精品解析：陕西省西安高级中学2026-2027学年高三上学期开学考试 化学试题

西安高级中学2027届开学测试高三化学试题 注意事项： 1．本试卷共4页，满分150分，时间120分钟。 2．答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上。 3．回答选择题时，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，再选涂其他答案标好。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 可能用到的相对原子质量：O-16 H-1 C-12 Li-7 Fe-56 Ce-140 Mg-24 Cl-35.5 Ca-40 一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求) 1. 部分含N、S物质的分类与相应化合价的关系如图所示，下列说法错误的是 A. h可以使品红溶液褪色 B. h与f、j的浓溶液与f均可反应生成g C. 工业上制备a的路线为e→c→b→a D. e与i的溶液、f与a的溶液反应属于同一基本反应类型 2. 是制备多晶硅的重要中间体，将氢化为的反应为，相同时间内转化率随温度的变化趋势如图1所示，反应的随温度的变化趋势如图2所示。下列说法正确的是 A. 该反应的活化能： B. 达平衡后升高温度，平衡正向移动，转化率增大 C. 若该反应在恒温恒压密闭容器中进行，平衡时充入氩气， D. 该反应的随温度变化趋势为线① 3. 常温下，某无色溶液W中只可能大量含有、、、、、、中的若干种，且各种离子的数目相等。取该溶液若干份，进行如下实验(已知：硫酸钡不溶于稀盐酸；不考虑实验操作过程中物质质量的损失，忽略溶液体积变化)： 根据以上实验判断，下列推断错误的是 A. 无需进行实验，即可确定原溶液中一定不存在 B. 通过实验Ⅰ可确定原溶液 C. 通过实验Ⅳ、Ⅴ可以确定原溶液中一定存在 D. 试剂X为稀盐酸，认为无需实验a就可以判断一定有存在 4. 铁的化合物亚铁氰化钾常用于检验三价铁离子，下列说法不正确的是 A. 晶体中存在的作用力类型有离子键、极性共价键、配位键 B. 中配体的配位原子是C，原因是C的电负性比N更小 C. 氯气通入溶液中，可得到 D. 的熔点比高 5. 工业上以羟磷灰石精矿[主要成分是，还含有少量石英和氧化铁等杂质]为原料，生产磷酸二氢钾()的流程如下： 已知：溶液中、、、的分布分数δ随pH的变化如图所示。 下列说法正确的是 A. 0.1 mol/L溶液中离子浓度大小：<< B. “反应”中为获得较纯净，当pH=10时，停止加入三辛胺 C. 0.1 mol/L溶液中：+<0.1 mol/L+ D. 该温度下反应的化学平衡常数约为 6. 向碘水、淀粉的混合液中加入溶液，蓝色褪去。为探究褪色原因，设计如下图所示的实验 下列分析错误的是 A. ①中氧化了 B. ①后溶液pH可能明显变小 C. ③的目的是除去过量的溶液 D. ④可发生 7. 已知：是二元弱酸，BOH是一元弱碱。常温下，向溶液中滴加BOH溶液，溶液中pX[，X为、或]与pH的关系如图所示。 常温下，下列叙述正确的是 A. 直线代表与pH的关系 B. C. 溶液的 D. 的平衡常数 8. 某温度时，、在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是 A. 该温度下，小于 B. 向溶液中加入发生如下反应： C. 在含有和固体的溶液中：为1： D. a点对应的等于b点对应的 9. 淀溶解平衡在科学研究中有广泛应用。溶液与同浓度同体积的NaCl溶液混合，得悬浊液甲[]，然后进行如下实验。下列叙述正确的是 A. B. “溶液甲”中所有离子存在关系为 C. “反应②”离子反应为 D. “溶液丙”中存在关系 10. 的某溶液X中还含有、、、、、、、、、中的一种或几种(忽略水的电离及离子的水解)，取该溶液进行如下实验： 下列有关推断不正确的是 A. 沉淀H不可能为、的混合物 B. 若溶液X为100 mL，产生的气体A为112 mL(标况)，则X中 C. 溶液X中一定含有、、、、 D. 根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有、 11. 室温下，通过下列实验探究的性质。已知：。 实验1：将气体通入水中，测得溶液。 实验2：将等体积、浓度均为溶液与新制溶液混合，再滴加过量的溶液，振荡，出现白色沉淀。 实验3：将气体通入溶液中，当溶液时停止通气。 实验4：将气体通入酸性溶液中，当溶液恰好褪色时停止通气。 下列说法正确的是 A. 实验1所得溶液中存在 B. 实验2中出现的白色沉淀是 C. 实验3所得溶液经蒸干、灼烧制得固体 D. 实验4所得溶液中： 12. 下列图示与对应的叙述相符的是 甲 乙 丙 丁 A. 图甲表示的随时间变化曲线，由图知时可能减小了的浓度 B. 由图乙知， ， ，则 C. 图丙是铁丝与盐酸反应的速率随反应时间的变化曲线，时溶液的温度最高 D. 图丁是在溶液中加水稀释，随着加水量的增加，溶液中的变化曲线，则的水解程度A 点大于B点 13. 常温下，在封闭仪器中装有溶液，现向其中缓慢注入溶液，随着溶液注入体积增加，溶液的变化如下图所示(的电离平衡常数为)，关于上述实验，下列分析错误的是 A. AB段主要发生的反应 B. 中性点在BC之间 C. 水电离程度 D. BC段值降低主要是因为生成强酸 14. 常温下，用0.1 mol·L-1的NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1 mol·L-1H2A溶液，得到溶液的pH与V(NaOH)、-lg X[X=或]的关系如图所示。 下列说法错误的是 A. m表示pH与-lg的变化关系 B. V(NaOH)=30 mL时，溶液显酸性 C. M点时，c(Na+)>2c(A2-)+c(HA-) D. 整个滴定过程中N点对应的溶液中水的电离程度最大 二、解答题(15题14分，16题14分，17题15分，18题15分) 15. A为重要的有机化工原料，A经过催化氧化得到B，B分子的核磁共振氢谱图中只有一个吸收峰，下列是合成防火材料聚碳酸酯(PC)和内酯E的路线： 已知：i：(R′、R″为氢或烃基) ii：R′COOR+R″OH R′COOR″+ROH(R，R′、R″代表烃基) 请回答下列问题： （1）F的名称为__________。 （2）反应①的方程式为___________________________。 （3）C分子含有的官能团是__________。 （4）化合物甲的分子式为__________。 （5）反应④的反应类型为__________。 （6）E分子内含有六元环，可发生水解反应，其结构简式是__________。 （7）X是E的同分异构体，符合下列条件的X的结构简式是__________。 ①1molX能与足量银氨溶液生成4molAg； ②X中核磁共振氢谱中出现3组吸收峰，峰面积比为1:1:3。 （8）以物质B为原料选用必要的无机试剂经过以下3步反应合成。 写出中间产物1的结构简式：__________。 16. 乙醇既是一种重要的可再生能源，也是一种重要的有机化工原料。以CO和CO2为原料生产乙醇一直是科学家研究的重要课题。 Ⅰ．我国科学家在国际上首次实现了CO2在温和条件下近100%转化为乙醇，其反应为2CO2(g)+3H2O(g)C2H5OH(g)+3O2(g)，反应历程如图1所示： （1）该反应的ΔH=______kJ·mol-1。若将反应温度降低，基元反应①和②的反应速率降低更为明显的是__________________。 （2）由于发生副反应2CO2(g)+2H2O(g)⇌C2H4(g)+3O2(g)ΔH=+1455.0kJ·mol-1.在1L恒容密闭容器中，将2molCO2和3molH2O在不同温度下进行充分反应，测得CO2的转化率与C2H5OH的选择性随温度的变化情况如图2所示[C2H5OH的选择性=]。 ①升高温度，CO2的转化率增大的原因是__________________。 ②升高温度，C2H5OH的选择性减小的原因是__________________。 ③T℃时，反应2CO2(g)+3H2O(g)⇌C2H5OH(g)+3O2(g)的平衡常数为______(列出计算式)。 Ⅱ．CO也可用于制备乙醇，反应为2CO(g)+4H2(g)C2H5OH(g)+H2O(g)，该反应存在副反应：2CO(g)+4H2(g)C2H4(g)+2H2O(g)。 （3）在一定温度下，向2L密闭容器中充入2molCO和4molH2，测得部分反应物与生成物的物质的量随时间的变化情况如图3所示。 ①a点时v生成(H2O)______(填“大于”“小于”或“等于”)v消耗(C2H5OH)；反应从开始到平衡，C2H5OH的平均反应速率为______mol·L-1·min-1。 ②H2的转化率为______。不同的分子筛膜可以选择性地分离不同的分子，若采用能分离水蒸气的分子筛膜，则会使乙醇的选择性______(填“增大”“减小”或“不变”)。 17. 铁(Fe)、钴(Co)、镍(Ni)是第四周期第Ⅷ族的元素，在化学上称为铁系元素，其化合物在生产生活中应用广泛。 （1）Fe、Co、Ni位于元素周期表的________区；基态Ni原子核外价层电子的轨道表示式为________。 （2）铁系元素能与CO形成、等化合物，室温时为无色液体，沸点42.1℃，主要用于制高纯镍和催化剂，则中所含的化学键类型有________(填字母序号)。 A．离子键 B．极性键 C．配位键 D．范德华力 E．金属键 （3）锂离子电池的正极材料大多采用橄榄石型的(、Co等元素)。第四电离能大小关系是I4(Co)________I4(Fe)(填“＞”或“＜”)，原因是_____________________。 （4）将溶于水中，加入足量溶液生成1 mol AgCl沉淀。则中配离子的化学式为________；已知孤电子对与成键电子对的排斥作用大于成键电子对间的排斥作用，则分子与形成配合物后，键角________(填“变大”“变小”或“不变”)。 （5）超导材料在电力等方面有广泛的应用，某含Ni、Mg和C三种元素的晶体具有超导性，该晶体的晶胞结构如图所示。已知该晶胞边长为a nm，阿伏加德罗常数为，该晶体密度为________。 18. 利用氟碳铈矿(主要成分为CeCO3F，含Fe2O3、FeO等杂质)制CeO2的工艺流程如下： 已知：①滤渣1的主要成分是难溶于水的Ce(BF4)3，滤渣2的主要成分是KBF4。 、(a、b均大于0)。 ②当前工艺条件下，部分金属阳离子开始沉淀和完全沉淀(离子浓度)时的pH如下表： 金属阳离子 Fe3+ Ce3+ 开始沉淀时的pH 1.3 7.7 完全沉淀时的pH 3.1 9.2 回答下列问题： （1）焙烧过程中采用“逆流焙烧”，其优点是______________________。CeCO3F发生反应的化学方程式为__________________。 （2）调节滤液1的pH范围为________。 （3）滤液2沉铈过程中发生反应的离子方程式为__________________。 （4）滤渣1经KCl溶液充分浸取后，测得反应体系中K+的物质的量浓度为，则Ce3+的物质的量浓度为________(用含a、b的代数式表示)。 （5）在空气中煅烧Ce2(CO3)3制取CeO2的化学方程式为__________________。 （6）为研究(相对分子质量为404)的热分解性质，现进行如下实验：准确称取4.04 g样品，在空气中进行加热，残留固体的质量随温度的变化如图所示。 ①a点残留固体为________(填化学式)。 ②c点残留固体为________(填化学式)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 西安高级中学2027届开学测试高三化学试题 注意事项： 1．本试卷共4页，满分150分，时间120分钟。 2．答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上。 3．回答选择题时，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，再选涂其他答案标好。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 可能用到的相对原子质量：O-16 H-1 C-12 Li-7 Fe-56 Ce-140 Mg-24 Cl-35.5 Ca-40 一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求) 1. 部分含N、S物质的分类与相应化合价的关系如图所示，下列说法错误的是 A. h可以使品红溶液褪色 B. h与f、j的浓溶液与f均可反应生成g C. 工业上制备a的路线为e→c→b→a D. e与i的溶液、f与a的溶液反应属于同一基本反应类型 【答案】D 【解析】 【详解】A．a为，b为或，c为，d为，e为，f为，g为，h为，i为，j为。h为，具有漂白性，可以使品红溶液褪色，A正确； B．j的浓溶液、h均可以在一定条件下与f反应，反应的化学方程式分别为、，均可生成g，B正确； C．工业上制备硝酸的路线为，C正确； D．e与i的反应为，属于化合反应，而f与a的反应为，不属于化合反应，二者不属于同一基本反应类型，D错误； 故选D。 2. 是制备多晶硅的重要中间体，将氢化为的反应为，相同时间内转化率随温度的变化趋势如图1所示，反应的随温度的变化趋势如图2所示。下列说法正确的是 A. 该反应的活化能： B. 达平衡后升高温度，平衡正向移动，转化率增大 C. 若该反应在恒温恒压密闭容器中进行，平衡时充入氩气， D. 该反应的随温度变化趋势为线① 【答案】D 【解析】 【分析】图1中D点前，反应还未达到平衡，温度升高反应速率加快，相同时间内转化率提升；D点是该条件下的平衡点，D点后升高温度，平衡转化率下降，说明升温使平衡逆向移动，因此正反应为放热反应，； 【详解】A．对于放热反应，焓变满足，因此活化能，A错误； B．正反应为放热反应，达平衡后升高温度，平衡逆向移动，转化率减小，B错误； C．该反应气态物质计量数：反应物气体总计量数为，生成物气体总计量数为3，正反应是气体分子数减少的反应。恒温恒压下平衡时充入氩气，容器体积增大，等效于减小体系总压，平衡向气体分子数增多的方向（即逆反应方向）移动，因此，C错误； D．根据吉布斯自由能公式，该反应气体分子数减少，因此，公式的斜率为，即随温度升高而增大，对应图2中随温度上升的线①，D正确； 故选D。 3. 常温下，某无色溶液W中只可能大量含有、、、、、、中的若干种，且各种离子的数目相等。取该溶液若干份，进行如下实验(已知：硫酸钡不溶于稀盐酸；不考虑实验操作过程中物质质量的损失，忽略溶液体积变化)： 根据以上实验判断，下列推断错误的是 A. 无需进行实验，即可确定原溶液中一定不存在 B. 通过实验Ⅰ可确定原溶液 C. 通过实验Ⅳ、Ⅴ可以确定原溶液中一定存在 D. 试剂X为稀盐酸，认为无需实验a就可以判断一定有存在 【答案】C 【解析】 【分析】取该溶液一份，用稀盐酸洗净铂丝，在酒精灯火焰上灼烧至火焰呈无色，再用铂丝蘸取样品溶液放在外焰上灼烧，通过蓝色钴玻璃观察火焰颜色；无色溶液中一定无 （黄色）；取该溶液另一份，滴加紫色石蕊溶液，溶液变红，说明溶液呈酸性，溶液中一定有，则一定没有、；滴加足量溶液，产生沉淀且不被稀盐酸溶解，说明沉淀为，原溶液中一定有；过滤后向滤液中加入溶液生成沉淀，说明沉淀为 AgCl，由于实验Ⅱ中加入了BaCl2溶液，引入了，该实验无法确定原溶液中是否含有；则溶液中一定含有、，可能含有。肯定不含有、、。又各种离子的数目相等，1个带2个单位的负电荷，而1个带个1单位的正电荷，根据溶液中电荷守恒，则原溶液中还有，1个也带个1单位的正电荷，阴离子和阳离子所带电荷总数已相等，则不可能含有。 【详解】A．根据分析，原溶液为无色，而在溶液中呈黄色，因此无需实验即可确定原溶液中一定不存在，A正确； B．根据分析，实验Ⅰ滴加紫色石蕊溶液，溶液变红，说明溶液呈酸性，溶液中一定有，原溶液，B正确； C．根据分析， 原溶液中肯定不含有，C错误； D．根据分析，试剂X为稀盐酸，且根据溶液中电荷守恒无需实验a就可以判断一定有存在，D正确； 故答案选C。 4. 铁的化合物亚铁氰化钾常用于检验三价铁离子，下列说法不正确的是 A. 晶体中存在的作用力类型有离子键、极性共价键、配位键 B. 中配体的配位原子是C，原因是C的电负性比N更小 C. 氯气通入溶液中，可得到 D. 的熔点比高 【答案】D 【解析】 【详解】A．在晶体中，钾离子与配离子之间存在离子键，碳原子与氮原子之间存在极性共价键，配体与中心离子之间存在配位键，A正确； B．中碳原子的电负性小于氮原子，碳原子上的孤电子对更易提供给中心离子，故配位原子是碳原子，B正确； C．氯气具有氧化性，可将亚铁氰根离子氧化为铁氰根离子，反应为，因此可得到铁氰化钾，C正确； D．钠离子的半径小于钾离子，亚铁氰化钠晶体中阴、阳离子间的作用较强，故的熔点较高，的熔点较低，D错误； 故选D。 5. 工业上以羟磷灰石精矿[主要成分是，还含有少量石英和氧化铁等杂质]为原料，生产磷酸二氢钾()的流程如下： 已知：溶液中、、、的分布分数δ随pH的变化如图所示。 下列说法正确的是 A. 0.1 mol/L溶液中离子浓度大小：<< B. “反应”中为获得较纯净，当pH=10时，停止加入三辛胺 C. 0.1 mol/L溶液中：+<0.1 mol/L+ D. 该温度下反应的化学平衡常数约为 【答案】C 【解析】 【分析】分布曲线上相邻两种含磷微粒分布分数相等时的pH分别为2、7.1、12.2，依次反映、、、相邻组分的转化关系。流程中加入三辛胺可结合HCl并推动KCl与磷酸转化，停止点应使对应的含磷微粒占优势。判断各项还需结合磷酸溶液的电离、磷酸二氢钾溶液的物料守恒和电荷守恒以及曲线给出的电离常数关系。 【详解】A．0.1 mol/L溶液中，是三级电离产生的微粒，浓度远小于主要的一次电离产物；由电荷守恒可知，氢离子浓度还大于该微粒浓度，故实际顺序为，A错误； B．加入三辛胺可结合HCl并推动KCl与磷酸转化。pH=10时，曲线显示为主要含磷微粒，不利于得到较纯净的；停止点应控制在占优势的pH范围内，B错误； C．0.1 mol/L溶液中，由物料守恒和电荷守恒分别有和。该溶液呈酸性，联立两式可得，因此题给不等式成立，C正确； D．由曲线交点可得、。题给反应的平衡常数为，并非题给数值，D错误； 故选C。 6. 向碘水、淀粉的混合液中加入溶液，蓝色褪去。为探究褪色原因，设计如下图所示的实验 下列分析错误的是 A. ①中氧化了 B. ①后溶液pH可能明显变小 C. ③的目的是除去过量的溶液 D. ④可发生 【答案】A 【解析】 【分析】碘水与淀粉混合呈蓝色，加入溶液后蓝色褪去并产生黄色沉淀，说明与生成沉淀，消耗了碘水中的碘离子，使 与 I⁻ 的平衡发生移动；后续通过过滤、加除去过量，再加溶液变蓝，说明滤液中含有能氧化 I⁻ 的次碘酸，据此判断各选项。 【详解】A．不能将氧化为更高价态的含碘物质，A 符合题意； B．与生成沉淀，促进平衡正向移动，浓度增大，故①后溶液pH可能明显变小，B不符合题意； C．步骤③加入，发生，可将过量的转化为沉淀而除去，C 不符合题意； D．碘水中 与水存在歧化平衡：，滤液 2 中含有 HIO，加入后发生，生成 使淀粉变蓝，D 不符合题意； 故选 A。 7. 已知：是二元弱酸，BOH是一元弱碱。常温下，向溶液中滴加BOH溶液，溶液中pX[，X为、或]与pH的关系如图所示。 常温下，下列叙述正确的是 A. 直线代表与pH的关系 B. C. 溶液的 D. 的平衡常数 【答案】B 【解析】 【分析】 对二元弱酸，由变形得，同理，二者均随pH增大线性减小，且因、，同pH下前者pX更小，对应图中下降直线、​；对一元弱碱，由变形得，随pH增大线性增大，对应上升直线​；由点 在 上，代入得：由点 在 上，得 ，由点 在 上，得 ； 【详解】A．由上述分析可知，直线代表与pH的关系，不是，A错误； B．由上述计算， ，B正确； C．为弱酸弱碱盐，的水解常数，的第一步水解常数。 由于，说明的水解程度大于的水解程度，溶液呈酸性，，C错误； D．反应 的平衡常数为：，D错误； 故选B。 8. 某温度时，、在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是 A. 该温度下，小于 B. 向溶液中加入发生如下反应： C. 在含有和固体的溶液中：为1： D. a点对应的等于b点对应的 【答案】C 【解析】 【详解】A．由图像知，该温度下当相同时，固体的溶液中的较小，故小于，A 正确： B．因小于，故向溶液中加入，可发生沉淀的转化，，B正确； C．由图像知，在此温度下，在含有和固体的溶液中::=，C错误； D．a、b都属于同一温度下在水中的沉淀溶解平衡曲线上，故此两点的相同，D正确；故选C。 9. 淀溶解平衡在科学研究中有广泛应用。溶液与同浓度同体积的NaCl溶液混合，得悬浊液甲[]，然后进行如下实验。下列叙述正确的是 A. B. “溶液甲”中所有离子存在关系为 C. “反应②”离子反应为 D. “溶液丙”中存在关系 【答案】A 【解析】 【详解】A．，等体积等浓度与NaCl恰好完全反应，溶解平衡中，，A正确； B．溶液甲溶质为NaNO3，但存在AgCl溶解的微量Ag+、，电荷守恒为，B错误； C．离子方程式书写要求，可溶性配合物拆成和，正确离子方程式为，不参与反应不写入方程式，C错误； D．溶液丙中溶质为KCl、氨水和少量溶解的AgI，溶液呈碱性，，且AgI饱和溶液中，溶液碱性较强，水电离出的少，所以,则溶液中离子浓度关系为，D错误； 故选A。 10. 的某溶液X中还含有、、、、、、、、、中的一种或几种(忽略水的电离及离子的水解)，取该溶液进行如下实验： 下列有关推断不正确的是 A. 沉淀H不可能为、的混合物 B. 若溶液X为100 mL，产生的气体A为112 mL(标况)，则X中 C. 溶液X中一定含有、、、、 D. 根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有、 【答案】B 【解析】 【分析】的某溶液X呈强酸性，则一定不含有、；加入过量的硝酸钡溶液产生沉淀C和气体A，则沉淀C为沉淀，原溶液中存在，不存在，生成气体A只能为NO，说明溶液中存在还原性离子，故存在，酸性条件下，硝酸根离子会氧化亚铁离子，因此原溶液中不存在硝酸根离子；溶液B中加入过量的氢氧化钠溶液，产生的气体D只能为氨气，说明含有，沉淀F为氢氧化铁；溶液E中通入过量的二氧化碳产生沉淀H，说明原溶液中含有，生成的沉淀H为氢氧化铝。综上，原溶液中一定含有、、、、，一定不含有、、、，不能确定是否有、，据此解答。 【详解】A．由分析可知，沉淀H为，不可能为、的混合物，因为溶液E中含有的和过量的二氧化碳反应不会生成沉淀，A正确； B．若溶液X为100 mL，产生的气体A为112 ml(标况)，则生成气体NO物质的量为0.005 mol，发生反应：，则X中物质的量为0.015 mol，， B错误； C．由分析可知，溶液X中一定含有、、、、，C正确； D．由分析可知，根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有、，D正确； 故选B。 11. 室温下，通过下列实验探究的性质。已知：。 实验1：将气体通入水中，测得溶液。 实验2：将等体积、浓度均为溶液与新制溶液混合，再滴加过量的溶液，振荡，出现白色沉淀。 实验3：将气体通入溶液中，当溶液时停止通气。 实验4：将气体通入酸性溶液中，当溶液恰好褪色时停止通气。 下列说法正确的是 A. 实验1所得溶液中存在 B. 实验2中出现的白色沉淀是 C. 实验3所得溶液经蒸干、灼烧制得固体 D. 实验4所得溶液中： 【答案】A 【解析】 【详解】A．实验1中，将通入水中得到溶液，存在两步电离：、，同时水也会存在微弱的电离，会略大于，由于第一步电离程度大于第二步电离程度，溶液中的主要来自第一步电离，并且溶液pH=3，可以看作，根据可知，，，因此溶液中离子浓度满足，A正确； B．实验2中等体积、浓度均为溶液与新制溶液混合，混合后和的浓度为，，根据，因此，可以求出，，理论上可以产生，但是加入过量的，具有强氧化性，会将溶液中的氧化为，最终生成，B错误； C．pH=4时，根据可知，，溶液中；根据可知，，溶液中，因此此时溶液中主要的阴离子为，但是在灼烧过程中会分解为，并且还会被氧气氧化为，因此溶液经蒸干、灼烧后无法得到固体，C错误； D． 实验4中发生氧化还原反应，根据反应的计量关系，生成的的物质的量大于的物质的量，同一溶液中体积相等，因此，D错误； 故答案为A。 12. 下列图示与对应的叙述相符的是 甲 乙 丙 丁 A. 图甲表示的随时间变化曲线，由图知时可能减小了的浓度 B. 由图乙知， ， ，则 C. 图丙是铁丝与盐酸反应的速率随反应时间的变化曲线，时溶液的温度最高 D. 图丁是在溶液中加水稀释，随着加水量的增加，溶液中的变化曲线，则的水解程度A 点大于B点 【答案】A 【解析】 【详解】A．的大小只与生成物的浓度有关，若时减小了的浓度，平衡向逆反应方向移动，不断消耗使其浓度降低，因此也会降低直到反应再次达到新的平衡，A正确； B．根据图乙可知，1mol S(g)具有的能量比1mol S(s)具有的能量高，因此1mol S(g)燃烧放出的热量更多，由于放热焓变为负，放出热量越多，焓变越小，因此，B错误； C．铁丝与盐酸的反应是放热反应，随着反应的进行，温度会越来越高，直到反应终止，而与过程中的反应速率大小无关，C错误； D．溶液水解发生反应，加水稀释后水解反应平衡向正反应方向移动，越稀释越水解，故随着水的体积增加，的水解程度应增大，则的水解程度A点小于B点，D错误； 故正确答案为A。 13. 常温下，在封闭仪器中装有溶液，现向其中缓慢注入溶液，随着溶液注入体积增加，溶液的变化如下图所示(的电离平衡常数为)，关于上述实验，下列分析错误的是 A. AB段主要发生的反应 B. 中性点在BC之间 C. 水电离程度 D. BC段值降低主要是因为生成强酸 【答案】B 【解析】 【分析】由图可知，亚硫酸氢钠溶液体积为10mL时，溶液中发生的反应为2NaClO+NaHSO3= NaCl+HClO+Na2SO4，反应得到等浓度的氯化钠、次氯酸和硫酸钠混合溶液；亚硫酸氢钠溶液体积为20mL时，溶液中发生的反应为HClO+NaHSO3=NaCl+H2SO4，反应得到氯化钠、硫酸钠和硫酸的混合溶液；亚硫酸氢钠溶液体积为40mL时，溶液中发生的反应为H2SO4+2NaHSO3=Na2SO4+2H2SO3，反应得到氯化钠、硫酸钠和亚硫酸的混合溶液。 【详解】A．由分析可知，AB段主要发生的反应为2NaClO+NaHSO3= NaCl+HClO+Na2SO4，反应的离子方程式为，故A正确； B．A点为次氯酸钠溶液，呈碱性，根据分析，V=10mL时，，溶液中发生的反应为2NaClO+NaHSO3= NaCl+HClO+Na2SO4，反应得到等浓度的氯化钠、次氯酸和硫酸钠混合溶液，NaCl、Na2SO4都是中性盐，含有HClO则溶液呈酸性，中性点在AB之间，故B错误； C．由分析可知，A点为次氯酸钠溶液，次氯酸根离子水解促进水的电离，B点为等浓度的氯化钠、次氯酸和硫酸钠混合溶液，次氯酸在溶液中电离出的氢离子抑制水的电离，C点为氯化钠、硫酸钠和硫酸的混合溶液，硫酸在溶液中电离出的氢离子抑制水的电离，D点为氯化钠、硫酸钠和亚硫酸的混合溶液，亚硫酸在溶液中电离出的氢离子抑制水的电离，酸溶液中氢离子浓度越大，抑制水的电离程度越大，则水电离程度大小顺序为A>B>D>C，故C正确； D．由分析可知，BC段主要发生的反应为HClO+NaHSO3=NaCl+H2SO4，则溶液pH值降低主要是因为生成了完全电离的硫酸，故D正确； 故选B。 14. 常温下，用0.1 mol·L-1的NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1 mol·L-1H2A溶液，得到溶液的pH与V(NaOH)、-lg X[X=或]的关系如图所示。 下列说法错误的是 A. m表示pH与-lg的变化关系 B. V(NaOH)=30 mL时，溶液显酸性 C. M点时，c(Na+)>2c(A2-)+c(HA-) D. 整个滴定过程中N点对应的溶液中水的电离程度最大 【答案】C 【解析】 【分析】二元弱酸的两步电离常数分别满足：，整理可得，两条直线均满足“等于相应的减去横坐标”。图中短直线与横轴交于1.4，长直线与横轴交于6.7，因此。所以直线表示与的关系，直线表示与的关系。滴定时，加入20.00 mL碱到达第一计量点，加入40.00 mL碱到达第二计量点。据此再结合物料守恒、电荷守恒和盐类水解判断各选项。 【详解】A.由第一步电离平衡可得，故确实表示与的变化关系，A正确； B.初始的物质的量为2.00 mmol；当=30 mL时，加入的为3.00 mmol。反应后和各为1.00 mmol，二者浓度相等。由第二级缓冲关系可得，因此溶液显酸性，B正确； C.点为第一计量点，溶液的主要溶质为。两性离子形成的溶液近似满足，此时溶液显酸性，故大于。根据电荷守恒：移项并利用大于，可得，题干中的不等式方向相反，C错误； D.滴定过程中，溶质依次由转化为，再转化为。在第二计量点，溶液中的水解最明显，促进水的电离；继续加入后，过量的反而抑制水的电离。因此整个滴定过程中，点对应溶液中水的电离程度最大，D正确； 故选C。 【点睛】处理“滴定曲线＋浓度比曲线”题时，可先由表达式推出与浓度比的线性关系，再利用横轴截距读取。判断计量点的粒子浓度关系时，不宜只凭化学计量数，应先判断溶液酸碱性，再写电荷守恒式；判断水的电离程度时，要牢记酸、碱抑制水的电离，能够水解的盐促进水的电离，而过量强碱会再次产生抑制作用。 二、解答题(15题14分，16题14分，17题15分，18题15分) 15. A为重要的有机化工原料，A经过催化氧化得到B，B分子的核磁共振氢谱图中只有一个吸收峰，下列是合成防火材料聚碳酸酯(PC)和内酯E的路线： 已知：i：(R′、R″为氢或烃基) ii：R′COOR+R″OH R′COOR″+ROH(R，R′、R″代表烃基) 请回答下列问题： （1）F的名称为__________。 （2）反应①的方程式为___________________________。 （3）C分子含有的官能团是__________。 （4）化合物甲的分子式为__________。 （5）反应④的反应类型为__________。 （6）E分子内含有六元环，可发生水解反应，其结构简式是__________。 （7）X是E的同分异构体，符合下列条件的X的结构简式是__________。 ①1molX能与足量银氨溶液生成4molAg； ②X中核磁共振氢谱中出现3组吸收峰，峰面积比为1:1:3。 （8）以物质B为原料选用必要的无机试剂经过以下3步反应合成。 写出中间产物1的结构简式：__________。 【答案】（1）苯酚 （2）2+O22+2H2O （3）酮羰基、羟基 （4）C4H8O2 （5）缩聚反应 （6） （7） （8） 【解析】 【分析】由结构简式可知，铜作催化剂条件下与氧气共热发生催化氧化反应生成，则A为、B为；一定条件下B与甲醛发生加成反应生成，则C为；C与发生加成反应生成D，则甲为；催化剂作用下D发生取代反应生成，则E为；B与先发生加成反应，后发生取代反应生成，则F为、G为；一定条件下G与发生缩聚反应生成防火材料聚碳酸酯(PC)。 【小问1详解】 由分析可知，F的结构简式为：，名称为苯酚； 【小问2详解】 由方程式可知，反应①为铜作催化剂条件下与氧气共热发生催化氧化反应生成和水，反应的化学方程式为：2+O22+2H2O； 【小问3详解】 由分析可知，C的结构简式为：，含有的官能团为酮羰基、羟基； 【小问4详解】 由分析可知，甲的结构简式为：，分子式为C4H8O2； 【小问5详解】 由分析可知，反应④为一定条件下G与发生缩聚反应生成防火材料聚碳酸酯(PC)和甲醇； 【小问6详解】 由分析可知，E分子是含有六元环，可发生水解反应的环酯，结构简式为：； 【小问7详解】 由题意可知，1 molE的同分异构体X能与足量银氨溶液生成4 mol银，说明X分子中含有2个醛基，则X中核磁共振氢谱中出现3组吸收峰，峰面积比为1：1：3的结构简式为：； 【小问8详解】 由结构简式可知，以物质B为原料选用必要的无机试剂经过以下3步反应合成的步骤为一定条件下发生加成反应生成；浓硫酸作用下共热发生消去反应生成或；一定条件下或与氢气发生加成反应生成，则中间产物1的结构简式为：。 16. 乙醇既是一种重要的可再生能源，也是一种重要的有机化工原料。以CO和CO2为原料生产乙醇一直是科学家研究的重要课题。 Ⅰ．我国科学家在国际上首次实现了CO2在温和条件下近100%转化为乙醇，其反应为2CO2(g)+3H2O(g)C2H5OH(g)+3O2(g)，反应历程如图1所示： （1）该反应的ΔH=______kJ·mol-1。若将反应温度降低，基元反应①和②的反应速率降低更为明显的是__________________。 （2）由于发生副反应2CO2(g)+2H2O(g)⇌C2H4(g)+3O2(g)ΔH=+1455.0kJ·mol-1.在1L恒容密闭容器中，将2molCO2和3molH2O在不同温度下进行充分反应，测得CO2的转化率与C2H5OH的选择性随温度的变化情况如图2所示[C2H5OH的选择性=]。 ①升高温度，CO2的转化率增大的原因是__________________。 ②升高温度，C2H5OH的选择性减小的原因是__________________。 ③T℃时，反应2CO2(g)+3H2O(g)⇌C2H5OH(g)+3O2(g)的平衡常数为______(列出计算式)。 Ⅱ．CO也可用于制备乙醇，反应为2CO(g)+4H2(g)C2H5OH(g)+H2O(g)，该反应存在副反应：2CO(g)+4H2(g)C2H4(g)+2H2O(g)。 （3）在一定温度下，向2L密闭容器中充入2molCO和4molH2，测得部分反应物与生成物的物质的量随时间的变化情况如图3所示。 ①a点时v生成(H2O)______(填“大于”“小于”或“等于”)v消耗(C2H5OH)；反应从开始到平衡，C2H5OH的平均反应速率为______mol·L-1·min-1。 ②H2的转化率为______。不同的分子筛膜可以选择性地分离不同的分子，若采用能分离水蒸气的分子筛膜，则会使乙醇的选择性______(填“增大”“减小”或“不变”)。 【答案】（1） ①. +1346.8 ②. ① （2） ①. 生成乙烯的反应和生成乙醇的反应均为吸热反应，升高温度，平衡均正向移动(答案合理即可) ②. 生成乙烯的反应和生成乙醇的反应均为吸热反应，但生成乙烯的反应的ΔH更大，即升高温度更有利于生成乙烯(答案合理即可) ③. （3） ①. 大于 ②. 0.0125 ③. 50% ④. 减小 【解析】 【小问1详解】 根据图示，反应①；反应②；由①+②得目标反应，则其；活化能越大，温度对反应速率的影响程度更大，基元反应①的活化能大于②的活化能，因此若将反应温度降低，基元反应①的反应速率降低更为明显； 【小问2详解】 ①根据(1)分析，，，与生成乙醇、乙烯的反应均为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，的转化率增大； ②生成乙烯的反应和生成乙醇的反应均为吸热反应，但生成乙烯的反应的ΔH更大，即升高温度更有利于生成乙烯，则升高温度，C2H5OH的选择性减小； ③由图示可知，T温度下CO2的转化率为60%，则充入2molCO2，发生反应的CO2为1.2mol，剩余0.8mol；C2H5OH的选择性为40%，则有1.2×40%=0.48molCO2转化为C2H5OH，0.72molCO2转化为C2H4，因此有，，则平衡时H2O的物质的量为3-0.72-0.72=1.56mol，O2的物质的量为0.72+1.08=1.8mol，生成乙醇反应的平衡常数为=； 【小问3详解】 由图示可知，a点未平衡，向正反应方向进行，则，是，是，故大于；由图示可知，达平衡时参加反应的CO是1mol，生成水是0.75mol，依据反应方程式计量数关系，参加反应的H2是2mol，则的平衡转化率为；设生成乙醇xmol，C2H4ymol，根据C原子守恒有：2x+2y+(2-1)=2；H原子守恒有：6x+4y+0.75×2+2×2=8，解得x=0.25，y=0.25mol，则；分子筛不断分离出水，生成物浓度减小，平衡正向移动，生成乙烯的反应生成的H2O多，对该反应影响程度大，有利于乙烯的选择性，故对乙醇的选择性产生的影响减小。 17. 铁(Fe)、钴(Co)、镍(Ni)是第四周期第Ⅷ族的元素，在化学上称为铁系元素，其化合物在生产生活中应用广泛。 （1）Fe、Co、Ni位于元素周期表的________区；基态Ni原子核外价层电子的轨道表示式为________。 （2）铁系元素能与CO形成、等化合物，室温时为无色液体，沸点42.1℃，主要用于制高纯镍和催化剂，则中所含的化学键类型有________(填字母序号)。 A．离子键 B．极性键 C．配位键 D．范德华力 E．金属键 （3）锂离子电池的正极材料大多采用橄榄石型的(、Co等元素)。第四电离能大小关系是I4(Co)________I4(Fe)(填“＞”或“＜”)，原因是_____________________。 （4）将溶于水中，加入足量溶液生成1 mol AgCl沉淀。则中配离子的化学式为________；已知孤电子对与成键电子对的排斥作用大于成键电子对间的排斥作用，则分子与形成配合物后，键角________(填“变大”“变小”或“不变”)。 （5）超导材料在电力等方面有广泛的应用，某含Ni、Mg和C三种元素的晶体具有超导性，该晶体的晶胞结构如图所示。已知该晶胞边长为a nm，阿伏加德罗常数为，该晶体密度为________。 【答案】（1） ①. d ②. （2）BC （3） ①. ＜ ②. Fe3+的电子排布为3d5，是半充满稳定结构，再失去第4个电子较难；而Co3+的电子排布为3d6，失去第4个电子后变为3d5半充满稳定结构相对容易 （4） ①. [Co(NH3)4Cl2]+ ②. 变大 （5） 【解析】 【小问1详解】 Fe、Co、Ni都位于第Ⅷ族，在元素周期表的d区；Ni的原子序数为28，基态原子的核外电子排布式为，其价层电子排布为，其核外价层电子的轨道表示式为； 【小问2详解】 中，中心原子Ni与配体CO分子之间通过配位键结合，CO分子内部C原子与O原子之间存在极性共价键，而不存在离子键和金属键，且范德华力属于分子间作用力，不属于化学键。因此该化合物中所含的化学键类型有极性键和配位键，故选BC； 【小问3详解】 Fe失去3个电子形成，其价电子排布为，处于半充满的稳定结构，再失去第四个电子需要的能量较高；而Co失去3个电子形成，其价电子排布为，失去第四个电子后形成稳定的半充满结构，相对容易。因此第四电离能，即原因是：Fe3+的电子排布为3d5，是半充满稳定结构，再失去第4个电子较难；而Co3+的电子排布为3d6，失去第4个电子后变为3d5半充满稳定结构相对容易； 【小问4详解】 溶于水加入足量溶液生成沉淀，说明1个配合物分子中只有1个位于外界，另外2个和4个分子作为配体位于内界，则中配离子的化学式为；分子中N原子的价层电子对数为，有一对孤电子对，与形成配位键后，孤电子对转化为成键电子对，由于孤电子对与成键电子对的排斥作用大于成键电子对间的排斥作用，形成配合物后排斥力减小，因此键角变大； 【小问5详解】 根据晶胞结构图可知，Mg原子位于8个顶点，数目为；Ni原子位于6个面心，数目为；C原子位于体心，数目为1，则该晶胞的化学式为，其摩尔质量为，晶胞的质量为，晶胞的边长为，体积，则晶体的密度为。 18. 利用氟碳铈矿(主要成分为CeCO3F，含Fe2O3、FeO等杂质)制CeO2的工艺流程如下： 已知：①滤渣1的主要成分是难溶于水的Ce(BF4)3，滤渣2的主要成分是KBF4。 、(a、b均大于0)。 ②当前工艺条件下，部分金属阳离子开始沉淀和完全沉淀(离子浓度)时的pH如下表： 金属阳离子 Fe3+ Ce3+ 开始沉淀时的pH 1.3 7.7 完全沉淀时的pH 3.1 9.2 回答下列问题： （1）焙烧过程中采用“逆流焙烧”，其优点是______________________。CeCO3F发生反应的化学方程式为__________________。 （2）调节滤液1的pH范围为________。 （3）滤液2沉铈过程中发生反应的离子方程式为__________________。 （4）滤渣1经KCl溶液充分浸取后，测得反应体系中K+的物质的量浓度为，则Ce3+的物质的量浓度为________(用含a、b的代数式表示)。 （5）在空气中煅烧Ce2(CO3)3制取CeO2的化学方程式为__________________。 （6）为研究(相对分子质量为404)的热分解性质，现进行如下实验：准确称取4.04 g样品，在空气中进行加热，残留固体的质量随温度的变化如图所示。 ①a点残留固体为________(填化学式)。 ②c点残留固体为________(填化学式)。 【答案】（1） ①. 增大固体和空气的接触面积，反应更充分 ②. （2） （3） （4） （5） （6） ①. ②. CeO2 【解析】 【分析】氟碳铈矿(主要成分为CeCO3F，含Fe2O3、FeO等杂质)在空气中焙烧，Ce3+在空气中氧化为Ce4+，Fe2+氧化为Fe3+，用盐酸和H2BO3浸取，Ce4+还原为Ce3+，过滤分离，滤渣1主要成分是难溶于水的Ce(BF4)3，滤液1含有Ce3+、Fe3+，“滤渣1”用饱和KCl溶液溶解时发生复分解反应，生成KBF4沉淀和CeCl3溶液，滤渣2是KBF4，滤液1调节pH生成氢氧化铁沉淀除铁，滤渣3是氢氧化铁，滤液2中含Ce3+，再加入碳酸氢铵使Ce3+沉淀为Ce2(CO3)3，最后灼烧分解生成CeO2。 【小问1详解】 逆流操作可让矿料与空气充分接触，反应更充分，提升反应效率；Ce在CeCO3F中为+3价，被空气中O2氧化为+4价，化学方程式为。 【小问2详解】 滤液1含有Ce3+、Fe3+，调节滤液1的pH使Fe3+完全转化为氢氧化铁沉淀，同时Ce3+不能生成沉淀，所以调节pH的范围为。 【小问3详解】 Ce3+与发生双水解反应生成碳酸铈沉淀、CO2和水，离子方程式为。 【小问4详解】 对于沉淀转化反应，该反应平衡常数为，则。 【小问5详解】 Ce2(CO3)3中Ce为+3价，煅烧时被氧气氧化为+4价的CeO2，化学方程式为。 【小问6详解】 的物质的量为。 ①a点固体质量为3.68 g，减少质量，为失去，剩余，故化学式为； ②c点固体质量为1.72 g，0.01 mol Ce的质量为1.40 g，剩余质量，为0.02 mol O，n(Ce):n(O)=1:2，故化学式为CeO2​。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $