【文档说明】重庆市南开中学校2023-2024学年高三上学期11月期中考试化学试题 含解析.docx，共(21)页，2.076 MB，由小赞的店铺上传

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重庆市高2024届高三第三次质量检测化学试题考生注意：1.本试卷满分100分，考试时间75分钟。2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域．．．．．．书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效

．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．。可能用到的相对原子质量：H：1O：16Ni：59Cu：64Tl：204一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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.科技发展离不开化学。下列说法不正确的是A.“一带一路”，丝绸

制品主要成分为纤维素B.“乘风破浪”，航母上的钛合金铆钉属于金属材料C.“筑梦天宫”，火箭助推剂液氧与臭氧互为同素异形体D.“直上云霄”，客机所用燃油属于烃类物质【答案】A【解析】【详解】A．丝绸制品主要成分为蛋白质，选项A不正确；B．钛合金铆钉属于金属材料，选项B正确；C

．火箭助推剂液氧与臭氧是氧元素形成的不同单质，互为同素异形体，选项C正确；D．客机所用燃油属于烃类物质，选项D正确；答案选A。2.下列说法正确的是A.SiO2和Al2O3都属于两性氧化物B.乙酸与乙醛均能使溴水褪色CFe和Cu均能溶于稀硝酸D.CO2和SO3分别与BaC

l2溶液反应，均生成白色沉淀【答案】C【解析】【详解】A．Al2O3属于两性氧化物，SiO2是酸性氧化物，A错误；B．乙醛有还原性能使溴水褪色，乙酸不能使溴水褪色，B错误；.C．Fe和Cu均能和稀硝酸发生氧化还原反应而溶于稀硝酸，C正确；D．SO3能与BaCl2溶液

反应，生成BaSO4白色沉淀，CO2不能，D错误；故选C。3.下列操作中，不会影响溶液中++22433KNaSOCONO−−−、、、、大量共存的是A.加入少量NH4Cl溶液B.加入少量3FeCl溶液C

.加入少量Ba(OH)2溶液D.通入足量2SO气体【答案】A【解析】【详解】A．加入氯化铵，铵根离子、氯离子和++22433KNaSOCONO−−−、、、、不会反应生成弱电解质、沉淀、气体、水可以共存，A符合题意；

B．加入氯化铁，铁离子和碳酸根离子会反应生成碳酸铁沉淀，B不合题意；C．加入氢氧化钡，钡离子和硫酸根和碳酸根离子都不能共存，C不合题意；D．通入二氧化硫生成亚硫酸，亚硫酸中氢离子和碳酸根离子会反应生成水和二氧化碳，酸性条件

下硝酸根的氧化性也会讲二氧化硫气体氧化，故不能共存，D不合题意；故选A。4.用下列实验方案不能达到实验目的的是A.图①装置——验证SO2还原性B.图②装置——在铁上镀铜C.图③装置——证明铁发生吸氧腐蚀D.图④装置——测定醋酸的浓度【

答案】D【解析】【详解】A．二氧化硫具有还原性，将三价铁离子还原，溶液红色消失，A正确；B．电镀时镀层金属做阳极，待镀金属做阴极，B正确；C．中性电解质溶液，铁钉发生吸氧腐蚀，瓶内压强减小，U型管左侧液面上升，C正确；D．氢氧化钠溶液应盛装在碱式滴定管中，D错误；故选D。5.臭氧能将污水中的

氰化物转化为无毒物质，原理为：32322+2CN+HO=25HNOCO++5O−−，下列有关说法正确的是A.N2中σ键与π键数目之比为2：1B.第一电离能：C<N<OC.CO2是非极性分子D.3HCO−

中碳原子杂化方式为sp3【答案】C【解析】【详解】A．N2的结构式为N≡N，三键中含1个σ键和2个π键，N分子中σ键与π键的数目比为1：2，选项A错误；B．同周期从左到右第一电离能是增大趋势，N是半充满，则第一电离能为C＜O＜N，选项B错误；C．二氧化碳为极性键形成非极性分子，硫化氢为极

性键形成的极性分子，选项C正确；D．3HCO−中碳原子价层电子对数目为3，杂化方式为sp2，选项D错误；答案选C。6.氨氮是水体的污染物之一，工业上可用次氯酸钠作处理剂，反应方程式为：3222NH3NaClON3NaCl3HO+=++。设阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是A

.1L0.1mol/LNaClO溶液中含有0.1NA个ClO⁻B.18gH2O中含有的孤电子对数目为2NAC.生成11.2LN2，转移的电子数为3NAD.0.5L0.1mol/L氨水中含有A320.05

NNHHO【答案】B【解析】【详解】A．NaClO为强碱弱酸盐，能发生部分水解，因此ClO⁻数目小于0.1NA个，故A错误；B．H2O中1个O原子存在2对孤电子对，则18gH2O为1mol，含有的孤电子对数目为2NA，故B正确；C．未指明在标准状况下，不能确定11

.2L氮气的物质的量，无法确定电子转移数目，故C错误；D．32NHHO为弱电解质，部分发生电离，则该溶液中32NHHO数目小于A0.05N，故D错误；故选：B。7.镍的某种氧化物是一种半导体，具有NaCl型结构(如图)，已知晶胞边长为xpm，设阿伏

加德罗常数的值为NA，下列说法不正确的是的A.Ni属于副族元素B.与Ni2+距离最近且相等的O2−有4个C.晶体的密度为3233A310gcmxN−D.若该晶胞中氧原子有25%被氮原子替代，则该晶体的化学式为43NiON【答案】B【解析】【分析】根据均摊法，NiO晶胞中含2O−个数为1

18+6482=，2Ni+个数为112144+=；【详解】A．Ni原子序数28，位于元素周期表第VIII族，故A正确；B．以体心2Ni+为中心，距离最近且相等的O2−位于6个面的面心，共计6个，故B错误；C．根据分析

可知，晶胞质量：A754gN，晶胞体积：()3103x10cm−，则密度()3A3103323A754g310gc1mxNx0cmN−−=，故C正确；D．根据分析可知，若该晶胞中氧原子有25%被氮原子替代，则该晶体的化学

式为43NiON，故D正确；答案选B。8.短周期主族元素W、X、Y、Z、Q原子序数依次增大，Y的最外层电子数是内层电子数的3倍，Y与X、Q相邻，W与X、Q均不在同一周期且与Z同主族。下列说法正确的是A.W、X、Y三种元素形成的化合物一定只含共价

键B.简单氢化物的沸点：Z>X>YC.X元素氧化物的水化物均为强酸D.Y、Z的简单离子具有相同的电子层结构【答案】D【解析】【详解】Y的最外层电子数是内层电子数的3倍，说明Y的最外层电子数为6的O，X与Y相邻且序数小于Y，则X为N，Q的与Y相邻，则Q为S，W属于第一周期，则W为H，

Z与W同主族，则Z为Na，以此分析；【分析】A．H、N、O元素可以形成，NH4NO3含有离子键，A错误；B．简单氢化物的沸点，NaH为离子晶体，沸点高，NH3的沸点比H2O低，则沸点Z>Y>X，B错误；C．N的氧化物的水化物中，HNO2为弱酸，C错误；D．

O2-有两个电子层，Na+有两个电子层，D正确；故答案为：D。9.室温下，将两种浓度均为10.10molL−的溶液等体积混合，若溶液混合引起的体积变化可忽略，下列各混合溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是A.323NaHCONaCO−混

合溶液：()()()()233233cNa2cHCO2cCO2cHCO+−−=++B.氨水—NH4Cl混合溶液(()5b32KNHHO1.810−=)：++432c(NH)>c(Cl)>c(NHHO)>c(OH)>c(H)−−C.33CHCOOHC

HCOONa−混合溶液：()()()()3cHcNacOHcCHCOOH++−+=+D.222HCONaHCO−44混合溶液：()()()()2224242cHcHCOcCO2cOH+−−+=+【答案】B【解析】【详解】A．根据物料守恒，323NaHCONaCO−等物质的量的混合溶液中

存在：()()()()233232cNa3cHCO3cCO3cHCO+−−=++，A错误；B．由()5b32KNHHO1.810−=可知4NH+水解常数为1451101.810−−＜()b32KNHHO，4NH+水解程度小于32N

HHO的电离程度，则氨水—NH4Cl混合溶液呈碱性，溶液中++432c(NH)>c(Cl)>c(NHHO)>c(OH)>c(H)−−，B正确；C．33CHCOOHCHCOONa−混合溶液中，根据电荷守恒存在：()()()()3cH

cNacOHcCHCOO++−−+=+，C错误；D．222HCONaHCO−44混合溶液，根据电荷守恒：()()()()()22424cHcNa2cCOcOHcHCO++−−−+=++，和物料守恒：()()()()22424224cHCO+cCOcHCO2cNa−−++=，可得(

)()()()()222424242cHcHCO3cCO2cOHcHCO+−−−+=++，D错误；故选B。10.根据下列实验操作以及现象能得到正确实验结论的是选项实验操作及现象实验结论A将白色固体溶解，滴加足量稀盐酸，将样品产生的气体通入品红溶液，品红褪色该白色固体为亚硫酸盐B将甲醇与足量

KMnO4溶液混合，紫红色变浅甲醇被氧化为甲酸C向Mg(OH)2悬浊液中加入几滴CuSO4溶液，生成蓝色沉淀证明Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]D将盐酸与NaHCO3混合产生的气体直接通入苯酚钠溶液，溶液变浑浊酸性：碳酸>苯酚A.AB

.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．将白色固体溶解，滴加足量稀盐酸，将样品产生的气体通入品红溶液，品红褪色，该白色固体可能含有2--2-3323SOHSOSO、、等离子，故A错误；B．将甲醇与

足量KMnO4溶液混合，紫红色变浅，甲醇可能被氧化，但不确定是甲酸还是二氧化碳，故B错误；C．向Mg(OH)2悬浊液中加入几滴CuSO4溶液，生成蓝色沉淀，Mg(OH)2沉淀转化为Cu(OH)2，证明Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]，故C正确；D．将盐酸与NaHCO

3混合产生的气体中含有二氧化碳和氯化氢，将盐酸与NaHCO3混合产生的气体直接通入苯酚钠溶液，氯化氢、二氧化碳都能与苯酚钠反应生成苯酚，溶液变浑浊，不能证明酸性：碳酸>苯酚，故D错误；选C。11.某化学兴趣小组设计如下实验，探究电解过程中溶液pH变化。装置、所得数

据结果如图所示。电解过程中，充分搅拌使溶液均匀。下列说法错误的是A.121ttC，电极上发生的反应为：222HO4eO4H−+−=+B.CuSO4溶液浓度为0.05mol/LC.电解到1t时刻，加入()20.49gCuOH可使溶液复原D.若使用甲烷燃料电池

作电源，1t时理论上消耗甲烷0.00125mol【答案】C【解析】【分析】根据装置图，有外接电源，该装置为电解池，根据图2中pH变化与电解时间的关系：开始时发生：422242CuSO+2HO2Cu+O+2HSO=通电，故溶质从4

CuSO→H2SO4，pH变化快，当Cu2+完全放电，接着发生：2H2O=2H2↑+O2↑，pH变化小，据此分析；【详解】A．根据图2中pH变化与电解过程的关系，当Cu2+完全放电，接着发生：2H2O=2H2↑+O2↑，此时pH变化小，121ttC，电极为阳极，阳极上发生的反应为：22

2HO4eO4H−+−=+，A正确；B．当Cu2+完全放电，接着发生：2H2O=2H2↑+O2↑，pH变化小，因此t1时刻Cu2+恰好完全耗尽，pH=1，c(H+)=0.1mol/L，推出c(H2SO4)=0.05mol/L，c(4CuSO)=0.

05mol/L，B正确；C．电解到t1时刻析出0.005molCu和0.0025molO2，应加入0.005molCuO可恰好恢复至电解前状态，即加入0.40gCuO则能恢复至电解前状态，C错误；D．1t时刻，电路通过电子为：2×0.005mol=0.01mol，甲烷燃料电池中

甲烷与转移电子关系：CH4~8e-，燃料电池负极消耗的甲烷的物质的量为；0.01×18mol=0.00125mol，D正确；答案为C。12.已知2mol金属钾和1mol氯气反应的能量循环如图所示，下列说法正确

的是A.在相同条件下，()()32Nag2Nag?ΔH+=，则33HHB.在相同条件下，()()52Brg2Brg?ΔH−=，则55HHC.7H0且该过程形成了分子间作用力D.45671ΔHΔHΔH

ΔHΔH+++=【答案】A【解析】【详解】A．由Na原子原子核外有3个电子层，其失去最外层一个电子所需的能量较大，因此()()32Nag2Nag?ΔH+=，33HH，故A正确；B．溴原子电子层数比氯原子多，非金属

性弱于氯，得到电子的能力弱于氯，得到一个电子所需的能量较大，在相同条件下，()()52Brg2Brg?ΔH−=，55HH>，故B错误；C．KCl（g）比KCl（s）能量高，且氯化钾固体含离子键，则△H7＜0，其原因可能是破坏

了分子间作用力，却形成了离子键，故C错误；D．由盖斯定律，△H2+△H3+△H4+△H5+△H6+△H7=△H1，故D错误；故选：A。13.常温下，将SO2气体缓慢通入1L1.0mol/L的NaClO溶液中，充分反应，溶液pH与通入SO2物质的量关系如图(忽略溶液体积变化和NaClO

、HClO的分解)。下列说法错误的是A.a点溶液中存在()()()()cNacClOcHClOcCl+−−=++B.b点1x3=，则常温下HClO电离平衡常数的数量级为810−C.c点溶液中：()()()()()24NacHcOH2cSOcCl

++−−−+=++D.水的电离程度：a<b<c【答案】D【解析】【分析】向次氯酸钠溶液中通入二氧化硫气体先发生如下反应：22243?HO2NaClOSONaSONaClHClO++=++，继续通入的二氧化硫与反应生成的次氯酸发生如下反应：2224HClO+?SOHOHS

OHCl+=+，总反应的方程式为：2224HOHNaClOSOSONaCl++=+，由图可知，a点少量二氧化硫与次氯酸钠溶液反应，所得溶液为氯化钠、硫酸钠、次氯酸钠和次氯酸的混合溶液，b点为二氧化硫与次氯酸钠溶液恰好反应生成次氯酸，所得溶液氯化钠、硫酸钠和次

氯酸的混合溶液，c点为二氧化硫与次氯酸钠溶液恰好完全反应生成硫酸，所得溶液为氯化钠和硫酸的混合溶液。【详解】A．a点通入0.2molSO2，则有()()()242nnn0.2ClSOSOmol−===－，()()2n20.4HClOnSOmol==，反应消耗的()()2n3n0.6NaClOSO

mol==，反应后含有的()()nn1/L1L0.60.4NaClOClOmolmolmol−==−=，根据物料守恒可得a点溶液中存在()()()()cNacClOcHClOcCl+−−=++，故A正确；B．由分析可知，b点为二氧化硫与次氯

酸钠溶液恰好反应生成次氯酸，二氧化硫的物质的量为13mol，溶液的pH为3.8，由方程式可知，溶液中次氯酸的浓度为1mol223mol/L1L3=，则次氯酸的电离常数约为3.83.87.610101.51023−−−=，电

离平衡常数的数量级为10—8，故B正确；C．由分析可知，c点溶液为氯化钠和硫酸的混合溶液，由电荷守恒可得()()()()()24c2cccHcClSOOHNa−−−++++=+，故C正确；D．由分析可知，a点溶液含有次氯酸和次氯酸钠，次氯酸抑制水的电离、次氯酸钠促

进水的电离，b点溶液含有的次氯酸抑制水的电离，则a点水的电离程度大于b点，c点溶液含有的硫酸抑制水的电离，c点溶液中氢离子浓度大于b点，水的电离程度小于b点，则三点水的电离程度大小顺序为a>b>c，故D错误；故选D。

14.E(g)是一种重要的化工原料，以A(g)为原料可合成E(g)，科学家研究发现该反应分2步进行：反应i：()()()()1AgBgCgDg?ΔH++催化剂反应ii：()()()2CgEgFg?ΔH+催化剂恒温恒容条件下，向密闭容器中加入一定量A(g)和B(g)，图甲为该

体系中A、C、E浓度随时间变化的曲线，图乙为反应i和ii的1lnkT曲线(*ElnkcRT=−+，k为速率常数，*E为反应活化能，R、c为常数)。下列说法正确的是A.根据上述信息可知12ΔH>ΔHB.在t1时刻

之后，反应速率()()()vAvCvE、、的定量关系为()()()vAvCvE+=C.反应i、ii的活化能大小关系为Eii＞EiD.在实际生产中，充入一定量惰性气体一定可以提高E的平衡产率【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，

题给图示只能判断反应中物质的能量关系，不能判断反应ⅰ、ⅱ的焓变大小，根A错误；B．由图可知，在t1时刻E的浓度达到最大值，之后E的浓度减小，由方程式可知，生成E的速率等于反应A、C的速率之和，则t1时刻之后，反应速率的关系为()()()vAvCvE+=，根B正确；C．反应的活化能越大，反应速

率越慢，由图可知，相同温度时，反应i的反应速率小于反应ii，则活化能大于反应ii，故C错误；D．恒容容器中充入一定量不参与反应的惰性气体，反应体系各物质浓度不变，化学平衡不移动，E的平衡产率不变，故D错误；故选B。二、非选择题：共58分。15.铊(Tl)在工业中的用途非常广泛。

从某铅锌厂的富铊灰(主要成分为PbO、FeO、232FeOZnOTlO、、)中回收铊的工艺流程如图所示：已知：①在氯化物—硫酸水溶液中，Tl以4TlCl−形式存在②已知萃取过程的反应原理为44HRTlClHRTlCl+−++=③常温下()()4017p

sp32sKFeOH2.710KZnOH410−−==，，lg30.5lg20.3、请回答下列问题：（1）Tl与Al同主族，写出基态Tl原子的价电子排布式___________。（2）写出“浸取Ⅰ”中2TlO发生反应的离子方程式___

________。（3）“萃取分液”过程若在实验室进行，必须使用的玻璃仪器有烧杯、___________(填名称)。（4）常温下，向“萃取”过程后的水相中加入NaOH溶液，调pH回收铁。已知水相中()2cZn0.1+=mol/L，控制pH范围为__

_________(已知当溶液中离子浓度小于5110mol/L−时，通常认为该离子沉淀完全)。（5）请从化学平衡的角度解释“反萃取”过程中加入34CHCOONH，溶液的原因_________________。（6）写出“还原氯化沉淀”中反应的离子方程式_____

______。（7）已知akg富铊灰中2TlO的质量分数为b%，经过上述流程后最终得到纯铊为ckg，则产率为___________(用含字母a、b、c的表达式表示)。【答案】（1）216s6p（2）-+3+2+242

5TlO+4MnO+42H=10Tl+4Mn+21HO（3）分液漏斗（4）2.5<pH<6.3（5）-3CHCOO与H+反应，减小H+浓度，平衡逆向移动，使Tl元素以4TlCl−形式重新进入水层（6）3-+2-2-244+SO+HO=SOTlClTlCl3C+l2H−++

（7）5300c100%51ab【解析】【分析】富铊灰的主要成分有PbO、Fe2O3、FeO、Tl2O等，富铊灰加入KMnO4、H2SO4的混合溶液浸取时ZnO转化为ZnSO4，PbO转化为PbSO

4、Fe2O3转化为Fe2(SO4)3，FeO被氧化为Fe2(SO4)3、Tl2O转化为4TlCl−，过滤所得滤液加入萃取剂发生反应44HRTlClHRTlCl+−++=，然后反萃取得到4TlCl−，加入还原剂还原、氯化和沉淀得

到TlCl，TlCl焙烧、酸浸、水浸得到Tl2SO4溶液，最后电解Tl2SO4溶液得到Tl和Tl2(SO4)3溶液。【小问1详解】Tl位于第六周期第ⅢA族，基态Tl原子的价电子排布式：216s6p；【小问2详解】“浸取Ⅰ”中2TlO被高锰酸钾氧化为3+Tl，根据得失电子守恒守恒及元素守恒得

离子方程式为：-+3+2+2425TlO+4MnO+42H=10Tl+4Mn+21HO；小问3详解】“萃取分液”过程若在实验室进行，必须使用的玻璃仪器有烧杯和分液漏斗；【小问4详解】水相中加入NaOH溶液，

调pH回收铁，需使铁离子完全沉淀，则c(Fe3+)=5110mol/L−，此时溶液中()()40sp3-123353+KFeOH2.710c(OH)=1.010cFe−−−==310mol/L，此时溶液pH=2.5；(

)2cZn0.1+=mol/L，则()()17sp-822+22nKnOH410c(OH)=0.1cZZ−−=最大=210，此时pH=6.3，则pH的范围为：2.5<pH<6.3；【小问5详解】“反萃取”过程中加入34CHCOONH，-3

CHCOO与H+反应，减小H+浓度，平衡逆向移动，使Tl元素以【4TlCl−形式重新进入水层；【小问6详解】“还原氯化沉淀”中反应的离子方程式3-+2-2-244+SO+HO=SOTlClTlCl3C+l2H−++；【小问7详解】akg富铊灰中2TlO的质量分数为b%，含2

TlO的质量为ab%kg，其中Tl原子的质量为408ab%kg424，则产率为ckg100%408ab%kg424=5300c100%51ab。16.乳酸亚铁是一种很好的补铁剂，制备乳酸亚铁晶体的方法之一是用新制的碳酸亚铁与乳酸溶液反应，下图为制备的具体流程：某化学

社小组成员模拟上述流程制备乳酸亚铁晶体，反应Ⅰ的装置如图所示：完成下列填空：（1）小组成员按上图连接好装置，检查装置气密性后加入药品，打开K1和K3，关闭K2。①仪器B中产生的实验现象为___________。②反应一段时间后，关闭___________(填“K1”、

“K2”或“K3”，下同)，打开___________，观察到B中的溶液会流入C中，同时C中析出3FeCO沉淀。③B中产生的气体除了把B中溶液压进C外，还有什么作用？___________。④仪器C中生成3FeCO的离子方程式为___________。（2）反应Ⅰ结束后，小组成员将仪

器C中的浊液过滤得到3FeCO沉淀，若在空气中过滤时间过长会发现沉淀表面部分呈红褐色，请用化学方程式说明原因___________。（3）反应Ⅱ结束后，小组成员继续加入乳酸调节溶液pH至5.8左右，目的是___________，结晶时加

入乙醇可以提高乳酸亚铁的析出率，其原因是___________。（4）实验结束后，小组成员用0.1000mol/L酸性KMnO4标准溶液进行滴定，通过测定产品中Fe2+的量来计算产品的纯度，测定原理为：22342MnO5Fe8HMn5Fe4HO−++++

++=++，实验若干次后，发现每次的计算结果总是大于100%，其主要原因是___________(不考虑操作不当引起的误差)。【答案】（1）①.铁粉逐渐溶解，溶液变为浅绿色，有无色气体逸出②.K1、K3③.K2④.排除装置中的空气，防止生成

的Fe2＋氧化成Fe3＋⑤.Fe2＋+2HCO-3=FeCO3↓+CO2↑+H2O（2）4FeCO3+O2+6H2O=4Fe(OH)3+4CO2（3）①.抑制Fe2＋水解②.降低乳酸亚铁晶体的溶解度便于析出（4）乳酸根离子中含有的

羟基也能与酸性高锰酸钾溶液反应【解析】【分析】由题给流程可知，硫酸亚铁溶液与足量的碳酸氢铵溶液反应生成碳酸亚铁沉淀，过滤得到碳酸亚铁和滤液；向碳酸亚铁中加入乳酸溶液，将碳酸亚铁转化为乳酸亚铁，向反应后的溶液中加入乳酸溶液调节溶液pH至5.8左右，抑制溶液中亚铁离子的水解，向溶液中再加入

乙醇降低乳酸亚铁的溶解度，结晶、过滤、洗涤干燥得到乳酸亚铁晶体。小问1详解】①由分析可知，装置B中铁粉与装置A中滴入的稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，实验现象为铁粉逐渐溶解，溶液变为浅绿色，有无色气体逸出，故答案为：铁粉逐渐溶解，溶液变为浅绿色，有无

色气体逸出；②由分析可知，反应一段时间后，关闭活塞K1、K3，打开活塞K2，反应生成的氢气使圆底烧瓶中气压增大，将圆底烧瓶中的硫酸亚铁溶液压入三颈烧瓶中与碳酸氢铵溶液反应生成碳酸亚铁沉淀，故答案为：K1、K3；K2；③由分析可知，B中产生氢气的作用是排尽装置中的空气，将圆底烧瓶中的

硫酸亚铁溶液压入三颈烧瓶中与碳酸氢铵溶液反应生成碳酸亚铁沉淀，故答案为：排除装置中的空气，防止生成的Fe2＋氧化成Fe3＋；④由分析可知，仪器C中发生的反应为硫酸亚铁溶液与碳酸氢铵溶液反应生成碳酸亚铁沉淀、二氧化碳和水，反应的离子方程式为Fe2＋+2HCO-3=FeCO3

↓+CO2↑+H2O，故答案为：Fe2＋+2HCO-3=FeCO3↓+CO2↑+H2O；【小问2详解】碳酸亚铁沉淀在空气中过滤时间过长会发现沉淀表面部分呈红褐色说明碳酸亚铁与空气中的氧气和水反应生成氢氧化铁和二氧化碳，反应的化学方程式为4FeCO3+

O2+6H2O=4Fe(OH)3+4CO2，故答案为：4FeCO3+O2+6H2O=4Fe(OH)3+4CO2；【小问3详解】【亚铁离子在溶液中易发生水解反应，所以反应Ⅱ结束后，继续加入乳酸调节溶液pH至5.8左右的

目的是抑制溶液中的亚铁离子发生水解反应，结晶时加入乙醇可以提高乳酸亚铁的析出率说明乙醇能降低乳酸亚铁的溶解度，便于乳酸亚铁的析出，故答案为：抑制Fe2＋水解；降低乳酸亚铁晶体的溶解度便于析出；【小问4详解】由结

构简式可知，乳酸亚铁中乳酸根离子中含有的羟基能与酸性高锰酸钾溶液反应，所以滴定的每次的计算结果总是大于100%，故答案为：乳酸根离子中含有的羟基也能与酸性高锰酸钾溶液反应。17.碳和氮的化合物在诸多领域有着重要应用。回答下列问题：Ⅰ．以CO2和NH3为原料合成尿素的能量变化如图甲所示。（

1）()()322222NHg+COgCONHs+HOg()()()∆H=___________。（2）若向某恒容绝热的密闭容器中加入等物质的量的3NH和2CO，发生上述反应。下列叙述不能说明反应已经达到平衡状态的是___________

(填字母)。a．2CO体积分数保持不变b．混合气体的密度不再变化c．化学平衡常数不再变化d．混合气体平均相对分子质量不再变化Ⅱ．NO是主要大气污染物，可用H2消除NO污染，其反应如下：主反应：()()()()22212NOg2HgNg2HOgH0++副反应：()()()()22222N

OgHgNOgHOgH0++（3）某温度下，将2molNO、3molH2充入某恒容密闭容器中反应，设起始压强为1MPa，若平衡后N2与的N2O物质的量之比为2：1，NO的转化率为75%，则NO的有效消除率(转化为N2的NO的量与起始最的比值)为___

________%，主反应Kp为___________(计算结果保留两位有效数字)。（4）还可以利用NH3消除NO污染：()()()()3224NHg6NOg5Ng6HOgH0++，在2L刚性容器内，分别通入

NH3和NO，其它条件不变时，若相同时间内测得NH3的转化率随温度的变化曲线如图乙。200℃~700℃之间NH3的转化率先升高又降低的原因是___________。Ⅲ．电解法转化实现资源化利用。（5）如图为电解2CO制CH3OH的原理示意图。①Sn片为_____

______极(填“阴”或“阳”)。②若维持KHCO3溶液浓度几乎不变，电解一段时间后，理论上Pt片产生的混合气体中组分气体体积比为___________(忽略溶液体积变化且不考虑气体的溶解)。【答案】（1）-87.5kJ/mol（2）a（3）①.50②.5.

1MPa-1（4）200~400℃间，随温度升高，反应速率加快，转化率逐渐增大，400~700℃间已达平衡，随温度升高，平衡逆向移动，转化率逐渐减小（5）①.阴②.1：4或者4：1【解析】【小问1详解】根据

图中信息可知，()()322222NHg+COgCONHs+HOg()()()∆H=-（159.5-70）kJ/mol=-87.5kJ/mol；【小问2详解】a．设3NH和2CO分别为1mol，设CO2的转化率为x，根据三段式知：322222NH

(g)+CO(g)CO(NH)(s)+HO(g)(mol)110(mol)2xx(mol)121-xxxx−起始量变化量平衡量2CO的体积分为111212xxxx−=−+−+，体积分数始终保持不变，无法说明反应达平衡状态，选项a符合；b．反应

中生成物尿素为固体，随着反应的进行，气体的总质量发生变化，容器体积不变，则密度发生变化，当混合气体的密度不再变化时反应达平衡状态，选项b不符合；c．反应在恒容绝热的密闭容器中进行，温度发生变化，当温度不变时达平衡，化学平衡常数不再变化，选

项c不符合；d．反应中生成物尿素为固体，随着反应的进行，混合气体平均相对分子质量发生变化，当不再变化时反应达平衡，选项d不符合；答案选a；【小问3详解】某温度下，将2molNO、3molH2充入某恒容密闭容器中反应，设起始

压强为1MPa，若平衡后N2与N2O物质的量之比为2：1，NO的转化率为75%，假设三段式按先后进行，则：2222NO(g)+2H(g)N(g)+2HO(g)(mol)2300(mol)110.51(mol)120.51起始量变化量平衡量2222NO(g)+H(

g)NO(g)+HO(g)(mol)1201(mol)0.50.250.250.25(mol)0.51.750.251.25起始量变化量平衡量则NO的有效消除率(转化为N2的NO的量与起始量的比值)为1mol100%50%2mol=；平衡时

总压强为0.5mol+1.75mol+0.5mol+0.25mol+1.25mol1MPa2mol+3mol=0.85MPa；主反应Kp=222222(N)(HO)(NO)(H)pppp=2221.250.5

(0.85)(0.85)4.254.250.51.75(0.85)(0.85)4.254.25MPaMPaMPaMPa=5.1MPa-1；【小问4详解】200℃~700℃之间NH3的转化率先升高又降低的原因是：200~400℃间，随温度升高，反应速率加快，转化率逐渐增大，400

~700℃间已达平衡，随温度升高，平衡逆向移动，转化率逐渐减小；【小问5详解】①Sn片上二氧化碳得电子产生甲醇，为电解池的阴极；②Pt片为阳极，电极反应为--32224HCO+-4e=4CO+O2HO+，若维持KHCO3溶液浓度几乎不变，电解一段时间后，理论上Pt片产

生的混合气体中组分气体体积比为1：4或者4：1。18.工业上可利用一种良好的有机溶剂A制备有广泛用途的内酯F和高分子化合物PC。已知：①有机物A核磁共振氢谱图中只有一个吸收峰②123152123RCOORROHR

COORROH(RRR+⎯⎯⎯→+催化剂，，代表烃基)请回答下列问题：（1）A的化学名称为___________。（2）B分子的VSEPR模型为___________，分子中的键角是否都相等？___________(填“是”或“否”

)。（3）已知D为乙酸乙酯，则C+D→E的反应类型为___________。（4）F分子内含有六元环，其结构简式是___________。（5）写出在一定条件下H和I合成PC的化学方程式___________。（6）有机物J是C的同分异构体，符合下列条件的J有_________

__种(不考虑立体异构)。a．能与新制()2CuOH反应b．不含醚键其中可发生水解反应，核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积之比为3：2：2：1的结构简式为：___________。（7）以物质A、苯甲醇为原料选用必要的无机试剂合成，其合成路

线_____。【答案】（1）丙酮（2）①.平面三角形②.否（3）加成反应（4）（5）（6）①.7②.HCOOCH2CH2CH3（7）【解析】【分析】根据A的分子式C3H6O，且核磁共振氢谱图中只有一个吸收峰，则A

为丙酮，B的分子式CH2O，B为甲醛，D为乙酸乙酯，根据E的结构简式可知C和D发生加成反应生成E，根据已知反应②可知E反应生成F和C2H5OH，H和I发生缩聚反应生成PC，据此分析。【小问1详解】A的化学名称为丙酮；【小问2详解】甲醛分子中心原子碳上没有孤电子对，价层电子

数为3，VSEPR模型为平面三角形；分子中的键角不相等，因为碳原子所连的三个原子不完全相同；【小问3详解】根据分析可知C+D→E的反应类型为加成反应；【小问4详解】F分子的结构简式是；【小问5详解】H和I发生缩聚反应合

成PC的化学方程式是；【小问6详解】能与新制()2CuOH反应说明含有醛基，不含醚键说明还应该有羟基或者是甲酸所形成的酯基，有CH2(OH)CH2CH2CHO、CH3CH(OH)CH2CHO、CH3CH2

CH(OH)CHO、、、HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2共7种，结合可发生水解反应，可知分子结构中存在甲酸所形成的酯基，核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积之比为3：2：2：1的结构简

式，为HCOOCH2CH2CH3；【小问7详解】获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com