精品解析：福建省泉州实验中学2024-2025学年高三上学期12月月考化学试题

泉州实验中学2025届高三毕业班12月月考 化学科试卷 满分：100分，考试时间：75分钟 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 第Ⅰ卷 选择题(共40分) 一、选择题(共10小题，每小题4分，只有一个选项符合要求，共40分)。 1. 挖掘文物价值，讲好中国故事。下列文物不会发生电化学腐蚀的是 选项 A B C D 文物 名称 曾侯乙编钟 越王勾践剑 元青花四爱图梅瓶 铜鼎 A. A B. B C. C D. D 2. 氮及其化合物部分转化关系如下，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A. 常温下，的氨水中含有数目为 B. 常温常压下，中含有的分子数为 C. 反应①中生成的转移的电子数为 D. 标准状况下，中所含质子总数为 3. 在催化剂作用下，还原制备烃的原理如图。下列叙述错误的是 A. 甲和乙互为同系物，丙、丁、戊互为同系物 B. 合成甲和乙的催化剂所含元素中第一电离能最大的是Fe C. 上述有机物中有4种能使酸性溶液褪色 D. 丁、戊的二氯代物分别有10种和7种 4. 化学上常用标准电极电势(氧化型/还原型)比较物质氧化能力的大小。值越高，氧化型的氧化能力越强。利用表格所给的数据进行分析，下列说法错误的是 氧化型/还原型 酸性介质 1.84V 0.77V 1.36V 氧化型/还原型 碱性介质 0.17V -0.56V 0.89V A. 与浓盐酸发生反应： B. 与浓盐酸发生反应： C. 碱性条件下可发生反应： D. 在等浓度的、、的混合液中，还原性： 5. 一种有机物催化剂由原子序数依次递增的短周期元素、、、、组成，结构式如下图。下列说法正确的是 A. 简单离子半径： B. 简单气态氢化物稳定性： C. 元素所在周期中，第一电离能大于的元素有2种 D. 基态原子电子占据的最高能层有9个原子轨道 6. 常用于制作干粉灭火剂，某研究小组利用如图所示装置制备。向一定浓度的磷酸中通入，当溶液时，停止通入，即制得溶液。下列说法不正确的是 A. 装置中活塞的作用是防止倒吸 B. 通入时，容器壁会变热，说明存在的过程 C. 若不用传感器，还可选用甲基橙作指示剂 D. 若溶液达到9后继续通入，溶液中和的浓度均增大 7. 铝土矿是生产金属铝的最佳原料，其用量占世界铝土矿总产量的90%以上。以铝土矿（主要成分为，含和等杂质）为原料制备有机合成中的重要还原剂铝氢化钠（）的一种工业流程如图（已知二氧化硅在“碱溶”时生成硅酸钠沉淀）： 下列说法中错误的是 A. 为了提高“碱溶”效率，在“碱溶”前对铝土矿进行粉碎 B. “反应Ⅰ”的部分化学原理与泡沫灭火器的原理相同 C. “电解Ⅱ”中阳极的电极反应式为： D. “反应Ⅲ”的化学方程式为 8. 常温下、将等体积、浓度均为溶液与新制饱和溶液混合，出现白色浑浊；再滴加过量的溶液，振荡，出现白色沉淀。 已知： 下列说法不正确的是 A. 溶液中存在 B. 将溶液稀释到，几乎不变 C. 溶液与溶液混合后出现的白色浑浊不含有 D. 存在反应是出现白色沉淀的主要原因 9. 电催化含氮废水合成尿素，有助于实现碳中和及解决水污染问题。利用如下图所示装置可合成尿素。该装置工作时，下列说法不正确的是 A. 电源B极为正极 B. 该装置采用质子交换膜 C. a电极上发生反应： D. 理论上，每生成，阳极区质量减少32g 10. 甘氨酸是人体必需氨基酸之一。在时，、和的分布分数【如】与溶液关系如图。下列说法错误的是 A. 甘氨酸具有两性 B. 曲线c代表 C. 的平衡常数 D. 第Ⅱ卷 非选择题(共60分) 二、非选择题(本题共4小题，共60分)。 11. 可用于油漆颜料及羊毛处理。工业上以高铁铬铁矿(主要成分为，含、、等杂质)为原料生产和金属的工艺流程如图。 已知：Ⅰ．“焙烧”过程中，反应转化为。 Ⅱ．若溶液中相关离子的物质的量浓度为，则常温时，与溶液的关系如图所示。 Ⅲ． 。 回答下列问题： （1）“焙烧”时，发生反应的化学方程式为_______。 （2）“水浸”后滤渣主要成分为_____(填化学式)；“调”时通入的“气体”是_____。 （3）常温下，图象上点对应的溶液_______。 （4）“调节”步骤中，调节的范围为_______；含硅微粒与发生反应的离子方程式是_______，与相比，结合氢离子能力较强的是_______(填微粒化学式)。 （5）加入“析铬”时，硫元素被氧化成，与反应的比例是_______。 （6）储氢技术是目前化学家研究的热点之一，铁与镁形成的某种合金可用于储氢领域，其晶胞如图所示：其中的原子坐标参数为，为，为，则点的坐标参数为_______。 该晶胞沿体对角线方向的投影图为_______。 12. 硫代硫酸钠()有较强的还原性，其制备装置图如图(加热和夹持装置略)，回答下列问题。 已知：ⅰ．、。 （1）仪器的名称_______；甲中发生反应的化学方程式_______。 （2）尾气处理时，无需使用防倒吸装置的可能原因是_______。 （3）已知脱氯()后的溶液呈强酸性，则其脱氯的离子方程式为：_______。 （4）为检验制得产品的纯度，该实验小组称取产品配制成硫代硫酸钠溶液，并用间接碘量法标定该溶液的浓度。在锥形瓶中加入溶液，并加入过量的后酸化，发生反应：，再加入几滴淀粉溶液，立即用所配溶液滴定，发生反应，当达到滴定终点时，消耗溶液，则该产品的纯度为_______(保留两位有效数字)。 （5）已知：ⅱ． 。为确定是何种微粒引起淀粉变色，根据碘水中微粒成分，分别往四组等浓度淀粉溶液中滴加等体积某试剂，实验结果如下。 组别 试剂 浓度 现象 ① () 无现象 ② () 无现象 ③ () 变蓝 ④ () 无现象 根据实验现象，猜测引起淀粉变色的微粒为_______。为进一步验证猜想，该小组开展后续实验：取第③组蓝色溶液，分别滴加相关试剂，实验结果验证了上述猜测。 ⑤ 蓝色略变浅 ⑥ 溶液 蓝色几乎褪去 ⑦ 水溶液 蓝色加深 结合化学用语解释第⑥组溶液蓝色褪去的原因_______。 13. 有机物G是一种医药中间体，其合成路线如下(部分试剂和反应条件略去)。 （1）根据化合物C的结构特征，分析预测其含氧官能团可能的化学性质，完成下表。 序号 反应试剂、条件 反应形成新官能团的名称 反应类型 ① H2，催化剂，加热 _______ _______ ② _______ _______ 消去反应 （2）化合物B的化学式是___________，组成元素的第一电离能数值由大到小的排列是___________。在B的同分异构体中，含有六元环结构且能发生银镜反应的有机物有___________种(不考虑立体异构)。 （3）上述物质转变过程中，说法正确的是___________(填标号) A. B生成C的反应是原子利用率100%的反应，则化合物a是甲醛 B. 化合物C中手性碳原子有2个，且所有的碳原子不可能共平面 C. 反应④中，有键的断裂与生成 D. 化合物E的碳原子的杂化方法有sp2和sp3，分子内有“s-p”形成的Π键 （4）根据上述信息，以甲苯和乙酰乙酸乙酯(CH3COCH2COOC2H5)为有机原料，合成化合物，基于你的合成路线，回答下列问题： ①从甲苯出发，第一步的化学方程式为___________。 ②第二步生成有机产物的结构简式为___________。 14. 和的重整制氢涉及如下反应： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 回答下列问题： （1）______，该反应能______（填“高温”或“低温”）自发进行。 （2）一定温度下，向容积不等的恒容密闭容器中分别通入等量的发生反应Ⅰ，经过相同时间，测得各容器中的转化率与容器容积的关系如图所示，下列说法正确的是______。 A. b、c点的 B. 正反应速率 C. a点所示条件下满足 D. 在a点再通入，平衡后的转化率将增大 （3）在恒压下按组成通入混合气体，反应相同时间后，、和的体积分数随温度的变化关系如图甲所示，测得平衡状态下的收率和的转化率随温度的变化曲线如图乙所示。 [已知：的收率，的收率] ①时，的体积分数为______，在范围内，其他条件不变，随着温度升高，的体积分数先增大而后减小，其原因可能是______。 ②计算，的收率______。保持恒压和投料比不变，不通入，则相同温度下转化率______（填“增大”“减小”或“不变”）。 ③设为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压（单位为）除以。计算时反应Ⅰ的相对压力平衡常数为______（列式表示）。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 泉州实验中学2025届高三毕业班12月月考 化学科试卷 满分：100分，考试时间：75分钟 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 第Ⅰ卷 选择题(共40分) 一、选择题(共10小题，每小题4分，只有一个选项符合要求，共40分)。 1. 挖掘文物价值，讲好中国故事。下列文物不会发生电化学腐蚀的是 选项 A B C D 文物 名称 曾侯乙编钟 越王勾践剑 元青花四爱图梅瓶 铜鼎 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】根据原电池的构成条件可知，常见的合金和潮湿的空气构成原电池，活泼金属铁或铜为负极，易发生电化学腐蚀中的吸氧腐蚀。编钟、剑、铜鼎中，铁、铜和潮湿的空气构成原电池，铁为负极，易发生电化学腐蚀中的吸氧腐蚀；陶瓷瓶成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，化学性质稳定，不易腐蚀，故选：C。 2. 氮及其化合物部分转化关系如下，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A. 常温下，的氨水中含有数目为 B. 常温常压下，中含有的分子数为 C. 反应①中生成的转移的电子数为 D. 标准状况下，中所含质子总数为 【答案】B 【解析】 【分析】NH3与O2在催化剂存在、加热反应生成X，NH3与X反应生成N2，则X为NO，NO与O2反应生成NO2，NO2部分转化为N2O4，即存在可逆反应2NO2N2O4，Z为NO2和N2O4，NO与还原酶Ⅰ反应生成Y，Y与还原酶Ⅱ反应生成N2，Y为N2O。 【详解】A．常温下1LpH=11的氨水中OH-物质的量为10-3mol/L×1L=10-3mol，含OH-的数目为10-3NA，A项正确； B．常温常压下，Z为NO2和N2O4，4.6gNO2、4.6gN2O4物质的量分别为0.1mol、0.05mol，则4.6gZ中含有的分子数小于0.1NA，B项错误； C．反应①为NH3与NO反应生成N2和H2O：4NH3+6NO5N2+6H2O，每生成5molN2转移12mol电子，则生成1molN2转移电子物质的量为2.4mol，转移电子数为2.4NA，C项正确； D．1个N2O中有22个质子，标准状况下2.24LN2O物质的量为0.1mol，含质子物质的量为2.2mol，含质子数为2.2NA，D项正确； 答案选B。 3. 在催化剂作用下，还原制备烃的原理如图。下列叙述错误的是 A. 甲和乙互为同系物，丙、丁、戊互为同系物 B. 合成甲和乙的催化剂所含元素中第一电离能最大的是Fe C. 上述有机物中有4种能使酸性溶液褪色 D. 丁、戊的二氯代物分别有10种和7种 【答案】B 【解析】 【详解】A．同系物是指结构相似、分子组成相差一个或若干个CH2原子团的同一类物质，因此甲和乙都是烯烃，互为同系物，丙、丁、戊都是芳香烃，互为同系物，故A正确； B．Na价电子排布为3s1，容易失去一个电子后形成稳定的8电子构型；Zn价电子排布为3d104s2，为稳定构型，不易失去电子，电离能较高；Fe价电子排布为3d64s2，d轨道容易失去1个电子得到半满稳定结构，因此Zn第一电离能最大，故B错误； C．上述有机物中烯烃和苯的同系物能使酸性高锰酸钾褪色，而苯不能使酸性高锰酸钾褪色，因此4种有机物能使酸性高锰酸钾褪色，故C正确； D．采用定一移一的方法，甲苯的二氯代物有、、，共计10种，对二甲苯的二氯代物有、，共计7种，故D正确； 故选B。 4. 化学上常用标准电极电势(氧化型/还原型)比较物质氧化能力的大小。值越高，氧化型的氧化能力越强。利用表格所给的数据进行分析，下列说法错误的是 氧化型/还原型 酸性介质 1.84V 0.77V 1.36V 氧化型/还原型 碱性介质 0.17V -0.56V 0.89V A. 与浓盐酸发生反应： B. 与浓盐酸发生反应： C. 碱性条件下可发生反应： D. 在等浓度的、、的混合液中，还原性： 【答案】D 【解析】 【分析】化学上常用标准电极电势φθ（氧化型/还原型）比较物质氧化能力，φθ值越高，氧化型的氧化能力越强，根据数据在酸性条件下氧化性：，碱性条件下氧化性：ClO->Co(OH)3>Fe(OH)3。 【详解】A．氧化性：，Co3O4与浓盐酸发生反应生成氯化亚钴、氯气和水，反应的化学方程式为Co3O4＋8HCl(浓)＝3CoCl2＋Cl2↑＋4H2O，A正确； B．氧化性：，三价铁不能将氯离子氧化，Fe3O4与浓盐酸反应生成氯化铁和氯化亚铁、水，化学反应方程式为Fe3O4+8HCl(浓)=FeCl2+2FeCl3+4H2O，B正确； C．碱性条件下氧化性ClO->Co(OH)3，说明NaClO可以将Co(OH)2氧化成Co(OH)3，反应的化学方程式为2Co(OH)2+NaClO+H2O=2Co(OH)3+NaCl，C正确； D．(Co3+/Co2+)>(Cl2/Cl-)>(Fe3+/Fe2+)，氧化性Co3+>Cl2>Fe3+，所以还原性Co2+<Cl-<Fe2+，D错误； 答案选D。 5. 一种有机物催化剂由原子序数依次递增的短周期元素、、、、组成，结构式如下图。下列说法正确的是 A. 简单离子半径： B. 简单气态氢化物稳定性： C. 元素所在周期中，第一电离能大于的元素有2种 D. 基态原子电子占据的最高能层有9个原子轨道 【答案】D 【解析】 【分析】原子序数依次递增的短周期元素X、Y、Z、W、M、X只形成1个共价键，Y形成4个共价键，Z形成2个共价键、M形成6个共价键，可知X为H元素、Y为C元素、Z为O元素、M为S元素；W形成带1个单位正电荷的阳离子，结合原子序数可知W为Na元素，以此来解答。 【详解】A．M为S，离子核外电子层排布为2、8、8；O和Na的离子电子层排布均为2、8，通常离子的核外电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越多半径越小，则离子半径：M＞Z＞W，A错误； B．非金属性O>C，非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，则稳定性：H2O>CH4，B错误； C．O为第二周期，随核电荷数递增，第一电离能呈增大趋势，N的2p为半满稳定结构，其第一电离能大于O，且稀有气体为稳定结构，则比O的第一电离能大的元素有N、F、Ne，C错误； D．M为S，其核外有3个能层，最高能层为第3电子层，存在3s轨道1个，3p轨道3个，3d轨道5个，共9个原子轨道，D正确； 故选D。 6. 常用于制作干粉灭火剂，某研究小组利用如图所示装置制备。向一定浓度的磷酸中通入，当溶液时，停止通入，即制得溶液。下列说法不正确的是 A. 装置中活塞的作用是防止倒吸 B. 通入时，容器壁会变热，说明存在的过程 C. 若不用传感器，还可选用甲基橙作指示剂 D. 若溶液达到9后继续通入，溶液中和的浓度均增大 【答案】C 【解析】 【分析】本实验的实验目的为制备磷酸二氢铵[]，实验原理为2NH3+H3PO4=； 【详解】A．由于NH3极易溶于水，因此可选择打开活塞K2以平衡气压，防止发生倒吸，所以实验过程中，当出现倒吸现象时，应及时关闭K1，打开K2；A正确； B．通入时，容器壁会变热，说明反应放出热量，存在的过程，B正确； C．当pH为时，可制得，说明溶液显碱性，因此若不选用pH传感器，还可以选用酚酞作指示剂，而不是甲基橙，C错误； D．继续通入NH3，(NH4)2HPO4继续反应生成(NH4)3PO4，当pH＞10.0时，溶液中OH-、、的浓度明显增加，D正确； 故选C。 7. 铝土矿是生产金属铝的最佳原料，其用量占世界铝土矿总产量的90%以上。以铝土矿（主要成分为，含和等杂质）为原料制备有机合成中的重要还原剂铝氢化钠（）的一种工业流程如图（已知二氧化硅在“碱溶”时生成硅酸钠沉淀）： 下列说法中错误的是 A. 为了提高“碱溶”效率，在“碱溶”前对铝土矿进行粉碎 B. “反应Ⅰ”的部分化学原理与泡沫灭火器的原理相同 C. “电解Ⅱ”中阳极的电极反应式为： D. “反应Ⅲ”的化学方程式为 【答案】B 【解析】 【分析】铝土矿主要成分为，含和等杂质。铝土矿加氢氧化钠溶解、生成四羟基合铝酸钠和硅酸钠，过滤出、Na2SiO3，滤液中加碳酸氢钠生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，电解碳酸钠溶液，阴极生成氢气和氢氧化钠，阳极生成氧气和碳酸氢钠，氢氧化钠、碳酸氢钠循环到“碱溶”、“反应Ⅰ”利用，氢氧化铝灼烧生成氧化铝，电解氧化铝生成金属铝，铝和氯气反应生成氯化铝，氯化铝和NaH反应生成和氯化钠。 【详解】A．在“碱溶”前对铝土矿进行粉碎，可以增大接触面积，提高“碱溶”效率，故A正确； B．“反应Ⅰ”是 ,与泡沫灭火器的原理不相同，故B错误； C．“电解Ⅱ”是电解碳酸钠溶液，阳极的电极反应式为，故C正确； D．“反应Ⅲ”是氯化铝和NaH反应生成和氯化钠，化学方程式为，故D正确； 选B。 8. 常温下、将等体积、浓度均为溶液与新制饱和溶液混合，出现白色浑浊；再滴加过量的溶液，振荡，出现白色沉淀。 已知： 下列说法不正确的是 A. 溶液中存在 B. 将溶液稀释到，几乎不变 C. 溶液与溶液混合后出现的白色浑浊不含有 D. 存在反应是出现白色沉淀的主要原因 【答案】C 【解析】 【详解】A．亚硫酸是二元弱酸，存在两步电离，电离方程式为：，，溶液中还存在水的电离，且水的电离比H2SO3的第二步电离还弱，则溶液中，A正确； B．亚硫酸根离子是其二级电离产生的，则稀释的时候对氢离子的影响较大，稀释的时候，亚硫酸的浓度变为原来的一半，另外稀释的平衡常数不变，对第二级电离影响很小，则稀释时亚硫酸根浓度基本不变，B正确； C．加入双氧水之前，生成的白色浑浊为BaSO3沉淀，C错误； D．过氧化氢具有强氧化性，可以将+4价硫氧化为+6价硫酸根离子，则存在反应，，则出现白色沉淀的主要原因生成BaSO4沉淀，D正确； 故选C。 9. 电催化含氮废水合成尿素，有助于实现碳中和及解决水污染问题。利用如下图所示装置可合成尿素。该装置工作时，下列说法不正确的是 A. 电源B极为正极 B. 该装置采用质子交换膜 C. a电极上发生反应： D. 理论上，每生成，阳极区质量减少32g 【答案】D 【解析】 【分析】a电极硝酸根离子得电子生成CO(NH2)2，a是阴极；b电极水失电子生成氧气，b是阳极。 【详解】A．b是阳极，所以电源B极为正极，故A正确； B．b是阳极，阳极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+；a是阴极，阴极反应式为，阳极生成氢离子、阴极消耗氢离子，所以该装置采用质子交换膜，故B正确； C．a是阴极，硝酸根离子得电子生成CO(NH2)2，a电极上发生反应：，故C正确； D．理论上，每生成，电路中转移4mol电子，阳极放出1mol氧气，同时有4molH+移入阴极区，所以阳极区质量减少36g，故D错误； 选D。 10. 甘氨酸是人体必需氨基酸之一。在时，、和的分布分数【如】与溶液关系如图。下列说法错误的是 A. 甘氨酸具有两性 B. 曲线c代表 C. 的平衡常数 D. 【答案】D 【解析】 【详解】A．中存在和-COOH，所以溶液既有酸性又有碱性，故A正确； B．氨基具有碱性，在酸性较强时会结合氢离子，羧基具有酸性，在碱性较强时与氢氧根离子反应，故曲线a表示 的分布分数随溶液pH的变化，曲b表示 的分布分数随溶液pH的变化，曲线c表示的分布分数随溶液pH的变化，故B正确； C．的平衡常数，时，根据a，b曲线交点坐标可知，时，，则，故C正确； D．由C项分析可知，，根据b，c曲线交点坐标坐标(9.78,0.50)分析可得电离平衡的电离常数为K1=，，则，即，故D错误； 故答案选D。 第Ⅱ卷 非选择题(共60分) 二、非选择题(本题共4小题，共60分)。 11. 可用于油漆颜料及羊毛处理。工业上以高铁铬铁矿(主要成分为，含、、等杂质)为原料生产和金属的工艺流程如图。 已知：Ⅰ．“焙烧”过程中，反应转化为。 Ⅱ．若溶液中相关离子的物质的量浓度为，则常温时，与溶液的关系如图所示。 Ⅲ． 。 回答下列问题： （1）“焙烧”时，发生反应的化学方程式为_______。 （2）“水浸”后滤渣主要成分为_____(填化学式)；“调”时通入的“气体”是_____。 （3）常温下，图象上点对应的溶液_______。 （4）“调节”步骤中，调节的范围为_______；含硅微粒与发生反应的离子方程式是_______，与相比，结合氢离子能力较强的是_______(填微粒化学式)。 （5）加入“析铬”时，硫元素被氧化成，与反应的比例是_______。 （6）储氢技术是目前化学家研究的热点之一，铁与镁形成的某种合金可用于储氢领域，其晶胞如图所示：其中的原子坐标参数为，为，为，则点的坐标参数为_______。 该晶胞沿体对角线方向的投影图为_______。 【答案】（1） （2） ①. ②. （3） （4） ①. ②. ； ③. ； （5） （6） ①. ②. 【解析】 【分析】工业上以高铁铬铁矿(主要成分为Cr2O3，含Fe2O3、SiO2、Al2O3等杂质)为原料生产Cr(OH)3和金属Al，高铁铬铁矿通入空气、加入碳酸钠焙烧生成二氧化碳，“焙烧”过程中，Cr2O3反应转化为Na2CrO4，二氧化硅和碳酸钠反应生成硅酸钠，氧化铝和碳酸钠反应生成偏铝酸钠，过滤得到滤渣为Fe2O3，通入二氧化碳气体调节溶液pH析铬，加入硫化钠生成Cr(OH)3，过滤得到母液Ⅰ蒸发浓缩冷却结晶、过滤洗涤、干燥得到碳酸钠晶体失去结晶水得到碳酸钠固体，析铬后的固体为硅酸沉淀和氢氧化铝沉淀，加入硫酸酸浸，过滤得到硅酸和铝盐溶液，加入过量氨水沉铝生成氢氧化铝沉淀，煅烧得到氧化铝和水，氧化铝熔融电解得到铝，母液Ⅱ主要是铵盐硫酸铵，据此分析解题。 【小问1详解】 由分析可知，“焙烧”过程中，Cr2O3反应转化为Na2CrO4，Cr2O3发生反应的化学方程式为：，故答案为：； 【小问2详解】 由上述分析可知，“水浸”后滤渣主要成分为：Fe2O3，“调pH”时通入的“气体X”是：CO2，故答案为：Fe2O3；CO2； 【小问3详解】 由题干信息可知，，K==1.0×1014，M点c()=c()=10-0.2mol/L，K===1.0×1014，c(H+)=mol/L=10-6.9mol/L，pH=6.9，故答案为：6.9； 【小问4详解】 中和的目的是调节pH，将铁、铝、硅转化为沉淀，由图可知，pH的理论范围为；含硅微粒是硅酸根离子，与二氧化碳反应的离子方程式为：；由lgc与pH的关系图可知，硅酸根完全沉淀的pH为9.3，完全沉淀的pH为9.6，所需的氢离子浓度更小，因此结合氢离子能力更强的是。故答案为：；；。 【小问5详解】 加入Na2S“析铬”时，被还原的离子方程式为：3S2-+4+8H++8H2O=8Cr(OH)3↓+3，故答案为：4:3； 【小问6详解】 根据晶胞图和原子坐标参数A为(0，0，0)，B为，C为，可推测D点的Mg原子位于上层八分之一晶胞的体心，到xAy面、yAz面、xAz面的距离分别为、、，坐标参数为；沿晶胞体对角线投影，B构成一个六边形，原面心上的6个B均匀分布，图C符合，故答案为：；C。 12. 硫代硫酸钠()有较强的还原性，其制备装置图如图(加热和夹持装置略)，回答下列问题。 已知：ⅰ．、。 （1）仪器的名称_______；甲中发生反应的化学方程式_______。 （2）尾气处理时，无需使用防倒吸装置的可能原因是_______。 （3）已知脱氯()后的溶液呈强酸性，则其脱氯的离子方程式为：_______。 （4）为检验制得产品的纯度，该实验小组称取产品配制成硫代硫酸钠溶液，并用间接碘量法标定该溶液的浓度。在锥形瓶中加入溶液，并加入过量的后酸化，发生反应：，再加入几滴淀粉溶液，立即用所配溶液滴定，发生反应，当达到滴定终点时，消耗溶液，则该产品的纯度为_______(保留两位有效数字)。 （5）已知：ⅱ． 。为确定是何种微粒引起淀粉变色，根据碘水中微粒成分，分别往四组等浓度淀粉溶液中滴加等体积某试剂，实验结果如下。 组别 试剂 浓度 现象 ① () 无现象 ② () 无现象 ③ () 变蓝 ④ () 无现象 根据实验现象，猜测引起淀粉变色的微粒为_______。为进一步验证猜想，该小组开展后续实验：取第③组蓝色溶液，分别滴加相关试剂，实验结果验证了上述猜测。 ⑤ 蓝色略变浅 ⑥ 溶液 蓝色几乎褪去 ⑦ 水溶液 蓝色加深 结合化学用语解释第⑥组溶液蓝色褪去的原因_______。 【答案】（1） ①. 恒压滴液漏斗 ②. （2）持续通入氮气或和反应速率不大，没有造成明显的压强差 （3） （4） （5） ①. 或多碘阴离子 ②. 增大，使平衡逆向移动，导致减小，促使平衡逆向移动，消耗 【解析】 【分析】甲中浓硫酸和亚硫酸钠反应制备二氧化硫，乙装置防止丙中溶液倒吸，丙中发生反应、制备，最后用氢氧化钠吸收二氧化硫，防止污染。 【小问1详解】 由图所示，仪器a的名称为恒压滴液漏斗；亚硫酸钠和浓硫酸发生复分解反应生成，其反应的化学方程式为：，故答案为：恒压滴液漏斗；； 【小问2详解】 SO2与NaOH的反应速率不大，不会产生较明显的压强差，从而不会引起倒吸，故答案为：持续通入氮气或和反应速率不大，没有造成明显的压强差； 【小问3详解】 吸收，被氧化为硫酸根离子，被还原为氯离子，根据得失电子守恒，反应的离子方程式为，故答案为：； 【小问4详解】 由反应方程式可得关系式：，则15.00mL 溶液中的物质的量为，则该产品的纯度为：，故答案为：79%； 【小问5详解】 由①可知I－不会引起淀粉变色，由②可知不会引起淀粉变色，由④可知I2不会引起淀粉变色，③引起淀粉变色，是由于碘水中，碘单质与水反应生成I－，然后，使淀粉变色；第③组蓝色溶液，滴加溶液，增大，使平衡逆向移动，导致减小，促使平衡逆向移动，消耗，故答案为：或多碘阴离子；增大，使平衡逆向移动，导致减小，促使平衡逆向移动，消耗。 13. 有机物G是一种医药中间体，其合成路线如下(部分试剂和反应条件略去)。 （1）根据化合物C的结构特征，分析预测其含氧官能团可能的化学性质，完成下表。 序号 反应试剂、条件 反应形成新官能团的名称 反应类型 ① H2，催化剂，加热 _______ _______ ② _______ _______ 消去反应 （2）化合物B的化学式是___________，组成元素的第一电离能数值由大到小的排列是___________。在B的同分异构体中，含有六元环结构且能发生银镜反应的有机物有___________种(不考虑立体异构)。 （3）上述物质转变过程中，说法正确的是___________(填标号) A. B生成C的反应是原子利用率100%的反应，则化合物a是甲醛 B. 化合物C中手性碳原子有2个，且所有的碳原子不可能共平面 C. 反应④中，有键的断裂与生成 D. 化合物E的碳原子的杂化方法有sp2和sp3，分子内有“s-p”形成的Π键 （4）根据上述信息，以甲苯和乙酰乙酸乙酯(CH3COCH2COOC2H5)为有机原料，合成化合物，基于你的合成路线，回答下列问题： ①从甲苯出发，第一步的化学方程式为___________。 ②第二步生成有机产物的结构简式为___________。 【答案】（1） ①. 羟基 ②. 加成反应或还原反应 ③. 浓硫酸、加热 ④. 碳碳双键 （2） ①. C8H14O ②. O＞C＞H ③. 5 （3）AC （4） ①. +Cl2+HCl ②. 【解析】 【分析】由题干合成流程图可知，A发生氧化反应生成B，结合小题(3)信息可知，化合物B生成C的反应是原子利用率100%的反应，该反应为加成反应，C比B多一个CH2O，则a为HCHO，根据C、E的结构简式知，C中—CH2OH被氧化生成—COOH，D和乙醇发生酯化反应生成E，则D为；F碱性条件下水解然后酸化得到G，将G中—COOH转化为—COOCH2CH3得到F为；(4)以甲苯和乙酰乙酸乙酯（CH3COCH2COOC2H5）为有机原料合成化合物，根据E→F→G的反应知，甲苯和氯气发生取代反应生成，和CH3COCH2COOC2H5发生E→F类型的反应然后再发生F→G类型的反应得到，据此分析解题。 【小问1详解】 由题干合成流程图中C的结构简式可知，C中含有酮羰基和醇羟基两种官能团，据此分析解题： ①C中羰基和氢气在催化剂、加热的条件下发生加成反应或还原反应生成羟基，故答案为：羟基；加成反应或还原反应； ②C中醇羟基在浓硫酸作催化剂、加热的条件下发生消去反应生成碳碳双键，故答案为：浓硫酸、加热；碳碳双键； 【小问2详解】 由题干合成流程图中B的结构简式可知，化合物B的化学式是C8H14O，根据同一周期从左往右元素第一电离能呈增大趋势，ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA反常，故组成元素的第一电离能数值由大到小的排列是O＞C＞H，B的同分异构体符合下列条件：含有六元环结构且能发生银镜反应，说明含有六元环和醛基，B的不饱和度是2，环和醛基的不饱和度都是1，则符合条件的结构中除了六元环和醛基外不含其它的环或双键，如果取代基为—CH2CHO，有1种位置异构；如果取代基为—CH3、—CHO，两个取代基位于同一个碳原子上有1种位置异构；两个取代基位于不同碳原子上有3种位置异构，所以符合条件的同分异构体有5种，故答案为：C8H14O；O＞C＞H；5； 【小问3详解】 A．由题干流程图中B和C的结构简式可知，B生成C的反应是原子利用率100%的反应，则化合物a是甲醛，A正确； B．已知同时连有4个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，结合题干化合物C的结构简式可知，其中手性碳原子有3个，且有3个sp3杂化连有3个碳原子的碳原子，故所有的碳原子不可能共平面，B错误； C．由分析可知，反应④即羧基和醇羟基发生酯化反应，根据酯化反应 “酸脱羟基醇脱氢” 的机理可知，反应中有C-O键的断裂与生成，C正确； D．由题干化合物E的结构简式可知，化合物E的碳原子的杂化方法有碳氧双键上的sp2，其余碳原子为sp3，分子内碳氧双键上为有“p-p”形成的Π键，s电子云不能形成Π键，D错误； 故答案为：AC； 【小问4详解】 以甲苯和乙酰乙酸乙酯（CH3COCH2COOC2H5）为有机原料合成化合物，根据E→F→G的反应知，甲苯和氯气发生取代反应生成，和CH3COCH2COOC2H5发生E→F类型的反应然后再发生F→G类型的反应得到，合成路线为：，据此解题： ①从甲苯出发，第一步的化学方程式为+Cl2+HCl， 故答案为：+Cl2+HCl； ②第二步生成有机产物的结构简式为，故答案为：。 14. 和的重整制氢涉及如下反应： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 回答下列问题： （1）______，该反应能______（填“高温”或“低温”）自发进行。 （2）一定温度下，向容积不等的恒容密闭容器中分别通入等量的发生反应Ⅰ，经过相同时间，测得各容器中的转化率与容器容积的关系如图所示，下列说法正确的是______。 A. b、c点的 B. 正反应速率 C. a点所示条件下满足 D. 在a点再通入，平衡后的转化率将增大 （3）在恒压下按组成通入混合气体，反应相同时间后，、和的体积分数随温度的变化关系如图甲所示，测得平衡状态下的收率和的转化率随温度的变化曲线如图乙所示。 [已知：的收率，的收率] ①时，的体积分数为______，在范围内，其他条件不变，随着温度升高，的体积分数先增大而后减小，其原因可能是______。 ②计算，的收率______。保持恒压和投料比不变，不通入，则相同温度下转化率______（填“增大”“减小”或“不变”）。 ③设为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压（单位为）除以。计算时反应Ⅰ的相对压力平衡常数为______（列式表示）。 【答案】（1） ①. ②. 高温 （2）BC （3） ①. ②. 950℃~1100℃时，反应Ⅰ占主导，速率增幅大，生成多；1100℃~1150℃时反应Ⅱ占主导，速率增幅大，消耗多 ③. 20% ④. 减小 ⑤. 【解析】 【小问1详解】 反应Ⅲ=反应Ⅰ+反应Ⅱ，根据盖斯定律可知，； ，时，反应可以自发进行，该反应，，可知高温能自发进行； 【小问2详解】 A．容器体积越小，压强越大，反应速率越大，达平衡所需时间越短，故a、b点为平衡点，c点为非平衡点，a、b点的Q=K，A选项错误； B．容器体积越小，压强越大，反应速率越大，故正反应速率a>c，B选项正确； C．a点为平衡点，故a点所示条件下满足v正(H2S)=2v逆(S2)，C选项正确； D．在a点再通入H2S，平衡后H2S的转化率将减小，D选项错误； 故答案选BC； 【小问3详解】 在恒压100kPa下按组成n(H2S):n(CH4):n(Ar)=1:1:4.7通入混合气体，由图甲知，1050℃时，CS2的体积分数为0.1%，S2体积分数为1.6%，列三段式如下： n总=1-2x-2y+1-y-z+y+z+2x+2y+4z+x-y+4.7=6.7+x-y+4z，CS2的体积分数=， S2的体积分数=，由H2体积分数=可知，H2体积分数=2×S2的体积分数＋4×CS2的体积分数=3.6%； 950℃~1100℃时，反应Ⅰ占主导，速率增幅大，生成S2(g)多；1100℃~1150℃时反应Ⅱ占主导，速率增幅大，消耗S2(g)多，故在950℃~1150℃范围内，其他条件不变，随着温度升高，S2(g)的体积分数先增大而后减小； T1℃时，H2S的转化率为32%，S2的收率为4%，设起始投料H2S为1mol，则反应的H2S为0.32mol，S2和CS2中总的S原子为0.32mol，S2中的S原子为0.04mol，则CS2中S原子为0.28mol，CS2中C原子为0.14mol，则消耗的CH4为0.14mol，H2中总的H原子为0.32mol×2＋0.14×4=1.2mol，则H2的收率为； 保持恒压100kPa和投料比n(H2S):n(CH4)=1:1不变，不通入Ar，容器的体积减小，则平衡向左进行，相同温度下H2S转化率减小； T1℃时，H2S的转化率为32%，S2的收率为4%，设起始投料H2S为1mol，则反应的H2S为0.32mol，剩余的H2S为0.68mol，S2和CS2中总的S原子为0.32mol，S2中的S原子为0.0128mol，S2为0.0064mol，约为0.006mol，则CS2中S原子为0.3072mol，CS2为0.1536mol，CS2中C原子为0.1536mol，则消耗的CH4为0.1536mol，剩余的CH4为0.8464mol，H2中总的H原子为0.32mol×2＋0.1536×4=1.2544mol，H2为0.6272mol，约为0.6mol，体系总的物质的量为7mol，反应Ⅰ的相对压力平衡常数为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $