精品解析：甘肃兰州第五十一中学2025-2026学年高三上学期12月中考化学试题

甘肃兰州五十一中学2025-2026学年高三上学期 12月中考化学试题 一、选择题(本大题共16小题，共44分。第1-10题，每小题2分；第11-16小题，每小题4分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。) 1. 已知：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH1 3H2(g)+ Fe2O3(s)=2Fe(s)+ 3H2O(g) ΔH2 2Fe(s)+ 1.5O2(g)=Fe2O3(s) ΔH3 2Al(s)+ 1.5O2(g)=A12O3(S) ΔH4 2Al(s)+ Fe2O3(s)=Al2O3(s)+ 2Fe(s) ΔH5 下列关于上述反应焓变的判断正确的是 A. ΔH1＜0，ΔH3＞0 B. ΔH5＜0，ΔH4＜ΔH3 C. ΔH1=ΔH2+ΔH3 D. ΔH3=ΔH4+ΔH5 2. 下列指定反应的离子方程式正确的是 A. Cl2通入水中制氯水： B. NO2通入水中制硝酸： C. NaAlO2溶液中通入过量CO2： D. AgNO3溶液中加入过量浓氨水： 3. 下列说法中不正确的是（ ） ①高分子化合物不溶于任何溶剂 ②高分子化合物对环境都会产生污染 ③天然高分子材料主要成分都是纤维素 ④塑料均有热塑性 ⑤许多合成高分子材料在性能上优于天然高分子材料． A. ①③④⑤ B. ②③⑤ C. ①②③⑤ D. ①②③④ 4. 为解决大气污染物的排放问题，某实验小组模拟工业烟气脱硫步骤，设计如下工艺流程，下列有关说法正确的是 A. 吸收塔内发生的反应为氧化还原反应 B. 沉淀室内发生主要反应： C. 氧化室内每生成时理论上可消耗 D. 流程中可循环利用的物质为溶液 5. 某温度下，在恒容密闭容器中发生反应，有关数据如下： 时间段/ 产物Z的平均生成速率/ 0～2 0.20 0～4 0.15 0～6 0.10 下列说法错误的是 A. 时，Z的浓度大于 B. 时，加入，此时 C. 时，Y的体积分数约为33.3% D. 时，X的物质的量为 6. 氯系氧化剂、消毒剂在生产、生活中有广泛应用。其消毒能力可以用“有效氯”表示，有效氯定义为单位质量的消毒剂得电子能力与多少克氯气相当。下列消毒剂（或氧化剂）的有效氯最高的是 A. NaClO B. Ca（ClO）2 C. NaClO2 D. ClO2 7. 完成下列实验所用仪器或操作合理的是 A．制取并收集干燥纯净的NH3 B．制备氢氧化亚铁沉淀 C．证明装置气密性良好 D．验证浓硫酸的脱水性 A. A B. B C. C D. D 8. 工业合成尿素的原理：CO2+2NH3=CO(NH2)2+H2O，下列有关叙述错误的是 A. 沸点：H2O＞NH3 B. 反应分类：非氧化还原反应 C. 键角：NH3＜CO2 D. CO(NH2)2：所有原子满足8电子稳定结构 9. 在人体中，大概含有60多种元素，其中含量前10的元素分别是氧、碳、氢、氮、钙、磷、硫、钾、钠、氯。下列说法正确的是 A. 酸性：HNO3＜H3PO4 B. SO2通入紫色石蕊溶液中，溶液先变红后褪色 C. 金属性：K＜Na D. CO2、SO3均属于酸性氧化物 10. 反应可用于储氢，可能机理如图所示。下列说法正确的是 A. 该反应的 B. 步骤I中带正电荷的C与催化剂中的N之间作用 C. 步骤III中存在非极性键的断裂和形成 D. 反应中每消耗，转移电子数约 11. 下列溶液一定呈中性的是 A. 使甲基橙试液呈黄色的溶液 B. c(H+)= c(OH-)=10-6mol/L 溶液 C. pH=7 的溶液 D. 酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液 12. 盖吕萨克及其密友泰纳，把铁屑和苛性钠（NaOH）混合起来，放在一个密封的弯曲玻璃管内加热生产金属钠。反应原理为：“3Fe+4NaOH Fe3O4+2H2↑+4Na↑”。下列有关说法正确的是 A. 用磁铁可以将Fe与Fe3O4分离 B. 将生成的气体在空气中冷却可获得钠 C. 该反应条件下铁的氧化性比钠强 D. 每生成1molH2，转移的电子数约为4×6.02×1023 13. 下列由实验现象所得结论正确的是 A. 取补铁口服液的上层清液，滴加酸性溶液，溶液紫色褪去，证明口服液中含有 B. 向盛有的溶液的小试管中滴加酚酞溶液，溶液变红，再加入少量固体，溶液红色加深，证明水解程度增大 C. 向滴有酚酞的NaOH溶液中加入，溶液红色褪去，可证明具有酸性 D. 向溶液中通入，再通入X气体，有白色沉淀生成，则X可能为碱性气体 14. 下列有机物是形成如图所示高分子的单体的是 A. 丁烯 B. 苯乙烯 C. 1,3-丁二烯 D. 乙烯 15. 某工业废水仅含有表中离子中的4种(少量存在的离子不考虑)： 阳离子 K+ Cu2+ Fe3+ 阴离子 Cl- 某同学欲探究废水的组成，进行了如下实验： Ⅰ.取废水少许加入足量稀盐酸，有气体生成，无沉淀生成； Ⅱ.向Ⅰ中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成。 下列推断错误的是 A. 该废水为无色溶液 B. II中沉淀一定不是BaCO3 C. 整个实验过程无氧化还原反应发生 D. 溶液中一定含有Cl- 16. 近年我国科技发展迅猛。以下关于我国科技进展的说法错误的是 A. “揭示光感受调节血糖代谢机制”，其中葡萄糖属于单糖 B. “农作物耐盐碱机制解析及应用”，所有的盐和碱均属于强电解质 C. “新方法实现单碱基到超大片段DNA精准操纵”，DNA属于高分子 D. “发现锂硫电池界面电荷存储聚集反应新机制”，电池工作时化学能转化成电能 二、填空题(共4个大题，共56分) 17. 以含少量铁废铜渣为原料生产胆矾的流程如图所示： 、沉淀的pH如下表： 离子种类 开始沉淀pH 完全沉淀的pH 4.7 6.7 1.9 3.2 （1）写出浸出时铜与稀硝酸、稀硫酸反应的离子方程式：___________。 （2）在浸出时加入稀硫酸的作用是___________。 （3）试剂b为___________；滤渣c为___________。 （4）取样检验是为了证明没有存在，其方法是___________。 （5）从滤液中得到胆矾的操作是___________。 （6）气体a可以被循环利用，用化学方程式表示气体a被循环利用的原理：、___________。 （7）高温下，硫酸铜受热分解生成CuO、SO2、SO3和O2，且，写出硫酸铜受热分解的化学方程式：___________。 18. 软锰矿在生产中有广泛的应用。 （1）过程I：酸浸 ①用稀溶液处理软锰矿后，溶液中含有，矿粉颗粒表面附着有黄色固体硫。上述过程中的主要反应为(将方程式补充完整)： ___________=___________+______________________ ___________ ②硫附着在矿粉颗粒表面不利于酸浸进行，加入可以提高锰元素的浸出率。 结合化学方程式说明的作用原理：(写出两条) i___________； ii___________。 （2）过程II： ①使用过量固体可以去除酸浸后滤液中的。选用的理由是___________。 ②制备 下图表示通入时pH随时间的变化。 0—15分钟，pH几乎不变；15—150分钟，pH明显降低。结合方程式解释原因：___________。 19. 碳酸锰()是制造高性能磁性材料的主要原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Zn、Ni、Si等元素)制备，工艺流程如图所示。 已知： ①25℃时，，； ②相关金属离子[]形成氢氧化物沉淀的pH范围如表： 金属离子 开始沉淀的pH 3.4 1.5 6.3 6.2 6.9 8.1 沉淀完全的pH 4.7 2.8 8.3 8.2 89 10.1 回答下列问题： （1）基态锰原子的价层电子排布式为___________。 （2）硫化锰矿预先粉碎的目的是___________。 （3）“氧化”中将氧化成离子方程式为___________。 （4）“调pH”除铁、铝元素，溶液的pH范围应调节为：___________≤pH<6.2，滤渣2的主要成分是(填化学式)___________。 （5）“除杂”的目的是除去和，若“除杂”后滤液中，则___________。 （6）“沉锰”中发生反应的离子方程式为___________。 （7）锰可与CO形成金属羰基配合物(熔点154℃)。其结构如图所示。则晶体中微粒间作用力有___________(填标号)。 a．配位键 b．极性键 c．范德华力 d．离子键 20. 工厂烟气(主要污染物为、NO)直接排放会造成空气污染，需处理后才能排放。 （1）还原技术是目前高效、成熟的去除的技术之一()。使用催化剂能有效脱除工厂烟气中的氮氧化物。 已知：反应Ⅰ．　 反应Ⅱ．　 ①反应　___________。 ②在不同温度下，仅改变的浓度，NO的脱除率与浓度的关系如图1所示，浓度在1%~3%之间时，随着浓度增大，NO脱除率明显升高的原因可能是___________。 （2）/碳基材料(活性炭、活性焦、活碳纤维)也可以脱硫、脱硝。/碳基材料脱硫时，控制一定气体流速和温度，烟气中的存在对/碳基材料催化剂脱硫、脱硝活性的影响结果如图2所示，当浓度过高时，去除率下降，其可能原因是___________。 （3）研究高效催化剂是解决NO对大气污染问题的重要途径。400℃时，在分别装有催化剂的A和B的两个容积为2L的刚性密闭容器中，各充入物质的量均为nmol的NO和CO发生反应。通过测定容器内总压强随时间变化来探究催化剂对反应速率的影响，数据如表： 时间/min 0 10 20 30 ∞ A容器内压强/kPa 100.0 90.0 85.0 80.0 80.0 B容器内压强/kPa 100.0 95.0 90.0 85.0 80.0 ①由表可以判断催化剂___________(填“A”或“B”)的效果更好。 ②下列说法能表明该反应已经达到平衡状态的是___________(填标号)。 A． B．混合气体的平均相对分子质量不变 C． D．容器内气体的密度不再发生变化 ③容器中CO的平衡转化率为___________%。400℃时，用压强表示的平衡常数_____()。 ④汽车尾气中含有NO和CO，在排气管中使用催化剂可以提高污染物的转化率，其原因是___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 甘肃兰州五十一中学2025-2026学年高三上学期 12月中考化学试题 一、选择题(本大题共16小题，共44分。第1-10题，每小题2分；第11-16小题，每小题4分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。) 1. 已知：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH1 3H2(g)+ Fe2O3(s)=2Fe(s)+ 3H2O(g) ΔH2 2Fe(s)+ 1.5O2(g)=Fe2O3(s) ΔH3 2Al(s)+ 1.5O2(g)=A12O3(S) ΔH4 2Al(s)+ Fe2O3(s)=Al2O3(s)+ 2Fe(s) ΔH5 下列关于上述反应焓变判断正确的是 A. ΔH1＜0，ΔH3＞0 B. ΔH5＜0，ΔH4＜ΔH3 C. ΔH1=ΔH2+ΔH3 D. ΔH3=ΔH4+ΔH5 【答案】B 【解析】 【详解】A．2Fe(s)+ 1.5O2(g)=Fe2O3(s)为化合反应，属于放热反应，所以ΔH3＜0，A不正确； B．2Al(s)+ Fe2O3(s)=Al2O3(s)+ 2Fe(s)为铝热反应，属于放热反应，ΔH5＜0，由于Al的金属活动性比Fe强，所以燃烧放出的热量更多，但由于放热反应的ΔH＜０，所以ΔH4＜ΔH3，B正确； C．ΔH1为2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)放出的热量，ΔH2+ΔH3为3H2(g)+1.5O2(g)=3H2O(g)放出的热量，所以ΔH1≠ΔH2+ΔH3，C不正确； D．依据盖斯定律，ΔH3=ΔH4-ΔH5，D不正确； 故选B 2. 下列指定反应的离子方程式正确的是 A. Cl2通入水中制氯水： B. NO2通入水中制硝酸： C. NaAlO2溶液中通入过量CO2： D. AgNO3溶液中加入过量浓氨水： 【答案】C 【解析】 【详解】A.次氯酸为弱酸，书写离子方程式时应以分子形式体现，正确的是Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO，故A错误； B.NO2与H2O反应：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，离子方程式为3NO2＋H2O=2H＋＋2＋NO，故B错误； C.碳酸的酸性强于偏铝酸，因此NaAlO2溶液通入过量的CO2，发生的离子方程式为＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋，故C正确； D.AgOH能与过量的NH3·H2O反应生成[Ag(NH3)2]OH，故D错误； 答案为C。 【点睛】本题应注意“量”，像选项C中若不注意CO2是过量的，往往产物写成，还有选项D，AgOH能溶于氨水中，生成银氨溶液。 3. 下列说法中不正确的是（ ） ①高分子化合物不溶于任何溶剂 ②高分子化合物对环境都会产生污染 ③天然高分子材料主要成分都是纤维素 ④塑料均有热塑性 ⑤许多合成高分子材料在性能上优于天然高分子材料． A. ①③④⑤ B. ②③⑤ C. ①②③⑤ D. ①②③④ 【答案】D 【解析】 【详解】①高分子化合物可溶于相应的溶剂，如线型酚醛树脂可以溶于乙醇，聚乙烯在70摄氏度以上时就可少量溶解于甲苯、乙酸戊酯、三率乙烯等溶剂中，故①错误； ②不是所有高分子化合物都对环境都会产生污染，如以二氧化碳为原料的可降解塑料−−聚二氧化碳不会产生一般塑料可能造成的“白色污染”，故②错误； ③天然高分子材料蚕丝的成分是蛋白质，故③错误； ④塑料有线型、体型两种，线型具有热塑性，具有冷却后又变成固体，加热后又熔化的性质，常见有聚乙烯、聚氯乙烯、聚丙烯等；体型具有热固性，在制造过程中受热能变软，但加工成型后受热不能再熔化，如酚醛树脂等，故④错误； ⑤许多合成高分子材料在生产时进行工艺改良，性能上优于天然高分子材料，故⑤正确； 答案选D。 4. 为解决大气污染物的排放问题，某实验小组模拟工业烟气脱硫步骤，设计如下工艺流程，下列有关说法正确的是 A. 吸收塔内发生的反应为氧化还原反应 B. 沉淀室内发生主要反应： C. 氧化室内每生成时理论上可消耗 D. 流程中可循环利用的物质为溶液 【答案】D 【解析】 【分析】吸收塔中用NaOH溶液喷雾吸收烟气中的SO2，生成Na2SO3和H2O，沉淀室中Na2SO3和Ca(OH)2反应生成CaSO3沉淀和NaOH，氧化室中CaSO3和O2反应生成CaSO4，据此解答。 【详解】A．吸收塔内发生的反应为SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，是非氧化还原反应，A错误； B．沉淀室内发生主要反应是亚硫酸钠与Ca(OH)2的反应，化学方程式为：，B错误； C．根据2CaSO3+O2=2CaSO4可知，生成2mol即136g/mol×2mol=272g硫酸钙，需要1molO2，C错误； D．沉淀室内发生为：，生成的NaOH可以循环进入吸收塔中，D正确； 答案选D。 5. 某温度下，在恒容密闭容器中发生反应，有关数据如下： 时间段/ 产物Z的平均生成速率/ 0～2 0.20 0～4 0.15 0～6 0.10 下列说法错误的是 A. 时，Z的浓度大于 B. 时，加入，此时 C. 时，Y的体积分数约为33.3% D. 时，X的物质的量为 【答案】B 【解析】 【详解】A．反应开始一段时间，随着时间的延长，反应物浓度逐渐减小，产物Z的平均生成速率逐渐减小，则内Z的平均生成速率大于内的，故时，Z的浓度大于，A正确； B．时生成的Z的物质的量为，时生成的Z的物质的量为，故反应在时已达到平衡，设达到平衡时生了，列三段式： 根据，得，则Y的平衡浓度为，Z的平衡浓度为，平衡常数，时Y的浓度为，Z的浓度为，加入后Z的浓度变为，，反应正向进行，故，B错误； C．反应生成的Y与Z的物质的量之比恒等于1∶2，反应体系中只有Y和Z为气体，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，，故Y的体积分数始终约为33.3%，C正确； D．由B项分析可知时反应处于平衡状态，此时生成Z为，则X的转化量为，初始X的物质的量为，剩余X的物质的量为，D正确； 故答案选B。 6. 氯系氧化剂、消毒剂在生产、生活中有广泛应用。其消毒能力可以用“有效氯”表示，有效氯定义为单位质量的消毒剂得电子能力与多少克氯气相当。下列消毒剂（或氧化剂）的有效氯最高的是 A. NaClO B. Ca（ClO）2 C. NaClO2 D. ClO2 【答案】D 【解析】 【分析】依题意，有效氯定义转化为“单位质量的含氯氧化剂（或消毒剂）得电子数与多少克氯气得电子数相等”，即单位质量的含氯氧化剂得电子数越多，有效氯越高。 【详解】A. 74.5g NaClO作消毒剂，被还原为Cl-得电子的物质的量为2mol。 B. 143g Ca（ClO）2作消毒剂，被还原为Cl-得电子的物质的量为4mol。 C. 90.5gNaClO2作消毒剂，被还原为Cl-得电子的物质的量为4mol.。 D. 67.5gClO2作消毒剂，被还原为Cl-得电子的物质的量为5mol.。 故答案选D。 7. 完成下列实验所用仪器或操作合理的是 A．制取并收集干燥纯净的NH3 B．制备氢氧化亚铁沉淀 C．证明装置气密性良好 D．验证浓硫酸的脱水性 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据图示，浓氨水与CaO固体反应可以生成NH3，碱石灰可干燥NH3，NH3的密度比空气小，应采用向下排空气法收集，而图中使用的是向上排空气法（集气瓶正放，导管长进短出），A错误； B．根据图示，右侧试管中Fe与稀硫酸反应生成H2和FeSO4，左侧试管中是NaOH溶液。要制备Fe(OH)2，需将FeSO4溶液与NaOH溶液混合。然而，图中右侧试管的导管未插入液面下，H2无法将FeSO4溶液压入左侧试管，无法实现Fe(OH)2的制备，B错误； C．该装置通过关闭弹簧夹后，向长颈漏斗中加水，若液面不再下降，则说明装置气密性良好。具体操作是：关闭弹簧夹，向漏斗中加水至形成一段水柱，若一段时间后水柱高度不变，说明装置不漏气，C正确； D．图中将胆矾（CuSO4·5H2O）与浓硫酸置于两个试管中，浓硫酸吸收胆矾中的结晶水，使蓝色晶体变为白色粉末，这体现的是吸水性，而非脱水性，D错误； 故选C。 8. 工业合成尿素的原理：CO2+2NH3=CO(NH2)2+H2O，下列有关叙述错误的是 A. 沸点：H2O＞NH3 B. 反应分类：非氧化还原反应 C. 键角：NH3＜CO2 D. CO(NH2)2：所有原子满足8电子稳定结构 【答案】D 【解析】 【详解】A．H2O和NH3分子间都存在氢键，H2O分子中O原子形成2个氢键，NH3分子中N原子形成1个氢键，且O的电负性大于N，H2O分子间氢键更强，所以沸点：H2O>NH3，A正确； B．在反应CO2+2NH3=CO(NH2)2+H2O中，各元素的化合价都没有发生变化，所以该反应属于非氧化还原反应，B正确； C．NH3是三角锥形分子，键角约为107°，CO2是直线形分子，键角为180°，所以键角： NH3<CO2，C正确； D．CO(NH2)2中，H原子最外层只有2个电子，不满足8电子稳定结构，D错误； 故答案为：D。 9. 在人体中，大概含有60多种元素，其中含量前10的元素分别是氧、碳、氢、氮、钙、磷、硫、钾、钠、氯。下列说法正确的是 A. 酸性：HNO3＜H3PO4 B. SO2通入紫色石蕊溶液中，溶液先变红后褪色 C. 金属性：K＜Na D. CO2、SO3均属于酸性氧化物 【答案】D 【解析】 【详解】A．已知N、P为同一主族元素，从上往下元素非金属依次减弱，即N的非金属性比P强，故最高价氧化物对应水化物的酸性HNO3＞H3PO4，A错误； B．SO2为酸性氧化物，与水反应生成H2SO3，故SO2通入紫色石蕊溶液中，溶液变红，由于SO2不能漂白指示剂，故后不褪色，B错误； C．已知Na、K为同一主族元素，从上往下元素金属性依次增强，即金属性：K＞Na，C错误； D．CO2、SO3均能与碱反应生成盐和水，反应原理为：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，SO3+2NaOH=Na2SO4+H2O，均属于酸性氧化物，D正确； 故答案为：D。 10. 反应可用于储氢，可能机理如图所示。下列说法正确的是 A. 该反应的 B. 步骤I中带正电荷的C与催化剂中的N之间作用 C. 步骤III中存在非极性键的断裂和形成 D. 反应中每消耗，转移电子数约为 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据反应方程式可知：该反应的正反应是气体体积减小的反应，所以该反应的ΔS<0，A错误； B．由题图所示的反应机理可知，中C显正价，O显负价，步骤I可理解为中带部分正电荷的C与催化剂中的N之间作用，B正确； C．步骤III中不存在非极性键的断裂和形成，C错误； D．该反应中CO2中C元素的化合价由+4价降低到+2价，每消耗1molCO2转移电子的数目约为，D错误； 故选B。 11. 下列溶液一定呈中性的是 A. 使甲基橙试液呈黄色的溶液 B. c(H+)= c(OH-)=10-6mol/L 溶液 C. pH=7 的溶液 D. 酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液 【答案】B 【解析】 【详解】A.甲基橙的变色范围是3.1~4.4，pH＞4.4时溶液呈黄色，故加入甲基橙后呈黄色的溶液，可能为酸性、中性或碱性，故A不符合； B.c(H+)= c(OH-)的溶液呈中性，故B符合； C.常温下pH=7的溶液呈中性，水的电离是一个吸热过程，但在其他温度下pH= 7的溶液不可能显中性，故C不符合； D.酸与碱恰好完全反应生成正盐，可能是NaCl、氯化铵、碳酸钾等，则反应后的溶液可能为中性、酸性、碱性，故D不符合； 故选: B。 12. 盖吕萨克及其密友泰纳，把铁屑和苛性钠（NaOH）混合起来，放在一个密封的弯曲玻璃管内加热生产金属钠。反应原理为：“3Fe+4NaOH Fe3O4+2H2↑+4Na↑”。下列有关说法正确的是 A. 用磁铁可以将Fe与Fe3O4分离 B. 将生成的气体在空气中冷却可获得钠 C. 该反应条件下铁的氧化性比钠强 D. 每生成1molH2，转移的电子数约为4×6.02×1023 【答案】D 【解析】 【分析】A.Fe与Fe3O4两者都被吸引，不能用磁铁将Fe与Fe3O4分离； B.钠极易被空气中的氧气氧化； C.该反应条件下铁的还原性比钠强，而不是氧化性； D.每生成1molH2，同时生成2molNa，共转移的电子为4mol，故转移的电子数约为4×6.02×1023； 【详解】A.Fe与Fe3O4两者都被吸引，所以不能用磁铁将Fe与Fe3O4分离，A错误； B.钠极易被空气中的氧气氧化，B错误； C.该反应条件下铁的还原性比钠强，而不是氧化性，C错误； D.每生成1molH2，同时生成2molNa，共转移的电子为4mol，故转移的电子数约为4×6.02×1023， D正确； 答案为D 13. 下列由实验现象所得结论正确的是 A. 取补铁口服液的上层清液，滴加酸性溶液，溶液紫色褪去，证明口服液中含有 B. 向盛有的溶液的小试管中滴加酚酞溶液，溶液变红，再加入少量固体，溶液红色加深，证明水解程度增大 C. 向滴有酚酞的NaOH溶液中加入，溶液红色褪去，可证明具有酸性 D. 向溶液中通入，再通入X气体，有白色沉淀生成，则X可能为碱性气体 【答案】D 【解析】 【详解】A．亚铁离子、氯离子等均可使酸性KMnO4溶液褪色，则溶液紫色褪去，不能证明口服液中含有Fe2+，故A错误； B．再加入少量CH3COONa固体，醋酸根离子浓度增大，水解生成的氢氧根离子浓度增大，溶液红色加深，但醋酸钠的水解程度减小，故B错误； C．过氧化氢具有强氧化性、漂白性，溶液红色褪去，不能证明H2O2具有酸性，故C错误； D．X可能为氨气，白色沉淀为亚硫酸钡，则有白色沉淀生成，可知X可能为碱性气体，故D正确； 故选：D。 14. 下列有机物是形成如图所示高分子的单体的是 A. 丁烯 B. 苯乙烯 C. 1,3-丁二烯 D. 乙烯 【答案】D 【解析】 【分析】根据该高分子化合物的结构简式可知，该化合物是加聚产物。链节主链上存在碳碳双键结构，有１０个碳原子，其单体必为两种，根据“弯箭头法”分析作答，即单键变双键，双键变单键还原其双键位置得出单体结构。 【详解】先将高聚物分子结构去掉方括号，移动键（如下图所示） 得到其单体为：、、，故D项正确， 答案选D。 【点睛】加聚型高聚物的单体判断方法，学会用“弯箭头法”，抓住单键变双键，双键变单键的原子是解题的关键。要特别注意C原子周围4个共价键，H原子周围有1个共价键，也可快速判断其单体的结构简式。 15. 某工业废水仅含有表中离子中的4种(少量存在的离子不考虑)： 阳离子 K+ Cu2+ Fe3+ 阴离子 Cl- 某同学欲探究废水的组成，进行了如下实验： Ⅰ.取废水少许加入足量稀盐酸，有气体生成，无沉淀生成； Ⅱ.向Ⅰ中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成。 下列推断错误的是 A. 该废水为无色溶液 B. II中沉淀一定不是BaCO3 C. 整个实验过程无氧化还原反应发生 D. 溶液中一定含有Cl- 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】Ⅰ．取废水少许加入足量盐酸，有气体生成，无沉淀生成，气体为二氧化碳，则一定含，阴离子一定不含，阳离子一定不含Cu2+、Fe3+；Ⅱ．向Ⅰ中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，因I中盐酸足量，白色沉淀可能为硫酸钡，则原溶液中一定含，由上述分析可知，一定含、，由电荷守恒可知，阳离子一定含K+，溶液中不含Cu2+、Fe3+、，不能确定含Cl-、中的哪一种， A．因溶液含4种离子，则含有的离子是K+、、以及 Cl-、中的一种，溶液为无色溶液，选项A正确； B．Ⅱ中产生白色沉淀为硫酸钡，离子方程式是Ba2++＝BaSO4↓，选项B正确； C．整个实验过程中均发生复分解反应，无氧化还原反应发生，选项C正确； D．由分析可知，可能含有Cl-、其中一种，不能确定是否含有Cl-，D错误； 答案选D。 16. 近年我国科技发展迅猛。以下关于我国科技进展的说法错误的是 A. “揭示光感受调节血糖代谢机制”，其中葡萄糖属于单糖 B. “农作物耐盐碱机制解析及应用”，所有的盐和碱均属于强电解质 C. “新方法实现单碱基到超大片段DNA精准操纵”，DNA属于高分子 D. “发现锂硫电池界面电荷存储聚集反应新机制”，电池工作时化学能转化成电能 【答案】B 【解析】 【详解】A．单糖是指不能再被水解的糖类，葡萄糖是单糖，A正确； B．盐和碱中并非全部是强电解质，例如，碱中的弱碱（如NH3·H2O）属于弱电解质，B错误； C．DNA由脱氧核苷酸组成的大分子聚合物，属于高分子，C正确； D．电池的工作原理是通过化学反应将化学能转化为电能，D正确； 故选B。 二、填空题(共4个大题，共56分) 17. 以含少量铁的废铜渣为原料生产胆矾的流程如图所示： 、沉淀的pH如下表： 离子种类 开始沉淀的pH 完全沉淀的pH 4.7 6.7 1.9 3.2 （1）写出浸出时铜与稀硝酸、稀硫酸反应的离子方程式：___________。 （2）在浸出时加入稀硫酸的作用是___________。 （3）试剂b为___________；滤渣c为___________。 （4）取样检验是为了证明没有存在，其方法是___________。 （5）从滤液中得到胆矾的操作是___________。 （6）气体a可以被循环利用，用化学方程式表示气体a被循环利用的原理：、___________。 （7）高温下，硫酸铜受热分解生成CuO、SO2、SO3和O2，且，写出硫酸铜受热分解的化学方程式：___________。 【答案】（1） （2）加硫酸可以提供酸性环境，使氧化铜，并将铜全部反应消耗，最后转化为硫酸铜 （3） ①. CuO、Cu(OH)2、CuCO3等 ②. Fe(OH)3 （4）取少量试样于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液不变红色，则证明无Fe3+存在 （5）蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥 （6） （7） 【解析】 【分析】含少量铁的废铜渣先经稀硫酸、稀硝酸反应生成硫酸铜和硫酸铁，同时生成气体a为NO，再加入CuO或Cu (OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3调节溶液pH，使生成Fe(OH)3沉淀，滤液再进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥可得到胆矾，以此解答。 【小问1详解】 根据题目，浸出时加入稀硝酸和稀硫酸，Cu与H+、发生反应，Cu被氧化为Cu2+，被还原为NO，根据得失电子守恒和电荷守恒、原子守恒配平离子方程式为：。 【小问2详解】 在浸出过程中，稀硝酸提供，而稀硫酸的主要作用是提供H+，增强溶液酸性，使具有更强的氧化性，从而更有效地氧化Cu。 【小问3详解】 根据表格数据，Fe3+在pH≥3.2时完全沉淀，而Cu2+在pH<4.7时不沉淀。因此，需加入试剂b调节pH至3.2~4.7之间，使Fe3+沉淀完全，而Cu2+保留在溶液中。试剂b应为能中和H+且不引入新杂质的物质，如CuO、Cu(OH)2、CuCO3等。滤渣c是Fe3+水解生成的Fe(OH)3沉淀。 【小问4详解】 检验Fe3+常用方法是加入KSCN溶液，若溶液不变红，则说明无Fe3+。具体操作为：取少量试样于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液不变红色，则证明无Fe3+存在。 【小问5详解】 滤液主要为CuSO4溶液，需通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤、干燥）等步骤获得胆矾。具体操作为：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥。 【小问6详解】 由分析可知，气体a是NO，其循环利用需将其转化为HNO3。已知2NO + O2= 2NO2，下一步是NO2与水反应生成HNO3：。 【小问7详解】 硫酸铜受热分解生成CuO、SO2气体、SO3气体和O2气体，其中n(SO3)∶n(SO2)=1∶2，物质的量之比，等于化学计量数之比，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式得： 。 18. 软锰矿在生产中有广泛的应用。 （1）过程I：酸浸 ①用稀溶液处理软锰矿后，溶液中含有，矿粉颗粒表面附着有黄色固体硫。上述过程中的主要反应为(将方程式补充完整)： ___________=___________+______________________ ___________ ②硫附着在矿粉颗粒表面不利于酸浸进行，加入可以提高锰元素的浸出率。 结合化学方程式说明的作用原理：(写出两条) i___________； ii___________。 （2）过程II： ①使用过量固体可以去除酸浸后滤液中的。选用的理由是___________。 ②制备 下图表示通入时pH随时间的变化。 0—15分钟，pH几乎不变；15—150分钟，pH明显降低。结合方程式解释原因：___________。 【答案】（1） ①. ②. ，(或或)等作催化剂，使迅速分解产生大量气体，破除附着的硫。 ③. ，可以还原，或与反应。 (等) （2） ①. 降低，促使水解趋于完全，生成；过量不溶于水，不引入新杂质。 ②. 0-15分钟：，不变；15-150分钟：，增大 【解析】 【分析】某软锰矿(FeS2、MnO2)在酸性环境中发生氧化还原反应生成MnSO4等，若想获得Mn，需将Mn2+还原，需要加入氧化剂或电解处理；若想获得Mn3O4，需加入氧化剂； 【小问1详解】 ①稀溶液处理软锰矿后，溶液中含有，矿粉颗粒表面附着有黄色固体硫，根据得失电子守恒和电荷守恒，写出离子方程式：； ②硫附着在矿粉颗粒表面不利于酸浸进行，加入可以提高锰元素的浸出率，原理如下：（1），(或或)等作催化剂，使迅速分解产生大量气体，破除附着的硫；（2），可以还原； 【小问2详解】 ①使用过量固体可以去除酸浸后滤液中的，原因：降低，促使水解趋于完全，生成，且过量不溶于水，不引入新杂质； ②0-15分钟：，不变；15-150分钟：，增大。 19. 碳酸锰()是制造高性能磁性材料的主要原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Zn、Ni、Si等元素)制备，工艺流程如图所示。 已知： ①25℃时，，； ②相关金属离子[]形成氢氧化物沉淀的pH范围如表： 金属离子 开始沉淀的pH 3.4 1.5 6.3 6.2 6.9 8.1 沉淀完全的pH 4.7 2.8 8.3 8.2 8.9 10.1 回答下列问题： （1）基态锰原子的价层电子排布式为___________。 （2）硫化锰矿预先粉碎的目的是___________。 （3）“氧化”中将氧化成的离子方程式为___________。 （4）“调pH”除铁、铝元素，溶液的pH范围应调节为：___________≤pH<6.2，滤渣2的主要成分是(填化学式)___________。 （5）“除杂”的目的是除去和，若“除杂”后滤液中，则___________。 （6）“沉锰”中发生反应的离子方程式为___________。 （7）锰可与CO形成金属羰基配合物(熔点154℃)。其结构如图所示。则晶体中微粒间作用力有___________(填标号)。 a．配位键 b．极性键 c．范德华力 d．离子键 【答案】（1） （2）增大接触面积，加快溶浸速率 （3） （4） ①. 4.7 ②. 、 （5） （6） （7）abc 【解析】 【分析】向硫化锰矿(还含Fe、Al、Zn、Ni、Si等元素)和粉中加入硫酸“溶浸”，具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成和S，同时溶液中还有难溶的及难溶的硅酸盐，则滤渣1主要为、S和难溶的硅酸盐；向滤液中加入，将氧化成，再向溶液中加入氨水调节pH将、分别转化为、沉淀除去，则滤渣2的主要成分是、；再向滤液中加入将、分别转化为、沉淀除去，则滤渣3的主要成分是、，最后向其滤液中加入碳酸氢铵“沉锰”得到沉淀，据此解答。 【小问1详解】 锰为25号元素，基态锰原子的价层电子排布式为； 【小问2详解】 硫化锰矿预先粉碎的目的是：增大接触面积，加快溶浸速率； 【小问3详解】 “氧化”中将氧化成，同时被还原生成，反应的离子方程式为：； 【小问4详解】 “调pH”除铁、铝元素，其pH应不小于、完全沉淀所需的pH且小于其它离子开始沉淀的pH，在pH=4.7时和沉淀完全，在pH=6.2时开始沉淀，则溶液的pH范围应调节为：4.7≤pH<6.2，由分析可知，滤渣2的主要成分是、； 【小问5详解】 若“除杂”后滤液中，根据，则，，则； 【小问6详解】 “沉锰”时和反应生成、和，反应的离子方程式为：； 【小问7详解】 由结构式可知，则晶体中微粒间作用力有CO中碳和氧原子间的极性键、CO与Mn形成的配位键、Mn与Mn之间存在金属键，分子之间存在范德华力，但不存在离子键，故选abc。 20. 工厂烟气(主要污染物为、NO)直接排放会造成空气污染，需处理后才能排放。 （1）还原技术是目前高效、成熟的去除的技术之一()。使用催化剂能有效脱除工厂烟气中的氮氧化物。 已知：反应Ⅰ．　 反应Ⅱ．　 ①反应　___________。 ②在不同温度下，仅改变的浓度，NO的脱除率与浓度的关系如图1所示，浓度在1%~3%之间时，随着浓度增大，NO脱除率明显升高的原因可能是___________。 （2）/碳基材料(活性炭、活性焦、活碳纤维)也可以脱硫、脱硝。/碳基材料脱硫时，控制一定气体流速和温度，烟气中的存在对/碳基材料催化剂脱硫、脱硝活性的影响结果如图2所示，当浓度过高时，去除率下降，其可能原因是___________。 （3）研究高效催化剂是解决NO对大气污染问题的重要途径。400℃时，在分别装有催化剂的A和B的两个容积为2L的刚性密闭容器中，各充入物质的量均为nmol的NO和CO发生反应。通过测定容器内总压强随时间变化来探究催化剂对反应速率的影响，数据如表： 时间/min 0 10 20 30 ∞ A容器内压强/kPa 100.0 90.0 85.0 80.0 80.0 B容器内压强/kPa 100.0 95.0 90.0 85.0 80.0 ①由表可以判断催化剂___________(填“A”或“B”)的效果更好。 ②下列说法能表明该反应已经达到平衡状态的是___________(填标号)。 A． B．混合气体的平均相对分子质量不变 C． D．容器内气体的密度不再发生变化 ③容器中CO平衡转化率为___________%。400℃时，用压强表示的平衡常数_____()。 ④汽车尾气中含有NO和CO，在排气管中使用催化剂可以提高污染物的转化率，其原因是___________。 【答案】（1） ①. ②. NO与反应生成，而氧化性更强，更易与反应(或其他合理答案) （2）氧气浓度过高时，、和NO分子会产生竞争吸附的局势，当分子占据催化剂过多活性位时，剩余的、NO分子就不能很好地被吸附，导致脱硫、脱硝率下降(或其他合理答案) （3） ①. A ②. AB ③. 80 ④. 3.2 ⑤. 催化剂能加快反应速率，单位时间内，反应物转化率增大 【解析】 【小问1详解】 ①由盖斯定律可得，反应Ⅰ－反应Ⅱ×4可得题中热化学方程式，即ΔH=ΔH1－4ΔH2=(-905.8)kJ/mol－4×180.0kJ/mol=-1625.8kJ/mol；故答案为-1625.8； ②氧气浓度在1%～3%之间，随着氧气浓度增大，NO与O2反应生成NO2，NO2的氧化性比NO强，更易与NH3反应，因此NO的脱除率明显升高，也可能氧气浓度增大，正反应速率增大，单位时间内NO的消耗量增加，脱除率明显升高等；故答案为NO与O2反应生成NO2，而NO2氧化性更强，更易与NH3反应(或其他合理答案)； 【小问2详解】 氧气浓度过高时，O2、SO2和NO分子会产生竞争吸附的局势，使得O2分子占据催化剂过多活性位时，剩余的SO2、NO分子很好地被吸附，导致脱硫、脱硝率下降等；故答案为氧气浓度过高时，O2、SO2和NO分子会产生竞争吸附的局势，当O2分子占据催化剂过多活性位时，剩余的SO2、NO分子就不能很好地被吸附，导致脱硫、脱硝率下降(或其他合理答案) 【小问3详解】 ①催化剂能加快反应速率，则催化剂的效果越好，达到平衡所用的时间越短，根据表中数据，使用催化剂A时反应达到平衡所用时间更短；故答案为A； ②A．NO和CO反应方程式为2NO+2CON2+2CO2，用不同物质的反应速率表示达到平衡，要求反应方向为一正一逆，且反应速率之比等于化学计量数之比，即2v正(N2)=v逆(NO)，说明反应达到平衡，故A符合题意； B．组分都是气体，混合气体总质量不变，该反应为气体物质的量减少的反应，因此混合气体的平均相对分子质量不变，说明反应达到平衡，故B符合题意； C．c(NO)∶c(CO)=1∶1不能说明反应物、生成物的浓度保持不变，不能说明反应达到平衡，故C不符合题意； D．混合气体的总质量不变，该容器恒容，总体积不变，即混合气体的密度一直不变，混合气体密度不变，不能说明反应达到平衡，故D不符合题意； 故答案为AB； ③NO和CO反应方程式为2NO+2CON2+2CO2，令达到平衡时生成氮气物质的量为xmol，则生成CO2物质的量为2xmol，n(NO)=n(CO)=(n-2x)mol，在恒容的密闭容器中，压强之比等于物质的量之比，因此有，解得x=0.4n，CO的平衡转化率=80%；=3.2(kPa-1)；故答案为80%；3.2(kPa-1)； ④汽车尾气排气管中使用催化剂可以提高污染物的转化率，其原因是排气管是敞口容器，管中进行的反应为非平衡态，该非平衡条件下，反应速率越快，相同时间内污染物的转化率越高；故答案为催化剂能加快反应速率，单位时间内，反应物转化率增大。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $