福建省南安第一中学2024-2025学年高三上学期第二次阶段测试化学试题

3 南安一中2024~2025学年高三年第二次阶段考 1D831 化学学科答题卡 考号 姓名 班级 注意事项： 1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在 贴条形码区 条形码区域内。 2.选择题必须使用2B铅笔填涂且按正确填涂方式填涂：■非选择题必须使用 0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整，笔迹清晰。 3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，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。 缺考☐ 一。 选择题(40分) 1[A】[B][C]【D] 3 [A][B][G][D] 5[A][B][o1[D1 7[A】[B][C][D] 9IA】[B][c][D] 2【AJEB][c][D] 4【A1【B][o1[D] 6 [A][B][C][D] 8[A][B]【C]【o] 10 [A][8][C][D] 二、非选择题(60分) 11.(14分) (1) (2) (3) (4) (5) (6) 12.(14分) (1)① ⊙ (2) (3)① ② (4)① ② (5)① ② ■ 13.(14分) (1) (2) (3) (4) (5) (6) 14.(18分) ①(1) (①(2)① ② ③ ①(3) (0 ((1) (四)(2) 南安一中2024～2025学年上学期高三年第一次阶段考 化学科试卷参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D A A D B D A D C B 1．D【详解】A．可用X射线衍射仪测定晶体的结构，A正确； B．熔沸点很高，为共价晶体，B正确； C．石墨烯材料属于新型无机非金属材料，C正确； D．甲烷运载火箭中液氧作助燃剂，甲烷作燃料，D错误。 2．A【详解】A．由X的结构简式可知，X的分子式为，1个分子中采取杂化的原子数为4，分别为，故A正确； B．化合物X中含有1个羧基和1个酯基且酯基水解后会产生1个酚羟基，化合物X最多能与3mol NaOH反应，故B错误； C．化合物X在酸性条件下水解后的产物为，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，水解产物含有1个手性碳原子，位置为，故C错误； D．化合物X中含有2个杂化的C原子，分子中所有碳原子不可能都共平面，故D错误。 3．A【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的最高正价与最低负价代数和为0，则W为C或Si；结合化合物甲的结构，X是O，Y是Na；Z原子M层上有2个未成对电子且此能级无空轨道，Z是S，根据上述分析，W是C。 【详解】A．同周期第一电离能比S大的主族元素有P、Cl，A项正确； B．水分子间存在氢键，沸点反常，简单氢化物的沸点：H2O>H2S，B项错误； C．X、Y形成的化合物可以是氧化钠或过氧化钠，过氧化钠中含有共价键，C项错误； D．化合物甲中的阴离子是碳酸根离子，C原子形成3个σ键，没有孤对电子，空间构型为平面三角形，D项错误。 4．D【详解】A．1分子呋喃中含有5个C-C非极性键，故34 g呋喃(  )中含有的非极性键数目为=2.5NA，A错误； B．已知Cu与Cl2反应生成CuCl2，而与S反应生产Cu2S，故加热条件下，64 g Cu分别与足量Cl2、S充分反应，转移的电子数分别为2NA，NA，B错误； C．已知SO2和O2生成SO3的反应是一个可逆反应，故标准状况下，22.4 L的SO2与足量的O2反应，生成SO3的分子数小于NA，C错误； D．6.4 g S2和S8的混合物中所含的电子数为=3.2NA，D正确； 5．B【详解】A．溶液与氨水、NH4HCO3反应，生成FeCO3沉淀，离子方程式为：，故A错误； B．Fe3+与H2S发生氧化还原反应，离子方程为：，故B正确； C．向明矾溶液中滴加氢氧化钡至沉淀质量最大时，是产生沉淀只有硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为：，故C错误； D．醛基具有强还原性、能被溴水氧化，邻羟基苯甲醛中加入足量浓溴水，生成，离子方程式为：，故D错误。 6．D【分析】根据题目所给图示分析，b电极上：，得氢发生还原反应，则b电极作阴极，a电极作阳极，b电极的电极反应式为：，则a电极的电极反应式为：NRH2-2e-+2HCO3-=NR+2CO2↑+H2O，据此解答。 【详解】A．根据分析，若用铅蓄电池进行电解，极是负极，极是正极，故a电极应连接正极，即极，A错误； B．根据分析，b电极上发生还原反应，其电极反应式为：； C．由b电极的电极反应式可知，氢氧根浓度增大，要保持溶液中电荷守恒，故需要将a电极产生的氢离子转移到b极区，则装置中离子交换膜为阳离子交换膜； D．由a电极的电极反应式可知，反应物需要碳酸氢根，左储液罐需要产生碳酸氢根供给，则左储液罐发生反应的离子方程式为：，D正确。 7．A【分析】方铅矿(主要成分为，含有等杂质)和中加入盐酸浸取，盐酸与、反应生成和，被还原为，加入的可促进反应平衡正向移动，使更多的元素存在于溶液中，再加入调节溶液，使铁离子转化成氢氧化铁沉淀除去，然后过滤得到滤渣2为氢氧化铁沉淀，难溶于冷水，将滤液冷水沉降过滤得到晶体，之后加入稀硫酸发生沉淀转化，生成硫酸铅晶体，滤液a中主要成分为HCl，据此分析解答。　 【详解】A．浸取时盐酸与、反应生成和S，被还原为，加入的可促进反应平衡正向移动，发生，使更多的Pb元素存在于溶液中，最后发生的主要离子方程式为：； B．因难溶于冷水，易溶于热水并存在；加入冰水降低温度，化学平衡逆向移动，有利于沉淀更完全，B正确； C．根据分析，滤液a中主要成分为，经处理后可返回浸取工艺循环利用，C正确； D．用溶液将经“沉淀转化”后得到的离子方程式为，该反应的平衡常数，转化为沉淀需要，同时溶液中，则，由，计算出还需要，则的起始物质的量至少为，即溶液的起始物质的量浓度不得低于，D正确。 8．D【分析】由题给信息可知，图②中的铁刚开始就覆盖着钝化生成的氧化膜，插入铜连接导线后，由于铁表面已钝化，此时铜为负极，铁为正极，随着铁表面的氧化物被还原溶解后，铁重新为负极，铜为正极，然后铁表面再次发生钝化，如此往复多次，据此分析解答。 【详解】A．①中现象说明该浓硝酸具有强氧化性，能将Fe钝化，形成的致密氧化膜成分复杂，不能仅用Fe2O3表示，故A错误； B．②中连接导线后，体系形成了原电池，当铁表面无红棕色气体时，铁为负极，Cu为正极； C．②中Fe表面产生红棕色气泡时，说明硝酸根在Fe的表面得到电子发生了还原反应，此时Fe 为正极，故C错误； D．Cu作正极时，Cu表面电极反应式为：NO+2H++e -=NO2↑+H2O，Cu作负极时，Cu表面电极反应式为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3) 2 +2NO2↑+2H2O，故D正确。 9．C【分析】由图可知：M的起始浓度为0.5 mol/L，反应①的速率v1=k1c2(M)，反应②的速率v2=k2c2(M)(k1、k2为速率常数)。则同一反应体系中反应①、②的速率之比始终不变，所以Y、Z的浓度变化之比始终不变；①M+N=X+Y、②M+N=X+Z，则体系中始终有c(Y)+c(Z)=△c (M)，由图可知：30 min时△c(M)=0.5 mol/L-0.300 mol/L=0.2 mol/L；c(Z)=0.125 mol/L，则c (Y)=0.2 mol/L-0.125 mol/L=0.075 mol/L，即反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比为0.075 mol/L：0.125 mol/L=3：5；结合反应的活化能与反应速率关系比较反应①、②的活化能大小，根据v=和转化率公式计算反应速率和转化率，据此分析解答。 【详解】A．由图中数据可知，时，M、Z的浓度分别为0.300和0.125 ，则M的变化量为0.5-0.300 =0.200 ，其中转化为Y的变化量为0.200-0.125 =0.075 。因此，时间段内，Y的平均反应速率为 ，选项A正确； B．由题中信息可知，反应①和反应②的速率之比为，Y和Z分别为反应①和反应②的产物，且两者与M的化学计量数相同（化学计量数均为1），因此反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比等于 ，由于k1、k2为速率常数，故该比值保持不变，选项B正确； C．由上述分析可知，体系中Y和Z的浓度之比为3：5，所以反应能进行到底时，c(Y)+c(Z)=△c(M)=0.5 mol/L，则c(Z)=，反应结束时M转化为Z的转化率为，选项C错误； D．由图可知，30 min时△c(M)=0.5 mol/L-0.300 mol/L=0.2 mol/L，c(Z)=0.125 mol/L，则c(Y)=△c(M)- c(Z)=0.2 mol/L-0.125 mol/L=0.075 mol/L，则v(Y)：v(Z)=0.075 mol/L：0.125 mol/L =3：5，即v(Y)＜v(Z)，v1＜v2。反应的活化能越高，反应速率越慢，所以反应①的活化能大于反应②的活化能，选项D正确。 10．B【详解】A．加入NaOH，转化为、，为二元弱酸，A正确； B．根据pH=6.6时，，可得=，水解常数为 ，电离大于水解，故溶液中：，B错误； C．根据价层电子对数计算，这表明中心磷原子以sp3杂化，空间构型为四面体形，与相邻原子形成两个P-OHσ键，一个H-Pσ键，磷和非羟基氧形成一个P=O双键(σ键和π键) ，且为二元弱酸，结构式为：，C正确； D．Ka1（H3PO4）=10-2.1，Ka2（H3PO4）=10-7.2，Ka3（H3PO4）=10-12.4，结合图像，可得Ka1（H3PO3）=10-1.3，Ka2（H3PO3）=10-6.6，根据强酸制取弱酸的原则，往溶液中加入过量的的离子方程式为：，D正确。 11．(14分)MnO2+SO2=Mn2++SO（2分） 5≤pH＜8（2分） Fe(OH)3、Al(OH)3(2分，每个1分) Mg2+（1分） 使Mg2+与萃取剂分离转化为MgCl2（2分） 抑制MgCl2水解，防止生成Mg(OH)2沉淀（2分） 萃取剂或有机相2（1分） MnO2+2HX=Mn2++2X+2OH-（2分） 【分析】锰结核(主要成分为MnO2，含少量MgO、Fe2O3、Al2O3、SiO2)加入H2SO4进行酸浸，将MgO、Fe2O3、Al2O3转化为Mg2+、Fe3+、Al3+，并通入SO2将MnO2转化为Mn2+，自身被氧化为，SiO2不与二氧化硫和硫酸反应，则滤渣1中主要为SiO2，滤液1中主要含有Mg2+、Fe3+、Al3+、Mn2+及，调节滤液1的pH值，使Fe3+、Al3+转化为Al(OH)3、Fe(OH)3过滤除去，则滤渣2主要含有Al(OH)3、Fe(OH)3，滤液2主要含有Mg2+、Mn2+及的溶液，向滤液2加入有机萃取剂，溶液分层，分液后有机相1中主要含有Mg2+，水相1中主要含有Mn2+及，向有机相1中加入盐酸进行反萃取，Mg2+从有机相1转入水相2，形成含有MgCl2的酸性溶液，对水相2蒸发结晶得到MgCl2∙6H2O，在干燥的HCl气流中加热分解得到MgCl2，再进行熔融电解得到金属镁，对水相1进行电解得到金属锰单质和H2SO4，电解后的溶液中含有H2SO4，可返回步骤Ⅰ酸浸使用，据此分析解答。 【详解】(1)根据分析，“锰结核粉末”中MnO2与SO2反应，SO2将MnO2转化为Mn2+，自身被氧化为，离子方程式为MnO2+SO2=Mn2++SO； (2)调节滤液1的pH值，使Fe3+、Al3+转化为Al(OH)3、Fe(OH)3过滤除去，“滤液1”中Mn2+、Mg2+不能形成沉淀，溶液中某离子浓度≤1.0×10-6mol·L-1时，认为该离子沉淀完全，Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-33，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，当Al3+完全沉淀时，Fe3+已经完全沉淀，此时溶液中c(OH-)==1.0×10-9mol·L-1，pOH=9，则pH=14- pOH=5；根据Ksp[Mn(OH)2]= 1.8×10-13，Ksp[Mg(OH)2]= 1.8×10-11，当“滤液1”中c(Mn2+)为0.18mol·L-1时，溶液中c(OH-)==1.0×10-6mol·L-1，pOH=6，则pH=14- pOH=8，则“调节pH”的范围为5≤pH＜8；根据分析，“滤渣2”的成分为Fe(OH)3、Al(OH)3； (3)根据分析，“Ⅲ”处“萃取剂”萃取的成分是Mg2+；“Ⅳ”处用“盐酸反萃”的作用是使Mg2+与萃取剂分离转化为MgCl2； (4)MgCl2属于强酸弱碱盐，高温下，促进Mg2+发生水解生成Mg(OH)2，在干燥的HCl气流中加热分解，可以抑制MgCl2水解； (5)根据分析，向有机相1中加入盐酸进行反萃取，Mg2+从有机相1转入水相2，分液后得到有机相2，即为萃取剂，则该工艺流程中除电解余液可循环利用外，还能循环利用的试剂为萃取剂或有机相2； (6)根据图示，反应②为：Mn3++ HX= Mn2++X+H+，反应③为：Mn2++ MnO2+2H2O=4OH-+2 Mn3+，②×2+③可得，反应②③的总反应的离子方程式MnO2+2HX=Mn2++2X+2OH-。 【点睛】易错点为(2)，当溶液中某离子浓度≤1.0×10-6mol·L-1时，认为该离子沉淀完全，即离子完全沉淀时，溶液中该离子的浓度最大值为1.0×10-6mol·L-1，因此溶液的pH≥5。 12．(14分)(1)5.0（1分） 100mL容量瓶（2分） (2)（2分） (3) 4.0（1分） 小于（1分） (4) 左（2分） （1分） (5)①NH3分子中N原子的孤对电子与Cu2+形成配位键后，N-Cu键的成键电子对相比NH3中的孤对电子对对N-H键的排斥力变小，所以[Cu(NH3)4]2+中H-N-H键角变大（2分） ②氨水后形成，使减小，促进铜失电子，使电压表读数增大（2分） 【详解】（1）①根据稀释规律c1V1=c2V2可知，配制的溶液，需溶液的体积为； （3）①根据单一变量控制法可知，总溶液的体积为40.0mL，则V1=40.0-35.0+1.0=4.0； ②由实验2和4可知，过氧化氢的浓度不同，结合结论可推出，U2小于U4； （4）涉及双液原电池后，若向左侧烧杯溶液中加入硫酸与没有加入硫酸时，则可推出猜想2不成立，再向右侧烧杯溶液中加入等物质的量的硫酸，观察得到，则说明猜想1成立； （5）①NH3分子中N原子的孤对电子与Cu2+形成配位键后，N-Cu键的成键电子对相比NH3中的孤对电子对对N-H键的排斥力变小，所以[Cu(NH3)4]2+中H-N-H键角变大 ②加入足量氨水后形成，使溶液中减小，促进铜失电子，使电压表读数增大。 13．(14分)(1)氨基，(酚)羟基，酯基（3分，每个1分） (2)＞（1分） 化合物A中含有硝基，硝基是吸电子基团，使羟基的极性变大（2分） (3)（2分） (4)C（2分） (5)（2分） (6)、、、（2分） 【分析】 A（）和氢气发生还原反应生成B（），B和乙酸，3-溴丙烯发生取代反应生成C（），C在加热条件下发生克莱森重排生成D，D在催化作用下生成E（），E中醛基被硼氢化钠还原，生成F（），F发生取代反应生成G，G在一定条件下成环生成H，据此作答。 【详解】（3）A．根据分析可知C的分子结构为，C中不含酚羟基，故不能与发生显色反应，A错误； B．（）最多能与发生加成反应，B错误； C．B（）分子中所有碳原子可能共平面，C正确； D．图示流程中C生成D过程中发生了克莱森重排反应，D错误； （4）F→G有一种分子式为的副产物生成，已知的不饱和度为13，故应该是F分子之间成环醚； （5）比E少一个C原子，两个H原子且同时满足以下条件：①不能与发生显色反应，但能发生银镜反应说明无酚羟基，含有醛基，②最多能与溶液恰好完全反应故应该含有两个甲酸酯基，③核磁共振氢谱有4组吸收峰，说明结构对称，④分子中没有两个甲基连在同一个碳原子上的同分异构体的结构简式为：、、、。 14．(18分) (Ⅰ).(1)（2分） (2)①ABE（3分，1个1分，错选1个扣1分） ②＜（1分） ＞（1分） ③（2分） (3)不是（2分） (Ⅱ) 时，温度升高，催化剂的催化效率降低对反应速率的影响大于温度升高对反应速率的加快作用（2分） (Ⅲ) (1) （3分） (2) c、a、b（2分） 【详解】(Ⅰ).(1)根据燃烧热，可得①CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890.3kJ/mol ②CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283.0kJ/mol ③H2（g）+O2（g）= H2O（l）△H=-285.8kJ/mol 根据盖斯定律，①-2×②-2×③可得△H=（-890.3kJ/mol）-2×（-283.0kJ/mol）-2×（-285.8kJ/mol）=+247.3 kJ/mol； (2)①A．同时断裂2 mol C-H键和1 mol H-H键能说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，A符合题意； B．反应在恒温、恒容密闭容器中进行，该反应是反应前后气体的总物质的量不同的反应，故容器内混合气体的压强保持不变能说明反应达到平衡状态，B符合题意； C．在任何时刻都存在关系：2v正(CO2)=v正(H2)，故反应速率2v正(CO2)=v正(H2)不能说明正逆反应速率相等，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，C不符合题意； D．反应在恒温、恒容密闭容器中进行，气体的体积不变；反应混合物中各组分都是气体，气体的质量不变，则容器中混合气体的密度始终保持不变，故不能据此判断反应达到平衡状态，D不符合题意； E．反应混合物都是气体，气体的质量不变；但物质的量随反应的进行而改变，故反应达平衡状态时平均摩尔质量不再改变，E符合题意； 故合理选项是ABE； ②该反应的正反应是气体体积增大的反应，在温度不变时，增大压强，化学平衡逆向移动，导致CH4的平衡转化率降低。根据图示可知CH4的平衡转化率：p1＞p2，所以压强：p1＜p2； 在压强为p2时，Y点甲烷的转化率低于平衡转化率，说明反应正向进行，因此反应速率：v正＞v逆； ③根据图像可知：在压强为p2，反应达到平衡时CH4的转化率为75%。反应开始时n(CH4)=n(CO2)=0.4 mol，则反应消耗CH4的物质的量是0.3 mol，根据物质反应转化关系，可知消耗0.3 mol CO2，反应产生0.6 mol CO和0.6 mol H2，因此平衡时n(CH4)=n(CO2)=0.1 mol，n(CO)=n(H2)=0.6 mol，平衡时气体的总物质的量为n(总)= n(CH4)+n(CO2)+n(CO)+n(H2)=0.1 mol+0.1 mol+0.6 mol+0.6 mol=1.4 mol，则平衡时CH4和CO2的平衡分压均为，CO和H2的平衡分压均为，则X点对应温度下的。 (3)ⅰ、a点时CH4的转化率在增大，反应正向进行，所处的状态不是化学平衡状态； (Ⅱ)(1)时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是时，温度升高，催化剂的催化效率降低对反应速率的影响大于温度升高对反应速率的加快作用； (Ⅲ) (1)在碱性介质中电还原为正丙醇()，结合电解质的环境，电荷守恒写出电极反应式为：； (Ⅲ) (2)对比图(a)、图(b)可知，使用催化剂b、a、c，CO2电还原为CO的活化能逐渐减小，故CO2电还原为CO从易到难的顺序为：c、a、b； 高三化学第二次阶段考 答案第1页，共2页 高三化学第二次阶段考 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 南安一中2024～2025学年高三年第二次阶段考 化学科试卷 本试卷考试内容为：高中化学知识全部内容。分第I卷（选择题）和第II卷，共7页，满分100分，考试时间75分钟。 注意事项： 1．答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题纸上。 2．考生作答时，请将答案答在答题纸上，在本试卷上答题无效。按照题号在各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效。 3．答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚（英语科选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号）。 4．保持答题纸纸面清洁，不破损。考试结束后，将本试卷自行保存，答题纸交回。 5. 可能用到的相对分子质量：H-1 C-12 O-16 S-32 第I卷（选择题 共40分） 一．选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有1项符合题目要求 1．2024年3月20日，在湖南长沙召开的新时代推动中部地区崛起座谈会上，习近平总书记强调：“要以科技创新引领产业创新，积极培育和发展新质生产力。”下列相关的描述错误的是 A．月球探测器带回来的月壤样品中含磷酸盐晶体，其结构可用X射线衍射仪测定 B．“神舟十七号”发动机的耐高温结构材料Si3N4是一种熔、沸点很高的共价晶体 C．华为首创的液冷散热技术所用的石墨烯材料是新型无机非金属材料 D．“朱雀二号遥二”成为全球首枚成功入轨的液氧甲烷运载火箭，其中甲烷作助燃剂 2．有机化合物X的结构简式如图所示，下列说法正确的是 A．X的分子式为C16H12O4，1个分子中采取sp3杂化的原子数为4 B．化合物X最多能与2mol NaOH反应 C．在酸性条件下水解，水解产物含有2个手性碳原子 D．分子中所有碳原子可能共平面 3．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的最高正价与最低负价代数和为0，W、X、Y形成的化合物甲的结构如图所示，Z原子M层上有2个未成对电子且此能级无空轨道。下列说法正确的是 A．与 Z同周期且第一电离能大于Z的主族元素有2种 B．简单氢化物的沸点：Z>X C．X、Y形成的化合物只含离子键 D．化合物甲中阴离子的空间构型为三角锥形 4．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．34 g呋喃()中含有的非极性键数目为3NA B．加热条件下，64 g Cu分别与足量Cl2、S充分反应，转移的电子数均为2NA C．标准状况下，22.4 L的SO2与足量的O2反应，生成SO3的分子数为NA D．6.4 g S2和S8的混合物中所含的电子数为3.2NA 5．下列离子方程式书写正确的是 A．将FeSO4溶液与氨水-NH4HCO3混合溶液反应，生成FeCO3沉淀：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O B．FeCl3溶液中通入过量的H2S气体：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+ C．向明矾溶液中滴加氢氧化钡至沉淀质量最大：2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓ D．邻羟基苯甲醛中加入足量浓溴水：+2Br2→↓+2H++2Br- 6．采用中性红试剂利用电解原理直接捕获空气中的二氧化碳的装置图如下，下列说法正确的是 已知：中性红NR：，NRH2： A．若用铅蓄电池进行电解，a极接铅蓄电池的Pb极 B．电解时，b极的电极反应式为：NR+2e-+2H+=NRH2 C．装置中离子交换膜为阴离子交换膜 D．左储液罐发生反应的离子方程式为：CO2+OH-=HCO3- 7．工业生产中利用方铅矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)制备PbSO4晶体的工艺流程如图： 已知：PbCl2难溶于冷水，易溶于热水；PbCl2(s)+2Cl-(aq)⇌PbCl42-(aq) ∆H＞0； Ksp(PbSO4)=1×10-8，Ksp(PbCl2)=1.25×10-5。下列说法错误的是 A．“浸取"的主要离子反应：MnO2+PbS+4H++4Cl-=PbCl2+S+MnCl2+2H2O B．“沉降”时加入冰水，是为了降低温度，化学平衡逆向移动，有利于PbCl2沉淀完全 C．“滤液a”经过处理后可以返回到浸取工序循环使用 D．PbCl2经“沉淀转化”后得到PbSO4，若用1L H2SO4溶液转化5mol的PbCl2(忽略溶液体积变化)，则H2SO4溶液的最初物质的量浓度不得低于5.08mol·L-1 8．用下图所示装置探究某浓度浓硝酸与铁的反应。装置①中Fe表面产生红棕色气泡，过一会儿停止；装置②插入铜连接导线一段时间后，Fe表面产生红棕色气泡，而后停止；随即又产生红棕色气泡，而后停止，……，如此往复多次；Cu表面始终有红棕色气泡。说法正确的是 A．①中现象说明该浓硝酸具有强氧化性，仅能将Fe氧化为Fe2O3 B．②中连接导线后，体系形成了原电池，Cu始终为负极 C．②中Fe表面产生红棕色气泡时，Fe为负极 D．Cu表面发生的反应只有：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2 +2NO2↑+2H2O、NO3-+2H++e-=NO2↑+H2O 9．室温下，某溶液初始时仅溶有M和N且浓度相等，同时发生以下两个反应： ①M＋N = X＋Y； ②M＋N = X＋Z。 反应①的速率可表示为v1=k1c2(M)，反应②的速率可表示为v2=k2c2(M)(k1、k2为速率常数)。反应体系中组分M、Z的浓度随时间变化情况如图。下列说法错误的是 A．0～30 min时间段内，Y的平均反应速率为 2.5×10-3 mol·L-1·min-1 B．反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比保持不变 C．如果反应能进行到底，反应结束时37.5%的M转化为Z D．反应①的活化能比反应②的活化能大 10．往一定浓度的H3PO3溶液中滴加NaOH溶液，H3PO3溶液中含磷的各微粒分布系数(平衡时某物种浓度占各物种浓度之和的分数)随pH变化如图所示，下列表述错误的是 已知：H3PO4的Ka1=10-2.1，Ka2=10-7.2，Ka3=10-12.4。 A．H3PO3为二元弱酸 B．0.1mol·L-1的NaH2PO3溶液中；c(H2PO3-)＞c(H3PO3)＞c(HPO32-) C．H3PO3的结构式为 D．往Na2HPO3溶液中加入过量的H3PO4，反应的离子方程式为HPO32-+H3PO4=H2PO3-+H2PO4- 第II卷（非选择题，共60分） 二．本大题共4小题，共60分。 11．(14分)用海底锰结核(主要成分为MnO2，含少量MgO、Fe2O3、Al2O3、SiO2)为原料，制备金属锰、镁的一种工艺流程路线如下： 已知：①几种难溶物的溶度积(25℃)如下表所示： 化学式 Mg(OH)2 Mn(OH)2 Al(OH)3 Fe(OH)3 Ksp 1.8×10-11 1.8×10-13 1.0×10-33 4.0×10-38 ②溶液中某离子浓度≤1.0×10-6mol·L-1时，认为该离子沉淀完全。 完成下列问题： (1)“锰结核粉末”中MnO2与SO2反应的离子方程式为 。 (2)“滤液1”中c(Mn2+)为0.18mol·L-1，则“调节pH”的范围为 ，“滤渣2”的成分为 。 (3)“Ⅲ”处“萃取剂”萃取的离子是 ；“Ⅳ”处用“盐酸反萃”的作用是 。 (4)MgCl2·6H2O制取无水MgCl2时，需要在干燥的HCl气流中加热分解。HCl的作用为 。 (5)该工艺流程中除电解余液可循环利用外，还能循环利用的试剂为 。 (6)一种海生假单孢菌(采自太平洋深海处)，在无氧条件下以醋酸为电子供体还原MnO2生成Mn2+的机理如图所示。写出反应②③的总反应的离子方程式 。 12．(14分)某学习小组将Cu与H2O2的反应设计为原电池，并进行相关实验探究。回答下列问题： I．实验准备：配制稀硫酸 ①配制100mL 0.3mol/L的H2SO4溶液，需6mol/L H2SO4溶液的体积为 mL。 ②在实验室配制上述溶液的过程中，下图所示仪器，需要用到的是 (填仪器名称)。 (2)Cu与H2O2在酸性条件下反应的离子方程式为 。 II．实验探究：探究物质氧化性或还原性的影响因素。 【资料】其他条件相同，参与反应的氧化剂(或还原剂)的氧化性(或还原性)越强，原电池电压越大。 【实验】(3)利用下表所示装置进行实验1～4，记录数据。 装置 实验序号 烧杯中所加试剂 电压表读数 30％H2O2 0.3mol/L H2SO4 H2O V/mL V/mL V/mL 1 30.0 / 10.0 U1 2 30.0 1.0 9.0 U2 3 30.0 2.0 8.0 U3 4 35.0 1.0 V1 U4 已知：本实验条件下，SO42-对电压的影响可忽略。 ①根据表中信息，补充数据：V1= 。 ②由实验2和4可知，U2 U4(填“大于”或“小于”或“等于”)，说明其他条件相同时，H2O2溶液的浓度越大，其氧化性越强。 (4)由(3)中实验结果U3＞U2＞U1，学生对“电压随pH减小而增大”的原因，提出了以下两种猜想： 猜想1：酸性条件下，H2O2的氧化性随pH减小而增强。 猜想2：酸性条件下，Cu的还原性随pH减小而增强。 为验证猜想，小组同学在(3)中实验1～4的基础上，利用下表装置进行实验5～-7，并记录数据。 装置 实验 序号 操作 电压表 读数 5 / U5 6 ①向 (填“左”或“右”)侧烧杯中滴加5mL 0.3mol/L H2SO4溶液 U6 7 向另一侧烧杯中滴加5mL 0.3mol/L H2SO4溶液 U7 ②实验结果为：U5≈U6、 ，说明猜想2不成立，猜想1成立。 (5) 已知Cu与H2O2反应时，加入氨水可形成深蓝色的[Cu(NH3)4]2+。小组同学利用(4)中实验5的装置继续探究，向左侧烧杯中滴加5.0mL一定浓度的氨水，相比实验5，电压表读数增大。 ①NH3分子中H-N-H键角为107°，在[Cu(NH3)4]2+中H-N-H键角近似109.5°，键角变大的原因是 。 ②分析该电压表读数增大的原因： 。 【实验结论】物质的氧化性(或还原性)强弱与其浓度、pH等因素有关。 13．(14分)一种治疗慢性便秘药品中间体的合成路线如下，回答下列问题。 已知：① ②克莱森重排： (1)B中的官能团名称为 。 (2)酸性：A （填“＞”、“＜”或“=”），理由为 。 (3)E的结构简式为 。 (4)下列说法正确的是_____ ______。 A．C能与FeCl3发生显色反应 B．1mol E最多能与6mol H2发生加成反应 C．B分子中所有碳原子可能共平面 D．图示流程中没有发生克莱森重排反应 (5)G→H有一种分子式为C24H26N2O8的副产物生成，写出生成该副产物的反应方程式 。 (6) 写出一个比E少一个C原子，两个H原子且同时满足以下条件的同分异构体的结构简式 。 ①不能与FeCl3发生显色反应，但能发生银镜反应 ②1mol最多能与4mol NaOH溶液恰好完全反应 ③核磁共振氢谱有4组吸收峰 ④分子中没有两个甲基连在同一个碳原子上 ⑤分子除苯环外还存在一个环 14．(18分)研究CO2的综合利用、实现CO2资源化，是能源领域的重要发展方向。 (Ⅰ)CH4-CO2催化重整反应为CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)。 已知25℃，101kPa时，CH4、CO和H2的燃烧热如表： (1)该催化重整反应的∆H= kJ·mol-1。 (2)在密闭容器中充入物质的量均为0.4 mol的CH4和CO2，在一定条件下发生上述反应，CH4的平衡转化率随温度、压强的变化如图： ①若反应在恒温、恒容密闭容器中进行，下列事实能说明反应达到平衡状态的是 (选填字母) A．同时断裂2 mol C-H键和1 mol H-H键     B．容器内混合气体的压强保持不变 C．反应速率有2v正 (CO2)=v正 (H2)     D．容器中混合气体的密度保持不变 E．混合气体的平均摩尔质量保持不变 ②由图可知，压强p1 p2(填“＞”“＜”或“=”，下同)； 压强为p2时，Y点速率v正 v逆。 ③已知气体分压=气体总压×气体的物质的量分数，用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数Kp，则压强为p2时，X点对应温度下的Kp= (用含p2的代数式表示)。 (3)相同时间内测得选用不同催化剂时CH4的转化率随反应温度的变化如图1所示。 a点所处的状态 化学平衡状态(填“是”或“不是”)。 (Ⅱ)以二氧化钛表面覆盖的Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸。 催化剂的催化效率与乙酸的生成速率随温度的变化关系如图2所示。250~300℃时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是 。 (Ⅲ)研究表明，在电解质水溶液中，CO2气体可被电化学还原。 (1)CO2在碱性介质中电还原为正丙醇（CH3CH2CH2OH）的电极反应方程式为 。 (2)三种不同催化剂（a、b、c）上CO2电还原为CO的反应历程和相对能量如下图，其中H+被还原为H2的反应也同时发生。由图可知，CO2电还原为CO从易到难的顺序为 （用a、b、c字母排序）。 -0.08 0.18 0.48 0.68 0.66 0.25 -0.23 0.58 高三化学第二次阶段考 答案第1页，共2页 高三化学第二次阶段考 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$