精品解析：河南省南阳市第一中学校2025-2026学年高三上学期期中考前模拟化学试题

南阳一中2025年秋期高三年级期中考前模拟 化学试题 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Ca-40 K-39 Mn-55 Ba-137 第Ⅰ卷(选择题) 一、选择题：(本题共14小题，每小题3分，共42分，每道题只有一个选项符合)。 1. 化学与生活密切相关，下列说法正确的是 A. 苯甲酸钠可作为食品防腐剂是由于其具有酸性 B. 豆浆能产生丁达尔效应是由于胶体粒子对光线的散射 C. SO2可用于丝织品漂白是由于其能氧化丝织品中有色成分 D. 维生素C可用作水果罐头的抗氧化剂是由于其难以被氧化 2. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A. 中键数目为 B. 晶体中含有的离子数目为 C. 将0.1 mol醋酸钠溶于稀醋酸中使溶液呈中性，溶液中数目等于 D. 标准状况下，含有中子的数目为 3. 能正确表示下列反应的离子方程式是 A. 向饱和碳酸钠溶液通入过量： B 溶液中加入溶液至恰好沉淀： C. 草酸与酸性溶液反应： D. 用溶解： 4. 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 向盛有与的恒压密闭容器中通入一定体积的，最终气体颜色变浅 化学平衡向减少的方向移动 B 以为指示剂，用标准溶液滴定溶液中的，先出现白色沉淀，后出现砖红色沉淀 C 向盛有溶液的试管中加入过量铁粉，充分反应后静置，滴加KSCN溶液无明显变化；静置，取上层清液滴加几滴氯水，溶液变红 具有还原性 D 向盛有2mL饱和溶液的试管中滴加鸡蛋清溶液，振荡，有沉淀析出；加蒸馏水稀释，再振荡，沉淀溶解 蛋白质沉淀后活性改变 A. A B. B C. C D. D 5. 短周期元素X、Y、Z的原子序数依次增大。由这些元素组成的四种常见10电子微粒A、B、C、D的转化关系如图所示(条件已省略)，其中B、D的组成元素相同，D为常见无色液体。下列有关说法一定错误的是 A. 若A为氢化物，则热稳定性：A>D B. 若A为氢化物，则简单离子半径：Z>Y C. 若C为氢化物，则熔沸点：C<D D. 若C为氢化物，则X、Z形成的化合物中可能存在非极性键 6. 氮化镓(GaN)是一种重要的半导体材料，广泛应用于光电信息材料等领域，可利用反应制备。反应历程(TS代表过渡态)如下： 下列说法错误的是 A. 反应ⅰ是吸热过程 B. 反应ⅱ中脱去步骤的活化能为2.69eV C. 反应ⅲ包含2个基元反应 D. 总反应的速控步包含在反应ⅱ中 7. 物质之间是可以相互转化的。下列物质之间能通过图中所示实现一步转化的是 选项 X Y Z A Cu CuO B C Fe D Si A. A B. B C. C D. D 8. 某1L待测液中除含有的外，还可能含有下列离子中的一种或多种： 阳离子 阴离子 现进行如下实验操作(每次实验所加试剂均过量)： 下列说法错误的是 A. 生成白色沉淀B的离子方程式为： B. 若无色气体D是单个气体，则原溶液中 C. 若无色气体D是混合气体，则沉淀A的成分可能是 D. 向溶液B中加与的操作是多余的，待测液中一定含有的离子是、、，且 9. 环氧化合物是重要的有机合成中间体。以钛掺杂沸石为催化剂，由丙烯()为原料生产环氧丙烷()的反应机理如图所示。下列说法正确的是 A. 过程中Ⅱ是催化剂 B. 过程中有极性键和非极性键的断裂和形成 C. 过程中元素的化合价发生了变化 D. 丙烯与双氧水反应生成环氧丙烷的原子利用率为100% 10. 在酸性溶液中过氧化氢能与重铬酸盐生成蓝色的，其分子结构为。不稳定，在水溶液中进一步与反应，蓝色迅速消失，此反应可用于检出。其中涉及的两个反应方程式：①(未配平，下同)；②(仅作还原剂)。下列说法不正确的是 A. 中Cr的化合价为 B. 反应①中作氧化剂 C. 反应②中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：7 D. 反应②若生成标准状况下的气体11.2L，则反应转移的电子数为 11. 一种无膜电合成碳酸乙烯酯()的工作原理如图。下列说法正确的是 A. 电源a极为负极 B. 反应中的物质的量不断减少 C. 总反应为 D. “反应Ⅱ”为 12. 工业废料的综合处理有利于减少环境污染并实现资源循环利用。从某工业废料中回收镉、锰的部分工艺流程如下： 已知：①富集液中两种金属离子浓度相当。 ②常温下，金属化合物的： 金属化合物 下列说法错误的是 A. 粉碎工业废料有利于提高金属元素的浸出率 B. 试剂X可以是溶液 C. “沉镉”和“沉锰”的顺序不能对换 D. “沉锰”时，发生反应离子方程式为 13. 温度T下，向1 L真空刚性容器中加入1 mol CHOH，反应达到平衡时，c(Y)=0.4 mol·L-1， 下列说法正确的是 A. 再充入1 mol X和1 mol Y，此时v正<v逆 B. 再充入1 mol X，平衡时c(Y)=0.8 mol·L-1 C. 再充入1 mol N2，平衡向右移动 D. 若温度升高，X的转化率增加，则上述反应ΔH<0 14. 废弃电池中锰可通过浸取回收。某温度下，MnSO4在不同浓度的KOH水溶液中，若Mn(Ⅱ)的分布系数δ与pH的关系如图。下列说法正确的是 已知：Mn(OH)2难溶于水，具有两性；δ(MnOH+)=； A. 曲线z为δ(MnOH+) B. O点， C. P点，c(Mn2+)＜c(K+) D. Q点，c()=2c(MnOH+)+2c() 第Ⅱ卷(非选择题) 二、非选择题。 15. 有机物可用作金属矿物的浮选剂，其结构式如图甲所示。已知X、Y、Z、W、P、M为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中W、P为同主族元素。a是Z元素对应的最高价氧化物的水化物。 回答下列问题： （1）由X元素与Z元素组成的18电子分子的结构式为_______。 （2）已知对应单质的氧化性：M大于P．从原子结构角度解释其原因：_______，导致M得电子能力大于P。 （3）X、Z、M三种元素能组成一种常见的离子化合物，在实验室检验该化合物中阳离子的反应原理为_______(用离子方程式表示)。 （4）元素Y、P、M对应的最高价氧化物的水化物的酸性由强到弱的顺序为______(用化学式表示)。 （5）查阅资料：室温下，a的稀溶液和铜丝反应速率较慢．为解决反应速率慢的问题，某同学设计如图乙装置制取并收集ZW。 ①实验时，试管A中可观察到反应剧烈进行，铜丝逐渐变细，溶液变绿，_______．反应过程中，a表现出的性质有_______。 ②装置B中发生反应的化学方程式为_______。 ③实验结束后，对于A中的溶液呈绿色，而不显蓝色，甲同学认为是该溶液中硝酸铜的质量分数较高所致，而乙同学认为是该溶液中溶解了生成的气体。同学们设计了以下3种实验方案来判断两种看法是否正确。这些方案中可行的是_______(填选项字母)。 a．加热该绿色溶液，观察颜色变化 b．加水稀释该绿色溶液，观察颜色变化 c．向该绿色溶液中通入氮气，观察颜色变化 16. 碱式碳酸镍在工业上可作为制备其他含镍化合物的原料。工业上以某含镍废渣(主要成分为NiO、、CuO、)为原料制备碱式碳酸镍的流程如图所示。 已知：①25℃时，相关离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示，当金属离子浓度小于时可以认为沉淀完全。 离子 开始沉淀时的pH 6.4 2.2 4.4 完全沉淀时的pH 8.4 3.5 6.7 ②25℃时，，。回答下列问题： （1）“滤渣Ⅰ”的主要成分为_______(填化学式)。 （2）“除杂1”时，加入溶液调节溶液pH的范围为______________。 （3）“除杂2”时，加入NiS的作用是除去溶液中的，发生反应的离子方程式为_______，该反应的化学平衡常数_______(写出计算式即可)。 （4）“萃取”和“反萃取”的最终目的是富集获得含有_______(填化学式)的水溶液，在实验室里完成萃取、反萃取操作都会用到的玻璃仪器有_______(填名称)。 （5）“沉镍”时，应控制温度为95℃，反应除生成外，还有一种无色气体，请写出该反应的离子方程式_______。 17. 实验室利用氧化锰酸钾浓强碱溶液制备的装置如图所示(夹持装置略)。 已知：①为墨绿色晶体，其水溶液呈深绿色。其在浓的强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生歧化反应；②一些物质在不同温度下的溶解度见下表。 0 20 40 60 70 80 KCl 27.6 34.0 40.0 45.5 47.2 51.3 2.83 6.4 12.7 22.2 — — 回答下列问题： （1）制备反应的离子方程式为___________。单向阀的作用是___________。当仪器B中___________即停止通氯气，反应结束的后续操作为：关闭A中恒压滴液漏斗的活塞，___________，拆除装置。 （2）为了获得杂质较少晶体，从下列选项中选出合理的操作并排序：将装置B中的溶液转移至蒸发皿中→___________→干燥→晶体(填标号)。 a．用少量冰水洗涤 b．先用冰水洗涤，再用乙醇洗涤 c．小火蒸发至溶液表面出现晶膜，停止加热 d．小火蒸发至析出大量晶体，停止加热 e．趁热过滤 f．减压过滤 g。缓慢降温结晶 （3）利用氧化还原滴定法测定高锰酸钾纯度。 称取样品，配成溶液。称取高纯度(摩尔质量为)固体于锥形瓶中，加入蒸馏水溶解，再加入少量硫酸酸化，水浴加热至。趁热用溶液滴定，发生反应：(未配平，滴定过程中不反应)。滴定消耗溶液，样品中(摩尔质量为)的质量分数为___________(用代数式表示)。若加热温度大于90℃，部分草酸发生分解，会导致测得产品纯度___________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 18. 硅是电子工业中应用最为广泛的半导体材料。用Zn高温还原是生成多晶硅的一种方法，发生反应如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 已知：①：用平衡分压代替平衡浓度计算；分压=总压乘以物质的量分数； ②表示产物选择性，Si、选择性表示为、。 回答下列问题： （1）Si—Si键、Si—Cl键（中的）键能分别为、，则Si—Cl键（中的）键能为________。从体系能否自发的角度分析，反应Ⅲ在___________（填“高温”或“低温”）下有利于其自发进行。 （2）向温度为1500K的刚性容器中，充入1mol(g)和2molZn(g)，起始压强为kPa条件下发生反应Ⅰ、反应Ⅱ、反应Ⅲ，达到平衡后，测得反应体系总压强为kPa，的分压为kPa，则Si的物质的量为_______mol，用分压表示反应Ⅰ的平衡常数_________（用含的代数式表示）；若再向刚性容器中充入一定量的Zn(g)，重新达平衡后，则将________（填“增大”“减小”或“不变”），将_________（填“增大”“减小”或“不变”）。 （3）向刚性容器中充入1mol(g)和2molZn(g)，在催化剂A、催化剂B的作用下发生反应Ⅰ、反应Ⅱ、反应Ⅲ，反应min时测得的转化率、的选择性与温度的关系如图所示（在图像所示温度范围内，催化剂的活性不变）： ①在催化剂A的作用下，表示的转化率与的关系曲线是_______（填“X”或“Z”）。 ②在催化剂B的作用下，曲线Q随温度升高而逐渐下降的可能原因是____________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南阳一中2025年秋期高三年级期中考前模拟 化学试题 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Ca-40 K-39 Mn-55 Ba-137 第Ⅰ卷(选择题) 一、选择题：(本题共14小题，每小题3分，共42分，每道题只有一个选项符合)。 1. 化学与生活密切相关，下列说法正确的是 A. 苯甲酸钠可作为食品防腐剂是由于其具有酸性 B. 豆浆能产生丁达尔效应是由于胶体粒子对光线的散射 C. SO2可用于丝织品漂白是由于其能氧化丝织品中有色成分 D. 维生素C可用作水果罐头的抗氧化剂是由于其难以被氧化 【答案】B 【解析】 【详解】A．苯甲酸钠属于强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，因此，其可作为食品防腐剂不是由于其具有酸性，A说法不正确； B．胶体具有丁达尔效应，是因为胶体粒子对光线发生了散射；豆浆属于胶体，因此，其能产生丁达尔效应是由于胶体粒子对光线的散射，B说法正确； C．可用于丝织品漂白是由于其能与丝织品中有色成分化合为不稳定的无色物质，C说法不正确； D．维生素C具有很强的还原性，因此，其可用作水果罐头的抗氧化剂是由于其容易被氧气氧化，从而防止水果被氧化，D说法不正确； 综上所述，本题选B。 2. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A. 中键数目为 B. 晶体中含有的离子数目为 C. 将0.1 mol醋酸钠溶于稀醋酸中使溶液呈中性，溶液中数目等于 D. 标准状况下，含有中子的数目为 【答案】D 【解析】 【详解】A．的结构式为，1个分子中含有2个键，中键数目为，故A正确； B．晶体是由和构成的离子晶体，晶体中含有的离子数目为，故B正确； C．将醋酸钠溶于稀醋酸中使溶液呈中性，根据电荷守恒，溶液呈中性时，所以，，则溶液中CH3COO-数目等于，故C正确； D．标准状况下，的物质的量为，中含有8个中子，D中含有1个中子，含有中子的数目为，故D错误； 故选D。 3. 能正确表示下列反应的离子方程式是 A. 向饱和碳酸钠溶液通入过量： B. 溶液中加入溶液至恰好沉淀： C. 草酸与酸性溶液反应： D. 用溶解： 【答案】A 【解析】 【详解】A．饱和碳酸钠溶液中Na2CO3完全离解为2Na+和，通入过量CO2时，CO32-与CO2、H2O反应生成，由于溶液饱和，生成的NaHCO3因溶解度低而沉淀，离子方程式为，A正确； B．NH4Al(SO4)2与Ba(OH)2以1：2反应使恰好沉淀，此时、Al3+和OH-比例为1：1：4，产物为Al(OH)3和NH3·H2O，离子方程式应为，B错误； C．草酸为弱酸，不能拆分为H+和，离子方程式应为，C错误； D．CH3COOH为弱酸，不能拆分为H+和CH3COO-，离子方程式应为，D错误； 故答案为A。 4. 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 向盛有与恒压密闭容器中通入一定体积的，最终气体颜色变浅 化学平衡向减少的方向移动 B 以为指示剂，用标准溶液滴定溶液中的，先出现白色沉淀，后出现砖红色沉淀 C 向盛有溶液的试管中加入过量铁粉，充分反应后静置，滴加KSCN溶液无明显变化；静置，取上层清液滴加几滴氯水，溶液变红 具有还原性 D 向盛有2mL饱和溶液的试管中滴加鸡蛋清溶液，振荡，有沉淀析出；加蒸馏水稀释，再振荡，沉淀溶解 蛋白质沉淀后活性改变 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．恒压条件下通入N2，容器体积增大，NO2和N2O4的浓度均降低，平衡向NO2增加颜色的方向移动，A错误； B．不同类型的沉淀不能通过直接比较Ksp来判断沉淀的溶解度，氯化银（AB型）与铬酸银（A2B型）为不同类型的沉淀；AgCl的Ksp（1.8×10-10）大于Ag2CrO4的Ksp（1.1×10-12），但滴定时氯离子和铬酸根离子浓度未知，且二者沉淀类型不同，当加入银离子时，氯化银先达到Ksp值，故AgCl先沉淀，B错误； C．Fe3+被Fe还原为Fe2+，滴加氯水后Fe2+被氧化为Fe3+，证明Fe2+具有还原性，C正确； D．饱和Na₂SO4使蛋白质盐析，加水后沉淀溶解，说明未破坏蛋白质活性，D错误； 故选C。 5. 短周期元素X、Y、Z的原子序数依次增大。由这些元素组成的四种常见10电子微粒A、B、C、D的转化关系如图所示(条件已省略)，其中B、D的组成元素相同，D为常见无色液体。下列有关说法一定错误的是 A. 若A为氢化物，则热稳定性：A>D B. 若A为氢化物，则简单离子半径：Z>Y C. 若C为氢化物，则熔沸点：C<D D. 若C为氢化物，则X、Z形成的化合物中可能存在非极性键 【答案】B 【解析】 【分析】 D为常见无色液体且为10电子微粒，则D为H2O；B、D(H2O)的组成元素相同，则B为OH-或H3O+； 若B为OH-，则A为HF或NH4+，C为F-或NH3，则X、Y、Z分别为H、O、F或H、N、O； 若B为H3O+，则A为NH3，C为NH4+，则X、Y、Z分别为H、N、O，据此解答。 【详解】A．若A为氢化物，则A为HF，D为H2O，由于非金属性：F＞O，故热稳定性：A(HF)＞D(H2O)，A正确； B．若A为氢化物(HF)，则Z为F，Y为O，F-和O2-具有相同的电子层结构，F-的核电荷数比O2-的核电荷数大，故半径：Z(F-)＜Y(O2-)，若A为氢化物（NH3），则Y为N，Z为O，N3-和O2-具有相同的电子层结构，N3-的核电荷数比O2-的核电荷数小，故半径：Z(O2-)<Y(N3-)，B错误； C．若C为氢化物，则C为NH3，D为H2O，沸点C(NH3)＜D(H2O)，C正确； D．若C为氢化物，则X为H，Z为O，则X、Z形成的化合物中可能存在非极性键，如H2O2，D正确。 答案选B。 6. 氮化镓(GaN)是一种重要的半导体材料，广泛应用于光电信息材料等领域，可利用反应制备。反应历程(TS代表过渡态)如下： 下列说法错误的是 A. 反应ⅰ是吸热过程 B. 反应ⅱ中脱去步骤的活化能为2.69eV C. 反应ⅲ包含2个基元反应 D. 总反应的速控步包含在反应ⅱ中 【答案】D 【解析】 【详解】A．观察历程图可知，反应ⅰ中的相对能量为0，经TS1、TS2、TS3完成反应，生成和，此时的相对能量为0.05eV，因此体系能量在反应中增加，则该反应为吸热过程，A正确； B．反应ⅱ中因脱去步骤需要经过TS5，则活化能为0.70eV与TS5的相对能量差，即3.39eV-0.70eV=2.69eV，B正确； C．反应ⅲ从生成经历过渡态TS6、TS7，说明该反应分两步进行，包含2个基元反应，C正确； D．整反应历程中，活化能最高的步骤是反应ⅲ中的TS7对应得反应步骤(活化能为3.07eV)，所以总反应的速控步包含在反应ⅲ中，D错误； 故选D。 7. 物质之间是可以相互转化的。下列物质之间能通过图中所示实现一步转化的是 选项 X Y Z A Cu CuO B C Fe D Si A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．Cu→CuO可通过铜与氧气加热实现；Cu→Cu(OH)2不能一步完成（Cu需先转化为铜盐，再与碱反应），且CuO→Cu(OH)2也无法一步实现（CuO不溶于水），A错误； B．Al2O3→Al(OH)3不能一步完成（Al2O3不溶于水，需先转化为铝盐或偏铝酸盐再反应），B错误； C．Fe→FeCl3（Fe在Cl2中燃烧）、Fe→FeCl2（Fe与HCl反应）均可一步实现；FeCl3→FeCl2（加Fe）、FeCl2→FeCl3（通Cl2）也能一步完成，C正确； D．Na2SiO3→SiO2不能一步完成（需先与酸反应生成H2SiO3，再加热分解），D错误； 故答案选C。 8. 某1L待测液中除含有的外，还可能含有下列离子中的一种或多种： 阳离子 阴离子 现进行如下实验操作(每次实验所加试剂均过量)： 下列说法错误的是 A. 生成白色沉淀B的离子方程式为： B. 若无色气体D是单个气体，则原溶液中 C. 若无色气体D是混合气体，则沉淀A成分可能是 D. 向溶液B中加与的操作是多余的，待测液中一定含有的离子是、、，且 【答案】D 【解析】 【分析】待测液和氯化钡溶液反应得到沉淀A，则溶液中可能含有、 、，向沉淀中加入稀硝酸生成气体，且有部分沉淀不溶解，则溶液中存在，可能存在、中的两种或一种，根据离子共存知，溶液中不存在Ba2+；滤液A中有Ba2+，加入过量的NaOH溶液得到气体B、白色沉淀B，则溶液中一定含有、，一定不存在Fe3+，气体B为NH3，白色沉淀B为BaCO3，滤液B中加入硝酸银、硝酸溶液得到白色沉淀C，C为AgCl，说明滤液B中含有Cl-，由于加入氯化钡溶液，不能确定原溶液中是否含有Cl-，据此分析。 【详解】A．根据分析滤液A中有Ba2+，加入NaOH溶液生成白色沉淀B为BaCO3，反应的离子方程式为：，故A正确； B．若无色气体D是单个气体，只能为CO2，溶液中没有离子，c()==0.05mol/L，故B正确； C．若无色气体D是混合气体，只能为CO2、NO混合气体，白色沉淀D只能为BaSO4，溶液中一定含有，不能确定是否含有，待测液中一定含有的阴离子是、、，故沉淀A可能是，故C正确； D．向溶液B中加AgNO3与HNO3的操作不是多余的，是为了判断是否含有溴离子，根据上述分析，待测液除含有Na+外，一定含有K+、、、，n()= n()=，则c()=0.1mol/L，溶液中c(Na+)=0.2mol/L，c()==0.1mol/L，c()=0.1mol/L，c()==0.05mol/L，单位体积内正电荷=1×0.1mol/L+1×0.2mol/L=0.3mol/L，单位体积内负电荷=1×0.1mol/L+2×0.1mol/L+2×0.05mol/L=0.4mol/L，则单位体积内正电荷<单位体积内负电荷，故一定含有K+，当溶液中没有Cl-，K+离子浓度最小，根据电荷守恒可知，c(K+)最小浓度=0.4 mol/L-0.3mol/L=0.1mol/L，c(K+)≥ 0.1mol/L，故D错误； 答案选D。 9. 环氧化合物是重要的有机合成中间体。以钛掺杂沸石为催化剂，由丙烯()为原料生产环氧丙烷()的反应机理如图所示。下列说法正确的是 A. 过程中Ⅱ是催化剂 B. 过程中有极性键和非极性键断裂和形成 C. 过程中元素的化合价发生了变化 D. 丙烯与双氧水反应生成环氧丙烷的原子利用率为100% 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据反应原理，Ⅰ先消耗再生成，是整个历程的催化剂，Ⅱ先生成，再消耗，是中间产物，A错误； B．过程中存在中O-O非极性键的断裂，以及中非极性键的形成；还存在极性键的断裂，以及极性键的形成，B正确； C．过程中Ti的化学键()始终是4个，配位键不会改变Ti的化合价，故元素的化合价不变，C错误； D．反应生成了，且存在的分解反应，原子利用率小于100%，D错误； 故选B。 10. 在酸性溶液中过氧化氢能与重铬酸盐生成蓝色的，其分子结构为。不稳定，在水溶液中进一步与反应，蓝色迅速消失，此反应可用于检出。其中涉及的两个反应方程式：①(未配平，下同)；②(仅作还原剂)。下列说法不正确的是 A. 中Cr的化合价为 B. 反应①中作氧化剂 C. 反应②中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：7 D. 反应②若生成标准状况下的气体11.2L，则反应转移的电子数为 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据CrO5的结构可知，CrO5中的氧原子有四个是-1价，一个是-2价，所以Cr的化合价为+6价，故A正确； B．在反应①中所有元素的化合价都没有变化，属于非氧化还原反应，故B错误； C．反应②中仅作还原剂，则CrO5是氧化剂，其中的+6价铬和-1价O的化合价都降低，则一个CrO5得7个电子，一个H2O2失去2个电子，所以反应②中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：7，故C正确； D．反应②中的氧气来自H2O2，生成1molO2，转移2mol电子，则生成标况下11.2LO2即0.5molO2，转移的电子数为NA，故D正确； 故答案为：B。 11. 一种无膜电合成碳酸乙烯酯()的工作原理如图。下列说法正确的是 A. 电源a极为负极 B. 反应中的物质的量不断减少 C. 总反应为 D. “反应Ⅱ”为 【答案】C 【解析】 【分析】根据图中信息可知，电合成装置左边电极发生氧化反应，右边电极发生还原反应，即可判断电源a极为正极、电源b极为负极，据此解答。 【详解】A．由分析可知，电源a极为正极，A错误； B．从整个反应过程来看，在电极a转化为Br2后，又经反应I、Ⅱ等量产生（反应I为：），故的物质的量未发生变化，B错误； C．以整个电解池为研究对象，反应物为C2H4、CO2和H2O，生成物为C3H4O3和H2，总反应为，C正确； D．“反应Ⅱ”反应物为CO2和BrCH2CH2OH，生成物为C3H4O3和，题干中“无膜”及图中阴极产生OH-可知，“反应Ⅱ”是在碱性介质中进行，故“反应Ⅱ”应为，D错误； 故选C。 12. 工业废料综合处理有利于减少环境污染并实现资源循环利用。从某工业废料中回收镉、锰的部分工艺流程如下： 已知：①富集液中两种金属离子浓度相当。 ②常温下，金属化合物的： 金属化合物 下列说法错误的是 A. 粉碎工业废料有利于提高金属元素的浸出率 B. 试剂X可以是溶液 C. “沉镉”和“沉锰”的顺序不能对换 D. “沉锰”时，发生反应的离子方程式为 【答案】D 【解析】 【分析】富集液中含有两种金属离子，其浓度相当，加入试剂X沉铬，由金属化合物的可知，CdCO3、MnCO3的接近，不易分离，则试剂X选择含的试剂，得到CdS滤饼，加入溶液沉锰，发生反应：，据此解答。 【详解】A．粉碎工业废料能增大废料与浸出液的接触面积，有利于提高金属元素的浸出率，A正确； B．由分析可知，试剂X可以是溶液，B正确； C．若先加入溶液进行“沉锰”，由题中信息以及数据可知，金属离子浓度相当，则也会沉淀，后续流程中无法分离Cd和Mn，所以“沉镉”和“沉锰”的顺序不能对换，C正确； D．“沉锰”时，发生反应的离子方程式是：，D错误； 故选D。 13. 温度T下，向1 L真空刚性容器中加入1 mol CHOH，反应达到平衡时，c(Y)=0.4 mol·L-1， 下列说法正确的是 A. 再充入1 mol X和1 mol Y，此时v正<v逆 B. 再充入1 mol X，平衡时c(Y)=0.8 mol·L-1 C. 再充入1 mol N2，平衡向右移动 D. 若温度升高，X的转化率增加，则上述反应ΔH<0 【答案】A 【解析】 【分析】根据反应方程式可知，平衡时c(X)=、c(Y)=c(Z)=0.4mol/L；则K=。 【详解】A．再充入1 mol X和1 mol Y后，c(X)=(0.6+1) mol/L=1.6mol/L，c(Y)=(0.4+1)mol/L=1.4 mol/L，c(Z)=0.4mol/L，浓度商Q=；当Q>K时，平衡逆向移动，故有v正<v逆，A正确； B．向真空刚性容器中再充入1mol X相当于增大压强，该反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，则平衡时，Y的浓度小于0.8mol/L，B错误； C．刚性容器中充入惰性气体，各物质浓度不变，故Q=K，平衡不移动，C错误； D．温度升高，X转化率增加，说明平衡正向移动，根据勒夏特列原理，升高温度平衡向吸热方向移动，故正反应，D错误； 故答案选A。 14. 废弃电池中锰可通过浸取回收。某温度下，MnSO4在不同浓度的KOH水溶液中，若Mn(Ⅱ)的分布系数δ与pH的关系如图。下列说法正确的是 已知：Mn(OH)2难溶于水，具有两性；δ(MnOH+)=； A. 曲线z为δ(MnOH+) B. O点， C. P点，c(Mn2+)＜c(K+) D. Q点，c()=2c(MnOH+)+2c() 【答案】C 【解析】 【分析】Mn(OH)2难溶于水，具有两性，某温度下，MnSO4在不同浓度的KOH水溶液中，若Mn(Ⅱ)的分布系数δ与pH的关系如图，结合曲线变化和分布分数可知，pH较小时，Mn元素存在形式为Mn2+，则曲线x为Mn2+，曲线y为MnOH+，曲线z为，结合图象变化分析判断选项。 【详解】A．分析可知，z表示δ()，故A错误； B．图中O点存在电离平衡Mn2++OH﹣⇌MnOH+，在P点时c(Mn2+)＝c(MnOH+)，pH＝10.2，K103.8，O点δ(Mn2+)＝0.6时，δ(MnOH+)＝0.4，则c(OH﹣)10﹣3.8mol/L10﹣3.8mol/L，则，故B错误； C．P点时δ(Mn2+)＝δ(MnOH+)=05，溶液中含Mn元素微粒只有这两种，根据物料守恒有c(Mn2+)+c(MnOH+)=c()，且c(Mn2+)＝c(MnOH+)① 即2c(Mn2+)=c()②，根据电荷守恒有 ③，将①和②代入③得到，此时pH=10.2， 则c(Mn2+)＜c(K+)，故C正确； D．Q点时，根据图像溶液中存在，物料守恒：c()＝c(Mn2+)+c(MnOH+)+c()+c()+c[]，且c(MnOH+)＝c()，c()=c[]，则c()＝c(Mn2+)+2c(MnOH+)+2c() ，故c()＞2c(MnOH+)+2c() ，故D错误； 故选C。 第Ⅱ卷(非选择题) 二、非选择题。 15. 有机物可用作金属矿物的浮选剂，其结构式如图甲所示。已知X、Y、Z、W、P、M为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中W、P为同主族元素。a是Z元素对应的最高价氧化物的水化物。 回答下列问题： （1）由X元素与Z元素组成的18电子分子的结构式为_______。 （2）已知对应单质的氧化性：M大于P．从原子结构角度解释其原因：_______，导致M得电子能力大于P。 （3）X、Z、M三种元素能组成一种常见的离子化合物，在实验室检验该化合物中阳离子的反应原理为_______(用离子方程式表示)。 （4）元素Y、P、M对应的最高价氧化物的水化物的酸性由强到弱的顺序为______(用化学式表示)。 （5）查阅资料：室温下，a的稀溶液和铜丝反应速率较慢．为解决反应速率慢的问题，某同学设计如图乙装置制取并收集ZW。 ①实验时，试管A中可观察到反应剧烈进行，铜丝逐渐变细，溶液变绿，_______．反应过程中，a表现出的性质有_______。 ②装置B中发生反应的化学方程式为_______。 ③实验结束后，对于A中的溶液呈绿色，而不显蓝色，甲同学认为是该溶液中硝酸铜的质量分数较高所致，而乙同学认为是该溶液中溶解了生成的气体。同学们设计了以下3种实验方案来判断两种看法是否正确。这些方案中可行的是_______(填选项字母)。 a．加热该绿色溶液，观察颜色变化 b．加水稀释该绿色溶液，观察颜色变化 c．向该绿色溶液中通入氮气，观察颜色变化 【答案】（1） （2）Cl的半径小于S，最外层电子数多于S （3） （4）HClO4>H2SO4>H2CO3 （5） ①. 液面上方有红棕色气体 ②. 氧化性和酸性 ③. 3NO2+H2O=2HNO3+NO ④. ac 【解析】 【分析】X、Y、Z、W、P、M为原子序数依次增大的短周期主族元素，根据结构式，X连有1个共价键，为H元素，Y连4个共价键，为C元素，Z为N元素，P连2个共价键，W、P为同主族元素，W为O，P为S，M为Cl元素，即X、Y、Z、W、P、M分别为H、C、N、O、S、Cl； 【小问1详解】 由H和N组成的18电子分子为N2H4，结构式为； 【小问2详解】 Cl2的单质强于S，因为Cl的半径小于S，最外层电子数多于S，故Cl的得电子能力强于S； 【小问3详解】 H、N、Cl形成的离子化合物为NH4Cl，实验室检验该化合物中阳离子的反应原理为； 【小问4详解】 C、S、Cl的非金属性：Cl>S>C，故其最高价氧化物的水化物酸性由强到弱的顺序为HClO4>H2SO4>H2CO3； 【小问5详解】 a是N元素对应的最高价氧化物的水化物，即a为HNO3，实验装置中，A中铜丝与浓硝酸反应，生成硝酸铜和NO2，B中NO2与水反应生成NO，C用排水法收集NO； ①试管A中可观察到反应剧烈进行，铜丝逐渐变细，溶液变绿，液面上方有红棕色气体，该反应中硝酸表现氧化性和酸性； ②B中NO2与水反应生成NO，化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO； ③a．加热该绿色溶液，使NO2逸出，如果溶液由绿色变蓝，则乙的观点正确，不变蓝则甲的观点正确，该方案可行，故a选； b．加水稀释该绿色溶液，硝酸铜的质量分数会降低，NO2会被反应掉，溶液会变蓝，不能说明哪种观点正确，故b不选； c．向该绿色溶液中通入氮气，会将NO2带出，如果溶液由绿色变蓝，则乙的观点正确，不变蓝则甲的观点正确，该方案可行，故c选； 答案为ac。 16. 碱式碳酸镍在工业上可作为制备其他含镍化合物的原料。工业上以某含镍废渣(主要成分为NiO、、CuO、)为原料制备碱式碳酸镍的流程如图所示。 已知：①25℃时，相关离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示，当金属离子浓度小于时可以认为沉淀完全。 离子 开始沉淀时的pH 6.4 2.2 4.4 完全沉淀时的pH 8.4 3.5 6.7 ②25℃时，，。回答下列问题： （1）“滤渣Ⅰ”的主要成分为_______(填化学式)。 （2）“除杂1”时，加入溶液调节溶液pH的范围为______________。 （3）“除杂2”时，加入NiS的作用是除去溶液中的，发生反应的离子方程式为_______，该反应的化学平衡常数_______(写出计算式即可)。 （4）“萃取”和“反萃取”的最终目的是富集获得含有_______(填化学式)的水溶液，在实验室里完成萃取、反萃取操作都会用到的玻璃仪器有_______(填名称)。 （5）“沉镍”时，应控制温度为95℃，反应除生成外，还有一种无色气体，请写出该反应的离子方程式_______。 【答案】（1） （2） ①. 3.5 ②. 4.4 （3） ①. ②. （4） ①. ②. 分液漏斗、烧杯 （5） 【解析】 【分析】含镍废渣主要成分为NiO、Fe2O3、CuO、SiO2，加入稀硫酸溶浸，NiO、Fe2O3、CuO溶解后转化为相应的金属阳离子，SiO2不溶于硫酸，成为滤渣Ⅰ，过滤后向滤液中加入碳酸钠溶液调节pH，得到Fe(OH)3沉淀，之后再加入NiS得到CuS沉淀，过滤后向滤液中加入D2EHPA和煤油萃取Ni2+，分液后向有机相中加入稀硫酸进行反萃取，再次分液后向水相中加入碳酸钠溶液，最终得到可碱式碳酸镍，据此分析回答。 【小问1详解】 由分析可知，滤渣Ⅰ主要成分为不溶于硫酸的； 【小问2详解】 加入溶液的目的是除去而不除去、，所以调节溶液pH的范围：； 【小问3详解】 由CuS的溶度积常数比NiS的小可知，加入NiS的作用是除去溶液中的，发生沉淀转化，反应的离子方程式：，此反应的化学平衡常数； 【小问4详解】 向滤液中加入D2EHPA和煤油萃取，分液后向有机相中加入稀硫酸进行反萃取得到，则“萃取”和“反萃取”的最终目的是富集获得含有的水溶液；在实验室里完成萃取、反萃取操作都会用到的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯； 【小问5详解】 “沉镍”时，应控制温度为95℃，反应除生成外，还有一种无色气体，则根据元素守恒可知该气体为，结合电荷守恒、元素守恒可得到该反应的离子方程式：。 17. 实验室利用氧化锰酸钾浓强碱溶液制备的装置如图所示(夹持装置略)。 已知：①为墨绿色晶体，其水溶液呈深绿色。其在浓的强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生歧化反应；②一些物质在不同温度下的溶解度见下表。 0 20 40 60 70 80 KCl 27.6 34.0 40.0 45.5 47.2 51.3 2.83 6.4 12.7 22.2 — — 回答下列问题： （1）制备反应的离子方程式为___________。单向阀的作用是___________。当仪器B中___________即停止通氯气，反应结束的后续操作为：关闭A中恒压滴液漏斗的活塞，___________，拆除装置。 （2）为了获得杂质较少的晶体，从下列选项中选出合理的操作并排序：将装置B中的溶液转移至蒸发皿中→___________→干燥→晶体(填标号)。 a．用少量冰水洗涤 b．先用冰水洗涤，再用乙醇洗涤 c．小火蒸发至溶液表面出现晶膜，停止加热 d．小火蒸发至析出大量晶体，停止加热 e．趁热过滤 f．减压过滤 g。缓慢降温结晶 （3）利用氧化还原滴定法测定高锰酸钾的纯度。 称取样品，配成溶液。称取高纯度(摩尔质量为)固体于锥形瓶中，加入蒸馏水溶解，再加入少量硫酸酸化，水浴加热至。趁热用溶液滴定，发生反应：(未配平，滴定过程中不反应)。滴定消耗溶液，样品中(摩尔质量为)的质量分数为___________(用代数式表示)。若加热温度大于90℃，部分草酸发生分解，会导致测得产品纯度___________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 【答案】（1） ①. ②. 防止倒吸 ③. 溶液由绿色完全转变为紫红色 ④. 打开弹簧夹，通入空气(或) （2） （3） ①. ②. 偏高 【解析】 【分析】A中次氯酸钙和浓盐酸反应生成氯气，氯气通入B中把锰酸钾氧化为高锰酸钾，B中溶液由绿色完全转变为紫红色，反应结束，停止通入氯气，尾气用C中碱溶液吸收，防止污染。 【小问1详解】 氧化锰酸钾浓强碱溶液制备，锰元素化合价由+6升高为+7，Cl元素化合价由0降低为-1，根据得失电子守恒、电荷守恒配平离子方程式为；单向阀确保氯气仅沿单一方向流动，阻止逆向流动，该装置中单向阀的作用是防倒吸。锰酸钾溶液呈深绿色，高锰酸钾溶液呈紫红色，当仪器B中溶液由绿色完全转变为紫红色，说明锰酸钾完全转化为高锰酸钾，即停止通氯气，反应结束的后续操作为：关闭A中恒压滴液漏斗的活塞，打开弹簧夹，通入空气，把装置内氯气完全排入C中吸收，拆除装置。 【小问2详解】 高锰酸钾受热易分解，溶解度随温度升高而增大，为得到杂质较少的KMnO4粗产品，将装置B中的溶液转移至蒸发皿中→小火加热蒸发至溶液出现晶膜，停止加热→缓慢降温结晶→减压过滤→少量冰水洗涤→干燥→KMnO4晶体；排序为c →g→f→a； 【小问3详解】 草酸和高锰酸钾发生反应：，C元素化合价由+3升高为+4，Mn元素化合价由+7降低为+2，根据得失电子守恒，配平方程式为，n()=，c()=。样品中(摩尔质量为)的质量分数为。 若加热温度大于90℃，部分草酸发生分解，消耗高锰酸钾的体积偏小(V2)，值偏大，会导致测得产品纯度偏高。 18. 硅是电子工业中应用最为广泛的半导体材料。用Zn高温还原是生成多晶硅的一种方法，发生反应如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 已知：①：用平衡分压代替平衡浓度计算；分压=总压乘以物质的量分数； ②表示产物选择性，Si、的选择性表示为、。 回答下列问题： （1）Si—Si键、Si—Cl键（中的）键能分别为、，则Si—Cl键（中的）键能为________。从体系能否自发的角度分析，反应Ⅲ在___________（填“高温”或“低温”）下有利于其自发进行。 （2）向温度为1500K的刚性容器中，充入1mol(g)和2molZn(g)，起始压强为kPa条件下发生反应Ⅰ、反应Ⅱ、反应Ⅲ，达到平衡后，测得反应体系总压强为kPa，的分压为kPa，则Si的物质的量为_______mol，用分压表示反应Ⅰ的平衡常数_________（用含的代数式表示）；若再向刚性容器中充入一定量的Zn(g)，重新达平衡后，则将________（填“增大”“减小”或“不变”），将_________（填“增大”“减小”或“不变”）。 （3）向刚性容器中充入1mol(g)和2molZn(g)，在催化剂A、催化剂B的作用下发生反应Ⅰ、反应Ⅱ、反应Ⅲ，反应min时测得的转化率、的选择性与温度的关系如图所示（在图像所示温度范围内，催化剂的活性不变）： ①在催化剂A的作用下，表示的转化率与的关系曲线是_______（填“X”或“Z”）。 ②在催化剂B的作用下，曲线Q随温度升高而逐渐下降的可能原因是____________。 【答案】（1） ①. ②. 高温 （2） ①. 0.6 ②. ③. 减小 ④. 增大 （3） ①. X ②. 随着温度升高，反应I速率加快的程度大于于反应II、Ⅲ加快的程度，导致的选择性减小 【解析】 【小问1详解】 反应Ⅲ=2×反应Ⅱ-反应Ⅰ，，由键能计算，则Si－Cl键（中的）键能为；反应Ⅲ的，，当，则该反应高温自发； 【小问2详解】 根据起始压强为kPa，平衡后总压强为kPa，的分压为kPa，则，，故=1.5mol，，，，，气体总物质的量为：2.4mol，反应Ⅰ的平衡常数；若再向刚性容器中充入一定量的Zn(g)，反应Ⅰ及反应Ⅱ平衡正移，重新达平衡后，减小，增大，由于温度不变，反应Ⅲ的平衡常数不变，而硅是固体，因此分压将减小；反应Ⅲ，分压将减小，温度不变，平衡常数不变，则增大； 【小问3详解】 ①图中催化剂A与B曲线均不重合，可知反应Ⅰ、Ⅱ均未达到平衡，因此应从速率角度分析问题，温度升高加快反应速率，转化率增大，故X表示的转化率与的关系曲线； ②由于随着温度升高，反应I速率加快的程度大于于反应II、Ⅲ加快的程度，从而导致的选择性下降。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $