湖南省长沙市2026-2027学年高三秋季开学学情自测 化学试卷

湖南省长沙市2026-2027学年高三秋季开学学情自测卷 化学试题 (考试时间：75分钟试卷满分：100分) 注意事项： 1.本试卷分第丨卷（选择题）和第川卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的 姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答第1卷时，选出每小题答案后，用2B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。写在本试卷上无效。 3.回答第川卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的原子量：H-1C-120-16N-14Mg-24Ca-40 第I卷（选择题共42分） 一、选择题：本题共14个小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的。 1.中华文化源远流长。下列诗句或谚语中涉及吸热反应的是 A.千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲B.爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏 C.春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干D.天窗尽见千山雪，雪未消时月正明 2.化学用语可以表达化学过程，下列化学用语表达错误的是 A.K,S的电子式：K+[区SK B.乙醇的键线式：入√OH C.氢氧化铁胶体制备实验有关的安全图标为： CH2OOCC17H35 CH2-OH D.硬脂酸甘油酯的皂化反应： CHOOCC17H35 +3NaOH CH-OH CH2OOCC17H35 CH2-OH 3C17H3sCOONa 3.物质性质与组成元素的性质有关，下列对物质性质差异解释错误的是 性质差异 主要原因 答案第1页，共2页 A 稳定性：H20>H,S H0分子间有氢键，HS分子间无氢键 B 沸点：CO>N2 CO是极性分子，N2是非极性分子 酸性： 0 CH,是推电子基团 CH,COOH HCOOH D 硬度：金刚石>晶体硅 原子半径：Si>C A.A B.B C.C D.D 4.下列关于物质结构与性质的说法正确的是 A.由玻璃制成规则的玻璃球体现了晶体的自范性 B.晶体X射线衍射实验可以用于键长、键角和晶体结构的测定 C.所有的气态物质和液态物质均是由分子构成的 D.液晶是指液体和晶体组成的特殊混合物，既具有液体的流动性，又具有晶体的各向 异性 5,完成下列实验，所用仪器或操作合理的是 B D 用标准NaOH溶液 除去粗盐水中的 除去工业乙醇中的杂 配制250mL0.10mol· 滴定锥形瓶中的盐 不溶物 质 L-INaOH溶液 酸 10 A.A B.B C.C D.D 6.宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一、下列离子反应方程式书写正确的是 A.Na,02放入水中：Na,02+H,0-2Na+20H+02↑ B.赤铁矿溶于氢氟酸溶液中：Fe,O,+6H=2Fe+3H,O 答案第1页，共2页 C.向NH,Al(SO4)2溶液中加入等物质的量的Ba(OH)2溶液： 2AI+3S02+3Ba2+60H-=2Al(OH)+3BaSO D.向NaSO,溶液中滴加稀HNO3溶液：SO+2H=SO2T+H,O 7.短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，Q单质暗处遇H2发生爆炸，由上 述五种元素形成的化合物结构如图所示。下列说法不正确的是 X X-W-Z 。 A.原子半径：Y>Z>W>Q B.最高价氧化物对应水化物的酸性：W>Z>Y C.氢化物的沸点：Q>Z>W D.同周期中第一电离能小于W的元素有5种 8.蜂胶可作抗氧化剂，其主要活性成分咖啡酸苯乙酯(CAPE)的合成路线如下，下列说法正 确的是 0X+o入人 HO CHO HO 甘氨酸，DMF HO CAPE A.I与Ⅱ反应的产物除I外还有丙酮 B.ImolⅢ与足量NaOH溶液反应，消耗3 moINaOH C.CAPE可作抗氧化剂，可能与酯基有关 D.1 molCAPE与溴水反应，最多可消耗3 molBr, 9.化学需氧量(COD)是衡量水体中有机物污染程度的指标之一，以水样消耗氧化剂的量折 答案第1页，共2页 算成消耗O2的量（单位为mgL)来表示。碱性KMO,不与CI反应，可用于测定含c1水 样的COD,流程如图。 c mol.L VmL KI溶液 KMnO4溶液 c2 mol-L-I (过量，碱性) (过量，酸性) Na2S203溶液 冷却 煮沸10分钟 至室温 避光5分钟 滴定 密100mL水样 MnO4→MnO2 MnO4、Mn02→Mm24 12+2S20}=S402+2r 下列说法错误的是 A.IⅡ中发生的反应有MnO2+2I+4H=Mm2++L2+2H,0 B.Ⅱ中避光、加盖可抑制被O2氧化及的挥发 C.I中消耗的NaS2O,越多，水样的COD值越高 D.若I中为酸性条件，测得含C水样的COD值偏高 10.人体皮肤细胞受到紫外线UV)照射可能造成DNA损伤，原因之一是脱氧核苷上的碱基 发生了如下反应。下列说法错误的是 NE UV HO HO OH OH OH OH I Ⅱ A.该反应为取代反应 B.I和Ⅱ均可发生酯化反应 C.I和Ⅱ均可发生水解反应 D.乙烯在UV下能生成环丁烷 11.在T℃，HCI气体通过铁管时，发生腐蚀反应(X): Fe(s)+2HCI(g)≠FeCL,(SHH,(g)△H(0.33),下列分析不正确的是 A.降低反应温度，可减缓反应X的速率 B.在HCI气体中加入一定量H2能起到防护铁管的作用 C.反应X的△H可通过如下反应获得：Fe(s)HCl,(g)≠FcCl(s)△H,、 答案第1页，共2页 H2(g)+Cl,(g)2HCI(g)AH D.T℃时，若气体混合物中c(HC)c(H2)0.5molL,铁管被腐蚀 12.聚碳酸酯L)是滑雪镜镜片的主要材料，透明性好、强度高、不易碎，能够给运动员提 供足够的保护，其结构简式如图。 已知：2R'OHH +2R"OH。L可由两种链 R"O OR" RO OR' 状单体经这反应制备。下列关于L的说法不正确的是 A.制备L的反应是缩聚反应 B.制备L的每个单体分子中均含两个苯环 C.L中的官能团是酯基和醚键 D.通过蒸馏出苯酚可促进L的合成 13.现代膜技术可使某种离子具有单向通过能力，常用于电解池、原电池中。电解 NaB(OH),溶液可制备H,BO,其工作原理如图所示。下列说法错误的是 + 电源· 石墨 石墨 a膜 b膜 c膜 1% NaOH :- 溶液 H:BO3 稀硫酸 NaB(OH)4 稀溶液 x% 稀溶液 E22:2 NaOH 15=5:52 溶液 M室 产品室 原料室 N室 A.去掉a膜，阳极区用稀硫酸作电解液，不影响HBO,的纯度 B.N室发生的电极反应式为2H,O+2e=H2↑+2OH 答案第1页，共2页 C.H,BO3为一元弱酸 D.a、c膜均为阳离子交换膜，b膜为阴离子交换膜 14.常温下，用0.10mol/LNaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol/L的CH3COOH 溶液和HCN溶液所得滴定曲线如图所示。下列说法正确的是 ↑pH 11 9 HCN ② 7 5 ① CH:COOH 3 10 20 NaOH/mL A.两种一元弱酸的电离常数：K.(CH,COOH)<K.(HCN) B.溶液中水的电离程度：③>②>① C.pH=7时，c(CH,COO)=c(CN) D.滴定时均可选用甲基橙作指示剂，指示滴定终点 第IⅡ卷（非选择题共58分） 二、非选择题：本题共4个小题，共58分。 15.利用一种电解锰工业废盐[主要含MnSO,MgSO,(NH4)2SO,等]可回收元素锰、镁。 己知：K[Mg(OH),]=105;Kn[Mn(OH2]=102n。 ()沉锰I。向该工业废盐溶液中滴加适量氨水，充分反应后过滤、洗涤，将所得沉淀加水 制成浆液，向其中通入适量空气得到MnO4样品。 ①若通入空气过多会使样品中锰元素的质量分数降低，其原因是 ②称取1.050g样品于锥形瓶中，加入25.00mlL0.2000 nol-L Na,C,0,溶液和适量稀硫酸，加 热。待固体完全溶解后，冷却，用0.01000moLK,Cr,0,溶液滴定过量的Na2CzO4,消耗 K2Cr2O,溶液20.00mL。不考虑杂质反应，计算样品中Mn3O4的纯度 (写出计算过程)。 答案第1页，共2页 已知：C0+Mn,0,+H'→2C02↑+Mn2+H,0:C,0+Cr0号+H→C02↑+Cr3+H20。(均 未配平) (2)沉锰Ⅱ。向“沉锰I”后得到的滤液I中加入足量NH)SOs生成MO2,过滤得到滤液 IⅡ。过量的NH4)2SOs可加热水解去除。写出S,O加热水解的离子方程式： 。(己 知S,0结构式为 (3)沉镁。滤液Ⅱ沉镁流程如下。 NH:HO. NH.HCO HPO 滤液一→沉镁虹 沉镁II-(NH4)2SO4 ①“沉镁I”中，当pH为8.0~12.2时，生成碱式碳酸镁[xMgC0,3yMg(OH),2H,O1,锻 烧得到疏松的轻质MgO,pH过大时，不能得到该MgO的原因是 ②“沉镁Ⅱ”中，加入HPO4全pH-8.0时，Mg2沉淀完全。若加至pH=4.0时沉淀完全溶 解。据下图分析，写出沉淀溶解的离子方程式： 0.8 H,PO HPO PO 0.4 -H,PO, 0.0 0 12 pH (4)制备MnSO4利用“沉锰”获得的Mn3O4、MnO2与“沉镁”获得的NH4)2SO4焙烧可生成 MnSO4、NH3和一种无色无味气体。若反应生成的MnSO4与NH3的物质的量之比为2：3， 则理论上消耗Mm3O4与MnO2的物质的量之比为 16.Si是电子工业中应用最广泛的半导体材料，Z高温还原SiCL,(沸点：57.6℃)是生产多 晶硅的一种方法。己知主要反应如下： 1.SiCl,(g)+2Zn(g)=Si(s)+2ZnCl,(g）△H,=-134kJ·mo: ii.SiCl,(g)+Zn(g)=SiCl (g)+ZnCl (g)AH=+98kJ.mol 答案第1页，共2页 回答下列问题： (I)沸点：SiCL4 (填“>”或“<”)SiC2(分子晶体)，其原因是 SiCl2是 (填“极性”或“非极性”)分子。 (2)向密闭容器中充入ImolSiCl,(g)和2 moIZn(g),发生上述反应。经10min时生成的硅含 0.2 mol Si-Si键，同时生成了0.25 mol ZnCl2(g),此时体系 (填“放出”或“吸收” )的热量为 kJ。 (3)在不同压强下，只发生上述反应，平衡时SiCL,(g)与SiCL,(g)的物质的量之比（α）随温度 的变化如图所示。 020 0.18 0.16 0.14 a0.12 0.10 0.08 0.06 0.04 0.02 1300 125013001350 1400 1450 T/K ①在相同压强下，升高温度，“值增大的原因可能是 ②反应i的平衡常数：K(A)、K(B)、K(C)大小排序为 ③在一定温度、180kPa下，体系中初始的SiCL,(g)和Zn(g)分别为lmol、4mol。假设此 条件下，生成的SiCl2忽略不计，反应4min时达到平衡，SiCL,分压变为20kPa,0~4min 内用分压表示ZnCl2的平均反应速率为 kPa.min。该温度下，反应i的平衡常数 K,为 (kPa)(用分数表示)。 17.CO2的资源化利用有利于实现碳中和。CO2加氢制CH,OH的主要反应如下： 反应1：CO2(g)+3H2(g)=CH,OH(g)+H,O(g)△H1<0 反应Ⅱ：CO,(g)+H,(g)=CO(g)+H,O(g)△H2>0 答案第1页，共2页 (1)计算反应I的焓变△H,需要以下数据中的 (填序号)。 A.H,(g)的燃烧热 B.CH,OH(④的燃烧热 C.H2O④=HO(g)的AH D.CH,OH①=CH,OH(g)的AH (2)在3MPa下，将n起始(CO2):n起始(H2)=1:3的原料气匀速通过装有催化剂的新型膜反应器 (如题图-1所示)，CO2的实际转化率和CH,OH的实际选择性随温度的变化如题图2中实线 所示。图中虚线表示相同条件下CO2的平衡转化率、CH,OH的平衡选择性[CH,OH选择性 =”生成(CH,OH) n转化(C02)】 ×100%]随温度的变化。 CO2+H 进口 CH,OH 醇出口 催化剂层 分子筛膜 多孔载体 吹扫气 N i,0 →水出口 题-图1 100 100 100 90 80 90 80 60 A中 70 40 80 E 60 20 70 B◆ 50 0 60 20 240260280 30 10 20304050 60 温度/C C02的转化率/% 题-图2 题-图3 ①温度高于260℃，C0,平衡转化率随温度升高而上升的原因是 ②260~280℃时，C02的实际转化率高于平衡转化率的原因是 ③使用不同催化剂时，CO2的转化率和CH,OH的选择性如题图-3所示，该条件下CH,OH产 率最高的催化剂是 (填催化剂序号)。 (3)C©O2催化CO2加氢制CH,OH依次经历步骤i、ii,如题图-4所示： 答案第1页，共2页 H2 CeO2 CH;OH 步骤i 步骤iⅱ H20< CeO2-x C02+H 题-图4 n Ce(IV) ①Ce正价有+3和+4。x=0.2时，催化剂中 n Ce(III) 写出 n(CO2):n(H2)=1:2参与“步骤i”反应的化学方程式： ②步骤i中，先通入H2活化CO2能提高催化剂活性，部分原理如题图-5所示。步骤iⅱ中， CO2被活化后的催化剂吸附，进一步被还原为CH,OH。结合图示综合分析，步骤i能提高 催化剂活性的具体原理为 HH 氧空位 H, Ce-0-Ce-0 e Ce-0- Ce- Ce- -Ce-0-Ce-0 H20 题-图5 18.维生素B,可用于治疗口角炎等疾病，其中间体K的合成路线如图所示（部分试剂和反应 条件略去) N=NCI A B D 1o回 CH,(CHOH),CH,OH CH,0NCHN②H,NE ,N, 成 G C,H,OH -NH CH,0,浓H,S0,△C,H0 已知：R1-CHO+HN-R2→R1-CH=N-R2+H2O (1)G中只含一种官能团，且能与NaHCO,溶液反应生成CO2,则G中官能团名称是 (2)A→B所需试剂和反应条件是 (3)下列有关戊糖T的说法正确的是 (填序号) a.属于单糖 b.可用酸性KMO,溶液检验其中是否含有醛基 答案第1页，共2页 ©.存在含碳碳双键的酯类同分异构体 (4)J是一种六元环状化合物，在I生成J的过程中还生成了乙醇，则J的结构简式是 (5)写出E生成F的化学方程式： (6)D的同分异构体中属于芳香族化合物有 种（不考虑立体异构）：写出其中核磁 共振氢谱为四组峰，峰面积之比为6：2：2：1的结构简式 (任写一种即可) (7)由K经过如图转化可合成维生素B2。 CH,(CHOH),CH,OH CH,(CHOH),CH,OH HN H,C. 0 H.C NH 回回一 NH 维生素B, ①M生成维生素B,的反应类型是 ②M的结构简式是 答案第1页，共2页 湖南省长沙市2026-2027学年高三秋季开学学情自测卷 化学试题（解析版） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A B A B A C A A 题号 11 12 13 14 答案 D C A B 1.A 岛温 【详解】A.诗句描述豭烧石灰石的过程，发生反应CaC0,=Ca0+C0,个，该分解反应属 于吸热反应，A符合题意； B.爆竹爆炸涉及火药燃烧，燃烧均为放热反应，B不符合题意； C.蜡烛燃烧属于典型的放热反应，C不符合题意： D.雪融化是固态水变为液态水的物理变化，不属于化学反应，不是吸热反应，D不符合题 意： 故选A。 2.B 【详解】A.KS为离子化合物，由K和S2构成，题给电子式符合离子化合物电子式书写 规则，A正确： B.乙醇结构为CH,CH,OH,仅含2个碳原子，键线式无拐点：题给键线式含有1个拐点， 共3个碳原子，是1-丙醇的键线式，B错误； C.氢氧化铁胶体制备需要加热，涉及佩戴护目镜、明火、热烫、洗手等，题给安全图标均 对应该实验的风险提示，C正确： D.硬脂酸甘油酯在NOH、加热条件下水解生成甘油和硬脂酸钠，为皂化反应，题给方程 式书写正确，D正确： 故选B。 3.A 【详解】A.物质的稳定性属于化学性质，由分子内共价键的键能决定，HO稳定性大于 HS是因为O非金属性更强，H-O键键能更大：氢键只影响熔沸点等物理性质，不影响稳 定性，A解释错误： B.CO与N2相对分子质量相同，CO是极性分子，N2是非极性分子，极性分子间范德华力 更强，因此CO沸点高于N2,B解释正确： C.羧酸酸性取决于羧基电离H+的能力，-CH3是推电子基团，会减弱羧基中O-H键的极性， 使H+更难电离，因此CH,COOH酸性弱于HCOOH,C解释正确： D.金刚石和晶体硅都属于共价晶体，共价键键能越大，共价晶体硬度越大：原子半径$ >C,因此CC键键长更短、键能更大，硬度金刚石大于晶体硅，D解释正确： 故选A。 4.B 【详解】A.玻璃属于非晶体，不具有晶体的自范性，玻璃球的规则外形是外力加工的结果， 并非晶体自范性的体现，A错误： B.晶体的X射线衍射实验可以获得晶胞的结构参数，进而测定键长、键角和晶体的微观结 构，B正确： C.气态和液态物质不一定都由分子构成，例如液态汞由汞原子和自由电子构成，熔融 NaCI由Na和CT构成，C错误： D.液晶是介于液态和晶态之间的特殊聚集状态，属于纯净物的一种状态，不是液体和晶体 组成的混合物，D错误； 故选B。 5.A 【详解】A.除去粗盐水中的不溶物用过滤的方式，过滤的要点为“一贴、二低、三靠”， 故A正确： B.蒸馏时温度计水银球应在蒸馏烧瓶支管处，故B错误； C.容量瓶不能用来溶解，应该在烧杯中溶解氢氧化钠待冷却后转移至容量瓶中进行溶液的 配制，故C错误： D.中和滴定时眼睛应该盯着锥形瓶中，方便确定终点，故D错误： 故答案为：A。 6.C 【详解】A.过氧化钠与水反应的离子方程式未配平，正确的方程式应为 2Na202+2H20=4Na+4OH+02↑，A错误： B.氢氟酸是弱酸，不能拆写为H,且F+会与F结合为络合离子，实际溶解过程氢氟酸 过量，反应为FC,O,+12HF=2FeF+6H+3H20,B错误： C.等物质的量的NH,Al(SO,)2与Ba(O用，反应时，OH优先与AP反应生成AI(OH),未 达到与NH反应的用量，SO}过量，化学计量数以B(OH)2的离子比例为基准，因此选项的 离子方程式书写正确，C正确： D.稀硝酸具有强氧化性，会将SO氧化为SO?,不会生成SO,一般条件下发生的主要反 应为3SO号+2NO,+2H=3SO?+2NO个+H,0,根据条件不同会发生不同还原产物的反应， D错误： 故答案选C。 7.C 【分析】短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，Q单质暗处遇氢气发生爆炸， 则Q为F元素；由阴离子的结构可知，Y为B元素：由阳离子结构中X、Z、W形成的共 价键分别为1、4、3可知，X为H元素、Z为C元素、W为N元素。 【详解】A.同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则硼、碳、氮、氟四种原子的原子 半径依次减小，A正确： B.同周期元素，从左到右原子元素的非金属性依次增强，最高价氧化物对应水化物的酸性 依次增强，则硼酸、碳酸、硝酸的酸性依次增强，B正确： C.碳元素的氢化物属于烃，固态烃和液态烃的沸点高于氨气和氟化氢，C错误： D.同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2印轨道为稳定的半充满结构， 元素的第一电离能大于相邻元素，则第二周期中第一电离能小于氮元素的元素有锂、铍、硼、 碳、氧，共5种，D正确： 答案选C。 8.A 【详解】 A.化学反应前后原子的种类和数量不发生改变，I与Ⅱ反应的产物除Ⅲ外，另一生成物的 化学式为CHO,为丙酮，化学方程式为 故A正确： B.羧基、酯基均与NaOH溶液反应，则1mollⅢ与足量NaOH溶液反应，消耗2 molNaOH, 故B错误： C.酚羟基易被氧化，具有还原性，则CAPE可作抗氧化剂，可能与酚羟基有关，故C错误： D.1个CAPE中含有2个酚羟基，其邻对位上的氢原子可以被溴取代，碳碳双键可以和溴 加成，则1 nolCAPE与足量饱和溴水反应，消耗4 molBr2,故D错误： 答案选A。 9.C 【分析】I中KMO4与水样中的有机物在碱性条件下反应得到MmO2,溶液中剩余有KMnO4 ,Ⅱ中在酸性条件下KMnO4、MnO2与r反应得到I2单质和Mm2+,I中生成的I2再用NaS2O3 滴定。 【详解】A.IⅡ中MnO,和MnO2在酸性条件下与过量的KI反应得到I2和Mn2+,存在MnO2 +2+4H+-Mn2+2+2H20,A正确： B.Ⅱ中避光防止I2升华挥发，加盖防止被氧气氧化，B正确： C.整个反应中，KMnO4得电子生成Mn+,有机物和碘离子失去电子数目与KMnO4得电 子数目相等，IⅡ中消耗的Na2S2O3越多，说明生成的l2单质越多，也说明有机物消耗的KMnO4 的量少，水样中的COD值越低，C错误； D.若I中为酸性条件，CI会与KMnO4反应，水样中的COD值偏高，D正确： 答案选C。 10.A 【详解】A.由反应I→Ⅱ可知，2分子I通过加成得到1分子Ⅱ，该反应为加成反应，A错 误： B.I和Ⅱ中都存在羟基，可以发生酯化反应，B正确： C.I和Ⅱ中都存在酰胺基，可以发生水解反应，C正确： D.根据反应I→Ⅱ可知，2分子I通过加成得到1分子Ⅱ，双键加成形成环状结构，乙烯在 UV下能生成环丁烷，D正确： 答案选A。 11.D 【详解】A.降低反应温度，活化分子百分数减小，可减缓反应X的速率，故A正确： B.在HC气体中加入一定量H,'氢气浓度增大，可以抑制平衡正向移动，能起到防护铁 管的作用，故B正确： C.①Fe(s)HCl(g)≠FeCL2(s△H,、②H2(g)+Cl2(g)≠2HCI(g)△H2,根据盖斯定律①. ②得Fe(S+2HCI(g)、→FeCL(SHH2(g)AH=AH,-△H2,故C正确： D.T℃时，若气体混合物中c(HCI)-c(H.)0.5mol,则Q-03=2>K=0.3,反应逆 向移动，铁管不易腐蚀，故D错误： 故选D。 12.C t。 发生缩聚反应制备，故A正确： B.制备L的单体是 每个单体分子中均含 HO OH 两个苯环，故B正确： C.L中的官能团是酯基和酚羟基，故C错误； 发生缩聚反应生成 和苯酚，蒸馏出苯酚，平衡正向移动，可促进L 的合成，故D正确： 故选C。 13.A 【分析】与电源正极相连的石墨电极为阳极，H20失电子生成H+和O2,H+通过a膜进入产 品室，则膜为阳膜：与电源负极湘连的石墨电极为阴极，H0得电子生成H2和OH,从 NaOH溶液的流向看，其浓度应增大，所以Na+通过c膜流向N室，c膜为阳膜：B(OH),通 过b膜流向产品室，则b膜为阴膜。 【详解】A.产品室中，通过a膜进入的H+与通过b膜进入的B(OH),发生反应：B(OH)4十 H=HBO3十HO,去掉a膜，阳极区用稀硫酸作电解液，会影响H,BO,的纯度，A错误： B.N室中与电源负极相连的石墨电极为阴极，HO得电子生成H2和OH,电极方程式为： 2H,0+2e=H2个+2OH,B正确： C.产品室中，通过a膜进入的H+与通过b膜进入的B(OH发生反应生成H,BO,可以推 知H,BO,可以发生电离平衡：H,BO,+HO一B(OH)H,则H,BO,为一元弱酸，C正确： D.由分析可知，a、c膜均为阳离子交换膜，b膜为阴离子交换膜，D正确： 故选A。 14.B 【详解】A.同浓度的酸溶液，电离平衡常数越大，溶液酸性越强，起始时CH:COOH溶液 pH较小，则CH;COOH酸性较强，则室温下，电离平衡常数：Ka(CHCOOH)>Ka(HCN, A错误： B.由题干图示信息可知，①对应溶液显酸性，以CH:COOH的电离为主，此时抑制水的电 离，②对应溶液呈中性，此时溶液中CH;COOH电离和CH:COO相当，对水的电离几乎无 影响，而③对应溶液中溶质为CH:COONa,.由于CH:COO水解促进水的电离，故溶液中水 的电离程度：③>②>①，B正确： C.根据电荷守恒可知，溶液中分别有：c(CN)Hc(OHr)c(Na+)I+c(H+),c (CH:COO)+c(OH)=c(Na+)2+e(H+), pH=7时，则有c(CN)cNa+,e(CHsCO0)cNah, 由图可知，c(Na+h>cNa+1,即 (CH,coo)>cCN)C错误： D.由题干图示信息可知，滴定终点溶液均显碱性，故滴定时均应选酚酞作指示剂，不能选 用甲基橙作指示剂，指示滴定终点，D错误： 故答案为：B。 15.(1) 通入空气过多会被氧气氧化成高价态锰的氧化物 95.96% (22S.0+2H,0≥4s0+0,↑+4H (3) pH过大，沉淀为Mg(OH)2,不能分解产生CO2,不能得到疏松的轻质 MgO MgHPO,+H,PO,=Mg2+2H2PO (4)1:5 【分析】废盐溶液加入氨水，通入氧气沉锰I得到Mn3O4,溶液再加入(NH4)2S2Og,进行沉 锰得到MnO2,产生有气体O2,溶液再加入NH4HCO3和NH3·HzO调节pH沉镁I,得到 MgCO3,假烧得到MgO,溶液再加入HPO4沉镁IⅡ，得到MgNH4PO4·6HO沉淀，溶液 加入H2SO4调节pH6.0结晶得到X硫酸铵，最后与MnO2和Mn3O4焙烧，得到MnSO4, 据此分析： 【详解】(1)①若通入空气时间过长，部分锰元素被氧化成高价态锰氧化物，导致所得 Mn,O,样品中锰元素的质量分数会降低： ②先用过量Na,C,O,在酸性溶液中还原Mn,O,生成Mn2+,离子方程式为 C,O+Mn,0,+8H'=2C02↑+3Mn2+4H,0,剩余的Na,C,0,再用K,C0,标准溶液滴定， 离子方程式为3C,0?+C,0+14H-6C02个+2Cr”+7H,0,可得关系式C,0?-Mn,0, 3C,0-C,0,则剩余的n(C,0)=3n(C,0)=3×(0.01000molL×20.00x10L) 6×104mol,n(Mn,04)=ns(C,0）-n条(C,0）=0.2000molL×25.00x103L-6×10mol =44x10m0l,样品中Mn,0,的纯度.44×10'molx29 /mol1009%95.96%: 1.050g (2)S,0?加热水解生成硫酸根和氧气，离子方程式：2S,0?+2H,04S0?+0,↑+4H: (3)①xMgC0,yMg(OH)2zH,0煅烧有C0,生成，可以得到疏松的轻质氧化镁，pH过大， 沉淀为Mg(OH),不能分解产生CO,不能得到疏松的轻质MgO: ②由题中信息可知，pH-8时，产生的沉淀为MgHPO,,调节到pH-4,磷元素存在形式为 H,PO,,磷酸不是强酸，不能拆，离子方程式为MgHPO,+H,PO,=Mg2+2H,PO,: (4)MnO4、MnO2与NH4)2SO4焙烧可生成MnSO4、NH和N2;生成的MnSO4与NH 的物质的量之比为2：3，设MSO4、NH3和N2化学计量数为4、6、1， Mm,O,+MnO,+(NH),SO,→4MnSO,+6NH,+N2,根据得失电子守恒，设M血O4化学计 量数为a、MmO2化学计量数为b,列式，Mn元素质量守恒：3a+b-4,化合价升降守恒： (2水3xa(42xb-(B0x2,解得：分b,是论上清耗M0,与Ma0:的物质的量 5 之比为1：5。 16.(1) > SiCL4、SiCL2都是分子构成的物质，SiCL,的相对分子质量大于SiCL, SiCl,的范德华力大于SiCl2 极性 (2) 放出 8.5 (3) 升高温度，反应ⅰ平衡向左移动程度小于反应ⅱ平衡向右移动程度 K(B)=K(C)>K(A) 1 10 180 【详解】(1)四氯化硅、二氯化硅都是分子构成的物质，分子间作用力决定沸点高低，因为 四氯化硅的相对分子质量大于二氯化硅，故四氯化硅的范德华力大于二氯化硅。SCL中S原 子价层电子对数为3，采用s即杂化，空间结构为V形，故它是极性分子： (2)硅与周围4个硅北成共价键，1mol住含2 mol Si-一Si键。此条件下生成0.1 mol Si、 0.05 mol SiCl2,=-134 kJmolx0.1mol+98kJ-mol-x0.05 mol =-8.5 kJ (3)①反应i为放热反应，反应ⅱ为吸热反应，升高温度，反应i平衡向左移动程度小于 反应ⅱ平衡向右移动程度： ②平衡常数只与温度有关，反应ⅱ是吸热反应，温度升高，平衡常数增大。 ③忽略生成SiC2,即只发生反应i.设消耗SiCl4的物质的量为xmol。 SiCl,(g）+2Zn(g）≠Si(s)+2ZnCl2(g) 起始n/mol: 1 4 0 0 变化n/mol: 2x 2x 平衡n/mol: 1-x 4-2x 2x 】-x180=20,x=0.5,则2xx180=40kPa 5-x 5-x 故v(ZnCL2)= 40kPa =10kPa-min: 4min 平衡常数K。= 0on广-尚八 402 17.(1)ABCD (2) 反应1的△H,<0,温度升高正反应进行程度减小，CO2的转化量减小：反应Ⅱ的 △H2>0,温度升高正反应进行程度增大，CO2的转化量增大：CO2转化量的增大幅度大于 减小幅度 分子筛膜从反应体系中不断分离出H,O,使反应I正向进行程度增大 E (3) 1.5 5CeOs+CO,+2H2 CHOH +5CeO2 3CeO2Ce,O,+CO2+2H2=CH,OH+5CeO2 提供氧空位，促进CO2的吸附：将Ce(V) 还原为C©（山），为步骤iⅱ提供还原剂：产生强还原性的H心，促进CO2被还原 【详解】(1)要计算反应I的焓变△H,可利用盖斯定律，通过己知反应的焓变来推导：己 知反应I的方程式为CO2(g)+3H(g)CH3OH(g)+HO(g)△H1<0:H2(g)燃烧的热反应为H2 (g十O2(gHO0△H,A选项能提供H燃烧生成液态水的焓变信息：CHOH(1)的燃烧 热反应为CHOH①叶 0g)=C0,gr2H,00△H,B法项可提供甲醇液态燃烧的格变： HO(1)HO(g)△H5,C选项能提供液态水转化为气态水的焓变；CH3OH(1)CH3OH(g)△ H6,D选项可提供液态甲醇转化为气态甲醇的焓变：根据盖斯定律，可得反应I的焓变△ H13△H3-△H4+△H5+△H6,综上所述ABCD的数据都需要： 故答案为：ABCD。 (2)当温度高于260℃时，反应I为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，温度升高，反应I逆向 移动，反应Ⅱ正向移动，温度高于260℃时，反应Ⅱ正向移动的程度大于反应Ⅱ逆向移动的 程度，所以CO2平衡转化率随温度升高增大：分子筛膜可以从反应体系中不断分离出HO, 使反应I正向进行程度增大；CH3OH产率-CO2的转化率XCH3OH的选择性，结合各点横 纵坐标可知，E点产率最高。 (3)x-0.2时，化学式为CeO1.8,Ce正价有+3和+4，设1个分子中，+3价Ce为a个，+ 4价Ce为b个，则a+b-1,结合正负化合价代数和为零可知3a+4b=1.8×2-3.6,联立解得， a0.4,b0.6,则Cc(V】=b=1.5:n(C02)n(H)1:2时，结合图像可知，步骤ii反应的 n[Ce(III)]a 化学方程式为5CeO1.8+C02+2H2CH3OH+5Cc02或3CeO2 ，ce 2O3+CO2+2H-CHOH+5CeO2:提供氧空位，促进CO2的吸附：将Ce(V)还原为Ce Ⅲ)，为步骤ⅱ提供还原剂：产生强还原性的H,促进CO2被还原。 18.(1)羧基 (2)浓硝酸、浓硫酸，加热 (3)a (4 H H.C CH,(CHOH),CH,OH NSNCI H,C CH,(CHOH)CH,OH +HCI NH, (6) 19 H: H.C CH CH,(CHOH),CH,OH (7) 消去反应 OH H.C NH CH-(CHOH)CH2OH HN H:C. 【分析】参照K的结构简式及F的分子式，可确定F为H,C ,J 0 H.C NO2 HC NH2 为 NH。由此可推出A为 B为Co.D为C H.C H:C T为H-C-(CHOH,CH,0H'E为丫y NH-CH2(CHOH)CH2OH ；G为 【详解】(1)G中只含一种官能团，且能与NHCO,溶液反应生成CO2,结合分析可知，G 中官能团名称是羧基： H.C NO2 (2)A( 发生硝化反应，所需试剂和反应条件是浓HNO3 H30 H.O 、浓HSO4,加热： (3)a.戊糖T不能发生水解，则属于单糖，a正确； b.戊糖T分子中含有醛基和醇羟基，它们都能被酸性KMnO4溶液氧化，不能用酸性KMnO4 溶液检验其中是否含有醛基，b不正确： c.戊糖T的不饱和度为1，不存在含碳碳双键的酯类同分异构体，c不正确： 故选a: (4)由分析可知，J的结构简式是 (5)E生成F发生的是取代反应，同时会生成HCl,化学方程式为： H CH,(CHOH)CH,OH+ SNCI 一定条件 H,C H H,C CH,(CHOH),CH,OH +HCI (6)D的分子式为：CH,N,不饱和度为2x8+2-1+!=4,其同分异构体中属于芳吞族 2 化合物，说明除了含有苯环外其余结构均为饱和结构，可以分为如下几种情况讨论： ①当苯环上存在一个取代基：-CH,CH2NH2、CH(NH2)CH,、-NHCH,CH,、-N(CH)2 ,共4种： -CH,CH ②当苯环上存在两个取代基： -CH -CH 每种组合有邻、间、 -CH,NH2 -NH2 -NHCH 对三种情况，共9种： -CH, ③当苯环上存在三个取代基：{一CH,,当两个甲基处于邻位时，氨基有2种位置，当两个 -NH2 甲基处于间位时，氨基有3种位置，当两个甲基处于对位时，氨基有1种位置，共计6种情 况： 综上所述，共计4+9+6=19种同分异构体：其中核磁共振氢谱为四组峰，峰面积之比为 NH, H,9 CH: 6:2:2:1,说明含有两个对称的甲基，满足条件的结构简式是 H CH2(CHOH)CH2OH HN (7)由K脱去CaHN,则生成L的结构简武为H,C ,L发生分子 H.C CH,(CHOH)CH,OH H,C 内加成后生成M的结构简式是 ,M发生羟基的消去反应 H.C 得到碳氮双键生成维生素B,: ①由分析可知，M生成维生素B,的反应类型是消去反应： CH,(CHOH),CH,OH H.,C H.C ②M的结构简式是