精品解析：山东省烟台市、德州市、东营市2025届高三下学期第一次适应性检测化学试题

烟台市、德州市、东营市2025年高三年级第一次适应性检测 化学试题 一、单项选择题(每题2分，共20分) 1. 化学与我们的生活息息相关，衣食住行皆化学。下列说法正确的是 A. 羽绒服的合成纤维面料属于有机高分子化合物 B. 纤维素属于七大营养素，在人体内可水解为葡萄糖 C. 房屋地面铺设的瓷砖主要成分为CaCO3 D. 新能源汽车采用的三元锂电池属于新型燃料电池 2. 下列有关实验的说法错误的是 A. 用浓氨水清洗沾有AgCl固体的试管 B. 用棕色酸式滴定管量取10.00mL KMnO4溶液 C. 分液漏斗使用前关闭旋塞加少量水，若旋塞处不漏水即可使用 D. 蒸馏时先通冷凝水，再开加热器；结束时先关加热器，再关冷凝水 3. 下列化学用语或图示表示错误的是 A. HClO的电子式： B. 基态Se原子的价电子排布式：4s24p4 C. PCl3的VSEPR模型： D. 酚醛树脂的结构简式： 4. 某物质结构如图所示，W、X、Y、Z是原子序数依次增大同一短周期元素，Z元素的最高正价与最低负价代数和为6。下列说法错误的是 A. 第一电离能：Z>Y>X>W B. 单质熔点最高的是X C. 共价键极性：X-Z>X-Y D. 简单氢化物的还原性：Z>Y 5. 下列鉴别或除杂方法正确的是 A. 用灼烧法鉴别淀粉和纤维素 B. 用KMnO4溶液除去C2H2中的H2S C. 用NaHCO3溶液鉴别苯酚和乙酸溶液 D. 用溴水鉴别苯和甲苯 6. 物质性质决定用途，下列说法正确的是 A. 活性硅具有吸附性，可分解室内甲醛 B. 葡萄糖具有还原性，可用于工业制镜 C. 黄铁矿具有还原性，可在空气中煅烧制备SO3 D. 84消毒液具有较强氧化性，可对皮革制品进行消毒 7. M与N反应可合成某种药物中间体G。下列说法正确的是 A. 该反应类型是消去反应 B N 分子可形成分子间氢键 C. 一定条件下，G完全水解可得到M和N D. 1mol G与足量的 NaOH溶液反应，最多反应2mol NaOH 8. SO3固态时有无限长链形式(β-SO3)和三聚分子形式(γ-SO3)，其结构如图所示，受热可分解生成以单分子形式存在的 SO3(g)。下列说法正确的是 A. β-SO3中键长：m>n B. 分子中O-S-O键角：SO3(g)<γ-SO3 C. β-SO3晶体中存在的作用力只有共价键 D. 1mol γ-SO3分子中含共价键的数目为9NA 9. 一定条件下，2，3-二甲基-1，3-丁二烯与溴单质发生液相加成反应分两步进行，第一步生成中间体M，第二步生成产物Z或W，表示如下。 反应进程及能量变化如图所示。 下列说法错误的是 A. 生成Z的反应热为ΔE1-ΔE2 B. 反应开始时，反应速率 v(Z)>v(W) C. 达到平衡时，Z的含量小于W D. 达到平衡后，升高温度减小 二、不定项选择题(每题4分，共20分) 10. 由下列事实或现象能得出相应结论是 事实或现象 结论 A 烯烃中溶入冠醚时，KMnO4水溶液与烯烃反应的氧化效果明显增强 冠醚能氧化烯烃 B 向NaHA溶液中滴加紫色石蕊溶液，溶液变为蓝色 Kw>Ka1(H2A)·Ka2(H2A) C 常温下将铝片投入浓HNO3中，无明显现象 Al与浓HNO3不反应 D 向Pb3O4、Fe3O4中分别滴加浓盐酸，固体均消失，但只有前者产生黄绿色气体 氧化性：Pb3O4>Fe3O4 A. A B. B C. C D. D 11. Favorskii重排是α-卤代酮在醇钠的醇溶液中加热重排生成含相同碳原子数羧酸酯的反应，若为环状α-卤代酮，则导致环缩小，历程如图(-Et代表乙基)。下列说法错误的是 A. 物质Ⅰ可发生消去、取代、还原反应 B. 物质Ⅵ含有4种不同化学环境的氢原子 C. 根据红外光谱可区分Ⅰ和Ⅵ D. 和发生上述反应生成的产物一定不同 12. 电催化共还原CO2与NO2-制备乙酰胺(CH3CONH2)是一种碳中和与废水处理有机结合的绿色电化学策略，其装置如图所示。已知：酸性条件下极易发生严重的析氢竞争反应。下列说法错误的是 A. 电极M的电势比电极N低 B. 电极N附近pH降低 C. M极存在电极反应：2CO2+10e-+7H2O=10OH-+CH3CHO D 制备1mol乙酰胺，电路中至少转移12mol e- 13. 氯化亚铜(CuCl)为白色粉末状固体，难溶于水，可用作催化剂、杀菌剂、媒染剂，将少量CuCl分别加入浓盐酸和氨水中进行实验，得到如下实验现象： 试剂 实验现象 浓盐酸 固体溶解，溶液为无色，露置空气一段时间后变为黄色，最后变为浅蓝色。 加热浅蓝色溶液，溶液又恢复为黄色。 氨水 固体溶解，溶液为无色，露置空气一段时间后变为深蓝色，且不变色。 已知：[CuCl4]3-无色，[CuCl4]2-黄色，[Cu(H2O)4]2+浅蓝色，[Cu(NH3)2]+无色，[Cu(NH3)4]2+深蓝色。下列说法错误的是 A. 用饱和食盐水代替浓盐酸会产生相同的实验现象 B. [CuCl4]2-+4H2O[Cu(H2O)4]2++4Cl- ΔH<0 C. 向深蓝色溶液中加入乙醇，可析出深蓝色晶体 D. 无色溶液变为深蓝色时发生离子反应：4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3·H2O=4OH-+6H2O+4[Cu(NH3)4]2+ 14. 室温下，用或调节溶液的pH，、以及、随pH的变化如图所示(已知是二元强酸)。下列说法正确的是 A. Ⅱ表示 B. 溶液中 C. B点溶液中存在 D. 溶液中存在平衡，平衡常数 三、非选择题(共5小题，共60分) 15. 氮元素被称为“生命元素”，不仅是蛋白质的重要组成元素，还在医药、化工、农业生产等领域应用广泛。回答下列问题： （1）基态氮原子中两种自旋状态相反的电子数之比为___________。 （2）亚甲基双丙烯酰胺()、乙胺(CH3CH2NH2)和2-羟基乙胺(HOCH2CH2NH2)均可用于染料合成。 ①亚甲基双丙烯酰胺属于___________分子(填“极性”或“非极性”)，分子中含有的σ键和Π键数目之比为___________。 ②乙胺和2-羟基乙胺的碱性随N原子电子云密度增大而增强，二者碱性更强的是___________(填结构简式)。 （3）1-甲基咪唑()常用于配合物的制备，在酸性环境中其配位能力会___________(填“增强”、“减弱”或“不变”)。1-甲基咪唑的某种衍生物与甘氨酸形成的离子化合物如图，常温下为液态而非固态，原因是___________。 （4）某含氮催化剂的六方晶胞如图，晶胞参数为a=b≠c，α=β=90°，γ=120°。其化学式为___________；若A点原子的分数坐标为(1，0，0)，则B点原子的分数坐标为___________；1个N原子周围距离相等且最近的Li原子数目为___________。 16. 一种铂铼废催化剂(Pt、Re，含Al2O3、Fe3O4、积碳等杂质)中金属元素的综合回收利用的工艺流程如下。 已知：①高铼酸铵(NH4ReO4)微溶于冷水，易溶于热水； ②室温下：Ksp[(NH4)2PtCl6]=5.7×10-6，≈7.5。 回答下列问题： （1）“焙烧”的目的：①将铼转化为Re2O7，②___________；“溶解Ⅰ”中含铼化合物发生反应的离子方程式为___________。 （2）“滤渣Ⅱ”的成分为___________，“操作Ⅰ”为___________、过滤、洗涤、干燥。 （3）“溶解Ⅲ”中反应的离子方程式为___________；“沉铂”时，若溶液中c([PtCl6]2-)=0.1mol/L，加入等体积NH4Cl溶液，[PtCl6]2-完全沉淀(c≤1.0×10-5mol/L)所需NH4Cl的最小浓度为___________mol/L(忽略溶液混合后体积的变化)。 （4）“高温还原”时，工业上用价格稍贵的H2，而不选用廉价还原剂碳的原因是___________；理论上获得3.72g铼粉，需要标准状况下H2的体积至少为___________L。 17. 抗过敏药卢帕他定的一种合成路线如下： 已知：Ⅰ.ROHRCl； Ⅱ. Ⅲ. 回答下列问题： （1）A中碳原子的杂化方式为___________，M的名称为___________，C→D 发生了___________(填反应类型)、互变异构的转化。 （2）E→F的化学方程式为___________，N的结构简式为___________。 （3）化合物G(C6H7N)也可用于合成中间体F，合成路线如下： ①G中官能团的名称为___________。 ②X经一系列反应后得到Y(分子式为C7H8O2)，符合下列条件Y的同分异构体有___________种。 i．能使FeCl3溶液显紫色：ii．核磁共振谱有4组峰且峰面积比为3：2：2：1。 ③I→F中除生成F和G外，还能生成一种含有七元环的副产物K，其结构简式为___________。 18. 双氰胺(C2H4N4)为白色晶体，在冷水中溶解度较小，易溶于热水、乙醇，其水溶液在80℃以上会发生分解反应。某学习小组以石灰氮(CaCN2)为原料制备双氰胺。实验过程如下： ①水解：将装有蒸馏水三颈烧瓶置于30℃水浴加热器中加热，然后将CaCN2粉末定量均匀地加入三颈烧瓶，水解10min得到悬浮状水解液。 ②脱钙：将CO2通入水解液中，150min后pH达10时停止通入CO2，将水解液抽滤，滤液呈淡黄色。 ③聚合：将滤液移入圆底烧瓶，置于70℃水浴加热器中加热，15-20 min后溶液呈无色，120min后停止反应，抽滤。 ④结晶和干燥：将滤液蒸发浓缩、冰水浴中冷却结晶、抽滤、干燥，得到粗产品。 已知：氰胺(无色或淡黄色液体)二聚反应机理： 回答下列问题： （1）CaCN2水解产物的化学式是___________。 （2）“脱钙”过程中，pH达10时停止通入CO2气体，pH不能过低的原因是___________。 （3）步骤④中蒸发浓缩时，常采用减压蒸发浓缩，目的是___________；“抽滤”操作顺序(只洗涤一次)：__________。 开抽气泵→转移固液混合物→a→c→b→关抽气泵→___________→___________→开抽气泵→___________→___________→关抽气泵(填标号)。 a．关活塞k b．开活塞k c．确认抽干 d．加洗涤剂洗涤 （4）测定双氰胺样品纯度：取m g双氰胺样品(杂质不含氮元素)，加足量浓H2SO4和催化剂，将所有的氮元素转化成铵盐，然后用如图装置处理铵盐。d中加入硼酸(H3BO3)，铵盐由a注入b，随后注入NaOH溶液，用蒸馏水冲洗a，关闭k2，a中保留少量水。打开k1通水蒸气进入b，将NH3蒸出，一段时间后关闭k1。向d中加入指示剂，滴定吸收液时消耗c mol/L的盐酸V mL。 已知：NH3+H3BO3=NH3·H3BO3；NH3·H3BO3+HCl=NH4Cl+H3BO3。 ①a中保留少量水的目的是___________。 ②双氰胺样品的纯度为___________%(用代数式表示)：指示剂最好选择___________；若将双层真空玻璃瓶b换成普通的玻璃瓶，测定结果会___________(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。 19. CO2催化加氢转化为CH3OH既能响应国家的“双碳”目标，又能缓解能源紧缺。该过程主要发生下列反应： Ⅰ．CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ΔH1 Ⅱ．CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ΔH2 Ⅲ．CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH3<0 回答下列问题： （1）反应Ⅰ、Ⅱ以物质的量分数表示的平衡常数lnKx与温度T的变化关系见图。则ΔH3/ΔH2的数值范围是___________(填标号)。 A. <-1 B. -1-0 C. 0-1 D. >1 （2）3MPa下，以进气流量4.5mmol·min－1、n(CO2)：n(H2)=1：3 持续通过装有0.5g催化剂的反应管中(仅发生上述反应Ⅰ、Ⅱ)。经相同时间测得CO2的转化率[α(CO2)]、CH3OH的选择性[S(CH3OH)]及CH3OH的时空收率[Y(CH3OH)]随温度(T)的变化关系如图： 已知：a.S(CH3OH)=n(转化为CH3OH的CO2)/n(消耗的CO2)×100% b.Y(CH3OH)=CH3OH的产率×CO2的进气流量/催化剂的质量(mmol·h－1·g－1) ①该条件下，合成CH3OH的最佳温度是___________，图中代表S(CH3OH)随温度变化的曲线是___________，280℃后，曲线b快速下降的可能原因是___________。 ②280℃时，CO的选择性为___________，若Y(CH3OH)为4.95 mmol·h－1·g－1，则α(CO2)=___________(列出计算式即可)。 ③一定条件下，将进气流量改为0.04mmol·min－1(此流量下的转化率可近似认为平衡转化率)，测得出气流量为0.038 mmol·min－1，α(CO2)为50%，此时反应Ⅰ的平衡常数Kp=___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 烟台市、德州市、东营市2025年高三年级第一次适应性检测 化学试题 一、单项选择题(每题2分，共20分) 1. 化学与我们的生活息息相关，衣食住行皆化学。下列说法正确的是 A. 羽绒服的合成纤维面料属于有机高分子化合物 B. 纤维素属于七大营养素，在人体内可水解为葡萄糖 C. 房屋地面铺设的瓷砖主要成分为CaCO3 D. 新能源汽车采用的三元锂电池属于新型燃料电池 【答案】A 【解析】 【详解】A．用石油、天然气、煤和农副产品作原料制成单体，然后经过化学合成和机械加工等制得合成纤维，合成纤维属于有机高分子化合物，A项正确； B．人体内没有催化纤维素水解的酶，故纤维素在人体内不能水解为葡萄糖，B项错误； C．瓷砖根据种类成分有所不同，主要含黏土、石英、长石及添加剂，主要成分中不存在CaCO3，C项错误； D．新能源汽车采用的三元锂电池属于新型二次电池，D项错误； 答案选A。 2. 下列有关实验的说法错误的是 A. 用浓氨水清洗沾有AgCl固体的试管 B. 用棕色酸式滴定管量取10.00mL KMnO4溶液 C 分液漏斗使用前关闭旋塞加少量水，若旋塞处不漏水即可使用 D. 蒸馏时先通冷凝水，再开加热器；结束时先关加热器，再关冷凝水 【答案】C 【解析】 【详解】A．浓氨水与Ag+配位，可以清洗AgCl固体，故A正确； B．高锰酸钾具有强氧化性应用酸式滴定管，故B正确； C．萃取前向分液漏斗中加少量水，检查旋塞处不漏水，再将旋塞旋转180°不漏水，然后塞上玻璃塞，将分液漏斗倒置，检查玻璃塞处不漏水，再将玻璃塞旋转180°不漏水，才可使用，故C错误； D．蒸馏开始时先开冷凝水再加热，结束时先停止加热再关冷凝水，故D正确； 故答案为C。 3. 下列化学用语或图示表示错误的是 A. HClO的电子式： B. 基态Se原子的价电子排布式：4s24p4 C. PCl3的VSEPR模型： D. 酚醛树脂的结构简式： 【答案】D 【解析】 【详解】A．HClO的电子式，A正确； B．基态Se原子核外34个电子，为第四周期第元素，价电子即为最外层的六个电子，价层电子排布式：4s24p4，B正确； C．三氯化磷分子中磷原子的价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体形，C正确； D．酚醛树脂的结构简式为，D错误； 故选D。 4. 某物质结构如图所示，W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同一短周期元素，Z元素的最高正价与最低负价代数和为6。下列说法错误的是 A. 第一电离能：Z>Y>X>W B. 单质熔点最高的是X C. 共价键极性：X-Z>X-Y D. 简单氢化物的还原性：Z>Y 【答案】D 【解析】 【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同一短周期元素，Z元素的最高正价与最低负价代数和为6，可知Z为Cl；W的阳离子带一个单位的正电荷，可知W为Na；X能形成4个共价键，可知X为Si；Y能形成2个共价键但原子团带一个负电荷，则Y为P，综上W为Na，X为Si，Y为P，Z为Cl。 【详解】A．W为Na，X为Si，Y为P，Z为Cl，同周期从左向右第一电离能呈增大趋势，故电离能大小关系为Z>Y>X>W，A项正确； B．四种单质中，熔点最高的是单质Si，即熔点最高的单质为X，B项正确； C．X与Z形成键，X与Y形成键，Cl的电负性大于P，吸引电子的能力更强，因而键的极性更强，即共价键极性X-Z>X-Y ，C项正确； D．Y的简单氢化物为，Z的氢化物为，同周期从左向右非金属性逐渐增强，氢化物的还原性逐渐减弱，故简单氢化物的还原性Z<Y，D项错误； 答案选D。 5. 下列鉴别或除杂方法正确的是 A. 用灼烧法鉴别淀粉和纤维素 B. 用KMnO4溶液除去C2H2中的H2S C. 用NaHCO3溶液鉴别苯酚和乙酸溶液 D 用溴水鉴别苯和甲苯 【答案】C 【解析】 【详解】A．淀粉和纤维素均为糖类，燃烧现象相同，A错误； B．高锰酸钾也会氧化乙炔，不能保留乙炔，B错误； C．加入NaHCO3溶液，产生气泡的为乙酸溶液，无明显现象的为苯酚钠溶液，C正确； D．加入溴水，振荡后静置，苯、甲苯出现的现象都为下层无色、上层呈橙红色，用溴水不能鉴别苯、甲苯，D错误； 故选C。 6. 物质性质决定用途，下列说法正确的是 A. 活性硅具有吸附性，可分解室内甲醛 B. 葡萄糖具有还原性，可用于工业制镜 C. 黄铁矿具有还原性，可在空气中煅烧制备SO3 D. 84消毒液具有较强氧化性，可对皮革制品进行消毒 【答案】B 【解析】 【详解】A．活性硅具有吸附性，可吸附室内甲醛，不能将甲醛分解，A错误； B．葡萄糖含醛基，具有还原性，在碱性条件下，葡萄糖可将银氨溶液中的Ag+还原为Ag，用于制镜，B正确； C．黄铁矿（FeS2）煅烧生成SO2而非SO3，SO2需在催化剂作用下进一步氧化才能生成SO3，直接煅烧无法得到SO3，C错误； D．84消毒液（含NaClO）的强氧化性虽可消毒，但会氧化皮革中的蛋白质，因此不可用于皮革制品，D错误； 故选B。 7. M与N反应可合成某种药物中间体G。下列说法正确的是 A. 该反应类型是消去反应 B. N 分子可形成分子间氢键 C. 一定条件下，G完全水解可得到M和N D. 1mol G与足量的 NaOH溶液反应，最多反应2mol NaOH 【答案】D 【解析】 【详解】A．消去反应在一定条件下有机化合物脱去小分子并形成不饱和键，该反应类型不是消去反应，A错误； B．N 分子含醛基，氢原子与碳原子相连，不可形成分子间氢键，B错误； C．一定条件下，G水解会生成氨气，无法得到N和M，C错误； D．G有两个酰胺键，水解后得到2个羧基，1mol G与足量的 NaOH溶液反应，最多反应2mol NaOH，D正确； 故选D。 8. SO3固态时有无限长链形式(β-SO3)和三聚分子形式(γ-SO3)，其结构如图所示，受热可分解生成以单分子形式存在的 SO3(g)。下列说法正确的是 A. β-SO3中键长：m>n B. 分子中O-S-O键角：SO3(g)<γ-SO3 C. β-SO3晶体中存在的作用力只有共价键 D. 1mol γ-SO3分子中含共价键的数目为9NA 【答案】A 【解析】 【详解】A．在SO3中的链状结构中，硫通过“桥氧”彼此相连，桥键(S–O)一般比端基(S=O)的双键更长，则键长：m>n，A正确； B．气态SO3的空间构型为平面正三角形结构，中心原子为sp2杂化，键角约120°，而γ-SO3中S原子形成4个键，为sp3杂化，则分子中O-S-O键角：SO3(g)>γ-SO3，B错误； C．β-SO3为无限长链的聚合物，链内以共价键连接，但不同链间还存在分子间作用力，C错误； D．由γ-SO3分子结构可知，其中含有6个S—O键和6个S=O键，1mol γ-SO3分子中含共价键的数目为18NA，D错误； 故选A。 9. 一定条件下，2，3-二甲基-1，3-丁二烯与溴单质发生液相加成反应分两步进行，第一步生成中间体M，第二步生成产物Z或W，表示如下。 反应进程及能量变化如图所示。 下列说法错误的是 A. 生成Z的反应热为ΔE1-ΔE2 B. 反应开始时，反应速率 v(Z)>v(W) C. 达到平衡时，Z的含量小于W D. 达到平衡后，升高温度减小 【答案】D 【解析】 【详解】A．由图像可知，生成Z的反应，ΔE1为反应物到中间产物吸收的热量，ΔE2为中间产物到Z释放的热量，反应为放热反应，故反应热为ΔE1-ΔE2，故A正确； B．由图像可知，M转化为Z的活化能更小，所以开始时生成Z的反应速率更快，故B正确； C．由反应物生成Z或W都是放热反应，生成W时放热更多，更有利用反应进行，故平衡时生成的W更多，故C正确； D．由题中信息可知，W转化为Z的反应是吸热反应，故升高温度有利于W转化为Z，故增大，故D错误； 答案选D。 二、不定项选择题(每题4分，共20分) 10. 由下列事实或现象能得出相应结论的是 事实或现象 结论 A 烯烃中溶入冠醚时，KMnO4水溶液与烯烃反应的氧化效果明显增强 冠醚能氧化烯烃 B 向NaHA溶液中滴加紫色石蕊溶液，溶液变为蓝色 Kw>Ka1(H2A)·Ka2(H2A) C 常温下将铝片投入浓HNO3中，无明显现象 Al与浓HNO3不反应 D 向Pb3O4、Fe3O4中分别滴加浓盐酸，固体均消失，但只有前者产生黄绿色气体 氧化性：Pb3O4>Fe3O4 A. A B. B C. C D. D 【答案】BD 【解析】 【详解】A．冠醚的作用是作为相转移催化剂，通过络合离子（如）促进与烯烃的反应，而非直接氧化烯烃，结论错误，故A错误； B．紫色石蕊溶液变为蓝色，说明NaHA的水解大于电离，NaHA的水解平衡常数，NaHA的电离平衡常数，则，即，故B正确； C．常温下铝被浓HNO3钝化，表面生成致密的氧化膜，所以反应无明显现象，不能说明Al与浓HNO3不反应，故C错误； D．Pb3O4中可将浓盐酸氧化为氯气，而Fe3O4不能将HCl氧化成氯气，证明氧化性：Pb3O4> Fe3O4，故D正确； 故答案为BD。 11. Favorskii重排是α-卤代酮在醇钠的醇溶液中加热重排生成含相同碳原子数羧酸酯的反应，若为环状α-卤代酮，则导致环缩小，历程如图(-Et代表乙基)。下列说法错误的是 A. 物质Ⅰ可发生消去、取代、还原反应 B. 物质Ⅵ含有4种不同化学环境的氢原子 C. 根据红外光谱可区分Ⅰ和Ⅵ D. 和发生上述反应生成的产物一定不同 【答案】BD 【解析】 【详解】A．物质Ⅰ中含有羰基，可以和H2发生还原反应，含有溴原子且与溴原子相连碳原子的相邻碳原子上连有氢原子，可以发生消去和取代反应，A正确； B．是对称的结构，物质Ⅵ含有5种不同化学环境的氢原子，B错误； C．Ⅰ为酮，Ⅵ为酯，二者含有不同的官能团，在红外光谱中峰位置明显不同，根据红外光谱可区分Ⅰ和Ⅵ，C正确； D．Favorskii重排是α-卤代酮在醇钠的醇溶液中加热重排生成含相同碳原子数羧酸酯的反应，若为环状α-卤代酮，则导致环缩小，和发生上述反应生成的产物可能相同为，D错误； 故选BD。 12. 电催化共还原CO2与NO2-制备乙酰胺(CH3CONH2)是一种碳中和与废水处理有机结合的绿色电化学策略，其装置如图所示。已知：酸性条件下极易发生严重的析氢竞争反应。下列说法错误的是 A. 电极M的电势比电极N低 B. 电极N附近pH降低 C. M极存在电极反应：2CO2+10e-+7H2O=10OH-+CH3CHO D. 制备1mol乙酰胺，电路中至少转移12mol e- 【答案】D 【解析】 【分析】在碱性条件下，根据图示可知，M极发生电极反应：，，N极发生电极反应：，据此分析； 【详解】A．电极M上得电子，为阴极，N为阳极，M的电势比电极N低，A正确； B．根据分析，电极N产生氢离子，附近pH降低，B正确； C．根据分析，M极存在电极反应：2CO2+10e-+7H2O=10OH-+CH3CHO，C正确； D．根据分析，制备1mol乙酰胺，电路中至少转移14mol e-，D错误； 故选D； 13. 氯化亚铜(CuCl)为白色粉末状固体，难溶于水，可用作催化剂、杀菌剂、媒染剂，将少量CuCl分别加入浓盐酸和氨水中进行实验，得到如下实验现象： 试剂 实验现象 浓盐酸 固体溶解，溶液为无色，露置空气一段时间后变为黄色，最后变为浅蓝色。 加热浅蓝色溶液，溶液又恢复为黄色。 氨水 固体溶解，溶液为无色，露置空气一段时间后变为深蓝色，且不变色。 已知：[CuCl4]3-无色，[CuCl4]2-黄色，[Cu(H2O)4]2+浅蓝色，[Cu(NH3)2]+无色，[Cu(NH3)4]2+深蓝色。下列说法错误的是 A. 用饱和食盐水代替浓盐酸会产生相同的实验现象 B [CuCl4]2-+4H2O[Cu(H2O)4]2++4Cl- ΔH<0 C. 向深蓝色溶液中加入乙醇，可析出深蓝色晶体 D. 无色溶液变为深蓝色时发生离子反应：4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3·H2O=4OH-+6H2O+4[Cu(NH3)4]2+ 【答案】A 【解析】 【分析】氯化亚铜(CuCl)为白色粉末状固体，溶于浓盐酸时，得到[CuCl4]3-无色溶液，露置空气一段时间后变为黄色，最后变为浅蓝色，说明[CuCl4]3-被氧气氧化为[CuCl4]2-，最终转化为[Cu(H2O)4]2+，氯化亚铜(CuCl) 溶于氨水，得到[Cu(NH3)2]+无色溶液，露置空气一段时间后变为深蓝色，说明[Cu(NH3)2]+被氧气氧化为[Cu(NH3)4]2+，以此解答。 【详解】A．用饱和食盐水代替浓盐酸时，CuCl虽可溶解形成无色的[CuCl4]3-，但后续氧化现象不同，浓盐酸中的H+促进氧化反应。如：4[CuCl4]3-+O2+4H+=4[CuCl4]2- + 2H2O，而饱和食盐水H+浓度低，氧化反应受阻，无法出现“无色→黄色→浅蓝”的完整现象，A错误； B．由题干可知，加热浅蓝色溶液，溶液又恢复为黄色，说明[CuCl4]2-与H2O的配位平衡[CuCl4]2-+4H2O[Cu(H2O)4]2++4Cl-为放热反应，ΔH < 0，加热促使逆反应，符合实验现象，B正确； C．深蓝色[Cu(NH3)4]2+溶液中加入乙醇可降低溶解度，析出深蓝色晶体，C正确； D．无色溶液变为深蓝色时，[Cu(NH3)2]+被O₂氧化为[Cu(NH3)4]2+，离子反应为：4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3·H2O=4OH-+6H2O+4[Cu(NH3)4]2+，D正确； 故选A。 14. 室温下，用或调节溶液的pH，、以及、随pH的变化如图所示(已知是二元强酸)。下列说法正确的是 A. Ⅱ表示 B. 溶液中 C. B点溶液中存在 D. 溶液中存在平衡，平衡常数 【答案】CD 【解析】 【详解】A．根据、，由于Ka1大于Ka2，即时的pH应小于的pH，根据A、B点的坐标则I为，II为，故A错误； B．根据选项A分析，，，，故B错误； C．由图像可知B点溶液，B点，由右侧图可知，根据电荷守恒有，由于，，即，C项正确； D．的平衡常数，由C点可知：、，则，故D正确； 故答案为CD。 三、非选择题(共5小题，共60分) 15. 氮元素被称为“生命元素”，不仅是蛋白质的重要组成元素，还在医药、化工、农业生产等领域应用广泛。回答下列问题： （1）基态氮原子中两种自旋状态相反的电子数之比为___________。 （2）亚甲基双丙烯酰胺()、乙胺(CH3CH2NH2)和2-羟基乙胺(HOCH2CH2NH2)均可用于染料合成。 ①亚甲基双丙烯酰胺属于___________分子(填“极性”或“非极性”)，分子中含有的σ键和Π键数目之比为___________。 ②乙胺和2-羟基乙胺的碱性随N原子电子云密度增大而增强，二者碱性更强的是___________(填结构简式)。 （3）1-甲基咪唑()常用于配合物的制备，在酸性环境中其配位能力会___________(填“增强”、“减弱”或“不变”)。1-甲基咪唑的某种衍生物与甘氨酸形成的离子化合物如图，常温下为液态而非固态，原因是___________。 （4）某含氮催化剂的六方晶胞如图，晶胞参数为a=b≠c，α=β=90°，γ=120°。其化学式为___________；若A点原子的分数坐标为(1，0，0)，则B点原子的分数坐标为___________；1个N原子周围距离相等且最近的Li原子数目为___________。 【答案】（1）2:5或5:2 （2） ①. 极性 ②. 5:1 ③. CH3CH2NH2 （3） ①. 减弱 ②. 阴阳离子间距离较大，导致离子间作用力较弱，熔点较低 （4） ①. Li2CoN ②. (，，) ③. 12 【解析】 【小问1详解】 氮处于周期表中第2周期第ⅤA族，一个原子轨道中，占据一对自旋相反的电子，N的核外电子排布式为1s22s22p3，所以基态氮原子核外两种不同自旋状态的电子数之比为2:5（或5:2），故答案为：2:5（或5:2）； 【小问2详解】 ①亚甲基双丙烯酰胺可以看成甲烷分子中的两个H原子被两个丙烯酰胺基取代，甲烷为正四面体结构，因此亚甲基双丙烯酰胺分子重心不重叠，属于极性分子，根据结构简式可知，分子中含有的σ键和Π键数目之比为20：4=5：1； ②胺的碱性强弱取决于氮原子孤对电子和质子结合的难易，而氮原子接受质子的能力，又与氮原子上电子云密度大小以及氮原子上所连基团的空间阻碍有关，烃基是推电子基，羟基这里做吸电子基，乙胺和2-羟基乙胺的碱性随N原子电子云密度增大而增强，二者碱性更强的是CH3CH2NH2； 【小问3详解】 在酸性条件下，1-甲基咪唑的氮原子容易与质子（H+）结合，形成质子化的1-甲基咪唑（1-甲基咪唑-H+）。质子化后，氮原子的孤对电子被占据，无法再与金属离子配位，导致配位能力下降； 1-甲基咪唑的某种衍生物与甘氨酸形成的离子化合物，阴阳离子间距离较大，导致离子间作用力较弱，熔点较低，故常温下为液态而非固态； 【小问4详解】 根据均摊法可知，晶胞中含有2个Li，个Co，个N，故化学式为Li2CoN； 若A点原子的分数坐标为(1，0，0)， B点在对角线的三分之二处，根据坐标可知，则B点原子的分数坐标为(，，)； 以钝角顶点的N原子为研究对象，其周围最近的2个Li原子位于晶胞内部，钝角顶点的N原子被6个晶胞共用，故1个N原子周围距离相等且最近的Li原子数目为12。 16. 一种铂铼废催化剂(Pt、Re，含Al2O3、Fe3O4、积碳等杂质)中金属元素的综合回收利用的工艺流程如下。 已知：①高铼酸铵(NH4ReO4)微溶于冷水，易溶于热水； ②室温下：Ksp[(NH4)2PtCl6]=5.7×10-6，≈7.5。 回答下列问题： （1）“焙烧”的目的：①将铼转化为Re2O7，②___________；“溶解Ⅰ”中含铼化合物发生反应的离子方程式为___________。 （2）“滤渣Ⅱ”的成分为___________，“操作Ⅰ”为___________、过滤、洗涤、干燥。 （3）“溶解Ⅲ”中反应的离子方程式为___________；“沉铂”时，若溶液中c([PtCl6]2-)=0.1mol/L，加入等体积NH4Cl溶液，[PtCl6]2-完全沉淀(c≤1.0×10-5mol/L)所需NH4Cl的最小浓度为___________mol/L(忽略溶液混合后体积的变化)。 （4）“高温还原”时，工业上用价格稍贵的H2，而不选用廉价还原剂碳的原因是___________；理论上获得3.72g铼粉，需要标准状况下H2的体积至少为___________L。 【答案】（1） ①. 除积碳 ②. （2） ①. Al(OH)3 ②. 蒸发浓缩、冷却结晶 （3） ① 3Pt+16Cl-+2+12H+=3[PtCl6]2-+6H2O ②. 1.7 （4） ①. 不引入杂质，便于分离提纯铼 ②. 1.568 【解析】 【分析】铂铼废催化剂(Pt、Re，含Al2O3、Fe3O4、积碳等杂质)焙烧除去积碳，铼转化为Re2O7，加入NaOH溶液溶解Al2O3生成Na[Al(OH)4]，Re2O7转化为NaReO4，Pt、Fe3O4不和NaOH溶液反应过滤后存在于滤渣I中，向滤液中通过过量CO2，将Na[Al(OH)4]转化为Al(OH)3，过滤后存在于滤渣II中，向滤液中加入氯化铵溶液，得到NH4ReO4晶体，加入H2高温还原得到铼粉，滤渣I用硫酸溶液溶解后，Pt不溶于硫酸溶液，过滤得到粗Pt，加入HCl-NaCl溶液溶解Pt，加入NH4Cl沉铂，经过一系列操作得到海绵铂。 【小问1详解】 由分析可知，“焙烧”的目的：①将铼转化为Re2O7，②除积碳；“溶解Ⅰ”中Re2O7和NaOH反应转化为NaReO4，离子方程式为：。 【小问2详解】 由分析可知，“滤渣Ⅱ”的成分为Al(OH)3，“操作Ⅰ”可以得到NH4ReO4晶体，为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。 【小问3详解】 “溶解Ⅲ”中加入HCl-NaCl溶液溶解Pt，生成[PtCl6]2-和H2O，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：3Pt+16Cl-+2+12H+=3[PtCl6]2-+6H2O，“沉铂”时，若溶液中c([PtCl6]2-)=0.1mol/L，加入等体积NH4Cl溶液，[PtCl6]2-完全沉淀(c≤1.0×10-5mol/L)时溶液中c()=mol/L，则所需NH4Cl的最小浓度为=1.7mol/L。 【小问4详解】 “高温还原”时，工业上用价格稍贵的H2，而不选用廉价还原剂碳的原因是：不引入杂质，便于分离提纯铼；根据反应方程式：2NH4ReO4+7H22Re+2NH3+8H2O，理论上获得3.72g铼粉，n(Re)==0.02mol，需要标准状况下H2的体积至少为0.07mol×22.4L/mol=1.568L。 17. 抗过敏药卢帕他定的一种合成路线如下： 已知：Ⅰ.ROHRCl； Ⅱ. Ⅲ. 回答下列问题： （1）A中碳原子的杂化方式为___________，M的名称为___________，C→D 发生了___________(填反应类型)、互变异构的转化。 （2）E→F的化学方程式为___________，N的结构简式为___________。 （3）化合物G(C6H7N)也可用于合成中间体F，合成路线如下： ①G中官能团的名称为___________。 ②X经一系列反应后得到Y(分子式为C7H8O2)，符合下列条件Y的同分异构体有___________种。 i．能使FeCl3溶液显紫色：ii．核磁共振谱有4组峰且峰面积比为3：2：2：1。 ③I→F中除生成F和G外，还能生成一种含有七元环的副产物K，其结构简式为___________。 【答案】（1） ①. ②. 苯酚 ③. 加成反应 （2） ①. ②. （3） ①. 氨基 ②. 3 ③. 【解析】 【分析】根据信息I和化合物B的结构可知A为，A与SOCl2发生取代反应生成B；根据信息II和C、D的结构为可知C→D的反应为：C（）首先与苯酚发生加成反应生成，然后发生互变异构生成D（）；B和D在一定条件下发生取代反应生成E和HCl；根据目标产物的结构及N的分子式可知，F为，N为，则E在n-BuLi（正丁基锂）的作用下发生分子内的取代反应生成F和，F与N发生取代反应生成目标产物卢帕他定。据此解答： 【小问1详解】 根据分析，A为，其碳原子的杂化方式为，C与苯酚反应得到D，因此M为的名称为苯酚，C→D 发生了加成反应、互变异构的转化。 【小问2详解】 根据信息III可知，-CO-NH-与C-X(X=Cl,Br,I)在n-BuLi（正丁基锂）的作用下生成-CO-C-和-NH-X，根据分析可知，E→F在n-BuLi（正丁基锂）的作用下发生分子内的取代反应，则化学方程式为；根据分析可知，N的结构简式为。 【小问3详解】 根据I的结构以及G→H→I反应中试剂的结构可推测G为苯胺，其中官能团的名称为氨基； X的分子式为C7H6Cl2，Y的分子式为C7H8O2，可知X→Y为2个Cl被2个OH取代，产物Y为。Y的同分异构体能使FeCl3溶液显紫色，且核磁共振谱有4组峰且峰面积比为3：2：2：1，则含有甲基和酚羟基，且具有对称结构，因此满足条件的Y的同分异构体共有3种：、、； 苯环上有氯取代基后再发生反应易发生在氯的邻、对位，I→F+G为I中Cl的对位发生取代反应，因此另一种含有七元环的副产物K的生成反应为Cl的邻位发生取代反应，故K的结构简式为。 18. 双氰胺(C2H4N4)为白色晶体，在冷水中溶解度较小，易溶于热水、乙醇，其水溶液在80℃以上会发生分解反应。某学习小组以石灰氮(CaCN2)为原料制备双氰胺。实验过程如下： ①水解：将装有蒸馏水的三颈烧瓶置于30℃水浴加热器中加热，然后将CaCN2粉末定量均匀地加入三颈烧瓶，水解10min得到悬浮状水解液。 ②脱钙：将CO2通入水解液中，150min后pH达10时停止通入CO2，将水解液抽滤，滤液呈淡黄色。 ③聚合：将滤液移入圆底烧瓶，置于70℃水浴加热器中加热，15-20 min后溶液呈无色，120min后停止反应，抽滤。 ④结晶和干燥：将滤液蒸发浓缩、冰水浴中冷却结晶、抽滤、干燥，得到粗产品。 已知：氰胺(无色或淡黄色液体)二聚反应机理： 回答下列问题： （1）CaCN2水解产物的化学式是___________。 （2）“脱钙”过程中，pH达10时停止通入CO2气体，pH不能过低的原因是___________。 （3）步骤④中蒸发浓缩时，常采用减压蒸发浓缩，目的是___________；“抽滤”操作顺序(只洗涤一次)：__________。 开抽气泵→转移固液混合物→a→c→b→关抽气泵→___________→___________→开抽气泵→___________→___________→关抽气泵(填标号)。 a．关活塞k b．开活塞k c．确认抽干 d．加洗涤剂洗涤 （4）测定双氰胺样品纯度：取m g双氰胺样品(杂质不含氮元素)，加足量浓H2SO4和催化剂，将所有的氮元素转化成铵盐，然后用如图装置处理铵盐。d中加入硼酸(H3BO3)，铵盐由a注入b，随后注入NaOH溶液，用蒸馏水冲洗a，关闭k2，a中保留少量水。打开k1通水蒸气进入b，将NH3蒸出，一段时间后关闭k1。向d中加入指示剂，滴定吸收液时消耗c mol/L的盐酸V mL。 已知：NH3+H3BO3=NH3·H3BO3；NH3·H3BO3+HCl=NH4Cl+H3BO3。 ①a中保留少量水的目的是___________。 ②双氰胺样品的纯度为___________%(用代数式表示)：指示剂最好选择___________；若将双层真空玻璃瓶b换成普通的玻璃瓶，测定结果会___________(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。 【答案】（1）和 （2）为二聚反应的催化剂，pH太低不利于发生聚合反应（反应需要碱性环境） （3） ①. 降低溶液沸点、加快被浓缩速率，防止双氰胺因温度过高发生分解 ②. dacb （4） ①. 液封，防止逸出 ②. ③. 甲基橙 ④. 偏小 【解析】 【分析】①将装有蒸馏水的三颈烧瓶置于30℃水浴加热器中加热，然后将CaCN2粉末定量均匀地加入三颈烧瓶，水解10min得到悬浮状水解液，说明水解得到的产物中存在，同时生成；②将CO2通入水解液中，CO2与反应生成，抽滤后得滤渣；④结晶和干燥后得到双氰胺。 【小问1详解】 CaCN2水解后生成和，故水解产物的化学式为和； 【小问2详解】 “脱钙”过程中，将CO2通入水解液中，将转化为，为二聚反应的催化剂，pH达10时停止通入CO2气体，由于氰胺转化为双氰胺要在碱性条件下进行，pH不能过低，若pH过低，会不利于发生聚合反应； 【小问3详解】 蒸发浓缩时，为了降低水的沸点、加快被浓缩速率，防止双氰胺因温度过高发生分解，故选择减压蒸发浓缩；抽滤时，打开抽气泵，转移固液混合物，关闭活塞k，打开抽气泵，当布氏漏斗中固液混合物抽干后，打开活塞k，关闭抽气泵，向布氏漏斗中加入洗涤剂，关闭活塞k，打开抽气泵，当固液混合物再次抽干后，打开活塞k，关闭抽气泵，此时得到较多的晶体，故顺序为dacb； 【小问4详解】 ①a中保留少量水，利用水将a处封住，可防止氨气逸出，故a中保留少量水的目的是液封，防止氨气逸出； ②根据题意可得计量关系：，的物质的量为，的物质的量为，故样品的纯度为；滴定时用盐酸滴定氨气，甲基橙在酸性条件下变色明显，故可利用甲基橙作指示剂；若将双层真空玻璃瓶b换成普通的玻璃瓶，体系散热较快，会导致氨气蒸出不完全，测定的氨气的量减少，从而使得计算出的双氰胺的量偏小，因此测定结果偏小。 19. CO2催化加氢转化为CH3OH既能响应国家的“双碳”目标，又能缓解能源紧缺。该过程主要发生下列反应： Ⅰ．CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ΔH1 Ⅱ．CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ΔH2 Ⅲ．CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH3<0 回答下列问题： （1）反应Ⅰ、Ⅱ以物质的量分数表示的平衡常数lnKx与温度T的变化关系见图。则ΔH3/ΔH2的数值范围是___________(填标号)。 A. <-1 B. -1-0 C. 0-1 D. >1 （2）3MPa下，以进气流量4.5mmol·min－1、n(CO2)：n(H2)=1：3 持续通过装有0.5g催化剂的反应管中(仅发生上述反应Ⅰ、Ⅱ)。经相同时间测得CO2的转化率[α(CO2)]、CH3OH的选择性[S(CH3OH)]及CH3OH的时空收率[Y(CH3OH)]随温度(T)的变化关系如图： 已知：a.S(CH3OH)=n(转化为CH3OH的CO2)/n(消耗的CO2)×100% b.Y(CH3OH)=CH3OH的产率×CO2的进气流量/催化剂的质量(mmol·h－1·g－1) ①该条件下，合成CH3OH的最佳温度是___________，图中代表S(CH3OH)随温度变化的曲线是___________，280℃后，曲线b快速下降的可能原因是___________。 ②280℃时，CO的选择性为___________，若Y(CH3OH)为4.95 mmol·h－1·g－1，则α(CO2)=___________(列出计算式即可)。 ③一定条件下，将进气流量改为0.04mmol·min－1(此流量下的转化率可近似认为平衡转化率)，测得出气流量为0.038 mmol·min－1，α(CO2)为50%，此时反应Ⅰ的平衡常数Kp=___________。 【答案】（1）C （2） ①. 280℃ ②. b ③. 反应未达平衡，CO2转化率逐渐增大，反应Ⅰ速率的增大程度远大于反应Ⅱ，故甲醇的选择性快速下降 ④. 22.5% ⑤. ⑥. 【解析】 【小问1详解】 根据盖斯定律，反应Ⅲ可以看作是反应Ⅰ和反应Ⅱ的加和：，根据题目描述，，即 ，从图中可以看出，反应Ⅰ的随温度升高而增大，说明 ，反应Ⅱ的随温度升高而减小，说明 ，因此且 ，，所以  的范围为； 故答案为 C 【小问2详解】 ①根据题干信息，甲醇的时空收率Y与甲醇的产率成正比，280℃时，Y最大，即甲醇产率最大，也就是说280℃是生成CH3OH的最佳温度； 故答案为：280℃ 根据(1)题结论以及a、b两条曲线变化趋势可知，反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，升高温度n(CH3OH)减小，转化为CH3OH的CO2减小，n(CO)增加，转化为CO的CO2增加，则S(CH3OH)降低，图中代表S(CH3OH)随温度变化的曲线是b； 故答案为：b 280℃后，曲线b快速下降的可能反应未达平衡，升高温度，CO2的转化率逐渐增大，反应Ⅰ速率的增大程度远大于反应Ⅱ，故甲醇的选择性快速下降; 故答案为：反应未达平衡，升高温度，CO2的转化率逐渐增大，反应Ⅰ速率的增大程度远大于反应Ⅱ，故甲醇的选择性快速下降 ②根据图像信息可知，280℃时，CH3OH的选择性为77.5，根据反应Ⅰ和反应Ⅱ以及元素守恒和选择性的表达式可得，，，，所以； 故答案为：22.5% ，已知 ，进气流量4.5 mmol·min－1、n(CO2)：n(H2)=1：3  ，所以 的进气流量为，根据单位换算，1h通入CO2的物质的量为，催化剂质量为 0.5 g，因此， =CO2转化率×CH3OH的选择性，280℃时甲醇的选择性为77.5%，所以，故； 故答案为： ③根据题意，该气体流速下的转化率为平衡转化率，若假设装置中起始时含有气体，那么起始时、，反应Ⅰ中，反应Ⅱ，则假设反应Ⅰ达到平衡后再发生反应Ⅱ并达到平衡，且平衡时n总=0.038xmmol，则有如下三段式； 反应Ⅰ的三段式为： ， 反应Ⅱ的三段式为： ， 根据平衡时转化率为50%，可知a=0.005x，n总=0.01x-a+a-b+0.03x-a-2b+a+b=0.04x-2b=0.038xmmol，解得b=0.001xmmol，则平衡时、、，,可以得到反应Ⅰ的； 故答案为：。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $