精品解析：湖北省武汉市九师联盟2026届高三上学期8月开学考试 化学试题

高三化学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。 4.本卷命题范围：高考范围。 5.可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 S 32 Zn 65 一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1. 下列物质的主要成分属于盐的是 A. 碱石灰 B. 工业用纯碱 C. 石英 D. 金刚石 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. 分子的球棍模型： B. 的结构式： C. 制备聚丙烯： D. 的电子式： 3. 下列有关金属、非金属及其化合物的说法正确的是 A. 工业上制备粗硅的反应中有CO生成 B. 工业上电解熔融的氧化镁制备单质镁 C. 工业上用氯气与澄清石灰水反应制备漂白粉 D. 铜粉不溶于稀硫酸和的混合溶液 4. 实验室用通入溶液中制备，经过滤、洗涤、灼烧得高纯度的。下列装置能达到实验目的的是 A. 用装置甲制取 B. 用装置乙制备 C. 用装置丙进行过滤操作 D. 用装置丁灼烧 5. 下列关于的相关说法正确的是 A. 的键角比的键角大 B. 中心原子均为杂化 C. 和的中心原子上孤电子对数目相等 D. 比更稳定，可以用氢键相关知识解释 6. 生物质气(主要成分为CO、、等)在含铬催化剂作用下可制备甲醇。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 中含键数目为 B. 1mol基态Cr原子中未成对电子数为 C. 分子中杂化的原子数为 D. 反应，每消耗2.24LCO，转移电子数为 7. 物质结构决定物质性质。下列对性质差异的原因解释错误的是 选项 性质差异 原因解释 A 稳定性： 配体的热稳定性： B 熔点： 键能：，键长： C 酸性： 羧基中羟基的极性：前者>后者 D 沸点： 相同条件下分子间氢键数目： A. A B. B C. C D. D 8. 有一种麻醉剂的结构如图所示，X、Y、Z、W、E是位于3个不同短周期的主族元素，且原子序数依次增大。Y、Z、W、E原子的最外层电子数之和为24，其中Z是地壳中含量最多的元素，下列说法正确的是 A. 第一电离能： B. 简单离子半径： C. 键角： D. 分子的极性： 9. 丙烯和溴化氢在通常情况下发生加成反应主要得到2-溴丙烷，其机理如下： 下列说法错误的是 A. 上述反应中，第一步为反应的决速步骤 B. 碳正离子中间体的稳定性： C. 丙烯与HI加成时主要产物为 D. 与HBr加成的主要产物为 10. 下列指定反应的离子方程式错误的是 A. 明矾溶液与过量氨水混合： B. 向次氯酸钙溶液中通入足量 C. 将铅粉加入硫酸铁溶液中： D. 向硫酸钠溶液中滴加氢氧化钡溶液： 11. 闪锌矿石的主要成分为ZnS，其晶胞结构如图所示(表示阿伏加德罗常数的值)。下列有关说法错误的是（ ） A. 的配位数为4 B. 该晶胞中含有4个 C. ZnS中只含有离子键 D. 若晶胞参数为anm，则ZnS晶体密度为 12. 利用李比希法测定有机样品(含碳元素和氢元素，也可能含氧元素)实验式的实验装置如图所示。下列说法错误的是 A. 只需无水和碱石灰的增重数据即可达到实验目的 B. 去掉装置中的氧化铜，可能会导致碳元素的测定值偏低 C. 实验结束后，继续通入一段时间可提高测定的准确性 D. 实验式确定后，若确定分子式，还需要利用质谱法测定相对分子质量 13. 有机化合物M是丹参的有效成分之一，其结构如图所示。下列有关M的说法正确的是 A. 能与浓溴水发生取代反应 B. 分子中存在2个手性碳原子 C. 与乙醇和丙酮均互为同系物 D. 键角α的数值大于 14. 甲胺是常用的有机碱。室温下，向溶液中滴入相同浓度的盐酸(滴加盐酸过程中，假设混合溶液的温度不变)，测得溶液pH与相关微粒的物质的量浓度分数变化如图所示[已知，，]。下列说法正确的是 A. 的溶液和的盐酸中，水的电离程度相同 B. C. 不断滴加盐酸过程中，变大 D. 滴加盐酸20.00mL时， 15. 利用电化学原理治理各种污染是科研工作者研究的重要课题之一、我国科研工作者在太阳能光电催化-化学耦合分解硫化氢研究中获得新进展，相关装置如图所示。下列说法正确的是 A. 放电时，电极电势： B. 图中分解仅需一步即可完成 C. a极的电极反应式： D. 右室中去除的离子方程式为 二、非选择题(本题共4小题，共55分) 16. 以硫锰矿(主要成分为MnS，还含有少量的CaS、MgS、FeS杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2，还含有Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质)为原料制备高纯MnCO3的工艺流程如图所示。回答下列问题： （1）尾气中存在的有害气体是___________(填化学式，下同)。 （2）“滤渣1”中的主要成分为___________。 （3）“氧化”步骤发生反应的离子方程式为___________。 （4）“中和除杂”步骤中加入CaCO3的主要目的是___________。 （5）“除钙镁”步骤中Ca2+发生沉淀转化反应：，则充分反应后，溶液中___________［保留两位有效数字，已知：，]。 （6）写出“碳化”步骤发生反应的化学方程式：___________，“碳化”时需严格控制溶液pH，若溶液pH过高，会导致___________。 17. 化合物H是一种药物中间体，其合成路线如下： 已知：ⅰ．BnBr代表； ⅱ．。 回答下列问题： （1）用系统命名法进行命名，A的名称为___________，A的核磁共振氢谱有___________组峰。 （2）E中含氧官能团的名称为___________，D→E的反应类型为___________。 （3）C→D的化学方程式为___________。 （4）G的结构简式为___________。 （5）以硝基苯和乙炔为原料合成的路线为。 写出X、Y的结构简式：___________、___________。 18. 氨基甲酸铵是工业上生产尿素的中间产物。遇水生成和。利用与制备的化学方程式为，有关实验装置如图所示(部分夹持装置已省略)。 回答下列问题： （1）装置A用来制备：将块状石灰石放置在试管中的带孔塑料板上，然后加入稀盐酸，发生反应的离子方程式为___________，装置B中所盛放的试剂名称为___________。 （2）装置E是用氯化铵与熟石灰制取，则发生反应的化学方程式为___________，装置D中所盛放的试剂为___________，其作用是___________。 （3）装置C中三颈烧瓶需用冰水浴冷却，推测该反应为___________(“吸热”或“放热”)反应。 （4）恒温恒容条件下，发生反应，能说明该反应达平衡状态的是___________(填字母)。 a．容器内压强保持不变 b．固体的质量保持不变 c．容器内 19. 和是大气主要污染物，有效去除大气中的和是环境保护的重要课题。回答下列问题： （1）用水吸收的相关热化学方程式如下： ⅰ． ； ⅱ． 。 反应的___________，反应物的总能量___________(填“大于”“小于”或“等于”)产物的总能量。 （2）从空气中捕获的可用于制备一些基础化学物质，如：。由制备的反应过程涉及多个化学反应步骤(步骤三的副反应为)。 步骤一：； 步骤二：_________； 步骤三：。 ①写出步骤二的化学方程式：___________。 ②向水溶液中加入的过程中，随着的不断加入，的生成速率越来越慢，生成的速率越来越快，其原因是___________。 （3）已知反应 ，不同温度、下的平衡状态中和两个压强对数的关系如图1所示，实验初始时体系中的和相等、p(NO)和相等。则___________(填“>”或“<”)。。，理由是___________。 （4）电解NO制备的工作原理如图2所示，阳极电极反应式为___________，为使电解产物全部转化为，需补充物质A，则A是___________(填“”或“”)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三化学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。 4.本卷命题范围：高考范围。 5.可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 S 32 Zn 65 一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1. 下列物质的主要成分属于盐的是 A. 碱石灰 B. 工业用纯碱 C. 石英 D. 金刚石 【答案】B 【解析】 【详解】A．碱石灰是NaOH和CaO的混合物，属于混合物，A不符合题意； B．工业用纯碱是碳酸钠（Na2CO3），由Na+和，属于盐，B符合题意； C．石英主要成分是二氧化硅（SiO2），属于氧化物，C不符合题意； D．金刚石是碳的单质，属于非金属单质，D不符合题意； 故选B。 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. 分子的球棍模型： B. 的结构式： C. 制备聚丙烯： D. 的电子式： 【答案】B 【解析】 【详解】A．O3分子为V形结构(键角约116.8°)，球棍模型应体现折线形，故A错误； B．CS2与CO2为等电子体，CO2的结构式为O=C=O，即CS2结构式S=C=S正确，故B正确； C．聚丙烯由丙烯(CH2=CHCH3)加聚生成，链节应为-CH2-CH(CH3)-，正确反应方程式为nCH2=CH2CH3，故C错误； D．PH3中P原子最外层有5个电子，与3个H原子形成共价键后仍有1对孤对电子，题中未画出P的孤对电子，正确的是，故D错误； 答案为B。 3. 下列有关金属、非金属及其化合物的说法正确的是 A. 工业上制备粗硅的反应中有CO生成 B. 工业上电解熔融的氧化镁制备单质镁 C. 工业上用氯气与澄清石灰水反应制备漂白粉 D. 铜粉不溶于稀硫酸和的混合溶液 【答案】A 【解析】 【详解】A．工业上制备粗硅的反应为，有CO生成，A正确； B．工业上是电解熔融的氯化镁（）制备单质镁，而非氧化镁（），因MgO熔点过高，B错误； C．工业上用氯气与石灰乳（悬浊液）反应制备漂白粉，C错误； D．稀硫酸与混合溶液中，和形成稀硝酸，铜会与其反应溶解，D错误； 故选A。 4. 实验室用通入溶液中制备，经过滤、洗涤、灼烧得高纯度的。下列装置能达到实验目的的是 A. 用装置甲制取 B. 用装置乙制备 C. 用装置丙进行过滤操作 D. 用装置丁灼烧 【答案】D 【解析】 【详解】A．实验室加热NH4Cl固体无法制取NH3，因为NH4Cl受热分解生成NH3和HCl，二者在试管口会重新化合生成NH4Cl固体，无法收集到NH3，A错误； B．NH3极易溶于水，装置乙中导管直接插入FeCl3溶液中，会因NH3大量溶解导致装置内压强骤减，发生倒吸现象，B错误； C．过滤操作中应使用玻璃棒引流，C错误； D．灼烧Fe(OH)3固体需用坩埚，装置丁中坩埚放置在泥三角上，用酒精灯加热，符合灼烧固体的操作要求，D正确； 故选D。 5. 下列关于的相关说法正确的是 A. 的键角比的键角大 B. 中心原子均为杂化 C. 和的中心原子上孤电子对数目相等 D. 比更稳定，可以用氢键相关知识解释 【答案】B 【解析】 【详解】A．H2O、NH3中心原子价电子对数均为4，H2O中心原子O有2个孤电子对，而NH3的N有1个孤电子对，孤电子对越多键角越小，H2O的键角比NH3小，故A错误； B．H2S中S的价层电子对数为4，采用sp3杂化；NH3中N的价层电子对数为4，采用sp3杂化；N2H4中每个N的价层电子对数为4，采用sp3杂化，故B正确； C．H2O的中心原子O有2对孤电子对，NH3的中心原子N有1对孤电子对，故C错误； D．H2O更稳定是因为H-O键能大，氢键影响物理性质，与稳定性无关，故D错误； 选B。 6. 生物质气(主要成分为CO、、等)在含铬催化剂作用下可制备甲醇。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 中含键数目为 B. 1mol基态Cr原子中未成对电子数为 C. 分子中杂化的原子数为 D. 反应，每消耗2.24LCO，转移电子数为 【答案】A 【解析】 【详解】A．的结构为O=C=O，每个双键含1个σ键和1个π键，故每个分子含2个σ键，44g CO2的物质的量为1mol，因此σ键数目为2NA，故A正确； B．基态Cr原子的电子排布为[Ar]3d54s1，3d轨道有5个未成对电子，4s轨道有1个未成对电子，总共有6个未成对电子，1mol Cr原子对应6 NA未成对电子，故B错误； C．CH3OH分子中，C、O均为sp3杂化，1mol CH3OH对应2 NA个sp3杂化原子，故C错误； D．反应CO + 2H2 → CH3OH中，CO中的C从+2价变为-2价，1mol CO转移4mol电子，由于未明确2.24L CO是否处于标准状况，所以不能计算转移电子数，故D错误； 选A。 7. 物质结构决定物质性质。下列对性质差异的原因解释错误的是 选项 性质差异 原因解释 A 稳定性： 配体的热稳定性： B 熔点： 键能：，键长： C 酸性： 羧基中羟基的极性：前者>后者 D 沸点： 相同条件下分子间氢键数目： A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．稳定性：，是因为NH3比更易与形成配位键，即NH3的配位能力更强，A错误； B．Si与SiO2均为共价晶体，Si-O键键能更大、键长更短，导致SiO2熔点高于Si单质，B正确； C．Cl的强吸电子效应增强羧基中羟基的极性，使CCl3COOH酸性更强，C正确； D．平均每个分子形成的氢键数目多于HF分子，故沸点更高，D正确； 故选A。 8. 有一种麻醉剂的结构如图所示，X、Y、Z、W、E是位于3个不同短周期的主族元素，且原子序数依次增大。Y、Z、W、E原子的最外层电子数之和为24，其中Z是地壳中含量最多的元素，下列说法正确的是 A. 第一电离能： B. 简单离子半径： C. 键角： D. 分子的极性： 【答案】C 【解析】 【分析】因为X、Y、Z、W、E是位于3个不同短周期的主族元素，且原子序数依次增大，所以X为H（第一周期主族元素只有H）。Z是地壳中含量最多的元素，所以Z为O。从结构看，Y形成4个共价键，结合原子序数，Y为C；W形成1个共价键，原子序数大于O，且比E小，所以W为F。Y、Z、W、E原子的最外层电子数之和为24，Y最外层4个电子，Z最外层6个电子，W最外层7个电子，则E最外层电子数为24-4-6-7=7，且E原子序数大于F，所以E为Cl。综上，X为H，Y为C，Z为O，W为F，E为Cl。 【详解】A．Z为O，W为F，同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，F的第一电离能大于O，即W(F)>Z(O)，故A错误； B．Z的简单离子为，W的简单离子为，与电子层数相等，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径>，即W<Z，故B错误； C．Y为C，X为H，为（C价层孤电子对数=，3个σ键，故其为杂化，键角为120°），为（C价层孤电子对数=，3个σ键，故其为杂化，键角约107°），故键角>，故C正确； D．为是直线形分子，结构对称，属于非极性分子。为，分子结构不对称，属于极性分子，所以分子极性<，故D错误； 故选C。 9. 丙烯和溴化氢在通常情况下发生加成反应主要得到2-溴丙烷，其机理如下： 下列说法错误的是 A. 上述反应中，第一步为反应的决速步骤 B. 碳正离子中间体的稳定性： C. 丙烯与HI加成时主要产物为 D. 与HBr加成的主要产物为 【答案】C 【解析】 【详解】A．反应的决速步骤由慢反应决定，机理中第一步标注“慢”，故第一步为决速步骤，A正确； B．第一步慢反应得到的碳正离子为，可以推得碳正离子中间体稳定性：，B正确； C．烯烃与HBr反应第一步是氢离子结合有一定负电性的碳原子，第二步Br离子结合有一定正电性的碳原子，故主要产物为，C错误； D．根据题干信息，烯烃与HBr反应第一步是氢离子结合有一定负电性的碳原子，由于-CF3为吸电子基团，故与HBr加成的主要产物为，D正确； 故选C。 10. 下列指定反应的离子方程式错误的是 A. 明矾溶液与过量氨水混合： B. 向次氯酸钙溶液中通入足量 C. 将铅粉加入硫酸铁溶液中： D. 向硫酸钠溶液中滴加氢氧化钡溶液： 【答案】A 【解析】 【详解】A．明矾溶液与过量氨水反应生成沉淀，而非四羟基合铝酸根（需强碱如NaOH），正确的离子反应，A错误； B．向次氯酸钙溶液中通入足量二氧化碳，反应生成次氯酸和碳酸氢钙溶液：，B正确； C．可氧化Pb生成，与结合为沉淀，离子方程式：，C正确； D．硫酸钠与氢氧化钡反应生成沉淀和，离子方程式：，D正确； 故选A。 11. 闪锌矿石的主要成分为ZnS，其晶胞结构如图所示(表示阿伏加德罗常数的值)。下列有关说法错误的是（ ） A. 的配位数为4 B. 该晶胞中含有4个 C. ZnS中只含有离子键 D. 若晶胞参数为anm，则ZnS晶体密度为 【答案】D 【解析】 【详解】A．Zn²⁺的配位数是指其周围最近邻的S²⁻数目。ZnS晶体中，Zn²⁺位于四面体空隙，每个Zn²⁺周围有4个S²⁻，配位数为4，A正确； B．S²⁻位于晶胞顶点和面心，顶点8个S²⁻各占1/8，面心6个S²⁻各占1/2，总数为8×(1/8)+6×(1/2)=4，B正确； C．Zn²⁺极化能力较强，S²⁻变形性较大，ZnS中离子键存在一定共价性，但高中阶段可认为其由Zn²⁺和S²⁻构成，只含离子键，C正确； D．晶胞含4个ZnS，质量为4×97/Nₐ g，体积为(a×10⁻⁷ cm)³=a³×10⁻²¹ cm³，密度，选项中缺少系数4，D错误； 故答案选D。 12. 利用李比希法测定有机样品(含碳元素和氢元素，也可能含氧元素)实验式的实验装置如图所示。下列说法错误的是 A. 只需无水和碱石灰的增重数据即可达到实验目的 B. 去掉装置中的氧化铜，可能会导致碳元素的测定值偏低 C. 实验结束后，继续通入一段时间可提高测定的准确性 D. 实验式确定后，若确定分子式，还需要利用质谱法测定相对分子质量 【答案】A 【解析】 【分析】氧化铜作催化剂，在760℃左右使有机物在氧气流中全部氧化为CO2和H2O，通过测定生成的CO2、H2O的量确定实验式，用氯化钙吸收水蒸气，用碱石灰吸收二氧化碳，由于碱石灰会同时吸收水蒸气和二氧化碳，故先用氯化钙吸收水蒸气，再用碱石灰吸收二氧化碳；计算生成水、二氧化碳的物质的量，根据质量守恒判断是否含有O元素，若含有O元素，计算原子物质的量；根据原子数目之比确定有机物最简式，再确定分子式，最后根据有机物的核磁共振氢谱确定结构简式，据此分析； 【详解】A．测定实验式需确定C、H、O的比例（若含氧）。无水增重为H2O质量（可算H含量），碱石灰增重为CO2质量（可算C含量），但含氧时需样品总质量计算O含量，仅这两个数据无法确定O是否存在及含量，A错误； B．氧化铜可将燃烧不充分生成的CO氧化为CO2，若去掉，CO无法被吸收，导致CO2测定值偏小，碳元素测定值偏低，B正确； C．实验结束后继续通O2可将装置残留的H2O和CO2赶入吸收剂，确保完全吸收，提高准确性，C正确； D．实验式为最简式，分子式需实验式结合相对分子质量确定，质谱法可测相对分子质量，D正确； 故选A。 13. 有机化合物M是丹参的有效成分之一，其结构如图所示。下列有关M的说法正确的是 A. 能与浓溴水发生取代反应 B. 分子中存在2个手性碳原子 C. 与乙醇和丙酮均互为同系物 D. 键角α的数值大于 【答案】B 【解析】 【详解】A．化合物M中不含酚羟基，苯环上仅有甲基取代基，与浓溴水在无催化剂条件下不发生苯环取代反应，A错误； B．手性碳原子需连有四个不同基团的饱和碳。M中羟基连接的碳和五元环与甲基相连的碳为手性碳，有两个手性碳，位置如图：，B正确； C．同系物需结构相似（官能团种类、数目及碳骨架类型一致）、相差个。M含稠环芳烃及杂环结构，乙醇为链状一元醇，丙酮为链状酮，官能团不相同，C错误； D．键角所在的氧原子为杂化，该氧原子因为存在两对孤电子对，对成键电子对排斥力较大，所以键角小于，D错误； 故选B。 14. 甲胺是常用的有机碱。室温下，向溶液中滴入相同浓度的盐酸(滴加盐酸过程中，假设混合溶液的温度不变)，测得溶液pH与相关微粒的物质的量浓度分数变化如图所示[已知，，]。下列说法正确的是 A. 的溶液和的盐酸中，水的电离程度相同 B. C. 不断滴加盐酸过程中，变大 D. 滴加盐酸20.00mL时， 【答案】D 【解析】 【详解】A．甲胺为弱碱、盐酸为强酸，甲胺和盐酸都抑制水电离， 溶液和的盐酸中，甲胺中小于盐酸中，所以水电离程度：甲胺大于盐酸， A错误； B．当δ()=0.5时，c()=c()，，故溶液的pH=10.6，即x=10.6≠7.4，B错误； C．、都只与温度有关，温度不变则、不变，盐酸不断滴加中溶液温度不变，则不变，故C错误； D．滴加20.00mL盐酸时，与HCl恰好完全反应生成，根据物料守恒，，D正确； 故答案选D。 15. 利用电化学原理治理各种污染是科研工作者研究的重要课题之一、我国科研工作者在太阳能光电催化-化学耦合分解硫化氢研究中获得新进展，相关装置如图所示。下列说法正确的是 A. 放电时，电极电势： B. 图中分解仅需一步即可完成 C. a极的电极反应式： D. 右室中去除的离子方程式为 【答案】D 【解析】 【分析】由图可知a极是失电子的一极，发生氧化反应，作电源负极：电极反应式为：，b极得电子作电源正极，电极反应式为： 【详解】A．电子从a极流向b极（电流方向相反），电流从高电势流向低电势，故b极电势高于a极，即电极电势b > a，A错误； B．H₂S分解需经Fe³⁺氧化生成S和，在a极被氧化为Fe3+循环使用，H⁺通过质子交换膜在b极生成，为多步过程，B错误； C．a极Fe²⁺失去电子被氧化为Fe³⁺，电极反应式为，C错误； D．右室中Fe³⁺氧化H₂S，S从-2价升为0价生成S，Fe³⁺降为Fe²⁺，离子方程式为，D正确； 故答案选D。 二、非选择题(本题共4小题，共55分) 16. 以硫锰矿(主要成分为MnS，还含有少量的CaS、MgS、FeS杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2，还含有Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质)为原料制备高纯MnCO3的工艺流程如图所示。回答下列问题： （1）尾气中存在的有害气体是___________(填化学式，下同)。 （2）“滤渣1”中的主要成分为___________。 （3）“氧化”步骤发生反应的离子方程式为___________。 （4）“中和除杂”步骤中加入CaCO3的主要目的是___________。 （5）“除钙镁”步骤中Ca2+发生沉淀转化反应：，则充分反应后，溶液中___________［保留两位有效数字，已知：，]。 （6）写出“碳化”步骤发生反应的化学方程式：___________，“碳化”时需严格控制溶液pH，若溶液pH过高，会导致___________。 【答案】（1）SO2 （2）SiO2、CaSO4 （3）2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O （4）调节溶液pH，促使Al3+、Fe3+转化为氢氧化物沉淀而除去 （5） （6） ①. MnSO4+2NH4HCO3=MnCO3↓+(NH4)2SO4+H2O+CO2↑ ②. 产生Mn(OH)2沉淀，引入杂质 【解析】 【分析】由题干流程图可知，硫锰矿和软锰矿混合焙烧，则将MnS、CaS、MgS、FeS等煅烧产生尾气主要含SO2，MnO、CaO、MgO和FeO、Fe2O3，向煅烧后的固体中加入过量稀硫酸后将得到Mn2+、Fe2+、Fe3+和Al3+的溶液和SiO2、CaSO4固体，过滤得到滤渣1主要为SiO2、CaSO4，滤液中主要含Mn2+、Fe2+、Fe3+和Al3+等离子，加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+后加入CaCO3调节pH值得到Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀而除去，过滤得到滤渣2主要是Al(OH)3、Fe(OH)3和CaSO4，再加入MnF2将Mg2+和Ca2+转化为MgF2、CaF2沉淀而除去，过滤得到滤渣3主要是MgF2、CaF2，得到主要是MnSO4的滤液向其中加入NH4HCO3 溶液进行碳化制得MnCO3，反应原理为：MnSO4+2NH4HCO3=MnCO3↓+(NH4)2SO4+H2O+CO2↑，据此分析解题。 【小问1详解】 由分析可知，尾气中存在的有害气体是SO2，故答案为：SO2； 【小问2详解】 由分析可知，“滤渣1”中的主要成分为SiO2、CaSO4，故答案为：SiO2、CaSO4； 【小问3详解】 由分析可知，“氧化”步骤即加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，故发生反应的离子方程式为：2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，故答案为：2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O； 【小问4详解】 由分析可知，“中和除杂”步骤中加入CaCO3的主要目的是调节溶液pH，促使Al3+、Fe3+转化为氢氧化物沉淀而除去，故答案为：调节溶液pH，促使Al3+、Fe3+转化为氢氧化物沉淀而除去； 【小问5详解】 “除钙镁”步骤中Ca2+发生沉淀转化反应：，则充分反应后即达到平衡，溶液中==6.7×10-10，故答案为：6.7×10-10； 【小问6详解】 由分析可知，“碳化”步骤发生反应的化学方程式为：MnSO4+2NH4HCO3=MnCO3↓+(NH4)2SO4+H2O+CO2↑，已知Mn(OH)2也是难溶物质，“碳化”时需严格控制溶液pH，若溶液pH过高，溶液中OH-浓度过大，则会导致产生Mn(OH)2沉淀，引入杂质，故答案为：MnSO4+2NH4HCO3=MnCO3↓+(NH4)2SO4+H2O+CO2↑；产生Mn(OH)2沉淀，引入杂质。 17. 化合物H是一种药物中间体，其合成路线如下： 已知：ⅰ．BnBr代表； ⅱ．。 回答下列问题： （1）用系统命名法进行命名，A的名称为___________，A的核磁共振氢谱有___________组峰。 （2）E中含氧官能团的名称为___________，D→E的反应类型为___________。 （3）C→D的化学方程式为___________。 （4）G的结构简式为___________。 （5）以硝基苯和乙炔为原料合成的路线为。 写出X、Y的结构简式：___________、___________。 【答案】（1） ①. 1，4-苯二酚 ②. 2 （2） ①. 醚键、酮羰基、酚羟基 ②. 还原反应 （3） （4）或 （5） ①. ②. 【解析】 【分析】A与发生取代反应生成B，由B结构和A的分子式可知A的结构为，B与BnBr发生取代反应生成C，C硝化生成D，D中硝基还原生成E，E与ClCH2COCH3反应生成F，F与C4H8Br2发生取代反应生成G（），G水解生成H，据此分析； 【小问1详解】 根据分析可知A的结构简式：，用系统命名法进行命名，A的名称为1，4-苯二酚，A的核磁共振氢谱有2组峰； 【小问2详解】 E（）中含氧官能团的名称为醚键、酮羰基、酚羟基，D→E的反应是硝基的还原为氨基，类型为还原反应； 【小问3详解】 C→D是硝化反应，化学方程式为； 【小问4详解】 根据分析可知G的结构简式为：或； 【小问5详解】 根据信息ⅱ可知，合成需要和，故X为硝基苯还原生成的，Y为乙炔加成生成的。 18. 氨基甲酸铵是工业上生产尿素的中间产物。遇水生成和。利用与制备的化学方程式为，有关实验装置如图所示(部分夹持装置已省略)。 回答下列问题： （1）装置A用来制备：将块状石灰石放置在试管中的带孔塑料板上，然后加入稀盐酸，发生反应的离子方程式为___________，装置B中所盛放的试剂名称为___________。 （2）装置E是用氯化铵与熟石灰制取，则发生反应的化学方程式为___________，装置D中所盛放的试剂为___________，其作用是___________。 （3）装置C中三颈烧瓶需用冰水浴冷却，推测该反应为___________(“吸热”或“放热”)反应。 （4）恒温恒容条件下，发生反应，能说明该反应达平衡状态的是___________(填字母)。 a．容器内压强保持不变 b．固体的质量保持不变 c．容器内 【答案】（1） ①. ②. 浓硫酸 （2） ①. ②. 碱石灰 ③. 除去中的 （3）放热 （4）ab 【解析】 【分析】装置A中稀盐酸与碳酸钙反应生成CO2气体，在装置B中用浓硫酸干燥CO2气体，将干燥的CO2通入三颈烧瓶中；在装置E中NH4Cl和Ca(OH)2混合加热发生复分解反应生成NH3，经装置D的盛有碱石灰的干燥管干燥后通入三颈烧瓶中，与CO2发生反应2NH3(g)+CO2(g) NH2COONH4(s)。 【小问1详解】 装置A用来制备：将块状石灰石放置在试管中的带孔塑料板上，然后加入稀盐酸，碳酸钙与稀盐酸反应生成二氧化碳气体，发生反应的离子方程式为，装置B中所盛放的试剂用于干燥二氧化碳，名称为浓硫酸。故答案为：；浓硫酸； 【小问2详解】 装置E是用氯化铵与熟石灰制取，固体NH4Cl和Ca(OH)2加热发生反应生成氨气，则发生反应的化学方程式为，装置D中所盛放的试剂应是固体干燥剂，为碱石灰，其作用是除去中的。故答案为：；碱石灰；除去中的； 【小问3详解】 装置C中三颈烧瓶需用冰水浴冷却，2NH3(g)+CO2(g) NH2COONH4(s)为放热反应，降低温度平衡向着正向移动，可提高产量，故答案为：放热； 【小问4详解】 a．反应在恒容的容器中进行，若反应未达平衡，向右进行时容器内压强会增大，现压强不再变化能说明达到平衡，故a选；b．若反应未达平衡，向右进行时氨基甲酸铵固体的质量会减少，现固体质量不变能说明达到平衡，故b选；c．反应物是固体，因此生成的NH3和CO2的物质的量比始终为，容器内，故不能说明达到平衡，故c不选；故答案为：ab。 19. 和是大气主要污染物，有效去除大气中的和是环境保护的重要课题。回答下列问题： （1）用水吸收的相关热化学方程式如下： ⅰ． ； ⅱ． 。 反应的___________，反应物的总能量___________(填“大于”“小于”或“等于”)产物的总能量。 （2）从空气中捕获的可用于制备一些基础化学物质，如：。由制备的反应过程涉及多个化学反应步骤(步骤三的副反应为)。 步骤一：； 步骤二：_________； 步骤三：。 ①写出步骤二的化学方程式：___________。 ②向水溶液中加入的过程中，随着的不断加入，的生成速率越来越慢，生成的速率越来越快，其原因是___________。 （3）已知反应 ，不同温度、下的平衡状态中和两个压强对数的关系如图1所示，实验初始时体系中的和相等、p(NO)和相等。则___________(填“>”或“<”)。。，理由是___________。 （4）电解NO制备的工作原理如图2所示，阳极电极反应式为___________，为使电解产物全部转化为，需补充物质A，则A是___________(填“”或“”)。 【答案】（1） ①. -136.2 ②. 大于 （2） ①. ②. 刚向水溶液中加入时，浓度较大，更容易生成，随着反应的进行，浓度减小，不断加入，生成的反应速率变慢，足量的可以将硫元素全部氧化为+6价 （3） ①. < ②. 该反应是放热反应，相同时，升高温度，减小 （4） ①. ②. 【解析】 【小问1详解】 根据盖斯定律，，因为，反应放热，故反应物总能量大于产物总能量； 故答案为：-136.2；大于。 【小问2详解】 根据步骤三， 是步骤二的产物。结合 的氧化性，可以将 氧化为 ，同时生成 。因此，步骤二应为： ；随着 的加入，​ 被消耗，其浓度逐渐降低。根据副反应：，浓度降低会导致该反应速率减慢。同时，  被消耗后，主反应 的速率加快，因为  的消耗促进了​ 的生成，从而加快了的生成速率； 故答案为：；刚向水溶液中加入时，浓度较大，更容易生成，随着反应的进行，浓度减小，不断加入，生成的反应速率变慢，足量的可以将硫元素全部氧化为+6价。 【小问3详解】 在 下，取 a 点数据： 因此：由于反应前后气体分子数不变，平衡时： ；平衡常数 为：由于反应为放热反应（ ），升高温度平衡向逆反应方向移动，导致​ 减小。该反应是放热反应，从图像中可以看出，相同时，升高温度，减小； 故答案为：<；该反应是放热反应，相同时，升高温度，减小； 【小问4详解】 阳极反应：在阳极失去电子生成，反应式为；阴极反应：在阴极获得电子生成，反应式为 ; 根据电子守恒，生成的和的比例为5:3，为使产物全部转化为，需补充以中和多余的; 故答案为：；。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $