精品解析：重庆市部分学校2025-2026学年高三上学期9月开学考试化学试题

重庆高三化学考试 本试卷满分100分，考试用时75分钟。 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4.本试卷主要考试内容：高考全部内容。 5.可能用到的相对原子质量：O16 Mg24 Al27 Ga70 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，只有一项是符合题目要求的。 1. 新材料的研发和应用是推动科技进步的重要驱动力。下列叙述错误的是 A. 碳纤维复合材料可使飞机减重30%，碳纤维属于有机高分子材料 B. 纳米碳酸钙可增强塑料的成型性，纳米碳酸钙属于无机非金属材料 C. 利用生物基材料制成的一次性餐具可在环境中自然降解 D. 新一代半导体材料碳化硅属于共价晶体 2. 下列有关物质的性质或应用的描述错误的是 选项 物质 性质或应用 A 氯化铁溶液 可用于腐蚀铜电路板 B 石灰乳 利用石灰乳的还原性除去废气中的 C 小苏打 焙制糕点时用作膨松剂 D 食盐 运动后饮用适量食盐水可补充电解质 A. A B. B C. C D. D 3. 下列过程对应的离子方程式正确的是 A. 与浓盐酸共热： B. Cu溶于溶液中： C. 加入稀硝酸中： D. 用NaOH溶液吸收少量： 4. 下列装置或操作能达到实验目的的是 A．测定H2O2的分解速率 B．除去Cl2中点HCl C．比较碳酸与硅酸的酸性强弱 D．验证Na与水的反应为放热反应 A. A B. B C. C D. D 5. 某食品添加剂含H、O、P、Ca等元素。下列说法错误的是 A. H的电负性大于Ca B. O和P均为p区元素 C. O的第一电离能小于H D. 基态Ca原子中不含未成对电子 6. 金丝桃苷(X)具有抗炎、解痉、利尿、止咳、降压、降低胆固醇等多种作用，是一种重要的天然产物，其结构简式如图所示。下列关于X的说法正确的是 A. 能发生水解反应 B. 能与氯化铁溶液发生显色反应 C. 分子中所有碳原子可能共平面 D. 1molX最多可与8molNaOH反应 7. 、的结构式如图，下列有关说法错误的是 A. 硫氯键的键能： B. 键角： C. 沸点： D. 和分子中S原子的杂化方式相同 8. 镁铝合金具有优异的强度、刚性和尺寸稳定性。某种镁铝合金的晶胞结构如图，已知晶胞边长为nm，为阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是 A. Mg与Al之间的最短距离为 B. p原子坐标为 C. Mg原子的配位数为8 D. 该晶体的密度为 9. 由下列实验操作及现象能得出相应结论的是 选项 实验操作及现象 结论 A 向酸性溶液中加入草酸，溶液紫色褪去 草酸具有漂白性 B 将两个碳电极插入饱和食盐水中，接通电源，阳极析出黄绿色气体 放电能力： C 向等物质的量浓度的NaCl、KI混合溶液中滴加溶液，先生成黄色沉淀 D 将盛有的密闭烧瓶浸入冷水中，烧瓶内红棕色变浅 的正反应为吸热反应 A. A B. B C. C D. D 10. 以铅精矿(含PbS、等)为原料提取金属Pb的工艺流程如下。下列说法错误的是 已知：①“热浸”时，难溶的PbS和转化为和及单质硫。 ②将滤液稀释降温，转化为沉淀。 A. “热浸”时，被还原 B. 滤液可再和铅精矿反应 C. 在溶液中的稳定性： D. “电解”时，铅在阴极析出 11. X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，X中电子只有一种自旋取向，Y原子中有6种不同运动状态的电子，X与W同主族，基态Z原子中有一个未成对电子。下列说法正确的是 A. 原子半径最大的是W B. Z的最高价氧化物对应的水化物是强酸 C. 单质熔点最高的是Z D. 非金属性：X>Y 12. 我国科研团队设计的一种镁/海水电池具有开放式结构，既可在深海长期使用中摆脱厚重的保护外壳，又可组装成镁/海水电池驱动的自供电海水电解系统(原理如图)，实现在深海环境下连续制氢。下列说法正确的是 A. 该装置工作时，向M、P极移动 B. Q电极上产生氢气，N极上发生氧化反应 C. 左侧装置总反应为 D. 理论上，电路中每通过2mol电子，可产生22.4L 13. 三硝酸甘油酯[]是一种炸药，可因撞击而爆炸，同时产生高温。已知下列反应的热化学方程式： ① ② ③ 则反应的为 A. B. C. D. 14. 乙二胺(，简写为Y)可结合转化为(简写为)、(简写为)。常温下，溶液中[或]随pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是 A. 曲线Ⅰ对应的是随pH的变化关系 B. 常温下，Y的第二步电离常数 C. 常温下，pH=8时， D. 点对应的纵坐标为2.07 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 四钼酸铵是钼深加工的重要中间产品，具有广泛的用途。一种以钼精矿(主要含，还有少量Cu、Fe的化合物及等)为原料制备四钼酸铵的工艺流程如图所示。 回答下列问题： （1）已知钼与铬处于同一族，钼为第五周期元素，则基态钼原子的价层电子排布式为_______。 （2）“焙烧”时，转化为，写出该反应的化学方程式：_______。 （3）“浸出”时，转化为，则该反应的离子方程式为_______；相同时间内温度对钼浸出率的影响如图，最佳的浸出温度为60℃~80℃，温度低于60℃时，钼浸出率低的原因为_______。 （4）“浸出”工序中，浸渣的主要成分为铁的氧化物、_______(填化学式)。 （5）“净化”时，浸出液中残留的、转化为沉淀除去。研究表明，该溶液中和pH的关系为。为了使该溶液中的杂质离子浓度为，应控制溶液的pH为_______。(已知：；和的分别为35.2和17.2) （6）“沉淀”时，加入的作用是_______；从母液中可回收的主要物质为_______(填化学式)。 16. 是一种透明的氧化物半导体材料，在光电子器件方面有广阔的应用前景。某兴趣小组用发光二极管(LED)的生产废料(主要成分为难溶于水的GaN，含少量In、Mg金属)制备，过程如下。 已知：，In难溶于NaOH溶液。 （1）进行过滤操作时，下列仪器中需要用到的有_______(填名称)。 （2）步骤Ⅰ中使用的装置如图(加热及夹持装置省略)。 ①该步骤中适宜的加热方式为_______。 ②冷凝管中冷凝水的进水口为_______(填“上口”或“下口”)。 ③稀硫酸和倒置漏斗的作用分别为_______、_______。 （3）步骤Ⅲ中加硫酸调节溶液pH时，生成反应的离子方程式为_______。 （4）产品的晶体结构可用_______(填仪器名称)测定。 （5）纯度测定：称取样品1.0000g，经处理配制成100mL溶液，从中移取25.00mL于锥形瓶中，一定条件下，加入40.00mL溶液{此时镓以存在}，再加入PAN作指示剂，用标准溶液滴定过量的，平行滴定3次，平均消耗标准溶液17.50mL。已知：。 ①样品中纯度为_______%。 ②滴定时会导致所测纯度偏低的情况有_______(填标号)。 a．量取待测液时，未用待测液润洗滴定管 b．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定终点时气泡消失 c．滴定前平视读数，滴定终点时俯视读数 17. 丙烯是重要的化工原料，主要用于生产聚丙烯，广泛应用于塑料、医药、农业等领域。可通过催化异丙醇()脱水制取丙烯()，涉及反应如下： Ⅰ． Ⅱ． 回答下列问题： （1）已知：、、的标准摩尔生成焓【标准摩尔生成焓是指在标准压力(100kPa)和指定温度下，由最稳定的单质合成1mol该物质时的焓变】分别为、、。计算_______；反应Ⅰ的_______(填“>”或“<”)0。 （2）在恒温恒容密闭容器中，反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡的判据是_______(填标号)。 a．混合气体的密度不变 b．混合气体的平均摩尔质量不变 c．混合气体的总压强不变 （3）在一定条件下，若某时刻测得反应Ⅰ、Ⅱ的转化率分别为95%和32%，则丙烯的产率为_______%。 （4）反应Ⅰ、Ⅱ达到平衡时与温度的关系曲线如图。已知：对于可逆反应，任意时刻的，式中的表示物质X的分压。在350℃恒压平衡体系中充入少量稀有气体，此时反应Ⅱ的状态可能对应图中的_______(填“甲”“乙”或“丙”)点，判断依据是_______。 （5）℃下，在压强恒为175kPa的密闭容器中加入1mol(g)，发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，体系达到平衡后，测得(g)的转化率为90%，(g)的物质的量为0.15mol。则℃下，反应Ⅰ的平衡常数_______kPa(为用分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。 （6）我国科学家设计的铜基催化剂在电催化合成丙烯过程中，使丙烯展现出明显的选择性和较高的产率，工作原理如图。 该装置工作时，向_______(填“a”或“b”)极移动。写出a极生成丙烯的电极反应式：_______；外电路中转移1mol时，理论上可生成丙烯的物质的量为_______。 18. M是合成某药物的中间体。其合成路线如图。 已知信息：。(芳基) 回答下列问题： （1）A的化学名称为_______(用系统命名法命名)。 （2）用*标出NBP中的手性碳原子_______。 （3）C中官能团的名称为_______、_______。 （4）C→D的反应类型为_______；在转化过程中的作用是_______。 （5）G的结构简式为_______；在G的同分异构体中，能同时满足下列条件的结构有_______种。 ①苯环上只有两个相同的取代基 ②可发生银镜反应 （6）W()是合成某种抗疟疾药物的中间体类似物，其合成路线如图。 写出最后一步反应的化学方程式：_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 重庆高三化学考试 本试卷满分100分，考试用时75分钟。 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4.本试卷主要考试内容：高考全部内容。 5.可能用到的相对原子质量：O16 Mg24 Al27 Ga70 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，只有一项是符合题目要求的。 1. 新材料的研发和应用是推动科技进步的重要驱动力。下列叙述错误的是 A. 碳纤维复合材料可使飞机减重30%，碳纤维属于有机高分子材料 B. 纳米碳酸钙可增强塑料的成型性，纳米碳酸钙属于无机非金属材料 C. 利用生物基材料制成的一次性餐具可在环境中自然降解 D. 新一代半导体材料碳化硅属于共价晶体 【答案】A 【解析】 【详解】A．碳纤维由碳元素组成的一种单质，属于无机非金属材料，而非有机高分子材料，A错误； B．纳米碳酸钙(CaCO3)为无机物，属于无机非金属材料，B正确； C．生物基材料(如聚乳酸)可被微生物分解，自然降解，C正确； D．碳化硅(SiC)结构与金刚石类似，原子间以共价键结合，属于共价晶体，D正确； 故答案为：A。 2. 下列有关物质的性质或应用的描述错误的是 选项 物质 性质或应用 A 氯化铁溶液 可用于腐蚀铜电路板 B 石灰乳 利用石灰乳的还原性除去废气中的 C 小苏打 焙制糕点时用作膨松剂 D 食盐 运动后饮用适量食盐水可补充电解质 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．氯化铁溶液中的Fe3+具有强氧化性，能与铜发生反应腐蚀电路板，A正确； B．石灰乳中Ca(OH)2与SO2反应生成CaSO3，该反应为非氧化还原反应，未涉及还原性，B错误； C．小苏打（NaHCO3）受热分解产生CO2，使糕点膨松，C正确； D．食盐（NaCl）可补充因出汗流失的电解质：Na+和Cl-，D正确； 故选B。 3. 下列过程对应的离子方程式正确的是 A. 与浓盐酸共热： B. Cu溶于溶液中： C. 加入稀硝酸中： D. 用NaOH溶液吸收少量： 【答案】A 【解析】 【详解】A．与浓盐酸共热生成氯气：，A正确； B．Cu溶于溶液中生成铜离子和亚铁离子：，B错误； C．稀硝酸具有强氧化性，加入稀硝酸中生成一氧化氮：，C错误； D．用NaOH溶液吸收少量：，D错误； 故选A。 4. 下列装置或操作能达到实验目的的是 A．测定H2O2的分解速率 B．除去Cl2中点HCl C．比较碳酸与硅酸的酸性强弱 D．验证Na与水的反应为放热反应 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．装置中长颈漏斗下端未插入液面下，反应产生的气体会从长颈漏斗逸出，无法准确测定生成气体的体积，也就无法测定H2O2的分解速率，A选项不能达到实验目的； B．饱和NaHCO3溶液会与HCl反应生成CO2杂质，也会与Cl2反应，所以除去Cl2中HCl应选用饱和食盐水(Cl-抑制Cl2溶解，HCl易溶)，B选项不能达到实验目的； C．稀盐酸与碳酸钠反应生成的CO2中混有挥发出的HCl，HCl会与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，从而干扰实验，应先通过饱和NaHCO3除去HCl，C选项不能达到实验目的； D．Na与水在小试管内反应放热，使大试管内空气受热膨胀，从而使U型管内红墨水液面左低右高，则从U型管中液面左低右高的现象，可证明Na与水反应放热，D选项能达到实验目的； 故选D。 5. 某食品添加剂含H、O、P、Ca等元素。下列说法错误的是 A. H的电负性大于Ca B. O和P均为p区元素 C. O的第一电离能小于H D. 基态Ca原子中不含未成对电子 【答案】C 【解析】 【详解】A．中，H的化合价为-1价，Ca的化合价为+2价，H的电负性大于Ca，A正确； B．O的价电子排布为，P的价电子排布式为，属于p区元素，B正确； C．H的第一电离能（1312 kJ/mol）略低于O（1314 kJ/mol），C错误； D．基态Ca的价电子排布式为，4s轨道上有2个自旋相反的电子，无未成对电子，D正确； 故答案选C。 6. 金丝桃苷(X)具有抗炎、解痉、利尿、止咳、降压、降低胆固醇等多种作用，是一种重要的天然产物，其结构简式如图所示。下列关于X的说法正确的是 A. 能发生水解反应 B. 能与氯化铁溶液发生显色反应 C. 分子中所有碳原子可能共平面 D. 1molX最多可与8molNaOH反应 【答案】B 【解析】 【详解】A．金丝桃苷分子中不含能水解的官能团，不能发生水解反应，A错误； B．分子中有多个酚羟基，能与氯化铁溶液发生显色反应，B正确； C．分子中存在由多个成4个共价单键的饱和碳原子形成的碳环，所有碳原子不可能共平面，C错误； D．分子中含4个酚羟基，1mol X最多消耗4mol NaOH，D错误； 故选B。 7. 、的结构式如图，下列有关说法错误的是 A. 硫氯键的键能： B. 键角： C. 沸点： D. 和分子中S原子的杂化方式相同 【答案】C 【解析】 【详解】A．往往键长越短键能越大，硫氯键的键能：，A正确； B．α为SCl2键角，SCl2中S为sp3杂化，含2对孤电子对，孤对排斥使键角小；β为S2Cl2中S的键角，S2Cl2中S同样sp3杂化，但成键电子对含S-S键（电子云密度较高），成键电子对排斥更强，键角更大，故α<β，B正确； C．沸点取决于分子间作用力，分子量越大范德华力越强，S2Cl2分子量（135）大于SCl2（103），故沸点S2Cl2>SCl2，C错误； D．SCl2中S价层电子对数=2+=4，为sp3杂化；S2Cl2中S价层电子对数=2+=4，也为sp3杂化，杂化方式相同，D正确； 故选C。 8. 镁铝合金具有优异的强度、刚性和尺寸稳定性。某种镁铝合金的晶胞结构如图，已知晶胞边长为nm，为阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是 A. Mg与Al之间的最短距离为 B. p原子坐标为 C. Mg原子的配位数为8 D. 该晶体的密度为 【答案】D 【解析】 【详解】A．由题干晶胞图示信息可知，Mg和Al的最近距离为体对角线的四分之一，即为，A正确； B．由题干晶胞图示信息结合m点坐标可知，p原子为Al，处于晶胞中对称的四面体空隙位置，其坐标，B正确； C．Mg原子位于顶点和面心，面心Mg最近邻的Al有8个(上下两层各4个)，即配位数为8，C正确； D．晶胞中含4个Mg（=4）和8个Al（8×1=8），则一个晶胞的质量为：g，体积V=(a×10⁻⁷ cm)³=a³×10⁻²¹ cm³，密度ρ= ，D错误； 故答案为：D。 9. 由下列实验操作及现象能得出相应结论的是 选项 实验操作及现象 结论 A 向酸性溶液中加入草酸，溶液紫色褪去 草酸具有漂白性 B 将两个碳电极插入饱和食盐水中，接通电源，阳极析出黄绿色气体 放电能力： C 向等物质的量浓度的NaCl、KI混合溶液中滴加溶液，先生成黄色沉淀 D 将盛有的密闭烧瓶浸入冷水中，烧瓶内红棕色变浅 的正反应为吸热反应 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．草酸与酸性KMnO4反应褪色是因其还原性，而非漂白性，A错误； B．饱和食盐水电解时，阳极Cl-优先放电生成Cl2（黄绿色），说明放电能力：Cl->OH-，B正确； C．向等物质的量浓度的NaCl、KI混合溶液中滴加溶液，先生成黄色沉淀，先生成AgI沉淀，说明Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，C错误； D．将盛有的密闭烧瓶浸入冷水中，烧瓶内红棕色变浅，降温使NO2红棕色变浅，说明平衡向放热的正反应（生成N2O4）移动，该反应为放热反应，D错误； 故选B。 10. 以铅精矿(含PbS、等)为原料提取金属Pb的工艺流程如下。下列说法错误的是 已知：①“热浸”时，难溶的PbS和转化为和及单质硫。 ②将滤液稀释降温，转化为沉淀。 A. “热浸”时，被还原 B. 滤液可再和铅精矿反应 C. 在溶液中的稳定性： D. “电解”时，铅在阴极析出 【答案】C 【解析】 【分析】本题以铅精矿(含PbS、Ag2S等)为主要原料提取金属Pb，“热浸”时，难溶的PbS和Ag2S转化为和及单质硫，Fe3+被还原为Fe2+，过滤除掉单质硫滤渣，滤液在稀释降温的过程中，转化为沉淀，然后用饱和食盐水热溶，增大Cl-浓度，使PbCl2又转化为，电解得到Pb。 【详解】A．由分析可知，“热浸”时，PbS和Ag2S中-2价S被氧化为单质S（0价），则需氧化剂参与反应，加入的Fe3+具有氧化性，会被还原为Fe2+，A正确； B．稀释冷却后得到的滤液含和Cl-，其中Cl-可循环到“热浸”步骤提供Cl-，故滤液可再与铅精矿反应，B正确； C．稀释降温时，转化为PbCl2沉淀，说明其在Cl-浓度降低时易解离，而仍稳定存在于滤液中，表明更稳定，故稳定性：，C错误； D．“电解”时，Pb的配离子（为）在阴极得到电子被还原为Pb单质，故铅在阴极析出，D正确； 故选C。 11. X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，X中电子只有一种自旋取向，Y原子中有6种不同运动状态的电子，X与W同主族，基态Z原子中有一个未成对电子。下列说法正确的是 A. 原子半径最大的是W B. Z的最高价氧化物对应的水化物是强酸 C. 单质熔点最高的是Z D. 非金属性：X>Y 【答案】A 【解析】 【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，X中电子只有一种自旋取向，X为H，Y原子中有6种不同运动状态的电子（即6个电子），原子序数为6，Y为C，基态Z原子中有一个未成对电子，结合原子序数递增，Z为F，电子排布为2s22p5，X与W同主族，W为Na。 【详解】A．W是Na，位于第三周期，含有3个电子层，原子半径最大，A正确； B．Z为F，其最高价氧化物对应的水化物不存在，B错误； C．单质熔点最高的是Y（C，如金刚石），而非Z（F2），C错误； D．CH4中C为-4价，H为+1价，说明H的非金属性弱于C，D错误； 故选A。 12. 我国科研团队设计的一种镁/海水电池具有开放式结构，既可在深海长期使用中摆脱厚重的保护外壳，又可组装成镁/海水电池驱动的自供电海水电解系统(原理如图)，实现在深海环境下连续制氢。下列说法正确的是 A. 该装置工作时，向M、P极移动 B. Q电极上产生氢气，N极上发生氧化反应 C. 左侧装置总反应为 D. 理论上，电路中每通过2mol电子，可产生22.4L 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，金属镁在M电极由镁变为氢氧化镁，故左侧为原电池，M极为负极，发生反应为：Mg-2e⁻+2 OH⁻= Mg(OH) 2，N为正极，发生反应为：2H2O+2e⁻=H2↑+2OH⁻，右侧为电解池，P为阳极，发生反应：2H2O-4e⁻=O2↑+4H⁺，Q为阴极，发生反应为：2H2O+2e⁻=H2↑+2OH⁻； 【详解】A．原电池中阳离子向正极移动（左侧N极），电解池中阳离子向阴极移动（右侧Q极），Na⁺应向N、Q极移动，而非M、P极，A错误； B．Q极为电解池阴极（连接原电池负极M），H₂O得电子生成H2（产生氢气）；N极为原电池正极，发生还原反应，而非氧化反应，B错误； C．左侧为原电池，负极Mg氧化为Mg2+（Mg-2e⁻=Mg2+），正极N极H₂O得电子生成H₂和OH⁻（2H2O+2e⁻=H2↑+2OH⁻），Mg2+与OH⁻结合为Mg(OH) 2，总反应为：Mg+2H2O=Mg(OH) 2+H2↑，C正确； D．电解池阳极（P极）生成O₂，反应为2H2O-4e⁻=O2↑+4H⁺，转移2mol电子时生成0.5mol O2，且未说明标准状况，无法计算体积，D错误； 故选C 13. 三硝酸甘油酯[]是一种炸药，可因撞击而爆炸，同时产生高温。已知下列反应的热化学方程式： ① ② ③ 则反应的为 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】根据盖斯定律，12×①＋10×②－2×③可得反应，=；故选D。 14. 乙二胺(，简写为Y)可结合转化为(简写为)、(简写为)。常温下，溶液中[或]随pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是 A. 曲线Ⅰ对应的是随pH的变化关系 B. 常温下，Y的第二步电离常数 C. 常温下，pH=8时， D. 点对应的纵坐标为2.07 【答案】C 【解析】 【分析】常温下，溶液中 ，同理-lg=，由于Kb1>Kb2，则曲线Ⅰ对应的是随pH的变化关系，曲线Ⅱ对应的是随pH的变化关系，以此解答。 【详解】A．由分析可知，曲线Ⅰ对应的是随pH的变化关系，A正确； B．由分析可知，曲线Ⅱ对应的是随pH的变化关系，-lg=，由N点(12，5.15)数据可知，pH=12时，故-lgKb2=5.15 - (-2)=7.15，，B正确； C． 由分析可知，曲线Ⅰ对应的是随pH的变化关系，由M点(13，3.07)数据可知，pH=13时，故-lgKb1=14-13 +3.07=4.07，，pH=8时，[OH-]=10-6，，则，=，则，，则c(H2Y2+)＞c(Y)，c(HY+)＞c(H2Y2+)＞c(Y)，C错误； D．曲线Ⅰ：=，点对应的横坐标为pH=12，则纵坐标为-14+12+4.07=2.07，D正确； 故选C。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 四钼酸铵是钼深加工的重要中间产品，具有广泛的用途。一种以钼精矿(主要含，还有少量Cu、Fe的化合物及等)为原料制备四钼酸铵的工艺流程如图所示。 回答下列问题： （1）已知钼与铬处于同一族，钼为第五周期元素，则基态钼原子的价层电子排布式为_______。 （2）“焙烧”时，转化为，写出该反应的化学方程式：_______。 （3）“浸出”时，转化为，则该反应的离子方程式为_______；相同时间内温度对钼浸出率的影响如图，最佳的浸出温度为60℃~80℃，温度低于60℃时，钼浸出率低的原因为_______。 （4）“浸出”工序中，浸渣的主要成分为铁的氧化物、_______(填化学式)。 （5）“净化”时，浸出液中残留的、转化为沉淀除去。研究表明，该溶液中和pH的关系为。为了使该溶液中的杂质离子浓度为，应控制溶液的pH为_______。(已知：；和的分别为35.2和17.2) （6）“沉淀”时，加入的作用是_______；从母液中可回收的主要物质为_______(填化学式)。 【答案】（1） （2） （3） ①. ②. 温度低，反应速率慢，所以相同时间内的浸出率低 （4）CuO、 （5）2.9 （6） ①. 增大的浓度，使充分转化为沉淀析出 ②. 、 【解析】 【分析】钼精矿(主要含，还有少量Cu、Fe的化合物及等)，通入氧气焙烧得到、、、和，焙烧产生的气体主要为；、、、加、浸出，转化为，、、作为浸渣滤出，浸出液含和少量、，加净化，、转化、沉淀，滤渣为、，滤液主要含，滤液中加、进行沉淀得到。 【小问1详解】 钼与铬处于同一族，铬位于第四周期第VIB族，基态铬原子的价层电子排布式为，钼位于第五周期第VIB族，基态钼原子的价层电子排布式为； 【小问2详解】 “焙烧”时，氧气作为氧化剂，使转化为，根据原子个数守恒和转移电子数守恒，写出该反应的化学方程式：； 【小问3详解】 “浸出”时，转化为，同时产生，根据原子个数守恒和电荷守恒，该反应的离子方程式为：；化学反应速率随温度升高而增大，温度低于60℃时，反应速率慢，单位时间内的浸出率低； 【小问4详解】 由分析得“浸出”工序中，浸渣的主要成分为、、； 【小问5详解】 、的分别为35.2和17.2，则， ，要使浓度为，则，要使浓度为，则， 所以，，，综上：为了使该溶液中的杂质离子浓度为，应控制溶液的pH为2.9； 【小问6详解】 由流程可知“沉淀”时，产生的沉淀为，为反应物，因此加入的目的是提供，使充分转化为沉淀析出；由分析可得滤液主要含，滤液中加、进行沉淀得到，母液中主要的溶质为、，从母液中可回收的主要物质为、。 16. 是一种透明的氧化物半导体材料，在光电子器件方面有广阔的应用前景。某兴趣小组用发光二极管(LED)的生产废料(主要成分为难溶于水的GaN，含少量In、Mg金属)制备，过程如下。 已知：，In难溶于NaOH溶液。 （1）进行过滤操作时，下列仪器中需要用到的有_______(填名称)。 （2）步骤Ⅰ中使用的装置如图(加热及夹持装置省略)。 ①该步骤中适宜的加热方式为_______。 ②冷凝管中冷凝水的进水口为_______(填“上口”或“下口”)。 ③稀硫酸和倒置漏斗的作用分别为_______、_______。 （3）步骤Ⅲ中加硫酸调节溶液pH时，生成反应的离子方程式为_______。 （4）产品的晶体结构可用_______(填仪器名称)测定。 （5）纯度测定：称取样品1.0000g，经处理配制成100mL溶液，从中移取25.00mL于锥形瓶中，一定条件下，加入40.00mL溶液{此时镓以存在}，再加入PAN作指示剂，用标准溶液滴定过量的，平行滴定3次，平均消耗标准溶液17.50mL。已知：。 ①样品中纯度为_______%。 ②滴定时会导致所测纯度偏低的情况有_______(填标号)。 a．量取待测液时，未用待测液润洗滴定管 b．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定终点时气泡消失 c．滴定前平视读数，滴定终点时俯视读数 【答案】（1）漏斗、烧杯 （2） ①. 水浴加热 ②. 下口 ③. 吸收氨气 ④. 防止倒吸 （3） （4）X射线衍射仪 （5） ①. 84.6 ②. ab 【解析】 【分析】LED生产废料的主要成分为难溶于水的GaN，含少量In、Mg金属，LED生产废料中加入2mol/L的NaOH溶液并加热80℃，In、Mg都不溶于NaOH溶液，GaN溶于NaOH溶液得到Na[Ga(OH)4]和NH3，过滤后得到的沉淀1为In、Mg，滤液中加入H2SO4然后过滤得到Ga(OH)3和滤液，滤液中含有Na2SO4和过量的H2SO4，Ga(OH)3受热分解生成Ga2O3和H2O。 【小问1详解】 过滤操作需要用到烧杯、漏斗、玻璃棒，则图中需要用到的有烧杯、漏斗。 【小问2详解】 ①温度低于100℃，可以水浴加热，该步骤中适宜的加热方式为水浴加热。 ②冷凝管中冷凝水下进上出，进水口为下口。 ③稀硫酸和倒置漏斗的作用分别为吸收氨气、防止倒吸。 【小问3详解】 步骤Ⅲ中加硫酸调节溶液pH时，生成反应的离子方程式为。 【小问4详解】 X射线衍射可以检测晶体结构，产品的晶体结构可用X射线衍射仪测定。 【小问5详解】 ①终点时消耗CuSO4溶液17.50mL，根据反应Cu2++H2Y2-=[CuY]2-+2H+可知，过量的Na2H2Y的物质的量为：0.10×17.50×10-3mol=1.75×10-3mol，则与Ga3+反应的Na2H2Y的物质的量为：(0.10×40.00×10-3-1.75×10-3) ×mol=9×10-3mol，原样品中含有Ga2O3的物质的量为：(9×10-3mol)= 4.5×10-3mol，则Ga2O3纯度为：=84.6%。 ②a．量取待测液时，未用待测液润洗滴定管，待测液被稀释，纯度偏低，a选； b．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定终点时气泡消失，消耗标准液体积偏小，纯度偏低，b选； c．滴定前平视读数，滴定终点时俯视读数，标准液体积偏大，纯度偏高，c不选； 故选ab。 17. 丙烯是重要的化工原料，主要用于生产聚丙烯，广泛应用于塑料、医药、农业等领域。可通过催化异丙醇()脱水制取丙烯()，涉及反应如下： Ⅰ． Ⅱ． 回答下列问题： （1）已知：、、的标准摩尔生成焓【标准摩尔生成焓是指在标准压力(100kPa)和指定温度下，由最稳定的单质合成1mol该物质时的焓变】分别为、、。计算_______；反应Ⅰ的_______(填“>”或“<”)0。 （2）在恒温恒容密闭容器中，反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡的判据是_______(填标号)。 a．混合气体的密度不变 b．混合气体的平均摩尔质量不变 c．混合气体的总压强不变 （3）在一定条件下，若某时刻测得反应Ⅰ、Ⅱ的转化率分别为95%和32%，则丙烯的产率为_______%。 （4）反应Ⅰ、Ⅱ达到平衡时与温度的关系曲线如图。已知：对于可逆反应，任意时刻的，式中的表示物质X的分压。在350℃恒压平衡体系中充入少量稀有气体，此时反应Ⅱ的状态可能对应图中的_______(填“甲”“乙”或“丙”)点，判断依据是_______。 （5）℃下，在压强恒为175kPa的密闭容器中加入1mol(g)，发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，体系达到平衡后，测得(g)的转化率为90%，(g)的物质的量为0.15mol。则℃下，反应Ⅰ的平衡常数_______kPa(为用分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。 （6）我国科学家设计的铜基催化剂在电催化合成丙烯过程中，使丙烯展现出明显的选择性和较高的产率，工作原理如图。 该装置工作时，向_______(填“a”或“b”)极移动。写出a极生成丙烯的电极反应式：_______；外电路中转移1mol时，理论上可生成丙烯的物质的量为_______。 【答案】（1） ①. +96.7 ②. > （2）bc （3）64.6 （4） ①. 乙或甲 ②. 反应Ⅱ对应的曲线为，恒压时充入稀有气体瞬间，体系体积增大，各组分分压降低，则反应Ⅱ的，所以为乙或甲 （5）540 （6） ①. a ②. ③. 【解析】 【分析】小问4：对于反应Ⅱ：，这是一个放热且气体物质的量减小的可逆反应。从图像来看，曲线M和曲线N分别对应不同的反应。因为反应Ⅱ，是放热反应，根据化学平衡移动原理，升高温度，平衡会向逆反应方向移动，平衡常数Kp减小；而反应Ⅰ，是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，平衡常数Kp增大。在350℃恒压平衡体系中充入少量稀有气体，容器体积会增大，各物质的分压就会减小，这相当于对反应Ⅱ进行减压操作。根据勒夏特列原理，减压时平衡会向气体物质的量增大的方向移动，也就是反应Ⅱ的逆反应方向。 小问6：该装置为电解池。a极上CO2被还原为C3H6，发生还原反应，所以a极为阴极；b极为阳极。在电解池中，阳离子（K+）向阴极（a极）移动。该装置将电能转化为化学能，实现了CO2的资源化利用，在一定条件下可合成有用的化工产品丙烯。 【小问1详解】 根据标准摩尔生成焓的定义，反应的焓变等于生成物的标准摩尔生成焓之和减去反应物的标准摩尔生成焓之和。、、的标准摩尔生成焓分别为、、。 对于反应Ⅰ： 。反应Ⅰ是气体物质的量增大的反应，混乱度增大，所以。 【小问2详解】 a．混合气体的密度，反应体系中所有物质均为气体，总质量m不变，恒温恒容，V不变，所以密度始终不变，不能作为平衡判据，a错误； b．混合气体的平均摩尔质量，反应Ⅰ气体物质的量增大，反应Ⅱ气体物质的量减小，总物质的量n会变化，总质量m不变，所以平均摩尔质量会变化，当平均摩尔质量不变时，说明反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡，b正确； c．恒温恒容，反应Ⅰ气体物质的量增大，反应Ⅱ气体物质的量减小，总物质的量n会变化，根据pV = nRT，压强p会变化，当总压强不变时，说明反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡，c正确； 故选bc。 【小问3详解】 设起始时C3H8O(g)的物质的量为1mol。反应Ⅰ中，C3H8O(g)的转化率为95%，则反应的C3H8O(g)为0.95mol，生成C3H6(g)的物质的量为0.95mol。 反应Ⅱ中，C3H6(g)的转化率为32%，则反应的C3H6(g)为。 平衡时C3H6(g)的物质的量为0.95mol- 0.304mol=0.646mol。 理论上若反应Ⅰ完全进行（转化率100\%），生成C3H6(g)的物质的量为1mol，所以丙烯的产率为。 【小问4详解】 根据分析，曲线M表示反应Ⅱ。在350℃恒压平衡体系中充入少量稀有气体，容器体积增大，各物质的分压减小，相当于减压。根据勒夏特列原理，减压平衡向气体物质的量增大的方向移动，即反应Ⅱ逆向移动，此时，任意时刻的反应熵，由于各物质分压减小，且生成物C6H12分压减小的幅度比反应物C3H6分压减小的幅度更大，所以Qp>Kp，反应Ⅱ的状态就可能对应图中的乙或甲点。由图可知，曲线M对应反应Ⅰ，曲线N对应反应Ⅱ。充入稀有气体后，反应Ⅱ逆向移动，Qp>Kp，所以状态可能对应图中的乙点。判断依据：恒压充入稀有气体，容器体积增大，各物质分压减小，反应Ⅱ逆向移动，Qp>Kp，对应乙或甲点。 【小问5详解】 设反应Ⅰ中转化了xmol，则生成和均为xmol。已知平衡时的转化率为90%，则x = 0.9mol，平衡时的物质的量为，的物质的量为0.9mol，的物质的量为0.9mol。 反应Ⅱ中，生成C6H12(g)的物质的量为0.15mol，根据反应Ⅱ的化学计量数，消耗的物质的量为0.3mol，所以平衡时的物质的量为。 平衡时总物质的量为。 各物质的分压： ，， 反应Ⅰ的平衡常数。 【小问6详解】 根据分析，a极上CO2在碱性条件下被还原为C3H6，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，电极反应式为。 由a极的电极反应式可知，生成1mol转移18mole-。设外电路中转移1mol e-时，理论上可生成丙烯的物质的量为x，则，解得x =。 18. M是合成某药物的中间体。其合成路线如图。 已知信息：。(芳基) 回答下列问题： （1）A的化学名称为_______(用系统命名法命名)。 （2）用*标出NBP中的手性碳原子_______。 （3）C中官能团的名称为_______、_______。 （4）C→D的反应类型为_______；在转化过程中的作用是_______。 （5）G的结构简式为_______；在G的同分异构体中，能同时满足下列条件的结构有_______种。 ①苯环上只有两个相同的取代基 ②可发生银镜反应 （6）W()是合成某种抗疟疾药物的中间体类似物，其合成路线如图。 写出最后一步反应的化学方程式：_______。 【答案】（1）1，2-二甲苯 （2） （3） ①. 羟基 ②. 羧基 （4） ①. 取代反应 ②. 吸收生成的HCl，使反应向正反应方向进行，增大原料利用率 （5） ①. ②. 9 （6） 【解析】 【分析】A（）与O2在V2O5作催化剂并加热条件下生成，B在一定条件下反应生成NBP，NBP()中酯基在碱性条件下发生水解反应生成HPBA，经过酸化后生成C()；C与ClCH2COCl在流程条件下发生取代反应生成D（），D在题干条件下生成E（），E发生信息反应生成F，F→G过程中与NaOH的水溶液反应，其中酯基、羧基能与NaOH反应生成；再经酸化得到G，G与Br(CH2)Br发生取代反应生成H，H硝酸银发生取代反应生成M，据此分析； 【小问1详解】 A为，名称为：邻二甲苯（或1，2-二甲苯）； 【小问2详解】 手性碳原子连接四个不同基团，如图：； 【小问3详解】 C()中官能团的名称为羟基、羧基； 【小问4详解】 C与ClCH2COCl在流程条件下发生取代反应生成D（）；能与HCl反应，转化过程中吸收生成的HCl，使反应向正反应方向进行，增大原料利用率； 【小问5详解】 根据分析可知，G的结构简式为；在G的同分异构体中，能同时满足①苯环上只有两个相同的取代基，②可发生银镜反应，则取代基可以为-CH2-OOCH、CH(OH)-CHO、-O-CH2-CHO，各两个，在邻间对3种位置，共有3×3=9种； 【小问6详解】 与发生信息反应得到W，化学方程式：。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $