精品解析：湖北省随州市广水市第二高级中学2024-2025学年高三上学期10月月考 化学试题

湖北省广水市第二高级中学高2024—2025学年上学期十月月考 高三化学试题 本试卷共8页，19题，全卷满分100分，考试用时75分钟。 考试范围：高中全部高考内容 注意事项： 1、答题前，请将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的制定位置。 2、选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3、非选择题作答：用黑色签字笔直接答在答题卡对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4、考试结束后，请将答题卡上交。 一、选择题：每小题仅有一项是符合题意。 1. 钢铁“发蓝”是将钢铁制品浸到某些氧化性的溶液中，在钢铁的表面形成一层四氧化三铁的技术过程。其中一种办法是将钢铁制品浸到亚硝酸钠和浓氢氧化钠的混合溶液中加热到130℃反应。其过程可以用如下化学方程式表示，下列说法不正确的是 ①3Fe+NaNO2+5NaOH=3Na2FeO2+H2O+NH3↑ ②Na2FeO2+NaNO2+H2O→Na2Fe2O4+NH3↑+NaOH(未配平) ③Na2FeO2+Na2Fe2O4+2H2O=Fe3O4+4NaOH A. 碱性条件下，NaNO2的氧化性比Na2FeO2、Na2Fe2O4都强 B. 反应①、②是氧化还原反应，③不是氧化还原反应 C. 反应②配平后，H2O的化学计量数是6 D. 整个反应过程中，每有16.8gFe参加反应转移0.8mol电子 2. 4℃下，把摩尔质量为Mg·mol-1的可溶性盐RClnAg溶解在VmL水中，恰好形成该温度下的饱和溶液，密度为ρg·cm-3，下列关系式错误的是 A. 溶质的质量分数w=×100% B. 溶质的物质的量浓度c=mol·L-1 C. 1mL该溶液中n(Cl-)=mol(RCln在溶液中完全电离) D. 该温度下此盐的溶解度S=g 3. 用下列仪器或装置(图中夹持略)进行相应实验，不能达到实验目的的是 A B C D 配制一定物质的量浓度的氯化钠溶液 检验浓硫酸与铜反应产生的二氧化硫 检验溴乙烷消去产物中的乙烯 分离酒精和水 A. A B. B C. C D. D 4. 青蒿素是无色针状晶体，易溶于有机溶剂，几乎不溶于水，熔点为156~157°C，热稳定性差；乙醚的沸点为35°C．屠呦呦提取青蒿素的流程可简化如下： 下列说法错误的是 A. 破碎的目的是增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素浸取率 B. 操作Ⅰ需要用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯 C. 操作II利用了乙醚与青蒿素的沸点相差较大 D. 操作III的主要过程是加水溶解、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 5. 一种利用废铜渣(主要成分CuO，及少量、等杂质)制备超细铜粉的流程如下： 下列说法正确的是 A. “酸浸”所得滤渣的主要成分为 B. 若向“沉铁”后所得滤液中加入乙醇，析出的深蓝色晶体为 C. “沉铜”发生的反应为复分解反应 D. “转化”后所得滤液中含有的主要阳离子：、、 6. 四氯化钛(TiCl4)极易水解，遇空气中的水蒸气即产生“白烟”，常用作烟幕弹。其熔点为-25 ℃，沸点为136.4℃。某实验小组设计如图装置(部分加热和夹持装置省略)，用Cl2与炭粉、TiO2制备TiCl4。下列说法不正确的是 A. ②中应盛装饱和食盐水 B. 冷凝管有冷凝、回流和导气的作用 C. 反应结束时，应先停止③处的加热，后停止①处的加热 D. 该设计存在不足，如④、⑤之间缺少防止水蒸气进入④的装置 7. 键长、键角和键能是描述共价键的三个重要参数，下列叙述正确的是 A. 键角是描述分子空间结构的重要参数 B. 因为H—O键的键能小于H—F键的键能，所以O2、F2与H2反应的能力逐渐减弱 C. AB2型分子的键角均为180° D. H—O键的键能为462.8 kJ·mol-1，即18 g H2O分解成H2和O2时，消耗的能量为2×462.8 kJ 8. 如图是Mn和Bi形成的某种晶体的晶胞结构示意图，则该晶体的化学式可表示为(　　) A. Mn4Bi3 B. Mn2Bi C. MnBi D. MnBi3 9. 浓差电池是利用物质的浓度差产生电势的一种装置。将两个完全相同的电极浸入两个溶质相同但浓度不同的电解质溶液中构成的浓差电池，称为双液浓差电池。模拟工业上电渗析法实现海水(用氯化钠溶液代替)淡化的装置如图所示。下列说法错误的是 A. 向Cu(1)极区域迁移 B. C(2)极发生还原反应 C. 膜1为阳离子交换膜 D. C(2)极反应为 10. 硝酸盐污染已成为一个日益严重的环境问题。甲酸( HCOOH)在纳米级Pd表面分解为活性H2和CO2，再经下列历程实现NO的催化还原，进而减少污染。已知Fe( II)、Fe(III)表示Fe3O4中二价铁和三价铁。下列说法错误的是 A. Fe3O4参与了该循环历程 B. HCOOH分解时，碳氢键和氧氢键发生了断裂 C. H2在反应历程中生成的H+起到调节体系pH的作用 D. 在整个历程中，1 mol H2可还原1 mol NO 11. 中和滴定是一种操作简单、准确度高的定量分析方法。实际工作中也可利用物质间的氧化还原反应、沉淀反应进行类似的滴定分析，这些滴定分析均需要通过指示剂来确定滴定终点。下列对几种具体的滴定分析(待测液置于锥形瓶内)中所用指示剂及滴定终点时溶液颜色的判断不正确的是(   ) A. 用标准酸性KMnO4溶液滴定Na2SO3溶液以测量其浓度：KMnO4——浅红色 B. 利用Ag++SCN-=AgSCN，用标准KSCN溶液测量AgNO3液浓度：Fe(NO3)3——红色 C. 利用2Fe3++2I-=I2+2Fe2+，用FeCl3液测量KI样品中KI的百分含量：淀粉——蓝色 D. 利用OH-+H+=H2O来测量某盐酸的浓度：酚酞——浅红色 12. T℃时，CdCO3和Cd(OH)2的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知pCd2+为Cd2+浓度的负对数，pN为阴离子浓度的负对数。下列说法正确的是 A. 曲线I是CdCO3的沉淀溶解平衡曲线 B. 加热可使溶液由X点变到Z点 C. Y点对应的Cd(OH)2溶液是过饱和溶液 D. T℃，在CdCO3(s)+2OH-(aq)⇌Cd(OH)2(s)+(aq)平衡体系中，平衡常数K=102 13. 从中草药中提取的 calebin A(结构简式如下)可用于治疗阿尔茨海默症。下列关于 calebin A的说法错误的是 A. 可与FeCl3溶液发生显色反应 B. 其酸性水解的产物均可与Na2CO3溶液反应 C. 苯环上氢原子发生氯代时，一氯代物有6种 D. 1 mol该分子最多与8 mol H2发生加成反应 14. 下列实验设计所得结论均正确的是 A. 将氯水密闭放置一段时间，氯水的颜色变浅，说明氯气能与水反应 B. 将制备乙酸乙酯后剩余的反应液加入碳酸钠溶液，有气泡产生，说明乙酸有剩余 C. 将酸性高锰酸钾溶液分别加入到苯和甲苯溶液中并振荡，证明甲苯中的甲基可活化苯环 D. 向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，加入新制的悬浊液，无砖红色沉淀，说明蔗糖未发生水解 15. 下列说法中正确的是 A. (CH3)2CHCH(CH3)2命名为2-甲基戊烷 B. CH3COOCH2CH3和CH3CH2OOCCH3互为同分异构体 C. BrCH2CH2Br和CH3CHBr2互为同分异构体 D. 油酸和硬脂酸含有相同的官能团，二者互为同系物 二、非选择题： 16. 氨氮废水中的氮元素多以、的形式存在，是造成河流和湖泊富营养化的主要因素，科学家找到多种处理氨氮废水的方法。 （1）某研究团队设计的处理流程如下： ①过程Ⅰ：加NaOH溶液，调节pH至9后，升温至30℃，通入空气将氨赶出并回收。 请用离子方程式表示加NaOH溶液时所发生的反应：_______。 ②过程Ⅱ：在微生物的作用下实现转化，称为硝化过程。在碱性条件下，被氧气氧化成的总反应的离子方程式为_______。 ③过程Ⅲ：在一定条件下向废水中加入甲醇()，实现转化，称为反硝化过程。中碳元素的化合价为_______，当甲醇与6mol 完全反应，转化成时，消耗的甲醇的质量为_______。 （2）折点氯化法是将氯气通入氨氮废水中达到某一点，在该点时水中游离氯含量最低，而氨氮的浓度降为零，该点称为折点，该状态下的氯化称为折点氯化。当氯气与氨氮的物质的量之比至少为_______时即“折点”。 17. H2O2是重要的化学试剂，在实验室和生产实际中应用广泛。 （1）写出H2O2的结构式：_______，H2O2在MnO2催化下分解的化学方程式：_______。 （2）①我们知道，稀硫酸不与铜反应，但在稀硫酸中加入H2O2后，则可使铜顺利溶解，写出该反应的离子方程式：_______ ②在“海带提碘”的实验中，利用酸性H2O2得到碘单质的离子方程式是_______。 ③你认为H2O2被称为绿色氧化剂的主要原因是_______。 （3）H2O2还有一定的还原性，能使酸性KMnO4溶液褪色。 ①写出反应的离子方程式：_______ ②实验室常用酸性KMnO4标准液测定溶液中H2O2的浓度，酸性KMnO4溶液应盛放在_______(填“酸式”或“碱式”)滴定管中，判断到达滴定终点的现象是_______。 （4）H2O2是一种二元弱酸，写出其第一步电离的方程式：_______，它与过量的Ba(OH)2反应的化学方程式为_______。 18. 氨是重要的无机化工产品，工业合成涉及的主反应是N2(g)+3H2(g)2NH3(g)。回答下列问题： （1）已知1 mol N2中的共价键断裂吸收Q1 kJ能量；1 mol H2中的共价键断裂吸收Q2 kJ能量；形成1 mol N-H释放Q3 kJ能量。 ①N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=___________ kJ·mol-1。 ②Fe3O4为该反应的催化剂，使用时常加入Al2O3与之形成FeO·Al2O3使Fe3O4分布均匀，其目的是___________。 （2）用平衡分压p(NH3)、p(N2)、p(H2)代替平衡浓度表示化学平衡常数。温度不变，将平衡时体系的总压强p1增加到原来的两倍，则此时Qp=___________(用含Kp的代数式表示)。 （3）T℃时，在有催化剂的恒容密闭容器中只充入N2和H2。如图所示为不同投料比时某反应物X的平衡转化率的变化曲线。反应物X是___________(填“N2”或“H2”)，判断依据是___________。 19. 蜂胶是一种天然抗癌药，主要活性成分为咖啡酸苯乙酯。合成该化合物(1)的路线如下： 已知：RCHORCH=CHCOOH 请回答下列问题： （1）化合物F的名称是___________ （2）反应①和反应②的反应类型分别是___________、___________ （3）化合物C不能与FeCl3溶液发生显色反应，C中官能团的名称是___________ （4）E的结构简式为___________ （5）反应⑦的反应条件为___________ （6）反应⑥的反应方程式为___________ （7）化合物W与E互为同分异构体，两者所含官能团种类和数目完全相同，且苯环上有3个取代基，其核磁共振氢谱显示有6种不同化学环境的氢，峰面积比为2：2：1：1：1：1，符合要求的W的结构简式共有___________种，写出其中1种结构简式___________ 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖北省广水市第二高级中学高2024—2025学年上学期十月月考 高三化学试题 本试卷共8页，19题，全卷满分100分，考试用时75分钟。 考试范围：高中全部高考内容 注意事项： 1、答题前，请将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的制定位置。 2、选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3、非选择题作答：用黑色签字笔直接答在答题卡对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4、考试结束后，请将答题卡上交。 一、选择题：每小题仅有一项是符合题意。 1. 钢铁“发蓝”是将钢铁制品浸到某些氧化性的溶液中，在钢铁的表面形成一层四氧化三铁的技术过程。其中一种办法是将钢铁制品浸到亚硝酸钠和浓氢氧化钠的混合溶液中加热到130℃反应。其过程可以用如下化学方程式表示，下列说法不正确的是 ①3Fe+NaNO2+5NaOH=3Na2FeO2+H2O+NH3↑ ②Na2FeO2+NaNO2+H2O→Na2Fe2O4+NH3↑+NaOH(未配平) ③Na2FeO2+Na2Fe2O4+2H2O=Fe3O4+4NaOH A. 碱性条件下，NaNO2的氧化性比Na2FeO2、Na2Fe2O4都强 B. 反应①、②是氧化还原反应，③不是氧化还原反应 C. 反应②配平后，H2O的化学计量数是6 D. 整个反应过程中，每有16.8gFe参加反应转移0.8mol电子 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据反应①可知碱性条件下，NaNO2的氧化性比Na2FeO2强，根据反应②可知NaNO2的氧化性比Na2FeO2强，A正确； B．反应①、②中N、Fe元素的化合价均发生变化，为氧化还原反应，反应③中没有元素化合价发生变化，为非氧化还原反应，B正确； C．反应②中Na2FeO2中Fe元素化合价由+2升高到Na2Fe2O4中+3价，升高了 1×2，NaNO2 中N元素化合价由+3降低到NH3中-3价，降低了6价，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：6Na2FeO2+NaNO2+5H2O=3Na2Fe2O4+NH3↑+7NaOH，所以H2O的化学计量数是5，C错误； D．16.8gFe的物质的量为=0.3mol，Fe元素最终均被氧化为Fe3O4，平均化合价升高价，整个过程中没有其他元素被氧化，且Fe元素全部被氧化，所以转移0.3mol×=0.8mol电子，D正确； 综上所述答案为C。 2. 4℃下，把摩尔质量为Mg·mol-1的可溶性盐RClnAg溶解在VmL水中，恰好形成该温度下的饱和溶液，密度为ρg·cm-3，下列关系式错误的是 A. 溶质的质量分数w=×100% B. 溶质的物质的量浓度c=mol·L-1 C. 1mL该溶液中n(Cl-)=mol(RCln在溶液中完全电离) D. 该温度下此盐的溶解度S=g 【答案】C 【解析】 【详解】A．m溶质=A g，VmL水的质量为Vg，m溶液=(A＋V)g，则溶质的质量分数ω＝×100%=×100%，故A正确； B．溶质的物质的量浓度c==mol/L =mol/L，故B正确； C．1mL该溶液中n(Cl－)=1×10-3L×mol/L×n =mol，故C错误； D．该温度下此盐的溶解度S=×100g=×100g=g，故D正确； 故答案为：C。 3. 用下列仪器或装置(图中夹持略)进行相应实验，不能达到实验目的的是 A B C D 配制一定物质的量浓度的氯化钠溶液 检验浓硫酸与铜反应产生的二氧化硫 检验溴乙烷消去产物中的乙烯 分离酒精和水 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．图示为配制一定量浓度溶液的转移操作，图示操作正确，故A 能达到实验目的； B．浓硫酸和铜在加入条件下反应生成二氧化硫，二氧化硫具有漂白性，通入到品红溶液中，若品红褪色，则证明生成二氧化硫，二氧化硫气体是大气污染物，不能排放到空气中，试管口用浸有氢氧化钠溶液的棉花团吸收二氧化硫，图示正确，故B能达到实验目的； C．溴乙烷在氢氧化钠醇溶液加热作用下发生消去反应生成乙烯，由于乙醇易挥发，制得的乙烯中含有乙醇蒸汽，先通过水，使乙醇溶于水，在将气体通入酸性高锰酸钾溶液中，若酸性高锰酸钾溶液褪色，则可以证明反应中产生乙烯，故C能达到实验目的； D．乙醇和水任意比互溶，分液操作无法分离，故D不能达到实验目的； 答案选D。 4. 青蒿素是无色针状晶体，易溶于有机溶剂，几乎不溶于水，熔点为156~157°C，热稳定性差；乙醚的沸点为35°C．屠呦呦提取青蒿素的流程可简化如下： 下列说法错误的是 A. 破碎的目的是增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素浸取率 B. 操作Ⅰ需要用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯 C. 操作II利用了乙醚与青蒿素的沸点相差较大 D. 操作III的主要过程是加水溶解、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 【答案】D 【解析】 【详解】A．破碎的目的是增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素浸取率，故A正确； B．将固液分离操作I是过滤，需要用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯，故B正确； C．操作II是蒸馏，利用了乙醚与青蒿素的沸点相差较大，故C正确； D．青蒿素易溶于有机溶剂，几乎不溶于水，热稳定性差，操作III是重结晶，但不能用水溶解，故D错误； 故答案为D。 5. 一种利用废铜渣(主要成分CuO，及少量、等杂质)制备超细铜粉的流程如下： 下列说法正确的是 A. “酸浸”所得滤渣的主要成分为 B. 若向“沉铁”后所得滤液中加入乙醇，析出的深蓝色晶体为 C. “沉铜”发生的反应为复分解反应 D. “转化”后所得滤液中含有的主要阳离子：、、 【答案】D 【解析】 【分析】废铜渣(主要成分CuO，及少量、等杂质) “酸浸”时CuO、少量与H2SO4反应生成硫酸铜、硫酸铁，SiO2不溶于H2SO4，所以滤渣的成分是SiO2，滤液中加过量氨水沉铁除去Fe3+，铜离子转化为，所得滤液通二氧化硫沉铜，过滤出产生的CuNH4SO3沉淀，加稀硫酸转化，+1价铜发生歧化反应，得到铜离子、和Cu。 【详解】A． 据分析，“酸浸”所得滤渣的主要成分为SiO2，A错误； B． 若向“沉铁”后所得滤液中加入乙醇，析出的深蓝色晶体为，B错误； C． “沉铜”时含有和过量氨水的混合溶液中通入二氧化硫生成CuNH4SO3沉淀，铜元素化合价降低，则发生氧化还原反应，不为复分解反应，C错误； D．转化时，CuNH4SO3在稀硫酸中发生歧化反应，得到铜离子、和Cu，结合元素守恒可知， “转化”后所得滤液中含有的主要阳离子：、、，D正确； 答案选D。 6. 四氯化钛(TiCl4)极易水解，遇空气中的水蒸气即产生“白烟”，常用作烟幕弹。其熔点为-25 ℃，沸点为136.4℃。某实验小组设计如图装置(部分加热和夹持装置省略)，用Cl2与炭粉、TiO2制备TiCl4。下列说法不正确的是 A. ②中应盛装饱和食盐水 B. 冷凝管有冷凝、回流和导气的作用 C. 反应结束时，应先停止③处的加热，后停止①处的加热 D. 该设计存在不足，如④、⑤之间缺少防止水蒸气进入④的装置 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】A．因四氯化钛（TiCl4）极易水解，遇空气中的水蒸气即产生“白烟”，而制得的氯气中含有水蒸气，所以②中应盛装浓硫酸，A项错误； B．TiCl4的熔沸点较低，制得的TiCl4应经过冷凝处理，则该装置中的冷凝管具有冷凝、回流和导气的作用，B项正确； C．反应结束时，先停止③处加热，后停止①处加热，可以使制得的TiCl4在氯气氛围中冷却，防止空气进入装置中使TiCl4变质，C项正确； D．因四氯化钛（TiCl4）极易水解，所以应在装置④和⑤之间加一个防止水蒸气进入④的装置，D项正确； 答案选A。 7. 键长、键角和键能是描述共价键的三个重要参数，下列叙述正确的是 A. 键角是描述分子空间结构的重要参数 B. 因为H—O键的键能小于H—F键的键能，所以O2、F2与H2反应的能力逐渐减弱 C. AB2型分子的键角均为180° D. H—O键的键能为462.8 kJ·mol-1，即18 g H2O分解成H2和O2时，消耗的能量为2×462.8 kJ 【答案】A 【解析】 【详解】A．键角、键长、键能都是描述分子空间结构的重要参数，A正确； B．H-O键、H-F键的键能依次增大，意味着形成这些键时放出的能量依次增大，化学键越来越稳定，O2、F2与H2反应的能力逐渐增强，B错误； C．AB2型分子可能为直线形如CO2，键角为180°，而水分子呈V形，键角为105°，C错误； D．H-O键的键能为462.8 kJ·mol-1，指的是断开 1 mol H-O键形成气态氢原子和气态氧原子所需吸收的能量为462.8 kJ，18 g即1 mol H2O中含2 mol H-O键，断开时需吸收2×462.8 kJ的能量形成气态氢原子和气态氧原子，再进一步形成H2和O2时，还需释放出一部分能量，D错误； 答案选A。 8. 如图是Mn和Bi形成的某种晶体的晶胞结构示意图，则该晶体的化学式可表示为(　　) A. Mn4Bi3 B. Mn2Bi C. MnBi D. MnBi3 【答案】C 【解析】 【分析】根据均摊法计算，由晶胞的结构图可知，锰原子分布在正六棱柱的顶点、上下底面的面心上、棱边的中点上和体心上，铋原子位于体内，根据晶胞中原子的计算方法计算解答。 【详解】由晶胞的结构图可知，锰原子分布在正六棱柱的顶点、上下底面的面心上、棱边的中点上和体心上，所以锰原子的个数为：12×+2×+6×+1＝6，铋原子分布在六棱柱的体内，数目为6，所以锰原子和铋原子的个数比为6：6=1：1，所以化学式为MnBi，故选C。 【点睛】本题主要考查均摊法计算晶胞中各种原子的个数，解题时要注意观察晶胞中各种原子的分布。本题的易错点为顶点的原子是，不是；棱边上的原子是，不是，主要是该晶胞不是立方体，而是六棱柱。 9. 浓差电池是利用物质的浓度差产生电势的一种装置。将两个完全相同的电极浸入两个溶质相同但浓度不同的电解质溶液中构成的浓差电池，称为双液浓差电池。模拟工业上电渗析法实现海水(用氯化钠溶液代替)淡化的装置如图所示。下列说法错误的是 A. 向Cu(1)极区域迁移 B. C(2)极发生还原反应 C. 膜1为阳离子交换膜 D. C(2)极反应为 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意及题目所给图分析，利用电渗析法实现海水淡化，即通过电解氯化钠溶液，则氯离子向区移动，钠离子向区移动，要保持区电荷平衡，则氢氧根离子浓度增加，则电极为阴极，电极反应式为，C(1)为阳极，Cu(1)为负极，Cu(2)为正极，以此逐个分析选项； 【详解】A．根据分析，Cu(1)为负极，电极为正极，铜离子得电子生成铜单质，由于原电池采用阴离子交换膜，则硫酸根离子应向电极区迁移，A正确； B．根据分析，电极作电解池阴极，发生还原反应，B正确； C．根据分析，为阴极，为阳极，区氯离子失电子发生氧化反应，则电解液中氯离子向区迁移，膜1为阴离子交换膜，C错误； D．根据分析，作阴极发生还原反应，电极反应式为，D正确； 故选C。 10. 硝酸盐污染已成为一个日益严重的环境问题。甲酸( HCOOH)在纳米级Pd表面分解为活性H2和CO2，再经下列历程实现NO的催化还原，进而减少污染。已知Fe( II)、Fe(III)表示Fe3O4中二价铁和三价铁。下列说法错误的是 A. Fe3O4参与了该循环历程 B. HCOOH分解时，碳氢键和氧氢键发生了断裂 C. H2在反应历程中生成的H+起到调节体系pH的作用 D. 在整个历程中，1 mol H2可还原1 mol NO 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．Fe3O4参与了该循环历程，因为铁离子有价态的变化，故A正确； B． HCOOH分解时，碳氢键和氧氢键发生了断裂，而后形成了碳氧双键，故B正确； C．酸性条件下，NO 比NO的氧化性更强，H+起到调节体系pH的作用，故C正确； D．在整个历程中，2mol Fe2+可还原1 mol NO，氢气还原Fe3+，故D错误； 故选D。 11. 中和滴定是一种操作简单、准确度高的定量分析方法。实际工作中也可利用物质间的氧化还原反应、沉淀反应进行类似的滴定分析，这些滴定分析均需要通过指示剂来确定滴定终点。下列对几种具体的滴定分析(待测液置于锥形瓶内)中所用指示剂及滴定终点时溶液颜色的判断不正确的是(   ) A. 用标准酸性KMnO4溶液滴定Na2SO3溶液以测量其浓度：KMnO4——浅红色 B. 利用Ag++SCN-=AgSCN，用标准KSCN溶液测量AgNO3液浓度：Fe(NO3)3——红色 C. 利用2Fe3++2I-=I2+2Fe2+，用FeCl3液测量KI样品中KI的百分含量：淀粉——蓝色 D. 利用OH-+H+=H2O来测量某盐酸的浓度：酚酞——浅红色 【答案】C 【解析】 【详解】A．用标准酸性KMnO4溶液滴定Na2SO3溶液以测量其浓度，KMnO4本身就是指示剂，溶液由无色变为紫红色为终点的到达，故A正确； B．利用“Ag++SCN−═AgSCN↓”原理，可用标准KSCN溶液测量AgNO3溶液浓度，Fe(NO3)3为指示剂，溶液由无色变为血红色为终点的到达，故B正确； C．利用2Fe3++2I-=I2+2Fe2+，用FeCl3液测量KI样品中KI百分含量，由于一开始反应就生成了单质碘，溶液呈蓝色，无法判断终点，故C错误； D．利用OH−+H+═H2O来测量某盐酸溶液的浓度时，酚酞为指示剂，溶液由无色变为粉红色为终点的到达，故D正确； 答案选C。 12. T℃时，CdCO3和Cd(OH)2的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知pCd2+为Cd2+浓度的负对数，pN为阴离子浓度的负对数。下列说法正确的是 A. 曲线I是CdCO3的沉淀溶解平衡曲线 B. 加热可使溶液由X点变到Z点 C. Y点对应的Cd(OH)2溶液是过饱和溶液 D. T℃，在CdCO3(s)+2OH-(aq)⇌Cd(OH)2(s)+(aq)平衡体系中，平衡常数K=102 【答案】D 【解析】 【分析】CdCO3的溶解平衡为CdCO3(s)⇌Cd2+(aq)+ (aq)，即Ksp(CdCO3)=c(Cd2+)·c()，则pKsp(CdCO3)=pCd2++p；Cd(OH)2的溶解平衡为Cd(OH)2(s)⇌Cd2+(aq)+2OH−(aq)，即Ksp[Cd(OH)2]=c(Cd2+)·c2(OH−)，则pKsp[Cd(OH)2]=pCd2++2pOH−； 【详解】A．由于pKsp(CdCO3)=pCd2++p，而Ksp[Cd(OH)2]=c(Cd2+)·c2(OH−)，结合CdCO3和Cd(OH)2的沉淀溶解平衡曲线图可知，pKsp(CdCO3)=pCd2++p=8+4=2+10=12，即Ksp(CdCO3)=10−12；而pKsp[Cd(OH)2]=pCd2++2pOH−=6+2×4=4+2×5=2+2×6=14，即Ksp[Cd(OH)2]=10−14；由此可以判断曲线I为Cd(OH)2的沉淀溶解平衡曲线，曲线II为CdCO3的溶解平衡曲线，A错误； B．曲线I为Cd(OH)2的沉淀溶解平衡曲线，若加热，Cd(OH)2的溶解度会增大，溶液中的Cd2+和OH−浓度会增大，阴阳离子的负对数均发生改变，B错误； C．Y点在Cd(OH)2的沉淀溶解平衡曲线的上方，pCd2+为4，即c(Cd2+)=10−4；pOH−为6，即c(OH−)=10−6，则Qc=c(Cd2+)·c2(OH−)=10−4×(10−6)2=10−16<Ksp[Cd(OH)2]=10−14，故Y点对应的Cd(OH)2溶液为不饱和溶液，C错误； D．由反应CdCO3(s)+2OH−(aq)⇌Cd(OH)2(s)+ (aq)可知，K===102，D正确； 故选：D。 13. 从中草药中提取的 calebin A(结构简式如下)可用于治疗阿尔茨海默症。下列关于 calebin A的说法错误的是 A. 可与FeCl3溶液发生显色反应 B. 其酸性水解的产物均可与Na2CO3溶液反应 C. 苯环上氢原子发生氯代时，一氯代物有6种 D. 1 mol该分子最多与8 mol H2发生加成反应 【答案】D 【解析】 【分析】根据结构简式可知，该有机物含有碳碳双键、酚羟基、酯基、酮羰基、醚键等官能团。 【详解】A. 该有机物中含有酚羟基，可以与FeCl3溶液发生显色反应，A正确； B. 该有机物中含有酯基，其在酸性条件下水解生成的两种产物中均含有酚羟基，即都能与Na2CO3溶液反应，B正确； C. 该有机物中含有两个苯环，每个苯环上都含有三个氢原子，且无对称结构，所以苯环上一氯代物有6种，C正确； D. 该有机物中含有两个苯环、两个碳碳双键、一个羰基，每个苯环可以与3个氢气加成，每个双键可以与1个氢气加成，每个羰基可以与1个氢气加成，所以1mol分子最多可以与2×3+2×1+1=9mol氢气发生加成反应，D错误。 答案选D。 【点睛】本题根据有机物的结构得到官能团，再根据官能团的性质进行解题，注意羰基也能与氢气发生加成反应。 14. 下列实验设计所得结论均正确的是 A. 将氯水密闭放置一段时间，氯水的颜色变浅，说明氯气能与水反应 B. 将制备乙酸乙酯后剩余的反应液加入碳酸钠溶液，有气泡产生，说明乙酸有剩余 C. 将酸性高锰酸钾溶液分别加入到苯和甲苯溶液中并振荡，证明甲苯中的甲基可活化苯环 D. 向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，加入新制的悬浊液，无砖红色沉淀，说明蔗糖未发生水解 【答案】A 【解析】 【详解】A．氯气和水生成的次氯酸容易分解为盐酸、氧气，氯水放置一段时间，氯水的颜色变浅，说明氯气能与水反应，故A正确； B．酯化反应中使用浓硫酸作催化剂，硫酸和碳酸钠反应生成二氧化碳气体，不能证明乙酸剩余，故B错误； C．将酸性高锰酸钾溶液分别加入到苯和甲苯溶液中并振荡，苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色、甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，证明甲苯中的苯环活化了甲基，故C错误； D．检验葡萄糖的反应需要在碱性条件下进行，故应该先加入氢氧化钠除去过量稀硫酸后在进行实验，故D错误； 故选A。 15. 下列说法中正确的是 A. (CH3)2CHCH(CH3)2命名为2-甲基戊烷 B. CH3COOCH2CH3和CH3CH2OOCCH3互为同分异构体 C. BrCH2CH2Br和CH3CHBr2互为同分异构体 D. 油酸和硬脂酸含有相同的官能团，二者互为同系物 【答案】C 【解析】 【详解】A．主链有4个C，在2、3号C上分别有一个甲基，命名为2，3-二甲基丁烷，A错误； B．二者分子式相同，结构相同，为同一物质，B错误； C．二者分子式相同，结构不同，互为同分异构体，C正确； D．相差不是若干个CH2原子团，且官能团不相同，油酸中含碳碳双键和羧基，硬脂酸中不含碳碳双键、含羧基，D错误； 故选C。 二、非选择题： 16. 氨氮废水中的氮元素多以、的形式存在，是造成河流和湖泊富营养化的主要因素，科学家找到多种处理氨氮废水的方法。 （1）某研究团队设计的处理流程如下： ①过程Ⅰ：加NaOH溶液，调节pH至9后，升温至30℃，通入空气将氨赶出并回收。 请用离子方程式表示加NaOH溶液时所发生的反应：_______。 ②过程Ⅱ：在微生物的作用下实现转化，称为硝化过程。在碱性条件下，被氧气氧化成的总反应的离子方程式为_______。 ③过程Ⅲ：在一定条件下向废水中加入甲醇()，实现转化，称为反硝化过程。中碳元素的化合价为_______，当甲醇与6mol 完全反应，转化成时，消耗的甲醇的质量为_______。 （2）折点氯化法是将氯气通入氨氮废水中达到某一点，在该点时水中游离氯含量最低，而氨氮的浓度降为零，该点称为折点，该状态下的氯化称为折点氯化。当氯气与氨氮的物质的量之比至少为_______时即“折点”。 【答案】（1） ①. ②. ③. -2 ④. 160g （2）3：2 【解析】 【小问1详解】 过程I加入氢氧化钠溶液后加热，有气体放出，铵根离子与氢氧根反应生成氨气，离子反应方程式为：；在碱性条件下，被氧气氧化成的总反应的离子方程式为：；中碳元素的化合价为-2价；甲醇与硝酸反应生成二氧化碳、氮气和水，当6mol 完全反应时转移电子的物质的量为，消耗甲醇的物质的量为：，质量为：； 【小问2详解】 氨氮废水中氮元素化合价为-3价，处理完后无氨氮存在，其转为0价氮元素，1mol氨氮转移3mol电子，氯气参与反应转化为氯离子，1mol氯气转移2mol电子，根据得失电子守恒，当氯气与氨氮的物质的量之比至少为3：2时达到折点。 17. H2O2是重要的化学试剂，在实验室和生产实际中应用广泛。 （1）写出H2O2的结构式：_______，H2O2在MnO2催化下分解的化学方程式：_______。 （2）①我们知道，稀硫酸不与铜反应，但在稀硫酸中加入H2O2后，则可使铜顺利溶解，写出该反应的离子方程式：_______ ②在“海带提碘”的实验中，利用酸性H2O2得到碘单质的离子方程式是_______。 ③你认为H2O2被称为绿色氧化剂的主要原因是_______。 （3）H2O2还有一定的还原性，能使酸性KMnO4溶液褪色。 ①写出反应的离子方程式：_______ ②实验室常用酸性KMnO4标准液测定溶液中H2O2的浓度，酸性KMnO4溶液应盛放在_______(填“酸式”或“碱式”)滴定管中，判断到达滴定终点的现象是_______。 （4）H2O2是一种二元弱酸，写出其第一步电离的方程式：_______，它与过量的Ba(OH)2反应的化学方程式为_______。 【答案】（1） ①. H—O—O—H ②. 2H2O22H2O+O2↑ （2） ①. H2O2+Cu+2H+=Cu2++2H2O ②. H2O2+2I-+2H+=2H2O+I2 ③. 还原产物为水，对环境无污染 （3） ①. 5H2O2+2+6H+=5O2↑+2Mn2++8H2O ②. 酸式 ③. 滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后变浅紫色，30s内不褪色 （4） ①. H2O2⇌H++HO ②. H2O2+Ba(OH)2=BaO2+2H2O 【解析】 【分析】 【小问1详解】 双氧水分子中两个氧原子间形成一个共价键，H2O2的结构式：H—O—O—H，H2O2在MnO2催化下分解生成水和氧气，化学方程式：2H2O22H2O+O2↑。故答案为：H—O—O—H；2H2O22H2O+O2↑； 【小问2详解】 ①铜溶解在稀硫酸、H2O2混合溶液中，反应的离子方程式：H2O2+Cu+2H+=Cu2++2H2O，故答案为：H2O2+Cu+2H+=Cu2++2H2O； ②酸性H2O2能将碘离子氧化成碘单质的，离子方程式是H2O2+2I-+2H+=2H2O+I2。故答案为：H2O2+2I-+2H+=2H2O+I2； ③H2O2被称为绿色氧化剂的主要原因是还原产物为水，对环境无污染。故答案为：还原产物为水，对环境无污染； 【小问3详解】 ①H2O2还有一定的还原性，能使酸性KMnO4溶液褪色，生成氧气和锰离子，反应的离子方程式：5H2O2+2+6H+=5O2↑+2Mn2++8H2O，故答案为：5H2O2+2+6H+=5O2↑+2Mn2++8H2O； ②高锰酸钾溶液具有强氧化性，能将碱式滴定管上的乳胶管氧化。实验室常用酸性KMnO4标准液测定溶液中H2O2的浓度，酸性KMnO4溶液应盛放在酸式(填“酸式”或“碱式”)滴定管中，判断到达滴定终点的现象是滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后变浅紫色，30s内不褪色。故答案为：酸式；滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后变浅紫色，30s内不褪色； 【小问4详解】 H2O2是一种二元弱酸，其第一步电离的方程式：H2O2⇌H++HO，它与过量的Ba(OH)2反应的化学方程式为H2O2+Ba(OH)2=BaO2+2H2O。故答案为：H2O2⇌H++HO；H2O2+Ba(OH)2=BaO2+2H2O。 18. 氨是重要的无机化工产品，工业合成涉及的主反应是N2(g)+3H2(g)2NH3(g)。回答下列问题： （1）已知1 mol N2中的共价键断裂吸收Q1 kJ能量；1 mol H2中的共价键断裂吸收Q2 kJ能量；形成1 mol N-H释放Q3 kJ能量。 ①N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=___________ kJ·mol-1。 ②Fe3O4为该反应的催化剂，使用时常加入Al2O3与之形成FeO·Al2O3使Fe3O4分布均匀，其目的是___________。 （2）用平衡分压p(NH3)、p(N2)、p(H2)代替平衡浓度表示化学平衡常数。温度不变，将平衡时体系的总压强p1增加到原来的两倍，则此时Qp=___________(用含Kp的代数式表示)。 （3）T℃时，在有催化剂的恒容密闭容器中只充入N2和H2。如图所示为不同投料比时某反应物X的平衡转化率的变化曲线。反应物X是___________(填“N2”或“H2”)，判断依据是___________。 【答案】（1） ①. (Q1+3Q2-6Q3) ②. 增强催化剂的稳定性，增大催化剂的比表面积，提高催化剂的活性和催化效率 （2）Kp （3） ①. N2 ②. 随着增大即增大H2的用量，平衡正向移动，N2的平衡转化率增大，而H2的平衡转化率减小 【解析】 【小问1详解】 ①根据反应热，在反应 中，断裂 1 mol 和 3 mol 的共价键共吸收 能量；生成 2 mol 共形成 6 mol 键，释放能量，因此，该反应的； ②在催化剂中加入使分布均匀，其主要目的是增大催化剂与反应气体的接触面积，从而提高催化剂的活性和催化效率； 【小问2详解】 该反应的压强平衡常数表达式为，温度保持不变，将平衡体系的总压强增加到原来的两倍，瞬间各气体的分压均变为原来的2倍，此时； 【小问3详解】 在恒容密闭容器中，增大投料比，相当于在量不变的情况下不断增加的量，根据勒夏特列原理，增加一种反应物的浓度，平衡正向移动，会促进另一种反应物的消耗，使其转化率增大，而其自身的转化率会减小，由图象可知，随着增大即增大H2的用量，平衡正向移动，N2的平衡转化率增大，而H2的平衡转化率减小，故X为。 19. 蜂胶是一种天然抗癌药，主要活性成分为咖啡酸苯乙酯。合成该化合物(1)的路线如下： 已知：RCHORCH=CHCOOH 请回答下列问题： （1）化合物F的名称是___________ （2）反应①和反应②的反应类型分别是___________、___________ （3）化合物C不能与FeCl3溶液发生显色反应，C中官能团的名称是___________ （4）E的结构简式为___________ （5）反应⑦的反应条件为___________ （6）反应⑥的反应方程式为___________ （7）化合物W与E互为同分异构体，两者所含官能团种类和数目完全相同，且苯环上有3个取代基，其核磁共振氢谱显示有6种不同化学环境的氢，峰面积比为2：2：1：1：1：1，符合要求的W的结构简式共有___________种，写出其中1种结构简式___________ 【答案】（1）苯乙烯 （2） ①. 氧化反应 ②. 取代反应 （3）醛基、醚键 （4） （5）浓硫酸、加热 （6）+NaOH+NaBr （7） ①. 2 ②. 或 【解析】 【分析】双氧水具有强氧化性，A与过氧化氢发生氧化反应生成B，化合物C不能与FeCl3溶液发生显色反应，结合C的分子式可判断B发生取代反应生成C为，C发生信息中的反应生成D为。对比D、E的分子式，结合I的结构简式可知E为，故H为、G为，据此解答。 【小问1详解】 根据F的结构简式可判断化合物F的名称是：苯乙烯； 【小问2详解】 根据以上分析可知反应①和反应②的反应类型分别是氧化反应和取代反应； 【小问3详解】 C为，C中官能团的名称是醛基、醚键； 【小问4详解】 根据以上分析可知E的结构简式为； 【小问5详解】 反应⑦是酯化反应，反应条件为浓硫酸/加热； 【小问6详解】 反应⑥是卤代烃的水解反应，反应的反应方程式为+NaOH+NaBr； 【小问7详解】 化合物W与E互为同分异构体，两者所含官能团种类和数目完全相同，且苯环上有3个取代基，三个取代基为-OH、-OH、-CH=CHCOOH，或者为-OH、-OH、-C（COOH）=CH2，其中核磁共振氢谱显示有6种不同化学环境的氢，峰面积比为2：2：1：1：1：1的有两种，结构简式分别为、。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $