精品解析：四川省泸州市2025届高三下学期第三次教学质量诊断性考试 化学试卷

泸州市高2022级第三次教学质量诊断性考试 化学 注意事项： 1.本试卷分为第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)，满分100分。考试时间75分钟。 2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码。 3.答选择题时，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。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。非选择题必须使用0.5毫米黑色墨迹签字笔在答题卡上题目指示区域内作答，答在试卷上无效。考试结束后，将答题卡交回，试卷自留。 4.可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 S 32 Mg 24 Ni 59 预祝各位考生考试顺利！ 第Ⅰ卷 选择题(共45分) 一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项最符合题目要求。) 1. 我国突破EUV光刻技术，即将开启芯片新纪元！下列关于制造芯片的说法正确的是 A. 制造芯片的半导体材料，常在过渡元素中去寻找 B. 酚醛树脂可用于制造光刻胶，它属于有机高分子材料 C. 从石英砂到制造芯片的高纯硅，通常使用金属还原剂 D. EUV光刻技术制得的7nm及以下芯片，属于胶体 2. 光催化还原可助力碳中和，反应为：。是阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是 A. 4种物质中有2种非极性分子 B. 反应物的VSEPR模型都是直线形 C. 反应共形成个σ键 D. 生成共转移个 3. 化学在生命科学发展中具有重要作用。下列关于生物大分子的说法错误的是 A. 多糖和核酸都能发生水解反应 B. 蛋白质变性都有肽键断裂 C. 核苷酸间形成磷酯键连接成核酸 D. 结晶牛胰岛素属于蛋白质 4. 白藜芦醇具有抗肿瘤功效，结构简式如图所示。下列有关说法错误是 A. 存在顺反异构体 B. 核磁共振氢谱有7组峰 C. 可与溶液反应 D. 可与浓溴水发生取代反应 5. 下列过程中对应的离子方程式错误的是 A. SO2通入溶液中产生白色沉淀： B. 蓝色氯化四氨合铜溶于浓盐酸呈黄绿色： C. 乙烯使酸性溶液褪色： D. 向MgI2溶液中通入等物质的量的氯气： 6. 下列装置(夹持仪器省略)不能达到实验目的的是 装置 目的 A．牺牲阳极法实验证明Fe被保护 B．证明铜与浓硝酸反应 装置 目的 C．证明1-溴丁烷消去生成丁烯 D．证明非金属性：S＞C＞Si A. A B. B C. C D. D 7. X、Y、Z、W、M为原子序数依次增大的短周期主族元素。由5种元素组成的某化合物是电池工业中的重要原料，该化合物的结构式如图所示。下列说法正确的是 A. 离子半径 B. 第一电离能： C. 简单氢化物的沸点： D. 电负性： 8. 苯甲酸苯甲酯常用于医药工业，其制备反应过程如下。下列有关说法错误的是 A. X是的同系物 B. Y分子中所有原子都可能共平面 C. Z分子中不含手性碳原子 D. 过程中涉及加成反应和消去反应 9. 在非水溶剂中，将转化为化合物ⅱ的催化机理示意图如图。下列说法错误的是 A. AcOH不能降低反应的活化能 B. KI不能提高的平衡转化率 C. 反应历程中有极性键的断裂与形成 D. 该过程的总反应式： 10. 一种含镁、镍、碳3种元素的超导材料，镁原子和镍原子一起构成立方最密堆积(见图甲，部分原子省略)，碳原子只填充在由镍原子构成的八面体空隙中。该立方晶胞在xy、xz、yz平面投影相同(见图乙)，为两种原子投影的重合，晶胞棱长为apm。下列说法错误的是 A. 镍原子位于立方体的体心和面心 B. 组成该晶体的化学式为 C. 该晶体的密度为 D. 每个Ni原子周围与其等距且最近的Ni原子数为8 11. 下列关于实验现象、解释或结论都正确是 选项 实验操作 现象 解释或结论 A 将氨水滴入的溶液中 先产生白色胶状物，后溶解 是两性氢氧化物 B 向粉红色的溶液中加入NaCl固体 溶液由粉红色变为蓝色 存在转化： C 向白葡萄酒中滴加几滴酸性高锰酸钾溶液 溶液紫色褪去 证明葡萄酒中含 D 向某无色溶液中加入盐酸 产生无色气体 该溶液中一定含有 A. A B. B C. C D. D 12. 下列有关物质性质的解释中错误的是 选项 物质性质 解释 A 酸性： 电负性，吸引成键电子的能力减弱，使O-H键中电子云偏向O的趋势变弱，更难电离出。 B 熔点：石墨>金刚石 碳碳键的键能：石墨>金刚石；碳碳键的键长：石墨<金刚石。 C 沸点： 分子间的范德华力更大 D 溶解性： 阴离子半径越大，其电子云越容易被阳离子吸引变形，使离子键占比减少，共价键极性减弱，在极性溶剂水中的溶解度减小。 A. A B. B C. C D. D 13. 锂硫电池工作原理如图所示，其中电极b常用石墨烯嵌入S8的材料，S8生成多聚硫化物。下列说法错误的是 A. a为负极 B. b极石墨烯起到导电的作用 C. 放电时，b极可发生反应： D. 充电时，转化为共失去2mol电子 阅读材料，照相底片未曝光的溴化银常用硫代硫酸钠溶液溶解并回收银。回答下列小题。 14. 常温下，向足量AgBr中滴加溶液，反应为和，其中与的关系如图所示(M代表，或)。下列说法错误的是 A. 所在曲线表示的变化 B. 溶液中存在 C. 常温时AgBr的溶解度为 D. 反应[的平衡常数为 15. 从废定影液{主要含有等}中回收Ag的流程如下图所示： 下列说法错误的是 A. “沉银”反应的离子方程式为： B. “沉银”与“焙烧”都涉及尾气回收处理 C. “滤液1”与“滤液2”的阳离子相同 D. “还原”可用惰性电极电解回收Ag 第Ⅱ卷 非选择题(共55分) 二、非选择题(本题包括16~19题，共4题。) 16. 催化剂用于加氢合成甲醇，Cu是活性中心。并流共沉淀法制备催化剂前体的实验步骤如下。回答下列问题： （1）配制总浓度为且物质的量之比为的混合溶液。下列仪器中不需要的是_______(选填序号)；还缺少的仪器有_______(填名称)。 A． B． C． D． （2）“并流沉淀”时，为调控两种溶液滴入的滴速，用传感器监测反应液pH，以获得最佳无定形(，若监测到pH偏低，可采取的操作方法是_______，该反应的离子方程式为_______。 （3）在探究制备条件影响催化剂性能的实验中，图甲显示最适宜的pH范围是_______(选填“6~7””7~8”或“8~9”)；图乙为测定“灼烧”所得催化剂前体的晶体结构图谱，该方法的名称是_______实验。 （4）“陈化”前，进行“减压蒸氨”的目的是_______。 （5）研究发现，用溶液代替溶液，会降低催化剂活性。原因是_______。 （6）“灼烧”所得催化剂前体在催化加氢时，应优先通入_______并加热激活催化剂。 17. 氧化锆可用于特种陶瓷、固体电解质的生产。以锆石(主要成分为，常含少量Ti、Hf、Fe等元素)为原料，碱熔法生产并回收各种金属元素的流程如下。 已知：①Ti、Zr、Hf均为钛副族元素，它们的氧化物与NaOH熔融，生成溶解度较小且易水解的含氧酸盐(等)。 ②。Zr元素在不同pH条件下的主要存在形式如下表： pH <1 1~10 >10 Zr元素的主要存在形式 回答下列问题： （1）Zr元素位于第五周期，其价电子排布式为_______；“碱熔”时常按物质量加入锆石与NaOH，主要反应的化学方程式为_______。 （2）“滤液1”中的溶质是_______；“溶液X”中含有的金属元素主要有_______； （3）“滤液2”中通空气反应的离子方程式是_______；“沉淀Y”的化学式是_______。 （4）依据流程判断，可能属于_______氧化物(选填“酸性”、“碱性”或“两性”)。 （5）从“滤渣1”中分离提取的方法多样。上述方法的主要缺点是_______。 18. 我国目前氨的生产能力位居世界首位。回答下列问题： Ⅰ．制 天然气重整制，先后经历以下过程： ① ② （1）总反应的_______。常温下，①反应的，要使反应的，应_______(选填“升温”或“降温”)。 （2）生产时，②反应又分为：前后两段进行，其原因是_______。 Ⅱ．合成氨 （3）合成氨反应在催化剂表面按下图机理进行： 步骤⑥破坏是分子中孤电子对与铁原子的_______轨道(填符号)的相互作用，过程中决速步骤是_______(填序号)。 （4）以投入原料，分别在10MPa、20MPa、50MPa下，的平衡体积分数随温度变化的曲线如图所示。 ①_______。 ②实际生产时，中混有少量稀有气体Ar。在保持450℃、20MPa下建立平衡，此时的平衡体积分数应为图中的_______(选填a、b或c)，用平衡移动原理解释：_______。 ③若起始时Ar的体积分数为x%，在下建立平衡，平衡时的体积分数为25%，时反应的平衡常数_______。(列出算式即可) 19. 从海鞘中分离得到的类似communesin家族的天然产物，具有抗病毒等多样生物活性。合成其中间体H的一条路线如下(略去部分试剂和条件，忽略立体化学)。 回答下列问题： （1）的反应类型为_______；H分子中采用：杂化的碳原子数为_______。 （2）D→E可能产生副产物，其结构简式是_______； （3）E→F中还有一种产物，其名称是_______。 （4）F→G反应中的作用是_______，G中含氧官能团名称是_______。 （5）①反应中，DMAP结构简式为：，其含有苯环不含的同分异构体共_______种。 （6）参照上述路线，由合成B有4步反应，第二步反应的化学方程式是_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 泸州市高2022级第三次教学质量诊断性考试 化学 注意事项： 1.本试卷分为第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)，满分100分。考试时间75分钟。 2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码。 3.答选择题时，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。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。非选择题必须使用0.5毫米黑色墨迹签字笔在答题卡上题目指示区域内作答，答在试卷上无效。考试结束后，将答题卡交回，试卷自留。 4.可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 S 32 Mg 24 Ni 59 预祝各位考生考试顺利！ 第Ⅰ卷 选择题(共45分) 一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项最符合题目要求。) 1. 我国突破EUV光刻技术，即将开启芯片新纪元！下列关于制造芯片的说法正确的是 A. 制造芯片的半导体材料，常在过渡元素中去寻找 B. 酚醛树脂可用于制造光刻胶，它属于有机高分子材料 C. 从石英砂到制造芯片的高纯硅，通常使用金属还原剂 D. EUV光刻技术制得的7nm及以下芯片，属于胶体 【答案】B 【解析】 【详解】A．半导体材料如硅、锗位于金属与非金属交界处，属于主族元素，而非过渡元素，A错误； B．酚醛树脂是人工合成的有机高分子材料，可用于光刻胶的制造，B正确； C．工业上通过碳还原SiO2制粗硅，再经SiHCl3与H2反应制纯硅，未使用金属还原剂，C错误； D．芯片是晶体结构的纯净物，胶体为分散系（混合物），尺寸符合但本质不同，D错误； 故答案选B。 2. 光催化还原可助力碳中和，反应为：。是阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是 A. 4种物质中有2种非极性分子 B. 反应物的VSEPR模型都是直线形 C. 反应共形成个σ键 D. 生成共转移个 【答案】D 【解析】 【详解】A．（非极性）、（极性）、（非极性）、（非极性），非极性分子有3种，A错误； B．的VSEPR模型为直线形，的VSEPR模型为四面体形，B错误； C．88 g 为2 mol，每个含2个σ键，总4 mol σ键；反应生成1 mol （含5个σ键）和3 mol （各1个σ键），总8 mol σ键，与反应物σ键总数（8 mol）相同，C错误； D．中C从+4→-2，每个C得6e⁻，2 mol共得12 mol e⁻，和中的O被氧化为，总失12 mol ，电子转移守恒，生成1 mol 转移12个，D正确； 故答案选D。 3. 化学在生命科学发展中具有重要作用。下列关于生物大分子的说法错误的是 A. 多糖和核酸都能发生水解反应 B. 蛋白质变性都有肽键断裂 C. 核苷酸间形成磷酯键连接成核酸 D. 结晶牛胰岛素属于蛋白质 【答案】B 【解析】 【详解】A．多糖和核酸都能水解，多糖水解生成单糖，核酸水解生成核苷酸等，A正确； B．蛋白质变性是空间结构破坏，但肽键未断裂，B错误； C．核苷酸通过磷酸二酯键连接成核酸，“磷酯键”在此处可理解为磷酸二酯键，C正确； D．结晶牛胰岛素是人工合成的蛋白质，D正确； 故选B。 4. 白藜芦醇具有抗肿瘤功效，结构简式如图所示。下列有关说法错误的是 A. 存在顺反异构体 B. 核磁共振氢谱有7组峰 C. 可与溶液反应 D. 可与浓溴水发生取代反应 【答案】B 【解析】 【详解】A．分子中存在碳碳双键，双键两端的碳原子分别连接不同的原子或基团（苯环和氢原子），满足顺反异构条件，存在顺反异构体，A正确； B．分子中不同化学环境的氢原子种类：左边苯环（3，5-二羟基）有2种芳香氢（2/6位等效、4位），右边苯环（4-羟基）有2种芳香氢（2/6位等效、3/5位等效），双键上2种氢（化学环境不同），3个羟基氢（左边两个羟基等效、右边一个不同），共2+2+2+2=8组峰，B错误； C．分子中含酚羟基，酚羟基酸性强于碳酸氢根，可与溶液反应生成酚钠和NaHCO3，C正确； D．酚羟基邻对位氢活泼，可与浓溴水发生取代反应（如左边苯环羟基邻位氢被取代），D正确； 故选B。 5. 下列过程中对应的离子方程式错误的是 A. SO2通入溶液中产生白色沉淀： B. 蓝色氯化四氨合铜溶于浓盐酸呈黄绿色： C. 乙烯使酸性溶液褪色： D. 向MgI2溶液中通入等物质的量的氯气： 【答案】A 【解析】 【详解】A．SO2溶于水反应产生H2SO3，使溶液显酸性。在酸性条件下表现强氧化性，能够将SO2及H2SO3氧化为，与溶液的Ba2+结合生成BaSO4沉淀，被还原为无色NO气体，该反应的离子方程式为：3SO2+2H2O+2+3Ba2+=3BaSO4↓+2NO↑+4H+，A错误； B．[Cu(NH3)4]2+显蓝色，将其溶于浓盐酸中，浓盐酸中H+与[Cu(NH3)4]2+离解出NH3结合生成，Cl-取代NH3与Cu2+结合形成[CuCl4]2-，故发生反应，使溶液由蓝色变为黄绿色，B正确； C．乙烯具有还原性，能够被被酸性KMnO4氧化为CO2，KMnO4被还原为Mn2+，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，结合物质的拆分原则，可知该反应的离子方程式为：，C正确； D．由于氧化性：Cl2＞I2，所以向MgI2溶液中通入等物质的量的Cl2，会发生反应：，D正确； 故合理选项是A。 6. 下列装置(夹持仪器省略)不能达到实验目的的是 装置 目的 A．牺牲阳极法实验证明Fe被保护 B．证明铜与浓硝酸反应 装置 目的 C．证明1-溴丁烷消去生成丁烯 D．证明非金属性：S＞C＞Si A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．在牺牲阳极法中，由于金属Zn比Fe活泼，所以Zn作原电池的负极被氧化，Fe作正极而被保护。取溶液滴加铁氰化钾溶液，若Fe未被腐蚀则无Fe2+，无蓝色沉淀生成，可证明Fe被保护，A正确； B．Cu与浓硝酸反应，Cu被氧化生成Cu(NO3)2使溶液显蓝色、HNO3得到电子被还原为红棕色NO2气体，同时反应产生水，NO2气体被NaOH溶液吸收，通过观察铜溶解、溶液变蓝色及红棕色气体被NaOH吸收后溶液为无色等现象可证明反应的发生，B正确； C．1-溴丁烷发生消去反应需与NaOH乙醇溶液加热，生成的1-丁烯和H2O，但1-丁烯中混有挥发的乙醇，乙醇具有强的还原性，也能被酸性KMnO4溶液氧化而使酸性KMnO4溶液褪色，干扰1-丁烯的检验，因此无法确定褪色原因，C错误； D．元素的非金属性越强，其形成的最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强。稀硫酸与NaHCO3反应生成CO2，证明酸性：H2SO4＞H2CO3，说明元素的非金属性：S＞C；将反应产生的CO2通入Na2SiO3溶液中，发生反应生成H2SiO3沉淀，证明酸性：H2CO3＞H2SiO3，说明了元素的非金属性：C＞Si，因此可证明元素的非金属性：S＞C＞Si，D正确； 故合理选项是C。 7. X、Y、Z、W、M为原子序数依次增大的短周期主族元素。由5种元素组成的某化合物是电池工业中的重要原料，该化合物的结构式如图所示。下列说法正确的是 A. 离子半径 B. 第一电离能： C. 简单氢化物的沸点： D. 电负性： 【答案】B 【解析】 【分析】X、Y、Z、W、M为原子序数依次增大的短周期主族元素，W在化合物中形成+1价阳离子，则W为Na，在阴离子结构，Y形成2个共价键，可能为O（O最外层6个电子，形成2个共价键达8电子稳定结构），Z形成1个共价键，为F（F最外层有7个电子，形成1个共价键达8电子稳定结构），X为中心原子，连接2个M，且阴离子带1个负电荷，推测X为N（N最外层5个电子，得1个电子并形成2个共价键达8电子稳定结构），M形成6个共价键，最外层有6个电子，原子序数大于W（11），M为S（且结合阴离子组成，化合价代数和判断M为+6价），综上：X为N，Y为O，Z为F，W为Na，M为S。 【详解】A．X为N，Y为O，W为Na，离子分别为，为电子层结构相同的离子，则核电荷数越大离子半径越小，故，A错误； B．X为N，Y为O，Z为F，为同周期元素，第一电离能从左到右为增大趋势，但N原子2p为半充满状态，较稳定，第一电离能大于O，故第一电离能，B正确； C．Y为O，Z为F，M为S，简单氢化物为，分子间形成氢键，沸点较高，分子间氢键数目比多，沸点高于，分子间不能形成氢键，沸点较低，即沸点，C错误； D．Z为F，W为Na，M为S，元素非金属性越强，电负性越大，即，D错误； 故选B。 8. 苯甲酸苯甲酯常用于医药工业，其制备反应过程如下。下列有关说法错误的是 A. X是的同系物 B. Y分子中所有原子都可能共平面 C. Z分子中不含手性碳原子 D. 过程中涉及加成反应和消去反应 【答案】A 【解析】 【详解】A．X为苯甲醇（Ph-CH2OH），官能团为醇羟基（-OH连于侧链CH2）；苯酚（Ph-OH）官能团为酚羟基（-OH直接连苯环），二者官能团不同，结构不相似，不属于同系物，A错误； B．Y为苯甲酸（Ph-COOH），苯环为平面结构，羧基中碳原子为sp2杂化，通过单键旋转，羧基平面可与苯环平面重合，分子中所有原子可能共平面，B正确； C．Z分子中中间碳原子连接苯环、两个-OH和-O-CH2-Ph，存在两个相同的-OH基团，不满足手性碳“连四个不同基团”的条件，不含手性碳原子，C正确； D．X与Y反应生成Z时，Y中羰基（C=O）与X中羟基O发生加成反应形成Z（四面体中间体）；Z脱水生成W时，失去1分子H2O形成C=O双键，属于消去反应，过程涉及加成和消去反应，D正确； 故选A。 9. 在非水溶剂中，将转化为化合物ⅱ的催化机理示意图如图。下列说法错误的是 A. AcOH不能降低反应的活化能 B. KI不能提高的平衡转化率 C. 反应历程中有极性键的断裂与形成 D. 该过程的总反应式： 【答案】A 【解析】 【详解】A．催化剂是反应前后质量和化学性质不变，先参加后生成的物质，由图可知，催化剂有AcOH和KI，催化剂能降低反应活化能，A错误； B．KI为催化剂，催化剂只改变反应速率，不影响化学平衡，因此不能提高CO2的平衡转化率，B正确； C．反应历程中涉及CO2中C=O极性键的断裂、环氧烷烃中C-O极性键的断裂，以及新C-O极性键的形成，存在极性键的断裂与形成，C正确； D．总反应式为甲基环氧乙烷与CO2在催化剂作用下生成产物，与机理中起始物和最终产物一致，D正确； 故答案选A。 10. 一种含镁、镍、碳3种元素的超导材料，镁原子和镍原子一起构成立方最密堆积(见图甲，部分原子省略)，碳原子只填充在由镍原子构成的八面体空隙中。该立方晶胞在xy、xz、yz平面投影相同(见图乙)，为两种原子投影的重合，晶胞棱长为apm。下列说法错误的是 A. 镍原子位于立方体的体心和面心 B. 组成该晶体的化学式为 C. 该晶体的密度为 D. 每个Ni原子周围与其等距且最近的Ni原子数为8 【答案】A 【解析】 【详解】A．碳原子只填充在由镍原子构成的八面体空隙中， 结合立方晶胞在xy、xz、yz平面投影(图乙)相同，可知该晶胞结构为，镍原子位于立方体的六个面心，而体心为碳原子，A错误； B．晶胞中Mg原子个数：，Ni原子个数：，C原子个数（位于体心）：1，则化学式为MgNi3C，B正确； C．晶胞的质量是：，体积：，则密度为，C正确； D．Ni原子在面心，根据晶胞结构，以如图的镍原子为参照，上层晶胞和该晶胞中，与其等距且最近的Ni原子有8个，D正确； 故选A。 11. 下列关于实验现象、解释或结论都正确的是 选项 实验操作 现象 解释或结论 A 将氨水滴入的溶液中 先产生白色胶状物，后溶解 是两性氢氧化物 B 向粉红色的溶液中加入NaCl固体 溶液由粉红色变为蓝色 存在转化： C 向白葡萄酒中滴加几滴酸性高锰酸钾溶液 溶液紫色褪去 证明葡萄酒中含 D 向某无色溶液中加入盐酸 产生无色气体 该溶液中一定含有 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．氨水弱碱，无法溶解Al(OH)3，A错误； B．CoCl2溶液中存在[Co(H2O)6]2+（粉红色）与Cl−的配位平衡，加入NaCl增加Cl−浓度，平衡右移生成蓝色[CoCl4]2−，现象和解释均正确，B正确； C．除SO2外，葡萄酒中的乙醇也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，使之褪色，C错误； D．无色气体可能是CO2或SO2，对应溶液可能含有、 或等，D错误； 故答案选B。 12. 下列有关物质性质的解释中错误的是 选项 物质性质 解释 A 酸性： 电负性，吸引成键电子的能力减弱，使O-H键中电子云偏向O的趋势变弱，更难电离出。 B 熔点：石墨>金刚石 碳碳键的键能：石墨>金刚石；碳碳键的键长：石墨<金刚石。 C 沸点： 分子间的范德华力更大 D 溶解性： 阴离子半径越大，其电子云越容易被阳离子吸引变形，使离子键占比减少，共价键极性减弱，在极性溶剂水中的溶解度减小。 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．对于（次卤酸），中心原子电负性，电负性越大，吸引成键电子能力越强，使键电子云更偏向O，极性增强，更易电离，酸性更强，因此酸性的规律，A正确； B．石墨中层内杂化，碳碳键键长更短，键能更大，破坏石墨晶体需克服更强的共价键，熔点更高，B正确； C．邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，削弱分子间作用力；对羟基苯甲醛形成分子间氢键，增强分子间作用力，故沸点应为对羟基苯甲醛>邻羟基苯甲醛，C错误； D．中，阴离子半径越大，其电子云越容易被阳离子吸引变形，使离子键占比减少，共价键极性减弱，在极性溶剂水中的溶解度减小，阴离子半径：，因此溶解性，D正确； 故答案选C。 13. 锂硫电池工作原理如图所示，其中电极b常用石墨烯嵌入S8的材料，S8生成多聚硫化物。下列说法错误的是 A. a为负极 B. b极石墨烯起到导电的作用 C. 放电时，b极可发生反应： D. 充电时，转化为共失去2mol电子 【答案】D 【解析】 【分析】由图可知：锂硫电池中a极为负极，锂失电子发生氧化反应，电极反应为：Li-e-=Li+，Li+移向正极，所以b极是正极；S8发生还原反应生成多聚硫化物Li2Sx( 2<x≤8)，电极方程式可能为：S8+2e-=， +2Li+=Li2S8，3Li2S8+2Li++2e-=4Li4S6，2Li4S6+2Li++2e-=3Li2S4，Li2S4+2Li++2e-=2Li2S2，据此分析。 【详解】A．在锂硫电池中，Li易失去电子作负极，电极a为Li，故a电极为负极，A正确； B．硫作为不导电的物质，导电性非常差，而石墨烯的特性是室温下导电最好的材料，则石墨烯的作用主要是提高电极b的导电性，B正确； C．放电时b为正极，发生还原反应，b极可发生反应：S8+2e-=， +2Li+=Li2S8，3Li2S8+2Li++2e-=4Li4S6，2Li4S6+2Li++2e-=3Li2S4，Li2S4+2Li++2e-=2Li2S2，可能会发生反应：，该化学方程式遵循原子守恒、电子守恒，C正确﹔ D．充电时，电极方程式可能为2Li2S2-2e-=Li2S4+2Li+，即2 mol Li2S2转化为Li2S4共失去2 mol电子，则1 mol Li2S2转化为Li2S4时失去1 mol电子，D错误； 故合理选项是D。 阅读材料，照相底片未曝光的溴化银常用硫代硫酸钠溶液溶解并回收银。回答下列小题。 14. 常温下，向足量AgBr中滴加溶液，反应为和，其中与的关系如图所示(M代表，或)。下列说法错误的是 A. 所在曲线表示的变化 B. 溶液中存在 C. 常温时AgBr的溶解度为 D. 反应[的平衡常数为 15. 从废定影液{主要含有等}中回收Ag的流程如下图所示： 下列说法错误的是 A. “沉银”反应的离子方程式为： B. “沉银”与“焙烧”都涉及尾气回收处理 C. “滤液1”与“滤液2”的阳离子相同 D. “还原”可用惰性电极电解回收Ag 【答案】14. B 15. C 【解析】 【14题详解】 A．随着增大，高配位数配合物的浓度应增大，对应曲线斜率为正，Δ所在曲线符合此特征，A正确； B．根据物料守恒，溶解的元素以、、形式存在，每种微粒含1个，故，选项中“”错误，B错误； C．无时，溶解度，图中极小时，对应，则，C正确； D．反应的平衡常数，两配合物浓度曲线交点处，此时，即，D正确； 故选B。 【15题详解】 A．酸性条件下歧化：，释放的与结合为沉淀，配平后离子方程式为，A正确； B．“沉银”生成，“焙烧”也生成，有毒需回收处理，B正确； C．“滤液1”含（来自）和过量，“滤液2”含（来自与盐酸反应）和过量，阳离子不同，C错误； D．电解时在阴极得电子析出，可用惰性电极电解回收，D正确； 故选C。 第Ⅱ卷 非选择题(共55分) 二、非选择题(本题包括16~19题，共4题。) 16. 催化剂用于加氢合成甲醇，Cu是活性中心。并流共沉淀法制备催化剂前体的实验步骤如下。回答下列问题： （1）配制总浓度为且物质的量之比为的混合溶液。下列仪器中不需要的是_______(选填序号)；还缺少的仪器有_______(填名称)。 A． B． C． D． （2）“并流沉淀”时，为调控两种溶液滴入的滴速，用传感器监测反应液pH，以获得最佳无定形(，若监测到pH偏低，可采取的操作方法是_______，该反应的离子方程式为_______。 （3）在探究制备条件影响催化剂性能的实验中，图甲显示最适宜的pH范围是_______(选填“6~7””7~8”或“8~9”)；图乙为测定“灼烧”所得催化剂前体的晶体结构图谱，该方法的名称是_______实验。 （4）“陈化”前，进行“减压蒸氨”的目的是_______。 （5）研究发现，用溶液代替溶液，会降低催化剂活性。原因是_______。 （6）“灼烧”所得催化剂前体在催化加氢时，应优先通入_______并加热激活催化剂。 【答案】（1） ①. D ②. 烧杯、玻璃棒 （2） ①. 加快水溶液的滴速或减慢混合溶液的滴速 ②. 或 （3） ① 7~8 ②. X射线衍射 （4）减少与氨形成稳定配离子，提高催化剂前体产率 （5）催化剂中可能残留影响其性能 （6） 【解析】 【分析】“并流沉淀”时，调控混合溶液和碳酸铵溶液的滴入速度获得最佳无定形(；经过减压蒸氨除去N元素；通过陈化、干燥获得催化剂前体，经过氢气还原为催化剂用于加氢合成甲醇。 【小问1详解】 均需通过托盘天平(A)称量质量，称量好的固体放入烧杯(选项中缺少)中溶解并通过玻璃棒((选项中缺少))转移至容量瓶(C)中，待液面接近容量瓶刻度线时用胶头滴管(B)逐滴滴加水，下列仪器中不需要的是D(锥形瓶)，；还缺少的仪器有烧杯、玻璃棒。 【小问2详解】 “并流沉淀”时，混合溶液显酸性，碳酸铵溶液显碱性，若监测到pH偏低，可采取的操作方法是加快水溶液的滴速或减慢混合溶液的滴速；该反应的离子方程式为或。 【小问3详解】 pH在7~8范围内时催化剂的活性最强，为最适宜的pH范围；晶体结构图谱的测定实验是X射线衍射实验。 【小问4详解】 “陈化”前进行“减压蒸氨”将“氨气”从体系中移除，以减少与氨形成稳定配离子，提高催化剂前体产率； 【小问5详解】 用溶液代替溶液，催化剂中可能残留影响其性能。 【小问6详解】 “灼烧”所得催化剂前体是，催化剂是，应优先通入并加使CuO生成Cu，激活催化剂。 17. 氧化锆可用于特种陶瓷、固体电解质的生产。以锆石(主要成分为，常含少量Ti、Hf、Fe等元素)为原料，碱熔法生产并回收各种金属元素的流程如下。 已知：①Ti、Zr、Hf均为钛副族元素，它们的氧化物与NaOH熔融，生成溶解度较小且易水解的含氧酸盐(等)。 ②。Zr元素在不同pH条件下的主要存在形式如下表： pH <1 1~10 >10 Zr元素的主要存在形式 回答下列问题： （1）Zr元素位于第五周期，其价电子排布式为_______；“碱熔”时常按物质的量加入锆石与NaOH，主要反应的化学方程式为_______。 （2）“滤液1”中的溶质是_______；“溶液X”中含有的金属元素主要有_______； （3）“滤液2”中通空气反应的离子方程式是_______；“沉淀Y”的化学式是_______。 （4）依据流程判断，可能属于_______氧化物(选填“酸性”、“碱性”或“两性”)。 （5）从“滤渣1”中分离提取的方法多样。上述方法的主要缺点是_______。 【答案】（1） ① ②. （2） ①. ②. Zr和Hf （3） ①. ②. 或 （4）两性 （5）大量使用盐酸和硝酸，腐蚀设备(增加废液处理的成本) 【解析】 【分析】锆石(主要成分为，常含少量Ti、Hf、Fe等元素)为原料，Ti、Zr、Hf均为钛副族元素，它们的氧化物与NaOH熔融，生成溶解度较小且易水解的含氧酸盐(等)，同时还会生成，含铁氧化物不与氢氧化钠反应，均在熔饼之中；将熔饼加入热水中，和NaOH会溶于水，等含氧酸盐和含铁氧化物在滤饼之中；滤饼中加入浓盐酸酸浸，根据Zr元素在不同pH条件下的主要存在形式表，及可知，滤渣1中为，滤液2含Fe3+、Fe2+、TiO2+；向滤液2中通入空气并调节溶液pH在3~4的范围内，可将Fe2+氧化为Fe3+，同时将Fe3+转化为氢氧化铁；过滤后滤液3含TiO2+，将溶液调节pH在5~6的范围内，可将TiO2+转化为或；滤渣1中为，通过硝酸调节pH＜1，可将转化为和；通过TBP萃取，进入TBP层；经浓盐酸淋洗、沉淀灼烧，可得到，据此分析作答。 【小问1详解】 Zr的原子序数为40，位于元素周期表的第五周期第ⅣB族，则其基态原子的价电子排布式为；高温下，与NaOH反应生成、和水，化学方程式为：。 【小问2详解】 根据分析可知，“滤液1”中的溶质是；“溶液X”中含有的金属元素主要有Zr和Hf，故答案为：；Zr和Hf。 【小问3详解】 滤液2中通入空气是将Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式是；过滤后滤液3含TiO2+，将溶液调节pH在5~6的范围内，可将TiO2+转化为或，故答案为：；或。 【小问4详解】 为金属氧化物，可以和强酸反应，根据流程可知，还可以和强碱反应，则其可能属于两性氧化物，故答案为：两性。 【小问5详解】 根据流程可知，大量使用了盐酸和硝酸，硝酸具有强氧化性，易腐蚀设备，同时还增加废液处理的成本等，故答案为：大量使用盐酸和硝酸，腐蚀设备(增加废液处理的成本)。 18. 我国目前氨的生产能力位居世界首位。回答下列问题： Ⅰ．制 天然气重整制，先后经历以下过程： ① ② （1）总反应的_______。常温下，①反应的，要使反应的，应_______(选填“升温”或“降温”)。 （2）生产时，②反应又分为：前后两段进行，其原因是_______。 Ⅱ．合成氨 （3）合成氨反应在催化剂表面按下图机理进行： 步骤⑥破坏是分子中孤电子对与铁原子的_______轨道(填符号)的相互作用，过程中决速步骤是_______(填序号)。 （4）以投入原料，分别在10MPa、20MPa、50MPa下，的平衡体积分数随温度变化的曲线如图所示。 ①_______。 ②实际生产时，中混有少量稀有气体Ar。在保持450℃、20MPa下建立平衡，此时的平衡体积分数应为图中的_______(选填a、b或c)，用平衡移动原理解释：_______。 ③若起始时Ar的体积分数为x%，在下建立平衡，平衡时的体积分数为25%，时反应的平衡常数_______。(列出算式即可) 【答案】（1） ①. ②. 升温 （2）在以保证CO转化(或反应)速率，降到以提高CO的转化率 （3） ①. d或“3d”或“” ②. ② （4） ①. 50 ②. c ③. Ar降低了平衡混合气的分压，使平衡左(逆)移，的平衡体积分数下降 ④. 【解析】 【小问1详解】 根据盖斯定律，①+②可得总反应，因此；反应①的，,要使，应升温。 【小问2详解】 在以保证CO的转化(或反应)速率，降到以提高CO的转化率，因此②反应又分为：前后两段进行。 【小问3详解】 步骤⑥破坏的是分子中孤电子对与铁原子间的配位键，铁原子形成配位键的空轨道为d（或“3d”或“” ）；活化能越大反应速率越慢，为该反应的决速步骤，由机理图可知，N2中的键能最大，断开需要的活化能最大，因此决速步骤为②。 【小问4详解】 ①根据方程式，该反应的正反应是气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，则压强越大的平衡体积分数越大，因此50； ②在保持450℃、20MPa下建立平衡，应对应中间的曲线，当中混有少量稀有气体Ar ，Ar降低了平衡混合气的分压，使平衡左(逆)移，的平衡体积分数下降，因此的平衡体积分数应为图中的c； ③设总物质的量为100mol，则Ar的物质的量为xmol，N2的物质的量为mol，H2的物质的量为mol，根据三段式计算，，在下建立平衡，平衡时的体积分数为25%，即，，解得a=10，则平衡后总物质的量为，因此时反应的平衡常数。 19. 从海鞘中分离得到的类似communesin家族的天然产物，具有抗病毒等多样生物活性。合成其中间体H的一条路线如下(略去部分试剂和条件，忽略立体化学)。 回答下列问题： （1）的反应类型为_______；H分子中采用：杂化的碳原子数为_______。 （2）D→E可能产生副产物，其结构简式是_______； （3）E→F中还有一种产物，其名称是_______。 （4）F→G反应中的作用是_______，G中含氧官能团名称是_______。 （5）①反应中，DMAP的结构简式为：，其含有苯环不含的同分异构体共_______种。 （6）参照上述路线，由合成B有4步反应，第二步反应的化学方程式是_______。 【答案】（1） ①. 加成反应 ②. 10 （2） （3）碳酸单甲酯 （4） ①. 氧化剂 ②. 酰胺基、酯基 （5）6 （6） 【解析】 【分析】化合物A上是氨基与碳氯键发生取代反应生成化合物B，B与乙醛发生加成反应生成C；C经过一系列变化转化为D，D中的醇羟基发生消去反应生成含有碳碳双键的化合物E，结合FG 为氧化反应，G的结构简式为，G与甲胺发生取代反应生成H。 【小问1详解】 结合分析的反应类型为加成反应；杂化的碳原子上含有双键，H分子中有苯环上6个、酰胺基2个，碳碳双键2个，共10个。 【小问2详解】 D→E发生醇的消去反应，有两种消去方式，可能产生副产物的结构简式是。 【小问3详解】 E→F是E处五元环与左侧的5个碳原子结合，剩下的结构简式为，化学名称为碳酸单甲酯。 【小问4详解】 F→G反应中利用的氧化性，将烯胺转化为酰胺，引入氧原子属于氧化反应；G()中含氧官能团名称是酰胺基、酯基 【小问5详解】 的同分异构体含有，还有1个C、2个N，若要不含，可能的结构有、、和(邻间对3种)，共6种。 【小问6详解】 合成B()分四步进行，需结合合成路线中合成五元环，即苯环的邻位上要有氨基和碳氯键，第一步，第二步参考合成路线，即：，第三步：，第四步：，故第二步的化学方程式为：。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $