精品解析：安徽铜陵市第一中学2024-2025学年高三上学期第五次考试化学试题

铜陵市第一中学高三化学试卷 (考试时间：75分钟 满分：100分) 可能用到的相对原子质量：H：1 Li：7 C：12 N：14 O：16 F：19 Na：23 S：32 Ca：40 一、选择题(本大题包括14小题，每小题只有一个选项符合题意。每小题3分，共42分。) 1. 《后汉书• 郡国志》中记载：“石出泉水其水有肥、燃之极明，不可食，县人谓之石漆”；《西阳杂俎》一书记载：“高奴且石脂水，水腻，浮上如漆，采以膏车及燃灯极明”。 下列说法正确的是 A. 上述材料所说“石漆”“石脂水”是石油，在工业上通过石油分馏可得纯净的苯 B. 以石油为原料可生产三大合成材料即合金、合成橡胶和合成纤维 C. 石油的催化裂化属于物理变化 D. 塑料聚乙烯的单体可以由石油裂解得到 2. 物质结构决定性质。下列物质结构或性质的比较正确的是 A. 第一电离能：C>N>O B. 离子半径：Mg2+>Na+>F- C. 键长：C≡C>C≡N>N≡N D. 键角：CO2>CH4>SO3 3. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A. 0.1mol[Co(NH3)6]3+含σ键数为2.4NA B. 碱性氢氧燃料电池中，1molO2参与反应转移电子数为2NA C. 在标准状况下，11.2L稀有气体含原子数为NA D. 在中，2.0g含中子数为0.95NA 4. 研究物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列事实解释错误的是 选项 实例 解释 A 熔点：AlF3(1040℃)远高于AlCl3(178℃升华) 与晶体类型有关 B H2O比H2S稳定 水分子间存在氢键 C CsCl晶体中Cs＋配位数为8，而NaCl晶体中Na＋配位数为6 Cs＋比Na＋的半径大 D 逐步断开CCl4中的C-Cl键，每步所需能量不同 各步的C-Cl键所处化学环境不同 A. A B. B C. C D. D 5. 根据实验操作及现象可得出相应结论的是 选项 操作及现象 结论 A 向酸性 KMnO4 溶液中通入 PH3，紫红色溶液变为无色 PH3 表现还原性 B 向 KI-淀粉溶液中通入红棕色气体 X，溶液变蓝色 X一定是 NO2 C 夏天，将一块干冰放置在室内，室内产生“烟雾” 干冰升华是吸热反应 D 在 CaCO3 中滴加浓盐酸，将产生的气体通入Na2SiO3溶液 中，产生白色沉淀 非金属性：Cl>C>Si A. A B. B C. C D. D 6. 硫及其化合物的转化具有重要应用。下列说法正确的是 A. 工业制硫酸过程中的物质转化： B. 工业尾气中的处理： C. 硫代硫酸钠溶液中滴加稀硫酸： D. 钙基固硫主要反应： 7. Na2FeO4是一种绿色净水剂、消毒剂。以FeSO4废料(含少量CuSO4))为原料制备Na2FeO4的流程如下： 下列叙述正确的是 A. “溶解”中玻璃棒的作用是“引流” B. “氧化1”中H2O2主要表现不稳定性 C. “滤液”呈无色，用KSCN可检验其中的Fe3+ D. 由“氧化2”可知该条件下氧化性：Cl2>Na2FeO4 8. 在2L恒容密闭容器中充入2mol X和1mol Y发生反应 ，反应过程持续升高温度，测得混合体系中X的体积分数与温度的关系如图所示，下列推断正确的是 A. Q点时，Y的转化率最大 B. W点X的正反应速率等于M点X的正反应速率 C. 升高温度，平衡常数增大 D. 平衡时充入Z，达到新平衡时Z的体积分数比原平衡时大 9. 亚硒酸能与酸性溶液发生如下反应：。下列叙述正确的是 A. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为 B. 在该反应中表现强氧化性 C. 完全反应转移电子 D. 分离产物中宜采用分液操作 10. X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前20号主族元素，其中仅X、Y在同一周期，它们形成的一种物质结构如图所示，所有原子均形成了8电子稳定结构。下列推断正确的是 A. X的氧化物一定是酸性氧化物 B. Y的简单氢化物是一种常见的弱电解质 C. W性质活泼，常温下可以保存在中 D. X、Y、W可以形成离子化合物 11. 2022年诺贝尔化学奖授予在“点击化学和正变化学”做出突出贡献的科学家。叠氮－炔环加成满足点击化学的条件，活性(Ⅰ)催化该反应的机理如图所示，DTF计算表明叠氮形成六元金属环的活化能比非金属催化剂的反应低很多。下列说法正确的是 A. 该反应历程中的配位数发生了改变 B. 步骤Ⅲ中伴随着极性键的断裂和形成 C. 活性(Ⅰ)催化剂对该反应的催化效率高、反应速率快 D. 该反应的总方程式为+ +H+ 12. 常温下，浓度均为、体积均为的MOH和ROH两种碱液分别加水稀释至体积为V，溶液pH随的变化如图所示，下列叙述正确的是 A. 、均不能确定其数值大小 B. 电离常数 C. 稀释103倍后对应两溶液中水的电离程度： D. 相同时，将两种溶液同时升高相同的温度，则增大 13. 用活性 炭还原NO2可防止空气污染，其反应原理为2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g)。在密闭容器中，1mol NO2和足量碳发生该反应，反应相同时间内，测得NO2的生成速率与的生成速率随温度变化的关系如图1所示。维持温度不变，反应相同时间内，测得NO2的转化率随压强的变化如图2所示。 下列说法正确的是 A. 图1中的A、B、C三个点中，只有B点达到平衡状态 B. 图2中曲线上E、F、G三点均表示NO2的平衡转化率 C. 图2中平衡常数K(E点)=K(G点)，但的浓度：c (E点)<c(G点) D. 在恒温恒容下，向图2中F点平衡体系中加入一定量的碳，与原平衡相比，NO2 的平衡转化率增大 14. 某新型钠离子二次电池(如图)用溶解了NaPF6的二甲氧基乙烷作电解质溶液。放电时嵌入PbSe中的Na变成Na+后脱嵌。下列说法错误的是 A. 外电路通过1mol电子时，理论上两电极质量变化的差值为23g B. 充电时，阳极电极反应为： C. 放电一段时间后，电解质溶液中的Na+浓度基本保持不变 D. 电解质溶液不能用NaPF6的水溶液替换 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 工业上常用软锰矿(主要成分为，含少量)和合成电极材料并回收净水剂明矾，其工艺流程如图所示。 已知：①在酸性条件下比较稳定，高于5.5时易被氧化； ②当溶液中某离子浓度时，可认为该离子沉淀完全；常温下，几种沉淀的如下表所示： 回答下列问题： （1）在元素周期表中的位置为：___________。 （2）“酸浸”时，软锰矿中的成分与反应的离子方程式：①___________；②___________。 （3）加入“调”时，调节的范围为的原因是：___________。 （4）已知滤渣Ⅲ”主要成分为，则“氧化”操作中主反应的离子方程式为___________。 （5）为节能减排，整个工艺过程中可循环使用的物质为___________。 （6）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤即可得到明矾，洗涤时若用乙醇洗涤的目的是___________。(写两点) 16. 铋酸钠(NaBiO3 )是一种难溶于水，呈浅黄色的固体，它是强氧化剂，常用于钢铁分析中测定锰等。某实验小组设计实验制备 NaBiO3 并探究其性质，实验装置如图所示。 制备原理：Bi(OH)3+Cl2+3NaOH=NaBiO3+2NaCl+3H2O。 回答下列问题： （1）装置 B中试剂是___________(填名称)，装置D的作用是___________。 （2）橡胶管L的作用是___________。装置A发生的反应中，作还原剂的 HCl 占参与反应的 HCl总量的质量分数为___________%。 （3）实验中，先旋开分液漏斗活塞___________(填“K1 ”或“K2 ”)，再旋开另一活塞，其目的是___________。 （4）实验完毕后，分离 NaBiO3 的主要操作宜选择___________(填代号)。 （5）取某钢样溶于稀硫酸，先将可能存在的锰元素转化为 Mn2+ ，然后向溶液中滴加稀硫酸酸化，再加入 NaBiO3 粉末，振荡，若溶液变紫红色(还原产物是无色的 Bi3+)，则该钢样含锰元素。写出该反应的离子方程式：___________。 17. 乙醛是一种重要的化工产品，在一定条件下，发生分解反应生成可燃气体：CH3CHO(l)CH4(g)+CO(g) ΔH。 （1）由稳定态单质生成化合物的焓变叫做该物质的生成焓，稳定态单质相对能量为0。CH3CHO(l)、CH4(g)、CO(g)的生成焓 (ΔH)依次为-192.3kJ·mol-1、-74.8kJ·mol-1 、-110.5kJ·mol-1。上述乙醛分解反应中，ΔH=___________kJ·mol-1。 （2）某条件下，CH3CHO(g)CH4(g)+CO(g)的速率方程 v=kcn(CH3CHO)，为了测定反应级数(速率方程 中各物质浓度项的指数的代数和)，实验结果如下： 实验 c(CH3CHO)/(mol·L-1) 速率 a 0.1 v b 0.4 8v c 0.9 x 根据实验结果，n=___________；x为___________。 （3）已知 CH3CHO(l)CH4(g)+CO(g) ΔH，T℃时在 I2(g)催化下能量变化如图所示。 ①在 I2(g)催化下，总反应分为两个基元反应，速控步骤的反应方程式为___________。 ②其他条件不变，升高温度，CH3CHO平衡转化率___________(填“增大”“减小 ”或“不变 ”)。 （4）某温度下，在容积可变的密闭反应器中投入足量 CH3CHO ，发生反应：CH3CHO(l)CH4(g)+CO(g) ， 达到平衡时测得 c(CO)=2.0mol·L-1，保持温度不变，将容积缩小至原来的一半(各物质状态不变)。该温度下，上述反应的平衡常数为___________。从容积变为原来一半至达到第二次平衡状态时，c(CH4) 的变化范围为___________。 （5）将乙醛分解的产物与空气构成如图所示的燃料电池。 电池放电时，a 极的电极反应式为___________。 18. 已知：时，、、、的电离平衡常数如表所示，。请回答下列问题： 物质 电离平衡常数 （1）写出在水溶液中的第一步电离方程式：_______。 （2）写出向次氯酸钠溶液中通入少量发生反应的离子方程式：_______。 （3）时，将的盐酸逐滴滴入的亚硫酸钠溶液中，当溶液中时，溶液的_______。 （4）时，取的溶液，将其稀释1000倍。 ①稀释前的电离度()约为_______%(保留3位有效数字)。 ②常温下，的溶液加水稀释过程中，下列数据变大的是_______(填标号)。 A． B． C． D． （5）某温度下，溶液的，该温度下，将的溶液与硫酸溶液混合。若所得混合溶液呈中性，且，，则_______；若，且，，则所得混合溶液的_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 铜陵市第一中学高三化学试卷 (考试时间：75分钟 满分：100分) 可能用到的相对原子质量：H：1 Li：7 C：12 N：14 O：16 F：19 Na：23 S：32 Ca：40 一、选择题(本大题包括14小题，每小题只有一个选项符合题意。每小题3分，共42分。) 1. 《后汉书• 郡国志》中记载：“石出泉水其水有肥、燃之极明，不可食，县人谓之石漆”；《西阳杂俎》一书记载：“高奴且石脂水，水腻，浮上如漆，采以膏车及燃灯极明”。 下列说法正确的是 A. 上述材料所说“石漆”“石脂水”是石油，在工业上通过石油分馏可得纯净的苯 B. 以石油为原料可生产三大合成材料即合金、合成橡胶和合成纤维 C. 石油的催化裂化属于物理变化 D. 塑料聚乙烯的单体可以由石油裂解得到 【答案】D 【解析】 【详解】A．上述材料所说“石漆”“石脂水”是石油，石油中不含有苯，通过石油分馏得到燃料气、液化石油气等，但是得不到苯，故A错误； B．三大合成材料都是有机材料，三大合成材料分别是塑料、合成橡胶和合成纤维，故B错误； C．石油的催化裂化是在热和催化剂的作用下使重质油发生裂化反应，转变为裂化气、汽油和柴油等的过程，石油的催化裂化生成新的物质，属于化学变化，故C错误； D．石油催化裂化生成乙烯，乙烯加聚反应生成聚乙烯，所以塑料聚乙烯(PE)的单体可以由石油催化裂化得到，故D正确； 答案选D。 2. 物质结构决定性质。下列物质结构或性质的比较正确的是 A. 第一电离能：C>N>O B. 离子半径：Mg2+>Na+>F- C. 键长：C≡C>C≡N>N≡N D. 键角：CO2>CH4>SO3 【答案】C 【解析】 【详解】A．第一电离能是指气态基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量，同一周期从左到右，元素的第一电离能总体上呈现从小到大的变化趋势，因N的2p轨道半充满，相对稳定，第一电离能反而比O大，所以第一电离能大小关系为：N>O>C，A错误； B．当离子形成核外电子排布结构相同时，质子数越少，离子半径越大，故离子半径：F->Na+>Mg2+，B错误； C．C原子的半径大于N原子，当共价键数目相等，原子半径越大，键长越长，故C≡C>C≡N>N≡N，C正确； D．在分子中，中心原子杂化类型与键角关系为：sp>sp2>sp3，CO2中C价层电子对数为2，无孤电子对，采用sp杂化，CH4中C价层电子对数为4，无孤电子对，采用sp3杂化，SO3中S价层电子对数为3，无孤电子对，采用sp2杂化，键角：CO2>SO3>CH4，D错误； 故答案为：C。 3. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A. 0.1mol[Co(NH3)6]3+含σ键数为2.4NA B. 碱性氢氧燃料电池中，1molO2参与反应转移电子数为2NA C. 在标准状况下，11.2L稀有气体含原子数为NA D. 在中，2.0g含中子数为0.95NA 【答案】A 【解析】 【详解】A．每个NH3含3个N-Hσ键，另与Co形成1个配位键(也是σ键)，故0.1mol[Co(NH3)6]3+含σ键数为2.4NA，A正确； B．碱性氢氧燃料电池正极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，1molO2参与反应时转移4mol电子，B错误； C．稀有气体都是单原子分子气体，在标准状况下，11.2L稀有气体的物质的量为0.5mol，0.5mol稀有气体含0.5mol原子，C错误； D．根据反应前后质量守恒和质子数不变可知，中，M的质量数为40、质子数为19，所以M的中子数为21，2.0g相当于0.05mol，含中子数为，D错误； 故答案选A。 4. 研究物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列事实解释错误的是 选项 实例 解释 A 熔点：AlF3(1040℃)远高于AlCl3(178℃升华) 与晶体类型有关 B H2O比H2S稳定 水分子间存在氢键 C CsCl晶体中Cs＋配位数为8，而NaCl晶体中Na＋配位数为6 Cs＋比Na＋的半径大 D 逐步断开CCl4中的C-Cl键，每步所需能量不同 各步的C-Cl键所处化学环境不同 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．AlF3是离子晶体，AlCl3是分子晶体，离子晶体的熔点大于分子晶体，A正确； B．O的原子半径小于S的原子半径，O-H键键能大于S-H键键能，H2O比H2S稳定，二者的稳定性与氢键无关，B错误； C．离子晶体的配位数取决于阴、阳离子半径的相对大小，离子半径比越大，配位数越大，Cs+周围最多能排布8个Cl-，Na+周围最多能排布6个Cl-，说明Cs+比Na+半径大，故C正确； D．断开第一个键时，碳原子周围的共用电子对多，原子核对共用电子对的吸引力较弱，需要能量较小，断开C-Cl键越多，碳原子周围共用电子对越少，原子核对共用电子对的吸引力越大，需要的能量变大，所以各步中的C-Cl键所处化学环境不同，每步所需能量不同，故D正确； 答案选B。 5. 根据实验操作及现象可得出相应结论的是 选项 操作及现象 结论 A 向酸性 KMnO4 溶液中通入 PH3，紫红色溶液变为无色 PH3 表现还原性 B 向 KI-淀粉溶液中通入红棕色气体 X，溶液变蓝色 X一定是 NO2 C 夏天，将一块干冰放置在室内，室内产生“烟雾” 干冰升华是吸热反应 D 在 CaCO3 中滴加浓盐酸，将产生的气体通入Na2SiO3溶液 中，产生白色沉淀 非金属性：Cl>C>Si A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．酸性KMnO4溶液具有强氧化性，PH3使酸性KMnO4溶液褪色，则PH3表现还原性，A项正确； B．KI-淀粉溶液变蓝说明红棕色气体X具有氧化性，X可能是Br2(g)或NO2，B项错误； C．干冰升华是物理变化，升华是吸热过程，但不是吸热反应，C项错误； D．浓盐酸易挥发，气体中含有挥发出来的HCl，HCl也可以与Na2SiO3反应生成H2SiO3沉淀，不能说明H2CO3酸性强于H2SiO3，不能说明非金属性：C>Si，且HCl不是氯元素的最高价氧化物的水化物，即不能说明非金属性：Cl>C>Si，D项错误； 答案选A。 6. 硫及其化合物的转化具有重要应用。下列说法正确的是 A. 工业制硫酸过程中的物质转化： B. 工业尾气中的处理： C. 硫代硫酸钠溶液中滴加稀硫酸： D. 钙基固硫主要反应： 【答案】D 【解析】 【详解】A．工业制硫酸的流程为：硫铁矿高温煅烧生成SO2，SO2催化氧化为SO3，再经浓硫酸吸收生成H2SO4，故A错误； B．工业尾气中的SO2主要用CaO吸收，CaCl2不能直接吸收SO2，故B错误； C．硫代硫酸钠与稀硫酸反应生成S沉淀和SO2，反应方程式为Na2S2O3 + H2SO4= Na2SO4 + S↓ + SO2↑ + H2O，故C错误； D．钙基固硫是用生石灰来除去生成的SO2，反应为，故D正确； 选D。 7. Na2FeO4是一种绿色净水剂、消毒剂。以FeSO4废料(含少量CuSO4))为原料制备Na2FeO4的流程如下： 下列叙述正确的是 A. “溶解”中玻璃棒的作用是“引流” B. “氧化1”中H2O2主要表现不稳定性 C. “滤液”呈无色，用KSCN可检验其中的Fe3+ D. 由“氧化2”可知该条件下氧化性：Cl2>Na2FeO4 【答案】D 【解析】 【分析】酸性条件下，过氧化氢将Fe2+氧化成Fe3+，过氧化氢主要表现氧化性；加入氨水与Fe3+反应生成氢氧化铁沉淀；碱性条件下氯气将氢氧化铁氧化得到Na2FeO4，说明碱性条件下氧化剂Cl2的氧化性大于氧化产物Na2FeO4的氧化性。 【详解】A.“溶解”中玻璃棒起搅拌作用，加快固体溶解，A项错误； B．“氧化1”发生反应的离子方程式为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O(主要)，(次要)，H2O2主要表现氧化性，B项错误； C．废料中含少量硫酸铜，故滤液中存在铜离子，滤液呈蓝色，C项错误； D．“氧化2”发生的反应为，该条件下氧化剂Cl2的氧化性大于氧化产物Na2FeO4的氧化性，D项正确； 故选D。 8. 在2L恒容密闭容器中充入2mol X和1mol Y发生反应 ，反应过程持续升高温度，测得混合体系中X的体积分数与温度的关系如图所示，下列推断正确的是 A. Q点时，Y的转化率最大 B. W点X的正反应速率等于M点X的正反应速率 C. 升高温度，平衡常数增大 D. 平衡时充入Z，达到新平衡时Z的体积分数比原平衡时大 【答案】A 【解析】 【分析】温度在Q之前，升高温度，X的含量减小，温度在Q之后，升高温度，X的含量增大，曲线上最低点Q为平衡点，最低点之前未达平衡，反应向正反应进行，最低点之后，升高温度X的含量增大，平衡向逆反应方向移动，故正反应是放热反应。 【详解】A．曲线上最低点Q为平衡点，Q点之后，升高温度平衡向逆反应移动，Y的转化率减小，所以Q点时，Y的转化率最大，A正确； B．W点对应的温度低于M点对应的温度，温度越高，反应速率越高，所以W点X的正反应速率小于M点X的正反应速率，B错误； C．正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，C错误； D．恒容密闭容器中进行的反应，平衡时充入Z，不影响反应中各物质的分压，平衡不移动，所以Z的体积分数不变，故D错误； 故选A。 9. 亚硒酸能与酸性溶液发生如下反应：。下列叙述正确的是 A. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为 B. 在该反应中表现强氧化性 C. 完全反应转移电子 D. 分离产物中宜采用分液操作 【答案】C 【解析】 【分析】为氧化剂，为还原剂，据此分析； 【详解】A．氧化剂与还原剂的物质的量之比为，A错误； B．硝酸分子中各元素化合价没有变化，生成了硝酸盐，在该反应中表现酸性，B错误； C．化合价升高+2价生成，失两个电子，完全反应转移电子，C正确； D．分离产物中宜采用过滤操作，D错误； 故选C。 10. X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前20号主族元素，其中仅X、Y在同一周期，它们形成的一种物质结构如图所示，所有原子均形成了8电子稳定结构。下列推断正确的是 A. X的氧化物一定是酸性氧化物 B. Y的简单氢化物是一种常见的弱电解质 C. W性质活泼，常温下可以保存在中 D. X、Y、W可以形成离子化合物 【答案】D 【解析】 【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前20号主族元素，W原子序数最大，且能失去一个电子形成W+，则W为K元素；X可形成四个共价键，Y可形成三个共价键，且X、Y在同一周期，结合原子序数大小，判断X为C元素，Y为N元素；Z可形成两个共价键，判断为第VIA族元素，结合原子序数大小，Z为S元素。 【详解】A．X的氧化物可能是或，CO不能与碱反应生成盐和水，CO不是酸性氧化物，A错误； B．Y为N元素，在熔融状态下不能导电，是非电解质，不是电解质，B错误； C．W为K元素，K的密度小于，故不能用其保存，C错误； D．X、Y、W可以形成，K+和CN-存在离子键，是离子化合物，D正确； 故选D。 11. 2022年诺贝尔化学奖授予在“点击化学和正变化学”做出突出贡献的科学家。叠氮－炔环加成满足点击化学的条件，活性(Ⅰ)催化该反应的机理如图所示，DTF计算表明叠氮形成六元金属环的活化能比非金属催化剂的反应低很多。下列说法正确的是 A. 该反应历程中的配位数发生了改变 B. 步骤Ⅲ中伴随着极性键的断裂和形成 C. 活性(Ⅰ)催化剂对该反应的催化效率高、反应速率快 D. 该反应的总方程式为+ +H+ 【答案】C 【解析】 【详解】A．反应过程中形成化学键的数目未发生改变，配位数不变，A错误； B．步骤Ⅲ中伴随着非极性键的断裂和极性键的形成，没有极性键的断裂，B错误； C．根据题给信息，叠氮取代第二个配体形成六元金属环的活化能比非金属催化剂的反应低很多，可知活性(Ⅰ)催化剂对该反应的催化效率高、反应速率快，C正确； D．该反应的总方程式为R-N3++，D错误； 故选C。 12. 常温下，浓度均为、体积均为的MOH和ROH两种碱液分别加水稀释至体积为V，溶液pH随的变化如图所示，下列叙述正确的是 A. 、均不能确定其数值大小 B. 电离常数 C. 稀释103倍后对应两溶液中水的电离程度： D. 相同时，将两种溶液同时升高相同的温度，则增大 【答案】C 【解析】 【分析】根据图知，ROH加水稀释10倍，溶液的pH值减小1，说明ROH完全电离，为强电解质，则MOH为弱电解质。 【详解】A．常温下浓度为c0的ROHpH=13，且ROH为强电解质，则c0=0.1mol/L，所以能确定初始浓度，A错误； B．=0时pH=12，c0=0.1mol/L，电离常数Kb(MOH)==≈1.1×10-3，B错误； C．稀释103倍后, =3，ROH对应的pH值大，碱性强，对水电离抑制程度大，水电离程度小，C正确； D．升高温度促进MOH电离，ROH完全电离，所以相同时，升高温度c(R+)不变、c(M+)增大，则减小，D错误； 答案为C。 13. 用活性 炭还原NO2可防止空气污染，其反应原理为2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g)。在密闭容器中，1mol NO2和足量碳发生该反应，反应相同时间内，测得NO2的生成速率与的生成速率随温度变化的关系如图1所示。维持温度不变，反应相同时间内，测得NO2的转化率随压强的变化如图2所示。 下列说法正确的是 A. 图1中的A、B、C三个点中，只有B点达到平衡状态 B. 图2中曲线上E、F、G三点均表示NO2的平衡转化率 C. 图2中平衡常数K(E点)=K(G点)，但的浓度：c (E点)<c(G点) D. 在恒温恒容下，向图2中F点平衡体系中加入一定量的碳，与原平衡相比，NO2 的平衡转化率增大 【答案】C 【解析】 【详解】A．由2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g)可知，NO2的生成速率(逆反应速率)等于N2的生成速率(正反应速率)的2倍时，才能使该反应的正、逆反应速率相等，即达到反应的平衡状态，图1中的A、B、C三个点中只有C点达到平衡状态，故A错误； B．由方程式可知随着压强增大，平衡应该逆向移动，NO2的转化率应该降低，但E点时，NO2转化率却处于升高阶段，说明E点反应未达到平衡，F点时转化率达到最大值，此时处于平衡状态，继续增大压强，平衡逆向移动，NO2转化率下降，则G点也表示平衡状态，只有E点不能表示NO2的平衡转化率，故B错误； C．由题中信息可知，图2维持温度不变，即E、G两点温度相同，平衡常数K (E点)=K (G点)，混合气体中的气体压强与浓度有关，压强越大，体积就越小，浓度就越大，所以G点压强大，NO2的浓度就大，即NO2的浓度：c (E点) ＜c (G点)，故C正确； D．在恒温恒容下，向G点平衡体系中充入一定量的C，C是固体，平衡不移动，NO2的平衡转化率不变，故D错误； 故选C。 14. 某新型钠离子二次电池(如图)用溶解了NaPF6的二甲氧基乙烷作电解质溶液。放电时嵌入PbSe中的Na变成Na+后脱嵌。下列说法错误的是 A. 外电路通过1mol电子时，理论上两电极质量变化的差值为23g B. 充电时，阳极电极反应为： C. 放电一段时间后，电解质溶液中的Na+浓度基本保持不变 D. 电解质溶液不能用NaPF6的水溶液替换 【答案】A 【解析】 【分析】放电时嵌入PbSe中的Na变成Na+后脱嵌，则右侧电极为负极，Na失电子生成Na+；Na+透过允许Na+通过的隔膜从右侧进入左侧，则左侧为正极。 【详解】A．外电路通过1mol电子时，负极有1molNa失电子生成Na+进入右侧溶液，溶液中有1molNa+从右侧进入左侧，并与正极的Na3-xV2(PO4)3结合，则理论上两电极质量变化的差值为2mol×23g/mol=46g，A错误； B．充电时，左侧电极为阳极，Na3V2(PO4)3失电子生成Na3-xV2(PO4)3，则阳极电极反应为：，B正确 ； C．放电一段时间后，负极产生的Na+的物质的量与负极区通过隔膜进入左极区的Na+的物质的量相同，进入左极区的Na+与参加左侧正极反应的Na+的物质的量相同，所以电解质溶液中的Na+浓度基本保持不变，C正确 ； D．Na能与水反应，所以电解质溶液不能用NaPF6的水溶液替换，D正确 ； 故选 A。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 工业上常用软锰矿(主要成分为，含少量)和合成电极材料并回收净水剂明矾，其工艺流程如图所示。 已知：①在酸性条件下比较稳定，高于5.5时易被氧化； ②当溶液中某离子浓度时，可认为该离子沉淀完全；常温下，几种沉淀的如下表所示： 回答下列问题： （1）在元素周期表中的位置为：___________。 （2）“酸浸”时，软锰矿中的成分与反应的离子方程式：①___________；②___________。 （3）加入“调”时，调节的范围为的原因是：___________。 （4）已知滤渣Ⅲ”主要成分为，则“氧化”操作中主反应的离子方程式为___________。 （5）为节能减排，整个工艺过程中可循环使用的物质为___________。 （6）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤即可得到明矾，洗涤时若用乙醇洗涤的目的是___________。(写两点) 【答案】（1）第四周期ⅦB族 （2） ①. ②. （3）使转化为沉淀，同时防止被氧化 （4） （5） （6）降低产品的溶解损失；便于得到干燥的产品 【解析】 【分析】软锰矿主要成分为和少量，加硫酸和二氧化硫，二氧化硫把二氧化锰还原为硫酸锰、二氧化硫把氧化铁还原为硫酸亚铁，氧化铝和硫酸反应生成硫酸铝，二氧化硅和硫酸不反应，过滤出二氧化硅，滤液中加碳酸锰调节pH生成氢氧化铝沉淀，滤液中通入氧气把Fe2+氧化为沉淀，过滤出氢氧化铁，滤液为硫酸锰，电解硫酸锰溶液得到二氧化锰，二氧化锰和碳酸锂焙烧生成；氢氧化铝溶于硫酸、硫酸钾的混合溶液中，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得明矾。 【小问1详解】 是25号元素，在元素周期表中的位置为第四周期ⅦB族 【小问2详解】 “酸浸”时，二氧化硫把二氧化锰还原为硫酸锰、二氧化硫把氧化铁还原为硫酸亚铁，反应的离子方程式：①；②。 【小问3详解】 的=，Al3+完全沉淀时，c(OH-)= ，c，pH=4.7；高于5.5时易被氧化，加入“调”时，调节的范围为的原因是：使转化为沉淀，同时防止被氧化。 【小问4详解】 已知滤渣Ⅲ”主要成分为，可知氧气把Fe2+氧化为沉淀，则“氧化”操作中主反应的离子方程式为。 【小问5详解】 由题干工艺流程图可知，“焙烧”反应中反应方程式为：2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2+O2，生成物O2可以循环到“氧化”步骤中使用；电解步骤中生成二氧化锰和硫酸，硫酸循环到“酸浸”步骤中使用，所以为节能减排，整个工艺过程中可循环使用的物质为。 【小问6详解】 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤即可得到明矾。明矾不溶于酒精，酒精易挥发，洗涤时若用乙醇洗涤的目的降低产品的溶解损失、便于得到干燥的产品。 16. 铋酸钠(NaBiO3 )是一种难溶于水，呈浅黄色的固体，它是强氧化剂，常用于钢铁分析中测定锰等。某实验小组设计实验制备 NaBiO3 并探究其性质，实验装置如图所示。 制备原理：Bi(OH)3+Cl2+3NaOH=NaBiO3+2NaCl+3H2O。 回答下列问题： （1）装置 B中试剂是___________(填名称)，装置D的作用是___________。 （2）橡胶管L的作用是___________。装置A发生的反应中，作还原剂的 HCl 占参与反应的 HCl总量的质量分数为___________%。 （3）实验中，先旋开分液漏斗活塞___________(填“K1 ”或“K2 ”)，再旋开另一活塞，其目的是___________。 （4）实验完毕后，分离 NaBiO3 的主要操作宜选择___________(填代号)。 （5）取某钢样溶于稀硫酸，先将可能存在的锰元素转化为 Mn2+ ，然后向溶液中滴加稀硫酸酸化，再加入 NaBiO3 粉末，振荡，若溶液变紫红色(还原产物是无色的 Bi3+)，则该钢样含锰元素。写出该反应的离子方程式：___________。 【答案】（1） ①. 饱和食盐水 ②. 吸收尾气中的氯气，避免污染环境 （2） ①. 平衡气压，使浓盐酸顺利滴下 ②. 62.5 （3） ①. K2 ②. 制备Bi(OH)3并营造碱性环境 （4）Ⅳ （5） 【解析】 【分析】由题干实验装置图可知，装置A反应生成氯气，氯气中含有挥发的氯化氢气体，通过装置B饱和食盐水除去氯气中氯化氢气体，进入C中反应生成NaBiO3，氯气有毒，尾气使用D中碱液吸收减少污染； 【小问1详解】 氯气中混有的氯化氢会消耗NaOH，必须用饱和食盐水除去氯气中混有的氯化氢，故装置B中盛装的试剂为饱和食盐水；氯气会对空气造成污染，故利用氢氧化钠溶液吸收未反应完的氯气，防止污染空气； 【小问2详解】 分液漏斗在使用时要取下上活塞，加装橡胶管L，可起到平衡气压，使浓盐酸顺利流下的作用；装置A的作用是制备氯气，反应方程式为，其中作还原剂的HCl占参与反应的HCl总量的质量分数为； 【小问3详解】 由题干知制备原理为Bi(OH)3+Cl2+3NaOH=NaBiO3+2NaCl+3H2O，故应先加入氢氧化钠，制备氢氧化铋，后通入氯气，以提高氯气利用率，因此应先旋开分液漏斗活塞K2，再旋开另一活塞，其目的是制备Bi(OH)3并营造碱性环境； 【小问4详解】 铋酸钠难溶于水，采用抽滤操作分离固体和液体速度更快，分离效果更好，故应选择装置Ⅳ； 【小问5详解】 钢样溶于稀硫酸，可将锰元素转化为 Mn2+ ，然后向溶液中滴加稀硫酸酸化，再加入 NaBiO3 粉末，振荡，若溶液变紫红色(还原产物是无色的 Bi3+)，说明生成了高锰酸根离子，该反应的离子方程式为。 17. 乙醛是一种重要的化工产品，在一定条件下，发生分解反应生成可燃气体：CH3CHO(l)CH4(g)+CO(g) ΔH。 （1）由稳定态单质生成化合物的焓变叫做该物质的生成焓，稳定态单质相对能量为0。CH3CHO(l)、CH4(g)、CO(g)的生成焓 (ΔH)依次为-192.3kJ·mol-1、-74.8kJ·mol-1 、-110.5kJ·mol-1。上述乙醛分解反应中，ΔH=___________kJ·mol-1。 （2）某条件下，CH3CHO(g)CH4(g)+CO(g)的速率方程 v=kcn(CH3CHO)，为了测定反应级数(速率方程 中各物质浓度项的指数的代数和)，实验结果如下： 实验 c(CH3CHO)/(mol·L-1) 速率 a 0.1 v b 0.4 8v c 0.9 x 根据实验结果，n=___________；x为___________。 （3）已知 CH3CHO(l)CH4(g)+CO(g) ΔH，T℃时在 I2(g)催化下能量变化如图所示。 ①在 I2(g)催化下，总反应分为两个基元反应，速控步骤的反应方程式为___________。 ②其他条件不变，升高温度，CH3CHO平衡转化率___________(填“增大”“减小 ”或“不变 ”)。 （4）某温度下，在容积可变的密闭反应器中投入足量 CH3CHO ，发生反应：CH3CHO(l)CH4(g)+CO(g) ， 达到平衡时测得 c(CO)=2.0mol·L-1，保持温度不变，将容积缩小至原来的一半(各物质状态不变)。该温度下，上述反应的平衡常数为___________。从容积变为原来一半至达到第二次平衡状态时，c(CH4) 的变化范围为___________。 （5）将乙醛分解的产物与空气构成如图所示的燃料电池。 电池放电时，a 极的电极反应式为___________。 【答案】（1）+7.0 （2） ①. 1.5 ②. 27v （3） ①. CH3CHO+I2=CH3I+HI+CO ②. 增大 （4） ①. 4.0 ②. 4.0mol/L ≥c(CH4)≥2.0mol/L （5）CH4+ CO +14OH−−10e−= 2CO+9H2O 【解析】 【小问1详解】 根据乙醛、CH4和CO的生成焓可知，①2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3CHO(l) ΔH1=-192.3kJ/mol，②C(s)+2H2(g)=CH4(g) ΔH2=-74.8kJ/mol，③C(s)+O2(g)=CO(g) ΔH3=-110.5kJ/mol，则乙醛分解反应可由反应②+反应③-反应①得到，ΔH=(-74.8-110.5+192.3)kJ/mol=+7.0kJ/mol； 【小问2详解】 根据a、b实验可知，v=k(0.1)n，8v= k(0.4)n，解得n=1.5，v=k(0.1)1.5，则x=k(0.9)1.5=(9)1.5×k(0.1)1.5=27v； 【小问3详解】 ①从图中可知，有I2催化下，反应①的活化能更大，反应速率更小，因此决速步骤为反应①，反应①的方程式为CH3CHO+I2=CH3I+HI+CO； ②从图中可知，该反应为吸热反应，升高温度化学平衡正向移动，乙醛的平衡转化率增大； 【小问4详解】 从题中可知，达到平衡时测得c(CO)=2.0mol/L，开始时投入了足量乙醛，则平衡时生成的CH4的浓度也为2.0mol/L，乙醛为纯液体，因此该反应的平衡常数为c(CH4)·c(CO)=4.0mol2/L2。保持温度不变，容器体积缩小到原来的一半，则平衡常数不变，还是4.0mol2/L2。假设容积缩小至原来的一半化学平衡不移动，则此时c(CH4)=4.0mol/L，但是缩小体积该反应的化学平衡逆向移动，因此c(CH4)会小于4.0mol/L，但是缩小体积甲烷的浓度一定会增加，一定大于原来的2.0mol/L，因此c(CH4)的变化范围为4.0mol⋅L-1≥c(CH4)≥2.0mol⋅L-1。（原来浓度为2.0mol/L，缩小体积的瞬间浓度为4.0mol/L，因此2.0mol/L和4.0mol/L都能取到）； 【小问5详解】 乙醛分解产物中CH4和CO体积比为1：1，根据图示可知，电极a上CH4和CO失电子生成碳酸钾，CH4中C的化合价从-4价变为+4价，CO中的C化合价从+2价变为+4价，因此反应消耗1个CH4和1个CO失去10个电子，电极反应式为。 18. 已知：时，、、、的电离平衡常数如表所示，。请回答下列问题： 物质 电离平衡常数 （1）写出在水溶液中的第一步电离方程式：_______。 （2）写出向次氯酸钠溶液中通入少量发生反应的离子方程式：_______。 （3）时，将的盐酸逐滴滴入的亚硫酸钠溶液中，当溶液中时，溶液的_______。 （4）时，取的溶液，将其稀释1000倍。 ①稀释前的电离度()约为_______%(保留3位有效数字)。 ②常温下，的溶液加水稀释过程中，下列数据变大的是_______(填标号)。 A． B． C． D． （5）某温度下，溶液的，该温度下，将的溶液与硫酸溶液混合。若所得混合溶液呈中性，且，，则_______；若，且，，则所得混合溶液的_______。 【答案】（1） （2） （3）5 （4） ①. 1.34 ②. BD （5） ①. 2：1 ②. 10 【解析】 【小问1详解】 在水溶液中为弱酸，部分电离，第一步电离方程式为； 【小问2详解】 酸性强弱关系：碳酸>次氯酸>碳酸氢根，向次氯酸钠溶液中通入少量反应生成次氯酸和碳酸氢根，离子方程式为； 【小问3详解】 ===，，溶液的5； 【小问4详解】 ①，稀释前0.1mol/L溶液中，c(H+)=1.34×10-3mol/L，则电离度= ； ②常温下，的溶液加水稀释过程中， A．酸性减弱，减小，A错误； B． ，醋酸根减小，整个值增大，B正确； C．=Kw，温度不变，Kw不变，C错误； D．氢离子浓度减小，则氢氧根离子浓度增大，变大，D正确； 故选BD。 【小问5详解】 某温度下，溶液的，说明该温度下Kw=1×10-13，将的溶液与硫酸溶液混合若所得混合溶液呈中性且，，则，2:1； 若，且，，则所得混合溶液碱过量，则c(OH-)=，c(H+)==1×10-10mol/L，10。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $