山东省德州市2022-2023学年高三上学期1月期末考试 化学试题

第 1 页 共 10 页 ◎ 第 2 页 共 10 页 山东省德州市 2022-2023 学年高三上学期 1 月期末化学试题 （考试时间：90 分钟试卷总分：100 分） 一、单选题（本大题共 12 小题，共 36 分） 1．下列说法正确的是 A．乙烯和苯都能使溴水褪色，因为苯和乙烯分子中都含有碳碳双键 B．乙酸乙酯和乙烯一定条件下都能与水反应，两者属于同一类型的反应 C．乙酸和葡萄糖都能与新制的氢氧化铜反应，两者所含的官能团相同 D．乙烯能使溴的四氯化碳溶液和酸性高锰酸钾溶液褪色，两者褪色的本质不同 2．下列说法正确的是 A．凡是中心原子采取 sp3杂化的分子，其立体构型都是正四面体形 B．白磷分子和 CH4都是正四面体形分子且键角都为 109°28' C．若 ABn型分子的中心原子 A 上没有孤电子对，则 ABn为非极性分子 D．NH3和 PH3分子的 VSEPR 模型为正四面体形，PH3中 P—H 键键角大于 NH3中 N—H 键键角 3．某工厂采用如下工艺制备  3Cr OH ，已知焙烧后 Cr 元素以最高价铬酸根形式存在(已知：最高价铬酸根在 酸性介质中以 2 2 7Cr O - 形式存在，在碱性介质中以 2 4CrO - 形式存在)，下列说法正确的是 A．“焙烧”中只有 Cr 元素被氧化 B．滤渣的主要成分为  2Fe OH C．滤液①中 Cr 元素的主要存在形式为 22 7Cr O - D．淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用 4．下列实验装置(部分夹持装置已略去)可以达到对应实验目的的是 选 项 A B C D 实 验 测定锌与稀硫酸的 反应速率 测定 H2C2O4溶液 的浓度 比较AgCl和Ag2S溶解 度大小 证明 Fe 能在该条件下发生析氢腐 蚀 目 的 实 验 装 置 取铁电 极附近溶液滴加铁氰化钾 A．A B．B C．C D．D 5．部分氮及其化合物的转化过程如图所示。 下列分析不合理的是 A．在催化剂 a 表面，N2分子吸收热量变成了氮原子 B．NH3分子中 N 原子形成 sp3杂化轨道 C．在催化剂 b 表面，NH3被氧化 D．催化剂 a、b 均不参与反应 6．下列实验操作能达到实验目的的是 选项 实验目的 实验操作 A 除去 2CO 中少量的 CO 通入 NaOH 溶液 B 除去 4CuSO 溶液中的少量 4FeSO 加入足量的铜粉 C 鉴别澄清石灰水和 NaOH 溶液 加入稀盐酸 D 鉴别化肥 3KNO 和 4NH Cl 取样与熟石灰混合研磨，闻气味 A．A B．B C．C D．D 7．一种利用废干电池中黑色粉末（主要成分 MnO2、炭粉及少量 Hg2+、Pb2+等重金属盐）制备 MnSO4晶体的 工艺流程如图： 第 3 页 共 10 页 ◎ 第 4 页 共 10 页 下列说法错误的是（ ） A．反应①中 1molFe 至多还原 1.5molMnO2 B．重金属主要在滤渣 2 中 C．步骤③煮沸可使沉淀颗粒长大，目的是便于固液分离 D．合理处理废旧电池有利于资源再利用并防止汞、铅等重金属污染 8．利尿酸是一种常见的兴奋剂，其分子结构如图所示。下列有关利尿酸的说法正确的是 A．利尿酸的分子式为 13 11 4 2C H O Cl B．利尿酸属于芳香烃 C．利尿酸是高分子化合物 D．利尿酸能发生取代反应、加成反应和酯化反应 9．在甲、乙两个装置中，胶头滴管中吸入某种液体，烧瓶中充入(或放入)另一种物质，挤压胶头滴管，加入 液体，一段时间后两装置中的气球都有明显胀大。则所用试剂分别可能依次是 A．甲：浓硫酸和木炭 乙：浓氨水和 SO2 B．甲：双氧水和 MnO2乙：饱和食盐水和 HCl C．甲：苯酚和 Na2CO3溶液 乙：NaOH 溶液和 Cl2 D．甲：浓硫酸和蔗糖(滴有几滴水) 乙：氯化亚铁溶液和硫化氢 10．常温下，下列关于电解质溶液的说法正确的是 A．pH=12 的氨水和氢氧化钠溶液按体积比 1∶9 混合后，pH 值不变 B．等体积、等浓度的 2 3Na CO 和 3NaHCO 溶液混合后，       2 - 3 2- 3 2 3 c HCO <1 c CO c H CO× C．用氢氧化钠标准溶液滴定稀磷酸，使用甲基橙作为指示剂，则达到滴定终点所得溶液中        + - 2- 3-2 4 4 4c Na >c H PO +2c HPO +3c PO D．等浓度的氨水和硫酸按体积比 3∶1 混合后溶液显碱性，则混合溶液        2- + -4 4 3 22c SO >c NH >c NH H O >c OH× 11．CH≡CH 能与水反应生成 CH3CHO，涉及烯醇式与酮式的互变异构： 下列说法不正确的是 A．实验室制取乙炔时，向电石中滴加饱和食盐水可减缓反应速率 B．二者互变过程中碳原子的杂化类型未发生变化 C． 存在具有分子内氢键的异构体 D．可用红外光谱区分 CH3CHO 和其互变异构 12．两种酸式盐的分解反应如下。某温度下的平衡常数分别为 1K 和 2K 。 反应 1： 34 3 3 2 2 1NH HSO (s) NH (g)+H O(g)+SO (g) K =448 kPaƒ ； 反应 2： 34 3 3 2 2 2NH HCO (s) NH ( g)+H O(g)+CO (g) K =64kPaƒ 。 该温度下，刚性密闭容器中放入 4 3NH HCO 和 4 3NH HSO 固体，平衡后以上 2 种固体均大量存在。下列说法错 误的是 A．     2 2 3p(CO +p SO =p NH B．平衡总压为 24kPa C．抽出一半的混合气体，再次平衡后总压强不变 D．通入 2SO ，再次平衡后， 2CO 的体积分数减小 二、多选题（本大题共 3 小题，共 12 分） 第 5 页 共 10 页 ◎ 第 6 页 共 10 页 13．氰化物是水体污染的主要物质，该类物质有剧毒，特别是 HCN 具有挥发性，毒害更大。工业上常采用碱 性氯化法来处理高浓度氰化物污水，发生的主要反应为 CN- +OH- + Cl2→CO2+N2 +C1- +H2O(未配平)。下列有 关该反应说法错误．．的是 A．该反应属于氧化还原反应 B．Cl2是还原剂，CO2和 N2是氧化产物 C．氧化剂与还原剂的化学计量数之比为 2：5 D．该反应的离子方程式为 2CN- +8OH- +5Cl2=2CO2+N2+ 10Cl- +4H2O 14．实验室中利用洁净的铜片和浓硫酸进行如图实验，经检测所得固体中含有 Cu2S 和白色物质 X，下列说法 正确的是 A．白色物质 X 为 CuSO4 B．NO 和 Y 均为还原产物 C．参加反应的浓硫酸中，表现氧化性的占 25% D．NO 与 Y 的物质的量之和可能为 2mol 15．超细纳米铜粉的比表面积大、表面活性中心数目多，在冶金和石油化工中是优良的催化剂。利用铜屑制 备超细纳米铜粉的工艺流程如下： 已知“滤饼 B”的成分是 CuNH4SO3，是一种白色晶体 下列说法不正确的是 A．“溶解”的离子方程式为 2Cu+O2+8NH3∙H2O=2[Cu(NH3)4]2++4OH-+6H2O B．SO2作用是充当还原剂，将中和成盐后溶液中的铜离子还原为铜单质 C．“溶液 C”可以循环利用，应将其导入到“还原”操作中 D．“酸解”的化学方程式为 2CuNH4SO3+2H2SO4=Cu+CuSO4+2SO2↑+(NH4)2SO4+2H2O 三、解答题（本大题共 4 小题，共 52 分） 16．自然界地表层存在大量铁、铜的硫化物．现制得含氯化亚铁杂质的氯化铜水溶液，为制取纯净的CuCl2•2H2O， 首先将其制成水溶液，然后按如图步骤进行提纯． 已知 Cu2+、Fe3+和 Fe2+的氢氧化物开始和完全沉淀时的 pH，见表．请回答： Fe3+ Fe2+ Cu2+ 氢氧化物开始沉淀时的 pH 1.9 7 4.7 氢氧化物完全沉淀时的 pH 3.2 9 6.7 （1）加入氧化剂的目的是 ． （2）最适合作氧化剂 X 的是 （填序号）． A．K2Cr2O7 B．NaClO C．H2O2 D．KMnO4 在酸性条件下，氧化剂 X 与 Fe2+反应的离子方程式为 ． （3）加入的物质 Y 以调节溶液 pH，Y 的化学式是 ，pH 的范围是 ． （4）只能在 HCl 气流中加热浓缩才能得到 CuCl2•2H2O 晶体，HCl 气流起的作用是： （5）已知 Ksp（ZnS）＞Ksp（CuS）．地表层原生铜的硫化物经氧化、水浸作用后变成 CuSO4溶液，再向地 下深层渗透，遇到难溶的 ZnS 慢慢转变为铜蓝（CuS）．用离子方程式解释 ZnS 能转变为 CuS 的原 因 ． 17．碘化亚铜（CuI）是阳极射线管复盖物、也是重要的有机反应催化剂，不溶于水和乙醇。下图是用废铜电 缆（杂质中含有少量铁）制取无水碘化亚铜的流程。 （1）过程①得到的溶液呈蓝色，其原因是 （用化学方程式表示），当温度高于 40℃时， 反应的速度下降，原因是 。 （2）已知：Cu(OH)2的 Ksp=2.2×10-20，Fe(OH)3的 Ksp=2.16×10-39，lg6=0.78，过程②中用 调节溶 第 7 页 共 10 页 ◎ 第 8 页 共 10 页 液的 pH 值， A．NaOH B．NH3·H2O C．CuO D．CuCO3 得到的滤渣成分是 。 （3）过程③的氧化产物能使淀粉变蓝，对应的离子方程式为 。 （4）过程④用乙醇洗涤的目的为 。 （5）准确称取 m gCuI 样品，加入足量的 Fe2(SO4)3溶液中，写出该该反应的离子方程式 待样品完全反应后，用 a mol/L 酸性 KMnO4溶液滴定，达到终点时，消耗的体积平均值为 Vml，则样品中 CuI 的质量分数为 。 （已知：5Fe2++MnO4-+ 8H+= 5Fe3++ Mn2++4H2O） 18．新泽茉莉醛是一种名贵的香料，其合成过程中还能得到一种 PC 树脂，(结构简式为 )合成路线如下： 已知：①RCHO+R'CH2CHO NaOHΔ¾¾¾¾® 溶液 +H2O； ②RCHO+ +H ® +H2O； ③ +2ROH ¾¾¾®催化剂 +2HCl。 请回答下列问题： (1)新泽茉莉醛中官能团的名称是 ，一个该分子含有 个手性碳原子；COCl2分子中 Cl-C-Cl 的键角 HCHO 分子中 H-C-H 的键角(填“>”“<”或“=”)。 (2)E 分子中最多有 个原子共面，G 的结构简式为 。 (3)写出反应②的化学方程式 。 (4)芳香族化合物 M 与 F 互为同分异构体，M 能与 FeCl3溶液发生显色反应且能发生银镜反应，则 M 的结构有 种，写出苯环上的一氯代物有两种的结构简式 。 19．I.CO2的循环利用是“碳达峰、碳中和”主要措施。 (1)据 VSEPR 理论可知 CO2中心原子价层电子对数为 (2)CO2与环氧丙烷 ( )一定条件下反应生成可降解塑料( )，写出 反应的化学方程式 II.工业上用 Cu-ZnO 作催化剂通过反应①来生产甲醇，同时也会有副反应②发生。 ① CO2(g)+3H2(g) ƒ CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1 ②CO2(g)+H2(g) ƒ CO(g)+H2O(g) ΔH2 (3)已知 298K 时，相关物质的能量如图所示，则 ΔH1= kJ/mol，(保留三位有效数字)，反应①低温 自发进行(填“能”、“不能”)。 (4)在恒温恒容的容器中，充入 0.5mol CO2(g)和 1.0mol H2(g)，起始压强为 p kPa，一段时间后达到平衡测得容 器中生成 0.3mol H2O(g)，压强为 2 3 p kPa，反应②的平衡常数 Kp= (列出计算式即可)。(分压=物质的量 分数×总压，用平衡分压代替平衡浓度计算的平衡常数即为 Kp)。 (5)下列说法中不正确的是_______ A．向容器中充入 He，使体系压强增大，可增大反应速率 B．向容器中再充入 H2可提高 CO2转化率 C．当 3 2v (CH OH)=v (CO )生成 生成 时，说明反应达到了平衡状态 D．选择合适的催化剂，不但可以加快反应速率，还可提高甲醇的平衡产率 III.催化加氢合成乙烯是 CO2综合利用研究的热点领域，其反应为：2CO2(g)+6H2(g) ƒ C2H4(g)+4H2O(g) (6)理论计算表明，原料初始组成 2 2(CO ) : (H ) 1: 3n n = ，在体系压强为 0.1MPa 条件下反应，反应达到平衡时， 第 9 页 共 10 页 ◎ 第 10 页 共 10 页 四种组分的物质的量分数 x 与温度 T 的变化关系如图所示，则图中表示 C2H4变化的曲线是 ，该反应△H 0(填“＞”、“＜”或“=”) 20．北京冬奥会火炬“飞扬”着力打造“绿色冬奥”，以氢气为燃料。氢能是一种理想的绿色能源，积极发展氢能， 是实现“碳达峰、碳中和”的重要举措。利用“一碳化学”技术可有效实现工业制氢，为推进剂提供了丰富的氢燃 料，该工业制氢方法主要涉及以下两个反应： 反应Ⅰ：        4 2 2CH g CO g 2CO g 2H g+ +ƒ 1Δ 247kJ / molH = + 反应Ⅱ：        2 2 2CO g H g CO g H O g+ +ƒ 2Δ 41kJ / molH = + (1)温度为 T1 时，向 1L 容积固定的密闭容器中充入 1molCH4 和 1molCO2 只发生反应Ⅰ，初始压强为 100kPa， 20min 后达到平衡，平衡时体系压强为初始压强的 6 5 。 ①该条件下，该时段内  4CHu = ，反应Ⅰ的压强平衡常数 pK =  2kPa 。 ②达上述平衡后，向容器中充入 0.8molCH4和 0.8molCO，此时反应Ⅰ的u正 u逆 (填“>”“<”或“=”)。 (2)在某温度下，向恒容密闭容器中充入等物质的量的 CH4和 CO2进行反应Ⅰ、Ⅱ。平衡时，体系中 H2的体积 分数随温度 T 的变化如图所示，T3~T4温度区间，H2的体积分数呈现减小的趋势，其原因是 。 (3)研究表明，反应Ⅱ的逆反应在 Fe3O4催化下进行，反应历程如图所示，写出该反应历程中速率控制步骤(即 速率最慢步骤)对应的反应方程式： 。 (4)氢气可以用来合成氨，H2NCOONH4是工业由氨气合成尿素的中间产物。在一定温度下、体积不变的密闭 容器中发生反应：      2 4 3 2H NCOONH s 2NH g CO g+ƒ ，能说明该反应达到平衡状态的是 (填序号)。 ①混合气体的压强不变 ②混合气体的密度不变 ③混合气体的总物质的量不变 ④混合气体的平均相对分子质量不变 ⑤NH3的体积分数不变 答案第 1 页，共 11 页 《山东省德州市 2022-2023 学年高三上学 期 1 月期末化学试题》参考答案 题 号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 0 答 案 D C D A D D B D B A 题 号 1 1 1 2 1 3 1 4 1 5 答 案 B D B C A C B C 1．D 【详解】A. 苯分子中不存在碳碳双键，苯 和溴水发生的是萃取，A 错误；B. 乙酸乙 酯和乙烯一定条件下都能与水反应，前者是 取代反应、加成反应，B 错误；C. 乙酸含 有羧基，葡萄糖含有醛基和羟基，C 错误； D. 乙烯能使溴的四氯化碳溶液和酸性高锰 酸钾溶液褪色，前者是加成反应，后者是氧 化反应，D 正确，答案选 D。 2．C 【详解】A．通过 sp3 杂化形成的中性分子， 分子中价层电子对数是 4，若不含孤电子对， 如 CH4或 CF4，分子为正四面体结构；分子 中价层电子对数是 4，若含有一个孤电子对， 如 NH3或 NF3，分子为三角锥形结构；分子 中价层电子对数是 4，若含有两个孤电子对， 如 H2O，分子为 V 形结构，A 错误； B．P4的空间结构为正四面体，体中心无原 子，键角是 60°，B 错误； C．若 ABn型分子的中心原子 A 上没有孤对 电子，则 ABn为非极性分子，这是判断极性 分子和非极性分子的重要经验规律，C正确； D．由于电负性 N 强于 P，中心原子的电负 性越大，成键电子对离中心原子越近，成键 电子对之间的距离越小，成键电子对之间的 排斥力越大，因此键角变大，即 PH3中 P—H 键键角小于 NH3中 N—H 键键角，D 错误； 故选 C。 3．D 【分析】焙烧过程中铁、铬元素均被氧化， 同时转化为对应钠盐，水浸时 NaFeO2水解 生成氢氧化铁沉淀，滤液中存在 Na2CrO4， 与淀粉的水解产物葡萄糖发生氧化还原得 到氢氧化铬沉淀。 【详解】A．铁元素也被氧化，A 错误； B．焙烧过程铁元素被氧化，滤渣的主要成 分为氢氧化铁，B 错误； C．滤液①中溶液显碱性，所以 Cr 元素主 要存在形式为 2 4CrO - ，C 错误； D．由分析知淀粉水解液中的葡萄糖起还原 作用，D 正确； 故选 D。 4．A 【详解】A．针筒可测定氢气的体积，由单 位时间内气体的体积可计算反应速率，A 正 确； B．KMnO4溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶， 应该使用酸式滴定管，B 错误； C．实验中硝酸银过量，分别与 NaCl、Na2S 反应生成沉淀，不能比较 AgCl 和 Ag2S 溶 答案第 2 页，共 11 页 解度大小，C 错误； D．锌比铁活泼，在该实验中锌为负极，失 去电子发生氧化反应，铁为正极，氢离子放 电生成氢气，没有生成亚铁离子，D 错误； 故选 A。 5．D 【详解】A．N2分子变成 N 原子需要破坏化 学键，即需要吸收热量，A 正确； B．NH3分子中 N 原子的价层电子对数为 3+ 1 2 ×(5-3×1)=4，因此 N 为 sp3 杂化，B 正确； C．经催化剂 b 的作用，NH3转化为 NO， 发生氧化反应，即 NH3被氧化，C 正确； D．由图可知，催化剂 a 和 b 均参加了反应， 只是反应后又变回催化剂 a 和 b，D 错误； 故选 D。 6．D 【详解】A．CO2能与 NaOH 反应，CO 与 NaOH 不反应，则将混合气体通入 NaOH 溶 液会除去 CO2，A 错误； B．CuSO4和 FeSO4都不能和 Cu 反应，无 法用 Cu 除去硫酸铜溶液中的少量 FeSO4，B 错误； C．澄清石灰水与稀盐酸反应产生氯化钙和 水，NaOH 与稀盐酸反应生成氯化钠和水， 两个反应都没有明显的现象，C 错误； D．KNO3与熟石灰不反应，NH4Cl 与熟石 灰混合研磨产生氨气，具有刺激性气味，可 用熟石灰鉴别两种化肥，D 正确； 故答案选 D。 7．B 【详解】黑色粉末(主要成分 MnO2、炭粉及 少量 Hg2+、Pb2+等重金属盐)用浓硫酸溶解， 并加入适量铁粉，过滤后所得滤渣 1 中主要 是不溶于水的炭粉、和置换出的 Hg、Pb 等， 滤液中主要含有 MnSO4、Fe2(SO4)3，加入 CaCO3并调节溶液 pH=5 左右，并加热煮沸， 促进 Fe3+水解生成 Fe(OH)3，则过滤后滤渣 2 主要为 Fe(OH)3，滤液主要含有 MnSO4，滤 液经蒸发浓缩并冷却结晶、过滤即可得到 MnSO4•nH2O； A．用 Fe 和浓 H2SO4溶解 MnO2时发生反应 的化学方程式为 2Fe+3MnO2+6H2SO4=3MnSO4+Fe2(SO4)3+6 H2O，反应中 1molFe 参加反应，被还原的 MnO2是 1.5mol，故 A 正确； B．步骤①中同时发生 Fe+Hg2+=Fe2++Hg、 Fe+Pb2+=Fe2++Pb，则重金属 Hg、Pb 主要在 滤渣 1 中，故 B 错误； C．悬浊液中 Fe(OH)3颗粒越大，越易与 MnSO4溶液过滤分离，则步骤③煮沸使 Fe(OH)3沉淀颗粒长大，目的是便于固液分 离，故 C 正确； D．锰等是重要金属资源，汞、铅等重金属 能来得污染环境，则合理处理废旧电池有利 于资源再利用并防止汞、铅等重金属污染， 故 D 正确； 故答案为 B。 8．D 【详解】A．据利尿酸的结构简式可知，其 答案第 3 页，共 11 页 分子式为 13 12 4 2C H O Cl ，A 错误； B．利尿酸含有 Cl、O 等元素，不属于芳香 烃，B 错误； C．利尿酸不是聚合物，不属于高分子化合 物，C 错误； D．利尿酸含有碳碳双键能发生加成反应， 含有羧基能发生取代反应、和酯化反应，含 有卤代原子等能发生取代反应，D 正确； 故选 D。 9．B 【详解】A.甲瓶中木炭和浓硫酸常温不反应， 气球不变，乙中浓氨水和二氧化硫反应，气 体物质的量减小，烧瓶内压强减小，气球膨 胀，故 A 错误； B.甲瓶中 MnO2做催化剂，双氧水分解生成 氧气，气体物质的量增大，使烧瓶内的压强 增大，烧瓶内压强大于外界，气球明显胀大； 乙中氯化氢溶于饱和食盐水，气体物质的量 减小，烧瓶内压强减小，气球膨胀，故 B 正 确； C.甲瓶苯酚和 Na2CO3溶液反应生成苯酚钠 和碳酸氢钠，没有气体放出，压强减不变， 气球不变， 乙中 NaOH 溶液和 Cl2反应， 气体物质的量减小，烧瓶内压强减小，气球 膨胀，故 C 错误； D.甲瓶中浓硫酸具有脱水性，使蔗糖脱水碳 化，浓硫酸和碳共热会生成二氧化硫和二氧 化硫，气体物质的量增大，使烧瓶内的压强 增大，烧瓶内压强大于外界，气球明显胀大， 乙中氯化亚铁溶液和硫化氢不反应，气球不 变，故 D 错误； 故选 B。 【点睛】甲装置气球膨大原因是烧瓶内有气 体生成或者温度升高，使烧瓶内的压强大于 外界压强；乙装置气球膨大原因是烧瓶内的 气体参加反应或者温度降低，使烧瓶内的压 强小于外界压强。 10．A 【详解】A．pH=12 的氨水和氢氧化钠溶液 按体积比 1∶9 混合后，对于一水合氨的 Q 仍 然与 Ka 相等，则一水合氨电离平衡不移动， 则所得混合溶液的氢氧根离子浓度不变，pH 值不变，A 项正确； B．等体积、等浓度的 2 3Na CO 和 3NaHCO 溶 液混合后，溶液显碱性， 2 3H CO 为二元弱酸， 其电离常数 a1 a2K K＞ ，       - 3 a1 2 3 c HCO c H = c H CO K +× 、       2- 3 a2 - 3 c CO c H = c HCO K +× ，则有             - 2- 3 3 - 2 3 3 c HCO c H c CO c H c H CO c HCO + +× × ＞ ，因为该 溶液中，氢离子浓度为定值，则有       2 - 3 2- 3 2 3 c HCO 1 c CPO c H CO× ＞ ，B 项错误； C．用氢氧化钠标准溶液滴定稀磷酸，达到 滴定终点所得溶液中存在电荷守恒            + + - 2- 3-2 4 4 4c Na +c H =c H PO +2c HPO +3c PO +c OH- ，使用甲基橙作为指示剂，溶液显酸性，则 答案第 4 页，共 11 页    +c H c OH-＞ ，因此        + - 2- 3-2 4 4 4c Na c H PO +2c HPO +3c PO＜ ， C 项错误； D．等浓度的氨水和硫酸按体积比 3∶1 混合 后，所得溶质为等物质的量 4 2 4(NH ) SO 和 3 2NH H O× ，溶液显碱性，说明氨水的电离大 于 + 4NH 的电离，则混合溶液        + 2- -4 4 3 2c NH >2c SO >c NH H O >c OH× ， D 项错误； 答案选 A。 11．B 【详解】A．饱和食盐水代替水与电石反应， 反应平稳，可减缓反应速率，A 正确； B．酮式结构中，碳原子的杂化类型有 sp3、 sp2，烯醇式结构中，碳原子的杂化类型都是 sp2，则二者互变过程中碳原子的杂化类型发 生变化，B 错误； C． 中存在具有分子内氢键的异 构体 ，过程中羰基的 α 碳上的氢 原子异构为羟基，烯醇烯醇结构，过程中涉 及烯醇转化为醛，C 正确； D．红外光谱测定化学键和官能团，二者官 能团不同和化学键不同，所以可用红外光谱 区分 CH3CHO 和其互变异构，D 正确； 故答案为：B。 12．D 【详解】A．反应 1 产生的氨气和二氧化硫 物质的量相等，反应 2 产生的氨气和二氧化 碳物质的量相等，则刚性密闭容器中氨气的 物质的量等于二氧化硫和二氧化碳的物质 的量之和，恒温恒容下，压强之比等于其物 质的量之比，即      2 2 3 11p CO p SO p NHé ù+ =ë û∶ ∶，则 p(CO2)+p(SO2)=p(NH3)，A 正确； B．设平衡时，p(SO2)=x，p(CO2)=y，则 p(NH3)=x+y，p(H2O)=x+y，K1= p(NH3)p(H2O)p(SO2)=(x+y) 2x=448，K2= p(NH3)p(H2O)p(CO2)=(x+y)2y=64，联立解得 x=7kPa，y=1kPa，x+y=8kPa，所以平衡总压 为 x+y+2(x+y)=24kPa，B 正确； C．刚性密闭容器，温度不变平衡常数不变， 抽出一半的混合气体，再次达平衡后，容器 内各气体分压不变，总压强不变，C 正确； D．通入 SO2，p(SO2)增大，反应 1 平衡逆 向移动，刚性密闭容器中 p(NH3)和 p(H2O) 减小，反应 2 平衡正向移动，p(CO2)增大， 则再次平衡后，CO2的体积分数增大，D 错 误； 故选 D。 13．BC 【分析】CN- 中碳元素的化合价为+2 价，氮 元素的化合价为—3 价，由题给未配平方程 式可知，反应中碳元素和氮元素化合价升高 被氧化，CN-为还原剂，氯元素化合价降低 被还原，Cl2为氧化剂，由得失电子数目守 恒和原子个数守恒可知，配平的离子方程式 答案第 5 页，共 11 页 为 2CN- +8OH- +5Cl2=2CO2+N2+ 10Cl- +4H2O。 【详解】A.由分析可知，该反应前后元素化 合价有变化，属于氧化还原反应，故 A 正确； B.由分析可知，反应中 Cl2是氧化剂，CN-是 还原剂，CO2和 N2是氧化产物，故 B 错误； C.由分析可知，反应中 Cl2是氧化剂，CN-是 还原剂，氧化剂与还原剂的化学计量数之比 为 5：2，故 C 错误； D.由分析可知，反应中 Cl2是氧化剂，CN- 是还原剂，由得失电子数目守恒和原子个数 守恒可知，配平的离子方程式为 2CN- +8OH- +5Cl2=2CO2+N2+ 10Cl- +4H2O，故 D 正确； 故选 BC。 14．AC 【分析】由图知，铜与足量浓硫酸反应生成 Cu2S 和白色物质 X，无气体生成，生成 Cu2S 时铜元素从 0 价升高到+1 价、硫元素从+6 价降低到-2 价，则按得失电子数守恒、必定 存在其他产物(所含元素化合价升高)、按元 素质量守恒只能为 CuSO4，则白色物质 X 为 CuSO4，配平得到该反应方程式为： 2 4 4 2 25Cu 4H SO ( 3CuSO Cu S 4H O D + + +浓)= ， 据此回答。 【详解】A． 据分析，白色物质 X 为 CuSO4，A 正确； B．Cu2S 和白色物质 CuSO4加稀硫酸和稀硝 酸时溶解，存在反应： 2 2 3 23Cu S 16H 4NO 6C 3Su 4NO 8H O + - ++ + = + ­++ ¯ ，Y 为 S 单质，则 NO 为还原产物、Y 为氧 化产物，B 不正确； C．由 2 4 4 2 25Cu 4H SO ( 3CuSO Cu S 4H O D + + +浓)= 可知，硫元素从+6 价降低到-2 价时表现氧 化性，则参加反应的浓硫酸中，表现氧化性 的占 25%，C 正确； D．由 2 4 4 2 25Cu 4H SO ( 3CuSO Cu S 4H O D + + +浓)= 知，3molCu 生成 0.6molCu2S，0.6molCu2S 发生反应 2 2 3 23Cu S 16H 4NO 6C 3Su 4NO 8H O + - ++ + = + ­++ ¯ 得到 0.8mol NO 与 0.6mol S，NO 与 S 物质 的量之和为 1.4mol，D 不正确； 答案选 AC。 15．BC 【分析】“溶解步骤中空气中的氧气将铜氧 化，与氨水反应生成[Cu(NH3)4]2+， 加入硫 酸中和成盐生成硫酸铜和硫酸铵，再通入 SO2，将铜离子还原为+1 价铜，生成 CuNH4SO3晶体，“酸解”步骤中加入足量硫 酸，发生反应生成铜单质，过滤得到铜单质， 再进行后续处理得到超细纳米铜粉，据此分 析解题。 【详解】A．“溶解”可以被理解为铜被氧化 为二价铜，二价铜离子与氨水生成铜氨配合 离子： 2Cu+O2+8NH3∙H2O=2[Cu(NH3)4]2++4OH-+6 H2O，A 正确； 答案第 6 页，共 11 页 B．加入硫酸中和成盐生成硫酸铜和硫酸铵， 再通入 SO2，将二价铜离子还原为+1 价铜离 子，SO2作用是充当还原剂，B 错误； C．“溶液 C”含有过量的硫酸、硫酸铵、硫 酸铜，硫酸可以循环利用，应将其导入到“中 和成盐”操作中，C 错误； D．“酸解”生成二氧化硫，有铜单质生成， 说亚铜离子会在酸性条件下生成单质铜和 二价铜离子，化学方程式为： 2CuNH4SO3+2H2SO4=Cu+CuSO4+2SO2↑+(N H4)2SO4+2H2O，D 正确； 答案选 BC。 16． 将亚铁离子氧化为铁离子，便于 除去 C 2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3 ＋＋2H2O CuO 或 Cu(OH)2或 CuCO3 3.2≤pH<4.7 防止加热过程中 CuCl2发 生水解生成 Cu(OH)2 Cu2＋(aq)＋ ZnS(s)=Zn2＋(aq)＋CuS(s) 【详解】（1）据沉淀时的 pH 关系，二价铁 与铜离子沉淀 pH 接近，所以加入氧化剂将 Fe2+氧化成 Fe3+，便于除去；（2）加入的氧 化剂不能引入新的杂质，所以最好选 H2O2， 答案选 C；反应的离子方程式为 2Fe2+ +H2O2+2H+＝2Fe3++2 H2O；（3）加入与氢离 子反应的物质调节 pH 但不引入新的杂质， 所以用 CuO 或 Cu(OH)2、CuCO3、 Cu2(OH)2CO3其中一种，pH 的范围是 3.2≤pH<4.7；（4）HCl 气流起的作用是，防 止加热过程中CuCl2发生水解生成Cu (OH)2。 （5）已知 Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，地表层原生 铜的硫化物经氧化、水浸作用后变成 CuSO4 溶液，再向地下深层渗透，遇到难溶的 ZnS 慢慢转变为铜蓝（CuS）因为 CuS 比 ZnS 的 溶度积更小，硫化锌在水溶液中存在溶解平 衡：ZnS(s) Zn2+(aq)+S2－(aq)，当遇到 硫酸铜溶液时， Cu2+与 S2－结合生成更难溶 的 CuS 沉淀，使溶解平衡正向移动最终全部 转化为 CuS。离子方程式解释 ZnS 能转变为 CuS 的原因为：Cu2＋(aq)＋ZnS(s)=Zn2＋(aq) ＋CuS(s)。 17． Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O 温度高于 40℃使，H2O2分解，浓度减小， 反应速率减小 CD Fe(OH)3 2Cu2++4I－＝2CuI↓+I2 可得到干燥的 CuI 2CuI + 4Fe3+= 2Cu2++ 4Fe2++I2 2.5×191aV×10－3/m 【详解】（1）、利用 H2O2的氧化性，可以在 硫酸溶液中将铜氧化成 Cu2＋使溶液呈蓝色， 所以反应方程式是： Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；因 H2O2易 受热分解，当温度高于 40℃时，会使 H2O2 受热分解，造成 H2O2浓度下降，反应速率 减小。 （2）、调节 PH 值时用 NaOH 和 NH3·H2O 会分别引入 Na＋和 NH4＋杂质，而使用 CuO 和 CuCO3不会引入杂质；因杂质 Fe 会发生： 2Fe＋3H2O2＋6H＋=2Fe3＋＋6H2O，所以通过 调节 PH 值可以使 Fe3＋生成 Fe(OH)3 而除去。 所以此题答案为：CD；Fe(OH)3。 （3）、通过②中调节 PH 值除去 Fe3＋后，所 答案第 7 页，共 11 页 得溶液中含有 Cu2＋，加入过量的 NaI 得到 的氧化产物能使淀粉变蓝，说明生成了单质 I2，则 I－化合价升高体现还原性，所以 Cu2＋ 应该化合价降低体现氧化性，再根据所得沉 淀经水洗和乙醇洗涤后是 CuI 晶体，说明 Cu2＋生成了 CuI，所以反应的离子方程式是： 2Cu2++4I－＝2CuI↓+I2。 （4）、因 CuI 不溶于水和乙醇，利用乙醇易 溶于水又易挥发，所以先用水洗去 CuI 表面 的杂质后，再用乙醇洗涤，可以除去沉淀表 面的水，得到干燥的 CuI。 （5）、利用 Fe3＋的氧化性，可以将 CuI 氧化 为 Cu2＋和 I2，所以反应的离子方程式是： 2CuI + 4Fe3+= 2Cu2++ 4Fe2++I2；加入酸性高 锰酸钾，可以和样品完全反应后所得溶液中 的 Fe2+反应，离子反应方程式是：5Fe2＋＋ MnO4－＋8H＋=5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O，则根据 上述两个反应方程式可得如下关系：（设样 品中 CuI 的物质的量是 xmol） 1CuI ～ 2Fe2＋～ 2 5 MnO4－， 1mol 0.4mol xmol V×10-3L×amol/L 得 CuI 的物质的量 x＝2.5×V×10-3L×amol/L， 所以 CuI 的质量是：m（CuI）= 2.5×V×10-3L×amol/L×191g/mol，所以样品中 CuI 的质量分数为 2.5×191aV×10－3/m。 点睛：无机工艺流程题的解题思路为：明确 整个流程及每一部分的目的→仔细分析每 步反应发生的条件以及得到的产物的物理 或化学性质→结合基础理论与实际问题思 考→注意答题的模式与要点。解决本类题目 的基本方法和步骤为：（1）从题干中获取有 用信息，了解生产的产品。（2）然后整体浏 览一下流程，基本辨别出预处理、反应、提 纯、分离等阶段。（3）分析流程中的每一步 骤，从以下几个方面了解流程：①反应物是 什么；②发生了什么反应；③该反应造成 了什么后果，对制造产品有什么作用。抓住 一个关键点：一切反应或操作都是为获得产 品而服务。 18．(1) 醚键、醛基 1 < (2) 16 (3)n +n ¾¾¾®催化剂 +(2n-1)HCl (4) 9 或 【分析】 答案第 8 页，共 11 页 和溴在 FeBr3 作催化剂条件下发生 取代反应生成 A( )，由 B 的分子式可 知 A→B 发生溴被-OH 取代，B 为 ； 结合 D 的分子式和 E 的结构可知 D 为 ；D→E在苯环上引入-CHO， E→F 发生信息②反应，结合 F→G 的反应 条件可知 F 中还有-CHO，则甲为 HCHO，F 为 ；F 与正丙醛 发 生 信 息 ① 反 应 得 到 G ， G 为 ，G 与氢 气 加 成 得 到 新 泽 茉 莉 醛 ； 两 分 子 B( )与 HCHO 反应得到 C，C 为 ，C 和 按信息③反应原理发 生缩聚反应得到 PC 树脂和 HCl。 【详解】（1）由结构简式可知新泽茉莉醛中 官能团的名称是醚键、醛基；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，一个该分子含有 1 个手性碳原子即与甲 基相连的碳原子；HCHO 中 C 为 sp2 杂化， COCl2中 C 也为 sp2杂化，由于电负性 Cl>H，COCl2中共价键之间的排斥更大导致 键角变小，所以 COCl2分子中 Cl-C-Cl 的键 角<HCHO 分子中 H-C-H 的键角。 （2） E 的结构为 ，苯环、醛基均 是平面模型，单键可以旋转，则 E 中共面原 子数目最多为 16 个，由分析可知，G 的结 构简式为 。 （3） 反应②中 C 和 按信息③反应原 理发生缩聚反应得到 PC 树脂和 HCl，化学 方程式为：n +n ¾¾¾®催化剂 答案第 9 页，共 11 页 +(2n-1)HCl。 （4） 芳香族化合物 M 与 F 互为同分异构体，M 能与 FeCl3溶液发生显色反应且能发生银镜 反应，说明 M 中含有酚羟基和醛基，结合 F 的不饱和度可知若 M 的苯环上连接 3 个取 代基则为 1 个-OH、2 个-CHO，共有 6 种不 同的位置关系，若 M 的苯环上连接 2 个取 代基则为-OH、-COCHO，共有 3 种不同的 位置关系，综上所述，M 的结构有 9 种，其 中苯环上的一氯代物有两种的结构简式为： 或 。 19．(1)2 (2)nCO2+n 一定条件¾¾¾¾¾¾® (3) -49.5kJ／mol 能 (4) 1 1kPa kPa 30 5 2 2kPa kPa 15 15 ´ ´ (5)ACD (6) d ＜ 【详解】（1）据 VSEPR 理论可知，CO2中 心原子价层电子对数为 4 2 =2。答案为：2； （2）CO2与环氧丙烷 ( ) 一定条件下发生加聚反应，生成可降解塑料 ( )，反应的化学方 程式为 nCO2+n 一定条件¾¾¾¾¾¾® 。答 案为：nCO2+n 一定条件¾¾¾¾¾¾® ； （3）已知 298K 时，相关物质的能量如图所 示，则 ΔH1=-200.5 kJ/mol -242 kJ/mol –(-393 kJ/mol)=-49.5 kJ/mol，反应①的△H＜0，所 以低温能自发进行。答案为：-49.5kJ/mol； 能； （4）在恒温恒容的容器中，充入 0.5mol CO2(g)和 1.0mol H2(g)，起始压强为 p kPa， 一段时间后达到平衡测得容器中生成 0.3mol H2O(g)，设反应①中 CO2的变化量 为 x，则可建立如下三段式： 2 2 3 2CO (g) 3H (g) CH OH(g) H O(g) (mol) 0.5 1.0 0 0 (mol) 3 (mol) 0.2 0.7 2 0.3 + + - ƒ 起始量 变化量 平衡量 x x x x x x 2 2 2CO (g) H (g) CO(g) H O(g) (mol) 0.5 1.0 0 0 (mol) 0.3 0.3 0.3 0.3 (mol) 0.2 0.7 2 0.3 0.3 + + - - - - - - ƒ 起始量 变化量 平衡量 x x x x x x 答案第 10 页，共 11 页 平衡时压强为 2 3 p kPa，则 1.5-2x=1.5× 2 3 ， x=0.25mol。建立平衡时，混合气的总物质 的量为 1mol。反应②的平衡常数 Kp= 0.05 2 0.3 2P P 1 3 1 3 0.2 2 0.2 2P P 1 3 1 3 ´ ´ ´ ´ ´ ´ = 1 1kPa kPa 30 5 2 2kPa kPa 15 15 ´ ´ 。答案 为： 1 1kPa kPa 30 5 2 2kPa kPa 15 15 ´ ´ ； （5）A．恒温恒容下，向容器中充入 He， 各物质的浓度不变，反应速率不变，A 不正 确； B．向容器中再充入 H2，可增大 H2浓度， 平衡正向移动，可提高 CO2转化率，B 正确； C．因为两个反应中都涉及 CO2，而只有反 应①中出现 CH3OH，所以当 3 2v (CH OH)=v (CO )生成 生成 时，反应未达到平 衡状态，C 不正确； D．选择合适的催化剂，可以加快反应速率， 但不能提高甲醇的平衡产率，D 不正确； 故选 ACD。答案为：ACD； （6）对于反应 2CO2(g)+6H2(g) ƒ C2H4(g)+4H2O(g)，原料初始组成 2 2(CO ) : (H ) 1: 3n n = ，则生成的C2H4和H2O 的物质的量之比应为 1:4，从图中数据看，a 为 H2的体积分数，c 为 CO2的体积分数，b 为 H2O 的体积分数，d 为 C2H4 的体积分数。 从而得出图中表示 C2H4变化的曲线是 d；升 高温度，H2的体积分数增大，则平衡逆向移 动，所以该反应△H＜0。答案为：d；＜。 【点睛】在混合气中，两个反应涉及的同种 物质，其物质的量相同。 20．(1)  0.01mol / L min× 100 < (2)T3~T4温度区间，以反应Ⅱ为主导，温度 升高反应Ⅱ平衡正向移动，使得 H2的体积分 数减小，且 CO 浓度增大，抑制反应Ⅰ产生 H2 (3)        3 4 2Fe O s 4CO g 3Fe s 4CO g+ = + 或            3 4 2 2 2Fe O s 4CO g 4H O g 3Fe s 4CO g 4H O g+ + = + + (4)①②③ 【详解】（1）设转化的甲烷为 molx ，列三 段式，则               4 2 2CH g CO g 2CO g 2H g mol 1 1 0 0 mol 2 2 mol 1 1 2 2 x x x x x x x x + + - - ƒ 起始 转移 平衡 ，已知平衡时体系压强为初始压强的 6 5 ，恒 温恒容时，体系压强之比等于气体物质的量 之比，故列出方程：    1 1 2 2 6 1 1 5 x x x x- + - + + = + ， 解 出 0.2x = ， 平衡时体系压强   6100kPa 120kPa 5 p = ´ =终 ，    4 2CH CO 40kPap p= = ，    2CO H 20kPap p= = ，据此回答： 答案第 11 页，共 11 页 ①    4 0.2molCH 0.01mol / L min 1L 20min u = = × ´ ，       2 2 2 p 20kPa 20kPa 100 kPa 40kPa 40kPa K ´ = = ´ ，故答 案为：  0.01mol / L min× ；100； ②④     2 20.4 0.4 0.04 0.8 0.8 K ´ = = ´ ；    2 21.2 0.4 0.18 1.6 0.8 Q ´ = = ´ ，Q K> ，反应逆 向进行，故u u<正 逆，故答案为：＜； （2）反应Ⅰ和反应Ⅱ都是正向吸热的反应， 但是反应Ⅰ生成 H2，反应Ⅱ消耗 H2。T3之前 平衡时 H2 的体积分数随温度的升高而增加， 是以反应Ⅰ为主；T3~T4温度区间，平衡时 H2的体积分数随温度的升高而减小，故以反 应Ⅱ为主导，温度升高反应Ⅱ平衡正向移动， 使得 H2 的体积分数减小，且 CO 浓度增大， 抑制反应Ⅰ产生 H2，故答案为：T3~T4温度区 间，以反应Ⅱ为主导，温度升高反应Ⅱ平衡 正向移动，使得 H2的体积分数减小，且 CO 浓度增大，抑制反应Ⅰ产生 H2； （3）速率最慢步骤为活化能最大的步骤， 故为        3 4 2Fe O s 4CO g 3Fe s 4CO g+ = + 或            3 4 2 2 2Fe O s 4CO g 4H O g 3Fe s 4CO g 4H O g+ + = + + ，故答案为：        3 4 2Fe O s 4CO g 3Fe s 4CO g+ = + 或            3 4 2 2 2Fe O s 4CO g 4H O g 3Fe s 4CO g 4H O g+ + = + + ； （4）①该反应为气体体积增大的反应，反 应过程中压强逐渐增大，当压强不变时，表 明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态， ①符合题意； ②由于 H2NCOONH4是固体，没有达到平 衡状态前，气体质量会变化，容器体积不变， 密度也会发生变化，所以密度不变，说明反 应达到了平衡状态，②符合题意； ③由于 H2NCOONH4是固体，生成物全部 为气体，气体的物质的量在增加，当混合气 体的总物质的量不变，说明正逆反应速率相 等，达到了平衡状态，③符合题意； ④混合气体的平均相对分子质量=混合气体 的质量和/混合气体的物质的量总和，混合 气体的质量恒等于 H2NCOONH4(s)分解的 质量，气体的物质的量为分解的 H2NCOONH4(s)的三倍，混合气体的平均相 对分子质量不变，不能说明反应达到平衡状 态，④不符合题意； ⑤因反应物(H2NCOONH4)是固体物质，所 以密闭容器中NH3的体积分数始终不变，⑤ 不符合题意； 故答案为：①②③。