精品解析：湖北孝感市湖北楚天协作体2025-2026学年高三下学期开学化学试题

高三化学 可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 F-19 S-32 Ca-40 Zn-65 Au-197 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，只有一项符合题目要求。 1. 我们的生产、生活、科技的发展都离不开化学，下列有关说法错误的是 A. 植物油氢化可以延长其保质期 B. 葡萄糖是单糖，可以和硝酸发生酯化反应 C. 液态常用作长征火箭的助燃剂 D. 甲壳素、壳聚糖是膳食纤维，属于天然高分子化合物 【答案】C 【解析】 【详解】A．植物油氢化通过加氢减少双键，提高饱和度，增强抗氧化性，延长保质期，A正确； B．葡萄糖为单糖，其羟基可与无机酸发生酯化反应，形成硝酸酯类化合物，B正确； C．长征火箭推进系统中，助燃剂通常为液氧，液态仅用于冷却或惰性保护，C错误； D．甲壳素和壳聚糖是多糖，属于膳食纤维，也属于天然高分子化合物，D正确； 故答案选C。 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. 的VSEPR模型： B. HBrO的结构式：H-Br-O C. NaH的电子式： D. HCl分子中键的形成： 【答案】A 【解析】 【详解】A．的价层电子对为，其中有2对孤对电子，VSEPR模型为四面体形，故A正确； B．HBrO的结构式应为：H-O-Br，故B错误； C．NaH属于离子化合物，，故C错误； D．HCl分子中的共价键是s-p头碰头形成键，其中s能级电子云形状为球形：，故D错误； 故选A。 3. 是一种污染性气体，可与水反应，设是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A. 18g冰中氢键数目约为 B. 相同状况下，测得相对于的密度为23 C. 与水充分反应转移的电子数为 D. 实验室可用NaOH溶液吸收气体 【答案】B 【解析】 【详解】A．18g冰为1mol H2O，在冰中每个水分子形成4个氢键，但每个氢键被两个水分子共用，因此每个水分子对应2个氢键，故1mol冰中氢键数目为2mol，即，A正确； B．相对密度指同温同压下气体密度之比，等于摩尔质量之比，H2摩尔质量为2g/mol，NO2摩尔质量为46g/mol，理论比值为23，但NO2易二聚为N2O4，实际平均摩尔质量受温度和压力影响，在常温常压下实测相对密度大于23，B错误； C．69g NO2为，NO2与水反应：3NO2 + H2O= 2HNO3 + NO，两个N从+4升至+5失2e-，一个N从+4降至+2得2e-，所以每消耗3mol NO2转移2mol电子。1.5mol NO2转移电子数为，即，C正确； D．NO2为酸性气体，与NaOH反应：2NO2 + 2NaOH = NaNO2 + NaNO3 + H2O，实验室常用此法吸收；D正确。 4. 下列过程所对应的化学方程式或离子方程式正确的是 A. 向足量的溶液中通入少量的： B. 使酸性溶液褪色： C. 邻羟甲基苯酚分子间脱水缩合制酚醛树脂： D. 向溶液中通入标况下2.24 L的： 【答案】C 【解析】 【详解】A．向足量的溶液中通入少量的，被氧化为，被还原为，多余的与结合为，其反应的离子方程式为，A错误； B．使酸性溶液褪色，作还原剂，被酸性氧化为，被还原为，则其反应的离子方程式为，B错误； C．邻羟甲基苯酚分子间脱水缩合制酚醛树脂：，发生分子间脱水，C正确； D．向溶液中通入标况下2.24 L的，由于的还原剂强于，则作氧化剂，先氧化，再氧化，计算可知，，，，根据还原性顺序，先氧化消耗0.05 mol，剩余0.05 mol再氧化0.1 mol，则其反应的离子方程式为，D错误； 故答案选C。 5. 氟代对乙酰氨基酚(结构简式如图所示)是一种新型的解热镇痛药候选分子。下列关于该分子的说法正确的是 A. 氟代对乙酰氨基酚的分子式为 B. 分子中所有碳原子和氮原子可能处于同一平面 C. 该分子在红外光谱中不会出现O-H键的伸缩振动吸收峰 D. 一定条件下，1 mol氟代对乙酰氨基酚最多可消耗3 mol NaOH 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据结构简式，该化合物的分子式应为，A错误； B．苯环为平面结构，与苯环直接相连的原子共平面，在酰胺基中，羰基C以杂化，与苯环、氮原子可共平面，甲基碳为杂化，通过单键旋转可使甲基碳与羰基碳、氮原子共平面，因此，分子中所有碳原子和氮原子可能处于同一平面，B正确； C．因为分子中存在-OH，所以红外光谱会出现O-H键的伸缩振动吸收峰，C错误； D．1 mol该分子与NaOH反应时，酚羟基消耗1 mol NaOH，酰胺基水解生成羧基和氨基，消耗1 mol NaOH，氟原子在碱性条件下发生水解，生成酚羟基和HF，新生成的酚羟基与HF各消耗1 mol NaOH，共消耗2 mol NaOH，总计消耗4 mol NaOH，D错误； 故答案选B。 6. 下列实验仪器的选用正确的是 仪器 用途 A．蒸馏时用于冷凝蒸汽 B．蒸发结晶 仪器 用途 C．盛装酸性高锰酸钾溶液 D．盛装NaOH溶液 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．图中仪器为球形冷凝管，其回流效果好，主要用于回流；蒸馏时一般选用直形冷凝管，球形冷凝管会在球部有液体残留，A错误； B．图中仪器为酒精灯、泥三角、三脚架、坩埚，一般用于固体的加热，而蒸发结晶一般选用蒸发皿，B错误； C．图中仪器为碱式滴定管，而酸性高锰酸钾溶液会腐蚀碱式滴定管，所以需盛装在酸式滴定管中，C错误； D．NaOH溶液会与玻璃中的反应生成具有粘性的硅酸钠，导致玻璃塞与瓶口粘连，所以盛装NaOH溶液的试剂瓶需选用橡胶塞，D正确； 故答案选D。 7. 如图所示的转化关系中，A和B的溶液混合后能产生黄色沉淀C、正盐D以及一种无色气体E，E在某种条件下生成F。下列说法错误的是 A. 常温下，可以用铁制品来盛放B的浓溶液 B. 沉淀C在一定条件下可以一步转化成E或F C. E转化成F时，要充分净化原料气，防止催化剂中毒 D. 在过量强氧化剂作用下，M和N都能够转化成正盐D 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，可知A为，B为，C为S，D为，E为，F为，M/N为或。 【详解】A. 浓硫酸常温下有强氧化性，能够使Fe和Al钝化，故可以用铁制品或铝制品来贮存，A正确； B. S和一步反应只能得到，不能得到，B错误； C. 催化氧化得到，原料气中含有砷、硒化合物等杂质，会让钒催化剂永久中毒失去活性，C正确； D. 和都有较强的还原性，可以被强氧化剂氧化成Na2SO4，D正确； 故选B。 8. 将溶于液态HF的和Au反应可以得到一种化合物A(化学式为：)，将A缓慢加热到60℃可得到金的氟化物B、Kr和；经化学分析，B中Au、F的质量分数分别为67.47%、32.53%。已知①Au最高价为价，易和形成一种稳定的八面体构型的配离子；②是直线形分子；③在的液态HF溶液中没有含Kr的单核微粒。下列说法错误的是 A. 是非极性分子 B. 加热A分解生成B的化学方程式为： C. 若A为强电解质，则A的电离方程式为： D. 核磁共振谱表明溶于液态HF的的两个氟原子是等同的，故在HF中以离子的形式存在 【答案】D 【解析】 【详解】A．是直线形分子，结构对称，正负电荷中心重合，是非极性分子，A正确； B．由B中Au和F的质量分数计算可得B的化学式为，则加热A分解的化学方程式为，B正确； C．若A为强电解质，根据已知条件①可得Au易与形成八面体构型的，且Kr在中为+2价，中Kr也为+2价，则A的电离方程式应为，C正确； D．核磁共振谱显示的两个氟原子等同，说明在液态HF中以分子形式存在（直线形结构对称），而非离子形式，已知条件③也指出溶液中无含Kr的单核微粒，进一步支持分子形式，D错误； 故答案选D。 9. 化学事实蕴含哲学思想，下列化学论述，与其对应的哲学观点不相符合的是 化学论述 哲学观点 A 金刚石、石墨、由不同数目的碳原子构成，但物理性质差异较大，化学性质也有所差异 量变是引起质变的前提和必要准备 B 分子晶体、离子晶体和共价晶体物理性质差异显著，是由于晶体中微粒间的相互作用力不同 内因是事物变化发展的根本原因 C 由于化学键类型不同，熔融态NaCl能导电，液态HCl不导电 矛盾的特殊性是事物相互区别的根据 D 可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，体系中各组分的浓度保持不变 运动的绝对性与静止的相对性相统一 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．金刚石、石墨、C60的性质差异主要源于碳原子排列方式(结构)的不同，而非原子数目的变化；哲学观点“量变引起质变”强调数量变化导致本质变化，但此处结构差异(质变)是主因，原子数目变化并非关键，因此论述与观点不相符，A错误； B．分子晶体、离子晶体和共价晶体的物理性质差异由微粒间作用力(内因)决定，哲学观点“内因是根本原因”与之相符，B正确； C．熔融态NaCl导电而液态HCl不导电，是因为离子键与共价键的特殊性差异，哲学观点“矛盾的特殊性是事物相互区别的根据”与之相符，C正确； D．化学平衡中正逆反应速率相等(运动绝对性)与浓度不变(静止相对性)的统一，哲学观点“运动的绝对性与静止的相对性相统一”与之相符，D正确； 故选A。 10. 现有W、X、Y、Z、A、B、R七种前四周期常见元素，原子序数依次递增。其中，W核外电子只有一种自旋取向；X是植物生长三要素之一；Y是地壳中含量最多的元素，且Y与A的价层电子数相等；Z、R是金属元素，其中Z的原子半径是短周期中最大的，能与B形成离子化合物ZB；含R的金属是用量最大的金属材料，其合金被称为“黑色金属”。下列说法错误的是 A. W元素与X、Y元素形成的两种微粒的键角： B. X、Y、Z三种元素对应的原子半径： C. Z、A、B、R四种元素的第一电离能： D. 的VSEPR模型与其空间构型均相同 【答案】B 【解析】 【分析】现有W、X、Y、Z、A、B、R七种前四周期常见元素，原子序数依次递增。其中，W核外电子只有一种自旋取向，则W是H；X是植物生长三要素(N、P、K)之一，Y是地壳中含量最多的元素，Y是O，所以X是N；且Y与A的价层电子数相等，则A是S；Z、R是金属元素，其中Z的原子半径是短周期中最大的，Z是Na；能与B形成离子化合物ZB，所以B是Cl；含R的金属是用量最大的金属材料，其合金被称为“黑色金属” ，R是Fe ；综上所述，W为H、X为N、Y为O、Z为Na、A为S、B为Cl、R为Fe。 【详解】A. W元素与X、Y元素形成的微粒和中，为正四面体结构，键角；H3O+为三角锥形，因孤电子对排斥，键角小于。故键角大于H3O+，A正确； B. X、Y、Z三种元素的原子半径：Na(第三周期)半径最大，N和O同处第二周期，原子半径N > O，因此原子半径顺序为Z(Na) > X(N) > Y(O)，B错误； C. Z(Na)、A(S)、B(Cl)在同一周期，第一电离能总体呈增大趋势，故B(Cl) > A(S) > Z(Na)；R(Fe)为第四周期过渡元素，其第一电离能大于Z(Na)，但小于A(S)。因此四种元素的第一电离能顺序为B > A > R > Z，C正确； D. 和中，中心原子S和Cl的价层电子对数均为4，VSEPR模型均为四面体，实际空间构型也均为四面体，D正确； 故选B。 11. 超分子冠的合成过程如图所示。已知18-冠-6空腔直径范围为260-320pm，碱金属离子的直径如表所示，下列说法错误的是 离子 直径／pm 152 204 276 306 334 A. 上述过程①的反应类型是化合反应 B. 18-冠-6不可以与、形成稳定的超分子 C. 冠-6中通过O原子对的吸引作用形成稳定的超分子 D. 超分子是由两种或两种以上的广义上的分子通过分子间相互作用形成的分子聚集体 【答案】A 【解析】 【详解】A．上述过程①还有另一个产物为HCl，反应类型是取代反应，A错误； B．直径204 pm，直径334 pm，与18-冠-6空腔直径范围为260-320 pm不匹配，不可以与、形成稳定的超分子，B正确； C．冠-6中存在O对的吸引，C正确； D．超分子是由两种或两种以上的广义上的分子通过分子间相互作用形成的分子聚集体，超分子的定义是广义的，包括离子，D正确； 故选A。 12. Cu()与Cl()形成的一种化合物的立方晶胞如图所示，已知晶胞参数为a nm，下列说法错误的是 A. Cu的配位数为4 B. 该化合物的化学式为CuCl C. 最近Cu与Cl的距离为 D. 晶胞中由Cu组成的四面体空隙被Cl填充了50% 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据图示，Cu填充在部分由Cl原子围成的四面体空隙中，Cu的配位数为4，故A正确； B．根据均摊原则，晶胞中Cu数为，Cl原子位于晶胞内部，数目为4，所以化学式为CuCl，故B正确； C．晶胞的体对角线为 ，最近Cu与Cl的距离为体对角线的四分之一，应为，故C错误； D．在晶胞中Cu原子围成的四面体空隙有8个，其中只有4个空隙填充了Cl原子，故Cl原子填充在Cu原子围成的四面体空隙中，填充率为50%，故D正确； 选C。 13. 下列对相关实验论述的评价正确的是 论述 实验评价 A 中和热测定实验中，将的NaOH溶液一次性倾倒入的盐酸溶液中 测出的中和热 偏小 B 用HCl标准溶液滴定未知浓度的肼溶液时，选用酚酞作指示剂 测出的肼溶液浓度 偏大 C 将盐酸与反应产生的气体直接通入溶液中，以此验证碳的非金属性强于硅 该方案不能验证碳的非金属性强于硅 D 向水晶柱面滴一滴融化的石蜡，待其凝固，用一根红热的铁丝刺入，以验证石蜡导热是否具有各向异性 该方案可验证石蜡导热具有各向异性 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．在中和热测定实验中，NaOH溶液（0.55 mol/L， 50 mL）物质的量略多于盐酸（0.50 mol/L， 50 mL），其目的是为了使盐酸完全中和；中和热测定实验的关键是减少热量损失，将NaOH溶液一次性快速倒入盐酸中，是为了避免热量散失，该操作是正确的，测出的中和热不会偏小，A错误； B．用HCl滴定肼（N2H4，弱碱）时，等当点pH<7，应选用酸性范围内变色的指示剂（如甲基橙）。酚酞变色范围（pH 8.2-10.0）在碱性区域，导致滴定终点提前，消耗HCl体积偏小，计算肼浓度时结果偏小，而非偏大，B错误； C．盐酸与Na2CO3反应产生的气体主要为CO2，但可能混有HCl蒸气。HCl可直接与Na2SiO3反应生成硅酸沉淀，干扰CO2与硅酸盐的反应，无法准确证明碳酸酸性强于硅酸，故不能验证碳的非金属性强于硅，C正确； D．石蜡为非晶体，导热性各向同性。实验方案通过热铁丝刺入石蜡（凝固在水晶表面）观察熔化形状，无法显示各向异性（因石蜡无此性质）。水晶的各向异性可能影响石蜡凝固结构，但导热测试仍取决于石蜡本身，D错误； 故选C。 14. 羟基自由基是自然界中氧化性仅次于氟的氧化剂。我国科学家设计了一种能将氧化为和的原电池-电解池组合装置如图所示。下列说法不正确的是 A. 装置工作时，Ⅱ室NaCl浓度减小 B. 相同条件下，b、c两极产生的气体体积比为 C. 装置工作时，电子由b极经Ⅲ、Ⅱ、I室流向a极 D. 装置工作时，理论上每转移两室可共处理 【答案】C 【解析】 【分析】分析装置可知，左侧装置为原电池装置，过程中Cr元素化合价降低，得到电子，则b为负极，a为正极；右侧装置为电解池，c、d分别为阴极和阳极。 【详解】A.Ⅲ室发生的电极反应为：，Ⅰ室电极反应为，、分别移向Ⅱ室，生成，NaCl浓度减小，A正确； B.b极电极反应为，c极电极反应为，每转移10 mol电子，b极产生3 mol气体，c极产生5 mol气体，两极产生的气体体积比为3:5，B正确； C.电子只能在导线中传递，不能在电解质溶液中迁移，C错误； D.d极首先发生，进而发生氧化的反应，被氧化会转移5 mol电子，消耗，所以当线路中转移5 mol电子时，b极和d极分别可处理，D正确； 故选C。 15. 赖氨酸(，用HR表示)的盐酸盐在水溶液中存在如下平衡：。向的溶液中滴加0.0100 mol/L的NaOH溶液，溶液中含有R微粒分布系数随pH变化如图所示。已知，下列表述不正确的是 A. D点对应的 B. B点溶液中存在关系 C. 反应的平衡常数的数量级为 D. ，且C点存在 【答案】D 【解析】 【分析】由图可知；；。 【详解】A．D点为，根据离子方程式可知此时，A正确； B．B点为，根据电荷守恒：，在滴定过程中始终存在物料守恒：，两个守恒方程联立可得：，因为B点，则，又因为B点，即，故，B正确； C．反应的平衡常数，数量级为，C正确； D．时，此时溶质为，存在，但是C点不对应，因为C点，然而溶液中，D错误； 故答案选D。 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16. 亚硝酸钙呈白色粉末状，易潮解，是一种重要的无机盐。在建筑工业和环保领域有着广泛应用，它不仅能改善混凝土性能，还能用于处理工业废气中的氮氧化物，实现资源化利用。实验室中采用如图装置制取少量亚硝酸钙(夹持装置略)。回答相关问题： （1）盛装铜片仪器的名称为_______。 （2）装置Ⅱ的作用有两处，作用一：除去NO中混有的气体，作用二：_______。 （3）装置Ⅳ中主要发生反应的化学方程式为_______。 （4）其中装置Ⅴ的作用为_______。 （5）装置Ⅵ中氮元素被氧化成价，则反应的离子方程式为_______。 （6）可用如下实验操作测定亚硝酸钙的纯度：称量30.0 g样品并用蒸馏水溶解，然后转移至100 mL的容量瓶中定容，取25.00 mL样品溶液于锥形瓶中，然后用浓度为溶液滴定，滴定原理为：，记录消耗溶液的体积见下表。(杂质不与溶液反应) 实验序号 1 2 3 4 消耗溶液体积/mL 20.01 22.50 19.99 20.00 ①滴定终点的现象为_______。 ②计算可知，所得产品的纯度为_______(保留三位有效数字)。 【答案】（1）三颈烧瓶 （2）除去NO气体中混有 （3） （4）防止装置Ⅵ中的水蒸气进入Ⅳ中，引起亚硝酸钙潮解，降低产品的纯度 （5） （6） ①. 当滴加半滴酸性溶液，溶液颜色由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色，则达到滴定终点 ②. 88.0% 【解析】 【分析】用与NO制备亚硝酸钙，实验开始前先通氮气是为了排除装置内的空气，在装置Ⅰ中由铜和稀硝酸反应制取一氧化氮，产生的NO气体中混有少量的蒸汽和NO2，可用Ⅱ装置进行除杂，则Ⅱ装置中盛放的试剂为蒸馏水，发生反应的化学方程式为：，装置Ⅲ为干燥装置，通过Ⅳ中与过氧化钙反应生成亚硝酸钙，装置Ⅴ为防止尾气处理装置中的水蒸气进入装置Ⅳ中，装置Ⅵ为尾气吸收装置。 【小问1详解】 根据装置图，盛装铜片的仪器为三颈烧瓶； 【小问2详解】 制出的NO中可能混有和，故装置Ⅱ的作用是除去NO气体中混有的蒸汽，和水反应生成硝酸和NO，装置I可以将NO气体中混有的除去； 【小问3详解】 装置Ⅳ中NO与发生氧化还原反应生成亚硝酸钙，反应方程式为； 【小问4详解】 由题干信息可知，亚硝酸钙易潮解，故若缺少装置Ⅴ，产生的影响是装置Ⅵ中的水蒸气进入Ⅳ中，引起亚硝酸钙潮解，降低产品的纯度。 【小问5详解】 装置Ⅵ中氮元素被氧化成价，即NO被氧化成，被还原为，根据得失电子守恒，该反应的离子方程式为； 【小问6详解】 ①反应终点的判断，当滴加最后半滴酸性溶液，溶液颜色由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色，则达到滴定终点。 ②第二次实验数据偏离正常误差范围，舍去不用，其余3次实验平均消耗高锰酸钾溶液的体积为，根据滴定反应方程式可得，100 mL溶液中对应的物质的量为 ，质量，所以。 17. 镓锗是重要的战略金属资源。某地冶炼厂以锌精矿(主要成分为ZnS，还含有铁、铜、镓和锗等金属硫化物)为原料制备Zn、Ga、Ge的工艺流程如图所示： 已知：①镓与铝同主族，化学性质相似。②锌的金属活动性强于镓锗。③能溶于氨水。 （1）画出Ga的价层电子排布图_______。 （2）“加压酸浸”步骤加压的目的是_______。 （3）滤渣的主要成分有_______。 （4）Ga元素在“氧化焙烧”步骤中转化为，其在“常压酸浸”步骤发生的离子方程式为_______。 （5）“沉镓”步骤能否使用过量氨水代替适量NaOH，并阐述原因_______。 （6）取“碱溶镓”步骤溶液电解可在_______(填“阴极”或“阳极”)得到单质镓。 （7）硫酸锌晶体的溶解度随温度变化如下图所示，从硫酸锌溶液得到晶体的操作是：蒸发浓缩、_______、_______、洗涤，干燥。 【答案】（1） （2）提高氧气浓度，加快反应速率 （3） （4） （5）不可以，和均会溶于过量氨水，不能将Cu和Ga元素分离 （6）阴极 （7） ①. 冷却结晶(或70℃以下冷却结晶) ②. 过滤 【解析】 【分析】加压酸浸：硫化物在酸性、加压、条件下被氧化溶解，生成硫酸盐，同时S元素被氧化为单质硫，其反应原理可表示为，Fe、Cu、Ga、Ge的硫化物也类似转化为硫酸盐进入溶液，得到含有、、、、等的酸性溶液+硫黄等固体渣；沉铁：ZnO作为碱性氧化物，调节溶液pH，使生成沉淀，；置换：Zn比Cu、Ga、Ge活泼，发生置换反应，得到滤液为溶液，滤渣中含有Cu、Ga、Ge等金属单质的混合物；氧化焙烧：将转移得到的金属单质氧化为氧化物，便后续酸浸分离；常压酸浸：将氧化物转化为硫酸盐，使Cu、Ga、Ge以离子形式进入溶液；萃取：利用HA对不同金属离子萃取能力的差异，实现Ge与Cu、Ga的分离；反萃取：将有机相中的、重新转移到水相；沉镓：选择性沉淀，与分离；碱溶镓：将转化为可溶性镓酸盐，进一步提纯；电解：将在阴极还原为金属Ga；由此解题。 【小问1详解】 为第四周期ⅢA族元素，其价层电子排布图为： 。 【小问2详解】 增大压强可以提高的溶解度，增大浓度，可加快反应速率，提高浸取率。 【小问3详解】 利用过量调pH除铁，铁会转化为，滤渣中还有剩余的，所以滤渣的主要成分为、。 【小问4详解】 与酸反应的离子方程式为：。 【小问5详解】 “沉镓”步骤不能使用过量氨水代替，因为会溶于过量的氨水，也会溶，不能将和元素分离。 【小问6详解】 镓在化合物中必以正价存在，电解得其单质，必须发生还原反应，所以电解可在阴极得到单质镓。 【小问7详解】 从图中可以看出在低于70℃时，的溶解度随着温度的升高而升高，为了结晶得到更多的晶体，一般浓缩溶液，再控制温度低于70℃冷却结晶，随后过滤分离出晶体，用稀硫酸和蒸馏水洗涤晶体之后，干燥即得晶体。 18. 汽车尾气中的有害成分主要有CO、NO、、颗粒物和臭氧等。在汽车尾气系统中装催化转化器，可有效降低和CO的排放。 已知：① ② ③ ④ （1）_______。 （2）汽车尾气中含有NO的原因是_______。 （3）活性炭可对汽车尾气进行处理，涉及原理：，已知起始温度为，在绝热密闭容器中加入足量的C和一定量的NO气体，NO的转化率随时间的变化如图所示： ①若起始温度都为，试比较恒温条件下的平衡转化率和绝热条件下的平衡转化率的大小，说明理由_______。 ②该温度下，A点的压强平衡常数_______。 （4）某研究小组在条件下，采用二氧化钛负载锰钴复合氧化物脱硝催化剂的反应机理如图所示。 ①低温条件下，以通入NO和，脱硝总反应的化学方程式为_______。 ②高温条件下，如果起始通入的量过多，反而导致脱硝效果降低，原因是_______。 ③有同学借鉴该原理，设计如下原电池，除掉NO的同时，还可以提供电能。N极上发生的电极反应为_______。 【答案】（1） （2）汽车行驶过程中，空气中的和在发动机燃烧室的高温高压下发生化合反应生成 （3） ①. （较大也可），反应放热，绝热条件下随着反应进行，体系温度升高，反应正向进行的程度小于恒温条件的反应进行程度，故恒温条件下平衡转化率大于 ②. 4 （4） ①. ②. 高温条件下，过量的可能会把氧化成等氮氧化物，使脱硝率降低 ③. 【解析】 【小问1详解】 根据盖斯定律，反应④=反应③-反应①，则。 【小问2详解】 汽车尾气中的氮氧化物的来源不是汽油的不充分燃烧，汽油中含有一定的含氮化合物，但是不会燃烧生成氮氧化物，主要来源是在汽车行驶过程中，发动机的燃烧室内部高温高压，空气中的和在发动机燃烧室的高温高压下发生化合反应生成。 【小问3详解】 ①由图可知，绝热条件下，反应 的平衡转化率为80%，又因为该反应放热，所以在绝热体系中，随着反应的进行，体系的温度会不断升高，温度升高后，对于放热反应而言反应进行的程度会变小，故绝热体系下的平衡转化率会比恒温体系下的平衡转化率低(可以简单地看成在恒温体系下达到平衡后升高温度，平衡逆向移动，转化率降低)；故答案为：（α1较大也可），反应放热，绝热条件下随着反应进行，体系温度升高，反应正向进行的程度小于恒温条件下反应进行程度，故恒温条件下平衡转化率大于80%； ②设起始时NO的物质的量为n mol，A 点NO 的转化率为 80%，NO的转化量为n mol×80%=0.8n mol，列三段式得：，平衡时总物质的量：n总​=0.2n+0.4n+0.4n=n mol，各组分的分压（总压为p1​）：p(NO) =​p1​=0.2p1，p(N2​)=​p1=0.4p1，p(CO2​)​ ​​=​p1=0.4p1，压强平衡常数Kp​===4。 【小问4详解】 ①题目中限定了，根据反应机理，可知脱硝反应可分为两步：第一步：；第二步：在催化剂的作用下和发生反应生成和实现脱硝，故总反应方程式为：； ②高温条件下的脱硝过程反应历程2可知，在加入氨气时，氨气会有两个反应过程，第一个过程是氨气和反应生成实现脱硝，第二个过程是氨气和过量的氧气反应生成和水，但是生成新的氮氧化物这一步就会使得整个反应的脱硝效果降低，故答案为：高温条件下，过量的可能会把氧化成等氮氧化物，使脱硝率降低。 ③在该原电池中：M 极通入 NH3，N 元素从 - 3 价被氧化为 0 价（生成 N2），故 M 极为负极；N 极通入 NO，N 元素从 + 2 价被还原为 0 价（生成 N2），故 N 极为正极，在碱性条件下，电极反应式为：。 19. 帕拉米韦(G)是新一代神经氨酸酶抑制剂类抗流感药物，我国某高校研究小组对该药物的合成路线进行了优化改进，优化后的合成路线如下： 已知： 回答下列问题： （1）A中官能团的名称是_______。 （2）由A生成B的化学反应方程式为_______。 （3）C的结构简式为_______。 （4）在B的同分异构体中，同时满足下列条件的总数为_______种(不考虑立体异构)。 ①含有六元碳环 ②环上有两个不连在同一个碳上的取代基 ③能发生银镜反应和水解反应 ④红外光谱中无的吸收峰 （5）E中存在_______个手性碳原子。 （6）由F生成G反应中，加入NaOH的目的是_______。 （7）以和为原料设计合成的过程中存在一个含有三个环的中间产物M，写出M的结构简式_______。 【答案】（1）碳碳双键、酰胺基 （2）+CH3OH （3） （4）15 （5）5 （6）消耗反应生成的HCl，促进反应正向进行，提高转化率 （7） 【解析】 【分析】A→B是A在酸性条件下和甲醇发生醇解；B生成C其实是B中的氨基和酸酐发生取代反应，生成酰胺，再结合D的结构简式，可知C的结构简式为；F生成G的化学反应方程式为+HCl，该反应为取代反应；由此解题。 【小问1详解】 由A的结构简式可知，A中官能团的名称为：碳碳双键、酰胺基。 【小问2详解】 A生成B是A在酸性条件下和甲醇发生醇解(类比酰胺的水解)，故反应方程式为： +CH3OH 。 【小问3详解】 注意已知信息，的结构简式已知，B生成C其实是B中的氨基和酸酐发生取代反应，生成酰胺，再结合D的结构简式，可知C的结构简式为：。 【小问4详解】 根据B的结构简式得出B的不饱和度为3，有一个六元碳环(不饱和度占1)又能发生银镜反应和水解反应，应该含有甲酸某酯(不饱和度占1)，含有两个取代基，则分别为和，则还有一个不饱和度在六元环中，即环己烯上不同的碳连接和，根据定一移一法，可知同分异构体数目一共有种。。 【小问5详解】 E中手性碳位置如图，总共5个手性碳原子。 【小问6详解】 F生成G的化学反应方程式为+HCl；由此可知，该反应有副产物HCl，加入会消耗生成的HCl，促进反应正向进行，提高产率，故答案为：消耗反应生成的HCl，促进反应正向进行，提高转化率。 【小问7详解】 依据以上合成路线可知，首先，用和在作用下进行反应成环，得到M，其次在和条件下开环得到目标产物，注意，此时不再需要D生成E的第二步条件，，TEA，DCM，是为了和在开环之后生成的反应生成酰胺，而目标产物中不需要这一步，不要弄错。具体合成路线为，所以中间体M为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三化学 可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 F-19 S-32 Ca-40 Zn-65 Au-197 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，只有一项符合题目要求。 1. 我们的生产、生活、科技的发展都离不开化学，下列有关说法错误的是 A. 植物油氢化可以延长其保质期 B. 葡萄糖是单糖，可以和硝酸发生酯化反应 C. 液态常用作长征火箭的助燃剂 D. 甲壳素、壳聚糖是膳食纤维，属于天然高分子化合物 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. 的VSEPR模型： B. HBrO的结构式：H-Br-O C. NaH的电子式： D. HCl分子中键的形成： 3. 是一种污染性气体，可与水反应，设是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A. 18g冰中氢键数目约为 B. 相同状况下，测得相对于的密度为23 C. 与水充分反应转移的电子数为 D. 实验室可用NaOH溶液吸收气体 4. 下列过程所对应的化学方程式或离子方程式正确的是 A. 向足量的溶液中通入少量的： B. 使酸性溶液褪色： C. 邻羟甲基苯酚分子间脱水缩合制酚醛树脂： D. 向溶液中通入标况下2.24 L的： 5. 氟代对乙酰氨基酚(结构简式如图所示)是一种新型的解热镇痛药候选分子。下列关于该分子的说法正确的是 A. 氟代对乙酰氨基酚的分子式为 B. 分子中所有碳原子和氮原子可能处于同一平面 C. 该分子在红外光谱中不会出现O-H键的伸缩振动吸收峰 D. 一定条件下，1 mol氟代对乙酰氨基酚最多可消耗3 mol NaOH 6. 下列实验仪器的选用正确的是 仪器 用途 A．蒸馏时用于冷凝蒸汽 B．蒸发结晶 仪器 用途 C．盛装酸性高锰酸钾溶液 D．盛装NaOH溶液 A. A B. B C. C D. D 7. 如图所示的转化关系中，A和B的溶液混合后能产生黄色沉淀C、正盐D以及一种无色气体E，E在某种条件下生成F。下列说法错误的是 A. 常温下，可以用铁制品来盛放B的浓溶液 B. 沉淀C在一定条件下可以一步转化成E或F C. E转化成F时，要充分净化原料气，防止催化剂中毒 D. 在过量强氧化剂作用下，M和N都能够转化成正盐D 8. 将溶于液态HF的和Au反应可以得到一种化合物A(化学式为：)，将A缓慢加热到60℃可得到金的氟化物B、Kr和；经化学分析，B中Au、F的质量分数分别为67.47%、32.53%。已知①Au最高价为价，易和形成一种稳定的八面体构型的配离子；②是直线形分子；③在的液态HF溶液中没有含Kr的单核微粒。下列说法错误的是 A. 是非极性分子 B. 加热A分解生成B的化学方程式为： C. 若A为强电解质，则A的电离方程式为： D. 核磁共振谱表明溶于液态HF的的两个氟原子是等同的，故在HF中以离子的形式存在 9. 化学事实蕴含哲学思想，下列化学论述，与其对应的哲学观点不相符合的是 化学论述 哲学观点 A 金刚石、石墨、由不同数目的碳原子构成，但物理性质差异较大，化学性质也有所差异 量变是引起质变的前提和必要准备 B 分子晶体、离子晶体和共价晶体物理性质差异显著，是由于晶体中微粒间的相互作用力不同 内因是事物变化发展的根本原因 C 由于化学键类型不同，熔融态NaCl能导电，液态HCl不导电 矛盾的特殊性是事物相互区别的根据 D 可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，体系中各组分的浓度保持不变 运动的绝对性与静止的相对性相统一 A. A B. B C. C D. D 10. 现有W、X、Y、Z、A、B、R七种前四周期常见元素，原子序数依次递增。其中，W核外电子只有一种自旋取向；X是植物生长三要素之一；Y是地壳中含量最多的元素，且Y与A的价层电子数相等；Z、R是金属元素，其中Z的原子半径是短周期中最大的，能与B形成离子化合物ZB；含R的金属是用量最大的金属材料，其合金被称为“黑色金属”。下列说法错误的是 A. W元素与X、Y元素形成的两种微粒的键角： B. X、Y、Z三种元素对应的原子半径： C. Z、A、B、R四种元素的第一电离能： D. 的VSEPR模型与其空间构型均相同 11. 超分子冠的合成过程如图所示。已知18-冠-6空腔直径范围为260-320pm，碱金属离子的直径如表所示，下列说法错误的是 离子 直径／pm 152 204 276 306 334 A. 上述过程①的反应类型是化合反应 B. 18-冠-6不可以与、形成稳定的超分子 C. 冠-6中通过O原子对的吸引作用形成稳定的超分子 D. 超分子是由两种或两种以上的广义上的分子通过分子间相互作用形成的分子聚集体 12. Cu()与Cl()形成的一种化合物的立方晶胞如图所示，已知晶胞参数为a nm，下列说法错误的是 A. Cu的配位数为4 B. 该化合物的化学式为CuCl C. 最近Cu与Cl的距离为 D. 晶胞中由Cu组成的四面体空隙被Cl填充了50% 13. 下列对相关实验论述的评价正确的是 论述 实验评价 A 中和热测定实验中，将的NaOH溶液一次性倾倒入的盐酸溶液中 测出的中和热 偏小 B 用HCl标准溶液滴定未知浓度的肼溶液时，选用酚酞作指示剂 测出的肼溶液浓度 偏大 C 将盐酸与反应产生的气体直接通入溶液中，以此验证碳的非金属性强于硅 该方案不能验证碳的非金属性强于硅 D 向水晶柱面滴一滴融化的石蜡，待其凝固，用一根红热的铁丝刺入，以验证石蜡导热是否具有各向异性 该方案可验证石蜡导热具有各向异性 A. A B. B C. C D. D 14. 羟基自由基是自然界中氧化性仅次于氟的氧化剂。我国科学家设计了一种能将氧化为和的原电池-电解池组合装置如图所示。下列说法不正确的是 A. 装置工作时，Ⅱ室NaCl浓度减小 B. 相同条件下，b、c两极产生的气体体积比为 C. 装置工作时，电子由b极经Ⅲ、Ⅱ、I室流向a极 D. 装置工作时，理论上每转移两室可共处理 15. 赖氨酸(，用HR表示)的盐酸盐在水溶液中存在如下平衡：。向的溶液中滴加0.0100 mol/L的NaOH溶液，溶液中含有R微粒分布系数随pH变化如图所示。已知，下列表述不正确的是 A. D点对应的 B. B点溶液中存在关系 C. 反应的平衡常数的数量级为 D. ，且C点存在 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16. 亚硝酸钙呈白色粉末状，易潮解，是一种重要的无机盐。在建筑工业和环保领域有着广泛应用，它不仅能改善混凝土性能，还能用于处理工业废气中的氮氧化物，实现资源化利用。实验室中采用如图装置制取少量亚硝酸钙(夹持装置略)。回答相关问题： （1）盛装铜片仪器的名称为_______。 （2）装置Ⅱ的作用有两处，作用一：除去NO中混有的气体，作用二：_______。 （3）装置Ⅳ中主要发生反应的化学方程式为_______。 （4）其中装置Ⅴ的作用为_______。 （5）装置Ⅵ中氮元素被氧化成价，则反应的离子方程式为_______。 （6）可用如下实验操作测定亚硝酸钙的纯度：称量30.0 g样品并用蒸馏水溶解，然后转移至100 mL的容量瓶中定容，取25.00 mL样品溶液于锥形瓶中，然后用浓度为溶液滴定，滴定原理为：，记录消耗溶液的体积见下表。(杂质不与溶液反应) 实验序号 1 2 3 4 消耗溶液体积/mL 20.01 22.50 19.99 20.00 ①滴定终点的现象为_______。 ②计算可知，所得产品的纯度为_______(保留三位有效数字)。 17. 镓锗是重要的战略金属资源。某地冶炼厂以锌精矿(主要成分为ZnS，还含有铁、铜、镓和锗等金属硫化物)为原料制备Zn、Ga、Ge的工艺流程如图所示： 已知：①镓与铝同主族，化学性质相似。②锌的金属活动性强于镓锗。③能溶于氨水。 （1）画出Ga的价层电子排布图_______。 （2）“加压酸浸”步骤加压的目的是_______。 （3）滤渣的主要成分有_______。 （4）Ga元素在“氧化焙烧”步骤中转化为，其在“常压酸浸”步骤发生的离子方程式为_______。 （5）“沉镓”步骤能否使用过量氨水代替适量NaOH，并阐述原因_______。 （6）取“碱溶镓”步骤溶液电解可在_______(填“阴极”或“阳极”)得到单质镓。 （7）硫酸锌晶体的溶解度随温度变化如下图所示，从硫酸锌溶液得到晶体的操作是：蒸发浓缩、_______、_______、洗涤，干燥。 18. 汽车尾气中的有害成分主要有CO、NO、、颗粒物和臭氧等。在汽车尾气系统中装催化转化器，可有效降低和CO的排放。 已知：① ② ③ ④ （1）_______。 （2）汽车尾气中含有NO的原因是_______。 （3）活性炭可对汽车尾气进行处理，涉及原理：，已知起始温度为，在绝热密闭容器中加入足量的C和一定量的NO气体，NO的转化率随时间的变化如图所示： ①若起始温度都为，试比较恒温条件下的平衡转化率和绝热条件下的平衡转化率的大小，说明理由_______。 ②该温度下，A点的压强平衡常数_______。 （4）某研究小组在条件下，采用二氧化钛负载锰钴复合氧化物脱硝催化剂的反应机理如图所示。 ①低温条件下，以通入NO和，脱硝总反应的化学方程式为_______。 ②高温条件下，如果起始通入的量过多，反而导致脱硝效果降低，原因是_______。 ③有同学借鉴该原理，设计如下原电池，除掉NO的同时，还可以提供电能。N极上发生的电极反应为_______。 19. 帕拉米韦(G)是新一代神经氨酸酶抑制剂类抗流感药物，我国某高校研究小组对该药物的合成路线进行了优化改进，优化后的合成路线如下： 已知： 回答下列问题： （1）A中官能团的名称是_______。 （2）由A生成B的化学反应方程式为_______。 （3）C的结构简式为_______。 （4）在B的同分异构体中，同时满足下列条件的总数为_______种(不考虑立体异构)。 ①含有六元碳环 ②环上有两个不连在同一个碳上的取代基 ③能发生银镜反应和水解反应 ④红外光谱中无的吸收峰 （5）E中存在_______个手性碳原子。 （6）由F生成G反应中，加入NaOH的目的是_______。 （7）以和为原料设计合成的过程中存在一个含有三个环的中间产物M，写出M的结构简式_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $