【文档说明】江苏省海安高级中学2023-2024学年高三上学期10月月考试题+化学+含解析.docx，共(31)页，1.887 MB，由小赞的店铺上传

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2023-2024学年度第一学期高三年级阶段检测化学注意：本试卷分第一部分选择题和第二部分非选择题，共100分，考试时间75分钟。可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23A127S32Ag108Br80Cu64一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。

1.能源、航天、信息等科技离不开新技术和新材料的发现和应用。下列有关说法不正确．．．的是A.量子通信材料如螺旋碳纳米管、石墨烯等纳米材料属于胶体B.航天核心舱搭载的柔性太阳能电池板的核心材料是晶体硅C.新一代运载火箭成功应用液氧、煤油发动机，煤油是石油分馏所得混合物D.福建舰舰身

材料采用低碳合金钢，合金的强度一般高于成分金属2.过氧化钠常用作供氧剂：22222NaO2HO4NaOHO+=+。下列说法正确的是A.2HO为非极性分子B.22NaO的电子式：C.16O与18O互为同素异形体

D.NaOH属于离子化合物，不含有共价键3.纯磷酸(易吸潮，沸点261C)可由85%的磷酸减压蒸馏除水、结晶得到。实验装置如图。该过程需严格控制温度，高于100C时会脱水生成焦磷酸。下列说法不正确．．．的是A.通入N2

可防止暴沸，并具有搅拌和加速水逸出的作用B.丙处应连接冷凝管C.磷酸易吸潮是因为它可与水形成氢键D.连接减压装置的目的是降低磷酸沸点4.我国科研人员发现氟磺酰基叠氮(23FSON)是一种安全、高效的“点击化学”试剂，其结构式如图，其中S为+6价。下列说法正确的是A.该分子中N原子均为2sp杂化B.

电负性：()()()()FOSNC.原子半径：()()()()FONSrrrrD.第一电离能：()()()()FONSIIIIIIII5.周期表中ⅤA族元素及其化合物作用广泛。氨是重

要的化工原料；肼(24NH)的燃烧热为1624kJmol−，是常用的火箭燃料；由磷酸钙、石英砂和碳粉在电弧炉中熔烧可生成白磷(4P)和CO；在一定条件下白磷可转化为黑鳞，在700～900℃条件下，3AsH与()33GaCH可制得半导体材料砷化镓晶体；铋酸钠(3NaBiO)不溶于冷水，在酸

性条件下与2Mn+反应生成4MnO−、()3BiOH，在钢铁工业中可用于锰元素的分析测定。下列说法正确的是A.24NH和3NH中的键角相等B.3AsH和()33GaCH晶体类型均为共价晶体C.砷化镓晶体中化学键σ键D.基态砷原子(33As)

核外价电子排布式为254s4p6.周期表中ⅤA族元素及其化合物作用广泛。氨是重要化工原料；肼(24NH)的燃烧热为1624kJmol−，是常用的火箭燃料；由磷酸钙、石英砂和碳粉在电弧炉中熔烧可生成白磷(4P)和CO；在一定条件下白磷可转化为黑鳞；在700～900℃条件下，3AsH与()33G

aCH可制得半导体材料砷化镓晶体；铋酸钠(3NaBiO)不溶于冷水，在酸性条件下与2Mn+反应生成4MnO−、()3BiOH，在钢铁工业中可用于锰元素的分析测定。下列化学反应表示正确的是()A.肼的燃烧热的热化学方程式：()()()()24222NHlNOg1.5Ng2HOl+

=+ΔH=-624kJ⋅mol1−B.制单质磷：()34234222CaPO6SiO5C6CaSiOP5CO++++熔烧为的C.制砷化镓晶体：()333123700~900AsHGaCHGaAsCH++℃D.铋酸钠氧化2Mn+；()232432Mn5NaBiO8HO2MnO5BiOH5NaH

+−++++=+++7.黑鳞的晶体结构是与石墨类似的层状结构，如图所示。下列有关说法不正确的是A.黑磷晶体中片层间作用力为范德华力B.黑磷与白磷均可导电C.黑磷晶体的熔沸点比白磷高D.1mol黑磷晶体中含有1.5molP-P键8.高氯酸铵(44NHClO)受热或撞击可分解成2N、2Cl、2O

和2HO，可用作火箭推进剂。一种以工业3NaClO(含少量的272NaCrO和24NaCrO)溶液制取高氯酸铵的流程如下，电解时使用惰性电极，电解后溶液中有4NaClO生成。关于制取高氯酸铵的反应，下列说法正确的是A.沉铬时加入()2BaO

H有利于24CrO−转化为227CrO−B.电解时阴极电极方程式为：342ClO2e2OHClOHO−−−−++=+C.加入饱和4NHCl溶液反应时可能有3NH生成D.4NaClO、4NHCl、44NHClO三种物质中，44NHClO溶解度最大9.有机物Z是合成药物的中间体，Z的合成路

线如下。下列说法正确的是A.1molX能最多能与5mol2H反应B.化合物Y可以发生氧化、加成、取代等反应C.Z分子中含有2个手性碳原子D.可以使用3NaHCO溶液鉴别化合物Y和Z10.一定条件下，酸性4KMnO溶液与224HCO发生反应，Mn(Ⅱ)起催化作用，过程中不同价态含Mn粒子的浓度

随时间变化如下图所示。下列说法正确的是A.Mn(Ⅲ)不能氧化224HCOB.随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小C.该条件下，Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存D.总反应为：22424222MnO5CO16H2Mn10CO8HO−−++++=++11.科研人员发

现利用低温固体质子导体作电解质，催化合成3NH，与传统的热催化合成氨相比，催化效率较高。其合成原理如图甲所示，其他条件不变，电源电压改变与生成3NH速率的关系如图乙所示，下列说法不正确．．．的是A.PtC−是该合成氨装置的阳极B.34PtCN−电极出口混

合气可能含有2H、2N、3NHC.若H₂的进出口流量差为22.4L/min(标准状况)，则固体质子导体中H+的流速为1mol/minD.当电压高于1.2V时，随电压升高，H+在阴极放电生成2H的速率加快12.室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是

选项实验目的实验方案A证明溴乙烷发生了消去反应将溴乙烷、乙醇和烧碱的混合物加热，产生的气体通入溴的4CCl溶液中，观察溶液颜色变化B证明()()spspKAgI<KAgCl向NaCl、NaI混合溶液中滴加少量3AgNO溶液，观察沉淀的颜色C检验

NaCl溶液中否存在KCl杂质用洁净的铂丝蘸取该溶液，在酒精灯外焰上灼烧，观察火焰是否出现紫色D比较3CHCOOH和HClO的酸性强弱相同条件下，分别用pH试纸测定0.1mol/L3CHCOONa溶液、0.1mol/LNaC

lO溶液的pH，观察pH试纸颜色A.AB.BC.CD.D13.化学链甲烷干重整联合制氢部分工艺的原理如图所示：将1mol2CO和43molCH充入干重整反应器，发生：重整反应：422CHCO2CO2H++催

化剂积炭反应：42CHC2H+高温是研究发现，增大n(FeO)能减少积炭，并增大()()2HCOnn的值。下列说法不正确的是A.X的化学式为34FeO，被还原后可循环利用B.增大n(FeO)能增大()()2HCOnn，推测发生42Fe

OCHFeCO2H+=++C.减少n(FeO)，Fe上的积炭会导致蒸汽反应器中产生的2H纯度降低D.干重整反应器中存在：()()()24COCHCO4molnnn++=非选择题：共4题，共61分14.以银锰精矿(主要含2AgS、MnS、2FeS)和氧化锰矿(主要含2MnO)为原料联合提取银和锰的

一种流程示意图如下。已知：酸性条件下，2MnO的氧化性强于3Fe+。（1）“浸锰”过程是在24HSO溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除2FeS，有利于后续银的浸出：矿石中的银以2AgS的形式残留于浸锰渣中。“浸锰”

过程中，银锰精矿中的2FeS和氧化锰矿中的2MnO发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有_______。（2）“浸银”时，使用过量3FeCl、HCl和2CaCl的混合液作为浸出剂，将2AgS中的银以2AgC

l−形式浸出并生成S。写出“浸银”反应的离子方程式：_______。结合平衡移动原理，解释浸出剂中Cl−、H+的作用：_______。（3）“沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。①写出“沉银”的离子方程式_______。②一定温度下，Ag的沉淀率随反应时间的变化如图

所示。解释t分钟后Ag的沉淀率逐渐减小的原因：_______。（4）结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优点：可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中得到4MnSO；将银元素和锰元素分离；______

_。15.一种化合物H的合成路线如下：(Ph-代表苯基)（1）化合物D的酸性比对乙基苯甲酸的酸性_______。(填“强”、“弱”或“无差别”)（2）有机物F的分子式为1010CH，则其结构简式为_______。（3）D和乙二醇(22HOCHCHO

H)以物质量比为2∶1完全酯化的产物有多种同分异构体，写出同时满足下列条件的一种同分异构体的结构简式：_______。①分子中含有3种不同化学环境的氢原子；②能发生银镜反应；③能发生水解反应，且1mol该分子水解时消

耗4molNaOH。（4）C→D的过程中，第一步反应C与2CO反应生成物的结构简式为_______。（5）写出以苯乙烯、苯甲酸、为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)_______。的16.溴化

亚铜(CuBr)是一种白色结晶状粉末，微溶于水，不溶于乙醇，在热水中或见光都会分解，在空气中逐渐变为浅绿色。实验室制备CuBr的实验步骤和装置如下图。回答下列问题：（1）装置A中离子方程式为_______。（2）装置常采用60℃水浴加热，温度不宜过高的原因是_

______；加料完成后，60℃水浴加热，以一定速率搅拌，能提高2SO吸收率的方法为_______。（3）欲利用上述装置烧杯中的吸收液(经检测含有23NaSO、3NaHSO)制取较纯净的23NaSO晶体。补充完整制取23NaSO晶体的实验方案：向烧杯内

的吸收液中，_______，置于真空干燥箱中干燥。(已知：室温下从饱和23NaSO溶液中结晶出232NaSO7HO，34～100℃结晶出23NaSO；可选用试剂：2SO气体、20%NaOH溶液、乙醇)（4）C

uBr在空气中氧化所得绿色粉末为()22CuBrCuOHxy，为探究该粉末的化学式，现进行如下实验：准确称取一定质量的绿色粉末，溶于足量乙酸中，用蒸馏水配制成100mL溶液。①取25mL溶液，向其中加入足量的3AgNO溶液，充分反应后过滤、洗涤、干燥，所得淡黄色固体质量为0.94

g。②另取25mL溶液，向其中加入过量的KI溶液，再用0.400mol⋅L1−223NaSO标准溶液滴定至终点，消耗25.00mL。已知反应的方程式如下：222Cu4I2CuII+−+=+、22232462SOI2ISO−−−+=

+。请确定该绿色粉末的化学式_______(请写出计算过程)。17.二氧化碳的排放受到环境和能源领域的关注，其综合利用是研究的重要课题。Ⅰ．第19届亚洲运动会使用废碳再生的绿色零碳甲醇作为主火炬塔燃料，利

用焦炉气中的2H与从工业尾气中捕集的2CO合成，实现循环内零碳排放。的（1）已知：反应I：()()()222Og2Hg2HOg+=1ΔH=-484kJ/mol反应Ⅱ：()()()()32222CHOHg3Og2COg4HOg+=+2ΔH=-1353kJ/mol合成甲醇

的反应：()()()()2232COg3HgCHOHgHOg++=3ΔH=_______kJ/mol。（2）2CO催化加氢制甲醇可能的反应历程如下图。2H首先在Zn-Ga-O表面解离成2个*H，随后参与到2CO的还原过程。注：□表示氧原子空位，*表示吸附在催化剂上的微

粒。理论上，反应历程中消耗的*H与生成的甲醇的物质的量之比为_______。（3）该催化条件下，主要的副反应为：()()()()222COgHgCOgHOg+=+。实际工业生产中，需要在260℃、压强恒为4.0

MPa的反应釜中进行上述反应。为确保反应的连续性，需向反应釜中以进气流量0.04mol/min、()()22CO:H1:3nn=持续通入原料，同时控制出气流量。①需控制出气流量小于进气流量的原因为_______。②已知出气流量为0.03mol/min，

单位时间()2COg的转化率为60%，则流出气体中()COg的百分含量为_______。Ⅱ．高炉气中捕集2CO制储氢物质HCOOH的综合利用示意图如下图所示：已知：T温度下，()7a123KHCO5.010−=，()11a223

KHCO5.010−=（4）T温度下，当吸收池中溶液的pH8=时，此时该溶液中()()232-3cHCO=cCO_______。（5）电解池中2CO电催化还原为HCOOH。①铂电极反应方程式为_______。②铂电极上的副反应除析氢外，没有其它放电过程。

若生成HCOOH的电解效率()ηHCOOH=80%。当电路中转移3mole−时，阴极室溶液的质量增加_______g。定义：()()()nBηB=n生成所用的电子通过电极的电子2023-2024学年度第一学期高三年级阶段检测化学注意：本

试卷分第一部分选择题和第二部分非选择题，共100分，考试时间75分钟。可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23A127S32Ag108Br80Cu64一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。1.能源、航天、信息等科技离不开新技术和新材料的发现和应

用。下列有关说法不正确．．．的是A.量子通信材料如螺旋碳纳米管、石墨烯等纳米材料属于胶体B.航天核心舱搭载的柔性太阳能电池板的核心材料是晶体硅C.新一代运载火箭成功应用液氧、煤油发动机，煤油石油分馏所得混合物D.福建舰舰身材料采用低碳合金钢，

合金的强度一般高于成分金属【答案】A【解析】【详解】A．量子通信材料如螺旋碳纳米管、石墨烯等纳米材料分散到分散剂后形成的分散系属于胶体，A错误；B．硅为半导体材料，太阳能电池板的核心材料是晶体硅，B正确；C．石油的分馏可获得多种物质，煤油是石油分馏所得混合物，C正确；D．合金的熔点比成分金属低

，硬度比成分金属高，则合金的强度一般高于成分金属，D正确；故选A。2.过氧化钠常用作供氧剂：22222NaO2HO4NaOHO+=+。下列说法正确的是A.2HO为非极性分子B.22NaO的电子式：C.16O与18O互为同素异形体D.NaOH属于离子化

合物，不含有共价键【答案】B【解析】【详解】A．H2O含有H-O极性键，分子构型为V型，正负电荷的中心不重合，为极性分子，故A错误；B．22NaO是离子化合物，22NaO的电子式为：，故B正确；C．16O与18O不是单质

，不互为同素异形体，故C错误；D．NaOH属于离子化合物，OH-中含有共价键，故D错误；是故选B。3.纯磷酸(易吸潮，沸点261C)可由85%的磷酸减压蒸馏除水、结晶得到。实验装置如图。该过程需严格控制温度，

高于100C时会脱水生成焦磷酸。下列说法不正确．．．的是A.通入N2可防止暴沸，并具有搅拌和加速水逸出的作用B.丙处应连接冷凝管C.磷酸易吸潮是因为它可与水形成氢键D.连接减压装置的目的是降低磷酸沸点【答案】D

【解析】【详解】A．由毛细管通入N2，使磷酸溶液受热均匀，可防止暴沸，气体流通可加速水逸出，A正确；B．丙处应连接直形冷凝管，起冷凝蒸气的作用，B正确；C．磷酸分子中含有三个羟基，可与水分子形成氢键，故磷酸易吸潮，C正确D．连接减压装置的目的是降低水的沸点

防止温度过高生成焦磷酸，D错误；故选D。4.我国科研人员发现氟磺酰基叠氮(23FSON)是一种安全、高效的“点击化学”试剂，其结构式如图，其中S为+6价。下列说法正确的是A.该分子中N原子均为2sp杂化B.电负性：()()()()FOSNC.原子半径：()()()()FONSrrr

rD.第一电离能：()()()()FONSIIIIIIII【答案】C【解析】【详解】A．由结构式可知，该分子中与S相连的N原子价层电子对数为2+1=3，杂化方式为sp2杂化，另外两个N原子价层电子对数为2，杂化方式为sp杂化，故A错误；B．元素的非金属性越强，其电负

性越大，由于元素的非金属性：F>O>N>S，则元素的电负性大小顺序为：F>O>N>S，故B错误；C．电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，则原子半径：()()()()FONSrr

rr，故C正确；D．元素的非金属性越强，其第一电离能越大；同一周期元素从左往右第一电离能呈增大趋势，但第IIA、第VA元素原子核外电子处于全满、半满的稳定状态，其第一电离能比同周期相邻元素的大，故这四种元素的第一电离能大

小顺序：F>N>O>S，D错误；故选C。5.周期表中ⅤA族元素及其化合物作用广泛。氨是重要的化工原料；肼(24NH)的燃烧热为1624kJmol−，是常用的火箭燃料；由磷酸钙、石英砂和碳粉在电弧炉中熔烧可生成白磷(4P)和CO；在一定条件下白磷可转化为黑鳞，

在700～900℃条件下，3AsH与()33GaCH可制得半导体材料砷化镓晶体；铋酸钠(3NaBiO)不溶于冷水，在酸性条件下与2Mn+反应生成4MnO−、()3BiOH，在钢铁工业中可用于锰元素的分析测定。下列说法正确的是A.24NH和3NH中的键角相等

B.3AsH和()33GaCH晶体类型均为共价晶体C.砷化镓晶体中化学键为σ键D.基态砷原子(33As)核外价电子排布式为254s4p【答案】C【解析】【详解】A．3NH中只含有N-H键，24NH含有N-H和N-N，二

者键角不相等，故A错误；B．AsH3和Ga(CH3)3晶体类型均为分子晶体，故B错误；C．Ga元素和As元素电负性差别不大，GaAs晶体中化学键为σ键，故C正确；D．基态砷原子(33As)位于第四周期第ⅤA族，最外层电子数为5，核外价电子排布式为4s24p3，

故D错误；故选：C。6.周期表中ⅤA族元素及其化合物作用广泛。氨是重要的化工原料；肼(24NH)的燃烧热为1624kJmol−，是常用的火箭燃料；由磷酸钙、石英砂和碳粉在电弧炉中熔烧可生成白磷(4P)和

CO；在一定条件下白磷可转化为黑鳞；在700～900℃条件下，3AsH与()33GaCH可制得半导体材料砷化镓晶体；铋酸钠(3NaBiO)不溶于冷水，在酸性条件下与2Mn+反应生成4MnO−、()3BiOH，在钢铁工业中可用于锰元素的分析测

定。下列化学反应表示正确的是()A.肼的燃烧热的热化学方程式：()()()()24222NHlNOg1.5Ng2HOl+=+ΔH=-624kJ⋅mol1−B.制单质磷：()34234222CaPO6SiO5C6CaSiOP5CO++++熔烧C.制砷化镓晶体：()33312370

0~900AsHGaCHGaAsCH++℃D铋酸钠氧化2Mn+；()232432Mn5NaBiO8HO2MnO5BiOH5NaH+−++++=+++【答案】D【解析】【详解】A．燃烧热是指1mol纯物质在氧

气中完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量，肼的燃烧热的热化学方程式应为()()()()24222NHl+3Og=2NOg+2HOlΔH=-624kJ⋅mol1−，A错误；B．由磷酸钙、石英砂和碳粉在电弧炉中熔烧可生成白磷(4P)和CO，则制单质磷的反应方程式应为()3423422CaPO6Si

O10C6CaSiOP10CO++++熔烧，B错误；C．在700～900℃条件下，3AsH与()33GaCH可制得半导体材料砷化镓晶体，则制砷化镓晶体的方程式应为()4333700~900AsHGaCHGaAs3CH++℃，C错误；D．铋酸钠(3NaBi

O)不溶于冷水，在酸性条件下与2Mn+反应生成4MnO−、()3BiOH，则铋酸钠氧化2Mn+的离子方程式为()232432Mn5NaBiO8HO2MnO5BiOH5NaH+−++++=+++，D正确；故选D。.7.黑鳞的晶体结构是与石墨类似的层状结构，如图所示。下

列有关说法不正确的是A.黑磷晶体中片层间作用力为范德华力B.黑磷与白磷均可导电C.黑磷晶体的熔沸点比白磷高D.1mol黑磷晶体中含有1.5molP-P键【答案】B【解析】【详解】A．由黑鳞的晶体结构是与石墨类似的层状结构，为混合型晶体，片层间作用力为范德华力，A正确；B．白磷为分子晶体，黑磷结构

与石墨类似为混合型晶体，则黑鳞能导电、白磷不导电，B错误；C．黑磷结构与石墨类似为混合型晶体，其熔沸点很高，故黑磷晶体的熔沸点比白磷高，C正确；D．可利用均摊法得黑磷晶体中1个磷原子形成31.52=个共价键，则1mol黑磷晶体

中含有1.5molP-P，D正确；故选B。8.高氯酸铵(44NHClO)受热或撞击可分解成2N、2Cl、2O和2HO，可用作火箭推进剂。一种以工业3NaClO(含少量的272NaCrO和24NaCrO)溶液制取高氯

酸铵的流程如下，电解时使用惰性电极，电解后溶液中有4NaClO生成。关于制取高氯酸铵的反应，下列说法正确的是A.沉铬时加入()2BaOH有利于24CrO−转化为227CrO−B.电解时阴极电极方程式为：342ClO2e2OHClOHO−−−−++=+C.加入饱和4NHCl溶液反应

时可能有3NH生成D.4NaClO、4NHCl、44NHClO三种物质中，44NHClO溶解度最大【答案】C【解析】【分析】2-+2-2724CrO+HO2H(C()rO)+2橙色黄色，氯酸钠溶液加入氢氧化钡，可以促使2-27

CrO转化为2-4CrO，进而和钡离子生成硫酸钡沉淀；过滤滤液电解阳极上发生氧化反应五价氯转化为七价氯得到高氯酸钠，阴极生成氢气和氢氧根离子，浓缩加入饱和氯化铵将高氯酸钠转化为溶解度较小的高氯酸铵晶体结晶析出；【详解】A．由分析可知，加入可以增加溶液的碱性，

促使2-27CrO转化为2-4CrO，A错误；B．电解阳极上发生氧化反应五价氯转化为七价氯得到高氯酸钠，阴极生成氢气和氢氧根离子，阴极电极方程式为：--222HO+2e=2OH+H，B错误；C．电解生成氢氧化钠，加入饱和氯化铵溶液，铵根

离子和氢氧根离子反应会生成氨气，C正确；D．三种物质中，44NHClO首先结晶析出，故其溶解度最小，D错误；故选C。9.有机物Z是合成药物的中间体，Z的合成路线如下。下列说法正确的是A.1molX能最多能与5mol2H反应B.化合物Y可以发生氧化、加成、取代

等反应C.Z分子中含有2个手性碳原子D.可以使用3NaHCO溶液鉴别化合物Y和Z【答案】B【解析】【详解】A．酯基不能和氢气发生加成反应，一分子X()含有的1个碳碳双键和1个苯环都能和氢气发生加成反应，则1molX

能最多能与4mol2H反应，A错误；B．Y()含碳碳双键和苯环结构，可发生过氧化、加成、取代等反应，B正确；C．手性碳为连有4个不同的原子或基团的C原子，Z()中只含一个手性碳原子，C错误；D．Y和Z都含有羧基，都能与3NaHCO溶液反应，则不能使用3NaHCO溶

液鉴别化合物Y和Z，D错误；故选B。10.一定条件下，酸性4KMnO溶液与224HCO发生反应，Mn(Ⅱ)起催化作用，过程中不同价态含Mn粒子的浓度随时间变化如下图所示。下列说法正确的是A.Mn(Ⅲ)不能氧化224HCOB.

随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小C该条件下，Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存D.总反应为：22424222MnO5CO16H2Mn10CO8HO−−++++=++【答案】C【解析】【分析】开始一段时间（大约13min前）随着时间的推移Mn(Ⅶ)浓度减小直至为0，Mn(Ⅲ)浓度增大直

至达到最大值，结合图像，此时间段主要生成Mn(Ⅲ)，同时先生成少量Mn(Ⅳ)后Mn(Ⅳ)被消耗；后来（大约13min后）随着时间的推移Mn(Ⅲ)浓度减少，Mn(Ⅱ)的浓度增大；据此作答。【详解】A．由图像可知，随着时间的推移Mn(Ⅲ)的浓度先增大后减

小，说明开始反应生成Mn(Ⅲ)，后Mn(Ⅲ).被消耗生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅲ)能氧化H2C2O4，A项错误；B．随着反应物浓度的减小，到大约13min时开始生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅱ)对反应起催化作用，13min后反应速率会增大，B项错误；C．由图

像可知，Mn(Ⅶ)的浓度为0后才开始生成Mn(Ⅱ)，该条件下Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存，C项正确；D．H2C2O4为弱酸，在离子方程式中应以化学式保留，总反应为2-4MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，D项错误；答案选C。11.科研人员发现利用低温固体质子

导体作电解质，催化合成3NH，与传统的热催化合成氨相比，催化效率较高。其合成原理如图甲所示，其他条件不变，电源电压改变与生成3NH速率的关系如图乙所示，下列说法不正确．．．的是A.PtC−是该合成氨装置的阳极B.34PtCN−电极出口混合气可能含有2H、2N、3NHC.若H₂的进出口流量差

为22.4L/min(标准状况)，则固体质子导体中H+的流速为1mol/minD.当电压高于1.2V时，随电压升高，H+在阴极放电生成2H的速率加快【答案】C【解析】【分析】由图甲可知，Pt—C电极是电解池的阳极，氢气在阳极失去电子发生氧化反应生成氢离子，电极反

应式为H2-2e-=2H+，Pt-C3N4电极为阴极，酸性条件下氮气在阴极得到电子发生还原反应生成氨气，电极反应式为N2+6H++6e-=2NH3。【详解】A．由分析可知，Pt—C电极是电解池的阳极，氢气在阳极失去电子发生氧化反应

生成氢离子，故A正确；B．由分析可知，34PtCN−电极为阴极，酸性条件下氮气在阴极得到电子发生还原反应生成氨气，可能存在氢离子得到电子发生还原反应生成的氢气及部分没反应的氮气，故B正确；C．标准状况下，22.4L氢气的物质的量为1mol，则反应生成氢离子的物质的量2mol，故固体质子导体

中氢离子的流速2mol/min，故C错误；D．由图乙可知，当电压高于1.2V时，氨气反应速率变慢，说明氢离子在阴极得到电子生成氢气，故D正确；故选C。12.室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是选项实验目

的实验方案A证明溴乙烷发生了消去反应将溴乙烷、乙醇和烧碱的混合物加热，产生的气体通入溴的4CCl溶液中，观察溶液颜色变化B证明()()spspKAgI<KAgCl向NaCl、NaI混合溶液中滴加少量3AgNO溶液，观察沉

淀的颜色C检验NaCl溶液中是否存在KCl杂质用洁净的铂丝蘸取该溶液，在酒精灯外焰上灼烧，观察火焰是否出现紫色D比较3CHCOOH和HClO的酸性强弱相同条件下，分别用pH试纸测定0.1mol/L3CHCOONa溶液、0.1mol/LNaClO溶液的pH，观察pH试纸颜色A.AB.BC.C

D.D【答案】A【解析】【详解】A．将溴乙烷、乙醇和烧碱的混合物加热，若溴乙烷发生消去反应则会产生乙烯，将产生的气体通入溴的4CCl溶液中，若有乙烯则溴的4CCl溶液会褪色，则可通过观察溶液颜色变化来验证溴乙烷是否发生消去反应，A正确；B．要

证明()()spspKAgI<KAgCl，应向等物质的量浓度的NaCl、NaI混合溶液中滴加少量3AgNO溶液，观察沉淀的颜色，若产生黄色沉淀则可证明，B错误；C．检验NaCl溶液中是否存在KCl杂质，应用洁净的铂丝蘸取该溶液，在酒精灯外焰上灼烧，并需要透

过蓝色钴玻璃观察火焰是否出现紫色，若有紫色，则含KCl杂质，C错误；D．比较3CHCOOH和HClO的酸性强弱，通过用pH试纸测定同浓度的3CHCOONa溶液和NaClO溶液的pH不可行，NaClO具有漂白性，会将pH试纸漂白

，则需要用pH计来测pH，D错误；故选A。13.化学链甲烷干重整联合制氢部分工艺的原理如图所示：将1mol2CO和43molCH充入干重整反应器，发生：重整反应：422CHCO2CO2H++催化剂积炭反应：42CHC2H+高温研究发现，增大n(FeO)能减少积炭，并增

大()()2HCOnn的值。下列说法不正确的是A.X的化学式为34FeO，被还原后可循环利用B.增大n(FeO)能增大()()2HCOnn，推测发生42FeOCHFeCO2H+=++C.减少n(FeO)，Fe上的积炭会导致蒸汽反应器中产生的2H纯度降低

D.干重整反应器中存在：()()()24COCHCO4molnnn++=【答案】D【解析】【详解】A．蒸汽反应器中是铁和水蒸气反应得到氢气和X，X的化学式为34FeO，被还原后得到铁单质可循环利用，故A正确；B．增大n(Fe

O)能减少积炭，并增大()()2HCOnn的值，说明FeO与C反应生成CO，推测发生总反应：42FeOCHFeCO2H+=++，故B正确；C．减少n(FeO)，Fe上的积炭会在蒸汽反应器中与水蒸气反应：22HOCCOH+=+高温，导致蒸汽反应器中产生的2H中混有CO，纯度降低，故C

正确；D．根据题意可知干重整反应器中还存在积炭反应，据元素质量守恒可知存在：()()()()24COCHCOC4molnnnn+++=，故D错误；故选D。非选择题：共4题，共61分14.以银锰精矿(主要含2AgS、Mn

S、2FeS)和氧化锰矿(主要含2MnO)为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。已知：酸性条件下，2MnO的氧化性强于3Fe+。（1）“浸锰”过程是在24HSO溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除

2FeS，有利于后续银的浸出：矿石中的银以2AgS的形式残留于浸锰渣中。“浸锰”过程中，银锰精矿中的2FeS和氧化锰矿中的2MnO发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有_______。（2）“浸银”时，使用过量3FeCl、HCl和2CaCl的混合液作为浸出

剂，将2AgS中的银以2AgCl−形式浸出并生成S。写出“浸银”反应的离子方程式：_______。结合平衡移动原理，解释浸出剂中Cl−、H+的作用：_______。（3）“沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。①写出“沉银”的离子方程式_______。②一定温度下，A

g的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释t分钟后Ag的沉淀率逐渐减小的原因：_______。（4）结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优点：可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中得到4MnSO；将银元素和锰元素分离；

_______。【答案】（1）3Fe+、2Mn+（2）①.32222FeAgS4Cl2Fe2AgClS−+−+++=++②.Cl−是为了与2AgS溶解出的Ag+结合生成2AgCl−，使2AgS

溶解平衡正向移动；H+是为了抑制3Fe+水解，提高3Fe+浓度（3）①.222AgClFeFe2Ag4Cl−+−+=++②.2Fe+被氧气氧化为3Fe+，3FeCl把Ag氧化为2AgCl−（4）浸锰液中的3Fe+可用于浸银，节约氧

化剂【解析】【分析】银锰精矿和氧化锰矿混合加硫酸溶液，二氧化锰具有氧化性使得二价铁氧化为三价铁同时二氧化锰能被还原生成锰离子，使矿石中的锰元素浸出，同时去除FeS2，浸锰液中主要的金属阳离子有3Fe+、2Mn+，矿石中的银以Ag2S的形式残

留于浸锰渣中，浸锰渣中Ag2S与过量氯化铁、盐酸、氯化钙的混合液反应，将Ag2S中的银以2AgCl−形式浸出，用铁粉把2AgCl−还原为金属银。【小问1详解】由分析可知，浸锰液中主要的金属阳离子有3Fe+、2Mn+；【小问2详解】铁离子具有氧化性，能和

2AgS反应将硫氧化为硫单质而铁离子被还原为亚铁离子，释放出银离子和氯离子形成2AgCl−，故“浸银”反应的离子方程式：32222FeAgS4Cl2Fe2AgClS−+−+++=++；浸出剂中Cl−、H+的作用为：Cl−是为了与2A

gS溶解出的Ag+结合生成2AgCl−，使2AgS溶解平衡正向移动；H+是为了抑制3Fe+水解，提高3Fe+浓度；【小问3详解】①铁具有还原性，铁粉能把2AgCl−还原为金属银同时生成亚铁离子，“沉银”的离子方程式222AgClFeFe2Ag4

Cl−+−+=++。②空气中氧气具有氧化性，会把亚铁离子氧化为铁离子，铁离子会把Ag氧化为2AgCl−，导致一段时间，t分钟后Ag的沉淀率逐渐减小；【小问4详解】联合提取银和锰的优势在于“浸锰”过程可将两种矿石中的锰

元素同时提取到浸锰液中，将银元素和锰元素分离开，利用二氧化锰的氧化性将FeS2中的二价铁氧化为三价铁，同时生成的铁离子还可以用于浸银，节约氧化剂，同时得到MnSO4。15.一种化合物H的合成路线如下：(Ph-代表苯基)（1）化合物D的酸性比对乙基苯甲酸的酸性

_______。(填“强”、“弱”或“无差别”)（2）有机物F的分子式为1010CH，则其结构简式为_______。（3）D和乙二醇(22HOCHCHOH)以物质的量比为2∶1完全酯化的产物有多种同分异构体，写出同时满足下列条件的一种同分异构体的结构简式：_______

。①分子中含有3种不同化学环境的氢原子；②能发生银镜反应；③能发生水解反应，且1mol该分子水解时消耗4molNaOH。（4）C→D的过程中，第一步反应C与2CO反应生成物的结构简式为_______。（5）写出以苯乙

烯、苯甲酸、为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)_______。【答案】（1）弱（2）（3）或（4）（5）【解析】【分析】甲苯发生取代反应生成对甲基溴苯，对甲基溴苯和Mg反应生成，和二氧化碳反应

、在酸性条件下水解生成对甲基苯甲酸，对甲基苯甲酸和SOCl2发生取代反应生成，和反应生成，和反应生成。【小问1详解】化合物D是对甲基苯甲酸，酸性比对乙基苯甲酸的酸性弱。【小问2详解】有机物F的分子式为1010CH，E和F发生取代反应生成G，由

E、G的结构简式，可知F是；【小问3详解】D和乙二醇(22HOCHCHOH)以物质的量比为2∶1完全酯化的产物是；①分子中含有3种不同化学环境的氢原子，说明结构对称；②能发生银镜反应，说明含有醛基；③能发生水解反应，说明含有酯基，且1mol该分子水解时消耗4molNaOH。

符合条件的的同分异构体为或；【小问4详解】和二氧化碳反应生成，水解生成；【小问5详解】和溴发生加成反应生成；在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应生成；和SOCl2反应生成；和反应生成，和反应生成，合成路线为。16.溴化亚铜(CuBr)是一种白色结晶状粉末，微溶于水，不溶于乙醇，在

热水中或见光都会分解，在空气中逐渐变为浅绿色。实验室制备CuBr的实验步骤和装置如下图。回答下列问题：（1）装置A中的离子方程式为_______。（2）装置常采用60℃水浴加热，温度不宜过高的原因是_______；加料完

成后，60℃水浴加热，以一定速率搅拌，能提高2SO吸收率的方法为_______。（3）欲利用上述装置烧杯中的吸收液(经检测含有23NaSO、3NaHSO)制取较纯净的23NaSO晶体。补充完整制取23NaSO晶体的实验方案：向烧杯内的吸收液中，_______，置于真空干燥箱中干燥。(已知：室温

下从饱和23NaSO溶液中结晶出232NaSO7HO，34～100℃结晶出23NaSO；可选用试剂：2SO气体、20%NaOH溶液、乙醇)（4）CuBr在空气中氧化所得绿色粉末为()22CuBrCuOHxy，为探究该粉末的化学式，现进行如下实验：准确称

取一定质量的绿色粉末，溶于足量乙酸中，用蒸馏水配制成100mL溶液。①取25mL溶液，向其中加入足量的3AgNO溶液，充分反应后过滤、洗涤、干燥，所得淡黄色固体质量为0.94g。②另取25mL溶液，向其中加入过量的KI溶液，再用0.400mol⋅L1−223NaSO标准溶液滴定至终点，

消耗25.00mL。已知反应的方程式如下：222Cu4I2CuII+−+=+、22232462SOI2ISO−−−+=+。请确定该绿色粉末的化学式_______(请写出计算过程)。【答案】（1）222242Cu2BrS

O2HO2CuBrSO4H+−−++++=++（2）①.防止CuBr受热分解，防止2SO溶解度减小反应速率慢②.缓慢通入2SO（3）向烧杯中通入过量2SO充分反应，再加入100g20%NaOH，蒸发浓缩至有大量晶体出现，在34℃以上趁热过滤，用乙醇洗涤2~3次（4）()22CuBr3C

uOH【解析】【分析】实验室制备CuBr，三颈烧瓶中铜离子被二氧化硫还原成亚铜离子，与溴离子反应生成CuBr沉淀，用NaOH溶液除去过量的SO2气体，该装置常采用60℃水浴加热，防止CuBr受热分解，防止2SO溶解度减小反应速

率慢，以此解答。【小问1详解】三颈烧瓶中铜离子被二氧化硫还原成亚铜离子，与溴离子反应生成CuBr沉淀，反应的离子方程式为222242Cu2BrSO2HO2CuBrSO4H+−−++++=++。【小问2详解】装置常采用60℃

水浴加热，温度不宜过高的原因是：防止CuBr受热分解，防止2SO溶解度减小反应速率慢；加料完成后，60℃水浴加热，以一定速率搅拌，能提高2SO吸收率的方法为：缓慢通入2SO。【小问3详解】制取23NaSO晶体的实验方案：向烧杯内的吸收液中，向烧杯中通入过

量2SO充分反应，再加入100g20%NaOH，蒸发浓缩至有大量晶体出现，在34℃以上趁热过滤，用乙醇洗涤2~3次置于真空干燥箱中干燥。【小问4详解】n(Br-)＝n(AgBr)＝0.94?g188?g/mol＝0.005mol，即n(CuBr2)＝0.0025mol，n(S2O23−)＝0

.400mol•L-1×0.025L＝0.01mol，根据222Cu4I2CuII+−+=+、22232462SOI2ISO−−−+=+，有关系式Cu2+～S2O23−，n(Cu2+)＝n(S2O)＝0.01mol；根据电荷

守恒n(Cu2+)×2＝n(Br﹣)＋n(OH﹣)，n(OH-)＝0.015mol，所以n[Cu(OH)2]＝0.0075mol，故绿色粉末的化学式为CuBr2·3Cu(OH)2。17.二氧化碳的排放受到环境和能源领域的关注，其综合利用是研究的重要课题。Ⅰ．第19届亚洲运动会使用废碳再生的绿色

零碳甲醇作为主火炬塔燃料，利用焦炉气中的2H与从工业尾气中捕集的2CO合成，实现循环内零碳排放。（1）已知：反应I：()()()222Og2Hg2HOg+=1ΔH=-484kJ/mol反应Ⅱ：()()()()32222CHOHg3Og

2COg4HOg+=+2ΔH=-1353kJ/mol合成甲醇的反应：()()()()2232COg3HgCHOHgHOg++=3ΔH=_______kJ/mol。（2）2CO催化加氢制甲醇可能的反应历程如下图。2H首先在Zn-Ga-O表面解离

成2个*H，随后参与到2CO的还原过程。注：□表示氧原子空位，*表示吸附在催化剂上的微粒。理论上，反应历程中消耗的*H与生成的甲醇的物质的量之比为_______。（3）该催化条件下，主要的副反应为：()()()()222COgHgCOgHOg+=+。实际工业生产中，需要在26

0℃、压强恒为4.0MPa的反应釜中进行上述反应。为确保反应的连续性，需向反应釜中以进气流量0.04mol/min、()()22CO:H1:3nn=持续通入原料，同时控制出气流量。①需控制出气流量小于进气流

量的原因为_______。②已知出气流量为0.03mol/min，单位时间()2COg的转化率为60%，则流出气体中()COg的百分含量为_______。Ⅱ．高炉气中捕集2CO制储氢物质HCOOH的综合利用示意图如下图所示：

已知：T温度下，()7a123KHCO5.010−=，()11a223KHCO5.010−=（4）T温度下，当吸收池中溶液的pH8=时，此时该溶液中()()232-3cHCO=cCO_______。（5）电解池中2CO电催化还原为HCOOH。①铂电极反应

方程式为_______。②铂电极上副反应除析氢外，没有其它放电过程。若生成HCOOH的电解效率()ηHCOOH=80%。当电路中转移3mole−时，阴极室溶液的质量增加_______g。定义：()()()nBηB=n生成所用的电子通过电极的电子【答案】（1）-49.

5（2）6∶1（3）①.反应为气体分子数减小的反应，出气流速小才能保持反应釜内为压强恒定②.3.3%（4）4（5）①.2CO2e2HHCOOH−+++=②.55.2【解析】【小问1详解】由题可知，合成甲醇的反应()()()()223

2COg3HgCHOHgHOg++=可由反应Ⅰ和反应Ⅱ按32反应Ⅰ-反应Ⅱ叠加所得，则合成甲醇的反应的焓变值为1233ΔHΔHΔH==-49.5kJ/mol-2；【小问2详解】由反应历程图可知，2CO催化加氢制甲醇总反应为(

)()()()2232COg3HgCHOHgHOg++=，需要6个*H参与反应才能生成1个甲醇，则反应历程中消耗的*H与生成的甲醇的物质的量之比为6∶1；【小问3详解】①反应()()()()2232COg3HgCHOHgHOg++=为气体分子数减小的反应，控制出气量小于进气量，可以保证反应釜的

压强恒定，避免压强减小导致反应平衡逆移，故答案为反应为气体分子数减小的反应，出气流速小才能保持反应釜内为压强恒定；②假设进气时间为1min，则1min进气量为0.04mol，出气量为0.03mol，合成甲醇的反应()()()()2232COg3HgCHOHgHOg++=为气体分子

量减小的反应，副反应()()()()222COgHgCOgHOg+=+为气体分子数不变的反应，减少的0.01mol气体全部由反应()()()()2232COg3HgCHOHgHOg++=引起，Δn=1+3-1-1=2，则反应()()()()2232COg3HgC

HOHgHOg++=消耗的CO2为0.005mol，单位时间()2COg的转化率为60%，则消耗的CO2总共为0.006mol，有0.001molCO2转化为0.001molCO，则流出气体中()COg的百分含量为0

.001100%3.3%0.03；的的【小问4详解】()()()()()()()()()()()()()()()()--233233232--2--2-a1a233333cHCOcHCOcHcHCOcHcHCOcH

cHcHCO==KKcCOcHCOcCOcHcHCOcHcCO++++++=，溶液的pH8=，则()+-8cH=10mol/L，T温度下，()7a123KHCO5.010−=，()11a223KHCO5.010−=，则()()232

-3cHCO=4cCO；【小问5详解】①玻碳电极中水转化为氧气，则为阳极，铂电极为阴极，二氧化碳在该电极得电子转化为甲酸，则电极反应式为2CO2e2HHCOOH−+++=；②生成HCOOH的电解效率()ηHCOOH=80%，当电路中转移3mole−时，生成的甲酸为380%n(HCOO

H)mol=1.2mol2=，即55.2g，阴极室中生成氢气和甲酸消耗的H+全部来自阳极，阴极溶液的质量主要受生成甲酸的质量影响，则阴极溶液的质量增加55.2g。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com