精品解析：北京十五中2025-2026学年高三上学期期中考试化学试题

北京十五中高三年级化学期中考试试卷 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 第一部分 本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。 1. 我国科学家提出了高强度人造蚕丝的制备方法，用表面活性剂和溶液使丝胶蛋白水解，然后将浓缩的丝素蛋白挤入含和的溶液中凝固成纤维。下列说法不正确的是 A. 中既含有亲水基团又含有疏水基团 B. 溶液显碱性的原因： C. 丝胶蛋白水解时酰胺基中发生了断裂 D. 含或的盐溶液均能使蛋白质变性 2. 下列化学用语或图示表达不正确的是 A. 的电子式： B. 基态C原子的价层电子轨道表示式： C. 丙酮的结构简式： D. 反-2-丁烯的分子结构模型： 3. 我国科学家合成了检测的荧光探针，其结构简式如图。下列关于荧光探针分子的说法不正确的是 A. 不存在手性碳原子 B. 能形成分子内氢键 C. 能与饱和溴水发生取代反应和加成反应 D. 探针最多能与反应 4. 下列说法正确的是 A. 同温同压下，O2和CO2的密度相同 B. 质量相同的H2O和D2O(重水)所含的原子数相同 C. 物质的量相同的CH3CH2OH和CH3OCH3所含共价键数相同 D. 室温下，pH相同的盐酸和硫酸中，溶质的物质的量浓度相同 5. 下列化学用语对事实的表述不正确的是 A. 电解法精炼钢的阴极反应： B. H和Cl形成共价键的过程： C. 铅蓄电池放电时的负极反应： D. 向溶液中滴加NaOH溶液，产生白色沉淀，并最终变为红褐色：、 6. 下列反应产物不能用反应物中键的极性解释的是 A. B. C. D. 7. 利用如图装置(夹持装置略)进行实验，X、Y中所选试剂不能达到实验目的的是 选项 实验目的 试剂X 试剂Y A 比较非金属性：Cl>Br>S NaBr溶液 溶液 B 吸收中混有的并检验其是否已除尽 酸性溶液 品红溶液 C 检验与NaOH醇溶液共热的产物乙烯 水 酸性溶液 D 证明电石与饱和食盐水反应产生的气体中含有乙炔 溶液 酸性溶液 A. A B. B C. C D. D 8. Claiscn重排反应是有机合成中常用的重要反应。以为例，其反应过程对应的机理有两种，如图(“”可表示单，双键)，下列说法不正确的是 A. 机理1：反应物→产物的过程中，有极性共价键断裂 B. 机理2：反应物→中间体的过程中，没有化学键断裂，只有空间结构变化 C. 该反应的化学方程式： D. 相比于机理1，机理2所需活化能降低，活化分子百分比下降，反应速率减慢 9. 以0.1mol/L NaOH溶液滴定20.00mL 0.1mol/L溶液的滴定曲线如图。已知：酚酞的变色范围是pH8.2~10 下列说法不正确的是 A. M点主要溶质为 B. N点可用酚酞作指示剂指示滴定终点 C. N点溶液： D. M→N过程中，均满足 10. 重氮羰基化合物聚合可获得主链由一个碳原子作为重复结构单元的聚合物，为制备多官能团聚合物提供了新方法。利用该方法合成聚合物P的反应路线如图。 下列说法不正确的是 A. 反应①中有氮元素的单质生成 B. 反应②是取代反应 C. 聚合物P能发生水解反应 D. 反应②的副产物不可能是网状结构的高分子 11. 一定温度下，在恒容密闭容器中发生反应：。进料浓度比[]分别为时，平衡转化率随温度变化的关系如图。下列说法不正确的是 A. 键断裂的同时有键断裂，则反应达到了平衡状态 B. 该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量 C. a、b、c三点中a点对应的平衡转化率最高 D. 若的初始浓度为，时， 12. 利用下图装置进行铁上电镀铜的实验探究。 装置 序号 电解质溶液 实验现象 ① 少量溶液 阴极表面产生无色气体，一段时间后阴极表面有红色固体，气体减少。经检验，电解液中有 ② 过量氨水 阴极表面未观察到气体，一段时间后阴极表面有致密红色固体。经检验，电解液中无元素 下列分析不正确的是 A. ①中气体减少，推测是由于溶液中减小，且覆盖铁电极，阻碍与铁接触 B. ①中检测到，推测可能发生反应：、 C. 随阴极析出铜，推测②中溶液减小，平衡逆向移动 D. ②中生成，使得比①中溶液的小，缓慢析出，镀层更致密 13. 某同学进行如下实验： ①取少量稀盐酸放于试管中，投入光亮的铜片，无明显变化。 ②向实验①的试管中通入足量的，铜片表面很快变暗，生成黑色固体，溶液逐渐变为棕色。 ③若将稀盐酸换成稀硫酸重复实验①和②，均无明显变化。 资料：是白色固体，难溶于水，能溶于盐酸，(棕色) 下列说法不正确的是 A. 黑色固体不是 B. 将棕色溶液加水稀释，会产生白色沉淀 C. 由实验①②能说明增强了的还原性 D. 上述过程中可能发生的反应： 14. 中国科学家在淀粉人工光合成方面取得重大突破性进展，该实验方法首先将催化还原为。已知催化加氢的主要反应有： ① ② 其他条件不变时，在相同时间内温度对催化加氢的影响如下图。下列说法不正确的是 A. B. 使用催化剂，能降低反应的活化能，增大活化分子百分数 C. 其他条件不变，增大压强，有利于反应向生成的方向进行 D. 220～240℃，升高温度，对反应②速率的影响比对反应①的小 第二部分 本部分共5题，共58分。 15. 黄铜矿(主要成分为)可用于冶炼，主要物质转化过程如下： （1）与共热制备的反应中，化合价升高的元素是_______。 （2）为减少对环境的污染，在高温时可以用将其转化为，反应的化学方程式为_______。 （3）中心原子的杂化方式是_______，用价层电子对互斥理论解释的空间结构不同于的原因：_______。 （4）与都可视为离子晶体，且结构相似，但的熔点比的高约100℃，原因是_______。 （5）的晶胞如图所示。 ①图4所示结构单元不能作为晶胞的原因是_______。 ②从图3可以看出，每个晶胞中含有的Cu原子个数为_______。 ③已知：晶体的密度是 ，阿伏伽德罗常数的值为。晶胞中底边边长_______(用计算式表示；；的摩尔质量为 )。 16. 氢能源是最具应用前景的能源之一，高纯氢的制备是目前的研究热点。 （1）甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一。 ①反应器中初始反应的生成物为H2和CO2，其物质的量之比为4∶1，甲烷和水蒸气反应的方程式是______________。 ②已知反应器中还存在如下反应： i.CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ΔH1 ii.CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH2 iii.CH4(g)=C(s)+2H2(g) ΔH3 …… iii为积炭反应，利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，还需要利用__________反应的ΔH。 ③反应物投料比采用n（H2O）∶n（CH4）=4∶1，大于初始反应的化学计量数之比，目的是________________（选填字母序号）。 a.促进CH4转化 b.促进CO转化为CO2 c.减少积炭生成 ④用CaO可以去除CO2。H2体积分数和CaO消耗率随时间变化关系如下图所示。从t1时开始，H2体积分数显著降低，单位时间CaO消耗率_______（填“升高”“降低”或“不变”）。此时CaO消耗率约为35%，但已失效，结合化学方程式解释原因：____________________________。 （2）可利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢，工作示意图如下。通过控制开关连接K1或K2，可交替得到H2和O2。 ①制H2时，连接_______________。 产生H2的电极反应式是_______________。 ②改变开关连接方式，可得O2。 ③结合①和②中电极3的电极反应式，说明电极3的作用：________________________。 17. 药物帕罗西汀的合成路线如下。 已知：ⅰ． ⅱ. （1）A分子含有的官能团名称是_______。 （2）已知：B为反式结构。下列有关B的说法正确的是(填序号)_______。 a．核磁共振氢谱有5组峰 b．能使酸性溶液褪色 c．存在2个六元环的酯类同分异构体 d．存在含苯环和碳碳三键的羧酸类同分异构体 （3）E→G的化学方程式是_______。 （4）J分子中有3个官能团，包括1个酯基。J的结构简式是_______。 （5）L的分子式为。L的结构简式是_______。 （6）从黄樟素经过其同分异构体N可制备L。 已知：ⅰ． ⅱ． 写出制备L时中间产物N、P、Q的结构简式：_______、_______、_______。 18. 以银锰精矿(主要含、、)和氧化锰矿(主要含)为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。 已知：酸性条件下，的氧化性强于。 （1） “浸锰”过程是在溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除，有利于后续银的浸出：矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中。 ①“浸锰”过程中，发生反应，则可推断：__________(填“>”或“<”)。 ②在溶液中，银锰精矿中的和氧化锰矿中的发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有__________。 （2） “浸银”时，使用过量和的混合液作为浸出剂，将中的银以形式浸出。 ①将“浸银”反应的离子方程式补充完整：__________。 ②结合平衡移动原理，解释浸出剂中的作用：____________________。 （3） “沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。 ①该步反应的离子方程式有______________________________。 ②一定温度下，的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释分钟后的沉淀率逐渐减小的原因：______________。 （4）结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势：________。 19. 某小组同学探究物质的溶解度大小与沉淀转化方向之间的关系。已知： 物质 BaSO4 BaCO3 AgI AgCl 溶解度/g（20℃） 2.4×10-4 1.4×10-3 3.0×10-7 1.5×10-4 （1）探究BaCO3和BaSO4之间的转化 实验操作： 试剂A 试剂B 试剂C 加入盐酸后的现象 实验Ⅰ BaCl2 Na2CO3 Na2SO4 …… 实验Ⅱ Na2SO4 Na2CO3 有少量气泡产生，沉淀部分溶解 ① 实验Ⅰ说明BaCO3全部转化为BaSO4，依据的现象是加入盐酸后，______。 ② 实验Ⅱ中加入稀盐酸后发生反应的离子方程式是______。 ③ 实验Ⅱ说明沉淀发生了部分转化，结合BaSO4的沉淀溶解平衡解释原因：______。 （2）探究AgCl和AgI之间的转化 实验Ⅲ： 实验Ⅳ：在试管中进行溶液间反应时，同学们无法观察到AgI转化为AgCl，于是又设计了如下实验（电压表读数：a＞c＞b＞0）。 装置 步骤 电压表读数 ⅰ.如图连接装置并加入试剂，闭合K a ⅱ.向B中滴入AgNO3(aq)，至沉淀完全 b ⅲ.再向B中投入一定量NaCl (s) c ⅳ.重复ⅰ，再向B中加入与ⅲ等量NaCl(s) a 注：其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，原电池的电压越大；离子的氧化性（或还原性）强弱与其浓度有关。 ①实验Ⅲ证明了AgCl转化为AgI，甲溶液可以是______（填序号）。 a. AgNO3溶液 b. NaCl溶液 c. KI溶液 ②实验Ⅳ的步骤ⅰ中，B中石墨上的电极反应式是______。 ③结合信息，解释实验Ⅳ中b＜a的原因：______。 ④实验Ⅳ的现象能说明AgI转化为AgCl，理由是______。 （3）综合实验Ⅰ～Ⅳ，可得出结论： ______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京十五中高三年级化学期中考试试卷 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 第一部分 本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。 1. 我国科学家提出了高强度人造蚕丝的制备方法，用表面活性剂和溶液使丝胶蛋白水解，然后将浓缩的丝素蛋白挤入含和的溶液中凝固成纤维。下列说法不正确的是 A. 中既含有亲水基团又含有疏水基团 B. 溶液显碱性的原因： C. 丝胶蛋白水解时酰胺基中发生了断裂 D. 含或的盐溶液均能使蛋白质变性 【答案】D 【解析】 【详解】A．中的烃基是疏水基团，磺酸基是亲水基团，A正确； B．溶液显碱性的原因是碳酸根水解：，B正确； C．丝胶蛋白水解时酰胺基中发生了断裂，C正确； D．锌是重金属，钠不是，所以含的盐溶液能使蛋白质变性，含的盐溶液不能使蛋白质变性，D错误； 答案选D。 2. 下列化学用语或图示表达不正确的是 A. 的电子式： B. 基态C原子的价层电子轨道表示式： C. 丙酮的结构简式： D. 反-2-丁烯的分子结构模型： 【答案】B 【解析】 【详解】A．是氮氮共用三对电子，其电子式：，A正确； B．基态C原子的价层电子排布式为2s22p2，则价层电子轨道表示式：，B错误； C．丙酮的结构简式CH3COCH3或，C正确； D．反-2-丁烯为，其分子结构模型：，D正确； 故选B。 3. 我国科学家合成了检测的荧光探针，其结构简式如图。下列关于荧光探针分子的说法不正确的是 A. 不存在手性碳原子 B. 能形成分子内氢键 C. 能与饱和溴水发生取代反应和加成反应 D. 探针最多能与反应 【答案】D 【解析】 【详解】A．手性碳原子是指连接4个不同的原子或原子团的碳原子，该有机物中不含手性碳原子，A正确； B．该分子中存在-OH，能够和邻位基团上N原子形成分子内氢键，B正确； C．该分子具有碳碳双键，能与饱和溴水发生加成反应，具有酚羟基，Br2可以取代酚羟基邻位或对位的H，发生取代反应，C正确； D．酚羟基、酯基水解生成的酚羟基和羧基都能和NaOH反应，1mol探针A最多能与4molNaOH反应，D错误； 故答案选D。 4. 下列说法正确的是 A. 同温同压下，O2和CO2的密度相同 B. 质量相同的H2O和D2O(重水)所含的原子数相同 C. 物质的量相同的CH3CH2OH和CH3OCH3所含共价键数相同 D. 室温下，pH相同的盐酸和硫酸中，溶质的物质的量浓度相同 【答案】C 【解析】 【详解】A．同温同压下，O2和CO2的体积相同时，其质量之比为32：44，则密度之比为32：44，不相同，A说法错误； B．质量相同的H2O和D2O(重水)的物质的量之比为20：18，分子中均含有3个原子，则所含的原子数之比为20：18，不相同，B说法错误； C．每个CH3CH2OH和CH3OCH3中含共价键数均为8条，则物质的量相同的CH3CH2OH和CH3OCH3所含共价键数相同，C说法正确； D．室温下，pH相同的盐酸和硫酸中，氢离子的浓度相等，硫酸能电离出2个氢离子，而盐酸只能电离出一个，故pH相同的盐酸和硫酸的物质的量浓度不相同，D说法错误； 答案为C。 5. 下列化学用语对事实的表述不正确的是 A. 电解法精炼钢的阴极反应： B. H和Cl形成共价键的过程： C. 铅蓄电池放电时的负极反应： D. 向溶液中滴加NaOH溶液，产生白色沉淀，并最终变为红褐色：、 【答案】B 【解析】 【详解】A．电解法精炼钢的阴极反应：，A正确； B．HCl是共价化合物，H和Cl形成共价键的过程：，B错误； C．铅蓄电池放电时的负极反应：，C正确； D．向溶液中滴加NaOH溶液，产生白色沉淀，并最终变为红褐色：、，D正确； 答案选B。 6. 下列反应产物不能用反应物中键的极性解释的是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】A．该反应为加氢反应，丙烯中的C=C双键与氢气中的H-H键都是非极性键，无法用键的极性解释反应产物，A符合题意； B．乙醇中C-O键为极性键（Cδ+、Oδ-），Br⁻进攻带正电的碳，取代-OH生成溴乙烷，产物可用键的极性解释，B不符合题意； C．乙酰氯中C-Cl键为极性键（Cδ+、Clδ-），羰基碳因氧和氯的吸电子作用带正电，NH3中N的孤对电子进攻羰基碳，发生亲核取代生成酰胺，产物可用键的极性解释，C不符合题意； D．乙醛中羰基（C=O）为极性键，Cδ+易受亲核试剂CN⁻进攻，发生亲核加成生成羟基腈，产物可用键的极性解释，D不符合题意； 故选A。 7. 利用如图装置(夹持装置略)进行实验，X、Y中所选试剂不能达到实验目的的是 选项 实验目的 试剂X 试剂Y A 比较非金属性：Cl>Br>S NaBr溶液 溶液 B 吸收中混有的并检验其是否已除尽 酸性溶液 品红溶液 C 检验与NaOH醇溶液共热的产物乙烯 水 酸性溶液 D 证明电石与饱和食盐水反应产生的气体中含有乙炔 溶液 酸性溶液 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．非金属性：Cl>Br>S，Cl2通入NaBr溶液中，Cl2可以把溴离子氧化为溴单质，所以溶液变成棕色，但是后面和溶液反应的气体是Cl2和Br2的混合气体，不能说明金属性：Br>S，故A错误； B．具有还原性，酸性溶液可以吸收，具有漂白性，可以用品红溶液检验其是否已除尽，故B正确； C．与NaOH醇溶液共热生成的乙烯中混有乙醇，先通过水将乙醇除去，然后用酸性溶液检验乙烯，现象是高锰酸钾溶液褪色，故C正确； D．电石与饱和食盐水反应产生的乙炔中混有H2S，先通过溶液除去H2S气体，再用酸性溶液检验乙炔，现象是高锰酸钾溶液褪色，故D正确； 故选A。 8. Claiscn重排反应是有机合成中常用的重要反应。以为例，其反应过程对应的机理有两种，如图(“”可表示单，双键)，下列说法不正确的是 A. 机理1：反应物→产物的过程中，有极性共价键断裂 B. 机理2：反应物→中间体的过程中，没有化学键断裂，只有空间结构变化 C. 该反应的化学方程式： D. 相比于机理1，机理2所需活化能降低，活化分子百分比下降，反应速率减慢 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．机理1：反应物→产物的过程中，C-O键断裂，C-H键断裂，重排，有极性共价键断裂，故A正确； B．机理2：反应物→中间体的过程中，由反应机理图可知，没有新物质生成，没有化学键断裂，只有空间结构变化，故B正确； C．由反应机理可知生成物的分子式为：，该反应的化学方程式：，故C正确； D．相比于机理1，机理2所需活化能降低，活化分子百分比升高，反应速率加快，故D错误； 9. 以0.1mol/L NaOH溶液滴定20.00mL 0.1mol/L溶液的滴定曲线如图。已知：酚酞的变色范围是pH8.2~10 下列说法不正确的是 A. M点主要溶质为 B. N点可用酚酞作指示剂指示滴定终点 C. N点溶液： D. M→N过程中，均满足 【答案】C 【解析】 【详解】A．加入20.00mL等浓度的NaOH溶液时生成，因此M点主要溶质为，A正确； B．N点溶液中溶质为，溶液pH=10，酚酞的变色范围是pH8.2~10，因此N点可用酚酞作指示剂指示滴定终点，B正确； C．N点溶液中溶质为，溶液pH=10，溶液呈碱性，说明的水解程度大于电离程度，因此，C错误； D．M→N过程中和的混合溶液，则混合溶液中电荷守恒式为：，D正确； 故选C。 10. 重氮羰基化合物聚合可获得主链由一个碳原子作为重复结构单元的聚合物，为制备多官能团聚合物提供了新方法。利用该方法合成聚合物P的反应路线如图。 下列说法不正确的是 A. 反应①中有氮元素的单质生成 B. 反应②是取代反应 C. 聚合物P能发生水解反应 D. 反应②的副产物不可能是网状结构的高分子 【答案】D 【解析】 【分析】根据反应①前后两个物质的结构简式，结合质量守恒，可以推出反应①的反应方程式为： n +nN2↑，根据反应②前后两个物质的结构简式，可以推出反应②的反应方程式为：n +n/2→ +n ；据此作答。 【详解】A．根据分析，反应①的反应方程式为： n +nN2↑，反应①中有氮气生成，A正确； B．根据分析，反应②的反应方程式为：n +n/2→ +n ，是取代反应， B正确； C．聚合物P 与水在一定条件下反应时，这个键容易断开生成氨基和羧基，是水解反应，C正确； D．反应②的副产物也是聚合物，肯定是网状结构的高分子，D错误； 故选D。 11. 一定温度下，在恒容密闭容器中发生反应：。进料浓度比[]分别为时，平衡转化率随温度变化的关系如图。下列说法不正确的是 A. 键断裂的同时有键断裂，则反应达到了平衡状态 B. 该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量 C. a、b、c三点中a点对应的平衡转化率最高 D. 若的初始浓度为，时， 【答案】D 【解析】 【分析】恒容容器中，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1，相当于不断加入c(HCl)，则HCl平衡转化率不断降低，则进料浓度比c(HCl)∶c(O2)为1∶1、4∶1、7∶1分别是曲线X、Y、Z，即 。 【详解】A．H-Cl键断裂表示正反应速率，而H-O键断裂表示逆反应速率，根据方程式可知当键断裂的同时有键断裂时即为正、逆反应速率相等，则反应达到了平衡状态，A正确； B．由题干图像可知，其他条件相同时升高温度，HCl的平衡转化率减小，即升高温度平衡逆向移动，说明正反应是一个放热反应，即该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量，B正确； C．当温度相同时，增大的比值即增大HCl的浓度，则O2的平衡转化率增大，而HCl的平衡转化率却减小，由图像信息可知，a、b、c三点中a点对应的O2平衡转化率最高，C正确； D．由题干图像可知，若氯化氢的初始浓度为，时，400℃时HCl的平衡转化率为84%，由三段式分析： 则K(400℃)= ，D错误； 故答案为：D。 12. 利用下图装置进行铁上电镀铜的实验探究。 装置 序号 电解质溶液 实验现象 ① 少量溶液 阴极表面产生无色气体，一段时间后阴极表面有红色固体，气体减少。经检验，电解液中有 ② 过量氨水 阴极表面未观察到气体，一段时间后阴极表面有致密红色固体。经检验，电解液中无元素 下列分析不正确的是 A. ①中气体减少，推测是由于溶液中减小，且覆盖铁电极，阻碍与铁接触 B. ①中检测到，推测可能发生反应：、 C. 随阴极析出铜，推测②中溶液减小，平衡逆向移动 D. ②中生成，使得比①中溶液的小，缓慢析出，镀层更致密 【答案】C 【解析】 【详解】A．随着反应的进行，一段时间后溶液中的减小，同时阴极发生电极反应：，生成的Cu覆盖在阴极铁制镀件表面，阻碍了与铁的接触，故气体减少，A正确； B．因为溶液中有和，铁制镀件与其接触，铁可能与和发生氧化还原反应生成，B正确； C．当阴极有Cu析出时，阴极电极反应：，阳极电极反应：，又因为②中电解液中无Fe元素，根据得失电子守恒，溶液不变，C错误； D．②中与反应生成，使得比①溶液中小，Cu缓慢析出，镀层更致密，D正确； 答案选C。 13. 某同学进行如下实验： ①取少量稀盐酸放于试管中，投入光亮的铜片，无明显变化。 ②向实验①的试管中通入足量的，铜片表面很快变暗，生成黑色固体，溶液逐渐变为棕色。 ③若将稀盐酸换成稀硫酸重复实验①和②，均无明显变化。 资料：是白色固体，难溶于水，能溶于盐酸，(棕色) 下列说法不正确的是 A. 黑色固体不是 B. 将棕色溶液加水稀释，会产生白色沉淀 C. 由实验①②能说明增强了的还原性 D. 上述过程中可能发生的反应： 【答案】C 【解析】 【详解】A．反应中SO2作氧化剂被还原得到Cu2S黑色沉淀，A正确； B．将棕色溶液加水稀释，平衡逆向移动，会产生白色沉淀，B正确； C．对比实验①②③可推测氯离子的存在提高了二氧化硫的氧化性，C错误； D．反应中SO2作氧化剂被还原得到Cu2S黑色沉淀，同时还得到含有CuCl的棕色溶液，反应方程式为，D正确； 故选C。 14. 中国科学家在淀粉人工光合成方面取得重大突破性进展，该实验方法首先将催化还原为。已知催化加氢的主要反应有： ① ② 其他条件不变时，在相同时间内温度对催化加氢的影响如下图。下列说法不正确的是 A. B. 使用催化剂，能降低反应的活化能，增大活化分子百分数 C. 其他条件不变，增大压强，有利于反应向生成的方向进行 D. 220～240℃，升高温度，对反应②速率的影响比对反应①的小 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据盖斯定律：①-②得，故A正确； B．使用催化剂能降低反应的活化能，增大活化分子的百分数，加快反应速率，故B正确； C．反应①是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，即向生成的方向移动，反应②是气体体积不变的反应，增大压强，平衡不发生移动，故C正确； D．反应①是放热反应，反应②是吸热反应，，升高温度，反应①平衡逆向移动，反应②平衡正向移动，二氧化碳的转化率增大，但甲醇的选择性下降，说明对反应②速率的影响比对反应①的大，故D错误； 故选：D。 第二部分 本部分共5题，共58分。 15. 黄铜矿(主要成分为)可用于冶炼，主要物质转化过程如下： （1）与共热制备的反应中，化合价升高的元素是_______。 （2）为减少对环境的污染，在高温时可以用将其转化为，反应的化学方程式为_______。 （3）中心原子的杂化方式是_______，用价层电子对互斥理论解释的空间结构不同于的原因：_______。 （4）与都可视为离子晶体，且结构相似，但的熔点比的高约100℃，原因是_______。 （5）的晶胞如图所示。 ①图4所示结构单元不能作为晶胞的原因是_______。 ②从图3可以看出，每个晶胞中含有的Cu原子个数为_______。 ③已知：晶体的密度是 ，阿伏伽德罗常数的值为。晶胞中底边边长_______(用计算式表示；；的摩尔质量为 )。 【答案】（1）硫(或S) （2） （3） ①. sp2 ②. SO2中S的价层电子对数为：，且含1个孤电子对，根据VSEPR理论，S采取sp2杂化，分子呈V形（折线形）。CO2中心C原子的价层电子对数为：，无孤电子对，C采取sp杂化，分子呈直线形 （4）S2-半径比O2-半径大，导致Cu2O中离子键更强，晶格能更大，熔点更高 （5） ①. 图4所示结构单元并不能采用“无隙并置”地在晶体中重复出现 ②. 4 ③. 【解析】 【小问1详解】 与共热制备的过程中O元素由0价下降到-2价，Cu元素化合价不变，则S元素化合价上升。 【小问2详解】 根据题目要求，CaO与SO2在高温下反应生成CaSO4，需要O2参与氧化SO2，根据得失电子守恒和原子守恒配平反应方程式为：。 【小问3详解】 SO2中S的价层电子对数为：，且含1个孤电子对，根据VSEPR理论，S采取sp2杂化，分子呈V形（折线形）。CO2中心C原子的价层电子对数为：，无孤电子对，C采取sp杂化，分子呈直线形，因此SO2与CO2空间结构不同的。 【小问4详解】 两者均为离子晶体，熔点高低取决于晶格能。晶格能与离子半径成反比，S2-半径比O2-半径大，导致Cu2O中离子键更强，晶格能更大，熔点更高。 【小问5详解】 ①晶胞是晶体中最小的重复单元，必须能够“无隙并置”地在三维空间中重复排列，图4所示结构单元无法在三维空间中无隙并置，无法构成完整的晶体结构，因此不能作为晶胞； ② 从图3可以看出，Cu位于面心和棱心，个数为6×+4×=4； ③从图3可以看出，Fe位于顶点、体心和面心，个数为 6×+4×+1=4，S位于晶胞内部，共有8个，该晶胞中含有4个，晶胞体积  ，晶胞质量，根据密度公式：，。 16. 氢能源是最具应用前景的能源之一，高纯氢的制备是目前的研究热点。 （1）甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一。 ①反应器中初始反应的生成物为H2和CO2，其物质的量之比为4∶1，甲烷和水蒸气反应的方程式是______________。 ②已知反应器中还存在如下反应： i.CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ΔH1 ii.CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH2 iii.CH4(g)=C(s)+2H2(g) ΔH3 …… iii为积炭反应，利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，还需要利用__________反应的ΔH。 ③反应物投料比采用n（H2O）∶n（CH4）=4∶1，大于初始反应的化学计量数之比，目的是________________（选填字母序号）。 a.促进CH4转化 b.促进CO转化为CO2 c.减少积炭生成 ④用CaO可以去除CO2。H2体积分数和CaO消耗率随时间变化关系如下图所示。从t1时开始，H2体积分数显著降低，单位时间CaO消耗率_______（填“升高”“降低”或“不变”）。此时CaO消耗率约为35%，但已失效，结合化学方程式解释原因：____________________________。 （2）可利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢，工作示意图如下。通过控制开关连接K1或K2，可交替得到H2和O2。 ①制H2时，连接_______________。 产生H2的电极反应式是_______________。 ②改变开关连接方式，可得O2。 ③结合①和②中电极3的电极反应式，说明电极3的作用：________________________。 【答案】 ①. CH4 + 2H2O= 4H2 + CO2 ②. C(s)+CO2(g)=2CO(g) ③. abc ④. 降低 ⑤. CO2和CaO发生反应CaO+CO2=CaCO3，生成的CaCO3覆盖在CaO表面，阻止了CO2和CaO继续反应 ⑥. K1 ⑦. 2H2O+2e-=H2↑+2OH- ⑧. 连接K1或K2时，电极3分别作为阳极材料和阴极材料，并且NiOOH和Ni(OH)2相互转化提供电子转移 【解析】 【详解】（1）①由于生成物为H2和CO2，其物质的量之比为4：1，反应物是甲烷和水蒸气，因而反应方程式为CH4 + 2H2O= 4H2 + CO2； ②ⅰ-ⅱ可得CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g),设为ⅳ，用ⅳ-ⅲ可得C(s)+CO2(g)=2CO(g)，因此，还需利用C(s)+CO2(g)=2CO(g)反应的焓变； ③初始反应n(H2O):n(CH4)=2：1，说明加入的水蒸气过量，又反应器中反应都存在一定可逆性，根据反应ⅰ知水蒸气浓度越大，甲烷的转化率越高，a正确；根据反应ⅱ知水蒸气浓度越大，CO的转化率越高，b正确；ⅰ和ⅱ产生氢气，使得氢气浓度变大，抑制反应ⅲ，积炭生成量减少，c正确； ④t1时CaO消耗率曲线斜率减小，因而单位时间内CaO的消耗率降低；CO2和CaO发生反应CaO+CO2=CaCO3，生成的CaCO3覆盖在CaO表面，阻止了CO2和CaO继续反应，从而导致CaO失效； （2）①电极生成H2时，根据电极放电规律可知H+得到电子变为氢气，因而电极须连接负极，因而制H2时，连接K1，该电池在碱性溶液中，由H2O提供H+，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-； ③电极3上NiOOH和Ni(OH)2相互转化，其反应式为NiOOH+e-+H2O⇌Ni(OH)2+OH-，当连接K1时，Ni(OH)2失去电子变为NiOOH，当连接K2时，NiOOH得到电子变为Ni(OH)2，因而作用是连接K1或K2时，电极3分别作为阳极材料和阴极材料，并且NiOOH和Ni(OH)2相互转化提供电子转移。 17. 药物帕罗西汀的合成路线如下。 已知：ⅰ． ⅱ. （1）A分子含有的官能团名称是_______。 （2）已知：B为反式结构。下列有关B的说法正确的是(填序号)_______。 a．核磁共振氢谱有5组峰 b．能使酸性溶液褪色 c．存在2个六元环的酯类同分异构体 d．存在含苯环和碳碳三键的羧酸类同分异构体 （3）E→G的化学方程式是_______。 （4）J分子中有3个官能团，包括1个酯基。J的结构简式是_______。 （5）L的分子式为。L的结构简式是_______。 （6）从黄樟素经过其同分异构体N可制备L。 已知：ⅰ． ⅱ． 写出制备L时中间产物N、P、Q的结构简式：_______、_______、_______。 【答案】（1）碳氟键、醛基 （2）abc （3）NC-CH2-COOH+HOCH2CH3NC-CH2-COOCH2CH3+H2O （4） （5） （6） ①. ②. ③. 【解析】 【分析】由题干合成流程图中，结合A的分子式和信息i不难推出A为，B为反式结构，进而可以推出B的结构为，B与乙醇在浓硫酸共热时发生酯化反应生成D，故D为， ClCH2COONa与NaCN先发生取代反应生成NCCH2COONa，然后再酸化得到E，E为NCCH2COOH，E再与乙醇、浓硫酸共热发生酯化反应生成G，G为NCCH2COOCH2CH3，D和G发生加成反应生成；结合J的分子式，J分子中有3个官能团，包括1个酯基，与H2发生反应生成J，可以推出J的结构简式为，同时生成乙醇；由物质结合M的分子式和信息ii，并由(5) L的分子式为C7H6O3可以推出L的结构简式为，M的结构简式为，据此分析解答。 【小问1详解】 由分析可知，A的结构简式为，故A分子含有的官能团是碳氟键、醛基。 【小问2详解】 B为 a．根据等效氢原理可知B的核磁共振氢谱共有5种峰，如图所示，故a正确； b．由B的结构简式可知，B中含有碳碳双键，可以使KMnO4酸性溶液褪色，故b正确； c．B存在含2个六元环的酯类同分异构体，如等，故c正确； d．B分子含有1个苯环、1个碳碳双键和1个羧基，不饱和度为6，含苯环、碳碳三键的羧酸类同分异构体的不饱和度为7，因此B不存在含苯环和碳碳三键的羧酸类同分异构体，故d错误； 故选：abc。 【小问3详解】 E为NCCH2COOH，G为NCCH2COOCH2CH3，E与乙醇、浓硫酸共热发生酯化反应生成G，反应的化学方程式为NC-CH2-COOH+HOCH2CH3NC-CH2-COOCH2CH3+H2O。 【小问4详解】 根据上述分析，J的结构简式为。 【小问5详解】 由分析可知，L的结构简式为。 【小问6详解】 根据Q到L的转化条件可知Q为酯类，结合L的结构简式，可推知Q的结构简式为，结合信息i和信息ii可推知P到Q的转化条件为H2O2/CH3COOH，P的结构简式为，由N到P的反应条件为O3/Zn、H2O且N为黄樟素的同分异构体，可推知N的结构简式为。 18. 以银锰精矿(主要含、、)和氧化锰矿(主要含)为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。 已知：酸性条件下，的氧化性强于。 （1） “浸锰”过程是在溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除，有利于后续银的浸出：矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中。 ①“浸锰”过程中，发生反应，则可推断：__________(填“>”或“<”)。 ②在溶液中，银锰精矿中的和氧化锰矿中的发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有__________。 （2） “浸银”时，使用过量和的混合液作为浸出剂，将中的银以形式浸出。 ①将“浸银”反应的离子方程式补充完整：__________。 ②结合平衡移动原理，解释浸出剂中的作用：____________________。 （3） “沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。 ①该步反应的离子方程式有______________________________。 ②一定温度下，的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释分钟后的沉淀率逐渐减小的原因：______________。 （4）结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势：________。 【答案】（1） ①. > ②. 、 （2） ①. ②. 与电离出的结合生成，使平衡正向移动，提高的浸出率；抑制水解，防止生成沉淀 （3） ①. 、、 ②. 被氧气氧化为，把氧化为 （4）可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到，同时将银元素和锰元素分离开；生成的还可以用于浸银，节约氧化剂 【解析】 【分析】银锰精矿(主要含、、)和氧化锰矿(主要含)混合加溶液，使矿石中的锰元素浸出，同时去除，矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中，浸锰液中主要的金属阳离子有、；浸锰渣中与过量和的混合液反应，将中的银以形式浸出，用铁粉把还原为金属银。 【小问1详解】 ①“浸锰”过程中，矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中，发生反应，硫化锰溶于强酸而硫化银不溶于强酸，则可推断：； ②根据信息，在溶液中二氧化锰可将氧化为，自身被还原为，则浸锰液中主要的金属阳离子有、。 【小问2详解】 ①中S元素化合价升高，Fe元素化合价降低，根据得失电子守恒、元素守恒，该离子方程式为； ②与电离出的结合生成，使平衡正向移动，提高的浸出率；抑制水解，防止生成沉淀。 【小问3详解】 ①铁粉可将还原为单质银，过量的铁粉还可以与铁离子以及过量的氢离子发生反应，因此离子方程式为、、； ②溶液中生成的会被空气中的氧气缓慢氧化为，把部分氧化为，因此后银的沉淀率逐渐降低。 【小问4详解】 联合提取银和锰的优势在于“浸锰”过程可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，将银元素和锰元素分离开，利用的氧化性将中的氧化为，同时生成的还可以用于浸银，节约氧化剂，同时得到。 19. 某小组同学探究物质的溶解度大小与沉淀转化方向之间的关系。已知： 物质 BaSO4 BaCO3 AgI AgCl 溶解度/g（20℃） 2.4×10-4 1.4×10-3 3.0×10-7 1.5×10-4 （1）探究BaCO3和BaSO4之间的转化 实验操作： 试剂A 试剂B 试剂C 加入盐酸后的现象 实验Ⅰ BaCl2 Na2CO3 Na2SO4 …… 实验Ⅱ Na2SO4 Na2CO3 有少量气泡产生，沉淀部分溶解 ① 实验Ⅰ说明BaCO3全部转化为BaSO4，依据的现象是加入盐酸后，______。 ② 实验Ⅱ中加入稀盐酸后发生反应的离子方程式是______。 ③ 实验Ⅱ说明沉淀发生了部分转化，结合BaSO4的沉淀溶解平衡解释原因：______。 （2）探究AgCl和AgI之间的转化 实验Ⅲ： 实验Ⅳ：在试管中进行溶液间反应时，同学们无法观察到AgI转化为AgCl，于是又设计了如下实验（电压表读数：a＞c＞b＞0）。 装置 步骤 电压表读数 ⅰ.如图连接装置并加入试剂，闭合K a ⅱ.向B中滴入AgNO3(aq)，至沉淀完全 b ⅲ.再向B中投入一定量NaCl (s) c ⅳ.重复ⅰ，再向B中加入与ⅲ等量NaCl(s) a 注：其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，原电池的电压越大；离子的氧化性（或还原性）强弱与其浓度有关。 ①实验Ⅲ证明了AgCl转化为AgI，甲溶液可以是______（填序号）。 a. AgNO3溶液 b. NaCl溶液 c. KI溶液 ②实验Ⅳ的步骤ⅰ中，B中石墨上的电极反应式是______。 ③结合信息，解释实验Ⅳ中b＜a的原因：______。 ④实验Ⅳ的现象能说明AgI转化为AgCl，理由是______。 （3）综合实验Ⅰ～Ⅳ，可得出结论： ______。 【答案】（1） ①. 沉淀不溶解或无明显现象 ②. BaCO3 + 2H+ = Ba2+ + CO2↑+ H2O ③. BaSO4在溶液中存在BaSO4(s) Ba2+(aq) + (aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，与Ba2+结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动 （2） ①. b ②. 2I- - 2e- =I2 ③. 由于生成AgI沉淀使B的溶液中c(I-)减小，I-还原性减弱 ④. 实验ⅳ表明Cl-本身对该原电池电压无影响，则c＞b说明加入Cl-使c(I-)增大，证明发生了AgI + Cl-AgCl + I- （3）溶解度小的沉淀容易转化成溶解度更小的沉淀，反之则不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化为溶解度较大的沉淀越难实现 【解析】 【详解】①因为BaCO3能溶于盐酸，放出CO2气体，BaSO4不溶于盐酸，所以实验Ⅰ说明全部转化为BaSO4，依据的现象是加入盐酸后，沉淀不溶解或无明显现象。答案：沉淀不溶解或无明显现象。 ② 实验Ⅱ是BaCl2中加入Na2SO4和Na2CO3产生BaSO4和BaCO3，再加入稀盐酸有少量气泡产生，沉淀部分溶解，是BaCO3和盐酸发生反应产生此现象，所以反应的离子方程式为：BaCO3 + 2H+ = Ba2+ + CO2↑+ H2O。答案：BaCO3 + 2H+ = Ba2+ + CO2↑+ H2O。 ③ 由实验Ⅱ知A溶液为3滴0.1mol/LBaCl2，B为2mL0.1mol/L的Na2SO4溶液，根据Ba2++ SO42-= BaSO4,所以溶液中存在着BaSO4 (s) Ba2+(aq)+ SO42-(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32-与Ba2+结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动。所以BaSO4沉淀也可以转化为BaCO3沉淀。答案：BaSO4在溶液中存在BaSO4(s) Ba2+(aq)+ SO42-(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32-与Ba2+结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动。 (2)①甲溶液可以是NaCl溶液,滴入少量的AgNO3溶液后产生白色沉淀，再滴入KI溶液有黄色沉淀产生。说明有AgCl转化为AgI。故答案为b。 ② 实验Ⅳ的步骤ⅰ中，B中为0.01mol/L的KI溶液，A中为0.1mol/L的AgNO3溶液,Ag+具有氧化性，作原电池的正极，I—具有还原性，作原电池的负极，所以B中石墨上的电极反应式是2I- - 2e- = I2。答案：2I- - 2e- = I2。 ③ 由于AgI的溶解度小于AgCl，B中加入AgNO3溶液后，产生了AgI沉淀，使B的溶液中c(I-)减小，I-还原性减弱，根据已知其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，原电池的电压越大，而离子的浓度越大，离子的氧化性（或还原性）强。 所以实验Ⅳ中b＜a。答案：由于生成AgI沉淀使B的溶液中c(I-)减小，I-还原性减弱 。 ④虽然AgI的溶解度小于AgCl，但实验Ⅳ中加入了NaCl(s)，原电池的电压c＞b，说明c(Cl-)的浓度增大，说明发生了AgI + Cl- AgCl + I-反应，平衡向右移动，c(I-)增大。答案：实验ⅳ表明Cl-本身对该原电池电压无影响，则c＞b说明加入Cl-使c(I-)增大，证明发生了AgI + Cl- AgCl + I- 。 （3）综合实验Ⅰ～Ⅳ，可得出溶解度小的沉淀容易转化成溶解度更小的沉淀，反之则不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化为溶解度较大的沉淀越难实现。答案：溶解度小的沉淀容易转化成溶解度更小的沉淀，反之则不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化为溶解度较大的沉淀越难实现。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $