精品解析：广州外国语学校2025-2026学年第二学期开学检测 高三化学试题

2025-2026学年第二学期开学检测 高三化学 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Pb-207 一、选择题：本大题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1. 岭南文化源远流长，对社会的发展起着积极的推动作用。下列地方文化涉及的材料不属于有机高分子化合物的是 选项 A B C D 地方文化 顺德木制龙舟 石湾陶塑 广东剪纸 粤剧现代戏服 A. A B. B C. C D. D 2. 近年来，我国在航天、材料、能源、深海等领域取得了重大突破。下列说法正确的是 A. 人形机器人由“赛场”走向“市场”，机器人所使用的锂电池为一次电池 B. 隐形战机的隐身涂层材料之一为石墨烯，石墨烯是一种新型无机非金属材料 C. 长征五号火箭使用液氧煤油发动机，煤油属于酯类化合物 D. “海牛Ⅱ号”深海钻探采用的钛合金钻头，其耐腐蚀性比纯钛强但硬度比纯钛低 3. 下列化学用语或表述正确的是 A. H2O中O原子的杂化轨道表示式： B. BF3的价层电子对互斥模型： C. CaC2的电子式： D. 的化学名称是3-甲基-3-戊烯 4. 苯巴比妥是一种镇静剂，结构如图所示。关于该有机物说法正确的是 A. 键角∠1>∠2 B. 与氢气完全加成后，分子中有1个手性碳原子 C. 分子中含两种官能团 D. 1mol该物质与足量NaOH溶液反应时消耗2mol NaOH 5. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 标准状况下，22.4LNO和11.2LO2充分反应后，体系中含有的分子数目为NA B. 1mol基态Cr原子中未成对电子数为5NA C. 铅酸蓄电池的负极增重96g，理论上转移电子数为2NA D. 1mol 丙烯腈(CH2=CHCN)中π键的电子对数目为NA 6. 类比推理是化学的常用思维方法。下列推理正确的是 A. 干冰()是分子晶体，推测也是分子晶体 B. 与浓共热可制取气体，推测与浓共热也可制取气体 C. 与反应生成与，推测与反应主要生成与 D. 铝盐溶液中滴入过量氨水发生反应：，推测向溶液中滴入过量氨水： 7. 用下列仪器或装置进行相应实验，不能达到实验目的的是 A．制备CuSO4 B．制备无水FeCl3 C．除去CO2中少量的HCl D．分离NH4Cl和I2 A. A B. B C. C D. D 8. 在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是 A. 由S制备BaSO3：SSO2BaSO3 B. 由CuSO4生成Cu2O：CuSO4Cu(OH)2Cu2O C. 工业制高纯硅：石英砂粗硅SiHCl3高纯硅 D. 工业制硝酸：N2NO2HNO3 9. 以卤水(主要以I—形式存在)为原料提取碘的工艺流程如下： 下列说法不正确的是 A. 氧化剂1可以是H2O2，也可以是适量的Cl2 B. “吸附”步骤中，高分子树脂能与I2形成共价键，达到富集碘元素的目的 C. “脱附”的离子方程式：I2++H2O=2I—++2H+ D. “精制”过程可以是加热升华，再凝华 10. 由下面实验操作和现象能得出相应结论的是 选项 实验操作 实验现象 结论 A 向某无色溶液中滴加稀硫酸，并将产生的气体通入品红溶液中 品红溶液褪色，加热后溶液又恢复红色 溶液中一定含有或 B 向溶液中滴加KSCN溶液，再逐滴加入双氧水 溶液的黄色先变深，后变为红色 还原性： C 向浓度均为的NaCl和的混合液中滴加硝酸银溶液 先出现白色沉淀，一段时间后出现砖红色沉淀 D 将NaCl固体、和浓硫酸混合加热 产生黄绿色气体 氧化性：浓硫酸 A. A B. B C. C D. D 11. 部分含Fe或含N物质的分类与相应化合价关系如图。下列推断合理的是 A. g的稳定性比f的稳定性更强 B. 工业制硝酸涉及a→b→c→d的转化 C. 常温下，可用e容器盛装d的浓溶液，因为e和d的浓溶液不反应 D. 向沸水中滴加h的饱和溶液，一定能形成产生丁达尔效应的分散系 12. 用热再生氨电池处理含电镀废液的装置如图。该装置由电池部分和热再生部分组成：电池部分中，a极室为混合液，b极室为溶液；热再生部分加热极室流出液，使分解。下列说法错误的是 A. 电池部分能产生电流的直接驱动力是结合，导致两极区产生浓度差 B. 若用该电池电解精炼铜，a电极所连电极材料为精铜 C. 装置中的离子交换膜为阳离子交换膜 D. 电池部分的总反应为 13. 某配离子是一种常用的有机催化剂，其结构如图所示。X、Y、Z、M、Q五种元素原子序数依次增大，Y、Z、M同周期，Y元素形成化合物种类数最多，且基态Q的价电子数等于Y与M的价电子数之和。下列说法正确的是 A. 由X、Y、Z三种元素构成的酸分子式一定是X2YZ3 B. M的第一电离能和电负性均是同周期中最大的 C. 简单氢化物的沸点：Z>M，是因为Z的氢化物中存在分子间氢键 D. Q的最高价氧化物对应的水化物可溶于某些酸和碱 14. 磺酰氯(SO2Cl2)是极易水解的无色发烟液体，沸点为69.1℃。实验室可通过反应SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(l) ΔH<0制备，实验装置如图所示，下列说法正确的是 A. 装置①中圆底烧瓶中的固体药品可能为KMnO4、KClO3或MnO2 B. 依据装置②、④中单位时间内的气泡数可调节Cl2和SO2的流量 C. 装置②中盛放饱和食盐水，除去HCl气体，装置③应置于冰水中 D. 装置⑤中的浓硫酸可用质量分数为98.5%的硫酸 15. 25℃，固体酸分子筛催化乙醇脱水，乙醇的分子间脱水和分子内脱水过程与相对能量变化如图所示：下列说法不正确的是 A. 在该反应条件下，产物2比产物1稳定 B. 乙醇通过氢键吸附于固体酸分子筛表面 C. 生成产物1的决速步活化能为46.0kcal/mol D. 反应达到平衡时，升高温度可提高产物2产率 16. 常温下，溶液中所有含硫物种的物质的量分数与pH变化关系如图中虚线所示。和CdS在溶液浓度保持不变)中达到沉淀溶解平衡时，与pH变化关系如图中实线所示(为金属离子的物质的量浓度)。 下列说法正确的是 A. 直线⑤表示溶液中的与pH的关系 B. 当溶液中与的物质的量分数相同时，溶液的pH为10.1 C. 的数量级为 D. 向相同浓度的和的混合溶液中通入气体，先开始沉淀 二、非选择题：本题共4小题，共56分。 17. 铁氰化钾{K3[Fe(CN)6]}又叫赤血盐，是一种深红色易溶于水的晶体，常用于检验Fe2+。 （1）可用氯气氧化法制备K3[Fe(CN)6]，其实验装置如图所示： 仪器a的名称为__________；装置A中发生反应的离子方程式为_______________________。 （2）船舶的外壳常用镶嵌锌块的方法避免船体遭受腐蚀，实验室模拟该过程如下。 实验 实验装置 实验步骤及现象 Ⅰ 电流表指针偏转，Fe电极上未见气泡生成；一段时间后，向Fe电极附近滴加K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀 Ⅱ 向A区滴加酚酞溶液，出现红色 Ⅲ 向A区滴加K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀，一段时间后，与铁钉接触的蓝色沉淀消失 注：蓝色沉淀为KFe[Fe(CN)6]，说明有Fe2+产生。 ①对实验Ⅰ中Fe2+产生的原因作出如下猜想： 猜想a．H+将Fe氧化； 猜想b．K3[Fe(CN)6]将Fe氧化； 猜想c．____________将Fe氧化； 猜想d．K3[Fe(CN)6]被Zn还原； 依据实验I中的现象否定了猜想a。 ②理论分析： 资料i：实验I条件下，Fe2++6CN—⇌[Fe(CN)6]4— K=1.0×1035， Zn2++4CN—⇌[Zn(CN)4]2— K=5.0×1016。 若K3[Fe(CN)6]将Fe氧化，写出生成Fe2+的离子方程式为_______________________；若K3[Fe(CN)6]被Zn还原，还原产物为___________，无法生成蓝色沉淀；因此，猜想b可能成立，猜想d不成立。 ③设计实验______________________(填操作和现象)，证明了猜想c不成立，则猜想b成立。 （3）结合电极反应式，分析实验Ⅱ中出现红色的原因______________________。 资料ii：实验Ⅲ条件下，Fe与KFe[Fe(CN)6]很难发生反应。 （4）结合平衡移动原理，解释实验Ⅲ中“一段时间后，与铁钉接触的蓝色沉淀消失”的可能原因：______________________。 （5）将实验Ⅲ装置中的锌片换成铜片，重复实验Ⅲ的操作，推测其与实验Ⅲ现象的差异：______________________。 由上述实验可知：比铁活泼的锌可以保护铁，减缓其腐蚀。 18. 电解铜的阳极泥中含PtTe、PdSe、Pt、Pd、Au、Cu等物质，以该阳极泥为原料，分离和回收Au、Pt、Pd、Cu等金属或其化合物的工艺流程如图所示： 已知： ①PtTe中Pt为+2价，“氧化焙烧”时，阳极泥中的化合态均转化为单质。 ②易溶于水，难溶于水；③； 回答下列问题： （1）“氧化焙烧”中，PtTe发生反应的化学方程式为_______。 （2）滤液b溶质的主要成分是_______(填化学式)。 （3）“氯浸”工艺中，金属被氧化为配离子：。 ①的转化中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。 ②“分金”加入过量草酸的作用，除析出金属Au外，还有_______。 （4） “沉钯”之前，测得溶液中，加入等体积的溶液充分反应，测得反应后混合液中，则初始加入溶液的浓度为_______(忽略溶液混合时的体积变化)。 （5）①Pt的一个面心立方晶胞含_______个以下基本结构单元，晶胞参数为anm，则最近的两个Pt原子之间的距离为_______nm。 ②某金属M氧化物(为整数)的立方晶胞沿轴方向投影均如图所示，则O在晶胞中的位置为_______，晶体中一个M周围最近的O的个数为_______。 19. 乙二醇是一种应用广泛的化工原料。以甲醛和合成气(CO+H2)为原料制备乙二醇的反应分两步进行： ①HCHO(g)+CO(g)+H2(g)=HOCH2CHO(l)； ②HOCH2CHO(l)+H2(g)=HOCH2CH2OH(l)； 已知：ΔfHm为物质生成焓，反应焓变ΔH=产物生成焓之和-反应物生成焓之和。相关物质的生成焓如下表所示。 物质 HCHO(g) CO(g) H2(g) HOCH2CH2OH(l) ΔfHm/(kJ·mol-1) -116 -111 0 -455 回答下列问题： （1）生成乙二醇的总反应③的热化学方程式为___________。 （2）恒压时，增大合成气的值，HOCH2CHO(羟基乙醛)单位时间内产率降低，其可能原因是___________。 （3）反应中伴随副反应④：HCHO(g)+H2(g)=CH3OH(l)。平衡常数与温度之间满足关系ln K=-+常数(R为正常数)，反应②和反应④的ln K与的关系如图所示，则ΔH2__________ΔH4(填“>”“<”或“=”)；欲抑制甲醇的生成，应适当___________(填“升高”或“降低”)反应温度，理由是___________。 （4）若反应在恒容密闭容器中进行，溶剂中甲醛的初始浓度为1.0 mol·L-1。 ①反应5 h后，羟基乙醛、乙二醇、甲醇的产率分别为38%、8%、10%，则甲醛的平均消耗速率v=___________mol·L-1·h-1。 ②溶剂中H2和CO浓度分别保持为1.0×10-4 mol·L-1、6.0×10-4 mol·L-1，羟基乙醛、乙二醇、甲醇的平衡产率分别为18%、34%、14%，反应③生成乙二醇的平衡常数K=___________(mol·L-1)-3(保留两位小数)。 20. 那可丁是世界范围内使用的经典镇咳药物，也是一种抗肿瘤活性高且毒副作用小的新型抗肿瘤药物，中间体H的两条合成路线如下： 回答下列问题： （1）B中官能团的名称为______________，鉴别C和D可选用的试剂名称为________________。 （2）A生成B的过程中，NaOH的作用为________________________。 （3）C→F的过程分两步进行，写出第二步的化学方程式________________________。 （4）满足下列条件的化合物D的所有同分异构体有________种。 a．能发生水解反应且遇FeCl3溶液能发生显色反应 b． 1mol有机物最多能与3molNaOH反应 （5）D→E的合成路线设计如下： M的结构简式为________________；试剂Y为________________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年第二学期开学检测 高三化学 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Pb-207 一、选择题：本大题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1. 岭南文化源远流长，对社会的发展起着积极的推动作用。下列地方文化涉及的材料不属于有机高分子化合物的是 选项 A B C D 地方文化 顺德木制龙舟 石湾陶塑 广东剪纸 粤剧现代戏服 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．木制龙舟的主要成分是纤维素，属于有机高分子化合物，A不合题意； B．陶塑的主要成分为硅酸盐是无机非金属材料，不属于有机高分子化合物，B符合题意； C．纸的主要成分是纤维素，属于有机高分子化合物，C不合题意； D．现代戏服的主要成分是合成纤维，属于有机高分子化合物，D不合题意； 故答案为：B。 2. 近年来，我国在航天、材料、能源、深海等领域取得了重大突破。下列说法正确的是 A. 人形机器人由“赛场”走向“市场”，机器人所使用的锂电池为一次电池 B. 隐形战机的隐身涂层材料之一为石墨烯，石墨烯是一种新型无机非金属材料 C. 长征五号火箭使用液氧煤油发动机，煤油属于酯类化合物 D. “海牛Ⅱ号”深海钻探采用的钛合金钻头，其耐腐蚀性比纯钛强但硬度比纯钛低 【答案】B 【解析】 【详解】A．锂电池可充电后反复使用，属于二次电池，不属于一次电池，A错误； B．石墨烯是碳元素形成的单质，属于新型无机非金属材料，B正确； C．煤油是石油分馏产物，成分为多种烃类的混合物，不属于酯类化合物，C错误； D．合金的硬度一般高于其成分纯金属，钛合金的硬度比纯钛高，D错误； 故选B。 3. 下列化学用语或表述正确的是 A. H2O中O原子的杂化轨道表示式： B. BF3的价层电子对互斥模型： C. CaC2的电子式： D. 的化学名称是3-甲基-3-戊烯 【答案】A 【解析】 【详解】A．中原子价层电子对数为4，采取杂化，4个杂化轨道中2个填充孤电子对，2个填充单电子用于成键，轨道表示式符合电子排布规则，A正确； B．中原子价层电子对数为3，无孤电子对，价层电子对互斥模型为平面三角形，图示模型含孤电子对，B错误； C．由和构成，阴离子中两个原子以三键结合，正确电子式为，C错误； D．该有机物命名时应从靠近双键的一端编号，双键位于2号碳，3号碳连有甲基，正确名称为3-甲基-2-戊烯，D错误； 故选A。 4. 苯巴比妥是一种镇静剂，结构如图所示。关于该有机物说法正确的是 A. 键角∠1>∠2 B. 与氢气完全加成后，分子中有1个手性碳原子 C. 分子中含两种官能团 D. 1mol该物质与足量NaOH溶液反应时消耗2mol NaOH 【答案】A 【解析】 【详解】A．双键对单键的排斥力大于单键对单键的排斥力，所以∠1 的键角大于∠2，A 正确； B．该物质仅苯环可以加氢，加氢后无手性碳原子，B错误； C．分子中含有一种官能团是酰胺基，C错误； D．1mol该物质的环状酰亚胺结构在足量NaOH溶液中加热会完全水解，生成1 mol、1 molNa2CO3、2 mol氨气，消耗4 molNaOH，D错误； 故选A。 5. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 标准状况下，22.4LNO和11.2LO2充分反应后，体系中含有的分子数目为NA B. 1mol基态Cr原子中未成对电子数为5NA C. 铅酸蓄电池的负极增重96g，理论上转移电子数为2NA D. 1mol 丙烯腈(CH2=CHCN)中π键的电子对数目为NA 【答案】C 【解析】 【详解】A．标准状况下，1mol 与0.5mol 反应生成1mol ，由于存在平衡，体系分子数目小于，A错误； B．基态原子价电子排布为，未成对电子数为6，1mol基态原子未成对电子数为，B错误； C．铅酸蓄电池负极反应为，每转移2mol电子，负极增重1mol 的质量即96g，故负极增重96g时转移电子数为，C正确； D．1个丙烯腈分子中含1个碳碳双键（1个π键）和1个碳氮三键（2个π键），共3个π键，故1mol丙烯腈中π键的电子对数目为，D错误； 故选C。 6. 类比推理是化学的常用思维方法。下列推理正确的是 A. 干冰()是分子晶体，推测也是分子晶体 B. 与浓共热可制取气体，推测与浓共热也可制取气体 C. 与反应生成与，推测与反应主要生成与 D. 铝盐溶液中滴入过量氨水发生反应：，推测向溶液中滴入过量氨水： 【答案】B 【解析】 【详解】A．由原子直接构成，属于共价晶体，故A错误； B．浓硫酸为高沸点酸，可以制得低沸点，同样也可以得到低沸点，故B正确； C．二氧化硫具有还原性，与具有强氧化性的过氧化钠反应生成硫酸钠，故C错误； D．向溶液中滴入过量氨水：，故D错误； 故答案选B。 7. 用下列仪器或装置进行相应实验，不能达到实验目的的是 A．制备CuSO4 B．制备无水FeCl3 C．除去CO2中少量的HCl D．分离NH4Cl和I2 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．铜作阳极电解稀硫酸，阳极反应为，阴极反应为，总反应为，可制备，A正确； B．水解生成和，易挥发，在气流中加热可抑制水解得到无水，B正确； C．饱和溶液不溶解，且可与反应生成，装置为长进短出的洗气装置，可除去杂质，C正确； D．受热分解为和，遇冷又化合生成，受热升华、遇冷凝华，二者加热后都会在冷烧瓶底部凝结为固体，无法分离，不能达到实验目的，D错误； 故答案选D。 8. 在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是 A. 由S制备BaSO3：SSO2BaSO3 B. 由CuSO4生成Cu2O：CuSO4Cu(OH)2Cu2O C. 工业制高纯硅：石英砂粗硅SiHCl3高纯硅 D. 工业制硝酸：N2NO2HNO3 【答案】C 【解析】 【详解】A．硫燃烧生成二氧化硫，二氧化硫和氯化钡不反应，A错误； B．硫酸铜和氢氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀，在加热条件下，氢氧化铜分解生成氧化铜和水，B错误； C．石英砂（主要成分为）与焦炭，高温下发生反应制取粗硅，粗硅与HCl在高温下反应生成SiHCl3，再与发生还原反应，制备高纯硅，C正确； D．不能在中燃烧，与在高温或放电条件下反应生成在常温下易与结合生成，D错误； 故选C。 9. 以卤水(主要以I—形式存在)为原料提取碘的工艺流程如下： 下列说法不正确的是 A. 氧化剂1可以是H2O2，也可以是适量的Cl2 B. “吸附”步骤中，高分子树脂能与I2形成共价键，达到富集碘元素的目的 C. “脱附”的离子方程式：I2++H2O=2I—++2H+ D. “精制”过程可以是加热升华，再凝华 【答案】B 【解析】 【分析】由题给流程可知，卤水酸化后，通入氯气或加入过氧化氢等氧化剂将碘离子氧化为碘，用高分子树脂吸附溶液中的碘，向吸附后的树脂中加入亚硫酸钠溶液将碘还原为碘离子得到解脱液，向解脱液中通入氯气或加入过氧化氢等氧化剂将碘离子氧化为碘，粗产品再升华纯化得到纯碘产品。 【详解】A．和适量在酸性条件下均可将氧化为，适量不会过度氧化生成，A正确； B．高分子树脂吸附是依靠范德华力的物理吸附过程，二者未形成共价键，B错误； C．该离子方程式原子、电荷、得失电子均守恒，符合氧化的反应规律，C正确； D．易升华，加热升华后再凝华可实现碘的提纯，D正确； 故选B。 10. 由下面实验操作和现象能得出相应结论的是 选项 实验操作 实验现象 结论 A 向某无色溶液中滴加稀硫酸，并将产生的气体通入品红溶液中 品红溶液褪色，加热后溶液又恢复红色 溶液中一定含有或 B 向溶液中滴加KSCN溶液，再逐滴加入双氧水 溶液的黄色先变深，后变为红色 还原性： C 向浓度均为的NaCl和的混合液中滴加硝酸银溶液 先出现白色沉淀，一段时间后出现砖红色沉淀 D 将NaCl固体、和浓硫酸混合加热 产生黄绿色气体 氧化性：浓硫酸 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．向某无色溶液中滴加稀硫酸，产生的气体使品红褪色，加热恢复红色，说明气体为SO2，可能来自或，但硫代硫酸根（）与酸反应也会生成SO2，溶液中也可能含有硫代硫酸根（），A错误； B．向FeI2溶液中滴加KSCN后加双氧水，黄色加深（I-→I2）后变红（Fe2+→Fe3+），说明I-先被氧化，还原性I-＞Fe2+，B正确； C．向浓度均为的NaCl和的混合液中滴加硝酸银溶液，先析出AgCl沉淀，后析出Ag2CrO4沉淀，说明AgCl的溶解度更小，但二者是结构不同的沉淀，不能直接通过沉淀的先后顺序来推导Ksp的大小关系，C错误； D．NaCl、MnO2与浓硫酸加热生成Cl2，反应中MnO2为氧化剂（将Cl-氧化为Cl2），浓硫酸仅提供酸性环境，结论中浓硫酸的氧化性大于Cl2不成立，D错误； 故选B。 11. 部分含Fe或含N物质的分类与相应化合价关系如图。下列推断合理的是 A. g的稳定性比f的稳定性更强 B. 工业制硝酸涉及a→b→c→d的转化 C. 常温下，可用e容器盛装d的浓溶液，因为e和d的浓溶液不反应 D. 向沸水中滴加h的饱和溶液，一定能形成产生丁达尔效应的分散系 【答案】A 【解析】 【分析】左侧为含N物质，单质为，氧化物为、为，酸为；右侧为含Fe物质，单质为，氧化物为、为，为等+3价铁盐，据此分析。 【详解】A．为，为，中为+3价，更稳定，在空气中易被氧化为，故的稳定性比更强，A符合题意； B．工业制硝酸的转化为，、、，并非的直接转化，B不符合题意； C．常温下，与的浓溶液发生钝化，钝化是化学变化，C不符合题意； D．向沸水中滴加的饱和溶液，若加热时间过长，会生成沉淀(胶体发生聚沉)，无法形成产生丁达尔效应的胶体，D不符合题意； 故选A。 12. 用热再生氨电池处理含电镀废液的装置如图。该装置由电池部分和热再生部分组成：电池部分中，a极室为混合液，b极室为溶液；热再生部分加热极室流出液，使分解。下列说法错误的是 A. 电池部分能产生电流的直接驱动力是结合，导致两极区产生浓度差 B. 若用该电池电解精炼铜，a电极所连电极材料为精铜 C. 装置中的离子交换膜为阳离子交换膜 D. 电池部分的总反应为 【答案】C 【解析】 【分析】a极室铜失去电子发生氧化反应，结合NH3生成[Cu(NH3 )4 ]2+，则a极为负极，电极反应为， b极室铜离子得到电子发生还原反应生成铜，则b极为正极，电极反应为：。 【详解】A．根据分析可知电池部分能产生电流的直接驱动力是结合，导致两极区产生浓度差，A正确； B．该电池中a为负极，b为正极，若用于电解精炼铜，a极接电解池阴极，阴极的电极材料为精铜，B正确； C．a极室溶液中生成的导致正电荷在增加，b极室消耗Cu2+，导致正电荷减少，需由 b极室迁移到a极室，才能维持两室溶液中的电荷呈电中性，使电池反应能不断进行下去，故装置中的离子交换膜为阴离子交换膜，C错误； D．根据分析可知，电池部分的总反应为，D正确； 故答案选C。 13. 某配离子是一种常用的有机催化剂，其结构如图所示。X、Y、Z、M、Q五种元素原子序数依次增大，Y、Z、M同周期，Y元素形成化合物种类数最多，且基态Q的价电子数等于Y与M的价电子数之和。下列说法正确的是 A. 由X、Y、Z三种元素构成的酸分子式一定是X2YZ3 B. M的第一电离能和电负性均是同周期中最大的 C. 简单氢化物的沸点：Z>M，是因为Z的氢化物中存在分子间氢键 D. Q的最高价氧化物对应的水化物可溶于某些酸和碱 【答案】D 【解析】 【分析】X、Y、Z、M、Q五种元素原子序数依次增大，Y元素化合物种类数最多，则Y为C元素；Y、Z、M同周期，由有机催化剂结构可知，X形成1个共价键、Z形成2个共价键(不算配位键)、M形成1个共价键，则X为H元素、Z为O元素、M为F元素；基态Q的价电子数等于Y与M的价电子数之和（4+7=11），则Q为价电子排布式为，为Cu元素，综上所述：X=H、Y=C、Z=O、M=F、Q=Cu，据此解答。 【详解】A．含有H、C、O的酸除外，还有羧酸（如）等，分子式并非一定为，故A错误； B．第一电离能：Ne＞F，M的第一电离能在同周期中并不是最大的，但其电负性是同周期元素中最大的，故B错误； C．Z的简单氢化物为，M的简单氢化物为，二者均存在分子间氢键，的沸点高于，是因为分子间氢键更多，故C错误； D．Q的最高价氧化物对应水化物为，可溶于弱碱氨水，形成四氨合铜离子，也能溶于盐酸，形成铜盐，故D正确； 故选D。 14. 磺酰氯(SO2Cl2)是极易水解的无色发烟液体，沸点为69.1℃。实验室可通过反应SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(l) ΔH<0制备，实验装置如图所示，下列说法正确的是 A. 装置①中圆底烧瓶中的固体药品可能为KMnO4、KClO3或MnO2 B. 依据装置②、④中单位时间内的气泡数可调节Cl2和SO2的流量 C. 装置②中盛放饱和食盐水，除去HCl气体，装置③应置于冰水中 D. 装置⑤中的浓硫酸可用质量分数为98.5%的硫酸 【答案】B 【解析】 【分析】磺酰氯(SO2Cl2)的制备：SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(l) ΔH<0，氯气和SO2在木炭作催化剂的作用下合成SO2Cl2，因SO2Cl2是一种无色液体，极易水解生成硫酸和盐酸，遇潮湿空气会产生白雾，因此要保证参加反应的氯气和SO2是干燥的，同时要防止空气中的水汽进入③中，为了减小生成物的损失需要使用冷凝管冷凝回流，同时要利用碱石灰吸收SO2和氯气的尾气防污染，反应后的液体混合物可利用蒸馏进行分离，①装置用于制备氯气，②装置：干燥装置氯气，防止SO2Cl2的水解，③装置：制备磺酰氯，碱石灰可防止外界空气中的水蒸气进入，并吸收未反应的氯气和二氧化硫，④装置：干燥二氧化硫，⑤装置：浓硫酸和亚硫酸钠固体制备二氧化硫，以此解答该题。 【详解】A．二氧化锰与浓盐酸需在加热条件下反应制备氯气，A错误； B．由方程式可知二氧化硫和氯气的化学计量数为1：1，气体流量可通过观察②、④中单位时间内的气泡数来调节，B正确； C．氯化氢对物质的制备无影响，应用浓硫酸，用于除去水，C错误； D．质量分数为98.5%的浓硫酸中，硫酸主要以分子形式存在，反应速率较慢，故装置⑤中的浓硫酸不可用质量分数为98.5%的硫酸，D错误； 故选B。 15. 25℃，固体酸分子筛催化乙醇脱水，乙醇的分子间脱水和分子内脱水过程与相对能量变化如图所示：下列说法不正确的是 A. 在该反应条件下，产物2比产物1稳定 B. 乙醇通过氢键吸附于固体酸分子筛表面 C. 生成产物1的决速步活化能为46.0kcal/mol D. 反应达到平衡时，升高温度可提高产物2产率 【答案】D 【解析】 【详解】A．从图中可知，产物2的能量比产物1低，根据能量越低越稳定的原则，产物2比产物1稳定，A正确； B．从图中可知，乙醇中的O原子与固体酸分子筛中的H原子形成分子间氢键，因此乙醇通过氢键吸附于固体酸分子筛表面，B正确； C．生成产物1的决速步骤为活化能最高的一步，从图中可知生成产物1时活化能最高为36.7+9.3=46kcal/mol，C正确； D．生成产物2的反应为放热反应，升高温度化学平衡逆向移动，产物2产率降低，D错误； 故答案选D。 16. 常温下，溶液中所有含硫物种的物质的量分数与pH变化关系如图中虚线所示。和CdS在溶液浓度保持不变)中达到沉淀溶解平衡时，与pH变化关系如图中实线所示(为金属离子的物质的量浓度)。 下列说法正确的是 A. 直线⑤表示溶液中的与pH的关系 B. 当溶液中与的物质的量分数相同时，溶液的pH为10.1 C. 的数量级为 D. 向相同浓度的和的混合溶液中通入气体，先开始沉淀 【答案】C 【解析】 【分析】随着pH增大，物质的量分数减小，物质的量分数先增大再减小，物质的量分数增大，虚线①代表物质的量分数，虚线②代表物质的量分数，虚线③代表物质的量分数；由A点得，由B点得，，由P点可知，，，随着溶液的pH增大，逐渐增大，则金属离子浓度逐渐减小，且由于减小得更快[即增大得更快，故直线④表示溶液中的与pH的关系，直线⑤表示溶液中的与pH的关系，据此分析解题。 【详解】A．由分析可知，直线④表示溶液中的与pH的关系，A错误； B．由分析可知，，当与的物质的量分数相同时，，根据，可得，故，此时，B错误； C．由分析可知，，故其数量级是，C正确； D．向相同浓度的和的混合溶液中通入气体，不妨设中，中沉淀所需更小，先沉淀，D错误； 故答案选C。 二、非选择题：本题共4小题，共56分。 17. 铁氰化钾{K3[Fe(CN)6]}又叫赤血盐，是一种深红色易溶于水的晶体，常用于检验Fe2+。 （1）可用氯气氧化法制备K3[Fe(CN)6]，其实验装置如图所示： 仪器a的名称为__________；装置A中发生反应的离子方程式为_______________________。 （2）船舶的外壳常用镶嵌锌块的方法避免船体遭受腐蚀，实验室模拟该过程如下。 实验 实验装置 实验步骤及现象 Ⅰ 电流表指针偏转，Fe电极上未见气泡生成；一段时间后，向Fe电极附近滴加K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀 Ⅱ 向A区滴加酚酞溶液，出现红色 Ⅲ 向A区滴加K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀，一段时间后，与铁钉接触的蓝色沉淀消失 注：蓝色沉淀为KFe[Fe(CN)6]，说明有Fe2+产生。 ①对实验Ⅰ中Fe2+产生的原因作出如下猜想： 猜想a．H+将Fe氧化； 猜想b．K3[Fe(CN)6]将Fe氧化； 猜想c．____________将Fe氧化； 猜想d．K3[Fe(CN)6]被Zn还原； 依据实验I中的现象否定了猜想a。 ②理论分析： 资料i：实验I条件下，Fe2++6CN—⇌[Fe(CN)6]4— K=1.0×1035， Zn2++4CN—⇌[Zn(CN)4]2— K=5.0×1016。 若K3[Fe(CN)6]将Fe氧化，写出生成Fe2+的离子方程式为_______________________；若K3[Fe(CN)6]被Zn还原，还原产物为___________，无法生成蓝色沉淀；因此，猜想b可能成立，猜想d不成立。 ③设计实验______________________(填操作和现象)，证明了猜想c不成立，则猜想b成立。 （3）结合电极反应式，分析实验Ⅱ中出现红色的原因______________________。 资料ii：实验Ⅲ条件下，Fe与KFe[Fe(CN)6]很难发生反应。 （4）结合平衡移动原理，解释实验Ⅲ中“一段时间后，与铁钉接触的蓝色沉淀消失”的可能原因：______________________。 （5）将实验Ⅲ装置中的锌片换成铜片，重复实验Ⅲ的操作，推测其与实验Ⅲ现象的差异：______________________。 由上述实验可知：比铁活泼的锌可以保护铁，减缓其腐蚀。 【答案】（1） ①. 恒压滴液漏斗 ②. （2） ①. O2 ②. ③. ④. 取实验Ⅰ中Fe电极附近未滴加的溶液于试管中，滴入溶液，无蓝色沉淀产生 （3）A区为正极，发生反应，氢氧根浓度增大，酚酞变红 （4）体系中存在平衡、，A区反应生成，会消耗、，浓度降低，平衡正移，蓝色沉淀溶解 （5）该反应比实验Ⅲ产生的蓝色沉淀更快、更多，一段时间后，与铁钉接触的蓝色沉淀不消失 【解析】 【小问1详解】 根据图示可知，仪器a的名称为恒压滴液漏斗；高锰酸钾和浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气，反应的离子方程式为； 【小问2详解】 ①装置暴露在空气中，空气中的氧气会将铁氧化； ②K3[Fe(CN)6]将Fe氧化，则生成Fe2+和K4[Fe(CN)6]，反应的离子方程式为；K3[Fe(CN)6]被Zn还原，铁元素的化合价降低生成； ③取实验Ⅰ中Fe电极附近未滴加的溶液于试管中，滴入溶液，无蓝色沉淀产生，说明脱离Fe电极，无Fe2+生成，即猜想b可能成立； 【小问3详解】 A区铁做正极，空气中的氧气被还原，发生反应，环境为碱性，酚酞变红； 【小问4详解】 体系中存在平衡、，负极Zn失电子生成，与结合生成稳定的，使浓度降低，平衡正向移动，蓝色沉淀溶解; 【小问5详解】 将实验Ⅲ装置中的锌片换成铜片，A区铁做负极被氧化生成Fe2+，Fe2+和K3[Fe(CN)6]反应生成蓝色沉淀KFe[Fe(CN)6]，但Fe与KFe[Fe(CN)6]很难发生反应，故蓝色沉淀不会消失。 18. 电解铜的阳极泥中含PtTe、PdSe、Pt、Pd、Au、Cu等物质，以该阳极泥为原料，分离和回收Au、Pt、Pd、Cu等金属或其化合物的工艺流程如图所示： 已知： ①PtTe中Pt为+2价，“氧化焙烧”时，阳极泥中的化合态均转化为单质。 ②易溶于水，难溶于水；③； 回答下列问题： （1）“氧化焙烧”中，PtTe发生反应的化学方程式为_______。 （2）滤液b溶质的主要成分是_______(填化学式)。 （3）“氯浸”工艺中，金属被氧化为配离子：。 ①的转化中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。 ②“分金”加入过量草酸的作用，除析出金属Au外，还有_______。 （4） “沉钯”之前，测得溶液中，加入等体积的溶液充分反应，测得反应后混合液中，则初始加入溶液的浓度为_______(忽略溶液混合时的体积变化)。 （5）①Pt的一个面心立方晶胞含_______个以下基本结构单元，晶胞参数为anm，则最近的两个Pt原子之间的距离为_______nm。 ②某金属M氧化物(为整数)的立方晶胞沿轴方向投影均如图所示，则O在晶胞中的位置为_______，晶体中一个M周围最近的O的个数为_______。 【答案】（1） （2） （3） ①. 2:1 ②. 将还原为，便于后续使含Pt物质与含Pd物质分离 （4）0.8 （5） ①. 8 ②. ③. 棱心 ④. 6 【解析】 【分析】阳极泥（含PtTe、PdSe、Pt、Pd、Au、Cu等物质）加入纯碱（碳酸钠）、空气焙烧，然后加入水，浸取过滤得到含Na2TeO3、Na2SeO3的滤液a，分离出滤渣，滤渣加入稀硫酸，酸浸溶解氧化铜得到含硫酸铜的滤液b，分离出含Au、Pt、Pd的滤渣，加入氯气和浓盐酸氯浸，金属Au、Pt、Pd被氧化为配离子：、、，加入草酸将还原为金单质、还原为，过滤分离出金单质，滤液加入氯化铵得到含的滤液c和沉淀，据此分析； 【小问1详解】 PtTe中Pt为+2价，且“氧化焙烧”时，阳极泥中的化合态Pt转化为单质，反应中Pt元素的化合价由+2变为0，空气中氧气参与反应，氧元素的化合价由0变为-2，Te元素的化合价由-2变为+4得到，结合电子守恒、质量守恒，PtTe发生反应的化学方程式为； 【小问2详解】 根据分析，滤液b溶质的主要成分是； 【小问3详解】 ①，Pd元素的化合价由0变为+4，为还原剂，氯气中氯元素的化合价由0变为-1，为氧化剂，结合电子守恒存在，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1； ②草酸具有还原性，由分析结合流程，“分金”加入过量草酸的作用，除析出金属Au外，还有将还原为，便于后续使含Pt物种与含Pd物种分离； 【小问4详解】 反应后混合液中，则此时，结合反应，则初始加入溶液的浓度约为； 【小问5详解】 ①Pt的一个面心立方晶胞含8个以下基本结构单元，晶胞参数为anm，则最近的两个Pt原子之间的距离为面对角线的一半，nm； ②某金属M氧化物(为整数)的立方晶胞沿轴方向投影均如图所示，则白球在顶点，黑球在棱心，黑球的数目为，白球的数目为，则O在晶胞中的位置为棱心，晶体中一个M周围最近的O的个数为。 19. 乙二醇是一种应用广泛的化工原料。以甲醛和合成气(CO+H2)为原料制备乙二醇的反应分两步进行： ①HCHO(g)+CO(g)+H2(g)=HOCH2CHO(l)； ②HOCH2CHO(l)+H2(g)=HOCH2CH2OH(l)； 已知：ΔfHm为物质生成焓，反应焓变ΔH=产物生成焓之和-反应物生成焓之和。相关物质的生成焓如下表所示。 物质 HCHO(g) CO(g) H2(g) HOCH2CH2OH(l) ΔfHm/(kJ·mol-1) -116 -111 0 -455 回答下列问题： （1）生成乙二醇的总反应③的热化学方程式为___________。 （2）恒压时，增大合成气的值，HOCH2CHO(羟基乙醛)单位时间内产率降低，其可能原因是___________。 （3）反应中伴随副反应④：HCHO(g)+H2(g)=CH3OH(l)。平衡常数与温度之间满足关系ln K=-+常数(R为正常数)，反应②和反应④的ln K与的关系如图所示，则ΔH2__________ΔH4(填“>”“<”或“=”)；欲抑制甲醇的生成，应适当___________(填“升高”或“降低”)反应温度，理由是___________。 （4）若反应在恒容密闭容器中进行，溶剂中甲醛的初始浓度为1.0 mol·L-1。 ①反应5 h后，羟基乙醛、乙二醇、甲醇的产率分别为38%、8%、10%，则甲醛的平均消耗速率v=___________mol·L-1·h-1。 ②溶剂中H2和CO浓度分别保持为1.0×10-4 mol·L-1、6.0×10-4 mol·L-1，羟基乙醛、乙二醇、甲醇的平衡产率分别为18%、34%、14%，反应③生成乙二醇的平衡常数K=___________(mol·L-1)-3(保留两位小数)。 【答案】（1）HCHO(g)+CO(g)+2H2(g)=HOCH2CH2OH(l) ΔH=-228kJ/mol （2）若单位时间内未达平衡，可能是反应②的速率大于反应①，使得单位时间内HOCH2CHO(羟基乙醛)产率降低；若单位时间已达平衡，可能是反应①平衡逆移，反应②平衡正移，导致羟基乙醛产率降低 （3） ①. < ②. 降低 ③. 随着的增大，即温度降低，反应②的lnK增大的程度大于反应④的lnK增大的程度 （4） ①. 0.112 ②. 1.67×1011 【解析】 【19题详解】 反应①+反应②，得到总反应③：HCHO(g)+CO(g)+2H2(g)=HOCH2CH2OH(l)，反应焓变ΔH=产物生成焓之和-反应物生成焓之和，即ΔH=∑ΔfHm(产物)-∑ΔfHm(反应物)=(-455)-[(-116)+(-111)+0] kJ/mol=-228 kJ/mol，则热化学方程式为HCHO(g)+CO(g)+2H2(g)=HOCH2CH2OH(l) ΔH=-228kJ/mol。 【20题详解】 恒压时，增大合成气中的值，意味着H2的分压增大，CO的分压减小，反应速率与反应物浓度相关，CO分压减小的影响超过H2分压增大的影响，导致反应①比反应②慢，故羟基乙醛单位时间内产率降低。 【21题详解】 ln K与的关系图中，斜率为，图中反应②的斜率大于反应④，表明|ΔH2|>|ΔH4|，由于两反应的K随温度降低均增大，均为放热(ΔH<0)，故ΔH2<ΔH4；抑制甲醇生成，即让反应②的正向进行程度大于反应④，由图可知，随着的增大，ln K2增大的程度大于ln K4增大程度，故需要低温才能抑制甲醇的生成。 【22题详解】 ①生成HOCH2CHO消耗甲醛38%，生成乙二醇消耗甲醛8%，生成甲醇消耗甲醛10%，总计38%+8%+10%=56%，消耗量=1.0 mol/L × 56%=0.56 mol/L，则甲醛的平均消耗速率v==0.112 mol·L-1·h-1； ②总反应③为HCHO(g)+CO(g)+2H2(g)=HOCH2CH2OH(l)，H2和CO浓度分别保持为1.0×10-4 mol·L-1、6.0×10-4 mol·L-1不变，溶剂中甲醛的初始浓度为1.0 mol·L-1，羟基乙醛、乙二醇、甲醇的平衡产率分别为18%、34%、14%，则羟基乙醛、乙二醇、甲醇的平衡浓度为0.18 mol·L-1、0.34 mol·L-1、0.14 mol·L-1，总甲醛消耗浓度为(0.18+0.34+0.14) mol·L-1=0.66 mol·L-1，则平衡时甲醛浓度为(1.0-0.66) mol·L-1=0.34 mol·L-1，故反应③生成乙二醇的平衡常数为。 20. 那可丁是世界范围内使用的经典镇咳药物，也是一种抗肿瘤活性高且毒副作用小的新型抗肿瘤药物，中间体H的两条合成路线如下： 回答下列问题： （1）B中官能团的名称为______________，鉴别C和D可选用的试剂名称为________________。 （2）A生成B的过程中，NaOH的作用为________________________。 （3）C→F的过程分两步进行，写出第二步的化学方程式________________________。 （4）满足下列条件的化合物D的所有同分异构体有________种。 a．能发生水解反应且遇FeCl3溶液能发生显色反应 b． 1mol有机物最多能与3molNaOH反应 （5）D→E的合成路线设计如下： M的结构简式为________________；试剂Y为________________。 【答案】（1） ①. 醚键 ②. 氯化铁溶液 （2）消耗生成的HBr，促进反应正向进行 （3）+H2O （4）13 （5） ①. ②. 氢氧化钠水溶液 【解析】 【分析】A的分子式为C7H8O3，不饱和度为4，结合后续C的结构简式可知，A中含有苯环，且除了苯环外，不含有双键或环的结构，结合C中取代基的位置可知，A的结构简式为，A与CH2Br2发生取代反应形成左侧的环，则B的结构简式为，B中苯环的H被醛基取代生成C，C与CH3NO2发生反应生成F，结合F的分子式可知，F的不饱和度为7，说明C→F过程中引入了一个硝基，则可推断C中醛基先发生加成反应生成了羟基，羟基再发生消去反应生成了碳碳双键，则F的结构简式为；E→C的过程和A→B类似，则可推断E中含有两个相邻的酚羟基，即D→E的过程在酚羟基的邻位引入了一个酚羟基，则E的结构简式为； 【小问1详解】 B的结构简式为，含有的官能团为醚键；D中含有酚羟基，C中无此官能团，酚类物质与氯化铁溶液显紫色，因此鉴别C和D可选用的试剂为氯化铁溶液，故答案为：醚键；氯化铁溶液； 【小问2详解】 A生成B发生取代反应，同时会生成2分子HBr，则试剂NaOH的作用为消耗生成的HBr，促进反应正向进行，故答案为：消耗生成的HBr，促进反应正向进行； 【小问3详解】 由分析可知，C→F过程中引入了一个硝基，则可推断C中醛基先发生加成反应生成了羟基，羟基再发生消去反应生成了碳碳双键，因此第二步反应为：+H2O； 【小问4详解】 由题，能发生水解反应且遇FeCl3溶液能发生显色反应，说明含有酚羟基和酯基；1mol有机物最多能与3mol NaOH反应，则说明酯基水解后能生成酚羟基，则有两种情况：苯环连两个取代基（-OH、-OOCCH3）共有3种结构；苯环连三个取代基（-OH、-OOCH、-CH3）共有10种结构；因此共有13种同分异构体；故答案为：13； 【小问5详解】 化合物E为，结合D的结构可知，需要在羟基的邻位引入取代基，结合M的分子式，可知该过程首先在酚羟基的邻位引入一个溴原子，则M的结构简式为；后续M中苯环的溴原子水解生成羟基，该过程需要两步反应，即C6H5-BrC6H5-ONaC6H5-OH，则试剂Y为氢氧化钠水溶液，故答案为：；氢氧化钠水溶液。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $