精品解析：山东省日照市2025届高三下学期5月校际联合考试化学试卷

2022级高三校际联合考试 化学 2025.05 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。 2、回答选择题时，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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 0 16 Cu 64 一、选择题：每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 下列过程未发生氧化还原反应的是 A. 果蔬褐变 B. 用一次性保暖贴取暖 C. 黏土高温烧结生产陶瓷 D. “非核氢弹”(主要含)爆炸 2. 化学品在纺织工业中也有重要应用，下列说法正确的是 A. 漂白毛、麻织物常用次氯酸钠 B. 增强织物柔韧性常用苯甲酸钠 C. 中和残留酸性物质常用碳酸氢钠 D. 合成尼龙的原料为己二酸和己二胺 3. 下列化学用语或图示正确的是 A. 碳酸二甲酯的结构简式： B. 的填充模型： C. 基态Ge原子最高能级组的电子排布式： D. 平面分子中存在的大π键 4. 下列关于配合物(en：乙二胺)的说法错误的是 A. 铁的化合价为 B. 配体是en、，配位数为6 C. 1mol该配合物中含有的σ键数为 D. 若向1mol该配合物中加入足量硝酸酸化的溶液，可得到3mol沉淀 5. 物质性质决定用途，下列两者对应关系错误的是 A. 羧酸与氨气加热制备酰胺，体现了羧酸的酸性 B. 邻二氮菲用于浓度测定，体现了N原子的配位性 C. 用作光导纤维，体现了良好的导光特性 D. 用清除甲醛，体现了的氧化性 6. 下列实验装置及操作，规范且能达到相应实验目的的是 A．测定醋酸的浓度 B．快速冷却溶液制备明矾大晶体 C．制备晶体 D．萃取振荡时放气 A. A B. B C. C D. D 7. 下列说法正确的是 A. 酿酒过程中葡萄糖在酒化酶的作用下发生水解反应生成乙醇 B. DNA双螺旋结构两条链上的碱基通过氢键作用互补配对 C. 蛋白质的空间结构发生变化不会导致其生物活性改变 D. 磷酸、戊糖和碱基结合而成的核苷酸是一种生物大分子 8. 新一代NTRK抑制剂，其结构如图，下列说法正确的是 A. 分子中有2种含氧官能团 B. 分子中所有碳原子共平面 C. 1 mol该物质与足量发生加成反应，最多可消耗 D. 1 mol该物质与足量NaOH溶液反应，产物酸化后分子中含4 mol 羧基 9. 离子液体具有电导率高、化学稳定性好等优点。某离子液体的结构简式如图，下列说法错误的是 A. 键角： B. 与的空间构型均为平面三角形 C. 该离子液体中存在极性键、非极性键、配位键等化学键 D. 改变离子液体中烷基的长度可调节离子液体的熔、沸点 10. 向饱和溶液(含有足量固体)中通入HCl气体或加入NaOH固体调节pH。不考虑从溶液中逸出，平衡时、分布系数与pH的变化关系如图所示(其中M代表或)。已知：。下列说法错误的是 A. 时，溶液的 B. 时，溶液中 C. 的平衡常数 D. 随pH增大，曲线Ⅳ不断上升的原因可能是部分转化为 二、选择题：每小题有一个或两个选项符合题目要求。 11. 由下列事实或现象能得出相应结论的是 选项 事实或现象 结论 A 向Fe(NO3)2溶液中先滴加稀硫酸，再滴加KSCN溶液，溶液变红色 Fe(NO3)2溶液已变质 B 向蔗糖中滴加浓硫酸并搅拌，蔗糖变黑、体积膨胀、产生刺激性气味气体 浓硫酸体现脱水性和强氧化性 C 用pH计测定相同浓度的Na2CO3溶液和NaClO溶液的pH，前者pH大 酸性： D 向等体积等浓度的NaOH溶液、氨水中分别加入等质量AgCl固体，前者固体不溶解、后者溶解 碱性： A. A B. B C. C D. D 12. 以相同浓度的为电解液的热再生乙腈电池，在光电条件下，可实现烃的偶联反应，向甲池左侧加入乙腈后，装置开始工作。已知：、分别代表烷基和芳香基，X代表卤素原子；；乙池中部分产物未标出。下列说法错误的是 A. 电极b连接电极c B. a电极反应式为 C. 乙池反应每生成1mol非极性键，b极质量增加64g D. 甲池隔膜为阴离子交换膜 13. 乙酰水杨酸()是一种白色晶体，易溶于有机溶剂、微溶于水、在水中溶解度随温度升高而增大，一种合成及提纯路线如下： 下列说法正确的是 A. “操作1”为冷却结晶、过滤 B. 饱和溶液的作用是与乙酰水杨酸反应生成可溶性的钠盐 C. 盐酸的主要作用是除去稍过量的 D. “操作2”洗涤时应先用冷水洗，再用乙醇洗 14. 某同学探究银离子与碘离子的反应及AgI的性质，实验操作及现象如图： 已知：① ② ③ 下列说法错误的是 A. “操作4”的现象与“操作1”相同 B. 增大的浓度可以促进AgI固体的溶解 C. “操作2”发生的反应可能为 D. AgI可溶于浓氨水 15. CH4和CO2重整制氢体系中主要发生下列反应： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 在密闭容器中，、时，若仅考虑上述反应，平衡时各气态物质的物质的量随温度的变化如图所示。下列说法正确的是 A. a表示平衡时H2的物质的量随温度的变化 B. ，反应Ⅱ的平衡常数 C. ，随着温度升高，容器中积碳减少 D. 下，增大压强，增大 三、非选择题： 16. C、Fe、N、Li及其化合物在生产生活中有重要作用。 回答下列问题： （1）杂化轨道中s轨道成分越多，C元素的电负性越强。下列化合物中，最有可能在碱性体系中形成阴离子的是___________(填标号)。 A. CH4 B. C2H4 C. C2H2 D. 苯 （2）富马酸()的熔点为300℃，马来酸()的熔点为140℃，富马酸熔点大于马来酸的原因可能是___________。 （3）第四周期元素中，基态原子未成对电子数比Fe多的是___________(填元素符号)，该周期中3d轨道上没有未成对电子的过渡元素离子的水合离子为无色，下列离子形成的水合离子为无色的是___________。 A． B． C． D． （4）应用于合成氨反应的铁催化剂表面上存在氮原子，下图为氮原子在铁的晶面上的单层附着局部示意图，铁颗粒表面上氮原子与铁原子的个数比为___________。 （5）某种离子型铁氧化物的晶胞结构如下图所示，它由A、B两种正方体单元构成，且两种正方体单元中氧离子的空间位置相同。通过Li+嵌入或脱嵌晶胞的棱心和体心，可将该晶体设计为某锂电池的正极材料(m、n为正整数)。 已知：。 ①B1中M原子分数坐标为(0，0，0)，则A3中Q原子分数坐标为___________。 ②若该锂电池正极材料中n(Fe2+)：n(Fe3+)=5：7，则Li+的脱嵌率为___________。 17. 一种合成阿斯巴甜(G)的路线如下： 已知：① ② 回答下列问题： （1）A的化学名称为___________；A→B的反应类型为___________。 （2）B中碳原子的杂化方式有___________种。C与M()相比，酸性较强的是___________(填“C”或“M”)。 （3）D→E的化学方程式为___________。 （4）F的结构简式为___________；G中含氮官能团的名称为___________。 （5）符合下列条件的C的同分异构体有___________种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱上有4组峰，峰面积之比为的结构简式为___________(写出一种)。 ①能与溶液显紫色 ②能发生银镜反应和水解反应 ③苯环上有四个取代基 18. 以软锰矿(主要含及少量的等)为主要原料制备的工艺流程如下： 回答下列问题： （1）“浸取”时将氧化为S单质的离子方程式为___________，“甘蔗渣水解液”的主要作用是___________。 （2）“滤渣1”的主要成分是___________(填化学式)。 （3）“工序①”的名称为___________。 （4）“有机相”中含有，向其中滴加___________(填化学式)溶液，有蓝色沉淀生成。 （5）有机萃取剂选用，萃取时发生反应，实验测得萃取率随pH升高先增大后减小，其原因可能是___________。 （6）“沉锰”时生成的离子方程式为___________。 19. 钴配合物是重要的化工原料，溶于热水，在冷水中微溶。可通过如下反应制备：2。已知：不易被氧化，具有较强的还原性。 具体步骤如下： ⅰ．取和溶解后加入适量活性炭，控制温度在以下，滴入20mL浓氨水。 ⅱ．边搅拌边逐滴加入20mL6%的溶液，加热至反应20min。 ⅲ．冷却后得到固体，抽滤。将滤得的固体转入含有少量盐酸的30mL沸水中溶解，趁热过滤。 ⅳ．向滤液中加入少量浓盐酸，冷却、过滤、干燥，得到晶体。 回答下列问题： （1）步骤ⅰ中先加浓氨水的目的是___________。 （2）步骤ⅱ中发生反应的离子方程式为___________。 （3）步骤ⅲ所用抽滤装置如图1所示，与普通过滤相比，抽滤的优点是___________；抽滤操作的正确顺序为：开抽气泵→___________→关抽气泵(填标号)。 a．转移固液混合物 b．关活塞A c．开活塞A d．确认抽干 （4）步骤ⅳ加入浓盐酸的目的是___________。 （5）用如图2装置测定配体氨的含量(已省略加热和夹持装置)。 ①蒸氨：取ag产品加入过量浓NaOH溶液，加热三颈烧瓶，蒸出的通入盛有标准溶液的锥形瓶中。液封装置1的作用是___________。 ②滴定：将液封装置2中的水倒入锥形瓶，以甲基橙为指示剂，用NaOH标准溶液滴定剩余的，消耗的NaOH标准溶液，的质量分数为___________。 ③误差分析：下列操作会使测得的的质量分数偏大的是___________(填标号)。 A．未将液封装置2中的水倒入锥形瓶 B．NaOH标准溶液使用前敞口放置于空气中一段时间 C．读数时，滴定前平视，滴定后仰视读数 D．滴定前滴定管尖嘴无气泡，滴定后滴定管尖嘴内有气泡 20. 氢气和碳氧化物反应生成甲烷，有利于实现碳循环利用，涉及反应如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 回答下列问题： （1）的数值范围是___________(填标号)。 A. B. C. 0~1 D. （2）时，在固定容积的容器中充入一定量的和1molCO，平衡时和CO的转化率(α)及和的物质的量(n)随变化的情况如图所示。 ①曲线a和c分别代表___________、___________。 ②当时，的选择性___________。若起始压强为，反应Ⅰ的___________。 （3）时，若反应Ⅱ的平衡常数K=0.5，则___________(填“>”或“<”)，当时，可能对应图中的___________(填“X”“W”或“N”)点。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2022级高三校际联合考试 化学 2025.05 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。 2、回答选择题时，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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 0 16 Cu 64 一、选择题：每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 下列过程未发生氧化还原反应的是 A. 果蔬褐变 B. 用一次性保暖贴取暖 C. 黏土高温烧结生产陶瓷 D. “非核氢弹”(主要含)爆炸 【答案】C 【解析】 【详解】A．果蔬褐变是酚类物质被氧化为醌类，有元素化合价的变化，发生了氧化还原反应，A不符合题意； B．保暖贴的核心发热机制基于铁粉氧化反应，总反应为，后续生成，发生氧化还原反应，B不符合题意； C．黏土烧结陶瓷是硅酸盐结构重组，主要是物理变化和复杂的非氧化还原的化学变化，元素化合价未变化，未发生氧化还原反应，C符合题意； D．MgH2爆炸时，与水发生反应：，反应中氢元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，D不符合题意； 答案选C。 2. 化学品在纺织工业中也有重要应用，下列说法正确的是 A. 漂白毛、麻织物常用次氯酸钠 B. 增强织物柔韧性常用苯甲酸钠 C. 中和残留酸性物质常用碳酸氢钠 D. 合成尼龙的原料为己二酸和己二胺 【答案】D 【解析】 【详解】A．次氯酸钠具有强氧化性，会破坏毛、麻等蛋白质纤维的结构，因此漂白这类织物通常使用更温和的过氧化氢，A错误； B．苯甲酸钠是防腐剂，而非用于增强织物柔韧性，增强柔韧性通常使用表面活性剂或硅油类物质，B错误； C．中和残留酸性物质常用碱性更强的碳酸钠（Na2CO3），而非碳酸氢钠（NaHCO3），因后者碱性较弱，可能无法完全中和，C错误； D．尼龙-66是由己二酸和己二胺通过缩聚反应生成聚酰胺，D正确； 故答案为：D。 3. 下列化学用语或图示正确的是 A. 碳酸二甲酯的结构简式： B. 的填充模型： C. 基态Ge原子最高能级组的电子排布式： D. 平面分子中存在的大π键 【答案】A 【解析】 【详解】A．碳酸二甲酯是碳酸与甲醇形成的酯，结构为两个-OCH3取代碳酸中的两个羟基，结构简式为CH3OCOOCH3，A正确； B．CCl4的填充模型需体现原子相对大小，Cl原子半径大于C原子，正确模型应是，B错误； C．Ge为32号元素，电子排布式为[Ar]3d104s24p2，最高能级组为第四能级组(含4s、3d、4p)，C错误； D．吡咯（HN-五元环）为平面分子，N原子sp²杂化，p轨道含2个电子，4个C原子各提供1个p电子，形成5中心6电子大π键可表示为，D错误； 故选A。 4. 下列关于配合物(en：乙二胺)的说法错误的是 A. 铁的化合价为 B. 配体是en、，配位数为6 C. 1mol该配合物中含有的σ键数为 D. 若向1mol该配合物中加入足量硝酸酸化的溶液，可得到3mol沉淀 【答案】D 【解析】 【详解】A．溴和氯为-1价，乙二胺不带电，根据正负化合价为零可知，铁的化合价计算为+3，A正确； B．配体为en（提供两个配位原子）、Cl-、Br-，配位数=2×2+1+1=6，B正确； C．每个en含11个σ键，两个en共22，配位键6个，总σ键数28NA，C正确； D．内界Cl-和Br-作为配体不离解，仅外界Cl-生成1mol AgCl，D错误； 故选D。 5. 物质性质决定用途，下列两者对应关系错误的是 A. 羧酸与氨气加热制备酰胺，体现了羧酸的酸性 B. 邻二氮菲用于浓度测定，体现了N原子的配位性 C. 用作光导纤维，体现了良好的导光特性 D. 用清除甲醛，体现了的氧化性 【答案】A 【解析】 【详解】A．羧酸与氨气加热制备酰胺的过程分为两步：首先羧酸与氨气中和生成铵盐（体现酸性），随后脱水生成酰胺，虽然酸性在第一步起作用，但酰胺的形成主要依赖脱水缩合而非酸性，A错误； B．邻二氮菲中的N原子含有孤对电子，可与形成稳定配合物，用于比色法测定浓度，体现了N的配位性，B正确； C．制成的光导纤维具有高透明度和全反射特性，因此通常用作光导纤维的原料，C正确； D．具有强氧化性，可作强氧化剂使用，能将甲醛氧化为无害物质，D正确； 故答案为：A。 6. 下列实验装置及操作，规范且能达到相应实验目的的是 A．测定醋酸的浓度 B．快速冷却溶液制备明矾大晶体 C．制备晶体 D．萃取振荡时放气 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．测定醋酸浓度需用NaOH标准溶液滴定，NaOH为强碱，应使用碱式滴定管或配有聚四氟乙烯活塞的通用滴定管（耐酸碱），图示滴定管有聚四氟乙烯活塞，可装NaOH；锥形瓶中盛有20.00 mL醋酸溶液（需用移液管准确量取）和酚酞指示剂，通过酸碱中和滴定可计算醋酸浓度，操作规范且能达到目的，A正确； B．制备明矾大晶体需缓慢冷却使晶体缓慢生长，快速冷却会导致析出细小晶体或粉末，无法得到大晶体，无法达到目的，B错误； C．制备晶体应向溶液中加入乙醇降低溶解度，4ml溶液太少，不应使用烧杯，应使用试管，C错误； D．萃取振荡时放气的操作，是将分液漏斗倒置，然后打开活塞放气，图中放气操作不规范，D错误； 故选A。 7. 下列说法正确的是 A. 酿酒过程中葡萄糖在酒化酶的作用下发生水解反应生成乙醇 B. DNA双螺旋结构两条链上的碱基通过氢键作用互补配对 C. 蛋白质的空间结构发生变化不会导致其生物活性改变 D. 磷酸、戊糖和碱基结合而成的核苷酸是一种生物大分子 【答案】B 【解析】 【详解】A．葡萄糖在酒化酶的作用下转化为乙醇和二氧化碳的反应属于无氧分解反应，而非水解反应，水解反应通常需要水参与并且无化合价变化，A错误； B．DNA双螺旋的两条链通过碱基间的氢键互补配对（如A-T、C-G），B正确； C．蛋白质空间结构改变可能会导致其失去活性（如变性），C错误； D．核苷酸是核酸的单体，本身为小分子，多个核苷酸聚合可形成核酸大分子，D错误； 答案选B。 8. 新一代NTRK抑制剂，其结构如图，下列说法正确的是 A. 分子中有2种含氧官能团 B. 分子中所有碳原子共平面 C. 1 mol该物质与足量发生加成反应，最多可消耗 D. 1 mol该物质与足量NaOH溶液反应，产物酸化后分子中含4 mol 羧基 【答案】A 【解析】 【详解】A．分子中含酰胺基、酮羰基两种含氧官能团， A正确； B．分子中连接两个甲基的碳原子为杂化，所有碳原子不可能共平面，B错误； C．一个分子中含有的2个苯环、1个酮羰基、1个—CN均能与发生加成反应，则1 mol该物质与足量发生加成反应，最多可消耗9 mol ，C错误； D．1 mol该物质与足量NaOH溶液反应，氰基（-CN）、酰胺基水解酸化后共生成2 mol 羧基，-CF3对应生成1 mol 羧基，D错误； 故答案选A。 9. 离子液体具有电导率高、化学稳定性好等优点。某离子液体的结构简式如图，下列说法错误的是 A. 键角： B. 与的空间构型均为平面三角形 C. 该离子液体中存在极性键、非极性键、配位键等化学键 D. 改变离子液体中烷基的长度可调节离子液体的熔、沸点 【答案】B 【解析】 【详解】A．BF3中B的价层电子对数为，B为sp2杂化，BF3为平面三角形结构，键角为120°；中B的价层电子对数为，B为sp3杂化，为正四面体，键角约为109°28′，故键角：，A正确； B．中C价层电子对数为3+=3（无孤电子对），C为sp2杂化，为平面三角形；中N的价层电子对数为2+=2+2=4（2对孤电子对），N为sp3杂化，空间构型为V形，并非平面三角形，B错误； C．极性键（如C-N、C-H）、非极性键（如乙基中C-C）、配位键（中B与F-形成配位键）均存在，C正确； D．当烷基长度增加时，阳离子的体积变大，阴阳离子间的作用力变小，离子液体的熔、沸点将降低，故可通过调节烷基长度调节离子液体的熔、沸点，D正确； 故选B。 10. 向饱和溶液(含有足量固体)中通入HCl气体或加入NaOH固体调节pH。不考虑从溶液中逸出，平衡时、分布系数与pH的变化关系如图所示(其中M代表或)。已知：。下列说法错误的是 A. 时，溶液的 B. 时，溶液中 C. 的平衡常数 D. 随pH增大，曲线Ⅳ不断上升的原因可能是部分转化为 【答案】B 【解析】 【分析】向MgCO3饱和溶液(含有足量MgCO3固体)中通入HCl气体调节体系pH时，MgCO3逐渐溶解，和逐渐降低，c(Mg2+)逐渐增大、和先增大后减小，c(H2CO3)和δ(H2CO3)逐渐增大，所以图中曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示δ(H2CO3)、lg[c(Mg2+)]、、与pH的变化关系，由图可知，=c(H2CO3)时，pH=6.37，此时Ka1(H2CO3)= =c(H+)=10-6.37，同理Ka2(H2CO3)= =c(H+)=10-10.25，据此分析解答。 【详解】A. 时，K a1 (H2CO3)•K a2 (H2CO3)= =c2(H+)=10-16.62，c(H+)=10-8.31mol/L，则溶液的pH=8.31， A正确； B．pH=7时，c(OH-)=c(H+)，由电荷守恒2c(Mg2+)+c(H+)=+2+c(Cl-)+ c(OH-)得2c(Mg2+)=+2+c(Cl-)，则2c(Mg2+)＞+2，B错误； C．MgCO3+2H+⇌Mg2++H2CO3的平衡常数K=====1011.42，C正确； D．相对较大，MgCO3是微溶物，而Mg(OH)2更难溶，随pH增大，部分MgCO3转化为Mg(OH)2，导致溶液中增大，D正确； 故选B。 【点睛】本题若能考虑到是通过“通入HCl气体或加入NaOH固体调节pH”，列电荷守恒式时，会包含c(Cl-)或c(Na+)，即可确定B选项错误。 二、选择题：每小题有一个或两个选项符合题目要求。 11. 由下列事实或现象能得出相应结论的是 选项 事实或现象 结论 A 向Fe(NO3)2溶液中先滴加稀硫酸，再滴加KSCN溶液，溶液变红色 Fe(NO3)2溶液已变质 B 向蔗糖中滴加浓硫酸并搅拌，蔗糖变黑、体积膨胀、产生刺激性气味气体 浓硫酸体现脱水性和强氧化性 C 用pH计测定相同浓度的Na2CO3溶液和NaClO溶液的pH，前者pH大 酸性： D 向等体积等浓度的NaOH溶液、氨水中分别加入等质量AgCl固体，前者固体不溶解、后者溶解 碱性： A. A B. B C. C D. D 【答案】BC 【解析】 【详解】A．酸性溶液中，硝酸根离子具有强氧化性，能将Fe2+氧化为Fe3+，滴加KSCN溶液，溶液变红色，不能证明Fe(NO3)2已变质，A不符合题意； B．浓硫酸使蔗糖脱水成碳，表现脱水性，碳与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫等，表现强氧化性，B符合题意； C．用pH计测定相同浓度的Na2CO3溶液和NaClO溶液的pH，前者pH大，表明的水解能力强于ClO-，酸根离子的水解能力越强，对应酸的酸性越弱，则酸性：，C符合题意； D．NaOH与AgCl不能反应生成配合物，而氨水与AgCl能反应生成配合物，配合物的形成与碱性强弱无关，所以由实验操作和现象，不能证明碱性：，D不符合题意； 故选BC。 12. 以相同浓度的为电解液的热再生乙腈电池，在光电条件下，可实现烃的偶联反应，向甲池左侧加入乙腈后，装置开始工作。已知：、分别代表烷基和芳香基，X代表卤素原子；；乙池中部分产物未标出。下列说法错误的是 A. 电极b连接电极c B. a电极反应式为 C. 乙池反应每生成1mol非极性键，b极质量增加64g D. 甲池隔膜为阴离子交换膜 【答案】C 【解析】 【分析】由图，甲池中a电极上铜失去电子被氧化发生反应：，然后铜离子转化为：，总反应为：，a为负极，b为正极铜离子得到电子被还原：；乙池中c电极发生氧化反应：，c为阳极，则d为阴极； 【详解】A．电源正极连接电解池阳极，则电极b连接电极c，A正确； B．由分析，a电极总反应式为，B正确； C．由图，乙池中生成ArR过程中形成1个碳碳非极性键时存在1电子转移，则乙池反应每生成1mol非极性键，转移1mol电子，b极生成0.5mol铜单质，质量增加32g，C错误； D．结合分析，甲池中右侧硫酸根离子移向左侧负极，则隔膜为阴离子交换膜，D正确； 故选C。 13. 乙酰水杨酸()是一种白色晶体，易溶于有机溶剂、微溶于水、在水中溶解度随温度升高而增大，一种合成及提纯路线如下： 下列说法正确的是 A. “操作1”为冷却结晶、过滤 B. 饱和溶液的作用是与乙酰水杨酸反应生成可溶性的钠盐 C. 盐酸的主要作用是除去稍过量的 D. “操作2”洗涤时应先用冷水洗，再用乙醇洗 【答案】B 【解析】 【分析】水杨酸和乙酸酐发生取代反应生成乙酰水杨酸，方程式为(水杨酸)+(CH3CO)2O(醋酸酐)，反应结束后，将反应液倒入冷水中，使乙酰水杨酸结晶析出，过滤后将粗产品加到饱和碳酸氢钠溶液中溶解，乙酰水杨酸转化为乙酰水杨酸钠，而副产物不溶，抽滤，向滤液中加入盐酸调pH=2，反应生成乙酰水杨酸，冷却析出晶体，过滤得到乙酰水杨酸固体。 【详解】A．结合分析知，“操作1”不是简单的冷却结晶、过滤，而是将反应后的反应液倒入冷水中，使乙酰水杨酸（及副产物）结晶析出，然后过滤，A错误； B．粗产品中含有乙酰水杨酸、副产物，乙酰水杨酸可与碳酸氢钠反应生成可溶性的钠盐，而副产物难溶于饱和碳酸氢钠溶液，从而实现乙酰水杨酸、副产物的分离，故饱和溶液的作用是与乙酰水杨酸反应生成可溶性的钠盐，B正确； C．盐酸可以除去稍过量的，但盐酸的主要作用是将乙酰水杨酸钠转化为乙酰水杨酸，所以盐酸的主要作用不是除去稍过量的，C错误； D．“操作2”洗涤时，用冷水洗可减少乙酰水杨酸溶解带来的损失，因乙酰水杨酸易溶于有机溶剂（如乙醇），用乙醇洗会导致产品部分溶解，故不能用乙醇洗，D错误； 故选B。 14. 某同学探究银离子与碘离子的反应及AgI的性质，实验操作及现象如图： 已知：① ② ③ 下列说法错误的是 A. “操作4”的现象与“操作1”相同 B. 增大的浓度可以促进AgI固体的溶解 C. “操作2”发生的反应可能为 D. AgI可溶于浓氨水 【答案】D 【解析】 【分析】操作1是向过量的NaI溶液中加入少量，产生的淡黄色沉淀为，振荡后沉淀消失是因为过量的发生反应；操作2补加3滴，发生反应：；操作3继续反加4滴溶液，浓度增大，平衡正移生成更多的，沉淀不再溶解；操作4加1滴2%溶液，浓度增大，平衡正移。 【详解】A．根据分析可知，操作4加1滴2%溶液，浓度增大，正移，形成黄色沉淀，与操作1现象相同，A正确； B．由① ② 可得，，故增大的浓度可以促进AgI固体的溶解，B正确； C．根据分析操作2补加3滴，过量的会与生成的发生选项中反应，C正确； D．由①+③可得，，故反应正向进行的趋势极小，AgI几乎不溶于浓氨水，D错误； 故选D。 15. CH4和CO2重整制氢体系中主要发生下列反应： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 在密闭容器中，、时，若仅考虑上述反应，平衡时各气态物质的物质的量随温度的变化如图所示。下列说法正确的是 A. a表示平衡时H2的物质的量随温度的变化 B. ，反应Ⅱ的平衡常数 C. ，随着温度升高，容器中积碳减少 D. 下，增大压强，增大 【答案】BC 【解析】 【分析】升高温度，反应Ⅰ平衡正向移动，CO、H2的物质的量都增大；升高温度，反应Ⅱ平衡正向移动，CO的物质的量增大，H2的物质的量减小；反应Ⅲ中，升高温度，平衡逆向移动，CO的物质的量增大。综合分析，升高温度，CO物质的量增大的幅度大于H2物质的量增大的幅度，所以曲线a表示CO平衡时物质的量随温度变化的曲线。 【详解】A．由分析可知，a表示平衡时CO的物质的量随温度的变化，不表示平衡时H2的物质的量随温度的变化，A错误； B．，n(CO)=n(CO2)=n(H2O)=0.5mol，n(CH4)=0.15mol，n始(CH4)=1mol，依据氢元素守恒，可求出平衡时n(H2)=(1mol-0.15mol)×2-0.5mol=1.2mol，设容器的体积为VL，则反应Ⅱ的平衡常数，B正确； C．，温度升高，反应Ⅲ(放热反应)平衡逆向移动，容器中积碳减少，C正确； D．图中下，体系中的气体只有CO、H2，且二者均为2.0mol，说明反应I恰好反应完全，且不存在反应II、反应Ⅲ，所以增大压强对无影响，D错误； 故选BC。 三、非选择题： 16. C、Fe、N、Li及其化合物在生产生活中有重要作用。 回答下列问题： （1）杂化轨道中s轨道成分越多，C元素的电负性越强。下列化合物中，最有可能在碱性体系中形成阴离子的是___________(填标号)。 A. CH4 B. C2H4 C. C2H2 D. 苯 （2）富马酸()的熔点为300℃，马来酸()的熔点为140℃，富马酸熔点大于马来酸的原因可能是___________。 （3）第四周期元素中，基态原子未成对电子数比Fe多的是___________(填元素符号)，该周期中3d轨道上没有未成对电子的过渡元素离子的水合离子为无色，下列离子形成的水合离子为无色的是___________。 A． B． C． D． （4）应用于合成氨反应的铁催化剂表面上存在氮原子，下图为氮原子在铁的晶面上的单层附着局部示意图，铁颗粒表面上氮原子与铁原子的个数比为___________。 （5）某种离子型铁氧化物的晶胞结构如下图所示，它由A、B两种正方体单元构成，且两种正方体单元中氧离子的空间位置相同。通过Li+嵌入或脱嵌晶胞的棱心和体心，可将该晶体设计为某锂电池的正极材料(m、n为正整数)。 已知：。 ①B1中M原子分数坐标为(0，0，0)，则A3中Q原子分数坐标为___________。 ②若该锂电池正极材料中n(Fe2+)：n(Fe3+)=5：7，则Li+的脱嵌率为___________。 【答案】（1）C （2）富马酸是反式结构，形成的主要是分子间氢键，使其分子间的作用力大大强于马来酸，故熔点比马来酸高的多 （3） ①. Cr、Mn ②. AD （4）1：2 （5） ①. (，，) ②. 50% 【解析】 【小问1详解】 C是6号元素，根据构造原理可知基态C原子核外电子排布式是1s22s22p2，其价电子排布式是2s22p2；C原子在形成化合物时，可采取多种杂化方式，杂化轨道中s轨道成分越多，则C元素的电负性越强，连接在该C原子上的H原子越容易电离，越容易在碱性体系中形成阴离子。 A．CH4中C原子杂化类型是sp3杂化； B．C2H4的结构简式是CH2=CH2，该分子中C原子杂化类型是sp2杂化； C．C2H2的结构简式是CH≡CH，该分子中C原子杂化类型是sp杂化； D．苯分子式是C6H6，该分子中C原子杂化类型是sp2杂化。 可见在上述四种位置中，杂化轨道中s轨道成分最多的物质是乙炔C2H2，因此最有可能在碱性体系中形成阴离子的是物质是C2H2，合理选项是C； 【小问2详解】 富马酸和马来酸分子式相同，而分子的空间结构不同，二者是同分异构体。二者都是由分子通过范德华力形成的分子晶体，但由于富马酸是反式结构，其分子之间除存在范德华力外，还存在氢键，氢键比范德华力大很多，氢键的存在使其分子间的作用力大大强于马来酸，导致物质的熔沸点升高，故富马酸的熔点比马来酸高的多； 【小问3详解】 Fe是26号元素，根据构造原理，可知基态Fe原子核外电子排布式为ls22s22p63s23p63d64s2，Fe原子核外有4个未成对电子。同周期中基态原子未成对电子数比Fe多的有Cr、Mn两种元素，Mn原子核外有5个未成对电子，Cr原子核外有6个未成对电子； A．Sc是21号元素，Sc3+核外电子排布式是1s22s22p63s23p6，3d轨道无电子，也无成对电子，其离子水合时通常为无色； B．Cr是24号元素，Cr3+核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d3，3d轨道有3个未成对电子，水合离子为绿色； C．Fe是26号元素，Fe3+核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d5，3d轨道有5个未成对电子，水合离子为黄色； D．Zn是30号元素，Zn2+核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d10，3d轨道全满，无未成对电子，水合离子为无色； 可见形成的水合离子为无色的是Sc3+和Zn2+，故合理选项是AD； 【小问4详解】 以N原子为研究对象，在每个N原子周围有4个Fe原子，每个Fe原子被2个这种单层平面结构所共有，属于该结构的Fe原子数目为4×=2，故在铁颗粒表面上氮原子与铁原子的个数比为n(N)：n(Fe)=1：2； 【小问5详解】 ①B1中M原子分数坐标为(0，0，0)，A、B单元的边长为1，Q在A3的体对角线的处，其在晶胞中x、y、z轴上投影坐标分别为、、，因此Q原子分数坐标应为(，，)； ②由A、B两种正方体单元可知，离子型铁的氧化物晶胞中，顶点、面心和体内的Fe2+个数为：4×(4×+4×+1)=8，位于体内的Fe3+个数为：4×4 =16，Fe2+和Fe3+的总数为8+16=24，位于体内的氧离子个数为：4×8 = 32；嵌入或脱嵌在晶胞的棱心和体心的Li+，最大值为：12×+1=4。若该正极材料中n(Fe2+)：n(Fe3+)=5：7，则其中含有Fe2+个数为：，Fe3+的数目为：，设晶胞中含y个Li+，由化合物中各元素化合价代数和为零可知，10×2＋14×3+y=32×2，解得y =2，则1个晶胞中脱嵌出2个Li+，含有2个Li+，故Li+的脱嵌率为。 17. 一种合成阿斯巴甜(G)的路线如下： 已知：① ② 回答下列问题： （1）A的化学名称为___________；A→B的反应类型为___________。 （2）B中碳原子的杂化方式有___________种。C与M()相比，酸性较强的是___________(填“C”或“M”)。 （3）D→E的化学方程式为___________。 （4）F的结构简式为___________；G中含氮官能团的名称为___________。 （5）符合下列条件的C的同分异构体有___________种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱上有4组峰，峰面积之比为的结构简式为___________(写出一种)。 ①能与溶液显紫色 ②能发生银镜反应和水解反应 ③苯环上有四个取代基 【答案】（1） ①. 苯乙醛 ②. 加成反应 （2） ①. 3 ②. C （3）+CH3OH+H2O （4） ①. HOOCCH2CH(NH2)COOH ②. 氨基、酰胺基 （5） ①. 16 ②. 【解析】 【分析】由流程，结合物质化学式和结构，A为，A和HCN加成生成B，B中-CN转化为羧基得到C，C和氨气发生已知反应生成D，D和甲醇发生酯化反应生成E，E和F生成产物阿斯巴甜，结合阿斯巴甜结构，F为HOOCCH2CH(NH2)COOH； 【小问1详解】 A为，A的化学名称为苯乙醛；A和HCN加成生成B ，A→B的反应类型为加成反应； 【小问2详解】 B，B中苯环碳为sp2杂化，支链中饱和碳为sp3杂化，-CN中碳为sp杂化，碳原子的杂化方式有3种。C中羟基氧电负性很强，使得羧基中氢更容易被电离，导致与M()相比，酸性较强的是C； 【小问3详解】 D和甲醇发生酯化反应生成E，反应为：+CH3OH+H2O； 【小问4详解】 由分析，F的结构简式为HOOCCH2CH(NH2)COOH；由结构，G中含氮官能团的名称为氨基、酰胺基； 【小问5详解】 C中除苯环外，含3个碳、3个氧、1个不饱和度，符合下列条件的C的同分异构体：①能与溶液显紫色，则含酚羟基；②能发生银镜反应和水解反应，则为甲酸酯；③苯环上有四个取代基，则为-OH、-OCHO、-CH3、-CH3，苯环上4个取代基中2个相同，首先确定其中3个取代基再确定第4个取代基，存在16种情况；其中核磁共振氢谱上有4组峰，峰面积之比为，则存在2个相同的甲基，结构简式为。 18. 以软锰矿(主要含及少量的等)为主要原料制备的工艺流程如下： 回答下列问题： （1）“浸取”时将氧化为S单质的离子方程式为___________，“甘蔗渣水解液”的主要作用是___________。 （2）“滤渣1”的主要成分是___________(填化学式)。 （3）“工序①”的名称为___________。 （4）“有机相”中含有，向其中滴加___________(填化学式)溶液，有蓝色沉淀生成。 （5）有机萃取剂选用，萃取时发生反应，实验测得萃取率随pH升高先增大后减小，其原因可能是___________。 （6）“沉锰”时生成的离子方程式为___________。 【答案】（1） ①. ②. 作还原剂 （2）SiO2、S （3）萃取分液 （4）K3[Fe(CN)6] （5）pH较低时，H+浓度大，平衡逆向移动，Fe2+萃取率低；随pH升高，H+浓度减小，平衡正向移动，萃取率增大；pH过高时，Fe2+水解生成Fe(OH)2沉淀，萃取率减小 （6） 【解析】 【分析】软锰矿主要含MnO2及少量FeS2、SiO2、Al2O3等，经稀硫酸浸取（同时加入甘蔗渣水解液）后，MnO2氧化FeS2为S单质，Al2O3与酸反应；过滤后滤渣1为不溶的SiO2和反应生成的S；滤液中加入有机萃取剂进行萃取分液，分离出含Fe2+有机相；水相中加CaCO3调pH，使Al3+沉淀；滤液中加NaHCO3沉锰生成MnCO3，再加H3PO4酸溶得到Mn(H2PO4)2。 【小问1详解】 浸取时，MnO2将FeS2氧化为S单质，自身被还原为Mn2+，FeS2中Fe为+2价、S为-1价，酸性条件下离子方程式为：；甘蔗渣水解液的主要作用是作还原剂，保证反应体系中还原性环境（如还原Fe3+）； 【小问2详解】 根据分析可知，滤渣1的主要成分为SiO2和S； 【小问3详解】 加入有机萃取剂后，分离“有机相”和水相的操作是萃取分液； 【小问4详解】 检验Fe2+可滴加K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀； 【小问5详解】 萃取时发生的反应为：Fe2++n(HA)2，pH较低时，H+浓度大，平衡逆向移动，Fe2+萃取率低，随pH升高，H+浓度减小，平衡正向移动，萃取率增大，pH过高时，Fe2+水解生成Fe(OH)2沉淀，萃取率减小； 【小问6详解】 “沉锰”时生成的离子方程式为。 19. 钴配合物是重要的化工原料，溶于热水，在冷水中微溶。可通过如下反应制备：2。已知：不易被氧化，具有较强的还原性。 具体步骤如下： ⅰ．取和溶解后加入适量活性炭，控制温度在以下，滴入20mL浓氨水。 ⅱ．边搅拌边逐滴加入20mL6%的溶液，加热至反应20min。 ⅲ．冷却后得到固体，抽滤。将滤得的固体转入含有少量盐酸的30mL沸水中溶解，趁热过滤。 ⅳ．向滤液中加入少量浓盐酸，冷却、过滤、干燥，得到晶体。 回答下列问题： （1）步骤ⅰ中先加浓氨水的目的是___________。 （2）步骤ⅱ中发生反应的离子方程式为___________。 （3）步骤ⅲ所用抽滤装置如图1所示，与普通过滤相比，抽滤的优点是___________；抽滤操作的正确顺序为：开抽气泵→___________→关抽气泵(填标号)。 a．转移固液混合物 b．关活塞A c．开活塞A d．确认抽干 （4）步骤ⅳ加入浓盐酸的目的是___________。 （5）用如图2装置测定配体氨的含量(已省略加热和夹持装置)。 ①蒸氨：取ag产品加入过量浓NaOH溶液，加热三颈烧瓶，蒸出的通入盛有标准溶液的锥形瓶中。液封装置1的作用是___________。 ②滴定：将液封装置2中的水倒入锥形瓶，以甲基橙为指示剂，用NaOH标准溶液滴定剩余的，消耗的NaOH标准溶液，的质量分数为___________。 ③误差分析：下列操作会使测得的的质量分数偏大的是___________(填标号)。 A．未将液封装置2中的水倒入锥形瓶 B．NaOH标准溶液使用前敞口放置于空气中一段时间 C．读数时，滴定前平视，滴定后仰视读数 D．滴定前滴定管尖嘴无气泡，滴定后滴定管尖嘴内有气泡 【答案】（1）提供大量NH3，让Co2+与NH3充分结合形成[Co(NH3)6]2+，为后续反应做准备 （2）2[Co(NH3)6]2+ + H2O2 = 2[Co(NH3)6]3+ + 2OH- （3） ①. 过滤速度快，得到的固体较干燥 ②. abdc （4）增大Cl-浓度，使的溶解平衡逆向移动，促进晶体析出 （5） ①. 平衡气压，防止氨气逸出 ②. ③. D 【解析】 【分析】该实验是制备钴配合物的过程，反应原理为：通过来制备目标配合物，其中H2O2作为氧化剂，将[Co(NH3)6]2+氧化为[Co(NH3)6]3+。 步骤ⅰ：先加浓氨水，是为了提供大量NH3，让Co2+与NH3充分结合形成[Co(NH3)6]2+，为后续被氧化做准备，同时控制温度在10℃以下，可减少浓氨水的挥发。 步骤ⅱ：边搅拌边逐滴加入H2O2溶液并加热，H2O2氧化[Co(NH3)6]2+为[Co(NH3)6]3+，加热能加快反应速率，逐滴加H2O2可使反应更充分。 步骤ⅲ：冷却后抽滤得到固体，抽滤相比普通过滤，速度更快且得到的固体更干燥；将抽滤得到的固体转入含少量盐酸的沸水中溶解，是因为溶于热水，加少量盐酸可抑制[Co(NH3)6]3+的水解，趁热过滤可除去活性炭等不溶性杂质。 步骤ⅳ：向滤液中加浓盐酸，利用同离子效应，增大Cl-浓度，促使晶体析出，之后冷却、过滤、干燥得到产品。 【小问1详解】 步骤ⅰ中先加浓氨水，是为了提供大量NH3，让Co2+与NH3充分结合形成[Co(NH3)6]2+，为后续反应做准备。 【小问2详解】 步骤ⅱ中H2O2将[Co(NH3)6]2+氧化为[Co(NH3)6]3+，反应的离子方程式为：2[Co(NH3)6]2+ + H2O2 = 2[Co(NH3)6]3+ + 2OH-。 【小问3详解】 与普通过滤相比，抽滤的优点是过滤速度快，得到的固体较干燥。抽滤操作的正确顺序为：开抽气泵→a（转移固液混合物）→ b(关活塞A) → d（确认抽干）→c（开活塞A）→关抽气泵。 【小问4详解】 步骤ⅳ加入浓盐酸的目的是增大Cl-浓度，利用同离子效应，使的溶解平衡逆向移动，促进晶体析出。 【小问5详解】 ①液封可避免氨气从该通道逸出，同时平衡装置内外压强。 ②H2SO4与NH3反应的化学方程式为H2SO4 +2NH3=(NH4)2SO4，H2SO4与NaOH反应的化学方程式为H2SO4 + 2NaOH=Na2SO4 + 2H2O。与NH3反应的H2SO4的物质的量为()mol。根据化学计量关系，NH3的物质的量为。NH3的质量为，则NH3的质量分数为。 ③A．未将液封装置2中的水倒入锥形瓶，会导致部分NH3未被吸收，使得与NH3反应的H2SO4量减少，滴定消耗的NaOH体积偏大，计算出的与NH3反应的H2SO4量偏小，NH3质量分数偏小，A不符合题意； B．NaOH标准溶液使用前敞口放置于空气中一段时间，NaOH会吸收CO2，部分变质为Na2CO3，滴定H2SO4时，消耗的NaOH体积偏大，计算出的与NH3反应的H2SO4量偏小，NH3质量分数偏小，B不符合题意； C．读数时，滴定前平视，滴定后仰视读数，会导致读取的NaOH体积偏大，计算出的与NH3反应的H2SO4量偏小，NH3质量分数偏小，C不符合题意； D．滴定前滴定管尖端无气泡，滴定后滴定管尖端内有气泡，会导致读取的NaOH体积偏小，计算出的与NH3反应的H2SO4量偏大，NH3质量分数偏大，D符合题意； 故选D。 20. 氢气和碳氧化物反应生成甲烷，有利于实现碳循环利用，涉及反应如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 回答下列问题： （1）的数值范围是___________(填标号)。 A. B. C. 0~1 D. （2）时，在固定容积的容器中充入一定量的和1molCO，平衡时和CO的转化率(α)及和的物质的量(n)随变化的情况如图所示。 ①曲线a和c分别代表___________、___________。 ②当时，的选择性___________。若起始压强为，反应Ⅰ的___________。 （3）时，若反应Ⅱ的平衡常数K=0.5，则___________(填“>”或“<”)，当时，可能对应图中的___________(填“X”“W”或“N”)点。 【答案】（1）D （2） ①. CO转化率 ②. CH4产率 ③. ④. （3） ①. < ②. W 【解析】 【小问1详解】 由盖斯定律，反应Ⅰ-反应Ⅱ得反应Ⅲ，则，，由于，则，则，故选D； 【小问2详解】 ①结合反应，越大，CO转化率越大直到接近100%，而氢气本身的转化率将下降，故a表示CO转化率、b表示H2转化率，随着的增大，CO接近完全转化，CH4产率逐渐增大，直到接近100%，故c表示CH4产率变化的曲线，a表示CO转化率，b表示H2转化率，d表示CO2产率变化的曲线； ②反应Ⅰ-反应Ⅱ得反应反应Ⅲ，可以只考虑反应Ⅰ、Ⅱ，当时，投料2mol氢气、1molCO，图中CO转化率为80%，则反应了0.8molCO，生成0.2mol二氧化碳，则结合碳守恒知，生成0.6mol甲烷，的选择性；由三段式： 则一氧化碳、氢气、甲烷、水、二氧化碳分别为0.2mol、0.4mol、0.6mol、0.4mol、0.2mol，总的物质的量为1.8mol，若起始压强为，则平衡压强为，反应Ⅰ的； 【小问3详解】 反应Ⅱ为气体分子数不变的反应，则时，反应Ⅱ的平衡常数，反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，时，若反应Ⅱ的平衡常数K=0.5，则<；当时，升高温度，反应Ⅰ、Ⅱ均逆向移动，使得CO转化率降低，故可能对应图中的W。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $