四川成都市石室中学2026届高三下学期二模化学试题

化学 (全卷满分100分，考试时间75分钟) 注意事项： p 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在本试卷和答题卡相应位置上。 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如 與 需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答。答案必须写在答题卡各题目指定区域 内相应位置上；如需改动，先画掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不 按以上要求作答无效。 4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H一1C一12N一14O-16Na一23A-27C-35.5 Ca-40Br-80 第I卷（选择题，共45分） 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，只有一项是最 拟 符合题目要求的。 哥 1.材料是人类文明发展的里程碑。下列生产或应用中所用到的主要物质属于无机非金属材料 的是 A制造跑车机舱使用的碳纤维 B.制造操场跑道使用的橡胶 C.制造“和平方舟”甲板使用的特种纲 D.制造近视眼镜镜片使用的聚碳酸酯材料 2.下列物质的结构或性质与用途对应关系错误的是 A.CH,为非极性分子，CH具有较大的燃烧热 B.液氨汽化时吸收大量的热，可用作制冷剂 C.硝酸乙基铵[(C2HNH)NO,]是一种“离子液体”，常温下具有良好的导电性 蟹 D.Ag与NH,能形成配位键，AgCI在氨水中的溶解度可能比水中大 3.下列化学用语或图示正确的是 OH ● A.酚醛树脂的结构简式：H CH,OH H B.邻羟基苯甲醛形成的分子内氢键： C.NaBF4的电子式为Na EBE L:F: 拆 D.基态Fe+价层电子的轨道表示式：FD的 3d ● L位1rt440小 4.有机物N和Q的结构简式如下图所示，下列关于这两种分子的说法正确的是 HO CHO A.N中碳原子都是sp3杂化 B.Q中含手性碳原子 C.N、Q均能发生加成反应、水解反应 D.可用溴的四氯化碳溶液鉴别N和Q 5.下列实验装置或操作能达到相应实验目的的是 直泳电源 NaOH a 泼纸 石墨 分 器 滴有石落的 饱和食盐水 淀扮 乙酸、 饱和食盐水 KI溶液 正丁辞、 罗 浓成酸 C.利用分水器分出 A称量1.8 g NaOH B.模拟氣碱工业制取 生成的水以提高反 D.进行喷泉实验 因体 并检验C2 应转化率 6.与SiCL,类似，BCl也可被LiA1H还原，具体的反应为4BCl3+3 LiAIH,一2B2H,A+3LiCI+ 3A1CL。下列说法正确的是 A.离子半径：r(Li+)>r(H) B.SiCL,和BCl都是由极性键构成的极性分子 C.A1的第一电离能高于同周期相邻元素 D.AH:的空间结构为正四面体形 7.解释下列实验现象或事实的离子方程式书写结误的是 A.将过量的H2S通入FeC溶液中产生淡黄色沉淀：2Fe3++H2S一2Fe2++SV+2H B.铁经过发蓝处理形成致密氧化膜：3Fe+2H2O+NO2=3FeO+NH个+OH C.蓝色氯化四氨合绢溶于浓盐酸呈黄绿色：[Cu(NH3),]++4H++4CI-一[CuCL]- +4NH D.含氟牙可以防龋齿：Cas(PO)3OH(s)+F-(aq)=Cas(PO)3F(s)+OH(aq) 8.由原子序数依次增大的短周期主族元素X、Q、Z、Y、W组成的化合物如图所示，X和W同主 族，Q、Z、Y同周期，基态Q原子核外成对电子对数与未成对电子数相等。下列说法正确的是 A.电负性：Z>Y>Q B.第二电离能：Z>Y C.键角：∠XZQ<∠YQY D.氢化物的沸点：Q<Z L4,n石1+0不、 9.我国高分子科学家对聚乙烯进行胺化修饰，并进一步制备新材料，合成路线如下图。 H OOCCH. CH,COQ OOCCH. CH,COQ N-C(CH,), (H,C),C-N=N-C(CH,). (H,C)C tCH:一CH a 千CH:一CH于方 NaOH +高分子c 催化剂 △ 高分子b 下列说法错误的是 A.聚乙烯分子中所有原子可能共平面 B.a分子的核磁共振氢谱图中有2组峰 C.生成高分子b的反应为加成反应 D.高分子c的亲水性比聚乙烯的好 10.根据下列实验操作和现象，得出的结论正确的是 选项 实验操作 现象 结论 歙气与水 取两份浙制氯水，分别滴加AgNO5溶液和淀粉 前者有白色沉淀，后 A 的反应存 KI溶液 者溶液变蓝色 在限度 该酸为 B 测定0.01mol/L某酸溶液的pH 测得pH为2 强酸 老芽糖与稀硫酸共热后加NaOH溶液调至碱 麦芽糖已 C 产生砖红色沉淀 性，再加入浙制氢氣化钢并加热 发生水解 极性： 相同温度下用pH计测定浓度均为0.1mol·L-1 CF,COONa溶液的 D C-F> CF3 COONa溶液和CClsCOONa溶液的pH pH更小 C-Ci 11.NO与盐酸在Fe催化电极上生成盐酸羟胺(NH,OHCl,化学性质类似于NH,CI),可能的反 应机理如图所示。下列说法正确的是 NH,OH' NO 2 OH A.NHs OHC水溶液呈弱碱性 B.过程②④中N的化合价均发生变化 C.过程⑤中M为H+和e D.电催化NO与盐酸生成NHOH+的电极反应：NO+4H+道电NH,OH+ Fe 化学第3页（共8页） 12.某含锶(Sr,位于周期表中第五周期第ⅡA族)废渣主要含有SrSO,还有少量SiO2、CaCOs、 MgCO等杂质，一种提取该废渣中锶的流程如下图所示。 稀盐酸 BaCl,洛液 含锡废渣一 酸浸浸出渣1肽浸 →SrCl,溶液+SrCl,6H,0 浸出液 浸出渣2 下列说法正确的是 A.银的基态原子价电子排布式为4d4p5s2 B.由SrCl2·6H2O制备无水SrCl2应在HCl的气流中加热 C.酸浸时，可用稀硫酸代替稀盐酸 D.在过饱和溶液中加入晶种可以促使品体析出，结晶速度越慢越易得到大颗粒晶体 13.已知A1Fs、A1CL3、AlBr3的沸点依次为1500℃、370℃、430℃，常温下A1CL和AlBr易形成 二聚体（如Al2Br6)。Al2Brs的品胞结构如图所示（该结构为长方体，棱长不相等，Al2Br6在棱 心)。下列说法错误的是 A.AFs熔化时破坏离子键 B.AICl3的沸点低于AIBr3的原因是A1Cl的相对分子质量小于A1Br C.该Al2Br晶体中，每个Al2Br6分子距离其最近的Al2Br有6个 D.已知N为阿伏加德罗常数的值，一个晶胞的体积为Vcm3,则Al2Brs的 晶体密度为2&·6m 14.某新型钠离子二次电池用溶解了NaPF6的二甲氧基乙烷作电解质溶液，其电极材料的导电 聚合物中掺杂磺酸基以增强电化学活性，电池充电时工作原理如图所示。下列说法错误的是 电极A 电极B SO,Na 0 -Na 0 ONa" ○- 00 SO 隔膜 Na,C, A放电时，电极B为负极，质量减少 B放电时，电极A的电极反应式为C○一！-ne+C-○悬+mN SO,Na C.充电一段时间后，电解质溶液中的Na+浓度基本保持不变 D.充电过程中，外电路通过1mole时，理论上两电极质量变化相差46g 15.弱酸H2A在有机相和水相中存在平衡：H2A(环己烷)一H2A(aq),平衡常数为K。25℃ 时，向VmL0.1mol·L-1H2A环己烷溶液中加入V,mL水进行萃取，用NaOH(s)或 HCI(g)调节水溶液pH。测得水溶液中c(H2A)、c(HA)、c(A2-)、环己烷中c环2烧(H2A)与 水相萃取率。。=1A随pH的变化关系如图。已知：①HA在环已烷中不电 化学第4页（共8页） 离；②忽略体积的变化。下列说法中错误的是 0.10……… ① 1008 口0.08 -80 +60 0.04 点 40 条0.02 3易 0.00 32 67891011 pH A.①代表c环2袋(H2A)的变化关系 B.Ka=0.25 C.当pH=5时，体系中c(HA)>c环2烷(H2A)>c(A2-) D.其他条件不变，若加人水的体积为2V1mL,则交点N的pH诚小 第Ⅱ卷（非选择题，共55分） 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16.(14分)蛋氮酸合铜[Cu(CH:SCH2CH2CHNH2COO).](以下用[Cu(Met)z]表示)是一种优 质铜源、氨基酸补剂，石室中学某化学课外小组制备了该配合物并确定其组成。 I.[Cu(Met)x]配合物的制备 实验装置如图所示（省路夹持和加热等装置）。将蛋氨酸(CH3SCH2CH2CHNH2COOH)、 CuSO,·5H2O溶于水后在搅拌下缓慢加入仪器A中，继续搅拌5分钟，用NaOH溶液调 pH至6~8。室温冷却、过滤、洗涤、干燥，获得产物。 Ⅱ.[Cu(Met)]配合物中x的测定 电动 搅拌掉 ①蛋氨酸含量的测定 pH计 称取0.5212g试样于250mL碘量瓶中，加入蒸馏水、盐酸、磷酸盐缀冲溶液 (可掩蔽铜离子)，再加人20.00mL0.2500mol·L1碘标准溶液（过量），置 仅器A 于冷暗处放置15分钟。剩余的碘用0.2000mol·L1Na2S2O2标准溶液滴 定，平行测定3次，平均消耗Na2SzO标准溶液29.98mL。 反应原理：CHs SCH2CH2CHNH2COO+2→CH3S+(I)CH2CH2CHNH2COO+I厂，2+ 2S2O}=2I+S,O%。 ②铜含量的测定 称取0.5212g试样于锥形瓶中，加人蒸馏水、稀盐酸溶解。冷却后再加人NH·O-NH CI 缓冲溶液，加热，滴入2~3滴指示剂，用0.0500mol·L-1Na2H2Y标准溶液滴定至终点。平 行测定3次，平均消耗NaH2Y标准溶液19.98mL。 反应原理：Cu2++H2Y2-一CuY2-+2H+。 回答下列问题： (1)仪器A的名称是▲。 (2)实验I中验证产品是否洗涤干净的试剂是▲。 (3)测定蛋氨酸合铜的组成时，称取试样应选用▲（填序号）。 a.托盘天平b.分析天平c.台秤 化学第5页（共8页） (4)①步骤①置于冷暗处放置15分钟的目的是▲。 ②步骤①、②滴定前，有关滴定管的正确操作为（选出正确操作并按序排列）： 检漏→蒸馏水洗涤→▲→开始滴定。 a.烘干b.装入滴定液至零刻度以上c.调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下 d.用洗耳球吹出残余润洗液e.排除气泡f.用滴定液润洗2至3次 g.记录起始读数 (5)下列说法正确的是▲（填序号）。 A.若测定铜含量时滴定管水洗后未用标准溶液润洗，测得[Cu(Met).]中x偏小 B.若测定蛋氨酸含量时，滴定终点时俯视读数，测得[Cu(Met),]中x偏小 C.若测定蛋氮酸含量时，滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，测得[Cu(Met)x] 中x偏小 (6)①根据实验数据，[Cu(Met),]中x=▲（保留一位有效数字）。 ②已知蛋氨酸合铜结构中含五元环，请写出其结构简式（标出配位键）：▲。 ③实脸I制备[Cu(Met).]时用NaOH溶液调pH至6~8的原因是▲。 17.(13分)某含纲渣含FeO、Fe2O,、SiO2、CaO、MgO和钒的相关化合物，一种从该废渣中无焙 烧酸浸提钒的新工艺流程如图所示。 NH,HCO,溶液盐酸 兔水 鸿液→沉钙酸化 讽pH=6.4 →混合液 NH,CI溶没 经质碳酸钙 含饥纲渣 粉 取 硫改调pH=4 硫酸调pH=2 NH,CNHH,O溶液 浸第一次酸淡 第二次酸没 不取、 反茶取 况→NH,VO, 浸取液 浸渣 已知：①该工艺中使用的NH,C溶液pH≈6，故仅可选择性浸出一种元素，其他组分的浸出 可忽略不计。 ②溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全(c≤1.0×10-smol·L-1)时的pH如下： Fe3+ Fe2+ Mg+ 开始沉淀的pH 2.2 7.5 8.1 沉淀完全的pH 3.8 9.5 9.4 回答下列问题： (1)“粉碎”的目的是▲。 (2)“沉钙”中发生反应的离子方程式为▲ (3)“酸化”和“调pH”后生成的混合液可返回▲步骤（填步骤名称），实现试剂再生利用。 (4)“第一次酸浸”后浸取液的主要成分有▲（填化学式）。 (5)“萃取”使用的P204可与VO+形成的配合物如图（图中R代表含碳原子数较多的长链烷 烃基)，钒易进入有机相的原因有▲（填序号）。 化学第6页（共8页） (OR), (OR) (OR) (OR) A.钒与O形成配位键 B.配位时钒的化合价发生变化 C.配合物与水能形成分子间氢键 D.烷基链具有疏水性 (6)常温“沉钒”时维持溶液中NH,C-NH3·H2O的总浓度为cmol·L-1,pH=8。“沉钒”后 溶液中c(VO5)=▲mol·L[已知K.(NH·H2O)=a;K(NHVO)=b]。 (7)使用含CaO56%的某含钒纲渣20.0kg,产出轻质碳酸钙15.60kg,则钙元素的回收率为 ▲%（保留一位小数）。 18.(14分)二氧化碳的资源化利用是实现“双碳”目标的关键。其中，通过逆水煤气变换 (RWGS)反应调控合成气中氢碳比具有重要的工业价值。 RWGS反应：反应I.CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H1=+41.2kJ·mol-1 RWGS反应中可能发生的副反应： 反应Ⅱ.CO2(g)+4H2(g)=CH,(g)+2H2O(g)△H2=-164.7kJ·mol-1 反应Ⅲ.CH(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△Hs 回答下列问题： (1)△H3=▲k·mo-1,反应Ⅲ在▲（填“高温”“低温”或“任意温度”）下能自发 进行。 (2)RWGS反应历程中Cu改性前后该路径的相对能量与反应历程关系如图1： ①由图可知，加入Cu助剂后，决速步反应的活化能降低了▲eV。 ②加入Cu的作用是▲。 1.0 TS ·未改性准化剂 Cù玫性准化剂 0.8p 尔0.6 1.2eV TS 0.8lev 10.5 ev HCOo· 04 0.2 6 CO.(g)+H.(g) CO,(g)+H.O(g) 0.0 2004006008001000 反应历程 温度T℃ 图1 图2 (3)实验测得RWGS反应正逆反应速率方程：哑=k玉·p(CO2)·p(H2),单=k逆· (CO)·(HO)(k正、k分别为正逆反应速率常数，p为各物质分压)，反应达到平衡后， 仅升高温度，k正增大的倍数▲（填“大于”“小于”或“等于”）k池增大的倍数。 化学第7页（共8页） (4)恒压下，按n(H2):n(CO2)=4:1投料，发生上述反应。平衡时C0、CH,、H2、H2O的物 质的量分数(x)随温度(T)的变化曲线如图2[已知x(H2)>x(CH4)、x(H2O)>x(CO)]: ①曲线c、d代表的物质分别是▲。 ②温度高于400℃后，曲线b超过d且持续增大的原因是▲。 (5)控制反应体系总压为PkPa,按n(H2):n(CO2)=4：1投料，发生上述反应。600℃达到 平衡时，C0,的转化率为80%，CH,的选择性为25%[已知CH,的选择性=n(CH,)生感× n(C02)消耗 100%幻。该温度下反应Ⅲ的平衡常数K。=▲kPa(用分压表示，列出计算式即可)。 19.(14分)贝利司他能诱导肿瘤细胞凋亡，适用于周边T细胞淋巴瘤的治疗，其某种合成路线 如下： (1)POCI, NH, CH,OH (2) OH-BC- D OH PO HO A OCH NHCH HN 贝利司他 回答下列问题： (1)C的结构简式为▲。 (2)D的化学名称为▲。 (3)E→F的反应类型为▲。 (4)F→G中官能团由羟基转化为▲（填官能团的名称）。 (5)G与银氨溶液发生银镜反应的化学方程式为▲。 (6)D的8碳原子同系物中满足如下条件的同分异构体有▲种（不考虑立体异构）。 ①含-NH2 ②一NH2直接与苯环相连 其中核磁共振氢谱显示四组峰，峰面积之比为1：6：2：2的结构简式为▲。 (7)若已知A到I整体产率约为19%，I到贝利司他的产率为68.3%，则该流程中贝利司他 的总产率约为▲%（保留两位有效数字），为了缩短流程提高产率，制备化合物I可以 NH2 Br为原料，先与 反应得到▲（填结构简式），再与。反 应得到I。 化学第8页（共8页）化学参考答案 一.选择题 1 3 4 5 6 8 9 10 11 12 13 14 15 AA C D C B A D B D C B D 1.【答案】A 【命题立意】材料的分类 【考点分析】金属材料、无机非金属材料、有机高分子材料 【详解】A正确：碳纤维是以聚丙烯腈等为前驱体经高温碳化制得，含碳量>90%，具有高强度、高模量、 耐高温等特性，属于新型无机非金属材料（区别于传统陶瓷、水泥）。 B错误：橡胶跑道的主要成分是合成橡胶（如聚氨酯、三元乙丙橡胶EPDM),属于弹性体，具有高弹性 和能量吸收能力。 C错误：特种钢是在碳钢中加入C、Ni、Mo、V等元素形成的铁基合金，具有高强度、耐腐蚀、耐冲击 等特性，广泛用于舰船、航空等领域。 D错误：聚碳酸酯(PC)是由双酚A与光气等缩聚而成的线型有机高分子聚合物，透明、抗冲击，是典型 的有机高分子材料，常用于眼镜片、防弹玻璃、水瓶等。 2.【答案】A 【命题立意】《物质结构与性质》（极性、配位键）、《化学反应原理》（溶解平衡、能量变化）、《有 机化学基础》（离子液体） 【考点分析】分子极性，物质相变与应用，离子液体特性，配位化学与溶解平衡 【详解】A错误：CH4为正四面体结构，非极性分子；其燃烧热约为890 kJ/mol,.在烃类中单位质量热值 较高（因氢含量高），故称“具有较大的燃烧热”合理，但前后句并无直接逻辑关系。 B正确：液氨汽化热大(23.4k/ol),汽化时大量吸热，曾广泛用于工业制冷系统，符合物理性质与应用 的对应关系。 C正确：硝酸乙基铵([C2HsNH:]NO])由有机阳离子和无机阴离子构成，熔点较低（类似甲胺硝酸盐）， 在广义上可视为离子液体：离子液体因含自由移动离子，具有导电性。 D正确：配位作用确实可增加某些难溶物的溶解度（如AgC1在NH中），因此配位能力→可能增溶”。 3.【答案】C 【命题立意】化学用语与图示 【考点分析】物质结构基本原理和化学表达 OH H千 CH,1 OH 【详解】A.苯酚与甲醛在催化剂作用下缩聚形成酚醛树脂，结构简式为 错误： H B.邻羟基苯甲醛形成分子内氢键为： B错误； D.由基态Fe原子到基态Fe2+,首先失去的是4s轨道上的电子，选项所示的价电子排布为3d4s',4s轨道 3d 不应该有电子，故基态F©2的价层电子轨道表示式为↑↑↑个 D错误： 4.【答案】D 【命题立意】有机分子结构与性质 【考点分析】官能团性质、分子空间构型、反应类型及鉴别方法 【详解】A.N中碳原子有sp和sp2(醛基)两种杂化形式，A错误： B.Q中sp3杂化的碳原子均未连接4个不同基团，B错误： C.N不能水解，C错误： D.N含醛基和羟基，Q含碳碳双键和酯基，溴的四氯化碳溶液与N不反应，与Q中碳碳双键发生加成反 应而褪色，可鉴别，D正确。 5.【答案】C 【命题立意】化学实验综合 【考点分析】实验操作规范、化学反应原理、装置合理性、物质性质应用 【详解】A.NaOH具有腐蚀性，不能放在滤纸上称量，应放在小烧杯中；A错误； B.电源正极连接了铁棒，为活性电极，则铁棒在阳极放电，不能制得氯气，B错误： C.球形冷凝管可冷凝回流提高产率，分水器分出生成的水可提高反应转化率，C正确： D.氯气在饱和食盐水中的溶解度很小，不会产生压强差，不能用来做喷泉实验，D错误： 6.【答案】D 【命题立意】物质结构 【考点分析】分子空间构型、元素周期律 【详解】A.L计和H具有相同的电子层结构，L核电荷数更大，离子半径更小，故L)<H),A错误： B.SCL4和BCI3分子几何结构高度对称，导致键的极性相互抵消，所以是由极性键构成的非极性分子，B错 误： C.镁(Mg)Ne]3s2,3s轨道全满稳定，故应为I(Al)<I(Mg)KI(Si,C错误； D.可以通过价层电子对互斥理论来计算，AH4中心铝原子价层电子对数为4，并且没有孤对电子。因此， 按照VSEPR理论，为了最小化电子对之间的排斥力，这些键会分布在四面体的四个顶点上，形成正四面体 结构，D正确。 7.【答案】B 【命题立意】离子方程式的书写正误判断 【考点分析】本题涉及铁盐的性质、配位平衡的移动、钢铁的防腐处理、沉淀溶解平衡的应用 2 【详解】A.H2S通入FCl3溶液中，H2S是弱电解质，不能拆，且生成的Fe2+与过量的HS不反应，离子方 程式为2Fe3++H2S=2Fe2++S1+2H,A正确： B.铁的发蓝处理通常使用碱性氧化性溶液（如NaNO2和NaOH)，形成Fe3O4氧化膜，可表示为： 9Fe+8HO+4NO2=3Fe3O4+4NH3↑+4OH,B错误 C.[CuNH3)4]2+显蓝色，将其溶于浓盐酸中，浓盐酸中H与CuNH3)4]P+离解出NH结合生成NH,C取代 NH与Cu2+结合形成[CuCl4]P，故发生反应[CuNH3)4]2+4H+4C=[CuCl4]2-+4NH,使溶液由蓝色变为 黄绿色，C正确： D.含氟牙膏可以防龋齿是利用沉淀转化，形成更难溶的沉淀保护牙齿，该方程式书写正确，D正确： 8.【答案】C 【命题立意】元素周期律、物质结构。 【考点分析】元素推断，电负性比较，电离能比较，键角比较，氢化物沸点。 【详解】X原子序数最小且形成与其他元素共用一对电子成键，X为H元素，W与X同族，且在几种元素 中序数最大，W为Na元素，Q成对电子数对数与未成对电子数相等，其排布式应为1s22s22p2,Q为碳元素， Z与其他元素共用三对电子成键，原子序数大于Q,Z为氮元素，两个Y原子，一个共用两对电子，一个 获得一个电子后共用1对电子，Y为氧元素。 A.同一周期（从左→右）核电荷数（质子数）依次增加：原子半径逐渐减小：原子核对价电子的吸引力 增强，因此吸引成键电子的能力增强，电负性逐渐增大，电负性O>N>C,A错误； B.第二电离能O>N,O的2p轨道是半满状态(2p):三个电子分别占据三个p轨道，自旋平行（洪 特规则)，能量低、结构稳定。N的2p轨道是2p2:只有两个电子在三个p轨道中，未达到半满，稳定 性不如半满结构。B错误： C.N原子sp杂化，所以∠XZQ约为10928'，而∠YQY中C为sp2杂化，键角约为120°，C正确： D.C元素氢化物种类繁多，沸点高低难以判断，D错误。 9.【答案】A 【命题立意】有机物的结构和性质 【考点分析】本题考查聚乙烯胺化修饰中的高分子结构特征（如原子共面性）、核磁共振氢谱的解析、化 学反应类型的判断以及亲水性与极性基团的关系。 【详解】 A.聚乙烯中碳原子为饱和碳原子，以四面体结构与其他原子连接，不可能所有原子都在同一个面内，A错 误 B.a分子的核磁共振氢谱图中有2组峰，B正确： C.生成b的反应中有氮氮双键的断裂，是加成反应，C正确： D.高分子℃是b水解后得到，其中含羟基，可以与水形成氢键，故水溶性比聚乙烯的水溶性好，D正确； 10.【答案】D 【命题立意】化学实验基础 【考点分析】氯气与水的反应、强弱酸的判断、还原性糖的性质、键的极性对物质性质的影响。 3 【详解】 A.新制氯水中的氯气和次氯酸都能与碘化钾溶液反应生成使淀粉变蓝色的碘，则溶液变蓝色不能说明溶液 中存在氯气分子，无法证明氯气与水的反应存在限度，故A错误。 B.若该酸为一元酸，0.01mo/L某酸溶液的pH=2,可判断为强酸，但某些二元弱酸，在浓度0.01mol/L也 可能达到pH=2,故无法判断该酸是否为强酸，B错误。 C.麦芽糖本身就是一种还原性糖，在碱性条件下能与氢氧化铜反应产生砖红色沉淀，所以该现象不能说明 麦芽糖水解，C错误： D.相同温度下用pH计测定O.lmol/LCF3 COONa溶液和CCl3COONa溶液的pH,CF3 COONa溶液的pH更小， 说明酸性CF3COOH>CCI3COOH,这是由于F的电负性强于Cl,导致极性：C-F>C-Cl,CF3COOH中羟基的 OH键极性更大，更易断裂，酸性更强。D正确（人教版教材选必二P54): 故选D。 11.【答案】B 【命题立意】反应机理 【考点分析】本题考查电催化反应机理的分析，包括盐类水解与溶液酸碱性判断、氧化还原过程中元素化 合价变化、催化机理中电子与质子的作用，以及电极反应方程式的正确书写与配平。 【详解】 A.NH3OHCI水溶液中的水解反应为：NH3OH+HO≥NHOH.H2O+H,溶液呈酸性，A错误； B.过程②③④均得电子，N的化合价均发生变化，B正确： C.由历程图可知，过程⑤为：NHOH+H=NHOH,故M为H,C错误； D.电催化NO与盐酸生成NH,OHr的反应方程式：NO+3c+4H通电NH,OH,D错误： Fe 故选B。 12.【答案】D 【命题立意】简易工艺流程 【考点分析】本题考查化学工艺流程，涉及锶的电子排布（ⅡA族，价电子5s2)、结晶水合物脱水防水解 (HC1气流中加热)、酸浸试剂选择以及结晶控制（晶种与结晶速率对晶体颗粒的影响）。 【详解】 A.锶是第38号元素，位于元素周期表第五周期第ⅢA族，基态原子价电子排布式为5s2,A错误： B.SrCl2为强酸强碱盐，其结晶水合物SrCl2·6H2O加热时不会发生水解，直接加热脱水即可得到无水SrCl2, B错误； C.若用稀硫酸替代盐酸，硫酸中的SO子会与溶液中的Ca2+结合生成微溶于水的CaSO4进入“浸出渣1”，后 续Ca+难以除去，C错误： D过饱和溶液中加入晶种可提供结晶核心，促进晶体析出；结晶速度越慢，晶体生长时间越长，越易形成 大颗粒晶体，D正确： 13.【答案】C 【命题立意】晶体结构与性质 【考点分析】本题考查化学键类型（离子键与共价键）对物质熔沸点的影响，沸点与分子间作用力、相对 分子质量的关系，二聚体(AB6)的晶胞结构分析（分子位置、配位数）以及晶体密度计算。 【详解】A.根据题目给出的沸点数据，A1F3的沸点高达1500℃，这与离子晶体的高熔点、高沸点特征一 致，而A1Cl3和AIB3的沸点较低(370℃和430℃)，符合分子晶体的特点，A1F3为离子晶体，熔化时破坏 离子键，A正确： B.AICl3和AIBr3均为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，A1Cl3相对分子质量小 于AIBr3,AICl3沸点低于AIBr3,B正确： C选取晶胞中宽上的棱心分子，由于各棱长不相等，与该棱心分子距离最近的分子为该晶胞中相邻两条高 中的棱心分子以及相邻晶胞中两条高中的棱心分子，共有4个，C错误： D,根据均摊法，一个晶胞中AB6的个数为8×2，则一个晶胞的质量为mg,一个晶胞的体积为Vcm2, 则A1bB6的晶胞密度为gcm3,D正确： 故答案选C。 14.【答案】B 【命题立意】电化学基础 【考点分析】本题考查电化学基础原理在钠离子电池充电过程中的应用，包括离子迁移方向判断、电极（阴 极/阳极)识别与质量变化分析、电极反应式的书写，以及基于电子转移数与摩尔质量计算的电极质量差。 【详解】 题目图示信息表明：充电时，电极A连接电源的正极，是阳极：放电时该极被还原，作原电池正极，电极 B连接电源的负极，是阴极。放电时该极被氧化，作原电池负极。电极A的导电聚合物中掺杂了磺酸基， 充电时Na*从电极A脱嵌，进入电解质；放电时Na嵌入电极A。电极B为NaCy,充电时Na*嵌入电极B, 放电时Na+脱嵌。 A.放电时，电极B为负极，Na*脱嵌，质量减少，选项正确。 B.放电时，电极A作原电池正极，电极反应为： {---+ne+nNa→ B错误。 so. C.充电一段时间后，嵌入电极B的Na*与通过隔膜迁移的Na数目相同，电解质溶液中的Na浓度基本 保持不变，C正确。 D.充电过程中，每转移1mole,电极A有1 mol Na'脱嵌移至电极B,因此电极A减重23g,同时有 1 mol Na+嵌入电极B使其增重23g,则两电极质量变化相差23g(-23g)=46g,D项正确： 故选B。 15.【答案】D 【命题立意】溶液中的离子平衡的图像综合 【考点分析】本题考查弱酸在两相中的分配平衡(K:)与电离平衡(K)的综合应用，分析pH对物种分布、 萃取率及平衡移动的影响，涉及平衡常数计算、浓度比较和图像分析。 5 【详解】由环己烷中A的浓度c环已发HA与水相拳取率a1-的关系可知，01ac已H,AD1, 则曲线①表示c环己烷(H,A)随pH的变化关系，曲线②为水相萃取率的变化关系，水溶液中的cA)会随着 pH的增大呈现先增大后减小的变化趋势，因此曲线④为水溶液中的c(HA)随pH的变化曲线，而A2来源 于HA的电离，由图可知，pH=2时，c(HA)为0，即此时c(A2)为0，因此曲线⑤表示c(A?-)随pH的变化 关系，故③为c(H,A)随pH的变化曲线，综上：①代表C环己烷(L,A)小②代表水相萃取率、③为水溶液中c(H,A) 的变化、④代表水溶液中的cHA)、⑤表示水溶液中的c(A2),③、④交点的pH为4，交点处c(HA)=c(H2A), 即HA的K1H,A)=:-104,④、⑤交点的pH为7，即K2HA2cA2=107。 c(H2A) c(HA A.由分析可知，曲线①代表c己(H2A)的变化关系，A正确： B.当pH2时，代入数据得K=8025,B正确： C.当pH=5时，根据图像以及上述分析可知，体系中c(HA)>c环(HA)>c(A2-),C正确： D.温度不变，K不使，K025,eHA02c2,A小.K-品=10，N点 c(HA广c环己烷(H2A),c(H=2.5×10-5molL,pH=5-lg2.5=4.6。若加水体积为2VmL,K.和Ka1只与温度有关， 不受体积影响，对交点N的横坐标无影响，即交点N的pH保持不变，D错误： 故选D。 16.(14分)【参考答案】 (1)三颈烧瓶(1分) (2)盐酸、BaCl2溶液(1分)（只答BaCl2溶液也正确） (3)b(1分) (4)使蛋氨酸与碘单质充分反应、防止光照时碘单质挥发。(2分)；fbecg(2分) (5)AC(2分) C00 NH (6)①2(2分)；②CH,SCH,CHCH HCH,CH,SCH,(1分) HN OOC ③pH过低，蛋氨酸质子化（或蛋氨酸中-NH2与H反应），难以与Cu+配位；pH过高，Cu+易形成沉淀。 (2分) 【命题立意】物质制备与组成测定实验 【考点分析】本题考查实验仪器名称、滴定实验操作规范、离子检验试剂的选择、滴定实验误差分析、滴 定实验定量计算、配合物的结构推测与书写 【解析】(1)仪器A的名称是三颈烧瓶。 (2)验证产品是否洗涤干净可以使用盐酸、BaC12溶液检验SO42。 (3)测定蛋氨酸合铜的组成时，称取试样为0.5212g,托盘天平的精度可达0.1g、分析天平精度可达0.0001 g、台秤精度可达0.1g,故选用b.分析天平。 6 (4)蛋氨酸含量的测定时，加入过量标准碘液，置于冷、暗处放置15mi既可使碘单质与蛋氨酸充分反应， 又能防止溶液光照、受热后碘单质挥发，减小实验误差：滴定管的正确操作顺序为：查漏、洗涤、润洗、 装液、排气泡、调液面、记录读数，洗涤后无需烘干也不能烘干，润洗后无需吹出润洗液。 (5)A若测定铜含量时滴定管水洗后未用标准溶液润洗，读出标准溶液体积偏大，测得Cū+含量偏高，则 [Cu(Met)x]中x偏小 B.若测定蛋氨酸含量时，滴定终点时俯视读数，读出标准溶液体积偏小，则蛋氨酸消耗L偏高，测得[Cu(M) 中x偏大 C若测定蛋氨酸含量时，滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，读出标准溶液体积偏大，则蛋氨 酸消耗碘单质的量偏低，测得[CuMe)x]中x偏小 (6)①测定蛋氨酸含量时，消耗Na2S2O3标准溶液29.98mL,则与0.5212g试样蛋氨酸反应后剩下2： 29.98×0.2000×0.5×10-3,由此算出与蛋氨酸反应的2=蛋氨酸的物质的量： 20×0.2500×10-3-29.98×0.2000×0.5×10-30.002 计算Cu2*含量，0.5212g试样消耗标准溶液19.98mL,由此算出Cu2+的物质的量：19.98×0.0500×10-3-0.000999 故x近似等于2。 ②已知蛋氨酸合铜结构中含五元环，且已知1 mol Cu2*与2mol蛋氨酸根配位，又具有五元环，其结构式 CH,SCH,CH,CH CHCH,CH,SCH, ③由蛋氨酸合铜配合物结构简式可知，蛋氨酸根中NH2与COO分别提供孤对电子与铜离子配位形成蛋氨酸 合铜，若pH过低，蛋氨酸质子化（或蛋氨酸中-NH与H反应），难以与Cu+配位：pH过高，Cu2+易形成 沉淀。 17.(13分)【参考答案】 (1)增大接触面积，提高浸出效率(1分) (2)Ca2++NH3H20+HCO3 CaCO3+H2O+NH4*(2) (3)浸取(2分) (4)FeSO4、MgSO4(2分) (5)AD(2分) （6)b10s4包(2分) ac (7)78.0(2分) 【命题立意】含钒钢渣中无焙烧酸浸提钒的新工艺流程 【考点分析】流程中环节的设置目的、离子方程式的书写、试剂的再生与循环利用、流程中的组分分析、 物质的溶解性的影响因素、沉淀溶解平衡的计算、元素守恒的计算 【解析】将充分粉碎的含钒钢渣使用NH4CI浸取，结合己知信息①“该工艺中使用的NH,C1溶液pH6,故 仅可选择性浸出一种元素，其他组分的浸出可忽略不计”可知，浸出的是Ca+,，并在后续通过NH4HCO3溶 液沉钙，再利用盐酸和氨水再生NH4CI溶液。滤渣中有FeO、Fe2O3、SiO2、MgO和钒的相关化合物，第一 1 次酸浸浸取F2+和Mg2+,取滤渣进行第二次酸浸，Fe3+和钒相关离子被浸出，滤渣为SiO2,再对滤液通过 萃取、反萃取分离钒和铁两种元素，据此回答， (1)粉碎的目的是增大接触面积，提高浸出效率。 (2)“浸取”时氯化铵与氢氧化钙反应生成氯化钙和氨水进入滤液，氨水与HCO3反应提供CO},故反应为 Ca2++NH3H20+HCO3 CaCO3+H2O+NH4+ (3)沉钙后，滤液的主要成分是NH4CI和过量的NH4HCO3,先加盐酸酸化除去HCO和CO},再加氨水 调pH值至6.4，此时混合液的主要成分是NH4Cl,结合已知该工艺中使用的NH4CI溶液pH6”,故混合液 可以返回至“浸取”步骤。 (4)结合己知信息②和后续才进行沉钒的步骤可知，pH=4时，三价铁和钒元素并没有被浸出，被浸出的 是Fe2+和Mg2+,此时阴离子为SO子，故答案为FeSO4、MgSO4。 (5)A、钒与O形成配位键，可以使钒进入有机相，A正确： B、配体P204中提供孤对电子的O原子带一个单位负电，可以视作是得到一个电子的阴离子，其余配体不 带电，整个配合物不显电性，形成配合物后，中心离子还是VO+,钒元素化合价不变，B错误； C、配合物与水形成氢键，不能解释钒进入有机相，C错误： D、烷基具有疏水性，可以使其进入有机相，D正确： (6)(NH)e(OH c(NH4)×106 (NH:Ha)d.N H)-d, 高a,c0NH)C C(NH)X10-6 ,“沉钒”后溶液中 6=b106+a c(VO)卢NHoe b mol·L-l。 ac 1+106a (7)含钒钢渣中Ca的质量为m(Ca)-20.0kg×56.0%×0-8.0kg。产出的15.60 kg CaCe03中Ca的质量为 56 m(Ca到=15.60kg×0-624g.则Ca的回收率为0×1009%-7806。 8.00kg 18.(14分)【参考答案】 (1)+205.9(2分)；高温(1分) (2)①0.4(2分)：②降低决速步的活化能，从而加快反应速率(2分) (3)大于(1分) (4)①H20 (1分)CH4(1分) ②反应I、I吸热，反应Ⅱ放热；高温利于反应I、Ⅲ正移，利于反应Ⅱ逆向移动，使CO成为主产物(2分) (5) 6p) (治Px( 或0626x2.6p214.6(2分) 0.2×1 0 46P)X1—P) ( 4.6 【命题立意】化学反应原理综合 【考点分析】盖斯定律、反应自发性分析、催化机理、反应条件对化学反应速率和平衡的影响、平衡常数 的计算。 【解析】 (1)热力学分析：解析：反应ⅢΠ=反应I-反应Ⅱ。△H3=(+41.2)-(-164.7)=+205.9kJmo1。反应IΠ 8 为吸热反应（△0），△S0。根据△G=△H-T△S<0的判据，在高温下T△S更能抵消△H的正值，使△G<0, 该反应吸热且熵增，需高温自发。 (2)机理研究：观察能垒图，①TS,对应的峰值从1.2eV降至0.8e;②降低决速步的活化能，从而加 快反应速率。 (3)动力学规律：因为该反应△H0(吸热)，升温平衡正移，平衡常数K,k正k滋增大，说明k正增大 的倍数更高，故k正增大倍数大于k逆· (4)图像分析：己知以(H)X(CH),且温度升高x(CH4)减小，d为CH4,a为H,又己知y(HO)>X (CO),所以b为CO,c为HO:②反应I、Ⅱ吸热，反应Ⅱ放热：高温利于反应I、Ⅲ正移，利于反 应Ⅱ逆向移动，使CO成为主产物。 (5)计算部分： 消耗CO2总量为0.8mol。生成CH4和CO的比值为1：3。列总反应方程式根据三段式计算；平衡时： 7H2(g)+4CO2(g)=CHa(g)+3CO(g)+5H2O(g)n(g) n(始) 1 0 0 0 6 △n -1.4 -0.8 +0.2+0.6+1 0.4 n(平) 2.6 0.2 0.20.6 1 4.6 (26PP×(46 0.6 -P) 4.6 Kp= 46P)一P) 4.6 19.(14分)【参考答案】 (1分)(2)苯胺(1分)(3)还原反应(1分)(4)醛基(1分) COONH (2分) +2AgNH1OH△ +2Agl 3NH3 +H2O (6)9(2分) (1分) (1分) 9 (7)13(2分) (2分) 【命题立意】有机推断 【考点分析】反应类型、结构简式、有机方程式书写、有机推断与合成、同分异构体书写和判断 【解析】(1)根据有机物E的结构简式逆推A到C发生了与甲醇的酯化反应（取代反应），得到 C(0 (2)氨基直接连在苯环上，其化学名称为苯胺；(3)E→F过程中还原剂 HO LiAH4将酯基还原为醇羟基，反应类型为还原反应。(4)E→F中伯醇的羟基氧化为醛基；(5)醛基被银 氨溶液氧化为羧基，在碱性环境下得到羧酸铵，其反应的化学方程式为： (6)苯胺的同系物要求含有苯环 2[Ag(NH3)2JOH- +2Ag↓+3NH3+H20 且-NH直接连在苯环上，故先固定碳干结构，其氨基可能位置有： 合计9种，其中核磁共振氢谱显示四组峰（峰面积之比为1：6：2：2）的结构简式为 NHz (7)A到I整体的转化率为19%，I到贝利司他的产率为68.3%，故整个流程中贝利司他的产率为二者乘积 19%×68.3%>13%,简化后的流程先发生苯氨基取代-C1,得到w 再与丙烯酸甲酯发生取代加成 反应得到I。 10