精品解析：北京市顺义区2024-2025学年高三上学期期末考试 化学试题

北京市顺义区2024～2025学年第一学期期末质量监测 高三化学试卷 本试卷共10页，100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效。 可能用到的相对原子质量：H1 N14 O16 S32 Mn55 第一部分 本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。 1. 氧化石墨烯在能源、材料等领域具有重要的应用前景。用强氧化剂在石墨层间引入大量基团（如、等）削弱层间作用力得到氧化石墨烯。下列说法正确的是 A. 氧化石墨烯有一定的亲水性 B. 石墨是一种有机高分子材料 C. 石墨层内导电性和层间导电性相同 D. 石墨转化成氧化石墨烯是物理变化 2. 下列化学用语或图示表达不正确的是 A. 原子核内有8个中子的碳原子： B. HCl的电子式： C. 顺—2—丁烯的结构简式： D. 的核磁共振氢谱： 3. 下列实验颜色的变化与氧化还原反应有关的是 A. 在无色火焰上灼烧NaCl固体，火焰呈黄色 B. 向溶液中滴加KSCN溶液，溶液变红 C. 湿润的淀粉碘化钾试纸遇变蓝 D. 使滴有酚酞的NaOH溶液变色 4. 下列说法不正确的是 A. 皮肤上如果不慎沾有苯酚，应立即用酒精清洗 B. 甲醛的水溶液具有防腐性能，是由于它可使蛋白质变性 C. 在酸性条件下，的水解产物是和 D. 甘氨酸( )和丙氨酸()形成的二肽存在两个氨基和两个羧基 5. 下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是 A. 熔点： B. 酸性： C. 热稳定性： D. 碱性： 6. 下列方程式与所给事实不相符的是 A. 氯气用于自来水消毒： B. 通入溴水中，溶液褪色： C. 向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸产生白色沉淀： D. 淡黄色的过氧化钠敞口放置变成白色：； 7. 下列实验能达到目的的是 A.实验室制备氯气 B.实验室制取乙烯 C.在铁制钥匙上镀铜 D.检验1-溴丁烷消去反应的产物 A. A B. B C. C D. D 8. 有机化合物Z是重要的药物中间体，可由下列反应制得： 下列说法不正确的是 A. X能和发生加成反应 B. Y分子中所有碳原子可能在同一平面内 C. Z分子存在一个手性碳原子 D. X和Y生成Z时，可能生成Z的同分异构体 9. 下列依据相关数据作出的推断中，不正确的是 A. 依据一元弱酸的电离常数的大小，比较同温同浓度其钠盐溶液的碱性强弱 B. 依据VIIA相同温度下与反应平衡常数的大小，可判断反应的剧烈程度 C. 依据金属逐级电离能数据，可推断金属元素的主要化合价 D. 依据气体的摩尔质量，可以推断相同状况下不同气体密度的大小 10. 直接排放含的烟气会形成酸雨，危害环境。利用溶液吸收的过程中，pH随变化关系如下表： 吸收液 I Ⅱ Ⅲ 8.2 7.2 6.2 下列说法不正确的是 A. 溶液中存在水解平衡： B. 溶液显酸性，的电离程度大于其水解程度 C. 当吸收液呈中性时，溶液中 D. 三种吸收液中，水的电离程度：IⅡⅢ 11. 的Born—Haber循环如图所示： 已知：元素的基态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能 下列有关说法不正确的是 A. 的第一电子亲和能为 B. 是物理变化不需要破坏化学键 C. D. 可通过原电池将Na和反应的化学能转化为电能 12. 根据下列实验操作和现象，能得到相应结论的是 选项 实验操作和现象 结论 A 将灼烧成红热的木炭放入浓硝酸中，产生红棕色气体 红棕色气体证明了木炭与浓硝酸发生了反应 B 将铁锈溶于浓盐酸，滴入酸性溶液，紫色褪去 铁锈中含有二价铁 C 向淀粉水解液中，滴加少量碘水，溶液变蓝 淀粉未水解或水解未完全 D 常温下，测得饱和溶液的pH大于饱和溶液 常温下水解程度： A. A B. B C. C D. D 13. 我国科学家设计了一种高效电解水制氢的系统，实现了在催化剂作用下析氢和析氧反应的分离。该系统的工作原理如图所示，其中电极均为惰性电极，电解液中含。 下列关于该装置工作时的说法不正确的是 A. 生成的反应为 B. 阴极的电极反应为 C. 该装置工作一段时间，B极室电解质溶液pH变大 D. 理论上该装置工作过程中，每产生1mol氧气就可以产生2mol氢气 14. 容积均为1L的甲，乙两个恒容密闭容器，其中甲为绝热容器，乙为恒温容器。相同温度下，分别充入0.2mol的，发生反应：，甲中的相关量随时间变化如下图所示。 下列说法不正确的是 A. 对于甲容器，温度不再变化时体系就达到了化学平衡状态 B. 甲达平衡时，体系温度若为，此温度下的平衡常数 C. 前3s，甲中增大是由于温度升高对速率的影响大于浓度降低的影响 D. 平衡时，平衡常数：，容器中压强： 第二部分 本部分共5题，共58分。 15. 叠氮化钠被广泛应用于汽车安全气囊，一种由氨基化钠制备的流程如下： （1）基态原子的价层电子排布式为___________。 （2）易与形成配位键的原因是___________。 （3）比较和中键角的大小并解释原因___________。 （4）叠氮化钠分解可得纯净的，下列有关说法正确的是___________(填字母)。 A．第一电离能 B．氮气常温下很稳定，是因为N2中氮氮三键的键能很大 C．与晶体类型相同；熔点： （5）叠氮化铵与叠氮化钠的晶体类型相同，是一种具有爆炸性的晶体，它的晶胞结构如下图所示，其晶胞边长分别为a() ①周围与它最近且距离相等的有___________个。 ②阿伏加德罗常数为，该晶胞的密度为___________(列出计算表达式)。 16. 以工业废气回收的为原料合成甲醇，可实现资源的再利用。 （1）还原法： 以为原料合成甲醇的反应如下： 不同压强下，按照投料，实验测得的平衡转化率随温度的变化关系如图所示，且在平衡混合气中含有。 ①压强由大到小的顺序为___________； ②推测在合成甲醇过程中发生的副反应化学方程式为___________，且该反应的___________0(填“>”“<”“=”)，推测的依据是___________。 （2）电化学还原法： 利用太阳能光伏电池进行电化学还原制甲醇的装置如图所示。 ①工作电极的制作：将铝箔放入煮沸的饱和溶液中进行反应，可制得薄膜电极。生成的离子方程式为___________。 ②工作电极上作催化剂，工作时电极上转化为甲醇的电极反应式为___________。 ③此法制甲醇的优点是___________(写出一条即可)。 17. 有机化合物是合成某药物的中间体。其合成路线如下图所示。 （1）A分子中的碳原子杂化类型都是的名称是___________。 （2）的反应类型是___________。 （3）写出的化学方程式___________。 （4）M的官能团有醚键、___________。 （5）下列说法正确的是___________(填序号) a．化合物J能与溶液反应 b．化合物G存在能发生银镜反应的酯类芳香族化合物的同分异构体 c．用到的试剂和反应条件是：浓硫酸，浓硝酸，水浴加热 （6）G(含有一个5元环)的结构简式___________。 （7）由G和合成的变化经过如下： 则中间体1和中间体3的结构简式为___________，___________。 18. 是一种重要的化工产品。工业上用软锰矿(主要成分是，含有等杂质)和硫铁矿(主要成分是，含有等杂质)为原料协同制备晶体的流程如下： 已知：i．相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下： 金属离子 开始沉淀的pH 8.1 6.3 1.5 6.9 沉淀完全的pH 10.1 8.3 2.8 8.9 注：金属离子的起始浓度为 ii． （1）＂酸浸＂前将软锰矿和硫铁矿粉碎并混合均匀目的是___________。 （2）将＂酸浸＂过程反应的离子方程式补充完整：___________。 ___________=□___________+___________ （3）滤渣2的主要成分为___________。 （4）结合化学用语解释“除镍”时选用MnS的原因___________。 （5）溶解度曲线如下图所示，从除钙液得到晶体的操作为___________。 （6）产品纯度测定：取产品溶于100mL硫酸和磷酸的混合溶液中，取10.00mL加入稍过量的溶液，使氧化为；待充分反应后，加热使分解；冷却后用标准液滴定，消耗溶液。 (已知：滴定过程中锰元素转化成) ①产品纯度为___________。 ②若不加热，测定结果会___________(填“偏高”，“偏低”或“无影响”)。 19. 某化学学习小组欲探究与金属离子反应的多样性。 （1）实验如下： 序号 实验 溶液a 实验现象 I 溶液；溶液几乎无色) 溶液变为棕黄色 Ⅱ 溶液 溶液迅速变浑浊，离心分离后得无色溶液和黄色固体() Ⅲ 溶液 溶液变为棕黄色，有白色沉淀生成 查阅资料：i．同浓度氧化性：； ii．为白色沉淀，(无色)容易被空气氧化； iii． ①用化学用语解释，溶液呈酸性的原因___________。 ②取实验I中棕黄色溶液，滴入几滴淀粉溶液，溶液立即变蓝，甲同学认为该实验现象可证明氧化，但乙同学认为证据不充分，乙同学的理由是___________。 甲同学通过补充实验证明氧化了，他的实验操作及现象为___________。 ③经检验实验Ⅱ中无生成，可能的原因是___________。 ④将实验Ⅲ中浊液过滤，洗涤，向得到白色沉淀中加入足量浓氨水，得到无色溶液，在空气中放置一段时间，溶液变为深蓝色，证实沉淀是CuI．写出无色溶液变为深蓝色的离子方程式___________。 （2）对实验Ⅱ未得到，实验Ⅲ得到进行探究，实验记录如下： 序号 装置 实验现象 Ⅳ 电流表指针偏转，a中溶液较快变为棕黄色，b中电极上析出固体(经证实为Ag) Ⅴ 电流表指针小幅度偏转，c中溶液缓慢变为浅黄色 ①实验Ⅳ可证明反应“”发生的证据是___________。 ②小组同学经讨论，设计对比实验，证实实验V中电流表小幅度偏转不是氧化导致，实验操作及现象为___________。 ③对比实验Ⅴ，实验Ⅲ中能够氧化的原因是___________。 （3）通过上述实验可得出结论：影响与金属离子反应的因素是___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市顺义区2024～2025学年第一学期期末质量监测 高三化学试卷 本试卷共10页，100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效。 可能用到的相对原子质量：H1 N14 O16 S32 Mn55 第一部分 本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。 1. 氧化石墨烯在能源、材料等领域具有重要的应用前景。用强氧化剂在石墨层间引入大量基团（如、等）削弱层间作用力得到氧化石墨烯。下列说法正确的是 A. 氧化石墨烯有一定的亲水性 B. 石墨是一种有机高分子材料 C. 石墨层内导电性和层间导电性相同 D. 石墨转化成氧化石墨烯是物理变化 【答案】A 【解析】 【详解】A．氧化石墨烯中含有羟基和羧基，能够和水分子形成氢键，有一定的亲水性，A正确； B．石墨仅由碳原子构成，是无机物，不是有机高分子材料，B错误； C．在石墨烯中，每个碳原子都贡献出一个未成键的电子，这些电子形成了一个大π键，电子可以在整个层面内自由移动，使得石墨烯在层内具有优异的导电性，石墨烯层与层之间是通过较弱的范德华力相互作用的，这种力不足以支持电子在层间自由传输，石墨烯的层间导电性相对较弱，C错误； D．石墨转化成氧化石墨烯的过程中生成了新的物质，是化学变化，D错误； 故选A。 2. 下列化学用语或图示表达不正确的是 A. 原子核内有8个中子的碳原子： B. HCl的电子式： C. 顺—2—丁烯的结构简式： D. 的核磁共振氢谱： 【答案】B 【解析】 【详解】A．有8个中子的碳原子的质量数为14，原子符号为，故A正确； B．HCl是共价化合物，电子式为，故B错误； C．2—丁烯存在顺反异构，其中顺—2—丁烯的两个甲基位于双键的同侧，结构简式为，故C正确； D．有两种氢原子，个数比为3:1，核磁共振氢谱：，故D正确； 答案选B。 3. 下列实验颜色的变化与氧化还原反应有关的是 A. 在无色火焰上灼烧NaCl固体，火焰呈黄色 B. 向溶液中滴加KSCN溶液，溶液变红 C. 湿润的淀粉碘化钾试纸遇变蓝 D. 使滴有酚酞的NaOH溶液变色 【答案】C 【解析】 【详解】A．焰色试验是元素的性质，属于物理变化，故A不符合题意； B．氯化铁溶液与硫氰化钾溶液反应生成红色的硫氰化铁，反应中没有元素发生化合价变化，属于非氧化还原反应，故B不符合题意； C．氯气与碘化钾溶液反应生成氯化钾和能使淀粉溶液变蓝色的单质碘，反应中有元素发生化合价变化，属于氧化还原反应，故C符合题意； D．二氧化硫是酸性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应使滴有酚酞的氢氧化钠溶液变色，反应中没有元素发生化合价变化，属于非氧化还原反应，故D不符合题意； 故选C。 4. 下列说法不正确的是 A. 皮肤上如果不慎沾有苯酚，应立即用酒精清洗 B. 甲醛的水溶液具有防腐性能，是由于它可使蛋白质变性 C. 在酸性条件下，的水解产物是和 D. 甘氨酸( )和丙氨酸()形成的二肽存在两个氨基和两个羧基 【答案】D 【解析】 【详解】A．苯酚易溶于酒精，皮肤沾有苯酚时可用酒精清洗，以减少苯酚的腐蚀性，A正确； B．甲醛的水溶液(福尔马林)能使蛋白质变性，从而具有防腐性能，B正确； C．酯化反应的规律是酸脱羟基醇脱氢，则酯在酸性条件下水解时，生成的产物是是和(即保留在醇中)，C正确； D．甘氨酸和丙氨酸可以形成肽键(羧基脱去羟基、氨基脱氢)，形成二肽后，保留1个氨基和1个羧基，D错误； 故选D。 5. 下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是 A. 熔点： B. 酸性： C. 热稳定性： D. 碱性： 【答案】A 【解析】 【详解】A．SiO2属于共价晶体，具有较高的熔沸点，而CO2属于分子晶体，熔沸点降低，则熔点：SiO2＞CO2，不能用元素周期律解释，故A符合； B．非金属性：S＞P，则最高价氧化物对应水化物的酸性：H2SO4＞H3PO4，能用元素周期律解释，故B不符合； C．非金属性：F＞Cl，则简单氢化物的稳定性：HF＞HCl，能用元素周期律解释，故C不符合； D．金属性：Na＞Mg，则最高价氧化物对应水化物的碱性：NaOH＞Mg(OH)2，能用元素周期律解释，故D不符合； 故选：A。 6. 下列方程式与所给事实不相符的是 A. 氯气用于自来水消毒： B. 通入溴水中，溶液褪色： C. 向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸产生白色沉淀： D. 淡黄色的过氧化钠敞口放置变成白色：； 【答案】C 【解析】 【详解】A．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有强氧化性，能使蛋白质变性，可用于自来水消毒，离子方程式为Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，故A正确； B．SO2具有强还原性，溴水氧化性较强，SO2通入溴水中发生氧化还原反应使溶液褪色，反应为SO2+Br2+2H2O═2HBr+H2SO4，故B正确； C．氢氧化钡溶液中加入稀硫酸生成白色硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为Ba2++2OH-+2H++SO═BaSO4↓+2H2O，故C错误； D．空气中含有二氧化碳和水蒸气，过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气、和水反应生成氢氧化钠和氧气，反应为2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2；2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，故D正确； 故选：C。 7. 下列实验能达到目的的是 A.实验室制备氯气 B.实验室制取乙烯 C.在铁制钥匙上镀铜 D.检验1-溴丁烷消去反应的产物 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．浓盐酸与MnO2的反应需要加热，A不能达到实验目的； B．在浓硫酸作用下加热到170℃乙醇发生消去反应生成乙烯，实验装置缺少温度计，B不能达到实验目的； C．在铁制品上镀铜时，应以镀层金属铜为阳极，镀件(铁制钥匙)为阴极，铜盐为电镀液，C能达到实验目的； D．1-溴丁烷在氢氧化钠的乙醇溶液中发生消去反应生成1-丁烯，1-丁烯中含有挥发的乙醇，二者都可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故酸性高锰酸钾溶液褪色不能证明有1-丁烯生成，不能验证1-溴丁烷发生消去反应，D不能达到实验目的； 故选C|。 8. 有机化合物Z是重要的药物中间体，可由下列反应制得： 下列说法不正确的是 A. X能和发生加成反应 B. Y分子中所有碳原子可能在同一平面内 C. Z分子存在一个手性碳原子 D. X和Y生成Z时，可能生成Z的同分异构体 【答案】B 【解析】 【详解】A．X含碳碳双键，可与溴发生加成反应，故A正确； B．双键为平面结构，Y中环上含4个sp3杂化的碳原子，则所有碳原子不能共面，故B错误； C．连接4个不同基团的碳原子为手性碳原子，只有与苯环直接相连的1个碳原子为手性碳原子，故C正确； D．X中碳碳双键的两侧不对称，与Y有两种加成方式，则可能生成Z的同分异构体，故D正确； 故选：B。 9. 下列依据相关数据作出的推断中，不正确的是 A. 依据一元弱酸的电离常数的大小，比较同温同浓度其钠盐溶液的碱性强弱 B. 依据VIIA相同温度下与反应平衡常数的大小，可判断反应的剧烈程度 C. 依据金属逐级电离能数据，可推断金属元素的主要化合价 D. 依据气体的摩尔质量，可以推断相同状况下不同气体密度的大小 【答案】B 【解析】 【详解】A．一元弱酸的电离常数(Ka)表示其酸性强弱：Ka越大，酸性越强。其钠盐(如NaA)溶液的碱性源于阴离子A⁻的水解(。根据水解规律：Ka越小(酸越弱)，其共轭碱A⁻的水解能力越强，钠盐溶液的碱性越强。因此，依据Ka大小可比较同温同浓度钠盐溶液的碱性强弱，A正确； B．ⅦA族元素(卤素)与H2的反应为X2 + H2 2HX，平衡常数(K)表示反应达到平衡时产物与反应物的比例，反映反应的热力学自发性(K大，反应倾向大)；但“反应的剧烈程度”涉及动力学概念(如反应速率)，与活化能、碰撞频率、卤素单质的非金属性等相关，并非直接由平衡常数决定，故该推断不成立，B错误； C．金属元素的逐级电离能(如第一、第二电离能)反映逐级失去电子的难易程度，若电离能突增(如第二电离能远大于第一电离能)，表明失去更多电子困难，从而推断主要化合价，例如：Na(第一电离能远小于第二电离能高→ 主要+1价)；Mg(第一、第二电离能相近，第三电离能远大于第二电离能 → 主要+2价)，该方法常用于化合价推断，C正确； D．气体密度(ρ)公式为ρ = ，其中M为摩尔质量，为摩尔体积，相同状况(同温同压)下，所有气体的相同(阿伏加德罗定律)，因此ρ与M成正比，摩尔质量越大，密度越大(如O2密度大于N2)，故依据摩尔质量可推断相同状况下气体密度大小，D正确； 故选B。 10. 直接排放含的烟气会形成酸雨，危害环境。利用溶液吸收的过程中，pH随变化关系如下表： 吸收液 I Ⅱ Ⅲ 8.2 7.2 6.2 下列说法不正确的是 A. 溶液中存在水解平衡： B. 溶液显酸性，的电离程度大于其水解程度 C. 当吸收液呈中性时，溶液中 D. 三种吸收液中，水的电离程度：IⅡⅢ 【答案】C 【解析】 【详解】A．亚硫酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解生成氢氧化钠和亚硫酸氢钠，反应的离子方程式为，故A正确； B．亚硫酸氢钠溶液显酸性数目亚硫酸氢根离子在溶液中的电离程度大于水解程度，故B正确； C．由表格数据可知，溶液pH为7.2时，溶液中亚硫酸根离子的物质的量等于亚硫酸氢根离子，pH为6.2时，亚硫酸根离子的物质的量远小于亚硫酸氢根离子，所以吸收液呈中性时，溶液中亚硫酸氢根离子浓度大于亚硫酸根离子浓度，故C错误； D．强碱弱酸盐亚硫酸钠在溶液中水解促进水的电离，亚硫酸氢钠在溶液中电离出的氢离子抑制水的电离，所以溶液中亚硫酸氢根离子浓度越大，水的电离程度越小，则三种吸收液中，水的电离程度为IⅡⅢ，故D正确； 故选C。 11. 的Born—Haber循环如图所示： 已知：元素的基态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能 下列有关说法不正确的是 A. 的第一电子亲和能为 B. 是物理变化不需要破坏化学键 C. D. 可通过原电池将Na和反应的化学能转化为电能 【答案】B 【解析】 【详解】A．元素的基态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能，根据图示，Cl的第一电子亲和能为348.3kJ/mol，A正确； B．是金属钠的升华过程，属于物理变化，但金属钠的固体结构是金属键结合，升华过程需要破坏金属键，B错误； C．由图示可知①：，②： ，①－②得到目标反应，则，C正确； D．Na和的反应是自发的氧化还原反应，可将其设计为原电池，使得化学能转化为电能，D正确； 故选B。 12. 根据下列实验操作和现象，能得到相应结论的是 选项 实验操作和现象 结论 A 将灼烧成红热的木炭放入浓硝酸中，产生红棕色气体 红棕色气体证明了木炭与浓硝酸发生了反应 B 将铁锈溶于浓盐酸，滴入酸性溶液，紫色褪去 铁锈中含有二价铁 C 向淀粉水解液中，滴加少量碘水，溶液变蓝 淀粉未水解或水解未完全 D 常温下，测得饱和溶液的pH大于饱和溶液 常温下水解程度： A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．浓硝酸受热易分解：4HNO3(浓)4NO2↑+O2↑+2H2O，所以将灼烧成红热的木炭放入浓硝酸中产生红棕色气体，不能证明是木炭与浓硝酸发生了反应，可能是浓硝酸受热分解产生的，A不合题意；  B．铁锈中含有的Fe2O3与浓盐酸反应生成FeCl3，Cl-也能与酸性KMnO4溶液反应使其褪色，2+16H++10Cl -=  2Mn2++5Cl2↑+8H2O，所以滴入酸性KMnO4溶液紫色褪去，不能证明铁锈中含有二价铁，B不合题意； C．淀粉遇碘变蓝，向淀粉水解液中滴加少量碘水，溶液变蓝，说明溶液中还有淀粉存在，即淀粉未水解或水解未完全，C符合题意； D．比较和的水解程度，应该在相同浓度的条件下比较，饱和Na2CO3溶液和饱和NaHCO3溶液的浓度不同，不能根据常温下饱和Na2CO3溶液的pH大于饱和NaHCO3溶液来判断水解程度，D不合题意； 故答案为：C。 13. 我国科学家设计了一种高效电解水制氢的系统，实现了在催化剂作用下析氢和析氧反应的分离。该系统的工作原理如图所示，其中电极均为惰性电极，电解液中含。 下列关于该装置工作时的说法不正确的是 A. 生成的反应为 B. 阴极的电极反应为 C. 该装置工作一段时间，B极室电解质溶液pH变大 D. 理论上该装置工作过程中，每产生1mol氧气就可以产生2mol氢气 【答案】C 【解析】 【分析】由图可知A极室发生的反应为，Fe元素化合价升高，发生氧化反应，所以A极室中电极是阳极，连接电源的正极，B极室是阴极室，连接电源的负极，B极室电极反应式为，电解池中阴离子向阳极移动，所以氢氧根离子通过离子交换膜由B极室向A极室移动，据此分析解答。 【详解】A．由图可知，催化析氢室中和OH-反应生成O2和，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为，故A正确； B．由分析可知，B极室是阴极室，得到电子生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为，故B正确； C．由B可知，B极室电极方程式为，B极室生成OH-，生成的OH-经过离子交换膜进入阳极室，B极室OH-的物质的量不变，忽略溶液体积变化，c(OH-)不变，溶液的pH不变，故C错误； D．每生成1molO2转移4mol电子，每生成1molH2转移2mol电子，理论上该装置工作过程中，每产生1mol氧气可以产生2mol氢气，故D正确； 答案选C。 14. 容积均为1L的甲，乙两个恒容密闭容器，其中甲为绝热容器，乙为恒温容器。相同温度下，分别充入0.2mol的，发生反应：，甲中的相关量随时间变化如下图所示。 下列说法不正确的是 A. 对于甲容器，温度不再变化时体系就达到了化学平衡状态 B. 甲达平衡时，体系温度若为，此温度下的平衡常数 C. 前3s，甲中增大是由于温度升高对速率的影响大于浓度降低的影响 D. 平衡时，平衡常数：，容器中压强： 【答案】D 【解析】 【详解】A．正反应为放热反应，且在绝热密闭容器，甲容器温度不再变化时体系就达到了化学平衡状态，A正确； B．相同温度下，分别充入0.2mol的NO2，发生反应：H＜0，达到平衡状态时二氧化氮浓度为0.02mol/L，结合三行计算列式计算得到平衡浓度计算平衡常数， ，平衡常数K甲==225L/mol，B正确； C．甲为绝热容器，反应为放热反应，放出的热量对反应速率影响大，0～3s内，甲容器中NO2的反应速率增大的原因是：0-3s内温度升高对反应速率影响大于浓度降低的影响，C正确； D．容积均为1L的甲、乙两个容器，其中甲为绝热容器，乙为恒温容器，相同温度下，分别充入0.2mol的NO2，发生反应：2NO2(g)N2O4(g)H＜0，甲容器中温度升高，平衡逆向进行，平衡常数K甲＜K乙，容器中压强：，D错误； 故选D。 第二部分 本部分共5题，共58分。 15. 叠氮化钠被广泛应用于汽车安全气囊，一种由氨基化钠制备的流程如下： （1）基态原子的价层电子排布式为___________。 （2）易与形成配位键的原因是___________。 （3）比较和中键角的大小并解释原因___________。 （4）叠氮化钠分解可得纯净的，下列有关说法正确的是___________(填字母)。 A．第一电离能 B．氮气常温下很稳定，是因为N2中氮氮三键的键能很大 C．与晶体类型相同；熔点： （5）叠氮化铵与叠氮化钠的晶体类型相同，是一种具有爆炸性的晶体，它的晶胞结构如下图所示，其晶胞边长分别为a() ①周围与它最近且距离相等的有___________个。 ②阿伏加德罗常数为，该晶胞的密度为___________(列出计算表达式)。 【答案】（1）2s22p3 （2）NH3分子中N原子具有孤对电子能与具有空轨道的H+形成配位键 （3）孤对电子数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，的孤对电子对数大于，所以离子的键角小于氨分子 （4）ABC （5） ①. 6 ②. 【解析】 【小问1详解】 氮元素的原子序数为7，基态原子的价层电子排布式为2s22p3，故答案为：2s22p3； 【小问2详解】 氨分子中氮原子具有孤对电子，能与具有空轨道的氢离子形成配位键生成铵根离子，故答案为：NH3分子中N原子具有孤对电子能与具有空轨道的H+形成配位键； 【小问3详解】 离子中氮原子的孤对电子对数为=2，氨分子中氮原子的孤对电子对数为=1，孤对电子数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，所以离子的键角小于氨分子，故答案为：孤对电子数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，的孤对电子对数大于，所以离子的键角小于氨分子； 【小问4详解】 A．同周期元素，从左向右第一电离能呈增大趋势，VA族原子的p轨道呈半充满的稳定结构，第一电离能高于同周期相邻的元素，同主族元素，从上到下第一电离能逐渐减小，所以第一电离能的顺序为N>P>S，故正确； B．氮气常温下很稳定是因为氮气分子中氮氮三键的键能较大，故正确； C．NaN3和KN3都是离子晶体，钠离子的离子半径小于钾离子，NaN3晶体中阴阳离子间的晶格能大于KN3，NaN3的熔点大于KN3，故正确； 故选A BC； 【小问5详解】 ①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的氮三离子与位于棱上的氮三离子距离最近，共有6个，故答案为：6； ②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的氮三离子个数为8×+6×=4，位于体内的铵根离子个数为4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(10—7 a)3d，解得d=，故答案为：。 16. 以工业废气回收的为原料合成甲醇，可实现资源的再利用。 （1）还原法： 以为原料合成甲醇的反应如下： 不同压强下，按照投料，实验测得的平衡转化率随温度的变化关系如图所示，且在平衡混合气中含有。 ①压强由大到小的顺序为___________； ②推测在合成甲醇过程中发生的副反应化学方程式为___________，且该反应的___________0(填“>”“<”“=”)，推测的依据是___________。 （2）电化学还原法： 利用太阳能光伏电池进行电化学还原制甲醇的装置如图所示。 ①工作电极的制作：将铝箔放入煮沸的饱和溶液中进行反应，可制得薄膜电极。生成的离子方程式为___________。 ②工作电极上作催化剂，工作时电极上转化为甲醇的电极反应式为___________。 ③此法制甲醇的优点是___________(写出一条即可)。 【答案】（1） ①. P1＞P2＞P3 ②. CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ③. ＞ ④. 主反应是放热反应，温度升高平衡逆向移动，二氧化碳的转化率降低，由图像可知，当温度升到一定的程度，压强不再影响化学平衡时，说明此时以副反应为主，温度升高，二氧化碳的转化率升高，可推出此时副反应平衡正向移动，则副反应为吸热反应ΔH＞0 （2） ①. Cu+Cu2++H2OCu2O+2H+ ②. CO2+6e-+5H2O=CH3OH+6OH- ③. 利用太阳能，节约能源 【解析】 【小问1详解】 ①由反应可知，在相同温度下，压强越大，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，可得P1＞P2＞P3； ②由图像可知，当温度升到一定的程度，压强不再影响二氧化碳的转化率，可推出副反应反应前后气体的体积不变，因而有可能为CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)； 反应，正反应放热，温度升高平衡逆向移动，二氧化碳的转化率降低；由图像可知，当温度升到一定的程度，压强不再影响化学平衡时，说明此时以副反应为主，温度升高，二氧化碳的转化率升高，可推出此时副反应平衡正向移动，则副反应为吸热反应ΔH＞0； 【小问2详解】 ①Cu和Cu2+反应生成Cu2O，离子方程式为Cu+Cu2++H2OCu2O+2H+； ②工作电极上Cu2O作催化剂，电解质溶液是含有KOH的乙醇溶液，工作时电极上CO2转化为甲醇的电极反应式为CO2+6e-+5H2O=CH3OH+6OH-； ③此法制甲醇的优点是利用太阳能，节约能源。 17. 有机化合物是合成某药物的中间体。其合成路线如下图所示。 （1）A分子中的碳原子杂化类型都是的名称是___________。 （2）的反应类型是___________。 （3）写出的化学方程式___________。 （4）M的官能团有醚键、___________。 （5）下列说法正确的是___________(填序号) a．化合物J能与溶液反应 b．化合物G存在能发生银镜反应的酯类芳香族化合物的同分异构体 c．用到的试剂和反应条件是：浓硫酸，浓硝酸，水浴加热 （6）G(含有一个5元环)的结构简式___________。 （7）由G和合成的变化经过如下： 则中间体1和中间体3的结构简式为___________，___________。 【答案】（1）1，3-丁二烯 （2）取代反应 （3）HOOCCH2CH=CHCH2COOH+2CH3OHCH3CH2OOCCH2CH=CHCH2COOCH2CH3+2H2O （4）氨基 （5）ac （6） （7） ①. ②. 【解析】 【分析】A的不饱和度为=2，说明含有2个碳碳双键或1个碳碳三键，A分子中的碳原子杂化类型都是sp2，则A中含有2个碳碳双键，所以A的结构简式为CH2=CHCH=CH2，A和溴发生加成反应生成B，B发生取代反应生成D，D酸性条件下水解生成E，根据E的结构简式知，D为NCCH2CH=CHCH2CN，B为BrCH2CH=CHCH2Br,E和乙醇发生酯化反应生成F，根据F的分子式知，F为CH3CH2OOCCH2CH=CHCH2COOCH2CH3，G含有一个5元环，F发生脱CH3CH2OH的反应生成G，结合G分子式知，G为，根据W的结构简式及J、K、L、M的分子式知，J为、K为、L为、M为； 【小问1详解】 通过以上分析知，A为CH2=CHCH=CH2，A的名称是1，3-丁二烯； 【小问2详解】 B中溴原子被—CN取代生成D，B→D的反应类型是取代反应； 【小问3详解】 E→F的化学方程式为HOOCCH2CH=CHCH2COOH+2CH3OHCH3CH2OOCCH2CH=CHCH2COOCH2CH3+2H2O； 【小问4详解】 M为，M的官能团有醚键、氨基； 【小问5详解】 a．化合物J为苯酚，苯酚中酚羟基能与Na2CO3溶液反应，故a正确； b．化合物G为，G的不饱和度是4，苯环的不饱和度是4，醛基、酯基的不饱和度都是1，则G不存在能发生银镜反应的酯类芳香族化合物的同分异构体，故b错误； c．K中苯环上发生取代反应生成L中的硝基，K→L用到的试剂和反应条件是：浓硫酸、浓硝酸、水浴加热，故c正确； 故答案为：ac； 【小问6详解】 G(含有一个5元环)的结构简式为； 【小问7详解】 G和M发生加成反应生成中间体1，根据W的结构简式知，G中羰基和M中苯环上的氢原子发生加成反应生成中间体1为，中间体3发生异构化生成W，羰基发生异构化生成N=C(OH)，则中间体1中氨基和酯基发生取代反应生成中间体2，中间体2中醇羟基发生消去反应生成中间体3，则中间体2为、中间体3为。 18. 是一种重要的化工产品。工业上用软锰矿(主要成分是，含有等杂质)和硫铁矿(主要成分是，含有等杂质)为原料协同制备晶体的流程如下： 已知：i．相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下： 金属离子 开始沉淀的pH 8.1 6.3 1.5 6.9 沉淀完全的pH 10.1 8.3 2.8 8.9 注：金属离子的起始浓度为 ii． （1）＂酸浸＂前将软锰矿和硫铁矿粉碎并混合均匀目的是___________。 （2）将＂酸浸＂过程反应的离子方程式补充完整：___________。 ___________=□___________+___________ （3）滤渣2的主要成分为___________。 （4）结合化学用语解释“除镍”时选用MnS的原因___________。 （5）溶解度曲线如下图所示，从除钙液得到晶体的操作为___________。 （6）产品纯度测定：取产品溶于100mL硫酸和磷酸的混合溶液中，取10.00mL加入稍过量的溶液，使氧化为；待充分反应后，加热使分解；冷却后用标准液滴定，消耗溶液。 (已知：滴定过程中锰元素转化成) ①产品纯度为___________。 ②若不加热，测定结果会___________(填“偏高”，“偏低”或“无影响”)。 【答案】（1）增大接触面积，加快浸取速率和提高锰元素的浸取率 （2） （3）Fe(OH)3、CaSO4 （4）MnS在溶液中存在溶解平衡：MnS(s)Mn2+(aq)+S2—(aq)，MnS的溶度积大于NiS，向溶液中加入MnS时，溶液中Ni2+转化为NiS，平衡右移，有利于除去溶液中Ni2+ （5）90-100℃之间蒸发结晶、趁热过滤、90-100℃蒸馏水洗涤2-3次、干燥得到 （6） ①. ②. 偏高 【解析】 【分析】由题给流程可知，向粉碎混合的软锰矿和硫铁矿中加入硫酸溶液酸浸，将金属元素转化为可溶的硫酸盐，二氧化硅不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和滤液；向滤液中加入过氧化氢溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，向反应后的溶液中加入碳酸钙调节溶液pH，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁和硫酸钙的滤渣和滤液；向滤液中加入硫化锰，将溶液中的镍离子转化为硫化镍沉淀，过滤得到含有硫化镍的滤渣和滤液；向滤液中加入氟化锰，将溶液中的钙离子转化为氟化钙沉淀，过滤得到含有氟化钙的滤渣和硫酸锰溶液；结合图像可知，硫酸锰溶液经90-100℃之间蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥得到一水硫酸锰晶体。 【小问1详解】 进入酸浸池之前先要对矿石进行粉碎可以增大固体的表面积，有利于增大反应物的接触面积，加快浸取速率和提高锰元素的浸取率，故答案为：增大接触面积，加快浸取速率和提高锰元素的浸取率； 【小问2详解】 由题意可知，酸浸时二氧化锰发生的反应为二氧化锰与二硫化铁和硫酸溶液反应生成硫酸锰、硫酸铁和水，反应的离子方程式为，故答案为：； 【小问3详解】 由分析可知，加入碳酸钙除铁，滤渣2的主要成分为氢氧化铁和硫酸钙，故答案为：Fe(OH)3、CaSO4； 【小问4详解】 “除镍”时选用硫化锰的原因是硫化锰在溶液中存在溶解平衡：MnS(s)Mn2+(aq)+S2—(aq)，硫化锰的溶度积大于硫化镍，向溶液中加入硫化锰时，溶液中镍离子转化为硫化镍，溶液中硫离子浓度减小，平衡右移，有利于除去溶液中镍离子，故答案为：MnS在溶液中存在溶解平衡：MnS(s)Mn2+(aq)+S2—(aq)，MnS的溶度积大于NiS，向溶液中加入MnS时，溶液中Ni2+转化为NiS，平衡右移，有利于除去溶液中Ni2+； 【小问5详解】 由分析可知，从除钙液得到一水硫酸锰晶体的操作为硫酸锰溶液经90-100℃之间蒸发结晶、趁热过滤、90-100℃蒸馏水洗涤2-3次、干燥得到一水硫酸锰晶体，故答案为：90-100℃之间蒸发结晶、趁热过滤、90-100℃蒸馏水洗涤2-3次、干燥得到； 【小问6详解】 由题意可得如下转化关系：——，滴定消耗cmLbmol/L硫酸亚铁铵溶液，则产品纯度为=，故答案为：； ②由题意可知，加热的目的是使硝酸铵受热分解，若不加热，酸性条件下硝酸根离子会将溶液中亚铁离子氧化为铁离子，使得滴定消耗的硫酸亚铁铵溶液体积偏大，导致所测结果偏高，故答案为：偏高。 19. 某化学学习小组欲探究与金属离子反应的多样性。 （1）实验如下： 序号 实验 溶液a 实验现象 I 溶液；溶液几乎无色) 溶液变为棕黄色 Ⅱ 溶液 溶液迅速变浑浊，离心分离后得无色溶液和黄色固体() Ⅲ 溶液 溶液变为棕黄色，有白色沉淀生成 查阅资料：i．同浓度氧化性：； ii．为白色沉淀，(无色)容易被空气氧化； iii． ①用化学用语解释，溶液呈酸性的原因___________。 ②取实验I中棕黄色溶液，滴入几滴淀粉溶液，溶液立即变蓝，甲同学认为该实验现象可证明氧化，但乙同学认为证据不充分，乙同学的理由是___________。 甲同学通过补充实验证明氧化了，他的实验操作及现象为___________。 ③经检验实验Ⅱ中无生成，可能的原因是___________。 ④将实验Ⅲ中浊液过滤，洗涤，向得到白色沉淀中加入足量浓氨水，得到无色溶液，在空气中放置一段时间，溶液变为深蓝色，证实沉淀是CuI．写出无色溶液变为深蓝色的离子方程式___________。 （2）对实验Ⅱ未得到，实验Ⅲ得到进行探究，实验记录如下： 序号 装置 实验现象 Ⅳ 电流表指针偏转，a中溶液较快变为棕黄色，b中电极上析出固体(经证实为Ag) Ⅴ 电流表指针小幅度偏转，c中溶液缓慢变为浅黄色 ①实验Ⅳ可证明反应“”发生的证据是___________。 ②小组同学经讨论，设计对比实验，证实实验V中电流表小幅度偏转不是氧化导致，实验操作及现象为___________。 ③对比实验Ⅴ，实验Ⅲ中能够氧化的原因是___________。 （3）通过上述实验可得出结论：影响与金属离子反应的因素是___________。 【答案】（1） ①. ②. 空气中的氧气或者酸性条件下也可能氧化 ③. 用洁净的试管，取2mL0.3molNaNO3溶液(酸化至pH=1)，加入2mL1.0mol/LKI溶液，滴加淀粉溶液，溶液不变蓝或蓝色比实验Ⅰ浅；或用试管取反应后的溶液滴加铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，证明了氧化 ④. 和生成沉淀的速率很快，造成和浓度急剧下降，氧化性和的还原性降低，氧化还原不能发生 ⑤. （2） ①. 实验Ⅳ电流表指针偏转，a中溶液较快变为棕黄色，b电极析出固体Ag ②. 将右侧的溶液换成同浓度的溶液做对比实验，电流计指针偏转幅度与实验Ⅴ相同 ③. 实验Ⅲ生成了，降低了的浓度，增强了的氧化性，使得难以发生氧化还原的反应发生或因为，的浓度下降，促进了的发生 （3）金属离子的本性、离子浓度等因素 【解析】 【分析】本实验探究与金属离子反应，实验Ⅰ溶液变为棕黄色，说明生成了碘单质，实验Ⅱ溶液迅速变浑浊，生成了黄色固体AgI，实验Ⅲ溶液变为棕黄色，说明生成了碘单质，同时生成白色沉淀，最后证实沉淀是CuI，据此解答。 【小问1详解】 ①水解使溶液呈酸性，离子方程式为； ②甲同学认为该实验现象可证明氧化，但乙同学认为证据不充分，理由是空气中的氧气或者酸性条件下也可能氧化； 若要证明氧化了，需要排除、的影响，设计实验为用洁净的试管，取2mL0.3molNaNO3溶液(酸化至pH=1)，加入2mL1.0mol/LKI溶液，滴加淀粉溶液，溶液不变蓝或蓝色比实验Ⅰ浅；或用试管取反应后的溶液滴加铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，证明了氧化； ③实验Ⅱ中无生成，说明没有发生氧化还原反应，可能原因是和生成沉淀的速率很快，造成和浓度急剧下降，氧化性和的还原性降低，氧化还原不能发生； ④白色沉淀是CuI，加入足量浓氨水，得到无色溶液为，在空气中放置一段时间，被氧气氧化为深蓝色溶液是，该过程的离子方程式是：； 【小问2详解】 ①实验Ⅳ电流表指针偏转，a中溶液较快变为棕黄色，b电极析出固体Ag，说明被氧化生成了碘单质，被还原生成了单质银，即发生了反应； ②设计对比实验，证实实验V中电流表小幅度偏转不是氧化导致，可以设计实验为将右侧的溶液换成同浓度的溶液做对比实验，电流计指针偏转幅度与实验Ⅴ相同； ③实验Ⅲ中溶液与KI溶液直接接触，发生反应生成了，降低了的浓度，增强了的氧化性，使得难以发生氧化还原的反应发生或因为，的浓度下降，促进了的发生； 【小问3详解】 由上述实验可知，与不同的金属离子反应，其实验现象也会不同，则响与金属离子反应的因素是金属离子的本性、离子浓度等因素有关。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $