精品解析：吉林通化市梅河口市第五中学2026-2027学年高三上学期9月阶段检测 化学试题

高三化学9月考 可能用到的相对原子质量：C-12 O-16 S-32 Fe-56 Ba-137 一、选择题(每题只有一个正确答案。每题3分，共42分) 1. 下列关于物质分类的说法，正确的个数有（ ） (1)冰水混合物属于纯净物，高分子化合物属于混合物 (2)胆矾（CuSO4·5H2O）、明矾[KAl(SO4)2·12H2O]属于混合物 (3)由同一种元素组成的物质一定是同一种物质 (4)纯碱属于碱、甘油属于油脂 (5)NaHSO4、NaHCO3都属于酸式盐，其水溶液都呈酸性 (6)SiO2既能和NaOH溶液反应又能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物 (7)NaCl固体不导电，熔融的KCl能导电，所以前者是非电解质，后者是电解质 (8)强电解质都是离子化合物，弱电解质都是共价化合物 (9)强电解质溶液的导电性一定比弱电解质溶液的导电性强 (10)溶液的导电性强弱与溶液中离子的种类，浓度及离子所带的电荷数有关 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 2. 下列离子方程式中，正确的是 A. 向银氨溶液中滴入足量盐酸： B. 向羟基乙酸溶液中滴入足量酸性高锰酸钾溶液： C. 向溶液中滴入溶液： D. 向NaClO溶液中滴入少量溶液： 3. 下列相关离子方程式书写正确的是 A. 用草酸标准溶液滴定溶液： B. 往溶液中加入NaOH溶液至恰好沉淀完全： C. 用碳酸氢钠溶液检验水杨酸中的羧基： D. 稀释溶液，溶液由绿色变为蓝色： 4. 下列方程式的书写正确的是 A. 向新制氯水中加入少量： B. 将等物质的量浓度的和溶液以体积比1：1混合： C. 将变黑的银器(产生)置于盛有食盐水的铝盆中，银器恢复光亮： D. 用硫代硫酸钠溶液脱氯： 5. 以富钒炉渣(主要成分为，还含有杂质、)为原料制备的工艺流程如下： 已知：“氧化”时，转变成；“沉钒”时，生成沉淀，且需控制溶液的。 下列说法正确的是 A. “焙烧”时，被氧化的金属元素为V和Fe B. “酸浸”时，试剂X可选用盐酸 C. “氧化”时，离子反应为 D. “调pH”时，可加入过量，提升除杂效率 6. 某同学用下列装置完成了浓硫酸和SO2性质实验(夹持装置已省略)。下列说法不正确的是 A. 反应后，将试管Ⅰ中的白色固体加入水中，溶液呈蓝色 B. 取下试管Ⅲ并不断振荡，试管中出现浑浊，是因为生成了BaSO4 C. 试管Ⅳ中KMnO4溶液褪色，说明SO2具有氧化性 D. 试管V中的NaOH溶液可用Na2CO3溶液代替 7. 结构决定性质，性质决定用途。下列事实解释错误的是 选项 事实 原因解释 A H2O的键角大于H2S O 的电负性大于S B 顺-2-丁烯的沸点高于反-2-丁烯的沸点 前者分子极性大于后者 C [ Cu(NH₃)4]²+的稳定性强于[Cu(H2O)4]²+ 前者配体的稳定性强于后者 D 酸性：丙炔酸>丙烯酸 吸电子能力： A. A B. B C. C D. D 8. 为除去括号内的杂质，所选用的试剂和方法正确的是 A. CO2(CO)——通入氧气中，点燃 B. C12( HCl)——通入足量饱和食盐水中，再干燥 C. FeCl2溶液(FeC13)——加入过量铜粉，再过滤 D. NaHCO3溶液(Na2CO3)——加入适量氯化钙溶液，再过滤 9. 一种高聚物被称为“无机橡胶”，可由如图所示的环状三聚体制备。X、Y和Z都是短周期元素，X、Y价电子数相等，X、Z电子层数相同，基态Y的轨道半充满，Z的最外层只有1个未成对电子，下列说法正确的是 A. X、Z的第一电离能： B. X、Y的简单氢化物的键角： C. 最高价含氧酸的酸性： D. X、Y、Z均能形成多种氧化物 10. 由实验操作和现象，可得出相应正确结论的是 实验操作 现象 结论 A 向NaBr溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉KI溶液 先变橙色，后变蓝色 氧化性：Cl2>Br2>I2 B 向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，加入少量新制的Cu(OH)2悬浊液 无砖红色沉淀 蔗糖未发生水解 C 石蜡油加强热，将产生的气体通入Br2的CCl4溶液 溶液红棕色变无色 气体中含有不饱和烃 D 取4mL乙醇，加入12mL浓硫酸、少量沸石，迅速升温至170℃，将产生的气体通入2mL溴水中 溴水褪色 乙醇消去反应的产物为乙烯 A. A B. B C. C D. D 11. 将装有和混合气体的烧瓶Ⅰ和烧瓶Ⅱ，分别浸泡在热水和冰水中(如图所示)，发生反应： 。下列说法错误的是 A. 和均不属于酸性氧化物 B. 一段时间后，烧瓶Ⅰ中颜色变深 C. 冰水条件有利于上述反应逆向进行 D. 上述反应的反应物键能总和小于生成物键能总和 12. 常温下，浓度均为的和混合溶液体系，存在竞争反应： I． II． 初始的条件下，含氯微粒的浓度随时间的变化曲线如图（忽略其他反应）。下列说法正确的是 A. 曲线②表示的微粒为 B. 内，逐渐减小 C. 内， D. 体系中时，反应I达到平衡状态 13. 合成气的一种制备原理为 ，在合金催化下，甲烷脱氢阶段的反应历程如图所示(*表示吸附在催化剂表面)。下列说法正确的是 A. 合成气制备过程中既存在非极性键断裂又存在极性键生成 B. 低温有利于反应的自发进行 C. 反应的活化能大于活化分子变成生成物分子放出的能量 D. 在合金催化下，该历程中决速步骤的 14. 向一恒容密闭容器中加入1 mol 和一定量的，发生反应：。的平衡转化率按不同投料比随温度的变化曲线如图所示。下列说法正确的是 A. B. b、c两点的正反应速率： C. 此反应在任意温度下都可自发进行 D. 平衡时的浓度： 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 黄酮醇是一种天然活性成分，具有防治心血管疾病、抗氧化、抗炎等功效。其制备原理为： 相关物质信息如下： 物质 相对分子质量 熔点/℃ 沸点/℃ 密度 其他性质 邻羟基查尔酮 224 86~89 396.6 1.191 常温下为黄色针状结晶；醇溶液中，颜色随着pH的增大而加深，时，呈深红色 黄酮醇 238 171~172 393.7 1.367 常温下为淡黄色至黄色针状结晶或粉末，遇碱性溶液可成盐溶解 实验装置如图所示(夹持和加热装置已省略)： 实验步骤： 步骤I：向仪器a中依次加入0.8 g氢氧化钠固体、60mL甲醇、1.2mL(0.01mol)邻羟基苯乙酮、1.5mL(0.015mol)苯甲醛，放入磁力搅拌子，将仪器a置于磁力搅拌器中，75℃搅拌回流至溶液颜色变为鲜红色。 步骤II：待上述反应液冷却至室温后，加入氢氧化钠溶液和4.8mL30%过氧化氢溶液，10℃下搅拌反应约2.5 h，得到鲜黄色反应液。 步骤III：向仪器a内滴加盐酸，调节反应液的pH到6~7，然后倒入30mL冰水，搅拌均匀，减压抽滤，并用蒸馏水洗涤4~5次，得到黄色固体，置于烘箱中在40℃下干燥，得到粗产品约为1.785g。 回答下列问题： （1）仪器a的名称是____________________，球形冷凝管的出水口为__________(填“1”或“2”)。 （2）步骤I中发生反应的化学方程式为__________________________________________________。 （3）步骤III中倒入30mL冰水的目的是__________________________________________________。 （4）下列有关实验的说法中正确的有__________(填字母)。 a．步骤II中冷却到室温后再加过氧化氢溶液，目的是减少过氧化氢的分解浪费 b．为了防止过氧化氢参与的反应太剧烈，应将过氧化氢溶液一次性快速加入 c．减压抽滤的优点是过滤速度快，固液分离效果好，利于干燥 d．为了洗去残留在黄酮醇粗品上的水分，可再用乙醇洗涤 e．黄酮醇遇碱性溶液可成盐，是因为羟基O上的孤电子对可以和整个大键共轭体系发生共轭，氢氧键极性增强，解离出，溶解于碱性溶液中 （5）根据实验数据，计算黄酮醇的产率为__________；若要进一步提纯黄酮醇，可采用的实验方法是______________________________。 16. “稀土氯化氯化稀土电解转化”清洁冶金新流程可用于提取稀土元素。已知稀土矿石中除含有稀土(RE)外还含有Sn、Fe、Al、Ca、Si等元素的氧化物及少量氟化物，其主要工艺流程如图所示： 已知：①难溶于水； ②； ③当溶液中可溶组分浓度时，可认为已除尽； ④相关金属氯化物的熔、沸点如下表： 氯化物 (三氯化稀土，以为代表) 熔点/℃ 306(分解) 192.4(加压) 772 860左右 沸点/℃ 315(升华分解) 180(常压直接升华，无液态) 114 57.6 1300~1500，高温难挥发 （1）稀土元素的价层电子排布图为______________________。 （2）“造粒”的目的是________________________________________。 （3）“高温氯化”的目的是__________________________________；该过程中氧化铁发生反应的化学方程式为__________________________________________________。 （4）“除杂”时加适量的NaF完全除去，需保证溶液中不低于____________。 （5）“电解”过程中，在__________(填“阳极”或“阴极”)产生。 （6）“碳化”过程的产物是，则“还原”过程中发生反应的化学方程式为__________________________________________________。 17. 有机物M是一种除草剂，其一种合成路线如下图所示。 已知：；。 （1）III→IV的反应类型是_______，VI中的含氮官能团名称是_______，VII的系统命名为_______。 （2）有机物I的结构简式为_______，I和II反应生成III的过程中加入的作用是_______。 （3）的反应方程式为_______。 （4）有机物W是K的同分异构体，符合下列条件的W的结构有_______种(不考虑立体异构)。 ①属于芳香族化合物，且只含1个环；②与溶液发生显色反应；③分子中有4种不同化学环境的氢原子。 （5）根据上述信息，请设计以和为原料合成的路线_______(无机试剂任选)。 18. 某地胶磷矿主要成分为(杂质为和)。该地区用上述矿石为原料生产锂离子电池正极材料的工艺流程如下所示。 已知：六氟合硅酸()的电离：，。 回答下列问题： （1）LiFePO4中铁元素的化合价为____________________。 （2）“预酸浸”和“硫酸萃取”两步操作中转化为的总反应化学方程式为____________________；流程中混合尾气的主要成分为_______________(填化学式)。 （3）“硫酸萃取”的温度控制在70~80℃，温度过高会使来不及与杂质反应即大量逸出，且硫酸钙溶解度会减小，导致___________________。 （4）“水洗吸收”后可得六氟合硅酸，结合以下溶解度与温度的关系图，工业上结晶析出的条件应为______________(填“低温”或“高温”)，写出“控温结晶”时反应的离子方程式__________________________________。 （5）“调除镁”后可得到电池级。此时溶液中，则约为____________。(已知；) （6）“氧化沉淀”中发生反应的化学方程式为__________________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三化学9月考 可能用到的相对原子质量：C-12 O-16 S-32 Fe-56 Ba-137 一、选择题(每题只有一个正确答案。每题3分，共42分) 1. 下列关于物质分类的说法，正确的个数有（ ） (1)冰水混合物属于纯净物，高分子化合物属于混合物 (2)胆矾（CuSO4·5H2O）、明矾[KAl(SO4)2·12H2O]属于混合物 (3)由同一种元素组成的物质一定是同一种物质 (4)纯碱属于碱、甘油属于油脂 (5)NaHSO4、NaHCO3都属于酸式盐，其水溶液都呈酸性 (6)SiO2既能和NaOH溶液反应又能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物 (7)NaCl固体不导电，熔融的KCl能导电，所以前者是非电解质，后者是电解质 (8)强电解质都是离子化合物，弱电解质都是共价化合物 (9)强电解质溶液的导电性一定比弱电解质溶液的导电性强 (10)溶液的导电性强弱与溶液中离子的种类，浓度及离子所带的电荷数有关 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【详解】(1)冰水混合物属于纯净物，高分子化合物属于混合物，正确； (2)胆矾（CuSO4·5H2O）、明矾[KAl（SO4）2·12H2O]属于纯净物，错误； (3)由同一种元素组成的物质不一定是同一种物质，如O2和O3、红磷和白磷等，错误； (4)纯碱属于盐、甘油属于醇，错误； (5)NaHSO4、NaHCO3 都属于酸式盐，NaHSO4水溶液都呈酸性，NaHCO3水溶液呈碱性，错误； (6)SiO2既能和NaOH溶液反应又能和氢氟酸反应，但SiO2和氢氟酸反应不是生成盐和水，所以SiO2是酸性氧化物，错误； (7)NaCl固体不导电但熔融条件下和水溶液中均能导电，熔融的KCl能导电，所以二者均是电解质，错误； (8)强电解质不都是离子化合物，如HCl、H2SO4等强酸，弱电解质都是共价化合物，错误； (9)溶液的导电性与离子浓度和离子所带的电荷有关，与电解质的强弱无关，故强电解质溶液的导电性不一定比弱电解质溶液的导电性强，错误； (10)溶液的导电性强弱与溶液中离子的种类，浓度及离子所带的电荷数有关，正确； 故只有(1)和(10)两个选项正确，故答案为：B。 2. 下列离子方程式中，正确的是 A. 向银氨溶液中滴入足量盐酸： B. 向羟基乙酸溶液中滴入足量酸性高锰酸钾溶液： C. 向溶液中滴入溶液： D. 向NaClO溶液中滴入少量溶液： 【答案】D 【解析】 【详解】A．加入足量盐酸时，会与结合生成AgCl沉淀，正确的离子方程式为，A错误； B．足量酸性高锰酸钾溶液会将生成的乙二酸()进一步氧化为，产物不符合反应事实且方程式电荷不守恒，正确的离子方程式为，B错误； C．结合电离出的生成，同时生成，无生成，正确的离子方程式为，C错误； D．具有强氧化性，可将少量氧化为，反应生成的与过量的结合为HClO，离子方程式中电荷守恒、原子守恒，配平正确，D正确。 3. 下列相关离子方程式书写正确的是 A. 用草酸标准溶液滴定溶液： B. 往溶液中加入NaOH溶液至恰好沉淀完全： C. 用碳酸氢钠溶液检验水杨酸中的羧基： D. 稀释溶液，溶液由绿色变为蓝色： 【答案】D 【解析】 【详解】A．草酸为弱酸，离子方程式中应保留化学式，正确离子方程式为，A错误； B．与溶液反应时，优先与反应生成沉淀，恰好沉淀完全时不与反应，正确离子方程式为，B错误； C．酚羟基酸性弱于碳酸，不能与反应，只有羧基可与反应，正确离子方程式为，C错误； D．为黄色，为蓝色，二者混合显绿色，稀释溶液时平衡正向移动，溶液由绿色变为蓝色，D正确； 故选D。 4. 下列方程式的书写正确的是 A. 向新制氯水中加入少量： B. 将等物质的量浓度的和溶液以体积比1：1混合： C. 将变黑的银器(产生)置于盛有食盐水的铝盆中，银器恢复光亮： D. 用硫代硫酸钠溶液脱氯： 【答案】A 【解析】 【详解】A． 原子守恒，电荷守恒，且反应合理：新制氯水中 与 反应生成 HCl 和 HClO， 与 HCl 反应生成 和 ，同时 HClO 保留，符合化学原理，A正确； B． 提供 和 ， 提供 和、。混合后，与 反应生成， 与 反应生成 和 ，同时 与 沉淀。原方程式忽略 的反应，正确的离子方程式为，B错误； C．变黑的银器置于盛有食盐水的铝盆中，该装置构成原电池，铝为负极，银器为正极。在正极，被还原为Ag，但在水溶液中，与会发生双水解，不能生成 ，正确的总反应式为，C错误。 D．被氧化时，硫元素的化合价应从+2价升高到+6价，其正确的离子方程式为，D错误； 故答案选A。 5. 以富钒炉渣(主要成分为，还含有杂质、)为原料制备的工艺流程如下： 已知：“氧化”时，转变成；“沉钒”时，生成沉淀，且需控制溶液的。 下列说法正确的是 A. “焙烧”时，被氧化的金属元素为V和Fe B. “酸浸”时，试剂X可选用盐酸 C. “氧化”时，离子反应为 D. “调pH”时，可加入过量，提升除杂效率 【答案】A 【解析】 【分析】富钒炉渣（主要成分为，含、杂质）通入作为氧化剂，氧化原料中低价态的金属元素；加入酸（试剂X）溶解金属氧化物，使V、Fe、Al转化为离子进入溶液，不溶性的可被过滤除去，此时V以存在；加入将氧化为；加入调节pH，使、转化为氢氧化物沉淀除去，得到滤渣；加入沉钒试剂得到沉淀，煅烧后得到最终产物。 【详解】A．原料​中V的化合价为+3价，低于产物中钒的最高价+5，焙烧时通入作氧化剂，、的化合价均升高，都被氧化，A正确； B．若酸浸试剂选用盐酸，后续加入的氧化剂会氧化生成有毒的​，因此不能选盐酸，B错误； C．“氧化”在酸浸之后，溶液为酸性环境，反应物不能写，正确的离子方程式为：，C错误； D．已知“沉钒”需要控制，加入过量​会使溶液过高，不符合沉钒要求，还会造成钒提前沉淀损失，因此不能加过量，D错误； 故选A。 6. 某同学用下列装置完成了浓硫酸和SO2性质实验(夹持装置已省略)。下列说法不正确的是 A. 反应后，将试管Ⅰ中的白色固体加入水中，溶液呈蓝色 B. 取下试管Ⅲ并不断振荡，试管中出现浑浊，是因为生成了BaSO4 C. 试管Ⅳ中KMnO4溶液褪色，说明SO2具有氧化性 D. 试管V中的NaOH溶液可用Na2CO3溶液代替 【答案】C 【解析】 【分析】浓硫酸和铜在加热条件下反应生成SO2，试管Ⅱ中品红褪色，证明二氧化硫具有漂白性；SO2不与氯化钡溶液反应，则试管Ⅲ中无现象；酸性高锰酸钾具有强氧化性，能够氧化二氧化硫，则试管Ⅳ中高锰酸钾褪色；试管V为NaOH溶液，用于吸收二氧化硫，防止污染环境。 【详解】A．试管Ⅰ中铜与浓硫酸反应生成硫酸铜，浓硫酸吸水性使硫酸铜以无水硫酸铜形式存在，加入水中溶解形成蓝色硫酸铜溶液，A正确； B．SO2通入BaCl2溶液时，因H2SO3酸性弱于HCl不直接反应，振荡时H2SO3被空气中O2氧化为H2SO4，进而生成BaSO4沉淀，出现浑浊，B正确； C．酸性KMnO4溶液褪色是因为SO2被其氧化，SO2作还原剂，体现还原性而非氧化性，C错误； D．NaOH溶液用于吸收多余SO2，Na2CO3溶液也能与SO2反应，可替代NaOH吸收SO2，D正确； 答案选C。 7. 结构决定性质，性质决定用途。下列事实解释错误的是 选项 事实 原因解释 A H2O的键角大于H2S O 的电负性大于S B 顺-2-丁烯的沸点高于反-2-丁烯的沸点 前者分子极性大于后者 C [ Cu(NH₃)4]²+的稳定性强于[Cu(H2O)4]²+ 前者配体的稳定性强于后者 D 酸性：丙炔酸>丙烯酸 吸电子能力： A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．O的电负性大于S，导致H2O中成键电子对间斥力更大，键角更大，故H2O的键角大于H2S，A正确； B．顺式结构极性大，分子间作用力强，沸点更高，B正确； C．[Cu(NH3)4]²⁺稳定性强是因NH3配位能力更强，而非配体本身稳定性，C错误； D．-C≡CH吸电子能力强于-CH=CH2，增强羧酸酸性，D正确； 故选C。 8. 为除去括号内的杂质，所选用的试剂和方法正确的是 A. CO2(CO)——通入氧气中，点燃 B. C12( HCl)——通入足量饱和食盐水中，再干燥 C. FeCl2溶液(FeC13)——加入过量铜粉，再过滤 D. NaHCO3溶液(Na2CO3)——加入适量氯化钙溶液，再过滤 【答案】B 【解析】 【分析】根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂（提纯），是指除去杂质，同时被提纯物质不得减少。 【详解】A项、除去二氧化碳中的一氧化碳不能够通氧气点燃，这是因为当二氧化碳（不能燃烧、不能支持燃烧）大量存在时，少量的一氧化碳是不会燃烧的；且除去气体中的气体杂质不能使用气体，否则会引入新的气体杂质，故A错误； B项、Cl2不溶于饱和食盐水，而HCl极易溶于饱和食盐水，通入足量饱和食盐水中能把HCl杂质除去，再干燥得到C12，故B正确； C项、铜粉与FeC13反应生成FeC12与CuC12，溶液中引入了铜离子杂质，可以用铁粉除去FeC12溶液中的FeC13，故C错误； D项、Na2CO3能与适量的氯化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，能除去杂质但引入了新的杂质氯化钠，故D错误。 故选B。 【点睛】解决除杂问题时，抓住除杂质的必需条件（加入的试剂只与杂质反应，反应后不能引入新的杂质）是正确解题的关键。 9. 一种高聚物被称为“无机橡胶”，可由如图所示的环状三聚体制备。X、Y和Z都是短周期元素，X、Y价电子数相等，X、Z电子层数相同，基态Y的轨道半充满，Z的最外层只有1个未成对电子，下列说法正确的是 A. X、Z的第一电离能： B. X、Y的简单氢化物的键角： C. 最高价含氧酸的酸性： D. X、Y、Z均能形成多种氧化物 【答案】D 【解析】 【分析】X、Y价电子数相等，X、Y属于同一主族，且X形成5个键，Y形成3个键，基态Y的轨道半充满，则X为P元素，Y为N元素，X、Z电子层数相同， Z的最外层只有1个未成对电子，Z形成1个键，Z为Cl元素，以此分析。 【详解】A．第一电离能同周期从左到右有增大趋势，第一电离能：Cl>P，A错误； B．X、Y的简单氢化物分别为：PH3和NH3，二者中心原子杂化方式相同，孤电子对数相同，电负性：N>P，共用电子对距N近，成键电子对斥力N-H大于P-H，键角：NH3>PH3，B错误； C．元素的非金属性越强，其最高价含氧酸酸性越强，非金属性：Cl>N>P，酸性：HClO4>HNO3>H3PO4，C错误； D．P、N、Cl均能形成多种氧化物，D正确； 答案选D。 10. 由实验操作和现象，可得出相应正确结论的是 实验操作 现象 结论 A 向NaBr溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉KI溶液 先变橙色，后变蓝色 氧化性：Cl2>Br2>I2 B 向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，加入少量新制的Cu(OH)2悬浊液 无砖红色沉淀 蔗糖未发生水解 C 石蜡油加强热，将产生的气体通入Br2的CCl4溶液 溶液红棕色变无色 气体中含有不饱和烃 D 取4mL乙醇，加入12mL浓硫酸、少量沸石，迅速升温至170℃，将产生的气体通入2mL溴水中 溴水褪色 乙醇消去反应的产物为乙烯 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．氯水过量时，Cl2直接氧化I−生成I2，无法证明Br2的氧化性强于I2，故A错误； B．未中和酸性环境，无法检验葡萄糖，现象不能说明蔗糖未水解，故B错误； C．石蜡油分解生成的不饱和烃与Br2反应使溶液褪色，故C正确； D．反应可能生成SO2等还原性气体干扰溴水褪色，无法确定产物为乙烯，故D错误； 答案选C。 11. 将装有和混合气体的烧瓶Ⅰ和烧瓶Ⅱ，分别浸泡在热水和冰水中(如图所示)，发生反应： 。下列说法错误的是 A. 和均不属于酸性氧化物 B. 一段时间后，烧瓶Ⅰ中颜色变深 C. 冰水条件有利于上述反应逆向进行 D. 上述反应的反应物键能总和小于生成物键能总和 【答案】C 【解析】 【详解】A．酸性氧化物是能与碱反应生成盐和水且化合价不变的氧化物；和与碱反应时N元素化合价发生变化（如与NaOH反应生成NaNO3、NaNO2和水），二者均不属于酸性氧化物，A正确； B．烧瓶Ⅰ浸泡在热水中，温度升高，该反应正反应放热（ΔH<0），平衡向逆反应方向移动，生成更多（红棕色气体），故颜色变深，B正确； C．冰水条件下温度降低，平衡向放热方向（正反应方向）移动，有利于正反应进行，C错误； D．ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和，该反应ΔH<0，则反应物键能总和小于生成物键能总和，D正确； 综上所述，答案为C。 12. 常温下，浓度均为的和混合溶液体系，存在竞争反应： I． II． 初始的条件下，含氯微粒的浓度随时间的变化曲线如图（忽略其他反应）。下列说法正确的是 A. 曲线②表示的微粒为 B. 内，逐渐减小 C. 内， D. 体系中时，反应I达到平衡状态 【答案】B 【解析】 【详解】A．由反应I和II可知，生成物为ClO2、、Cl-，根据氯元素守恒及2s时数据，得出c(ClO2)=0.64×10-3mol/L，c(Cl-)=0.42×10-3mol/L，=0.10×10-3mol/L，故曲线②为Cl-，为曲线③，A错误； B．反应I消耗H+（0.32×10-3mol/L），反应II生成H⁺(0.10×10-3mol/L)，总H⁺变化量Δc(H⁺)= -0.22×10-3mol/L<0，即H⁺浓度逐渐减小，B正确； C．0~2s内HClO浓度变化Δc=Δc(Cl-)=0.42×10-3mol/L，v===2.1×10-4mol·L-1·s-1，C错误； D．v正(HClO)为两反应消耗HClO的总速率，v逆(ClO2)仅为反应I的逆速率，平衡时应满足反应I的v正I(HClO)：v逆(ClO2)=1:2，而非总v正(HClO)，D错误； 故选B。 13. 合成气的一种制备原理为 ，在合金催化下，甲烷脱氢阶段的反应历程如图所示(*表示吸附在催化剂表面)。下列说法正确的是 A. 合成气制备过程中既存在非极性键断裂又存在极性键生成 B. 低温有利于反应的自发进行 C. 反应的活化能大于活化分子变成生成物分子放出的能量 D. 在合金催化下，该历程中决速步骤的 【答案】C 【解析】 【详解】A．反应物CH4和CO2中只含极性键（C-H、C=O），断裂的均为极性键；生成物CO含极性键（C≡O）、H2含非极性键（H-H），只存在极性键断裂和极性键、非极性键生成，A错误； B．该反应ΔH＞0（吸热）、ΔS＞0（气体分子数增多），根据ΔG=ΔH-TΔS，需高温下TΔS＞ΔH使ΔG＜0才自发，低温不利于自发，高温利于自发进行，B错误； C．正反应活化能（Ea正(正)）是反应物到过渡态的能量差，活化分子（过渡态）变成生成物放出的能量为过渡态到生成物的能量差（即逆反应活化能Ea(逆)）。因ΔH=Ea(正)-Ea(逆)＞0，故Ea(正)＞ Ea(逆)，即活化能大于活化分子变成生成物放出的能量，C正确； D．决速步骤是活化能最大的步骤。由历程图，反应ii（CH3*+H*→过渡态2→CH2*+2H*）活化能最大（5.496-1.687=3.809 eV），该步骤ΔH=4.035-1.687=2.348 eV，单位错误，D错误； 故选C。 14. 向一恒容密闭容器中加入1 mol 和一定量的，发生反应：。的平衡转化率按不同投料比随温度的变化曲线如图所示。下列说法正确的是 A. B. b、c两点的正反应速率： C. 此反应在任意温度下都可自发进行 D. 平衡时的浓度： 【答案】B 【解析】 【详解】A．相同温度下，比值越大，甲烷平衡转化率越小，如b、c两点，c点甲烷平衡转化率小，则c点代表的比值x2大，即，A错误； B．b、c两点，反应温度相同，，则b点H2O(g)的浓度大，CH4的浓度相同，所以反应速率：，B正确； C．从图中可以看出，随着温度的升高，CH4的平衡转化率不断增大，表明升高温度平衡正向移动，则正反应为吸热反应，ΔH>0，该反应为熵增反应，ΔS>0，反应自发进行ΔH-TΔS<0，则需要在高温情况下可自发，C错误； D．越大，甲烷的转化率越小，相同温度下x1甲烷的转化率大于x2，则x1＜x2，a、c甲烷的转化率相同，则平衡时的浓度：a>c，D错误； 故答案为B。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 黄酮醇是一种天然活性成分，具有防治心血管疾病、抗氧化、抗炎等功效。其制备原理为： 相关物质信息如下： 物质 相对分子质量 熔点/℃ 沸点/℃ 密度 其他性质 邻羟基查尔酮 224 86~89 396.6 1.191 常温下为黄色针状结晶；醇溶液中，颜色随着pH的增大而加深，时，呈深红色 黄酮醇 238 171~172 393.7 1.367 常温下为淡黄色至黄色针状结晶或粉末，遇碱性溶液可成盐溶解 实验装置如图所示(夹持和加热装置已省略)： 实验步骤： 步骤I：向仪器a中依次加入0.8 g氢氧化钠固体、60mL甲醇、1.2mL(0.01mol)邻羟基苯乙酮、1.5mL(0.015mol)苯甲醛，放入磁力搅拌子，将仪器a置于磁力搅拌器中，75℃搅拌回流至溶液颜色变为鲜红色。 步骤II：待上述反应液冷却至室温后，加入氢氧化钠溶液和4.8mL30%过氧化氢溶液，10℃下搅拌反应约2.5 h，得到鲜黄色反应液。 步骤III：向仪器a内滴加盐酸，调节反应液的pH到6~7，然后倒入30mL冰水，搅拌均匀，减压抽滤，并用蒸馏水洗涤4~5次，得到黄色固体，置于烘箱中在40℃下干燥，得到粗产品约为1.785g。 回答下列问题： （1）仪器a的名称是____________________，球形冷凝管的出水口为__________(填“1”或“2”)。 （2）步骤I中发生反应的化学方程式为__________________________________________________。 （3）步骤III中倒入30mL冰水的目的是__________________________________________________。 （4）下列有关实验的说法中正确的有__________(填字母)。 a．步骤II中冷却到室温后再加过氧化氢溶液，目的是减少过氧化氢的分解浪费 b．为了防止过氧化氢参与的反应太剧烈，应将过氧化氢溶液一次性快速加入 c．减压抽滤的优点是过滤速度快，固液分离效果好，利于干燥 d．为了洗去残留在黄酮醇粗品上的水分，可再用乙醇洗涤 e．黄酮醇遇碱性溶液可成盐，是因为羟基O上的孤电子对可以和整个大键共轭体系发生共轭，氢氧键极性增强，解离出，溶解于碱性溶液中 （5）根据实验数据，计算黄酮醇的产率为__________；若要进一步提纯黄酮醇，可采用的实验方法是______________________________。 【答案】（1） ①. 三颈烧瓶 ②. 2 （2） （3）降低黄酮醇在水溶液中的溶解度，促使产品充分析出 （4）ace （5） ①. 75% ②. 重结晶 【解析】 【小问1详解】 该反应容器有三个瓶口，为三颈烧瓶；球形冷凝管的冷却水遵循“下进上出”原则，保证冷凝管充满冷却水、冷凝效果好，因此位置靠上的2为出水口。 【小问2详解】 步骤I是邻羟基苯乙酮和苯甲醛在NaOH、甲醇、75℃条件下发生羟醛缩合，生成邻羟基查尔酮和水，化学方程式为； 【小问3详解】 黄酮醇遇碱性成盐，调节pH到6~7后黄酮醇转化为游离态的有机物，在水溶液中溶解度低，加入冰水可进一步降低其溶解度，让更多产品析出，提升产率。 【小问4详解】 a．过氧化氢高温易分解，冷却到室温再加过氧化氢可避免其受热分解，减少浪费，a正确； b．过氧化氢一次性快速加入会导致反应瞬间过于剧烈，放热难以控制，b错误； c．减压抽滤（吸滤）的特点就是过滤速率快，固液分离更彻底，得到的滤饼含液量少，便于后续干燥，c正确； d．乙醇会溶解黄酮醇，用乙醇洗涤会造成产品大量损失，d错误； e．黄酮醇的羟基与大π键发生p-π共轭，使O-H键极性增强，易解离出，因此可与碱成盐溶解，e正确； 故选ace。 【小问5详解】 邻羟基苯乙酮的物质的量为0.01 mol，是限量反应物，理论生成黄酮醇的物质的量也为0.01 mol，理论质量为，实际得到1.785 g，产率为；黄酮醇是具有固定熔点的针状结晶固体，进一步提纯固体有机粗品的常用方法为重结晶。 16. “稀土氯化氯化稀土电解转化”清洁冶金新流程可用于提取稀土元素。已知稀土矿石中除含有稀土(RE)外还含有Sn、Fe、Al、Ca、Si等元素的氧化物及少量氟化物，其主要工艺流程如图所示： 已知：①难溶于水； ②； ③当溶液中可溶组分浓度时，可认为已除尽； ④相关金属氯化物的熔、沸点如下表： 氯化物 (三氯化稀土，以为代表) 熔点/℃ 306(分解) 192.4(加压) 772 860左右 沸点/℃ 315(升华分解) 180(常压直接升华，无液态) 114 57.6 1300~1500，高温难挥发 （1）稀土元素的价层电子排布图为______________________。 （2）“造粒”的目的是________________________________________。 （3）“高温氯化”的目的是__________________________________；该过程中氧化铁发生反应的化学方程式为__________________________________________________。 （4）“除杂”时加适量的NaF完全除去，需保证溶液中不低于____________。 （5）“电解”过程中，在__________(填“阳极”或“阴极”)产生。 （6）“碳化”过程的产物是，则“还原”过程中发生反应的化学方程式为__________________________________________________。 【答案】（1） （2）增大反应物接触面积，加快氯化反应速率 （3） ①. 将矿石中的金属氧化物转化为氯化物，便于后续依据熔、沸点差异分离提纯 ②. （4） （5）阴极 （6） 【解析】 【分析】稀土矿经“造粒”处理后变为颗粒状，通过“高温氯化”转化为与其他金属氯化物，其中、、、直接转化为气体，剩余、与少量氟化物，通过水洗除去C、两种不溶性杂质，再加入NaF将转化为沉淀，最后电解产生与、气体，经进一步处理得到，可在“高温氯化”中重复利用，据此作答。 【小问1详解】 Sc为21号元素，电子排布式为，故价层电子排布图为：； 【小问2详解】 由分析可知，稀土矿经“造粒”处理后变为颗粒状，可以增大反应物接触面积，加快氯化反应速率； 【小问3详解】 由表格可知，稀土氯化物高温下难挥发，大部分杂质金属的氯化物均易挥发，故“高温氯化”的目的是将矿石中的金属氧化物转化为氯化物，便于后续依据熔、沸点差异分离提纯；氧化铁与C、反应得到与CO，反应方程式为； 【小问4详解】 根据，除尽时，代入得； 【小问5详解】 电解过程中得到电子被还原为，再与反应产生，故在阴极产生； 【小问6详解】 “碳化”过程产生，其与发生氧化还原反应产生、，碳元素转化为，反应方程式为。 17. 有机物M是一种除草剂，其一种合成路线如下图所示。 已知：；。 （1）III→IV的反应类型是_______，VI中的含氮官能团名称是_______，VII的系统命名为_______。 （2）有机物I的结构简式为_______，I和II反应生成III的过程中加入的作用是_______。 （3）的反应方程式为_______。 （4）有机物W是K的同分异构体，符合下列条件的W的结构有_______种(不考虑立体异构)。 ①属于芳香族化合物，且只含1个环；②与溶液发生显色反应；③分子中有4种不同化学环境的氢原子。 （5）根据上述信息，请设计以和为原料合成的路线_______(无机试剂任选)。 【答案】（1） ①. 还原反应 ②. 硝基、酰胺基 ③. 3-溴丙炔 （2） ①. ②. 与生成的反应，提高有机物III的产率 （3） （4）6 （5） 【解析】 【分析】IV的分子式为，对比III的分子式可知，III→IV过程中，-NO2转化为-NH2，则III为，I和II发生取代反应生成III和HBr，IV在一定条件下可转化为V，结合V的分子式及VI的结构可确定V的结构简式为，V发生硝化反应生成VI，VI和VII发生反应生成VIII，则VII为3-溴丙炔()，VIII发生还原反应，-NO2转化为-NH2，IX和K发生类似已知信息中的反应得到M，以此分析解答。 【小问1详解】 IV的分子式为，对比III的分子式知，III→IV过程中，-NO2转化为-NH2，则反应类型是还原反应；观察VI的结构中，其中含氮官能团为-NO2、-CONH-，名称是硝基、酰胺基；VII的分子式为，结合VIII的结构可知，VII的结构简式为，则其系统命名为3-溴丙炔。 【小问2详解】 结合分析知，有机物III的结构简式为，结合I的分子式和II的结构简式知，I和II发生取代反应生成有机物III和HBr，则有机物I的结构简式为，该反应过程中加入的作用是与生成的反应，提高有机物III的产率。 【小问3详解】 IV的分子式为，对比V的分子式，并结合VI的结构简式知，V的结构简式为，则可确定的反应方程式为。 【小问4详解】 K的分子式为，不饱和度为，有机物W是K的同分异构体，且符合条件①属于芳香族化合物，且只含1个环，则该环为苯环(不饱和度为4)；②与溶液发生显色反应，说明含酚羟基；③分子中有4种不同化学环境的氢原子，说明结构较对称，若苯环上有两个取代基，则两个取代基为-OH、-COOCH3或-OH、-OOCCH3，即、；若苯环上有四个取代基，符合题意的结构有：、、、，故W共有6种可能结构。 【小问5详解】 根据已知信息中的第一个反应知，要合成，需先得到和，结合已知信息中的第二个反应知，可由与P2O5反应得到，故以和为原料合成的路线为：。 18. 某地胶磷矿主要成分为(杂质为和)。该地区用上述矿石为原料生产锂离子电池正极材料的工艺流程如下所示。 已知：六氟合硅酸()的电离：，。 回答下列问题： （1）LiFePO4中铁元素的化合价为____________________。 （2）“预酸浸”和“硫酸萃取”两步操作中转化为的总反应化学方程式为____________________；流程中混合尾气的主要成分为_______________(填化学式)。 （3）“硫酸萃取”的温度控制在70~80℃，温度过高会使来不及与杂质反应即大量逸出，且硫酸钙溶解度会减小，导致___________________。 （4）“水洗吸收”后可得六氟合硅酸，结合以下溶解度与温度的关系图，工业上结晶析出的条件应为______________(填“低温”或“高温”)，写出“控温结晶”时反应的离子方程式__________________________________。 （5）“调除镁”后可得到电池级。此时溶液中，则约为____________。(已知；) （6）“氧化沉淀”中发生反应的化学方程式为__________________。 【答案】（1）+2 （2） ①. ②. HF、SiF4、CO2 （3） 生成的覆盖在固体表面，降低萃取率 （4） ①. 低温 ②. （5）或或（其他正确的合理表达方式也可） （6） 【解析】 【分析】该工艺流程以胶磷矿（主要成分为Ca5(PO4)3F，含、杂质）为起始原料生产电池级，整体分为三个核心阶段： 第一阶段先将胶磷矿粉碎浮选后，加入稀磷酸进行预酸浸，再补加浓硫酸在70~80℃条件下完成硫酸萃取，该过程中胶磷矿的有效成分转化为磷酸，同时生成大量微溶的，通过热过滤将其作为副产品生石膏分离出去；预酸浸和硫酸萃取过程中逸出的混合尾气（含反应生成的HF、）经水洗吸收得到六氟合硅酸溶液，加入饱和食盐水后利用低温溶解度小的特性控温结晶，分离出副产品六氟合硅酸钠；热过滤后的粗磷酸再经过调pH除镁操作，将杂质镁以磷酸盐沉淀形式除去，最终得到电池级精制磷酸。 第二阶段向精制磷酸中通入、加入和溶液，通过氧化沉淀反应将二价铁完全氧化为三价铁，同时与磷酸根结合生成磷酸铁前驱体。 第三阶段将磷酸铁前驱体与、葡萄糖混合，在惰性气氛下高温煅烧，葡萄糖作为碳源提供还原氛围，最终得到锂离子电池正极材料电池级，整个流程在制备主产品的同时实现了生石膏、六氟合硅酸钠等副产物的资源化回收。 【小问1详解】 化合物中Li为+1价，整体为-3价，根据化合价代数和为0，可计算得Fe的化合价为。 【小问2详解】 第一步预酸浸是磷矿和循环料浆的磷酸进行预分解反应，磷矿首先溶解在过量的稀磷酸溶液中，生成磷酸二氢钙，方程式为，（磷酸较稀，具有很大溶解度的HF未大量逸出）预分解的目的主要是防止磷矿与浓硫酸直接反应，避免在磷矿粒子表面生成硫酸钙薄膜而阻止磷矿的进一步反应。第二步是以上述的磷酸二氢钙料浆与稍过量的硫酸反应生成CaSO4与磷酸溶液，将上述两方程式相加即可得总方程式。 矿石中杂质和酸反应生成，和HF反应生成​，同时部分未反应的HF会挥发进入尾气。 【小问3详解】 温度过高，HF溶解度减小来不及与杂质SiO2反应生成SiF4，即逸出，水洗吸收得到的氟硅酸量少从而导致氟资源流失；同时硫酸钙溶解度减小，易覆盖在固体表面，降低萃取率。 【小问4详解】 由溶解度曲线可知​的溶解度随温度降低而减小，因此低温条件下更易结晶析出； 注意到题目已知条件②H2SiF6第一步完全电离，第二步部分电离，并且低温条件加入饱和食盐水得到的是晶体，故离子方程式为。 【小问5详解】 根据​的溶度积表达式，代入已知数据： ，解得，即。 【小问6详解】 该步骤中将氧化为，在​的弱碱性环境下，与体系中的磷酸根结合生成​沉淀，同时生成硫酸铵和水，产物可匹配后续高温煅烧制备的流程。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $