精品解析：黑龙江省大庆实验中学2025届高三下学期得分训练（六）化学试题

大庆实验中学实验二部2022级高三得分训练(六) 化学试题 可能用到的相对原子质量：Mn-55 B-11 As-75 一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求) 1. 下列利用非物质文化遗产技艺生产的工艺品中，所含主要成分与其它选项不同的是 A. 黑龙江佳木斯赫哲族鱼皮镂刻粘贴画 B. 吉林长白山满族剪纸 C. 辽宁锦州满族刺绣布衣 D. 内蒙古根河鄂伦春族桦树皮画 2. 下列化学用语说法正确的是 A. 用于考古断代的核素： B. 用电子式表示的形成过程： C. 分子类型：非极性分子 D. 防冻液中添加的醇的系统命名：丙二醇 3. 下列实验操作或方法错误的是 A. 用溶液检验是否变质 B. 用盐酸清洗焰色试验的铂丝 C 用石灰水鉴别与 D. 细碎钠屑投入乙醇中处理 4. 实践出真知，下列实践项目对应的解释正确的是 选项 实践项目 化学知识 A 家务劳动：用洗洁精洗涤餐具 表面活性剂在水中会形成亲水基团向内，疏水基团向外的胶束 B 消防演练：泡沫灭火器灭火 和相互促进水解 C 社区服务：用84消毒液进行消毒 含氯消毒剂具有碱性 D 社会实践：用乙酸乙酯洗涤油漆 乙酸乙酯与油漆中的成分极性都较小，根据相似相溶原理，油漆易溶于乙酸乙酯 A. A B. B C. C D. D 5. 下列说法错误的是 A. 用溴水可以鉴别苯酚溶液、2，4-己二烯和甲苯 B. 室温下，在水中的溶解度：甘油>苯酚>溴乙烷 C. 核磁共振氢谱不能区分和 D. 两种二肽互为同分异构体，二者的水解产物可能相同 6. 科学家成功分离并表征了一种含有碳-碳单电子σ键的化合物。这一重要突破源于对六苯基乙烷(HPE)衍生物的巧妙处理。HPE的结构如下： 下列说法错误的是 A. HPE中碳原子的杂化方式为、 B. HPE中所有原子在同一平面上 C. HPE的一硝基取代物有三种 D. HPE的分子式为 7. W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，Y和Z同主族。化学式为的盐有强氧化性，其阴离子的结构如图所示。下列说法正确的是 A. 简单离子半径： B. 第一电离能由大到小排序： C. 最简单氢化物的沸点： D. 具有强氧化性是因为Z元素呈价 8. 沉淀的转化在科研和生产中具有重要的应用价值。例如，锅炉水垢既会降低燃料的利用率，造成能源浪费，又会影响锅炉的使用寿命，并形成安全隐患，因此要定期除去水垢，下列说法不正确的是 A. 相同温度下，在水中溶解度： B. 沉淀转化离子反应为： C. 转化生成的可以进一步加盐酸除去 D. 过程中涉及化学物质是强电解质，而、是弱电解质 9. 用下列装置进行实验，能达到相应实验目的的是 A. 图甲装置用于测定氢氧化钠溶液的浓度 B. 图乙装置用于灼烧碎海带 C. 图丙装置用于吸收二氧化硫 D. 图丁装置用于制取氨气 10. 下列操作不能达到实验目的的是 目的 操作 A 除去乙酸乙酯中的乙酸 加入适量的碳酸氢钠溶液，振荡、静置、分液 B 除去碱式滴定管胶管内的气泡 将尖嘴弯曲向上，挤压胶管内玻璃球将气泡排出 C 配制用于检验醛基的氢氧化铜悬浊液 向试管中加入2 mL5%溶液，再滴加5滴10%NaOH溶液 D 比较和的大小 向浓度均为0.1 mol/L的和混合液中逐滴滴加NaOH溶液 A. A B. B C. C D. D 11. 砷化硼晶体是具有超高热导率的半导体材料，其结构如图所示，若晶胞参数为，下列说法正确的是。 A. 砷化硼的化学式为 B. 与顶点B原子距离最近且等距的B原子有6个 C. B、As原子之间的最短距离为 D. 该晶体的密度为 12. 以废旧铅酸电池中的含铅废料(含Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等)和H2SO4为原料制备高纯PbO的工艺流程如图所示： 下列说法中错误的是 A. 预处理时可以将含铅废料进行粉碎，有利于加快反应速率 B. 滤液1的主要成分为Na2SO4 C. 过程II的主反应离子方程式为 D. 上述过程中可用代替 13. 下列陈述I与陈述II不存在因果关系的是 选项 陈述I 陈述II A 稳定性： 键能：H-O>H-S B 沸点：乙醇>乙醛 相对分子质量：乙醇>乙醛 C 酸性： 电负性：F>Cl D 碱性： 金属性：Na>Mg A. A B. B C. C D. D 14. 我国科学家设计了一种水系可充电电池，其工作原理如图所示。 下列说法正确的是 A. 充电时，电子由电极b经导线流回电源的正极 B. 充电时，阳极附近溶液的pH增大 C. 放电时，负极的电极反应： D 放电时，溶液中向电极b方向迁移 15. 在时，向两份的溶液中分别滴加浓度均为的盐酸和溶液。部分离子浓度随加入溶液体积的变化如图所示。下列说法不正确的是 A. 相同条件下，醋酸和一水合氨的电离平衡常数相等 B. 点和点存在的关系是 C. 水的电离程度： D. 点： 二、非选择题(本题共4小题，共55分) 16. 以辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含有CuS、FeS2、SiO2杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)为原料联合制备BiOCl和MnSO4•H2O的工艺流程如图： 离子 开始沉淀pH 完全沉淀pH Fe2+ 6.3 8.3 Fe3+ 1.6 31 已知：①金属活动性：Fe＞Bi＞Cu。 ②Bi3+易水解为BiOCl沉淀；常温下，BiOCl存在的pH范围约为2.0~11.0。 ③常温下，该工艺中有关金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH见表。 （1）“联合焙烧”时Bi2S3、FeS2、CuS分别转化为Bi2O3、Fe2O3、CuO，写出生成MnSO4和Bi2O3的化学方程式：_______。 （2）“浸出”时需及时补充浓盐酸调节浸取液的pH≈l.4，其目的是_______。 （3）“滤渣1”的主要成分为_______(填化学式)。 （4）“转化”时加入足量金属Bi的目的是________(用离子方程式表示)。 （5）为保证BiOCl产品的纯度，理论上“沉铋”时应控制溶液的pH范围为_______。 （6）将100kg辉铋矿进行“联合焙烧”，“转化”时消耗2.0kg金属Bi，假设其余各步损失不计，干燥后称量BiOCl产品质量为47.5kg，滴定测得产品中Bi的质量分数为80.0%。辉铋矿中Bi元素的质量分数为_______%(保留3位有效数字)。 （7）已知硫酸锰在不同温度下的溶解度和析出晶体的组成如图所示。则从“滤液2”中获得较高纯度MnSO4•H2O的“操作I”为控制温度在80~90℃、_______、_______、用80~90℃蒸馏水洗涤2~3次、真空干燥。 17. 电解原理具有广泛的应用。某实验小组按照课本内容进行电解溶液实验。 I.溶液配制： （1）若要配制1000mL 2mol/L的溶液，为使配制过程中不出现浑浊现象，至少需要滴加0.2mol/L的盐酸________滴。(已知：，每滴溶液的体积约0.05mL，加入盐酸后溶液体积变化忽略不计) （2）配制过程中下图所示操作的先后顺序为________(填编号)｡ （3）氯化铜溶液中存在：(蓝色)(黄色)  ，加热盛有溶液的试管，试管中溶液颜色变为________。 II.电解溶液 （4）按下图装置进行电解饱和溶液实验：阳极口放置湿润的淀粉试纸可观察到________。(填实验现象) （5）按上图电解饱和溶液一段时间后，阴极石墨棒上有异常现象：石墨棒上除有红色固体外还附着有大量白色固体。 探究异常现象： 已知：ⅰ.相关物质颜色：铜(红色)、(砖红色)、(白色)、(黄色，不稳定，易分解)。 ⅱ易溶于浓盐酸， ⅲ.在水中不稳定，易发生歧化反应。 经检验：红色固体中无。 提出假设：红色固体是铜，白色固体是。 验证假设：设计下表实验。 序号 实验操作 实验现象 A 将有固体析出的石墨棒一端插入盛2mL稀硝酸试管中，反应完后取出，再向试管中滴加几滴溶液 石墨棒上红色和白色物质都消失；无色溶液变蓝色，并有无色气体产生，在接近试管口处变红色；加入溶液产生白色沉淀。 B 将有固体析出的石墨棒一端插入盛2mLI的试管中，反应完后取出，再向试管中加入一定量的水 石墨棒上红色固体不溶，白色固体消失，溶液无色；加水后出现白色沉淀。 ①实验A石墨棒上红色物质消失的离子方程式为________。 ②上表中空格处应填写的内容是：Ⅰ________。 ③实验B加水后出现白色沉淀的原因是________。 结论：猜想正确。 （6）阴极生成的电极反应式为________。 18. 乙酸(CH3COOH)是重要的化工原料，Cativa法是生产乙酸常用的方法，在催化剂作用下，乙酸产率高，恒压下，向某装有催化剂的密闭容器中充入一定量的和CO(g)，发生如下反应： 主反应：   副反应：   回答下列问题： （1）从热力学角度分析，主反应的________0(填“<”或“>”)。已知该反应的正、逆反应的活化能分别为和，且生成物的总能量为，则反应物的总能量为________(用含、和e的代数式表示)。 （2）若在密闭容器中按照物质的量之比1:2通入CH3OH和CO只进行主反应(起始投料量相同)，调控外界条件，进行a、b两组实验，实验b在容积为VL的恒容容器中进行，反应体系总压强随时间变化如图所示。 图中实验b反应从开始到平衡时的反应速率v(CH3OH)_______；根据实验b，列出Kp=________(以分数形式表示)；与实验b相比，实验a改变的条件是________ 。 （3）体系中同时发生两个反应，在不同温度下，达到平衡时，测得两种含碳产物的分布分数随投料比x(物质的量之比)的变化关系如图所示。 ①下列说法正确的是_______。 a．投料比x代表 b．L、M两点的甲醇的平衡转化率：α(M)>α(L) c．曲线c代表乙酸的分布分数 ②请根据图中曲线，判断副反应的________0(填“<”或“>”)，理由________。 19. 化合物I是药物合成的中间体，其合成路线如图所示。 回答下列问题： （1）G中含氧官能团名称为_________。 （2）B→C的反应类型为_________。 （3）F的结构简式为_________。 （4）G与足量的氢氧化钠溶液在加热条件下反应的化学方程式为__________。 （5）关于化合物I，下列说法正确的是_______(填字母)。 a．I可以发生银镜反应，也可以与盐酸发生反应 b．1个I分子中含有2个手性碳原子 c．I分子含有杂化的原子个数为 d．I分子间只存在氢键，不存在范德华力 （6）符合下列条件的A的同分异构体有_______种。 ①分子中含有苯环 ②分子中含有，且与苯环直接相连 ③可以与新制氢氧化铜悬浊液在加热的条件下产生砖红色沉淀 （7）由合成的路线如下(反应条件略去)，其中J和K的结构简式分别为__________和___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 大庆实验中学实验二部2022级高三得分训练(六) 化学试题 可能用到的相对原子质量：Mn-55 B-11 As-75 一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求) 1. 下列利用非物质文化遗产技艺生产的工艺品中，所含主要成分与其它选项不同的是 A. 黑龙江佳木斯赫哲族鱼皮镂刻粘贴画 B. 吉林长白山满族剪纸 C. 辽宁锦州满族刺绣布衣 D. 内蒙古根河鄂伦春族桦树皮画 【答案】A 【解析】 【详解】A．鱼皮的主要成分是动物蛋白(如胶原蛋白)，主要成分为蛋白质； B．剪纸来源于植物，主要成分为纤维素； C．刺绣布衣主要成分为纤维素； D．桦树皮画，主要成分为纤维素； 所含主要成分与其它选项不同的是A项，故选A。 2. 下列化学用语说法正确的是 A. 用于考古断代的核素： B. 用电子式表示的形成过程： C. 分子类型：非极性分子 D. 防冻液中添加的醇的系统命名：丙二醇 【答案】B 【解析】 【详解】A．用于考古断代的碳原子符号为：，A错误； B．KCl是离子化合物，用电子式表示KCl的形成过程应为，B正确； C．氧原子存在孤对电子，分子呈书本形，属于极性分子，C错误； D．乙二醇熔点低，可以作为汽车的防冻液，非丙二醇，D错误； 故选B。 3. 下列实验操作或方法错误的是 A. 用溶液检验是否变质 B. 用盐酸清洗焰色试验的铂丝 C. 用石灰水鉴别与 D. 细碎钠屑投入乙醇中处理 【答案】C 【解析】 【详解】A．FeSO4变质会被氧化为，KSCN溶液遇显血红色，此方法正确，A不符合题意； B．盐酸清洗铂丝后灼烧可去除杂质，避免干扰焰色试验，此方法正确，B不符合题意； C．和与石灰水反应均生成白色沉淀，现象相同，无法鉴别，C符合题意； D．钠与乙醇反应生成氢气，细碎钠屑可增大接触面积，加快反应，此方法正确，D不符合题意； 故选C。 4. 实践出真知，下列实践项目对应的解释正确的是 选项 实践项目 化学知识 A 家务劳动：用洗洁精洗涤餐具 表面活性剂在水中会形成亲水基团向内，疏水基团向外的胶束 B 消防演练：泡沫灭火器灭火 和相互促进水解 C 社区服务：用84消毒液进行消毒 含氯消毒剂具有碱性 D 社会实践：用乙酸乙酯洗涤油漆 乙酸乙酯与油漆中的成分极性都较小，根据相似相溶原理，油漆易溶于乙酸乙酯 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．洗洁精中的表面活性剂在水中会形成亲水基团向外、疏水基团向内的胶束，由于油渍等污垢是疏水的，会被包裹在胶束内腔，故A错误； B．泡沫灭火器的反应是与发生双水解生成Al(OH)3和CO2，故B错误； C．84消毒液消毒是依靠HClO的强氧化性，而非碱性，故C错误； D．乙酸乙酯和油漆均为极性较小的有机物，根据相似相溶原理，油漆易溶于乙酸乙酯，解释正确，故D正确； 故选D。 5. 下列说法错误的是 A. 用溴水可以鉴别苯酚溶液、2，4-己二烯和甲苯 B. 室温下，在水中的溶解度：甘油>苯酚>溴乙烷 C. 核磁共振氢谱不能区分和 D. 两种二肽互为同分异构体，二者的水解产物可能相同 【答案】C 【解析】 【详解】A．苯酚与溴水反应生成2，4，6-三溴苯酚白色沉淀，溴水与己二烯发生加成反应、溴水颜色褪去，溴水与甲苯不反应，但溶液分层，现象不同，可以区别，A正确； B．甘油因含多个羟基能够和水分子形成氢键，易溶于水，苯酚室温下微溶，溴乙烷难溶，溶解度顺序为甘油＞苯酚＞溴乙烷，B正确； C．核磁共振氢谱有3组峰，因结构对称只有1组峰，核磁氢谱可明显区分二者，C错误； D．两种二肽互为同分异构体，水解产物可能是相同的氨基酸，如一分子甘氨酸和一分子丙氨酸形成的二肽中有两种构成方式，但二肽水解时的产物相同，D正确； 故选C。 6. 科学家成功分离并表征了一种含有碳-碳单电子σ键的化合物。这一重要突破源于对六苯基乙烷(HPE)衍生物的巧妙处理。HPE的结构如下： 下列说法错误的是 A. HPE中碳原子的杂化方式为、 B. HPE中所有原子在同一平面上 C. HPE的一硝基取代物有三种 D. HPE的分子式为 【答案】B 【解析】 【详解】A．由结构简式可知，HPE分子中饱和碳原子杂化方式为sp3杂化，苯环上碳原子的杂化方式为sp2杂化，故A正确； B．由结构简式可知，HPE分子中含有空间构型为四面体形的饱和碳原子，分子中所有原子不可能在同一平面上，故B错误； C．由结构简式可知，HPE分子中含有三类氢原子，则一硝基取代物有三种，故C正确； D．由结构简式可知，HPE分子的分子式为，故D正确； 故选B。 7. W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，Y和Z同主族。化学式为的盐有强氧化性，其阴离子的结构如图所示。下列说法正确的是 A. 简单离子半径： B. 第一电离能由大到小排序： C. 最简单氢化物的沸点： D. 具有强氧化性是因为Z元素呈价 【答案】B 【解析】 【分析】根据结构图，Y形成两条键，Z可形成两个双键和两个单键，且Y和Z同主族可知Y、Z分别为O元素和S元素，由X和4个W形成+1价的离子可知W为H，X为N，因此W、X、Y、Z分别为H、N、O、S。 【详解】A．一般来说，离子层数越多半径越大，核外电子排布相同时，原子序数越大半径越小，因此离子半径H+＜O2-＜N3-＜S2-，A错误； B．N的2p轨道半满比较稳定，不易失去电子，因此第一电离能N＞O，同主族元素从上到下第一电离能依次减小，因此第一电离能O＞S，故第一电离能由大到小为N＞O＞S，B正确； C．NH3和H2O均为分子晶体，分子间均能形成氢键，H2O分子间氢键较多，因此沸点H2O＞NH3，C错误； D．由阴离子结构可以看出，(NH4)2S2O8中存在过氧键，-1价的O具有强氧化性，S为+6价，没有表现出强氧化性，D错误； 故选B。 8. 沉淀的转化在科研和生产中具有重要的应用价值。例如，锅炉水垢既会降低燃料的利用率，造成能源浪费，又会影响锅炉的使用寿命，并形成安全隐患，因此要定期除去水垢，下列说法不正确的是 A. 相同温度下，在水中溶解度： B. 沉淀转化离子反应为： C. 转化生成的可以进一步加盐酸除去 D. 过程中涉及化学物质是强电解质，而、是弱电解质 【答案】D 【解析】 【详解】A．锅炉除水垢涉及硫酸钙转化为碳酸钙反应过程，说明碳酸钙溶解度更小，A正确； B．硫酸钙与碳酸盐反应转化为碳酸钙离子方程式：，B正确； C．是碳酸盐，可被酸溶解除去，C正确； D．物质是否为强电解质与溶解度无关，、在水溶液中溶解的部分可完全电离，是强电解质，D错误； 答案选D。 9. 用下列装置进行实验，能达到相应实验目的的是 A. 图甲装置用于测定氢氧化钠溶液的浓度 B. 图乙装置用于灼烧碎海带 C. 图丙装置用于吸收二氧化硫 D. 图丁装置用于制取氨气 【答案】A 【解析】 【详解】A．用已知浓度的盐酸能测定未知浓度的氢氧化钠溶液的浓度，实验时需用酸式滴定管来进行滴定，则题给装置能用于测定氢氧化钠溶液的浓度，故A正确； B．灼烧碎海带应在坩埚中进行，不能在蒸发皿中进行，则题给装置不能用于灼烧碎海带，故B错误； C．二氧化硫不能与浓硫酸反应，则题给装置不能用于吸收二氧化硫，故C错误； D．氯化铵受热分解生成的氨气和氯化氢在试管口遇冷重新化合生成氯化铵，无法制得氨气，则题给装置不能用于制取氨气，故D错误； 故选A。 10. 下列操作不能达到实验目的的是 目的 操作 A 除去乙酸乙酯中的乙酸 加入适量的碳酸氢钠溶液，振荡、静置、分液 B 除去碱式滴定管胶管内的气泡 将尖嘴弯曲向上，挤压胶管内玻璃球将气泡排出 C 配制用于检验醛基的氢氧化铜悬浊液 向试管中加入2 mL5%溶液，再滴加5滴10%NaOH溶液 D 比较和的大小 向浓度均为0.1 mol/L的和混合液中逐滴滴加NaOH溶液 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．乙酸乙酯不溶于碳酸氢钠溶液，乙酸与碳酸氢钠反应生成可溶于水的乙酸钠，分液可分离，A正确； B．碱式滴定管排气泡的正确操作是尖嘴向上，挤压胶管内玻璃珠排出气泡，故B正确； C．检验醛基需新制Cu(OH)2悬浊液，应在过量NaOH中滴加少量CuSO4，否则碱性不足，故C错误； D．向浓度均为0.1 mol/L的和混合液中逐滴滴加NaOH溶液，先析出的沉淀Ksp更小，故D正确； 选C。 11. 砷化硼晶体是具有超高热导率的半导体材料，其结构如图所示，若晶胞参数为，下列说法正确的是。 A. 砷化硼的化学式为 B. 与顶点B原子距离最近且等距的B原子有6个 C. B、As原子之间的最短距离为 D. 该晶体的密度为 【答案】C 【解析】 【详解】A．由均摊法可知，晶胞中B原子数目为8×+6×=4，晶胞中As原子数目为4，化学式为BAs，故A错误； B．晶胞中B位置与金刚石中碳原子位置一样，所以晶胞中位于顶点的B原子，与之距离最近且等距的B原子位于面心，共有12个，故B错误； C．B、As原子之间的最短距离是体对角线的，为anm，故C正确； D．该晶体密度ρ=，故D错误； 故选：C。 12. 以废旧铅酸电池中的含铅废料(含Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等)和H2SO4为原料制备高纯PbO的工艺流程如图所示： 下列说法中错误的是 A. 预处理时可以将含铅废料进行粉碎，有利于加快反应速率 B. 滤液1的主要成分为Na2SO4 C. 过程II的主反应离子方程式为 D. 上述过程中可用代替 【答案】C 【解析】 【分析】以废旧铅酸电池中的含铅废料(含Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等)和H2SO4为原料，制备高纯PbO，含铅废料加入硫酸亚铁、稀硫酸加热反应过滤得到PbSO4粗品，加入10%的氢氧化钠溶液加热反应，冷却过滤得到PbO粗品，粗PbO溶解在35%NaOH溶液中配成高温下的饱和溶液，冷却结晶、过滤得PbO。 【详解】A．预处理时可以将含铅废料进行粉碎，增大反应物的接触面积，有利于加快反应速率，A正确； B．PbSO4粗品和氢氧化钠溶液在加热条件下反应生成Na2SO4和PbO，方程式为：PbSO4+2NaOH=PbO+Na2SO4+H2O，滤液1的主要成分为Na2SO4，B正确； C．由B可知，过程II的主反应离子方程式为，C错误； D．由上述分析可知，含铅废料加入硫酸亚铁、稀硫酸加热反应过滤得到PbSO4粗品，若用FeO代替，FeO溶于H2SO4还可生成FeSO4，因此可用代替，D正确； 故选C。 13. 下列陈述I与陈述II不存在因果关系的是 选项 陈述I 陈述II A 稳定性： 键能：H-O>H-S B 沸点：乙醇>乙醛 相对分子质量：乙醇>乙醛 C 酸性： 电负性：F>Cl D 碱性： 金属性：Na>Mg A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．氢化物分子中共价键的键能越大，说明共价键越强，分子越稳定，由氢氧键的键能强于氢硫键可知，水分子的稳定性强于硫化氢，故A正确； B．乙醇能形成分子间氢键，乙醛不能形成分子间氢键，所以乙醇的分子间作用力强于乙醛，沸点高于乙醛，故B错误； C．氟原子和氯原子都是吸电子基，氟元素的电负性大于氯元素，则三氟乙酸分子的羧基中氢氧键的极性强于三氯乙酸，电离出氢离子的能力强于三氯乙酸，酸性强于三氯乙酸，故C正确； D．金属元素的金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，钠元素的金属性强于镁元素，则氢氧化钠的碱性强于氢氧化镁，故D正确； 故选B。 14. 我国科学家设计了一种水系可充电电池，其工作原理如图所示。 下列说法正确的是 A. 充电时，电子由电极b经导线流回电源的正极 B. 充电时，阳极附近溶液的pH增大 C. 放电时，负极的电极反应： D. 放电时，溶液中向电极b方向迁移 【答案】C 【解析】 【分析】由图可知，放电时，电极a上MnO2转化为Mn2+，发生还原反应，电极b上Cu2S转化为S，发生氧化反应，则电极a为正极，电极b为负极；充电时，电极a上Mn2+转化为MnO2，发生氧化反应，电极b上S转化为Cu2S，发生还原反应，此时电极a为阳极，电极b为阴极，据此分析解题。 【详解】A．充电时，电子流向为：电源负极→电极b，电极a→电源正极，电子是由a经导线流回电源正极，A错误； B．充电时阳极（a极）反应为：，反应生成，阳极附近浓度升高，pH减小，B错误； C．放电时负极（b极）失电子，2个+1价升为+2价、−2价升为0价，共失去4个电子，电极反应为：，C正确； D．放电时，阳离子向正极移动，因此溶液中向电极a方向迁移，D错误； 故选C。 15. 在时，向两份的溶液中分别滴加浓度均为的盐酸和溶液。部分离子浓度随加入溶液体积的变化如图所示。下列说法不正确的是 A. 相同条件下，醋酸和一水合氨的电离平衡常数相等 B. 点和点存在的关系是 C. 水的电离程度： D. 点： 【答案】B 【解析】 【详解】A．常温下醋酸铵溶液的pH=7，则与CH3COO-的水解平衡常数相等，说明CH3COOH、的电离平衡常数相等，A正确； B．由图可知，d点的物质的量是b点Cl-的2倍，但两点溶液体积不同，故两种离子的浓度不存在2倍关系，B错误； C．a点溶质为CH3COONH4，促进水的电离，c点溶质为CH3COOH、NH4Cl，d点溶质为CH3COONa、；CH3COOH和都抑制水的电离，由A项分析可知两者电离平衡常数相等，故对水的电离的抑制程度也相同，故水的电离程度：，C正确； D．b点溶质为等物质的量的CH3COOH、NH4Cl和CH3COONH4（假设不考虑电离和水解），根据物料守恒可得，D正确； 故答案选B； 二、非选择题(本题共4小题，共55分) 16. 以辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含有CuS、FeS2、SiO2杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)为原料联合制备BiOCl和MnSO4•H2O的工艺流程如图： 离子 开始沉淀pH 完全沉淀pH Fe2+ 6.3 8.3 Fe3+ 1.6 3.1 已知：①金属活动性：Fe＞Bi＞Cu。 ②Bi3+易水解为BiOCl沉淀；常温下，BiOCl存在的pH范围约为2.0~11.0。 ③常温下，该工艺中有关金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH见表。 （1）“联合焙烧”时Bi2S3、FeS2、CuS分别转化为Bi2O3、Fe2O3、CuO，写出生成MnSO4和Bi2O3的化学方程式：_______。 （2）“浸出”时需及时补充浓盐酸调节浸取液pH≈l.4，其目的是_______。 （3）“滤渣1”的主要成分为_______(填化学式)。 （4）“转化”时加入足量金属Bi的目的是________(用离子方程式表示)。 （5）为保证BiOCl产品的纯度，理论上“沉铋”时应控制溶液的pH范围为_______。 （6）将100kg辉铋矿进行“联合焙烧”，“转化”时消耗2.0kg金属Bi，假设其余各步损失不计，干燥后称量BiOCl产品质量为47.5kg，滴定测得产品中Bi的质量分数为80.0%。辉铋矿中Bi元素的质量分数为_______%(保留3位有效数字)。 （7）已知硫酸锰在不同温度下的溶解度和析出晶体的组成如图所示。则从“滤液2”中获得较高纯度MnSO4•H2O的“操作I”为控制温度在80~90℃、_______、_______、用80~90℃蒸馏水洗涤2~3次、真空干燥。 【答案】（1）2Bi2S3+6MnO2+9O22Bi2O3+6MnSO4 （2）增大H+浓度，使Bi3+充分浸出，同时抑制Bi3+(Fe3+、Cu2+)水解 （3）SiO2 （4）Bi+3Fe3+=Bi3++3Fe2+、2Bi+3Cu2+=3Cu+2Bi3+ （5）2≤pH＜6.3 （6）36.0 （7） ①. 蒸发结晶 ②. 趁热过滤 【解析】 【分析】辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含有CuS、FeS2、SiO2杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)通入空气联合焙烧，得到Bi2O3、Fe2O3、CuO、SiO2和MnSO4，水浸得到滤液2为MnSO4溶液，通过精制得到MnSO4•H2O，不溶性固体用浓盐酸浸出，二氧化硅不溶得到滤渣1为二氧化硅，滤液含有Cu2+、Bi3+、 Fe3+，加铋粉，按信息①，发生反应：Bi+3Fe3+=Bi3++3Fe2+、2Bi+3Cu2+=3Cu+2Bi3+，置换出铜，则滤渣2为铜，滤液含有Bi3+、 Fe2+，加碳酸钠溶液沉铋、即调节pH得到BiOCl沉淀。 【小问1详解】 “联合焙烧”时Bi2S3、MnO2和O2在高温下反应生成MnSO4和Bi2O3，化学方程式：2Bi2S3+6MnO2+9O22Bi2O3+6MnSO4。 【小问2详解】 已知Bi3+易水解为BiOCl沉淀，且常温下BiOCl存在的pH范围约为2.0~11.0 ，则“浸出”时需及时补充浓盐酸调节浸取液的pH≈l.4，其目的是：增大H+浓度，使Bi3+充分浸出，同时抑制Bi3+(Fe3+、Cu2+)水解。 【小问3详解】 据分析，“滤渣1”的主要成分为SiO2。 【小问4详解】 按信息①金属活动性：Fe＞Bi＞Cu，结合Fe、Cu均能与铁离子反应可知，Bi 能与铁离子反应，则“转化”时加入足量金属Bi的目的是：Bi+3Fe3+=Bi3++3Fe2+、2Bi+3Cu2+=3Cu+2Bi3+。 【小问5详解】 含有Bi3+、 Fe2+的溶液中，加碳酸钠溶液沉铋得到BiOCl沉淀，结合信息②常温下BiOCl存在的pH范围约为2.0~11.0、结合信息③亚铁离子开始沉淀的pH为6.3，则为避免亚铁离子沉淀、保证BiOCl产品的纯度，理论上“沉铋”时应控制溶液的pH范围为2≤pH＜6.3。 【小问6详解】 将100kg辉铋矿进行“联合焙烧”，“转化”时消耗2.0kg金属Bi，假设其余各步损失不计，干燥后称量BiOCl产品质量为47.5kg，滴定测得产品中Bi的质量分数为80.0%。则原辉铋矿中Bi元素为47.5kg×80.0%-2.0kg=36.0kg，则质量分数为。 【小问7详解】 由图知，MnSO4•H2O的溶解度随温度升高明显降低，则从“滤液2”中获得较高纯度MnSO4•H2O的“操作I”为控制温度在80~90℃、蒸发结晶、趁热过滤、用80~90℃蒸馏水洗涤2~3次、真空干燥。 17. 电解原理具有广泛的应用。某实验小组按照课本内容进行电解溶液实验。 I.溶液配制： （1）若要配制1000mL 2mol/L的溶液，为使配制过程中不出现浑浊现象，至少需要滴加0.2mol/L的盐酸________滴。(已知：，每滴溶液的体积约0.05mL，加入盐酸后溶液体积变化忽略不计) （2）配制过程中下图所示操作的先后顺序为________(填编号)｡ （3）氯化铜溶液中存在：(蓝色)(黄色)  ，加热盛有溶液的试管，试管中溶液颜色变为________。 II.电解溶液 （4）按下图装置进行电解饱和溶液实验：阳极口放置湿润的淀粉试纸可观察到________。(填实验现象) （5）按上图电解饱和溶液一段时间后，阴极石墨棒上有异常现象：石墨棒上除有红色固体外还附着有大量白色固体。 探究异常现象： 已知：ⅰ.相关物质颜色：铜(红色)、(砖红色)、(白色)、(黄色，不稳定，易分解)。 ⅱ.易溶于浓盐酸， ⅲ.在水中不稳定，易发生歧化反应。 经检验：红色固体中无。 提出假设：红色固体是铜，白色固体是。 验证假设：设计下表实验 序号 实验操作 实验现象 A 将有固体析出的石墨棒一端插入盛2mL稀硝酸试管中，反应完后取出，再向试管中滴加几滴溶液 石墨棒上红色和白色物质都消失；无色溶液变蓝色，并有无色气体产生，在接近试管口处变红色；加入溶液产生白色沉淀。 B 将有固体析出的石墨棒一端插入盛2mLI的试管中，反应完后取出，再向试管中加入一定量的水 石墨棒上红色固体不溶，白色固体消失，溶液无色；加水后出现白色沉淀。 ①实验A石墨棒上红色物质消失的离子方程式为________。 ②上表中空格处应填写的内容是：Ⅰ________。 ③实验B加水后出现白色沉淀的原因是________。 结论：猜想正确。 （6）阴极生成的电极反应式为________。 【答案】（1）10 （2）④⑥③⑤②① （3）黄绿色 （4）试纸变蓝 （5） ①. ②. 浓盐酸 ③. 稀释后Cl-浓度减小，与CuCl配合能力减弱，产生白色沉淀 （6） 【解析】 小问1详解】 若要配制的溶液，为使配制过程中不出现浑浊现象，氢氧根的浓度最大为 ，则氢离子浓度为，HCl的物质的量至少为，至少需要滴加0.2 mol/L的盐酸溶液体积为，每滴该盐酸溶液的体积约0.05 mL，所以至少需要滴加的盐酸滴； 【小问2详解】 配制一定物质的量浓度溶液的顺序一般为：计算→称量(或量取)→溶解(或稀释)→转移→洗涤→定容→摇匀，对应编号顺序为：④⑥③⑤②①； 【小问3详解】 氯化铜溶液中存在： ，正反应为吸热反应，加热盛有溶液的试管，平衡正向移动，试管中溶液颜色变为黄绿色； 【小问4详解】 阳极上氯离子放电产生氯气，氯气能氧化碘化钾生成单质碘，则阳极口放置湿润的淀粉−试纸可观察到试纸变蓝； 【小问5详解】 ①红色固体Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，其离子方程式为：； ②红色固体Cu与浓盐酸不反应，易溶于浓盐酸：，加水稀释平衡逆向移动，有白色沉淀生成，所以 I是浓盐酸； ③加入浓盐酸存在平衡：，由于稀释后浓度减小，与配合能力减弱，因此会产生白色沉淀； 【小问6详解】 阴极上铜离子得到电子结合氯离子生成，其电极反应式为： 。 18. 乙酸(CH3COOH)是重要的化工原料，Cativa法是生产乙酸常用的方法，在催化剂作用下，乙酸产率高，恒压下，向某装有催化剂的密闭容器中充入一定量的和CO(g)，发生如下反应： 主反应：   副反应：   回答下列问题： （1）从热力学角度分析，主反应的________0(填“<”或“>”)。已知该反应的正、逆反应的活化能分别为和，且生成物的总能量为，则反应物的总能量为________(用含、和e的代数式表示)。 （2）若在密闭容器中按照物质的量之比1:2通入CH3OH和CO只进行主反应(起始投料量相同)，调控外界条件，进行a、b两组实验，实验b在容积为VL的恒容容器中进行，反应体系总压强随时间变化如图所示。 图中实验b反应从开始到平衡时的反应速率v(CH3OH)_______；根据实验b，列出Kp=________(以分数形式表示)；与实验b相比，实验a改变的条件是________ 。 （3）体系中同时发生两个反应，在不同温度下，达到平衡时，测得两种含碳产物的分布分数随投料比x(物质的量之比)的变化关系如图所示。 ①下列说法正确的是_______。 a．投料比x代表 b．L、M两点的甲醇的平衡转化率：α(M)>α(L) c．曲线c代表乙酸的分布分数 ②请根据图中曲线，判断副反应的________0(填“<”或“>”)，理由________。 【答案】（1） ①. ＜ ②. （2） ①. 0.375 ②. ③. 加压并升温 （3） ①. b ②. ＜ ③. T1时大于T2时，由T2＞T1可知，温度越高则越小，说明温度升高副反应的平衡逆向移动， 【解析】 【小问1详解】 主反应是气体分子数减少的反应，，该反应能自发进行，由可知。​ ​，整理得反应物总能量。 【小问2详解】  设起始，，总物质的量为。列出三段式： 由恒容下，压强之比等于物质的量之比： ​​，即，解得​。 起始分压为，平衡分压为，。平衡时各物质分压：，，， ；实验a起始压强大于实验b，说明实验a改变的条件是加压，但加压使平衡正向移动，最终体系总压强应低于实验b，但平衡时，实验a总压强大于实验b，说明还对实验a进行了升温处理，使得平衡正向移动，故改变的条件是加压并升温。 【小问3详解】 ①题干明确指出，图中曲线表示的是测得两种含碳产物的分布分数即分别为、，根据反应特点，主反应的产物占优势，故曲线a或曲线b表示，曲线c或曲线d表示，若投料比x代表，则x增大意味着CH3OH相对增多，CO相对减少。CO减少不利于主反应生成CH3COOH，CH3OH增多有利于副反应生成CH3COOCH3。因此，CH3COOH的分布分数应减小，CH3COOCH3的分布分数应增大。这与图中曲线a、b（CH3COOH分布分数随x增大而增大）和曲线c、d（CH3COOCH3分布分数随x增大而减小）的趋势不符。故投料比x代表。当时，x越大，CO越多，越有利于主反应，乙酸分布分数随x增大而增大，与图像一致； a．根据分析可知，，越大，CO越多，越有利于主反应，乙酸分布分数随增大而增大，与图像一致，a错误； b．越大（点点x），CO投入量越大，甲醇平衡转化率越高，，b正确； c．根据分析可知，曲线c表示CH3COOCH3分布分数，c错误； 故选b。 ②当同一投料比时，观察可知T1时大于T2时，由T2＞T1可知，温度越高则越小，说明温度升高副反应的平衡逆向移动，。 19. 化合物I是药物合成的中间体，其合成路线如图所示。 回答下列问题： （1）G中含氧官能团的名称为_________。 （2）B→C的反应类型为_________。 （3）F的结构简式为_________。 （4）G与足量的氢氧化钠溶液在加热条件下反应的化学方程式为__________。 （5）关于化合物I，下列说法正确的是_______(填字母)。 a．I可以发生银镜反应，也可以与盐酸发生反应 b．1个I分子中含有2个手性碳原子 c．I分子含有杂化的原子个数为 d．I分子间只存在氢键，不存在范德华力 （6）符合下列条件的A的同分异构体有_______种。 ①分子中含有苯环 ②分子中含有，且与苯环直接相连 ③可以与新制氢氧化铜悬浊液在加热的条件下产生砖红色沉淀 （7）由合成的路线如下(反应条件略去)，其中J和K的结构简式分别为__________和___________。 【答案】（1）酯基、酰胺基 （2）加成(还原)反应 （3） （4） （5）ab （6）13 （7） ①. ②. 【解析】 【分析】A和甲醇发生酯化反应生成B，则B的结构简式为：，B和氢气发生加成(还原)反应生成C，C和D脱去HCl发生取代反应生成E，E和氢气在催化剂作用下发生加成反应(碳氮三键被加成)生成F()，F在一定条件下生成环状化合物G，G被还原生成H，H发生催化氧化生成I()，据此解答。 【小问1详解】 由G的结构简式可知，G中含氧官能团的名称为酯基、酰胺基； 【小问2详解】 由分析可知，B→C的反应类型为加成(还原)反应； 【小问3详解】 由分析可知，F的结构简式为F； 【小问4详解】 G中酯基和酰胺基均可以与氢氧化钠溶液发生水解反应，则G与足量的氢氧化钠溶液在加热条件下反应的化学方程式为： ； 【小问5详解】 由分析可知，I的结构简式为：，则： a．I中含有醛基，可以发生银镜反应；I中N原子上有孤电子对，能与氢离子结合，也可以与盐酸发生反应，a正确； b．连有4个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，则1个I分子中含有2个手性碳原子，如图中标注“*”的碳原子：，b正确； c．I分子中除醛基之外的碳原子，剩下的8个碳原子均采取杂化，且2个N原子也采取杂化，即1个I分子含有杂化的原子为10，则 I分子含有杂化的原子个数为，c错误； d．I分子中存在氨基，分子间存在氢键，也存在范德华力，d错误； 故选ab； 【小问6详解】 A的分子式为C7H5O4N，A的同分异构体分子中含有苯环；含有，且与苯环直接相连；可以与新制氢氧化铜悬浊液在加热的条件下产生砖红色沉淀，即含有醛基。则苯环上可能有2个取代基：和，2个取代基位于邻位、间位、对位，此时有3种同分异构体；苯环上也可能有3个取代基：、-CHO和-OH，-NO2和-CHO相邻时，羟基有四个位置；-NO2和-CHO相间时，羟基有四个位置；-NO2和-CHO相对时，羟基有两个位置，此时有10种同分异构体。综上，符合条件的A的同分异构体共有3+10=13种； 【小问7详解】 根据题目中所给出的反应路线可知，中氨基和苯甲酸甲酯发生取代反应生成J：，J中酯基、酰胺基被还原得到K：，最后K中羟基被催化氧化为醛基，得到目标产物，则J和K的结构简式分别为：和。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $