精品解析：黑龙江省哈尔滨市第三中学2024-2025学年高三上学期期末考试化学试题

哈三中2024-2025学年度上学期高三学年期末考试 化学试卷 Ⅰ卷(选择题 共45分) 可能用到的相对原子质量H 1 O 16 Na 23 Ge 73 Hg 201 Sb 122 一、选择题(每题仅一个选项符合题意，每题3分，共45分) 1. 化学与生产生活息息相关，下列说法错误的是 A. 水玻璃可以用做木材防火剂，它是一种电解质 B. 味精能增加食品的鲜味，是一种常用的增味剂，其主要成分为谷氨酸钠 C. 合成氨的反应塔与外加电源的负极相连并维持一定的电压，可以钝化防腐 D. 锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，后用酸除去 2. 下列化学用语或表述正确的是 A. CH4的共价键类型：s-p σ键 B. SO2的价层电子对互斥(VSEPR)模型： C. 基态N原子的价层电子排布式： D. 丙炔的键线式： 3. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 标准状况下，和足量充分反应，转移电子的数目为 B. 固体中阴离子的数目为 C. 溶液中，数目小于 D. 所含质子的数目为 4. 硫代硫酸钠(Na2S2O3)可用于脱除废水中游离氯。其工业制备方法为：将一定比例的Na2CO3与Na2S配成混合溶液，再通入SO2，先有黄色沉淀生成，当黄色沉淀消失时，即生成了Na2S2O3，同时释放CO2。下列说法错误的是 A. 制备反应中Na2S2O3既是氧化产物又是还原产物 B. 制备总反应的离子方程式为2S2-+ CO+ 4SO2 = CO2 + 3S2O C. 产生黄色沉淀的反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为2∶1 D. 将Na2S2O3脱除游离氯反应设计成原电池时，S2O为负极反应物 5. 陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ A 晶体中的配位数： 键角： B 沸点：乙醛>丙烷 乙醛分子间存在氢键 C 酸性： 范德华力： D X射线衍射实验鉴别玻璃仿造的宝石 玻璃是非晶体 A A B. B C. C D. D 6. “有机小分子不对称催化”曾获2021年诺贝尔化学奖。用脯氨酸()内的羟醛缩合反应如下，下列说法正确的是 A. 反应中涉及的物质都难溶于水 B. 中不存在手性碳原子 C. 脯氨酸可发生加聚反应生成高分子化合物 D. 与新制氢氧化铜共热能生成砖红色沉淀 7. 在二氧化碳合成甲醇的研究中，催化剂是研究的关键。目前国内外研究主要集中于铜基催化剂，有学者提出了的转化过程如下图所示。下列说法错误的是 A. 甲酸乙酯中含有键和键 B. 铜元素的第二电离能大于锌元素的第二电离能 C. 反应过程中，金属的化合价未发生改变 D. 总反应的化学方程式为 8. 下列实验装置设计和所用药品均正确且能达到实验目的的是 实验目的 A．配制一定物质的量浓度的稀硫酸 B．除去乙烷中的少量杂质乙烯 装置或仪器 实验目的 C．测定H2O2的分解速率 D．分离乙醇和苯甲酸乙酯 装置或仪器 A. A B. B C. C D. D 9. W、X、Y、Z为原子序数依次减小的短周期主族元素，已知W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数；由四种元素形成某化合物的结构如下图所示。下列叙述正确的是 A. 简单离子半径：X＞W B. 的最高价氧化物对应水化物为强酸 C. 元素第一电离能由小到大的顺序为：X＜Y＜Z D. 该化合物中各元素均满足8电子稳定结构 10. 下列实验设计、现象以及得出的结论都正确的一组是 选项 实验 现象 结论 A 室温下，取溶液和溶液混合后充分反应，再加入振荡、静置后，取上层清液滴加少量KSCN溶液 溶液变成红色 和的反应有一定的限度 B 取少量酸催化后的淀粉水解液于试管中，先加入过量氢氧化钠溶液中和酸，再加少量碘水 溶液未变蓝 淀粉已经完全水解 C 向的溶液中滴入2滴0.1mol/L溶液，再滴加2滴0.1mol/L溶液 先产生蓝色沉淀，再产生黑色沉淀 D 将含有二氧化硫的气体通入足量的酸性高锰酸钾溶液中，然后加入足量氯化钡溶液 出现白色沉淀 通过测定白色沉淀的质量，可推算二氧化硫的物质的量 A. A B. B C. C D. D 11. 高铁酸钾是一种环保、高效的多功能饮用水处理剂，制备流程如图所示： 下列叙述正确的是 A 反应Ⅰ中尾气后用饱和食盐水吸收后可再利用 B. 理论上，反应Ⅱ中消耗时，生成 C. 该生产条件下，物质的溶解性： D. 用对饮用水杀菌消毒的同时，还产生胶体吸附杂质净化水 12. 我国某科研团队设计了一种新型能量存储/转化装置(如图所示)。闭合、断开时，制氢并储能；断开、闭合时，供电。已知与的性质相似。下列说法正确的是 A. 制氢时，太阳能直接转化为化学能 B. 供电时，电子流向为：电极→用电器电极电极 C. 制氢和供电转移相同数目电子后，溶液减小 D. 制氢和供电时，电极均为电势较低的一极 13. 某有机物能与形成橙红色的配离子，该配离子可被氧化成淡蓝色的配离子。某研究小组对的氧化反应进行了研究。用浓度分别为、、的溶液进行了三组实验，得到随时间的变化曲线如图。下列说法正确的是 A. 体系由橙红色转变为淡蓝色所需时间： B. 平衡转化率： C. 平衡后加水稀释，减小 D. 时，在内，的平均生成速率为 14. 经理论计算预测，一种由汞(Hg)、锗(Ge)、锑(Sb)形成的新物质为潜在的拓扑绝缘体材料。的晶体可视为金刚石晶体中的原子被、和取代后形成，其晶胞如图所示。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 、、三种元素均属于过渡元素 B. 晶体中与距离最近的的数目为6 C. 晶体是一种合金，内部有自由电子，是电的良导体 D. 晶体的密度为 15. 乙二胺四乙酸(简称EDTA，可用表示)在化学分析中常用于络合滴定。水溶液中，EDTA常以、、、、、和等7种形式存在。常温下，EDTA溶液中上述7种微粒的分布分数[如]与溶液关系如下左图所示，右图表示EDTA与某金属离子形成的螯合物的结构。下列说法正确的是 A. 曲线代表 B. 交点处 C. 越小，EDTA与金属离子配位能力越强 D. 金属离子 Ⅱ卷(非选择题共55分) 二、非选择题(16题14分，17题14分，18题14分，19题13分，共55分) 16. 已知和都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿(主要成分为，还含有少量、等杂质)来制备。工艺流程如下： （1）“酸浸”中滤渣的主要成分为___________(填化学式)。 （2）“酸浸”后，钛主要以形式存在，写出水解反应生成的离子方程式___________，水解过程中需加水稀释并加热，其目的是___________。 （3）与双氧水、氨水反应，控制温度在左右。温度不能高于的原因是___________。 （4）向“滤液②”中加入双氧水和磷酸得到，写出离子方程式___________。 （5）“高温煅烧②”过程中，草酸的作用是___________，适当多加草酸的原因为___________。 （6）若“滤液②”中恰好沉淀完全[即溶液中]时溶液，此时溶液中___________[已知：；、、]。 17. 磺化聚苯乙烯可用于制作高性能离子交换膜。某研究小组探究乙酰基磺酸(CH3COOSO3H)制备磺化聚苯乙烯的过程与效果。 Ⅰ．乙酰基磺酸的制备 向装有一定量二氯乙烷溶剂的烧杯中，加入7.6mL乙酸酐[(CH3CO)2O]，控制溶液温度在10℃以下，边搅拌边分批加入2.7mL浓硫酸，得到乙酰基磺酸溶液。 （1）制备过程中需使用的玻璃仪器有烧杯、温度计、___________、___________。 （2）乙酸酐与浓硫酸按物质的量之比1∶1反应的化学方程式为___________。 Ⅱ．聚苯乙烯的磺化 按如图装置(夹持设备略去)，控制反应温度为65℃，缓慢滴加乙酰基磺酸溶液，得到浅棕色液体。将所得浅棕色液体慢慢滴入装有沸水的烧杯中，得到淡黄色的磺化聚苯乙烯颗粒，过滤、洗涤、干燥。 聚苯乙烯的链节与乙酰基磺酸反应原理如下： （3）盛装乙酰基磺酸溶液的仪器名称为___________。控制反应温度为65℃，应采用___________进行加热。冷却水应从___________(填“a”或“b”)口通入。 （4）产品是否洗涤干净，可通过检测洗涤液中是否存在来判断，检测的方法是___________。 Ⅲ．磺化度的测定 称取0.500g干燥的磺化聚苯乙烯样品于锥形瓶，用苯-甲醇混合液溶解，以酚酞为指示剂，用0.1000mol/LNaOH-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准液体积为10.00mL，计算磺化度。 已知：i． 。 ii．聚苯乙烯链节式量为104，磺化聚苯乙烯中含磺酸基链节的式量为184。 （5）该样品的磺化度=___________(磺化度=×100%，保留两位有效数字)。 （6）若样品未充分干燥，将导致测得的磺化度___________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 18. CO2加氢制甲醇(CH3OH)不仅减少了CO2排放，而且缓解了能源短缺的问题。该过程发生的主要反应如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： （1）已知：标准摩尔生成焓是指在、由稳定态单质生成化合物时的焓变。该反应中的相关物质的标准摩尔生成焓数据已列入下表。 物质 H2(g) CO2(g) H2O(g) CH3OH(g) 0 -394 -242 -201 则∆H1=___________，反应Ⅰ自发进行的条件是___________。(填“高温”、“低温”或“任意温度”) （2）向密闭容器中加入CO2(g)和H2(g)，合成CH3OH(g)。已知反应Ⅰ正反应速率可表示为，逆反应速率可表示为，其中、为速率常数。 ①上图中能够代表的曲线为___________(填“L1”、“L2”、“L3”或“L4”)。 ②温度为T1时，反应Ⅰ的化学平衡常数K=___________。 （3）在一定条件下，将1molCO2和2molH2通入一装有催化剂的恒容密闭容器中充分发生反应Ⅰ、Ⅱ．平衡时CH3OH和CO的选择性、CO2的转化率随温度的升高的变化曲线如图所示。 ①图中代表CO2的转化率随温度的升高变化的是曲线___________(填“a”、“b”或“c”)；CO2的转化率随温度的升高呈现如图变化趋势的原因是___________。 ②该体系中，573K时，反应Ⅱ的浓度平衡常数为___________(保留两位有效数字)。 （4）某小组为了研究不同条件下催化剂对相同时间内CH3OH产率的影响，根据实验结果将不同温度下，不同催化剂对相同时间内CH3OH产率影响绘图如下，据图应选择的温度及催化剂为___________。 A. B. C. D. 19. 物质是能阻断血栓形成的药物的中间体，它的一种合成路线如图所示。 已知：ⅰ、； ⅱ、； 回答下列问题： （1）A的分子式是___________。 （2）B→C的反应类型是___________。 （3）写出C→D的化学方程式___________。 （4）E的结构简式为___________。 （5）设计的目的是___________。 （6）W是F的同系物，且W比F多一个碳原子。满足下列条件的W的芳香同分异构体有___________种。写出其中任意一种的结构简式：___________。 ⅰ、除苯环外还含有1个六元环，且与苯环共用2个碳原子 ⅱ、有一个手性碳原子 ⅲ、能发生水解反应，且与溶液共热时，最多消耗 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 哈三中2024-2025学年度上学期高三学年期末考试 化学试卷 Ⅰ卷(选择题 共45分) 可能用到的相对原子质量H 1 O 16 Na 23 Ge 73 Hg 201 Sb 122 一、选择题(每题仅一个选项符合题意，每题3分，共45分) 1. 化学与生产生活息息相关，下列说法错误的是 A. 水玻璃可以用做木材防火剂，它是一种电解质 B. 味精能增加食品的鲜味，是一种常用的增味剂，其主要成分为谷氨酸钠 C. 合成氨的反应塔与外加电源的负极相连并维持一定的电压，可以钝化防腐 D. 锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，后用酸除去 【答案】A 【解析】 【详解】A．水玻璃是硅酸钠的水溶液，它不能燃烧，可以用做木材防火剂，水玻璃既不是电解质也不是非电解质，A错误； B．味精的主要成分为谷氨酸钠，它是一种鲜味剂，是生活中常用的增味剂，B正确； C．合成氨的反应塔与外加电源的负极相连并维持一定的电压，这是利用外加电流的阴极保护法，使反应塔作为阴极被保护，从而达到钝化防腐的目的，C正确； D．锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，将其转化为CaCO3，再用盐酸溶解除去，D正确； 故选A。 2. 下列化学用语或表述正确的是 A. CH4的共价键类型：s-p σ键 B. SO2的价层电子对互斥(VSEPR)模型： C. 基态N原子的价层电子排布式： D. 丙炔的键线式： 【答案】B 【解析】 【详解】A．CH4的中心碳原子的价层电子对数为=4，发生sp3杂化，共价键类型：s-sp3σ键，A不正确； B．SO2分子中，中心S原子的价层电子对数为=3，发生sp2杂化，其中S原子的最外层有1个孤电子对，则价层电子对互斥(VSEPR)模型为 ，B正确； C．基态N原子的价层电子轨道表示式为，价层电子排布式为2s22p3，C不正确； D．丙炔的结构简式为CH≡C-CH3，依据乙炔的结构，3个C原子在同一直线上，则键线式：，D不正确； 故选B。 3. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 标准状况下，和足量充分反应，转移电子的数目为 B. 固体中阴离子数目为 C. 溶液中，数目小于 D. 所含质子的数目为 【答案】A 【解析】 【详解】A．标准状况下，即0.5molNO，与足量充分反应生成二氧化氮，转移电子的数目为，A正确； B．固体中的阴离子为，则(即0.1mol)固体中阴离子的数目为，B错误； C．因溶液体积未知，则无法计算溶液中所含的数目，C错误； D．所含质子的数目为=，D错误； 故选A。 4. 硫代硫酸钠(Na2S2O3)可用于脱除废水中游离氯。其工业制备方法为：将一定比例的Na2CO3与Na2S配成混合溶液，再通入SO2，先有黄色沉淀生成，当黄色沉淀消失时，即生成了Na2S2O3，同时释放CO2。下列说法错误的是 A. 制备反应中Na2S2O3既是氧化产物又是还原产物 B. 制备总反应的离子方程式为2S2-+ CO+ 4SO2 = CO2 + 3S2O C. 产生黄色沉淀的反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为2∶1 D. 将Na2S2O3脱除游离氯反应设计成原电池时，S2O为负极反应物 【答案】C 【解析】 【详解】A．制备Na2S2O3的反应为，在该反应中+4价硫和-2价硫最终生成+2价硫，则Na2S2O3既是氧化产物又是还原产物，A正确； B．由A分析可知制备Na2S2O3的总反应为，离子方程式为2S2-+ CO+ 4SO2 = CO2 + 3S2O，B正确； C．产生黄色沉淀时，SO2为氧化剂被还原成S，S元素的化合价由+4价降至0价，S2-为还原剂被氧化成S，S元素的化合价由-2价升至0价，根据得失电子守恒，氧化剂和还原剂物质的量之比为：1∶2，C错误； D．Na2S2O3脱除游离氯反应为，设计成原电池，失电子，为负极反应物，D正确； 故选C。 5. 陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ A 晶体中的配位数： 键角： B 沸点：乙醛>丙烷 乙醛分子间存在氢键 C 酸性： 范德华力： D X射线衍射实验鉴别玻璃仿造的宝石 玻璃是非晶体 A A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．晶体中的配位数：与它们的键角大小之间没有因果关系，A错误； B．乙醛的结构简式为CH3CHO，分子间没有氢键，B错误； C．酸性，原因是电负性F>Cl，F的吸引电子能力大于Cl，CF3COOH中羧基上羟基极性弱，易电离出H+离子，酸性强，C错误； D．区分晶体与非晶体的方法是用X射线衍射实验，玻璃是非晶体，可以用X射线衍射实验鉴别，D正确； 答案选D。 6. “有机小分子不对称催化”曾获2021年诺贝尔化学奖。用脯氨酸()内的羟醛缩合反应如下，下列说法正确的是 A. 反应中涉及的物质都难溶于水 B. 中不存在手性碳原子 C. 脯氨酸可发生加聚反应生成高分子化合物 D. 与新制氢氧化铜共热能生成砖红色沉淀 【答案】B 【解析】 【详解】A．由脯氨酸的结构()可知，含有氨基和羧基，是典型的氨基酸，具有一定的水溶性，并非难溶于水，A错误； B．连有4个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，根据X的结构()可知，中不存在手性碳原子，B正确； C．脯氨酸与其他氨基酸类似，含有氨基和羧基两种官能团，可发生缩聚反应形成高分子化合物，C错误； D．根据Y的结构()可知，不含有醛基，则Y与新制氢氧化铜共热不能生成砖红色沉淀，D错误； 故选B。 7. 在二氧化碳合成甲醇的研究中，催化剂是研究的关键。目前国内外研究主要集中于铜基催化剂，有学者提出了的转化过程如下图所示。下列说法错误的是 A. 甲酸乙酯中含有键和键 B. 铜元素的第二电离能大于锌元素的第二电离能 C. 反应过程中，金属的化合价未发生改变 D. 总反应的化学方程式为 【答案】C 【解析】 【详解】A．甲酸乙酯结构中含有共价单键和共价双键，共价单键是σ键，共价双键中有1个σ键和1个π键，则甲酸乙酯中含有键和键，A正确； B．Cu+价电子排布式为3d10，Zn+价电子排布式为3d104s1，Cu+的最外层达到全充满的稳定结构，较难失去电子，而Zn+容易失去最外层的一个电子，则基态铜元素的第二电离能大于基态锌元素的第二电离能，B正确； C．由反应①知二氧化碳中碳元素化合价降低，则金属M化合价发生变化，C错误； D．由转化过程图可知，CO2、H2为反应物，H2O、CH3OH为生成物，则总反应的化学方程式为：，D正确； 故选C。 8. 下列实验装置设计和所用药品均正确且能达到实验目的的是 实验目的 A．配制一定物质的量浓度的稀硫酸 B．除去乙烷中的少量杂质乙烯 装置或仪器 实验目的 C．测定H2O2的分解速率 D．分离乙醇和苯甲酸乙酯 装置或仪器 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．配制一定物质的量浓度的稀硫酸，应将浓硫酸倒入盛有一定量水的烧杯内稀释，冷却至室温后才能转移入容量瓶，不能直接将浓硫酸倒入容量瓶内，A不能达到实验目的； B．除去乙烷中的少量杂质乙烯，应将混合气通入盛有溴水的洗气瓶，因为酸性KMnO4能将乙烯氧化为CO2混入乙烷中，B不能达到实验目的； C．测定H2O2的分解速率时，应使用分液漏斗，若使用长颈漏斗，需将漏斗口液封，防止气体沿长颈漏斗逸出，C不能达到实验目的； D．分离乙醇和苯甲酸乙酯时，可利用二者沸点的差异，采用蒸馏法分离，D能达到实验目的； 故选D。 9. W、X、Y、Z为原子序数依次减小的短周期主族元素，已知W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数；由四种元素形成某化合物的结构如下图所示。下列叙述正确的是 A. 简单离子半径：X＞W B. 的最高价氧化物对应水化物为强酸 C. 元素第一电离能由小到大的顺序为：X＜Y＜Z D. 该化合物中各元素均满足8电子稳定结构 【答案】A 【解析】 【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次减小的短周期主族元素，在化合物中，Z只形成1个共价键，且其原子序数小，则其为氢元素；X可形成2个共价键，则其最外层电子数为6，其为氧元素；W可形成W2+，则其最外层电子数为2，为镁元素；已知W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，则Y的最外层电子数为6-1-2=3，其为硼元素。从而得出，W、X、Y、Z分别为Mg、O、B、H。 【详解】A．W、X分别为Mg、O，它们形成的Mg2+、O2-的电子层结构相同，但Mg的核电荷数大于O，则简单离子半径：O2-＞Mg2+，A正确； B．为B元素，其非金属性较弱，最高价氧化物对应水化物为弱酸，B不正确； C．X、Y、Z分别为O、B、H，非金属性O＞B＞H，且原子的最外层不存在全满、半满、全空，非金属性越强，第一电离能越大，则元素第一电离能由小到大的顺序为：H＜B＜O，C不正确； D．该化合物中，氢元素不满足8电子稳定结构，其它元素均满足8电子稳定结构，D不正确； 故选A。 10. 下列实验设计、现象以及得出的结论都正确的一组是 选项 实验 现象 结论 A 室温下，取溶液和溶液混合后充分反应，再加入振荡、静置后，取上层清液滴加少量KSCN溶液 溶液变成红色 和的反应有一定的限度 B 取少量酸催化后的淀粉水解液于试管中，先加入过量氢氧化钠溶液中和酸，再加少量碘水 溶液未变蓝 淀粉已经完全水解 C 向的溶液中滴入2滴0.1mol/L溶液，再滴加2滴0.1mol/L溶液 先产生蓝色沉淀，再产生黑色沉淀 D 将含有二氧化硫的气体通入足量的酸性高锰酸钾溶液中，然后加入足量氯化钡溶液 出现白色沉淀 通过测定白色沉淀的质量，可推算二氧化硫的物质的量 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．溶液和溶液混合，即物质的量相等的和反应生成和I2，且反应式中和反应配比为1∶1，加入振荡、静置后，I2被萃取至中而出现分层，取上层清液滴加少量KSCN溶液，溶液变红色，说明有剩余，说明该反应为可逆反应，即和的反应有一定的限度， A正确； B．因少量碘水能与过量氢氧化钠溶液发生反应而被消耗，则淀粉水解液中的酸被中和后，再加少量碘水不会变蓝色，不能说明淀粉已经完全水解，B错误； C．向的溶液中滴入2滴0.1mol/L溶液，与结合生成蓝色沉淀，但过量，再滴加2滴0.1mol/L溶液，与反应生成黑色沉淀，不能说明是沉淀转化为沉淀，不能说明：>，C错误； D．高锰酸钾溶液一般用硫酸酸化，即酸性高锰酸钾溶液中本身就含有，不通入二氧化硫气体，加入氯化钡溶液也会出现白色沉淀，则不能通过测定白色沉淀的质量，推算二氧化硫的物质的量，D错误； 故选A。 11. 高铁酸钾是一种环保、高效的多功能饮用水处理剂，制备流程如图所示： 下列叙述正确的是 A. 反应Ⅰ中尾气后用饱和食盐水吸收后可再利用 B. 理论上，反应Ⅱ中消耗时，生成 C. 该生产条件下，物质的溶解性： D. 用对饮用水杀菌消毒的同时，还产生胶体吸附杂质净化水 【答案】D 【解析】 【分析】铁粉氯气中燃烧生成氯化铁，氯化铁和次氯酸钠、氢氧化钠反应生成高铁酸钠，高铁酸钠和氢氧化钾反应生成高铁酸钾。 【详解】A．反应Ⅰ中的尾气中含有氯气，可用氢氧化钠溶液吸收，不可以用饱和食盐水，故A错误； B．反应Ⅱ中的反应是：3NaClO+2FeCl3+10NaOH=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O，根据方程式可知，消耗3molNaClO时，生成2mol的，B错误； C．由与KOH反应可以得到可知，该生产条件下，物质的溶解性：，故C错误； D．用具有强氧化性，对饮用水杀菌消毒的同时，还产生胶体吸附杂质净化水，故D正确； 答案选D。 12. 我国某科研团队设计了一种新型能量存储/转化装置(如图所示)。闭合、断开时，制氢并储能；断开、闭合时，供电。已知与的性质相似。下列说法正确的是 A. 制氢时，太阳能直接转化为化学能 B. 供电时，电子流向为：电极→用电器电极电极 C. 制氢和供电转移相同数目电子后，溶液减小 D. 制氢和供电时，电极均为电势较低的一极 【答案】C 【解析】 【分析】闭合K2、断开K1时，制氢并储能，构成电解池，Pt电极发生还原反应，为阴极，X电极发生氧化反应，为阳极；断开K2、闭合K1时，构成原电池，X电极发生还原反应，为正极，Zn电极发生氧化反应，为负极。 【详解】A．由分析可知，制氢时构成电解池，太阳能先转化为电能，电能再转化为化学能，A错误； B．由分析可知，供电时构成原电池，Zn为负极，失去电子；X为正极，得到电子，则电子流向为：Zn电极→用电器→X电极，电子不能通过溶液，B错误； C．制氢时，X电极：，Pt电极：；供电时，Zn电极：，X电极：，可知，制氢和供电转移相同数目电子后，减小，溶液减小，C正确； D．制氢时，X电极失去电子，为阳极，则X电极电势高于Pt电极；供电时，X电极得到电子，为正极，则X电极电势高于Zn电极，D错误； 故选C。 13. 某有机物能与形成橙红色的配离子，该配离子可被氧化成淡蓝色的配离子。某研究小组对的氧化反应进行了研究。用浓度分别为、、的溶液进行了三组实验，得到随时间的变化曲线如图。下列说法正确的是 A. 体系由橙红色转变为淡蓝色所需时间： B. 平衡转化率： C. 平衡后加水稀释，减小 D. 时，在内，的平均生成速率为 【答案】B 【解析】 【分析】浓度越大，反应速率越大，曲线越陡，I、Ⅱ、Ⅲ对应硝酸的浓度分别是2.0mol/L、2.5mol/L、3.0mol/L。 【详解】A．硝酸浓度越高，反应速率越快，体系由橙红色转变为淡蓝色所需时间越短，故，A错误； B．HNO3浓度增加，[FeR3]2+转化率增加，剩余的越小，转化率越大，故，B正确； C．对于反应，加水稀释，平衡往粒子数增加的方向移动，即逆向移动，含量增加，含量减小，增大，C错误； D．由图可知，在时，在内减少(1.5mol/L-1.0mol/L)×10-4=5×10-5mol/L，根据速率之比等于方程式的系数之比，的平均生成速率等于消耗速率的一半，的平均生成速率=，D错误； 答案选B。 14. 经理论计算预测，一种由汞(Hg)、锗(Ge)、锑(Sb)形成的新物质为潜在的拓扑绝缘体材料。的晶体可视为金刚石晶体中的原子被、和取代后形成，其晶胞如图所示。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 、、三种元素均属于过渡元素 B. 晶体中与距离最近的的数目为6 C. 晶体是一种合金，内部有自由电子，是电的良导体 D. 晶体的密度为 【答案】D 【解析】 【详解】A．Ge是第IVA族元素，Sb是第VA族元素，不属于过渡元素，A错误； B．由图可知，离面心Hg原子最近的Sb原子有4个，B错误； C．由题干可知，新物质X为潜在的拓扑绝缘体材料，不是电的良导体，C错误； D．根据均摊法，X晶胞中Hg的个数为4×，Ge的个数为=4，Sb的个数为8，则晶体的化学式为HgGeSb2，X的最简式的式量为518，则X晶体的密度为，D正确； 答案选D。 15. 乙二胺四乙酸(简称EDTA，可用表示)在化学分析中常用于络合滴定。水溶液中，EDTA常以、、、、、和等7种形式存在。常温下，EDTA溶液中上述7种微粒的分布分数[如]与溶液关系如下左图所示，右图表示EDTA与某金属离子形成的螯合物的结构。下列说法正确的是 A. 曲线代表 B. 交点处 C. 越小，EDTA与金属离子配位能力越强 D. 金属离子的 【答案】B 【解析】 【分析】随着溶液pH升高，EDTA在水中的微粒中含有氢的量逐渐减少，EDTA依次主要以、、、、、和形式存在，分别由曲线a、b、c、d、e、f、g表示，据此作答。 【详解】A．根据分析，曲线代表，A错误； B．e、f交点处，，=，f、g交点处，，=，交点Q处，、浓度相同，=，交点处，，B正确； C．越小，EDTA结合的氢越多，与金属离子配位能力越弱，C错误； D．该螯合物是由与形成的负二价阴离子，则应为二价阳离子，m=2，D错误； 故选B。 Ⅱ卷(非选择题共55分) 二、非选择题(16题14分，17题14分，18题14分，19题13分，共55分) 16. 已知和都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿(主要成分为，还含有少量、等杂质)来制备。工艺流程如下： （1）“酸浸”中滤渣的主要成分为___________(填化学式)。 （2）“酸浸”后，钛主要以形式存在，写出水解反应生成的离子方程式___________，水解过程中需加水稀释并加热，其目的是___________。 （3）与双氧水、氨水反应，控制温度在左右。温度不能高于的原因是___________。 （4）向“滤液②”中加入双氧水和磷酸得到，写出离子方程式___________。 （5）“高温煅烧②”过程中，草酸的作用是___________，适当多加草酸的原因为___________。 （6）若“滤液②”中恰好沉淀完全[即溶液中]时溶液，此时溶液中___________[已知：；、、]。 【答案】（1） （2） ①. ②. 水解反应吸热，加水稀释和加热均能促进水解，使水解趋于完全 （3）高于，过氧化氢和氨水不稳定易分解，导致转化反应速率和产量下降 （4） （5） ①. 将还原为 ②. 草酸受热易分解，过量草酸确保能完全转化为 （6） 【解析】 【分析】向钛铁矿(主要成分为，还含有少量MgO、等杂质)中加入盐酸“酸浸”，不溶于盐酸，则加盐酸过滤后所得滤渣的主要成分为SiO2，滤液①中主要含Mg2+、Fe2+、，水解生成沉淀，该沉淀与双氧水、氨水反应，再加入LiOH过滤得到Li2Ti5O15沉淀，再与碳酸锂高温煅烧反应生成。水解后的滤液②中主要含Mg2+、Fe2+，加入双氧水将Fe2+氧化为，再与磷酸反应生成FePO4沉淀，最后FePO4与碳酸锂、草酸在高温煅烧下反应生成，据此解答。 【小问1详解】 根据分析，“酸浸”中滤渣的主要成分为； 【小问2详解】 “酸浸”后，钛主要以形式存在，加热水解生成，反应的离子方程式为：；加热和加水稀释均可促使平衡向水解反应的方向移动，则水解过程中需加水稀释并加热，其目的是：水解反应吸热，加水稀释和加热均能促进水解，使水解趋于完全； 【小问3详解】 温度不能高于的原因是：高于，过氧化氢和氨水不稳定易分解，导致转化反应速率和产量下降； 【小问4详解】 向“滤液②”中含Fe2+，加入双氧水将Fe2+氧化为，再与磷酸反应生成FePO4沉淀，则反应的离子方程式为：； 【小问5详解】 草酸具有还原性，则“高温煅烧②”过程中，草酸的作用是：将还原为；适当多加草酸的原因为：草酸受热易分解，过量草酸确保能完全转化为； 【小问6详解】 若“滤液②”中恰好沉淀完全，即溶液中，根据，可得，由，解得。 17. 磺化聚苯乙烯可用于制作高性能离子交换膜。某研究小组探究乙酰基磺酸(CH3COOSO3H)制备磺化聚苯乙烯的过程与效果。 Ⅰ．乙酰基磺酸的制备 向装有一定量二氯乙烷溶剂的烧杯中，加入7.6mL乙酸酐[(CH3CO)2O]，控制溶液温度在10℃以下，边搅拌边分批加入2.7mL浓硫酸，得到乙酰基磺酸溶液。 （1）制备过程中需使用的玻璃仪器有烧杯、温度计、___________、___________。 （2）乙酸酐与浓硫酸按物质的量之比1∶1反应的化学方程式为___________。 Ⅱ．聚苯乙烯的磺化 按如图装置(夹持设备略去)，控制反应温度为65℃，缓慢滴加乙酰基磺酸溶液，得到浅棕色液体。将所得浅棕色液体慢慢滴入装有沸水的烧杯中，得到淡黄色的磺化聚苯乙烯颗粒，过滤、洗涤、干燥。 聚苯乙烯的链节与乙酰基磺酸反应原理如下： （3）盛装乙酰基磺酸溶液的仪器名称为___________。控制反应温度为65℃，应采用___________进行加热。冷却水应从___________(填“a”或“b”)口通入。 （4）产品是否洗涤干净，可通过检测洗涤液中是否存在来判断，检测的方法是___________。 Ⅲ．磺化度的测定 称取0.500g干燥的磺化聚苯乙烯样品于锥形瓶，用苯-甲醇混合液溶解，以酚酞为指示剂，用0.1000mol/LNaOH-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准液体积为10.00mL，计算磺化度。 已知：i． 。 ii．聚苯乙烯链节的式量为104，磺化聚苯乙烯中含磺酸基链节的式量为184。 （5）该样品磺化度=___________(磺化度=×100%，保留两位有效数字)。 （6）若样品未充分干燥，将导致测得的磺化度___________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 【答案】（1） ①. 10mL量筒(或量筒) ②. 玻璃棒 （2） （3） ①. 恒压滴液漏斗 ②. 水浴 ③. a （4）取最后一次洗涤液少量于试管中，滴加BaCl2溶液，若没有沉淀出现说明洗涤干净 （5）25% （6）偏低 【解析】 【分析】往三颈烧瓶中加入20g聚苯乙烯和适量二氯乙烷，用热水浴控制反应温度为65℃，缓慢滴加乙酰基磺酸溶液，发生反应生成磺化聚苯乙烯，得到浅棕色液体。将所得浅棕色液体慢慢滴入装有沸水的烧杯中，磺化聚苯乙烯结晶析出，从而得到淡黄色的磺化聚苯乙烯颗粒。 【小问1详解】 向装有一定量二氯乙烷溶剂的烧杯中，加入7.6mL乙酸酐，制备乙酰基磺酸溶液过程中需要控制溶液温度在10℃以下、分批加入2.7mL浓硫酸，则需使用的玻璃仪器有烧杯、温度计、10mL量筒(或量筒)、玻璃棒。 【小问2详解】 乙酸酐与浓硫酸按物质的量之比1∶1反应，生成乙酰基磺酸和乙酸，化学方程式为。 【小问3详解】 盛装乙酰基磺酸溶液的仪器带有连接内外气体的导管，名称为恒压滴液漏斗。控制反应温度为65℃，低于100℃，则可采用水浴进行加热。冷却水应从下往上通入，则从a口通入。 【小问4详解】 产品是否洗涤干净，可通过滴加BaCl2溶液检测洗涤液中是否存在，检测的方法是：取最后一次洗涤液少量于试管中，滴加BaCl2溶液，若没有沉淀出现说明洗涤干净。 【小问5详解】 磺化聚苯乙烯中含磺酸基链节的物质的量为0.1000mol/L×0.010L=1×10-3mol，则磺酸基链节的质量为1×10-3mol×184g/mol=0.184g，聚苯乙烯链节的质量为0.500g-0.184g=0.316g，聚苯乙烯链节的物质的量为mol，所以该样品的磺化度=≈25%。 【小问6详解】 若样品未充分干燥，测得磺酸基链节的质量不变，聚苯乙烯链节的质量偏大，将导致测得的磺化度偏低。 【点睛】冷凝管用于冷凝蒸气时，需保证冷却水充满冷凝管。 18. CO2加氢制甲醇(CH3OH)不仅减少了CO2排放，而且缓解了能源短缺的问题。该过程发生的主要反应如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： （1）已知：标准摩尔生成焓是指在、由稳定态单质生成化合物时的焓变。该反应中的相关物质的标准摩尔生成焓数据已列入下表。 物质 H2(g) CO2(g) H2O(g) CH3OH(g) 0 -394 -242 -201 则∆H1=___________，反应Ⅰ自发进行的条件是___________。(填“高温”、“低温”或“任意温度”) （2）向密闭容器中加入CO2(g)和H2(g)，合成CH3OH(g)。已知反应Ⅰ的正反应速率可表示为，逆反应速率可表示为，其中、为速率常数。 ①上图中能够代表的曲线为___________(填“L1”、“L2”、“L3”或“L4”)。 ②温度为T1时，反应Ⅰ的化学平衡常数K=___________。 （3）在一定条件下，将1molCO2和2molH2通入一装有催化剂的恒容密闭容器中充分发生反应Ⅰ、Ⅱ．平衡时CH3OH和CO的选择性、CO2的转化率随温度的升高的变化曲线如图所示。 ①图中代表CO2的转化率随温度的升高变化的是曲线___________(填“a”、“b”或“c”)；CO2的转化率随温度的升高呈现如图变化趋势的原因是___________。 ②该体系中，573K时，反应Ⅱ的浓度平衡常数为___________(保留两位有效数字)。 （4）某小组为了研究不同条件下催化剂对相同时间内CH3OH产率的影响，根据实验结果将不同温度下，不同催化剂对相同时间内CH3OH产率影响绘图如下，据图应选择的温度及催化剂为___________。 A. B. C. D. 【答案】（1） ①. -49kJ/mol ②. 低温 （2） ①. L1 ②. 1.6 （3） ①. b ②. 反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，其他条件不变时，温度升高，反应Ⅰ逆移，使CO2转化率减小，反应Ⅱ正移，使CO2转化率增大。反应Ⅱ的正移程度更大，所以CO2转化率随温度升高而增大 ③. 0.41 （4）C 【解析】 【小问1详解】 由表中各物质的标准摩尔生成焓，可得出如下热化学方程式： ③H2(g)+O2(g)=H2O(g) ∆H3=-242KJ/mol ④C(s)+ O2(g)=CO2(g) ∆H4=-394KJ/mol ⑤C(s)+ 2H2(g)+O2(g)=CH3OH(g) ∆H5=-201KJ/mol 依据盖斯定律，将③-④+⑤得， ∆H1=∆H3-∆H4+∆H5=(-242KJ/mol)-(-394KJ/mol)+(-201KJ/mol)=-49kJ/mol。反应ⅠΔS＜0、△H＜0，则自发进行的条件是低温。 【小问2详解】 ①对于反应 ∆H1=-49kJ/mol，升高温度，平衡逆向移动，则＜，增大的程度更大，所以上图中能够代表的曲线为L1。 ②从图中可以看出，温度为T1时，=0.8a、=0.5a，反应Ⅰ的化学平衡常数K===1.6。 【小问3详解】 ①在反应体系时，CH3OH和CO的选择性之和为1，反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动，CH3OH的选择性减小，CO的选择性增大，则a曲线表示CH3OH的选择性，c曲线表示CO的选择性(80%+20%=1)，所以图中代表CO2的转化率随温度的升高变化的是曲线为b；CO2的转化率随温度的升高呈现如图变化趋势(增大)，表明反应Ⅱ正向进行的程度大于反应Ⅰ逆向进行的程度，所以原因是：反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，其他条件不变时，温度升高，反应Ⅰ逆移，使CO2转化率减小，反应Ⅱ正移，使CO2转化率增大。反应Ⅱ的正移程度更大，所以CO2转化率随温度升高而增大。 ②在一定条件下，将1molCO2和2molH2通入一装有催化剂的恒容密闭容器中充分发生反应Ⅰ、Ⅱ．CO2的转化率为60%，则参加反应CO2的物质的量为1mol×60%=0.6mol，CH3OH的选择性为80%、CO的选择性为20%，则生成CH3OH的物质的量为0.6mol×80%=0.48mol，生成CO的物质的量为0.6mol×20%=0.12mol，平衡时，CO2的物质的量为1mol-0.6mol=0.4mol，H2的物质的量为2mol-0.48mol×3-0.12mol=0.44mol，H2O的物质的量为0.6mol。该体系中，573K时，设容器的体积为VL，反应Ⅱ的浓度平衡常数为=≈0.41。 【小问4详解】 从图中可以看出，220℃、作催化剂时，CH3OH的产率最大，所以据图应选择的温度及催化剂为220℃、，故选C。 【点睛】温度选择220℃而未选择200℃，应为220℃时催化剂的活性更大。 19. 物质是能阻断血栓形成的药物的中间体，它的一种合成路线如图所示。 已知：ⅰ、； ⅱ、； 回答下列问题： （1）A的分子式是___________。 （2）B→C的反应类型是___________。 （3）写出C→D的化学方程式___________。 （4）E的结构简式为___________。 （5）设计的目的是___________。 （6）W是F的同系物，且W比F多一个碳原子。满足下列条件的W的芳香同分异构体有___________种。写出其中任意一种的结构简式：___________。 ⅰ、除苯环外还含有1个六元环，且与苯环共用2个碳原子 ⅱ、有一个手性碳原子 ⅲ、能发生水解反应，且与溶液共热时，最多消耗 【答案】（1） （2）取代反应 （3）+H2 （4） （5）保护氨基 （6） ①. 8 ②. 或或或或或或或 【解析】 【分析】和C2H5COOH反应生成A，可知A为，根据已知条件ⅰ可知，A和在AlCl3的作用下生成B为；B在碱性条件下发生水解，生成C，C为；C和H2发生还原反应，羰基被还原为羟基，生成D，D为；再根据和F发生已知反应ⅱ生成G进行逆推，可知F为；E和甲醇发生酯化反应生成，则E为，据此分析。 【小问1详解】 根据分析，A为，A的分子式是C9H11NO； 故答案为：C9H11NO； 【小问2详解】 B为；在碱性条件下发生水解生成，属于取代反应； 故答案为：取代反应； 【小问3详解】 C为，C和H2发生还原反应，羰基被还原为羟基，生成，+H2； 故答案为：+H2； 【小问4详解】 E和甲醇发生酯化反应生成，则E为； 故答案为：； 【小问5详解】 和C2H5COOH反应生成A为，后续B→C又重新生成氨基，此过程保护了氨基； 故答案为：保护氨基； 【小问6详解】 W是F的同系物，且W比F多一个碳原子，则W分子式为C10H10O3，W中除苯环外还含有1个六元环，且与苯环共用2个碳原子，W可水解，说明其中含有酯基，与NaOH共热时，1molW最多消耗3molNaOH，则W分子中原本含有一个酚羟基，同时含有一个酚羟基与羧基形成的酯基，或或或或或或或； 故答案为：8；或或或或或或或。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$