山东省临沂市蒙阴第一中学2024-2025学年高三下学期3月月考化学试卷

月考试卷 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1．中国传统文化博大精深，对人类文化贡献巨大。下列古代典籍、文献中记载了丰富的化学研究成果。下列有关说法错误的是 A．《梦溪笔谈》记载“古人以剂钢为刃，桑铁为茎干，不尔则多断折”，铁合金的硬度和熔点比纯铁高 B．《本草纲目拾遗》有关氨水的记载：“贮以玻璃瓶，紧塞其口，勿使泄气……气甚辛烈，触人脑……”。这里的“气”—NH3是一种常见的非电解质 C．矾（FeSO4·7H2O）：“盖此矾色绿，味酸，烧之则赤”。此矾在该过程发生了氧化还原反应 D．《华阳国志》：“取井水煮之，一斛水得五斗盐”，该过程涉及了加热蒸发 2．化学品在人们的生活中应用广泛。下列说法错误的是 A．小苏打可用作面食膨松剂 B．纯碱可用作医用抗酸剂 C．二氧化硫可用作葡萄酒的添加剂 D．葡萄糖可用于急性低血糖的血糖回升 3．下列化学用语或图示表达正确的是 A．的VSEPR模型： B．反-2-丁烯的分子结构模型： C．邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图： D．分子中键的形成： 4．下列晶体熔点性质比较，错误的是 A． B． C．金刚石>晶体硅 D．氧化镁>氯化钠 5．物质性质决定用途，下列两者对应关系错误的是 A．次氯酸能杀灭细菌，体现了次氯酸的强氧化性 B．硫代硫酸钠用于脱氯剂，体现了硫代硫酸钠的还原性 C．叠氮化钠可用作安全气囊，体现了叠氮化钠的不稳定性 D．SO2通入滴有硫氰酸钾的Fe2(SO4)3溶液，红色褪去，体现了SO2的漂白性 6．下列实验操作对应的装置或试剂正确的是 A．配制一定物质的量浓度的KCl溶液 B．测定氯水的pH C．用KMnO4(H+)标准液滴定Na2SO3溶液 D．铜与浓硫酸反应并检验气态产物 7．研究物质结构的现代仪器和方法中，有关描述错误的是 A．通过原子光谱上的特征谱线来鉴定元素 B．通过X射线衍射实验区分晶体和非晶体 C．通过质谱法推测有机化合物的官能团的信息 D．通过红外光谱仪分析分子中所含化学键的信息 8．糠酸莫米松常用于治疗皮肤炎症，其结构如图所示。下列有关该物质的说法错误的是 A．含有6种官能团 B．该物质最多可与反应 C．能与溶液发生显色反应 D．原子发生消去反应，产物最多有2种 9．短周期主族元素的原子序数依次增大，基态W原子次外层电子数等于其他各层电子数之和，由上述四种元素组成的一种化合物可用作高分子聚合物的引发剂，其结构式如图所示。 下列叙述正确的是 A．电负性： B．基态W原子核外电子有8种空间运动状态 C．离子中心原子的杂化类型为 D．Y的氧化物对应水化物一定为强酸 10．某温度下，分别向的KCl和溶液中滴加溶液，滴加过程中为或与溶液体积的变化关系如图所示(忽略溶液体积变化)。已知铬酸银是深红色晶体，下列说法正确的是 A．该温度下， B．曲线表示与的变化关系 C．P点溶液中： D．若向等浓度的KCl和的混合溶液中滴加硝酸银溶液，则先出现白色沉淀 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11．结构决定性质，性质决定用途。对下列事实解释错误的是 事实 解释 A 的沸点较低 存在分子内氢键 B 石墨的导电性只能沿石墨平面的方向 相邻碳原子平面之间相隔较远，未杂化的p轨道重叠使电子几乎只能在整个碳原子平面中运动 C 中的键能比HCHO中的键能大 中有两组3中心4电子键，电子云分布更均匀，能量更高 D 与HClO加成的主要产物是 中Cl的电负性较大，使双键电子云向中心碳原子偏移，HClO中带正电性的Cl易连在带负电性中心碳原子上 12．某小组为探究CuSO4与KI之间的反应，进行了如下实验。 实验 现象 ①产生土黄色沉淀，溶液为棕黄色 ②变为白色悬浊液，最后得到无色澄清溶液 ①产生土黄色沉淀，溶液为蓝绿色 ②开始变为浅蓝色悬浊液，逐渐变为黄绿色悬浊液，然后变为黄色溶液，最后得到无色溶液 已知：2(无色)+I2=2I-+ (无色)；CuI为白色沉淀，可吸附I2；CuI2在溶液中不存在；[Cu(S2O3)2]3-呈无色，[Cu(S2O3)2]2-呈黄色。 下列结论或推断错误的是 A．CuSO4与KI能发生反应：2Cu2++4I=2CuI↓+I2 B．CuI与Na2S2O3反应的速率快于I2与Na2S2O3反应的速率 C．黄绿色悬浊液变为黄色溶液时，有[Cu(S2O3)2]3-、[Cu(S2O3)2]2-生成 D．Cu(Ⅱ)与生成配合物反应的限度大于二者发生氧化还原反应的限度 13．ClO2易溶于水，是一种安全稳定、高效低毒的消毒剂。工业上通过惰性电极电解氯化铵和盐酸的方法制备ClO2的原理如图所示，下列说法正确的是 A．a与电源的负极连接，在b极区流出的Y溶液是浓盐酸 B．ClO2发生器内，发生的氧化还原反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：6 C．电解池a极上发生的电极反应为NH—6e—+3Cl—=NCl3+4H+ D．当有0.3mol阴离子通过离子交换膜时，二氧化氯发生器中产生1.12LNH3 14．钪在国防、航天、光电等多领域有重要应用。由钛白水解母液(含Sc3+，H+、Fe2+、Mn2+、等)制备Sc2O3的工艺流程如下： 已知“萃取”时发生的反应为 ，其中 HR表示 P204。 下列说法错误的是 A．分批加入萃取剂进行多次萃取可提高 的萃取率 B．水相中 的物质的量浓度小于钛白水解母液中的 C．同一温度下，由“转沉”原理可推知溶度积常数： D．“灼烧”反应生成1molSc2O3时，理论上有1.5molO2参加反应 15．已知基元反应NO(g)+O3(g)⇌NO2(g)+O2(g)的速率方程为v正=k正c(NO)·c(O3)、v逆=k逆c(NO2)·c(O2)。向2L恒容密闭容器中充入0.4molNO(g)和0.6molO3(g)发生上述反应，T1，T2温度时NO的体积分数x(NO)随时间变化关系如图所示。下列说法错误的是 A．正、逆反应活化能的大小关系为Ea(正)<Ea(逆) B．a点：k正/k逆<[c(NO2)·c(O2)]/[c(NO)·c(O3)] C．T2温度下，O3的平衡转化率为50% D．温度不变，仅改变初始容器体积，x(NO)随时间的变化曲线不变 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16．（12分）氯吡苯脲是一种常用的膨大剂，其结构简式为，它是经国家批准使用的植物生长调节剂。氯吡苯脲能在动物体内代谢，其产物较为复杂，其中有、、等。 (1)基态N原子的价电子轨道表示式为 ，其核外有 种不同空间运动状态的电子。 (2)氯吡苯脲中，属于第二周期的元素，电负性最大的是 (填元素符号，下同)，第一电离能最大的是 。 (3)已知分子中的键角为，则分子中的键角 (选填“>”或“＜”)104.5°，并说明理由 。 (4)热稳定性： (选填“>”或“＜”)，原因是 。 A．第一电离能：　　  B．非金属性： C．的沸点较高    　　　　D．键能： (5)氯吡苯脲晶体中，氮原子的杂化方式为 。 （6）一种铜铟硒晶体(化学式为)的晶胞结构如下图所示，晶胞中In和Se未标明，用A或者B代替。推断In是 (填“A”或“B”)，晶体中一个Cu周围与它最近且等距离的A粒子的个数为 ，的晶体结构可用 (填仪器名称)测定。 17．（12分）KMnO4是常用的氧化剂之一，碳化法制备高锰酸钾的实验步骤如下： 回答下列问题： (1)“熔融氧化”操作应在 坩埚中进行(填“瓷”、“氧化铝”或“铁”)，将Mn元素氧化为K2MnO4，该反应的化学方程式为 。 (2)“歧化”操作在如图所示装置中进行。 ①下列气体也可选装置A进行制备的是 (填标号)。 a．MnO2与浓盐酸制Cl2  b．CaO与浓氨水制NH3  c．Zn与稀硫酸制H2  d．Na2SO3与70%硫酸制SO2 ②为了提高KMnO4的产率，装置B中的试剂为 。 ③实验过程中应控制CO2的通入量，若通入CO2过多，可能会导致产品中含有较多的 杂质(填化学式)，从含KMnO4的溶液中分离出KMnO4粗品的基本操作为 。 (3)测定KMnO4粗品纯度的实验步骤：称取粗品(杂质不与Fe2+发生反应)于烧杯中溶解，并加稀硫酸酸化，配成250mL待测溶液。取标准溶液于锥形瓶中，再用待测液滴定标准液，滴定至终点时记录数据，重复以上实验三次，平均消耗待测液12.50mL。 ①则KMnO4粗品的纯度为 %(含m的计算式表示)。 ②下列情况会导致KMnO4粗品的纯度测量值偏小的是 (填标号)。 A．在烧杯中溶解时，有少量液体溅出 B．采用如上图所示方法转移溶液，并完成250mL溶液的配制 C．滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡产生 18．（12分）马日夫盐是一种用于机械设备的防锈磷化剂，工业上利用软锰矿(主要成分为，含少量硅、铁、铝等氧化物)为主要原料，联合处理含的烟气并制备马日夫盐的一种工艺流程如下。请回答下列问题： 已知：①不稳定，易被空气氧化；马日夫盐溶于水且随温度的升高，溶解度显著增大 ②有机萃取剂是溶解了一种酸性磷酸酯(表示为)的磺化煤油，萃取时发生的反应主要为： ③ (1)若含的烟气中混有空气，不同的浸出时间下，浸出液中的浓度和测定结果如图所示，在“浸锰”步骤中，主反应的化学方程式为 ，2h后导致溶液中浓度变化产生明显差异的原因是 (用化学方程式表示)。 (2)萃取时溶液对金属离子萃取率的影响如图所示。萃取时，应采用的最佳条件为 ，过大或过小都会降低萃取率，结合平衡移动原理解释其原因是 。 (3)若浸出液中的浓度为，则“调”的范围为 (当离子浓度时认为沉淀完全)。 (4)以“调”后得到的含的滤液为原料，补充完整“沉锰”、“酸溶”及得到马日夫盐的实验操作： ，过滤、洗涤、干燥，得到马日夫盐。(须使用的试剂：溶液、溶液、稀盐酸、磷酸、蒸馏水) 19．（12分）氢能因其能量密度高、可再生、无毒、环保等特点成为世界各国应对能源环境问题的重要手段，目前多种途径都能制备氢气。 I．甲醇重整技术：      (1)该反应能自发进行的最低温度为 K(精确至0.1)。 II．乙酸制氢技术： 热裂解反应i： 脱羧基反应ii： (2)热裂解过程中会发生甲烷化反应： 已知：甲烷化反应是指容器内和或生成的反应。 ① 。 ②恒温恒容条件下发生反应i和ii，下列说法正确的是 (填序号)。 A．平衡后增大压强，两反应重新达到平衡的时间相同 B．增大进料时，平衡时的转化率也增大 C．加入合适的催化剂，可以降低反应i的活化能和反应热 D．混合气体的平均相对分子质量不变时，反应达到平衡 (3)在密闭容器中充入一定量的乙酸和高温水蒸气，在水碳比分别为0和2时测得温度和气体平衡产率的关系如图甲、乙所示， 已知： ①、代表的产物分别是 ，水碳比为0时，产率始终低于的可能原因是 。 ②水碳比为2时Y产率随温度升高始终升高的原因是 。 (4)向某恒容密闭容器中充入一定量乙酸，压强为，在温度为、某催化剂催化下发生反应i和ii，一段时间后，两反应均达到平衡，容器内总压强为初始时的2倍，甲烷的选择性为50%，反应i的分压平衡常数 (某产物的选择性为生成该产物所消耗的乙酸的物质的量占消耗乙酸的总物质的量的百分数)。 III．电催化间接分解技术：电解装置如图丙所示，分为吸收装置和电化学制氢装置。 (5)阳极的电极反应式为 。 20．（12分）匹莫范色林是一种治疗帕金森病的药物，在耐受性和安全性方面都表现良好，因而有很大的市场前景。匹莫范色林(H)的一种合成路线如下： 已知： 回答下列问题： (1)A的结构简式为 ；D中官能团的名称为 。 (2)E→G反应经历了加成、消去和还原过程，写出加成过程的化学反应方程式 。 (3)C的同分异构体含有5种不同化学环境的氢原子(个数比为6：4：2：2：1)、羧基和苯环结构，其结构简式为 (任写两种)。 (4)上述合成路线涉及有毒性的光气(COCl2)，不利于环境保护。以下为优化后的合成路线，操作简单，绿色环保，产品纯度高。 J中碳原子的轨道杂化方式有 种。D→K的反应类型为 。 第 2 页 共 10 页 第 1 页 共 10 页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 月考化学试题参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A B D B D D C C A D 题号 11 12 13 14 15 答案 C BD BC BC BD 1．A 【详解】A．合金的硬度一般比纯金属高，但熔点比纯金属低。《梦溪笔谈》记载 “古人以剂钢为刃，桑铁为茎干，不尔则多断折”，剂钢是铁合金，铁合金的硬度比纯铁高，熔点比纯铁低，A错误； B．氨水易挥发，挥发出的气体是NH3，氨气本身不能电离出离子，在水溶液中不是自身电离出离子导电，是与水反应生成的一水合氨电离出离子导电，所以NH3是一种常见的非电解质，B正确； C．矾（FeSO4·7H2O）是绿色的，烧之则赤，说明加热后变为红色，即FeSO4中的Fe2+被氧化为Fe2+，发生了氧化还原反应，C正确； D．“取井水煮之，一斛水得五斗盐”，意思是通过加热蒸发井水，使盐从水中结晶出来，该过程涉及了加热蒸发，D正确； 故选A。 2．B 【详解】A．碳酸氢钠不稳定，受热易分解生成二氧化碳，所以可用作面食膨松剂，故A正确； B．Na2CO3碱性太强，不适于用作医用抗酸剂，应用碳酸氢钠，故B错误； C．二氧化硫具有还原性，起到抗氧化的作用，因此作葡萄酒的添加剂，故C正确； D．葡萄糖能为人体活动提供能量，可用于急性低血糖的血糖回升，故D正确； 故选B。 3．D 【详解】A．的价层电子对数为，无孤电子对，VSEPR模型为平面三角形，故A错误； B．2-丁烯存在顺反异构，为顺-2-丁烯的分子结构模型，故B错误； C．氢键的表示方法为，和都应该是电负性强的原子，与碳原子直接相连的氢原子不能参与氢键形成，邻羟基苯甲醛分子内氢键应表示为，故C错误； D．氯化氢分子中氢原子与氯原子生成键，示意图为，故D正确； 故选D。 4．B 【详解】A．Li和Na都是金属晶体，价电子数相同，半径越小金属键越强，熔点越高，熔点：Li＞Na，故A正确； B．NH3和PH3都是分子晶体，但NH3分子间存在氢键，故NH3的熔点较高，故B错误； C．金刚石和晶体硅大欧式共价晶体，因为C的原子半径小于Si的，所以键长：C—C键< Si—Si键，键能：C—C键 >Si—Si键，键能越大，共价晶体的熔点越高，故C正确； D．Cl-半径大于O2-，Na+半径大于Mg2+，且MgO构成的离子所带电荷大于NaCl，因此MgO的离子键更强，熔点更高，故D正确； 故选B。 5．D 【详解】A．次氯酸具有强氧化性，能使蛋白质变性，从而杀灭细菌，故A正确； B．硫代硫酸钠能与氯气发生氧化还原反应，将氯气还原为氯离子，因此可用于脱氯剂，故B正确； C．叠氮酸钠不稳定，在撞击的过程中可分解生成大量氮气，因此可用作安全气囊，故C正确； D．SO2具有强的还原性，能将Fe2(SO4)3还原为硫酸亚铁，从而让使溶液褪色，与漂白性无关，故D错误； 故选：D。 6．D 【详解】A．配制溶液定容时容量瓶液面离刻度约1cm时应改用胶头滴管滴加，故A错误； B．氯水具有具有漂白性，会将pH试纸漂白，不能使用pH试纸测量其pH，应使用pH计，故B错误； C．用KMnO4(H+)标准液滴定应使用酸性滴定管，故C错误； D．铜与浓硫酸加热产生二氧化硫，二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，同时二氧化硫有毒，应在试管口用浸有氢氧化钠溶液得湿棉花吸收，故D正确； 故答案为D。 7．C 【详解】A．原子光谱可以通过特征谱线来鉴定元素，A正确； B．晶体会对X射线发生衍射，而非晶体不会，所以可以区分晶体和非晶体，B正确； C．质谱法可确定分子的相对分子质量，不能测官能团，C错误； D．红外光谱法可确定有机物分子中含有的官能团，由此可知其中的化学键，D正确； 答案选C。 8．C 【详解】A．由糠酸莫米松的结构解释可知，其含有的官能团：羰基、羟基、醚键、酯基、碳氯键、碳碳双键，共6种，A正确； B．该物质中只有碳碳双键、羰基可以与加成，酯基不能与加成，所以该物质最多可与反应，B正确； C．分子中无酚羟基，不能与溶液发生显色反应，C错误； D．如图所示，，原子只能与碳原子上的原子发生消去反应，所以有2种消去产物，D正确； 故选C。 9．A 【分析】短周期主族元素的原子序数依次增大，X形成一个共价键，Y形成四个共价键， Z形成两个共价键，W形成六个共价键， 基态W原子次外层电子数等于其他各层电子数之和，则W为S，Z为O，由离子可确定Y最外层电子数为5，Y为N，X为H，据此解答； 【详解】A．同周期元素的电负性从左至右增强，N的电负性大于H，故电负性：，A正确； B．基态S原子核外电子排布，，有9种空间运动状态，B错误； C．离子中心原子的价层电子对数，杂化类型为，C错误； D．N的氧化物对应水化物可能为（强酸），也可能为（弱酸），D错误； 故选A； 10．D 【分析】KCl和反应的化学方程式为和反应的化学方程式为，由图可知，KCl和恰好反应时消耗，和恰好反应时消耗，则图中代表是与的变化关系，代表是与的变化关系，N点时，，据此分析解题。 【详解】A．由分析可知，，A错误； B．根据上述分析可知：图中代表是与的变化关系，代表是与的变化关系，B错误； C．根据上述分析可知：代表是与的变化关系，在，二者恰好发生KCl，溶液为溶液，此时溶液中溶质mol，在P点又加入的物质的量为，故P点为、的混合溶液，是强酸强碱盐，不水解；是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，所以，但盐的水解是微弱的，主要以盐电离产生的离子存在，故溶液中微粒浓度大小关系为：，C错误； D．根据图像可知，L1在L2上方，即向相同浓度的KCl和混合溶液中加入溶液时形成AgCl沉淀所需小，先生成AgCl沉淀，故先观察到有白色沉淀产生，D正确； 故选D。 11．C 【详解】A．分子内的羟基氢与非羟基氧形成氢键，即分子内氢键，导致沸点较低。A正确； B．石墨为层状结构，层与层之间的碳原子平面相隔较远，电子不易跨越，所以未杂化的p轨道重叠使电子几乎只能在整个碳原子平面中运动，石墨的导电性只能沿石墨平面的方向，B正确； C．中有两组3中心4电子键，电子云分布更均匀，分子较为稳定，能量较低，C错误； D．Cl的电负性较大，是吸电子基团，使双键电子云向中间碳原子偏移，电荷相反基团相互吸引，所以分子中带正电性的Cl易连在带负电性中心碳原子上，D正确； 故选C。 12．BD 【详解】A．CuI为白色沉淀，可吸附部分I2而显土黄色沉淀，剩余的I2溶解到水中，CuI2在溶液中不存在，故CuSO4与KI能发生反应：2Cu2++4I=2CuI↓+I2，A说法正确； B．已知2(无色)+I2=2I-+ (无色)，结合第一组实验逐滴加入Na2S2O3溶液的实验现象，应该是附着在CuI表面的I2先反应，所以CuI与Na2S2O3反应的速率慢于I2与Na2S2O3反应的速率，B说法错误； C．根据第二组实验现象，①产生土黄色沉淀，溶液为蓝绿色，发生反应：2Cu2++4I=2CuI↓+I2，Cu2+剩余；②逐滴加入Na2S2O3溶液时，开始变为浅蓝色悬浊液，逐渐变为黄绿色悬浊液，此时生成了和；黄绿色悬浊液变为黄色溶液时，说明溶液中的Cu2+几乎全部转化为；最后黄色溶液变为无色溶液时，说明全部被还原为，C说法正确； D．根据第二组实验，溶液最后变为无色溶液，故最后溶液中主要为，所以Cu(Ⅱ)与生成配合物反应的限度小于二者发生氧化还原反应的限度，D说法错误； 答案选BD。 13．BC 【分析】由图可知，b电极出生成氢气，说明与直流电源负极相连的b电极为电解池的阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，氯离子通过阴离子交换膜进入阳极区，a电极为阳极，氯离子作用下铵根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成三氯化氮和氢离子，三氯化氮与亚氯酸钠溶液在二氧化氯发生器中反应生成氨气、二氧化氯、氯化钠和氢氧化钠。 【详解】A．由分析可知，与直流电源正极相连的a电极为阳极，b电极为阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，氯离子通过阳离子交换膜进入阳极区，则在b极区流出的Y溶液是稀盐酸，故A错误； B．由分析可知，三氯化氮与亚氯酸钠溶液在二氧化氯发生器中反应生成氨气、二氧化氯、氯化钠和氢氧化钠，反应的化学方程式为3H2O+NCl3+6NaClO2=6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH，反应中氮元素的化合价降低被还原，三氯化氮是反应的氧化剂，氯元素的化合价升高被氧化，亚氯酸钠是还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：6，故B正确； C．由分析可知，a电极为阳极，氯离子作用下铵根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成三氯化氮和氢离子，电极反应式为NH—6e—+3Cl—=NCl3+4H+，故C正确； D．缺标准状况，无法计算当有0.3mol阴离子通过离子交换膜时，二氧化氯发生器中生成氨气的物质的量，故D错误； 故选BC。 14．BC 【分析】钛白水解工业废酸(含Sc3+、Fe2+、Mn2+、H+、等离子)加入有机萃取剂，Sc3+被萃取到有机相中；之后加入NaOH溶液进行反萃取，得到Sc(OH)3；再加入草酸转化为；最后在氧气灼烧得到Sc2O3，据此回答。 【详解】A．分批加入萃取剂进行多次萃取可使被充分萃取，提高萃取率，A正确； B．磷酸为三元酸，形成二酯说明剩余1个羟基氢，故与发生离子交换，使水相中的物质的量浓度大于钛白水解母液的，B错误； C．中阳离子与阴离子的数目之比小于中的，无法通过沉淀转化比较溶度积常数大小，C错误； D．“灼烧”时化合价升高的元素为平均化合价为+3的碳元素，依据电子守恒知，“灼烧”反应生成时，理论上有参加反应，D正确； 故选BC。 15．BD 【分析】根据先拐先平数值大可知，，温度较高的时体积分数大，说明升高温度平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应。 【详解】A．根据先拐先平数值大可知，，温度较高的时体积分数大，说明升高温度平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，故正、逆反应活化能的大小关系为，A正确； B．平衡时，，而点，反应未达平衡，还在正向移动，此时的，代入上式可知，，B错误； C．温度下，平衡时，占总气体量的，由于是等体积反应，反应前后气体的总物质的量不变（均为），所以平衡时，剩余的为，反应的，根据方程式可知，反应了，所以的平衡转化率为，C正确； D．温度不变，仅改变初始容器体积，此反应是气体等体积反应，平衡不移动，但是会导致气体浓度改变，化学反应速率变化，随时间的变化曲线会变，D错误； 故选BD。 16．(1) 5 (2) O N (3) > 水和NH3分子的中心原子分别是O和N，杂化方式都是sp3杂化，H2O中的O原子上有2个孤电子对，NH3的N原子上有1个孤电子对，孤电子对越多，对成键电子对的斥力大，键角小，因此键角H-N-H>H-O-H (4) > BD (5)sp2和sp3 (6) A 8 X射线衍射仪 【详解】（1） N是7号元素，电子排布式为1s22s22p3，价电子轨道表示式为； 核外电子占据5个轨道，有5种不同空间运动状态； （2）氯吡苯脲中，属于第二周期的元素有C、N、O三种，非金属性越强电负性越大，电负性最大的是O元素，同周期元素从左到右第一电离能有增大趋势，N原子2p轨道半充满稳定，第一电离能大于O，第一电离能最大的是N元素； （3）水和NH3分子的中心原子分别是O和N，杂化方式都是sp3杂化，H2O中的O原子上有2个孤电子对，NH3的N原子上有1个孤电子对，孤电子对越多，对成键电子对的斥力大，键角小，因此键角H-N-H>H-O-H； （4）非金属性O>N，非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，半径O<N，键能H-O>N-H，键能越大分子的热稳定性越强，答案选BD； （5）单键氮原子价层电子对为4对，杂化方式为sp3杂化，有双键的N原子价层电子对为3对，杂化方式为sp2杂化，故氯吡苯脲晶体中，氮原子的杂化方式有sp2和sp3； （6）A的原子个数，B原子有8个，全部在晶胞内部，故Se原子的个数为8，Cu原子的个数为，根据化学式，A为In；以体心的铜为例，除顶面和底面两个In原子外，其余8个In原子与其距离最近且相等；检测晶体结构的仪器是X射线衍射仪。 17．(1) 铁 (2) c 饱和溶液 蒸发浓缩、降温结晶、过滤(洗涤、干燥) (3) AB 【分析】在碱性条件下，氯酸钾与二氧化锰加热熔融发生氧化还原反应，二氧化锰被氧化成锰酸钾，冷却以后，配制成锰酸钾溶液，通入二氧化碳发生歧化反应，生成高锰酸钾和二氧化锰，蒸发浓缩，冷却结晶得高锰酸钾晶体。 【详解】（1）“熔融氧化”时加入了碱，碱和瓷坩埚中SiO2、碱和氧化铝均反应，操作应在铁坩埚中进行，氯酸钾与二氧化锰碱性条件下加热熔融发生氧化还原反应，二氧化锰被氧化成锰酸钾，该反应的化学方程式为。 （2）①A为简易的启普发生器，仅适用于块状难溶固体和液体的反应、无需加热且不会剧烈放热的反应； a．MnO2与浓盐酸制Cl2需要加热，a不选； b．CaO为粉末状，b不选； c．Zn与稀硫酸制H2为块状难溶固体和液体的反应、无需加热，c选； d．Na2SO3为粉末状，d不选； 故选c； ②挥发的HCl会与KMnO4反应从而使其产率下降，因此B中饱和NaHCO3溶液可用于除去CO2中的HCl气体，装置B中的试剂为饱和NaHCO3溶液。 ③KOH会和过量的CO2反应生成KHCO3，可能会导致产品中含有较多的KHCO3杂质；由于KMnO4受热易分解，从含KMnO4的溶液中分离出KMnO4粗品的基本操作为蒸发浓缩、降温结晶、过滤(洗涤、干燥)。 （3）①由得失电子守恒，得关系式为5Fe2+~，250mL待测液中，n(KMnO4)=0.025×0.01××mol=0.001mol，则KMnO4粗品的纯度为； ②A．在烧杯中溶解时，有少量液体溅出，导致溶质损失，待测液浓度偏小，A符合题意； B．移液时，玻璃棒需在刻度线下部，否则会导致溶液流出，导致溶质损失，故采用如上图所示方法转移溶液，并完成250mL溶液的配制，会使待测液浓度偏小，B符合题意； C．滴定达终点时，发现滴定管尖嘴内有气泡产生，消耗的待测液体积偏小，待测液浓度偏大，C不符合题意； 故选AB。 18．(1) (2) 小于1时，氢离子浓度过大，反应的平衡逆移，萃取率下降；过大，水解生成氢氧化铁 (3)5.0~7.6 (4)在搅拌下向溶液中缓慢滴加溶液，至不再产生沉淀时，过滤，用蒸馏水洗涤滤渣至向最后一次洗涤滤液中加入稀盐酸酸化后再加溶液不再产生浑浊。向所得固体中加入磷酸溶液至完全溶解，蒸发浓缩至有晶膜出现、冷却结晶 【分析】该工艺流程原料为软锰矿(主要成分为，含少量硅、铁、铝等氧化物)，产品为马日夫盐，流程主线中的主元素为锰，硅、铁、铝等元素在流程工艺中被依次除去，“浸锰”过程二氧化硅不溶，过滤除去，滤渣1为二氧化硅，Mn、Fe、A1以离子形式进入“萃取分液”过程，加入有机萃取剂，除去铁离子，调节水层的pH除去铝离子，滤渣2为氢氧化铝，溶液中主要含有硫酸锰，加入碳酸钠溶液“沉锰”，过滤后再加入磷酸反应，一系列操作后得到； 【详解】（1）在“浸锰”步骤中，主反应为转化为，锰元素化合价发生降低，为还原反应，故与具有还原性的反应，化学方程式为；后浸出液中相同时间内的浓度增加量小于的浓度增加量，且下降不明显，说明有副反应发生，故产生明显差异的原因为； （2）溶液=1时，萃取率最大，且不会被萃取；小于1时，萃取率下降，从萃取时的反应可知，氢离子浓度过大，反应的平衡逆移，导致萃取率下降，过大，氢离子浓度减小，该水解平衡正移，生成氢氧化铁，且萃取率提高而造成损失； （3）“调”的目的是使完全沉淀除去，不被沉淀出来，完全沉淀，则，，，，故完全沉淀，溶液，不被沉淀出来，，，，，不被沉淀出来，，故答案为：； （4）碳酸钠溶液显碱性，与硫酸锰反应时可能有生成，为减少副产物的生成，根据可知，应使混合溶液的，则碳酸钠溶液不能过量，故正确的操作是将在搅拌下向溶液中缓慢滴加溶液，至不再产生沉淀时，过滤，用蒸馏水洗涤滤渣至向最后一次洗涤滤液中加入稀盐酸酸化后再加溶液不再产生浑浊。向所得固体中加入磷酸溶液至完全溶解，蒸发浓缩至有晶膜出现、冷却结晶。 19．(1)272.2 (2) AD (3) 、(化学式或名称均给分) 和发生了甲烷化反应 反应i为吸热反应，容器内其余反应都是放热反应，随温度升高，反应i平衡正向移动，CO产率升高 (4)1 (5) 【详解】（1）由题给数据可知，反应ΔH—TΔS=(+49kJ/mol)—T×180×10-3kJ/mol·K <0时反应能自发进行，则T>272.2K。 （2）①由盖斯定律可得：目标反应=反应ii-反应i，因此； ②A．平衡后增大压强，反应i和ii都是逆向移动，当反应i达到平衡时的浓度不再改变，由此可知反应ii也达到平衡，因此两反应重新达到平衡的时间相同，A正确； B．增大进料时，平衡正向移动，但平衡时的转化率减小，B错误； C．加入合适的催化剂，可以降低反应i的活化能，但不能改变反应热，C错误； D．混合气体的平均相对分子质量，反应i和ii都是气体分子参与和生成的反应，总质量守恒，且反应i和ii都是气体分子增加的反应，当平均相对分子质量不变时，说明气体总物质的量不变，因此反应达到平衡，D正确； 答案选AD。 （3）①当水碳比为0时，反应i是吸热反应，升温平衡正向移动，CO和H2的平衡产率会增大，但会和或生成，因此CO的平衡产率会比H2大，因此代表的产物是H2，代表的产物是CO；水碳比为0时，产率始终低于的可能原因是和发生了甲烷化反应。 ②水碳比为2时，反应i为吸热反应，容器内其余反应都是放热反应，随温度升高，反应i平衡正向移动，因此CO产率始终升高。 （4）设充入的为nmol，反应i消耗的为xmol，反应ii消耗的为ymol，，，，，解得，，，。 （5）电解装置可描述为，左侧装置连接电源负极，故为电解池阴极，H+得到电子生成H2，右侧装置连接电源正极，故为电解池阳极，I-失去电子生成，H2S与反应生成S和I-，因此阳极的电极反应式为：。 20．(1) 氨基、醚键 (2)+ (3)、、 (4) 3 取代反应 【分析】结合反应条件中的碳酸钾可知，A与异丁基溴发生取代反应生成B，B发生信息中的反应生成C，则B的结构简式为 ，反推可知，A的结构简式为，C在一定条件下发生反应生成D，D与COCl2发生取代反应生成F，结合F的结构简式可知，C发生还原反应可以得到D物质，D的结构简式：， F和G一定条件发生反应生成H，E→G反应经历了加成、消去和还原过程，G的结构简式为  ，结合E的分子式可知，E的结构简式为，据此分析解题。 【详解】（1）结合分析可知，A的结构简式为；D的结构简式为，官能团名称为氨基、醚键； （2）E→G反应经历了加成、消去和还原过程，则加成反应为酮羰基的加成，消去反应为羟基的消去反应形成双键，还原反应为双键加氢的反应，故加成反应的方程式为：+ ； （3）C除了苯环之外还有5个碳原子，1个不饱和度，羧基占了1个不饱和度，则剩余碳原子为饱和碳原子，结合氢原子个数比可知，其含有对称的两个乙基，则可能的结构简式是、、； （4）与异丁基溴发生类似A→B的反应，生成J的结构简式为，J在还原剂作用下发生还原反应生成D为，D与发生取代反应生成K，K和G一定条件生成H，结合J的结构简式可知，饱和碳原子采取杂化，苯环上碳原子采取杂化，氰基碳原子采取杂化，故杂化方式有3种； 结合分析可知，D→K的反应中会生成小分子的HCl，反应类型为取代反应。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$