精品解析：湖北武汉市2027届高三上学期8月月考 化学试题

高三化学 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。 4．本卷命题范围：高考范围。 5．可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 F19 Fe56 Cs133 一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45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. 化学与生活、环境、材料密切相关。下列说法正确的是 A. 石墨烯属于新型有机材料 B. 护肤品中的甘油具有吸水保湿作用 C. 味精是一种常见防腐剂，其化学名称为谷氨酸钠 D. 利用高烟囱将含硫废气和含氮废气排入高空，可减少污染 2. 中华传统技艺，凸显人民智慧。下列选项所涉及材料的主要成分属于合金的是 A．商朝后期陶埙 B．石印章 C．鎏金铁芯铜龙 D．木质纺车 A. A B. B C. C D. D 3. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. 中子数为8的碳核素： B. 碳酸氢钠的电离方程式： C. 基态Cu原子的价层电子轨道表示式： D. 2-氯丁烯的结构简式： 4. 短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，W与X不同周期，基态X原子的p轨道半充满，基态Y原子的s轨道电子数等于p轨道电子数，Y、Z同主族。下列说法正确的是 A. 简单离子半径： B. 四种元素可组成离子化合物 C. 的分子空间结构为直线形 D. 简单氢化物的键角： 5. 下列实验操作能达到目的的是 A. 比较非金属性： B. 验证乙烯的还原性 C. 加热固体制备 D. 乙酸乙酯的制备 6. 某含铁化合物的立方晶胞如图所示，其晶胞参数为。阿伏加德罗常数的值为，下列说法正确的是 A. 基态Fe原子核外电子的空间运动状态有26种 B. 第一电离能： C. 晶体中，距离F最近的Cs有4个 D. 该晶体的密度为 7. 二茂铁是由一个和两个环戊二烯阴离子通过键配位结合形成的夹心结构，如图1所示。二茂铁羧酸衍生物的二聚体结构，如图2所示。下列说法错误的是 A. 中原子的杂化方式为 B. 每个提供个形成配位键 C. 二聚体的酸性强于 D. 二聚体的形成体现了超分子自组装的性质 8. 对于下列事实的解释错误的是 选项 事实 解释 A 乙醇的沸点高于甲醚 乙醇分子间能形成氢键，而甲醚分子间不能形成氢键 B 苯难溶于水 苯分子中存在大键 C 石墨能导电 未杂化的p轨道重叠使电子可在整个碳原子平面内运动 D 熔点： 为共价晶体，为分子晶体，键键能远大于的分子间作用力 A. A B. B C. C D. D 9. 盘尼西林是一种抗生素，结构简式如图所示。下列有关盘尼西林的说法正确的是 A. 碳的杂化方式有三种 B. 分子中含有4个手性碳原子 C. 分子中所有碳原子一定共平面 D. 酸性条件下水解产物之一为苯乙酸 10. 下列离子方程式书写正确的是 A. 向溶液中加入过量氨水： B. 向氯化铁溶液中加入过量铜粉： C. 用溶液吸收少量 D. 二氧化碳通入氯化钡溶液中： 11. 在1 L恒容密闭容器甲、乙中，分别充入、的，与足量C在不同温度下发生反应：。CO的平衡物质的量随温度的变化如图所示。下列说法正确的是 A. 曲线I对应的是乙容器 B. a、b两点压强关系： C. a、b、c三点的平衡常数： D. 1100 K时，若容器乙中、均为，则 12. 某小组探究用盐酸浸取废旧电池的正极材料(含、、)，实验装置如图所示(加热和夹持装置省略)。已知：乙装置加热温度为70℃，正极材料中三种氧化物都能与盐酸反应，湿润的有色布条褪色。下列说法正确的是 A. 装置甲过程体现浓硫酸脱水性 B. 使用单向阀的目的是净化HCl C. 丙中布条褪色说明乙中产生的有漂白性 D. 丁中可装NaOH溶液，用于吸收尾气中HCl和 13. 有顺铂()和反铂()两种同分异构体。顺铂进入人体细胞发生水解生成的与DNA结合，可阻止癌细胞增殖，如图所示。下列说法正确的是 A. Pt属于主族元素 B. 顺铂和反铂均为四面体结构 C. 与Pt(Ⅱ)的配位能力： D. b中含有的化学键有配位键、共价键和氢键 14. 科研人员设计的酶—光电化学电池可同时在电池两室分别实现两种酶的催化转化，合成高附加值的有机物，工作原理如图所示，已知FMN、FMNH2分别是黄素单核苷酸、还原型黄素单核苷酸。下列说法错误的是 A. 该电池工作过程中实现了光能转化为化学能 B. 从电极向：电极方向迁移 C. ：电极上的反应式为 D. 消耗1 mol 同时生成1 mol 15. 25℃时，饱和二元弱酸溶液的物质的量浓度为，调节的溶液的(忽略体积变化)，溶液中、、、和的物质的量浓度的对数随的变化如图所示。下列说法正确的是 A. 曲线②表示随的变化 B. 25℃时，的电离常数 C. N点处， D. 时， 二、非选择题(本题共4小题，共55分) 16. 为了节约资源，减少重金属对环境的污染，科研人员对某有色金属冶炼厂产生的冶炼废渣(主要成分为FeS、ZnS、PbS，还含有少量的、PbO、CuCl等)进行研究，设计如下工艺流程，实现铅和锌的分离回收。 已知：滤渣1的主要成分为、、和FeO。 回答下列问题： （1）基态的价层电子排布式为__________。 （2）氨水浓度对金属浸出率的影响如图1所示，实际生产中选择氨水的原因是_________________________________________。 （3）“氧化碱浸”中，ZnS转化为，该反应的离子方程式为_______________________________________。 （4）“除杂1”中，加入氨水调节溶液pH，金属离子沉淀率与pH的关系如图2所示，由图可知除去铁元素最合适的pH为__________。 （5）“除杂2”中，最佳的试剂X是__________(填化学式，下同)。滤液4的主要溶质是__________。 （6）滤渣6为ZnS，“焙烧”时发生反应的化学方程式为_____________________________。 （7）ZnO具有独特的电学及光学特性，是一种应用广泛的功能材料。一种ZnO晶体的立方晶胞如图3所示。设为阿伏加德罗常数的值，Zn原子半径为r pm。图4是沿立方格子对角面取得的截图，则Zn原子与O原子间最短空间距离x = __________pm。 17. 以苯为原料合成邻溴苯酚的流程如下： 回答下列问题： （1）H中官能团有__________（填名称）。 （2）E→F的反应类型是__________；已知：苯磺酸（B）是强酸，则1 mol F与足量溶液反应，最多能消耗__________。 （3）设计E→F、G→H步骤的目的是_________________________。 （4）下列有机物中，电离常数（）最大的是__________（填字母）。 a． b． c． d． （5）写出A→B的化学方程式：___________________________。 （6）J是H的同系物，J的相对分子质量比H多14。同时具备下列条件的J的同分异构体有__________（填字母）（不包括立体异构体及J本身）。 ①属于芳香族化合物 ②能与Na反应生成 a．7种　　b．10种　　c．16种　　d．23种 18. 硫脲[]为白色晶体，可溶于水，易溶于乙酸乙酯，150℃时能转变为，可代替氰化物用于提炼金。合成硫脲的原理为。 回答下列问题： （1）仪器a的名称为__________。 （2）多孔球泡的作用是__________________________。 （3）装置B中发生的反应温度需控制在80℃，温度不宜过高或过低的原因是____________________；装置B中反应完全的标志是_________________。 （4）分离提纯的方法为萃取，为防止环境污染，应选用的萃取剂为__________(填字母)。 a．苯　　b．四氯化碳　　c．乙酸乙酯　　d．乙醇 （5）在酸性溶液中，硫脲在存在下能溶解金形成，反应的离子方程式为_______________________________________。 （6）已知：溶液呈酸性，KSCN溶液呈中性；、都易溶于乙醇、水，温度高时容易分解和氧化；常温下KSCN的溶解度为217 g。利用硫脲制备KSCN的方法是：取一定量硫脲在隔绝空气的条件下加热至__________℃充分反应，将加热后的产物溶于一定比例的无水乙醇和水中形成溶液，边搅拌边滴加__________并微热除去至用pH计测量溶液pH为中性，加热，低温将乙醇和水蒸出至大量晶体析出，__________、干燥，得到KSCN晶体。 19. 研究氮氧化物污染的治理是环保的一项重要工作，将污染物转化为无害的或高附加值的含氮化学品具有重要意义。回答下列问题： （1）工业上利用CO还原消除氮的氧化物对环境的污染，反应原理： i． ； ii． 。 已知反应i正反应的活化能为，则该反应的逆反应活化能为__________。 （2）将和CO按组成的混合气体，匀速通过装有催化剂的反应器中，的去除率随反应温度的变化曲线如图所示。 ①在50~150℃范围内随着温度的升高，的去除率迅速上升的主要原因是__________________________。 ②当反应温度高于380℃时，的去除率迅速下降的原因可能是_____________________、_____________________。 （3）一定温度下，向2 L真空密闭容器中加入4 mol CO和，发生反应i和ii，5 min后达到平衡状态，容器内有0.2 mol NO、。 ①0~5 min，用CO表示的反应速率为__________(保留两位小数)。 ②该温度下，反应i的物质的量分数平衡常数__________［保留两位小数，反应的物质的量分数平衡常数，其中、、、为各组分的物质的量分数］。 （4）直接电催化NO使其转化为有价值的是一种有吸引力的策略，装置如图1所示(在电场作用下，双极膜中间层的解离为和，并向两极迁移)。 ①写出M电极上生成的电极反应式：_________________________________。 ②M电极分别用Cu、Co、Cu@Co作电极材料的反应历程中的能量变化如图2所示，三种电极材料中，决速步骤的活化能最低的是__________(填“Cu”“Co”或“Cu@Co”)。 ③已知：催化剂表面对NO的吸附能在很大程度上决定了其催化效率，NO在Cu、Co、Cu@Co三种电极材料上的吸附能如图3所示，M电极应选择________(填“Cu”“Co”或“Cu@Co”)作电极材料。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三化学 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。 4．本卷命题范围：高考范围。 5．可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 F19 Fe56 Cs133 一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45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. 化学与生活、环境、材料密切相关。下列说法正确的是 A. 石墨烯属于新型有机材料 B. 护肤品中的甘油具有吸水保湿作用 C. 味精是一种常见防腐剂，其化学名称为谷氨酸钠 D. 利用高烟囱将含硫废气和含氮废气排入高空，可减少污染 【答案】B 【解析】 【详解】A．石墨烯是由碳元素形成的单质，属于无机非金属材料，不属于有机材料，A错误； B．甘油具有吸湿性，能吸收并保持水分，可在护肤品中起吸水保湿作用，B正确； C．味精的主要成分是谷氨酸钠，主要用作增味剂，不是常见防腐剂，C错误； D．高烟囱只能使含硫、含氮废气扩散到更大范围，不能减少污染物的排放总量，D错误； 故选B。 2. 中华传统技艺，凸显人民智慧。下列选项所涉及材料的主要成分属于合金的是 A．商朝后期陶埙 B．石印章 C．鎏金铁芯铜龙 D．木质纺车 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．商朝后期陶埙的主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，不是合金，A错误； B．石印章主要由天然石材制成，属于无机非金属材料，不是合金，B错误； C．鎏金铁芯铜龙的铜质器身主要由铜合金制成，属于合金，C正确； D．木质纺车的主要成分为纤维素、木质素等天然有机高分子，不是合金，D错误； 故选C。 3. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. 中子数为8的碳核素： B. 碳酸氢钠的电离方程式： C. 基态Cu原子的价层电子轨道表示式： D. 2-氯丁烯的结构简式： 【答案】A 【解析】 【详解】A．碳的质子数为6，中子数为8时质量数为，核素表示为，A正确； B．是弱酸的酸式酸根，电离时不能完全拆分为和，正确电离方程式为，B错误； C．基态原子价层电子排布为，图示为，不符合洪特规则全满稳定的特例，C错误； D．该有机物编号从靠近双键的一端开始，双键在1号碳位，氯原子在3号碳位，正确名称为3-氯-1-丁烯，不是2-氯丁烯，D错误； 故本题选A。 4. 短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，W与X不同周期，基态X原子的p轨道半充满，基态Y原子的s轨道电子数等于p轨道电子数，Y、Z同主族。下列说法正确的是 A. 简单离子半径： B. 四种元素可组成离子化合物 C. 的分子空间结构为直线形 D. 简单氢化物的键角： 【答案】B 【解析】 【分析】首先推断元素：短周期主族元素原子序数依次增大，与不同周期，则为；基态原子p轨道半充满，为第二周期的；基态原子s轨道总电子数等于p轨道总电子数，且原子序数大于，则为；、同主族且为短周期元素，故为。 【详解】 A．简单离子和电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径，即，A错误； B．四种元素可组成、等离子化合物，B正确； C．为，中心原子价层电子对数为，含2对孤电子对，空间结构为V形，不是直线形，C错误； D．的简单氢化物为，的简单氢化物为，中心原子孤电子对数量更多，对成键电子对的斥力更大，键角更小，故键角，即，D错误； 故选B。 5. 下列实验操作能达到目的的是 A. 比较非金属性： B. 验证乙烯的还原性 C. 加热固体制备 D. 乙酸乙酯的制备 【答案】A 【解析】 【详解】A．利用最高价氧化物对应水化物的酸性强弱判断非金属性：稀硫酸与反应生成，说明酸性，则非金属性；通入溶液生成硅酸沉淀，说明酸性，则非金属性，且硫酸难挥发，无杂质干扰实验，A正确； B．浓硫酸和乙醇共热时，除生成乙烯外，还会产生杂质，且乙醇易挥发，和乙醇都能使酸性溶液褪色，未除杂无法验证乙烯的还原性，B错误； C．受热分解生成和，二者在试管口遇冷会重新化合生成，无法制得，C错误； D．乙酸乙酯会在溶液中发生水解，收集乙酸乙酯应使用饱和溶液，D错误； 故选A。 6. 某含铁化合物的立方晶胞如图所示，其晶胞参数为。阿伏加德罗常数的值为，下列说法正确的是 A. 基态Fe原子核外电子的空间运动状态有26种 B. 第一电离能： C. 晶体中，距离F最近的Cs有4个 D. 该晶体的密度为 【答案】C 【解析】 【详解】A．基态原子的核外电子排布为，电子的空间运动状态对应原子轨道数目，共有种，A错误； B．第一电离能规律：非金属第一电离能远大于金属，过渡金属第一电离能大于同周期碱金属，故第一电离能：，B错误； C．该晶胞为钙钛矿型结构，位于棱心，每个棱心被4个晶胞共用，距离最近的为相邻4个晶胞的体心，共有4个，C正确； D．晶胞中个数为1，个数为，个数为，化学式为，摩尔质量约为，该晶体的密度为，D错误； 故选C。 7. 二茂铁是由一个和两个环戊二烯阴离子通过键配位结合形成的夹心结构，如图1所示。二茂铁羧酸衍生物的二聚体结构，如图2所示。下列说法错误的是 A. 中原子的杂化方式为 B. 每个提供个形成配位键 C. 二聚体的酸性强于 D. 二聚体的形成体现了超分子自组装的性质 【答案】C 【解析】 【详解】A．为平面五元共轭结构，每个原子均形成3个键，存在1个未参与杂化的p轨道形成共轭大键，因此原子杂化方式为，A正确； B．每个原子提供1个p电子，5个共提供5个电子，加上带的1个负电荷，总共形成6个电子，全部用于和形成配位键；同时二茂铁满足18电子规则：自身有6个价电子，加上两个​各提供6个电子，总电子数为，B正确； C．二聚体中羧基的氢原子全部通过氢键被束缚，氢键降低了键的极性，且难以电离脱离，因此酸性弱于游离的二茂铁羧酸单体，C错误； D．该二聚体依靠氢键（非共价键相互作用）自发结合形成，体现了超分子通过分子间非共价作用自组装的性质，D正确； 故选C。 8. 对于下列事实的解释错误的是 选项 事实 解释 A 乙醇的沸点高于甲醚 乙醇分子间能形成氢键，而甲醚分子间不能形成氢键 B 苯难溶于水 苯分子中存在大键 C 石墨能导电 未杂化的p轨道重叠使电子可在整个碳原子平面内运动 D 熔点： 为共价晶体，为分子晶体，键键能远大于的分子间作用力 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．乙醇分子含键，分子间可形成氢键，甲醚分子间无法形成氢键，氢键会显著提升物质沸点，因此乙醇沸点高于甲醚，解释正确，A正确； B．苯难溶于水的原因是苯为非极性分子、水为极性分子，符合相似相溶规律，与苯分子中的大键无直接关联，解释错误，B错误； C．石墨中碳原子采取杂化，未杂化的轨道重叠形成离域大键，电子可在整个碳原子平面内自由移动，因此石墨能导电，解释正确，C正确； D．为共价晶体，熔化需要破坏键能较大的共价键，为分子晶体，熔化仅需要破坏较弱的分子间作用力，因此熔点高于，解释正确，D正确； 故本题选B。 9. 盘尼西林是一种抗生素，结构简式如图所示。下列有关盘尼西林的说法正确的是 A. 碳的杂化方式有三种 B. 分子中含有4个手性碳原子 C. 分子中所有碳原子一定共平面 D. 酸性条件下水解产物之一为苯乙酸 【答案】D 【解析】 【详解】A．该分子中碳原子的杂化方式只有（苯环碳、羰基碳）和（饱和烷烃碳）两种，不存在杂化，A错误； B．手性碳原子是连有4个不同基团的饱和碳原子，该分子共含有3个手性碳原子，B错误； C．分子中存在多个杂化的饱和碳原子，具有四面体空间结构，且单键可旋转，所有碳原子不可能共平面，C错误； D．分子中含有酰胺键，酸性条件下水解时酰胺键断裂，产物之一为（苯乙酸），D正确； 故选D。 10. 下列离子方程式书写正确的是 A. 向溶液中加入过量氨水： B. 向氯化铁溶液中加入过量铜粉： C. 用溶液吸收少量 D. 二氧化碳通入氯化钡溶液中： 【答案】C 【解析】 【详解】A．溶液和过量氨水反应生成氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式为，A项错误； B．向氯化铁溶液中加入过量铜粉，正确的离子方程式为，B项错误； C．用溶液吸收少量，正确的离子方程式为，C项正确； D．二氧化碳和氯化钡溶液中的氯化钡不反应，D项错误。 故选C。 11. 在1 L恒容密闭容器甲、乙中，分别充入、的，与足量C在不同温度下发生反应：。CO的平衡物质的量随温度的变化如图所示。下列说法正确的是 A. 曲线I对应的是乙容器 B. a、b两点压强关系： C. a、b、c三点的平衡常数： D. 1100 K时，若容器乙中、均为，则 【答案】A 【解析】 【详解】A．乙容器初始充入的更多，相同温度下平衡时生成的物质的量更大，曲线I相同温度下更高，对应乙容器，A正确； B．根据，则，曲线I对应的是乙容器，a点总气体物质的量为，；曲线Ⅱ对应的是甲容器，b点总气体物质的量为，，代入得，B错误； C．由图可知，同一投料下升高温度，CO的平衡物质的量增大，即平衡正向移动，说明该反应为吸热反应，温度升高，平衡常数增大，a、c温度相同故，b点温度更高，故，C错误； D．1100 K时该反应平衡常数，此时浓度商，反应逆向进行，则，D错误； 故选A。 12. 某小组探究用盐酸浸取废旧电池的正极材料(含、、)，实验装置如图所示(加热和夹持装置省略)。已知：乙装置加热温度为70℃，正极材料中三种氧化物都能与盐酸反应，湿润的有色布条褪色。下列说法正确的是 A. 装置甲过程体现浓硫酸脱水性 B. 使用单向阀的目的是净化HCl C. 丙中布条褪色说明乙中产生的有漂白性 D. 丁中可装NaOH溶液，用于吸收尾气中HCl和 【答案】D 【解析】 【分析】甲装置中，浓硫酸遇浓盐酸吸水放热，促进HCl的挥发。HCl气体进入乙装置，与正极材料反应，反应产物为氯气。丙为检验装置，湿润的有色布条褪色，说明乙中确实反应产生了氯气。丁为尾气吸收装置，防止反应产生的氯气和未反应的氯化氢泄漏到空气中，同时避免液体倒吸。 【详解】A．装置甲中浓硫酸吸水且溶解放热，促进浓盐酸挥发出，体现浓硫酸的吸水性而非脱水性，A错误； B．单向阀的作用是防止乙中液体倒流入甲装置，并非净化，B错误； C．本身无漂白性，丙中布条褪色是与水反应生成的具有漂白性导致的，C错误； D．溶液可与发生中和反应，也可与反应生成盐和水，能吸收尾气中的和，D正确； 故本题选D。 13. 有顺铂()和反铂()两种同分异构体。顺铂进入人体细胞发生水解生成的与DNA结合，可阻止癌细胞增殖，如图所示。下列说法正确的是 A. Pt属于主族元素 B. 顺铂和反铂均为四面体结构 C. 与Pt(Ⅱ)的配位能力： D. b中含有的化学键有配位键、共价键和氢键 【答案】C 【解析】 【详解】A．为铂元素，位于元素周期表第Ⅷ族，属于过渡元素，不属于主族元素，A错误； B．存在顺、反两种同分异构体，若为四面体结构则不存在顺反异构，因此二者均为平面正方形结构，B错误； C．顺铂水解时仅被取代，未被取代，说明与（Ⅱ）结合更稳定，即配位能力，C正确； D．氢键属于特殊的分子间作用力，不属于化学键，b中含有的化学键仅为配位键、共价键，D错误； 故选C。 14. 科研人员设计的酶—光电化学电池可同时在电池两室分别实现两种酶的催化转化，合成高附加值的有机物，工作原理如图所示，已知FMN、FMNH2分别是黄素单核苷酸、还原型黄素单核苷酸。下列说法错误的是 A. 该电池工作过程中实现了光能转化为化学能 B. 从电极向：电极方向迁移 C. ：电极上的反应式为 D. 消耗1 mol 同时生成1 mol 【答案】B 【解析】 【分析】该装置为原电池，左侧电极发生氧化反应（失电子），为负极；右侧电极发生还原反应（得电子），为正极。 【详解】A．该装置为光电化学电池，吸收光能驱动反应，合成高附加值有机物，过程中将光能转化为化学能，A正确； B．原电池中，阳离子向正极移动，因此应从​电极（负极）向电极（正极）迁移，B错误； C．左侧负极上被氧化为，电极反应式为：，C正确； D．正极区，1 mol被还原生成，共得到；负极区，1 mol乙苯（）被氧化生成1-苯乙醇（），共失去，根据得失电子守恒，消耗同时生成，D正确； 故选B。 15. 25℃时，饱和二元弱酸溶液的物质的量浓度为，调节的溶液的(忽略体积变化)，溶液中、、、和的物质的量浓度的对数随的变化如图所示。下列说法正确的是 A. 曲线②表示随的变化 B. 25℃时，的电离常数 C. N点处， D. 时， 【答案】D 【解析】 【详解】H2A是二元弱酸，分为两步电离：、；pH越大即c(H+)越小，H2A不断电离，其浓度c(H2A)应减小，则lg c(H2A)减小，故曲线①为lg c(H2A)的变化；pH增大，c(OH-)增大，电离反应平衡正向移动，c( HA-)先增大，当pH继续增大HA-进一步电离为A2-，故c( HA-)后变小，即曲线②为lg c(HA-)的变化；c(A2-)在pH较大时变化明显，pH越大，c(A2-)越大，即曲线③为lg c(A2-)的变化； A．曲线②为lg c(HA-)的变化，A错误； B．从M(4.02，－4.02)可得，此时c(H+)＝c(HA-)＝10-4.02mol/L，c(H2A)≈10-1mol/L故，B错误； C． N点为曲线①②的交点，此时c( HA-)＝c(H2A)，结合，计算可得c( H+)＝10-7.04mol/L，c( OH－)＝10-6.96 mol/L，即，C错误； D．根据曲线①③的交点可得，又因为，， 即曲线②③的交点横坐标为11.16，故当pH>11.16时，，D正确； 故答案选D。 二、非选择题(本题共4小题，共55分) 16. 为了节约资源，减少重金属对环境的污染，科研人员对某有色金属冶炼厂产生的冶炼废渣(主要成分为FeS、ZnS、PbS，还含有少量的、PbO、CuCl等)进行研究，设计如下工艺流程，实现铅和锌的分离回收。 已知：滤渣1的主要成分为、、和FeO。 回答下列问题： （1）基态的价层电子排布式为__________。 （2）氨水浓度对金属浸出率的影响如图1所示，实际生产中选择氨水的原因是_________________________________________。 （3）“氧化碱浸”中，ZnS转化为，该反应的离子方程式为_______________________________________。 （4）“除杂1”中，加入氨水调节溶液pH，金属离子沉淀率与pH的关系如图2所示，由图可知除去铁元素最合适的pH为__________。 （5）“除杂2”中，最佳的试剂X是__________(填化学式，下同)。滤液4的主要溶质是__________。 （6）滤渣6为ZnS，“焙烧”时发生反应的化学方程式为_____________________________。 （7）ZnO具有独特的电学及光学特性，是一种应用广泛的功能材料。一种ZnO晶体的立方晶胞如图3所示。设为阿伏加德罗常数的值，Zn原子半径为r pm。图4是沿立方格子对角面取得的截图，则Zn原子与O原子间最短空间距离x = __________pm。 【答案】（1） （2）使锌有最大浸出率同时抑制了铁和铅的浸出 （3）或 （4）7.2 （5） ①. Zn ②. （或）、 （6） （7） 【解析】 【分析】氧化碱浸使锌、铜进入滤液1，铅、铁主要进入滤渣1。滤液1经除铜、沉锌回收锌；滤渣1经还原浸铅、除铁、沉铅和焙烧回收铅。 【小问1详解】 锌原子失去最外层的两个电子形成锌离子，3d轨道上的电子数不变，故其价层电子排布式为； 【小问2详解】 由图1可知，氨水浓度为时，Zn的浸出率达到最大，Fe、Pb的浸出率均为0；继续增大氨水浓度，Zn的浸出率不再提高，因此该浓度既能使Zn的浸出率达到最大，又能抑制Fe、Pb的浸出； 【小问3详解】 ZnS中S由−2价升高至+6价，一个S原子失去8个电子；一个过二硫酸根得到2个电子。结合锌离子与氨分子形成配离子及原子、电子和电荷守恒，可得； 【小问4详解】 由图2可知，pH为7.2时Fe的沉淀率已达到100%，而Pb的沉淀率较低；继续增大pH会使Pb的沉淀率明显升高，因此除去铁元素最合适的pH为7.2； 【小问5详解】 Zn能将滤液1中的铜离子还原为Cu，且不会引入新的金属杂质，故试剂X选Zn。铅沉淀后，滤液4中的主要溶质为和； 【小问6详解】 ZnS在空气中焙烧生成氧化锌和二氧化硫，根据原子守恒配平，可得； 【小问7详解】 设晶胞棱长为a。Zn原子沿面对角线相切，有，得。最近的Zn原子与O原子间距离为晶胞棱长的一半，因此。 17. 以苯为原料合成邻溴苯酚的流程如下： 回答下列问题： （1）H中官能团有__________（填名称）。 （2）E→F的反应类型是__________；已知：苯磺酸（B）是强酸，则1 mol F与足量溶液反应，最多能消耗__________。 （3）设计E→F、G→H步骤的目的是_________________________。 （4）下列有机物中，电离常数（）最大的是__________（填字母）。 a． b． c． d． （5）写出A→B的化学方程式：___________________________。 （6）J是H的同系物，J的相对分子质量比H多14。同时具备下列条件的J的同分异构体有__________（填字母）（不包括立体异构体及J本身）。 ①属于芳香族化合物 ②能与Na反应生成 a．7种　　b．10种　　c．16种　　d．23种 【答案】（1）酚羟基、碳溴键 （2） ①. 取代反应 ②. 3 （3）利用磺酸基占位并在溴代后脱去磺酸基，避免多溴代，使溴进入羟基邻位 （4）b （5） （6）c 【解析】 【分析】由流程可知，苯先经磺化生成苯磺酸，再依次经成盐、碱熔和酸化得到苯酚；苯酚经磺化在羟基的一个邻位和对位引入磺酸基，随后在剩余的邻位发生溴代，最后脱去磺酸基得到邻溴苯酚。 【小问1详解】 由流程中H的结构可知，羟基直接与苯环相连，溴原子也与苯环相连，故H中含有酚羟基和碳溴键； 【小问2详解】 苯酚E经磺化生成F，苯环上的氢原子被磺酸基取代，因此E→F属于取代反应；F含两个磺酸基和一个酚羟基，三个可电离氢各使一个碳酸根转化为碳酸氢根，反应可表示为：。由方程式可知，1 mol F最多消耗3 mol碳酸钠； 【小问3详解】 苯酚易在羟基的邻、对位发生取代，直接溴代易生成多溴代物。E→F先用磺酸基占据羟基的一个邻位和对位，使溴进入剩余的邻位；G→H再脱去磺酸基，从而避免多溴代并选择性制得邻溴苯酚； 【小问4详解】 四种物质均为间位取代酚。甲基具有推电子作用，使酚羟基更难电离；卤素具有吸电子作用，使酚羟基更易电离，且氟的吸电子作用强于溴，因此b的电离常数最大； 故选b； 【小问5详解】 苯与浓硫酸在加热条件下发生磺化反应，苯环上的氢原子被磺酸基取代，反应的化学方程式为：； 【小问6详解】 J与H互为同系物且相对分子质量多14，故J的分子式为。满足条件的同分异构体可分为四类：苯环上连有羟基、溴原子和甲基的有10种；苯环上连有溴原子和羟甲基的有3种；苯环上连有羟基和溴甲基的有3种；苯环上连接CH(OH)Br的有1种。共有17种，扣除J本身，剩余16种； 故选c。 18. 硫脲[]为白色晶体，可溶于水，易溶于乙酸乙酯，150℃时能转变为，可代替氰化物用于提炼金。合成硫脲的原理为。 回答下列问题： （1）仪器a的名称为__________。 （2）多孔球泡的作用是__________________________。 （3）装置B中发生的反应温度需控制在80℃，温度不宜过高或过低的原因是____________________；装置B中反应完全的标志是_________________。 （4）分离提纯的方法为萃取，为防止环境污染，应选用的萃取剂为__________(填字母)。 a．苯　　b．四氯化碳　　c．乙酸乙酯　　d．乙醇 （5）在酸性溶液中，硫脲在存在下能溶解金形成，反应的离子方程式为_______________________________________。 （6）已知：溶液呈酸性，KSCN溶液呈中性；、都易溶于乙醇、水，温度高时容易分解和氧化；常温下KSCN的溶解度为217 g。利用硫脲制备KSCN的方法是：取一定量硫脲在隔绝空气的条件下加热至__________℃充分反应，将加热后的产物溶于一定比例的无水乙醇和水中形成溶液，边搅拌边滴加__________并微热除去至用pH计测量溶液pH为中性，加热，低温将乙醇和水蒸出至大量晶体析出，__________、干燥，得到KSCN晶体。 【答案】（1）球形干燥管 （2）增大气体与液体的接触面积，提高吸收效率 （3） ①. 温度过高，硫脲会部分发生异构化反应而生成硫氰化铵，温度过低，反应速率缓慢 ②. 分层现象消失 （4）c （5） （6） ①. 150 ②. KOH溶液 ③. 过滤 【解析】 【分析】合成硫脲的原理为。装置A中NH4Cl与Ca(OH)2在加热条件下反应制取NH3；将NH3通入B装置中，与CS2发生反应生成(H2N)2C=S和NH4HS，反应完成后用萃取剂萃取出(H2N)2C=S，再加以分离，未反应的NH3用稀硫酸吸收，据此解答。 【小问1详解】 由仪器构造可知，仪器a的名称为球形干燥管； 【小问2详解】 多孔球泡的多孔结构能让通入的NH3分散为细小气泡，大幅增大气液接触面积，既提升反应速率，也能让通入的NH3被充分吸收利用，即多孔球泡的作用是：增大气体与液体的接触面积，提高吸收效率； 【小问3详解】 硫脲在150 ℃时能转变为，即温度过高，硫脲会部分转化为硫氰化硫氰化铵；温度过低，反应速率缓慢。因此装置B中发生的反应温度需控制在80℃，温度不宜过高或过低的原因是：温度过高，硫脲会部分发生异构化反应而生成硫氰化铵，温度过低，反应速率缓慢；CS2是不溶于水的油状液体，且生成的(H2N)2C=S和NH4HS均可溶于水，因此反应完全时油状的CS2被完全消耗，即装置B中反应完全的标志是分层现象消失； 【小问4详解】 硫脲易溶于乙酸乙酯，且乙酸乙酯低毒、对环境污染小；苯、四氯化碳毒性大易造成污染，乙醇与水互溶无法作为萃取剂，则应选用的萃取剂为乙酸乙酯，故选c； 【小问5详解】 酸性条件下，Fe3+作为氧化剂将Au氧化为Au+，Au+与2个硫脲分子结合生成配离子，Fe3+被还原为Fe2+，反应的离子方程式为：； 【小问6详解】 已知硫脲150 ℃时可转变为NH4SCN，因此取一定量硫脲在隔绝空气的条件下加热至150 ℃；要将NH4SCN转化为呈中性的KSCN，需加入KOH溶液，让​与OH⁻反应生成而除去，最终得到中性的KSCN溶液；常温下KSCN的溶解度极大，应低温将乙醇和水蒸出至大量晶体析出，过滤、干燥，得到KSCN晶体。 19. 研究氮氧化物污染的治理是环保的一项重要工作，将污染物转化为无害的或高附加值的含氮化学品具有重要意义。回答下列问题： （1）工业上利用CO还原消除氮的氧化物对环境的污染，反应原理： i． ； ii． 。 已知反应i正反应的活化能为，则该反应的逆反应活化能为__________。 （2）将和CO按组成的混合气体，匀速通过装有催化剂的反应器中，的去除率随反应温度的变化曲线如图所示。 ①在50~150℃范围内随着温度的升高，的去除率迅速上升的主要原因是__________________________。 ②当反应温度高于380℃时，的去除率迅速下降的原因可能是_____________________、_____________________。 （3）一定温度下，向2 L真空密闭容器中加入4 mol CO和，发生反应i和ii，5 min后达到平衡状态，容器内有0.2 mol NO、。 ①0~5 min，用CO表示的反应速率为__________(保留两位小数)。 ②该温度下，反应i的物质的量分数平衡常数__________［保留两位小数，反应的物质的量分数平衡常数，其中、、、为各组分的物质的量分数］。 （4）直接电催化NO使其转化为有价值的是一种有吸引力的策略，装置如图1所示(在电场作用下，双极膜中间层的解离为和，并向两极迁移)。 ①写出M电极上生成的电极反应式：_________________________________。 ②M电极分别用Cu、Co、Cu@Co作电极材料的反应历程中的能量变化如图2所示，三种电极材料中，决速步骤的活化能最低的是__________(填“Cu”“Co”或“Cu@Co”)。 ③已知：催化剂表面对NO的吸附能在很大程度上决定了其催化效率，NO在Cu、Co、Cu@Co三种电极材料上的吸附能如图3所示，M电极应选择________(填“Cu”“Co”或“Cu@Co”)作电极材料。 【答案】（1） （2） ①. 催化剂活性随温度升高而增大与温度升高，使反应速率加快 ②. 催化剂失活，反应速率变慢 ③. 放热反应达到平衡后，升高温度，平衡向逆方向移动 （3） ①. 0.34 ②. 5.67 （4） ①. ②. Cu ③. Cu@Co 【解析】 【小问1详解】 根据反应热与活化能的关系：。已知反应i的，正反应活化能，代入公式可得逆反应活化能； 【小问2详解】 ①在50~150℃范围内，随着温度的升高，反应物分子的能量增加，有效碰撞频率提高，反应速率加快；同时催化剂的活性随温度升高而增大，二者共同作用使得的去除率迅速上升； ②反应i和ii均为放热反应，当温度高于380℃时，体系达到平衡后继续升温，化学平衡向逆反应方向移动，导致去除率下降；此外，温度过高可能会破坏催化剂的结构，导致催化剂失活，反应速率减慢； 【小问3详解】 ①设反应i消耗的CO为，反应ii消耗的CO为。根据反应方程式：i. ii. 平衡时，则，反应ii消耗的NO为。平衡时，则反应i生成的NO总量为，即。0~5 min内共消耗CO的物质的量为。用CO表示的反应速率； ②平衡时各物质的物质的量分别为：，，，。在恒温恒容条件下，物质的量分数之比等于物质的量之比，故反应i的物质的量分数平衡常数； 【小问4详解】 ①由图1可知，M电极上NO转化为，发生还原反应。双极膜中间层解离出的向M极迁移，说明M极处于酸性环境，其电极反应式为； ②由图2可知，Cu、Co、Cu@Co作电极材料时，决速步骤（活化能最大的步骤）的活化能分别为0.23 eV、0.40 eV、0.34 eV，其中活化能最低的是Cu； ③由图3可知，NO在Cu@Co上的吸附能为-2.58 eV，是三种材料中最低的。吸附能越低，说明催化剂表面对NO的吸附越稳定，催化效率越高，因此M电极应选择Cu@Co作电极材料。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $