精品解析：浙江省绍兴市2025-2026学年高三上学期11月选考科目诊断性考试化学试题

2025年11月绍兴市选考科目诊断性考试 化学试题 注意事项：考生考试时间90分钟，满分100分。 可能用到的相对原子质量： 一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分。) 1. 下列物质属于难溶于水的化合物是 A. B. He C. D. 2. 下列化学用语表示正确的是 A. 的电子式： B. 麦芽糖的分子式： C. 基态Br原子的价电子排布式： D. HCl电子云轮廓图： 3. 根据元素周期表，下列说法不正确的是 A. 第一电离能：N>O B. 酸性： C. 离子半径： D. 稳定性： 4. 下列有关实验的说法正确的是 A. 用广泛pH试纸测得某碱性溶液pH为12.5 B. 酒精灯加热烧瓶时不用垫陶土网 C. 可用酒精代替萃取碘水中的碘单质 D. 分液漏斗和容量瓶在使用前都要检漏 5. 物质的性质决定用途，下列两者对应关系正确的是 A. 浓硝酸有强氧化性，不可用铁制容器来盛装 B. HF溶液具有酸性，不能玻璃瓶盛装 C. 具有还原性，可使溶液褪色 D. 高碳钢硬而脆，可用于制造钢丝和钢轨 6. 可根据物质结构推测其性质，下列推测的性质不合理的是 选项 结构 性质 A 丙烯醛的结构： 与足量溴水反应的产物： B 键能：H－Cl>H－Br 稳定性：HCl>HBr C 中O显正电性 可以氧化 D 蛋白质中含有氨基和羧基 蛋白质是两性分子 A. A B. B C. C D. D 7. 下列方程式正确的是 A. Fe电极电解饱和食盐水： B. 溶于水： C. FeO空气中受热： D. 溶液中滴加少量的： 8. 利用下列装置进行实验，不能达到实验目的的是 A. 用甲装置检验产物乙炔 B. 用乙装置制取乙酸乙酯 C. 用丙装置防止钢闸门腐蚀 D. 用丁装置测定溶液的浓度 9. 从中草药中提取的CalebinA(结构简式如下)可用于治疗阿尔茨海默症。下列关于CalebinA的说法不正确的是 A. 该分子在水中溶解性小于邻苯二酚 B. 该分子在酸性条件下水解生成的两种有机产物无法用溶液区分 C. 1 mol该分子最多与8 mol 发生加成反应 D. 该分子既可与溴水发生加成反应也能发生取代反应 10. 从海带中提取碘元素的实验过程如下图所示： 已知氧化性： 下列说法不正确的是 A. 实验步骤①的目的是将有机碘转化成无机碘，部分无机碘可能被空气氧化成而损失 B. 实验步骤④可以用过量氯水代替氧化 C. 实验步骤⑤实现海带灰中的硫酸盐、碳酸盐等与碘分离 D. 实验步骤⑥可能包括一系列操作：加入过量NaOH浓溶液、分液、水相中加酸酸化、过滤、升华 11. 碱金属单质M和反应的能量变化如下图所示。下列说法正确的是 A. B. C. 若M分别为Na和K，则：Na＜K D. 12. 己二腈是工业制造尼龙-66的原料，利用丙烯腈(，不溶于水)为原料、高浓度季铵盐水溶液[季铵盐的阳离子在阴极表面会形成一个疏水的界面层，提高电解效率]为电解液制备己二腈的电有机合成装置如图所示。下列说法不正确的是 A. 的作用之一是抑制副反应： B. 若交换膜为阴离子交换膜，则一段时间后阳极区由无色变成橙色 C. 当电路中转移1mol 时，阳极室溶液质量减少9g D. 电解质季铵盐中R越大，电解效率越高 13. 在碱性溶液中，缩二脲与硫酸铜反应得到特征的紫色是由于生成了诸如配合物离子A的微粒(结构如图所示)。下列说法不正确的是 A. 中心原子Cu的价态为价 B. 在强酸性溶液中也可得到相同产物 C. 配合物离子A之间可能存在氢键 D. 过量NaOH中滴加少量硫酸铜溶液，再加入蛋白质或多肽可能观察到紫色 14. 丙二醇脱氧脱水反应的循环机理如图所示。下列说法不正确的是 A. 整个过程中属于氧化还原反应是③④ B. 反应历程中既有键的断裂又有键的生成 C. 总反应方程式：2 D. 若将原料换为乙二醇，有乙烯、乙醛生成 15. 已知室温下：、。下列说法不正确的是 A. 的溶液中： B. 向溶液中滴加盐酸至，存在如下关系： C. 将 与等体积同浓度溶液混合，未出现浅蓝绿色沉淀，则可推测 D. 向草酸溶液中加入一定体积的水，增大 16. 镀锌铁皮具有较强的耐腐蚀性。镀锌层(如图)是铁皮的保护膜，膜的厚度与均匀度是判断镀层质量的重要指标。测定镀锌层厚度的方案如下： 步骤Ⅰ——取样：剪取合适长宽的镀锌铁皮(计算面积为)； 步骤Ⅱ——称重：用电子天平称量铁皮的质量； 步骤Ⅲ——酸溶：将镀锌铁皮放入烧杯中，加入足量稀硫酸，用玻璃棒小心翻动铁皮，使铁皮镀锌层都充分反应。到反应速率突然减小时(产生气泡速率变得极慢)，立刻将铁皮取出，用水冲掉附着的酸液。 步骤Ⅳ——称重：将铁片放在陶土网上，用酒精灯小火烘干，冷却后称量质量。 已知：锌的密度为 下列说法不正确的是 A. 步骤Ⅲ，反应速率突然减小的主要原因是镀锌层消耗完，不能与铁构成原电池 B. 步骤Ⅲ，理论上若不取出铁皮，让它完全溶解，通过测定生成氢气的体积，可以计算混合物中锌的质量 C. 步骤Ⅳ，若用大火加热则可能使铁氧化而导致测定的镀锌层厚度偏小 D. 镀锌层厚度 二、非选择题(本大题共4小题，共52分) 17. 钛、金、铬等元素在工业中有重要应用，已知Au(金)与铜属于同一族元素。请回答： （1）下列说法不正确的是_______。 A. 基态钛原子中有4个单电子 B. Au(金)处于元素周期表的d区 C. Au能溶于王水(V浓盐酸∶V浓硝酸=3∶1混合)，与与形成有关 D. 纯钛硬度与不锈钢相当，钛金合金硬度更大 （2）合金的硬度取决于化学键的数量和这些键的长度。 ①钛金合金的一种形态为立方晶胞，顶点是金，面心是钛，立方体边长为。如下图所示：每个钛周围有_______个金，每个钛周围最近的有_______个钛。 ②计算Ti—Au键的距离为_______。(，，结果保留两位小数) ③为增强钛的硬度和美观，可镀氮化钛(TiN)薄膜。TiN薄膜可使用化学气相沉积技术来制备：在基底上，温度加热到350℃以上，利用四氯化钛和氨气反应制得，写出该反应的化学方程式_______。(氯化铵分解温度：337.8℃)，并设计实验，检验产物中相对活泼的一种气体_______。 （3）三分子磷酸()之间可脱水形成环状三聚磷酸，画出环状三聚磷酸的结构式_______，并比较磷酸与环状三聚磷酸的，并从断键角度说明理由_______。 （4）铬盐产品广泛应用于化工、医药、印染等领域。通过如下工艺将铬铁矿转化并回收钾资源。已知：铬铁矿主要成分是、、、。 ①浸取工序中滤渣Ⅰ的主要成分：、_______、_______、MgO(填化学式)。 ②写出还原、分离工序中发生反应的化学方程式_______。 18. 乙二醇是一种重要化工原料，以合成气(CO、)为原料合成乙二醇具有重要意义。 Ⅰ．直接合成法： （1）下列措施有利于提高平衡转化率_______。 A. 增大压强 B. 降低温度 C. 加入催化剂 D. 恒容装置充入 （2）在355K时，在1 L的刚性恒容容器中，通入CO的物质的量为1 mol，控制的物质的量为n。达到平衡时，相应平衡体系中乙二醇的物质的量为x，绘制x随n变化的示意图_______，测得时，CO的平衡转化率为50%。(不计副反应) Ⅱ．间接合成法：用合成气和制备DMO ()经过MG()合成乙二醇，具体反应如下： 反应ⅰ： 反应ⅱ： 反应ⅲ： （3）2MPa、催化、固定流速条件下，发生上述反应，初始氢酯比，出口处检测到DMO的实际转化率及MG、乙二醇、乙醇的选择性随温度的变化曲线如图所示[某物质的选择性=n生成(该物质)/n消耗(DMO)×100%]。 ①DMO()中C的杂化方式是_______。 ②已知曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性，则曲线_______(填图中标号，下同)表示DMO的转化率，曲线_______表示乙醇的选择性。 ③450K，出口处n(MG)∶n(DMO)的值为_______。 ④控制温度在483K左右乙二醇的选择性最高，请说明温度过高或过低乙二醇选择性下降的原因_______。 19. 富马酸亚铁()是一种治疗缺铁性贫血的安全有效的补铁药品。某兴趣小组以顺丁烯二酸酐为原料，硫脲为催化剂制备富马酸亚铁。 反应原理如下： 实验步骤如下： 步骤Ⅰ：反丁烯二酸的制备 取2.50g顺丁烯二酸酐，加水温热溶解。加入催化剂硫脲，溶液在搅拌下加热煮沸至较多固体析出时立即冷却，结晶，抽滤，洗涤，沸水浴烘干。 步骤Ⅱ：富马酸亚铁的合成 将2.32g反丁烯二酸置于三颈烧瓶中，加水溶解，用调节溶液pH为6.5～6.7.安装好回流装置，搅拌，加热至沸。打开活塞持续通入，缓慢加入溶液，维持反应温度100℃，充分搅拌30～90min。冷却，抽滤，洗涤，干燥，得棕红(或棕)色粉末。制备装置如图。 已知：ⅰ． ⅱ．富马酸亚铁难溶于水。约240℃时分解。 请回答： （1）仪器A的名称是_______；冷凝管的进水口为_______(填“a”或“b”)。 （2）步骤Ⅱ中用调节溶液pH为6.5～6.7，pH不能过高的原因是_______。 （3）下列说法正确的是_______。 A. 步骤Ⅰ中加入硫脲的目的是降低马来酸向富马酸转化的活化能，加快反应速率 B. 步骤Ⅱ中持续通入的目的是排尽装置中的空气，防止被氧化 C. 步骤Ⅱ中产品干燥的方式：酒精灯加热烘干 D. 富马酸亚铁虽然难溶于水，但是在胃中能转化成游离的而被人体吸收 （4）与形成稳定环状配离子的能力：马来酸根离子_______富马酸根离子。(填“大于”、“等于”或“小于”) （5）中国药典2020版规定：富马酸亚铁中Fe(Ⅲ)的含量不得大于2.0%。 Fe(Ⅲ)的含量测定： 准确称取产品0.50g，加入25mL纯水和5mL HCl溶液，温热溶解完全后流水冷却。加入足量KI，振摇溶解，暗处放置5min。加纯水70mL，用 标准溶液滴定至淡黄色，加入2mL淀粉指示剂，继续滴定至蓝色消失即为终点，记录标准液用量。重复2～3次，标准溶液平均消耗量为15.00mL。 已知： ①指示剂不在滴定前加入的原因是_______。 ②此产品中Fe(Ⅲ)的含量是_______。 20. 维拉帕米广泛用于原发性高血压的治疗，该药品合成路线如下： 请回答： （1）A中官能团的名称_______；A→E第2步的反应类型_______。 （2）下列说法正确的是_______。 A. B→C的反应中有产生 B. 化合物D与足量加成所得产物含有3个手性碳原子 C E→F转化过程中可以用代替 D. 化合物G既可与酸反应又可与碱反应 （3）C→D的化学方程式_______。 （4）化合物H的结构简式是_______。 （5）F→G过程中有副产物生成，写出一种可能的副产物的结构简式_______(其分子式为)。 （6）以和为有机原料，设计化合物的合成路线_______(用流程图表示，无机试剂任选)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年11月绍兴市选考科目诊断性考试 化学试题 注意事项：考生考试时间90分钟，满分100分。 可能用到的相对原子质量： 一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分。) 1. 下列物质属于难溶于水的化合物是 A. B. He C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】A．为正四面体结构，分子的正负电荷中心重合，为非极性分子，难溶于极性溶剂水（相似相溶原理），A正确； B．He是单质，不是化合物，He难溶于水，B错误； C．NH3与水分子可形成氢键且能与水反应，其在水中的溶解度极高，C错误； D．Na2S属于可溶性钠盐，是易溶于水的化合物，D错误； 故选A。 2. 下列化学用语表示正确的是 A. 的电子式： B. 麦芽糖的分子式： C. 基态Br原子的价电子排布式： D. HCl电子云轮廓图： 【答案】B 【解析】 【详解】A．二氧化碳的电子式：，A错误； B．麦芽糖的分子式是，B正确； C．Br价电子为7，为N层电子，Br价电子排布式为4s24p5，C错误； D．H提供1s原子轨道，氯提供1个未成对的3p原子轨道HCl电子云轮廓图：，D错误； 故选B。 3. 根据元素周期表，下列说法不正确的是 A 第一电离能：N>O B. 酸性： C. 离子半径： D. 稳定性： 【答案】C 【解析】 【详解】A．同周期元素第一电离能有增大趋势，N原子2p能级半充满，结构稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能：N>O，A正确； B．同周期元素从左到右非金属性增强，Cl的非金属性强于S，最高价氧化物对应水化物的酸性强于，B正确； C．和电子层数相同，但核电荷数更大，离子半径更小，故，C错误； D．O非金属性强于S，的稳定性大于，D正确； 故选C。 4. 下列有关实验的说法正确的是 A. 用广泛pH试纸测得某碱性溶液的pH为12.5 B. 酒精灯加热烧瓶时不用垫陶土网 C. 可用酒精代替萃取碘水中的碘单质 D. 分液漏斗和容量瓶在使用前都要检漏 【答案】D 【解析】 【详解】A．广泛pH试纸测得的数值精确到1，不能精确到0.1，A错误； B．烧瓶直接加热易受热不均而破裂，必须垫陶土网，B错误； C．酒精与水混溶，无法分层，不能用作萃取剂，C错误； D．分液漏斗需检查活塞是否漏液，容量瓶需检查瓶塞是否漏水，两者使用前均需检漏，D正确； 故选D。 5. 物质的性质决定用途，下列两者对应关系正确的是 A. 浓硝酸有强氧化性，不可用铁制容器来盛装 B. HF溶液具有酸性，不能玻璃瓶盛装 C. 具有还原性，可使溶液褪色 D. 高碳钢硬而脆，可用于制造钢丝和钢轨 【答案】C 【解析】 【详解】A．浓硝酸因强氧化性使铁钝化形成致密氧化膜，可用铁制容器盛装，A错误； B．HF不能盛装于玻璃瓶是因与反应，而非酸性，选项描述原因错误，B错误； C．的还原性使其被氧化，导致溶液褪色，对应正确，C正确； D．高碳钢硬而脆，不适合制造需韧性的钢丝和钢轨，D错误； 故答案选C。 6. 可根据物质结构推测其性质，下列推测的性质不合理的是 选项 结构 性质 A 丙烯醛的结构： 与足量溴水反应的产物： B 键能：H－Cl>H－Br 稳定性：HCl>HBr C 中O显正电性 可以氧化 D 蛋白质中含有氨基和羧基 蛋白质是两性分子 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．足量溴水（氧化性）在一定条件下可能进一步氧化醛基（还原性）为羧基，推测不合理，A符合题意； B．H-Cl键能大于H-Br，键能越大分子越稳定，因此HCl稳定性强于HBr，推测合理，B不符合题意； C．OF2中O显+2价，H2O中O为-2价，OF2可以作为氧化剂与H2O发生归中反应产生氧气，推测合理，C不符合题意； D．蛋白质含氨基（碱性）和羧基（酸性），具有两性，推测合理，D不符合题意； 故答案选A。 7. 下列方程式正确的是 A. Fe电极电解饱和食盐水： B. 溶于水： C. FeO空气中受热： D. 溶液中滴加少量的： 【答案】C 【解析】 【详解】A．Fe作电极时，阳极Fe优先被氧化，而非Cl⁻放电，方程式未体现Fe的参与，应为：，A错误； B．次氯酸为弱酸，不能拆，应为，B错误； C．6FeO与在加热条件下生成2，Fe和O原子均守恒，反应合理，C正确； D．少量应优先中和和生成，应为，D错误； 故选C。 8. 利用下列装置进行实验，不能达到实验目的的是 A. 用甲装置检验产物乙炔 B. 用乙装置制取乙酸乙酯 C. 用丙装置防止钢闸门腐蚀 D. 用丁装置测定溶液的浓度 【答案】B 【解析】 【详解】A．电石与水反应生成的乙炔中含硫化氢和磷化氢等杂质，用硫酸铜溶液除去其中的杂质后，溴水仍褪色，说明产物中含乙炔，即可用甲装置检验产物乙炔，A正确； B．用乙装置制取乙酸乙酯，需加浓硫酸作催化剂和吸水剂，为了防倒吸，导管应该在饱和碳酸钠液面上，B错误； C．将钢闸门与电源的负极相连，作阴极，被保护，可以防止钢闸门腐蚀，C正确； D．用丁装置，可用酸性高锰酸钾标准溶液滴定溶液，根据消耗的标准溶液体积，可测定溶液的浓度，D正确； 故选B。 9. 从中草药中提取的CalebinA(结构简式如下)可用于治疗阿尔茨海默症。下列关于CalebinA的说法不正确的是 A. 该分子在水中溶解性小于邻苯二酚 B. 该分子在酸性条件下水解生成的两种有机产物无法用溶液区分 C. 1 mol该分子最多与8 mol 发生加成反应 D. 该分子既可与溴水发生加成反应也能发生取代反应 【答案】C 【解析】 【详解】A．由该分子的结构可知，该分子有较高的对称性，极性较差，故溶解度小于亲水性更高的邻苯二酚，A正确； B．该分子水解之后生成的两种有机产物，均含有苯环及相连的酚羟基，无法通过的显色反应进行区别，B正确； C．该分子除了苯环以及两个碳碳双键可以与氢气发生加成反应外，还有一个可以与氢气发生加成反应的羰基，因此1 mol该分子最多消耗的氢气的物质的量为9 mol，故C错误； D．该分子上存在碳碳双键，可以与溴发生加成反应，并且其苯环上存在羟基（酚羟基），酚羟基的邻位和对位的氢可以与溴水发生取代反应，D正确； 因此，答案选C。 10. 从海带中提取碘元素的实验过程如下图所示： 已知氧化性： 下列说法不正确的是 A. 实验步骤①的目的是将有机碘转化成无机碘，部分无机碘可能被空气氧化成而损失 B. 实验步骤④可以用过量氯水代替氧化 C. 实验步骤⑤实现海带灰中的硫酸盐、碳酸盐等与碘分离 D. 实验步骤⑥可能包括一系列操作：加入过量NaOH浓溶液、分液、水相中加酸酸化、过滤、升华 【答案】B 【解析】 【分析】海带经过①灼烧后，将海带灰②浸泡得到悬浊液，此时悬浊液中含有I-，经过③过滤得到含I-的溶液，加入④H2O2、稀硫酸之后，将I-氧化为I2，加入CCl4⑤提取碘，最后通过⑥反萃取等一系列操作分离得到I2，据此作答。 【详解】A．实验步骤①的目的是将有机碘转化成无机碘，便于后续溶解和提取，但I-具有还原性，在灼烧过程中可能被氧气氧化为I2升华而损失，A正确； B．已知氧化性：，若用过量的氯水代替H2O2氧化I-，可能将I-过度氧化为HIO3在萃取时损失掉，因此不能用过量氯水代替氧化，B错误； C．实验步骤⑤为萃取分液操作，I2被萃取到CCl4层，而海带灰中的硫酸盐、碳酸盐等易溶于水的杂质会留在水相，因此能实现与碘的分离，C正确； D．实验步骤⑥加入过量NaOH浓溶液，使I2转化为I-和反萃取进入水相，分液，在水相中加酸酸化，使I-和重新转化为I2析出，过滤得到粗碘，再利用升华法提纯得到纯碘，D正确； 故答案选B。 11. 碱金属单质M和反应的能量变化如下图所示。下列说法正确的是 A. B. C. 若M分别为Na和K，则：Na＜K D. 【答案】D 【解析】 【分析】由图分析有：；同一物质固态到气态吸收能量（）；化学键断裂吸收能量（）；一般情况下，原子失去电子吸收能量（），得到电子释放能量（）；据此作答。 【详解】A．氯气化学键断裂产生氯原子，吸收能量，即；阴、阳离子形成离子键，状态从气态到固态，释放能量，即，A错误； B．依据分析，原子失去电子吸收能量，；得到电子释放能量，，B错误； C．依据分析可知，Na、K是同主族元素，原子核外最外层电子数相同，原子半径越小，越难失去电子；由于原子半径：Na＜K，所以失去电子吸收的能量：Na＞K，即，C错误； D．根据盖斯定律有：，D正确； 故答案选D。 12. 己二腈是工业制造尼龙-66的原料，利用丙烯腈(，不溶于水)为原料、高浓度季铵盐水溶液[季铵盐的阳离子在阴极表面会形成一个疏水的界面层，提高电解效率]为电解液制备己二腈的电有机合成装置如图所示。下列说法不正确的是 A. 的作用之一是抑制副反应： B. 若交换膜为阴离子交换膜，则一段时间后阳极区由无色变成橙色 C. 当电路中转移1mol 时，阳极室溶液质量减少9g D. 电解质季铵盐中R越大，电解效率越高 【答案】D 【解析】 【分析】结合题意可知，a为阴极，丙烯腈发生还原反应生成己二腈，电极反应式为：；b为阳极发生氧化反应，电极反应式为：；据此作答。 【详解】A．依据题意：季铵盐的阳离子(R4N+)在阴极表面会形成一个疏水的界面层，则R4NBr可以阻止水中的氢离子得电子发生副反应，提高电解效率，A正确； B．若交换膜为阴离子交换膜，R4NBr电离出来的溴离子可能会移动至阳极并放电，产生溴单质，使阳极区溶液由无色变成橙色，B正确； C．阳极电极反应式为：，当电路中转移1 mol电子时，阳极室产生0.25 mol氧气，同时有1 mol氢离子进入阴极区，则阳极溶液减少质量=，C正确； D．电解质季铵盐(R4NBr)中R越大，可能增强了疏水性，抑制了副反应；但R越大也可能导致离子体积增大，离子的迁移率降低，增加电解过程中的能耗，D不正确； 故答案选D。 13. 在碱性溶液中，缩二脲与硫酸铜反应得到特征的紫色是由于生成了诸如配合物离子A的微粒(结构如图所示)。下列说法不正确的是 A. 中心原子Cu的价态为价 B. 在强酸性溶液中也可得到相同产物 C. 配合物离子A之间可能存在氢键 D. 过量NaOH中滴加少量硫酸铜溶液，再加入蛋白质或多肽可能观察到紫色 【答案】B 【解析】 【详解】A．与铜形成配合物的配体分别是2个和2个，配离子整体呈现-2价，故铜显+2价，A不符合题意； B．双缩脲反应的实质是在碱性条件下，肽键(或类似结构)与形成紫色配合物，在强酸性溶液中，会与配体中的碱性基团结合，破坏配体与的配位结构，无法形成稳定的紫色配合物，因此在强酸性溶液中不能得到相同产物，B符合题意； C．配合物离子A的结构中含有-NH-和O，N和O均为电负性较大的原子，且连接有H原子，满足形成氢键的条件，所以配合物离子A之间可能存在氢键，C不符合题意； D．过量NaOH溶液中滴加少量硫酸铜溶液，会生成，该离子是碱性条件下能稳定存在的配离子，此时溶液呈强碱性，再加入蛋白质或多肽(含肽键)，满足双缩脲反应的条件即碱性环境、肽键与，可观察到紫色，D不符合题意； 故选B。 14. 丙二醇脱氧脱水反应的循环机理如图所示。下列说法不正确的是 A. 整个过程中属于氧化还原反应的是③④ B. 反应历程中既有键的断裂又有键的生成 C. 总反应方程式：2 D. 若将原料换为乙二醇，有乙烯、乙醛生成 【答案】D 【解析】 【详解】A．①、②过程中主要发生取代反应，且不涉及电子转移，Mo元素化合价不变化；在反应③中，Mo元素的化合价由+6价降低到+4价，有化合价变化，属于氧化还原反应，在反应④中，Mo元素的化合价由+4升高到+6，有化合价变化，属于氧化还原反应，A正确； B．由图可知②过程中有Mo=O键发生断裂，④过程中的有Mo=O形成，故既有键的断裂又有键的生成，B正确； C．由图可知，MoO3参加反应后最后步骤又生成，为催化剂，①过程1,2-丙二醇、MoO3为反应物，生成了水和，第②过程、1,2-丙二醇为反应物，生成了水和，第③过程分解生成甲醛、乙醛和，再分解生成丙烯和MoO3，总反应方程式：2，C正确； D．若将原料换为乙二醇，经过步骤①生成，步骤②生成，步骤③中中C-C键、Mo-O键断裂，生成2分子和，步骤④中C-O键断裂，同时有C=C双键生成，故若将原料换为乙二醇，有乙烯、甲醛生成，D错误； 故选D。 15. 已知室温下：、。下列说法不正确的是 A. 的溶液中： B. 向溶液中滴加盐酸至，存在如下关系： C. 将 与等体积同浓度溶液混合，未出现浅蓝绿色沉淀，则可推测 D. 向草酸溶液中加入一定体积的水，增大 【答案】B 【解析】 【详解】A．电离平衡常数为，远大于其水解常数，说明以电离为主，故溶液中，，A正确； B．溶液中电荷守恒：，当pH=7时，c(H⁺)=c(OH⁻)，则，B错误； C．混合后的初始时刻：=c(Cu2+)=5×10-5 mol/L，Q=(5×10-5)2=2.5×10-9，未出现沉淀说明Q<Ksp，故可推测，C正确； D．稀释草酸时，草酸的电离程度增大，草酸分子的物质的量减小而草酸根的物质的量增大，故比值增大，D正确； 故选B。 16. 镀锌铁皮具有较强的耐腐蚀性。镀锌层(如图)是铁皮的保护膜，膜的厚度与均匀度是判断镀层质量的重要指标。测定镀锌层厚度的方案如下： 步骤Ⅰ——取样：剪取合适长宽的镀锌铁皮(计算面积为)； 步骤Ⅱ——称重：用电子天平称量铁皮的质量； 步骤Ⅲ——酸溶：将镀锌铁皮放入烧杯中，加入足量稀硫酸，用玻璃棒小心翻动铁皮，使铁皮镀锌层都充分反应。到反应速率突然减小时(产生气泡速率变得极慢)，立刻将铁皮取出，用水冲掉附着的酸液。 步骤Ⅳ——称重：将铁片放在陶土网上，用酒精灯小火烘干，冷却后称量质量。 已知：锌密度为 下列说法不正确的是 A. 步骤Ⅲ，反应速率突然减小的主要原因是镀锌层消耗完，不能与铁构成原电池 B. 步骤Ⅲ，理论上若不取出铁皮，让它完全溶解，通过测定生成氢气的体积，可以计算混合物中锌的质量 C. 步骤Ⅳ，若用大火加热则可能使铁氧化而导致测定的镀锌层厚度偏小 D. 镀锌层厚度 【答案】D 【解析】 【分析】镀锌铁皮中含有铁和锌，锌比铁活泼，锌、铁与稀硫酸构成原电池，锌为负极，铁为正极，反应速率较快，当镀锌层中的锌反应完后，只有铁与稀硫酸反应，反应速率减慢时，取出镀锌铁皮，剩余的镀锌铁皮只含铁，镀锌铁皮反应前后减少的质量（）g为锌的质量，据此回答问题。 【详解】A．由分析可知，步骤Ⅲ，反应速率突然减小的主要原因是镀锌层消耗完，不能与铁构成原电池，A正确； B．由分析可知，步骤Ⅲ，理论上若不取出铁皮，让它完全溶解，根据化学方程式和，通过测定生成氢气的体积，可以计算混合物中锌的质量，B正确； C．步骤Ⅳ，若用大火加热则可能使铁氧化，导致冷却后称量的偏大，则锌的质量偏小，测定的镀锌层厚度偏小，C正确； D．由分析知，镀锌层中锌的质量(）g，则镀锌层的体积为，镀锌层单侧面积为，则镀锌层的厚度，D错误； 故答案选D。 二、非选择题(本大题共4小题，共52分) 17. 钛、金、铬等元素在工业中有重要应用，已知Au(金)与铜属于同一族元素。请回答： （1）下列说法不正确的是_______。 A. 基态钛原子中有4个单电子 B. Au(金)处于元素周期表的d区 C. Au能溶于王水(V浓盐酸∶V浓硝酸=3∶1混合)，与与形成有关 D. 纯钛硬度与不锈钢相当，钛金合金硬度更大 （2）合金的硬度取决于化学键的数量和这些键的长度。 ①钛金合金的一种形态为立方晶胞，顶点是金，面心是钛，立方体边长为。如下图所示：每个钛周围有_______个金，每个钛周围最近的有_______个钛。 ②计算Ti—Au键的距离为_______。(，，结果保留两位小数) ③为增强钛的硬度和美观，可镀氮化钛(TiN)薄膜。TiN薄膜可使用化学气相沉积技术来制备：在基底上，温度加热到350℃以上，利用四氯化钛和氨气反应制得，写出该反应的化学方程式_______。(氯化铵分解温度：337.8℃)，并设计实验，检验产物中相对活泼的一种气体_______。 （3）三分子磷酸()之间可脱水形成环状三聚磷酸，画出环状三聚磷酸的结构式_______，并比较磷酸与环状三聚磷酸的，并从断键角度说明理由_______。 （4）铬盐产品广泛应用于化工、医药、印染等领域。通过如下工艺将铬铁矿转化并回收钾资源。已知：铬铁矿主要成分是、、、。 ①浸取工序中滤渣Ⅰ的主要成分：、_______、_______、MgO(填化学式)。 ②写出还原、分离工序中发生反应的化学方程式_______。 【答案】（1）AB （2） ①. 4 ②. 8 ③. 2.93 ④. ⑤. 用湿润的pH(或石蕊)试纸靠近产物出口，若变红，且将产物导入硝酸酸化的硝酸银溶液，若产生白色沉淀。则该相对活泼的气体为HCl （3） ①. ②. 环状三聚磷酸中的每个羟基平均受 的吸引更大，导致羟基的极性变的更大，更易断裂，更易电离氢离子导致环状三聚磷酸的大于磷酸 （4） ①. ②. ③. 【解析】 【小问1详解】 A．基态钛原子(22Ti) 的电子排布式为1s2s22p63s23p63d24s2，其中3d轨道有2个单电子，4s轨道没有单电子，所以基态钛原子中有2个单电子，A错误； B．金(Au)的原子序数为79，其电子排布式为[Xe]4f 145d106s1，价电子排布式为5d106s1，根据元素周期表分区规则，价电子排布式为(n - 1)d1- 9ns1-2的元素属于ds区元素，所以金处于元素周期表的ds区，B错误； C．王水是浓盐酸和浓硝酸按体积比3 : 1混合而成的溶液，金能溶于王水是因为Cl-与Au3+形成稳定的[AuCl4]-，降低了Au3+的浓度，使金与王水的反应能够持续进行，C正确； D．纯钛硬度与不锈钢相当，纯钛硬度较小，钛金合金是混合物，合金的硬度一般比组成它的纯金属的硬度大，所以钛金合金硬度更大，D正确； 答案选AB； 【小问2详解】 ①在该立方晶胞中，面心的钛原子与顶点的金原子相邻，每个面心的钛原子与4个顶点的金原子相连，由于每个顶点的金原子被8个面共用， 所以每个钛原子周围有4个金原子； 面心的钛原子与相邻面心的钛原子最近，每个面心的钛原子有4个相邻的面心钛原子，另一取向也有4个，所以每个钛周围最近的钛的个数为8； ②由晶胞结构可知，Ti—Au键的距离为晶胞边长的，立方体边长为4.15，则Ti—Au键的距离为晶胞边长为=2.93； ③加热到350℃以上，四氯化钛和氨气反应制得氮化钛和氯化铵，反应的化学方程式为； 产物中活泼的气体为氯化氢，氯化氢气体遇湿润的石蕊试纸变红等，故检验方法为用湿润的pH(或石蕊)试纸靠近产物出口，若变红，且将产物导入硝酸酸化的硝酸银溶液，若产生白色沉淀。则该相对活泼的气体为HCl； 【小问3详解】 环状三聚磷酸是由三分子磷酸脱去三分子水而形成，其结构式为； 环状三聚磷酸中的每个羟基平均受 的吸引更大，导致羟基的极性变的更大，更易断裂，更易电离氢离子导致环状三聚磷酸的大于磷酸； 【小问4详解】 铬铁矿主要成分是Fe(CrO2)2、Mg(CrO2)2、 Al2O3、SiO2，与过量KOH在空气中煅烧，生成K2CrO4、Fe2O3、MgO、KAlO2、 K2SiO3, ;通入KHCO3- K2CO3/CO2浸取，生成Al(OH)3、H2SiO3，Fe2O3、 MgO不反应，故滤渣I为Al(OH)3、H2SiO3，Fe2O3、MgO;通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出K2CrO4固体，滤液|中含有K2CrO4将K2C'rO4中加水溶解，并通入过量CO2酸化，将K2CrO4转化为K2Cr2O7，同时副产物KHCO3生成，将K2Cr2O7与KHCO3分离， 滤液1I的主要溶质为K HCO3； Fe(CO),做还原剂，将滤液I中剩余的K2CrO4还原为Cr(OH)3，自身转化为Fe(OH)3进入滤渣II，KOH进一步处理得K2CO3，循环使用； ①根据分析可得浸取工序中滤渣I的主要成分: 、、、MgO ，故答案为、； ②Fe(CO)5做还原剂，将滤液I中剩余的K2CrO4还原为Cr(OH)3，自身转化为Fe(OH)3，铁元素由0价升高到+ 3价，Cr由+ 6价降低到+3价，根据得失电子守恒，原子守恒，化学方程式为，故答案为: 。 18. 乙二醇是一种重要化工原料，以合成气(CO、)为原料合成乙二醇具有重要意义。 Ⅰ．直接合成法： （1）下列措施有利于提高平衡转化率是_______。 A. 增大压强 B. 降低温度 C. 加入催化剂 D. 恒容装置充入 （2）在355K时，在1 L的刚性恒容容器中，通入CO的物质的量为1 mol，控制的物质的量为n。达到平衡时，相应平衡体系中乙二醇的物质的量为x，绘制x随n变化的示意图_______，测得时，CO的平衡转化率为50%。(不计副反应) Ⅱ．间接合成法：用合成气和制备DMO ()经过MG()合成乙二醇，具体反应如下： 反应ⅰ： 反应ⅱ： 反应ⅲ： （3）2MPa、催化、固定流速条件下，发生上述反应，初始氢酯比，出口处检测到DMO的实际转化率及MG、乙二醇、乙醇的选择性随温度的变化曲线如图所示[某物质的选择性=n生成(该物质)/n消耗(DMO)×100%]。 ①DMO()中C的杂化方式是_______。 ②已知曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性，则曲线_______(填图中标号，下同)表示DMO的转化率，曲线_______表示乙醇的选择性。 ③450K，出口处n(MG)∶n(DMO)的值为_______。 ④控制温度在483K左右乙二醇的选择性最高，请说明温度过高或过低乙二醇选择性下降的原因_______。 【答案】（1）AB （2） （3） ①. 、 ②. Ⅰ ③. Ⅲ ④. 2 ⑤. 温度低于483K，主要是温度升高，反应ⅱ速率加快，更多的MG转化成乙二醇，反应ⅲ几乎不反应，所以乙二醇的选择性升高。温度高于483K，相同流速下，原料几乎转变成乙二醇，反应ⅲ的速率加快，导致乙二醇的选择性反而下降。 【解析】 【小问1详解】 A．该反应为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，的平衡转化率增大，A符合题意； B．该反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，的平衡转化率增大，B符合题意； C．加入催化剂，降低反应的活化能，化学反应速率加快，但平衡不移动，的平衡转化率不变，C不符合题意； D．恒容装置充入，平衡正向移动，但的平衡转化率减小，D不符合题意； 故答案选AB。 【小问2详解】 CO和合成乙二醇的反应方程式为，当通入CO的物质的量固定为1 mol时，开始是，随的物质的量(n)增加，平衡正向移动，乙二醇的物质的量增大，当的物质的量时，乙二醇的物质的量为0.25 mol，此后，随的物质的量增加，乙二醇增大的幅度会逐渐变缓，最终趋于0.5 mol，故x随n变化的示意图为，故答案为。 【小问3详解】 ①DMO()中C的杂化方式是、，故答案为、。 ②MG、乙二醇、乙醇的选择性之和为100，曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性，根据曲线的变化，曲线Ⅰ表示DMO的实际转化率；随着反应的进行MG逐渐转化为乙二醇、乙二醇会继续转化成乙醇，则乙醇的选择性会增加，MG的选择性会降低，根据曲线的变化，曲线IV为MG的选择性曲线，因此曲线III为乙醇的选择性曲线，故答案为Ⅰ；Ⅲ。 ③设初始时n(DMO)=1 mol，则n(H2)=52.4 mol，由图可知，450K时，DMO的实际转化率为80%，转化的DMO为0.8 mol，乙二醇和MG的选择性均为50%，则生成的MG的物质的量n(MG)==0.4 mol，出口处n(MG)∶n(DMO)为=，故答案为2。 ④控制温度在483K左右乙二醇的选择性最高原因是温度低于483K，主要是温度升高，反应ⅱ速率加快，更多的MG转化成乙二醇，反应ⅲ几乎不反应，所以乙二醇的选择性升高，温度高于483K，相同流速下，原料几乎转变成乙二醇，反应ⅲ的速率加快，导致乙二醇的选择性反而下降。 19. 富马酸亚铁()是一种治疗缺铁性贫血的安全有效的补铁药品。某兴趣小组以顺丁烯二酸酐为原料，硫脲为催化剂制备富马酸亚铁。 反应原理如下： 实验步骤如下： 步骤Ⅰ：反丁烯二酸的制备 取2.50g顺丁烯二酸酐，加水温热溶解。加入催化剂硫脲，溶液在搅拌下加热煮沸至较多固体析出时立即冷却，结晶，抽滤，洗涤，沸水浴烘干。 步骤Ⅱ：富马酸亚铁的合成 将2.32g反丁烯二酸置于三颈烧瓶中，加水溶解，用调节溶液pH为6.5～6.7.安装好回流装置，搅拌，加热至沸。打开活塞持续通入，缓慢加入溶液，维持反应温度100℃，充分搅拌30～90min。冷却，抽滤，洗涤，干燥，得棕红(或棕)色粉末。制备装置如图。 已知：ⅰ． ⅱ．富马酸亚铁难溶于水。在约240℃时分解。 请回答： （1）仪器A的名称是_______；冷凝管的进水口为_______(填“a”或“b”)。 （2）步骤Ⅱ中用调节溶液pH为6.5～6.7，pH不能过高的原因是_______。 （3）下列说法正确的是_______。 A. 步骤Ⅰ中加入硫脲的目的是降低马来酸向富马酸转化的活化能，加快反应速率 B. 步骤Ⅱ中持续通入的目的是排尽装置中的空气，防止被氧化 C. 步骤Ⅱ中产品干燥的方式：酒精灯加热烘干 D. 富马酸亚铁虽然难溶于水，但是在胃中能转化成游离的而被人体吸收 （4）与形成稳定环状配离子的能力：马来酸根离子_______富马酸根离子。(填“大于”、“等于”或“小于”) （5）中国药典2020版规定：富马酸亚铁中Fe(Ⅲ)的含量不得大于2.0%。 Fe(Ⅲ)的含量测定： 准确称取产品0.50g，加入25mL纯水和5mL HCl溶液，温热溶解完全后流水冷却。加入足量KI，振摇溶解，暗处放置5min。加纯水70mL，用 标准溶液滴定至淡黄色，加入2mL淀粉指示剂，继续滴定至蓝色消失即为终点，记录标准液用量。重复2～3次，标准溶液平均消耗量为15.00mL。 已知： ①指示剂不在滴定前加入的原因是_______。 ②此产品中Fe(Ⅲ)的含量是_______。 【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. a （2）pH较高时，容易转化为，导致产品纯度降低 （3）ABD （4）大于 （5） ①. 淀粉与碘过早形成过于稳定的包合物，导致终点颜色变化不灵敏或滞后，从而产生滴定误差 ②. 1.68% 【解析】 【分析】利用富马酸和可制备富马酸亚铁，在三颈烧瓶中加富马酸、纯碱溶液，加热可获得富马酸二钠溶液，向其中再加入溶液加热条件下可生成富马酸亚铁，再经冷却、过滤、洗涤沉淀、水浴干燥，即可得到富马酸亚铁粗产品。 【小问1详解】 仪器A的名称是分液漏斗；冷凝管的冷凝水为下进上出，因此进水口为a，故答案为：分液漏斗，a； 【小问2详解】 调节溶液pH为6.5～6.7，pH不能过高的原因是防止在pH较高，即较高时转化成，导致产品纯度降低，故答案为：pH较高时，容易转化为，导致产品纯度降低； 【小问3详解】 A．硫脲作为催化剂，能降低马来酸向富马酸转化的活化能，加快反应速率，A正确； B．持续通入可排尽装置内的空气，防止被氧化，B正确； C．富马酸亚铁约240℃时分解，不能用酒精灯加热烘干，应采用低温干燥或自然干燥，C错误； D．富马酸亚铁虽难溶于水，但在胃酸（盐酸）作用下可转化为游离态的被人体吸收，D正确； 故答案选ABD； 【小问4详解】 马来酸根的结构更有利于与形成稳定的环状配体，因此与形成稳定环状配离子的能力：马来酸根离子大于富马酸根离子，故答案为：大于； 【小问5详解】 ①淀粉指示剂会吸附碘单质，若过早加入，会导致滴定终点延迟，测量结果偏高，因此指示剂不在滴定前加入，故答案为：淀粉与碘过早形成过于稳定的包合物，导致终点颜色变化不灵敏或滞后，从而产生滴定误差； ②由反应、可得，，则，Fe(Ⅲ)的含量为，故答案为：。 20. 维拉帕米广泛用于原发性高血压的治疗，该药品合成路线如下： 请回答： （1）A中官能团的名称_______；A→E第2步的反应类型_______。 （2）下列说法正确是_______。 A. B→C的反应中有产生 B. 化合物D与足量加成所得产物含有3个手性碳原子 C. E→F转化过程中可以用代替 D. 化合物G既可与酸反应又可与碱反应 （3）C→D的化学方程式_______。 （4）化合物H的结构简式是_______。 （5）F→G过程中有副产物生成，写出一种可能的副产物的结构简式_______(其分子式为)。 （6）以和为有机原料，设计化合物的合成路线_______(用流程图表示，无机试剂任选)。 【答案】（1） ①. 羧基、醚键 ②. 取代反应 （2）ACD （3）或 （4） （5） （6） 【解析】 【分析】物质A（）与在硫酸加热情况下发生第一步反应（酯化反应）生成，第二步为与发生取代反应生成E（），然后被还原为F（），F与发生取代反应生成G（）；同时物质A（）与反应生成中间物质（），第二步与发生取代反应生成B（），B与五氧化二磷和甲苯反应生成C（），C与在碱性条件下发生取代反应生成D（），D与G发生取代反应生成H。 【小问1详解】 A中官能团的名称为羧基、醚键；由分析可知，A→E第2步的反应类型为取代反应，故答案为：羧基、醚键；取代反应； 【小问2详解】 A．B→C反应历程为B中断裂和中的两个脱去一分子水，同时形成（即氰基），一分子水与反应生成，因此B→C的反应中有产生，A正确； B．化合物D与足量加成所得产物中手性碳原子如图星号标注：，共4个，B错误； C．E→F转化过程中为E被强还原剂还原，的还原性比更强，因此可以用代替，C正确； D．化合物G中含有叔氨基结构，可与酸反应，氯原子可以与碱反应发生水解反应，因此化合物G既可与酸反应又可与碱反应，D正确； 故答案选ACD； 【小问3详解】 由分析可知，C与在碱性条件下发生取代反应生成D（），化学方程式为或； 【小问4详解】 D与G在碱性情况下发生取代反应生成H，化合物H的结构简式为，故答案为； 【小问5详解】 根据F→G过程中的反应原理，结合副产物分子的分子式（），可能的副产物的结构简式为，故答案为：； 【小问6详解】 结合题中的相关反应原理可得，以和为有机原料合成化合物的合成路线可以为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $