精品解析：2025届云南省保山市腾冲市第五中学高三下学期模拟预测 化学试题

腾冲市第五中学2025届高三模拟预测化学试卷 考生注意： 1.答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码。 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。 可能用到的相对原子质量：H—1 C—1 2N—14 O—16 S—32 Cr—52 Fe—56 第Ⅰ卷(选择题 共42分) 一、单项选择题(本大题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。) 1. 诗词是中华优秀传统文化的一部分。从化学视角分析，下列说法错误的是 A. “何以解忧，唯有杜康”中的杜康酒的主要成分有烃的含氧衍生物 B. “日照澄洲江雾开，淘金女伴满江隈”中包含丁达尔效应 C. “落汤螃蟹着红袍”发生的是化学变化 D. “九秋风露越窑开，夺得千峰翠色来”，“翠色”来自氧化亚铜 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. 3，3-二甲基戊烷的键线式： B. 乙烯分子中σ键的电子云轮廓图： C. 空间填充模型，可表示CH4分子，也可表示CCl4分子 D. 用电子式表示HCl的形成过程： 3. 利用CrCl3+3+3NH3→Cr(C5H7O2)3+3NH4Cl制备降爆剂Cr(C5H7O2)3(结构如图)，下列有关说法不正确的是 A. 0.1 mol 中σ键数目为1.4NA B. 标准状况下，每消耗6.72 L NH3生成Cr(C5H7O2)3数目为0.1NA C. 2 mol Cr(C5H7O2)3中含有的配位键数目为6NA D. 1 L 0.1 mol·L-1 NH4Cl溶液含有的数目为0.1NA 4. 下列说法错误的是 A. 的电负性比大，可推断分子的极性比的大 B. 核酸分子的碱基含有键，碱基间易形成氢键 C. 已知邻二氮菲(简称为)与形成的配位键可表示为：，则中的配位数为6 D. 不慎将浓硫酸滴到实验桌上，立即用湿抹布擦净，后用水冲洗抹布 5. 下列实验操作对应的装置正确的是 实验操作 A.氯气和铜的反应 B.石油分馏时接收馏出物 装置 实验操作 C.探究反应物浓度对化学反应速率的影响 D.灼烧海带制海带灰 装置 A. A B. B C. C D. D 6. 下列化学(离子)方程式书写错误的是 A. 碱性锌锰电池的正极反应： B. 水解制取： C. 牙膏中添加氟化物能预防龋齿的原因： D. 将溶液和溶液等体积混合并加热： 7. 羟醛缩合反应常用来增长碳链，其原理如图： 下列说法不正确的是 A. 反应I、Ⅱ分别为加成、消去反应 B. A的同分异构体含键数目最多为 C. 反应I、Ⅱ均体现了醛基相邻碳原子的碳氢键极性强，易断裂 D. 将乙醛和丙醛在溶液中充分混合共热，最多生成3种烯醛 8. 组成和结构决定性质和变化，关于下列事实的解释中错误的是 选项 事实 解释 A Be的第一电离能大于B 电子的能量：Be失去的是2s能级上的电子，B失去的是2p能级上的电子，该能级上的电子的能量比2s能级上的电子的能量低 B P能形成和，N只能形成 原子轨道：P有3d轨道，N没有 C 相同温度下，电离平衡常数()() 氢键：中形成分子内氢键，使其更难电离出 D 溶液中滴加溶液，红色褪去 稳定性：与生成配合物的稳定性较强 A. A B. B C. C D. D 9. 在催化下，丙烷与氧气反应制备丙烯的部分反应机理如图所示。下列叙述错误的是 A. 催化剂可以同时产生多种反应历程 B. 含C微粒参与的反应均有元素化合价变化 C. 增大的量，反应热和平衡产率不变 D. 当主要发生包含②的历程时，最终生成的水量改变 10. 碳化钛在航空航天、机械加工等领域应用广泛，其晶胞结构(如图所示)与氯化钠相似，晶胞的边长为anm。下列说法正确的是 A. 基态Ti原子的价电子排布图为 B. 晶体中的配位数为12 C. 晶胞中仅由碳原子构成的四面体空隙和八面体空隙的个数比为2∶1 D. 设为阿伏加德罗常数的值，则晶体的密度为 11. W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，且原子序数之和为25，Y是地壳中含量最多的元素，由这四种元素形成的某化合物结构如图所示。下列叙述不正确的是 A. 简单离子半径：Y>Z B. 该化合物具有强氧化性，可杀菌消毒 C. X的最高价氧化物对应的水化物为弱酸 D. 该化合物的阴离子中各原子最外层均达到8电子稳定结构 12. 探究钠及其化合物的性质，下列方案设计、现象及结论都正确的是 选项 方案设计 现象 结论 A 向露置在空气中的固体中加入稀盐酸 溶液中产生气泡 固体已经变质 B 将一小块金属钠在燃烧匙中点燃，伸入盛有的集气瓶中 产生黑、白两种固体 钠的还原性强，与二氧化碳发生了置换反应 C 向2mL 溶液中滴加2滴稀盐酸 溶液中产生气泡 该溶液中混有杂质 D 向插有温度计的10mL 溶液中加入一定量NaOH固体 有刺激性气味产生，温度计示数增大 反应为放热反应 A. A B. B C. C D. D 13. 利用下图所示装置可合成己二腈。充电时生成己二腈，放电时生成O2，其中a、b是互为反置的双极膜，双极膜中的H2O会解离出H+和OH-向两极移动。下列说法正确的是 A. 放电时，N极的电势高于M极的电势 B. 放电时，双极膜中H+向N极移动 C. 充电时，N极的电极反应式为 D. 若充电时制得，则放电时需生成1molO2才能使左室溶液恢复至初始状态 14. 常温下Ag(Ⅰ)-水溶液体系中存在反应：，平衡常数为K。已知初始浓度，所有含碳物种的摩尔分数与pH的变化关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列说法错误的是 A. 曲线Ⅱ、Ⅲ分别表示、的摩尔分数与pH的变化关系 B. 常温下的电离常数 C. pH=n时， D. pH=8时， 第Ⅱ卷(非选择题 共58分) 二、填空题(本大题共4小题，共58分) 15. 1869年门捷列夫发现元素周期律，他预言了很多未知元素，锗是其中一种，工业上用精硫锗矿(主要成分为GeS2，其中Ge化合价为＋4)制取高纯度锗，其工艺流程如图所示。请回答： （1）粉碎精硫锗矿的目的___________。800℃，使精硫锗矿在N2氛围中升华的原因___________。 （2）写出825 ℃，NH3还原GeS2的化学反应方程式___________。 （3）酸浸时温度不能过高的原因___________；酸浸后得到粗GeO2的操作为___________。 （4）GeCl4易水解生成GeO2·nH2O，化学方程式为___________。 （5）GeO2是锗酸(H2GeO3)的酸酐，请判断25 ℃时0.1 mol·L-1NaHGeO3溶液pH___________(填“>”、“=”或“<”)7，(已知25 ℃时，H2GeO3的Ka1=1.7×10-9，Ka2=1.9×10-13)。GeO2与碱反应可生成锗酸盐，其中CaGeO3是一种难溶电解质，一定温度下，CaGeO3在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列说法不正确的是___________(填序号)。 A．通过蒸发可以使溶液由q点变到p B．q点无CaGeO3沉淀生成 C．n点与p点对应的Ksp相等点 D．加入Na2GeO3可以使溶液由n点变到m点 16. 对乙酰氨基酚(，)具有解热镇痛的效果，其解热作用缓慢而持久，刺激性小，极少有过敏反应。某科学小组设计如下转化流程在实验室制备对乙酰氨基酚(部分产物已略去)： （1）苯酚___________(填“能”或“不能”)与金属钠反应。步骤Ⅰ反应温度须控制在0～5℃，采用的控温方法为___________。 （2）步骤Ⅱ的反应原理为 ，反应装置如图甲所示。该科学小组通过实验测定了不同温度下对氨基苯酚钠的产率，数据如表： 温度/℃ 25 45 55 65 产率/% 52.6 64.7 62.5 58.8 ①盛装溶液的仪器名称是___________。 ②通过实验数据，可知最佳反应温度为___________℃。 （3）步骤Ⅲ中硫酸的作用是析出对氨基苯酚，若加入硫酸过多或过快，可能导致发生的副反应的离子方程式为___________。 （4）步骤Ⅳ的实验装置如图乙所示。其中，冷凝管的作用是___________；反应结束后，得到的晶体需用冰水洗涤，其目的是___________。 （5）该科学小组用0.4mol苯酚进行实验，该实验中对乙酰氨基酚的总产率为55%，实际得到对乙酰氨基酚___________g。 17. 常用作脱硝催化剂，采用共沉淀法等比掺入金属后，催化剂的脱硝性能及抗硫中毒性能会发生改变。烟气脱硝主要副产物为，主反应如下： 反应I：； 反应II： （1）已知：。则___________。 （2）某条件下对于反应I，，，k正、k逆为速率常数。升高温度时，k正增大m倍，k逆增大n倍，则m___________ n(填“>”“<”或“=”)。 （3）将模拟烟气按一定流速通到催化剂表面，不同温度下气体出口处测定相关物质浓度，得出NO的转化率、的选择性、的生成量随温度变化关系如下图。 ①选择时，温度高于260℃时NO转化率下降的原因为___________。 ②综合分析，该脱硝过程应选择的最佳催化剂中M为___________。 ③选用合适的催化剂还能抑制催化剂表面出现NH4HSO4结晶现象，结晶会导致___________。 （4）273℃，P0kPa下，向恒温恒压密闭的容器中(假设仅发生反应I、II)通入4molNH3、4molNO、2molO2。 ①下列选项不能说明反应I、Ⅱ均达到化学平衡状态的是___________。 A．混合气体的平均摩尔质量保持不变 B．n(NH3)∶n(NO)保持不变 C．有1molN-H键断裂的同时，有键断裂 D．NO的分压保持不变 ②达到平衡后测定O2转化率为30%，体系中NH3为1.2mol。则NO的转化率为___________，反应I的Kp=___________(写出计算式即可)(分压=总压×物质的量分数)。 18. 根据肾上腺素(F)的两条合成路线回答下列问题： 路线一： （1）A的化学名称为_______；检验物质A和B的试剂为_______(写化学式)。 （2）的化学方程式为_______。 （3）的合成路线设计为：，不能选用高锰酸钾的原因是_______。 路线二： （4）路线二中属于取代反应的是_______(填序号)；G的结构简式_______。 （5）H的2种芳香族同分异构体含硝基和3种不同化学环境的氢原子(个数比为)，写其中一种的结构简式_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 腾冲市第五中学2025届高三模拟预测化学试卷 考生注意： 1.答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码。 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。 可能用到的相对原子质量：H—1 C—1 2N—14 O—16 S—32 Cr—52 Fe—56 第Ⅰ卷(选择题 共42分) 一、单项选择题(本大题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。) 1. 诗词是中华优秀传统文化的一部分。从化学视角分析，下列说法错误的是 A. “何以解忧，唯有杜康”中的杜康酒的主要成分有烃的含氧衍生物 B. “日照澄洲江雾开，淘金女伴满江隈”中包含丁达尔效应 C. “落汤螃蟹着红袍”发生的是化学变化 D. “九秋风露越窑开，夺得千峰翠色来”，“翠色”来自氧化亚铜 【答案】D 【解析】 【详解】A．杜康酒的主要成分有乙醇(CH3CH2OH)，乙醇是烃的含氧衍生物，A项正确； B．“日照澄洲江雾开，淘金女伴满江隈”，诗中的雾为气溶胶，能发生丁达尔效应，B项正确； C．螃蟹受热后，蛋白质变性，产生红色物质，发生化学变化，C项正确； D．“翠色”为青色或者绿色，而氧化亚铜为砖红色，诗句中的“翠色”不可能来自氧化亚铜，D项错误； 答案选D。 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. 3，3-二甲基戊烷的键线式： B. 乙烯分子中σ键的电子云轮廓图： C. 空间填充模型，可表示CH4分子，也可表示CCl4分子 D. 用电子式表示HCl的形成过程： 【答案】A 【解析】 【详解】A．3，3-二甲基戊烷的结构简式为，则键线式：，A正确； B．乙烯分子中碳碳π键的电子云轮廓图为，而碳碳σ键的电子云轮廓图为，B不正确； C．空间填充模型中，中心原子的半径大于顶点原子的半径，由于原子半径Cl＞C＞H，则可表示CH4分子，但不可表示CCl4分子，C不正确； D．用电子式表示HCl的形成过程时，反应物应写原子的电子式：，D不正确； 故选A。 3. 利用CrCl3+3+3NH3→Cr(C5H7O2)3+3NH4Cl制备降爆剂Cr(C5H7O2)3(结构如图)，下列有关说法不正确的是 A. 0.1 mol 中σ键数目为1.4NA B. 标准状况下，每消耗6.72 L NH3生成Cr(C5H7O2)3数目为0.1NA C. 2 mol Cr(C5H7O2)3中含有的配位键数目为6NA D. 1 L 0.1 mol·L-1 NH4Cl溶液含有的数目为0.1NA 【答案】D 【解析】 【详解】A．的结构简式为CH3COCH2COCH3，含有14个σ键，0.1 mol中，σ键数目为1.4NA，A项正确； B．标准状况下，每消耗6.72 L(0.3 mol)NH3，生成0.1 mol Cr(C5H7O2)3，其数目为0.1NA，B项正确； C．Cr(C5H7O2)3中Cr3+与3个中的氧原子形成3个配位键，则2 mol Cr(C5H7O2)3中含有的配位键数目为6NA，C项正确； D．1 L 0.1 mol·L-1 NH4Cl溶液中，铵根离子发生水解，则含有的数目小于0.1NA，D项错误； 故选D。 4. 下列说法错误的是 A. 的电负性比大，可推断分子的极性比的大 B. 核酸分子的碱基含有键，碱基间易形成氢键 C. 已知邻二氮菲(简称为)与形成的配位键可表示为：，则中的配位数为6 D. 不慎将浓硫酸滴到实验桌上，立即用湿抹布擦净，后用水冲洗抹布 【答案】A 【解析】 【详解】A．电负性F>O>S，F与O电负性相差小于F与S的电负性差，可推断分子的极性比的小，A错误； B．核酸分子的碱基含有键，碱基间易形成N-H…N氢键，B正确； C．中一个Fe3+与3个形成配位键，一个Fe3+与一个形成2个配位键，共形成6个配位键，C正确； D．浓硫酸有腐蚀性，不慎将浓硫酸滴到实验桌上，立即用湿抹布擦净，后用水冲洗抹布，D正确； 答案选A。 5. 下列实验操作对应的装置正确的是 实验操作 A.氯气和铜的反应 B.石油分馏时接收馏出物 装置 实验操作 C.探究反应物浓度对化学反应速率的影响 D.灼烧海带制海带灰 装置 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．紫红色的铜和氯气在加热条件下反应生成棕黄色氯化铜，过量的氯气可用碱石灰吸收，A项正确； B．石油分馏时，接收馏出物的锥形瓶不能塞橡胶塞，否则会因气体增加导致气体压强增大而发生意外事故，B项错误； C．反应无明显现象，无法得出实验结论，C项错误； D．给坩埚加热时需要搭配三脚架、泥三角，边加热边用玻璃棒搅拌，D项错误； 故答案选A。 6. 下列化学(离子)方程式书写错误的是 A. 碱性锌锰电池的正极反应： B. 水解制取： C. 牙膏中添加氟化物能预防龋齿的原因： D. 将溶液和溶液等体积混合并加热： 【答案】D 【解析】 【详解】A．碱性锌锰电池中，Zn作负极，MnO2作正极，电池工作时，MnO2得电子产物与电解质反应，生成MnO(OH)等，依据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒，可得出正极反应：，A正确； B．水解制取，同时生成HCl，依据元素守恒，可得出发生水解反应的化学方程式：，B正确； C．牙膏中添加氟化物，将Ca5(PO4)3OH转化为更难溶、更坚硬的Ca5(PO4)3F，从而预防龋齿，原因：，C正确； D．将溶液和溶液等体积混合，溶液中的Ba2+与部分反应生成BaSO4沉淀，H+与OH-刚好完全反应生成H2O，未发生反应，反应的离子方程式为：，D错误； 故选D。 7. 羟醛缩合反应常用来增长碳链，其原理如图： 下列说法不正确的是 A. 反应I、Ⅱ分别为加成、消去反应 B. A的同分异构体含键数目最多为 C. 反应I、Ⅱ均体现了醛基相邻碳原子的碳氢键极性强，易断裂 D. 将乙醛和丙醛在溶液中充分混合共热，最多生成3种烯醛 【答案】D 【解析】 【详解】A．由原理图知，反应I是羟醛缩合反应，反应Ⅱ为羟基发生消去反应，A正确； B．A的同分异构体4.4g，物质的量为0.1mol，含键数目最多为0.7NA，B正确； C．反应I、Ⅱ均体现了醛基相邻碳原子的碳氢键极性强，易断裂，C正确； D．将乙醛和丙醛在NaOH溶液中充分混合共热，最多生成4种烯醛，D错误； 故选D。 8. 组成和结构决定性质和变化，关于下列事实的解释中错误的是 选项 事实 解释 A Be的第一电离能大于B 电子的能量：Be失去的是2s能级上的电子，B失去的是2p能级上的电子，该能级上的电子的能量比2s能级上的电子的能量低 B P能形成和，N只能形成 原子轨道：P有3d轨道，N没有 C 相同温度下，电离平衡常数()() 氢键：中形成分子内氢键，使其更难电离出 D 溶液中滴加溶液，红色褪去 稳定性：与生成配合物的稳定性较强 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．B的第一电离能失去的电子是2p能级的，该能级电子的能量比左边Be失去的2s能级电子的高，Be的第一电离能大于B，A错误； B．N的最外层无3d轨道，不能发生sp3d，N只能形成，B正确； C．由于中形成分子内氢键，使其更难电离出，故在相同温度下，电离平衡常数()()，C正确； D．溶液中滴加溶液，红色褪去，说明生成了无色的，说明与生成配合物的稳定性较强，D正确； 故选A。 9. 在催化下，丙烷与氧气反应制备丙烯的部分反应机理如图所示。下列叙述错误的是 A. 催化剂可以同时产生多种反应历程 B. 含C微粒参与的反应均有元素化合价变化 C. 增大的量，反应热和平衡产率不变 D. 当主要发生包含②的历程时，最终生成的水量改变 【答案】D 【解析】 【详解】A．由图可知NO可同时参与反应①和反应②过程，由此可知催化剂可以同时产生多种反应历程，故A正确； B．由图可知含C微粒参与的反应均存在电子得失，有元素化合价变化，故B正确； C．NO为催化剂，增大的量，对反应热和化学平衡无影响，故C正确； D．无论反应经过①还是②，总反应都是丙烷和氧气生成丙烯和水，最终生成的水不变，故D错误； 故选：D。 10. 碳化钛在航空航天、机械加工等领域应用广泛，其晶胞结构(如图所示)与氯化钠相似，晶胞的边长为anm。下列说法正确的是 A. 基态Ti原子的价电子排布图为 B. 晶体中的配位数为12 C. 晶胞中仅由碳原子构成的四面体空隙和八面体空隙的个数比为2∶1 D. 设为阿伏加德罗常数的值，则晶体的密度为 【答案】C 【解析】 【详解】A．Ti是22号元素，根据构造原理可知，基态Ti原子的价电子排布式为，价电子排布图为，A错误； B．由晶胞结构图可知，以体心的为中心，距离其最近且相等的位于面心上，共6个，故晶体中的配位数为6，B错误； C．八个小立方体四个顶角的碳构成一个四面体，由碳原子围城的四面体空隙有8个，由碳原子围城的八面体空隙有4个，晶胞中仅由碳原子构成的四面体空隙和八面体空隙的个数比为8:4=2∶1，C正确； D．一个晶胞中含有4个，4个，注意单位换算，则晶体的密度为   g·cm-3=，故D错误； 故选C。 11. W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，且原子序数之和为25，Y是地壳中含量最多的元素，由这四种元素形成的某化合物结构如图所示。下列叙述不正确的是 A. 简单离子半径：Y>Z B. 该化合物具有强氧化性，可杀菌消毒 C. X的最高价氧化物对应的水化物为弱酸 D. 该化合物的阴离子中各原子最外层均达到8电子稳定结构 【答案】D 【解析】 【分析】Y为地壳中含量最多的元素，则Y为O；W形成一个共价键且原子序数最小，则W为H；Z显+1价，且原子序数大于O，则Z为Na；四种元素的原子序数之和为25，则X为B，据此回答。 【详解】A．O2-和Na+电子层结构相同，核电荷数大的离子半径小，则离子半径：O2->Na+，A正确； B．该化合物中存在键，具有强氧化性，可杀菌消毒，B正确； C．X为B，B的最高价氧化物对应水化物的分子式为H3BO3，H3BO3是一元弱酸，C正确； D．该化合物的阴离子中氢原子最外层有2个电子，未达到8电子稳定结构，D错误； 故选D。 12. 探究钠及其化合物的性质，下列方案设计、现象及结论都正确的是 选项 方案设计 现象 结论 A 向露置在空气中的固体中加入稀盐酸 溶液中产生气泡 固体已经变质 B 将一小块金属钠在燃烧匙中点燃，伸入盛有的集气瓶中 产生黑、白两种固体 钠的还原性强，与二氧化碳发生了置换反应 C 向2mL 溶液中滴加2滴稀盐酸 溶液中产生气泡 该溶液中混有杂质 D 向插有温度计的10mL 溶液中加入一定量NaOH固体 有刺激性气味产生，温度计示数增大 反应为放热反应 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．过氧化钠与盐酸反应本身会产生氧气，向露置在空气中的固体中加入稀盐酸，产生气泡无法证明其变质，A错误； B．钠在二氧化碳中燃烧生成碳酸钠（白色）和碳（黑色），发生反应：，该反应中Na是还原剂，C是反应产物，钠的还原性强，与二氧化碳发生了置换反应，B正确； C．少量盐酸与碳酸钠反应首先生成碳酸氢钠，向2mL 溶液中滴加2滴稀盐酸，若该溶液中混有杂质，不会立即产生气泡，C错误； D．温度升高主要因NaOH固体溶解放热，无法证明铵根与OH-反应放热，D错误； 故选B。 13. 利用下图所示装置可合成己二腈。充电时生成己二腈，放电时生成O2，其中a、b是互为反置的双极膜，双极膜中的H2O会解离出H+和OH-向两极移动。下列说法正确的是 A. 放电时，N极的电势高于M极的电势 B. 放电时，双极膜中H+向N极移动 C. 充电时，N极的电极反应式为 D. 若充电时制得，则放电时需生成1molO2才能使左室溶液恢复至初始状态 【答案】C 【解析】 【分析】放电时，N极H2O失电子生成O2，则N极为负极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，M极为正极，[Co(NH3)4]3+得电子转化为[Co(NH3)4]2+；充电时，CH2=CHCN转化为NC(CH2)4CN，C元素化合价部分降低，N极为阴极，电极反应式为，M极[Co(NH3)4]2+失电子转化为[Co(NH3)4]3+，M极为阳极。 【详解】A．由分析可知，放电时，N极为负极，M极为正极，原电池中，正极电势高于负极，则N极的电势低于M极的电势，A不正确； B．放电时，阳离子向正极移动，M极为正极，则双极膜中H+向M极移动，B不正确； C．充电时，N极为阴极，CH2=CHCN得电子产物与电解质反应，生成NC(CH2)4CN，依据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒，可得出电极反应式为，C正确； D．若充电时制得，依据电极反应式，转移2mol电子，有2molOH-移入左室，放电时负极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，放电时生成1molO2，转移4mole-，有4molH+进入左室，则不能使左室溶液恢复至初始状态，D不正确； 故选C。 14. 常温下Ag(Ⅰ)-水溶液体系中存在反应：，平衡常数为K。已知初始浓度，所有含碳物种的摩尔分数与pH的变化关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列说法错误的是 A. 曲线Ⅱ、Ⅲ分别表示、的摩尔分数与pH的变化关系 B. 常温下的电离常数 C. pH=n时， D. pH=8时， 【答案】C 【解析】 【分析】随着溶液的pH增大，减小，乙酸电离平衡正向移动，减小，增大，即的摩尔分数减小，的摩尔分数增大，同时的平衡正向移动，的摩尔分数也增大，但当pH增大到一定程度时，部分转化为AgOH沉淀，使得平衡逆向移动，的摩尔分数减小，的摩尔分数增大。 【详解】A．由分析可知，曲线Ⅰ代表的摩尔分数与pH的变化关系，曲线Ⅱ代表的摩尔分数与pH的变化关系，曲线Ⅲ代表的摩尔分数与pH的变化关系，A项正确； B．由图可知，当时(即曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的交点)，溶液的pH=m，则的电离常数，B项正确； C．pH=n时，，则，的平衡常数，则，由图可知，pH=n时，，故pH=n时，，C项错误； D．pH=8时，部分转化为AgOH沉淀，根据元素守恒，pH=8时溶液中，D项正确； 答案选C。 第Ⅱ卷(非选择题 共58分) 二、填空题(本大题共4小题，共58分) 15. 1869年门捷列夫发现元素周期律，他预言了很多未知元素，锗是其中一种，工业上用精硫锗矿(主要成分为GeS2，其中Ge化合价为＋4)制取高纯度锗，其工艺流程如图所示。请回答： （1）粉碎精硫锗矿的目的___________。800℃，使精硫锗矿在N2氛围中升华的原因___________。 （2）写出825 ℃，NH3还原GeS2的化学反应方程式___________。 （3）酸浸时温度不能过高的原因___________；酸浸后得到粗GeO2的操作为___________。 （4）GeCl4易水解生成GeO2·nH2O，化学方程式为___________。 （5）GeO2是锗酸(H2GeO3)的酸酐，请判断25 ℃时0.1 mol·L-1NaHGeO3溶液pH___________(填“>”、“=”或“<”)7，(已知25 ℃时，H2GeO3的Ka1=1.7×10-9，Ka2=1.9×10-13)。GeO2与碱反应可生成锗酸盐，其中CaGeO3是一种难溶电解质，一定温度下，CaGeO3在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列说法不正确的是___________(填序号)。 A．通过蒸发可以使溶液由q点变到p B．q点无CaGeO3沉淀生成 C．n点与p点对应的Ksp相等点 D．加入Na2GeO3可以使溶液由n点变到m点 【答案】（1） ①. 增大固体表面积，加快GeS2的升华速率 ②. 避免GeS2被氧化，得到较为纯净的GeS2 （2）3GeS2＋2NH33GeS＋N2＋3H2S （3） ①. 浓硝酸受热易分解、易挥发 ②. 过滤 （4）GeCl4＋(n＋2)H2O=GeO2·nH2O↓＋4HCl （5） ①. > ②. A D 【解析】 【分析】精硫锗矿粉碎后在氮氛围下进行升华，提纯GeS2，防止其被氧化，再通入氨气将其还原生成GeS，氨气被氧化生成氮气，GeS和浓硝酸反应生成GeO2，再与COCl2反应生成四氯化锗，在高纯水中水解生成，然后进一步转化为高纯度锗，据此解答； 【小问1详解】 粉碎精硫锗矿的目的增大固体表面积，加快GeS2的升华速率；800℃，使精硫锗矿在N2氛围中升华的原因是升华过程中需要加热，在氮气中进行可以避免GeS2被氧化，得到较为纯净的GeS2； 故答案为：增大固体表面积，加快GeS2的升华速率；避免GeS2被氧化，得到较为纯净的GeS2； 【小问2详解】 从图分析GeS2反应生成GeS，化合价锗元素从+4价降低到+2，氨气中的氮元素化合价升高生成氮气，所以NH3还原GeS2的化学反应方程式：； 故答案为：； 【小问3详解】 浓硝酸受热易分解，所以酸浸时温度不能过高；GeO2不溶于酸，所以酸浸后得到粗GeO2的操作为过滤； 故答案为：浓硝酸受热易分解、易挥发；过滤； 【小问4详解】 GeCl4易水解生成GeO2·nH2O，同时生成氯化氢，化学方程式为； 故答案为： 【小问5详解】 GeO2是锗酸(H2GeO3)的酸酐，说明锗酸为二元酸，0.1mol/LNaHGeO3溶液为酸式盐，存在电离和水解，水解平衡常数为，第二步电离平衡常数为Ka2=1.9×10-13，所以水解大于电离，溶液为碱性，pH>7； A．蒸发过程的水减少，浓度也增大，故通过蒸发可以使溶液由q点变到p点之后的某点，A错误； B．q点离子浓度乘积小于平衡常数，溶液中无CaGeO3沉淀生成，B正确； C．该图象为在一定温度下的沉淀溶解平衡曲线，平衡常数只随着温度变化而变化，所以n点与p点对应的Ksp相等，C正确； D．加入Na2GeO3，浓度增大，沿曲线向右移动，不可能变到m点，D错误； 故答案为：AD。 16. 对乙酰氨基酚(，)具有解热镇痛的效果，其解热作用缓慢而持久，刺激性小，极少有过敏反应。某科学小组设计如下转化流程在实验室制备对乙酰氨基酚(部分产物已略去)： （1）苯酚___________(填“能”或“不能”)与金属钠反应。步骤Ⅰ反应温度须控制在0～5℃，采用的控温方法为___________。 （2）步骤Ⅱ的反应原理为 ，反应装置如图甲所示。该科学小组通过实验测定了不同温度下对氨基苯酚钠的产率，数据如表： 温度/℃ 25 45 55 65 产率/% 52.6 64.7 62.5 58.8 ①盛装溶液的仪器名称是___________。 ②通过实验数据，可知最佳反应温度为___________℃。 （3）步骤Ⅲ中硫酸的作用是析出对氨基苯酚，若加入硫酸过多或过快，可能导致发生的副反应的离子方程式为___________。 （4）步骤Ⅳ的实验装置如图乙所示。其中，冷凝管的作用是___________；反应结束后，得到的晶体需用冰水洗涤，其目的是___________。 （5）该科学小组用0.4mol苯酚进行实验，该实验中对乙酰氨基酚的总产率为55%，实际得到对乙酰氨基酚___________g。 【答案】（1） ①. 能 ②. 冰水浴 （2） ①. 三颈烧瓶 ②. 45℃ （3） （4） ①. 冷凝回流 ②. 洗去杂质并降低对乙酰氨基酚的损失 （5）33.22 【解析】 【分析】苯酚在0~5℃与HNO2反应，生成，与Na2S在一定温度下发生反应，生成的在硫酸的作用下析出，与（CH3CO）2O反应生成，据此解答。 【小问1详解】 苯酚能与金属钠反应，步骤Ⅰ反应温度须控制在0~5℃，采用的控温方法为：冰水浴，答案：能、冰水浴； 【小问2详解】 ①由图可知，盛装Na2S溶液的仪器名称是：三颈烧瓶；②由实验数据可知，产率越高，对应的反应温度越合适，最佳反应温度为45℃，答案：三颈烧瓶、45℃； 【小问3详解】 步骤Ⅱ除了生成还生成Na2S2O3，若加入硫酸过多或过快，可能导致Na2S2O3与硫酸反应生成SO2和S，反应的离子方程式为：，答案：； 【小问4详解】 冷凝管的作用是：冷凝回流；反应结束后，得到的晶体需用冰水洗涤，其目的是：洗去杂质并降低对乙酰氨基酚的损失，答案：冷凝回流、洗去杂质并降低对乙酰氨基酚的损失； 【小问5详解】 用0.4mol苯酚进行实验，理论上生成对乙酰氨基酚0.4mol，质量为：0.4mol×151g/mol=60.4g，对乙酰氨基酚的总产率为55%，实际得到对乙酰氨基酚：60.4×55%=33.22g答案：33.22。 17. 常用作脱硝催化剂，采用共沉淀法等比掺入金属后，催化剂的脱硝性能及抗硫中毒性能会发生改变。烟气脱硝主要副产物为，主反应如下： 反应I：； 反应II： （1）已知：。则___________。 （2）某条件下对于反应I，，，k正、k逆为速率常数。升高温度时，k正增大m倍，k逆增大n倍，则m___________ n(填“>”“<”或“=”)。 （3）将模拟烟气按一定流速通到催化剂表面，不同温度下气体出口处测定相关物质浓度，得出NO的转化率、的选择性、的生成量随温度变化关系如下图。 ①选择时，温度高于260℃时NO转化率下降的原因为___________。 ②综合分析，该脱硝过程应选择的最佳催化剂中M为___________。 ③选用合适的催化剂还能抑制催化剂表面出现NH4HSO4结晶现象，结晶会导致___________。 （4）273℃，P0kPa下，向恒温恒压密闭的容器中(假设仅发生反应I、II)通入4molNH3、4molNO、2molO2。 ①下列选项不能说明反应I、Ⅱ均达到化学平衡状态的是___________。 A．混合气体的平均摩尔质量保持不变 B．n(NH3)∶n(NO)保持不变 C．有1molN-H键断裂的同时，有键断裂 D．NO的分压保持不变 ②达到平衡后测定O2转化率为30%，体系中NH3为1.2mol。则NO的转化率为___________，反应I的Kp=___________(写出计算式即可)(分压=总压×物质的量分数)。 【答案】（1）-1838 （2）< （3） ①. 催化剂活性下降(或副反应增多) ②. W0.15MnCeTiOx ③. 结晶覆盖活性位点，降低催化剂活性或催化剂中毒 （4） ①. C ②. 75% ③. 【解析】 【小问1详解】 已知，结合反应II：，依据盖斯定律，推知，所以a=-1838kJ/mol； 【小问2详解】 反应I正向为放热反应，逆向为吸热反应，升高温度，逆反应速率增大的更多，故m<n； 【小问3详解】 ①选择时，180℃~260℃ NO转化率逐渐增大，温度高于260℃时转化率下降，可能是温度过高，催化剂的活性下降，也可能是副反应增多； ②结合图片，可知W0.15MnCeTiOx在温度相对较低时催化效率高，NO的转化率较高、的选择性高、的生成量相对较高，故最佳催化剂为W0.15MnCeTiOx； ③催化剂表面出现NH4HSO4结晶，晶体会覆盖活性位点，降低催化剂活性或催化剂中毒，催化活性降低； 【小问4详解】 ①A．反应I、II前后气体系数和不相等，且均为气体，反应过程中混合气的总质量保持不变，但混合气的物质的量改变，故当混合气体的平均摩尔质量保持不变时，反应I、II达到平衡，A正确； B．反应I、II中，参加反应的n(NH3)∶n(NO)不同，当n(NH3)∶n(NO)保持不变时，则n(NH3)、n(NO)不再改变，反应达到平衡，B正确； C．反应I中有12molN-H键断裂的同时，有键断裂时反应达到平衡，反应II中，当有12molN-H键断裂的同时，有键断裂时反应达到平衡，C错误； D．NO的分压保持不变，则体系中NO的浓度不再改变，反应I、II达到平衡，D正确； 故选C。 ②反应开始时通入4molNH3、4molNO、2molO2，达到平衡后测定O2转化率为30%，体系中NH3为1.2mol，则参加反应的O2为0.6mol，参加反应的NH3为2.8mol，产物只有水和氮气，根据氢元素守恒，生成水的物质的量为：2.8mol×3÷2=4.2mol，根据O元素守恒可知，NO需提供O元素的物质的量为：4.2mol-0.6mol×2=3mol，所以参加反应的NO的物质的量为3mol，生成N2的物质的量为：2.9mol，NO的转化率为：3mol÷4mol×100%=75%； 反应I的Kp 表达式为：， ， ， ， ， 所以 18. 根据肾上腺素(F)的两条合成路线回答下列问题： 路线一： （1）A的化学名称为_______；检验物质A和B的试剂为_______(写化学式)。 （2）的化学方程式为_______。 （3）的合成路线设计为：，不能选用高锰酸钾的原因是_______。 路线二： （4）路线二中属于取代反应的是_______(填序号)；G的结构简式_______。 （5）H的2种芳香族同分异构体含硝基和3种不同化学环境的氢原子(个数比为)，写其中一种的结构简式_______。 【答案】（1） ①. 邻苯二酚或1，2-苯二酚 ②. 或 （2） （3）高锰酸钾氧化性强，可以将I结构中的酚羟基氧化，且能将I中-CH2OH氧化为羧基 （4） ①. ①② ②. （5）、 【解析】 【分析】A与OHCCOOH发生加成反应生成的B的结构，可推断A的结构为，B经过一系列反应生成C，C为，C与HCN反应生成D，D与H2反应生成E，由E与CH3I反应生成的F结构，采用逆合成分析思路推知E的结构为，D的结构为。 【小问1详解】 A为，名称为：邻苯二酚或1，2-苯二酚； 对比A、B结构可知，二者均含有酚羟基，均具有酚的性质，能与溶液发生显色反应，与浓溴水反应生成白色沉淀； 【小问2详解】 E为与CH3I发生取代反应生成F结构、HI，反应化学方程式为； 故答案为：； 【小问3详解】 由，可知I的结构为，I结构中含有酚羟基，具有还原性，易被高锰酸钾氧化，且高锰酸钾氧化性强，可以将I中醇羟基氧化为羧基，而不是C结构中的醛基； 故答案为：高锰酸钾氧化性强，可以将I结构中的酚羟基氧化，且能将I中氧化为羧基； 【小问4详解】 根据路线二中A与在一定条件下反应生成的G的分子式，H与H2反应生成F，可知G结构为，H为，其中反应①和反应②为取代反应，反应③为加成反应；故答案为：①②；； 【小问5详解】 H为分子式为C9H11NO3，芳香族同分异构体含硝基和3种不同化学环境的氢原子(个数比为)，结构简式为、； 故答案为：、。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $