精品解析：甘肃省白银市靖远县第一中学2024-2025学年高三上学期11月月考 化学试题

高考模拟·化学 (75分钟 100分) 考生须知： 1.本卷侧重：高考评价体系之综合性。 2.本卷怎么考：①考查不同模块知识间综合(题2、10)；②考查多种思维方法的综合(题16)；③考查呈现形式的综合(题18)。 3.本卷典型情境题：题5、6、12、13、17、18. 4.本卷测试范围：高考全部内容。 可能用到的相对原子质量：H1 Lⅰ7 C12 N14 O16 F19 Mg24 Al27 S32 Fe56 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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. 下列有关化学与生活和科技发展等的说法正确的是 A. 涂料增稠剂的成分之一聚丙烯酸钠属于无机非金属材料 B. 铜梁非物质文化遗产“打铁花”利用了铁元素的焰色试验 C. 乙醇汽油的广泛使用能有效减少汽车尾气中氮氧化物的排放 D. 长江边上停靠的166舰的舰底镶嵌了很多锌块，这是利用牺牲阳极法对舰底进行保护 2. 草酸具有较强的还原性，易被次氯酸钠氧化成二氧化碳和水，化学方程式为。下列说法正确的是 A. 的模型：V形 B. 的空间填充模型： C. 次氯酸钠中含有的化学键类型：极性键、离子键 D. 草酸的电离方程式： 3. 下列实验的颜色变化不涉及化学反应的是 A. 蛋白质遇浓硝酸加热显黄色 B. 氯水在光照条件下放置一段时间后，黄绿色消失 C. 向紫红色的碘的四氯化碳溶液中加入浓溶液，紫红色变浅 D. 用溶液进行焰色试验，火焰呈黄色 4. 羟胺()水溶液呈碱性的原理与氨水类似，利用羟胺制备硫酸羟胺的反应为。下列说法正确的是 A. 键的键角： B. 中含有键 C. 同浓度水溶液的碱性： D. 中、S原子均为杂化 5. 的制备方法可表示为。已知中有一个以氯原子为中心的大键，为阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是 A. 所含的分子数为 B. 被还原，生成个分子 C. 的中心原子的价层电子对数为 D. 的溶液中所含的数目为 6. 下列有关海水综合利用涉及的离子方程式不正确的是 A. 利用石灰乳沉镁： B. 利用溶液反萃取中的： C. 利用吸收二次富集溴： D. 电解饱和食盐水： 7. 双钙钛矿型氧化物具有立方晶胞结构，通过掺杂改性可用作固体电解质材料，其晶体的一种完整结构单元如图所示，真实的晶体中存在5%的O空位缺陷。下列说法错误的是 A. 不考虑晶体缺陷，与的配位数相等 B. 空位的形成有利于的传导 C. 不考虑晶体缺陷，该晶体的化学式为 D. 考虑晶体缺陷，该晶体中+3价与+4价原子的个数之比为 8. 某科研小组从碲渣(主要含有)中提取粗碲的工艺流程如图所示。下列说法错误的是 已知：①“焙烧”后，碲主要以形式存在； ②微溶于水，性质与相似。 A. “焙烧”后铜主要以形式存在 B. “碱浸”后的操作用到的玻璃仪器有烧瓶、漏斗、玻璃棒 C. “酸化”时，反应的离子方程式为 D. “还原”后，溶液的减小 9. 某些含氟有机化合物具有特异的生物活性和生物体适应性，用与卤代烃可制备有机氟化物。实验室将溶入冠(结构如图1)的乙腈()溶液中可轻松实现氟的取代，反应过程如图2所示： 下列说法正确的是 A. 乙醚中的键的键角大于 B. 将溶入冠是为了加快反应速率 C. 用(冠)代替冠，实验效果一样 D. 相同条件下，用代替参与上述反应，反应速率会减小 10. 现有、、、、、、七种前四周期常见元素，它们的原子序数递增。其中，具有一种没有中子的同位素；是植物生长三要素之一；是地壳中含量最多的元素，且与的最外层电子数相同；、是金属元素，的原子半径是短周期元素中最大的，能与形成离子化合物，是第Ⅷ族元素，其合金被称为“黑色金属”。下列说法错误的是 A. 键角： B. 简单离子的半径： C. 第一电离能： D. 、的模型相同，实际空间结构也相同 11. 下列方案设计能达到实验目的的是 选项 实验目的 方案设计 A 验证麦芽糖的水解产物 加热麦芽糖和稀硫酸的混合溶液，中和后再加入银氨溶液，加热 B 检验乙醇发生消去反应的产物 取无水乙醇，边振荡边加入浓硫酸，再加入几片碎瓷片。连接好装置，迅速加热至，将生成的气体先通入氢氧化钠溶液中，再通入溴的四氯化碳溶液中 C 验证苯酚与浓溴水发生了取代反应 向试管中加入苯酚溶液和过量浓溴水，充分反应后加入少许溶液 D 检测未知溶液中的 向未知溶液中滴入足量溶液后用湿润的蓝色石蕊试纸检测产生的气体 A. A B. B C. C D. D 12. 某聚合物单体的结构如图所示。下列有关该单体的说法错误的是 A. 可发生水解反应 B. 含氧官能团有2种，即酰胺基、醚键 C. 、的杂化方式相同 D. 可发生加聚反应，不可发生缩聚反应 13. 采用间接成对电化学法，以间硝基甲苯为原料电解合成间氨基苯甲酸。两极材料分别采用、，电解质溶液为溶液。反应的原理示意图如下。 下列说法错误的是 A. 电极A的材料为Pb B. 间硝基甲苯被氧化为间硝基苯甲酸时，电路中转移 C. 槽外还原反应的离子方程式为 D. 该装置可实现电解液的循环利用 14. 向10mLHCOOH-NH4Cl混合溶液(浓度均为0.1mol·L−1)中滴加0.1mol·L−1NaOH溶液，并监测溶液pH变化，实验数据如图。由该实验可得到的结论是 A. HCOOH电离方程式为HCOOH=H++HCOO− B. 由a点数据可推出电离能力：HCOOH>NH3·H2O C. b点溶液中的OH−主要来自HCOO−水解 D. 0.05mol·L−1氨水的pH<10.89 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 氟化镁()晶体常用于透镜和棱镜等光学元件材料。 Ⅰ．一种由水氯镁石(六水合氯化镁)制备的流程如下： 已知：ⅰ.易溶于甲醇； ⅱ.，，。 （1）“二段脱水”通入的目的是___________。 （2）上述流程中，反应①的化学方程式为___________。 （3）某小组同学欲比较相同条件下化学反应速率的大小：①与；②与。 ①小组同学预测化学反应速率大小关系为①<②，理由是___________。 ②实验表明化学反应速率大小关系为①>②，分析其原因可能是___________。 （4）常温下，上述流程中可以选择溶液或溶液将转化为，结合题给数据及化学用语判断转化效果更好的试剂：___________。 Ⅱ．氟化镁晶胞是长方体，其结构示意图如图所示。 （5）①表示___________(填离子符号)。 ②结合离子结构判断和的半径大小关系并解释：___________。 ③已知晶胞的体积为，阿伏加德罗常数的值为，则其晶体密度___________(用代数式表示)。 16. 四氮化四硫(，S显+2价)为热色性固体，具有色温效应，低于时呈淡黄色，室温下呈橙黄色，高于时呈深红色；难溶于水，能溶于等有机溶剂。可用与(红棕色液体)反应制备，反应装置如图所示(夹持装置已省略)。 已知：。 实验操作：将适量的和干燥的加入三颈烧瓶中，再将三颈烧瓶放到流水水浴中，使水浴液面与瓶内的液面相齐。在不断搅拌下向溶液中通入氨气，在不使反应物溅出和瓶内的反应温度不超过的条件下，尽量加大氨气的流量。大约经过，当反应结束时，可取出少量反应混合物和适量的水一起振荡，然后测量水萃取液的。若，即刻停止通入氨气，否则继续通氨气直至水萃取液。 回答下列问题： （1）实验室由两种固体制取氨气发生的反应为___________。 （2）装置B中生成的同时，还生成一种常见的固体单质和一种盐，该反应的化学方程式为___________；证明反应完全的现象是___________。 （3）装置C的作用是___________，其中的作用是___________。 （4）测定产品纯度 ⅰ.蒸氨：取固体样品加入三颈烧瓶中，再加入足量溶液并加热，将蒸出的通入盛有标准溶液的锥形瓶中。 ⅱ.滴定：用的标准溶液滴定剩余的溶液，记录消耗溶液的体积。重复实验3次，数据如下表所示。 实验序号 初始读数 最终读数 ① ② ③ ①用标准溶液滴定溶液之前，需要润洗滴定管，润洗滴定管的操作为___________。 ②滴定终点时的操作及判断：在接近滴定终点时，放液使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，并用洗瓶中的蒸馏水冲洗，继续摇动锥形瓶，当___________，即为滴定终点。 ③制得的的纯度为___________(保留3位有效数字)。 17. 烟气脱硝是指通过一系列化学反应将烟气中的、等氮的氧化物转化为无污染的含氮物质的过程。 （1）利用催化剂对催化转化的反应过程与能量变化如图1所示。 ①下列说法正确的是___________(填字母)。 A．高温有利于的转化 B．由a释放的反应速率最慢 C．、都会形成非极性键 D．过渡态2比过渡态1稳定 ②写出总反应的热化学方程式：___________。 ③判断总反应能否自发进行并说明理由：___________。 （2）理论上和也可以作为还原剂进行的脱除。 ①图2为和在下、过量空气系数(直接反映为氧气浓度)为时脱除率的变化。作还原剂时，随着过量空气系数的增加，的脱除率的变化趋势为___________；请结合所学及题干信息，推测呈现该趋势的原因：___________。 ②利用图3装置能有效将转化为无污染的气体。该装置工作时，内电路移动的离子及移动方向为___________。电极的电极反应为___________。 ③在还原时，一般在有氧环境下进行，主要存在以下两个竞争反应： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 实验室利用计算机在的容器中模拟时还原。原始投料： ，，。反应达到平衡时，脱除率为，转化率为，则在此反应条件下反应Ⅱ的平衡常数为___________。 18. 螺环化合物具有抗病毒、抗肿瘤功能，其合成路线如下： 已知：Ⅰ．； Ⅱ．。 （1）的反应条件为___________。 （2）中含氧官能团的名称为___________。 （3）酸性环境下电化学氧化法可实现的一步合成，阳极区涉及的反应有： ⅰ.； ⅱ.___________，可循环利用。 （4）的反应类型为___________。 （5）分子中含有一个六元环和一个五元环，则的化学方程式为___________。 （6）下列关于J的说法正确的是___________(填字母)。 a．含有手性碳原子 b．能发生消去反应 c．在加热和催化条件下，不能被氧化 d．存在同时含苯环和碳碳三键的同分异构体 若“d”对，则符合该条件及以下条件的同分异构体N有___________种(若不对，此空不作答)。 ①能与反应 ②含有 ③苯环上只有三个取代基 （7）、中均含有，的结构简式为___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高考模拟·化学 (75分钟 100分) 考生须知： 1.本卷侧重：高考评价体系之综合性。 2.本卷怎么考：①考查不同模块知识间综合(题2、10)；②考查多种思维方法的综合(题16)；③考查呈现形式的综合(题18)。 3.本卷典型情境题：题5、6、12、13、17、18. 4.本卷测试范围：高考全部内容。 可能用到的相对原子质量：H1 Lⅰ7 C12 N14 O16 F19 Mg24 Al27 S32 Fe56 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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. 下列有关化学与生活和科技发展等的说法正确的是 A. 涂料增稠剂的成分之一聚丙烯酸钠属于无机非金属材料 B. 铜梁非物质文化遗产“打铁花”利用了铁元素的焰色试验 C. 乙醇汽油的广泛使用能有效减少汽车尾气中氮氧化物的排放 D. 长江边上停靠的166舰的舰底镶嵌了很多锌块，这是利用牺牲阳极法对舰底进行保护 【答案】D 【解析】 【详解】A．聚丙烯酸钠属于有机合成高分子材料，A错误； B．“打铁花”为铁在高温下形成的铁汁的燃烧，火星四射，属于化学反应，B错误； C．汽车尾气中氮氧化物是发动机吸入空气中的氧气和氮气在高温条件下生成的，所以乙醇汽油的广泛使用不能有效减少汽车尾气中氮氧化物的排放，C错误； D．舰底镶嵌了很多锌块，铁、锌构成原电池，锌为负极、被腐蚀，舰底被保护，这是利用牺牲阳极法对舰底进行保护，D正确； 故选D 。 2. 草酸具有较强的还原性，易被次氯酸钠氧化成二氧化碳和水，化学方程式为。下列说法正确的是 A. 的模型：V形 B. 的空间填充模型： C. 次氯酸钠中含有的化学键类型：极性键、离子键 D. 草酸的电离方程式： 【答案】C 【解析】 【详解】A．H2O分子中O原子的价层电子对数为，VSEPR模型为四面体形，A错误； B．CO2是直线形分子，中心原子为C，且C原子半径大于O，其空间填充模型为，B错误； C．次氯酸钠中钠离子与次氯酸根离子形成离子键，次氯酸根中氯原子与氧原子形成极性键，C正确； D．草酸是二元弱酸，分步电离，电离方程式为：、，D错误； 故选C。 3. 下列实验的颜色变化不涉及化学反应的是 A. 蛋白质遇浓硝酸加热显黄色 B. 氯水在光照条件下放置一段时间后，黄绿色消失 C. 向紫红色的碘的四氯化碳溶液中加入浓溶液，紫红色变浅 D. 用溶液进行焰色试验，火焰呈黄色 【答案】D 【解析】 【详解】A．蛋白质遇浓硝酸加热显黄色，蛋白质变性，涉及化学反应，A不符合题意； B．氯水在光照条件下放置一段时间后，黄绿色消失，是因发生反应，从而使氯气继续与水反应，直至反应完全，涉及化学反应，B不符合题意； C．紫红色变浅的原因是发生反应，涉及化学反应，C不符合题意； D．焰色试验属于物理变化，不涉及化学反应，D符合题意； 故选D。 4. 羟胺()水溶液呈碱性的原理与氨水类似，利用羟胺制备硫酸羟胺的反应为。下列说法正确的是 A. 键的键角： B. 中含有键 C. 同浓度水溶液的碱性： D. 中、S原子均为杂化 【答案】CD 【解析】 【详解】A．羟胺分子中氮原子的孤对电子对数为1，铵根离子中氮原子的孤对电子对数为0，孤对电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，则羟胺分子中H-N-H键角小于铵根离子，A错误； B．羟胺分子中的单键都为σ键，则1mol羟胺分子中含有4molσ键，B错误； C．羟基在此处表现为吸电子基团，羟胺分子中氮原子上电子云密度小于氨分子，氮原子上电子云密度越大，接受质子能力越强，碱性越强，所以同浓度的氨水的碱性强于羟胺溶液，C正确； D．中氮原子、硫原子的价层电子对数都为4，原子的杂化方式都为sp3杂化，D正确； 故选CD 。 5. 的制备方法可表示为。已知中有一个以氯原子为中心的大键，为阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是 A. 所含的分子数为 B. 被还原，生成个分子 C. 的中心原子的价层电子对数为 D. 的溶液中所含的数目为 【答案】C 【解析】 【详解】A．未给出标准状况，无法计算所含的分子数，A错误； B．由氧化还原反应化合价只靠拢不交叉可知，NaClO2中氯的化合价为+3价，反应后转化为ClO2，氯元素的化合价升高，NaClO2被氧化，即被氧化，生成1NA个ClO2分子，故B错误； C．已知中有一个以氯原子为中心的大键，Cl原子的轨道杂化方式为sp2，其中Cl原子提供1对电子，有一个O原子提供1个电子，另一个O原子提供1对电子，这5个电子处于互相平行的p轨道中形成大键，为，Cl提供孤电子对与其中一个O形成配位键，与另一个O形成的是普通的共价键（σ键，这个O只提供了一个电子参与形成大键）：，Cl的价层电子对数为3，即1mol中心原子的价层电子对数为3NA，故C正确； D．未给出溶液体积，且会发生水解，无法计算离子数目，D错误； 故选C。 根据氧化还原反应规律，同种元素不同价态的物质间反应，化合价遵循邻位转化原则，在反应中，NaClO2中氯的化合价升高到ClO2中，Cl2中氯的化合价降低到NaCl中。 6. 下列有关海水综合利用涉及的离子方程式不正确的是 A. 利用石灰乳沉镁： B. 利用溶液反萃取中的： C. 利用吸收二次富集溴： D. 电解饱和食盐水： 【答案】D 【解析】 【详解】A．石灰乳状态时，不能拆，故A正确； B．与发生歧化反应生成NaI、和水，故B正确； C．与发生氧化还原反应生成HBr和，故C正确； D．电解饱和食盐水时，阴极上水电离出的氢离子优先放电生成氢气，正确的离子方程式为：，故D错误； 故选D。 7. 双钙钛矿型氧化物具有立方晶胞结构，通过掺杂改性可用作固体电解质材料，其晶体的一种完整结构单元如图所示，真实的晶体中存在5%的O空位缺陷。下列说法错误的是 A. 不考虑晶体缺陷，与的配位数相等 B. 空位的形成有利于的传导 C. 不考虑晶体缺陷，该晶体的化学式为 D. 考虑晶体缺陷，该晶体中+3价与+4价原子的个数之比为 【答案】C 【解析】 【详解】A．Ni与Mn原子均位于顶点，且个数相同，因此配位数也相同，A正确； B．O空位的形成有利于的传导，因为空位处动能大，离子移动快，B正确； C．La个数是1，Ni与Mn个数均为4×=0.5，O的个数为6×=3，晶体化学式为La2NiMnO6，C错误； D．晶体化学式为La2NiMnO6，考虑缺陷则是La2NiMnO5.7，设+3价La为x个，+4价La为y个，则x+y=2，3x+4y+2+3=5.7，解得x=1.6，y=0.4，+3价与+4价La原子个数比为4：1，D正确； 故选C。 8. 某科研小组从碲渣(主要含有)中提取粗碲的工艺流程如图所示。下列说法错误的是 已知：①“焙烧”后，碲主要以形式存在； ②微溶于水，性质与相似。 A. “焙烧”后铜主要以形式存在 B. “碱浸”后的操作用到的玻璃仪器有烧瓶、漏斗、玻璃棒 C. “酸化”时，反应的离子方程式为 D. “还原”后，溶液的减小 【答案】B 【解析】 【分析】碲渣(主要含有Cu2Te )中通入O2焙烧，由于Cu2O在高温时比CuO稳定，所以Cu元素转化为Cu2O，Te元素转化为TeO2；加入NaOH溶液，Cu2O不溶，TeO2转化为Na2TeO3，过滤后得Cu2O滤渣，滤液为Na2TeO3溶液；加入稀硫酸进行酸化，Na2TeO3转化为Te(SO4)2，再加入Na2SO3还原，发生反应为Te4++2+2H2O=Te↓+2+4H+。 【详解】A．由分析可知，“焙烧”后铜以Cu2O形式存在，A正确； B．“碱浸”后得到固液混合物，需进行过滤操作，过滤时用到的主要仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒，B错误； C．加入稀硫酸进行酸化，Na2TeO3转化为Te(SO4)2，所给离子方程式正确，C正确； D．“还原”发生反应为Te4++2+2H2O=Te↓+2+4H+，则溶液的酸性增强，减小，D正确； 故选B。 9. 某些含氟有机化合物具有特异的生物活性和生物体适应性，用与卤代烃可制备有机氟化物。实验室将溶入冠(结构如图1)的乙腈()溶液中可轻松实现氟的取代，反应过程如图2所示： 下列说法正确的是 A. 乙醚中的键的键角大于 B. 将溶入冠是为了加快反应速率 C. 用(冠)代替冠，实验效果一样 D. 相同条件下，用代替参与上述反应，反应速率会减小 【答案】B 【解析】 【详解】A．∠1中氧的孤电子对数为1，乙醚中氧的孤电子对数为2，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，故乙醚中的键的键角小于，A错误； B．根据溶入冠的乙腈()溶液中可轻松实现氟的取代，为该反应的催化剂，将溶入冠是为了加快反应速率，B正确； C．12-冠-4和18-冠-6的孔径不同，络合离子不同，故两者络合钾离子的效率不同，用 12-冠-4替换18-冠-6效果不一样，C错误； D．中C-Br键较中C-Cl键更容易断裂，则相同条件下，用代替 参与上述反应，反应速率会加快，D错误； 故选B。 10. 现有、、、、、、七种前四周期常见元素，它们的原子序数递增。其中，具有一种没有中子的同位素；是植物生长三要素之一；是地壳中含量最多的元素，且与的最外层电子数相同；、是金属元素，的原子半径是短周期元素中最大的，能与形成离子化合物，是第Ⅷ族元素，其合金被称为“黑色金属”。下列说法错误的是 A. 键角： B. 简单离子的半径： C. 第一电离能： D. 、的模型相同，实际空间结构也相同 【答案】B 【解析】 【分析】M、Q、R、T、W、X、Y七种前四周期常见元素，原子序数依次递增。其中，M具有一种没有中子的同位素，M是H；Q是植物生长三要素之一；R是地壳中含量最多的元素，R是O，所以Q是N，且W与R的最外层电子数相同，则W是S；T、Y是金属元素，其中T的原子半径是短周期中最大的，T是Na；Y是Ⅷ族元素，其合金被称为“黑色金属”，Y是Fe ；T能与X形成离子化合物，所以X是Cl；据此解答。 【详解】A．QM为NH，中心原子N的价层电子对为，与4个H形成4个σ键，无孤电子对，为正四面体结构，M3R+为H3O＋，中心原子O的价层电子对为，形成3个σ键，有一个孤电子对，H3O＋为三角锥形；孤电子对对成键电子对有排斥作用，键角减小，因此NH的键角大于H3O＋，即QM>M3R+，A正确； B．Q、R、T三种元素分别为N、O、Na，对应的简单离子为N3-、O2-、Na＋，三种离子的电子层结构相同，核电荷数越大，半径越小，N3->O2->Na＋，即Q>R>T，B错误； C．T、W、X、Y四种元素分别为Na、S、Cl、Fe，一般情况下：金属性越强，第一电离能越小，非金属性越强，第一电离能越大，一般非金属的第一电离能大于金属的第一电离能，则第一电离能有Cl>S>Fe>Na，即X>W>Y>T，C正确； D．WR、分别为SO、ClO，SO中心原子S的价层电子对为，VSEPR模型为正四面体形，S与4个O形成4个σ键，无孤电子对，空间构型为正四面体形，ClO中心原子Cl的价层电子对为，VSEPR模型为正四面体形，Cl与4个O形成4个σ键，无孤电子对，空间构型为正四面体形，则WR、XR的VSEPR模型与实际空间构型均相同，D正确； 故选：B。 11. 下列方案设计能达到实验目的的是 选项 实验目的 方案设计 A 验证麦芽糖的水解产物 加热麦芽糖和稀硫酸的混合溶液，中和后再加入银氨溶液，加热 B 检验乙醇发生消去反应的产物 取无水乙醇，边振荡边加入浓硫酸，再加入几片碎瓷片。连接好装置，迅速加热至，将生成的气体先通入氢氧化钠溶液中，再通入溴的四氯化碳溶液中 C 验证苯酚与浓溴水发生了取代反应 向试管中加入苯酚溶液和过量浓溴水，充分反应后加入少许溶液 D 检测未知溶液中的 向未知溶液中滴入足量溶液后用湿润的蓝色石蕊试纸检测产生的气体 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．麦芽糖中含有－CHO，能和银氨溶液反应，析出银镜，该操作不能验证麦芽糖的水解产物，故A错误； B．乙醇与浓硫酸迅速共热至170℃发生消去反应生成乙烯，气体中还有乙醇蒸汽、二氧化硫等，用氢氧化钠溶液除去乙醇和二氧化硫，剩余气体若可使溴的四氯化碳溶液褪色，说明其含有乙烯，即可检验乙醇发生消去反应的产物，故B正确； C．过量的溴可以和反应生成淡黄色的溴化银沉淀，不能验证苯酚与浓溴水发生了取代反应，故C错误； D．由于氨气极易溶于水，检验溶液中的，应滴入足量溶液、加热，用湿润的红色石蕊试纸检测产生的气体，该方案未加热，且用的湿润的蓝色石蕊试纸，因此不能由此确定溶液中是否含铵根离子，故D错误； 故选B。 12. 某聚合物单体的结构如图所示。下列有关该单体的说法错误的是 A. 可发生水解反应 B. 含氧官能团有2种，即酰胺基、醚键 C. 、的杂化方式相同 D. 可发生加聚反应，不可发生缩聚反应 【答案】D 【解析】 【详解】A．分子中含酰胺基，故可发生水解反应，A正确； B．由结构，分子中含氧官能团有2种，即酰胺基、醚键，B正确； C．饱和碳为sp3杂化、双键碳为sp2杂化，氨基的氮为sp3杂化，酰胺基中N的孤对电子与羰基的碳氧双键形成共轭体系，因此N原子趋向采取sp2杂化，环中的两种氮原子均为sp2杂化，故、的杂化方式相同，C正确； D．分子中含有碳碳双键，可发生加聚反应；分子中含多个氨基，可以和乙二酸等发生缩聚反应，D错误； 故选D 。 13. 采用间接成对电化学法，以间硝基甲苯为原料电解合成间氨基苯甲酸。两极材料分别采用、，电解质溶液为溶液。反应的原理示意图如下。 下列说法错误的是 A. 电极A的材料为Pb B. 间硝基甲苯被氧化为间硝基苯甲酸时，电路中转移 C. 槽外还原反应的离子方程式为 D. 该装置可实现电解液的循环利用 【答案】B 【解析】 【分析】由图可知，与电源负极相连的电极A为电解池的阴极，TiO2+离子在阴极得到电子发生还原反应生成Ti3+离子，电极反应式为，阴极区中Ti3+离子与间硝基苯甲酸酸性条件下反应生成间氨基苯甲酸、TiO2+和水，反应的离子方程式为+ 6Ti3++4H2O+6TiO2++6H+，电极B为阳极，水分子作用下铬离子在阳极失去电子发生氧化反应生成重铬酸根离子和氢离子，电极反应式为，阳极槽外中重铬酸根离子与间硝基甲苯酸性条件下反应生成间硝基苯甲酸，反应的离子方程式为++8H++2Cr3++5H2O，电解时，氢离子通过阳离子交换膜由阳极区加入阴极区。 【详解】A．电极材料为Pb、PbO2，若Pb为阳极，则Pb会在阳极放电，因此Pb为阴极材料，PbO2为阳极材料，根据分析，A为阴极，电极材料为Pb，A正确； B．由分析可知，酸性条件下重铬酸根离子与间硝基甲苯反应生成铬离子、间硝基苯甲酸和水，反应的离子方程式为++8H++2Cr3++5H2O，由方程式可知，1mol间硝基甲苯被氧化为1mol间硝基苯甲酸时，反应转移6mol电子，B错误； C．根据分析，槽外还原反应的离子方程式为+ 6Ti3++4H2O+6TiO2++6H+，C正确； D．假设反应中转移电子数为6mol，阴极区的反应为、+ 6Ti3++4H2O+6TiO2++6H+，共消耗6molH+，阳极区的反应为、++8H++2Cr3++5H2O，共生成6mol H+，因此电解液H2SO4可循环利用，D正确； 故选B。 14. 向10mLHCOOH-NH4Cl混合溶液(浓度均为0.1mol·L−1)中滴加0.1mol·L−1NaOH溶液，并监测溶液pH变化，实验数据如图。由该实验可得到的结论是 A. HCOOH电离方程式为HCOOH=H++HCOO− B. 由a点数据可推出电离能力：HCOOH>NH3·H2O C. b点溶液中的OH−主要来自HCOO−水解 D. 0.05mol·L−1氨水的pH<10.89 【答案】B 【解析】 【详解】A．10mLHCOOH-NH4Cl混合溶液(浓度均为0.1mol·L−1)pH大于2，说明HCOOH是弱酸，则HCOOH电离方程式为HCOOHH++HCOO−，故A错误； B．a点HCOOH全部反应完，溶质为HCOONa、NH4Cl且两者浓度相等，溶液显酸性，则铵根水解占主要，根据越弱越水解，则氨水的电离程度小，因此由a点数据可推出电离能力：HCOOH>NH3·H2O，故B正确； C．b点溶质溶质为HCOONa、NH4Cl、NH3·H2O 、NaCl，且NH3·H2O 物质的量浓度大于NH4Cl物质的量浓度，则b点溶液中的OH−主要来自NH3·H2O电离和HCOO-的水解，故C错误； D．c点溶质溶质为HCOONa、NH3·H2O、NaCl ，且NH3·H2O 物质的量浓度为0.033mol·L−1，此时混合溶液的pH=10.89，由于存在HCOONa和氨水浓度两个变量，无法确定0.05mol·L−1氨水的pH<10.89，故D错误； 综上所述，答案为B。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 氟化镁()晶体常用于透镜和棱镜等光学元件材料。 Ⅰ．一种由水氯镁石(六水合氯化镁)制备的流程如下： 已知：ⅰ.易溶于甲醇； ⅱ.，，。 （1）“二段脱水”通入的目的是___________。 （2）上述流程中，反应①的化学方程式为___________。 （3）某小组同学欲比较相同条件下化学反应速率的大小：①与；②与。 ①小组同学预测化学反应速率大小关系为①<②，理由是___________。 ②实验表明化学反应速率大小关系为①>②，分析其原因可能是___________。 （4）常温下，上述流程中可以选择溶液或溶液将转化为，结合题给数据及化学用语判断转化效果更好的试剂：___________。 Ⅱ．氟化镁晶胞是长方体，其结构示意图如图所示。 （5）①表示___________(填离子符号)。 ②结合离子结构判断和的半径大小关系并解释：___________。 ③已知晶胞的体积为，阿伏加德罗常数的值为，则其晶体密度___________(用代数式表示)。 【答案】（1）抑制镁离子水解 （2） （3） ①. 甲醇分子中甲基为供电子基团，导致甲醇中羟基的极性弱于水 ②. 易溶于CH3OH，而Mg(OH)2难溶于水，覆盖在Mg表面，阻碍Mg与H2O的接触面积所致 （4）氢氧化镁与氢氟酸溶液反应的方程式为，反应的平衡常数，氢氧化镁与氢氟酸溶液反应的方程式为，反应的平衡常数，平衡常数K1远远大于K2，说明氢氟酸的转化效果更好 （5） ①. Mg2+ ②. 两种离子的核外电子排布相同，镁离子的核电荷数大于氟离子，对核外电子的吸引力大于氟离子，所以镁离子的离子半径小于氟离子 ③. 【解析】 【分析】水氯镁石脱水后得到氯化镁，电解生成镁单质，和甲醇反应转化为，和水转化为氢氧化镁，和HF或NaF转化为氟化镁； 【小问1详解】 镁离子会水解生成氢氧化镁和HCl，“二段脱水”通入的目的是抑制镁离子水解； 【小问2详解】 反应①为镁单质和甲醇反应转化为，结合质量守恒，同时生成氢气，化学方程式为； 【小问3详解】 a．甲醇分子中甲基为推电子基团，导致甲醇中羟基的极性弱于水，所以预测化学反应速率①小于②； b．实验表明化学反应速率①大于②是因为易溶于CH3OH，而Mg(OH)2难溶于水，覆盖在Mg表面，阻碍Mg与H2O的接触面积所致； 【小问4详解】 氢氧化镁与氢氟酸溶液反应的方程式为，反应的平衡常数，氢氧化镁与氢氟酸溶液反应的方程式为，反应的平衡常数，平衡常数K1远远大于K2，说明氢氟酸的转化效果更好； 【小问5详解】 ①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和体心白球的个数为，位于面上和体内黑球的个数为，由氟化钙的化学式可知，白球为镁离子，故答案为：Mg2+； ②、的核外电子排布相同，镁离子的核电荷数大于氟离子，对核外电子的吸引力大于氟离子，所以镁离子的离子半径小于氟离子； ③结合①分析，其晶体密度为。 16. 四氮化四硫(，S显+2价)为热色性固体，具有色温效应，低于时呈淡黄色，室温下呈橙黄色，高于时呈深红色；难溶于水，能溶于等有机溶剂。可用与(红棕色液体)反应制备，反应装置如图所示(夹持装置已省略)。 已知：。 实验操作：将适量的和干燥的加入三颈烧瓶中，再将三颈烧瓶放到流水水浴中，使水浴液面与瓶内的液面相齐。在不断搅拌下向溶液中通入氨气，在不使反应物溅出和瓶内的反应温度不超过的条件下，尽量加大氨气的流量。大约经过，当反应结束时，可取出少量反应混合物和适量的水一起振荡，然后测量水萃取液的。若，即刻停止通入氨气，否则继续通氨气直至水萃取液。 回答下列问题： （1）实验室由两种固体制取氨气发生的反应为___________。 （2）装置B中生成的同时，还生成一种常见的固体单质和一种盐，该反应的化学方程式为___________；证明反应完全的现象是___________。 （3）装置C的作用是___________，其中的作用是___________。 （4）测定产品纯度 ⅰ.蒸氨：取固体样品加入三颈烧瓶中，再加入足量溶液并加热，将蒸出的通入盛有标准溶液的锥形瓶中。 ⅱ.滴定：用的标准溶液滴定剩余的溶液，记录消耗溶液的体积。重复实验3次，数据如下表所示。 实验序号 初始读数 最终读数 ① ② ③ ①用标准溶液滴定溶液之前，需要润洗滴定管，润洗滴定管的操作为___________。 ②滴定终点时的操作及判断：在接近滴定终点时，放液使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，并用洗瓶中的蒸馏水冲洗，继续摇动锥形瓶，当___________，即为滴定终点。 ③制得的的纯度为___________(保留3位有效数字)。 【答案】（1）Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O （2） ①. ②. 溶液红棕色褪去 （3） ①. 尾气处理，防止空气污染 ②. 防止稀硫酸倒吸入B中 （4） ①. 将待装液体从滴定管的管口倒入，同时倾斜着旋转滴定管，使整个管壁都浸润液体，到达底部后放出液体，同样的方法再操作2-3次 ②. 溶液由橙色变为黄色（或无色变为粉色），且半分中内不变色 ③. 85.6% 【解析】 【分析】利用氨气与二氯化硫反应生成四氮化四硫，反应生成一种常见固体单质和一种盐，参与反应的元素中，只有单质S才是固体，故该固体为硫单质，反应还声称一种盐，根据得失电子守恒，氮元素失电子，硫元素得电子，而氯元素不参与得失电子，故该盐应为盐酸盐，即氯化铵，据此分析各小题； 【小问1详解】 实验室常用与制取氨气，反应产物为CaCl2、NH3和2H2O，该反应的化学方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O； 【小问2详解】 装置C中氨气与SCl2生成S4N4，还有一种常见固体单质和一种盐，根据质量守恒推知化学方程式为；由于SCl2是红棕色液体，所以证明SCl2反应完全的现象是溶液红棕色褪去； 【小问3详解】 氨气有毒，因此需要用稀硫酸进行尾气处理，防止空气污染；氨气极易溶于水，因此用CCl4可防止稀硫酸被倒吸入装置B中； 【小问4详解】 ①润洗滴定管的操作方法：将待装液体从滴定管的管口倒入，同时倾斜着旋转滴定管，使整个管壁都浸润液体，到达底部后放出液体，同样的方法再操作2-3次； ②：用氢氧化钠滴定多余的硫酸，可选用甲基橙（或酚酞）作指示剂，在接近滴定终点时，放液使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，并用洗瓶中的蒸馏水冲洗，继续摇动锥形瓶，当溶液由橙色变为黄色（或无色变为粉色），且半分中内不变色，则达到滴定终点； ③根据题给信息可知，稀硫酸物质的量=0.05L×0.1 =0.005mol，吸收完氨气后，剩余的硫酸消耗NaOH标准液20.00mL（②数值相差太大，舍去），即0.02L×0.1 =0.002mol，按反应关系H2SO4~2NaOH，剩余的有0.001mol，则吸收氨气消耗了0.004mol硫酸。按反应关系S4N4~4NH3~ 2H2SO4可知，样品中S4N4有0.002mol，即S4N4产品纯度=。 17. 烟气脱硝是指通过一系列化学反应将烟气中的、等氮的氧化物转化为无污染的含氮物质的过程。 （1）利用催化剂对催化转化的反应过程与能量变化如图1所示。 ①下列说法正确的是___________(填字母)。 A．高温有利于的转化 B．由a释放的反应速率最慢 C．、都会形成非极性键 D．过渡态2比过渡态1稳定 ②写出总反应的热化学方程式：___________。 ③判断总反应能否自发进行并说明理由：___________。 （2）理论上和也可以作为还原剂进行的脱除。 ①图2为和在下、过量空气系数(直接反映为氧气浓度)为时脱除率的变化。作还原剂时，随着过量空气系数的增加，的脱除率的变化趋势为___________；请结合所学及题干信息，推测呈现该趋势的原因：___________。 ②利用图3装置能有效将转化为无污染的气体。该装置工作时，内电路移动的离子及移动方向为___________。电极的电极反应为___________。 ③在还原时，一般在有氧环境下进行，主要存在以下两个竞争反应： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 实验室利用计算机在的容器中模拟时还原。原始投料： ，，。反应达到平衡时，脱除率为，转化率为，则在此反应条件下反应Ⅱ的平衡常数为___________。 【答案】（1） ①. BC ②. ③. 总反应为气体分子数不变的放热反应，根据∆G=，则反应能自发进行 （2） ①. 逐渐减小 ②. 在较高温度下，当氧气浓度达到一定程度时，氨气和氧气反应，与氨气和一氧化氮反应形成竞争反应，氧气越多，氨气与一氧化氮反应越少，同时氨气和氧气反应会生成氮的氧化物，使氮的氧化物浓度在一定程度上增加，导致脱硝率下降 ③. 氢氧根离子由电极B移向电极A ④. ⑤. 400 【解析】 【小问1详解】 ①A．由图，生成物总能量低于反应物，为放热反应，高温平衡逆向移动，不利于的转化，错误； B．活化能越大、反应速率越慢，由图，由a释放的活化能最大，则其反应速率最慢，正确； C．由图，形成氮氮非极性键，形成氧氧非极性键，正确； D．过渡态2比过渡态1能量高，则不如过渡态1稳定，错误； 故选BC； ②由图，总反应为2molNO催化转化为1mol氧气、1mol氮气放热182.8kJ，热化学方程式：。 ③总反应为气体分子数不变的放热反应，根据∆G=，则反应能自发进行； 【小问2详解】 ①图2为和在下、过量空气系数(直接反映为氧气浓度)为时脱除率的变化。由图，作还原剂时，随着过量空气系数的增加，的脱除率的变化趋势为逐渐减小；呈现该趋势的原因为：在较高温度下，当氧气浓度达到一定程度时，氨气和氧气反应，与氨气和一氧化氮反应形成竞争反应，氧气越多，氨气与一氧化氮反应越少，同时氨气和氧气反应会生成氮的氧化物，使氮的氧化物浓度在一定程度上增加，导致脱硝率下降； ②图3装置能有效将转化为无污染的气体，由图该装置工作时为原电池，电极B上二氧化氮得到电子发生还原反应生成氮气：，则电极B为正极、电极A为负极，A极反应为氨气失去电子发生氧化反应生成氮气：，原电池中阳离子向正极移动、阴离子向负极移动，故内电路移动的离子及移动方向为氢氧根离子由电极B移向电极A； ③根据投料及NO的脱除率64%、甲烷转化率80%，参加反应的甲烷为10mol×80%=8mol；三行式如下： 故在此反应条件下反应Ⅱ的平衡常数。 18. 螺环化合物具有抗病毒、抗肿瘤功能，其合成路线如下： 已知：Ⅰ．； Ⅱ．。 （1）的反应条件为___________。 （2）中含氧官能团的名称为___________。 （3）酸性环境下电化学氧化法可实现的一步合成，阳极区涉及的反应有： ⅰ.； ⅱ.___________，可循环利用。 （4）的反应类型为___________。 （5）分子中含有一个六元环和一个五元环，则的化学方程式为___________。 （6）下列关于J的说法正确的是___________(填字母)。 a．含有手性碳原子 b．能发生消去反应 c．在加热和催化条件下，不能被氧化 d．存在同时含苯环和碳碳三键的同分异构体 若“d”对，则符合该条件及以下条件的同分异构体N有___________种(若不对，此空不作答)。 ①能与反应 ②含有 ③苯环上只有三个取代基 （7）、中均含有，的结构简式为___________。 【答案】（1）液氯、铁粉(FeCl3) （2）酯基 （3） （4）取代反应 （5）+=+ （6） ①. ad ②. 18 （7） 【解析】 【分析】由C的结构简式，可逆推出A为，B为；由D的分子式，可确定D为；依据信息Ⅰ，可推出D与反应生成E的结构简式为：；其结构简式为：，则F为：。由H的分子式，参照G的结构简式，可得出H为：，则I为：；酰胺基不能与发生加成反应，则J分子中的酮羰基与发生加成反应生成醇羟基，J的结构简式为：；E与J发生加成反应，生成的K中含有“”，则E分子中的碳碳双键与J分子中的羟基碳原子发生加成反应，所以生成K的结构简式为：。 【小问1详解】 A()与在若光照下发生反应，氯原子取代甲基上的氢原子，该反应生成B()和，反应条件应为液氯、铁粉(FeCl3)。 【小问2详解】 E的结构简式为：，含氧官能团为酯基。 【小问3详解】 B为，D为，可循环利用。 ⅰ．，则第ⅱ步反应中，将氧化为，本身被还原为，反应的离子方程式为。 【小问4详解】 F为：，与()反应，化学方程式为：+=+。苯环上的氢原子被取代，所以这个反应是取代反应。 【小问5详解】 H分子中含有一个六元环和一个五元环，则H为。H与发生取代反应，生成I的结构简式为，由此结构简式可得出化学方程式为：+=+。 【小问6详解】 ①由分析可知，J为。 a．J分子中，手性碳原子连接四个不一样的原子或原子团，与相连的碳原子为手性碳原子，a正确； b．J分子中，羟基碳的邻位碳原子上不连有氢原子，则J不能发生消去反应，b不正确； c．J分子中，碳原子上连有氢原子，在加热和催化条件下，能被氧化，c不正确； d．J分子中，除苯环外，不饱和度为2，与碳碳三键的不饱和度相同，所以J分子中可以存在含苯环和碳碳三键的同分异构体，d正确； 故选ad； ②首先确定不饱和度，根据分子式计算不饱和度6，苯环不饱和度为4，碳碳三键不饱和度2，为刚好满足总的不饱和度； 其次，分析与反应的官能团，因为能与反应，若存在酚羟基，酚羟基能与反应，则N上存在两个酚羟基；若存在酚酯，酚酯在碱性环境下水解后生成的羧酸盐和酚羟基能与反应，但不饱和度不满足要求； 最后确定取代基的组合，由于苯环上有三个取代基，则苯环三个取代基分别是两个酚羟基，另外的取代基可以是、、，两个酚羟基有邻、间、对三个位置，另外的取代基共有6个位置，所以共计种同分异构体。  【小问7详解】 由分析可知，K的结构简式为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $