【文档说明】湖南省宁乡市第一高级中学2023届高三第七次月考化学试题（解析版）.docx，共(22)页，1.833 MB，由小赞的店铺上传

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湖南省宁乡市第一高级中学2023届高三第七次月考化学试题可能用到的相对原子质量：H～1C～12N～14O～16Cl～35.5Ca～40Fe～56一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.

化学和生产生活紧密相关，下列叙述错误的是A.硝酸铵是一种高效氮肥，但受热或经撞击易发生爆炸，因此必须作改性处理才能施用B.加工馒头、面包和饼干等产品时，加入一些膨松剂(如碳酸氢铵、碳酸氢钠)，可中和酸和受热分解C.亚硝酸钠是一种防腐剂，不能用于任何的食品生产中D

.豆腐是通过豆浆加入卤水而成，其生产过程与胶体性质相关【答案】C【解析】【详解】A．硝酸铵是一种高效氮肥，但受热或经撞击易爆炸，作为化肥使用时必须作改性处理，选项A正确；B．加工馒头，面包和饼干等产品时，加入的一些膨松剂(如碳酸氢铵、碳酸

氢钠)可中和酸并受热分解，产生大量气体，使面团疏松，多孔生产的食品松软或酥脆，易消化吸收，选项B正确；C．亚硝酸钠:是一种防腐剂、增色剂,是属于食品添加剂的一种，选项C错误；D．盐卤就是电解质溶液，而豆浆是蛋白质溶液，属于胶体，该胶体遇到电解质溶液就发生聚沉，选项D正确；答案选C。

2.设AN为阿伏加德罗常数的数值。下列关于常温下0.11molL−223NaSO溶液与pH1=的24HSO溶液的说法正确的是A.1LpH1=的24HSO溶液中，含H+的数目为0.2ANB.1mol纯24HSO中离子数目为3ANC.含15.8g223NaSO的溶液中阴离子数目大于0.1A

ND.223NaSO与24HSO溶液混合产生22.4L气体时转移电子数2AN【答案】C【解析】为【分析】【详解】A．pH1=的24HSO溶液中()1cH0.1molL+−=，1LpH1=的24HSO

溶液中含H+的数目为11AA0.1molL1Lmol0.1−−=NN，故A错误；B．24HSO是强酸，在水分子作用下会完全电离，但24HSO是共价化合物，故纯24HSO中不存在离子，故B错误；C．223NaSO的摩尔质量为1581gmol−，223S

O−在水中存在水解平衡：223223SOHOHSOOH−−−++，所以含0.1mol223NaSO的溶液中阴离子数目大于0.1AN，故C正确；D．气体所处的状态未知，所以无法得出气体的物质的量，则转移电子数无法计算，故D错误；答案选C。

3.联二没食子酸内酯(EA)是从核桃中提取的一种芳香类抗乙肝药物，其球棍模型如图。下列有关EA的说法错误的是A.含有2种官能团B.能与3FeCl溶液发生显色反应C.分子式为1468CHOD.能与3NaHCO溶液反应生成2CO【答

案】D【解析】【分析】由没食子酸的结构简式为可知，联二没食子酸内酯含有的官能团为酯基和酚羟基。【详解】A．由分析可知，联二没食子酸内酯含有的官能团为酯基和酚羟基，共有2种官能团，故A正确；B．由分析可知，联二没食子酸内酯含有的酚羟基能与氯化铁溶液发生显色反应，故B正确

；C．由球棍模型可知，联二没食子酸内酯联二没食子酸内酯的分子式为1468CHO，故C正确；D．由分析可知，联二没食子酸内酯不含有羧基，不能与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳气体，故D错误；故选D。4.已知有机物a、b、c的结构如图所示，下列说法正

确的是A.a、b、c均能与金属钠反应放出H2B.含有相同官能团的c的同分异构体有7种(不考虑空间异构)C.1mola与1molCH3OH在一定条件下反应可生成1molbD.除去b中少量的a时，可加入NaOH溶液，振荡、静置、分液【答案】B【解析】

【详解】A．b中无-COOH、-OH，因此不能与金属钠发生反应放出H2，A错误；B．c是含有5个C原子饱和一元醇，可看作是C5H12分子中的1个H原子被-OH取代产生的物质。C5H12有正戊烷、异戊烷、新戊烷三种不同结构，正戊烷有3种H原子，异戊烷有4种

H原子，新戊烷只有1种H原子，因此C5H12分子中H原子种类数目是：3+4+1=8种，这些种类的H原子被1个-OH取代得到8种不同取代产物，去掉c本身，则与c含有相同官能团的c的同分异构体有7种，B正确；C．酯化反应是可逆反应，反应物不能完全转

化为生成物，故1mola与1molCH3OH在一定条件下反应可生成b的物质的量小于1mol，C错误；D．a、b都可以与NaOH溶液发生反应，因此不能使用NaOH溶液除杂，应该使用只与羧酸反应的物质饱和Na2CO3溶液除去杂质a，D错误；故合理选

项是B。5.下列四组实验中，操作正确且能达到预期目的的是ABCD灼烧碎海带提纯()3FeOH胶体检验浓硫酸与铜反应后的产物中是否含有铜离子分离苯(沸点80.1℃)和溴苯(沸点156.2℃)A.AB.BC.CD

.D【答案】C【解析】【详解】A．灼烧碎海带应在坩埚中进行，故A错误；B．提纯氢氧化铁胶体应用渗析的方法，不能用过滤的方法，故B错误；C．检验浓硫酸与铜反应后产物中是否含有铜离子时应先将反应后混合溶液

缓慢倒入水中，并不停的搅拌，故C正确；D．用蒸馏的方法分离苯和溴苯时，温度计应在支管口附近，故D错误；故选C。6.几种离子晶体的晶胞如图所示，则下列说法正确的是A.熔沸点：NaCl<CsClB.在NaCl晶胞中，距离Na+最近且等距的Na+数目为12C.若ZnS的晶胞边长为apm，则Zn2+

与S2-之间最近距离为32apmD.上述三种晶胞中，其阳离子的配位数大小关系为ZnS<NaCl<CsCl【答案】BD【解析】【详解】A．NaCl和CsCl都是离子晶体，Na+半径小于Cs+半径，半径越小，离子间的离子键越强，熔沸点越高，因此熔沸点：Na

ClCsCl，故A错误；B．由图可知，在NaCl晶胞中，距离Na+最近且等距的Na+数且为12，故B正确；的C．ZnS的晶胞边长为apm，2Zn+与2S−之间的最近距离为体对角线的14，因此为3apm4，C错

误；D．ZnS中阳离子配位数为4，NaCl中阳离子配位数为6，CsCl中阳离子配位数为8，因此阳离子的配位数大小关系为ZnSNaClCsCl，故D正确；选BD。7.A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期主族元素，分布在三个不同周期。X、Y、Z、W

为这些元素形成的化合物，X为二元化合物且为强电解质，W的水溶液呈碱性，物质的转化关系如图所示。下列说法中正确的是A.离子半径：C+＞D3+＞B2-B.C的单质的熔点低于D的单质的熔点C.电解C、E形成的化合物的水溶液可生成C、E对应的单质D.由A、B、

E形成的化合物都含有共价键，溶液都呈强酸性【答案】B【解析】【分析】根据A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期主族元素，分布在三个不同周期。X、Y、Z、W为这些元素形成的化合物，X为二元化合物且为强电解质，W的水溶液呈碱性结合图表可知：D为Al，X溶液为HCl，Y溶液为Na

OH溶液，Z溶液为AlCl3，W溶液为NaAlO2。所以元素A、B、C、D、E分别为：H、O、Na、Al、Cl，结合元素的相关性质进行判断。【详解】A．B、C、D对应的元素为O、Na、Al，其简单离子半径：O2->Na+>Al3+,故A错误；B．D、C分

别为Al、Na，Na的熔点低于Al，故B正确；C．C为Na，E为Cl，C、E形成的化合为NaCl，电解物其水溶液，可生成H2，Cl2，故C错误；D．A、B、E分别为H、O、Cl，由A、B、E形成的化合物有多种，都含有共价键，如：HClO为弱酸，所以D错误；所以本题答

案：B。8.炼铁工业中高炉煤气的一种新的处理过程如图所示，有关该过程的叙述错误的是A.可减少CO2的排放B.Fe3O4和CaO均可循环利用C.过程①和④的转化均为氧化还原反应D.过程①的反应中有非极性键的断裂和生成【答案】D【解析】【

详解】A．反应②利用二氧化碳、和氧化钙反应生成碳酸钙，第④步中二氧化碳与铁生成四氧化三铁和CO，可减少CO2的排放，A正确；B．根据反应过程可知Fe3O4和CaO均可循环利用，①中消耗Fe3O4，④中生成Fe3O4，②中消耗CaO，③中生成CaO，B正确；C．过程①中CO转化为CO

2，④中CO2转化为CO，均有化合价的变化，故转化均为氧化还原反应，C正确；D．过程①的反应为CO与Fe3O4反应，生成CO2，是极性键断裂和生成，H2与Fe3O4反应是非极性键断裂和极性键生成，D错误；答案选D。9.自由基是化学键断裂时产生的含未成对电子的中间体，活泼自由基与氧气

的反应一直是科研人员的关注点。HNO自由基与O2反应过程的能量变化如图所示，下列说法正确的是A.反应物的键能总和大于生成物的键能总和B.产物P1与P2的分子式、氧元素的化合价均相同C.该历程中最大正反应的活化能E正=186.19kJD.相同条件下，Z转化为产物的速率：

v(P1)＞V(P2)【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，该反应为放热反应，则参与反应的反应物总键能小于生成物的总键能，故A选项错误；B．产物P1与P2的分子式均为HNO3，但产物P1结构中存在“-O-

O-”，则产物P1中部分氧元素的化合价为-1价，而产物P2氧元素的化合价为-2价，两者氧元素的化合价不同，故B选项错误；C．最大的正反应的活化能出现在由中间产物Z到过渡态IV时，即最大正反应的活化能E正=-18.92kJ/mol-(-205.11kJ/mol)=186.19kJ.mol-1，

故C选项错误；D．相同条件下，反应所需的活化能越小，则反应的速率越快，由于到产物P1所需活化能更小，故反应速率更快，故v(P1)＞V(P2)，故D选项正确。故选D选项。10.某钠离子电池结构如图所示，电极A为含钠过渡金属氧化物(Na

xTMO2)，电极B为硬碳，充电时Na+得电子成为Na嵌入硬碳中。下列说法不正确的是A.充电时，电极B与外接直流电源的负极相连B.放电时，外电路通过amol电子时，A电极电解质损失amolNa+C.放电

时，电极A为正极，反应可表示为Na1-xTMO2+xNa++xe-=NaTMO2D.电池总反应可表示为Na1-xTMO2+NaxC=NaTMO2+C【答案】B【解析】【分析】充电时Na+得电子成为Na嵌入硬碳中，则硬碳为电解池的阴极，为电池的负极，即电极B为电池的负极，A为电池的正

极。【详解】A．电极B为电池的负极，充电时，与外接直流电源的负极相连，A正确；B．放电时，A电极(正极)电极反应式为Na1-xTMO2+xNa++xe-=NaTMO2，Na+从负极向A电极迁移，然后参与电极反应，故A电极电解质中不损失Na+，B错误；C．放电时，为原电池装置，A

为正极，钠离子转化为Na嵌入含钠过渡金属氧化物中，电极反应式为Na1-xTMO2+xNa++xe-=NaTMO2，C正确；D．A为电池的正极，电极反应式为Na1-xTMO2+xNa++xe-=NaTMO2，B为电池的负极，放电时硬碳中的钠失电子变为钠离子脱落，然后向正极迁移，NaxC-xe-=C+

xNa+，正极反应+负极反应可得总反应为Na1-xTMO2+NaxC=NaTMO2+C，D正确；答案选B。11.一种利用废旧镀锌铁皮制备磁性Fe3O4纳米粒子的工艺流程如图。下列有关说法不正确．．．的是A.“碱洗”是为了去除废旧镀锌铁皮表面的油污B.“氧化

”时发生反应的离子方程式为2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2OC.“氧化”后的溶液中金属阳离子主要有Fe2+、Fe3+、Na+D.用激光笔照射“加热沉铁”后所得分散系，产生丁达尔效应【答案】A【解析】【分

析】向废旧镀锌铁皮中加入氢氧化钠溶液除去锌，过滤向固体中加入稀硫酸，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，向硫酸亚铁溶液中加入次氯酸钠溶液，将一部分亚铁离子氧化为铁离子，发生反应：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O，先通入氮气排尽空气(防止后续生成的氢氧化亚铁被氧化)，

加入氢氧化钠溶液产生氢氧化亚铁、氢氧化铁胶体，分离得到氢氧化亚铁和氢氧化铁，灼烧得到四氧化三铁。【详解】A．由分析可知，“碱洗”是为了除去锌，生成Na2ZnO2，过滤得到铁单质，A错误；B．“氧化”时，亚铁离子与次氯酸根离子发生氧化

还原反应，反应的离子方程式为：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O，B正确；C．“氧化”时，部分亚铁离子与次氯酸根离子发生反应：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O，故溶液中金属阳离子主要有Fe2+、

Fe3+、Na+，C正确；D．“加热沉铁”后所得分散系为胶体，胶体可产生丁达尔效应，D正确；答案选A。12.一定温度下，在2个容积均为1L的恒容密闭容器中，加入一定量的反应物，发生反应：()()()()222NOg2COgNg2COg++H0，相关数据见下表

。容器编号温度/℃起始物质的量/mol平衡物质的量/mol()NOg()COg()2COgⅠ1T0.20.20.1Ⅱ2T0.20.20.12下列说法不正确．．．的是A.12TTB.Ⅰ中反应达到平衡时，CO的转化率为50%C.达到平衡所需要

的时间：Ⅱ>ⅠD.对于Ⅰ，平衡后向容器中再充入0.2molCO和0.2mol2CO，平衡正向移动【答案】D【解析】【详解】A．两次实验起始投入量相同，该反应为放热反应，温度T2达到平衡时，二氧化碳的量

少，降温平衡正向移动，故12TT，A正确；B．Ⅰ中反应达到平衡时，CO2的物质的量为0.1mol，则参加反应的CO的物质的量为0.1mol起始投入量为0.2mol，则其转化率为50%，B正确；C．12TT，温度越高，反应速率越快，达到平衡所需要的的时间越短，C正确；D．恒容1L

的容器中，对于反应I平衡时NO、CO、N2、CO2的物质的量分别为0.1mol、0.1mol、0.05mol、0.1mol，平衡常数K=2220.050.1=50.10.1，平衡后向容器中再充入0.2molCO和0.2mol2CO，此时

浓度商Qc=2220.050.3=50.10.3，K=Qc，平衡不移动，D错误；故选D。13.已知氯气和空气按体积比1∶3混合通入潮湿的碳酸钠中能生成Cl2O，且反应放热；不含Cl2的Cl2O易与水反应生成HClO；Cl2O在42℃以上会分解生成Cl2和O2。设计如图装置(部分

夹持装置略)制备HClO，每个虚线框表示一个装置单元，其中存在错误的是A.②③⑤B.①④⑤C.①②④D.①③④【答案】D【解析】【详解】①用MnO2和浓盐酸制备氯气需要加热装置，错误；②是将制备的Cl

2通入饱和食盐水来除去一起挥发出来的HCl，同时可以控制通入氯气和空气的比值，并在实验结束后可以将多余的氯气排除进行尾气处理，正确；③由题干信息可知，制备Cl2O是一个放热反应，且Cl2O在42℃以上会分解生成Cl2和O2，则发生装置③需防止在冰水浴中，错误；④为除去Cl2O中的C

l2，导管应该长进短出，错误；⑤经CCl4除去Cl2的Cl2O通入⑤中进行反应，生成HClO，正确；综上分析可知，①③④错误，故答案为：D。14.25℃时，用HCl气体调节0.1mol·L−1氨水的pH，体系中粒子浓度的对数值(lgc)、反应

物的物质的量之比[()32n(HCl)t=nNHHO]与pH的关系如图所示。若忽略通入气体后溶液体积的变化，下列有关说法正确的是A.25℃时，NH3·H2O的电离平衡常数为10-9.25B.t=0.5时，2c(H+)+c(NH3·H2O)

=c(NH4+)+2c(OH−)C.P1所示溶液：c(Cl−)=0.05mol·L−1D.P2所示溶液：c(NH4+)>100c(NH3·H2O)【答案】D【解析】【详解】A．NH3·H2O的电离平衡常数K=432(NH)(OH)(NHHO)ccc+−，据图可知当lgc(NH4+)=lgc(NH

3·H2O)，即c(NH4+)=c(NH3·H2O)时，溶液pH=9.25，则此时c(OH−)=10-4.75mol/L，所以K=10-4.75，A错误；B．t=0.5时，溶液中的溶质为等物质的量的NH3·H2O和NH4Cl，溶液中存在电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c

(OH−)+c(Cl−)，存在物料守恒2c(Cl−)=c(NH3·H2O)+c(NH4+)，联立可得2c(H+)+c(NH4+)=c(NH3·H2O)+2c(OH−)，B错误；C．若c(Cl−)=0.05mol·L−1，则此时溶质应为等

物质的量的NH3·H2O和NH4Cl，由于NH4+的水解程度和NH3·H2O的电离程度不同，所以此时溶液中c(NH4+)≠c(NH3·H2O)，与P1不符，C错误；D．K=432(NH)(OH)(NHHO)ccc+−=10-4.75，P2所示溶液pH=7，则c(OH-)=10-7，

所以432(NH)(NHHO)cc+=-4.75-71010=102.25＞100，D正确；综上所述答案为D。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.CuCl2是常见的化学试剂，某学习小组利用废铜屑“湿法

”制备CuCl2·2H2O。氯化铜在不同温度下结晶形成的结晶水合物温度15C以下15~25.7C26~42C42C以上结晶水合物22CuCl4HO22CuCl3HO22CuCl2HO22CuClHO回答下列问题：（1）仪器a的名称为________

___，NaOH溶液的作用是___________。（2）“湿法”制备2CuCl的离子方程式为___________，实验中，22HO的实际用量要大于理论用量，原因是___________。（3）为得到纯净的22CuCl2HO晶体，反应完全后

要进行的操作是：除去其他可能的金属离子后，过滤，向滤液中持续通入HCl气体，加热蒸发浓缩，___________，过滤，洗涤，低温干燥。其中，持续通入HCl的作用是___________。（4）用“间接碘量法”测定

2.0g废铜屑的利用率。取所得试样溶于水配成250mL，取出25.00mL，向其中加入过量KI固体，充分反应，生成白色CuI沉淀，滴入几滴淀粉溶液作指示剂，用12230.1000molLNaSO−标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗223NaSO标准溶液20.00

mL。(涉及到的反应为：222Cu4I2CuII+−+=+，2222346I2SOSO2I−−−+=+)①滴定终点的判断：当滴入最后一滴标准液，溶液恰好___________(填颜色变化)，且半分钟不再发生变化。②废铜屑中铜的百分含量为___________。（5）查阅资料

：()()()2-2+-2424CuHO蓝色+4ClCu黄色Cl+4HO，等量黄色与蓝色混合呈绿色。设计实验证明2CuCl溶液中存在上述平衡；取少量蓝色2CuCl稀溶液于试管中，___________。【答案】（1）①.三颈烧瓶②.吸收挥发出来的HCl，防止污染空气（2

）①.+2222ΔCuCuHO2HO2H++++②.22HO受热会分解导致损耗（3）①.降温至26~42C结晶，抑制2Cu+水解②.增大Cl−浓度，有利于22CuCl2HO结晶（4）①.溶液蓝色褪去②.64.00%（5）向其中加入少量N

aCl固体，振荡，溶液由蓝色变为黄绿色【解析】【分析】本题以Cu和浓盐酸、H2O2反应来湿法制备CuCl2，反应原理为：Cu+2HCl+H2O2=CuCl2+2H2O，由于浓盐酸具有挥发性，故用NaOH来尾气处理，防止污染环境，在析出22C

uCl2HO晶体的过程中要注意温度对结晶产物的影响，并需用HCl气流来抑制Cu2+水解，(4)用滴定法来测量Cu的含量，据此分析解题。【小问1详解】由实验装置图可知，仪器a的名称为三颈烧瓶，由于浓盐酸具有很强的挥发性，

故NaOH溶液的作用是吸收挥发出来的HCl，防止污染空气，故答案为：三颈烧瓶；吸收挥发出来的HCl，防止污染空气；【小问2详解】“湿法”制备CuCl2即用Cu、HCl和H2O2生成CuCl2和H2O，反应方程式为：Cu+2HCl+H2O2=CuCl2+2H2O，故该反应离

子方程式为+2222ΔCuCuHO2HO2H++++，由于H2O2受热或在Cu2+的催化作用下易分解而部分损失，故实验中，H2O2的实际用量要大于理论用量，故答案为：+2222ΔCuCuHO2HO2H++++；22HO受热会分解导致损耗；【小问3详解】由题干表中数据可知，26~42C

得到纯净的22CuCl2HO晶体，故反应完全后要进行的操作是：除去其他可能的金属离子后，过滤，向滤液中持续通入HCl气体，加热蒸发浓缩，降低温度到26~42C进行冷却结晶，过滤，洗涤，低温干燥。其中，由于Cu2+易发生水解，故持续通入HCl的作用是抑制Cu2+水解，同时也增大了

溶液中Cl-的浓度，有利于22CuCl2HO析出，故答案为：降温至26~42C结晶；抑制2Cu+水解，增大Cl−浓的度，有利于22CuCl2HO结晶；【小问4详解】①本实验使用淀粉溶液作指示，淀粉溶液遇到I2先蓝色，故滴定终点的判断：当滴入最后一滴标准液，溶液

恰好溶液蓝色褪去，且半分钟不再发生变化，故答案为：溶液蓝色褪去；②根据反应可找关系式如下：2Cu2+~I2~22-23SO，故有：n(Cu2+)=n(2-23SO)=1-302.100000Lm0ol.01L−=2×10-3mol，故废铜屑中铜的百分含量为-3-1250mL

2?10mol?64g?mol?25.00mL×100%2.0g=64.0%，故答案为：64.0%；【小问5详解】查阅资料：()()()2-2+-2424CuHO蓝色+4ClCu黄色Cl+4HO，等量黄色与蓝色混合呈绿色，取少

量蓝色2CuCl稀溶液于试管中，向其中加入少量NaCl固体，振荡，若溶液由蓝色变为黄绿色，则证明2CuCl溶液中存在上述平衡，故答案为：向其中加入少量NaCl固体，振荡，溶液由蓝色变为黄绿色。16.以冶炼铝的废弃物铝灰为原料制取超细α-氧化铝，既降低环境污染又可提高铝资源的利

用率。已知铝灰的主要成分为Al2O3(含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3)，其制备实验流程如下：（1）写出铝灰与硫酸反应涉及的所有离子方程式___________、___________、___________。（2）图中“滤渣”主要成分为____

_______(填化学式)。（3）加30%H2O2溶液发生的离子反应方程式为___________。（4）煅烧硫酸铝铵晶体，发生的主要反应为：4[NH4Al(SO4)2·12H2O]1240℃2Al2O3＋2NH3↑＋N2↑＋5SO3↑＋3SO2↑＋53H2

O，将产生的气体通过下图所示的装置。的①集气瓶中收集到的气体是___________(填化学式)。②足量饱和NaHSO3溶液吸收的物质除大部分H2O(g)外还有___________(填化学式)。③KMnO4溶液褪色(MnO-4被还原为Mn2＋)，发生

的离子反应方程式为___________。【答案】（1）①.Al2O3＋6H＋=2Al3＋＋3H2O②.FeO＋2H＋=Fe2＋＋H2O③.Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O（2）SiO2（3）2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O（4）①.N2②.SO3、

NH3③.2MnO-4＋5SO2＋2H2O=2Mn2＋＋5SO2-4＋4H＋【解析】【分析】铝灰的主要成分为Al2O3(含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3)加稀硫酸，Al2O3、FeO、Fe2O3转化为离子，SiO2不溶于硫酸，过滤，滤液中含有Al3+、Fe2

+、Fe3+，加双氧水，Fe2+被氧化为Fe3+，加入K4[Fe(CN)6]，Fe3+转化为沉淀，过滤，在滤液中加入硫酸铵，生成NH4Al(SO4)2，结晶、干燥、煅烧得到α-Al2O3，据此解答。【小问1详解】根据以上分析可知铝灰与硫酸反应涉及所有

离子方程式有Al2O3＋6H＋=2Al3＋＋3H2O、FeO＋2H＋=Fe2＋＋H2O、Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O；【小问2详解】二氧化硅不溶于酸，所以图中“滤渣”的主要成分为SiO2；【小问3详解】加30%H2O2溶液氧化亚铁离子，发生的离子反应方程式

为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O；【小问4详解】①NH4Al(SO4)2·12H2O分解生成的气体NH3和SO3被亚硫酸钠吸收，二氧化硫被高锰酸钾吸收，所以最后集气瓶中收集到的气体是N2；②NH3极易溶于水，NH3所以能被亚硫酸钠溶液吸收，SO3与水反应

是硫酸，则SO3也被亚硫酸钠溶液吸收，所以足量饱和NaHSO3溶液吸收的物质除大部分水蒸气外还有SO3、NH3；③酸性条件下，KMnO4与二氧化硫反应生成硫酸根离子和锰离子，其反应的离子方程式为2MnO-4＋5SO2＋2H2O=2Mn2＋＋5SO2-4＋4H＋。的1

7.氮及其化合物的研究对于生态环境保护和工农业生产发展非常重要。I．对合成氨的研究（1）已知：2NH3(g)N2(g)+3H2(g)，活化能Ea1=600kJ·mol-1，合成氨有关化学键的键能如下表：化学键H—HN≡NN—H键能/kJ·mol-1436946391则合成氨

反应：12N2(g)+32H2(g)NH3(g)的活化能Ea1=_______（2）在一定条件下，向某反应容器中投入5molN2、15molH2在不同温度下反应，平衡体系中氨的质量分数随压强变化曲线如图1所示。①温

度T1、T2、T3中，由低到高为_______，M点N2的转化率为_______。②1939年捷姆金和佩热夫推出氨合成反应在接近平衡时净速率方程式为：v(NH3)=k1p(N2)23a1-a3222332p(NH)p(H)[]-k[]p(NH)

p(H)，k1、k2分别为正反应和逆反应的速率常数；p(N2)、p(H2)、p(NH3)代表各组分的分压(分压=总压×物质的量分数)；a为常数，工业上以铁触媒为催化剂时，a=0.5.温度为T2时，21kk=_______MPa2(保留两位

小数)。II．对相关脱硝反应的研究（3）将等物质的量的NO和CO分别充入盛有催化剂①和②的体积相同的刚性容器，进行反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)∆H<0，经过相同时间测得NO的转化率如图2所示。图中c点_______(填“是”或

“否”)一定是平衡状态，请说明理由_______。（4）氮的氧化物脱除可用电化学原理处理，如图3装置可同时吸收SO2和NO。已知：H2S2O4是一种弱酸。直流电源的正极为_______(填“a”或“b”)，阴极的电极反应式_______。该电解装置选择_______(填“阳”或“阴")离子交换膜

。【答案】（1）254kJ·mol-1（2）①.T1<T2<T3②.60%③.24.49（3）①.否②.c点后NO转化率下降，不一定是温度升高导致平衡逆移，也可能是催化剂活性降低，反应速率减慢所致（4）①.b②.--+322422

HSO+2e+4H=HSO+2HO③.阳【解析】【小问1详解】设12N2(g)+32H2(g)NH3(g)的活化能为xkJ·mol-1，则12N2(g)+32H2(g)NH3(g)的ΔH=(x-6002)kJ·mol-1=反应物的总键能-生成物的总键能=(

0.5×946+1.5×436-3×391)kJ·mol-1，解得x=254，即12N2(g)+32H2(g)NH3(g)的活化能Ea1=254kJ·mol-1；【小问2详解】①合成氨反应是放热反应，其它条件相同，升高温度，平衡逆向移动，平衡体系中氨的质量分数减小，故T1<T2<

T3；由题意列三段式223N3H2NH+开始(mol)5150变化(mol)x3x2x平衡(mol)5-x15-3x2x，平衡时氨的质量分数为60%，则60%=2x17528+152，解得x=3，则M点N2的转化率为(3÷5)×100%=60%；②

结合(2)①可知平衡时氮气、氢气、氨气的物质的量分别为2mol、6mol、6mol，则Kp=2总23总总总6（p）4914=623p（p）p1414，因为平衡时氨气的浓度不再改变，故v(NH3)=k1p(N2)23a1-a3222332p(NH)p(H)[]-k

[]p(NH)p(H)=0(a=0.5)，整理得21kk=2233NH2pNHpp1=Kp，T2下M点p总=20MPa，故21kk=22总2总3p13(20MPa)==4949493p≈24.49MPa2(保留两位小数)；【小问3详解】由图可知c点

后温度升高NO转化率下降，c点后NO转化率下降，不一定是温度升高导致平衡逆移，也可能是催化剂活性降低，反应速率减慢所致，故图中c点不一定(否)是平衡状态；【小问4详解】有外加的直流电源，则右边装置为电解池装置，与a相连的电极S由+4降低为+3价，则该极为阴极，与b相连的电极为阳极，故直流电源的正

极为b；阴极为亚硫酸氢根离子得电子转化为H2S2O4，电极反应式为--+322422HSO+2e+4H=HSO+2HO；阳极二氧化硫转化为硫酸，电极反应式为SO2+2H2O-2e-=4H++2-4SO，结合阴极反应式可知需要部分氢离

子移向左边电极参与阴极反应，故阳需要阳离子交换膜。18.芳香族化合物A常用于药物及香料的合成，A有如图转化关系：已知：①A能与金属钠反应生成氢气，但不能使酸性高锰酸钾溶液褪色。②⎯⎯⎯⎯⎯⎯→+4-KMnO/HOH①②+CO2③RCOCH

3+R′CHO一定条件⎯⎯⎯⎯⎯⎯→RCOCH=CHR′+H2O回答下列问题：（1）A生成B，E生成F的反应类型分别为___，____。（2）由D生成E的加入试剂和反应条件为____，___。（3）H中含有的官能团名

称为___。（4）由H生成I的化学方程式为____。（5）K的结构简式为___。（6）F的同分异构体中，同时满足如下条件的有__种。①属于芳香族化合物且苯环上有两个取代基。②能发生水解。（7）糠叉丙酮()是一种重要医药中间体，参考上述合成路线，设计一条以叔丁醇[(CH3)3COH

]和糠醛()为原料制备糠叉丙酮的合成路线(无机试剂任选，箭头上注明反应试剂和条件)___。【答案】（1）①.消去反应②.氧化反应（2）①.NaOH溶液②.加热（3）羟基、羧基（4）n一定条件⎯⎯⎯⎯⎯⎯→+(n-1)H2O（5）（6）12（7）【解析】【分析】A是芳香族化合物，则结构中含有

苯环，A的不饱和度=92+2-122=4，则侧链没有不饱和键，结合已知信息①确定A中与苯环直接相连的碳原子上没有氢原子，且A中含有羟基，连接羟基的碳原子上也没有氢原子，符合要求的A结构只能为，结合B→C的反应条件知B中含有碳碳双键，故A→B为消去反应，则B为，B和溴发

生加成反应生成D为，B发生氧化反应生成C，C能和苯甲醛发生信息③的反应，则C为、K为；由F的分子式可知，D发生水解反应生成E为，E发生氧化反应生成F为，F发生银镜反应然后酸化得到H为，H发生缩聚反应生成I为。【小问1详解】由分析知，A生成B为消去反应，E生成F为氧化反应，故此处依

次填：消去反应、氧化反应；【小问2详解】D生成E为卤代烃的水解反应，加入试剂为NaOH溶液，反应条件为加热；【小问3详解】由分析知，H的结构简式为，所含官能团名称为：羟基、羧基；【小问4详解】由分析知，H到I为缩聚反应，对应方程式为：n一定条件⎯⎯⎯⎯⎯⎯→+(n-1)H2O；【小问

5详解】由分析知，K的结构简式为；【小问6详解】F的结构简式为，其不饱和度=5，根据题意其同分异构中应含有：苯环且苯环上由两个取代基、酯基等结构，符合要求的结构如下：、、、，再考虑苯环上邻间对异构，共

有12种结构符合题意，故此处填12；【小问7详解】根据RCOCH3+R′CHO一定条件⎯⎯⎯⎯⎯⎯→RCOCH=CHR′，(CH3)3COH发生消去反应生成，再氧化为，与在一定条件下生成，合成路线为。