精品解析：山东省临沂第一中学2024-2025学年高三下学期4月期中考试 化学试题

临沂一中北校区2022级高三下学期期中考试 化学试题 可能用到的相对原子质量：H-1 Be-9 B-11 C-12 N-14 O-16 F-19 Cl-l35.5 K-39 Co-59 Cu-64 一、选择题：每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 下列文物具有典型的齐鲁文化特色，其主要成分属于天然高分子材料的是 A．大汶口红陶兽形壶 B．青州亚醜钺 C．鲁国大玉璧 D．银雀山竹简 A. A B. B C. C D. D 2. 实验室中下列做法错误的是 A. 用二氧化碳灭火器扑灭金属钾的燃烧 B. 用沉淀法处理含重金属离子的废液 C. 用盐酸清洗焰色试验铂丝 D. 高锰酸钾和乙醇不能保存在同一药品柜中 3. 化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是 A. 豆浆能产生丁达尔效应是由于胶体粒子对光线的折射 B. 白酒和食醋都可由淀粉发酵得到 C. 食品脱氧剂使用后，其中的铁粉转化成 D. 制造阻燃或防火线缆的橡胶不能由加聚反应合成 4. “离子液体”硝酸乙基铵熔点只有，下列有关说法正确的是 A. 原子半径： B. 结合质子能力比弱 C. 该物质中的化学键有氢键、离子键、共价键和配位键 D. 该物质常温下是液体，主要原因是阳离子体积大，离子键弱 5. 化合物K与L反应生成M的转化关系如图。 已知：L能发生银镜反应，不能发生水解反应。 下列说法正确的是 A. L是乙醛 B. K分子中的碳原子均位于同一平面上 C. 反应物K与L的化学计量数之比是 D. 含有且环上含有2个取代基的M的同分异构体有4种(不考虑立体异构) 6. 从铅银渣(含Pb、Ag、Cu等金属元素)中提取银的流程如图。 下列说法错误的是 A. “酸浸”过程中可用稀HNO3代替NaNO3 B. “络合浸出”时，发生的离子反应为 C. 浸渣的主要成分是PbSO4 D. “还原析银”时，氧化产物与还原产物的物质的量之比为 7. 组成和结构决定性质和变化，关于下列事实的解释中错误的是 选项 事实 解释 A N第一电离能大于O 基态N原子2p轨道处于半充满状态比较稳定，原子能量较低，第一电离能较高 B P能形成和，N只能形成 P价电子层有空的d轨道，N的价电子层没有 C 相同温度时，()>( ) 形成分子内氢键如图 ，使其更易电离出羧基 D 在溶液中滴加少量溶液，红色褪去 与生成配合物的稳定性较强 A. A B. B C. C D. D 8. W、X、Y、Z、M是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y的最外层电子数等于X核外电子总数，五种主族元素组成的化合物Q的结构如图所示。下列说法错误的是 A. 简单离子半径： B. 和的空间结构相同 C. 简单氢化物沸点： D. 第一电离能： 9. NO治理是环境保护的重要课题。Cu基催化剂加掺杂可抑制杂质对催化剂的影响(含Ce化合物的比例系数均未标定，)，作用机理如图所示。下列说法错误的是 A. NO可以造成臭氧空洞 B. 总反应中被氧化的非金属元素只有N C. Ce的硫酸盐中Ce元素的化合价为价 D. ， 10. 氨氮污染是造成水体富营养化的主要原因之一，某工厂利用次氯酸钠作处理剂消除氨氮污染(以NH3为主)，过程中发生反应的方程式(未配平)如下：下列说法错误的是 ①NH3+ClO-→N2+Cl- ②NH3+ClO-→+Cl- A. 中的大π键为 B. 氧化1molNH3，反应①、②转移的电子数之比为3：8 C. 当投入一定量的NaClO固体时，反应后的溶液中存在c(Cl-)>4c() D. 其他条件相同时，若将NaClO换成O2，可以提高氨氮污染的消除速率 二、选择题： 11. 噻吩、呋喃、吡咯、咪唑是五元杂环化合物，分子内所有原子共平面，结构简式如图所示。下列说法错误的是 噻吩 呋喃 吡咯 咪唑          A. 分子中C、O、N、S的杂化方式均相同 B. 水中的溶解度：吡咯噻吩 C. 分子中均存在的大键 D. 咪唑中原子均可与金属离子形成配位键 12. 某小组研究溶液与溶液反应，探究过程如下。 实验序号 实验过程 实验现象 Ⅰ 紫色变浅，生成棕褐色沉淀 Ⅱ 溶液呈淡黄色，生成浅粉色沉淀 已知： ⅰ.在强酸性溶液中被还原为，在中性或弱碱性溶液中被还原为。 ⅱ.单质硫可溶于溶液，溶液呈淡黄色。 下列说法正确的是 A. 实验Ⅰ中检验出溶液中含有，说明被氧化为 B. 实验Ⅰ中生成的离子方程式为 C. 实验Ⅱ中被还原为，继续与反应生成 D. 上述实验表明，试剂的滴加顺序和溶液酸碱性影响物质变化 13. 山梨醇(C6H14O6)和葡萄糖酸(C6H12O7)均是重要的化工产品，其制备原理如图所示。图中双极膜中的H2O解离为H+和OH-，并在电场作用下分别向两极迁移。 下列说法正确的是 A. 石墨电极电势低于镍电极电势 B. Na2SO4在上述过程中只起电解质的作用 C. 阴极电极反应式为C6H12O6+2e-+2H+=C6H14O6 D. 制备1mol葡萄糖酸，理论上双极膜中有1molH2O被解离 14. 刚性容器中按投料比发生反应： ，不同催化剂条件下反应相同时间，测得B的转化率与温度的关系如图所示。已知该反应，其中k为速率常数。下列说法正确的是 A. 图示温度范围内活化分子总数：催化剂甲催化剂乙 B. 催化剂乙条件下，温度高于350℃后，B转化率下降是升高温度平衡逆向移动的结果 C. 其他条件不变，等倍数地增大A和B的物质的量，A和B的转化率均增大 D. 若时初始速率为，当B转化率为60%时，反应速率为，由此可知 15. 常温下，用盐酸调节草酸钡(用表示)浊液的，测得溶液中[为、或]随的变化关系如图所示。下列说法错误的是 A. 曲线表示与变化曲线 B. C. 点溶液中： D. 点溶液中： 三、非选择题： 16. 卤族元素的化合物在科研和生产中有着重要的作用。请回答下列问题： （1）（键角为180º）的中心Ⅰ原子价层电子对数为______；______（填“是”或“否”）具有极性；基态碘原子价电子排布式为______。 （2）物质磁性大小以磁矩表示，与未成对电子数之间的关系为：（n为未成对电子数）。配合物中配离子的B．M（B．M磁矩单位），的杂化类型为______。 a． b． c． 配合物中配离子的B．M，则配离子的空间构型为______。 （3）在极高压强下，氯化钠可以和氯气化合生成。是立方系晶胞，结构如图所示，其中两个氯原子的坐标为、，晶体的化学式为______；与Na距离最近的且相等的Cl有______个；在晶体中键长为0.20nm，晶胞棱长为______nm（保留2位有效数字）。 17. 根据肾上腺素(F)的两条合成路线回答下列问题： 路线一： （1）A的化学名称为___________；D中官能团名称为___________。 （2）E→F的化学方程式为___________。 （3）B→C的合成路线设计为：BI(C7H8O3)→C，I→C不能选用高锰酸钾的原因是___________。 路线二： （4）路线二中属于取代反应的是___________(填序号)；G的结构简式___________。 （5）H的2种芳香族同分异构体含硝基和3种不同化学环境的氢原子(个数比为6:3:2)，结构简式为___________。 18. 苯甲醚为无色液体，常用于有机合成。实验室利用苯酚钠和硫酸二甲酯制备苯甲醚，实验步骤如下。 Ⅰ.将苯酚钠放入三颈烧瓶中，降温至以下，然后加入硫酸二甲酯，升温至，发生反应。 Ⅱ.充分反应后，冷却，分液，依次用氢氧化钠溶液、水洗涤有机相，二次分液。 Ⅲ.向有机相中加入无水氯化钙，静置，过滤，将滤液蒸馏得到产品。 回答下列问题： （1）利用苯酚制备苯酚钠溶液时需要隔绝空气，原因是___________。 （2）生成苯甲醚的化学方程式为___________。 （3）如图仪器在步骤Ⅲ中无需使用的是___________(填名称)；无水氯化钙的作用是___________。 （4）测定产品纯度(杂质不反应)，装置(夹持及加热装置略)和实验步骤如下。 Ⅰ.取样品加入烧瓶中，加入过量的醋酸溶液，将匀速通入烧瓶，加热使液体沸腾，一碘甲烷蒸气经过洗涤管除去干扰物质，然后通过盛有足量溴水的吸收管。 Ⅱ.反应结束后，拆除装置，将两支吸收管中的溶液均转移至碘量瓶中，加入甲酸除去过量的溴。 Ⅲ.加入过量溶液与稀硫酸，用标准溶液滴定析出的单质碘，消耗标准溶液的平均体积为。 已知：。 ①一碘甲烷与溴水反应时生成一溴甲烷、碘酸和氢溴酸，该反应的化学方程式为___________。 ②产品的纯度为___________(用含的代数式表示)；若流速太慢，则测定结果___________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)，理由是___________。 19. 高纯二硫化钼粉体被誉为“固体润滑之王”。由钼精矿(主要成分为，还有少量等)制备高纯的一种工艺流程如图所示。 回答下列问题： （1）“焙烧”时生成的化学方程式为___________；“水洗”的目的是___________。 （2）“转化”过程中，存在。 ①转化为的化学方程式为___________。 ②保持温度为反应后，冷却至并静置测得对晶体产率的影响如图所示。 时，晶体产率为0的原因是___________；时，晶体产率继续增大的原因是___________。 （3）“酸浸”和“高温还原”中产生的气体可通入___________(填操作单元的名称)中循环使用。 （4）也可由在一定条件下加热分解制得，同时产生和某种硫单质，且与硫单质的物质的量之比为，则硫单质的分子式为___________。 20. 利用CO2、H2为原料合成CH3OH的主要反应如下。 Ⅰ．CO2 (g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ∆H1=-48.5kJ/mol K1 Ⅱ．CO2 (g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ∆H2=+43.9kJ/mol K2 回答下列问题： （1）已知反应Ⅲ的平衡常数K3=，写出反应Ⅲ的热化学方程式___________。 （2）一定条件下，向恒压密闭容器中以一定流速通入CO2和H2混合气体，CO2平衡转化率和CH3OH选择性n[]随温度、投料比的变化曲线如图所示。 ①表示CH3OH选择性的曲线是___________(填“L1”或“L2”)；CO2平衡转化率随温度升高发生如图变化的原因是___________。 ②生成CH3OH的最佳条件是___________(填标号)。 a．220℃，n(CO2):n(H2)=1:3 b．220℃，n(CO2):n(H2)=1:4 c．320℃，n(CO2):n(H2)=1:4 d．320℃，n(CO2):n(H2)=1:3 （3）一定温度下，向恒压密闭容器中通入lmolCO2(g)和3molH2(g)，充分反应后，测得CO2平衡转化率为a，CH3OH选择性为b，该温度下反应Ⅰ的平衡常数Kx=___________(Kx为以物质的量分数表示的平衡常数)。 （4）向压强恒为3.0MPa的密闭容器中通入反应混合气[]，在1molNiGa催化作用下只发生反应Ⅰ。测得CH3OH时空收率(表示单位物质的量催化剂表面甲醇的平均生成速率)随温度的变化曲线如图所示。 ①CH3OH时空收率随温度升高先增大后减小的原因是___________。 ②223℃时，H2的平均反应速率v(H2)=___________mol·h-1。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 临沂一中北校区2022级高三下学期期中考试 化学试题 可能用到的相对原子质量：H-1 Be-9 B-11 C-12 N-14 O-16 F-19 Cl-l35.5 K-39 Co-59 Cu-64 一、选择题：每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 下列文物具有典型的齐鲁文化特色，其主要成分属于天然高分子材料的是 A．大汶口红陶兽形壶 B．青州亚醜钺 C．鲁国大玉璧 D．银雀山竹简 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．大汶口红陶兽形壶的主要成分是硅酸盐，属于无机非金属材料，A错误； B．青州亚醜钺属于金属材料，B错误； C．鲁国大玉璧的主要成分是硅酸盐，C错误； D．银雀山竹简的主要成分是纤维素，属于天然高分子材料，D正确； 故选D。 2. 实验室中下列做法错误的是 A. 用二氧化碳灭火器扑灭金属钾的燃烧 B. 用沉淀法处理含重金属离子的废液 C. 用盐酸清洗焰色试验的铂丝 D. 高锰酸钾和乙醇不能保存在同一药品柜中 【答案】A 【解析】 【详解】A．钾燃烧有K2O2等复杂氧化物，他们会和CO2反应产生助燃的氧气，所以不能用CO2灭火器扑灭金属钾的燃烧，A错误； B．沉淀法是处理含重金属离子的废液的一种有效方法，通过化学反应使废水中呈溶解状态的重金属转变为不溶于水的重金属化合物，B正确； C．做焰色反应实验时用盐酸清洗焰色反应后的铂丝，因为盐酸加热挥发，不产生影响实验，C正确； D．高锰酸钾具有氧化性，乙醇易挥发，具有还原性，所以高锰酸钾和乙醇不能保存在同一药品柜中，D正确； 故选A 3. 化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是 A. 豆浆能产生丁达尔效应是由于胶体粒子对光线的折射 B. 白酒和食醋都可由淀粉发酵得到 C. 食品脱氧剂使用后，其中的铁粉转化成 D. 制造阻燃或防火线缆的橡胶不能由加聚反应合成 【答案】B 【解析】 【详解】A．豆浆为胶体，能产生丁达尔效应，丁达尔效应是由于胶体粒子对光线的散射，故A错误； B．淀粉水解为葡萄糖，葡萄糖可在酒化酶的作用下得到乙醇，乙醇氧化得乙酸，因此白酒和食醋都可由淀粉发酵得到，故B正确； C．食品脱氧剂使用后，其中铁粉和O2反应转化成，故C错误； D．天然橡胶的单体为异戊二烯，合成橡胶的单体如顺丁烯等中均含有碳碳双键，通过加聚反应合成制得橡胶，D错误； 故选B。 4. “离子液体”硝酸乙基铵的熔点只有，下列有关说法正确的是 A. 原子半径： B. 结合质子的能力比弱 C. 该物质中的化学键有氢键、离子键、共价键和配位键 D. 该物质常温下是液体，主要原因是阳离子体积大，离子键弱 【答案】D 【解析】 【详解】A．电子层数越多,原子半径越大 ，电子层数相同，原子核电荷数越大，半径越小，所以原子半径：，A错误； B．和NH3中氮原子的孤电子对数相同，但乙基为推电子基，中氮原子的电子云密度更大，结合质子的能力比强，B错误； C．硝酸乙基铵属于离子化合物，该物质中阳离子和阴离子之间存在离子键，阳离子和阴离子内部原子之间存在共价键，同时中氮原子提供孤电子对，与中的空轨道形成配位键。而氢键不是化学键，是一种分子间作用力，该物质中的化学键有离子键、共价键和配位键，没有氢键，C错误； D．“离子液体”硝酸乙基铵中，阳离子体积较大，导致离子间距离较大，离子键的作用力相对较弱，使得物质的熔点较低，常温下是液体，D正确； 故答案选D。 5. 化合物K与L反应生成M的转化关系如图。 已知：L能发生银镜反应，不能发生水解反应。 下列说法正确的是 A. L是乙醛 B. K分子中的碳原子均位于同一平面上 C. 反应物K与L的化学计量数之比是 D. 含有且环上含有2个取代基的M的同分异构体有4种(不考虑立体异构) 【答案】D 【解析】 【详解】A．由题干图示转化信息可知，K中的碳碳双键和醛基上的碳氧双键发生加成反应，根据K和M的结构简式可知，L是甲醛即HCHO，A错误； B．由题干转化关系图中K的结构简式可知，分子中存在sp3杂化的碳原子，且其中一个sp3杂化的碳原子连有3个碳原子，故K分子中的碳原子不可能均位于同一平面上，至少有一个碳原子与其他碳原子不共面，B错误； C．由A项分析可知，L为HCHO，结合K和M的结构简式可知，反应物K与L的化学计量数之比是1:2，C错误； D．含有且环上含有2个取代基，则2个取代基为：-CH3和-CH2CH3，故符合条件的M的同分异构体有连在同一个碳原子上1种，两在两个碳原子上有三种，即共有4种，D正确； 故答案为：D。 6. 从铅银渣(含Pb、Ag、Cu等金属元素)中提取银的流程如图。 下列说法错误的是 A. “酸浸”过程中可用稀HNO3代替NaNO3 B. “络合浸出”时，发生的离子反应为 C. 浸渣的主要成分是PbSO4 D. “还原析银”时，氧化产物与还原产物的物质的量之比为 【答案】B 【解析】 【分析】由题干流程图可知，将铅银渣进行氧化焙烧，将Pb、Ag、Cu分别转化为PbO、Ag2O和CuO，向焙烧之后的固体中加入H2SO4、NaCl、NaNO3则可得到含PbSO4、AgCl的滤渣，和含有CuSO4、Na2SO4的滤液，向滤渣中加入Na2SO3溶液进行络合浸出，过滤得到浸渣主要成分为PbSO4和滤液，向滤液中加入甲醛，将[Ag(SO3)2]3-还原为Ag，同时HCHO转化为HCOO-，据此分析解题。 【详解】A．原酸浸液为H2SO4、NaCl和NaNO3，根据离子成分可知，“酸浸”过程中可用稀HNO3代替NaNO3，A正确； B．由分析可知，“络合浸出”时AgCl和Na2SO3发生络合反应，该反应的离子反应为：AgCl++Cl-，B错误； C．由分析可知，浸渣的主要成分是PbSO4，C正确； D．由分析可知，“还原析银”时，甲醛将[Ag(SO3)2]3-还原为Ag，同时HCHO转化为HCOO-，则HCOO-为氧化产物，Ag为还原产物，根据电子守恒可知，氧化产物与还原产物的物质的量之比为，D正确； 故答案为：B。 7. 组成和结构决定性质和变化，关于下列事实的解释中错误的是 选项 事实 解释 A N的第一电离能大于O 基态N原子2p轨道处于半充满状态比较稳定，原子能量较低，第一电离能较高 B P能形成和，N只能形成 P的价电子层有空的d轨道，N的价电子层没有 C 相同温度时，()>( ) 形成分子内氢键如图 ，使其更易电离出羧基 D 在溶液中滴加少量溶液，红色褪去 与生成配合物的稳定性较强 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．同周期主族元素，第一电离能依次增大，但基态N原子2p轨道处于半充满状态比较稳定，原子能量较低，第一电离能较高，第一电离能N>O； B．N原子第二电子层只有两种能级，即2s、2p能级，没有2d能级，所以不发生sp3d杂化，故无NCl5，B选项正确； C．邻羟基苯甲酸形成分子内氢键如图：，C选项错误； D．在Fe(SCN)3溶液中滴加少量NH4F溶液，红色褪去，说明Fe(SCN)3转化为Fe3+与F-的配合物，Fe3+与F-的配合物的稳定性更强，D选项正确； 故答案选C。 8. W、X、Y、Z、M是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y的最外层电子数等于X核外电子总数，五种主族元素组成的化合物Q的结构如图所示。下列说法错误的是 A. 简单离子半径： B. 和的空间结构相同 C. 简单氢化物沸点： D. 第一电离能： 【答案】A 【解析】 【分析】W、X、Y、Z、M是原子序数依次增大的短周期主族元素，根据化合物Q的结构图，X最外层有4个电子，则X是C元素，结合Y的最外层电子数等于X核外电子总数，可知Y是O元素，M离子带1个正电荷，可知M是Na元素，W是得到1个电子后形成的四个共价键，则W是B元素，Z形成了1个共价键，则Z是F元素，据此分析解答。 【详解】A．经分析，M是Na元素，Y是O元素，Z是F元素，三者的离子核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子半径：O2-＞F-＞Na+，A符合题意； B．和分别为、，前者孤电子对数为，价层电子对数为3+0=3，其空间构型是平面三角形，后者孤电子对数为，价层电子对数为3+0=3，其空间构型是平面三角形，故空间结构相同，B不符合题意； C．Y、Z、X的简单氢化物依次为水、氟化氢和甲烷，前二者分子间均有氢键，水常温下是液态，氟化氢是气体，则三种氢化物的沸点依次降低，C不符合题意； D．同周期元素从左至右第一电离能总体呈增大趋势，故第第一电离能：F＞O＞C，D不符合题意； 故选A。 9. NO治理是环境保护的重要课题。Cu基催化剂加掺杂可抑制杂质对催化剂的影响(含Ce化合物的比例系数均未标定，)，作用机理如图所示。下列说法错误的是 A. NO可以造成臭氧空洞 B. 总反应中被氧化的非金属元素只有N C. Ce的硫酸盐中Ce元素的化合价为价 D. ， 【答案】C 【解析】 【详解】A．NO可以做臭氧转化为氧气时的催化剂，可以造成臭氧空洞，A正确； B．总反应的方程式为：4NH3+2NO+2O23N2+6H2O，被氧化的元素为N元素，B正确； C．反应①中，SO2中+4价的S被氧化为+6价，SO2和O2反应比为3:1，故根据电子得失守恒，Ce也得电子，变为+3价，C错误； D．反应①中，Ce的化合价变为+3价，反应②中无氧化剂，Ce元素在反应③中被氧化为+4价，则x=2，y=3，D正确； 答案选C。 10. 氨氮污染是造成水体富营养化的主要原因之一，某工厂利用次氯酸钠作处理剂消除氨氮污染(以NH3为主)，过程中发生反应的方程式(未配平)如下：下列说法错误的是 ①NH3+ClO-→N2+Cl- ②NH3+ClO-→+Cl- A. 中的大π键为 B. 氧化1molNH3，反应①、②转移的电子数之比为3：8 C. 当投入一定量的NaClO固体时，反应后的溶液中存在c(Cl-)>4c() D. 其他条件相同时，若将NaClO换成O2，可以提高氨氮污染的消除速率 【答案】D 【解析】 【详解】A．硝酸根离子(NO)中N原子采用sp2杂化，与三个O原子形成σ键，剩余p轨道上的电子与三个O的p轨道电子形成离域大π键，共4个原子共享6个电子，大π键为π，故A说法正确； B．反应①中NH3的N从-3价升至0价，消耗1molNH3转移3mol电子；反应②中N从-3价升至+5价，消耗1molNH3转移8mol电子。两反应转移电子数之比为3：8，故B说法正确； C．反应①生成Cl−和N2，反应②中Cl−与NO的物质的量之比为4：1。总Cl−的浓度等于反应①和②的Cl−之和，一定大于4倍NO浓度，故C说法正确； D．ClO−的氧化性强于O2，换成O2会降低反应速率，无法提高消除速率，故D说法错误； 答案为D。 二、选择题： 11. 噻吩、呋喃、吡咯、咪唑是五元杂环化合物，分子内所有原子共平面，结构简式如图所示。下列说法错误的是 噻吩 呋喃 吡咯 咪唑          A. 分子中C、O、N、S的杂化方式均相同 B. 水中的溶解度：吡咯噻吩 C. 分子中均存在的大键 D. 咪唑中原子均可与金属离子形成配位键 【答案】D 【解析】 【详解】A．由题干信息可知，分子内所有原子共平面，故分子中C、O、N、S的杂化方式均相同，均为sp2杂化，A正确； B．由题干分子结构简式可知，吡咯能与水分子形成分子间氢键，而噻吩不能与水分子间形成氢键，导致水中的溶解度：吡咯噻吩，B正确； C．由题干信息可知，分子内所有原子共平面，类似于苯环的平面结构可知，上述分子中均存在的大键，C正确； D．由题干信息可知，根据咪唑的结构简式可知，咪唑分子中与H相连的N原子上的孤电子对参与形成大键，该N原子不可与金属离子形成配位键，咪唑中另一个原子上有孤电子对可与金属离子形成配位键，D错误； 故答案为：D。 12. 某小组研究溶液与溶液反应，探究过程如下。 实验序号 实验过程 实验现象 Ⅰ 紫色变浅，生成棕褐色沉淀 Ⅱ 溶液呈淡黄色，生成浅粉色沉淀 已知： ⅰ.在强酸性溶液中被还原为，在中性或弱碱性溶液中被还原为。 ⅱ.单质硫可溶于溶液，溶液呈淡黄色。 下列说法正确的是 A. 实验Ⅰ中检验出溶液中含有，说明被氧化为 B. 实验Ⅰ中生成的离子方程式为 C. 实验Ⅱ中被还原为，继续与反应生成 D. 上述实验表明，试剂的滴加顺序和溶液酸碱性影响物质变化 【答案】BD 【解析】 【详解】A．高锰酸钾用硫酸酸化，实验Ⅰ中检验出溶液中含有，不能说明被氧化为，故A错误； B．实验Ⅰ中，高锰酸钾过量，溶液呈酸性，在强酸性溶液中被还原为，Mn2+与过量的高锰酸根离子反应生成，反应的离子方程式为，故B正确； C．实验Ⅱ溶液呈弱碱性，被还原为，继续被还原为，与反应生成浅粉色沉淀，故C错误； D．根据实验Ⅰ、Ⅱ可知，试剂的滴加顺序和溶液酸碱性影响物质变化，故D正确； 选BD。 13. 山梨醇(C6H14O6)和葡萄糖酸(C6H12O7)均是重要的化工产品，其制备原理如图所示。图中双极膜中的H2O解离为H+和OH-，并在电场作用下分别向两极迁移。 下列说法正确的是 A. 石墨电极电势低于镍电极电势 B. Na2SO4在上述过程中只起电解质的作用 C. 阴极电极反应式为C6H12O6+2e-+2H+=C6H14O6 D. 制备1mol葡萄糖酸，理论上双极膜中有1molH2O被解离 【答案】BC 【解析】 【分析】由题干信息可知，镍电极上为葡萄糖转化为山梨醇，电极反应为：C6H12O6+2e-+2H2O=C6H14O6+2OH-，则镍电极为阴极，石墨电极为阳极，电极反应为：2Br--2e-=Br2，然后葡萄糖被Br2氧化为葡萄糖酸，即反应为：C6H12O6+H2O+Br2= C6H12O7+2H++2Br-，据此分析解题。 【详解】A．由分析可知，镍电极为阴极，石墨电极为阳极，故石墨电极电势高于镍电极电势，A错误； B．由分析可知，Na2SO4在上述过程中为未参与电极反应，只起电解质的作用即增强导电性的作用，B正确； C．由分析可知，镍电极为阴极，双极膜中氢离子向阴极移动，阴极电极反应式为C6H12O6+2e-+2H+=C6H14O6，C正确； D．由分析可知，制备1mol葡萄糖酸，转移2mol电子，则理论上双极膜中有2molH2O被解离，2molH+进入阴极区，2molOH-进入阳极区，D错误； 故选BC。 14. 刚性容器中按投料比发生反应： ，不同催化剂条件下反应相同时间，测得B的转化率与温度的关系如图所示。已知该反应，其中k为速率常数。下列说法正确的是 A. 图示温度范围内活化分子总数：催化剂甲催化剂乙 B. 催化剂乙条件下，温度高于350℃后，B转化率下降是升高温度平衡逆向移动的结果 C. 其他条件不变，等倍数地增大A和B的物质的量，A和B的转化率均增大 D. 若时初始速率为，当B转化率为60%时，反应速率为，由此可知 【答案】CD 【解析】 【详解】A．温度相同时，单位时间内，使用催化剂甲比使用催化剂乙反应速率快，NO转化率高，则使用催化剂甲比使用催化剂乙正反应的活化能更低，则图示温度范围内活化分子总数：催化剂甲＞催化剂乙，A错误； B．350℃时催化剂乙条件下B转化率低于催化剂甲，说明反应相同的时间，使用催化剂乙没有使反应达到平衡状态，也就不存在平衡的移动，B转化率下降是温度过高，导致催化剂活性降低甚至失去活性，反应速率下降，导致B转化率下降，B错误； C．反应为气体分子数减小的反应，其他条件不变，等倍数地增大A和B的物质的量，则压强增大，平衡正向移动，导致A和B的转化率均增大，C正确； D．设初始A、B的物质的量均为1mol，容器体积为1L，则初始AB的浓度均为1mol/L，，当B转化率为60%时，c(A)=0.4mol/L，c(B)=0.4mol/L，此时的反应速率为，则有，解得m=1，D正确； 故选CD。 15. 常温下，用盐酸调节草酸钡(用表示)浊液的，测得溶液中[为、或]随的变化关系如图所示。下列说法错误的是 A. 曲线表示与变化曲线 B. C. 点溶液中： D. 点溶液中： 【答案】AC 【解析】 【分析】草酸钡存在平衡：、、，常温下，用盐酸调节草酸钡(用表示)浊液的，c(H+)增大，=减小，c(R2-)减小，=增大，c(Ba2+)增大，则L3代表-lg随的变化关系，当加入盐酸较少时，溶液中c(R2-)<，则L2代表-lg随的变化关系，L1代表-lg c(R2-)随的变化关系，以此解答。 【详解】A．由分析可知，L2代表-lg随的变化关系，A错误； B．L1代表-lg c(R2-)随的变化关系，由(1，5.8)可以得出=c(Ba2+)c(R2-)=10-1×10-5.8=，B正确； C．a点-lg=-lg，即c(H+)=c(HR-)，由电荷守恒：可知，C错误； D．点溶液中，-lg c(R2-)=-lg，即c(R2-)=，而，则，，D正确； 故选AC。 三、非选择题： 16. 卤族元素的化合物在科研和生产中有着重要的作用。请回答下列问题： （1）（键角为180º）的中心Ⅰ原子价层电子对数为______；______（填“是”或“否”）具有极性；基态碘原子价电子排布式为______。 （2）物质磁性大小以磁矩表示，与未成对电子数之间关系为：（n为未成对电子数）。配合物中配离子的B．M（B．M磁矩单位），的杂化类型为______。 a． b． c． 配合物中配离子的B．M，则配离子的空间构型为______。 （3）在极高压强下，氯化钠可以和氯气化合生成。是立方系晶胞，结构如图所示，其中两个氯原子的坐标为、，晶体的化学式为______；与Na距离最近的且相等的Cl有______个；在晶体中键长为0.20nm，晶胞棱长为______nm（保留2位有效数字）。 【答案】（1） ①. 5 ②. 否 ③. （2） ①. b ②. 正四面体 （3） ①. ②. 12 ③. 0.67 【解析】 【小问1详解】 碘三离子中中心碘原子的价层电子对数为=5，由题意可知，离子的键角为180º，则离子的空间构型为结构对称的直线形，所以离子不具有极性；碘元素的原子序数为53，基态原子的价电子排布式为5s25p5，故答案为：5；否；5s25p5； 【小问2详解】 镍元素的原子序数为28，基态镍离子的价电子排布式为3d8，轨道表示式为，离子中有2个不成对电子；由配合物中配离子的=0B．M可知，配离子中镍离子的未成对电子数为0，则配离子中中心离子镍离子有1个d轨道参与杂化，杂化方式为dsp2杂化，故选b；由配合物中配离子的 B．M可知，配离子中镍离子的未成对电子数为2，则配离子中镍离子的d轨道未参与杂化，杂化方式为sp3杂化，所以配离子的空间构型为正四面体形，故答案为：b；正四面体形； 【小问3详解】 由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的钠原子个数为8×=1，位于面上和体心的氯原子个数为12×+1=7，则晶体的化学式为NaCl7；晶胞中位于顶点的钠原子与位于面上的氯原子距离最近，则与钠原子距离最近的且相等的氯原子有12个；由两个氯原子的坐标为、可知，晶胞棱长为0.20nm×≈0.67，故答案为：NaCl7；12；0.67。 17. 根据肾上腺素(F)的两条合成路线回答下列问题： 路线一： （1）A的化学名称为___________；D中官能团名称为___________。 （2）E→F的化学方程式为___________。 （3）B→C的合成路线设计为：BI(C7H8O3)→C，I→C不能选用高锰酸钾的原因是___________。 路线二： （4）路线二中属于取代反应的是___________(填序号)；G的结构简式___________。 （5）H的2种芳香族同分异构体含硝基和3种不同化学环境的氢原子(个数比为6:3:2)，结构简式为___________。 【答案】（1） ①. 邻苯二酚或1，2-苯二酚 ②. 酚羟基、醇羟基、氰基 （2）+CH3IHI+ （3）高锰酸钾氧化性强，可以将Ⅰ结构中的酚羟基氧化，且能将Ⅰ中-CH2OH氧化为羧基 （4） ① ①② ②. （5）、 【解析】 【分析】路线一：A与OHCCOOH发生加成反应生成的B的结构，可推断A的结构为，B经过一系列反应生成C，C为，C与HCN反应生成D，D与H2反应生成E，由E与CH3I反应生成的F结构，采用逆合成分析思路推知E的结构为，D的结构为。 路线二：A的结构为，A与在一定条件下反应生成G，由G的分子式，可知G结构为，G与CH3NH2生成H，H与H2反应生成F，推出H为。 【小问1详解】 根据上述分析，A为，名称为：邻苯二酚或1，2-苯二酚；D的结构简式为官能团名称为酚羟基、醇羟基、氰基。 【小问2详解】 E为与CH3I发生取代反应生成F结构、HI，反应化学方程式为+CH3IHI+。 【小问3详解】 由，可知I的结构为，I结构中含有酚羟基，具有还原性，易被高锰酸钾氧化，且高锰酸钾氧化性强，可以将I中醇羟基氧化为羧基，而不是C结构中的醛基。 小问4详解】 A的结构为，与在一定条件下反应生成，氯原子取代了苯环上的氢原子，因此反应①为取代反应，G结构为，G与CH3NH2生成，甲氨基取代氯原子，因此反应②为取代反应，而反应③为加成反应；根据分析，G的结构简式为。 【小问5详解】 H为分子式为C9H11NO3，芳香族同分异构体含硝基和3种不同化学环境的氢原子(个数比为6:3:2)，结构简式为、。 18. 苯甲醚为无色液体，常用于有机合成。实验室利用苯酚钠和硫酸二甲酯制备苯甲醚，实验步骤如下。 Ⅰ.将苯酚钠放入三颈烧瓶中，降温至以下，然后加入硫酸二甲酯，升温至，发生反应。 Ⅱ.充分反应后，冷却，分液，依次用氢氧化钠溶液、水洗涤有机相，二次分液。 Ⅲ.向有机相中加入无水氯化钙，静置，过滤，将滤液蒸馏得到产品。 回答下列问题： （1）利用苯酚制备苯酚钠溶液时需要隔绝空气，原因是___________。 （2）生成苯甲醚的化学方程式为___________。 （3）如图仪器在步骤Ⅲ中无需使用的是___________(填名称)；无水氯化钙的作用是___________。 （4）测定产品纯度(杂质不反应)，装置(夹持及加热装置略)和实验步骤如下。 Ⅰ.取样品加入烧瓶中，加入过量的醋酸溶液，将匀速通入烧瓶，加热使液体沸腾，一碘甲烷蒸气经过洗涤管除去干扰物质，然后通过盛有足量溴水的吸收管。 Ⅱ.反应结束后，拆除装置，将两支吸收管中的溶液均转移至碘量瓶中，加入甲酸除去过量的溴。 Ⅲ.加入过量溶液与稀硫酸，用标准溶液滴定析出的单质碘，消耗标准溶液的平均体积为。 已知：。 ①一碘甲烷与溴水反应时生成一溴甲烷、碘酸和氢溴酸，该反应的化学方程式为___________。 ②产品的纯度为___________(用含的代数式表示)；若流速太慢，则测定结果___________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)，理由是___________。 【答案】（1）防止苯酚被氧化 （2） （3） ①. 球形冷凝管、分液漏斗 ②. 除去水 （4） ①. CH3I+3Br2+3H2O＝HIO3+CH3Br+5HBr ②. ③. 偏低 ④. 流速太慢，反应生成的CH3I在到达吸收管之前便冷凝而损失 【解析】 【分析】利用二氧化碳将CH3I吹出，首先过洗涤管除去干扰物质，然后通过盛有足量溴水的吸收管吸收CH3I，CH3I和溴水反应生成一溴甲烷、碘酸和氢溴酸，最后通过氧化还原反应滴定法测量，据此解答。 【小问1详解】 苯酚易被氧化，因此利用苯酚制备苯酚钠溶液时需要隔绝空气的原因是防止苯酚被氧化。 【小问2详解】 根据元素守恒可知反应中还有硫酸钠生成，苯酚钠和硫酸二甲酯反应生成苯甲醚的化学方程式为。 【小问3详解】 步骤Ⅲ是向有机相中加入无水氯化钙，静置，过滤，将滤液蒸馏得到产品，实验操作是过滤和蒸馏，因此实验中无需使用的是球形冷凝管、分液漏斗；由于水洗涤有机相，二次分液后得到的有机相中仍然含有少量水，所以无水氯化钙的作用是除去水。 【小问4详解】 ①一碘甲烷与溴水反应时生成一溴甲烷、碘酸和氢溴酸，该反应的化学方程式为CH3I+3Br2+3H2O＝HIO3+CH3Br+5HBr。 ②根据方程式可知C6H5OCH3～CH3I～HIO3～3I2～6Na2S2O3，则产品的纯度为；若流速太慢，会导致反应生成的CH3I在到达吸收管之前便冷凝而损失，因此测定结果偏低。 19. 高纯二硫化钼粉体被誉为“固体润滑之王”。由钼精矿(主要成分为，还有少量等)制备高纯的一种工艺流程如图所示。 回答下列问题： （1）“焙烧”时生成的化学方程式为___________；“水洗”的目的是___________。 （2）“转化”过程中，存在。 ①转化为的化学方程式为___________。 ②保持温度为反应后，冷却至并静置测得对晶体产率的影响如图所示。 时，晶体产率为0的原因是___________；时，晶体产率继续增大的原因是___________。 （3）“酸浸”和“高温还原”中产生的气体可通入___________(填操作单元的名称)中循环使用。 （4）也可由在一定条件下加热分解制得，同时产生和某种硫单质，且与硫单质的物质的量之比为，则硫单质的分子式为___________。 【答案】（1） ①. ②. 除去碳酸钾 （2） ①. ②. 量不足，转化生成 ③. 继续加入，使得铵根离子浓度增大，降低了溶解度，使其结晶析出，导致晶体产率继续增大 （3）转化 （4）S4 【解析】 【分析】钼精矿在空气中煅烧，将转化为和二氧化硫，水洗除去碳酸钾等可溶物，过滤分离出固体加入氨水浸取，氧化铁、氧化镁不反应称为浸渣，浸取液含有，加入硫化铵将，加入硫酸酸浸，得到硫化氢气体和沉淀：+2H+=MoS3↓+H2S↑，使用氢气高温还原得到； 【小问1详解】 空气中氧气具有氧化性，“焙烧”时被氧化为，同时生成二氧化硫，化学方程式为；氧化铁、氧化镁、均不溶于水，而碳酸钾溶于水， “水洗”的目的是除去碳酸钾； 【小问2详解】 ①加入硫化铵生成，根据质量守恒可知，同时生成一水合氨，化学方程式为。 ②时，量不足，转化生成，故晶体产率为0；时，转化生成，继续加入，使得铵根离子浓度增大，降低了溶解度，使其结晶析出，导致晶体产率继续增大； 【小问3详解】 “酸浸”和“高温还原”中产生的气体为硫化氢，硫化氢和氨水生成硫化铵，故可通入转化环节中继续使用； 【小问4详解】 与硫单质的物质的量之比为，假设生成8分子氨气、1分子硫单质，根据质量守恒可知，有4分子在参与反应，则生成4分子，Mo化合价由+6变为+4，转移4×2=8个电子，生成硫单质的硫化合价由-2变为0，根据电子守恒可知，生成硫单质中硫原子数目为8÷2=4，故硫单质化学式为S4。 20. 利用CO2、H2为原料合成CH3OH的主要反应如下。 Ⅰ．CO2 (g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ∆H1=-48.5kJ/mol K1 Ⅱ．CO2 (g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ∆H2=+43.9kJ/mol K2 回答下列问题： （1）已知反应Ⅲ的平衡常数K3=，写出反应Ⅲ的热化学方程式___________。 （2）一定条件下，向恒压密闭容器中以一定流速通入CO2和H2混合气体，CO2平衡转化率和CH3OH选择性n[]随温度、投料比的变化曲线如图所示。 ①表示CH3OH选择性的曲线是___________(填“L1”或“L2”)；CO2平衡转化率随温度升高发生如图变化的原因是___________。 ②生成CH3OH的最佳条件是___________(填标号)。 a．220℃，n(CO2):n(H2)=1:3 b．220℃，n(CO2):n(H2)=1:4 c．320℃，n(CO2):n(H2)=1:4 d．320℃，n(CO2):n(H2)=1:3 （3）一定温度下，向恒压密闭容器中通入lmolCO2(g)和3molH2(g)，充分反应后，测得CO2平衡转化率为a，CH3OH选择性为b，该温度下反应Ⅰ的平衡常数Kx=___________(Kx为以物质的量分数表示的平衡常数)。 （4）向压强恒为3.0MPa的密闭容器中通入反应混合气[]，在1molNiGa催化作用下只发生反应Ⅰ。测得CH3OH时空收率(表示单位物质的量催化剂表面甲醇的平均生成速率)随温度的变化曲线如图所示。 ①CH3OH时空收率随温度升高先增大后减小的原因是___________。 ②223℃时，H2的平均反应速率v(H2)=___________mol·h-1。 【答案】（1）CO2(g)+2H2(g)CH3OH(g) ∆H=-92.4kJ·mol-1 （2） ①. L1 ②. 随温度升高，反应Ⅱ正向进行的程度大于反应Ⅰ逆向进行的程度 ③. c （3） （4） ①. 随温度升高，反应速率加快，甲醇时空收率上升；继续升高温度催化剂活性降低或平衡逆向移动，甲醇时空收率降低 ②. 0.60或0.6 【解析】 【小问1详解】 已知反应Ⅲ的平衡常数K3=，由盖斯定律可知反应Ⅰ-反应Ⅱ可得反应Ⅲ的热化学方程式为：CO2(g)+2H2(g)CH3OH(g)，∆H3=∆H1-∆H2=-92.4kJ·mol-1； 【小问2详解】 ①反应Ⅰ是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CH3OH的转化率减小，选择性减小，则表示CH3OH选择性的曲线是L1，L2代表CO2平衡转化率随温度变化的曲线，反应Ⅱ是吸热反应，升高温度，反应Ⅱ正向移动的程度大于反应Ⅰ逆向移动的程度，CO2平衡转化率随温度的升高而增大； ②由图可知，320℃， n(CO2):n(H2)=1:4时，CH3OH选择性较大，同时CO2的转化率也较大，故选c； 【小问3详解】 根据已知条件列出“三段式”， 充分反应后，测得平衡转化率为，选择性为，解得x=ab mol，y=(a-ab) mol，平衡时n()=(1-a) mol，n(H2)=(3-a-2ab) mol，n(CO)=(a-ab) mol，n(H2O)=a mol，n(CH3OH)=ab mol，n(总)=(4-2ab)mol，该温度下反应Ⅰ的平衡常数Kx=； 【小问4详解】 ①CH3OH时空收率随温度升高先增大后减小的原因是：温度较低时，反应速率较慢，反应未达到平衡，升高温度，反应速率加快，CH3OH时空收率增大，当温度较高，反应速率较快，反应达到平衡，升高温度，平衡逆向移动，CH3OH的转化率减小，CH3OH时空收率减小； ②223°C时，CH3OH时空收率为0.2 [(mol·h-1)/mol]，H2的平均反应速率为v(H2)=0.2 [(mol·h-1)/mol]×1mol×3=0.6mol·h-1。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $