精品解析：四川省广安中学2026届高三上学期冲刺月考（一）化学试题

广安中学2026高考冲刺月测卷一 化学试卷 一、单选题 1. 下列有关物质变化的说法正确的是 A. 二氧化硫是非电解质，所以二氧化硫的水溶液不能导电 B. 一种单质和一种化合物发生的反应一定是置换反应 C. 碳酸钠粉末遇水生成含有结晶水的是物理变化 D. 通过化学反应，可由Na2CO3一步转化生成 2. 下列说法中正确的是 A. 价电子排布为3d104s1的元素位于第四周期第IA族，是s区元素 B. SO2分子和O3分子的立体构型均为V形 C. 有机物CH2=CH―CH3分子中有1个π键、2个σ键 D. 由于氢键的存在，水分子的稳定性好，高温下也很难分解 3. 物质的性质决定用途，下列物质的用途及原理正确的是 A. 瓷坩埚耐高温，可用于加热分解石灰石 B. 铝粉与NaOH溶液反应放热，可用于厨卫管道疏通 C. 具有强氧化性，可用于除去硬水中的、 D. 钛合金具有高强韧性，可用于制造载人潜水器的耐压舱 4. 实验室用盐酸和NaOH溶液反应来测定中和反应的反应热。下列说法正确的是 A. 用同一温度计测量酸液温度后立即测量碱液温度 B. 为使两物质充分反应，添加NaOH溶液时应遵循少量多次原则 C. 实验中需要稍过量的NaOH溶液以保证实验数据的准确性 D. 防止玻璃搅拌器损坏，可用铁质材料替代 5. 当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应的是（ ） A. CuSO4溶液 B. 硫酸 C. NaCl 溶液 D. Fe(OH)3胶体 6. 离子化合物由四种原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z组成，其中阴、阳离子均由两种元素组成且均呈正四面体形。四种元素的原子序数之和为21，且W、Z元素的基态原子核外均只有1个未成对电子。下列说法错误的是 A. 第一电离能：Y>Z>X B. 原子半径：X>Y>Z C. 键角： D. 的化学式： 7. 下列元素性质的递变规律中正确的是 A. 原子半径：Be＜B＜C＜N B. 第一电离能：B＜Be＜Mg＜Na C. 电负性：O＞N＞S＞P D. 气态氢化物的稳定性：NH3＜PH3＜SiH4 8. 下列物质之间的转化都能一步实现的 ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧ ⑨ ⑩ A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个 9. 氮化钼属于填隙式氮化物，N原子填充在Mo原子立方晶格的八面体的部分空隙中，晶胞结构如图1所示。和结构相似，八面体、八面体和四面体形成层状结构，可以在充、放电过程中可逆地脱出和嵌入。正极的充、放电过程如图2、图3所示，下列说法错误的是 A. 将填入氮化钼晶胞的八面体空隙中，每个晶胞最多还能填入2个 B. 图2、图3中Fe元素化合价相同 C. 图2是充电状态，图3是放电状态 D. 氮化钼晶体的密度为 10. 硝基苯是一种重要的化工原料，密度比水大，难溶于水，易溶于乙醇、苯等有机溶剂.制备、提纯硝基苯的流程如图： 下列叙述错误的是 A. 配制混酸时，应将浓硫酸缓缓滴加到浓硝酸中，边滴加边搅拌 B. 步骤①需用水浴加热，以便于控制反应温度 C. 步骤②所用仪器为分液漏斗，粗产品从下口放出 D. 步骤③蒸馏操作时，温度计应插入液面以下 11. 某课题组在铑催化的区域成功实现对映选择性烯丙基磷化反应，如图所示(—Ph代表苯基，—Me代表甲基)。下列叙述错误的是 A. 甲分子中所有碳原子可能共平面 B. 甲和乙发生加成反应生成丙 C. 乙分子式为C14H15O2P D. 丙与足量H2反应生成丁，丁分子中最多含4个手性碳原子 12. 纤维电池是可以为可穿戴设备提供电能的便携二次电池。一种纤维钠离子电池放电的总反应为，其结构简图如图，下列说法正确的是 A. 放电时甲为正极 B. 放电时负极的电极反应式为 C. 充电时，若转移1mol，甲电极将减少23xg D. 充电时Na+从乙极迁移到甲极 13. 下列物质：①BeCl2②CS2③白磷④BF3⑤NF3⑥H2O2，其中含极性键的非极性分子是 A. ①④⑥ B. ②③⑥ C. ①②④ D. ③④⑤ 14. 下列说法正确的是 A. Na2C2O4溶液：c(OH-)=c(H+)+c()+2c(H2C2O4) B. 常温下pH为3.75的KHSO3溶液中，c()<c(H2SO3) C. amol/L的HCN溶液与bmol/L的NaOH溶液等体积混合，所得溶液中c(Na+)>c(CN-)，则a一定小于b D. 将pH均为a的氢氧化钠溶液和氨水分别加水稀释100倍，pH变为b和c，则a、b、c的大小关系是：b>c>a 15. 某同学以大小相同的铜片和锌片为电极研究水果电池，得到的实验数据如表所示： 实验编号 水果种类 电极间距离/cm 电流/ ① 番茄 1 98.7 ② 番茄 2 725 ③ 苹果 2 272 下列说法错误的是 A. 电流从铜片经外电路流向锌片 B. 实验②和③探究的是水果种类对电流的影响 C. 实验①和③探究的是电极间距离对电流的影响 D. 锌片上发生氧化反应，锌片作水果电池的负极 二、解答题 16. 盐湖卤水(主要含、'、、、和硼酸根等)是锂盐的重要来源，一种以高镁卤水为原料经两段除镁制备Li2CO3的工艺流程如图： 已知：硼原子有3个价电子，但有4个价轨道，这种价电子数少于价轨道数的原子称作缺电子原子。 常温下、。 相关化合物的溶解度与温度的关系如图所示。 回答下列问题： （1）含硼固体中的晶体为层型片状结构，在层与层之间容易裂解，其原因是层与层之间通过_______结合，在水中的电离方程式为_______。 （2）与溶液反应可制备硼砂，硼砂分子中硼原子的化合价为_______；常温下硼砂溶液中，水解生成相同浓度的和，则溶液_______。 （3）“水浸”后的固体主要成分为_______(填化学式，下同)；精制后溶液中的浓度为，则常温下精制II过程中浓度应控制在_______以下。 （4）精制II的目的是除去滤液中的_______，进行操作的目的是除去溶液中的_______。 17. 化合物F是合成某种抗肿瘤药物的重要中间体，其合成路线如下： (1)A中的含氧官能团名称为___________、___________和___________。 (2)C的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式___________。 ①能与FeCl3溶液发生显色反应。 ②能发生水解反应，水解产物之一是α-氨基酸，另一产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1：1且含苯环。 (3)写出以CH3CH2CHO和为原料制备合成路线流程图______ 18. 某工厂的工业废水中含有大量的硫酸亚铁和较多的铜离子。为了减少污染并变废为宝，工厂计划从该废水中回收硫酸亚铁和金属铜，并用硫酸亚铁制备碳酸亚铁。请根据下图所示回答问题(图中加入试剂均过量) （1）操作方法③是___________。 （2）取少量溶液④加入试管中，然后滴加过量氢氧化钠溶液，产生的现象是___________，此过程中发生的氧化还原反应为___________(用化学方程式表示)。 （3）制备FeCO3的方程式为FeSO4+Na2CO3=FeCO3↓+Na2SO4。 已知：FeSO4溶液显酸性，Na2CO3溶液显碱性，Fe(OH)2在溶液pH=5.8时开始沉淀。 ①制备FeCO3时，选用的加料方式是将Na2CO3溶液缓慢加入到盛有FeSO4溶液的反应容器中，这样操作的原因是___________。 ②生成的FeCO3沉淀需经充分洗涤，检验洗涤是否洗净的实验方法是___________。 （4）硫酸亚铁水溶液易与硫酸铵形成稳定的硫酸亚铁铵(NH4)aFeb(SO4)c·nH2O，称为莫尔盐。称取7.84g新制莫尔盐，溶于水配成250mL溶液。取25.00mL该溶液加入足量的BaCl2溶液，得到白色沉淀0.932g；另取25.00mL该溶液用0.0200mol·L-1KMnO4酸性溶液将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，当KMnO4恰好完全被还原为Mn2+时，消耗溶液的体积为20.00mL。 回答下列问题： ①配制硫酸亚铁水溶液时，需要加入少量铁粉，铁粉的作用是___________。 ②用双线桥标出下列反应中电子的转移___________。 2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5Fe2(SO4)3+8H2O ③试确定莫尔盐的化学式(写出计算过程)。__________ 19. CO、SO2等烟道气对环境有污染，需经处理后才能排放，处理含CO、SO2烟道气的一种方法是将其在催化剂作用下转化为单质S(l)：。回答下列问题： （1）已知CO的燃烧热为， 。则上述反应的∆H=____。 （2）其他条件相同、催化剂不同时发生上述反应。SO2的转化率随反应温度的变化如图1所示。Fe2O3和NiO作催化剂均能使SO2的转化率达到最高，不考虑催化剂价格因素，选择Fe2O3的主要优点是_______。某种铁镍合金的立方晶胞如图2所示，铁原子的配位数为_______，晶体中与铁等距离且最近的镍原子形成的空隙形状为_______。 （3）在容积为2 L的密闭容器中，充入2 mol CO和1 mol SO2，在一定条件下发生上述反应，体系混合气体中CO2的物质的量分数随时间的变化如图3所示： ①0~2 min内的平均反应速率v(SO2)=_______mol⋅L-1⋅min-1。 ②2 min后改变下列条件能使上述反应的速率增大，且平衡向正向移动的是_______(填字母)。 a．选用更高效的催化剂 b．升高温度 c．及时分离出CO2 d．增大CO的浓度 （4）在密闭容器中，充入2 molCO和1 molSO2，发生上述反应，SO2的平衡转化率随温度、压强的变化如图4所示。 ①压强、、由小到大的关系是_______。 ②A点对应条件下_______[对于反应，，x为物质的量分数]。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 广安中学2026高考冲刺月测卷一 化学试卷 一、单选题 1. 下列有关物质变化的说法正确的是 A. 二氧化硫是非电解质，所以二氧化硫的水溶液不能导电 B. 一种单质和一种化合物发生的反应一定是置换反应 C. 碳酸钠粉末遇水生成含有结晶水的是物理变化 D. 通过化学反应，可由Na2CO3一步转化生成 【答案】D 【解析】 【详解】A．二氧化硫虽然是非电解质，但二氧化硫与水反应生成的亚硫酸能导电，A不正确； B．一种单质和一种化合物发生的反应也可能不是置换反应，如CO与O2反应生成CO2属于化合反应，B不正确； C．碳酸钠粉末遇水生成含有结晶水的属于化合反应，是化学变化，C不正确； D．Na2CO3与Ca(OH)2反应，可一步转化为NaOH，是实验室获得少量NaOH的方法，D正确； 故选D。 2. 下列说法中正确的是 A. 价电子排布为3d104s1的元素位于第四周期第IA族，是s区元素 B. SO2分子和O3分子的立体构型均为V形 C. 有机物CH2=CH―CH3分子中有1个π键、2个σ键 D. 由于氢键的存在，水分子的稳定性好，高温下也很难分解 【答案】B 【解析】 【详解】A．价电子排布为3d104s1的元素为Cu，位于第四周期第IB族，是ds区元素，故A错误； B．SO2分子和O3分子的价层电子对数均为3，中心S、O为sp2杂化，均有一对孤电子对，立体构型均为V形，故B正确； C．有机物CH2=CH-CH3分子中有1个π键、8个σ键，故C错误； D．由于氢键的存在，使水分子的熔沸点升高，而与水分子的稳定性无关，故D错误； 故选：B。 3. 物质的性质决定用途，下列物质的用途及原理正确的是 A. 瓷坩埚耐高温，可用于加热分解石灰石 B. 铝粉与NaOH溶液反应放热，可用于厨卫管道疏通 C. 具有强氧化性，可用于除去硬水中的、 D. 钛合金具有高强韧性，可用于制造载人潜水器的耐压舱 【答案】B 【解析】 【详解】A．瓷坩埚中含有二氧化硅，在高温下二氧化硅与碳酸钙反应生成硅酸钙与二氧化碳，不能用瓷坩埚加热分解石灰石，故A错误； B．铝粉能与NaOH溶液反应产生H2并放出热量，使垃圾翻动而达到疏通的目的，故B正确； C．具有强氧化性，但Ca2+、Mg2+并不能被氧化，故C错误； D．钛合金具有较高的强度和硬度，可用于制造载人潜水器的耐压舱，与其高强韧性无关，故D错误； 故选B。 4. 实验室用盐酸和NaOH溶液反应来测定中和反应的反应热。下列说法正确的是 A 用同一温度计测量酸液温度后立即测量碱液温度 B. 为使两物质充分反应，添加NaOH溶液时应遵循少量多次原则 C. 实验中需要稍过量的NaOH溶液以保证实验数据的准确性 D. 为防止玻璃搅拌器损坏，可用铁质材料替代 【答案】C 【解析】 【详解】A．用温度计测量酸溶液的温度后立即测量碱溶液的温度会发生中和反应，导致热量损失，应该用温度计测量酸溶液的温度，用水冲洗温度计后再测量碱溶液的温度，A错误； B．向酸(碱)中分次加入碱(酸)，热量损失较多，不能分次加入碱(酸)，B错误； C．中和热测定时，为了减小误差，保证盐酸完全被中和，加入的氢氧化钠溶液应该稍过量，C正确； D．用铜丝代替玻璃搅拌器，会使热量损失较多，使中和反应放热测定值偏小，D错误； 故答案为：C。 5. 当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应的是（ ） A. CuSO4溶液 B. 硫酸 C. NaCl 溶液 D. Fe(OH)3胶体 【答案】D 【解析】 【分析】丁达尔效应的是胶体特有的性质，据此分析判断。 【详解】胶体粒子的微粒直径在1~100nm之间，分散质微粒直径小于1nm的是溶液，大于100nm的是浊液；A、C是溶液，B中的硫酸是普通小分子， D是胶体，故选D。 6. 离子化合物由四种原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z组成，其中阴、阳离子均由两种元素组成且均呈正四面体形。四种元素的原子序数之和为21，且W、Z元素的基态原子核外均只有1个未成对电子。下列说法错误的是 A. 第一电离能：Y>Z>X B. 原子半径：X>Y>Z C. 键角： D. 的化学式： 【答案】A 【解析】 【分析】离子化合物由四种原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z组成，其中阴、阳离子均由两种元素组成且均呈正四面体形，则阳离子是铵根离子，那么阴离子带2个负电荷，四种元素的原子序数之和为21，则除氢、氮外，另两种原子序数和为13，且W、Z元素的基态原子核外均只有1个未成对电子，则Z应该为氟、X为铍、Y为氮，阴离子为； 【详解】A．同一周期的第一电离能从左往右逐渐增大，则第一电离能：F>N> Be，A错误； B．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：Be>N>F，B正确； C．氟的电负性更强，对成键电子对的吸引力更大，使得分子中成键电子对间斥力较分子成键电子对间斥力小，使得键角，C正确； D．由分析可知，的化学式：，D正确； 故选A。 7. 下列元素性质的递变规律中正确的是 A. 原子半径：Be＜B＜C＜N B. 第一电离能：B＜Be＜Mg＜Na C. 电负性：O＞N＞S＞P D. 气态氢化物的稳定性：NH3＜PH3＜SiH4 【答案】C 【解析】 【详解】A．Be、B、C、N为同周期元素，且从左往右排列，所以原子半径：Be＞B＞C＞N，A不正确； B．Na、Mg的金属性比Be强，且Mg、Be的最外层s轨道上电子全充满，第一电离能反常，则第一电离能：Na＜Mg＜B＜Be，B不正确； C．非金属性越强，电负性越大，非金属性O＞N＞S＞P，则电负性：O＞N＞S＞P，C正确； D．非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，非金属性N＞P＞Si，则气态氢化物的稳定性：NH3＞PH3＞SiH4，D不正确； 故选C 8. 下列物质之间的转化都能一步实现的 ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧ ⑨ ⑩ A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个 【答案】B 【解析】 【详解】①硫和氧气反应生成二氧化硫，而不是三氧化硫，不能一步实现； ②二氧化硅不溶于水，不能和水反应生成硅酸，不能一步实现； ③氨气催化氧化生成一氧化氮，不是二氧化氮，不能一步实现； ④过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠与氧气，碳酸钠和氢氧化钙反应生成碳酸钙和氢氧化钠，均能一步实现； ⑤氯化钙和碳酸钠溶液反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，碳酸钙和盐酸反应生成二氧化碳，，均能一步实现； ⑥氧化铝不溶于水，氧化铝不能和水反应生成氢氧化铝，不能一步实现； ⑦过氧化氢在二氧化锰催化作用下分解成水跟氧气。不能一步实现； ⑧氯化钠溶液和硝酸银溶液反应生成氯化银沉淀和硝酸钠溶液，能一步实现； ⑨铜和硫反应生成硫化亚铜，而不是硫化铜。不能一步实现； ⑩铜和硫酸铁溶液反应生成硫酸亚铁和硫酸铜。不能一步实现； 综上，符合题意的有④⑤⑧；答案选B。 9. 氮化钼属于填隙式氮化物，N原子填充在Mo原子立方晶格的八面体的部分空隙中，晶胞结构如图1所示。和结构相似，八面体、八面体和四面体形成层状结构，可以在充、放电过程中可逆地脱出和嵌入。正极的充、放电过程如图2、图3所示，下列说法错误的是 A. 将填入氮化钼晶胞的八面体空隙中，每个晶胞最多还能填入2个 B. 图2、图3中Fe元素化合价相同 C. 图2是充电状态，图3是放电状态 D. 氮化钼晶体的密度为 【答案】B 【解析】 【详解】A．由图1可知，一个晶胞中含有个Mo，个N，则氮化钼的化学式为；Li+填入氮化钼晶体的八面体空隙，即填充在体心和棱上，该晶胞中体心和4个棱上已经被N原子占用，还有8个棱被Li+占用，该晶胞中棱上的Li+个数=8×=2，故A正确； B．过程中Fe化合价由，故B错误； C．放电过程释放出锂离子，图2是充电状态，图3是放电状态，故C正确； D．氮化钼晶体的密度为=；故D正确； 答案选B 10. 硝基苯是一种重要的化工原料，密度比水大，难溶于水，易溶于乙醇、苯等有机溶剂.制备、提纯硝基苯的流程如图： 下列叙述错误的是 A. 配制混酸时，应将浓硫酸缓缓滴加到浓硝酸中，边滴加边搅拌 B. 步骤①需用水浴加热，以便于控制反应温度 C. 步骤②所用仪器为分液漏斗，粗产品从下口放出 D. 步骤③蒸馏操作时，温度计应插入液面以下 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．浓硫酸的密度大于浓硝酸，并且二者混合放出大量热，所以需要将浓硫酸缓缓滴加到浓硝酸中，边滴加边搅拌，A正确； B．反应过程中温度过高会有副反应发生，故选用水浴加热便于控制温度，B正确； C．混合物是苯、硝基苯、浓硫酸、浓硝酸，其中苯和硝基苯互溶，因为生成的硝基苯难溶于水，密度大于水，在下层；浓硫酸和浓硝酸在上层。可以用分液漏斗分离，从下层的得到粗产品，C正确； D．蒸馏时，应将温度计的水银球放到支管口处以测量蒸汽温度，D错误 故本题选D。 11. 某课题组在铑催化的区域成功实现对映选择性烯丙基磷化反应，如图所示(—Ph代表苯基，—Me代表甲基)。下列叙述错误的是 A. 甲分子中所有碳原子可能共平面 B. 甲和乙发生加成反应生成丙 C. 乙的分子式为C14H15O2P D. 丙与足量H2反应生成丁，丁分子中最多含4个手性碳原子 【答案】B 【解析】 【详解】A．和碳碳双键中的碳原子直接相连的碳原子一定在同一平面内，苯环与其直接相连的碳原子一定在同一平面内，单键可以旋转，则甲分子中所有碳原子可能共平面；故A正确； B．由题可知，甲和乙发生取代反应生成丙；故B错误； C．由乙的结构简式可知，乙的分子式为C14H15O2P；故C正确； D．丙与足量H2反应生成丁，丁的结构简式为；丁分子中手性碳原子为；最多含4个手性碳原子，故D正确； 故答案选B。 12. 纤维电池是可以为可穿戴设备提供电能的便携二次电池。一种纤维钠离子电池放电的总反应为，其结构简图如图，下列说法正确的是 A. 放电时甲为正极 B. 放电时负极的电极反应式为 C. 充电时，若转移1mol，甲电极将减少23xg D. 充电时Na+从乙极迁移到甲极 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据放电的总反应可知，正极反应式为，负极反应式为，所以放电时甲为负极、乙为正极，故A错误； B．负极反应式为，故 B错误； C．根据阴极电极反应式为，若转移1mole−，甲电极将增重23g，故C错误； D．充电时甲为阴极、乙为阳极，Na+从乙极移向甲极，故D正确； 故答案选D。 13. 下列物质：①BeCl2②CS2③白磷④BF3⑤NF3⑥H2O2，其中含极性键的非极性分子是 A. ①④⑥ B. ②③⑥ C. ①②④ D. ③④⑤ 【答案】C 【解析】 【详解】①BeCl2中含有极性键，为直线形分子，其结构对称，正、负电荷的中心重合，为非极性分子，①符合题意； ②CS2中含有C=S极性键，为直线形分子，其结构对称，正、负电荷的中心重合，为非极性分子，②符合题意； ③P4为单质，分子中只含有非极性键，为非极性分子，③不符合题意； ④BF3中含有极性键，为平面三角形分子，正、负电荷的中心重合，为非极性分子，④符合题意； ⑤NF3中含有极性键，为三角锥形分子，正、负电荷的中心不重合，为极性分子，⑤不符合题意； ⑥H2O2中含有极性键，但氧原子上有孤电子对，其结构不对称，正、负电荷的中心不重合，为极性分子，⑥不符合题意； 综上所述①②④符合题意； 故选C。 14. 下列说法正确的是 A. Na2C2O4溶液：c(OH-)=c(H+)+c()+2c(H2C2O4) B. 常温下pH为3.75的KHSO3溶液中，c()<c(H2SO3) C. amol/L的HCN溶液与bmol/L的NaOH溶液等体积混合，所得溶液中c(Na+)>c(CN-)，则a一定小于b D. 将pH均为a的氢氧化钠溶液和氨水分别加水稀释100倍，pH变为b和c，则a、b、c的大小关系是：b>c>a 【答案】A 【解析】 【详解】A．对于Na2C2O4溶液，溶液中的电荷守恒为：c(H+)+ c(Na+) = c(OH-)+c()+2c()，物料守恒为：c(Na+) =2[c(H2C2O4)+c()+c()]，两式消去c(Na+)，可得质子守恒：c(OH-)=c(H+)+c()+2c(H2C2O4)，A项正确； B．常温下KHSO3溶液的pH=3.75呈酸性，说明的电离作用大于其水解作用，所以该溶液中c()> c(H2SO3) ，B项错误； C．amol/L的HCN溶液与b mol/L的NaOH溶液等体积混合，若a=b，二者恰好完全反应产生NaCN，由于水解会使溶液显碱性，根据电荷守恒可得溶液中c(Na+)>c(CN-)，所以a不一定小于b，C项错误； D．NaOH是一元强碱，完全电离，碱溶液pH=a，c(NaOH)=c(OH-)=10a-14mol/L；氨水中的一水合氨是弱碱，部分电离，在溶液中存在电离平衡：，碱溶液pH=a，c(NH3·H2O)> c(OH-)=10a-14mol/L，将两种溶液均稀释100倍，弱碱溶液中的电解质分子进一步电离，使溶液中c(OH-)增大，溶液的pH也增大，pH变为b和c，b=a-2，c>a-2，所以a>c>b，D项错误； 故选A。 15. 某同学以大小相同的铜片和锌片为电极研究水果电池，得到的实验数据如表所示： 实验编号 水果种类 电极间距离/cm 电流/ ① 番茄 1 98.7 ② 番茄 2 72.5 ③ 苹果 2 27.2 下列说法错误的是 A. 电流从铜片经外电路流向锌片 B. 实验②和③探究的是水果种类对电流的影响 C. 实验①和③探究的是电极间距离对电流的影响 D. 锌片上发生氧化反应，锌片作水果电池的负极 【答案】C 【解析】 【详解】A．由于金属活动性：Zn＞Cu，所以Zn为原电池的负极，Cu为正极，电子由负极Zn经外电路流向正极Cu，则电流从正极铜片经外电路流向负极锌片，A正确； B．实验②和③电极材料相同，电极间距离相同，只有水果种类不相同，可见这两个实验探究的是水果种类对电流的影响，B正确； C．实验①和③水果种类不同，电极间距离也不同，同时改变了两个外界条件，因此不是探究电极间距离对电流的影响，C错误； D．由于金属活动性：Zn＞Cu，所以Zn为原电池的负极，Cu为正极，负极上Zn失去电子，发生氧化反应，D正确； 故合理选项是C。 二、解答题 16. 盐湖卤水(主要含、'、、、和硼酸根等)是锂盐重要来源，一种以高镁卤水为原料经两段除镁制备Li2CO3的工艺流程如图： 已知：硼原子有3个价电子，但有4个价轨道，这种价电子数少于价轨道数的原子称作缺电子原子。 常温下、。 相关化合物的溶解度与温度的关系如图所示。 回答下列问题： （1）含硼固体中的晶体为层型片状结构，在层与层之间容易裂解，其原因是层与层之间通过_______结合，在水中的电离方程式为_______。 （2）与溶液反应可制备硼砂，硼砂分子中硼原子的化合价为_______；常温下硼砂溶液中，水解生成相同浓度的和，则溶液_______。 （3）“水浸”后的固体主要成分为_______(填化学式，下同)；精制后溶液中的浓度为，则常温下精制II过程中浓度应控制在_______以下。 （4）精制II的目的是除去滤液中的_______，进行操作的目的是除去溶液中的_______。 【答案】（1） ①. 范德华力或分子间作用力 ②. B(OH)3+H2OB(OH)+H+ （2） ①. +3 ②. 9.24 （3） ①. MgO ②. 5.5×10-3 （4） ①. Ca2+ ②. CO 【解析】 【分析】“脱硼”：加入盐酸，得到含硼固体； “浓缩结晶”：对滤液进行浓缩，得到MgCl2·6H2O； “煅烧”：MgCl2·6H2O煅烧中得到MgO、HCl和H2O； “水浸”：加水水浸，MgO是不溶于水的固体，过滤，水浸得到固体为MgO； “精制Ⅰ”：加入生石灰，生石灰与水反应生成Ca(OH)2，氢氧化钙与溶液中少量Mg2+反应生成氢氧化镁沉淀和硫酸钙，滤渣Ⅰ为Mg(OH)2、CaSO4； “精制Ⅱ”：加入纯碱目的是除去溶液中的Ca2+，滤渣Ⅱ为碳酸钙； 据此分析； 【小问1详解】 1molB(OH)3中含有3mol氢键，平面层内硼酸分子之间通过氢键结合，层层之间容易裂解，说明作用力不强，则层层之间通过范德华力或分子间作用力结合；硼酸为一元弱酸，根据题中所给信息，硼酸在水中的电离方程式为B(OH)3+H2OB(OH)+H+；故答案为范德华力或分子间作用力；B(OH)3+H2OB(OH)+H+； 【小问2详解】 依据化合价代数和为0，可推断硼砂分子中硼原子的化合价为+3价；硼酸为一元弱酸，其电离平衡常数Ka=，溶液中c[B(OH)]=c[B(OH)3]，Ka=c(H+)=1.0×10-9.24，此时溶液的pH=9.24；故答案为+3；9.24； 【小问3详解】 根据上述分析，“浓缩结晶”：对滤液进行浓缩，得到MgCl2·6H2O；“煅烧”：MgCl2·6H2O煅烧中得到MgO、HCl和H2O；“水浸”：加水水浸，MgO是不溶于水的固体，过滤，水浸得到固体为MgO；c(Li+)=2.0mol/L，Ksp(LiCO3)=2.2×10-2，为了不让碳酸锂沉淀，c(CO)≤=5.5×10-3mol/L，故答案为MgO；5.5×10-3mol/L； 【小问4详解】 由于硫酸钙微溶于水，“精制Ⅰ”所得溶液中含有一定的浓度Ca2+，“精制Ⅱ”中加入碳酸钠的目的是除去过量的Ca2+；操作X的目的为酸化除CO，防止Li+在浓缩步骤中提前析出，产物产率下降；故答案为Ca2+；CO。 17. 化合物F是合成某种抗肿瘤药物的重要中间体，其合成路线如下： (1)A中的含氧官能团名称为___________、___________和___________。 (2)C的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式___________。 ①能与FeCl3溶液发生显色反应。 ②能发生水解反应，水解产物之一是α-氨基酸，另一产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1：1且含苯环。 (3)写出以CH3CH2CHO和为原料制备的合成路线流程图______ 【答案】 ①. 醛基 ②. 羟基 ③. 硝基 ④. ⑤. CH3CH2CHOCH3CH2CH2OHCH3CH2CH2Br+ 【解析】 【分析】根据A、C结构简式区别及反应条件可知，A发生取代反应生成B为，B发生还原反应生成C，C发生取代反应生成D，D发生取代反应然后酸化得到E，E发生氧化反应生成F，以此解答。 【详解】(1)由A的结构简式可知，其中含氧官能团名称为醛基、羟基、硝基，故答案为：醛基；羟基；硝基； (2)①能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②能发生水解反应，水解产物之一是α-氨基酸，说明该有机物中氨基和羧基连接在同一个碳原子上，另一产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1：1且含苯环，说明分子结构对称，C中硝基的不饱和度为1，酯基的不饱和度也为1，酯基水解得到羧基和羟基，结合结构对称可知为酚酯，水解所得产物中三个酚羟基是对称的，剩余的原子刚好组成一个氨基酸分子，因此满足条件的结构简式为，故答案为：； (3)根据生成化合物F合成路线知，丙醛发生类似C生成D、D生成E、E发生F的反应生成，即丙醛发生加成反应生成丙醇，丙醇发生取代反应生成1-溴丙烷，1-溴丙烷和发生取代反应、氧化反应得到，合成路线为CH3CH2CHOCH3CH2CH2OHCH3CH2CH2Br+，故答案为：CH3CH2CHOCH3CH2CH2OHCH3CH2CH2Br+。 18. 某工厂的工业废水中含有大量的硫酸亚铁和较多的铜离子。为了减少污染并变废为宝，工厂计划从该废水中回收硫酸亚铁和金属铜，并用硫酸亚铁制备碳酸亚铁。请根据下图所示回答问题(图中加入试剂均过量) （1）操作方法③是___________。 （2）取少量溶液④加入试管中，然后滴加过量氢氧化钠溶液，产生的现象是___________，此过程中发生的氧化还原反应为___________(用化学方程式表示)。 （3）制备FeCO3的方程式为FeSO4+Na2CO3=FeCO3↓+Na2SO4。 已知：FeSO4溶液显酸性，Na2CO3溶液显碱性，Fe(OH)2在溶液pH=5.8时开始沉淀。 ①制备FeCO3时，选用的加料方式是将Na2CO3溶液缓慢加入到盛有FeSO4溶液的反应容器中，这样操作的原因是___________。 ②生成的FeCO3沉淀需经充分洗涤，检验洗涤是否洗净的实验方法是___________。 （4）硫酸亚铁水溶液易与硫酸铵形成稳定的硫酸亚铁铵(NH4)aFeb(SO4)c·nH2O，称为莫尔盐。称取7.84g新制莫尔盐，溶于水配成250mL溶液。取25.00mL该溶液加入足量的BaCl2溶液，得到白色沉淀0.932g；另取25.00mL该溶液用0.0200mol·L-1KMnO4酸性溶液将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，当KMnO4恰好完全被还原为Mn2+时，消耗溶液的体积为20.00mL。 回答下列问题： ①配制硫酸亚铁水溶液时，需要加入少量铁粉，铁粉的作用是___________。 ②用双线桥标出下列反应中电子的转移___________。 2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5Fe2(SO4)3+8H2O ③试确定莫尔盐的化学式(写出计算过程)。__________ 【答案】（1）过滤 （2） ①. 生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色 ②. 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 （3） ①. 避免溶液pH过大生成Fe(OH)2沉淀 ②. 取最后一次洗涤液于试管中，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无沉淀生成，则证明沉淀洗净 （4） ①. 防止Fe2+被氧化 ②. ③. (NH4)2Fe(SO4)2·6H2O 【解析】 【分析】工业废水中含有大量的硫酸亚铁和较多的铜离子，加入过量铁粉，将Cu2+还原为铜单质，过滤得到含有硫酸亚铁的滤液、含有Cu、Fe的滤渣，向滤渣中加入过量稀硫酸，Fe与稀硫酸反应得到硫酸亚铁溶液，Cu不反应，过滤分离，将滤液与前一步的滤液混合，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作后得到FeSO4·7H2O，之后再制备碳酸亚铁。 小问1详解】 ①应为含有Cu、Fe的滤渣，向滤渣中加入过量稀硫酸，Fe与稀硫酸反应得到硫酸亚铁溶液，Cu不反应，所以操作③为过滤； 【小问2详解】 溶液④即硫酸亚铁溶液，加入过量氢氧化钠溶液，首先生成Fe(OH)2白色沉淀，潮湿环境中会被氧气迅速氧化为红褐色的Fe(OH)3，所以现象为：生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，此过程中发生的氧化还原反应为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3； 【小问3详解】 ①Fe(OH)2在溶液pH=5.8时开始沉淀，将Na2CO3溶液缓慢加入到盛有FeSO4溶液的反应容器中，可以避免溶液pH过大，生成Fe(OH)2沉淀； ②FeCO3沉淀表明可能附着有硫酸亚铁杂质，检验是否含有硫酸根，即可确定沉淀是否洗净，具体方法为：取最后一次洗涤液于试管中，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无沉淀生成，则证明沉淀洗净； 【小问4详解】 ①Fe2+溶液被氧化为Fe3+，铁粉可以将Fe3+还原为Fe2+，所以铁粉的作用是：防止Fe2+被氧化； ②该反应中Mn元素化合价由+7价降低为+2价，2molKMnO4得到10mol电子，Fe元素化合价由+2价升高为+3价，10molFeSO4失去10mol电子，双线桥表示为； ③加入过量的BaCl2溶液，得到白色沉淀0.932g，即生成0.932gBaSO4沉淀，所以7.84g新制莫尔盐n(SO4)=×=0.04mol；根据消耗的KMnO4的量结合化学方程式可得，摩尔盐中n(Fe2+)=5×0.0200 mol·L-1 ×0.02L×=0.02mol，根据电荷守恒n(NH)+2n(Fe2+)=2n(SO)，可知n(NH)=0.04mol×2-0.02mol×2=0.04mol，则n(H2O)==0.12mol，所以n(NH)：n(Fe2+)：n(SO)：n(H2O)=0.04:0.02:0.04:0.12=2:1:2:6，则莫尔盐的化学式为(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O。 19. CO、SO2等烟道气对环境有污染，需经处理后才能排放，处理含CO、SO2烟道气的一种方法是将其在催化剂作用下转化为单质S(l)：。回答下列问题： （1）已知CO的燃烧热为， 。则上述反应的∆H=____。 （2）其他条件相同、催化剂不同时发生上述反应。SO2的转化率随反应温度的变化如图1所示。Fe2O3和NiO作催化剂均能使SO2的转化率达到最高，不考虑催化剂价格因素，选择Fe2O3的主要优点是_______。某种铁镍合金的立方晶胞如图2所示，铁原子的配位数为_______，晶体中与铁等距离且最近的镍原子形成的空隙形状为_______。 （3）在容积为2 L的密闭容器中，充入2 mol CO和1 mol SO2，在一定条件下发生上述反应，体系混合气体中CO2的物质的量分数随时间的变化如图3所示： ①0~2 min内的平均反应速率v(SO2)=_______mol⋅L-1⋅min-1。 ②2 min后改变下列条件能使上述反应的速率增大，且平衡向正向移动的是_______(填字母)。 a．选用更高效的催化剂 b．升高温度 c．及时分离出CO2 d．增大CO的浓度 （4）在密闭容器中，充入2 molCO和1 molSO2，发生上述反应，SO2的平衡转化率随温度、压强的变化如图4所示。 ①压强、、由小到大的关系是_______。 ②A点对应条件下_______[对于反应，，x为物质的量分数]。 【答案】（1）-269.2 （2） ①. Fe2O3作催化剂时，在相对较低温度可获得较高的SO2转化率，从而节约能源 ②. 8 ③. 立方体（或正方体） （3） ①. 0.15 ②. d （4） ①. ②. 13.5 【解析】 【小问1详解】 由CO的燃烧热为283.0kJ/mol可得①，又已知②kJ/mol，由盖斯定律①×2-②得； 【小问2详解】 从图中可知，Fe2O3作催化剂时，在相对较低温度可获得较高的SO2转化率，从而节约能源；Fe原子在8个顶点和6个面心，以上底面面心的Fe原子为例，与之最近的Ni原子为该晶胞内上方4个、上层晶胞中下方4个Ni原子，所以铁原子的配位数为8；晶体中与铁等距离且最近的8个镍原子形成的空隙形状为：立方体（或正方体）； 【小问3详解】 ①设平衡时SO2消耗了xmol，三段式为，所以，解得x=0.6，0~2 min内的平均反应速率； ②a．催化剂只能改变反应速率，不能使平衡移动，所以a错误； b．升高温度能加快反应速率，但该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，故b错误； c．及时分离出CO2平衡正向移动，但反应速率不增大，故c错误； d．增加CO的浓度，反应速率加快，平衡正向移动，故d正确； 故答案为：d； 【小问4详解】 ①图像显示同温(T2)变压，SO2的平衡转化率增大，而加压平衡右移，SO2的平衡转化率增大，所以压强p1、p2、p3由大到小的关系是p1>p2>p3； ②三段式，n(总)=2.4mol，B点对应条件下。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$