精品解析：河北省沧州市运东五校2024-2025学年高三上学期11月期中联考 化学试题

化学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。 2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡相应位置上。 3.请按照题号顺序在各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。 4.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并上交。 可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 F：19 P：31 Cl：35.5 Sc：45 Cr：52 一、选择题：本大题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1. 第19届亚运会秉持“绿色、智能、节俭、文明”的办会理念，主火炬使用的绿色燃料是使用废碳再生的“零碳甲醇”，实现循环内“碳”的零排放。下列说法正确的是 A. 亚运村餐厅中使用的“竹餐具”含有丰富的多糖 B. 主火炬使用的绿色燃料“零碳甲醇”中的碳是指碳元素 C. 吉祥物“江南忆”机器人有机高分子材料面罩为纯净物 D. 甲醇和氧气在酸性条件下可构成燃料电池，该电池工作时甲醇被还原 2. 下列有关化学用语表示正确的是 A. 镁原子最外层电子的电子云图： B. 醛基碳氧双键的极性： C. HClO的结构式：H—O—Cl，分子呈V形 D. HF的电离方程式： 3. 下列有关金属的工业制法中，正确的是 A. 制铜：火法炼铜，即将黄铜矿受热分解以获得铜单质 B. 制铁：以铁矿石、焦炭、石灰石为原料，CO还原得铁 C. 制镁：用海水为原料，经一系列过程制得氧化镁固体，还原得镁 D. 制铝：从铝土矿制得氯化铝固体，再电解熔融的氯化铝得到铝 4. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 3.2g 中的数目为0.1 B. 4.6g乙醇完全氧化生成乙醛，转移电子数为0.2 C. 常温常压下，124g 中所含P—P的数目为4 D. 1mol中σ键个数为10 5. 白藜芦醇具有强的抗癌活性，其分子结构如下图所示，下列说法不正确的是 A. 白藜芦醇分子中不含手性碳原子 B. 白藜芦醇存在顺反异构 C. 1 mol白藜芦醇可以和3 mol NaOH反应 D. 白藜芦醇和过量浓溴水反应，产物的分子式为C14H9O3Br7 6. 某小组利用下图装置探究的性质。下列关于实验现象的解释中，不正确的是 A. 通入前，①中溶液显红色的原因： B. 通入后，①中溶液颜色褪去的原因：具有漂白性 C. 通入前，②中溶液显蓝色的原因：淀粉遇碘单质变蓝 D. 通入后，②中溶液颜色褪去的原因： 7. 短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，其最简单氢化物的沸点如图所示。X的简单氢化物的水溶液呈碱性，R元素M层电子数是K层电子数的2倍，制备Z的氢化物时不能选用玻璃容器。下列说法正确的是 A. 第一电离能：Y>Z>X B. R的简单氢化物分子间存在氢键 C. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>X D. 常温常压下，呈固态 8. 黑鳞的晶体结构是与石墨类似的层状结构，如图所示。下列有关说法不正确的是 A. 黑磷晶体中片层间作用力范德华力 B. 黑磷与白磷均可导电 C. 黑磷晶体的熔沸点比白磷高 D. 1 mol黑磷晶体中含有1.5 mol P-P键 9. 下列关于实验现象的解释或所得结论正确的是 选项 实验操作 现象 解释或结论 A 向某补血口服液中滴加酸性溶液 酸性溶液紫色褪去 该补血口服液中一定含有 B 用蒸馏水溶解固体，并继续加水稀释 溶液由绿色逐渐变为蓝色 正向移动，黄绿色配离子转变为蓝色 C 向NaBr溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉-KI溶液 溶液先变橙色，后变蓝色 氧化性： D 将铜与浓硫酸反应产生的气体通入溶液中 产生白色沉淀 该气体中一定含有 A. A B. B C. C D. D 10. 一种海水提溴的部分工艺流程如图所示。下列说法错误的是 A. “氧化”和“转化”工序中的主要作用相同 B. 水相Ⅰ和水相Ⅱ中均含有和 C. “洗脱”工序可完成的再生 D. 保存液溴时加适量水的主要作用是防止溴单质被氧化 11. 室温下，用NaOH溶液滴定HA溶液，溶液中A-物质的量分数(A-)随pH的变化曲线如图所示。已知：。下列说法正确的是 A. Ka的数量级为10-3 B. PH与pKa之间满足关系式： C. X点为滴定终点 D. 时，溶液呈碱性 12. 已知γ-AgI晶体属立方晶系，其晶胞截面如图所示(晶胞参数为620pm，设阿伏伽德罗常数的值为NA)，则下列关于γ-AgI晶胞的描述错误的是 A. 与的配位数均为4 B. 与距离最近且相等的有12个 C. 填充在构成的四面体空隙中，其空隙填充率为50% D. 该晶体的摩尔体积 二氧化碳的资源化利用能有效减少二氧化碳的排放，充分利用碳资源。二氧化碳向甲醇的催化转化过程是循环利用碳资源的有效途径，其中热催化二氧化碳加氢制甲醇路线是重要的研究方向之一、一定温度和压强下，利用铜基催化剂实现二氧化碳选择性加氢制甲醇的反应机理和能量变化图如下(其中吸附在催化剂表面上的粒子用*标注)。 回答问题。 13. 下列说法错误的是 A. 第①步存在共价键的断裂和形成 B. 第②步是反应的决速步骤，化学方程式为 C. 铜基催化剂可以改变反应历程 D. 保持压强不变，室温下进行该反应，焓变变大 14. 合成的甲醇可利用()和CuO纳米片(CuONS/CF)作催化电极，进一步制备甲酸，其电化学装置的工作原理如图所示。 下列说法错误的是 A. 碳布上的介孔()作阴极催化剂 B. 中间隔膜为质子交换膜 C. 电路中转移4mol电子时，生成2mol甲酸 D. 工作一段时间后，阴极区和阳极区的pH都会降低 二、非选择题：本大题共4小题，共58分。 15. 研究小组以(绿色固体)，等物质原料制备无水(紫色固体，易升华)，制备装置如图所示(夹持装置略)。 （1）仪器A的名称为___________。 （2）B处的装置为___________(填“a”或“b”)，盛有的药品为___________。 （3）本实验持续通入的目的是赶走体系中原有的空气、___________。 （4）反应管的温度升到660℃时发生反应，生成和(光气)，其化学方程式为___________。有剧毒，与水反应生成两种酸性气体，的空间结构___________，与NaOH溶液反应生成的盐是___________(填化学式)。 （5）反应管右端有15cm在加热炉外，其作用是___________。 （6）反应完成后，得到固体产品2.536g，则该实验的产率为___________%。 16. 稀土在电子、激光、核工业、超导等诸多高科技领域有广泛的应用。钪(Sc)是一种稀土金属，利用钛尾矿回收金属钪和草酸的工艺流程如图所示。 已知：①是“沉钪”过程中与氯化物形成的复盐沉淀，在强酸中部分溶解。 ②“脱水除铵”是复盐沉淀的热分解过程。 ③25℃时，部分物质的相关信息如表所示。 回答下列问题： （1）钪(Sc)原子的价层电子排布式为___________。 （2）“焙烧”过程生成的化学方程式为___________。 （3）含钪元素的微粒与、pH的关系如图所示，用氨水调节溶液的pH，控制pH的范围是3.5<pH<___________。 （4）“脱水除铵”过程中固体质量与温度的关系如图所示，其中在380～400℃过程中会有白烟冒出，保温至无烟气产生，即得到，由图3中数据可得___________。 （5）传统制备的方法是先得到沉淀，再高温脱水得，但通常含有ScOF杂质，原因是___________(用化学方程式表示)。流程中“沉钪”后“脱水除铵”可制得纯度很高的，其原因是___________。 （6）将1.8mol 加到1L含有0.12 的废水中，发生的离子反应为，该反应的平衡常数___________。滤饼经浓硫酸处理后的“沉淀”是___________(填化学式)。 17. 是典型的温室气体，Sabatier反应可实现转化为甲烷，实现的资源化利用。合成过程中涉及如下反应： 甲烷化反应（主反应）： 逆变换反应（副反应）： 回答下列问题： （1）Sabatier反应所需的可从工业尾气中捕获，下列不能作为捕获剂的是__________（填标号）。 A. 氯化钙溶液 B. 小苏打溶液 C. 硫酸铵溶液 D. 纯碱溶液 （2）已知：的燃烧热分别为转化为吸收的热量。甲烷化反应的__________。 （3）已知：的选择性。科研小组按进行投料，从以下三个角度探究影响选择性的因素。 ①若在恒温恒压容器中进行反应，反应达到平衡，二氧化碳的平衡转化率为，甲烷的选择性为，则逆变换反应的__________（保留两位小数）。从反应开始到平衡用的压强变化表示的平均反应速率为__________ （写出计算式）。 ②若在恒容容器中进行反应（初始压强为），平衡时各气体的物质的量分数随温度变化的曲线如图所示。图中表示的物质的量分数随温度变化的曲线是__________（填“曲线1”“曲线2”或“曲线3”）。曲线1和曲线3交叉点处的平衡分压为__________（计算该空时忽略逆变换反应）。 ③积碳会使催化剂的活性降低，从而影响甲烷的选择性，各积碳反应的平衡常数与温度关系如下表所示： 温度 800 21.60 0.136 0.133 850 33.94 0.058 0.067 900 51.38 0.027 0.036 由表中数据可知，积碳反应主要由反应_______________引起（填化学方程式），该反应的__________0（填“>”或“<”）。 18. 镇静药物瑞马唑仑(化合物N)用于常规胃镜检查，合成路线如下(部分试剂和反应条件略去)： 已知：Ⅰ． Ⅱ． （1）A能使的溶液褪色，D分子含有的官能团为___________(写名称)。 （2）B物质能发生银镜反应，B中共平面的原子最多有___________个。 （3）D→E的化学方程式是___________。 （4）E的同分异构体中，能发生水解反应的顺式同分异构体的结构简式是___________。 （5）F分子中苯环上有2种氢原子，生成G的化学方程式是___________。 （6）J的结构简式是___________，N分子中杂化与杂化的碳原子个数比为___________。 （7）从K到M的合成路线如下：，R的结构简式是___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 化学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。 2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡相应位置上。 3.请按照题号顺序在各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。 4.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并上交。 可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 F：19 P：31 Cl：35.5 Sc：45 Cr：52 一、选择题：本大题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1. 第19届亚运会秉持“绿色、智能、节俭、文明”的办会理念，主火炬使用的绿色燃料是使用废碳再生的“零碳甲醇”，实现循环内“碳”的零排放。下列说法正确的是 A. 亚运村餐厅中使用的“竹餐具”含有丰富的多糖 B. 主火炬使用的绿色燃料“零碳甲醇”中的碳是指碳元素 C. 吉祥物“江南忆”机器人有机高分子材料面罩为纯净物 D. 甲醇和氧气在酸性条件下可构成燃料电池，该电池工作时甲醇被还原 【答案】A 【解析】 【详解】A．“竹餐具”的主要成分为纤维素，纤维素属于多糖，A正确； B．主火炬燃料“零碳甲醇”中的碳是指二氧化碳，B错误； C．有机高分子的聚合度不确定，吉祥物“江南忆”机器人有机高分子材料面罩为混合物，C错误； D．甲醇和氧气在酸性条件下构成的燃料电池中，电池工作时，甲醇在负极被氧化，氧气在正极被还原，D错误； 故选A。 2. 下列有关化学用语表示正确的是 A. 镁原子最外层电子的电子云图： B. 醛基碳氧双键的极性： C. HClO的结构式：H—O—Cl，分子呈V形 D. HF的电离方程式： 【答案】C 【解析】 【详解】A．镁原子的价层电子排布式为，最外层电子云轮廓图为球形，A错误； B．电负性：O>C，则呈负电性的为O，B错误； C．HClO的结构式为H—O—Cl，中心原子O采用杂化，分子呈V形，C正确； D．HF是弱酸，部分电离，其电离方程式为，D错误； 故选C。 3. 下列有关金属的工业制法中，正确的是 A. 制铜：火法炼铜，即将黄铜矿受热分解以获得铜单质 B. 制铁：以铁矿石、焦炭、石灰石为原料，CO还原得铁 C. 制镁：用海水为原料，经一系列过程制得氧化镁固体，还原得镁 D. 制铝：从铝土矿制得氯化铝固体，再电解熔融的氯化铝得到铝 【答案】B 【解析】 【详解】A．黄铜矿(CuFeS2)中Fe的化合价为＋2，工业上用黄铜矿冶炼铜的反应：8CuFeS2＋21O28Cu＋4FeO＋2Fe2O3＋16SO2，该反应不是分解反应，故A错误； B．工业上常用CO在高温下还原铁矿石炼铁：3CO+Fe2O32Fe+3CO2，故B正确； C．工业上以海水为原料，经过一系列过程获得无水氯化镁，工业制镁是电解熔融氯化镁：MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑，故C错误； D．因为氯化铝是共价化合物，熔融状态下氯化铝不电离，也不导电，工业制铝是电解熔融的氧化铝：2Al2O3(熔融) 4Al+3O2↑，故D错误； 故选B。 4. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 3.2g 中的数目为0.1 B. 4.6g乙醇完全氧化生成乙醛，转移电子数为0.2 C. 常温常压下，124g 中所含P—P的数目为4 D. 1mol中σ键的个数为10 【答案】B 【解析】 【详解】A．不能电离出氢氧根离子，其中没有，A错误； B．1mol乙醇转化为1mol乙醛转移电子数为2mol，4.6g乙醇物质的量为0.1mol，完全转化为乙醛，转移电子数为0.2，B正确； C．1分子中存在6个P—P键，常温常压下，124g (1mol)中所含P—P的数目为6，C错误； D．、CO与形成配位键，即4个σ键，3个氨分子中含有9个σ键，1个CO中含有1个σ键，因此1mol 中所含σ键个数为14，D错误； 故答案选B。 5. 白藜芦醇具有强的抗癌活性，其分子结构如下图所示，下列说法不正确的是 A. 白藜芦醇分子中不含手性碳原子 B. 白藜芦醇存在顺反异构 C. 1 mol白藜芦醇可以和3 mol NaOH反应 D. 白藜芦醇和过量浓溴水反应，产物的分子式为C14H9O3Br7 【答案】D 【解析】 【详解】A．由结构简式可知，白藜芦醇分子中不含有连有4个不同原子或原子团的手性碳原子，故A正确； B．由结构简式可知，白藜芦醇分子中碳碳双键的碳原子连有不同的原子或原子团，则存在顺反异构，故B正确； C．由结构简式可知，白藜芦醇分子中含有的酚羟基能与氢氧化钠溶液反应，则1 mol白藜芦醇可以和3 mol氢氧化钠反应，故C正确； D．由结构简式可知，白藜芦醇分子中含有酚羟基，能与溴水发生取代反应，溴原子取代酚羟基邻、对位上的氢原子，分子中含有的碳碳双键能与溴水发生加成反应，则白藜芦醇和过量浓溴水反应，产物的分子式为C14H7O3Br7，故D错误； 故选D。 6. 某小组利用下图装置探究的性质。下列关于实验现象的解释中，不正确的是 A. 通入前，①中溶液显红色的原因： B. 通入后，①中溶液颜色褪去的原因：具有漂白性 C. 通入前，②中溶液显蓝色的原因：淀粉遇碘单质变蓝 D. 通入后，②中溶液颜色褪去原因： 【答案】B 【解析】 【详解】A．酚酞遇碱变红，NaOH在水中能电离：NaOH=Na++OH−，溶液显碱性，所以①中溶液显红色，故A正确； B．通入SO2后，SO2能与NaOH溶液反应生成亚硫酸钠或亚硫酸氢钠，消耗了NaOH，溶液碱性减弱，溶液红色褪去，体现了SO2的酸性氧化物的性质，不是漂白性，故B错误； C．淀粉遇碘变蓝，所以②中溶液显蓝色，故C正确； D．通入 SO2 后，②中溶液颜色褪去是SO2和碘发生了氧化还原反应，I2被还原为I-，溶液蓝色褪去，故D正确； 故选B。 7. 短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，其最简单氢化物的沸点如图所示。X的简单氢化物的水溶液呈碱性，R元素M层电子数是K层电子数的2倍，制备Z的氢化物时不能选用玻璃容器。下列说法正确的是 A. 第一电离能：Y>Z>X B. R简单氢化物分子间存在氢键 C. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>X D. 常温常压下，呈固态 【答案】D 【解析】 【分析】短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，X的简单氢化物的水溶液呈碱性，则X为N元素；制备Z的氢化物时不能选用玻璃容器，则Y为O元素，Z为F元素；R元素M层电子数是K层电子数的2倍，则R为Si元素； 【详解】A．同周期元素随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能：F>N>O，A错误； B．不存在分子间氢键，B错误； C．氟元素的非金属性最强，没有正化合价，不存在最高价氧化物对应水化物，C错误； D．氮化硅是熔沸点高、硬度大的原子晶体，所以常温下氮化硅为固态，D正确； 故选D。 8. 黑鳞的晶体结构是与石墨类似的层状结构，如图所示。下列有关说法不正确的是 A. 黑磷晶体中片层间作用力为范德华力 B. 黑磷与白磷均可导电 C. 黑磷晶体的熔沸点比白磷高 D. 1 mol黑磷晶体中含有1.5 mol P-P键 【答案】B 【解析】 【详解】A．由黑鳞的晶体结构是与石墨类似的层状结构，为混合型晶体，片层间作用力为范德华力，A正确； B．白磷为分子晶体，黑磷结构与石墨类似为混合型晶体，则黑鳞能导电、白磷不导电，B错误； C．黑磷结构与石墨类似为混合型晶体，其熔沸点很高，故黑磷晶体的熔沸点比白磷高，C正确； D．可利用均摊法得黑磷晶体中1个磷原子形成个共价键，则1 mol黑磷晶体中含有1.5 mol P-P，D正确； 故选B。 9. 下列关于实验现象的解释或所得结论正确的是 选项 实验操作 现象 解释或结论 A 向某补血口服液中滴加酸性溶液 酸性溶液紫色褪去 该补血口服液中一定含有 B 用蒸馏水溶解固体，并继续加水稀释 溶液由绿色逐渐变为蓝色 正向移动，黄绿色配离子转变为蓝色 C 向NaBr溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉-KI溶液 溶液先变橙色，后变为蓝色 氧化性： D 将铜与浓硫酸反应产生的气体通入溶液中 产生白色沉淀 该气体中一定含有 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．酸性溶液紫色褪去，也可能口服液中含有其它还原性物质，不确定一定会含有，A项错误； B．用蒸馏水溶解固体，并继续加水稀释，，溶液由绿色逐渐变为蓝色，说明生成，平衡向正向移动，B项正确； C．氯水过量，Cl2既氧化了Br-又氧化了I-，无法确定Br2和I2的氧化性强弱，C项错误； D．二氧化硫不能和氯化钡反应生成白色沉淀，D项错误； 答案选B。 10. 一种海水提溴的部分工艺流程如图所示。下列说法错误的是 A. “氧化”和“转化”工序中的主要作用相同 B. 水相Ⅰ和水相Ⅱ中均含有和 C. “洗脱”工序可完成的再生 D. 保存液溴时加适量水的主要作用是防止溴单质被氧化 【答案】D 【解析】 【分析】卤水“氧化”时氯气与卤水反应置换出，同时氯气与水反应生成进入水相Ⅰ；“还原”时与反应生成、、，再与反应生成和，用盐酸“洗脱”生成和，HBr被氯气氧化得到溴单质，蒸馏得到液溴。 【详解】A．“氧化”和“转化”工序中的主要作用均为氧化，A项正确； B．由流程中转化关系知，“氧化”时氯气与卤水反应置换出，同时氯气与水反应生成进入水相Ⅰ；“还原”时与反应生成、、，再与反应生成和，故水相Ⅱ中含和，则水相Ⅰ和水相Ⅱ中均含有和，B项正确； C．用盐酸“洗脱”生成同时生成，可完成的再生，C项正确； D．保存液溴时加适量水的主要作用是防止溴单质挥发，D项错误； 故选D。 11. 室温下，用NaOH溶液滴定HA溶液，溶液中A-的物质的量分数(A-)随pH的变化曲线如图所示。已知：。下列说法正确的是 A. Ka的数量级为10-3 B. PH与pKa之间满足关系式： C. X点为滴定终点 D. 时，溶液呈碱性 【答案】B 【解析】 【详解】A．当时，，此时溶液的pH=5，因此，，A错误； B．由可得，两边同取负对数可得：，又由于，所以有，B正确； C．点时，，无法判断是否达到滴定终点，C错误； D．将代入，可得＞10-7 mol/L，溶液呈酸性，D错误； 故合理选项是B。 12. 已知γ-AgI晶体属立方晶系，其晶胞截面如图所示(晶胞参数为620pm，设阿伏伽德罗常数的值为NA)，则下列关于γ-AgI晶胞的描述错误的是 A. 与的配位数均为4 B. 与距离最近且相等的有12个 C. 填充在构成的四面体空隙中，其空隙填充率为50% D. 该晶体的摩尔体积 【答案】D 【解析】 【分析】由晶胞截面图可知，晶胞中碘离子位于顶点和面心，则碘离子个数为8×+6×=4，碘离子构成8个四面体，银离子交替填充在碘离子构成的四面体的体心，则位于体内的银离子个数为4。 【详解】A．由分析可知，银离子交替填充在碘离子构成的四面体的体心，则银离子的配位数为4，由化学式可知，碘离子的配位数也为4，故A正确； B．由分析可知，银离子交替填充在碘离子构成的四面体的体心，则与银离子距离最近且相等的银离子有12个，故B正确； C．由分析可知，碘离子构成8个四面体，银离子交替填充在碘离子构成的四面体的体心，则空隙填充率为×100%=50%，故C正确； D．由晶胞参数可知，晶体的摩尔体积Vm==m3/mol，故D错误； 故选D。 二氧化碳的资源化利用能有效减少二氧化碳的排放，充分利用碳资源。二氧化碳向甲醇的催化转化过程是循环利用碳资源的有效途径，其中热催化二氧化碳加氢制甲醇路线是重要的研究方向之一、一定温度和压强下，利用铜基催化剂实现二氧化碳选择性加氢制甲醇的反应机理和能量变化图如下(其中吸附在催化剂表面上的粒子用*标注)。 回答问题。 13. 下列说法错误的是 A. 第①步存在共价键的断裂和形成 B. 第②步是反应的决速步骤，化学方程式为 C. 铜基催化剂可以改变反应历程 D. 保持压强不变，室温下进行该反应，焓变变大 14. 合成的甲醇可利用()和CuO纳米片(CuONS/CF)作催化电极，进一步制备甲酸，其电化学装置的工作原理如图所示。 下列说法错误的是 A. 碳布上的介孔()作阴极催化剂 B. 中间隔膜质子交换膜 C. 电路中转移4mol电子时，生成2mol甲酸 D. 工作一段时间后，阴极区和阳极区的pH都会降低 【答案】13. D 14. C 【解析】 【13题详解】 A．根据反应机理示意图可知，第①步反应涉及碳氧极性键的断裂和碳氢键的形成，A正确； B．第②步化学方程式为，该步反应活化能最大，反应速率最慢，是该历程的决速步骤，B正确； C．铜基催化剂可以影响反应活化能，从而影响反应历程，C正确； D．焓变与反应体系的始末状态有关，D错误； 故选D。 【14题详解】 A．从图示来看，左侧发生还原反应，碳布上的介孔()作为阴极催化剂，A正确； B．阴极的电极反应式为，阳极的电极反应式为，电路中每转移4mol电子，阳极区有4mol 通过质子交换膜进入阴极区，B正确； C．总反应为，电路中转移4mol电子时，生成3mol HCOOH，C错误； D．阴极区和阳极区产物都为HCOOH，工作一段时间后阴极区和阳极区pH都会降低，D正确； 故选D。 二、非选择题：本大题共4小题，共58分。 15. 研究小组以(绿色固体)，等物质为原料制备无水(紫色固体，易升华)，制备装置如图所示(夹持装置略)。 （1）仪器A的名称为___________。 （2）B处的装置为___________(填“a”或“b”)，盛有的药品为___________。 （3）本实验持续通入的目的是赶走体系中原有的空气、___________。 （4）反应管的温度升到660℃时发生反应，生成和(光气)，其化学方程式为___________。有剧毒，与水反应生成两种酸性气体，的空间结构___________，与NaOH溶液反应生成的盐是___________(填化学式)。 （5）反应管右端有15cm在加热炉外，其作用是___________。 （6）反应完成后，得到固体产品2.536g，则该实验的产率为___________%。 【答案】（1）三颈烧瓶 （2） ①. b ②. 无水 （3）将气态四氯化碳吹入管式炉 （4） ①. ②. 平面三角形 ③. 和NaCl （5）使凝华 （6）80 【解析】 【分析】实验室制备无水CrCl3的反应原理为：Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2。利用氮气和热水加热将四氯化碳转化为气态进入管式炉与氧化铬反应得到氯化铬，装置B的作用是防止氢氧化钠溶液中的水进入管式炉，用氢氧化钠溶液吸收COCl2，以此解答； 【小问1详解】 仪器A的名称为：三颈烧瓶； 【小问2详解】 由分析可知，装置B的作用是防止氢氧化钠溶液中的水进入管式炉，应该用球形干燥管，故选b，装的药品为无水CaCl2； 【小问3详解】 热水加热将四氯化碳转化为气态，利用氮气将气态四氯化碳吹入管式炉； 【小问4详解】 根据题意，以Cr2O3(绿色固体)、CCl4为原料制备固体无水CrCl3，生成CrCl3和COCl2(光气)，反应的化学方程式为Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2；COCl2中存在碳氧双键，C原子的杂化方式为sp2，空间结构：平面三角形；COCl2与水反应生成两种酸性气体：COCl2+H2O=CO2+2HCl，b装置中盛放足量NaOH溶液，所以生成的盐是Na2CO3和NaCl； 【小问5详解】 无水CrCl3易升华，所以反应管右端有15cm在加热炉外，是为了使CrCl3凝华； 【小问6详解】 管式炉中1.52g的物质的量为=0.01mol，由Cr元素守恒可知，理论上可以生成0.02mol CrCl3，反应完成后，得到固体产品2.536g。则该实验的产率为=80%。 16. 稀土在电子、激光、核工业、超导等诸多高科技领域有广泛的应用。钪(Sc)是一种稀土金属，利用钛尾矿回收金属钪和草酸的工艺流程如图所示。 已知：①是“沉钪”过程中与氯化物形成的复盐沉淀，在强酸中部分溶解。 ②“脱水除铵”是复盐沉淀的热分解过程。 ③25℃时，部分物质的相关信息如表所示。 回答下列问题： （1）钪(Sc)原子的价层电子排布式为___________。 （2）“焙烧”过程生成的化学方程式为___________。 （3）含钪元素的微粒与、pH的关系如图所示，用氨水调节溶液的pH，控制pH的范围是3.5<pH<___________。 （4）“脱水除铵”过程中固体质量与温度的关系如图所示，其中在380～400℃过程中会有白烟冒出，保温至无烟气产生，即得到，由图3中数据可得___________。 （5）传统制备的方法是先得到沉淀，再高温脱水得，但通常含有ScOF杂质，原因是___________(用化学方程式表示)。流程中“沉钪”后“脱水除铵”可制得纯度很高的，其原因是___________。 （6）将1.8mol 加到1L含有0.12 的废水中，发生的离子反应为，该反应的平衡常数___________。滤饼经浓硫酸处理后的“沉淀”是___________(填化学式)。 【答案】（1） （2） （3）4.2 （4）1：2 （5） ①. ②. “除铵”时，分解生成HCl，抑制的水解 （6） ①. ②. 【解析】 【分析】Sc2(C2O4)3在空气中焙烧生成Sc2O3和CO2，Sc2O3溶于浓盐酸形成Sc3+，并用氨水调节pH，然后加入NH4F“沉钪”形成复盐xNH4Cl·yScF3·zH2O沉淀，复盐沉淀再经“脱水除铵”获得纯度很高的ScF3，最后用Ca置换出Sc单质； 【小问1详解】 钪(Sc)是第21号元素，原子的价层电子排布式为； 【小问2详解】 由流程知Sc2(C2O4)3在空气中焙烧生成Sc2O3和CO2，由于C元素的化合价升高，故空气中的O2参与反应，根据得失电子守恒、原子守恒配平得“焙烧”过程中的化学方程式为：； 【小问3详解】 由流程和已知①知，调节pH时维持Sc以Sc3+形式存在，以便后续与F-结合生成ScF3，还需防止Sc3+与OH-结合，故调节pH范围为：3.5＜pH＜4.2； 【小问4详解】 由于“在380-400℃过程中会有白烟冒出，保温至无烟气产生，即得到 ScF3”，结合已知②，xNH4Cl·yScF3·zH2O“脱水除铵”指脱去结晶水和NH4Cl，NH4Cl受热分解成NH3与HCl，后NH3与HCl重新化合成NH4Cl会产生白烟现象，故380~400℃减少的为NH4Cl的质量，200~300℃减少的为结晶H2O的质量，则n(NH4Cl)=，n(H2O)=，； 【小问5详解】 ScF3·6H2O沉淀高温脱水得ScF3，但通常含有ScOF杂质，原因是高温脱水时，ScF3会与H2O反应生成ScOF，结合原子守恒，反应的化学方程式为；流程中“沉钪”后“脱水除铵”可制得纯度很高的ScF3的原因是“除铵”时NH4Cl分解生成HCl，抑制Sc3+的水解； 【小问6详解】 Ka1(H2C2O4) =、Ka2(H2C2O4)=，则Ka1(H2C2O4) ×Ka2(H2C2O4)=，反应PbSO4(s)+H2C2O4(aq)⇌PbC2O4(s)+2H+(aq)+ SO(aq)的平衡常数K=== Ka1(H2C2O4) ×Ka2(H2C2O4)×=6.0×10-2×6.25×10-5×=1.5×10-4；在主要成分是H2C2O4的废水中加入PbSO4，结合反应PbSO4(s)+H2C2O4(aq)⇌PbC2O4(s)+2H+(aq)+ SO(aq)的平衡常数知，有少量PbSO4转化成PbC2O4，所得滤饼用浓硫酸处理时，增大了生成物的浓度，上述平衡逆向移动，故所得“沉淀”是PbSO4； 17. 是典型的温室气体，Sabatier反应可实现转化为甲烷，实现的资源化利用。合成过程中涉及如下反应： 甲烷化反应（主反应）： 逆变换反应（副反应）： 回答下列问题： （1）Sabatier反应所需的可从工业尾气中捕获，下列不能作为捕获剂的是__________（填标号）。 A. 氯化钙溶液 B. 小苏打溶液 C. 硫酸铵溶液 D. 纯碱溶液 （2）已知：的燃烧热分别为转化为吸收的热量。甲烷化反应的__________。 （3）已知：的选择性。科研小组按进行投料，从以下三个角度探究影响选择性的因素。 ①若在恒温恒压容器中进行反应，反应达到平衡，二氧化碳的平衡转化率为，甲烷的选择性为，则逆变换反应的__________（保留两位小数）。从反应开始到平衡用的压强变化表示的平均反应速率为__________ （写出计算式）。 ②若在恒容容器中进行反应（初始压强为），平衡时各气体的物质的量分数随温度变化的曲线如图所示。图中表示的物质的量分数随温度变化的曲线是__________（填“曲线1”“曲线2”或“曲线3”）。曲线1和曲线3交叉点处的平衡分压为__________（计算该空时忽略逆变换反应）。 ③积碳会使催化剂的活性降低，从而影响甲烷的选择性，各积碳反应的平衡常数与温度关系如下表所示： 温度 800 21.60 0.136 0.133 850 33.94 0.058 0.067 900 51.38 0.027 0.036 由表中数据可知，积碳反应主要由反应_______________引起（填化学方程式），该反应的__________0（填“>”或“<”）。 【答案】（1）ABC （2） （3） ①. 0.27 ②. ③. 曲线2 ④. 0.004 ⑤. ⑥. > 【解析】 【小问1详解】 氯化钙溶液、小苏打溶液、硫酸铵溶液均不能与二氧化碳反应，只有纯碱溶液能与二氧化碳发生反应，答案选ABC； 【小问2详解】 的燃烧热分别为转化为吸收的热量，根据盖斯定律，4倍氢气燃烧热-甲烷燃烧热再将气态水转化为液态水得出甲烷化反应热化学方程式：甲烷化反应（主反应）：，故； 【小问3详解】 ①设起始时，则发生甲烷化反应消耗的为，发生逆变换反应消耗的为。 反应达到平衡后各气体的物质的量为：，，，，。平衡后混合气体的总物质的量。，。 ②结合图中的变化曲线可知，温度较低时（大约在以下），甲烷化反应的逆反应占主导地位，且随着温度的升高，甲烷化反应的化学平衡逆向移动，的含量逐渐增大，则的含量也逐渐增大，和的含量逐渐减小[此阶段]，故曲线1是的变化曲线：曲线2是的变化曲线；曲线3是的变化曲线，温度较高时（大约在以上），逆变换反应的正反应占主导地位，且随着温度的升高，的含量逐渐减小。 设起始时，达到平衡时消耗的为。 曲线1和曲线3交叉点处，，解得。 达到平衡时各气体的物质的量为：，平衡后混合气体的总物质的量。在温度和容器的体积一定时，，则，解得，故曲线1和曲线3交叉点处的平衡分压：。 ③相同温度下，反应的平衡常数最大。平衡常数越大，反应进行的程度越大，故积碳反应主要由该反应造成。温度越高，该反应的平衡常数越大，说明升高温度该反应的化学平衡正向移动，故该反应为吸热反应，反应的。 18. 镇静药物瑞马唑仑(化合物N)用于常规胃镜检查，合成路线如下(部分试剂和反应条件略去)： 已知：Ⅰ． Ⅱ． （1）A能使的溶液褪色，D分子含有的官能团为___________(写名称)。 （2）B物质能发生银镜反应，B中共平面的原子最多有___________个。 （3）D→E的化学方程式是___________。 （4）E的同分异构体中，能发生水解反应的顺式同分异构体的结构简式是___________。 （5）F分子中苯环上有2种氢原子，生成G的化学方程式是___________。 （6）J的结构简式是___________，N分子中杂化与杂化的碳原子个数比为___________。 （7）从K到M的合成路线如下：，R的结构简式是___________。 【答案】（1）碳碳双键、羧基 （2）8 （3） （4） （5） （6） ①. ②. 5：16 （7） 【解析】 【分析】E与M发生加成反应生成，结合E的分子式可知，E为CH2=CHCOOCH3，D与甲醇发生酯化反应生成E，则D为CH2=CHCOOH，B为CH2=CHCHO,A为CH2=CHCH3，与C6H6BrN发生取代反应生成G，根据K的结构简式结合F苯环上有两种氢原子，推断C6H6BrN为，G的结构简式为，J与NH3发生信息i的反应，随后发生信息ii的反应生成K，J与氨气生成的物质为：,再发生信息ii的反应成环，故J为，再反推I为BrCH2COBr； 【小问1详解】 A能使的溶液褪色，A为丙烯，E与M发生加成反应生成N（），结合E的分子式可知，E为CH2=CHCOOCH3，D与甲醇发生酯化反应生成E，则D为CH2=CHCOOH，D分子含有的官能团为碳碳双键，羧基； 【小问2详解】 B为CH2=CHCHO，如果碳碳双键所在平面和碳氧双键所在平面重合，此时所有原子共平面，共平面的原子数最多，为8个； 【小问3详解】 D为CH2=CHCOOH，E为CH2=CHCOOCH3，D→E的化学方程式是：； 【小问4详解】 E的同分异构体中，能发生水解反应说明存在酯基，且具备顺反异构说明存在双键，且双键碳上不能连接相同的基团，则其顺式异构体的结构简式为：； 【小问5详解】 根据K的结构简式结合F苯环上有两种氢原子，推断C6H6BrN为生成G的化学方程式为； 【小问6详解】 根据分析可知，J的结构简式为；N分子中杂化的碳原子个数为5个，杂化的碳原子个数为16个，个数比为5：16； 【小问7详解】 与发生信息ii的反应生成P为，P发生醇的氧化生成Q为，根据M的结构简式可知Q到R是羰基碳氧键断裂形成5元环，R为； 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$