湖北武汉市第四中学2025-2026学年下学期高三2月月考 化学试卷

《武汉四中2026届高三年级二月考化学试卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D B B D B D C D D 题号 11 12 13 14 15 答案 B D A C B 1．B 【详解】A．银离子能使蛋白质变性，具有杀菌作用，A正确； B．石墨烯是碳的单质，属于无机材料，而烯烃是有机化合物，B错误； C．pH响应材料通过感知酸碱度变化发挥作用，与指示剂原理相似，C正确； D．光纤主要成分为二氧化硅，用于数据传输，D正确； 故答案选B。 2．D 【详解】 A．硫化铵的化学式为，由和构成，电子式中应含有2个，正确电子式为，A错误； B．NaCl溶液中，带正电，应被水分子的氧端（负电端）包围；带负电，应被水分子的氢端（正电端）包围。若图示中水分子朝向错误，则不符合水合离子实际情况，B错误； C．HCl为共价化合物，形成过程中H和Cl通过共用电子对结合，没有电子的得失，不需要箭头，正确的形成过程为，C错误； D．失去电子后电子排布为，得到1个电子后电子排布也为，最外层电子排布图均为（），D正确； 故答案选D。 3．B 【详解】A．向FeCl2溶液中滴入氯水，发生氧化还原反应：2Fe2＋+ Cl2=2Fe3＋+ 2Cl-；由于氧化性：Cl2>Fe3＋> I2,所以向向FeCl2溶液中滴入碘水，不能发生类似反应2Fe2＋+ I2=2Fe3＋+2I-，A错误； B.向澄清石灰水中通入少量CO2气体，发生反应形成正盐，反应的离子方程式是Ca2＋+2OH-+CO2=CaCO3↓+H2O；当向澄清石灰水中通入少量SO2气体时，由于SO2也是酸性氧化物，因此反应类似，也发生反应：Ca2＋+2OH-+SO2=CaSO3↓+H2O，B正确； 向Na2CO3溶液中滴入稀HNO3，发生复分解反应：CO32-+2H＋=CO2↑+H2O，当向Na2SO3溶液中滴入稀HNO3，由于硝酸有氧化性，而Na2SO3有还原性，二者会发生氧化还原反应，反应方程式是：3SO32-+2H＋+2NO3-=3SO42-+2NO↑+H2O，C错误； D.由于酸性：H2CO3>HClO，CO2通入漂白粉溶液中，发生复分解反应：CO2+Ca2＋+2ClO-+H2O=CaCO3↓+2HClO，当把SO2通入漂白粉溶液中时，SO2有还原性，而ClO-有氧化性，会发生氧化还原反应：SO2+Ca2＋+ClO-+H2O=CaSO4↓+2H++Cl-，D错误； 故选B。 4．B 5．D 【解析】4．A．根据材料中分子的结构，分子中每个原子形成两根共价键，则每个原子周围2对孤电子对，32g的物质的量为，则32g固体中孤电子对数为，A错误； B．的物质的量为0.1 mol，溶液中由于水解，导致溶液中阴离子总数增多，故大于，B正确； C．熔点沸点，标准状况下是液态，不能用气体摩尔体积22.4 L/mol计算其物质的量，所以无法计算碳原子数，C错误； D．中P为0价，中P为+5价，完全转化为时转移电子数为，D错误； 故答案选B。 5．A．的正四面体键角为60°，的正四面体键角为109°28′，键角不相等，A错误； B．焰色试验是物理变化，与电负性（化学性质）无关，B错误； C．离子键百分数与电负性差值有关，中与S的电负性差值比中的电负性差值大，故中离子键百分数更大，C错误； D．是极性分子，且与水分子间能形成氢键，根据 “相似相溶” 及氢键作用，极易溶于水，D正确； 故答案选D。 6．B 【详解】A．由物质的结构可知，该物质含有碳碳双键，能和溴水发生加成反应而褪色，A错误； B．由物质的结构可知，该物质含有羟基，能和乙酸在浓硫酸催化下，发生酯化反应，B正确； C．该物质中含有一个酯基，能与溶液反应，C错误； D．手性碳原子为连接4个不同基团的碳原子，该物质中含有7个手性碳，，D错误； 故选B。 7．D 【详解】 A．由图可知，K分子中含有如图*所示的手性碳原子：，M分子中含有如图*所示的手性碳原子：，故A正确； B．由图可知，M分子中含有的酯基在强酸或强碱溶液中会发生水解反应，所以使用该材料时应避免接触强酸或强碱，故B正确； C．由图可知，mmolK分子、nmolL分子与（m+n）mol发生加聚反应生成1molM，故C正确； D．由图可知，K分子、L分子中的碳氧环断裂与二氧化碳发生加聚反应生成M，所以合成M的过程中会产生含五元环的副产物，故D错误； 故选D。 8．C 【详解】A．该物质是由两个全苯基大环分子组成的具有“机械键”的索烃，含有苯环，属于芳香烃，A正确； B．质谱仪可测定相对分子质量，质谱图上最大质荷比即为相对分子质量，B正确； C．该物质为分子晶体，分子间存在范德华力，C错误； D．该物质含有共价键，破坏 “机械键”时需要断裂共价键，D正确； 故选C。 9．D 【分析】X、Y价电子数相等，X、Y属于同一主族，且X形成5个键，Y形成3个键，基态Y的轨道半充满，则X为P元素，Y为N元素，X、Z电子层数相同， Z的最外层只有1个未成对电子，Z形成1个键，Z为Cl元素，以此分析。 【详解】A．第一电离能同周期从左到右有增大趋势，第一电离能：Cl>P，A错误； B．X、Y的简单氢化物分别为：PH3和NH3，二者中心原子杂化方式相同，孤电子对数相同，电负性：N>P，共用电子对距N近，成键电子对斥力N-H大于P-H，键角：NH3>PH3，B错误； C．元素的非金属性越强，其最高价含氧酸酸性越强，非金属性：Cl>N>P，酸性：HClO4>HNO3>H3PO4，C错误； D．P、N、Cl均能形成多种氧化物，D正确； 答案选D。 10．D 【分析】 根据转化关系：，常温常压下G、J均为无色气体，J具有漂白性，J为SO2，K为SO3，G为H2S，H为S，M为NaHSO3，N为Na2SO3，L为Na2SO4。 【详解】A．H2S和SO3均能与NaOH溶液反应，A正确； B．S和Na2SO3中S的化合价处于S的中间价态，既具有氧化性又有还原性，B正确； C．M为NaHSO3，N为Na2SO3，二者的溶液中离子种类相同，C正确； D．1mol H2S和足量的SO2反应生成S单质和水，2H2S+SO2=3S↓+2H2O，1mol H2S参加反应，转移2mol电子，转移2NA个电子，D错误； 答案选D。 11．B 【详解】A．无水乙醚沸点低，反应过程中可能会挥发，当烧瓶中压力过大时，可以打开左侧旋塞，将气体排入气球中缓冲烧瓶内的压力，故A正确； B．格氏试剂会和产物二苯甲酮发生副反应，为减少副反应的发生，应控制格氏试剂少量，故格氏试剂应放在恒压滴液漏斗中，故B错误； C．球形分液漏斗滴加液体时，需要打开上端的玻璃塞来平衡气压，此时漏斗中的格氏试剂会和空气接触而发生反应，而恒压滴液漏斗的导管可以平衡烧瓶内部的气压，直接打开旋塞即可将液体顺利滴下，避免了与空气的接触，故不能用球形分液漏斗代替，故C正确； D．产率高说明二甲苯酮不易与格氏试剂反应，即苯甲酰氯比二甲苯酮更容易与格氏试剂反应，故D正确； 故答案为B。 12．D 【分析】电极b发生TY→TQ，发生加氧去氢的反应，发生氧化反应，b为阳极，a为阴极，阴极上氢离子得电子生成H2，以此解题。 【详解】A．电解时阳离子向阴极移动，H+从右室向左室移动，A正确； B．根据转化关系图可知，电极b中TY是反应物，TQ是生成物，电极a上H+得电子生成H2，总反应方程式为：，B正确； C．将TY()换成为原料，仍然能够得到TQ()，C正确； D．根据右图可知，用标记电解液中的水，可得到的18O在环上甲基的邻位上，D错误； 答案选D。 13．A 【详解】A．已知原子分数坐标为1时记为0，P在X轴的坐标分数为，在Y轴的坐标分数为1，则记为0，Z轴坐标分数为，故P的原子分数坐标为，A正确； B．根据晶胞结构图可知，因b<2a，则和的最短距离为如图所示的x，距离为，B错误； C．与Q距离相等且最近的分别位于上下两个晶胞的四个侧面上，因此与Q距离相等且最近的共有8个，C错误； D．根据晶胞结构图，有10个处于面心，4个处于棱心，则个数为：；有8个位于顶点，1个位于体心，则的个数为：，得到晶体化学表达式为：，晶胞底边边长为，棱高为，则晶胞的体积为：，得到晶胞的密度，D错误； 故答案为：A。 14．C 【详解】A．向I2的CCl4溶液中加入浓KI溶液，CCl4溶液中紫色变浅，说明其中I2的浓度减小，证明I2与I-反应生成：，能达到实验目的，A正确； B．加热CuCl2溶液，溶液由蓝色变为黄绿色，说明[Cu(H2O)4]2+转化为[CuCl4]2-，证明Cu[(H2O)4]2+（蓝）+4Cl [CuCl]2-（黄）+4H2O正反应是吸热反应，能达到实验目的，B正确； C．NaClO溶液具有强氧化性和漂白性，会使pH试纸褪色，导致无法用pH准确测定pH，因此不能辨识水解程度，C错误； D．实验设计向等物质的量浓度的KF和KSCN混合溶液中滴加FeCl3溶液，溶液颜色无明显变化，证明F-优先结合Fe3+形成无色配合物，抑制了与SCN-的显色反应，说明结合Fe3+的能力：F-＞SCN-，D正确； 故选C。 15．B 【分析】和沉淀形成Zn(OH)2和Cd(OH)2，沉淀形成Al(OH)3，则和的曲线平行，根据，比更易与碱反应，因此生成的pH低于，故从左到右曲线依次为：或。如图可知：的平衡常数为，的平衡常数为，的平衡常数为，的平衡常数为，的平衡常数为，的平衡常数为。据此分析： 【详解】A．据分析，L为与的关系曲线，故A正确； B．如图可知，的平衡常数为，则的平衡常数为，故B错误； C．如图可知，pH=14时开始溶解，pH=8.4时开始溶解，且pH=14时，即可认为完全溶解，并转化为，因此调节溶液浓度，通过碱浸可完全分离和，故C正确； D．的开始沉淀pH为，的完全沉淀pH为，因此调节溶液为，可将浓度均为的和完全分离，故D正确； 故答案为B。 16．(1) 搅拌 适当升温等 (2) 6Mn(OH)2+O2=2Mn3O4+6H2O 10-2.15 (3)O2 (4)pH过大，沉淀为Mg(OH)2，不能分解产生CO2，不能得到疏松的轻质 (5) (6)(NH4)2SO4 (7)还原 【分析】废盐溶液加入氨水，通入氧气沉锰I得到Mn3O4，溶液再加入(NH4)2S2O8，进行沉锰Ⅱ得到MnO2，产生有气体O2，溶液再加入NH4HCO3和NH3·H2O调节pH沉镁I，得到MgCO3，煅烧得到MgO，溶液再加入H3PO4沉镁Ⅱ，得到MgNH4PO4·6H2O沉淀，溶液加入H2SO4调节pH=6.0结晶得到X硫酸铵，最后与MnO2和Mn3O4焙烧，经过多步处理得到MnSO4·H2O。 【详解】（1）加快废盐的溶解可以采取搅拌、适当升温、粉碎等； （2）Mn(OH)2被O2氧化得到Mn3O4，化学方程式为：6Mn(OH)2+O2=2Mn3O4+6H2O； 根据=，=10-2.15mol/L； （3）“沉锰Ⅱ”中，过量的经加热水解去除，中存在过氧键，在加热和水存在下发生水解，生成和：，分解，总反应为，最终产物是和O2； （4）煅烧有CO2生成，可以得到疏松的轻质氧化镁，pH过大，沉淀为Mg(OH)2，不能分解产生CO2，不能得到疏松的轻质； （5）由题中信息可知，pH=8时，产生的沉淀为，调节到pH=4，磷元素存在形式为，磷酸不是强酸，不能拆，离子方程式为：； （6）溶液中存在铵根离子和硫酸根离子，结晶后X为(NH4)2SO4； （7）“焙烧”中，Mn3O4和MnO2最终生成MnSO4·H2O，元素化合价降低，发生了还原反应。 17．(1) 三颈烧瓶 (2) bd 防止盐酸浓度过高导致生成的沉淀溶解 (3) （或：） 热水中氯化铵的溶解度较大，热水洗涤有利于洗去氧化铜表面的氯化铵杂质 75% 氢氧化钠 【分析】由题意可知，利用含铜废液为原料制取碱式氯化铜、转化制取氧化铜涉及的反应为：氯化二氨合亚铜与氧气、氯化铵溶液、氨水反应生成氯化四氨合铜和水；氯化四氨合铜与盐酸和氯化铜反应生成碱式氯化铜沉淀和氯化铵；碱式氯化铜与氨水共热反应生成氧化铜、氯化铵和水，也可以在干燥空气中受热分解生成氧化铜和氯化铜。 【详解】（1）①由实验装置图可知，仪器a的名称为三颈烧瓶； ②由分析可知，三颈烧瓶中发生的反应为氯化二氨合亚铜与氧气、氯化铵溶液、氨水反应生成氯化四氨合铜和水，反应的离子方程式为； （2）①a．容量瓶洗净后未烘干对溶液浓度无影响，a不符合题意； b．定容时仰视刻度线，溶液体积偏大，浓度偏低，b符合题意； c．称量固体时，砝码生锈，溶质质量偏高，浓度偏高，c不符合题意； d．移液时，烧杯内壁未洗涤并转移残留液，溶质有损失，浓度偏低，d符合题意； 故答案为bd； ②实验中需控制盐酸滴加速度不宜过快，原因是防止盐酸浓度过高导致生成的沉淀溶解，从而降低产率。 （3）①随氨水添加量增加氧化铜产率降低可能是因为过量的氨水与氧化铜反应生成四氨合铜离子、氢氧根离子和水所致，反应的离子方程式为：，也可能是碱式氯化铜与氨水反应生成四氨合铜离子、氯离子、氢氧根离子和水所致，反应的离子方程式为：； ②氧化铜难溶于水，而氯化铵易溶于水，热水中氯化铵的溶解度较大，热水洗涤有利于洗去氧化铜表面的氯化铵杂质，所以用热水洗涤沉淀； ③设碱式氯化铜的物质的量为，其质量为，由图可知，氧化铜和氯化铜混合物的质量为214.5g×87.4%≈187.4g，设混合物中氧化铜、氯化铜的物质的量分别为xmol、ymol，由铜原子个数守恒可得：x+y=2，由混合物的质量可得：80x+135y=187.4，解联立方程可得：x=1.5、y=0.5，则混合物中氧化铜的物质的量分数为； ④500°C时将尾气通入碘化钾-淀粉溶液中，观察到溶液变蓝说明反应时有氯气生成，氯气能与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，所以可将气体通入氢氧化钠溶液中吸收，防止污染空气。 18．(1) (2)B (3) ④ HO*+H2*+CH2*= CH3*+H2O (4) c 0.2 温度升高，反应Ⅱ逆移，H2量增多；使反应Ⅲ正移，H2量减少；总的表现为H2增加量大于减少量 【详解】（1）已知： I．   Ⅱ．   将I+ Ⅱ可得=，故答案为：； （2）已知反应Ⅱ．  为放热反应，要提高平衡产率，要使平衡正向移动。 A．高温会使平衡逆向移动，不利于提高平衡产率，A错误； B．低温使平衡正向移动，高压也使平衡正向移动，可提高平衡产率，B正确； C．高温会使平衡逆向移动，低压会使平衡逆向移动，不利于提高平衡产率，C错误； D．低压会使平衡逆向移动，不利于提高平衡产率，D错误； 故选B。 （3）反应活化能越高，反应速率越慢，从图中可以看出，第四步活化能最高，速率最慢，基元反应为CH3*+H*+2H2O=CH4*+2H2O；由图可知，在第三步时生成了水，基元反应为：HO*+H2*+CH2*= CH3*+H2O，故答案为：④；HO*+H2*+CH2*= CH3*+H2O； （4）已知反应I为吸热反应， Ⅱ为放热反应，III为吸热反应，根据图像，温度逐渐升高，则碳酸镁的转化率逐渐升高，氢气的转化率下降，在以下不考虑反应Ⅲ，则二氧化碳的选择性上升，甲烷的选择性下降，且二氧化碳、甲烷的选择性之和为100%，所以a表示碳酸镁的转化率，b表示二氧化碳的选择性，c表示甲烷的选择性。 ①表示选择性的曲线是c，故答案为：c； ②点M温度下，从图中看出碳酸镁的转化率为49%，则剩余的碳酸镁为0.51mol，根据碳原子守恒，甲烷和二氧化碳中碳原子的物质的量之和为0.49mol，又因为此时二氧化碳的选择性和甲烷的选择性相等，则二氧化碳和甲烷的物质的量为0.245mol，根据氧原子守恒得出水的物质的量为0.49mol，根据氢原子守恒得出 氢气的物质的量为0.02mol，总的物质的量为0.02+0.245+0.245+0.49=1mol，，，，则反应Ⅱ的，故答案为：； ③在下达到平衡时，碳酸镁完全转化，二氧化碳的选择性为70%，甲烷的选择性为10%，则生成的二氧化碳为0.7mol，生成的甲烷为0.1mol，根据碳原子守恒得出1-0.7-0.1 mol=0.2mol；因为反应Ⅱ是放热的，反应Ⅲ是吸热的。在，随温度升高，反应Ⅱ逆移，H2量增多；使反应Ⅲ正移，H2量减少；总的表现为H2增加量大于减少量，故答案为：0.2；温度升高，反应Ⅱ逆移，H2量增多；使反应Ⅲ正移，H2量减少；总的表现为H2增加量大于减少量。 19．(1)碳碳三键、酮羰基 (2) (3) 还原反应 保护醇羟基，防止其被氧化 (4)+KOH+CH3COOK (5)ab (6) 【分析】 如流程图可知，A在H2O在Hg2+下发生加成反应生成B，B在碱性条件下发生已知反应i生成D，由A、D的结构和B的分子式可推知B的结构为，D与H2在Pt的催化下加热条件差，碳碳双键和氢气发生加成反应生成E，E为，E与HCHO在碱性条件下发生已知反应i引入碳碳双键得到F，F为，F在NaBH4下发生还原使得羰基转化为羟基，反应后羟基与发生取代反应生成G，将羟基取代，保护醇羟基，防止其被氧化，G在i.O3、ii.Zn、H2O下发生已知反应ii在碳碳双键位置引入羰基生成H，由H的分子式可知，H为，H在①KOH(aq)、②HIO4下发生水解反应和氧化反应生成I，I①发生异构化、②CaCl2下得到荆芥内酯； 【详解】（1） A为，含有的官能团是碳碳三键、酮羰基； （2） A在H2O在Hg2+下发生加成反应生成B，B在碱性条件下发生已知反应i生成D，由A、D的结构和B的分子式可推知B的结构为； （3） 由分析知，F在NaBH4下发生还原反应后与发生取代反应生成G，将羟基取代，保护醇羟基，防止其被氧化 ，故中①的反应类型是还原反应；中②反应的目的是保护醇羟基，防止其被氧化； （4） 已知中①中酯基发生了水解反应，故①反应的化学方程式是+KOH+CH3COOK； （5）a．E和F的官能团不同，红外光谱可用于检测官能团，所以可利用红外光谱区分E和F ，a正确； b．I→荆芥内酯过程中，根据已知信息iii，CaCl2起吸水作用，使平衡正向移动，促进反应进行，b正确； c．依据A在Hg2+催化下与H2O发生加成反应的过程推测，与H2O在Hg2+催化下可发生加成反应生成 ，c错误； 故选ab； （6） ①氧化香茅醛发生加成反应生成且含五元环，结合反应特点和原子守恒，可推出结构简式为；异构化得到：，经加成然后成环得到、经氧化得到荆芥内酯，结合荆芥内酯结构，可推出结构简式，氧化羟基转化为羰基得到荆芥内酯。 答案第2页，共10页 学科网（北京）股份有限公司 $武汉四中2025~2026学年高三2月月考 化学试卷 考试时间：2026年2月 试卷满分：100分 ★祝考试顺利★ 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘 贴在答题卡上的指定位置。 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。 写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3,非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草 稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4考试结束后，请将答题卡上交。 可能用到的相对原子质量：S-32K-39 第I卷（单选题） 1.化学与工业、卫生、生活等密切相关。下列说法错误的是 A.免洗洗手液的有效成分中含有活性银离子，能使蛋白质变性 B.石墨烯弹性气凝胶制成的轻质“碳海绵用于处理海上原油泄漏的吸油材料，“碳海 绵”属于烯烃 C.近日科研工作者研发了一种新型可降解“智能绷带”，该绷带含pH响应材料，pH响 应材料能感知伤口渗液酸性变化，原理与酸碱指示剂类似 D.现代AI依赖的算力源自硅基半导体，而二氧化硅制成的光纤承担全球AI数据交换 2.下列化学用语表述正确的是 H A.硫化铵的电子式：[H:N:HS H oQ B.NaCl溶液中的水合离子：8⊕ 80o3 88° C.HCI的形成过程：H不C:→HC: 3s 3p D.Ca2*和CI的最外层电子排布图均为 3.在学习中经常应用类推法。下列表格左边正确，类推法应用于右边也正确的是() A向FeCl2溶液中滴入氯水： 向FeCl2溶液中滴入碘水： 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl 2Fe2+I2=2Fe3+2I B 向澄清石灰水中通入少量C02气体： 向澄清石灰水中通入少量$02气体： Ca2++20H+CO2=CaCO3J+H2O Ca2++20H+SO2=CaSO3J+H2O 向Na2CO3溶液中滴入稀HNO3:CO32 向Na2SO3溶液中滴入稀NO3:SO32- +2H-C02↑+H20 +2H+=S02↑+H20 D CO2通入漂白粉溶液中：CO2+ S02通入漂白粉溶液中：S02+Ca2++2Cl0 Ca2++2C10++H2O=CaCO3J+2HC1O +H2O=CaSO3J+2HC1O A.A B.B C.C D.D 阅读下列材料，完成各小题。 固体电解质LP$4具有高离子导电性，是固态锂电池最理想的电解质之一。部分制备步骤 如下： i.硫粉加入LiEt,BH/THF溶液中，得到微黄色的纳米Li,S溶胶 ⅱ.无水乙腈(CHCN熔点-45℃沸点81℃)为溶剂时，LiS与PS,按物质的量比为1：1混 第1页，共8页 合，得到清澈、淡黄色的纳米Li,S.P,S,溶胶。 i.将纳米LiS·PS,溶胶与一定比例的LiS与PS,混合搅拌，即可得到纳米LiPS4溶胶。 己知：合成PS,(五硫化二磷)，又称十硫化四磷(PS)的反应过程表示如下： ● 一定条件下 S,(冠状) 10 4.设N为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 A.32gSg固体中孤电子对数为NA B.1L0.1mol·LLi,S溶液中阴离子总数大于0.1NA C.标准状况下，22.4LCH,CN中，碳原子总数为2NA D.1molP完全转化为PSo时，转移的电子数为12N 5.由下列物质结构或性质能得出相应结论的是 选 事实或现象 结论 项 A P,和CC1,均呈正四面体结构 正四面体分子的键角都相 等 B 碱金属的硫酸盐焰色试验时，产生特征颜色的火焰 碱金属元素的电负性小 C Li,S和NaS都是离子晶体 离子键百分数： Na,S<Li,S D CH,CN为极性分子，且CH,CN与水分子间能形成氢 CH,CN极易溶于水 键 A.A B.B C.C D.D 6.抗坏血酸葡萄糖苷(AA2G)具有抗氧化功能。下列关于 HO AA2G的说法正确的是 A.不能使溴水褪色 HO o.o B.能与乙酸发生酯化反应 HO OH C.不能与NaOH溶液反应 HO D.含有3个手性碳原子 OH AA2G 7.二氧化碳基聚碳酸酯是通过环氧化物和二氧化碳共聚得到的 一种绿色高分子材料，一种聚碳酸酯M的合成方法如下： 80)+0+00、-定条件 个 下列说法不正确的是 A.K和M中均含有手性碳原子 B.使用该材料时应避免接触强酸或强碱 C.生成1molM参加反应的CO2的物质的量为(m+n)mol D.依据M的合成原理，可推测合成M的过程中会产生含六元环的副产物 第2页，共8页 8.“机械键”是两个或多个分子在空间上穿插互锁的一 种结合形式。我国科研人员合成了由两个全苯基大环分 子组成的具有“机械键的索烃，结构如图，下列说法错 误的是 A.该索烃属于芳香烃 B.该索烃的相对分子质量可用质谱仪测定 C.该索烃的两个大环之间不存在范德华力 索烃及其示意图 D.破坏该索烃中的“机械键”需要断裂共价键 9.一种高聚物(XYZ2)被称为“无机橡胶”，可由如图所示的环 Z-X<2 状三聚体制备。X、Y和Z都是短周期元素，X、Y价电子数相 等，X、Z电子层数相同，基态Y的2p轨道半充满，Z的最外 层只有1个未成对电子，下列说法正确的是 7 A.X、Z的第一电离能：XZ B.X、Y的简单氢化物的键角：X>Y C.最高价含氧酸的酸性：ZX>Y D.X、Y、Z均能形成多种氧化物 10.某元素的单质及其化合物的转化关系如图。常温常压下G、J均为无色气体，J具有漂 白性。阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法错误的是 G0H0,J0 少量NaOH OH M J A.G、K均能与NaOH溶液反应 B.H、N既具有氧化性也具有还原性 C.M和N溶液中的离子种类相同 D.1molG与足量的J反应，转移电子数为Na 11.格氏试剂性质活泼，可与空气中的H,0和0，等反应。某兴趣小组搭建了图示无水无氧 装置（部分装置略），以乙醚（沸点34.5C)为溶剂，利用下述反应高产率地制备二苯甲酮。 主反应 副反应 橡胶塞←口 OMgBr 无水乙醚 无水乙醚 格氏试剂 苯甲酰氨 二苯甲酮 副产物 磁子 下列说法错误的是 A.气球中填充保护气，并起缓冲压力的作用 B.烧瓶中液体是格氏试剂的乙醚溶液 C.图中的漏斗不能用球形分液漏斗代替 D.产率高表明苯甲酰氯比二苯甲酮更易与格氏试剂反应 12.我国科研人员采用图示的电解池，由百里酚(TY)合成了百里醌(TQ)。电极b表面的主 要反应历程见图（灰球表示电极表面催化剂），下列说法错误的是 H (TY+H,O) 电源 (TQ) H2SO HSO TQ CHCN CHCN H,O H,O TY 电极a 质子交换膜 电极b 第3页，共8页 电解 A.电解时，H从右室向左室移动B.电解总反应：TY+H,O TQ+2H,个 C.以 为原料，也可得到TQD.用8O标记电解液中的水，可得到 OH 13.一种钽的化合物的四方晶胞结构如图所示(b<2a)。己知 Na为阿伏加德罗常数的值。原子分数坐标x、yz∈[0,1)， OK 原子分数坐标为1时记为0。M、N的原子分数坐标分别为 (0,0,0)、(0,0,1/2)。下列说法正确的是 A.P的原子分数坐标为1/2,0,1/4) (Mr-289g/mol) B.K+和[TaO,E]的最短距离为a/2pm C.与Q距离相等且最近的K+有4个 D.该晶体的密度是406x10 F+-a pm- a'bN -g/cm3 14.下列实验设计不能达到实验目的的是 实验目的 实验设计 A 工2在水溶液中存在反应： 向1mLI2的CcL4溶液中加入1mL浓KI溶液，振 12+1厂=I5 荡试管，溶液紫色变浅 B 证明Cu[HO)4]2+（蓝) 取2mL0.5mol/L CuCl,2溶液于试管中，加热一段时 +4Cl=[CC4]2.(黄) 间，溶液由蓝色逐渐变为黄绿色 +4H20正反应是吸热反应 C 辨识CH;COO与ClO溶液 用pH试纸分别测定相同浓度的CH,COONa溶液和 水解程度 NaC10溶液的pH,测定结果显示CH,COONa溶液 D 验证结合Fe+的能力：F> 向等物质的量浓度的KF和KSCN混合溶液中滴加 SCN 几滴FeCl溶液，振荡，溶液颜色无明显变化 l5.常温下，溶液中A、、Cd*以氢氧化物形式沉淀时，gc/(mol.L)]与 -lgc(H)/(mol.L)]的关系如图其中X代表A1、Zm、Cd、A(oHZm(OHD好或 Cd(O田]。已知：K,[Zn(OD2]<K,[Cd(OHD2],Zn(OD2比cd(oH)2更易与碱反应，形成 M(OH田好；溶液中c(X)≤l0molL时，X可忽略不计。 下列说法错误的是 -Ig[c(H)/(mol.L)] 7.08.49.4 12.4 14.0 4 0 3.0 7.0 14.0 -Ig[c(H)/(mol-L-)] A.L为-Igc Al(O田4与-lgc(H)的关系曲线 B.Zn2++40H=Zn(OH)好的平衡常数为1012 C.调节NaOH溶液浓度，通过碱浸可完全分离Cd(OH),和Al(OH), D.调节溶液pH为4.7~6.4，可将浓度均为0.1mol.L的Zn+和A1+完全分离 第4页，共8页 第I卷（解答题） 16.(14分)一种综合回收电解锰工业废盐（主要成分为Mm2+、Mg2+、NH的硫酸盐）的工 艺流程如下。 NH3·HO NH3·H2O 02 (NH)2S2O8 NH4HCO3 HPO4 H2S04 废盐 调pH 调pH=6.0 溶液 沉锰IH →沉锰→沉镁 沉镁 结晶 MnO4 MnO, 煅烧 MgNH4PO4·6H2O MgO 焙烧 →MnSO4H20 己知：①常温下Km(MgC0,)=101”,Km[Mg(O田2]-1012，K,[M血(OD,]=1072, ②S,O结构式为 回答下列问题： (1)制备废盐溶液时，为加快废盐溶解， 可采取的措施 有 。(写出两种) (2)沉锰'中，写出形成的M(O2被氧化成Mn,O,的化学方程 式 。当Mg2+(c=10.68molL)将要开始 沉淀时，溶液中剩余M2+浓度为 -nolL。 (3)沉锰Ⅱ'中，过量的(NH)2S,Os经加热水解去除，最终产物是NH,HSO,和 (填化学式)。 (4)“沉镁中，当pH为8.0~10.2时，生成碱式碳酸镁[xMgCO,·Mg(OHD2·zH,O],煅烧 得到疏松的轻质MgO。pH过大时，不能得到轻质MgO的原因是 (⑤)“沉镁Ⅱ”中，加HPO,至p=8.0时，Mg2+沉淀完全；若加至pH=4.0时沉淀完全溶解， 据图分析，写出沉淀溶解的离子方程式 0.8 H2PQ4 NH4 NH 尔 0.4 HPO2 0.0+ 0.0 4.0 8.0 12.0 PH (6)“结晶中，产物X的化学式为 (⑦)焙烧”中，M元素发生了（填“氧化”或还原）反应。 第5页，共8页 17.(14分)某化学课题组以含铜废液为原料，通过“氧化络合→调酸沉淀→定向转化”工 艺制备高纯度碱式氯化铜并进一步转化为氧化铜，实验流程及相关装置如下： NH,CI、NH3H,O 0 仪器a [Cu(NH)]CI 搅拌子琴 HO 已知：四氨合铜离子在溶液中并非完全稳定，而是与游离的铜离子和氨分子处于可逆平衡 状态，其解离反应可表示为：[Cu(NH,)a]fCu2++4NH,。 a步骤I:氧化络合[cuNH,]C3o[CuNH,]cL NH4C、NHH,0 ①实验装置中，仪器a的名称是 ②写出装置内发生反应的离子方程式： (2)步骤Ⅱ：调酸沉淀 向Cu(NH)4C1,溶液中加入HCl和CuC12,析出Cu,(OH,CI沉淀，反应如下： 2 Cu(NH,)CI,+2HCI+2CuCl,+6H,O=2Cu,(OH),CI+8NH,CI ①配制0.1000mol/L CuCI,2标准溶液时，需用到的仪器有电子天平、烧杯、玻璃棒、容量 瓶、胶头滴管等，下列操作会导致溶液浓度偏低的是」 (填序号)。 a.容量瓶洗净后未烘干 b.定容时仰视刻度线 c.称量CuC12固体时，砝码生锈d.移液时，烧杯内壁未洗涤并转移残留液 ②实验中需控制盐酸滴加速度不宜过快，原因是 (3)步骤Ⅱ：定向转化 从Cu,(OH),C1制备CuO的两种方法如下： 92 方法一：湿法转化：Cu2(OH),C1与NH,·H,O在加热条件下 反应生成CuO和NH,CI,不同氨水添加量对应氧化铜产率 % 如图所示。 86 ①随氨水添加量增多，CuO产率降低可能原因用离子方程 式表示为 82 ②真空抽滤后，用热水洗涤沉淀至洗涤液中无C1,热水洗 303540455055 涤相比冷水的优势是」 氨水量(mL) 方法二：煅烧转化：在干燥空气氛围中，将一定量Cu2(OH),C1置于热重分析仪中加热，测 得固体残留率随温度变化曲线如图（固体残留率= 干燥后固体质量 ×100%)。 初始样品总质量 100 87.4 盖 0200400600800 温度T/C ③280C~320℃，Cu2(OH),C1发生分解反应，产物为Cu0和CuC12固体混合物，计算 280℃时固体混合物中CO的物质的量分数为 ④500℃时将煅烧尾气通入KI-淀粉溶液中，溶液变蓝，该尾气处理可选用 (填名 称)溶液。 第6页，共8页 18.(14分)MgCO,/Mg0循环在C0,捕获及转化等方面具有重要应用。科研人员设计了 利用MgCO,与H2反应生成CH,的路线，主要反应如下： I.MgCO,(s)-MgO(s)+CO,(g)AH,=+101kJ.mol IⅡ.C0,(g)+4H,(g)=CH,(g+2H,O(g）)△H,=-166kJ·mo III.CO,(g)+H,(g)-H,O(g)+CO(g)AH,=+41 kJ.mol 回答下列问题， (1)计算MgC0,(⑧)+4H,g)-MgO(s+2H,O(g十CH,(g)△H,=_kJ-mo。 (2)提高CH,平衡产率的条件是 A.高温高压B.低温高压 C.高温低压 D.低温低压 (3)高温下MgCO,分解产生的MgO催化CO2与H2反应生成CH4,部分历程如图，其中吸 附在催化剂表面的物种用*标注，所示步骤中最慢的基元反应是 (填序号)，生成水的 基元反应方程式为 过 过渡态 过渡态 过 … ③ e式式 OH7+.H+.HO ④ (4)100kPa下，在密闭容器中H2(g)和MgCO,(S)各lmol发生反应。反应物(H2、MgCO,)的 平衡转化率和生成物(CH4、CO,)的选择性随温度变化关系如下图（反应IⅡ在360℃以下不 考虑) 100 50.0 M 80 49.5 40 49.0 48.5+ 200 300400500 600 265 266 267268 269 270 温度C 温度/C 图为左图内点M附近区域放大图 含碳生成物的物质的量 注：含碳生成物选择性= ×100% MgCO,转化的物质的量 ①表示CH,选择性的曲线是（填字母）。 ②点M温度下，反应I的K。=」 (kPa)(列出计算式即可)。 ③在550℃下达到平衡时，n(C0)戶 ol。500~600℃，随温度升高H2平衡转化率 下降的原因可能是 第7页，共8页 19.(13分)荆芥内酯是从猫薄荷植物中分离出来的双环化合物，可用作安眠药与退热 药。一种合成路线如下。 H20 B OH H2Pt Hg2*催化 △ ①NaBH. A D ② ①异构化 COOH ①KOH(aq)△H ①03 C12H1g0,②Zn,H,0 O-CCH ②CaCl2△ CHO②HIO 荆芥内酯 回 R R OH 人一R备界继？ (1)A中含有的官能团是 (2)B的结构简式是 (3)F→G中①的反应类型是 F→G中②反应的目的是 (④)已知H→I中①发生了水解反应，①反应的化学方程式 是 (⑤)下列说法正确的是 (填序号)。 a.可利用红外光谱区分E和F b.I→荆芥内酯过程中，CaCl2起吸水作用，促进反应进行 c.依据合成过程推测：CH,-C=CH→CH,-CH,-CH0 (⑥)以氧化香茅醛为原料合成荆芥内酯的转化过程如下。 O加成回梅化回加成，回氧化 氧化香茅醛(C1H16O2) L含五元环 荆芥内酯 写结构简式L: 3 第8页，共8页