云南省昆明市云南师范大学附属中学2025年新高三上学期化学第一次月考试卷
一、选择题：本题共14小题，每小题3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．（2024高三上·昆明月考）下列化学用语表述错误的是（ ）
A．中子数为10的氧原子：
B．4-氯丁酸的结构简式：
C．用单线桥表示电子转移过程：
D．用电子式表示的形成：
【答案】A
【知识点】原子中的数量关系；结构简式；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．已知O是8号元素，质子数为8，故中子数为10的氧原子表示为： ，故A符合题意；
B.4-氯丁酸的结构简式为CH2ClCH2CH2COOH，故B不符合题意；
C．钠和氯气反应，钠元素失电子，氯元素得电子，则用单线桥表示电子转移方向和数目为，故C不符合题意；
D．K2S为离子化合物，用电子式表示的形成过程：，故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.左上角是质量数，左下角是质子数；
B.根据名称即可写出结构简式；
C.单线桥是失去电子指向得到电子的物质，上面标注转移电子数；
D.离子化合物，钾原子失去电子转移到硫原子上。
2．（2024高三上·昆明月考）某元素基态原子的轨道上有2个电子，则该基态原子的价层电子排布可能是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】原子核外电子排布
【解析】【解答】A．若为4s轨道上有2个电子，则该基态原子可能为钙原子，价电子为 ，故A符合题意；
B．若为 ，则基态原子的价层电子排布为 ，故B不符合题意；
C． 不如3d半满填充稳定，应该为3d54s1，故C不符合题意；
D．若为 ，则基态原子的价层电子排布为 ，故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A. 某元素基态原子的轨道上有2个电子 ，该价层电子排布可能是 ；
B.若为 ，则基态原子的价层电子排布为；
C. 不是稳定排布方式，应该为3d54s1；
D.3d轨道容纳10个电子，因此 价层电子排布为 。
3．（2024高三上·昆明月考）化学与生活密切相关，下列说法正确的是（ ）
A．HB铅笔芯成分为二氧化铅
B．钢含碳量越高，硬度和脆性越大
C．活性炭具有除异味和杀菌作用
D．维生素C可用作水果罐头抗氧化剂是由于其难以被氧化
【答案】B
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；合金及其应用
【解析】【解答】A．铅笔芯的主要成分是石墨和黏土，不是二氧化铅，故A不符合题意；
B．钢的硬度和脆性，随着含碳量的增大而增大，所以含碳量越高硬度和脆性越大，故B符合题意；
C．活性炭具有吸附性，可用于除异味儿，没有杀菌作用，故C不符合题意；
D．维生素C可用作水果罐头的抗氧化剂，是由于其具有较强的还原性，容易被氧化，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.铅笔的主要成分是石墨和黏土；
B.钢的硬度和脆性，随着含碳量的增大而增大；
C.活性炭具有除去异味功能，不具备杀菌功能；
D.维生素C是还原剂。
4．（2024高三上·昆明月考）在刚性容器中发生反应：。为阿伏加德罗常数的值，若消耗(标准状况)，下列叙述错误的是（ ）
A．转移的电子数为
B．生成的氧化产物分子数为
C．反应后容器内气体密度减小
D．将标准状况下溶于水，溶液中的数目为
【答案】D
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．反应中氯化合价由0变为-1，Cl2-2Cl--2e，则转移的电子4mol，数目为 ，故A不符合题意；
B．碳化合价升高，发生氧化反应生成CO，生成的氧化产物2molCO，分子数为 ，故B不符合题意；
C．反应中氯气转化为CO，则刚性容器中反应后容器内气体密度减小，故C不符合题意；
D．氯气和水反应不完全，部分反应生成HCl，则标准状况下 溶于水，溶液中 的数目小于 ，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.根据Cl2-2Cl--2e，即可计算；
B.碳被氧化得到CO，即可计算出CO的量；
C.反应中氯气变为CO，相同条件下，密度之比等于摩尔质量之比即可判断；
D.考虑氯气与水反应是可逆反应即可判断。
5．（2024高三上·昆明月考）如图所示为探究性质的微型实验，滤纸①～④分别浸泡了相关试剂，实验时向试管中滴入几滴浓硫酸。下列说法正确的是（ ）
A．滤纸①先变红后褪色
B．滤纸②褪色证明具有漂白性
C．滤纸③褪色取出放置一段时间后颜色可能恢复
D．滤纸④上有褪色固体生成，证明具有还原性
【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A．浓硫酸和亚硫酸钠反应放出二氧化硫气体，紫色石蕊为酸碱指示剂，酸性溶液使其变红，滤纸①变红，体现了酸性氧化物的性质，但其不会褪色，故A不符合题意；
B．碘水褪色证明二氧化硫具有还原性，故B不符合题意；
C．二氧化硫使得品红褪色，生成无色物质不稳定，取出放置一段时间后颜色可能恢复，故C符合题意；
D．二氧化硫和硫化钠发生氧化还原反应生成黄色硫单质，证明SO2具有氧化性，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.二氧化硫不能漂白湿润德石蕊试纸；
B.品红褪色说明二氧化硫具有漂白性；
C.二氧化硫漂白品红是可逆，一段时间后可以恢复到原来温度；
D.二氧化硫氧化硫化钠得到硫单质。
6．（2024高三上·昆明月考）工业上拜耳法生产用铝土矿(主要成分为，含少量、等)为原料，其工艺流程如图：
下列说法正确的是（ ）
A．碱浸过程中发生复杂的氧化还原反应
B．物质X为
C．滤液2只含溶液，可以循环利用
D．可用过量代替氢氧化铝晶种沉铝
【答案】D
【知识点】镁、铝的重要化合物；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．氧化铝和氢氧化钠反应转化为四羟基合铝酸钠溶液，没有元素化合价改变，不是氧化还原，故A不符合题意；
B．物质X为不反应的氧化铁，故B不符合题意；
C．因原溶液为氢氧化铝过饱和溶液，该流程中得到滤液中含有氢氧化铝，故C不符合题意；
D．过量 能和四羟基合铝酸钠生成氢氧化铝，故可代替氢氧化铝晶种沉铝，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.反应过程中，元素化合价并未改变不是氧化还原反应；
B.氧化铁不溶于氢氧化钠溶液中，因此X为氧化铁；
C.加入氢氧化铝晶体主要是沉淀氢氧化铝，因此滤液2中含有氢氧化铝；
D.加入碳酸氢钠可将四羟基合铝酸钠变为氢氧化铝沉淀。
7．（2024高三上·昆明月考）下列有关电极方程式或离子方程式正确的是（ ）
A．向溶液中通入
B．铅酸蓄电池充电时的阳极反应：
C．溶液中加入产生沉淀：
D．硅酸钠溶液中通入二氧化碳：
【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．氯化钙和二氧化碳不反应，故A不符合题意；
B．铅酸蓄电池充电时的阳极反应硫酸铅发生氧化反应：PbSO4+2H2O-2e=PbO2+SO42-+4H+，故B不符合题意；
C． 溶液中加入 ，过氧化氢将亚铁离子氧化为氢氧化铁沉淀， ，故C符合题意；
D．硅酸钠溶液中通入二氧化碳生成硅酸沉淀和碳酸氢钠： ，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.氯化钙溶液不与二氧化碳反应；
B.铅酸电池充电时是硫酸铅变为二氧化铅；
C.过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子形成氢氧化铁；
D，二氧化碳通入硅酸钠溶液得到硅酸。
8．（2024高三上·昆明月考）下列装置可以用于相应实验的是（ ）
A B
模拟侯氏制碱法制备 制备晶体
C D
分离胶体 乙醇在浓硫酸作用下，加热到制备乙烯
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】过滤；蒸发和结晶、重结晶；除杂
【解析】【解答】A．由于氨气在水中的溶解度大于CO2，故模拟侯氏制碱法制备NaHCO3，应当将CO2通入含NH3的饱和食盐水，故A不符合题意；
B．加热蒸干Al2(SO4)3溶液可以制得Al2(SO4)3晶体，故B符合题意；
C．胶粒可以通过滤纸，过滤无法分离Fe(OH)3胶体，故C不符合题意；
D．乙醇在170℃时发生消去反应生成乙烯，温度计测定反应液的温度，图中温度计的水银球未在液面下，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.侯氏制碱法是将氨气通入到饱和食盐水中；
B.蒸发硫酸铝溶液可得到硫酸铝晶体；
C.胶体可用半透膜进行分离；
D.温度计放在乙醇溶液中。
9．（2024高三上·昆明月考）某温度下，向恒容密闭容器中按的比例充入和，同时发生两个反应：①，②。反应体系中组分、的物质的量浓度c随时间的变化情况如图所示)。下列说法正确的是（ ）
A．时，的反应速率为
B．平衡时，W的选择性比M的大
C．反应①的活化能比反应②的活化能更大
D．平衡后，充入，压强增大，速率增大
【答案】C
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A.0~10min c(X)=0.6mol/L-0.35mol/L=0.25mol/L，根据反应①和②的特点，0~10min c(Y)=0.25mol/L，0~10min内v(Y)=mol/(L min)=0.025mol/(L min)，不能计算10min时的瞬时反应速率，故A不符合题意；
B．由图可知，平衡时c(X)=0.28mol/L、c(W)=0.15mol/L，则从起始到平衡反应的c(X)=0.6mol/L-0.28mol/L=0.32mol/L，结合反应①和②，平衡时c(M)=0.32mol/L-0.15mol/L=0.17mol/L＞0.15mol/L，根据选择性的公式知，平衡时W的选择性比M的小，故B不符合题意；
C．结合B项，在相同时间内反应①的反应速率＜反应②的反应速率，活化能越大、反应速率越小，故反应①的活化能比反应②的活化能更大，故C符合题意；
D．平衡后，充入Ar，虽然总压强增大，但在恒容密闭容器中各气态物质的的浓度不变，速率不变，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.根据10min计算出X的变化量，结合化学计量系数之比计算出Y的变化量即可计算出速率；
B.根据方程式，结合平衡时X的变化量，即可计算出平衡时W和M的总量，利用W的浓度即可计算出M的浓度即可计算选择性大小；
C.根据计算出W和M的选择性，即可判断以反应②为主，即可判断活化能大小；
D.平衡时，充入Ar压力增大，镀铝不变。
10．（2024高三上·昆明月考）化合物丙是合成药物盐酸沙格雷酯的重要中间体，其合成路线中的前两步反应如图。下列说法不正确的是（ ）
A．甲、乙、丙在水中溶解度最大的是甲
B．甲分子能和甲醛在一定条件下发生缩聚反应
C．由甲生成乙发生的是加成反应
D．化合物丙最多有26个原子共平面
【答案】C
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A． 酚羟基、醇羟基都属于亲水基，丙中憎水基基团比甲中憎水基基团大，所以甲在水中的溶解度比丙在水中的溶解度大，乙在水中溶解度最小，甲、乙、丙在水中溶解度最大的是甲，故A不符合题意；
B． 甲中含有酚羟基，且酚羟基邻位和对位上有氢原子，则可以和甲醛发生缩聚反应，故B不符合题意；
C． 由甲生成乙发生的是取代反应，会生成HCl分子，与碳酸钠反应，故C符合题意；
D． 化合物丙中苯环及与苯环直接相连的12×2个原子及羟基的2个原子，最多有26个原子共平面，故D不符合题意；
故答案为》：C
【分析】A.酚羟基、醇羟基都属于亲水基，丙中憎水基基团比甲中憎水基基团大，即可判断；
B.甲中含有酚羟基可与醛基反应；
C.根据反应物和生成物即可判断出该反应是取代反应；
D.根据结构简式，苯环可共面，单键可通过旋转共面。
11．（2024高三上·昆明月考）氨是一种无碳燃料，同时它是工业界的重要化学品，科学家研发了一种水溶液体系电池，该电池能有效地捕获，将其转化为，再将产生的电解制氨，装置如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．电极b为正极，发生氧化反应
B．为增强丙中水的导电性，可加入适量盐酸
C．每捕获，理论上丙室质量减少
D．c电极反应式为
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．电极b为正极，发生还原反应，故A不符合题意；
B．氯离子的还原性大于氢氧根，若加入HCl，氯离子会在阳极放电产生氯气，故B不符合题意；
C．b电极，N元素化合价从+4价降为+3价，捕获 ，转移电子4mol，d极反应为2H2O-4e=O2+4H+，产生1mol氧气，同时氢离子会迁移到乙室，故理论上丙室质量减少大于 ，故C不符合题意；
D．c为阴极， 得到电子发生还原反应，电极反应式： ，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.根据图示d为正极，发生还原反应；
B.加入盐酸后，氯离子先放电；
C.在b电极，捕获4molNO2，即可计算出转移4mol电子，计算出d电子得到32g氧气，但是得到氢离子向乙移动，导致减少的质量大于32g；
D.c电极是 变为氨气即可写出电极反应式。
12．（2024高三上·昆明月考）电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量。室温下，的。向浓度均为的和的混合溶液中滴加的溶液，测得溶液电导率与加入溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．a点溶液中约为
B．由bc段电导率变化趋势可知，的导电能力强于
C．b点溶液中：
D．该温度下的溶液在c点与d点之间
【答案】A
【知识点】化学平衡常数；电解质溶液的导电性；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】由图可知，a点为等浓度的HCl和CH3COOH的混合溶液，酸电离出的氢根离子抑制水的电离；b点为等浓度的醋酸和氯化钠的混合溶液，溶液呈酸性；c点为等浓度的醋酸钠和氯化钠混合溶液，溶液呈碱性，d点NaOH过量，溶液呈碱性；
A． a点溶液中c(CH3COO-)约为 == ，故A符合题意；
B． 由ab段电导率变化趋势可知， 的导电能力弱于 ，由bc段电导率增大是由于钠和醋酸根离子浓度的增大，故B不符合题意；
C． b点为等浓度的醋酸和氯化钠的混合溶液，b点溶液中存在电荷守恒 c(CH3COO-)+c(OH-)+c(Cl-)=c(Na+)+c(H+)，c(CH3COO-)+c(OH-)+c(Cl-)-c(H+)=c(Na+)= 故C不符合题意；
D． b点为等浓度的醋酸和氯化钠的混合溶液，溶液呈酸性；c点为等浓度的醋酸钠和氯化钠混合溶液，溶液呈碱性，该温度下pH=7的溶液在c点与b点之间，故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.根据a点氢离子浓度和醋酸根浓度结合Ka即可计算醋酸根浓度；
B.bc段增大主要是钠离子增大；
C.根据电荷守恒再利用钠离子浓度判断；
D.醋酸钠显碱性，因此pH=7的范围为bc.
13．（2024高三上·昆明月考）W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，W与X同周期且第一电离能，X基态原子的s和p轨道电子数相等；Y基态原子的电离能数值为，，，；Z基态原子半径在同周期元素原子中最小；下列说法正确的是（ ）
A．电负性：
B．最简单氢化物的稳定性、沸点均是
C．简单离子半径：
D．W、X都能与Y形成离子化合物
【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表的结构及其应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】W 、X、Y、Z原子序数依次增大的四种短周期主族元素，X基态原子的s和p轨道电子数相等，则X为O元素；W与X同周期且第一电离能 ，W为N；Y基态原子的电离能数值为，，， ，则Y的最外层有两个电子，则Y为Mg；Z原子半径在同周期元素原子中最小，则Z为Cl，因此W为N 、X为O、Y为Mg、Z为Cl；
A．金属元素的电负性小于非金属元素，非金属元素的非金属性越强，电负性越大，同周期元素，从左到右非金属性依次增强，则电负性由大到小的顺序为Z＞X＞W＞Y，故A不符合题意；
B．水分子间形成氢键的数目多于氨分子，分子间作用力强于氨分子，沸点高于氨分子，非金属性越强气态氢化物越稳定，非金属性O>N，则最简单气态氢化物的稳定性H2O>NH3，最简单氢化物的稳定性、沸点均是X＞W，故B不符合题意；
C．离子的电子层数越大，离子半径越大，；电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径的大小顺序为Cl-＞N3-＞O2-＞Mg2+，故C不符合题意；
D．Mg3N2和MgO均为离子化合物，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.W为N 、X为O、Y为Mg、Z为Cl，非金属性越强电负性越强即可判断；
B.W为N 、X为O，简单氢化物是氨气和水，稳定性是水强于氨气，沸点是水大于氨气；
C.W为N 、X为O、Y为Mg、Z为Cl，其离子半径大小Cl-＞N3-＞O2-＞Mg2+；
D.W为N 、X为O、Y为Mg形成氮化镁和氧化镁均为离子化合物。
14．（2024高三上·昆明月考）“黄鸣龙还原法”是首例以中国科学家命名的有机化学反应，反应机理如图(R、R'代表烃基)。下列说法正确的是（ ）
A．过程②③均为消去反应
B．若用发生该反应，过程③生成了
C．过程④反应历程可表示为
D．还原
【答案】B
【知识点】制备实验方案的设计；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．过程②脱去小分子，不饱和度增加，发生消去反应，过程③从变为，分子式不变，不会是消去反应，故A不符合题意；
B．若用ND2ND2发生该反应，过程③起始变为，标记处可以生成HDO，故B符合题意；
C．过程④的反应历程表示为，选项所给反应电荷不守恒，故C不符合题意；
D．由反应机理，1molN2H4还原mol，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.根据反应物和生成物反应②是消去反应，反应③不是消去反应；
B.根据反应过程即可判断其产物；
C.根据反应流程即可写出反应方程式；
D.由反应机理，1molN2H4还原mol。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（2024高三上·昆明月考）亚硝酰氯(，熔点为，沸点为)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：。可由与在一定条件下反应得到，相关实验装置如图所示。
（1）装置Ⅱ中试剂为 ，装置Ⅳ的作用为 ，装置的连接顺序为 。
（2）实验时先打开分液漏斗活塞滴入稀硝酸，当观察到Ⅴ中 时，开始向装置中通入。
（3）Ⅵ中溶液用于吸收气体，反应产生黑色沉淀，写出该反应的离子方程式： 。
（4）通过以下实验步骤测定制得样品纯度(杂质不参与以下反应)：
a．将Ⅴ中所得液体溶于水，配制成溶液；取出于锥形瓶中；
b．加入溶液(过量)，使完全转化为沉淀；
c．向其中加入少量硝基苯，使沉淀表面被有机物覆盖；
d．加入指示剂，用标准溶液滴定过量的溶液，重复实验操作三次，消耗标准溶液的体积平均为。[已知，]
①滴定选用的指示剂是 (填序号)。
A． B． C． D．
②的纯度为 。(保留四位有效数字)
【答案】（1）水；防止后续装置中水进入装置Ⅴ；d→e→b→c
（2）红棕色气体完全消失
（3）
（4）C；
【知识点】化学实验操作的先后顺序；化学实验方案的评价；离子方程式的书写；有关混合物反应的计算
【解析】【解答】（1）由分析可知，装置Ⅱ的作用为除去气体中的硝酸及NO2杂质，则装置Ⅱ中试剂为水，装置Ⅳ的作用为防止后续装置中的水进入装置Ⅴ，装置的连接顺序为：a→d→e→b→c→f；
（2）实验装置能内存在空气，NO会和空气中氧气生成红棕色的二氧化氮气体，故先打开分液漏斗活塞滴入稀硝酸，当观察到Ⅴ中红棕色气体完全消失时，开始向装置中通入Cl2；
（3）NO具有还原性，KMnO4具有强氧化性，NO被氧化为硝酸根离子，高锰酸根离子被还原为黑色的MnO2，锰化合价由+7变为+4、N化合价由+2变为+5，结合电子守恒可知，反应的离子方程式为： ；
（4）①由于用KSCN标准溶液滴定过量AgNO3溶液，当滴入KSCN标准溶液使Ag+沉淀完全后，过量SCN-能够与Fe3+反应使溶液变为血红色，故可以使用含有Fe3+的溶液作指示剂，则：
A． 含有Fe3+，但同时又引入Cl-，使测定产生误差，故A不符合题意；
B． 中含有Fe2+，而不含Fe3+，故B不符合题意；
C． 含有Fe3+，又不含对实验测定产生干扰，故C符合题意；
D． 中含有Fe2+，而不含Fe3+，故D不符合题意；
故答案为：C；
②NOCl与水反应产生NO2、NO、HCl，反应方程式为：2NOCl+H2O=NO2+NO+2HCl，HCl与滴入的AgNO3溶液发生反应：HCl+AgNO3=AgCl↓+HNO3，产生AgCl白色沉淀，可得关系式：n(NOCl)=n(HCl)=n(AgNO3)。根据AgNO3+KSCN=AgSCN↓+KNO3计算过量AgNO3的物质的量，n(AgNO3)过量=0.1mol/L×0.02L=0.002mol，故25.00 mL溶液中HCl消耗AgNO3的物质的量n(AgNO3)=0.2mol/L×0.025L-0.002mol=0.003mol，则2.0gNOCl配制的250 mL水溶液中HCl的物质的量0.003×mol=0.03mol，根据Cl守恒可知n(NOCl)=n(HCl)=0.03mol，则NOCl的纯度为= ；
【分析】（1）浓硝酸可能得到二氧化氮，因此除去二氧化氮和挥发出的硝酸利用水，无水氯化钙主要是干燥剂主要是除水，a出来的气体为NO与氯气在V中反应后气体与无水氯化钙接触最终除杂，即可写出顺序；
（2）需要排尽装置内的空气，而NO与空气反应变为红棕色，因此需要当V中的红棕色完全褪去即可加入氯气；
（3）NO将高锰酸钾还原得到二氧化锰本身被氧化为硝酸根；
（4）①氯离子和银离子反应，利用SCN-滴定剩余的银离子，因此可用铁离子进行确定滴定终点，即可判断；
②根据 ，再结合利用AgNO3+KSCN=AgSCN↓+KNO3，计算出与氯离子反应后剩余的银离子，利用总的量减去剩余的即为与氯离子反应的银离子，结合方程式计算即可。
16．（2024高三上·昆明月考）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：室温下相关物质的如下表：
化合物
（1）位于周期表中 区，其基态原子的简化电子排布式为 。
（2）向废水中加入破氰剂，可以提高镍元素的去除率，氧化生成和无毒无味气体，使转化为两种沉淀除去，该反应过程中氧化剂与还原剂物质的量之比为 。
（3）已知水溶液中(橙色)可转化为(黄色)，该可逆反应用离子方程式可表示为 ；当钡盐投入量为理论投入量的2倍，用石灰乳将含铬废水预调至不同，废水中去除率随预调变化如图。与预调相比，时的去除率显著提高，可能的原因有 (任写一条)。
（4）沉淀2与足量反应的离子方程式为 。
（5）根据国家标准，含的浓度降至以下才能排放，则加入可溶性钡盐后的废水中应使的浓度不小于 。
【答案】（1）D；[Ar]3d54s1
（2）5：2
（3）+H2O 2+2H+；pH=7时有利于形成溶解度更小的BaCrO4沉淀，pH减小会使铬酸钡电离出的小部分铬酸根与H+反应，形成重铬酸根，使铬酸根的浓度降低，铬酸钡不断溶解
（4）2BaCrO4+2+2H+=2BaSO4++H2O
（5）2.4×10-4
【知识点】原子核外电子排布；离子方程式的书写；物质的量浓度；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）Cr元素原子序数为24，位于元素周期表第四周期VIB族，属于d区，其基态原子的简化电子排布式为[Ar]3d54s1；
（2）破氰步骤中H2O2氧化CN 生成 和无毒无味气体N2，离子方程式为5H2O2+2CN-+2OH-=2+N2↑+6H2O，其中H2O2为氧化剂，故氧化剂与还原剂物质的量之比为5：2；
（3）已知水溶液中(橙色)可转化为(黄色)，该可逆反应用离子方程式可表示为+H2O 2+2H+；铬酸钡溶解度小于重铬酸钡，pH=6时，酸性条件下，铬酸钡电离出的小部分铬酸根会与酸反应，形成重铬酸根，使铬酸根的浓度降低，铬酸钡不断溶解，故pH=7时Cr(VI)的去除率显著提高；
（4）沉淀2中加入硫酸，BaCrO4转化为BaSO4和，离子方程式为2BaCrO4+2SO42-+2H+=2BaSO4++H2O；
（5）由Ksp(BaCrO4)=1.2×10 10，c(Ba2+)==2.4×10-4mol/L，即应使Ba2+的浓度不小于2.4×10-4mol/L；
【分析】（1）Cr元素原子序数为24，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s1，因此其处于d区，即可写出简化电子排布式；
（2）氧化生成和无毒无味气体， 写出方程式5H2O2+2CN-+2OH-=2+N2↑+6H2O即可计算；
（3）根据 水溶液中(橙色)可转化为(黄色) 即可写出+H2O 2+2H+ ，根据碱性更高时，可使增加，易形成 溶解度更小的BaCrO4沉淀 ；
（4）根据Ksp(BaCrO4)=1.2×10 10即可计算。
17．（2024高三上·昆明月考）催化加氢制甲醇，在减少排放同时实现了的资源化，在某催化加氢制甲醇的反应体系中，发生的主要反应有：
反应Ⅰ．
反应Ⅱ．
反应Ⅲ．
回答下列问题：
（1）反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ以物质的量分数表示的平衡常数K与温度T变化关系如图所示。据图判断， 0(填“>”“<”或“=”)，的数值范围是 (填序号)。
A． B． C． D．
（2）在一定条件下，选择合适的催化剂只进行反应Ⅰ，控制和初始投料比为时，在不同温度下、、，达到平衡后，的转化率分别为、、，已知反应速率，、分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数。最大的是温度 (填“”“”或“”)。
（3）在固定容积的容器中通入和发生上述反应，初始压强为p，反应达到平衡时，测得各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如图所示：
①图中X、Y分别代表 、 (填化学式)。
②图中时，反应Ⅰ的平衡常数 1(填“>”“<”或“=”)。
③温度一定时，通入惰性气体，压强增大，平衡转化率 (填“增大”“减小”或“不变”)。
④某温度达平衡时，容器中的物质的量为，的转化率为，反应Ⅱ平衡常数 (用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压×物质的量分数，化为最简比)。
【答案】（1）<；A
（2）
（3）CO；CH3OH；<；不变；
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率与化学平衡的综合应用；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）由图可知，反应Ⅲ的K值随温度升高而减小，则升温平衡逆向移动，反应为放热反应，焓变小于零，故<0；同理，>0、<0，由盖斯定律可知，反应Ⅰ+Ⅱ得反应Ⅲ，则=+＜0，则 ＜-1；
故答案为：A；
（2）反应Ⅰ为吸热反应，温度升高平衡正向移动，转化率增大，在不同温度下、、，达到平衡后的转化率分别为、、 ，则说明<<，、 分别为正、逆向反应速率常数，温度升高，、 均增大，平衡正向移动，差值增大，故 最大的是温度 ；
（3）①反应Ⅱ、Ⅲ为放热反应，反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅰ产生CO，反应Ⅱ消耗CO，升高温度，Ⅰ正向移动而Ⅱ逆向移动，导致CO含量增大，故X为CO曲线；反应Ⅱ、Ⅲ为为生成甲醇的反应，升温，两个反应均逆向移动，导致甲醇含量减小；反应Ⅰ、Ⅲ为产生水的反应，升温，两者的移动方向相反，导致水的含量下降幅度小于甲醇的含量下降，故Y为甲醇、Z为水；故图中X、Y分别代表CO、CH3OH；
②图中 时，反应Ⅰ的平衡常数，由图可知，CO和水的含量小于二氧化碳和氢气的含量，则平衡常数小于1；
③固定容积的容器中，温度一定时，通入惰性气体，压强增大，但不影响反应中各物质的分压，故 平衡转化率不变；
④某温度达平衡时，容器中 的物质的量为 ，的转化率为 ，则反应氢气2.1mol；
起始(mol) 0
变化(mol) 0.4 0.8 0.4
平衡(mol)
起始(mol) 2 3 0 0
变化(mol) 1.3 1.3 1.3 1.3
平衡(mol)
二氧化碳、氢气、一氧化碳、水、甲醇分别为0.7mol、0.9mol、0.9mol、1.3mol、0.4mol，总的物质的量为4.2mol，总压强为p，p(CO2)=，p(H2)=，p(CO)=，p(H2O)=，p(CH3OH)=，则反应Ⅱ平衡常数K=== ；
【分析】（1）根据图示温度与常数关系，即可判断反应为放热反应，利用盖斯定律找出反应I，II，III的关系即可判断；
（2）根据转化率即可判断温度大小为<<，温度升高，、 均增大，平衡正向移动，差值增大，即可判断；
（3）①反应Ⅱ、Ⅲ为放热反应，反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅰ产生CO，反应Ⅱ消耗CO，升高温度，Ⅰ正向移动而Ⅱ逆向移动，导致CO含量增大，故X为CO曲线；反应Ⅱ、Ⅲ为为生成甲醇的反应，升温，两个反应均逆向移动，导致甲醇含量减小；反应Ⅰ、Ⅲ为产生水的反应，升温，两者的移动方向相反，导致水的含量下降幅度小于甲醇的含量下降，即可判断；
②根据常数K=，CO和水的含量小于二氧化碳和氢气的含量即可判断；
③固定容积的容器中，温度一定时，通入惰性气体，浓度不变，平衡不移动，转化率不变；
④根据数据利用反应I和II的三行式计算出平衡时的物质的量计算出分压即可计算出常数。
18．（2024高三上·昆明月考）脱落酸是一种抑制植物生长的激素，其衍生物L的合成路线如图。
（1）D的分子式为 ；过程的目的是 。
（2）写出的反应方程式： 。
（3）的过程中E中的 (填官能团名称，下同)变为F中的 。
（4）M是C的同分异构体，符合下列条件的M有 种。
①遇显紫色 ②有手性碳
（5）依据上述合成路线的原理，利用其中原料，设计如图乙路线，合成有机化合物K，其结构简式如图甲所示：
甲：
乙：
①H的结构简式是 。
②试剂和条件：a是 。
③的反应类型是 。
【答案】（1）C11H16O3；保护C中的羰基
（2）+
（3）羟基；酮羰基
（4）16
（5）；CrO3、吡啶；加成反应
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）由分析可知，D的分子式为C11H16O3； 过程的目的是保护C中的羰基；
（2）结合分析可知，B和D中羰基加成生成E：，反应为 、+ ；
（3）E为， 的过程中E中的羟基变为F中的酮羰基；
（4）C分子中含有9个碳、2个氧、不饱和度为4，M是C的同分异构体，符合下列条件：
①遇 显紫色，则含有酚羟基；②有手性碳；则苯环上取代基为-OH和-CH(CH3)CH2OH、-OH和-CHOHCH2CH3，均存在邻间对3种情况；若取代基为-OH、-CH3、-CH(CH3)OH，苯环上3个不同取代基存在10种情况；故共16种；
（5）分析K的结构，与L的结构类似，因此需要模仿A到L的合成路径，K的结构左右对称，可知CH≡CH与2倍的C2H4O发生了加成，得到的产物H的结构简式为，H中的羟基被氧化成羰基，I的结构简式为，则条件a为CrO3、吡啶；I再发生流程中F生成G的反应得到J，J中碳碳叁键加成转化为碳碳双键得到K，条件为Cr2+、H+；
①H的结构简式是。
②试剂和条件：a是CrO3、吡啶。
③J中碳碳叁键加成转化为碳碳双键得到K， 的反应类型是加成反应。
【分析】（1）根据结构简式即可写出D的分子式，结合后续产物即可判断出C-D是保护羰基；
（2）根据F即可得到E为，根据反应物和生成物即可写出方程式；
（3）根据E和F结构简式对比即可判断官能团变化；
（4）C分子中含有9个碳、2个氧、不饱和度为4，是氯化铁显色说明含有酚羟基，含有苯环，含有手性碳说明碳原子上连接不同的基团，可说明含有-OH和-CH(CH3)CH2OH、-OH和-CHOHCH2CH3，或者是三个取代基为-OH、-CH3、-CH(CH3)OH，即可写出同分异构体；
（5）①乙炔和乙醛发生加成反应即可得到；
②根据图中E-F的路径即可得到产物，条件为 CrO3、吡啶 ；
③J中碳碳叁键加成转化为碳碳双键得到K，即可发生的反应为加成反应。
云南省昆明市云南师范大学附属中学2025年新高三上学期化学第一次月考试卷
一、选择题：本题共14小题，每小题3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．（2024高三上·昆明月考）下列化学用语表述错误的是（ ）
A．中子数为10的氧原子：
B．4-氯丁酸的结构简式：
C．用单线桥表示电子转移过程：
D．用电子式表示的形成：
2．（2024高三上·昆明月考）某元素基态原子的轨道上有2个电子，则该基态原子的价层电子排布可能是（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高三上·昆明月考）化学与生活密切相关，下列说法正确的是（ ）
A．HB铅笔芯成分为二氧化铅
B．钢含碳量越高，硬度和脆性越大
C．活性炭具有除异味和杀菌作用
D．维生素C可用作水果罐头抗氧化剂是由于其难以被氧化
4．（2024高三上·昆明月考）在刚性容器中发生反应：。为阿伏加德罗常数的值，若消耗(标准状况)，下列叙述错误的是（ ）
A．转移的电子数为
B．生成的氧化产物分子数为
C．反应后容器内气体密度减小
D．将标准状况下溶于水，溶液中的数目为
5．（2024高三上·昆明月考）如图所示为探究性质的微型实验，滤纸①～④分别浸泡了相关试剂，实验时向试管中滴入几滴浓硫酸。下列说法正确的是（ ）
A．滤纸①先变红后褪色
B．滤纸②褪色证明具有漂白性
C．滤纸③褪色取出放置一段时间后颜色可能恢复
D．滤纸④上有褪色固体生成，证明具有还原性
6．（2024高三上·昆明月考）工业上拜耳法生产用铝土矿(主要成分为，含少量、等)为原料，其工艺流程如图：
下列说法正确的是（ ）
A．碱浸过程中发生复杂的氧化还原反应
B．物质X为
C．滤液2只含溶液，可以循环利用
D．可用过量代替氢氧化铝晶种沉铝
7．（2024高三上·昆明月考）下列有关电极方程式或离子方程式正确的是（ ）
A．向溶液中通入
B．铅酸蓄电池充电时的阳极反应：
C．溶液中加入产生沉淀：
D．硅酸钠溶液中通入二氧化碳：
8．（2024高三上·昆明月考）下列装置可以用于相应实验的是（ ）
A B
模拟侯氏制碱法制备 制备晶体
C D
分离胶体 乙醇在浓硫酸作用下，加热到制备乙烯
A．A B．B C．C D．D
9．（2024高三上·昆明月考）某温度下，向恒容密闭容器中按的比例充入和，同时发生两个反应：①，②。反应体系中组分、的物质的量浓度c随时间的变化情况如图所示)。下列说法正确的是（ ）
A．时，的反应速率为
B．平衡时，W的选择性比M的大
C．反应①的活化能比反应②的活化能更大
D．平衡后，充入，压强增大，速率增大
10．（2024高三上·昆明月考）化合物丙是合成药物盐酸沙格雷酯的重要中间体，其合成路线中的前两步反应如图。下列说法不正确的是（ ）
A．甲、乙、丙在水中溶解度最大的是甲
B．甲分子能和甲醛在一定条件下发生缩聚反应
C．由甲生成乙发生的是加成反应
D．化合物丙最多有26个原子共平面
11．（2024高三上·昆明月考）氨是一种无碳燃料，同时它是工业界的重要化学品，科学家研发了一种水溶液体系电池，该电池能有效地捕获，将其转化为，再将产生的电解制氨，装置如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．电极b为正极，发生氧化反应
B．为增强丙中水的导电性，可加入适量盐酸
C．每捕获，理论上丙室质量减少
D．c电极反应式为
12．（2024高三上·昆明月考）电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量。室温下，的。向浓度均为的和的混合溶液中滴加的溶液，测得溶液电导率与加入溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．a点溶液中约为
B．由bc段电导率变化趋势可知，的导电能力强于
C．b点溶液中：
D．该温度下的溶液在c点与d点之间
13．（2024高三上·昆明月考）W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，W与X同周期且第一电离能，X基态原子的s和p轨道电子数相等；Y基态原子的电离能数值为，，，；Z基态原子半径在同周期元素原子中最小；下列说法正确的是（ ）
A．电负性：
B．最简单氢化物的稳定性、沸点均是
C．简单离子半径：
D．W、X都能与Y形成离子化合物
14．（2024高三上·昆明月考）“黄鸣龙还原法”是首例以中国科学家命名的有机化学反应，反应机理如图(R、R'代表烃基)。下列说法正确的是（ ）
A．过程②③均为消去反应
B．若用发生该反应，过程③生成了
C．过程④反应历程可表示为
D．还原
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（2024高三上·昆明月考）亚硝酰氯(，熔点为，沸点为)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：。可由与在一定条件下反应得到，相关实验装置如图所示。
（1）装置Ⅱ中试剂为 ，装置Ⅳ的作用为 ，装置的连接顺序为 。
（2）实验时先打开分液漏斗活塞滴入稀硝酸，当观察到Ⅴ中 时，开始向装置中通入。
（3）Ⅵ中溶液用于吸收气体，反应产生黑色沉淀，写出该反应的离子方程式： 。
（4）通过以下实验步骤测定制得样品纯度(杂质不参与以下反应)：
a．将Ⅴ中所得液体溶于水，配制成溶液；取出于锥形瓶中；
b．加入溶液(过量)，使完全转化为沉淀；
c．向其中加入少量硝基苯，使沉淀表面被有机物覆盖；
d．加入指示剂，用标准溶液滴定过量的溶液，重复实验操作三次，消耗标准溶液的体积平均为。[已知，]
①滴定选用的指示剂是 (填序号)。
A． B． C． D．
②的纯度为 。(保留四位有效数字)
16．（2024高三上·昆明月考）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：室温下相关物质的如下表：
化合物
（1）位于周期表中 区，其基态原子的简化电子排布式为 。
（2）向废水中加入破氰剂，可以提高镍元素的去除率，氧化生成和无毒无味气体，使转化为两种沉淀除去，该反应过程中氧化剂与还原剂物质的量之比为 。
（3）已知水溶液中(橙色)可转化为(黄色)，该可逆反应用离子方程式可表示为 ；当钡盐投入量为理论投入量的2倍，用石灰乳将含铬废水预调至不同，废水中去除率随预调变化如图。与预调相比，时的去除率显著提高，可能的原因有 (任写一条)。
（4）沉淀2与足量反应的离子方程式为 。
（5）根据国家标准，含的浓度降至以下才能排放，则加入可溶性钡盐后的废水中应使的浓度不小于 。
17．（2024高三上·昆明月考）催化加氢制甲醇，在减少排放同时实现了的资源化，在某催化加氢制甲醇的反应体系中，发生的主要反应有：
反应Ⅰ．
反应Ⅱ．
反应Ⅲ．
回答下列问题：
（1）反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ以物质的量分数表示的平衡常数K与温度T变化关系如图所示。据图判断， 0(填“>”“<”或“=”)，的数值范围是 (填序号)。
A． B． C． D．
（2）在一定条件下，选择合适的催化剂只进行反应Ⅰ，控制和初始投料比为时，在不同温度下、、，达到平衡后，的转化率分别为、、，已知反应速率，、分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数。最大的是温度 (填“”“”或“”)。
（3）在固定容积的容器中通入和发生上述反应，初始压强为p，反应达到平衡时，测得各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如图所示：
①图中X、Y分别代表 、 (填化学式)。
②图中时，反应Ⅰ的平衡常数 1(填“>”“<”或“=”)。
③温度一定时，通入惰性气体，压强增大，平衡转化率 (填“增大”“减小”或“不变”)。
④某温度达平衡时，容器中的物质的量为，的转化率为，反应Ⅱ平衡常数 (用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压×物质的量分数，化为最简比)。
18．（2024高三上·昆明月考）脱落酸是一种抑制植物生长的激素，其衍生物L的合成路线如图。
（1）D的分子式为 ；过程的目的是 。
（2）写出的反应方程式： 。
（3）的过程中E中的 (填官能团名称，下同)变为F中的 。
（4）M是C的同分异构体，符合下列条件的M有 种。
①遇显紫色 ②有手性碳
（5）依据上述合成路线的原理，利用其中原料，设计如图乙路线，合成有机化合物K，其结构简式如图甲所示：
甲：
乙：
①H的结构简式是 。
②试剂和条件：a是 。
③的反应类型是 。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】原子中的数量关系；结构简式；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．已知O是8号元素，质子数为8，故中子数为10的氧原子表示为： ，故A符合题意；
B.4-氯丁酸的结构简式为CH2ClCH2CH2COOH，故B不符合题意；
C．钠和氯气反应，钠元素失电子，氯元素得电子，则用单线桥表示电子转移方向和数目为，故C不符合题意；
D．K2S为离子化合物，用电子式表示的形成过程：，故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.左上角是质量数，左下角是质子数；
B.根据名称即可写出结构简式；
C.单线桥是失去电子指向得到电子的物质，上面标注转移电子数；
D.离子化合物，钾原子失去电子转移到硫原子上。
2．【答案】A
【知识点】原子核外电子排布
【解析】【解答】A．若为4s轨道上有2个电子，则该基态原子可能为钙原子，价电子为 ，故A符合题意；
B．若为 ，则基态原子的价层电子排布为 ，故B不符合题意；
C． 不如3d半满填充稳定，应该为3d54s1，故C不符合题意；
D．若为 ，则基态原子的价层电子排布为 ，故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A. 某元素基态原子的轨道上有2个电子 ，该价层电子排布可能是 ；
B.若为 ，则基态原子的价层电子排布为；
C. 不是稳定排布方式，应该为3d54s1；
D.3d轨道容纳10个电子，因此 价层电子排布为 。
3．【答案】B
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；合金及其应用
【解析】【解答】A．铅笔芯的主要成分是石墨和黏土，不是二氧化铅，故A不符合题意；
B．钢的硬度和脆性，随着含碳量的增大而增大，所以含碳量越高硬度和脆性越大，故B符合题意；
C．活性炭具有吸附性，可用于除异味儿，没有杀菌作用，故C不符合题意；
D．维生素C可用作水果罐头的抗氧化剂，是由于其具有较强的还原性，容易被氧化，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.铅笔的主要成分是石墨和黏土；
B.钢的硬度和脆性，随着含碳量的增大而增大；
C.活性炭具有除去异味功能，不具备杀菌功能；
D.维生素C是还原剂。
4．【答案】D
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．反应中氯化合价由0变为-1，Cl2-2Cl--2e，则转移的电子4mol，数目为 ，故A不符合题意；
B．碳化合价升高，发生氧化反应生成CO，生成的氧化产物2molCO，分子数为 ，故B不符合题意；
C．反应中氯气转化为CO，则刚性容器中反应后容器内气体密度减小，故C不符合题意；
D．氯气和水反应不完全，部分反应生成HCl，则标准状况下 溶于水，溶液中 的数目小于 ，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.根据Cl2-2Cl--2e，即可计算；
B.碳被氧化得到CO，即可计算出CO的量；
C.反应中氯气变为CO，相同条件下，密度之比等于摩尔质量之比即可判断；
D.考虑氯气与水反应是可逆反应即可判断。
5．【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A．浓硫酸和亚硫酸钠反应放出二氧化硫气体，紫色石蕊为酸碱指示剂，酸性溶液使其变红，滤纸①变红，体现了酸性氧化物的性质，但其不会褪色，故A不符合题意；
B．碘水褪色证明二氧化硫具有还原性，故B不符合题意；
C．二氧化硫使得品红褪色，生成无色物质不稳定，取出放置一段时间后颜色可能恢复，故C符合题意；
D．二氧化硫和硫化钠发生氧化还原反应生成黄色硫单质，证明SO2具有氧化性，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.二氧化硫不能漂白湿润德石蕊试纸；
B.品红褪色说明二氧化硫具有漂白性；
C.二氧化硫漂白品红是可逆，一段时间后可以恢复到原来温度；
D.二氧化硫氧化硫化钠得到硫单质。
6．【答案】D
【知识点】镁、铝的重要化合物；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．氧化铝和氢氧化钠反应转化为四羟基合铝酸钠溶液，没有元素化合价改变，不是氧化还原，故A不符合题意；
B．物质X为不反应的氧化铁，故B不符合题意；
C．因原溶液为氢氧化铝过饱和溶液，该流程中得到滤液中含有氢氧化铝，故C不符合题意；
D．过量 能和四羟基合铝酸钠生成氢氧化铝，故可代替氢氧化铝晶种沉铝，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.反应过程中，元素化合价并未改变不是氧化还原反应；
B.氧化铁不溶于氢氧化钠溶液中，因此X为氧化铁；
C.加入氢氧化铝晶体主要是沉淀氢氧化铝，因此滤液2中含有氢氧化铝；
D.加入碳酸氢钠可将四羟基合铝酸钠变为氢氧化铝沉淀。
7．【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．氯化钙和二氧化碳不反应，故A不符合题意；
B．铅酸蓄电池充电时的阳极反应硫酸铅发生氧化反应：PbSO4+2H2O-2e=PbO2+SO42-+4H+，故B不符合题意；
C． 溶液中加入 ，过氧化氢将亚铁离子氧化为氢氧化铁沉淀， ，故C符合题意；
D．硅酸钠溶液中通入二氧化碳生成硅酸沉淀和碳酸氢钠： ，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.氯化钙溶液不与二氧化碳反应；
B.铅酸电池充电时是硫酸铅变为二氧化铅；
C.过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子形成氢氧化铁；
D，二氧化碳通入硅酸钠溶液得到硅酸。
8．【答案】B
【知识点】过滤；蒸发和结晶、重结晶；除杂
【解析】【解答】A．由于氨气在水中的溶解度大于CO2，故模拟侯氏制碱法制备NaHCO3，应当将CO2通入含NH3的饱和食盐水，故A不符合题意；
B．加热蒸干Al2(SO4)3溶液可以制得Al2(SO4)3晶体，故B符合题意；
C．胶粒可以通过滤纸，过滤无法分离Fe(OH)3胶体，故C不符合题意；
D．乙醇在170℃时发生消去反应生成乙烯，温度计测定反应液的温度，图中温度计的水银球未在液面下，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.侯氏制碱法是将氨气通入到饱和食盐水中；
B.蒸发硫酸铝溶液可得到硫酸铝晶体；
C.胶体可用半透膜进行分离；
D.温度计放在乙醇溶液中。
9．【答案】C
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A.0~10min c(X)=0.6mol/L-0.35mol/L=0.25mol/L，根据反应①和②的特点，0~10min c(Y)=0.25mol/L，0~10min内v(Y)=mol/(L min)=0.025mol/(L min)，不能计算10min时的瞬时反应速率，故A不符合题意；
B．由图可知，平衡时c(X)=0.28mol/L、c(W)=0.15mol/L，则从起始到平衡反应的c(X)=0.6mol/L-0.28mol/L=0.32mol/L，结合反应①和②，平衡时c(M)=0.32mol/L-0.15mol/L=0.17mol/L＞0.15mol/L，根据选择性的公式知，平衡时W的选择性比M的小，故B不符合题意；
C．结合B项，在相同时间内反应①的反应速率＜反应②的反应速率，活化能越大、反应速率越小，故反应①的活化能比反应②的活化能更大，故C符合题意；
D．平衡后，充入Ar，虽然总压强增大，但在恒容密闭容器中各气态物质的的浓度不变，速率不变，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.根据10min计算出X的变化量，结合化学计量系数之比计算出Y的变化量即可计算出速率；
B.根据方程式，结合平衡时X的变化量，即可计算出平衡时W和M的总量，利用W的浓度即可计算出M的浓度即可计算选择性大小；
C.根据计算出W和M的选择性，即可判断以反应②为主，即可判断活化能大小；
D.平衡时，充入Ar压力增大，镀铝不变。
10．【答案】C
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A． 酚羟基、醇羟基都属于亲水基，丙中憎水基基团比甲中憎水基基团大，所以甲在水中的溶解度比丙在水中的溶解度大，乙在水中溶解度最小，甲、乙、丙在水中溶解度最大的是甲，故A不符合题意；
B． 甲中含有酚羟基，且酚羟基邻位和对位上有氢原子，则可以和甲醛发生缩聚反应，故B不符合题意；
C． 由甲生成乙发生的是取代反应，会生成HCl分子，与碳酸钠反应，故C符合题意；
D． 化合物丙中苯环及与苯环直接相连的12×2个原子及羟基的2个原子，最多有26个原子共平面，故D不符合题意；
故答案为》：C
【分析】A.酚羟基、醇羟基都属于亲水基，丙中憎水基基团比甲中憎水基基团大，即可判断；
B.甲中含有酚羟基可与醛基反应；
C.根据反应物和生成物即可判断出该反应是取代反应；
D.根据结构简式，苯环可共面，单键可通过旋转共面。
11．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．电极b为正极，发生还原反应，故A不符合题意；
B．氯离子的还原性大于氢氧根，若加入HCl，氯离子会在阳极放电产生氯气，故B不符合题意；
C．b电极，N元素化合价从+4价降为+3价，捕获 ，转移电子4mol，d极反应为2H2O-4e=O2+4H+，产生1mol氧气，同时氢离子会迁移到乙室，故理论上丙室质量减少大于 ，故C不符合题意；
D．c为阴极， 得到电子发生还原反应，电极反应式： ，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.根据图示d为正极，发生还原反应；
B.加入盐酸后，氯离子先放电；
C.在b电极，捕获4molNO2，即可计算出转移4mol电子，计算出d电子得到32g氧气，但是得到氢离子向乙移动，导致减少的质量大于32g；
D.c电极是 变为氨气即可写出电极反应式。
12．【答案】A
【知识点】化学平衡常数；电解质溶液的导电性；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】由图可知，a点为等浓度的HCl和CH3COOH的混合溶液，酸电离出的氢根离子抑制水的电离；b点为等浓度的醋酸和氯化钠的混合溶液，溶液呈酸性；c点为等浓度的醋酸钠和氯化钠混合溶液，溶液呈碱性，d点NaOH过量，溶液呈碱性；
A． a点溶液中c(CH3COO-)约为 == ，故A符合题意；
B． 由ab段电导率变化趋势可知， 的导电能力弱于 ，由bc段电导率增大是由于钠和醋酸根离子浓度的增大，故B不符合题意；
C． b点为等浓度的醋酸和氯化钠的混合溶液，b点溶液中存在电荷守恒 c(CH3COO-)+c(OH-)+c(Cl-)=c(Na+)+c(H+)，c(CH3COO-)+c(OH-)+c(Cl-)-c(H+)=c(Na+)= 故C不符合题意；
D． b点为等浓度的醋酸和氯化钠的混合溶液，溶液呈酸性；c点为等浓度的醋酸钠和氯化钠混合溶液，溶液呈碱性，该温度下pH=7的溶液在c点与b点之间，故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.根据a点氢离子浓度和醋酸根浓度结合Ka即可计算醋酸根浓度；
B.bc段增大主要是钠离子增大；
C.根据电荷守恒再利用钠离子浓度判断；
D.醋酸钠显碱性，因此pH=7的范围为bc.
13．【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表的结构及其应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】W 、X、Y、Z原子序数依次增大的四种短周期主族元素，X基态原子的s和p轨道电子数相等，则X为O元素；W与X同周期且第一电离能 ，W为N；Y基态原子的电离能数值为，，， ，则Y的最外层有两个电子，则Y为Mg；Z原子半径在同周期元素原子中最小，则Z为Cl，因此W为N 、X为O、Y为Mg、Z为Cl；
A．金属元素的电负性小于非金属元素，非金属元素的非金属性越强，电负性越大，同周期元素，从左到右非金属性依次增强，则电负性由大到小的顺序为Z＞X＞W＞Y，故A不符合题意；
B．水分子间形成氢键的数目多于氨分子，分子间作用力强于氨分子，沸点高于氨分子，非金属性越强气态氢化物越稳定，非金属性O>N，则最简单气态氢化物的稳定性H2O>NH3，最简单氢化物的稳定性、沸点均是X＞W，故B不符合题意；
C．离子的电子层数越大，离子半径越大，；电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径的大小顺序为Cl-＞N3-＞O2-＞Mg2+，故C不符合题意；
D．Mg3N2和MgO均为离子化合物，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.W为N 、X为O、Y为Mg、Z为Cl，非金属性越强电负性越强即可判断；
B.W为N 、X为O，简单氢化物是氨气和水，稳定性是水强于氨气，沸点是水大于氨气；
C.W为N 、X为O、Y为Mg、Z为Cl，其离子半径大小Cl-＞N3-＞O2-＞Mg2+；
D.W为N 、X为O、Y为Mg形成氮化镁和氧化镁均为离子化合物。
14．【答案】B
【知识点】制备实验方案的设计；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．过程②脱去小分子，不饱和度增加，发生消去反应，过程③从变为，分子式不变，不会是消去反应，故A不符合题意；
B．若用ND2ND2发生该反应，过程③起始变为，标记处可以生成HDO，故B符合题意；
C．过程④的反应历程表示为，选项所给反应电荷不守恒，故C不符合题意；
D．由反应机理，1molN2H4还原mol，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.根据反应物和生成物反应②是消去反应，反应③不是消去反应；
B.根据反应过程即可判断其产物；
C.根据反应流程即可写出反应方程式；
D.由反应机理，1molN2H4还原mol。
15．【答案】（1）水；防止后续装置中水进入装置Ⅴ；d→e→b→c
（2）红棕色气体完全消失
（3）
（4）C；
【知识点】化学实验操作的先后顺序；化学实验方案的评价；离子方程式的书写；有关混合物反应的计算
【解析】【解答】（1）由分析可知，装置Ⅱ的作用为除去气体中的硝酸及NO2杂质，则装置Ⅱ中试剂为水，装置Ⅳ的作用为防止后续装置中的水进入装置Ⅴ，装置的连接顺序为：a→d→e→b→c→f；
（2）实验装置能内存在空气，NO会和空气中氧气生成红棕色的二氧化氮气体，故先打开分液漏斗活塞滴入稀硝酸，当观察到Ⅴ中红棕色气体完全消失时，开始向装置中通入Cl2；
（3）NO具有还原性，KMnO4具有强氧化性，NO被氧化为硝酸根离子，高锰酸根离子被还原为黑色的MnO2，锰化合价由+7变为+4、N化合价由+2变为+5，结合电子守恒可知，反应的离子方程式为： ；
（4）①由于用KSCN标准溶液滴定过量AgNO3溶液，当滴入KSCN标准溶液使Ag+沉淀完全后，过量SCN-能够与Fe3+反应使溶液变为血红色，故可以使用含有Fe3+的溶液作指示剂，则：
A． 含有Fe3+，但同时又引入Cl-，使测定产生误差，故A不符合题意；
B． 中含有Fe2+，而不含Fe3+，故B不符合题意；
C． 含有Fe3+，又不含对实验测定产生干扰，故C符合题意；
D． 中含有Fe2+，而不含Fe3+，故D不符合题意；
故答案为：C；
②NOCl与水反应产生NO2、NO、HCl，反应方程式为：2NOCl+H2O=NO2+NO+2HCl，HCl与滴入的AgNO3溶液发生反应：HCl+AgNO3=AgCl↓+HNO3，产生AgCl白色沉淀，可得关系式：n(NOCl)=n(HCl)=n(AgNO3)。根据AgNO3+KSCN=AgSCN↓+KNO3计算过量AgNO3的物质的量，n(AgNO3)过量=0.1mol/L×0.02L=0.002mol，故25.00 mL溶液中HCl消耗AgNO3的物质的量n(AgNO3)=0.2mol/L×0.025L-0.002mol=0.003mol，则2.0gNOCl配制的250 mL水溶液中HCl的物质的量0.003×mol=0.03mol，根据Cl守恒可知n(NOCl)=n(HCl)=0.03mol，则NOCl的纯度为= ；
【分析】（1）浓硝酸可能得到二氧化氮，因此除去二氧化氮和挥发出的硝酸利用水，无水氯化钙主要是干燥剂主要是除水，a出来的气体为NO与氯气在V中反应后气体与无水氯化钙接触最终除杂，即可写出顺序；
（2）需要排尽装置内的空气，而NO与空气反应变为红棕色，因此需要当V中的红棕色完全褪去即可加入氯气；
（3）NO将高锰酸钾还原得到二氧化锰本身被氧化为硝酸根；
（4）①氯离子和银离子反应，利用SCN-滴定剩余的银离子，因此可用铁离子进行确定滴定终点，即可判断；
②根据 ，再结合利用AgNO3+KSCN=AgSCN↓+KNO3，计算出与氯离子反应后剩余的银离子，利用总的量减去剩余的即为与氯离子反应的银离子，结合方程式计算即可。
16．【答案】（1）D；[Ar]3d54s1
（2）5：2
（3）+H2O 2+2H+；pH=7时有利于形成溶解度更小的BaCrO4沉淀，pH减小会使铬酸钡电离出的小部分铬酸根与H+反应，形成重铬酸根，使铬酸根的浓度降低，铬酸钡不断溶解
（4）2BaCrO4+2+2H+=2BaSO4++H2O
（5）2.4×10-4
【知识点】原子核外电子排布；离子方程式的书写；物质的量浓度；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）Cr元素原子序数为24，位于元素周期表第四周期VIB族，属于d区，其基态原子的简化电子排布式为[Ar]3d54s1；
（2）破氰步骤中H2O2氧化CN 生成 和无毒无味气体N2，离子方程式为5H2O2+2CN-+2OH-=2+N2↑+6H2O，其中H2O2为氧化剂，故氧化剂与还原剂物质的量之比为5：2；
（3）已知水溶液中(橙色)可转化为(黄色)，该可逆反应用离子方程式可表示为+H2O 2+2H+；铬酸钡溶解度小于重铬酸钡，pH=6时，酸性条件下，铬酸钡电离出的小部分铬酸根会与酸反应，形成重铬酸根，使铬酸根的浓度降低，铬酸钡不断溶解，故pH=7时Cr(VI)的去除率显著提高；
（4）沉淀2中加入硫酸，BaCrO4转化为BaSO4和，离子方程式为2BaCrO4+2SO42-+2H+=2BaSO4++H2O；
（5）由Ksp(BaCrO4)=1.2×10 10，c(Ba2+)==2.4×10-4mol/L，即应使Ba2+的浓度不小于2.4×10-4mol/L；
【分析】（1）Cr元素原子序数为24，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s1，因此其处于d区，即可写出简化电子排布式；
（2）氧化生成和无毒无味气体， 写出方程式5H2O2+2CN-+2OH-=2+N2↑+6H2O即可计算；
（3）根据 水溶液中(橙色)可转化为(黄色) 即可写出+H2O 2+2H+ ，根据碱性更高时，可使增加，易形成 溶解度更小的BaCrO4沉淀 ；
（4）根据Ksp(BaCrO4)=1.2×10 10即可计算。
17．【答案】（1）<；A
（2）
（3）CO；CH3OH；<；不变；
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率与化学平衡的综合应用；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）由图可知，反应Ⅲ的K值随温度升高而减小，则升温平衡逆向移动，反应为放热反应，焓变小于零，故<0；同理，>0、<0，由盖斯定律可知，反应Ⅰ+Ⅱ得反应Ⅲ，则=+＜0，则 ＜-1；
故答案为：A；
（2）反应Ⅰ为吸热反应，温度升高平衡正向移动，转化率增大，在不同温度下、、，达到平衡后的转化率分别为、、 ，则说明<<，、 分别为正、逆向反应速率常数，温度升高，、 均增大，平衡正向移动，差值增大，故 最大的是温度 ；
（3）①反应Ⅱ、Ⅲ为放热反应，反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅰ产生CO，反应Ⅱ消耗CO，升高温度，Ⅰ正向移动而Ⅱ逆向移动，导致CO含量增大，故X为CO曲线；反应Ⅱ、Ⅲ为为生成甲醇的反应，升温，两个反应均逆向移动，导致甲醇含量减小；反应Ⅰ、Ⅲ为产生水的反应，升温，两者的移动方向相反，导致水的含量下降幅度小于甲醇的含量下降，故Y为甲醇、Z为水；故图中X、Y分别代表CO、CH3OH；
②图中 时，反应Ⅰ的平衡常数，由图可知，CO和水的含量小于二氧化碳和氢气的含量，则平衡常数小于1；
③固定容积的容器中，温度一定时，通入惰性气体，压强增大，但不影响反应中各物质的分压，故 平衡转化率不变；
④某温度达平衡时，容器中 的物质的量为 ，的转化率为 ，则反应氢气2.1mol；
起始(mol) 0
变化(mol) 0.4 0.8 0.4
平衡(mol)
起始(mol) 2 3 0 0
变化(mol) 1.3 1.3 1.3 1.3
平衡(mol)
二氧化碳、氢气、一氧化碳、水、甲醇分别为0.7mol、0.9mol、0.9mol、1.3mol、0.4mol，总的物质的量为4.2mol，总压强为p，p(CO2)=，p(H2)=，p(CO)=，p(H2O)=，p(CH3OH)=，则反应Ⅱ平衡常数K=== ；
【分析】（1）根据图示温度与常数关系，即可判断反应为放热反应，利用盖斯定律找出反应I，II，III的关系即可判断；
（2）根据转化率即可判断温度大小为<<，温度升高，、 均增大，平衡正向移动，差值增大，即可判断；
（3）①反应Ⅱ、Ⅲ为放热反应，反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅰ产生CO，反应Ⅱ消耗CO，升高温度，Ⅰ正向移动而Ⅱ逆向移动，导致CO含量增大，故X为CO曲线；反应Ⅱ、Ⅲ为为生成甲醇的反应，升温，两个反应均逆向移动，导致甲醇含量减小；反应Ⅰ、Ⅲ为产生水的反应，升温，两者的移动方向相反，导致水的含量下降幅度小于甲醇的含量下降，即可判断；
②根据常数K=，CO和水的含量小于二氧化碳和氢气的含量即可判断；
③固定容积的容器中，温度一定时，通入惰性气体，浓度不变，平衡不移动，转化率不变；
④根据数据利用反应I和II的三行式计算出平衡时的物质的量计算出分压即可计算出常数。
18．【答案】（1）C11H16O3；保护C中的羰基
（2）+
（3）羟基；酮羰基
（4）16
（5）；CrO3、吡啶；加成反应
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）由分析可知，D的分子式为C11H16O3； 过程的目的是保护C中的羰基；
（2）结合分析可知，B和D中羰基加成生成E：，反应为 、+ ；
（3）E为， 的过程中E中的羟基变为F中的酮羰基；
（4）C分子中含有9个碳、2个氧、不饱和度为4，M是C的同分异构体，符合下列条件：
①遇 显紫色，则含有酚羟基；②有手性碳；则苯环上取代基为-OH和-CH(CH3)CH2OH、-OH和-CHOHCH2CH3，均存在邻间对3种情况；若取代基为-OH、-CH3、-CH(CH3)OH，苯环上3个不同取代基存在10种情况；故共16种；
（5）分析K的结构，与L的结构类似，因此需要模仿A到L的合成路径，K的结构左右对称，可知CH≡CH与2倍的C2H4O发生了加成，得到的产物H的结构简式为，H中的羟基被氧化成羰基，I的结构简式为，则条件a为CrO3、吡啶；I再发生流程中F生成G的反应得到J，J中碳碳叁键加成转化为碳碳双键得到K，条件为Cr2+、H+；
①H的结构简式是。
②试剂和条件：a是CrO3、吡啶。
③J中碳碳叁键加成转化为碳碳双键得到K， 的反应类型是加成反应。
【分析】（1）根据结构简式即可写出D的分子式，结合后续产物即可判断出C-D是保护羰基；
（2）根据F即可得到E为，根据反应物和生成物即可写出方程式；
（3）根据E和F结构简式对比即可判断官能团变化；
（4）C分子中含有9个碳、2个氧、不饱和度为4，是氯化铁显色说明含有酚羟基，含有苯环，含有手性碳说明碳原子上连接不同的基团，可说明含有-OH和-CH(CH3)CH2OH、-OH和-CHOHCH2CH3，或者是三个取代基为-OH、-CH3、-CH(CH3)OH，即可写出同分异构体；
（5）①乙炔和乙醛发生加成反应即可得到；
②根据图中E-F的路径即可得到产物，条件为 CrO3、吡啶 ；
③J中碳碳叁键加成转化为碳碳双键得到K，即可发生的反应为加成反应。
