版本：

全部人教版（2019）苏教版（2019）鲁科版（2019）人教版苏教版鲁科版沪科版

相关试卷

1、以炼铁厂锌灰(主要成分为ZnO，含少量的CuO、MnO₂、Fe₂O₃）原料制备的流程如图所示，已知：“浸取”工序中ZnO、CuO分别转化为可溶性的[Zn(NH₃)₄]²⁺和[Cu(NH₃)₄]²⁺。下列说法正确的是

A、H-N-H的键角：[Cu(NH₃)₄]²⁺<NH₃ B、滤渣②的主要成分为Fe₂O₃、Cu和Zn C、“滤渣①”经稀盐酸溶浸、过滤可获得MnO₂ D、“浸取”采用较高温度更有利于提高浸取率

查看解析
2、HA是一元弱酸，难溶盐MA的饱和溶液中c²(M⁺)随c(H⁺)而变化，已知M⁺不发生水解。实验发现，298K时c²(M⁺)—c(H⁺)为线性关系，如下图中实线所示。下列叙述正确的是

A、溶液pH=4时，c(A^-)=1.0×10^-4mol·L^-1 B、HA的电离常数Ka≈2.0×10^-5 C、 $c^{2} (M^{+}) = K_{s p} (M A) + \frac{K_{s p} (M A) c (H^{+})}{K_{a} (H A)}$ D、溶液pH=7时，c(M⁺)+c(H⁺)=c(A^-)+c(OH^-)

查看解析
3、氮氧化物(NO_x)是硝酸和肼等工业的主要污染物。一种以沸石笼作为载体对氮氧化物进行催化还原的原理如图1所示，反应物A在沸石笼内转化为B、C、D等中间体的过程如图2所示。下列说法正确的是

A、过程Ⅰ涉及非极性共价键的断裂与生成 B、过程Ⅱ中，脱除1molNO转移6mol电子 C、脱除NO的总反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为4：5 D、图1总反应的化学方程式为4NO+4NH₃+O₂ $\begin{matrix} \underline{\underline{催化剂}} \end{matrix}$ 4N₂+6H₂O

查看解析
4、工业上以氨基丙醇（H₂NCH₂CH₂CH₂OH）和乙二酸为原料电解，制备氨基丙酸和乙醛酸（HOOC-CHO）。装置如图所示，两级室之间以能透过H⁺的阳离子交换膜隔开。电解过程中温度保持不变。下列说法不正确的是

A、Pb电极为阴极，H⁺通过离子交换膜从左室迁移至右室 B、反应过程中两室pH均变小 C、若将两电极材料互换，会使两种产品产量下降 D、PbO₂电极上的电极反应：H₂NCH₂CH₂CH₂OH + H₂O -4e^-= H₂NCH₂CH₂COOH + 4H⁺

查看解析
5、硼及其化合物在材料制造、有机合成等方面应用广泛。图(a)为一种无限长单链状结构的多硼酸根，图(b)硼氢化钠晶胞结构。下列说法正确的是

A、图a中多硼酸根的化学式为 [BO₃] $_{n}^{n-}$ B、硼氢化钠晶体中BH $_{4}^{-}$ 周围紧邻且等距的Na⁺数为4 C、图(a)中O-B-O的键角大于BH $_{4}^{-}$ 中的H-B-H的键角 D、硼氢化钠晶体属于混合晶体，有较强的还原性

查看解析
6、工业通过高温煅烧焦炭与SrSO₄(硫酸锶)混合物，并通入一定量的空气，采用反应一或反应二制备SrS(s)：
反应一：SrSO₄(s) + 2C(s) $⇌$ 2CO₂(g) + SrS(s)     ΔH₁
反应二：SrSO₄(s) + 4CO(g) $⇌$ 4CO₂(g) + SrS(s)     ΔH₂ = -118.8kJ·mol⁻¹
已知：CO₂(g) + C(s) = 2CO(g)     ΔH₃ = +172.5kJ·mol⁻¹
C(s) + O₂(g) = CO₂(g)     ΔH₄ = -393.5kJ·mol⁻¹
随温度升高，反应产物种类、物质的量的变化如图所示：
下列说法正确的是

A、ΔH₁ = -226.2kJ·mol⁻¹ B、800℃时，反应二的平衡常数K<1 C、当温度高于415℃时，体系内的主反应变为SrSO₄(s)+ 4C(s)= 4CO(g)+ SrS(s) D、通入空气的作用是只是利用CO和O₂反应放出的热量为制备过程供能

查看解析
7、有机物P是一种治疗心律失常的药物，其部分合成路线如图所示(部分反应条件已略去)。
下列说法中错误的是

A、M→N为取代反应 B、M与溴水反应最多消耗 $2 {mol Br}_{2}$ C、P完全氢化后有4个手性碳 D、P不能使酸性高锰酸钾溶液褪色

查看解析
8、下列离子方程式书写正确的是

A、烧碱溶液吸收少量二氧化硫：SO₂＋OH^-=HSO $_{3}^{-}$ B、草酸(H₂C₂O₄)与酸性KMnO₄溶液反应：5C₂O $_{4}^{2 -}$ ＋2MnO $_{4}^{-}$ ＋16H^＋=10CO₂↑＋2Mn²^＋＋8H₂O C、向Mg(HCO₃)₂溶液中加入足量NaOH溶液：Mg²^＋＋2HCO $_{3}^{-}$ ＋4OH^-=Mg(OH)₂↓＋2CO $_{3}^{2 -}$ ＋2H₂O D、CO₂通入足量的NaClO溶液中：CO₂＋2ClO^-＋H₂O=2HClO＋CO $_{3}^{2 -}$

查看解析
9、关于反应2MnSO₄+5Na₂S₂O₈+8H₂O=2NaMnO₄+4Na₂SO₄+8H₂SO₄ ，下列说法正确的是

A、MnSO₄是氧化剂 B、Na₂S₂O₈中S元素化合价为+7价 C、生成284 g NaMnO₄时转移10 mol电子 D、Mn位于第四周期VIB族

查看解析
10、结构决定性质，性质决定用途。下列结构或性质不能解释其用途的是

A、植物油可通过催化加氢提高饱和度，可制取肥皂 B、乙醇极性较小，可将95%乙醇加入[Cu(NH₃)₄]SO₄溶液中析出深蓝色晶体 C、维生素C具有强还原性，可做水果罐头中常用的抗氧化剂 D、石墨中C原子未杂化的p轨道重叠，电子在整个平面内运动，可制成导电材料

查看解析
11、下列有关实验的说法中不正确的是

A、对于含重金属离子的废液，可利用沉淀法进行处理 B、发生火情时，若火势不大，可用湿布或石棉布覆盖火源以灭火 C、实验室中未用完的白磷：放回原试剂瓶 D、如果不慎将苯酚沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，再用乙醇溶液冲洗

查看解析
12、下列性质的比较正确的是

A、酸性：硬脂酸>CH₃COOH B、化合物中键的极性：NCl₃>NF₃ C、原子半径：Mg>Si>O D、第一电离能： Li<Na<K

查看解析
13、下列描述原子结构的化学用语正确的是

A、氨基的电子式： B、乙烯分子的结构简式为 ${CH}_{2}$ C、基态铜原子的价层电子排布式：3d⁹4s² D、H₂O的VSEPR模型：

查看解析
14、下列分子属于非极性分子的是

A、CH₂Cl₂ B、CS₂ C、NCl₃ D、H₂S

查看解析
15、合成气（ $C O$ 和 $H_{2}$ ）是重要的工业原料气。

(1)、合成气制备甲醇： $C O (g) + 2 H_{2} (g) = C H_{3} O H (g)$ 。 $C O$ 的结构式为 $C \equiv O$ ，估算该反应的 $Δ H$ 需要（填数字）种化学键的键能数据。

(2)、合成气经“变换”“脱碳”获得纯 $H_{2}$ 。
①合成气变换。向绝热反应器中通入 $C O 、 H_{2}$ 和过量的 $H_{2} O (g)$ ：
$C O (g) + H_{2} O (g) \begin{array}{l} \underline{\underline{低温型催化剂}} \\ 约 23 0^{°} C 、 3 M P a \end{array} C O_{2} (g) + H_{2} (g) Δ H < 0$
催化作用受接触面积和温度等因素影响， $H_{2} O (g)$ 的比热容较大。 $H_{2} O (g)$ 过量能有效防止催化剂活性下降，其原因有。
②脱碳在钢制吸收塔中进行，吸收液成分：质量分数30%的 $K_{2} C O_{3}$ 吸收剂、 $K_{2} C r O_{4}$ （ $C r$ 正价有 $+ 3 、 + 6$ ）缓蚀剂等。 $K_{2} C O_{3}$ 溶液浓度偏高会堵塞设备，导致堵塞的物质是（填化学式）。 $K_{2} C r O_{4}$ 减缓设备腐蚀的原理是。

(3)、研究 $C H_{4} 、 H_{2} O (g)$ 与不同配比的铁铈载氧体[ $\frac{x}{2} F e_{2} O_{3} \cdot (1 - x) C e O_{2}, 0 \leq x \leq 1, C e$ 是活泼金属，正价有 $+ 3 、 + 4$ ]反应，气体分步制备原理示意如图甲所示。相同条件下，先后以一定流速通入固定体积的 $C H_{4} 、 H_{2} O (g)$ ，依次发生的主要反应：
步骤Ⅰ $C H_{4} \to_{850 ℃}^{载氧体供氧} C O + 2 H_{2}$
步骤Ⅱ $H_{2} O \to_{400 ℃}^{载氧体夺氧} H_{2}$
①步骤Ⅰ中，产物气体积分数、 $C H_{4}$ 转化率、 $\frac{n (H_{2})}{n (C O)}$ 与x的关系如图乙所示。 $x = 0$ 时， $\frac{n (H_{2})}{n (C O)}$ 大于理论值2的可能原因有； $x = 0.5$ 时，通入标准状况下 $300 m L$ 的 $C H_{4}$ 至反应结束， $C O$ 的选择性 $= \frac{n_{生成} (C O)}{n_{转化} (C H_{4})} \times 100 % = 80 %$ ，则生成标准状况下 $C O$ 和 $H_{2}$ 的总体积为 $m L$ 。
② $x = 0.5$ 时，新制载氧体、与 $C H_{4}$ 反应后的载氧体的X射线衍射谱图如图丙所示（X射线衍射用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同）。步骤Ⅱ中，能与 $H_{2} O (g)$ 反应的物质有（填化学式）。
③结合图示综合分析，步骤Ⅰ中 $F e_{2} O_{3}$ 的作用、气体分步制备的价值：。

查看解析
16、海洋出水铁质文物表面有凝结物，研究其形成原理和脱氯方法对保护文物意义重大。

(1)、文物出水清淤后，须尽快浸泡在稀 $N a O H$ 或 $N a_{2} C O_{3}$ 溶液中进行现场保护。
①玻璃中的 $S i O_{2}$ 能与 $N a O H$ 反应生成（填化学式），故不能使用带磨口玻璃塞的试剂瓶盛放 $N a O H$ 溶液。
②文物浸泡在碱性溶液中比暴露在空气中能减缓吸氧腐蚀，其原因有。

(2)、文物表面凝结物种类受文物材质和海洋环境等因素的影响。
①无氧环境中，文物中的 $F e$ 与海水中的 $S O_{4}^{2 -}$ 在细菌作用下形成 $F e S$ 等含铁凝结物。写出 $F e$ 与 $S O_{4}^{2 -}$ 反应生成 $F e S$ 和 $F e (O H)_{2}$ 的离子方程式：。
②有氧环境中，海水中的铁质文物表面形成 $F e O O H$ 等凝结物。
（i）铁在盐水中腐蚀的可能原理如图所示。依据原理设计如下实验：向 $N a C l$ 溶液中加入 $K_{3} [F e (C N)_{6}]$ 溶液（能与 $F e^{2 +}$ 形成蓝色沉淀）和酚酞，将混合液滴到生铁片上。预测该实验的现象为。
（ii）铁的氢氧化物吸附某些阳离子形成带正电的胶粒，是凝结物富集 $C l^{-}$ 的可能原因。该胶粒的形成过程中，参与的主要阳离子有（填离子符号）。

(3)、为比较含氯 $F e O O H$ 在 $N a O H$ 溶液与蒸馏水中浸泡的脱氯效果，请补充实验方案：取一定量含氯 $F e O O H$ 模拟样品，将其分为两等份，，比较滴加 $A g N O_{3}$ 溶液体积[ $K_{s p} (A g C l) = 1.8 \times 1 0^{- 10}$ 。实验须遵循节约试剂用量的原则，必须使用的试剂：蒸馏水、 $0.5 m o l \cdot L^{- 1} N a O H$ 溶液、 $0.5 m o l \cdot L^{- 1} H N O_{3}$ 溶液、 $0.05 m o l \cdot L^{- 1} A g N O_{3}$ 溶液]。

查看解析
17、G是一种四环素类药物合成中间体，其合成路线如下：

(1)、A分子中，与2号碳相比，1号碳的 $C — H$ 键极性相对（填“较大”或“较小”）。

(2)、 $D \to E$ 会产生与E互为同分异构体且含五元环的副产物，其结构简式为。

(3)、E分子中含氧官能团名称为醚键、羰基和， F分子中手性碳原子数目为。

(4)、写出同时满足下列条件的G的一种同分异构体的结构简式：。
①含有3种不同化学环境的氢原子；②碱性条件下水解后酸化，生成X和Y两种有机产物， $n (X) : n (Y) = 2 : 1, X$ 的相对分子质量为60，Y含苯环且能与 $F e C l_{3}$ 溶液发生显色反应。

(5)、写出以和为原料制备的合成路线流程图（无机试剂和两碳以下的有机试剂任用，合成路线示例见本题题干）。

查看解析
18、 $Z n S$ 可用于制备光学材料和回收砷。

(1)、制备 $Z n S$ 。由闪锌矿[含 $Z n S 、 F e S$ 及少量硫化镉 $(C d S)$ 等]制备 $Z n S$ 的过程如下：
已知： $K_{s p} (Z n S) = 1.6 \times 1 0^{- 24}, K_{s p} (C d S) = 8.0 \times 1 0^{- 27}, K_{a 1} (H_{2} S) = 1.0 \times 1 0^{- 7}, K_{a 2} (H_{2} S) = 1.2 \times 1 0^{- 13}$ 。当离子浓度小于 $1.0 \times 1 0^{- 5} m o l \cdot L^{- 1}$ 时，认为离子沉淀完全。
①酸浸时通入 $O_{2}$ 可提高 $Z n^{2 +}$ 浸出率的原因是。
②通入 $H_{2} S$ 除镉。通过计算判断当溶液 $p H = 0 、 c (H_{2} S) = 0.01 m o l \cdot L^{- 1}$ 时， $C d^{2 +}$ 是否沉淀完全（写出计算过程）。
③沉锌前调节溶液的 $p H$ 至 $4 ~ 5$ ，加入的氧化物为（填化学式）。

(2)、制备光学材料。如图甲所示， $Z n S$ 晶体中掺入少量 $C u C l$ 后，会出现能量不同的“正电”区域、“负电”区域，光照下发出特定波长的光。
区域A“”中的离子为（填离子符号），区域B带（填“正电”或“负电”）。

(3)、回收砷。用 $Z n S$ 去除酸性废液中的三价砷 $[A s (Ⅲ)]$ ，并回收生成的 $A s_{2} S_{3}$ 沉淀。
已知：溶液中 $A s (Ⅲ)$ 主要以弱酸 $H_{3} A s O_{3}$ 形式存在， $A s_{2} S_{3} + 6 H_{2} O ⇌ 2 H_{3} A s O_{3} + 3 H_{2} S$ 。
$60 ℃$ 时，按 $n (S) : n (A s) = 7 : 1$ 向酸性废液中加入 $Z n S$ ，砷回收率随反应时间的变化如图乙所示。
①写出 $Z n S$ 与 $H_{3} A s O_{3}$ 反应生成 $A s_{2} S_{3}$ 的离子方程式：。
②反应 $4 h$ 后，砷回收率下降的原因有。

查看解析
19、甘油 $(C_{3} H_{8} O_{3})$ 水蒸气重整获得 $H_{2}$ 过程中的主要反应：
反应Ⅰ   $C_{3} H_{8} O_{3} (g) = 3 C O (g) + 4 H_{2} (g) Δ H > 0$
反应Ⅱ   $C O (g) + H_{2} O (g) = C O_{2} (g) + H_{2} (g) Δ H < 0$
反应Ⅲ   $C O_{2} (g) + 4 H_{2} (g) = C H_{4} (g) + 2 H_{2} O (g) Δ H < 0$
$1.0 \times 1 0^{5} P a$ 条件下， $1 m o l C_{3} H_{8} O_{3}$ 和 $9 m o l H_{2} O$ 发生上述反应达平衡状态时，体系中 $C O 、 H_{2} 、 C O_{2}$ 和 $C H_{4}$ 的物质的量随温度变化的理论计算结果如图所示。下列说法正确的是（   ）

A、 $550 ℃$ 时， $H_{2} O$ 的平衡转化率为20% B、 $550 ℃$ 反应达平衡状态时， $n (C O_{2}) : n (C O) = 11 : 25$ C、其他条件不变，在 $400 ~ 550 ℃$ 范围，平衡时 $H_{2} O$ 的物质的量随温度升高而增大 D、其他条件不变，加压有利于增大平衡时 $H_{2}$ 的物质的量

查看解析
20、室温下，有色金属冶炼废渣（含 $C u 、 N i 、 S i$ 等的氧化物）用过量的较浓 $H_{2} S O_{4}$ 溶液酸浸后，提取铜和镍的过程如下所示。
已知： $K_{a} (H S O_{4}^{-}) = 1.2 \times 1 0^{- 2}, K_{a l} (H_{2} S O_{3}) = 1.2 \times 1 0^{- 2}, K_{a 2} (H_{2} S O_{3}) = 6.0 \times 1 0^{- 8}$ 。下列说法正确的是（）

A、较浓 $H_{2} S O_{4}$ 溶液中： $c (H^{+}) = 2 c (S O_{4}^{2 -}) + c (O H^{-})$ B、 $N a H S O_{3}$ 溶液中： $2 H S O_{3}^{-} ⇌ S O_{3}^{2 -} + H_{2} S O_{3}$ 的平衡常数 $K = 5.0 \times 1 0^{- 6}$ C、 ${(N H_{4})}_{2} C_{2} O_{4}$ 溶液中： $c (N H_{3} \cdot H_{2} O) + c (O H^{-}) = c (H_{2} C_{2} O_{4}) + c (H C_{2} O_{4}^{-}) + c (H^{+})$ D、“提铜”和“沉镍”后的两份滤液中： $c_{提铜} (N a^{+}) = c_{沉镍} (N a^{+})$

查看解析

上一页 11 12 13 14 15 下一页跳转