精品解析：吉林省通化市梅河口市第五中学2024-2025学年高三下学期开学化学试题

高三化学开学考 一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个正确选项。) 1. 拥有中国血统的“雅万高铁”在东南亚刮起了一股中国速度风，成为擦亮中国高铁的“金名片”，下列说法不正确的是 A. 高铁车皮广泛使用铝合金，主要是因为其质量轻，强度高，耐腐蚀 B. 高铁依托5G技术实现超高清信号稳定传输，5G芯片主要材质是Si C. 高铁车厢连接部位使用的聚四氟乙烯材料含有σ键和π键，能使溴水褪色 D. 高铁马桶下水口使用纳米硅胶材料保证无异味，硅胶还常用作干燥剂 2. 下列化学用语的表示正确的是 A. 氯乙烯的结构简式：ClCH=CHCl B. BF3的价层电子对互斥模型： C. 的电子式为，离子呈平面正方形结构 D. 顺-2-丁烯的分子结构模型： 3. “新质生产力”的概念中，“新”的核心在于科技创新，下列有关说法正确的是 A. 光伏电池是以硅为基底的硅太阳能电池，将光能转化为化学能再转化为电能 B. 开发可燃冰作为新能源有利于实现碳达峰、碳中和 C. “长征五号”运载火箭使用的是液氧煤油发动机，煤油主要由石油的分馏获得 D. 利用CO2合成高级脂肪酸的甘油酯，实现无机小分子向有机高分子的转化 4. 下列实验操作及现象能得出相应结论的是 选项 实验操作及现象 结论 A 在淀粉溶液中加稀硫酸，水浴加热一段时间，冷却后加入新制Cu(OH)2浊液并煮沸，没有生成砖红色沉淀 淀粉没有水解 B 向Na2SiO3溶液中滴加盐酸，溶液变浑浊 非金属性：Cl>Si C 向试管中加入2mL0.5mol/L的CuCl2溶液，加热溶液由蓝色变为黄绿色；再置于冷水中，溶液又恢复蓝色 溶液中存在平衡：[Cu(H2O)4]2++4Cl-[CuCl4]2-+4H2O D 将CH4和C2H4混合气体通入足量酸性高锰酸钾溶液，溶液颜色变浅 可以用酸性高锰酸钾溶液除去CH4中混有的C2H4 A. A B. B C. C D. D 5. 氘代氨(ND3)可用于反应机理研究。下列两种方法均可得到ND3：①Mg3N2与D2O的水解反应；②NH3与D2O反应。下列说法错误的是 A. D2O的沸点高于NH3 B. NH3和在质谱图中的最大质荷比相等 C. 两种方法涉及的反应均为非氧化还原反应 D. 方法②得到的产品中含有NHD2和NH2D 6. 氮和氯的单质及其化合物的转化关系如图所示，设表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 反应①中被还原，生成分子数为 B. 反应②中每生成，转移电子数为 C. 常温常压下，中含有质子数为 D. 溶液中，含有数为 7. 2-苯基丙烯和2-苯基丙烷存在如图所示转化关系： 下列说法正确的是 A. 这两种烃均易溶于水 B. 这两种烃均可以被氢气还原 C. 这两种烃均可以与溴水发生加成反应 D. 2-苯基丙烷分子中所有碳原子可以共平面 8. 下列实验装置能达到相应实验目的的是 A．配制100 mL0.5 mol/L盐酸 B．比较N、C、Si的非金属性强弱 C．萃取碘水中的碘 D．测定醋酸溶液的浓度 A. A B. B C. C D. D 9. 根据下列实验过程及现象不能验证相应结论的是 选项 实验过程及现象 结论 A 将乙醇和浓硫酸共热至170℃后，将生成的气体通入酸性溶液中，溶液褪色 该条件下乙醇发生消去反应 B 在两支干燥的试管中各加入乙醚，再分别加入相同物质的量的乙醇和苯酚，振荡溶解后，各加入一小块质量、形状相同的金属钠，苯酚溶液与金属钠反应较剧烈 羟基的活泼性：苯酚>乙醇 C 已知显蓝色，向溶液中加入少量固体，溶液由蓝色变为黄绿色 与在配合物中存在竞争反应 D 分别在30℃和40℃时测量溶液的，40℃时的较大 40℃时水解程度大于30℃ A. A B. B C. C D. D 10. W、X、Y、Z为原子序数依次增大的同一短周期元素，它们的电子填充的能层均无d轨道，其中基态W原子无未成对电子，X、Y、Z相邻。氢(H)元素和这4种元素形成的一种配合物的结构如图所示。 下列说法正确的是 A. W元素位于元素周期表的区 B. 基态原子的未成对电子数： C. 该配合物中杂化的原子个数为 D. 不能形成分子内氢键： 11. 硅酸盐是地壳岩石的主要成分，在硅酸盐中，四面体(如图甲为俯视投影图)通过共用顶角氧原子可形成六元环(图乙)、无限单链状(图丙)、无限双链状(图丁)等多种结构。石棉是由钙、镁离子以离子数的比例与单链状硅酸根离子形成的一种硅酸盐。 下列说法不正确的是 A. 大多数硅酸盐材料硬度高与硅氧四面体结构有关 B. 六元环的硅酸盐阴离子化学式 C. 石棉的化学式为 D. 双链状硅酸盐中硅氧原子数之比为 12. 两种酸式碳酸盐的分解反应如下。某温度平衡时总压强分别为p1和p2。 反应1：NH4HCO3(s)NH3(g)+H2O(g)+CO2(g) p1=3.6×104Pa 反应2：2NaHCO3(s)Na2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g) p2=4×103Pa 该温度下，刚性密闭容器中放入NH4HCO3和Na2CO3固体，平衡后以上3种固体均大量存在。下列说法错误的是 A. 反应2的平衡常数为4×106Pa2 B. 通入NH3，再次平衡后，总压强增大 C. 平衡后总压强为4.36×105Pa D. 缩小体积，再次平衡后总压强不变 13. 向体积均为1L的两个恒容密闭容器中分别充入2mol X和1mol Y发生反应：  ，其中甲为绝热过程，乙为恒温过程，两反应体系的压强随时间的变化曲线如图所示，下列说法正确的是 A. B. 反应速率： C. Y的体积分数a＞b D. a点平衡常数： 14. 和HB分别为二元酸和一元酸，不发生水解，MHA可溶。常温条件下，现有含的饱和溶液，和含MB（s）的MB饱和溶液。两份溶液中随pH的变化关系，以及含A微粒的分布系数随pH的变化关系如下图所示。下列说法错误的是 A. HB的电离方程式为 B. C. pH＝3时，饱和溶液中， D. 反应平衡常数的数量级为 二、非选择题：本题共4小题，共58分 15. 乳酸亚铁固体是一种很好的补铁剂，在空气中易潮解和氧化，实验室利用乳酸()与碳酸亚铁()制取乳酸亚铁晶体，过程如下： I．制备碳酸亚铁 操作步骤： i．组装仪器如图，检查气密性，加入试剂； ii．打开K，调节三通阀； iii．启动电磁搅拌器，再次调节三通阀，制取碳酸亚铁； iv．关闭K，将C中物质分离提纯，获得碳酸亚铁固体。 II．制备乳酸亚铁晶体 将制得的碳酸亚铁加入乳酸溶液中，加入少量铁粉，在75℃下搅拌使之充分反应，然后再加入适量乳酸溶液。经系列操作后得到产品。 III．测定样品中铁元素的含量 称取5.0g样品，灼烧至完全灰化，加盐酸溶解配成250mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中，加入过量KI溶液充分反应，然后加入1～2滴淀粉溶液，用硫代硫酸钠标准溶液滴定，滴定终点时，测得消耗标准溶液20.00mL。(已知：) （1）试剂X的最佳选择是_______。(填标号) A. B. 盐酸 C. D. （2）装置C中发生反应的离子方程式为______；装置D中可盛适量的水，其作用是______。 （3）步骤ii、iii调节三通阀的位置依次为_______ (填标号)。 A. B. C. D. （4）制备乳酸亚铁晶体时，加入适量乳酸的目的是_______。 （5）样品中铁元素的质量分数是_______；若称取样品时间过长，测定结果会_______(填“偏大”“偏小”或“不变”)。 （6）有同学提出可直接用滴定法测定样品中的铁元素的含量，实验发现测定结果总是高于100%，其主要原因可能是_______。 16. 利用软锰矿(主要成分是，其中还含有少量、、、等杂质)制取高纯硫酸锰的工艺流程如下图所示。 已知：常温下，一些金属氢氧化物沉淀时的如下表： 氢氧化物 开始沉淀 1.5 6.5 7.7 3.8 沉淀完全 3.7 9.7 9.8 5.2 常温下，一些难溶电解质的溶度积常数如下表： 难溶电解质 回答下列问题： （1）“浸取”时，铁屑与反应生成的离子方程式为_______；“浸出液”需要鼓入一段时间空气后，再进行“沉铁”的原因是_______。 （2）“沉铁、铝”时，加控制溶液范围是_______；完全沉淀时，金属离子浓度为，则常温下_______。 （3）深度除杂中加入可以除去钙离子、镁离子的原因是_______(用平衡移动原理解释，已知：可以认为反应几乎完全进行)。 （4）用石墨和金属作电极，电解硫酸锰溶液可以制取金属锰，其中金属应与电源_______(填“正”或“负”)极相连；阳极产生标准状况下体积为气体时，理论上可以制取_______。 17. 甲酸(HCOOH)常用于制造农药、皮革等。催化加氢合成甲酸的过程涉及以下反应： i． ； ii． 。 回答下列问题： （1）反应的_______。 （2）一定温度下，在刚性密闭容器中充入一定量和，发生上述反应i、ii．下列情况表明上述反应达到平衡状态的是_______(填字母)。 A. 气体密度不随时间变化 B. 气体总压强不随时间变化 C. HCOOH体积分数不随时间变化 D. 、浓度相等 （3）在、下，分别向恒容密闭容器中投入和适量仅发生反应ii，测得平衡时与、关系如图所示。 ①_______(填“>”“<”或“=”)。 ②代表的物质是_______(填化学式)。 ③在a点对应的平衡体系中，再投入、0.2mol，_______(填“>”“<”或“=”)。 （4）某温度下，向恒容密闭容器中通入和，起始压强为，发生反应i、ii；经过达到平衡，的平衡转化率为，的选择性为，则用分压表示的平均反应速率为_______，反应ii的压强平衡常数为_______(结果用分数表示，分压代替平衡浓度，分压=总压×物质的量分数)。已知：选择性。 （5）已知常温下，，，用氨水吸收后溶液中，，此溶液为_______。 18. 瑞替加滨是一种抗癫痫新药，有机物M是合成瑞替加滨的关键中间体。合成M的一种流程如下： 回答下列问题： （1）E的名称为___________(用系统命名法命名)，E分子中碳原子的杂化方式为___________。 （2）D中所含官能团的名称为___________。 （3）C→D的反应类型为___________。 （4）写出A→B的化学方程式(注明反应条件)：___________。 （5）写出F的结构简式：___________。 （6）满足下列条件的H的同分异构体有___________种(不包括立体异构)，写出一种符合条件的同分异构体的结构简式：___________。 ①含手性碳原子；②能发生银镜反应；③和不连在同一个碳原子上，且与O不相连。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三化学开学考 一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个正确选项。) 1. 拥有中国血统的“雅万高铁”在东南亚刮起了一股中国速度风，成为擦亮中国高铁的“金名片”，下列说法不正确的是 A. 高铁车皮广泛使用铝合金，主要是因为其质量轻，强度高，耐腐蚀 B. 高铁依托5G技术实现超高清信号稳定传输，5G芯片主要材质是Si C. 高铁车厢连接部位使用的聚四氟乙烯材料含有σ键和π键，能使溴水褪色 D. 高铁马桶下水口使用纳米硅胶材料保证无异味，硅胶还常用作干燥剂 【答案】C 【解析】 【详解】A．铝合金具有质量轻、强度高、耐腐蚀的特性，符合高铁车皮的实际应用需求，A正确； B．5G芯片的主要材料是半导体硅（Si），这是现代电子器件的常见材料，B正确； C．聚四氟乙烯的结构中只有单键（σ键），不含双键或π键，因此无法与溴水发生加成反应使其褪色，其化学性质稳定，不与溴水反应，C错误； D．硅胶因多孔结构具备强吸附性，常用作干燥剂和吸附异味物质，符合题干描述，D正确； 故选C。 2. 下列化学用语的表示正确的是 A. 氯乙烯的结构简式：ClCH=CHCl B. BF3的价层电子对互斥模型： C. 的电子式为，离子呈平面正方形结构 D. 顺-2-丁烯的分子结构模型： 【答案】D 【解析】 【详解】A．氯乙烯（又称“乙烯基氯”）的正确结构应是CH2＝CHCl，选项中写成ClCH＝CHCl（1，2-二氯乙烯），A错误； B．BF3分子中心原子B价层电子对数是，无孤电子对，分子应呈平面三角形结构，B错误； C．的N原子采取杂化，空间构型为正四面体而非平面正方形，C错误； D．顺-2-丁烯中两个甲基均在双键的同侧，图示与其顺式结构相符，D正确； 故选D。 3. “新质生产力”的概念中，“新”的核心在于科技创新，下列有关说法正确的是 A. 光伏电池是以硅为基底的硅太阳能电池，将光能转化为化学能再转化为电能 B. 开发可燃冰作为新能源有利于实现碳达峰、碳中和 C. “长征五号”运载火箭使用的是液氧煤油发动机，煤油主要由石油的分馏获得 D. 利用CO2合成高级脂肪酸的甘油酯，实现无机小分子向有机高分子的转化 【答案】C 【解析】 【详解】A．光伏电池利用半导体材料（如硅）的光电效应，直接将光能转化为电能，无需经过化学能转换，A错误； B．可燃冰（甲烷水合物）燃烧会产生CO2，虽然比传统化石燃料清洁，但仍会增加碳排放，不利于碳中和，B错误； C．煤油是石油分馏的产物之一，通过分馏不同沸点的烃类物质获得，符合实际应用，C正确； D．高级脂肪酸甘油酯属于油脂，其分子量较小（几百至几千），不符合高分子化合物（分子量上万以上）的定义，因此不属于“高分子转化”，D错误； 故选C。 4. 下列实验操作及现象能得出相应结论的是 选项 实验操作及现象 结论 A 在淀粉溶液中加稀硫酸，水浴加热一段时间，冷却后加入新制Cu(OH)2浊液并煮沸，没有生成砖红色沉淀 淀粉没有水解 B 向Na2SiO3溶液中滴加盐酸，溶液变浑浊 非金属性：Cl>Si C 向试管中加入2mL0.5mol/L的CuCl2溶液，加热溶液由蓝色变为黄绿色；再置于冷水中，溶液又恢复蓝色 溶液中存在平衡：[Cu(H2O)4]2++4Cl-[CuCl4]2-+4H2O D 将CH4和C2H4混合气体通入足量酸性高锰酸钾溶液，溶液颜色变浅 可以用酸性高锰酸钾溶液除去CH4中混有的C2H4 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．淀粉水解需在酸性条件下进行，但检验水解产物葡萄糖时需在碱性环境。实验未中和稀硫酸，直接加入新制Cu(OH)2，酸性条件导致Cu(OH)2溶解，无法与葡萄糖反应，故无法判断淀粉是否水解，A错误； B．盐酸与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，说明酸性HCl＞H2SiO3。但非金属性Cl＞Si需比较最高价氧化物对应酸的酸性（HClO4＞H2SiO3），盐酸非最高价态酸，无法直接证明非金属性，B错误； C．Cu2+在水溶液中以蓝色[Cu(H2O)4]2+存在。加热时部分Cl⁻取代H2O，溶液变为黄绿色，说明生成了[CuCl4]2-；冷却后平衡逆向移动，恢复蓝色。现象与结论一致，说明存在配位平衡，C正确； D．酸性高锰酸钾可氧化乙烯生成CO2，会引入新杂质，导致甲烷不纯。无法用于除杂，D错误； 故选C。 5. 氘代氨(ND3)可用于反应机理研究。下列两种方法均可得到ND3：①Mg3N2与D2O的水解反应；②NH3与D2O反应。下列说法错误的是 A. D2O的沸点高于NH3 B. NH3和在质谱图中的最大质荷比相等 C. 两种方法涉及的反应均为非氧化还原反应 D. 方法②得到的产品中含有NHD2和NH2D 【答案】B 【解析】 【详解】A．D2O分子间存在较强的氢键、且氢键数目较多，且分子量大于H2O，沸点更高；而NH3的氢键较弱、氢键数目较少，沸点显著低于H2O和D2O。因此，D2O的沸点高于NH3，A正确； B．的式量为17，而在的式量为62，质谱中最大质荷比通常对应分子或离子的相对分子质量，两者显然不等，B错误； C．方法①（Mg3N2与D2O水解）化学方程式，和方法②中D原子代替中H原子的方式得到中，各元素的化合价均未发生变化，属于非氧化还原反应，C正确； D．NH3与D2O反应时，H与D会发生同位素交换，生成部分产物如NHD2、NH2D，最终可能形成ND3，故产品中含有NHD2和NH2D，D正确； 故选B。 6. 氮和氯的单质及其化合物的转化关系如图所示，设表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 反应①中被还原，生成分子数为 B. 反应②中每生成，转移电子数为 C. 常温常压下，中含有质子数为 D. 溶液中，含有数为 【答案】C 【解析】 【分析】氯气和氨气反应方程式为：，氯化铵与亚硝酸钠反应方程式为：。 【详解】A．未说明是否处于标准状况，无法计算氯气的物质的量，A错误； B．是，反应②中氮元素发生归中反应，氯化铵的氮元素从价升高至价，失去，‌氯化铵与亚硝酸钠反应转移电子数为，当生成氮气时‌，转移电子数为，B错误； C．是，每一个氯原子含有个质子，故质子数为，C正确； D．溶液中，因为水解，含有的数小于，D错误； 故选C。 7. 2-苯基丙烯和2-苯基丙烷存在如图所示转化关系： 下列说法正确的是 A. 这两种烃均易溶于水 B. 这两种烃均可以被氢气还原 C. 这两种烃均可以与溴水发生加成反应 D. 2-苯基丙烷分子中所有碳原子可以共平面 【答案】B 【解析】 【详解】A．两种有机物只含C、H元素，属于烃类，难溶于水，A错误； B．两种有机物含有苯环，2-苯基丙烯含有碳碳双键，可以与氢气发生加成反应，被氢气还原，B正确； C．2-苯基丙烯含有碳碳双键，可以与溴水发生加成反应，2-苯基丙烷不能与溴水发生加成反应，C错误； D．苯环上12原子共面，碳碳双键及两端原子可共面，2-苯基丙烯所有碳原子可能共平面，2-苯基丙烷分子中含有叔碳，C原子不可能都共面，D错误； 故选B。 8. 下列实验装置能达到相应实验目的的是 A．配制100 mL0.5 mol/L盐酸 B．比较N、C、Si的非金属性强弱 C．萃取碘水中的碘 D．测定醋酸溶液的浓度 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．在配制一定体积、一定物质的量浓度的盐酸时，应该先在烧杯中将浓盐酸稀释，待溶液冷却至室温后，再将稀释后的盐酸转移至100 mL容量瓶中，A错误； B．浓硝酸具有挥发性，挥发的硝酸也会与烧杯中Na2SiO3溶液发生反应产生H2SiO3，因此不能用于比较C、Si的非金属性强弱，B错误； C．乙醇与水混溶，因此乙醇不能用于萃取碘水中的碘单质，应该使用与水互不相溶的有机溶剂，如四氯化碳或苯等，C错误； D．NaOH标准溶液与锥形瓶中的待测浓度的醋酸发生中和反应产生CH3COONa和水，当二者恰好反应时，指示剂酚酞会由无色变为浅红色，半分钟内不再变为无色，根据恰好反应时n(NaOH)=n(CH3COOH)，结合滴定消耗NaOH标准溶液的体积、待测醋酸溶液的体积，就可以计算出醋酸溶液的浓度，D正确； 故合理选项是D。 9. 根据下列实验过程及现象不能验证相应结论的是 选项 实验过程及现象 结论 A 将乙醇和浓硫酸共热至170℃后，将生成的气体通入酸性溶液中，溶液褪色 该条件下乙醇发生消去反应 B 在两支干燥的试管中各加入乙醚，再分别加入相同物质的量的乙醇和苯酚，振荡溶解后，各加入一小块质量、形状相同的金属钠，苯酚溶液与金属钠反应较剧烈 羟基的活泼性：苯酚>乙醇 C 已知显蓝色，向溶液中加入少量固体，溶液由蓝色变为黄绿色 与在配合物中存在竞争反应 D 分别在30℃和40℃时测量溶液的，40℃时的较大 40℃时水解程度大于30℃ A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．挥发的乙醇也能使高锰酸钾溶液褪色，不能证明发生了消去反应，A错误； B．苯酚溶液与金属钠反应较剧烈，说明苯酚中羟基活泼性大于乙醇，B正确； C．向溶液中加入少量固体，溶液由蓝色变为黄绿色，说明由离子转化为了[CuCl4]2-离子，与Cu2+的结合能力大于与Cu2+的结合能力，与在配合物中存在竞争反应，C正确； D．40℃时的较大，碱性较强，CH3COONa的水解程度大，说明40℃时水解程度大于30℃，D正确； 答案选A。 10. W、X、Y、Z为原子序数依次增大的同一短周期元素，它们的电子填充的能层均无d轨道，其中基态W原子无未成对电子，X、Y、Z相邻。氢(H)元素和这4种元素形成的一种配合物的结构如图所示。 下列说法正确的是 A. W元素位于元素周期表的区 B. 基态原子的未成对电子数： C. 该配合物中杂化的原子个数为 D. 不能形成分子内氢键： 【答案】C 【解析】 【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的同一短周期元素，它们的电子填充的能层均无d轨道，说明四种元素在第二周期，其中基态W原子无未成对电子，可知W为Be，X、Y、Z相邻且与W同周期，根据配合物的结构可知，X可形成4个共价键，X与Z之间可形成双键，可得X为C，Y为N，Z为O。 【详解】A．由分析可知W为Be，位于元素周期表中的s区，A项错误； B．X为C，未成对电子数为2，Y为N，未成对电子数为3，Z为O，未成对电子数为2，故基态原子的未成对电子数C=O<N，即X=Z<Y，B项错误； C．根据配合物的结构可知1mol该配合物中，sp3杂化的原子为7mol，杂化的原子个数为，C项正确； D．Z为O，O与H之间可形成分子内和分子间氢键，D项错误； 答案选C。 11. 硅酸盐是地壳岩石的主要成分，在硅酸盐中，四面体(如图甲为俯视投影图)通过共用顶角氧原子可形成六元环(图乙)、无限单链状(图丙)、无限双链状(图丁)等多种结构。石棉是由钙、镁离子以离子数的比例与单链状硅酸根离子形成的一种硅酸盐。 下列说法不正确的是 A. 大多数硅酸盐材料硬度高与硅氧四面体结构有关 B. 六元环的硅酸盐阴离子化学式 C. 石棉的化学式为 D. 双链状硅酸盐中硅氧原子数之比为 【答案】D 【解析】 【详解】A．硅氧四面体结构是指由一个硅原子和四个氧原子组成的四面体结构。这种结构因其内部化学键的结构和特性而具有稳定性。硅氧四面体结构中的硅原子与四个氧原子形成了共价键，共享电子对使每个原子都充满了电子。这种共价键结构使得硅氧四面体结构比单纯的硅或氧分子更加稳定，所以硅氧四面体结构决定了大多数硅酸盐材料硬度高，故A正确； B．六元环的硅酸盐阴离子中Si元素显+4价，O元素显-2价，所以六元环的硅酸盐阴离子化学式为，故B正确； C．石棉中钙、镁离子之比为1∶3，其中Mg元素、Ca元素显+2价，Si元素显+4，O元素显-2价，所以，该石棉的化学式可表示为，故C正确； D．由图丁可知，双链硅酸盐中有两种硅氧四面体，且数目之比为1∶1，一种与单链硅酸盐中硅氧原子个数比相同，其中硅原子个数为1，氧原子个数为，个数比为1∶3；另一种，硅原子个数为1，O原子个数为，个数比为1∶2.5，所以双链状硅酸盐中硅氧原子数之比为2∶5.5，故D错误； 故选D。 12. 两种酸式碳酸盐的分解反应如下。某温度平衡时总压强分别为p1和p2。 反应1：NH4HCO3(s)NH3(g)+H2O(g)+CO2(g) p1=3.6×104Pa 反应2：2NaHCO3(s)Na2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g) p2=4×103Pa 该温度下，刚性密闭容器中放入NH4HCO3和Na2CO3固体，平衡后以上3种固体均大量存在。下列说法错误的是 A. 反应2的平衡常数为4×106Pa2 B. 通入NH3，再次平衡后，总压强增大 C. 平衡后总压强为4.36×105Pa D. 缩小体积，再次平衡后总压强不变 【答案】B 【解析】 【详解】A．反应2的平衡常数为，A正确； B．刚性密闭容器，温度不变，则平衡常数不变，，，再次达到平衡后，气体的分压不变，则总压强不变，B错误； C．， ，，，所以总压强为：，C正确； D．达平衡后，缩小体积，增大压强，平衡逆向移动，温度不变，化学平衡常数不变，各组分的分压不变，再次平衡后总压强不变，D正确； 故选B。 13. 向体积均为1L的两个恒容密闭容器中分别充入2mol X和1mol Y发生反应：  ，其中甲为绝热过程，乙为恒温过程，两反应体系的压强随时间的变化曲线如图所示，下列说法正确的是 A. B. 反应速率： C. Y的体积分数a＞b D. a点平衡常数： 【答案】C 【解析】 【详解】A．甲为绝热容器，反应开始后压强先增大后减小，说明开始时温度升高使压强增大，即该反应是放热反应，ΔH<0，A错误； B．a点是甲容器达到平衡状态，c点反应还在正向进行，a点温度高于c点，从正反应开始建立平衡，在达到平衡前，正反应速率大于逆反应速率，所以，B错误； C．两容器起始投料相同，但达到平衡时，甲的温度高于乙的温度，温度高，平衡逆向移动，故Y的体积分数a＞b，C正确； D．若恒温条件下平衡时压强为起始一半，根据压强与物质的量关系可计算出平衡时各物质的量，算出平衡常数K=12，甲绝热，反应放热，平衡逆向移动，平衡常数减小，所以a点K＜12，D错误； 故选C。 14. 和HB分别为二元酸和一元酸，不发生水解，MHA可溶。常温条件下，现有含的饱和溶液，和含MB（s）的MB饱和溶液。两份溶液中随pH的变化关系，以及含A微粒的分布系数随pH的变化关系如下图所示。下列说法错误的是 A. HB的电离方程式为 B. C. pH＝3时，饱和溶液中， D. 反应平衡常数的数量级为 【答案】C 【解析】 【分析】含A微粒的分布系数曲线只有一个交点，说明完全电离，含A微粒只有HA-和A2-，二者浓度相等时，pH=3，则HA-电离常数，则饱和溶液中随pH发生变化，即下方的曲线代表饱和溶液中，上方曲线代表MB饱和溶液中，因为不随pH发生变化，则HB为强酸，完全电离。 【详解】A．根据分析知，HB为强酸，完全电离，电离方程式为，A正确； B．根据图像，pH=10时，饱和溶液中，=2，则，，MB饱和溶液中，=5，则，，B正确； C．饱和溶液中电荷守恒：，pH=3时，，如果不含其他酸溶液，则，但是pH＝3时，饱和溶液中还含有酸溶液，即还含有其他酸根离子，C错误； D．反应平衡常数，D正确； 故选C。 二、非选择题：本题共4小题，共58分 15. 乳酸亚铁固体是一种很好的补铁剂，在空气中易潮解和氧化，实验室利用乳酸()与碳酸亚铁()制取乳酸亚铁晶体，过程如下： I．制备碳酸亚铁 操作步骤： i．组装仪器如图，检查气密性，加入试剂； ii．打开K，调节三通阀； iii．启动电磁搅拌器，再次调节三通阀，制取碳酸亚铁； iv．关闭K，将C中物质分离提纯，获得碳酸亚铁固体。 II．制备乳酸亚铁晶体 将制得的碳酸亚铁加入乳酸溶液中，加入少量铁粉，在75℃下搅拌使之充分反应，然后再加入适量乳酸溶液。经系列操作后得到产品。 III．测定样品中铁元素的含量 称取5.0g样品，灼烧至完全灰化，加盐酸溶解配成250mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中，加入过量KI溶液充分反应，然后加入1～2滴淀粉溶液，用硫代硫酸钠标准溶液滴定，滴定终点时，测得消耗标准溶液20.00mL。(已知：) （1）试剂X的最佳选择是_______。(填标号) A. B. 盐酸 C. D. （2）装置C中发生反应的离子方程式为______；装置D中可盛适量的水，其作用是______。 （3）步骤ii、iii调节三通阀的位置依次为_______ (填标号)。 A. B. C. D. （4）制备乳酸亚铁晶体时，加入适量乳酸的目的是_______。 （5）样品中铁元素的质量分数是_______；若称取样品时间过长，测定结果会_______(填“偏大”“偏小”或“不变”)。 （6）有同学提出可直接用滴定法测定样品中的铁元素的含量，实验发现测定结果总是高于100%，其主要原因可能是_______。 【答案】（1）C （2） ①. ②. 液封，防止空气进入装置C （3）BA （4）抑制水解 （5） ①. 22.4% ②. 偏小 （6）乳酸亚铁中乳酸根也能消耗 【解析】 【分析】制备碳酸亚铁：亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，Fe与硫酸反应制备硫酸亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，故B制备硫酸亚铁。利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的硫酸亚铁溶液压入C中，C装置中FeSO4和NH4HCO3发生反应：FeSO4+2NH4HCO3=FeCO3↓+(NH4)2SO4+CO2↑+H2O，装置D防止空气中的氧气进入到C装置中，将Fe2+氧化，据此分析解答。 【小问1详解】 A．浓硫酸具有强氧化性，铁在浓硫酸中会钝化，因此不能用98%浓H2SO4，故A错误； B．盐酸具有挥发性，挥发的氯化氢与碳酸氢铵反应会产生二氧化碳气体，不能用37%盐酸，故B错误； C．稀硫酸和铁反应生成硫酸亚铁和氢气，生成的氢气排除C中的空气防止碳酸亚铁被氧化，故C正确； D．硝酸具有强氧化性，与铁反应生成硝酸铁和一氧化氮，一氧化氮有毒，也会与氧气反应，不符合题意，故D错误； 故答案选C； 【小问2详解】 根据上述分析中的化学方程式可知装置C中发生反应的离子方程式为；装置D的作用是利用液封，防止空气中的氧气进入到C装置中将Fe2+氧化，故答案为：液封，防止空气进入C中； 【小问3详解】 步骤ii应该将三通阀的位置调节为，目的是发生反应制备Fe2+，利用产生的氢气排净装置内的空气，防止Fe2+被氧化；步骤iii中应该将三通阀的位置先调节为A选项的位置，即，利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的硫酸亚铁溶液压入C中，产生FeCO3沉淀，故答案为：BA； 【小问4详解】 二价铁易水解，乳酸是酸，可以电离出H+，制备乳酸亚铁晶体时，加入适量的乳酸的目的为：抑制Fe2+水解； 【小问5详解】 样品中灼烧至完全灰化，生成氧化铁，再加入盐酸溶液，可知溶液中为氯化铁，加入碘化钾溶液发生的反应为：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，而后用硫代硫酸钠进行滴定，发生的反应为：I2+=+2I-，滴定终点时，根据关系式：2[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O~2Fe3+~I2~2可知，样品中的铁元素含量为：=22.4%；若称取样品时间过长，二价铁容易被空气中的氧气使样品增重，导致铁元素含量降低，因此测定结果铁元素含量将偏小； 【小问6详解】 乳酸根中含有羟基，也可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的量V1增大，使铁元素的质量分数偏高，故答案为：乳酸亚铁中乳酸根也能消耗KMnO4，导致标准液消耗量偏多。 16. 利用软锰矿(主要成分是，其中还含有少量、、、等杂质)制取高纯硫酸锰的工艺流程如下图所示。 已知：常温下，一些金属氢氧化物沉淀时的如下表： 氢氧化物 开始沉淀 1.5 6.5 7.7 3.8 沉淀完全 3.7 9.7 9.8 5.2 常温下，一些难溶电解质的溶度积常数如下表： 难溶电解质 回答下列问题： （1）“浸取”时，铁屑与反应生成的离子方程式为_______；“浸出液”需要鼓入一段时间空气后，再进行“沉铁”的原因是_______。 （2）“沉铁、铝”时，加控制溶液范围是_______；完全沉淀时，金属离子浓度为，则常温下_______。 （3）深度除杂中加入可以除去钙离子、镁离子的原因是_______(用平衡移动原理解释，已知：可以认为反应几乎完全进行)。 （4）用石墨和金属作电极，电解硫酸锰溶液可以制取金属锰，其中金属应与电源_______(填“正”或“负”)极相连；阳极产生标准状况下体积为气体时，理论上可以制取_______。 【答案】（1） ①. ②. 不易形成氢氧化亚铁沉淀，先将其氧化为，容易形成氢氧化铁沉淀 （2） ①. 5.2~7.7 ②. （3）、反应的K均大于，反应可以视为完全进行 （4） ①. 负 ②. 22 【解析】 【分析】软锰矿加入铁、稀硫酸浸取后二氧化硅不反应过滤除去，浸取液加入碳酸钙调节pH除去铁、铝，滤液加入MnF2除去钙、镁，滤液处理后得到硫酸锰。 【小问1详解】 “浸取”时，铁屑与反应生成，二氧化锰作为氧化剂发生还原反应生成锰离子，；由图表格数据可知，亚铁离子的沉淀pH范围与锰离子的沉淀pH范围重合，不利于铁元素的除去分离，故“浸出液”需要鼓入一段时间空气后，再进行“沉铁”的原因是不易形成氢氧化亚铁沉淀，先将其氧化为，容易形成氢氧化铁沉淀。 【小问2详解】 “沉铁、铝”时，要求铁铝完全沉淀而锰不能沉淀，根据表格数据可知，加控制溶液范围是5.2~7.7；铁离子完全沉淀时pH=3.7，则pOH=10.3，氢氧根离子浓度为，金属离子浓度为，则常温下； 【小问3详解】 的反应平衡常数为；同理，，；故应的K均大于，反应可以视为完全进行； 【小问4详解】 用石墨和金属作电极，电解硫酸锰溶液可以制取金属锰，则锰离子发生还原反应生成金属锰，则其中金属做阴极，应与电源负极相连；阳极上水放电发生氧化生成氧气，根据电子守恒可知，，产生标准状况下体积为气体为0.2mol，理论上可以制取0.4mol锰，质量为22g。 17. 甲酸(HCOOH)常用于制造农药、皮革等。催化加氢合成甲酸的过程涉及以下反应： i． ； ii． 。 回答下列问题： （1）反应的_______。 （2）一定温度下，在刚性密闭容器中充入一定量和，发生上述反应i、ii．下列情况表明上述反应达到平衡状态的是_______(填字母)。 A. 气体密度不随时间变化 B. 气体总压强不随时间变化 C. HCOOH体积分数不随时间变化 D. 、浓度相等 （3）在、下，分别向恒容密闭容器中投入和适量仅发生反应ii，测得平衡时与、关系如图所示。 ①_______(填“>”“<”或“=”)。 ②代表的物质是_______(填化学式)。 ③在a点对应的平衡体系中，再投入、0.2mol，_______(填“>”“<”或“=”)。 （4）某温度下，向恒容密闭容器中通入和，起始压强为，发生反应i、ii；经过达到平衡，的平衡转化率为，的选择性为，则用分压表示的平均反应速率为_______，反应ii的压强平衡常数为_______(结果用分数表示，分压代替平衡浓度，分压=总压×物质的量分数)。已知：选择性。 （5）已知常温下，，，用氨水吸收后溶液中，，此溶液为_______。 【答案】（1） （2）BC （3） ①. ②. CO ③. （4） ①. 2.4 ②. （5）8 【解析】 【小问1详解】 由盖斯定律可知，反应i-反应ii=目标反应，则反应△H=(-30kJ/mol)-(+41 kJ/mol)=-71 kJ/mol，故答案为：-71； 【小问2详解】 A．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，刚性密闭容器体积不变，在恒容密闭容器中气体的密度始终不变，则气体的密度保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故A不选； B．反应i为气体体积减小的反应，反应ii为气体体积不变的反应，反应中气体压强减小，则气体压强保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故B选； C．甲酸体积分数不随时间变化说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故C选； D．由方程式可知，反应中一氧化碳和水蒸气的浓度始终相等，则一氧化碳和水蒸气的浓度相等不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故D不选； 故选BC； 【小问3详解】 由平衡常数可得：=K×，温度不变，平衡常数不变，的值增大，说明二氧化碳的浓度增大、一氧化碳的浓度减小，则L1、L2代表二氧化碳浓度的变化，L3、L4代表一氧化碳浓度的变化； ①反应ii是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，二氧化碳浓度增大，由图可知，T1条件下二氧化碳浓度大于T2条件下二氧化碳浓度，所以反应温度T1小于T2，故答案为：＜； ②由分析可知，L3、L4代表一氧化碳浓度的变化，故答案为：CO； ③由图可知，a点时，=1、二氧化碳和一氧化碳的浓度相等，则反应的平衡常数K==1，向a点对应的平衡体系中再投入0.1mol一氧化碳、0.2mol二氧化碳，反应的浓度熵Qc=＜1，说明反应向正反应方向进行，正反应速率大于逆反应速率，故答案为：＞； 【小问4详解】 由题意可知，经过10min反应达到平衡时，二氧化碳的平衡转化率为60%，甲酸的选择性为50%，则平衡时，二氧化碳的物质的量1mol—1mol×60%=0.4mol，甲酸的物质的量为1mol×60%×50%=0.3mol，由题意可建立如下三段式： 由同温同压下，气体压强之比等于物质的量之比可得平衡时的气体总压强为=108kPa，则10min内氢气的反应速率为=2.4kPa/min，反应ii的压强平衡常数Kp==，故答案为：2.4；； 【小问5详解】 氨水的电离常数Kb=，由题给数据可知，溶液中氢氧根离子浓度为=10-6mol/L，则溶液的pH为8，故答案为：8。 18. 瑞替加滨是一种抗癫痫新药，有机物M是合成瑞替加滨的关键中间体。合成M的一种流程如下： 回答下列问题： （1）E的名称为___________(用系统命名法命名)，E分子中碳原子的杂化方式为___________。 （2）D中所含官能团的名称为___________。 （3）C→D的反应类型为___________。 （4）写出A→B的化学方程式(注明反应条件)：___________。 （5）写出F的结构简式：___________。 （6）满足下列条件的H的同分异构体有___________种(不包括立体异构)，写出一种符合条件的同分异构体的结构简式：___________。 ①含手性碳原子；②能发生银镜反应；③和不连在同一个碳原子上，且与O不相连。 【答案】（1） ①. 4-氟苯甲醛 ②. （2）氨基、硝基 （3）还原反应 （4）+2HNO3(浓)+2H2O （5） （6） ①. 4 ②. 【解析】 【分析】A发生取代反应，硝化生成B，B在碳酸钠作用下与丙氨酸发生取代反应：氨基取代F，C到D是催化加氢还原一个硝基的反应，判断D与E的反应需要结合F的分子式和M的结构：醛基被D中新生成的氨基加成后脱去水分子得到F，F发生后续反应后生成M。 【小问1详解】 有两个官能团：氟原子和醛基，位于苯环的1,4位置，名称为：4-氟苯甲醛； E中苯环和醛基的碳原子均为sp2杂化； 【小问2详解】 物质D：含有两种官能团：氨基、硝基； 【小问3详解】 根据分析，C到D的转化，是C中氨基对位的一个硝基生成氨基，为还原反应； 【小问4详解】 A→B发生硝化反应，由于F原子的定位作用，在其对位和一个邻位发生取代反应，化学方程式为：+2HNO3(浓)+2H2O； 【小问5详解】 D与E反应生成F，分子式相对于反应物少了H2O，结合M的结构，推知F的结构简式为：； 【小问6详解】 H的分子式为：C3H5O2Cl，符合①含手性碳原子；②能发生银镜反应；③和不连在同一个碳原子上，且与O不相连，同分异构体有四种：、、、，故答案为：4，。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $