精品解析：北京市第二中学2025-2026学年高三上学期11月月考 化学试题

北京二中2025-2026学年度高三年级11月月考试卷 化学 得分：___________ 可能用到的相对原子质量：H-1 S-32 Ca-40 B-11 一、选择题(每题只有一个正确选项，每题3分，共42分) 1. 中国书画是世界艺术瑰宝，古人所用文房四宝制作过程中发生氧化还原反应的是 A. 竹管、动物尾毫→湖笔 B. 松木→油烟→徽墨 C. 楮树皮→纸浆纤维→宣纸 D. 端石→端砚 2. 由O、F、I组成化学式为的化合物，能体现其成键结构的片段如图所示。下列说法正确的是 A. 图中O(白色小球)代表F原子 B. 该化合物中存在过氧键 C. 该化合物中I原子存在孤对电子 D. 该化合物中所有碘氧键键长相等 3. 硫及其化合物部分转化关系如图。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 标准状况下，中原子总数为 B. 溶液中，数目为 C. 反应①每消耗，生成物中硫原子数目为 D. 反应②每生成还原产物，转移电子数目为 4. 短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。用表中信息判断下列说法正确的是 最高价元素 氧化物的水化物 X Y Z W 化学式 溶液的() 1.0 13.0 1.6 0.9 A. 简单离子半径： B. 简单氢化物的沸点： C. 元素电负性： D. 元素第一电离能： 5. 工业上在熔融条件下制钾，反应为，相关物质的熔、沸点如下表。 物质 K NaCl KCl 熔点/℃ 97.8 63.7 801 - 沸点/℃ 883 774 >1400 >1400 下列说法正确的是 A. 推测KCl的熔点高于801℃ B. 该反应宜在加压条件下进行 C. 反应温度不应高于883℃ D. 该反应能发生是由于金属性： 6. 探究亚硝酸钠( NaNO2 )的化学性质，实验如下： 实验 装置 试剂a 现象 ① 酚酞溶液 无色溶液变红 ② AgNO3溶液 产生淡黄色沉淀 ③ 淀粉KI溶液+稀硫酸 无 色溶液立即变蓝 ④ 酸性K2Cr2O7溶液 无色溶液变为绿色 资料： AgNO2是淡黄色难溶于水的固体；由上述实验所得结论不正确的是 A. NaNO2溶液显碱性 B. NaNO2可与某些盐发生复分解反应： +Ag+= AgNO2↓ C. NaNO2有氧化性： 2I- +2H++2 =I2+2NO2 ↑+H2O D. NaNO2有还原性： +3 +8H+=3 +2Cr3++4H2O 7. 用电石（主要成分为CaC2，含CaS和Ca3P2等）制取乙炔时，常用CuSO4溶液除去乙炔中的杂质。反应为: ①CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4 ②11PH3+24CuSO4+12H2O=3H3PO4+24H2SO4+8Cu3P↓ 下列分析不正确的是 A. CaS、Ca3P2发生水解反应的化学方程式：CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑、Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑ B. 不能依据反应①比较硫酸与氢硫酸的酸性强弱 C. 反应②中每24 mol CuSO4氧化11 mol PH3 D. 用酸性KMnO4溶液验证乙炔还原性时，H2S、PH3有干扰 8. 用和侯氏制碱工艺联合制，同时、循环利用的主要物质转化如下。下列说法正确的是 A. ①中应向溶液先通入，再通入 B. ②中可使用蒸发结晶的方法获得固体 C. 电解的溶液可以制得和 D. 理论上①中消耗的与③中生成的不相等 9. 以不同材料修饰的为电极，一定浓度的溶液为电解液，采用电解和催化相结合的循环方式，可实现高效制和，装置如图所示。下列说法错误的是 A. 电极a连接电源负极 B. 加入Y的目的是补充 C. 电解总反应式为 D. 催化阶段反应产物物质的量之比 10. 工业上用和合成甲醇涉及以下反应： I． II． 在催化剂作用下，将和的混合气体充入一恒容密闭容器中进行反应，达到平衡时，的转化率和容器中混合气体的平均相对分子质量随温度变化如图。下列判断合理的是 已知：平衡时甲醇的选择性为生成甲醇消耗的在总消耗量中占比。 A. ， B. 250℃前以反应Ⅱ为主 C. ，平衡时甲醇的选择性为60% D. 为同时提高的平衡转化率和平衡时甲醇的选择性，应选择的反应条件为高温、高压 11. 一定温度下，（X）在存在下与等物质的量的反应，主要产物为和。、和的物质的量分数随时间的变化如图1所示，反应过程中能量变化示意图如图2所示。 下列说法不正确的是 A. 由图1可知，的活化能大于的活化能 B. 时，各物质的物质的量分数变化可以用来解释 C. 的过程中，存在键的断裂与形成、键的旋转 D. 此温度下，生成的平衡常数小于生成的平衡常数 12. 有科学研究提出:锂电池负极材料(Li)由于生成LiH而不利于电池容量的保持。一定温度下，利用足量重水(D2O）与含LiH的Li负极材料反应，通过测定n(D2)/n(HD)可以获知 n(Li)/n(LiH)。 已知：①LiH+H2O=LiOH+H2↑ ②2Li(s)+H2⇌2LiH △H＜0 下列说法不正确的是 A. 可用质谱区分D2和HD B. Li与D2O的反应：2Li+2D2O=2LiOD+D2↑ C. 若n(Li)/n(LiH)越大，则n(D2)/n(HD)越小 D. 80℃反应所得n(D2)/n(HD)比25℃反应所得n(D2)/n(HD)大 13. 小组同学设计如下实验探究溶液与S的反应。 资料ⅰ.溶液中与S反应可能得到、或 资料ⅱ.不与6盐酸反应，和在6盐酸中均发生沉淀的转化。 根据实验推测，下列说法不正确的是 A. 无色溶液a中不含或 B. 固体b和c均为 C. 银元素的价态不变，推测对S的氧化还原反应无影响 D. 若增大溶液浓度和硫粉的用量，固体b中可能混有 14. 二氧化碳加氢制甲醇的过程中的主要反应(忽略其他副反应)为： ① ② 、下，将一定比例、混合气匀速通过装有催化剂的绝热反应管。装置及L1、L2、L3…位点处(相邻位点距离相同)的气体温度、CO和的体积分数如图所示。下列说法正确的是 A. L4处与L5处反应①的平衡常数K相等 B. 反应②的焓变 C. L9处的的体积分数大于L5处 D. 混合气从起始到通过L1处，CO的生成速率小于的生成速率 二、简答题(共5道题，共58分，请将答案填写在答题纸上) 15. 硼元素在医药、陶瓷、新型电池等领域具有重要应用。 （1）基态B原子的电子排布式是_____。 （2）Be、B均为第二周期的元素，基态原子的第一电离能Be_____B(填“>”“<”或“”)。 （3）硼酸是一元弱酸，具有抑菌消炎作用。硼酸显酸性的原理： 。 ①反应中B原子的杂化轨道类型的变化为_____。 ②生成的过程中形成了配位键，原因是_____。 （4）硼化钙是制高纯度硼合金的原料，其晶胞形状为立方体，结构示意图如图1所示，原子全部组合为正八面体，各顶点通过键连接成三维骨架，位于晶胞的中心。 ①硼化钙的化学式是_____。 ②已知硼化钙晶体的密度为，阿伏加德罗常数为，则相邻两个间的最短距离为_____。 （5）咪唑基-四氟硼酸盐型离子液体具有难挥发、高离子传导性等优点，可作为新型电池的电解液，其结构如图2所示。 若将咪唑基中的烃基(-R)替换为原子，该离子液体的黏稠度将增加，不利于离子传导，从粒子间相互作用的角度解释原因：_____(写一点)。 16. 二氧化硫的转化在生产和环境保护等领域具有重要意义。 （1）二氧化硫制备三氧化硫。 ①工业上，制反应的化学方程式是___________。 ②450℃时，将和混合充入容积为1L的密闭容器中，充分反应并达到平衡状态，的平衡转化率为。450℃时，该反应的平衡常数___________。 （2）电解法处理尾气制。电解装置的示意图如图1所示，气体扩散电极多孔透气并隔水，生成的被Ar气带出。 ①阴极生成，电极反应式是___________。 ②为减少副反应的产物堵塞气体扩散电极，生成的及时被Ar气带出，该副反应的化学方程式是___________。 （3）中国科学家研究了大气中的在铜盐催化下被氧化为的机理。将一定浓度和的混合气体持续通过低浓度铜盐溶液的小液滴，和的总反应由如图2所示的各基元反应组成，A和B分别为和中的一种。 资料：对于图2所示的基元反应，反应速率正比于各反应物浓度之积，例如对于反应iii，以表示的速率的速率方程：是常数。 ①反应i的离子方程式是___________。 ②和均不稳定，浓度始终很低。反应v的速率很大。反应过程中和的浓度保持不变。下列说法正确的是___________。 a． b． c．若仅改变和的浓度，则正比于 17. 我国科研团队提出了一种新型开环聚合方法，该方法可以获得序列结构可控的高分子。聚合时所用大环单体M的一种合成路线如下： 已知：EDC是一种脱水剂。 （1）A遇溶液显紫色，A→B的化学方程式为___________。 （2）D中含有两个六元环，其结构简式为___________。 （3）E→G的目的___________(“是”或“不是”)保护官能团。 （4）G→I的反应过程中同时还会生成。试剂X的结构简式为___________。 （5）I→M的过程中，形成了一个14元环。参与反应的官能团名称为___________。 （6）和M可发生反应：，反应的具体过程如下： 的结构简式为___________。 （7）将路线中的试剂X替换为其他类似物，最终可得到不同结构的高分子。若要合成，所需试剂可以是___________(填序号)。 a． b．和的混合物 18. 以铜矿粉(主要含等)和软锰矿粉(主要含)为原料联合制备CuCl和的一种工艺流程如下。 资料：i．酸性条件下，氧化性：。 ii．潮湿条件下，CuCl容易被氧气氧化。 iii．金属离子沉淀的pH。 开始沉淀时 6.3 1.5 8.2 4.7 完全沉淀时 8.3 2.8 10.2 6.7 （1）“浸取”由酸浸、中和两步组成。 ①稀硫酸酸浸所得浸取渣中含有硫单质，CuS酸浸时反应的离子方程式是___________。 ②用氨水中和时，调节溶液的pH范围约为___________。 （2）“沉锰”时，作沉锰剂，通入，保持溶液的pH约为9. ①用离子方程式表示沉锰时未形成沉淀的原因：___________。 ②“沉锰”时用而不用作沉锰剂，原因是___________。 （3）“热分解”所得分解液可获得，“分解气”中可循环利用的有和___________。 （4）“转化”时，向溶液中加入适量的NaCl和，获得。 ①转化反应的离子方程式是___________。 ②室温时，CuCl的产率随时间的变化如图所示。60分钟后CuCl的产率减小，原因是___________。 （5）CuCl和苯并三氮唑()按物质的量之比1：1在一定条件下反应形成一种线型聚合物。反应时苯并三氮唑1位和3位的N原子与形成化学键，同时生成HCl。该聚合物的结构简式是___________。 19. 某小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应（夹持装置略）。 资料：ⅰ.在一定条件下被或氧化成（棕黑色）、（绿色）、（紫色）。ⅱ.浓碱条件下，可被还原为。 ⅲ.的氧化性与溶液的酸碱性无关，NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。 序号 物质a C中实验现象 通入前 通入后 Ⅰ 水 得到无色溶液 产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化 Ⅱ 溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀 Ⅲ 溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀 （1）B中试剂是________。 （2）通入前，Ⅱ、Ⅲ中沉淀由白色变为黑色的化学方程式为________。 （3）对比实验Ⅰ、Ⅱ通入后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是________。 （4）根据资料ⅱ，Ⅲ中应得到绿色溶液，实验中得到紫色溶液，分析现象与资料不符的原因： 原因一：可能是通入导致溶液的碱性减弱。 原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将氧化为。 ①化学方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因________，但通过实验测定溶液的碱性变化很小。 ②取Ⅲ中放置后的1 mL悬浊液，加入溶液。溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色的离子方程式为________，溶液绿色缓慢加深，原因是被________（填“化学式”）氧化，可证明Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量。 ③取Ⅱ中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL水，溶液紫色缓慢加深，发生的反应是________。 ④从反应速率的角度，分析实验Ⅲ未得到绿色溶液的可能原因________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京二中2025-2026学年度高三年级11月月考试卷 化学 得分：___________ 可能用到的相对原子质量：H-1 S-32 Ca-40 B-11 一、选择题(每题只有一个正确选项，每题3分，共42分) 1. 中国书画是世界艺术瑰宝，古人所用文房四宝制作过程中发生氧化还原反应的是 A. 竹管、动物尾毫→湖笔 B. 松木→油烟→徽墨 C. 楮树皮→纸浆纤维→宣纸 D. 端石→端砚 【答案】B 【解析】 【详解】A．湖笔，以竹管为笔杆，以动物尾毫为笔头制成，不涉及氧化还原反应，A不符合题意； B．松木中的C元素主要以有机物的形式存在，徽墨主要为C单质，存在元素化合价的变化，属于氧化还原反应，B符合题意； C．宣纸，以楮树皮为原料，得到纸浆纤维，从而制作宣纸，不涉及氧化还原反应，C不符合题意； D．端砚以端石为原料经过采石、维料、制璞、雕刻、磨光、配盒等步骤制成，不涉及氧化还原反应，D不符合题意； 故选B。 2. 由O、F、I组成化学式为的化合物，能体现其成键结构的片段如图所示。下列说法正确的是 A. 图中O(白色小球)代表F原子 B. 该化合物中存在过氧键 C. 该化合物中I原子存在孤对电子 D. 该化合物中所有碘氧键键长相等 【答案】C 【解析】 【分析】由图中信息可知，白色的小球可形成2个共价键，灰色的小球只形成1个共价键，黑色的大球形成了4个共价键，根据O、F、I的电负性大小（F最大、I最小）及其价电子数可以判断，白色的小球代表O原子、灰色的小球代表F原子，黑色的大球代表I原子。 【详解】A．图中O（白色的小球）代表O原子，灰色的小球代表F原子，A不正确； B．根据该化合物结构片段可知，每个I原子与3个O原子形成共价键，根据均摊法可以判断必须有2个O原子分别与2个I原子成键，才能确定该化合物化学式为，因此，该化合物中不存在过氧键，B不正确； C．I原子的价电子数为7，该化合物中F元素的化合价为-1，O元素的化合价为-2，则I元素的化合价为+5，据此可以判断每I原子与其他原子形成3个单键和1个双键，I原子的价电子数不等于其形成共价键的数目，因此，该化合物中I原子存在孤对电子，C正确； D．该化合物中既存在I—O单键，又存在I=O双键，单键和双键的键长是不相等的，因此，该化合物中所有碘氧键键长不相等，D不正确； 综上所述，本题选C。 3. 硫及其化合物部分转化关系如图。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 标准状况下，中原子总数为 B. 溶液中，数目为 C. 反应①每消耗，生成物中硫原子数目为 D. 反应②每生成还原产物，转移电子数目为 【答案】D 【解析】 【详解】A．标况下SO2为气体，11.2L SO2为0.5mol，其含有1.5mol原子，原子数为1.5NA，A错误； B．SO为弱酸阴离子，其在水中易发生水解，因此，100mL 0.1mol L-1 Na2SO3溶液中SO数目小于0.01NA，B错误； C．反应①的方程式为SO2+2H2S=3S+2H2O，反应中每生成3mol S消耗2mol H2S，3.4g H2S为0.1mol，故可以生成0.15mol S，生成的原子数目为0.15NA，C错误； D．反应②的离子方程式为3S+6OH-=SO+2S2-+3H2O，反应的还原产物为S2-，每生成2mol S2-共转移4mol电子，因此，每生成1mol S2-，转移2mol电子，数目为2NA，D正确； 故答案选D。 4. 短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。用表中信息判断下列说法正确的是 最高价元素 氧化物的水化物 X Y Z W 化学式 溶液的() 1.0 13.0 1.6 0.9 A. 简单离子半径： B. 简单氢化物的沸点： C. 元素电负性： D. 元素第一电离能： 【答案】C 【解析】 【分析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，0.1mol/LX的最高价含氧酸的pH为1.0，Y对应的pH为13.00，可知X为N、Y为Na；Z的分子式为H3ZO4，结合原子序数可知Z为P；W的最高价含氧酸的pH小于1，W为S，由上述分析可知，X为N、Y为Na、Z为P、W为S。 【详解】A．一般来说，电子层越多、离子半径越大，则简单离子半径：W＞Y，故A错误； B．相对分子质量越大，物质的熔沸点越高，但由于氨气分子间含氢键，则简单氢化物的沸点：X＞Z，故B错误； C．P和S为同一周期元素，从左往右元素的电负性逐渐增大，则元素的电负性：Z＜W，故C正确； D． Z为P，价电子排布式是3s23p3，3p轨道半充满，较稳定，W为S，价电子排布式是3s23p4，易失去一个电子形成半充满的稳定状态，所以元素的第一电离能Z＞W，故D错误； 故答案为：C 5. 工业上在熔融条件下制钾，反应为，相关物质的熔、沸点如下表。 物质 K NaCl KCl 熔点/℃ 97.8 63.7 801 - 沸点/℃ 883 774 >1400 >1400 下列说法正确的是 A. 推测KCl的熔点高于801℃ B. 该反应宜在加压条件下进行 C. 反应温度不应高于883℃ D. 该反应能发生是由于金属性： 【答案】C 【解析】 【详解】A．KCl和NaCl都是离子晶体，离子晶体熔沸点与离子键强弱有关，由于离子半径：K+ > Na+，KCl中的离子键比NaCl中的弱，所以 KCl熔点低于NaCl，即低于801℃，A错误； B．反应KCl+ Na=NaCl+K↑中，产物K是气态，反应后气体分子数增多，加压会使平衡逆向移动，不利于K的生成，则该反应不宜在加压条件下进行，B错误； C．Na的沸点是883℃，若反应温度高于883℃，Na会变为气态，不利于反应进行，所以反应温度不应高于883℃，C正确； D．金属性：K＞Na，故K比Na活泼，但此反应能发生是因为K的沸点比 Na低，在一定温度下K先变为气体，使平衡正向移动，并非因为金属性强弱，D错误； 故选C。 6. 探究亚硝酸钠( NaNO2 )的化学性质，实验如下： 实验 装置 试剂a 现象 ① 酚酞溶液 无色溶液变红 ② AgNO3溶液 产生淡黄色沉淀 ③ 淀粉KI溶液+稀硫酸 无 色溶液立即变蓝 ④ 酸性K2Cr2O7溶液 无色溶液变为绿色 资料： AgNO2是淡黄色难溶于水的固体；由上述实验所得结论不正确的是 A. NaNO2溶液显碱性 B. NaNO2可与某些盐发生复分解反应： +Ag+= AgNO2↓ C. NaNO2有氧化性： 2I- +2H++2 =I2+2NO2 ↑+H2O D. NaNO2有还原性： +3 +8H+=3 +2Cr3++4H2O 【答案】C 【解析】 【详解】A．加入酚酞溶液变红，证明NaNO2溶液显碱性，A项正确； B．AgNO2是淡黄色难溶于水的固体，故NaNO2可与某些盐发生复分解反应： +Ag+= AgNO2↓，B项正确； C．根据反应现象可知，NaNO2有氧化性，能将I-氧化，同时本身被还原成NO，反应为： 2I- +4H++2 =I2+2NO ↑+2H2O，C项错误； D．NaNO2有还原性，会被氧化成，反应为： +3 +8H+=3 +2Cr3++4H2O，D项正确； 答案选C。 7. 用电石（主要成分为CaC2，含CaS和Ca3P2等）制取乙炔时，常用CuSO4溶液除去乙炔中的杂质。反应为: ①CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4 ②11PH3+24CuSO4+12H2O=3H3PO4+24H2SO4+8Cu3P↓ 下列分析不正确的是 A. CaS、Ca3P2发生水解反应的化学方程式：CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑、Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑ B. 不能依据反应①比较硫酸与氢硫酸的酸性强弱 C. 反应②中每24 mol CuSO4氧化11 mol PH3 D. 用酸性KMnO4溶液验证乙炔还原性时，H2S、PH3有干扰 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．水解过程中元素的化合价不变，根据水解原理结合乙炔中常混有H2S、PH3可知CaS的水解方程式为CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑；Ca3P2水解方程式为Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑，A项正确； B．该反应能发生是因为有不溶于水也不溶于酸的CuS生成，因此反应①不能说明H2S的酸性强于H2SO4，事实上硫酸的酸性强于氢硫酸，B项正确； C．反应②中Cu元素化合价从+2价降低到+1价，得到1个电子，P元素化合价从-3价升高到+5价，失去8个电子，则24molCuSO4完全反应时，可氧化PH3的物质的量是24mol÷8＝3mol，C项错误； D．H2S、PH3均被KMnO4酸性溶液氧化，所以会干扰KMnO4酸性溶液对乙炔性质的检验，D项正确； 答案选C。 8. 用和侯氏制碱工艺联合制，同时、循环利用的主要物质转化如下。下列说法正确的是 A. ①中应向溶液先通入，再通入 B. ②中可使用蒸发结晶的方法获得固体 C. 电解的溶液可以制得和 D. 理论上①中消耗的与③中生成的不相等 【答案】D 【解析】 【分析】向饱和食盐水先通入溶解度大的氨气、再通入二氧化碳，二氧化碳与氨化的饱和食盐水反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，过滤得到碳酸氢钠固体和含有氯化铵的滤液（步骤①）；向滤液中加入氯化钠固体，降低氯化铵固体的溶解度使氯化铵固体析出，过滤得到母液和氯化铵固体（步骤②）；将氯化铵固体溶于水，向其中加入碳酸镁，反应生成氯化镁、氨气和二氧化碳（步骤③）。 【详解】A．二氧化碳微溶于水，氨气极易溶于水，饱和食盐水中先通入的气体为氨气，通氨气后再通二氧化碳，可增大二氧化碳的溶解度，故A错误； B．NH4Cl受热易分解，不能通过蒸发结晶的方法获得NH4Cl固体，故B错误； C．电解MgCl2溶液产生氯气、氢气和氢氧化镁，故C错误； D．①中反应方程式为NH3+CO2+NaCl+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓，，③中反应方程式为MgCO3+2NH4Cl=MgCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O，，故D正确； 故答案为D。 9. 以不同材料修饰的为电极，一定浓度的溶液为电解液，采用电解和催化相结合的循环方式，可实现高效制和，装置如图所示。下列说法错误的是 A. 电极a连接电源负极 B. 加入Y的目的是补充 C. 电解总反应式为 D. 催化阶段反应产物物质的量之比 【答案】B 【解析】 【分析】电极b上Br-发生失电子的氧化反应转化成，电极b为阳极，电极反应为Br- -6e-+3H2O=+6H+；则电极a为阴极，电极a的电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；电解总反应式为Br-+3H2O+3H2↑；催化循环阶段被还原成Br-循环使用、同时生成O2，实现高效制H2和O2，即Z为O2。 【详解】A．根据分析，电极a为阴极，连接电源负极，A项正确； B．根据分析电解过程中消耗H2O和Br-，而催化阶段被还原成Br-循环使用，故加入Y的目的是补充H2O，维持NaBr溶液为一定浓度，B项错误； C．根据分析电解总反应式为Br-+3H2O+3H2↑，C项正确； D．催化阶段，Br元素的化合价由+5价降至-1价，生成1molBr-得到6mol电子，O元素的化合价由-2价升至0价，生成1molO2失去4mol电子，根据得失电子守恒，反应产物物质的量之比n(O2) ∶n(Br-)=6∶4=3∶2，D项正确； 答案选B。 10. 工业上用和合成甲醇涉及以下反应： I． II． 在催化剂作用下，将和的混合气体充入一恒容密闭容器中进行反应，达到平衡时，的转化率和容器中混合气体的平均相对分子质量随温度变化如图。下列判断合理的是 已知：平衡时甲醇的选择性为生成甲醇消耗的在总消耗量中占比。 A. ， B. 250℃前以反应Ⅱ为主 C. ，平衡时甲醇的选择性为60% D. 为同时提高的平衡转化率和平衡时甲醇的选择性，应选择的反应条件为高温、高压 【答案】C 【解析】 【详解】A．由图可知，温度越高，的转化率越小，平衡逆向移动，所以反应I为放热反应，反应II为吸热反应，A错误； B．由图可知，当温度高于250℃，的转化率随温度的升高而增大，则250℃以后以反应II为主，B错误； C．，转化率为 ，平均相对分子质量为20，混合气体总物质的量为： 则为，设甲醇为，为，，，,，计算，，甲醇的选择性为，C正确； D．因为反应I为放热反应，升高温度，的平衡转化率降低，D错误； 故选C。 11. 一定温度下，（X）在存在下与等物质的量的反应，主要产物为和。、和的物质的量分数随时间的变化如图1所示，反应过程中能量变化示意图如图2所示。 下列说法不正确的是 A. 由图1可知，的活化能大于的活化能 B. 时，各物质的物质的量分数变化可以用来解释 C. 的过程中，存在键的断裂与形成、键的旋转 D. 此温度下，生成的平衡常数小于生成的平衡常数 【答案】B 【解析】 【详解】A．反应初期，随着X的物质的量分数下降，Y、Z的物质的量分数升高，但Z的物质的量分数相较于Y增加很少，说明开始生成Y的速率快于生成Z的速率；而活化能越低，反应速率越快，则X→Z的活化能大于X→Y的活化能，A正确； B．5~10min时，Z的物质的量分数很低，主要生成Y，根据图2可知，X生成Y的最大能垒E1小于Y生成Z的最大能垒E3，则生成Y的速率快、消耗Y的速率慢，导致Y的浓度大于Z，则可以用来解释，B错误； C．Y、Z互为顺反异构体，碳碳双键中σ键的键能大于π键，Y→Z的过程中，π键断裂后σ键发生旋转，最后重新形成π键，C正确； D．根据图1可知，最终Z的物质的量分数远大于Y的物质的量分数，说明X生成Z的平衡常数大，D正确； 故选B。 12. 有科学研究提出:锂电池负极材料(Li)由于生成LiH而不利于电池容量的保持。一定温度下，利用足量重水(D2O）与含LiH的Li负极材料反应，通过测定n(D2)/n(HD)可以获知 n(Li)/n(LiH)。 已知：①LiH+H2O=LiOH+H2↑ ②2Li(s)+H2⇌2LiH △H＜0 下列说法不正确的是 A. 可用质谱区分D2和HD B. Li与D2O的反应：2Li+2D2O=2LiOD+D2↑ C. 若n(Li)/n(LiH)越大，则n(D2)/n(HD)越小 D. 80℃反应所得n(D2)/n(HD)比25℃反应所得n(D2)/n(HD)大 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．D2和HD的相对分子质量不同，可以用质谱区分，A正确； B．类似于钠和水的反应， Li与D2O反应生成LiOD与D2，化学方程式是2Li+2D2O=2LiOD+D2↑，B正确； C．D2由Li与D2O反应生成，HD 通过反应LiH+D2O=LiOD+HD， n(D2)/n(HD)越大，n(Li)/n(LiH)越大，C不正确； D．升温，2LiH⇌2Li+H2 △H>0平衡右移，Li增多LiH 减少，则结合选项C可知：80℃下的n(D2)/n(HD)大于25℃下的n(D2)/n(HD) ，D正确； 答案为：C。 13. 小组同学设计如下实验探究溶液与S的反应。 资料ⅰ.溶液中与S反应可能得到、或 资料ⅱ.不与6盐酸反应，和在6盐酸中均发生沉淀的转化。 根据实验推测，下列说法不正确的是 A. 无色溶液a中不含或 B. 固体b和c均为 C. 银元素的价态不变，推测对S的氧化还原反应无影响 D. 若增大溶液浓度和硫粉的用量，固体b中可能混有 【答案】C 【解析】 【分析】与S反应可能生成、或，过滤，滤液中加入KMnO4验证是否存在+4价S，滤渣可能为、或，加入盐酸，过滤，有沉淀则存在则，滤液体加入氯化钡和过氧化氢，验证是否存在或，若存在则有白色沉淀，据此分析； 【详解】A．无色溶液a加入KMnO4依然为紫红色，可知不存在还原性离子，故不含或，A正确； B．不与6盐酸反应，固体b加6盐酸过滤得固体c，为，滤液加氯化钡和过氧化氢，无现象，说明无和，故固体b为，B正确； C．与的亲和力较高结合生成反应趋向生成稳定硫化物，对S的氧化还原反应有影响，C错误； D．若增大溶液浓度和硫粉的用量，则溶液中的硝酸根和氢离子可以氧化S生成，固体b中可能混有，D正确； 故选D。 14. 二氧化碳加氢制甲醇的过程中的主要反应(忽略其他副反应)为： ① ② 、下，将一定比例、混合气匀速通过装有催化剂的绝热反应管。装置及L1、L2、L3…位点处(相邻位点距离相同)的气体温度、CO和的体积分数如图所示。下列说法正确的是 A. L4处与L5处反应①的平衡常数K相等 B. 反应②的焓变 C. L9处的的体积分数大于L5处 D. 混合气从起始到通过L1处，CO的生成速率小于的生成速率 【答案】C 【解析】 【详解】A．L4处与L5处的温度不同，故反应①的平衡常数K不相等，A错误； B．由图像可知，L1-L3温度在升高，该装置为绝热装置，反应①为吸热反应，所以反应②为放热反应，ΔH2<0，B错误； C．从L5到L9，甲醇的体积分数逐渐增加，说明反应②在向右进行，反应②消耗 CO，而 CO 体积分数没有明显变化，说明反应①也在向右进行，反应①为气体分子数不变的反应，其向右进行时，n(H2O) 增大，反应②为气体分子数减小的反应，且没有H2O的消耗与生成，故 n总减小而n(H₂O)增加，即H2O的体积分数会增大，故L9处的 H2O的体积分数大于L5处，C正确； D．L1处CO 的体积分数大于 CH3OH，说明生成的 CO 的物质的量大于CH3OH，两者反应时间相同，说明CO的生成速率大于 CH3OH的生成速率，D错误； 故选C。 二、简答题(共5道题，共58分，请将答案填写在答题纸上) 15. 硼元素在医药、陶瓷、新型电池等领域具有重要应用。 （1）基态B原子的电子排布式是_____。 （2）Be、B均为第二周期的元素，基态原子的第一电离能Be_____B(填“>”“<”或“”)。 （3）硼酸是一元弱酸，具有抑菌消炎作用。硼酸显酸性的原理： 。 ①反应中B原子的杂化轨道类型的变化为_____。 ②生成的过程中形成了配位键，原因是_____。 （4）硼化钙是制高纯度硼合金的原料，其晶胞形状为立方体，结构示意图如图1所示，原子全部组合为正八面体，各顶点通过键连接成三维骨架，位于晶胞的中心。 ①硼化钙的化学式是_____。 ②已知硼化钙晶体的密度为，阿伏加德罗常数为，则相邻两个间的最短距离为_____。 （5）咪唑基-四氟硼酸盐型离子液体具有难挥发、高离子传导性等优点，可作为新型电池的电解液，其结构如图2所示。 若将咪唑基中的烃基(-R)替换为原子，该离子液体的黏稠度将增加，不利于离子传导，从粒子间相互作用的角度解释原因：_____(写一点)。 【答案】（1） （2）> （3） ①. 由杂化变为杂化 ②. 中的原子提供空轨道，中的原子提供孤电子对 （4） ①. ②. （5）将烃基替换为原子，阳离子体积减小，离子键增强，同时咪唑基中的键可与中的原子形成氢键 【解析】 【小问1详解】 B是5号元素，根据构造原理，可知基态B原子的核外电子排布式是，故答案为：。 【小问2详解】 根据同一周期从左往右元素第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA和第ⅤA反常，则第一电离能由大到小的顺序为Be＞B，故答案为：＞。 【小问3详解】 ①硼酸中B原子价层对数是，则B原子的杂化方式为杂化，中B原子价层对数为4，则B原子的杂化方式为杂化，故答案为：由杂化变为杂化。 ②因为中的原子提供空轨道，中的原子提供孤电子对，所以生成的过程中形成了配位键，故答案为：中的原子提供空轨道，中的原子提供孤电子对。 【小问4详解】 ①由晶胞结构可知，立方体晶胞的顶点均为，则顶点均摊有，Ca位于体心，个数为1，则硼化钙的化学式为，故答案为：。 ②设晶胞为a cm，因为Ca位于体心，则相邻两个间的最短距离为a cm，已知硼化钙晶体的密度为，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为，解得a=，故答案为：。 【小问5详解】 将烃基替换为原子，阳离子体积减小，离子键增强，同时咪唑基中的键可与中的原子形成氢键，将该离子液体的黏稠度将增加，不利于离子传导，故答案为：将烃基替换为原子，阳离子体积减小，离子键增强，同时咪唑基中的键可与中的原子形成氢键。 16. 二氧化硫的转化在生产和环境保护等领域具有重要意义。 （1）二氧化硫制备三氧化硫。 ①工业上，制反应的化学方程式是___________。 ②450℃时，将和混合充入容积为1L的密闭容器中，充分反应并达到平衡状态，的平衡转化率为。450℃时，该反应的平衡常数___________。 （2）电解法处理尾气制。电解装置的示意图如图1所示，气体扩散电极多孔透气并隔水，生成的被Ar气带出。 ①阴极生成，电极反应式是___________。 ②为减少副反应的产物堵塞气体扩散电极，生成的及时被Ar气带出，该副反应的化学方程式是___________。 （3）中国科学家研究了大气中的在铜盐催化下被氧化为的机理。将一定浓度和的混合气体持续通过低浓度铜盐溶液的小液滴，和的总反应由如图2所示的各基元反应组成，A和B分别为和中的一种。 资料：对于图2所示的基元反应，反应速率正比于各反应物浓度之积，例如对于反应iii，以表示的速率的速率方程：是常数。 ①反应i的离子方程式是___________。 ②和均不稳定，浓度始终很低。反应v的速率很大。反应过程中和的浓度保持不变。下列说法正确的是___________。 a． b． c．若仅改变和的浓度，则正比于 【答案】（1） ①. ②. （2） ①. ②. （3） ①. ②. ac 【解析】 【小问1详解】 ①工业上二氧化硫催化氧化制备三氧化硫，反应条件是催化剂、加热，化学方程式为：； ②450℃时，将和混合充入容积为1L的密闭容器中，充分反应并达到平衡状态，的平衡转化率为，由三段式可得，该反应的平衡常数； 【小问2详解】 ①如图，阴极发生还原反应，得电子生成，根据原子守恒和电荷守恒，在酸性环境下电极反应式为； ②易被空气中氧气氧化，为防止生成的堵塞气体扩散电极，用Ar气及时带出，副反应是被氧气氧化，化学方程式为； 【小问3详解】 ①根据图中信息及元素守恒、电荷守恒，反应i是与反应生成和，离子方程式为； ②a．由图知，只参与反应i，故，a正确； b．由图知，参与了反应ii和反应iii，故，b错误； c．由于反应过程中和的浓度保持不变（催化剂的特性），根据速率方程以及反应速率与各反应物浓度的关系，仅改变和的浓度时，与的比值不会受到影响，因为和浓度不变，则正比于，c正确； 故选ac。 17. 我国科研团队提出了一种新型开环聚合方法，该方法可以获得序列结构可控的高分子。聚合时所用大环单体M的一种合成路线如下： 已知：EDC是一种脱水剂。 （1）A遇溶液显紫色，A→B的化学方程式为___________。 （2）D中含有两个六元环，其结构简式为___________。 （3）E→G的目的___________(“是”或“不是”)保护官能团。 （4）G→I的反应过程中同时还会生成。试剂X的结构简式为___________。 （5）I→M的过程中，形成了一个14元环。参与反应的官能团名称为___________。 （6）和M可发生反应：，反应的具体过程如下： 的结构简式为___________。 （7）将路线中的试剂X替换为其他类似物，最终可得到不同结构的高分子。若要合成，所需试剂可以是___________(填序号)。 a． b．和的混合物 【答案】（1） （2） （3）不是 （4） （5）羟基、羧基 （6） （7）a 【解析】 【分析】由图可知，E→G的过程为E与反应，在EDC作用下脱水生成G，由此可逆推出E为，D→E的过程为酯在酸性条件下的水解过程，结合D的分子式及题中D含两个六元环的信息，可知D为，对比B、D分子式及B→D的过程，可知B为，由A→B的反应条件可知，A→B发生了苯环上的硝化反应，则A为。由G→I的过程中同时还会生成，可知G与试剂X发生取代反应，从而可推测出试剂X的结构为。由I→M的反应条件及I、M的分子式，可知I→M的过程为I发生分子内的酯化反应过程，据此分析。 【小问1详解】 由A遇溶液显紫色，可知A分子中含有酚羟基，根据分析可知A为；A→B为苯环上的H原子被取代的过程，化学方程式为：   ； 【小问2详解】 由分析可知，D为  ； 【小问3详解】 若官能团开始有，中间过程发生了反应，后面又复原，则让其发生反应的过程即为官能团被保护的过程。E中羧基在后续反应中未复原，则E→G的目的不是保护官能团； 【小问4详解】 由分析可知，G与试剂X发生取代反应生成I和，则可知试剂X为； 【小问5详解】 I→M的过程为I发生分子内的酯化反应，I分子中苯环上的羟基与邻位取代基上的羧基发生酯化反应，参与反应的官能团名称为：羟基、羧基； 【小问6详解】 由P0(长链伯胺)与M开环缩合生成nD和Pn的示意图可知，高分子主链是重复的酰胺键骨架(－NH－CO－…)。P0分子中氨基氢原子被重复的酰胺键骨架取代，则Pn为； 【小问7详解】 若想合成给定的高分子，则需要将图中试剂X替换为能带来所需侧链或主链结构的。对照选项可知应选a，即。 18. 以铜矿粉(主要含等)和软锰矿粉(主要含)为原料联合制备CuCl和的一种工艺流程如下。 资料：i．酸性条件下，氧化性：。 ii．潮湿条件下，CuCl容易被氧气氧化。 iii．金属离子沉淀的pH。 开始沉淀时 6.3 1.5 8.2 4.7 完全沉淀时 8.3 2.8 10.2 6.7 （1）“浸取”由酸浸、中和两步组成。 ①稀硫酸酸浸所得浸取渣中含有硫单质，CuS酸浸时反应的离子方程式是___________。 ②用氨水中和时，调节溶液的pH范围约为___________。 （2）“沉锰”时，作沉锰剂，通入，保持溶液的pH约为9. ①用离子方程式表示沉锰时未形成沉淀的原因：___________。 ②“沉锰”时用而不用作沉锰剂，原因是___________。 （3）“热分解”所得分解液可获得，“分解气”中可循环利用的有和___________。 （4）“转化”时，向溶液中加入适量的NaCl和，获得。 ①转化反应的离子方程式是___________。 ②室温时，CuCl的产率随时间的变化如图所示。60分钟后CuCl的产率减小，原因是___________。 （5）CuCl和苯并三氮唑()按物质的量之比1：1在一定条件下反应形成一种线型聚合物。反应时苯并三氮唑1位和3位的N原子与形成化学键，同时生成HCl。该聚合物的结构简式是___________。 【答案】（1） ①. ②. （2） ①. ②. 作沉锰剂时，为保持溶液的pH约为9，通入的量更大，且抑制电离，使溶液中更大，利于生成，防止沉淀 （3） （4） ①. ②. 潮湿条件下，CuCl被氧化 （5） 【解析】 【分析】铜矿粉和软锰矿粉通过稀硫酸酸浸后溶液中CuS和MnO2反应生成S、Cu2+、Mn2+，FeO与MnO2反应生成Fe3+和Mn2+，CuO溶于酸形成Cu2+，再加入氨水调pH沉淀Fe3+，得到的浸取液中含有Cu2+和Mn2+，然后加入NH4HCO3，并通入NH3沉淀Mn2+，Cu2+转化为[Cu(NH3)4]2+，沉锰液经热分解得到CuO，CuO溶于硫酸得到CuSO4，最终CuSO4转化为CuCl； 【小问1详解】 ①据分析，CuS酸浸时和MnO2反应生成S、Cu2+、Mn2+，离子方程式是CuS+MnO2+4H+=Cu2++Mn2++2H2O+S； ②据分析，用氨水中和时应完全沉淀Fe3+，而不沉淀Cu2+、Mn2+，根据资料ⅲ，调节溶液的pH范围约为2.8∼4.7。 【小问2详解】 ①据分析，沉锰时未形成沉淀的原因：Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+； ②“沉锰”时用而不用作沉锰剂，原因是作沉锰剂时，为保持溶液的pH约为9，通入的量更大，且抑制电离，使溶液中更大，利于生成[Cu(NH3)4]2+，防止Cu2+沉淀。 【小问3详解】 “热分解”所得分解液可获得，“分解气”中可循环利用的有和NH3。 【小问4详解】 ①转化反应的离子方程式是； ②室温时，CuCl的产率随时间的变化如图所示，60分钟后CuCl的产率减小，根据资料ⅱ，原因是潮湿条件下，CuCl被氧化。 【小问5详解】 根据题意“CuCl和苯并三氮唑()按物质的量之比1：1在一定条件下反应形成一种线型聚合物，反应时苯并三氮唑1位和3位的N原子与形成化学键，同时生成HCl”，该聚合物的结构简式是。 19. 某小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应（夹持装置略）。 资料：ⅰ.在一定条件下被或氧化成（棕黑色）、（绿色）、（紫色）。ⅱ.浓碱条件下，可被还原为。 ⅲ.的氧化性与溶液的酸碱性无关，NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。 序号 物质a C中实验现象 通入前 通入后 Ⅰ 水 得到无色溶液 产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化 Ⅱ 溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀 Ⅲ 溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀 （1）B中试剂是________。 （2）通入前，Ⅱ、Ⅲ中沉淀由白色变为黑色的化学方程式为________。 （3）对比实验Ⅰ、Ⅱ通入后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是________。 （4）根据资料ⅱ，Ⅲ中应得到绿色溶液，实验中得到紫色溶液，分析现象与资料不符的原因： 原因一：可能是通入导致溶液的碱性减弱。 原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将氧化为。 ①化学方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因________，但通过实验测定溶液的碱性变化很小。 ②取Ⅲ中放置后的1 mL悬浊液，加入溶液。溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色的离子方程式为________，溶液绿色缓慢加深，原因是被________（填“化学式”）氧化，可证明Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量。 ③取Ⅱ中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL水，溶液紫色缓慢加深，发生的反应是________。 ④从反应速率的角度，分析实验Ⅲ未得到绿色溶液的可能原因________。 【答案】（1）饱和食盐水 （2） （3）碱性溶液中二价锰的还原性增强 （4） ①. ②. ③. ④. ⑤. 氧化剂过量，氧化的速率大于被还原的速率 【解析】 【分析】实验目的是探究不同条件下氯气与二价含锰化合物的反应，A是制备的发生装置，B装置是除去中含有的，C是氯气与二价含锰化合物反应的发生装置，D是尾气处理装置。 【小问1详解】 B装置的作用是除去中含有的，试剂是饱和食盐水，故答案为：饱和食盐水； 【小问2详解】 通入前，Ⅱ、Ⅲ中与碱性溶液中NaOH电离产生的反应产生白色沉淀，，该沉淀不稳定，会被溶解在溶液中的氧气氧化生成棕黑色的沉淀，化学方程式为，故答案为：； 【小问3详解】 对比实验现象，实验I通入后二价锰只能被氧化为（+4价锰），实验Ⅱ通入后二价锰可以被氧化为（+7价锰），说明在碱性溶液中二价锰的还原性增强，故答案为：碱性溶液中二价锰的还原性增强； 【小问4详解】 ①与NaOH反应产生NaCl、NaClO、H2O，减小，使溶液碱性减弱，反应的化学方程式为：； ②取Ⅲ中放置后的悬浊液，加入溶液，溶液碱性增强，可被还原为使溶液紫色迅速变为绿色，化学方程式为：；而将悬浊液中氧化为，导致溶液绿色缓慢加深，可证明Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量，故答案为：，NaClO； ③取Ⅱ中放置后的1 mL 悬浊液，加入4 mL 水，溶液紫色缓慢加深，说明ClO-将MnO2氧化为，发生反应的离子方程式是。故答案为：； ④根据资料有反应，反应，实验Ⅲ的溶液中由于氧化剂过量，氧化的速率大于被还原的速率，导致实验Ⅲ未得到绿色溶液，故答案为：氧化剂过量，氧化的速率大于被还原的速率。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $