精品解析：北京市顺义区第二中学2023-2024学年高三上学期8月份考试化学试题

顺义二中2023-2024学年高三第一学期8月月考化学试题 相对原子质量 H 1 C 12 N 14 I 127 Pb 207 第一卷(共42分) 一、单选题(共14小题，每小题3分。共42分，每小题只有一个选项符合题意) 1. 2020年10月，我国实施嫦娥五号登月计划，实现月球表面无人采样返回。嫦娥五号探测器所用下列构件主要由有机合成材料制造的是 A. 聚酰胺国旗 B. 陶瓷雷达密封环 C. 单晶硅太阳能电池板 D. 铝基碳化硅“挖土”钻杆 2. 下列物质在生活中的应用与氧化还原反应无关的是 A. 还原Fe粉用作食品脱氧剂 B. CaO用作衣物防潮剂 C. 乙醛使溴水褪色 D. 用硅藻土中浸润的KMnO4吸收水果散发的乙烯 3. 元素X、Y、Z在周期表中的相对位置如图所示。已知Y元素原子的外围电子排布式为nsn-1npn+1，则下列说法不正确的是 X Y Z A. Y元素原子的价层电子排布式为4s24p4 B. Y元素在元素周期表的第三周期第ⅥA族 C. X元素为氟元素 D. Z元素原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3 4. 下表中各粒子对应的空间结构及解释均正确的是 选项 粒子 空间结构 解释 A 氨基负离子() 直线形 N原子采取杂化 B 二氧化硫() V形 S原子采取杂化 C 碳酸根离子() 三角锥形 C原子采取杂化 D 乙炔() 直线形 C原子采取杂化且C原子的价电子均参与成键 A. A B. B C. C D. D 5. 下列与事实对应的化学用语正确的是 A. 0.1mol/LCH3COOH溶液的pH为3，电离方程式：CH3COOH=CH3COO-+H+ B. C和O形成CO2的过程： C. Cl的非金属性强于I：2I-+Cl2=2Cl-+I2 D. 用石墨电极电解CuCl2溶液：2Cl-+2H+ H2↑+Cl2↑ 6. 下列关于室温下溶液的说法正确的是 A. 的电离方程式： B. 加入少量固体后，溶液的增大 C. 滴加稀盐酸的过程中，增大 D. 与溶液反应的离子方程式： 7. 一种微生物电池可用于污水净化、海水淡化，其工作原理如图： 下列说法正确的是 A. a电极作原电池的正极 B. 处理后的硝酸根废水pH降低 C. 电池工作时，中间室的Cl-移向右室，Na+移向左室，实现海水淡化 D. 左室发生反应的电极反应式：C6H12O6-24e-+6H2O= 6CO2↑+24H+ 8. BAS是一种可定向运动的“分子机器，其合成路线如下： 下列说法正确的是 A. 1 mol 最多可与3mol H2发生加成反应 B. 既有酸性又有碱性 C. 中间产物结构简式为： D. ①为加成反应，②为消去反应 9. 下列实验操作或装置能达到目的的是 目的 A.证明乙醇发生消去反应 B.证明乙炔可使溴水褪色 实验方案 目的 C.证明酸性：碳酸大于苯酚 D.实验室制备氨气 实验方案 A. A B. B C. C D. D 10. 一种新型高分子M的合成方法如下： 下列说法不正确的是 A. 酪氨酸能与酸、碱反应生成盐 B. 1 mol环二肽最多能与2 mol 反应 C. 高分子M中含有结构片段 D. 高分子M在环境中可降解为小分子 11. 利用废铝箔(主要成分为Al，含少量Mg、Fe等)制明矾的一种工艺流程如下： 下列说法不正确的是 A. ①中生成了： B. 操作a是过滤，以除去难溶于NaOH溶液的杂质 C. ②③中加入稀硫酸的作用均是除去杂质 D. 由④可知，室温下明矾的溶解度小于和的溶解度 12. 用如图所示实验装置(夹持仪器已略去)探究铜丝与过量浓硫酸的反应。下列实验不合理的是 A. 上下移动①中铜丝可控制SO2的量 B. ②中选用品红溶液验证SO2的生成 C. ③中选用NaOH溶液吸收多余的SO2 D. 为确认CuSO4生成，向①中加水，观察颜色 13. Claiscn重排反应是有机合成中常用的重要反应。以为例，其反应过程对应的机理有两种，如图(“”可表示单，双键)，下列说法不正确的是 A. 机理1：反应物→产物的过程中，有极性共价键断裂 B. 机理2：反应物→中间体的过程中，没有化学键断裂，只有空间结构变化 C. 该反应的化学方程式： D. 相比于机理1，机理2所需活化能降低，活化分子百分比下降，反应速率减慢 14. 一定温度下，容积为的密闭容器中发生反应： ，容器中部分物质的含量见下表()： 反应时间 0 1.2 0.6 0 0 0.8 0.2 下列说法正确的是 A. 内，D的平均化学反应速率为 B. 该温度下，反应的化学平衡常数 C. 达到化学平衡状态时，的转化率为 D. 若升高温度，平衡逆向移动 第二卷(非选择题，共58分) 15. 钙钛矿(CaTiO3)型化合物是一类可用于生产太阳能电池、传感器、固体电阻器等的功能材料。回答下列问题： （1）基态Ti原子的核外电子排布式为___________。 （2）Ti的四卤化物熔点如下表所示，TiF4熔点高于其他三种卤化物，自TiCl4至TiI4熔点依次升高，原因是___________。 化合物 TiF4 TiCl4 TiBr4 TiI4 熔点/℃ 377 -24.12 38.3 155 （3）CaTiO3的晶胞如图(a)所示，其组成元素的电负性大小顺序是___________；金属离子与氧离子间的作用力为___________，与Ca2+距离最近且相等的氧离子的数目为___________。 （4）一种立方钙钛矿结构的金属卤化物光电材料的组成为Pb2+、I-和有机碱离子CH3NH，其晶胞如图(b)所示。其化学式为___________，有机碱CH3NH中，N原子的杂化轨道类型是___________；若晶胞参数为anm，则晶体(b)密度为___________g·cm-3(列出计算式)。(1nm=1×10-9m) （5）用上述金属卤化物光电材料制作的太阳能电池在使用过程中会产生单质铅和碘，降低了器件效率和使用寿命。我国科学家巧妙地在此材料中引入稀土铕(Eu)盐，提升了太阳能电池的效率和使用寿命，其作用原理如图(c)所示，用离子方程式表示该原理___________、___________。 16. 我国科学家利用N-苯基甘氨酸中的C-H键在O2作用下构建C-C键，实现了喹啉并内酯的高选择性制备。合成路线如下图。 已知： i. ； ii.ROH+R＇BrROR＇； （1）试剂a为___________。 （2）B具有碱性，B转化为C的反应中，使B过量可以提高ClCH2COOC2H5的平衡转化率，其原因是___________(写出一条即可)。 （3）C转化为D的化学方程式为___________。 （4）G转化为H的化学方程式为___________；G生成H的过程中会得到少量的聚合物，写出其中一种的结构简式：___________。 （5）已知： i． ii． ①D和I在O2作用下得到J的4步反应如下图(无机试剂及条件已略去)，中间产物1中有两个六元环和一个五元环，中间产物3中有三个六元环。结合已知反应信息，写出中间产物1和中间产物3的结构简式___________ ；___________。 ②D和I转化成J的反应过程中还生成水，理论上该过程中消耗的O2与生成的J的物质的量之比为___________。 17. MnSO4是一种重要的化工产品。以菱锰矿(主要成分为MnCO3，还含有Fe3O4、FeO、CoO等)为原料制备MnSO4的工艺流程如图。 资料：金属离子沉淀的pH 金属离子 Fe3+ Fe2+ Co2+ Mn2+ 开始沉淀 1.5 6.3 7.4 7.6 完全沉淀 2.8 8.3 9.4 10.2 (1)酸浸后所得溶液的金属阳离子包括Mn2+、Co2+、____________。 (2)沉淀池1中，先加MnO2充分反应后再加氨水。写出加MnO2时发生反应的离子方程式：_____________。 (3)沉淀池2中，不能用NaOH代替含硫沉淀剂，原因是 _______。 (4)图为MnSO4和(NH4)2SO4的溶解度曲线。从“含MnSO4的溶液”中提取“MnSO4晶体”的操作为_________，洗涤干燥。 (5)受实际条件限制，“酸浸池”所得的废渣中还含有锰元素，其含量测定方法如下。 i.称取a g废渣，加酸将锰元素全部溶出成Mn2+，过滤，将滤液定容于100mL容量瓶中； ii.取25.00 mL溶液于锥形瓶中，加入少量催化剂和过量(NH4)2S2O8溶液，加热、充分反应后，煮沸溶液使过量的(NH4)2S2O8分解。 iii.加入指示剂，用b mol/L (NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定。滴定至终点时消耗 (NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积为c mL，MnO4－重新变成Mn2+。 ①补全步骤ⅱ中反应的离子方程式：__________。 2Mn2++ S2O+_____ = MnO+ +__+ ②废渣中锰元素的质量分数为________。 (6)废渣长期露置于空气，其中的锰元素逐渐转化为MnO2。研究者用下图装置提取MnO2中的锰元素。图中“H·”代表氢自由基。实验测得电解时间相同时，随外加电流的增大，溶液中的先增大后减小，减小的原因可能是__________(写出两条)。 18. 羟胺(NH2OH)为无色固体，结构可视为-OH替代NH3中1个-H。羟胺具有和NH3类似的弱碱性，可以与盐酸反应生成盐酸羟胺(NH2OH·HCl)。盐酸羟胺是一种盐，易溶于水，溶解后完全电离为NH3OH+和Cl-。 （1）NH2OH·HCl中N元素的化合价是___________。 （2）过氧化氢催化氧化氨水法制备盐酸羟胺的原理如下： 步骤1：。 步骤2：。 资料：丙酮()是一种易溶于水的无色液体，沸点为57℃。 ①X的分子式为C3H7NO，其核磁共振氢谱只有两个吸收峰，红外光谱显示其分子结构中存在羟基和碳氮双键。X的结构简式是___________。 ②步骤1中，相同反应时间氨的转化率随温度变化如图1，温度高于65℃时，随温度上升氨的转化率变化的原因是___________。 ③步骤2中，在密闭容器中反应时，X的平衡转化率随温度变化如图2，该反应为___________(填“吸热”或“放热”)反应。 ④步骤2中蒸馏出丙酮的目的是___________。(1点即可) （3）电化学法制备盐酸羟胺：向两侧电极分别通入NO和H2，以盐酸为电解质，组装原电池以制备盐酸羟胺。装置(图3)和正极反应机理图(图4)。 ①将图4方框中缺失的物质补充完整___________。 ②一段时间后，正极区的pH与反应前相比___________。(填“增大”、“减小”或“不变”(不考虑溶液体积的变化)，结合正极反应式说明原因___________。 19. 某学习小组探究浓、稀硝酸氧化性的相对强弱，按如图装置进行实验(夹持仪器已略去)。实验表明浓硝酸能将NO氧化成NO2，而稀硝酸不能氧化NO。由此得出的结论是浓硝酸的氧化性强于稀硝酸。 可选药品：浓硝酸、3 mol·L-1稀硝酸、蒸馏水、浓硫酸、氢氧化钠溶液及二氧化碳。 已知：氢氧化钠溶液不与NO反应，能与NO2反应：2NO2＋2NaOH=NaNO3＋NaNO2＋H2O。 （1）实验应避免有害气体排放到空气中，装置③、④、⑥中盛放的药品依次是_______。 （2）装置①中发生反应的化学方程式是_______。 （3）装置②的作用是_______，发生反应的化学方程式是________。 （4）该小组得出的结论所依据的实验现象是_______。 （5）实验结束后，同学们发现装置①中溶液呈绿色，而不显蓝色。甲同学认为是该溶液中硝酸铜的质量分数较高所致，而乙同学认为是该溶液中溶解了生成的气体。同学们分别设计了以下4个实验来判断两种看法是否正确。这些方案中可行的是_______(填字母)。 a.加热该绿色溶液，观察颜色变化 b.加水稀释该绿色溶液，观察颜色变化 c.向该绿色溶液中通入氮气，观察颜色变化 d.向饱和硝酸铜溶液中通入浓硝酸与铜反应产生的气体，观察颜色变化 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 顺义二中2023-2024学年高三第一学期8月月考化学试题 相对原子质量 H 1 C 12 N 14 I 127 Pb 207 第一卷(共42分) 一、单选题(共14小题，每小题3分。共42分，每小题只有一个选项符合题意) 1. 2020年10月，我国实施嫦娥五号登月计划，实现月球表面无人采样返回。嫦娥五号探测器所用下列构件主要由有机合成材料制造的是 A. 聚酰胺国旗 B. 陶瓷雷达密封环 C. 单晶硅太阳能电池板 D. 铝基碳化硅“挖土”钻杆 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】A．聚酰胺是有机高分子化合物，属于有机合成材料，故A正确； B．陶瓷属于硅酸盐，不属于有机合成材料，故B错误； C．单晶硅是非金属单质，不属于有机合成材料，故C错误； D．铝基碳化硅是新型无机非金属材料，不属于有机合成材料，故D错误； 故选A。 2. 下列物质在生活中的应用与氧化还原反应无关的是 A. 还原Fe粉用作食品脱氧剂 B. CaO用作衣物防潮剂 C. 乙醛使溴水褪色 D. 用硅藻土中浸润的KMnO4吸收水果散发的乙烯 【答案】B 【解析】 【详解】A．还原Fe粉用作食品脱氧剂时，Fe单质被氧化为铁的化合物，存在元素化合价变化，与氧化还原反应有关，A不符合题意； B．CaO用作衣物防潮剂的反应为，反应中所有元素化合价均未发生变化，与氧化还原反应无关，B符合题意； C．乙醛使溴水褪色时，乙醛被溴氧化为乙酸，溴单质被还原为，存在元素化合价变化，与氧化还原反应有关，C不符合题意； D．吸收乙烯时，乙烯被氧化，中+7价的Mn元素被还原为低价态Mn元素，存在元素化合价变化，与氧化还原反应有关，D不符合题意； 故选B。 3. 元素X、Y、Z在周期表中的相对位置如图所示。已知Y元素原子的外围电子排布式为nsn-1npn+1，则下列说法不正确的是 X Y Z A. Y元素原子的价层电子排布式为4s24p4 B. Y元素在元素周期表的第三周期第ⅥA族 C. X元素为氟元素 D. Z元素原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3 【答案】A 【解析】 【分析】Y的外围电子排布为，np能级填充电子说明ns轨道已排满，故，得，则Y的外围电子排布为，Y为S（硫）；结合周期表相对位置，X为F（氟），Z为As（砷）。 【详解】A．Y为S，价层电子排布为，不是，A错误； B．Y为S，位于元素周期表第三周期第ⅥA族，B正确； C．根据周期表相对位置，X为氟元素，C正确； D．Z为As，是33号元素，核外电子排布式为，D正确； 故选A。 4. 下表中各粒子对应的空间结构及解释均正确的是 选项 粒子 空间结构 解释 A 氨基负离子() 直线形 N原子采取杂化 B 二氧化硫() V形 S原子采取杂化 C 碳酸根离子() 三角锥形 C原子采取杂化 D 乙炔() 直线形 C原子采取杂化且C原子的价电子均参与成键 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．氨基负离子中氮原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为2，所以氮原子的杂化方式为sp3杂化，离子的空间结构为V形，故A错误； B．二氧化硫分子中硫原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为1，所以硫原子的杂化方式为sp2杂化，离子的空间结构为V形，故B错误； C．碳酸根离子中碳原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为0，所以碳原子的杂化方式为sp2杂化，离子的空间结构为平面三角形，故C错误； D．乙炔分子中含有碳碳三键，碳原子的杂化方式为sp杂化，离子的空间结构为直线形，且中心原子C无孤电子对，故D正确； 故选D。 5. 下列与事实对应的化学用语正确的是 A. 0.1mol/LCH3COOH溶液的pH为3，电离方程式：CH3COOH=CH3COO-+H+ B. C和O形成CO2的过程： C. Cl的非金属性强于I：2I-+Cl2=2Cl-+I2 D. 用石墨电极电解CuCl2溶液：2Cl-+2H+ H2↑+Cl2↑ 【答案】C 【解析】 【详解】A．0.1mol/LCH3COOH溶液的pH为3，说明是弱电解质，在水溶液中部分电离，电离方程式应使用可逆号，题中用等号表示完全电离，A错误； B．中C与O之间形成共价双键，题给的成键过程电子式不符合的成键特点，B错误； C．元素非金属性越强，对应单质的氧化性越强，Cl的非金属性强于I，可将氧化为，离子方程式书写正确，C正确； D．用石墨电极电解溶液时，氧化性强于，优先在阴极得电子生成Cu，正确反应为，D错误； 故选C。 6. 下列关于室温下溶液的说法正确的是 A. 的电离方程式： B. 加入少量固体后，溶液的增大 C. 滴加稀盐酸的过程中，增大 D. 与溶液反应的离子方程式： 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．为弱电解质，故电离方程式为，A项错误； B．加入固体后，铵根离子浓度变大，，抑制氨水电离，氢氧根离子浓度降低，pH减小，B项错误； C．，加入稀盐酸，氢离子浓度增大，氢氧根离子浓度减小，促进氨水电离，铵根离子浓度增大，C项正确； D．与溶液反应的离子方程式：，D项错误； 答案选C。 7. 一种微生物电池可用于污水净化、海水淡化，其工作原理如图： 下列说法正确的是 A. a电极作原电池的正极 B. 处理后的硝酸根废水pH降低 C. 电池工作时，中间室的Cl-移向右室，Na+移向左室，实现海水淡化 D. 左室发生反应的电极反应式：C6H12O6-24e-+6H2O= 6CO2↑+24H+ 【答案】D 【解析】 【分析】据图可知a电极上C6H12O6被氧化生成CO2，所以a为负极，b为正极，硝酸根被还原生成氮气。 【详解】A．a电极上C6H12O6被氧化生成CO2，所以a为负极，A错误； B．b为正极，硝酸根被还原生成氮气，根据电子守恒和元素守恒可知电极反应式为2NO+6H2O+10e-=N2↑+12OH-，生成氢氧根，所以pH增大，B错误； C．原电池中阴离子移向负极，阳离子移向正极，所以中间室的Cl-移向左室，Na+移向右室，C错误； D．左室C6H12O6被氧化生成CO2，根据电子守恒和元素守恒可知电极反应式为C6H12O6-24e-+6H2O= 6CO2↑+24H+，D正确； 综上所述答案为D。 8. BAS是一种可定向运动的“分子机器，其合成路线如下： 下列说法正确的是 A. 1 mol 最多可与3mol H2发生加成反应 B. 既有酸性又有碱性 C. 中间产物结构简式为： D. ①为加成反应，②为消去反应 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．1mol苯环可与3mol氢气加成，1mol醛基可与1mol氢气加成，所以1mol该物质可与4mol氢气加成，A错误； B．-NH2具有碱性，没有酸性基团，B错误； C．中间产物结构简式为：，C错误； D．①反应为加成反应，氨基破坏了碳氧双键；②反应为消去反应，羟基发生消去，脱去了水，D正确； 答案选D。 9. 下列实验操作或装置能达到目的的是 目的 A.证明乙醇发生消去反应 B.证明乙炔可使溴水褪色 实验方案 目的 C.证明酸性：碳酸大于苯酚 D.实验室制备氨气 实验方案 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．乙醇与浓硫酸共热时，浓硫酸会产生副产物，同时会有乙醇蒸气挥发，两者都能使酸性溶液褪色，且温度计未插入反应液中无法控制反应温度，不能证明乙醇发生消去反应生成乙烯，A错误； B．电石中含硫化物、磷化物杂质，与饱和食盐水反应时会生成、等还原性气体，这类气体也能使溴水褪色，无法证明是乙炔使溴水褪色，B错误； C．浓盐酸具有挥发性，挥发的会随进入苯酚钠溶液，也可与苯酚钠反应生成苯酚，无法证明碳酸的酸性强于苯酚，C错误； D．实验室通过加热和固体混合物制取氨气，氨气密度小于空气，采用向下排空气法收集，试管口塞棉花可避免氨气与空气对流，使收集的氨气更纯，能达到实验目的，D正确； 故选D。 10. 一种新型高分子M的合成方法如下： 下列说法不正确的是 A. 酪氨酸能与酸、碱反应生成盐 B. 1 mol环二肽最多能与2 mol 反应 C. 高分子M中含有结构片段 D. 高分子M在环境中可降解为小分子 【答案】B 【解析】 【详解】A．酪氨酸中含有羧基和酚羟基，能与碱反应生成盐；含有氨基，能与酸反应生成盐，A正确； B．1 mol环二肽中有2 mol酰胺基和2 mol酚羟基，最多能与4 mol反应，B错误； C．由高分子M的结构简式可知，将链节首尾相连，即含有结构片段，C正确； D．高分子M可脱去HOCCl3小分子，而且肽键可以断裂，即高分子M在环境中可降解为小分子，D正确； 故选B。 11. 利用废铝箔(主要成分为Al，含少量Mg、Fe等)制明矾的一种工艺流程如下： 下列说法不正确的是 A. ①中生成了： B. 操作a是过滤，以除去难溶于NaOH溶液的杂质 C. ②③中加入稀硫酸的作用均是除去杂质 D. 由④可知，室温下明矾的溶解度小于和的溶解度 【答案】C 【解析】 【分析】铝箔碱浸时铝与氢氧化钠溶液反应，经过滤将不反应的镁、铁单质滤出，含有滤液中加入稀硫酸发生反应，过滤后将与稀硫酸混合生成硫酸铝，再加入硫酸钾饱和溶液结晶得到明矾。 【详解】A．铝与氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，反应的化学方程式为，A正确； B．碱溶后，铝溶解为四羟基合铝酸钠，杂质Mg、Fe不与NaOH反应，以固体形式存在，操作a为过滤可除去难溶杂质，B正确； C．步骤②中稀硫酸的作用是酸化四羟基合铝酸钠溶液，调节pH=8-9使沉淀析出，并非除去杂质；步骤③中稀硫酸是溶解得到溶液，两者均非“除去杂质”，C错误； D．③中得到溶液，加入硫酸钾饱和溶液后结晶析出明矾，说明室温下明矾溶解度小于和的溶解度，D正确； 故选C。 12. 用如图所示实验装置(夹持仪器已略去)探究铜丝与过量浓硫酸的反应。下列实验不合理的是 A. 上下移动①中铜丝可控制SO2的量 B. ②中选用品红溶液验证SO2的生成 C. ③中选用NaOH溶液吸收多余的SO2 D. 为确认CuSO4生成，向①中加水，观察颜色 【答案】D 【解析】 【详解】A、当铜丝与浓硫酸接触时才能反应，当往上抽动铜丝时，铜丝与硫酸不接触，反应停止，故可通过上下移动①中铜丝可控制SO2的量，故A正确； B、SO2具有漂白性，可用品红溶液验证SO2的生成，故B正确； C、SO2为酸性气体，具有污染性，可与碱发生反应，用NaOH溶液吸收多余的SO2，故C正确； D、铜与浓硫酸反应后①中溶液显蓝色即可证明有CuSO4生成，无需向其中加水，并且将水加入浓硫酸中会使试管中液滴飞溅，发生危险，故D错误。 答案选D。 13. Claiscn重排反应是有机合成中常用的重要反应。以为例，其反应过程对应的机理有两种，如图(“”可表示单，双键)，下列说法不正确的是 A. 机理1：反应物→产物的过程中，有极性共价键断裂 B. 机理2：反应物→中间体的过程中，没有化学键断裂，只有空间结构变化 C. 该反应的化学方程式： D. 相比于机理1，机理2所需活化能降低，活化分子百分比下降，反应速率减慢 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．机理1：反应物→产物的过程中，C-O键断裂，C-H键断裂，重排，有极性共价键断裂，故A正确； B．机理2：反应物→中间体的过程中，由反应机理图可知，没有新物质生成，没有化学键断裂，只有空间结构变化，故B正确； C．由反应机理可知生成物的分子式为：，该反应的化学方程式：，故C正确； D．相比于机理1，机理2所需活化能降低，活化分子百分比升高，反应速率加快，故D错误； 14. 一定温度下，容积为的密闭容器中发生反应： ，容器中部分物质的含量见下表()： 反应时间 0 1.2 0.6 0 0 0.8 0.2 下列说法正确的是 A. 内，D的平均化学反应速率为 B. 该温度下，反应的化学平衡常数 C. 达到化学平衡状态时，的转化率为 D. 若升高温度，平衡逆向移动 【答案】B 【解析】 【详解】A．内，A的物质的量的变化量为1.2mol-0.8mol=0.4mol，根据化学方程式，可得D的物质的量为0.4mol，D的平均化学反应速率为，故A错误； B．该温度下，反应的化学平衡常数，故B正确； C．t1时，B参与反应的物质的量为0.4mol，剩余0.2mol，t2时，B的物质的量是0.2mol，故t1时反应已经达到平衡，达到化学平衡状态时，的转化率为 33.3%，故C错误； D． ，若升高温度，平衡正向移动，故D错误； 故选B。 第二卷(非选择题，共58分) 15. 钙钛矿(CaTiO3)型化合物是一类可用于生产太阳能电池、传感器、固体电阻器等的功能材料。回答下列问题： （1）基态Ti原子的核外电子排布式为___________。 （2）Ti的四卤化物熔点如下表所示，TiF4熔点高于其他三种卤化物，自TiCl4至TiI4熔点依次升高，原因是___________。 化合物 TiF4 TiCl4 TiBr4 TiI4 熔点/℃ 377 -24.12 38.3 155 （3）CaTiO3的晶胞如图(a)所示，其组成元素的电负性大小顺序是___________；金属离子与氧离子间的作用力为___________，与Ca2+距离最近且相等的氧离子的数目为___________。 （4）一种立方钙钛矿结构的金属卤化物光电材料的组成为Pb2+、I-和有机碱离子CH3NH，其晶胞如图(b)所示。其化学式为___________，有机碱CH3NH中，N原子的杂化轨道类型是___________；若晶胞参数为anm，则晶体(b)密度为___________g·cm-3(列出计算式)。(1nm=1×10-9m) （5）用上述金属卤化物光电材料制作的太阳能电池在使用过程中会产生单质铅和碘，降低了器件效率和使用寿命。我国科学家巧妙地在此材料中引入稀土铕(Eu)盐，提升了太阳能电池的效率和使用寿命，其作用原理如图(c)所示，用离子方程式表示该原理___________、___________。 【答案】（1） (或 ) （2）为离子化合物，熔点较高；其他三种均为共价化合物(或分子晶体)，随着相对分子质量的增大，分子间作用力增大，熔点依次升高 （3） ①. ②. 离子键 ③. 12 （4） ①. ②. ③. （5） ①. ②. 【解析】 【小问1详解】 是22号元素，根据构造原理，其基态原子的核外电子排布式为。 【小问2详解】 的熔点显著高于其他三种卤化物，说明是由离子键构成的离子化合物，熔点较高；而、、的熔点较低，属于共价化合物（分子晶体）。对于组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间的范德华力越强，熔点越高。 【小问3详解】 同周期元素从左到右电负性逐渐增大，同主族元素从上到下电负性逐渐减小，且非金属元素的电负性大于金属元素，故电负性大小顺序为。金属离子与氧离子之间通过静电作用形成离子键。由图(a)可知，位于晶胞体心，位于晶胞棱心，一个晶胞共有12条棱，故与距离最近且相等的数目为12。 【小问4详解】 由图(b)可知，位于晶胞顶点，数目为；位于晶胞面心，数目为；位于晶胞体心，数目为1，故该物质的化学式为。在中，原子与3个原子和1个原子形成4个键，没有孤电子对，价层电子对数为4，故原子采用杂化。一个晶胞的质量，晶胞参数为，晶胞体积，则晶体密度。 【小问5详解】 根据图(c)的转化关系，左侧循环中单质与发生氧化还原反应生成和，离子方程式为；右侧循环中与反应生成和，离子方程式为。 16. 我国科学家利用N-苯基甘氨酸中的C-H键在O2作用下构建C-C键，实现了喹啉并内酯的高选择性制备。合成路线如下图。 已知： i. ； ii.ROH+R＇BrROR＇； （1）试剂a为___________。 （2）B具有碱性，B转化为C的反应中，使B过量可以提高ClCH2COOC2H5的平衡转化率，其原因是___________(写出一条即可)。 （3）C转化为D的化学方程式为___________。 （4）G转化为H的化学方程式为___________；G生成H的过程中会得到少量的聚合物，写出其中一种的结构简式：___________。 （5）已知： i． ii． ①D和I在O2作用下得到J的4步反应如下图(无机试剂及条件已略去)，中间产物1中有两个六元环和一个五元环，中间产物3中有三个六元环。结合已知反应信息，写出中间产物1和中间产物3的结构简式___________ ；___________。 ②D和I转化成J的反应过程中还生成水，理论上该过程中消耗的O2与生成的J的物质的量之比为___________。 【答案】（1）浓硫酸、浓硝酸 （2）因 具有碱性，增加 的量，可降低生成物HCl的浓度，使平衡正向移动，从而提高ClCH2COOC2H5的平衡转化率 （3）+H2O+CH3CH2OH （4） ①. BrCH2CHBrCH2CH2OH+HBr ②. 或 （5） ①. ②. ③. 【解析】 【分析】苯与试剂a在加热条件下生成A，A在铁粉/HCl作用下发生还原反应生成B，由B的结构简式和A的分子式可知，A为硝基苯，试剂a为浓硫酸、浓硝酸；B与ClCH2COOC2H5发生取代反应得到C，C为 ，其在酸性条件下发生水解生成D ；丙烯和溴单质在高温条件下发生取代反应得到E，E为CH2=CH-CH2Br ，E与甲醛反应生成F，结合信息i知，F为CH2=CH-CH2CH2OH，则G为CH2BrCHBrCH2CH2OH，结合信息ii知，H为 ，它在NaOH醇溶液和加热条件下发生消去反应生成I，D和I与氧气在一定条件下合成喹啉并内酯，据此分析； 【小问1详解】 从苯到A发生苯的硝化反应，所用试剂为浓硫酸、浓硝酸。 【小问2详解】 C为 ，B转化为C的反应方程式为+ClCH2COOC2H5→+HCl，因 具有碱性，增加 的量，可降低生成物HCl的浓度，使平衡正向移动，从而提高ClCH2COOC2H5的平衡转化率； 【小问3详解】 C为 ，C转化为D的反应为酯的水解，化学反应方程式为+H2O+CH3CH2OH； 【小问4详解】 G为CH2BrCHBrCH2CH2OH，G发生已知ii类似的反应转化为H，化学方程式为BrCH2CHBrCH2CH2OH+HBr；G生成H的过程中会得到少量的聚合物，参考题干中的已知信息i写出其中一种的结构简式或。 【小问5详解】 ①结合(5)中信息i知，D与I在氧气作用下生成有两个六元环和一个五元环的中间产物1，则中间产物1为，结合(5)中信息ii知， 在一定条件下可转化为中间产物2：，发生自身酯化反应生成有三个六元环中间产物3，则中间产物3为，在氧气的作用下反应生成喹啉并内酯。 ②由原子守恒配平方程式可知，D和I转化成J的总反应的方程式为+++，因此理论上该过程中消耗的O2与生成的J的物质的量之比为。 17. MnSO4是一种重要的化工产品。以菱锰矿(主要成分为MnCO3，还含有Fe3O4、FeO、CoO等)为原料制备MnSO4的工艺流程如图。 资料：金属离子沉淀的pH 金属离子 Fe3+ Fe2+ Co2+ Mn2+ 开始沉淀 1.5 6.3 7.4 7.6 完全沉淀 2.8 8.3 9.4 10.2 (1)酸浸后所得溶液的金属阳离子包括Mn2+、Co2+、____________。 (2)沉淀池1中，先加MnO2充分反应后再加氨水。写出加MnO2时发生反应的离子方程式：_____________。 (3)沉淀池2中，不能用NaOH代替含硫沉淀剂，原因是 _______。 (4)图为MnSO4和(NH4)2SO4的溶解度曲线。从“含MnSO4的溶液”中提取“MnSO4晶体”的操作为_________，洗涤干燥。 (5)受实际条件限制，“酸浸池”所得的废渣中还含有锰元素，其含量测定方法如下。 i.称取a g废渣，加酸将锰元素全部溶出成Mn2+，过滤，将滤液定容于100mL容量瓶中； ii.取25.00 mL溶液于锥形瓶中，加入少量催化剂和过量(NH4)2S2O8溶液，加热、充分反应后，煮沸溶液使过量的(NH4)2S2O8分解。 iii.加入指示剂，用b mol/L (NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定。滴定至终点时消耗 (NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积为c mL，MnO4－重新变成Mn2+。 ①补全步骤ⅱ中反应的离子方程式：__________。 2Mn2++ S2O+_____ = MnO+ +__+ ②废渣中锰元素的质量分数为________。 (6)废渣长期露置于空气，其中的锰元素逐渐转化为MnO2。研究者用下图装置提取MnO2中的锰元素。图中“H·”代表氢自由基。实验测得电解时间相同时，随外加电流的增大，溶液中的先增大后减小，减小的原因可能是__________(写出两条)。 【答案】 ①. Fe2+、Fe3+ ②. 2Fe2++MnO2＋4H＋= Mn2+＋2Fe3+＋2H2O ③. 若用NaOH作沉淀剂，Co2+沉淀完全时的pH=9.4，此时Mn2+也会沉淀，导致MnSO4产率降低 ④. 蒸发结晶，趁热过滤 ⑤. 2Mn2+ + 5S2O+ 8H2O = 2MnO+ 10SO+16H+ ⑥. ×100% ⑦. 电流继续增大，Mn2+在阴极放电：Mn2+ + 2e− = Mn，使得c(Mn2+)减小；H+放电直接生成H2而不是H·，MnO2被H·还原的反应不能进行，使得c(Mn2+)减小；Mn2+在阳极放电生成MnO2，使得c(Mn2+)减小 【解析】 【分析】在菱锰矿(主要成分为MnCO3，还含有Fe3O4、FeO、CoO等)中加入硫酸酸浸，过滤，得到含有Mn2+、Co2+、Fe2+、Fe3+等的滤液，在滤液中先加入MnO2，将Fe2+氧化为Fe3+，再加入氨水，沉淀Fe3+，过滤，除去氢氧化铁，在滤液中加入含硫沉淀剂沉淀钴离子，过滤得到含有MnSO4的滤液，再经过蒸发结晶，趁热过滤，洗涤干燥，得到MnSO4晶体。 【详解】(1)酸浸时MnCO3、Fe3O4、FeO、CoO均能与硫酸反应，则酸浸后所得溶液的金属阳离子包括Mn2+、Co2+、Fe2+、Fe3+。 (2)先加MnO2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，便于加入氨水时以氢氧化铁的形式除去，则加MnO2时发生反应的离子方程式为：2Fe2++MnO2＋4H＋= Mn2+＋2Fe3+＋2H2O。 (3)沉淀池2中，不能用NaOH代替含硫沉淀剂，是因为若用NaOH作沉淀剂，Co2+沉淀完全时的pH=9.4，此时Mn2+也会沉淀，导致MnSO4产率降低。 (4)从溶解度曲线可以看出，MnSO4的溶解度随温度升高而降低，(NH4)2SO4的溶解度随温度升高而增大，故从“含MnSO4的溶液”中提取“MnSO4晶体”的操作为蒸发结晶，趁热过滤，洗涤干燥。 (5)①步骤ⅱ中S2O将Mn2+氧化为MnO，S2O被还原为SO，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平反应的离子方程式为：2Mn2+ + 5S2O+ 8H2O = 2MnO+ 10SO+16H+； ②根据以上反应过程可得关系式：Mn2+~为MnO~5Fe2+，则废渣中锰元素的质量分数为×100%。 (6)实验测得电解时间相同时，随外加电流的增大，溶液中的先增大后减小，减小的原因可能是电流继续增大，Mn2+在阴极放电：Mn2+ + 2e− = Mn，使得c(Mn2+)减小；H+放电直接生成H2而不是H·，MnO2被H·还原的反应不能进行，使得c(Mn2+)减小；Mn2+在阳极放电生成MnO2，使得c(Mn2+)减小。 18. 羟胺(NH2OH)为无色固体，结构可视为-OH替代NH3中1个-H。羟胺具有和NH3类似的弱碱性，可以与盐酸反应生成盐酸羟胺(NH2OH·HCl)。盐酸羟胺是一种盐，易溶于水，溶解后完全电离为NH3OH+和Cl-。 （1）NH2OH·HCl中N元素的化合价是___________。 （2）过氧化氢催化氧化氨水法制备盐酸羟胺的原理如下： 步骤1：。 步骤2：。 资料：丙酮()是一种易溶于水的无色液体，沸点为57℃。 ①X的分子式为C3H7NO，其核磁共振氢谱只有两个吸收峰，红外光谱显示其分子结构中存在羟基和碳氮双键。X的结构简式是___________。 ②步骤1中，相同反应时间氨的转化率随温度变化如图1，温度高于65℃时，随温度上升氨的转化率变化的原因是___________。 ③步骤2中，在密闭容器中反应时，X的平衡转化率随温度变化如图2，该反应为___________(填“吸热”或“放热”)反应。 ④步骤2中蒸馏出丙酮的目的是___________。(1点即可) （3）电化学法制备盐酸羟胺：向两侧电极分别通入NO和H2，以盐酸为电解质，组装原电池以制备盐酸羟胺。装置(图3)和正极反应机理图(图4)。 ①将图4方框中缺失的物质补充完整___________。 ②一段时间后，正极区的pH与反应前相比___________。(填“增大”、“减小”或“不变”(不考虑溶液体积的变化)，结合正极反应式说明原因___________。 【答案】（1）-1 （2） ①. (CH3)2C=N-OH ②. 65℃以上，温度升高促进过氧化氢分解，且氨气和丙酮易挥发，浓度均降低，化学反应速率减慢，氨气的转化率降低 ③. 吸热 ④. 降低丙酮的浓度，促进该平衡正向移动，可以提高X的平衡转化率 （3） ①. HCl、或H+、NH3OH+ ②. 增大 ③. 正极的电极反应式为，可知正极区的H+浓度降低，则正极区的pH与反应前相比会增大。 【解析】 【小问1详解】 根据化合价代数和为零，NH2OH 中H元素为+1价，O元素为-2价，故N元素为-1价。 【小问2详解】 ①已知X的分子式为C3H7NO，核磁共振氢谱有两个吸收峰，分子中含有羟基和碳氮双键可知，7个H原子中有一个在羟基上，N原子上不能连接H，因为N原子上若连有H原子，最多只能连一个H原子，那样其余的H原子都连在C原子上，核磁共振氢谱吸收峰的数目比2多，所以另外的6个H原子都连在C原子上，且是等效的，由此可以推出的结构简式只能为(CH3)2C=N-OH。 ②由图1可知，温度高于65℃时，氨的转化率降低，一是温度过高，H2O2会分解，二是丙酮的沸点为57℃，高于65℃时，丙酮易挥发，氨气也易挥发，所以反应物浓度降低，反应速率变慢，转化率降低。 ③由图2可知，温度升高，X的转化率增大，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，所以正反应为吸热反应。 ④步骤2中将丙酮蒸出，丙酮的浓度减小，即减小生成物浓度，平衡正向移动，可以提高X的转化率，且蒸出的丙酮还可以循环使用。 【小问3详解】 ①根据题意可知，NH2OH具有类似NH3的弱碱性，可以和盐酸反应生成盐酸羟胺，所以缺少的一步反应为，该反应也可写成，故缺失的物质为HCl、或H+、NH3OH+。 ②原电池中外电路中电子由负极流向正极，则Pt为负极，含铁的催化电极为正极，其电极反应为，正极区H+浓度减小，pH增大。 19. 某学习小组探究浓、稀硝酸氧化性的相对强弱，按如图装置进行实验(夹持仪器已略去)。实验表明浓硝酸能将NO氧化成NO2，而稀硝酸不能氧化NO。由此得出的结论是浓硝酸的氧化性强于稀硝酸。 可选药品：浓硝酸、3 mol·L-1稀硝酸、蒸馏水、浓硫酸、氢氧化钠溶液及二氧化碳。 已知：氢氧化钠溶液不与NO反应，能与NO2反应：2NO2＋2NaOH=NaNO3＋NaNO2＋H2O。 （1）实验应避免有害气体排放到空气中，装置③、④、⑥中盛放的药品依次是_______。 （2）装置①中发生反应的化学方程式是_______。 （3）装置②的作用是_______，发生反应的化学方程式是________。 （4）该小组得出的结论所依据的实验现象是_______。 （5）实验结束后，同学们发现装置①中溶液呈绿色，而不显蓝色。甲同学认为是该溶液中硝酸铜的质量分数较高所致，而乙同学认为是该溶液中溶解了生成的气体。同学们分别设计了以下4个实验来判断两种看法是否正确。这些方案中可行的是_______(填字母)。 a.加热该绿色溶液，观察颜色变化 b.加水稀释该绿色溶液，观察颜色变化 c.向该绿色溶液中通入氮气，观察颜色变化 d.向饱和硝酸铜溶液中通入浓硝酸与铜反应产生的气体，观察颜色变化 【答案】（1）3 mol·L－1稀硝酸、浓硝酸、氢氧化钠溶液 （2）4HNO3(浓)＋Cu=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O （3） ①. 将NO2转化为NO ②. 3NO2＋H2O=2HNO3＋NO （4）装置③液面上方气体仍为无色，装置④液面上方气体由无色变为红棕色 （5）acd 【解析】 【分析】根据题意，装置①出来的应该有NO2和少量挥发的HNO3，装置②是把NO2气体转化为NO，同时吸收HNO3，装置③④显然是验证实验结论， NO经过浓硝酸产生红棕色气体，经过稀硝酸后③上方气体不变色。装置⑤⑥应该是尾气处理。能够被吸收的是NO2，不能够被吸收的是NO，用排水法收集。 【小问1详解】 根据装置特点和实验目的，⑤中是用排水法集气，因为NO不溶于水且不与水发生反应，故NO应从③中出来，所以装置③中应该盛放稀硝酸，⑥是用溶液吸收尾气，说明从④中出来的有NO2，所以装置④中应该盛放浓硝酸，装置⑥中盛放NaOH溶液吸收NO2； 【小问2详解】 浓HNO3与Cu反应：4HNO3(浓)＋Cu=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O； 【小问3详解】 装置②中盛放H2O，使NO2与H2O反应生成NO，反应的化学方程式为：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO； 【小问4详解】 NO通过稀HNO3溶液后，若无红棕色NO2产生，说明稀HNO3不能氧化NO，所以盛放稀HNO3装置的液面上方没有颜色变化即可说明。装置④中盛放的是浓HNO3，若浓HNO3能氧化NO，则装置④液面的上方会产生红棕色气体； 【小问5详解】 要证明是Cu(NO3)2浓度过高或是溶解了NO2导致装置①中溶液呈绿色，一是可设计将溶解的NO2赶走再观察颜色变化，二是降低溶液中Cu(NO3)2的浓度，观察颜色变化。 加热可降低NO2的溶解度，通过观察溶液颜色变化可以判断，选项a正确； 加水稀释，硝酸铜浓度降低，NO2浓度也降低，无法判断是由哪个量引起的变化，选项b错误； 通入氮气，降低NO2的浓度，可通过观察溶液颜色变化可以判断，选项c正确； 向饱和硝酸铜溶液中通入浓硝酸与铜反应产生的气体，增大了NO2的浓度，可通过观察溶液颜色变化可以判断，选项d正确； 答案选acd。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $