精品解析：广西南宁市第三中学2024-2025学年高三下学期毕业班5月检测（二模）化学试题

南宁三中2025届毕业班五月第二次适应性测试 化学试卷 可能用到的相对原子质量：Li-7 S-32 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1. 化学与生活息息相关，下列有关叙述正确的是 A. 由苯乙烯和丁二烯合成的SBS橡胶属于天然有机高分子化合物 B. 春晚“宇树”机器人的核心芯片材料主要为二氧化硅 C. 神舟十九号飞船返回舱表层材料玻璃纤维属于无机非金属材料 D. 比亚迪新能源汽车“刀片”锂离子电池属于燃料电池 2. CO会与人体血红蛋白中的Fe(Ⅱ)形成配位键 ， 使其丧失运输氧的能力。下列有关说法错误的是 A. 基态Fe2+的价电子排布式为3d6 B. 16O2和18O3互为同位素 C. 基态C原子2px轨道的电子云轮廓图为 D. 人体血红蛋白中的Fe(Ⅱ)形成配位键时， CO分子提供孤电子对 3. 下列实验装置和操作能达到实验目的的是 A. 用装置甲制备时，先通入再通入 B. 用装置乙制备溴苯并验证该反应为取代反应 C. 用装置丙在铁上镀锌 D. 用装置丁蒸发溶液制无水 4. 下列对一些实验事实的理论解释，错误的是 选项 实验事实 理论解释 A 键角：NH3>NF3 氟的电负性大于氢，N-F的成键电子对更偏向氟， 氮周围电子云密度较小，斥力较小，键角较小 B 酸性： 氟的电负性大于氯，导致CF3COOH的羧基中的羟 基的极性更大，更易电离出 C 沸点： 前者形成分子间氢键，后者形成分子内氢键 D 用杯酚分离C60和C70 超分子具有自组装特征 A. A B. B C. C D. D 5. 下列离子方程式书写正确的是 A. 向澄清石灰水中滴加少量草酸溶液： B. 铅酸蓄电池充电时的阳极反应： C. 将SO2通入酸性KMnO4溶液中： D. 甲醛与足量银氨溶液反应：HCHO+2Ag(NH3)2OH2Ag↓+3NH3↑+HCOO—+NH+H2O 6. 硫及其化合物的部分转化关系如图，已知S8分子的8个硫原子以单键连接构成环状结构。下列叙述正确的是 A. 32g单质S8分子中含S-S键的数目为8NA B. 1L 0.1mol/L Na2SO3溶液中，的数目为0.1NA C. 反应①每消耗1 mol SO2，转移电子数为 D. 反应②的氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：2 7. 前四周期元素X、Y、Z、R、M的原子序数依次增大，同周期中基态原子未成对电子数最多，基态原子价层电子排布式为。Z和位于同主族，基态的能级达到全充满结构。由这五种元素组成的化合物为蓝色晶体。下列叙述正确的是 A. 原子半径： B. 第一电离能： C. 氢化物稳定性：Y < R D. 常温下向溶液中加入溶液，产生蓝色沉淀 8. 丹参是《本草纲目》记载的一味中药，丹参醇是其有效成分，结构简式如图所示。下列关于丹参醇的说法正确的是 A. 分子中含3个手性碳原子 B. 消去反应的有机产物最多有2种(不考虑双键碳上连羟基) C. 红外光谱可鉴定有3种含氧官能团 D. 1mol该分子最多与5mol H2发生加成反应 9. 某种可充电固态锂电池放电时工作原理如图所示，下列说法错误的是 A. 电极电势：b极>a极 B. 放电时电子流向：a极→负载→b极 C. 充电时，阳极电极反应为：LiLaZrTaO-xe-=xLi++Li1-xLaZrTaO D. 外电路通过1mol电子时，理论上两电极质量变化差值为7g 10. 在浓HNO3和浓H2SO4混合溶液中加入苯，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法错误的是 A. 对于生成Y的反应，浓H2SO4作催化剂 B. X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物 C. 由苯得到M时，苯中的碳原子杂化方式没有变化 D. 从中间体到产物，无论从产物稳定性还是反应速率的角度均有利于产物Ⅱ 11. 硫化锂的纳米晶体是开发先进锂电池的关键材料，晶体为立方晶胞，其结构如图。已知为阿伏加德罗常数的值，晶体密度为。下列说法错误的是 A. Li+位于形成的四面体空隙中 B. 晶胞沿轴方向的投影图为 C. 该晶胞参数为 D. B点的原子分数坐标为 12. 下列实验操作、现象和结论都正确的是 选项 实验操作 实验现象 实验结论 A 适量的通入溶液中 有气泡生成 非金属性： B 向Mg(OH)2悬浊液中滴加0.1mol/L 的CuCl2溶液，振荡 沉淀由白色变为蓝色 Cu(OH)2的溶解度 小于Mg(OH)2 C 向苯酚浓溶液中滴入少量溴水，振荡 无白色沉淀产生 苯酚与溴水不反应 D 乙醇和浓硫酸共热至170℃后，将 生成的气体通入酸性KMnO4溶液中 KMnO4溶液褪色 乙烯能使KMnO4 溶液褪色 A. A B. B C. C D. D 13. 硫酸工业尾气中可用CO处理并回收S，涉及的反应有： 反应I：　 反应II：　 恒压条件下，按充入原料，其中的平衡转化率以及COS和S的平衡选择性随温度的变化如图所示。已知曲线b表示的平衡选择性。 (X的平衡选择性，X为COS或S)。 下列说法不正确的是 A. 曲线c表示S的平衡选择性 B. C. 1400K下，反应的平衡常数 D. 其它条件不变，增大体系压强的平衡转化率不变 14. 常温下，向饱和AgAc溶液(有足量AgAc固体)中滴加稀硝酸，调节体系pH促进AgAc溶解，总反应为AgAc(s)+H+(aq)Ag+(aq)+HAc(aq)，平衡时lgc(Ag+)、分布系数δ(M)与pH的变化关系如图所示〔其中M代表HAc或Ac，δ(HAc)=，Ag+水解忽略不计]。 已知：常温下，pKsp(AgAc)=-lgKsp(AgAc)=2.71。 下列叙述错误的是 A. 曲线代表lgc(Ag+)与pH的关系 B. pH=4.5时，溶液中c(HAc)<c() C. pH=6时，溶液中>10 D. AgAc(s)+H+(aq)Ag+(aq)+HAc(aq)的平衡常数K=102.04 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. [Co(NH3)5Cl]Cl2 ()是一种易溶于热水，难溶于乙醇的紫红色晶体。可通过如下实验制备(实验装置如图)。 Ⅰ．将适量氯化铵溶于浓氨水中，搅拌下，将混合溶液缓慢滴加至1.00g研细的CoCl2·6H2O (M=238g·mol-1)，得到[Co(NH3)6]Cl2沉淀。 Ⅱ．边搅拌边慢慢滴入足量30% H2O2溶液，得到[Co(NH3)5 H2O]Cl3溶液。 Ⅲ．慢慢注入适量浓盐酸，得到沉淀，水浴加热，冷却至室温，得到紫红色晶体，减压过滤。 Ⅳ．依次用不同试剂洗涤晶体，烘干，得到0.80g产品。 已知：a． Co(OH)2 是不溶于水的沉淀；b． H2O2参与反应时，明显放热。回答下列问题： （1）仪器b的名称是___________。仪器d中的药品为___________。 （2）步骤Ⅰ中，如果不加NH4Cl固体，对制备过程的不利影响是___________。 （3）步骤Ⅱ中滴加H2O2时应选择___________(填序号)。 A. 冷水浴 B. 温水浴(约为60℃) C. 沸水浴 D. 酒精灯直接加热 （4）制备[Co(NH3)5Cl]Cl2的总反应化学方程式为___________。 （5）步骤Ⅳ中依次使用冷水、冷的盐酸、___________(填试剂名称)洗涤晶体。 （6）本实验的产率为___________(保留两位小数)。 （7）已知：  ；  。则在水溶液中的稳定性：___________(填“大于”或“小于”)。 16. 软锰矿的主要成分为MnO2，含少量Al2O3和SiO2.闪锌矿主要成分为ZnS，含少量FeS、CuS杂质。现以软锰矿和闪锌矿为原料制备MnO2和Zn，其简化流程如下： 已知：Ⅰ．矿石中所有金属元素在滤液中均以离子形式存在。 Ⅱ．常温下各种金属离子开始沉淀和完全沉淀的如下表： 开始沉淀 完全沉淀 回答下列问题： （1）为了加快矿石的酸浸速率，通常采用的方法有___________。 （2）步骤①中发生多个反应，其中、与硫酸共热时有淡黄色物质析出，溶液变为棕黄色，写出、与硫酸共热发生反应的离子方程式：___________。 （3）步骤②中Zn的作用是___________。 （4）步骤③中物质X用于调节溶液的，X可选用的是___________。 A． NaOH B． Ca(OH)2 C． ZnO D． Zn(OH)2 调节pH的范围是___________。 （5）步骤④结合流程图分析用惰性电极进行电解时阳极的电极反应式为___________。 （6）锰的某种氧化物MnOx的四方晶胞及其在xy平面的投影如图所示，当MnOx晶体有O原子脱出时，出现O空位，Mn的化合价___________(填“升高”“降低”或“不变”)。 （7）MnOx可作转化为的催化剂(见下图)。的熔点远大于，除相对分子质量存在差异外，另一重要原因是___________。 17. 采用热分解法去除沼气中的H2S过程中涉及的主要反应如下： 反应Ⅰ：　； 反应Ⅱ：　。 回答下列问题： （1）写出(g)吸收H2S(g)生成CS2(g)和H2(g)的热化学方程式：___________。 （2）保持100kPa不变，将与按体积比2∶1投入密闭容器中，发生反应Ⅰ、Ⅱ，并通入一定量的稀释，在不同温度下反应达到平衡时，所得、与的体积分数如图所示。 ①1050℃时，下列能说明容器中反应达到平衡状态的有___________(填标号)。 A．容器的体积保持不变 B．容器内气体密度保持不变 C．v(CH4) = v(CS2) D．S2和H2的物质的量之比为1∶2 ②X所在曲线代表的是___________(填化学式)的体积分数。 ③Y所在曲线随温度的升高先增大后减小的原因是___________。 ④1000℃达到平衡时，H2S的体积分数为0.25%，则该温度下达到平衡后H2S的去除率为___________(保留三位有效数字，下同)，反应Ⅰ压强平衡常数Kp=___________(用平衡分压代替平衡浓度计算，平衡分压=总压×体积分数)。 （3）催化剂对反应有高选择性，理论计算得到反应主要路径如图所示，表示状态2的为___________(填选项)。 A．          B．         C． 18. 叶酸作为水溶性维生素B族中的一种，是人类不可缺少的营养素。在实验室可利用如下合成路线制备叶酸。 回答下列问题： （1）A→B的反应类型为___________； （2）化合物G的名称为 ___________；化合物J中含氧官能团的名称为___________； （3）D+H→I的化学方程式为___________； （4）F的同分异构体中含-NH2，且直接与苯环相连的有___________种；其中核磁共振氢谱峰面积比为2：2：2：1的结构简式为___________； （5）TAHP()是一种碱性有机化合物，将下列化合物按碱性由强到弱排序：___________(填字母)(已知：孤电子对所占s轨道成分越少，越易给出电子，碱性越强)。 a． b． c． NH3 （6）结合上述合成路线，设计以乙醛为原料合成化合物M()的合成路线__________(无机试剂任选)，已知CH3CHO。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南宁三中2025届毕业班五月第二次适应性测试 化学试卷 可能用到的相对原子质量：Li-7 S-32 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1. 化学与生活息息相关，下列有关叙述正确的是 A. 由苯乙烯和丁二烯合成的SBS橡胶属于天然有机高分子化合物 B. 春晚“宇树”机器人的核心芯片材料主要为二氧化硅 C. 神舟十九号飞船返回舱表层材料玻璃纤维属于无机非金属材料 D. 比亚迪新能源汽车“刀片”锂离子电池属于燃料电池 【答案】C 【解析】 【详解】A．SBS橡胶是合成有机高分子化合物，A错误； B．机器人的核心芯片材料主要为硅，B错误； C．玻璃纤维为无机非金属材料，C正确； D．锂离子电池在充电时其电池反应可逆向进行，属于二次电池，D错误； 故选C。 2. CO会与人体血红蛋白中的Fe(Ⅱ)形成配位键 ， 使其丧失运输氧的能力。下列有关说法错误的是 A. 基态Fe2+的价电子排布式为3d6 B. 16O2和18O3互为同位素 C. 基态C原子2px轨道的电子云轮廓图为 D. 人体血红蛋白中的Fe(Ⅱ)形成配位键时， CO分子提供孤电子对 【答案】B 【解析】 【详解】A．已知Fe是26号元素，根据能级构造原理可知，基态Fe2+的价电子排布式为3d6，A正确； B．同位素是指具有相同质子数而不同中子数的原子之间即两种核素之间的关系，16O2 和 18O3是同一元素形成的性质不同的两种单质，互为同素异形体关系， B错误； C．p能级轨道为哑铃形，基态C原子2px轨道的电子云轮廓图为 ，C正确； D．CO分子有孤电子对， 血红蛋白中的Fe(Ⅱ)有空轨道， D正确； 故答案为：B。 3. 下列实验装置和操作能达到实验目的的是 A. 用装置甲制备时，先通入再通入 B. 用装置乙制备溴苯并验证该反应为取代反应 C. 用装置丙在铁上镀锌 D. 用装置丁蒸发溶液制无水 【答案】C 【解析】 【详解】A．制备时，先通入至饱和，再通入，而装置丁中通入二氧化碳的导管没有伸入到液面以下，A错误； B．苯与液溴在Fe催化下发生取代反应产生溴苯和HBr，但Br2具有挥发性，挥发的Br2也会随HBr进入到烧杯中，与AgNO3溶液发生反应产生AgBr淡黄色沉淀，因此不能利用甲装置验证该反应为取代反应，B错误； C．由实验装置图可知，与直流电源正极相连的锌电极做阳极，Zn-2e-=Zn2+，铁在阴极，电解质溶液为硫酸锌溶液，阴极上Zn2++2e-=Zn，可以实现在铁上镀锌的实验目的，C正确； D．由于要水解，蒸发溶液得到，不能达到实验目的，D错误； 故选C。 4. 下列对一些实验事实的理论解释，错误的是 选项 实验事实 理论解释 A 键角：NH3>NF3 氟的电负性大于氢，N-F的成键电子对更偏向氟， 氮周围电子云密度较小，斥力较小，键角较小 B 酸性： 氟的电负性大于氯，导致CF3COOH的羧基中的羟 基的极性更大，更易电离出 C 沸点： 前者形成分子间氢键，后者形成分子内氢键 D 用杯酚分离C60和C70 超分子具有自组装特征 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．NH3、NF3中心原子均为sp3杂化，且都有一个孤电子对，中心原子相同，配位原子H的电负性小于F，用于N-F成键的电子对更偏向氟，氮周围电子云密度减小，斥力较小，键角较小，A正确； B．氟的电负性大于氯的电负性，F-C的极性大于Cl-C的性，使-CF3的极性大于-CCl3的极性，导致CF3COOH的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出H+，故酸性：CF3COOH>CCl3COOH，故B正确； C．对羟基苯甲酸形成分子间氢键，邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，分子间氢键能使物质的熔沸点升高，分子内氢键能使物质的熔沸点降低，则沸点：对羟基苯甲酸>邻羟基苯甲酸，故C正确； D．用杯酚分离C60和C70体现了超分子具有分子识别的特征，不是体现了具有自组装特征，D错误； 故答案选D。 5. 下列离子方程式书写正确的是 A. 向澄清石灰水中滴加少量草酸溶液： B. 铅酸蓄电池充电时的阳极反应： C. 将SO2通入酸性KMnO4溶液中： D. 甲醛与足量银氨溶液反应：HCHO+2Ag(NH3)2OH2Ag↓+3NH3↑+HCOO—+NH+H2O 【答案】A 【解析】 【详解】A． 向澄清石灰水中滴加少量草酸溶液生成草酸钙和水，A正确； B．铅酸蓄电池充电时阳极失去电子生成，阳极电极反应为，B错误； C． 将SO2通入酸性KMnO4溶液中，溶液紫色褪去即Mn转化为Mn2+，则S被氧化为硫酸根，故离子方程式为：，C错误； D． 醛与足量银氨溶液发生的反应为甲醛与足量银氨溶液共热反应生成碳酸铵、氨气、银和水，反应的化学方程式为HCHO+ 4Ag(NH3)2+ + 4OH-4Ag↓+6NH3↑+ 2NH4+ + CO32- + 2H2O，D错误； 故选A。 6. 硫及其化合物的部分转化关系如图，已知S8分子的8个硫原子以单键连接构成环状结构。下列叙述正确的是 A. 32g单质S8分子中含S-S键的数目为8NA B. 1L 0.1mol/L Na2SO3溶液中，的数目为0.1NA C. 反应①每消耗1 mol SO2，转移电子数为 D. 反应②的氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：2 【答案】D 【解析】 【详解】A．已知一个S8分子中含有8个S-S键，则32gS8分子中含S-S键的数目为=NA，A错误； B．由于会发生水解，故1L0.1mol/LNa2SO3溶液中，的数目小于0.1NA，B错误； C．反应①硫元素化合价由+4价降低到0价，1molSO2反应，转移电子数为，C错误； D．由题干信息可知，反应②为3S8+48OH-=16S2-+8+24H2O，其中氧化产物为和还原产物为S2-，则二者物质的量之比为1：2，D正确； 故答案选D。 7. 前四周期元素X、Y、Z、R、M的原子序数依次增大，同周期中基态原子未成对电子数最多，基态原子价层电子排布式为。Z和位于同主族，基态的能级达到全充满结构。由这五种元素组成的化合物为蓝色晶体。下列叙述正确的是 A. 原子半径： B. 第一电离能： C. 氢化物稳定性：Y < R D. 常温下向溶液中加入溶液，产生蓝色沉淀 【答案】B 【解析】 【分析】同周期中基态原子未成对电子数最多，Y为ⅤA族元素；基态原子价层电子排布式为，n=2，Z为O元素，则Y为N元素；Z和位于同主族，则R为S元素；基态的能级达到全充满结构，对应(基态的价电子排布为)，则M为Cu；根据，可知X为H，综上所述：X为H、Y为N、Z为O、R为S、M为Cu，据此解答。 【详解】A．电子层数越多，半径越大，电子层结构相同，核电荷数越大，半径越小，原子半径：，A错误； B．根据同主族从上往下第一电离能减小，则O>S，N的2p能级半满，第一电离能大于同周期相邻元素，则N>O，所以第一电离能：，B正确； C．Y、R的氢化物稳定性分别为NH3、H2S，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则非金属性：N＞S，则氢化物稳定性：NH3＞H2S，C错误； D．是稳定的配合物，向溶液中加入溶液，不会生成，D错误； 故选B。 8. 丹参是《本草纲目》记载的一味中药，丹参醇是其有效成分，结构简式如图所示。下列关于丹参醇的说法正确的是 A. 分子中含3个手性碳原子 B. 消去反应的有机产物最多有2种(不考虑双键碳上连羟基) C. 红外光谱可鉴定有3种含氧官能团 D. 1mol该分子最多与5mol H2发生加成反应 【答案】C 【解析】 【详解】A．分子中手性碳有2个A项错误； B．不考虑双键碳上连羟基时，能发生消去反应的是醇羟基，该分子中两个醇羟基所在碳原子的邻位碳原子上有氢原子，且结构不对称，消去反应产物最多有3种，B错误； C．红外光谱可以鉴定化学键和官能团，图中含氧官能团有羟基、羰基、醚键三种，C项正确； D．1mol有机物最多可与7molH2发生加成反应，D项错误； 故答案选C。 9. 某种可充电固态锂电池放电时工作原理如图所示，下列说法错误的是 A. 电极电势：b极>a极 B. 放电时电子流向：a极→负载→b极 C. 充电时，阳极电极反应为：LiLaZrTaO-xe-=xLi++Li1-xLaZrTaO D. 外电路通过1mol电子时，理论上两电极质量变化差值为7g 【答案】D 【解析】 【分析】放电时，该电池为原电池，阳离子向正极移动，由图可知，Li+向b极移动，则b为正极，a为负极；充电时为电解池，a极为阴极，阴极上Li+得电子发生还原反应，b极为阳极，据此分析回答。 【详解】A．根据Li+移动方向可知：b极为正极，a极为负极；充电时，b极为阳极，a极为阴极，故电极电势b极高于a极，A正确； B．放电时，电子由负极a流出经外电路负载流入正极b，B正确； C．充电时，b极为阳极，失去电子，电极反应为：，C正确； D．放电时：外电路通过1mol电子时，b极减少1mol Li+ ，质量为7g，a极1mol Li+ 得到电子变为锂增重7g，充电时：外电路通过1mol电子时，a极失去电子迁移1mol Li+ 到b极，a极质量减少7g，b极1mol Li+ 得到电子变为锂增重7g，两电极质量变化差值为14g，D错误； 故选D。 10. 在浓HNO3和浓H2SO4混合溶液中加入苯，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法错误的是 A. 对于生成Y的反应，浓H2SO4作催化剂 B. X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物 C. 由苯得到M时，苯中的碳原子杂化方式没有变化 D. 从中间体到产物，无论从产物稳定性还是反应速率的角度均有利于产物Ⅱ 【答案】C 【解析】 【分析】两个反应历程第一个基元反应是相同的，第二个基元反应是不同，因此各历程中第二个基元反应决定了两个历程速率快慢。生成产物Ⅱ的活化能低，反应速率快。 【详解】A．苯的硝化反应中浓H2SO4作催化剂，故A正确； B．对照产物Ⅰ的反应和产物结构(→)可知：苯环不饱和度降低，X为苯的加成产物；对照产物Ⅱ的反应和产物结构(→)可知：苯环上一个H院子被一个硝基替换，Y为苯的取代产物，故B正确； C．转化为M()是，六元环中一个C原子杂化类型发生改变，由sp2变为sp3，故C错误； D．生成产物Ⅱ的活化能低，反应速率快，且产物Ⅱ的能量比产物I的能量低更低稳定，故D正确； 选C。 11. 硫化锂的纳米晶体是开发先进锂电池的关键材料，晶体为立方晶胞，其结构如图。已知为阿伏加德罗常数的值，晶体密度为。下列说法错误的是 A. Li+位于形成的四面体空隙中 B. 晶胞沿轴方向的投影图为 C. 该晶胞参数为 D. B点的原子分数坐标为 【答案】B 【解析】 【详解】A．如图可知，Li+位于S2-形成的四面体空隙中，A正确； B．硫离子位于晶胞的面心、顶角，锂离子位于晶胞的内部，硫化锂晶胞轴方向的投影图为：，B错误； C．设a为晶胞边长，，得，C正确； D．结合晶胞结构可知，B点位于右下方内侧小立方体的体心，结合坐标系可知，B点的原子分数坐标为，D正确； 故答案选B。 12. 下列实验操作、现象和结论都正确的是 选项 实验操作 实验现象 实验结论 A 适量的通入溶液中 有气泡生成 非金属性： B 向Mg(OH)2悬浊液中滴加0.1mol/L 的CuCl2溶液，振荡 沉淀由白色变为蓝色 Cu(OH)2的溶解度 小于Mg(OH)2 C 向苯酚浓溶液中滴入少量溴水，振荡 无白色沉淀产生 苯酚与溴水不反应 D 乙醇和浓硫酸共热至170℃后，将 生成的气体通入酸性KMnO4溶液中 KMnO4溶液褪色 乙烯能使KMnO4 溶液褪色 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．要证明非金属性，可以通过比较其最高价氧化物对应水化物的酸性强弱来进行，H2SO3不是S的最高价含氧酸，故A错误； B．向氢氧化镁悬浊液中滴加0.1mol/L的氯化铜溶液，振荡，沉淀由白色变为蓝色，说明溶解度小的氢氧化镁转化为溶解度更小的氢氧化铜，故B正确； C． 向苯酚稀中滴入浓溴水，才能看到白色沉淀三溴苯酚，少量三溴苯酚易溶于苯酚，故C错误； D．反应生成的乙烯中可能混有乙醇和SO2杂质，乙醇和SO2也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，则溶液褪色不能说明乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错误； 选B。 13. 硫酸工业尾气中可用CO处理并回收S，涉及的反应有： 反应I：　 反应II：　 恒压条件下，按充入原料，其中的平衡转化率以及COS和S的平衡选择性随温度的变化如图所示。已知曲线b表示的平衡选择性。 (X的平衡选择性，X为COS或S)。 下列说法不正确的是 A. 曲线c表示S的平衡选择性 B. C. 1400K下，反应的平衡常数 D. 其它条件不变，增大体系压强的平衡转化率不变 【答案】D 【解析】 【分析】由图可知，升高温度，S的平衡选择性增大，说明反应II正向移动，根据勒夏特列原理，正反应是吸热反应，即ΔH2>0，随着温度升高，反应I逆向移动，COS的量减少，而反应II正向移动，S的量增加，已知曲线b表示COS的平衡选择性，所以曲线c表示S的平衡选择性，曲线a表示SO2的平衡转化率； 【详解】A．随着温度升高，反应I逆向移动，COS的量减少，而反应II正向移动，S的量增加，已知曲线b表示COS的平衡选择性，所以曲线c表示S的平衡选择性，A正确； B．由图可知，升高温度，S的平衡选择性增大，说明反应II正向移动，根据勒夏特列原理，正反应是吸热反应，即ΔH2>0，B正确； C．设起始n(SO2)=1 mol，n(CO)=3 mol，在1400K下，SO2平衡转化率为80%，则转化的n(SO2)=0.8 mol，COS平衡选择性为50%，则生成n(COS)=0.8 mol×50%=0.4 mol，生成n(S)=0.4 mol。根据反应I生成n(CO2)=0.8 mol×2=1.6 mol，剩余n(CO)=3 mol−0.8 mol×3+0.4 mol=1 mol。对于反应SO2(g)+2CO(g)⇌S(g)+2CO2(g)，平衡时n(SO2)=1 mol−0.8 mol=0.2 mol，n(CO)=0.4 mol，n(S)=0.4 mol，n(CO2)=1.6 mol。因为是恒压体系，体积比等于物质的量之比，设平衡时总体积为V，根据平衡常数表达式，C正确； D．反应I是气体分子数减小的反应，增大压强，反应I正向移动，从而使SO2的平衡转化率增大，D错误； 故选D。 14. 常温下，向饱和AgAc溶液(有足量AgAc固体)中滴加稀硝酸，调节体系pH促进AgAc溶解，总反应为AgAc(s)+H+(aq)Ag+(aq)+HAc(aq)，平衡时lgc(Ag+)、分布系数δ(M)与pH的变化关系如图所示〔其中M代表HAc或Ac，δ(HAc)=，Ag+水解忽略不计]。 已知：常温下，pKsp(AgAc)=-lgKsp(AgAc)=2.71。 下列叙述错误的是 A. 曲线代表lgc(Ag+)与pH的关系 B. pH=4.5时，溶液中c(HAc)<c() C. pH=6时，溶液中>10 D. AgAc(s)+H+(aq)Ag+(aq)+HAc(aq)的平衡常数K=102.04 【答案】C 【解析】 【分析】随着pH增大，c(H+)减小，c(HAc)减小，c(Ac−)增大，所以曲线Ⅱ对应HAc的分布系数（随pH增大而减小），曲线Ⅲ对应Ac−的分布系数（随pH增大而增大），据此分析解题。 【详解】A．随着pH减小，c(H+)增大，AgAc(s)+H+(aq)Ag+(aq)+HAc(aq)，平衡正向移动，随pH减小lgc(Ag+)增大，曲线I代表lgc(Ag+) 与pH的关系，A正确； B．当pH=4.5时，溶液中存在物料守恒c(Ag+)=c(Ac−)+c(HAc)，电荷守恒c(Ag+)+c(H+)=c(Ac−)+c(​)+c(OH−)，联立可得c(HAc)+c(H+)=c(​)+c(OH−) ，pH=4.5时，c(H+)>c(OH−)，所以c(HAc)<c(​)，B正确； C．pH=6时，c(H+)= 10−6mol/L，Ka(HAc)=，X点时pH=4.75，δ(HAc)==0.5，即，Ka(HAc)= c(H+)=10-4.75，溶液中，C错误； D．AgAc(s)+H+(aq)Ag+(aq)+HAc(aq)，平衡常数K，Ksp(AgAc) =10-2.71，Ka(HAc) =10-4.75，平衡常数K=102.04，D正确； 故选C。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. [Co(NH3)5Cl]Cl2 ()是一种易溶于热水，难溶于乙醇的紫红色晶体。可通过如下实验制备(实验装置如图)。 Ⅰ．将适量氯化铵溶于浓氨水中，搅拌下，将混合溶液缓慢滴加至1.00g研细的CoCl2·6H2O (M=238g·mol-1)，得到[Co(NH3)6]Cl2沉淀。 Ⅱ．边搅拌边慢慢滴入足量30% H2O2溶液，得到[Co(NH3)5 H2O]Cl3溶液。 Ⅲ．慢慢注入适量浓盐酸，得到沉淀，水浴加热，冷却至室温，得到紫红色晶体，减压过滤。 Ⅳ．依次用不同试剂洗涤晶体，烘干，得到0.80g产品。 已知：a． Co(OH)2 是不溶于水的沉淀；b． H2O2参与反应时，明显放热。回答下列问题： （1）仪器b的名称是___________。仪器d中的药品为___________。 （2）步骤Ⅰ中，如果不加NH4Cl固体，对制备过程的不利影响是___________。 （3）步骤Ⅱ中滴加H2O2时应选择___________(填序号)。 A. 冷水浴 B. 温水浴(约为60℃) C. 沸水浴 D. 酒精灯直接加热 （4）制备[Co(NH3)5Cl]Cl2的总反应化学方程式为___________。 （5）步骤Ⅳ中依次使用冷水、冷的盐酸、___________(填试剂名称)洗涤晶体。 （6）本实验的产率为___________(保留两位小数)。 （7）已知：  ；  。则在水溶液中的稳定性：___________(填“大于”或“小于”)。 【答案】（1） ①. 球形冷凝管 ②. P2O5 (或无水CaCl2) （2）氨水电离导致NH3浓度小，产物产率小，且OH-浓度过大产生Co(OH)2沉淀 （3）A （4） （5）乙醇 （6）76.01%(或0.76) （7）小于 【解析】 【分析】步骤Ⅰ中氯化铵、浓氨水、反应，得到沉淀，反应式为；步骤Ⅱ中加入30%过氧化氢，发生反应，得到溶液；步骤Ⅲ中加入浓盐酸，存在平衡，增加溶液中氯离子浓度，有助于反应正向进行，有利于沉淀的形成。 【小问1详解】 根据实验装置图，仪器b的名称是球形冷凝管；据分析，加入过氧化氢后的反应中有氨气产生，因此仪器d中需要加入无水氯化钙 (或P2O5)吸收氨气； 【小问2详解】 浓氨水中存在电离平衡，加入氯化铵，浓度大抑制氨水的电离平衡，如果不加氯化铵，氨水电离导致NH3浓度小，产物产率小，且c(OH-)过大产生Co(OH)2沉淀； 【小问3详解】 过氧化氢受热易分解，因此步骤Ⅱ需要在较低温度进行，故答案为A； 【小问4详解】 据分析，步骤Ⅰ的化学方程式为，步骤Ⅱ的化学方程式为，步骤Ⅲ的化学方程式为，则总反应为：； 【小问5详解】 紫红色沉淀先用冷水洗去表面杂质，再用冷的盐酸洗涤，使得平衡正向移动，减少产物损失，再用乙醇洗去冷的盐酸； 【小问6详解】 根据钴原子守恒，本实验的产率为：； 【小问7详解】 Co3+与NH3反应的K更大，反应进行的更彻底，更稳定，故答案为：小于。 16. 软锰矿的主要成分为MnO2，含少量Al2O3和SiO2.闪锌矿主要成分为ZnS，含少量FeS、CuS杂质。现以软锰矿和闪锌矿为原料制备MnO2和Zn，其简化流程如下： 已知：Ⅰ．矿石中所有金属元素在滤液中均以离子形式存在。 Ⅱ．常温下各种金属离子开始沉淀和完全沉淀的如下表： 开始沉淀 完全沉淀 回答下列问题： （1）为了加快矿石的酸浸速率，通常采用的方法有___________。 （2）步骤①中发生多个反应，其中、与硫酸共热时有淡黄色物质析出，溶液变为棕黄色，写出、与硫酸共热发生反应的离子方程式：___________。 （3）步骤②中Zn的作用是___________。 （4）步骤③中物质X用于调节溶液的，X可选用的是___________。 A． NaOH B． Ca(OH)2 C． ZnO D． Zn(OH)2 调节pH的范围是___________。 （5）步骤④结合流程图分析用惰性电极进行电解时阳极的电极反应式为___________。 （6）锰的某种氧化物MnOx的四方晶胞及其在xy平面的投影如图所示，当MnOx晶体有O原子脱出时，出现O空位，Mn的化合价___________(填“升高”“降低”或“不变”)。 （7）MnOx可作转化为的催化剂(见下图)。的熔点远大于，除相对分子质量存在差异外，另一重要原因是___________。 【答案】（1）适当加热、搅拌、将矿石粉碎、适当增大硫酸浓度等 （2）3MnO2+2FeS+12H+3Mn2++2Fe3++2S+6H2O （3）还原Cu2+、Fe3+ （4） ①. CD ②. 4.9~5.7 （5）Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+ （6）降低 （7）FDCA形成的分子间氢键更多 【解析】 【分析】软锰矿的主要成分为MnO2，含少量Al2O3和SiO2.闪锌矿主要成分为ZnS，含少量FeS、CuS杂质，矿物酸浸过滤后，滤渣1含有SiO2等不溶性杂质，滤液A的金属离子有Mn2+、Al3+、Zn2+、Fe3+、Cu2+，加入适量的锌，锌与金属活动性比其弱的离子Cu2+发生置换反应，使之生成单质除去，滤渣2含有Cu，向滤液中加入MnO2+X，目的是把Fe2+氧化生成Fe3+，并调节溶液pH，使Al3+、Fe3+生成氢氧化物沉淀而除去，最后电解所得的ZnSO4、MnSO4溶液获得MnO2、Zn等产物，据此分析解题； 【小问1详解】 根据影响化学反应速率的因素相关知识，为了加快矿石的酸浸速率，通常采用的方法有：适当加热、搅拌、将矿石粉碎、适当增大硫酸浓度等； 【小问2详解】 其中MnO2、FeS与硫酸共热时有淡黄色物质析出，溶液变为棕黄色，由得失电子守恒可知该淡黄色物质为S，溶液中存在Fe3+和Mn2+，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：3MnO2+2FeS+12H+3Mn2++2Fe3++2S+6H2O； 【小问3详解】 Zn的作用是还原Cu2+、Fe3+，除去Cu和Fe； 【小问4详解】 步骤③中物质X是用来调节溶液的pH至a，使Al3+、Fe3+生成氢氧化物沉淀而除去，又不能引入新的杂质，可选用CD进行除杂，而Zn2+和Mn2+不能沉淀，Al3+完全沉淀的pH为4.9，调节pH范围是4.9~5.7； 【小问5详解】 用惰性电极进行电解，Mn2+在阳极失去电子生成MnO2，电极反应式为：Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+； 【小问6详解】 由均摊法得，晶胞中Mn的数目为，O的数目为，即该氧化物的化学式为MnO2；晶体有O原子脱出时，出现O空位，即x减小，的化合价为+2x，即Mn的化合价降低； 【小问7详解】 由HMF和FDCA的结构可知，HMF和FDCA均能形成分子间氢键，但FDCA形成的分子间氢键更多，使得FDCA的熔点远大于HMF。 17. 采用热分解法去除沼气中的H2S过程中涉及的主要反应如下： 反应Ⅰ：　； 反应Ⅱ：　。 回答下列问题： （1）写出(g)吸收H2S(g)生成CS2(g)和H2(g)的热化学方程式：___________。 （2）保持100kPa不变，将与按体积比2∶1投入密闭容器中，发生反应Ⅰ、Ⅱ，并通入一定量的稀释，在不同温度下反应达到平衡时，所得、与的体积分数如图所示。 ①1050℃时，下列能说明容器中反应达到平衡状态的有___________(填标号)。 A．容器的体积保持不变 B．容器内气体密度保持不变 C．v(CH4) = v(CS2) D．S2和H2的物质的量之比为1∶2 ②X所在曲线代表的是___________(填化学式)的体积分数。 ③Y所在曲线随温度的升高先增大后减小的原因是___________。 ④1000℃达到平衡时，H2S的体积分数为0.25%，则该温度下达到平衡后H2S的去除率为___________(保留三位有效数字，下同)，反应Ⅰ压强平衡常数Kp=___________(用平衡分压代替平衡浓度计算，平衡分压=总压×体积分数)。 （3）催化剂对反应有高选择性，理论计算得到反应主要路径如图所示，表示状态2的为___________(填选项)。 A．          B．         C． 【答案】（1） （2） ①. AB ②. ③. 950～1050℃时，以反应Ⅰ为主，随着温度升高，反应Ⅰ平衡右移程度比反应Ⅱ右移程度大，所以的体积分数会增大；1050～1150℃之间，反应Ⅱ平衡移动程度增大的幅度大于反应Ⅰ，的体积分数会减小 ④. 92.3%(或0.923) ⑤. 121kPa （3）C 【解析】 【小问1详解】 根据反应Ⅰ和反应Ⅱ，利用盖斯定律可得，反应Ⅰ+反应Ⅱ=所求反应，故热化学方程式为：。 【小问2详解】 ①A．随着反应的进行，气体物质的量增大，恒压条件下容器体积增大，A正确； B．气体密度等于用气体总质量除以体积，反应前后气体质量不变，体积增大，气体密度减小，B正确； C．未标明正、逆，无法说明，C错误； D． S2和H2的物质的量之比为1：2无法证明达平衡状态，D错误； 故选AB； ②将与按体积比2∶1投料，并用稀释，在不同温度下反应达到平衡时，由于是反应Ⅰ的生成物同时又是反应Ⅱ的反应物，因此Y所在曲线是的体积分数，950～1050℃时，以反应Ⅰ为主，随着温度升高，反应Ⅰ速率大于反应Ⅱ，的体积分数会增大，1050～1150℃之间，反应Ⅱ速率增大的幅度大于反应Ⅰ，的体积分数会减小，根据方程式中的数量关系，Z所在曲线为H2的体积分数，X所在曲线为的体积分数； ③由于是反应Ⅰ的生成物同时又是反应Ⅱ的反应物，因此Y所在曲线是，950～1050℃时，以反应Ⅰ为主，随着温度升高，反应Ⅰ速率大于反应Ⅱ，的体积分数会增大，1050～1150℃之间，反应Ⅱ速率增大的幅度大于反应Ⅰ，的体积分数会减小； ④由题图可知，1000℃达到平衡时，，，，，则的去除率为； 反应Ⅰ压强平衡常数。 【小问3详解】 由题干图示信息可知，催化剂CeO2-MgO对反应CO2(g)+H2S(g)=CO(g)+H2O(g)+S(g)具有高选择性，通过理论计算得到反应的主要路径如下图所示，状态1为CO2与H2S吸附在催化剂上，为，根据可知，状态2为，状态3为，故表示状态2的为C，故答案为：C。 18. 叶酸作为水溶性维生素B族中的一种，是人类不可缺少的营养素。在实验室可利用如下合成路线制备叶酸。 回答下列问题： （1）A→B的反应类型为___________； （2）化合物G的名称为 ___________；化合物J中含氧官能团的名称为___________； （3）D+H→I的化学方程式为___________； （4）F的同分异构体中含-NH2，且直接与苯环相连的有___________种；其中核磁共振氢谱峰面积比为2：2：2：1的结构简式为___________； （5）TAHP()是一种碱性有机化合物，将下列化合物按碱性由强到弱排序：___________(填字母)(已知：孤电子对所占s轨道成分越少，越易给出电子，碱性越强)。 a． b． c． NH3 （6）结合上述合成路线，设计以乙醛为原料合成化合物M()的合成路线__________(无机试剂任选)，已知CH3CHO。 【答案】（1）加成反应 （2） ①. 对硝基苯甲酸(或4-硝基苯甲酸) ②. 羧基、酰胺基 （3）++HCl （4） ①. 16 ②. 或 （5）bca （6） 【解析】 【分析】A（丙烯腈）与甲醛分子的加成生成B（OHCCH2CH2CN），B与HCN和NH3作用发生取代反应生成C（），C水解生成D（）； 甲苯经硝化反应生成F（），F中甲基被酸性高锰酸钾氧化生成G（），G与SOCl2反应生成H()；H与D发生取代反应生成I（），I经还原反应生成J，J与TAHP和反应生成叶酸，据此分析； 【小问1详解】 A→B的反应为丙烯腈中碳碳双键与甲醛分子的加成反应； 【小问2详解】 由路线分析可知，G的结构简式为，名称为对硝基苯甲酸(或4-硝基苯甲酸)；化合物J中含氧官能团的名称为羧基和酰胺基； 【小问3详解】 化合物D中的氨基与H中的酰氯发生取代反应生成I，其反应方程式为++HCl； 【小问4详解】 由路线分析可知，F为对硝基甲苯，分子式为C7H7O2N，不饱和度为5，其同分异构体中氨基与苯环直接相连，还有一个不饱和度，2个O原子，若有2个取代基，为醛基和羟基，其结构为×10；若为一个取代基，为羧基或甲酸酯基，其结构为×3或×3，共16种； 【小问5详解】 孤电子对所占s轨道成分越少，越易给出电子，碱性越强。a中氮原子是sp2杂化，两个sp2杂化轨道与相邻两个碳原子形成σ键，余下一个sp2轨道容纳一对孤对电子，未杂化的p轨道容纳1个单电子参与整个分子的离域；所含s轨道成分比sp3杂化的氮原子电负性要大，对电子对的束缚能力要强些，因此更难给电子与H+结合，碱性要弱于氨或者氨；b中氮原子与环烷基相连（推电子基团），电子云密度增大，碱性比NH3强；则碱性由强到弱排序：bca； 【小问6详解】 M的结构类似于结构中的I，逆向推导M可由α-氨基丙酸与乙酰氯取代合成，乙酰氯的合成可由乙醛氧化并氯代制备，α-氨基丙酸的制备类似路线中B→C→D，所以可得如下合成路线：。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $