精品解析：北京市第五十五中学2024-2025学年高三上学期12月月考化学试题

北京市第五十五中学2024-2025学年度第一学期 12月调研高三化学 本试卷共10页，共100分，调研时长90分钟 可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 K：39 第一部分 一、本部分共14题，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。 1. 下列材料的主要成分属于有机物的是 A. 国家速滑馆用于蒸发制冷的材料-二氧化碳 B. 长征五号的整流罩前锥段材料-聚甲基丙烯酰亚胺 C. 港珠澳大桥锚具材料-特殊工艺的低碳钢 D. 我国自主研发的5G芯片的材料-硅 2. 下列化学用语或图示正确的是 A. 的电子式： B. 基态碳原子的轨道表示式： C. 乙炔的结构式： D. 乙醛的球棍模型为： 3. 人工光合作用能够借助太阳能，用CO2和H2O制备化学原料。下图是通过人工光合作用制备HCOOH的原理示意图，下列说法不正确的是 A. 该过程是将太阳能转化为化学能的过程 B. 催化剂a表面发生氧化反应，有O2产生 C. 催化剂a附近酸性减弱，催化剂b附近酸性增强 D. 催化剂b表面的反应是CO2+2H++2e一=HCOOH 4. 下列说法正确的是（ ） A. 室温下，在水中的溶解度：丙三醇＞苯酚＞1-氯丁烷 B. 用核磁共振氢谱不能区分HCOOCH3和HCOOCH2CH3 C. 用Na2CO3溶液不能区分CH3COOH和CH3COOCH2CH3 D. 油脂在酸性或碱性条件下均能发生水解反应，且产物相同 5. 下列化学用语对事实的表述不正确的是 A. 硬脂酸与乙醇的酯化反应： B. 常温时，氨水的： C. 由和形成离子键的过程： D. 电解精炼铜的阴极反应： 6. 下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是 物质（括号内为杂质） 除杂试剂 A FeCl2溶液（FeCl3） Fe粉 B NaCl溶液（MgCl2） NaOH溶液、稀HCl C Cl2（HCl） H2O、浓H2SO4 D NO（NO2） H2O、无水CaCl2 A. A B. B C. C D. D 7. 离子液体具有电导率高、化学稳定性好等优点，在电化学领域用途广泛。由与反应制得的是制备某离子液体的原料，该离子液体的结构简式如下。下列说法不正确的是 A. 微粒中键角： B. 的制备过程中，与结合形成配位键 C. 该离子液体中，均采取杂化 D. 该离子液体熔点较低，可能是因为阳离子的体积较大，离子键弱 8. 利用废铝箔(主要成分为Al，含少量Mg、Fe等)制明矾的一种工艺流程如下： 下列说法不正确的是 A. ①中生成了： B. 操作a是过滤，以除去难溶于NaOH溶液的杂质 C. ②③中加入稀硫酸的作用均是除去杂质 D. 由④可知，室温下明矾的溶解度小于和的溶解度 9. 下列实验方案能达到相应目的的是 A．除去中的 B．相同温度下的溶解度： C．检验溴乙烷水解产物中含有 D．检验溶液是否变质 A. A B. B C. C D. D 10. 一定温度下，容积为的密闭容器中发生反应： ，容器中部分物质的含量见下表()： 反应时间 0 1.2 0.6 0 0 0.8 0.2 下列说法正确的是 A. 内，D的平均化学反应速率为 B. 该温度下，反应的化学平衡常数 C. 达到化学平衡状态时，的转化率为 D. 若升高温度，平衡逆向移动 11. 新鲜水果和蔬菜中富含维生素，在作用下可转化为脱氢维生素，原理如下： 下列关于维生素的说法正确的是 A. 分子式为 B. 难溶于水，易溶于有机溶剂 C. 维生素C与脱氢维生素都可使酸性溶液褪色 D. 与脱氢维生素互为同分异构体 12. 我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程，该历程示意图如下所示。 下列说法不正确的是 A. 生成CH3COOH总反应的原子利用率为100% B. CH4→CH3COOH过程中，有C—H键发生断裂 C. ①→②放出能量并形成了C—C键 D. 该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率 13. 聚维酮碘的水溶液是一种常用的碘伏类缓释消毒剂，聚维酮通过氢键与形成聚维酮碘，其结构如图： （图中虚线表示氢键） 下列说法不正确的是 A. 聚维酮的单体是 B. 聚维酮分子由个单体聚合而成 C. 聚维酮碘是一种水溶性物质 D. 聚维酮在一定条件下能发生水解反应 14. 探究草酸（H2C2O4）性质，进行如下实验。（已知：室温下，0.1 mol·L−1 H2C2O4的pH=1.3） 实验 装置 试剂a 现象 ① Ca(OH)2溶液（含酚酞） 溶液褪色，产生白色沉淀 ② 少量NaHCO3溶液 产生气泡 ③ 酸性KMnO4溶液 紫色溶液褪色 ④ C2H5OH和浓硫酸 加热后产生有香味物质 由上述实验所得草酸性质所对应的方程式不正确的是 A. H2C2O4有酸性，Ca(OH)2+ H2C2O4=CaC2O4↓+2H2O B. 酸性：H2C2O4> H2CO3，NaHCO3+ H2C2O4=NaHC2O4+CO2↑+H2O C. H2C2O4具有还原性，2+5+16H+=2Mn2++10CO2↑+ 8H2O D. H2C2O4可发生酯化反应，HOOCCOOH+2C2H5OHC2H5OOCCOOC2H5+2H2O 第二部分 二、本部分共5题，共58分。 15. 硼氮氢化合物在有机合成、储氢材料等方面备受关注。硼氮氢化合物之一氨硼烷的一种制备方法如下： ⅰ．(乙硼烷) ⅱ．B2H6THF∙BH3NH3∙BH3 已知：元素的电负性：： ： ： （1）中硼元素的化合价为___________。 （2）分析解释中与原子之间的作用___________。 （3）比较与键角大小：___________(填“>”、“<”或“=”)。 （4）新型储氢材料的晶胞为边长的立方体，如下图所示。 ①与距离最近且等距的有___________个。 ②已知的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为，此晶体的密度为___________。() 16. 从矿石中提取金()是获取贵金属的主要来源。 （1）俗话说“真金不怕火炼”，从化学性质角度解释其原因是___________。 （2）硫代硫酸盐在弱碱性条件下浸金是提取金的一种方法。 ①补全反应的离子方程式___________。 ②简述在金被氧化过程中的作用：___________。 （3）工业上常用溶液、氨水和溶液为原料配制浸金液，其一种可能的浸金原理示意图如下。 ①由上述原理可知，在浸金过程中起___________作用。 ②为了证明上述原理中的作用，进行如下实验。 实验现象：反应一段时间后，温度无明显变化，形管内液柱左高右低，锥形瓶中溶液蓝色变浅，打开瓶塞后∙∙∙∙∙∙ a．打开瓶塞后，___________，(填实验现象)，证实了上述原理。 b．中现象对应反应的离子方程式是___________。 ③下图表示相同时间内，配制浸金液的原料中对浸金过程中消耗率和浸金量的影响(其他条件不变)。已知： 结合图1，解释图2中浸金量先上升后下降的原因：___________。 17. 聚合物P是一种用于抗菌的高分子材料，它的一种合成路线如下。 已知： （1）A的分子式为C4H8O2，能发生银镜反应。A分子的官能团有羟基、_______。 （2）B是A的同分异构体，B的结构简式是_______。 （3）由B生成宜选用的试剂是_______。 a．浓硫酸 b．NaOH/醇 c．K2Cr2O7/H2SO4 （4）M的核磁共振氢谱中只有一组峰。M的结构简式是_______。 （5）F的分子式为C5H8O2.将下列Q→F的流程图补充完整：_______，_______。 （6）E含环状结构。除上述路线外，也可经如下路线合成。 试剂a、试剂b的相对分子质量均小于30，a、b分别是_______。 18. 磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下： 已知：磷精矿主要成分为Ca5(PO4)3(OH)，还含有Ca5(PO4)3F和有机碳等。 溶解度：Ca5(PO4)3(OH)<CaSO4·0.5H2O （1）上述流程中能加快反应速率的措施有__________。 （2）磷精矿粉酸浸时发生反应： 2Ca5(PO4)3(OH)+3H2O+10H2SO410CaSO4·0.5H2O+6H3PO4 ①该反应体现出酸性关系：H3PO4__________H2SO4（填“>”或“<”）。 ②结合元素周期律解释①中结论：P和S电子层数相同，__________。 （3）酸浸时，磷精矿中Ca5(PO4)3F所含氟转化为HF，并进一步转化为SiF4除去。写出生成HF的化学方程式：__________。 （4）H2O2将粗磷酸中的有机碳氧化为CO2脱除，同时自身也会发生分解。相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率如图所示。80℃后脱除率变化的原因：____________________。 （5）脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO42−残留，原因是__________；加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，其离子方程式是____________________。 （6）取a g所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用b mol·L−1NaOH溶液滴定至终点时生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液c mL，精制磷酸中H3PO4的质量分数是________。（已知：H3PO4摩尔质量为98 g·mol−1） 19. 探究0.5mol/L FeCl3溶液（pH=1）与不同金属反应时的多样性的原因。 (各组实验中：所用FeCl3溶液体积相同；金属过量；静置、不振荡） 实验 金属 现象及产物检验 I 镁条 立即产生大量气体；金属表面变黑，该黑色固体能被磁铁吸引；液体颜 色由棕黄色逐渐变为红褐色；片刻后气泡减少；金属表面覆盖有红褐色沉淀，此时取反应后的液体， 滴加K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀。 II 铜粉 无气体产生；溶液逐渐变为蓝绿色；取反应后的溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀。 （1）根据实验I的现象，推测红褐色液体为胶体，并用光束照射该液体，在与光束垂直的方向观察到_________得以证实。 （2）已知Fe和Fe3O4均能被磁铁吸引。 ①为了确定黑色固体的成分是否含有Fe和Fe3O4，重复实验I，及时取少量镁条表面生成的黑色粉末，洗净后进行实验如下： 该实验说明黑色固体中一定含有_________，结合现象写出判断的理由_________。 ②除上述结论外，分析实验I的现象，可知被还原得到的产物一定还有_________。 （3）实验Ⅰ、Ⅱ现象的差异，与Fe3+、Mg2+、Fe2+、H+、Cu2+的氧化性强弱有关，其顺序是Mg2+<Fe2+<_________。 （4）继续研究0.5mol/L FeCl3溶液（pH=1）与Fe的反应。 实验 金属 现象及产物检验 Ⅲ 铁粉 持续产生少量气体；一段时间后，溶液颜色变浅，底部有红褐色沉 淀，经检验，溶液pH=4；含有Fe2+，无Fe3+。 Ⅳ 铁丝 无明显的气泡产生；一段时间后，溶液变为浅绿色，经检验，溶液 pH=2，含有Fe2+和Fe3+；Fe3+被还原的量多于实验Ⅲ。 ①实验Ⅲ中发生反应的离子方程式有_________。 ②已知：相同条件下，H+在溶液中的移动速率远大于Fe3+。 结合实验I、Ⅱ，由反应中金属表面离子浓度的变化，推测实验III、IV现象差异的原因:_________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市第五十五中学2024-2025学年度第一学期 12月调研高三化学 本试卷共10页，共100分，调研时长90分钟 可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 K：39 第一部分 一、本部分共14题，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。 1. 下列材料的主要成分属于有机物的是 A. 国家速滑馆用于蒸发制冷的材料-二氧化碳 B. 长征五号的整流罩前锥段材料-聚甲基丙烯酰亚胺 C. 港珠澳大桥锚具材料-特殊工艺的低碳钢 D. 我国自主研发的5G芯片的材料-硅 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．二氧化碳是无机物，A项错误； B．聚甲基丙烯酰亚胺是有机物，B项正确； C．低碳钢属于合金，C项错误； D．硅属于单质，不属于有机物，D项错误； 答案选B。 2. 下列化学用语或图示正确的是 A. 的电子式： B. 基态碳原子的轨道表示式： C. 乙炔的结构式： D. 乙醛的球棍模型为： 【答案】C 【解析】 【详解】A．是共价化合物，电子式为 ，故A错误； B．基态碳原子的轨道表示式为 ，故B错误； C．乙炔的结构式为，故C正确； D．乙醛的球棍模型为，是比例模型，故D错误； 选C。 3. 人工光合作用能够借助太阳能，用CO2和H2O制备化学原料。下图是通过人工光合作用制备HCOOH的原理示意图，下列说法不正确的是 A. 该过程是将太阳能转化为化学能的过程 B. 催化剂a表面发生氧化反应，有O2产生 C. 催化剂a附近酸性减弱，催化剂b附近酸性增强 D. 催化剂b表面的反应是CO2+2H++2e一=HCOOH 【答案】C 【解析】 【分析】根据装置图中电子的流向，判断催化剂a为负极电极反应：2H2O-4 e-═O2+4H+，酸性增强；催化剂b为正极，电极反应：CO2+2H++2e-═HCOOH，酸性减弱，总的电池反应为2H2O+2CO2═2 HCOOH+O2，该过程把太阳能转化为化学能 【详解】A、过程中是光合作用，太阳能转化为化学能，故A正确； B、催化剂a表面发生氧化反应，有O2产生，故B正确； C、催化剂a附近酸性增强，催化剂b附近酸性条件下生成弱酸，酸性减弱，故C错误； D、催化剂b表面的反应是通入二氧化碳，酸性条件下生成HCOOH，电极反应为：CO2+2H++2e一═HCOOH，故D正确； 故选C。 4. 下列说法正确的是（ ） A. 室温下，在水中的溶解度：丙三醇＞苯酚＞1-氯丁烷 B. 用核磁共振氢谱不能区分HCOOCH3和HCOOCH2CH3 C. 用Na2CO3溶液不能区分CH3COOH和CH3COOCH2CH3 D. 油脂在酸性或碱性条件下均能发生水解反应，且产物相同 【答案】A 【解析】 【详解】A．含-OH越多，溶解性越大，卤代烃不溶于水，则室温下，在水中的溶解度：丙三醇＞苯酚＞1-氯丁烷，A正确； B．HCOOCH3中两种H，HCOOCH2CH3中有三种H，则用核磁共振氢谱能区分HCOOCH3和HCOOCH2CH3，B错误； C．CH3COOH与碳酸钠溶液反应产生气泡，而Na2CO3溶液与CH3COOCH2CH3会分层，因此可以用Na2CO3溶液能区分CH3COOH和CH3COOCH2CH3，C错误； D．油脂在酸性条件下水解产物为高级脂肪酸和甘油，碱性条件下水解产物为高级脂肪酸盐和甘油，水解产物不相同，D错误。 答案选A。 5. 下列化学用语对事实的表述不正确的是 A. 硬脂酸与乙醇的酯化反应： B. 常温时，氨水的： C. 由和形成离子键的过程： D. 电解精炼铜的阴极反应： 【答案】A 【解析】 【详解】A．由酯化反应的机理可知，浓硫酸作用下硬脂酸与共热发生酯化反应生成和水，反应的化学方程式为，故A错误； B．常温下0.1mol/L氨水的pH为11.1说明一水合氨在溶液中部分电离出铵根离子和氢氧根离子，电离方程式为，故B正确； C．氯化钠是只含有离子键的离子化合物，则表示钠原子和氯原子形成离子键的过程为，故C正确； D．电解精炼铜时，精铜为阴极，铜离子在阴极得到电子发生还原反应生成铜，电极反应式为，故D正确； 故选A。 6. 下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是 物质（括号内为杂质） 除杂试剂 A FeCl2溶液（FeCl3） Fe粉 B NaCl溶液（MgCl2） NaOH溶液、稀HCl C Cl2（HCl） H2O、浓H2SO4 D NO（NO2） H2O、无水CaCl2 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【分析】发生的反应中，存在元素的化合价变化，与氧化还原反应有关；反之，不存在元素的化合价变化，则与氧化还原反应无关，以此解答该题。 【详解】A.FeCl3与Fe反应生成FeCl2，2FeCl3+Fe=3FeCl2，此过程中Fe的化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故A不符合题意； B.MgCl2与NaOH溶液发生复分解反应MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2 +2NaCl，过量的NaOH溶液可用HCl除去HCl+NaOH=NaCl+H2O ，此过程中没有元素化合价发生变化，未涉及氧化还原反应，故B符合题意； C.部分氯气与H2O 发生反应生成氯化氢和次氯酸，应该用饱和食盐水除去HCl，除杂方法不正确，故C不符合题意； D.NO2 与水反应生成硝酸和NO。反应过程中氮元素化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故D不符合题意； 综上所述，本题应选B。 【点睛】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，侧重于氧化还原反应判断的考查，注意把握发生的反应及反应中元素的化合价变化，题目难度不大。 7. 离子液体具有电导率高、化学稳定性好等优点，在电化学领域用途广泛。由与反应制得的是制备某离子液体的原料，该离子液体的结构简式如下。下列说法不正确的是 A. 微粒中键角： B. 的制备过程中，与结合形成配位键 C. 该离子液体中，均采取杂化 D. 该离子液体熔点较低，可能是因为阳离子的体积较大，离子键弱 【答案】C 【解析】 【详解】A．BF3中价层电子对数=，杂化轨道数=3，B采取sp2杂化，而价层电子对数=，杂化轨道数=4，B采取sp3杂化，所以键角：，A正确； B．中B原子有空轨道，有孤电子对，可以形成配位键，B正确； C．含有碳碳双键，碳碳单键，碳氮双键，碳采取、杂化，C错误； D．阳离子的体积较大，半径大，离子间的作用力小，离子键弱，D正确； 故选C。 8. 利用废铝箔(主要成分为Al，含少量Mg、Fe等)制明矾的一种工艺流程如下： 下列说法不正确的是 A. ①中生成了： B. 操作a是过滤，以除去难溶于NaOH溶液的杂质 C. ②③中加入稀硫酸的作用均是除去杂质 D. 由④可知，室温下明矾的溶解度小于和的溶解度 【答案】C 【解析】 【分析】铝箔碱浸时铝与氢氧化钠溶液反应，经过滤将不反应的镁、铁单质滤出，含有滤液中加入稀硫酸发生反应，过滤后将与稀硫酸混合生成硫酸铝，再加入硫酸钾饱和溶液结晶得到明矾。 【详解】A．铝与氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，反应的化学方程式为，A正确； B．碱溶后，铝溶解为四羟基合铝酸钠，杂质Mg、Fe不与NaOH反应，以固体形式存在，操作a为过滤可除去难溶杂质，B正确； C．步骤②中稀硫酸的作用是酸化四羟基合铝酸钠溶液，调节pH=8-9使沉淀析出，并非除去杂质；步骤③中稀硫酸是溶解得到溶液，两者均非“除去杂质”，C错误； D．③中得到溶液，加入硫酸钾饱和溶液后结晶析出明矾，说明室温下明矾溶解度小于和的溶解度，D正确； 故选C。 9. 下列实验方案能达到相应目的的是 A．除去中的 B．相同温度下的溶解度： C．检验溴乙烷水解产物中含有 D．检验溶液是否变质 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．CO2和HCl都能与Na2CO3溶液反应，不能用Na2CO3溶液除去CO2中的HCl，应该用饱和NaHCO3溶液，A不符合题意； B．NaOH溶液过量，加入FeCl3溶液生成Fe(OH)3沉淀，不是Mg(OH)2转化为Fe(OH)3，无法比较Mg(OH)2和Fe(OH)3的溶解度大小，B不符合题意； C．溴乙烷水解后溶液显碱性，先加入足量稀硝酸中和过量的碱，再加入AgNO3溶液，若产生浅黄色沉淀，则证明水解产物中含有Br−，C符合题意； D．硝酸具有强氧化性，能将Na2SO3氧化为Na2SO4，无论Na2SO3溶液是否变质，加入硝酸酸化的BaCl2溶液都会产生白色沉淀，不能检验Na2SO3溶液是否变质，D不符合题意； 故选C。 10. 一定温度下，容积为的密闭容器中发生反应： ，容器中部分物质的含量见下表()： 反应时间 0 1.2 0.6 0 0 0.8 0.2 下列说法正确的是 A. 内，D的平均化学反应速率为 B. 该温度下，反应的化学平衡常数 C. 达到化学平衡状态时，的转化率为 D. 若升高温度，平衡逆向移动 【答案】B 【解析】 【详解】A．内，A的物质的量的变化量为1.2mol-0.8mol=0.4mol，根据化学方程式，可得D的物质的量为0.4mol，D的平均化学反应速率为，故A错误； B．该温度下，反应的化学平衡常数，故B正确； C．t1时，B参与反应的物质的量为0.4mol，剩余0.2mol，t2时，B的物质的量是0.2mol，故t1时反应已经达到平衡，达到化学平衡状态时，的转化率为 33.3%，故C错误； D． ，若升高温度，平衡正向移动，故D错误； 故选B。 11. 新鲜水果和蔬菜中富含维生素，在作用下可转化为脱氢维生素，原理如下： 下列关于维生素的说法正确的是 A. 分子式为 B. 难溶于水，易溶于有机溶剂 C. 维生素C与脱氢维生素都可使酸性溶液褪色 D. 与脱氢维生素互为同分异构体 【答案】C 【解析】 【详解】A．由结构简式可知，维生素C的分子式为C6H8O6，故A错误； B．羟基为亲水基，有利于有机物溶于水，由结构简式可知，维生素C分子中含有多个亲水基，所以易溶于水，故B错误； C．由结构简式可知，维生素C分子中含有的碳碳双键和醇羟基能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，脱氢维生素C分子中含有的醇羟基能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，所以维生素C与脱氢维生素C都可使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确； D．由结构简式可知，维生素C与脱氢维生C素的分子式不相同，所以不可能同分异构体，故D错误； 故选C。 12. 我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程，该历程示意图如下所示。 下列说法不正确的是 A. 生成CH3COOH总反应的原子利用率为100% B. CH4→CH3COOH过程中，有C—H键发生断裂 C. ①→②放出能量并形成了C—C键 D. 该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率 【答案】D 【解析】 【详解】分析：A项，生成CH3COOH的总反应为CH4+CO2CH3COOH，原子利用率为100%；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量并形成C-C键；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高平衡转化率。 详解：A项，根据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH，总反应为CH4+CO2CH3COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，A项正确；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂，B项正确；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量，对比①和②，①→②形成C-C键，C项正确；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高反应物的平衡转化率，D项错误；答案选D。 点睛：本题考查原子利用率、化学反应的实质、化学反应中的能量变化、催化剂对化学反应的影响，解题的关键是准确分析示意图中的信息。注意催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，催化剂不能改变ΔH、不能使化学平衡发生移动。 13. 聚维酮碘的水溶液是一种常用的碘伏类缓释消毒剂，聚维酮通过氢键与形成聚维酮碘，其结构如图： （图中虚线表示氢键） 下列说法不正确的是 A. 聚维酮的单体是 B. 聚维酮分子由个单体聚合而成 C. 聚维酮碘是一种水溶性物质 D. 聚维酮在一定条件下能发生水解反应 【答案】B 【解析】 【详解】A．由高聚物结构简式可知 的单体为，故A正确；  B． 由个单体加聚生成，故B错误；  C．高聚物可与形成氢键，则也可与水形成氢键，可溶于水，故C正确；  D．聚维酮含有酰胺基，在一定条件下可发生水解反应，故D正确； 答案选B。 14. 探究草酸（H2C2O4）性质，进行如下实验。（已知：室温下，0.1 mol·L−1 H2C2O4的pH=1.3） 实验 装置 试剂a 现象 ① Ca(OH)2溶液（含酚酞） 溶液褪色，产生白色沉淀 ② 少量NaHCO3溶液 产生气泡 ③ 酸性KMnO4溶液 紫色溶液褪色 ④ C2H5OH和浓硫酸 加热后产生有香味物质 由上述实验所得草酸性质所对应的方程式不正确的是 A. H2C2O4有酸性，Ca(OH)2+ H2C2O4=CaC2O4↓+2H2O B. 酸性：H2C2O4> H2CO3，NaHCO3+ H2C2O4=NaHC2O4+CO2↑+H2O C. H2C2O4具有还原性，2+5+16H+=2Mn2++10CO2↑+ 8H2O D. H2C2O4可发生酯化反应，HOOCCOOH+2C2H5OHC2H5OOCCOOC2H5+2H2O 【答案】C 【解析】 【分析】草酸（又称乙二酸）为一种二元弱酸，具有酸的通性，因此能发生中和反应，具有还原性，因为乙二酸中含有羧基因此能发生酯化反应，据此解题； 【详解】A.H2C2O4为二元弱酸，能与氢氧化钙溶液发生中和反应，生成白色沉淀草酸钙和水，因此含酚酞的氢氧化钙溶液碱性逐渐减弱，溶液红色退去，故A正确； B.产生气泡证明有CO2 产生，因此可证明酸性H2C2O4＞H2CO3，反应方程式为：H2C2O4+2NaHCO3=Na2C2O4+2CO2 ↑+2H2O 或H2C2O4+NaHCO3=NaHC2O4+CO2 ↑+H2O，故B正确； C.0.1 mol·L−1 H2C2O4的pH=1.3,说明草酸为弱酸，故在其参与的离子方程式中要写其化学式，不能用草酸根表示，故C不正确； D.草酸（又称乙二酸），其中含有羧基，因此其能发生酯化反应，反应方程式正确，故D正确； 本题选不正确的，应选C。 【点睛】本题考查草酸的性质和离子反应方程式的书写，侧重考查学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用。 第二部分 二、本部分共5题，共58分。 15. 硼氮氢化合物在有机合成、储氢材料等方面备受关注。硼氮氢化合物之一氨硼烷的一种制备方法如下： ⅰ．(乙硼烷) ⅱ．B2H6THF∙BH3NH3∙BH3 已知：元素的电负性：： ： ： （1）中硼元素的化合价为___________。 （2）分析解释中与原子之间的作用___________。 （3）比较与键角大小：___________(填“>”、“<”或“=”)。 （4）新型储氢材料的晶胞为边长的立方体，如下图所示。 ①与距离最近且等距的有___________个。 ②已知的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为，此晶体的密度为___________。() 【答案】（1） （2）原子提供孤对电子，原子提供空轨道，形成配位键 （3）< （4） ①. 12 ②. 【解析】 【小问1详解】 中Na元素为+1价，H元素为-1价，根据化合物的化合价代数和为零可知B元素的化合价为+3。 【小问2详解】 中N原子含有=1个孤电子对，原子含有空轨道，形成配位键。 【小问3详解】 中心N原子的价层电子对数为3+=4，N原子杂化方式为sp3，空间构型为三角锥形，中心B原子的价层电子对数为3+=3，B原子杂化方式为sp2，空间构型为平面三角形，则键角大小：<。 【小问4详解】 ①以顶点的为对象，距离最近且等距的位于与之相邻的三个面的面心上，顶点被8个晶胞共用，面心被2个晶胞共用，则距离最近且等距的有3××8=12个； ②根据均摊法，每个晶胞中含有的个数为=4，含有的个数为8，则晶胞的质量为，则其密度为。 16. 从矿石中提取金()是获取贵金属的主要来源。 （1）俗话说“真金不怕火炼”，从化学性质角度解释其原因是___________。 （2）硫代硫酸盐在弱碱性条件下浸金是提取金的一种方法。 ①补全反应的离子方程式___________。 ②简述在金被氧化过程中的作用：___________。 （3）工业上常用溶液、氨水和溶液为原料配制浸金液，其一种可能的浸金原理示意图如下。 ①由上述原理可知，在浸金过程中起___________作用。 ②为了证明上述原理中的作用，进行如下实验。 实验现象：反应一段时间后，温度无明显变化，形管内液柱左高右低，锥形瓶中溶液蓝色变浅，打开瓶塞后∙∙∙∙∙∙ a．打开瓶塞后，___________，(填实验现象)，证实了上述原理。 b．中现象对应反应的离子方程式是___________。 ③下图表示相同时间内，配制浸金液的原料中对浸金过程中消耗率和浸金量的影响(其他条件不变)。已知： 结合图1，解释图2中浸金量先上升后下降的原因：___________。 【答案】（1）金的化学性质稳定，在高温条件下与氧气反应的ΔH—TΔS＞0，不能自发进行 （2） ①. ②. 与形成配离子，提高的还原性 （3） ①. 催化 ②. 锥形瓶中溶液蓝色复原 ③. ④. 当时，随着的增大，的浓度增大，浸金速率增大；当时，游离的消耗，使浓度减小，浸金速率减小 【解析】 【小问1详解】 “真金不怕火炼”的原因是金的化学性质稳定，在高温条件下与氧气反应的ΔH—TΔS＞0，不能自发进行，故答案为：金的化学性质稳定，在高温条件下与氧气反应的ΔH—TΔS＞0，不能自发进行； 【小问2详解】 ①由未配平的方程式可知，硫代硫酸盐在弱碱性条件下浸金是提取金的反应为金与溶液中的硫代硫酸根离子、水和氧气反应生成二硫代硫酸根合金离子和氢氧根离子，反应的离子方程式为，故答案为：； ②由方程式可知，Au+离子能与硫代硫酸根离子形成配离子，提高金的还原性，从而提高金的浸取率，故答案为：与形成配离子，提高的还原性； 【小问3详解】 ①由图可知，金失去电子发生氧化反应生成的Au+离子能与硫代硫酸根离子形成配离子，配离子与四氨合铜离子反应生成二氨合亚铜离子和金，二氨合亚铜离子又与氧气、氨水反应生成四氨合铜离子，则四氨合铜离子在整个过程中起到了催化剂的作用，故答案为：催化； ②反应一段时间后，温度无明显变化，U形管内液柱左高右低，锥形瓶中溶液蓝色变浅，说明反应生成了二氨合亚铜离子，打开瓶塞后锥形瓶中溶液蓝色复原，说明氨水作用下氧气将二氨合亚铜离子氧化为四氨合铜离子，反应的离子方程式为，故答案为：锥形瓶中溶液蓝色复原；； ③由图可知，当时，随着的增大，的浓度增大，浸金速率增大；当时，游离的消耗，使浓度减小，浸金速率减小，所以浸金量先上升后下降，故答案为：当时，随着的增大，的浓度增大，浸金速率增大；当时，游离的消耗，使浓度减小，浸金速率减小。 17. 聚合物P是一种用于抗菌的高分子材料，它的一种合成路线如下。 已知： （1）A的分子式为C4H8O2，能发生银镜反应。A分子的官能团有羟基、_______。 （2）B是A的同分异构体，B的结构简式是_______。 （3）由B生成宜选用的试剂是_______。 a．浓硫酸 b．NaOH/醇 c．K2Cr2O7/H2SO4 （4）M的核磁共振氢谱中只有一组峰。M的结构简式是_______。 （5）F的分子式为C5H8O2.将下列Q→F的流程图补充完整：_______，_______。 （6）E含环状结构。除上述路线外，也可经如下路线合成。 试剂a、试剂b的相对分子质量均小于30，a、b分别是_______。 【答案】（1）醛基 （2） （3）c （4） （5） ①. ②. （6）NH3、CH≡CH 【解析】 【分析】HOCH2CH2CH2CH2OH在铜的催化下被氧气催化氧化得A，A的分子式为C4H8O2，能发生银镜反应则含有醛基，推得A的结构为HOCH2CH2CH2CHO，A加成得B，B是A的同分异构体，说明发生分子内加成，结合的结构可知B的结构为，B氧化得，与HOCH2CH2NH2反应得D，D脱水得E，由逆推，D是； M分子式为C3H6O，核磁共振氢谱中只有一组峰，说明只有一种化学环境的氢原子，则M为丙酮，结构简式为，根据Q的分子式，M与HCN加成得Q，Q的结构简式为；F和发生加聚反应生成P，由P逆推，F是； 【小问1详解】 由分析，A为HOCH2CH2CH2CHO，含醛基、羟基； 【小问2详解】 由分析，B的结构为； 【小问3详解】 B氧化得，醇羟基发生氧化反应，浓硫酸、NaOH/醇会使得羟基发生消去反应，宜选用的试剂是c．K2Cr2O7/H2SO4，故选c。 【小问4详解】 由分析，M为； 【小问5详解】 Q的结构简式为，F是；Q→F过程中Q水解生成，发生消去反应生成， 与甲醇发生酯化反应生成。故答案为、； 【小问6详解】 根据题目已知试剂a、试剂b的相对分子质量均小于30，反应中需要引入氮原子和2个碳，则和氨气反应生成，和乙炔发生加成反应生成，则a、b分别是NH3、CH≡CH。 18. 磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下： 已知：磷精矿主要成分为Ca5(PO4)3(OH)，还含有Ca5(PO4)3F和有机碳等。 溶解度：Ca5(PO4)3(OH)<CaSO4·0.5H2O （1）上述流程中能加快反应速率的措施有__________。 （2）磷精矿粉酸浸时发生反应： 2Ca5(PO4)3(OH)+3H2O+10H2SO410CaSO4·0.5H2O+6H3PO4 ①该反应体现出酸性关系：H3PO4__________H2SO4（填“>”或“<”）。 ②结合元素周期律解释①中结论：P和S电子层数相同，__________。 （3）酸浸时，磷精矿中Ca5(PO4)3F所含氟转化为HF，并进一步转化为SiF4除去。写出生成HF的化学方程式：__________。 （4）H2O2将粗磷酸中的有机碳氧化为CO2脱除，同时自身也会发生分解。相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率如图所示。80℃后脱除率变化的原因：____________________。 （5）脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO42−残留，原因是__________；加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，其离子方程式是____________________。 （6）取a g所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用b mol·L−1NaOH溶液滴定至终点时生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液c mL，精制磷酸中H3PO4的质量分数是________。（已知：H3PO4摩尔质量为98 g·mol−1） 【答案】 ①. 研磨、加热 ②. ＜ ③. 核电荷数P＜S，原子半径P＞S，得电子能力P＜S，非金属性P＜S ④. 2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O=10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4+2HF↑ ⑤. 80 ℃后，H2O2分解速率大，浓度显著降低 ⑥. CaSO4微溶 ⑦. BaCO3++2H3PO4=BaSO4+CO2↑+H2O+2 ⑧. 【解析】 【详解】分析：磷精矿粉酸浸后生成粗磷酸和磷石膏，粗磷酸经过脱有机碳、脱硫等步骤获得精制磷酸。 （1）根据外界条件对化学反应速率的影响分析，流程中能加快反应速率的措施有：研磨、加热。 （2）①根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，酸性：H3PO4H2SO4。 ②用元素周期律解释，P和S电子层数相同，核电荷数PS，原子半径PS，得电子能力PS，非金属性PS。 （3）根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，Ca5（PO4）3F与H2SO4反应生成HF、磷石膏和磷酸。 （4）图示是相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率，80℃前温度升高反应速率加快，相同时间内有机碳脱除率增大；80℃后温度升高，H2O2分解速率大，H2O2浓度显著降低，反应速率减慢，相同条件下有机碳脱除率减小。 （5）脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO42-残留，原因是：CaSO4微溶于水。加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，因为BaSO4难溶于水，反应的离子方程式为BaCO3+SO42-+2H3PO4=BaSO4+CO2↑+2H2PO4-+H2O。 （6）根据题意关系式为H3PO4~2NaOH，由消耗的NaOH计算H3PO4。 详解：（1）研磨能增大反应物的接触面积，加快反应速率，加热，升高温度加快反应速率；流程中能加快反应速率的措施有：研磨、加热。 （2）①根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，酸性：H3PO4H2SO4。 ②用元素周期律解释酸性：H3PO4H2SO4，P和S电子层数相同，核电荷数PS，原子半径PS，得电子能力PS，非金属性PS。 （3）根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，Ca5（PO4）3F与H2SO4反应生成HF、磷石膏和磷酸，生成HF的化学方程式为2Ca5（PO4）3F+10H2SO4+5H2O10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4+2HF↑。 （4）图示是相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率，80℃前温度升高反应速率加快，相同时间内有机碳脱除率增大；80℃后温度升高，H2O2分解速率大，H2O2浓度显著降低，反应速率减慢，相同条件下有机碳脱除率减小。 （5）脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO42-残留，原因是：CaSO4微溶于水。加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，因为BaSO4难溶于水，其中SO42-与BaCO3生成更难溶的BaSO4和CO32-，H3PO4的酸性强于H2CO3，在粗磷酸中CO32-转化成H2O和CO2，反应的离子方程式为BaCO3+SO42-+2H3PO4=BaSO4+CO2↑+2H2PO4-+H2O。 （6）滴定终点生成Na2HPO4，则消耗的H3PO4与NaOH物质的量之比为1：2，n（H3PO4）=n（NaOH）=bmol/Lc10-3L=mol，m（H3PO4）=mol98g/mol=g=0.049bcg，精制磷酸中H3PO4的质量分数为。 点睛：本题以磷精矿湿法制备磷酸的工艺流程为载体，考查影响化学反应速率的因素、“强酸制弱酸”的复分解反应规律、元素周期律、指定情境下方程式的书写、物质含量的计算等。解题时必须利用所学知识结合流程分析，如第（5）问注意脱硫的反应是在粗磷酸中进行的，BaCO3或CaCO3中碳元素最终变为CO2；第（6）问中H3PO4与NaOH物质的量之比的确定等。 19. 探究0.5mol/L FeCl3溶液（pH=1）与不同金属反应时的多样性的原因。 (各组实验中：所用FeCl3溶液体积相同；金属过量；静置、不振荡） 实验 金属 现象及产物检验 I 镁条 立即产生大量气体；金属表面变黑，该黑色固体能被磁铁吸引；液体颜 色由棕黄色逐渐变为红褐色；片刻后气泡减少；金属表面覆盖有红褐色沉淀，此时取反应后的液体， 滴加K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀。 II 铜粉 无气体产生；溶液逐渐变为蓝绿色；取反应后的溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀。 （1）根据实验I的现象，推测红褐色液体为胶体，并用光束照射该液体，在与光束垂直的方向观察到_________得以证实。 （2）已知Fe和Fe3O4均能被磁铁吸引。 ①为了确定黑色固体的成分是否含有Fe和Fe3O4，重复实验I，及时取少量镁条表面生成的黑色粉末，洗净后进行实验如下： 该实验说明黑色固体中一定含有_________，结合现象写出判断的理由_________。 ②除上述结论外，分析实验I的现象，可知被还原得到的产物一定还有_________。 （3）实验Ⅰ、Ⅱ现象的差异，与Fe3+、Mg2+、Fe2+、H+、Cu2+的氧化性强弱有关，其顺序是Mg2+<Fe2+<_________。 （4）继续研究0.5mol/L FeCl3溶液（pH=1）与Fe的反应。 实验 金属 现象及产物检验 Ⅲ 铁粉 持续产生少量气体；一段时间后，溶液颜色变浅，底部有红褐色沉 淀，经检验，溶液pH=4；含有Fe2+，无Fe3+。 Ⅳ 铁丝 无明显的气泡产生；一段时间后，溶液变为浅绿色，经检验，溶液 pH=2，含有Fe2+和Fe3+；Fe3+被还原的量多于实验Ⅲ。 ①实验Ⅲ中发生反应的离子方程式有_________。 ②已知：相同条件下，H+在溶液中的移动速率远大于Fe3+。 结合实验I、Ⅱ，由反应中金属表面离子浓度的变化，推测实验III、IV现象差异的原因:_________。 【答案】 ①. 一条光亮的“通路” ②. Fe ③. 滤纸ⅱ上无明显现象，说明Fe3O4不能溶解产生Fe2+，所以滤纸ⅰ上粉末附近变蓝只能是Fe被氧化产生Fe2+ ④. H2、Fe2+ ⑤. H+ ＜ Cu2+ ＜ Fe3+ ⑥. Fe ＋ 2H+ = Fe2+ ＋ H2↑，Fe3+ ＋ 3H2O Fe(OH)3 ＋ 3H+（ Fe ＋ 2Fe3+ = 3Fe2+） ⑦. 由I、Ⅲ可知，金属与Fe3+、H+反应速率快时，因H+移动速率大，其浓度在金属表面变化小，易被还原，促使Fe3+水解生成Fe(OH)3；Ⅳ中反应慢，Fe表面Fe3+能及时补充，且由Ⅱ知Fe3+的氧化性强，利于Fe3+还原 【解析】 【详解】（1）胶体的重要性质就是具有丁达尔效应——用平行光照射时，从侧面能看到一条光亮的“通路”；（2）①由实验所得的黑色粉末与纯Fe3O4作对比实验，发现Fe3O4并不能与所加的试剂（含K3[Fe(CN)6]的3%NaCl溶液）发生作用，而黑色粉末能，从而间接证明了能与所加试剂发生作用的是铁粉；所以原黑色粉末中一定有铁粉，是铁粉被氧化产生了Fe2+；②从“立即产生大量气泡”判断产物中有氢气，从“加K3[Fe(CN)6]产生蓝色沉淀”判断产物中有Fe2+；（3）根据实验Ⅰ、Ⅱ现象，以及金属活动性顺序表，金属离子氧化性强弱顺序为：Mg2+<Fe2+<H+ ＜ Cu2+ ＜ Fe3+，注意Fe3+的特殊强氧化性即可。（4）①实验Ⅲ中产生气泡是发生反应：Fe ＋2H+ =Fe2+＋H2↑，产生红褐色沉淀是发生反应：Fe3+＋3H2O Fe(OH)3 ＋3H+，有Fe2+无Fe3+，说明发生了反应：Fe＋2Fe3+ = 3Fe2+；②用好题给信息“相同条件下，H+在溶液中的移动速率远大于Fe3+”是解题的关键。由I、Ⅲ可知，金属与Fe3+、H+反应速率快时，因H+移动速率大，其浓度在金属表面变化小，易被还原，促使Fe3+水解生成Fe(OH)3；Ⅳ中反应慢，Fe表面Fe3+能及时补充，且由Ⅱ知Fe3+的氧化性强，利于Fe3+还原。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $