精品解析：辽宁省葫芦岛市普通高中2024-2025学年高三上学期期末考试化学试题

2025年1月葫芦岛市普通高中期末考试 高三化学 时间：75分钟 满分：100分 注意事项： 1.答卷前，考生须在答题卡和试题卷上规定的位置，准确填写本人姓名、准考证号，并核对条形码上的信息。确认无误后，将条形码粘贴在答题卡上相应位置。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上各题目规定答题区域内，超出答题区域书写或写在本试卷上的答案无效。 可能用到的相对原子质量：H：1 N：14 O：16 Na：23 S：32 Cl：35.5 Cu：64 Cd：112 1. 化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关，下列说法错误的是 A. 制作冰墩墩的PVC(聚氯乙烯)和PC(聚碳酸酯)均是有机合成高分子化合物 B. “天和核心舱”声学通信定位系统所用芯片的主要原料为晶体硅 C. 国家速滑馆“冰丝带”采用CO2超临界制冰，比氟利昂制冰更加环保 D. 可在钢铁部件表面进行发蓝处理(生成一层致密的三氧化二铁薄膜)对其进行防护 2. 2024年10月30日神舟十九号载人飞船成功发射，飞船使用的燃料是四氧化二氮和偏二甲肼，反应原理为。下列说法正确的是 A. 与互为同素异形体 B. 分子的空间结构模型： C. 基态氧原子的价层电子轨道表示式： D. 用电子式表示的形成过程： 3. 柠檬酸铁铵[]可用作铁质强化剂，以铁、硫酸、柠檬酸、过氧化氢、氨水等为原料可制备柠檬酸铁铵。下列说法中错误的是 A. 第一电离能： B. 过氧化氢分子中只存在键 C. 基态的核外电子中，两种自旋状态的电子数之比为 D. 中氮原子的轨道与氢原子的轨道重叠形成键 4. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 1 mol分子中含有极性共价键的数目可能为 B. 0.1 mol与足量的在催化剂的作用下充分反应后转移电子数为 C. 64 g Cu与足量的S完全反应转移电子数为 D. 标准状况下，22.4 L溶于水，溶液中和的微粒数之和为 5. X和Y的结构如图所示。下列说法错误的是 A. X分子中有2种含氧官能团 B. X分子中可能共平面的C原子数最多有10个 C. Y与足量加成后产物中含3个手性碳原子 D. 1 mol Y与足量反应(转化为)时最多消耗3 mol 6. 据文献报道，某反应的反应历程如图所示： 下列有关该历程的说法正确的是 A. 总反应化学方程式为4NH3+3O22N2+6H2O B. Ti4+…NH2-N=O是催化剂 C. Ti4+是中间产物 D. Ti4+…NH2-N=O→Ti4++N2+H2O属于分解反应 7. 下列能正确表示相关反应的离子方程式是 A. 少量过氧化钠加到氯化亚铁溶液中： B. 向少量碳酸氢钠溶液中加入过量的溶液： C. 向亚硫酸氢钠溶液中滴加少量碘酸钠溶液： D. 酸化的溶液暴露在空气中： 8. 某物质的结构如图所示。短周期元素X、Y、Z、W、M、Q的原子序数依次增大，已知X和W同周期，W和Q同主族。下列说法错误的是 A. 电负性：M>W>Z>Y B. Y、Z、W的简单氢化物的键角依次减小 C. 常温下，M的单质可以在水溶液中置换出W的单质 D. W的单质一定为非极性分子 9. 半导体光催化可以将太阳能直接转化为化学能，在解决能源危机方面具有广阔的发展前景。硫化镉是一种新型半导体材料，其晶胞的结构如图所示。已知该晶胞参数为a pm，以晶胞参数建立分数坐标系，1号原子的坐标为，3号原子的坐标为，下列说法错误的是。 A. 的配位数为4 B. 2号原子的坐标为 C. 与之间最近的距离 D. 设为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为 10. 我国科学家通过超低电位下电催化硝酸盐与甲醛的耦合反应，实现了处理污染物的同时产生增值化学品，其电解原理如图所示，下列说法错误的是 A. 电极a为阳极 B. 离子交换膜为阴离子交换膜 C. 阴极的电极反应式为 D. 当电路中转移2 mol电子时，电极a的质量会增加36g 11. 根据下列实验操作、现象得出的结论正确的是 选项 实验操作 现象 结论 A 向2 mL等物质的量浓度的、溶液中分别滴加2滴酚酞试液 溶液颜色较深 酸性： B 向待测液中滴加NaOH浓溶液，微热，再将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口 红色石蕊试纸变蓝 待测液一定是铵盐溶液 C 向溶液中滴加少量氯水 溶液变黄色 还原性： D 在待测液中滴加浓盐酸，将产生的气体通入品红溶液中 品红溶液褪色 待测液中含或 A. A B. B C. C D. D 12. 下列关于各图像的解释或得出的结论正确的是 A. 由图甲可知，反应在A点一定达到平衡 B. 由图乙可知反应(无催化剂条件)的 C. 图丙时刻改变的条件可能是压强 D. 图丁A点处(浓度商)(平衡常数) 13. 据报道，我国科学家研制出以石墨烯为载体的催化剂，在下用直接将转化为含氧有机物，其主要原理如图所示。下列说法正确的是 A. 上述步骤中原子的杂化方式均为杂化 B. 上述步骤中没有涉及非极性键的断裂 C. 步骤ⅰ到ⅳ中消耗的与的物质的量之比为 D. 根据以上原理，步骤ⅵ生成和 14. 短周期主族元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大，由这些元素组成的物质之间的转化关系如图所示，其中，c、d为单质，a、b、g为二元化合物。b、g分别是10电子分子、18电子分子。下列说法正确的是(　　) A. 简单离子半径：Y>Z>X B. e和f含化学键类型相同 C. 0.1 mol·L－1的e和f溶液，后者pH较大 D. 含X、R、Z三种元素的化合物只有一种 15. 常温下，向、和 HR 的混合液中滴加 NaOH 溶液，pM 与 pH 的关系如图所示。已知：pM=－lgc(M)，c(M)代表 、或 ，。 下列叙述错误的是 A. X、Z分别代表、与 pH 的关系 B. 常温下，弱酸 HR 的电离常数 C. 图中 a 点对应的 pH 为6.5 D. 常温下，和共存时： 16. 某软锰矿的主要成分为，还含有、、CuO、CaO等杂质，以软锰矿为原料制备并得到各种金属资源的工艺流程如图所示： 已知①25℃时相关物质的溶度积常数如下表： 相关物质 CuS MnS ②若某离子的浓度小于mol/L时即可认为该离子沉淀完全，③lg 3 = 0.5。请回答下列问题： （1）钙在元素周期表中的位置为______，基态铜原子的价层电子排布式为______。 （2）软锰矿在“酸浸”前通常需要进行粉碎处理，其目的是____________。 （3）“酸浸”时不用硫酸而用盐酸来溶解软锰矿，请用离子方程式说明理由____________。 （4）“除钙”时不选用而选用，其优点是____________。 （5）“除钙”后的滤液中mol/L，mol/L，mol/L。“沉铁”要将沉淀完全，而不沉降其他离子，则加入氨水调节溶液的pH范围为______(保留一位小数)。 （6）“除铜”时发生反应的离子方程式为____________。 （7）“沉锰”时发生反应的离子方程式为____________。 17. 亚硝酰硫酸(NOSO4H)是一种浅黄色液体，遇水易分解，溶于浓硫酸，主要用于染料、医药领域的重氮化反应。实验室用如图装置(夹持装置略)制备少量NOSO4H，并测定产品中杂质硝酸的含量。 回答下列问题： (1)装置A中盛装Na2SO3固体的仪器名称是_______，装置D最好选用_______(填序号)。 (2)装置C中浓HNO3与SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H。 ①装置C中温度过高产率降低的原因是_______。 ②开始通SO2时，反应缓慢，待生成少量NOSO4H后，温度变化不大，但反应速率明显加快，其原因是_______。 (3)测定亚硝酰硫酸产品中杂质硝酸的含量。 称取1.400g产品放入250mL锥形瓶中，加80mL浓硫酸，用标准溶液滴定，消耗标准溶液20.00mL。 已知：可与NO生成粉红色的FeSO4·NO。 ①锥形瓶中加入浓硫酸的作用是_______。 ②判断滴定达到终点的现象是_______。 ③亚硝酰硫酸中硝酸的含量为_______。 18. 将富集、活化、转化为具有高附加值的化学品对实现“碳中和”有重要意义。 （1）性质稳定，使其活化是实现转化的重要前提。 ①使用过渡金属作催化剂，提供空轨道接受_______(填“C”或“O”)原子的孤电子对，破坏的结构使其活化。 ②采用电化学、光化学等手段，使_______(填“提供”或“接受”)电子转化为。 （2）催化加氢制取二甲醚(DME)有利于减少温室气体二氧化碳，制取过程发生如下反应： 反应Ⅰ. 反应Ⅱ. 反应Ⅲ. 回答下列问题： ①℃时，向恒压容器中充入0.2mol和0.6mol，若在该条件下只发生反应Ⅰ，达平衡时，放出4kJ能量；若向相同容器中充入0.4mol和0.4mol，达平衡时，吸收11.8kJ能量，则反应Ⅰ的______。 ②在压强一定的条件下，将和按一定比例、流速通过装有催化剂的反应管，测得“转化率”及选择性”和“CO、选择性的和”分别与温度的关系如图1所示。(选择性=) ⅰ.曲线C表示______。 ⅱ.温度℃之间，升高温度，比值将______(填“增大”“减小”或“不变”)。 （3）某工厂用电解原理除去中的杂质、CO和，其装置如图2所示。 经测定，原料气中各气体的体积分数如下： 气体 CO 体积分数 82% 3% 5% 10% ①写出净化过程中在电极上发生的电极反应式为____________。 ②若电解过程中消耗了的原料气，则可得到相同条件下纯净______。 19. 化合物J是合成某药物的一种中间体，利用曼尼希(Mannich)反应合成J的路线如图所示： 已知：①曼尼希(Mannich)反应 (R为烃基或H)； ②或(R为烃基)； ③Et代表乙基，属于芳香族化合物。 回答下列问题： （1）写出A的结构简式_______。 （2）化学名称是_______。 （3）F中所含官能团的名称是亚氨基、_______。 （4）I→J的反应类型是_______。 （5）只有一个侧链且是六元芳香化合物的同分异构体数目有_______种。 （6）D→E需要在足量条件下进行，该化学方程式为______________。 （7）综合上述信息，由和制备的合成路线如下：则P为_______，Q为_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年1月葫芦岛市普通高中期末考试 高三化学 时间：75分钟 满分：100分 注意事项： 1.答卷前，考生须在答题卡和试题卷上规定的位置，准确填写本人姓名、准考证号，并核对条形码上的信息。确认无误后，将条形码粘贴在答题卡上相应位置。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上各题目规定答题区域内，超出答题区域书写或写在本试卷上的答案无效。 可能用到的相对原子质量：H：1 N：14 O：16 Na：23 S：32 Cl：35.5 Cu：64 Cd：112 1. 化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关，下列说法错误的是 A. 制作冰墩墩的PVC(聚氯乙烯)和PC(聚碳酸酯)均是有机合成高分子化合物 B. “天和核心舱”声学通信定位系统所用芯片的主要原料为晶体硅 C. 国家速滑馆“冰丝带”采用CO2超临界制冰，比氟利昂制冰更加环保 D. 可在钢铁部件表面进行发蓝处理(生成一层致密的三氧化二铁薄膜)对其进行防护 【答案】D 【解析】 【详解】A．PVC(聚氯乙烯)和PC(聚碳酸酯)均是有机合成高分子化合物，选项A正确； B．芯片的主要原料为高纯晶体硅，选项B正确； C．氟利昂泄露会破坏臭氧层，而二氧化碳跨临界直接制冰技术中，二氧化碳的排放几乎为零，因此更加环保，选项C正确； D．可在钢铁部件表面进行发蓝处理，是生成一层致密的四氧化三铁薄膜，对其进行防护，选项D错误； 答案选D。 2. 2024年10月30日神舟十九号载人飞船成功发射，飞船使用的燃料是四氧化二氮和偏二甲肼，反应原理为。下列说法正确的是 A. 与互为同素异形体 B. 分子的空间结构模型： C. 基态氧原子的价层电子轨道表示式： D. 用电子式表示的形成过程： 【答案】C 【解析】 【详解】A．和的质子数相同、质量数不同，二者互为同位素；同种元素形成的不同单质互为同素异形体，A错误； B．氮原子与3个氢原子形成3个N—H键，并保留1对孤电子对，因此分子的空间结构为三角锥形，正确模型为，题图给出的为VSEPR模型，B错误； C．氧原子的价层电子排布为，2s轨道中的2个电子自旋方向相反，2p轨道中的4个电子先分占3个轨道，再有1个电子与其中1个配对，符合泡利原理和洪特规则，其完整价层电子轨道表示式为，C正确； D．水是共价化合物，每个氢原子与氧原子各提供1个电子形成1对共用电子对，氧原子还保留2对孤电子对；原图用弯箭头表示电子由氢原子转移给氧原子，表示错误，正确形成过程为，D错误； 故选C。 3. 柠檬酸铁铵[]可用作铁质强化剂，以铁、硫酸、柠檬酸、过氧化氢、氨水等为原料可制备柠檬酸铁铵。下列说法中错误的是 A. 第一电离能： B. 过氧化氢分子中只存在键 C. 基态的核外电子中，两种自旋状态的电子数之比为 D. 中氮原子的轨道与氢原子的轨道重叠形成键 【答案】D 【解析】 【详解】A．氮原子能级上电子排布是半充满状态，比较稳定，第一电离能较高，故第一电离能：，A正确； B．的结构式为，分子中只存在键，B正确； C．基态的核外电子排布式为，两种自旋状态的电子数之比为，C正确； D．分子中氮原子为杂化，在形成氨分子时，是氮原子的杂化轨道与氢原子的轨道形成键，D错误； 故选D。 4. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 1 mol分子中含有极性共价键的数目可能为 B. 0.1 mol与足量的在催化剂的作用下充分反应后转移电子数为 C. 64 g Cu与足量的S完全反应转移电子数为 D. 标准状况下，22.4 L溶于水，溶液中和的微粒数之和为 【答案】A 【解析】 【详解】A．存在同分异构体，若为二甲醚，结构简式为，每个分子中含6个C—H键和2个C—O键，共8个极性共价键，故1mol 分子中极性共价键数目可能为，A正确； B．反应为可逆反应，即使氧气足量，二氧化硫也不能完全转化，故转移电子数小于，B错误； C．铜与硫反应生成硫化亚铜，反应为。铜元素的化合价由0升高到+1，64 g铜为1 mol，反应中转移1 mol电子，电子数为，不是，C错误； D．标准状况下，22.4 L为1 mol，氨水中除和外，还存在分子，因此题中所列两类微粒数之和小于，D错误； 故选A。 5. X和Y的结构如图所示。下列说法错误的是 A. X分子中有2种含氧官能团 B. X分子中可能共平面的C原子数最多有10个 C. Y与足量加成后产物中含3个手性碳原子 D. 1 mol Y与足量反应(转化为)时最多消耗3 mol 【答案】D 【解析】 【详解】A．由结构简式可知，X分子中含有碳碳双键、羧基、氨基、硝基4种官能团，其中羧基和硝基为含氧官能团，故A正确； B．由结构简式可知，X分子中苯环、碳碳双键、羧基、硝基是平面结构，则分子中苯环的6个C、碳碳双键的2个C、羧基的羰基C、与双键碳直接相连的亚甲基C，通过单键旋转可全部共平面，最多共10个C原子共面，故B正确； C．由结构简式可知，Y分子与足量氢气加成后的结构简式中含有如图*所示的3个手性碳原子：，故C正确； D．由结构简式可知，Y分子羰基、硝基能与氢气反应，1 mol羰基消耗1 mol氢气，1 mol硝基消耗3 mol氢气，则1 mol Y最多消耗5 mol氢气，故D错误； 故选D。 6. 据文献报道，某反应的反应历程如图所示： 下列有关该历程的说法正确的是 A. 总反应化学方程式为4NH3+3O22N2+6H2O B. Ti4+…NH2-N=O是催化剂 C. Ti4+是中间产物 D. Ti4+…NH2-N=O→Ti4++N2+H2O属于分解反应 【答案】D 【解析】 【详解】A．分析图中参加反应的有O2、NH3和NO，生成物有N2和H2O，可以写出反应方程式为2NO+4NH3+2O23N2+6H2O，A项错误； B．观察图中Ti4+…NH2-N=O是某一步反应的生成物，又是另一步反应的反应物，得出Ti4+…NH2-N=O是中间产物，B项错误； C．图中Ti4+是开始参加反应，最后又生成，所以是催化剂，C项错误； D．Ti4+…NH2-N=O→Ti4++N2+H2O属于分解反应，D项正确； 答案选D。 7. 下列能正确表示相关反应的离子方程式是 A. 少量过氧化钠加到氯化亚铁溶液中： B. 向少量碳酸氢钠溶液中加入过量的溶液： C. 向亚硫酸氢钠溶液中滴加少量碘酸钠溶液： D. 酸化的溶液暴露在空气中： 【答案】C 【解析】 【详解】A．少量过氧化钠与氯化亚铁溶液反应生成氯化钠、氢氧化铁沉淀和氯化铁，反应的离子方程式为，故A错误； B．少量碳酸氢钠溶液与过量氢氧化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠和水，离子方程式应为，故B错误； C．亚硫酸氢钠溶液与少量碘酸钠溶液反应生成硫酸钠、碘化钠、二氧化硫和水，反应的离子方程式为，故C正确； D．酸化的硫酸亚铁溶液暴露在空气中发生的反应为酸性条件下，溶液中亚铁离子与氧气反应生成铁离子和水，反应的离子方程式为，故D错误； 故选C。 8. 某物质的结构如图所示。短周期元素X、Y、Z、W、M、Q的原子序数依次增大，已知X和W同周期，W和Q同主族。下列说法错误的是 A. 电负性：M>W>Z>Y B. Y、Z、W的简单氢化物的键角依次减小 C. 常温下，M的单质可以在水溶液中置换出W的单质 D. W的单质一定为非极性分子 【答案】D 【解析】 【分析】X、Y、Z、W、M、Q为原子序数依次增大的短周期元素，W和Q同主族，由阴离子的结构可知，W、Q形成共价键的数目分别为2和6，则W为O元素、Q为S元素；X和W同周期，且存在，故X为Li元素；Y、M形成共价键的数目分别为4和1，则Y为C元素、Z为N元素、M为F元素，据此作答。 【详解】A．同周期从左至右元素的电负性呈增大趋势，故电负性：F>O>N>C，即M>W>Z>Y ，A项正确； B．由于CH4、NH3、H2O中心原子均为sp3杂化，但中心原子的孤电子对数依次增多，因此键角依次减小，所以键角：，B项正确； C．氟元素的非金属性强于氧元素，氟气能与水发生置换反应生成氢氟酸和氧气，C项正确； D．O元素的单质有和，臭氧是空间构型为形的极性分子，D项错误； 故选D。 9. 半导体光催化可以将太阳能直接转化为化学能，在解决能源危机方面具有广阔的发展前景。硫化镉是一种新型半导体材料，其晶胞的结构如图所示。已知该晶胞参数为a pm，以晶胞参数建立分数坐标系，1号原子的坐标为，3号原子的坐标为，下列说法错误的是。 A. 的配位数为4 B. 2号原子的坐标为 C. 与之间最近的距离 D. 设为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为 【答案】D 【解析】 【详解】A．一个周围等距离且最近的有4个，所以的配位数为4，故A正确； B．根据1号原子的坐标为和3号原子的坐标为，可知2号原子的坐标为，故B正确； C．与之间最近的距离为晶胞体对角线的四分之一，故为，故C正确； D．晶胞中位于顶点和面心，个数为：，位于体内有4个，所以晶体的密度为，故D错误； 故选：D。 10. 我国科学家通过超低电位下电催化硝酸盐与甲醛的耦合反应，实现了处理污染物的同时产生增值化学品，其电解原理如图所示，下列说法错误的是 A. 电极a为阳极 B. 离子交换膜为阴离子交换膜 C. 阴极的电极反应式为 D. 当电路中转移2 mol电子时，电极a的质量会增加36g 【答案】D 【解析】 【分析】如图所示，电极a上氧化为，发生氧化反应，a为阳极，阳极电极反应：，然后氧化为，还原为；电极b上硝酸根还原为氨气，发生还原反应，b为阴极，阴极电极反应：；据此解答。 【详解】A．电极a上元素化合价从+1升高到+2，发生失电子的氧化反应，故电极a为阳极，A正确； B．阴极反应生成，阳极反应消耗，需要通过离子交换膜向阳极迁移，故离子交换膜为阴离子交换膜，B正确； C．阴极上得电子发生还原反应生成，结合电荷守恒、原子守恒，电极反应式为，C正确； D．当电路中转移2 mol 时，先转化为，与甲醛又生成，则电极a的质量不变，D错误； 故选D。 11. 根据下列实验操作、现象得出的结论正确的是 选项 实验操作 现象 结论 A 向2 mL等物质的量浓度的、溶液中分别滴加2滴酚酞试液 溶液颜色较深 酸性： B 向待测液中滴加NaOH浓溶液，微热，再将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口 红色石蕊试纸变蓝 待测液一定是铵盐溶液 C 向溶液中滴加少量氯水 溶液变黄色 还原性： D 在待测液中滴加浓盐酸，将产生的气体通入品红溶液中 品红溶液褪色 待测液中含或 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．两种溶液的体积、盐的物质的量浓度及酸碱指示剂的用量相同，碳酸钠溶液颜色较深，说明其碱性较强，碳酸根离子的水解程度较大，两种阴离子的水解离子方程式分别为、，根据“越弱越水解”可知，A正确； B．铵盐与浓氢氧化钠溶液混合并微热时发生反应，生成的氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，但氨水微热时也能逸出氨气并出现相同现象，故不能据此断定待测液一定是铵盐溶液，B错误； C．亚铁离子与碘离子共存时，碘离子的还原性较强，少量氯水优先氧化碘离子，发生反应，生成的碘使溶液呈黄色。因此还原性应为，C错误； D．亚硫酸根离子、亚硫酸氢根离子与酸反应可分别发生、，产生的二氧化硫能使品红溶液褪色。但含次氯酸根离子的溶液与浓盐酸反应时可发生，氯气通入水中发生，生成的次氯酸也能使品红溶液褪色，故不能据此断定待测液中含亚硫酸根离子或亚硫酸氢根离子，D错误； 故选A。 12. 下列关于各图像的解释或得出的结论正确的是 A. 由图甲可知，反应在A点一定达到平衡 B. 由图乙可知反应(无催化剂条件)的 C. 图丙时刻改变的条件可能是压强 D. 图丁A点处(浓度商)(平衡常数) 【答案】C 【解析】 【详解】A．A点时(反应物)(生成物)，并不能说明各物质浓度不变，不一定达到平衡状态，A项不符合题意； B．生成物的百分含量随温度的升高而增大，为曲线的最高点，生成物的百分含量达到最大值，即建立了相应温度下的平衡状态，继续升温，生成物的百分含量减小，说明升温平衡向逆反应方向移动，反应，B项不符合题意； C．对反应前后气体分子数相等的化学反应，加压，反应速率增大，但平衡不移动，C项符合题意； D．点位于曲线以上，表示超过该温度下的最大转化率，此时平衡会向逆反应方向移动，，D项不符合题意； 故选C。 13. 据报道，我国科学家研制出以石墨烯为载体的催化剂，在下用直接将转化为含氧有机物，其主要原理如图所示。下列说法正确的是 A. 上述步骤中原子的杂化方式均为杂化 B. 上述步骤中没有涉及非极性键的断裂 C. 步骤ⅰ到ⅳ中消耗的与的物质的量之比为 D. 根据以上原理，步骤ⅵ生成和 【答案】D 【解析】 【详解】A．甲烷、甲醇中原子为杂化，甲醛中原子为杂化，A错误； B．上述步骤中中键会发生断裂，涉及非极性键的断裂，B错误； C．步骤ⅰ到ⅳ中有1分子、2分子参与反应，消耗的与的物质的量之比为，C错误； D．由题意可知，反应的最终产物为含氧有机物，则步骤ⅵ应生成含氧有机物，再结合图及分析可知，在每一步参加反应的机理是提供和前一步产生的自由基结合，因此推测步骤ⅵ生成和，D正确； 故选D。 14. 短周期主族元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大，由这些元素组成的物质之间的转化关系如图所示，其中，c、d为单质，a、b、g为二元化合物。b、g分别是10电子分子、18电子分子。下列说法正确的是(　　) A. 简单离子半径：Y>Z>X B. e和f含化学键类型相同 C. 0.1 mol·L－1的e和f溶液，后者pH较大 D. 含X、R、Z三种元素的化合物只有一种 【答案】B 【解析】 【分析】电解a与b生成三种物质，根据我们熟悉的电解反应，容易联想到电解饱和食盐水，即，结合题目其它信息确定a：NaCl、b：H2O(10e-)、e：NaOH，由d能与NaOH(e)反应确定d为Cl2，c为H2，H2与Cl2点燃条件下生成g(HCl—18e-符合题意)，Cl2能与NaOH反应生成NaClO(f)、NaCl(a)、H2O(b)。再结合四种元素原子序数关系，推得四种元素为：R为H，X为O，Y为Na，Z为Cl。 【详解】A．Z离子即Cl-，电子层为三层，Y离子Na+与X离子O2-电子层均为两层，但Na+质子数大，原子核引力强，故r(Na＋) < r(O2－)，所以三者关系为：r(Cl－)>r(O2－)>r(Na＋)，A错误； B．e为NaOH、f为NaClO都含有离子键和共价键，B正确； C．NaOH溶于水完全电离，所以溶液中有大量OH-，而NaClO溶液由于ClO-水解显碱性，但其水解程度微弱，所以碱性也弱，即pH：NaOH > NaClO，C错误； D．由H、O、Cl组成的化合物有HClO、HClO2、HClO3、HClO4，D错误。 故答案选B。 15. 常温下，向、和 HR 的混合液中滴加 NaOH 溶液，pM 与 pH 的关系如图所示。已知：pM=－lgc(M)，c(M)代表 、或 ，。 下列叙述错误的是 A. X、Z分别代表、与 pH 的关系 B. 常温下，弱酸 HR 的电离常数 C. 图中 a 点对应的 pH 为6.5 D. 常温下，和共存时： 【答案】D 【解析】 【详解】A．常温下，、，由于可知，X代表与 pH 的关系，Y代表与 pH 的关系，Z代表与 pH 的关系，A正确； B．，取Z中点（5，0）带入得，，B正确； C．Y代表与 pH 的关系，，将点（10，7）代入得，，则，a点时，则pH为6.5，C正确； D．X代表与 pH 的关系，，则，Y代表与 pH 的关系，，则，常温下，和共存时：，D错误； 故选D。 16. 某软锰矿的主要成分为，还含有、、CuO、CaO等杂质，以软锰矿为原料制备并得到各种金属资源的工艺流程如图所示： 已知①25℃时相关物质的溶度积常数如下表： 相关物质 CuS MnS ②若某离子的浓度小于mol/L时即可认为该离子沉淀完全，③lg 3 = 0.5。请回答下列问题： （1）钙在元素周期表中的位置为______，基态铜原子的价层电子排布式为______。 （2）软锰矿在“酸浸”前通常需要进行粉碎处理，其目的是____________。 （3）“酸浸”时不用硫酸而用盐酸来溶解软锰矿，请用离子方程式说明理由____________。 （4）“除钙”时不选用而选用，其优点是____________。 （5）“除钙”后的滤液中mol/L，mol/L，mol/L。“沉铁”要将沉淀完全，而不沉降其他离子，则加入氨水调节溶液的pH范围为______(保留一位小数)。 （6）“除铜”时发生反应的离子方程式为____________。 （7）“沉锰”时发生反应的离子方程式为____________。 【答案】（1） ①. 第四周期第ⅡA族 ②. （2）增大固体与液体接触面积，使反应更充分，反应速率更快 （3） （4）“除钙”若用会生成挥发性的盐酸，污染空气，而选用生成，对环境无污染，且下一步“沉铁”时还可以减小氨水的用量 （5）2.8≤pH<4.0 （6） （7） 【解析】 【分析】软锰矿经浓盐酸酸浸后，二氧化锰被还原，锰以正二价锰离子形式进入溶液，二氧化硅留在浸渣中，其他金属氧化物转化为对应金属阳离子；过滤，滤液中加硫酸铵可沉淀钙离子；过滤，滤液中加氨水可实现沉铁；过滤，滤液加MnS可将铜离子转化为CuS沉淀；过滤，滤液中加碳酸氢铵将锰离子转化为碳酸锰。即依次通过生成硫酸钙、氢氧化铁、硫化铜和碳酸锰实现钙、铁、铜的分离及锰的回收。 【小问1详解】 钙原子序数为20，有4个电子层，最外层有2个电子，因此位于第四周期第ⅡA族；铜原子序数为29，基态铜原子的3d轨道全充满、4s轨道有1个电子，故价层电子排布式为； 【小问2详解】 粉碎可增大软锰矿与盐酸的接触面积，从而加快酸浸反应速率，使反应更充分； 【小问3详解】 二氧化锰中的锰元素为+4价，浓盐酸中的氯离子具有还原性，二者发生氧化还原反应：。 【小问4详解】 “除钙”若用会生成挥发性的盐酸，污染空气，而选用生成，对环境无污染，且下一步“沉铁”时还可以减小氨水的用量。 【小问5详解】 铁离子沉淀完全时，按其残余浓度为 mol/L计算，由氢氧化铁的溶度积表达式得的，则，。铜离子开始沉淀时， mol/L，对应pH为4.0；锰离子开始沉淀所需的pH更高，故所求范围为； 【小问6详解】 硫化铜的溶度积远小于硫化锰，加入硫化锰可使铜离子转化为更难溶的硫化铜，反应为； 【小问7详解】 碳酸氢根与锰离子反应生成碳酸锰沉淀，同时生成二氧化碳和水，离子方程式为。 17. 亚硝酰硫酸(NOSO4H)是一种浅黄色液体，遇水易分解，溶于浓硫酸，主要用于染料、医药领域的重氮化反应。实验室用如图装置(夹持装置略)制备少量NOSO4H，并测定产品中杂质硝酸的含量。 回答下列问题： (1)装置A中盛装Na2SO3固体的仪器名称是_______，装置D最好选用_______(填序号)。 (2)装置C中浓HNO3与SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H。 ①装置C中温度过高产率降低的原因是_______。 ②开始通SO2时，反应缓慢，待生成少量NOSO4H后，温度变化不大，但反应速率明显加快，其原因是_______。 (3)测定亚硝酰硫酸产品中杂质硝酸的含量。 称取1.400g产品放入250mL锥形瓶中，加80mL浓硫酸，用标准溶液滴定，消耗标准溶液20.00mL。 已知：可与NO生成粉红色的FeSO4·NO。 ①锥形瓶中加入浓硫酸的作用是_______。 ②判断滴定达到终点的现象是_______。 ③亚硝酰硫酸中硝酸的含量为_______。 【答案】 ①. 蒸馏烧瓶 ②. b ③. 浓硝酸分解，二氧化硫逸出 ④. 生成的NOSO4H作为该反应的催化剂 ⑤. 作溶剂，同时作吸水剂，防止亚硝酰硫酸遇水分解 ⑥. 滴入最后一滴(NH4)2Fe(SO4)2标准液，溶液突变为粉红色，且30 s内不变色 ⑦. 3% 【解析】 【分析】装置A中Na2SO3固体与浓硫酸反应产生SO2，经过装置B干燥SO2，SO2进入C中与浓硝酸浓硫酸反应生成亚硝酰硫酸，装置D为尾气处理装置，且由于产品遇水易分解，故装置D还需防止空气中水蒸气进入C中，故装置D可以为盛有碱石灰的装置。 【详解】(1)该仪器为带支管的烧瓶，故为蒸馏烧瓶；由分析知，装置D可以为盛有碱石灰的装置，故选择b； (2)①由于反应物浓硝酸受热易挥发易分解，且温度高不利于SO2溶解，故此处填：温度过高，浓硝酸分解，SO2溶解度下降逸出； ②由于SO2通入速率不变，且温度变化不大，但反应速率明显加快，考虑可能是因为反应受到了催化，由于是生成少量NOSO4H后反应明显加快，故此时起催化作用的物质应该为NOSO4H，故此处填：生成的NOSO4H作为该反应的催化剂； (3)①浓硫酸可将产品溶解，同时起到吸水的目的，防止产品NOSO4H遇水分解，故此处填：作溶剂，同时作吸水剂，防止NOSO4H遇水分解； ②当滴定达终点后，再加入标准液，此时过量的Fe2+会与反应生成的NO结合生成粉红色FeSO4·NO，故此处填：滴入最后一滴(NH4)2Fe(SO4)2标准液，溶液突变为粉红色，且30 s内不变色； ③根据得失电子守恒得关系式：3(NH4)2Fe(SO4)2~HNO3，故n(HNO3)= ，则HNO3的含量= ，故此处填：3%。 18. 将富集、活化、转化为具有高附加值的化学品对实现“碳中和”有重要意义。 （1）性质稳定，使其活化是实现转化的重要前提。 ①使用过渡金属作催化剂，提供空轨道接受_______(填“C”或“O”)原子的孤电子对，破坏的结构使其活化。 ②采用电化学、光化学等手段，使_______(填“提供”或“接受”)电子转化为。 （2）催化加氢制取二甲醚(DME)有利于减少温室气体二氧化碳，制取过程发生如下反应： 反应Ⅰ. 反应Ⅱ. 反应Ⅲ. 回答下列问题： ①℃时，向恒压容器中充入0.2mol和0.6mol，若在该条件下只发生反应Ⅰ，达平衡时，放出4kJ能量；若向相同容器中充入0.4mol和0.4mol，达平衡时，吸收11.8kJ能量，则反应Ⅰ的______。 ②在压强一定的条件下，将和按一定比例、流速通过装有催化剂的反应管，测得“转化率”及选择性”和“CO、选择性的和”分别与温度的关系如图1所示。(选择性=) ⅰ.曲线C表示______。 ⅱ.温度℃之间，升高温度，比值将______(填“增大”“减小”或“不变”)。 （3）某工厂用电解原理除去中的杂质、CO和，其装置如图2所示。 经测定，原料气中各气体的体积分数如下： 气体 CO 体积分数 82% 3% 5% 10% ①写出净化过程中在电极上发生的电极反应式为____________。 ②若电解过程中消耗了的原料气，则可得到相同条件下纯净______。 【答案】（1） ①. O ②. 接受 （2） ①. ②. CO、选择性的和 ③. 增大 （3） ①. ②. 99 【解析】 【小问1详解】 ① 分子中O原子存在孤电子对，C原子最外层电子已全部成键无多余孤电子，过渡金属的空轨道可接受O的孤电子对，从而活化； ② 中C为+4价， 中C为-2价，C元素化合价降低，发生还原反应，因此 需要接受电子； 【小问2详解】 ① 恒压条件下，充入0.2 mol和0.6 mol ，与充入0.2 mol 和0.2 mol 为等效平衡：题目中第二组投料为0.4 mol CH3OH、0.4 mol H2O，平衡时各物质的量为第一组平衡的2倍；设第一个体系中反应的 物质的量为，则；第二个体系中反应的物质的量为，则，联立解得，反应Ⅰ为放热反应，故； ② 反应Ⅲ为吸热反应，升高温度平衡正向移动，CO、选择性的和随温度升高而增大；二甲醚选择性随温度升高而降低，对应下降的曲线A；根据CO、、二甲醚三者选择性之和应该等于100%，可以判断曲线C表示CO、选择性的和； ③ ℃温度之间，升高温度，反应I、Ⅱ为放热反应，平衡逆向移动，减小，反应Ⅲ为吸热反应，升温时反应正向移动，但和增加量相等，因此增大； 【小问3详解】 ① 左侧为碱性KOH环境，在阳极失电子发生氧化反应，C从-4价升至+4价，结合电荷、原子守恒得到电极反应式：； ② 双极膜解离出的在右侧阴极得电子生成 ​：1 mol ​、1 mol CO分别被氧化时，对应转移8 mol、2 mol电子，生成的分别为4 mol、1 mol；100 m3原料气中含3m3、5m3 CO，杂质氧化对应生成的体积为，加上原有的82 m3，最终得到纯净共（注：被碱液吸收，不生成额外气体）。 19. 化合物J是合成某药物的一种中间体，利用曼尼希(Mannich)反应合成J的路线如图所示： 已知：①曼尼希(Mannich)反应 (R为烃基或H)； ②或(R为烃基)； ③Et代表乙基，属于芳香族化合物。 回答下列问题： （1）写出A的结构简式_______。 （2）化学名称是_______。 （3）F中所含官能团的名称是亚氨基、_______。 （4）I→J的反应类型是_______。 （5）只有一个侧链且是六元芳香化合物的同分异构体数目有_______种。 （6）D→E需要在足量条件下进行，该化学方程式为______________。 （7）综合上述信息，由和制备的合成路线如下：则P为_______，Q为_______。 【答案】（1） （2）丙烯酸乙酯 （3）氟原子、羟基 （4）还原(反应) （5）10 （6） （7） ①. ②. 【解析】 【分析】由A、C的分子式和D的结构简式可知，与和甲醛发生曼尼希反应生成，则A为、C为；C与四氢合硼酸钠发生还原反应生成D；D与发生取代反应生成E；E共热发生水解反应生成，则F为；F与发生加成反应生成G；G与发生取代反应生成，则H为；H在氢化钠作用下发生分子内取代反应生成，则I为；I与四氢合硼酸钠发生还原反应生成J。 【小问1详解】 由分析可知，A的结构简式为：； 【小问2详解】 由结构简式可知，的名称为丙烯酸乙酯； 【小问3详解】 由分析可知，F的结构简式为：，官能团为亚氨基、氟原子和羟基； 【小问4详解】 由分析可知，I→J的反应为I与四氢合硼酸钠发生还原反应生成J； 【小问5详解】 由题意可知，的芳香族同分异构体分子中可能含有苯环或吡啶环，若为苯环，同分异构体的结构可以视作CH3CH2NH2、CH3NHCH3分子中的氢原子被苯环取代所得结构，去掉，共有：3+1=4种；若为吡啶环，同分异构体的结构可以视作吡啶分子中的氢原子被-CH2CH2CH3、-CH(CH3)2取代所得结构，共有6种，则符合条件的同分异构体共有4+3×2=10种； 【小问6详解】 由分析可知，D→E的反应为D与发生取代反应生成E和氯化氢，需要在足量碳酸钾条件下进行的原因是反应生成的氯化氢与碳酸钾反应生成碳酸氢钾和氯化钾，反应消耗氯化氢，平衡向正反应方向移动，有利于E的生成，则反应的总化学方程式为； ； 【小问7详解】 由题给信息可知，由和制备的合成步骤为与四氢合硼酸钠发生还原反应生成  ，则P为；P与发生加成反应生成；与发生取代反应生成 ，则Q为 ；Q在氢化钠作用下发生分子内取代反应生成。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $