高中化学人教版（2019）-试题列表-第183页

1、下列物质的性质与实际应用不相符的是

选项	性质	实际应用
A	${Na}_{2} O_{2}$ 能与 $H_{2} O$ 或 ${CO}_{2}$ 反应产生 $O_{2}$	${Na}_{2} O_{2}$ 用作潜艇供氧剂
B	次氯酸盐具有氧化性	漂白粉用于漂白织物
C	碱金属化学性质活泼	钠钾合金作核反应堆的传热介质
D	氧化铝是两性氧化物	铝制餐具不宜长期存放酸性或碱性食物

A、A B、B C、C D、D

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2、下列物质的分类正确的是

选项	酸	碱	盐	酸性氧化物	碱性氧化物
A	HClO	烧碱	NaCl	${Mn}_{2} O_{7}$	$CuO$
B	${HNO}_{3}$	${NH}_{3}$	NaClO	${CO}_{2}$	$CaO$
C	HCl	火碱	${NaHCO}_{3}$	CO	${Na}_{2} O$
D	$H_{2} {SO}_{4}$	纯碱	${CuSO}_{4}$	${SO}_{2}$	${Fe}_{2} O_{3}$

A、A B、B C、C D、D

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3、某小组探究铜和双氧水在不同条件下的反应。

资料：还原反应中，增大反应物浓度或降低生成物浓度，氧化剂的氧化性增强；氧化反应中，增大反应物浓度或降低生成物浓度，还原剂的还原性增强。

(1)、实验过程

	实验I	实验II	实验III
操作	$50 mL$ 30%的 $H_{2} O_{2}$ 溶液中，加入 $0.5 g$ 光亮铜片	$50 mL$ 30%的 $H_{2} O_{2}$ 溶液中，加入 $0.5 g$ 光亮铜片，滴加 $5 mol / L$ 稀硫酸 $8 mL$	$50 mL$ 30%的 $H_{2} O_{2}$ 溶液中，滴加 $5 mol / L$ 的氨水 $8 mL$ ，加入 $0.5 g$ 光亮铜片
现象	开始无明显现象，较长时间溶液变为浅蓝色，取出铜片晾干，表面有蓝色沉淀物	铜片表面产生少量气泡，随着反应的进行，气泡越来越多，溶液很快变蓝，取出铜片晾干，钢片依然保持光亮	立即产生大量气泡，溶液颜色变为深蓝色，取出钢片晾干，表面有蓝色沉淀物

①实验I中的蓝色沉淀物是。

②实验II中发生的反应有。

③实验III中溶液呈深蓝色，是因为含有离子。

④参照实验III的操作进行实验IV： $H_{2} O_{2}$ 溶液加入氨水后，加入一定量的固体，搅拌溶解后，加入光亮的铜片，立即产生大量气泡，溶液颜色变为深蓝色，取出铜片晾干，铜片依然保持光亮。解释铜片依然保持光亮的原因。

(2)、分析解释

①实验I中铜和 $H_{2} O_{2}$ 的电极反应式：

i．还原反应： $H_{2} O_{2} + 2 e^{-} = 2 {OH}^{-}$

ii．氧化反应：。

②实验II比实验I溶液更快变蓝的原因可能是：加入稀硫酸， $H_{2} O_{2}$ 的氧化性，采用下图电化学装置进行验证，实验操作及现象。

③实验III比实验I溶液更快变蓝的原因可能是。

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4、一种利用绿柱石(主要成分是

{Be}_{3} {Al}_{2} {Si}_{6} O_{18}

，含一定量

FeO

和

{Fe}_{2} O_{3}

等杂质)生产

BeO

的工艺流程如下(简称硫酸法)。

已知：固体 $A$ 的主要成分是 ${SiO}_{2}$ ；固体 $C$ 的主要成分是 $({NH}_{4}) Al {({SO}_{4})}_{2} \cdot 12 H_{2} O$ 。

(1)、浓硫酸浸出，利用了

H_{2} {SO}_{4}

的氧化性和性。

(2)、滤液D氨水调

pH = 5.1

时，反应的离子方程式有。

(3)、25℃时，氨水的

pH

可达11.室温过滤(25℃)时，滤液

F

的

pH

最高为8.0，结合平衡移动原理解释原因。

(4)、由于高品质绿柱石资源短缺，需要从品质差的含氟铍矿石中提取

BeO

。

①采用硫酸法时，滤液 $D$ 中硫酸的浓度约为 $2 mol / L$ ，滤液 $F$ 中硫酸铵的浓度一般为 $180 g / L$ ，此时如果溶液中不含氟，铍可以完全沉淀。氟存在时，部分 ${Be}^{2 +}$ 会和 $F^{-}$ 生成配合物，导致 $BeO$ 的产率降低，解释 ${Be}^{2 +}$ 和 $F^{-}$ 能形成配合物的原因。增大沉铍时的 $pH$ 或较少 $F^{-}$ 浓度有利于提高 $BeO$ 的产率。

②实践表明：其他条件不变时，用 ${NH}_{3}$ 替代硫酸铵既可以除去 ${Al}^{3 +}$ ，又能够将沉淀 ${Be}^{2 +}$ 时的 $pH$ 提高到8.5，结合化学用语解释原因。

③预处理脱氟可减少氟对铍提取的影响。不考虑 $F^{-}$ 的影响，沉淀 ${Be}^{2 +}$ 时，将 $pH$ 从8.0提高到8.5，理论上铍的损失将降低至原来的%。

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5、从构树中分离得到的Broussonin C(

)具有较好的酪氨酸酶抑制活性，其人工合成路线如下。

已知：i．。

ii．。

(1)、A中含氧官能团的名称是。

(2)、

A \to B

的反应类型是。

(3)、C的结构简式是。

(4)、G的分子式是

C_{5} H_{10} O

，

F \to H

的化学方程式是。

(5)、下列说法正确的是(填序号)。

a． ${ClCH}_{2} {OC}_{2} H_{5}$ 的作用是保护酚羟基

b． $1 molD$ 被还原时，转移 $6 mol$ 电子

c．I和J互为同分异构体

(6)、I的结构简式是。

(7)、以上述合成路线中的E制备K，利用K和Broussonin C进行对比实验，实验确认异戊烯基(

)不是抑制酪氨酸酶活性的关键药效团。写出

E

和

K

的结构简式：。

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6、

{NH}_{3}

在国民经济中占有重要地位。可采取不同的方法制备

{NH}_{3}

。

(1)、氨的发现：科学家在加热氯化铵和石灰(主要成分是

CaO

)混合物时发现氨，写出反应的化学方程式。

(2)、氰化法制氨：以

N_{2}

为氮源两步合成氨。

①第I步产物还有单质 $C$ ，则反应中 ${CaC}_{2}$ (填序号)。

a．是氧化剂 b．是还原剂 c．既是氧化剂又是还原剂

②第II步产物还有 ${CaCO}_{3}$ ，反应的化学方程式为。

(3)、直接合成法制氨是人类科学技术的一项重大突破，其反应如下：

$N_{2} (g) + 3 H_{2} (g) ⇌ 2 {NH}_{3} (g)$ $Δ H = - 92.4 kJ / mol$

若断裂 $1 molH - H$ 、 $1 mol N - H$ 需要吸收的能量分别为 $akJ$ 、 $bkJ$ ，则断裂 $1 molN \equiv N$ 需要吸收的能量为 $kJ$ 。

(4)、电化学氮还原合成氨是未来合成氨工艺最有潜力的前沿技术。水相电解是最早实现低温合成氨的体系。

①以 $KOH$ 溶液为离子导体的示意图如图所示，阴极的电极反应是。

②以稀硫酸为离子导体，氮还原的选择性较低。在稀硫酸中添加聚乙二醇，能显著提高氮还原的选择性，其原理如下。

聚乙二醇不影响 $N_{2}$ 的扩散。聚乙二醇能，有效抑制 $H_{2} O / H_{3} O^{+}$ 的扩散。

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7、对机理的研究有利于从微观层面理解化学反应的本质。一种

{CeO}_{2}

催化

{CO}_{2}

加氢制

{CH}_{3} OH

的路径如下。(□表示氧空位)

(1)、写出

{CeO}_{2}

催化

{CO}_{2}

加氢制

{CH}_{3} OH

的化学方程式。

(2)、

H_{2} O

分子的

VSEPR

模型名称是。

(3)、

_{58} Ce

位于元素周期表第6周期。将基态

Ce

原子的简化电子排布式补充完整：

[Xe] 4 f ​^{1} 5 d ​^{1}

。

(4)、

H_{2}

在

{CeO}_{2}

表面异裂产生氧空位(□)和

{Ce}^{3 +}

的示意图如下。

分析异裂解离需要吸收能量且 $H^{δ +}$ 与催化剂表面 $O$ 结合的原因。

(5)、

{CeO}_{2}

的晶胞如图所示。

①每个 $Ce$ 原子周围与它最近且距离相等的 $O$ 原子有个。

② ${CeO}_{2}$ 晶胞的边长均为 $anm$ ，已知 ${CeO}_{2}$ 的摩尔质量是 $Mg / mol$ ，阿伏加德罗常数为 $N_{A}$ ，该晶体的密度为 $g / {cm}^{3}$ 。 $(1 cm = 10^{7} nm)$

③已知 ${CeO}_{2}$ 的摩尔质量是 $Mg / mol$ ，假设每个 ${CeO}_{2}$ 晶胞中有1个 $O$ 变为氧空位，则 ${bgCeO}_{2}$ 参与反应时转移 $mol$ 电子。

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8、对于二元弱酸

H_{2} A

，存在电离平衡：

H_{2} A ⇌ H^{+} + {HA}^{-}

，

{HA}^{-} ⇌ H^{+} + A^{2 -}

，

K_{a 1} = \frac{c (H^{+}) \times c ({HA}^{-})}{c (H_{2} A)}

，

K_{a 2} = \frac{c (H^{+}) \times c (A^{2 -})}{c ({HA}^{-})}

，如果

K_{a 1} ≫ K_{a 2}

，则以第一步电离为主，此时

H_{2} A

水溶液中

c (H^{+}) \approx c ({HA}^{-})

，则

c (A^{2 -}) \approx K_{a 2}

。

已知： $H_{2} {SO}_{3}$ 的 $K_{a 1} = 1.4 \times 10^{- 2}$ ， $K_{a 2} = 6.0 \times 10^{- 8}$ ； $K_{sp} ({BaSO}_{3}) = 5.0 \times 10^{- 10}$ ； $H_{2} {CO}_{3}$ 的 $K_{a 1} = 4.5 \times 10^{- 7}$ ， $K_{a 2} = 4.7 \times 10^{- 11}$ ； $K_{sp} ({CaCO}_{3}) = 3.4 \times 10^{- 9}$ ； ${CO}_{3}^{2 -} + H_{2} O ⇌ {HCO}_{3}^{-} + {OH}^{-}$ $K_{h 1} = 2.1 \times 10^{- 4}$ 。

下列说法不正确的是

A、酸性：

H_{2} {SO}_{3} > H_{2} {CO}_{3}

B、将浓度均为

0 .4mol \cdot L^{- 1}

的

{BaCl}_{2}

和

H_{2} {SO}_{3}

溶液等体积混合，会生成

{BaSO}_{3}

沉淀 C、将碳酸钠溶液加水稀释至

4.2 \times 10^{- 4} mol \cdot L^{- 1}

，

{CO}_{3}^{2 -}

的水解程度约为50% D、将过量碳酸钙粉末置于水中，上层清液中含碳微粒主要以

{CO}_{3}^{2 -}

形式存在

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9、白云石的主要化学成分为

CaMg {({CO}_{3})}_{2}

，我国科学家以白云石为原料制备球霰石型碳酸钙，流程示意图如下。

后续实验发现：将产品加热至740℃，固体剩余量少于56%。

已知：740℃时，碳酸钙受热分解为 $CaO$ 和 ${CO}_{2}$ 。

下列说法不正确的是

A、将白云石粉碎是为了增大接触面积，提高反应速率 B、固体

A

的主要成分是

MgO

C、生成固体

C

的离子方程式是

{Ca}^{2 +} + 2 {NH}_{3} + {CO}_{2} + H_{2} O = {CaCO}_{3} ↓ + 2 {NH}_{4}^{+}

D、740℃时产品固体剩余量少于56%，推测是因为

Ca {(OH)}_{2}

分解所致

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10、一种全钒液流电池放电状态的工作原理示意图如下。

下列说法正确的是

A、放电时，

H^{+}

穿过质子交换膜进入负极室 B、放电时，正极的反应为

{VO}_{2}^{+} + e^{-} + 2 H^{+} = {VO}^{2 +} + H_{2} O

C、充电时，负极室的

pH

升高 D、充电时，电极a应连接电源的负极

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11、一种热响应高分子

Y

的合成路线如下。

下列说法不正确的是

A、

X

在引发剂的作用下，发生加聚反应生成

Y

B、

X

和

Y

均含有酰胺基 C、X的分子式为

C_{5} H_{8} N_{2} O_{2}

D、

Y

水解可得到

X

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12、对下列事实的解释不正确的是

	事实	解释
A	第一电离能： $Mg > Al$	$Al$ 的第一电离能失去的电子是 $3 p$ 能级的，该能级电子的能量比 $Mg$ 失去的 $3 s$ 能级电子的低
B	甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色	苯环使甲基活化，甲苯中的甲基被氧化
C	第一电离能： $N > O$	$N$ 的电子排布是半充满的，比较稳定，电离能较高
D	酸性： ${CF}_{3} COOH > {CCl}_{3} COOH$	氟的电负性大于氯的电负性， $F - C$ 的极性大于 $Cl - C$ 的极性，使 $F_{3} C -$ 的极性大于 ${Cl}_{3} C -$ 的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子