精品解析：天津市新华中学2024-2025学年高三下学期统练5 化学试卷

2024—2025学年度第二学期高三级部统练5 化学学科 可能用到的相对原子质量：N：14 O：16 F：19 Na：23 Si：28 Cl：35.5 Mn：55 Fe：56 Zn：65 Cs：133 I卷选择题 一、选择题(每题只有一个正确选项，每题3分，共36分) 1. 人类对能源的利用经历了柴薪、煤炭和石油时期，现正向新能源方向高质量发展。下列有关能源的叙述错误的是 A. 木材与煤均含有碳元素 B. 石油裂化可生产汽油 C. 燃料电池将热能转化为电能 D. 太阳能光解水可制氢 【答案】C 【解析】 【详解】A．木材的主要成分为纤维素，纤维素中含碳、氢、氧三种元素，煤是古代植物埋藏在地下经历了复杂的变化逐渐形成的固体，是有机物和无机物组成的复杂混合物，主要含碳元素，A正确； B．石油裂化是将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程，汽油的相对分子质量较小，可以通过石油裂化的方式得到，B正确； C．燃料电池是将燃料的化学能变成电能的装置，不是将热能转化为电能，C错误； D．在催化剂作用下，利用太阳能光解水可以生成氢气和氧气，D正确； 故答案选C。 2. 下列化学用语或图示正确的是 A. 的系统命名：2-甲基苯酚 B. 分子的球棍模型： C. 激发态H原子的轨道表示式： D. 键形成的轨道重叠示意图： 【答案】A 【解析】 【详解】A．含有的官能团为羟基，甲基与羟基相邻，系统命名为：2-甲基苯酚，故A正确； B．臭氧中心O原子的价层电子对数为：，属于sp2杂化，有1个孤电子对，臭氧为V形分子，球棍模型为：，故B错误； C．K能层只有1个能级1s，不存在1p能级，故C错误； D．p-pπ键形成的轨道重叠示意图为：，故D错误； 故选A 3. 在溶液中能大量共存的离子组是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】A．三种离子会反生氧化还原反应而不能大量共存，故A不符合题意； B．会生成离子而不能大量共存，故B不符合题意； C．会生成沉淀而不能大量共存，故C不符合题意； D．虽然不同程度水解，但水解是微弱的，能大量共存，故D符合题意； 答案D。 4. 设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A. 标准状况下，2.24L一氯甲烷中含型σ键数目为 B. 1mol与水完全反应时转移电子数为 C. 含1mol的NaCl和混合物中的质子数为 D. 常温常压下，60g中所含Si-O键数目为 【答案】C 【解析】 【详解】A．标准状况下，2.24L一氯甲烷为0.1mol，一分子一氯甲烷中含3个C-H键和1个C-Cl键，其中C-H键属于sp3-s型σ键，且其数目为0.3NA，故A错误； B．与水反应的；离子方程式为：，1mol与水完全反应时转移电子数为，故B错误； C．Na+的质子数为11，的质子数为7+4=11，含1mol的NaCl和混合物中的质子数为17NA+11NA=28NA，故C正确； D．中，1个Si与4个O形成4个Si-O键，60g物质的量为1mol，则60g中所含Si-O键数目为，故D错误； 故选C。 5. 氘代氨()可用于反应机理研究。下列两种方法均可得到：①与的水解反应；②与反应。下列说法不正确的是 A. 和可用质谱法区分 B. 和均为极性分子 C. 方法①的化学方程式是 D. 方法②得到的产品纯度比方法①的高 【答案】D 【解析】 【详解】A．和的相对分子质量不同，可以用质谱法区分，A正确； B．和的H原子不同，但空间构型均为三角锥形，是极性分子，B正确； C．Mg3N2与D2O发生水解生成Mg(OD)2和ND3，反应方法①的化学方程式书写正确，C正确； D．方法②是通过中D原子代替中H原子的方式得到，代换的个数不同，产物会不同，纯度低，D错误； 故选D。 6. 苯与液溴反应生成溴苯，其反应过程的能量变化如图所示。 下列关于苯与反应的说法不正确的是 A. 可作该反应的催化剂 B. 将反应后的气体依次通入和溶液以检验产物 C. 过程②的活化能最大，决定总反应速率的大小 D. 总反应的，且 【答案】D 【解析】 【详解】A．苯与液溴反应生成溴苯和溴化氢，可作该反应的催化剂，故A正确； B．反应后的气体中含溴化氢和溴蒸汽，通入除去溴蒸汽，HBr和溶液反应生成浅黄色AgBr沉淀，可知反应有生成，故B正确； C．根据图示，过程②的活化能最大，反应速率最慢，慢反应决定总反应速率的大小，故C正确； D．根据图示，总反应放热，总反应的，只知道正反应活化能，不能计算反应的焓变，故D错误； 选D。 7. 下列过程对应的离子方程式正确的是 A. 用氢氟酸刻蚀玻璃： B. 用三氯化铁溶液刻制覆铜电路板： C. 用硫代硫酸钠溶液脱氯： D. 用碳酸钠溶液浸泡锅炉水垢中的硫酸钙： 【答案】D 【解析】 【详解】A．玻璃的主要成分为SiO2，用氢氟酸刻蚀玻璃时，SiO2和氢氟酸反应生成SiF4气体和水，反应的方程式为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，A错误； B．Fe3+可以将Cu氧化成Cu2+，三氯化铁刻蚀铜电路板时反应的离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，B错误； C．氯气具有强氧化性，可以氧化硫代硫酸根成硫酸根，氯气被还原为氯离子，反应的离子方程式为S2O+4Cl2+5H2O=2SO+8Cl-+10H+，C错误； D．碳酸钙的溶解度小于硫酸钙，可以用碳酸钠溶液浸泡水垢使硫酸钙转化为疏松、易溶于酸的碳酸钙，反应的离子方程式为，D正确； 故答案选D。 8. 关于下列反应的说法不正确的是 A. X发生了水解反应 B. Y具有碱性 C. Z中只含有一个官能团 D. W为CO2 【答案】A 【解析】 【详解】A．水解反应中作反应物，而该反应中X直接发生反应生成Y、W、Z，则X发生分解反应，而不是水解反应，A错误； B．由Y结构式可知，Y含有氨基，胺类化合物具有碱性，B正确； C．由Z结构式可知，Z中只含有一个官能团：碳碳双键，C正确； D．X的分子式为，Y的分子式为，Z的分子式为根据原子守恒可知W为，D正确； 故选A。 9. 科学家使用研制了一种可充电电池(如图所示)。电池工作一段时间后，电极上检测到和少量。下列叙述正确的是 A. 充电时，向阳极方向迁移 B. 充电时，会发生反应 C. 放电时，正极反应有 D. 放电时，电极质量减少，电极生成了 【答案】C 【解析】 【分析】Zn具有比较强的还原性，具有比较强的氧化性，自发的氧化还原反应发生在Zn与MnO2之间，所以电极为正极，Zn电极为负极，则充电时电极为阳极、Zn电极为阴极。 【详解】A．充电时该装置为电解池，电解池中阳离子向阴极迁移，即向阴极方向迁移，A不正确； B．放电时，负极的电极反应为，则充电时阴极反应为Zn2++2e-=Zn，即充电时Zn元素化合价应降低，而选项中Zn元素化合价升高，B不正确； C．放电时电极为正极，正极上检测到和少量，则正极上主要发生的电极反应是，C正确； D．放电时，Zn电极质量减少0.65g（物质的量为0.010mol），电路中转移0.020mol电子，由正极的主要反应可知，若正极上只有生成，则生成的物质的量为0.020mol，但是正极上还有生成，因此，的物质的量小于0.020mol，D不正确； 综上所述，本题选C。 10. 根据实验目的设计方案并进行实验，观察到相关现象，其中方案设计或结论不正确的是 实验目的 方案设计 现象 结论 A 探究和浓反应后溶液呈绿色原因 将通入下列溶液至饱和： ①浓 ②和HNO3，混合溶液 ①无色变黄色 ②蓝色变绿色 和浓反应后溶液呈绿色的主要原因是溶有 B 比较与结合的能力 向等物质的量浓度的和混合溶液中滴加几滴溶液，振荡 溶液颜色无明显变化 结合的能力： C 比较与的酸性 分别测定等物质的量浓度的与溶液的 前者小 酸性： D 探究温度对反应速率的影响 等体积、等物质的量浓度的与溶液在不同温度下反应 温度高的溶液中先出现浑浊 温度升高，该反应速率加快 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．Cu和浓HNO3反应后生成二氧化氮，探究其溶液呈绿色的原因可以采用对比实验，即将NO2通入①浓HNO3，②Cu(NO3)2和HNO3混合溶液至饱和，现象与原实验一致，可以说明Cu和浓HNO3反应后溶液呈绿色的主要原因是溶有NO2，故A正确； B．向等物质的量浓度的KF和KSCN混合溶液中滴加几滴FeCl3溶液，振荡，溶液颜色无明显变化，铁没有与SCN-结合而与F-结合，说明结合Fe3+的能力：F->SCN-，故B正确； C．不应该分别测定等物质的量浓度的与溶液的，因为铵根离子也要水解，且同浓度与的铵根离子浓度不等，不能比较，并且亚硫酸的酸性大于氢氟酸，结论也不对，故C错误； D．探究温度对反应速率的影响，只保留温度一个变量，温度高的溶液中先出现浑浊，能说明温度升高，反应速率加快，故D正确； 故选C。 11. 室温下，向浓度均为的和混合溶液中滴加标准盐酸，溶液与关系如图所示。下列叙述正确的是 A. 水的电离程度： B. 常温下，的水解常数约为 C. c点溶液中： D. b点溶液中： 【答案】B 【解析】 【分析】盐酸先与反应生成氯化钠，再与反应生成碳酸氢钠和氯化钠，如果盐酸足量，最后与碳酸氢钠反应生成氯化钠、水、二氧化碳。设开始混合溶液为1L，即和都是0.2mol，当 时，则盐酸也为1L，即HCl也是0.2mol，此时HCl与恰好完全反应，故b点溶质为0.2mol与0.2mol，则a点没有完全反应，溶质为、、，当 时，盐酸为2L，即HCl是0.4mol，根据，知，c点溶质为0.2mol，0.4mol。 【详解】A．抑制水的电离，促进水的电离，同浓度的与，溶液中水的电离程度大，则水电离程度增大，水电离程度减小，A错误； B．利用点数据计算第一步水解常数：，，，，B正确； C．c点溶液显碱性，，电荷守恒：，可知：，C错误； D．b点：起始时，物料守恒：，D错误； 故选B。 12. 某小组同学利用如下实验探究平衡移动原理。 已知：ⅰ．；ⅱ．溶液为无色。 下列说法正确的是 A. 结合实验1和2，推测ⅰ中反应是放热反应 B. ①中滴加浓盐酸，增大了，导致Q>K，ⅰ中平衡正向移动 C. ②中加水，溶液变红，说明平衡逆向移动，的浓度增大 D. ③中加入，溶液变红，推测与形成了配合物 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据所给的信息ⅰ、结合实验1，降温平衡逆向移动，逆向为放热方向，正向为吸热反应，A错误； B．①中滴加浓盐酸，增大了，导致Q＜K，ⅰ中平衡正向移动，B错误； C．②中加水，溶液变红，说明平衡逆向移动，稀释导致的浓度减小，C错误； D．③中加入，溶液变红，推测与形成了配合物使Cl-浓度减小，平衡逆向移动，溶液变红，D正确； 故选D。 Ⅱ卷(填空题) 二、填空题(共4小题，共64分) 13. 铁元素在人体健康和新材料研发中有重要的应用。 I．在血液中，以为中心的配位化合物铁卟啉是血红蛋白的重要组成部分，可用于输送，下图为载氧后的血红蛋白分子示意图： （1）基态Fe的价电子轨道表示式为_________。 （2）载氧时，血红蛋白分子中脱去配位并与配位；若人体吸入CO，则CO占据配位点，血红蛋白失去携氧功能。由此推测，与配位能力最强的是_________（填字母）。 a． b． c．CO （3）一种最简单的卟啉环结构如图： ①该卟啉分子中，1号位N的杂化方式为_________。 ②比较C和N的电负性大小，并从原子结构角度说明理由：_________。 ③该卟啉分子在酸性环境中配位能力会减弱，原因是_________。 Ⅱ．可用于制备优良铁磁体材料。下图是一种铁磁体化合物的立方晶胞，其边长为a pm。 已知：，阿伏加德罗常数的值为。 （4）该晶体的密度是_________。 （5）距离F最近的Cs的个数为_________。 【答案】（1） （2）c （3） ①. ②. C的电负性小于N的电负性，原因是C和N电子层数相同，核电荷数C＜N，原子半径C＞N，原子核对最外层电子的吸引作用C＜N ③. 酸性环境中，卟啉分子中的N原子与H+形成配位键，导致提供孤对电子的能力降低 （4） （5）4 【解析】 【小问1详解】 铁元素的原子序数为26，基态原子的价电子排布式为3d64s2，轨道表示式为，故答案为：； 【小问2详解】 载氧时，血红蛋白分子中亚铁离子脱去配位的水并与氧气配位，说明氧分子与亚铁离子的配位能力强于水分子；若人体吸入一氧化碳，则一氧化碳占据配位点，血红蛋白失去携氧功能说明一氧化碳与亚铁离子的配位能力强于氧分子，所以与亚铁离子的配位能力最强的配体是一氧化碳，故选c； 【小问3详解】 ①由图可知该卟啉分子中，1号位双键氮原子的杂化方式为sp2杂化，故答案为：sp2； ②C和N电子层数相同，核电荷数C＜N，原子半径C＞N，原子核对最外层电子的吸引作用C＜N，所以C的电负性小于N的电负性，故答案为：C的电负性小于N的电负性，原因是C和N电子层数相同，核电荷数C＜N，原子半径C＞N，原子核对最外层电子的吸引作用C＜N； ③酸性环境中，卟啉分子中的氮原子与氢离子形成配位键，导致提供孤对电子的能力降低，所以卟啉分子在酸性环境中配位能力会减弱，故答案为：酸性环境中，卟啉分子中的N原子与H+形成配位键，导致提供孤对电子的能力降低； 【小问4详解】 由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的铁原子个数为8×=1，位于体心的铯原子个数为1，位于棱上的氟原子个数为12×=3，则晶胞的化学式为CsFeF3，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(10—10a)3d，解得d=，故答案为：； 【小问5详解】 由晶胞结构可知，晶胞中位于棱上的氟原子与位于体心的铯原子的距离最近，则距离氟原子最近的铯原子的个数为4，故答案为：4。 14. 以A和芳香烃E为原料制备除草剂茚草酮中间体I()的合成路线如下： （1）E的化学名称为___________。 （2）H官能团名称为___________。 （3）D+H→I的反应类型为___________。 （4）F→G的方程式为___________。 （5）F的同分异构体中，满足下列条件的结构有___________种。 条件：①含有苯环且苯环上只有三种取代基 ②能发生银镜反应且遇FeCl3溶液显紫色 ③1 mol该物质与足量Na反应产生1 mol H2 其中苯环上取代基均不相邻的结构简式为___________。 （6）在D和H合成I的反应中，K2CO3可以提高原料利用率，试分析其原因___________。 （7）关于路线中各物质的说法正确的是___________(填字母)。 A. H不存在手性碳原子 B. E中所有碳原子共平面，均为sp2杂化 C. C→D的反应中有sp3-sσ键的断裂和sp3-pσ键的形成 D. D→I的反应中K2CO3和CH3CN为催化剂 （8）利用原子示踪技术追踪G→H反应过程如下： 根据上述信息，写出乙醇和合成的路线___________(无机试剂任选)。 【答案】（1）邻二甲苯或1,2-二甲基苯 （2）羰基或酮羰基 （3）取代反应 （4）+2CH3CH2OH+2H2O （5） ①. 10 ②. （6）与取代生成的氯化氢反应，促进平衡向产物方向移动 （7）AC （8）CH3CH2OHCH3COOHCH3COOCH2CH3 或CH3CH2OHCH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3 【解析】 【分析】A发生反应生成B，B中醇羟基发生消去反应生成C中碳碳双键，C中甲基上的氢原子被氯原子取代生成D﹔根据E的分子式及G的结构简式知，E结构简式为，根据F的分子式可知，E中甲基被氧化为F分子中的羧基-COOH，则F结构简式为，F和乙醇发生酯化反应生成G，G发生反应生成H，D和H发生取代反应生成Ⅰ。 【小问1详解】 根据上述分析可知E物质分子结构简式为，其名称为邻二甲苯或1,2-二甲基苯； 【小问2详解】 根据H物质结构简式，可知H物质含有的官能团为羰基或酮羰基； 【小问3详解】 根据D、H、I结构简式的不同，可知D+H→I+HCl，其反应类型是取代反应； 【小问4详解】 F是，F与C2H5OH在浓硫酸存在条件下加热，发生酯化反应产生G、H2O，该反应是可逆反应，该反应的化学方程式为：+2CH3CH2OH+2H2O； 【小问5详解】 F是，F的同分异构体同时符合条件：①含有苯环且苯环上只有三种取代基；②能发生银镜反应且遇FeCl3溶液显紫色，说明含有-CHO、酚羟基；③1 mol该物质与足量的Na反应产生1 mol H2，说明含有2个酚-OH或1个酚-OH、1个-COOH，则其同分异构体中含有的三个取代基为-OH、-CHO、-COOH，根据它们在苯环的位置关系可知有10种不同结构，其中苯环上取代基均不相邻的结构简式为； 【小问6详解】 D与H发生取代反应产生化合物I和HCl，该反应是可逆反应。在D和H合成I的反应中，K2CO3可以与取代生成的HCl反应，从而能够促进平衡向产物方向移动，从而可以提高原料利用率； 【小问7详解】 A．手性碳原子是连接四个不同的原子或原子团的碳原子，根据H结构简式可知：H物质分子中不含有手性碳原子，A正确； B．E物质分子结构简式为，苯分子是平面分子，-CH3中C原子取代苯环上H原子的位置，在苯分子的平面上。苯环上的C原子采用sp2杂化，-CH3中的饱和碳原子采用sp3杂化，B错误； C．C发生取代反应产生D，断裂-CH3中C-H键变为-CH3中C-Cl键，则C→D的反应中有sp3-sσ键的断裂和sp3-pσ键的形成，C正确； D．在D→I的反应中，CH3CN为溶剂，K2CO3为反应物，均不是催化剂，D错误； 故合理选项是AC； 【小问8详解】 CH3CH2OH被酸性KMnO4溶液氧化为CH3COOH(或先与O2在Cu催化下加热氧化为CH3CHO，然后CH3CHO催化氧化产生CH3COOH)，CH3COOH与CH3CH2OH在浓硫酸催化下加热，发生酯化反应产生CH3COOCH2CH3，CH3COOCH2CH3先与、NaH作用，然后在H+/H2O条件下加热，发生反应产生，故以CH3CH2OH与合成的路线为CH3CH2OHCH3COOHCH3COOCH2CH3 ；或CH3CH2OHCH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3。 15. 亚氯酸钠()主要用作漂白剂、脱色剂、消毒剂、拔染剂及某些工业废气的处理等。某课题小组设计如下实验制备亚氯酸钠晶体。 已知：①浓度较大时，容易发生爆炸；极易溶于水并放出热量，但不与水反应，沸点11℃，难溶于乙醇、乙醚等有机溶剂。 ②饱和溶液在低于38℃时析出，高于38℃时析出，高于60℃时分解。 回答下列问题： （1）装有和固体的仪器名称为_______。 （2）在A装置中，、和浓硫酸反应生成气体，写出该反应的化学方程式_______；反应过程中需要持续不断的通入N2的目的是_______。 （3）气体与装置C中混合溶液反应生成，写出该反应的离子方程式_______，该反应需要用冷水浴控制反应温度在38℃∼60℃，原因是_______。 （4）反应结束后，经以下步骤可从装置C的溶液中提纯晶体：50℃蒸发结晶→趁热过滤→洗涤干燥。准确称取0.5000g样品，加入适量蒸馏水、过量的KI晶体和稀硫酸，在酸性条件下发生反应，将所得混合溶液稀释成待测溶液，取10.00mL待测溶液，加入_______溶液作指示剂，用标准溶液滴定至终点，测得平均消耗标准溶液的体积为21.00mL(已知：)。 ①滴定终点的现象是_______。 ②所称取样品中的质量分数为_______(保留两位有效数字)。 【答案】（1）三颈烧瓶 （2） ①. ②. 稀释ClO2，防止其体积分数过大而发生爆炸，同时N2也能将生成的ClO2气体赶入后续装置中参与反应 （3） ①. ②. 有效地控制反应温度，增加反应的效率，避免低温析出NaClO2·3H2O，避免高温NaClO2分解 （4） ①. 淀粉 ②. 溶液蓝色恰好褪去且半分钟内不变化 ③. 95% 【解析】 【分析】氯酸钠中加入亚硫酸钠和浓硫酸，发生反应产生二氧化氯，因此装置A中反应的化学方程式，产生的二氧化氯通过NaOH、H2O2发生反应主要产生NaClO2、O2、H2O，最后进行尾气吸收。 【小问1详解】 装有和固体的仪器名称为三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶。 【小问2详解】 氯酸钠在酸性溶液中氧化亚硫酸钠为硫酸钠本身被还原为二氧化氯，反应的化学方程式；根据已知：①浓度较大时，容易发生爆炸，因此反应过程中需要持续不断的通入N2的目的是：稀释ClO2，防止其体积分数过大而发生爆炸，同时N2也能将生成的ClO2气体赶入后续装置中参与反应，故答案为：；稀释ClO2，防止其体积分数过大而发生爆炸，同时N2也能将生成的ClO2气体赶入后续装置中参与反应。 【小问3详解】 ClO2气体与装置C中混合溶液反应生成NaClO2，其中氯元素的化合价下降，根据氧化还原的规律可判断还有O2生成，生成NaClO2的离子方程式为；NaClO2饱和溶液在低于38℃时析出NaClO2·3H2O，高于38℃时析出NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，“洗涤”可选用38~60℃热水，反应需要用冷水浴控制反应温度在38℃∼60℃，可以使反应体系的温度保持在较低的水平上,从而保证反应的稳定性和安全性，增加反应的效率，使反应更加彻底，避免低温析出NaClO2·3H2O，避免高温NaClO2分解，故答案为：；有效地控制反应温度，增加反应的效率，避免低温析出NaClO2·3H2O，避免高温NaClO2分解。 【小问4详解】 ①根据反应、可知加入淀粉溶液溶液作指示剂，用Na2S2O3标准溶液进行滴定时，随着反应的进行，溶液中的I2浓度逐渐降低，溶液蓝色逐渐变浅，当滴加最后半滴Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，半分钟内不恢复蓝色，说明滴定达到终点，确认滴定终点的现象是溶液蓝色恰好褪去且半分钟内不变化，故答案为：淀粉；溶液蓝色恰好褪去且半分钟内不变化； ②根据反应可得对应关系：测得平均消耗标准溶液的体积为21.00mL，所称取的样品中NaClO2的质量分数为，故答案为：95%。 16. 当今世界多国相继规划了碳达峰碳中和的时间节点。因此研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。 I．捕碳技术(主要指捕获CO2)在降低温室气体排放中具有重要的作用。 （1）下列物质中能作为捕碳剂的是___________。 A. K2CO3 B. CaO C. Na2SO4 D. NH4Cl （2）已知：NH3·H2O的Kb=1.7×10-5，H2CO3的Ka1=4.3×10-7、Ka2=5.6×10-11。工业生产尾气中的CO2捕获技术之一是利用氨水吸收，工艺流程是将烟气冷却至20℃后用氨水吸收过量的CO2，所得溶液显___________(填“酸性”、“碱性”或“中性”)。烟气需冷却至20℃左右的可能原因是___________。 Ⅱ．二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。已知： ①CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)∙∙∙∙∙∙ ②CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ③CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)∙∙∙∙∙∙ 回答下列问题： （3）一定条件下，向1 L恒容密闭容器中充入0.23 mol CO2和0.19 mol H2，假设只发生反应③，平衡时测得生成甲醇0.03 mol，保持温度不变再通入0.1 mol CO2和0.1 mol水蒸气，此时(正)___________(逆)(填“>”，“<”，“=”)。 （4）在300℃恒压密闭容器中，加入2 mol CO2和6 mol H2，发生上述反应①②。反应达平衡时，CO2的转化率为75%，容器体积减小25%，CH3OH的物质的量为___________ mol，反应①的平衡常数K=___________。 Ⅲ．电化学还原法：利用太阳能光伏电池进行电化学还原CO2制甲醇的装置如图所示。 （5）工作电极的制作：将铜箔放入煮沸的饱和CuSO4溶液中进行反应，可制得Cu2O薄膜电极。生成Cu2O的离子方程式：___________。 （6）工作电极上Cu2O作催化剂，工作时电极上CO2转化为甲醇的电极反应式为___________。 （7）此法制甲醇的优点是(写出任意两条)___________。 【答案】（1）AB （2） ①. 碱性 ②. 降低吸收过程中氨水的挥发，促进氨水对CO2的吸收 （3）< （4） ①. 1 ②. 0.6 （5）Cu+Cu2++H2O=Cu2O+2H+ （6）CO2+6e-+5H2O=CH3OH+6OH- （7）利用太阳能，节约能源；副产物O2无污染，有重要用途，原料易得等 【解析】 【小问1详解】 A．碳酸钾溶液可以与二氧化碳反应，，可以作吸收剂，A符合题意； B．氧化钙可以与二氧化碳反应，，可以作吸收剂，B符合题意； C．硫酸钠溶液与二氧化碳不反应，不能作吸收剂，C不符合题意； D．氯化铵溶液与二氧化碳不反应，不能作吸收剂，D不符合题意； 故选AB。 【小问2详解】 用氨水吸收过量的，发生反应：。铵根水解显酸性：，其水解常数为；碳酸氢根水解显碱性：，其水解常数为，由于，故溶液显碱性。烟气需冷却至左右的可能原因是：降低吸收过程中氨水的挥发，促进氨水对的吸收。 【小问3详解】 根据题意，列出三段式：，平衡时：、、、，。保持温度不变再通入二氧化碳和水蒸气，，平衡逆向移动，此时。 【小问4详解】 反应①气体总物质的量不变，反应②容器体积(气体总物质的量)减小，，反应②，消耗；反应①，，，，，反应①的平衡常数。 【小问5详解】 铜箔放入煮沸的饱和溶液中进行反应，生成氧化亚铜，方程式为：。 【小问6详解】 转化为甲醇，得到电子，电极反应式为。 【小问7详解】 其阳极反应式为：，用太阳能，节约能源；副产物是氧气无污染，有重要用途，原料易得等。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024—2025学年度第二学期高三级部统练5 化学学科 可能用到的相对原子质量：N：14 O：16 F：19 Na：23 Si：28 Cl：35.5 Mn：55 Fe：56 Zn：65 Cs：133 I卷选择题 一、选择题(每题只有一个正确选项，每题3分，共36分) 1. 人类对能源的利用经历了柴薪、煤炭和石油时期，现正向新能源方向高质量发展。下列有关能源的叙述错误的是 A. 木材与煤均含有碳元素 B. 石油裂化可生产汽油 C. 燃料电池将热能转化为电能 D. 太阳能光解水可制氢 2. 下列化学用语或图示正确的是 A. 的系统命名：2-甲基苯酚 B. 分子的球棍模型： C. 激发态H原子的轨道表示式： D. 键形成的轨道重叠示意图： 3. 在溶液中能大量共存离子组是 A. B. C. D. 4. 设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A. 标准状况下，2.24L一氯甲烷中含型σ键数目为 B. 1mol与水完全反应时转移电子数为 C. 含1mol的NaCl和混合物中的质子数为 D. 常温常压下，60g中所含Si-O键数目为 5. 氘代氨()可用于反应机理研究。下列两种方法均可得到：①与的水解反应；②与反应。下列说法不正确的是 A. 和可用质谱法区分 B. 和均为极性分子 C. 方法①的化学方程式是 D. 方法②得到的产品纯度比方法①的高 6. 苯与液溴反应生成溴苯，其反应过程的能量变化如图所示。 下列关于苯与反应的说法不正确的是 A. 可作该反应的催化剂 B. 将反应后的气体依次通入和溶液以检验产物 C. 过程②的活化能最大，决定总反应速率的大小 D. 总反应的，且 7. 下列过程对应的离子方程式正确的是 A. 用氢氟酸刻蚀玻璃： B. 用三氯化铁溶液刻制覆铜电路板： C. 用硫代硫酸钠溶液脱氯： D. 用碳酸钠溶液浸泡锅炉水垢中的硫酸钙： 8. 关于下列反应的说法不正确的是 A. X发生了水解反应 B. Y具有碱性 C. Z中只含有一个官能团 D. W为CO2 9. 科学家使用研制了一种可充电电池(如图所示)。电池工作一段时间后，电极上检测到和少量。下列叙述正确的是 A. 充电时，向阳极方向迁移 B. 充电时，会发生反应 C. 放电时，正极反应有 D. 放电时，电极质量减少，电极生成了 10. 根据实验目的设计方案并进行实验，观察到相关现象，其中方案设计或结论不正确的是 实验目的 方案设计 现象 结论 A 探究和浓反应后溶液呈绿色的原因 将通入下列溶液至饱和： ①浓 ②和HNO3，混合溶液 ①无色变黄色 ②蓝色变绿色 和浓反应后溶液呈绿色的主要原因是溶有 B 比较与结合的能力 向等物质的量浓度的和混合溶液中滴加几滴溶液，振荡 溶液颜色无明显变化 结合能力： C 比较与的酸性 分别测定等物质的量浓度的与溶液的 前者小 酸性： D 探究温度对反应速率影响 等体积、等物质的量浓度的与溶液在不同温度下反应 温度高的溶液中先出现浑浊 温度升高，该反应速率加快 A. A B. B C. C D. D 11. 室温下，向浓度均为的和混合溶液中滴加标准盐酸，溶液与关系如图所示。下列叙述正确的是 A. 水的电离程度： B. 常温下，的水解常数约为 C. c点溶液中： D. b点溶液中： 12. 某小组同学利用如下实验探究平衡移动原理。 已知：ⅰ．；ⅱ．溶液为无色。 下列说法正确的是 A. 结合实验1和2，推测ⅰ中反应是放热反应 B. ①中滴加浓盐酸，增大了，导致Q>K，ⅰ中平衡正向移动 C. ②中加水，溶液变红，说明平衡逆向移动，的浓度增大 D. ③中加入，溶液变红，推测与形成了配合物 Ⅱ卷(填空题) 二、填空题(共4小题，共64分) 13. 铁元素在人体健康和新材料研发中有重要的应用。 I．在血液中，以为中心的配位化合物铁卟啉是血红蛋白的重要组成部分，可用于输送，下图为载氧后的血红蛋白分子示意图： （1）基态Fe的价电子轨道表示式为_________。 （2）载氧时，血红蛋白分子中脱去配位的并与配位；若人体吸入CO，则CO占据配位点，血红蛋白失去携氧功能。由此推测，与配位能力最强的是_________（填字母）。 a． b． c．CO （3）一种最简单的卟啉环结构如图： ①该卟啉分子中，1号位N的杂化方式为_________。 ②比较C和N的电负性大小，并从原子结构角度说明理由：_________。 ③该卟啉分子在酸性环境中配位能力会减弱，原因是_________。 Ⅱ．可用于制备优良铁磁体材料。下图是一种铁磁体化合物的立方晶胞，其边长为a pm。 已知：，阿伏加德罗常数的值为。 （4）该晶体的密度是_________。 （5）距离F最近的Cs的个数为_________。 14. 以A和芳香烃E为原料制备除草剂茚草酮中间体I()的合成路线如下： （1）E的化学名称为___________。 （2）H官能团名称为___________。 （3）D+H→I的反应类型为___________。 （4）F→G的方程式为___________。 （5）F同分异构体中，满足下列条件的结构有___________种。 条件：①含有苯环且苯环上只有三种取代基 ②能发生银镜反应且遇FeCl3溶液显紫色 ③1 mol该物质与足量的Na反应产生1 mol H2 其中苯环上取代基均不相邻的结构简式为___________。 （6）在D和H合成I反应中，K2CO3可以提高原料利用率，试分析其原因___________。 （7）关于路线中各物质的说法正确的是___________(填字母)。 A. H不存在手性碳原子 B. E中所有碳原子共平面，均为sp2杂化 C. C→D的反应中有sp3-sσ键的断裂和sp3-pσ键的形成 D. D→I的反应中K2CO3和CH3CN为催化剂 （8）利用原子示踪技术追踪G→H的反应过程如下： 根据上述信息，写出乙醇和合成的路线___________(无机试剂任选)。 15. 亚氯酸钠()主要用作漂白剂、脱色剂、消毒剂、拔染剂及某些工业废气的处理等。某课题小组设计如下实验制备亚氯酸钠晶体。 已知：①浓度较大时，容易发生爆炸；极易溶于水并放出热量，但不与水反应，沸点11℃，难溶于乙醇、乙醚等有机溶剂。 ②饱和溶液在低于38℃时析出，高于38℃时析出，高于60℃时分解。 回答下列问题： （1）装有和固体的仪器名称为_______。 （2）在A装置中，、和浓硫酸反应生成气体，写出该反应的化学方程式_______；反应过程中需要持续不断的通入N2的目的是_______。 （3）气体与装置C中混合溶液反应生成，写出该反应的离子方程式_______，该反应需要用冷水浴控制反应温度在38℃∼60℃，原因是_______。 （4）反应结束后，经以下步骤可从装置C的溶液中提纯晶体：50℃蒸发结晶→趁热过滤→洗涤干燥。准确称取0.5000g样品，加入适量蒸馏水、过量的KI晶体和稀硫酸，在酸性条件下发生反应，将所得混合溶液稀释成待测溶液，取10.00mL待测溶液，加入_______溶液作指示剂，用标准溶液滴定至终点，测得平均消耗标准溶液的体积为21.00mL(已知：)。 ①滴定终点的现象是_______。 ②所称取样品中的质量分数为_______(保留两位有效数字)。 16. 当今世界多国相继规划了碳达峰碳中和的时间节点。因此研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。 I．捕碳技术(主要指捕获CO2)在降低温室气体排放中具有重要的作用。 （1）下列物质中能作为捕碳剂的是___________。 A. K2CO3 B. CaO C. Na2SO4 D. NH4Cl （2）已知：NH3·H2O的Kb=1.7×10-5，H2CO3的Ka1=4.3×10-7、Ka2=5.6×10-11。工业生产尾气中的CO2捕获技术之一是利用氨水吸收，工艺流程是将烟气冷却至20℃后用氨水吸收过量的CO2，所得溶液显___________(填“酸性”、“碱性”或“中性”)。烟气需冷却至20℃左右的可能原因是___________。 Ⅱ．二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。已知： ①CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)∙∙∙∙∙∙ ②CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ③CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)∙∙∙∙∙∙ 回答下列问题： （3）一定条件下，向1 L恒容密闭容器中充入0.23 mol CO2和0.19 mol H2，假设只发生反应③，平衡时测得生成甲醇0.03 mol，保持温度不变再通入0.1 mol CO2和0.1 mol水蒸气，此时(正)___________(逆)(填“>”，“<”，“=”)。 （4）在300℃恒压密闭容器中，加入2 mol CO2和6 mol H2，发生上述反应①②。反应达平衡时，CO2的转化率为75%，容器体积减小25%，CH3OH的物质的量为___________ mol，反应①的平衡常数K=___________。 Ⅲ．电化学还原法：利用太阳能光伏电池进行电化学还原CO2制甲醇的装置如图所示。 （5）工作电极的制作：将铜箔放入煮沸的饱和CuSO4溶液中进行反应，可制得Cu2O薄膜电极。生成Cu2O的离子方程式：___________。 （6）工作电极上Cu2O作催化剂，工作时电极上CO2转化为甲醇的电极反应式为___________。 （7）此法制甲醇的优点是(写出任意两条)___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $