【文档说明】四川省成都列五中学2024-2025学年高三上学期12月月考 化学试题 Word版含解析.docx，共(21)页，4.456 MB，由envi的店铺上传

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高三化学一、本卷共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项最符合题意。1.“中国制造”中航天、军事、天文、医学等领域的发展受到世界瞩目，它们与化学有着密切的联系。下列说法正确的是A.纳米铁粉主要通过物理吸附作用

除去污水中的Cu2+、Ag+、Hg2+B.城市柏油路面使用到的沥青可以通过石油分馏得到C.“歼-20”飞机上大量使用的碳纤维是一种新型有机高分子材料D.SiO2可用于制作光导纤维和光感电池【答案】B【解析】【详解】A．纳米铁粉主要

通过化学方法作用，发生置换反应，除去污水中的Cu2+、Ag+、Hg2+，A错误；B．石油分馏是根据物质沸点不同，蒸馏得到汽油、煤油、柴油等物质，沥青沸点高，经过蒸馏可以得到，B正确；C．碳纤维是单质，是一种新型无机非金属材料，C错误；D．SiO2可用于制作

光导纤维，Si可用于制作光感电池，D错误；故选B。2.下列化学用语表示正确的是A.邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图为B.SO2的空间填充模型为C.基态Cu+的价电子排布式为3d10D.N2H4的电子式为【答案】C【解析】【详解】A．邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图为，A错误；B．SO

2中心原子S价层电子对数：()1262232+−=，含1对孤电子对，分子空间构型为V形，且S原子半径大于O，则其空间填充模型：，B错误；C．Cu原子序数为29，则基态Cu+的价电子排布式为3d10，C正确；D．N2H4的电子式：，D错误；答案选C。3.某化学实验小组制备KClO3并探究其性质的过

程如图：下列说法错误的是A.87gMnO2与足量浓盐酸加热充分反应，理论上可以制得1molCl2B.在反应322KClO6HCl3ClKCl3HO+=++中生成3molCl2，则转移电子数目为6NAC.上述实验说明碱性条件下氧化性：Cl2＞KClO3，酸性条件下氧化性：Cl2＜K

ClO3D.取少量无色溶液a于试管中，滴加稀H2SO4后，溶液呈现黄色原因是：322IO5I6H3I3HO−−+++=+【答案】B【解析】【分析】MnO2与足量浓盐酸在加热条件下反应产生Cl2，Cl2与KOH溶液在加热时发生歧化反应产生KCl、KClO3、H2O，KClO3、HCl

加热发生归中反应产生KCl、Cl2、H2O，KClO3具有强氧化性，在酸性条件下将KI氧化反应产生无色KIO3。当再加入过量KI溶液时，发生反应322IO5I6H3I3HO−−+++=+，反应产生I2，使无色溶液变为黄色。【详解】A．MnO2与足量浓盐酸加热发

生反应：MnO2+4HCl(浓)ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O，87gMnO2的物质的量是1mol，根据反应方程式可知：1molMnO2与足量浓盐酸加热充分反应，理论上可以制得1molCl2，A正确；B．在反应322KClO6HCl3ClKC

l3HO+=++中，Cl元素化合价由反应前KClO3中的+5加变为反应后Cl2中的0价，化合价降低5价，得到5个电子；Cl元素化合价由反应前HCl中的-1加变为反应后Cl2中的0价，化合价升高5×1=价，失去5个电子，因此若反应生成3

molCl2，则转移电子数目为5NA，B错误；C．上述实验说明碱性条件下Cl2发生歧化反应产生KCl、KClO3，则该条件下物质的氧化性：Cl2＞KClO3；KClO3与浓盐酸在加热时反应产生Cl2，说明酸性条件下KClO3将浓盐酸氧化产生Cl2，则酸性条件下氧化性：C

l2＜KClO3，C正确；D．KClO3具有强氧化性，在酸性条件下能够将KI氧化反应产生无色KIO3。当再加入过量KI溶液时，发生反应：322IO5I6H3I3HO−−+++=+，反应产生I2，使无色溶液变为黄色，D正确；故合理选项是B。4.下列离子方程式正确的是A.用FeS除去工业废

水中的Hg2+：Hg2++S2-=HgS↓B.用SO2的水溶液吸收溴蒸气：Br2+SO2+2H2O=2HBr+SO24−+2H+C.硫代硫酸钠溶液中加入浓硝酸：S2O23−+2H+=S↓+SO2↑+H2OD.将Ba(OH)2和NH4HSO4溶液以物质的量之比1:2

混合：Ba2＋+2OH-+2H＋+SO24−=BaSO4↓＋2H2O【答案】D【解析】【详解】A．FeS为黑褐色难溶物，在离子方程式书写中不能拆分，故正确的离子方程式为：Hg2++FeS=HgS↓+Fe2+，A项错误；B．HBr为强酸，在离子方程式中要拆分，故正确的离子

方程式为：Br2+SO2+2H2O=2Br-+SO24−+4H+，B项错误；C．硫代硫酸钠溶液与浓硝酸发生氧化还原反应生成硫酸钠、二氧化氮和水，反应的离子方程式为：S2O23−+6H++8NO3−=2S

O24−+8NO2↑+3H2O，C项错误；D．将Ba(OH)2和NH4HSO4溶液以物质的量之比1:2混合，Ba(OH)2少量，NH4HSO4过量，依据“以少定多”原则，可知离子方程式为：Ba2＋+2OH-+2H＋+SO24−

=BaSO4↓＋2H2O，D项正确；答案选D。【点睛】选项D中，H+和NH4+都能和OH-反应，但OH-优先与H+反应，若反应后OH-还有剩余，OH-再与NH4+反应。因此，当OH-不足时，只发生反应：H++OH-＝H2O。5.用NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.

13g苯和苯乙烯的混合物中所含的原子总数为2NAB.1mol聚氯乙烯含有原子数目为6NAC.标准状况下，22.4LNO和11.2LO2在密闭容器中混合，容器内分子数目为NAD.常温下，22.4LHF中含有的极性共价键数目为NA【答案】A【解析】【详解】A．苯的化

学式为C6H6，苯乙烯的化学式为C8H8，两者的最简式为CH，故13g苯和苯乙烯混合物可认为是13gCH的混合物，故n(CH)=0.1mol，故混合物中所含原子数为2NA，A正确；B．聚氯乙烯是高分子化合物，聚合度很大，故1

mol聚氯乙烯含有原子数大于A6N，B错误；C．标准状况下，11.2LO2和22.4LNO的物质的量分别为0.5mol和1mol，两者混合后转化为NO2，但容器内存在反应2NO2⇌N2O4，则气体分子总数小于NA，C错误；D．常温下不是

标况，即使是标准状况下，氟化氢是液体，无法计算物质的量，D错误；故选A。6.1，2-丙二醇(CH2OHCHOHCH3)单分子解离可以得到多种不同的产物或自由基，反应相对能量随反应历程的部分变化如图所示。解离路径包括碳碳键断裂解离和脱水过程。下列说法正确的是A.可用质谱法鉴别TS1和TS2两条

路径的产物B.从能量的角度分析，TS2路径的速率比TS1路径快C.产物3CHCHCHOH=比产物()32CHCOHCH=更稳定D.1，2-丙二醇中C—C键的键能相差约为11.4kJmol−【答案】D【解析】【详解】A．TS1与T

S2路径对应的有机产物互为同分异构体，应用红外光谱仪鉴别，A错误；B．TS2的能垒比TS1的大，TS2路径反应慢，B错误；C．()32CHCOHCH=的相对能量为13.1kJmol−，3CHCHCHOH=的相对能量为18.4kJmol−，相

对能量低的物质更稳定，C错误；D．中①处C—C键断裂和②处C—C键断裂生成对应自由基的相对能量相差为()1185.183.7kJmol1.4kJmol−−−=，D正确；故选D。7.科学家合成了一种新的共价化合物(结构如图所示)，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，W的原子序数等

于X与Y的原子序数之和。下列说法错误的是A.原子半径：X>Y>ZB.电负性：Y>X>WC.X、W分别与Y形成化合物均属于分子晶体D.W位于第三周期第ⅣA族【答案】C【解析】【分析】由共价化合物的结构可知

，X、W形成4个共价键，Y形成2个共价键，Z形成1个共价键，X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，W的原子序数等于X与Y的原子序数之和，则X为C元素、Y为O元素、Z为F元素、W为Si元素。【详解】A．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则C、O、F的

原子半径大小顺序为C＞O＞F，故A正确；B．同周期元素，从左到右元素的电负性依次增强，同主族元素，从上到下元素的电负性依次减弱，则C、O、Si的电负性强弱顺序为O＞C＞Si，故B正确；C．X为C元素、Y为O元素、W为Si元素，则X、W分别与Y形成的化合物中二氧化硅是共价晶体，

故C错误；D．W为Si元素，原子序数为14，位于第三周期第ⅣA族，故D正确；故选C。8.室温下，下列实验探究方案不能达到探究目的的是选项探究方案探究目的的A甲烷中混有少量乙烯，可将其通入酸性高锰酸钾溶液除去乙烯B向Na2CO

3溶液中滴加稀硫酸，反应产生的气体直接通入Na2SiO3溶液中，观察现象非金属性：C>SiC向5mLNaCl溶液中滴加2滴等浓度的AgNO3溶液出现白色沉淀，过滤后取上层清液又加入2滴等浓度的NaI溶液Ksp[AgCl]>Ks

p[AgI]D向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，冷却后先加入氢氧化钠溶液，再加入少量新制的Cu(OH)2悬浊液，并加热，观察有无砖红色沉淀蔗糖是否发生水解A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．将气体通入酸性高锰酸钾溶液，乙烯被氧化为二氧化碳，

引入了新的杂质，A错误；B．Na2CO3溶液中滴加稀硫酸，产生二氧化碳，二氧化碳通入硅酸钠溶液中，溶液变浑浊，说明碳酸的酸性大于硅酸，则非金属性：C＞Si，B正确；C．根据试剂用量可知硝酸银不足，加入NaI后生成更难溶的碘化银黄色沉淀，氯化银和碘化银类

型相同，具有相同的阳离子，可以证明Ksp[AgCl]>Ksp[AgI]，C正确；D．蔗糖在稀硫酸作用下水解生成葡萄糖和果糖，葡萄糖含有醛基，用氢氧化钠将溶液调至碱性后可以和新制氢氧化铜反应生成红色沉淀，可以验证蔗糖是否发生水

解，D正确；故选A。9.如图示为某种有机物，下面关于它的性质说法错误的是A.它可以水解且其水解产物只有1种B.它最多能与4molBr2反应产生白色沉淀C.其酸性条件下水解产物最多有18个原子共面D.它最多可与8molH2发生加成反应【答案】D【解析】【详解

】A．它含有酯基可以水解，其水解产物只有一种，如在酸性环境下的水解产物为，A正确；B．根据苯酚与浓溴水反应，取代酚羟基的邻位和对位，因此它能与4mol溴水反应产生白色沉淀，B正确；C．其酸性条件下水解产物为，苯环是平面结构共面，羧基是平面结构共面，单键可旋转，该分子所有原子均可能共

面，最多有18个原子共面，C正确；D．含有两个苯环，酯基与羧基不与H2发生加成反应，最多可与6molH2发生加成反应，D错误；故选D。10.下列实验操作或装置能达到目的的是A.灼烧海带制海带灰B.配制一定浓度的溶液C.分离CH2Cl2和CCl4D.

验证乙炔可使溴水褪色A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．固体的灼烧坩埚应该放在泥三角上，而不是铁圈上，A错误；B．容量瓶上的刻度与凹液面的最低处相切，胶头滴管垂直位于容量瓶的正上方，B

正确；C．蒸馏装置中，温度计水银球应在蒸馏烧瓶支管口处，不能在溶液中，C错误；D．乙炔中的H2S等杂质也能使溴水褪色，应先通过一个盛碱液的洗气瓶将杂质除去，D错误；故选B。11.空气污染物NO通常用含4Ce+的溶液吸收，生成23HNONO−、，再利

用电解法将上述吸收液中的2HNO转化为无毒物质，同时生成4Ce+，其原理如图所示。下列说法正确的是A.H+由右室进入左室B.4Ce+从电解槽的c口流出，且可循环使用C.阴极的电极反应式：+-2222HNO+6H+6eN+4HO=D.若用甲烷燃料电池作为电源，当消耗33.6L甲烷时，理论上

可转化22molHNO【答案】C【解析】【分析】电解池中与电源正极相连的电极是阳极，发生失去电子的氧化反应，与电源负极相连的电极是阴极，发生得到电子的还原反应，据此回答。【详解】A．左侧电极是阳极、右侧为阴极，电解池中阳

离子向阴极移动，根据电解原理，H＋由左室向右室移动，A错误；B．空气污染物NO通常用含4Ce+溶液吸收，生成HNO2、-3NO，N的化合价升高，4Ce+的化合价降低，然后对此溶液进行电解，Ce发生氧化反应又产生4Ce+，根据电解原理，应在阳极上产生，即4Ce+从a口流出，可循环

使用，B错误；C．根据电解原理，阴极上得电子，化合价降低，HNO2转化为无毒物质，即转化为N2，阴极电极反应式为+-2222HNO+6H+6eN+4HO=，C正确；D．没有标况，不能计算甲烷的物质的量，故也不能计算转化的亚硝酸的物质的量，D错误；故选C。12.硒化锌(ZnSe)是

一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图所示，已知该晶体密度为ρg/cm3，设阿伏加德罗常数的值为NA．下列说法不正确的是A.Se位于元素周期表的p区B.基态Zn原子核外有15种不同空间运动状态的电子C.该晶胞中Zn与

Se之间的最短距离为()73A465793104N+nmD.若A点原子的坐标为(0,0,0)，则B点原子的坐标为113,,444【答案】D【解析】【详解】A．Se的价层电子排布式为4s24p4，位于元素周期表的p区，A不符合题意；B．基态Zn原

子的轨道表示式为。电子占据1个原子轨道，则有1种空间运动状态；基态Zn原子核外电子占据了15个原子轨道，则基态Zn原子核外有15种不同空间运动状态的电子，B不符合题意；C．根据晶胞的示意图，该晶胞中，位于晶胞内部的Zn原子个数为4，位于晶胞顶点和面心的Se原子个数为1186482+=。

设晶胞的边长为xnm，则晶胞密度()()()()33A3377A4657946579Nmρg/cmg/cmVx10x10N−−++===，可求得()73A46579x10nmN+=。Zn原子位于4个Se原子构成的正四面体的中心，Zn与Se之间的最短距离为体对

角线的14，即()73A465793104N+nm，C不符合题意；D．A点原子坐标为(0,0,0)，结合晶胞示意图和B的俯视投影图，可知，B点原子坐标为(14,34,34)，D符合题意；答案选D。13.化合物X()是一种治疗神经类疾病的药物，下列说

法错误的是A.化合物X的分子式为C15H18O6NBrB.化合物X分子中含有2个手性碳原子C.化合物X既能与盐酸反应，又能与甲醛发生缩聚反应D.化合物X能与NaOH溶液反应，且1molX最多能与5molNaOH反应【答案】C【解析】【详解】A．根据结构简式可知，X的分子

式为C15H18O6NBr，A正确；B．由结构简式可知，X分子中含有如图所示的2个连有4个不同原子或原子团的手性碳原子（用*表示）：，B正确；C．化合物X含有氨基，能和盐酸反应，X结构中不存在酚羟基邻对位上的氢，则不能与甲醛发生缩聚反应，C错误；D．分子中含有的酚羟基、酯基、溴原子能与氢氧化钠溶

液反应，其中1mol酚形成的酯基消耗2mol氢氧化钠，则1mol乙最多能与5molNaOH反应，D正确；故选C。14.常温下，将一定浓度的3AgNO溶液分别滴加到浓度均为10.1molL−的KCl、24KCrO溶液中，生成沉淀的溶解平衡曲线如图所示(n-X表示Cl−或24C

rO−)。下列叙述正确的是A.①、②分别代表AgCl、24AgCrOB.9sp24KAgCrO110−=C.()sp24spKAgCrO<KAgCl，说明24AgCrO的溶解度更小D.()()()()2244AgCrOs2Claq2

AgClsCrOaq−−++的7.4K10【答案】D【解析】【分析】氯离子、24CrO−和银离子反应分别为Cl-+Ag+=AgCl↓，24CrO−+2Ag+=Ag2CrO4↓，则()()+-spKAgClcAgcCl=、()(

)2+2sp244KAgCrOcAgcCrO−=，K值只受温度影响，则结合图象可知，②上点（4.7，5）、（6.7，3）的-4.75-6.739.71010=10100=1−−−符合spKAgC

l的表达形式，则②代表AgCl、①代表24AgCrO；【详解】A．由分析可知，①代表24AgCrO、②代表AgCl；A错误；B．①代表24AgCrO，由点（5，2）可知，()()2+252212sp244KAgCrOcAgcCrO=101=010−−−−=，B错误；C．②代表AgCl，由点

（4.7，5）可知，()()+--4.759.7spKAgClcAgcCl=101010=−−=；设AgCl溶解的浓度为xmol/L，则溶液中的银离子浓度为xmol/L，氯离子也为xmol/L，则根据溶度积为10﹣9.7=x×x，解得x=10﹣4.85mol/L；同理设Ag2

CrO4溶解的浓度为ymol/L，则溶液中的银离子浓度为2ymol/L，24CrO−也为ymol/L，再根据溶度积为10﹣12=(2y)2×y，解得y≈1.59×10﹣4mol/L；由此可知AgCl的溶解度反而小，而24AgCrO的溶解度反而

大，所以Ksp的大小与溶解能力没有一定的关系，如由Ksp的大小直接判断溶解能力的大小，则需两种难溶电解质类型应相同；故()sp24spKAgCrO<KAgCl，不能说明24AgCrO的溶解度更小，C错误；D．()()()()2244AgCrOs2Claq2AgClsCrOaq−−++的()()

()()()()22+244sp24222-+-sp7.42cCrOcAgcCrOKAgCrOK====10KAgClcClcAgcCl−−，D正确；故选D。15.亚硝酰氯(NOCl，熔点为－64.5℃，沸点为－5.5℃)是有机物合成中的重要试剂，为红褐色液体或黄色气体

，遇水发生反应：2NOCl+H2O=NO+NO2+2HCl。NOCl可由NO与Cl2在一定条件下反应得到，相关实验装置如图所示。（1）装置Ⅰ中装铜屑的仪器名称为_______，装置Ⅱ中试剂为_______，装置的连接顺序为a→_______f→。（

2）实验时先打开分液漏斗活塞滴入稀硝酸，发生反应离子方程式为_______，当观察到Ⅴ中_______时，开始向装置中通入Cl2。（3）装置Ⅵ中KMnO4溶液用于吸收NO气体，已知该反应氧化剂和还原剂的物质的量之比为1

：1，反应产生了一种黑色沉淀，其化学式是_______。（4）通过以下实验步骤测定制得NOCl样品纯度(杂质不参与以下反应)：a．将Ⅴ中所得液体2.0g溶于水，配制成250mL溶液；取出25.00mL于锥形瓶中；b．加入

1325.00mL0.200molLAgNO−溶液(过量)，使Cl—完全转化为AgCl沉淀；c．向其中加入少量硝基苯，使沉淀表面被有机物覆盖；的d．加入指示剂，用0100mol./LKSCN标准溶液滴定过量的3AgNO溶液，重复实验操作三次，消耗标准溶液的体积平均为25.00mL。

[已知()10spAgCl3.210−=K，()12spAgSCN2.010K−=]①滴定选用的误差最小的指示剂是_______(填序号)。A．(NH4)2Fe(SO4)2B．NH4Fe(SO4)2C．FeCl3D．F

eCl2②NOCl的纯度为_______。(用百分数表示，保留两位小数)【答案】（1）①.蒸馏烧瓶②.水③.d→e→b→c（2）①.3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O②.红棕色气体完全消失（3）MnO2（4）①.B②.81.88%【解析】【分析】装置I中

铜与稀硝酸反应生成NO，硝酸具有挥发性，装置I上部含有空气，生成的NO部分被氧化为NO2，装置II的作用为除去NO气体中的硝酸及NO2杂质，NOCl能与水反应，因此要通过装置III中的浓硫酸干燥NO气体，在装置V中NO和纯净的氯气在冰盐水浴中

合成NOCl，为防止NOCl与水反应，装置V后连接干燥装置IV之后再连接装置VI，装置VI用于吸收尾气。【小问1详解】装置I中装铜屑的仪器名称为蒸馏烧瓶。装置II中试剂为水，用于除去NO气体中的硝酸及NO2杂质。根据分析可知，装置连接顺序为

a→d→e→b→c→f。【小问2详解】打开分液漏斗滴入稀硝酸，稀硝酸与铜反应生成硝酸铜、NO和水，离子方程式为3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O。开始时装置中含有空气，生成NO被空气中氧气氧化生成NO2，随着反应进行，空

气被消耗完，当观察到V中红棕色气体完全消失说明装置中的空气已经排尽，此时开始向装置中通入氯气。【小问3详解】该反应中KMnO4为氧化剂，NO为还原剂，NO被氧化生成3NO−，1个N失去3个电子，已知该反应氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：1

，则1个KMnO4中的Mn得到3个电子，化合价从+7价降低到+4价，生成的黑色沉淀为MnO2。【小问4详解】①用KSCN滴定AgNO3，滴定终点时KSCN略微过量，则选择的指示剂需要含有Fe3+，Fe3+与过量的SCN

-反应使溶液呈血红色。A．(NH4)2Fe(SO4)2中不含铁离子，A错误；B．NH4Fe(SO4)2含有铁离子，且其他离子对实验没有影响，为误差最小的指示剂，B正确；C．FeCl3中虽然含有铁离子，但是引入了氯离子，氯离子能与银离子反应，对实验

有影响，C错误；D．FeCl2中不含铁离子，D错误；故答案选B。消耗KSCN的物质的量为0.1mol/L×0.025L=2.5×10-3mol，根据离子方程式Ag++SCN-=AgSCN↓可知，消耗Ag+物质的量为2.5×10-3mol

，共加入Ag+物质的量为5×10-3mol，因此与氯离子反应消耗银离子物质的量为2.5×10-3mol，根据Cl守恒可知，有NOCl物质的量为2.5×10-3mol×25025mLmL=2.5×10-2mol，则NOCl的纯度为65.5g/mo

l×2.5×10-2mol÷2g×100%=81.88%。16.钡盐沉淀法处理酸性含铬废水并回收铬元素的工艺路线如图：已知：室温下相关物质的Ksp如下表：化合物CaSO4BaSO4BaCrO4Ksp4.9×10-51.1×10-101.2×10-10（1）Cr

在周期表中的位置为_______，其基态原子的简化电子排布式为_______。（2）向废水中加入破氰剂H2O2，可以提高镍元素的去除率，H2O2氧化CN—生成23CO−和无毒无味气体，使[Ni(CN)4]2—转化为两种沉淀除去，该反应过程中还原剂与氧化剂物质

的量之比为_______。（3）已知水溶液中227CrO−(橙色)可转化为24CrO−(黄色)，该可逆反应用离子方程式可表示为_______。（4）沉淀2的主要成分是_______，沉淀2与足量H2SO4反应的离子方程式为_______。（5）根据国家标准，含24CrO−的浓度降至5.0×10

-7mol∙L-1以下才能排放，则加入可溶性钡盐后的废水中应使Ba2+的浓度不小于_______mol∙L-1。【答案】（1）①.第四周期VIB族②.[Ar]3d54s1（2）2:5（3）227CrO−+H2O224CrO−+2H+（4）①.BaCrO4和BaSO4②.2BaCrO4+2

24SO−+2H+=2BaSO4+227CrO−+H2O（5）2.4×10-4【解析】【分析】含227CrO−、[Ni(CN)4]2-、24SO−的废水中加入石灰乳预调pH，24SO−转化为CaSO4沉淀，227CrO−转化为2

4CrO−，再加入H2O2破氰，此时CN-被氧化为23CO−、N2，Ni2+转化为Ni(OH)2、NiCO3沉淀，则沉淀1为CaSO4、Ni(OH)2、NiCO3；滤液中加入BaCl2∙2H2O，沉淀2为BaCrO4、BaSO4；沉淀2中再加入H2SO

4，BaCrO4转化为BaSO4沉淀，溶液3中含有227CrO−。【小问1详解】Cr为24号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，在周期表中的位置为第四周期VIB族，其基态原子的简化电子排布式为[Ar]3d54s1。【小问2详解】H2O2氧化C

N-生成23CO−和无毒无味气体(N2)，使[Ni(CN)4]2-转化为两种沉淀[Ni(OH)2、NiCO3]除去，依据得失电子守恒，可建立如下关系式：2CN-——5H2O2，该反应过程中还原剂(CN-)与氧化剂(H2O2)物质的量之比为2:5。【小问3详解】已知水溶

液中227CrO−(橙色)可转化为24CrO−(黄色)，该可逆反应用离子方程式可表示为227CrO−+H2O224CrO−+2H+。【小问4详解】表中数据显示，Ksp(CaSO4)=4.9×10-5，而Ksp(B

aSO4)=1.1×10-10，所以加入Ca(OH)2时，溶液中仍溶有一定量的24SO−，加入BaCl2∙2H2O，沉淀2为BaCrO4和BaSO4，沉淀2与足量H2SO4反应，BaCrO4将转化为BaSO4，同时2

4CrO−转化为227CrO−，离子方程式为2BaCrO4+224SO−+2H+=2BaSO4+227CrO−+H2O。【小问5详解】根据国家标准，含24CrO−的浓度降至5.0×10-7mol∙L-1以

下才能排放，则加入可溶性钡盐后的废水中应使Ba2+的浓度不小于1071.2105.010−−mol∙L-1=2.4×10-4mol∙L-1。【点睛】在碱溶液中，227CrO−可转化为24CrO−。17.NH3是一种对环境友好的新

型能源，可直接作内燃机燃料，也可以作燃料电池直接能量来源。Ⅰ．“哈伯法”合成氨的反应：N2(g)+3H2(g)450/Fe200kPa℃2NH3(g)△H，相关键能数据如下表：化学键NNHH−NH−键能(kJ/mol

)946.0436.0390.8（1）△H=_______kJ/mol，正反应的活化能_______(填“>”、“<”或“=”)逆反应的活化能。（2）恒温恒容下，能说明该反应达到化学平衡状态的是_______(填字母)。A.容器内的密度保持不变B.

容器内压强保持不变C.()()23vN2vNH=正逆D.容器内混合气体的平均摩尔质量保持不变（3）下列有关合成氨反应的图像一定正确的是_______(选字母)。（4）T℃下，将1molN2(g)和3molH2(

g)放入一容积可变的密闭容器内，在催化剂作用下反应，实验测得平衡体系中气体组分的物质的量分数随压强的变化如图，表示H2的物质的量分数随压强变化曲线为_______(填L1、L2、或L3)。Ⅱ．“球磨法”是

在温和的条件下(45℃和1bar，1bar≈100kPa)合成氨，氨的最终体积分数可高达82.5%。该法分为两个步骤(如图甲)：第一步，铁粉在球磨过程中被反复剧烈碰撞而活化，产生高密度的缺陷，氮分子被吸附在这些缺陷上([Fe(N*)])，有助于氮分子的解离。第

二步，N*发生加氢反应得到xNH*(x=1～3)，剧烈碰撞中，xNH*从催化剂表面脱附得到产物氨。（5）催化剂(Fe)缺陷密度越高，N2的吸附率越_______(填“高”或“低”)，如图乙，平衡时NH3的体积分数随N2初始压强增大而_______(填“增大”“减小”或“不变”)，

说明N2与H2的投料比_______1：3(填“≤”、“=”或“≥”)。【答案】（1）①.－90.8②.<（2）BD（3）AB（4）L3（5）①.高②.减小③.≥【解析】【小问1详解】由反应热和反应物的键能之和与生成物的键能之和的差值

相等可得：△H=946.0kJ/mol+3×436.0kJ/mol—6×390.8kJ/mol=—90.8kJ/mol，则该反应是正反应活化能小于逆反应活化能的放热反应，故答案为：-90.8；<；【小问2详解】A．容器体积、气体的质量始终不变，则容器内的

密度保持不变，不能判断平衡，A不符合题意；B．该反应前后气体的总物质的量发生变化，压强也发生变化，则容器内压强保持不变，能说明达到平衡，B符合题意；C．不同物质的反应速率之比等于系数比，则()()232vNvNH=正逆才能说明正逆反应速率相等，C不符合题意；D．该反

应混合气体总质量不变，反应前后气体总物质的量发生变化，混合气体的平均摩尔质量是一变量，当其保持不变，能说明反应达到平衡，D符合题意；故选BD；【小问3详解】A．加入催化剂使反应速率加快，但平衡不移动，所以氨气的转化率不变，A正确；B．由图像可知，2T温度下反应速

率快，则21TT，正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，氨气的体的积分数减小，B正确；C．达到平衡状态，各物质浓度保持不变，而不是各物质浓度相等，且浓度的变化量与计量数不成正比，C错误；D．图示反应物总能量低于生成物总能量，为吸热反应，而合成氨反应为放热反应，D错误；故选AB；【小问4详解】合

成氨反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，NH3的物质的量分数增大，则由图可知，表示NH3的物质的量分数随压强变化的曲线为L1；由氮气和氨气的起始物质的量和方程式可知，氢气的物质的量分数大于氮气，则L3表示氢气的物质的量

分数；【小问5详解】催化剂(Fe)缺陷密度越高，表面积越大，越有利于氮分子被吸附，氮气的吸附率越高；当投料比等于化学计量数之比时产物的体积分数最大，由图可知，氮气初始压强增大时，氨的产量增大，但氨气的平衡体积分数减小，说明氮气和氢气的投料大于等于1：3故答案为

：高；减小；≥。18.高分子材料PET聚酯树脂和PMMA的合成路线如图：已知：Ⅰ．RCOR'()()2i,HO,H,ΔHCNii+→催化剂(R、R′、R″代表烃基，下同)Ⅱ．Ⅲ．RCOOR′+R″18OH⎯⎯⎯→催化剂△RCO18OR″+R′OH回答下列问题：（1

）B的分子式是_______，②的反应类型是_______，E的化学名称是_______。（2）步骤②发生反应的化学方程式为_______。（3）PET单体含有的官能团名称是_______。（4）关于反应⑦的说法中，正确

的是_______(填字母)。A.反应过程中有C-O的断裂和形成B.反应物D中所有碳原子共平面，碳原子均采用sp2杂化C.反应物G与水均为极性分子，两者形成的溶液中存在氢键D.产物PMMA单体分子中只存在“头碰头”形

成的σ键（5）结合题中所给信息，以32CHCH=CH、3CHOH和为原料合成。基于你的设计，回答下列问题：①最后一步反应中的有机反应物为_______(写结构简式)。②步骤中涉及烯烃制醇的反应，其化学反应方程式为_______。【答案】（1）①.

C3H6O②.消去反应③.1，2—二溴乙烷（2）(CH3)2C(OH)COOH170⎯⎯⎯→浓硫酸℃CH2=C(CH3)COOH＋H2O（3）酯基、羟基（4）AC（5）①.CH3OH和②.CH3CH=CH2＋H2OΔ⎯⎯⎯

→催化剂CH3CH(OH)CH3【解析】【分析】根据题目所给流程图，A可能为丙醇，结合分子式D与题目已知反应I，可知，B中含有羰基官能团，化合物C在浓硫酸条件下加热反应生成D，可以推理出A为2-丙醇，即2-丙醇与氧气反应，Cu作催化剂，反应生成B丙酮，丙酮与氰化氢反应后

酸化，生成化合物C，根据反应I，化合物C含有羟基和羧基两个官能团，且C在浓硫酸加热条件下产生了碳碳双键，即化合物C发生消去反应生成D；乙烯与溴的四氯化碳溶液反应生成化合物E22BrCHCHBr，即E为1，2-二溴乙烷，

化合物E继续与氢氧化钠溶液反应生成F22HOCHCHOH，此时发生卤代烃的水解反应，生成乙二醇，结合题目所给反应Ⅲ，化合物F乙二醇发生反应⑤分别生成化合物G3CHOH和PET单体，则化合物G为甲醇，PET单体缩聚生成，化合物G

甲醇再与化合物D发生酯化反应生成PMMA单体；【小问1详解】根据分析，B为丙酮，分子式是36CHO，反应②为消去反应，E为1，2-二溴乙烷；【小问2详解】根据分析，步骤②为化合物C发生消去反应生成D，反应方程式为：()()()17023223CC

HOCHOHCOOHCHCHCOOH→=℃浓硫酸＋；【小问3详解】根据分析可知，PET单体的结构式为，PET单体中含有官能团为酯基、羟基；小问4详解】反应⑦为酯化反应，甲醇中羟基上的H断裂，化合物D羧基上的羟基断裂，最后形成酯基，存在C-O的断裂和形成，A正确；

根据D的结构可知，化合物D中所有碳原子共平面，由于D结构中存在甲基，甲基的碳原子采用3sp杂化，碳碳双键上的碳原子采用2sp杂化，B错误；化合物G为甲醇，甲醇中碳原子采用3sp杂化，化学键都是极性键，且甲醇分子结构不对称，故为极性分子，水分子的有O-H化学键构成，

即由极性键构成，且水分子的中心原子为氧原子，含有()()11a621222xb−=−=对孤对电子，分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称，是极性分子，C正确；产物PMMA的单体为，分子中存在头碰头形成的σ键，也存在肩并肩形

成π键，D错误；故选AC；【小问5详解】32CHCHCH=和HBr发生加成反应生成33CHCHBrCH，再在氢氧化钠水溶液条件下发生取代引入羟基得到33CHCHOHCH，33CHCHOHCH氧化为33CH

COCH，33CHCOCH和发生已知Ⅱ原理生成，转化为，则最后一步反应中有机反应物为和甲醇，上述设计中，烯烃制醇的反应方程式为【的()32233HOCHCHCHCHCHOHCH=→催化剂＋。