精品解析：北京市第一○一中学2024-2025学年高三上学期10月统练（三）化学试题

北京一零一中2024-2025学年度高三统练三 化学 友情提示： 本试卷分为Ⅰ卷、Ⅱ卷两部分，共19道小题，共10页，满分100分；答题时间为90分钟；请将答案写在答题纸上。 可能用到的相对原子质量： Ⅰ卷 选择题(共42分) 一、选择题(共14道小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分) 。 1. 下列化学用语或图示表达不正确的是 A. 的键的形成： B. 基态原子的价层电子排布式： C. 电子式表示的形成过程： D. 的VSEPR模型： 2. 下列结构或性质的比较中，正确的是 A. 微粒半径： B. 电负性： C. 碱性： D. 酸性： 3. 下表是常见晶胞结构。下列说法不正确的是 金刚石 干冰 A. 金刚石是共价晶体，硬度关系为：金刚石>碳化硅>晶体硅 B. 晶胞中，与最近且等距的有2个 C. 是金属晶体，每个晶胞中含有4个原子 D. 干冰是分子晶体，由于分子间作用力弱，所以干冰熔点低 4. 下列物质的颜色变化与氧化还原反应无关的是 A. 氯水久置后，褪色 B. 将通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液紫红色褪去 C. 新制的白色氢氧化亚铁放置在空气中，最终变为红褐色 D. 向黄色的铬酸钾溶液中加入硫酸，溶液变为橙红色 5. 用表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 1mol晶体中含有共价键的数目为 B. 的硫酸溶液中含的数目为 C. 18g含有的中子数为 D. 过氧化钠与二氧化碳反应，生成22.4L(标准状况)时，转移的电子数为 6. 下图所示实验，装置或试剂不正确的是 A．证明非金属性： B．探究影响化学反应速率的因素 C．除去中的少量气体 D．制取并收集氨气 A. A B. B C. C D. D 7. 常温下，下列各组离子在溶液中能大量共存的是 A. 使紫色石蕊试液变红的溶液：、、、 B. 在的溶液中：、、、 C. 在含一定量氨水的溶液中：、、、 D. 在的溶液中：、、、 8. 利用如图所示装置(夹持装置略)进行实验，b中现象可以证明a中产物生成的是 a中反应 b中检测试剂及现象 A 浓分解生成 淀粉-KI溶液变蓝 B Cu与浓生成 紫色石蕊变红 C 浓与溶液生成 酚酞溶液变红 D 和浓盐酸生成 溶液变浑浊 A. A B. B C. C D. D 9. 四种常见元素基态原子的结构信息如下表。下列大小关系不一定正确的是 元素 X Y Z Q 结构信息 有5个原子道填充有电子，有3个未成对电子 有8个不同运动状态的电子 2p能级上有2个电子 价层电子排布式为 A. 单质的沸点： B. 第一电离能： C. 单质的硬度： D. 最高价含氧酸的酸性： 10. 下列方程式与所给事实相符的是 实验内容 结合方程式解释现象 A 向澄清石灰水中通入少量小苏打溶液，产生白色沉淀 B 向溶液中通入足量氨气，先生成蓝色沉淀，后沉淀溶解，得到深蓝色溶液 C 和空气的混合气体通过灼热的铂丝，一段时间后产生少量红棕色气体 D 将通入烧碱溶液制得漂白液 A. A B. B C. C D. D 11. 乙烯和氧气在催化下生成环氧乙烷()和乙醛()的机理如图所示。吸附在催化剂表面的粒子用*标注，表示过渡态(和的能量相差不大)。 注：表示催化剂表面。 下列说法正确的是 A. 和的过程中均形成了碳氧键 B. 吸附在催化剂表面的过程需要释放能量 C. 测得平衡产率：，其主要原因是比更稳定 D. 平衡常数K随温度升高而增大 12. 回收某光盘金属层中少量的方案如下(其他金属含量过低，可忽略)。 下列说法不正确的是 A. “氧化”过程若将改为，并在加热条件下进行，一定能提高氧化速率 B. ①中还生成，则可能的化学反应为： C. ②中加入氨水，作用是利用N的孤电子对，与形成配位键 D. ③中，若X是肼溶液，氧化产物为无害气体，则理论上消耗1mol 可提取432g 13. 某兴趣小组探究高锰酸钾和氨水的反应，实验如下： 序号 试剂 实验现象 ① 2mL溶液+1mL氨水+0.5mL蒸馏水 溶液完全褪色所需时间：③＜②＜①。 实验均产生棕褐色固体(经检验为)，都伴有少量气泡产生(经检验为)。 ② 2mL溶液+1mL氨水+0.5mL稀硫酸 ③ 2mL溶液+1mL氨水+0.5mL溶液 ④ 2mL溶液+1mL溶液+0.5mL蒸馏水 无明显变化 注：实验中。下列说法不正确的是 A. 实验①中发生了反应 B. 溶液完全褪色所需时间②＜①的主要原因：增大，的氧化性增强 C. 对比实验③④可得出，还原性： D. 在实验④的试剂中，逐滴加入浓溶液，可观察到溶液褪色 14. 转化可减少排放并实现资源利用。催化氧化乙烷制乙烯的主要反应有： ①： ②： 反应的能量变化如图1所示。体系中还存在其他副反应。相同时间内，乙烷的转化率、乙烯的选择性与温度的关系如图2所示。 已知：乙烯的选择性为转化的乙烷中生成乙烯的百分比，下列说法不正确的是 A. B. 反应②比反应①的速率小，是总反应的决速步 C. 在图2所画曲线的温度范围内，温度越高，乙烯的产率越低 D. 其他条件不变，适当增大投料比，能提高的转化率 Ⅱ卷 非选择题(共58分) 二、非选题。 15. 磷是生命元素。 （1）P的价电子轨道表示式为_______。 （2）第一电离能：P_______S，原因是_______。 （3）磷酸、亚磷酸和次磷酸(均为弱电解质，其中亚磷酸是一种二元酸)结构如下： ①中P的杂化方式为_______。 ②水溶性：，原因是_______。 ③写出与足量溶液反应的离子方程式_______。 ④有很强的还原性，可以将还原。请写出还原硝酸银的离子方程式_______。 （4）白磷(分子式为)是磷的一种同素异形体，其晶胞结构如下： ①离白磷分子最近且等距的分子有_______个。 ②设P的相对原子质量为x，测得白磷晶体密度为，则可算得阿伏伽德罗常数为_______。 16. 对烟气高效的脱硫、脱硝是防治空气污染的重要方式。 Ⅰ．尿素液相脱硫脱硝 （1）尿素含有的氨基中的N原子可与形成配位键，原因是_______。 （2）尿素溶液吸收烟气中的，生成一种正盐和，反应的化学方程式是_______。 （3）研究发现，用尿素溶液吸收烟气中的NO时，脱除率很低。若与尿素溶液联用，将NO转化为，可大大提高NO的脱除率。与溶液反应可生成两种无毒无污染的气体，反应的化学方程式是_______。 Ⅱ．气相脱硫脱硝 一定温度下，将模拟烟气通入气相氧化反应器中。NO和的初始浓度相同，改变的浓度，相同时间内，气体的氧化率随与NO或的物质的量浓度之比的变化如图所示。其中①、④分别为NO和单独通入反应器时NO、的氧化率，②、③分别为将NO和同时通入反应器时NO、的氧化率。 已知：对于确定的基元反应，反应速率(v)与速率常数(k)成正比。 气相氧化NO的关键基元反应： 基元反应1： 基元反应2： 气相氧化的关键基元反应： 基元反应3： 基元反应4： （4）单独氧化时，氧化率很低。原因是_______。 （5）将和NO同时通入气相氧化反应器中时，和NO的氧化率与将其单独通入反应器中时不同。原因分别是_______。 （6）当体系中有水蒸气时，单独氧化的氧化率有很大提升。研究表明，此时被氧化不再经历基元反应3和基元反应4，而是生成两种常见的强酸。反应的化学方程式是_______。 17. 的资源化利用是实现“碳中和、碳达峰”的途径。合成甲醇的过程中涉及如下反应： 反应ⅰ． ； 反应副反应ⅱ．副反应。 回答下列问题。 （1）①根据图，_______。 ②原料发生副反应会生成等气体产物，已知每生成1mol吸收热量41.2kJ。写出副反应的热化学方程式_______。 （2）T℃时，向1L恒容。密闭容器中充入1mol和4mol发生上述反应。10min末已达到平衡时测得容器中的转化率为90%，的物质的量为0.3mol。 ①0～10min内，平均反应速率_______。 ②T℃时，反应ⅱ的 化学平衡常数_______。 （3）将原料气充入某一恒容、密闭容器中，若只发生反应ⅰ，在不同催化剂作用下，反应时的转化率随温度的变化如下图所示。 ①图中达到化学平衡状态的是_______(填“a”、“b”、“c”或“d”)。 ②其他条件相同，若将原料气按充入同一恒容、密闭容器中，在催化剂Ⅰ的作用下发生反应。该条件下，a点时的转化率_______(填“增大”或“不变”或“减小”)。 （4）近日，我国学者研究发现，在单原子催化时，反应ⅰ的历程以及中间体与物质的量之比随时间变化图如下： 第一步：； 第二步：； 第三步：。 下列说法不正确的是_______(填字母序号)。 A．其他条件相同时，升高温度时，三步反应速率均加快 B．用不同催化剂催化反应可以改变反应历程，提高平衡转化率 C．反应历程中，第一步反应的活化能最高，是反应的决速步骤 18. 以银锰精矿(主要含、、)和氧化锰矿(主要含)为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。 已知：酸性条件下，的氧化性强于。 （1） “浸锰”过程是在溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除，有利于后续银的浸出：矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中。 ①“浸锰”过程中，发生反应，则可推断：__________(填“>”或“<”)。 ②在溶液中，银锰精矿中的和氧化锰矿中的发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有__________。 （2） “浸银”时，使用过量和的混合液作为浸出剂，将中的银以形式浸出。 ①将“浸银”反应的离子方程式补充完整：__________。 ②结合平衡移动原理，解释浸出剂中的作用：____________________。 （3） “沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。 ①该步反应的离子方程式有______________________________。 ②一定温度下，的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释分钟后的沉淀率逐渐减小的原因：______________。 （4）结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势：________。 19. 资料显示，可以将氧化为。某小组同学设计实验探究被氧化的产物及铜元素的价态。 已知：易溶于溶液，发生反应(红棕色)；和氧化性几乎相同。 I.将等体积的溶液加入到铜粉和的固体混合物中，振荡。 实验记录如下： 实验现象 实验Ⅰ 极少量溶解，溶液为淡红色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为淡红色 实验Ⅱ 部分溶解，溶液为红棕色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为红棕色 实验Ⅲ 完全溶解，溶液为深红棕色；充分反应后，红色的铜粉完全溶解，溶液为深红棕色 （1）初始阶段，被氧化的反应速率：实验Ⅰ__________(填“>”“<”或“=”)实验Ⅱ。 （2）实验Ⅲ所得溶液中，被氧化的铜元素的可能存在形式有(蓝色)或(无色)，进行以下实验探究： 步骤a．取实验Ⅲ的深红棕色溶液，加入，多次萃取、分液。 步骤b．取分液后的无色水溶液，滴入浓氨水。溶液颜色变浅蓝色，并逐渐变深。 ⅰ．步骤a的目的是_____________________。 ⅱ．查阅资料，，(无色)容易被空气氧化。用离子方程式解释步骤的溶液中发生的变化：______________。 （3）结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是____________________。分别取实验Ⅰ和Ⅱ充分反应后的固体，洗涤后得到白色沉淀，加入浓溶液，__________(填实验现象)，观察到少量红色的铜。分析铜未完全反应的原因是____________________。 （4）上述实验结果，仅将氧化为价。在隔绝空气的条件下进行电化学实验，证实了能将氧化为。装置如图所示，分别是_____________。 （5）运用氧化还原反应规律，分析在上述实验中被氧化的产物中价态不同的原因：_________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京一零一中2024-2025学年度高三统练三 化学 友情提示： 本试卷分为Ⅰ卷、Ⅱ卷两部分，共19道小题，共10页，满分100分；答题时间为90分钟；请将答案写在答题纸上。 可能用到的相对原子质量： Ⅰ卷 选择题(共42分) 一、选择题(共14道小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分) 。 1. 下列化学用语或图示表达不正确的是 A. 的键的形成： B. 基态原子的价层电子排布式： C. 电子式表示的形成过程： D. 的VSEPR模型： 【答案】A 【解析】 【详解】A．Cl2的结构式为Cl-Cl，分子中键是Cl原子的3p轨道通过“头碰头”重叠而成，形成过程为，题中的图为π键的形成，故A错误； B．Si元素是第14号元素，基态Si原子电子排布式为：[Ne]3s23p2，所以价层电子排布式：3s2，故B正确； C．MgBr2为离子化合物，用电子式表示MgBr2的形成过程为：，故C正确； D．H2O的中心原子O的价层电子对数为：，含有两对孤电子对，因此VSEPR模型：，故D正确； 故答案选A。 2. 下列结构或性质的比较中，正确的是 A. 微粒半径： B. 电负性： C. 碱性： D. 酸性： 【答案】D 【解析】 【详解】A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则微粒半径：，故A错误； B．同周期元素，从左到右非金属性依次增强，电负性依次增大，则电负性：，故B错误； C．同主族元素，从上到下金属性依次增强，最高价氧化物对应水化物的碱性依次增强，则碱性：，故C错误； D．甲基是推电子基团，会使羧基的极性减弱，电离出氢离子能力减弱，饱和一元羧酸烃基上的氢原子被卤素取代后，因为卤素原子有吸引电子作用，降低了羧基碳原子上的电子云密度，使氢容易电离，则酸性：，故D正确； 故答案选D。 3. 下表是常见晶胞结构。下列说法不正确的是 金刚石 干冰 A. 金刚石是共价晶体，硬度关系为：金刚石>碳化硅>晶体硅 B. 晶胞中，与最近且等距的有2个 C. 是金属晶体，每个晶胞中含有4个原子 D. 干冰是分子晶体，由于分子间作用力弱，所以干冰熔点低 【答案】B 【解析】 【详解】A．金刚石，晶体硅，碳化硅都是共价晶体，共价晶体的硬度关系，即比较共价键强弱，原子半径越小，共价键越短，键能越大，硬度越大，原子半径关系为：，键长关系：，键能关系：，所以硬度关系为：金刚石＞碳化硅＞晶体硅，故A正确； B．观察ZnS的晶胞结构可知，全部在晶胞内部，Zn2+分别位于面心和顶点，含有4个Zn2+，选取位于底面面心的Zn2+观察，与最近且等距的有4个，故B错误； C．Cu的晶胞属于面心立方晶胞，根据均摊法可知，每个晶胞中含有个原子，故C正确； D．干冰是分子晶体，分子间作用力为范德华力，作用力较弱，所以熔点低，故D正确； 故答案选B。 4. 下列物质的颜色变化与氧化还原反应无关的是 A. 氯水久置后，褪色 B. 将通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液紫红色褪去 C. 新制的白色氢氧化亚铁放置在空气中，最终变为红褐色 D. 向黄色的铬酸钾溶液中加入硫酸，溶液变为橙红色 【答案】D 【解析】 【详解】A．新制氯水中，次氯酸见光易分解，导致溶液中的可逆反应正向移动，溶液中Cl2的量减少，溶液颜色变浅直至褪色，与氧化还原反应有关，故A不符合题意； B．SO2具有还原性，酸性高锰酸钾具有强氧化性，发生反应：，溶液紫红色褪去，与氧化还原反应有关，故B不符合题意； C．新制的白色氢氧化亚铁放置在空气中，最终变为红褐色，Fe(OH)2被空气中的O2氧化为Fe(OH)3，与氧化还原反应有关，故C不符合题意； D．铬酸钾溶液中存在有：，向黄色的铬酸钾(K2CrO4)溶液中加入硫酸，氢离子浓度增大，平衡正向移动，因此溶液变为橙红色，Cr元素化合价没有发生变化，该过程与氧化还原反应无关，故D符合题意； 故选D。 5. 用表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 1mol晶体中含有共价键的数目为 B. 的硫酸溶液中含的数目为 C. 18g含有的中子数为 D. 过氧化钠与二氧化碳反应，生成22.4L(标准状况)时，转移的电子数为 【答案】D 【解析】 【详解】A．中是一个硅与四个氧相连，即含有4个Si-O共价键，则1mol晶体中含有的共价键数目为，故A错误； B．题干未告知溶液的体积，故无法计算硫酸溶液中含数目，故B错误； C．1个分子中含有10个中子，其相对分子质量是20，18g的物质的量是0.9mol，则其中含有的中子数为9NA，故C错误； D．过氧化钠与二氧化碳发生反应：，过氧化钠中氧元素的化合价既有从-1价升高为0价，也有从-1价降低为-2价，标准状况下，当有22.4LO2即1molO2生成时，转移2mol电子，转移的电子数为，故D正确； 答案选D。 6. 下图所示实验，装置或试剂不正确的是 A．证明非金属性： B．探究影响化学反应速率的因素 C．除去中的少量气体 D．制取并收集氨气 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．将硫酸滴入到碳酸钠固体中，产生气体二氧化碳，二氧化碳通入到硅酸钠溶液中产生硅酸白色沉淀，酸性关系为：硫酸碳酸硅酸，最高价含氧酸的酸性越强，则对应的元素的非金属性越强，因此非金属性：，故A正确； B．实验中只有盐酸浓度一个变量，能探究浓度对化学反应速率的影响，故B正确； C．HCl与Na2SO3溶液反应产生SO2气体，而SO2气体也能与Na2SO3溶液反应产生NaHSO3，应该用NaHSO3溶液进行除杂，故C错误； D．实验室用氯化铵和氢氧化钙制取氨气，向下排空气法收集氨气，且收集氨气的试管口不能密封，应利用一团棉花堵住试管口，防止与空气发生对流，收集到的氨气不纯，故D正确； 故答案选C。 7. 常温下，下列各组离子在溶液中能大量共存的是 A. 使紫色石蕊试液变红的溶液：、、、 B. 在的溶液中：、、、 C. 在含一定量氨水的溶液中：、、、 D. 在的溶液中：、、、 【答案】D 【解析】 【详解】A．滴加紫色石蕊试液变红的溶液呈酸性，H+、之间反应，不能大量共存，故A不选； B．的溶液显酸性，在酸性溶液中具有强氧化性，与发生氧化还原反应而不能大量共存，故B不选； C．氨水与反应，不能大量共存，故C不选； D．的溶液显碱性，、、、不反应，可以大量共存，故D选； 答案选D。 8. 利用如图所示装置(夹持装置略)进行实验，b中现象可以证明a中产物生成的是 a中反应 b中检测试剂及现象 A 浓分解生成 淀粉-KI溶液变蓝 B Cu与浓生成 紫色石蕊变红 C 浓与溶液生成 酚酞溶液变红 D 和浓盐酸生成 溶液变浑浊 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．浓有挥发性，能氧化碘离子生成碘单质，A不符合题意； B．紫色石蕊变红色不一定是SO2造成的，也可能是少量硫酸蒸汽使石蕊变红色，B不符合题意； C．浓与溶液生成，遇水生成碱，酚酞溶液变红，C符合题意； D．和浓盐酸生成，但HCl有挥发生，也可以使溶液变浑浊，D不符合题意； 故选C。 9. 四种常见元素基态原子的结构信息如下表。下列大小关系不一定正确的是 元素 X Y Z Q 结构信息 有5个原子道填充有电子，有3个未成对电子 有8个不同运动状态的电子 2p能级上有2个电子 价层电子排布式为 A. 单质的沸点： B. 第一电离能： C. 单质的硬度： D. 最高价含氧酸的酸性： 【答案】C 【解析】 【分析】X由有5个原子轨道填充有电子，有3个未成对电子，可知X的核外电子排布式为1s22s22p3，X为N元素；Y有8个不同运动状态的电子，则Y有8个核外电子，Y为O元素；Z的核外电子排布式为1s22s22p2，则Z为C元素；Q的价电子排布式为3d104s1，则Q为Cu元素。 【详解】A．N2、O2常温下均是气体，但由于氧气的相对分子质量更大，分子间作用力更大，因此沸点更高，即单质的沸点：O2>N2，关系一定正确，故A不符合题意； B．同周期主族元素从左往右第一电离能呈现增大的趋势，但由于第ⅡA、VA分别为全充满和半充满状态，较为稳定，因此第一电离能关系为：，关系一定正确，故B不符合题意； C．C有多种同素异形体，比如金刚石、石墨等，石墨的硬度小于Cu，而金刚石为共价晶体，硬度大于Cu，单质硬度关系不一定正确，故C符合题意； D．非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，N的最高价含氧酸为HNO3，C的最高价含氧酸为H2CO3，酸性HNO3＞H2CO3，关系一定正确，故D不符合题意； 故答案选C。 10. 下列方程式与所给事实相符的是 实验内容 结合方程式解释现象 A 向澄清石灰水中通入少量小苏打溶液，产生白色沉淀 B 向溶液中通入足量氨气，先生成蓝色沉淀，后沉淀溶解，得到深蓝色溶液 C 和空气的混合气体通过灼热的铂丝，一段时间后产生少量红棕色气体 D 将通入烧碱溶液制得漂白液 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．澄清石灰水中滴加少量的小苏打溶液，可以假设碳酸氢钠的计量数为1，则反应的离子方程式为：，故A错误； B．CuSO4溶液中通入氨气至过量，首先通入氨气的量较少，发生反应：，生成Cu(OH)2蓝色沉淀，之后发生，蓝色沉淀溶解，由于产生了四氨合铜离子，因此溶液为深蓝色，故B正确； C．氨气和空气的混合气体通过灼热的铂丝，一段时间后产生少量红棕色气体，说明反应并非是直接产生二氧化氮，而是产生一氧化氮，一氧化氮遇到氧气后产生二氧化氮，因此发生的反应有：、2NO+O2=2NO2，故C错误； D．室温下，氯气通入溶液中制得漂白液：，故D错误； 故答案选B。 11. 乙烯和氧气在催化下生成环氧乙烷()和乙醛()的机理如图所示。吸附在催化剂表面的粒子用*标注，表示过渡态(和的能量相差不大)。 注：表示催化剂表面。 下列说法正确的是 A. 和的过程中均形成了碳氧键 B. 吸附在催化剂表面的过程需要释放能量 C. 测得平衡产率：，其主要原因是比更稳定 D. 平衡常数K随温度升高而增大 【答案】C 【解析】 【详解】A．从环氧乙烷和乙醛结构可知，的过程中形成了碳氧键，而的过程中形成了碳氧键，A错误； B．吸附在催化剂表面能量升高，该过程需要吸收能量，B错误； C．能量高于，所以比更稳定，平衡产率：，C正确； D．能量高于，则为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数降低，D错误； 故选C。 12. 回收某光盘金属层中少量的方案如下(其他金属含量过低，可忽略)。 下列说法不正确的是 A. “氧化”过程若将改为，并在加热条件下进行，一定能提高氧化速率 B. ①中还生成，则可能的化学反应为： C. ②中加入氨水，作用是利用N的孤电子对，与形成配位键 D. ③中，若X是肼溶液，氧化产物为无害气体，则理论上消耗1mol 可提取432g 【答案】A 【解析】 【分析】回收某光盘金属层中的少量Ag，由流程可知，氧化时发生，经过操作a即过滤分离出氯化银，可能含有银，再加氨水溶解AgCl，发生反应：AgCl+2NH3⋅H2O⇌ +Cl-+2H2O，经过操作b即过滤分离出的滤渣为Ag，再向滤液中加入X，将还原得到Ag，据此解答。 【详解】A．因NaClO溶液在强酸的条件下会产生次氯酸，而次氯酸受热易分解生成HCl和氧气，使得次氯酸钠失去了氧化能力，则“氧化”过程若将改为，并在加热条件下进行，会降低氧化速率，A错误； B．①中还生成，则次氯酸钠溶液与Ag反应生成氯化银、氢氧化钠和氧气，可能的化学方程式为：，B正确； C．②中加入氨水，提供空轨道，NH3中氮原子提供孤电子对与形成配位键，从而溶解AgCl生成，C正确； D．“还原”过程中，若X是肼溶液，氧化产物为无害气体，则被氧化生成N2，被还原生成Ag，理论上消耗1mol 转移4mol电子，生成4molAg，即可提取Ag，D正确； 故选A。 13. 某兴趣小组探究高锰酸钾和氨水的反应，实验如下： 序号 试剂 实验现象 ① 2mL溶液+1mL氨水+0.5mL蒸馏水 溶液完全褪色所需时间：③＜②＜①。 实验均产生棕褐色固体(经检验为)，都伴有少量气泡产生(经检验为)。 ② 2mL溶液+1mL氨水+0.5mL稀硫酸 ③ 2mL溶液+1mL氨水+0.5mL溶液 ④ 2mL溶液+1mL溶液+0.5mL蒸馏水 无明显变化 注：实验中。下列说法不正确的是 A. 实验①中发生了反应 B. 溶液完全褪色所需时间②＜①的主要原因：增大，的氧化性增强 C. 对比实验③④可得出，还原性： D. 在实验④的试剂中，逐滴加入浓溶液，可观察到溶液褪色 【答案】B 【解析】 【分析】根据表格中的实验可知，实验①、②、③中均产生了褐色固体MnO2，还伴有少量气泡产生，经检验为N2，三组实验不同的是实验的环境，实验④与另外三组实验主要不同的是，实验④所用的是铵盐而非氨水，实验的总体积均是相等的，据此作答。 【详解】A．根据题中所给信息可知，实验①中产生棕褐色固体MnO2，还伴有少量气泡产生，经检验为N2，此时溶液为碱性，反应为：，故A正确； B．实验①中溶液为碱性，实验②中加入了稀硫酸，实验①中溶液完全褪色所需时间比实验②中溶液完全褪色所需时间长，但实验②中溶液完全褪色所需时间比实验③中溶液完全褪色所需时间长，实验③中加入的是硫酸钠，为中性溶液，反而速率最快，通过对比实验②和实验③可知，影响该反应中反应速率的并不是c(H+)，故B错误； C．实验③中NH3被氧化为N2，实验④中未被氧化，所以还原性：NH3>，故C正确； D．实验④中加入的未被氧化，当逐滴加入浓NaOH溶液，会促进的水解，增大了的浓度，进一步发生类似实验③中的反应，因此溶液褪色，故D正确； 故答案选B。 14. 转化可减少排放并实现资源利用。催化氧化乙烷制乙烯的主要反应有： ①： ②： 反应的能量变化如图1所示。体系中还存在其他副反应。相同时间内，乙烷的转化率、乙烯的选择性与温度的关系如图2所示。 已知：乙烯的选择性为转化的乙烷中生成乙烯的百分比，下列说法不正确的是 A. B. 反应②比反应①的速率小，是总反应的决速步 C. 在图2所画曲线的温度范围内，温度越高，乙烯的产率越低 D. 其他条件不变，适当增大投料比，能提高的转化率 【答案】C 【解析】 【详解】A．由图可知， =生成物的能量减去反应物的能量=-300kJ/mol-(-477 kJ/mol)=+177kJ/mol，故A正确； B．由图可知，反应①的活化能小于反应②的活化能，则反应②比反应①的速率小，速率小的是总反应的决速步，故B正确； C．由图可知，在图2所画曲线的温度范围内，温度越高，乙烯的选择性越低，但是乙烷的转化率越高，无法确定乙烯的产率的变化，故C错误； D．其他条件不变，适当增大投料比，反应①正向移动，能提高的转化率，故D正确； 故选C。 Ⅱ卷 非选择题(共58分) 二、非选题。 15. 磷是生命元素。 （1）P的价电子轨道表示式为_______。 （2）第一电离能：P_______S，原因是_______。 （3）磷酸、亚磷酸和次磷酸(均为弱电解质，其中亚磷酸是一种二元酸)结构如下： ①中P的杂化方式为_______。 ②水溶性：，原因是_______。 ③写出与足量溶液反应的离子方程式_______。 ④有很强的还原性，可以将还原。请写出还原硝酸银的离子方程式_______。 （4）白磷(分子式为)是磷的一种同素异形体，其晶胞结构如下： ①离白磷分子最近且等距的分子有_______个。 ②设P的相对原子质量为x，测得白磷晶体密度为，则可算得阿伏伽德罗常数为_______。 【答案】（1） （2） ①. >（或大于） ②. P的3p能级处于半充满状态较稳定，失去最外层一个电子消耗能量更高，第一电离能更大 （3） ①. sp3 ②. 磷酸和次磷酸均能与水形成氢键，但由于磷酸与水形成的氢键更多，因此溶解度更大 ③. ④. （4） ①. 12 ②. 【解析】 【小问1详解】 P是15号元素，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，其价电子排布式为3s23p3，所以基态磷原子价电子轨道表示式为。 【小问2详解】 已知P的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p3，S的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p4，故P的3p能级处于半充满状态较稳定，失去最外层一个电子消耗能量更高，第一电离能更大，即第一电离能：P>S。 【小问3详解】 亚磷酸是一种二元酸，说明含有O-H才可以断键产生氢离子，因此磷酸为三元酸，次磷酸为一元酸， ①根据亚磷酸的结构可知，与P相连共价键中有一个O原子与之形成双键，有1个σ键、1个π键，剩余的-OH、-H均与P以单键连接，即均为σ键，因此的中心原子P的价层电子对数为：，则P的杂化方式为sp3； ②氢原子与电负性大的原子X以共价键结合，若与电负性大、半径小的原子Y（O、F、N等）接近，在X与Y之间以氢为媒介，生成X-H…Y形式的一种特殊的分子间或分子内相互作用，称为氢键，当溶质分子与水分子形成氢键时，溶质分子之间的相互作用力增强，从而使得溶质更难从水中分离出来，表现为溶解度的增加，可知，磷酸和次磷酸均能与水分子形成氢键，而与水形成的氢键越多，物质越易溶于水，根据磷酸结构可知，含有的O-H极性键更多，能与水形成的氢键更多，则磷酸的水溶性大于次磷酸的水溶性，故答案为：磷酸和次磷酸均能与水形成氢键，但由于磷酸与水形成的氢键更多，因此溶解度更大； ③根据次磷酸的结构可知，H3PO2是一元弱酸，与足量溶液反应的离子方程式为：； ④硝酸银溶液中Ag+具有强氧化性，有很强的还原性，两者发生氧化还原反应，Ag+被还原成Ag，被氧化成磷酸，即离子方程式为。 【小问4详解】 ①根据图中白磷的晶胞结构可知，选一个位于晶胞顶点的白磷分子分析，与其等距且最近的白磷分子位于3个面心上，如图所示，每个面心上的白磷分子被两个晶胞共用，因此离白磷分子最近且等距的分子有个； ②根据均摊法可知，该晶胞中含有P4的个数为=4，该晶胞的密度为，转化计算式为：，设P的相对原子质量为x，测得白磷晶体密度为，代入计算式可得，。 16. 对烟气高效的脱硫、脱硝是防治空气污染的重要方式。 Ⅰ．尿素液相脱硫脱硝 （1）尿素含有的氨基中的N原子可与形成配位键，原因是_______。 （2）尿素溶液吸收烟气中的，生成一种正盐和，反应的化学方程式是_______。 （3）研究发现，用尿素溶液吸收烟气中的NO时，脱除率很低。若与尿素溶液联用，将NO转化为，可大大提高NO的脱除率。与溶液反应可生成两种无毒无污染的气体，反应的化学方程式是_______。 Ⅱ．气相脱硫脱硝 一定温度下，将模拟烟气通入气相氧化反应器中。NO和的初始浓度相同，改变的浓度，相同时间内，气体的氧化率随与NO或的物质的量浓度之比的变化如图所示。其中①、④分别为NO和单独通入反应器时NO、的氧化率，②、③分别为将NO和同时通入反应器时NO、的氧化率。 已知：对于确定的基元反应，反应速率(v)与速率常数(k)成正比。 气相氧化NO的关键基元反应： 基元反应1： 基元反应2： 气相氧化的关键基元反应： 基元反应3： 基元反应4： （4）单独氧化时，氧化率很低。原因是_______。 （5）将和NO同时通入气相氧化反应器中时，和NO的氧化率与将其单独通入反应器中时不同。原因分别是_______。 （6）当体系中有水蒸气时，单独氧化的氧化率有很大提升。研究表明，此时被氧化不再经历基元反应3和基元反应4，而是生成两种常见的强酸。反应的化学方程式是_______。 【答案】（1）氨基中的N原子含有孤电子对，而氢离子含有空轨道，故两者能形成配位键 （2） （3） （4）基元反应3的很小，导致其反应速率很小，使得单独氧化的总反应速率很低 （5）很大，基元反应1速率很快，使得ClO浓度增大，导致基元反应4速率增大，，使得二氧化硫的氧化率得到提高；又因为部分ClO参与了基元反应4，使得与NO反应的ClO的浓度减小，导致NO的氧化率降低 （6） 【解析】 【小问1详解】 氨基中的N原子含有孤电子对，而氢离子含有空轨道，故两者能形成配位键； 【小问2详解】 尿素溶液吸收烟气中的，生成一种正盐和，根据质量守恒可知，正盐为亚硫酸铵，故反应的化学方程式是； 【小问3详解】 与溶液反应可生成两种无毒无污染的气体，则中氮元素发生还原反应、中氮元素发生氧化反应生成氮气，同时碳元素转化为二氧化碳，结合质量守恒可知，还生成水，反应为； 【小问4详解】 已知：对于确定的基元反应，反应速率(v)与速率常数(k)成正比。由题干可知，基元反应3的很小，导致其反应速率很小，使得单独氧化的总反应速率很低，氧化率很低； 【小问5详解】 与将其单独通入反应器中相比，和NO同时通入气相氧化反应器中，因为很大，基元反应1速率很快，使得ClO浓度增大，导致基元反应4速率增大，，使得二氧化硫的氧化率得到提高；又因为部分ClO参与了基元反应4，使得与NO反应的ClO的浓度减小，导致NO的氧化率降低； 【小问6详解】 当体系中有水蒸气时，单独氧化的氧化率有很大提升，此时被氧化生成两种常见的强酸，结合质量守恒可知，反应生成硫酸和盐酸，反应为。 17. 的资源化利用是实现“碳中和、碳达峰”的途径。合成甲醇的过程中涉及如下反应： 反应ⅰ． ； 反应副反应ⅱ．副反应。 回答下列问题。 （1）①根据图，_______。 ②原料发生副反应会生成等气体产物，已知每生成1mol吸收热量41.2kJ。写出副反应的热化学方程式_______。 （2）T℃时，向1L恒容。密闭容器中充入1mol和4mol发生上述反应。10min末已达到平衡时测得容器中的转化率为90%，的物质的量为0.3mol。 ①0～10min内，平均反应速率_______。 ②T℃时，反应ⅱ的 化学平衡常数_______。 （3）将原料气充入某一恒容、密闭容器中，若只发生反应ⅰ，在不同催化剂作用下，反应时的转化率随温度的变化如下图所示。 ①图中达到化学平衡状态的是_______(填“a”、“b”、“c”或“d”)。 ②其他条件相同，若将原料气按充入同一恒容、密闭容器中，在催化剂Ⅰ的作用下发生反应。该条件下，a点时的转化率_______(填“增大”或“不变”或“减小”)。 （4）近日，我国学者研究发现，在单原子催化时，反应ⅰ的历程以及中间体与物质的量之比随时间变化图如下： 第一步：； 第二步：； 第三步：。 下列说法不正确的是_______(填字母序号)。 A．其他条件相同时，升高温度时，三步反应速率均加快 B．用不同催化剂催化反应可以改变反应历程，提高平衡转化率 C．反应历程中，第一步反应的活化能最高，是反应的决速步骤 【答案】（1） ①. -49.4 ②. （2） ①. 0.06 ②. 或1.4 （3） ①. ac ②. 减小 （4）B 【解析】 【小问1详解】 ①根据图示可知，CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，ΔH1=反应物总能量-生成物的总能量=41.2kJ/mol-90.6kJ/mol=-49.4； ②根据题干信息可知，二氧化碳和氢气会发生副反应产生CO等气体，则反应为： ，已知每生成1mol吸收热量41.2kJ，则副反应的热化学方程式为：。 【小问2详解】 CO2的转化率为90%，则n转化(CO2)=0.9mol，CO的物质的量为0.3mol，则反应ⅱ中n转化(CO2)=0.3mol，则反应ⅰ中n转化(CO2)=0.6mol，可得： 故n平衡(CO2)=0.1mol，n平衡(H2)=4mol -1.8mol -0.3mol =1.9mol，n平衡(CH3OH)=0.6mol，n平衡(CO)=0.3mol，n平衡(H2O)= 0.3mol +0.6mol =0.9mol， ①平均反应速率v(CH3OH)=； ②反应ii的化学平衡常数。 【小问3详解】 ①其它条件相同情况下，随温度升高，CO2的转化率先增大后降低，说明CO2转化率最高点之前未到达平衡，图中达到化学平衡状态的是ac； ②若图中a点时反应已达平衡，则d→a段未到达平衡，该温度下到达平衡时CO2转化率高于图中转化率，升高温度平衡逆向移动，温度越高平衡时CO2的转化率越低，现原料气按n(CO2)：n(H2)=1：2.8充入同一恒容密闭容器中，在相同温度到达平衡时CO2的转化率降低了，故答案为：减小。 【小问4详解】 A．升高温度时，反应速率均加快，故A正确； B．用不同催化剂催化反应可以改变反应历程，但不能提高平衡转化率，故B错误； C．反应历程中，第二步反应的活化能最高，反应速率最慢，是反应的决速步骤，故C正确； 故答案为：B。 18. 以银锰精矿(主要含、、)和氧化锰矿(主要含)为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。 已知：酸性条件下，的氧化性强于。 （1） “浸锰”过程是在溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除，有利于后续银的浸出：矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中。 ①“浸锰”过程中，发生反应，则可推断：__________(填“>”或“<”)。 ②在溶液中，银锰精矿中的和氧化锰矿中的发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有__________。 （2） “浸银”时，使用过量和的混合液作为浸出剂，将中的银以形式浸出。 ①将“浸银”反应的离子方程式补充完整：__________。 ②结合平衡移动原理，解释浸出剂中的作用：____________________。 （3） “沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。 ①该步反应的离子方程式有______________________________。 ②一定温度下，的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释分钟后的沉淀率逐渐减小的原因：______________。 （4）结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势：________。 【答案】（1） ①. > ②. 、 （2） ①. ②. 与电离出的结合生成，使平衡正向移动，提高的浸出率；抑制水解，防止生成沉淀 （3） ①. 、、 ②. 被氧气氧化为，把氧化为 （4）可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到，同时将银元素和锰元素分离开；生成的还可以用于浸银，节约氧化剂 【解析】 【分析】银锰精矿(主要含、、)和氧化锰矿(主要含)混合加溶液，使矿石中的锰元素浸出，同时去除，矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中，浸锰液中主要的金属阳离子有、；浸锰渣中与过量和的混合液反应，将中的银以形式浸出，用铁粉把还原为金属银。 【小问1详解】 ①“浸锰”过程中，矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中，发生反应，硫化锰溶于强酸而硫化银不溶于强酸，则可推断：； ②根据信息，在溶液中二氧化锰可将氧化为，自身被还原为，则浸锰液中主要的金属阳离子有、。 【小问2详解】 ①中S元素化合价升高，Fe元素化合价降低，根据得失电子守恒、元素守恒，该离子方程式为； ②与电离出的结合生成，使平衡正向移动，提高的浸出率；抑制水解，防止生成沉淀。 【小问3详解】 ①铁粉可将还原为单质银，过量的铁粉还可以与铁离子以及过量的氢离子发生反应，因此离子方程式为、、； ②溶液中生成的会被空气中的氧气缓慢氧化为，把部分氧化为，因此后银的沉淀率逐渐降低。 【小问4详解】 联合提取银和锰的优势在于“浸锰”过程可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，将银元素和锰元素分离开，利用的氧化性将中的氧化为，同时生成的还可以用于浸银，节约氧化剂，同时得到。 19. 资料显示，可以将氧化为。某小组同学设计实验探究被氧化的产物及铜元素的价态。 已知：易溶于溶液，发生反应(红棕色)；和氧化性几乎相同。 I.将等体积的溶液加入到铜粉和的固体混合物中，振荡。 实验记录如下： 实验现象 实验Ⅰ 极少量溶解，溶液为淡红色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为淡红色 实验Ⅱ 部分溶解，溶液为红棕色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为红棕色 实验Ⅲ 完全溶解，溶液为深红棕色；充分反应后，红色的铜粉完全溶解，溶液为深红棕色 （1）初始阶段，被氧化的反应速率：实验Ⅰ__________(填“>”“<”或“=”)实验Ⅱ。 （2）实验Ⅲ所得溶液中，被氧化的铜元素的可能存在形式有(蓝色)或(无色)，进行以下实验探究： 步骤a．取实验Ⅲ的深红棕色溶液，加入，多次萃取、分液。 步骤b．取分液后的无色水溶液，滴入浓氨水。溶液颜色变浅蓝色，并逐渐变深。 ⅰ．步骤a的目的是_____________________。 ⅱ．查阅资料，，(无色)容易被空气氧化。用离子方程式解释步骤的溶液中发生的变化：______________。 （3）结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是____________________。分别取实验Ⅰ和Ⅱ充分反应后的固体，洗涤后得到白色沉淀，加入浓溶液，__________(填实验现象)，观察到少量红色的铜。分析铜未完全反应的原因是____________________。 （4）上述实验结果，仅将氧化为价。在隔绝空气的条件下进行电化学实验，证实了能将氧化为。装置如图所示，分别是_____________。 （5）运用氧化还原反应规律，分析在上述实验中被氧化的产物中价态不同的原因：_________。 【答案】（1）< （2） ①. 排除的颜色对判断铜氧化产物的干扰 ②. 、 （3） ①. ②. 白色沉淀逐渐溶解 ③. 浓度减小，CuI覆盖在Cu表面，阻止反应继续进行； （4）铜、和的混合溶液 （5）电化学实验中，由于氧化性I2>Cu，I2将Cu氧化为Cu2+；实验I-III中，体系中有，生成沉淀或，使+1价Cu的还原性减弱，而I2不能氧化或； 【解析】 【分析】因I2溶解度较小，Cu与I2接触不充分，将转化为可以提高Cu与的接触面积，提高反应速率。加入，平衡逆向移动，I2浓度减小，浓度增加，浓度增加，加入氨水后转化为，被氧化为，故而产生无色溶液变为蓝色溶液的现象。 【小问1详解】 由题意知，KI浓度越大，越容易发生反应，I2的溶解度越大，溶液中的浓度越高，与Cu接触更加充分，Cu与的反应速率加快，故实验Ⅰ<实验Ⅱ； 【小问2详解】 加入，I2浓度减小，平衡逆向移动，浓度增加，其目的为排除的颜色对判断铜氧化产物的干扰。加入浓氨水后转化为，无色的被氧化为蓝色的，方程式为、； 【小问3详解】 结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是；白色沉淀为CuI，加入浓溶液，CuI与I-反应转化为[CuI2]-，故产生白色沉淀溶解；由于n＞m，铜未完全反应的原因是浓度减小，CuI覆盖在Cu表面，阻止反应继续进行； 【小问4详解】 验证将氧化为，需设计原电池负极材料为Cu，即电极a为Cu，b为含与的混合溶液； 【小问5详解】 电化学实验中，由于氧化性I2>Cu，I2将Cu氧化为Cu2+；在实验I-III中，体系中有，生成沉淀或，使+1价Cu的还原性减弱，而I2不能氧化或； 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $