精品解析：北京理工大学附属中学2025-2026学年高三上学期12月月考化学试题

高三化学12月月考 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 N 14 Na 23 S 32 Cl 35.5 K 39 第一部分 在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。 1. 近日，我国首台中速大功率氨燃料发动机点火成功。下列关于氨燃料的说法不合理的是 A. 氨易液化便于存储，且液化时放热 B. NH3分子间存在氢键，因此加热时很难分解 C. NH3具有还原性，可以在O2中燃烧 D. 与柴油发动机相比，氨燃料发动机可降低碳排放 2. 下列化学用语或图示表达不正确的是 A. NaCl的电子式： B. 基态Cr原子的价层电子排布式： C. 乙醇的分子式： D. 乙炔的分子结构模型： 3. 下列事实不能用水解原理解释的是 A. 加热溶液得到 B. 草木灰(含)不宜与用作氮肥的铵盐混用 C. 在中比在等体积的水中溶解的少 D. 在水中不能存在 4. 下列物质的应用不涉及氧化还原反应的是 A. 次氯酸钠作纸张的漂白剂 B. 铁粉作食品保鲜的吸氧剂 C. 过氧化钠作呼吸面具的供氧剂 D. 硫化钠作工业废水中、的沉淀剂 5. 分子的构型如下，下列说法正确的是 A. 三种分子都是极性分子 B. 键角大小顺序为 C. 的沸点低于 D. 的热稳定性强于 6. 下列实验不能达到实验目的的是 A．证明羟基使苯环活化 B．证明乙醇与浓硫酸共热生成乙烯 C．制备乙酸乙酯 D．检验溴乙烷中含有Br元素 A. A B. B C. C D. D 7. 下列方程式与所给事实相符的是 A. 铁与足量稀硝酸反应：(稀) B. 用溶液检验邻羟基苯甲酸中的羧基： C. “84”消毒液与洁厕灵不能混用的原理： D. 向溶液中滴加2%氨水制银氨溶液： 8. 燃料电池法可以处理高浓度氨氮废水，原理的示意图如下(忽略溶液体积的变化)。下列说法不正确的是 A. 通过质子交换膜向极室迁移 B. 工作一段时间后，a极室中稀硫酸的浓度增大 C. 电极的电极反应： D. 电池的总反应： 9. 溴及其化合物广泛应用于医药、农药和阻燃剂等生产中。一种利用空气吹出法从海水中提取溴的工艺流程如图。 浓缩海水酸化海水含溴空气 含溴溶液产品溴 已知：i.与Na2CO3反应时，Br2转化为BrO和Br-。 ii.HBrO3为强酸。 下列说法不正确的是 A. 酸化海水通入Cl2提取溴的反应：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2 B. 脱氯过程Fe2+和Br-均具有脱氯作用 C. 用Na2CO3溶液吸收足量Br2蒸气后，所得产物中的含碳粒子主要是HCO D. H2SO4酸化后重新得到Br2的反应：5Br-+BrO+6H+=3Br2+3H2O 10. 将溶液分别滴入溶液和溶液中，如图所示，I、Ⅱ中均有沉淀产生。(已知：是白色难溶于水的固体。) 下列说法不正确的是 A. 溶液和溶液中均存在： B. I中的沉淀可能有和 C. Ⅱ中生成的反应： D. I和Ⅱ中加入溶液后，均降低 11. 下列结论可由实验事实推导出的是 选项 实验事实(均为室温) 结论 A 浓度均为的溶液和溶液的 B 向固体中加入过量饱和溶液，有生成 C 向苯酚钠溶液中通入过量，发生反应：+CO2(过量)+H2O+HCO Ka2(H2CO3)<Ka() D 向平衡体系：中加入溶液，平衡向左移动 该条件下氧化性： A. A B. B C. C D. D 12. 实验目的：测定和混合溶液中的。实验过程：取 mL混合溶液，滴入2滴酚酞溶液，用标准溶液进行滴定，测得溶液导电能力的变化曲线如下图。 数据处理：。 下列说法不正确的是 A. 过程中，的电离被促进 B. 过程中发生反应： C. c点溶液显碱性的原因： D. 只用酚酞指示剂，不测导电能力的变化也可测定 13. 工业上用乙苯与生产苯乙烯，主要反应： ①(g)(g)+H2(g) ② 在一定压强和催化剂作用下，向恒容容器中充入等物质的量的乙苯和。达到平衡时，各物质的体积分数随温度的变化如图所示。 下列说法不正确的是 A. 当反应混合气体的平均相对分子质量不再变化时，反应达到化学平衡状态 B. 苯乙烯和的体积分数变化差异的主要原因是消耗 C. 乙苯的平衡转化率随温度升高而升高，宜采用700℃获得更多的苯乙烯 D. 温度越高，乙苯脱氢生成苯乙烯的反应的K越大 14. 实验小组探究浓度对FeSO4溶液与AgNO3溶液反应的影响。实验如下： 实验 编号 试剂 沉淀物质的量之比 试剂X 试剂Y c(AgNO3)/ c(FeSO4)/ i 0.04 0.04 a ii 0.1 0.1 0.15 iii 0.5 0.5 0.19 iv 1.0 1.0 0.26 已知：①。 ②取i~iv充分反应后的上层清液，滴加浓盐酸均产生白色沉淀；滴加K3[Fe(CN)6]溶液均产生蓝色沉淀。 下列说法不正确的是 A. 分析i中数据可知：a=0 B. ii中沉淀加适量浓氨水充分反应，取上层清液滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀 C. 取ii中充分反应后的上层清液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液产生蓝色沉淀，可以作为为可逆反应的证据 D. 本实验中反应物浓度增大，对复分解反应的影响比对氧化还原反应的影响更大 第二部分 15. 氧族元素Se(硒)及其化合物有着广泛应用价值。 （1）(硒代硫酸钠，其中可看作是中的一个O原子被Se原子取代的产物)在某些肿瘤治疗中能够提高治愈率。其制备和转化关系如下： ①按照核外电子排布，可把元素周期表划分为5个区。Se位于元素周期表___________区。 ②的空间结构是___________。 ③过程ⅱ中被氧化的元素为___________(填元素符号)。 （2）非铅双钙钛矿材料有望大规模应用于太阳能电池。一定压力下合成的晶体的晶胞结构如图，其中位于正方体的顶点和面心。 ①比较Se原子和Br原子的第一电离能大小为___________，从原子结构的角度说明理由___________。 ②中键角___________(填“>”或“<”)中键角。 ③一定压力下形成的晶胞形状为正方体，边长为a nm。已知的摩尔质量是 ，阿伏伽德罗常数为，该晶体密度为___________。() （3）是一种钠离子电池的正极材料，充、放电过程中正极材料立方晶胞(示意图)的组成变化如下图所示(晶胞内未标出因放电产生的0价Cu原子)。 每个晶胞完全转化为晶胞，转移电子数为___________。 16. 石油中含有有机氯和无机氯(主要以的形式存在)，还含有少量的硫化氢、硫酸盐和碳酸盐等。微库仑滴定法可快速测定石油中的有机氯和无机氯的含量。 已知：库仑测氯仪中电解原理示意图如下。检测前，电解质溶液中的保持定值时，电解池不工作。待测物质进入电解池后与反应，测氯仪便立即自动进行电解到又回到原定值，测定结束。通过测定电解消耗的电量可以求出石油中氯的含量。 （1）库仑测氯仪电解池中的阳极反应是_______。 I.石油中有机氯含量的测定 （2）用过量KOH溶液和水除去石油样品中的和无机盐，再通过_______操作分离得到处理后的石油样品。KOH溶液除去的离子方程式是_______。 （3）经处理后的石油样品在高温、富氧条件下燃烧，有机氯转化为HCl。在库仑测氯仪中，待测气体通入电解池后与反应的离子方程式是_______。 （4）石油样品为ag，电解消耗的电量为x库仑，样品中有机氯的含量(按含氯元素计)为_______mg/g。 已知：电解中转移1mol电子所消耗的电量为F库仑 II.石油中无机氯含量的测定 在极性溶剂存在下加热石油样品，再用水提取其中的无机盐。含盐的待测液体注入库仑测氯仪进行测定。 已知：i.样品中存在的和CO不影响测定结果 ii. （5）用离子方程式解释不影响测定结果的原因：_______。 （6）石油样品中存在的会影响测定结果。 ①通过估算说明的存在会影响测定结果：_______。 ②待测液体注入库仑测氯仪前，可加入_______(填序号)以消除的影响。 a.溶液 b.NaOH溶液 c.碘水 17. I．V2O5是一种重要的工业催化剂。 （1）V2O5催化剂参与SO2催化氧化反应的机理如图。 V5+催化过程可以表示为： ①…… ②O2+4V4+=4V5++2O2- ①的离子方程式是___________。 Ⅱ．某V2O5失活催化剂(主要含V2O5、V2O4、SiO2、SO3以及少量的Fe等)是重要的含钒二次资源。从失活催化剂提取钒的一种工艺流程如下。 资料： ⅰ．HA(有机酸性萃取剂)对金属阳离子的萃取能力由强到弱的顺序为：Fe3+>VO2+>VO>Fe2+； ⅱ．溶液pH<4.0时，+5价钒的存在形式为VO，6.0≤pH≤8.0时，正五价钒元素的存在形式为VO，且二者可相互转化：VO+H2OVO+2H+。 （2）浸出液中含有VO、VO2+、Fe3+、Fe2+等阳离子，浸出VO的离子方程式是___________。 （3）流程中“……”包含的操作顺序为___________。 （4）“萃取”“反萃取”过程机理为：VO2+(水层)+2HA(有机层)VOA2(有机层)+2H+(水层)。反萃取剂选择H2SO4，原因是___________。 （5）“沉钒”过程中需先加入KClO3，然后通入氨气调节pH为6～8，再加(NH4)2SO4。 ①加入KClO3，反应的离子方程式是___________。 ②结合平衡移动原理解释通入氨气的作用___________。 （6）产品中V2O5纯度的测定方法如下。 已知：此过程中，MnO可氧化Fe2+，且不与VO2+反应。产品中的杂质不参与反应。 步骤iii中标准KMnO4溶液的浓度和消耗的体积分别为c和V，计算产品中V2O5的纯度还需要的实验数据有___________。 18. 白云石的主要化学成分为，还含有少量的。利用白云石制备高纯度的氧化镁，流程示意图如下。 已知： 物质 （1）固体B“消化”的反应方程式有、___________。 （2）解释“碳化”过程能实现钙、镁分离的原因：___________。 （3）向浊液C中通入进行碳化，在不同温度下，钙镁溶出率(可视作反应达到平衡)如下图所示。 备注：(M代表钙或镁) ①钙、镁分离的适宜温度是___________。 ②碳化过程中，发生的主要反应有、、___________。 ③解释钙、镁溶出率呈现相反变化的原因：___________。 （4）白云石中钙含量测定 资料：为二元弱酸；不溶于水。 注：沉淀中不含。 ①氨水的作用是___________。 ②滴定至终点时，消耗标准溶液vmL。白云石中钙的质量分数为___________。(注：的还原产物为) 19. 某研究小组对碘化钾溶液在空气中发生氧化反应的速率进行实验探究。 【初步探究】 示意图 序号 温度 试剂A 现象 ① 0℃ 稀硫酸 左右出现蓝色 ② 20℃ 左右出现蓝色 ③ 20℃ 稀硫酸 左右出现蓝色 ④ 20℃ 蒸馏水 左右出现蓝色 (1)为探究温度对反应速率的影响，实验②中试剂A应为_________。 (2)写出实验③中反应的离子方程式:_________________。 (3)对比实验②③④，可以得出结论:_________________。 【继续探究】溶液对反应速率的影响 查阅资料：i.时，能被氧化为I2。 ii.时，发生歧化反应:，越大，歧化速率越快。 (4)小组同学用4支试管在装有的储气瓶中进行实验，装置如图所示。 序号 ⑤ ⑥ ⑦ ⑧ 试管中溶液的pH 8 9 10 11 放置10小时后的现象 出现蓝色 颜色无明显变化 分析⑦和⑧中颜色无明显变化的原因:________。 (5)甲同学利用原电池原理设计实验证实的条件下确实可以发生被氧化为I2的反应，如图所示，请你填写试剂和实验现象____________。 【深入探究】较高温度对反应速率的影响 小组同学分别在敞口试管和密闭试管中进行了实验⑨和⑩。 序号 温度 试剂 现象 ⑨敞口试管 水浴70°C 溶液 稀硫酸 仍保持无色，冷却至室温后滴加淀粉溶液出现蓝色 ⑩密闭试管 溶液迅速出现黄色，且黄色逐渐加深，冷却至室温后滴加淀粉溶液出现蓝色 (6)对比实验⑨和⑩的现象差异，该小组同学经过讨论对实验⑨中的现象提出两种假设，请你补充假设1。 假设1：_____________。 假设2:45℃以上I2易升华，70℃水浴时，太小难以显现黄色。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三化学12月月考 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 N 14 Na 23 S 32 Cl 35.5 K 39 第一部分 在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。 1. 近日，我国首台中速大功率氨燃料发动机点火成功。下列关于氨燃料的说法不合理的是 A. 氨易液化便于存储，且液化时放热 B. NH3分子间存在氢键，因此加热时很难分解 C. NH3具有还原性，可以在O2中燃烧 D. 与柴油发动机相比，氨燃料发动机可降低碳排放 【答案】B 【解析】 【详解】A．氨气的熔点高，易液化，便于存储，且液化时放热，故A正确； B．NH3分子间存在氢键，决定了沸点高，不能判断氢化物的稳定性，加热时很难分解和分子内化学键有关，故B错误； C．NH3具有还原性，可以在O2中燃烧生成氮气和水，故C正确； D．与柴油发动机相比，氨燃料发动机燃烧产物是氮气和水，可降低碳排放，故D正确； 故选：B。 2. 下列化学用语或图示表达不正确的是 A. NaCl的电子式： B. 基态Cr原子的价层电子排布式： C. 乙醇的分子式： D. 乙炔的分子结构模型： 【答案】B 【解析】 【详解】A．NaCl为离子化合物，其电子式：，A正确； B．Cr原子序数为24，其价层电子排布式：，B错误； C．乙醇结构简式：，其分子式：，C正确； D．乙炔为直线形分子，其分子结构模型：，D正确； 答案选B。 3. 下列事实不能用水解原理解释的是 A. 加热溶液得到 B. 草木灰(含)不宜与用作氮肥的铵盐混用 C. 在中比在等体积的水中溶解的少 D. 在水中不能存在 【答案】C 【解析】 【详解】A．氯化镁是强酸弱碱盐，在溶液中共热发生水解反应生成碱式氯化镁和盐酸，反应的化学方程式为，所以加热氯化镁溶液得到碱式氯化镁能用水解原理解释，故A不符合题意； B．碳酸钾在溶液中水解使溶液呈碱性，铵根离子在溶液中水解使溶液呈酸性，铵态氮肥与草木灰混合使用会使铵态氮肥的肥效降低，所以铵态氮肥与草木灰混合不能使用能用水解原理解释，故B不符合题意； C．硫酸钡在溶液中存在溶解平衡：，增大硫酸根离子浓度，平衡左移，导致硫酸钡的溶解度减小，所以硫酸钡在0.01mol/L硫酸溶液中比在等体积的水中溶解的少不能用水解原理解释，故C符合题意； D．铝离子和硫离子在溶液中会发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体，反应的离子方程式为，所以硫化铝在水中不能存在能用水解原理解释，故D不符合题意； 故选C。 4. 下列物质的应用不涉及氧化还原反应的是 A. 次氯酸钠作纸张的漂白剂 B. 铁粉作食品保鲜的吸氧剂 C. 过氧化钠作呼吸面具的供氧剂 D. 硫化钠作工业废水中、的沉淀剂 【答案】D 【解析】 【详解】A．因为次氯酸具有漂白性可用作织物漂白剂，涉及氧化还原反应，A不符合题意； B．因为铁粉具有还原性能和吸收氧气，可用作食品抗氧化剂，涉及氧化还原反应，B不符合题意； C．过氧化钠能与水、二氧化碳反应生成氧气，氧元素化合价发生改变，涉及氧化还原反应，C不符合题意； D．硫化钠作工业废水中、的沉淀剂，是生成CuS、HgS沉淀，没有元素化合价改变，不涉及氧化还原反应，D符合题意； 故选D。 5. 分子的构型如下，下列说法正确的是 A. 三种分子都是极性分子 B. 键角大小顺序为 C. 的沸点低于 D. 的热稳定性强于 【答案】D 【解析】 【详解】A．CH4空间构型为正四面体形，分子正负电中心重合，是非极性分子，故A错误； B．NH3、H2O、CH4中心原子价层电子对数分别为3+=4、2+=4、4+=4，NH3、H2O、CH4三分子中心原子都是sp3杂化，VSEPR模型为四面体形，CH4中没有孤电子对，NH3中存在1个孤电子对，H2O中存在2个孤电子对，孤对子对数越多，键角越小，所以键角：CH4＞NH3＞H2O，故B错误； C．NH3分子间存在氢键，分子间不能形成氢键，故NH3沸点高于甲烷，故C错误； D．同主族元素，从上往下，非金属性依次减小，则非金属性：O>S，非金属性越强，元素简单氢化物越稳定，故H2O的热稳定性强于H2S，故D正确； 故选：D。 6. 下列实验不能达到实验目的的是 A．证明羟基使苯环活化 B．证明乙醇与浓硫酸共热生成乙烯 C．制备乙酸乙酯 D．检验溴乙烷中含有Br元素 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．苯酚常温下与溴水迅速反应生成三溴苯酚白色沉淀，而苯与溴水仅发生萃取，不发生反应，说明羟基使苯环活性增强，A能达到目的； B．乙醇与浓硫酸共热时，乙醇被蒸出能使酸性溶液褪色，若发生副反应生成等还原性杂质也能使酸性溶液褪色，干扰乙烯的检验，无法证明生成乙烯，B不能达到目的； C．制备乙酸乙酯时，浓硫酸作催化剂和吸水剂，加热条件下乙醇与乙酸反应，饱和碳酸钠溶液可吸收乙醇、中和乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，导管不伸入液面防倒吸，装置合理，C能达到目的； D．溴乙烷与NaOH溶液共热发生水解反应生成NaBr，加酸化，再滴加溶液，若生成浅黄色AgBr沉淀，证明含Br元素，步骤正确，D能达到目的； 答案选择B。 7. 下列方程式与所给事实相符的是 A. 铁与足量稀硝酸反应：(稀) B. 用溶液检验邻羟基苯甲酸中的羧基： C. “84”消毒液与洁厕灵不能混用的原理： D. 向溶液中滴加2%氨水制银氨溶液： 【答案】D 【解析】 【详解】A．铁和足量稀硝酸反应时，生成三价铁，离子方程式为 ，A错误； B．羧基能够和溶液反应生成二氧化碳，酚羟基不和溶液反应，用溶液检验邻羟基苯甲酸中的羧基：，B错误； C．“84”消毒液有效成分是NaClO，该物质具有强氧化性，洁厕灵主要成分是HCl，HCl具有还原性，二者混用，会发生氧化还原反应：ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，C错误； D．向溶液中滴加2%氨水，银离子和一水合氨反应生成银氨离子，离子方程式为，D正确； 故选D。 8. 燃料电池法可以处理高浓度氨氮废水，原理的示意图如下(忽略溶液体积的变化)。下列说法不正确的是 A. 通过质子交换膜向极室迁移 B. 工作一段时间后，a极室中稀硫酸的浓度增大 C. 电极的电极反应： D. 电池的总反应： 【答案】B 【解析】 【分析】由图可知，b电极铵根离子生成氮气，说明铵根离子被氧化，为原电池负极，电极反应式为；，则a为正极，发生还原反应，电极反应为：，据此进行解答。 【详解】A．原电池中，阳离子移向正极，即H+通过质子交换膜向a极室迁移，故A正确； B．a为正极，电极反应为：O2+4e－+4H+＝2H2O，转移4mol电子的同时有4molH+通过质子交换膜向a极室迁移，但是由于有水生成，故工作一段时间后，a极室中稀硫酸的浓度减小，故B错误； C．由上述分析可知，b的电极反应式为；，故C正确； D．b的电极反应式为；，a极反应为：，故总反应为：，故D正确； 故选B。 9. 溴及其化合物广泛应用于医药、农药和阻燃剂等生产中。一种利用空气吹出法从海水中提取溴的工艺流程如图。 浓缩海水酸化海水含溴空气 含溴溶液产品溴 已知：i.与Na2CO3反应时，Br2转化为BrO和Br-。 ii.HBrO3为强酸。 下列说法不正确的是 A. 酸化海水通入Cl2提取溴的反应：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2 B. 脱氯过程Fe2+和Br-均具有脱氯作用 C. 用Na2CO3溶液吸收足量Br2蒸气后，所得产物中的含碳粒子主要是HCO D. H2SO4酸化后重新得到Br2的反应：5Br-+BrO+6H+=3Br2+3H2O 【答案】C 【解析】 【分析】由流程可知，海水浓缩、酸化后通入氯气发生2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，用热空气吹出溴，得到含有溴的空气，将含溴空气通入FeBr2溶液脱氯，再与Na2CO3溶液反应，Br2转化为和，再用硫酸酸化，和在酸性环境下反应生成Br2，经过一系列操作得到溴，以此分析解答。 【详解】A．酸化海水通入Cl2，Cl2将溴离子氧化为溴单质，发生反应：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，故A正确； B．脱氯过程中可能发生反应：3Cl2+2FeBr2=2FeCl3+Br2，Fe2+和Br-均具有脱氯作用，故B正确； C．Na2CO3溶液吸收足量Br2蒸气，反应生成、和CO2，则所得产物中的含碳粒子主要是CO2，故C错误； D．H2SO4酸化时化合价降低作氧化剂，化合价升高作还原剂，发生反应：，故D正确； 故选C。 10. 将溶液分别滴入溶液和溶液中，如图所示，I、Ⅱ中均有沉淀产生。(已知：是白色难溶于水的固体。) 下列说法不正确的是 A. 溶液和溶液中均存在： B. I中的沉淀可能有和 C. Ⅱ中生成的反应： D. I和Ⅱ中加入溶液后，均降低 【答案】C 【解析】 【详解】A．溶液和溶液中均存在电荷守恒：，A正确； B．Ⅰ中发生的反应有碳酸钠和硫酸亚铁生成碳酸亚铁沉淀，Fe2+遇碳酸根发生双水解反应生成Fe(OH)2沉淀， Fe(OH) 2会很快被空气中氧气氧化成Fe(OH)3，B正确； C．Ⅱ中生成的反应：，C错误； D．Ⅰ和Ⅱ中加入硫酸亚铁溶液后，生成沉淀，溶液的碱性减弱，pH均降低，D正确； 故选C。 11. 下列结论可由实验事实推导出的是 选项 实验事实(均为室温) 结论 A 浓度均为的溶液和溶液的 B 向固体中加入过量饱和溶液，有生成 C 向苯酚钠溶液中通入过量，发生反应：+CO2(过量)+H2O+HCO Ka2(H2CO3)<Ka() D 向平衡体系：中加入溶液，平衡向左移动 该条件下氧化性： A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．浓度均为的溶液和溶液的，根据“越弱越水解”，说明酸性HNO2>HClO，则，故选A； B．一种沉淀易转化为比它更难溶的沉淀，向固体中加入过量饱和溶液有生成，不能证明，故不选B； C．向苯酚钠溶液中通入少量，生成苯酚和碳酸氢钠才能证明 小于苯酚，故不选C； D．向平衡体系中加入溶液生成AgI沉淀，I-浓度降低，平衡向左移动，不能证明氧化性：，故D错误； 选A。 12. 实验目的：测定和混合溶液中的。实验过程：取 mL混合溶液，滴入2滴酚酞溶液，用标准溶液进行滴定，测得溶液导电能力的变化曲线如下图。 数据处理：。 下列说法不正确的是 A. 过程中，的电离被促进 B. 过程中发生反应： C. c点溶液显碱性的原因： D. 只用酚酞指示剂，不测导电能力的变化也可测定 【答案】D 【解析】 【分析】NaOH溶液和HCl、CH3COOH混合溶液反应时，先与强酸反应，然后再与弱酸反应；ab段NaOH溶液和HCl反应生成NaCl和水，CH3COOH未发生反应，b点溶液的溶质为NaCl和CH3COOH，显酸性；bc段NaOH溶液与CH3COOH反应，c点溶液溶质成分为NaCl、CH3COONa，显碱性；c点后NaOH过量，溶质成分为NaCl、CH3COONa和NaOH，据此解答。 【详解】A．a→b过程中，NaOH与HCl反应，溶液中HCl减少，c(H+)减小，根据CH3COOH的电离方程式： ，c(H+)减小，对醋酸的电离的抑制减弱，CH3COOH的电离被促进，A正确； B．bc段NaOH溶液与CH3COOH反应，离子方程式为：，B正确； C．c点溶液溶质成分为NaCl、CH3COONa，醋酸钠水解使溶液显碱性，离子方程式为：，C正确； D．只用酚酞指示剂只能测出c点的终点，b点显酸性，无法用酚酞指示滴定终点，故不测导电能力的变化不可测定； 故选D。 13. 工业上用乙苯与生产苯乙烯，主要反应： ①(g)(g)+H2(g) ② 在一定压强和催化剂作用下，向恒容容器中充入等物质的量的乙苯和。达到平衡时，各物质的体积分数随温度的变化如图所示。 下列说法不正确的是 A. 当反应混合气体的平均相对分子质量不再变化时，反应达到化学平衡状态 B. 苯乙烯和的体积分数变化差异的主要原因是消耗 C. 乙苯的平衡转化率随温度升高而升高，宜采用700℃获得更多的苯乙烯 D. 温度越高，乙苯脱氢生成苯乙烯的反应的K越大 【答案】C 【解析】 【详解】A．在恒容容器中发生反应①、②，只有气体物质反应及生成，混合气体的质量不变，反应①是气体分子数增大的反应，随反应的进行，气体物质的量增加，混合气体的平均相对分子质量减小，当混合气体的平均相对分子质量不再变化时，反应达到化学平衡状态，A正确； B．发生反应①生成的苯乙烯和的体积相等，相同温度时，苯乙烯的体积分数大于的体积分数，说明与发生反应②而被消耗，B正确； C．温度升高到630℃左右时，苯乙烯的体积分数较大，温度继续升高，采用700℃获得更多的苯乙烯，苯乙烯的体积分数变化不明显，但耗能较大，故宜采用630℃获得较多的苯乙烯，C错误； D．反应①，乙苯脱氢生成苯乙烯的反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，化学平衡常数K增大，温度越高，K越大，D正确； 答案选C。 14. 实验小组探究浓度对FeSO4溶液与AgNO3溶液反应的影响。实验如下： 实验 编号 试剂 沉淀物质的量之比 试剂X 试剂Y c(AgNO3)/ c(FeSO4)/ i 0.04 0.04 a ii 0.1 0.1 0.15 iii 0.5 0.5 0.19 iv 1.0 1.0 0.26 已知：①。 ②取i~iv充分反应后的上层清液，滴加浓盐酸均产生白色沉淀；滴加K3[Fe(CN)6]溶液均产生蓝色沉淀。 下列说法不正确的是 A. 分析i中数据可知：a=0 B. ii中沉淀加适量浓氨水充分反应，取上层清液滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀 C. 取ii中充分反应后的上层清液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液产生蓝色沉淀，可以作为为可逆反应的证据 D. 本实验中反应物浓度增大，对复分解反应的影响比对氧化还原反应的影响更大 【答案】C 【解析】 【分析】FeSO4与AgNO3既发生复分解反应生成Ag2SO4沉淀，方程式为：；又发生氧化还原反应生成Ag单质，离子方程式为：，据此作答。 【详解】A．ⅰ中溶液等体积混合后，此时，即不会产生Ag2SO4沉淀，所以a=0，A正确； B．ⅱ中Ag2SO4沉淀加适量浓氨水充分反应形成[Ag(NH3)2]+，溶液中增大，取上层清液滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，B正确； C．硫酸亚铁与硝酸银发生两个反应，根据反应比例可知溶液中二价铁过量，即不能通过检验是否存在Fe2+作为为可逆反应的证据，C错误； D．结合表中数据可得，本实验中反应物浓度增大，得到的沉淀物质的量之比（Ag2SO4沉淀占比）越大，所以推断对复分解反应的影响比对氧化还原反应的影响更大，D正确； 故答案选C。 第二部分 15. 氧族元素Se(硒)及其化合物有着广泛应用价值。 （1）(硒代硫酸钠，其中可看作是中的一个O原子被Se原子取代的产物)在某些肿瘤治疗中能够提高治愈率。其制备和转化关系如下： ①按照核外电子排布，可把元素周期表划分为5个区。Se位于元素周期表___________区。 ②的空间结构是___________。 ③过程ⅱ中被氧化的元素为___________(填元素符号)。 （2）非铅双钙钛矿材料有望大规模应用于太阳能电池。一定压力下合成的晶体的晶胞结构如图，其中位于正方体的顶点和面心。 ①比较Se原子和Br原子的第一电离能大小为___________，从原子结构的角度说明理由___________。 ②中键角___________(填“>”或“<”)中键角。 ③一定压力下形成的晶胞形状为正方体，边长为a nm。已知的摩尔质量是 ，阿伏伽德罗常数为，该晶体密度为___________。() （3）是一种钠离子电池的正极材料，充、放电过程中正极材料立方晶胞(示意图)的组成变化如下图所示(晶胞内未标出因放电产生的0价Cu原子)。 每个晶胞完全转化为晶胞，转移电子数为___________。 【答案】（1） ①. p ②. 四面体形 ③. S （2） ①. ②. 和同为第四周期元素，电子层数相同，Br原子序数大于，原子半径，因此原子核对最外层电子的吸引作用，即第一电离能 ③. > ④. （3）8 【解析】 【小问1详解】 ①Se的原子序数为34，核外电子排布为，价电子排布符合p区元素的特征，故位于p区，②题干说明​是​中一个O被Se取代得到，​中心S的价层电子对数为4，无孤电子对，为四面体结构，取代后中心S的价层电子对仍然是4对成键电子，无孤对，因此空间结构为四面体形，③过程ⅱ中，中S为价，产物中S为价，S化合价升高，被氧化，中Se为0价，产物中Se为价，Se化合价降低，被还原，Ag、O化合价均不变，因此被氧化的元素是； 【小问2详解】 ①和同为第四周期元素，电子层数相同，Br原子序数大于，原子半径，因此原子核对最外层电子的吸引作用，即第一电离能，②​中N原子无孤电子对，中N原子有1对孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对间的排斥力，因此​中键角更小，​中键角更大，③位于顶点和面心，均摊法计算晶胞中的数目，因此晶胞中含有个，晶胞质量，晶胞边长，体积，密度； 【小问3详解】 由转化为的电极反应式为，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的个数为，则每个晶胞中含有4个，4个完全转化为4个过程中转移8个电子，故转移电子数为8。 16. 石油中含有有机氯和无机氯(主要以的形式存在)，还含有少量的硫化氢、硫酸盐和碳酸盐等。微库仑滴定法可快速测定石油中的有机氯和无机氯的含量。 已知：库仑测氯仪中电解原理示意图如下。检测前，电解质溶液中的保持定值时，电解池不工作。待测物质进入电解池后与反应，测氯仪便立即自动进行电解到又回到原定值，测定结束。通过测定电解消耗的电量可以求出石油中氯的含量。 （1）库仑测氯仪电解池中的阳极反应是_______。 I.石油中有机氯含量的测定 （2）用过量KOH溶液和水除去石油样品中的和无机盐，再通过_______操作分离得到处理后的石油样品。KOH溶液除去的离子方程式是_______。 （3）经处理后的石油样品在高温、富氧条件下燃烧，有机氯转化为HCl。在库仑测氯仪中，待测气体通入电解池后与反应的离子方程式是_______。 （4）石油样品为ag，电解消耗的电量为x库仑，样品中有机氯的含量(按含氯元素计)为_______mg/g。 已知：电解中转移1mol电子所消耗的电量为F库仑 II.石油中无机氯含量的测定 在极性溶剂存在下加热石油样品，再用水提取其中的无机盐。含盐的待测液体注入库仑测氯仪进行测定。 已知：i.样品中存在的和CO不影响测定结果 ii. （5）用离子方程式解释不影响测定结果的原因：_______。 （6）石油样品中存在的会影响测定结果。 ①通过估算说明的存在会影响测定结果：_______。 ②待测液体注入库仑测氯仪前，可加入_______(填序号)以消除的影响。 a.溶液 b.NaOH溶液 c.碘水 【答案】（1） （2） ①. 分液 ②. （3） （4） （5） （6） ①. H2S+2Ag+= =Ag2S↓+2H+ K= ，经估算K的数量级为1029，说明H2S与Ag+的反应程度接近完全，即H2S也消耗Ag+，影响测定结果 ②. a 【解析】 【分析】检测前，电解质溶液中的保持定值时，电解池不工作。待测物质进入电解池后与反应，浓度减小，测氯仪便立即自动进行电解，阳极Ag失电子，生成，到又回到原定值，电极反应式为，根据电解消耗的电量可以求出石油中氯的含量； 【小问1详解】 库仑测氯仪电解池中的阳极反应是； 【小问2详解】 用过量KOH溶液和水除去石油样品中的和无机盐，石油和水溶液不互溶，可以通过分液操作分离；KOH溶液除去的离子方程式是； 【小问3详解】 HCl与反应的离子方程式是； 【小问4详解】 电解消耗的电量为x库仑，即mol电子，n(Cl-)= n(Ag+)= n(e-)=mol，样品中有机氯的含量为= mg/g； 【小问5详解】 碳酸银可溶于醋酸，不影响测定结果，离子方程式为; 【小问6详解】 ①H2S+2Ag+= =Ag2S↓+2H+ K= ，经估算K的数量级为1029，说明H2S与Ag+的反应程度接近完全，即H2S也消耗Ag+，影响测定结果； ②待测液体注入库仑测氯仪前，可加入能与反应，消除S2-的试剂； a．溶液与反应生成硫单质和水，溶液中没有S2-，a符合； b．NaOH溶液与反应生成硫化钠和水，溶液中仍然存在S2-，b不符合； c．碘水与反应生成硫单质和碘化氢，溶液中存在I-，会生成碘化银沉淀影响测定结果，c不符合； 故选a。 17. I．V2O5是一种重要的工业催化剂。 （1）V2O5催化剂参与SO2催化氧化反应的机理如图。 V5+催化过程可以表示为： ①…… ②O2+4V4+=4V5++2O2- ①的离子方程式是___________。 Ⅱ．某V2O5失活催化剂(主要含V2O5、V2O4、SiO2、SO3以及少量的Fe等)是重要的含钒二次资源。从失活催化剂提取钒的一种工艺流程如下。 资料： ⅰ．HA(有机酸性萃取剂)对金属阳离子的萃取能力由强到弱的顺序为：Fe3+>VO2+>VO>Fe2+； ⅱ．溶液pH<4.0时，+5价钒的存在形式为VO，6.0≤pH≤8.0时，正五价钒元素的存在形式为VO，且二者可相互转化：VO+H2OVO+2H+。 （2）浸出液中含有VO、VO2+、Fe3+、Fe2+等阳离子，浸出VO的离子方程式是___________。 （3）流程中“……”包含的操作顺序为___________。 （4）“萃取”“反萃取”过程机理为：VO2+(水层)+2HA(有机层)VOA2(有机层)+2H+(水层)。反萃取剂选择H2SO4，原因是___________。 （5）“沉钒”过程中需先加入KClO3，然后通入氨气调节pH为6～8，再加(NH4)2SO4。 ①加入KClO3，反应的离子方程式是___________。 ②结合平衡移动原理解释通入氨气的作用___________。 （6）产品中V2O5纯度的测定方法如下。 已知：此过程中，MnO可氧化Fe2+，且不与VO2+反应。产品中的杂质不参与反应。 步骤iii中标准KMnO4溶液的浓度和消耗的体积分别为c和V，计算产品中V2O5的纯度还需要的实验数据有___________。 【答案】（1）SO2+2V5++O2-=2V4++SO3 （2）V2O5+2H+=2VO2++H2O （3）先加还原剂，再萃取分液 （4）增大c(H+)，平衡逆向移动，有利于VO2+进入水层 （5） ①. ClO+6VO2++3H2O=Cl-+6VO+6H+ ②. 存在平衡VO+H2OVO+2H+，通入氨气NH3•H2O+H+=NH+H2O，使c(H+)减小，平衡正向移动，将VO转化为VO，与此同时c(NH4+)增大，使得NH4VO3(s)NH(aq)+VO (aq)逆向移动，析出沉淀NH4VO3 （6）产品质量，ii中所用FeSO4溶液的浓度和体积 【解析】 【分析】V2O5失活催化剂加入硫酸酸浸，二氧化硅不反应，其他物质转化为溶液，先加还原剂，再萃取分液之后得到含有VO2+的有机层，反萃取得到含VO2+的水层，先加氯酸钾，再调节pH值沉钒，加入硫酸铵转化为NH4NO3，焙烧转化为V2O5，据此回答。 【小问1详解】 根据题目分析可知，①的离子方程式是SO2+2V5++O2-=2V4++SO3； 【小问2详解】 浸出液中含有、VO2+、Fe3+、Fe2+等阳离子，浸出的离子方程式是：V2O5+2H+=2VO2++H2O； 【小问3详解】 流程中“……”包含的操作顺序为：先加还原剂，再萃取分液； 【小问4详解】 反萃取剂选择H2SO4，原因是：增大c(H+)，平衡逆向移动，有利于VO2+进入水层； 【小问5详解】 ①加入KClO3，将VO2+氧化为，反应的离子方程式是：ClO+6VO2++3H2O=Cl-+6VO+6H+； ②存在平衡VO+H2OVO+2H+，通入氨气NH3•H2O+H+=NH+H2O，使c(H+)减小，平衡正向移动，将VO转化为VO，与此同时c(NH4+)增大，使得NH4VO3(s)NH(aq)+VO (aq)逆向移动，析出沉淀NH4VO3； 【小问6详解】 步骤iii中标准KMnO4溶液的浓度和消耗的体积分别为c和V，计算产品中V2O5的纯度还需要的实验数据有：产品质量，ii中所用FeSO4溶液的浓度和体积。 18. 白云石的主要化学成分为，还含有少量的。利用白云石制备高纯度的氧化镁，流程示意图如下。 已知： 物质 （1）固体B“消化”的反应方程式有、___________。 （2）解释“碳化”过程能实现钙、镁分离的原因：___________。 （3）向浊液C中通入进行碳化，在不同温度下，钙镁溶出率(可视作反应达到平衡)如下图所示。 备注：(M代表钙或镁) ①钙、镁分离的适宜温度是___________。 ②碳化过程中，发生的主要反应有、、___________。 ③解释钙、镁溶出率呈现相反变化的原因：___________。 （4）白云石中钙含量测定 资料：为二元弱酸；不溶于水。 注：沉淀中不含。 ①氨水的作用是___________。 ②滴定至终点时，消耗标准溶液vmL。白云石中钙的质量分数为___________。(注：的还原产物为) 【答案】（1） （2），更易生成；，更易溶解生成 （3） ①. 25℃ ②. ③. 时，升高温度，溶解度增大，增大，正向移动，增大，发生，钙的溶出率下降；高于25℃时，分解，减小，钙的溶出率增大。 （4） ①. 中和，使沉淀完全 ②. 【解析】 【分析】白云石矿样煅烧后转化为氧化钙、氧化镁，加入水发生反应、，通入二氧化碳生成碳酸钙，溶液a为，过滤分离出含有钙、硅元素的固体D，热解得到氧化镁。 【小问1详解】 根据分析可知，固体B“消化”的反应方程式有、。 【小问2详解】 根据数据：，碳化时生成沉淀，，而溶解度相对较大，可与过量反应生成可溶的，从而实现分离故而实现了现钙、镁分离； 【小问3详解】 ①由图像可知，钙、镁分离的适宜温度是25℃。 ②碳化过程中，发生的主要反应有、、。 ③时，升高温度，溶解度增大，增大，正向移动，增大，发生，钙的溶出率下降；高于25℃时，分解，减小，钙的溶出率增大。 【小问4详解】 ①加入草酸铵沉淀Ca2+，再加入氨水中和，使沉淀完全。 ②根据2MnO+6H＋+5H2C2O4=2Mn2＋+10CO2↑+8H2O可知草酸的物质的量为 mol，故草酸钙的物质的量也为mol，从而钙的质量分数为=。 19. 某研究小组对碘化钾溶液在空气中发生氧化反应的速率进行实验探究。 【初步探究】 示意图 序号 温度 试剂A 现象 ① 0℃ 稀硫酸 左右出现蓝色 ② 20℃ 左右出现蓝色 ③ 20℃ 稀硫酸 左右出现蓝色 ④ 20℃ 蒸馏水 左右出现蓝色 (1)为探究温度对反应速率的影响，实验②中试剂A应为_________。 (2)写出实验③中反应的离子方程式:_________________。 (3)对比实验②③④，可以得出结论:_________________。 【继续探究】溶液对反应速率的影响 查阅资料：i.时，能被氧化为I2。 ii.时，发生歧化反应:，越大，歧化速率越快。 (4)小组同学用4支试管在装有的储气瓶中进行实验，装置如图所示。 序号 ⑤ ⑥ ⑦ ⑧ 试管中溶液的pH 8 9 10 11 放置10小时后的现象 出现蓝色 颜色无明显变化 分析⑦和⑧中颜色无明显变化的原因:________。 (5)甲同学利用原电池原理设计实验证实的条件下确实可以发生被氧化为I2的反应，如图所示，请你填写试剂和实验现象____________。 【深入探究】较高温度对反应速率的影响 小组同学分别在敞口试管和密闭试管中进行了实验⑨和⑩。 序号 温度 试剂 现象 ⑨敞口试管 水浴70°C 溶液 稀硫酸 仍保持无色，冷却至室温后滴加淀粉溶液出现蓝色 ⑩密闭试管 溶液迅速出现黄色，且黄色逐渐加深，冷却至室温后滴加淀粉溶液出现蓝色 (6)对比实验⑨和⑩的现象差异，该小组同学经过讨论对实验⑨中的现象提出两种假设，请你补充假设1。 假设1：_____________。 假设2:45℃以上I2易升华，70℃水浴时，太小难以显现黄色。 【答案】 ①. 稀硫酸 ②. ③. 被氧化为I2，越大，氧化反应速率越快 ④. 试管⑦、⑧中的pH为10、11时，既发生氧化反应又发生歧化反应，因为歧化反应速率大于氧化反应速率和淀粉变色速率(或歧化速率最快)，所以颜色无明显变化 ⑤. 试剂1：溶液，滴加1%淀粉溶液；试剂2：pH=10的KOH溶液；现象：电流表指针偏转，左侧电极附近溶液变蓝() ⑥. 加热使氧气逸出，降低，导致氧化为的速率变慢 【解析】 【分析】（1）探究温度对反应速率的影响，则应控制温度不同，其他条件相同； （2）酸性条件下，I－能被空气中的O2氧化成I2，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写反应的离子方程式； （3）根据实验②③④条件和现象的不同，确定实验结论； （4）根据溶液中发生的氧化反应和歧化反应进行分析； （5）根据I－和O2发生的反应确定电极反应物，从而确定实验试剂和实验现象； （6）结合温度升高，气体溶解度减小进行分析。 【详解】(1)为探究温度对反应速率的影响，应控制温度不同，浓度相同，因此实验②中所加试剂A为0.5mol·L－1稀硫酸；故答案为：0.5mol·L－1稀硫酸； (2)酸性条件下，I－能被空气中的O2氧化成I2，O2中O元素的化合价由0价变为-2价，得到4个电子，I－中I元素的化合价由-1价变为0价的I2，失去两个电子，由得失电子守恒，O2的系数为1，生成H2O的系数为2，I－的系数为4，生成I2的系数为2；再根据电荷守恒，反应物中含有H＋，且系数为4；据此可得该反应的离子方程式为：4I－+O2+4H＋=2I2+2H2O；故答案为：4I－+O2+4H＋=2I2+2H2O； (3)对比实验②③④，实验②③④中反应温度相同，稀硫酸的浓度逐渐减小，出现蓝色的时间逐渐增大，说明当温度相同时，溶液中c（H＋）越大，反应速率越快；故答案为：温度相同时，KI溶液中I-被O2氧化成I2，c（H＋）越大，氧化速率越快； (4)溶液中的I－被空气中的O2氧化成I2后，当溶液的pH大于9.28，I2发生歧化反应，且pH越大，歧化反应速率越大；试管⑦、⑧中溶液的pH为10、11，溶液中同时发生氧化反应和歧化反应，此时溶液颜色无明显变化，说明歧化反应的速率大于氧化反应、淀粉变色反应的速率；故答案为：试管⑦、⑧中的pH为10、11时，既发生氧化反应又发生歧化反应，因为歧化反应速率大于氧化反应速率和淀粉变色速率(或歧化速率最快)，所以颜色无明显变化； (5)I－和O2发生的反应中，I－发生失电子的氧化反应，O2发生得电子的还原反应，因此，试剂1:溶液，滴加1%淀粉溶液；试剂2:pH=10的KOH溶液；现象：电流表指针偏转，左侧电极附近溶液变蓝()；故答案为：试剂1:溶液，滴加1%淀粉溶液；试剂2:pH=10的KOH溶液;现象：电流表指针偏转，左侧电极附近溶液变蓝()； (6)由于加热过程中，温度升高，气体溶解度减小，敞口容器中，溶解在水中的O2逸出，导致c（O2）减小，I－氧化为I2的速率变慢，故答案为：加热使O2逸出，c（O2）降低，导致I－氧化为I2的速率变慢。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $