精品解析：2024—2025学年度第一学期高三开学质量检测模拟卷（一）

2024-2025学年度第一学期高三开学质量检测模拟卷(一) 化学 考试时间：90分钟 试卷满分：100分 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名，考生号等填写在答题卡和试卷相应位置。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 O 16 C 12 N 14 Fe 56 Co 59 一、选择题：本题共10个小题，每小题2分，共20分。每小题只有一项是符合题目要求的。 1. “葡萄美酒夜光杯”，酒具体现了历史进展。下列酒具中，主要由硅酸盐材料制成的是 A．清代彩绘龙纹蓝瓷壶 B．犀角雕玉兰花果纹杯 C．斫木云纹漆耳杯 D．青铜兽面纹爵 A. A B. B C. C D. D 2. 2022北京冬奥会体现了绿色奥运、科技奥运。下列说法正确的是 A. 柔性石墨烯发热材料属于有机物 B. 制作“冰墩墩”的硅橡胶属于硅酸盐材料 C. 速滑竞赛服使用的聚氨酯属于人工合成高分子材料 D. 二氧化碳作制冷剂与断裂碳氧键需要吸收热量有关 3. PtF6是极强的氧化剂，用Xe和PtF6 可制备六氟合铂酸氙[XeF]+[Pt2F11]－，制备方式如图所示。下列说法错误的是 A. 六氟合铂酸氙是离子化合物 B. 六氟合铂酸氙中Xe元素的化合价为+2价 C. 上述制备过程的催化剂是F－和PtF D. 上述制备过程中属于氧化还原反应的有②③ 4. 治疗抑郁症的药物帕罗西汀(Ⅰ)及其合成中间体(Ⅱ)的结构简式如图所示。下列说法错误的是 A. Ⅰ分子中有3种官能团 B. Ⅰ分子中含两个手性碳原子 C. Ⅱ分子式为C16H18NO4F D. 1molⅡ与足量NaOH溶液反应时最多消耗2molNaOH 5. 已知A、B、C、D、E为原子序数依次增大的前四周期元素。A是宇宙中含量最高的元素，B元素的一种核素可对文物进行年代测定，C元素最高价氧化物对应水化物是常见的最强酸，D元素的焰色试验呈砖红色，基态E+的轨道全部充满。下列说法不正确的是 A. A、B两种元素可以形成成千上万种化合物 B. C的单质可用于自来水消毒 C. 电负性大小：C>B>A>D D. 工业上常用电解C和E的化合物来制备E单质 6. 某小组在实验室中用下图所示装置(夹持装置已略去)制取碳酸镧[La2(CO3)3]，制备原理为2LaCl3+6NH3+3CO2+3H2O=La2(CO3)3↓+6NH4Cl。下列说法正确的是 A. 分液漏斗使用前需检查是否漏水，干燥管的作用是增大与反应物间的接触面积 B. 试剂X为饱和Na2CO3溶液，试剂Y为饱和NH4Cl溶液 C. 若用稀硫酸代替装置I中的稀盐酸，则实验时可以不用盛试剂X的装置 D. 实验时一般先通入装置II所产生的气体，再通入装置I产生的气体 7. 为探究Na2SO3的性质，实验小组同学进行了如下实验： 下列说法一定正确的是 A. ③和④中产生的气体成分完全相同 B. ②和⑥中沉淀的主要成分不同 C. ①→②和④→⑥均只发生了复分解反应 D. 的还原性在酸性条件下增强 8. 环氧乙烷是重要的有机合成原料，2020年《Science》报道科研人员研发了一种将乙烯高效转化为环氧乙烷的电化学合成方法。反应在KCl电解液的流动池中进行，工作原理如图。电解结束后，将阴阳极电解液输出混合，便可生成环氧乙烷。下列说法错误的是 A. 整个过程中，氯离子浓度一直不变 B. 离子交换膜应为阴离子交换膜 C. 泡沫镍电极为阳极，连接电源正极 D. 当生成0.5 mol环氧乙烷时，阴极区溶液质量减少36.5 g 9. 某兴趣小组用铬铁矿()制备，流程如下： 已知：①； ②不溶于乙醚。 下列说法不正确的是 A. 步骤I应该将铬铁矿粉碎，以加快反应速率 B. 步骤III从反应后溶液分离甲醇可用蒸馏法 C. 步骤III应该滴加盐酸至恰好完全反应，方便后续调节 D. 步骤V可用乙醚洗涤 10. 常温下，向溶液中逐滴滴入NaOH溶液并恢复至常温，溶液中、、、的分布比例如图(忽略溶液体积的变化)。已知常温下，，。下列说法错误的是 A. 曲线m表示的是的变化 B. 比更易于与离子反应 C. 溶液中任意一点存在： D. X点溶液中： 二、选择题：本题共5个小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项是符合题目要求的，全部选对的4分，选对但不全对的得2分，有选错的得0分。 11. 下列物质中，不属于烃类的是 A. C6H6 B. C2H4 C. CH3COOH D. CH3Cl 12. 将和的混合气体通入的混合溶液中反应可回收S，转化过程如图所示。下列描述中不正确的是 A. 在图示转化关系中，化合价不变的元素有2种 B. 过程Ⅰ反应的离子方程式为 C. 通入过量的氧气或者增大的浓度可以减少回收的S中CuS的含量 D. 转化过程中参加循环反应的离子只有 13. 不对称催化羟醛缩合反应的循环机理如图所示。下列说法错误的是 A. 步骤①和②的有机产物可通过红外光谱鉴别 B. 只有步骤③的反应涉及手性碳原子的生成 C. 步骤⑤的产物L－脯氨酸是该反应的催化剂 D. 若用苯甲醛和作为原料，也可完成上述羟醛缩合反应 14. 关于化合物(如图)，下列说法正确的是 A. 该分子的不饱和度为8 B. 分子中含有1个不对称碳原子 C. 可以发生加成反应和取代反应 D. 不能使酸性KMnO4稀溶液褪色 15. 常温下，将或悬浊液置于分压固定的气相中，体系中关系如图所示，已知，为溶液中、、、、的浓度，。下列说法正确的是 A. 表示 曲线 B. 向点对应的悬浊液中加入固体，可以达到点 C. D. 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16. Ⅰ.H、C、N、O、Cl等非金属元素是构成化合物的常见元素，Zn、Ni是重要的过渡金属。回答下列问题： （1）N、O、Cl以原子个数比1：1：1形成的分子，各原子最外层均满足结构，其电子式为___________。 （2）化学式为的笼形包合物四方晶胞结构如图1所示(H原子未画出)，每个苯环只有一半属于该晶胞。 ①晶胞中的配位原子是___________，___________。 ②若对该笼形包合物进行加热，首先脱离晶胞的组分是___________，说明推测的依据___________。 Ⅱ.Se是人体必需微量元素之一，研究表明硒代蛋氨酸(结构简式如下图2)有抗氧化作用，对肿瘤细胞增殖有显著抑制作用。 （3）基态硒原子的价电子轨道表示式为___________。 （4）固态硒代蛋氨酸晶体类型为___________。 （5）某种具有氧原子缺陷的超导材料的长方体晶胞结构如图3所示。晶胞参数分别为、、，阿伏加德罗常数的值为。则该晶体的密度为___________。 17. 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___________。 18. 研究人员拟设计黄铜矿（主要含）制备硝酸铜和绿矾晶体（）的流程如下： 已知：中Fe的化合价为+3。 回答下列问题： （1）“焙烧”粉碎黄铜矿的目的是______。 （2）“还原”中，反应的离子方程式除外，还有______（任写一个）。 （3）“操作X”的名称是______，“浸洗”的目的是______。 （4）“反应”中，10% 作氧化剂，20% 仅提供，该步骤反应的离子方程式为______，和只用相比，该工艺的优点是______。 （5）焙烧时产生的二氧化硫会污染环境，工业上常用石灰石脱硫法，其原理为： Ⅰ．；Ⅱ．；Ⅲ．。 研究发现，pH和温度对石灰石浆液的脱硫率有一定影响。当烟气通入速度一定时，石灰石浆液的脱硫率与浆液pH的关系如图所示，下列有关说法正确的是______。 A. 石灰石浆液pH越高，烟气脱硫效果越好 B. 反应时需鼓入足量的空气以保证S元素被充分氧化生成 C. 烟气通入石灰石浆液时的温度越高，吸收越快，吸收率越高 D. 上述方法用石灰石浆液每吸收64g ，理论上生成44g 19. 某小组同学实验室中制备三草酸合铁酸钾晶体，装置如图。首先在40℃的水浴中，制取；然后向中缓慢加入草酸氢钾溶液，不断搅拌至透明的翠绿色。 已知：①为翠绿色晶体，为淡黄色晶体。 ②与的溶解度如下表： 0℃ 100℃ 4.7g 117.7g 0.22g 0.026g （1）仪器A的名称___________； （2）制取的化学方程式___________； （3）若最终得到的晶体呈现黄绿色，其原因可能是①___________；②___________； （4）翠绿色溶液经一系列操作可得晶体，实验室中进行该系列操作需要用到下列仪器中的___________； （5）为测定中铁元素的含量，设计方案如下，已知：该晶体高温下分解固体产物为。 三次平均消耗酸性溶液。 该方案有一处错误，请指出___________，改正后实验测得铁元素的含量为___________%，若滴定前滴定管内无气泡，滴定后有气泡会使所测铁元素含量___________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。 20. 党的二十大报告指出，要积极稳妥推进碳达峰、碳中和。二氧化碳的捕集、利用与封存(CCUS)已成为科学家研究的重要课题。 I．工业上用和在一定条件下可以合成乙烯：   已知：①   ②   ③   （1）___________(用、、表示)。 （2）恒温恒容下，向密闭容器按投料比通入原料气，能判断该反应处于平衡状态的是___________(填标号)。 A. B. 混合气体的密度保持不变 C. 混合气体的平均相对分子质量保持不变 D. 保持不变 （3）向密闭容器按投料比通入原料气(，不同温度对的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图所示，则压强___________，原因是：___________。 Ⅱ．催化加氢可以直接合成二甲醚。涉及以下主要反应： ①   ②   恒压条件下，、起始量相等时，的平衡转化率和的选择性随温度变化如下图所示。 已知：CH3OCH3的选择性％ （4）300℃时，通入、各，平衡时的选择性、的平衡转化率均为30％，则此温度下反应①的平衡常数___________(保留2位有效数字)。 （5）温度高于300℃，的平衡转化率随温度升高而增大的原因可能是___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年度第一学期高三开学质量检测模拟卷(一) 化学 考试时间：90分钟 试卷满分：100分 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名，考生号等填写在答题卡和试卷相应位置。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 O 16 C 12 N 14 Fe 56 Co 59 一、选择题：本题共10个小题，每小题2分，共20分。每小题只有一项是符合题目要求的。 1. “葡萄美酒夜光杯”，酒具体现了历史进展。下列酒具中，主要由硅酸盐材料制成的是 A．清代彩绘龙纹蓝瓷壶 B．犀角雕玉兰花果纹杯 C．斫木云纹漆耳杯 D．青铜兽面纹爵 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．陶瓷的主要成分是硅酸盐，A正确； B．犀角的主要成分属于蛋白质，B错误； C．斫木的主要成分属于纤维素，C错误； D．青铜属于合金，D错误； 故选A。 2. 2022北京冬奥会体现了绿色奥运、科技奥运。下列说法正确的是 A. 柔性石墨烯发热材料属于有机物 B. 制作“冰墩墩”的硅橡胶属于硅酸盐材料 C. 速滑竞赛服使用的聚氨酯属于人工合成高分子材料 D. 二氧化碳作制冷剂与断裂碳氧键需要吸收热量有关 【答案】C 【解析】 【详解】A．柔性石墨烯发热材料是碳单质，属于无机非金属材料，不属于有机物，A错误； B．制作“冰墩墩”的硅橡胶属于橡胶，是有机高分子材料，不属于硅酸盐材料，B错误； C．速滑竞赛服使用的聚氨酯属于合成纤维，属于人工合成高分子材料，C正确； D．二氧化碳作制冷剂发生物理变化，是其汽化时需要吸收大量的热，与断裂碳氧键需要吸收热量无关，D错误； 故答案为：C。 3. PtF6是极强的氧化剂，用Xe和PtF6 可制备六氟合铂酸氙[XeF]+[Pt2F11]－，制备方式如图所示。下列说法错误的是 A. 六氟合铂酸氙是离子化合物 B. 六氟合铂酸氙中Xe元素的化合价为+2价 C. 上述制备过程的催化剂是F－和PtF D. 上述制备过程中属于氧化还原反应的有②③ 【答案】C 【解析】 【详解】A．六氟合铂酸氙[XeF]+[Pt2F11]－含有阴、阳离子，因此六氟合铂酸氙是离子化合物，故A正确； B．六氟合铂酸氙中含有[XeF]+，则Xe元素的化合价为+2价，故B正确； C．根据图中分析，上述制备过程的催化剂是F－，PtF不是催化剂，故C错误； D．反应②中Xe元素化合价升高，Pt元素化合价降低，反应③中Xe元素化合价升高，Pt元素化合价降低，因此上述制备过程中属于氧化还原反应的有②③，故D正确。 综上所述，答案为C。 4. 治疗抑郁症的药物帕罗西汀(Ⅰ)及其合成中间体(Ⅱ)的结构简式如图所示。下列说法错误的是 A. Ⅰ分子中有3种官能团 B. Ⅰ分子中含两个手性碳原子 C. Ⅱ分子式为C16H18NO4F D. 1molⅡ与足量NaOH溶液反应时最多消耗2molNaOH 【答案】D 【解析】 【详解】A．Ⅰ分子中有氟原子、醚键、亚氨基3种官能团，故A正确； B．Ⅰ分子中含两个手性碳原子 (*号标出)，故B正确； C．根据Ⅱ的结构简式，可知分子式为C16H18NO4F，故C正确； D．1molⅡ与足量NaOH溶液反应生成、NaF、乙醇，最多消耗4molNaOH，故D错误； 选D。 5. 已知A、B、C、D、E为原子序数依次增大的前四周期元素。A是宇宙中含量最高的元素，B元素的一种核素可对文物进行年代测定，C元素最高价氧化物对应水化物是常见的最强酸，D元素的焰色试验呈砖红色，基态E+的轨道全部充满。下列说法不正确的是 A. A、B两种元素可以形成成千上万种化合物 B. C的单质可用于自来水消毒 C. 电负性大小：C>B>A>D D. 工业上常用电解C和E的化合物来制备E单质 【答案】D 【解析】 【分析】A是宇宙中含量最高的元素，故A为H，B元素的一种核素可对文物进行年代测定，故B为C，C元素最高价氧化物对应水化物是常见的最强酸，故C为Cl，D元素的焰色试验呈砖红色，故D为Ca，基态E+的轨道全部充满，故E为Cu。 【详解】A．H、C两种元素可以形成成千上万种烃类化合物，故A正确； B．C为Cl，氯气单质可用于自来水消毒，故B正确； C．电负性大小：Cl>C>H>Cu，故C正确； D．工业上制备Cu，常用火法炼铜或者湿法炼铜，故D错误； 故答案为D。 6. 某小组在实验室中用下图所示装置(夹持装置已略去)制取碳酸镧[La2(CO3)3]，制备原理为2LaCl3+6NH3+3CO2+3H2O=La2(CO3)3↓+6NH4Cl。下列说法正确的是 A. 分液漏斗使用前需检查是否漏水，干燥管的作用是增大与反应物间的接触面积 B. 试剂X为饱和Na2CO3溶液，试剂Y为饱和NH4Cl溶液 C. 若用稀硫酸代替装置I中的稀盐酸，则实验时可以不用盛试剂X的装置 D. 实验时一般先通入装置II所产生的气体，再通入装置I产生的气体 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．分液漏斗的活塞和上口塞子处应该检查是否漏水，干燥管的主要作用是防倒吸，A错误； B．试剂X的作用是除去CO2中的HCl，故试剂X为饱和NaHCO3溶液，试剂Y的作用是与生石灰反应产生NH3，故试剂Y为浓氨水，B错误； C．将盐酸用硫酸代替，硫酸与石灰石反应生成微溶的硫酸钙附着在石灰石上会阻碍反应的进行，C错误； D．CO2溶解度小，NH3极易溶于水，且使溶液显碱性，有利于CO2吸收，故应该先通入NH3，后通入过量的CO2，D正确； 故选D。 7. 为探究Na2SO3的性质，实验小组同学进行了如下实验： 下列说法一定正确的是 A. ③和④中产生的气体成分完全相同 B. ②和⑥中沉淀的主要成分不同 C. ①→②和④→⑥均只发生了复分解反应 D. 的还原性在酸性条件下增强 【答案】B 【解析】 【分析】由题干实验信息可知，①→②→③过程中先发生反应：Na2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NaCl，然后发生Na2SO3与HNO3反应生成SO2和氮氧化物等刺激性气味的气体，BaSO3与HNO3反应生成BaSO4，同时产生氮氧化物刺激性气味的气体，而①→④→⑤→⑥过程中先发生Na2SO3与HNO3反应生成SO2和氮氧化物等刺激性气味的气体，同时部分转化为硫酸根，然后溶于水中的SO2继续被过量的硝酸根氧化为硫酸根，然后与Ba2+结合生成BaSO4沉淀，同时继续反应生成氮氧化物等刺激性气味的气体，据此分析解题。 【详解】A．由题干实验信息可知，①→③依次发生反应方程式为：Na2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NaCl、BaSO3与HNO3反应，已经过量的Na2SO3与HNO3反应，而①→④则是Na2SO3与HNO3反应生成NO和SO2，可知③和④中产生的气体成分不一定完全相同，NO和SO2的多少可能不同，A不合题意； B．由题干实验信息可知，①→②发生的反应为：Na2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NaCl，故沉淀②的主要成分是BaSO3，而⑥中沉淀是先加入稀硝酸后再加入BaCl2，硝酸具有强氧化性，将亚硫酸钠氧化为Na2SO4，然后再与BaCl2反应生成BaSO4沉淀，故二者的主要成分不同，B符合题意； C．由分析可知，①→②发生的反应为：Na2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NaCl属于分解反应，而④→⑥既发生了复分解反应又发生氧化还原反应，C不合题意； D．由题干信息可知，由②到③时的酸性比①到④的酸性弱，但①到④转化生成的硫酸根反而更少，但①中浓度比②中的更大，不能说明的还原性在酸性条件下增强，D不合题意； 故答案为：B。 8. 环氧乙烷是重要的有机合成原料，2020年《Science》报道科研人员研发了一种将乙烯高效转化为环氧乙烷的电化学合成方法。反应在KCl电解液的流动池中进行，工作原理如图。电解结束后，将阴阳极电解液输出混合，便可生成环氧乙烷。下列说法错误的是 A. 整个过程中，氯离子浓度一直不变 B. 离子交换膜应为阴离子交换膜 C. 泡沫镍电极为阳极，连接电源正极 D. 当生成0.5 mol环氧乙烷时，阴极区溶液质量减少36.5 g 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】A．根据图示可知：在反应过程中Cl-的物质的量不变，而反应会消耗水，因此整个过程中，c(Cl-)增大，A错误； B．阳极上Cl-失去电子发生氧化反应，2Cl--2e-=Cl2↑，为维持溶液电中性，需Cl-从阴极向阳极定向移动，故离子交换膜应为阴离子交换膜，B正确； C．根据图示可知：泡沫镍电极为阳极，应该连接电源正极，C正确； D．根据图示可知反应产生0.5 mol环氧乙烷时，需消耗0.5 mol的Cl2，即消耗1 mol Cl-，阴极有1 molCl-移向阳极，且2H++2e-=H2↑，生成H2 0.5 mol，则溶液质量减少为35.5 g/mol×1 mol+0.5 mol×2 g/mol=36.5g，D正确； 故合理选项是A。 9. 某兴趣小组用铬铁矿()制备，流程如下： 已知：①； ②不溶于乙醚。 下列说法不正确的是 A. 步骤I应该将铬铁矿粉碎，以加快反应速率 B. 步骤III从反应后溶液分离甲醇可用蒸馏法 C. 步骤III应该滴加盐酸至恰好完全反应，方便后续调节 D. 步骤V可用乙醚洗涤 【答案】C 【解析】 【分析】由流程可知，铬铁矿加入碳酸钠，通入氧气发生高温氧化反应：，加入盐酸酸化将Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，加入甲醇还原Na2Cr2O7为+3价Cr，调节pH沉淀Cr3+得到Cr(OH)3，加入浓盐酸溶解Cr(OH)3，得到CrCl3溶液，再结晶、过滤、洗涤得到； 【详解】A．步骤I应该将铬铁矿粉碎，可增大固体的接触面积，以加快反应速率，A正确； B．根据物质的沸点不同，步骤III从反应后溶液分离甲醇可用蒸馏法，B正确； C．步骤III滴加盐酸应过量，形成酸性条件，促进甲醇还原Na2Cr2O7为+3价Cr，C错误； D．已知不溶于乙醚，步骤V可用乙醚洗涤，D正确； 故选C。 10. 常温下，向溶液中逐滴滴入NaOH溶液并恢复至常温，溶液中、、、的分布比例如图(忽略溶液体积的变化)。已知常温下，，。下列说法错误的是 A. 曲线m表示的是的变化 B. 比更易于与离子反应 C. 溶液中任意一点存在： D. X点溶液中： 【答案】B 【解析】 【详解】A．向溶液中逐滴滴入NaOH溶液，+OH-=，K1=；+OH-=H2O+，K2=，K1 >K2，所以铵根离子首先反应，浓度首先减小，故曲线m表示的是的变化，A正确； B．由A分析可知，比更易于与离子反应，B错误； C．，C正确； D．由电荷守恒可知，，由A分析可知，m为、n为、p为、q为，X点时，则，故，D正确； 故选B。 二、选择题：本题共5个小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项是符合题目要求的，全部选对的4分，选对但不全对的得2分，有选错的得0分。 11. 下列物质中，不属于烃类的是 A. C6H6 B. C2H4 C. CH3COOH D. CH3Cl 【答案】CD 【解析】 【详解】烃是指仅含有碳、氢两种元素的化合物，故不属于烃类的有CH3COOH、CH3Cl，故选CD。 12. 将和的混合气体通入的混合溶液中反应可回收S，转化过程如图所示。下列描述中不正确的是 A. 在图示转化关系中，化合价不变的元素有2种 B. 过程Ⅰ反应的离子方程式为 C. 通入过量的氧气或者增大的浓度可以减少回收的S中CuS的含量 D. 转化过程中参加循环反应的离子只有 【答案】AD 【解析】 【详解】A．观察题图中各种物质可知，H、Cl、Cu三种元素的化合价没有变化，而O(化合价由0价降低为-2价)、Fe(与相互转化)、S(转化为S)三种元素的化合价均有变化，A项错误； B．由图示可知，与在过程Ⅰ中发生反应生成，根据得失电子守恒和质量守恒，过程Ⅰ反应的离子方程式为，B项正确； C．要减少回收的S中的CuS含量，则不能过量，可以通入过量的氧气或者增大的浓度以减小的浓度，C项正确； D．由图可知，过程Ⅰ发生的反应为，过程Ⅱ发生的反应为，过程Ⅲ发生的反应为，据此可知参加循环反应的离子有，D项错误； 答案选AD。 13. 不对称催化羟醛缩合反应的循环机理如图所示。下列说法错误的是 A. 步骤①和②的有机产物可通过红外光谱鉴别 B. 只有步骤③的反应涉及手性碳原子的生成 C. 步骤⑤的产物L－脯氨酸是该反应的催化剂 D. 若用苯甲醛和作为原料，也可完成上述羟醛缩合反应 【答案】BD 【解析】 【详解】A．①和②的有机产物分别为、   ，两者含有不同的官能团，可通过红外光谱鉴别，A正确； B．同一碳原子连接四个不同的原子或者原子团的碳原子为手性碳原子，步骤③和④的生成物均有手性碳原子的生成，B错误； C．L脯氨酸在步骤①参与反应，在步骤⑤又生成，是该反应的催化剂，C正确； D．苯甲醛和均含有苯环，不含α-氢，则不可完成上述羟醛缩合反应，D错误； 故选BD。 14. 关于化合物(如图)，下列说法正确的是 A. 该分子的不饱和度为8 B. 分子中含有1个不对称碳原子 C. 可以发生加成反应和取代反应 D. 不能使酸性KMnO4稀溶液褪色 【答案】AC 【解析】 【详解】A．该分子含1个苯环、1个酯基、1个—C≡C—键和1个含N的六元环，其不饱和度为4+1+2+1=8，A正确； B． 中*标志的碳原子为不对称碳原子，该分子含有2个不对称碳原子，B错误； C．该分子中的苯环、碳碳三键都能与H2发生加成反应，该分子中含酯基，能发生水解反应，酯基的水解也是一种取代反应，C正确； D．含碳碳三键，能使酸性KMnO4稀溶液褪色，D错误； 答案选AC。 15. 常温下，将或悬浊液置于分压固定的气相中，体系中关系如图所示，已知，为溶液中、、、、的浓度，。下列说法正确的是 A. 表示曲线 B. 向点对应的悬浊液中加入固体，可以达到点 C. D. 【答案】CD 【解析】 【分析】分压固定的CO2气相中，使溶液中CO2浓度也相应固定，因此L3为H2CO3的浓度，随着pH逐渐增大，、的浓度逐渐增大，对应、逐渐减小，且pH较小时的浓度大于CO的浓度，对应<，所以L1表示，L2表示；根据Ksp(CaCO3)>Ksp(ZnCO3)判断，L4为，L5为，据此分析解答。 【详解】A．由上述分析可知L1表示，故A错误； B．L4为Ca2+的浓度，向a点溶液中加入CaCl2可以达到b点溶液，故B错误； C．Kal(H2CO3)= ，pH=6.4时，和H2CO3的浓度相等，此时， ，pH=10.3时， 和的浓度相等，此时，，故C正确； D．L2表示，L5为，两者交于PM=5.4，此时CO、Zn2+的浓度均为10-5.4，Ksp(ZnCO3)=c(Zn2+)·c(CO)=10-10.8；L2表示，L4为，通过L2 和L4交点数据可得c(Ca2+)=c(CO)，此时c(H2CO3)= 10-5mol/L，而pH=8.7时，c(H+)= 10-8.7mol/L，根据，可得到c(CO)=10-4.3，Ksp(CaCO3)=c(Ca2+)·c(CO)=10-4.3×10-4.3=10-8.6，选项中反应的平衡常数，故D正确； 故答案选CD。 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16. Ⅰ.H、C、N、O、Cl等非金属元素是构成化合物的常见元素，Zn、Ni是重要的过渡金属。回答下列问题： （1）N、O、Cl以原子个数比1：1：1形成的分子，各原子最外层均满足结构，其电子式为___________。 （2）化学式为的笼形包合物四方晶胞结构如图1所示(H原子未画出)，每个苯环只有一半属于该晶胞。 ①晶胞中的配位原子是___________，___________。 ②若对该笼形包合物进行加热，首先脱离晶胞的组分是___________，说明推测的依据___________。 Ⅱ.Se是人体必需微量元素之一，研究表明硒代蛋氨酸(结构简式如下图2)有抗氧化作用，对肿瘤细胞增殖有显著抑制作用。 （3）基态硒原子的价电子轨道表示式为___________。 （4）固态硒代蛋氨酸晶体类型为___________。 （5）某种具有氧原子缺陷的超导材料的长方体晶胞结构如图3所示。晶胞参数分别为、、，阿伏加德罗常数的值为。则该晶体的密度为___________。 【答案】（1） （2） ①. ②. ③. ④. 以分子间作用力结合，受热最易被破坏 （3） （4）分子晶体 （5） 【解析】 【小问1详解】 N、O、Cl以原子个数比1：1：1形成的分子，各原子最外层均满足结构，则结构式为O=N-Cl，其电子式为； 【小问2详解】 晶胞中的配位原子是C；根据均摊原则，晶胞中CN-数为8×0.5=4、NH3数为8×0.25=2、苯环数为，2:1:1； ②以分子间作用力结合，受热最易被破坏，若对该笼形包合物进行加热，首先脱离晶胞的组分是； 【小问3详解】 Se是34号元素，位于第四周期ⅥA族，基态硒原子的价电子排布式为4s24p4，价电子轨道表示式为； 【小问4详解】 固态硒代蛋氨酸晶体类型为分子晶体； 【小问5详解】 根据均摊原则，该晶胞中Ba原子数2、Y原子数1、Cu原子数 、O原子数为，则该晶体的密度为。 17. 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） ①. C11H16O3 ②. 保护C中的羰基； （2）+ （3） ①. 羟基 ②. 酮羰基 （4）22 （5） ①. ②. CrO3、吡啶 ③. 加成反应 【解析】 【分析】A为乙醛，乙醛和乙炔发生加成反应，可知在醛中的碳氧双键处发生加成生成B；C中羰基和乙二醇加成生成D，BD生成E，E转化为F，结合F结构、E化学式可知，B和D中羰基加成生成E：，F转化为G，G中醚键转化为羰基得到L，可知C→D是为了保护C中左下侧的羰基； 【小问1详解】 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； 【小问2详解】 结合分析可知，B和D中羰基加成生成E：，反应为+ ； 【小问3详解】 E为，的过程中E中的羟基变为F中的酮羰基； 【小问4详解】 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、-OH和-CH(CH3)OCH3、-OH和-CH2-CH(OH)-CH3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22种； 【小问5详解】 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。 18. 研究人员拟设计黄铜矿（主要含）制备硝酸铜和绿矾晶体（）的流程如下： 已知：中Fe的化合价为+3。 回答下列问题： （1）“焙烧”粉碎黄铜矿的目的是______。 （2）“还原”中，反应的离子方程式除外，还有______（任写一个）。 （3）“操作X”的名称是______，“浸洗”的目的是______。 （4）“反应”中，10% 作氧化剂，20% 仅提供，该步骤反应的离子方程式为______，和只用相比，该工艺的优点是______。 （5）焙烧时产生的二氧化硫会污染环境，工业上常用石灰石脱硫法，其原理为： Ⅰ．；Ⅱ．；Ⅲ．。 研究发现，pH和温度对石灰石浆液的脱硫率有一定影响。当烟气通入速度一定时，石灰石浆液的脱硫率与浆液pH的关系如图所示，下列有关说法正确的是______。 A. 石灰石浆液pH越高，烟气脱硫效果越好 B. 反应时需鼓入足量的空气以保证S元素被充分氧化生成 C. 烟气通入石灰石浆液时的温度越高，吸收越快，吸收率越高 D. 上述方法用石灰石浆液每吸收64g ，理论上生成44g 【答案】（1）增大反应物的接触面积，加快反应速率 （2）Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu（任写一个） （3） ①. 过滤 ②. 将铜中混有的过量铁粉转化为硫酸亚铁溶液，增大绿矾晶体的产率 （4） ①. Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O ②. 没有污染性气体生成 （5）BD 【解析】 【分析】黄铜矿（主要含）焙烧生成了气体，气体主要成分为二氧化硫，烧渣的主要成分为Fe2O3和CuO，用稀硫酸酸浸后，溶液中存在Fe3+和Cu2+，加入过量铁粉还原Fe3+得到Fe2+，同时Cu2+被还原为Cu，过滤除去Cu和过量的Fe粉，得到溶液B为FeSO4溶液，结晶得到绿矾晶体，滤渣用稀硫酸浸洗，除去Cu中混有的铁粉，再向溶液中加入，10% 作氧化剂，20% 仅提供，得到硝酸铜溶液，结晶得到硝酸铜晶体。 【小问1详解】 “焙烧”粉碎黄铜矿的目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率。 【小问2详解】 “还原”中，铁粉还原Fe3+得到Fe2+，同时Cu2+被还原为Cu，离子方程式分别为Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu。 【小问3详解】 由分析可知，“操作X”的名称是过滤，“浸洗”的目的是将铜中混有的过量铁粉转化为硫酸亚铁溶液，增大绿矾晶体的产率。 【小问4详解】 “反应”中，10% 作氧化剂，20% 仅提供，Cu被氧化为硝酸铜，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O，铜和稀硝酸反应会产物污染性气体NO，和只用相比，该工艺的优点是：没有污染性气体生成。 【小问5详解】 A．从图象可以看出，石灰石浆液 pH 不是越高越好，存在一个最佳范围，超过一定范围脱硫效果可能会下降，A 错误； B．在反应中，鼓入足量的空气能保证硫元素被充分氧化生成，B 正确； C．烟气通入石灰石浆液时的温度越高，气体SO2的溶解度越小，部分SO2不能被溶解，吸收率降低，C错误； D．由方程式、、可得关系式：~，64g 的物质的量为1mol，则同时生成1mol，质量为44g，D正确； 故选BD。 19. 某小组同学实验室中制备三草酸合铁酸钾晶体，装置如图。首先在40℃的水浴中，制取；然后向中缓慢加入草酸氢钾溶液，不断搅拌至透明的翠绿色。 已知：①为翠绿色晶体，为淡黄色晶体。 ②与的溶解度如下表： 0℃ 100℃ 4.7g 117.7g 0.22g 0.026g （1）仪器A的名称___________； （2）制取的化学方程式___________； （3）若最终得到的晶体呈现黄绿色，其原因可能是①___________；②___________； （4）翠绿色溶液经一系列操作可得晶体，实验室中进行该系列操作需要用到下列仪器中的___________； （5）为测定中铁元素的含量，设计方案如下，已知：该晶体高温下分解固体产物为。 三次平均消耗酸性溶液。 该方案有一处错误，请指出___________，改正后实验测得铁元素的含量为___________%，若滴定前滴定管内无气泡，滴定后有气泡会使所测铁元素含量___________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。 【答案】（1）球形冷凝管 （2） （3） ①. 加入量不足 ②. 加入氨水和双氧水的顺序颠倒 （4）①②④⑥⑦ （5） ①. 溶解时使用稀盐酸 ②. ③. 偏低 【解析】 【分析】向硫酸亚铁铵中加入双氧水和氨水，在40℃水浴中反应还生成硫酸铵、、氨气和水，反应完后向中缓慢加入草酸氢钾溶液，不断搅拌至透明的翠绿色。 【小问1详解】 根据图中信息得到仪器A的名称球形冷凝管；故答案为：球形冷凝管。 【小问2详解】 制取是向硫酸亚铁铵中加入双氧水和氨水，反应还生成硫酸铵、氨气和水，其反应的化学方程式；故答案为：。 【小问3详解】 若最终得到的晶体呈现黄绿色，说明可能含有氢氧化亚铁，则其原因可能是①加入量不足，没有将亚铁离子完全氧化；②加入氨水和双氧水的顺序颠倒，先生成氢氧化亚铁，而氢氧化亚铁不能很好的被双氧水氧化；故答案为：加入量不足；加入氨水和双氧水的顺序颠倒。 【小问4详解】 翠绿色溶液经一系列操作可得晶体，根据与的溶解度，则需要加热蒸发浓缩、趁热过滤，因此实验室中进行该系列操作需要用到下列仪器中的①②④⑥⑦；故答案为：①②④⑥⑦。 【小问5详解】 该方案有一处错误，由于盐酸会与酸性高锰酸钾溶液反应，因此不能使用盐酸，而应使用溶解时使用稀硫酸，根据，则改正后实验测得铁元素的含量为%，若滴定前滴定管内无气泡，滴定后有气泡，则读出的数据偏小，因此会使所测铁元素含量偏低；故答案为：溶解时使用稀盐酸；；偏低。 20. 党的二十大报告指出，要积极稳妥推进碳达峰、碳中和。二氧化碳的捕集、利用与封存(CCUS)已成为科学家研究的重要课题。 I．工业上用和在一定条件下可以合成乙烯：   已知：①   ②   ③   （1）___________(用、、表示)。 （2）恒温恒容下，向密闭容器按投料比通入原料气，能判断该反应处于平衡状态的是___________(填标号)。 A. B. 混合气体的密度保持不变 C. 混合气体的平均相对分子质量保持不变 D. 保持不变 （3）向密闭容器按投料比通入原料气(，不同温度对的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图所示，则压强___________，原因是：___________。 Ⅱ．催化加氢可以直接合成二甲醚。涉及以下主要反应： ①   ②   恒压条件下，、起始量相等时，的平衡转化率和的选择性随温度变化如下图所示。 已知：CH3OCH3的选择性％ （4）300℃时，通入、各，平衡时的选择性、的平衡转化率均为30％，则此温度下反应①的平衡常数___________(保留2位有效数字)。 （5）温度高于300℃，的平衡转化率随温度升高而增大的原因可能是___________。 【答案】（1） （2）CD （3） ①. < ②. 反应为气体体积减小的放热反应，M点转化率高，气体的总物质的量小，且此时温度低，所以M点压强小于N点压强 （4）0.20 （5）升高温度，反应①正向移动，的平衡转化率增大，反应②逆向移动，的平衡转化率减小，300℃后升温，反应①中的平衡转化率增大的幅度大于反应②的减小幅度 【解析】 【小问1详解】 根据盖斯定律，可得目标反应式，。 【小问2详解】 A．当才能说明反应达到平衡状态，故A错误； B．该反应混合气体总质量不变，恒容即体积不变，则混合气体的密度一直保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故B错误； C．混合气体的质量不变，但该反应是气体物质的量减小的反应，当混合气体的平均相对分子质量保持不变，说明反应达到平衡状态，故C正确； D．反应按投料比通入原料气，当各物质浓度不变时，比值不变，可以判断达到平衡，故D正确； 【小问3详解】 压强P(M)< P(N)，原因是：反应为气体体积减小的放热反应，M点CO2转化率高，气体的总物质的量小，且此时温度低，所以M点压强小于N点压强； 【小问4详解】 300℃时CO2的平衡转化率为30%，则消耗CO2 0.3mol，CH3OCH3的选择性为30%，则生成CH3OCH3的物质的量为，根据C守恒，n(CO)=n消耗(CO2)-2n(CH3OCH3)=0.3mol-20.045mol=0.21mol；列反应①、反应②的三段式如下：               故平衡时，，， 此温度下反应①的平衡常数； 【小问5详解】 据图中信息，反应①是吸热反应，升高温度平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，反应②是放热反应，升高温度平衡逆向移动，CO2的平衡转化率减小，故300℃后升温，CO2的平衡转化率随温度升高而增大的原因是，反应①中CO2的平衡转化率增大的幅度大于反应②的减小幅度，故答案为：升高温度，反应①正向移动，的平衡转化率增大，反应②逆向移动，的平衡转化率减小，300℃后升温，反应①中的平衡转化率增大的幅度大于反应②的减小幅度。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $