精品解析：北京市第一零一中学2024-2025学年高三上学期统练四化学试题

北京一零一中2024-2025学年度高三练四 化学 友情提示： 本试卷分为I卷、II卷两部分，共19道小题，共10页，满分100分；答题时间为90分钟； 请将答案写在答题纸上。 可能用到的相对原子质量：H：1 He：4 C：12 O：16 I卷选择题(共42分) (共14道小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分。) 1. 最近，中国科学家成功采用“变压吸附+膜分离+精制纯化”方法成功分离氢氦制得高纯氦。下列说法不正确的是 A. H的第一电离能小于He的 B. H2分子间存在共价键，He分子间存在范德华力 C. 也可以利用沸点不同对H2和He进行分离 D. 利用原子光谱可以鉴定He元素和H元素 2. 下列过程与水解反应无关的是 A. 热的纯碱溶液去除油脂 B. 饱和NaCl溶液中滴加浓盐酸，产生白色沉淀 C. 明矾可做净水剂 D. 四氯化钛与大量水在加热条件下制备二氧化钛 3. 用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 14g乙烯和丙烯的混合气体含有的极性共价键数为2NA B. 1mol冰中含有氢键的数目为4NA C. 溶液含的数目为0.1NA D. 22.4L(标准状况)与足量溶液充分反应，电子转移数为2NA 4. 下列离子方程式书写不正确的是 A. 向NaOH溶液中通入过量： B. 向KI溶液中通入少量：； C. 向溶液中滴加少量溶液： D. 向溶液中滴加过量溶液： 5. 下列实验中，能够达到实验目的的是 A.在铁制镀件上镀铜 B.证明碳酸的酸性强于苯酚 C.验证具有漂白性 D.检验淀粉在酸性条件下水解的最终产物为葡萄糖 A. A B. B C. C D. D 6. 用丙二酸二乙酯与尿素可以合成重要的有机试剂巴比妥酸，转化关系如下。 下列说法不正确的是 A. 丙二酸二乙酯的核磁共振氢谱有三组峰 B. 丙二酸二乙酯与尿素反应生成巴比妥酸和乙醇 C. 1mol巴比妥酸最多可与2molNaOH反应 D. 一定条件下，丙二酸二乙酯与尿素可发生缩聚反应 7. 用铁铆钉固定铜板，通常会发生腐蚀如下图所示，下列说法不正确的是 A. 铁铆钉作负极被锈蚀 B. 铁失去电子通过水膜传递给O2 C. 正极反应：O2+4e-+2H2O=4OH- D. 铁钉变化过程：FeFe2+Fe(OH)2Fe(OH)3Fe2O3·xH2O 8. 硅是电子工业的重要材料。利用石英砂（主要成分为）和镁粉模拟工业制硅的流程示意图如下。 已知：非金属性： 下列说法不正确的是 A. Ⅰ中引燃时用镁条，利用了镁条燃烧放出大量的热 B. Ⅱ中主要反应有：、 C. 为防止自燃，Ⅱ需隔绝空气 D. 过程中含硅元素的物质只体现氧化性 9. 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 10. 科学家提出一种大气中在和作用下转变为的机理（图1），其能量变化如图2所示。 已知：的结构式为 下列说法不正确的是 A. ①中涉及键的断裂与生成 B. ②③均发生了氧化还原反应 C. 由图2可知，该过程的决速步是① D. 总反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为 11. 向溶液中持续滴加稀盐酸，记录溶液及温度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是 A. 溶液的起始浓度为 B. 在滴定至终点的过程中，水的电离程度不断减小 C. 对应的溶液中均存在： D. 由后溶液的温度变化可推知，与的反应是吸热反应 12. 含氟高分子是良好的防水涂层材料，某含氟高分子P的合成路线如下。 下列说法不正确的是 A. 合成高分子P的聚合反应为加聚反应 B. X及其反式异构体的分子内所有的碳原子均处在同一平面上 C. X与试剂反应每生成，同时生成 D. 将Z(乙烯基苯)替换成对二乙烯基苯可得到网状高分子 13. 工业上常用除去：。一定温度下，向恒容反应器中按照不同投料（见下表）充入气体。按照①进行投料时，测得体系中各成分的物质的量随时间变化如图所示。 投料 ① 0 0 ② ③ 0 0 下列说法不正确的是 A. 图中对应的物质是 B. ①中达到平衡时， C. 按照②进行投料时，反应向逆反应方向进行 D. 任意时刻③中的体积分数均为 14. 利用碘量法测定某纯净水样中溶解的含量，实验如下(加入的试剂已除去)。 步骤1 水样中的固定：用的水瓶盛满水样，加入溶液，再加入含溶液和溶液的混合液，部分水样溢出，立即盖好瓶盖，翻转摇匀，生成白色沉淀，随即有棕色沉淀生成。 步骤2 生成：当水样中的沉淀沉降到距瓶口三分之一以下时，缓缓加入适量稀至液面下，部分溶液溢出，立即盖好瓶盖，翻转摇动，至沉淀完全溶解，得到黄色溶液。 步骤3 测定及计算：用碘量法测出步骤2中生成的为，进而计算出纯净水样中溶解的含量。 已知：直接氧化的反应速率很慢。 下列说法不正确的是 A. 步骤1中，用注射器加入试剂时应将细长针头插到液面下一定距离 B. 步骤2中，生成的反应： C. 步骤2中，部分溶液溢出不影响测定纯净水样中溶解的含量 D. 步骤3中，经计算，该纯净水样中含有的浓度为 Ⅱ卷 非选择题(共58分) 15. 氢的有效储存与释放是氢能应用的关键问题之一。 Ⅰ．有机储氢材料 （1）N—乙基咔唑是具有应用前景的储氢材料，其储氢、释氢原理如图1所示。 ①基态N原子价层电子轨道表示式为______。 ②晶体中离子键的百分数为41%。分析、MgO、、中离子键的百分数小于41%的有______。 ③比较在水中的溶解性：乙基咔唑______乙胺（）（填“＞”或“＜”）。 （2）HCOOH是安全方便的具有应用前景的液态储氢材料。HCOOH催化释氢的可能机理如图2所示。 ①依据VSEPR模型，中心原子上的价层电子对数是______。 ②为证实上述机理，用HCOOD代替HCOOH进行实验。在图3中补充HCOOD催化释氢部分过程的相应内容______。 Ⅱ．复合储氢材料 （3）一种新型储氢材料的晶胞形状为正方体如图4。 ①该物质的化学式为____________。（电负性：B元素为2.0，H元素为2.1） ②已知阿伏加德罗常数为，该物质的摩尔质量为，该晶体的密度为，则晶胞边长为______nm。（） 16. 黄铁矿[主要成分为二硫化亚铁(FeS2)]、焦炭和适量空气混合加热发生如下反应： i．3FeS2+2C+3O2=3S2+Fe3O4+2CO （1）反应i生成1molS2时，转移电子的物质的量为_____mol。 （2）反应i所得气体经冷凝回收S2后，尾气中还含有CO和SO2。将尾气通过催化剂进行处理，发生反应ii，同时发生副反应iii。 ii．2SO2(g)+4CO(g)S2(g)+4CO2(g)　ΔH<0 iii．SO2(g)+3CO(g)COS(g)+2CO2(g)　ΔH<0 理论分析及实验结果表明，600~1000K范围内，SO2平衡转化率接近100%。其他条件相同，不同温度下，S2、COS平衡产率和10min时S2实际产率如图。 ①从资源和能源利用的角度说明用反应ii处理尾气的好处：_____。 ②随温度升高，S2平衡产率上升，推测其原因是_____。 ③900K，在10min后继续反应足够长时间，推测S2实际产率的变化趋势可能为_____。 （3）处理后的尾气仍含少量SO2，经Na2CO3溶液洗脱处理后，所得洗脱液主要成分为Na2CO3、NaHCO3和Na2SO3.利用生物电池技术，可将洗脱液中的Na2SO3转化为单质硫(以S表示)回收。 ①该装置中，正极的电极反应式为_____。 ②一段时间后，若洗脱液中的物质的量减小了1mol，则理论上减小了_____mol。 17. 治疗非小细胞肺癌的药物特泊替尼的合成路线如下： 已知： （1）已知A中含有-CN，写出A→B的化学方程式：_______。 （2）A的某种同分异构体与A含有相同官能团，核磁共振氢谱有3组峰，其结构简式为_______。 （3）链状有机物F的分子式为C3H3ClO2，其结构简式为_______。 （4）G→H的反应类型是_______。 （5）I的结构简式为_______。 （6）可通过如下路线合成： ①K→L的化学方程式是_______。 ②N的结构简式为_______。 18. 研究从含锌资源中获取的途径具有重要意义。 Ⅰ．工业上酸浸提锌 氧化锌矿中含有、、、、、、等。 已知：ⅰ．几种难溶电解质的 难溶电解质 ⅱ．浸出液中主要金属阳离子浓度 粒子 和 浓度/（） 0.3 0.1 0.1 （1）浸出渣的主要成分有、和，和反应的离子方程式是____________。 （2）加入试剂a的目的是____________。 （3）电解前，含溶液中铁和铝的离子浓度均需小于，应调节的范围是_________（忽略①和②导致的体积变化）。 Ⅱ．实验室中氨浸提锌 已知：ⅲ．。 ⅳ．M的结构筒式如图所示，R为，两个羟基中，酚羟基酸性较强。 （4）和浸取发生反应的离子方程式是___________。 （5）M能与形成稳定的配合物X，相关反应为。 ①补全下图中X的结构并用“…”标出氢键_________。 ②X中形成氢键有利于的萃取，原因可能是___________。 （6）从平衡移动的角度解释能提高有机溶液中X含量的原因：__________。 19. 以Na2SO3溶液和不同金属的硫酸盐溶液作为实验对象，探究盐的性质和盐溶液间反应的多样性。 实验 试剂 现象 滴管 试管 0.2mol·L-1Na2SO3溶液 饱和Ag2SO4溶液 Ⅰ．产生白色沉淀 0.2mol·L-1CuSO4 Ⅱ．溶液变绿，继续滴加产生棕黄色沉淀 0.1mol·L-1Al2(SO4)3溶液 Ⅲ．开始无明显变化，继续滴加产生白色沉淀 （1）经验检，现象Ⅰ中的白色沉淀是Ag2SO3。用离子方程式解释现象Ⅰ：__________。 （2）经检验，现象Ⅱ的棕黄色沉淀中不含，含有Cu+、Cu2+和。 已知：Cu+Cu+Cu2+，Cu2+CuI↓(白色)+I2。 ①用稀硫酸证实沉淀中含有Cu+的实验现象是__________。 ②通过下列实验证实，沉淀中含有Cu2+和。 a．白色沉淀A是BaSO4，试剂1是__________。 b．证实沉淀中含有Cu2+和的理由是__________。 （3）已知：Al2(SO3)3在水溶液中不存在。经检验，现象Ⅲ的白色沉淀中无，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性KMnO4溶液褪色。 ①推测沉淀中含有亚硫酸根和__________。 ②对于沉淀中亚硫酸根的存在形式提出两种假设： i．Al(OH)3所吸附； ii．存在于铝的碱式盐中。对假设ii设计了对比实验，证实了假设ii成立。 a．将对比实验方案补充完整。 步骤一： 步骤二：__________（按上图形式呈现）。 b．假设ii成立的实验证据是__________。 （4）根据实验，亚硫酸盐的性质有__________。盐溶液间反应的多样性与__________有关。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京一零一中2024-2025学年度高三练四 化学 友情提示： 本试卷分为I卷、II卷两部分，共19道小题，共10页，满分100分；答题时间为90分钟； 请将答案写在答题纸上。 可能用到的相对原子质量：H：1 He：4 C：12 O：16 I卷选择题(共42分) (共14道小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分。) 1. 最近，中国科学家成功采用“变压吸附+膜分离+精制纯化”方法成功分离氢氦制得高纯氦。下列说法不正确的是 A. H的第一电离能小于He的 B. H2分子间存在共价键，He分子间存在范德华力 C. 也可以利用沸点不同对H2和He进行分离 D. 利用原子光谱可以鉴定He元素和H元素 【答案】B 【解析】 【详解】A．He为稀有气体，最外层为稳定结构，难以失去电子，第一电离能较大，A正确； B．H2分子间不存在共价键，存在分子间的作用力，He分子间存在范德华力，B错误； C．H2与He的沸点不同，所以可利用沸点不同进行分离，C正确； D．原子光谱是由原子中的电子在能量变化时所发射或吸收的一系列波长的光所组成的光谱，每一种原子的光谱都不同，利用原子光谱可以鉴定He元素和H元素，D正确； 故选B。 2. 下列过程与水解反应无关的是 A. 热的纯碱溶液去除油脂 B. 饱和NaCl溶液中滴加浓盐酸，产生白色沉淀 C. 明矾可做净水剂 D. 四氯化钛与大量水在加热条件下制备二氧化钛 【答案】B 【解析】 【详解】A．热的纯碱溶液中，水解使溶液呈碱性，加热可促进水解，碱性增强能促进油脂水解，该过程与水解反应有关，A不符合题意； B．饱和溶液中存在溶解平衡，滴加浓盐酸后浓度增大，平衡逆向移动析出晶体，属于溶解平衡的移动，与水解反应无关，B符合题意； C．明矾溶于水后水解生成具有吸附性的胶体，可吸附水中悬浮杂质实现净水，该过程与水解反应有关，C不符合题意； D．加热条件下发生水解反应，经一系列转化得到，该过程与水解反应有关，D不符合题意； 故选B。 3. 用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 14g乙烯和丙烯的混合气体含有的极性共价键数为2NA B. 1mol冰中含有氢键的数目为4NA C. 溶液含的数目为0.1NA D. 22.4L(标准状况)与足量溶液充分反应，电子转移数为2NA 【答案】A 【解析】 【详解】A．乙烯和丙烯的最简式均为，14g混合气体中的物质的量为，每个含2个极性共价键，故极性共价键数为，A正确； B．冰中每个水分子与相邻4个水分子形成氢键，每个氢键由2个水分子共用，故1mol冰中氢键数目为，B错误； C．溶液中发生水解，故溶液中的数目小于，C错误； D．标准状况下22.4L物质的量为1mol，与足量溶液发生歧化反应生成和，1mol反应转移电子数为，D错误； 故本题答案选A。 4. 下列离子方程式书写不正确的是 A. 向NaOH溶液中通入过量： B. 向KI溶液中通入少量：； C. 向溶液中滴加少量溶液： D. 向溶液中滴加过量溶液： 【答案】D 【解析】 【详解】A．向NaOH溶液中通入过量生成亚硫酸氢钠，离子方程式为，A正确； B．向KI溶液中通入少量，氯气置换出单质碘，单质碘与碘离子反应生成碘三离子，离子方程式为；，B正确； C．向溶液中滴加少量溶液，少量定为一，生成硫酸钡、氢氧化钠和水，离子方程式为，C正确； D．碳酸氢根离子不能拆分，正确的离子方程式为2+2OH−+Ca2+=CaCO3↓++2H2O，D错误； 故选D。 5. 下列实验中，能够达到实验目的的是 A.在铁制镀件上镀铜 B.证明碳酸的酸性强于苯酚 C.验证具有漂白性 D.检验淀粉在酸性条件下水解的最终产物为葡萄糖 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．镀铜时Cu与电源正极相连，电解质溶液含铜离子，铁制镀件与电源负极相连，可实现电镀铜，故A正确； B．挥发的盐酸与苯酚钠反应，不能证明碳酸比苯酚的酸性强，故B错误； C．二氧化硫可被酸性高锰酸钾溶液氧化，紫色褪去，可知二氧化硫具有还原性，故C错误； D．淀粉水解后，没有加NaOH中和硫酸，加氢氧化铜不能检验葡萄糖，故D错误； 故选：A。 6. 用丙二酸二乙酯与尿素可以合成重要的有机试剂巴比妥酸，转化关系如下。 下列说法不正确的是 A. 丙二酸二乙酯的核磁共振氢谱有三组峰 B. 丙二酸二乙酯与尿素反应生成巴比妥酸和乙醇 C. 1mol巴比妥酸最多可与2molNaOH反应 D. 一定条件下，丙二酸二乙酯与尿素可发生缩聚反应 【答案】C 【解析】 【详解】A．由丙二酸二乙酯的结构简式可知，其中含有3种环境的H原子，则核磁共振氢谱有三组峰，A正确； B．由丙二酸二乙酯和巴比妥酸的结构简式可知，丙二酸二乙酯和发生取代反应生成巴比妥酸和乙醇，B正确； C．巴比妥酸水解生成和，可以和2个NaOH反应，可以和2个NaOH反应，则1mol巴比妥酸最多可与4molNaOH反应，C错误； D．丙二酸二乙酯中含有两个酯基，中含有两个氨基，一定条件下，丙二酸二乙酯与尿素可发生缩聚反应，D正确； 故选C。 7. 用铁铆钉固定铜板，通常会发生腐蚀如下图所示，下列说法不正确的是 A. 铁铆钉作负极被锈蚀 B. 铁失去电子通过水膜传递给O2 C. 正极反应：O2+4e-+2H2O=4OH- D. 铁钉变化过程：FeFe2+Fe(OH)2Fe(OH)3Fe2O3·xH2O 【答案】B 【解析】 【分析】用铁铆钉固定铜板，会形成原电池，根据图示可知，发生的是吸氧腐蚀，铁做负极失去电子，氧气在正极上得电子，据此分析。 【详解】A. 铁铜原电池中，铁更活泼，故做负极被腐蚀，故A正确； B. 电子不能在电解质溶液中传递，即不是通过水膜传递给氧气的，故B错误； C. 氧气在正极上得电子，电极方程式为O2+4e-+2H2O==4OH-，故C正确； D. 铁钉做负极被腐蚀，电极方程式为Fe−2e−=Fe2+，Fe2+接下来与OH−反应生成Fe(OH)2：Fe2++2OH−=Fe(OH)2，而Fe(OH)2易被氧气氧化生成Fe(OH)3：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，Fe(OH)3易分解生成铁锈，反应为2Fe(OH)3=Fe2O3⋅xH2O+(3−x)H2O，即铁钉变化过程为FeFe2+Fe(OH)2Fe(OH)3Fe2O3·xH2O，故D正确； 故选：B。 8. 硅是电子工业的重要材料。利用石英砂（主要成分为）和镁粉模拟工业制硅的流程示意图如下。 已知：非金属性： 下列说法不正确的是 A. Ⅰ中引燃时用镁条，利用了镁条燃烧放出大量的热 B. Ⅱ中主要反应有：、 C. 为防止自燃，Ⅱ需隔绝空气 D. 过程中含硅元素的物质只体现氧化性 【答案】D 【解析】 【分析】I中发生的反应有：、；Ⅱ中MgO、Mg2Si与盐酸反应。 【详解】A．因为与镁反应需要能量，所以I中引燃时用镁条，利用了镁条燃烧放出大量的热，A正确； B．因为硅与盐酸不反应，所以Ⅱ中主要反应有：、，B正确； C．因为容易自燃，所以为防止自燃，Ⅱ需隔绝空气，C正确； D．因为非金属性：，所以中硅元素为+4价，而中硅元素为-4价，所以在中，含硅元素的物质体现还原性，D错误； 故答案选D。 9. 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。 10. 科学家提出一种大气中在和作用下转变为的机理（图1），其能量变化如图2所示。 已知：的结构式为 下列说法不正确的是 A. ①中涉及键的断裂与生成 B. ②③均发生了氧化还原反应 C. 由图2可知，该过程的决速步是① D. 总反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为 【答案】B 【解析】 【详解】A．①中与硫原子相连的O-H键断裂，生成HNO2涉及键的生成，A正确； B．②中反应S元素由+5价变为+6价，N元素由+4价变为+3价，发生了氧化还原反应，③中反应无元素化合价发生变化，没有发生氧化还原反应，B错误； C．由图2可知，步骤①正反应的活化能最大，反应速率最慢，则该过程的决速步是①，C正确； D．在和作用下转变为，硫元素化合价升高了2，是还原剂，被还原为HNO2，氮元素化合价降低了1，是氧化剂，由得失电子守恒可得关系式2~，总反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为，D正确； 故选B。 11. 向溶液中持续滴加稀盐酸，记录溶液及温度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是 A. 溶液的起始浓度为 B. 在滴定至终点的过程中，水的电离程度不断减小 C. 对应的溶液中均存在： D. 由后溶液的温度变化可推知，与的反应是吸热反应 【答案】C 【解析】 【分析】向溶液中持续滴加稀盐酸，如图，曲线a到b为中和曲线，b点时刚好反应完全，此时反应温度最高； 【详解】A．如图，未滴加盐酸时，溶液pH最大，NaOH属于强碱，起始时溶液pH=a，，常温下，根据，得，溶液的起始浓度为，故A错误； B．任何酸或碱均抑制水的电离，在滴定至终点的过程中，浓度减小，水的电离程度不断增大。刚好反应时，达到最大，故B错误； C．时，NaOH过量，溶质为和NaCl；时，盐酸过量，溶质为HCl和NaCl，所以根据电荷守恒，对应的溶液中均存在：，故C正确； D．如图，曲线a到b为中和曲线，b点时刚好反应完全，此时反应温度最高，由此可知，与的反应是放热反应，故D错误； 故选C。 12. 含氟高分子是良好的防水涂层材料，某含氟高分子P的合成路线如下。 下列说法不正确的是 A. 合成高分子P的聚合反应为加聚反应 B. X及其反式异构体的分子内所有的碳原子均处在同一平面上 C. X与试剂反应每生成，同时生成 D. 将Z(乙烯基苯)替换成对二乙烯基苯可得到网状高分子 【答案】C 【解析】 【分析】X和试剂a发生脱水反应生成Y，结合高分子p，a为CF3CF2CF2CF2CH2CH2NH2，Y为，Y、Z、发生加聚反应生成P。 【详解】A．Y、Z、均断开双键，然后生成高分子P，该聚合反应为加聚反应，A正确； B．X含有碳碳双键，碳碳双键连接的原子，均共面，故X及其反式异构体的分子内所有的碳原子均处在同一平面上，B正确； C．a为CF3CF2CF2CF2CH2CH2NH2，Y为，X与试剂反应每生成，同时生成，C错误， D．将Z(乙烯基苯)替换成对二乙烯基苯，由于对二乙烯基苯（）的对位也可以发生同样的加聚反应，故可得到网状高分子，D正确； 故选C。 13. 工业上常用除去：。一定温度下，向恒容反应器中按照不同投料（见下表）充入气体。按照①进行投料时，测得体系中各成分的物质的量随时间变化如图所示。 投料 ① 0 0 ② ③ 0 0 下列说法不正确的是 A. 图中对应的物质是 B. ①中达到平衡时， C. 按照②进行投料时，反应向逆反应方向进行 D. 任意时刻③中的体积分数均为 【答案】C 【解析】 【分析】对图中曲线标记如图，根据反应CS2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2S(g)，随着反应的进行，H2消耗的物质的量更大，故b表示H2，d表示CS2，同理H2S生成相比CH4更多，故a表示H2S，c表示CH4。 【详解】A．由分析，M对应物质是H2S，A正确； B．由图知，①平衡时，H2和CH4物质的量相等，根据三段式 ，即4-4x=x，解得x=0.8mol，即达到平衡时，n(H2)=0.8 mol，C正确； C．设容器体积为1L，由选项B中的三段式可知，该温度下，反应平衡常数K=，按照按照②进行投料时，浓度积为，故反应会向正反应方向进行，C错误； D．根据③的投料，列出三段式 ，任意时刻，CS2的体积分数为，D正确； 本题选C。 14. 利用碘量法测定某纯净水样中溶解的含量，实验如下(加入的试剂已除去)。 步骤1 水样中的固定：用的水瓶盛满水样，加入溶液，再加入含溶液和溶液的混合液，部分水样溢出，立即盖好瓶盖，翻转摇匀，生成白色沉淀，随即有棕色沉淀生成。 步骤2 生成：当水样中的沉淀沉降到距瓶口三分之一以下时，缓缓加入适量稀至液面下，部分溶液溢出，立即盖好瓶盖，翻转摇动，至沉淀完全溶解，得到黄色溶液。 步骤3 测定及计算：用碘量法测出步骤2中生成的为，进而计算出纯净水样中溶解的含量。 已知：直接氧化的反应速率很慢。 下列说法不正确的是 A. 步骤1中，用注射器加入试剂时应将细长针头插到液面下一定距离 B. 步骤2中，生成的反应： C. 步骤2中，部分溶液溢出不影响测定纯净水样中溶解的含量 D. 步骤3中，经计算，该纯净水样中含有的浓度为 【答案】D 【解析】 【详解】A．步骤1中，用注射器加入试剂时应将细长针头插到液面下一定距离，防止空气进入，故A正确； B．步骤2中，棕色沉淀与KI反应得到棕黄色溶液，可知生成碘单质，1mol得2mol电子生成锰离子，1mol碘离子失去1mol电子生成碘单质，结合电子得失守恒及元素守恒得反应离子方程式：，故B正确； C．步骤2中， 的质量决定生成碘单质的质量，部分溶液溢出不影响沉淀的质量，该实验通过碘单质的量计算水中溶解氧气的含量，因此溢出的水不影响纯净水样中溶解的含量，故C正确； D．根据电子得失守恒可知：1mol反应时可生成2mol，1mol反应生成1mol碘单质，则：，生成的为，则氧气的物质的量为，该纯净水样中含有的浓度为，故D错误； 故选：D。 Ⅱ卷 非选择题(共58分) 15. 氢的有效储存与释放是氢能应用的关键问题之一。 Ⅰ．有机储氢材料 （1）N—乙基咔唑是具有应用前景的储氢材料，其储氢、释氢原理如图1所示。 ①基态N原子价层电子轨道表示式为______。 ②晶体中离子键的百分数为41%。分析、MgO、、中离子键的百分数小于41%的有______。 ③比较在水中的溶解性：乙基咔唑______乙胺（）（填“＞”或“＜”）。 （2）HCOOH是安全方便的具有应用前景的液态储氢材料。HCOOH催化释氢的可能机理如图2所示。 ①依据VSEPR模型，中心原子上的价层电子对数是______。 ②为证实上述机理，用HCOOD代替HCOOH进行实验。在图3中补充HCOOD催化释氢部分过程的相应内容______。 Ⅱ．复合储氢材料 （3）一种新型储氢材料的晶胞形状为正方体如图4。 ①该物质的化学式为____________。（电负性：B元素为2.0，H元素为2.1） ②已知阿伏加德罗常数为，该物质的摩尔质量为，该晶体的密度为，则晶胞边长为______nm。（） 【答案】（1） ①. ②. 、 ③. < （2） ①. 2 ②. （3） ①. ②. 【解析】 【小问1详解】 ①基态N为7号元素，其原子价层电子轨道表示式为。 ②硅磷电负性大于铝，则硅氧、磷氧键的离子成分小于铝氧键，故、MgO、、中离子键的百分数小于41%的有、。 ③能和水形成氢键，而乙基咔唑不能形成氢键，则在水中的溶解性：乙基咔唑小于乙胺； 【小问2详解】 ①CO2分子中C原子的价层电子对数为2＋=2。 ②由反应历程可知，HCOOD中D原子和氮结合、HCOOD中H原子和Pd结合，然后在③反应中H和D结合生成氢气，故图示为：； 【小问3详解】 ①电负性：B元素为2.0，H元素为2.1，则表示，据“均摊法”，晶胞中含8个、个，该物质的化学式为； ②设晶胞边长为anm，结合①分析，晶体密度为，。 16. 黄铁矿[主要成分为二硫化亚铁(FeS2)]、焦炭和适量空气混合加热发生如下反应： i．3FeS2+2C+3O2=3S2+Fe3O4+2CO （1）反应i生成1molS2时，转移电子的物质的量为_____mol。 （2）反应i所得气体经冷凝回收S2后，尾气中还含有CO和SO2。将尾气通过催化剂进行处理，发生反应ii，同时发生副反应iii。 ii．2SO2(g)+4CO(g)S2(g)+4CO2(g)　ΔH<0 iii．SO2(g)+3CO(g)COS(g)+2CO2(g)　ΔH<0 理论分析及实验结果表明，600~1000K范围内，SO2平衡转化率接近100%。其他条件相同，不同温度下，S2、COS平衡产率和10min时S2实际产率如图。 ①从资源和能源利用的角度说明用反应ii处理尾气的好处：_____。 ②随温度升高，S2平衡产率上升，推测其原因是_____。 ③900K，在10min后继续反应足够长时间，推测S2实际产率的变化趋势可能为_____。 （3）处理后的尾气仍含少量SO2，经Na2CO3溶液洗脱处理后，所得洗脱液主要成分为Na2CO3、NaHCO3和Na2SO3.利用生物电池技术，可将洗脱液中的Na2SO3转化为单质硫(以S表示)回收。 ①该装置中，正极的电极反应式为_____。 ②一段时间后，若洗脱液中的物质的量减小了1mol，则理论上减小了_____mol。 【答案】（1）4 （2） ①. 回收单质硫，处理尾气不需要另加氧化剂或还原剂；利用反应ii放热为反应i提供能量 ②. 温度升高，反应iii平衡逆向移动，使c(SO2)、c(CO)增大；对于反应ii，浓度改变对平衡的影响超过温度改变的影响，平衡正向移动 ③. 先增大后减小至900K时S2的平衡产率后保持不变或：减小至900K时S2的平衡产率后保持不变 （3） ①. ②. 2 【解析】 【分析】原电池中，葡萄糖转化为二氧化碳和水，碳的化合价在升高，作负极，Na2SO3中硫的化合价在降低，则正极电极反应为：，据此回答。 【小问1详解】 根据题目所给反应方程式可知，每当生成3molS2，理论上转移12mol电子，则生成1molS2时，转移电子的物质的量为4mol； 【小问2详解】 ①反应ii处理尾气的好处有：回收单质硫，处理尾气不需要另加氧化剂或还原剂，利用反应ii放热为反应i提供能量； ②随温度升高，S2平衡产率上升，其原因是：温度升高，反应iii平衡逆向移动，使c(SO2)、c(CO)增大，对于反应ii，浓度改变对平衡的影响超过温度改变的影响，平衡正向移动； ③通过观察图像可知，10min时S2的实际产率大于平衡产率，所以最终要减小到与900K时产率相等，则900K，在10min后继续反应足够长时间，S2实际产率的变化趋势可能为：先增大后减小至900K时S2的平衡产率后保持不变，或：减小至900K时S2的平衡产率后保持不变； 【小问3详解】 ①根据分析可知，该装置中，正极的电极反应式为：； ②根据电极方程式可知，当消耗1mol亚硫酸根离子，转移4mol电子，同时消耗6mol碳酸氢根离子，生成6mol碳酸根离子，根据电荷守恒，则有4mol的H+通过质子交换膜来到正极，4mol氢离子可以结合4mol的碳酸根离子生成4mol的碳酸氢根离子，则理论上碳酸氢根离子减小了2mol。 17. 治疗非小细胞肺癌的药物特泊替尼的合成路线如下： 已知： （1）已知A中含有-CN，写出A→B的化学方程式：_______。 （2）A的某种同分异构体与A含有相同官能团，核磁共振氢谱有3组峰，其结构简式为_______。 （3）链状有机物F的分子式为C3H3ClO2，其结构简式为_______。 （4）G→H的反应类型是_______。 （5）I的结构简式为_______。 （6）可通过如下路线合成： ①K→L的化学方程式是_______。 ②N的结构简式为_______。 【答案】（1）+CH3OH+H2O （2） （3）OHCCHClCHO （4）取代反应 （5） （6） ①. 2+O22+2H2O ②. 【解析】 【分析】A中含有-CN，根据D的结构简式及A的分子式可知：A为。A和甲醇在浓硫酸催化下加热发生酯化反应生成B为；B和NH2OH发生反应生成D，D与H2在Pd/C催化下发生反应生成E，链状有机物F的分子式为C3H3ClO2，E和F发生取代反应生成G，根据E、G结构简式的不同，可知物质F结构简式为OHCCHClCHO，G与 在KOH存在条件下发生取代反应产生H，H发生还原反应并失去-CH2OH得到I，I与SOCl2发生取代反应生成J，J与在K2CO3作用下发生取代反应生成特泊替尼，结合J的分子式、I的分子式，可知：J为 、I为 。 【小问1详解】 根据上述分析可知A为，A和甲醇在浓硫酸催化下加热发生酯化反应生成B为，酯化反应与酯的水解反应互为可逆反应，则A→B的化学方程式为：+CH3OH+H2O； 【小问2详解】 A为，A的某种同分异构体与A含有相同官能团，核磁共振氢谱有3组峰，说明其分子中含有3种不同的H原子，其结构简式为； 【小问3详解】 根据上述分析可知：链状有机物F的分子式为C3H3ClO2，其结构简式为OHCCHClCHO； 【小问4详解】 G与在KOH存在条件下发生取代反应产生H，故G→H的反应类型是取代反应； 【小问5详解】 根据上述分析可知有机物I结构简式是； 【小问6详解】 有机物K是，K与O2在Cu催化下加热发生催化氧化生成L为， L和OHCCOOH发生反应生成M，M结构简式为，M发生消去反应生成N为，N发生信息中的反应生成。 ①有机物K是，K与O2在Cu催化下加热，发生醇羟基的催化氧化反应生成L为，同时反应产生H2O，则K→L的化学方程式为：2+O22+2H2O； ②根据上述分析可知有机物N结构简式是：。 18. 研究从含锌资源中获取的途径具有重要意义。 Ⅰ．工业上酸浸提锌 氧化锌矿中含有、、、、、、等。 已知：ⅰ．几种难溶电解质的 难溶电解质 ⅱ．浸出液中主要金属阳离子浓度 粒子 和 浓度/（） 0.3 0.1 0.1 （1）浸出渣的主要成分有、和，和反应的离子方程式是____________。 （2）加入试剂a的目的是____________。 （3）电解前，含溶液中铁和铝的离子浓度均需小于，应调节的范围是_________（忽略①和②导致的体积变化）。 Ⅱ．实验室中氨浸提锌 已知：ⅲ．。 ⅳ．M的结构筒式如图所示，R为，两个羟基中，酚羟基酸性较强。 （4）和浸取发生反应的离子方程式是___________。 （5）M能与形成稳定的配合物X，相关反应为。 ①补全下图中X的结构并用“…”标出氢键_________。 ②X中形成氢键有利于的萃取，原因可能是___________。 （6）从平衡移动的角度解释能提高有机溶液中X含量的原因：__________。 【答案】（1）PbO+2H++SOPbSO4+H2O （2）将Fe2+氧化成Fe3+，利于通过调pH将Fe3+除去 （3）5pH6 （4）ZnO+2NH3+NH=[Zn(NH3)4]2++H2O （5） ①. ②. 提高X结构的稳定性；提高X在有机溶剂中的溶解性；降低X在水中的溶解性 （6）CO2与NH3反应，c(NH3)减小，有利于的平衡正向移动，导致c(Zn2+)增大，促进的平衡正向移动 【解析】 【分析】Ⅰ．由题给流程可知，向氧化锌矿中加入稀硫酸共热酸浸，将金属元素转化为硫酸盐，二氧化硅与稀硫酸不反应，过滤得到含有硫酸铅、硫酸钙、二氧化硅的浸出渣和浸出液；向浸出液中加入合适的氧化剂a，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，加入氧化锌等调节溶液pH，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得含锌离子的溶液和含有氢氧化铁滤渣；电解含锌离子的溶液，在阴极得到锌； Ⅱ．向氧化锌中加入氨气和硫酸铵的混合溶液，将溶液中的锌离子转化为四氨合锌离子，向浸出液中加入含M的有机溶液，通入二氧化碳气体，将溶液中的四氨合锌离子转化为X，分液得到含有X的有机溶液和水溶液；含有X的有机溶液经多步处理得到锌。 【小问1详解】 由分析可知，氧化铅矿与稀硫酸共热，其中氧化铅稀硫酸反应生成硫酸铅和水，反应的离子方程式为PbO+2H++SOPbSO4+H2O，故答案为：PbO+2H++SOPbSO4+H2O； 【小问2详解】 由分析可知，加入合适的氧化剂a的目的是将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，便于加入氧化锌等调节溶液pH，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，故答案为：将Fe2+氧化成Fe3+，利于通过调pH将Fe3+除去； 【小问3详解】 由溶度积可知，溶液中铝离子完全沉淀时，铁离子已经完全沉淀，则铝离子完全沉淀时，溶液中的氢氧根离子浓度=1×10—9mol/L，溶液的pH5；溶液中的锌离子不沉淀，则溶液的氢氧根离子浓度小于=1×10—8mol/L，溶液的pH小于6，则电解前，应调节溶液pH的范围为5pH6，故答案为：5pH6； 【小问4详解】 由分析可知，向氧化锌中加入氨气和硫酸铵的混合溶液的目的是将溶液中的锌离子转化为四氨合锌离子，反应的离子方程式为ZnO+2NH3+NH=[Zn(NH3)4]2++H2O，故答案为：ZnO+2NH3+NH=[Zn(NH3)4]2++H2O； 【小问5详解】 ①由图可知，M中含有的氮原子和氧原子具有孤对电子，由题给信息可知，两个羟基中酚羟基酸性较强，则M中含有的氮原子和酚羟基上的氧原子能与具有空轨道的锌离子形成配位键；氧元素的电负性强于氮元素，则氮原子所连的羟基上的氢原子与配合物X中的原酚羟基上的氧原子之间形成氢键，所以X的结构为，故答案为：； ②X中氢键的形成能提高X结构的稳定性，降低分子的极性，从而降低X在水中的溶解性，提高X在有机溶剂中的溶解性，所以X中形成氢键有利于锌离子的萃取，故答案为：提高X结构的稳定性；提高X在有机溶剂中的溶解性；降低X在水中的溶解性； 【小问6详解】 CO2是酸性氧化物，能与溶液中的NH3反应，溶液中c(NH3)减小，有利于的平衡正向移动，导致溶液中c(Zn2+)增大，促进的平衡正向移动，所以能提高有机溶液中X含量，故答案为：CO2与NH3反应，c(NH3)减小，有利于的平衡正向移动，导致c(Zn2+)增大，促进的平衡正向移动。 19. 以Na2SO3溶液和不同金属的硫酸盐溶液作为实验对象，探究盐的性质和盐溶液间反应的多样性。 实验 试剂 现象 滴管 试管 0.2mol·L-1Na2SO3溶液 饱和Ag2SO4溶液 Ⅰ．产生白色沉淀 0.2mol·L-1CuSO4 Ⅱ．溶液变绿，继续滴加产生棕黄色沉淀 0.1mol·L-1Al2(SO4)3溶液 Ⅲ．开始无明显变化，继续滴加产生白色沉淀 （1）经验检，现象Ⅰ中的白色沉淀是Ag2SO3。用离子方程式解释现象Ⅰ：__________。 （2）经检验，现象Ⅱ的棕黄色沉淀中不含，含有Cu+、Cu2+和。 已知：Cu+Cu+Cu2+，Cu2+CuI↓(白色)+I2。 ①用稀硫酸证实沉淀中含有Cu+的实验现象是__________。 ②通过下列实验证实，沉淀中含有Cu2+和。 a．白色沉淀A是BaSO4，试剂1是__________。 b．证实沉淀中含有Cu2+和的理由是__________。 （3）已知：Al2(SO3)3在水溶液中不存在。经检验，现象Ⅲ的白色沉淀中无，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性KMnO4溶液褪色。 ①推测沉淀中含有亚硫酸根和__________。 ②对于沉淀中亚硫酸根的存在形式提出两种假设： i．Al(OH)3所吸附； ii．存在于铝的碱式盐中。对假设ii设计了对比实验，证实了假设ii成立。 a．将对比实验方案补充完整。 步骤一： 步骤二：__________（按上图形式呈现）。 b．假设ii成立的实验证据是__________。 （4）根据实验，亚硫酸盐的性质有__________。盐溶液间反应的多样性与__________有关。 【答案】 ①. 2Ag++===Ag2SO3↓ ②. 有红色固体生成 ③. HCl溶液和BaCl2溶液 ④. 在I-的作用下，Cu2+转化为白色沉淀CuI，转化为 ⑤. Al3+、OH- ⑥. ⑦. V1明显大于V2 ⑧. 亚硫酸盐的溶解性、氧化还原性、在水溶液中的酸碱性 ⑨. 两种盐溶液中阴阳离子的性质和反应条件 【解析】 【详解】(1). 实验Ⅰ中0.2mol/LNa2SO3溶液滴入饱和Ag2SO4溶液，由于Ag2SO4是饱和溶液且溶液混合后稀释，因此不可能是Ag2SO4沉淀，考虑到SO32−浓度较大，因此推断白色沉淀为Ag2SO3，反应的离子方程式为：2Ag++SO32−=Ag2SO3↓，故答案为2Ag++SO32−=Ag2SO3↓； (2). ①. 因Cu+和稀硫酸反应生成铜和铜离子，若沉淀中含有Cu+，加入稀硫酸会发生歧化反应生成铜单质，实验现象是有红色固体生成，故答案为有红色固体生成； ②. a.分析实验流程可知，实验原理为2Cu2++4I−=2CuI↓+I2、I2+SO32−+H2O=SO42−+2I−+2H+、SO42−+Ba2+=BaSO4↓，根据BaSO4沉淀可知，加入的试剂为含Ba2+的化合物，可以选用BaCl2溶液，考虑沉淀A没有BaSO3，因此应在酸性环境中，故答案为HCl溶液和BaCl2溶液； b. 由白色沉淀A可知，之前所取上层清液中有SO42−，由加入KI生成白色沉淀可知棕黄色沉淀中含有Cu2+，Cu2+和I−作用生成CuI白色沉淀，由加淀粉无现象说明上层清液中无I2，而Cu2+和I−反应生成I2，因而推断生成的I2参与了其他反应，因而有还原剂SO32−，故答案为在I-的作用下，Cu2+转化为白色沉淀CuI，SO32−转化为SO42−； (3). ①. 根据题意知实验Ⅲ的白色沉淀中无SO42−，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性KMnO4溶液褪色，可以推测沉淀中含有铝离子和氢氧根离子，可使酸性高锰酸钾溶液褪色是因为存在具有还原性的亚硫酸根离子，故答案为Al3+、OH-； ②. a. 根据假设可知实验的目的是证明产生的沉淀是Al(OH)3还是铝的碱式盐，给定实验首先制备出现象Ⅲ中的沉淀，然后采用滴加NaOH溶液，因此对比实验首先要制备出Al(OH)3沉淀，然后滴加NaOH溶液，若两者消耗的NaOH体积相同，则现象Ⅲ中的沉淀就是Al(OH)3沉淀，若两者消耗的NaOH体积不同，则现象Ⅲ中的沉淀考虑是铝的碱式盐，故步骤二的实验方案为：； b. 根据上述分析可知，假设ii成立的实验证据是 V1明显大于V2，故答案为 V1明显大于V2； （4）.根据实验可知，亚硫酸盐具有还原性、水解使溶液呈碱性；根据题目，该实验探究的是亚硫酸钠溶液和不同金属的硫酸盐溶液反应，所以盐溶液间反应的多样性与盐的性质和溶液的酸碱性等反应条件有关，故答案为：亚硫酸盐的溶解性、氧化还原性、在水溶液中的酸碱性； 两种盐溶液中阴阳离子的性质和反应条件。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $