精品解析：山东淄博市2025-2026学年高三下学期一模考试化学试题

淄博市2025—2026学年度高三模拟考试 化学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名，考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到相对原子质量：H 1 O 16 Na 23 Cl 35.5 一、选择题：每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 近年来我国科技领域突破多项技术。下列说法错误的是 A. 研制仿生机器人——芯片材料是晶体硅 B. 制造C919飞机——氮化硅陶瓷属于无机非金属材料 C. 开发氢能源电池——燃料电池放电将热能转化为电能 D. 打造北斗卫星系统——星载铷钟的与物理性质不同 2. 下列化学用语或图示正确的是 A. HCl的电子式： B. 的VSEPR模型： C. 基态Be原子的价电子排布式： D. p-p键的形成过程： 3. 下列实验事故的处理方法不合理的是 实验事故 处理方法 A 活泼金属燃烧起火 用灭火毯灭火 B 浓硫酸溅到皮肤上 立即用NaOH溶液冲洗 C 苯酚不慎沾到手上 先用乙醇处理，再用水冲洗 D 被水蒸气轻微烫伤 先用冷水处理，再涂上烫伤膏 A. A B. B C. C D. D 4. 将通入和的混合液可制取。可看作中的一个O原子被S原子取代的产物，下列说法错误的是 A. 含极性键和非极性键 B. 和空间结构均为平面三角形 C. 作配体时端位S原子可提供孤电子对 D. 制备时通入过量会导致产率降低 5. 下列对于性质或应用的解释错误的是 性质或应用 解释 A 易溶于 和都是非极性分子 B NaCl熔点高于CsCl NaCl离子键强于CsCl C 的键角大于 N的电负性大于B D 冠醚18-冠-6可以识别 冠醚18-冠-6空腔直径与适配 A. A B. B C. C D. D 6. 水芹提取物阿魏酰奎尼酸具有降压解毒功效，其结构简式如图所示，下列关于阿魏酰奎尼酸的说法错误的是 A. 存在顺反异构 B. 含有4个手性碳原子 C. 酸性条件水解产物均可发生缩聚反应 D. 1 mol该化合物最多可与3 mol 发生反应 7. 下列图示实验中不能达到实验目的的是 A．乙醇萃取中的硫 B．制备少量NO C．探究苯环使甲基活化 D．检验溴乙烷消去产物乙烯 A. A B. B C. C D. D 8. 催化CO处理烟气中的转化为液态S，转化关系如图所示。下列说法错误的是 A. M为 B. 反应①中每生成1 mol COS，转移2 mol C. 反应②中COS作氧化剂，作还原剂 D. 总反应化学方程式为 9. 由下列实验事实得出的结论正确的是 实验事实 结论 A 向蛋白质溶液中分别加入甲醛和饱和溶液，均有固体析出 蛋白质均发生了变性 B 向溴的溶液中分别通入和，通的溶液褪色 键能： C 相同温度下，用pH试纸测得饱和溶液的pH约为9，饱和溶液的pH约为8 酸性： D 分别向等物质的量和悬浊液中加入等体积乙酸，加热，仅完全溶解 A. A B. B C. C D. D 10. 常温下，用盐酸分别滴定有机胺溶液和溶液，测得溶液pOH、电导率随滴入盐酸体积的变化如图所示。下列说法错误的是 A. 表示盐酸滴定有机胺溶液的曲线是和 B. 常温下， C. 若将b、d点对应的溶液混合，所得混合液中 D. a、b、c、d四点对应的溶液中，水的电离程度由大到小的顺序为 二、选择题：每小题有一个或两个选项符合题意。 11. 采用两段酸浸法从铜烟尘(含、、、、)中回收Cu并制备、的流程如下。已知：、、不溶于稀；，；离子浓度，认为沉淀完全。 下列说法错误的是 A. 试剂X可选择Fe粉 B. “酸浸Ⅱ”中发生反应的离子方程式为 C. “结晶”应选择蒸发浓缩、冷却结晶 D. “沉铟”中当沉淀完全时， 12. 用双极膜电渗析法除去卤水中的装置如图，双极膜中解离出的、在电场作用下向两极迁移。已知。下列说法正确的是 A. Pt电极连接电源的负极 B. X膜为阴离子交换膜 C. Ⅰ室每生成1 mol气体，Ⅱ室最多生成2 mol D. 石墨电极区每生成40 g NaOH，双极膜内共有18 g 被解离 13. 以邻氯甲苯(M)为原料制备化合物I的合成路线如下，下列说法正确的是 A. M→N的反应条件是、 B. P分子中1号碳的C-H键极性相对2号碳较大 C. Q→H过程中有生成 D. H→I过程可生成与I互为同分异构体且含五元环的副产物 14. 某小组探究“”体系的反应原理，进行如下实验。所用试剂为、、、。已知为拟卤素，性质与卤素相似。 序号 操作 现象 1 分别向2 mL 溶液和2 mL 溶液中滴加1滴KSCN溶液 溶液中缓慢产生白色沉淀(经检验为CuSCN)；溶液中无现象 2 向2 mL 溶液中加入少量溶液，滴加1滴KSCN溶液 溶液变红，立即产生白色沉淀 3 向2 mL 溶液中加入少量溶液，滴加1滴KSCN溶液 溶液变红，无白色沉淀生成 下列说法错误的是 A. 实验1中发生反应 B. 实验2中可被氧化为 C. 由实验1、2、3可知是氧化的催化剂 D. 综上，刻蚀覆铜板后的腐蚀液中加，若溶液变红则腐蚀液中含 15. 将和按不同投料比或1，以不同流速通入反应器中，分别在360℃、400℃下发生反应： 。min时，HCl流速与HCl转化率关系如图所示。较低流速下转化率可近似为平衡转化率；曲线a、b所示反应中投料比相同、温度不同，曲线a、c温度相同，投料比不同。下列说法正确的是 A. 曲线a投料比 B. 平衡常数： C. 使用高效催化剂可提高M点HCl的转化率 D. HCl转化率P点大于N点，原因为P点温度高，反应速率快 三、非选择题： 16. Co及其化合物应用广泛。回答下列问题： （1）在元素周期表中，Co位于第___________周期___________族，基态Co与基态Mn原子中未成对电子数之比为___________。 （2）双核钴配离子结构如图甲所示。已知三氮唑环结构()存在大π键。 ①Co的化合价为___________，1 mol该配离子中通过螯合作用形成的配位键有___________mol。 ②a、b处N原子形成大π键时p轨道能提供1对电子的是___________(填标号)。该配离子中N的杂化方式有___________种。 ③三氮唑()的沸点显著高于吡啶()的主要原因是___________。 （3）钴钐化合物可用作稀土永磁材料，其六方晶胞如图乙所示，A、B点原子的分数坐标分别为，。则___________；截面MNQP单位面积含有的Co原子为___________个。 17. 采用两矿酸浸法从银锰矿(主要含、，少量、、、、、)分离提取、、、等元素，工艺流程如下： 回答下列问题： （1）“酸浸”时金属氧化物均转化为硫酸盐。和反应时生成和，理论上和恰好完全反应的物质的量之比为___________。 （2）“沉铁”时先加入的作用为___________。滤渣Ⅱ的主要成分为___________(填化学式)。 （3）“沉镍”中，恰好沉淀完全时，溶液中，则此时溶液___________。“浓缩”溶液至接近饱和，过滤可除去部分，其原理是___________。已知，，。 （4）“浸银”时转化为和S的离子方程式为___________。“电解”中阳极产物与电解液反应后，可返回___________(填操作单元名称)循环利用。 18. 抗肿瘤药物尼洛替尼(J)的一种合成路线如下： 已知：Ⅰ． Ⅱ．(为有机基团或氢原子) 回答下列问题： （1）A的结构简式为___________；B中含氧官能团名称为___________；C→D中通常加入，其作用为___________。 （2）F的化学名称为___________；F→G中反应①的化学方程式为___________；G→H的反应类型为___________。 （3）I的同分异构体中，同时满足下列条件的结构简式为___________(写出一种即可)。 ①含2个六元环的芳香族化合物 ②红外光谱图中无N-H键吸收峰 ③含5种不同化学环境的氢原子(个数比为3:2:2:2:1) （4）B→D的另一种合成路线为： M与N的结构简式分别为___________、___________。 19. 氯化聚丙烯(CPP)是聚丙烯氯化改性制得的高性能材料。实验室根据反应，利用如下装置制备CPP(加热及夹持装置略)。 已知：Ⅰ．CPP溶于氯苯和苯，常压下，氯苯的沸点为131.7℃，苯的沸点为80.1℃； Ⅱ．BPO为引发剂，高温下易水解失活。 回答下列问题： （1）装置甲中发生反应的化学方程式为___________，仪器b的名称为___________。 （2）上述装置存在一处缺陷，从实验安全角度考虑，改进的方法为___________。 （3）补充实验步骤或现象：连接实验装置，___________，加入药品，加热装置丁，打开搅拌器，待观察到丁中___________(填实验现象)，再加入一定量BPO，打开仪器a的活塞。 （4）对于上述实验，下列说法错误的是___________(填标号)。 A. 装置乙中盛放饱和食盐水 B. 若搅拌器转速变慢，会降低生成CPP的速率 C. 若通入氯气速率过快，会导致CPP氯化不均匀 D. 可用苯代替氯苯作反应的溶剂 （5）测定CPP样品中Cl的含量：取m g纯化的CPP样品完全燃烧，用水吸收产生的气体，调节吸收液pH至2.5~3.5，向吸收液中加入二苯偶氮碳酰肼，用标准溶液滴定至终点时，平均消耗标准溶液。不加CPP样品，作空白对照试验，平均消耗标准溶液。［已知：可与二苯偶氮碳酰肼中的N原子通过配位键生成紫红色物质；(白色)］。则该样品中Cl的质量分数为___________(用含、、、的最简代数式表示)。若CPP样品燃烧不完全，会使测定结果___________(填“偏高”“偏低”“无影响”)。 20. 和重整制氢有利于实现“碳中和”，涉及的主要反应如下： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． 压强下，按1 mol 、一定量、一定量投料反应，平衡体系中各气相组分摩尔分数随温度的变化如图所示［不加CaO情况下的摩尔分数如虚线所示；的未画出］。650℃时，测得气体总物质的量为4 mol。 回答下列问题： （1）反应的焓变___________。反应Ⅱ的速率方程为，，(、分别是正、逆反应速率常数)。升高温度，___________(填“增大”“减小”或“不变”)。 （2）甲线所示物种为___________(填化学式)，500~700℃范围内，不加CaO和加CaO两种情况下的摩尔分数随温度升高呈现不同变化的原因为___________。 （3）650℃时，反应Ⅱ的平衡常数___________(结果用分数表示或保留2位有效数字，下同)，的吸收率(吸收的占总生成的比例)=___________。800℃时，体系达平衡后，压缩容器体积，重新达平衡时，___________(填“增大”“减小”或“不变”)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 淄博市2025—2026学年度高三模拟考试 化学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名，考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到相对原子质量：H 1 O 16 Na 23 Cl 35.5 一、选择题：每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 近年来我国科技领域突破多项技术。下列说法错误的是 A. 研制仿生机器人——芯片材料是晶体硅 B. 制造C919飞机——氮化硅陶瓷属于无机非金属材料 C. 开发氢能源电池——燃料电池放电将热能转化为电能 D. 打造北斗卫星系统——星载铷钟的与物理性质不同 【答案】C 【解析】 【详解】A．晶体硅是优良的半导体材料，是制作芯片的核心材料，A正确； B．氮化硅陶瓷属于新型无机非金属材料，归为无机非金属材料范畴，B正确； C．氢燃料电池放电利用原电池原理，能量转化是将化学能直接转化为电能，C错误； D．与互为同位素，二者质子数相同、中子数不同，物理性质不同，化学性质相似，D正确； 故选C。 2. 下列化学用语或图示正确的是 A. HCl的电子式： B. 的VSEPR模型： C. 基态Be原子的价电子排布式： D. p-p键的形成过程： 【答案】B 【解析】 【详解】A．为共价化合物，电子式应为，A不符合题意； B．中原子含个键，无孤电子对，价层电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形，B符合题意； C．的原子序数为4，基态原子价电子排布式为，C不符合题意； D．键为“头碰头”重叠，图示为“肩并肩”，表示p-p键的形成过程，D不符合题意； 故选B。 3. 下列实验事故的处理方法不合理的是 实验事故 处理方法 A 活泼金属燃烧起火 用灭火毯灭火 B 浓硫酸溅到皮肤上 立即用NaOH溶液冲洗 C 苯酚不慎沾到手上 先用乙醇处理，再用水冲洗 D 被水蒸气轻微烫伤 先用冷水处理，再涂上烫伤膏 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．活泼金属易与水、二氧化碳反应，不能用这类灭火剂灭火，用灭火毯可隔绝氧气达到灭火目的，处理方法合理，A不符合题意； B．NaOH属于强腐蚀性强碱，与浓硫酸中和会放出大量热，会加重对皮肤的腐蚀损伤，浓硫酸溅到皮肤上正确处理方法为先拭去浓硫酸，再用大量水冲洗，最后涂抹碳酸氢钠溶液，该处理方法不合理，B符合题意； C．苯酚有毒且易溶于乙醇，不慎沾到手上先用乙醇溶解苯酚，再用水冲洗，处理方法合理，C不符合题意； D．被水蒸气轻微烫伤后，先用冷水降温减轻损伤，再涂抹烫伤膏，处理方法合理，D不符合题意； 故选B。 4. 将通入和的混合液可制取。可看作中的一个O原子被S原子取代的产物，下列说法错误的是 A. 含极性键和非极性键 B. 和空间结构均为平面三角形 C. 作配体时端位S原子可提供孤电子对 D. 制备时通入过量会导致产率降低 【答案】B 【解析】 【详解】A．可看作中一个被取代，结构中存在非极性键和极性键，A不符合题意； B．中原子价层电子对数为3，无孤电子对，空间结构为平面三角形；中心S原子价层电子对数为4，无孤电子对，空间结构为四面体形，B符合题意； C．中端位S原子含有孤电子对，作配体时端位S可提供孤电子对形成配位键，C不符合题意； D．SO2通入过量会使溶液酸性增强，酸性条件下会发生分解反应，导致Na2S2O3产率降低，D不符合题意； 故选B。 5. 下列对于性质或应用的解释错误的是 性质或应用 解释 A 易溶于 和都是非极性分子 B NaCl熔点高于CsCl NaCl离子键强于CsCl C 的键角大于 N的电负性大于B D 冠醚18-冠-6可以识别 冠醚18-冠-6空腔直径与适配 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据相似相溶原理，非极性分子易溶于非极性溶剂，和均为非极性分子，因此易溶于，A正确； B．离子晶体中离子键越强，熔点越高，半径小于，NaCl晶格能更大，离子键强于CsCl，因此NaCl熔点高于CsCl，B正确； C．中心B原子为杂化，无孤电子对，空间构型为平面正三角形，键角为；中心N原子为杂化，存在1对孤电子对，孤对电子对成键电子对的排斥作用更大，使键角被压缩，因此键角大于，该性质和杂化类型、孤对电子有关，与N电负性大于B无关，解释错误，C错误； D．冠醚识别阳离子的原理是冠醚的空腔直径与对应阳离子的直径适配，因此18-冠-6可以识别，D正确； 故选C。 6. 水芹提取物阿魏酰奎尼酸具有降压解毒功效，其结构简式如图所示，下列关于阿魏酰奎尼酸的说法错误的是 A. 存在顺反异构 B. 含有4个手性碳原子 C. 酸性条件水解产物均可发生缩聚反应 D. 1 mol该化合物最多可与3 mol 发生反应 【答案】D 【解析】 【详解】A．该有机物含碳碳双键，且双键两端的碳原子均连接2种不同基团，存在顺反异构，A正确； B．手性碳原子是连接4种不同基团的饱和碳原子，该分子六元环上共有4个手性碳原子，如图所示，B正确； C．酸性条件下酯基水解，产物分别为多羟基羧酸（含羧基和多个羟基）、阿魏酸（含羧基和酚羟基），二者均含能发生缩聚的官能团，均可发生缩聚反应，C正确； D．1mol该有机物中，碳碳双键可与1mol Br2加成；苯环上酚羟基的邻、对位有1个H可被取代，与1mol Br2发生取代反应，总共消耗2mol Br2，D错误； 故选D。 7. 下列图示实验中不能达到实验目的的是 A．乙醇萃取中的硫 B．制备少量NO C．探究苯环使甲基活化 D．检验溴乙烷消去产物乙烯 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．硫在乙醇乙醇中的溶解度小于在二硫化碳中的溶解度，不能达到萃取目的，A符合题意； B．与稀硝酸反应生成，不溶于水，在U形管左侧收集到少量的一氧化氮，装置可行，B不符合题意； C．甲苯中的甲基受苯环影响，性质变得活泼，从而能被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致溶液褪色，而苯无此现象，故该实验可达到探究苯环使甲基活化的目的，C不符合题意； D．溴乙烷消去产物中混有挥发出的乙醇蒸气，先通过水进行洗气除去乙醇蒸汽，剩余的乙烯可使酸性溶液褪色，装置可检验，D不符合题意； 故选A。 8. 催化CO处理烟气中的转化为液态S，转化关系如图所示。下列说法错误的是 A. M为 B. 反应①中每生成1 mol COS，转移2 mol C. 反应②中COS作氧化剂，作还原剂 D. 总反应化学方程式为 【答案】C 【解析】 【分析】从图中可以看出，在过程①中，转化为，转化为，根据质量守恒可知，为，反应方程式为。在过程③中，转化为，则为单质，反应方程式为。在过程②中，和转化为单质和，则为，为，反应方程式为。总反应为，据此分析。 【详解】A．根据转化关系，可知为，A不符合题意； B．反应①中与生成，元素化合价由升至，每生成1 mol COS，转移2 mol ，B不符合题意； C．反应②中中元素化合价升高，作还原剂；中元素化合价降低，作氧化剂，C符合题意； D．总反应为还原生成和，化学方程式为，D不符合题意； 故选C。 9. 由下列实验事实得出的结论正确的是 实验事实 结论 A 向蛋白质溶液中分别加入甲醛和饱和溶液，均有固体析出 蛋白质均发生了变性 B 向溴的溶液中分别通入和，通的溶液褪色 键能： C 相同温度下，用pH试纸测得饱和溶液的pH约为9，饱和溶液的pH约为8 酸性： D 分别向等物质的量和悬浊液中加入等体积乙酸，加热，仅完全溶解 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．向蛋白质溶液中加入甲醛时蛋白质发生变性，加入饱和(NH4)2SO4溶液时蛋白质发生盐析，A错误； B．乙烯含碳碳双键，可与溴发生加成反应使溶液褪色，乙烷不能反应，但碳碳双键的总键能大于碳碳单键，即键能：C=C > C-C，B错误； C．要根据盐溶液pH判断对应酸的酸性强弱，需要保证盐溶液浓度相同，CH3COONa和NaNO2溶解度不同，二者饱和溶液浓度不同，无法直接比较酸性，C错误； D．BaC2O4和CaC2O4均为AB型难溶电解质，等物质的量的二者悬浊液中加入等浓度等体积乙酸，仅BaC2O4完全溶解，说明BaC2O4溶解度更大，对于同类型难溶物，溶解度越大Ksp越大，因此Ksp(BaC2O4)> Ksp(CaC2O4)，D正确； 故选D。 10. 常温下，用盐酸分别滴定有机胺溶液和溶液，测得溶液pOH、电导率随滴入盐酸体积的变化如图所示。下列说法错误的是 A. 表示盐酸滴定有机胺溶液的曲线是和 B. 常温下， C. 若将b、d点对应的溶液混合，所得混合液中 D. a、b、c、d四点对应的溶液中，水的电离程度由大到小的顺序为 【答案】C 【解析】 【分析】pOH = ，pOH越大，越小，碱性越弱。是强碱，完全电离，起始，起始，因此起始pOH接近1的是滴定的pOH曲线；有机胺是弱碱，部分电离，起始更小，pOH更大，因此是滴定有机胺的pOH曲线。离子浓度越大，所带电荷数越多，电导率越大。有机胺是弱电解质，起始离子浓度小，电导率更低，滴定生成强电解质后电导率逐渐升高，因此起始电导率更小的是滴定有机胺的电导率曲线； 是强碱，开始离子浓度大，滴定后离子浓度开始减小，滴定终点离子浓度最小，之后离子浓度又开始增大，则是滴定 的电导率曲线，据此分析。 【详解】A．根据分析是滴定有机胺的电导率曲线，是滴定有机胺的pOH曲线，A正确； B．对于，电离方程式为，起始时，由图可知，起始时的，即，又，因此 ，B正确； C．b点加入盐酸10mL，只中和一半，剩余的；d点盐酸与有机胺恰好完全反应，生成。b、d点溶液混合后，和反应，得到等物质的量的和，即。根据B选项，的 ，则的水解常数，可得：即的水解程度大于的电离程度，水解使转化为，因此，C错误； D．酸/碱抑制水的电离，能水解的盐促进水的电离。d点：恰好完全反应生成，水解，促进水的电离，水的电离程度最大；c点：为等物质的量和，水解大于电离，整体仍促进水的电离，但促进程度小于d点；a、b两点溶液的溶质主要是碱，对水的电离都是抑制作用，但是a点，，弱碱电离出的较低，对水的电离影响几乎为零；b点，电离出的较高，对水的电离抑制程度大于a点。因此水的电离程度：，D正确； 故答案选C。 二、选择题：每小题有一个或两个选项符合题意。 11. 采用两段酸浸法从铜烟尘(含、、、、)中回收Cu并制备、的流程如下。已知：、、不溶于稀；，；离子浓度，认为沉淀完全。 下列说法错误的是 A. 试剂X可选择Fe粉 B. “酸浸Ⅱ”中发生反应的离子方程式为 C. “结晶”应选择蒸发浓缩、冷却结晶 D. “沉铟”中当沉淀完全时， 【答案】AD 【解析】 【分析】向铜烟尘中加入稀，发生反应：、与反应，生成、进入滤液1，不溶于稀的、、、形成滤渣；向滤液1中加入锌粉，目的是将铜离子还原为单质铜，分离后得到滤液3（含），结晶得到ZnSO4·7H2O。滤渣（含、、、）中加入硫酸和O2进行酸浸，同时保证体系酸性，为后续沉铟做准备。向滤液中加入氨水，与OH-反应生成沉淀经过过滤得到沉铟渣和滤液2，将沉铟渣进行煅烧，分解为； 【详解】A．若试剂X选择Fe粉，会在置换出铜的同时引入新的杂质，后续难以除去，影响产品纯度，试剂X应选择锌粉，A错误； B．“酸浸II”中，在酸性条件下被氧化，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可得离子方程式，B正确； C．含结晶水，从溶液中获得该晶体应选择蒸发浓缩、冷却结晶，C正确； D．沉淀完全时，，根据，可得。又因为，则，D错误； 故答案选AD。 12. 用双极膜电渗析法除去卤水中的装置如图，双极膜中解离出的、在电场作用下向两极迁移。已知。下列说法正确的是 A. Pt电极连接电源的负极 B. X膜为阴离子交换膜 C. Ⅰ室每生成1 mol气体，Ⅱ室最多生成2 mol D. 石墨电极区每生成40 g NaOH，双极膜内共有18 g 被解离 【答案】B 【解析】 【分析】该装置为双极膜电渗析除硼装置，核心是利用电场驱动离子迁移与双极膜水解离，将卤水中的[B(OH)4]-转化为B(OH)3以除去；Pt电极为阳极，连接电源正极，Ⅰ室中OH-放电生成O2；石墨电极为阴极，连接电源负极，Ⅴ室中H2O得电子生成H2和OH-，与迁移来的Na+结合得到浓NaOH溶液；双极膜解离出的H+向Ⅱ室迁移，与[B(OH)4]-反应生成B(OH)3；解离出的OH-向Ⅰ室迁移，补充阳极放电消耗的OH-；X膜为阴离子交换膜，允许Cl-从Ⅲ室进入Ⅱ室以维持电荷平衡；Y膜为阳离子交换膜，允许Na+从Ⅲ室进入Ⅳ室，最终实现卤水除硼与NaOH富集；据此作答。 【详解】A．Pt电极为阳极，应连接电源的正极，A错误； B．X膜为阴离子交换膜，B正确； C．Ⅰ室（阳极）发生反应：，生成1 mol O2时转移4 mol电子，对应双极膜解离出4 mol H+进入Ⅱ室；由反应可知，最多生成4 mol B(OH)3，C错误； D．石墨电极（阴极）的反应为，40 g NaOH的物质的量为1 mol，对应转移1 mol电子；则1个双极膜需解离1 mol H2O，提供1 mol H+和1 mol OH-，即2个双极膜需解离2 mol H2O，质量为36 g，D错误； 故选B。 13. 以邻氯甲苯(M)为原料制备化合物I的合成路线如下，下列说法正确的是 A. M→N的反应条件是、 B. P分子中1号碳的C-H键极性相对2号碳较大 C. Q→H过程中有生成 D. H→I过程可生成与I互为同分异构体且含五元环的副产物 【答案】BD 【解析】 【分析】由流程，M发生取代反应引入溴原子得到N，N中溴原子被取代生成Q，Q转化为H，H成环得到I； 【详解】A．M为甲基氢被取代，反应条件为Br2、光照，A错误； B．P分子中1号碳上与2个酯基相连，2号碳只与1个酯基相连，酯基具有吸电子效应，使得P分子中1号碳的C-H键极性相对2号碳较大，B正确； C．Q→H过程中有二氧化碳，C错误； D．H中含2个羧基，若H中上侧的羧基反应，则可以得到与I互为同分异构体且含五元环的副产物：，D正确； 故选BD。 14. 某小组探究“”体系的反应原理，进行如下实验。所用试剂为、、、。已知为拟卤素，性质与卤素相似。 序号 操作 现象 1 分别向2 mL 溶液和2 mL 溶液中滴加1滴KSCN溶液 溶液中缓慢产生白色沉淀(经检验为CuSCN)；溶液中无现象 2 向2 mL 溶液中加入少量溶液，滴加1滴KSCN溶液 溶液变红，立即产生白色沉淀 3 向2 mL 溶液中加入少量溶液，滴加1滴KSCN溶液 溶液变红，无白色沉淀生成 下列说法错误的是 A. 实验1中发生反应 B. 实验2中可被氧化为 C. 由实验1、2、3可知是氧化的催化剂 D. 综上，刻蚀覆铜板后的腐蚀液中加，若溶液变红则腐蚀液中含 【答案】D 【解析】 【详解】A．实验1中与反应生成沉淀，Cu元素化合价从+2降为+1，部分化合价从-1升为0生成，配平后反应符合得失电子守恒和原子守恒，反应原理正确，A正确； B．实验2中加入后溶液变红，说明生成了，Cu2+将SCN-氧化为(SCN)2，同时生成白色沉淀为CuSCN，具有氧化性，又将氧化生成，B正确； C．实验1无时氧化反应缓慢，加入后反应速率明显加快，且在反应过程中先被氧化，后被还原再生，符合催化剂的特点，因此是该反应的催化剂，C正确； D．刻蚀覆铜板后的腐蚀液中一定含有Cu2+和反应生成的，加入KSCN后，可氧化生成，能将氧化为，也会使溶液变红，因此变红不能说明腐蚀液中一定含，D错误； 故答案选D。 15. 将和按不同投料比或1，以不同流速通入反应器中，分别在360℃、400℃下发生反应： 。min时，HCl流速与HCl转化率关系如图所示。较低流速下转化率可近似为平衡转化率；曲线a、b所示反应中投料比相同、温度不同，曲线a、c温度相同，投料比不同。下列说法正确的是 A. 曲线a投料比 B. 平衡常数： C. 使用高效催化剂可提高M点HCl的转化率 D. HCl转化率P点大于N点，原因为P点温度高，反应速率快 【答案】BC 【解析】 【详解】A．a、c温度相同，c的HCl平衡转化率更高，说明c中更小（O2相对更多），因此a的投料比为，A错误； B．较低流速下转化率可近似为平衡转化率，该反应，温度越高平衡常数越小；a、b投料比相同，较低流速下a的转化率更高，说明a温度更低，M点温度低于N点，故，B正确； C．高效催化剂可加快反应速率，故能提高M点的HCl的转化率，C正确； D．P点转化率高于N点的主要原因是P点投料比更小，O2相对含量更高，促进HCl转化，且P点因为流速更低，反应更接近平衡，并非温度高、速率快，D错误； 故选BC。 三、非选择题： 16. Co及其化合物应用广泛。回答下列问题： （1）在元素周期表中，Co位于第___________周期___________族，基态Co与基态Mn原子中未成对电子数之比为___________。 （2）双核钴配离子结构如图甲所示。已知三氮唑环结构()存在大π键。 ①Co的化合价为___________，1 mol该配离子中通过螯合作用形成的配位键有___________mol。 ②a、b处N原子形成大π键时p轨道能提供1对电子的是___________(填标号)。该配离子中N的杂化方式有___________种。 ③三氮唑()的沸点显著高于吡啶()的主要原因是___________。 （3）钴钐化合物可用作稀土永磁材料，其六方晶胞如图乙所示，A、B点原子的分数坐标分别为，。则___________；截面MNQP单位面积含有的Co原子为___________个。 【答案】（1） ①. 四 ②. 第Ⅷ ③. （2） ①. +2 ②. 8 ③. a ④. 2 ⑤. 三氮唑分子间可以形成氢键，吡啶无法形成分子间氢键 （3） ①. 5 ②. 【解析】 【小问1详解】 Co（钴）原子序数为27，核外电子排布为，位于元素周期表第四周期第Ⅷ族； Mn（锰）核外电子排布为，根据洪特规则，Co的3d轨道有3个未成对电子，Mn的3d轨道有5个未成对电子，故未成对电子数之比为； 【小问2详解】 ①Co化合价与螯合配位键数目配离子总电荷为，配体中仅2个硝酸根为价，其余配体均为中性。设Co化合价为，则，解得；该配离子含2个多齿配体，每个配体分别与2个Co共形成4个螯合配位键，因此该配离子中螯合配位键共； ②大π键与杂化方式a处N原子形成3个σ键，价层剩余1对电子填充在p轨道，可提供1对电子参与大π键；b处N原子形成3个σ键(其中一个是配位键)，仅能提供5-2-2=1个电子参与大π键，故填a；配离子中，环上参与大π键的N为杂化，氨基（）中的N为杂化，硝酸根的N原子价层电子对数，N为杂化，共2种杂化方式； ③三氮唑结构中存在键，分子间可以形成氢键，分子间作用力显著增强；吡啶中N原子不直接连H，无法形成分子间氢键，分子间作用力更弱，因此三氮唑沸点显著高于吡啶； 【小问3详解】 ①用均摊法计算晶胞原子数：Sm完全位于晶胞内，数目为； Co：；晶胞中间还有2个Co完全属于晶胞，总Co数目为，因此中； ② 截面是平行四边形，面积； 截面上Co数目：4个顶点Co共均摊得，中间2个Co完全属于截面，总Co数目为3，因此单位面积Co原子数。 17. 采用两矿酸浸法从银锰矿(主要含、，少量、、、、、)分离提取、、、等元素，工艺流程如下： 回答下列问题： （1）“酸浸”时金属氧化物均转化为硫酸盐。和反应时生成和，理论上和恰好完全反应的物质的量之比为___________。 （2）“沉铁”时先加入的作用为___________。滤渣Ⅱ的主要成分为___________(填化学式)。 （3）“沉镍”中，恰好沉淀完全时，溶液中，则此时溶液___________。“浓缩”溶液至接近饱和，过滤可除去部分，其原理是___________。已知，，。 （4）“浸银”时转化为和S的离子方程式为___________。“电解”中阳极产物与电解液反应后，可返回___________(填操作单元名称)循环利用。 【答案】（1） （2） ①. 将氧化为，便于沉淀除去 ②. （3） ①. 5 ②. 存在溶解平衡，浓缩时增大，平衡逆向移动，析出 （4） ①. ②. 浸银 【解析】 【分析】两矿酸浸法从银锰矿(主要含、，少量、、、、、)加入黄铁矿和稀硫酸，滤渣Ⅰ为、CaSO4，加入FeCl3、HCl、CaCl2浸银生成和滤渣Ⅲ（S），电解得到Ag；滤液为Fe3+、Fe2+、、Al3+、Cu2+、Ni2+，加入、Na2CO3，沉铁生成黄钠铁矾，加氨水调pH生成滤渣Ⅱ（），萃取分离再反萃取生成硫酸铜；水相加入Na2S调pH沉镍，浓缩过滤，滤液为硫酸锰溶液，据此分析； 【小问1详解】 用电子守恒计算：中，升1价，2个中+6价共升价，总共升15价；中降2价，升降守恒得； 【小问2详解】 酸浸后溶液中存在，作为氧化剂，将氧化为，方便沉铁生成黄钠铁矾除去；原矿中含，酸浸后生成，加氨水调时沉淀为，故滤渣Ⅱ主要为； 【小问3详解】 由，得；的，代入数据：，解得，故；存在溶解平衡，浓缩时增大，平衡逆向移动，析出，因此可过滤除去； 【小问4详解】 浸银时作氧化剂，将中-2价S氧化为S单质，自身被还原为，与形成配离子，离子方程式；电解时阳极放电生成，可将氧化为，是浸银工序的反应物，可返回浸银循环利用。 18. 抗肿瘤药物尼洛替尼(J)的一种合成路线如下： 已知：Ⅰ． Ⅱ．(为有机基团或氢原子) 回答下列问题： （1）A的结构简式为___________；B中含氧官能团名称为___________；C→D中通常加入，其作用为___________。 （2）F的化学名称为___________；F→G中反应①的化学方程式为___________；G→H的反应类型为___________。 （3）I的同分异构体中，同时满足下列条件的结构简式为___________(写出一种即可)。 ①含2个六元环的芳香族化合物 ②红外光谱图中无N-H键吸收峰 ③含5种不同化学环境的氢原子(个数比为3:2:2:2:1) （4）B→D的另一种合成路线为： M与N的结构简式分别为___________、___________。 【答案】（1） ①. ②. 酮羰基 ③. 吸收生成的HBr，提高物质D的产率 （2） ①. 三氟甲苯 ②. ③. 还原反应 （3）等 （4） ①. ②. 【解析】 【分析】由流程结合E、J结构和物质化学式，A为，A发生信息Ⅰ第一步反应生成B为，B发生信息Ⅰ第二步反应生成C为，C中氨基发生取代反应生成D为，D中酯基水解后酸化得到E。F为，F发生取代反应引入溴原子和硝基得到G为，G中硝基还原为氨基得到H为，H中溴原子被取代生成I为，E、I发生取代反应生成J；据此分析解答。 【小问1详解】 由分析，A的结构简式为；B为，B中含氧官能团名称为酮羰基；结合质量守恒，C→D过程中还生成HBr，碳酸钾能吸收生成的HBr，促进反应正向进行，提高物质D的产率； 【小问2详解】 F为，名称为三氟甲苯；F→G中反应①为硝化反应引入硝基，化学方程式为；G中硝基还原为氨基得到H ，G→H的反应类型为还原反应； 【小问3详解】 I为，I的同分异构体中，同时满足下列条件：①含2个六元环的芳香族化合物，则必须含苯环；②红外光谱图中无N-H键吸收峰；③含5种不同化学环境的氢原子(个数比为3:2:2:2:1)，则结构对称且含1个甲基。可推断满足条件的结构简式可以为等； 【小问4详解】 由流程，B和(NH2)2CO发生已知Ⅰ中原理成环得到M为，M中羟基和SOCl2、DMF发生转化为N，N发生取代反应生成D。 19. 氯化聚丙烯(CPP)是聚丙烯氯化改性制得的高性能材料。实验室根据反应，利用如下装置制备CPP(加热及夹持装置略)。 已知：Ⅰ．CPP溶于氯苯和苯，常压下，氯苯的沸点为131.7℃，苯的沸点为80.1℃； Ⅱ．BPO为引发剂，高温下易水解失活。 回答下列问题： （1）装置甲中发生反应的化学方程式为___________，仪器b的名称为___________。 （2）上述装置存在一处缺陷，从实验安全角度考虑，改进的方法为___________。 （3）补充实验步骤或现象：连接实验装置，___________，加入药品，加热装置丁，打开搅拌器，待观察到丁中___________(填实验现象)，再加入一定量BPO，打开仪器a的活塞。 （4）对于上述实验，下列说法错误的是___________(填标号)。 A. 装置乙中盛放饱和食盐水 B. 若搅拌器转速变慢，会降低生成CPP的速率 C. 若通入氯气速率过快，会导致CPP氯化不均匀 D. 可用苯代替氯苯作反应的溶剂 （5）测定CPP样品中Cl的含量：取m g纯化的CPP样品完全燃烧，用水吸收产生的气体，调节吸收液pH至2.5~3.5，向吸收液中加入二苯偶氮碳酰肼，用标准溶液滴定至终点时，平均消耗标准溶液。不加CPP样品，作空白对照试验，平均消耗标准溶液。［已知：可与二苯偶氮碳酰肼中的N原子通过配位键生成紫红色物质；(白色)］。则该样品中Cl的质量分数为___________(用含、、、的最简代数式表示)。若CPP样品燃烧不完全，会使测定结果___________(填“偏高”“偏低”“无影响”)。 【答案】（1） ①. ②. 球形冷凝管 （2）在丁和戊之间加一个防倒吸装置 （3） ①. 检查装置的气密性 ②. 固体完全溶解 （4）AD （5） ①. ②. 偏低 【解析】 【分析】装置甲用漂白粉[有效成分为]与浓盐酸反应制氯气，装置乙干燥Cl2，装置丙为储存氯气的装置，在丁装置中发生反应，戊为尾气吸收装置，据此分析； 【小问1详解】 装置甲用漂白粉（有效成分为）与浓盐酸反应制氯气，发生归中反应生成氯气，方程式：；装置b为回流用的球形冷凝管； 【小问2详解】 因生成的产物HCl直接通入到NaOH溶液中会形成倒吸，且BPO在高温下易水解失活，所以应该在丁和戊之间加一个防倒吸装置； 【小问3详解】 连接装置后，装药品前必须检查装置气密性；加入药品，加热装置丁，打开搅拌器，待观察到丁中固体完全溶解，再加入BPO开始反应； 【小问4详解】 A．BPO为引发剂，高温下易水解失活，故乙装置应除水，盛放浓硫酸，A错误； B．搅拌速率过慢，反应物接触不充分，会降低CPP生成速率，B正确； C．氯气通入过快，反应不充分，会导致氯化不均匀，C正确； D．反应温度为，苯沸点为，该温度下苯完全汽化，无法作为反应溶剂，D错误； 故选AD； 【小问5详解】 根据反应关系，样品实际消耗的物质的量为，因此，，因此质量分数为。若CPP燃烧不完全，部分Cl未转化为Cl-被吸收，测得的Cl物质的量偏小，因此测定结果偏低。 20. 和重整制氢有利于实现“碳中和”，涉及的主要反应如下： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． 压强下，按1 mol 、一定量、一定量投料反应，平衡体系中各气相组分摩尔分数随温度的变化如图所示［不加CaO情况下的摩尔分数如虚线所示；的未画出］。650℃时，测得气体总物质的量为4 mol。 回答下列问题： （1）反应的焓变___________。反应Ⅱ的速率方程为，，(、分别是正、逆反应速率常数)。升高温度，___________(填“增大”“减小”或“不变”)。 （2）甲线所示物种为___________(填化学式)，500~700℃范围内，不加CaO和加CaO两种情况下的摩尔分数随温度升高呈现不同变化的原因为___________。 （3）650℃时，反应Ⅱ的平衡常数___________(结果用分数表示或保留2位有效数字，下同)，的吸收率(吸收的占总生成的比例)=___________。800℃时，体系达平衡后，压缩容器体积，重新达平衡时，___________(填“增大”“减小”或“不变”)。 【答案】（1） ①. ②. 减小 （2） ①. CO ②. 500~650℃范围内，在一定温度下，加入氧化钙，氧化钙吸收二氧化碳，促使反应Ⅱ正向移动，反应Ⅱ正向移动消耗一氧化碳，导致Ⅰ正向移动，都会促使氢气产量的增大，故加CaO情况下的摩尔分数更大；加入氧化钙时，当温度高于650℃时，反应Ⅱ、Ⅲ逆向移动占主导地位，使得氢气的摩尔分数减小 （3） ①. 1.1 ②. ③. 减小 【解析】 【小问1详解】 由盖斯定律，反应Ⅰ+Ⅱ得目标反应，则； 平衡时正逆反应速率相等，则，则 ，反应Ⅱ为放热反应，升温，平衡逆向移动，K值减小，故减小； 【小问2详解】 反应Ⅰ为吸热反应，升温，平衡正向移动，甲烷含量减小、一氧化碳含量增大，则丙线为甲烷，反应Ⅱ、反应Ⅲ均为放热反应，升温，平衡逆向移动，一氧化碳含量增大，则甲线为一氧化碳，二氧化碳含量受反应Ⅱ、反应Ⅲ平衡移动的双重影响，乙线为二氧化碳； 500~650℃范围内，在一定温度下，加入氧化钙，氧化钙吸收二氧化碳，促使反应Ⅱ正向移动，反应Ⅱ正向移动消耗一氧化碳，导致Ⅰ正向移动，都会促使氢气产量的增大，故加CaO情况下的摩尔分数更大；加入氧化钙时，当温度高于650℃时，反应Ⅱ、Ⅲ逆向移动占主导地位，使得氢气的摩尔分数减小。 【小问3详解】 反应Ⅱ为气体分子数不变的反应，可以用其物质的量分数代替压强，650℃时气相总物质的量4mol，各物质的量分数为H2：0.75，CO：0.05，CO2：0.01，CH4：0.05，H2O：1-0.75-0.05-0.05-0.01=0.14，则反应Ⅱ的平衡常数；CO为4mol×0.05=0.2mol，CO2为4mol×0.01=0.04mol，CH4为4mol×0.05=0.2mol，结合碳守恒，氧化钙吸收二氧化碳为1mol-0.2mol-0.04mol-0.2mol=0.56mol，的吸收率；800℃时，体系达平衡后，压缩容器体积，反应Ⅰ逆向移动，反应Ⅲ的，温度不变，其值不变，则重新达平衡时，减小。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $