贵州贵阳市第一中学2025-2026学年高二上学期开学检测 化学试卷

贵阳市第一中学2025-2026学年高二上学期开学检测化学 试卷 一、选择题（本大题共14小题） 1.制备原儿茶酸P)的合成路线如下。下列说法错误的是() O KMnO4 HO OH H20 OH H M N P A.P系统命名为3,4-二羟基苯甲酸 B.可用新制氢氧化铜鉴别M和N C.N→P过程中有CHOH生成 D.原儿茶酸含酚羟基可作抗氧化剂 2.下列化学用语表述错误的是() A.H,O的VSEPR模型： B. HC1o的电子式：H:O:C: C.HCl中o键电子云轮廓图： D.1-丁醇的键线式： OH 3,甲氧苄啶是一种广谱抗菌药，其合成路线中的一步过程如图，下列说法正确的是 () CH,O CH,O NCCH,COOC2H(94%) CH,O CHO CH,O CH=C-COOC,H; CN CH,O CH,O Y A.X分子中含氧官能团有醚键、羟基B.Y分子中含1个手性碳原子 C.X分子中所有碳原子可能共平面 D,用酸性高锰酸钾溶液可以鉴别有机物X、 Y 4.将2 nol Cl2和3molF2置于密闭容器中，在250℃下只发生如下两个反应： Cl(g)+F(g） 2ClF(g）△H=akJ-mol-! C13(g)+3F2(g)—2CF3(g)△H=bkJ-mol-1 段时间后，C3和F2恰好全部消耗，共放出303kJ热量。己知：通常把拆开1ol某化学键所 需要吸收的能量看成该化学键的键能，部分化学键的键能如表所示： 化学键 F-FC1一ClF-Cl(CIF中)F-CI(CF3中) 键能/kJmo1)157 243 248 x 则x为 A.172 B.202 C.238 D.258 5.将固体NH4Br置于2L的密闭容器中，在某温度下发生如下反应： NHBr(s)-NH3(g)+HBr(g) 第1页共16页 2HBr(g)=Br2(g)+H2(g) 2min后，测得H2为1mol,HBr为8mol,则上述反应中生成NH3的速率为() A.0.5molL-1·min-1 B.2mol·L-1·min-1 C.2.5mol.L-1.min-1 D.5mol.L-1.min-1 6.设Na为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 2摄子aH。_是o=中a相 B.标准状况下，2.24LSO2溶于水，溶液中H$O、So和SO2的微粒数之和小于0.1 NA C.电解精炼铜阳极质量减少6.4g时，转移电子数为0.2Ns D.31g基态P原子中含有的未成对电子数为3NA 7.实验室制备乙酸乙酯，并探究乙酸乙酯性质。下列说法不正确的是 ①乙酸乙酯的制备 ②乙酸乙酯的水解 取编号为甲、乙、丙的三 支试管，分别加入4mL蒸 馏水、4mL2mol/LHSO4 甲 溶液、4mL4mol/L NaOH 溶液，并分别滴加等量石 蕊溶液。再同时加入2mL 乙酸乙酯，并放入75C热 水浴中，加热约5min。观 察现象。 A.实验①，a试管中应加入碎瓷片，其作用是防止加热时液体暴沸 B.实验（①，b试管中为饱和Na,CO3溶液，分离出b试管中乙酸乙酯的操作是萃取 C.实验②，加入石蕊便于区分酯层与水层，甲中酯与水分界面下方逐渐变为紫红色 D.实验②，实验后酯层剩余量从多到少的顺序是：甲>乙>丙 8.一种水性电解液Zn-MnO3离子选择双隔膜电池如图所示KOH溶液中，Zn+以 Zn(OHD42-存在)。电池放电时，下列叙述错误的是 MnO2电极 离子选择隔膜Zn电极 H2SO4溶液 许KSO4溶液MKOH溶液 I 第2页共16页 A.Ⅱ区的K+通过隔膜向I区迁移 B.I区的SO子通过隔膜向Ⅱ区迁移 C.nO2电极反应：MnO2+2e+4HMn2+2H0 D.电池总反应：Zn+4OH+MnO2+4H=Zn(O田4+Mn2+2HO 9.25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是() A.滴加酚酞不变色的溶液：NO3、NH4、I、SO子 B.与铝反应放出氢气的溶液：Cr0?、Mg2+、N03、Fe2+ C. =1010的溶液：K+、Aom:、c0、a D.由水电离出的c(H+)=10-11mol·L-1的溶液：Na+、K+、C0好、S0子 10.X、Y、Z、W是短周期同一周期的主族元素，原子序数依次增大：基态X的价层电子 2s 2p 轨道表示式为个 ]个☐，2最外层电子数是其次外层电子数的3倍：四种元素与 锂组成的化合物结构如图（箭头表示配位键）。下列说法正确的是 A.四种元素的原子中半径最大的是W B.Y和Z形成的化合物常温下均易溶于水 C.X的最高价氧化物的水化物是一种强酸 D.Z和W分别与氢元素形成的10电子化合物的沸点：前者高于后者 11.下列反应的离子方程式书写正确的是() A.稀硫酸与氢氧化钡溶液反应：Ba2+十SO子=BaSO4 B.氧化镁与稀硫酸反应：Mg0+2H+=Mg2++HO C.氯气与碘化钾溶液的反应：Cl2十I=2C1+I2 D.碳酸钙溶液与足量的稀盐酸反应：CO十2H+=C0↑十HO 12.常温时，将10 mnL amol/LNa3AsO3,10 nL amol/LI2和10 nL NaOH溶液混合，发生反 应：AsO(aq)+H(aq)+20H(aq)、≥As0(aq+2I(aq)+HO(1),溶液中cI)与反应时间( 的关系如图所示。下列不能说明反应达到平衡状态的是() cD/mol·L t/min A.溶液的pH不再变化 B.c(Aso )=0.25bmol/L C.vI)=2逆(AsO) D.cI)不再变化 13.铁与不同浓度硝酸反应时各种还原产物的相对含量与硝酸溶液浓度的关系如图所示（反 应后铁在化合物中的化合价为+3)，下列说法错误的是() 第3页共16页 NO 对 0 9 NH 量 87 6 o 4 2 NO 0 4.02 8.069.7512.2c(HN03)/mol·L A.硝酸的浓度越小，其还原产物氨的价态越低的成分越多 B.硝酸与铁反应往往同时生成多种还原产物 C.当硝酸浓度为9.75molL1时，氧化剂与还原剂的物质的量之比可为15：13 D.一定量的铁粉与12.2molL1硝酸溶液完全反应，得到标况下的气体2.24L,则参加 反应的硝酸的物质的量为0.1mol l4.将闪锌矿（主要含ZnS、FS)置于容器中，加入硫酸浸取，边搅拌边均匀通入O2,浸 取过程中的物质转化如图-1所示。相同条件下，锌的浸出率和硫的氧化率随初始酸浓度的 变化如图-2所示。下列说法正确的是 8100 60 O2H、步骤IH,O 95 50 Fe2 空 90 40 FeS- H 85 30 HS步骤ⅡS、H ZnS-H 1.01.21.41.61.82.0 Zn2 酸的浓度(molL) 图-1 图-2 A.步骤I中Fe3+为还原产物 B.步骤Ⅱ中Fe+与HS反应消耗的数目比为1：8 C.分析图-2，可得出锌的浸出率与硫酸浓度成正比的结论 D.分析图-2，硫的氧化率下降的原因可能与H,S逸出相关 二、非选择题（本大题共4小题） 15.高铜酸钠(NCO2)是一种难溶于水的棕黑色固体，可用作强氧化剂，高温下易分 解。实验室中制备高铜酸钠并测定产品中铜含量的部分实验装置如图所示（夹持装置 略)。 员浓盐酸 Na[Cu(OH4]溶液 尾气 吸收 冰 仪器X 水 过量NaOH -KMnO 浴 三三 饱和溶液 甲 乙 丙 已知： ①NaCIo与Na,Cu(OH)4在强碱性条件下反应生成NaCuo2; 第4页共16页 ②NaCuO2在中性或酸性条件下不稳定，遇酸生成O2和Cu+。 回答下列问题： (1)装置乙中盛放的试剂是，仪器X的名称是。 (2)制备NaCuO2；打开K,向装置丙中通入CL2,一段时间后，关闭K,打开K,向 丙中加入Na2Cu(OH)4溶液至出现大量棕黑色固体，抽滤、洗涤、干燥得粗产品。 ①反应过程中需用冰水浴控制温度，目的是一。 ②装置丙中生成NaCuO2的反应的离子方程式为一 ③洗涤时可以选择（填化学式）溶液作为洗涤剂。 (3)甲同学取仪器X中的浊液滴加浓盐酸，产生黄绿色气体，证明NCuO,有强氧化性。 你认为这个结论是否正确（填“正确或“不正确”），理由是一。 (4)测定产品中铜的含量： i.准确称取ag粗产品，与足量硫酸反应后配制成100nL溶液，取25.00nL于锥形瓶中； iⅱ.加入足量10I溶液，滴加淀粉溶液做指示剂，用cmol·LNaS,O3标准溶液滴定至溶 液呈浅蓝色，消耗NaS,O3溶液的体积为VmL; i.再加入足量10%SCN溶液，摇匀后，溶液蓝色加深，继续用NaS2O3标准溶液滴定至 蓝色刚好消失，又消耗V mLNa2S,O3溶液。 已知：2Cu2++4I=2Cl↓+I2I2+2S,O=S4O8+2I+,;CI沉淀表面易吸附I2: Kp(CuSCN)=1.77×101,Km(C)=1.27×1012 ①产品中铜元素的质量分数为（列出含c、a、V、V的代数式）。 ②若未加入10%KSCN溶液，直接用NaS,O,标准溶液滴定至蓝色刚好消失，则测得铜元 素的质量分数（填“偏大”、“偏小”或“不变”)。 ③NSO3常用作定量分析的络合试剂。S,O具有较强的配位能力，S,O做配体时，配 位原子是端基S而不是O,原因是一。 (5)制备的高铜酸钠中可能含有Cu(OH)2,设计实验证明Cu(OH)2是否存在一。 16.黄铜矿及其转化。黄铜矿是自然界中铜的主要存在形式。认同的传统方法主要是火 法，即使黄铜矿和氧气在控制条件下逐步反应得到单质铜。随着铜矿的减少。矿物中黄铜 矿含量的降低以及环境保护的要求，湿法炼铜越来越受关注。该法的第一步也是关键的一 步就是处理黄铜矿，使其中的铜尽可能转移到溶液中。最简便的处理方法是无氧化剂存在 的酸溶反应：向含黄铜矿的矿物中加入硫酸，控制浓度和温度，所得体系显蓝色且有臭鸡 蛋气味的气体(A)放出（反应1）：为避免气体A的产生。可采用三价铁盐[如F(SO4)3]溶液 处理黄铜矿。所得溶液和反应1的产物类似，但有浅黄色固体物质B)生成（反应2）：浅黄 色固体会阻碍黄铜矿的溶解，因此，办法之一是在类似反应1的体系中，引入流酸杆菌类 微生物，同时通入空气，反应产物无气体，也无黄色浑浊物（反应3）。溶液中阴离子为C； 但是，微生物对反应条件要求较为严格（如温度不能过高酸度应适宜等）。采用合适的氧化 剂如氯酸钾溶液（足量），使之在硫酸溶液中与黄铜矿反应（反应4），是一种更有效的处理方 法。只是，后两种方法均有可能出现副反应（反应5），生成黄钾铁矾D)。D是一种碱式盐 (无结晶水)，含两种阳离子，且二者之比为1：3.它会沉积在黄铜矿上影响其溶解，应尽量 第5页共16页 避免。5.008克D和足量硫酸钾在硫酸中反应（反应6，得到15.10g铁钾矾E,E与明矾（摩 尔质量为474.4gmo1)同构。 (1)写出A~C、E的化学式 (2)通过计算，写出D的化学式 (3)写出反应1~6的离子方程式（要求系数为最简整数比） 17.利用二氧化碳氢化法合成二甲醚(CH,OCH3,代号DM正)涉及的反应有： 反应I:CO2(g)+3H(g)、=CHOH(g)+H,O(g)AH<0 反应I:2CHOH(g)≥CH,OCH(g)+HO(g)AH2<0 反应Ⅲ：C02(g)+H2(g)≥C0(g)+H,O(g)△H3>0 回答下列问题： (1)2C02(g)+6H2(g)=CH,OCH.(g)+3H,O(g)△H=(用含△H1、△H2的代数式表 示)。 (2)在恒温(T>373K)、恒容条件下，将一定量的CO2、H2通入密闭容器中（含催化剂发生 上述反应。下列能够说明该反应体系已达化学平衡状态的是 (填选项标号)。 A.n(CH,OH):n(CHOCH )=2:1 B,混合气体的平均相对分子质量不变 C.混合气体的密度不变 3)已知：生成物A的选择性=A物质含有的碳原子数×n（A】×100%,在3.0MPa下，密闭一 n(仁氧化碳)转化 容器中充入1molC02和4olH2发生反应，C02的平衡转化率和生成物的选择性随温度变化 如下图所示（不考虑其他因素影响）：。 100 (220,80) 知80 进 (220,40) Ao-B 60 Q-C 。Co选择性 具 D-O ODME选择性 40 8·c0转化率 期 ● 20- (220,5) O 0 ●● 220260 300340T/C ①在220c条件下，平衡时n(CH OCH3)=mol,计算反应Ⅱ的压强平衡常数的计算 式为 ②温度高于280°C,C02的平衡转化率随温度升高而上升，从平衡移动的角度分析原 因： ③其他条件不变，压强改为4.0MPa,图中点C将可能调至_（填“AB”或D)。 18.以化合物A为原料制备一种药物中间体J的合成路线如下。 第6页共16页 COOH COOH COOH OH OH OH 浓H,S0 OH C1 稀H,S04 CH,OH E→ OH SOH SO,H C11 浓H,S04 A C D 0 COOCH. COOH COOCH. COOCH OHC1、 0 CH,I,①NaOH/C,H,OH 0 OH Fe/HCI ②H NO NH CH, H 请回答下列问题： (1)化合物F在核磁共振氢谱上有 组吸收峰。 (2)A→B,F→G的反应类型分别为 (3)H中的含氨官能团的名称是 仞化合物A沸点低于 》-OH的理由是 HO (⑤)满足下列条件的D的同分异构体有 种。 ①含有苯环，且苯环上有三个取代基：②能与FCl3溶液发生显色反应：③能发生银镜反 应； (6)E→F的化学方程式为 (⑦)从官能团转化的角度解释化合物转化为J的过程中，先加碱后加酸的原因 是 (8)参照以上合成路线，若以C OH为原料制备 (其他试剂自选)，则 其合成路线为 第7页共16页 参考答案 1.【答案】C 【详解】A.P的母体为苯甲酸，羟基为取代基，系统命名为3,4-二羟基苯甲酸，A正 确： B.M中含醛基，能与新制氢氧化铜溶液反应产生砖红色沉淀，而N中羧基显酸性，能与 新制氢氧化铜悬浊液反应使其变澄清，可用新制氢氧化铜鉴别M和N,B正确： C.根据原子守恒，N→P过程中有HCHO生成，C错误： D.酚羟基易被氧化，原儿茶酸可作抗氧化剂，D正确： 故选C。 2.【答案】D 【详解】 A.H,0的价层电子对2+6-1x2=2+2=4,VSEPR模型： A正确： 2 B.次氯酸为共价化合物，中心原子为氧，电子式：H:O:C:,B正确： C.HCI中s-po键电子云轮廓图，H原子的s轨道和CI原子的p轨道头碰头重叠： 0,C正确： D OH主链有3个碳，为1-丙醇的键线式，D错误； 故选D。 3.【答案】C 【详解】A.X分子中含氧官能团有醚键、醛基，故A错误： B.连有4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，Y分子中不含手性碳原子，故B 错误； C.苯环为平面结构，单键可以旋转，所以X分子中所有碳原子可能共平面，故C正确： D.X分子中含有醛基，Y分子中含有碳碳双键，X、Y都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不 能用酸性高锰酸钾溶液鉴别有机物X、Y,故D错误； 选C。 4.【答案】A 【详解】△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和，由题意Cl(g)+F(g)一2ClF(g) △H1=a kJ-mol:C1(g)+3F2(g)2ClF3(g)△H2=b kJ.mol1可知；△H1=(243+157-2×248) kJmol-1=-96 kJ.mol1-,△H2=(243+3×157-2×3x)kJ.mol-1-(714-6x)kJmo-1,即F-96,b=714-6x,设 参与反应C1,(g)+F(g) 2CIF(g)的Cl的物质的量为，则消耗的F2也为m,剩下的CL2和 F,正好发生反应C1(g)十3F(g)一 2CFe,.即哈号解得m-15mol则15molc发生反 第8页共16页 应C1(g)+F2(g) 一2C1F(g),放热1.5mol×96kJmo1=144kJ,0.5 mol Cl2发生反应 C1(g)+3F2(g) 2CFg,放热303kJ-144kJ月159kJ即(7146)kmol1=159 kJmol1,解 0.5 得x=172,故选A。 5.【答案】C 【详解】此题中溴化铵分解生成的溴化氢又有一部分分解，故剩余的溴化氢的量为溴化铵 分解生成的溴化氢的量减去分解的溴化氢的量，即c剩余(HBr)=c生成(HBr)一c分解(HBr), 氢气的物质的量为1mol,c生成H2)=m=0.5mol·L-1,则c分解HB到)=1molL1, 2L HBr的物质的量为8mol,c喇余B)=8严=4mol·L-1,则c生成HB)=c分解HBm)+ c剩余(HBr)=1molL-1+4mol·L-1=5mol·L-1,溴化铵分解生成的氨气浓度与溴化 氢浓度相等，则2min后溴化铵分解生成的氨气的浓度c(NH3)=c生成HB)=5molL-1, 生成氨气的平均反应速率v=5mo二-2.5molL-1,minm1,C正确。 2 min 6.【答案】BD H 【详解】A.H一C一C一O-H中有6个单键、1个双键，o键数目为7,1mol乙酸分 H 子中o键的数目为7NA,故A错误； B.SO2溶于水，溶液中含S微粒有HSO3、HsO、So和SO2,标准状况下，2.24L SO2溶于水，溶液中HSO、SO和SO2的微粒数之和小于0.1NA,故B正确： C.电解精炼铜阳极除了Cu失去电子外，还有活泼金属失电子，Pt、Au等金属不放电， 都会造成质量减少，因此阳极质量减少6.4g时，转移电子数不是0.2Na,故C错误； D.P价电子为3s23p3,31g基态P原子中含有的未成对电子数为 3gm0×3xNmo1=3N,放D正确： 31g 故选BD。 7.【答案】B 【详解】A.实验①，制备乙酸乙酯，加入碎瓷片作用是防止加热时液体暴沸，故A正确 B.实验①，b试管中为饱和NCO3溶液，乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠溶液，分离出b试 管中乙酸乙酯的操作是分液，故B错误： C.实验②，加入石蕊便于区分酯层与水层，乙酸乙酯密度小于水，甲中酯与水分界面下 方逐渐变为紫红色，故C正确： D.实验②，酯在酸性或碱性条件下都能水解，且在碱性条件下水解的更快，实验后酯层 剩余量从多到少的顺序是：甲>乙>丙，故D正确： 选B。 8.【答案】A 第9页共16页 【分析】 根据图示的电池结构和题目所给信息可知，I区Zn为电池的负极，电极反应为Zn-2e +4OH-Zn(O田：，I区MnO2为电池的正极，电极反应为MnO+2e+4H+=Mn2+2H2O:电 池在工作过程中，由于两个离子选择隔膜没有指明的阳离子隔膜还是阴离子隔膜，故两个 离子隔膜均可以通过阴、阳离子，因此可以得到1区消耗H,生成Mn+,Ⅱ区的K*向I区移 动或I区的SO向Ⅱ区移动，I区消耗OH,生成Zn(OD,Ⅱ区的SO向区移动或I 区的K+向Ⅱ区移动。据此分析答题。 【详解】 A.根据分析，Ⅱ区的K只能向I区移动，A错误： B.根据分析，区的SO子向Ⅱ区移动，B正确： C.MnO2电极的电极反应式为MnO2+2e+4H=Mn+2HO,C正确： D.电池的总反应为Z+4OH+Mn0+4H=Zn(OD+Mn+2H,O,D正确； 故答案选A。 9.【答案】C 【详解】A.加酚酞不变色的溶液为酸溶液或中性盐，若为酸溶液，在硝酸根下具有强氧 化性与I不能大量存在，故A不符合题意； B.与铝反应生成氢气，该溶液可能为酸，也可能为碱，如果溶液是酸，NO能将Fε+ 氧化，如果溶液是碱，与Mg+生成沉淀不共存，故B不符合题意： c.片=0品=8片=10”，c(0H)=10mol1,溶液显减性， 所给离子组在指定溶液中能够大量共存，故C符合题意； D.由水电离出cH)=101molL,溶液可能为酸，也可能为碱，若溶液为酸，Co-与 H反应生成二氧化碳，故D不符合题意： 答案为C。 10.【答案】D 【分析】 2s 2p 基态X的价层电子轨道表示式为 则X为B元素：Z最外层电子数是次 外层电子数的3倍，则Z为O;结合图示可知，Y形成4个共价键，其原子序数小于O, 则Y为C:W形成1个共价键，X、Y、Z、W是短周期同一周期的主族元素，原子序数 依次增大，则W为F元素； 【详解】 A.同周期元素核电荷数越大原子半径越小，则原子半径：X)>()>(亿)>rW),A项 错误： B.O、C形成的化合物CO难溶于水，B项错误： C.B的最高价氧化物的水化物为硼酸，硼酸为弱酸，C项错误： D.O、F与氢元素形成10电子化合物分别为H0、F,常温下HO为液态，而F为气 态，则沸点：HO>F,D正确： 故选：D。 11.【答案】B 第10页共16页 【详解】A.稀硫酸与氢氧化钡反应时，除生成BSO4沉淀外，H与OH还会生成HO, 离子方程式未完整表达，正确的反应为2H+20H+Ba2+SO=BaSO4↓+2HO,A错误； B.氧化镁为固体，与H+反应生成Mg+和HO,方程式书写正确，B正确： C.电荷不守恒，C12与I反应的系数未配平，应为CL2+2I=2CI+I2,C错误； D.碳酸钙难溶于水，不能拆为CO,应保留CCO3的化学式，离子反应为： CaC03+2Ht=C02↑+H0+Ca2+,D错误： 故答案选B。 12.【答案】B 【详解】A.溶液的pH不再变化，说明OH的浓度不再改变，反应一定达到平衡状态， 故A不符合： B.根据图示，达到平衡状态时cI)=b mol L1,根据反应方程式，平衡时c(AsO)=0.5b mol/L,c(AsO)=0.25bmol/L,反应没有达到平衡状态，故B符合； C.vI)=2(AsO),正逆反应速率比等于化学计量数比，反应一定达到平衡状态，故 C不符合： D.cI)不再变化，反应一定达到平衡状态，故D不符合： 答案选B。 【方法总结】此题考查化学平衡状态的判断。解题关键在于理解平衡状态的特征，包括浓 度不变、正逆反应速率相等。通过分析选项，结合化学平衡原理和图象信息，排除不能说 明平衡状态的选项，得出正确答案。 13.【答案】D 【分析】从图中可以看出，当其他条件一致时，在浓硝酸浓度为12.2ol/L中，主要产物 NO和NO2,随着硝酸浓度逐渐降低，产物NO2逐渐减少而NO的相对含量逐渐增多，当 浓度为9.75mol/L时，主要产物是NO,其次是NO2及少量的NO,当NO3的浓度降到 4.02olL时，铵根离子成为主要产物，可见，凡有硝酸参加的氧化还原反应都比较复杂， 往往同时生成多种还原产物： 【详解】A.由图可知，硝酸的浓度越小，铵根含量越高，这说明其还原产物氨的价态越 低的成分越多，选项A正确： B.根据以上分析可知硝酸与铁反应往往同时生成多种还原产物，选项B正确： C.当硝酸浓度为9.75molL1时，还原产物有NO、NO2和NO,物质的量之比为其体积 比=10：6：2=5：3：1，假设No是5mol1、No3是3mol、N0是1mol,则反应中转移电子 的物质的量是26ol,假设氧化产物是铁离子，则根据电子得失守恒可知还原剂的物质的 量是01，所以根据原子守恒可知氧化剂与还原剂的物质的量之比可为10：瓷15： 13,选项C正确； D.一定量的铁粉与12.2nolL1硝酸溶液完全反应，根据图中曲线可知，生成气体为 NO、NO2且相对含量相等，得到标况下的气体2.24L,即0.1ol气体，根据氮原子守恒则 有0.1ol硝酸为氧化剂，而反应生成的亚铁盐或铁盐为硝酸盐，故参加反应的硝酸的物质 的量为大于0.lmol,选项D错误； 第11页共16页 答案选D。 14.【答案】D 【详解】A.根据图-1，可以看出步骤I的反应为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H0, Fe3+是Fe2+被氧气氧化所得，为氧化产物，A错误： B.根据图-1，可以看出步骤Ⅱ的反应为：16Fe3++8H,S=16Fe2++S。+16t,可知Fe3+与 HS反应消耗的数目比为2：1，B错误： C.根据图-2，当硫酸浓度超过1.8oL1时，锌的浸出率开始呈下降的趋势，不是完全成 正比的关系，C错误； D.根据图-2，当硫酸浓度超过1.6moL1时，会有部分硫元素转化为HS逸出，导致溶液 中HS的浓度降低，使硫的氧化率降低，D正确： 故答案为：D。 15.【答案】(1)饱和食盐水；三颈烧瓶 (2)增大Cl溶解度，防止NaCuO2分解； 2Na'+2[Cu(OH)+CIO=2NaCuO2+C+20H+3HO:NaoH (3)不正确：三颈烧瓶中可能会有过量的NaCIo,也会与浓盐酸产生氯气，故结论不正 确 (4) 25.6c(Y+)%:偏小：电负性：0>8，S对孤电子对的吸引能力更弱，易给出孤 电子对做配位原子 (5)取样品少许于一试管，向其中加入足量的氨水，若能产生深蓝色溶液，则说明含有 C(O田2，反之则无 【分析】装置甲中高锰酸钾和浓盐酸反应生成氯气，装置乙中盛有饱和食盐水，作用是除 去氯气中混有的HCI气体，装置丙中NaCIo与Na,Cu(OH)4在强碱性条件下反应生成 NaCuO2,以此解答。 【详解】(1)由分析可知，NaCuO2在中性或酸性条件下不稳定，装置乙中盛放的试剂是 饱和食盐水，以除去氯气中混有的HCI气体，仪器X的名称是三颈烧瓶； (2)①NaCuO,高温下易分解，反应过程中需用冰水浴控制温度，目的是增大Cl,溶解 度，防止NaCuO2分解； ②装置丙中首先氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，随后NClO与 Na,Cu(OH)4在强碱性条件下反应生成NaCuO2,该反应中Cl元素化合价由+1价下降 到-1价，C元素化合价由+2价上升到+3价，根据得失电子守恒和原子守恒配平离子方程 式为：2Na+2[Cu(OH)4]+C10=2 NaCuO,↓+CI+20H+3H,0: ③NaCuO,.在中性或酸性条件下不稳定，洗涤时可以选择NaOH溶液作为洗涤剂； 故答案为：增大Cl,溶解度，防止NaCuO2分解； 2Na*+2Cu(OH)+CIO=2NaCuO+C+20H+3H,O:NaoH: 第12页共16页 (3)仪器X中氯气和氢氧化钠反应会生成具有过量的强氧化性的次氯酸钠，在酸性条件 下可以和氯离子反应生成氯气，则答案为：不正确；三颈烧瓶中可能会有过量的NaClo, 也会与浓盐酸产生氯气，故结论不正确： (4)①再加入足量10%KSCN溶液，摇匀后，溶液蓝色加深，说明CI转化为CuSCN, 释放出吸附的I2,由题意可得2Cu+~L2~2SO号，则n(Cu2+)= nNaS.O3)=c(V+Vz)x10mol,w(Cu)= (Y+y)x10mol×100mL ×64g/mol 25mL ×1006 25.6c(Y+V% a ②若未加入l0%KSCN溶液，CI沉淀表面易吸附I,,导致消耗NaS,O标准溶液的体积 偏小，则测得铜元素的质量分数偏小： ③电负性：O>S,S对孤电子对的吸引能力更弱，易给出孤电子对做配位原子，S、O做配 体时，配位原子是端基而不是O,故答案为：电负性：O>$,S对孤电子对的吸引能力 更弱，易给出孤电子对做配位原子； (5)由题干信息可知，Cu(OH)2能溶液过量的氨水中生成深蓝色溶液，且Cu(OHD2能溶于 过量的NaOH溶液中生成蓝色溶液[Cu(OHD4]P,故可设计实验：取样品少许于一试管，向 其中加入足量的氨水，若能产生深蓝色溶液，则说明含有Cu(O田2，反之则反，故答案 为：取样品少许于一试管，向其中加入足量的氨水，若能产生深蓝色溶液，则说明含有 Cu(OH2,反之则无。 16.【答案】HSSS0,2 KFe(S04)212H,0 KFe;(SO),(OH) 反应1： CuFeS,+4H*=Cu2++Fe2++2H,S 反应2：CuFeS2+4Fe3+-Cu2++Fe2++2S 反应3：4CFeS2+1702+4H+=4C12++4Fe3++8S0+2H0反应条件：微生物 反应4：10 CuFeS2+34Cl10?+44H+-10Cu2++10Fe3++20S0}+17CL,+22H,0 反应5：K++3Fe3++2SO}+6,0=KFe3(S04)2(OH)6+6H 反应6：KFe3(S04),(OH),+6H+4sO+30H,0=3KFe(S04)212H,0 【详解】 臭蛋味气体为HS,反应2可认为是反应1产生的HS被Fe+氧化： 2Fe3++H,S-2Fe2++2H++S ×2再与反应1相加 黄铁钾矾D中含Kt、Fe+、oH和SO?,因为是碱式盐故含Fe(OH)2。 明矾化学式为KFe(SO4)2·12H,O,Fe3+代替A1+则是与之同构的铁钾矾E(相对分子质量为 474.4-27+56=503.4)。15.10gE为0.03mol。 根据反应前后K*、Fe+守恒均为0.03mol,设D中含1个K+,含Fe+为3，则D的化学式 为KFe3(OH.(SO4)b,M(D)=500.8,所以： 第13页共16页 质量守恒：17a+96b=500.8-39-3×56=293.8 氧化数守恒：a+2b=1+3×3=10 解得：b=2,a=6 KFe(OH)6(S04),或KSO4Fe2(S04)2·4Fe(OH)2 设D中含1个Fe+,含K+为3，则D的化学式为KFe(OH)a(SO4)b,(D)=500.8, 质量守恒：17a+96b=500.8-3×39-56=327.8 氧化数守恒：1+2b=3+3=6 解得：b=3.64,a=-1.28 不合理，舍去 17.【答案】(1)2△H1+AH2 (2)B 0.16×0.56 (3) 0.16 反应I△H<0,反应AH>0,升温时反应I左移，反应 0.062 Ⅲ右移，且温度高于280℃时，反应Ⅲ右移程度大于反应I左移程度，使C02的平衡转化率 上升B 【详解】(1)由盖斯定律，2×反应I+反应Ⅱ得反应： 2C02(g)+6H,(g)、=CHOCH.(g)+3HO(g),则△H=2AH1+AH2: (2)A.反应进行到某个时刻，n(CHOH):n(CH,OCH)=2:1,不能说明正逆反应速率 相等，不能说明反应达平衡状态，故A错误： B.混合气体的平均摩尔质量M=m，气体质量不变，但是气体的总物质的量随反应进行 而改变，所以M会发生改变，当M不变时，反应达到平衡，故B正确： C.反应前后物质均为气体，反应过程中气体总质量不变，恒容条件下气体总体积不变， 则混合气体密度始终保持不变，混合气体密度始终不变不能说明反应达平衡状态，故C错 误； 故选B; (3)①在220℃条件下，C02平衡转化率为40%，C0的选择性为5%、二甲醚的选择性 为80%，则有0.38molC02参与反应I,0.02molC02参与反应Ⅲ，反应生成CH0CH3 0.16mol,所以平衡时水为0.38mol+0.16mol+0.02mol=0.56mol,达到平衡时甲醇的物质的 量为0.38mol-0.16molx2=0.06mol,反应2CH0H(g)、≥CH0CH3(g)+H20(g)为气体分子 数不变的反应，则可以用其物质的量代表其分压，则在220℃下， 2CH,0Hg)三CH,0c,g)+H,Og的平衡常数为016056。 ②反应I△H<0,反应Ⅲ△H>0,升温时反应I左移，反应I右移，且温度高于280℃时， 反应Ⅲ右移程度大于反应I左移程度，使CO,的平衡转化率上升，所以温度高于280℃，平 衡转化率随温度升高而上升： ③反应I是气体体积减小的反应，反应Ⅱ和反应I都是气体体积不变的反应，增大压 强，反应I正向移动，C0,的平衡转化率增大，CH3OH的浓度增大，CO2的浓度减小，反 应Ⅱ正向移动，反应III逆向移动，CO的选择性降低，DME选择性提高，则图中点C将 第14页共16页 可能调至B。 18.【答案】(1)4 (2) 取代反应 还原反应 (3)酰胺基 O形成分子间氢键，使沸点更高：而物质A形成分子内氢键，沸点较低 (5)10 COOCH, COOCH, OH (6) +NO3(浓)浓HSO OH +H2O △ CI NO (7)提高化合物I的转化率 浓H,SO OH (8)cK -OH浓HNO,C NO 【分析】A发生取代反应生成B,B和氯气发生取代反应生成C,C脱去磺酸基生成D, COOCH. OH D发生酯化反应生成E,E为 E发生硝化反应生成F,F发生还原反应生成 COOCH G,G和c9 发生成环反应生成H,H和CHI发生取代反应生成I,I为， CI I发生水解反应，再酸化得到J,据此解答。 【详解】（1)化合物F没有对称轴，F中有4种H原子，在核磁共振氢谱上有4组吸收 峰； (2)根据分析，A→B,F→G的反应类型分别为取代反应、还原反应； (3)H中的含氨官能团的名称是酰胺基： -OH形成分子间氢键，沸点较高：而化合物A形成分子内氢键，沸点较 低： (5)满足①含有苯环，且苯环上有三个取代基；②能与FCl3溶液发生显色反应，说明 OH 含有酚羟基；满足③能发生银镜反应，含有甲酸酯的D的同分异构体有 (苯环上 连3个取代基，3个取代基不相同时，共10种)： (6)E→F为硝化反应，化学反应方程式为 COOCH, COOCH OH +DNO3(浓)sO:→ OH +H20: (7)化合物I转化为J的过程中，从官能团转化的角度，先加碱后加酸的原因是提高化合 物I的转化率； (8)以c oH为原料制备c OH先发生硝化反应生成 第15页共16页 a。C安车月题T啡p-G的还辰反应车成。C 。C和a又。发生月冠干中GH的威环反应生皮目行产有，共合成路我为 浓H,SO a○o .CCC 第16页共16页