精品解析：北京市育才学校2024-2025学年高三上学期12月月考 化学试题

2024-2025学年度第一学期北京育才学校高三月考 化学检测试卷 可能用到的原子量：H-1 O-16 C-12 第一部分 选择题 一、选择题(本题包括14小题，每题只有一个正确选项，每题3分，共42分) 1. 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. 重油在高温、高压和催化剂作用下转化为小分子烃 C. 蛋白质在酶的作用下转化为氨基酸 D. 向沸水中滴入饱和溶液制备胶体 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. 基态N原子的轨道表示式： B. 的VSEPR模型： C. 的键的形成： D. 用电子式表示HCl的形成过程： 3. 下列说法不正确的是 A. 葡萄糖氧化生成和的反应是放热反应 B. 核酸可看作磷酸、戊糖和碱基通过一定方式结合而成的生物大分子 C. 由氨基乙酸形成的二肽中存在两个氨基和两个羧基 D. 向饱和的溶液中加入少量鸡蛋清溶液会发生盐析 4. 下列比较不能用元素周期律解释的是 A. 热稳定性： B. 还原性： C. 酸性： D. 熔点： 5. 下列方程式与所给事实不相符的是 A. 钠在空气中加热生成淡黄色固体： B. 电解饱和食盐水制氯气： C. 氨催化氧化生成一氧化氮： D. 电镀铜时阳极反应为： 6. 下列实验的对应操作中，不合理的是 眼睛注视锥形瓶中溶液 A．用标准溶液滴定溶液 B．稀释浓硫酸 C．从提纯后的溶液获得晶体 D．配制一定物质的量浓度的溶液 A. A B. B C. C D. D 7. 下列事实能用平衡移动原理解释的是 A. 密闭烧瓶内的和的混合气体，加压后颜色加深 B. 溶液将水垢中的转化为 C. 工业合成氨条件选择 D. H2O2溶液中滴加FeCl3溶液，促进H2O2分解 8. 一定条件下，分别在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中加入A和B，发生反应：3A(g)+B(g)⇌2C(g) ∆H>0，448 K时该反应的化学平衡常数K=1，反应体系中各物质的物质的量浓度的相关数据如下： 容器 温度/K 起始时物质的浓度/(mol·L−1) 10分钟时物质的浓度/(mol·L−1) c(A) c(B) c(C) 甲 448 3 1 0.5 乙 T1 3 1 0.4 丙 448 3 2 a 下列说法不正确的是 A. 甲中，10分钟内A的化学反应速率：υ(A)=0.075 mol·L−1·min−1 B. 甲中，10分钟时反应已达到化学平衡状态 C. 乙中，T1＜448 K、K乙＜K甲 D. 丙中，达到化学平衡状态时A的转化率大于25% 9. 阿斯巴甜是一种合成甜味剂，其结构简式如下。 下列关于阿斯巴甜的说法正确的是 A. 属于糖类 B. 1 mol阿斯巴甜最多能与3 mol NaOH反应 C. 分子中含有一个手性碳原子 D. 1 mol阿斯巴甜最多能与4molH2加成反应 10. 可采用催化氧化法将工业副产物制成，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：。下图所示为该法的一种催化机理。 下列说法不正确的是 A. Y为反应物，W为生成物 B. 反应制得，须投入 C. 升高反应温度，被氧化制的反应平衡常数减小 D. 图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应 11. 实验测得0.5 mol·L−1CH3COONa溶液、0.5 mol·L−1 CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是 A. 随温度升高，纯水中c(H+)>c(OH−) B. 随温度升高，CH3COONa溶液的c(OH−)减小 C. 随温度升高，CuSO4溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果 D. 随温度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因为CH3COO−、Cu2+水解平衡移动方向不同 12. 近期，科学家研发了“全氧电池”，其工作原理示意图如下。 下列说法不正确的是 A. 电极a是负极 B. 电极b的反应式： C. 该装置可将酸和碱的化学能转化为电能 D. 酸性条件下的氧化性强于碱性条件下的氧化性 13. 丙烷经催化脱氢可制丙烯:C3H8C3H6+H2。600℃，将一定浓度的 CO2与固定浓度的C3H8通过含催化剂的恒容反应器，经相同时间，流出的 C3H6、CO和H2浓度随初始 CO2浓度的变化关系如图。 已知： ①C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l) △H=-2220kJ/mol ②C3H6(g)+9/2O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l) △H=-2058kJ/mol ③H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) △H=-286kJ/mol 下列说法不正确的是 A. C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g) △H=+124kJ/mol B. c(H2)和c(C3H6)变化差异的原因：CO2+H2CO+H2O C. 其他条件不变，投料比c(C3H8)/c(CO2)越大，C3H8转化率越大 D. 若体系只有C3H6、CO、H2和H2O生成，则初始物质浓度c0与流出物质浓度c之间一定存在：3c0(C3H8)+c0(CO2)=c(CO)+c(CO2)+3c(C3H8)+3c(C3H6) 14. 利用平衡移动原理，分析一定温度下在不同的体系中的可能产物。 已知：i.图1中曲线表示体系中各含碳粒子的物质的量分数与的关系。 ii.2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合[注：起始，不同下由图1得到]。 下列说法不正确的是 A. 由图1， B. 由图2，初始状态，无沉淀生成 C. 由图2，初始状态，平衡后溶液中存在 D. 由图1和图2，初始状态、，发生反应： 第二部分 非选择题共58分 15. 锡()是现代“五金”之一，广泛应用于合金、半导体工业等。 （1）位于元素周期表的第5周期第IVA族。将的基态原子最外层轨道表示式补充完整：_______。 （2）和是锡的常见氯化物，可被氧化得到。 ①分子的模型名称是_______。 ②的键是由锡的_______轨道与氯的轨道重叠形成σ键。 （3）白锡和灰锡是单质的常见同素异形体。二者晶胞如图：白锡具有体心四方结构；灰锡具有立方金刚石结构。 ①灰锡中每个原子周围与它最近且距离相等的原子有_______个。 ②若白锡和灰锡的晶胞体积分别为和，则白锡和灰锡晶体的密度之比是_______。 （4）单质的制备：将与焦炭充分混合后，于惰性气氛中加热至，由于固体之间反应慢，未明显发生反应。若通入空气在下，能迅速被还原为单质，通入空气的作用是_______。 16. 近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下： （1）反应Ⅰ：2H2SO4(l)=2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g) ΔH1=+551 kJ·mol－1 反应Ⅲ：S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH3=－297 kJ·mol－1 反应Ⅱ的热化学方程式：_________________________________________。 （2）对反应Ⅱ，在某一投料比时，两种压强下，H2SO4在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示。 p2_______p 1（填“＞”或“＜”），得出该结论的理由是________________。 （3）I－可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下。将ii补充完整。 i．SO2+4I－+4H+===S↓+2I2+2H2O ii．I2+2H2O+_________===_________+_______+2I－ （4）探究i、ii反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18 mL SO2饱和溶液加入到2 mL下列试剂中，密闭放置观察现象。（已知：I2易溶解在KI溶液中） A B C D 试剂组成 0.4 mol·L－1 KI a mol·L－1 KI 0.2 mol·L－1 H2SO4 0.2 mol·L－1 H2SO4 0.2 mol·L－1 KI 0.0002 mol I2 实验现象 溶液变黄，一段时间后出现浑浊 溶液变黄，出现浑浊较A快 无明显现象 溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快 ①B是A的对比实验，则a=__________。 ②比较A、B、C，可得出的结论是______________________。 ③实验表明，SO2的歧化反应速率D＞A，结合i、ii反应速率解释原因：________________。 17. 除草剂苯嘧磺草胺的中间体M合成路线如下。 （1）D中含氧官能团的名称是_______。 （2）A→B的化学方程式是_______。 （3）I→J的制备过程中，下列说法正确的是_______(填序号)。 a．依据平衡移动原理，加入过量的乙醇或将J蒸出，都有利于提高I的转化率 b．利用饱和碳酸钠溶液可吸收蒸出的I和乙醇 c．若反应温度过高，可能生成副产物乙醚或者乙烯 （4）已知： ①K的结构简式是_______。 ②判断并解释K中氟原子对的活泼性的影响_______。 （5）M的分子式为。除苯环外，M分子中还有个含两个氮原子的六元环，在合成M的同时还生成产物甲醇和乙醇。由此可知，在生成M时，L分子和G分子断裂的化学键均为键和_______键，M的结构简式是_______。 18. 白云石的主要化学成分为，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2。利用白云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁，流程示意图如下。 已知： 物质 （1）白云石矿样煅烧完全分解的化学方程式为___________。 （2）用量对碳酸钙产品的影响如下表 n(NH4Cl)/n(CaO) 氧化物()浸出率/% 产品中纯度/% 产品中Mg杂质含量/% (以计) 计算值 实测值 2.1∶1 98.4 1.1 99.1 99.7 —— 2.2∶1 98.8 1.5 98.7 99.5 0.06 2.4∶1 99.1 6.0 95.2 97.6 2.20 备注：ⅰ、浸出率=(浸出的质量/煅烧得到的质量)(M代表Ca或Mg) ⅱ、纯度计算值为滤液A中钙、镁全部以碳酸盐形式沉淀时计算出的产品中纯度。 ①解释“浸钙”过程中主要浸出的原因是___________。 ②沉钙反应的离子方程式为___________。 ③“浸钙”过程不适宜选用的比例为___________。 ④产品中纯度的实测值高于计算值的原因是___________。 （3）“浸镁”过程中，取固体B与一定浓度的溶液混合，充分反应后的浸出率低于60%。加热蒸馏，的浸出率随馏出液体积增大而增大，最终可达98.9%。从化学平衡的角度解释浸出率增大的原因是___________。 （4）滤渣C中含有的物质是___________。 （5）该流程中可循环利用的物质是___________。 19. 资料显示，可以将氧化为。某小组同学设计实验探究被氧化的产物及铜元素的价态。 已知：易溶于溶液，发生反应(红棕色)；和氧化性几乎相同。 I.将等体积的溶液加入到铜粉和的固体混合物中，振荡。 实验记录如下： 实验现象 实验Ⅰ 极少量溶解，溶液为淡红色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为淡红色 实验Ⅱ 部分溶解，溶液为红棕色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为红棕色 实验Ⅲ 完全溶解，溶液为深红棕色；充分反应后，红色的铜粉完全溶解，溶液为深红棕色 （1）初始阶段，被氧化的反应速率：实验Ⅰ__________(填“>”“<”或“=”)实验Ⅱ。 （2）实验Ⅲ所得溶液中，被氧化的铜元素的可能存在形式有(蓝色)或(无色)，进行以下实验探究： 步骤a．取实验Ⅲ的深红棕色溶液，加入，多次萃取、分液。 步骤b．取分液后的无色水溶液，滴入浓氨水。溶液颜色变浅蓝色，并逐渐变深。 ⅰ．步骤a的目的是_____________________。 ⅱ．查阅资料，，(无色)容易被空气氧化。用离子方程式解释步骤的溶液中发生的变化：______________。 （3）结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是____________________。分别取实验Ⅰ和Ⅱ充分反应后的固体，洗涤后得到白色沉淀，加入浓溶液，__________(填实验现象)，观察到少量红色的铜。分析铜未完全反应的原因是____________________。 （4）上述实验结果，仅将氧化为价。在隔绝空气的条件下进行电化学实验，证实了能将氧化为。装置如图所示，分别是_____________。 （5）运用氧化还原反应规律，分析在上述实验中被氧化的产物中价态不同的原因：_________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年度第一学期北京育才学校高三月考 化学检测试卷 可能用到的原子量：H-1 O-16 C-12 第一部分 选择题 一、选择题(本题包括14小题，每题只有一个正确选项，每题3分，共42分) 1. 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. 重油在高温、高压和催化剂作用下转化为小分子烃 C. 蛋白质在酶的作用下转化为氨基酸 D. 向沸水中滴入饱和溶液制备胶体 【答案】B 【解析】 【详解】热的纯碱溶液因碳酸根离子水解显碱性，油脂在碱性条件下能水解生成易溶于水的高级脂肪酸盐和甘油，故可用热的纯碱溶液去除油脂，A不符合题意；重油在高温、高压和催化剂作用下发生裂化或裂解反应生成小分子烃，与水解反应无关，B符合题意；蛋白质在酶的作用下可以发生水解反应生成氨基酸，C不符合题意；能发生水解反应生成，加热能增大的水解程度，D不符合题意。 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. 基态N原子的轨道表示式： B. 的VSEPR模型： C. 的键的形成： D. 用电子式表示HCl的形成过程： 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据洪特规则，基态N原子2p上的三个电子应该都独占轨道且自旋平行，A错误； B．SO3分子中S原子价层电子对个数为3+=3，VSEPR模型为平面三角形，B错误； C．Cl-Cl的p-pσ键属于轴对称，电子云图形：  ，C错误； D．氯化氢是只含有共价键的共价化合物，表示氯化氢形成的电子式为，D正确； 故选D。 3. 下列说法不正确的是 A. 葡萄糖氧化生成和的反应是放热反应 B. 核酸可看作磷酸、戊糖和碱基通过一定方式结合而成的生物大分子 C. 由氨基乙酸形成的二肽中存在两个氨基和两个羧基 D. 向饱和的溶液中加入少量鸡蛋清溶液会发生盐析 【答案】C 【解析】 【详解】A．葡萄糖氧化生成CO2和H2O是放热反应，在人体内葡萄糖缓慢氧化成CO2和H2O为人体提供能量，A项正确； B．核酸是一种生物大分子，分析核酸水解的产物可知，核酸是由许多核苷酸单体形成的聚合物，核苷酸进一步水解得到磷酸和核苷，核苷进一步水解得到戊糖和碱基，故核酸可看作磷酸、戊糖和碱基通过一定方式结合而成的生物大分子，B项正确； C．氨基乙酸的结构简式为H2NCH2COOH，形成的二肽的结构简式为H2NCH2CONHCH2COOH，该二肽中含1个氨基、1个羧基和1个肽键，C项错误； D．鸡蛋清溶液为蛋白质溶液，NaCl溶液属于轻金属盐溶液，向饱和NaCl溶液中加入少量鸡蛋清溶液，蛋白质发生盐析，D项正确； 答案选C。 4. 下列比较不能用元素周期律解释的是 A. 热稳定性： B. 还原性： C. 酸性： D. 熔点： 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据氧的非金属性比硫强，故水的稳定性比硫化氢强，A不符合题意； B．氯和碘为同主族元素，从上到下元素非金属性减弱，阴离子的还原性增强，B不符合题意； C．氟的电负性比氯强，则碳氟键的极性比碳氯键的极性大，使三氟乙酸中的羧基的羟基极性变大，更容易电离出氢离子，C不符合题意； D．二氧化硅为共价晶体，二氧化碳形成分子晶体，共价晶体的熔点高于分子晶体，与碳和硅的非金属性无关，D符合题意； 故选D。 5. 下列方程式与所给事实不相符的是 A. 钠在空气中加热生成淡黄色固体： B. 电解饱和食盐水制氯气： C. 氨催化氧化生成一氧化氮： D. 电镀铜时阳极反应为： 【答案】D 【解析】 【详解】A．钠在空气中加热生成淡黄色固体过氧化钠，对应反应方程式书写正确，方程式符合事实，A正确； B．电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，离子方程式书写正确，方程式符合事实，B正确； C．氨在催化剂、加热条件下发生催化氧化反应生成一氧化氮和水，反应方程式书写正确，方程式符合事实，C正确； D．电镀铜时阳极为镀层金属铜，发生失电子的氧化反应，电极反应为，给出的是阴极的还原反应，方程式与事实不相符，D错误； 故选D。 6. 下列实验的对应操作中，不合理的是 眼睛注视锥形瓶中溶液 A．用标准溶液滴定溶液 B．稀释浓硫酸 C．从提纯后的溶液获得晶体 D．配制一定物质的量浓度的溶液 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．用HCl标准溶液滴定NaOH溶液时，眼睛应注视锥形瓶中溶液，以便观察溶液颜色的变化从而判断滴定终点，A项合理； B．浓硫酸的密度比水的密度大，浓硫酸溶于水放热，故稀释浓硫酸时应将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢倒入盛水的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌，B项合理； C．NaCl的溶解度随温度升高变化不明显，从NaCl溶液中获得NaCl晶体采用蒸发结晶的方法，C项合理； D．配制一定物质的量浓度的溶液时，玻璃棒引流低端应该在容量瓶刻度线以下；定容阶段，当液面在刻度线以下约1cm时，应改用胶头滴管滴加蒸馏水，D项不合理； 答案选D。 7. 下列事实能用平衡移动原理解释的是 A. 密闭烧瓶内的和的混合气体，加压后颜色加深 B. 溶液将水垢中的转化为 C. 工业合成氨条件选择 D. H2O2溶液中滴加FeCl3溶液，促进H2O2分解 【答案】B 【解析】 【详解】A．密闭烧瓶中存在平衡，加压后颜色加深主要是因为体积缩小导致浓度瞬间增大，该现象不能用平衡移动原理解释，A错误； B．水垢中存在溶解平衡，加入后，与结合生成更难溶的，使浓度降低，溶解平衡正向移动，实现沉淀转化，可用平衡移动原理解释，B正确； C．合成氨反应为放热反应，若从平衡移动角度分析，低温更有利于氨的生成，选择是为了使催化剂活性最高、加快反应速率，与平衡移动无关，C错误； D．是分解的催化剂，催化剂只改变化学反应速率，不影响平衡移动，该现象不能用平衡移动原理解释，D错误； 故答案选B。 8. 一定条件下，分别在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中加入A和B，发生反应：3A(g)+B(g)⇌2C(g) ∆H>0，448 K时该反应的化学平衡常数K=1，反应体系中各物质的物质的量浓度的相关数据如下： 容器 温度/K 起始时物质的浓度/(mol·L−1) 10分钟时物质的浓度/(mol·L−1) c(A) c(B) c(C) 甲 448 3 1 0.5 乙 T1 3 1 0.4 丙 448 3 2 a 下列说法不正确的是 A. 甲中，10分钟内A的化学反应速率：υ(A)=0.075 mol·L−1·min−1 B. 甲中，10分钟时反应已达到化学平衡状态 C. 乙中，T1＜448 K、K乙＜K甲 D. 丙中，达到化学平衡状态时A的转化率大于25% 【答案】B 【解析】 【详解】A．甲中，10分钟时C的物质的浓度为0.5mol·L−1，则A的浓度减小0.75mol·L−1，10分钟内A的化学反应速率：υ(A)= 0.75mol·L−1÷10min=0.075 mol·L−1·min−1，故A正确； B．甲中，10分钟时C的物质的浓度为0.5mol·L−1，则A的浓度减小0.75mol·L−1，B的浓度减小0.25mol·L−1，10分钟时，c(A)= 2.25mol·L−1、c(A)= 0.75mol·L−1，Q=，反应没有达到化学平衡状态，故B错误； C．3A(g)+B(g)⇌2C(g)正反应吸热，升高温度，反应速率加快、平衡常数增大，若T1>448 K，10分钟时C物质的浓度应该大于0.5 mol·L−1，所以乙中，T1＜448 K、K乙＜K甲，故C正确； D．甲中，10分钟时C的物质的浓度为0.5mol·L−1，则A的浓度减小0.75mol·L−1，B的浓度减小0.25mol·L−1，10分钟时，c(A)= 2.25mol·L−1、c(A)= 0.75mol·L−1，Q=，达到化学平衡状态时，A的浓度减小大于0.75mol·L−1，则甲中A的转化率大于25%，丙与甲相比，增大B的浓度，A的平衡转化率大于甲，所以丙中，达到化学平衡状态时A的转化率大于25%，故D正确； 选B。 9. 阿斯巴甜是一种合成甜味剂，其结构简式如下。 下列关于阿斯巴甜的说法正确的是 A. 属于糖类 B. 1 mol阿斯巴甜最多能与3 mol NaOH反应 C. 分子中含有一个手性碳原子 D. 1 mol阿斯巴甜最多能与4molH2加成反应 【答案】B 【解析】 【详解】A．糖类为多羟基醛、多羟基酮或可水解生成上述物质的有机物，阿斯巴甜含有氨基、酰胺基、酯基，不属于糖类，A错误； B．阿斯巴甜含羧基、酯基、酰胺键，三种官能团均可与反应，最多消耗，B正确； C．根据手性碳原子的特点，阿斯巴甜分子中含有两个手性碳原子，如图中“*”标注的碳原子：，C错误； D．只有苯环可与加成，苯环最多消耗，羧基、酯基、酰胺键均不能与加成，故最多消耗，D错误； 故选B。 10. 可采用催化氧化法将工业副产物制成，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：。下图所示为该法的一种催化机理。 下列说法不正确的是 A. Y为反应物，W为生成物 B. 反应制得，须投入 C. 升高反应温度，被氧化制的反应平衡常数减小 D. 图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应 【答案】B 【解析】 【分析】由该反应的热化学方程式可知，该反应涉及的主要物质有HCl、O2、CuO、Cl2、H2O；CuO与Y反应生成Cu(OH)Cl，则Y为HCl；Cu(OH)Cl分解生成W和Cu2OCl2，则W为H2O；CuCl2分解为X和CuCl，则X为Cl2；CuCl和Z反应生成Cu2OCl2，则Z为O2；综上所述，X、Y、Z、W依次是、、、。 【详解】A．由分析可知，Y为反应物，W为生成物，A正确； B．在反应中作催化剂，会不断循环，适量即可，B错误； C．总反应为放热反应，其他条件一定，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，C正确； D．图中涉及的两个氧化还原反应是和，D正确； 故选B。 11. 实验测得0.5 mol·L−1CH3COONa溶液、0.5 mol·L−1 CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是 A. 随温度升高，纯水中c(H+)>c(OH−) B. 随温度升高，CH3COONa溶液的c(OH−)减小 C. 随温度升高，CuSO4溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果 D. 随温度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因为CH3COO−、Cu2+水解平衡移动方向不同 【答案】C 【解析】 【分析】水的电离为吸热过程，升高温度，促进水的电离；盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，据此解题； 【详解】A.水的电离为吸热过程，升高温度，平衡向着电离方向移动，水中c(H+).c(OH-)=Kw增大，故pH减小，但c(H+)=c(OH-)，故A不符合题意； B.水的电离为吸热过程，升高温度，促进水的电离，所以c(OH-)增大，醋酸根水解为吸热过程，CH3COOH-+H2O CH3COOH+OH-,升高温度促进盐类水解，所以c(OH-)增大，故B不符合题意； C.升高温度，促进水的电离，故c(H+)增大；升高温度，促进铜离子水解Cu2++2H2OCu(OH)2 +2H+，故c(H+)增大，两者共同作用使pH发生变化，故C符合题意； D.盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，故D不符合题意； 综上所述，本题应选C。 【点睛】本题考查弱电解质在水中的电离平衡，明确化学平衡常数只是温度的函数，温度对水的电离和盐类水解平衡的影响是解题的关键，盐类水解是高频考点，也是高考的重点和难点，本题难度不大，是基础题。 12. 近期，科学家研发了“全氧电池”，其工作原理示意图如下。 下列说法不正确的是 A. 电极a是负极 B. 电极b的反应式： C. 该装置可将酸和碱的化学能转化为电能 D. 酸性条件下的氧化性强于碱性条件下的氧化性 【答案】B 【解析】 【分析】该电池a的电极反应为：，a为负极，b的电极反应为：，为原电池的正极。 【详解】A．a的电极反应为：，a为负极，A正确； B．b的电极反应为：，为原电池的正极，B错误； C．该反应的总反应式为：，可将酸和碱的化学能转化为电能，C正确； D．酸性条件下发生反应，碱性条件下发生反应，所以酸性条件下的氧化性强于碱性条件下的氧化性，D正确； 故选B。 13. 丙烷经催化脱氢可制丙烯:C3H8C3H6+H2。600℃，将一定浓度的 CO2与固定浓度的C3H8通过含催化剂的恒容反应器，经相同时间，流出的 C3H6、CO和H2浓度随初始 CO2浓度的变化关系如图。 已知： ①C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l) △H=-2220kJ/mol ②C3H6(g)+9/2O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l) △H=-2058kJ/mol ③H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) △H=-286kJ/mol 下列说法不正确的是 A. C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g) △H=+124kJ/mol B. c(H2)和c(C3H6)变化差异的原因：CO2+H2CO+H2O C. 其他条件不变，投料比c(C3H8)/c(CO2)越大，C3H8转化率越大 D. 若体系只有C3H6、CO、H2和H2O生成，则初始物质浓度c0与流出物质浓度c之间一定存在：3c0(C3H8)+c0(CO2)=c(CO)+c(CO2)+3c(C3H8)+3c(C3H6) 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．根据盖斯定律结合题干信息①C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l) △H=-2220kJ/mol②C3H6(g)+9/2O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l) △H=-2058kJ/mol ③H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) △H=-286kJ/mol 可知，可由①-②-③得到目标反应C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)，该反应的△H==+124kJ/mol，A正确； B．仅按C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)可知C3H6、H2的浓度随CO2浓度变化趋势应该是一致的，但是氢气的变化不明显，反而是CO与C3H6的变化趋势是一致的，因此可以推断高温下能够发生反应CO2+H2CO+H2O，从而导致C3H6、H2的浓度随CO2浓度变化趋势出现这样的差异，B正确； C．投料比增大，相当于增大C3H8浓度，浓度增大，转化率减小， C错误； D．根据质量守恒定律，抓住碳原子守恒即可得出，如果生成物只有C3H6、CO、H2O、H2，那么入口各气体的浓度c0和出口各气体的浓度符合3c0(C3H8)+c0(CO2)=3c(C3H6)+c(CO)+3c(C3H8)+c(CO2)，D正确； 答案为：C。 14. 利用平衡移动原理，分析一定温度下在不同的体系中的可能产物。 已知：i.图1中曲线表示体系中各含碳粒子的物质的量分数与的关系。 ii.2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合[注：起始，不同下由图1得到]。 下列说法不正确的是 A. 由图1， B. 由图2，初始状态，无沉淀生成 C. 由图2，初始状态，平衡后溶液中存在 D. 由图1和图2，初始状态、，发生反应： 【答案】C 【解析】 【详解】A．水溶液中的离子平衡 从图1可以看出时，碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相同，A项正确； B．从图2可以看出、时，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的下方，不会产生碳酸镁沉淀或氢氧化镁沉淀，B项正确； C．从图2可以看出、时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，根据物料守恒，溶液中，C项错误； D．时，溶液中主要含碳微粒是，，时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为，D项正确； 故选C。 第二部分 非选择题共58分 15. 锡()是现代“五金”之一，广泛应用于合金、半导体工业等。 （1）位于元素周期表的第5周期第IVA族。将的基态原子最外层轨道表示式补充完整：_______。 （2）和是锡的常见氯化物，可被氧化得到。 ①分子的模型名称是_______。 ②的键是由锡的_______轨道与氯的轨道重叠形成σ键。 （3）白锡和灰锡是单质的常见同素异形体。二者晶胞如图：白锡具有体心四方结构；灰锡具有立方金刚石结构。 ①灰锡中每个原子周围与它最近且距离相等的原子有_______个。 ②若白锡和灰锡的晶胞体积分别为和，则白锡和灰锡晶体的密度之比是_______。 （4）单质的制备：将与焦炭充分混合后，于惰性气氛中加热至，由于固体之间反应慢，未明显发生反应。若通入空气在下，能迅速被还原为单质，通入空气的作用是_______。 【答案】（1） （2） ①. 平面三角形 ②. 1个杂化 （3） ①. 4 ②. （4）空气中的O2将C氧化为，与发生气固反应，速率快 【解析】 【小问1详解】 Sn位于元素周期表的第5周期ⅣA族，基态Sn原子的最外层电子排布式为5s25p2，Sn的基态原子最外层轨道表示式为； 【小问2详解】 ①SnCl2中Sn的价层电子对数为2+×(4-2×1)=3，故SnCl2分子的VSEPR模型名称是平面三角形； ②SnCl4中Sn的价层电子对数为4+×(4-4×1)=4，有4个σ键、无孤电子对，故Sn采取sp3杂化，则SnCl4的Sn—Cl键是由锡的1个sp3杂化轨道与氯的3p轨道重叠形成σ键； 【小问3详解】 ①灰锡具有立方金刚石结构，金刚石中每个碳原子以单键与其他4个碳原子相连，此5碳原子在空间构成正四面体，且该碳原子在正四面体的体心，所以灰锡中每个Sn原子周围与它最近且距离相等的Sn原子有4个； ②根据均摊法，白锡晶胞中含Sn原子数为8×+1=2，灰锡晶胞中含Sn原子数为8×+6×+4=8，所以白锡与灰锡的密度之比为∶=； 【小问4详解】 将SnO2与焦炭充分混合后，于惰性气氛中加热至800℃，由于固体之间反应慢，未发生明显反应；若通入空气在800℃下，SnO2能迅速被还原为单质Sn，通入空气的作用是：空气中的O2将C氧化为，与发生气固反应，速率快，有关反应的化学方程式为2C+O22CO、2CO+SnO2Sn+2CO2。 16. 近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下： （1）反应Ⅰ：2H2SO4(l)=2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g) ΔH1=+551 kJ·mol－1 反应Ⅲ：S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH3=－297 kJ·mol－1 反应Ⅱ的热化学方程式：_________________________________________。 （2）对反应Ⅱ，在某一投料比时，两种压强下，H2SO4在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示。 p2_______p 1（填“＞”或“＜”），得出该结论的理由是________________。 （3）I－可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下。将ii补充完整。 i．SO2+4I－+4H+===S↓+2I2+2H2O ii．I2+2H2O+_________===_________+_______+2I－ （4）探究i、ii反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18 mL SO2饱和溶液加入到2 mL下列试剂中，密闭放置观察现象。（已知：I2易溶解在KI溶液中） A B C D 试剂组成 0.4 mol·L－1 KI a mol·L－1 KI 0.2 mol·L－1 H2SO4 0.2 mol·L－1 H2SO4 0.2 mol·L－1 KI 0.0002 mol I2 实验现象 溶液变黄，一段时间后出现浑浊 溶液变黄，出现浑浊较A快 无明显现象 溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快 ①B是A的对比实验，则a=__________。 ②比较A、B、C，可得出的结论是______________________。 ③实验表明，SO2的歧化反应速率D＞A，结合i、ii反应速率解释原因：________________。 【答案】 ①. 3SO2(g)+2H2O (g)=2H2SO4 (l)+S(s) ΔH2=−254 kJ·mol−1 ②. > ③. 反应Ⅱ是气体物质的量减小的反应，温度一定时，增大压强使反应正向移动，H2SO4 的物质的量增大，体系总物质的量减小，H2SO4的物质的量分数增大 ④. SO2 ⑤. SO42— ⑥. 4H+ ⑦. 0.4 ⑧. I−是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率 ⑨. 反应ii比i快；D中由反应ii产生的H+使反应i加快 【解析】 【详解】分析：（1）应用盖斯定律结合反应II分析。 （2）采用“定一议二”法，根据温度相同时，压强与H2SO4物质的量分数判断。 （3）依据催化剂在反应前后质量和化学性质不变，反应i+反应ii消去I-得总反应。 （4）用控制变量法对比分析。 详解：（1）根据过程，反应II为SO2催化歧化生成H2SO4和S，反应为3SO2+2H2O=2H2SO4+S。应用盖斯定律，反应I+反应III得，2H2SO4（l）+S（s）=3SO2（g）+2H2O（g）ΔH=ΔH1+ΔH3=（+551kJ/mol）+（-297kJ/mol）=+254kJ/mol，反应II的热化学方程式为3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s）ΔH=-254kJ/mol。 （2）在横坐标上任取一点，作纵坐标的平行线，可见温度相同时，p2时H2SO4物质的量分数大于p1时；反应II是气体分子数减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，H2SO4物质的量增加，体系总物质的量减小，H2SO4物质的量分数增大；则p2p1。 （3）反应II的总反应为3SO2+2H2O=2H2SO4+S，I-可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，催化剂在反应前后质量和化学性质不变，（总反应-反应i）2得，反应ii的离子方程式为I2+2H2O+SO2=4H++SO42-+2I-。 （4）①B是A的对比实验，采用控制变量法，B比A多加了0.2mol/LH2SO4，A与B中KI浓度应相等，则a=0.4。 ②对比A与B，加入H+可以加快SO2歧化反应的速率；对比B与C，单独H+不能催化SO2的歧化反应；比较A、B、C，可得出的结论是：I−是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率。 ③对比D和A，D中加入KI的浓度小于A，D中多加了I2，反应i消耗H+和I-，反应ii中消耗I2，D中“溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快”，反应速率DA，由此可见，反应ii比反应i速率快，反应ii产生H+使c（H+）增大，从而反应i加快。 点睛：本题以利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储为载体，考查盖斯定律的应用、化学平衡图象的分析、方程式的书写、控制变量法探究外界条件对化学反应速率的影响，考查学生灵活运用所学知识解决实际问题的能力。 17. 除草剂苯嘧磺草胺的中间体M合成路线如下。 （1）D中含氧官能团的名称是_______。 （2）A→B的化学方程式是_______。 （3）I→J的制备过程中，下列说法正确的是_______(填序号)。 a．依据平衡移动原理，加入过量的乙醇或将J蒸出，都有利于提高I的转化率 b．利用饱和碳酸钠溶液可吸收蒸出的I和乙醇 c．若反应温度过高，可能生成副产物乙醚或者乙烯 （4）已知： ①K的结构简式是_______。 ②判断并解释K中氟原子对的活泼性的影响_______。 （5）M的分子式为。除苯环外，M分子中还有个含两个氮原子的六元环，在合成M的同时还生成产物甲醇和乙醇。由此可知，在生成M时，L分子和G分子断裂的化学键均为键和_______键，M的结构简式是_______。 【答案】（1）硝基、酯基 （2） （3）abc （4） ①. ②. 使的活泼性增强。F的电负性大，—CF3为吸电子基团（极性强），α位C—H键极性增强，易断裂 （5） ①. ②. 【解析】 【分析】B发生硝化反应得到D，即B为，A与CH3OH发生酯化反应生成B，即A为，D发生还原反应得到E，结合E的分子式可知，D硝基被还原为氨基，E为，E在K2CO3的作用下与发生反应得到G，结合G的分子式可知，G为，I与C2H5OH在浓硫酸加热的条件下生成J，结合I与J的分子式可知，I为CH3COOH，J为CH3COOC2H5，J与在一定条件下生成K，发生类似的反应，结合L的结构简式和K的分子式可知，K为，G和L在碱的作用下生成M，M的分子式为，除苯环外，M分子中还有个含两个氮原子的六元环，在合成M的同时还生成产物甲醇和乙醇，可推测为G与L中键与酯基分别发生反应，形成酰胺基，所以断裂的化学键均为键和键，M的结构简式为。 【小问1详解】 由D的结构简式可知，D中含氧官能团为硝基、酯基； 【小问2详解】 A→B的过程为A中羧基与甲醇中羟基发生酯化反应，化学方程式为：； 【小问3详解】 I→J的制备过程为乙酸与乙醇的酯化过程， a．依据平衡移动原理，加入过量的乙醇或将乙酸乙酯蒸出，都有利于提高乙酸的转化率，a正确； b．饱和碳酸钠溶液可与蒸出的乙酸反应并溶解乙醇，b正确； c．反应温度过高，乙醇在浓硫酸的作用下发生分子间脱水生成乙醚，发生分子内消去反应生成乙烯，c正确； 故选abc； 【小问4详解】 ①根据已知反应可知，酯基的与另一分子的酯基发生取代反应，中左侧不存在，所以产物K的结构简式为； ②氟原子可使的活泼性增强。F的电负性大，—CF3为吸电子基团（极性强），α位C—H键极性增强，易断裂； 【小问5详解】 M分子中除苯环外还有一个含两个氮原子的六元环，在合成M的同时还生成产物甲醇和乙醇，再结合其分子式，可推测为G与L中键与酯基分别发生反应，形成酰胺基，所以断裂的化学键均为键和键，M的结构简式为。 18. 白云石的主要化学成分为，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2。利用白云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁，流程示意图如下。 已知： 物质 （1）白云石矿样煅烧完全分解的化学方程式为___________。 （2）用量对碳酸钙产品的影响如下表 n(NH4Cl)/n(CaO) 氧化物()浸出率/% 产品中纯度/% 产品中Mg杂质含量/% (以计) 计算值 实测值 2.1∶1 98.4 1.1 99.1 99.7 —— 2.2∶1 98.8 1.5 98.7 99.5 0.06 2.4∶1 99.1 6.0 95.2 97.6 2.20 备注：ⅰ、浸出率=(浸出的质量/煅烧得到的质量)(M代表Ca或Mg) ⅱ、纯度计算值为滤液A中钙、镁全部以碳酸盐形式沉淀时计算出的产品中纯度。 ①解释“浸钙”过程中主要浸出的原因是___________。 ②沉钙反应的离子方程式为___________。 ③“浸钙”过程不适宜选用的比例为___________。 ④产品中纯度的实测值高于计算值的原因是___________。 （3）“浸镁”过程中，取固体B与一定浓度的溶液混合，充分反应后的浸出率低于60%。加热蒸馏，的浸出率随馏出液体积增大而增大，最终可达98.9%。从化学平衡的角度解释浸出率增大的原因是___________。 （4）滤渣C中含有的物质是___________。 （5）该流程中可循环利用的物质是___________。 【答案】（1） （2） ①. ，在一定量溶液中，先浸出 ②. ③. 2.4∶1 ④. ，优先析出，沉钙过程中消耗且少量挥发，减少析出 （3），，随大量氨气逸出，平衡正向移动 （4）（MgO） （5） 【解析】 【分析】白云石矿样煅烧后转化为、，加入溶解浸钙，大部分进入滤液A，通入生成；过滤分离出含有镁、铁、硅元素的固体B，加入将镁离子转化为溶液，加入生成沉淀，煅烧得到； 【小问1详解】 白云石矿样煅烧完全分解生成氧化钙、氧化镁、二氧化碳气体，化学方程式为； 【小问2详解】 ①水解生成与，可以调节溶液的pH，由图表可知，，在一定量溶液中，会和反应而不能，故首先溶解被浸出； ②沉钙反应中通入的和滤液中、反应生成沉淀和，离子方程式为：； ③由图表可知，“浸钙”过程为2.4∶1时，产品Mg元素杂质最多且纯度最低，故不适宜选用的比例为2.4∶1； ④，在反应中会优先析出，且也能转化为，沉钙过程中NH3少量挥发导致MgCO3析出量减小，故碳酸钙纯度的实测值高于计算值； 【小问3详解】 “浸镁”过程中，发生反应：，，加热蒸馏随大量氨逸出，平衡正向移动，利于转化为； 【小问4详解】 白云石的主要化学成分为，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2；煅烧浸钙后，绝大部分钙进入滤液中，部分钙进入B中加入后转化为微溶于水的，几乎不反应进入滤渣中；“浸镁”过程中，部分水解为进入滤渣，故滤渣C中含有的物质是：（MgO）； 【小问5详解】 沉钙过程中通入生成和；“浸镁”过程中加热蒸馏会有大量逸出；滤液D加入生成和，煅烧生成；白云石煅烧也会生成；在流程中既是反应物又是生成物，故该流程中可循环利用的物质是。 19. 资料显示，可以将氧化为。某小组同学设计实验探究被氧化的产物及铜元素的价态。 已知：易溶于溶液，发生反应(红棕色)；和氧化性几乎相同。 I.将等体积的溶液加入到铜粉和的固体混合物中，振荡。 实验记录如下： 实验现象 实验Ⅰ 极少量溶解，溶液为淡红色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为淡红色 实验Ⅱ 部分溶解，溶液为红棕色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为红棕色 实验Ⅲ 完全溶解，溶液为深红棕色；充分反应后，红色的铜粉完全溶解，溶液为深红棕色 （1）初始阶段，被氧化的反应速率：实验Ⅰ__________(填“>”“<”或“=”)实验Ⅱ。 （2）实验Ⅲ所得溶液中，被氧化的铜元素的可能存在形式有(蓝色)或(无色)，进行以下实验探究： 步骤a．取实验Ⅲ的深红棕色溶液，加入，多次萃取、分液。 步骤b．取分液后的无色水溶液，滴入浓氨水。溶液颜色变浅蓝色，并逐渐变深。 ⅰ．步骤a的目的是_____________________。 ⅱ．查阅资料，，(无色)容易被空气氧化。用离子方程式解释步骤的溶液中发生的变化：______________。 （3）结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是____________________。分别取实验Ⅰ和Ⅱ充分反应后的固体，洗涤后得到白色沉淀，加入浓溶液，__________(填实验现象)，观察到少量红色的铜。分析铜未完全反应的原因是____________________。 （4）上述实验结果，仅将氧化为价。在隔绝空气的条件下进行电化学实验，证实了能将氧化为。装置如图所示，分别是_____________。 （5）运用氧化还原反应规律，分析在上述实验中被氧化的产物中价态不同的原因：_________。 【答案】（1）< （2） ①. 排除的颜色对判断铜氧化产物的干扰 ②. 、 （3） ①. ②. 白色沉淀逐渐溶解 ③. 浓度减小，CuI覆盖在Cu表面，阻止反应继续进行； （4）铜、和的混合溶液 （5）电化学实验中，由于氧化性I2>Cu，I2将Cu氧化为Cu2+；实验I-III中，体系中有，生成沉淀或，使+1价Cu的还原性减弱，而I2不能氧化或； 【解析】 【分析】因I2溶解度较小，Cu与I2接触不充分，将转化为可以提高Cu与的接触面积，提高反应速率。加入，平衡逆向移动，I2浓度减小，浓度增加，浓度增加，加入氨水后转化为，被氧化为，故而产生无色溶液变为蓝色溶液的现象。 【小问1详解】 由题意知，KI浓度越大，越容易发生反应，I2的溶解度越大，溶液中的浓度越高，与Cu接触更加充分，Cu与的反应速率加快，故实验Ⅰ<实验Ⅱ； 【小问2详解】 加入，I2浓度减小，平衡逆向移动，浓度增加，其目的为排除的颜色对判断铜氧化产物的干扰。加入浓氨水后转化为，无色的被氧化为蓝色的，方程式为、； 【小问3详解】 结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是；白色沉淀为CuI，加入浓溶液，CuI与I-反应转化为[CuI2]-，故产生白色沉淀溶解；由于n＞m，铜未完全反应的原因是浓度减小，CuI覆盖在Cu表面，阻止反应继续进行； 【小问4详解】 验证将氧化为，需设计原电池负极材料为Cu，即电极a为Cu，b为含与的混合溶液； 【小问5详解】 电化学实验中，由于氧化性I2>Cu，I2将Cu氧化为Cu2+；在实验I-III中，体系中有，生成沉淀或，使+1价Cu的还原性减弱，而I2不能氧化或； 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $