精品解析：福建省漳州市第三中学2025-2026学年高三上学期12月月考化学试题

漳州三中2025-2026学年高三毕业班第三次月考化学试题 试卷说明： 1.本试卷满分100分，考试时间75分钟 2.本试卷可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Ti 48 Co 59 Zn 65 一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求) 1. 画中有“化”，多彩中华。下列叙述正确的是 A. 岩彩壁画颜料所用贝壳粉，主要成分属于硅酸盐 B. 油画颜料调和剂所用核桃油，属于有机高分子 C. 竹胎漆画颜料赭石的主要成分氧化铁，耐酸、碱 D. 水墨画墨汁的主要成分碳，常温不易被氧化 2. 冬春季是病毒性感冒高发期，药物奥司他韦能有效治疗甲型和乙型流感，其分子结构如下图所示，下列说法错误的是 A. 分子式为 B. 1 mol奥司他韦最多能与2 mol NaOH反应 C. 1 mol奥司他韦最多能与1 mol氢气发生加成反应 D. 奥司他韦分子中含有4个手性碳原子 3. Zn与Al性质相似，可与强碱反应：，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 每消耗6.5 g Zn，转移的电子数为 B. 0.1 mol中所含键数为 C. 1 L 0.5 mol·L-1 NaOH溶液中O-H键数目为 D. 生成1.12 L H2(标准状况)时，消耗的Zn原子数为 4. 以碳酸锰铜矿(主要成分为MnCO3、CuCO3，还含有Fe2O3、FeO等杂质)为原料制备硫酸锰的主要过程：第一步溶于稀硫酸、第二步氧化、第三步除去等，有关离子方程式书写错误的是 A. 碳酸锰铜矿加入稀硫酸中发生的反应有： B. 加入将转化为Fe3+： C. 若向溶液中通入氨气除去Cu2+： D. 若向溶液中加入MnS除去Cu2+： 5. 某电解质的阴离子结构如图。已知短周期主族元素X、Y、Z、M和W的原子序数依次增大，W元素在周期表中电负性最大，Y原子的最外层只有3个电子。下列说法正确的是 A. 原子半径：Y<Z<M B. 最简单氢化物的沸点：W>M>Z C. 键角： D. 元素Y的第一电离能小于同周期相邻两种元素的第一电离能 6. 利用下列实验装置(部分夹持装置略)进行的实验，能达到实验目的的是 A. 用图①装置验证铁的吸氧腐蚀 B. 用图②装置验证溴乙烷发生了消去反应 C. 用图③装置灼烧碎海带 D. 用图④装置配制溶液 7. 从炼钢粉尘(主要含和)中提取锌的流程如下： “盐浸”过程转化为，并有少量和浸出。下列说法错误是 A. “盐浸”过程若浸液下降，需补充 B. “滤渣”的主要成分为 C. “沉锌”过程发生反应 D. 应合理控制用量，以便滤液循环使用 8. 膜电极反应器具有电阻低、能耗低、结构紧凑等优点，研究人员设计了一种(碱性)膜电极反应器(如图所示)用于持续制备，下列说法中正确的是 A. 电极M上，反应物和生成物中碳原子的杂化方式相同 B. 电极N电极反应式： C. 反应后溶液的pH变大 D. 电极M上产生，转移电子的数目为 9. 乙酸甲酯在NaOH溶液中发生水解时物质和能量的变化如下图所示。下列说法正确的是 A. 总反应为吸热反应 B. 决定总反应速率快慢的是中间产物1→中间产物2的反应 C. 反应过程中碳原子的轨道杂化方式不发生变化 D. 若反应物使用，则产物中存在 10. 在化工生产中常利用某分子筛作催化剂，催化脱除废气中的NO和，生成两种无毒物质，其反应历程如图所示。下列说法错误的是 A. X为纯净物，且生成X的反应为氧化还原反应 B. 和中心原子杂化方式相同，但微粒空间结构不同 C. 脱除废气中的NO和时， D. 历程④可表示为 二、非选择题(共4大题，共60分) 11. 草酸钴在化学中应用广泛，可以用于制取催化剂和指示剂。以钴矿[主要成分是CoO、Co2O3、Co(OH)2，还含有少量SiO2、CuO、FeO及MnO2杂质]制取草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)的工艺流程如图所示： 常温下，有关沉淀数据如下表(“完全沉淀”时，金属离子浓度≤1.0×10-5mol·L-1)。 沉淀 Mn(OH)2 Co(OH)2 Cu(OH)2 Fe(OH)3 恰好完全沉淀时pH 10.1 9.4 6.7 2.8 回答下列问题： （1）基态Co原子的价电子轨道表示式：_______。 （2）“浸取”前，需要对钴矿进行粉碎处理的目的是_______。浸出液中主要含有、、、和离子，写出“浸取”时，发生反应的离子方程式：_______。 （3）“氧化”时，发生反应的离子方程式为_______。 （4）常温下，“调节pH”得到的沉淀X的主要成分是_______(填化学式)。 （5）“提纯”分为萃取和反萃取两步进行，先向除杂后的溶液中加入某有机酸萃取剂，发生反应：。当溶液pH处于4.5到6.5之间时，萃取率随着溶液pH增大而增大，其原因是_______。 （6）钴的氧化物常用作颜料或反应催化剂，可以由草酸钴晶体在空气中加热制取，取草酸钴晶体，在空气中加热至恒重，得到CoO与的混合物，该混合物中CoO与的物质的量之比为_______。 （7）一种钛酸钴的晶胞结构如图所示，该立方晶胞参数为a pm，设为阿伏加德罗常数的值，该钛酸钴晶体的密度为_______(列出计算式)。 12. 利用尿素制备(水合肼)的实验流程如图所示： 已知： ①氯气与烧碱溶液的反应是放热反应； ②有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成。 （1）步骤Ⅰ制备NaClO溶液时，若温度为41℃，测得产物中除NaClO外还含有，且两者物质的量之比为3：1，该反应的化学方程式为_______。 （2）步骤Ⅱ合成(沸点为118.5℃)的装置如图所示。步骤Ⅰ中所得溶液与尿素[，沸点为196.6℃]水溶液在40℃以下反应一段时间，再迅速升温至110℃继续反应。 ①的结构式为_______，仪器a的名称为_______；冷凝管的作用是_______。 ②若分液漏斗内液体滴加速率过快，会发生副反应，该副反应离子方程式为_______。 ③写出流程图中生成水合肼的化学方程式：_______。 （3）蒸馏得到水合肼粗产品，称取馏分1.5 g，加水配成100 mL溶液，取出20.00 mL于锥形瓶中，并加入2～3滴淀粉溶液，用0.5000 的碘的标准溶液进行滴定。(已知：) ①滴定时，碘的标准溶液盛放在_______(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。 ②滴定终点现象为：_______。 ③达到滴定终点时消耗碘的标准溶液20.00 mL，馏分中的质量分数为_______(保留3位有效数字) 13. I、雾霾主要成分为灰尘、SO2、NOX、有机碳氢化合物等粒子。烟气脱硝是治理雾霾的方法之一。 （1）以氨气为脱硝剂时，可将NOX还原为N2。 已知：i． △H= a kJ·mol-1 ii． △H= b kJ·mol-1 则反应的 △H=_______kJ·mol-1。 （2）臭氧也是理想烟气脱硝剂，其脱硝反应之一为： △H <0，某温度时，在体积为1L的刚性密闭容器中充入2 mol NO2和1mol O3发生反应，保持恒温恒容条件。 ①下列事实能够证明该反应已经达到平衡的是_______ (填标号)。 A．                                 B．混合气体密度不再改变 C．O2的体积分数不再改变                        D．混合气体平均摩尔质量不再改变 ②欲增加NO2的平衡转化率，可采取的措施有_______ (填标号)。 A．充入氦气       B．升高温度       C．充入2 molNO2 D．充入2 mol NO2和1molO3 ③达到平衡时，混合气体总压为p，O2的浓度为0.5mol/L，则NO2的转化率为_______，平衡常数Kp=_______ (用分压表示，分压=总压×物质的量分数)。 Ⅱ、碳和氮的化合物是广泛的化工原料，在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：，其化学平衡常数K和温度T的关系如下表： t℃ 700 800 830 1000 1200 K 0.6 0.9 1.0 1.7 2.6 （3）该反应为_______反应(填“吸热”、“放热”)。 （4）在800℃时，发生上述反应，某一时刻测得容器内各物质的浓度分别为，，，，则下一时刻，_______(填“>”、“<”或“=”)。 Ⅲ、在稀硫酸中分别以Pt、Cu为电极，利用电催化可将同时转化为多种燃料，其原理如图所示。 （5）CO2在铜电极被还原为多种燃料，则与Pt电极相连的是电源的_______极，写出CO2催化还原成CH4的电极反应式_______。 14. 乙肝新药的中间体化合物J的一种合成路线如图： 已知： (重氮甲烷) 回答下列问题： （1）A的化学名称为_______，D中含氧官能团名称为_______。 （2）M的结构简式为： ①与相比，M的水溶性更_______(填“大”或“小”)，原因是_______。 ②—SH与—OH性质相似，M与NaOH溶液反应的化学方程式为_______。 （3）D→E的反应类型是_______，F的结构简式为_______。 （4）由G生成J的过程中，设计反应④和⑤的目的是_______。 （5）化合物Q是A的同系物，相对分子质量比A的多14；Q的同分异构体中，同时满足下列条件(不考虑立体异构)： a．能与FeCl3溶液发生显色反应； b．能发生银镜反应； c．苯环上的取代基数目小于4。 其中核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为2:2:1:1:1的结构简式为_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 漳州三中2025-2026学年高三毕业班第三次月考化学试题 试卷说明： 1.本试卷满分100分，考试时间75分钟 2.本试卷可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Ti 48 Co 59 Zn 65 一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求) 1. 画中有“化”，多彩中华。下列叙述正确的是 A. 岩彩壁画颜料所用贝壳粉，主要成分属于硅酸盐 B. 油画颜料调和剂所用核桃油，属于有机高分子 C. 竹胎漆画颜料赭石的主要成分氧化铁，耐酸、碱 D. 水墨画墨汁的主要成分碳，常温不易被氧化 【答案】D 【解析】 【详解】A．贝壳粉的主要成分是碳酸钙，属于碳酸盐，A错误； B．核桃油属于油脂，分子量较小，不属于有机高分子，B错误； C．氧化铁（Fe2O3）能与酸反应，不耐酸，C错误； D．碳在常温下化学性质稳定，不易被氧化，D正确； 故选D。 2. 冬春季是病毒性感冒高发期，药物奥司他韦能有效治疗甲型和乙型流感，其分子结构如下图所示，下列说法错误的是 A. 分子式为 B. 1 mol奥司他韦最多能与2 mol NaOH反应 C. 1 mol奥司他韦最多能与1 mol氢气发生加成反应 D. 奥司他韦分子中含有4个手性碳原子 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据奥司他韦的结构简式可得分子式为，A正确； B．奥司他韦中的酰胺基、酯基都能与NaOH反应，1 mol奥司他韦最多能与2 mol NaOH反应，B正确； C．奥司他韦中的碳碳双键可与氢气发生加成反应，1 mol奥司他韦最多能与1 mol氢气发生加成反应，C正确； D．奥司他韦中六元环中连接N、O的碳原子连有4个不同的原子或原子团，共3个手性碳原子，D错误； 故选D。 3. Zn与Al性质相似，可与强碱反应：，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 每消耗6.5 g Zn，转移的电子数为 B. 0.1 mol中所含键数为 C. 1 L 0.5 mol·L-1 NaOH溶液中O-H键数目为 D. 生成1.12 L H2(标准状况)时，消耗的Zn原子数为 【答案】D 【解析】 【详解】A．6.5 g Zn的物质的量为0.1 mol，反应中每个Zn原子失去2个电子，转移电子数为0.2NA，而非0.1NA，A错误； B．[Zn(OH)4]2-中每个OH-含1个O-H σ键，Zn与O之间形成4个配位σ键，总计8个σ键/离子，故0.1 mol该离子含0.8NA个σ键，B错误； C．1 L 0.5 mol·L-1 NaOH溶液中NaOH的物质的量为0.5 mol，完全离解为Na+和OH-，OH-中的O-H键数目为0.5NA，但溶液中水的O-H键未被计入，实际总O-H键数目远大于0.5NA，C错误； D．标准状况下1.12 L H2对应0.05 mol，根据反应方程，生成1 mol H2需1 mol Zn，故消耗Zn原子数为0.05NA，D正确； 故选答案D。 4. 以碳酸锰铜矿(主要成分为MnCO3、CuCO3，还含有Fe2O3、FeO等杂质)为原料制备硫酸锰的主要过程：第一步溶于稀硫酸、第二步氧化、第三步除去等，有关离子方程式书写错误的是 A. 碳酸锰铜矿加入稀硫酸中发生的反应有： B. 加入将转化为Fe3+： C. 若向溶液中通入氨气除去Cu2+： D. 若向溶液中加入MnS除去Cu2+： 【答案】B 【解析】 【详解】A．碳酸锰与稀硫酸反应生成MnSO4、H2O和CO2，方程式符合实验事实，拆分正确，原子和电荷都守恒，A正确； B．离子方程式中选项未配平Fe2+的系数，电荷不守恒，反应中Fe2+与MnO2的物质的量比应为2:1，正确的离子方程式为：，B错误； C．通入适量氨气时，Cu2+与NH3·H2O反应生成Cu(OH)2沉淀，方程式符合实际反应，拆分正确，原子和电荷都守恒，C正确； D．MnS与Cu2+反应生成更难溶的CuS，符合沉淀转化规律，方程式正确，D正确； 答案选B。 5. 某电解质的阴离子结构如图。已知短周期主族元素X、Y、Z、M和W的原子序数依次增大，W元素在周期表中电负性最大，Y原子的最外层只有3个电子。下列说法正确的是 A. 原子半径：Y<Z<M B. 最简单氢化物的沸点：W>M>Z C. 键角： D. 元素Y第一电离能小于同周期相邻两种元素的第一电离能 【答案】D 【解析】 【分析】据题意可得，W元素在周期表中电负性最大，则W为F元素；短周期主族元素X、Y、Z、M和W的原子序数依次增大，Y原子的最外层只有3个电子，则Y为B元素；短周期主族元素X、Y、Z、M和W的原子序数依次增大，Z、M为C、N、O中的两个，根据阴离子中，Z可以结合4个价键，则Z为C元素，M结合2个价键，则M为O元素，X结合1个共价键，根据原子结构，则X为H元素； 【详解】A．Y为B，Z为C，M为O，同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，原子半径：B>C>O，A错误； B．W、M、Z的最简单氢化物分别为HF、H2O、CH4，H2O分子间氢键多于HF，水的沸点最高，甲烷不能形成氢键，沸点最低，即H2O>HF>CH4，B错误； C．CH4为正四面体形，键角109°28′；H2O为V形分子，键角约104.5°，则甲烷分子键角较大，C错误； D．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，但是Be原子价电子为2s2全满稳定状态，电离能较大，第二周期第一电离能B小于Be和C，故B的第一电离能小于同周期相邻两种元素的第一电离能，D正确； 故选D。 6. 利用下列实验装置(部分夹持装置略)进行的实验，能达到实验目的的是 A. 用图①装置验证铁的吸氧腐蚀 B. 用图②装置验证溴乙烷发生了消去反应 C. 用图③装置灼烧碎海带 D. 用图④装置配制溶液 【答案】A 【解析】 【详解】A．食盐水为中性，Fe发生吸氧腐蚀，红墨水沿导管上升可证明，故A正确； B．挥发的醇使酸性高锰酸钾溶液褪色，紫色褪去，不能证明溴乙烷发生了消去反应，故B错误； C．灼烧在坩埚中进行，不能在烧杯在进行，故C错误； D．不能在容量瓶中溶解固体，应在烧杯中溶解、冷却后，转移到容量瓶中定容，故D错误； 故选A。 7. 从炼钢粉尘(主要含和)中提取锌的流程如下： “盐浸”过程转化为，并有少量和浸出。下列说法错误的是 A. “盐浸”过程若浸液下降，需补充 B. “滤渣”的主要成分为 C. “沉锌”过程发生反应 D. 应合理控制用量，以便滤液循环使用 【答案】B 【解析】 【分析】“盐浸”过程转化为，发生反应，根据题中信息可知，Fe2O3、Fe3O4只有少量溶解，通入空气氧化后Fe2+和Fe3+转化为Fe(OH)3；“沉锌”过程发生反应为：，经洗涤干燥后得到产物ZnS及滤液。 【详解】A．“盐浸”过程中消耗氨气，浸液下降，需补充，A正确； B．由分析可知，“滤渣”的主要成分为Fe3O4和Fe2O3，只含少量的Fe(OH)3，B错误； C．“沉锌”过程发生反应，C正确； D．应合理控制用量，以便滤液循环使用，D正确； 故选B。 8. 膜电极反应器具有电阻低、能耗低、结构紧凑等优点，研究人员设计了一种(碱性)膜电极反应器(如图所示)用于持续制备，下列说法中正确的是 A. 电极M上，反应物和生成物中碳原子的杂化方式相同 B. 电极N的电极反应式： C. 反应后溶液的pH变大 D. 电极M上产生，转移电子的数目为 【答案】C 【解析】 【分析】M极通入乙炔被还原为乙烯是正极，N极-2价的O被氧化为氧气是负极。 【详解】A．中碳原子为sp杂化，中碳原子为杂化，杂化方式不同，故A错误； B．由图中信息可知，电极N上，碱性溶液中的氧元素被氧化为氧气，电极反应为，故B错误； C．反应器的总反应为，反应后溶液的碱性增强，pH变大，故C正确； D．未给出气体是否处于标准状况，无法计算转移电子的数目，故D错误； 故答案为：C。 9. 乙酸甲酯在NaOH溶液中发生水解时物质和能量的变化如下图所示。下列说法正确的是 A. 总反应为吸热反应 B. 决定总反应速率快慢的是中间产物1→中间产物2的反应 C. 反应过程中碳原子的轨道杂化方式不发生变化 D. 若反应物使用，则产物中存在 【答案】D 【解析】 【详解】A．由图可知该反应反应物总能量高于生成物总能量，该反应为放热反应，A错误； B．反应物到中间产物1的活化能大于中间产物1到中间产物2的活化能，活化能越大反应速率越慢，慢反应决定总反应速率的快慢，故决定总反应速率快慢的是反应物→中间产物1的反应，B错误； C．反应物中存在酯基，C原子采用sp2杂化，中间产物1中酯基中碳氧双键转化成单键，碳原子杂化方式为sp3杂化，碳原子的杂化方式发生变化，C错误； D．根据图示信息可知酯中的C-O断裂，该氧原子最终进入醇中，若反应物使用，则进入甲醇中，D正确； 故选D。 10. 在化工生产中常利用某分子筛作催化剂，催化脱除废气中的NO和，生成两种无毒物质，其反应历程如图所示。下列说法错误的是 A. X为纯净物，且生成X的反应为氧化还原反应 B. 和中心原子杂化方式相同，但微粒的空间结构不同 C. 脱除废气中的NO和时， D. 历程④可表示为 【答案】A 【解析】 【详解】A.反应过程中，＋4价、＋2价氮元素与-3价的氮元素发生氧化还原反应，根据质量守恒定律，由转化③可知X为和，故X为混合物，故A错误； B.和中心原子的价电子对数均为4，均为杂化，但含有1对孤电子对，故的空间结构为正四面体形而的空间结构为三角锥形，故B正确； C.根据反应历程图可知，进入体系的物质、NO、为反应物，从体系出来的物质、为生成物，总反应：，故脱除燃煤烟气中的NO和时，，故C正确； D.根据质量守恒定律，由转化④可知Y是，故D正确。 故选A。 二、非选择题(共4大题，共60分) 11. 草酸钴在化学中应用广泛，可以用于制取催化剂和指示剂。以钴矿[主要成分是CoO、Co2O3、Co(OH)2，还含有少量SiO2、CuO、FeO及MnO2杂质]制取草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)的工艺流程如图所示： 常温下，有关沉淀数据如下表(“完全沉淀”时，金属离子浓度≤1.0×10-5mol·L-1) 沉淀 Mn(OH)2 Co(OH)2 Cu(OH)2 Fe(OH)3 恰好完全沉淀时pH 10.1 9.4 6.7 2.8 回答下列问题： （1）基态Co原子的价电子轨道表示式：_______。 （2）“浸取”前，需要对钴矿进行粉碎处理的目的是_______。浸出液中主要含有、、、和离子，写出“浸取”时，发生反应的离子方程式：_______。 （3）“氧化”时，发生反应的离子方程式为_______。 （4）常温下，“调节pH”得到的沉淀X的主要成分是_______(填化学式)。 （5）“提纯”分为萃取和反萃取两步进行，先向除杂后的溶液中加入某有机酸萃取剂，发生反应：。当溶液pH处于4.5到6.5之间时，萃取率随着溶液pH增大而增大，其原因是_______。 （6）钴的氧化物常用作颜料或反应催化剂，可以由草酸钴晶体在空气中加热制取，取草酸钴晶体，在空气中加热至恒重，得到CoO与的混合物，该混合物中CoO与的物质的量之比为_______。 （7）一种钛酸钴的晶胞结构如图所示，该立方晶胞参数为a pm，设为阿伏加德罗常数的值，该钛酸钴晶体的密度为_______(列出计算式)。 【答案】（1） （2） ① 增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率 ②. Co2O3++4H+=2Co2++2H2O+ （3）+6H++6Fe2+=6Fe3++3H2O+Cl- （4）Cu(OH)2、Fe(OH)3 （5）溶液的pH增大，溶液中c(H+)减小，平衡向正反应方向移动 （6）1:1 （7）或者 【解析】 【分析】以钴矿[主要成分是CoO、Co2O3、Co(OH)2，还含有少量SiO2、CuO、FeO及MnO2杂质]制取草酸钴晶体(CoC2O4•2H2O)，钴矿中加入Na2SO3、稀硫酸浸取，浸出液中主要含有Cu2+、Fe2+、Co2+、Mn2+和离子，则CoO、Co(OH)2、CuO、FeO都和稀硫酸反应生成硫酸盐，MnO2被还原为Mn2+、Co2O3被还原为Co2+，同时被氧化为，SiO2不溶于稀硫酸，所以浸出渣为SiO2；向滤液中加入NaClO3，NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入NaOH调节pH值，Cu2+、Fe3+都转化为氢氧化物沉淀而除去，滤液提纯后加入(NH4)2C2O4沉钴，得到CoC2O4•2H2O。 【小问1详解】 已知Co是27号元素，基态Co原子的价电子排布式为：3d74s2，则其价电子轨道表示式为：； 【小问2详解】 反应物接触面积越大，反应速率越快，浸取率越大，所以“浸取”前，需要对钴矿进行粉碎处理的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率，浸出液中主要含有Cu2+、Fe2+、Co2+、Mn2+和离子，“浸取“时，Co2O3被还原为Co2+，同时被氧化为，所以Co2O3发生反应的化学方程式：Co2O3+Na2SO3+2H2SO4=2CoSO4+2H2O+Na2SO4，该反应的离子方程式为：Co2O3++4H+=2Co2++2H2O+； 【小问3详解】 “氧化”时，NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式为+6H++6Fe2+=6Fe3++3H2O+Cl-； 【小问4详解】 由分析结合表中数据可知，当Co2+生成沉淀时，Cu2+、Fe3+都转化为氢氧化物沉淀，常温下，“调节pH”得到的沉淀X的主要成分是Cu(OH)2、Fe(OH)3； 【小问5详解】 由题干信息中萃取平衡可知，当溶液pH处于4.5到6.5之间时，Co2+萃取率随着溶液pH增大而增大，其原因是溶液的pH增大，溶液中c(H+)减小，平衡向正反应方向移动； 【小问6详解】 n(CoC2O4•2H2O)==0.2mol，根据Co原子守恒得n(Co)=n(CoC2O4•2H2O)=0.2mol，设n(CoO)=xmol，n(Co3O4)=ymol，根据Co原子的物质的量、混合物的质量列方程组①x+3y=0.2mol，②75x+241y=15.8g，，解得x=0.05mol，y=0.05mol，所以该混合物中CoO与Co3O4的物质的量之比=0.05mol：0.05mol=1：1； 【小问7详解】 由题干晶胞可知，一个晶胞中含有1个Ti、含有8×=1个Co和6×=3个O，则一个晶胞的质量为：g，一个晶胞的体积为：(a×10-10cm)3，故该晶体的密度为：==g·cm-3或者g·cm-3。 12. 利用尿素制备(水合肼)的实验流程如图所示： 已知： ①氯气与烧碱溶液的反应是放热反应； ②有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成。 （1）步骤Ⅰ制备NaClO溶液时，若温度为41℃，测得产物中除NaClO外还含有，且两者物质的量之比为3：1，该反应的化学方程式为_______。 （2）步骤Ⅱ合成(沸点为118.5℃)的装置如图所示。步骤Ⅰ中所得溶液与尿素[，沸点为196.6℃]水溶液在40℃以下反应一段时间，再迅速升温至110℃继续反应。 ①的结构式为_______，仪器a的名称为_______；冷凝管的作用是_______。 ②若分液漏斗内液体滴加速率过快，会发生副反应，该副反应的离子方程式为_______。 ③写出流程图中生成水合肼的化学方程式：_______。 （3）蒸馏得到水合肼粗产品，称取馏分1.5 g，加水配成100 mL溶液，取出20.00 mL于锥形瓶中，并加入2～3滴淀粉溶液，用0.5000 的碘的标准溶液进行滴定。(已知：) ①滴定时，碘的标准溶液盛放在_______(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。 ②滴定终点现象为：_______。 ③达到滴定终点时消耗碘的标准溶液20.00 mL，馏分中的质量分数为_______(保留3位有效数字) 【答案】（1） （2） ①. ②. 三颈烧瓶 ③. 冷凝回流，提高水合肼的产率 ④. ⑤. （3） ①. 酸式 ②. 当最后半滴碘的标准溶液滴入时，溶液由无色变为蓝色，且半分钟颜色不变化，即达到滴定终点 ③. 83.3% 【解析】 【小问1详解】 化合价上升至与，价态下降至，根据电子守恒和原子守恒得反应的化学方程式为。 小问2详解】 根据成键特点可知的结构式为； 由仪器构造可知，仪器a为三颈烧瓶； 冷凝管的作用是冷凝回流，提高水合肼的产率； 根据已知信息，分液漏斗内液体若滴加速率过快，会发生溶液将氧化副反应，则离子方程式为； 将尿素氧化为水合肼，由此分析可知，化学方程式为。 【小问3详解】 碘溶液具有一定的氧化性，会腐蚀橡胶管，因此用酸式滴定管盛放； 滴定终点：当最后半滴碘的标准溶液滴入时，溶液由无色变为蓝色，且半分钟颜色不变化，即达到滴定终点。 滴定的反应为，则，20 mL水合肼粗产品中有水合肼，则100 mL中有0.025 mol水合肼，即，则质量分数为。 13. I、雾霾主要成分为灰尘、SO2、NOX、有机碳氢化合物等粒子。烟气脱硝是治理雾霾的方法之一。 （1）以氨气为脱硝剂时，可将NOX还原为N2。 已知：i． △H= a kJ·mol-1 ii． △H= b kJ·mol-1 则反应的 △H=_______kJ·mol-1。 （2）臭氧也是理想的烟气脱硝剂，其脱硝反应之一为： △H <0，某温度时，在体积为1L的刚性密闭容器中充入2 mol NO2和1mol O3发生反应，保持恒温恒容条件。 ①下列事实能够证明该反应已经达到平衡的是_______ (填标号)。 A．                                 B．混合气体密度不再改变 C．O2的体积分数不再改变                        D．混合气体平均摩尔质量不再改变 ②欲增加NO2的平衡转化率，可采取的措施有_______ (填标号)。 A．充入氦气       B．升高温度       C．充入2 molNO2 D．充入2 mol NO2和1molO3 ③达到平衡时，混合气体总压为p，O2的浓度为0.5mol/L，则NO2的转化率为_______，平衡常数Kp=_______ (用分压表示，分压=总压×物质的量分数)。 Ⅱ、碳和氮的化合物是广泛的化工原料，在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：，其化学平衡常数K和温度T的关系如下表： t℃ 700 800 830 1000 1200 K 0.6 0.9 1.0 1.7 2.6 （3）该反应为_______反应(填“吸热”、“放热”)。 （4）在800℃时，发生上述反应，某一时刻测得容器内各物质的浓度分别为，，，，则下一时刻，_______(填“>”、“<”或“=”)。 Ⅲ、在稀硫酸中分别以Pt、Cu为电极，利用电催化可将同时转化为多种燃料，其原理如图所示。 （5）CO2在铜电极被还原为多种燃料，则与Pt电极相连的是电源的_______极，写出CO2催化还原成CH4的电极反应式_______。 【答案】（1）b-3a （2） ①. CD ②. D ③. 50% ④. （3）吸热 （4）＜ （5） ①. 正 ②. CO2+8H++8e-=CH4+2H2O 【解析】 【小问1详解】 已知反应ⅰ．N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=akJ⋅mol-1，反应ⅱ．4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) ΔH=bkJ⋅mol-1，根据盖斯定律ⅱ-ⅰ×3得反应4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O的ΔH=(b-3a)kJ⋅mol-1，故答案为：b-3a； 【小问2详解】 ①A．化学平衡的本质特征是正逆反应速率相等，中并未告知正反应速率还是逆反应速率，即不能说明反应达到化学平衡，A不合题意； B．在恒温恒容密闭容器中，反应前后气体质量不变，体积不变，混合气体密度一直未改变，即混合气体密度不再改变，不能说明反应达到平衡状态，B不合题意； C．由题干方程式可知，随着反应的进行，O2的物质的量一直在改变，即O2的体积分数一直在改变，故O2的体积分数不再改变，说明反应达到化学平衡，C符合题意； D．反应前后气体系数和不同，气体总质量不变，根据公式M=可知：只要不平衡，n就变，n变M就变，混合气体的平均相对分子质量保持不变，反应一定达到平衡状态，D符合题意； 故选；CD； ②A．在恒温恒容容器中充入氦气，反应物、生成物浓度不变，平衡不移动，NO2的平衡转化率不变，A不合题意； B．正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，NO2的平衡转化率降低，B不合题意； C．充入2mol NO2，平衡正向移动，NO2的平衡转化率降低、O3的平衡转化率增大，C不合题意； D．充入2mol NO2和1mol O3，相当于增大压强，NO2的平衡转化率增大，D符合题意； 故答案为：D； ③达到平衡时，混合气体总压为p，O2的浓度为0.5mol⋅L-1，列三行式：，则NO2的转化率为×100%═50%，平衡常数Kp===，故答案为：50%；  ； 【小问3详解】 由题干表中数据可知，随着温度升高化学平衡常数增大，即升高温度该反应平衡正向移动，故该反应为吸热反应，故答案为：吸热； 【小问4详解】 由题干表中数据可知，在800℃时，该反应的化学平衡常数为0.9，发生上述反应，某一时刻测得容器内各物质的浓度分别为，，，，此时Q===1＞0.9=K，即平衡在往逆反应方向移动，则下一时刻，＜，故答案为：＜； 【小问5详解】 由题干电解装置图可知，Cu电极上将CO2转化为CO、C2H4、CH3OH、CH4等，碳的化合价降低被还原，该电极为阴极，则Pt电极为阳极，CO2在铜电极被还原为多种燃料，则与Pt电极相连的是电源的正极，根据电解质为稀硫酸，故CO2催化还原成CH4的电极反应式为：CO2+8H++8e-=CH4+2H2O，故答案为：正；CO2+8H++8e-=CH4+2H2O。 14. 乙肝新药的中间体化合物J的一种合成路线如图： 已知： (重氮甲烷) 回答下列问题： （1）A的化学名称为_______，D中含氧官能团名称为_______。 （2）M的结构简式为： ①与相比，M的水溶性更_______(填“大”或“小”)，原因是_______。 ②—SH与—OH性质相似，M与NaOH溶液反应的化学方程式为_______。 （3）D→E的反应类型是_______，F的结构简式为_______。 （4）由G生成J的过程中，设计反应④和⑤的目的是_______。 （5）化合物Q是A的同系物，相对分子质量比A的多14；Q的同分异构体中，同时满足下列条件(不考虑立体异构)： a．能与FeCl3溶液发生显色反应； b．能发生银镜反应； c．苯环上的取代基数目小于4。 其中核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为2:2:1:1:1的结构简式为_______。 【答案】（1） ①. 对溴苯甲酸或者4-溴苯甲酸 ②. 酯基、硝基 （2） ①. 小 ②. 中的羟基可以与水分子形成氢键，使其在水中的溶解度更大 ③. +2NaOH+CH3OH+H2O （3） ①. 还原反应 ②. （4）保护羧基 （5） 【解析】 【分析】A（）在浓硫酸催化下与浓硝酸发生硝化反应生成B，结合B的分子式及后边产物D的结构可推出B为，在浓硫酸催化下与甲醇发生酯化反应生成C为，与化合物M反应生成D，根据D的结构简式及C的分子式的差别推出M为，C和M发生取代反应生成D和溴化氢，D在Pd作催化剂与H2发生还原反应生成E，E在一定条件下反应生成F，根据F的分子式可推知E发生水解生成甲醇和F，F为，F在催化剂下脱水成环生成G，G与CH2N2发生化学反应生成H，H在30%的H2O2中发生氧化反应生成I，I在一定条件下发生水解反应生成J，据此回答。 【小问1详解】 由题干流程图中A的结构简式可知，A的化学名称为：对溴苯甲酸或者4-溴苯甲酸，由D的结构简式可知，D中含氧官能团名称为酯基、硝基，故答案为：对溴苯甲酸或者4-溴苯甲酸；酯基、硝基； 【小问2详解】 ①M的结构简式为，其与相比，由于与水分子之间能够形成氢键，而M与水分子之间不能，导致M的水溶性更小，故答案为：小；中的羟基可以与水分子形成氢键，使其在水中的溶解度更大； ②—SH与—OH性质相似，则M中酯基和-SH均能与NaOH溶液反应，则M与NaOH溶液反应的化学方程式为：+2NaOH+CH3OH+H2O，故答案为：+2NaOH+CH3OH+H2O； 【小问3详解】 由题干流程图可知，D→E即D中的硝基转化为F中的-NH2，该反应的反应类型是还原反应，由分析可知，F的结构简式为：，故答案为：还原反应；； 【小问4详解】 由题干流程图可知，由G生成J的过程中，反应④为将羧基转化为酯基，反应⑤为将酯基水解为羧基，故设计反应④和⑤的目的是保护羧基，故答案为：保护羧基； 【小问5详解】 化合物Q是的同系物，相对分子质量比的多14，则多一个CH2；化合物Q的同分异构体中，同时满足条件：能发生银镜反应，则含有醛基；能与氯化铁溶液发生显色反应，则含有酚羟基；苯环上取代基数目小于4，同时有酚羟基，即取代基数目至少为2，若为2，则核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为2：2：1：1：1的结构简式为，取代基数目为3没有符合条件的同分异构体，故答案为：。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $