氧根离子反应生成氢氧化锰白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀为二氧化锰，其反应的化学方程式是2Mn（OH）2+O2=2MnO2+2H2O，故答案为：2Mn（OH）2+O2=2MnO2+2H2O； 【小问5详解】 根据实验V中现象推测，实验Ⅱ中的反应物 NaNO2过量，继续滴加CH3COOH溶液沉淀消失的原因是酸性环境下 可将 MnO2还原为 Mn2+发生反应：MnO2++2CH3COOH=Mn2+++2CH3COO-+H2O，故答案为：NaNO2；酸性环境下 可将 MnO2还原为 Mn2+发生反应：MnO2++2CH3COOH=Mn2+++2CH3COO-+H2O； 【小问6详解】 综合上述实验分析，溶液的酸碱性不同影响KMnO4氧化性，则影响KMnO4氧化性的主要因素是溶液的酸碱性，故答案为：溶液的酸碱性。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $