辽宁省锦州市某校2025-2026学年高三上学期第二次月考化学试卷

2026届高三第一学期第二次阶段性考试 化学试题 命题教师：高三备课组 考试时间：75分钟满分：100分 可能用到的原子量：H:10:16N:14S:32P:31Mn:55 一、单选题：每题3分，共45分 1.化学之美，外美于现象，内美于原理。下列说法不正确的是 A.节日燃放的烟花的焰火与原子核外电子跃迁释放能量有关 B.日照香炉生紫烟与胶体的丁达尔效应有关 C.对映异构体的分子式相同，结构互为镜像，它们的化学性质完全相同 D.通电时，液晶电视显示器中液晶的长轴取向发生不同程度的改变，从而显示数字、文字 或图像 NH 2,味精主要成分是谷氨酸钠(Na0OC-CH一CH,一CH-C0O。下列说法正猜的是 A.离子半径：r(O2-)<r(Na) B.第一电离能：I1(O)水I1CN C.稳定性：H,O<NH D.电负性：X(O)下X 3.将C02与CH4转化为甲醇是一项能实现“变废为宝”的碳循环技术，化学反应原理为 2H,0+C0,+3CH,、一CH,0H。设M,是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的 是 A.常温常压下，6.72LC02的σ键数为0.6NA B.每生成1 mol CH3OH,转移的电子数为6NA C.1 mol Cl2与足量CH4发生取代反应生成HCl分子数为NA D.CH3OH中含有sp3杂化的原子数为2NA 4.2022年诺贝尔化学奖授予对点击化学和生物正交化学做出贡献的三位科学家。我国科学家 合成一种点击化学试剂X2Y2MQ,X分别与Y、Z、M形成原子个数为3、6、4的18e分子， 高三化学学科第一次阶段性考试试题 第1页共12页 19Q衰变方程：9Q→M+2。n+H。下列说法错误的是 A.X的简单离子半径一定是周期表中最小的 B.16M,和8M,组成上属于同一种物质 C.同一周期中，第一电离能小于Z的有5种元素 D.Y、M形成简单氢化物的还原性：Y>M 5.厌氧氨化法（Anammox)是一种新型的氨氮去除技术。下列说法中不正确的是 NH" NHOH 过程V NO2 A,1 mol NH:所含的质子总数为1ONa 过程1 N2H4 -2H B.联氨N2H4)中含有极性键和非极性键 过程川 C.过程Ⅱ属于氧化反应，过程V属于还原反 -2H N2H2 应 过程Ⅲ D.过程I中，参与反应的NH与NHOH的 N2 Anammox.反应模型 物质的量之比为1：1 6.Cu,0晶体结构与CsC1相似，只是用Cu,0占据CsCl晶体（图D中CI的位置，而Cs*所占位 置由0原子占据，如图所示，下列说法正确的是 ① C,0四面体 图I 图Ⅱ A.图I晶胞中CI的配位数是6 B.设图I的晶胞参数为acm,Na为阿伏加德罗常数的值，CsCl的摩尔质量为M,则CsCl 2M 晶体的密度为N8/cm C.图1晶胞中有4个Cu,0 高三化学学科第一次阶段性考试试题 第2页共12页 D.若图I晶胞中Cu,O四面体中的氧原子坐标为 则①的铜原子坐标可能为 尝) 7.科学家设计出一种新型锂介导电化学电解池，可实现低能耗、高效率合成氨，装置示意图如 图所示。下列说法正确的是 电源 H L N CH,OH CH,O i.N H H 有机游剂（含少：甲醇） NH ☐气体扩散电极 A.若以铅酸蓄电池为电源，则M极与铅酸蓄电池的Pb极相连 B.N极区发生反应：H2+2CH,O+2e=2CH,OH C.电路中每转移0.6mol电子，消耗的气体总体积为8.96L D.为提高生产效率，可向电解质溶液中加入水提供H 8.某学习小组欲对放置一段时间的某胆矾样品及受热分解产物成分进行探究。准确称取214g 样品置于加热管中，连接传感器检测固体质量随温度变化曲线如图。则下列分析正确的是 个固体质量/g 2.14 1.78 1.60 .- 0.80 0.72 30110 260380 650 1000温度/℃ A.该样品化学式为CuS0,5H,O B.650C以后胆矾才开始发生分解反应 C.胆矾中的所有结晶水与Cu+、SO?的相互作用完全相同 D.CuO在高温下可以分解产生氧气 高三化学学科第一次阶段性考试试题 第3页共12页 9.下列实验设计能达到实验目的的是 A.模拟氯碱工业制取并验证 B.验证浓度对反应速率的 实验目的 Cl2 影响 直流电源 2滴0.2m0L FcCl,溶液 实验设计 織 石墨棒 5mL4% 5mL12% H,02 饱和食盐水 淀粉 KI溶液 溶液 溶液 D.喷泉实验验证Cl2溶于水 实验目的 C.制取并收集NO2 并产生酸 金浓HNO, 实验设计 铜片 滴有石蕊的 饱和食盐水 A.A B.B C.C D.D 10.磷化氢(PH)可作为电子工业原料，在空气中能自燃，具有还原性。工业上用白磷为原料 制备PH,的流程如下。下列说法错误的是 过量NaOH溶液 稀硫酸 白磷P4→ 反应]Na.PO溶液 反应2 H3PO2 反应3 (分解反应) PH PH3 HPO4 A.制备PH时，需在无氧条件下进行 B.反应1中氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：3C.NaH,PO,属于正盐 D.不考虑损失，1molP,参与反应，可产生2.5 mol PH, 高三化学学科第一次阶段性考试试题 第4页共12页 11.实验小组探究S02与Na2O2的反应。向盛有S02的烧瓶中加入Na202固体，测得反应体系 7 中02含量的变化如图。 5 a 3￥ 100200 300+ 时间/秒 下列说法不正确的是 A.有O2生成推测发生了反应：2Na202+2S02=2Na2S03+O2 B.bc段O2含量下降与反应O2+2Na2S03=2Na2S04有关 C.c点剩余固体中含有Na2SO3 D.实验过程中Na2O2仅体现氧化性 12.调节pH可使溶液中的氨基酸主要以两性离子的形式存在，两性离子整体呈电中性，此时 溶液的pH为该氨基酸的pI(等电点)。已知：谷氨酸的pl为3.22，丙氨酸的pI为6.02，赖氨酸 的pI为9.74。利用如图装置分离这三种氨基酸，a、b为离子交换膜，电极均为惰性电极。下列 说法错误的是 COOH Cooo Cooo OH HN- 一H H OH H2N H R R 阳离子 中性 阴离子 阴离子膜阳离子膜 b 谷氨酸 丙氨酸 赖氨酸 H2S04 产品室1原料室产品室2 NaOH 溶液 溶液 A.阴极的电极反应式为2H2O+2e=H2↑+2OH B.a为阳离子交换膜，b为阴离子交换膜 C.原料室的pH应控制在6.02 D.在产品室1中，可以收集到赖氨酸 高三化学学科第一次阶段性考试试题 第5页共12页 13.N,0,晶体由NO与NO,构成。在密闭容器中，将0.100molN,0,溶于惰性溶剂，发生反 应：2N,0,=4N02+02(已知N,0gNO2均溶于该溶剂)，测得N,0,的物质的量随时间变化如 下。下列说法错误的是 t/min 0 4 5 n(N2O)/mol 0.1000 0.0700 0.0350 0.0250 0.0175 A. N,0,晶体为离子晶体 B.NO中N原子的杂化方式为sp C.溶液颜色不再发生变化可判断该反应达到限度 D.根据表中数据推测：0~2min,生成NO2的平均速率为0.0250mo/min 14.某化学学习小组为探究F3*在溶液中的颜色变化，进行以下实验。 实验编号 试剂 加热前溶液颜色 加热后溶液颜色 Fe(NO,)2溶液+蒸馏水 棕黄色 深棕色 Fe(NO),溶液+HNO, 几乎无色 几乎无色 Π FeCl,溶液+HNO, 黄色 深黄色 已知：水溶液中，[F(H,0)。]几乎无色，[Pe(H,0)]”水解生成[F(H,0),Om(棕黄 色)：[FeCL,(H,02]为黄色。 下列说法错误的是： A.实验I加热前后颜色变化的原因为 [Fe(H,0)%]+nH,0=[Fe(H,0)6.(0H]+nH,0'(a=l-6),加热后平衡正向移动，颜 色变深 B.实验Ⅱ中溶液颜色无明显变化的原因为H对平衡的影响大于温度对平衡的影响 C.常温下，向实验Ⅱ的溶液中加入一定浓度的NaC1溶液后，溶液可变为黄色 高三化学学科第一次阶段性考试试题 第6页共12页 D.三组实验说明，可用HCI调节pH探究F+显色的原因 15.恒容密闭容器中，nmol C0,与3 mol H2在不同温度下发生反应： 2C02(g)+6H2(g)一C,H,(g)+4H,0(g),达到平衡时，各组分的物质的量浓度(C)随温度(T) 变化如图所示： c/(mol.L) X T T/°C 下列说法正确的是 A.该反应的平衡常数随温度升高而增大 B.曲线Y表示c(CH4)随温度的变化关系 C.提高投料比[n(C02)m(H2)],可提高H2的平衡转化率 D.其他条件不变，2 amol C02与6 amol H2在T℃下反应，达到平衡时c(H2)<c mol-L 二、填空题：共55分 16.(14分)海水中的化学资源具有巨大的开发潜力。 (I)溴及其化合物广泛用于医药、塑料阻燃剂等。苦卤（含Br)提溴的工业流程如下： 空气 苦卤（含Br)C凸吹出塔→吸收塔 稀HS0 蒸馏塔 →液溴 ①用离子方程式表示通入Cl2目的是 ②吸收塔中盛有N2CO3溶液，通入足量Br2蒸气时，有BO;和无色气体生成，反应的离子方 程式是 高三化学学科第一次阶段性考试试题 第7页共12页 (2)用下图所示装置(*表示斜发沸石)分离海水中的K+和Nat,料液（含K+、Na+、CI和I )先流过斜发沸石吸附K+和I。然后通电，双极膜产生的H将K+交换下来，OH将厂交换 下来，得到A溶液。 料液K、Na、C和r) 双极膜 双极膜 双极膜 双极膜 H,O 举兴 ** 幸 *壁 米米 #* * Na、Cr Na、Cl A溶液 阴离子 阳离子 阴离子 阳离子 交换膜 交换膜 交换膜 交换膜 通电前 通电时 ①简述A溶液中含K+不含Na的原因： ②海水中cK)>cI),则A溶液中的溶质是 ③为了提高产率并防止原料浪费，通电一段时间后，将阴、阳极的斜发沸石对调，继续通电， 此时斜发沸石内主要反应的离子方程式是 (3)KI广泛用于皮肤科、眼科等疾病的治疗。利用海水中获得的]2和(2)中获得的A溶液及 Fe粉，可获得纯度较高的KI晶体，流程如下： A溶液 适量L,溶液1Fe粉 过滤 溶液2操作包KI晶体 加热 (pH为6-7) 除去Fe(OHD2 已知：i.KI的溶解度 温度/C 6 20 60 100 KI的溶解度g 128 140 176 206 i.312+6K0H=5KI+KI03+3H20 ①用化学方程式说明加入F粉的作用： ②操作1是 过滤，洗涤，干燥。 高三化学学科第一次阶段性考试试题 第8页共12页 17.(14分)光气(C0C12)有剧毒，微溶于水，是有机物、药物、染料及其他化工制品的重要中 间体。 (1)已知：一定温度下，由元素的最稳定单质生成1mol纯物质的热效应称为该物质的摩尔生成 焓。部分物质的摩尔生成焓如表所示。 物质 C0C1,(g) H202() H0() HCI(g) CHCI,(g) 摩尔生成焓/(kJ·mol) -223.1 -189.2 -285.8 -92.1 -100.4 则反应CHC,(g)+H,O2(I)=HCI(g)+HO()+C0C12(g)△H= kJ.mol-,该反 应在 (填“高温低温”或“任意温度)下能自发进行。 (2)一定温度下，氧气也可以将氯仿氧化为光气，其反应为 2CHC,(g)+O2(g)=2HC1(g)+2C0C12(g)△H<0。当反应达到平衡状态时，下列措施可以有 效提高COCl,产率的是 (填序号)。 ①升温②增加氧气浓度③增大压强④加催化剂⑤及时移出HC (3)在体积分别为%L和VL的两个恒容密闭容器中，均充入2 mol CHCI,(g)和1 molO2(g),发 生反应2CHCl,(g)+Oz(g)≠2HCI(g)+2C0C,(g),测得CHCl,(g)的平衡转化率随温度(I的变 化关系如图所示。 100 ①TC时，体积为YL的容器中，反应经mi血达到平 80 衡。0~tmin内，v(HCl)= (用含V、t的 75 式子表示)mol.L-.min。 60 ②T℃时，用各气体的物质的量分数代替物质的量浓 40 T/C 度表示的反应平衡常数为K,该反应的 K.= 提示：对于反应mA(g)+B(g)=pC(g+gD(g),K=(CD x"(A)x”(B)' 高三化学学科第一次阶段性考试试题 第9页共12页 为物质的量分数。 ③结合图像分析，V (填><”或=)V2,判断的理由为 18.（14分)二苯乙二酮 是重要的化学品，常由安息香 M,=212)制得。一种利用NH,NO,氧化安息香制二苯乙二酮的原理、装置及步骤如下： (CH3C00)2Cu\/N2t+H20 反应B CH3COOCu 、NHNO3 I.在50mL装置A中加入0.08g(CH,C00),Cu,2.40gNH4NO3(过量)、 4.24g安息香以及18.0mL冰醋酸。 Ⅱ.安装回流装置，加入磁子，使用磁搅拌加热器加热搅拌。平稳回流40min 后，每隔l5min利用薄板层析检测反应混合物，当安息香已全部转化为二 装置A 苯乙二酮后，停止加热。 Ⅲ.充分冷却后，将析出的黄色固体滤出，用95%乙醇重结晶，晾千后称 量，得黄色柱状晶体3.57g。 回答下列问题： (1)装置A的名称是」 (CH,C0O),Cu的作用是 (2)步骤Ⅱ中，搅拌的作用是， (3)反应B的化学方程式为 (4)薄板层析在生化实验中应用广泛。薄板表面涂有硅胶，其剖面如图一所示。取装置A内液体 点在湾板M处，乙酸乙酯和正己烷的混合液带动样品在薄板上爬升时（图二），由于硅胶层表面 对安息香与二苯乙二酮吸附力强弱不同，因此爬升高度不同（图三）。回答下列问题： 高三化学学科第一次阶段性考试试题 第10页共12页 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B C A A D A D B B 题号 11 12 13 14 15 答案 D D D D C 16．（14分，每空2分）(1) (2) 料液(含、、和)先流过斜发沸石，被吸附，与分离，随溶液流出，然后通电，双极膜产生的将交换下来，通过阳离子交换膜进入中 、 (3) 加热浓缩（蒸发浓缩），降温结晶（冷却结晶） 17．（14分，每空2分）(1) 任意温度 (2)②⑤ (3) 21.6 > 该反应为气体体积增大的反应，容器体积越大，则压强越小，反应正向进行的程度越大，的平衡转化率越高 18．（14分，每空2分，标注除外）(1) 三颈烧瓶（1分） 催化剂(或答“起催化作用”)（1分） (2)使混合物受热均匀，防暴沸 (3) (4) 点 (5)吸收峰消失(或答“羟基/吸收峰消失”) (6)85%(或答0.85) 19．（13分，每空2分，标注除外）(1) C6H6NCl（1分） 碳氯键或氯原子、氨基 (2)CD (3)14 (4) 2++3C2H5OH (5) 详解： 1．C 【详解】A．焰火颜色由金属原子电子跃迁释放特定波长光形成，A正确； B．胶体分散质颗粒散射光线产生丁达尔效应，符合“紫烟”现象，B正确； C．对映异构体结构镜像对称，但在手性环境中反应活性或生物功能可能不同（如药物异构体活性差异），化学性质不完全相同，C错误； D．液晶分子在电场下改变排列方向，调控透光性以显示图像，D正确； 故答案选C。 2．B 【详解】A．O2-和Na+电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，则r(O2-) > r(Na+)，故A错误； B．N原子p轨道半充满，稳定结构，第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能(O)<(N)，故B正确； C．同周期元素从左到右非金属性增强，非金属性O > N，非金属性越强氢化物越稳定，则稳定性H2O > NH3，故C错误； D．同周期元素从左到右电负性增大，电负性χ(O) > χ(N)，故D错误； 选B。 3．C 【详解】A．二氧化碳分子中σ键数为2，常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，则6.72 L二氧化碳的σ键数小于×2×NAmol—1=0.6NA，A错误； B．由方程式可知，反应生成4mol甲醇时，转移电子的物质的量为6mol，则反应生成1mol甲醇时，转移电子的数目为1mol××NAmol—1=1.5NA，B错误； C．光照条件下甲烷与氯气发生取代反应生成氯代甲烷和氯化氢，则1mol氯气完全反应时，生成氯化氢的分子数为1mol×NAmol—1=NA，C正确； D．未明确甲醇分子的物质的量，无法计算分子中含有sp3杂化的原子的物质的量和数目，D错误； 故选C。 4．A 【分析】X分别与Y、Z、M形成原子个数为3、6、4的分子，X为H元素；M的质量数为16，M为O元素与H形成H2O2含18e-、Y为S元素与H形成H2S含18e-、Z为N元素与H形成N2H4含18e-。根据衰变方程，Q的质子数为9，Q是F元素。 【详解】A．H-的半径大于Li+，故A错误； B．和都是氧气分子，故B正确； C．同一周期中，第一电离能小于N的有Li、Be、B、C、O，共5种元素，故C正确； D．S的非金属性小于O，还原性，故D正确； 选A。 5．A 【详解】A．1mol中含有质子总数为11NA，A不正确： B．联氨（N2H4）的结构式为，含有极性键和非极性键，B正确； C．过程Ⅱ氮元素由-2价升高到-1价，是氧化反应，过程Ⅳ氮元素化合价由 +3价降为-1价，是还原反应，C正确； D．过程Ⅰ中中N显-3价，NH2OH中N显-1价，N2H4中N显-2价，根据氧化还原反应规律可知，与NH2OH的物质的量之比为1:1，D正确。 故选A。 6．D 【详解】A．CsCl晶胞中，Cl⁻的配位数为8（体心离子周围有8个顶点异号离子），A错误； B．CsCl晶胞含1个Cs+（体心）和1个Cl⁻（顶点8×=1），即1个CsCl单元，则其密度为 g/cm3，B错误； C．图Ⅱ中，Cs⁺位置（顶点）被O原子占据（8×=1个），Cl⁻位置（体心）被占据（1个）。含4个Cu和1个O，总Cu为4，总O为1（中）+1（顶点O）=2，故数目为=2，C错误； D．根据题意可知Cu2O晶胞为，根据图中所给坐标系，和已知的O坐标为(，，)可知，①的Cu坐标可能为(，，)，D正确； 选D。 7．A 【分析】由图可知，N电极为阳极，氢气失去电子发生氧化反应生成，电极反应式为，进一步与CH3O-离子结合生成CH3OH，离子方程式为；M电极为阴极，在阴极得到电子生成Li，电极反应式为，Li进一步与氮气反应生成Li3N，方程式为，之后Li3N与CH3OH反应得到氨气，方程式为，据此分析解题。 【详解】A．据分析，M电极为阴极，连接电源的负极，而铅酸蓄电池中Pb为负极，则M极与铅酸蓄电池的Pb极相连，A正确； B．N电极为阳极，失去电子发生氧化反应，则N极区发生总反应为，B错误； C．根据电极反应式，当电路中转移0.6 mol电子时，阳极消耗0.3 mol氢气，阴极产生0.6 mol Li，消耗0.1mol氮气，则消耗气体总物质的量为0.4 mol，但题中并未说明标准状况，无法计算气体体积，C错误； D．由于水能与Li直接反应，消耗掉还原生成的Li，导致Li难以与氮气发生反应，从而降低生产效率，D错误； 故答案选A。 8．D 【详解】A．胆矾样品初始质量为2.14 g，380-650℃后固体质量稳定在1.60 g，此阶段应为无水CuSO4；则有，，，即样品化学式为，A错误； B．胆矾分解包括失去结晶水和无水盐分解，30-110℃已开始失去结晶水，650℃后为无水CuSO4分解，B错误； C．胆矾的结构简式为，其中4个H2O与Cu2+配位，1个H2O通过氢键与硫酸根结合，相互作用不完全相同，C错误； D．650℃后，1.60 g无水CuSO4分解，温度高于1000℃时固体质量降至0.72 g；0.01mol CuSO4先分解为0.01 mol CuO（0.80 g），继续失重0.08 g，对应CuO分解，即；0.01mol CuO完全分解生成0.005 mol Cu2O（0.72g），证明CuO高温分解产生O2，D正确； 故答案选D。 9．B 【详解】A．该装置阳极电极材料为铁，阳极反应为，不能得到氯气，无法收集Cl2并验证，A不能达到实验目的； B．两试管中H2O2浓度不同（4%和12%），其他条件（催化剂FeCl3用量、肥皂液量）相同，H2O2分解产生O2使肥皂液形成气泡，浓度大的反应速率快，气泡产生速率不同，可验证浓度对反应速率的影响，B能达到实验目的； C．Cu与浓硝酸反应生成NO2，NO2会与水发生反应：，不能用排水法收集NO2，应采用向上排空气法收集，C不能达到实验目的； D．Cl2在饱和食盐水中溶解度极小（同离子效应，Cl-抑制Cl2溶解），无法形成较大的压强差，不能产生喷泉，D不能达到实验目的； 故答案选B。 10．B 【分析】由题给流程可知，反应1为白磷与过量氢氧化钠溶液反应生成和磷化氢，反应的化学方程式为，反应2为溶液与稀硫酸反应生成H3PO2和硫酸钠，反应的化学方程式为，反应3为H3PO2发生分解反应生成H3PO4和PH3，反应的化学方程式为； 【详解】A．白磷和磷化氢在空气中都能自燃，所以制备磷化氢时，最好在无氧条件下进行，A正确； B．反应1为白磷与过量氢氧化钠溶液反应生成和磷化氢，反应的化学方程式为，反应中磷元素的化合价既升高被氧化又降低被还原，白磷即是反应的氧化剂又是反应的还原剂，是反应的氧化产物，磷化氢是还原产物，则氧化产物和还原产物的物质的量之比为3：1，B错误； C．由反应1中白磷与过量氢氧化钠溶液反应生成和磷化氢可知，不能与氢氧化钠溶液反应，说明在溶液中不能电离出氢离子，属于正盐，C正确； D．由反应1的方程式可得：P4~PH3，由反应1、反应2、反应3可得如下转化关系：P4~3NaH2PO2~3H3PO2~1.5 PH3，则1 mol白磷参与反应，可产生1mol+1.5mol=2.5 mol磷化氢，D正确； 故选B。 11．D 【详解】A．起始阶段有大量产生，说明与发生了反应并生成了，则反应的方程式为：，A正确； B．bc段含量下降，说明有物质在消耗，根据容器内物质的成分可知，可能是生成的继续与反应导致的，反应的方程式为：，B正确； C．根据前面的信息，与发生总反应为：，在c点时，氧气含量还在减小，说明反应还在发生，则c点剩余固体中还含有，C正确； D．根据反应可知既体现了氧化性，被还原为，又体现了还原性，被氧化为，D错误； 故答案为：D。 12．D 【分析】由题干的电解池装置图可知，阳极室电解H2SO4溶液，电极反应为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，阴极室为电解NaOH溶液，电极反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，H+经a膜进入产品室1，OH-经b膜进入产品室2，则a膜为阳离子交换膜，b膜为阴离子交换膜，结合三种氨基酸的pI值可知，产品室1显酸性则为谷氨酸，产品室2显碱性则为赖氨酸，丙氨酸留在原料室，据此解答。 【详解】A．由分析可知，阴极室电解NaOH溶液，阴极的电极反应为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，A正确； B．由分析可知，a为阳离子交换膜，b为阴离子交换膜，B正确 ； C．由分析可知，丙氨酸留在了原料室，根据丙氨酸的pI值可知，原料室的pH应控制在6.02，C正确； D．由分析可知，产品室1显酸性，则为谷氨酸，则可以收集到谷氨酸，D错误； 故选D 。 13．D 【详解】A．根据题干描述“晶体由与构成”，所以晶体为离子晶体，A正确； B．中，中心原子N价层电子对数为2，孤电子对数为0，故中心原子为杂化，B正确； C．根据题干描述“溶于该溶剂”，当溶液颜色不变时，即浓度不再发生变化，该反应达到限度，C正确； D．观察表格数据发现的量减少一半所需时间是定值，故时，为，生成的平均速率应为，D错误； 故选D。 14．D 【分析】本题主要考查化学平衡移动原理在实验中的应用，溶液中存在水解平衡, 升高温度，水解平衡正向移动,从而引起溶液颜色的变化。增大生成物浓度或采取使反应物浓度变小的措施均会让平衡逆向移动。结合上述因素对平衡的影响从而可以探究显色的原因。 【详解】A．根据已知信息可知，溶液中存在水解平衡，水解反应是吸热反应，升高温度，水解平衡正向移动，的浓度增大，颜色变深，A正确； B．实验II中，升高温度，的水解平衡正向移动，浓度增大。加入HNO3，溶液中增大，抑制了的水解。由溶液颜色无明显变化，可判断对平衡的影响大于温度对平衡的影响，B正确； C．常温下，向实验II的溶液中加入一定浓度的溶液后，发生反应，所以溶液变为黄色，C正确； D．向实验II的溶液中加入一定浓度的溶液后，发生反应，溶液变为黄色，可知-浓度对在溶液中的颜色有影响，而中含有，因此不能用调节探究显色的原因，D错误； 故答案选D。 15．C 【详解】A．由图可知，温度升高，H2的平衡浓度增大，说明平衡逆向移动，该反应为放热反应，该反应的平衡常数随温度升高而减小，故A错误； B．结合方程式可知，的变化量为变化量的，则曲线Y表示随温度的变化关系，故B错误； C．提高投料比即增大CO2的浓度，平衡正向移动，的平衡转化率增大，故C正确； D．其他条件不变，与在℃下反应，等效于增大压强，该反应是气体体积减小的反应，平衡正向移动，的浓度减小，当仍然大于与在℃下发生反应时的平衡浓度，故D错误； 故选C。 16．(1) (2) 料液(含、、和)先流过斜发沸石，被吸附，与分离，随溶液流出，然后通电，双极膜产生的将交换下来，通过阳离子交换膜进入中 、 (3) 加热浓缩，降温结晶 【分析】(1)苦卤中通入氯气发生氧化还原反应生成溴单质，通入热空气吹出后吸收塔中，Na2CO3吸收了Br2后的溶液中含有Br-和，用碳酸钠吸收，加入稀硫酸反应生成溴单质，蒸馏塔中得到液溴， (3)A溶液中含有KI、KOH，加入适量I2发生反应：，加入铁粉将KIO3还原为KI，铁元素转化成Fe(OH)2沉淀，过滤掉固体，得到溶液2是KI溶液，再根据KI的溶解度，加热浓缩，降温结晶，过滤，洗涤，干燥可得KI晶体，据此分析； 【详解】（1）①Cl2和苦卤中的Br-反应生成Br2，离子方程式； ②该反应Br元素发生自身歧化反应，Br元素的化合价升高生成，化合价降低生成Br-，根据原子守恒可知无色气体是CO2，则该反应的离子方程式为：； （2）①A溶液中含不含的原因：料液(含、、和)先流过斜发沸石，被吸附，与分离，随溶液流出，然后通电，双极膜产生的将交换下来，通过阳离子交换膜进入中； ②通电后双极膜产生的将交换下来，将交换下来，得到A溶液，则A溶液的溶质为KI，由于，根据溶液呈电中性，则应还有OH-，则另一个溶质为KOH； ③将阴、阳极的斜发沸石对调，则交换下来、交换下来，两者反应生成水，离子方程式是：； （3）①根据已知信息ii，可知溶液1含有KIO3，加入铁粉将KIO3还原为KI，铁元素转化成Fe(OH)2沉淀，反应的化学方程式：； ②溶液2是KI溶液，根据已知信息i可知KI的溶解度随温度升高而增大，且变化明显，则可升温得到浓的KI溶液，再降温析出晶体，则从KI溶液中得到KI晶体，操作1是：加热浓缩，降温结晶，过滤，洗涤，干燥。 17．(1) 任意温度 (2)②⑤ (3) 21.6 > 该反应为气体体积增大的反应，容器体积越大，则压强越小，反应正向进行的程度越大，的平衡转化率越高 【详解】（1）计算反应：根据摩尔生成焓公式，等于生成物的摩尔生成焓之和减去反应物的摩尔生成焓之和。代入数据得 ；该反应，反应后气体分子数增加，根据，始终小于0，任意温度下自发； （2）  ，为了提高产率，应使平衡正向移动：①升温：，平衡逆向移动，产率降低；②增加氧气浓度，平衡正向移动，产率提高；③增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动产率降低；④加催化剂，只能加快反应速率，不影响平衡移动，产率不变；⑤及时移出HCl，减小生成物浓度，平衡正向移动，产率提高，答案为②⑤； （3）①时，体积为的容器中，平衡转化率为75%，则消耗为。根据反应，生成HCl的物质的量为1.5 mol。内，； ②时，体积为的容器中，达到平衡时，，，，据计算公式可得； ③由图可知，同一温度下，在容器中的转化率大于在容器中的，由于该反应为气体体积增大的反应，容器体积越大，压强越小，而压强减小有利于平衡正向移动，使的平衡转化率增大，故大于。 18．(1) 三颈烧瓶 催化剂(或答“起催化作用”) (2)使混合物受热均匀，防暴沸 (3) (4) 点 (5)吸收峰消失(或答“羟基/吸收峰消失”) (6)85%(或答0.85) 【分析】 安息香在做催化剂条件下与硝酸铵反应生成，在圆底烧瓶里加入、和冰醋酸，加热搅拌，待平稳回流，安息香已全部转化为二苯乙二酮后，停止加热，冷却后，析出黄色固体，过滤，用乙醇重结晶，可得晶体，据此分析； 【详解】（1）装置A的名称是三颈烧瓶，由反应原理图可知，生成后与硝酸铵又转化为，作用是催化剂； （2）步骤II中，搅拌的作用是使混合物受热均匀，防暴沸； （3）反应B为与硝酸铵转化为和氮气与水，化学方程式为： ； （4）①A．乙酸乙酯密度小于水，A正确； B．Si—O稳定，不与水发生反应(类比与水不发生反应)，B错误； C．根据题干“硅胶层表面对安息香与二苯乙二酮吸附力强弱不同”，结合安息香与二苯乙二酮的结构可知，作用本质并非仅是范德华力，二者均可与硅胶表面形成氢键，C错误； 故选BC； ②比较安息香与二苯乙二酮的结构，可知安息香与硅胶表面形成氢键能力更强，吸附力也更强，所以随着展开剂向上展开时，爬升较慢，故图三Q点为安息香指示点。所以，当点消失时，证明烧瓶中液体不含安息香，即反应完全，可停止加热； （5）通过红外光谱测试，可得到化合物中含有官能团或化学键的信息。比较安息香与二苯乙二酮的结构，二者官能团的差异在于二苯乙二酮结构中无(或键)，故谱图变化为“吸收峰消失”； （6）根据步骤III中数据可计算二苯乙二酮的物质的量为，安息香的物质的量为，故产率为； 19．(1) C6H6NCl 碳氯键或氯原子、氨基 (2)CD (3)H信号由4种变为5种，峰面积之比由1﹕1﹕1﹕1变为1﹕1﹕1﹕1﹕2 (4)14 (5) 2++3C2H5OH (6) 【分析】 由有机物的转换关系可知，与先发生取代反应，后发生消去反应生成；与先发生加成反应，后发生消去反应生成；石蜡油作用下在270-280℃条件下转化为。 【详解】（1） 由结构简式可知，的分子式为C6H6NCl，含有的官能团为碳氯键或氯原子、氨基； （2） A．由结构简式可知，分子中单键氮原子的杂化方式为sp3杂化，原子的空间构型为三角锥形，分子中所有原子不可能共面，A错误； B．由结构简式可知，分子中含有苯环，苯环中含有大π键，B错误； C．由分析可知，Ⅱ到Ⅲ的反应为与先发生加成反应，后发生消去反应生成，所以转化中σ键和π键均有断裂与生成，C正确； D．由结构简式可知，分子中含有的苯环一定条件下能与氢气发生加成反应，该反应是原子利用率100%的还原反应，D正确； 故选CD； （3） 一定条件下间氯硝基苯与氢气发生还原反应生成，与间氯硝基苯相比，化合物Ⅰ的核磁共振氢谱图的变化有：H信号由4种变为5种，峰面积之比由1﹕1﹕1﹕1变为1﹕1﹕1﹕1﹕2； （4） 化合物Ⅳ中的酯基在酸性条件下水解得到化合物Ⅴ，则Ⅴ的结构简式为，V的同分异构体结构中含有萘环，萘环上连有基团-ONO2，说明V的同分异构体分子中含有氯原子，同分异构体的结构可以视作和分子中萘环上的氢原子被氯原子取代所得结构，共有14种； （5）由题给信息可知，分三步合成化合物a的合成路线为： ①由合成a的合成路线可知，第一步反应为苯胺与发生反应生成和乙醇，反应的化学方程式为：2++3C2H5OH； ②由合成a的合成路线可知，第二步反应为与先发生加成反应，后发生消去反应生成和可以循环使用的； （6） 由题给信息可知，合成合成b的反应为：与先发生取代反应，后发生消去反应生成 ，与先发生加成反应，后发生消去反应生成，石蜡油作用下在270-280℃条件下转化为。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $