精品解析：南宁市沛鸿民族中学2024-2025学年高二下学期月考化学试卷

南宁沛鸿民族中学2025年春季学期3月月考题 高二化学卷 考生注意： 1.本试卷分第I卷和第II卷两部分。满分100分，考试时间75分钟。 2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。第I卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；第II卷请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。 3.做选考题时，考生须按照题目要求作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 F-19 Na-23 Mg-24 P-31 Cl-35.5 K-39 V-51 Mn-55 Fe-56 Se-79 一、单选题：本大题共14小题，共42分。 1. 下列属于极性分子的是 A. B. C. D. 2. 我国科学家在青蒿素研究方面为人类健康作出了巨大贡献。在青蒿素研究实验中，下列叙述错误的是 A. 通过萃取法可获得含青蒿素的提取液 B. 通过X射线衍射可测定青蒿素晶体结构 C. 通过核磁共振谱氢谱可推测青蒿素相对分子质量 D. 通过红外光谱可推测青蒿素分子中的官能团 3. 我国科学家提出的聚集诱导发光机制已成为研究热点之一，一种具有聚集诱导发光性能的物质，其分子结构如图所示。下列说法不正确的是 A. 分子中N原子有、两种杂化方式 B. 分子中含有手性碳原子 C. 该物质能与氢氧化钠、碳酸氢钠反应 D. 该物质可发生取代反应、加成反应 4. 化学与生活息息相关。下列离子反应方程式书写正确的是 A. 用白醋除铁锈： B. 泡沫灭火器原理： C. 向漂白液(NaClO溶液)滴加少量洁厕灵(盐酸)： D. 用绿矾()处理酸性废水中的： 5. 如图所示的铼配合物离子能电催化还原。短周期元素的原子序数依次增大。标准状况下，WY和是等密度的无色气体，是黄绿色气体。下列说法错误的是 A. 第一电离能： B. 图中X原子的杂化方式为 C. 元素以原子的形态与配位 D. Y的电负性大于中的化学键是极性键 6. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 中含有键的数目为 B. 溶液中含的数目为 C. 和的混合气体含有的分子数目为 D. 与反应生成，转移电子数目为 7. 将NaCl固体与浓硫酸加热生成的HCl气体通至饱和NaCl溶液，可析出用于配制标准溶液的高纯度NaCl，下列相关实验操作规范的是 A．制备HCl B．析出NaCl C．过滤 D．定容 A. A B. B C. C D. D 8. 某小组对和的性质进行探究： Ⅰ．向少量蒸馏水里滴加2滴溶液，再滴加2滴KSCN溶液。 Ⅱ．向少量蒸馏水里滴加2滴溶液，再滴加2滴KSCN溶液。 下列说法正确的是 A. 实验Ⅰ中继续加入少量固体，溶液颜色变浅 B. 实验Ⅱ中溶液呈红色 C. KSCN能区分和 D. 焰色试验不能区分和 9. 分子式为C4H8BrCl的有机物共有（不含立体异构） A. 8种 B. 10种 C. 12种 D. 14种 10. 根据下列实验及现象，所得结论错误的是 选项 实验及现象 结论 A 将通入溴水至过量，溶液的橙色褪去 有漂白性 B 自热米饭附带的热源包(主要成分CaO，少许、Al粉)加水后，未产生气体 Al粉已经变质 C 浓溶液呈黄绿色，加水稀释后溶液呈蓝色 配体与间存在配位平衡移动 D 淀粉-KI试纸遇的混合液不变色 配离子氧化能力弱 A. A B. B C. C D. D 11. 储氢材料的晶胞结构如图所示，的摩尔质量为，阿伏加德罗常数的值为。下列说法正确的是 A. 的配位数为2 B. 晶胞中含有2个 C. 晶体密度的计算式为 D. (i)和(ii)之间的距离为 12. 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 13. 硅烷法制备多晶硅的核心反应 。已知，，、分别为正、逆反应速率常数且只与温度有关，x为各组分的物质的量分数。在一恒容密闭容器中加入一定量的，不同温度下反应，测得反应体系中的物质的量分数随时间变化的关系如图所示，下列说法错误的是 A. 当时可判断该反应已达平衡 B. 平衡后温度由变为，增大的倍数小于增大的倍数 C. 平衡后恒温下再加入，再达平衡时不变 D. 温度下，平衡时 14. 25℃时，向0.1的溶液中通入或加入调节pH，不考虑溶液体积变化且过程中无气体逸出。含碳(或氮)微粒的分布分数［如：］与pH关系如图。下列说法错误的是 A. 曲线M表示的分布分数随pH变化 B. 的数量级为 C. 25℃时0.1的溶液中 D. pH=7时，溶液中 二、填空题：本大题共4小题，除特殊标注外每空2分，共58分。 15. 广西盛产甘蔗，富藏锰矿。由软锰矿(，含和CuO等杂质)制备光电材料的流程如下。回答下列问题： 已知： 物质 （1）“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和，其主要作用是_______。为提高“浸取”速率，可采取的措施是_______(任举一例)。 （2）“滤渣1”的主要成分是_______(填化学式)。 （3）常温下，用调节溶液pH至时，可完全沉淀的离子有_______(填化学式)。 （4）“X”可选用_______。 A. B. C. Zn D. （5）若用替代沉锰，得到沉淀。写出生成的离子方程式_______。 （6）立方晶胞如图，晶胞参数为，该晶体中与一个紧邻的有_______个。已知为阿伏加德罗常数的值，晶体密度为_______(用含的代数式表示)。 16. 某化学小组为测定某有机物样品G的组成和结构，设计如图实验装置； 回答下列问题： （1）装置D中浓硫酸的作用是_______。 （2）装置F中碱石灰的作用是_______。 （3）若准确称取2.2g样品G(只含三种元素)，经充分燃烧后(CuO的作用是确保有机物充分氧化，最终生成和)，装置D质量增加1.8g，U形管E质量增加4.4g。又知样品G的质谱图如图所示： 该有机物的分子式为_______。 （4）若该有机物的水溶液呈酸性，且结构中不含支链，则其核磁共振氢谱图中的峰面积之比为_______。 （5）若实验测得该有机物中不含 结构，利用红外光谱仪测得该有机物的红外光谱如图所示。则该有机物的结构简式可能是_______、_______、_______。 17. 为实现“碳中和”和“碳达峰”，碳的循环利用是重要措施。 Ⅰ．甲烷干重整反应(DRM)可以将两种温室气体(和)直接转化为合成气(主要成分为CO和)，反应方程式为。 （1）几种物质的燃烧热如下表： 物质 燃烧热() 893 283 285.8 请计算甲烷干重整反应的___________。 （2）合成气可以用于生成液体燃料甲醇， ，该反应在___________条件下能自发进行(填“高温”“低温”或“任何温度”)。将CO和按照等物质的量进行反应，测得CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示，a、b、c三点对应化学平衡常数大小关系为___________。 Ⅱ．在某催化剂表面与氢气作用制备甲醇的反应机理如图所示。 （3）催化循环中产生的中间体微粒共___________种。 （4）催化加氢制甲醇总反应的化学方程式为___________。 Ⅲ．利用甲醇一定条件下直接脱氢可制化工原料甲醛，涉及的反应如下： 反应①： 反应②： （5）将2mol 加入一刚性密闭容器中，温度对平衡状态下的选择性或收率的影响如图所示。 已知：平衡衡状态下，； ①图中表示选择性的是曲线___________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。 ②℃时的平衡转化率为___________，反应Ⅱ的平衡常数___________(，x为物质的量分数)。 18. 氧是构建化合物的重要元素。请回答： （1）某化合物的晶胞如图1，的配位数(紧邻的阳离子数)为_______；写出该化合物的化学式_______，写出该化合物与足量溶液反应的化学方程式_______。 （2）下列有关单核微粒的描述正确的是_______。 A. 的基态原子电子排布方式只有一种 B. 的第二电离能的第一电离能 C. 的基态原子简化电子排布式为 D. 原子变成，优先失去轨道上的电子 （3）化合物和的结构如图2。 ①和中羟基与水均可形成氢键()，按照氢键由强到弱对三种酸排序_______，请说明理由_______。 ②已知、钠盐的碱性，请从结构角度说明理由_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南宁沛鸿民族中学2025年春季学期3月月考题 高二化学卷 考生注意： 1.本试卷分第I卷和第II卷两部分。满分100分，考试时间75分钟。 2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。第I卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；第II卷请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。 3.做选考题时，考生须按照题目要求作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 F-19 Na-23 Mg-24 P-31 Cl-35.5 K-39 V-51 Mn-55 Fe-56 Se-79 一、单选题：本大题共14小题，共42分。 1. 下列属于极性分子的是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】A．HCl是由极性键形成的双原子分子，正负电荷中心不重合，属于极性分子，A符合题意； B．N2是非极性键形成的单质分子，正负电荷中心重合，属于非极性分子，B不符合题意； C．He是单原子分子，正负电荷中心重合，属于非极性分子，C不符合题意； D．CH4是由极性键形成的正四面体结构，正负电荷中心重合，属于非极性分子，D不符合题意； 答案选A。 2. 我国科学家在青蒿素研究方面为人类健康作出了巨大贡献。在青蒿素研究实验中，下列叙述错误的是 A. 通过萃取法可获得含青蒿素的提取液 B. 通过X射线衍射可测定青蒿素晶体结构 C. 通过核磁共振谱氢谱可推测青蒿素相对分子质量 D. 通过红外光谱可推测青蒿素分子中的官能团 【答案】C 【解析】 【详解】A．某些植物中含有青蒿素，可以通过用有机溶剂浸泡的方法将其中所含的青蒿素浸取出来，这种方法也叫萃取，固液分离后可以获得含青蒿素的提取液，A正确； B．晶体中结构粒子的排列是有规律的，通过X射线衍射实验可以得到晶体的衍射图，通过分析晶体的衍射图可以判断晶体的结构特征，故X射线衍射可测定青蒿素晶体结构，B正确； C．通过核磁共振谱可推测青蒿素分子中不同化学环境的氢原子的种数及其数目之比，但不能测定青蒿素的相对分子质量，要测定青蒿素相对分子质量应该用质谱法，C不正确； D．红外光谱可推测有机物分子中含有的官能团和化学键，故通过红外光谱可推测青蒿素分子中的官能团，D正确； 综上所述，本题选C。 3. 我国科学家提出的聚集诱导发光机制已成为研究热点之一，一种具有聚集诱导发光性能的物质，其分子结构如图所示。下列说法不正确的是 A. 分子中N原子有、两种杂化方式 B. 分子中含有手性碳原子 C. 该物质能与氢氧化钠、碳酸氢钠反应 D. 该物质可发生取代反应、加成反应 【答案】B 【解析】 【详解】A．该有机物中从左往右第一个N原子有一个孤对电子和两个σ键，为杂化；第二个N原子有一个孤对电子和三个σ键，为sp3杂化，故A正确； B．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，该有机物中没有手性碳原子，故B错误； C．该物质中存在羧基，具有酸性，可与氢氧化钠、碳酸氢钠反应，故C正确； D．该物质中存在苯环可以发生加成反应，含有羧基可以发生取代反应，故D正确； 选B。 4. 化学与生活息息相关。下列离子反应方程式书写正确的是 A. 用白醋除铁锈： B. 泡沫灭火器原理： C. 向漂白液(NaClO溶液)滴加少量洁厕灵(盐酸)： D. 用绿矾()处理酸性废水中的： 【答案】D 【解析】 【详解】A．醋酸是弱酸，故用白醋除铁锈的离子反应方程式为，故A错误； B．泡沫灭火器原理为铝离子和碳酸氢根离子的双水解反应，离子方程式为，故B错误； C．NaClO与HCl生成Cl2和水，离子方程式为，故C错误； D．Fe2+具有能够还原性，将还原为Cr3+，同时生成Fe3+，离子方程式为，故D正确； 故答案为D。 5. 如图所示的铼配合物离子能电催化还原。短周期元素的原子序数依次增大。标准状况下，WY和是等密度的无色气体，是黄绿色气体。下列说法错误的是 A. 第一电离能： B. 图中X原子的杂化方式为 C. 元素以原子的形态与配位 D. Y的电负性大于中的化学键是极性键 【答案】C 【解析】 【分析】短周期元素的原子序数依次增大。是黄绿色气体，Z为氯；X形成3个共用电子对，X与Re2+之间为配位键，推测X为氮，标准状况下，WY和是等密度的无色气体，则WY为一氧化碳、为氮气，故W为碳、X为氮、Y为氧、Z为氯； 【详解】A．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能大小：N>O，A正确； B．图中X原子处于环中，且存在平面大π键，则其杂化方式为，B正确； C．由图可知，整个离子带1个单位正电荷，而其中带2个单位正电荷，则氯元素以Cl-的形态与配位，C错误； D．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；O的电负性大于C，则CO中的化学键是极性键，D正确； 故选C。 6. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 中含有键的数目为 B. 溶液中含的数目为 C. 和的混合气体含有的分子数目为 D. 与反应生成，转移电子数目为 【答案】A 【解析】 【详解】A．26gC2H2的物质的量为1mol，一个C2H2分子中含有3个键，故26gC2H2中含有键的数目为3NA，A正确； B．在水溶液中发生水解，1L1mol⋅L-1NH4NO3溶液中含的数目小于NA，B错误； C．CO和H2均由分子构成，1molCO和H2的混合气体含有的分子数目为NA，C错误； D．Na与H2O反应生成11.2LH2，由于未给出气体所处的状态，无法求出生成气体的物质的量，也无法得出转移电子数目，D错误； 故选A。 7. 将NaCl固体与浓硫酸加热生成的HCl气体通至饱和NaCl溶液，可析出用于配制标准溶液的高纯度NaCl，下列相关实验操作规范的是 A．制备HCl B．析出NaCl C．过滤 D．定容 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．NaCl固体与浓硫酸加热生成的HCl气体，缺少加热装置，故A错误； B．氯化氢易溶于水，为充分吸收氯化氢并防止倒吸，氯化氢气体应从连接倒置漏斗的导管通入，故B错误； C．用过滤法分离出氯化钠晶体，故C正确； D．配制氯化钠溶液，定容时眼睛平视刻度线，故D错误； 选C。 8. 某小组对和的性质进行探究： Ⅰ．向少量蒸馏水里滴加2滴溶液，再滴加2滴KSCN溶液。 Ⅱ．向少量蒸馏水里滴加2滴溶液，再滴加2滴KSCN溶液。 下列说法正确的是 A. 实验Ⅰ中继续加入少量固体，溶液颜色变浅 B. 实验Ⅱ中溶液呈红色 C. KSCN能区分和 D. 焰色试验不能区分和 【答案】C 【解析】 【详解】A．实验Ⅰ中，溶液与KSCN溶液反应的实质是：，硫酸钾固体溶于水产生钾离子和硫酸根，并不影响该平衡的移动，因此溶液的颜色不发生变化，故A错误； B．实验Ⅱ中，溶液中存在有K+、，并不能电离出Fe3+，因此溶液与KSCN溶液并不能发生反应，溶液颜色无明显变化，故B错误； C．实验Ⅰ中，KSCN溶液与溶液反应产生，溶液变为红色，但溶液与KSCN溶液并不能发生反应，是一种深红色晶体，水溶液呈黄色，带有黄绿色荧光，因此加入KSCN可以区分两者，故C正确； D．焰色反应是金属单质或离子的电子在吸收能量后，跃迁到较高能量级，然后从较高能量级跃迁到低能量级，这次跃迁会放出光子，光子的频率若在可见光频率范围内，则金属表现为有焰色反应。铁燃烧火焰为无色，是因为放出的光子频率不在可见光频率范围内，而中含有钾元素，焰色试验时透过蓝色钴玻璃可以看到紫色，因此焰色试验可以区分和，故D错误； 故答案选C。 9. 分子式为C4H8BrCl的有机物共有（不含立体异构） A. 8种 B. 10种 C. 12种 D. 14种 【答案】C 【解析】 【分析】C4H8ClBr可以看成丁烷中的2个H原子分别被1个Cl、1个Br原子取代，丁烷只有2种结构，氯原子与溴原子可以取代同一碳原子上的H原子，可以取代不同碳原子上的H原子，据此书写判断。 【详解】先分析碳骨架异构，分别为 C-C-C-C 与2种情况，然后分别对 2 种碳骨架采用“定一移一”的方法分析，其中骨架 C-C-C-C 有、共 8 种，骨架有和， 4 种，综上所述，分子式为C4H8BrCl的有机物种类共8+4=12种，答案选C。 【点睛】本题考查同分异构体的书写，难度中等，学会利用同分异构体的判断方法解题是关键。 10. 根据下列实验及现象，所得结论错误的是 选项 实验及现象 结论 A 将通入溴水至过量，溶液的橙色褪去 有漂白性 B 自热米饭附带的热源包(主要成分CaO，少许、Al粉)加水后，未产生气体 Al粉已经变质 C 浓溶液呈黄绿色，加水稀释后溶液呈蓝色 配体与间存在配位平衡移动 D 淀粉-KI试纸遇的混合液不变色 配离子氧化能力弱 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．二氧化硫与溴水发生氧化还原反应，二氧化硫表现还原性，故A错误； B．热源包(主要成分CaO，少许、Al粉)加水后，未产生气体，可能是Al粉被氧化为氧化铝，故B正确； C．浓溶液中存在平衡：[CuCl4]2-(黄色)+4H2O⇌[Cu(H2O)4]2-+4Cl-，加水稀释后溶液呈蓝色，是因为上述平衡向右发生移动，故C正确； D．的混合液会形成配离子，的氧化能力小于Fe3+，故遇淀粉-KI试纸不变蓝色，故D正确； 答案选A。 11. 储氢材料的晶胞结构如图所示，的摩尔质量为，阿伏加德罗常数的值为。下列说法正确的是 A. 的配位数为2 B. 晶胞中含有2个 C. 晶体密度的计算式为 D. (i)和(ii)之间的距离为 【答案】B 【解析】 【详解】A．由图可知，与距离最近且等距离的的个数是3，则的配位数为3，A项错误； B．位于晶胞的顶点和体心上，该晶胞中的个数为，B项正确； C．该晶胞体积为，该晶胞中的个数为，的个数为，相当于晶胞中含有2个，晶体密度为，C项错误； D．(i)和(ii)之间的距离等于晶胞体对角线长度的一半，为，D项错误； 答案选B。 12. 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。 13. 硅烷法制备多晶硅的核心反应 。已知，，、分别为正、逆反应速率常数且只与温度有关，x为各组分的物质的量分数。在一恒容密闭容器中加入一定量的，不同温度下反应，测得反应体系中的物质的量分数随时间变化的关系如图所示，下列说法错误的是 A. 当时可判断该反应已达平衡 B. 平衡后温度由变为，增大的倍数小于增大的倍数 C. 平衡后恒温下再加入，再达平衡时不变 D. 温度下，平衡时 【答案】B 【解析】 【详解】A．正逆反应速率相同时反应达到平衡，故A正确； B．、，反应平衡常数：，反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，K值增大，则仅升高温度，k正增大的倍数大于k逆增大的倍数，故B错误； C．恒容条件下再充入1molSiHCl3，相当于增大压强，而2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)反应前后气体体积不变，所以平衡不移动，x(SiHCl3)不变，故C正确； D．假设初始SiHCl3物质的量为1mol，则平衡时SiHCl3物质的量为0.8mol，转化的SiHCl3物质的量为0.2mol，则转化的SiH2Cl2、SiCl4物质的量各为0.1mol，即平衡时SiH2Cl2、SiCl4物质的量各为0.1mol，根据平衡时，则，，故D正确； 故答案为B。 14. 25℃时，向0.1的溶液中通入或加入调节pH，不考虑溶液体积变化且过程中无气体逸出。含碳(或氮)微粒的分布分数［如：］与pH关系如图。下列说法错误的是 A. 曲线M表示的分布分数随pH变化 B. 的数量级为 C. 25℃时0.1的溶液中 D. pH=7时，溶液中 【答案】D 【解析】 【分析】向NH4HCO3溶液中滴加适量的盐酸时发生的反应为+H+=H2CO3，溶液中c()降低、c(H2CO3)增大；滴加适量的NaOH溶液时OH-抑制的水解，而后发生的反应为+OH-=+H2O、+OH-=NH3⋅H2O，则溶液中c()先增大后减小，c()减小、c()和c(NH3⋅H2O)均增大，则图中左侧为含碳微粒的分布分数δ与pH关系，右侧为含氮微粒的分布分数δ与pH关系，并且δ()越大，溶液pH越小，c(NH3⋅H2O)越大，溶液pH越大，所以图中曲线M表示的分布分数随pH变化，pH=6.3时c(H2CO3)=c()，此时H2CO3的Ka1=×c(H+)=c(H+)=10-6.3，H2CO3的Ka2=×c(H+)，图中pH=8.3时c(H2CO3)=c()，此时Ka1•Ka2=c2(H+)=(10-8.3)2，得到H2CO3的Ka2=10-10.3，据此分析解答。 【详解】A．由上述分析可知，曲线M表示的分布分数随pH变化，A正确； B．由上述分析可知，，数量级为，B正确； C．由图可知，pH=9.3时c(NH3⋅H2O)=c()，此时NH3⋅H2O的电离平衡常数Kb=×c(OH-)=c(OH-)=10-（14-9.3）=10-4.7，H2CO3的Ka1=10-6.3，根据越弱越水解的规律可知，25℃时0.1的溶液中，的水解程度比大，因此溶液中，C正确； D．由C选项可知，25℃时0.1的溶液呈碱性，pH=7时溶液中已加入少量HCl，则此时电荷守恒式为：c(OH-)+2c()+c()+c(Cl-)=c()+c(H+)，c(OH-)=c(H+)，则2c()+c()+c(Cl-)=c()，D错误； 故选D。 二、填空题：本大题共4小题，除特殊标注外每空2分，共58分。 15. 广西盛产甘蔗，富藏锰矿。由软锰矿(，含和CuO等杂质)制备光电材料的流程如下。回答下列问题： 已知： 物质 （1）“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和，其主要作用是_______。为提高“浸取”速率，可采取的措施是_______(任举一例)。 （2）“滤渣1”的主要成分是_______(填化学式)。 （3）常温下，用调节溶液pH至时，可完全沉淀的离子有_______(填化学式)。 （4）“X”可选用_______。 A. B. C. Zn D. （5）若用替代沉锰，得到沉淀。写出生成的离子方程式_______。 （6）立方晶胞如图，晶胞参数为，该晶体中与一个紧邻的有_______个。已知为阿伏加德罗常数的值，晶体密度为_______(用含的代数式表示)。 【答案】（1） ①. 把二氧化锰还原为硫酸锰 ②. 把软锰矿粉碎、搅拌、加热等 （2）SiO2 （3）Al3+ （4）D （5） （6） ①. 4 ②. 【解析】 【分析】软锰矿含有和少量、CuO。“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和。用甘蔗渣水解液“浸取”软锰矿，二氧化锰被还原为硫酸锰，氧化铁被还原为硫酸亚铁，氧化铝、氧化铜溶于硫酸生成硫酸铝、硫酸铜，二氧化硅不溶于硫酸，滤渣是二氧化硅，滤液中加碳酸钙调节pH生成氢氧化铝沉淀除铝，过滤，滤液加硫化物反应生成FeS、CuS沉淀除铁铜，滤液中加碳酸氢钠反应生成碳酸锰沉淀，最终将碳酸锰转化为。 【小问1详解】 二氧化锰具有氧化性，“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和，其主要作用是把二氧化锰还原为硫酸锰。根据影响反应速率的因素，为提高“浸取”速率，可采取的措施是把软锰矿粉碎、搅拌、加热等。 【小问2详解】 二氧化硅不溶于硫酸，“滤渣1”的主要成分是SiO2。 【小问3详解】 根据溶度积常数，Fe2+完全沉淀时，c(OH-)= ，pH约为8.4；Al3+完全沉淀时，c(OH-)=，pH约为4.7；Cu2+完全沉淀是c(OH-)=，pH约为6.7；常温下，用调节溶液pH至时，可完全沉淀的离子有Al3+。 【小问4详解】 加X的目的是生成硫化物沉淀除铁和铜，Fe2+和H2S不反应，所以不能选用H2S；铜离子、亚铁离子都能和硫离子反应生成硫化物沉淀，所以“X”可选用，选D。 【小问5详解】 若用替代沉锰，得到沉淀，反应的离子方程式为 。 【小问6详解】 1个晶胞中含有1个K+，根据化学式可知，1个晶胞中含有1个Mn、3个F-，可知晶胞顶点上的原子为Mn、棱上的F-，该晶体中与一个紧邻的有4个；已知为阿伏加德罗常数的值，晶体密度为 。 16. 某化学小组为测定某有机物样品G的组成和结构，设计如图实验装置； 回答下列问题： （1）装置D中浓硫酸的作用是_______。 （2）装置F中碱石灰的作用是_______。 （3）若准确称取2.2g样品G(只含三种元素)，经充分燃烧后(CuO的作用是确保有机物充分氧化，最终生成和)，装置D质量增加1.8g，U形管E质量增加4.4g。又知样品G的质谱图如图所示： 该有机物的分子式为_______。 （4）若该有机物的水溶液呈酸性，且结构中不含支链，则其核磁共振氢谱图中的峰面积之比为_______。 （5）若实验测得该有机物中不含 结构，利用红外光谱仪测得该有机物的红外光谱如图所示。则该有机物的结构简式可能是_______、_______、_______。 【答案】（1）吸收有机物燃烧生成的水蒸气 （2）吸收空气中的和 （3） （4）3：2：2：1 （5） ①. ②. ③. 【解析】 【分析】A装置制备氧气，实验开始之前，先用A中产生的氧气将装置中的空气排干净；B的目的是干燥氧气，氧气进入C装置中，有机物与氧气反应，CuO的作用是确保有机物充分氧化，最终生成和；D的作用是吸收有机物与氧气反应生成的水蒸气，E的作用是吸收有机物燃烧生成的，F的作用是防外界空气中的和进入E，由此作答； 【小问1详解】 根据分析，装置D中浓硫酸的作用是吸收有机物燃烧生成的水蒸气； 【小问2详解】 根据分析，装置F中碱石灰的作用是吸收空气中的和，防外界空气中的H2O和CO2进入E； 【小问3详解】 由质谱图可知G的相对分子质量为88；装置D质量增加，说明生成水的质量为，H的物质的量为，质量为；U形管E质量增加，即增加的的质量为，则C元素的物质的量为，C元素的质量为；样品G只含C、H、O三种元素，根据质量守恒，氧元素质量为，O的物质的量为，C、H、O原子个数之比为0.1mol∶0.2mol∶0.05mol=2∶4∶1，有机物G的实验式为，由于G的相对分子质量为88，故有机物G的分子式为； 【小问4详解】 若该有机物的水溶液呈酸性，说明含有羧基，结构中不含支链，则该有机物的结构简式为，则其核磁共振氢谱图中的峰面积之比为3：2：2：1； 【小问5详解】 由图结合有机物G的分子式可知，该有机物分子中有2个、1个 、1个结构或2个、1个结构，据此可写出该有机物可能的结构简式有：、、。 17. 为实现“碳中和”和“碳达峰”，碳的循环利用是重要措施。 Ⅰ．甲烷干重整反应(DRM)可以将两种温室气体(和)直接转化为合成气(主要成分为CO和)，反应方程式为。 （1）几种物质的燃烧热如下表： 物质 燃烧热() 893 283 285.8 请计算甲烷干重整反应的___________。 （2）合成气可以用于生成液体燃料甲醇， ，该反应在___________条件下能自发进行(填“高温”“低温”或“任何温度”)。将CO和按照等物质的量进行反应，测得CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示，a、b、c三点对应化学平衡常数大小关系为___________。 Ⅱ．在某催化剂表面与氢气作用制备甲醇的反应机理如图所示。 （3）催化循环中产生的中间体微粒共___________种。 （4）催化加氢制甲醇总反应的化学方程式为___________。 Ⅲ．利用甲醇一定条件下直接脱氢可制化工原料甲醛，涉及的反应如下： 反应①： 反应②： （5）将2mol 加入一刚性密闭容器中，温度对平衡状态下的选择性或收率的影响如图所示。 已知：平衡衡状态下，； ①图中表示选择性的是曲线___________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。 ②℃时的平衡转化率为___________，反应Ⅱ的平衡常数___________(，x为物质的量分数)。 【答案】（1）+244.6 （2） ①. 低温 ②. Ka＞ Kb= Kc （3）6 （4） （5） ①. Ⅰ ②. 80% ③. 0.25 【解析】 【小问1详解】 CH4 、CO 和H2，的燃烧热分别为-893kJ/mol、-283kJ/mol和-285.8kJ/mol，根据盖斯定律：可计算应的=[-893-(2×-283)-(2×-285.8)]kJ/mol=+244.6kJ/mol； 【小问2详解】 该反应 均小于0，根据反应自发，可知该反应低温下自发进行；升温平衡逆向移动，CO的平衡转化率下降，由图可知，a点温度小于b点，则a点平衡常数大于b点，平衡常数是温度函数，温度不变，平衡常数不变，由图可知，b点温度与c点相同，则b点平衡常数等于c点，所以a、b、c三点平衡常数的大小关系为Ka＞ Kb= Kc； 【小问3详解】 由流程可知，催化循环中产生了H*和5种含碳离子等共6种中间粒子； 【小问4详解】 由图可知反应物为CO2和H2，最终产物为CH3OH和H2O，总反应方程式为：； 【小问5详解】 ①甲醇分解反应为可逆反应，可逆反应不可能完全反应，则原料中甲醇的物质的量大于消耗甲醇的物质的量，由方程式可知，转化为甲醛的甲醇的物质的量与产品中甲醛的物质的量相等，则相同温度时，甲醛的选择性大于甲醛的收率，所以表示选择性的是曲线I； ②由图可知，T1℃平衡时，甲醛的收率为60%、选择性为75%，则平衡体系中甲醛的物质的量2mol×60%=1.2mol，消耗的甲醇的物质的量为1.2mol÷75%=1.6mol，由题意可得： 由上述数据可知，甲醇的转化率为 80% ； 平衡时，CH3OH 的物质的量为0.4mol，HCHO的物质的量为1.2mol，CO的物质的量为0.4mol，H的物质的量为2mol，混合气体的总物质的量为4 mol，CO的物质的量分数为0.1，H2的物质的量分数为 0.5，CH3OH的物质的量分数为0.1，反应Ⅱ的平衡常数K=。 18. 氧是构建化合物的重要元素。请回答： （1）某化合物的晶胞如图1，的配位数(紧邻的阳离子数)为_______；写出该化合物的化学式_______，写出该化合物与足量溶液反应的化学方程式_______。 （2）下列有关单核微粒的描述正确的是_______。 A. 的基态原子电子排布方式只有一种 B. 的第二电离能的第一电离能 C. 的基态原子简化电子排布式为 D. 原子变成，优先失去轨道上的电子 （3）化合物和的结构如图2。 ①和中羟基与水均可形成氢键()，按照氢键由强到弱对三种酸排序_______，请说明理由_______。 ②已知、钠盐的碱性，请从结构角度说明理由_______。 【答案】（1） ①. 12 ②. K3ClO ③. K3ClO+2NH4Cl+H2O=3KCl+2NH3∙H2O （2）AB （3） ①. HC>HB>HA ②. O、S、Se的电负性逐渐减小，键的极性：C=O＞C=S＞C=Se，使得HA、HB、HC中羟基的极性逐渐增大，其中羟基与H2O形成的氢键逐渐增强 ③. S的原子半径大于O的原子半径，S—H键的键长大于O—H键，S—H键的键能小于O—H键，同时HC可形成分子间氢键，使得HD比HC更易电离出H+，酸性HD＞HC，C-的水解能力大于D-，碱性NaC＞NaD 【解析】 【小问1详解】 由晶胞结构知，Cl位于8个顶点，O位于体心，K位于面心，1个晶胞中含Cl：8×=1个、含O：1个、含K：6×=3个，该化合物的化学式为K3ClO；由图可知，Cl-的配位数为=12；该化合物可看成KCl∙K2O，故该化合物与足量NH4Cl溶液反应生成KCl和NH3∙H2O，反应的化学方程式为K3ClO+2NH4Cl+H2O=3KCl+2NH3∙H2O。 【小问2详解】 A．根据原子核外电子排布规律，基态Ar原子的电子排布方式只有1s22s22p63s23p6一种，A项正确； B．Na的第二电离能指气态基态Na+失去一个电子转化为气态基态正离子所需的最低能量，Na+和Ne具有相同的电子层结构，Na+的核电荷数大于Ne，Na+的原子核对外层电子的引力大于Ne的，故Na的第二电离能＞Ne的第一电离能，B项正确； C．Ge的原子序数为32，基态Ge原子的简化电子排布式为[Ar]3d104s24p2，C项错误； D．基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2，Fe原子变成Fe+，优先失去4s轨道上的电子，D项错误； 答案选AB。 【小问3详解】 ①O、S、Se的电负性逐渐减小，键的极性：C=O＞C=S＞C=Se，使得HA、HB、HC中羟基的极性逐渐增大，从而其中羟基与水形成的氢键由强到弱的顺序为HC>HB>HA； ②HC、HD钠盐的碱性NaC＞NaD，说明酸性HC＜HD，原因是：S的原子半径大于O的原子半径，S—H键的键长大于O—H键，S—H键的键能小于O—H键，同时HC可形成分子间氢键，使得HD比HC更易电离出H+，酸性HD＞HC，C-的水解能力大于D-，钠盐的碱性NaC＞NaD。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $