精品解析：黑龙江省牡丹江市第一高级中学2025-2026学年高三上学期9月月考化学试题（致远班）

2023级高三学年上学期九月份月考 化学试题 考试时间：75分钟 分值：100分 可能用到的相对原子质量：H 1 O 16 一、选择题(每题3分，共45分) 1. 化学与生产、生活密切相关，下列说法不正确的是 A. 制作豆腐时加入硫酸钙等凝固剂，可使豆浆中的蛋白质聚沉 B. 石灰硫黄合剂是一种无机硫制剂，具有杀菌杀虫和保护植物的功能 C. 苯甲酸钠是一种常用的增味剂，能增加食品的鲜味 D. 华为公司自主研发的麒麟芯片是业界领先的手机芯片，其基本材料是单晶硅 2. NaCl是一种化工原料，可以制备多种物质，如下图所示。 设NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 反应①每制备40 g NaOH，同时生成气体的分子数为NA B. 25℃时，pH=1的HCl溶液中含有H⁺的数目为0.1NA C. 反应③生成的气体，每22.4 L含原子的数目为2NA D. 反应④中1 mol Cl2与足量Ca(OH)2反应转移电子的数目为2NA 3. 下列离子方程式书写正确的是 A. 向氯化亚铁溶液中加入溶液以检验Fe2+：K3[Fe(CN)6]+Fe2+=KFe[Fe(CN)6]↓+2K+ B. 用惰性电极电解饱和溶液制的总反应： C. 向沸水中滴加饱和FeCl3溶液并加热，得到红褐色液体： D. 铁经过发蓝处理形成致密氧化膜： 4. 在铋基催化剂表面上，一定波长的光可使废气中的CO2与NOx(以NO为例)发生氧化还原反应：。设NA 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 常温下，氧化性：NO>O2 B. 该反应中氧化产物与还原产物的个数之比为3:5 C. 消耗30gNO时转移电子数目为2NA D. 可以利用浓氢氧化钠溶液来吸收NO 5. 仅用下表提供的试剂和用品，能实现相应实验目的的是 选项 实验目的 试剂 用品 A 验证金属性：Mg>Al MgCl2溶液、AlCl3溶液、氨水 试管、胶头滴管 B 制备乙酸乙酯 乙醇、乙酸、浓硫酸、饱和Na2CO3溶液 试管、橡胶塞、导管、乳胶管、铁架台(带铁夹) C 验证酸性：碳酸>苯酚 CaCO3、浓醋酸、苯酚钠溶液 试管、橡胶塞、导管、乳胶管、铁架台(带铁夹) D 验证锌对铁的保护 琼脂、食盐水、酚酞、铁氰化钾溶液、锌皮、铁钉 烧杯、玻璃棒、酒精灯、培养皿、砂纸、胶头滴管 A. A B. B C. C D. D 6. 下列对实验产生的废液中大量存在的粒子组描述正确的是 选项 实验 粒子组 A 浓氨水与碱石灰制 、、、 B 硫酸与制 C 浓盐酸与制 D 双氧水与溶液制 A. A B. B C. C D. D 7. 金属铝冶炼过程如图1所示。以下说法错误的是 A. 已知铝土矿主要成分为(杂质为、等)，可以利用图2方案提纯 B. A选项流程中若将NaOH溶液和盐酸两种试剂的加入顺序进行调换，则通入的过量气体成分是CO2 C. 冰晶石在冶炼铝的过程中的主要作用是降低的熔点 D. 制备沥青焦的过程中，煤的干馏一步属于化学变化 8. 最近有科学家发现正丁烷（）脱氢或不完全氧化也可制得1，3-丁二烯（），已知热化学方程式如下：（ ） ①= ②= ③= 下列说法正确的是（ ） A. 由②可知，正丁烷（）的燃烧热为 B. 由①和②可推知：= C. = D. 由①和②可知，同质量的正丁烷（）转变为1，3-丁二烯（）所需要的能量相同 9. 部分含或或物质的分类与相应化合价关系如图。下列推断合理的是 A. 若a在沸水中可生成e，则a→f的反应一定是化合反应 B. 在g→f→e→d转化过程中，一定存在物质颜色的变化 C. 若可用f一步转化为a，则a在Cl2中燃烧一定生成＋2价氯化物 D. 若b和d均能与同一物质反应生成c，则a一定是铝 10. 能满足下列物质间直接转化关系(部分条件省略)，且推理错误的是 A. 若Y可使品红溶液褪色，则X可能为硫或FeS2 B. 若W是乙酸乙酯，Y可能与新制的银氨溶液反应产生银镜现象 C. 若X是，该转化可用于工业制硝酸 D. 若W是Na2CO3，则X一定是C 11. 以银锰精矿（主要含）和氧化锰矿（主要含）为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。 已知：酸性条件下，的氧化性强于；在溶液中“浸锰”时，主要反应为，使锰元素浸出的同时去除；“浸银”时，使用过量、HCl和的混合溶液作为浸出剂，将中的银以形式浸出。下列说法错误的是 A. 由上述流程可推断： B. 浸锰液中主要金属阳离子有 C. “浸银”所用浸出剂中与电离出的结合，使平衡正向移动，提高浸出率 D. “沉银”时可加入过量的铁粉作为还原剂，发生反应的离子方程式为 12. 丙烯与HCl加成生成CH3CHClCH3或CH3CH2CH2Cl的能量与反应历程如图所示，下列说法正确的是 A. 中间体稳定性：A<B B. 丙烯与HCl的加成为放热反应，所以该反应一定能自发进行 C. 反应CH3CH=CH2+ HCl→CH3-CH2-CH2Cl的活化能为(△E3+△E4) kJ/mol D. 由图可知，CH3CHClCH3为丙烯与HCl加成的主要产物 13. 华中科技大学研究者在《Science》报道了一种新型热敏结晶增强液态热化学电池，可以给锂离子电池充电。胍离子()选择性地诱导结晶，与之间的转化平衡被打破，产生电势差，锂离子电池反应为。下列说法正确的是 A. 电池冷端电极电势高于热端电极电势 B. 该新型热敏电池放电时，热端的电极反应式为 C. 锂离子电池充电过程中，通过LiPON薄膜移向b极 D. 对锂离子电池充电时，热端电极转移xmol电子，b极生成 14. 恒温恒压密闭容器中，t=0时加入A(g)，各组分物质的量分数x随反应时间t变化的曲线如图(反应速率v=kx，k为反应速率常数)。 下列说法正确的是 A. A(g)→M(g)的活化能大于A(g)→N(g)的活化能 B. 0~t1时间段，生成M和N的平均反应速率相等 C. 若A(g)→M(g)为放热反应，升高温度则正反应速率变小，逆反应速率变大 D. 若加入催化剂，增大，不变，则和均变大 15. 乙醇—水蒸气制H2的过程中的主要反应(忽略其他副反应)如下： ①C2H5OH(g)＋3H2O(g)=2CO2(g)＋6H2(g)；ΔH1=＋173.3kJ·mol-1 ②CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g)；ΔH2 101kPa时，H2的平衡产率与温度、起始时水醇比[]的关系如图所示，图中同一条曲线上H2的平衡产率相同。下列说法不正确的是 A. H2的平衡产率：曲线a<曲线b B. 反应②的焓变ΔH2>0 C. Q点处与P点处反应①的平衡常数K相等 D. H2的平衡产率由M点转变为曲线a上任意一点时，要提高水醇比 二、非选择题(共55分) 16. 钛(22Ti)被称为“航空金属”。工业上常利用钛铁矿[主要成分FeTiO3(钛酸亚铁)，含少量Fe2O3、CaO、SiO2等杂质]为原料生产金属钛和绿矾(FeSO4·7H2O)等产品的一种工艺流程如下： 已知：TiO2+易水解生成不溶于水的H2TiO3。 （1）请写出硫酸浸取过程中发生主要反应的化学方程式：_______。 （2）“滤渣Ⅰ”的主要成分为_______(填化学式)。 （3）步骤②加入铁粉的目的是_______。 （4）步骤⑤除生成TiCl4外，还生成一种可燃性气体，请写出其化学反应方程式_______。 （5）步骤⑥中镁与TiCl4高温下反应制备钛时需加保护气，下列不能作为保护气的是_______(填字母)。 A. Ar B. CO2 C. N2 D. He （6）从滤液X获得绿矾(FeSO4·7H2O)的一系列操作是_______过滤，洗涤，干燥。 17. 硫酸羟胺在工业和分析领域有广泛应用。已知硫酸羟胺具有还原性，易溶于水，羟胺为白色晶体，沸点为70℃，易溶于水、甲醇，受热易分解。实验室制备硫酸羟胺的流程及装置如图(加热及夹持装置略)。 回答下列问题： （1）仪器A的名称为_______，实验装置连接顺序为a→ ef→bc←d，气体X为_______。 （2）开始实验时，应最先打开_______(填“K1”“K2”或“K3”)。 （3）步骤Ⅰ中发生反应的化学方程式为_______。 （4）为分离和，向二者混合溶液中加入氨水，生成，说明碱性：_______ (填“>”、“<”或“=”)；再加入甲醇，析出_______(填化学式)晶体，过滤，滤液经减压蒸馏后，向馏出液中加入硫酸，得到硫酸羟胺产品。 （5）本实验选择进行减压蒸馏的原因是_______。 18. 我国“碳中和”研究领域取得了很大的成效，CO2转化为甲醇是实现“碳中和”的重要手段，该过程主要发生下列反应： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． （1）若反应Ⅲ逆反应的活化能为 ，则正反应的活化能为_______ (用含的式子表示)；反应Ⅱ的正、逆反应速率分别表示为：；，其中、分别为正、逆反应速率常数。升高温度时，_______(填“增大”、“减小”或“不变”)。 （2）刚性绝热密闭容器中只发生反应Ⅰ，下列一定能说明反应达到平衡状态的是_______(填标号)。 A．气体混合物的密度不再变化 B．消耗速率和CO生成速率相等 C．CO和的物质的量之比不再变化 D．气体平均相对分子质量不再变化 E．体系的压强不再变化 F．体系的温度不再变化 （3）反应Ⅲ在催化剂作用下的反应历程如图所示，一个分子首先在“”表面解离成2个(该过程未在历程中标出)，随后参与到的转化过程。 实验发现，原料气中氢气比例较低时，反应速率较慢，结合反应历程分析，可能的原因是_______。 （4）在某温度下，以的进气比通入反应管中，维持压强为3.8 MPa进行上述三个反应，发生反应，平衡后测得的转化率，的选择性及CO的选择性随温度(T)的变化关系如图： 已知：S(或CO) ①图中代表随温度变化的曲线是_______，CO2转化率以270 ℃为分界线呈现先减小后增大趋势的原因是_______。 ②达平衡时，，，则反应Ⅲ的_______MPa-2.(结果保留两位有效数字) （5）在“碳达峰”与“碳中和”可持续发展的目标下，作为清洁能源的天然气受到了广泛的关注。目前正在开发用甲烷和氧气合成甲醇：。已知：(C为常数)。根据图中信息，该反应为_______反应(填“放热”或“吸热”)，该反应在_______(填“高温”或“低温”)下可自发进行。 19. 恩曲他滨(H)具有和天然核苷类似的结构，其抗病毒活性引起广泛关注。恩曲他滨的合成路线如下： 已知：①在制备过程中可以循环利用； ②。 回答下列问题： （1）A→B的反应类型为___________，物质D中的官能团名称为___________。 （2）在水中的溶解度：，则设计B→C→B的目的为___________。 （3）已知D→E过程无其他副产物生成，则D→E的化学方程式为___________。 （4）物质K是物质B的同分异构体，满足下列条件的K的结构简式为___________(写出一种即可)。 Ⅰ．1mol该物质最多能与反应 Ⅱ．核磁共振氢谱峰面积之比为 （5）参照上述路线，设计如下转化。X和Y的结构简式分别为___________和___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023级高三学年上学期九月份月考 化学试题 考试时间：75分钟 分值：100分 可能用到的相对原子质量：H 1 O 16 一、选择题(每题3分，共45分) 1. 化学与生产、生活密切相关，下列说法不正确的是 A. 制作豆腐时加入硫酸钙等凝固剂，可使豆浆中的蛋白质聚沉 B. 石灰硫黄合剂是一种无机硫制剂，具有杀菌杀虫和保护植物的功能 C. 苯甲酸钠是一种常用的增味剂，能增加食品的鲜味 D. 华为公司自主研发的麒麟芯片是业界领先的手机芯片，其基本材料是单晶硅 【答案】C 【解析】 【详解】A. 蛋白质胶体遇电解质（如硫酸钙）会发生聚沉，形成豆腐，正确。 B. 石灰硫黄合剂由硫磺和石灰反应生成多硫化钙，用于农业杀菌杀虫，正确。 C. 苯甲酸钠是防腐剂，增味剂如谷氨酸钠（味精）才用于提鲜，C错误。 D. 半导体芯片主要材料为高纯度单晶硅，正确。 故选C。 2. NaCl是一种化工原料，可以制备多种物质，如下图所示。 设NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 反应①每制备40 g NaOH，同时生成气体的分子数为NA B. 25℃时，pH=1的HCl溶液中含有H⁺的数目为0.1NA C. 反应③生成的气体，每22.4 L含原子的数目为2NA D. 反应④中1 mol Cl2与足量Ca(OH)2反应转移电子的数目为2NA 【答案】A 【解析】 【详解】A．反应①为电解饱和食盐水：，每制备40 g NaOH即生成1 mol NaOH时，生成0.5 mol氢气和0.5 mol氯气，即生成气体的分子数为NA，A正确； B．pH=1的HCl溶液中H⁺浓度为0.1 mol/L，但未给出溶液体积，无法计算H⁺数目，B错误； C．反应③生成的气体为氯气，未指明标准状况，则无法确定22.4 L气体的物质的量，C错误； D．反应④为Cl2与足量Ca(OH)2的歧化反应：，Cl2中部分Cl从0价降低为-1价，部分从0价升高为+1价，则1 molCl2反应转移1 mol电子，即转移电子的数目为NA，D错误； 答案选A。 3. 下列离子方程式书写正确的是 A. 向氯化亚铁溶液中加入溶液以检验Fe2+：K3[Fe(CN)6]+Fe2+=KFe[Fe(CN)6]↓+2K+ B. 用惰性电极电解饱和溶液制的总反应： C. 向沸水中滴加饱和FeCl3溶液并加热，得到红褐色液体： D. 铁经过发蓝处理形成致密氧化膜： 【答案】C 【解析】 【详解】A．K3[Fe(CN)6]为可溶性强电解质，应拆分为K+和[Fe(CN)6]3-，且产物中的K+为旁观离子，不应出现在离子方程式中。正确写法应为，，A错误； B．电解MgCl2溶液时，阴极生成的OH-会与Mg2+结合生成Mg(OH)2沉淀，总反应应为MgCl2 + 2H2OMg(OH)2↓ + Cl2↑ + H2↑，B错误； C．FeCl3在沸水中水解生成Fe(OH)3胶体的离子方程式为，胶体无需标注沉淀符号，C正确； D．发蓝处理生成的是Fe3O4而非FeO，且浓硝酸与铁在常温下发生钝化反应，方程式与实际不符，D错误； 故选C。 4. 在铋基催化剂表面上，一定波长的光可使废气中的CO2与NOx(以NO为例)发生氧化还原反应：。设NA 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 常温下，氧化性：NO>O2 B. 该反应中氧化产物与还原产物的个数之比为3:5 C. 消耗30gNO时转移电子数目为2NA D. 可以利用浓氢氧化钠溶液来吸收NO 【答案】B 【解析】 【详解】A．常温下，氧气能氧化NO生成NO2，说明氧化性：O2＞NO，A错误； B．反应中O2是氧化产物，CO和N2是还原产物，因此氧化产物与还原产物的个数比为3:5，B正确； C．反应中每消耗2mol NO，转移12mol电子，故消耗30gNO（即1mol ）时转移6mol电子，因此转移电子数目为6NA，C错误； D．NO不溶于浓NaOH且难与NaOH直接反应，需与氧化性物质（如O2）共同存在才能被吸收，D错误； 故选B。 5. 仅用下表提供的试剂和用品，能实现相应实验目的的是 选项 实验目的 试剂 用品 A 验证金属性：Mg>Al MgCl2溶液、AlCl3溶液、氨水 试管、胶头滴管 B 制备乙酸乙酯 乙醇、乙酸、浓硫酸、饱和Na2CO3溶液 试管、橡胶塞、导管、乳胶管、铁架台(带铁夹) C 验证酸性：碳酸>苯酚 CaCO3、浓醋酸、苯酚钠溶液 试管、橡胶塞、导管、乳胶管、铁架台(带铁夹) D 验证锌对铁的保护 琼脂、食盐水、酚酞、铁氰化钾溶液、锌皮、铁钉 烧杯、玻璃棒、酒精灯、培养皿、砂纸、胶头滴管 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．验证金属性：Mg>Al，需通过单质的置换反应或最高价氧化物对应水化物的碱性，但试剂中无金属单质，氢氧化铝和氢氧化镁均不溶于氨水，仅用盐溶液与氨水反应无法比较，A错误； B．制备乙酸乙酯需加热，但提供的用品中无酒精灯，无法完成反应，B错误； C．浓醋酸与CaCO3反应生成CO2，但CO2会伴随着挥发的醋酸，醋酸会直接与苯酚钠反应生成苯酚，干扰实验无法得到结论：碳酸>苯酚，C错误； D．锌与铁在食盐水中形成原电池，锌作为阳极被腐蚀，铁被保护，滴入酚酞变红（阴极区OH⁻生成）且滴入铁氰化钾不显蓝色（无Fe2+），可验证锌的保护作用，D正确； 故选D。 6. 下列对实验产生的废液中大量存在的粒子组描述正确的是 选项 实验 粒子组 A 浓氨水与碱石灰制 、、、 B 硫酸与制 C 浓盐酸与制 D 双氧水与溶液制 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．浓氨水与碱石灰反应生成NH3，反应后废液中应含、Na+、OH-，但Ca2+因Ca(OH)2微溶，浓度较低，且NH3挥发导致含减少，A错误； B．70%硫酸与Na2SO3反应生成SO2，强酸性条件下会进一步转化为SO2，废液中应含H+、Na+、，但不存在，B错误； C．浓盐酸与KMnO4反应生成Cl2，废液中剩余H+、Cl⁻，并生成K+、Mn2+，C正确； D．FeCl3催化H2O2分解生成O2，Fe3+作为催化剂未反应，废液中应含Fe3+而非Fe2+，D错误； 故选C。 7. 金属铝冶炼过程如图1所示。以下说法错误的是 A. 已知铝土矿主要成分为(杂质为、等)，可以利用图2方案提纯 B. A选项流程中若将NaOH溶液和盐酸两种试剂的加入顺序进行调换，则通入的过量气体成分是CO2 C. 冰晶石在冶炼铝的过程中的主要作用是降低的熔点 D. 制备沥青焦的过程中，煤的干馏一步属于化学变化 【答案】B 【解析】 【分析】铝土矿主要成分为(杂质为、等)，图2流程中，加过量盐酸时，、与盐酸反应生成、，不反应，过滤除去；滤液1加过量NaOH，转化为沉淀，转化为，过滤除去；滤液2通入过量生成沉淀，氢氧化铝加热分解得。 【详解】A．根据分析，可以利用图2流程提纯，A正确； B．调换NaOH和盐酸顺序后，流程为在铝土矿中加入过量NaOH，此时→、→，不反应而过滤除去，滤液1加过量盐酸，此时→、→沉淀，过滤除去，滤液2含，需通入过量使生成沉淀，故过量气体应为而非，B错误； C．熔点高，冰晶石作为助熔剂可降低其熔融温度，C正确； D．煤的干馏是煤隔绝空气加强热分解生成新物质的过程，属于化学变化，D正确； 故选B。 8. 最近有科学家发现正丁烷（）脱氢或不完全氧化也可制得1，3-丁二烯（），已知热化学方程式如下：（ ） ①= ②= ③= 下列说法正确的是（ ） A. 由②可知，正丁烷（）的燃烧热为 B. 由①和②可推知：= C. = D. 由①和②可知，同质量的正丁烷（）转变为1，3-丁二烯（）所需要的能量相同 【答案】B 【解析】 【详解】A. 燃烧热的定义是1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，正丁烷（）的燃烧热指的是生成二氧化碳和液态水，故A错误； B. 根据盖斯定律，由②减①得，=，故B正确； C.中和热指的是稀的强酸和强碱反应生成1mol液态水时放出的热量，=中除了生成液态水时，还生成了硫酸钡，生成硫酸钡沉淀是要放出热量，故C错误； D. 由①和②可知，同质量的正丁烷（C4H10）转变为1，3-丁二烯（C4H6）所需要的能量不相同，故D错误； 答案选B。 9. 部分含或或物质的分类与相应化合价关系如图。下列推断合理的是 A. 若a在沸水中可生成e，则a→f的反应一定是化合反应 B. 在g→f→e→d转化过程中，一定存在物质颜色的变化 C. 若可用f一步转化为a，则a在Cl2中燃烧一定生成＋2价氯化物 D. 若b和d均能与同一物质反应生成c，则a一定是铝 【答案】B 【解析】 【分析】先根据分类（单质、氧化物、盐、碱）和化合价（0、+2、+3）确定各物质可能类别： a：0价单质（Mg、Al、Fe中的一种）；b：+3价氧化物（、）；g：+2价氧化物（MgO、FeO，Al无+2价氧化物）；c：+3价盐（盐、盐）；f：+2价盐（盐、盐，Al无+2价盐）；d：+3价碱（、）；e：+2价碱（、，Al无+2价碱）。 【详解】A．若a在沸水中生成e，a只能是Mg（Mg与沸水反应生成），则f为盐，a→f可通过Mg与酸（如）反应生成（置换反应），不一定是化合反应（如Mg与的化合反应），A错误； B．g→f→e→d转化需涉及+2→+3价变化，只能是Fe元素（Mg无+3价碱，Al无+2价物质）：g（FeO，黑色）→f（盐，浅绿色）→e（，白色→灰绿色）→d（，红褐色），过程中颜色变化明显（黑→浅绿→白→红褐），B正确； C．若f一步转化为a，f可为盐（如被Zn置换生成Fe），此时a为Fe，Fe在中燃烧生成（+3价），并非+2价，C错误； D．b（+3价氧化物）和d（+3价碱）与同一物质（如盐酸）反应生成c（+3价盐），可能是Fe元素（和与盐酸反应均生成），此时a为Fe，并非一定是Al，D错误； 故选B。 10. 能满足下列物质间直接转化关系(部分条件省略)，且推理错误的是 A. 若Y可使品红溶液褪色，则X可能为硫或FeS2 B. 若W是乙酸乙酯，Y可能与新制的银氨溶液反应产生银镜现象 C. 若X是，该转化可用于工业制硝酸 D. 若W是Na2CO3，则X一定是C 【答案】D 【解析】 【详解】A．Y可使品红褪色，常见的为SO2，S与O2反应生成SO2（Y），SO2氧化生成SO3（Z），Z可能为硫酸；FeS2燃烧也能生成SO2（Y），后续转化合理，A正确； B．W为乙酸乙酯时，Z可为CH3COOH，Y可为CH3CHO（乙醛），乙醛能发生银镜反应，X可能为乙醇（氧化生成乙醛），B正确； C．X为NH3时，NH3催化氧化生成NO（Y），NO氧化生成NO2（Z），NO2与水反应生成HNO3（W），符合工业制硝酸流程，C正确； D．W为Na2CO3时，Z可为CO2，Y可为CO，X可能为C、CH4等含碳物质（均能氧化生成CO），并非一定是C，D错误； 故选D。 11. 以银锰精矿（主要含）和氧化锰矿（主要含）为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。 已知：酸性条件下，的氧化性强于；在溶液中“浸锰”时，主要反应为，使锰元素浸出的同时去除；“浸银”时，使用过量、HCl和的混合溶液作为浸出剂，将中的银以形式浸出。下列说法错误的是 A. 由上述流程可推断： B. 浸锰液中主要金属阳离子有 C. “浸银”所用浸出剂中与电离出的结合，使平衡正向移动，提高浸出率 D. “沉银”时可加入过量的铁粉作为还原剂，发生反应的离子方程式为 【答案】D 【解析】 【分析】银锰精矿和氧化锰矿混合加硫酸溶液“浸锰”，使矿石中的锰元素浸出，同时除去，矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中，浸锰液中主要的金属阳离子有，浸锰渣中与过量的、HCl和的混合溶液反应，中的Ag以形式浸出，用铁粉把还原为银单质。 【详解】A． “浸锰”过程中，矿石中的Ag以的形式残留于浸锰渣中，而MnS能溶于强酸，则说明，A正确； B．在酸性条件下；二氧化锰可将氧化为，自身被还原为，则浸锰液中主要金属阳离子有，B正确； C．“浸银”时的主要反应为，其中与电离出的结合生成，使平衡正向移动，提高浸出率，C正确； D．铁粉可将还原为银单质；反应方程式为，D错误。 故选D。 12. 丙烯与HCl加成生成CH3CHClCH3或CH3CH2CH2Cl的能量与反应历程如图所示，下列说法正确的是 A. 中间体稳定性：A<B B. 丙烯与HCl的加成为放热反应，所以该反应一定能自发进行 C. 反应CH3CH=CH2+ HCl→CH3-CH2-CH2Cl的活化能为(△E3+△E4) kJ/mol D. 由图可知，CH3CHClCH3为丙烯与HCl加成的主要产物 【答案】D 【解析】 【详解】A．由图可知，中间体A具有的能量低于中间体B具有的能量，能量越低越稳定，则中间体稳定性：A＞B，A项错误； B．由图可知，丙烯与HCl加成生成CH3CHClCH3或CH3CH2CH2Cl的反应都是放热反应，∆H＜0，反应的∆S＜0，反应在低温下能自发进行，B项错误； C．由图可知，反应CH3CH=CH2+ HCl→CH3-CH2-CH2Cl的第一步、第二步反应的活化能依次为∆E3kJ/mol、∆E4kJ/mol，且第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能，C项错误； D．由图可知生成CH3CHClCH3的决速步骤为第Ⅰ步，生成CH3CH2CH2Cl的决速步骤为第一步，∆E1＜∆E3，生成CH3CHClCH3比生成CH3CH2CH2Cl的速率快，且生成CH3CHClCH3比生成CH3CH2CH2Cl放出的热量更多，CH3CHClCH3比CH3CH2CH2Cl更稳定，故CH3CHClCH3为丙烯与HCl加成的主要产物，D项正确； 答案选D。 13. 华中科技大学研究者在《Science》报道了一种新型热敏结晶增强液态热化学电池，可以给锂离子电池充电。胍离子()选择性地诱导结晶，与之间的转化平衡被打破，产生电势差，锂离子电池反应为。下列说法正确的是 A. 电池冷端电极电势高于热端电极电势 B. 该新型热敏电池放电时，热端的电极反应式为 C. 锂离子电池充电过程中，通过LiPON薄膜移向b极 D. 对锂离子电池充电时，热端电极转移xmol电子，b极生成 【答案】A 【解析】 【分析】根据锂离子电池反应为可知，放电时，发生反应，得到电子，即b极作正极，即a极为负极。充电时，a极为阴极，b极为阳极。 【详解】A．由分析可知，对锂离子电池充电时，热端接锂离子的a极，故热端为负极，冷端为正极，冷端电极电势高于热端电极电势，A项正确； B．在热敏结晶增强液态热化学电池中，热端发生的是氧化反应，即转化为，电极反应式为，B项错误； C．在锂离子电池充电过程中，通过电解质隔膜(LiPON薄膜)移向电池的阴极(即a极)，C项错误； D．对锂离子电池充电时，由电极反应知，每生成转移电子，D项错误； 故答案选A。 14. 恒温恒压密闭容器中，t=0时加入A(g)，各组分物质的量分数x随反应时间t变化的曲线如图(反应速率v=kx，k为反应速率常数)。 下列说法正确的是 A. A(g)→M(g)的活化能大于A(g)→N(g)的活化能 B. 0~t1时间段，生成M和N的平均反应速率相等 C. 若A(g)→M(g)为放热反应，升高温度则正反应速率变小，逆反应速率变大 D. 若加入催化剂，增大，不变，则和均变大 【答案】B 【解析】 【详解】A．t1时刻之前，M的物质的量分数大于N的物质的量分数，生成M的反应速率大于生成N的反应速率，A(g)→M(g)的活化能小于A(g)→N(g)的活化能，A错误； B．0~t₁时间段，生成M和N的物质的量分数相等，生成M和N的物质的量相等，则生成M和N的反应速率相等，B正确； C．若A(g)→M(g)为放热反应，升高温度正、逆反应速率均增大（无论反应热如何，升高温度速率均增大），C错误； D．若加入催化剂，k1增大，k2不变，更有利于生成M，则x1变大，但催化剂不影响平衡移动，xM平衡不变，D错误； 故选B。 15. 乙醇—水蒸气制H2的过程中的主要反应(忽略其他副反应)如下： ①C2H5OH(g)＋3H2O(g)=2CO2(g)＋6H2(g)；ΔH1=＋173.3kJ·mol-1 ②CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g)；ΔH2 101kPa时，H2的平衡产率与温度、起始时水醇比[]的关系如图所示，图中同一条曲线上H2的平衡产率相同。下列说法不正确的是 A. H2的平衡产率：曲线a<曲线b B. 反应②的焓变ΔH2>0 C. Q点处与P点处反应①的平衡常数K相等 D. H2的平衡产率由M点转变为曲线a上任意一点时，要提高水醇比 【答案】A 【解析】 【详解】A．若选择图像上温度相同，投料比不同Q、P两个点可知，P点投料比高，则氢气的平衡产率大，所以氢气的平衡产率为：曲线a大于曲线b，A错误； B．反应①为吸热反应，在图像中选择c、d点分析，如图：，c、d点氢气的平衡产率相等原因为：c点温度高于d点，升高温度，反应①平衡正向移动，氢气的量增大，反应②在消耗氢气，说明升高温度，反应②消耗的氢气恰好可以抵消掉反应①新增的氢气，说明反应②是吸热反应，，B正确； C．Q点处与P点处温度相同，则平衡常数相等，C正确； D．根据图像可知，H2的平衡产率由M点转变为曲线a上任意一点时，横坐标往右边移动，要提高水醇比，D正确； 故选A。 二、非选择题(共55分) 16. 钛(22Ti)被称为“航空金属”。工业上常利用钛铁矿[主要成分FeTiO3(钛酸亚铁)，含少量Fe2O3、CaO、SiO2等杂质]为原料生产金属钛和绿矾(FeSO4·7H2O)等产品的一种工艺流程如下： 已知：TiO2+易水解生成不溶于水的H2TiO3。 （1）请写出硫酸浸取过程中发生主要反应的化学方程式：_______。 （2）“滤渣Ⅰ”的主要成分为_______(填化学式)。 （3）步骤②加入铁粉的目的是_______。 （4）步骤⑤除生成TiCl4外，还生成一种可燃性气体，请写出其化学反应方程式_______。 （5）步骤⑥中镁与TiCl4高温下反应制备钛时需加保护气，下列不能作为保护气的是_______(填字母)。 A. Ar B. CO2 C. N2 D. He （6）从滤液X获得绿矾(FeSO4·7H2O)的一系列操作是_______过滤，洗涤，干燥。 【答案】（1）FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O （2）CaSO4、SiO2 （3）将Fe3+转化成Fe2+ （4） （5）BC （6）蒸发浓缩、冷却结晶 【解析】 【分析】钛铁矿[主要成分FeTiO3(钛酸亚铁)，含少量Fe2O3、CaO、SiO2等杂质] ，FeTiO3转化为Fe2+、TiO2+，Fe2O3转化为Fe3+、CaO转化为微溶物CaSO4，SiO2不溶于硫酸，过滤，滤渣Ⅰ含有SiO2、CaSO4，滤液加铁粉把Fe3+还原为Fe2+，TiO2+水解成不溶于水的H2TiO3煅烧生成TiO2，TiO2在高温条件下与C、氯气反应生成TiCl4和CO，用镁还原TiCl4生成金属Ti；硫酸亚铁溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥到绿矾。 【小问1详解】 硫酸浸取过程中FeTiO3转化为Fe2+、TiO2+，发生反应的化学方程式为：FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O。 【小问2详解】 加硫酸浸取时CaO转化为微溶物CaSO4，SiO2不溶于硫酸，所以滤渣Ⅰ的主要成分为CaSO4、SiO2。 【小问3详解】 根据流程图，加铁粉后从得到溶液X获得绿矾，可知步骤②加入铁粉的目的是将Fe3+转化成Fe2+。 【小问4详解】 步骤⑤TiO2在高温条件下与C、氯气反应生成TiCl4和一种可燃气体，推测该气体为CO，反应的化学方程式为：。 【小问5详解】 步骤⑥中镁与TiCl4高温条件下反应制备钛时需要加保护气，CO2、N2都能与Mg反应，所以不能作为保护气的是CO2、N2，选BC。 【小问6详解】 硫酸亚铁溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得绿矾，从滤液X获得绿矾的一系列操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。 17. 硫酸羟胺在工业和分析领域有广泛应用。已知硫酸羟胺具有还原性，易溶于水，羟胺为白色晶体，沸点为70℃，易溶于水、甲醇，受热易分解。实验室制备硫酸羟胺的流程及装置如图(加热及夹持装置略)。 回答下列问题： （1）仪器A的名称为_______，实验装置连接顺序为a→ ef→bc←d，气体X为_______。 （2）开始实验时，应最先打开_______(填“K1”“K2”或“K3”)。 （3）步骤Ⅰ中发生反应的化学方程式为_______。 （4）为分离和，向二者混合溶液中加入氨水，生成，说明碱性：_______ (填“>”、“<”或“=”)；再加入甲醇，析出_______(填化学式)晶体，过滤，滤液经减压蒸馏后，向馏出液中加入硫酸，得到硫酸羟胺产品。 （5）本实验选择进行减压蒸馏的原因是_______。 【答案】（1） ①. 恒压滴液(分液)漏斗 ②. 氧气(O2) （2） （3） （4） ①. < ②. （5）防止由于加热温度较高导致羟胺受热分解 【解析】 【分析】硫酸羟胺制备流程： 第一步：碳酸铵溶液与，气体反应，生成溶液， 第二步：溶液中通入，得到与的混合溶液，再经一系列操作得到晶体。 装置连接顺序：该实验过程涉及气体的制备，反应容器，以及尾气处理，因此，装置连接顺序为：a→ e→f→b→c←d。 【小问1详解】 由图中装置可知，A为恒压分液漏斗；铜与稀硝酸反应制备,为避免被氧化为，先用排尽整个装置中的空气，之后制备的从e口进入，打开，通入适量，使得部分转化为，得到与的混合气体。 故答案为：恒压滴液(分液)漏斗；氧气()。 【小问2详解】 根据合成硫酸羟胺的流程可知：反应中首先将氮氧化物和碳酸铵转化为亚硝酸铵：，亚硝酸铵再与水，二氧化硫，转化为硫酸羟胺，因此，开始实验时，应最先打开，使得氮氧化物在B中生成亚硝酸铵。 故答案为： 【小问3详解】 根据合成硫酸羟胺的流程可知：反应中首先将氮氧化物和碳酸铵转化为亚硝酸铵，根据质量守恒可知，生成的气体为，因此，化学方程式为：。 故答案为：。 【小问4详解】 向和混合溶液中加入氨水，生成，根据强碱制弱碱的原理可知，碱性较强的是；再加入甲醇，根据相似相溶原理，甲醇的极性较小，降低了在水中的溶解度，从而析出晶体。 故答案为：< ； 【小问5详解】 已知：羟胺为白色晶体，受热易分解，因此，滤液需要减压蒸馏后，加入硫酸，得到硫酸羟胺产品。 故答案为：防止由于加热温度较高导致羟胺受热分解。 18. 我国“碳中和”研究领域取得了很大的成效，CO2转化为甲醇是实现“碳中和”的重要手段，该过程主要发生下列反应： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． （1）若反应Ⅲ逆反应的活化能为 ，则正反应的活化能为_______ (用含的式子表示)；反应Ⅱ的正、逆反应速率分别表示为：；，其中、分别为正、逆反应速率常数。升高温度时，_______(填“增大”、“减小”或“不变”)。 （2）刚性绝热密闭容器中只发生反应Ⅰ，下列一定能说明反应达到平衡状态的是_______(填标号)。 A．气体混合物的密度不再变化 B．消耗速率和CO生成速率相等 C．CO和的物质的量之比不再变化 D．气体平均相对分子质量不再变化 E．体系的压强不再变化 F．体系的温度不再变化 （3）反应Ⅲ在催化剂作用下的反应历程如图所示，一个分子首先在“”表面解离成2个(该过程未在历程中标出)，随后参与到的转化过程。 实验发现，原料气中氢气比例较低时，反应速率较慢，结合反应历程分析，可能的原因是_______。 （4）在某温度下，以的进气比通入反应管中，维持压强为3.8 MPa进行上述三个反应，发生反应，平衡后测得的转化率，的选择性及CO的选择性随温度(T)的变化关系如图： 已知：S(或CO) ①图中代表随温度变化的曲线是_______，CO2转化率以270 ℃为分界线呈现先减小后增大趋势的原因是_______。 ②达平衡时，，，则反应Ⅲ的_______MPa-2.(结果保留两位有效数字) （5）在“碳达峰”与“碳中和”可持续发展的目标下，作为清洁能源的天然气受到了广泛的关注。目前正在开发用甲烷和氧气合成甲醇：。已知：(C为常数)。根据图中信息，该反应为_______反应(填“放热”或“吸热”)，该反应在_______(填“高温”或“低温”)下可自发进行。 【答案】（1） ①. ②. 减小 （2）CEF （3）原料气中比例过低，形成的氧原子空位少，催化剂的催化能力减弱 （4） ①. Ⅰ ②. 270 ℃之前，温度升高，反应Ⅲ逆向移动程度更大；270 ℃之后，反应Ⅰ正向移动程度更大 ③. （5） ①. 放热 ②. 低温 【解析】 【小问1详解】 化学反应的反应热正反应的活化能-逆反应的活化能，故反应Ⅲ正反应的活化能为，即。升高温度时，正、逆反应速率均增大，即、均增大，但温度改变对吸热反应影响更大，即吸热反应的速率变化更大，而反应Ⅱ的逆反应为吸热反应，则增大的程度较大，增大程度较小，减小。 【小问2详解】 A．反应Ⅰ气体质量不变，刚性容器体积不变，气体混合物的密度的定值，气体密度不再变化不能说明反应达到平衡状态，A错误；B．消耗速率和CO生成速率均为正反应速率，不能体现，不能说明反应达到平衡状态，B错误；C．为反应物，为生成物，随反应进行CO和的物质的量之比增大，CO和的物质的量之比不再变化能说明反应达到平衡状态，C正确；D．该反应气体物质的量不变，气体质量不变，气体平均相对分子质量是定值，气体平均相对分子质量不再变化不能说明反应达到平衡状态，D错误；E．反应Ⅰ是气体物质的量不变的反应，但在刚性绝热密闭容器中，温度发生变化，则压强随温度升高而增大，即压强为变量，体系的压强不再变化能说明反应达到平衡状态，E正确；F．绝热密闭容器中温度是变量，体系的温度不再变化能说明反应达到平衡状态，F正确；故答案为：CEF。 【小问3详解】 一个分子首先在“”表面解离成2个，随后参与到的转化过程，是使“”催化剂形成氧原子空位，分子中的氧原子进入催化剂氧原子发生反应，故原料气中氢气比例较低时，形成的催化剂氧原子空位少，催化剂的催化能力减弱，反应速率较慢。 【小问4详解】 ①反应Ⅲ为放热反应，随温度升高，平衡逆移，减小，而反应Ⅰ为吸热反应，随温度升高，平衡正移，增大，故图中曲线Ⅰ表示变化，曲线Ⅱ表示变化；转化率以为分界线呈现先减小后增大趋势，之前，较大，较小，反应以反应Ⅲ为主导，温度升高，反应Ⅲ平衡逆移导致的转化率减小大于反应Ⅰ平衡正移导致的转化率增大，转化率减小，而之后，较小，较大，反应以反应Ⅰ为主导，温度升高，反应Ⅲ平衡逆移导致的转化率减小小于反应Ⅰ平衡正移导致的转化率增大，转化率增大。②达平衡时，，，根据化学方程式，三段式分析，、，则平衡时，、、、、，气体总物质的量为，反应Ⅲ的。 【小问5详解】 从图中可看出，随的增大（降低），增大，即增大（平衡正移），则（正反应为放热反应），故该反应为放热反应；反应气体物质的量减少，为，低温可使反应自发进行。 19. 恩曲他滨(H)具有和天然核苷类似的结构，其抗病毒活性引起广泛关注。恩曲他滨的合成路线如下： 已知：①在制备过程中可以循环利用； ②。 回答下列问题： （1）A→B的反应类型为___________，物质D中的官能团名称为___________。 （2）在水中的溶解度：，则设计B→C→B的目的为___________。 （3）已知D→E过程无其他副产物生成，则D→E的化学方程式为___________。 （4）物质K是物质B的同分异构体，满足下列条件的K的结构简式为___________(写出一种即可)。 Ⅰ．1mol该物质最多能与反应 Ⅱ．核磁共振氢谱峰面积之比为 （5）参照上述路线，设计如下转化。X和Y的结构简式分别为___________和___________。 【答案】（1） ①. 取代反应(酯化反应) ②. 酯基、醛基 （2）富集物质B(分离提纯物质B) （3）2+2 （4） （5） ①. ②. 【解析】 【分析】结合B的分子式和物质C的结构可知物质B为反应物A与通过酯化反应得到的，B的结构简式为；已知D→E过程无其他副产物生成，结合信息②可推出化合物E为；以此答题。 【小问1详解】 (1) A→B的反应类型为取代反应；物质D中的官能团名称为酯基、醛基。 【小问2详解】 B→C为让产物变为醇钠和磺酸增大极性进入水相，C→B让产物又变为物质B，在甲醛的作用下从水溶液析出，从而达到分离提纯物质B的目的。 【小问3详解】 根据分析可知E为，D→E过程无其他副产物生成，则D→E的化学方程式为2+2 。 【小问4详解】 物质B有12个C、4个O、2个不饱和度，1mol该物质最多能与反应，则物质K中有两个羧基，剩下10个C，核磁共振氢谱峰面积之比为，应该有两个，则满足条件的K的结构为。 【小问5详解】 参照上述路线和X的分子式，第一步为分子内酯化成为环酯，第二步为醛基的加成成环，第三步为还原环酯生成两个醇羟基。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $