精品解析：陕西西安市铁一中学2025-2026学年高三下学期5月阶段检测 化学试题

化学 (考试时间：75分钟 试卷满分：100分) 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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，将答题卡交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 O 16 Na 23 Cl 35.5 Mn 55 Co 59 Zn 65 第Ⅰ卷 一、选择题：(共14小题，每小题3分，共42分。) 1. 2024年11月12日上午10时，万众瞩目的2024年中国航空航天博览会在珠海金湾机场盛大开幕，我国歼-35A战斗机成明星装备。下列说法正确的是 A. 航展首日中国空军军机在空中拉出的彩色烟带属于丁达尔效应 B. 战斗机的隐形涂层含石墨烯(石墨的单层结构)，12 g石墨烯中含有键 C. 战斗机的玻璃纤维雷达罩、聚碳酸酯舱盖、芳纶蜂窝材料都属于有机高分子材料 D. 由于硬铝材料密度小、强度低，具有较好的抗腐蚀能力，可用作飞机外壳材料 2. 下列化学用语表述不正确的是 A. 天然橡胶的结构简式： B. 基态的价层电子排布式为 C. 分子的VSEPR模型： D. 基态N原子2p能级电子轨道表示式： 3. 下列说法正确的是 A. 图①装置可用于制备氢氧化铁胶体 B. 图②装置可用于收集 C. 图③装置可用于常温下分离苯酚和水的混合物 D. 图④可用于铜丝与稀硝酸反应并吸收尾气 4. 二氧化氯是一种安全、高效的消毒剂。工业制备的一种方法为（未配平），下列说法正确的是 A. 消毒原理与明矾相同 B. 的中心原子是杂化 C. 氧化剂与还原剂物质的量之比为1：15 D. 氧化性： 5. 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 标准状况下，22.4 L HCl气体中，的数目为 B. 电解精炼铜时，当电路中通过个电子时，阳极溶解铜 C. 4.6 g Na与稀硫酸充分反应，转移的电子数为 D. 硫在足量的氧气中充分燃烧，转移电子数为 6. 下列化学反应表示不正确的是 A. Na2CO3溶液中通入过量SO2：+2SO2+H2O=2+CO2 B. 向H218O中投入Na2O2固体：2H218O+2Na2O2 =4Na++18O2↑+4OH- C. 绿矾处理含铬废水：6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O D. 用银作阳极电极电解稀盐酸，阳极电极反应式：Ag+Cl--e-=AgCl↓ 7. 铜的配合物非常丰富，下面为一种铜的配合物，结构如图所示： 下列说法正确的是 A. 该配合物中四种非金属元素中第一电离能最大的是O B. 配合物中sp2杂化的碳原子与sp3杂化的碳原子个数比为7：6 C. 基态Cu2+的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为9：8 D. 除铜外，四种元素形成的单质的晶体类型一定相同 8. Y4X9EZ2M4是一种常见的营养强化剂。其中，元素周期表中与Y、M相邻，基态原子的价电子排布式nsnnpn，Z的第一电离能大于的，基态原子与基态原子的未成对电子数相同；为原子半径最小的元素；的合金是目前用量最大的金属材料。下列说法正确的是 A. 电负性： B. 非金属性： C. 简单氢化物的沸点： D. 高温下，的单质与反应得到 9. 根据下列有关实验方案设计和现象，所得结论不正确的是 实验方案 现象 结论 A 将打磨过的铁铜合金放在氨水中一段时间 溶液变为深蓝色 可能是铜在氨水中发生吸氧腐蚀 B 向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，再加入少量Cu粉 溶液先变成血红色，加入Cu粉后，血红色变浅 与SCN-的配位能力：Cu2+＞Fe3+ C 将和NH4NO3固体混合并用玻璃棒快速搅拌 有刺激性气味的气体产生，并伴随降温 该反应能发生的主要原因是熵增 D 用精密pH试纸测定溶液的pH值 测得pH为7.8 A. A B. B C. C D. D 10. 药物异搏定合成路线中的某一步反应如图所示(部分产物未给出)，下列说法正确的是 A. X分子中共面的碳原子最多有8个 B. 有机物X不能与酸性高锰酸钾溶液反应 C. 与溶液反应，最多消耗 D. 有机物Z与足量的氢气加成所得分子中含有2个手性碳原子 11. 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，电极b为阳极 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 12. 乙烷催化氧化为乙醛在合成化学和碳资源利用等方面均有重大意义。在Fe+催化下乙烷氧化成乙醛的机理如图所示。下列说法不正确的是 A. X的化学式为H2O B. 乙醛分子中既含有极性键又含有非极性键 C. 反应Ⅰ和反应Ⅱ都是氧化还原反应 D. 每生成1molCH3CHO，消耗N2O的物质的量大于2mol 13. 某小组回收锌锰电池废料(主要含、等)制备高锰酸钾，简易流程如图所示。 下列说法错误的是 A. “浸出”过程使用过滤操作，用到的玻璃仪器有：玻璃棒、烧杯、漏斗 B. “系列操作”中，进行高温干燥 C. “氧化”操作利用氧化制备，可推知在碱性条件下氧化性大于 D. “碱熔”的产物是氧化产物 14. 常温下，现有含的废液，可加入溶液或FeS固体生成沉淀除去，加入溶液或FeS固体引起溶液的pH变化，进而引起溶液中含S微粒的物质的量分数变化及浊液中浓度变化如图所示。下列说法正确的是 已知： A. 溶液中： B. 加适量固体可使废液中浓度由b点变到a点 C. 由图1和图2得知，当溶液的，发生的反应为 D. 向废液中加入FeS固体，可使 第Ⅱ卷 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 铬酰氯是一种无机化合物，化学式为，熔点-96.5℃，沸点117℃，常温下为深红棕色液体，放置在空气中会迅速挥发并水解，主要在有机合成中作氧化剂、氯化剂和溶剂。在实验室中可由重铬酸钾、浓硫酸与氯化钠反应得到铬酰氯，反应机理为：浓硫酸先分别与重铬酸钾和氯化钠反应生成和氯化氢气体两种中间产物，然后迅速与氯化氢气体反应生成铬酰氯。实验装置如下(夹持装置略)： 回答下列问题： （1）A的名称是___________。B的进水口为___________(填“a”或“b”)。 （2）浓硫酸在反应前应装入冰箱中冷却至0℃左右，其目的是___________。 （3）写出与氯化氢气体反应生成铬酰氯的化学反应方程式___________。 （4）投料时，加入过量氯化钠粉末可以显著增大铬酰氯的产率，原因是___________。 （5）反应结束后，用电热套加热装置A，收集117℃左右的馏分，收集装置选用冰水浴的目的是___________。 （6）图中C装置未画出，应为下列装置中的哪一种___________(填标号)，该装置的作用是___________。 16. F电池级碳酸锂是制造等锂离子电池必不可少的原材料。享誉“亚洲锂都”的宜春拥有亚洲储量最大的锂云母矿，以锂云母浸出液(含、、、等)为原料制取电池级的工艺流程如图： 已知：①HR为有机萃取剂，难溶于水，可萃取，萃取时发生的反应可表示为：； ②常温时，溶液的。 回答下列问题： （1）“有机层”的主要成分为______(填化学式，下同)；“滤渣1”中含有的物质为______；使用HR萃取剂时，需加入一定量的NaOH进行处理，其目的是______。 （2）某种HR的结构简式为，该分子中可能与形成配位键的原子有______。 （3）加适量草酸的目的______。 （4）“混合沉锂”的离子方程式为______。 （5）与在空气中加热可以制备重要的电极材料钴酸锂()。写出对应的化学方程式______。 （6）钴酸锂是常见的锂离子电池正极材料，其晶胞结构示意图如下图所示，各离子位于晶胞的顶点、棱和体内。 ①基态Co原子核外电子排布式为______。 ②该晶胞密度为______。(阿伏加德罗常数为) 17. 绿色能源是未来能源发展的方向，积极发展氢能，是实现“碳达峰、碳中和”的重要举措，可以用以下方法制备氢气。 I．甲烷和水蒸气催化制氢气。主要反应如下： i．CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) △H=+206.2kJ•mol-1 ii．CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H=-41.2kJ•mol-1 （1）反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)的△H=______kJ•mol-1。 （2）在容积不变的绝热密闭容器中发生反应i，下列能说明反应达到平衡状态的是______(填标号)。 A．气体混合物的密度不再变化 B．CH4消耗速率和H2的生成速率相等 C．CO的浓度保持不变 D．气体平均相对分子质量不再变化 E．体系的温度不再发生变化 （3）恒定压强为P0MPa时，将n(CH4)：n(H2O)=1：3的混合气体投入反应器中发生反应i和ii，平衡时，各组分的物质的量分数与温度的关系如图所示。 ①图中表示CO2的物质的量分数与温度的变化曲线是______(填字母)。 ②结合图中数据，其他条件不变，若要H2的产量最大，最适宜的反应温度是______(填标号)。 A．550~600℃ B．650~700℃ C．750~800℃ 在其他条件不变的情况下，向体系中加入CaO可明显提高平衡体系中H2的含量，原因是______。 ③600℃时，反应ii的平衡常数的计算式为Kp=______(Kp是以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。 Ⅱ．电解法制氢气。某科研小组设计如图所示电解池，利用CO2和H2O在碱性电解液中制备水煤气(H2、CO)，产物中H2和CO的物质的量之比为1∶1。 （4）电极B是______极，生成水煤气的电极反应式为______。 18. 卡龙酸是一种医药中间体，主要用于蛋白酶抑制剂的合成。以下是卡龙酸的一种合成路线(部分试剂和条件省略，不考虑立体异构) （1）A中碳原子杂化方式为_______。 （2）反应②所需的试剂和条件为_______。 （3）D的化学名称为_______。 （4）反应③的化学方程式为_______，反应类型为_______。 （5）G中含有的官能团名称为_______。 （6）写出满足下列条件的B的同分异构体的结构简式_______。 ①能发生银镜反应；②核磁共振氢谱显示有3组峰，峰面积之比为 （7）以乙炔和乙醇为有机原料，合成的路线如下(反应条件已略去，无机试剂任选)，其中Y的结构简式为_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 化学 (考试时间：75分钟 试卷满分：100分) 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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，将答题卡交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 O 16 Na 23 Cl 35.5 Mn 55 Co 59 Zn 65 第Ⅰ卷 一、选择题：(共14小题，每小题3分，共42分。) 1. 2024年11月12日上午10时，万众瞩目的2024年中国航空航天博览会在珠海金湾机场盛大开幕，我国歼-35A战斗机成明星装备。下列说法正确的是 A. 航展首日中国空军军机在空中拉出的彩色烟带属于丁达尔效应 B. 战斗机的隐形涂层含石墨烯(石墨的单层结构)，12 g石墨烯中含有键 C. 战斗机的玻璃纤维雷达罩、聚碳酸酯舱盖、芳纶蜂窝材料都属于有机高分子材料 D. 由于硬铝材料密度小、强度低，具有较好的抗腐蚀能力，可用作飞机外壳材料 【答案】B 【解析】 【详解】A．飞机表演时在空中拉出的彩色烟带是汽化的彩色发烟剂在空气中遇冷后凝结形成的烟，不属于丁达尔效应，A错误； B．单键均为σ键，石墨烯中平均1个碳原子形成1.5个σ键，12 g石墨烯中含有1mol碳原子，则含有1.5molσ键，B正确； C．玻璃纤维属于新型无机非金属材料，聚碳酸酯、芳纶蜂窝材料属于有机高分子材料，C错误； D．硬铝是一种铝合金，密度小、强度高，用作飞机外壳，D错误； 故选B。 2. 下列化学用语表述不正确的是 A. 天然橡胶的结构简式： B. 基态的价层电子排布式为 C. 分子的VSEPR模型： D. 基态N原子2p能级电子轨道表示式： 【答案】B 【解析】 【详解】A．天然橡胶是一种以顺1，4-聚异戊二烯为主要成分的天然高分子化合物‌，其结构简式为，故A正确； B．基态的价层电子排布式为，故B错误； C．分子中心原子O的价层电子对数为，含有2对孤对电子，其VSEPR模型为四面体形，故C正确； D．基态N原子2p能级上有3个电子，电子优先占据空轨道，且自旋平行，则2p轨道表示式为，故D正确； 故选B。 3. 下列说法正确的是 A. 图①装置可用于制备氢氧化铁胶体 B. 图②装置可用于收集 C. 图③装置可用于常温下分离苯酚和水的混合物 D. 图④可用于铜丝与稀硝酸反应并吸收尾气 【答案】B 【解析】 【详解】A．将氯化铁溶液滴入氢氧化钠溶液中，发生的反应为氯化铁溶液与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铁沉淀和氯化钠，无法制得氢氧化铁胶体，故A错误； B．一氧化氮难溶于水，能用题给排水集气法收集一氧化氮气体，故B正确； C．常温下，苯酚在水中溶解度较小，溶于水得到乳浊液，不能用过滤方法分离，应用分液的方法分离，故C错误； D．铜丝与稀硝酸反应生成NO，NO不是酸性氧化物，不能与氢氧化钠直接反应，所以不能被氢氧化钠吸收，D错误； 故选B。 4. 二氧化氯是一种安全、高效的消毒剂。工业制备的一种方法为（未配平），下列说法正确的是 A. 消毒原理与明矾相同 B. 的中心原子是杂化 C. 氧化剂与还原剂物质的量之比为1：15 D. 氧化性： 【答案】D 【解析】 【分析】由方程式可知，反应中，氯元素的化合价降低被还原，氯酸根离子是反应的氧化剂、氯离子是还原产物，铁元素、硫元素的化合价升高被氧化，二硫化铁是还原剂、铁离子和硫酸根离子是氧化产物，由得失电子数目守恒可知，反应的离子方程式为。 【详解】A．二氧化氯具有强氧化性能起到杀菌消毒的作用，明矾没有氧化性，不能起到杀菌消毒的作用，故A错误； B．氯酸根离子中氯原子的价层电子对数为4，原子的杂化类型为杂化，故B错误； C．由分析可知，氯酸根离子是反应的氧化剂，二硫化铁是还原剂，反应的离子方程式为，则由方程式可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为15：1，故C错误； D．由分析可知，氯酸根离子是反应的氧化剂，铁离子和硫酸根离子是氧化产物，由氧化剂的氧化性强于氧化产物可知氯酸根离子的氧化性强于铁离子，故D正确； 具有氧化性，可用于自来水的明矾是铝离子水解产生氢氧化铝胶体，胶体吸附水中的故选D。 5. 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 标准状况下，22.4 L HCl气体中，的数目为 B. 电解精炼铜时，当电路中通过个电子时，阳极溶解铜 C. 4.6 g Na与稀硫酸充分反应，转移的电子数为 D. 硫在足量的氧气中充分燃烧，转移电子数为 【答案】C 【解析】 【详解】A．HCl气体由分子构成，气态时未发生电离，不存在，因此数目不为，A错误； B．电解精炼铜时，粗铜作阳极，比铜活泼的金属杂质（如Zn、Fe等）会优先于铜放电，因此电路中通过个电子时，阳极溶解铜的质量可能小于32 g，B错误； C．4.6 g Na的物质的量为0.2 mol，Na可与稀硫酸、水反应，最终完全转化为+1价钠的化合物，因此转移电子数为，C正确； D．32 g硫的物质的量为1 mol，硫在足量氧气中燃烧生成，S元素化合价从0升高到+4，因此转移电子数为，D错误； 故选C。 6. 下列化学反应表示不正确的是 A. Na2CO3溶液中通入过量SO2：+2SO2+H2O=2+CO2 B. 向H218O中投入Na2O2固体：2H218O+2Na2O2 =4Na++18O2↑+4OH- C. 绿矾处理含铬废水：6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O D. 用银作阳极电极电解稀盐酸，阳极电极反应式：Ag+Cl--e-=AgCl↓ 【答案】B 【解析】 【详解】A．Na2CO3溶液中通入过量SO2生成NaHSO3和CO2，反应的离子方程式为：，A正确； B．向H218O中投入Na2O2固体，反应中Na2O2既是氧化剂又是还原剂，生成O2的氧原子均来源于Na2O2，故该反应离子方程式为：，B错误； C．绿矾处理含铬废水时，作氧化剂，被还原为，作还原剂，被氧化为，反应的离子方程式为，C正确； D．用银作阳极电极电解稀盐酸，阳极是活性电极，Ag失去电子生成，与反应生成沉淀，阳极的电极反应式为：，D正确； 故选B。 7. 铜的配合物非常丰富，下面为一种铜的配合物，结构如图所示： 下列说法正确的是 A. 该配合物中四种非金属元素中第一电离能最大的是O B. 配合物中sp2杂化的碳原子与sp3杂化的碳原子个数比为7：6 C. 基态Cu2+的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为9：8 D. 除铜外，四种元素形成的单质的晶体类型一定相同 【答案】B 【解析】 【详解】A．该配合物中四种非金属元素分别是：H、C、N、O。元素周期表中第一电离能的变化规律为：每个周期的第一种元素（氢和碱金属）的第一电离能最小，最后一种元素（稀有气体）的第一电离能最大；同族元素从上到下第一电离能变小。C、N、O位于第二周期，由于N的2p轨道为半充满的稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能大小关系为：N>O>C。根据教材，H、N的第一电离能大小关系为：N>H，故该配合物中四种非金属元素中第一电离能最大的是N。A错误； B．配合物中苯环碳、双键碳为sp2杂化，饱和碳为sp3杂化，故sp2杂化的碳原子与sp3杂化的碳原子个数比为14：12=7：6，B正确； C．Cu是29号元素，基态Cu2+的价电子排布式为：3d9，轨道表示式为：，两种自旋状态的电子数之比为5：4（或4：5），C错误； D．除铜外，四种元素形成的单质中，氧气、氮气、氢气均为分子晶体，碳的单质中，金刚石属于共价晶体，石墨属于混合型晶体，D错误。 故选B。 8. Y4X9EZ2M4是一种常见的营养强化剂。其中，元素周期表中与Y、M相邻，基态原子的价电子排布式nsnnpn，Z的第一电离能大于的，基态原子与基态原子的未成对电子数相同；为原子半径最小的元素；的合金是目前用量最大的金属材料。下列说法正确的是 A. 电负性： B. 非金属性： C. 简单氢化物的沸点： D. 高温下，的单质与反应得到 【答案】C 【解析】 【分析】基态原子的价电子排布式为nsnnpn，即2s22p2，所以Y是C元素，元素周期表中与Y、M相邻，Z的第一电离能大于的，则Z是N元素，基态原子与基态原子的未成对电子数相同，则M为O元素，为原子半径最小的元素，则X是H元素；的合金是目前用量最大的金属材料，则E是Fe元素。 【详解】A．同周期从左到右，元素的电负性逐渐增强，同主族从上到下，元素的电负性逐渐减小，通常非金属的电负性大于金属，所以电负性：N>H>Fe，A错误； B．同周期从左到右，元素的非金属性逐渐增强，非金属性：C<N<O，B错误； C．氨气形成分子间氢键的数目比H2O形成分子间氢键的数目少，甲烷不形成氢键，沸点：H2O>NH3>CH4，C正确； D．高温下铁与水蒸气反应得到四氧化三铁，D错误； 故选C。 9. 根据下列有关实验方案设计和现象，所得结论不正确的是 实验方案 现象 结论 A 将打磨过的铁铜合金放在氨水中一段时间 溶液变为深蓝色 可能是铜在氨水中发生吸氧腐蚀 B 向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，再加入少量Cu粉 溶液先变成血红色，加入Cu粉后，血红色变浅 与SCN-的配位能力：Cu2+＞Fe3+ C 将和NH4NO3固体混合并用玻璃棒快速搅拌 有刺激性气味的气体产生，并伴随降温 该反应能发生的主要原因是熵增 D 用精密pH试纸测定溶液的pH值 测得pH为7.8 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．铁铜合金中铜在氨水中失去电子发生吸氧腐蚀，形成Cu2+，Cu2+结合溶液中的NH3，形成四氨合铜离子[Cu(NH3)4]2+使得溶液显蓝色，A正确； B．加入Cu粉后，铜和铁离子发生氧化还原反应生成亚铁离子和铜离子，降低Fe3+的浓度，使得平衡逆向移动， 导致溶液中Fe(SCN)3浓度降低，因而溶液的血红色变浅，不能说结合SCN-的能力：Cu2+＞Fe3+，B错误； C．根据反应能自发进行，反应中温度降低、生成气体为熵增的吸热反应，则该反应能发生的主要原因是熵增，C正确； D．溶液pH为7.8，溶液显碱性，说明碳酸氢根离子水解程度大于铵根离子水解程度，故电离平衡常数：，D正确； 故合理选项是B。 10. 药物异搏定合成路线中的某一步反应如图所示(部分产物未给出)，下列说法正确的是 A. X分子中共面的碳原子最多有8个 B. 有机物X不能与酸性高锰酸钾溶液反应 C. 与溶液反应，最多消耗 D. 有机物Z与足量的氢气加成所得分子中含有2个手性碳原子 【答案】A 【解析】 【详解】A．苯环、羰基中7个碳原子共平面，甲基中的1个碳原子有可能与苯环共平面，则该分子中最多有8个碳原子共平面，A项正确； B．X含酚羟基，易被氧化，能与酸性高锰酸钾溶液反应，B项错误； C．Y中酯基、溴原子水解都能和NaOH以1：1反应，1个Y分子中有1个酯基和1个溴原子，1molY最多消耗2molNaOH，C项错误； D．Z与足量氢气发生加成反应，产物如图所示，共含有4个手性碳原子，D项错误； 故选A。 11. 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，电极b为阳极 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。 【详解】A．充电时，S转化为Cu2S，发生还原反应，则电极b为阴极，A错误； B．根据分析，充电时，电极b为阴极，则电极a为阳极，电极a的电极反应为Mn2++2H2O－2e-=MnO2+4H+，阳极附近溶液的pH减小，B错误； C．放电时，电极b为负极，负极的电极反应为Cu2S−4e−=S+2Cu2+，C正确； D．放电时，溶液中向正极移动，即向电极a方向迁移，D错误； 故选C。 12. 乙烷催化氧化为乙醛在合成化学和碳资源利用等方面均有重大意义。在Fe+催化下乙烷氧化成乙醛的机理如图所示。下列说法不正确的是 A. X的化学式为H2O B. 乙醛分子中既含有极性键又含有非极性键 C. 反应Ⅰ和反应Ⅱ都是氧化还原反应 D. 每生成1molCH3CHO，消耗N2O的物质的量大于2mol 【答案】C 【解析】 【详解】A．由题干反应历程图可知，反应I为[(C2H5)Fe(OH)]+ [(C2H4)Fe]++X，根据质量守恒可知，X的化学式为H2O，A正确； B．乙醛分子中既含有C-H、C=O极性键又含有C-C非极性键，B正确； C．由题干反应历程图可知，反应I为C2H6+FeO+ [(C2H5)Fe(OH)]+，该反应中没有元素化合价发生改变，不是氧化还原反应，反应Ⅱ中有元素化合价发生改变，是氧化还原反应，C错误； D．由题干反应历程图可知，若无副反应，则每生成1molCH3CHO，消耗N2O的物质的量等于2mol，但过程中存在副反应发生，且生成的Fe+能还原N2O，故消耗N2O的物质的量大于2mol，D正确； 故答案为：C。 13. 某小组回收锌锰电池废料(主要含、等)制备高锰酸钾，简易流程如图所示。 下列说法错误的是 A. “浸出”过程使用过滤操作，用到的玻璃仪器有：玻璃棒、烧杯、漏斗 B. “系列操作”中，进行高温干燥 C. “氧化”操作利用氧化制备，可推知在碱性条件下氧化性大于 D. “碱熔”的产物是氧化产物 【答案】B 【解析】 【分析】锌锰电池废料主要含MnO2、MnOOH等，因二氧化硅与碱高温下反应，可选铁坩埚碱熔，Mn元素的化合价升高，氯酸钾中Cl元素的化合价降低，生成K2MnO4溶液，碱熔时氯酸钾可能分解生成氧气，氧化时氯气可氧化生成KMnO4，加热结晶分离出固体KMnO4。 【详解】A．“浸出”过程使用过滤操作，用到的玻璃仪器有：玻璃棒、烧杯、漏斗，A正确； B．高温干燥会受热分解，B错误； C．“氧化”中氯气是氧化剂，高锰酸钾是氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，C正确； D．“碱熔”的产物是氧化产物，D正确； 故选B。 14. 常温下，现有含的废液，可加入溶液或FeS固体生成沉淀除去，加入溶液或FeS固体引起溶液的pH变化，进而引起溶液中含S微粒的物质的量分数变化及浊液中浓度变化如图所示。下列说法正确的是 已知： A. 溶液中： B. 加适量固体可使废液中浓度由b点变到a点 C. 由图1和图2得知，当溶液的，发生的反应为 D. 向废液中加入FeS固体，可使 【答案】D 【解析】 【详解】A．由Na2S体系中各含S粒子的物质的量分数与pH的关系可知，Ka1(H2S)=10-7、Ka2(H2S)=10-13，硫化钠溶液中S2-部分水解且分步水解：S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-，以第一步水解为主，第一步水解平衡常数Kh1====0.1，0.01mol/LNa2S溶液中=0.1，解得c(HS-)≈0.0092mol/L，c(S2-)≈0.0008mol/L，则溶液中离子浓度大小为：，故A错误； B．，加入适量Na2S固体，Cd2+与S2-形成CdS沉淀，可使废液中浓度降低，不可能由b点变到a点，故B错误； C．由图1知，随着pH的增大， H2S浓度减小，HS-浓度增大后减小，后面S2-增大，当溶液的，以HS-为主，由图2得知，含0.1mol/LCd2+的废液中，随pH增大浓度逐渐减小，故发生的反应为，故C错误； D．向含的废液中加入FeS固体，存在沉淀转化：，平衡常数K==108.9，，当时，可使，故D正确； 答案选D。 第Ⅱ卷 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 铬酰氯是一种无机化合物，化学式为，熔点-96.5℃，沸点117℃，常温下为深红棕色液体，放置在空气中会迅速挥发并水解，主要在有机合成中作氧化剂、氯化剂和溶剂。在实验室中可由重铬酸钾、浓硫酸与氯化钠反应得到铬酰氯，反应机理为：浓硫酸先分别与重铬酸钾和氯化钠反应生成和氯化氢气体两种中间产物，然后迅速与氯化氢气体反应生成铬酰氯。实验装置如下(夹持装置略)： 回答下列问题： （1）A的名称是___________。B的进水口为___________(填“a”或“b”)。 （2）浓硫酸在反应前应装入冰箱中冷却至0℃左右，其目的是___________。 （3）写出与氯化氢气体反应生成铬酰氯的化学反应方程式___________。 （4）投料时，加入过量氯化钠粉末可以显著增大铬酰氯的产率，原因是___________。 （5）反应结束后，用电热套加热装置A，收集117℃左右的馏分，收集装置选用冰水浴的目的是___________。 （6）图中C装置未画出，应为下列装置中的哪一种___________(填标号)，该装置的作用是___________。 【答案】（1） ①. 圆底烧瓶 ②. b （2）防止温度过高，反应速率过快 （3） （4）加入过量氯化钠可产生过量的氯化氢气体，使更多的参与反应 （5）将迅速冷凝便于收集，提高产率(或答减缓铬酰氯挥发) （6） ①. B ②. 吸收未参与反应的HCl气体和逸出的铬酰氯蒸气，防止空气中的水蒸气进入装置 【解析】 【分析】装置A中浓硫酸先分别与重铬酸钾和氯化钠反应生成和氯化氢气体两种中间产物，然后迅速与氯化氢气体反应生成铬酰氯，的熔点-96.5℃，沸点117℃，在冰水浴中收集，以此解答。 【小问1详解】 A的名称是圆底烧瓶，直形冷凝管中冷水遵循“下进上出”， B的进水口为b。 【小问2详解】 该反应过程中要冷凝生成的，反应速率不能过快，浓硫酸在反应前应装入冰箱中冷却至0℃左右，其目的是防止温度过高，反应速率过快。 【小问3详解】 与氯化氢气体反应生成铬酰氯，该反应的化学方程式为：。 【小问4详解】 与氯化氢气体反应的方程式为，加入过量氯化钠可产生过量的氯化氢气体，使更多的参与反应。 【小问5详解】 的沸点为117℃，反应结束后，用电热套加热装置A，收集117℃左右的馏分，收集装置选用冰水浴的目的是将迅速冷凝便于收集，提高产率(或答减缓铬酰氯挥发)。 【小问6详解】 装置C的作用是吸收未参与反应的HCl气体和逸出的铬酰氯蒸气，防止空气中的水蒸气进入装置，可以用碱性的碱石灰来吸收，A中无水氯化钙不能吸收酸性气体，D装置没有防倒吸设置，C中不能吸收空气中的水分，故选B。 16. F电池级碳酸锂是制造等锂离子电池必不可少的原材料。享誉“亚洲锂都”的宜春拥有亚洲储量最大的锂云母矿，以锂云母浸出液(含、、、等)为原料制取电池级的工艺流程如图： 已知：①HR为有机萃取剂，难溶于水，可萃取，萃取时发生的反应可表示为：； ②常温时，溶液的。 回答下列问题： （1）“有机层”的主要成分为______(填化学式，下同)；“滤渣1”中含有的物质为______；使用HR萃取剂时，需加入一定量的NaOH进行处理，其目的是______。 （2）某种HR的结构简式为，该分子中可能与形成配位键的原子有______。 （3）加适量草酸的目的______。 （4）“混合沉锂”的离子方程式为______。 （5）与在空气中加热可以制备重要的电极材料钴酸锂()。写出对应的化学方程式______。 （6）钴酸锂是常见的锂离子电池正极材料，其晶胞结构示意图如下图所示，各离子位于晶胞的顶点、棱和体内。 ①基态Co原子核外电子排布式为______。 ②该晶胞密度为______。(阿伏加德罗常数为) 【答案】（1） ①. 、； ②. 、； ③. 消耗萃取反应生成的，促进萃取平衡正向移动，提高萃取率 （2）、 （3）将转化为草酸钙沉淀除去 （4） （5） （6） ①. 或 ； ②. 【解析】 【分析】起始原料为含、、、的锂云母浸出液，核心目标产物为电池级。流程第一步加有机萃取剂HR萃取，分液后有机层含生成的与过量HR，水相加入，、转化为碳酸盐沉淀得到滤渣1，滤渣1通过苛化反应生成氢氧化锂、氢氧化镁、碳酸钙，过滤后的滤液中主要为氢氧化锂、氢氧化钙，加入适量草酸，生成草酸钙沉淀，过滤后滤液中主要为氢氧化锂，经过碳化反应生成LiHCO3，LiHCO3和LiOH反应生成Li2CO3，则可得到电池级碳酸锂。据此作答。 【小问1详解】 根据萃取反应，萃取后有机层含生成的与过量未反应的HR。向萃取后水相加入，、均与结合生成难溶碳酸盐，故滤渣1为、。加入NaOH可中和萃取反应生成的，使平衡正向移动，提高的萃取率。 【小问2详解】 该HR结构中O、N原子均含有孤电子对，可作为配位原子与形成配位键。 【小问3详解】 苛化反应加入生石灰后引入，加草酸可将转化为溶解度更小的草酸钙沉淀，除去杂质。 【小问4详解】 混合沉锂是碳酸氢锂和氢氧化锂反应生成了碳酸锂，离子方程式为 。 【小问5详解】 与在空气中加热生成，Co元素平均化合价从+升高到+3，被氧化，故空气中作为氧化剂参与反应，配平得到化学方程式为。 【小问6详解】 ①Co为27号元素，基态原子核外电子排布式为，也可表示为。 ②根据均摊法，晶胞中的数目为 ，的数目为 ，的数目为 ，晶胞质量为 ，晶胞体积为，则晶胞密度。 17. 绿色能源是未来能源发展的方向，积极发展氢能，是实现“碳达峰、碳中和”的重要举措，可以用以下方法制备氢气。 I．甲烷和水蒸气催化制氢气。主要反应如下： i．CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) △H=+206.2kJ•mol-1 ii．CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H=-41.2kJ•mol-1 （1）反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)的△H=______kJ•mol-1。 （2）在容积不变的绝热密闭容器中发生反应i，下列能说明反应达到平衡状态的是______(填标号)。 A．气体混合物的密度不再变化 B．CH4消耗速率和H2的生成速率相等 C．CO的浓度保持不变 D．气体平均相对分子质量不再变化 E．体系的温度不再发生变化 （3）恒定压强为P0MPa时，将n(CH4)：n(H2O)=1：3的混合气体投入反应器中发生反应i和ii，平衡时，各组分的物质的量分数与温度的关系如图所示。 ①图中表示CO2的物质的量分数与温度的变化曲线是______(填字母)。 ②结合图中数据，其他条件不变，若要H2的产量最大，最适宜的反应温度是______(填标号)。 A．550~600℃ B．650~700℃ C．750~800℃ 在其他条件不变的情况下，向体系中加入CaO可明显提高平衡体系中H2的含量，原因是______。 ③600℃时，反应ii的平衡常数的计算式为Kp=______(Kp是以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。 Ⅱ．电解法制氢气。某科研小组设计如图所示电解池，利用CO2和H2O在碱性电解液中制备水煤气(H2、CO)，产物中H2和CO的物质的量之比为1∶1。 （4）电极B是______极，生成水煤气的电极反应式为______。 【答案】（1）+247.4 （2）CDE （3） ①. n ②. B ③. CaO为碱性氧化物，能吸收酸性氧化物CO2，导致CO2浓度减小，促使反应ii平衡正向移动，导致CO浓度减小，引起反应i平衡也正向移动 ④. （4） ①. 阳 ②. CO2+3H2O+4e-=H2+CO+4OH- 【解析】 【小问1详解】 由题干信息已知，反应i．CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) H=+206.2kJ•mol-1，反应ii．CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) H=-41.2kJ•mol-1，反应i-反应ii可得反应CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g)，根据盖斯定律可知，H=(+206.2kJ/mol)-(-41.2kJ/mol)=+247.4kJ•mol-1，故答案为：+247.4； 【小问2详解】 A．由题干信息可知，反应i反应体系均为气体，则反应过程中气体质量不变，容器体积不变，则气体混合物的密度始终不变，则气体混合物的密度不再变化，不能说明反应达到化学平衡，A不合题意； B．CH4消耗速率和H2的生成速率均表示正反应速率，且二者系数不相等，故CH4消耗速率和H2的生成速率相等，不能说明反应达到化学平衡，B不合题意； C．化学平衡的特征之一为各组分的浓度保持不变，故CO的浓度保持不变，说明反应达到化学平衡，C符合题意； D．由题干信息可知，反应i前后气体的物质的量发生改变，气体质量不变，则气体平均相对分子质量一直在改变，故气体平均相对分子质量不再变化，说明反应达到化学平衡，D符合题意； E．由于反应容器是一个绝热密闭容器，故体系的温度不再发生变化，说明反应达到化学平衡，E符合题意； 故答案为：CDE； 【小问3详解】 ①随反应进行，二氧化碳和氢气的量增加，故甲烷和水蒸气的量减小，将n(CH4)：n(H2O)=1：3的混合气体投入反应器中，故p为表示平衡时水蒸气的物质的量分数随温度的变化，随着温度升高反应i正向移动，反应ii逆向移动，故CO随温度升高而增大，即m表示平衡时CO的物质的量分数随温度的变化，则n表示CO2的物质的量分数随温度的变化，故答案为：n； ②结合图中数据，其他条件不变，当温度达到650℃时，CH4的转化率几乎为100%，H2的物质的量分数达到最大，再升高温度，H2的物质的量分数不再增大，CH4的转化率也增大不大，且增大能源投入，故若要H2的产量最大，最适宜的反应温度是650~700℃，CaO为碱性氧化物，能吸收酸性氧化物CO2，导致CO2浓度减小，促使反应ii平衡正向移动，导致CO浓度减小，引起反应i平衡也正向移动，故在其他条件不变的情况下，向体系中加入CaO可明显提高平衡体系中H2的含量，原因是故答案为：B；CaO为碱性氧化物，能吸收酸性氧化物CO2，导致CO2浓度减小，促使反应ii平衡正向移动，导致CO浓度减小，引起反应i平衡也正向移动； ③由题干图像信息可知，600℃平衡时，H2的物质的量分数为：50%，H2O(g)的物质的量分数为32%，CH4的物质的量分数为4%，设投入CH4为1mol、H2O为3mol，根据三段式分析：，，则有，解得x=0.78mol，，解得y=0.45mol，CO物质的量分数为：×100%=6%，CO2的物质的量分数为×100%=8%，600℃时，反应ii的平衡常数的计算式为Kp===，故答案为：； 【小问4详解】 由题干电解池装置图可知，电解B产生氧气，电解反应为：4OH- -4e-=O2↑+2H2O，发生氧化反应，故电极B是阳极，则A电极为阴极，发生还原反应，生成水煤气即CO和H2，该电极的电极反应式为CO2+3H2O+4e-=H2+CO+4OH-，故答案为：阳；CO2+3H2O+4e-=H2+CO+4OH-。 18. 卡龙酸是一种医药中间体，主要用于蛋白酶抑制剂的合成。以下是卡龙酸的一种合成路线(部分试剂和条件省略，不考虑立体异构) （1）A中碳原子杂化方式为_______。 （2）反应②所需的试剂和条件为_______。 （3）D的化学名称为_______。 （4）反应③的化学方程式为_______，反应类型为_______。 （5）G中含有的官能团名称为_______。 （6）写出满足下列条件的B的同分异构体的结构简式_______。 ①能发生银镜反应；②核磁共振氢谱显示有3组峰，峰面积之比为 （7）以乙炔和乙醇为有机原料，合成的路线如下(反应条件已略去，无机试剂任选)，其中Y的结构简式为_______。 【答案】（1）， （2）浓硫酸，加热 （3）甲基，丁二烯(异戊二烯) （4） ①. ②. 加成反应 （5）羧基、酯基 （6） （7） 【解析】 【分析】丙酮和乙炔发生加成反应生成(CH3)2C(OH)C≡CH，根据C的分子式知，(CH3)2C(OH)C≡CH和氢气发生加成反应生成C为(CH3)2C(OH)CH=CH2，根据D的分子式知，C发生消去反应生成D为CH2=C(CH3)CH=CH2，D和HCl发生加成反应生成(CH3)2C=CHCH2Cl，根据G的分子式知，发生氧化反应生成G为，G发生水解反应然后酸化生成卡龙酸。 【小问1详解】 根据A的结构简式，A中饱和C原子的杂化方式为，碳氧双键中C的杂化方式为； 【小问2详解】 反应②为醇的消去反应，所需的试剂和条件浓硫酸、加热； 【小问3详解】 D为CH2=C(CH3)CH=CH2，名称为甲基，丁二烯(异戊二烯)； 【小问4详解】 反应③为烯烃的加成反应，该反应的化学方程式为 ； 【小问5详解】 G为，含有的官能团为羧基、酯基； 【小问6详解】 B为(CH3)2C(OH)C≡CH，同分异构体满足下列条件： ①能发生银镜反应，说明含有醛基； ②核磁共振氢谱显示有3组峰，峰面积之比为，说明结构为高度对称的结构，只有环状结构符合要求，结构简式为； 【小问7详解】 以乙炔和乙醇为原料合成，根据乙炔和丙酮的反应知，乙醇发生氧化反应生成CH3CHO，乙醛和乙炔发生氧化反应生成 ，和氢气发生加成反应生成CH3CH(OH)CH2CH2CH(OH)CH3；即Y的结构简式为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $