精品解析：吉林省延边朝鲜族自治州延吉市延边第二中学2024-2025学年高三下学期模拟预测化学试题

高三化学 本试卷满分100分，考试时间75分钟。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 S-32 Ti-48 Fe-56 Ce-140 Pb-207 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，只有一项符合题目要求。 1. 化学与生活、科技、社会息息相关。下列说法正确的是 A. 丁达尔效应是胶粒对光线反射形成的，可用于区分溶液与胶体 B. 五彩缤纷的烟花是电子由基态跃迁到激发态时，能量以光的形式释放出来 C. 国产品牌华为手机使用锂离子电池是一次电池 D. 石墨烯、碳纳米管和富勒烯均属于新型无机非金属材料 2. 下列化学用语错误的是 A B C D A. 的电子式 B. 二甲醚的结构式 C. 溴乙烷的核磁共振氢谱图 D. 石墨结构中未参与杂化的p轨道 3. 我国饮食注重营养均衡，口感讲究“软糯香甜”。下列说法不正确的是 A. 蒸制的蛋糕口感绵软，蛋白质在蒸制过程中会发生变性 B. 芋头煮熟后非常软糯，芋头中的淀粉可用碘水进行检验 C. 八角桂皮炖肉可添香，桂皮中的肉桂醛属于烃的衍生物 D. 红糖花生香脆又甘甜，红糖中蔗糖不能发生水解反应 4. 黄铁矿[主要成分为二硫化亚铁FeS2]、焦炭和适量空气混合加热发生如下反应：，设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A. 12gC(金刚石)所含非极性键数目为2NA B. 120gFeS2晶体中含有的离子数为3NA C. 每生成1molFe3O4时转移电子数目为4NA D. 标准状况下22.4L12C18O所含中子数目为14NA 5. 实验室进行粗盐提纯时，需除去、和，下列说法不正确的是 A. 提纯所加试剂包括 B. 依次除去三种离子的顺序可以是 C. 依次除去三种离子所加试剂都要略过量 D. 提纯操作包括溶解、沉淀、过滤、蒸发 6. 一定温度下，恒容密闭容器中，物质Z发生反应，一段时间后开始计时，测得各物质的浓度随时间变化如图所示。下列说法正确的是 A. 曲线Ⅰ代表物质X，曲线Ⅲ代表物质Z B. 图中时刻的正反应速率大于时刻 C. 若升高温度，正反应速率加快，逆反应速率减慢 D. ，用物质Y表示的平均反应速率为 7. 据东晋葛洪的《肘后备急方》中提到，青蒿素具有清虚热、除骨蒸、解暑热、截疟、退黄的功效。下列有关说法错误的是 A. 青蒿素具有一定的氧化性 B. 每个青蒿素分子中含6个手性碳原子 C. 分子式为青蒿素 D. 分子中碳原子有和两种杂化方式 8. 由下列实验操作及现象能得到相应结论的是 选项 实验操作及现象 结论 A 以甲烷球棍模型为基础，用两个代表氯原子的小球替换代表氢原子的小球，只能得到一种结构模型 无同分异构体 B 将通入滴有酚酞的氨水，溶液由红色变为无色 具有漂白性 C 将洁净的铂丝在酒精灯外焰灼烧至与原来火焰颜色相同，再蘸取某溶液在外焰上灼烧，火焰呈黄色 该溶液的溶质为钠盐 D 常温下，溶液与KOH溶液等体积混合，测得混合溶液 为弱酸 A. A B. B C. C D. D 9. 下列对有关物质结构或性质的解释不合理的是 选项 实例 解释 A POCl3和的空间结构都是四面体形 POCl3和中P原子轨道的杂化类型均为sp3 B 、、的键角依次减小 孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力 C SiF4、SiCl4、SiBr4、SiI4的沸点依次升高 SiX4均为分子晶体，随着相对分子质量增大，范德华力增大 D 邻硝基苯酚的熔点低于对硝基苯酚 前者存在分子内氢键，后者存在的分子间氢键使分子间作用力大于前者 A. A B. B C. C D. D 10. 锂离子电池中，一种电解质添加剂的结构如下图所示。X、Y、Z、M和R是原子序数依次增大的短周期元素。下列说法正确的是 A. 氧化性：RZ2>RZ3 B. 键角：>> C. 简单氢化物的沸点：Z>M>R D. 第一电离能：M>Z>Y>R>X 11. 我国科学家设计了一种水系可充电电池，其工作原理如图所示。 下列说法正确的是 A. 充电时，电极b为阳极 B. 充电时，阳极附近溶液的pH增大 C. 放电时，负极的电极反应： D. 放电时，溶液中向电极b方向迁移 12. 是重要的无机材料，一种含有铁的氧化物和氧化钙的废渣可以通过如下流程纯化。 已知：“铝热还原”时，转化为难溶于酸和碱的转化为；“浸取”时，溶于盐酸生成易被空气氧化的。 下列说法错误的是 A. 具有弱氧化性 B. “浸取”需要惰性气体保护 C. “滤液”中存在和 D. 来自于和盐酸的反应 13. 某团队合成了一种铁掺杂二氧化钛的新型催化剂，用于转化为单质S，提出的催化历程示意图如下。是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 使转化成，恢复催化剂活性 B. 过程①和④均发生了非极性键的断裂 C. 过程②和③均发生了氧化还原反应 D. 理论上，每转化，转移的电子数目为 14. 一种具有钙钛矿结构的光催化剂，其四方晶胞结构如图所示(α=β=γ=90°)，NA是阿伏加德罗常数的值。 下列说法错误的是 A. 该物质的化学式为 B. 1位和2位的核间距为 C. 晶体的密度为 D. 2位的分数坐标可表示为 15. 盐酸羟胺（NH2OH·HCl）是一种分析试剂。用0.1000 mol·L-1 NaOH溶液滴定20.00 mL NH2OH·HCl（Mr=69.5）和NH4Cl（Mr=53.5）的混合溶液以测定NH2OH·HCl的含量，待测液中溶质总质量为0.2460 g，滴定曲线如图甲所示，四种含氮物质分布分数δ与pH关系如图乙所示[如：]。 下列说法正确的是 A. 曲线②表示变化关系 B. a点有97.8%的NH4Cl参加了反应 C. b点的电荷守恒关系： D. 溶质中NH2OH·HCl的含量为56.5% 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16. 稀土元素是不可再生的宝贵资源，现有一种从稀土抛光粉(主要成分为、、、)中回收铈(以的形式)的工艺，其流程如图所示，请回答下列问题。 已知：具有强氧化性；的常见价态为+3、+4；草酸在区间内，可选择性沉淀稀土元素，而不与其他离子沉淀。 （1）“酸浸”时加入盐酸，反应产生了等体积的两种气体，请写出相关的离子方程式：___________；在酸浸过程中温度不宜过高也不宜过低的原因是___________。 （2）加入氨水的目的一是生成氯化铵，防止草酸铈水解，目的二是___________。 （3）“酸洗沉淀”得到纯度较高的十水合草酸铈晶体，则“灼烧”过程中发生反应的化学方程式为___________。需要加入过量草酸的原因：___________。 （4）利用氧化还原滴定法可测定产品的含量，将产品溶解转化成含的待测液，后用标准溶液滴定至终点时，消耗的标准溶液。 ①滴定过程中，下列操作会使测定结果偏小的是___________(填字母)。 A．在滴定过程中，标准液洒出 B．锥形瓶洗干净后未干燥 C．在滴定时，锥形瓶中的溶液因剧烈摇晃而溅出 ②计算产品中的质量分数为___________%(结果保留两位小数)。 17. 尼古丁(沸点以下与水互溶)，俗名烟碱，是一种含氮生物碱，其结构简式为，也是烟草的重要成分。科研小组设计实验从香烟中提取烟碱，实验原理和步骤如下。 实验原理：烟碱能与盐酸反应生成烟碱盐酸盐而溶于水中形成提取液，在此提取液中加入可重新生成烟碱。烟碱在左右具有一定的蒸气压，因此可用水蒸气蒸馏法分离提取。 实验步骤： (一)烟碱的提取 取研细的烟叶放入圆底烧瓶中，加盐酸，按图1所示，加热回流半小时。将回流后的混合物冷却后过滤，向滤液中加入溶液中和至明显呈碱性。 (二)烟碱的水蒸气蒸馏 在两颈圆底烧瓶中加入适量的水和粒沸石，将中和后的混合物倒入蒸馏试管中，组装好微量水蒸气蒸馏装置，如图2.打开止水夹，接通冷凝水，打开热源(未画出)开始加热。当有大量水蒸气产生时，关闭T形管上的止水夹。收集约提取液后，停止水蒸气蒸馏。 (三)烟碱性质的检验 （1）烟碱中氮原子的杂化方式为_______。 （2）仪器a的名称为_______，装置B的作用是_______。 （3）回流时，烧瓶内气雾上升高度不宜超过冷凝管高度的。若气雾上升过高，可采取的措施是_______。 （4）提取烟碱时，加入溶液中和至明显呈碱性的原因是_______。 （5）T形管最长的一端插入中和后的混合物中，靠近蒸馏试管的底部，作用是_______。 （6）收集提取液后，停止水蒸气蒸馏的操作顺序是_______(填序号)。 ①停止通冷凝水 ②停止加热 ③打开止水夹 （7）设计实验证明实验步骤(二)所得提取液中的烟碱具有碱性：_______(可选用的试剂有甲基橙、红色石蕊试纸、蓝色石蕊试纸)。 18. 氢气和碳氧化物反应生成甲烷，有利于实现碳循环利用。涉及反应如下： 反应Ⅰ：CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g) H1=-206.2kJ/mol 反应Ⅱ：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) H2 反应Ⅲ：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) H3=-165.0kJ/mol。 回答下列问题： （1）H2=___________。 （2）已知反应Ⅱ速率方程为v正=k正p(CO)·p(H2O)，v逆=k逆·p(CO2)·p(H2)，其中k正、k逆分别为正、逆反应的速率常数。如图(lgk表示速率常数的对数)所示a、b、c、d四条斜线中，表示lgk正随变化关系的是斜线___________(填字母标号)；表示lgk逆随变化关系的是斜线___________(填字母标号)。 （3）温度为T2时，向某固定容积的容器中充入一定量的和1molCO，平衡时H2和CO的转化率(a)及CH4和CO2的物质的量(n)随变化的情况如图所示(忽略其他副反应)。 ①图中表示α(CO)、n(CH4)变化的曲线分别是___________、___________(填标号)；m=___________；CH4的选择性[×100%]=___________。 ②已知温度为T2时，起始向该固定容积的容器中充入1mol的CO和0.5mol的H2进行上述反应，起始压强为1.5P0，反应Ⅰ的K=___________(用P0表示)。 ③温度为T1时，=1时，α(CO)可能对应图中X、Y、Z、W四点中的___________(填标号)。 19. 化合物J具有抗肿瘤活性，可由如下路线合成(略去部分试剂和条件)。 回答下列问题： （1）A的结构简式是_______，B的官能团名称是_______。 （2）下列说法错误的是_______(填标号)。 A E有顺反异构体 B. A可与FeCl3溶液发生显色反应 C. E→F的反应中有乙醇生成 D. F→G的反应类型为取代反应 （3）J的结构简式中标注的碳原子，其中手性碳原子是_______。 （4）D的同分异构体中，同时满足下列件的共有_______种(不考虑立体异构)： ①能发生银镜反应；②核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积比为9:3:1:1。写出其中一种的结构简式_______。 （5）某同学结合J的合成路线，设计了化合物K()的一种合成路线。该路线中L和M的结构简式分别为_______和_______。 已知： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三化学 本试卷满分100分，考试时间75分钟。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 S-32 Ti-48 Fe-56 Ce-140 Pb-207 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，只有一项符合题目要求。 1. 化学与生活、科技、社会息息相关。下列说法正确的是 A. 丁达尔效应是胶粒对光线反射形成的，可用于区分溶液与胶体 B. 五彩缤纷的烟花是电子由基态跃迁到激发态时，能量以光的形式释放出来 C. 国产品牌华为手机使用的锂离子电池是一次电池 D. 石墨烯、碳纳米管和富勒烯均属于新型无机非金属材料 【答案】D 【解析】 【详解】A．丁达尔效应是胶粒对光的散射形成的，A错误； B．烟花是电子由能量较高的激发态跃迁到能量较低的激发态乃至基态时，能量以光的形式释放出来，B错误； C．锂离子电池是二次电池，C错误； D．石墨烯、碳纳米管和富勒烯均属于由碳单质构成的新型无机非金属材料，D正确； 故选D。 2. 下列化学用语错误的是 A B C D A. 的电子式 B. 二甲醚的结构式 C. 溴乙烷的核磁共振氢谱图 D. 石墨结构中未参与杂化的p轨道 【答案】A 【解析】 【详解】A．二氧化碳中碳氧原子共用电子对数为2，电子式应为，A错误； B．二甲醚中均为单键，其结构式为：，B正确； C．溴乙烷结构简式为CH3CH2Br，等效氢有2种，个数比为3：2，C正确； D．石墨结构中未参与杂化的p轨道原子轨道垂直于碳原子平面，其中未成对电子形成大Π键，D正确； 故选A。 3. 我国饮食注重营养均衡，口感讲究“软糯香甜”。下列说法不正确的是 A. 蒸制的蛋糕口感绵软，蛋白质在蒸制过程中会发生变性 B. 芋头煮熟后非常软糯，芋头中的淀粉可用碘水进行检验 C. 八角桂皮炖肉可添香，桂皮中的肉桂醛属于烃的衍生物 D. 红糖花生香脆又甘甜，红糖中的蔗糖不能发生水解反应 【答案】D 【解析】 【详解】A．蛋白质在加热等条件下会发生变性，蒸制蛋糕时，高温使蛋白质变性，从而使蛋糕口感绵软，A正确； B．淀粉遇碘单质变蓝，芋头中含有淀粉，可用碘水检验，B正确； C．肉桂醛含有醛基等官能团，是在烃的基础上衍生出来的有机化合物，属于烃的衍生物，C正确； D．蔗糖属于二糖，在稀硫酸等催化剂作用下能发生水解反应，生成葡萄糖和果糖，D错误； 故选D。 4. 黄铁矿[主要成分为二硫化亚铁FeS2]、焦炭和适量空气混合加热发生如下反应：，设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A. 12gC(金刚石)所含非极性键数目为2NA B. 120gFeS2晶体中含有的离子数为3NA C. 每生成1molFe3O4时转移电子数目为4NA D. 标准状况下22.4L12C18O所含中子数目为14NA 【答案】A 【解析】 【详解】A．(金刚石)的物质的量为，金刚石中为杂化，每条共价键被两个原子共用，形成键，A正确； B．是由和构成，的物质的量为，则该晶体中含有的离子数为，B错误； C．反应：，每生成时，只有氧元素化合价降低，由价降低到价，转移，C错误； D．标准状况下的物质的量为，一分子的中子数为，则该物质中含有中子数为，D错误； 故选A。 5. 实验室进行粗盐提纯时，需除去、和，下列说法不正确的是 A. 提纯所加试剂包括 B. 依次除去三种离子的顺序可以是 C. 依次除去三种离子所加试剂都要略过量 D. 提纯操作包括溶解、沉淀、过滤、蒸发 【答案】B 【解析】 【详解】A．在粗盐提纯中，用于除去及过量的，NaOH用于除去，用于除去，HCl用于除去过量的和，该选项正确； B．若先除去，加入，再加入除去时，过量的无法除去，正确顺序可以是先加除，再加除和过量，最后加NaOH除，或者其他合理顺序，但不能先除，该选项错误； C．为保证杂质离子完全除去，除去、、所加试剂、NaOH、都要略过量，该选项正确； D．粗盐提纯操作步骤为溶解粗盐，加入试剂产生沉淀，过滤除去沉淀，最后蒸发滤液得到纯净的盐，该选项正确； 故答案选B。 6. 一定温度下，恒容密闭容器中，物质Z发生反应，一段时间后开始计时，测得各物质的浓度随时间变化如图所示。下列说法正确的是 A. 曲线Ⅰ代表物质X，曲线Ⅲ代表物质Z B. 图中时刻的正反应速率大于时刻 C. 若升高温度，正反应速率加快，逆反应速率减慢 D. ，用物质Y表示的平均反应速率为 【答案】B 【解析】 【分析】结合反应方程式以及图中物质的浓度变化，减少的为反应物，增加的为生成物，生成物的浓度增加量之比等于化学计量数之比，可知曲线Ⅲ代表反应物Z，曲线Ⅰ代表物质Y，曲线Ⅱ代表物质X，据此分析解答。 【详解】A．曲线Ⅰ代表物质Y，曲线Ⅲ代表反应物Z，故A错误； B．时刻反应物的浓度大于时刻，浓度越大反应速率越快，则时刻的正反应速率大于时刻，故B正确； C．升高温度，正反应速率加快，逆反应速率也加快，故C错误； D．，用物质Z表示的平均反应速率为v(Z)=，根据速率之比等于化学计量数之比可知物质Y表示的平均反应速率为v(Y)=2v(Z)=，故D错误； 故选：B。 7. 据东晋葛洪的《肘后备急方》中提到，青蒿素具有清虚热、除骨蒸、解暑热、截疟、退黄的功效。下列有关说法错误的是 A. 青蒿素具有一定氧化性 B. 每个青蒿素分子中含6个手性碳原子 C. 分子式为青蒿素 D. 分子中碳原子有和两种杂化方式 【答案】B 【解析】 【详解】A．青蒿素中因含有过氧键(—O—O—)具有一定的氧化性，A正确； B．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，每个青蒿素分子中含7个手性碳原子，B错误； C．青蒿素的分子式为，C正确； D．青蒿素分子中酯基上碳原子形成碳氧双键，为杂化，其余碳原子均形成4个共价单键，为杂化，D正确； 答案选B。 8. 由下列实验操作及现象能得到相应结论的是 选项 实验操作及现象 结论 A 以甲烷球棍模型为基础，用两个代表氯原子的小球替换代表氢原子的小球，只能得到一种结构模型 无同分异构体 B 将通入滴有酚酞的氨水，溶液由红色变为无色 具有漂白性 C 将洁净的铂丝在酒精灯外焰灼烧至与原来火焰颜色相同，再蘸取某溶液在外焰上灼烧，火焰呈黄色 该溶液的溶质为钠盐 D 常温下，溶液与KOH溶液等体积混合，测得混合溶液 为弱酸 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．以甲烷球棍模型为基础，用两个代表氯原子的小球替换代表氢原子的小球，只能得到一种结构模型，说明结构与表示同一种物质，则无同分异构体，A正确； B．将通入滴有酚酞的氨水，与反应，溶液碱性减弱，由红色变为无色，不能说明具有漂白性，B错误； C．将洁净的铂丝在酒精灯外焰灼烧至与原来火焰颜色相同，再蘸取某溶液在外焰上灼烧，火焰呈黄色，说明该溶液的溶质中含有Na元素，不一定为钠盐，C错误； D．常温下，溶液与KOH溶液等体积混合，测得混合溶液，二者的浓度未知，故无法说明为弱酸，D错误； 故选A。 9. 下列对有关物质结构或性质的解释不合理的是 选项 实例 解释 A POCl3和的空间结构都是四面体形 POCl3和中P原子轨道的杂化类型均为sp3 B 、、的键角依次减小 孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力 C SiF4、SiCl4、SiBr4、SiI4的沸点依次升高 SiX4均为分子晶体，随着相对分子质量增大，范德华力增大 D 邻硝基苯酚的熔点低于对硝基苯酚 前者存在分子内氢键，后者存在的分子间氢键使分子间作用力大于前者 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．POCl3中心P原子价层电子对数为，无孤电子对，为sp3杂化，空间结构为四面体形；中心P原子价层电子对数为，无孤电子对，为sp3杂化，空间结构为四面体形，解释合理，A不符合题意； B．中N价层电子对数为，为sp杂化，无孤电子对，键角180°；中N价层电子对数为，为sp2杂化，无孤电子对，键角120°；中N价层电子对数为，为sp2杂化，含1对孤电子对，键角小于120°。三者键角依次减小，主要原因是中心原子杂化类型的不同，其次才是孤电子对斥力的影响。题干解释仅提及孤电子对斥力，未能全面说明键角变化的主要原因，故解释不合理，B符合题意； C．SiX4均为分子晶体，不存在氢键，相对分子质量越大范德华力越大，沸点越高，解释合理，C不符合题意； D．邻硝基苯酚形成分子内氢键，削弱分子间作用力，熔点较低；对硝基苯酚形成分子间氢键，分子间作用力更强，熔点更高，解释合理，D不符合题意； 故选B。 10. 锂离子电池中，一种电解质添加剂的结构如下图所示。X、Y、Z、M和R是原子序数依次增大的短周期元素。下列说法正确的是 A. 氧化性：RZ2>RZ3 B. 键角：>> C. 简单氢化物的沸点：Z>M>R D. 第一电离能：M>Z>Y>R>X 【答案】C 【解析】 【分析】根据化合物的结构可知，Y、Z、M和R是原子序数依次增大的短周期元素，Z形成两个共价键，R形成六个共价键，则R为S，Z为O；M形成一个共价键，则M为F；Y形成两个共价键且使形成的阴离子带一个单位负电荷，则Y为N；X+原子序数最小，且以离子形式存在于物质中，则X为Li，则X、Y、Z、M和R分别是Li、N、O、F和S，据此作答。 【详解】A．R为S，Z为O，RZ2为SO2，RZ3为SO3，氧化性的强弱要考虑具体的条件下，在常温下，二氧化硫体现弱氧化性，强还原性，而三氧化硫为最高价态只能体现氧化性，且三氧化硫氧化性较强，故A错误； B．Y、Z分别是N、O，为，其中心原子N原子的价层电子对数为，没有孤电子对，为直线型，为，其中心原子N原子的价层电子对数为，有1对孤电子对，为V形，为，其中心原子N原子的价层电子对数为，没有孤电子对，为平面三角形，孤电子对的斥力大于成键电子对的斥力，因此的键角大于的键角，即键角>>，故B错误； C．Z为O，M为F，R为S，其简单氢化物分别为H2O、HF、H2S，三个氢化物均为分子晶体，H2O形成氢键数多于HF，H2S分子间没有氢键，所以其沸点H2O>HF>H2S，即Z>M>R，故C正确； D．同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，同周期元素从左向右第一电离能呈增大趋势，但第ⅤA族第一电离能大于第ⅥA族，X、Y、Z、M和R分别是Li、N、O、F和S，因此第一电离能：F＞N＞O＞S＞Li，故D错误； 故选C。 11. 我国科学家设计了一种水系可充电电池，其工作原理如图所示 下列说法正确的是 A. 充电时，电极b为阳极 B. 充电时，阳极附近溶液的pH增大 C. 放电时，负极的电极反应： D. 放电时，溶液中向电极b方向迁移 【答案】C 【解析】 【分析】由图可知，放电时，电极a上MnO2转化为Mn2+，发生还原反应，电极b上Cu2S转化为S，发生氧化反应，则电极a为正极，电极b为负极；充电时，电极a上Mn2+转化为MnO2，发生氧化反应，电极b上S转化为Cu2S，发生还原反应，此时电极a为阳极，电极b为阴极。 【详解】A．充电时，S转化为Cu2S，发生还原反应，则电极b为阴极，A错误； B．根据分析，充电时，电极b为阴极，则电极a为阳极，电极a的电极反应为Mn2++2H2O－2e-=MnO2+4H+，阳极附近溶液的pH减小，B错误； C．放电时，电极b为负极，负极的电极反应为Cu2S−4e−=S+2Cu2+，C正确； D．放电时，溶液中向正极移动，即向电极a方向迁移，D错误； 故选C。 12. 是重要的无机材料，一种含有铁的氧化物和氧化钙的废渣可以通过如下流程纯化。 已知：“铝热还原”时，转化为难溶于酸和碱的转化为；“浸取”时，溶于盐酸生成易被空气氧化的。 下列说法错误的是 A. 具有弱氧化性 B. “浸取”需要惰性气体保护 C. “滤液”中存在和 D. 来自于和盐酸的反应 【答案】B 【解析】 【分析】二氧化钛废渣与铝粉进行铝热还原生成和难溶于酸和碱的，同时铁的氧化物转化为铁单质，加入盐酸后、Fe与酸反应生成Fe2+、Ti3+和氢气，难溶的转化为滤渣，滤液中由Fe2+、Ti3+被H2O2氧化生成Fe3+和Ti4+，Ti4+水解生成TiO2·xH2O分离，滤液含有Fe3+、Ca2+。 【详解】A．TiO2中Ti为高价态，具有氧化性，A正确； B．“浸取”过程中，不需要惰性气体保护，产生的Ti3+在下一步需要氧化生成Ti4+，B错误； C．Ti4+转化为TiO2·xH2O分离，滤液含有Fe3+、Ca2+，C正确 D．铝热反应中只有铁的氧化物转化为铁单质，故氢气是铁与盐酸反应产生的，D正确； 答案选B。 13. 某团队合成了一种铁掺杂二氧化钛的新型催化剂，用于转化为单质S，提出的催化历程示意图如下。是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 使转化成，恢复催化剂活性 B. 过程①和④均发生了非极性键的断裂 C. 过程②和③均发生了氧化还原反应 D. 理论上，每转化，转移的电子数目为 【答案】A 【解析】 【详解】A．根据图示③④两步历程，可知使转化成，恢复催化剂活性，A正确； B．过程①中没有发生非极性键的断裂，过程④中发生了非极性键的断裂，B错误； C．过程②中铁元素化合价发生变化，发生氧化还原反应，过程③中元素化合价没有变化，没有发生氧化还原反应，C错误； D．根据图示，该催化历程的总反应为，可知，理论上，每转化即，转移的电子数目为，D错误； 故选A。 14. 一种具有钙钛矿结构的光催化剂，其四方晶胞结构如图所示(α=β=γ=90°)，NA是阿伏加德罗常数的值。 下列说法错误的是 A. 该物质的化学式为 B. 1位和2位的核间距为 C. 晶体的密度为 D. 2位的分数坐标可表示为 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据各原子在晶胞中位置，在晶胞顶点，个数为，个氧离子位于面心，个数为，位于体心，仅有一个，故化学式为：，A正确； B．如图，构造一个直角三角形，，，则位和位的核间距为：，B正确； C．根据密度公式，，C错误； D．如图，，设点为坐标原点，则位的分数坐标为，D正确； 故选C 15. 盐酸羟胺（NH2OH·HCl）是一种分析试剂。用0.1000 mol·L-1 NaOH溶液滴定20.00 mL NH2OH·HCl（Mr=69.5）和NH4Cl（Mr=53.5）的混合溶液以测定NH2OH·HCl的含量，待测液中溶质总质量为0.2460 g，滴定曲线如图甲所示，四种含氮物质分布分数δ与pH关系如图乙所示[如：]。 下列说法正确的是 A. 曲线②表示的变化关系 B. a点有97.8%的NH4Cl参加了反应 C. b点的电荷守恒关系： D. 溶质中NH2OH·HCl的含量为56.5% 【答案】D 【解析】 【分析】图甲可知，加入氢氧化钠20mL时，溶液pH为7.61显碱性；由于碱性：，图乙起点①③分布分数δ=1，说明①③代表和，由于酸性：，加入氢氧化钠会先和反应，其分布系数会先减小，则①代表、③代表；随着和氢氧化钠的反应，会逐渐增大，所以②代表，④代表。 【详解】A．根据分析，曲线②表示～pH的变化关系，A错误； B．a点对应pH=7.61，为97.8%，有2.2%的NH4Cl参加了反应，B错误； C．b点存在电荷守恒关系：，C错误； D．设混合物中NH2OH·HCl、NH4Cl的物质的量分别为amol、bmol，pH=7.61时消耗的NaOH溶液的体积为20mL，n(NaOH)=0.002mol；根据图乙，此时消耗NH2OH·HCl的物质的量为0.978amol、消耗NH4Cl的物质的量为0.022bmol，则①0.978amol+0.022bmol=0.002mol；②：69.5a+53.5b=0.2460g；联立①②解得a=0.002mol、b=0.002mol，所以NH2OH·HCl的含量为，D正确； 故选D。 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16. 稀土元素是不可再生的宝贵资源，现有一种从稀土抛光粉(主要成分为、、、)中回收铈(以的形式)的工艺，其流程如图所示，请回答下列问题。 已知：具有强氧化性；的常见价态为+3、+4；草酸在区间内，可选择性沉淀稀土元素，而不与其他离子沉淀。 （1）“酸浸”时加入盐酸，反应产生了等体积的两种气体，请写出相关的离子方程式：___________；在酸浸过程中温度不宜过高也不宜过低的原因是___________。 （2）加入氨水的目的一是生成氯化铵，防止草酸铈水解，目的二是___________。 （3）“酸洗沉淀”得到纯度较高的十水合草酸铈晶体，则“灼烧”过程中发生反应的化学方程式为___________。需要加入过量草酸的原因：___________。 （4）利用氧化还原滴定法可测定产品的含量，将产品溶解转化成含的待测液，后用标准溶液滴定至终点时，消耗的标准溶液。 ①滴定过程中，下列操作会使测定结果偏小的是___________(填字母)。 A．在滴定过程中，标准液洒出 B．锥形瓶洗干净后未干燥 C．在滴定时，锥形瓶中的溶液因剧烈摇晃而溅出 ②计算产品中的质量分数为___________%(结果保留两位小数)。 【答案】（1） ①. ②. 温度过高易分解，温度过低反应速率较慢，影响酸浸效率 （2）调节溶液的区间内，保证后续加入草酸只沉淀 （3） ①. ②. 控制溶液的始终在之间，防止和水解为沉淀，同时保证沉淀完全 （4） ①. C ②. 95.56% 【解析】 【分析】工业上提取，先将稀土抛光粉(主要成分为、、、)中加入和盐酸进行酸浸，其中、、转化为、、，不溶，通过过滤将除去，再加入氨水调节溶液的在之间，保证后续加入草酸只沉淀，在溶液中再加入草酸将转化为沉淀，过滤洗涤后进行灼烧最后得到产品，据此分析解答。 【小问1详解】 根据已知信息，具有强氧化性，能将盐酸氧化为，同时在酸性作用下，也能氧化生成，则相关的离子方程式为：；由于使用了，温度过高易自身分解，因此在酸浸过程中温度不宜过高也不宜过低的原因为：温度过高易分解，温度过低反应速率较慢，影响酸浸效率。 故答案为：；温度过高易分解，温度过低反应速率较慢，影响酸浸效率。 【小问2详解】 加入氨水的目的一是生成氯化铵除去溶液中的，防止草酸铈水解外根据已知草酸在区间内，可选择性沉淀稀土元素，而不与其他离子沉淀这一特点，加入氨水的目的二是调节溶液的区间内，保证后续加入草酸只沉淀。 故答案为：调节溶液的区间内，保证后续加入草酸只沉淀。 【小问3详解】 十水合草酸铈晶体为，加热生成化合价升高，则被还原生成CO，反应的方程式为：；在酸洗的过程中为了防止和水解为沉淀干扰，需要加入过量的草酸控制溶液的始终在之间同时保证沉淀完全。 故答案为：；控制溶液的始终在之间，防止和水解为沉淀，同时保证沉淀完全。 【小问4详解】 将产品溶解转化成含的待测液，后用标准溶液滴定至终点时，消耗的标准溶液，反应的离子方程式为：，列关系式，解得，即； ①滴定过程中，根据，下列操作会使测定结果偏小是 A．在滴定过程中，标准液洒出：会导致标准液使用的体积增大，根据公式可知标准液的物质的量增大，计算出的含量增大，A不符合要求； B．锥形瓶洗干净后未干燥：不影响滴定的数值，含量不变，B不符合要求； C．在滴定时，锥形瓶中的溶液因剧烈摇晃而溅出：样品的质量减少，消耗的标准液减少，计算出的含量减小，C符合要求； ②产品中的质量分数为：。 故答案为：C；95.56%。 17. 尼古丁(沸点以下与水互溶)，俗名烟碱，是一种含氮生物碱，其结构简式为，也是烟草的重要成分。科研小组设计实验从香烟中提取烟碱，实验原理和步骤如下。 实验原理：烟碱能与盐酸反应生成烟碱盐酸盐而溶于水中形成提取液，在此提取液中加入可重新生成烟碱。烟碱在左右具有一定的蒸气压，因此可用水蒸气蒸馏法分离提取。 实验步骤： (一)烟碱的提取 取研细的烟叶放入圆底烧瓶中，加盐酸，按图1所示，加热回流半小时。将回流后的混合物冷却后过滤，向滤液中加入溶液中和至明显呈碱性。 (二)烟碱的水蒸气蒸馏 在两颈圆底烧瓶中加入适量的水和粒沸石，将中和后的混合物倒入蒸馏试管中，组装好微量水蒸气蒸馏装置，如图2.打开止水夹，接通冷凝水，打开热源(未画出)开始加热。当有大量水蒸气产生时，关闭T形管上的止水夹。收集约提取液后，停止水蒸气蒸馏。 (三)烟碱性质的检验 （1）烟碱中氮原子的杂化方式为_______。 （2）仪器a的名称为_______，装置B的作用是_______。 （3）回流时，烧瓶内气雾上升高度不宜超过冷凝管高度的。若气雾上升过高，可采取的措施是_______。 （4）提取烟碱时，加入溶液中和至明显呈碱性的原因是_______。 （5）T形管最长的一端插入中和后的混合物中，靠近蒸馏试管的底部，作用是_______。 （6）收集提取液后，停止水蒸气蒸馏的操作顺序是_______(填序号)。 ①停止通冷凝水 ②停止加热 ③打开止水夹 （7）设计实验证明实验步骤(二)所得提取液中的烟碱具有碱性：_______(可选用的试剂有甲基橙、红色石蕊试纸、蓝色石蕊试纸)。 【答案】（1） （2） ①. (球形)冷凝管 ②. 防倒吸、吸收 （3）降低温度或加快冷凝水流速(其他与降温有关的合理答案也可) （4）使烟碱盐酸盐完全与反应生成烟碱，有利于烟碱蒸出(或答到“烟碱沸点低，烟碱盐酸盐沸点高，便于水蒸气蒸馏提纯”也可) （5）使水蒸气和烟碱充分接触(或起搅拌作用，其他合理答案也可) （6）③②① （7）用玻璃棒蘸取提取液于红色石蕊试纸中心，若试纸变蓝，则证明烟碱具有碱性(其他合理答案也可) 【解析】 【分析】取研细的烟叶放入圆底烧瓶中，加盐酸，按图1所示，加热回流半小时。从圆底烧瓶挥发出的HCl用装置B吸收，将回流后的混合物冷却后过滤，向滤液中加入溶液中和至明显呈碱性，使烟碱盐酸盐全部转化为烟碱。 小问1详解】 烟碱中，六元环中的氮原子为sp2杂化，五元环中的氮原子为sp3杂化，故答案为：； 【小问2详解】 仪器a的名称为球形冷凝管；装置B中倒扣的漏斗，可用来吸收挥发出来的HCl气体并防倒吸，故答案为：(球形)冷凝管；防倒吸、吸收； 【小问3详解】 回流时，若烧瓶内气雾上升过高，说明烧瓶内温度过高，需要采取降温措施，可以降低温度或者加快冷凝水流速，故答案为：降低温度或加快冷凝水流速； 【小问4详解】 提取烟碱时，加入溶液中和至明显呈碱性，使烟碱盐酸盐完全转化为烟碱，有利于烟碱蒸出，故答案为：使烟碱盐酸盐完全与反应生成烟碱，有利于烟碱蒸出； 【小问5详解】 T形管最长的一端插入中和后的混合物中，靠近蒸馏试管的底部，可以使水蒸气和中和后的混合物充分接触，并可起到搅拌的作用，故答案为：使水蒸气和烟碱充分接触(或起搅拌作用，其他合理答案也可)； 【小问6详解】 收集提取液后，停止水蒸气蒸馏，应先打开止水夹，然后停止加热，最后停止通冷凝水，故答案为：③②①； 【小问7详解】 根据题目所提供的试剂，可使用红色石蕊试纸检验烟碱具有碱性，故答案为：用玻璃棒蘸取提取液于红色石蕊试纸中心，若试纸变蓝，则证明烟碱具有碱性。 18. 氢气和碳氧化物反应生成甲烷，有利于实现碳循环利用。涉及反应如下： 反应Ⅰ：CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g) H1=-206.2kJ/mol 反应Ⅱ：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) H2 反应Ⅲ：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) H3=-165.0kJ/mol。 回答下列问题： （1）H2=___________。 （2）已知反应Ⅱ的速率方程为v正=k正p(CO)·p(H2O)，v逆=k逆·p(CO2)·p(H2)，其中k正、k逆分别为正、逆反应的速率常数。如图(lgk表示速率常数的对数)所示a、b、c、d四条斜线中，表示lgk正随变化关系的是斜线___________(填字母标号)；表示lgk逆随变化关系的是斜线___________(填字母标号)。 （3）温度为T2时，向某固定容积的容器中充入一定量的和1molCO，平衡时H2和CO的转化率(a)及CH4和CO2的物质的量(n)随变化的情况如图所示(忽略其他副反应)。 ①图中表示α(CO)、n(CH4)变化的曲线分别是___________、___________(填标号)；m=___________；CH4的选择性[×100%]=___________。 ②已知温度为T2时，起始向该固定容积的容器中充入1mol的CO和0.5mol的H2进行上述反应，起始压强为1.5P0，反应Ⅰ的K=___________(用P0表示)。 ③温度为T1时，=1时，α(CO)可能对应图中X、Y、Z、W四点中的___________(填标号)。 【答案】（1）-41.2kJ/mol （2） ①. c ②. d （3） ①. a ②. c ③. 62.5 ④. 60% ⑤. ⑥. X 【解析】 【小问1详解】 反应Ⅰ：CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g) H1=-206.2kJ/mol； 反应Ⅲ：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) H3=-165.0kJ/mol； 盖斯定律Ⅰ-Ⅲ得反应Ⅱ：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) H2=-206.2kJ/mol+165.0kJ/mol=-41.2kJ/mol； 【小问2详解】 随温度降低，k正、k逆均减小；反应Ⅱ正反应放热，升高温度平衡逆向移动，温度对逆反应速率影响大于对正反应速率的影响，a、b、c、d四条斜线中，表示lgk正随变化关系的是斜线c；表示lgk逆随变化关系的是斜线d。 【小问3详解】 ①随增大，CO的平衡转化率增大、H2的平衡转化率降低，CO转化率直到接近100%，故a表示CO转化率、b表示H2转化率，随着的增大，CO接近完全转化，CH4产率逐渐增大，直到接近100%，故c表示CH4产率变化的曲线，图中表示α(CO)、n(CH4)变化的曲线分别是a、c； B点=1，则氢气的物质的量为1mol、CO的物质的量为1mol，氢气的平衡转化率为87.5%，反应生成CO2的物质的量为0.25mol， 设参与反应Ⅰ的CO为xmol、参与反应ⅡCO为ymol、参与反应Ⅲ的CO2为zmol 氢气的转化率为87.5%，即，反应生成CO2的物质的量为0.25mol，即=0.25，计算可得x+y=0.625、x+z=0.375，CO的转化率为， 所以m=62.5%；CH4的选择性[×100%]=。 ②根据上述分析可计算出各气体平衡时的量：n(CO)=1-1×62.5%=0.375mol、n(H2)=1-1×87.5%=0.125mol、n(CO2)=0.25mol、n(CH4)= x+z=0.375mol、n(H2O)= x-y+2z=0.125mol；平衡时总的气体的物质的量为1.25mol；由于起始充入1mol的CO和0.5mol的进行上述反应，起始压强为1.5P0，由于温度均为T2，那么Kp均是相同的，可知当起始充入1mol的CO和1mol的进行上述反应，根据物质的量之比等于压强之比可知，该反应的起始压强为2P0，达到平衡时的压强为1.25 P0，由此计算反应Ⅰ的K=。 ③温度为T2时反应II的K=，温度为T1时观察图可知，lgk正=lgk逆，可知此时反应II的K=1，反应II为放热反应，升高温度平衡逆向移动，Kp会减小，由于T2时Kp更小，可判断T1<T2，反应I为放热反应，降低温度平衡正向移动，因此温度为T1时CO转化率更大，因此对应的是X点。 19. 化合物J具有抗肿瘤活性，可由如下路线合成(略去部分试剂和条件)。 回答下列问题： （1）A的结构简式是_______，B的官能团名称是_______。 （2）下列说法错误的是_______(填标号)。 A. E有顺反异构体 B. A可与FeCl3溶液发生显色反应 C. E→F的反应中有乙醇生成 D. F→G的反应类型为取代反应 （3）J的结构简式中标注的碳原子，其中手性碳原子是_______。 （4）D的同分异构体中，同时满足下列件的共有_______种(不考虑立体异构)： ①能发生银镜反应；②核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积比为9:3:1:1。写出其中一种的结构简式_______。 （5）某同学结合J的合成路线，设计了化合物K()的一种合成路线。该路线中L和M的结构简式分别为_______和_______。 已知： 【答案】（1） ①. ②. 碳溴键（或Br原子） （2）D （3）c （4） ①. 4 ②. (CH3)3CC(CH3)(OH)CHO （5） ①. ②. 【解析】 【分析】分析合成路线，根据B、C的结构简式以及A的分子式，可知，A→C的过程为A与B发生取代反应，生成C与HBr。A的结构简式为：。C与D发生取代反应，生成E和HBr。E在酸性条件下发生水解，生成和CH3CH2OH。中一个C原子上连有2个羟基时，结构不稳定，最终变成F()。对比F的分子式和G的分子式，结合H的结构简式，可知F→G的过程为F与CH3NO2发生加成反应生成。G中的醛基(-CHO)被氧化剂氧化为羧基(-COOH)，并与CH3OH在浓硫酸的作用下发生酯化反应，生成H。H与H2在催化剂的作用下发生还原反应，H中的硝基(-NO2)被还原为氨基(-NH2)，生成I。I脱去一分子CH3OH，发生分子内成环反应，生成J。据此解答。 【小问1详解】 由分析可知，A的结构简式为：；根据B的结构简式，可知B中的官能团为碳溴键（或Br原子）。答案为：；碳溴键（或Br原子）； 【小问2详解】 A．E中碳碳双键上的每个C原子都连接了不同的原子和原子团，则E有两种结构：相同的氢原子位于双键同一侧的顺式结构和相同的氢原子位于双键两侧的反式结构，A项正确； B．A的分子中含有酚羟基，可与FeCl3溶液作用显紫色，B项正确； C．由分析可知，E→F的过程中生成乙醇，C项正确； D．根据分析，F→G的反应类型为碳碳双键的加成反应，D项错误； 答案选D。 【小问3详解】 手性碳原子是指与四个各不相同的原子或基团相连的碳原子，分析J的结构简式，可知c为手性碳原子。答案为：c； 【小问4详解】 D的分子式为C7H14O2，其同分异构体满足条件①②，说明同分异构体中含有醛基(-CHO)，且存在四种不同环境的氢原子个数为9、3、1、1，满足条件的同分异构体有：(CH3)3CC(CH3)(OH)CHO、HCOOCH(CH3)C(CH3)3、(CH3)3CCH(CHO)OCH3、(CH3)3COCH(CH3)CHO，共4种。答案为：4；(CH3)3CC(CH3)(OH)CHO； 【小问5详解】 分析题给已知条件，可知R-CHO中的碳氧双键断裂，CH3CHO上甲基中的2个碳氢键断裂，彼此重新成键，生成R-CH＝CHCHO和H2O。根据L与CH3CHO在相同条件下反应生成类似产物，可知L为一元醛，由产物()的结构简式，可逆推出L的结构简式为：。由K的结构简式及生成K的反应条件逆推，可知C8H15NO4的结构简式为：。M被氧化剂氧化生成，可知M的结构简式为：。答案为：；。 【点睛】也可以类比F→G的反应，M为与CH3NO2在催化剂作用下发生加成反应的产物，进而也可以推断出M为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $