精品解析：山东省日照市校际联考2026届高三上学期期中化学试题

参照秘密级管理★启用前 试卷类型：A 2023级高三上学期期中校际联合考试 化学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。 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。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 N-14 Ca-40 Ni-59 Cu-64 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 化学与生活密切相关，下列说法正确的是 A. 食品加工时不可添加任何防腐剂 B. 温室气体是形成酸雨的主要物质 C. 棉花、麻和蚕丝均为碳水化合物 D. 天然气不完全燃烧会产生有毒气体 2. 称取约1.7 g固体KMnO4，配制500 mL浓度约为0.02 mol·L-1待标定的KMnO4标准溶液，下列仪器中不需要使用的是 A. 500 mL容量瓶 B. 250 mL烧杯 C. 玻璃棒 D. 棕色细口试剂瓶(玻璃塞) 3. 物质的性质决定用途，下列说法错误的是 A. 氢氧化铝可用来治疗胃酸过多 B. 碳酸氢铵可用作食品膨松剂 C. Fe2O3可用于粉刷墙壁的红色涂料 D. 84消毒液与乙醇同时使用消毒效果更佳 4. 物质溶解包括两个过程：①溶质分子或离子的离散；②溶质分子或离子和溶剂分子进行新的结合，即溶剂化过程。NaCl固体溶于水过程示意图如下。下列说法错误的是 A. a＞4 B. ΔH1+ΔH2=ΔH3 C. 溶剂化过程是吸热过程 D. 溶解过程的能量变化，与NaCl固体和NaCl溶液中微粒间作用力的强弱有关 5. 下列相关离子方程式书写正确的是 A. 用氢氟酸雕刻玻璃： B. 少量氯气通入碳酸钠溶液中： C. 少量SO2气体通入NaClO溶液中： D. 向NaHSO4溶液滴加Ba(OH)2溶液至中性： 6. 下列实验操作正确的是 A．酸碱中和滴定操作 B．Na与H2O的反应 C．收集NO2气体 D．向试管中滴加溶液 A. A B. B C. C D. D 7. 二氟化氧(OF2)是一种剧毒气体，具有极强的氧化性。已知：①F2+NaOH→OF2+NaF+H2O(NaOH溶液的浓度为2%)，②OF2+S→SO2+SF4(①②方程式均未配平)。下列说法正确的是 A. OF2分子的电子式为 B. 反应①中，每生成1 mol OF2，转移电子2 mol C. 反应②中，SO2和SF4既是氧化产物又是还原产物 D. F2、OF2、SO2氧化性依次减弱 8. 向恒温恒容密闭容器中按SCl2、SO2Cl2物质的量之比1：1投料，发生反应，T1、T2温度时反应物摩尔分数随时间变化关系如图所示。下列说法正确的是 A. 反应的活化能：Ea(正)＞Ea(逆) B. 平衡后再通入N2，SCl2的分压不变 C. T1温度下，SCl2的转化率为30% D. T1温度下，平衡后按1：1再投入反应物，重新平衡时SO2Cl2的摩尔分数增大 9. 甲烷与H2O2转化制甲酸等物质的反应历程和能垒变化如图所示。下列说法正确的是 A. 甲烷制甲酸的反应是吸热反应 B. 微粒ii和iii是反应的中间体 C. 该过程的决速步是CH4→·CH3 D. 该反应存在极性键、非极性键的断裂与形成 10. 以高砷烟尘(主要成分是As2O3、As2O5和Pb5O8)为原料制备砷酸钠晶体(Na3AsO4·10H2O)的工艺流程如图。 下列说法正确的是 A. “碱浸”时，Pb5O8与Na2S反应的物质的量之比为1：3 B. “抽滤”结束后，先关闭抽气泵 C. “氧化”的目的是将As(Ⅲ)氧化为As(V) D. “系列操作”包括蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题只有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11. 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NaCl溶液中滴入硝酸酸化的AgNO3溶液，生成白色沉淀 NaCl是离子化合物 B 自热米饭附带的热源包(主要成分CaO，少许Na2CO3、Al粉)加水后，未产生气体 Al粉已经变质 C 向Na2O与水反应后的溶液中滴入酚酞溶液，先变红后褪色 Na2O有漂白性 D 已知[Fe(SO2)6]3+是红棕色，将SO2通入FeCl3溶液中，溶液先变为红棕色，一段时间后又变成浅绿色 Fe3+与SO2络合反应速率比氧化还原反应速率快 A. A B. B C. C D. D 12. 镍基合金具有优异的性质。从无机相萃取镍形成的配合物如图1所示；NixCuyNz晶体的立方晶胞如图2所示，已知相邻原子间的最近距离之比。 下列说法正确的是 A. 配合物中镍的化合价为+4价 B. 配体中C原子的杂化方式为sp2和sp3 C. 晶体中与Cu原子最近且等距离的Ni原子的数目为8 D. 设阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为 g·cm-3 13. 不饱和聚酯可用于制备玻璃钢，其合成路线如下： 下列说法错误的是 A. 反应物A和C互为同系物 B. 反应物B的名称为1,2-丙二醇 C. E与足量氢气反应的产物有3个手性碳原子 D. 1 mol高分子F最多可消耗3n mol NaOH 14. 近日，科学家研制出一种由碳基ORR高效催化的可充电锌—空气/碘化物混合电池，其放电过程如图所示。下列叙述正确的是 A. 充电时，电极N接直流电源的正极 B. 阻隔空气进入该电池，电池停止工作 C. 放电时，若消耗x mol 和y mol ，理论上消耗 mol Zn D. 充电时，阳极发生的电极反应为 15. 使用特定催化剂进行乙酸直接加氢制备乙醇反应原理如下： 主反应： 副反应： 初始投料为，平衡时，2 MPa下乙醇和乙酸乙酯的选择性(S)随温度变化与250℃下乙醇和乙酸乙酯的选择性(S)随压强变化如图所示。 已知：Ⅰ． Ⅱ．副反应的热效应小于主反应。 下列说法错误的是 A. 曲线a表示2 MPa下S(乙醇)随温度的变化 B. M点对应条件下，n(乙醇)：n(水)=10：9 C. M点与N点主反应的K值：KM＜KN D. 曲线c变化的原因是主反应逆向移动程度大于副反应 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16. 工业合成氨的反应为 。 回答下列问题： （1）已知N≡N的键能为946 kJ·mol-1、H-H的键能为436 kJ·mol-1、N-H的键能为390.8 kJ·mol-1，则ΔH=___________kJ·mol-1；该反应在常温下___________(填“能”或“不能”)正向自发。 （2）一定条件下，工业合成氨速率方程为，根据表中数据，β=___________； 实验 c(N2)/mol·L-1 c(H2)/mol·L-1 c(NH3)/mol·L-1 v/mol·L-1·s-1 1 m n p q 2 m n 0.1p 10q 3 m 4n p 8q 在合成氨过程中，需要不断分离出氨的原因为___________(填标号)。 a．有利于平衡正向移动 b．防止催化剂中毒 c．提高反应速率 （3）科学家研究了三种催化剂上N2还原为NH3反应历程中的能量变化(图1)，则三种催化剂的催化活性由强到弱的顺序为___________(用字母a、b、c排序)。 （4）在一定温度和催化剂的条件下，将0.1 mol NH3通入3 L的密闭容器中进行反应，各物质的分压随时间的变化曲线如图2所示。 （5） （6） ①若保持容器体积不变，t1时反应达到平衡，用H2的浓度变化表示0~t1时间内的反应速率v(H2)=___________mol·L-1·min-1(用含t1的代数式表示)。 ②t2时将容器体积迅速缩小至原来的一半并保持不变，图中能正确表示压缩后N2分压变化趋势的曲线是___________(填“a”“b”“c”“d”)。 17. 电化学处理CO2将其转化为其他化学产品，是一种减缓温室效应并综合利用CO2的好方法。回答下列问题： Ⅰ．原电池法：通过“溶解”水中的二氧化碳，以触发电化学反应，有效减少碳的排放，其工作原理如图1所示。 （1）原电池工作时，a极为___________极(填“正”或“负”)，b极区的电极反应式为___________。 （2）原电池工作时，电子经导线由___________(填“a→b”或“b→a”)，b极区析出少量固体为___________(填化学式)。 Ⅱ．电解法：电解还原CO2的方法如图2所示，其中电解质溶液为稀硫酸，电极均为惰性电极。 （3）若CO2还原产物为CH4，则阴极的电极反应式为___________。 （4）电解池工作时，H⁺通过阳离子膜移向___________极(填“m”或“n”)。 （5）若阴极还原产物只有C2H4，当阳极区溶液质量减少36 g时，产生C2H4的物质的量为___________。 18. 氟碳铈矿的主要成分为，含少量等杂质。由氟碳铈矿提取铈的一种工艺流程如下： 已知： Ⅰ．“焙烧1”中转化为。 Ⅱ．电极电势的大小反映物质的氧化性还原性强弱。电极电势(E)越大，氧化型物质氧化性越强，反之还原型物质还原性越强。 氧化型/还原型 标准电极电势E 0.68 0.96 1.49 1.61 1.77 Ⅲ．有机物从溶液中萃取的过程为。 回答下列问题： （1）为了增大反应速率，提高原料的利用率，“焙烧1”前可将矿石___________处理。 （2）根据已知Ⅱ提示，“酸浸”时试剂a最好为___________(填标号)，试剂a与反应的化学方程式为___________。 A． B． C． D． （3）滤渣的主要成分除还有___________(填化学式)。 （4）加氨水“中和”的目的是___________。 （5）“沉铈”过程中，转化为沉淀，该反应的离子方程式为___________。 （6）依据上述工艺流程，下列说法错误的是___________。 A. 由已知Ⅱ可得，氧化性，还原性 B. “萃取”和“反萃取”的主要目的是除去溶液中 C. “反萃取”过程中，适当提高稀硝酸浓度，可以提高反萃取率 D. “焙烧2”过程中，发生分解反应 19. CaO2为白色或淡黄色结晶粉末，溶于酸，微溶于水。其实验室制备和含量测定的装置和实验步骤如下： Ⅰ．制备：称取一定量CaCl2·2H2O，用水溶解，加入质量分数为30%的H2O2溶液，边搅拌边加入由浓氨水和冷水(1：4)配成的溶液，在冰水浴中反应0.5 h，析出CaO2·8H2O。过滤，用少量冷水洗涤晶体2~3次，在150℃下烘0.5~1 h，冷却得粗品。 Ⅱ．测定：准确称取一定量粗品，置于烧杯中，加酸使其溶解，用0.02 mol·L-1 KMnO4标准溶液滴定至终点(滴定反应为)。 回答下列问题： （1）滴加NH3·H2O的仪器的名称为___________。 （2）三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为___________。 （3）检验CaO2·8H2O是否洗涤干净所需要的试剂为___________(填化学式)。 （4）装KMnO4标准溶液的滴定管为___________(填“酸式”或“碱式”)滴定管，滴定终点的现象为___________。 （5）若称取粗品为0.1500 g，滴定消耗KMnO4标准溶液28.00 mL，则产品中CaO2的质量分数为___________。 （6）“测定”时，能否用H2SO4溶解粗品___________(填“是”或“否”)；若使用盐酸溶解，则实验结果___________(“偏高”“偏低”或“无影响”)。 20. Xe与F2在一定条件下发生下列反应，当时，近似认为Xe完全反应。 Ⅰ． ΔH1 Ⅱ． ΔH2 Ⅲ． ΔH3 向某恒压密闭容器中按充入F2和Xe，平衡时三种氟化物的分布分数随温度的变化如图1所示；T温度下，平衡时三种氟化物的物质的量随投料比的变化如图2所示，P点、Q点对应的p(F2)分别为14 kPa和224 kPa。 回答下列问题： （1）反应，ΔH=___________(用代数式表示)。 （2）反应Ⅲ的ΔH3___________0(填“＞”或“＜”)；图1中630 K之后，XeF4分布分数下降的原因为___________。 （3）曲线L2对应的物质为___________(填化学式)。 （4）T温度下，反应的Kp=___________。 （5）T温度下，当n(XeF4)最多时，体系总压为110 KPa，则p(F2)=___________kPa，p(XeF2)=___________kPa，初始投料比n(F2)：n(Xe)=___________(用最简分数表示)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 参照秘密级管理★启用前 试卷类型：A 2023级高三上学期期中校际联合考试 化学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。 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。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 N-14 Ca-40 Ni-59 Cu-64 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 化学与生活密切相关，下列说法正确的是 A. 食品加工时不可添加任何防腐剂 B. 温室气体是形成酸雨的主要物质 C. 棉花、麻和蚕丝均为碳水化合物 D. 天然气不完全燃烧会产生有毒气体 【答案】D 【解析】 【详解】A．只要按规定合理添加防腐剂，可以提高食物保存时间，因此食品加工可以添加防腐剂，但要注意在要求范围之内，A错误； B．酸雨主要是二氧化硫、氮的氧化物引起，与温室气体无关，B错误； C．棉花、麻主要成分为纤维素，属于碳水化合物； 蚕丝主要成分为蛋白质，不是碳水化合物，C错误； D．天然气不完全燃烧产生一氧化碳，一氧化碳有毒， D正确； 故选D。 2. 称取约1.7 g固体KMnO4，配制500 mL浓度约为0.02 mol·L-1待标定的KMnO4标准溶液，下列仪器中不需要使用的是 A. 500 mL容量瓶 B. 250 mL烧杯 C. 玻璃棒 D. 棕色细口试剂瓶(玻璃塞) 【答案】A 【解析】 【详解】A．配制浓度大约为0.02 mol·L-1的KMnO4溶液，无需精确配制，用量筒量取500 mL水即可，不需要500 mL容量瓶，A符合题意； B．固体药品在烧杯中溶解，需要250 mL烧杯， B不符合题意； C．固体药品在烧杯中溶解需要用玻璃棒搅拌，加速溶解，C不符合题意； D．高锰酸钾见光易分解，且会腐蚀橡胶，故配制后的溶液需储存于棕色细口试剂瓶（配有玻璃塞），D不符合题意； 故选A。 3. 物质的性质决定用途，下列说法错误的是 A. 氢氧化铝可用来治疗胃酸过多 B. 碳酸氢铵可用作食品膨松剂 C. Fe2O3可用于粉刷墙壁的红色涂料 D. 84消毒液与乙醇同时使用消毒效果更佳 【答案】D 【解析】 【详解】A．胃酸中有盐酸，氢氧化铝能与盐酸反应且碱性不强，可用于治疗胃酸过多，A项正确； B．碳酸氢铵受热易分解为二氧化碳、水、氨气，可用作食品膨松剂，B项正确； C．氧化铁为红棕色固体，常用作红色涂料，C项正确； D．84消毒液与乙醇混合会发生氧化还原反应产生氯气、同时使消毒效果变差，D项错误； 故答案选D。 4. 物质溶解包括两个过程：①溶质分子或离子的离散；②溶质分子或离子和溶剂分子进行新的结合，即溶剂化过程。NaCl固体溶于水过程示意图如下。下列说法错误的是 A. a＞4 B. ΔH1+ΔH2=ΔH3 C. 溶剂化过程是吸热过程 D. 溶解过程的能量变化，与NaCl固体和NaCl溶液中微粒间作用力的强弱有关 【答案】C 【解析】 【分析】由图知，，离子键断裂过程吸热； ，此过程形成水合离子，过程放热； ，此过程形成水合离子，过程吸热。 【详解】A．根据盖斯定律可知a+b=4，故a>4，A正确； B．根据盖斯定律可得，B正确； C．溶质分子或离子和溶剂分子进行新的结合，即溶剂化过程，图中可用表示溶剂化过程，该过程放热，C错误； D．溶解过程的能量变化取决于破坏氯化钠中离子键吸收的能量和离子水合释放的能量大小，与NaCl固体和NaCl溶液中微粒间作用力的强弱有关，D正确； 故选C。 5. 下列相关离子方程式书写正确的是 A. 用氢氟酸雕刻玻璃： B. 少量氯气通入碳酸钠溶液中： C. 少量SO2气体通入NaClO溶液中： D. 向NaHSO4溶液滴加Ba(OH)2溶液至中性： 【答案】B 【解析】 【详解】A．已知HF是弱酸，在离子方程式书写时不能拆，故用氢氟酸雕刻玻璃的反应方程式为：，A错误； B．已知HClO的酸性弱于H2CO3，强于碳酸氢根，故少量氯气通入碳酸钠溶液中的离子方程式为：，B正确； C．少量SO2气体通入NaClO溶液中，由于HClO是弱酸即H+能与过量的ClO-结合生成HClO，故该离子故此时为：，C错误； D．向NaHSO4溶液滴加Ba(OH)2溶液至中性即H+和OH-完全反应，则该反应的离子方程式为：，D错误； 故答案为：B。 6. 下列实验操作正确的是 A．酸碱中和滴定操作 B．Na与H2O的反应 C．收集NO2气体 D．向试管中滴加溶液 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．使用酸式滴定管时，用左手控制活塞，拇指在管前， 食指、中指在管后，手指略微弯曲，轻轻向内扣住活塞，手心空握以免碰到活塞使其松动漏出溶液，旋转活塞，溶液即可流出，将滴定管中溶液逐滴滴入锥形瓶中，并不断摇动锥形瓶 使溶液混合均匀，A正确； B．Na与H2O反应剧烈且放热，应将钠放入盛有水（含酚酞）的烧杯中，而非试管，避免液体飞溅，B错误； C．NO2易溶于水且与水反应，不能用排水法收集，应采用向上排空气法，C错误； D．向试管中滴加溶液时，胶头滴管应垂直悬空于试管口上方，不能深入试管内部，D错误； 故选A。 7. 二氟化氧(OF2)是一种剧毒气体，具有极强的氧化性。已知：①F2+NaOH→OF2+NaF+H2O(NaOH溶液的浓度为2%)，②OF2+S→SO2+SF4(①②方程式均未配平)。下列说法正确的是 A. OF2分子的电子式为 B. 反应①中，每生成1 mol OF2，转移电子2 mol C. 反应②中，SO2和SF4既是氧化产物又是还原产物 D. F2、OF2、SO2氧化性依次减弱 【答案】D 【解析】 【详解】A．分子中原子均满足8电子结构，电子式：，A错误； B．反应①中，，每生成1 mol ，转移电子4 mol，B错误； C．反应②中，根据反应中化合价变化可知，S元素的化合价从0价升高到+4价，S被氧化，因此含有S元素的和均为氧化产物。O元素的化合价从+2价降低到-2价，O被还原，因此含有O元素的是还原产物。仅为氧化产物，不是还原产物，C错误； D．根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，反应①是氧化剂，是氧化产物，氧化性：>；反应②中，是氧化剂，是氧化产物，氧化性：>，D正确； 故选D。 8. 向恒温恒容密闭容器中按SCl2、SO2Cl2物质的量之比1：1投料，发生反应，T1、T2温度时反应物摩尔分数随时间变化关系如图所示。下列说法正确的是 A. 反应的活化能：Ea(正)＞Ea(逆) B. 平衡后再通入N2，SCl2的分压不变 C. T1温度下，SCl2的转化率为30% D. T1温度下，平衡后按1：1再投入反应物，重新平衡时SO2Cl2的摩尔分数增大 【答案】B 【解析】 【详解】A．由图可知，温度下反应先达到平衡，所以。温度越高，反应物的摩尔分数越大，说明升高温度平衡逆向移动，该反应的正反应是放热反应， ，根据，可得，A错误； B．恒温恒容条件下，该反应是等体积反应，平衡后再通入氮气，平衡不移动；各组分的物质的量均不变、体积不变，因而各自的分压保持不变，所以的分压不变，B正确； C．温度下，设起始时SCl2、SO2Cl2的物质的量均为1 mol，平衡时反应物的摩尔分数为0.3。设平衡时SCl2、SO2Cl2的物质的量均为x mol，SOCl2的物质的量为y mol。则，且根据反应：，，联立解得，SCl2的转化率为：，C错误； D．该反应是反应前后气体分子数不变的反应，该温度下，平衡后按1:1投入反应物，相当于增大压强，平衡不移动，重新平衡时SO2Cl2的摩尔分数不变，D错误； 故选B。 9. 甲烷与H2O2转化制甲酸等物质的反应历程和能垒变化如图所示。下列说法正确的是 A. 甲烷制甲酸的反应是吸热反应 B. 微粒ii和iii是反应的中间体 C. 该过程的决速步是CH4→·CH3 D. 该反应存在极性键、非极性键的断裂与形成 【答案】C 【解析】 【详解】A．由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，即反应过程放热，则甲烷制甲酸的反应是放热反应，A错误； B．中间体是指反应过程中生成后又被消耗的物质。由反应历程图可知，微粒ii(CH3OOH)和iii(HOCH2OOH)生成后没有再被消耗，则不是反应的中间体，B错误； C．由左图可知，的活化能最高，活化能越高，反应速率越慢，属于该过程的决速步，C正确； D．反应中存在极性键(如C-H键等)的断裂与形成，也存在非极性键(O-O键)的断裂，但没有非极性键的形成，D错误； 故选C。 10. 以高砷烟尘(主要成分是As2O3、As2O5和Pb5O8)为原料制备砷酸钠晶体(Na3AsO4·10H2O)的工艺流程如图。 下列说法正确的是 A. “碱浸”时，Pb5O8与Na2S反应的物质的量之比为1：3 B. “抽滤”结束后，先关闭抽气泵 C. “氧化”的目的是将As(Ⅲ)氧化为As(V) D. “系列操作”包括蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥 【答案】C 【解析】 【分析】以高砷烟尘(主要成分是、和)为原料制备砷酸钠晶体()流程中，、与NaOH溶液反应依次形成和，与NaOH、反应为PbS；氧化滤液中的生成，经系列操作得到砷酸钠晶体。 【详解】A．“碱浸”时，与反应为，与反应的物质的量之比为1：8，A错误； B．“抽滤”结束后，应先断开抽滤瓶与抽气泵的连接，再关闭抽气泵，再把布氏漏斗拆除，B错误； C．根据分析，As有+3、+5两种价态，氧化前的As为+3价，氧化后为+5价，故“氧化”的目的是将As(Ⅲ)氧化为As(V)，C正确； D．砷酸钠晶体中含有结晶水，需要通过冷却结晶法收集固体，“系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，D错误； 故选C。 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题只有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11. 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NaCl溶液中滴入硝酸酸化的AgNO3溶液，生成白色沉淀 NaCl是离子化合物 B 自热米饭附带的热源包(主要成分CaO，少许Na2CO3、Al粉)加水后，未产生气体 Al粉已经变质 C 向Na2O与水反应后的溶液中滴入酚酞溶液，先变红后褪色 Na2O有漂白性 D 已知[Fe(SO2)6]3+是红棕色，将SO2通入FeCl3溶液中，溶液先变为红棕色，一段时间后又变成浅绿色 Fe3+与SO2络合反应速率比氧化还原反应速率快 A. A B. B C. C D. D 【答案】BD 【解析】 【详解】A．向NaCl溶液中滴入硝酸酸化的溶液，生成白色沉淀（AgCl）。该现象仅证明溶液中含有Cl⁻，但不能推断NaCl是离子化合物。因为共价化合物（如HCl）溶于水后也能电离出Cl⁻，故A错误； B．自热米饭附带的热源包中CaO与水反应生成，与反应生成NaOH和沉淀，NaOH溶液再与Al粉反应产生氢气。加水后，未产生气体可说明Al粉已经变质，故B正确； C．向与水反应后的溶液（即NaOH溶液）中滴入酚酞，先变红后褪色，变红是因NaOH溶液呈碱性，褪色是因NaOH溶液浓度过大破坏了酚酞的结构使其转化为无色物质，本身无漂白性，故C错误； D．将SO2通入FeCl3溶液，溶液先变红棕色（生成[Fe(SO2)6]3+，发生络合反应），一段时间后变浅绿色（三价铁被SO2还原为Fe2+）。现象表明络合反应速率快于氧化还原反应速率，故D正确； 故选BD。 12. 镍基合金具有优异的性质。从无机相萃取镍形成的配合物如图1所示；NixCuyNz晶体的立方晶胞如图2所示，已知相邻原子间的最近距离之比。 下列说法正确的是 A. 配合物中镍的化合价为+4价 B. 配体中C原子的杂化方式为sp2和sp3 C. 晶体中与Cu原子最近且等距离的Ni原子的数目为8 D. 设阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为 g·cm-3 【答案】B 【解析】 【分析】由相邻原子间的最近距离之比可知，晶胞中镍原子位于面心，个数为：6×=3，铜原子位于顶点，个数为：8×=1，氮原子位于体心，个数为1。 【详解】A．由结构式可知，配合物的配体为、水分子和ArSO，则中心离子为化合价为+2价的镍离子，A错误； B．由结构式可知，配体中环上的双键碳原子和酯基碳原子的杂化方式为sp2杂化，烃基中的饱和碳原子的杂化方式为sp3杂化，B正确； C．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的铜原子与位于面心的镍原子距离最近，则晶体中与铜原子最近且等距离的镍原子的数目为12，C错误； D．设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(10—7 a)3d，解得d=×1021，D错误； 故选B。 13. 不饱和聚酯可用于制备玻璃钢，其合成路线如下： 下列说法错误的是 A. 反应物A和C互为同系物 B. 反应物B的名称为1,2-丙二醇 C. E与足量氢气反应的产物有3个手性碳原子 D. 1 mol高分子F最多可消耗3n mol NaOH 【答案】AD 【解析】 【分析】A和B发生开环反应生成D，B是1,2-丙二醇，由B和E发生缩聚反应生成F可知，E为，C和B开环生成E，所以C是。 【详解】A．A和C结构不相似，不相差若干CH2，不是同系物，A错误； B．根据分析B是1,2-丙二醇，B正确； C．E与足量氢气反应后产物有3个手性碳原子，如图，C正确； D．F链节上有3个酯基，1个端基羧基，1 mol F消耗4n mol氢氧化钠，D错误； 故选AD。 14. 近日，科学家研制出一种由碳基ORR高效催化的可充电锌—空气/碘化物混合电池，其放电过程如图所示。下列叙述正确的是 A. 充电时，电极N接直流电源的正极 B. 阻隔空气进入该电池，电池停止工作 C. 放电时，若消耗x mol 和y mol ，理论上消耗 mol Zn D. 充电时，阳极发生的电极反应为 【答案】C 【解析】 【分析】由图可知，在该电池中，空气中的氧气在碳基ORR电极（M电极）发生反应，生成，同时溶液中的也发生了反应，生成，故电极反应为①：和②：，M电极为正极；而Zn电极（N电极）发生失去电子的氧化反应，故N电极为负极；由此分析； 【详解】A．由分析知，N电极在放电时为负极，充电时该电极应当作为阴极与电源的负极相连，A错误； B．由分析知该电池的正极会发生两个电极反应，但隔绝空气只会阻断反应①的进行，而反应②不需要氧气就可以进行，故此时电池不会停止工作，B错误； C．由分析知，消耗x mol 时会转移4x mol ，消耗y mol 时会转移6y mol ，故在此条件下共转移(4x+6y) mol ，由于消耗1 mol Zn需转移2 mol ，故在此条件下消耗的Zn的物质的量为，C正确； D．由图可知该电池的电解质中会有参与反应，故该电池的电解质应为碱性，不应有参与反应，正确的电极反应应为，D错误； 答案选C。 15. 使用特定催化剂进行乙酸直接加氢制备乙醇反应原理如下： 主反应： 副反应： 初始投料为，平衡时，2 MPa下乙醇和乙酸乙酯的选择性(S)随温度变化与250℃下乙醇和乙酸乙酯的选择性(S)随压强变化如图所示。 已知：Ⅰ． Ⅱ．副反应的热效应小于主反应。 下列说法错误的是 A. 曲线a表示2 MPa下S(乙醇)随温度的变化 B. M点对应条件下，n(乙醇)：n(水)=10：9 C. M点与N点主反应的K值：KM＜KN D. 曲线c变化的原因是主反应逆向移动程度大于副反应 【答案】AB 【解析】 【分析】主反应为气体体积减小的放热反应，增大压强，平衡正向移动，乙醇的选择性上升，则250℃下乙醇选择性随压强变化的曲线是a；主反应和副反应均为放热反应，温度升高，主反应和副反应的平衡均逆向移动，主反应逆向移动的程度大于副反应，曲线b表示2MPa时乙醇选择性随温度变化的曲线；同理，c表示2MPa时乙酸乙酯选择性随温度变化的曲线，d表示250℃时乙酸乙酯选择性随压强变化的曲线。 【详解】A．曲线a表示250℃下S(乙醇)选择性随压强变化的曲线，A错误； B．M点时，S(乙醇)=90%，S(乙酸乙酯)=10%。根据选择性定义，设平衡时n(乙酸乙酯)=y，则n(乙醇)=18y。根据反应方程式，生成y mol乙酸乙酯的同时会消耗y mol乙醇并生成y mol水；则主反应共生成了18y+y=19y mol乙醇，同时也生成了19y mol水。故水的总物质的量为19y+y=20y。因此，平衡时n(乙醇):n(水)=18y:20y=9:10，B错误； C．曲线b表示2 MPa时乙醇选择性随温度变化的曲线，曲线上的M点是350℃时主反应代表的乙醇的选择性，其平衡常数为；曲线d表示250℃时乙酸乙酯选择性随压强变化的曲线，曲线上的N点250℃时乙酸乙酯的选择性，其主反应平衡常数为，主反应是放热反应温度越高K值越小，则，C正确； D．主反应、副反应是放热反应，升高温度主反应、副反应平衡均向逆反应方向移动，副反应的热效应小于主反应，主反应(乙醇)的选择性降低，则副反应(乙酸乙酯)的选择性提高，即主反应逆向移动程度大于副反应，D正确； 故选AB。 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16. 工业合成氨的反应为 。 回答下列问题： （1）已知N≡N的键能为946 kJ·mol-1、H-H的键能为436 kJ·mol-1、N-H的键能为390.8 kJ·mol-1，则ΔH=___________kJ·mol-1；该反应在常温下___________(填“能”或“不能”)正向自发。 （2）一定条件下，工业合成氨速率方程为，根据表中数据，β=___________； 实验 c(N2)/mol·L-1 c(H2)/mol·L-1 c(NH3)/mol·L-1 v/mol·L-1·s-1 1 m n p q 2 m n 0.1p 10q 3 m 4n p 8q 在合成氨过程中，需要不断分离出氨的原因为___________(填标号)。 a．有利于平衡正向移动 b．防止催化剂中毒 c．提高反应速率 （3）科学家研究了三种催化剂上N2还原为NH3反应历程中的能量变化(图1)，则三种催化剂的催化活性由强到弱的顺序为___________(用字母a、b、c排序)。 （4）在一定温度和催化剂的条件下，将0.1 mol NH3通入3 L的密闭容器中进行反应，各物质的分压随时间的变化曲线如图2所示。 （5） （6） ①若保持容器体积不变，t1时反应达到平衡，用H2的浓度变化表示0~t1时间内的反应速率v(H2)=___________mol·L-1·min-1(用含t1的代数式表示)。 ②t2时将容器体积迅速缩小至原来的一半并保持不变，图中能正确表示压缩后N2分压变化趋势的曲线是___________(填“a”“b”“c”“d”)。 【答案】（1） ①. -90.8 ②. 能 （2） ①. 1.5 ②. ac （3）bac （4） ①. 或 ②. b 【解析】 【分析】=反应物的总键能-生成物的总键能。催化剂通过降低反应活化能提高反应速度。 【小问1详解】 =反应物的总键能-生成物的总键能=；该反应，；，该反应常温下能自发进行； 【小问2详解】 将实验1、3中数据分别代入合成氨的速率方程可得：①，③，解得； a．合成氨过程中，不断分离出氨，即降低体系中c(NH3)，生成物浓度下降，平衡向正反应方向移动，a正确； b．c(NH3)改变氨不能防止催化剂中毒，b错误； c．将实验1、2中数据分别代入合成氨的速率方程可得：①，② ，解得；根据速率方程式可知反应速率与氨气浓度呈反比，c(NH3)浓度下降，反应速率加快，c正确； 故选ac； 【小问3详解】 催化剂通过降低反应活化能提高反应速率，从图中可知不同催化剂下反应的活化能：b<a<c；则催化活性由强到弱的顺序为：b＞a＞c； 【小问4详解】 ①结合图像可知体系起始压强为200kPa，根据化学计量数关系平衡时P(N2):P(H2)=1:3，可知t1平衡时p(N2)=40kPa，p(H2)=120kPa，p(NH3)=120kPa，t1平衡时的总压为120kPa+120kPa+40kPa=280kPa，设平衡时生成氮气为xmol，列三段式：，则，x=0.02mol，则； ②在压缩体积瞬间平衡来不及发生移动，则压强变为压缩前压强的2倍，因为压强增大平衡逆向移动，氮气的分压减小，则符合氮气压强变化的曲线为b。 17. 电化学处理CO2将其转化为其他化学产品，是一种减缓温室效应并综合利用CO2的好方法。回答下列问题： Ⅰ．原电池法：通过“溶解”水中的二氧化碳，以触发电化学反应，有效减少碳的排放，其工作原理如图1所示。 （1）原电池工作时，a极为___________极(填“正”或“负”)，b极区的电极反应式为___________。 （2）原电池工作时，电子经导线由___________(填“a→b”或“b→a”)，b极区析出少量固体为___________(填化学式)。 Ⅱ．电解法：电解还原CO2的方法如图2所示，其中电解质溶液为稀硫酸，电极均为惰性电极。 （3）若CO2还原产物为CH4，则阴极的电极反应式为___________。 （4）电解池工作时，H⁺通过阳离子膜移向___________极(填“m”或“n”)。 （5）若阴极还原产物只有C2H4，当阳极区溶液质量减少36 g时，产生C2H4的物质的量为___________。 【答案】（1） ①. 负 ②. （2） ①. a→b ②. NaHCO3 （3）8H++CO2+8e-=CH4+2H2O （4）n （5）mol 【解析】 【小问1详解】 根据b极产生水得电子生成H2，可得b极为正极，a极为负极，b极发生的反应为； 【小问2详解】 电子由负极流向正极，故为a→b，b极生成碳酸氢根，故b极析出NaHCO3固体； 【小问3详解】 电解装置中电极m生成氧气，故为阳极，n为阴极。CO2还原生成CH4的电极反应式为8H++CO2+8e-=CH4+2H2O； 【小问4详解】 电解池中阳离子流向向阴极移动，n极为阴极，故H+移向n极。 【小问5详解】 阳极反应为2H2O-4e- = O2↑+4H+，阳极区减少的质量为生成O2的质量与迁移出H+的质量之和。设转移电子为4xmol，则x×32 +4x = 36，解得x=1，转移电子为4mol。阴极生成C2H4的反应为2CO2 +12e- + 12H+ = C2H4+4H2O，转移4mol电子时，生成C2H4的物质的量= mol=mol。 18. 氟碳铈矿的主要成分为，含少量等杂质。由氟碳铈矿提取铈的一种工艺流程如下： 已知： Ⅰ．“焙烧1”中转化为。 Ⅱ．电极电势的大小反映物质的氧化性还原性强弱。电极电势(E)越大，氧化型物质氧化性越强，反之还原型物质还原性越强。 氧化型/还原型 标准电极电势E 0.68 0.96 1.49 1.61 1.77 Ⅲ．有机物从溶液中萃取的过程为。 回答下列问题： （1）为了增大反应速率，提高原料的利用率，“焙烧1”前可将矿石___________处理。 （2）根据已知Ⅱ提示，“酸浸”时试剂a最好为___________(填标号)，试剂a与反应的化学方程式为___________。 A． B． C． D． （3）滤渣的主要成分除还有___________(填化学式)。 （4）加氨水“中和”的目的是___________。 （5）“沉铈”过程中，转化为沉淀，该反应的离子方程式为___________。 （6）依据上述工艺流程，下列说法错误的是___________。 A. 由已知Ⅱ可得，氧化性，还原性 B. “萃取”和“反萃取”的主要目的是除去溶液中 C. “反萃取”过程中，适当提高稀硝酸浓度，可以提高反萃取率 D. “焙烧2”过程中，发生分解反应 【答案】（1）粉碎 （2） ①. C ②. （3） （4）中和，有利于提高的萃取率 （5） （6）AD 【解析】 【分析】将氟碳铈矿原矿与纯碱混合后进行高温焙烧，目的是打破原矿稳定的结构，使其转化为更易后续处理的焙烧矿；接着把焙烧矿粉碎研磨，增大它与稀酸的接触面积，再加入稀酸浸出，铈会溶解到酸液中形成含铈浸出液，其余不溶性物质则成为浸出渣，随后通过过滤将浸出渣分离出去；之后向得到的浸出液中加入除杂试剂，去除里面混有的铁、钙、镁等杂质离子，再次过滤后就能得到纯净的含铈溶液；往这份纯净溶液里加入沉淀剂，铈会以固体沉淀物的形式析出，过滤收集沉淀物后还要进行洗涤，洗掉沉淀物表面残留的杂质；最后将洗净的铈沉淀物再次高温焙烧，就能制得氧化铈产品。 【小问1详解】 “焙烧1”前将矿石粉碎，能增大矿石与的接触面积； 【小问2详解】 由已知II知，要将还原为，需要选择一种还原性物质， A．从标准电极电势看，还原性较弱，不能将还原，A错误； B．是氧化性离子，B错误； C．中氧为价，处于中间价态，既有氧化性又有还原性，C正确； D．氧气一般作氧化剂，D错误； 故答案选C。 与发生化学方程式为：； 【小问3详解】 氟碳铈矿中含等杂质，“焙烧1”中转化为、SiO2与Na2CO3反应生成Na2SiO3，在“酸浸”步骤中Na2SiO3与H2SO4反应生成H2SiO3沉淀，故滤渣的主要成分除CaSO4外还有H2SiO3； 【小问4详解】 “酸浸”后溶液呈酸性，加氨水“中和”是为了中和过量的稀硫酸，有利于提高的萃取率； 【小问5详解】 “沉铈”过程中，与；溶液反应转化为沉淀，离子方程式为：； 【小问6详解】 A．根据标准电极电势，，氧化性，A 错误； B．“萃取”是萃取，“反萃取”是将从有机相转移到水相，主要目的是富集，除去溶液中等杂质，B正确； C．“反萃取”过程中，发生，适当提高硝酸浓度，增大，平衡正向移动，可以提高反萃取率，C正确； D．由已知信息II可知，氧化性Ce4+大于HNO3，说明加入稀硝酸进行反萃取时不能将Ce3+变成Ce4+，则“焙烧2”过程中，Ce3+应与空气中氧气反应生成，则发生的不是分解反应，D错误； 故答案选AD。 19. CaO2为白色或淡黄色结晶粉末，溶于酸，微溶于水。其实验室制备和含量测定的装置和实验步骤如下： Ⅰ．制备：称取一定量CaCl2·2H2O，用水溶解，加入质量分数为30%的H2O2溶液，边搅拌边加入由浓氨水和冷水(1：4)配成的溶液，在冰水浴中反应0.5 h，析出CaO2·8H2O。过滤，用少量冷水洗涤晶体2~3次，在150℃下烘0.5~1 h，冷却得粗品。 Ⅱ．测定：准确称取一定量粗品，置于烧杯中，加酸使其溶解，用0.02 mol·L-1 KMnO4标准溶液滴定至终点(滴定反应为)。 回答下列问题： （1）滴加NH3·H2O的仪器的名称为___________。 （2）三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为___________。 （3）检验CaO2·8H2O是否洗涤干净所需要的试剂为___________(填化学式)。 （4）装KMnO4标准溶液的滴定管为___________(填“酸式”或“碱式”)滴定管，滴定终点的现象为___________。 （5）若称取粗品为0.1500 g，滴定消耗KMnO4标准溶液28.00 mL，则产品中CaO2的质量分数为___________。 （6）“测定”时，能否用H2SO4溶解粗品___________(填“是”或“否”)；若使用盐酸溶解，则实验结果___________(“偏高”“偏低”或“无影响”)。 【答案】（1）恒压滴液漏斗 （2）CaCl2+H2O2+2NH3·H2O+6H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl （3）HNO3、AgNO3 （4） ①. 酸式 ②. 溶液呈微红色且30 s内不褪色 （5）67.2% （6） ①. 否 ②. 偏高 【解析】 【分析】本实验为制备CaO2并采用KMnO4滴定法来测量CaO2的纯度，称取一定量CaCl2·2H2O，用水溶解，加入质量分数为30%的H2O2溶液，边搅拌边加入由浓氨水和冷水(1：4)配成的溶液，在冰水浴中反应0.5 h，析出CaO2·8H2O，反应原理为：CaCl2+H2O2+2NH3·H2O+6H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl，过滤，用少量冷水洗涤晶体2~3次，在150℃下烘0.5~1 h，冷却得粗品，确称取一定量粗品，置于烧杯中，加酸使其溶解，用0.02 mol·L-1 KMnO4标准溶液滴定至终点，据此分析解题。 【小问1详解】 由题干实验装置图可知，滴加NH3·H2O的仪器的名称为恒压滴液漏斗，故答案为：恒压滴液漏斗； 【小问2详解】 由分析可知，三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为CaCl2+H2O2+2NH3·H2O+6H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl，故答案为：CaCl2+H2O2+2NH3·H2O+6H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl； 【小问3详解】 由分析可知，反应后CaO2·8H2O固体表面含有可溶性杂质NH4Cl，故检验CaO2·8H2O是否洗涤干净，即检验最后一次洗涤滤液中是否含有Cl-，即所需要的试剂为HNO3和AgNO3，故答案为：HNO3和AgNO3； 【小问4详解】 由于KMnO4具有强氧化性，能够氧化腐蚀碱式滴定管下端的橡胶管，不会腐蚀酸式滴定管下端的玻璃活塞，故装KMnO4标准溶液的滴定管为酸式滴定管，原溶液无色，当KMnO4溶液稍微过量时溶液显微红色，故滴定终点的现象为溶液呈微红色且30 s内不褪色，故答案为：溶液呈微红色且30 s内不褪色； 【小问5详解】 由题干方程式可知，n(CaO2)=n(KMnO4)=×0.02mol/L×28.00×10-3L=1.4×10-3mol，若称取粗品为0.1500 g，滴定消耗KMnO4标准溶液28.00 mL，则产品中CaO2的质量分数为×100%=67.2%，故答案为：67.2%； 【小问6详解】 由于CaSO4是微溶物，若“测定”时，用H2SO4溶解粗品则将生成的CaSO4覆盖在CaO2表面阻止反应继续进行，即不能用H2SO4溶解粗品，若使用盐酸溶解，由于Cl-也能被KMnO4氧化，即滴定过程中消耗更多的标准液，则实验结果偏高，故答案为：否；偏高。 20. Xe与F2在一定条件下发生下列反应，当时，近似认为Xe完全反应。 Ⅰ． ΔH1 Ⅱ． ΔH2 Ⅲ． ΔH3 向某恒压密闭容器中按充入F2和Xe，平衡时三种氟化物的分布分数随温度的变化如图1所示；T温度下，平衡时三种氟化物的物质的量随投料比的变化如图2所示，P点、Q点对应的p(F2)分别为14 kPa和224 kPa。 回答下列问题： （1）反应，ΔH=___________(用代数式表示)。 （2）反应Ⅲ的ΔH3___________0(填“＞”或“＜”)；图1中630 K之后，XeF4分布分数下降的原因为___________。 （3）曲线L2对应的物质为___________(填化学式)。 （4）T温度下，反应的Kp=___________。 （5）T温度下，当n(XeF4)最多时，体系总压为110 KPa，则p(F2)=___________kPa，p(XeF2)=___________kPa，初始投料比n(F2)：n(Xe)=___________(用最简分数表示)。 【答案】（1） （2） ①. ＜ ②. 630 K之后升高温度，反应Ⅱ逆向移动的程度大于反应Ⅲ （3）XeF4 （4）16 （5） ①. 56 ②. 9 ③. 【解析】 【小问1详解】 由盖斯定律可知反应，可由反应Ⅰ+反应Ⅱ的逆反应可得，则。 【小问2详解】 由图1可知：温度升高时，的分布分数下降，说明反应 Ⅲ的平衡逆向移动，因此反应Ⅲ为放热反应； 温度升高，反应 Ⅱ的平衡逆向移动，同时反应Ⅲ的平衡逆向移动，且温度升高使分解速率加快，导致其分布分数下降。 【小问3详解】 已知与发生反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，随着不断增加，的物质的量逐渐减小，的物质的量先增大后减小，的物质的量会逐渐增大，曲线L2随增大先增后减，因此对应的物质是。 【小问4详解】 由图可知，当=14 kPa时，，由此可得==，当=224 kPa时，由此可得反应==故反应的=16。 【小问5详解】 T温度下，当n(XeF4)最多时，由图2可知，则=；反应Ⅱ+反应Ⅲ可得反应，=解得； 由反应Ⅱ=，，可得=4，由时，近似认为Xe完全反应及压强为110 kPa=+++，可得6=54 kPa，则=9 kPa； 由=9 kPa=，=4=36 kPa，，由元素守恒可得初始=(9+9+36) kPa=54 kPa，初始=(9+9+72+27+56) kPa，则初始投料比n(F2)：n(Xe)=82:27。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $