精品解析：湖南省岳阳市汨罗市第二中学2024-2025学年高三下学期5月期中考试 化学试题

2025年5月高三下学期化学期中考试试题 一、单选题(每题3分，共48分) 1. 化学与生产和生活密切相关，下列过程与水解无关的是 A. 明矾净水 B. 油脂的皂化 C. 水热法制 D. 核苷酸转化为核酸 2. 拉希法制备肼(N2H4)的主要反应为NaClO+2NH3=NaCl+N2H4+H2O。下列相关微粒的化学用语正确的是 A. Cl-的离子结构示意图： B. NH3的空间填充模型： C. 基态O原子的价层电子轨道表示式： D. N2H4的电子式： 3. 下列离子方程式书写正确的是 A. 溶液滴定醋酸溶液： B 将少量通入漂白液中： C. 泡沫灭火器的灭火原理： D. 向溶液中通入足量氯气： 4. 实验室按以下方案从某海洋动物提取具有抗肿瘤活性的天然产物。下列实验方法或仪器错误的是 A. 步骤(1)需要过滤装置 B. 步骤(2)水层溶液从分液漏斗下口放出 C. 步骤(3)需要用到坩埚 D. 步骤(4)可利用物质的沸点不同分离 5. 室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 A. 通入SO2后的溶液中：Na+、Fe3+、Ca2+、Cl- B. pH=1的溶液中：K+、NH、Ag(NH3)、NO C. c(HCO)=0.1mol/L的溶液中：K+、Ca2+、SO、AlO D. 硝酸型酸雨的雨水中：Mg2+、Cu2+、SO、Cl- 6. “证据推理与模型认知”是高中化学学科核心素养之一，也是学习化学重要方法，下列相关说法正确的是 A. 已知固体难溶于稀硫酸，推测固体也难溶于稀硫酸 B. 已知常温下水溶液中溶解度大于，推测相同条件下溶解度大于 C. 已知气体常温下易溶于水，推测气体常温下也易溶于水 D. 已知的正四面体结构中键角为，推测的正四面体结构中键角也是 7. 晶格能是反映离子晶体稳定性的物理量，其定义为气态离子形成离子晶体释放的能量。生成的Born-Haber循环如图所示。 下列说法错误的是 A. 离子晶体稳定性： B. 的第三电离能为 C. 断裂键消耗的能量 D. 8. 下列实验操作和装置能达到目的的是 A. 图甲中操作①②为过滤，操作③为蒸馏 B. 图乙能验证苯环活化了羟基 C. 图丙能用于实验室制备乙烯 D. 图丁称量NaOH固体 9. 标准状态下，下列微粒气态时的相对能量如下表： 物质(g) 能量 249 218 39 0 0 -75 -242 -393 依据表中数据，下列说法正确的是 A. 的燃烧热 B. 反应：，正反应的活化能小于逆反应的活化能 C. 的键能为 D. 常温常压下和混合无明显现象，则反应在该条件下不自发 10. 是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下： 下列说法正确的是 A. “反应”步骤中生成的化学方程式为： B. “电解”中阴极反应的主要产物是 C. “尾气吸收”环节可吸收“电解”过程排出少量。此反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2 D. 晶体中阴阳离子之比为1：2 11. 稀磁半导体LixZnyAsz的立方晶胞结构如图所示，阿伏加德罗常数的值为NA．下列说法正确的是 A. 该晶体中，每个Li原子周围紧邻且距离相等的Zn原子共有4个 B. 该晶体的密度为 C. b点原子的分数坐标为 D. 晶胞x轴方向的投影图为 12. 一种电化学富集海水中锂的装置如图所示，工作步骤如下：①向Ⅱ室中通入含锂海水，启动电源乙，使海水中的进入结构而完全形成，同时测得惰性电极处产生标准状况下的气体；②关闭电源乙和海水通道，启动电源甲，同时向惰性电极上通入空气，使中的脱出进入I室。下列说法错误的是 A. 启动电源甲时，惰性电极a与电源负极相连 B. 启动电源乙时，嵌入的反应为 C. D. 启动电源甲后，I室中溶液浓度增大 13. 我国科学家开发了如图所示的电化学装置，实现了的制备和废弃PET的回收利用。下列说法错误的是 A. 溶液中移向电极B B. 电极B的电势高于电极A的电势 C. 阳极区发生的反应为： D. 理论上每消耗，电极B消耗乙二醇 14. 工业上常用合成气制备二甲醚，在催化剂作用下发生下面3个反应： ①CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)　ΔH1<0 ②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)　ΔH2<0 ③CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g)　ΔH3<0 CO的转化率、CH3OH和CO2的产率和随温度变化关系如图1。总压分别为100 kPa、10 kPa时，平衡体系中CO和CH3OCH3的物质的量分数随温度变化关系如图2，下列说法错误的是 A. 图1中CO的转化率随温度升高而上升的原因是催化剂活性增大 B. 增加压强有利于提高CH3OCH3的产率 C. 100 kPa时，CO和CH3OCH3的物质的量分数随温度变化关系的曲线分别是N、Y D. 100 kPa下，将3 mol H2、2 mol CO充入T ℃恒容密闭容器中，若只发生反应①和反应②，平衡时，测得n(CH3OH)=0.25 mol、n(H2O)=0.5 mol，则反应①平衡常数Kp=kPa-2(分压=总压×物质的量分数) 15. 和制备的相关反应如下，时，反应在密闭体系中达平衡时各含硫组分摩尔分数随的变化关系如图所示： I． ； II． 。 下列说法不正确的是 A. 曲线表示摩尔分数随的变化 B. 降温达新平衡后，曲线和新交点可能出现在处 C. ，缩小容器体积达新平衡后，的值变小 D. ，反应II的平衡常数 16. 碘及碘的化合物在生产、生活中有广泛应用。某温度下，在反应器中起始加入0.21 KI溶液，加入，发生反应①和反应②。测得、、的平衡浓度与起始关系如图所示。 有关反应： ① ②(棕黄色) 下列叙述正确的是 A. 反应①中还原剂、氧化剂的物质的量之比为2∶1 B. 的VSEPR模型和空间结构都是平面三角形 C. 起始时，的平衡转化率为30% D. 该温度下，平衡常数 二、解答题(共52分) 17. 某学习小组为探究Mg与酸、碱、盐溶液的反应。完成如下实验： 编号 操作 现象 Ⅰ 将镁条放入稀硫酸中 迅速放出大量气体，试管壁发热 Ⅱ 将镁条放入pH为的溶液中 无明显现象 Ⅲ 将镁条放入pH为的溶液中 放出气体，溶液中有白色沉淀生成 回答下列问题： （1）实验前除去镁表面氧化物的方法是______。 （2）实验Ⅰ的离子方程式为____________。 （3）经实验分析，实验Ⅲ中产生的气体为和混合气体。产生气体的原因是____________。 （4）该组同学们比较实验Ⅱ、Ⅲ后，分析认为：实验Ⅲ能快速反应的原因，与溶液中白色沉淀有关。为探究其成分，设计了如下实验。 取出镁条，将沉淀过滤、洗涤、低温烘干，得到纯净固体。将一半固体放入锥形瓶中，按如图连接好装置。滴加稀硫酸到无气体放出为止，在处通入足量空气。最后称量形管增重。将另一半固体高温灼烧，最后剩余固体氧化物为。 ①最后通入空气的目的是____________。 ②固体充分高温灼烧后，需要放在______（填仪器名称）中冷却后才能称量。称量时______（选填“是”“不是”）采用托盘天平称量。 （5）依据以上分析，实验Ⅲ中发生反应的方程式为____________。通过以上实验得出结论：置换氢气与、温度、与溶液接触面积有关，在溶液中，生成的沉淀能破坏表面覆盖的，从而较快进行。 18. 氧化法制备高锰酸钾的实验步骤如下： （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锰元素的氧化态-吉布斯自由能图如图所示。由图可知，在酸性溶液中Mn2+是锰的最稳定态，则在碱性溶液中 ______ (填化学式)是锰的最稳定态。 ④当装置C中pH值为11.4时，停止反应。装置C中发生反应的离子方程式为________。 （3）测定KMnO4粗品纯度：称取mg KMnO4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25.00mL 0.01mol/L (NH4)2Fe(SO4)2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。 ①KMnO4粗品的纯度为_______%(含m的式子表示)。 ②下列情况会导致KMnO4粗品的纯度测量值偏大的是_______(填标号)。 A．在烧杯中溶解时，有少量液体溅出 B．量取标准溶液的滴定管没有润洗 C．滴定达到终点时发现滴定管尖嘴内有气泡产生 D．滴定前平视，滴定后仰视读数 19. 苯乙烯是一种重要的化工原料，工业上常采用乙苯为原料制得。 I．利用“乙苯直接脱氢”制备苯乙烯： （1）该反应中，部分化学键的平均键能数据如下表： 化学键 键能 413 348 436 请计算_______。 （2）工业上，通常在乙苯蒸气中掺混一定量的水蒸气进行反应。下，控制投料比分别为、、，乙苯平衡转化率与反应温度的关系如图甲所示： ①图中的曲线是_______(填曲线标号)。 ②图中点的正反应速率和点的逆反应速率大小关系为_______(填“>”“<”或“=”)。 （3）一种提高乙苯转化率的催化剂一钯膜(只允许透过)反应器，其工作原理如图乙所示。 ①该系统中持续通入的作用为_______。 ②和下，一定量的乙苯通入无钯膜反应器，若乙苯的平衡转化率为40%，该反应的压强平衡常数_______；相同条件下，若换成“钯膜反应器”，乙苯的平衡转化率提高到50%，则出口a和b的氢气质量比为_______。 II．利用“氧化乙苯”制苯乙烯： 。其反应历程如下： (、表示乙苯分子中或原子的位置；、为催化剂的活性位点，其中位点带部分正电荷，、位点带部分负电荷) （4）键的极性：_______(填“>”或“<”)； （5）保持混合气体总压(p)等其他条件不变，的分压与乙苯转化率的关系如图所示，时，乙苯转化率下降的原因是_______。 20. 我国科学家实现了喹啉并内酯的高选择性制备。合成路线如下图。 已知： i. R-Br+R’CHO ii. iii.碳碳双键直接与羟基相连不稳定 （1）试剂a为_______；B中官能团的电子式为_______。 （2）B(苯胺)具有碱性，B转化为C的反应中，使B过量可以提高的平衡转化率，其原因是_______(写出一条即可)。 （3）C→D的化学方程式为_______。 （4）H的结构简式为_______；H→I的反应类型为_______。 （5）K是F的同分异构体，其中能使溴的四氯化碳溶液褪色的结构还有_______种(不考虑立体异构)。其中核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为2：3：3的结构简式为_______。 （6）D和I转化成J的反应过程中还生成水，理论上该过程中消耗的与生成的J的物质的量之比为_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年5月高三下学期化学期中考试试题 一、单选题(每题3分，共48分) 1. 化学与生产和生活密切相关，下列过程与水解无关的是 A. 明矾净水 B. 油脂的皂化 C. 水热法制 D. 核苷酸转化为核酸 【答案】D 【解析】 【详解】A．明矾中铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附杂质，起净水的功效，与水解有关，A不符合题意； B．油脂的皂化反应为油脂的碱性水解过程，与水解有关，B不符合题意； C．TiCl4溶于大量水水解生成Ti(OH) 4，Ti(OH) 4加热生成TiO2和水，与水解有关，C不符合题意； D．在核酸的结构中，碱基与戊糖通过脱水缩合形成核苷，核苷分子中戊糖上的羟基与磷酸脱水，通过结合形成核苷酸，与水解无关，D符合题意； 故选D。 2. 拉希法制备肼(N2H4)的主要反应为NaClO+2NH3=NaCl+N2H4+H2O。下列相关微粒的化学用语正确的是 A. Cl-的离子结构示意图： B. NH3的空间填充模型： C. 基态O原子的价层电子轨道表示式： D. N2H4的电子式： 【答案】C 【解析】 【详解】A．Cl-的离子有17个质子，结构示意图为，A错误； B．选项中为氨分子的球棍模型，不是空间填充模型，B错误； C．基态氧原子的电子排布式为1s22s22p4，价层电子轨道表达式正确，C正确； D．N2H4中N与N之间形成一个共用电子对，N还剩余1对孤对电子，电子式为，D错误； 故选C。 3. 下列离子方程式书写正确的是 A. 溶液滴定醋酸溶液： B. 将少量通入漂白液中： C. 泡沫灭火器的灭火原理： D. 向溶液中通入足量氯气： 【答案】C 【解析】 【详解】A．醋酸弱电解质，不能拆开，应该写为：，A错误； B．次氯酸根可以氧化二氧化硫为硫酸根，自身被还原为氯离子，方程式为：，B错误； C．泡沫灭火器的灭火原理是利用铝离子与碳酸氢根发生强烈的双水解，生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，C正确； D．向溶液中通入足量氯气，亚铁离子和溴离子均被全部氧化，方程式为：，D错误； 故选C。 4. 实验室按以下方案从某海洋动物提取具有抗肿瘤活性的天然产物。下列实验方法或仪器错误的是 A. 步骤(1)需要过滤装置 B. 步骤(2)水层溶液从分液漏斗下口放出 C. 步骤(3)需要用到坩埚 D. 步骤(4)可利用物质的沸点不同分离 【答案】C 【解析】 【分析】由流程可知，某海洋动物提取具有抗肿瘤活性的天然产物，由实验流程可知，操作(1)是分离固液混合物，其操作为过滤，操作(2)分高互不相溶的液体混合物，需进行分液，要用分液属斗，操作(3)是从溶液中得到固体，操作为蒸发，需要蒸发皿，操作(4)是从有机化合物中，利用沸点不同采用蒸馏得到甲苯，以此来解析； 【详解】A．由分析可知，操作(1)是分离固液混合物，其操作为过滤，A正确； B．由分析可知，操作(2)分离互不相溶的液体混合物，需进行分液，由于甲苯的密度小于水，故下层为水层，分液时水层溶液从下口放出，上层为有机层，需从上口倒出，B正确； C．操作(3)是从溶液中得到固体，操作为蒸发，需要蒸发皿而不需要用坩埚，C错误； D．操作(4)是从有机化合物中，利用沸点不同采取蒸馏得到甲苯，D正确； 故选C。 5. 室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 A. 通入SO2后的溶液中：Na+、Fe3+、Ca2+、Cl- B. pH=1的溶液中：K+、NH、Ag(NH3)、NO C. c(HCO)=0.1mol/L的溶液中：K+、Ca2+、SO、AlO D. 硝酸型酸雨的雨水中：Mg2+、Cu2+、SO、Cl- 【答案】D 【解析】 【详解】A．SO2可与Fe3+发生氧化还原反应，SO2+ 2Fe3++2H2O=+2 Fe2++4H+，A错误； B．Ag(NH3)只能存在于碱性环境下，故在pH=1时，Ag(NH3)不能大量存在，B错误； C．碳酸氢根离子可与偏铝酸根发生反应，HCO+ AlO+ H2O=Al(OH)3↓+，C错误； D．硝酸型酸雨中含有氢离子和硝酸根，可与Mg2+、Cu2+、SO、Cl-大量共存，D正确； 故选D。 6. “证据推理与模型认知”是高中化学学科核心素养之一，也是学习化学的重要方法，下列相关说法正确的是 A. 已知固体难溶于稀硫酸，推测固体也难溶于稀硫酸 B. 已知常温下水溶液中溶解度大于，推测相同条件下溶解度大于 C. 已知气体常温下易溶于水，推测气体常温下也易溶于水 D. 已知的正四面体结构中键角为，推测的正四面体结构中键角也是 【答案】C 【解析】 【详解】A．固体难溶于稀硫酸，但固体能溶于稀硫酸，A错误； B．常温下水溶液中溶解度大于，但相同条件下溶解度小于，B错误； C．气体常温下易溶于水， 气体常温下也易溶于水，C正确； D．P4分子是正四面体形，结构为，键角为60∘，D错误； 故选C。 7. 晶格能是反映离子晶体稳定性的物理量，其定义为气态离子形成离子晶体释放的能量。生成的Born-Haber循环如图所示。 下列说法错误的是 A. 离子晶体稳定性： B. 的第三电离能为 C. 断裂键消耗的能量 D. 【答案】B 【解析】 【详解】A．晶格能是反映离子晶体稳定性的物理量，其定义为气态离子形成离子晶体释放的能量，由图可知，形成离子释放845kJ能量，形成离子释放5493kJ能量，则离子晶体稳定性：，故A正确； B．Tl原子的第三电离能是由气态Ti2+离子失去1个电子形成气态Tl3+离子所需要的能量，根据Tl＋(g)+F-(g)+F2(g)→Tl3+(g)+F－(g)+F2(g)∆H=-，可判断的第三电离能不是，故B错误； C．由图可知，F2(g)→2F(g)吸收158kJ能量，则断裂键消耗的能量，故C正确； D．根据盖斯定律，，故D正确； 故选B。 8. 下列实验操作和装置能达到目的的是 A. 图甲中操作①②为过滤，操作③为蒸馏 B. 图乙能验证苯环活化了羟基 C. 图丙能用于实验室制备乙烯 D. 图丁称量NaOH固体 【答案】A 【解析】 【详解】A．装有C60的超分子不溶于甲苯，而C70溶于甲苯，故操作①为过滤，装有C60的超分子，其中超分子溶于氯仿，而C60不溶，则操作②为过滤，溶有超分子的氯仿，利用超分子和氯仿沸点不同，用蒸馏把其分离开来，则作③为蒸馏,故A能达到目的； B．饱和溴水与苯只发生了萃取，但与苯酚却发生取代反应，说明羟基对苯环有影响，是羟基活化了苯环，故B不能达到目的； C．实验室用乙醇和浓硫酸制备乙烯，需控制反应发生的温度，此装置少温度计和防止爆沸的沸石，故C不能达到目的； D．称量物品应左物右码，且称量NaOH固体应放在烧杯中，故D不能达到目的； 答案A。 9. 标准状态下，下列微粒气态时的相对能量如下表： 物质(g) 能量 249 218 39 0 0 -75 -242 -393 依据表中数据，下列说法正确的是 A. 的燃烧热 B. 反应：，正反应的活化能小于逆反应的活化能 C. 的键能为 D. 常温常压下和混合无明显现象，则反应在该条件下不自发 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据表格中微粒气态时的相对能量，燃烧生成气态水时，而燃烧热需要生成液态水，故的燃烧热不是，A错误； B．反应：，，是放热反应，正反应的活化能小于逆反应的活化能，B正确； C．断裂得到气态氧、氢原子，键能为，C错误； D．该反应为放热、熵减的反应，根据反应自发进行，可知该反应在较低温度下可自发进行，D错误； 故选B。 10. 是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下： 下列说法正确的是 A. “反应”步骤中生成的化学方程式为： B. “电解”中阴极反应的主要产物是 C. “尾气吸收”环节可吸收“电解”过程排出的少量。此反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2 D. 晶体中阴阳离子之比为1：2 【答案】A 【解析】 【分析】硫酸、二氧化硫和氯酸钠反应生成二氧化氯气体，所得溶液可回收得NaHSO4；二氧化氯、食盐水电解得氯气和NaClO2溶液，经过结晶、干燥可得产品NaClO2，尾气可用氢氧化钠和过氧化氢的混合溶液吸收。 【详解】A．“反应”步骤中硫酸、二氧化硫和氯酸钠反应生成二氧化氯气体，所得溶液回收得NaHSO4，生成的化学方程式为：，故A正确； B．“电解”中阴极发生还原反应，氯元素化合价降低，主要产物是NaClO2，故B错误； C．“尾气吸收”环节是利用氢氧化钠和过氧化氢溶液吸收“电解”过程排出的少量，反应的化学方程式为2NaOH+H2O2+2=2NaClO2+2H2O+O2↑，氧化剂为、还原剂为H2O2，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1，故C错误； D．晶体中存在Na+和，即阴阳离子个数之比为1:1，故D错误； 故答案为：A。 11. 稀磁半导体LixZnyAsz的立方晶胞结构如图所示，阿伏加德罗常数的值为NA．下列说法正确的是 A. 该晶体中，每个Li原子周围紧邻且距离相等的Zn原子共有4个 B. 该晶体的密度为 C. b点原子的分数坐标为 D. 晶胞x轴方向的投影图为 【答案】B 【解析】 【分析】由晶胞图可知，Li原子位于棱心和体心，共有12×个锂原子，As原子位于晶胞内部，共有4个As原子，Zn原子位于顶角和面心。共有8×=4个Zn原子。 【详解】A．由晶胞结构可知，晶胞中位于体心的Li原子与位于面心的Zn原子紧邻且距离相等，则该晶体中，每个Li原子周围紧邻且距离相等的Zn原子共有6个，A错误； B．由分析可知，晶胞化学式为LiZnAs，晶胞的质量= g，晶胞的体积=3×10-21cm3，该晶体的密度，B正确； C．根据a点原子的分数坐标可推断出b点原子的分数坐标为(，，)，C错误； D．由晶胞结构可知，晶胞 x 轴方向的投影图为，D 错误； 故选B。 12. 一种电化学富集海水中锂的装置如图所示，工作步骤如下：①向Ⅱ室中通入含锂海水，启动电源乙，使海水中的进入结构而完全形成，同时测得惰性电极处产生标准状况下的气体；②关闭电源乙和海水通道，启动电源甲，同时向惰性电极上通入空气，使中的脱出进入I室。下列说法错误的是 A. 启动电源甲时，惰性电极a与电源负极相连 B. 启动电源乙时，嵌入的反应为 C. D. 启动电源甲后，I室中溶液浓度增大 【答案】C 【解析】 【分析】启动电源乙，使海水中嵌入结构形成，中锰元素的化合价降低，作阴极，与电源乙的负极相连，电极反应式为：，电极b作阳极，连接电源乙正极，电极反应式为：；关闭电源乙和海水通道，启动电源甲，向电极a上通入空气，使中的脱出进入I室，则电极a为阴极，电极反应式为：，阳极的电极反应式为：； 【详解】A．根据分析可知：启动电源甲时，惰性电极a为阴极，应与电源负极相连，A正确； B．根据分析可知：启动电源乙时，嵌入的反应为，B正确； C．根据分析可知：启动电源乙，电极b作阳极，连接电源乙正极，电极反应式为：，测得惰性电极b处产生标准状况下6.72L的气体，即氧气的物质的量为，转移电子为，结合电极反应式，使海水中嵌入2mol结构中完全形成，可知，C错误； D．根据分析可知：启动电源甲，向电极a上通入空气，使中的脱出进入腔室1，则电极a为阴极，电极反应式为：，使Ⅰ室中溶液浓度增大， D正确； 故选C。 13. 我国科学家开发了如图所示的电化学装置，实现了的制备和废弃PET的回收利用。下列说法错误的是 A. 溶液中移向电极B B. 电极B的电势高于电极A的电势 C. 阳极区发生的反应为： D. 理论上每消耗，电极B消耗乙二醇 【答案】D 【解析】 【分析】电极A中氧气转化双氧水，发生得到电子还原反应，电极A是阴极，电极B是阳极，所以溶液中移向阳极即电极B，据此分析。 【详解】A．根据分析可知，电极B是阳极，所以溶液中移向阳极即电极B，A正确； B．电极A是阴极，电极B是阳极，所以电极B的电势高于电极A的电势，B正确； C．电极B为阳极，发生氧化反应，阳极发生的反应为：，C正确； D．阳极电极反应式为：，理论上消耗，此时转移6mol电子，则电极B消耗乙二醇的物质的量是1mol，质量是62g，D错误； 故答案选D。 14. 工业上常用合成气制备二甲醚，在催化剂作用下发生下面3个反应： ①CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)　ΔH1<0 ②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)　ΔH2<0 ③CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g)　ΔH3<0 CO的转化率、CH3OH和CO2的产率和随温度变化关系如图1。总压分别为100 kPa、10 kPa时，平衡体系中CO和CH3OCH3的物质的量分数随温度变化关系如图2，下列说法错误的是 A. 图1中CO的转化率随温度升高而上升的原因是催化剂活性增大 B. 增加压强有利于提高CH3OCH3的产率 C. 100 kPa时，CO和CH3OCH3的物质的量分数随温度变化关系的曲线分别是N、Y D. 100 kPa下，将3 mol H2、2 mol CO充入T ℃恒容密闭容器中，若只发生反应①和反应②，平衡时，测得n(CH3OH)=0.25 mol、n(H2O)=0.5 mol，则反应①平衡常数Kp=kPa-2(分压=总压×物质的量分数) 【答案】C 【解析】 【分析】图2：三个反应均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO的物质的量分数增大，CH3OCH3的物质的量分数减小，故M、N代表CO的物质的量分数，X、Y代表CH3OCH3的物质的量分数。反应①前后气体分子数减少，压强增大，平衡正向移动，CO的物质的量分数减小，故M代表100kPa时CO的物质的量分数，反应①正向移动，CH3OH浓度增大，反应②正向移动，CH3OCH3的物质的量分数增大，故X代表100kPa时CH3OCH3的物质的量分数。 【详解】A．三个反应均为放热反应，若达到平衡，升高温度平衡逆向移动，则CO的转化率减小，而图1中，温度越高，CO的平衡转化率越大，说明此时未达到平衡，故从速率角度分析，影响速率的因素为温度和催化剂活性，故图1中CO的转化率随温度升高而上升的原因是催化剂活性增大，A正确； B．反应①前后气体分子数减少，反应②前后气体分子数不变，增大压强，反应①正向移动，CH3OH浓度增大，反应②正向移动，故CH3OCH3的产率增大，B正确； C．根据分析， M代表100kPa时CO的物质的量分数，X代表100kPa时CH3OCH3的物质的量分数，C错误； D．根据题意可列出三段式：，，反应②前后气体分子数不变，故平衡时总物质的量为2.5mol，起始压强为100kPa，故平衡时总压强为50kPa，CO、H2、CH3OH的分压分别为：、、，反应①平衡常数Kp=，D正确； 故选C。 15. 和制备的相关反应如下，时，反应在密闭体系中达平衡时各含硫组分摩尔分数随的变化关系如图所示： I． ； II． 。 下列说法不正确的是 A. 曲线表示摩尔分数随的变化 B. 降温达新平衡后，曲线和新交点可能出现在处 C. ，缩小容器体积达新平衡后，的值变小 D. ，反应II的平衡常数 【答案】C 【解析】 【分析】由方程式可知，反应I为非可逆反应，则=1时，平衡体系中得到的平衡体系中不存在氧气和，的摩尔分数最大，则曲线L3代表摩尔分数随的变化；的值增大，的浓度增大，反应Ⅱ的平衡向正反应方向移动，的摩尔分数减小、的摩尔分数先增大，随着的值增大，的摩尔分数增大程度大于反应Ⅱ平衡正向移动的影响程度，的摩尔分数随后开始减小，则曲线L1、L2分别代表、的摩尔分数随的变化。 【详解】A．由分析可知，曲线L1、L2、L3分别代表、、的摩尔分数随的变化，故A正确； B．反应Ⅱ为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，的摩尔分数减小、的摩尔分数增大，则曲线L1、L2新交点可能出现在b处，故B正确； C．反应Ⅱ为气体体积不变的反应，温度一定时缩小容器体积，气体压强增大，平衡不移动，新平衡时，的值不变，故C错误； D．由图可知，=2时，和的摩尔分数都为0.1，设投放了1mol和2mol，反应II反应了amol，列三段式，，根据图中给出L1与L3交叉点信息，列式，，解得a=0.8mol，，故D正确； 故选C。 16. 碘及碘化合物在生产、生活中有广泛应用。某温度下，在反应器中起始加入0.21 KI溶液，加入，发生反应①和反应②。测得、、的平衡浓度与起始关系如图所示。 有关反应： ① ②(棕黄色) 下列叙述正确的是 A. 反应①中还原剂、氧化剂的物质的量之比为2∶1 B. 的VSEPR模型和空间结构都是平面三角形 C. 起始时，的平衡转化率为30% D. 该温度下，平衡常数 【答案】D 【解析】 【详解】A．反应①一半转化成CuI，另一半→，氧化剂、还原剂的物质的量之比为1∶1，A项错误； B．成键电子对数为2，孤电子对数为3，采取sp3d杂化，故其VSEPR模型为三角双锥形、空间结构是直线形，B项错误； C．利用三段式法计算： ① 转化量 4x 2x x ② 转化量 y y y b点时：(aq) =，(aq)= 解得，。b点体系中，，，参与反应的，故转化率为42%，C项错误； D．平衡常数，D项正确； 故选D。 二、解答题(共52分) 17. 某学习小组为探究Mg与酸、碱、盐溶液的反应。完成如下实验： 编号 操作 现象 Ⅰ 将镁条放入稀硫酸中 迅速放出大量气体，试管壁发热 Ⅱ 将镁条放入pH为的溶液中 无明显现象 Ⅲ 将镁条放入pH为的溶液中 放出气体，溶液中有白色沉淀生成 回答下列问题： （1）实验前除去镁表面氧化物的方法是______。 （2）实验Ⅰ的离子方程式为____________。 （3）经实验分析，实验Ⅲ中产生的气体为和混合气体。产生气体的原因是____________。 （4）该组同学们比较实验Ⅱ、Ⅲ后，分析认为：实验Ⅲ能快速反应的原因，与溶液中白色沉淀有关。为探究其成分，设计了如下实验。 取出镁条，将沉淀过滤、洗涤、低温烘干，得到纯净固体。将一半固体放入锥形瓶中，按如图连接好装置。滴加稀硫酸到无气体放出为止，在处通入足量空气。最后称量形管增重。将另一半固体高温灼烧，最后剩余固体氧化物为。 ①最后通入空气的目的是____________。 ②固体充分高温灼烧后，需要放在______（填仪器名称）中冷却后才能称量。称量时______（选填“是”“不是”）采用托盘天平称量。 （5）依据以上分析，实验Ⅲ中发生反应的方程式为____________。通过以上实验得出结论：置换氢气与、温度、与溶液接触面积有关，在溶液中，生成的沉淀能破坏表面覆盖的，从而较快进行。 【答案】（1）用砂纸打磨。（或者：浸入稀硫酸中至表面有均匀气泡，取出，洗净。） （2） （3）与水反应放热使分解放出 （4） ①. 将系统内生成的完全排入到U形管中被吸收 ②. 干燥器 ③. 不是 （5） 【解析】 【小问1详解】 实验前除去镁表面氧化物的方法是：用砂纸打磨。（或者：浸入稀硫酸中至表面有均匀气泡，取出，洗净。）； 【小问2详解】 实验Ⅰ，镁与硫酸反应的离子方程式为 【小问3详解】 实验Ⅲ中产生的气体为和混合气体。产生的是镁与水反应产生的，产生气体只能由分解产生，故原因是与水反应放热使分解放出 【小问4详解】 ①最后通入空气的目的是：将系统内生成的完全排入到U形管中被吸收； ②固体充分高温灼烧后，需要放在干燥器中冷却后才能称量，防止高温下与水反应。托盘天平称量时精确到小数点后一位，题中是后两位，所以不是采用托盘天平称量。 【小问5详解】 高温灼烧，最后剩余固体氧化物为MgO,则n(MgO)=，n(Mg)，形管增重为的质量，由此可得的物质的量为，的物质的量为0.01mol，含镁化合物总质量为0.01×58g/mol+0.03×84g/mol=3.1g，则结晶水的物质的量为，白色沉淀为，实验Ⅲ中发生反应的方程式为：； 18. 氧化法制备高锰酸钾的实验步骤如下： （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锰元素的氧化态-吉布斯自由能图如图所示。由图可知，在酸性溶液中Mn2+是锰的最稳定态，则在碱性溶液中 ______ (填化学式)是锰的最稳定态。 ④当装置C中pH值为11.4时，停止反应。装置C中发生反应的离子方程式为________。 （3）测定KMnO4粗品纯度：称取mg KMnO4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25.00mL 0.01mol/L (NH4)2Fe(SO4)2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。 ①KMnO4粗品的纯度为_______%(含m的式子表示)。 ②下列情况会导致KMnO4粗品的纯度测量值偏大的是_______(填标号)。 A．在烧杯中溶解时，有少量液体溅出 B．量取标准溶液的滴定管没有润洗 C．滴定达到终点时发现滴定管尖嘴内有气泡产生 D．滴定前平视，滴定后仰视读数 【答案】（1） ①. 铁 ②. （2） ①. C ②. 饱和溶液 ③. MnO2 ④. 3MnO+ 2CO2 =2MnO + MnO2 ↓+ 2CO （3） ①. % ②. BC 【解析】 【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，，冷却后，配制锰酸钾溶液，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； 【小问1详解】 ①熔融氧化时加入氢氧化钾，氢氧化钾和瓷坩埚中二氧化硅、与氧化铝均能发生反应，操作应在铁坩埚中进行； ②氯酸钾与二氧化锰在碱性条件下加热熔融发生氧化还原反应，二氧化锰被氧化为锰酸钾，故反应化学方程式为：； 【小问2详解】 ①A为简易启普发生器，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错误； B．CaO与浓氨水制NH3，CaO为粉末状，B错误； C．Zn与稀硫酸制H2，锌为块状且反应无需加热，C正确； D．Na2SO3与70%硫酸制SO2，亚硫酸钠为粉末状，D错误； 故选C。 ②挥发的HCl会与高锰酸钾反应从而使其产率下降，因此B的目的是除去二氧化碳中的HCl，故B中盛放的试剂为饱和的碳酸氢钠溶液； ③根据已知酸性溶液中Mn2+是锰的最稳定态，其能量最低，故根据图像可知在碱性溶液中MnO2是最稳定的存在； ④结合③中的图像，在装置C中pH值为11.4时，发生歧化反应，生成二氧化锰和锰酸钾，故发生的离子方程式为：3MnO+ 2CO2 =2MnO + MnO2 ↓+ 2CO； 【小问3详解】 ①根据电子的得失守恒，根据关系式5~ ，250ml待测液中，n(KMnO4)=0.025×0.01×0.2×=0.001mol，则KMnO4粗品的纯度为； ② A．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错误； B．量取标准溶液的滴定管没有润洗，则标准液浓度偏小，所用体积变小，待测液浓度偏大，B正确； C．滴定达到终点时发现滴定管尖嘴内有气泡产生，则所用待测液体积变小，故待测液浓度偏大，C正确； D．滴定前平视，滴定后仰视读数，导致所测待测液体积变大，故待测液浓度偏小，D错误； 故选BC。 19. 苯乙烯是一种重要的化工原料，工业上常采用乙苯为原料制得。 I．利用“乙苯直接脱氢”制备苯乙烯： 。 （1）该反应中，部分化学键的平均键能数据如下表： 化学键 键能 413 348 436 请计算_______。 （2）工业上，通常在乙苯蒸气中掺混一定量的水蒸气进行反应。下，控制投料比分别为、、，乙苯平衡转化率与反应温度的关系如图甲所示： ①图中的曲线是_______(填曲线标号)。 ②图中点的正反应速率和点的逆反应速率大小关系为_______(填“>”“<”或“=”)。 （3）一种提高乙苯转化率的催化剂一钯膜(只允许透过)反应器，其工作原理如图乙所示。 ①该系统中持续通入的作用为_______。 ②和下，一定量的乙苯通入无钯膜反应器，若乙苯的平衡转化率为40%，该反应的压强平衡常数_______；相同条件下，若换成“钯膜反应器”，乙苯的平衡转化率提高到50%，则出口a和b的氢气质量比为_______。 II．利用“氧化乙苯”制苯乙烯： 。其反应历程如下： (、表示乙苯分子中或原子的位置；、为催化剂的活性位点，其中位点带部分正电荷，、位点带部分负电荷) （4）键的极性：_______(填“>”或“<”)； （5）保持混合气体总压(p)等其他条件不变，的分压与乙苯转化率的关系如图所示，时，乙苯转化率下降的原因是_______。 【答案】（1）615 （2） ①. a ②. < （3） ①. 及时将氢气从反应器中分离，提高乙苯转化率 ②. ③. （4）> （5）过多的占据了带部分负电荷的位点(催化剂的活性位点)，使得乙苯的脱除速率降低，乙苯转化率下降 【解析】 【小问1详解】 ∆H=反应物总键能-生成物总键能，反应物与生成物有部分相同的共价键，123kJ/mol=(2×413+348-x-436)kJ/mol，解得x=615； 【小问2详解】 ①100kPa下，n(乙苯)：n(H2O)分别按照1：1、1：4、1：9投料，总压相同，水蒸气量越多，乙苯的压强越小，则相当于减小反应体系的压强，平衡向体积增大即正向移动，转化率增大，则a曲线为1：9投料的曲线； ②图中M点和N点都是相同温度下的平衡点，其正反应速率等于逆反应速率，由于M点乙苯的起始分压小：n(乙苯)：n(H2O)按照1：9投料、且平衡转化率大，则M点乙苯的分压小于N点，压强越大，反应速率越快，因此＜； 【小问3详解】 ①该系统中持续通入，氮气出来的时带出了氢气，及时将氢气从反应器中分离，降低了氢气的浓度，使平衡正向移动，提高乙苯的转化率； ②设乙苯起始物质的量为1mol，通入无钯膜反应器转化率为40%，则平衡时n(乙苯)=0.6mol，n(苯乙烯)=0.4mol，n(H2)= 0.4mol，总物质的量为1.4mol。分压，，。压强平衡常数：(0.19p)；相同条件下，若换成“钯膜反应器”，反应的平衡常数相同，设乙苯起始物质的量为1mol，平衡时b出口逸出xmolH2，列三段式： 故压强平衡常数：，解得，则从a出口逸出H2的物质的量为，故出口a和b的氢气质量比为； 【小问4详解】 根据反应历程，催化剂中A位点带部分正电荷，对 α 位 C—H 键的电子云吸引作用更强，使得 α 位C—H键的极性更大。故>； 【小问5详解】 CO2的分压与乙苯转化率的关系如图3所示，p(CO2)＞14kPa时，乙苯转化率下降的原因是过多的CO2占据了带部分负电荷的B1位点，使得乙苯α－H的脱除速率降低，乙苯转化率下降。 20. 我国科学家实现了喹啉并内酯的高选择性制备。合成路线如下图。 已知： i. R-Br+R’CHO ii. iii.碳碳双键直接与羟基相连不稳定 （1）试剂a为_______；B中官能团的电子式为_______。 （2）B(苯胺)具有碱性，B转化为C的反应中，使B过量可以提高的平衡转化率，其原因是_______(写出一条即可)。 （3）C→D的化学方程式为_______。 （4）H的结构简式为_______；H→I的反应类型为_______。 （5）K是F的同分异构体，其中能使溴的四氯化碳溶液褪色的结构还有_______种(不考虑立体异构)。其中核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为2：3：3的结构简式为_______。 （6）D和I转化成J的反应过程中还生成水，理论上该过程中消耗的与生成的J的物质的量之比为_______。 【答案】（1） ①. 浓硝酸，浓硫酸 ②. （2）增加了反应物苯胺的浓度，减小生成物HCl的浓度，使化学平衡正向移动 （3）+H2O+CH3CH2OH （4） ①. ②. 消去反应 （5） ①. 7 ②. （6）1：1 【解析】 分析】根据流程图，转化关系分析如下： 【小问1详解】 根据以上分析可知：试剂a为浓硝酸和浓硫酸，B中的官能团为氨基，其电子式为：。 【小问2详解】 根据上述分析可知：B的结构简式为，具有碱性，转化为的反应中，如果过量可以中和生成的HCl，相当于增加了反应物的浓度，减小生成物的浓度，使化学平衡正向移动，提高ClCH2COOC2H5的平衡转化率。 【小问3详解】 根据以上分析可知：C的结构简式为，D的结构简式为，C转化为D是酯在酸性条件下的水解反应，所以C→D的化学方程式为：+H2O+CH3CH2OH。 【小问4详解】 根据以上分析可知：H的结构简式为，H→I的反应类型为消去反应。 【小问5详解】 根据以上分析可知：F的结构简式为CH2=CHCH2CH2OH，再结合已知条件碳碳双键直接与羟基相连不稳定，得到其同分异构体能使溴的四氯化碳溶液褪色的结构有CH2=CHCH(OH)CH3，CH3CH=CHCH2OH，CH2=C(CH3)CH2OH，CH2=CHOCH2CH3，CH2=CHCH2OCH3，CH3OCH=CHCH3，CH2=C(CH3)OCH3共7种，其中核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为2:3:3的结构简式为CH2=C(CH3)OCH3。 【小问6详解】 根据以上分析可知：D的分子式为C8H9O2N，I的分子式为C4H6O，J的分子式为C12H9O2N，所以两者反应的方程式为：C8H9O2N+C4H6O+xO2→C12H9O2N+yH2O，根据氢原子守恒，可知水为3mol，再根据氧原子守恒，可知消耗氧气为1mol，所以理论上该过程中消耗的O2与生成的J的物质的量之比为1∶1。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $