还剩17页未读，
继续阅读
黑龙江省实验中学2024-2025学年高三上学期9月月考 化学试题（解析版）
展开
这是一份黑龙江省实验中学2024-2025学年高三上学期9月月考 化学试题（解析版），共20页。试卷主要包含了5 Cu-64，05ml含有中子的数目为， 下列离子方程式正确的是等内容，欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Si-28 Cl-35.5 Cu-64
第I卷
一、单项选择题(共45分，15题，每题3分)
1. 最近，华为Mate60 Pr上市，其搭载的新型麒麟9000s芯片，突破了美国的芯片封锁，实现了智能手机5G芯片国产化。下列有关说法正确的是
A. 晶体硅和无定形硅是硅元素的同素异形体，二者化学性质完全不同
B. 工业粗硅的冶炼方法为，在该反应中作还原剂
C. 硅是芯片的主要成分之一，晶体硅是一种性能优良的半导体材料，它属于非电解质
D. 光刻胶是制造芯片的关键材料，金属氧化物纳米颗粒光刻胶由金属氧化物纳米簇和溶剂等组成，是一种胶体
【答案】D
【解析】
【详解】A．晶体硅、无定形硅都是由硅元素组成的不同单质，互为同素异形体，二者结构不同，化学性质相同，故A错误；
B．SiO2中Si元素化合价降低，得电子，作氧化剂，故B错误；
C．硅是单质，既不属于电解质也不属于非电解质，故C错误；
D．光刻胶组成材料是纳米颗粒，分散质的粒子直径1～100nm，属于胶体，故D正确；
故选：D。
2. 2023年诺贝尔化学奖奖励量子点的发现和合成。量子点是一类非常小的纳米尺度颗粒，美国巴文迪将能形成(硒化镉)纳米晶体的前驱物注入热溶剂中，通过调控温度，可以高效合成直径间的量子点。下列说法中正确的是
A. 通过该方法合成的量子点属于胶体
B. 该量子点可以透过滤纸和半透膜
C. 分散系中分散质粒子由小到大的正确顺序是：溶液胶体浊液
D. 在制备胶体实验中，不断用玻璃棒搅拌可使反应更充分
【答案】C
【解析】
【详解】A．CdSe量子点未形成分散系，不属于胶体，A错误；
B．胶体微粒可以透过滤纸但不能透过半透膜，B错误；
C．根据分散质微粒直径的大小，可以将分散系分为三类：溶液、胶体、浊液，分散系中分散质粒子直径由小到大的正确顺序是：溶液＜胶体＜浊液，C正确；
D．制备Fe(OH)3胶体时，将饱和的FeCl3溶液滴入沸水中，继续加热直到得到红褐色液体为止，不能搅拌，搅拌会使胶体聚沉，D错误；
故选C。
3. 某同学设计如图所示实验，探究反应中的能量变化。下列判断正确的是
A. 由实验可知，(a)(b)(c)所涉及的反应都是放热反应
B. 将实验(a)中的铝片更换为等质量的铝粉后释放出的热量增加
C. 若用冰醋酸测定中和反应反应热，则测定中和反应反应热的绝对值偏低
D. 实验(c)中将玻璃搅拌器改为铜质搅拌棒对实验结果没有影响
【答案】C
【解析】
【详解】A．氢氧化钡晶体与氯化铵晶体反应，属于吸热反应，A错误；
B．铝粉和铝片是同一种物质，等质量时放出的热量相同，只是铝粉参与反应时，速率加快，B错误；
C．冰醋酸电离过程需要吸收热量，最终使测定中和反应反应热的绝对值偏低，C正确；
D．相较于玻璃搅拌器，铜质搅拌棒导热快，会造成热量损失，对实验结果有影响，D错误；
故选C。
4. 部分含Ca或含C物质的物质类别与相应化合价的关系如图所示。下列推断不合理的是
A. 可存在b→c→e→i的转化B. a可能由电石与水反应制备
C. d可能为二元弱酸D. 能与反应生成h的物质只有g
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，a为或等符合通式的氢化物，b为C，c为CO，d为(草酸)，e为，f为Ca，g为CaO，h为，i为钙盐。
【详解】A．b→c→e→i的转化关系为，A项正确；
B．电石与水反应可以生成，B项正确；
C．为二元弱酸，C项正确；
D．CaO与水反应可以生成，单质Ca与反应也能生成，D项错误；
故答案选D。
5. 石英与焦炭在高温的氮气流中发生反应可制得高温结构陶瓷氮化硅。为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 在20℃和101kPa的条件下，2.8 g CO中电子的数目为
B. 0.05ml含有中子的数目为
C. 6 g 晶体中含有的键数目为
D. 通过上述反应生成0.05 ml ，电子转移的数目为
【答案】A
【解析】
【详解】A．2.8gCO为0.1ml，每个CO里有14个电子，故2.8 g CO中电子的数目为，A正确；
B．每个里有15-7=8个中子，0.05ml含有中子的数目为，B错误；
C．1个硅原子形成4个Si−O键，则1mlSiO2中含有4mlSi−O键，6 g 为0.1ml，Si−O键数目为0.4NA，C错误；
D．反应中每生成1ml Si3N4，共转移12ml电子，生成0.05 ml ，电子转移的数目为，D错误；
答案选A。
6. 代表阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的是
A. 0.1 ml 晶体中含离子数目为
B. 1 L 1 ml⋅L溶液中含的数目为
C. 32 g Cu将足量浓、稀硝酸分别还原为和NO，浓稀硝酸得到的电子数均为
D. 物质的量浓度均为1 ml/L的NaCl和混合溶液中，含有的数目为
【答案】C
【解析】
【详解】A．晶体中含有1个K+和1个，0.1 ml 晶体中含离子数目为，A错误；
B．在水溶液中会发生水解，1 L 1 ml⋅L溶液中含的数目小于，B错误；
C．32 g Cu将足量浓、稀硝酸分别还原为和NO，Cu都转化为Cu(NO3)2，铜元素由0价上升到+2价，转移×2=1ml电子，浓稀硝酸得到的电子数均为，C正确；
D．未说明混合溶液的体积，无法计算含有的数目，D错误；
故选C。
7. 下列离子方程式正确的是
A. 通入石灰乳中：
B. 溶于过量的硝酸溶液中：
C. 明矾溶液与过量氨水混合：
D. 将等物质的量浓度的和溶液以体积比1∶2混合：
【答案】D
【解析】
【详解】A．石灰乳中的Ca(OH)2在离子方程式中不能拆开写，反应的离子方程式为2Ca(OH)2＋2Cl2 =2Ca2＋＋2ClO－＋2Cl－＋2H2O，A错误；
B．Fe2+与I-均能被硝酸氧化，因此反应的离子方程式有两个，分别是6I－＋2＋8H＋=3I2＋2NO↑＋4H2O、3Fe2＋＋＋4H＋=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O，B错误；
C．明矾溶液与过量氨水混合生成氢氧化铝沉淀，氨水不能溶解氢氧化铝，离子方程式为Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3，C错误；
D．将等物质的量浓度的Ba(OH)2和NH4HSO4溶液以体积比1：2混合，生成硫酸钡、硫酸铵和水，离子方程式为Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O，D正确；
故选D。
8. 下列各组微粒在溶液中可以大量共存，且加入试剂M后发生反应离子方程式书写也正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．氧化性：，加入少量KI溶液，只与反应，，A错误；
B．和能将氧化为，B正确；
C．过量溶液与反应生成和水，，C错误；
D．溶液可以氧化生成，，D错误；
故选：B。
9. 环己烷有多种不同构象，其中椅式、半椅式、船式、扭船式较为典型。各构象的相对能量图(位能)如图所示。下列说法正确的是
A. 相同条件下船式最稳定
B. (椅式)燃烧热大于(船式)
C. 船式和椅式结构的环己烷为同种物质
D. 扭船式结构转化为椅式结构吸收能量
【答案】B
【解析】
【详解】A．物质的能量越低越稳定，由图可知，四种结构中，椅式的能量最低最稳定，A错误；
B．四种结构中，椅式的能量最低最稳定，故1ml环己烷充分燃烧生成二氧化碳气体和液态水时放出的热量最少，则的标准燃烧热大于，B正确；
C．分子式相同，结构不同，不是同种物质，C错误；
D．从图中可以看出，扭船式能量高于椅式，故扭船式结构转化为椅式结构放出能量，D错误；
答案选B。
10. 化学上常用标准电极电势数据φθ(氧化型/还原型)比较物质氧化能力。φθ值越高，氧化型物质氧化能力越强，φθ值与体系pH有关。利用表格所给数据分析，以下说法错误的是
A. 推测：x<1.49V
B. C3O4与浓盐酸发生反应：C3O4+8H+=C2++2C3++4H2O
C. 若x=0.81V，碱性条件下可发生反应：2C(OH)2+NaClO+H2O=2C(OH)3+NaCl
D. 从图中数据可知氧化型物质的氧化性随着溶液酸性增强而增强
【答案】B
【解析】
【详解】A．次氯酸的氧化性强于次氯酸根离子，由题给信息可知，x的值小于1.49V，故A正确；
B．由信息可知，四氧化三钴与浓盐酸反应生成氯化亚钴、氯气和水，反应的离子方程式为C3O4+8H++2Cl—=3C2++2Cl2↑+4H2O，故B错误；
C．由信息可知，若x=0.81V，碱性条件下发生的反应为氢氧化亚钴与次氯酸钠溶液反应生成氢氧化钴和氯化钠，反应的化学方程式为2C(OH)2+NaClO+H2O=2C(OH)3+NaCl，故C正确；
D．由图中数据可知，氧化剂物质的氧化性与溶液的酸碱性有关，溶液的酸性增强，物质的氧化性增强，故D正确；
故选B。
11. 利用高分子吸附树脂吸附来提取卤水中的碘（以形式存在）的工艺流程如下：
下列说法错误的是
A. 流程中的目的是富集碘
B. 步骤②中不宜过量太多，以防止进一步氧化
C. 步骤④的作用是将吸附的碘还原而脱离高分子树脂
D. 步骤⑤的离子方程式为：
【答案】D
【解析】
【分析】卤水中含碘离子，酸化后，通入氯气可氧化碘离子生成碘单质，离子方程式为：2I-+Cl2=2Cl-+I2，高分子吸附树脂吸附碘单质，然后碘与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成NaI和硫酸钠，离子反应为I2++H2O═2I-++2H+，氧化时氯酸钾可氧化NaI生成碘，升华可得到粗产品，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，经过步骤①到④即通入氯气可氧化碘离子生成碘单质，离子方程式为：2I-+Cl2=2Cl-+I2，高分子吸附树脂吸附碘单质，然后碘与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成NaI和硫酸钠，离子反应为I2++H2O═2I-++2H+，所得溶液中物质的量浓度增大，目的是富集碘，A正确；
B．由于Cl2的氧化性强于I2，故步骤②中Cl2不宜过量太多，以防止Cl2进一步氧化I2，B正确；
C．由分析可知，步骤④的作用是将吸附的碘还原而脱离高分子树脂，离子反应为I2++H2O═2I-++2H+，C正确；
D．由于溶液呈酸性，故步骤⑤的离子方程式为：+6I-+6H+=Cl-+3I2+3H2O，D错误；
故错误的选D。
12. 利用CH3OH、CO2与H2合成CH3CH2OH的反应主要历程如图所示。下列说法错误的是
A. HI、CO是合成乙醇的催化剂
B. 合成过程涉及C-C键和H-O键形成
C. 第3步的反应式为：CH3I+CO+2H2→CH3CH2OH+HI
D. 若用D2替代H2，则可生成CH3CD2OD
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据图示可知：在反应开始时无HI和CO，在反应结束时生成物中无HI和CO，因此HI和CO都是合成乙醇的中间产物，故A项错误；
B．根据图示可知：在反应3中有C-C键形成，反应4中有H-O键形成，故B项正确；
C．根据图示可知第3步反应的反应物是CH3I、CO、H2，生成物是CH3CH2OH及HI，则该反应的化学方程式为：CH3I+CO+2H2→CH3CH2OH+HI，故C项正确；
D．根据反应3可知反应产生乙醇中的-CH2-、-OH上H原子种类取决于H2中的H原子的种类，若用D2替代H2，则反应可生成CH3CD2OD，故D项正确；
故本题选A。
13. 某化学学习小组探究FeSO4与“84”消毒液的反应过程，向酸化的FeSO4溶液中逐滴滴入“84”消毒液，780s时停止滴入；滴加过程中bc、cd段产生刺激性气味的气体。采用pH传感器测得溶液的pH随时间t(s)的变化曲线如图所示。下列说法错误的是
A. cd段产生刺激性气味气体反应的离子方程式：ClO-＋Cl-＋2H+=Cl2↑＋H2O
B. bc段发生反应的离子方程式：2ClO-＋2Fe2+＋4H2O=Cl2↑＋2Fe(OH)3↓+2H+
C. ab段发生反应的离子方程式：ClO-＋2Fe2+＋2H+=2Fe3++Cl—+H2O
D. de段pH减小的原因是氯气溶于水反应产生酸性物质
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知，a点开始反应，即ab段亚铁离子被氧化为铁离子；bc段生成氢氧化铁；cd段主要生成了氯气；de段pH值减小，则氯气与水反应，据此分析解题。
【详解】A．cd段产生刺激性气味，由题可知生成了氯气，则离子方程式：ClO-＋Cl-＋2H+=Cl2↑＋H2O，A正确；
B．b点溶液呈黄色，bc段有氯气生成，则发生反应的离子方程式：3ClO-＋2Fe3+＋3Cl-+3H2O=3Cl2↑＋2Fe(OH)3↓，B错误；
C．ab段Fe2+被ClO-氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式：ClO-＋2Fe2+＋2H+=2Fe3++Cl-+H2O，C正确；
D．de段pH减小的原因是氯气溶于水反应产生酸性物质：Cl2+H2OHCl+HClO，D正确；
故选B。
14. 某结晶水合物分子式为R•nH2O，其相对分子质量为M，25℃时，a g晶体溶于b g水中即饱和，形成V ml密度为ρ g/cm3的溶液，下列不正确的是 （ ）
A. 饱和溶液的质量分数为B. 25℃,R的溶解度为g
C. 饱和溶液的质量分数为D. 饱和溶液物质的量浓度为ml/L
【答案】B
【解析】
【详解】晶体的物质的量为a/M ml，溶质的质量为a（M-18n）/M g；溶液的质量为(a+b)g 或ρV g，溶液的体积为V mL，
A. 溶质的质量为(a-a×18n/M)g，溶液质量ρV g；所以饱和溶液的质量分数为(a-a×18n/M)÷ρV×100%=a(M-18n)/ρV×100%=，故A正确；
B.设25℃时，A的溶解度为S，则S/(100+S)= [a(M-18n)/M]/(a+b)，R的溶解度为：S=100a(M-18n)/(bM+18an)，故B错误；
C. 溶质的质量为(a-a×18n/M)g，溶液质量为(a+b)g；所以饱和溶液的质量分数为=(a-a×18n/M)÷(a+b)×100%=，故C正确；
D.晶体的物质的量为a/M ml，则溶质的物质的量为a/M ml，溶液的体积为V mL=V×10-3L；根据c=n/V可知，饱和溶液物质的量浓度为=(a/M)÷(V×10-3)=ml/L，故D正确；
故答案选B。
15. 溶液X中含有下表离子中的某5种，且其浓度均为(不考虑水的电离与离子水解)。向X溶液中加入足量稀盐酸，有无色气体生成，经分析，反应前后阴离子种类没有变化。下列叙述不正确的是
A. X溶液中可能含3种阳离子、2种阴离子B. X溶液中不可能含有或
C. 生成无色气体是D. 根据电荷守恒，原溶液中一定含
【答案】A
【解析】
【分析】根据共存，OH-不能与Fe3+、Al3+、Fe2+、Ca2+、Mg2+、大量共存；不能与OH-、Fe3+、Al3+大量共存；不能与Fe3+、Al3+、Fe2+、Ca2+、Mg2+大量共存；向X溶液中加入足量的稀盐酸，阴离子种类没有发生改变，说明X溶液中含有Cl-，加入稀盐酸有无色气体产生，该气体不能是CO2，气体如果是CO2，则X溶液中含有或，X溶液与足量的稀盐酸反应，导致阴离子种类减少，因此无色气体为NO，X溶液中含有，在酸中具有强氧化性，转化成NO，X溶液中应含有还原性离子，即Fe2+，X溶液中有5种离子，X溶液中离子浓度均为0.1ml/L，溶液呈电中性，另外两种为Mg2+和SO。
【详解】A．根据上述分析，含有的离子是、Fe2+、Cl-、Mg2+、SO，三种阴离子和两种阳离子，故A说法错误；
B．根据上述分析，X溶液中一定不含有或，故B说法正确；
C．根据上述分析，无色气体为NO，故C说法正确；
D．根据电荷守恒，原溶液中一定含，故D说法正确；
故选A。
第II卷(非选择题 共55分)
16. 化学反应过程伴随有热量的变化。
（1）下列反应中属于吸热反应的有___________。
①燃烧木炭取暖
②煅烧石灰石制生石灰
③氯化铵晶体和混合搅拌
④食物因氧化而腐败
（2）一定条件下，由稳定单质反应生成1ml化合物的反应热叫该化合物的生成热()。图为VIA族元素氢化物a、b、c、d的生成热数据示意图。
硫化氢发生分解反应的热化学方程式为___________。
（3）利用可制备乙烯及合成气(CO、)。有关化学键键能(E)的数据如下表：
①已知 kJ/ml，则___________。
②制备合成气反应历程分两步，步骤I：；
步骤II：。
上述反应中为吸附性活性炭，反应历程的能量变化如图：
表示步骤①正反应的___________，决定制备合成气反应速率的是___________(填“步骤I”或“步骤II”)。
③已知 kJ⋅ml，当放出的热量为n kJ时，该反应转移的电子数为___________。(用含m、n的代数式表示)
【答案】（1）②③ （2）H2S(g)=S(s)+H2(g) ΔH=+20kJ⋅ml−1
（3） ①. 613 ②. 活化能 ③. 反应Ⅰ ④.
【解析】
【小问1详解】
①燃烧木炭取暖，燃烧属于放热反应；
②煅烧石灰石(主要成分是CaCO3)制生石灰，属于吸热反应；
③氯化铵晶体和Ba(OH)2⋅8H2O混合搅拌，是室温下即可发生的吸热反应；
④食物因氧化而腐败为缓慢的氧化还原反应，属于放热反应；
故填②③；
【小问2详解】
根据元素周期律，同一主族元素非金属性越强，生成气态氢化物越容易，气态氢化物越稳定，而根据热力学，能量越低越稳定，则非金属元素形成的气态氢化物稳定性越强，其ΔH越小。a、b、c、d依次为H2Te、H2Se、H2S、H2O，则c为H2S，再结合上图，生成H2S的ΔH为-20kJ/ml，可得S(s)+H2(g)=H2S(g) ΔH=−20kJ⋅ml−1，则硫化氢发生分解反应的热化学方程式为H2S(g)=S(s)+H2(g) ΔH=+20kJ⋅ml−1；
小问3详解】
①根据ΔH=反应物总键能－生成物总键能得：2×4×413kJ/ml-(a+4×413kJ/ml+2×436kJ/ml)=+167kJ/ml，a=613kJ/ml；
②根据上图，E4 – E1表示步骤①正反应的活化能；速率最慢的反应为决速步，决定制备合成气反应速率的是步骤Ⅰ；
③已知kJ⋅ml反应中，转移的电子数为60NA，对应放出的热量为mkJ ，当放出的热量为n kJ时，转移的电子数为。
17. 永利川西化工厂是侯德榜主导的中国早期的制碱厂，其工艺流程图如图，请结合相关知识回答下列问题：
（1）上述化学式表示的五种物质中，属于电解质的有、和___________。(填化学式)
（2）写出碳酸氢钠在水中电离的电离方程式：___________。
（3）某实验小组欲用稀盐酸测定所制得的纯碱中碳酸钠(杂质为NaCl)的含量，预计实验中需要消耗480 mL 1 ml·L稀盐酸。
①实验室用36.5%的浓盐酸(密度为1.2g·cm)配制上述所需稀盐酸。
a．上述浓盐酸的物质的量浓度为___________ml·L实验中，需要量取浓盐酸的体积为___________(保留一位小数)mL。
b．配制稀盐酸需要用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒，还缺少的玻璃仪器有___________(填仪器名称)。
②若实验过程中遇到下列情况，导致所配溶液物质的量浓度偏低的是___________(填标号)。
A．定容时俯视刻度线读数
B．容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水
C．定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，再加水至刻度线
③产品分析：把5.8 g 溶于足量稀硫酸，生成2.2g ，产品纯度为___________%(保留小数点后1位)。
【答案】（1）NH4Cl
（2）NaHCO3=Na++HCO
（3） ①. 12 ②. 41.7 ③. 胶头滴管、500mL容量瓶 ④. C ⑤. 91.4
【解析】
【小问1详解】
NaHCO3和Na2CO3、NH4Cl的水溶液能导电，上述化学式表示的五种物质中，属于电解质的有NaHCO3和Na2CO3、NH4Cl。故答案为：NH4Cl；
【小问2详解】
碳酸氢钠在水中完全电离为钠离子、碳酸氢根离子，碳酸氢钠在水中电离的电离方程式：NaHCO3=Na++HCO。故答案为：NaHCO3=Na++HCO；
【小问3详解】
①实验室用36.5%的浓盐酸(密度为1.2g·cm)配制上述所需稀盐酸。
a．上述浓盐酸的物质的量浓度为c=ml·L=12ml·L，选用500mL容量瓶，根据稀释前后溶质物质的量不变，设需要量取的浓盐酸的体积为VmL，则12 ml/L ×V=500mL×1ml/L，V=41.7mL。实验中，需要量取浓盐酸的体积为41.7(保留一位小数)mL。故答案为：12；41.7；
b．配制步骤为：计算、量取、稀释(并冷却)、移液、洗涤、定容、摇匀，配制稀盐酸需要用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒，还缺少的玻璃仪器有胶头滴管、500mL容量瓶。故答案为：胶头滴管、500mL容量瓶；
②A．定容时俯视刻度线读数，溶液体积偏小，所配溶液物质的量浓度偏高，故不选A；
B．容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水，不影响溶液体积和溶质的物质的量，所配溶液物质的量浓度无影响，故不选B；
C．定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，再加水至刻度线，溶液体积偏大，所配溶液物质的量浓度偏低，故选C；
故答案为：C；
③产品分析：把5.8 g 溶于足量稀硫酸，生成2.2g ， ，产品纯度为=91.4%。
故答案为：91.4。
18. 化学让生活更美好，各类水处理剂能让水质得到提升达到饮用水的标准。生活中较常见的水处理剂有：氯气、次氯酸钠、漂白粉、二氧化氯、明矾、硫酸铁、高铁酸钠等等。
（1）氯气常用于自来水的消毒，请写出舍勒研究利用软锰矿(主要成分为)与浓盐酸反应发现氯气的化学方程式：___________。
（2）氯气能用于制备易于保存、使用方便的漂白液，但若温度过高会发生副反应生成NaCl、。请写出在加热时，当NaOH与反应生成的时，NaOH与反应的化学方程式：___________。
（3）高铁酸钠()在水中既能消毒杀菌，其产物胶体又能净水除去悬浮杂质，是一种理想的水处理剂。如果以单位质量的氧化剂所得到的电子数来表示消毒效率，则、(时)、三种消毒杀菌剂的消毒效率由大到小的顺序是___________。
（4）近年来有科学家提出，氯气消毒时，会与水中的有机物发生反应，生成的有机氯化物可能对人体有害。因此，人们已开始研究并试用新的自来水消毒剂，如二氧化氯()、臭氧等。被世界卫生组织(WHO)列为A级高效、安全灭菌消毒剂，将逐渐取代成为自来水的消毒剂。
①是一种高效水处理剂，可用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备：。该反应中氧化剂是___________，还原产物与氧化产物的物质的量之比为：___________。
②气体具有强氧化性，其还原产物、的转化率与pH关系如图所示。对污水中、等也有明显的去除效果，请写出时，与反应的离子方程式：___________。某工厂污水中含a g/L，现用将氧化，生成两种无毒无害气体，处理50dm3这种污水，至少需要___________ml。
【答案】（1）
（2）
（3）ClO2>Cl2>Na2FeO4
（4） ①. NaClO2 ②. 1:4 ③. ④.
【解析】
【小问1详解】
软锰矿主要成分是二氧化锰，浓盐酸和二氧化锰混合加热生成氯气的化学方程式为；
【小问2详解】
当时，设生成5mlNaClO，则反应中失电子总数为5ml×1+1ml×5=10ml，根据电子守恒，同时生成NaCl的物质的量为10ml，根据原子守恒，则反应中消耗NaOH和Cl2的物质的量之比为，反应的化学方程式为；
【小问3详解】
以单位质量的氧化剂所得到的电子数来表示消毒效率，设质量均为mg，Cl2、ClO2(pH≤2时)、Na2FeO4三种消毒剂的效率为、、，故大小顺序为ClO2>Cl2>Na2FeO4；
【小问4详解】
①，反应中Cl元素化合价发生变化，根据氧化还原反应规律，化合价只靠近不交叉(或就近原则)，4NaClO2→4ClO2，+3价的氯元素化合价升高到+4价，失去4e-电子，1NaClO2→1NaCl，+3价的氯元素化合价降低到-1价，得到4e-，在氧化还原反应中，所含元素化合价降低的反应物为氧化剂，故NaClO2为氧化剂；还原产物与氧化产物的物质的量之比为：1:4；
②根据图像可知，pH≤2时ClO2被还原为Cl-，所以该反应的离子方程式是： ；
ClO2将CN-氧化生成氮气与二氧化碳，同时生成氯离子，反应离子方程式为，50dm3废水中CN-质量，CN-的物质的量为，至少需要ClO2的物质的量。
19. 有机物H是有机合成中的一种重要中间体，合成H的一种路线如图所示：
已知：①A为芳香族化合物，分子式为。
②B与银氨溶液反应，有单质银生成。
③。
请回答下列问题：
（1）H中官能团的名称为___________。
（2）E→F的反应类型为___________，X的结构简式为___________。
（3）A→C的化学方程式为___________。
（4）D→E转化中第①步反应的化学方程式为___________。
（5）G与乙醇发生酯化反应生成有机物Y，符合下列条件的Y的同分异构体___________种；其中的一种结构简式为：___________。
①分子中含有苯环，且能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出
②含有碳碳三键，且碳碳三键与苯环直接相连
③苯环上只有三种取代基
④核磁共振氢谱显示有4组峰，且峰面积之比为6∶2∶1∶1
（6）参照上述合成路线，设计以丙烯为原料合成化合物的路线如下：(部分反应条件已略去)。其中M和N的结构简式为___________和___________。
【答案】（1）碳碳双键、羧基
（2） ①. 加成反应 ②.
（3）2 +O22 +2H2O
（4） +2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O
（5） ①. 2 ②. 、
（6） ①. ②. CH3C≡CH
【解析】
【分析】根据信息②可知，B、C都是醛，B是乙醛； A为芳香族化合物，分子式为，可知C是苯甲醛、A是苯甲醇； 由H的结构简式逆推，可知D是；被银氨溶液氧化为(E)；和溴的四氯化碳发生加成反应生成(F)；发生消去反应生成(G)，和X反应生成，结合信息③，可知X是。
【小问1详解】
中官能团的名称为碳碳双键、羧基；
【小问2详解】
E→F是和溴的四氯化碳发生加成反应生成，反应类型为加成反应；和X反应生成，结合信息③，可知X是；
【小问3详解】
A→C是苯甲醇发生催化氧化生成苯甲醛，反应的化学方程式为2+O22+2H2O；
【小问4详解】
D→E转化中第①步反应是被银氨溶液氧化为，反应的化学方程式为+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O；
【小问5详解】
G是，与乙醇发生酯化反应生成有机物；①分子中含有苯环，且能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出说明含有羧基；②含有碳碳三键，且碳碳三键与苯环直接相连；③苯环上只有三种取代基，
核磁共振氢谱显示有4组峰，且峰面积之比为6:2:1:1的结构简式：、；
【小问6详解】
丙烯和溴发生加成反应生成 ， 在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应生成CH3C≡CH，CH3C≡CH和丙烯反应生成 ，合成路线为CH3CH=CH2CH3C≡CH；M和N分别为：，CH3C≡CH。选项
微粒组
试剂M
发生反应的离子方程式
A
、、、
少量KI溶液
B
、、、
少量盐酸
C
、、、
过量溶液
D
、、、
适量溶液
氧化型/还原型
φθ(C3+/C2+)
φθ(HClO/Cl—
酸性介质
1.84V
1.49V
氧化型/还原型
φθ[C(OH)3/C(OH)2]
φθ(ClO—/Cl—)
碱性介质
0.17V
x
阳离子
阴离子
、、、、、
、、、、、
化学键
E(kJ/ml)
436
a
348
413
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Si-28 Cl-35.5 Cu-64
第I卷
一、单项选择题(共45分，15题，每题3分)
1. 最近，华为Mate60 Pr上市，其搭载的新型麒麟9000s芯片，突破了美国的芯片封锁，实现了智能手机5G芯片国产化。下列有关说法正确的是
A. 晶体硅和无定形硅是硅元素的同素异形体，二者化学性质完全不同
B. 工业粗硅的冶炼方法为，在该反应中作还原剂
C. 硅是芯片的主要成分之一，晶体硅是一种性能优良的半导体材料，它属于非电解质
D. 光刻胶是制造芯片的关键材料，金属氧化物纳米颗粒光刻胶由金属氧化物纳米簇和溶剂等组成，是一种胶体
【答案】D
【解析】
【详解】A．晶体硅、无定形硅都是由硅元素组成的不同单质，互为同素异形体，二者结构不同，化学性质相同，故A错误；
B．SiO2中Si元素化合价降低，得电子，作氧化剂，故B错误；
C．硅是单质，既不属于电解质也不属于非电解质，故C错误；
D．光刻胶组成材料是纳米颗粒，分散质的粒子直径1～100nm，属于胶体，故D正确；
故选：D。
2. 2023年诺贝尔化学奖奖励量子点的发现和合成。量子点是一类非常小的纳米尺度颗粒，美国巴文迪将能形成(硒化镉)纳米晶体的前驱物注入热溶剂中，通过调控温度，可以高效合成直径间的量子点。下列说法中正确的是
A. 通过该方法合成的量子点属于胶体
B. 该量子点可以透过滤纸和半透膜
C. 分散系中分散质粒子由小到大的正确顺序是：溶液胶体浊液
D. 在制备胶体实验中，不断用玻璃棒搅拌可使反应更充分
【答案】C
【解析】
【详解】A．CdSe量子点未形成分散系，不属于胶体，A错误；
B．胶体微粒可以透过滤纸但不能透过半透膜，B错误；
C．根据分散质微粒直径的大小，可以将分散系分为三类：溶液、胶体、浊液，分散系中分散质粒子直径由小到大的正确顺序是：溶液＜胶体＜浊液，C正确；
D．制备Fe(OH)3胶体时，将饱和的FeCl3溶液滴入沸水中，继续加热直到得到红褐色液体为止，不能搅拌，搅拌会使胶体聚沉，D错误；
故选C。
3. 某同学设计如图所示实验，探究反应中的能量变化。下列判断正确的是
A. 由实验可知，(a)(b)(c)所涉及的反应都是放热反应
B. 将实验(a)中的铝片更换为等质量的铝粉后释放出的热量增加
C. 若用冰醋酸测定中和反应反应热，则测定中和反应反应热的绝对值偏低
D. 实验(c)中将玻璃搅拌器改为铜质搅拌棒对实验结果没有影响
【答案】C
【解析】
【详解】A．氢氧化钡晶体与氯化铵晶体反应，属于吸热反应，A错误；
B．铝粉和铝片是同一种物质，等质量时放出的热量相同，只是铝粉参与反应时，速率加快，B错误；
C．冰醋酸电离过程需要吸收热量，最终使测定中和反应反应热的绝对值偏低，C正确；
D．相较于玻璃搅拌器，铜质搅拌棒导热快，会造成热量损失，对实验结果有影响，D错误；
故选C。
4. 部分含Ca或含C物质的物质类别与相应化合价的关系如图所示。下列推断不合理的是
A. 可存在b→c→e→i的转化B. a可能由电石与水反应制备
C. d可能为二元弱酸D. 能与反应生成h的物质只有g
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，a为或等符合通式的氢化物，b为C，c为CO，d为(草酸)，e为，f为Ca，g为CaO，h为，i为钙盐。
【详解】A．b→c→e→i的转化关系为，A项正确；
B．电石与水反应可以生成，B项正确；
C．为二元弱酸，C项正确；
D．CaO与水反应可以生成，单质Ca与反应也能生成，D项错误；
故答案选D。
5. 石英与焦炭在高温的氮气流中发生反应可制得高温结构陶瓷氮化硅。为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 在20℃和101kPa的条件下，2.8 g CO中电子的数目为
B. 0.05ml含有中子的数目为
C. 6 g 晶体中含有的键数目为
D. 通过上述反应生成0.05 ml ，电子转移的数目为
【答案】A
【解析】
【详解】A．2.8gCO为0.1ml，每个CO里有14个电子，故2.8 g CO中电子的数目为，A正确；
B．每个里有15-7=8个中子，0.05ml含有中子的数目为，B错误；
C．1个硅原子形成4个Si−O键，则1mlSiO2中含有4mlSi−O键，6 g 为0.1ml，Si−O键数目为0.4NA，C错误；
D．反应中每生成1ml Si3N4，共转移12ml电子，生成0.05 ml ，电子转移的数目为，D错误；
答案选A。
6. 代表阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的是
A. 0.1 ml 晶体中含离子数目为
B. 1 L 1 ml⋅L溶液中含的数目为
C. 32 g Cu将足量浓、稀硝酸分别还原为和NO，浓稀硝酸得到的电子数均为
D. 物质的量浓度均为1 ml/L的NaCl和混合溶液中，含有的数目为
【答案】C
【解析】
【详解】A．晶体中含有1个K+和1个，0.1 ml 晶体中含离子数目为，A错误；
B．在水溶液中会发生水解，1 L 1 ml⋅L溶液中含的数目小于，B错误；
C．32 g Cu将足量浓、稀硝酸分别还原为和NO，Cu都转化为Cu(NO3)2，铜元素由0价上升到+2价，转移×2=1ml电子，浓稀硝酸得到的电子数均为，C正确；
D．未说明混合溶液的体积，无法计算含有的数目，D错误；
故选C。
7. 下列离子方程式正确的是
A. 通入石灰乳中：
B. 溶于过量的硝酸溶液中：
C. 明矾溶液与过量氨水混合：
D. 将等物质的量浓度的和溶液以体积比1∶2混合：
【答案】D
【解析】
【详解】A．石灰乳中的Ca(OH)2在离子方程式中不能拆开写，反应的离子方程式为2Ca(OH)2＋2Cl2 =2Ca2＋＋2ClO－＋2Cl－＋2H2O，A错误；
B．Fe2+与I-均能被硝酸氧化，因此反应的离子方程式有两个，分别是6I－＋2＋8H＋=3I2＋2NO↑＋4H2O、3Fe2＋＋＋4H＋=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O，B错误；
C．明矾溶液与过量氨水混合生成氢氧化铝沉淀，氨水不能溶解氢氧化铝，离子方程式为Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3，C错误；
D．将等物质的量浓度的Ba(OH)2和NH4HSO4溶液以体积比1：2混合，生成硫酸钡、硫酸铵和水，离子方程式为Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O，D正确；
故选D。
8. 下列各组微粒在溶液中可以大量共存，且加入试剂M后发生反应离子方程式书写也正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．氧化性：，加入少量KI溶液，只与反应，，A错误；
B．和能将氧化为，B正确；
C．过量溶液与反应生成和水，，C错误；
D．溶液可以氧化生成，，D错误；
故选：B。
9. 环己烷有多种不同构象，其中椅式、半椅式、船式、扭船式较为典型。各构象的相对能量图(位能)如图所示。下列说法正确的是
A. 相同条件下船式最稳定
B. (椅式)燃烧热大于(船式)
C. 船式和椅式结构的环己烷为同种物质
D. 扭船式结构转化为椅式结构吸收能量
【答案】B
【解析】
【详解】A．物质的能量越低越稳定，由图可知，四种结构中，椅式的能量最低最稳定，A错误；
B．四种结构中，椅式的能量最低最稳定，故1ml环己烷充分燃烧生成二氧化碳气体和液态水时放出的热量最少，则的标准燃烧热大于，B正确；
C．分子式相同，结构不同，不是同种物质，C错误；
D．从图中可以看出，扭船式能量高于椅式，故扭船式结构转化为椅式结构放出能量，D错误；
答案选B。
10. 化学上常用标准电极电势数据φθ(氧化型/还原型)比较物质氧化能力。φθ值越高，氧化型物质氧化能力越强，φθ值与体系pH有关。利用表格所给数据分析，以下说法错误的是
A. 推测：x<1.49V
B. C3O4与浓盐酸发生反应：C3O4+8H+=C2++2C3++4H2O
C. 若x=0.81V，碱性条件下可发生反应：2C(OH)2+NaClO+H2O=2C(OH)3+NaCl
D. 从图中数据可知氧化型物质的氧化性随着溶液酸性增强而增强
【答案】B
【解析】
【详解】A．次氯酸的氧化性强于次氯酸根离子，由题给信息可知，x的值小于1.49V，故A正确；
B．由信息可知，四氧化三钴与浓盐酸反应生成氯化亚钴、氯气和水，反应的离子方程式为C3O4+8H++2Cl—=3C2++2Cl2↑+4H2O，故B错误；
C．由信息可知，若x=0.81V，碱性条件下发生的反应为氢氧化亚钴与次氯酸钠溶液反应生成氢氧化钴和氯化钠，反应的化学方程式为2C(OH)2+NaClO+H2O=2C(OH)3+NaCl，故C正确；
D．由图中数据可知，氧化剂物质的氧化性与溶液的酸碱性有关，溶液的酸性增强，物质的氧化性增强，故D正确；
故选B。
11. 利用高分子吸附树脂吸附来提取卤水中的碘（以形式存在）的工艺流程如下：
下列说法错误的是
A. 流程中的目的是富集碘
B. 步骤②中不宜过量太多，以防止进一步氧化
C. 步骤④的作用是将吸附的碘还原而脱离高分子树脂
D. 步骤⑤的离子方程式为：
【答案】D
【解析】
【分析】卤水中含碘离子，酸化后，通入氯气可氧化碘离子生成碘单质，离子方程式为：2I-+Cl2=2Cl-+I2，高分子吸附树脂吸附碘单质，然后碘与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成NaI和硫酸钠，离子反应为I2++H2O═2I-++2H+，氧化时氯酸钾可氧化NaI生成碘，升华可得到粗产品，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，经过步骤①到④即通入氯气可氧化碘离子生成碘单质，离子方程式为：2I-+Cl2=2Cl-+I2，高分子吸附树脂吸附碘单质，然后碘与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成NaI和硫酸钠，离子反应为I2++H2O═2I-++2H+，所得溶液中物质的量浓度增大，目的是富集碘，A正确；
B．由于Cl2的氧化性强于I2，故步骤②中Cl2不宜过量太多，以防止Cl2进一步氧化I2，B正确；
C．由分析可知，步骤④的作用是将吸附的碘还原而脱离高分子树脂，离子反应为I2++H2O═2I-++2H+，C正确；
D．由于溶液呈酸性，故步骤⑤的离子方程式为：+6I-+6H+=Cl-+3I2+3H2O，D错误；
故错误的选D。
12. 利用CH3OH、CO2与H2合成CH3CH2OH的反应主要历程如图所示。下列说法错误的是
A. HI、CO是合成乙醇的催化剂
B. 合成过程涉及C-C键和H-O键形成
C. 第3步的反应式为：CH3I+CO+2H2→CH3CH2OH+HI
D. 若用D2替代H2，则可生成CH3CD2OD
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据图示可知：在反应开始时无HI和CO，在反应结束时生成物中无HI和CO，因此HI和CO都是合成乙醇的中间产物，故A项错误；
B．根据图示可知：在反应3中有C-C键形成，反应4中有H-O键形成，故B项正确；
C．根据图示可知第3步反应的反应物是CH3I、CO、H2，生成物是CH3CH2OH及HI，则该反应的化学方程式为：CH3I+CO+2H2→CH3CH2OH+HI，故C项正确；
D．根据反应3可知反应产生乙醇中的-CH2-、-OH上H原子种类取决于H2中的H原子的种类，若用D2替代H2，则反应可生成CH3CD2OD，故D项正确；
故本题选A。
13. 某化学学习小组探究FeSO4与“84”消毒液的反应过程，向酸化的FeSO4溶液中逐滴滴入“84”消毒液，780s时停止滴入；滴加过程中bc、cd段产生刺激性气味的气体。采用pH传感器测得溶液的pH随时间t(s)的变化曲线如图所示。下列说法错误的是
A. cd段产生刺激性气味气体反应的离子方程式：ClO-＋Cl-＋2H+=Cl2↑＋H2O
B. bc段发生反应的离子方程式：2ClO-＋2Fe2+＋4H2O=Cl2↑＋2Fe(OH)3↓+2H+
C. ab段发生反应的离子方程式：ClO-＋2Fe2+＋2H+=2Fe3++Cl—+H2O
D. de段pH减小的原因是氯气溶于水反应产生酸性物质
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知，a点开始反应，即ab段亚铁离子被氧化为铁离子；bc段生成氢氧化铁；cd段主要生成了氯气；de段pH值减小，则氯气与水反应，据此分析解题。
【详解】A．cd段产生刺激性气味，由题可知生成了氯气，则离子方程式：ClO-＋Cl-＋2H+=Cl2↑＋H2O，A正确；
B．b点溶液呈黄色，bc段有氯气生成，则发生反应的离子方程式：3ClO-＋2Fe3+＋3Cl-+3H2O=3Cl2↑＋2Fe(OH)3↓，B错误；
C．ab段Fe2+被ClO-氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式：ClO-＋2Fe2+＋2H+=2Fe3++Cl-+H2O，C正确；
D．de段pH减小的原因是氯气溶于水反应产生酸性物质：Cl2+H2OHCl+HClO，D正确；
故选B。
14. 某结晶水合物分子式为R•nH2O，其相对分子质量为M，25℃时，a g晶体溶于b g水中即饱和，形成V ml密度为ρ g/cm3的溶液，下列不正确的是 （ ）
A. 饱和溶液的质量分数为B. 25℃,R的溶解度为g
C. 饱和溶液的质量分数为D. 饱和溶液物质的量浓度为ml/L
【答案】B
【解析】
【详解】晶体的物质的量为a/M ml，溶质的质量为a（M-18n）/M g；溶液的质量为(a+b)g 或ρV g，溶液的体积为V mL，
A. 溶质的质量为(a-a×18n/M)g，溶液质量ρV g；所以饱和溶液的质量分数为(a-a×18n/M)÷ρV×100%=a(M-18n)/ρV×100%=，故A正确；
B.设25℃时，A的溶解度为S，则S/(100+S)= [a(M-18n)/M]/(a+b)，R的溶解度为：S=100a(M-18n)/(bM+18an)，故B错误；
C. 溶质的质量为(a-a×18n/M)g，溶液质量为(a+b)g；所以饱和溶液的质量分数为=(a-a×18n/M)÷(a+b)×100%=，故C正确；
D.晶体的物质的量为a/M ml，则溶质的物质的量为a/M ml，溶液的体积为V mL=V×10-3L；根据c=n/V可知，饱和溶液物质的量浓度为=(a/M)÷(V×10-3)=ml/L，故D正确；
故答案选B。
15. 溶液X中含有下表离子中的某5种，且其浓度均为(不考虑水的电离与离子水解)。向X溶液中加入足量稀盐酸，有无色气体生成，经分析，反应前后阴离子种类没有变化。下列叙述不正确的是
A. X溶液中可能含3种阳离子、2种阴离子B. X溶液中不可能含有或
C. 生成无色气体是D. 根据电荷守恒，原溶液中一定含
【答案】A
【解析】
【分析】根据共存，OH-不能与Fe3+、Al3+、Fe2+、Ca2+、Mg2+、大量共存；不能与OH-、Fe3+、Al3+大量共存；不能与Fe3+、Al3+、Fe2+、Ca2+、Mg2+大量共存；向X溶液中加入足量的稀盐酸，阴离子种类没有发生改变，说明X溶液中含有Cl-，加入稀盐酸有无色气体产生，该气体不能是CO2，气体如果是CO2，则X溶液中含有或，X溶液与足量的稀盐酸反应，导致阴离子种类减少，因此无色气体为NO，X溶液中含有，在酸中具有强氧化性，转化成NO，X溶液中应含有还原性离子，即Fe2+，X溶液中有5种离子，X溶液中离子浓度均为0.1ml/L，溶液呈电中性，另外两种为Mg2+和SO。
【详解】A．根据上述分析，含有的离子是、Fe2+、Cl-、Mg2+、SO，三种阴离子和两种阳离子，故A说法错误；
B．根据上述分析，X溶液中一定不含有或，故B说法正确；
C．根据上述分析，无色气体为NO，故C说法正确；
D．根据电荷守恒，原溶液中一定含，故D说法正确；
故选A。
第II卷(非选择题 共55分)
16. 化学反应过程伴随有热量的变化。
（1）下列反应中属于吸热反应的有___________。
①燃烧木炭取暖
②煅烧石灰石制生石灰
③氯化铵晶体和混合搅拌
④食物因氧化而腐败
（2）一定条件下，由稳定单质反应生成1ml化合物的反应热叫该化合物的生成热()。图为VIA族元素氢化物a、b、c、d的生成热数据示意图。
硫化氢发生分解反应的热化学方程式为___________。
（3）利用可制备乙烯及合成气(CO、)。有关化学键键能(E)的数据如下表：
①已知 kJ/ml，则___________。
②制备合成气反应历程分两步，步骤I：；
步骤II：。
上述反应中为吸附性活性炭，反应历程的能量变化如图：
表示步骤①正反应的___________，决定制备合成气反应速率的是___________(填“步骤I”或“步骤II”)。
③已知 kJ⋅ml，当放出的热量为n kJ时，该反应转移的电子数为___________。(用含m、n的代数式表示)
【答案】（1）②③ （2）H2S(g)=S(s)+H2(g) ΔH=+20kJ⋅ml−1
（3） ①. 613 ②. 活化能 ③. 反应Ⅰ ④.
【解析】
【小问1详解】
①燃烧木炭取暖，燃烧属于放热反应；
②煅烧石灰石(主要成分是CaCO3)制生石灰，属于吸热反应；
③氯化铵晶体和Ba(OH)2⋅8H2O混合搅拌，是室温下即可发生的吸热反应；
④食物因氧化而腐败为缓慢的氧化还原反应，属于放热反应；
故填②③；
【小问2详解】
根据元素周期律，同一主族元素非金属性越强，生成气态氢化物越容易，气态氢化物越稳定，而根据热力学，能量越低越稳定，则非金属元素形成的气态氢化物稳定性越强，其ΔH越小。a、b、c、d依次为H2Te、H2Se、H2S、H2O，则c为H2S，再结合上图，生成H2S的ΔH为-20kJ/ml，可得S(s)+H2(g)=H2S(g) ΔH=−20kJ⋅ml−1，则硫化氢发生分解反应的热化学方程式为H2S(g)=S(s)+H2(g) ΔH=+20kJ⋅ml−1；
小问3详解】
①根据ΔH=反应物总键能－生成物总键能得：2×4×413kJ/ml-(a+4×413kJ/ml+2×436kJ/ml)=+167kJ/ml，a=613kJ/ml；
②根据上图，E4 – E1表示步骤①正反应的活化能；速率最慢的反应为决速步，决定制备合成气反应速率的是步骤Ⅰ；
③已知kJ⋅ml反应中，转移的电子数为60NA，对应放出的热量为mkJ ，当放出的热量为n kJ时，转移的电子数为。
17. 永利川西化工厂是侯德榜主导的中国早期的制碱厂，其工艺流程图如图，请结合相关知识回答下列问题：
（1）上述化学式表示的五种物质中，属于电解质的有、和___________。(填化学式)
（2）写出碳酸氢钠在水中电离的电离方程式：___________。
（3）某实验小组欲用稀盐酸测定所制得的纯碱中碳酸钠(杂质为NaCl)的含量，预计实验中需要消耗480 mL 1 ml·L稀盐酸。
①实验室用36.5%的浓盐酸(密度为1.2g·cm)配制上述所需稀盐酸。
a．上述浓盐酸的物质的量浓度为___________ml·L实验中，需要量取浓盐酸的体积为___________(保留一位小数)mL。
b．配制稀盐酸需要用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒，还缺少的玻璃仪器有___________(填仪器名称)。
②若实验过程中遇到下列情况，导致所配溶液物质的量浓度偏低的是___________(填标号)。
A．定容时俯视刻度线读数
B．容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水
C．定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，再加水至刻度线
③产品分析：把5.8 g 溶于足量稀硫酸，生成2.2g ，产品纯度为___________%(保留小数点后1位)。
【答案】（1）NH4Cl
（2）NaHCO3=Na++HCO
（3） ①. 12 ②. 41.7 ③. 胶头滴管、500mL容量瓶 ④. C ⑤. 91.4
【解析】
【小问1详解】
NaHCO3和Na2CO3、NH4Cl的水溶液能导电，上述化学式表示的五种物质中，属于电解质的有NaHCO3和Na2CO3、NH4Cl。故答案为：NH4Cl；
【小问2详解】
碳酸氢钠在水中完全电离为钠离子、碳酸氢根离子，碳酸氢钠在水中电离的电离方程式：NaHCO3=Na++HCO。故答案为：NaHCO3=Na++HCO；
【小问3详解】
①实验室用36.5%的浓盐酸(密度为1.2g·cm)配制上述所需稀盐酸。
a．上述浓盐酸的物质的量浓度为c=ml·L=12ml·L，选用500mL容量瓶，根据稀释前后溶质物质的量不变，设需要量取的浓盐酸的体积为VmL，则12 ml/L ×V=500mL×1ml/L，V=41.7mL。实验中，需要量取浓盐酸的体积为41.7(保留一位小数)mL。故答案为：12；41.7；
b．配制步骤为：计算、量取、稀释(并冷却)、移液、洗涤、定容、摇匀，配制稀盐酸需要用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒，还缺少的玻璃仪器有胶头滴管、500mL容量瓶。故答案为：胶头滴管、500mL容量瓶；
②A．定容时俯视刻度线读数，溶液体积偏小，所配溶液物质的量浓度偏高，故不选A；
B．容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水，不影响溶液体积和溶质的物质的量，所配溶液物质的量浓度无影响，故不选B；
C．定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，再加水至刻度线，溶液体积偏大，所配溶液物质的量浓度偏低，故选C；
故答案为：C；
③产品分析：把5.8 g 溶于足量稀硫酸，生成2.2g ， ，产品纯度为=91.4%。
故答案为：91.4。
18. 化学让生活更美好，各类水处理剂能让水质得到提升达到饮用水的标准。生活中较常见的水处理剂有：氯气、次氯酸钠、漂白粉、二氧化氯、明矾、硫酸铁、高铁酸钠等等。
（1）氯气常用于自来水的消毒，请写出舍勒研究利用软锰矿(主要成分为)与浓盐酸反应发现氯气的化学方程式：___________。
（2）氯气能用于制备易于保存、使用方便的漂白液，但若温度过高会发生副反应生成NaCl、。请写出在加热时，当NaOH与反应生成的时，NaOH与反应的化学方程式：___________。
（3）高铁酸钠()在水中既能消毒杀菌，其产物胶体又能净水除去悬浮杂质，是一种理想的水处理剂。如果以单位质量的氧化剂所得到的电子数来表示消毒效率，则、(时)、三种消毒杀菌剂的消毒效率由大到小的顺序是___________。
（4）近年来有科学家提出，氯气消毒时，会与水中的有机物发生反应，生成的有机氯化物可能对人体有害。因此，人们已开始研究并试用新的自来水消毒剂，如二氧化氯()、臭氧等。被世界卫生组织(WHO)列为A级高效、安全灭菌消毒剂，将逐渐取代成为自来水的消毒剂。
①是一种高效水处理剂，可用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备：。该反应中氧化剂是___________，还原产物与氧化产物的物质的量之比为：___________。
②气体具有强氧化性，其还原产物、的转化率与pH关系如图所示。对污水中、等也有明显的去除效果，请写出时，与反应的离子方程式：___________。某工厂污水中含a g/L，现用将氧化，生成两种无毒无害气体，处理50dm3这种污水，至少需要___________ml。
【答案】（1）
（2）
（3）ClO2>Cl2>Na2FeO4
（4） ①. NaClO2 ②. 1:4 ③. ④.
【解析】
【小问1详解】
软锰矿主要成分是二氧化锰，浓盐酸和二氧化锰混合加热生成氯气的化学方程式为；
【小问2详解】
当时，设生成5mlNaClO，则反应中失电子总数为5ml×1+1ml×5=10ml，根据电子守恒，同时生成NaCl的物质的量为10ml，根据原子守恒，则反应中消耗NaOH和Cl2的物质的量之比为，反应的化学方程式为；
【小问3详解】
以单位质量的氧化剂所得到的电子数来表示消毒效率，设质量均为mg，Cl2、ClO2(pH≤2时)、Na2FeO4三种消毒剂的效率为、、，故大小顺序为ClO2>Cl2>Na2FeO4；
【小问4详解】
①，反应中Cl元素化合价发生变化，根据氧化还原反应规律，化合价只靠近不交叉(或就近原则)，4NaClO2→4ClO2，+3价的氯元素化合价升高到+4价，失去4e-电子，1NaClO2→1NaCl，+3价的氯元素化合价降低到-1价，得到4e-，在氧化还原反应中，所含元素化合价降低的反应物为氧化剂，故NaClO2为氧化剂；还原产物与氧化产物的物质的量之比为：1:4；
②根据图像可知，pH≤2时ClO2被还原为Cl-，所以该反应的离子方程式是： ；
ClO2将CN-氧化生成氮气与二氧化碳，同时生成氯离子，反应离子方程式为，50dm3废水中CN-质量，CN-的物质的量为，至少需要ClO2的物质的量。
19. 有机物H是有机合成中的一种重要中间体，合成H的一种路线如图所示：
已知：①A为芳香族化合物，分子式为。
②B与银氨溶液反应，有单质银生成。
③。
请回答下列问题：
（1）H中官能团的名称为___________。
（2）E→F的反应类型为___________，X的结构简式为___________。
（3）A→C的化学方程式为___________。
（4）D→E转化中第①步反应的化学方程式为___________。
（5）G与乙醇发生酯化反应生成有机物Y，符合下列条件的Y的同分异构体___________种；其中的一种结构简式为：___________。
①分子中含有苯环，且能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出
②含有碳碳三键，且碳碳三键与苯环直接相连
③苯环上只有三种取代基
④核磁共振氢谱显示有4组峰，且峰面积之比为6∶2∶1∶1
（6）参照上述合成路线，设计以丙烯为原料合成化合物的路线如下：(部分反应条件已略去)。其中M和N的结构简式为___________和___________。
【答案】（1）碳碳双键、羧基
（2） ①. 加成反应 ②.
（3）2 +O22 +2H2O
（4） +2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O
（5） ①. 2 ②. 、
（6） ①. ②. CH3C≡CH
【解析】
【分析】根据信息②可知，B、C都是醛，B是乙醛； A为芳香族化合物，分子式为，可知C是苯甲醛、A是苯甲醇； 由H的结构简式逆推，可知D是；被银氨溶液氧化为(E)；和溴的四氯化碳发生加成反应生成(F)；发生消去反应生成(G)，和X反应生成，结合信息③，可知X是。
【小问1详解】
中官能团的名称为碳碳双键、羧基；
【小问2详解】
E→F是和溴的四氯化碳发生加成反应生成，反应类型为加成反应；和X反应生成，结合信息③，可知X是；
【小问3详解】
A→C是苯甲醇发生催化氧化生成苯甲醛，反应的化学方程式为2+O22+2H2O；
【小问4详解】
D→E转化中第①步反应是被银氨溶液氧化为，反应的化学方程式为+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O；
【小问5详解】
G是，与乙醇发生酯化反应生成有机物；①分子中含有苯环，且能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出说明含有羧基；②含有碳碳三键，且碳碳三键与苯环直接相连；③苯环上只有三种取代基，
核磁共振氢谱显示有4组峰，且峰面积之比为6:2:1:1的结构简式：、；
【小问6详解】
丙烯和溴发生加成反应生成 ， 在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应生成CH3C≡CH，CH3C≡CH和丙烯反应生成 ，合成路线为CH3CH=CH2CH3C≡CH；M和N分别为：，CH3C≡CH。选项
微粒组
试剂M
发生反应的离子方程式
A
、、、
少量KI溶液
B
、、、
少量盐酸
C
、、、
过量溶液
D
、、、
适量溶液
氧化型/还原型
φθ(C3+/C2+)
φθ(HClO/Cl—
酸性介质
1.84V
1.49V
氧化型/还原型
φθ[C(OH)3/C(OH)2]
φθ(ClO—/Cl—)
碱性介质
0.17V
x
阳离子
阴离子
、、、、、
、、、、、
化学键
E(kJ/ml)
436
a
348
413
相关试卷
黑龙江省实验中学2024-2025学年高三上学期9月月考 化学试题（原卷版）： 这是一份黑龙江省实验中学2024-2025学年高三上学期9月月考 化学试题（原卷版），共10页。试卷主要包含了5 Cu-64，05ml含有中子的数目为， 下列离子方程式正确的是等内容，欢迎下载使用。
黑龙江省实验中学2024-2025学年高三上学期9月月考 化学试题（原卷版+解析版）： 这是一份黑龙江省实验中学2024-2025学年高三上学期9月月考 化学试题（原卷版+解析版），文件包含黑龙江省实验中学2024-2025学年高三上学期9月月考化学试题原卷版docx、黑龙江省实验中学2024-2025学年高三上学期9月月考化学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共30页， 欢迎下载使用。
黑龙江省实验中学2024-2025学年高三上学期9月月考+化学试题： 这是一份黑龙江省实验中学2024-2025学年高三上学期9月月考+化学试题，共7页。
