精品解析：内蒙古乌兰察布市2025届高三下学期第二次模拟考试（二模）化学试题

2025年普通高等学校招生全国统一考试 （第二次模拟考试） 化学 注意事项： 1.考生答卷前，务必将自己的姓名、座位号写在答题卡上。将条形码粘贴在规定区域。本试卷满分100分，考试时间75分钟。 2.做选择题时，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。写在本试卷上无效。 3.回答非选择题时，将答案写在答题卡的规定区域内，写在本试卷上无效。 4.考试结束后，将答题卡交回。 可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Mg24 Ca40 Mn55 一、选择题：（本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个项符合题目要求） 1. 内蒙古包头市被誉为中国“绿色硅都”，科技的发展离不开化学材料的助力，下列表述错误的是 A. 新型陶瓷、碳纳米材料、硅和二氧化硅均属于新型无机非金属材料 B. 飞船搭载太阳电池翼中将太阳能转化为电能的材料的主要成分是二氧化硅 C. 量子通信材料螺旋碳纳米管与金刚石互为同素异形体 D. 传统陶瓷是以黏土为主要原料，经高温烧结而成 2. 下列化学用语表述错误的是 A. 溶液中的水合离子： B. 异丙基的结构简式： C. 乙醇的空间填充模型： D. 连四硫酸根（结构为）中的化合价为和0价 3. 蔗糖与浓硫酸发生作用的过程如图所示。 下列关于该过程的分析不正确的是 A. 过程①白色固体变黑，主要体现了浓硫酸的脱水性 B. 过程②固体体积膨胀，与产生的大量气体有关 C. 过程中产生能使品红溶液褪色的气体，体现了浓硫酸的酸性 D. 过程中蔗糖分子发生了化学键的断裂 4. “光荣属于劳动者，幸福属于劳动者。”下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是 选项 劳动项目 化学知识 A 糕点师：制作桃酥时加入碳酸氢铵 碳酸氢铵易水解 B 社区服务者：用过氧乙酸消毒 过氧乙酸消毒剂具有较强氧化性 C 保洁服务者：用含NaOH和铝粉疏通剂疏通厨卫管道 有强碱性，与铝粉反应放出大量气体 D 制造业工人：将模具干燥后再注入熔融钢水 铁与蒸气高温下会反应 A. A B. B C. C D. D 5. 实验室模仿侯氏制碱法原理制备碳酸钠，下列过程中实验原理和装置均正确是 A.制取 B.制取 C.分离 D.制取 A. A B. B C. C D. D 6. 高纯单晶硅是助力“中国芯”崛起，彰显中国“智”造的主要原料。某小组拟在实验室制造硅材料，其流程如下图。 已知：①，②在常温下与空气接触即可自燃。 下列说法中错误的是 A. 点燃镁条引发反应的过程中涉及到的物质，其晶体类型有两种 B. 氛围是可以阻止被二次氧化和自燃 C. 操作2为用去离子水洗涤并烘干 D. 镁粉生成和的混合物，转移电子 7. 羰基化合物的酮式—烯醇式互变异构反应如图所示，下列说法错误的是 A. 通过红外光谱可检测酮式与烯醇式中存在不同的官能团 B. 分子存在立体异构 C. 分子中、原子都有和杂化 D. 从到的互变异构反应可得出稳定性： 8. 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，疗效比一般药物强好几倍。实验室将溶入18-冠-6（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，下列说法正确的是 A. 用12-冠-4（）代替18-冠-6络合钾离子的效率更高 B. 的键角大于乙醚中的键角 C. KF、18-冠-6和乙腈均为极性分子，KF溶解度增大，可与卤代烃充分接触 D. KF与18-冠-6形成的过程体现超分子自组装的特征 9. 某有机离子液体结构为，元素X、Y、Z、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，基态原子的能级电子总数比能级电子总数多1，R与同主族。下列说法错误的是 A. 分子极性： B. 同周期第一电离能小于的元素有2种 C. 简单离子半径： D. 该离子液体中存在离子键、极性键和配位键 10. 由柠檬烯制备生物可降解塑料（Y）的过程如图。其中原子利用率为。 下列说法错误的是 A. 柠檬烯过程中发生氧化反应 B. 试剂为，反应过程中断裂了键 C. 在碱性条件下水解可消耗 D. 由通过碳碳双键的加聚反应生成的高分子难发生降解 11. 一定条件下，在某催化剂表面上发生分解反应生成和，测得的实验结果如图所示。下列说法正确的是 已知：化学上，将反应物消耗一半所用的时间称为半衰期（）。 A. 的半衰期与起始浓度成正比 B. 浓度越高，反应速率越快 C. 在该催化剂表面的分解反应是可逆反应 D. ab段的平均生成速率为 12. 水系钠离子电池有望代替锂离子电池和铅酸电池，工作原理如图所示，以光电极作辅助电极，充电时光电极受光激发产生电子和空穴，空穴作用下转化为。下列说法错误是 A. 充电时，极的电极反应式为： B. 放电时，N极为该电池的负极 C. 充电时，每生成，有通过钠离子交换膜进入电极室 D. 充电效率与光照产生的电子和空穴量有关 13. 油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照条件下，颜料雌黄（）褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应：下列说法正确的是 A. 和的空间结构都是正四面体形 B. 反应Ⅰ和Ⅱ中，元素As和S都被氧化 C. 反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的：Ⅰ>Ⅱ D. 反应Ⅰ和Ⅱ中，分别氧化1mol转移的电子数之比为 14. 科研工作者合成了低温超导化合物M，再利用低温去插层法，获得了一个新化合物N。二者的晶体结构如图所示，下列说法正确的是 A. 的化学式为 B. 中与原子最临近的原子有2个 C. 中原子填充了原子构成的正八面体空隙 D. 去插层过程实质是将中元素转化为去除 15. 缓冲溶液指的是由弱酸及其盐或弱碱及其盐组成的混合溶液，能在一定程度上减轻外加强酸或强碱对溶液酸碱度的影响，而保持溶液的相对稳定。常温下，由（简写为）及其钠盐（简写为）组成缓冲溶液，从溶液中，调节溶液的，测得含碳元素粒子浓度与的关系如图所示。下列叙述错误的是 A. 代表与的关系 B. 常温下，点时混合液缓冲能力最强 C. 浓度均为的HA和NaA溶液等体积混合，混合液为3.83 D. 常温下，当，则混合液为4.83 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16. 联合多种工业制备是节能环保，高效生产，减少损耗的重要途径。钛和钛合金性能优良，广泛用于航空、造船和化学工业中。以钛铁矿（主要成分为，含有少量的、、）为主要原料制取和绿矾，同时联合氯碱工业生产甲醇的工艺流程如图所示。 （1）基态Ti的价层电子轨道表示式为_____。 （2）“酸浸”时，转化为，铁元素的价态不改变，发生的主要反应的化学方程式为_____；“滤渣”的主要成分是_____。 （3）由“工序①”得到绿矾需用乙醇溶液洗涤，其优点是_____。 （4）“加热”过程中转化为沉淀，写出该反应的离子方程式_____。 （5）下列有关“工序②”和“还原②”步骤的说法正确的是_____（填标号）。 a．“工序②”发生反应 b．“还原②”可以用氮气做保护气 c．铝热反应制锰与“还原②”冶炼制钛方法相似 （6）该流程中能循环利用的物质有_____（填化学式）。 （7）钛与卤素形成的化合物的熔点如表所示。 熔点/℃ 377 -24 38.3 153 解释熔点差异的原因_____。 17. 苯甲醇与苯甲酸是重要的化工原料，可通过苯甲醛在浓水溶液中发生Cannizzaro反应制得，反应原理为。 已知：①乙醚微溶于水，是有机物良好的溶剂，沸点34.6℃，极易挥发。 ②苯甲醛易被空气氧化变质，能与乙醚互溶，微溶于水，能与亚硫酸氢钠生成羟基磺酸钠，羟基磺酸钠难溶于有机溶剂而易溶于水。 实验步骤如下： Ⅰ．在三口瓶中加入和水，将装置置于冷水浴中，打开磁力搅拌器，分批加入新蒸苯甲醛（密度），使反应物充分混合反应，放置以上后得到白色糊状物。 Ⅱ．向白色糊状物中逐渐加入30mL水并振荡，使其完全溶解后倒入_____（填仪器名称）中，用乙醚萃取3次，合并乙醚萃取液，并依次用饱和溶液、溶液及水洗涤，分离出的乙醚层，再用无水硫酸镁干燥。 Ⅲ．干燥后的乙醚溶液在水浴中蒸去乙醚，将冷凝管改换空气冷凝管后继续蒸馏，收集的苯甲醇馏分，产量为。 Ⅳ．乙醚萃取后的水溶液（水层），用浓盐酸酸化并充分冷却，使苯甲酸完全析出，过滤，粗产品用水重结晶得到苯甲酸，产量是。 请回答相关问题： （1）苯甲醇中最多有_____个原子共平面。 （2）步骤Ⅱ横线处仪器名称是_____；用乙醚萃取混合液洗涤后，分离出乙醚层的具体操作是_____。 （3）乙醚萃取液用饱和溶液洗涤的目的是_____。 （4）纯净的苯甲酸为白色晶体，而粗产品通常发黄，可通过重结晶进一步提纯。 ①苯甲酸在A、B、C三种溶剂中的溶解度（）随温度变化的曲线如图所示，粗苯甲酸里结晶时，合适的溶剂是_____（用字母填写）。 ②重结晶操作的合理步骤为_____。（步骤不重复，用字母填写） a．加入约水（）配制成热浓溶液； b．加半匙活性炭； c．用少量沸水淋洗烧杯和漏斗中的固体，合并滤液； d．搅拌下将溶液煮沸3~5min，趁热过滤； e．冷却结晶，过滤、洗涤、晾干得苯甲酸纯品。 （5）通常用苯甲醇的产量进行计算实验中Cannizzaro反应的转化率，其转化率是_____。（保留1位小数）；若用苯甲酸的产量计算转化率往往会导致实验误差较大，分析可能的原因是_____。 18. 锰及其化合物在催化剂及金属材料方面有重要应用。我国主要以菱锰矿（主要成分为，为、或）为原料，通过热解法生产二氧化锰等锰基催化剂。 （1）提取的转化关系如下： 已知： ，关系如下图。 ①“焙烧”过程最大的是_____。 A． B． C． ②“焙烧”温度应控制在_____。 （2）某温度下，碳酸锰热解制二氧化锰分两步进行： Ⅰ． Ⅱ． ①焙烧制取的热化学方程式是____________。 ②反应达到平衡，保持温度不变，缩小容器容积，体系重新达到平衡，下列说法正确的是______。 A．平衡常数减小 B．质量不变 C．浓度不变 D．质量减小 （3）由原料气（、）与煤粉在锰基催化剂条件下制乙炔，该生产过程是目前清洁高效的煤化工过程。已知：、在高温条件还会分解生成碳与氢气。发生部分反应的热化学方程式（在、时）如下： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． 反应达到平衡时各气体体积分数和反应温度的关系曲线如下图。 ①乙炔体积分数在之前随温度升高而增大的原因可能是_____；1530K之后，乙炔体积分数增加不明显的主要原因可能是_____。 ②在体积为的密闭容器中反应，测得平衡时气体的总物质的量为，则反应的平衡常数_____（用物质的量分数代替平衡浓度）。 19. 化合物是一种化疗药物的活性成分，一种以甲苯为原料的合成路线如图所示： （1）B的化学名称是_____，K中含氧官能团的名称为_____。 （2）的反应类型是_____。 （3）酚羟基很活泼，但中酚羟基不被浓硝酸氧化，其主要原因是_____（从分子结构角度回答）。 （4）I在加热条件下与足量溶液反应，发生的化学方程式为_____。 （5）X是F的同分异构体，同时满足下列条件的X有_____种(不考虑-COCl)。 ①遇氯化铁溶液发生显色反应 ②分子结构中含有酯基 ③苯环上只有两个取代基 ④含有手性碳原子 （6）氨基具有较强的还原性。参照上述合成路线，以和甲醇为原料，一种合成的路线如下： ①分别写出L、M的结构简式：L_____、M_____。 ②步骤Ⅰ与步骤Ⅱ顺序_____（填“能”或“不能”）可以互换，原因是_____。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025年普通高等学校招生全国统一考试 （第二次模拟考试） 化学 注意事项： 1.考生答卷前，务必将自己的姓名、座位号写在答题卡上。将条形码粘贴在规定区域。本试卷满分100分，考试时间75分钟。 2.做选择题时，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。写在本试卷上无效。 3.回答非选择题时，将答案写在答题卡的规定区域内，写在本试卷上无效。 4.考试结束后，将答题卡交回。 可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Mg24 Ca40 Mn55 一、选择题：（本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个项符合题目要求） 1. 内蒙古包头市被誉为中国“绿色硅都”，科技的发展离不开化学材料的助力，下列表述错误的是 A. 新型陶瓷、碳纳米材料、硅和二氧化硅均属于新型无机非金属材料 B. 飞船搭载的太阳电池翼中将太阳能转化为电能的材料的主要成分是二氧化硅 C. 量子通信材料螺旋碳纳米管与金刚石互为同素异形体 D. 传统陶瓷是以黏土为主要原料，经高温烧结而成 【答案】B 【解析】 【详解】A．新型陶瓷、碳纳米材料、硅和二氧化硅均属于新型无机非金属材料，突破了传统的硅酸盐体系，故A正确； B．飞船搭载的太阳电池翼中将太阳能转化为电能的材料的主要成分是硅，故B错误； C．同素异形体即同一种元素构成的不同种单质，所以量子通信材料螺旋碳纳米管与金刚石互为同素异形体，故C正确； D．传统陶瓷是以黏土为主要原料，经高温烧结而成，黏土主要成分为含水的铝硅酸盐，故D正确； 答案选B。 2. 下列化学用语表述错误的是 A. 溶液中的水合离子： B. 异丙基的结构简式： C. 乙醇的空间填充模型： D. 连四硫酸根（结构为）中的化合价为和0价 【答案】A 【解析】 【详解】A．Na+离子半径比Cl-小，水分子电荷情况如图，Cl-带负电荷，水分子在Cl-周围时，呈正电性的H朝向Cl-，水分子在Na+周围时，呈负电性的O朝向Na+，NaCl溶液中的水合离子应为：、，故A错误； B．异丙基即丙烷去掉中间碳原子上一个氢原子后剩余的部分，结构简式为，故B正确； C．乙醇的结构简式为C2H5OH，空间填充模型：，故C正确； D．连四硫酸根中的中间两个S为0价，硫原子的电负性小于氧原子，所以两者成键S会显正价，两边的S为+5价，故D正确； 答案选A。 3. 蔗糖与浓硫酸发生作用的过程如图所示。 下列关于该过程的分析不正确的是 A. 过程①白色固体变黑，主要体现了浓硫酸的脱水性 B. 过程②固体体积膨胀，与产生的大量气体有关 C. 过程中产生能使品红溶液褪色的气体，体现了浓硫酸的酸性 D. 过程中蔗糖分子发生了化学键的断裂 【答案】C 【解析】 【详解】A．浓硫酸具有脱水性，能将有机物中的H原子和O原子按2∶1的比例脱除，蔗糖中加入浓硫酸，白色固体变黑，体现浓硫酸的脱水性，A项正确； B．浓硫酸脱水过程中释放大量热，此时发生反应，产生大量气体，使固体体积膨胀，B项正确； C．结合选项B可知，浓硫酸脱水过程中生成的能使品红溶液褪色，体现浓硫酸的强氧化性，C项错误； D．该过程中，蔗糖发生化学反应，发生了化学键的断裂，D项正确； 故选C。 4. “光荣属于劳动者，幸福属于劳动者。”下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是 选项 劳动项目 化学知识 A 糕点师：制作桃酥时加入碳酸氢铵 碳酸氢铵易水解 B 社区服务者：用过氧乙酸消毒 过氧乙酸消毒剂具有较强氧化性 C 保洁服务者：用含NaOH和铝粉疏通剂疏通厨卫管道 有强碱性，与铝粉反应放出大量气体 D 制造业工人：将模具干燥后再注入熔融钢水 铁与蒸气高温下会反应 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．制作桃酥时加入碳酸氢铵，目的是利用其加热分解产生二氧化碳气体使糕点疏松、多孔，与碳酸氢铵易水解无关，A符合题意； B．过氧乙酸具有较强氧化性，可使病毒的蛋白质变性而达到消毒的目的，B不符合题意； C．有强碱性，Al与NaOH溶液反应可产生大量气体：，生成的气体膨胀可以疏通厨卫管道，与所述的化学知识有关联，C不符合题意； D．铁与蒸气高温下会反应：，故铸造的模具必须干燥，D不符合题意； 故选A。 5. 实验室模仿侯氏制碱法原理制备碳酸钠，下列过程中实验原理和装置均正确的是 A制取 B.制取 C.分离 D.制取 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．碳酸钙和稀盐酸制取，长颈漏斗应伸到液面以下，故A错误； B．向饱和氨盐水中通入二氧化碳制取，故B错误； C．过滤法分离出碳酸氢钠固体，故C正确； D．在坩埚中灼烧碳酸氢钠制取，故D错误； 选C。 6. 高纯单晶硅是助力“中国芯”崛起，彰显中国“智”造的主要原料。某小组拟在实验室制造硅材料，其流程如下图。 已知：①，②在常温下与空气接触即可自燃。 下列说法中错误的是 A. 点燃镁条引发反应的过程中涉及到的物质，其晶体类型有两种 B. 氛围是可以阻止被二次氧化和自燃 C. 操作2为用去离子水洗涤并烘干 D. 镁粉生成和的混合物，转移电子 【答案】A 【解析】 【分析】石英砂、镁粉在点燃条件下生成Si、MgO、Mg2Si，在CO2氛围中，过量盐酸与MgO反应生成MgCl2，与Mg2Si反应生成和MgCl2和SiH4，CO2可防止接触空气自燃，经过过滤操作，得到单质Si，经过洗涤、干燥得到纯净硅。 【详解】A．点燃镁条引发反应的过程中涉及到的物质，镁粉是金属晶体，石英砂、Si是共价晶体，MgO、Mg2Si是离子晶体，其晶体类型有3种，A错误； B．易空气氧化，接触空气易自燃，所以氛围是可以阻止被二次氧化和自燃，B正确； C．滤渣的主要成分为Si，经过洗涤、干燥可得到纯净Si，所以操作2为用去离子水洗涤并烘干，C正确； D．镁粉生成和的混合物，镁的化合价均为由0价升高为＋2价，转移电子，D正确； 故选A。 7. 羰基化合物的酮式—烯醇式互变异构反应如图所示，下列说法错误的是 A. 通过红外光谱可检测酮式与烯醇式中存在不同的官能团 B. 分子存在立体异构 C. 分子中、原子都有和杂化 D. 从到的互变异构反应可得出稳定性： 【答案】D 【解析】 【详解】A．M(酮式)的官能团为酮羰基，N(烯醇式)官能团为碳碳双键、羟基、酮羰基，其官能团种类不同，故可用红外光谱仪可以检测物质的化学键信息，故A正确； B．N分子中碳碳双键两端的碳都连有不同的基团，故有顺反异构，顺反异构属于 立体异构，故B正确； C．分子中饱和碳采用sp3杂化，双键碳采用sp2杂化，分子中羟基上的O采用sp3杂化，羰基上的O采用sp2杂化，故C正确； D．该反应为可逆反应，正反应的平衡常数大于逆反应的平衡常数，则N更稳定，故D错误； 答案选D。 8. 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，疗效比一般药物强好几倍。实验室将溶入18-冠-6（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，下列说法正确的是 A. 用12-冠-4（）代替18-冠-6络合钾离子的效率更高 B. 的键角大于乙醚中的键角 C. KF、18-冠-6和乙腈均为极性分子，KF溶解度增大，可与卤代烃充分接触 D. KF与18-冠-6形成的过程体现超分子自组装的特征 【答案】B 【解析】 【详解】A．12-冠-4（）的孔径更小，用12-冠-4（）代替18-冠-6不能络合钾离子，A错误； B．∠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C-O-C 键角：∠1大于乙醚中的，B正确； C．KF为离子化合物，不是极性分子，C错误； D．KF与18-冠-6形成的过程体现超分子的分子识别的特征，D错误； 答案选B。 9. 某有机离子液体结构为，元素X、Y、Z、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，基态原子的能级电子总数比能级电子总数多1，R与同主族。下列说法错误的是 A. 分子极性： B. 同周期第一电离能小于的元素有2种 C. 简单离子半径： D. 该离子液体中存在离子键、极性键和配位键 【答案】B 【解析】 【分析】元素X、Y、Z、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，根据结构可判断出Y连接3根共价键，Y为N元素；基态Z原子的p能级电子总数比s能级电子总数多1，可能为1s22s22p5或1s22s22p63s22p1，R与Z同主族，且R的原子序数大于Z，R、Z均为短周期主族元素，因此R为Cl元素，Z为F元素；由可知X的化合价为+3价，X为B元素，元素X、Y、Z、R分别为B、N、F、Cl，据此作答。 【详解】A．X为B元素，Y为N元素，Z为F元素，YZ3为NF3，XZ3为BF3，BF3中B的价层电子对数为3，无孤电子对，因此为非极性分子，NF3的价层电子对数为4，有1对孤电子对，为极性分子，因此分子极性NF3＞BF3，即YZ3＞XZ3，故A正确； B．同周期第一电离能从左往右呈现增大的趋势，但第IIA、VA出现反常，大于同周期相邻元素，X为B元素，同周期第一电离能小于B的元素只有Li，故B错误； C．R为Cl元素，Z为F元素，Y为N元素，电子层数越多半径越大，电子层数相同则比较核电荷数，核电荷数越大半径越小，氯离子电子层数为3层，因此简单离子半径：Cl-＞N3-＞F-，故C正确； D．该离子液体中和存在离子键，中有C-N、C-H极性键，阴离子[BFnCl4-n]-中存在配位键，故D正确； 故选：B。 10. 由柠檬烯制备生物可降解塑料（Y）的过程如图。其中原子利用率为。 下列说法错误的是 A. 柠檬烯过程中发生氧化反应 B. 试剂为，反应过程中断裂了键 C. 在碱性条件下水解可消耗 D. 由通过碳碳双键的加聚反应生成的高分子难发生降解 【答案】C 【解析】 【分析】分析X与Y可知，X→Y原子利用率为100%，试剂a为CO2，柠檬烯→X过程中H2O2作氧化剂，将碳碳双键氧化，据此回答。 【详解】A．根据分析可知，柠檬烯→X过程中H2O2作氧化剂，将碳碳双键氧化，因此柠檬烯过程中发生氧化反应，A正确； B．根据分析可知，试剂a为CO2，根据双键中有一个键和一个π键，且π键更活泼，所以反应过程中断裂了π键，B正确； C．Y的链节为，根据聚酯的水解规律，水解后得到nmol碳酸，碳酸不稳定生成二氧化碳，nmol二氧化碳可消耗2nmolNaOH，则1molY在碱性条件下水解可消耗2nmolNaOH，C错误； D．X通过碳碳双键加聚得到的高分子主链主要为长碳链，难以降解，D正确； 故选C。 11. 一定条件下，在某催化剂表面上发生分解反应生成和，测得的实验结果如图所示。下列说法正确的是 已知：化学上，将反应物消耗一半所用的时间称为半衰期（）。 A. 半衰期与起始浓度成正比 B. 浓度越高，反应速率越快 C. 在该催化剂表面的分解反应是可逆反应 D. ab段的平均生成速率为 【答案】A 【解析】 【详解】A．由图像可知，H2O(g)起始浓度为0.1mol·L-1时，半衰期为50min，起始浓度为0.05mol·L-1时，半衰期为25min，则的半衰期(将反应物消耗一半所用的时间)与起始浓度成正比，A正确； B．由图像可知，H2O(g)的分解速率在各时间段内相等，B错误； C．由图像可知，H2O(g)能完全分解，最终H2O(g)浓度为0，说明在该条件下H2O(g)分解反应不是可逆反应，C错误； D． ，D错误； 故选A。 12. 水系钠离子电池有望代替锂离子电池和铅酸电池，工作原理如图所示，以光电极作辅助电极，充电时光电极受光激发产生电子和空穴，空穴作用下转化为。下列说法错误的是 A. 充电时，极的电极反应式为： B. 放电时，N极为该电池的负极 C. 充电时，每生成，有通过钠离子交换膜进入电极室 D. 充电效率与光照产生的电子和空穴量有关 【答案】B 【解析】 【分析】充电时TiO2光电极受光激发产生电子和空穴，空穴作用下NaI转化为NaI3，由图可知，充电时，N极为阳极，电极反应式为3I--2e-=，M极为阴极，电极反应式为+6e-=4S2-，放电时，M极为负极，电极反应式为4S2--6e-═，N极为正极，据此作答。 【详解】A．由分析可知，充电时，M极为阴极，电极反应式为+6e-=4S2-，故A正确； B．由分析可知，放电时，M极为负极，故B错误； C．充电时，N极为阳极，电极反应式为3I--2e-=，生成1molNaI3，转移2mol电子，由电荷守恒可知，有2molNa+转移到M电极室，故C正确； D．充电时TiO2光辅助电极受光激发产生电子和空穴，空穴作用下NaI转化为NaI3，充电效率与光照产生的电子和空穴量有关，故D正确； 答案选B。 13. 油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照条件下，颜料雌黄（）褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应：下列说法正确的是 A. 和的空间结构都是正四面体形 B. 反应Ⅰ和Ⅱ中，元素As和S都被氧化 C. 反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的：Ⅰ>Ⅱ D. 反应Ⅰ和Ⅱ中，分别氧化1mol转移的电子数之比为 【答案】C 【解析】 【详解】A．可以理解为中的一个O原子被S原子替代，其中心原子S形成的4个σ键的键长不一样，故其空间结构不是正四面体形，A错误； B．中As的化合价为+3价，反应Ⅰ产物中As的化合价为+3价，故该过程中As没有被氧化，B错误； C．根据题给信息可知，反应I的方程式为：，反应Ⅱ的方程式为：，则反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的：Ⅰ>Ⅱ，C正确； D．中As为+3价，S为-2价，在经过反应Ⅰ后，As的化合价没有变，S变为+2价，则1mol失电子3×4mol=12mol；在经过反应Ⅱ后，As变为+5价，S变为+6价，则1mol失电子2×2mol+3×8mol=28mol，则反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化转移的电子数之比为3∶7，D错误； 故选C。 14. 科研工作者合成了低温超导化合物M，再利用低温去插层法，获得了一个新化合物N。二者的晶体结构如图所示，下列说法正确的是 A. 的化学式为 B. 中与原子最临近的原子有2个 C. 中原子填充了原子构成的正八面体空隙 D. 去插层过程实质是将中元素转化为去除 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据均摊原则，N晶胞中V原子数为 、Se原子数为、O原子数为，的化学式为，故A错误； B．根据图示，中与原子最临近的原子有8个，故B错误； C．中原子填充了原子构成的四边形的面心，故C错误； D．根据均摊原则，M的化学式为，的化学式为，可知去插层过程实质是将中元素转化为去除，故D正确； 选D。 15. 缓冲溶液指的是由弱酸及其盐或弱碱及其盐组成的混合溶液，能在一定程度上减轻外加强酸或强碱对溶液酸碱度的影响，而保持溶液的相对稳定。常温下，由（简写为）及其钠盐（简写为）组成缓冲溶液，从溶液中，调节溶液的，测得含碳元素粒子浓度与的关系如图所示。下列叙述错误的是 A. 代表与的关系 B. 常温下，点时混合液缓冲能力最强 C. 浓度均为的HA和NaA溶液等体积混合，混合液为3.83 D. 常温下，当，则混合液为4.83 【答案】C 【解析】 【详解】A．M点对应的溶液中，代入电离常数表达式可得Ka=10-3.83，根据可推出，越大，pH越小，故代表与pH的关系，故A正确； B．根据可推出，可知时缓冲能力最强，故B正确； C．常温下，A-的水解常数，浓度均为的HA和NaA溶液等体积混合，HA的电离程度更大，即，根据可知＞3.83，故C错误； D．根据可推出，当，则混合液为4.83，故D正确； 答案选C。 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16. 联合多种工业制备是节能环保，高效生产，减少损耗的重要途径。钛和钛合金性能优良，广泛用于航空、造船和化学工业中。以钛铁矿（主要成分为，含有少量的、、）为主要原料制取和绿矾，同时联合氯碱工业生产甲醇的工艺流程如图所示。 （1）基态Ti价层电子轨道表示式为_____。 （2）“酸浸”时，转化为，铁元素的价态不改变，发生的主要反应的化学方程式为_____；“滤渣”的主要成分是_____。 （3）由“工序①”得到绿矾需用乙醇溶液洗涤，其优点是_____。 （4）“加热”过程中转化为沉淀，写出该反应的离子方程式_____。 （5）下列有关“工序②”和“还原②”步骤的说法正确的是_____（填标号）。 a．“工序②”发生反应 b．“还原②”可以用氮气做保护气 c．铝热反应制锰与“还原②”冶炼制钛方法相似 （6）该流程中能循环利用物质有_____（填化学式）。 （7）钛与卤素形成的化合物的熔点如表所示。 熔点/℃ 377 -24 38.3 153 解释熔点差异的原因_____。 【答案】（1） （2） ①. FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O ②. SiO2和CaSO4 （3）降低绿矾的溶解度以减少溶解损失，且低温烘干时乙醇更容易挥发 （4） （5）c （6）H2、Cl2、CO （7）iF4为离子晶体，熔点最高，TiCl4、TiBr4、TiI4为分子晶体，其相对分子质量增大，分子间范德华力增大，熔点越高 【解析】 【分析】钛铁矿的主要成分为FeTiO3，含有少量Fe2O3、SiO2、，钛铁矿磨细后加入硫酸进行酸浸，“酸浸”时FeTiO3转化为TiO2+，铁元素的价态不改变，Fe元素生成FeSO4，Fe2O3和浓硫酸反应生成Fe2(SO4)3，SiO2不溶于硫酸， 生成硫酸钙，然后滤液中加入铁屑，Fe和Fe2(SO4)3反应生成FeSO4；电解饱和食盐水得到Cl2、H2和NaOH，气体B和气体C合成甲醇，则B为H2、A为Cl2；工序①中滤液通过蒸发浓缩、冷却结晶得到绿钒，然后加入水进行加热、过滤、灼烧，工序②中加入焦炭、Cl2得到TiCl4，同时生成气体C为CO，Mg还原TiCl4得到Ti，CO、H2合成CH3OH。 【小问1详解】 基态Ti的价层电子排布式为：3d24s2，轨道表示式为：； 【小问2详解】 “酸浸”时FeTiO3转化为TiO2+，铁元素的价态不改变，Fe元素生成FeSO4，发生的主要反应的化学方程式为FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O，滤渣的主要成分是SiO2和CaSO4； 【小问3详解】 绿矾能溶于水，不溶于酒精，对所得到的绿矾晶体用乙醇溶液洗涤，用乙醇溶液洗涤绿矾的优点为：降低绿矾的溶解度以减少溶解损失，且低温烘干时乙醇更容易挥发； 【小问4详解】 “加热”过程中水解转化为沉淀，该反应的离子方程式； 【小问5详解】 a．由分析可知，工序②中加入焦炭、Cl2得到TiCl4，同时生成气体C为CO，化学方程式为，故a错误； b．N2与Mg在高温下要反应，故不能用N2作保护气，故b错误； c．铝热反应制锰与“还原②”冶炼制钛都是用较活泼金属为还原剂，在高温下冶炼比它不活泼的金属，原理相似，故c正确； 答案为：c； 【小问6详解】 由路程图可知A、B、C均是可以循环利用的物质，即为H2、Cl2、CO； 【小问7详解】 TiF4为离子晶体，熔点最高，TiCl4、TiBr4、TiI4为分子晶体，其相对分子质量增大，分子间范德华力增大，熔点越高； 17. 苯甲醇与苯甲酸是重要的化工原料，可通过苯甲醛在浓水溶液中发生Cannizzaro反应制得，反应原理为。 已知：①乙醚微溶于水，是有机物良好的溶剂，沸点34.6℃，极易挥发。 ②苯甲醛易被空气氧化变质，能与乙醚互溶，微溶于水，能与亚硫酸氢钠生成羟基磺酸钠，羟基磺酸钠难溶于有机溶剂而易溶于水。 实验步骤如下： Ⅰ．在三口瓶中加入和水，将装置置于冷水浴中，打开磁力搅拌器，分批加入新蒸苯甲醛（密度），使反应物充分混合反应，放置以上后得到白色糊状物。 Ⅱ．向白色糊状物中逐渐加入30mL水并振荡，使其完全溶解后倒入_____（填仪器名称）中，用乙醚萃取3次，合并乙醚萃取液，并依次用饱和溶液、溶液及水洗涤，分离出的乙醚层，再用无水硫酸镁干燥。 Ⅲ．干燥后的乙醚溶液在水浴中蒸去乙醚，将冷凝管改换空气冷凝管后继续蒸馏，收集的苯甲醇馏分，产量为。 Ⅳ．乙醚萃取后的水溶液（水层），用浓盐酸酸化并充分冷却，使苯甲酸完全析出，过滤，粗产品用水重结晶得到苯甲酸，产量是。 请回答相关问题： （1）苯甲醇中最多有_____个原子共平面。 （2）步骤Ⅱ横线处仪器名称是_____；用乙醚萃取混合液洗涤后，分离出乙醚层的具体操作是_____。 （3）乙醚萃取液用饱和溶液洗涤的目的是_____。 （4）纯净的苯甲酸为白色晶体，而粗产品通常发黄，可通过重结晶进一步提纯。 ①苯甲酸在A、B、C三种溶剂中的溶解度（）随温度变化的曲线如图所示，粗苯甲酸里结晶时，合适的溶剂是_____（用字母填写）。 ②重结晶操作的合理步骤为_____。（步骤不重复，用字母填写） a．加入约水（）配制成热的浓溶液； b．加半匙活性炭； c．用少量沸水淋洗烧杯和漏斗中的固体，合并滤液； d．搅拌下将溶液煮沸3~5min，趁热过滤； e．冷却结晶，过滤、洗涤、晾干得苯甲酸纯品。 （5）通常用苯甲醇的产量进行计算实验中Cannizzaro反应的转化率，其转化率是_____。（保留1位小数）；若用苯甲酸的产量计算转化率往往会导致实验误差较大，分析可能的原因是_____。 【答案】（1）14 （2） ①. 分液漏斗 ②. 打开分液漏斗上口塞子，旋转活塞放出下层水相，当水相刚好流出时关闭活塞，从上口倒出乙醚相； （3）中和过量KOH （4） ①. C ②. b→d→c→e （5） ①. 81.6% ②. 原料中的苯甲醛可被氧化生成苯甲酸，实验中并未塞紧瓶塞，导致苯甲酸的产率明显偏高 【解析】 【分析】苯甲醛在KOH溶液中发生歧化反应，生成苯甲醇和苯甲酸钠，反应后的混合液用乙醚萃取，苯甲醇和剩余的苯甲醛被萃取到乙醚中，苯甲酸钾在水层，有机层的有机物可以通过蒸馏分离，水层的苯甲酸钾加酸酸化，生成的苯甲酸通过重结晶提纯。 【小问1详解】 苯甲醇中苯环为平面结构，苯环及其连接的原子均处于同一平面内，旋转碳碳单键可以使羟基的H、O处于苯环平面内，故最多共有14个 原子共平面； 【小问2详解】 根据题意，该步骤需要进行分液操作，则步骤Ⅱ横线处仪器名称是分液漏斗；乙醚为有机相，密度小于水，在分液漏斗上层。上层液体从上口倒出，下层水相从下口放出；分离乙醚相的具体操作是打开分液漏斗上口塞子，旋转活塞放出下层水相，当水相刚好流出时关闭活塞，从上口倒出乙醚相； 【小问3详解】 从实验中给的反应物的量看，KOH过量，加入NaHSO3可以中和过量KOH； 【小问4详解】 ①根据图示，苯甲酸在溶剂C中的溶解度受温度影响大，粗苯甲酸重结晶时，合适的溶剂是C； ②步骤Ⅳ用重结晶法提纯苯甲酸，先向粗产品中加入约100 mL水(75℃)配制成热的浓溶液，使苯甲酸溶解，再加入加半匙活性炭，搅拌下将溶液煮沸3 ~ 5 min，过滤除去残留固体，再用少量沸水洗涤烧杯和漏斗中的固体，合并滤液，最后进行冷却结晶，过滤、洗涤、晾干，即可得到苯甲酸纯品，故操作步骤为：a→b→d→c→e，故答案为：b→d→c→e； 【小问5详解】 加入5mL新蒸苯甲醛(密度1.04g/mL)，则苯甲酸的质量为5.2g，物质的量为n==0.049mol，理论可生成苯甲酸的质量m=×122g/mol=2.989g，生成苯甲醇的质量为m(苯甲醇)=×108g/mol=2.646g，则Cannizzaro反应的转化率由苯甲醇计算，转化率为×100%=81.6%； 根据题意可知，苯甲醛易被空气氧化变质，即原料中的苯甲醛可被氧化生成苯甲酸，实验中并未塞紧瓶塞，导致苯甲酸的产率明显偏高。 18. 锰及其化合物在催化剂及金属材料方面有重要应用。我国主要以菱锰矿（主要成分为，为、或）为原料，通过热解法生产二氧化锰等锰基催化剂。 （1）提取的转化关系如下： 已知： ，关系如下图。 ①“焙烧”过程最大的是_____。 A． B． C． ②“焙烧”温度应控制在_____。 （2）某温度下，碳酸锰热解制二氧化锰分两步进行： Ⅰ． Ⅱ． ①焙烧制取的热化学方程式是____________。 ②反应达到平衡，保持温度不变，缩小容器容积，体系重新达到平衡，下列说法正确的是______。 A．平衡常数减小 B．质量不变 C．浓度不变 D．质量减小 （3）由原料气（、）与煤粉在锰基催化剂条件下制乙炔，该生产过程是目前清洁高效的煤化工过程。已知：、在高温条件还会分解生成碳与氢气。发生部分反应的热化学方程式（在、时）如下： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． 反应达到平衡时各气体体积分数和反应温度的关系曲线如下图。 ①乙炔体积分数在之前随温度升高而增大的原因可能是_____；1530K之后，乙炔体积分数增加不明显的主要原因可能是_____。 ②在体积为的密闭容器中反应，测得平衡时气体的总物质的量为，则反应的平衡常数_____（用物质的量分数代替平衡浓度）。 【答案】（1） ①. A ②. 622.7~913.3K （2） ①. 2MnCO3(s)+O2(g)=2MnO2(s)+2CO2(g) ∆H=+(2a+b)kJ·mol-1 ②. CD （3） ①. 反应Ⅱ、Ⅲ是吸热反应，升高温度，反应Ⅱ、Ⅲ正向移动，故1530K之前，乙炔产率随温度升高而增大 ②. 反应I是放热反应，反应II、Ⅲ是吸热反应，升高温度，对于反应I来说，平衡左移，有更多的甲烷分解为碳，甲烷的量较少，导致②③两个反应均向左移动，乙炔气体的体积分数增加不大 ③. 8.652 【解析】 【小问1详解】 ①“焙烧”过程中，相同温度下，∆G的大小为CaCO3＞MgCO3＞MnCO3，且ΔG=ΔH−TΔS，“焙烧”过程∆H最大的是CaCO3，故选A； 由流程图可知，“焙烧”过程中，仅MnCO3分解，MnCO3的∆G<0，则“焙烧”温度应控制在622.7~913.3K； 【小问2详解】 ①反应Ⅰ． Ⅱ． 根据盖斯定律2×反应I+反应II得到：2MnCO3(s)+O2(g)=2MnO2(s)+2CO2(g)，∆H=2×∆H1+∆H2=+(2a+b)kJ·mol-1，焙烧制取的热化学方程式是：2MnCO3(s)+O2(g)=2MnO2(s)+CO2(g) ∆H=+(2a+b)kJ·mol-1； ②A．温度不变，平衡常数不变，A错误； B．增大压强，平衡2MnCO3(s)+O2(g)⇋2MnO2(s)+2CO2(g)逆向移动，质量增加，B错误； C．增大压强，平衡K值不变，浓度不变，C正确； D．增大压强，平衡向逆向移动，平衡正向移动，质量减少，D正确； 答案选CD； 【小问3详解】 ①反应Ⅱ、Ⅲ是吸热反应，升高温度，反应Ⅱ、Ⅲ正向移动，故1530K之前，乙炔产率随温度升高而增大； 反应I是放热反应，反应II、Ⅲ是吸热反应，反应I来说，平衡左移，有更多的甲烷分解为碳，甲烷的量较少，导致②③两个反应均向左移动，乙炔气体的体积分数增加不大； ②1530K时，气体总物质的量为1mol，H2的物质的量为1×0.8240mol=0.8240mol，乙炔和甲烷的物质的量相等为1×0.0840mol=0.0840mol，C2H4的物质的量为(1-0.8240-0.0840×2)mol=0.008mol，C2H4的物质的量分数为0.008，C2H2的物质的量分数为0.0840，H2的物质的量分分数为0.8240，的平衡常数。 19. 化合物是一种化疗药物的活性成分，一种以甲苯为原料的合成路线如图所示： （1）B的化学名称是_____，K中含氧官能团的名称为_____。 （2）的反应类型是_____。 （3）酚羟基很活泼，但中酚羟基不被浓硝酸氧化，其主要原因是_____（从分子结构角度回答）。 （4）I在加热条件下与足量溶液反应，发生的化学方程式为_____。 （5）X是F的同分异构体，同时满足下列条件的X有_____种(不考虑-COCl)。 ①遇氯化铁溶液发生显色反应 ②分子结构中含有酯基 ③苯环上只有两个取代基 ④含有手性碳原子 （6）氨基具有较强的还原性。参照上述合成路线，以和甲醇为原料，一种合成的路线如下： ①分别写出L、M的结构简式：L_____、M_____。 ②步骤Ⅰ与步骤Ⅱ顺序_____（填“能”或“不能”）可以互换，原因是_____。 【答案】（1） ①. 邻氯甲苯或2－氯甲苯 ②. 酰胺基、醚键 （2）取代反应 （3）F中酚羟基与邻位羰基上的氧形成了分子内氢键，稳定性增强或羟基与邻位羰基上的氧形成了分子内氢键，空间位阻增大，导致F→G中酚羟基不被浓硝酸氧化。 （4）+CH3OH （5）3 （6） ①. ②. ③. 不能 ④. 氨基具有较强还原性，若先还原步骤Ⅱ，在步骤Ⅰ的浓硫酸、加热条件下氨基会发生副反应，无法顺利酯化。 【解析】 【分析】A在的催化下和发生取代反应生成B，结合D的结构简式可以推知B的结构简式为，B发生氧化反应生成C，结合C的分子式可知，B中的被氧化为-COOH，C的结构简式为，C发生水解反应生成D，D发生酯化反应生成E，E发生取代反应生成F，F发生硝化反应生成G，G发生还原反应将硝基转化为氨基生成H，H的结构简式为，H和发生取代反应生成I，I发生取代反应生成J，J发生取代反应生成K。 【小问1详解】 由分析可知，B的结构简式为：，化学名称是邻氯甲苯或2－氯甲苯；K中含氧官能团的名称为 酰胺基、醚键。 【小问2详解】 中，提供甲基，取代了氢原子，反应类型为取代反应。 【小问3详解】 F中酚羟基与邻位羰基上的氧形成了分子内氢键，稳定性增强或羟基与邻位羰基上的氧形成了分子内氢键，空间位阻增大，导致F→G中酚羟基不被浓硝酸氧化。 【小问4详解】 I中酯基、酰胺基均可与NaOH溶液反应，则I在加热条件下与足量NaOH溶液反应，酯基转化为羧酸盐、酰胺基转化为氨基和羧酸盐，得到芳香化合物产物为，发生的化学反应为+CH3OH。 【小问5详解】 两个取代基可能为-OH和-CH(Cl)OOCH ，它们在苯环上有邻、间、对三种位置关系，可能为和，同样有邻、间、对三种位置关系，或可能为和，同样有邻、间、对三种位置关系，但是只有两个取代基为-OH和-CH(Cl)OOCH 时含有手性碳原子，故共3种。 【小问6详解】 步骤Ⅰ中，原料含羧基，与甲醇发生酯化反应，生成酯基，因此，L的结构简式为：；步骤Ⅱ中，还原硝基为氨基，M的结构简式为： ；不能；氨基具有较强还原性，若先还原步骤Ⅱ，在步骤Ⅰ的浓硫酸、加热条件下氨基会发生副反应，无法顺利酯化。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$