精品解析：湖北宜昌市2026届下学期高三3月调研考试 化学试卷

2026届高三3月调研考试 化学 本试卷满分100分，考试用时75分钟 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位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：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 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，只有一项是符合题目要求的。 1. 化学与社会生活密切相关，下述物质属于有机高分子的是 A. 食品增味剂谷氨酸钠 B. 可降解材料聚乳酸 C. 防滑涂层纳米石墨烯 D. 高温结构陶瓷碳化硅 2. 下列有关化学知识的应用说法错误的是 A. 室内甲醛可使用活性炭将其分解 B. 葡萄酒中加少量SO2做抗氧化剂 C. 施加石膏降低盐碱地土壤的碱性 D. 用醋酸浸泡可除去水壶中的水垢 3. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. NaCl晶胞示意图： B. 激发态硅原子的价电子排布图： C. p-p σ键的电子云形状： D. 聚丙烯的链节：-CH2-CH2-CH2- 4. 下列说法错误的是 A. 盖斯定律指出反应热由反应体系的始态、终态和反应途径共同决定 B. 电子气理论认为当金属受到外力作用时，金属中原子层会发生相对滑动 C. 杂化轨道理论认为杂化轨道用于形成σ键或用来容纳未参与成键的孤电子对 D. 碰撞理论可解释外界条件对化学反应速率的影响 5. N-乙基咔唑(NEC)及其全氢化产物12H-NEC之间可以可逆转变，是极具应用前景的有机液态储氢载体。下列有关说法正确的是 A. NEC属于脂环烃 B. 12H-NEC能与盐酸反应 C. NEC的一氯代物有8种 D. 12H-NEC有2个手性碳原子 6. 下列实验装置及操作正确且能达到实验目的的是 A．检验浓硫酸与铜反应的产物有Cu2+ B．干燥NH3 C．证明羟基影响苯环的活性 D．测量气体体积 A. A B. B C. C D. D 7. 物质结构决定物质的性质，下列性质差异与结构解释没有相关性的是 性质差异 结构解释 A 熔沸点：AlF3大于AlCl3 AlF3离子键百分数大于AlCl3 B 密度：低压法聚乙烯大于高压法聚乙烯 低压法聚乙烯支链少，高分子链更长 C 酸性：HI大于HCl H-I键能小于H-Cl键能 D 稳定性：H2O大于H2S H2O分子间形成氢键 A. A B. B C. C D. D 8. A～F的转化关系如图，已知A和F是常见的金属单质，其中F元素是地壳中含量最高的金属元素，B为黑色固体，部分反应条件与产物未写出。下列说法正确的是 A. 反应①的类型为化合反应 B. 反应③体现葡萄糖的氧化性 C. 溶液中进行的反应④可能有E生成 D. D的溶液与过量氨水反应生成E 9. 一种盐的结构如图所示，其中X、Y、Z、M、P、Q为原子序数依次增大的短周期元素。下列说法正确的是 A. 分子极性：ZP3<QM3 B. 第二电离能；M>P C. 键角：∠Q-Z-Q>109°28′ D. 该盐在不同溶剂中的溶解度S：S环己烷>S水 10. 由下列实验操作、现象或数据，不能得出相应结论的是 操作 现象或数据 结论 A 向恒温恒容密闭玻璃容器中充入100 mL HI气体，达到平衡后再充入100 mL Ar 气体颜色不变 对于反应前后气体总体积不变的可逆反应，改变压强平衡不移动 B 用红色激光笔照射烧杯中的Fe(OH)3胶体 在垂直光束的方向看到一条光亮的“通路” 胶体粒子对光线有散射作用 C AgCl悬浊液中滴加0.1 mol/L Na2S溶液，用氯离子传感器测c(Cl-) c(Cl-)不断增大 溶解度：AgCl>Ag2S D 用铵电极分别测定1000 mg/L、100 mg/L NH4Cl溶液中 分别为975.00 mg/L、96.54 mg/L 盐溶液浓度越小水解程度越大 A. A B. B C. C D. D 11. 二氢青蒿素的抗疟作用优于青蒿素。在冰盐浴条件下，用硼氢化钠还原青蒿素制备二氢青蒿素的过程如下。下列说法错误的是 A. 冰盐浴的作用：防止反应放热使体系温度升高破坏有机物中的过氧键 B. ①中盐酸与NaBH4反应的离子方程式： C. 抽滤的优点：能加快过滤速度、得到相对干燥的产品 D. 产率计算：加入2.0 g青蒿素，晾干后得产品1.6 g，产率约为80% 12. LiOH晶体具有层状结构，其晶胞结构如图所示。下列说法正确的是 A. 晶体中与一个O紧邻的Li有6个 B. 每个晶胞中含有LiOH的单元数为4 C. 晶体中存在的化学键有离子键、氢键、极性共价键 D. 一个Li与所有紧邻O形成的空间结构为四面体形 13. 一种研究碳中和的电解装置如下图所示，它能将工业尾气CO2还原成甲烷、乙烯等基本化工原料。下列说法正确的是 A. 电极M生成CH4的反应为：CO2-8e-+6H2O=CH4+8OH- B. 离子交换膜a为阳离子交换膜 C. 一段时间后，N电极区域溶液pH减小 D. 标准状况下，电极N生成1 mol O2的同时电极M生成11.2 L气体 14. 某离子液体的阴离子[CH(CN)2]-可以吸收CO2，其可能的两种反应路径如下图所示。下列说法错误的是 A. 所有原子最外层均达到了稳定结构 B. 总反应为：[CH(CN)2]-+CO2=[C(CN)2COOH]- C. 温度过高不利于CO2的吸收 D. 路径Ⅱ产物的形成体现超分子的分子识别功能 15. 在水溶液中，CN–可与Fe2+和Fe3+分别形成配离子M和N。配离子通式为[Fe(CN)x]y–，，K稳越大，配离子越稳定，图中①表示与–lg c(CN–)的关系。下列说法错误的是 A. M、N配离子的配位数相等 B. Fe3+形成配离子N的K稳=1.0×1042 C. 50%的Fe2+和Fe3+分别转化为配离子时，后者溶液中CN–的平衡浓度更大 D. 向配离子M的溶液中加入适量Fe3+，M能完全转化为N 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16. 电动汽车电池正极废料含铝箔和Li、Ni、Co、Mn等的氧化物。一种回收路线如下： 已知：萃取时反应：M2+(水相)+2RH(有机相)MR2(有机相)+2H⁺(水相)，(M2+表示Ni2+或Co2+)。 （1）Co在元素周期表中的位置为第___________周期___________族。 （2）“沉锰”时，Mn2+发生反应的离子方程式为___________。 （3）“沉铝”时调节pH，欲使铝元素完全转化为Al(OH)3沉淀，应控制pH的范围是________。 ___________<pH<___________。 已知：Ksp[Al(OH)3]=10-33.2。溶液中Al3+、[Al(OH)4]-浓度小于10-5 mol/L认为Al3+沉淀完全。Al(OH)3+OH-[Al(OH)4]- K=100.65。 （4）工业上常用P204和Cyanex 272作“萃取”中的萃取剂(结构如下图所示)，金属离子与萃取剂通过配位键结合，萃取剂酸性越强萃取能力越强，则萃取能力强的萃取剂是___________，从结构角度解释其原因是___________。 （5）Li2CO3溶解度随温度的变化曲线如下图所示，为提高Li2CO3的析出量和纯度，“操作A”依次为蒸发结晶、___________、洗涤。 （6）该工艺中能循环利用的物质有H2SO4、NaOH、___________。 17. 碘化亚铜(CuI)是一种不溶于水的白色粉末，可用作有机合成催化剂。回答下列问题。 Ⅰ．制备CuI 实验室制备碘化亚铜的装置如图所示(部分夹持装置已略去)。 （1）下列与本实验无关的图标有___________(填标号)。 A. B. C. D. （2）仪器X的名称为___________。单向阀的作用是___________。 （3）B装置中发生反应的离子方程式为___________。 （4）常温下，pH=6.4时Cu2+沉淀完全，恒压分液漏斗b中___________(填“能”或“不能”)使用Na2SO3溶液代替SO2。 Ⅱ．探究生成CuI的反应原理 用如图所示装置在隔绝空气的条件下进行电化学实验： 左侧烧杯试剂 现象 实验① 10 mL 2.0 mol/L CuSO4溶液+试剂X 无明显现象 实验② 10 mL 2.0 mol/L CuSO4溶液+3.5 mL 1.0 mol/L NaI溶液 电流表指针发生偏转 左侧烧杯产生白色浑浊 （5）试剂X为___________。实验②右侧烧杯中电极反应方程式为___________。 （6）由此说明：SO2不能还原Cu2+，制备CuI加入NaI的作用是___________。 18. 伊托必利G是一种胃肠动力药，临床常用于改善胃肠动力障碍引起的消化不良症状。伊托必利的一种合成路线如下： （1）物质A中官能团的名称为___________；要确定其中所含官能团，通常使用的现代分析仪器为___________。 （2）物质B的名称为___________。D→E分两步进行，第一步反应类型为___________，第二步反应类型为消去反应。 （3）E→F的反应方程式为___________。 （4）下列说法正确的是___________。 A. A→B的转化可使用酸性高锰酸钾溶液 B. B+C→D的反应中，K2CO3作催化剂 C. Na2CO3溶液可用于分离化合物B和C D. 伊托必利G在酸性或碱性条件下可发生水解反应 （5）I是B的同系物，相对分子质量比B大14，I属于芳香酯的同分异构体有___________种。 （6）已知强酸(浓H2SO4/POCl3)条件下的贝克曼重排反应：，写出E发生贝克曼重排反应的产物的结构简式：___________。 19. 乙醇是一种常用的化工原料，工业上将产能过剩的乙酸催化加氢可制得乙醇，涉及的反应如下： 反应Ⅰ：CH3COOH(g)+2H2(g)C2H5OH(g)+H2O(g) ∆H1<0 反应Ⅱ：CH3COOH(g)+C2H5OH(g)CH3COOC2H5(g)+H2O(g) ∆H2<0 已知：S表示含碳产物的选择性：，。 回答下列问题： （1）反应Ⅰ自发进行的条件是___________(填“低温”、“高温”)。 （2）反应：2CH3COOH(g)+2H2(g)CH3COOC2H5(g)+2H2O(g) ∆H3，则∆H3=___________(用∆H1、∆H2表示)。 （3）一定温度下，恒压密闭容器中发生上述反应Ⅰ和反应Ⅱ，起始投料为：n(H2)=10 mol、n(CH3COOH)=1 mol，一段时间达到平衡后，测得乙酸的转化率为90%，S(乙醇)=40%，此时，n(CH3COOC2H5)=___________mol，氢气的转化率为___________，反应Ⅱ的平衡常数KP=___________(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。 （4）当投料比时，在不同条件下发生反应Ⅰ和反应Ⅱ达到平衡，在压强p=2 MPa下的S(乙醇)、S(乙酸乙酯)随温度T的变化、在温度：T=200℃下的S(乙醇)、S(乙酸乙酯)随压强p的变化如图所示，体系中反应Ⅱ程度较小。 ①在温度T=200℃的S(乙醇)、S(乙酸乙酯)随压强p的变化曲线是___________(填“L1、L4”或“L2、L3”)。S(乙醇)、S(乙酸乙酯)呈现曲线L2、L3变化的原因是___________。 ②只考虑温度和压强的影响，C、D、E三点对应的CH3COOH的平衡转化率由大到小的顺序为___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三3月调研考试 化学 本试卷满分100分，考试用时75分钟 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位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：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 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，只有一项是符合题目要求的。 1. 化学与社会生活密切相关，下述物质属于有机高分子的是 A. 食品增味剂谷氨酸钠 B. 可降解材料聚乳酸 C. 防滑涂层纳米石墨烯 D. 高温结构陶瓷碳化硅 【答案】B 【解析】 【详解】A．谷氨酸钠相对分子质量较小，属于小分子有机物，不属于有机高分子，A错误； B．聚乳酸是乳酸发生缩聚反应生成的有机聚合物，相对分子质量可达上万甚至更高，属于有机高分子，B正确； C．纳米石墨烯是碳单质，属于无机非金属单质，不属于有机高分子，C错误； D．碳化硅属于无机非金属陶瓷材料，不属于有机物，因此不属于有机高分子，D错误； 故选B。 2. 下列有关化学知识的应用说法错误的是 A. 室内甲醛可使用活性炭将其分解 B. 葡萄酒中加少量SO2做抗氧化剂 C. 施加石膏降低盐碱地土壤的碱性 D. 用醋酸浸泡可除去水壶中的水垢 【答案】A 【解析】 【详解】A．活性炭具有多孔结构，可通过物理吸附作用除去甲醛，无法将甲醛分解，A错误； B．SO2具有还原性，可作为抗氧化剂防止葡萄酒中的营养成分被氧化，同时还能起到杀菌作用，B正确； C．石膏主要成分为CaSO4·2H2O，可与盐碱地中的Na2CO3反应生成难溶的CaCO3，降低碳酸根水解产生的OH-浓度，从而降低土壤碱性，C正确； D．水垢主要成分为CaCO3、Mg(OH)2，二者均可与醋酸反应生成可溶性醋酸盐，因此可用醋酸浸泡除去水垢，D正确； 故选A。 3. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. NaCl晶胞示意图： B. 激发态硅原子的价电子排布图： C. p-p σ键的电子云形状： D. 聚丙烯的链节：-CH2-CH2-CH2- 【答案】C 【解析】 【详解】A．NaCl晶胞示意图为，A错误； B．图为基态Si原子的价电子排布图，B错误； C．p-p σ键是由2个p轨道经“头碰头”的形式重叠而成，C正确； D．丙烯的结构简式为CH2=CHCH3，故聚丙烯的链节应该为-CH2-CH(CH3)-，D错误； 故答案选C。 4. 下列说法错误的是 A. 盖斯定律指出反应热由反应体系的始态、终态和反应途径共同决定 B. 电子气理论认为当金属受到外力作用时，金属中原子层会发生相对滑动 C. 杂化轨道理论认为杂化轨道用于形成σ键或用来容纳未参与成键的孤电子对 D. 碰撞理论可解释外界条件对化学反应速率的影响 【答案】A 【解析】 【详解】A．盖斯定律指出反应热仅由反应体系的始态和终态决定，与反应途径无关，故A错误； B．电子气理论可解释金属的延展性，当金属受到外力作用时，金属中原子层会发生相对滑动，且因自由电子的作用金属键不会断裂，故B正确； C．杂化轨道能用于头碰头重叠形成σ键，或者用来容纳未参与成键的孤电子对，π键由未参与杂化的p轨道肩并肩重叠形成，故C正确； D．碰撞理论可通过活化分子数目、有效碰撞频率的变化规律，解释浓度、温度、压强等外界条件对化学反应速率的影响，故D正确； 选A。 5. N-乙基咔唑(NEC)及其全氢化产物12H-NEC之间可以可逆转变，是极具应用前景的有机液态储氢载体。下列有关说法正确的是 A. NEC属于脂环烃 B. 12H-NEC能与盐酸反应 C. NEC的一氯代物有8种 D. 12H-NEC有2个手性碳原子 【答案】B 【解析】 【详解】A．烃的定义是只含C、H两种元素，NEC分子中含有N元素，不属于脂环烃，A错误； B．12H-NEC分子中含有叔氨基，N原子有孤对电子，整体显碱性，可以和盐酸反应生成铵盐，B正确； C．NEC分子结构对称，等效氢共6种：乙基有2种，苯环上有4种等效氢，因此一氯代物为6种，不是8种，C错误； D．手性碳原子是连有4种不同基团的饱和碳原子，12H-NEC中两个六元碳环与中间含N五元环共用4个饱和碳原子，这4个碳原子均连接4种不同基团，都是手性碳原子，共4个，不是2个，D错误； 故选B。 6. 下列实验装置及操作正确且能达到实验目的的是 A．检验浓硫酸与铜反应的产物有Cu2+ B．干燥NH3 C．证明羟基影响苯环的活性 D．测量气体体积 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．浓硫酸与铜反应后的混合物中，除含有硫酸铜外，还可能有剩余的浓硫酸，检验铜离子时，应该将反应后的混合物加入水中稀释，而不是向反应后的混合物中加水，A不符合题意； B．无水氯化钙会与氨气反应生成CaCl2·8NH3，不能用于干燥NH3，B不符合题意； C．将饱和溴水滴加到稀苯酚中发生取代反应生成三溴苯酚沉淀，可观察到白色沉淀；苯的密度小于水，萃取溴水中的溴后，上层呈橙红色，二者对比可证明羟基使苯环上的氢活化，C符合题意； D．量气时U形管两端液面需要调平后再读数，否则因气压差引起误差，D不符合题意； 故选C。 7. 物质结构决定物质的性质，下列性质差异与结构解释没有相关性的是 性质差异 结构解释 A 熔沸点：AlF3大于AlCl3 AlF3离子键百分数大于AlCl3 B 密度：低压法聚乙烯大于高压法聚乙烯 低压法聚乙烯支链少，高分子链更长 C 酸性：HI大于HCl H-I键能小于H-Cl键能 D 稳定性：H2O大于H2S H2O分子间形成氢键 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．AlF3离子键百分数更高，更偏向离子晶体，AlCl3共价性较强，形成分子晶体，离子晶体熔沸点高于分子晶体，二者相关，A不符合题意； B．低压法聚乙烯支链少，分子链排列更紧密、结晶度更高，因此密度更大，二者相关，B不符合题意； C．H-I键键能小于H-Cl键键能，在水溶液中更易断裂电离出H+，因此HI酸性更强，二者相关，C不符合题意； D．分子稳定性由分子内共价键键能决定，H2O稳定性强是因为H-O键键能大于H-S键键能，氢键是分子间作用力，只影响熔沸点等物理性质，与分子稳定性无关，二者无相关性，D符合题意； 故选D。 8. A～F的转化关系如图，已知A和F是常见的金属单质，其中F元素是地壳中含量最高的金属元素，B为黑色固体，部分反应条件与产物未写出。下列说法正确的是 A. 反应①的类型为化合反应 B. 反应③体现葡萄糖的氧化性 C. 溶液中进行的反应④可能有E生成 D. D的溶液与过量氨水反应生成E 【答案】C 【解析】 【分析】F元素为地壳中最多的金属元素，可以推出F为Al元素，A与F为常见的金属单质，F能与黑色固体B，反应得到A，推测A为Cu，B为氧化铜，与Al发生置换反应得到Cu；同时氧化铜高温分解得到氧化亚铜，C为Cu2O，氧化亚铜与硫酸反应生成Cu与硫酸铜，D为硫酸铜，硫酸铜加入NaOH溶液变为Cu(OH)2，E为氢氧化铜，加入葡萄糖溶液发生斐林反应，生成C(氧化亚铜)。 【详解】A．由分析，B到C为分解反应，氧化铜高温分解为氧化亚铜与氧气，A错误； B．反应③是斐林反应，体现的是葡萄糖的还原性，B错误； C．反应④为Al与硫酸铜溶液反应，Cu2+水解显酸性，Al会消耗H+，进而促使Cu2+进一步水解，可能导致生成氢氧化铜（E），C正确； D．硫酸铜溶液与过量氨水反应不会生成氢氧化铜，而是生成四氨合铜离子，D错误； 故答案选C。 9. 一种盐的结构如图所示，其中X、Y、Z、M、P、Q为原子序数依次增大的短周期元素。下列说法正确的是 A. 分子极性：ZP3<QM3 B. 第二电离能；M>P C. 键角：∠Q-Z-Q>109°28′ D. 该盐在不同溶剂中的溶解度S：S环己烷>S水 【答案】B 【解析】 【分析】X、Y、Z、M、P、Q为原子序数依次增大的短周期元素。X形成+1价阳离子、Y形成4个共价键、M形成2个共价键、P形成1个共价键、Q形成6个共价键，则X、Y、Z、M、P、Q分别为Li、C、N、O、F、S元素。 【详解】A．NF3是三角锥形分子，正负电荷的重心不重合，为极性分子；SO3为平面三角形分子，结构对称，为非极性分子，则分子极性：NF3>SO3，故A错误； B．O失去1个电子后，价电子排布式为2s22p3，F失去1个电子后，价电子排布式为2s22p4，原子轨道处于半满时结构稳定，难失电子，所以第二电离能；O>F，故B正确； C．该结构中N原子采用sp3杂化，有2个孤电子对，孤电子对对价电子对排斥作用大，所以键角：∠S-N-S<109°28′，故C错误； D．该盐是离子晶体，根据“相似相溶”，在不同溶剂中的溶解度S：S环己烷<S水，故D错误； 选B。 10. 由下列实验操作、现象或数据，不能得出相应结论的是 操作 现象或数据 结论 A 向恒温恒容密闭玻璃容器中充入100 mL HI气体，达到平衡后再充入100 mL Ar 气体颜色不变 对于反应前后气体总体积不变的可逆反应，改变压强平衡不移动 B 用红色激光笔照射烧杯中的Fe(OH)3胶体 在垂直光束的方向看到一条光亮的“通路” 胶体粒子对光线有散射作用 C AgCl悬浊液中滴加0.1 mol/L Na2S溶液，用氯离子传感器测c(Cl-) c(Cl-)不断增大 溶解度：AgCl>Ag2S D 用铵电极分别测定1000 mg/L、100 mg/L NH4Cl溶液中 分别为975.00 mg/L、96.54 mg/L 盐溶液浓度越小水解程度越大 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．恒温恒容条件下充入Ar，HI、I2等反应气体的浓度均未发生变化，气体颜色不变是因为浓度不变，该压强改变为不改变反应物浓度的无效压强改变，无法证明反应前后气体总体积不变的可逆反应改变压强平衡不移动的结论，A符合题意； B．Fe(OH)3胶体的丁达尔效应本质是胶体粒子对光线的散射作用，可得出对应结论，B不符合题意； C．AgCl悬浊液中加入Na2S后c(Cl-)增大，说明AgCl的溶解平衡正向移动，AgCl转化为溶解度更小的Ag2S，可得出溶解度AgCl>Ag2S的结论，C不符合题意； D．浓度为1000 mg/L时，的水解率为，浓度为100 mg/L时，水解率为，说明浓度越小，水解程度越大，D不符合题意； 故选A。 11. 二氢青蒿素的抗疟作用优于青蒿素。在冰盐浴条件下，用硼氢化钠还原青蒿素制备二氢青蒿素的过程如下。下列说法错误的是 A. 冰盐浴的作用：防止反应放热使体系温度升高破坏有机物中的过氧键 B. ①中盐酸与NaBH4反应的离子方程式： C. 抽滤的优点：能加快过滤速度、得到相对干燥的产品 D. 产率计算：加入2.0 g青蒿素，晾干后得产品1.6 g，产率约为80% 【答案】B 【解析】 【详解】A．青蒿素结构中含过氧键，过氧键热稳定性差，温度过高易断裂，该还原反应放热，冰盐浴可控制低温，防止温度升高破坏过氧键，A正确； B．中H为价，和溶液中价的H发生归中反应，溶液呈酸性，应生成，正确的离子方程式为，B错误； C．抽滤利用压强差加快过滤速率，同时能抽出固体中残留溶剂，得到相对干燥的产品，C正确； D．青蒿素分子式为，摩尔质量；二氢青蒿素是羰基还原为羟基的产物，分子式为​，摩尔质量。 青蒿素物质的量，理论生成二氢青蒿素的质量，产率，D正确； 故选B。 12. LiOH晶体具有层状结构，其晶胞结构如图所示。下列说法正确的是 A. 晶体中与一个O紧邻的Li有6个 B. 每个晶胞中含有LiOH的单元数为4 C. 晶体中存在的化学键有离子键、氢键、极性共价键 D. 一个Li与所有紧邻O形成的空间结构为四面体形 【答案】D 【解析】 【分析】根据晶胞结构及其x轴方向投影图可知，在晶胞中Li位于8个顶点和上、下底面的2个面心，O和H位于前、后、左、右4个侧面上，晶体为层状结构。 【详解】A．晶胞中与一个O紧邻的Li有4个，与一个Li紧邻的O也有4个，A错误； B．用均摊法计算： Li位于晶胞顶点和面心：顶点共8个Li，即；晶胞上下表面共2个Li位于面心，即，Li个数为；O和H全部在晶胞面上，且面上均有4个，即O和H的个数为，故晶胞中LiOH的单元数为2，B错误； C．氢键不属于化学键，属于分子间作用力，该晶体中化学键只有离子键和极性共价键，C错误； D．根据晶胞结构图，每个锂原子与4个氧原子相邻，其配位数为4，4个配位原子围绕中心原子形成的空间结构为四面体形，D正确； 故选D。 13. 一种研究碳中和的电解装置如下图所示，它能将工业尾气CO2还原成甲烷、乙烯等基本化工原料。下列说法正确的是 A. 电极M生成CH4的反应为：CO2-8e-+6H2O=CH4+8OH- B. 离子交换膜a为阳离子交换膜 C. 一段时间后，N电极区域溶液pH减小 D. 标准状况下，电极N生成1 mol O2的同时电极M生成11.2 L气体 【答案】C 【解析】 【分析】CO2在阴极发生还原反应生成甲烷、乙烯，M为阴极，电极反应式为CO2+8e-+6H2O=CH4+8OH-或2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH-；N电极为阳极，发生氧化反应生成氧气，电极反应式为； 【详解】A．根据分析，电极M生成CH4的反应为：CO2+8e-+6H2O=CH4+8OH-，A错误； B．电解池中，阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，为维持溶液电中性，阴极生成的OH-要通过阴离子交换膜向循环池移动，则离子交换膜a为阴离子交换膜，B错误； C．N电极为阳极，电极反应式为，消耗水，一段时间后，N电极区域溶液氢离子浓度增大，pH减小，C正确； D．电极N生成1 mol O2转移4 mol电子，若阴极只发生反应：CO2+8e-+6H2O=CH4+8OH-，生成0.5 mol CH4，若阴极只发生反应：2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH-，生成C2H4；综合可知电极M生成气体的物质的量小于0.5 mol，标准状况下体积小于11.2 L，D错误； 故选C。 14. 某离子液体的阴离子[CH(CN)2]-可以吸收CO2，其可能的两种反应路径如下图所示。下列说法错误的是 A. 所有原子最外层均达到了稳定结构 B. 总反应为：[CH(CN)2]-+CO2=[C(CN)2COOH]- C. 温度过高不利于CO2的吸收 D. 路径Ⅱ产物的形成体现超分子的分子识别功能 【答案】D 【解析】 【详解】A．所有原子最外层均达到了2电子或8电子的稳定结构，A正确； B．根据图中信息可知，反应物为[CH(CN)2]-、CO2，生成物为[C(CN)2COOH]-，故总反应为[CH(CN)2]-+CO2=[C(CN)2COOH]-，B正确； C．由图可知，该反应反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，升高温度平衡逆向移动，故温度过高不利于CO2的吸收，C正确； D．路径Ⅱ的产物是两个相同分子靠氢键形成的二聚体，属于分子间自组装，不具备“主体-客体特异性结合”的分子识别特征，D错误； 故答案选D。 15. 在水溶液中，CN–可与Fe2+和Fe3+分别形成配离子M和N。配离子通式为[Fe(CN)x]y–，，K稳越大，配离子越稳定，图中①表示与–lg c(CN–)的关系。下列说法错误的是 A. M、N配离子的配位数相等 B. Fe3+形成配离子N的K稳=1.0×1042 C. 50%的Fe2+和Fe3+分别转化为配离子时，后者溶液中CN–的平衡浓度更大 D. 向配离子M的溶液中加入适量Fe3+，M能完全转化为N 【答案】C 【解析】 【分析】对于配离子[Fe(CN)x]y−，由稳定常数定义：变形取对数得：，即纵坐标其中斜率为配位数x，截距为−lgK稳。 【详解】A．根据图中点坐标：①（M，Fe2+的配离子）过点(1,−29)，截距（−lg c(CN−)=0时）为−35，基于图中的点和直线的线性关系计算得斜率为6，即配位数x=6；②（N，Fe3+的配离子）过点 (2,−30)，截距为−42，基于图中的点和直线的线性关系计算得斜率也为6，配位数也为6。因此二者配位数相等，A正确； B．对N，由，截距为−lg K稳(N) = −42，得lg K稳(N) = 42，即K稳(N) = 1.0 × 1042，B正确； C．50%转化时，c(Fea+) = c(配离子)，故； 对M：0 = 6X − 35，得，c(CN−) = 10−5.83≈1.5×10−6 mol/L； 对N：0 = 6X − 42，得，c(CN−) = 10−7 mol/L。后者（N）的CN−平衡浓度更小，C错误； D．转化反应为：，平衡常数，K很大，反应可以完全进行，D正确； 故选C。 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16. 电动汽车电池正极废料含铝箔和Li、Ni、Co、Mn等的氧化物。一种回收路线如下： 已知：萃取时反应：M2+(水相)+2RH(有机相)MR2(有机相)+2H⁺(水相)，(M2+表示Ni2+或Co2+)。 （1）Co在元素周期表中的位置为第___________周期___________族。 （2）“沉锰”时，Mn2+发生反应的离子方程式为___________。 （3）“沉铝”时调节pH，欲使铝元素完全转化为Al(OH)3沉淀，应控制pH的范围是________。 ___________<pH<___________。 已知：Ksp[Al(OH)3]=10-33.2。溶液中Al3+、[Al(OH)4]-浓度小于10-5 mol/L认为Al3+沉淀完全。Al(OH)3+OH-[Al(OH)4]- K=100.65。 （4）工业上常用P204和Cyanex 272作“萃取”中的萃取剂(结构如下图所示)，金属离子与萃取剂通过配位键结合，萃取剂酸性越强萃取能力越强，则萃取能力强的萃取剂是___________，从结构角度解释其原因是___________。 （5）Li2CO3溶解度随温度的变化曲线如下图所示，为提高Li2CO3的析出量和纯度，“操作A”依次为蒸发结晶、___________、洗涤。 （6）该工艺中能循环利用的物质有H2SO4、NaOH、___________。 【答案】（1） ①. 四 ②. Ⅷ （2） （3） （4） ①. P204 ②. P204中与P相连的烷氧基(−OR)吸电子能力强于烷基，使羟基O−H键极性更强，更易电离出H+，酸性更强 （5）趁热过滤 （6）RH 【解析】 【分析】正极废料含铝箔和Li、Ni、Co、Mn等的氧化物，正极材料中加入NaOH溶液进行碱浸，Al和NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)4] 和H2，Li、Ni、Co、Mn的氧化物和NaOH溶液不反应，过滤后滤液中加入稀硫酸沉铝可得到Al(OH)3沉淀，滤液进行电解得到NaOH和稀硫酸，Li、Ni、Co、Mn等的氧化物中加入稀硫酸、Na2SO3进行酸浸，分别得到Li2SO4、NiSO4、CoSO4、MnSO4，溶液中加入Na2S2O8进行沉锰得到MnO2，Na2S2O8得电子生成Na2SO4，滤液中加入RH进行萃取，水相中得到Li2SO4，水相中加入Na2CO3沉锂得到 Li2CO3，同时生成Na2SO4，有机相中加入稀硫酸进行反萃取得到RH和NiSO4、CoSO4，据此分析； 【小问1详解】 Co原子序数为27，位于元素周期表第四周期第Ⅷ族； 【小问2详解】 沉锰时被氧化为，被还原为​， 离子方程式：； 【小问3详解】 计算pH范围：使完全沉淀：，代入得：，，即pH需大于4.6；防止溶解：由，要求Al(OH)3+OH-[Al(OH)4]-不能发生，则，，即pH需小于8.35， 故pH范围为； 【小问4详解】 题目说明萃取剂酸性越强萃取能力越强：P204中P原子连接两个烷氧基，氧的电负性大于碳，烷氧基吸电子能力比Cyanex 272的烷基更强，使羟基键极性更大，更易电离出，酸性更强，因此P204萃取能力更强； 【小问5详解】 由碳酸锂的溶解度曲线可知，温度越高，碳酸锂的溶解度越小，越有利于析出，为提高碳酸锂的析出量和纯度，“沉锂”操作后应进行的操作为蒸发结晶、趁热过滤、洗涤； 【小问6详解】 萃取过程消耗萃取剂RH，镍钴分离（反萃取）加入硫酸，使萃取平衡逆移，重新生成RH，因此RH可循环利用。 17. 碘化亚铜(CuI)是一种不溶于水的白色粉末，可用作有机合成催化剂。回答下列问题。 Ⅰ．制备CuI 实验室制备碘化亚铜的装置如图所示(部分夹持装置已略去)。 （1）下列与本实验无关的图标有___________(填标号)。 A. B. C. D. （2）仪器X的名称为___________。单向阀的作用是___________。 （3）B装置中发生反应的离子方程式为___________。 （4）常温下，pH=6.4时Cu2+沉淀完全，恒压分液漏斗b中___________(填“能”或“不能”)使用Na2SO3溶液代替SO2。 Ⅱ．探究生成CuI的反应原理 用如图所示装置在隔绝空气的条件下进行电化学实验： 左侧烧杯试剂 现象 实验① 10 mL 2.0 mol/L CuSO4溶液+试剂X 无明显现象 实验② 10 mL 2.0 mol/L CuSO4溶液+3.5 mL 1.0 mol/L NaI溶液 电流表指针发生偏转 左侧烧杯产生白色浑浊 （5）试剂X为___________。实验②右侧烧杯中电极反应方程式为___________。 （6）由此说明：SO2不能还原Cu2+，制备CuI加入NaI的作用是___________。 【答案】（1）BC （2） ①. 圆底烧瓶 ②. 防止倒吸 （3） （4）不能 （5） ①. ②. （6）与还原生成的Cu+结合生成 CuI 沉淀，降低Cu+浓度，驱动原本无法自发的Cu2+与SO2的氧化还原反应发生； 反应中生成的I2被SO2还原为I-，实现了 I⁻的循环利用，提高了 I⁻的利用率 【解析】 【分析】如图，A中利用70%浓硫酸与Na2SO3反应制取SO2气体，将SO2通入CuSO4和NaI的混合溶液中，发生制得碘化亚铜(CuI)，最后用氢氧化钠溶液进行尾气处理，吸收未反应的SO2，防止污染空气，据此回答。 【小问1详解】 A．实验中使用了硫酸，需要佩戴护目镜，保护眼睛，A不符合题意； B．实验中没有使用加热装置，没有使用明火，B符合题意； C．实验中没有使用刀具等锐器，C符合题意； D．实验中制备了有毒气体SO2，实验过程中需要通风，D不符合题意； 故选BC。 【小问2详解】 仪器X的名称为圆底烧瓶，SO2易溶于NaOH溶液，故需要防止倒吸，此处未采用倒扣漏斗或安全瓶的方式，而是利用单向阀起到该作用。 【小问3详解】 B装置中SO₂将Cu2+还原为Cu+，同时I-与Cu+结合生成CuI沉淀，SO2被氧化为，根据得失电子守恒和电荷守恒、原子守恒配平离子方程式为：。 【小问4详解】 常温下，pH=6.4时Cu2+沉淀完全，Na2SO3溶液呈碱性，加入B中会提高溶液pH，可能生成Cu(OH)2沉淀，而非CuI，因此不能使用Na2SO3溶液代替SO2。 【小问5详解】 实验①和实验②的变量是是否加入NaI，因此试剂X需保持左侧烧杯溶液体积与实验②一致，故试剂X为  H2O，实验②右侧烧杯中被氧化为 ，电极反应式为：。 【小问6详解】 实验①无现象，说明无时无法还原，实验②有电流和白色沉淀（）生成，加入NaI的作用是：与还原生成的Cu+结合生成 CuI 沉淀，降低Cu+浓度，驱动原本无法自发的Cu2+与SO2的氧化还原反应发生； 反应中生成的I2被SO2还原为I-，实现了 I⁻的循环利用，提高了 I⁻的利用率。 18. 伊托必利G是一种胃肠动力药，临床常用于改善胃肠动力障碍引起的消化不良症状。伊托必利的一种合成路线如下： （1）物质A中官能团的名称为___________；要确定其中所含官能团，通常使用的现代分析仪器为___________。 （2）物质B的名称为___________。D→E分两步进行，第一步反应类型为___________，第二步反应类型为消去反应。 （3）E→F的反应方程式为___________。 （4）下列说法正确的是___________。 A. A→B的转化可使用酸性高锰酸钾溶液 B. B+C→D的反应中，K2CO3作催化剂 C. Na2CO3溶液可用于分离化合物B和C D. 伊托必利G在酸性或碱性条件下可发生水解反应 （5）I是B的同系物，相对分子质量比B大14，I属于芳香酯的同分异构体有___________种。 （6）已知强酸(浓H2SO4/POCl3)条件下的贝克曼重排反应：，写出E发生贝克曼重排反应的产物的结构简式：___________。 【答案】（1） ①. （酚）羟基 ②. 红外光谱仪 （2） ①. 对羟基苯甲醛（或4-羟基苯甲醛） ②. 加成反应 （3） （4）CD （5）6 （6） 【解析】 【分析】根据合成路线可知，A发生催化氧化反应，甲基被氧化为B中的醛基；B中酚羟基与C发生取代反应生成D，D发生两步反应（加成反应和消去反应）生成E；E中在催化剂条件下与H2发生反应生成F，F为；F与发生取代反应得到目标产物。 【小问1详解】 根据A的结构简式可知，A中官能团名称为（酚）羟基；要确定其中所含官能团，通常使用的现代分析仪器为红外光谱仪。 【小问2详解】 根据B的结构简式可知，物质B的名称为对羟基苯甲醛（或4-羟基苯甲醛）。D→E分两步进行，第一步反应为D中醛基与羟胺（H2NOH）发生加成反应（生成羟基胺中间体），第二步反应为羟基胺中间体发生消去反应，脱去1分子水生成E。 【小问3详解】 E中在催化剂条件下与H2发生反应，根据F的分子式可知，反应的化学方程式为 。 【小问4详解】 A．A→B的转化若使用酸性高锰酸钾溶液，甲基会被氧化为羧基，酚羟基也会被氧化，A错误； B．B+C→D的反应中会生成HCl，K2CO3用于中和生成的HCl，B错误； C．B（酚）可与Na2CO3溶液反应生成可溶的酚钠，C（氯代烃）不反应，再通过分液分离，C正确； D．伊托必利G中含有酰胺基，在酸性或碱性条件下均可发生水解反应，D正确； 答案选CD。 【小问5详解】 I是B的同系物，相对分子质量比B大14，I的分子式为C8H8O2，属于芳香酯的同分异构体有、、、、、，共6种。 【小问6详解】 已知强酸(浓H2SO4/POCl3)条件下的贝克曼重排反应为，则E发生贝克曼重排反应的产物的结构简式为。 19. 乙醇是一种常用的化工原料，工业上将产能过剩的乙酸催化加氢可制得乙醇，涉及的反应如下： 反应Ⅰ：CH3COOH(g)+2H2(g)C2H5OH(g)+H2O(g) ∆H1<0 反应Ⅱ：CH3COOH(g)+C2H5OH(g)CH3COOC2H5(g)+H2O(g) ∆H2<0 已知：S表示含碳产物的选择性：，。 回答下列问题： （1）反应Ⅰ自发进行的条件是___________(填“低温”、“高温”)。 （2）反应：2CH3COOH(g)+2H2(g)CH3COOC2H5(g)+2H2O(g) ∆H3，则∆H3=___________(用∆H1、∆H2表示)。 （3）一定温度下，恒压密闭容器中发生上述反应Ⅰ和反应Ⅱ，起始投料为：n(H2)=10 mol、n(CH3COOH)=1 mol，一段时间达到平衡后，测得乙酸的转化率为90%，S(乙醇)=40%，此时，n(CH3COOC2H5)=___________mol，氢气的转化率为___________，反应Ⅱ的平衡常数KP=___________(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。 （4）当投料比时，在不同条件下发生反应Ⅰ和反应Ⅱ达到平衡，在压强p=2 MPa下的S(乙醇)、S(乙酸乙酯)随温度T的变化、在温度：T=200℃下的S(乙醇)、S(乙酸乙酯)随压强p的变化如图所示，体系中反应Ⅱ程度较小。 ①在温度T=200℃的S(乙醇)、S(乙酸乙酯)随压强p的变化曲线是___________(填“L1、L4”或“L2、L3”)。S(乙醇)、S(乙酸乙酯)呈现曲线L2、L3变化的原因是___________。 ②只考虑温度和压强的影响，C、D、E三点对应的CH3COOH的平衡转化率由大到小的顺序为___________。 【答案】（1）低温 （2）∆H1+∆H2 （3） ①. 0.27 ②. ③. （4） ①. L1、L4 ②. L2、L3代表的是压强p=2MPa下的S乙醇、S乙酸乙酯随温度T的变化的曲线。反应Ⅰ、Ⅱ均为放热反应，其他条件不变，升高温度使两反应平衡均逆向移动，反应Ⅱ逆向移动程度更小（反应Ⅰ逆向移动程度更大），导致乙醇选择性下降 ③. D＞C＞E 【解析】 【小问1详解】 ，反应能够自发进行，反应Ⅰ为放热的熵减反应，自发进行的条件是低温； 【小问2详解】 由盖斯定律，反应Ⅰ+反应Ⅱ得到反应2CH3COOH(g)+2H2(g)CH3COOC2H5(g)+2H2O(g)，则∆H3=∆H1+∆H2； 【小问3详解】 一定温度下，恒压密闭容器中发生上述反应Ⅰ和反应Ⅱ，起始投料为：n(H2)=10 mol、n(CH3COOH)=1 mol，一段时间达到平衡后，测得乙酸的转化率为90%，则反应0.9mol乙酸，由三段式： S(乙醇)=40%，则，a=0.63mol，n(CH3COOC2H5)=(0.9-0.63)mol=0.27mol，氢气的转化率为，平衡时乙酸、乙醇、乙酸乙酯、水分别为0.1mol、0.36mol、0.27mol、0.9mol，反应Ⅱ为气体分子数不变的反应，则其平衡常数KP=； 【小问4详解】 ①当时在不同条件下达到平衡，在p=2MPa下的S(乙醇)、S(乙酸乙酯)随温度T、在T=200℃下的S(乙醇)、S(乙酸乙酯)随压强p的变化如图所示，反应Ⅱ程度较小，反应Ⅰ是气体体积减小反应，增大压强，反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ的平衡状态不受压强影响，则增大压强S(乙醇)增大，S(乙酸乙酯)减小，则S(乙醇)随p变化的曲线是L1，S(乙酸乙酯)随p变化的曲线是L4；L2、L3代表的是压强p=2MPa下的S乙醇、S乙酸乙酯随温度T的变化的曲线。反应Ⅰ、Ⅱ均为放热反应，其他条件不变，升高温度使两反应平衡均逆向移动，反应Ⅱ逆向移动程度更小（反应Ⅰ逆向移动程度更大），导致乙醇选择性下降，乙酸乙酯的选择性增大； ②L2和L3为p=2MPa下的等压线，分别代表S(乙醇)和S(乙酸乙酯)，L1和L4为T=200℃下等温线，分别代表S(乙醇)和S(乙酸乙酯)，因此A、B、C、D、E各点的温度和压强分别为：(200℃，2MPa)、(200℃，0.75MPa)、(325℃，2MPa)、(200℃，2MPa)、(400℃，2MPa)，C、D、E点压强相同、温度不同，反应放热，则温度越高，乙酸转化率下降，即乙酸转化率：D＞C＞E。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $