精品解析：全国九五高中协作体2025届高三上学期联考(九五联考)化学试题

保密★启用并使用完毕前 全国九五高中协作体2025届高三联考(九五联考) 化学 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；回答非选择题时，将答案写在答题卡上写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Si-28 Cl-35.5 Fe-56 Br-80 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 下列关于传统文化的记载中，不涉及氧化还原反应的是 A. 泽中有火，上火下泽 B. 独忆飞絮鹅毛下，非复青丝马尾垂 C. 凡研硝不以铁碾入石臼，相激火生，则祸不可测 D. (汞)得火则飞，不见埃尘……将欲制之，黄芽为根 2. 化学品在食品加工和制作过程中起着重要作用。下列说法错误的是 A. 山梨酸、苯甲酸可用作食品的防腐剂 B. 可用作面包等食品的漂白剂 C. 维生素C和还原铁粉可用作食品抗氧化剂 D. 碳酸氢钠、碳酸氢铵可用作食品膨松剂 3. 下列化学用语或图示正确的是 A. 溶液中的水合离子： B. 的价层电子对互斥模型： C. 中的键为键 D. 固体中的链状结构： 4. 下列事实与和F的电负性无关的是 A. 键角： B. 键的极性： C. 物质的酸性： D. 沸点： 5. 物质性质决定用途，下列两者对应关系错误的是 选项 性质 用途 A 具有强氧化性 可用于医疗器械的杀菌消毒 B 胶体遇可溶性电解质易聚沉 可用作止血剂 C 是黑色粉末状固体 可用于激光打印机的墨粉 D 肥皂水显碱性 可用作蚊虫叮咬处的清洗剂 A. A B. B C. C D. D 6. 下列图示实验中，能达到对应实验目的的是 A B C D A. 除铁钉表面的柴油 B. 向容量瓶中转移溶液 C. 分离中的少量白磷 D. 测量气体的体积 7. 为原子序数依次增大的短周期主族元素，基态W原子的电子总数是其最高能级电子数的两倍，Z的第一电离能大于同周期的相邻元素；四种元素形成的物质受热易分解，结构如图，其中五元环为平面结构，下列说法正确的是 A. 简单氢化物的还原性： B. 简单离子的半径： C. 基态Y原子核外电子的空间运动状态有6种 D. 由组成的化合物均为共价化合物 8. 某化学兴趣小组利用酸碱中和反应设计成如图所示的电池装置，工作过程中溶液的浓度逐渐增大(忽略溶液体积变化)。下列关于该电池说法错误的是 A. 膜m是阳离子交换膜，膜n是阴离子交换膜 B. 电池总反应为 C. 电池中生成时，放出的电能等于稀硫酸与溶液反应的中和热 D. 电极M上消耗标准状况下的时，溶液的浓度为 9. 某同学测量放热反应的(忽略温度对焓变的影响)，实验结果见下表： 实验 序号 反应试剂 实验前的 温度 实验后的 温度 ① 溶液 铁粉 a ② 溶液 铁粉 a ③ 溶液 铁粉 a 已知：反应后溶液的比热容和密度分别取和，忽略水以外其它物质吸收的热量及溶液体积变化；开始沉淀的为4.4。下列说法正确的是 A. 实验①中铁粉全部参加反应 B. 实验①和实验②测得数值相同 C. 实验③测得： D. 根据上述实验内容，可以判断出实验①和③均能测的准确值 10. 甲烷偶联制备产物是具有代表性反应之一、利用含合金的作催化剂，测得甲烷偶联制备乙烷的反应历程如图所示： 已知：吸附在催化剂表面上的物种用*标注；表示过渡态。 下列说法正确的是 A. 三种催化剂作用下，反应机理均有三个基元反应 B. 催化下，“”和“”对应的能垒(或活化能)不同 C. 在不同催化剂作用下，反应的可能不同 D. 根据图像可知，复合催化剂的催化效果更好 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11. 由下列事实或现象能得出相应结论的是 选项 事实或现象 结论 A 向固体中加入浓硫酸微热，逸出气体 浓硫酸具有强酸性 B 向包裹粉末的脱脂棉中滴入几滴水，脱脂棉剧烈燃烧 与反应放热 C 向浓度均为和混合液中，滴入几滴溶液，未变血红色 与配位能力： D 用浓氨水和双氧水的混合液洗涤试管内壁的银镜 体现氨水的碱性和双氧水的氧化性 A. A B. B C. C D. D 12. 电催化还原可高效合成甘氨酸，以乙醛酸为原料，采用双金属为催化电极，催化电极上的反应原理如图所示： 已知：。 下列说法错误的是 A. 工作时，电流经电解质流向双金属催化电极 B. 若表示，则步骤①电极反应式为 C. 为了提高甘氨酸产率，应促使快速脱离双金属催化电极表面 D. 若表示测得生成的和甘氨酸物质的量之比为，理论上该装置的电子利用率为 13. 乙酰苯胺()是微溶于冷水、易溶于热水的白色结晶性粉末。某企业利用侯氏制碱法合成乙酰苯胺的流程如下： 下列说法正确的是 A. 向饱和食盐水中先通再通 B. “溶液”中通入和加入让余液可循环使用，且不影响的产率 C. “酰胺化”时，消耗反应生成的，提高乙酰苯胺的产率 D. “一系列操作”有加冷水、振荡、静置、分液，有机层再用干燥得乙酰苯胺 14. 燃煤热电厂采用如图所示的流程处理含的烟气。下列说法正确的是 A. 为降低对环境的影响，过程Ⅱ中和C的物质的量之比要小于 B. 过程Ⅳ中能体现的酸性强于的酸性 C. 该流程中也可加入催化量的实现目的 D. 该流程的总反应化学方程式为 15. 可用作高分子有机硅化合物的原料。工业上常用和为原料来制备，反应原理：。向恒容密闭容器中加入和，在下发生上述反应，测得容器中气体密度与时间的关系曲线如图所示： 下列说法正确的是 A. 内， B. 后反应已达到平衡状态 C. 可通过降低体系温度，使点N移向点O D. 若再向体系中补充，当不变时其数值为 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16. 钴及其配合物在催化、药物和材料科学领域具有广泛应用，根据所学知识回答下列问题： （1）①元素位于元素周期表中的___________区。 ②下列状态的钴中，电离最外层一个电子所需能量最大的是___________(填标号)。 a． b． c． d． （2）钴的一种配合物在分析化学中常用来检验，原理为(亮黄色)。 ①配离子的组成元素中，电负性从大到小的顺序为___________。 ②由溶液、和双氧水制备该配合物的离子反应方程式为___________。 ③已知：大π键可用符号表示，其中n代表参与形成大π键的原子数，m代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为。则含有的大键可表示为___________，中键键长小于中键键长的原因是___________。 ④的正八面体结构如图所示，则4个被4个取代后形成的结构有___________种。 ⑤是一种很好的配体，能提供孤电子对的___________(填标号)。 a．仅有氧原子 b．仅有氮原子 c．氧原子或氮原子 （3）有机净化剂的基本组分为立体网格结构的聚合物大分子，可以净化除去溶液中的某些金属阳离子，其净化原理如图所示： 能发生上述转化而不能，推测可能的原因为___________。 17. 是催化空气氧化的优良催化剂，现设计如下装置图(部分加热及夹持装置已略)，测与空气物质的量比约为时被氧化的效率。 已知：①是易挥发的液体，实验室常用于制备，原理为； ②是白色固体，易吸水潮解，能快速与发生反应：。 回答下列问题： （1）试剂X是___________(填“浓硫酸”或“”)，将已称重的装置与其他装置组装好，检查气密性，向装置B中按一定流速持续通入空气，一段时间后，先打开管式炉调节温度为，再打开分液漏斗的活塞，此时装置B的作用是___________，先打开管式炉再打开分液漏斗活塞的原因是___________。 （2）当观察到___________(填现象)，关闭分液漏斗活塞，停止加热管式炉，还需要继续通空气，其目的是___________，当装置D冷却至室温后停止通空气。 （3）实验结束后，测得装置E变化，装置F变化，CO的转化率为___________%。 （4）颗粒容易吸附气体分子，导致测定结果存在较大误差，设计如下测定方案： I．将装置F中固体溶解在足量水中，不断搅拌至无固体剩余，再加入溶液调约为5后，将其配成待测溶液； Ⅱ．用移液管量取标准溶液于锥形瓶中，用待测液滴定，反应原理为(滴定时，和不参与反应)，消耗待测液。 ①的转化率为___________%(保留三位有效数字)。 ②下列操作导致的转化率测定值偏大的是___________(填标号)。 a．被氧化过程中，通入空气流速过快 b．步骤I中，没有加入溶液调 c．步骤Ⅱ中，滴定前滴定管尖嘴内无气泡，滴定结束后尖嘴内有气泡 18. 精炼铜产生的阳极泥富含和等物质。研究人员设计从阳极泥分离提取的流程，如下图所示： 已知：在王水中以和形式存在，和均为强酸；。 回答下列问题： （1）“焙烧”时，空气与粉末状阳极泥逆流而行，目的是___________。 （2）在一定温度下“酸浸”时，焙烧渣与不同浓度的物质A反应时结果如表所示： 1.0 5.0 10.0 16.0 18.0 浸出率 25 78 95 85 51 浸出率 5 88 90 45 0 则物质A为___________(填名称)，“酸浸”时，选择为___________。 （3）“分金”时，为降低对环境的影响，需要加入少量的，写出生成的离子方程式___________。 （4）“沉铂”时，需要加入过量的，其目的是___________，加热焙烧生成的过程中N元素转化为无污染气体，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为___________。 （5）“溶银”时，若用溶液，最多可溶解___________(忽略水解和溶液体积变化)。整个过程中可以循环使用的物质有___________(填化学式)。 19. 某研究性学习小组为探究溶液与的反应情况，设计并进行了如下实验。 已知：均是难溶于水的白色固体；可溶于氨水形成无色且易被氧化的，也可溶于溶液中转化为。 回答下列问题： （1）检验Ⅱ中浅红色沉淀含有和取少量洗涤后的浅红色沉淀，加入过量浓硝酸，生成红棕色气体和蓝绿色溶液。 ①甲同学认为，根据上述实验现象，不能判断浅红色沉淀中一定存在。理由是___________；向蓝绿色溶液中滴加___________(填化学式)，产生白色沉淀，证明沉淀中含有。 ②乙同学补充实验：取少量洗涤后的浅红色沉淀于试管中，加入浓氨水，振荡后溶液逐渐变深蓝色，证明沉淀中含有。溶液变深蓝色原因是___________。 ③Ⅲ中溶液颜色变浅的原因是___________(用离子方程式解释)。 （2）Ⅱ中溶液为蓝绿色，经检验含有等。取Ⅱ中上层清液于另一支试管中，滴加几滴___________(填名称)，溶液变为红色，说明还有未反应的，一段时间后，红色慢慢消失，还生成白色沉淀，红色慢慢消失的离子方程式为___________。 （3）实验过程中溶液随时间变化曲线如图所示： 则段主要反应的离子方程式为___________。 20. 常用作有机合成与生物化学中间体，可由脱氢制得，体系中同时发生如下反应： 反应I： 反应Ⅱ： 已知：①的含碳物质占比； ②用平衡分压代替平衡浓度计算；分压=总压乘以物质的量分数。 回答下列问题： （1）___________(用含的式子表示)。 （2）在的恒压密闭容器中，按物质的量比为通入和的混合气体，发生上述反应，测得生成物的物质的量与时间关系曲线如图所示(曲线a只表示某物质的部分变化)： ①曲线b表示的物质是___________(填名称)，曲线b先增大后减小的原因是___________，若将容器更换为起始温度为、压强为的恒容容器中进行，则点X将可能移向___________(填“A”“B”或“C”)。 ②当反应均达到平衡时，测得物质的含碳物质占比分别为，则___________，反应Ⅱ的___________(用含的式子表示)。 ③若增大容器体积，再次达到平衡时，将___________(填“增大”“减小”或“不变”)；若将和按物质的量比为通入的恒压密闭容器中，再次达到平衡时，将___________(填“增大”“减小”或“不变”)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 保密★启用并使用完毕前 全国九五高中协作体2025届高三联考(九五联考) 化学 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；回答非选择题时，将答案写在答题卡上写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Si-28 Cl-35.5 Fe-56 Br-80 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 下列关于传统文化的记载中，不涉及氧化还原反应的是 A. 泽中有火，上火下泽 B. 独忆飞絮鹅毛下，非复青丝马尾垂 C. 凡研硝不以铁碾入石臼，相激火生，则祸不可测 D. (汞)得火则飞，不见埃尘……将欲制之，黄芽为根 【答案】B 【解析】 【详解】A．“泽中有火，上火下泽”，泽，指湖泊池沼，湖泊池沼水面上起火，为甲烷燃烧，属于氧化还原反应，A不符合题意； B．“独忆飞絮鹅毛下，非复青丝马尾垂”，为蚕丝和飞絮的鉴别，不涉及氧化还原反应，B符合题意； C．“凡研硝不以铁碾入石臼，相激火生，则祸不可测”，‌意思是，在研磨硝酸钾时，如果不用铁碾而是将其在石臼中研磨，可能会因为相互撞击产生火花，引发爆炸，属于氧化还原反应，C不符合题意； D．黄芽指的是硫，汞和硫反应生成硫化汞，为氧化还原反应，D不符合题意； 故选B。 2. 化学品在食品加工和制作过程中起着重要作用。下列说法错误的是 A. 山梨酸、苯甲酸可用作食品的防腐剂 B. 可用作面包等食品的漂白剂 C. 维生素C和还原铁粉可用作食品抗氧化剂 D. 碳酸氢钠、碳酸氢铵可用作食品膨松剂 【答案】B 【解析】 【详解】A．苯甲酸及其钠盐、山梨酸及其钾盐常用作食品防腐剂，能有效防止食物变质发酸、延长保质期，故A正确； B．SO2有害，SO2不能用作面包等食品的漂白剂，故B错误； C．维生素C和还原铁粉具有还原性，可与氧化性物质发生氧化还原反应，可用作食品的抗氧化剂，故C正确； D．NH4HCO3、NaHCO3与酸会生成CO2，可作馒头、面包等食物的膨松剂，故D正确； 故选B。 3. 下列化学用语或图示正确的是 A. 溶液中的水合离子： B. 的价层电子对互斥模型： C. 中的键为键 D. 固体中的链状结构： 【答案】B 【解析】 【详解】A．钠离子半径小于氯离子，图示中钠离子半径大于氯离子，同时水分子中氢原子呈正电性，氧原子呈负电性，因此钠离子周围的水分子应该是氧原子对着钠离子，氯离子周围的水分子应该是氢原子对着氯离子，溶液中的水合离子为，A错误； B．的中心原子孤电子对数，则的价层电子对互斥模型：　，B正确； C．分子为四面体构型，分子中S原子的轨道为不等性杂化，C错误； D．在固体HF中，HF分子间存在氢键，故一个 HF 分子中的氢原子与另一个 HF 分子中的氟原子通过氢键相连，这样多个 HF 分子就可以连接成链状结构，结构为：，D错误； 故答案为：B。 4. 下列事实与和F的电负性无关的是 A. 键角： B. 键的极性： C. 物质的酸性： D. 沸点： 【答案】D 【解析】 【详解】A．三卤化氮的分子构型是三角锥形，氟元素的电负性大于氯元素，三卤化氮中共用电子对更偏向氟原子，成键电子对间排斥力减小使得键角减小，所以三氯化氮键角比三氟化氮大，A不符合题意； B．氟元素的电负性大于氯元素的电负性，中共用电子对更偏向氟原子，碳氟键的极性强于碳氯键，B不符合题意； C．氟原子和氯原子都是吸电子基，氟元素的电负性大于氯元素的电负性，分子中羧基中羟基的极性强于，更易电离出氢离子，所以的酸性强于，C不符合题意； D．四氟化碳和四氯化碳都是分子晶体，其沸点与分子间作用力有关，与电负性无关，D符合题意； 故选D。 5. 物质性质决定用途，下列两者对应关系错误的是 选项 性质 用途 A 具有强氧化性 可用于医疗器械的杀菌消毒 B 胶体遇可溶性电解质易聚沉 可用作止血剂 C 是黑色粉末状固体 可用于激光打印机的墨粉 D 肥皂水显碱性 可用作蚊虫叮咬处的清洗剂 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．具有强氧化性，且还原产物为水没有污染，可用于医疗器械的杀菌消毒，A正确； B．胶体遇可溶性电解质易聚沉，血液属于胶体，是可溶性电解质，且铁离子易水解生成氢氧化铁胶体，所以可用作止血剂，B正确； C．用于制激光打印机的墨粉，由于四氧化三铁是具有磁性的黑色固体，C错误； D．蚊虫叮咬显酸性，肥皂水显碱性，蚊虫叮咬后用肥皂水清洗，D正确； 故选C。 6. 下列图示实验中，能达到对应实验目的的是 A B C D A. 除铁钉表面的柴油 B. 向容量瓶中转移溶液 C. 分离中的少量白磷 D. 测量气体的体积 【答案】D 【解析】 【详解】A．柴油属于烃类，与氢氧化钠溶液不反应，也不溶于氢氧化钠溶液，所以用氢氧化钠溶液不能除铁钉表面的柴油，A错误； B．向容量瓶中转移溶液时，玻璃棒上端不能靠着容量瓶内壁，下端应该靠在刻度线以下，B错误； C．CS2属于非极性溶剂，白磷也是非极性分子，白磷能溶于CS2中，不能用过滤的方法分离，C错误。 D．HCl气体易溶于水、难溶于CCl4，所以测量HCl气体体积时能选用四氯化碳，D正确； 故选D。 7. 为原子序数依次增大的短周期主族元素，基态W原子的电子总数是其最高能级电子数的两倍，Z的第一电离能大于同周期的相邻元素；四种元素形成的物质受热易分解，结构如图，其中五元环为平面结构，下列说法正确的是 A. 简单氢化物的还原性： B. 简单离子的半径： C. 基态Y原子核外电子的空间运动状态有6种 D. 由组成的化合物均为共价化合物 【答案】A 【解析】 【分析】由图可知，化合物中X、Y、Z形成共价键的数目为1、4、3，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，W原子的电子总数是其最高能级电子数的两倍，Z的第一电离能大于同周期的相邻元素，则X为H元素、Y为C元素、Z为N元素、W为O元素。 【详解】A．同周期元素，从左到右元素的非金属性依次增强，简单氢化物的还原性依次减弱，则氨气的还原性强于水，故A正确； B．电子层数相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则氮离子的离子半径大于氧离子，故B错误； C．碳元素的原子序数为6，基态原子的电子排布式为1s22s22p2，则原子核外电子的空间运动状态有4种，故C错误； D．由图可知，四种元素形成的化合物是含有离子键和共价键的离子化合物，故D错误； 故选A。 8. 某化学兴趣小组利用酸碱中和反应设计成如图所示的电池装置，工作过程中溶液的浓度逐渐增大(忽略溶液体积变化)。下列关于该电池说法错误的是 A. 膜m是阳离子交换膜，膜n是阴离子交换膜 B. 电池总反应为 C. 电池中生成时，放出的电能等于稀硫酸与溶液反应的中和热 D. 电极M上消耗标准状况下的时，溶液的浓度为 【答案】C 【解析】 【分析】M极通入氢气，电极反应式为H2-2e-=2H+，故M极为负极，N极产生氢气，电极反应式为2H++2e-=H2，故N极为正极，工作过程中K2SO4溶液的浓度逐渐增大，K+移向正极，故膜m为阳离子交换膜，硫酸根移向负极，故膜n为阴离子交换膜。 【详解】A．分析可知，膜m为阳离子交换膜，膜n为阴离子交换膜，A正确； B．电池总反应2KOH+H2SO4=K2SO4+2H2O，离子方程式为H++OH−=H2O，B正确； C．原电池的能量转化率无法达到100%，所以生成1mol H2O时，酸碱中和反应放出的热量与放出的电能不相等，C错误； D．电极M上消耗标准状况下的2.24LH2时，电子转移0.2mol，即0.2molK+，0.1mol硫酸根转移至中间室，即K2SO4物质的量增加0.1mol，忽略体积变化，则浓度增加0.2mol/L，故K2SO4溶液的浓度变为0.3mol⋅L−1，D正确； 故答案选C。 9. 某同学测量放热反应的(忽略温度对焓变的影响)，实验结果见下表： 实验 序号 反应试剂 实验前的 温度 实验后的 温度 ① 溶液 铁粉 a ② 溶液 铁粉 a ③ 溶液 铁粉 a 已知：反应后溶液的比热容和密度分别取和，忽略水以外其它物质吸收的热量及溶液体积变化；开始沉淀的为4.4。下列说法正确的是 A. 实验①中铁粉全部参加反应 B. 实验①和实验②测得数值相同 C. 实验③测得： D. 根据上述实验内容，可以判断出实验①和③均能测的准确值 【答案】A 【解析】 【详解】A．实验①中Cu2+的物质的量为0.02mol，H+物质的量为0.01mol，可消耗铁粉0.025mol，即1.4g，实验①中铁粉1.20g可全部参加反应，A正确； B．实验②中有硝酸根和氢离子，故Fe和硝酸发生反应，故实验①和实验②中反应不同，测得ΔH数值不相同，B错误； C．实验③中Fe反应0.01mol，放出热量为4.18×100×1.0×(b3-a)×10-3=0.418(b3-a)kJ，故Fe(s)+CuSO4(aq)=FeSO4(aq)+Cu(s)ΔH=−41.8(b3−a)kJ⋅mol−1，C错误； D．实验①中铁粉对比铜离子过量，故发生反应Fe(s)+CuSO4(aq)=FeSO4(aq)+Cu(s)和Fe(s)+H2SO4(aq)=FeSO4(aq)+H2(g)，实验③铁粉对比铜离子少量，故只发生反应Fe(s)+CuSO4(aq)=FeSO4(aq)+Cu(s)，可以判断出实验③能测ΔH的准确值，实验①不能，D错误； 故答案选A。 10. 甲烷偶联制备产物是具有代表性反应之一、利用含合金的作催化剂，测得甲烷偶联制备乙烷的反应历程如图所示： 已知：吸附在催化剂表面上的物种用*标注；表示过渡态。 下列说法正确的是 A. 三种催化剂作用下，反应机理均有三个基元反应 B. 催化下，“”和“”对应的能垒(或活化能)不同 C. 在不同催化剂作用下，反应的可能不同 D. 根据图像可知，复合催化剂的催化效果更好 【答案】D 【解析】 【详解】A．由图可知，TiO2[n(Pd):n(Cu)=1:2]时只存在2个过渡态，反应机理有2个基元反应，A错误； B．图示可知，“”和“”对应的基元反应均是，所以“TS1”和“TS2”对应的能垒(或活化能)相同，B错误； C．催化剂可以通过降低反应活化能来加快反应速率，不影响反应的ΔH，在不同催化剂作用下，反应2CH4(g)=C2H6(g)+H2(g)的ΔH均相同，C错误； D．根据图示TiO2[n(Pd):n(Cu)=2:1]复合催化剂中能最大程度降低反应的活化能，故该催化剂活性最好，D正确； 故答案选D。 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11. 由下列事实或现象能得出相应结论的是 选项 事实或现象 结论 A 向固体中加入浓硫酸微热，逸出气体 浓硫酸具有强酸性 B 向包裹粉末的脱脂棉中滴入几滴水，脱脂棉剧烈燃烧 与反应放热 C 向浓度均为和混合液中，滴入几滴溶液，未变血红色 与配位能力： D 用浓氨水和双氧水的混合液洗涤试管内壁的银镜 体现氨水的碱性和双氧水的氧化性 A. A B. B C. C D. D 【答案】BC 【解析】 【详解】A．向固体中加入浓硫酸微热，逸出气体，符合不挥发性酸制取挥发性酸的原理，说明浓硫酸表现了酸性和难挥发性，A项错误； B．向包有Na2O2粉末的脱脂棉滴几滴水，脱脂棉剧烈燃烧，说明该反应放出热量使温度达到脱脂棉的着火点，剧烈燃烧说明氧气浓度较大，该反应产生氧气，B项正确； C．铁离子有空轨道，SCN−、CN−均可提供孤电子对，铁离子与SCN−、CN−均可形成配合物，向浓度均为和混合液中，滴入几滴溶液，未变血红色，则铁离子未与SCN−反应而是和CN−反应了，则与铁离子的配位能力，CN−>SCN−，C项正确； D．用浓氨水和双氧水的混合液洗涤试管内壁的银镜，说明银转变为，该离子在酸性环境中被破坏，在碱性环境中可存在，则银单质被过氧化氢氧化，故体现双氧水的氧化性、氨水的碱性，同时氨水还向银离子提供了配体形成了配合离子，D项错误； 答案选BC。 12. 电催化还原可高效合成甘氨酸，以乙醛酸为原料，采用双金属为催化电极，催化电极上的反应原理如图所示： 已知：。 下列说法错误的是 A. 工作时，电流经电解质流向双金属催化电极 B. 若表示，则步骤①电极反应式为 C. 为了提高甘氨酸产率，应促使快速脱离双金属催化电极表面 D. 若表示测得生成的和甘氨酸物质的量之比为，理论上该装置的电子利用率为 【答案】BD 【解析】 【分析】根据图示，NOx在双金属为催化电极获得电子生成，部分与乙醛酸反应生成HOOC-CH=NOH，HOOC-CH=NOH获得电子生成甘氨酸；部分获得电子生成氨气。 【详解】A．根据图示，工作时，双金属为催化电极发生还原反应，双金属催化电极为阴极，电流经电解质流向双金属催化电极，故A正确； B．若表示，则步骤①电极反应式为，故B错误； C．在金属催化电极表面可以继续得电子还原为氨气，为了提高甘氨酸产率，应促使快速脱离双金属催化电极表面，故C正确； D．若表示测得生成的和甘氨酸物质的量之比为，3mol转化为3mol转移15mol电子，1mol生成1mol转移2mol电子，2mol生成2mol甘氨酸转移8mol电子，理论上该装置的电子利用率为 ，故D错误； 选BD。 13. 乙酰苯胺()是微溶于冷水、易溶于热水的白色结晶性粉末。某企业利用侯氏制碱法合成乙酰苯胺的流程如下： 下列说法正确的是 A. 向饱和食盐水中先通再通 B. “溶液”中通入和加入让余液可循环使用，且不影响的产率 C. “酰胺化”时，消耗反应生成的，提高乙酰苯胺的产率 D. “一系列操作”有加冷水、振荡、静置、分液，有机层再用干燥得乙酰苯胺 【答案】AC 【解析】 【分析】该反应利用饱和食盐水和氨气、二氧化碳反应制取碳酸氢钠，方程式为：。利用生成的碳酸氢钠，与苯胺和进行取代反应，得到产品乙酰苯胺。 【详解】A．该反应是利用侯氏制碱法原理制备碳酸氢钠，向饱和食盐水中先通再通的目的是因为氨气在水中的溶解度远大于二氧化碳在水中的溶解度，这有利于反应进行保证气体充分吸收，A正确； B．“溶液”中通入和加入让余液可循环使用，提高了转化率，可以提高的产率，B错误； C．苯胺与进行取代反应，方程式为：，生成了，碳酸氢钠可以消耗盐酸，使平衡正向移动，提高乙酰苯胺的产率，C正确； D．乙酰苯胺微溶于冷水，待其析出晶体以后，应该进行过滤操作，不是分液，D错误； 故选AC。 14. 燃煤热电厂采用如图所示的流程处理含的烟气。下列说法正确的是 A. 为降低对环境的影响，过程Ⅱ中和C的物质的量之比要小于 B. 过程Ⅳ中能体现的酸性强于的酸性 C. 该流程中也可加入催化量的实现目的 D. 该流程的总反应化学方程式为 【答案】C 【解析】 【分析】如图所示，在过程I中，CaCO3浆液与含SO2热烟气和空气发生反应，生成，在过程Ⅱ中和C发生反应，在过程Ⅲ中，将制成浆液，在过程Ⅳ中，浆液与SO2和CO2发生反应，据此回答。 【详解】A．由分析知，在过程Ⅱ中和C发生反应，为降低对环境的影响， 和C的物质的量之比要大于，防止生成CO气体，A错误； B．由分析知，在过程Ⅳ中，浆液与SO2和CO2发生反应，不能能体现的酸性强于的酸性，B错误； C．由分析和图可知，在过程Ⅳ中，浆液与SO2和CO2发生反应，故也可加入催化量的实现目的，C正确； D．由分析知，该流程中氧气参与了反应，而题给总反应化学方程式中无氧气，D错误； 故选C。 15. 可用作高分子有机硅化合物的原料。工业上常用和为原料来制备，反应原理：。向恒容密闭容器中加入和，在下发生上述反应，测得容器中气体密度与时间的关系曲线如图所示： 下列说法正确的是 A. 内， B. 后反应已达到平衡状态 C. 可通过降低体系温度，使点N移向点O D. 若再向体系中补充，当不变时其数值为 【答案】AD 【解析】 【详解】A．反应物中气体初始质量为5mol×36.5g/mol=182.5g，t1min时，气体总质量为0.09825g/cm3×2L×1000mL/L=196.5g，增加的质量为反应Si的质量，则反应的n(HCl)= ，则，A正确； B．气体总质量为0.10525g/cm3×2L×1000mL/L=210.5g，210.5g－182.5g=28g，此时刚好消耗1molSi，说明Si的量不足，导致气体密度不在发生变化，不能判定反应达到平衡状态，B错误； C．反应物Si无剩余，降低温度平衡不会移动，即降低温度密度不变，N点移动到P点，C错误； D．若再向体系中补充，根据反应物比例关系可知，Si足量，列三段式有，平衡时，密度不变，则K=，解得x=1.5mol，则气体总质量为(0.5×36.5+1.5×135.5+1.5×2)g=224.5g，密度=224.5g÷2L=112.25g/L=0.11225g/cm3，D正确； 故选AD。 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16. 钴及其配合物在催化、药物和材料科学领域具有广泛应用，根据所学知识回答下列问题： （1）①元素位于元素周期表中的___________区。 ②下列状态的钴中，电离最外层一个电子所需能量最大的是___________(填标号)。 a． b． c． d． （2）钴的一种配合物在分析化学中常用来检验，原理为(亮黄色)。 ①配离子的组成元素中，电负性从大到小的顺序为___________。 ②由溶液、和双氧水制备该配合物的离子反应方程式为___________。 ③已知：大π键可用符号表示，其中n代表参与形成大π键的原子数，m代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为。则含有的大键可表示为___________，中键键长小于中键键长的原因是___________。 ④的正八面体结构如图所示，则4个被4个取代后形成的结构有___________种。 ⑤是一种很好的配体，能提供孤电子对的___________(填标号)。 a．仅有氧原子 b．仅有氮原子 c．氧原子或氮原子 （3）有机净化剂的基本组分为立体网格结构的聚合物大分子，可以净化除去溶液中的某些金属阳离子，其净化原理如图所示： 能发生上述转化而不能，推测可能的原因为___________。 【答案】（1） ①. d ②. b （2） ①. ②. ③. ④. 中既存在σ键，又存在大π键，原子轨道重叠的程度较大，因此其中键的键长较小，而只存在普通的σ键 ⑤. 2 ⑥. c （3）半径与有机净化剂网格孔径大小匹配，可形成配位键，而半径太大 【解析】 【小问1详解】 ①是27号原子，位于元素周期表Ⅷ族，属于元素周期表中的d区，故答案为：d； ②由题给信息知，b、d项代表，a、c项代表Co原子，b项再失去一个电子较难，即第二电离能大于第一电离能，故电离最外层一个电子所需能量b项大于a项，4p能级的能量高于4s，4p能级上电子较4s上电子易失去，故电离最外层一个电子所需能量b大于c和d，故答案为：b； 【小问2详解】 ①配离子的组成元素为Co、N、O，同周期的元素，从左到右电负性依次增大，金属元素的电负性小于非金属元素的电负性，所以Co、N、O的电负性从大到小的顺序为，故答案为：； ②由溶液、和双氧水制备，过氧化氢将氧化为，其离子方程式为； ③中，氮原子的未杂化p轨道上有2个电子，2个氧子的各提供一个单电子的p轨道，1个氧子提供一个全充满的p轨道，共有6个电子参与形成大键，成键原子有4个，可表示为；中氮原子为sp2杂化，离子中既存在键，又存在大键，原子轨道重叠的程度较大，因此其中键的键长较小，而只存在普通的键，故答案为：；；中既存在键，又存在大键，原子轨道重叠的程度较大，因此其中键的键长较小，而只存在普通的键； ④为正八面体结构，则4个被4个取代后，剩余的2个可能在一条边上和在体对角线上，所以的结构2种，故答案为：2； ⑤的结构式为，、上均有孤电子对，故答案为：c； 【小问3详解】 有机净化剂的基本组分为立体网格结构的聚合物大分子，的离子半径与有机净化剂网格孔径大小匹配形成配位键，而的离子半径比的离子半径大，大小不匹配，所以能发生上述转化而不能，故答案为：半径与有机净化剂网格孔径大小匹配，可形成配位键，而半径太大。 17. 是催化空气氧化的优良催化剂，现设计如下装置图(部分加热及夹持装置已略)，测与空气物质的量比约为时被氧化的效率。 已知：①是易挥发的液体，实验室常用于制备，原理为； ②是白色固体，易吸水潮解，能快速与发生反应：。 回答下列问题： （1）试剂X是___________(填“浓硫酸”或“”)，将已称重的装置与其他装置组装好，检查气密性，向装置B中按一定流速持续通入空气，一段时间后，先打开管式炉调节温度为，再打开分液漏斗的活塞，此时装置B的作用是___________，先打开管式炉再打开分液漏斗活塞的原因是___________。 （2）当观察到___________(填现象)，关闭分液漏斗活塞，停止加热管式炉，还需要继续通空气，其目的是___________，当装置D冷却至室温后停止通空气。 （3）实验结束后，测得装置E变化，装置F变化，CO的转化率为___________%。 （4）颗粒容易吸附气体分子，导致测定结果存在较大误差，设计如下测定方案： I．将装置F中固体溶解在足量水中，不断搅拌至无固体剩余，再加入溶液调约为5后，将其配成待测溶液； Ⅱ．用移液管量取标准溶液于锥形瓶中，用待测液滴定，反应原理为(滴定时，和不参与反应)，消耗待测液。 ①的转化率为___________%(保留三位有效数字)。 ②下列操作导致的转化率测定值偏大的是___________(填标号)。 a．被氧化过程中，通入空气流速过快 b．步骤I中，没有加入溶液调 c．步骤Ⅱ中，滴定前滴定管尖嘴内无气泡，滴定结束后尖嘴内有气泡 【答案】（1） ①. 浓硫酸 ②. 除中的及空气中的；根据气泡调节与空气比值约为 ③. 先将催化剂催化活性调整到最佳，再使进入装置D中 （2） ①. 装置B的导气管口不再产生气泡时 ②. 将装置中的分别赶入到装置E和装置F中完全反应 （3）50 （4） ①. 44.4 ②. bc 【解析】 【分析】装置A中HCOOH在浓硫酸催化下生成CO气体，CO与空气在装置B中混合，同时在装置B中用NaOH溶液除去空气中的CO2气体及挥发出来的，并且通过装置B中的气泡调节CO与空气的体积比为1:5，经过装置C干燥，在装置D中氧化CO，然后用装置E吸收反应生成的CO2气体，最后在装置F中用I2O5吸收过量的CO，据此作答。 【小问1详解】 由分析可知，装置A中HCOOH在浓硫酸作用下生成CO，所以试剂X为浓硫酸；装置B可以除中的及空气中的，根据气泡调节与空气比值约为；先打开管式炉，将催化剂加热到合适温度，使催化剂活性达到最佳，然后打开分液漏斗活塞使CO进入装置D中，故答案为：浓硫酸；除中的及空气中的，根据气泡调节与空气比值约为；先将催化剂催化活性调整到最佳，再使进入装置D中； 【小问2详解】 当观察到装置B的导气管口不再产生气泡时，说明装置A中已经反应完全，关闭分液漏斗活塞，停止加热管式炉，然后继续通空气，将装置中的分别赶入到装置E和装置F中完全反应，当装置D冷却至室温后停止通空气，故答案为：装置B的导气管口不再产生气泡时；将装置中的分别赶入到装置E和装置F中完全反应； 【小问3详解】 装置E用来吸收反应生成的CO2，则被催化氧化的CO的物质的量为，装置F中发生反应为，则被装置F吸收的CO的物质的量为x，则由固体质量变化可知，x＝0.02mol，所以CO的转化率为，故答案为：50； 【小问4详解】 ①设与标准溶液反应的I2的物质的量为x，由、可得关系式，，所以CO的转化率为，故答案为：44.4； ②a．被氧化过程中，通入空气流速过快，在装置D中未充分氧化，会导致的转化率测定值偏小，故a不符合题意； b．步骤I中，没有加入溶液调，溶液呈强酸性，与生成，使步骤Ⅱ中消耗的待测液体积偏小，的转化率测定值偏大，故b符合题意； c．步骤Ⅱ中，滴定前滴定管尖嘴内无气泡，滴定结束后尖嘴内有气泡,所取标准液体积偏小，使步骤Ⅱ中消耗的待测液体积偏小，的转化率测定值偏大，故c符合题意； 故答案为：bc。 18. 精炼铜产生的阳极泥富含和等物质。研究人员设计从阳极泥分离提取的流程，如下图所示： 已知：在王水中以和形式存在，和均为强酸；。 回答下列问题： （1）“焙烧”时，空气与粉末状阳极泥逆流而行，目的是___________。 （2）在一定温度下“酸浸”时，焙烧渣与不同浓度的物质A反应时结果如表所示： 1.0 5.0 10.0 16.0 18.0 浸出率 25 78 95 85 51 浸出率 5 88 90 45 0 则物质A为___________(填名称)，“酸浸”时，选择为___________。 （3）“分金”时，为降低对环境的影响，需要加入少量的，写出生成的离子方程式___________。 （4）“沉铂”时，需要加入过量的，其目的是___________，加热焙烧生成的过程中N元素转化为无污染气体，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为___________。 （5）“溶银”时，若用溶液，最多可溶解___________(忽略水解和溶液体积变化)。整个过程中可以循环使用的物质有___________(填化学式)。 【答案】（1）使气固反应物充分接触，加快反应速率，使反应充分进行 （2） ①. 硝酸 ②. 10.0 （3） （4） ①. 将转化为，同时降低的溶解度 ②. （5） ①. 0.24 ②. 【解析】 【分析】和等物质在空气中焙烧，硫元素被氧气氧化为二氧化硫形成尾气，铜和银被氧化为对应氧化物，铂和金不与氧气反应，加入物质A酸浸使铜和银元素进入溶液，而铂、金不溶于一般的酸而形成滤渣，银离子只有硝酸银是可溶的，所以应选用硝酸，王水是浓硝酸和浓盐酸混合酸可溶解铂和金，再加入亚硫酸钠还原得到金单质，溶液Ⅱ中加入氯化铵沉铂生成，加热焙烧可生成；滤液Ⅰ加入溴化钠可生成溴化银沉淀，溴化银沉淀中加入硫代硫酸钠溶解溴化银生成硫代硫酸银，经电解可生成银。 【小问1详解】 “焙烧”时，空气与粉末状阳极泥逆流而行，可使反应物充分接触加快反应速率，所以目的是使气固反应物充分接触，加快反应速率，使反应充分进行； 【小问2详解】 选用硝酸可使铜和银元素进入滤液中与铂、金分离，从表格数据可知当硝酸浓度为10mol/L时，Cu2+和Ag+浸出率均最高，故答案为：硝酸，10mol/L； 【小问3详解】 将还原生成Au，发生氧化还原反应，加入亚硫酸钠作为还原剂，离子方程式为：； 【小问4详解】 加入过量的将转化为，同时可降低的溶解度，减少损失；加热焙烧生成的过程中N元素转化为无污染气体，说明生成氮气，反应方程式为：，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为； 【小问5详解】 反应式为，设可溶解的溴化银为xmol，列三段式得：，所以，解得x=0.24；溶液Ⅰ中含硫代硫酸银和溴化钠，电解后生成硫代硫酸钠可循环使用，加热焙烧生成HCl可用于配制王水，故整个过程中可循环的物质为：。 19. 某研究性学习小组为探究溶液与的反应情况，设计并进行了如下实验。 已知：均是难溶于水的白色固体；可溶于氨水形成无色且易被氧化的，也可溶于溶液中转化为。 回答下列问题： （1）检验Ⅱ中浅红色沉淀含有和取少量洗涤后的浅红色沉淀，加入过量浓硝酸，生成红棕色气体和蓝绿色溶液。 ①甲同学认为，根据上述实验现象，不能判断浅红色沉淀中一定存在。理由是___________；向蓝绿色溶液中滴加___________(填化学式)，产生白色沉淀，证明沉淀中含有。 ②乙同学补充实验：取少量洗涤后的浅红色沉淀于试管中，加入浓氨水，振荡后溶液逐渐变深蓝色，证明沉淀中含有。溶液变深蓝色原因是___________。 ③Ⅲ中溶液颜色变浅的原因是___________(用离子方程式解释)。 （2）Ⅱ中溶液为蓝绿色，经检验含有等。取Ⅱ中上层清液于另一支试管中，滴加几滴___________(填名称)，溶液变为红色，说明还有未反应的，一段时间后，红色慢慢消失，还生成白色沉淀，红色慢慢消失的离子方程式为___________。 （3）实验过程中溶液随时间变化曲线如图所示： 则段主要反应的离子方程式为___________。 【答案】（1） ①. 浅红色沉淀中含有粉，可以与浓硝酸反应生成和 ②. ③. 无色的被氧气氧化为深蓝色的 ④. （2） ①. 硫氰化钾溶液 ②. 或 （3） 【解析】 【分析】实验目的是探究溶液与的反应情况，实验原理为具有氧化性、具有还原性，二者发生氧化还原反应，生成的蓝绿色溶液中除含有，是否含有，浅红色沉淀除含有，是否含有。 【小问1详解】 探究Ⅱ中浅红色沉淀含有和，取少量洗涤后的浅红色沉淀，加入过量浓硝酸，其中会发生，故根据生成红棕色气体和蓝绿色溶液不能确定浅红色沉淀中含有；证明蓝绿色溶液中是否含有，则需要加入溶液，若产生不溶于硝酸的白色沉淀，则说明溶液中含有；根据甲同学对浅红色沉淀加入过量浓硝酸产生的蓝绿色溶液中的检验，说明浅红色沉淀中可能含有，则乙同学的补充实验原理为溶于氨水形成无色的，易被氧化为深蓝色的，从而确定浅红色沉淀含有，故溶液变深蓝色原因是无色的被氧气氧化为深蓝色的；根据Ⅲ中实验现象浅红色沉淀比Ⅱ浅，说明含有的粉减少，白色沉淀增加，故溶液颜色变浅的原因是溶液中的与发生归中反应生成，反应离子方程式为； 故答案为：浅红色沉淀中含有粉，可以与浓硝酸反应生成和；；无色的被氧气氧化为深蓝色的；； 【小问2详解】 检验Ⅱ中蓝绿色溶液是否含有未反应的，原理为与发生络合反应，溶液变红色，故实验时应滴加几滴硫氰化钾溶液；溶液中含有红色的，一段时间后，红色慢慢消失，还生成白色沉淀，则说明平衡正移，即浓度减小，与结合生成难溶于水的白色，故溶液中发生的反应为或； 故答案为：硫氰化钾溶液；或； 【小问3详解】 根据上述分析可知，Ⅱ蓝绿色溶液中含有、未反应的、少量，溶液随时间变化段明显增大，原因为浓度减小，水解程度减小，主要反应的离子方程式为； 故答案为：。 20. 常用作有机合成与生物化学中间体，可由脱氢制得，体系中同时发生如下反应： 反应I： 反应Ⅱ： 已知：①的含碳物质占比； ②用平衡分压代替平衡浓度计算；分压=总压乘以物质的量分数。 回答下列问题： （1）___________(用含的式子表示)。 （2）在的恒压密闭容器中，按物质的量比为通入和的混合气体，发生上述反应，测得生成物的物质的量与时间关系曲线如图所示(曲线a只表示某物质的部分变化)： ①曲线b表示的物质是___________(填名称)，曲线b先增大后减小的原因是___________，若将容器更换为起始温度为、压强为的恒容容器中进行，则点X将可能移向___________(填“A”“B”或“C”)。 ②当反应均达到平衡时，测得物质的含碳物质占比分别为，则___________，反应Ⅱ的___________(用含的式子表示)。 ③若增大容器体积，再次达到平衡时，将___________(填“增大”“减小”或“不变”)；若将和按物质的量比为通入的恒压密闭容器中，再次达到平衡时，将___________(填“增大”“减小”或“不变”)。 【答案】（1） （2） ①. 苯乙炔 ②. 反应I反应速率快，乙基环己烷更多转化为苯乙炔，曲线b上升，当反应I达到平衡时，反应Ⅱ还在正向进行，乙基环已烷浓度下降，使反应I逆向移动，曲线b开始下降 ③. C ④. 0.6 ⑤. ⑥. 增大 ⑦. 增大 【解析】 【分析】根据图像纵坐标5.3=1×5+0.1×3，则曲线a表示H2，曲线b表示苯乙炔，曲线c表示苯乙烷， 【小问1详解】 =(b-a) 【小问2详解】 ①根据方程式判断，曲线a表示H2，曲线b表示苯乙炔，曲线c表示苯乙烷，苯乙炔先增大后减小是因为反应I反应速率快，乙基环己烷更多转化为苯乙炔，曲线b上升，当反应I达到平衡时，反应Ⅱ还在正向进行，乙基环已烷浓度下降，使反应I逆向移动，曲线b开始下降；若改为恒容条件，由于生成的气体分子数变多，相当于加压，反应速率加快，平衡逆向移动，苯乙炔减少，故X点可能向C点移动。 ②设通入1mol和5mol，当反应均达到平衡时，测得物质的含碳物质占比分别为，根据元素守恒则苯乙烷为50%，M～5H2，1苯乙烷～3H2，则H2的物质的量=1×30%×5+1×50%×3=3mol，氮气的物质的量为5mol，压强之比=物质的量之比，则0.6；体系中气体总量为9mol，反应Ⅱ的 =。 ③若增大容器体积，相当于减压，平衡正向移动，但反应I速率更快，故M增大的幅度大，再次达到平衡时，增大；若将和按物质的量比为通入的恒压密闭容器中，氮气的分压减小，再次达到平衡时，增大。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $