2025年高三下学期学科素养月度测评化学（四）3版(山东专用)-【真题密卷】2025年高三下学期化学学科素养月度测评

2024一2025学年度下学期学科素养月度测评 卺题 化学（四） 本试卷总分100分，考试时间90分钟。 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 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题目的答案标号涂黑。 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：C一12N一14O一16Na一23Ca一40Fe一56 Cu-64Pd-106 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。在每小题给出的四个选项中，只有一项 是符合题目要求的。 1.下列古诗词中蕴含着一定的化学知识或原理，下列有关说法正确的是 A.“纷纷灿烂如星陨，嚯嚯喧豗似火攻”中涉及的金属焰色试验属于化学变化 B.“丹霞地貌令人奇，七彩花纹似羽衣”中所描写的丹霞地貌的岩层中含有F2O? C.“何意百炼刚，化为绕指柔”，经“百炼”的钢的硬度比纯铁的硬度小 D.“煮豆燃豆萁，豆在釜中泣”中的能量转化方式为热能转化为化学能 2.科学技术推动社会进步。下列有关科学信息的解读错误的是 选项 科技动态 化学解读 我国科学家利用1Eu和153Eu示踪岩浆演化 A 151Eu和153Eu互为同位素 过程 中国登月服外观首次公开亮相，制造材料含 玻璃纤维由硅酸盐和CaO、Al2O3、MgO B 玻璃纤维 等碱性氧化物制造 瑞典科学家开发石墨烯控制技术能消灭 C 石墨烯与金刚石、足球烯互为同素异形体 99.9%表面细菌 火星南半球存在蜘蛛状地貌，主流理论认为 D 二氧化碳凝华过程只发生物理变化 这是由二氧化碳气体雕刻而成 化学试题（四）第1页（共12页） 真题密卷·学 3.下列有关物质结构和性质的说法错误的是 班级 A.酸性：三氯乙酸>一氯乙酸>乙酸 B.干冰晶体中，每个CO2周围紧邻12个CO2 姓名 C.石墨是混合型晶体，层与层之间靠分子间作用力连接 D.键长和键角的数值可以通过红外光谱获得 4.下列离子方程式的书写正确的是 得分 A.氢碘酸溶解氢氧化铁：Fe(OH)3十3H+—Fe3+十3H2O 0 B.乙酰胺在酸性条件下加热水解：CH,C一NH2十H,O+H+△CH,COOH+NH时 C.常温下，将崭新的铝片置于浓硝酸中：A1+6H++3NO3一A13++3NO2个+3H2O D.钥作电极，电解硫酸铜溶液：2Cu+十2H,0电解2Cu十4H+十0，个 5.下列实验装置能达到实验目的的是 气球 气体 盐酸 破损试管 Na2SO 溴水 酸性KMnO溶液 只 A.验证SO2具有漂白性 B.用量气管准确测量气体体积 镁条 NH 纸漏斗 一氯酸钾 含CO 二氧化锰和铝 三的饱和 :非： 粉的混合物 食盐水 盛有沙子的蒸发皿 C.可用于制备金属锰 D.模拟侯氏制碱法制备NaHCO? 6.PdCl2溶液与CO的反应十分灵敏，常用于CO的检验，其反应为PdCl2+CO+H2O —Pd↓+CO2+2HC1。将1.12m3(标准状况)某工业尾气通入足量的PdCl2溶液中， 析出10.6g固体。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 () A.该尾气中C0的体积分数为0.2% B.15gC18O所含中子数目为8NA C.反应中每生成1mol氧化产物，转移电子数目为0.1NA D.向反应后0.1L溶液中加入4.6gNa充分反应，产生气体分子数为0.1NA 4素养月度测评 化学试题（四）第2页（共12页） 3 7.碘是生产甲状腺素（一种含碘激素）和三碘甲状腺原氨酸（产生于甲状腺）的重要元素， 这两种含碘物质的结构如图所示。下列说法错误的是 () COOH HN NH 甲状腺素 三碘甲状腺原氨酸 A.甲状腺素中含有氨基、羧基、羟基等亲水基团，易溶于水 B.理论上1mol甲状腺素最多能与l0 mol NaOH反应 C.甲状腺素和三碘甲状腺原氨酸都能与FCl3溶液发生显色反应 D.甲状腺素分子中所有碳原子可能共平面 8.某元素（该元素仅为Na、Fe、N或S)的“价-类”二维关系如图所示。下列叙述正确的是 () 酸 氧化物 Cm 碱 ba d 单质a■ 0+1+2+3+4+5+6 化合价 A.若a是淡黄色固体，则在新制氯水中通人e能生成g B.若c在空气中迅速转化成红棕色e,则a中o键、π键数目之比为2：1 C.若d为红褐色固体，则11.2ga与稀硝酸完全反应时一定失去0.6mol电子 D.若常温下，a与水发生剧烈反应，则b在空气中因发生氧化还原反应而变质 9.化合物STG能够将蛋白质维持在还原状态，从而保护酶，防止酶失活；还经常用于炎症 研究。该化合物由X、Y、Z、M、Q五种原子序数依次递增的短周期主族元素组成，其中 Y和Z位于同一周期，化合物STG的结构如图所示： STG 下列有关说法中正确的是 () A.原子半径：r(Z)<r(Q)<r(M) B.简单氢化物的稳定性：Q>Z C.最高价含氧酸的酸性：Y>Q D.化合物STG难溶于水，属于非电解质 3 化学试题（四）第3页（共12页） 真题密卷·学 l0.分银渣是从阳极泥中提取贵金属后的尾渣，主要成分有PbSO4、BaSO4、SnO2、Au及 Ag等，具有较高的综合利用价值。一种从分银渣中提取有用产品的流程如图所示： →Sn0,等 固体B V.NaCIO,HCI、试剂a iii.Na,CO,溶液 固体A 含Au(D、Ag(①溶液 iv.盐酸 分银渣 .Na,CO,溶液 →含Ba2+溶液 iⅱ.盐酸 含Pb(Ⅱ)溶液 已知：①PbCl2(s)+2C1-(aq)—[PbCl4]2-(aq); ②V中生成[AuCl4]-和[AgCl3]2-; ③PbSO4、PbC03、BaSO4、BaCO3的Kp依次为2.8×10-8、7.4×10-14、1.1×10-1o、 2.6×10-9。 下列说法错误的是 () A.步骤i中一定发生反应：PbSO4(s)十CO?(aq)=PbCO3(s)+SO?(aq) B.步骤ⅰ、川后需先过滤再加盐酸 C.步骤iⅱ、iV提取Pb(Ⅱ)、Ba+时，均有H+和CI参加反应 D.试剂a可为NaCl,促进Au、Ag的浸出 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要 求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11.医用胶（α-氰基丙烯酸甲酯）可在外科手术中代替缝合线，可以和人体蛋白质快速结合。 医用胶固化的机理如图所示： H,0 H CN 链引发：H,0 、HCN C=C →HOC- H COOR OH COOR H.CN 链增长：HO-CCe HCN 、HNH,N →H0-C-CC2Ce H.CN H.CN 一Ho叶CC+CC COOR H COOR COORCOOR COOR COOR H CN H. CN H2 CN 链终止：H0十C-C+C-C+H,0°一HO+CC+TH+H,0 COOR COOR COOR 下列说法错误的是 A.水作医用胶固化的引发剂 B.医用胶分子内的碳碳双键在氰基、酯基影响下出现极性变化 C.医用胶固化过程有水分子生成，属于缩聚反应 D.人体内的蛋白质与医用胶因形成氢键而快速结合 4素养月度测评 化学试题（四）第4页（共12页） 12.根据实验目的设计方案并进行实验，其中方案设计、现象和结论均正确的是 选项 实验目的 方案设计 现象 结论 向盛有少量蒸馏水的试管中 探究CN 和 滴加2滴K3Fe(CN)6]溶 与Fe3+配位能力：CN A SCN-与Fe3+配位 溶液不变色 液，然后再滴加2滴KSCN <SCN 能力的强弱 溶液 将等体积、等物质的量浓度的 温度高的溶 探究温度对反应 Na2S2O3与H2SO4溶液混合 温度升高，该反应速率 液中先出现 速率的影响 后分别放入盛有冷水和热水 加快 浑浊 的两个烧杯中 探究CO和 将 NaHCO,溶液与 产生白色 结合H+的能力：CO C [AI(OH)]-结合 Na[Al(OH)4]溶液混合 沉淀 <[A1(OH)4] H能力的强弱 探究 HNO3、 溶液由棕黄 将SO2通入足量的稀 色变为浅绿 氧化性：HNO3 D H2SO4、Fe3+氧化 Fe(NO3)3溶液 色，后立即又 H2SO,>Fe3+ 性的强弱 变成棕黄色 13.不饱和有机物的电催化双氢化装置如图所示。它通过阴离子交换膜和钯膜电极将电 解池分为四个区域，两极产生的活性氢原子(H*)经钯膜电极渗透到不饱和有机物的 氢化反应区域，在隔离的阳极（有HCOO一生成）和阴极室中，实现不饱和有机物的电 催化双氢化。 D* D* OD OD D.O HCHO CH2CI2 阴离子交换膜 CHCL, 反应转化成目标产物所需转移电子的物质的量× 已知：法拉第效率 电路中实际通过的电量 -×100%(f为 法拉第常数，值为96485C·mol-1)。下列说法正确的是 () A.装置中电极b应与电源正极相连 B.M电极上发生的电极反应式：2H2O十2e一2OH-+H2个 C.该电池的理论最大法拉第效率为200% D.若不考虑电量损耗，则2mol4-乙炔基苯胺完全氢化，电路中转移的电子数目 为8NA 化学试题（四）第5页（共12页） 真题密卷·学科 14.乙炔氢化是工业上制备乙烯的方法之一，相关制备反应： 反应i.C2H2(g)+H2(g)=C2H4(g)△H=-193.8kJ·mol-1; 反应ii.C2H2(g)+2H2(g)=C2H(g)△H=-311.4kJ·mol-1 保持压强恒定，按起始投料比n(C2H2)：n(H2)=1：2,匀速通过装有催化剂的反应器 中发生反应ⅰ和ⅱ，测得不同温度下反应相同时间后，C2H2和H2的转化率如图所示 n (C2 H) 如：C,H,的选择性一nC,H)十C,H)X100%。下列叙述错误的是 转化率 0.75----- 0.5m 0 TT,温度C A.催化剂能提高活化分子百分数 B.表示C2H2的转化率随温度变化的曲线为m C.在T1~T2区间内升高温度，生成C2H4的选择性增大 D.T1℃时，C2H4的选择性为50% 15.常温下，在柠檬酸(H3R)和硝酸镉[Cd(NO3)2]的混合液（两者不反应）中滴加NaOH 溶液，混合液中pXpX=-lgX,X代表c(Cd+) c(H2R-)c(HR2-)c(R3-) 与 c(H3R)c(H2R-)'c(HR2-) pH的关系如图所示。下列叙述正确的是 () 3 -2 b(4,-0.9) 8,-1.6 0上 L a(7,0.3) L d 22.74 6 8 10 PH AL直袋表示pR与DH关系 B.NaH2R溶液呈酸性，Na2HR溶液呈酸性 C.常温下，H3R十R3-一H2R-+HR2-的平衡常数K=103.3 D.d点溶液中无Cd(OH)2沉淀，常温下Kp[Cd(OH)2]=101.3 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16.(13分)配位滴定是常用的定量分析方法。 (1)乙二胺四乙酸（简写为H4Y,简称EDTA)是分析化学中广泛应用的配位滴定试剂， 其结构如图所示： OH 素养月度测评 化学试题（四）第6页（共12页） 3 ①EDTA的组成元素中，位于第二周期且第一电离能最高的是 (填元素符 号)。基态O的核外电子排布式为 ②EDTA在水中的溶解性大于相对分子质量相近的烃类，从微粒间相互作用的角 度解释其原因： (2)EDTA在使用时经常制成钠盐，EDTA钠盐的阴离子可与多种金属离子形成配合 物，如图所示(M为金属离子)： ①1 mol EDTA最多可与 mol NaOH反应形成钠盐。 ②图中，中心离子的配位数是 ;碳原子不参与配位的原因是 ③pH偏低时，EDTA钠盐阴离子的配位能力会减弱，原因是 (3)EDTA的某种钠盐常用于水中金属离子的测定，相关反应及平衡常数表达式（电荷 c(EDTA-M) 已省略)：M十EDTA=EDTA-MK稳EDTA-M=cMc(EDTA) 已知：K稳EDTA-Ca=5X1010,K稳DTA-Mg=5X108。 ①在c(Ca+)、c(Mg2+)接近的混合溶液中用EDTA的钠盐进行配位滴定，优先被 结合的阳离子是 (填离子符号)。 ②上述混合溶液中，将pH调至12可提高c(Ca2+)测定的准确性，原因是 0 (4)某种钙的氮化物可用于制荧光粉，其立方晶胞结构如图所示。该晶胞棱长为anm (1nm=1×10-7cm,设NA为阿伏加德罗常数的值)。 ⑦ca2 ●N ①距离N3-最近且等距的Ca2+有 个。 ②Ca+与N3-之间的相互作用主要是 键。 ③其晶体密度为 g·cm3(用含a、NA的代数式表示)。 化学试题（四）第7页（共12页） 真题密卷·学科 17.(12分)总丹参酮是从中药丹参中提取的治疗冠心病的新药，治疗心绞痛效果显著。其 衍生物K的合成路线如图所示： CHO NO- A C2HsOH ①LiAIH ①PPh CH.O浓硫酸，△ B②H,0 ②NaH CH2Br E OH DMP BBr; H -定条件G☐①H,催化剂 CI8HI8O CgHO②HNO,Cu K J 已知：i.RCOOR' ①LiAIH →RCH2OH+R'OH; ②H2O ①H2,催化剂1 ②HNO2,Cu ON (1)化合物K的官能团名称是 (2)下列说法正确的是 (填标号)。 A.化合物D含有手性碳原子 B.化合物B能使酸性KMnO4溶液褪色 C.在水中的溶解性：D>E D.化合物F为顺式结构 (3)DMP是一种含碘化合物，其分子式可以简写为IO2(OR)(RO是一种阴离子)，反 应生成IO(OR),写出J→K的化学反应方程式 (4)制备G的过程中会生成一种与G互为同分异构体的副产物G',G的结构简式为 NO (5)人C0在一定条件下还原得到化合物L(C,H,NO,),写出符合下列条件的L的 同分异构体的结构简式 (任写一种)。 ①分子中含有苯环，能发生银镜反应； ②能发生水解； ③苯环上的一氯取代物只有两种。 (6)总丹参酮的另一种衍生物为丹参酮ⅡA,合成过程中有如下转化。已知X含三种 官能团，不与金属Na反应放出H2,丹参酮ⅡA分子中所有与氧原子连接的碳均 为sp2杂化。 OH 一定条件 丹参酮ⅡA CN C1H18O CI CN OH 写出X、丹参酮ⅡA的结构简式： 素养月度测评 化学试题（四）第8页（共12页） 18.(12分)Cr(OH)3可用于油漆颜料及羊毛处理。工业上以高铁铬铁矿（主要成分 为Cr2O3,含Fe2O3、SiO2、Al2O3等杂质)为原料生产Cr(OH)3和金属Al的工艺流程 如图所示： Na,C0,空气 气体X HSO 过量氨水 铬铁矿→[焙烧 高 水浸 ,调pH→酸浸一 沉铝 煅烧 电解→AI CO, 滤渣 硅酸 母液 NaS一→析铬 母液I→…→Na,CO, Cr(OH) 已知：I.“焙烧”过程中，Cr2O3反应转化为Na2CrO4。 Ⅱ.若溶液中相关离子的物质的量浓度为c,则常温时，1gc与溶液pH的关系如图 所示： Cr2O片 M(n,-0.2) 04 SiO CrO -1 Ap 0-2 -3 Fe -4 -5 9.LAIOH. 02.43.04.5 n9.310.2 14 pH Ⅲ.2CrO+2H+==Cr2O号+H2OK=1.0×1014。 回答下列问题： (1)“焙烧”时，Cr2O3发生反应的化学方程式为 (2)“水浸”后滤渣主要成分为 (填化学式，下同)；“调pH”时通入的“气体X”是 (3)常温下，图像上M点对应的溶液pH= (4)“调pH”步骤中，调pH范围为 ;含硅微粒与CO2发生反应的离子方程 式是 ,[Al(OH)4]与SiO 相比，结合氢离子能力较强的是 (填微粒化学式)。 (5)加入Na2S“析铬”时，硫元素被氧化成SO,Cr2O?与Na2S反应的比例 是 (6)储氢技术是目前化学家研究的热点之一，铁与镁形成的某种合金可用于储氢领域， 其品胞如图所示，其中原子A的坐标参数为0,00，B为经》，C为 (?,2d小，则D点原子的坐标参数为 化学试题（四）第9页（共12页） 真题密卷·学 OFe ●Mg A 该晶胞沿体对角线方向的Fe的投影图为 (填标号)。 串多$ A B C D 19.(11分)甲醛是无色气体，易溶于水，在碱性溶液中具有强还原性。为探究甲醛和新制 Cu(OH)2反应的产物成分，进行相关研究。 回答下列问题： (1)在如图所示的装置中进行新制的Cu(OH)2和40%甲醛溶液反应实验，最后生成红 色固体，并有气体Y产生。 40%甲醛 溶液 ①仪器a的名称为 ②仪器b的优点有 (写 出两点)。 (2)查阅资料发现气体产物Y是副反应产生的，为确定气体产物为H2,而不是CO,利 用下列装置进行验证，已知：CO可将银氨溶液还原成黑色粉末银单质。 ①实验装置的连接顺序是：气体产物Y→ →B(按气流方向填写装置 标号，装置可重复使用)。 无水 a 量 无水 Cuso 液 A B C D 斗素养月度测评 化学试题（四）第10页（共12页） 3 ②证明气体产物是H2而不是CO的实验现象为 (3)实验小组对实验中产生的红色固体的组成作出猜想：红色固体为铜或氧化亚铜或 它们的混合物。为判断固体产物，进行如图所示实验（以下每步均充分反应）。 已知：1，Cu,0易溶于浓氨水Cu(NH)2]+(无色)室气中Cu(NH,))4]2+(蓝色)； iⅱ.置于空气中，Cu也能缓慢溶于浓氨水生成蓝色的[Cu(NH3)]2+。 摇动锥形瓶 加amol·L浓氨水定容 浓氨水 无色 浅蓝色 过 红色 加amol·L浓氨水 加amol·L浓氨水定容 固体产物 并摇动锥形瓶 (ii) 剩余固体( 深蓝色 50m ①锥形瓶ⅱ中固体完全溶解得到深蓝色溶液的离子方程式为 。 浓氨水在反应中的作用为 ②将容量瓶ⅱ中的溶液稀释80倍后，溶液的颜色与容量瓶ⅰ中溶液颜色相近。由 此可知固体产物的组成及物质的量之比约为 (4)为进一步探究新制Cu(OH)2被甲醛还原的产物与甲醛用量的关系，实验小组做了 一组实验，经X-射线衍射实验，测得固体产物含有Cu2O、Cu: V(25%NaOH溶 V(8%CuSO4溶 V(37%HCHO溶 生成红色固体 序号 温度/℃ 液)/mL 液)/mL 液)/mL 的质量/g 60 20 15 0.4 0.54 2 60 20 15 1.0 0.50 3 60 20 15 9.0 0.48 ①生成的固体质量越大，说明固体中刀C) n(CuO)越 (填“大”或“小”)。 ②随着甲醛用量的增加，Cu(OH)2被甲醛还原的产物的化合价越 (填 “高”或“低”)。 20.(12分)CH4CO2催化重整(DRM)反应对实现“碳中和”具有重要意义。DRM发生的 反应如下： 反应I:CH4(g)+CO2(g)=2H2(g)+2CO(g)△H1; 3 化学试题（四）第11页（共12页） 真题密卷·学科 反应Ⅱ：H2(g)十CO2(g)=→H2O(g)+CO(g)△H2; 反应Ⅲ：CH4(g)==2H2(g)+C(s)△H3=+75kJ·mol-1; 反应V:CO2(g)+C(s)→2CO(g)△H4=+172kJ·mol-1。 已知：①H2(g)、CO2(g)、CO(g)、H2O(g)的标准摩尔生成焓（△H)分别为0kJ· mol-1、-393kJ·mol-1、-110kJ·mol-1、-242kJ·mol-1; ②生成碳单质的反应称为积碳反应，消耗碳单质的反应称为消碳反应，且催化剂的活 性会因积碳而降低。 在100kPa下，以CH4和CO2的起始总物质的量为2.0kmol,n(CO2):n(CH4)分别 为0.5、1.0、2.0和3.0投料，反应温度对积碳量的影响如图1所示；其中当n(CH4)= n(CO2)时，CH4、CO2发生上述反应达到平衡时气体物质的量随温度的变化如图2所示。 2.0 d 1.0 ★◆ 1.5 、H2O n(C0) 0.8 (CH)=0.5 1.0 0.6 6 0.5 C02 (625,0.5) 0.2 CH 98637387397方073117312313731473 (625,0.2) 温度K →温度升高 900温度℃ 图1 图2 (1)△H2= kJ·mol-1。 (2)在573~853K、n(CO2):n(CH4)=0.5时，积碳量随着温度的升高而增大的原因 是 0 (3)n(C02):n(CH4)=1.0的曲线是 (填“a”“b”或“c”)。 (4)曲线e表示的物质是 (填化学式)，625℃时，反应V的压强平衡常数K,= kPa(保留三位有效数字)。 (5)下列说法正确的是 (填标号)。 A.平衡后，移除部分积碳，反应Ⅲ向右移动 B.温度一定时，增大投料比n(CO2):n(CH4),有利于减少积碳 C.若催化剂M优于催化剂N,说明在使用催化剂N时积碳量一定较少 D.反应CH4(g)+2H2O(g)==CO2(g)十4H2(g)随温度升高，平衡常数K逐渐 增大 (6)结合图1、2，在1273K按n(CO2)=n(CH4)投料时，d、e曲线几乎达到最大值的原 因是 素养月度测评 化学试题（四）第12页（共12页）·化学· 参考答案及解析 2024一2025学年度下学期学科素养月度测评 化学（四） 命题要素细目表 关键能力：I.理解与辨析能力Ⅱ.分析与推测能力Ⅲ.归纳与论证能力Ⅳ.探究与创新能力 核心素养：①宏观辨识与微观探析②变化观念与平衡思想 ③证据推理与模型认知④科学探究与 创新意识 ⑤科学态度与社会责任 题号 题型 分值 考查内容 关键能力 核心素养 预估难度 IⅢW ①②③④ ⑤ 等级系数 1 选择题 2 能量转化、金属与合金、焰色试验 易 0.85 2选择题 2 化学与STSE 易0.85 3选择题 2 键的极性、红外光谱、晶胞结构 易 0.80 4 选择题 2 离子方程式 易 0.75 选择题 实验装置、实验目的、铝热反应、 中 侯氏制碱法 0.70 6 选择题 阿伏加德罗常数、电子转移计算、 2 钠的化学性质 易 0.75 7 选择题 有机物中原子共面判断、酯基水 2 解、酚类物质的显色反应 中 0.70 选择题 2 氧化还原反应、共价键、含硫化合 中 物之间的转化 0.65 9 选择题 2 元素推断、原子半径、元素非金属 中 性比较 0.70 10选择题 沉淀转化、离子方程式、物质分离 2 中 提纯 0.65 缩聚反应机理、氢键对物质性质 11 选择题 4 的影响、键的极性 中 0.60 12 选择题 氧化性强弱比较、配合物、实验方 4 中 案设计与评价 0.55 二 13 选择题 电解池电极反应式、电解原理、电 4 难 子转移计算 0.45 化学平衡图像分析、催化剂、选择 14 选择题 4 性计算 难 0.35 15 选择题 溶度积常数相关计算、电离水解 4 平衡 难 0.30 16 非选 择题 13 第一电离能比较、配位键、晶胞相 关计算、氢键对物质性质的影响 易 0.75 非选 17 择题 12 官能团名称、手性碳原子、顺反异 构、化学方程式、同分异构体 中 0.50 非选 氧化还原反应、成分分析、pH计 三 18 择题 12 中 算、离子方程式、晶胞结构 0.55 醛类和新制氢氧化铜反应、仪器 9 非选 择题 11 名称、装置优点、实验装置连接 中 0.65 实验探究物质成分、离子方程式 非选 焓变计算、原因分析、压强平衡常 20 择题 12 数计算、平衡移动 难 0.40 化学答案（四）第1页（共9页） 真题密卷 学科素养月度测评 精典评析 TIANSHUJIAOYU ★不饱和有机物的电催化双氢化装置如图所示。它通过阴离子交换膜和钯膜电极将电解池分为四个 区域，两极产生的活性氢原子(H*)经钯膜电极渗透到不饱和有机物的氢化反应区域，在隔离的阳极（有 HCOO~生成)和阴极室中，实现不饱和有机物的电催化双氢化。 a b D D L OD →OD te D D D H D.O HCHO HN CH,CI2 阴离子交换膜 CH,CL 已知：法拉第效率= 反应转化成目标产物所需转移电子的物质的量Xf×100%(f为法拉第常数，值为 电路中实际通过的电量 96485C·mol-1)。下列说法正确的是 () 【试题解读】 本题最大的亮点是两电极均产生活性氢原子，与传统的电解相比较，转移相同电子数，生成产物的量 就是传统的2倍，与24年高考湖北卷一14和辽宁卷一12的命题思路一致。要求考生能够应用电解原理 分析和解决实际问题；能够提取图中的有效信息，判断物质的变化过程；能够打破固有思维。同时提醒考 生备考时，要多分析高考真题，从高考题中找出命题的规律与变化。提升信息获取与加工、逻辑推理与论 证和批判性思维与辩证能力。 ★甲醛是无色气体，易溶于水，在碱性溶液中具有强还原性。为探究甲醛和新制Cu(OH)2反应的产 物成分，进行相关研究。 回答下列问题： (1)在如图所示的装置中进行新制的Cu(OH)2和40%甲醛溶液反应实验，最后生成红色固体，并有气体 Y产生。 40%甲醛 溶液 【试题解读】 本题探究的是甲醛和新制Cu(OH)2反应的产物成分，侧重于对氧化还原反应规律的考查，涉及基于 实验现象的定性分析和基于实验数据的定量计算。本题提供的素材是教材中的基础实验，但是需要考生 结合具体的实验现象解决探究过程中的变量控制，条件的控制、试剂的作用、实验现象的描述与分析等问 题。而且解决此类问题时，还要善于转换常规认知思维，因为化学实验变化多端，探究过程有可能得出与 所学知识不一致的结论，考生要具有基于真实证据的分析与推断的思辨能力。 3 化学答案（四）第2页（共9页） ·化学· 参考答案及解析 参考答案及解析 一、选择题 酸钾分解从而驱动反应发生，装置可用于制备金 1.B【解析】金属焰色试验是指某些金属或它们的 属锰，C正确；侯氏制碱法的原理是向饱和食盐水 化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特征颜 中先通入氨气，再通入二氧化碳，生成碳酸氢钠 色的反应。“纷纷灿烂如星陨，嚯嚯喧愿似火攻” 晶体，D错误。 中涉及的金属焰色试验是物理变化，而不是化学 6.C【解析】将1.12m3(标准状况)工业尾气通入 变化，A错误；“丹霞地貌令人奇，七彩花纹似羽 足量的PdCL2溶液中，析出10.6g固体，即产生 衣”中所描写的丹霞地貌的岩层中含有大量的铁 0.1 mol Pd,由反应可知尾气中含有0.1molC0 元素，铁元素的氧化物（如三氧化二铁）使岩石呈 (即2.24L),生成0.2 mol HC1.1.12m3(标准 现红色，B正确；钢是铁的合金，硬度优于纯铁，C 状况)尾气中含有2.24LCO,CO的体积分数为 错误；“煮豆燃豆萁，豆在釜中泣”中豆萁燃烧时 2.24L 化学能转化为热能，D错误。 1.12X10LX100%=0.2%,A正确，1个C80 2.B【解析】中子数不同的同一元素的不同核素互 分子中含有16个中子，15gC180的物质的量为 为同位素，151Eu和l53Eu是Eu元素两种不同核 15g 素，互为同位素，A正确；A12O3是两性氧化物， 30g·mol7=0.5mol,所含中子数目为8NA,B 既能与强酸反应又能与强碱反应，B错误；石墨烯 正确；碳元素化合价由十2升高为十4，反应中每 与金刚石、足球烯均为碳元素形成的不同单质， 生成1mol氧化产物（CO2),转移电子数目为 互为同素异形体，C正确；二氧化碳凝华过程无新 2NA,C错误；Na加入0.1L溶液（含HClI)中，先 物质生成，只发生物理变化，D正确。 与酸反应，若酸不足再与水反应，4.6gNa(即 3.D【解析】一CCl3、一CH2Cl均为吸电子基 0.2mol)完全反应产生0.1molH2,气体分子数 团，一CH为推电子基团，吸电子基团使羧基中 为0.1NA,D正确。 羟基的极性变强，氯原子越多，酸性越强，因此酸 7.A【解析】由结构简式可知，甲状腺素分子中憎 性：三氯乙酸>一氯乙酸>乙酸，A正确；二氧化 水基（碘原子）和亲水基（氨基、羧基、羟基）同时 碳晶体属于面心立方结构，每个二氧化碳分子周 存在，由于憎水基的作用强于亲水基，所以甲状 围紧邻的二氧化碳分子个数为12，B正确；石墨 腺素不溶于水，A错误；由结构简式可知，甲状腺 是混合型晶体，石墨层中碳原子之间靠共价键连 素分子中的羧基、酚羟基和碘原子都能与氢氧化 接，层与层之间靠分子间作用力连接，C正确：键 钠溶液反应，其中与苯环相连的1mol碘原子消 长、键角的数值可通过晶体的X射线衍射实验获 耗2mol氢氧化钠，所以理论上1mol三碘甲状 得，D错误。 腺原氨酸最多能与10mol氢氧化钠反应，B正 4.B【解析】Fe(OH)3具有氧化性，HI具有还原 确；由结构简式可知，甲状腺和三碘甲状腺原氨 性，两者会发生氧化还原反应，Fe(OH)3被还原 酸都含有酚羟基，都能与氯化铁溶液发生显色反 生成Fe2+,I厂被氧化生成I2,反应的离子方程式 应使溶液呈紫色，C正确：由结构简式可知，甲状 为2Fe(OH)3+6H++2I—2Fe2++6H2O+ 腺素分子中苯环和羧基上的碳原子，以及与苯环 I2,A错误；乙酰胺在酸性条件下加热水解生成羧 和羧基相连的碳原子可通过旋转单键在同一平 酸和铵根离子，反应的离子方程式为 面上，D正确。 8.A【解析】若a是淡黄色固体，则a为S,e为 CH,-C-NH:+H2O+H-CH,COOH+ SO2,g为H2SO4,将SO2通入新制氯水中能生 NH,B正确；常温下，将崭新的铝片置于浓硝酸 成H2SO4,A正确；若c在空气中迅速转化成红 中会发生钝化，不会生成AI3+和NO2,C错误；铜 棕色e,则c为NO,e为NO2,1个N2分子中含 作电极，电解硫酸铜溶液时，阳极上铜电极被氧 1个0键、2个元键，故a中6键、π键数目之比为 化为Cu+;阴极上溶液中的Cu+被还原为Cu,D 1:2,B错误；若d为红褐色固体，则a为Fe,d为 错误。 Fe(OH)3,11.2gFe的物质的量为0.2mol,当 5.C【解析】盐酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫， 稀硝酸少量时，F与稀硝酸完全反应生成硝酸亚 二氧化硫具有还原性，可被溴水、酸性高锰酸钾 铁，失去0.4mol电子，C错误；若常温下，a与水 氧化，该装置只能验证SO2的还原性，A错误；要 发生剧烈反应，则a为Na,b为NaOH,NaOH在 上下移动量气管，使两边液面平齐时再读数，B错 空气中吸收CO2而变质，不是氧化还原反应，D 误；与铝热反应相似，镁条燃烧产生热量，促进氯 错误。 化学答案（四）第3页（共9页） 真题密卷 学科素养月度测评 9.A【解析】X、Y、Z、M、Q是五种原子序数依次 [AgCl]2-进入溶液，有利于Au、Ag的浸出，D 递增的短周期主族元素，X连1个键，为H元素， 正确。 Y连4个键，为C元素，Z连2个键，且与C元素 二、选择题 同周期，则Z为O元素，M的阳离子带一个正电 11.C【解析】从链引发的反应式可以看出，反应是 荷，M为Na元素，Q连2个键，且原子半径大于 由水分子引发的，所以水作医用胶固化的引发 O,为S元素，即X、Y、Z、M、Q分别为H、C、O、 剂，A正确；由于氰基和酯基的存在，会对医用 Na和S。同周期元素从左到右原子半径逐渐减 胶分子内的碳碳双键的电子云分布产生影响， 小，原子半径：r(O)<r(S)<r(Na),A正确；Q 从而使其出现极性变化，B正确；在链的引发时， 和Z的简单氢化物分别为H2S和H2O,同主族 有2个水分子参与反应，而在链终止时，生成1 元素，从上到下元素的非金属性依次减弱，简单 个水分子，则实际上有1个水分子参与链的引 氢化物的稳定性依次减弱，故稳定性：Q(H2S)< 发与终止，不符合缩聚反应中生成高分子的同 Z(H2O),B错误；非金属性越强，最高价含氧酸 时有小分子生成的特征，所以反应不属于缩聚 的酸性越强，非金属性：Q(S)>Y(C),故最高价 反应，C错误；医用胶与人体蛋白质快速结合，由 含氧酸的酸性：H2SO4>H2CO3,即最高价含氧 于蛋白质分子中含有一NH2、一OH等基团，人 酸的酸性：Y<Q,C错误；化合物STG为 体内的蛋白质与医用胶因形成氢键而快速结合 HSCH2 COONa,为离子化合物，易溶于水，属于 是合理的，D正确。 电解质，D错误。 12.C【解析】向盛有少量蒸馏水的试管中滴加2 10.C【解析】已知PbSO4、PbCO3的Kp分别为 滴KFe(CN)6]溶液，然后再滴加2滴KSCN 2.8×10-8、7.4×10-14,分银渣中含有PbS04、 溶液，溶液不变色，说明CN一与铁离子的配位能 BaSO4、SnO2、Au及Ag等，向分银渣中加入 力强于SCN,A错误；等体积、等物质的量浓度 Na2CO3溶液，发生沉淀转化反应：PbSO4(s)十 的硫代硫酸钠溶液与硫酸溶液混合后会立即反 CO (aq)=PbCO3 (s)+SO (ag),PbSO 应生成硫酸钠、硫、二氧化硫和水，再分别放入 会转化为PbCO3,过滤，弃去含有SO?的滤液， 盛有冷水和热水的两个烧杯中，无法确定出现 然后向滤渣中加入盐酸，发生反应PbCO3(s)十 浑浊的快慢，B错误；将碳酸氢钠溶液与 2H+-Pb2++CO2个+H2O、Pb2++2C1(aq) Na[Al(OH)4]溶液混合，反应生成氢氧化铝沉 —PbCl2(s)、PbCl2(s)+2C1-(aq) 淀和碳酸钠，由强酸制弱酸的原理可知，碳酸氢 [PbCL4]2-(aq);然后过滤，得到含有Pb(Ⅱ)的 根离子的酸性强于氢氧化铝，由盐类水解规律 可知，四羟基合铝酸根离子结合氢离子的能力 溶液，向固体A中加入Na2CO3溶液，发生反应 强于碳酸根离子，C正确；将二氧化硫通入足量 BaSO,(s)+CO (ag)BaCO3 (s)+SO 的稀硝酸铁溶液中，溶液由棕黄色变为浅绿色 (aq),过滤，弃去含有SO的滤液，然后向滤渣 说明溶液中的铁离子与二氧化硫反应生成了亚 中加入盐酸，发生反应BaCO3(s)十2H+一 铁离子、硫酸根离子和氢离子，由氧化剂的氧化 Ba2++CO2个+H2O,得到含有Ba2+的溶液；再 性强于氧化产物可知，铁离子的氧化性强于硫 过滤，向固体B中加入NaClO3、HCl,在酸性条 酸，D错误。 件下NaClO3可以将Au、Ag氧化为金属阳离 13.AC【解析】由图可知，氢氧根离子通过阴离子 子，并与溶液中的CI结合形成络离子 交换膜向右移动，则N为阳极，M为阴极，故b [AuCl4]和[AgCla]-;SnO2不反应，仍以固 连正极，a连负极，以此解题。由分析可知，装置 体形式存在。步骤i中加入Na2CO?溶液， 中电极b应与电源正极相连，A正确；由图可 PbSO4固体会转化为PbCO3,故步骤i中一定 知，M电极上发生的电极反应式为D2O十e 发生反应：PbSO4(s)十CO?(aq)PbCO: =OD十D*,B错误；假设有2mol (s)十SO?(aq),A正确；根据分析可知，步骤 「、川后需先过滤再加盐酸，B正确；步骤ⅱ发生 HN-《 〉=加氢还原，则需要8molH',即 反应BaCO3十2H+—Ba++H2O+CO2个， 需要转移8mol电子，但实际由于阴阳两极均有 步骤iV发生的反应是BaCO3+2H+一Ba2++ HN 〉=被加氢还原，实际只转移4mol电 CO2个十H2O,CI没有参加反应，C错误；试剂 子，根据法拉第效率公式，故该电池的理论最大 a可为NaCl,促进Pb(Ⅱ)的浸出，NaCl的加入， 法拉第效率为200%，C正确；1mol 增大了溶液中c(CI),促进Au、Ag形成配合 物，使Au、Ag变成络离子[AuCL]-和 H.N- =加氢还原需要4molH,由于 化学答案（四）第4页（共9页） ·化学· 参考答案及解析 M,N两极上都有HN《 =被加氢还原，当 将b点(4，一0.9)代入计算，得到K1(HR)= c(H2R)·c(H+) 电子转移数为4mol时，M、N两极各有1mol c(HaR) =10.9X104=10-3.1,同 HN- =被加氢还原，即有2mol 理，将点(2.7,2)代入计算，得到K2(HR)= 被加氢还原，故若有2mol c(HR)·c(H)=102X1021=1047,将c c(HR) H2N- =被加氢还原，电子转移数为4NA, 点(8，-1.6)代入计算，得到K3(H3R)= D错误。 c(R)·c(H)=106X108=1064,NaH,R c(HR2-) 14.CD【解析】催化剂能降低反应的活化能，提高 Kw10-14 活化分子百分数，A正确；起始投料比 的水解常数Ka=K:=10=100<K n(C2H2):n(H2)=1:2,若只发生反应i, =104.7,即H2R的水解能力小于电离能力， C2H2和H2的消耗量相同，则H2的转化率小 NaH2R溶液呈酸性；Na2HR的水解常数K2= 于C2H2的转化率，若只发生反应iⅱ，C2H2和 Kw10-14 H2的消耗量为1：2，则H2的转化率等于 K2107=1083<Kg=1064,即HR2-的 C2H2的转化率，当两个反应同时发生时，C2H2 水解能力小于电离能力，Na2HR溶液呈酸性，B 的转化率大于H2的转化率，故m曲线表示 正确；常温下HR十R3→H2R+HR2-的平 C2H2的转化率，B正确；由图可知，T2温度后 二者的转化率几乎相等，可见主要发生反应ⅱ， 衡常数K=(H,R)·c(HR) c(HR)·c(R3) 故生成乙烷的选择性增大，C2H4的选择性减 小，C错误；令n(C2H2)为1mol、n(H2)为 ）w,)-k。-g 2 mol, =103.3,C正确；L4直线表示pc(Cd+)与pH关 C2H2(g)+H2(g)C2H4(g) 系，d点溶液中c(Cd+)·c2(OH)< 变化量/mola a Kp[Cd(OH)2],即是Cd(OH)2的不饱和溶液， C2H2(g)+2H2(g)C2H6(g) 故d点溶液中无Cd(OH)2沉淀；将a点(7,0.3) 变化量/molb 2b b 代入计算，得到c(H+)=10-?mol·L1,则 a十b=0.7520=0.5,解得：a=0.56 c(OH)=10-7mol·L-1,c(Cd+)= 0.5 mol l0o.3mol·L1,Kp[Cd(OH)2]=c(Cd2+)· 0.25,故C2H的选择性为0.5m0l+0.25mo c2(0H)=100.3X(10-7)2=10-14.3,D错误。 ×100%≈66.7%，D错误。 三、非选择题 15.BC【解析】在柠檬酸（HR)和硝酸镉 16.(1)①N(1分)1s22s22p(1分) [Cd(NO3)2]的混合液中滴加NaOH溶液， ②EDTA中含有羧基和N原子，能与水形成氢 c(Cd+)减小，因此-lgc(Cd+)增大，即 键，烃类不能与水形成氢键(1分) pc(Cd+)增大，纵坐标pX从上到下逐渐增大， (2)①4(1分) 故L4直线表示pc(Cd+)与pH的关系。因为 ②6(1分)碳原子价层无孤电子对(1分) Ka(H,R)= c(H2R)·c(H+) ③N与H+结合后，失去配位能力；一COO转化 所以 c(H:R) 为一COOH,配位能力减弱(1分) c(H2R) (3)①Ca+(1分) PC(H,R)=pKa一pH,柠檬酸(HR)的电离 ②调pH至12时，Mg2+大量转化为Mg(OH)2沉 平衡常数：K1>K2>Ka,K。与pK。成反比， 淀，溶液中c(Mg2+)明显降低，减少了对加入的 因此当pH相等时，PK。越大（即K。越小），纵 EDTA阴离子的消耗(1分) 坐标pX就越大，因为纵坐标pX从上到下逐渐 (4)①6(1分) ②离子(1分) ③148 ×1021 c(H2R) a3Na 增大，故L1、L2、L3直线分别表示p c(HaR) (2分) c(HR2-) c(R3-) 【解析】(1)①EDTA的组成元素中，位于第二周 c(H:R-)P c(HR) 随pH的变化曲线。 期的元素是C、N、O,N原子2p能级为半充满状 c(R3-) 态，结构稳定，原子第一电离能大于同周期相邻 L直线表示P《R)与pH的关系，A错误； 元素，故第一电离能最高的是N。O是8号元素， 化学答案（四）第5页（共9页） 3 真题密卷 学科素养月度测评 核外有8个电子，基态O的核外电子排布式 为1s22s22p。 O-C-H ②EDTA中含有羧基和N原子，能与水形成氢 (5) 键，所以EDTA在水中的溶解性大于相对分子质 ONH NHOH HO OH 量相近的烃类。 (2)①EDTA中含有4个羧基，1 mol EDTA最多 HN-C-H 可与4 mol NaOH反应形成钠盐。 HO OH)(2分) ②图中，中心离子M与4个O、2个N形成配位 键，配位数是6：碳原子价层无孤电子对，所以碳 原子不参与配位。 ③pH偏低时，氢离子浓度增大，N与H+结合后， 1分 失去配位能力；一COO转化为一COOH,配位能 (1分) 力减弱，所以pH偏低时EDTA钠盐阴离子的配 位能力会减弱。 【解析】B发生信息i的反应生成D,D中含有 (3)①K稳EDTA-Ca=5X1010>K镱EDTAMs=5X108, 醇羟基，根据E的结构简式知，D和HBr发生取 所以在c(Ca+)、c(Mg+)接近的混合溶液中用 CHO EDTA的钠盐进行配位滴定，优先被结合的阳离 子是Ca+。 代反应生成E,则D为 ,A和乙醇发 ②调pH至12时，Mg2+大量转化为Mg(OH)2沉 CH2OH 淀，溶液中c(Mg+)明显降低，减少了对加入的 CHO EDTA阴离子的消耗，所以将pH调至12可提高 c(Ca2+)测定的准确性。 生酯化反应生成B,则B为 ,A为 (4)①由图可知，晶胞体心的N3一距离最近且等距 COOC,Hs 的Ca2+位于面心，共有6个。 CH.O ②Ca+与N3-是阳、阴离子，阴、阳离子之间的相 互作用主要是离子键。 ,E发生取代反应生成F,F发生信息 ③根据“均粮法”，晶胞中含8×日+1=2个N心、 COOH iⅱ的反应生成G,结合J的结构简式、G的分子 .1 6X2=3个Ca+,则化学式为CaN,晶体密度为 OCH M 式知，G为 ,根据H的分子式、J aX1021g·cm3= 148 aN -X1021g·cm3。 的结构简式知，G发生氧化反应生成的H为 17.(1)羰基、碳碳双键(2分) OCH (2)BCD(2分) OH ,H发生取代反应生成J,J发生 +2102 (OR) 氧化反应生成K。 (1)由K的结构简式可知其中官能团名称是羰 基、碳碳双键。 (2)手性碳原子是指与四个各不相同的原子或 +2IO(OR)+H2O(2分) CHO OCH 基团相连的碳原子，D为 ,则D不含 CH,OH (2分) 化学答案（四）第6页（共9页） ·化学· 参考答案及解析 环境的H原子；若苯环上的取代基为一OOCH, 由L的分子式可知，苯环上另外1个取代基为 手性碳原子，A错误；B为 ,与苯环 一ONH2或一NHOH,满足条件的同分异构体 COOC2Hs 相连的C原子上有H原子，能被酸性高锰酸钾 溶液氧化，使酸性KMnO4溶液褪色，B正确；D ；若苯环上的取代基 CHO ONH NHOH 为一NHOCH,苯环上另外2个取代基为2 ,其中含有亲水基：一OH,而E中 个一OH,满足条件的同分异构体为 CH2OH 不含亲水基，在水中的溶解性：D>E,C正确：由 F的结构简式可知，其中含有碳碳双键，且双键 碳原子上均连接不同的基团，氢原子在碳碳双 HO OH 键的同一侧，为顺式结构，D正确。 (6)X含三种官能团，不与金属Na反应放出 (3)DMP是一种含碘化合物，其分子式可以简 H2,说明不含羟基，X中应该含有醚键，X的结 写为IO2(OR)(RO是一种阴离子)，反应生成 IO(OR)J生成K的过程中，J失去2个H原子， 结合1个0原子，反应过程中会有H20生成，则 构简式为 ,X的分子式为 有2个IO2(OR)参与反应，1个IO2(OR)中的1 个O原子进入K中，另1个IO2(OR)中的1个O OH C1gH20O3;丹参酮ⅡA分子中所有与氧原子连 接的碳均为sp杂化，说明与氧原子连接的碳原 原子进入H2O中，化学方程式为 子都存在双键，结合其分子式知，丹参酮ⅡA的 结构简式为 +210,(OR) 2IO (OR) 18.(1)2Cr2O3+3O2+4Na2CO3 +H20。 高温4NaCr0,十4CO, (4)F发生信息iⅱ的反应生成G,结合J的结构简 (2分) (2)Fe2O3(1分)C02(1分) OCH (3)6.9(1分) 式、G的分子式知，G为 ,F中如 (4)4.5≤pH≤9.3(1分)2C02+SiO+ 2H20—H2SiO3￥+2HC03(2分) OCH [A1(OH)4]-(1分) (5)4：3(1分) 图所示的碳碳单键O小 能够旋转，则 6(,,)a分)c1分 生成与G互为同分异构体的副产物G 【解析】工业上以高铁铬铁矿（主要成分为 OCH Cr2O3,含Fe2O3、SiO2、Al2O3等杂质)为原料 生产Cr(OH)3和金属Al,高铁铬铁矿通入空 气、加入碳酸钠焙烧生成二氧化碳，“焙烧”过程 中，Cr2O3反应转化为Na2CrO4,二氧化硅和碳 (5)化合物L(C,HzNO3)的同分异构体满足条 酸钠反应生成硅酸钠，氧化铝和碳酸钠反应生 件：①分子中含有苯环，能发生银镜反应，说明 成偏铝酸钠，水浸过滤得到滤渣为Fe2O3,通入 其中含有一CHO或一OOCH;②能发生水解说 二氧化碳气体调节溶液pH析铬，加入硫化钠生 明其中含有一OOCH或一NHOCH;③苯环上 成Cr(OH)3,过滤得到母液I,经蒸发浓缩、冷 的一氯取代物只有两种，说明苯环上含有2种 却结晶、过滤、洗涤、干燥得到碳酸钠晶体，再失 化学答案（四）第7页（共9页） 真题密卷 学科素养月度测评 去结晶水得到碳酸钠固体，析铬后的固体为硅 (2)①CBDA(1分) 酸沉淀和氢氧化铝沉淀，加入硫酸酸浸，过滤得 ②C中无明显现象，D中的黑色CuO粉末变红， 到硅酸和铝盐溶液，加入过量氨水沉铝生成氢 同时A中白色粉末变成蓝色(1分) 氧化铝沉淀，煅烧得到氧化铝和水，电解熔融氧 (3)①2Cu+O2+8NH·HO—2[Cu(NH)4]2+ 化铝得到铝，母液Ⅱ主要是氨水和硫酸铵混合 +40H+6H2O(2Cu+O2+8NH +2H2O- 溶液，据此分析解题。 2[Cu(NH)]++4OH)2分)存在反应C++ (1)由分析可知，“焙烧”过程中，Cx2O3反应转化为 4NH3·H2O—[Cu(NH3)4]2++4H2O(或 Na2CrO4,Cr2O3发生反应的化学方程式为2Cr2O3 Cu++4NH3一[Cu(NH3)4]+),使Cu2+浓 十30，十4Na,C0,高温4Na,C0,十4C0,. 度下降，增强了Cu的还原性(2分) (2)由上述分析可知，“水浸”后滤渣主要成分为 ②n(Cu20):n(Cu)=1:160(1分) Fe2O3;“调pH”时通入的“气体X”是CO2。 (4)①小(1分)②低(1分) (3)由题干信息可知，2CrO十2H+一 【解析】甲醛和新制Cu(OH)2反应生成红色固 体和气体Y,根据氢气和一氧化碳的性质差异， c(Cr2O) C,0%+H,0,K=e2(Cr0)·e2(H) 确定气体Y的成分。通过铜和氧化亚铜的性 1.0×1014,M点c(Cr2O号)=c(Cr0)= 质，设计实验检验红色固体的成分：根据实验示 意图可知，红色固体中加入浓氨水并过滤，所得 c(Cr20) 10-o.2mol·L1,K= 无色溶液在空气中转变为浅蓝色，再加入浓氨 c2(CrO)·c2(H+) 10-0.2 (10-0.2)2·c2(H*)=1.0×104,c(H+)= 水变为蓝色，根据信息i:Cu,0易溶于浓氯水 [CuNH)]+(无色)室气中[CuNH,)4]+ √10-0.2X10mol·L1=106.9mol.L-1, (蓝色)，则原固体中含有氧化亚铜；过滤所得的 剩余固体中，加入浓氨水得到深蓝色溶液，则根 pH=6.9。 据信息ⅱ置于空气中，Cu也能缓慢溶于浓氨水 (4)通入气体CO2调节pH,将铁、铝、硅转化为 生成蓝色的[Cu(NH3)4]+,剩余固体为铜，则 沉淀，由图可知，pH的理论范围为4.5≤pH≤ 原固体中含铜，因此红色固体为铜、氧化亚铜的 9.3;含硅微粒是硅酸根离子，与二氧化碳反应 混合物。 的离子方程式为2CO2十SiO号+2H20 (1)①仪器a的名称为三口烧瓶或三颈烧瓶。 H2SiO3↓+2HCO3;由lgc与pH的关系图 ②仪器b为恒压滴液漏斗，优，点有平衡气压，便于 可知，硅酸根完全沉淀的pH为9.3， 液体顺利滴下；可以调节液体滴加的快慢，控制反 [Al(OH)4]完全沉淀的pH为9.6，所需的氢 应速率；可以避免使用过程中甲醛的挥发等。 离子浓度更小，因此结合氢离子能力更强 (2)①为确定气体产物Y为H2,而不是C0,依 的是[Al(OH)4]-。 次用银氨溶液检验一氧化碳，用无水氯化钙干 (5)加入Na2S“析铬”时，Cr2O?被还原的离子 燥气体，用氧化铜、无水硫酸铜检验氢气，为防 方程式为3S2-+4Cr2O号+8H++8H2O 止空气中的水分进入无水硫酸铜干扰氢气检 8Cr(OH)3￥+3SO。 验，最后再次连接干燥氯化钙，因此实验装置的 (6)根据晶胞图和原子坐标参数A为(0,0,0)，B 连接顺序是气体产物Y→CB→D→A→B。 为行》c为（合安小可测D点的 ②结合已知信息，证明气体产物是H2而不是 CO的实验现象为C中无明显现象，D中的黑色 Mg原子位于上层八分之一晶胞的体心，到xy CuO粉末变红，同时A中白色粉末变成蓝色。 4,坐标参 面2面x2面的距离分别为3、3、1 (3)①据分析，锥形瓶ⅱ中固体完全溶解得到深 蓝色溶液，是铜转变为四氨合铜离子，则铜被氧 为（学行》：话品隐体对角线投潜，e为 气氧化，离子方程式为2Cu十O2十8NH3·H2O -2[Cu(NH3)42++4OH+6H20或2Cu 成一个六边形，原面心上的6个Fe均匀分布， +O2+8NH3+2H2O—2[Cu(NH3)4]2+ 图C符合。 十4OH。浓氨水在反应中的作用是存在反应 19.(1)①三口烧瓶或三颈烧瓶(1分) Cu++4NH3·H2O[Cu(NH3)4]2++ ②平衡气压，便于液体顺利滴下；可以调节液体 4H2O(或Cu2++4NH,一[Cu(NH3)4]2+),， 滴加的快慢，控制反应速率（或可以避免使用过 使Cu+浓度下降，增强了Cu的还原性。 程中甲醛的挥发)(1分，合理即可) ②上述反应过程中可知固体产物的组成为氧化 化学答案（四）第8页（共9页） ·化学· 参考答案及解析 亚铜和铜，根据反应关系容量瓶ⅰ中Cu2O一 (3)反应V为消耗积碳的反应，相同温度下，积 2[Cu(NH3)4]+,容量瓶i中Cu 碳量随n(CO2)的增大而减小，故n(CO2): [Cu(NH3)4]2+,容量瓶中溶液稀释80倍后，溶 n(CH2)=1.0的曲线是c。 液的颜色与容量瓶1相近，即[Cu(NH3)4]2+浓 (4)根据图像信息，随着温度升高，H2O的物质 度相同，锥形瓶ⅱ中铜的量为氧化亚铜的160 的量逐渐减少，CH4的物质的量先增大后减少， 倍。由此可知固体产物的组成及物质的量之比 说明反应I生成氢气，影响反应Ⅲ；因反应I为吸热 约为n(Cu20):n(Cu)=1:160。 反应，反应Ⅱ为吸热反应，且反应Ⅳ为吸热反应，升 (4)由表可知，其他条件相同时，随着甲醛用量 高温度，平衡正向移动，H2和CO的物质的量增 的增加，生成的固体质量变小，说明Cu20的占 大，由C和H元素守恒可知，H2的物质的量比CO 比变小，由铜元素守恒可知固体中铜和氧化亚 大，则d表示的物质是H2,e表示的物质是CO;初 铜的物质的量比值变大，氢氧化铜被甲醛还原 始投料n(CO2)=n(CH4)=1kmol,625℃时， 的产物主要为Cu,即还原产物化合价越低。 n(CO2)=n(CO)=n (H2 O)=0.5 kmol,n (CH)= ①生成的固体质量越大，说明固体中nC) 0.2kmol,由H元素守恒可知n(H2)= n(Cu2 O) 1 越小。 (4-0.2×4-0.5×2)kmol=1.1kmol,反应W的 ②随着甲醛用量的增加，Cu(OH)2被甲醛还原 /0.5 的产物的化合价越低。 28×10ka K ≈l7.9kPa. 20.(1)+41(2分) 28X100 kPa 0.5 (2)温度升高对反应Ⅲ的促进程度比对反应V 的促进程度大(2分) (5)积碳为固体，平衡后，移除部分积碳，反应Ⅲ (3)c(1分) (4)C0(1分)17.9(2分) 不移动，A错误；根据图像随着”(C0:》。 n(CH)的增大， (5)BD(2分) 积碳量减少，故温度一定时，增大投料比 (6)图1中曲线c在1273K时积碳几乎为零， n(CO2):n(CH4),有利于减少积碳，B正确； 则主要发生反应I,温度升高反应I向正反应 催化剂只改变反应速率，不能改变积碳量，即使 方向移动，产物H2、C0增多(2分) 催化剂M优于催化剂N,使用催化剂N时积碳 【解析】(1)H2(g)、CO2(g)、CO(g)、H2O(g)的 量也不会减少，C错误；反应Ⅲ：CH(g) 标准摩尔生成焓（△H)分别为0kJ·mol-1、 2H2(g)+C(s)△H3=+75k·mol-1,则甲 -393k灯·mol-1、-110kJ·mol-1、-242kJ· 烷的标准摩尔生成焓为△H5=一75kJ· mol-1,H2(g)+COz(g)H2O(g)+CO(g) mol1,反应热△H=生成物标准摩尔生成焓之和 △H2=(-110kJ·mol-1)+(-242kJ·mol-1) 一反应物标准摩尔生成焓之和，则反应CH4(g)十 -(0kJ·mol-1)-(-393kJ·mol-1)= 2H2O(g)=C02(g)+4H2(g)△H=-393+0- +41kJ·mol-1。 (-75)-2X(-242)kJ·mol-1=+166k· (2)根据反应Ⅲ：CH(g)一2H2(g)十C(s) ol1,即该反应为吸热反应，随温度升高，平衡正 △H3=+75kJ·mol-1、反应V:CO2(g)+C(s) 向移动，平衡常数K逐渐增大，D正确。 =2C0(g)△H4=+172k·mol1均为吸 (6)结合图1、2，在1273K时按n(C02)= 热反应，在573K~853K、n(CO2)：n(CH)= n(CH4)投料，d、e曲线几乎达到最大值的原因是 0.5时，积碳量随着温度的升高而增大的原因是 图1中曲线c在1273K时积碳几乎为零，则主要 温度升高对反应Ⅲ的促进程度比对反应Ⅳ的促 发生反应[，温度升高反应I向正反应方向移动，产 进程度大。 物H2、CO增多。 化学答案（四）第9页（共9页）