精品解析：辽宁省沈阳市东北育才学校2024-2025学年高三下学期第6次模拟考试 化学试题

2024—2025学年度下学期东北育才学校 高三年级假期质量测试暨第六次模拟考试 化学科试卷 答题时间：75分钟 满分：100 可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 Si-28 S-32 Cl-35.5 I-127 K-39 V-51 Cr-52 Mn-55 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Zr-91 Ba-137 W-184 一、单选题(每题3分，共15小题，45分) 1. 化学与生活密切相关，下列说法正确的是 A. 漂白粉与盐酸可混合使用以提高消毒效果 B. 乙酸、苯甲酸、乙二酸均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 C. 泡沫灭火器可用于一般的起火，也适用于电器起火 D. 电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极法 2. 化学是材料科学的基础。下列说法错误的是 A. 制造5G芯片的氮化铝晶圆属于无机非金属材料 B. 可降解聚乳酸塑料的推广应用可减少“白色污染” C. 制造特种防护服的芳纶纤维属于有机高分子材料 D. 制造阻燃或防火线缆的橡胶不能由加聚反应合成 3. 下列表示正确的是 A. 甲酸乙酯的结构简式CH3COOCH3 B. NH3的VSEPR模型为 C. Cl2分子中键的形成： D. 的名称：2-甲基-4-乙基戊烷 4. 关于M的说法正确的是 A. 分子式为C12H16O6 B. 含三个手性碳原子 C. 所有氧原子共平面 D. 与(CH3)2C=O互为同系物 5. 下列说法正确的是 A. 室温下，在水中的溶解度：丙三醇>苯酚>1-氯丁烷 B. 用核磁共振氢谱不能区分HCOOCH3和HCOOCH2CH3 C. 用Na2CO3溶液不能区分CH3COOH和CH3COOCH2CH3 D. 乙酰胺在酸性或碱性条件下均能发生水解反应，且产物相同 6. 室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是 实验操作和现象 结论 A 石蜡油加强热，将产生的气体通入Br2的CCl4溶液，溶液红棕色变无色 产生的气体为乙烯 B 向浓度均为0.05 mol·L−1的NaI、NaCl混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，有黄色沉淀生成 Ksp(AgI)> Ksp(AgCl) C 向3 mL KI溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加1mL淀粉溶液，溶液显蓝色 Br2的氧化性比I2的强 D 用pH试纸测得：CH3COONa溶液的pH约为9，NaNO2溶液的pH约为8 HNO2电离出H+的能力比CH3COOH的强 A. A B. B C. C D. D 7. 下列说法正确的是 A. 图①装置可用于制取并收集氨气 B. 图②操作可排出盛有溶液滴定管尖嘴内的气泡 C. 图③操作俯视刻度线定容会导致所配溶液浓度偏大 D. 图④装置盐桥中阳离子向溶液中迁移 8. 铝离子电池具有高效耐用、可燃性低、成本低、充电快速等优点，可成为常规电池的安全替代品，将纳米级FeF3嵌入电极材料，能大大提高可充电铝离子电池的容量。其中有机离子导体主要含AlxC，隔膜仅允许含铝元素的微粒通过，工作原理如图甲所示；图乙为电解CuCl2溶液装置的一部分。下列说法不正确的是 A. a极与铝电极连接 B. AlC和Al2C中各原子最外层均达到8电子结构 C. 放电时，正极反应式为2Al2C+FeF3+e-=3AlC+FeCl2+AlF3 D. 若b极材料为Pt，b极的电极反应式始终为2Cl――2e-=Cl2↑ 9. 碘化钾为白色固体，可用作分析试剂、感光材料、制药和食品添加剂等，可通过碘酸钾与硫化氢反应制备。实验装置如图所示(夹持及加热装置已省略)，下列说法错误的是 A. 仪器a、b名称是恒压滴液漏斗，实验中应先关闭K，打开仪器b，制备碘酸钾 B. 滴入30%氢氧化钾溶液后，乙装置中紫黑色固体溶解，棕黄色溶液逐渐变为无色 C. 乙装置中稀硫酸主要作用是减小硫化氢溶解度，以利于其逸出在丙装置中被吸收 D. 如果乙装置中最终生成4.8g黄色沉淀，则理论上可制得碘化钾的质量为8.3g 10. 硅酸盐是地壳岩石的主要成分，在硅酸盐中，四面体Si(如图甲为俯视投影图)通过共用顶角氧原子可形成六元环(图乙)、无限单链状(图丙)、无限双链状(图丁)等多种结构。石棉是由钙、镁离子以离子数1∶3的比例与单链状硅酸根离子形成的一种硅酸盐。 下列说法不正确的是 A. 大多数硅酸盐材料硬度高与硅氧四面体结构有关 B. 六元环的硅酸盐阴离子化学式为(SiO3 C. 石棉的化学式为CaMg3Si4O10 D. 双链状硅酸盐中硅氧原子数之比为4∶11 11. 在化学反应中，相同的反应物在不同条件下会得到不同的产物。有机物和在碱性条件下发生反应生成和，反应如下图所示： 下列说法正确的是 A. M与乙二醇互为同系物 B. Q分子所有氧原子不在同一平面，能溶于有机溶剂难溶于水 C. KOH中的K+起到了“模板”作用，增大了生成Q的几率 D. P生成聚合物的反应类型为加聚反应 12. 某种离子化合物由X、Y、Z、W四种原子序数依次增大的短周期主族元素组成，其结构示意图如图所示，其中X、Z、W分别处于不同的周期，Z的原子核外有8种不同运动状态的电子，W元素的最高价氧化物对应的水化物为一元强碱，Y元素的基态原子最外层有一个未成对电子，下列说法错误的是 A. Y元素的最高价氧化物对应的水化物为一元弱酸 B. 该离子中Y与Z之间存在一条配位键 C. 元素W焰色为黄色 D. 基态Z原子核外电子有6种不同空间运动状态 13. 人体内的碳酸酐酶CA(阴影部分，His完整结构如图)对于调节血液和组织液的酸碱平衡有重要作用，催化机理如图所示。下列说法错误的是 A. 左图五元环中存在大π键 B. 氮原子Ⅰ和Ⅱ相比，最可能跟Zn2+形成配位键的是Ⅱ C. ①→②→③催化全过程中各元素的化合价都没有发生变化 D. CA超高催化效率可能是因为Zn2+影响配体水分子的极性，使水更容易电离出H+ 14. 有一类复合氧化物具有奇特的性质：受热密度不升反降。这类复合氧化物的理想结构属立方晶系，晶胞示意图如下。图中八面体中心是锆原子(Zr)，位于晶胞的顶角和面心；四面体中心是钨原子(W)，均在晶胞中。八面体和四面体之间通过共用顶点(氧原子)连接。已知：晶胞参数a=0.916 nm，锆与钨的化合价分别为+4价与+6价。下列说法正确的是 A. 该复合氧化物的化学式为ZrW2O4 B. 晶体中氧原子的化学环境有2种 C. 该晶体的密度为×1021 g·cm-3 D. Zr原子周围距离最近且相等Zr原子有8个 15. 利用平衡移动原理，分析常温下Ni2+在不同pH的Na2CO3体系中的可能产物。 已知：图1中曲线表示Na2CO3体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系；图2中曲线I的离子浓度关系符合；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合；[注：起始Na2CO3体系中；不同pH下c(CO)由图1得到]。下列说法错误的是 A. pH=7时，碳酸钠溶液体系中存在：c()>c(H2CO3)>c() B. M点时，溶液中存在c()=c(OH-) C. 初始状态pH=9、，平衡后存在 D. 沉淀Ni2+制备NiCO3时，选用0.1NaHCO3溶液比0.1Na2CO3溶液效果好 16. 为实现“碳中和”和“碳达峰”，碳的循环利用是重要措施。 Ⅰ．甲烷干重整反应(DRM)可以将两种温室气体(CH4和CO2)直接转化为合成气(主要成分为CO和H2)，反应方程式为。 （1）几种物质的燃烧热如下表： 物质 燃烧热(kJ∙mol-1) 893 283 286 甲烷干重整反应的ΔH=_______kJ∙mol-1。 Ⅱ．重整获得的H2可用于工业合成氨，下面是原料气在铁触媒表面催化合成氨的一种反应历程示意图： 化学键 N≡N H－H N－H 键能(kJ/mol) 946 436 391 （2）从反应历程角度，因为_______实际生产中，选择投料比=_______。 A．1:3 B．1:3.2 C．1:2.8 （3）合成氨反应速率方程为：，β=_______ 实验 v 1 m n p v 2 3m n p 3v 3 m n 0.1p 10v 4 m 4n p 8v 在合成氨过程中，需要及时液化分离出氨气，这有利于平衡正向移动，提高产率，从反应历程等方面分析，还可能是因为_______；_______。 （4）恒压密闭容器中按1:3充入N2和H2，在不同催化剂(I，Ⅱ，Ⅲ)作用下发生反应，测得相同反应时间内，NH3的体积分数随温度变化如图所示。 ①T＞300℃，曲线重合的原因是_______。 ②M点对应条件下的Kx=_______(对于反应，x为物质的量分数，结果以分数形式化简表示)。 17. 钒是一种重要的过渡金属，在工业、医疗、高科技等领域均有重要应用。以石煤[含有机碳、SiO2、CaO和少量Ⅴ(Ⅲ、Ⅳ、Ⅴ)氧化物、Fe2O3、MgO、Al2O3]为原料，我国学者研究出新型空白焙烧—酸浸提钒的工艺流程如图所示： 已知：烧渣中Ⅴ元素存在于Si-O四面体中；“萃取”反应为。 回答下列问题： （1）“沸腾焙烧”时，通过吹入的氧气使石煤粉呈悬浮态，其目的为_______；该工序的作用除脱碳外，还有_______。 （2）“酸浸”所用试剂中加入适量HF的作用为_______。 （3）“还原”工序中，发生的主要氧化还原反应的离子方程式为_______。 （4）“反萃取”选用的合适的试剂为_______(填化学式)。 （5）“沉钒”中析出(NH4)2V12O31·nH2O晶体时，下列哪些因素有利于得到较大的晶体_______。 A. 缓慢冷却溶液 B. 快速冷却溶液 C. 快速蒸发溶剂 D. 缓慢蒸发溶剂 （6）V2O5用H2还原时，剩余固体质量与温度的关系如图所示，取36.4gV2O5固体进行热重分析，剩余固体质量与温度的关系如图所示。 分解过程剩余固体30.0g时，该固体的化学式为_______。 18. 三氯化铬是常用的媒染剂和催化剂，易潮解、易升华，高温下易被氧气氧化。实验室用和(沸点)在高温下制备无水，同时生成气体。可利用下面装置模拟制取三氯化铬(为气流控制开关)。 原理： 已知：①气体有毒，遇水发生水解产生两种酸性气体。 ②碱性条件下，可将氧化(黄色)；酸性条件下，将(橙色)还原为(绿色)。 回答下列问题： （1）下列实验图标中与本实验无关的是_______(填代号)； A B C D E （2）步骤如下： i．连接装置，检查装置气密性，装入药品并通入； ⅱ．加热反应管至； iii．控制开关，加热，温度保持在之间； iV.加热石英管继续升温至，直到丙中反应基本完成，切断管式炉的电源； V.停止乙装置水浴加热，继续通一段时间N2； Vi．装置冷却后，结束制备实验。 ①步骤i中，开关的状态分别为K1_______K2_______(填“开”或“关”)。 ②步骤V的操作：继续通一段时间N2，其目的是_______。 （3）从安全的角度考虑，整套装置的不足是_______。 （4）装置己中反应的离子方程式为_______。 （5）测定产品中质量分数的实验步骤如下： I．取产品，在强碱性条件下，加入过量的溶液，小火加热使完全转化为，继续加热一段时间； Ⅱ．冷却后，滴入适量的稀硫酸和浓磷酸(浓磷酸的作用是防止指示剂提前变色)，使转化为，再加适量的蒸馏水将溶液稀释至； Ⅲ．取溶液，加入适量浓硫酸混合均匀，滴入2滴试亚铁灵作指示剂，用新配制的标准溶液滴定至终点，重复次，平均消耗标准溶液。 ①产品中的质量分数为_______%。 ②下列操作将导致产品中质量分数测定值偏高的是_______(填标号)。 A．步骤I中未继续加热一段时间 B．步骤Ⅱ中未加浓磷酸 C．步骤Ⅲ中装溶液的滴定管未润洗 D．步骤Ⅲ中读数时，滴定前俯视，滴定后平视 19. 大豆素(化合物C)的合成及其衍生化的一种工艺路线如下： 回答下列问题： （1）B的化学名称为_______。 （2）1mol D反应生成E至少需要_______氢气。 （3）写出E中任意两种含氧官能团的名称_______。 （4）由E生成F的化学方程式为_______。 （5）由G生成H分两步进行：反应1)是在酸催化下水与环氧化合物的加成反应，则反应2)的反应类型为_______。 （6）化合物B的同分异构体中能同时满足下列条件的有_______种。 a．含苯环的醛、酮 b．不含过氧键() c．核磁共振氢谱显示四组峰，且峰面积比为3∶2∶2∶1 （7）根据上述路线中的相关知识，以丙烯为主要原料用不超过三步的反应设计合成下图有机物，写出合成路线_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024—2025学年度下学期东北育才学校 高三年级假期质量测试暨第六次模拟考试 化学科试卷 答题时间：75分钟 满分：100 可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 Si-28 S-32 Cl-35.5 I-127 K-39 V-51 Cr-52 Mn-55 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Zr-91 Ba-137 W-184 一、单选题(每题3分，共15小题，45分) 1. 化学与生活密切相关，下列说法正确的是 A. 漂白粉与盐酸可混合使用以提高消毒效果 B. 乙酸、苯甲酸、乙二酸均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 C. 泡沫灭火器可用于一般的起火，也适用于电器起火 D. 电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极法 【答案】D 【解析】 【详解】A．漂白粉（含Ca(ClO)2）与盐酸混合会发生反应，产生有毒的Cl2，因此混合使用会降低消毒效果且危险，A错误； B．乙二酸（草酸）具有强还原性，能与酸性高锰酸钾溶液反应使其褪色，B错误； C．泡沫灭火器喷出含水的泡沫，电器起火时若未断电，使用泡沫灭火器可能导致触电，应选用干粉或二氧化碳灭火器，C错误； D．镁的金属活动性比铁强，作为牺牲阳极优先被腐蚀，从而保护铁内胆，此原理为牺牲阳极法，D正确； 故选D。 2. 化学是材料科学的基础。下列说法错误的是 A. 制造5G芯片的氮化铝晶圆属于无机非金属材料 B. 可降解聚乳酸塑料的推广应用可减少“白色污染” C. 制造特种防护服的芳纶纤维属于有机高分子材料 D. 制造阻燃或防火线缆的橡胶不能由加聚反应合成 【答案】D 【解析】 【详解】A．氮化铝是一种高温结构陶瓷，属于新型的无机非金属材料，A正确； B．可降解聚乳酸塑料的推广应用，可以减少难以降解塑料的使用，从而减少“白色污染”，B正确； C．“涤纶”“锦纶”“腈纶”“丙纶”“维纶”“氯纶”“芳纶”等均为合成纤维，属于有机高分子材料，C正确； D．天然橡胶的单体为异戊二烯，合成橡胶的单体如顺丁烯等中均含有碳碳双键，通过加聚反应合成制得橡胶，D错误； 故选D。 3. 下列表示正确的是 A. 甲酸乙酯的结构简式CH3COOCH3 B. NH3的VSEPR模型为 C. Cl2分子中键的形成： D. 的名称：2-甲基-4-乙基戊烷 【答案】C 【解析】 【详解】A．甲酸HCOOH脱羧基、乙醇CH3CH2OH脱羟基中氢原子生成甲酸乙酯，其结构简式为HCOOCH2CH3，故A错误； B．NH3分子中心原子价层电子对数为=4，所以VSEPR模型为正四面体，可表示为：，故B错误； C．分子中Cl的p轨道以头碰头方式形成σ键，可表示为：，故C正确； D．中最长的碳链中含有6个碳原子，第2、4号碳原子上含有甲基，则系统命名为2，4-二甲基己烷，故D错误； 故选C。 4. 关于M的说法正确的是 A. 分子式为C12H16O6 B. 含三个手性碳原子 C. 所有氧原子共平面 D. 与(CH3)2C=O互为同系物 【答案】B 【解析】 【详解】A．由题干M的结构简式可知，其分子式为C12H18O6，A错误； B．同时连有4个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，故M中含三个手性碳原子，如图所示：，B正确； C．由题干M的结构简式可知，形成醚键的O原子连接的碳原子均采用sp3杂化，故不可能所有氧原子共平面，C错误； D．同系物是指结构相似(官能团的种类和数目分别相同)，组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质，故M与(CH3)2C=O不互为同系物，D错误； 故答案为：B。 5. 下列说法正确的是 A. 室温下，在水中的溶解度：丙三醇>苯酚>1-氯丁烷 B. 用核磁共振氢谱不能区分HCOOCH3和HCOOCH2CH3 C. 用Na2CO3溶液不能区分CH3COOH和CH3COOCH2CH3 D. 乙酰胺在酸性或碱性条件下均能发生水解反应，且产物相同 【答案】A 【解析】 【详解】A．含-OH越多，溶解性越大，卤代烃不溶于水，则室温下，在水中的溶解度：丙三醇＞苯酚＞1-氯丁烷，A正确； B．HCOOCH3中有两种H，HCOOCH2CH3中有三种H，则用核磁共振氢谱能区分HCOOCH3和HCOOCH2CH3，B错误； C．CH3COOH与碳酸钠溶液反应产生气泡，而Na2CO3溶液与CH3COOCH2CH3会分层，因此可以用Na2CO3溶液能区分CH3COOH和CH3COOCH2CH3，C错误； D．两种条件下产物不同，酸性条件下的产物是羧酸和铵盐，碱性条件下是羧酸盐和氨，故D错误。 故选A。 6. 室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是 实验操作和现象 结论 A 石蜡油加强热，将产生的气体通入Br2的CCl4溶液，溶液红棕色变无色 产生的气体为乙烯 B 向浓度均为0.05 mol·L−1的NaI、NaCl混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，有黄色沉淀生成 Ksp(AgI)> Ksp(AgCl) C 向3 mL KI溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加1mL淀粉溶液，溶液显蓝色 Br2的氧化性比I2的强 D 用pH试纸测得：CH3COONa溶液的pH约为9，NaNO2溶液的pH约为8 HNO2电离出H+能力比CH3COOH的强 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．石蜡油在高温下裂解可能生成不饱和烃（如乙烯），但实验中无法确定具体是哪种烯烃（如丙烯等也可能存在），A错误； B．溶度积（Ksp）越小，越易沉淀。AgI的Ksp远小于AgCl，故沉淀优先生成。结论应表述为Ksp(AgI) < Ksp(AgCl)，B错误； C．淀粉遇碘变蓝，向3mLKI溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加1mL淀粉溶液，若溶液显蓝色，说明溴单质置换出碘单质，则氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，即Br2的氧化性比I2的强，则操作和结论都正确，故C正确； D．CH3COONa和NaNO2溶液浓度未知，所以无法根据pH的大小，比较出两种盐的水解程度，也就无法比较HNO2和CH3COOH电离出H+的难易程度，故D错误； 故选C。 7. 下列说法正确的是 A. 图①装置可用于制取并收集氨气 B. 图②操作可排出盛有溶液滴定管尖嘴内气泡 C. 图③操作俯视刻度线定容会导致所配溶液浓度偏大 D. 图④装置盐桥中阳离子向溶液中迁移 【答案】C 【解析】 【详解】A．氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，遇冷又化合生成氯化铵，则直接加热氯化铵无法制得氨气，实验室用加热氯化铵和氢氧化钙固体的方法制备氨气，故A错误； B．高锰酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶管，所以高锰酸钾溶液应盛放在酸式滴定管在，不能盛放在碱式滴定管中，故B错误； C．配制一定物质的量浓度的溶液时，俯视刻度线定容会使溶液的体积偏小，导致所配溶液浓度偏大，故C正确； D．由图可知，锌铜原电池中，锌电极为原电池的负极，铜为正极，盐桥中阳离子向硫酸铜溶液中迁移，故D错误； 故选C。 8. 铝离子电池具有高效耐用、可燃性低、成本低、充电快速等优点，可成为常规电池的安全替代品，将纳米级FeF3嵌入电极材料，能大大提高可充电铝离子电池的容量。其中有机离子导体主要含AlxC，隔膜仅允许含铝元素的微粒通过，工作原理如图甲所示；图乙为电解CuCl2溶液装置的一部分。下列说法不正确的是 A. a极与铝电极连接 B. AlC和Al2C中各原子最外层均达到8电子结构 C. 放电时，正极反应式为2Al2C+FeF3+e-=3AlC+FeCl2+AlF3 D. 若b极材料为Pt，b极的电极反应式始终为2Cl――2e-=Cl2↑ 【答案】D 【解析】 【分析】根据图甲中电子流动方向知，铝电极为负极，反应式：，正极反应式：，根据图乙离子移动方向可知，b为阳极，Cl-失电子能力大于水中OH-，优先失电子，a为阴极。 【详解】A．根据分析，a为阴极，应与电源负极Al电极相连，A项正确； B．由图中和的结构可知，Al形成4条共价键，价层电子对数是4，Cl形成1条共价键，故各原子最外层均达到8电子结构，B项正确； C．根据分析，原电池正极反应：，C项正确； D．若b极材料为Pt，b极先发生的电极反应为2Cl-―2e-=Cl2↑，当放电完毕后，水电离的氢氧根离子继续放电，D项错误； 答案选D。 9. 碘化钾为白色固体，可用作分析试剂、感光材料、制药和食品添加剂等，可通过碘酸钾与硫化氢反应制备。实验装置如图所示(夹持及加热装置已省略)，下列说法错误的是 A. 仪器a、b名称是恒压滴液漏斗，实验中应先关闭K，打开仪器b，制备碘酸钾 B. 滴入30%氢氧化钾溶液后，乙装置中紫黑色固体溶解，棕黄色溶液逐渐变为无色 C. 乙装置中稀硫酸主要作用是减小硫化氢溶解度，以利于其逸出在丙装置中被吸收 D. 如果乙装置中最终生成4.8g黄色沉淀，则理论上可制得碘化钾的质量为8.3g 【答案】D 【解析】 【分析】本题为利用碘酸钾和硫化氢制备碘化钾，由装置所盛试剂可知，装置甲为启普发生器，利用硫化亚铁和稀硫酸制备硫化氢气体，装置乙中盛放碘单质和氢氧化钠，用以制备碘酸钾，待碘酸钾制备完成，将硫化氢通入碘酸钾溶液制备碘化钾，同时有淡黄色硫单质生成，最后用氢氧化钠吸收尾气。 【详解】A．仪器a、b为恒压滴液漏斗，利用碘酸钾与硫化氢气体制备碘化钾，由于碘酸钾为溶液，硫化氢为气体，因此需先关闭K制备碘酸钾，然后制备并将硫化氢通入碘酸钾溶液制备碘化钾，A正确； B．碘单质溶解后溶液呈棕黄色，随着碘单质与氢氧化钠反应生成无色的碘化钾和碘酸钾，溶液逐渐变为无色，B正确； C．硫化氢为弱电解质，加入稀硫酸能抑制硫化氢的电离，降低其溶解度，使其逸出吸收，C正确； D．黄色沉淀为S，4.8g S为0.15mol，硫元素由硫化氢中的-2价升高为0价，0.15mol S转移0.3mol电子，每生成1mol碘化钾转移1mol电子，因此共生成碘化钾0.3mol，质量为49.8g，D错误； 故选D。 10. 硅酸盐是地壳岩石的主要成分，在硅酸盐中，四面体Si(如图甲为俯视投影图)通过共用顶角氧原子可形成六元环(图乙)、无限单链状(图丙)、无限双链状(图丁)等多种结构。石棉是由钙、镁离子以离子数1∶3的比例与单链状硅酸根离子形成的一种硅酸盐。 下列说法不正确的是 A. 大多数硅酸盐材料硬度高与硅氧四面体结构有关 B. 六元环的硅酸盐阴离子化学式为(SiO3 C. 石棉的化学式为CaMg3Si4O10 D. 双链状硅酸盐中硅氧原子数之比为4∶11 【答案】C 【解析】 【详解】A．硅氧四面体结构是指由一个硅原子和四个氧原子组成的四面体结构。这种结构因其内部化学键的结构和特性而具有稳定性。硅氧四面体结构中的硅原子与四个氧原子形成了共价键，共享电子对使每个原子都充满了电子。这种共价键结构使得硅氧四面体结构比单纯的硅或氧分子更加稳定，所以硅氧四面体结构决定了大多数硅酸盐材料硬度高，故A正确； B．六元环的硅酸盐阴离子中Si元素显+4价，O元素显-2价，所以六元环的硅酸盐阴离子化学式为，故B正确； C．石棉中钙、镁离子之比为1：3，其中Mg元素、Ca元素显+2价，Si元素显+4，O元素显-2价，所以，该石棉的化学式可表示为，故C错误； D．由图丁可知，双链硅酸盐中有两种硅氧四面体，且数目之比为1∶1，一种与单链硅酸盐中硅氧原子个数比相同，其中硅原子个数为1，氧原子个数为，个数比为1∶3；另一种，硅原子个数为1，O原子个数为，个数比为1∶2.5，所以双链状硅酸盐中硅氧原子数之比为2∶5.5=4∶11，故D正确； 故选C。 11. 在化学反应中，相同的反应物在不同条件下会得到不同的产物。有机物和在碱性条件下发生反应生成和，反应如下图所示： 下列说法正确的是 A. M与乙二醇互为同系物 B. Q分子所有氧原子不在同一平面，能溶于有机溶剂难溶于水 C. KOH中的K+起到了“模板”作用，增大了生成Q的几率 D. P生成聚合物的反应类型为加聚反应 【答案】C 【解析】 【详解】A．组成和结构相似，相差若干个CH2原子团的化合物互为同系物，即M与乙二醇不是同系物，故A错误； B．Q分子氧原子可能在同一平面，故B错误； C．KOH中的K+起到了“模板”作用，与O形成多个配位键，增大了生成Q的几率，故C正确； D．P生成聚合物的反应类型为缩聚反应，有小分子生成，故D错误； 故选C。 12. 某种离子化合物由X、Y、Z、W四种原子序数依次增大的短周期主族元素组成，其结构示意图如图所示，其中X、Z、W分别处于不同的周期，Z的原子核外有8种不同运动状态的电子，W元素的最高价氧化物对应的水化物为一元强碱，Y元素的基态原子最外层有一个未成对电子，下列说法错误的是 A. Y元素的最高价氧化物对应的水化物为一元弱酸 B. 该离子中Y与Z之间存在一条配位键 C. 元素W的焰色为黄色 D. 基态Z原子核外电子有6种不同的空间运动状态 【答案】D 【解析】 【分析】由图可知，化合物中W为带一个单位正电荷的阳离子，阴离子中X、Y、Z形成的共价键数目分别为1、3、2，X、Y、Z、W为四种原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Z、W分别处于不同的周期，Z的原子核外有8种不同运动状态的电子，W元素的最高价氧化物的水化物为一元强碱，Y元素的基态原子最外层有一个未成对电子，则X为H元素、Y为B元素、Z为O元素、W为Na元素。 【详解】A．硼酸是一元弱酸，故A正确； B．由图可知，阴离子中硼原子与氧原子形成的4个共价键中有1个是配位键，故B正确； C．钠元素的焰色试验为黄色，故C正确； D．氧元素的原子序数为8，基态原子的电子排布式为1s22s22p4，原子核外电子有5种不同的空间运动状态，故D错误； 故选D。 13. 人体内的碳酸酐酶CA(阴影部分，His完整结构如图)对于调节血液和组织液的酸碱平衡有重要作用，催化机理如图所示。下列说法错误的是 A. 左图五元环中存在大π键 B. 氮原子Ⅰ和Ⅱ相比，最可能跟Zn2+形成配位键的是Ⅱ C. ①→②→③催化全过程中各元素的化合价都没有发生变化 D. CA超高催化效率可能是因为Zn2+影响配体水分子的极性，使水更容易电离出H+ 【答案】B 【解析】 【详解】A．五元环中3个碳都是sp2杂化、未参与杂化的p轨道上都各有一个电子，NH中的N(Ⅱ号)形成3个键，有3个电子用于成键，另外2个电子则存在于未成键的p轨道中，另一个N(Ⅰ号)是sp2杂化，三个轨道组成平面三角形，分别有1，1，2个电子，而垂直于平面的p轨道上有1个电子，则整个环上共轭的电子有3+1+2=6电子，则左图五元环中存在大π键，故A正确； B．五元环中存在大π键，则Ⅰ中氮原子采取sp2杂化，形成3个sp2杂化轨道，其中2个杂化轨道形成键，1个杂化轨道用来容纳孤电子对，即Ⅰ中氮原子含孤电子对，Zn2+提供空轨道，最可能与Zn2+形成配位键，故B错误； C．由图可知，①→②→③催化全过程中各元素的化合价都没有发生变化，故C正确； D．Zn2+与水分子中O原子形成配位键，影响配体水分子的极性，使水更容易电离出H+，故D正确； 故选B。 14. 有一类复合氧化物具有奇特的性质：受热密度不升反降。这类复合氧化物的理想结构属立方晶系，晶胞示意图如下。图中八面体中心是锆原子(Zr)，位于晶胞的顶角和面心；四面体中心是钨原子(W)，均在晶胞中。八面体和四面体之间通过共用顶点(氧原子)连接。已知：晶胞参数a=0.916 nm，锆与钨的化合价分别为+4价与+6价。下列说法正确的是 A. 该复合氧化物的化学式为ZrW2O4 B. 晶体中氧原子的化学环境有2种 C. 该晶体的密度为×1021 g·cm-3 D. Zr原子周围距离最近且相等的Zr原子有8个 【答案】B 【解析】 【详解】A．由晶胞结构可知，Zr原子数目为，W原子数目为8，据锆与钨的化合价分别为+4与+6，得O原子数目为32，可得化学式ZrW2O8，故A错误； B．两种氧分别为连接八面体与四面体的桥氧与四面体上的端氧，故B正确； C．该晶体的密度为，故C错误； D．图中八面体中心是锆原子(Zr)，位于晶胞的顶角和面心，Zr原子周围距离最近且相等的Zr原子有12个，故D错误； 选B。 15. 利用平衡移动原理，分析常温下Ni2+在不同pH的Na2CO3体系中的可能产物。 已知：图1中曲线表示Na2CO3体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系；图2中曲线I的离子浓度关系符合；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合；[注：起始Na2CO3体系中；不同pH下c(CO)由图1得到]。下列说法错误的是 A. pH=7时，碳酸钠溶液体系中存在：c()>c(H2CO3)>c() B. M点时，溶液中存在c()=c(OH-) C. 初始状态pH=9、，平衡后存在 D. 沉淀Ni2+制备NiCO3时，选用0.1NaHCO3溶液比0.1Na2CO3溶液效果好 【答案】B 【解析】 【分析】由图1可知c()=c()时pH=10.25，则Ka2(H2CO3)=10-10.25，c(H2CO3)= c()时pH=6.37，则Ka1(H2CO3)=10-6.37；由图2可知 【详解】A．由图1 pH=7时三条曲线的相对高低可知，A正确； B．M点时pH=8.25，c(OH-)=5.75，c(OH-)=10-5.75mol/L，而由图1可知，pH=8.25时c()≈0.1mol·L-1，则根据Ka2可计算出c()≈10-3mol·L-1，B错误； C．初始状态pH=9、，此时恰好为Ni(OH)2的沉淀溶解平衡体系，而未达到NiCO3的沉淀溶解平衡，因此溶液中仍存在，C正确； D．由图2可知，pH>8.25时，Ni(OH)2沉淀比NiCO3优先析出，因此制备NiCO3时选用0.1mol·L-1NaHCO3溶液比0.1 mol·L-1Na2CO3溶液效果好，D正确； 故选B。 16. 为实现“碳中和”和“碳达峰”，碳的循环利用是重要措施。 Ⅰ．甲烷干重整反应(DRM)可以将两种温室气体(CH4和CO2)直接转化为合成气(主要成分为CO和H2)，反应方程式为。 （1）几种物质燃烧热如下表： 物质 燃烧热(kJ∙mol-1) 893 283 286 甲烷干重整反应的ΔH=_______kJ∙mol-1。 Ⅱ．重整获得的H2可用于工业合成氨，下面是原料气在铁触媒表面催化合成氨的一种反应历程示意图： 化学键 N≡N H－H N－H 键能(kJ/mol) 946 436 391 （2）从反应历程角度，因为_______实际生产中，选择投料比=_______。 A．1:3 B．1:3.2 C．1:2.8 （3）合成氨反应的速率方程为：，β=_______ 实验 v 1 m n p v 2 3m n p 3v 3 m n 0.1p 10v 4 m 4n p 8v 在合成氨过程中，需要及时液化分离出氨气，这有利于平衡正向移动，提高产率，从反应历程等方面分析，还可能是因为_______；_______。 （4）恒压密闭容器中按1:3充入N2和H2，在不同催化剂(I，Ⅱ，Ⅲ)作用下发生反应，测得相同反应时间内，NH3的体积分数随温度变化如图所示。 ①T＞300℃，曲线重合的原因是_______。 ②M点对应条件下的Kx=_______(对于反应，x为物质的量分数，结果以分数形式化简表示)。 【答案】（1）+245 （2） ①. N≡N的键能很高，在催化剂表面吸附解离的活化能高，为决速步骤，需要更多的催化活性中心支持，所以占比大 ②. C （3） ①. 1.5 ②. 释放活性中心，有利于后续反应进行 ③. γ=-1氨气浓度小v更大，有利于提高原料利用率 （4） ①. T>300℃反应均达到平衡状态，催化剂无法改变平衡时NH3的体积分数 ②. 【解析】 【小问1详解】 ①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH1=-893kJ∙mol-1 ②CO(g)+O2(g)=CO2(g) ΔH2=-283kJ∙mol-1 ③H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH2=-286kJ∙mol-1 依据盖斯定律，将反应①-②×2-③×2得，甲烷干重整反应的ΔH=(-893 kJ∙mol-1)-(-283 kJ∙mol-1)×2-(-286 kJ∙mol-1)×2=+245kJ∙mol-1。 【小问2详解】 从反应历程角度，铁触媒表面吸附解离N2的占比大，因为N≡N的键能很高，在催化剂表面吸附解离的活化能高，为决速步骤，需要更多的催化活性中心支持，所以占比大。实际生产中，通常不是按N2、H2的体积比1:3投入，而是N2稍过量，则选择投料比=1:2.8。故选C。 【小问3详解】 将实验1、4两组数据代入方程，可得出，，即，β=1.5。 在合成氨过程中，需要及时液化分离出氨气，这有利于平衡正向移动，提高产率，从反应历程等方面分析，增大了反应物与活性中心的接触面积，则还可能是因为：释放活性中心，有利于后续反应进行；从速率公式分析，将氨及时液体分离，有利于减少混合气体中NH3的浓度：γ=-1氨气浓度小v更大，有利于提高原料利用率。 【小问4详解】 ①三线相交前，催化剂Ⅰ的活性大，反应先达平衡，催化剂Ⅱ、Ⅲ的活性小，未达平衡，三点汇合时，反应达平衡，T＞300℃，NH3的体积分数主要受温度变化的影响，则曲线重合的原因是：T>300℃反应均达到平衡状态，催化剂无法改变平衡时NH3的体积分数。 ②恒压密闭容器中按1:3充入N2和H2，NH3的体积分数为20%，则N2、H2的体积分数和为80%，且二者的体积分数之比满足化学计量数之比1:3，则N2的体积分数为20%、H2的体积分数为60%，M点对应条件下的Kx==。 【点睛】催化剂只能改变平衡前单位时间内反应物的转化率，而对平衡转化率不产生影响。 17. 钒是一种重要的过渡金属，在工业、医疗、高科技等领域均有重要应用。以石煤[含有机碳、SiO2、CaO和少量Ⅴ(Ⅲ、Ⅳ、Ⅴ)氧化物、Fe2O3、MgO、Al2O3]为原料，我国学者研究出新型空白焙烧—酸浸提钒的工艺流程如图所示： 已知：烧渣中Ⅴ元素存在于Si-O四面体中；“萃取”反应为。 回答下列问题： （1）“沸腾焙烧”时，通过吹入的氧气使石煤粉呈悬浮态，其目的为_______；该工序的作用除脱碳外，还有_______。 （2）“酸浸”所用试剂中加入适量HF的作用为_______。 （3）“还原”工序中，发生的主要氧化还原反应的离子方程式为_______。 （4）“反萃取”选用的合适的试剂为_______(填化学式)。 （5）“沉钒”中析出(NH4)2V12O31·nH2O晶体时，下列哪些因素有利于得到较大的晶体_______。 A. 缓慢冷却溶液 B. 快速冷却溶液 C. 快速蒸发溶剂 D. 缓慢蒸发溶剂 （6）V2O5用H2还原时，剩余固体质量与温度的关系如图所示，取36.4gV2O5固体进行热重分析，剩余固体质量与温度的关系如图所示。 分解过程剩余固体30.0g时，该固体的化学式为_______。 【答案】（1） ①. 增大石煤粉与氧气的接触面积，加快焙烧反应速率，使焙烧反应更充分 ②. 使低价钒转化为高价钒 （2）破坏Si-O四面体结构，释放出含钒物质，提高产率 （3）2++2H+=2VO2+++H2O （4）H2SO4 （5）AD （6）V2O3 【解析】 【分析】石煤[含有机碳、SiO2、CaO和少量Ⅴ(Ⅲ、Ⅳ、Ⅴ)氧化物、Fe2O3、MgO、Al2O3]经研磨后可与增大固体表面积，与鼓入氧气在高温焙烧时反应更充分，可以使有机碳转化为CO2气体逸出，同时可以使低价钒转化为高价钒，此时烧渣中Ⅴ元素存在于Si-O四面体中。再将所得烧渣用H2SO4、HF混合溶液进行酸浸，其中含有的HF可以破坏Si—O四面体结构，释放出含钒物质，提高产率，SiO2转化为SiF4逸出，CaO变为CaSO4进入浸渣中，Fe2O3、MgO、Al2O3转化为可溶性硫酸盐进入溶液中，V元素则以存在于浸液中，向浸液中加入还原剂Na2SO3，可以发生反应：2++2H+=2VO2+++H2O，再向其中加入P204和TBP进行萃取，VO2+进入有机相1中，其他离子进入水相1中，然后向有机相中加入H2SO4进行反萃取，得到水相2中含有VOSO4溶液，弃去有机相2，再向水相2中加入氧化剂NaClO3，将VO2+氧化为，发生反应：3H2O+6VO2++=Cl-+6+6H+；向氧化后的溶液中加入(NH4)2SO4进行沉钒操作，得到(NH4)2V12O31·nH2O晶体，然后将其进行煅烧，得到V2O5。 【小问1详解】 “沸腾焙烧”时，通过吹入的氧气使石煤粉呈悬浮态，其目的为增大石煤粉与氧气的接触面积，加快焙烧反应速率，使焙烧反应更充分；该工序的作用使有机碳转化为CO2气体而除脱碳外，还有使低价钒转化为高价钒； 【小问2详解】 “酸浸”所用试剂中加入适量HF的作用为破坏Si—O四面体结构，释放出含钒物质，提高产率； 【小问3详解】 在“还原”工序中， 能够将还原为VO2+，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可知反应的离子方程式为2++2H+=2VO2+++H2O； 【小问4详解】 由萃取反应知，用H2SO4进行“反萃取”可使“萃取”反应逆向移动，达到分离提纯VO2+的实验目的； 【小问5详解】 “沉钒”中析出(NH4)2V12O31·nH2O晶体时，结晶速度越慢，得到的晶体颗粒越大，因此在结晶时选择缓慢冷却和缓慢蒸发溶剂，可以得到较大的晶体，答案选AD； 【小问6详解】 36.4gV2O5固体的物质的量为，含有V的物质的量为0.2×2mol=0.4mol，质量为0.4mol×51g/mol=20.4g，30.0g固体中O原子的物质的量为，V与O的物质的量之比为0.4mol：0.6mol=2:3，化学式为V2O3。 18. 三氯化铬是常用的媒染剂和催化剂，易潮解、易升华，高温下易被氧气氧化。实验室用和(沸点)在高温下制备无水，同时生成气体。可利用下面装置模拟制取三氯化铬(为气流控制开关)。 原理： 已知：①气体有毒，遇水发生水解产生两种酸性气体。 ②碱性条件下，可将氧化为(黄色)；酸性条件下，将(橙色)还原为(绿色)。 回答下列问题： （1）下列实验图标中与本实验无关的是_______(填代号)； A B C D E （2）步骤如下： i．连接装置，检查装置气密性，装入药品并通入； ⅱ．加热反应管至； iii．控制开关，加热，温度保持在之间； iV.加热石英管继续升温至，直到丙中反应基本完成，切断管式炉的电源； V.停止乙装置水浴加热，继续通一段时间N2； Vi．装置冷却后，结束制备实验。 ①步骤i中，开关的状态分别为K1_______K2_______(填“开”或“关”)。 ②步骤V的操作：继续通一段时间N2，其目的是_______。 （3）从安全的角度考虑，整套装置的不足是_______。 （4）装置己中反应的离子方程式为_______。 （5）测定产品中质量分数的实验步骤如下： I．取产品，在强碱性条件下，加入过量的溶液，小火加热使完全转化为，继续加热一段时间； Ⅱ．冷却后，滴入适量的稀硫酸和浓磷酸(浓磷酸的作用是防止指示剂提前变色)，使转化为，再加适量的蒸馏水将溶液稀释至； Ⅲ．取溶液，加入适量浓硫酸混合均匀，滴入2滴试亚铁灵作指示剂，用新配制的标准溶液滴定至终点，重复次，平均消耗标准溶液。 ①产品中的质量分数为_______%。 ②下列操作将导致产品中质量分数测定值偏高的是_______(填标号)。 A．步骤I中未继续加热一段时间 B．步骤Ⅱ中未加浓磷酸 C．步骤Ⅲ中装溶液的滴定管未润洗 D．步骤Ⅲ中读数时，滴定前俯视，滴定后平视 【答案】（1）E （2） ①. K1开 ②. K2关 ③. 将COCl2完全排入装置己充分吸收，并将生成的CrCl3全部吹入丁中 （3）升华的三氯化铬易凝华，堵塞导管 （4） （5） ①. ②. CD 【解析】 【分析】三氯化铬易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化，所以实验过程中要确保装置内不能存在氧气和水蒸气，甲、乙装置的作用是用N2将CCl4导入装置丙中参与反应，丁是收集装置，戊装置作用是防止水蒸气进入反应装置，己装置是处理COCl2尾气，整个反应流程先用干燥的N2排除装置内空气，然后再通入N2将CCl4气体带入装置，与丙中的反应，生成的COCl2有毒气体与己装置中NaOH溶液反应从而进行吸收处理，为防止己装置中水蒸气进入反应装置，还有在丁和己装置中间加一个干燥装置戊，据此分析解题。 【小问1详解】 本实验涉及到气体，有毒，需要通风，管式炉加热，避免明火，护目镜可以保护眼睛，实验结束后需要洗手，本实验不会用到锐器，与本实验无关的选E； 【小问2详解】 ①步骤i中，K1开，K2关，使得N2能进入装置排尽空气而不会带入CCl4； ②继续通一段时间N2，其目的是：将COCl2完全排入装置己充分吸收，并将生成的CrCl3全部吹入丁中； 【小问3详解】 从安全的角度考虑，整套装置的不足是：三氯化铬容易受热升华，温度降低后容易在导管内凝华，从而堵塞导管； 【小问4详解】 根据元素分析，COCl2水解生成的两种酸性气体是HCl和CO2，COCl2和NaOH溶液反应的离子方程式应该为； 【小问5详解】 ①根据，结合原子守恒可知，6，则样品中==0.028mol，，产品中的质量分数为=88.76%； ②A．步骤Ⅰ未继续加热一段时间，由于过量的H2O2的存在，在步骤Ⅱ中会还原为Cr3+，则滴定时消耗标准溶液硫酸亚铁铵体积减小，测定的CrCl3质量分数偏低，A不符合题意； B．若步骤Ⅱ中未加浓磷酸，将导致滴定终点提前，即导致消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积将偏小，n(CrCl3)和m(CrCl3)都将偏小，使CrCl3质量分数的测定值偏低，B不符合题意； C．若步骤Ⅲ中装溶液的滴定管未润洗，则消耗溶液的体积将偏大，n(CrCl3)和m(CrCl3)都将偏大，使CrCl3质量分数的测定值偏高，C符合题意； D．若步骤Ⅲ中读数时，滴定前俯视，滴定后平视，将导致消耗溶液的体积将偏大，n(CrCl3)和m(CrCl3)都将偏大，使CrCl3质量分数的测定值偏高，D符合题意； 故答案为：CD。 19. 大豆素(化合物C)的合成及其衍生化的一种工艺路线如下： 回答下列问题： （1）B的化学名称为_______。 （2）1mol D反应生成E至少需要_______氢气。 （3）写出E中任意两种含氧官能团的名称_______。 （4）由E生成F的化学方程式为_______。 （5）由G生成H分两步进行：反应1)是在酸催化下水与环氧化合物的加成反应，则反应2)的反应类型为_______。 （6）化合物B的同分异构体中能同时满足下列条件的有_______种。 a．含苯环的醛、酮 b．不含过氧键() c．核磁共振氢谱显示四组峰，且峰面积比为3∶2∶2∶1 （7）根据上述路线中的相关知识，以丙烯为主要原料用不超过三步的反应设计合成下图有机物，写出合成路线_______。 【答案】（1）4-羟基苯乙酸(或对羟基苯乙酸) （2）2 （3）酯基，醚键，羟基 （4）+H2O （5）取代反应 （6）4种 （7） 【解析】 【分析】A ()与B()反应生成C()，C的分子式为，与[]发生取代反应生成D()，分子式增加了，由此可知D为，D与发生加成反应后生成E，D中碳碳双键与酮羰基可发生加成反应，可得E的结构为，E发生消去反应可生成F()，F发生氧化反应生成G()，最终生成H()。 【小问1详解】 B的结构为，名称为对羟基苯乙酸或4-羟基苯乙酸； 【小问2详解】 由分析可知，D为，E为，由D变为E的过程中D中的碳碳双键和酮羰基发生加成反应，因此1mol D发生反应生成E需要消耗2mol氢气； 【小问3详解】 E的结构为，其中存在着酯基、醚键、羟基，均为含氧官能团（写出其中的任意两种）； 【小问4详解】 E()发生消去反应可生成F()，反应方程式为+H2O； 【小问5详解】 由G生成H分两步进行：反应1)是在酸催化下水与环氧化合物的加成反应，且产物为，H的结构为，由此可知反应2)为取代反应（水解反应）； 【小问6详解】 化合物B的同分异构体为含有苯环的醛、酮，说明苯环上连有醛基和酮羰基，核磁共振氢谱显示四组峰，且峰面积比为3∶2∶2∶1，符合条件的有机物为、 、 、 共四种； 【小问7详解】 根据的结构可知，中含有两个酯基，可由1,2丙二醇()与[]]发生反应生成，结合F→G、G→H的反应可知，丙烯发生F→G的反应生成，发生加成反应可生成， 因此生成的路线可表示为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $