广东省广州市2022-2023高三下学期5月模拟预测化学试题（三）（含解析）
广东省广州市2022-2023学年高三下学期
化学模拟预测试题(三)-原卷版
一、选择题：本题包括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。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．中国文物具有鲜明的时代特征。下列文物属于硅酸盐制品的是
文物
选项 A．越王勾践剑 B．曾侯乙编钟 C．虎座鸟架鼓 D．元青花四爱图梅瓶
A．A B．B C．C D．D
2．下列关于材料的说法正确的是
A．青铜、铝合金、光导纤维都属于新型无机非金属材料
B．有机玻璃、天然橡胶是有机高分子材料
C．钢化玻璃与普通玻璃成分不相同
D．玻璃、水泥、新型陶瓷都属于硅酸盐产品
3．下列化学用语的表示正确的是
A．O2和O3互为同位素 B．甲基的电子式为由
C．基态Fe2+价电子排布式为3d5 D．基态碳原子价电子轨道表示式为
4．NA为阿伏伽德罗常数的值， 下列说法正确的是
A．32g 皇冠状 S8( )分子中含有 S—S 键数为 NA
B．标准状况下， 11.2L SO3含有硫原子数为 0.5NA
C．1mol/L的 NH4NO3溶液中含有 NO离子数目为 NA
D．标准状况下， 6.4g 铜溶解在浓硝酸中转移的电子数为 0.4NA
5．维生素C可参与机体的代谢过程，俗称抗坏血酸，结构如图，已知25℃时，其电离常数，。下列说法正确的是
A．维生素C分子中含有3个手性碳
B．维生素C含碳原子较多，故难溶于水
C．维生素C含有烯醇式结构，水溶液露置在空气中不稳定
D．1mol维生素C与足量NaOH溶液反应，最多可消耗2mol NaOH
6．某工业废水中存在大量的Na+、Cl-、Cu2+、SO，欲除去其中的Cu2+、SO (除试剂c外，每一步所加试剂均过量)，设计工艺流程如图所示，下列说法不正确的是
A．NaOH的作用是除去Cu2+ B．试剂a为Na2CO3，试剂b为BaCl2
C．操作X用到烧杯、漏斗、玻璃棒 D．当不再产生气泡时，说明试剂c已足量
7．实验室探究SO2与Fe(NO3)3溶液反应的原理，装置如图，实验中Y装置产生白色沉淀。下列说法错误的是
A．滴加浓硫酸之前应进行的操作是打开弹簧夹，通入一段时间N2
B．Y中产生的白色沉淀是BaSO4和BaSO3
C．在X装置中浓硫酸不体现氧化性
D．若将Fe(NO3)3换成氨水，Y中也能产生白色沉淀
8．下列离子反应方程式正确的是
A．NH4HCO3稀溶液与过量的KOH溶液反应：+OH﹣=+H2O
B．100 mL1 mol·L-1溴化亚铁溶液中通入2.24 LCl2(标准状况下)：Fe2++2Br-+2Cl2=Fe3++Br2+4Cl-
C．向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液得到FeCO3沉淀：Fe2++2=FeCO3↓+CO2↑+H2O
D．向明矾溶液中逐滴滴入Ba(OH)2溶液，至沉淀质量最大时反应的离子方程式为：2Al3++3+3Ba2++6OH-=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓
9．劳动开创未来。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 工人将模具干燥后再注入熔融钢水 铁与水蒸气高温下会反应
B 用墨汁绘制国画 常温下碳单质性质稳定
C 用含NaOH和Al粉的管道疏通剂疏通厨卫管道 NaOH与Al粉反应放热产生大量气体，且NaOH有一定腐蚀性
D 用富含淀粉的谷物酿酒 淀粉水解生成乙醇
A．A B．B C．C D．D
10．部分含氮物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是
A．a既可被氧化，也可被还原 B．c溶于水可得d和b
C．将铜丝插入d的浓溶液可产生b D．自然界可存在a→b→c→d→e的转化
11．已知X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中W是短周期元素中原子半径最大的元素，X、Z、W三种元素组成的一种化合物如图所示。下列说法正确的是
A．氢化物的沸点：
B．Y的氧化物的水化物为强酸
C．Z、W形成的化合物只含离子键
D．X、Y、Z分别能与氢原子构成18电子分子
12．近年来，科学家们发现将微生物应用到污水处理上效果显著，不存在二次污染问题。某科研小组设计了一种新型双微生物燃料电池装置，如图所示。下列说法错误的是
A．a电极反应式为
B．左池消耗的与右池消耗的的物质的量之比为
C．若b极产生了的气体，则穿过质子交换膜进入左室的数目为
D．若用该电池对铅蓄电池进行充电，b极接极
13．某质间的转化关系如图所示。下列说法错误的是
A．该反应目标产物是CH3COOH B．HI、HCo(CO)4是该转化过程中的催化剂
C．V的反应类型为取代反应 D．转化过程中有非极键的断裂和生成
14．我国在H2和CO合成的研究中取得重大突破。向某密闭容器中，按物质的量为2：1的比例充入H2和CO，发生反应：。测得不同压强下的平衡体积分数随温度变化关系如图所示，下列说法错误的是
A．
B．该反应的焓变ΔH>0
C．N点时对应该反应的
D．M、N两点使用不同催化剂时，正反应速率可能相等
15．下列方案设计、现象和结论都正确的是
选项 实验目的 方案设计 现象和结论
A 检验和浓盐酸反应后是否有酸剩余 取少量反应后的溶液于试管中，依次加入稀硝酸、硝酸银溶液，观察 若产生大量白色沉淀，则说明盐酸有剩余
B 检验Cu2O固体中是否含有单质Cu 取样，加入足量稀盐酸，观察现象 若有红色固体剩余，则说明样品中有单质Cu
C 鉴别NaCl与NaNO2溶液 分别取少量溶液于试管中，再滴加 KMnO4酸性溶液 若溶液的紫红色不褪去，则为NaCl溶液
D 比较氧和硫的非金属性强弱 将氧气通入S的水溶液中 若溶液变浑浊，说明氧的非金属性大于硫
A．A B．B C．C D．D
16．热电池是一种需要达到一定温度才能工作的电池。一种热电池的结构如下图所示，电池工作时需用引燃剂引发Fe和的反应，产生的热量会使LiCl、KCl熔化，电池开始工作。电池放电后有、Fe和生成。下列说法正确的是
A．该热电池常温下不能工作的原因是LiCl、KCl常温下不含离子
B．Fe和反应后的产物可能是KCl、和
C．放电时电极上所发生反应为
D．电路上每转移1mol电子，消耗的物质的量为0.25mol
二、非选择题：本题包括4小题，共56分。
17．某小组同学对与在不同的下反应进行探究。
(1)测得溶液为10，溶液为5，用离子方程式表示溶液显碱性的原因___________。
(2)调节与混合后的初始，实验记录如下：
实验 现象
10 产生白色沉淀，稍后沉淀溶解
6 产生白色沉淀，一段时间后，沉淀未溶解
2 产生大量白色沉淀，一段时间后，产生海绵状棕黑色物质
资料：ⅰ．：白色，不溶于水，可溶于过量溶液。
ⅱ．：棕黑色，不溶于水，能和酸反应。
针对实验中白色沉淀提出两种推测：
推测1：白色沉淀为。
推测2：白色沉淀为。
①推测1产生该沉淀的反应用离子方程式表示___________。
②推测2的理论依据是___________。
③取、中白色沉淀，分别置于过量溶液中，沉淀均溶解经实验证明白色沉淀不是，实验过程：另取固体置于___________溶液中，未溶解。
(3)为确认组成，将中过滤、洗涤，继续实验：
Ⅰ．向中滴加稀盐酸，无明显变化；
Ⅱ．向中加入过量浓，产生红棕色气体；
Ⅲ．用、检验Ⅱ中反应后的溶液，前者无变化，后者产生白色沉淀。
①Ⅰ的目的是___________。
②根据Ⅲ的现象，可判断的元素组成___________。
③Ⅱ中反应的化学方程式是___________。
(4)综合以上实验，分析产生的可能原因：
①甲同学认为随着溶液酸性增强，中的氧化性增强。
②乙同学认为___________。
18．含钒化合物广泛用于冶金、化工行业。由富钒废渣(含、和、FeO)制备的一种流程如下：
查阅资料：
部分含钒物质在水溶液中的主要存在形式如下，
pH ＜1 1~4 4~6 6-8.5 8.5~13 ＞13
主要形式 多矾酸根 多矾酸根
备注 多矾酸盐在水中溶解度较小
本工艺中，生成氢氧化物沉淀的pH如下：
物质
开始沉淀pH 7.0 1.9 3.2
沉淀完全pH 9.0 3.2 4.7
回答下列问题：
(1)“焙烧”中，将“研磨”所得粉末与逆流混合的目的为___________；所生成的气体A可在___________工序中再利用。
(2)“酸浸”V元素发生的离子反应方程式___________。
(3)滤渣2含有的物质为___________。
(4)“转化Ⅱ”需要调整pH范围为___________，“转化Ⅲ”中含钒物质反应的离子方程式为___________。
(5)“沉钒”中加入过量有利于晶体析出，其原因为___________。
(6)“煅烧”中所生成的气体B用途广泛，写出基于其物理性质的一种用途：___________。
19．CO2资源化利用受到越来越多的关注，它能有效减少碳排放，有效应对全球的气候变化，并且能充分利用碳资源。
(1)CO2催化加氢合成CH4。其过程中主要发生下列反应：
反应Ⅰ：CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g)；ΔH＝－890.3 kJ·mol－1
反应Ⅱ：CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g)；ΔH＝＋2.8 kJ·mol－1
反应Ⅲ：2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)；ΔH＝－566.0 kJ·mol－1
则反应CO2(g)＋4H2(g)=CH4(g)＋2H2O(g)的ΔH＝________________kJ·mol－1。
(2)CO2与CH4经催化重整可制得合成气CO和H2。重整过程中同时存在
积碳反应：CH4(g) C(s)＋2H2(g) ΔH1＝＋75 kJ·mol 1
和消碳反应：CO2(g)＋C(s) 2CO(g) ΔH2＝＋172 kJ·mol 1
①消碳反应在一定条件下能自发进行的原因是__________________。
②某催化剂对积碳和消碳反应都具有催化作用，催化剂表面的积碳量随温度的变化如上图所示。请提出一种清除催化剂表面积碳的方法____________________________。
(3)CO2电化学制CH4。图1表示以KOH溶液作电解质溶液进行电解的示意图，CO2在Cu电极上可以转化为CH4，该电极反应的方程式为_______________。
(4)CO2和H2可直接合成甲醇，向一密闭容器中充入CO2和H2，发生反应：CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH
①若保持温度、压强一定，能说明上述反应达到平衡状态的是__________。
A．容器内压强不变 B．v正(CH3OH)＝3v逆(H2)
C．容器内气体的密度不变 D．CO2与H2O的物质的量之比保持不变
②若保持容积不变，测得两种不同温度时CH3OH的物质的量随时间的变化如图2所示，则ΔH____________0 (填“>”或“<”)。
(5)常温下，将一定量的CO2通入石灰乳中充分反应，达平衡后，溶液的pH为11，则c(CO)＝_________。(已知：K[Ca(OH)2]＝5.6×10－6，Ksp(CaCO3) ＝2.8×10－9)
20．黄酮类物质可增强人体的抵抗力。某黄酮类物质的合成方法如下：
回答下列问题：
(1)A的化学名称___________。
(2)C生成D的反应类型为___________，设计该步反应的目的是___________。
(3)F的结构简式___________。
(4)由G经两步反应生成H，第一步为加成反应，写出第二步反应的化学方程式___________(不要求写反应条件)
(5)E完全加氢后有___________ 个手性碳原子。
(6)同时满足以下特定的条件的E的同分异构体有___________种。
①含有两个苯环，且两个苯环通过一根单键直接相连；
②能发生银镜反应和水解反应，水解的产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应；
③核磁共振氢谱有六组峰，且峰面积比为6： 2： 2： 2： 1： 1。
(7)已知：①CH3COOH+SOCl2 →CH3COCl；②苯酚与羧酸很难发生酯化反应。结合题中信息，设计由对二甲苯和苯酚为原料，合成(对苯二甲酸二苯酚酯)的合成路线(无机试剂任选)。__________广东省广州市2022-2023学年高三下学期
化学模拟预测试题(三)-解析版
一、选择题：本题包括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。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．中国文物具有鲜明的时代特征。下列文物属于硅酸盐制品的是
文物
选项 A．越王勾践剑 B．曾侯乙编钟 C．虎座鸟架鼓 D．元青花四爱图梅瓶
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．越王勾践剑为青铜武器中的珍品，青铜属于合金，是金属材料，A错误；
B．曾侯乙编钟主要成分有锡、铅、铜及少量杂质，属于合金，B错误；
C．虎座鸟架鼓是一件漆木制文物，由托板、虎座、凤架、悬鼓组成，托板两长边侧面各安两个铜衔环，托板上还有两组木雕蛇，不属于硅酸盐制品，C错误；
D．元青花四爱图梅瓶是我国元代青花瓷器艺术的杰出代表，为陶瓷器物，属于硅酸盐制品，D正确；
故选D。
2．下列关于材料的说法正确的是
A．青铜、铝合金、光导纤维都属于新型无机非金属材料
B．有机玻璃、天然橡胶是有机高分子材料
C．钢化玻璃与普通玻璃成分不相同
D．玻璃、水泥、新型陶瓷都属于硅酸盐产品
【答案】B
【详解】A．青铜、铝合金属于合金，不是无机非金属材料，光导纤维是新型无机非金属材料，故A错误；
B．有机玻璃主要成分为：聚甲基丙烯酸甲酯，天然橡胶是聚异戊二烯，都属于有机高分子材料，故B正确；
C．钢化玻璃是将普通退火玻璃先切割成要求尺寸，然后加热到接近软化点的700度左右，再进行快速均匀的冷却而得到的，因此钢化玻璃与普通玻璃成分相同，故C错误；
D．玻璃、水泥都属于硅酸盐产品，新型陶瓷属于新型无机非金属材料，故D错误。
故选B。
3．下列化学用语的表示正确的是
A．O2和O3互为同位素 B．甲基的电子式为由
C．基态Fe2+价电子排布式为3d5 D．基态碳原子价电子轨道表示式为
【答案】B
【详解】A．两者是由相同元素形成的不同单质，互为同素异形体，A项不符合题意；
B．甲基中的碳原子与三个氢原子形成三条共价键，B项符合题意；
C．Fe的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，Fe2+的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d6，其价电子排布为3d6，C项不符合题意；
D．根据泡利原理，2p能级上的电子应当分别排布在两个不同的轨道中，且自旋方向相同，D项不符合题意；
故正确选项为B
4．NA为阿伏伽德罗常数的值， 下列说法正确的是
A．32g 皇冠状 S8( )分子中含有 S—S 键数为 NA
B．标准状况下， 11.2L SO3含有硫原子数为 0.5NA
C．1mol/L的 NH4NO3溶液中含有 NO离子数目为 NA
D．标准状况下， 6.4g 铜溶解在浓硝酸中转移的电子数为 0.4NA
【答案】A
【详解】A．32克S 8的物质的量为0.125mol，每个S8分子中含有的S-S键数目为8，所以32克S8所含的S-S键数目为NA，A正确；
B．标况下SO3 为固体，11.2LSO3 所含的硫原子数目不等于0.5NA，B错误；
C．未告知溶液体积，无法计算离子数目，C错误；
D．铜与浓硝酸反应生成二价的铜离子，每个铜原子转移两个电子，6.4克铜转移的电子数应为0.2NA，D错误；
故选A。
5．维生素C可参与机体的代谢过程，俗称抗坏血酸，结构如图，已知25℃时，其电离常数，。下列说法正确的是
A．维生素C分子中含有3个手性碳
B．维生素C含碳原子较多，故难溶于水
C．维生素C含有烯醇式结构，水溶液露置在空气中不稳定
D．1mol维生素C与足量NaOH溶液反应，最多可消耗2mol NaOH
【答案】C
【详解】A．由图 可知，维生素C分子中含有2个手性碳，A错误；
B．由图可知维生素C中含有较多的羟基，羟基具有亲水性，则维生素C易溶于水，B错误；
C．维生素C含有烯醇式结构，在水溶液中易被空气中的氧气氧化，生成去氢抗坏血酸，C正确；
D．根据结构可知，其中含有1个酯基，则1mol维生素C与足量NaOH溶液反应，最多可消耗1mol NaOH，D错误；
故选C。
6．某工业废水中存在大量的Na+、Cl-、Cu2+、SO，欲除去其中的Cu2+、SO (除试剂c外，每一步所加试剂均过量)，设计工艺流程如图所示，下列说法不正确的是
A．NaOH的作用是除去Cu2+ B．试剂a为Na2CO3，试剂b为BaCl2
C．操作X用到烧杯、漏斗、玻璃棒 D．当不再产生气泡时，说明试剂c已足量
【答案】B
【分析】工业废水中存在大量的Na+、Cl-、Cu2+、，欲除去其中的Cu2+、，由实验流程可知，先加NaOH除去Cu2+，然后加试剂a为BaCl2可除去，再加试剂b为Na2CO3，试剂b可除去过量Ba2+，操作x为过滤，分离出溶液含氯化钠、碳酸钠，最后加试剂c为盐酸可除去过量的氢氧化钠、碳酸钠，以此来解答。
【详解】A．由上述分析可知，NaOH的作用是除去Cu2+，生成氢氧化铜沉淀，A正确；
B．试剂a为BaCl2，试剂b为Na2CO3，碳酸钠在氯化钡后可除去过量的Ba2+，B错误；
C．由上述分析可知，操作x为过滤，操作X需用到烧杯、漏斗、玻璃棒，C正确；
D．根据上述分析可知试剂c为稀盐酸﹐盐酸可除去过量的氢氧化钠、碳酸钠，盐酸先中和氢氧化钠、后和碳酸钠反应，故当不再产生气泡时，说明试剂c已足量，D正确；
故合理选项是B。
7．实验室探究SO2与Fe(NO3)3溶液反应的原理，装置如图，实验中Y装置产生白色沉淀。下列说法错误的是
A．滴加浓硫酸之前应进行的操作是打开弹簧夹，通入一段时间N2
B．Y中产生的白色沉淀是BaSO4和BaSO3
C．在X装置中浓硫酸不体现氧化性
D．若将Fe(NO3)3换成氨水，Y中也能产生白色沉淀
【答案】B
【详解】A．通入一段时间N2，目的是为了赶走装置中的空气，防止Na2SO3和生成的SO2气体被氧化，故A正确；
B．二氧化硫气体溶于水，溶液显酸性，在酸性溶液中其能被硝酸根离子、Fe3+氧化成硫酸根离子，则Y中产生的白色沉淀只能是BaSO4，故B错误；
C．在X装置中反生的反应是H2SO4(浓) + Na2SO3 == Na2SO4 + H2O + SO2↑，此反应不是氧化还原反应，不能体现浓硫酸氧化性，故C正确；
D．若将Fe(NO3)3换成氨水，通入SO2后，SO2和水反应生成的亚硫酸会和氨水继续反应生成亚硫酸铵，生成的亚硫酸铵和氯化钡反应生成BaSO3沉淀，故D正确；
本题答案B。
8．下列离子反应方程式正确的是
A．NH4HCO3稀溶液与过量的KOH溶液反应：+OH﹣=+H2O
B．100 mL1 mol·L-1溴化亚铁溶液中通入2.24 LCl2(标准状况下)：Fe2++2Br-+2Cl2=Fe3++Br2+4Cl-
C．向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液得到FeCO3沉淀：Fe2++2=FeCO3↓+CO2↑+H2O
D．向明矾溶液中逐滴滴入Ba(OH)2溶液，至沉淀质量最大时反应的离子方程式为：2Al3++3+3Ba2++6OH-=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓
【答案】C
【详解】A．NH4HCO3电离产生的阳离子、阴离子都与KOH反应，该反应的离子方程式应该为：++2OH﹣=+H2O+NH3 H2O，A错误；
B．2.24 LCl2(标准状况下)的物质的量是0.1 mol。100 mL1 mol·L-1 FeBr2溶液中溶质的物质的量是0.1 mol，FeBr2的阳离子Fe2+、阴离子Br-都具有还原性，它们都可以与Cl2发生反应，由于还原性：Fe2+＞Br-，所以Fe2+先发生反应，2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，0.1 mol Fe2+反应消耗0.05 mol Cl2，剩余0.05 mol Cl2再与Br-发生反应：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，0.05 mol Cl2反应消耗0.1 mol Br-，故反应的总离子方程式应该为：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-，B错误；
C．向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液，反应得到FeCO3沉淀、(NH4)2SO4、H2O、CO2气体，反应的离子方程式为：Fe2++2=FeCO3↓+CO2↑+H2O，C正确；
D．向明矾溶液中逐滴滴入Ba(OH)2溶液，至沉淀质量最大时，反应产生BaSO4、KAlO2、H2O，反应的离子方程式为：Al3++2+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓++2H2O，D错误；
故合理选项是C。
9．劳动开创未来。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 工人将模具干燥后再注入熔融钢水 铁与水蒸气高温下会反应
B 用墨汁绘制国画 常温下碳单质性质稳定
C 用含NaOH和Al粉的管道疏通剂疏通厨卫管道 NaOH与Al粉反应放热产生大量气体，且NaOH有一定腐蚀性
D 用富含淀粉的谷物酿酒 淀粉水解生成乙醇
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．铁和水蒸气高温下发生反应产生H2，存在安全隐患，A项有关联性；
B．墨汁为碳单质，国画保存时间持久说明墨汁稳定，说明常温下碳单质稳定，B项有关联性；
C．NaOH具有腐蚀性，且NaOH与Al反应放热，同时产生气体疏通管道，C项有关联性；
D．淀粉水解产生葡萄糖，葡萄糖在无氧环境下发酵转化为乙醇和二氧化碳，D项没有关联性；
故选D。
10．部分含氮物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是
A．a既可被氧化，也可被还原 B．c溶于水可得d和b
C．将铜丝插入d的浓溶液可产生b D．自然界可存在a→b→c→d→e的转化
【答案】C
【详解】A． 氮气中的氮元素是中间价态可以被氧化与还原，既有氧化性又有还原性，活泼金属镁可以再氮气中燃烧生成氮化镁，A正确；
B．c为NO2溶于水可得d(HNO3)和b(NO)，B正确；
C．将铜丝插入浓硝酸可产生NO2，C错误；
D．自然界可存在a→b→c→d→e的转化，自然界的雷雨固氮由氮气与氧气生成NO，NO与氧气生成NO2，NO2溶于水生成硝酸和NO，硝酸与矿物质生成硝酸盐，D正确；
答案选C。
11．已知X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中W是短周期元素中原子半径最大的元素，X、Z、W三种元素组成的一种化合物如图所示。下列说法正确的是
A．氢化物的沸点：
B．Y的氧化物的水化物为强酸
C．Z、W形成的化合物只含离子键
D．X、Y、Z分别能与氢原子构成18电子分子
【答案】D
【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，W是短周期元素中原子半径最大的元素，则W为钠元素；根据X、Z、W三种元素组成的一种化合物的结构图，X能形成4个共价键，X为碳元素，Z能形成2个共价键，Z为氧元素，所以Y为氮元素；
【详解】A．C与H能形成多种氢化物，由于没有指明是最简单的氢化物，所以无法比较其沸点高低，故A错误；
B．氮元素的氧化物的水化物可能是硝酸或亚硝酸，而亚硝酸是弱酸，故B错误；
C．氧、钠形成的化合物过氧化钠中既含有离子键又含有共价键，故C错误；
D．C、N、O分别与H可形成、、等18电子的分子，故D正确；
选D。
12．近年来，科学家们发现将微生物应用到污水处理上效果显著，不存在二次污染问题。某科研小组设计了一种新型双微生物燃料电池装置，如图所示。下列说法错误的是
A．a电极反应式为
B．左池消耗的与右池消耗的的物质的量之比为
C．若b极产生了的气体，则穿过质子交换膜进入左室的数目为
D．若用该电池对铅蓄电池进行充电，b极接极
【答案】C
【分析】a电极上C6H12O6转化为CO2，C元素化合价升高，被氧化，为原电池的负极，电极反应为；b极上硝酸根离子得电子产生氮气，被还原，为原电池的正极，电极反应为；H+定向移动到正极；
【详解】A．a电极上C6H12O6转化为CO2，C元素化合价升高，被氧化，电极反应式为，选项A正确；
B．a电极电极反应式为，b极电极反应式为，根据得失电子守恒可知，左池消耗的与右池消耗的的物质的量之比为，选项B正确；
C．b极电极方程式为：，当生成标准状况下气体使转移电子数为，但选项中为说明标准状况下，选项C错误；
D．b极为正极，若用该电池对铅蓄电池进行充电，b极接铅蓄电池的正极，即极，选项D正确；
答案选C。
13．某质间的转化关系如图所示。下列说法错误的是
A．该反应目标产物是CH3COOH B．HI、HCo(CO)4是该转化过程中的催化剂
C．V的反应类型为取代反应 D．转化过程中有非极键的断裂和生成
【答案】D
【分析】由图象可知，该过程是CH3OH与CO发生反应生成CH3COOH，HI、HCo(CO)4是过程中的催化剂。
【详解】A．由分析可知，该反应目标产物是CH3COOH，A项正确；
B．由分析可知，HI、HCo(CO)4是该转化过程中的催化剂，B项正确；
C．V反应是CH3OH转化为CH3I，羟基被碘原子取代，该反应属于取代反应，C项正确；
D．由图象可知，转化过程中是极性键的断裂和生成，D项错误；
答案选D。
14．我国在H2和CO合成的研究中取得重大突破。向某密闭容器中，按物质的量为2：1的比例充入H2和CO，发生反应：。测得不同压强下的平衡体积分数随温度变化关系如图所示，下列说法错误的是
A．
B．该反应的焓变ΔH>0
C．N点时对应该反应的
D．M、N两点使用不同催化剂时，正反应速率可能相等
【答案】B
【详解】A．该反应为气体分子总数减小的反应，所以压强越大，平衡正向进行的程度越大，的平衡体积分数越高，，A项正确；
B．温度升高，的平衡体积分数减小，说明该反应为放热反应，ΔH<0，B项错误；
C．N点时对应该反应的平衡常数与M点相同，列三段式，，M点的平衡体积分数即物质的量分数为40%，则，解得x=0.67，平衡时总物质的量为3-2×0.67=1.66mol，p(H2)=，p(CO)=， p(CH3OH)=，该反应的，C项正确；
D．M、N两点使用不同催化剂时，催化剂活性不同，速率不同，压强也不同，正反应速率可能相等，D项正确；
故选：B。
15．下列方案设计、现象和结论都正确的是
选项 实验目的 方案设计 现象和结论
A 检验和浓盐酸反应后是否有酸剩余 取少量反应后的溶液于试管中，依次加入稀硝酸、硝酸银溶液，观察 若产生大量白色沉淀，则说明盐酸有剩余
B 检验Cu2O固体中是否含有单质Cu 取样，加入足量稀盐酸，观察现象 若有红色固体剩余，则说明样品中有单质Cu
C 鉴别NaCl与NaNO2溶液 分别取少量溶液于试管中，再滴加 KMnO4酸性溶液 若溶液的紫红色不褪去，则为NaCl溶液
D 比较氧和硫的非金属性强弱 将氧气通入S的水溶液中 若溶液变浑浊，说明氧的非金属性大于硫
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．和浓盐酸反应产生氯化锰，无论有没有盐酸剩余，加入稀硝酸、硝酸银溶液，都会有白色沉淀，故A错误；
B．Cu2O在酸性条件会歧化生成Cu和Cu2+，不能确定是否混有单质Cu，故B错误；
C．Cl-和NO都能使酸性高锰酸钾褪色，不能鉴别NaCl与NaNO2溶液，故C错误；
D．氧气能置换出H2S溶液的S，说明氧的非金属性大于硫，故D正确；
故答案为D。
16．热电池是一种需要达到一定温度才能工作的电池。一种热电池的结构如下图所示，电池工作时需用引燃剂引发Fe和的反应，产生的热量会使LiCl、KCl熔化，电池开始工作。电池放电后有、Fe和生成。下列说法正确的是
A．该热电池常温下不能工作的原因是LiCl、KCl常温下不含离子
B．Fe和反应后的产物可能是KCl、和
C．放电时电极上所发生反应为
D．电路上每转移1mol电子，消耗的物质的量为0.25mol
【答案】D
【分析】原电池负极氧化反应，正极还原反应，电池放电后有Li7Si3、Fe和Li2S生成，所以FeS2电极为正极，Li13Si4电极为负极。
【详解】A．该热电池常温下不能工作的原因是LiCl、KCl常温下为固体，离子不能自由移动，不能导电，A错误；
B．Fe和KClO4反应生成KCl，反应前后钾和氯的物质的量之比均为1:1，并且钾、氯原子守恒可知，一定没有FeCl3，B错误；
C．放电时Li13Si4电极上所发生反应为3Li13Si4-11e =4Li7Si3+11Li+，C错误；
D．正极反应式为FeS2+4e-+4Li+=Fe+2Li2S，电路上每转移1mol电子，消耗FeS2的物质的量为0.25mol，D正确；
故答案为：D。
二、非选择题：本题包括4小题，共56分。
17．某小组同学对与在不同的下反应进行探究。
(1)测得溶液为10，溶液为5，用离子方程式表示溶液显碱性的原因___________。
(2)调节与混合后的初始，实验记录如下：
实验 现象
10 产生白色沉淀，稍后沉淀溶解
6 产生白色沉淀，一段时间后，沉淀未溶解
2 产生大量白色沉淀，一段时间后，产生海绵状棕黑色物质
资料：ⅰ．：白色，不溶于水，可溶于过量溶液。
ⅱ．：棕黑色，不溶于水，能和酸反应。
针对实验中白色沉淀提出两种推测：
推测1：白色沉淀为。
推测2：白色沉淀为。
①推测1产生该沉淀的反应用离子方程式表示___________。
②推测2的理论依据是___________。
③取、中白色沉淀，分别置于过量溶液中，沉淀均溶解经实验证明白色沉淀不是，实验过程：另取固体置于___________溶液中，未溶解。
(3)为确认组成，将中过滤、洗涤，继续实验：
Ⅰ．向中滴加稀盐酸，无明显变化；
Ⅱ．向中加入过量浓，产生红棕色气体；
Ⅲ．用、检验Ⅱ中反应后的溶液，前者无变化，后者产生白色沉淀。
①Ⅰ的目的是___________。
②根据Ⅲ的现象，可判断的元素组成___________。
③Ⅱ中反应的化学方程式是___________。
(4)综合以上实验，分析产生的可能原因：
①甲同学认为随着溶液酸性增强，中的氧化性增强。
②乙同学认为___________。
【答案】(1)
(2) 有还原性，可能被氧化为，与反应生成白色沉淀 过量
(3) 证明不是 含有元素，不含元素 (浓)
(4)随着溶液酸性增强，中的还原性增强
【解析】(1)
亚硫酸钠是强碱弱酸盐，亚硫酸根离子在溶液中分步水解使溶液呈碱性，水解以一级水解为主，水解的离子方程式为，故答案为：；
(2)
①由题给信息可知，推测1产生该沉淀的反应为亚硫酸钠溶液与硝酸银溶液反应生成亚硫酸银白色沉淀和硝酸钠，反应的离子方程式为，故答案为：；
②推测2的理论依据是亚硫酸根离子具有还原性，若被空气中氧气氧化生成硫酸根离子，氧化生成硫酸根离子与硝酸银溶液中的银离子反应生成硫酸银沉淀，故答案为：有还原性，可能被氧化为，与反应生成白色沉淀；
③若硫酸银固体置于过量亚硫酸钠溶液中，固体不溶解，由题给b、c中白色沉淀可溶于亚硫酸钠溶液可知，白色沉淀不是硫酸银，故答案为：过量；
(3)
①由题给信息可知，棕黑色的氧化银可以与酸反应可知，向X中滴加稀盐酸，无明显变化说明X不是氧化银，则实验Ⅰ的目的是验证X不是氧化银，故答案为：证明不是；
②由实验Ⅱ可知，X具有还原性，能将浓硝酸还原为二氧化氮气体，由实验Ⅲ可知，用硝酸钡检验实验Ⅱ中反应的溶液，没有白色沉淀生成，说明反应没有生成硫酸根离子，X中不含有硫元素，用氯化钡溶液检验，有白色沉淀生成，说明X中银元素，结合实验Ⅱ可知，X为银单质，故答案为：含有元素，不含元素；
③由实验Ⅱ和Ⅲ可知，海绵状棕黑色的固体X为银，银与浓硝酸发生氧化还原反应生成硝酸银、二氧化氮和水，反应的化学方程式为(浓)，故答案为：(浓)；
(4)
综合以上实验，海绵状棕黑色的固体X产生的可能原因为随着溶液酸性增强，亚硫酸银中的银离子的氧化性增强，或亚硫酸银中的亚硫酸根离子的还原性增强，银离子与亚硫酸根离子在酸性条件下发生氧化还原反应生成银、硫酸根和水，故答案为：随着溶液酸性增强，中的还原性增强。
18．含钒化合物广泛用于冶金、化工行业。由富钒废渣(含、和、FeO)制备的一种流程如下：
查阅资料：
部分含钒物质在水溶液中的主要存在形式如下，
pH ＜1 1~4 4~6 6-8.5 8.5~13 ＞13
主要形式 多矾酸根 多矾酸根
备注 多矾酸盐在水中溶解度较小
本工艺中，生成氢氧化物沉淀的pH如下：
物质
开始沉淀pH 7.0 1.9 3.2
沉淀完全pH 9.0 3.2 4.7
回答下列问题：
(1)“焙烧”中，将“研磨”所得粉末与逆流混合的目的为___________；所生成的气体A可在___________工序中再利用。
(2)“酸浸”V元素发生的离子反应方程式___________。
(3)滤渣2含有的物质为___________。
(4)“转化Ⅱ”需要调整pH范围为___________，“转化Ⅲ”中含钒物质反应的离子方程式为___________。
(5)“沉钒”中加入过量有利于晶体析出，其原因为___________。
(6)“煅烧”中所生成的气体B用途广泛，写出基于其物理性质的一种用途：___________。
【答案】(1) 增大原料接触面积，加快反应速率，使反应更充分 转化Ⅲ
(2)
(3)、
(4) ＞13
(5)降低的溶解度，便于完全沉淀
(6)做制冷剂
【分析】由题给流程可知，富钒废渣和碳酸钠固体混合研磨后，高温下在氧气在焙烧时，碳酸钠转化为二氧化碳，钒的氧化物转化为五氧化二钒，转化为偏铝酸钠和硅酸钠，氧化亚铁转化为氧化铁，将得到的烧渣加入盐酸调节溶液pH小于进行酸浸，将五氧化二钒转化为，硅酸钠转化为硅酸沉淀，偏铝酸钠转化为铝离子，氧化铁转化为铁离子，过滤得到滤渣1和滤液1；向滤液1中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH为3，将离子转化为五氧化二钒、铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到滤渣2和滤液2；向滤渣2中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH大于13，将五氧化二钒转化为离子，过滤得到滤渣3和滤液3；向滤液3中通入过量二氧化碳气体，将溶液中离子转化为离子，向转化后的溶液中加入氯化铵溶液得到钒酸铵沉淀，过滤得到钒酸铵；煅烧钒酸铵固体得到氨气和五氧化二钒。
【详解】（1）焙烧中，研磨所得粉末与氧气逆流混合可以增大原料接触面积，加快反应速率，使反应更充分；由分析可知，焙烧所生成的气体为二氧化碳，可在转化Ⅲ工序中将溶液中离子转化为离子，故答案为：增大原料接触面积，加快反应速率，使反应更充分；转化Ⅲ；
（2）由分析可知，酸浸时钒元素发生的反应为五氧化二钒与盐酸反应生成VO2Cl和水，反应的离子反应方程式为，故答案为：；
（3）由分析可知，滤渣2含有的物质为五氧化二钒和氢氧化铁，故答案为：、；
（4）由分析可知，转化Ⅱ为加入氢氧化钠溶液调节溶液pH大于13，将五氧化二钒转化为离子；转化Ⅲ为通入过量二氧化碳气体，将溶液中离子转化为离子，反应的离子方程式为，故答案为：＞13；；
（5）沉钒时加入过量氯化铵，增大溶液中铵根离子浓度，有利于降低钒酸铵的溶解度，便于离子完全沉淀，提高产品产率，故答案为：降低的溶解度，便于完全沉淀；
（6）由分析可知，煅烧中生成的气体B为氨气，氨易液化，液氨汽化吸收大量热使周围温度急剧降低，可做制冷剂，故答案为：制冷剂。
19．CO2资源化利用受到越来越多的关注，它能有效减少碳排放，有效应对全球的气候变化，并且能充分利用碳资源。
(1)CO2催化加氢合成CH4。其过程中主要发生下列反应：
反应Ⅰ：CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g)；ΔH＝－890.3 kJ·mol－1
反应Ⅱ：CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g)；ΔH＝＋2.8 kJ·mol－1
反应Ⅲ：2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)；ΔH＝－566.0 kJ·mol－1
则反应CO2(g)＋4H2(g)=CH4(g)＋2H2O(g)的ΔH＝________________kJ·mol－1。
(2)CO2与CH4经催化重整可制得合成气CO和H2。重整过程中同时存在
积碳反应：CH4(g) C(s)＋2H2(g) ΔH1＝＋75 kJ·mol 1
和消碳反应：CO2(g)＋C(s) 2CO(g) ΔH2＝＋172 kJ·mol 1
①消碳反应在一定条件下能自发进行的原因是__________________。
②某催化剂对积碳和消碳反应都具有催化作用，催化剂表面的积碳量随温度的变化如上图所示。请提出一种清除催化剂表面积碳的方法____________________________。
(3)CO2电化学制CH4。图1表示以KOH溶液作电解质溶液进行电解的示意图，CO2在Cu电极上可以转化为CH4，该电极反应的方程式为_______________。
(4)CO2和H2可直接合成甲醇，向一密闭容器中充入CO2和H2，发生反应：CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH
①若保持温度、压强一定，能说明上述反应达到平衡状态的是__________。
A．容器内压强不变 B．v正(CH3OH)＝3v逆(H2)
C．容器内气体的密度不变 D．CO2与H2O的物质的量之比保持不变
②若保持容积不变，测得两种不同温度时CH3OH的物质的量随时间的变化如图2所示，则ΔH____________0 (填“>”或“<”)。
(5)常温下，将一定量的CO2通入石灰乳中充分反应，达平衡后，溶液的pH为11，则c(CO)＝_________。(已知：K[Ca(OH)2]＝5.6×10－6，Ksp(CaCO3) ＝2.8×10－9)
【答案】 －252.9 ΔS>0 持续通入CO2并升高温度至600℃以上 CO2＋8e－＋6H2O=CH4＋8OH－ C D < 5×10－10 mol·L－1
【详解】(1)由盖斯定律，-Ⅱ4-Ⅰ+Ⅲ2 即可得：CO2(g)＋4H2(g)=CH4(g)＋2H2O(g) ΔH＝(-2.84+890.3-566.02) kJ·mol－1=-252.9 kJ·mol－1；故答案为：-252.9；
(2)①消碳反应：CO2(g)＋C(s) 2CO(g) ΔH2＝＋172 kJ·mol 1>0，ΔS >0，高温时反应能自发进行，故答案为：ΔS>0；
②增大CO2浓度可使消碳反应平衡正向移动；由图可知，600℃以上积碳量降低，则持续通入CO2并升高温度至600℃以上可清除催化剂表面积碳，故答案为：持续通入CO2并升高温度至600℃以上；
(3)以KOH溶液做电解质溶液进行电解，CO2在Cu电极上可以转化为CH4，根据电子转移、电荷守恒可得电极反应式为：CO2＋8e－＋6H2O=CH4＋8OH－；故答案为：CO2＋8e－＋6H2O=CH4＋8OH－；
(4) ①A.体系压强保持恒定，不是变量，所以容器内压强不变不能判断反应达到平衡状态，故A错误；
B.3 v正(CH3OH)＝v逆(H2)时，正逆反应同时进行达到平衡状态，B项二者速率之比不符合计量关系，不能判断反应达到平衡状态，故B错误；
C.体系保持温度、压强一定，则容器体积可变，各物质均为气体，反应前后气体质量守恒，根据 可知，气体的密度是变量，当密度不变时能判定达到平衡，故C正确；
D.CO2与H2O的物质的量之比保持不变，即C O2与H2O的浓度不变，所以反应达到平衡状态，故D正确；
故答案为：CD；
②根据“先拐先平，数值大“规律可知体系Ⅱ反应温度高，所以体系I升温到体系Ⅱ时，n(CH3OH)降低，说明升温平衡逆向移动，即逆向吸热，正向放热，ΔH<0，故答案为：<；
(5) pH为11时溶液中c(H+)=10-11mol/L，c(OH-)= =10-3mol/L，溶液中c(Ca2+)==，溶液中c()= = =5×10－10 mol·L－1，故答案为：5×10－10 mol·L－1。
20．黄酮类物质可增强人体的抵抗力。某黄酮类物质的合成方法如下：
回答下列问题：
(1)A的化学名称___________。
(2)C生成D的反应类型为___________，设计该步反应的目的是___________。
(3)F的结构简式___________。
(4)由G经两步反应生成H，第一步为加成反应，写出第二步反应的化学方程式___________(不要求写反应条件)
(5)E完全加氢后有___________ 个手性碳原子。
(6)同时满足以下特定的条件的E的同分异构体有___________种。
①含有两个苯环，且两个苯环通过一根单键直接相连；
②能发生银镜反应和水解反应，水解的产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应；
③核磁共振氢谱有六组峰，且峰面积比为6： 2： 2： 2： 1： 1。
(7)已知：①CH3COOH+SOCl2 →CH3COCl；②苯酚与羧酸很难发生酯化反应。结合题中信息，设计由对二甲苯和苯酚为原料，合成(对苯二甲酸二苯酚酯)的合成路线(无机试剂任选)。__________
【答案】(1)2-乙基苯酚(或邻乙基苯酚)
(2) 取代反应 保护酚羟基，防止被氧化
(3)
(4)
(5)3
(6)4
(7)
【分析】A→B形成了C=C为消去反应。B→C为C=C与水的加成反应，C为。C→D为酚羟基H被取代，该反应为取代反应。D→E为-OH氧化为酮。F→G产生了酯基，应该为酰氯与羟基形成酯基，逆推F为。
【详解】（1）以苯酚为母体，那么对苯环编号，该物质为2-乙基苯酚或邻乙基苯酚。答案为2-乙基苯酚或邻乙基苯酚；
（2）由上分析，该反应为取代反应。C→D酚羟基被反应了，而E→F产生了酚羟基，所以保护酚羟基，防止被氧化。答案为取代反应；保护酚羟基，防止被氧化；
（3）F→G产生了酯基，应该为酰氯与羟基形成酯基，逆推F为。
答案为；
（4）G发生加成即羰基的Α碳与酯基中C=O的加成得到产物为，该物质的醇羟基再脱水消去形成C=C。答案为；
（5）手性碳的特点：连接四个不同原子或基团。E完全加氢的产物为，手性碳如图标注为3个。答案为3；
（6）E的分子式为C15H12O2，含有两个苯环通过一根单键直接相连含有，同时能发生银镜反应含有-CHO，能发生水解且水解产物之一能与FeCl3显色含有。由已知核磁共振峰面积为6：2：2：2：1：1，即该分子中含有两个等效的-CH3，即在该分子中两个甲基取代，共有如图标注4种。答案为4；
（7）逆推法得到该物质需要和苯酚一定条件下反应得到。由对苯二甲酸与SOCl2反应得到。对二甲苯经酸性高锰酸钾氧化可得到对苯二甲酸。合成路线为。答案为。
0 条评论