精品解析：湖南省岳阳市汨罗市第一中学2025-2026学年高三上学期9月月考化学试题

2025年9月高三上学期化学月考试题 一、单选题(每题3分，共45分) 1. “新质生产力”的概念中，“新”的核心在于科技创新，下列有关说法正确的是 A. “长征七号”采用液氧、煤油等作为推进剂，液氧、煤油都是纯净物 B. 打造中国北斗卫星导航系统：星载铷钟所用元素位于元素周期表中的区 C. “朱雀二号”液氧甲烷火箭入轨成功：为非极性分子，燃烧时非极性共价键被破坏 D. 利用合成高级脂肪酸的甘油酯，实现无机小分子向有机高分子的转化 2. 荆州博物馆藏品丰富，以下研究文物的方法达不到目的的是 A. 用断代法测定张家山汉墓竹简的年代 B. 用红外光谱法测定凤鸟花卉纹绵袍中有机分子的相对分子质量 C. 用射线衍射法分析玉覆面的晶体结构 D. 用原子光谱法鉴定漆木彩绘三鱼纹耳杯表层的元素种类 3. NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 石墨中含有的σ键数目为 B. 标准状况下，44.8L NO和22.4L O2反应后的分子数是2NA C. 常温下，1.0L pH=12的Ba(OH)2溶液中OH-的数目是0.02NA D. 将1mol NH4Cl与少量的稀氨水混合后，溶液呈中性，则溶液中数目为NA 4. 一种化合物分子结构如图所示，其中W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增大，W的一种同位素的中子数为0，X和Z同族。下列说法错误的是 A. 原子半径： B. 第一电离能： C. 电负性： D. 单质氧化性： 5. 有机化合物分子中基团间的相互影响会导致其化学性质的改变。下列叙述能说明上述观点的是 A. 苯酚易与NaOH溶液反应，而乙醇不能 B. 苯和甲苯都能与发生加成反应 C. 乙烯能发生加成反应，而乙烷不能 D. 等物质的量的甘油和乙醇分别与足量Na反应，前者反应生成的多 6. 下列实验操作和装置能达到目的的是 A. 图甲中操作①②为过滤，操作③为蒸馏 B. 图乙能验证苯环活化了羟基 C. 图丙能用于实验室制备乙烯 D. 图丁称量NaOH固体 7. 利用如图装置进行实验：打开，一定时间后，a中溶液变蓝；关闭，打开，点燃酒精灯加热数分钟后，滴入无水乙醇。下列说法错误的是 A. a中现象体现了的还原性 B. b中既作氧化剂也作还原剂 C. 乙醇滴加过程中，c中的铜丝由黑变红，说明乙醇被氧化 D. d中有银镜反应发生，说明c中产物有乙酸 8. 下列装置合理且能达到实验目的的是 A. 图1：乙酸乙酯的制备与收集 B. 图2：可用于探究乙醇的还原性 C. 图3：在光照条件下制取纯净的一氯甲烷 D. 图4：制取并收集乙炔 9. “证据推理与模型认知”是高中化学学科核心素养之一，也是学习化学的重要方法，下列相关说法正确的是 A. 已知固体难溶于稀硫酸，推测固体也难溶于稀硫酸 B. 已知常温下水溶液中溶解度大于，推测相同条件下溶解度大于 C. 已知气体常温下易溶于水，推测气体常温下也易溶于水 D. 已知的正四面体结构中键角为，推测的正四面体结构中键角也是 10. 肼(N2H4)可用作火箭的燃料，其制备方法之一：。NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 1.8g H2O含有的中子数为NA B. 0.1mol N2H4的共用电子对数为0.6NA C. 25℃，pH=9的NaClO溶液中水电离出的H+数目为1×10-9NA D. 每消耗11.2L NH3(已折算为标准状况)，转移的电子数为0.5NA 11. 下列实验操作及现象不能达到实验目的的是 选项 实验目的 实验操作及现象 A 检验脱脂棉水解产物中含有醛基 向脱脂棉水解液中加入过量的NaOH溶液至碱性，再滴入少量CuSO4溶液，加热，出现砖红色沉淀 B 检验某液体样品中含有蛋白质 向样品中滴入5滴浓硝酸，有白色沉淀产生，加热后沉淀变黄色 C 检验乙酰水杨酸中的酯基 向溶有乙酰水杨酸的澄清溶液中滴入2滴稀硫酸，加热后依次滴入几滴NaHCO3溶液和FeCl3溶液，振荡，溶液后显紫色 D 探究溴水与乙醛发生有机反应的类型 向溴水中加入足量乙醛溶液，检验褪色后溶液的酸碱性，若为酸性，则说明发生了氧化反应 A. A B. B C. C D. D 12. 烯烃在催化剂和氧化剂的条件下能转化为邻二醇，其机理如下图所示。下列说法正确的是 A. 化合物丁是该反应的催化剂 B. 转化过程中涉及非极性键的断裂与形成 C. 反应过程中Os的化合价未发生改变 D. 若将反应中换成，则产物中含有 13. 环糊精是一类环状低聚糖，常见的环糊精结构和空间模型如图 1 所示，环糊精的空腔与某些药物 形成包合物如图2 所示。下列说法正确的是 A. 图 1 中 3 种环糊精属于同系物 B. 环糊精空腔的内壁具有亲水性 C. 环糊精与药物形成包合物能增大药物的水溶性，控制药物的释放速度 D. 药物分子与环糊精之间的作用力是一种配位键 14. 环六糊精()具有不对称的空腔结构，能够在水中包合某芳香族客体组装成超分子X和Y。超分子组装过程示意图如图a所示，组装过程中两种超分子的浓度与时间关系如图b所示，下列说法错误的是 A. 极性大小：腔外>腔内 B. 环六糊精和客体通过分子间相互作用组装成超分子 C. 超分子组装过程的活化能：①>② D. 相同温度下超分子组装的平衡常数：①<② 15. “黄鸣龙还原法”是首例以中国科学家命名的有机化学反应，反应机理如下(R、R代表烃基)。下列说法错误的是 A. ①为加成反应，②为消去反应 B. 物质丙、丁互为同分异构体 C. 反应⑤可表示为 D. 通过黄鸣龙还原反应，丙酮可转化为乙烷 二、解答题(共55分) 16. 我国的蛇纹石资源十分丰富，它的主要成分是，伴生有少量、、等元素。利用蛇纹石转化与绿矾分解的耦合回收并矿化固定二氧化碳的实验流程如图所示。 已知： 回答下列问题： （1）绿矾()在高温下分解，得到红棕色固体和气体产物，反应的化学方程式为_______。 （2）经“焙烧①”“水浸”，过滤分离后，滤液中金属离子的浓度()分别为：、、、。滤渣①的主要成分是_______、_______。 （3）加入 “调”，过滤后，滤渣②是_______、_______，滤液中的浓度为_______。 （4）“焙烧②”后得到。晶胞如图所示，晶胞中含有的个数为_______。 （5）调节“沉镍”后的溶液为碱性，“矿化”反应的离子方程式为_______。 （6）蛇纹石“矿化”固定，得到，相当于固定_______L(标准状况)。 17. 苯甲酸常用于抗真菌及消毒防腐剂，实验室常用高锰酸钾氧化甲苯制备苯甲酸，其反应原理和实验装置如下（图1中加热和仪器固定装置均已略去）。 已知：苯甲酸在不同温度下溶解度如下： T/℃ 4 18 75 溶解度/g 0.18 0.27 2.20 实验步骤如下： ①在反应器c中加入甲苯、水、几粒沸石，边搅拌边加热； ②加热至沸腾后分批加入高锰酸钾，回流反应； ③将反应混合物趁热过滤，并用热水洗涤滤渣，合并滤液和洗涤液，用冰水浴冷却； ④加入盐酸酸化，直到苯甲酸充分析出，抽滤（装置如图2）、冷水洗涤、干燥、称量，得纯净的苯甲酸产品。 （1）反应器c的名称______。 （2）步骤②反应结束时，溶液呈紫红色，可向反应器c中加入适量的下列______（填字母）试剂处理，反应的离子方程式______。（使元素以形式存在） A．    B．    C．    D． （3）抽滤操作与普通过滤相比，除了得到的沉淀较干燥外，还有一个优点是______。 （4）步骤④中盐酸酸化的目的______（用化学方程式表示）。冷水洗涤的目的______。 （5）苯甲酸的产率______。（保留小数点后1位） （6）若要得到纯度更高的苯甲酸，可通过在水中______的方法提纯。 18. 利用方铅矿(主要成分为PbS，含有Al2O3、FeS2等杂质)制备PbSO4晶体的工艺流程如下： 已知：①PbCl2(s)+2Cl-(aq)[PbCl4]2-(aq)  H>0；②Ksp(PbSO4)=1×10-8，Ksp(PbCl2)=1×10-5。 （1）基态Fe原子的核外电子有___________种空间运动状态。 （2）“浸取”时，由PbS转化为[PbCl4]2-的离子方程式为___________。 （3）滤渣2的主要成分为___________(填化学式)。 （4）从平衡移动的角度解释“沉降”时加冰水的原因___________(答两点)。 （5）在实验室中用1L c()=0.104mol/L的溶液转化0.1mol PbCl2固体来模拟“沉淀转化”步骤，忽略溶液体积的变化，充分反应后溶液中Cl-的物质的量浓度为___________。 （6）滤液a可循环利用，试剂M中的溶质有___________(填两个化学式)。 19. 三草酸合铁酸钾晶体()是一种绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇，极易感光。 I．三草酸合铁酸钾晶体的制备 ①将晶体溶于水，加入少量和饱和溶液，加热、静置，待沉淀完全后，用倾析法弃去上层清液，再用蒸馏水洗涤沉淀。 ②向沉淀中加入饱和溶液，保持温度在40℃左右，缓慢加入，充分反应后，加热煮沸一段时间，再加入溶液，不断搅拌至溶液完全变为透明的绿色，放置暗处冷却、结晶、过滤、洗涤、干燥得到三草酸合铁酸钾晶体。 II．草酸根含量的测定 溶液配制：准确称取4.91g晶体粗品，用蒸馏水溶解后，配制成250mL一定物质的量浓度的待测液。 滴定分析：量取25.00mL待测液于锥形瓶中，加入一定量稀，用0.06mol·L-1的标准溶液滴定至终点，平行测定三次，平均消耗溶液体积22.00mL。 回答下列问题： （1）步骤①中的作用是___________。 （2）步骤②保持温度在40℃，最佳的加热方法是___________，充分反应后“加热煮沸一段时间”的目的是___________。 （3）步骤②洗涤时用无水乙醇，其优点是___________。 （4）三草酸合铁酸钾晶体具有光敏性，光照下分解生成和等物质，反应的化学方程式为___________。 （5）“溶液配制”中，除下列仪器外还需要用到的玻璃仪器有___________(填名称)。 （6）4.91g粗品中草酸根的物质的量为___________。其数值比4.91g纯净三草酸合铁酸钾晶体中草酸根的物质的量高，其原因可能是___________(填序号)。 a．样品未完全干燥 b．制取过程中草酸或草酸钾用量过多 c．滴定时盛放溶液的滴定管未润洗 d．滴定前无气泡，滴定后滴定管尖嘴处有气泡 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年9月高三上学期化学月考试题 一、单选题(每题3分，共45分) 1. “新质生产力”的概念中，“新”的核心在于科技创新，下列有关说法正确的是 A. “长征七号”采用液氧、煤油等作为推进剂，液氧、煤油都是纯净物 B. 打造中国北斗卫星导航系统：星载铷钟所用元素位于元素周期表中的区 C. “朱雀二号”液氧甲烷火箭入轨成功：为非极性分子，燃烧时非极性共价键被破坏 D. 利用合成高级脂肪酸的甘油酯，实现无机小分子向有机高分子的转化 【答案】B 【解析】 【详解】A．液氧是纯净物，但煤油是多种烃的混合物，因此两者不全是纯净物，A错误； B．铷（Rb）位于第ⅠA族，属于s区元素，B正确； C．CH4为正四面体，正负电荷中心重合，为非极性分子，但燃烧时破坏的是C-H极性共价键，C错误； D．高级脂肪酸甘油酯的相对分子质量未达到高分子级别，D错误； 故选B。 2. 荆州博物馆藏品丰富，以下研究文物的方法达不到目的的是 A. 用断代法测定张家山汉墓竹简的年代 B. 用红外光谱法测定凤鸟花卉纹绵袍中有机分子的相对分子质量 C. 用射线衍射法分析玉覆面的晶体结构 D. 用原子光谱法鉴定漆木彩绘三鱼纹耳杯表层的元素种类 【答案】B 【解析】 【详解】A．14C断代法基于放射性衰变原理，适用于测定含碳有机物的年代。竹简由竹子（有机物）制成，含有碳元素，因此该方法可有效测定其年代，能达到目的，A不选； B．红外光谱法主要用于分析有机分子的官能团和化学键类型（如C=O、O-H等），通过特征吸收峰鉴定分子结构，但它无法直接测定相对分子质量，相对分子质量通常需通过质谱法（如质谱仪）测定，B选； C．X射线衍射法基于晶体对X射线的衍射现象，专门用于分析物质的晶体结构（如晶格参数、原子排列），玉覆面主要由矿物晶体（如透闪石）构成，因此该方法可有效分析其晶体结构，能达到目的，C不选； D．原子光谱法（包括原子吸收光谱和原子发射光谱）基于原子能级跃迁，用于定性或定量分析样品中的元素种类。漆木彩绘表层可能含有颜料或金属元素（如Pb、Hg等），因此该方法可有效鉴定元素种类，能达到目的，D不选； 故选B。 3. NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 石墨中含有的σ键数目为 B. 标准状况下，44.8L NO和22.4L O2反应后的分子数是2NA C. 常温下，1.0L pH=12的Ba(OH)2溶液中OH-的数目是0.02NA D. 将1mol NH4Cl与少量的稀氨水混合后，溶液呈中性，则溶液中数目为NA 【答案】D 【解析】 【详解】A．石墨中每个碳原子形成3个σ键，但每个σ键被2个碳原子共享，故12g（1mol）石墨含σ键数目为1.5NA，A错误； B．标准状况下44.8L NO（2mol）和22.4L O2（1mol）完全反应生成2mol NO2，但NO2会部分转化为N2O4，分子数小于2NA，B错误； C．pH=12的Ba(OH)2溶液中，OH-浓度为0.01mol/L，1L溶液中OH-数目为0.01NA，C错误； D．溶液呈中性时，由电荷守恒得，即其数目为NA，D正确； 故答案为D。 4. 一种化合物分子结构如图所示，其中W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增大，W的一种同位素的中子数为0，X和Z同族。下列说法错误的是 A. 原子半径： B. 第一电离能： C. 电负性： D. 单质氧化性： 【答案】A 【解析】 【分析】W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增大，W的一种同位素的中子数为0，则W为H；X和Z同族，X、Z的共价键数目为2、6，则X为O，Z为S；Y的原子序数位于X、Z之间，且只有一个共价键，则Y为F，据此回答问题； 【详解】A．同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，同一周期，从左到右，原子半径依次减小，因此原子半径：，故A错误； B．同一周期，从左到右，第一电离能有增大的趋势，因此第一电离能：，故B正确； C．同一周期，从左到右电负性逐渐增大，同一主族，从上到下，电负性逐渐减小，故，推出电负性：，故C正确； D．X、Y、Z的单质分别为O2、F2、S，因此单质氧化性：，故D正确； 故答案选A。 5. 有机化合物分子中基团间的相互影响会导致其化学性质的改变。下列叙述能说明上述观点的是 A. 苯酚易与NaOH溶液反应，而乙醇不能 B. 苯和甲苯都能与发生加成反应 C. 乙烯能发生加成反应，而乙烷不能 D. 等物质的量的甘油和乙醇分别与足量Na反应，前者反应生成的多 【答案】A 【解析】 【详解】A．苯酚因为羟基直接与苯环相连，苯环对羟基的影响使得羟基上的氢更活泼，能电离出氢离子，苯酚显弱酸性能与NaOH反应，而乙醇不能，故A正确； B．苯和甲苯中的苯环都能与氢气发生加成反应，与甲基的作用无关，故B错误； C．乙烯能加成是因为含有官能团碳碳双键，而聚乙烯中没有，不能说明分子中基团间的相互影响会导致其化学性质改变，故C错误； D．甘油中含有三个羟基、乙醇含1个羟基，则生成氢气的量不同，不能说明分子中基团间的相互影响会导致其化学性质改变，故D错误； 故选：A。 6. 下列实验操作和装置能达到目的的是 A. 图甲中操作①②为过滤，操作③为蒸馏 B. 图乙能验证苯环活化了羟基 C. 图丙能用于实验室制备乙烯 D. 图丁称量NaOH固体 【答案】A 【解析】 【详解】A．装有C60的超分子不溶于甲苯，而C70溶于甲苯，故操作①为过滤，装有C60的超分子，其中超分子溶于氯仿，而C60不溶，则操作②为过滤，溶有超分子的氯仿，利用超分子和氯仿沸点不同，用蒸馏把其分离开来，则作③为蒸馏,故A能达到目的； B．饱和溴水与苯只发生了萃取，但与苯酚却发生取代反应，说明羟基对苯环有影响，是羟基活化了苯环，故B不能达到目的； C．实验室用乙醇和浓硫酸制备乙烯，需控制反应发生的温度，此装置少温度计和防止爆沸的沸石，故C不能达到目的； D．称量物品应左物右码，且称量NaOH固体应放在烧杯中，故D不能达到目的； 答案A。 7. 利用如图装置进行实验：打开，一定时间后，a中溶液变蓝；关闭，打开，点燃酒精灯加热数分钟后，滴入无水乙醇。下列说法错误的是 A. a中现象体现了的还原性 B. b中既作氧化剂也作还原剂 C. 乙醇滴加过程中，c中的铜丝由黑变红，说明乙醇被氧化 D. d中有银镜反应发生，说明c中产物有乙酸 【答案】D 【解析】 【分析】打开，一定时间后，b中H2O2在MnO2的催化下生成O2，O2进入a中，氧化I-，生成I2，使得淀粉-KI溶液变蓝；关闭K1，打开K3，无水乙醇在铜丝的催化下与氧气发生氧化反应生成乙醛，乙醛可与银氨溶液在加热条件下发生银镜反应。 【详解】A．O2进入a中，氧化I-，生成I2，体现了的还原性，A正确； B．b中H2O2在MnO2的催化下生成O2和H2O，既作氧化剂也作还原剂，B正确； C．无水乙醇在铜丝的催化下与氧气发生氧化反应生成乙醛，在此过程中，铜丝先和氧气反应生成黑色的氧化铜，乙醇再和氧化铜反应，氧化铜被还原为红色的铜单质，乙醇被氧化为乙醛，故c中的铜丝由黑变红，可以说明乙醇被氧化，C正确； D．乙醛可与银氨溶液在加热条件下发生银镜反应，说明c中产物有乙醛，D错误； 故选D。 8. 下列装置合理且能达到实验目的的是 A. 图1：乙酸乙酯的制备与收集 B. 图2：可用于探究乙醇的还原性 C. 图3：在光照条件下制取纯净的一氯甲烷 D. 图4：制取并收集乙炔 【答案】B 【解析】 【详解】A．乙酸乙酯的制备与收集时，导气管不能插入饱和Na2CO3溶液液面以下，否则会发生倒吸，A错误； B．灼热过的红热铜丝插入乙醇中，乙醇被氧化为乙醛，可用于探究乙醇的还原性，B正确； C．甲烷与氯气在光照的条件下发生取代反应生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和氯化氢的混合物，不能制取纯净的一氯甲烷，C错误； D．饱和NaCl溶液和电石反应生成乙炔，用向下排空气法收集乙炔时，试管不能用塞子密封，D错误； 故选B。 9. “证据推理与模型认知”是高中化学学科核心素养之一，也是学习化学的重要方法，下列相关说法正确的是 A. 已知固体难溶于稀硫酸，推测固体也难溶于稀硫酸 B. 已知常温下水溶液中溶解度大于，推测相同条件下溶解度大于 C. 已知气体常温下易溶于水，推测气体常温下也易溶于水 D. 已知的正四面体结构中键角为，推测的正四面体结构中键角也是 【答案】C 【解析】 【详解】A．固体难溶于稀硫酸，但固体能溶于稀硫酸，A错误； B．常温下水溶液中溶解度大于，但相同条件下溶解度小于，B错误； C．气体常温下易溶于水， 气体常温下也易溶于水，C正确； D．P4分子是正四面体形，结构为，键角为60∘，D错误； 故选C。 10. 肼(N2H4)可用作火箭的燃料，其制备方法之一：。NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 1.8g H2O含有的中子数为NA B. 0.1mol N2H4的共用电子对数为0.6NA C. 25℃，pH=9的NaClO溶液中水电离出的H+数目为1×10-9NA D. 每消耗11.2L NH3(已折算为标准状况)，转移的电子数为0.5NA 【答案】D 【解析】 【详解】A．1.8g H2O的物质的量为0.1mol，1个H2O中含有8个中子，0.1mol H2O含有的中子数为0.8NA，故A错误； B．1mol肼中含5mol共用电子对，0.1mol N2H4的共用电子对数为0.5NA，故C错误； C．溶液体积未知，无法计算水电离出的H+数目，故C错误； D．反应中N元素化合价由-3价升高到-2价，每消耗2molNH3，转移2mol电子，标况下11.2L NH3的物质的量为0.5mol，转移电子数为0.5NA，故D正确； 答案选D。 11. 下列实验操作及现象不能达到实验目的的是 选项 实验目的 实验操作及现象 A 检验脱脂棉水解产物中含有醛基 向脱脂棉水解液中加入过量的NaOH溶液至碱性，再滴入少量CuSO4溶液，加热，出现砖红色沉淀 B 检验某液体样品中含有蛋白质 向样品中滴入5滴浓硝酸，有白色沉淀产生，加热后沉淀变黄色 C 检验乙酰水杨酸中的酯基 向溶有乙酰水杨酸的澄清溶液中滴入2滴稀硫酸，加热后依次滴入几滴NaHCO3溶液和FeCl3溶液，振荡，溶液后显紫色 D 探究溴水与乙醛发生有机反应的类型 向溴水中加入足量乙醛溶液，检验褪色后溶液的酸碱性，若为酸性，则说明发生了氧化反应 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．脱脂棉水解产物葡萄糖含醛基，需在碱性条件下与新制Cu(OH)2反应。实验中先加过量NaOH中和酸，再滴少量CuSO4生成Cu(OH)2悬浊液，加热后出现砖红色沉淀，操作正确，能达到目的，A不符合题意； B．蛋白质遇浓硝酸发生显色反应，常温下形成白色沉淀，加热后变黄色，现象符合蛋白质检验，B不符合题意； C．乙酰水杨酸中酯基酸性条件下、加热水解生成水杨酸和乙酸，实验中稀硫酸催化水解，NaHCO3中和酸，水杨酸中含酚羟基，加入FeCl3显紫色，操作正确，C不符合题意； D．溴水易挥发，溴水溶于水也显酸性，若为酸性，不能说明发生了氧化反应，D符合题意； 故选D。 12. 烯烃在催化剂和氧化剂的条件下能转化为邻二醇，其机理如下图所示。下列说法正确的是 A. 化合物丁是该反应的催化剂 B. 转化过程中涉及非极性键的断裂与形成 C. 反应过程中Os的化合价未发生改变 D. 若将反应中换成，则产物中含有 【答案】D 【解析】 【详解】A．化合物丁为该反应的中间产物，化合物甲先和乙发生反应，后又生成，化合物甲是该反应的催化剂，A错误； B．该过程只涉及到非极性键的断裂，并未涉及非极性键的形成，B错误； C．反应过程中Os形成的化学键个数发生变化，Os的化合价发生了改变，C错误； D．根据机理中丙与反应得到邻二醇和丁的断键过程可知，丙生成的过程中，H2O提供H原子，若将换成，则产物中含有，D正确； 故答案选D。 13. 环糊精是一类环状低聚糖，常见的环糊精结构和空间模型如图 1 所示，环糊精的空腔与某些药物 形成包合物如图2 所示。下列说法正确的是 A. 图 1 中 3 种环糊精属于同系物 B. 环糊精空腔的内壁具有亲水性 C. 环糊精与药物形成包合物能增大药物的水溶性，控制药物的释放速度 D. 药物分子与环糊精之间的作用力是一种配位键 【答案】C 【解析】 【详解】A．同系物是指结构相似、分子组成相差一个或若干个CH2原子团的有机化合物，图1中3种环糊精的结构单元组成相同，但聚合度n不同，它们的分子组成不是相差若干个CH2原子团 ，不属于同系物，A错误； B．环糊精的分子结构呈现出一种环形圆筒状，其内部空腔由于含有C-H和糖苷结合的-O-原子而表现出疏水性，B错误； C．环糊精的外侧有多个-OH，具有亲水性，其空腔可容纳药物分子，形成包合物后能增大药物的水溶性，同时可以控制药物的释放速度，使药物缓慢释放，C正确； D．药物分子与环糊精之间是通过分子间作用力（如范德华力、氢键等 ）结合形成包合物，配位键是一方提供孤电子对，另一方提供空轨道形成的化学键，二者之间不存在配位键，D错误； 故选C。 14. 环六糊精()具有不对称的空腔结构，能够在水中包合某芳香族客体组装成超分子X和Y。超分子组装过程示意图如图a所示，组装过程中两种超分子的浓度与时间关系如图b所示，下列说法错误的是 A. 极性大小：腔外>腔内 B. 环六糊精和客体通过分子间相互作用组装成超分子 C. 超分子组装过程的活化能：①>② D. 相同温度下超分子组装的平衡常数：①<② 【答案】C 【解析】 【详解】A．由环六糊精的结构可知，腔内主要存在碳碳键、碳氧键，腔外存在羟基，氧氢键极性大，故极性大小：腔外>腔内，故A正确； B．环六糊精()能够在水中包合某芳香族客体组装成超分子X和Y，因此，环六糊精和客体通过分子间相互作用组装成超分子，故B正确； C．由图b可知，较短时间内，组装生成的超分子X浓度大于超分子Y，说明超分子组装过程更容易生成超分子X，因此，超分子组装过程的活化能：①<②，故C错误； D．由图b可知，相同温度下达到平衡时，超分子X的浓度小于超分子Y的浓度，因此，相同温度下超分子组装的平衡常数：①<②，故D正确； 故选C。 15. “黄鸣龙还原法”是首例以中国科学家命名的有机化学反应，反应机理如下(R、R代表烃基)。下列说法错误的是 A. ①为加成反应，②为消去反应 B. 物质丙、丁互为同分异构体 C. 反应⑤可表示为 D. 通过黄鸣龙还原反应，丙酮可转化为乙烷 【答案】D 【解析】 【详解】A．反应①为碳氧双键断裂，O原子与H连接、C原子与-NH-NH2连接，为加成反应；反应②相当于从乙分子内去掉1个水分子，在C、N原子间形成1个碳氮双键，为消去反应，故A正确； B．由丙、丁的结构可知，二者分子式相同、结构不同，互为同分异构体，故B正确； C．根据图示，戊结合H2O中的H原子生成己，同时有OH-生成，反应⑤可表示为，故C正确； D．由反应机理可知，通过黄鸣龙还原反应，羰基转化为亚甲基，丙酮会转化为丙烷，故D错误； 故选D。 二、解答题(共55分) 16. 我国的蛇纹石资源十分丰富，它的主要成分是，伴生有少量、、等元素。利用蛇纹石转化与绿矾分解的耦合回收并矿化固定二氧化碳的实验流程如图所示。 已知： 回答下列问题： （1）绿矾()在高温下分解，得到红棕色固体和气体产物，反应的化学方程式为_______。 （2）经“焙烧①”“水浸”，过滤分离后，滤液中金属离子的浓度()分别为：、、、。滤渣①的主要成分是_______、_______。 （3）加入 “调”，过滤后，滤渣②是_______、_______，滤液中的浓度为_______。 （4）“焙烧②”后得到。晶胞如图所示，晶胞中含有的个数为_______。 （5）调节“沉镍”后的溶液为碱性，“矿化”反应的离子方程式为_______。 （6）蛇纹石“矿化”固定，得到，相当于固定_______L(标准状况)。 【答案】（1） （2） ①. ②. （3） ①. ②. ③. （4）4 （5） （6）89.6 【解析】 【分析】蛇纹石的主要成分是，伴生有少量、、等元素和绿矾()混合高温焙烧经“焙烧①”，生成氧化镁、二氧化硅、水；高温下分解，得到红棕色固体和气体产物三氧化硫、二氧化硫；加水水浸过滤得到滤渣①为、；滤液中含有、、、、，加入调节pH=6，将、转化为、沉淀，过滤滤渣②为、；滤液中含有、、，加入沉淀剂将镍离子转化为氢氧化镍沉淀，氢氧化镍焙烧后得到氧化镍；调节“沉镍”后的溶液通入二氧化碳“矿化”发生反应，得到产物。 【小问1详解】 绿矾()在高温下分解，得到红棕色固体和气体产物三氧化硫、二氧化硫，反应的化学方程式为，故答案为：； 【小问2详解】 经“焙烧①”，生成氧化镁、二氧化硅和水，分解生成、二氧化硫、三氧化硫和水，“水浸”，过滤分离后，滤液中金属离子的浓度()分别为：、、、，结合电荷守恒可知，滤液中硫酸根浓度至少为，远大于滤液中铁离子的浓度，铁元素源自绿矾和蛇纹石，硫元素源自绿矾，且有一部分硫元素以气体的形式损失，结合铁、硫元素守恒，只有一部分铁元素进入滤液，则另一部分铁元素在滤渣①中，故滤渣①的主要成分是为Fe2O3、SiO2，故答案为：Fe2O3、SiO2； 【小问3详解】 加入 “调”，，，，，溶液中没有铁离子、铝离子，两者均以氢氧化物沉淀下来，过滤后，滤渣②是为、；滤液中的浓度为，故答案为：；；； 【小问4详解】 因为离子半径，晶胞图中棱心和体心，1个晶胞中的个数为，故答案为：4； 【小问5详解】 调节“沉镍”后的溶液为碱性，通入二氧化碳“矿化”发生反应 ，故答案为：； 【小问6详解】 物质的量为，根据C原子守恒，固定为，标准状况下的体积为，故答案为：89.6。 17. 苯甲酸常用于抗真菌及消毒防腐剂，实验室常用高锰酸钾氧化甲苯制备苯甲酸，其反应原理和实验装置如下（图1中加热和仪器固定装置均已略去）。 已知：苯甲酸在不同温度下溶解度如下： T/℃ 4 18 75 溶解度/g 0.18 0.27 2.20 实验步骤如下： ①在反应器c中加入甲苯、水、几粒沸石，边搅拌边加热； ②加热至沸腾后分批加入高锰酸钾，回流反应； ③将反应混合物趁热过滤，并用热水洗涤滤渣，合并滤液和洗涤液，用冰水浴冷却； ④加入盐酸酸化，直到苯甲酸充分析出，抽滤（装置如图2）、冷水洗涤、干燥、称量，得纯净的苯甲酸产品。 （1）反应器c的名称______。 （2）步骤②反应结束时，溶液呈紫红色，可向反应器c中加入适量的下列______（填字母）试剂处理，反应的离子方程式______。（使元素以形式存在） A．    B．    C．    D． （3）抽滤操作与普通过滤相比，除了得到的沉淀较干燥外，还有一个优点是______。 （4）步骤④中盐酸酸化的目的______（用化学方程式表示）。冷水洗涤的目的______。 （5）苯甲酸的产率______。（保留小数点后1位） （6）若要得到纯度更高的苯甲酸，可通过在水中______的方法提纯。 【答案】（1）三颈烧瓶 （2） ①. C ②. （3）加快过滤的速率 （4） ①. +HCl→+KCl ②. 除去苯甲酸晶体表面可溶性杂质，同时减少苯甲酸晶体的溶解损失 （5）62.3% （6）重结晶 【解析】 【分析】在三颈烧瓶中加入甲苯、水、几粒沸石，边搅拌边加热，加热至沸腾后分批加入高锰酸钾氧化甲苯生成苯甲酸钾，将反应混合物趁热过滤，并用热水洗涤滤渣，合并滤液和洗涤液，用冰水浴冷却，然后加入盐酸酸化，直到苯甲酸充分析出，最后抽滤、冷水洗涤、干燥、称量，得纯净的苯甲酸产品； 【小问1详解】 根据仪器构造可知反应器c的名称为三颈烧瓶。 【小问2详解】 步骤②反应结束时，溶液呈紫红色，说明高锰酸钾过量，因此需要加入还原剂除去，可以选择亚硫酸钠，故选C，水、四氯化碳不能除去高锰酸钾，硝酸具有强氧化性，不选；反应中亚硫酸根离子和高锰酸根离子发生氧化还原反应生成二氧化锰沉淀和硫酸根离子，锰化合价由+7变为+4、硫化合价由+4变为+6，结合得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，离子方程式为。 【小问3详解】 由于抽滤速度比普通过滤速度要快，节省大量时间，故抽滤操作与普通过滤相比，除了得到的沉淀较干燥外，还有一个优点是加快过滤的速率； 【小问4详解】 步骤④中盐酸酸化的目的是把苯甲酸钾转化为苯甲酸，反应的化学方程式为+HCl→+KCl。由表溶解度可知，冷水洗涤的目的减少苯甲酸晶体溶解损失； 【小问5详解】 甲苯的物质的量是1.21g÷92g/mol≈0.013mol，高锰酸钾的物质的量是4.3g÷158g/mol≈0.027mol，所以高锰酸钾过量，理论上生成苯甲酸的质量是1.21g÷92g/mol×122g/mol=1.605g，则产率是≈62.3%。 【小问6详解】 若要得到纯度更高的苯甲酸，可通过在水中重结晶的方法提纯。 18. 利用方铅矿(主要成分为PbS，含有Al2O3、FeS2等杂质)制备PbSO4晶体的工艺流程如下： 已知：①PbCl2(s)+2Cl-(aq)[PbCl4]2-(aq)  H>0；②Ksp(PbSO4)=1×10-8，Ksp(PbCl2)=1×10-5。 （1）基态Fe原子的核外电子有___________种空间运动状态。 （2）“浸取”时，由PbS转化为[PbCl4]2-的离子方程式为___________。 （3）滤渣2的主要成分为___________(填化学式)。 （4）从平衡移动的角度解释“沉降”时加冰水的原因___________(答两点)。 （5）在实验室中用1L c()=0.104mol/L的溶液转化0.1mol PbCl2固体来模拟“沉淀转化”步骤，忽略溶液体积的变化，充分反应后溶液中Cl-的物质的量浓度为___________。 （6）滤液a可循环利用，试剂M中的溶质有___________(填两个化学式)。 【答案】（1）15 （2）MnO2+PbS+4H++4Cl-=[PbCl4]2-+S+Mn2++2H2O （3）Fe(OH)3、Al(OH)3 （4）PbCl2(s)+2Cl-(aq)[PbCl4]2-(aq)为吸热反应，降低温度，平衡逆向移动，有利于生成PbCl2；加水稀释，平衡逆向移动，有利于生成PbCl2 （5）0.2mol/L （6）H2SO4、Na2SO4(或NaHSO4) 【解析】 【分析】方铅矿精矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)中加入盐酸、饱和食盐水和MnO2，在加热条件下发生反应生成Na2PbCl4、S、FeCl3等物质，MnO2被还原成Mn2+，过滤，滤渣1为S和未完全反应的MnO2固体；加入MnO调节溶液pH，使Fe3+、Al3+转化成Fe(OH)3沉淀、Al(OH)3沉淀除去，然后过滤，滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3；PbCl2难溶于冷水，将滤液冰水沉降，使PbCl2(s)+2Cl-(aq)[PbCl4]2-(aq)  H>0，化学平衡逆向移动，过滤得到PbCl2晶体，之后加入试剂M（硫酸或硫酸钠）发生沉淀转化，生成硫酸铅晶体，过滤得到晶体烘干得到硫酸铅粉末，滤液a中主要成分为HCl（或氯化钠）；据此解答。 【小问1详解】 基态Fe原子的核外电子填充在1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s轨道，有1+1+3+1+3+5+1=15种空间运动状态。 【小问2详解】 “浸取”时，MnO2、PbS、HCl、NaCl混合反应生成[PbCl4]2-、S、MnCl2和水，离子方程式为MnO2+PbS+4H++4Cl-=[PbCl4]2-+S+Mn2++2H2O。 【小问3详解】 结合分析知，滤渣2的主要成分为Fe(OH)3、Al(OH)3。 【小问4详解】 PbCl2(s)+2Cl-(aq)[PbCl4]2-(aq)为吸热反应，降低温度，平衡逆向移动，有利于生成PbCl2；加水稀释，平衡逆向移动，有利于生成PbCl2，因此“沉降”时加冰水。 【小问5详解】 “沉淀转化”的反应为：，，0.1mol 完全反应生成0.2mol ，此时过量，。 【小问6详解】 滤液a为HCl，可循环利用，则试剂M中的溶质有H2SO4、Na2SO4(或NaHSO4)。 19. 三草酸合铁酸钾晶体()是一种绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇，极易感光。 I．三草酸合铁酸钾晶体的制备 ①将晶体溶于水，加入少量和饱和溶液，加热、静置，待沉淀完全后，用倾析法弃去上层清液，再用蒸馏水洗涤沉淀。 ②向沉淀中加入饱和溶液，保持温度在40℃左右，缓慢加入，充分反应后，加热煮沸一段时间，再加入溶液，不断搅拌至溶液完全变为透明的绿色，放置暗处冷却、结晶、过滤、洗涤、干燥得到三草酸合铁酸钾晶体。 II．草酸根含量的测定 溶液配制：准确称取4.91g晶体粗品，用蒸馏水溶解后，配制成250mL一定物质的量浓度的待测液。 滴定分析：量取25.00mL待测液于锥形瓶中，加入一定量稀，用0.06mol·L-1的标准溶液滴定至终点，平行测定三次，平均消耗溶液体积22.00mL。 回答下列问题： （1）步骤①中的作用是___________。 （2）步骤②保持温度在40℃，最佳的加热方法是___________，充分反应后“加热煮沸一段时间”的目的是___________。 （3）步骤②洗涤时用无水乙醇，其优点是___________。 （4）三草酸合铁酸钾晶体具有光敏性，光照下分解生成和等物质，反应的化学方程式为___________。 （5）“溶液配制”中，除下列仪器外还需要用到的玻璃仪器有___________(填名称)。 （6）4.91g粗品中草酸根的物质的量为___________。其数值比4.91g纯净三草酸合铁酸钾晶体中草酸根的物质的量高，其原因可能是___________(填序号)。 a．样品未完全干燥 b．制取过程中草酸或草酸钾用量过多 c．滴定时盛放溶液的滴定管未润洗 d．滴定前无气泡，滴定后滴定管尖嘴处有气泡 【答案】（1）抑制和水解 （2） ①. 水浴加热 ②. 除去过量的 （3）晶体难溶于乙醇，可减少损失，提高产率；乙醇易挥发，有利于晶体干燥 （4） （5）250mL容量瓶、胶头滴管 （6） ①. 0.033mol ②. bc 【解析】 【分析】由题意可知，制备三草酸合铁酸钾的实验过程为硫酸亚铁铵溶液与草酸溶液反应生成二水草酸亚铁沉淀、硫酸铵和硫酸；反应生成的二水草酸亚铁沉淀与草酸钾溶液和过氧化氢溶液在40℃的水浴中加热反应生成三草酸合铁酸钾、氢氧化铁和水，向反应后的溶液中加入草酸溶液，将氢氧化铁完全转化为三草酸合铁酸钾；向冷却后的溶液中加入无水乙醇和饱和硝酸溶液溶液降低三草酸合铁酸钾的溶解度，析出晶体，过滤后用无水乙醇洗涤、抽干得到产品。 【小问1详解】 Fe2+和在水溶液中会发生水解生成Fe(OH)2、NH3·H2O、H+，加入少量稀硫酸的主要目的是提供酸性环境，抑制和水解，从而使 FeC2O4沉淀顺利生成。 【小问2详解】 步骤②保持温度在40℃，最佳的加热方法是水浴加热；H2O2在反应中作为氧化剂，但过量H2O2会影响后续反应。加热煮沸可以除去过量的，确保反应体系的纯净。 【小问3详解】 步骤②洗涤时用无水乙醇，其优点是：晶体难溶于乙醇，可减少损失，提高产率；乙醇易挥发，有利于晶体干燥。 【小问4详解】 三草酸合铁酸钾晶体具有光敏性，光照下分解生成和等物质，Fe元素化合价下降，则C元素化合价上升生成CO2，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：。 【小问5详解】 配制250mL一定物质的量浓度的待测液时，需要使用250mL容量瓶和胶头滴管。 【小问6详解】 用0.06mol·L-1的标准溶液滴定，根据得失电子守恒得到关系式：5～2，则样品中草酸根离子的物质的量为0.022L×0.06mol·L-1×2.5×=0.033mol；其数值比4.91g纯净三草酸合铁酸钾晶体中草酸根的物质的量高， a．样品未完全干燥会导致质量偏高，但不会影响草酸根的物质的量，a不选； b．制取过程中草酸或草酸钾用量过多，会导致消耗标准溶液的体积偏大，则测得草酸根的物质的量偏高，b选； c．滴定时盛放溶液的滴定管未润洗，会导致溶液浓度变小，则消耗标准溶液的体积偏大，则测得草酸根的物质的量偏高，c选； d．滴定前无气泡，滴定后滴定管尖嘴处有气泡，会导致滴定终点的读数偏小，测得消耗标准溶液的体积偏小，则测得草酸根的物质的量偏低，d不选； 故选bc。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $