天津市芦台一中(本部)2025-2026学年第二学期高三第一次模拟考试化学试卷

天津市芦台一中(本部)2025~2026学年第二学期高三第一次模拟考试 化学试卷 可能用到的相对原子质量：H 1 O 16 Mn 55 第I卷(共36分) 一、选择题(本题共12小题，每题3分，共36分) 1．化学改善人类生活、创造美好世界。下列说法正确的是 A．制造“宇树机器人”采用的聚醚醚酮属于有机高分子材料 B．“DeepSeek”服务器芯片材料为二氧化硅 C．我国“人造太阳”利用核聚变实现了化学能到光能和热能的转化 D．“钍基熔盐堆”中元素钍(90Th)属于s区元素 2．下列有关实验安全规则或实验操作规范的表述错误的是 A．实验标注图标()表示需要佩戴护目镜进行观察 B．实验后的废酸应倒入废液缸并进行集中处理 C．具有标识的化学品为易燃类物质 D．中和滴定实验时，滴定管和锥形瓶均需润洗 3．甘氨酸亚铁[(H2NCH2COO)Fe]是一种高效补铁剂，结构如图所示。下列说法正确的是 A．基态Fe2+核外有5个未成对电子 B．电负性：χ(H)>χ(C) C．离子半径：r(O2—)＞r(N3—) D．甘氨酸亚铁中Fe2+的配位数为4 4．下列仪器或装置能实现相应目的的是 A．量取10.00mL浓硫酸 B．冷却无水CuSO4固体 C．过滤收集液体 D．灼烧干海带 5．苯并咪唑是一种常用的抗病毒、抗癌药，其一种中间体结构如图。关于该物质的说法错误的是 A．能被酸性KMnO4溶液氧化 B．1mol该物质最多能和2mol NaOH反应 C．N(α)的碱性弱于N(β) D．所有原子不可能共平面 6．下列反应的离子方程式不正确的是 A．MnO2与浓盐酸共热制Cl2：MnO2 + 4H+ + 2Cl— Mn2+ + Cl2↑ + 2H2O B．ICl 与 NaOH 溶液反应：ICl + 2OH— === Cl— + IO— + H2O C．Na2CO3溶液吸收Br2：3Br2 + 3CO === 5Br— + BrO + 3CO2↑ D．NaClO碱性溶液吸收少量SO2：ClO— + SO2 + H2O === Cl— + SO + 2H+ 7．金粉溶于过氧化氢-浓盐酸可以安全环保地制备氯金酸，化学方程式为 2Au + 8HCl + 5H2O2 === 2H[AlCl4] + 8H2O + O2↑。下列说法错误的是 A．该反应中，HCl的作用是与 Au配合，使 Au更易被氧化 B．H[AlCl4]有强氧化性，其中Au3+与4个氯离子形成4个σ键 C．将过氧化氢-浓盐酸中的盐酸换为等浓度的硫酸，仍可达到溶解金单质的目的 D．上述反应的氧化产物和还原产物的物质的量之比为3：8 8．雾霾中硫酸盐形成的可能机理如图所示，下列有关说法正确的是 A．过程Ⅰ、Ⅱ中均有非极性键的断裂与形成 B．过程Ⅲ中SO、NO2都发生了氧化反应 C．过程Ⅲ中存在反应：HSO + 2·OH === HSO + H2O D．NO是硫酸盐形成的催化剂 9．W、X、Y、Z和M五种主族元素，原子序数依次增大，在元素周期表中W的基态原子s能级电子数最少，短周期中Z原子的原子半径最大，Y与X、M相邻，Y的基态原子s能级与p能级具有相同的电子数。下列说法错误的是 A．电负性：Y＞X＞Z B．第一电离能：X＞Y＞M C．Z2Y中离子键成分的百分数比 Z2M 大 D．XY、XY2、XY三种微粒的空间构型相同 10．我国研究团队通过在导电碳纳米管上负载空间分离的 Pt和Fe2O3纳米粒子制备出了纳米电催化高性能催化剂，实现了硝基芳烃上硝基基团的选择性加氢，工作原理如图所示。下列说法错误的是 A．交换膜应为质子交换膜 B．Ⅱ室发生的电极反应为 C．若外电路中有2NA个电子通过，则I室的质量减轻2g D．若Pt和Fe2O3位置互换，将影响电池的正常工作 11．下列实验操作、现象和结论都正确的是 选项 实验操作、现象 结论 A 将Fe棒和Zn棒用导线连接后插入酸化的NaCl溶液A中，一段时间后，在Fe棒附近滴加铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀 铁棒未被保护 B CuCl2浓溶液中存在平衡[Cu(H2O)4]2+ + 4Cl— [CuCl4]2—+ 4H2O，加水稀释溶液变蓝绿色 溶液颜色的变化可用勒夏特列原理解释 C 用Na2CO3饱和溶液浸泡CaSO4，一段时间后，过滤，再向沉淀中加入盐酸，沉淀完全溶解 Ksp(CaSO4)＞Ksp(CaCO3) D 向对甲基苯乙醛中滴加酸性高锰酸钾溶液，酸性高锰酸钾溶液紫色褪去 醛基被酸性高锰酸钾溶液氧化 12．向一定浓度的AgNO3溶液中加入足量PbI2固体，溶液中部分离子的浓度随时间的变化如图所示。 时改变条件，已知Ksp(AgI)=1×10—17。下列说法错误的是 A．Ksp(PbI2)的数量级为10—9 B．t1s时，改变的条件可能是加入少量AgNO3固体 C．t1s时，溶液中存在2c(Pb2+) + c(Ag+) + c(H+) = c(I—) + c(NO) + c(OH—) D．反应PbI2(s) + 2Ag+(aq)2AgI(s) + Pb2+(aq)的K=4×1025 第Ⅱ卷 二、填空题 (本题4个小题，共64分) 13．(共14分)Co、Mn、Cr的尖晶石氧化物具有优异的热稳定性和吸光性能。回答下列问题： (1)基态Cr原子的价层电子排布式为 ，基态Cr原子中未成对电子数比基态Co原子多 个。 (2)CoCl2与化合物M()可形成配合物Q()。 M中C原子采取的杂化方式为 ；M中①处C-N=C 键角 (填“>”“<”或“=”)Q中②处C-N=C键角，原因是 。 (3)Mn的某种氧化物晶胞结构如图所示，该氧化物的化学式为 ，若晶胞参数分别为anm、bnm、cnm，则该晶体的密度为 g/cm3(列出计算式即可)。 14．(共18分)有机物G是合成免疫抑制剂药物霉酚酸的中间体，可由如下路径合成： (1)A的实验式为 ，有机物A→G 中均含有的官能团名称为 。 (2)反应②的反应类型为 。 (3)步骤④可得到副产品有机物J，有机物J和有机物E互为同分异构体，写出有机物J的结构简式 。 (4)反应⑥除生成G外还生成HBr，则试剂X的结构简式为 。 (5)芳香化合物H是F的同分异构体，符合下列要求的H共有 种。 ①遇NaHCO3溶液产生CO2气体；②1mol H与足量银氨溶液反应生成2mol Ag； ③遇氯化铁溶液发生显色反应；④苯环最多三个侧链。 其中含有手性碳原子，且苯环上只有2种不同化学环境的氢原子的结构简式为 ； (6)的系统命名为 ；已知：直接与苯环相连的卤素原子难与NaOH溶液发生取代反应。参照上述合成路线，设计以为原料制备的合成路线 (其他试剂任选)： 。 15．(共16分)锶(Sr)位于元素周期表第五周期ⅡA族。一种利用含锶废渣(主要含有SrSO4、SrCO3、SiO2、MgCO3 等)制备SrCl2·6H2O和SrO2·8H2O的流程如下。 已知：Ksp(SrSO4)=10—6.46；Ksp(BaSO4)=10—9.97； (1)“浸出渣”中主要含有 (填化学式)。 (2)①由SrCl2溶液制备SrO2·8H2O的离子方程式为 。 ②制备SrO2·8H2O时，测得相同时间内H2O2的利用率随其质量分数的变化关系如图所示。H2O2利用率随质量分数变化的原因是 。 (3)测定SrCl2·6H2O纯度。将除去BaCl2的SrCl2溶液加热蒸发，冷却结晶，可得SrCl2·6H2O晶体。称量1.500g该晶体加水溶解(溶液中除Cl—外，无其它离子与Ag+反应)，配成100mL 溶液。取25.00mL 溶液于锥形瓶中，滴入几滴K2CrO4溶液，用0.1000mol·L—1 AgNO3标准溶液滴定，重复实验三次，平均消耗20.00mL AgNO3溶液。 [已知：Ag2CrO4为砖红色沉淀，M(SrCl2·6H2O)=267g·mol—1] ①滴定到达终点的标志为 。 ②产品中SrCl2·6H2O的质量分数为 。 ③以下操作会导致测定结果偏小的是 。 a．滴定终点时俯视读数 b．盛装硝酸银溶液的滴定管未润洗 c．加入较多的K2CrO4溶液 (4)由SrCl2·6H2O制备无水SrCl2的最优方法是 (填字母)。 a．常温加压 b．加热脱水 c．在HCl气流中加热 (5)“酸浸”时能否改用稀硫酸，其原因 。 16．(共16分)CO2资源化利用具有重要意义。 (1)利用磷石膏(主要成分为CaSO4)、氨水和含CO2烟气反应制备高纯碳酸钙流程如下。 ①“捕集”过程的化学方程式为 。 ②该过程中需要隔一定的时间取一定量的浆料过滤，检测滤液中的 (填离子符号)浓度测硫酸钙的转化率。 (2)将CO2和H2在催化剂作用下转化为CH4，涉及的反应有： 反应I：CO2(g) + 4H2(g)CH4(g) + 2H2O(g) ΔH1 反应Ⅱ：CO2(g) + H2(g)CO(g) + H2O(g) ΔH2 ①反应CO(g) + 3H2(g)CH4(g) + H2O(g)的ΔH= (用ΔH1、ΔH2表示)。 ②若反应I为基元反应，其平衡常数与反应温度之间的关系如图-2所示，反应的ΔH1与活化能(E)的关系为|ΔH1|>E。在答题卡上补充完成图-3所示的该反应过程的能量变化示意图 。 (3)在T℃容积为1L 的密闭刚性容器中加入1mol CO2和3mol H2，反应I和反应II达平衡，经测定，容器内的n(H2)=n(H2O)=1.2mol，则CO2的转化率为 ，反应Ⅱ的平衡常数K= 。 (4)以CO2和H2为原料，在稀硫酸条件下电解也可以制得甲烷，则产生甲烷的电极为 极，其电极反应方程式为 。 高三化学 第 1 页 共 8 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 天津市芦台一中(本部)2025~2026学年第二学期高三第一次模拟考试 化学试卷 可能用到的相对原子质量：H 1 O 16 Mn 55 第I卷(共36分) 一、选择题(本题共12小题，每题3分，共36分) 1．化学改善人类生活、创造美好世界。下列说法正确的是 A．制造“宇树机器人”采用的聚醚醚酮属于有机高分子材料 B．“DeepSeek”服务器芯片材料为二氧化硅 C．我国“人造太阳”利用核聚变实现了化学能到光能和热能的转化 D．“钍基熔盐堆”中元素钍(90Th)属于s区元素 【答案】A 【详解】A．聚醚醚酮是一种高性能热塑性聚合物，由有机单体聚合而成，属于有机高分子材料，A正确； B．现代芯片的核心材料是单质硅，二氧化硅用于制造光导纤维，B错误； C．核聚变是通过原子核反应释放能量（核能→光能/热能），不涉及化学键断裂或形成，因此不属于化学能转化，C错误； D．钍(90Th)位于周期表第七周期锕系，属于f区元素，D错误； 故选A。 2．下列有关实验安全规则或实验操作规范的表述错误的是 A．实验标注图标()表示需要佩戴护目镜进行观察 B．实验后的废酸应倒入废液缸并进行集中处理 C．具有标识的化学品为易燃类物质 D．中和滴定实验时，滴定管和锥形瓶均需润洗 【答案】D 【详解】A．该图标表示护目镜图标，做实验时，需要佩戴护目镜进行观察，A正确； B．废酸具有腐蚀性，做完实验后废酸不可随意倾倒，废酸应倒入废液缸并进行集中处理，B正确； C．该图标为易燃类物质的标识，使用该类化学品时应注意防火，以免发生火灾，C正确； D．滴定管需润洗，而锥形瓶不可以用待测液润洗，若用待测溶液去润洗锥形瓶会导致定量不准，D错误； 故选D。 3．甘氨酸亚铁[(H2NCH2COO)Fe]是一种高效补铁剂，结构如图所示。下列说法正确的是 A．基态Fe2+核外有5个未成对电子 B．电负性：χ(H)>χ(C) C．离子半径：r(O2—)＞r(N3—) D．甘氨酸亚铁中Fe2+的配位数为4 【答案】D 【详解】A．基态Fe原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，Fe2+是Fe原子失去2个4s电子形成的，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，根据洪特规则，3d轨道的6个电子会分占5个轨道，其中4个轨道有1个电子，所以基态Fe2+核外有4个未成对电子，不是5个，A错误； B．电负性的规律是：同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小；C和H相比，C的电负性大于H，B错误； C．O2—和N3—的核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小；O的核电荷数(8)大于N(7)，所以离子半径r(O2—)＜r(N3—)，C错误； D．从甘氨酸亚铁的结构来看，Fe2+与4个N或O原子形成配位键（2个来自氨基的N，2个来自羧基的O），所以Fe2+的配位数为4，D正确； 故选D。 4．下列仪器或装置能实现相应目的的是 A．量取10.00mL浓硫酸 B．冷却无水CuSO4固体 C．过滤收集液体 D．灼烧干海带 【答案】B 【详解】A．量筒的精度为0.1 mL，无法量取10.00 mL的浓H2SO4，A错误； B．干燥器可以用于冷却无水CuSO4等易吸水的固体，防止其在冷却过程中吸收空气中的水分，B正确； C．过滤需要使用漏斗、滤纸和烧杯等仪器，不能用容量瓶收集液体，C错误； D．灼烧干海带应在坩埚中进行，并使用泥三角和三脚架，而不是陶土网，D错误； 故选B。 5．苯并咪唑是一种常用的抗病毒、抗癌药，其一种中间体结构如图。关于该物质的说法错误的是 A．能被酸性KMnO4溶液氧化 B．1mol该物质最多能和2mol NaOH反应 C．N(α)的碱性弱于N(β) D．所有原子不可能共平面 【答案】B 【详解】A．苯胺能被KMnO4等氧化剂氧化为对苯醌（），推测该物质能被酸性高锰酸钾溶液氧化，A正确； B．该物质中只存在一个酰胺基能和氢氧化钠反应，故1 mol该物质最多能和1 mol 氢氧化钠反应，B错误； C．在酰胺基中，N原子与酰基直接相连，受酰基的影响，氮原子上的未共用电子对离域，电子云向酰基偏移，使得它与质子结合成盐的能力低于氨或胺，碱性因而减弱，故N(α)的碱性弱于N(β)，C正确； D．该物质中含有甲基，所有原子不可能共平面，D正确； 故选B。 6．下列反应的离子方程式不正确的是 A．MnO2与浓盐酸共热制Cl2：MnO2 + 4H+ + 2Cl— Mn2+ + Cl2↑ + 2H2O B．ICl 与 NaOH 溶液反应：ICl + 2OH— === Cl— + IO— + H2O C．Na2CO3溶液吸收Br2：3Br2 + 3CO === 5Br— + BrO + 3CO2↑ D．NaClO碱性溶液吸收少量SO2：ClO— + SO2 + H2O === Cl— + SO + 2H+ 【答案】D 【详解】A．MnO2与浓盐酸共热制Cl2，浓盐酸中的氯化氢需要拆开，该反应的离子方程式为：MnO2 + 4H+ + 2Cl— Mn2+ + Cl2↑ + 2H2O，A错误； B．ICl与NaOH反应生成NaCl和NaIO，反应的离子方程式为：ICl + 2OH— === Cl— + IO— + H2O，B正确； C．用Na2CO3溶液吸收Br2，反应生成溴化钠、溴酸钠和二氧化碳，离子方程式为：3Br2 + 3CO === 5Br— + BrO + 3CO2↑，C正确； D．用NaClO碱性溶液吸收SO2时，发生反应生成NaCl和Na2SO4等，该反应的离子方程式为 ClO— + SO2 + 2OH— === Cl— + SO + H2O，D错误； 故选D。 7．金粉溶于过氧化氢-浓盐酸可以安全环保地制备氯金酸，化学方程式为 2Au + 8HCl + 5H2O2 === 2H[AlCl4] + 8H2O + O2↑。下列说法错误的是 A．该反应中，HCl的作用是与 Au配合，使 Au更易被氧化 B．H[AlCl4]有强氧化性，其中Au3+与4个氯离子形成4个σ键 C．将过氧化氢-浓盐酸中的盐酸换为等浓度的硫酸，仍可达到溶解金单质的目的 D．上述反应的氧化产物和还原产物的物质的量之比为3：8 【答案】C 【详解】A．Au离子与氯离子以配位键的形式结合，降低了Au的电极电势，使其更容易被氧化，A正确； B．氯金酸中含有正三价的金元素，具有强氧化性，[AuCl4]— 中Au与4个氯离子形成4个σ键，B正确； C．Cl—可与Au3+形成[AuCl4]—从而促进金溶于王水，换为等浓度的硫酸，无法溶解金单质，C错误； D．2Au + 8HCl + 5H2O2 === 2H[AlCl4] + 8H2O + O2↑，反应中氧化产物是H[AuCl4]和O2，还原产物为水，该反应的氧化产物和还原产物之比为3：8，D正确； 故选C。 8．雾霾中硫酸盐形成的可能机理如图所示，下列有关说法正确的是 A．过程Ⅰ、Ⅱ中均有非极性键的断裂与形成 B．过程Ⅲ中SO、NO2都发生了氧化反应 C．过程Ⅲ中存在反应：HSO + 2·OH === HSO + H2O D．NO是硫酸盐形成的催化剂 【答案】C 【详解】A．过程Ⅰ：SO2与水或相关物质反应生成SO、HSO，此过程中没有非极性键的断裂或形成；过程Ⅱ：NO在光照下生成NO2和•OH，也没有非极性键的断裂或形成，A错误； B．过程Ⅲ中，SO被氧化为SO（S元素化合价升高），发生氧化反应；NO2转化为NO（N元素化合价降低），发生还原反应，B错误； C．过程Ⅲ中，HSO与•OH发生反应，•OH作为强氧化剂将HSO氧化为HSO，同时生成H2O，反应方程式为：HSO + 2·OH === HSO + H2O，C正确； D．NO在过程Ⅱ中被消耗，后续没有重新生成，因此它是反应物，不是催化剂，D错误； 故选C。 9．W、X、Y、Z和M五种主族元素，原子序数依次增大，在元素周期表中W的基态原子s能级电子数最少，短周期中Z原子的原子半径最大，Y与X、M相邻，Y的基态原子s能级与p能级具有相同的电子数。下列说法错误的是 A．电负性：Y＞X＞Z B．第一电离能：X＞Y＞M C．Z2Y中离子键成分的百分数比Z2M大 D．XY、XY2、XY三种微粒的空间构型相同 【答案】D 【详解】A．同周期从左到右电负性增大，同主族从上到下电负性减小，电负性：Y(O)＞X(N)＞Z(Na)，A正确； B．N的2p3为半满稳定结构，第一电离能大于O；O和S同主族，O的第一电离能大于S，则第一电离能：X(N)＞Y(O)＞M(S)，故B正确； C．O的电负性大于S，Na与O的电负性差更大，因此Na2O中离子键成分百分数更大，即Z2Y(Na2O)中离子键成分的百分数比Z2M(Na2S)大，C正确； D．X为N，Y为O，则NO：N原子价层电子对数为2，无孤电子对，直线形，NO：N原子价层电子对数为3，含1对孤电子对，V形，NO2分子为含有一个单电子的V形分子，三者空间构型不完全相同，D错误； 故选D。 10．我国研究团队通过在导电碳纳米管上负载空间分离的 Pt和Fe2O3纳米粒子制备出了纳米电催化高性能催化剂，实现了硝基芳烃上硝基基团的选择性加氢，工作原理如图所示。下列说法错误的是 A．交换膜应为质子交换膜 B．Ⅱ室发生的电极反应为 C．若外电路中有2NA个电子通过，则I室的质量减轻2g D．若Pt和Fe2O3位置互换，将影响电池的正常工作 【答案】C 【详解】A．负极反应式为H2-2e— === 2H+，正极反应式为，负极生成H+，正极消耗H+，故H+从左向右通过质子交换膜，即交换膜应为质子交换膜，A正确； B．硝基苯在Fe2O3极发生还原反应生成苯胺，电极反应式为，B正确； C．负极反应式为H2-2e— === 2H+，若外电路中有2NA个电子通过，则Ⅰ室生成2NA个H+，同时有2NA个H+通过质子交换膜移向正极，则Ⅰ室的质量不变，C错误； D．Pt和氧化铁位置互换后，就会失去相应的催化能力，影响电池的正常工作，D正确； 故选C。 11．下列实验操作、现象和结论都正确的是 选项 实验操作、现象 结论 A 将Fe棒和Zn棒用导线连接后插入酸化的NaCl溶液A中，一段时间后，在Fe棒附近滴加铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀 铁棒未被保护 B CuCl2浓溶液中存在平衡[Cu(H2O)4]2+ + 4Cl—[CuCl4]2— + 4H2O，加水稀释溶液变蓝绿色 溶液颜色的变化可用勒夏特列原理解释 C 用Na2CO3饱和溶液浸泡CaSO4，一段时间后，过滤，再向沉淀中加入盐酸，沉淀完全溶解 Ksp(CaSO4)＞Ksp(CaCO3) D 向对甲基苯乙醛中滴加酸性高锰酸钾溶液，酸性高锰酸钾溶液紫色褪去 醛基被酸性高锰酸钾溶液氧化 【答案】B 【详解】A．将Fe棒和Zn棒用导线连接后插入酸化的NaCl溶液中，构成原电池，可能Fe与酸化溶液中的氢离子反应生成亚铁离子，则在Fe棒附近滴加铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，但原电池中Fe作正极被保护，A错误； B．加水稀释溶液变蓝绿色，可知加水平衡向离子浓度增大的方向移动，则溶液颜色的变化可用勒夏特列原理解释，B正确； C．Na2CO3饱和溶液浸泡CaSO4，一段时间后，过滤，再向沉淀中加入盐酸，沉淀完全溶解，可知沉淀为碳酸钙，Q(CaCO3)＞Ksp(CaCO3)时生成碳酸钙沉淀，不能证明Ksp(CaSO4)＞Ksp(CaCO3)，C错误； D．对甲基苯乙醛中甲基、醛基均可被酸性高锰酸钾溶液氧化，则紫色褪去，不能证明醛基被酸性高锰酸钾溶液氧化，D错误； 故选B。 12．向一定浓度的AgNO3溶液中加入足量PbI2固体，溶液中部分离子的浓度随时间的变化如图所示。 时改变条件，已知Ksp(AgI)=1×10—17。下列说法错误的是 A．Ksp(PbI2)的数量级为10—9 B．t1s时，改变的条件可能是加入少量AgNO3固体 C．t1s时，溶液中存在2c(Pb2+) + c(Ag+) + c(H+) = c(I—) + c(NO) + c(OH—) D．反应PbI2(s) + 2Ag+(aq)2AgI(s) + Pb2+(aq)的K=4×1025 【答案】B 【详解】A．由图可知，t1s时c(Pb2+)=0.1mol/L，c(I—)=2×10—4mol/L，则Ksp(PbI2)=c(Pb2+)·c2(I—)=0.1×(2×10—4)2=4×10—9，其数量级为10—9，A正确； B．由图可知，t1s后c(Pb2+)减小直至达到新的平衡，即Pb2+转化为沉淀，可能是加入了少量KI固体，不可能是加入少量AgNO3固体，否则导致c(Pb2+)增大，B错误； C．溶液中存在的电荷守恒关系为2c(Pb2+) + c(Ag+) + c(H+) = c(I—) + c(NO) + c(OH—)，C正确； D．结合选项A可知，Ksp(PbI2)=4×10—9，则反应PbI2(s) + 2Ag+(aq)2AgI(s) + Pb2+(aq)的K====4×1025，D正确； 故选B。 第Ⅱ卷 二、填空题 (本题4个小题，共64分) 13．(共14分)Co、Mn、Cr的尖晶石氧化物具有优异的热稳定性和吸光性能。回答下列问题： (1)基态 Cr原子的价层电子排布式为 ，基态Cr原子中未成对电子数比基态Co原子多 个。 (2)CoCl2与化合物M()可形成配合物Q()。 M中C原子采取的杂化方式为 ；M中①处C-N=C 键角 (填“>”“<”或“=”)Q中②处C-N=C键角，原因是 。 (3)Mn的某种氧化物晶胞结构如图所示，该氧化物的化学式为 ，若晶胞参数分别为anm、bnm、cnm，则该晶体的密度为 g/cm3(列出计算式即可)。 【答案】(1)3d54s1；3； (2)sp2、sp3；①处N原子上有孤电子对，对成键电子的排斥力大，使键角变小；②处孤电子对形成配位键，所以①处键角小于②处键角；(3)MnO2，。 【详解】(1)基态Cr原子的原子序数为24，核外电子排布式为[Ar]3d54s1，价层电子排布式为3d54s1；基态Cr原子中，3d轨道有5个未成对电子，4s轨道有1个未成对电子，共6个未成对电子，基态Co原子的原子序数为27，核外电子排布式为[Ar]3d74s2，3d轨道有3个未成对电子，基态Cr原子中未成对电子数比基态Co原子多3个； (2)M中存在两种C原子：苯环和双键上的C原子采取sp2杂化；甲基上的饱和C原子采取sp3杂化；①处N原子上有孤电子对，对成键电子的排斥力大，使键角变小；②处孤电子对形成配位键，所以①处键角小于②处键角； (3)利用均摊法，白球的个数=8×+1=2，黑球的个数=4×+2=4，该氧化物的化学式为MnO2，该晶胞中含有2个MnO2，晶胞密度ρ=g·cm—3。 14．(共18分)有机物G是合成免疫抑制剂药物霉酚酸的中间体，可由如下路径合成： (1)A的实验式为 ，有机物A→G 中均含有的官能团名称为 。 (2)反应②的反应类型为 。 (3)步骤④可得到副产品有机物J，有机物J和有机物E互为同分异构体，写出有机物J的结构简式 。 (4)反应⑥除生成G外还生成HBr，则试剂X的结构简式为 。 (5)芳香化合物H是F的同分异构体，符合下列要求的H共有 种。 ①遇NaHCO3溶液产生CO2气体；②1mol H与足量银氨溶液反应生成2mol Ag； ③遇氯化铁溶液发生显色反应；④苯环最多三个侧链。 其中含有手性碳原子，且苯环上只有2种不同化学环境的氢原子的结构简式为 ； (6)的系统命名为 ；已知：直接与苯环相连的卤素原子难与NaOH溶液发生取代反应。参照上述合成路线，设计以为原料制备的合成路线 (其他试剂任选)： 。 【答案】(1)C5H5O2Br；羟基、酯基； (2)取代反应；(3)； (4)(CH3)2C=CHCH2Br； (5)23，； (6) 2，4-二溴苯酚；。 【详解】A（）与Br2在光照下发生取代反应，生成B（），B在环醚和水的条件下生成C（）和CH3CH2Br，C在H2/Pd-C和MgO的条件下生成D（），D在HClO/HCl的条件下生成E（），E在H2/Pd-C和MgO的条件下生成F（），F与试剂X在DMF的条件下生成G（）和HBr，可推知试剂X为(CH3)2C=CHCH2Br，据此回答。 (1)A的结构式为，分子式为C10H10O4Br2，故实验式为C5H5O2Br；由分析知，有机物A→G中均含有的官能团名称为羟基、酯基； (2)反应②的反应类型为取代反应； (3)步骤④可得到副产品有机物J，有机物J和有机物E互为同分异构体，有机物J的结构简式； (4)试剂X的结构简式为(CH3)2C=CHCH2Br； (5)芳香化合物H是F的同分异构体，符合①遇NaHCO3溶液产生CO2气体，则H中含有羧基；②1mol H与足量银氨溶液反应生成2mol Ag，则H中含有1个醛基； ③遇氯化铁溶液发生显色反应，则H中含有酚羟基；④苯环最多三个侧链，当含有两个支链时（共有邻、间、对三种），当含有三个支链时（共有10种）、（共有10种，故H共由23种；其中含有手性碳原子，且苯环上只有2种不同化学环境的氢原子的结构简式为； (6)的系统命名为2，4-二溴苯酚；由于直接与苯环相连的卤素原子难与NaOH溶液发生取代反应，以为原料制备的合成路线为。 15．(共16分)锶(Sr)位于元素周期表第五周期ⅡA族。一种利用含锶废渣(主要含有SrSO4、SrCO3、SiO2、MgCO3 等)制备SrCl2·6H2O和SrO2·8H2O的流程如下。 已知：Ksp(SrSO4)=10—6.46；Ksp(BaSO4)=10—9.97； (1)“浸出渣”中主要含有 (填化学式)。 (2)①由SrCl2溶液制备SrO2·8H2O的离子方程式为 。 ②制备SrO2·8H2O时，测得相同时间内H2O2的利用率随其质量分数的变化关系如图所示。H2O2利用率随质量分数变化的原因是 。 (3)测定SrCl2·6H2O纯度。将除去BaCl2的 SrCl2溶液加热蒸发，冷却结晶，可得SrCl2·6H2O 晶体。称量1.500g该晶体加水溶解(溶液中除Cl—外，无其它离子与Ag+反应)，配成100mL 溶液。取25.00mL 溶液于锥形瓶中，滴入几滴K2CrO4溶液，用0.1000mol·L—1 AgNO3标准溶液滴定，重复实验三次，平均消耗20.00mL AgNO3溶液。 [已知：Ag2CrO4 为砖红色沉淀，M(SrCl2·6H2O)=267g·mol—1] ①滴定到达终点的标志为 。 ②产品中SrCl2·6H2O 的质量分数为 。 ③以下操作会导致测定结果偏小的是 。 a．滴定终点时俯视读数 b．盛装硝酸银溶液的滴定管未润洗 c．加入较多的K2CrO4溶液 (4)由SrCl2·6H2O制备无水SrCl2的最优方法是 (填字母)。 a．常温加压 b．加热脱水 c．在HCl气流中加热 (5)“酸浸”时能否改用稀硫酸，其原因 。 【答案】(1)SrSO4、SiO2； (2)①Sr2+ + H2O2 + 2NH3·H2O + 6H2O === SrO2·8H2O↓ + 2NH或Sr2+ + H2O2 + 2NH3 + 8H2O === SrO2·8H2O↓ + 2NH； ②由图可知，H2O2浓度低于20%时，随着双氧水浓度增大，反应速率加快，高于20%时，随着双氧水浓度增大，反应放热或Sr2+起着催化作用，H2O2分解速率加快； (3)①当滴入最后半滴AgNO3标准溶液时，产生砖红色沉淀，且半分钟内不消失；②71.2%；③a； (4)b； (5)否，加入硫酸生成硫酸锶且引入新的杂质硫酸，不利于SrCl2·6H2O的制备。 【详解】(1)根据分析可知，“浸出渣”中主要含有SrSO4、SiO2； (2)①根据原子守恒、电荷守恒，可得由SrCl2溶液制备SrO2·8H2O的离子方程式为Sr2+ + H2O2 + 2NH3·H2O + 6H2O === SrO2·8H2O↓ + 2NH或Sr2+ + H2O2 + 2NH3 + 8H2O === SrO2·8H2O↓ + 2NH； ②由图可知，H2O2浓度低于20%时，随着双氧水浓度增大，反应速率加快，高于20%时，随着双氧水浓度增大，反应放热或Sr2+起着催化作用，H2O2分解速率加快； (3)①根据题意可知，滴定到达终点的标志为当滴入最后半滴AgNO3标准溶液时，产生砖红色沉淀，且半分钟内不消失； ②根据题意有关系式：SrCl2～2AgNO3，则n(SrCl2)=n(AgNO3)，则产品中SrCl2·6H2O的质量分数为×100%=71.2%； ③a．滴定终点时俯视读数，消耗AgNO3标准溶液体积偏小，SrCl2·6H2O纯度偏小，a正确； b．盛装硝酸银溶液的滴定管未润洗，消耗AgNO3标准溶液体积偏大，SrCl2·6H2O纯度偏大，b错误； c．加入较多的K2CrO4溶液，消耗AgNO3标准溶液体积偏大，SrCl2·6H2O纯度偏大，c错误； 故选a； (4)Sr的活动性大于Ca，属于活泼金属，SrCl2不存在水解，故由SrCl2·6H2O制备无水SrCl2的最优方法是加热脱水，故选b； (5)否，加入硫酸生成硫酸锶且引入新的杂质硫酸，不利于SrCl2·6H2O的制备。 16．(共16分)CO2资源化利用具有重要意义。 (1)利用磷石膏(主要成分为CaSO4)、氨水和含CO2烟气反应制备高纯碳酸钙流程如下。 ①“捕集”过程的化学方程式为 。 ②该过程中需要隔一定的时间取一定量的浆料过滤，检测滤液中的 (填离子符号)浓度测硫酸钙的转化率。 (2)将CO2和H2在催化剂作用下转化为CH4，涉及的反应有： 反应I：CO2(g) + 4H2(g)CH4(g) + 2H2O(g) ΔH1 反应Ⅱ：CO2(g) + H2(g)CO(g) + H2O(g) ΔH2 ①反应CO(g) + 3H2(g)CH4(g) + H2O(g)的ΔH= (用ΔH1、ΔH2表示)。 ②若反应I为基元反应，其平衡常数与反应温度之间的关系如图-2所示，反应的ΔH1与活化能(E)的关系为|ΔH1|>E。在答题卡上补充完成图-3所示的该反应过程的能量变化示意图 。 (3)在T℃容积为1L的密闭刚性容器中加入1mol CO2和3mol H2，反应I和反应II达平衡，经测定，容器内的n(H2)=n(H2O)=1.2mol，则CO2的转化率为 ，反应Ⅱ的平衡常数K= 。 (4)以CO2和H2为原料，在稀硫酸条件下电解也可以制得甲烷，则产生甲烷的电极为 极，其电极反应方程式为 。 【答案】(1)①CO2 + 2NH3·H2O + CaSO4 === CaCO3 + (NH4)2SO4 + H2O；②SO； (2)①ΔH1-ΔH2；②； (3)90%；6；(4)阴，CO2 + 8e— + 8H+ === CH4 + 2H2O。 【详解】(1)①氨水可以和烟气中的CO2反应，生成(NH4)2CO3；(NH4)2CO3和CaSO4反应，CaSO4将转化为更难溶的CaCO3，故捕集过程的方程式为CO2 + 2NH3·H2O + CaSO4 === CaCO3 + (NH4)2SO4 + H2O； ②CaSO4中钙离子转化为 CaCO3，SO进入滤液中，因此可检测滤液中SO的浓度测硫酸钙的转化率； (2)①根据盖斯定律，该反应式可由反应Ⅰ和反应Ⅱ相减得到，所以ΔH=ΔH1-ΔH2； ②由图可知，随温度的升高，反应Ⅰ的平衡常数减小，说明升温平衡逆向移动，反应Ⅰ为放热反应。又因为|ΔH1|＞E，ΔH=生成物总能量-反应物总能量，所以生成物总能量应在a以下，该反应过程的能量变化示意图为； (3)容积为1L，加入1mol CO2和3mol H2，则初始c(CO2)=1mol/L，c(H2)=3mol/L，设反应I中CO2转化xmol/L，再根据平衡后容器内的n(H2)=n(H2O)=1.2mol，则c(H2)=c(H2O)=1.2mol，列出三段式。 反应I： CO2(g) + 4H2(g)CH4(g) + 2H2O(g) 起始(mol/L)：1 3 0 0 转化(mol/L)：x 4x x 2x 平衡(mol/L)：1-x 3-4x x 2x 反应Ⅱ： CO2(g) + H2(g)CO(g) + H2O(g) 起始(mol/L)：1-x 3-4x 0 0 转化(mol/L)：1.2-2x 1.2-2x 1.2-2x 1.2-2x 平衡(mol/L)：x-0.2 1.8-2x 1.2-2x 1.2-2x 1.8-2x=1.2，x=0.3，CO2的转化率=×100%=90%； 反应Ⅱ的平衡常数K===6； (4)以CO2和H2为原料，在稀硫酸条件下电解也可以制得甲烷，阴极CO2得到电子生成甲烷，电极反应方程式为CO2 + 8e— + 8H+ === CH4 + 2H2O。 高三化学 第 1 页 共 8 页 学科网（北京）股份有限公司 $