湖南师范大学附属中学2026届高三上学期月考（四）化学试题

湖南师大附中2026届高三月考试卷（四） 化 学 本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页。时量：75分钟，满分：100分。 可能用到的相对原子质量：H～1　B～11　Al～27　Cl～35.5　Zn～65 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1．科技创新赋能高质量发展。下列说法正确的是 A．“东方超环”(俗称“人造太阳”)使用的2H与3H互为同位素 B．“嫦娥五号”使用的太阳能电池可将化学能转化为电能 C．“神舟十九号”推进器使用的燃料偏二甲肼(C2H8N2)属于烃类化合物 D．亚冬会宣传景观用到的亚克力板(俗称有机玻璃)是一种新型无机非金属材料 2．下列化学用语或表述正确的是 A．基态35S核外有8种空间运动状态不同的电子 B．C60、石墨的晶体类型相同 C．CO2的空间填充模型： D．用电子式表示Na2S的形成过程： 3．下列说法错误的是 A．KMnO4应远离热源、可燃物，并与还原性物质分开存放 B．可以将混有H2S的C2H2气体通过CuSO4溶液除去杂质 C．蒸馏实验忘加碎瓷片，停止加热，立即加入碎瓷片后继续蒸馏 D．实验安全图标提醒实验者实验中会用到明火，要正确使用火源 4．下列图示中，实验操作或药品的保存方法符合规范的是 A B C D A．分离乙酸乙酯与乙醇的混合液 B．用带玻璃塞的细口瓶保存少量稀盐酸 C．配制100 mL 2.0 mol·L－1H2SO4溶液 D．除去乙烯中的SO2杂质 5．下列反应对应的离子方程式书写正确的是 A．酸性条件下Fe2＋与ClO－反应：Fe2＋＋ClO－＋2H＋===Fe3＋＋Cl－＋H2O B．亚硫酰氯(SOCl2)滴入水中发生水解反应：SOCl2＋H2O===2H＋＋SO2↑＋2Cl－ C．氟化钠与羟基磷灰石[Ca5(PO4)3OH]发生反应：5Ca2＋＋3PO＋F－===Ca5(PO4)3F↓ D．向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2：CO＋CO2＋H2O===2HCO 6．一水合甘氨酸锌是一种矿物类饲料添加剂，其结构简式如图所示。下列说法正确的是 A．Zn的价态为＋2价 B．分子中C原子和N原子的杂化方式相同 C．第一电离能：O>N>C>H D．该物质中Zn的配位数为4，配位原子为O、N 7．化合物W2Y2X8Z4用途广泛，可用于织物的漂白、染色，医药上可作为消毒剂和杀菌剂，其结构如图所示。Z、Y、X、W四种短周期元素原子序数依次增大，基态Y原子的电子填充了3个能级，其中只有1个未成对电子，X的最外层电子数是其内层电子数的3倍，金属单质W在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应，Z与W同主族且Z为非金属元素。 下列说法错误的是 A．该化合物中Y原子和X原子均达到8电子稳定结构 B．由Z和X形成的某种化合物可作消毒剂，且为非极性分子 C．Y的最高价氧化物对应的水化物为弱酸 D．该化合物中1 mol阴离子含有2 mol配位键 8．(CH3NH3)PbI3材料在新能源电池领域中具有重要的应用价值，其一种立方晶胞结构如图甲所示(其中代表Pb2＋)。下列说法错误的是 A．Pb元素位于元素周期表第六周期第 ⅣA族 B．图甲中与CH3NH等距离且最近的I－有12个 C．图甲中Pb2＋位于由I－形成的正八面体空隙中 D．图乙为图甲晶胞沿体对角线方向的投影图 9．水系可充电铝金属电池具有成本低廉、资源丰富、理论能量密度大和安全性高等优点。一种以MoTe2为正极、Al-Zn合金(可形成微型原电池，有H2析出)为负极、三氟甲磺酸铝[Al(OTf)3]为电解质的水系可充电铝金属电池的放电原理如图所示。 已知：三氟甲磺酸是一种有机强酸。 下列说法正确的是 A．充电时，Al-Zn合金与电源的正极相连 B．充电时，阳极反应式为3Mo＋2Al2Te3－12e－===3MoTe2＋4Al3＋ C．放电时，电子由MoTe2电极经Al(OTf)3水溶液移向Al-Zn合金电极 D．放电时，当电路中有0.3 mol电子流入正极时，Al-Zn合金质量减少2.7 g 10．碳酸锰矿(难溶于水，主要成分为MnCO3、FeCO3)可发生如图转化。 已知：“氧化”后溶液中含Mn2＋、Fe3＋、H＋、SO。 下列说法正确的是 A．“酸浸”时FeCO3发生反应的离子方程式为FeCO3＋2H＋===Fe3＋＋CO2↑＋H2O B．“氧化”过程中加入H2O2的目的是将Mn2＋氧化为MnO C．“除铁”时加入NH3·H2O，需控制溶液pH使Fe3＋完全沉淀，而Mn2＋不沉淀 D．最终得到MnSO4和(NH4)2SO4溶液，经蒸发结晶可直接得到纯净的MnSO4固体 11．化合物Z是一种抗骨质疏松药物的重要中间体，可由下列反应制得。下列有关X、Y、Z的说法错误的是 A．用FeCl3溶液可鉴别Y、Z两种物质 B．Y分子中碳原子的杂化类型有2种 C．Z可发生取代、加成和消去反应 D．Z与足量的氢气加成后产物分子中含有4个手性碳原子 12．通过如下实验探究Na2O2与水的反应(已知：H2O2H＋＋HO、HOH＋＋O)： 下列分析错误的是 A．①、⑤中均产生O2 B．通过③能比较酸性：HCl>H2O2 C．②、⑤中KMnO4与MnO2的作用不同，产生气体的量也不同 D．①、④中均发生了氧化还原反应和复分解反应 13．SCN－在水溶液中可与多种金属离子Mn＋形成单核配离子M(SCN)，发生以下反应：Mn＋＋mSCN－M(SCN)。现有X、Y两种金属离子分别与SCN－在水溶液中形成配离子，且达到平衡时lg与－lg c(SCN－)关系如图所示。 下列说法正确的是 A．每个配离子中的配体的数目：Y>X B．由图像可知，X形成的配离子更稳定 C．M为X时，配位反应平衡常数的数量级为103 D．M为Y且浓度状态处于Q点时，配位反应的v正<v逆 14．甘油(C3H8O3)水蒸气重整获得H2过程中涉及的主要反应如下： 反应Ⅰ　C3H8O3(g)===3CO(g)＋4H2(g)　ΔH>0 反应Ⅱ　CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)　ΔH<0 反应Ⅲ　CO2(g)＋4H2(g)===CH4(g)＋2H2O(g)　ΔH<0 1.0×105 Pa条件下，1 mol C3H8O3和9 mol H2O发生上述反应达平衡状态时，体系中CO、H2、CO2和CH4的物质的量随温度变化的理论计算结果如图所示。下列说法正确的是 A．550 ℃时，H2O的平衡转化率为20% B．550 ℃反应达平衡状态时，n(CO2)∶n(CO)＝11∶25 C．其他条件不变，在400～550 ℃范围内，平衡时H2O的物质的量随温度升高而增大 D．其他条件不变，加压有利于增大平衡时H2的物质的量 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15．(16分)BCl3在有机合成中常用作催化剂，实验室利用氯气和硼酸三甲酯[B(OCH3)3]制备BCl3的部分装置如图所示(加热及夹持装置略)。 已知：①BCl3的沸点为12.5 ℃，熔点为－107 ℃，易水解生成相应的酸； ②二苯卡巴腙试剂为淡黄色，Hg2＋能与二苯卡巴腙生成紫红色螯合物。 回答下列问题： (1)试剂X是____；盛放CaCl2的仪器名称是____；仪器甲的作用是导气和____。 (2)实验中装置E需要控制反应温度在70 ℃左右，采用水浴加热，与直接用酒精灯加热相比，其优点是____；反应中除生成BCl3外，还有两种气体化合物生成，其中一种易与血红蛋白结合，使人体缺氧气而中毒，写出该反应的化学方程式：____。 (3)按正确顺序连接如图所示装置：a→____(按气流方向，用小写字母表示)。 (4)实验结束后通过蒸馏得到产品，通过以下实验测定BCl3的纯度(杂质不参与反应)： Ⅰ.在干燥箱中称取m g样品于带塞的干燥称量瓶中，将样品和称量瓶一起放入事先盛有150 mL水的带塞碘量瓶中并加水封。轻摇使称量瓶塞打开，样品遇水迅速反应产生白色烟雾，放置约30 min，待瓶内气体被吸收完全，将试液及水封液移入250 mL容量瓶中定容，移取25 mL于锥形瓶中用水稀释至100 mL。 Ⅱ.加入几滴二苯卡巴腙试剂作指示剂，用c mol·L－1硝酸酸化的Hg(NO3)2标准溶液滴定Cl－，达到终点时消耗V1 mL标准溶液(滴定过程中Cl－转化为HgCl2沉淀，其他离子不反应)。 Ⅲ.另取100 mL水于锥形瓶中进行空白实验，消耗标准溶液体积为V2 mL。 ①判断滴定到达终点的实验现象是________。 ②产品中BCl3的纯度为________(用含m、c、V1、V2的代数式表示)。 ③若实验Ⅰ中碘量瓶中未加水封，则测定结果____(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 16．(14分)钴酸锂(LiCoO2)是锂离子电池的电极材料。以水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、MgO、CaO、SiO2等杂质)为原料制备LiCoO2的工艺流程如图所示。 已知：①[Co(SCN)4]2－在水中不稳定，易溶于有机溶剂； ②常温下，Ksp(MgF2)≈4.0×10－11，Ksp(CaF2)≈4.0×10－9。 回答下列问题： (1)Li2CO3中阴离子的空间结构为_________。 (2)“酸浸”工序中，滤渣的主要成分是______(填化学式)；“酸浸”工序中不能用盐酸替代硫酸，可能的原因是________。 (3)“除钙、镁”工序得到的滤液中＝________。 (4)“有机相”可循环用于______工序。 (5)“煅烧”工序发生主要反应的化学方程式为________。 (6)神舟十八号载人飞船首次采用“锂离子电池”作电源，某种锂离子电池放电时的工作原理如图所示。充电时阳极的电极反应式为_________。 17．(14分)丙烷是一种重要的化工原料，工业上常用丙烷制备丙烯。 【方法一】热裂解法。 在25 ℃、101 kPa条件下，下列几种物质的燃烧热ΔH如表所示： 物质 C3H8(g) C3H6(g) H2(g) ΔH/(kJ·mol－1) －2 219.9 －2 049 －286 (1)请根据以上信息，写出丙烷分解制丙烯的热化学方程式：____________。 (2)某温度下，在某刚性密闭容器中充入一定量的C3H8(g)，发生上述反应。 ①下列说法可以判断该反应达到平衡状态的是________(填标号)。 A．C3H6和H2的浓度之比为1∶1 B．C3H8在混合气体中的体积分数不再改变 C．容器中压强不再改变 D．气体密度不再随时间改变 ②达到化学平衡状态后，欲同时增大正反应速率和丙烷的平衡转化率，可采取的措施为________(填标号)。 A．增大丙烷的浓度 B．加入高效催化剂 C．升高温度 D．及时分离出丙烯 ③平衡时容器中总压为a kPa，丙烷的转化率为x，则该反应的平衡常数Kp为_________(用分压计算的平衡常数为Kp，分压＝总压×物质的量分数)。 【方法二】氧化裂解法。 在固体催化剂作用下氧化丙烷生成丙烯，化学反应为C3H8(g)＋O2(g)C3H6(g)＋H2O(g)　ΔH′<0。反应产物中除C3H6外，还有CH4、CO和C等，产生的固体会附着在催化剂表面，降低催化剂活性。图1为温度对丙烷氧化裂解反应性能的影响，图2为投料比[]对丙烷氧化裂解反应性能的影响。 已知：C3H6的选择性＝×100%；C3H6的产率＝C3H8的转化率×C3H6的选择性。 (3)图1中C3H8的转化率随着温度升高而增大的原因为______________。 (4)的值较低时，C3H6的选择性较低的原因可能是__________。 (5)研究发现，在丙烷的氧化裂解反应体系中充入一定量CO2，能更好地提高丙烷的转化率和丙烯的产率，请结合化学方程式说明原因：______________。 18．(14分)阿扑西林是世界上第一个注射用氨基酸型广谱半合成青霉素类抗生素，其某种合成路线如下(部分试剂和条件略去)。 　 已知： RNH2。 回答下列问题： (1)C的化学名称是_________。 (2)A中所含官能团的名称为________。 (3)B→D的反应类型为________。 (4)G→I的化学方程式为________；设计E→G的目的是________。 (5)H的同分异构体中，能与新制的Cu(OH)2反应生成砖红色沉淀的有机物有_______种(不考虑立体异构)。 (6)参照上述合成路线，设计路线以丙醛、CH3OH、CH3NH2为原料合成(其他无机试剂任选)。 化学参考答案 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 A C C B B A B D B C C B A A 1．A【解析】A.2H和3H质子数相同，中子数不同，互为同位素，A正确；B.太阳能电池将光能转化为电能，B错误；C.烃只含C、H两种元素，偏二甲肼含N元素，不属于烃类，C错误；D.亚克力板(有机玻璃)的主要成分是聚甲基丙烯酸甲酯，是一种有机高分子材料，不属于无机非金属材料，D错误；故选A。 2．C【解析】A.S是16号元素，基态35S核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，电子的空间运动状态由原子轨道决定，其中含有的轨道数为1(1s)＋1(2s)＋3(2p)＋1(3s)＋3(3p)＝9种，A错误；B.C60属于分子晶体，石墨为层状结构，层内C原子之间以共价键结合，层间以分子间作用力维系，故石墨属于混合型晶体，二者的晶体类型不同，B错误；C.CO2分子中C原子价层电子对数是2＋＝2，无孤对电子，因此C原子采用sp杂化，CO2分子为直线形，由于原子半径：C＞O，故图示能够正确表示CO2的空间填充模型，C正确；D.Na2S为离子化合物，Na原子失去最外层的1个电子形成Na＋，S原子获得2个电子形成S2－，Na＋与S2－通过离子键形成Na2S，2个Na＋不能合并，用电子式表示Na2S的形成过程为，D错误；故选C。 3．C【解析】A.KMnO4是强氧化剂，受热易分解，且易与可燃物、还原性物质反应，因此需远离热源、可燃物，并与还原性物质分开存放，A正确；B.可以将混有H2S的C2H2气体通过CuSO4溶液，生成难溶物CuS除去杂质，B正确；C.蒸馏时忘加碎瓷片，应立即停止加热，待冷却后再加入碎瓷片，C错误；D.图标为明火图标，通常表示实验中涉及明火操作，需正确使用火源，D正确；故选C。 4．B【解析】A.乙酸乙酯与乙醇互溶，互溶的液体混合物不能用分液漏斗分离，应采用蒸馏法，A错误；B.稀盐酸为酸性液体，可保存在细口瓶中，且酸性溶液不会与玻璃塞反应(玻璃塞主要成分为SiO2，与酸不反应)，保存方法正确，B正确；C.配制一定物质的量浓度的硫酸溶液时，浓硫酸的稀释需在烧杯中进行，不能直接在容量瓶中稀释(容量瓶仅用于定容，不能溶解或稀释溶质)，C错误；D.酸性KMnO4溶液具有强氧化性，会将乙烯(含碳碳双键)氧化为CO2，同时除去SO2，不符合除杂“不引入新杂质、不减少目标气体”的原则，应使用NaOH溶液吸收SO2，D错误；故选B。 5．B【解析】A.酸性条件下，亚铁离子与次氯酸根离子反应生成铁离子、氯离子和水，反应的离子方程式为2Fe2＋＋ClO－＋2H＋===2Fe3＋＋Cl－＋H2O，A错误；B.亚硫酰氯(SOCl2)水解生成二氧化硫和盐酸，B正确；C.氟化钠溶液与羟基磷灰石[Ca5(PO4)3OH]反应生成氟磷灰石和氢氧化钠，反应的离子方程式为Ca5(PO4)3OH＋F－===Ca5(PO4)3F＋OH－，C错误；D.向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2，反应的离子方程式为CO＋CO2＋H2O＋2Na＋===2NaHCO3↓，D错误；故选B。 6．A【解析】A.由结构简式分析可得，Zn的价态是＋2，A正确。B.分子中C原子存在两种杂化方式：羧基中的C原子形成3个σ键，为sp2杂化，—CH2—中的C原子形成4个σ键，为sp3杂化；N原子形成3个σ键且有1个孤电子对，为sp3杂化，C原子的杂化方式不唯一且与N原子不完全相同，B错误；C.同周期元素第一电离能从左到右呈增大趋势，但N原子的2p轨道为半充满稳定结构，其第一电离能大于O，H原子只有1个电子，其第一电离能大于C，则第一电离能大小顺序为N>O>H>C，C错误；D.该物质中Zn的配位原子包括甘氨酸羧酸根离子中的O、氨基中的N及水分子中的O，配位数应为5(2个甘氨酸羧酸根离子各提供2个配位原子，1个水分子提供1个配位原子)，D错误；故选A。 7．B【解析】Z、Y、X、W四种短周期元素的原子序数依次增大，由W2Y2X8Z4结构可知，Y可以形成四个共价键，X可以形成两个共价键，Z形成一个共价键，W可以形成＋1价阳离子，基态Y原子的电子填充了3个能级，其中只有1个未成对电子，则Y原子的电子排布式为1s22s22p1或1s22s22p5，X的最外层电子数是其内层电子数的3倍，则X为O元素、Y为B元素；金属单质W在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应，则W为Na；Z与W同主族且Z为非金属元素；则Z为H，据此分析。 A．在该化合物的阴离子中，Y(B)原子形成4个共价键，其最外层电子数为8，达到了8电子稳定结构，X(O)形成2个共价键，其最外层电子数为8，达到了8电子稳定结构，A正确；B.Z为H元素，X为O元素，二者形成的H2O2具有强氧化性，可作消毒剂，分子内的氧原子均为sp3杂化，为极性分子，B错误；C.Y为B元素，其最高价氧化物对应的水化物为H3BO3，硼酸是一元弱酸，C正确；D.阴离子中含有2个Y(B)原子，B原子缺电子易形成配位键，每个B原子与O原子形成1个配位键，故1 mol阴离子含2 mol配位键，D正确；故选B。 8．D【解析】A.Pb元素位于第六周期第ⅣA族，A正确；B.由图可知，CH3NH位于顶角，I－位于面心，面心I－与顶角CH3NH距离最近，每个顶角周围有12个等距离且最近的面心I－(面心立方结构顶角配位数为12)，B正确；C.(CH3NH3)PbI3晶胞中Pb2＋位于体心，I－位于面心，图甲中Pb2＋位于由I－形成的正八面体空隙中，C正确；D.由图甲可知，(CH3NH3)PbI3中Pb2＋与I－的个数比为1∶3，Pb2＋位于体心，有1个Pb2＋，则I－位于面心，CH3NH位于顶点，该晶胞沿体对角线方向的投影，体对角线方向的2个顶角CH3NH和体心Pb2＋原子投到1个点，另外6个顶角CH3NH原子在平面上投出1个六边形，面心6个I－在CH3NH投出的六边形内部组成1个小六边形，如图所示：，D错误；故选D。 9．B【解析】A.充电时，原电池的负极(Al-Zn合金)作电解池的阴极，应与电源负极相连，A错误；B.放电时，正极发生还原反应：3MoTe2＋12e－＋4Al3＋===3Mo＋2Al2Te3，充电时，阳极发生该反应的逆过程(氧化反应)，即3Mo＋2Al2Te3－ 12e－===3MoTe2＋4Al3＋，B正确；C.放电时，电子由负极(Al-Zn合金)经外电路流向正极(MoTe2电极)，电解质溶液中通过离子导电，电子不能进入溶液，C错误；D.放电时Al-Zn合金为负极，虽然主要发生Al失电子的反应(Al－3e－===Al3＋)，但合金可形成微型原电池析出H2，说明部分电子用于析氢腐蚀(不经过外电路)，故电路中有0.3 mol电子转移时，实际消耗的合金质量大于2.7 g，D错误；故选B。 10．C【解析】碳酸锰矿中含有MnCO3、FeCO3等，加入过量H2SO4“酸浸”，得到MnSO4、FeSO4溶液；加入H2O2将Fe2＋氧化为Fe3＋；加入NH3·H2O除铁，将Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，过滤出沉淀后，得到MnSO4和(NH4)2SO4溶液。 A．“酸浸”时FeCO3与H＋反应，因无氧化剂，Fe2＋不会被氧化为Fe3＋，正确的离子方程式应为FeCO3＋2H＋===Fe2＋＋CO2↑＋H2O，A错误；B.“氧化”后溶液中含Mn2＋、Fe3＋，Mn2＋未发生改变，说明加入H2O2的目的是将Fe2＋(“酸浸”生成)氧化为Fe3＋，而非氧化Mn2＋，B错误；C.“除铁”时加入NH3·H2O调节溶液pH，仅使Fe3＋完全沉淀为Fe(OH)3，而Mn2＋不沉淀，留在溶液中，C正确；D.最终所得溶液含MnSO4和(NH4)2SO4，蒸发结晶时二者会共同析出，无法直接得到纯净的MnSO4，D错误；故选C。 11．C【解析】A.Z含有酚羟基，遇到FeCl3溶液显紫色；Y不含酚羟基，遇到FeCl3溶液无现象，故可以用FeCl3溶液鉴别Y、Z两种物质，A正确。B.Y的苯环中C原子杂化类型为sp2、亚甲基中C原子杂化类型为sp3、羧基中C原子杂化类型为sp2，共2种，B正确。C.Z中含有酚羟基和羰基，可发生取代反应、加成反应，但不能发生消去反应，C错误。D.Z与足量的氢气加成后产物中含有4个手性碳原子，如图，D正确。故选C。 12．B【解析】根据实验探究可以看出，试管①中过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和过氧化氢，过氧化氢分解产生氧气；试管②中高锰酸钾具有氧化性，产生气体，溶液褪色，则体现了过氧化氢的还原性；试管③中过氧化氢与氯化钡发生复分解反应生成过氧化钡沉淀与稀盐酸；试管④中过氧化钡再与稀硫酸反应生成过氧化氢与硫酸钡沉淀；试管⑤中过氧化氢在二氧化锰催化作用下分解生成水和氧气，据此作答。 A．根据分析，试管①和试管⑤中均产生氧气，A正确。B.根据已知条件可以看出过氧化氢属于二元弱酸，而盐酸属于一元强酸，盐酸酸性比过氧化氢强；但试管③中是因为生成了溶解度较小的过氧化钡沉淀，因此不能用“强酸制弱酸”证明酸性：HCl>H2O2，B错误。C.试管②中发生反应的离子方程式为2MnO＋5H2O2＋6H＋===2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O，试管⑤中发生反应的化学方程式为2H2O22H2O＋O2↑；根据方程式可知，试管②中KMnO4作氧化剂，H2O2中所有氧原子全部转化为氧气，试管⑤中MnO2作催化剂，H2O2中氧原子只有一半转化为氧气，且试管④中有少量气泡产生，由于将试管①中所得溶液均分，因此可认为两试管中初始H2O2总量相同，故试管②、⑤中KMnO4与MnO2的作用不同，产生气体的量也不同，C正确。D.试管①中的反应机理可以认为是Na2O2＋2H2O===H2O2＋2NaOH、2H2O2===2H2O＋O2↑；试管④中的反应过程为BaO2＋H2SO4===BaSO4＋H2O2、2H2O2===2H2O＋O2↑；因此试管①、④中均发生了氧化还原反应和复分解反应，D正确。故选B。 13．A【解析】由题意，存在解离平衡M(SCN)Mn＋＋mSCN－，其平衡常数K＝，lg＝m[－lg c(SCN－)]＋lg K，m越大，则对应图像的斜率越大，故Y对应的m值更大。 A．由分析，每个配离子中的配体的数目：Y>X，A正确；B.由图像可知，直线截距为lg K，因此Y离子更稳定，B错误；C.M为X时，由图(0，－2.95)，解离平衡M(SCN)Mn＋＋mSCN－中－2.95＝lg K，K＝10－2.95，则配位反应Mn＋＋mSCN－M(SCN)的平衡常数为＝102.95，数量级为102，C错误；D.直线上的点代表平衡状态，Q点在Y对应直线的上方，即在c(SCN－)不变的情况下，Q点的lg相比平衡时偏大，即偏大，则此时平衡M(SCN)Mn＋＋mSCN－会逆向移动，也就是Mn＋＋ mSCN－M(SCN)会正向移动，故v正>v逆，D错误；故选B。 14．A【解析】550 ℃时，曲线①物质的量是5.0 mol，根据原子守恒，n(C)＝3 mol，则其不可能是含碳微粒，故曲线①代表H2，升高温度，反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ平衡逆向移动，CO物质的量增大，则曲线③代表CO，温度升高，反应Ⅲ平衡逆向移动，CH4物质的量减小，则曲线②代表CH4，据此解答。 A．550 ℃时，n(H2)＝5.0 mol，n(CO2)＝2.2 mol，n(CH4)＝n(CO)＝0.4 mol，根据C原子守恒，可得n(C3H8O3)＝＝0，根据O原子守恒，可得n(H2O)＝＝7.2 mol(也可利用H原子守恒计算，结果相同)，则α(H2O)＝×100%＝20%，A正确；B.550 ℃时，n(CO2)＝2.2 mol，n(CO)＝0.4 mol，则n(CO2)∶n(CO)＝11∶2，B错误；C.400～550 ℃范围内，随温度升高，反应Ⅱ、Ⅲ平衡均逆向移动，n(CO2)增大，说明反应Ⅲ平衡逆向移动的程度更大，则H2O的物质的量减小，C错误；D.增大压强，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡不移动，反应Ⅲ平衡正向移动，平衡时H2的物质的量减小，D错误；故选A。 二、非选择题（本题共4小题，共58分。除标注外，每空2分） 15．（16分） （1）浓硫酸 球形干燥管(1分) 冷凝回流(1分) （2）受热均匀，便于控温 B(OCH3)3＋6Cl2BCl3＋3CO＋9HCl[或B(OCH3)3＋6Cl2BCl3＋3CO＋9HCl] （3）efbcghd(或bcghd) （4）①滴入最后半滴标准溶液，溶液由淡黄色变为浅紫红色，且半分钟内不变成淡黄色 ②% ③偏低 【解析】装置A用于制备氯气，该方法制备的氯气中有HCl和水蒸气杂质，可通过饱和食盐水(装置D)和浓硫酸(装置B)除去，再连接反应装置E，由氯气和硼酸三甲酯[B(OCH3)3]制备BCl3，实验过程中需要注意三氯化硼沸点为12.5 ℃，熔点为－107 ℃，易水解生成相应的酸，最后再用NaOH溶液吸收多余的氯气，实验装置连接顺序为aefbcghd(或abcghd)。 (1)装置A制备氯气，生成的氯气中含有氯化氢和水蒸气，由于BCl3易水解，生成的氯气需要干燥，则试剂X是浓硫酸；盛放氯化钙的仪器是球形干燥管；仪器甲为球形冷凝管，反应需要加热，所以球形冷凝管的作用是导气、冷凝回流，提高原料利用率。 (2)实验中装置E需要控制温度在70 ℃左右，采用加热方式为水浴加热，与直接用酒精灯加热相比，其优点是受热均匀，便于控温；反应中除生成BCl3外，还有两种气体化合物生成，其中一种是CO，依据原子守恒可知，还有HCl生成，该反应的化学方程式为B(OCH3)3＋6Cl2BCl3＋3CO＋9HCl。 (3)根据以上分析可知，装置的连接顺序是aefbcghd(或abcghd)。 (4)①根据已知信息②可知，滴定终点的现象是滴入最后半滴标准溶液，溶液由淡黄色变为浅紫红色，且半分钟内不变成淡黄色。 ②根据2Cl－＋Hg2＋===HgCl2↓可知，25 mL待测液中Cl－的物质的量是0.002c(V1－V2) mol，所以样品中BCl3的纯度为×100%＝%。 ③若实验Ⅰ中碘量瓶中未加水封，导致生成的氯化氢逸出，消耗标准溶液体积V1偏小，则测定结果偏低。 16．（14分） （1）平面三角形 （2）SiO2、CaSO4 Co2O3有强氧化性，可能氧化HCl生成Cl2 （3）100 （4）萃取 （5）4CoCO3＋2Li2CO3＋O24LiCoO2＋6CO2 （6）LiCoO2－xe－===Li1－xCoO2＋xLi＋ 【解析】水钴矿的主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、MgO、CaO、SiO2等杂质，加入稀硫酸和双氧水进行“酸浸”，滤渣的主要成分为二氧化硅和少量硫酸钙，滤液中含有Co2＋、Fe3＋、Mg2＋、Ca2＋，而后加入氟化铵生成MgF2、CaF2，加入KSCN与Co2＋反应生成[Co(SCN)4]2－进入有机相，三价铁离子生成[FeF6]3－进入水相，而后加入稀硫酸进行反萃取，得到Co2＋，加入碳酸钠后得到碳酸钴，再与碳酸锂在空气中煅烧后得到钴酸锂。 (1)Li2CO3中阴离子为CO，中心原子C的价层电子对数为3＋(4＋2－3×2)＝3＋0＝3，无孤电子对，因此其空间结构为平面三角形。 (2)根据分析可知，“滤渣”的主要成分为SiO2、CaSO4；原料中含＋3价钴，碳酸钴中为＋2价钴，“酸浸”中加入双氧水还原钴，说明Co2O3有强氧化性，可能氧化HCl生成Cl2。 (3)根据题干信息可知Ksp(MgF2)≈4.0×10－11，Ksp(CaF2)≈4.0×10－9，两种沉淀同时生成时，溶液中存在沉淀溶解平衡，＝＝100。 (4)有机相主要成分是萃取剂，可循环用于“萃取”工序。 (5)在煅烧中，钴的化合价升高，空气中O2参与反应，并放出CO2，反应的化学方程式为4CoCO3＋2Li2CO3＋O24LiCoO2＋6CO2。 (6)充电时a极为阳极，LiCoO2转化为Li1－xCoO2，Co元素失电子，化合价升高，电极反应式为LiCoO2－xe－===Li1－xCoO2＋xLi＋。 17．（14分） （1）C3H8(g)C3H6(g)＋H2(g) ΔH＝＋115.1 kJ·mol－1 （2）①BC ②C ③ kPa （3）温度升高，反应速率加快(或副反应增多)，转化率升高(合理即可) （4）氧气过量，丙烷继续发生其他氧化反应，生成其它副产物(或丙烯被氧气氧化，合理即可) （5）通入CO2发生反应CO2＋C===2CO，减少附着在催化剂表面的C，提高催化剂活性 【解析】(1)由表中数值可得燃烧的热化学方程式为： a．C3H8(g)＋5O2(g)===3CO2(g)＋4H2O(l)　ΔH1＝－2 219.9 kJ·mol－1 b．C3H6(g)＋O2(g)===3CO2(g)＋3H2O(l)　ΔH2＝－2 049 kJ·mol－1 c．H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH3＝－286 kJ·mol－1 根据盖斯定律可知，a－b－c得C3H8(g)C3H6(g)＋H2(g)，则ΔH＝ΔH1－ΔH2－ΔH3＝－2 219.9 kJ·mol－1－(－2 049 kJ·mol－1)－(－286 kJ·mol－1)＝＋115.1 kJ·mol－1。 (2)设起始时充入C3H8(g)的物质的量为n mol，列出三段式： C3H8(g)C3H6(g)＋H2(g) 　　　　 　　起始/mol　　　n　　　 　　0　　　　0 　　　　 　　转化/mol　 nx　 　 　 　nx　 　　nx 　　　　 　　平衡/mol　　n－nx　　　　nx　 　　nx 平衡时气体总物质的量为(n－nx＋nx＋nx)mol＝(n＋nx)mol，平衡时各组分的分压为p(C3H8)＝×a kPa＝ kPa，p(C3H6)＝p(H2)＝×a kPa＝ kPa，则平衡常数Kp＝＝ kPa＝ kPa。 (3)随着温度升高，丙烷的转化率增大，考虑影响化学反应速率的因素，温度升高，反应速率加快，转化率升高。 (4)丙烷氧化裂解产物中除C3H6外，还有CH4、CO和C等，的值较低时，C3H6的选择性较低的原因可能是氧气过量，丙烷继续发生其他氧化反应，生成其他副产物。 (5)由题干可知，反应中产生的固体产物会附着在催化剂表面，降低催化活性。充入一定量CO2，可能发生反应：CO2＋C===2CO，减少附着在催化剂表面的C，提高催化剂活性。 18．（14分） （1）甲胺 （2）羧基、氨基 （3）取代反应 (1分) （4）＋―→＋KCl 保护氨基 （5）12 （6） 【解析】A()与SOCl2、CH3OH发生取代反应生成B()；B与甲胺发生取代反应生成D()；D与KOH发生中和反应生成E；E氨基上的氢与F上碳氧双键加成后消去产生碳碳双键，生成G；最后在酸性条件下恢复氨基，E→G这一步是为了保护官能团。 (1)C为CH3NH2，化学名称是甲胺。 (2)A()中所含官能团的名称为羧基、氨基。 (3)B→D的反应是酯基与氨基反应生成酰胺和CH3OH，反应类型为取代反应。 (4)观察G、H、I结构，推测另一种生成物为KCl，化学方程式为 ＋ ―→ ＋KCl。 (5)由已知方程式R—NH2和L()结构，可推测K为，结合E→G和K→L可推测设计E→G的目的是保护氨基。 (6)H的同分异构体中能与新制氢氧化铜反应产生砖红色沉淀的有机物含醛基，有(序号为氯原子位置)共12种。 (7)参考流程前面三步，可以先将丙醛氧化为丙酸，然后在SOCl2作用下和甲醇反应生成丙酸甲酯，再与甲胺发生取代反应，得到目标产物。 1 学科网（北京）股份有限公司 $