精品解析：河南漯河实验高级中学2026届高三下学期质量检测（三）化学试题

漯河实验高级中学2023级高三年级质量检测(三) 化学试题 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在试卷、答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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，将本试卷和答题卡一并交回。 一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求) 1. 化学与生活、科学、社会联系相当紧密。下列叙述错误的是 A. 河南舞阳出土的贾湖骨笛由丹顶鹤的尺骨制成，其主要成分是硅酸盐 B. 用化学方法在钢铁部件表面进行发蓝处理，钢铁表面生成一层致密的四氧化三铁薄膜，可以起到保护钢铁的作用 C. 以硅树脂为基体的自供电软机器人成功挑战马里亚纳海沟，硅树脂是一种高分子材料 D. 酚醛树脂是热固性树脂，不可反复加热熔化加工成型，可用于制作绝缘材料 2. 下列化学用语或图示正确的是 A. Cl2中共价键的电子云： B. CO2的电子式： C. 的系统命名为：2-乙基丁烷 D. NH3的VSEPR模型： 3. 化学实验操作是进行科学实验的基础。下列操作符合规范的是 A．排出盛有KMnO4溶液滴定管尖嘴内的气泡 B．制取并收集氨气 C．配制一定物质的量浓度的KCl溶液 D．验证Cl2的氧化性 A. A B. B C. C D. D 4. 下列实验涉及的反应的离子方程式书写正确的是 A. 用NaOH溶液吸收少量SO2： B. 铅酸蓄电池充电时的阳极反应： C. 用氢氟酸雕刻玻璃： D. K3[Fe(CN)6]溶液滴入FeCl2溶液中： 5. 硫及其化合物部分转化关系如图。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 标准状况下，11.2L SO3中含有的键数目为 B. 100mL 0.1mol∙L-1Na2SO3溶液中，数目为 C. 反应②每生成1mol还原产物，转移电子数目为 D. 3.3g-SH(巯基)中含有电子数目为 6. 如图所示的物质转化关系中，固体A与固体B研细后混合，常温下搅拌产生气体C和固体D，温度迅速下降。气体C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。G是一种强酸。H是白色固体，常用作钡餐。下列叙述错误的是 A. 与NH3中键角相等 B. 化合物中离子键的百分数： C. E的大量排放会加速臭氧层的分解 D. 常温下可用铁制容器来盛装G的浓溶液 7. 某种聚甲基水杨酸衍生物G是药物递送的良好载体，其合成反应如下： 下列说法正确的是 A. 聚合物G中含有1个手性碳原子 B. 该反应类型为缩聚反应 C. 化合物F中碳原子的杂化方式有 D. 1mol化合物E最多消耗NaOH 8. 物质性质与组成元素的性质有关，下列对物质性质差异解释错误的是 选项 性质或应用 解释 A 石蜡油的流动性比水的差 石蜡油的分子间作用力比水的小 B 酸性： 电负性： C 可以氧化 中显正电性 D 硬度：金刚石>晶体硅 原子半径： A. A B. B C. C D. D 9. 浓溶液中含有的具有酸性，能溶解金属氧化物。元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，分别位于不同的前四周期。Y的最外层电子数是内层的3倍，X和Y的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数，M的价层电子排布是。下列说法正确的是 A. 第一电离能： B. Y的单质一定是非极性分子 C. 最简单氢化物沸点： D. 铁管上镶嵌，铁管不易被腐蚀 10. 下列实验操作及现象能得出相应结论的是 选项 实验操作及现象 结论 A 为基元反应，将盛有的密闭烧瓶浸入冷水，红棕色变浅 正反应活化能大于逆反应活化能 B 以为指示剂，用标准溶液滴定溶液中的，先出现白色沉淀，后出现砖红色沉淀 C 和中均分别加入溶液和盐酸，只溶于盐酸，都能溶 金属性： D 乙醇和浓硫酸加热，产生的气体使溴水褪色 该气体是乙烯 A. A B. B C. C D. D 11. 用热再生氨电池处理含电镀废液的装置如图所示。该装置由电池部分和热再生部分组成：电池部分中，a极室为混合液，b极室为溶液；热再生部分加热a极室流出液，使分解。下列说法错误的是 A. a极的电极反应为： B. 装置中的离子交换膜为阳离子交换膜 C. 电极电势： D. 该方法可以富集并产生电能，同时循环利用NH3 12. 是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用。我国科学家合成的某Ru(II)催化剂(用表示)能高效电催化氧化合成，其反应机理如图所示(罗马数字II代表Ru的化合价)，下列说法错误的是 A. 反应过程中存在非极性共价键的形成 B. 制得1molN2H4，至少需要投入2mol[L-Ru-NH3]+ C. M、N中Ru的化合价不相同 D. 该过程的总反应式： 13. 在恒容密闭容器中，热解反应的方程式为：平衡体系中各组分物质的量随温度的变化关系(实线部分)如图所示。已知：T2温度时完全分解；体系中气相产物在T1、T3温度时的分压分别为p1、p3。下列说法错误的是 A. b线所示物种为气相产物 B. T1温度时，向容器中通入N2，平衡时气相产物分压大于p1 C. 该反应正向为吸热反应 D. T1温度时，向容器中加入b线所示物种，重新达平衡时逆反应速率不变 14. 珊瑚礁的主要成分为，形成珊瑚礁的总反应可表示为。常温下，实验室模拟珊瑚礁附近水体环境探究(X为或)与的关系，实验结果如图所示。 下列叙述正确的是 A. 线段③表示与的关系 B. 若空气中浓度显著增大时，将有利于珊瑚礁形成 C. 常温下，在纯水中形成饱和溶液的物质的量浓度为 D. 形成珊瑚礁总反应的化学平衡常数 二、非选择题(本题包括4个小题，共58分。) 15. 镍钴合金是航空航天领域最重要的材料之一，一种利用含钴废料回收金属Co、Ni的工艺如下图所示。已知废料中含有较高的钴、镍、镁、铝以及一定量的铁和锰元素，它们以金属单质和氧化物的形式存在。已知：有机溶剂P2O4对Co2+和Ni2+具有高选择性，可萃取Fe3+而不萃取Fe2+。 请回答下面问题： （1）“常压浸出”前需要将废料粉碎，其目的是_______。 （2）“常压浸出”时需要加热至70℃左右，此步骤加入的酸宜采用_______(填“盐酸、硫酸或硝酸”)，浸出渣的主要成分为_______(填化学式)。 （3）萃取时的原理为，表示金属阳离子，HR表示有机溶剂P2O4。若萃取剂的量不足时，为提高萃取效率，可采用的方法是_______，反萃取时需要加入硫酸溶液，其作用是_______。 （4）已知常温下MnF2与MgF2的Ksp值分别为、。若向水相1中加入NaF溶液“沉镁”，“沉镁”后Mg2+浓度为，理论上此时溶液中Mn2+浓度不超过_______。 （5）“沉钴”时按物质的量之比为1:2加入NaClO和Na2CO3可得到Co(OH)3沉淀，请写出该步骤的离子方程式：_______。 （6）NiSO4在一定条件下可分解得到镍的某种氧化物，其立方晶胞如图所示。该氧化物的晶胞中与O2-距离相等且最近的Ni2+的个数为_______。已知晶胞内O2-与Ni2+最短距离为apm，设为阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的密度为_______。 16. 高氯酸铵(NH4ClO4)是一种重要的氧化剂，易溶于水，微溶于乙醇，某研究小组按如下步骤制备超细高氯酸铵： 步骤一：电解饱和的NaClO3溶液，得到NaClO4； 步骤二：向电解后的溶液中加入适量盐酸和H2O2溶液，除去剩余少量NaClO3； 步骤三：90℃下，将步骤二中得到的NaClO4溶液和NH4Cl浓溶液混合，趁热过滤，滤液经过一系列操作后获得NH4ClO4晶体； 步骤四：将步骤三中得到的NH4ClO4晶体纯化并干燥后溶解在乙醇中，再向其中加入异辛烷，过滤获得超细NH4ClO4。 已知：从溶液中析出高氯酸铵的颗粒大小与其溶液浓度有关，浓度越低，得到的颗粒越小。 （1）“步骤一”中电解时在_______极生成。 （2）“步骤二”除去剩余的另一种方案为：在电解后的溶液中加入氨水和，将转化为，该反应的离子方程式为_______，与原方案相比，该方案的缺点是_______(写一条即可)。 （3）“步骤三”中，已知相关物质溶解度随温度变化的曲线如图： ①“趁热过滤”得到的物质是_______(填化学符号)；“一系列操作”是_______(填标号)。 A.蒸发结晶 　　　B.冷却结晶、过滤 　　　C.蒸馏 ②如图中，进行该“一系列操作”需用到的仪器有_______(填名称)。(仪器图：烧杯、容量瓶、蒸发皿、普通漏斗、锥形瓶、温度计) （4）“步骤四”中，将NH4ClO4晶体溶解在乙醇中的目的是_______。由该步骤推知，NH4ClO4在异辛烷中溶解度_______乙醇(填“>”、“＜”或“=”)。 17. I．通过甲酸分解可获得超高纯度的。甲酸有两种可能的分解反应： ① ② （1）反应的_______。 （2）一定温度下，向恒容密闭容器中通入一定量的，发生上述两个分解反应下列说法中能表明反应达到平衡状态的是_______(填标号)。 a．气体密度不变 b．气体总压强不变 c．的浓度不变 d．和的物质的量相等 （3）一定温度下，使用某催化剂时反应历程如下图，反应①的选择性接近，原因是_______；升高温度，反应历程不变，反应①的选择性下降，可能的原因是_______。 Ⅱ．甲烷和二氧化碳重整是制取合成气(和)的重要方法，主要反应有： ③ ④ ⑤ （4）恒温恒容条件下，可提高转化率的措施有_______(填标号)。 a．增加原料中的量 b．增加原料中的量 c．通入气 （5）恒温恒压密闭容器中，投入不同物质的量之比的//混合气，投料组成与和的平衡转化率之间的关系如下图。 i．投料组成中含量下降，平衡体系中的值将_______(填“增大”“减小”或“不变”)。 ii．若平衡时的分压为，根据a、b两点计算反应⑤的平衡常数_______(用含p的代数式表示，是用分压代替浓度计算的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。 18. 化合物G是一种药物合成中间体，其合成路线如图所示： 回答下列问题： （1）A中官能团的名称为(酚)羟基、___________。 （2）中生成的另一有机产物为___________(填结构简式)。 （3）在Pd/C和条件下，下列最容易断裂的共价键是___________(填字母)。 a．苯环中的 b．碳碳双键中π键 c．羧基中π键 （4）有利于的转化，其原因是___________。 （5）D的结构简式为___________。 （6）E与F反应生成G分两步，第一步为加成反应，第二步的反应类型为___________。 （7）参照上述合成路线，设计以和乙炔为原料制备分四步完成。 第一步：形成新环状结构化合物X，其反应的化学方程式为___________。 第二步：乙炔加水生成。 第三步：X与在KOH催化下生成化合物Y，Y的结构简式为___________。 第四步：Y在Pd/C催化下，与反应生成目标产物。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 漯河实验高级中学2023级高三年级质量检测(三) 化学试题 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在试卷、答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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，将本试卷和答题卡一并交回。 一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求) 1. 化学与生活、科学、社会联系相当紧密。下列叙述错误的是 A. 河南舞阳出土的贾湖骨笛由丹顶鹤的尺骨制成，其主要成分是硅酸盐 B. 用化学方法在钢铁部件表面进行发蓝处理，钢铁表面生成一层致密的四氧化三铁薄膜，可以起到保护钢铁的作用 C. 以硅树脂为基体的自供电软机器人成功挑战马里亚纳海沟，硅树脂是一种高分子材料 D. 酚醛树脂是热固性树脂，不可反复加热熔化加工成型，可用于制作绝缘材料 【答案】A 【解析】 【详解】A．动物骨骼的主要成分为羟基磷酸钙等钙盐，不属于硅酸盐，A错误； B．钢铁发蓝处理后表面生成致密的四氧化三铁薄膜，可隔绝空气、水，避免钢铁被腐蚀，能起到保护作用，B正确； C．硅树脂是有机硅聚合物，属于人工合成的高分子材料，C正确； D．酚醛树脂为体型结构的热固性树脂，受热不会熔融，不可反复加热熔化加工，且绝缘性优良，可用于制作绝缘材料，D正确； 故选A。 2. 下列化学用语或图示正确的是 A. Cl2中共价键的电子云： B. CO2的电子式： C. 的系统命名为：2-乙基丁烷 D. NH3的VSEPR模型： 【答案】A 【解析】 【详解】A．的共价键为σ键，电子云呈轴对称纺锤形，图示正确，A正确； B．的正确电子式为，选项中电子式仅体现碳氧单键，原子最外层电子未达8电子稳定结构，B错误； C．该烷烃最长碳链含5个碳原子，3号位连有1个甲基，系统命名为3-甲基戊烷，2-乙基丁烷的主链选择错误，C错误； D．中的价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体形，图示为的空间构型，未包含孤电子对，D错误； 故选A。 3. 化学实验操作是进行科学实验的基础。下列操作符合规范的是 A．排出盛有KMnO4溶液滴定管尖嘴内的气泡 B．制取并收集氨气 C．配制一定物质的量浓度的KCl溶液 D．验证Cl2的氧化性 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．溶液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，应使用酸式滴定管盛装，图中为碱式滴定管，操作错误，A错误； B．加热时，分解生成的和会在试管口重新化合生成，无法制得氨气，且收集氨气的试管口未放置棉花，操作错误，B错误； C．配制一定物质的量浓度溶液定容时，液面距离刻度线约1cm时应改用胶头滴管滴加蒸馏水，不能直接用烧杯倾倒，操作错误，C错误； D．将通入盛有的集气瓶中，在中燃烧，反应中作为氧化剂，可验证的氧化性，操作符合规范，D正确； 故选 D。 4. 下列实验涉及的反应的离子方程式书写正确的是 A. 用NaOH溶液吸收少量SO2： B. 铅酸蓄电池充电时的阳极反应： C. 用氢氟酸雕刻玻璃： D. K3[Fe(CN)6]溶液滴入FeCl2溶液中： 【答案】D 【解析】 【详解】A．NaOH溶液吸收少量SO2时碱过量，应生成，正确离子方程式为，A错误； B．铅酸蓄电池中是难溶物不能拆，充电时阳极反应物为，正确阳极反应为， B错误； C．HF是弱酸，在离子方程式中不能拆分为和，正确离子方程式为，C错误； D．与反应生成特征蓝色沉淀 ，离子方程式书写正确，D正确； 因此答案选D。 5. 硫及其化合物部分转化关系如图。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 标准状况下，11.2L SO3中含有的键数目为 B. 100mL 0.1mol∙L-1Na2SO3溶液中，数目为 C. 反应②每生成1mol还原产物，转移电子数目为 D. 3.3g-SH(巯基)中含有电子数目为 【答案】C 【解析】 【详解】A．标准状况下，为固态，故不能用气体摩尔体积来计算物质的量，A错误； B．溶液中，会发生水解，导致实际数目小于理论值，即数目小于，B错误； C．反应②为，其中为还原产物，根据得失电子守恒，每生成1mol转移电子的物质的量为2mol，即2，C正确； D．的摩尔质量为33，3.3g的物质的量为，则含有的电子的物质的量为，即，D错误； 故选C。 6. 如图所示的物质转化关系中，固体A与固体B研细后混合，常温下搅拌产生气体C和固体D，温度迅速下降。气体C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。G是一种强酸。H是白色固体，常用作钡餐。下列叙述错误的是 A. 与NH3中键角相等 B. 化合物中离子键的百分数： C. E的大量排放会加速臭氧层的分解 D. 常温下可用铁制容器来盛装G的浓溶液 【答案】A 【解析】 【分析】气体C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故C为。H是常用作钡餐的白色固体，故H为，D与溶液反应生成H，说明D含。固体A与B常温混合搅拌温度迅速下降，为吸热反应，且生成C、和D，结合C与反应生成A，可知A为，B为，二者反应生成、和，故D为。C经催化氧化生成E为，与反应生成F为，与水反应生成强酸G为。 【详解】A．中的N原子孤电子对配位给，孤电子对转化为成键电子对，孤电子对的斥力大于成键电子对，故中键角小于中的键角，二者键角不相等，A错误； B．离子键百分数与成键元素电负性差值正相关，的电负性小于，与的电负性差值更大，故的离子键百分数大于，B正确； C．E为，可作为臭氧分解反应的催化剂，大量排放会加速臭氧层分解，C正确； D．G为，常温下浓硝酸可使铁发生钝化，故可用铁制容器盛装浓硝酸，D正确； 故选 A。 7. 某种聚甲基水杨酸衍生物G是药物递送的良好载体，其合成反应如下： 下列说法正确的是 A. 聚合物G中含有1个手性碳原子 B. 该反应类型为缩聚反应 C. 化合物F中碳原子的杂化方式有 D. 1mol化合物E最多消耗NaOH 【答案】C 【解析】 【详解】A．聚合物G有n个重复单元，每个重复单元含1个手性碳原子，故G中含n个手性碳原子，A错误； B．该反应为环状单体E的开环聚合，反应过程无小分子副产物生成，不属于缩聚反应，B错误； C．化合物F为苯甲醇，苯环上的碳原子均为杂化，羟甲基中的饱和碳原子为杂化，碳原子杂化方式有、，C正确； D．1mol化合物E含1mol酚酯基、1mol普通酯基，酚酯基水解消耗2mol ，普通酯基水解消耗1mol ，最多消耗3mol ，D错误； 故选C。 8. 物质性质与组成元素的性质有关，下列对物质性质差异解释错误的是 选项 性质或应用 解释 A 石蜡油的流动性比水的差 石蜡油的分子间作用力比水的小 B 酸性： 电负性： C 可以氧化 中显正电性 D 硬度：金刚石>晶体硅 原子半径： A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．石蜡油流动性更差说明其黏度更高，分子间作用力比水的大，故A错误； B．和的结构均为，电负性，对键电子对的吸引作用更强，键更易断裂电离出，故酸性，故B正确； C．电负性大于，故中显+2价正电性，具有强氧化性，可以氧化，故C正确； D．金刚石和晶体硅均为原子晶体，原子半径，故键键长更短、键能更大，金刚石硬度更高，故D正确； 选A。 9. 浓溶液中含有的具有酸性，能溶解金属氧化物。元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，分别位于不同的前四周期。Y的最外层电子数是内层的3倍，X和Y的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数，M的价层电子排布是。下列说法正确的是 A. 第一电离能： B. Y的单质一定是非极性分子 C. 最简单氢化物沸点： D. 铁管上镶嵌，铁管不易被腐蚀 【答案】D 【解析】 【分析】元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，且分别位于不同的前四周期，X的原子序数最小，可知X为H元素；而Y的最外层电子数是内层的3倍，由于最外层电子数不超过8，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故Y为O元素；M的价层电子排布是3d104s2，则M为Zn元素；X(氢)和Y(氧)的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数，则Z原子最外层电子数为1+6=7，再由四种元素分别位于不同周期，可知Z处于第三周期，故Z为Cl元素。 【详解】A．X为H、Y为O，H的第一电离能小于O，因此第一电离能，A错误； B．Y为O，其单质有和，是极性分子，因此Y的单质不一定是非极性分子，B错误； C．Y的最简单氢化物为，分子间存在氢键，沸点远高于Z的最简单氢化物，因此沸点，C错误； D．M为Zn，金属活动性强于Fe，铁管镶嵌Zn时构成原电池，Zn作负极被腐蚀，Fe作正极被保护(牺牲阳极的阴极保护法)，铁管不易被腐蚀，D正确； 10. 下列实验操作及现象能得出相应结论的是 选项 实验操作及现象 结论 A 为基元反应，将盛有的密闭烧瓶浸入冷水，红棕色变浅 正反应活化能大于逆反应活化能 B 以为指示剂，用标准溶液滴定溶液中的，先出现白色沉淀，后出现砖红色沉淀 C 和中均分别加入溶液和盐酸，只溶于盐酸，都能溶 金属性： D 乙醇和浓硫酸加热，产生的气体使溴水褪色 该气体是乙烯 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．将盛有的烧瓶浸入冷水红棕色变浅，说明降温平衡正向移动，正反应为放热反应，，故正反应活化能小于逆反应活化能，A错误； B．与的组成和溶度积表达式类型不同，不能仅根据沉淀先后直接判断大小，实际的更小，但沉淀需要的浓度更高，后沉淀，B错误； C．仅溶于盐酸显碱性，为两性氢氧化物，说明的最高价氧化物对应水化物碱性强于，故金属性，C正确； D．乙醇和浓硫酸共热时，浓硫酸具有强氧化性，会与乙醇碳化生成的碳反应产生，也能使溴水褪色，无法证明气体一定是乙烯，D错误； 故选C。 11. 用热再生氨电池处理含电镀废液的装置如图所示。该装置由电池部分和热再生部分组成：电池部分中，a极室为混合液，b极室为溶液；热再生部分加热a极室流出液，使分解。下列说法错误的是 A. a极的电极反应为： B. 装置中的离子交换膜为阳离子交换膜 C. 电极电势： D. 该方法可以富集并产生电能，同时循环利用NH3 【答案】B 【解析】 【分析】由图可知，a电极为原电池的负极，铜在负极失去电子发生氧化反应生成四氨合铜离子，电极反应为，b电极为正极，铜离子在正极得到电子发生还原反应生成铜，电极反应式为，溶液中硫酸根离子通过阴离子交换膜由正极迁移到负极，据此分析解答。 【详解】A．由分析可知，a极为原电池的负极，电极反应为，A正确； B．a极室溶液中生成的导致正电荷在增加，b极室消耗Cu2+，导致正电荷减少，需由 b极室迁移到a极室，才能维持两室溶液中的电荷呈电中性，使电池反应能不断进行下去，故装置中的离子交换膜为阴离子交换膜，B错误； C．由分析可知，a电极为原电池的负极，b电极为正极，故b电极电势更高，C正确； D．由分析可知，该装置为原电池装置，可以富集铜离子并产生电能，同时回收液受热分解释放出氨气，能循环利用氨气，D正确； 故选B。 12. 是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用。我国科学家合成的某Ru(II)催化剂(用表示)能高效电催化氧化合成，其反应机理如图所示(罗马数字II代表Ru的化合价)，下列说法错误的是 A. 反应过程中存在非极性共价键的形成 B. 制得1molN2H4，至少需要投入2mol[L-Ru-NH3]+ C. M、N中Ru的化合价不相同 D. 该过程的总反应式： 【答案】B 【解析】 【分析】结合反应机理图梳理循环转化路径，为反应催化剂，循环参与反应。2个失去2e⁻生成2个，后者与反应生成与，经分子内电子转化为异构体M，两个M偶联形成含N-N键的双核物种N，N分解释放，同时重新生成2个回到循环起点。消去中间产物得总反应为，M中Ru为+2价，N中Ru为+3价。 【详解】A．反应过程中生成时形成N-N非极性共价键，存在非极性键的形成，A正确； B．为反应催化剂，反应前后化学性质与质量不变，可循环使用，制得不需要投入催化剂，B错误； C．M中Ru为+2价，N中Ru为+3价，二者化合价不相同，C正确； D．将循环中各步反应加和消去中间产物，可得总反应式为，D正确； 故选 B。 13. 在恒容密闭容器中，热解反应的方程式为：平衡体系中各组分物质的量随温度的变化关系(实线部分)如图所示。已知：T2温度时完全分解；体系中气相产物在T1、T3温度时的分压分别为p1、p3。下列说法错误的是 A. b线所示物种为气相产物 B. T1温度时，向容器中通入N2，平衡时气相产物分压大于p1 C. 该反应正向为吸热反应 D. T1温度时，向容器中加入b线所示物种，重新达平衡时逆反应速率不变 【答案】B 【解析】 【详解】A．反应方程式为，初始时（低温），体系中只有，所以曲线c是，物质的量随温度升高而减少，在T2时完全分解；反应生成的和的物质的量之比为2:1，T2时，完全分解，生成的物质的量为2.0 mol，为1.0 mol，因此，a线是，b线是气相产物，A正确； B．T1温度时，向恒容容器中通入N2，总压增大，但各物质的浓度（分压）不变，平衡不移动，因此气相产物分压仍为p1，不会大于p1，B错误； C．温度升高，的物质的量增大，说明平衡正向移动，正反应为吸热反应，C正确； D．T1温度时，平衡常数，温度不变，K不变。加入b线（）后，平衡逆向移动，重新平衡时仍等于p1，逆反应速率与气体分压成正比，因此重新平衡时逆反应速率不变，D正确； 故答案选B。 14. 珊瑚礁的主要成分为，形成珊瑚礁的总反应可表示为。常温下，实验室模拟珊瑚礁附近水体环境探究(X为或)与的关系，实验结果如图所示。 下列叙述正确的是 A. 线段③表示与的关系 B. 若空气中浓度显著增大时，将有利于珊瑚礁形成 C. 常温下，在纯水中形成饱和溶液的物质的量浓度为 D. 形成珊瑚礁总反应的化学平衡常数 【答案】C 【解析】 【分析】由碳酸的电离方程式：、，可知随着pH增大碳酸的电离平衡正向移动溶液中碳酸氢根离子浓度和碳酸根离子浓度增大，由碳酸钙的沉淀溶解平衡可知因为pH增大导致碳酸根离子浓度增大后溶液中钙离子浓度减小，pH较小时浓度大于浓度，则①表示lgc(Ca2+)与pH的关系，②表示lgc()与pH的关系，③表示lgc()与pH的关系。 【详解】A．由分析可知，③表示lgc()与pH的关系，A错误； B．空气中浓度显著增大时，海水中碳酸浓度增大，则平衡逆向移动不利于珊瑚礁形成，B错误； C．由①和③的交点可知，，则饱和碳酸钙溶液中碳酸钙的浓度为，C正确； D．形成珊瑚礁总反应的化学平衡常数 ，D错误； 故选C。 二、非选择题(本题包括4个小题，共58分。) 15. 镍钴合金是航空航天领域最重要的材料之一，一种利用含钴废料回收金属Co、Ni的工艺如下图所示。已知废料中含有较高的钴、镍、镁、铝以及一定量的铁和锰元素，它们以金属单质和氧化物的形式存在。已知：有机溶剂P2O4对Co2+和Ni2+具有高选择性，可萃取Fe3+而不萃取Fe2+。 请回答下面问题： （1）“常压浸出”前需要将废料粉碎，其目的是_______。 （2）“常压浸出”时需要加热至70℃左右，此步骤加入的酸宜采用_______(填“盐酸、硫酸或硝酸”)，浸出渣的主要成分为_______(填化学式)。 （3）萃取时的原理为，表示金属阳离子，HR表示有机溶剂P2O4。若萃取剂的量不足时，为提高萃取效率，可采用的方法是_______，反萃取时需要加入硫酸溶液，其作用是_______。 （4）已知常温下MnF2与MgF2的Ksp值分别为、。若向水相1中加入NaF溶液“沉镁”，“沉镁”后Mg2+浓度为，理论上此时溶液中Mn2+浓度不超过_______。 （5）“沉钴”时按物质的量之比为1:2加入NaClO和Na2CO3可得到Co(OH)3沉淀，请写出该步骤的离子方程式：_______。 （6）NiSO4在一定条件下可分解得到镍的某种氧化物，其立方晶胞如图所示。该氧化物的晶胞中与O2-距离相等且最近的Ni2+的个数为_______。已知晶胞内O2-与Ni2+最短距离为apm，设为阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的密度为_______。 【答案】（1）增大接触面积，提高浸出效率 （2） ①. 硫酸 ②. PbSO4 （3） ①. 少量多次萃取 ②. 使得RH+Mn+⇌RnM+nH+逆向移动，钴、镍元素以阳离子形式进入水相 （4）0.08 （5）2Co2++ClO⁻+2+3H2O=2Co(OH)3↓+2CO2↑+Cl- （6） ①. 6 ②. 【解析】 【分析】起始原料为含钴、镍、镁、铝、铁、锰的单质及氧化物的废料，目标产物为、。常压浸出时加入酸，金属及氧化物转化为对应金属阳离子进入浸出液，难溶硫酸盐进入浸出渣。加入铁粉、氨水调pH，将还原为，避免后续萃取时被有机溶剂萃取引入杂质。酸化后加入有机溶剂，利用萃取平衡使、进入有机相，与水相中的杂质离子分离。反萃取时加入硫酸，增大浓度使萃取平衡逆向移动，、重新进入水相。镍钴分离后，含镍溶液经系列操作得到，含钴溶液中加入和，将氧化为，同时水解提供，生成沉淀，灼烧分解得到。 【小问1详解】 将废料粉碎可增大固体与酸的接触面积，加快反应速率，提高金属元素的浸出效率。 【小问2详解】 硝酸具有强氧化性，会将氧化为，后续萃取时会被有机溶剂萃取，引入杂质；盐酸会引入，不利于后续得到硫酸盐产物，故选择硫酸。废料中的铅元素与硫酸反应生成难溶于水和酸的，故浸出渣的主要成分为。 【小问3详解】 萃取剂用量不足时，采用少量多次萃取的方法，可提高目标离子的萃取率，减少钴、镍的损失。反萃取时加入硫酸溶液，溶液中浓度增大，使萃取平衡逆向移动，钴、镍的有机配合物分解，钴、镍以阳离子形式进入水相，实现反萃取。 【小问4详解】 “沉镁”后浓度为，根据的，可得。对于，，故。 【小问5详解】 沉钴时，为氧化剂，将氧化为，自身被还原为，发生水解反应提供，与结合生成沉淀，同时水解产生气体。按的比例配平，离子方程式为。 【小问6详解】 该氧化物晶胞为型结构，位于面心立方的顶点和面心，每个周围距离相等且最近的分别位于上下、左右、前后六个方向，故个数为6。晶胞中的个数为，的个数为，故晶胞中含有4个结构单元，晶胞质量为。与的最短距离为，对应晶胞边长的，故晶胞边长为，晶胞体积为。则晶胞密度为。 16. 高氯酸铵(NH4ClO4)是一种重要的氧化剂，易溶于水，微溶于乙醇，某研究小组按如下步骤制备超细高氯酸铵： 步骤一：电解饱和的NaClO3溶液，得到NaClO4； 步骤二：向电解后的溶液中加入适量盐酸和H2O2溶液，除去剩余少量NaClO3； 步骤三：90℃下，将步骤二中得到的NaClO4溶液和NH4Cl浓溶液混合，趁热过滤，滤液经过一系列操作后获得NH4ClO4晶体； 步骤四：将步骤三中得到的NH4ClO4晶体纯化并干燥后溶解在乙醇中，再向其中加入异辛烷，过滤获得超细NH4ClO4。 已知：从溶液中析出高氯酸铵的颗粒大小与其溶液浓度有关，浓度越低，得到的颗粒越小。 （1）“步骤一”中电解时在_______极生成。 （2）“步骤二”除去剩余的另一种方案为：在电解后的溶液中加入氨水和，将转化为，该反应的离子方程式为_______，与原方案相比，该方案的缺点是_______(写一条即可)。 （3）“步骤三”中，已知相关物质溶解度随温度变化的曲线如图： ①“趁热过滤”得到的物质是_______(填化学符号)；“一系列操作”是_______(填标号)。 A.蒸发结晶 　　　B.冷却结晶、过滤 　　　C.蒸馏 ②如图中，进行该“一系列操作”需用到的仪器有_______(填名称)。(仪器图：烧杯、容量瓶、蒸发皿、普通漏斗、锥形瓶、温度计) （4）“步骤四”中，将NH4ClO4晶体溶解在乙醇中的目的是_______。由该步骤推知，NH4ClO4在异辛烷中溶解度_______乙醇(填“>”、“＜”或“=”)。 【答案】（1）阳 （2） ①. ②. FeCl2易被氧化，药品难以保存 （3） ①. NaCl ②. B ③. 烧杯、漏斗 （4） ①. 降低NH4ClO4所形成的溶液浓度，使得NH4ClO4更好被分散，从而获得粒度较小、分散良好的颗粒 ②. < 【解析】 【分析】步骤一电解饱和 NaClO₃溶液，在阳极被氧化为 ，得到 NaClO₄溶液；步骤二加入盐酸和 H₂O₂，将剩余的 NaClO₃还原除去；步骤三将 NaClO₄与 NH₄Cl 浓溶液在 90℃下混合，利用 NH₄ClO₄溶解度随温度降低显著减小的特点，通过趁热过滤除去 NaCl，再经冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到 NH₄ClO₄晶体；步骤四将晶体溶于乙醇，加入异辛烷降低溶剂极性，使 NH₄ClO₄析出，过滤得到超细产品。核心是利用溶解度差异实现物质转化与提纯，结合电解、氧化还原、重结晶及溶剂极性调控完成制备。 【小问1详解】 “步骤一”中电解时，是氧化产物，在阳极生成， 【小问2详解】 “步骤二”除去剩余NaClO3的另一种方案为：在电解后的溶液中加入氨水和FeCl2•4H2O将NaClO3转化为NaCl，该反应的离子方程式为，与原方案相比，该方案的缺点是FeCl2易被氧化，药品难以保存； 【小问3详解】 ①由图可知，高温时NaCl的溶解度最小，所以“趁热过滤”得到的物质是NaCl，“一系列操作”是 冷却结晶、过滤； ②“一系列操作”是冷却结晶，过滤，需用到的仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗，给出的有烧杯和漏斗； 【小问4详解】 “步骤四”中，将NH4ClO4晶体溶解在乙醇中的目的是制备低浓度的NH4ClO4溶液，析出颗粒更小的产品，使NH4ClO4更好地被分散，从而获得粒度更小、分散良好的颗粒，由该步骤推知，NH4ClO4在异辛烷中溶解度＜乙醇。 17. I．通过甲酸分解可获得超高纯度的。甲酸有两种可能的分解反应： ① ② （1）反应的_______。 （2）一定温度下，向恒容密闭容器中通入一定量的，发生上述两个分解反应下列说法中能表明反应达到平衡状态的是_______(填标号)。 a．气体密度不变 b．气体总压强不变 c．的浓度不变 d．和的物质的量相等 （3）一定温度下，使用某催化剂时反应历程如下图，反应①的选择性接近，原因是_______；升高温度，反应历程不变，反应①的选择性下降，可能的原因是_______。 Ⅱ．甲烷和二氧化碳重整是制取合成气(和)的重要方法，主要反应有： ③ ④ ⑤ （4）恒温恒容条件下，可提高转化率的措施有_______(填标号)。 a．增加原料中的量 b．增加原料中的量 c．通入气 （5）恒温恒压密闭容器中，投入不同物质的量之比的//混合气，投料组成与和的平衡转化率之间的关系如下图。 i．投料组成中含量下降，平衡体系中的值将_______(填“增大”“减小”或“不变”)。 ii．若平衡时的分压为，根据a、b两点计算反应⑤的平衡常数_______(用含p的代数式表示，是用分压代替浓度计算的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。 【答案】（1）-41.2 （2）bc （3） ①. 原因是反应①的活化能低，反应②活化能高，反应②进行的速率慢 ②. 催化剂在升温时活性降低或升温时催化剂对反应②更有利 （4）b （5） ①. 增大 ②. 0.675p2 【解析】 【小问1详解】 由盖斯定律，②－①可以得到目标反应，则； 【小问2详解】 a．气体质量是定值，体积是固定的，密度始终不变，气体密度不变，不能说明达到平衡状态； b．两个反应均为气体体积增大的反应，则随着反应进行，压强变大，压强不变是平衡状态； c．气体浓度不变是平衡状态的标志，则浓度不变，是平衡状态； d．CO和CO2物质的量相等，不能说明其浓度不变，不能判断达到平衡状态； 故选bc； 【小问3详解】 反应①的选择性接近100%，原因是反应①的活化能低，反应②活化能高，反应②进行的速率慢，所以反应①的选择性接近100%；反应①是吸热反应，升高温度平衡会正向移动，会有利于反应①，但反应①选择性下降，可能原因是催化剂在升温时活性降低或升温时催化剂对反应②更有利； 【小问4详解】 a．增加原料中CH4的量，CH4自身转化率降低； b．增大原料中CO2的量，CH4转化率增大； c．通入Ar，各物质浓度不变，平衡不移动，CH4转化率不变； 故选b； 【小问5详解】 如图可知，恒压时，随着Ar含量下降，反应物的分压增大，相当于加压，平衡③和⑤逆向移动，④平衡瞬间不移动；反应③的CO和H2的化学计量数相同，不影响n(CO)：n(H2)，但是反应⑤逆向移动，H2减少的量更多，n(CO)：n(H2)增大； 设初始投料：、、，平衡时，甲烷转化率为20%，二氧化碳的转化率为30%，则平衡时： ； ； 根据碳元素守恒：； 根据氧元素守恒：； 根据氢元素守恒：； 平衡时，气体总物质的量为，Ar的分压为，则总压为，、、、，反应⑤的平衡常数。 18. 化合物G是一种药物合成中间体，其合成路线如图所示： 回答下列问题： （1）A中官能团的名称为(酚)羟基、___________。 （2）中生成的另一有机产物为___________(填结构简式)。 （3）在Pd/C和条件下，下列最容易断裂的共价键是___________(填字母)。 a．苯环中的 b．碳碳双键中π键 c．羧基中π键 （4）有利于的转化，其原因是___________。 （5）D的结构简式为___________。 （6）E与F反应生成G分两步，第一步为加成反应，第二步的反应类型为___________。 （7）参照上述合成路线，设计以和乙炔为原料制备分四步完成。 第一步：形成新环状结构化合物X，其反应的化学方程式为___________。 第二步：乙炔加水生成。 第三步：X与在KOH催化下生成化合物Y，Y的结构简式为___________。 第四步：Y在Pd/C催化下，与反应生成目标产物。 【答案】（1）醚键、醛基 （2） （3）b （4）能与生成的HCl反应，促使该反应正向进行 （5） （6）消去反应 （7） ①. ②. 【解析】 【分析】化合物A与化合物先发生加成反应生成含有醇羟基的化合物，再发生消去反应形成含有碳碳双键的化合物B，在此过程中断裂酯基可形成化合物；化合物B中的碳碳双键与氢气发生加成形成化合物C；结合化合物E的结构简式和化合物D的分子式可知化合物D的结构简式为。 【小问1详解】 A中官能团的名称为(酚)羟基、醚键、醛基。 【小问2详解】 根据分析中生成的另一有机产物为。 【小问3详解】 根据B生成C的过程分析，在Pd/C和条件下，先断裂碳碳双键形成碳碳单键，苯环中的、羧基中π键均没有与氢气反应，故最容易断裂的共价键是碳碳双键中π键，故选b。 【小问4详解】 显碱性，的转化是取代反应，生成HCl，能与生成的HCl反应，促使该反应正向进行。 【小问5详解】 根据分析，D的结构简式为。 【小问6详解】 E与F反应生成G中含有碳碳双键，故反应分两步进行时，第一步为加成反应，第二步为消去反应。 【小问7详解】 参考的反应可以使羧基与苯环上的H反应形成环状化合物，故方程式表示为。 环状化合物X为，参考的反应与在KOH催化下生成。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $