精品解析：天津市滨海新区2025届高三下学期三模化学试题

2025年滨海新区普通高中学业水平等级性考试模拟检测卷化学 注意事项： 1.本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)、第Ⅱ卷两部分。第Ⅰ卷为第Ⅰ页至第4页，第Ⅱ卷为第5页至第8页。 2.试卷满分100分。考试时间60分钟。 3.答卷时，考生务必将卷Ⅰ答案涂写在答题卡上，卷Ⅱ答在答题纸 (卡)上，答在试卷上的无效。 4.祝各位考生考试顺利！ 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Si-28 S-32 K-39 Fe-56 第Ⅰ卷 选择题 每题选出答案后，用铅笔将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。本卷共12题，每题3分，共36分。每题只有一个选项最符合题目要求。 1. 我国科技发展成就巨大。下列说法正确的是 A. 嫦娥三号搭载钚同位素电池：Pu的质量数为94 B. 嫦娥六号搭载水升华器进行降温：水升华过程中破坏了H-O键 C. 大洋钻探船“梦想”号进行深海油气勘探：深海油气属于纯净物 D. 全息投影技术的光电器件所用材料氮化镓为新型无机非金属材料 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. 激发态氮原子轨道表示式： B. BF3的空间结构： C. NaCl溶液中的水合离子： D. 甲醛的空间填充模型： 3. 下列有关 Cl、Si及其化合物的说法错误的是 A. 键能：， 因此的稳定性弱于 B. 晶体的X射线图谱看不到明锐的衍射峰 C. 中心原子的半径依次减小是H4SiO4、HClO4中羟基的数目依次减小的原因之一 D. 龙泉青瓷原料 用氧化物表示： 4. 表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法错误的是 A. 0.5molNO与 0.5molO2充分反应后， 分子数为0.75 B. 标准状况下，11.2L甲烷与氨气混合物中含质子数为5 C. 44g中的σ键的数目为7 D. 6gSiO2中所含硅氧键数为0.4 5. 下列有关方程式书写正确是 A. 向溶液中加足量硝酸银溶液： B. Na2S2O3溶液与稀硫酸混合： C. 用氢氟酸刻蚀玻璃： D. 硅橡胶单体(CH3)2Si(OH)2的制备： 6. 下列说法正确的是 A. 装置甲可用于除去苯中的苯酚 B. 装置乙可用于制备并收集干燥的氨气 C. 装置丙可洗去乙酸乙酯中少量乙醇 D. 装置丁可做蒸馏时的接收装置 7. 部分含Na或Al或Fe物质的分类与相应化合价关系如图，下列推断合理的是 A. 在空气中加热e，一定能生成d B. 在d(s)→g(aq)→h(s)的转化过程中，一定有颜色变化 C. 在b(aq)→c(aq)→h(s)转化过程中，一定均为氧化还原反应 D. 若可用f制取a，a一定可以在Cl2中燃烧生成＋2价氯化物 8. 氮杂冠醚中氮、氧原子能与某些过渡金属离子配位从而对过渡金属离子进行筛选。为增强其配位能力，用LiAlH4还原氮杂冠醚M可得氮杂冠醚Q，反应机理的第一步为碳氧双键与进行加成。下列说法正确的是 A. 氮杂冠醚M的化学式为 B. 氮杂冠醚能实现水相与有机相间的物质转移 C. 氮杂冠醚M、Q中含有官能团种类相同 D. 中间体R 的结构为： 9. 科学家发现对 LiTFSI(一种亲水有机盐)进行掺杂和改进，可提高锂离子电池传输电荷能力。LiTFSI结构如图所示，A、B、C、D为原子序数依次增大的同一短周期元素，C与E位于同一主族。下列说法错误的是 A. Al3+与E的简单阴离子在溶液中能大量共存 B. B、C、E元素的简单气态氢化物的中心原子杂化轨道类型相同 C. 该化合物中A、B、C、D元素原子最外层均满足8电子稳定结构 D. 基态原子未成对电子数： B>E=A>D 10. 根据下列实验操作和现象，能得出相应结论的是 A. 向圆底烧瓶中加入NaOH、无水乙醇、1-溴丁烷和碎瓷片，微热，将产生的气体直接通入溴水中，溶液褪色，证明1-溴丁烷发生消去反应 B. K2S固体溶于水，进行导电实验，K2S溶液可导电，K2S中含有离子键 C. 用NaOH 标准液分别滴定等体积、等pH的一元酸HA 和HB，HB 消耗的NaOH标准液体积多，HA是强酸 D. 在淀粉和I2的混合溶液中滴加过量氯水，溶液蓝色褪去，氯水具有漂白性 11. 某温度下， 在密闭容器中充入一定量的 R(g)， 发生反应， 该反应经历两步：①。 ②， 催化剂M能催化第②步反应， 反应历程如图所示。下列说法不正确的是 A. 升高温度，减小， 且减小 B. 不使用催化剂M，反应过程中c(I)先增大后减小 C. 使用催化剂M，反应①的活化能不变，反应②的活化能变为 D. 使用催化剂M，反应①速率不变，反应②速率加快 12. 室温下，体系中各含碳微粒的物质的量分数与pH的关系如图1所示。在mol·L-1的体系中，研究在不同pH时的可能产物，与pH的关系如图2所示，曲线Ⅰ的离子浓度关系符合；，曲线Ⅱ的离子浓度关系符合：。 下列说法不正确的是 A. 由图1，可求得 B. 由图2，初始状态，时，无沉淀生成 C. 由图2，初始状态、时，平衡后溶液中存在mol·L-1 D. 由图1和图2，初始状态、时，发生反应： 第Ⅱ卷 非选择题 用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题纸上。本卷共4题，共64分。 13. 氮族元素、氧族元素可以形成许多结构和性质特殊的物质，请回答下列问题： （1）基态N原子核外电子的运动状态有____种：由氮元素形成的三种微粒：①；②；③。叙述正确的是____。 A．微粒半径： ③>①>② B．失去一个电子所需最低能量：①>②>③ C．电子排布属于激发态的是：③ D． 得电子能力：①>② （2）已知烷基的推电子效应强于H原子，CH3CH2NH2与NH3结合H+能力更强的是_______(填化学式)。 （3）已知：+H2O，类比SO3与CH3OH反应生成液态酯 (一元强酸)，其熔沸点_______H2SO4(填“>”或“<”)，写出该产物与足量NaOH溶液在加热条件下反应的离子方程式_______。 （4）已知H2S2O3的结构式为，推测酸性 _______ (填“>”或“<”)，从结构角度解释原因是_______。 （5）基态 Se原子简化电子排布式为_______，下列有关 Se说法正确的是_______。 A．按照核外电子排布，可把元素周期表划分为4个区，Se位于元素周期表P区 B．与Se同周期的元素中含有最多未成对电子的元素是Cr C． Se=O不稳定，因为其键长较长，π键重叠较弱 D．已知不能使溴的四氯化碳溶液褪色，推测 Se的杂化方式为sp3 14. 苯丙氨酸作为人体必需氨基酸之一，是合成神经递质和激素的原料之一，现以苯丙氨酸为起始原料，设计某种新型苯丙氨酸衍生物的小分子肽K的合成路线，旨在寻找更高效、更经济的抗肿瘤药物。 I． II． （1）用系统命名法命名物质 A_______，J中含氧官能团的名称为_______。 （2）Boc2O试剂的作用_______。 （3）写出G 的结构简式_______，I→J的反应条件是_______。 （4）写出H与足量盐酸在加热条件下反应的化学方程式_______。 （5）下列关于物质 D (苯丙氨酸)的叙述正确的是_______。 a．D与足量H2加成后，所得分子含有2个手性碳原子 b．分子中共含有2个杂化的原子 c．D可形成多肽，进而形成蛋白质，该多肽的链节为 （6）苯丙氨酸的同分异构体中，硝基直接连在苯环上的二元取代产物有_______种(不考 虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为1：2：2：6的结构简式为_______。 （7）写出以苯乙醇为原料，制备苯丙氨酸的合成路线______(无机试剂任选)已知： (R代表氢原子或烃基)。 15. 一种利用酸浸提取硫酸烧渣(主要含等)制备铁红并回收副产物硫酸铵的工艺流程如图。已知： 可沉淀 等金属离子，可与 生成 在硫酸作用下可热分解生成CO和 （1）用50%的硫酸“酸浸”时，反应液的温度、 的加入量对铁浸取率的影响分别如图1、图2所示。(浸取率= ×100%) ①“酸浸”时，增大酸浸率的方法有 _______(填写两条即可)；“浸渣”的主要成分是_______(填写化学式)。 ②图1中，反应液温度高于95℃时，铁浸取率开始降低，原因是_______。 ③图2中，加入量在5~20%时，铁浸取率增大，原因是___；加入量超过20%时，铁浸取率开始降低，原因是____。 （2）“氧化”时发生的主要反应的离子方程式为_______。 （3）“结晶”包含有_______和______________。 （4）“过滤1”的滤渣主要成分是黄铵铁矾【化学式可表示为摩尔质量为480g/mol】。根据下列实验和数据可确定其化学式为_______。 ①称取黄铵铁矾4.800g，加入足量NaOH溶液充分反应后过滤，向滤液中加入足量盐酸，再加入足量的 溶液，得到沉淀4.660g。 ②对黄铵铁矾进行热分解实验，其结果可用下图热重曲线表示。 16. 尿素[CO(NH2)2]的合成与发展体现了化学科学与技术的不断进步。 I. 将2molNH3和1mol CO2充入1L 恒容密闭容器中，在一定温度和压强下合成尿素：。 （1）下列表述错误的是_______ 。 A. 低温更有利于该反应的自发进行 B. 增大CO2浓度，可提高NH3的转化率 C. 充入He，压强增大，反应速率加快，平衡向正反应方向移动 D. 当混合气体的平均相对分子质量不变时反应达到平衡状态 （2）下图是不同条件下CO(NH2)2体积分数与压强、温度的关系[不考虑催化剂活性变化]。 ①代表CO(NH2)2随温度变化的曲线是_______(填“a”或“b”)，判断理由是_______。 ②520℃下该反应的平衡常数 k=_______。 ③实验测得：=c²(NH3)·c(CO2)， =c[CO(NH2)2]·c(H2O)，、为速率常数。若改变温度为T℃，平衡时 则 T_______520℃(填“大于”或“小于”)。 Ⅱ． 电催化CO2和含氮物质(等)在常温常压下可以合成尿素，电解原理如下图。 （3）电极a的电极反应式为_______。 （4）测定尿素样品含氮量的方法如下：取ag尿素样品，将所含氮完全转化为NH3，所得NH3用过量的 溶液吸收完全，剩余H2SO4用 溶液恰好中和，由此计算尿素样品中氮元素的质量分数是_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025年滨海新区普通高中学业水平等级性考试模拟检测卷化学 注意事项： 1.本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)、第Ⅱ卷两部分。第Ⅰ卷为第Ⅰ页至第4页，第Ⅱ卷为第5页至第8页。 2.试卷满分100分。考试时间60分钟。 3.答卷时，考生务必将卷Ⅰ答案涂写在答题卡上，卷Ⅱ答在答题纸 (卡)上，答在试卷上的无效。 4.祝各位考生考试顺利！ 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Si-28 S-32 K-39 Fe-56 第Ⅰ卷 选择题 每题选出答案后，用铅笔将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。本卷共12题，每题3分，共36分。每题只有一个选项最符合题目要求。 1. 我国科技发展成就巨大。下列说法正确的是 A. 嫦娥三号搭载钚同位素电池：Pu的质量数为94 B. 嫦娥六号搭载水升华器进行降温：水升华过程中破坏了H-O键 C. 大洋钻探船“梦想”号进行深海油气勘探：深海油气属于纯净物 D. 全息投影技术的光电器件所用材料氮化镓为新型无机非金属材料 【答案】D 【解析】 【详解】A．在原子表示中，钚同位素为，左上角数字表示质量数为238；左下角数字表示质子数为94，所以Pu的质量数为 238，A 错误； B．水升华是物理变化，只是水由固态变为气态，分子间距离增大，破坏的是分子间作用力，H - O 键并未破坏，B 错误； C．深海油气是由多种碳氢化合物等组成的混合物，不是纯净物，C错误； D．氮化镓(GaN)是由氮和镓组成的化合物，属于新型无机非金属材料，D正确； 故答案为：D。 2. 下列化学用语或图示表达正确是 A. 激发态氮原子轨道表示式： B. BF3的空间结构： C. NaCl溶液中的水合离子： D. 甲醛的空间填充模型： 【答案】D 【解析】 【详解】A．氮元素的原子序数为7，基态原子的电子排布式为1s22s22p3，轨道表示式为，则违背洪特规则，不能表示激发态氮原子，故A错误； B．三氟化硼分子中硼原子的价层电子对数为3+=3，孤对电子对数为0，则分子的空间构型为平面正三角形，不是三角锥形，故B错误； C．氯化钠溶液中存在水合钠离子和水合氯离子，水分子中存在氢氧极性键，氧原子带部分负电荷、氢原子带部分正电荷，氯离子半径大于钠离子，氯离子带负电荷，钠离子带正电荷，则水合钠离子中吸引的是水分子中的氧原子端、水合氯离子中氯离子吸引的是水分子中的氢原子端，故B错误； D．甲醛分子中碳原子的杂化方式为sp2杂化，分子的空间构型为平面三角形，分子的空间填充模型为，故D正确； 故选D。 3. 下列有关 Cl、Si及其化合物的说法错误的是 A. 键能：， 因此的稳定性弱于 B. 晶体的X射线图谱看不到明锐的衍射峰 C. 中心原子的半径依次减小是H4SiO4、HClO4中羟基的数目依次减小的原因之一 D. 龙泉青瓷原料 用氧化物表示为： 【答案】B 【解析】 【详解】A．原子半径越小，共价键键能越大，物质越稳定，因原子半径，故键能，，由此可知的稳定性弱于，A项正确； B．利用X射线衍射实验可区分晶体与非晶体，属于共价晶体，在X射线衍射图谱中可以看到明锐的衍射峰，B项错误； C．中心原子的半径越小，中键更强，键更容易断裂，因此原子半径越小，羟基数目越少，与中的中心原子分别为和，且原子半径，因此中心原子的半径依次减小是、中羟基的数目依次减小的原因之一，C项正确； D．由硅酸盐化学式改写成盐氧化物的形式时，氧化物的书写顺序为：活泼金属氧化物、较活泼的金属氧化物、、，因此龙泉青瓷原料 用氧化物表示为：，D项正确； 答案选B。 4. 表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法错误的是 A. 0.5molNO与 0.5molO2充分反应后， 分子数为0.75 B. 标准状况下，11.2L甲烷与氨气混合物中含质子数为5 C. 44g中的σ键的数目为7 D. 6gSiO2中所含硅氧键数为0.4 【答案】A 【解析】 【详解】A．0.5molNO与0.5molO2充分反应生成二氧化氮，而二氧化氮又会部分化合生成四氧化二氮，则反应后分子数小于0.75，A错误； B．一个CH4分子和一个NH3分子均含有10个质子，11.2 L(标准状况)甲烷与氨气混合物含有0.5mol分子，则含5mol质子，所以含质子数为5NA，B正确； C．单键均为σ键，1分子中含有7个σ键，则44g（为1mol）中的σ键的数目为7 NA，C正确； D．6gSiO2的物质的量为0.1mol，含有0.1molSi原子，每个Si原子形成4个硅氧键，则6gSiO2中所含硅氧键数为0.4NA，D正确； 故选A。 5. 下列有关方程式书写正确的是 A. 向溶液中加足量硝酸银溶液： B. Na2S2O3溶液与稀硫酸混合： C. 用氢氟酸刻蚀玻璃： D. 硅橡胶单体(CH3)2Si(OH)2的制备： 【答案】D 【解析】 【详解】A．配合物  中，内界的与配位，不易解离；外界的可自由移动。加入足量时，仅外界的与反应生成沉淀，内界的不会参与，离子方程式：，A错误； B．硫代硫酸钠（）与稀硫酸反应的正确产物应为和，而非。正确方程式为：，B错误； C．氢氟酸刻蚀玻璃的反应中，玻璃的主要成分是，而非 。正确反应为：，C错误； D．有机硅单体  的制备反应为水解反应：，该方程式原子守恒，书写正确，D正确； 故选D。 6. 下列说法正确的是 A. 装置甲可用于除去苯中的苯酚 B. 装置乙可用于制备并收集干燥的氨气 C. 装置丙可洗去乙酸乙酯中少量乙醇 D. 装置丁可做蒸馏时的接收装置 【答案】C 【解析】 【详解】A．苯酚与溴水反应生成2,4,6－三溴苯酚能溶于苯，不能用装置甲除去苯中的苯酚，A错误； B．P2O5能与潮湿的氨气反应，不能用来干燥氨气，B错误； C．饱和NaCl溶液能溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度，故装置丙可洗去乙酸乙酯中少量乙醇，C正确； D．锥形瓶用单口橡胶塞塞住，不与外界连通，可能导致装置内压强过大，则装置丁不可做蒸馏时的接收装置，D正确； 故选C。 7. 部分含Na或Al或Fe物质的分类与相应化合价关系如图，下列推断合理的是 A. 在空气中加热e，一定能生成d B. 在d(s)→g(aq)→h(s)的转化过程中，一定有颜色变化 C. 在b(aq)→c(aq)→h(s)的转化过程中，一定均为氧化还原反应 D. 若可用f制取a，a一定可以在Cl2中燃烧生成＋2价氯化物 【答案】B 【解析】 【分析】由图可知，若a为钠、b为钠盐、c为氢氧化钠；若a为铝、f为氧化铝、g为铝盐或偏铝酸盐、h为氢氧化铝；若a为铁、d为氧化亚铁、f为氧化铁、g为铁盐、e为氢氧化亚铁、h为氢氧化铁。 【详解】A．在空气中加热氢氧化亚铁时，氢氧化亚铁会与空气中的氧气、水蒸气反应生成生成氢氧化铁，氢氧化铁受热分解生成氧化铁，无法得到氢氧化亚铁，故A错误； B．氧化亚铁能与稀硝酸反应生成硝酸铁，硝酸铁能与碱溶液反应氢氧化铁，转化过程中，颜色变化为黑色固体→棕黄色溶液→红褐色沉淀，则在FeO(s)→Fe3+(aq)→Fe(OH)3(s)的转化过程中，一定有颜色变化，故B正确； C．b(aq)→c(aq)→h(s)的转化过程可能为电解饱和食盐水生成氢氧化钠，氢氧化钠溶液与铁离子或铝离子反应生成氢氧化铁沉淀或氢氧化铝沉淀，生成氢氧化铁沉淀或氢氧化铝沉淀的反应中没有元素发生化合价变化，属于非氧化还原反应，故C错误； D．可用f制取a，说明a为铝、f为氧化铝，铝在氯气中燃烧生成＋3价氯化铝，故D错误； 故选B。 8. 氮杂冠醚中氮、氧原子能与某些过渡金属离子配位从而对过渡金属离子进行筛选。为增强其配位能力，用LiAlH4还原氮杂冠醚M可得氮杂冠醚Q，反应机理的第一步为碳氧双键与进行加成。下列说法正确的是 A. 氮杂冠醚M的化学式为 B. 氮杂冠醚能实现水相与有机相间的物质转移 C. 氮杂冠醚M、Q中含有的官能团种类相同 D. 中间体R 的结构为： 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据氮杂冠醚M的结构简式，其分子式为，A错误； B．氮杂冠醚能够通过其独特的化学结构，通过络合金属离子促进阴离子在有机相的溶解性，可实现水相与有机相之间的物质转移‌，B正确； C．M中官能团的种类为醚键、酰胺基，Q中的官能团种类为醚键、氨基，官能团不相同，C错误； D．根据电负性可知，中为负电性，Al为正电性，故应加在羰基中正电性的C原子上，所以R的结构为，D错误； 故答案为：B。 9. 科学家发现对 LiTFSI(一种亲水有机盐)进行掺杂和改进，可提高锂离子电池传输电荷能力。LiTFSI结构如图所示，A、B、C、D为原子序数依次增大的同一短周期元素，C与E位于同一主族。下列说法错误的是 A. Al3+与E的简单阴离子在溶液中能大量共存 B. B、C、E元素的简单气态氢化物的中心原子杂化轨道类型相同 C. 该化合物中A、B、C、D元素原子最外层均满足8电子稳定结构 D. 基态原子未成对电子数： B>E=A>D 【答案】A 【解析】 【分析】A、B、C、D为同一短周期元素，C与E位于同一主族，A形成4个共价键，A为碳；D形成1个共价键，D为氟；E形成6个共价键，E为硫，则C为氧、B为氮，据此回答； 【详解】A．Al3+与在溶液中会发生双水解反应：，不能大量共存，A错误； B．B、C、E元素的简单气态氢化物分别为NH3、H2O、H2S，NH3中 N、H2O中 O、H2S中S价层电子对数均为4（；；），中心原子杂化轨道类型均为杂化，B正确； C．8电子稳定结构即每个原子最外层都有8个电子，A为C，成键数为4，最外层电子数为4，和为8，满足8电子稳定结构；B为N，成键数为2，带一个单位负电荷，最外层电子数为5，和为8，满足8电子稳定结构；C为O，成键数为2，最外层电子数为6，和为8，满足8电子稳定结构；D为F，成键数为1，最外层电子数为7，和为8，满足8电子稳定结构； E为S，成键数为6，最外层电子数为6，和不为8，不满足8电子稳定结构；故该化合物中只有A、B、C、D元素原子的最外层满足8电子稳定结构，C正确； D．基态C（A）原子价电子排布式为，未成对电子数为2，基态N（B）原子的价电子排布式为，未成对电子数为3，基态F（D）原子的价电子排布式为，未成对电子数为1，基态S（E）原子的价电子排布式为，未成对电子数为2，故未成对电子数：B>E=A>D ，D正确； 故选A。 10. 根据下列实验操作和现象，能得出相应结论的是 A. 向圆底烧瓶中加入NaOH、无水乙醇、1-溴丁烷和碎瓷片，微热，将产生的气体直接通入溴水中，溶液褪色，证明1-溴丁烷发生消去反应 B. K2S固体溶于水，进行导电实验，K2S溶液可导电，K2S中含有离子键 C. 用NaOH 标准液分别滴定等体积、等pH的一元酸HA 和HB，HB 消耗的NaOH标准液体积多，HA是强酸 D. 在淀粉和I2的混合溶液中滴加过量氯水，溶液蓝色褪去，氯水具有漂白性 【答案】A 【解析】 【详解】A．1-溴丁烷在氢氧化钠醇溶液中加热条件下发生消去反应生成1-丁烯和水，将产生的气体直接通入溴水中，溴水褪色，虽然乙醇具有挥发性，但乙醇无法使溴水褪色，故褪色的原因是1-溴丁烷发生消去反应生成了烯烃，A正确； B．K2S固体溶于水，发生电离，溶液可导电，不能证明K2S为离子化合物，共价化合物溶于水也可导电，如HCl、H2SO4等共价化合物溶液均能导电，B错误； C．等pH的HA和HB，若HB消耗更多NaOH，说明其浓度更高（弱酸需更高浓度达到相同pH），HA浓度较低，可能为强酸；但若两者均为弱酸且HB浓度更高，HA仍可能为弱酸，结论不严谨，C错误； D．淀粉与混合液中加入氯水，蓝色褪去是因将氧化为，而非氯水的漂白性，结论错误，D错误； 故选A。 11. 某温度下， 在密闭容器中充入一定量的 R(g)， 发生反应， 该反应经历两步：①。 ②， 催化剂M能催化第②步反应， 反应历程如图所示。下列说法不正确的是 A. 升高温度，减小， 且减小 B. 不使用催化剂M，反应过程中c(I)先增大后减小 C. 使用催化剂M，反应①的活化能不变，反应②的活化能变为 D. 使用催化剂M，反应①速率不变，反应②速率加快 【答案】C 【解析】 【详解】A．由反应历程图可知，反应①为吸热反应，反应②为放热反应，对于反应②，升高温度，平衡逆向移动，减小，增大，故减小，总反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，减小，增大，故减小，A项正确； B．由图可知反应①的速率大于反应②，开始时I的生成速率大于消耗速率，随着反应的进行，I的浓度逐渐减小，故不使用催化剂M，反应过程中I的浓度先增大后减小，B项正确； C．催化剂M能催化第②步反应，故使用催化剂M，反应①的活化能不变，对于反应②，加入催化剂，降低反应的活化能，由图可知，其反应热为，不是活化能，C项错误； D．催化剂M能催化第②步反应，故使用催化剂M，反应①的活化能不变，对于反应②，加入催化剂，能降低反应的活化能，使反应速率加快，D项正确； 答案选C。 12. 室温下，体系中各含碳微粒的物质的量分数与pH的关系如图1所示。在mol·L-1的体系中，研究在不同pH时的可能产物，与pH的关系如图2所示，曲线Ⅰ的离子浓度关系符合；，曲线Ⅱ的离子浓度关系符合：。 下列说法不正确的是 A. 由图1，可求得 B 由图2，初始状态，时，无沉淀生成 C. 由图2，初始状态、时，平衡后溶液中存在mol·L-1 D. 由图1和图2，初始状态、时，发生反应： 【答案】C 【解析】 【详解】A．从图1可以看出时，碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相同，根据，可知，故A正确； B．从图2可以看出、时，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的下方，不会产生碳酸镁沉淀或氢氧化镁沉淀，故B正确； C．从图2可以看出、时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，根据元素守恒，溶液中mol·L-1，故C错误； D．时，溶液中主要含碳微粒是，、时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为，故D正确； 答案选C。 第Ⅱ卷 非选择题 用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题纸上。本卷共4题，共64分。 13. 氮族元素、氧族元素可以形成许多结构和性质特殊的物质，请回答下列问题： （1）基态N原子核外电子的运动状态有____种：由氮元素形成的三种微粒：①；②；③。叙述正确的是____。 A．微粒半径： ③>①>② B．失去一个电子所需最低能量：①>②>③ C．电子排布属于激发态的是：③ D． 得电子能力：①>② （2）已知烷基的推电子效应强于H原子，CH3CH2NH2与NH3结合H+能力更强的是_______(填化学式)。 （3）已知：+H2O，类比SO3与CH3OH反应生成液态酯 (一元强酸)，其熔沸点_______H2SO4(填“>”或“<”)，写出该产物与足量NaOH溶液在加热条件下反应的离子方程式_______。 （4）已知H2S2O3的结构式为，推测酸性 _______ (填“>”或“<”)，从结构角度解释原因是_______。 （5）基态 Se原子简化电子排布式为_______，下列有关 Se的说法正确的是_______。 A．按照核外电子排布，可把元素周期表划分为4个区，Se位于元素周期表P区 B．与Se同周期的元素中含有最多未成对电子的元素是Cr C． Se=O不稳定，因为其键长较长，π键重叠较弱 D．已知不能使溴的四氯化碳溶液褪色，推测 Se的杂化方式为sp3 【答案】（1） ①. 7 ②. AC （2）CH3CH2NH2 （3） ①. ＜ ②. +H++2OH-CH3OH+H2O+ （4） ①. ＜ ②. O的电负性比S的大，导致吸电子能量S=S小于S=O，使得硫代硫酸中羟基极性较小，更难断裂，酸性比硫酸小 （5） ①. [Ar]3d104s24p4 ②. BC 【解析】 【小问1详解】 已知N为7号元素，核外有7个电子，根据鲍利原理可知，基态N原子核外电子的运动状态有7种：由氮元素形成的三种微粒：①即为基态N原子；②即为基态N+；③是激发态N原子； A．一般电子层数越多原子半径越大，而N原子失电子数越多，原子半径越小，则微粒半径：③＞①＞②，A正确； B．能量越高越容易失电子，基态原子的第一电离能小于第二电离能，则电离一个电子所需最低能量：②＞①＞③，B错误； C．由上述分析可知，原子核外电子排布符合构造原理、能量最低原理的原子属于基态原子或离子，则①基态N原子，②为基态N+；③是激发态N原子，C正确； D．能量越低越易得电子，则得电子能力：②＞①，D错误； 故答案为：7；AC； 【小问2详解】 已知烷基的推电子效应强于H原子，导致CH3CH2NH2中N原子周围的电子云密度比NH3更大，则CH3CH2NH2结合H+能力更强，故答案为：CH3CH2NH2； 【小问3详解】 根据硫酸的结构简式可推知液态酯CH3OSO3H的结构简式为：，故H2SO4分子周围形成氢键数目比液态酯CH3OSO3H周围形成的氢键多，则其熔沸点＜H2SO4，根据酯的水解反应可知，该产物即CH3OSO3H与足量NaOH溶液在加热条件下反应的离子方程式为：+H++2OH-CH3OH+H2O+，故答案为：＜；+H++2OH-CH3OH+H2O+； 【小问4详解】 已知H2S2O3的结构式为，由于O的电负性比S的大，导致吸电子能量S=S小于S=O，使得硫代硫酸中羟基极性较小，更难断裂，酸性比硫酸小，故可推测酸性 ＜，故答案为：小于；O的电负性比S的大，导致吸电子能量S=S小于S=O，使得硫代硫酸中羟基极性较小，更难断裂，酸性比硫酸小； 【小问5详解】 已知Se是34号元素，根据能级构造原理可知，基态Se原子简化电子排布式为[Ar]3d104s24p4， A．按照核外电子排布，可把元素周期表划分为s、p、d、ds和f5个区，其中Se的电子最后进入p能级，则Se位于元素周期表P区，A错误； B．由Se的原子核外电子排布式可知，Se位于第4周期，与Se同周期的元素中含有最多未成对电子即3d54s1有6个未成对电子，该元素是Cr，B正确； C．一般键长越长键能越小，越不稳定，故Se=O不稳定，因为其键长较长，π键重叠较弱，C正确； D．已知不能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明该分子中没有碳碳双键，即存在一个5原子6电子的大π键，故推测Se周围的价层电子对数为2+1=3，则其杂化方式为sp2，D错误； 故答案为：[Ar]3d104s24p4；BC。 【点睛】 14. 苯丙氨酸作为人体必需氨基酸之一，是合成神经递质和激素的原料之一，现以苯丙氨酸为起始原料，设计某种新型苯丙氨酸衍生物的小分子肽K的合成路线，旨在寻找更高效、更经济的抗肿瘤药物。 I． II． （1）用系统命名法命名物质 A_______，J中含氧官能团的名称为_______。 （2）Boc2O试剂的作用_______。 （3）写出G 的结构简式_______，I→J的反应条件是_______。 （4）写出H与足量盐酸在加热条件下反应的化学方程式_______。 （5）下列关于物质 D (苯丙氨酸)的叙述正确的是_______。 a．D与足量H2加成后，所得分子含有2个手性碳原子 b．分子中共含有2个杂化的原子 c．D可形成多肽，进而形成蛋白质，该多肽的链节为 （6）苯丙氨酸的同分异构体中，硝基直接连在苯环上的二元取代产物有_______种(不考 虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为1：2：2：6的结构简式为_______。 （7）写出以苯乙醇为原料，制备苯丙氨酸的合成路线______(无机试剂任选)已知： (R代表氢原子或烃基)。 【答案】（1） ①. 2-氨基丙酸 ②. 酰胺基 （2）保护氨基 （3） ①. ②. （4）+2HCl+H2O+ （5）c （6） ①. 6 ②. （7） 【解析】 【分析】A和B发生取代反应生成C，结合C的结构简式可知，A的结构简式为，D发生取代反应生成E，E和发生取代反应形成酰胺基生成G，则G为，G发生取代反应生成H，H和发生取代反应生成I为，I发生取代反应生成J，J和C发生反应生成小分子肽； 【小问1详解】 由分析可知，A的结构简式为，系统命名法命名为2-氨基丙酸；结合J的结构简式可知，其官能团名称为酰胺基； 【小问2详解】 与氨基发生取代反应，随后又重新生成氨基，可见，其作用是保护氨基； 【小问3详解】 由分析可知，G的结构简式为；I→J的反应是，与G→H的反应相同，条件是； 【小问4详解】 H中的酰胺基与氨基都能和盐酸反应，其与足量盐酸在加热条件下反应的化学方程式为+2HCl+H2O+； 【小问5详解】 a．苯丙氨酸与足量H2加成后，所得分子含有1个手性碳原子，如图所示：，a错误； b．苯丙氨酸中饱和碳原子、羧基中的羟基氧原子以及氨基的氮原子都采取杂化，一共4个原子，b错误； c．苯丙氨酸分子中含有的氨基、羧基在一定条件下可形成多肽，进而形成蛋白质，该多肽的链节为，c正确； 故选c； 【小问6详解】 苯丙氨酸中除了苯环外，还有3个碳原子，1个氮原子，2个氧原子，1个不饱和度，其二元取代物且硝基直接连在苯环上，则另一个取代基为、，每种组合有邻、间、对三种，共6种同分异构体；其中核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为1：2：2：6的结构简式为； 【小问7详解】 苯乙醇为原料合成苯丙氨酸，苯乙醇先发生氧化反应生成苯乙醛，苯乙醛和HCN发生加成反应增长碳链生成，发生水解反应再酸化生成，发生已知信息的反应生成目标产物，具体合成路线是。 【点睛】 15. 一种利用酸浸提取硫酸烧渣(主要含等)制备铁红并回收副产物硫酸铵的工艺流程如图。已知： 可沉淀 等金属离子，可与 生成 在硫酸作用下可热分解生成CO和 （1）用50%的硫酸“酸浸”时，反应液的温度、 的加入量对铁浸取率的影响分别如图1、图2所示。(浸取率= ×100%) ①“酸浸”时，增大酸浸率的方法有 _______(填写两条即可)；“浸渣”的主要成分是_______(填写化学式)。 ②图1中，反应液温度高于95℃时，铁浸取率开始降低，原因是_______。 ③图2中，加入量在5~20%时，铁浸取率增大，原因是___；加入量超过20%时，铁浸取率开始降低，原因是____。 （2）“氧化”时发生的主要反应的离子方程式为_______。 （3）“结晶”包含有_______和______________。 （4）“过滤1”的滤渣主要成分是黄铵铁矾【化学式可表示为摩尔质量为480g/mol】。根据下列实验和数据可确定其化学式为_______。 ①称取黄铵铁矾4.800g，加入足量NaOH溶液充分反应后过滤，向滤液中加入足量盐酸，再加入足量的 溶液，得到沉淀4.660g。 ②对黄铵铁矾进行热分解实验，其结果可用下图热重曲线表示。 【答案】（1） ①. 升高温度、粉碎硫酸烧渣 ②. SiO2 ③. 温度高于95℃时，在硫酸作用下受热分解 ④. 与 生成溶于水的有利于铁浸取 ⑤. 与生成沉淀，降低了可溶性铁元素的量 （2）2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O （3） ①. 蒸发浓缩 ②. 冷却结晶 （4） 【解析】 【分析】由题给流程可知，向硫酸烧渣中加入硫酸和草酸混合溶液，将氧化铁转化为、氧化亚铁转化为亚铁离子，二氧化硅与混合溶液不反应，过滤得到含有二氧化硅的浸渣和滤液；向滤液中加入双氧水溶液，将溶液中的亚铁离子氧化生成铁离子，向反应后的溶液中加入氨水，将溶液中的铁离子、转化为黄铵铁矾沉淀，过滤得到黄铵铁矾和含有硫酸铵、草酸铵的滤液；黄铵铁矾煅烧分解得到铁红；滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到硫酸铵和含有草酸铵的母液。 【小问1详解】 ①“酸浸”时，升高温度、粉碎硫酸烧渣等措施能增大酸浸率；由分析可知，浸渣的主要成分为二氧化硅，故答案为：升高温度、粉碎硫酸烧渣；SiO2； ②由题给信息可知，图1中，反应液温度高于95℃时，铁浸取率开始降低是因为温度高于95℃时，草酸在硫酸作用下受热分解生成一氧化碳和二氧化碳，故答案为：温度高于95℃时，在硫酸作用下受热分解； ③图2中，草酸加入量在5~20%时，铁浸取率增大是因为草酸与 溶液中铁离子生成溶于水的有利于铁浸取导致铁浸取率增大；草酸加入量超过20%时，铁浸取率开始降低是因为草酸与亚铁离子生成草酸亚铁沉淀，降低了可溶性铁元素的量导致铁浸取率开始降低，故答案为：与 生成溶于水的有利于铁浸取；与生成沉淀，降低了可溶性铁元素的量； 【小问2详解】 由分析可知，加入双氧水溶液的目的是将溶液中的亚铁离子氧化生成铁离子，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O； 【小问3详解】 由分析可知，结晶过程为蒸发浓缩、冷却结晶，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶； 【小问4详解】 由题意可知，黄铵铁矾的物质的量为=0.01mol，反应生成硫酸钡的物质的量为=0.02mol，则由化学式可知，z==2；由图可知，480g黄铵铁矾受热分解得到240g氧化铁，则y==3；由相对分子质量可得：18x+168+192+17m=480，由化合价代数和为0可得：x+9—4—m=0，解得x=1、m=6，则黄铵铁矾的化学式为，故答案为：。 16. 尿素[CO(NH2)2]的合成与发展体现了化学科学与技术的不断进步。 I. 将2molNH3和1mol CO2充入1L 恒容密闭容器中，在一定温度和压强下合成尿素：。 （1）下列表述错误的是_______ 。 A. 低温更有利于该反应的自发进行 B. 增大CO2浓度，可提高NH3的转化率 C. 充入He，压强增大，反应速率加快，平衡向正反应方向移动 D. 当混合气体的平均相对分子质量不变时反应达到平衡状态 （2）下图是不同条件下CO(NH2)2体积分数与压强、温度的关系[不考虑催化剂活性变化]。 ①代表CO(NH2)2随温度变化的曲线是_______(填“a”或“b”)，判断理由是_______。 ②520℃下该反应的平衡常数 k=_______。 ③实验测得：=c²(NH3)·c(CO2)， =c[CO(NH2)2]·c(H2O)，、为速率常数。若改变温度为T℃，平衡时 则 T_______520℃(填“大于”或“小于”)。 Ⅱ． 电催化CO2和含氮物质(等)在常温常压下可以合成尿素，电解原理如下图。 （3）电极a的电极反应式为_______。 （4）测定尿素样品含氮量方法如下：取ag尿素样品，将所含氮完全转化为NH3，所得NH3用过量的 溶液吸收完全，剩余H2SO4用 溶液恰好中和，由此计算尿素样品中氮元素的质量分数是_______。 【答案】（1）C （2） ①. a ②. 520K之前，反应未平衡，随着温度升高，反应速率增大，CO(NH2)2的体积分数增大，520K达到平衡，升高温度，平衡逆向移动，CO(NH2)2的体积分数减小 ③. 63 ④. 大于 （3）2+CO2+18H++16e-=CO(NH2)2+7H2O （4）×100% 【解析】 【小问1详解】 A．由题干可知该反应是一个熵减的放热反应，根据＜0时反应能够自发，故低温更有利于该反应的自发进行，A正确； B．增大CO2浓度，上述反应化学平衡正向移动，可提高NH3的转化率，CO2的转化率减小，B正确； C．在恒温恒容的密闭容器中，充入He，压强虽然增大，但反应物和生成物的浓度均不改变，故反应速率不变，平衡也不移动，C错误； D．已知该反应正反应是一个气体体积减小的反应，即反应过程中混合气体的质量不变，但气体的物质的量发生改变，即未平衡时混合气体的相对分子质量一直改变，则当混合气体的平均相对分子质量不变时反应达到平衡状态，D正确； 故答案为：C； 【小问2详解】 ①由题干反应可知，该反应是一个熵减的放热反应，相同压强下随着温度的升高，反应速率加快，CO(NH2)2体积分数增大，达到化学平衡后恒压升温，平衡逆向移动，CO(NH2)2体积分数减小，而相同温度下随着压强的增大，反应速率加快，CO(NH2)2体积分数增大，达到化学平衡后恒温加压，平衡正向移动，CO(NH2)2体积分数也增大，故代表CO(NH2)2随温度变化的曲线是a，故答案为：a；520K之前，反应未平衡，随着温度升高，反应速率增大，CO(NH2)2的体积分数增大，520K达到平衡，升高温度，平衡逆向移动，CO(NH2)2的体积分数减小； ②由题干图像信息结合上述分析可知，520℃下反应达到化学平衡时CO(NH2)2的体积分数为40%，由三段式分析：，×100%=40%，解得：x=mol，容器体积为1L，即平衡时NH3、CO2、CO(NH2)2、H2O的浓度分别为：=mol/L、mol/L、mol/L、mol/L，则该反应的平衡常数 K===63，故答案为：63； ③若改变温度为T℃，平衡时=即c²(NH3)·c(CO2)=c[CO(NH2)2]·c(H2O)，则有，则当 K=＜63，该反应升高温度平衡逆向移动，K值减小，则T大于520℃，故答案为：大于； 【小问3详解】 由题干电解装置图可知，电极a为将还原后与CO2反应生成CO(NH2)2，氮元素化合价由+5价降低为-3价，由电荷守恒、原子守恒可得该电极反应为：2+CO2+18H++16e-=CO(NH2)2+7H2O，故答案为：2+CO2+18H++16e-=CO(NH2)2+7H2O； 【小问4详解】 根据N原子守恒可知，1molCO(NH2)2可以获得2molNH3，而NH3与过量H2SO4反应生成(NH4)2SO4和H2O，取ag尿素样品，将所含氮完全转化为NH3，所得NH3用过量的 溶液吸收完全，剩余H2SO4用 溶液恰好中和，剩余的H2SO4的物质的量为：n(H2SO4)剩余=n(NaOH)=c2V2×10-3mol，与NH3反应的H2SO4的物质的量为：n(H2SO4)=n(H2SO4)总-n(H2SO4)剩余=c1V1×10-3mol-c2V2×10-3mol= (c1V1-c2V2)×10-3mol，所以NH3的物质的量为：n(NH3)=2n(H2SO4)=2(c1V1-c2V2)×10-3mol，尿素CO(NH2)2的物质的量为：n[CO(NH2)2]=n(NH3)=(c1V1-c2V2)×10-3mol，尿素样品中氮元素的质量分数是：×100%=×100%，故答案为：×100%。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$