精品解析：2025届湖北省八市高三下学期3月联考（二模）化学试卷

2025年湖北省八市高三(3月)联考 化学试卷 全卷满分100分，考试用时75分钟 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。 可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O：16 Mg：24 Fe：56 Cu：64 一、选择题：本题共有15小题，每小题3分，共45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. 化学与生活密切相关。下列叙述中没有涉及化学变化是 A. 生物固氮 B. 染发烫发 C. 血液透析 D. 油脂硬化 2. 下列有关物质应用的说法错误的是 A. 聚氯乙烯用于食品包装 B. 苯甲酸及其钠盐用作食品防腐剂 C. 纤维素用于生产燃料乙醇 D. 聚乙炔用于制备导电高分子材料 3. 下列化学用语表述正确的是 A. 的模型 B. 反式聚异戊二烯结构简式 C. 四氯化碳的电子式 D. 的结构示意图 4. 下列实验方法或试剂使用正确的是 选项 实验目的 实验方法或试剂 A 测定乙酸晶体及分子结构 X射线衍射法 B 用标准溶液滴定未知浓度的醋酸溶液 用甲基橙作指示剂 C 除去乙炔中混有的 通过酸性溶液 D 测定溶液的 使用试纸 A. A B. B C. C D. D 5. 下列对有关物质结构或性质的描述错误的是 A. 图1为冠与形成的超分子，其形成作用力主要存在于与O之间 B. 图2为某合金原子层状结构，原子层之间的相对滑动变难导致合金的硬度变大 C. 图3为烷基磺酸根离子在水中形成的胶束，表现出超分子自组装的特征 D. 图4为由两个硅氧四面体形成的简单阴离子，其化学式为 6. 生活中两种常见的解热镇痛药物阿斯匹林(乙酰水杨酸)和扑热息痛(对乙酰氨基酚)，贝诺酯可由这二种物质在一定条件下反应制得。下列有关叙述错误的是 ++H2O A. 以上三种有机物中共有4种官能团 B. 可用溶液鉴别乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚 C. 贝诺酯作为缓释药可有效降低药物对肠胃的刺激性 D. 贝诺酯与足量溶液反应消耗 7. 化学反应中，量变可以引起质变。下列反应离子方程式书写错误的是 A. 溶液中加入过量的盐酸： B. 溴水中加入过量的溶液： C. 溶液中通入过量的气体： D. 溶液中加入过量的氨水： 8. 物质结构差异会引起物质性质差异。下列事实解释错误的是 选项 事实 解释 A 沸点： 前者形成分子间氢键，后者形成分子内氢键 B 键角： 前者O原子杂化，后者O原子杂化 C 水溶性： 前者烃基占比小，后者烃基占比大 D 硬度：金刚石 前者含有共价键，后者不含共价键 A. A B. B C. C D. D 9. 某荧光粉基材成分的化学式为，其中三种元素位于短周期，Y是地壳中含量最高的金属元素，W的第一电离能高于它的同周期相邻元素，且其基态原子核外电子有5种空间运动状态，Z元素原子的最外层电子数是次外层的一半，X的原子序数是Y和W原子序数之和。下列说法错误的是 A. Z的氧化物可以做半导体材料 B. W的简单氢化物的分子构型为三角锥形 C. X元素的氯化物可以做融雪剂 D. Y的氧化物中化学键既有离子性又有共价性 10. 一种由离子交换树脂一碳纳米管构成的膜分离装置如图，M侧可以连续去除空气中的并转化为，同时N侧实现了的富集。下列说法正确的是 A. M侧空气中发生变化的只有 B. 复合薄膜既能传导离子，又能传导电子 C. N侧收集到时转移电子数为 D. N侧反应为 11. 固态储氢材料具有不易泄露，不易爆炸等优点。下图是铁镁储氢材料的晶胞，晶胞参数为；氢原子通过与铁镁形成化学键储存在晶体中，并位于以铁原子为中心的正八面体顶点处。下列说法错误的是 A. 该晶胞的化学式是 B. 与铁原子最近的镁原子有8个 C. 储氢后晶体密度为 D. 晶胞中与的最短距离为 12. 科学家研发了一种基于氧化还原循环系统的电驱动膜分离技术，将废水回收为高价值的和，双极膜中解离的和在电场作用下向两极迁移，简易工作原理如图。下列说法错误的是 A. 电极a与外接电源负极相连 B. 装置中离子交换膜1和3均是阳离子交换膜 C. b电极反应式为 D. 浓缩池1中得到的产品为 13. 酞菁可看作是卟啉的衍生物，是一类由8个N原子、8个C原子组成的16中心的芳香共轭体系的大环分子，酞菁及它的一种金属配合物的结构简式如图。下列说法正确的是 A. 酞菁属于芳香烃类化合物 B. 该金属配合物中心离子M的价态为 C. 酞菁分子中N原子杂化方式有两种 D. 酞菁分子中大环键电子数为16 14. 下列实验中所涉及的操作、现象与结论均正确的是 选项 操作 现象与结论 A 向装有银氨溶液的试管中加入的葡萄糖溶液，振荡、加热煮沸 试管表面形成光亮的银镜；说明葡萄糖具有还原性 B 向盛有的溶液的试管中滴加滴的溶液，后再向上述试管中滴加4滴的溶液 先有白色沉淀产生，后生成蓝色沉淀；说明 C 向盛有溶液的试管中加入溶液，再加入少量固体 溶液变为红色，后无明显变化；说明上述反应不是可逆反应 D 向盛有的溶液的试管中滴加10滴溴乙烷，加热振荡，静置；取上层清液少许，滴入到装有硝酸酸化的硝酸银溶液的试管中 有浅黄色沉淀产生；说明溴乙烷发生水解反应 A. A B. B C. C D. D 15. 常温下，将溶液分别滴加到等浓度等体积的氯乙酸()、二氯乙酸()、三氯乙酸()溶液中，溶液与溶液中相关粒子浓度比值的负对数值X的关系如图(忽略溶液体积的变化)。下列说法错误的是 A. 曲线Ⅲ对应的是三氯乙酸()溶液 B. 常温下的数量级为 C. 常温下滴加至溶液的时，上述三种酸消耗最多的是氯乙酸 D. 加入等浓度的至恰好完全中和时，三种溶液中离子浓度大小关系为 二、非选择题(本题共4个小题，共55分) 16. 醋酸铜可作色谱分析试剂和有机合成催化剂等，可以用碱式碳酸铜[]为原料制备。 实验I．用碱式碳酸铜制备醋酸铜晶体 步骤1：称取碱式碳酸铜于装置a中，加入水，搅拌得蓝绿色悬浊液 步骤2：水浴加热a至，然后向该装置b中加入的冰醋酸，缓慢滴入到装置a中，此时逸出大量气泡。继续在下混合搅拌左右，至基本无气泡逸出即可。 步骤3：趁热迅速减压抽滤，将滤液倒入蒸发皿中，加热蒸发至溶液体积为原先，补加冰醋酸，搅拌、冷却、结晶、抽滤，得到蓝绿色醋酸铜晶体；再向剩余母液中补加冰醋酸，继续蒸发母液，又可得部分蓝绿色醋酸铜晶体。 （1）装置a的名称是___________，装置c的作用是___________。 （2）步骤2中，温度需要控制在左右原因是___________。 （3）步骤3中，趁热减压抽滤的目的是___________。 （4）步骤3中，加热蒸发时补加冰醋酸的原因是___________。 实验Ⅱ．间接碘量法测定碱式碳酸铜中x与y的比 已知：能与反应生成不溶于水。 步骤1：准确称取碱式碳酸铜样品于烧杯中，加入适量稀硫酸使固体完全溶解；将得到的溶液完全转移至容量瓶中，洗涤转移并定容至刻度线。 步骤2：用移液管移取配好的溶液至锥形瓶。 步骤3：加入为4.0的缓冲溶液，再加入过量碘化钾溶液，振荡摇匀；用已标定的溶液滴至浅黄色，再加入淀粉溶液，继续滴定至终点。() 步骤4：平行滴定3次，平均消耗溶液。 （5）滴定至终点时，溶液的颜色变化为___________。 （6）加入碘化钾后发生的离子反应方程式为___________。 （7）x与y的比为___________(用表示)。 17. 氧化钪()广泛应用于航天、激光等科学领域。一种从赤泥(一种矿渣，主要成分为)中提取氧化钪路径如下： 已知：难溶于盐酸。 回答下列问题： （1）基态的价电子轨道表示式为___________。 （2）①酸浸后滤渣的主要成分为___________。 ②酸浸时要考虑影响钪的浸出率的因素有___________(至少写两条)。 （3）有机萃取剂萃取的反应原理可表示为：(代表有机萃取剂，为有机配合物)。 ①反萃取时钪发生反应的离子方程式为___________。 ②反萃液可以再生利用，其方法是___________。 （4）萃取时易发生共萃现象，有机萃取剂的浓度对萃取率(萃取率=被萃取物进入到有机相中的量占萃取前溶液中被萃取物总量的百分比)具有重要的影响，下图为有机萃取剂的浓度与钪、铁的萃取率关系图像，从图像中选择最合适的萃取剂浓度为___________%；为提高钪的回收率，“萃取分液”操作可进行多次，假设“滤液”中，“萃取分液”每进行一次，的萃取率为，三次操作后“水相”中的___________。 （5）反萃固体进一步酸溶再沉钪的目的是___________。 （6）焙烧时发生反应的化学方程式为___________。 18. 氯雷他定是一种常用的抗过敏药物，其常见的合成路线如图所示： 已知：+RMgX （1）A中含氧官能团的名称是___________。 （2）的反应类型为___________。 （3）的系统命名为___________。 （4）①D在条件下发生分子内脱水生成的分子式为___________。 ②在相同条件下，除了生成E外还可以生成另一种产物，该产物与E互为同分异构且具有相同的环状结构，则其结构简式为___________。 （5）的化学反应方程式为___________。 （6）有机物B的属于芳香族化合物的同分异构体有___________种，其中核磁共振氢谱有3组峰且峰面积之比为的分子结构简式为___________。 19. 液态阳光甲醇合成技术是实现“双碳”目标的重要途径，其中最关键的技术之一是二氧化碳加氢制甲醇，主反应原理为： 。 （1）在恒温恒容密闭容器中，加入一定量的和催化剂的反应历程和能垒图如下图(表示过渡态，*表示吸附在催化剂表面的物种) ①___________(保留两位小数，已知) ②下列说法正确的是___________(填选项标号) A．低温有利于主反应朝正方向自发进行 B．是主要副产物，高选择性催化剂是提高制备效率的关键 C．高温不利于甲醇生成，工业生产中应尽量保持低温 D．反应中经历的三个基元反应中起决速作用的是 （2）某催化条件下的恒容体系，与投料比和的转化率及甲醇产率的关系如下表。回答下列问题： 2 3 5 7 11.63 13.68 15.93 18.71 3.04 4.12 5.26 6.93 ①从表格中可以看出，该条件下随与投料比增大，的转化率和产率均增大，所以有同学认为在实际生产中氢碳投料比越大越好，你是否认同这个观点并说出你的理由___________。 ②分析计算上述条件下，表格中甲醇产量最高的投料比为___________(填表格中数值)。 （3）在催化条件下，保持与投料比为3，且初始压强为下的恒容体系中，的平衡转化率以及产物和的选择性(产物选择性是指转化为目标产物的原料量在转化了的原料量中所占的比例)随温度变化关系如图1所示，图2为该体系不同温度时甲醇的时空收率(产品的时空收率是指在单位时间内单位质量的催化剂作用下收到产品的量)。回答下列问题： ①图1中表示选择性的曲线为___________(填“a”或“b”)。 ②时主反应的压强平衡常数___________(为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数，写出计算代数式即可)。 ③解释图2中以后时空收率下降可能的原因___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025年湖北省八市高三(3月)联考 化学试卷 全卷满分100分，考试用时75分钟 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。 可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O：16 Mg：24 Fe：56 Cu：64 一、选择题：本题共有15小题，每小题3分，共45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. 化学与生活密切相关。下列叙述中没有涉及化学变化的是 A. 生物固氮 B. 染发烫发 C. 血液透析 D. 油脂硬化 【答案】C 【解析】 【详解】A．“生物固氮”是将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程，有新物质生成，属于化学变化，故A不选； B．“染发烫发”过程中，染发剂中的化学物质与头发中的成分发生反应，烫发时通过药水和加热改变头发的蛋白质结构，都有化学变化发生，故B不选； C．“血液透析”是利用半透膜的原理，使血液中的小分子代谢废物和多余的水分等通过半透膜扩散到透析液中，而血液中的血细胞和大分子物质不能通过，没有新物质生成，属于物理变化，故C选； D．“油脂硬化”是油脂中的不饱和键与氢气发生加成反应，使液态的油变成固态或半固态的脂肪，有新物质生成，属于化学变化，故D不选； 故选：C。 2. 下列有关物质应用的说法错误的是 A. 聚氯乙烯用于食品包装 B. 苯甲酸及其钠盐用作食品防腐剂 C. 纤维素用于生产燃料乙醇 D. 聚乙炔用于制备导电高分子材料 【答案】A 【解析】 【详解】A．聚氯乙烯薄膜受热会释放出有毒物质，不可用于食品包装，A错误； B．苯甲酸、苯甲酸钠具有抗菌活性，故苯甲酸及其钠盐用作食品防腐剂，B正确； C．纤维素可水解得到葡萄糖，葡萄糖经发酵得到乙醇，C正确； D．聚乙炔分子中含有类似石墨的大π键，能导电，常用于制备导电高分子材料，D正确； 故答案选A。 3. 下列化学用语表述正确的是 A. 的模型 B. 反式聚异戊二烯结构简式 C. 四氯化碳的电子式 D. 的结构示意图 【答案】B 【解析】 【详解】A．的中心原子价层电子对数为，故模型为平面三角形，A错误； B．反式聚异戊二烯结构简式为，B正确； C．四氯化碳为共价化合物，C、Cl最外层电子均达到8个，其电子式为，C错误； D．的核外电子排布为[Ar]3d6，故其结构示意图的M层为14，D错误； 故答案选B。 4. 下列实验方法或试剂使用正确的是 选项 实验目的 实验方法或试剂 A 测定乙酸晶体及分子结构 X射线衍射法 B 用标准溶液滴定未知浓度的醋酸溶液 用甲基橙作指示剂 C 除去乙炔中混有的 通过酸性溶液 D 测定溶液的 使用试纸 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．X射线衍射法为测定分子结构最科学的方法，可测定乙酸晶体及分子结构，故A正确； B．NaOH标准溶液滴定未知浓度的醋酸溶液，溶液由酸性变为弱碱性，应选酚酞作指示剂，故B错误； C．乙炔、硫化氢均能被酸性高锰酸钾溶液氧化，将原物质除去，不能除杂，故C错误； D．NaClO溶液可使pH试纸褪色，应选pH计测定，故D错误； 故选：A。 5. 下列对有关物质结构或性质的描述错误的是 A. 图1为冠与形成的超分子，其形成作用力主要存在于与O之间 B. 图2为某合金原子层状结构，原子层之间的相对滑动变难导致合金的硬度变大 C. 图3为烷基磺酸根离子在水中形成的胶束，表现出超分子自组装的特征 D. 图4为由两个硅氧四面体形成的简单阴离子，其化学式为 【答案】D 【解析】 【详解】A．冠与形成的超分子，其形成作用力主要是与O之间的配位键，A正确； B．在纯金属中加入其他元素会使合金中原子层错位，导致滑动变得更困难，从而提高合金的硬度，B正确； C．超分子通常是指由两种或两种以上分子依靠分子间相互作用结合在一起，组成复杂的、有组织的聚集体，表面活性剂在水中会形成亲水基团向外、疏水基团向内的胶束，属于超分子的“自组装”特征，C正确； D．Si的化合价为+4，O为-2，故该阴离子为，D错误； 故答案选D。 6. 生活中两种常见的解热镇痛药物阿斯匹林(乙酰水杨酸)和扑热息痛(对乙酰氨基酚)，贝诺酯可由这二种物质在一定条件下反应制得。下列有关叙述错误的是 ++H2O A. 以上三种有机物中共有4种官能团 B. 可用溶液鉴别乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚 C. 贝诺酯作为缓释药可有效降低药物对肠胃的刺激性 D. 贝诺酯与足量溶液反应消耗 【答案】D 【解析】 【详解】A．含有羧基、强碱、酯基和酰胺基，故以上三种有机物中共有4种官能团，A不符合题意； B．阿司匹林中含羧基、能与碳酸氢钠反应产生二氧化碳，对乙酰氨基酚不含羧基，对乙酰氨基酚不能与碳酸氢钠溶液反应，现象不同可以鉴别，B不符合题意； C．阿司匹林含羧基、扑热息痛含酚羟基，二者对肠胃有较大刺激性，贝诺酯含酯基和酰胺基能有效降低对肠胃的刺激，C不符合题意； D．贝诺酯含酯基和酰胺基、均能水解，碱性条件下，1mol贝诺酯完全水解产生的2mol酚羟基、3mol羧基，共消耗5mol溶液，D符合题意； 故选D。 7. 化学反应中，量变可以引起质变。下列反应离子方程式书写错误的是 A. 溶液中加入过量的盐酸： B. 溴水中加入过量的溶液： C. 溶液中通入过量的气体： D. 溶液中加入过量的氨水： 【答案】C 【解析】 【详解】A．向Na[Al(OH)4]溶液中加过量盐酸生成铝盐，其反应的离子方程式为，故A正确； B．将少量溴水滴入过量的Na2SO3溶液中，过量的SO与H+结合生成HSO，离子方程式为，故B正确； C．FeCl3溶液中通入过量H2S气体生成Fe2+和S，离子反应为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，故C错误； D．氨水过量，生成的氢氧化铜溶解生成[Cu(NH3)4]2+，离子方程式为，故D正确； 答案选C。 8. 物质结构差异会引起物质性质差异。下列事实解释错误的是 选项 事实 解释 A 沸点： 前者形成分子间氢键，后者形成分子内氢键 B 键角： 前者O原子杂化，后者O原子杂化 C 水溶性： 前者烃基占比小，后者烃基占比大 D 硬度：金刚石 前者含有共价键，后者不含共价键 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．对羟基苯甲酸形成分子间氢键，邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，分子间氢键能使物质的熔沸点升高，分子内氢键能使物质的熔沸点降低，则沸点：对羟基苯甲酸＞邻羟基苯甲酸，故A正确； B．为存在大π键、为平面结构，其中O原子的价层电子对数为3、VSEPR模型为平面三角形、O原子采用sp2杂化，中O原子的价层电子对数为4、VSEPR模型为四面体、O原子采用sp3杂化，则C-O-C键角：，故B正确； C．CH3CH2OH中的-OH与水分子中的-OH相近、即烃基占比小，CH3CH2CH2CH2CH2OH中烃基较大、烃基占比大，根据相似相溶原理可知，水溶性：CH3CH2OH＞CH3CH2CH2CH2CH2OH，故C正确； D．金刚石是共价晶体、存在的作用力是共价键，C60是分子晶体、存在的作用力是范德华力，由于共价键强度大于分子间作用力，导致硬度：金刚石＞C60，且C60分子中含有C-C键，故D错误； 故选：D。 9. 某荧光粉基材成分的化学式为，其中三种元素位于短周期，Y是地壳中含量最高的金属元素，W的第一电离能高于它的同周期相邻元素，且其基态原子核外电子有5种空间运动状态，Z元素原子的最外层电子数是次外层的一半，X的原子序数是Y和W原子序数之和。下列说法错误的是 A. Z的氧化物可以做半导体材料 B. W的简单氢化物的分子构型为三角锥形 C. X元素的氯化物可以做融雪剂 D. Y的氧化物中化学键既有离子性又有共价性 【答案】A 【解析】 【分析】Y、Z、 W三种元素位于短周期，Y是地壳中含量最高的金属元素，Y为Al元素； W的第一电离能高于它的同周期相邻元素，且其基态原子核外电子有5种空间运动状态，电子排布为，W为N元素；Z元素原子的最外层电子数是次外层的一半，若为2个电子层，Z为Li元素，若为3个电子层，Z为Si元素；X的原子序数是Y和W原子序数之和，X的原子序数为13+7=20，X为Ca元素；化学式为，由化合价的代数和为0可知Z只能为Si元素，以此来解答。  【详解】A．Z的氧化物为二氧化硅，为光导纤维的材料，而Si可以做半导体材料，A错误； B．W的简单氢化物为氨气，N原子为杂化，有1对孤对电子，分子构型为三角锥形 ，B正确； C．X为Ca元素，氯化钙具有吸湿性、降低水的冰点、溶解放热等性质，可以做融雪剂，C正确； D．Y的氧化物为氧化铝，Al与O之间因显著的电负性差异形成静电吸引力，具有离子键特性；Al离子半径小，电荷密度高，导致电子云发生显著极化，形成方向性更强的共价键，所以氧化铝既有离子性又有共价性，D正确； 故选A。 10. 一种由离子交换树脂一碳纳米管构成的膜分离装置如图，M侧可以连续去除空气中的并转化为，同时N侧实现了的富集。下列说法正确的是 A. M侧空气中发生变化的只有 B. 复合薄膜既能传导离子，又能传导电子 C. N侧收集到时转移电子数为 D. N侧反应为 【答案】B 【解析】 【分析】由图可知，N测H2中H元素化合价升高，失去电子，故M测得到电子，化合价降低，另有生成，故应该有O2参与反应，方程式为：4CO2+O2+2H2O+4e-=4，通过阴离子交换膜进入N侧，反应方程式为：H2-2e-+2=2H2O+2CO2，据此分析作答。 【详解】A．根据分析可知，M侧空气中发生变化的有CO2、O2、H2O，故A错误； B．根据分析可知，复合薄膜既能传导离子，又能传导电子，故B正确； C．没有强调标准状况，故2.24LCO2不一定0.1mol，转移电子数不一定为，故C错误； D．N侧反应为H2-2e-+2=2H2O+2CO2，故D错误； 故选：B。 11. 固态储氢材料具有不易泄露，不易爆炸等优点。下图是铁镁储氢材料的晶胞，晶胞参数为；氢原子通过与铁镁形成化学键储存在晶体中，并位于以铁原子为中心的正八面体顶点处。下列说法错误的是 A. 该晶胞的化学式是 B. 与铁原子最近的镁原子有8个 C. 储氢后晶体密度为 D. 晶胞中与的最短距离为 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据均摊法，晶胞中所含Mg的个数为8，铁原子的个数为8×+6×=4，则该晶胞的化学式是Mg2Fe，故A正确； B．由晶胞的结构可知，以上面面心的铁原子为参考，上面再加一个晶胞，可以看出与铁原子最近的镁原子有8个，故B正确； C．氢原子通过与铁镁形成化学键储存在晶体中，并位于以铁原子为中心的正八面体顶点处，则晶胞中氢原子位于晶胞的体心和棱心，晶胞中氢原子个数为12×+1=4，晶胞的质量为=，晶胞的体积为a3×10-21cm3，晶胞的密度为ρ===，故C错误； D．晶胞中Fe与Fe的最短距离为面对角线的一半，为，故D正确； 答案选C。 12. 科学家研发了一种基于氧化还原循环系统的电驱动膜分离技术，将废水回收为高价值的和，双极膜中解离的和在电场作用下向两极迁移，简易工作原理如图。下列说法错误的是 A. 电极a与外接电源负极相连 B. 装置中离子交换膜1和3均是阳离子交换膜 C. b电极反应式为 D. 浓缩池1中得到的产品为 【答案】D 【解析】 【分析】由两电极的物质变化可判断出a、b分别为阴极、阳极。双极膜解离的和分别移向浓缩池1和浓缩池2；阳极区的Na+通过离子交换膜3（阳离子交换膜）定向移动到浓缩池2，并在浓缩池2中生成NaOH；淡化池中的通过交换膜2（阴离子交换膜）进入浓缩池1，并在浓缩池1中生成硫酸；淡化池中的Na+经交换膜1（阳离子交换膜）进入阴极区，生成Na4[Fe(CN)6]。 【详解】A．a为阴极，故与电源负极相连，A正确； B．由上述分析可知，装置中离子交换膜1和3均是阳离子交换膜，B正确； C．b为阳极，失电子发生氧化反应生成，故电极反应式为，C正确； D．由上述分析可知浓缩池1中的产品为硫酸，D错误； 故答案选D。 13. 酞菁可看作是卟啉的衍生物，是一类由8个N原子、8个C原子组成的16中心的芳香共轭体系的大环分子，酞菁及它的一种金属配合物的结构简式如图。下列说法正确的是 A. 酞菁属于芳香烃类化合物 B. 该金属配合物中心离子M的价态为 C. 酞菁分子中N原子杂化方式有两种 D. 酞菁分子中大环键电子数为16 【答案】B 【解析】 【详解】A．酞菁含N元素等，不属于芳香烃类化合物，故A错误； B．M形成的共价键中有两个为配位键，b比a少两个氢原子，该金属配合物中心离子M的价态为+2，故B正确； C．由8个N原子、8个C原子组成的16中心的芳香共轭体系的大环分子，N原子杂化方式都是sp2杂化，故C错误； D．a结构中，C原子各提供一个电子，6各不带氢的N原子各提供一个电子，2各带氢的N原子各提供2个电子，共18个电子，大环π键电子数为18，故D错误； 故选：B。 14. 下列实验中所涉及的操作、现象与结论均正确的是 选项 操作 现象与结论 A 向装有银氨溶液的试管中加入的葡萄糖溶液，振荡、加热煮沸 试管表面形成光亮的银镜；说明葡萄糖具有还原性 B 向盛有的溶液的试管中滴加滴的溶液，后再向上述试管中滴加4滴的溶液 先有白色沉淀产生，后生成蓝色沉淀；说明 C 向盛有溶液的试管中加入溶液，再加入少量固体 溶液变为红色，后无明显变化；说明上述反应不是可逆反应 D 向盛有的溶液的试管中滴加10滴溴乙烷，加热振荡，静置；取上层清液少许，滴入到装有硝酸酸化的硝酸银溶液的试管中 有浅黄色沉淀产生；说明溴乙烷发生水解反应 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．生成银镜则需要水浴加热，不能加热煮沸，故A错误； B．NaOH溶液不足，生成的氢氧化镁沉淀转化为更难溶的氢氧化铜沉淀，则Ksp为Cu(OH)2＜Mg(OH)2，故B正确； C．KCl固体对铁离子与SCN-的络合反应无影响，则平衡不移动，溶液的颜色不变，故C错误； D．NaOH过量，卤代烃水解后，取上层清液少许，应先加硝酸至酸性，再加硝酸银检验卤素离子，故D错误； 故选：B。 15. 常温下，将溶液分别滴加到等浓度等体积的氯乙酸()、二氯乙酸()、三氯乙酸()溶液中，溶液与溶液中相关粒子浓度比值的负对数值X的关系如图(忽略溶液体积的变化)。下列说法错误的是 A. 曲线Ⅲ对应的是三氯乙酸()溶液 B. 常温下的数量级为 C. 常温下滴加至溶液的时，上述三种酸消耗最多的是氯乙酸 D. 加入等浓度的至恰好完全中和时，三种溶液中离子浓度大小关系为 【答案】C 【解析】 【分析】酸性：CH2ClCOOH＜CHCl2COOH＜CCl3COOH，即电离平衡常数Ka：CH2ClCOOH＜CHCl2COOH＜CCl3COOH，Ka(CH2ClCOOH)=，Ka(CHCl2COOH)= ，Ka(CCl3COOH)= ，当或或一定时Ka与c(H+)成正比，则曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示溶液pH与-lg、-lg、-lg的关系，结合电离平衡常数及盐类水解规律分析解答该题。 【详解】A．由上述分析可知，曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示溶液pH与-lg、-lg、-lg的关系，故A正确； B．由图可知，当-lg=0时，pH≈2.8，此时Ka(CH2ClCOOH)= =c(H+)=10-2.8，其数量级为10-3，故B正确； C．酸性：CH2ClCOOH＜CHCl2COOH＜CCl3COOH，将NaOH溶液分别滴加到等物质的量的氯乙酸、二氯乙酸、三氯乙酸溶液中至溶液的pH=7时，3种酸均过量，且溶液中剩余酸：CH2ClCOOH＞CHCl2COOH＞CCl3COOH，则常温下滴加至溶液的pH=7时，上述三种酸消耗n(NaOH)最多的是三氯乙酸，最少是氯乙酸，故C错误； D．酸性：CH2ClCOOH＜CHCl2COOH＜CCl3COOH，根据水解规律可知，酸根离子水解程度：CCl3COO-<CHCl2COO-<CH2ClCOO-，则加入等浓度的NaOH至恰好完全中和时，三种溶液中离子浓度大小关系为c(CCl3COO-)＞c(CHCl2COO-)＞c(CH2ClCOO-)，故D正确； 答案选C。 二、非选择题(本题共4个小题，共55分) 16. 醋酸铜可作色谱分析试剂和有机合成催化剂等，可以用碱式碳酸铜[]为原料制备。 实验I．用碱式碳酸铜制备醋酸铜晶体 步骤1：称取碱式碳酸铜于装置a中，加入水，搅拌得蓝绿色悬浊液。 步骤2：水浴加热a至，然后向该装置b中加入的冰醋酸，缓慢滴入到装置a中，此时逸出大量气泡。继续在下混合搅拌左右，至基本无气泡逸出即可。 步骤3：趁热迅速减压抽滤，将滤液倒入蒸发皿中，加热蒸发至溶液体积为原先，补加冰醋酸，搅拌、冷却、结晶、抽滤，得到蓝绿色醋酸铜晶体；再向剩余母液中补加冰醋酸，继续蒸发母液，又可得部分蓝绿色醋酸铜晶体。 （1）装置a的名称是___________，装置c的作用是___________。 （2）步骤2中，温度需要控制在左右的原因是___________。 （3）步骤3中，趁热减压抽滤的目的是___________。 （4）步骤3中，加热蒸发时补加冰醋酸的原因是___________。 实验Ⅱ．间接碘量法测定碱式碳酸铜中x与y的比 已知：能与反应生成不溶于水。 步骤1：准确称取碱式碳酸铜样品于烧杯中，加入适量稀硫酸使固体完全溶解；将得到的溶液完全转移至容量瓶中，洗涤转移并定容至刻度线。 步骤2：用移液管移取配好的溶液至锥形瓶。 步骤3：加入为4.0的缓冲溶液，再加入过量碘化钾溶液，振荡摇匀；用已标定的溶液滴至浅黄色，再加入淀粉溶液，继续滴定至终点。() 步骤4：平行滴定3次，平均消耗溶液。 （5）滴定至终点时，溶液颜色变化为___________。 （6）加入碘化钾后发生的离子反应方程式为___________。 （7）x与y的比为___________(用表示)。 【答案】（1） ①. 三颈烧瓶 ②. 冷凝回流冰醋酸 （2）温度过低反应速率太慢，温度过高冰醋酸挥发太快 （3）防止滤液冷却结晶，减少产品损失 （4）抑制醋酸铜水解，提高产品纯度和产率 （5）蓝色变无色 （6）2Cu2+＋4I-= I2＋2CuI↓ （7）或或 【解析】 【分析】实验I．制备醋酸铜的原理是用碱式碳酸铜()与醋酸反应，反应过程中需要控制温度在65℃左右，温度过高则醋酸挥发快，温度过低则反应速率慢；反应至基本无气泡逸出，趁热迅速减压抽滤，将滤液倒入蒸发皿中，加热蒸发，补加冰醋酸的目的是防止铜离子水解，再搅拌、冷却、结晶、抽滤，得到蓝绿色醋酸铜晶体；再向剩余母液中补加冰醋酸，继续蒸发母液，又可得部分蓝绿色醋酸铜晶体。 实验II．间接碘量法测定碱式碳酸铜中x与y的比，大致过程是准确称取样品于烧杯中，加入稀硫酸使固体完全溶解，取四分之一的溶液加入过量碘化钾溶液，生成碘单质；淀粉做指示剂，用硫代硫酸钠溶液滴定，根据硫代硫酸钠的量与碱式碳酸铜的量的关系计算x与y的比值； 【小问1详解】 装置a的名称是三颈烧瓶，装置c的作用是冷凝回流冰醋酸，提高原料的利用率； 【小问2详解】 步骤2中，温度需要控制在65℃左右的原因是温度过低，反应速率太慢，温度过高，醋酸挥发太快； 【小问3详解】 步骤3中，趁热减压抽滤的目的是防止滤液冷却结晶，减少产品损失； 【小问4详解】 步骤3中，加热蒸发时补加冰醋酸的原因是抑制醋酸铜水解，提高产品纯度和产率； 【小问5详解】 滴定至终点时，碘单质消耗完毕，溶液蓝色消失，可知滴定至终点时，溶液的颜色变化为溶液由蓝色变为无色； 小问6详解】 加入碘化钾后，Cu2+氧化I-生成CuI和I2，离子方程式为2Cu2+＋4I-= I2＋2CuI↓； 【小问7详解】 根据题意有关系式： 所以有，解得或或。 17. 氧化钪()广泛应用于航天、激光等科学领域。一种从赤泥(一种矿渣，主要成分为)中提取氧化钪的路径如下： 已知：难溶于盐酸。 回答下列问题： （1）基态的价电子轨道表示式为___________。 （2）①酸浸后滤渣的主要成分为___________。 ②酸浸时要考虑影响钪的浸出率的因素有___________(至少写两条)。 （3）有机萃取剂萃取的反应原理可表示为：(代表有机萃取剂，为有机配合物)。 ①反萃取时钪发生反应的离子方程式为___________。 ②反萃液可以再生利用，其方法是___________。 （4）萃取时易发生共萃现象，有机萃取剂的浓度对萃取率(萃取率=被萃取物进入到有机相中的量占萃取前溶液中被萃取物总量的百分比)具有重要的影响，下图为有机萃取剂的浓度与钪、铁的萃取率关系图像，从图像中选择最合适的萃取剂浓度为___________%；为提高钪的回收率，“萃取分液”操作可进行多次，假设“滤液”中，“萃取分液”每进行一次，的萃取率为，三次操作后“水相”中的___________。 （5）反萃固体进一步酸溶再沉钪的目的是___________。 （6）焙烧时发生反应的化学方程式为___________。 【答案】（1） （2） ①. SiO2、TiO2 ②. 反应的温度、酸的浓度、固体接触面积(或颗粒大小)、固液比、浸取时间等(任选其中两个书写即可或其他合理答案) （3） ①. ScR3＋3OH-= Sc(OH)3↓＋3R- ②. 向反萃液中加入适量的酸后分液 （4） ①. 1 ②. （5）进一步分离杂质，提高产品纯度 （6）2Sc2(C2O4)3＋3O22Sc2O3＋12CO2 【解析】 【分析】用赤泥(一种矿渣，主要成分为)提取的流程为：将赤泥加入盐酸进行酸浸，根据题目已知，都可与盐酸反应转化为，而不与盐酸反应，通过过滤在滤渣中除去；然后在含离子的滤液中加入有机萃取剂进行萃取分液，和大部分不被萃取通过水相分离，而和小部分进入有机相，然后加入NaOH溶液与反应生成固体进行反萃取分液分离，得到固体加盐酸溶解，再加草酸沉淀生成，在空气中焙烧得到产品，据此分析解答。 【小问1详解】 Sc为21号元素，位于周期表中第四周期第ⅢB族，故基态的价电子轨道表示式为：。 【小问2详解】 ①根据分析，滤渣中存在的是不与盐酸反应的：。 ②酸浸时要考虑影响钪的浸出率的因素有：反应的温度、酸的浓度、固体接触面积(或颗粒大小)、固液比、浸取时间等。 【小问3详解】 ①萃取时是加入有机萃取剂将萃取通过分液分离出来，反应的离子方程式为：；而进行反萃取时是加入NaOH溶液再萃取分液，则反应的离子方程式为：。 ②反萃取后分液得到的反萃液主要离子为，而萃取剂 为HR，所以将反萃液再生利用的方法为：向反萃液中加入适量的酸后分液。 【小问4详解】 为了避免萃取时发生共萃现象，利用有机萃取剂的浓度对萃取率(萃取率=被萃取物进入到有机相中的量占萃取前溶液中被萃取物总量的百分比)和有机萃取剂的浓度与钪、铁的萃取率关系图，当萃取剂浓度为1%时，的萃取率已经非常高，而的萃取率比较低，当萃取剂浓度增加，的萃取率变化很小，而的萃取率急剧增大，不利于的萃取，故最合适的萃取剂浓度为：1%；“萃取分液”每进行一次，的萃取率为，即水相中残留的为2%，假设“滤液”中，则“萃取分液”三次操作后“水相”中的。 【小问5详解】 反萃取分离后的主要成分为固体，此时直接加入草酸生成由于固体的影响，反应很难进行得完全，但如果先加入盐酸溶解固体生成，由与草酸生成则会反应很完全，所以先酸溶再沉钪的目的为：进一步分离杂质，提高产品纯度的作用。 【小问6详解】 在中Sc的化合价为价，反应前后Sc的化合价没有发生变化，根据流程图可知，空气参与了反应，应该是空气中的氧气氧化了草酸钪晶体中的碳元素生成了，故焙烧时反应的化学方程式为：。 18. 氯雷他定是一种常用的抗过敏药物，其常见的合成路线如图所示： 已知：+RMgX （1）A中含氧官能团的名称是___________。 （2）的反应类型为___________。 （3）的系统命名为___________。 （4）①D在条件下发生分子内脱水生成的分子式为___________。 ②在相同条件下，除了生成E外还可以生成另一种产物，该产物与E互为同分异构且具有相同的环状结构，则其结构简式为___________。 （5）的化学反应方程式为___________。 （6）有机物B的属于芳香族化合物的同分异构体有___________种，其中核磁共振氢谱有3组峰且峰面积之比为的分子结构简式为___________。 【答案】（1）酰胺基 （2）消去反应 （3）氯甲酸乙酯 （4） ①. C14H10NOCl ②. （5） ＋HCl＋H2O ＋（或） （6） ①. 9 ②. 【解析】 【分析】A与B发生取代反应生成C和HCl；C在HCl条件下发生水解反应，生成D和（或）；D在PPA条件下发生分子内脱水生成E（）；E与在H2O/H+作用下发生已知条件的反应，生成F；F在浓硫酸条件下发生消去反应，生成G和水；G与发生取代反应，生成H和CH3Cl。 【小问1详解】 A的含氧官能团为酰胺基； 【小问2详解】 由上述分析可知F→G的反应类型为消去反应； 【小问3详解】 的系统命名为氯甲酸乙酯； 【小问4详解】 ①据上述分析可知E为，故分子式为C14H10NOCl；②；依题可知另一种产物是由D结构上的羰基碳与－Cl邻位C上（，带星号的C）的H发生取代反应所得，即； 【小问5详解】 C在HCl条件下发生水解反应，生成D和（或），反应方程式为】＋HCl＋H2O ＋（或）； 【小问6详解】 依题可得到9种同分异构体，如下、、、、、、、、；其中核磁共振氢谱有3组峰且峰面积之比为的分子结构简式为。 19. 液态阳光甲醇合成技术是实现“双碳”目标的重要途径，其中最关键的技术之一是二氧化碳加氢制甲醇，主反应原理为： 。 （1）在恒温恒容密闭容器中，加入一定量的和催化剂的反应历程和能垒图如下图(表示过渡态，*表示吸附在催化剂表面的物种) ①___________(保留两位小数，已知) ②下列说法正确的是___________(填选项标号) A．低温有利于主反应朝正方向自发进行 B．是主要副产物，高选择性催化剂是提高制备效率的关键 C．高温不利于甲醇生成，工业生产中应尽量保持低温 D．反应中经历的三个基元反应中起决速作用的是 （2）某催化条件下的恒容体系，与投料比和的转化率及甲醇产率的关系如下表。回答下列问题： 2 3 5 7 11.63 1368 15.93 18.71 3.04 4.12 5.26 6.93 ①从表格中可以看出，该条件下随与投料比增大，的转化率和产率均增大，所以有同学认为在实际生产中氢碳投料比越大越好，你是否认同这个观点并说出你的理由___________。 ②分析计算上述条件下，表格中甲醇产量最高的投料比为___________(填表格中数值)。 （3）在催化条件下，保持与投料比为3，且初始压强为下的恒容体系中，的平衡转化率以及产物和的选择性(产物选择性是指转化为目标产物的原料量在转化了的原料量中所占的比例)随温度变化关系如图1所示，图2为该体系不同温度时甲醇的时空收率(产品的时空收率是指在单位时间内单位质量的催化剂作用下收到产品的量)。回答下列问题： ①图1中表示选择性的曲线为___________(填“a”或“b”)。 ②时主反应的压强平衡常数___________(为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数，写出计算代数式即可)。 ③解释图2中以后时空收率下降可能的原因___________。 【答案】（1） ①. -49.12 ②. ABD （2） ①. 不认同，在投料总量恒定的条件下，氢碳比越大，含碳量越低，甲醇产量可能下降，且原料氢气成本较高，综合效益不高 ②. 3 （3） ①. b ②. ③. 升温平衡逆向移动，温度过高还会造成催化剂选择性或活性下降 【解析】 【小问1详解】 ①由图可知，相对能量为-0.51ev，其ΔH=-0.51×1.6×10-19J×6.02×1023/mol=-49.12kJ/mol； ②A．主反应为放热反应，降低温度，正向移动，故A正确； B．由图可知，该过程中存在副反应：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)，应采用高选择性催化剂，减少副反应的发生，是提高制备效率的关键，故B正确； C．高温不利于甲醇生成，采用低温时，反应速率慢，相同时间内产量减少，故C错误； D．由图可知，活化能最大的基元反应为TS3，在反应中起决速作用，故D正确； 故答案为：ABD； 【小问2详解】 ①不认同，在投料总量一定的情况下，投料比越大，即氢气越多，CO2越少，甲醇产量可能下降，且原料氢气成本较高，经济效益不佳； ②设投料总量为4mol，投料比为2时，甲醇的产量为4mol××3.04≈4.05mol，同理，投料比为3、5、7时，甲醇产量分别为4.12mol、3.51mol、3.47mol，由此可知，投料比为3时，甲醇产量最大； 【小问3详解】 ①主反应为放热反应，副反应为吸热反应，升高温度，副反应正向移动，CO的选择性增大，主反应逆向移动，CH3OH的选择性减小，故曲线b为甲醇的选择性曲线； ②在Mn—CZA催化条件下，保持H2与CO2投料比为3，且初始压强为4MPa下的恒容体系中，设H2初始压强为3MPa,CO2初始压强为1MPa,CO2在主反应、副反应中的转化量分别为x、y，列式如下： 由图可知，240℃时，CO2的转化率为15%，CH3OH的选择性为60%，CO的选择性为40%，则，则x=0.09MPa，y=0.06MPa，平衡时，p(CO2)=0.85MPa，p(H2)=2.67MPa，p(CH3OH)=0.09MPa，p(H2O)=0.15MP，240℃时主反应的压强平衡常数Kp==； ③240℃以后，温度升高，主反应逆向移动，甲醇产量降低，且温度升高，还会造成催化剂活性下降，都会造成CH3OH的时空收率下降。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$