精品解析：河南省郑州外国语学校2025-2026学年高三下学期3月阶段检测化学试题

郑州外国语学校2025-2026学年下期高三调研7考试试卷 化学 (75分钟 100分) 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，每题3分，共42分) 1. 下列化学用语表示错误的是 A. 的原子结构示意图： B. 的电子式： C. 环己烷最稳定空间结构的键线式： D. 中O的杂化轨道表示式： 2. 劳动创造美好生活，化学知识在不同职业中有着广泛应用。以下关联中，不正确的是 选项 化学与职业 工作示例 A 制药工程师 开发设计新的药物产品和治疗方案，满足临床需求 B 水质检验员 利用化学分析仪器等对水样的pH、氨氮含量进行评估 C 测试工程师 对不锈钢的主要合金元素K和Cr的含量进行定量分析 D 科技考古研究人员 利用衰变测定装置对文物进行年代测定和研究 A. A B. B C. C D. D 3. 过碳酸钠()是一种环保无毒的漂白剂，其实验室制法如图所示。下列说法正确的是 A. Na2CO3俗称纯碱，属于共价化合物 B. 利用浓溶液配制的H2O2溶液需要用到容量瓶、胶头滴管 C. NaCl固体的作用是降低过碳酸钠的溶解度，利于其析出 D. 过滤、洗涤后的固体放在坩埚中干燥 4. 下列有关实验操作和对实验结论的分析正确的是 A．称量NaOH固体 B．洗涤盛有CuSO4废液的试管 C．防止铁管道被腐蚀 D．温度升高时，CH3COONa溶液中c(OH-)增大 A. A B. B C. C D. D 5. 下列离子方程式书写错误的是 A. 溶液与少量反应： B. 硫酸铜溶液中滴入过量氨水： C. 硅橡胶单体(CH3)2Si(OH)2的制备： D. 将少量氯气通入Na2SO3溶液： 6. X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大的前四周期元素，其中X是宇宙中含量最多的元素；在同周期元素中，第一电离能数值比Y大的元素有2种；Z元素原子的价层电子排布是nsnnp2n；Q、W元素原子的最外层均只有1个电子，但Q元素原子中只有两种形状的电子云，W元素原子的次外层内的所有轨道的电子均成对。下列说法正确的是 A. W元素位于元素周期表的d区 B. 原子半径：X>Z>Y C. 第一电离能(I1)：Y>Z>Q D. Y、Z、Q均能与X形成多种氢化物 7. 部分含C或S物质的分类与相应化合价关系如图。下列推断合理的是 A. 一定条件下，a能与氧气反应，氧化产物一定具有漂白性 B. 工业生产中，利用d的浓溶液吸收b，制备d C. f只能与H+反应，不能与OH-反应 D. 能使澄清石灰水变浑浊，得到，则所含元素一定位于第ⅣA族 8. 下列有关实验操作、现象和结论均正确的是 选项 实验操作 现象 结论 A 向稀溶液中加入少量同浓度的氨水 溶液无明显现象 与的配位能力比强 B 在N2氛围中高温加热FeSO4固体使其分解，将气体产物依次通入Ba(NO3)2溶液、品红溶液 Ba(NO3)2溶液中产生白色沉淀，品红溶液不褪色 FeSO4分解的气体产物中有SO3没有SO2 C 溴乙烷与氢氧化钠的乙醇溶液共热，将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中 酸性高锰酸钾溶液的紫红色褪去 溴乙烷发生消去反应 D 向硫酸铜溶液中依次加入足量氨水和适量乙醇 最终析出深蓝色晶体 乙醇降低硫酸四氨合铜晶体的溶解度 A. A B. B C. C D. D 9. 二苯并-18-冠-6-醚可作为主体分子，结合水中的，结合后的结构如下图1，下列说法正确的是 A. 二苯并-18-冠-6-醚是极性分子 B. 二苯并-18-冠-6-醚在苯环上的一氯代物有4种 C. 二苯并-18-冠-6-醚的分子式为C20H20O6 D. 在二苯并-18-冠-6-醚中引入氟原子(如图2)，新的分子对Pb2+的结合能力减弱 10. 为研究三价铁配合物性质进行如下实验(忽略溶液体积变化) 已知：为黄色、为红色、为无色。下列说法正确的是 A. ①中增大使的平衡常数增大 B. ②中溶液变红的原因为Fe3+与SCN-反应生成红色不溶物 C. ②→③说明F-对Fe3+的配位能力弱于SCN-对Fe3+的配位能力 D. ④中无色溶液未见明显变化，是因为不能氧化I- 11. 近日，我国科学家成功研发出新型氢负离子原电池，其利用氢负离子的移动来存储和释放能量，放电时总反应方程式为：。 下列说法错误的是 A. 电流方向：CeH2→固态电解质→NaAlH4→导线→CeH2 B. 该装置存储能量时，H-由NaAlH4电极移向CeH2电极 C. 放电时，正极的电极反应式为 D. 理论上，当有1mol CeH3生成时，两极的质量变化差值为2 g 12. (铁氰化钾)可用于检验，产生特征蓝色沉淀(滕氏蓝)，滕氏蓝可作蓝色颜料。滕氏蓝晶体的晶胞结构如图(正方体结构，省略了)，晶胞边长为d nm，P原子坐标为。已知：的摩尔质量为。下列说法错误的是 A. 中，配体为CN- B. Q处坐标为 C. 和的最近距离为0.25d nm D. 滕氏蓝晶体的密度为 13. 氢能是一种重要的清洁能源。每分子HCOOH在催化剂作用下催化释放氢的反应机理和相对能量的变化情况分别如图1和图2所示。下列叙述正确的是 A. 在催化剂表面解离键比解离键更难 B. HCOOH催化制H2的过程中没有键的形成 C. 依据图2判断HCOOH*→HCOO*+H*是催化释放氢过程中的决速步骤 D. 总反应的热化学方程式为：HCOOH(g)=CO2(g)+H2(g) =-0.45eV 14. 常温下，哌嗪(，用B表示)水溶液中各种含氮微粒的物质的量分数随变化的关系如下图中的曲线x、y、z所示。已知哌嗪为二元弱碱，其两步电离平衡为： ； 。已知：，。 下列说法错误的是 A. 曲线x所代表的含氮微粒即为哌嗪(B) B. 当时，溶液中 C. 横坐标a对应的pH值为4.28，横坐标 b对应的pH值为6.24 D. 0.1 mol/L BHCl 溶液中：c(Cl-)>c(BH+)>c()>c(B) 二、非选择题(本题共4小题，共58分) 15. 咪唑()是一种化工产品。某实验小组用OHC-CHO、HCHO、按物质的量之比为反应制备咪唑，装置和步骤如下： ①投料：在三颈烧瓶中加入适量硫酸铵和蒸馏水，搅拌溶解；在滴液漏斗中加入乙二醛与甲醛的混合液(含 OHC-CHO和 HCHO)，滴加时三颈烧瓶中溶液的温度低于40℃，滴毕升温至85~88℃，保温4h，反应液逐渐变浑浊。 ②排氨：冷却至50~60℃，分批加入氢氧化钙固体至；升温至85~90℃，保温1h排尽氨气。 ③浓缩：趁热过滤，用热水洗涤滤饼2~3次；合并滤液与洗液，常压浓缩至有大量晶体析出，再减压浓缩至黏稠状。 ④提纯：减压蒸馏，油泵减压，收集馏分，得淡黄色粗咪唑。 ⑤精制：用苯加热溶解，趁热过滤，冷却后析出白色针状晶体；抽滤、真空干燥，得到咪唑3.06 g。 已知：乙二醛的沸点为51℃，咪唑的沸点为267℃，且咪唑在水中的溶解度随温度升高而显著增加。 回答下列问题： （1）在图1装置中，仪器A的作用是___________。 （2）步骤②中，“分批加入氢氧化钙固体”的目的是___________。 （3）步骤③中，“趁热过滤”的目的是___________，“用热水洗涤滤饼”的目的是___________。 （4）利用图2装置完成步骤④，减压蒸馏中毛细玻璃管的作用是___________。 （5）步骤⑤中采用抽滤，与常压过滤相比，抽滤的优点是___________。 （6）本实验中，咪唑的产率为___________%。 （7）咪唑的碱性主要是由1号N体现的，判断依据是___________。 16. 钪的价格昂贵，在地壳里的含量只有0.0005%。研究发现，可从金属提取工艺中的固体废料“赤泥”(含有Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等)里回收钪，流程如下，请回答下列问题。 已知：①Sc2O3和TiO2性质较稳定，不易被还原，且TiO2难溶于盐酸； ②“熔炼”过程中，单质硅和大部分单质铁转化为“熔融物”分离出来； ③草酸可与多种金属离子形成可溶性络合物。 （1）“酸浸”时，滤渣的主要成分除焦炭外还有___________(填化学式)。 （2）“熔炼”时，酸性氧化物发生反应的方程式___________。 （3）草酸“沉钪”时，钪的沉淀率随的变化情况如图，曲线开始下降的原因是___________。 （4）氧化钪(Sc2O3)可用作半导体镀层的蒸镀材料。草酸钪晶体在足量空气中加热550℃以上可得到氧化钪，反应的化学方程式为___________。 （5）常温下，三价Sc的部分存在形式与氟离子浓度的对数[]、pH的关系如图所示。取ScCl3溶液，加入NH3•H2O-NH4F调节pH。已知pH=6时，溶液中c(F-)=2×10-5mol/L。pH由6升至9时发生转化的离子方程式为___________。(已知) （6）取ScCl3粗产品(含难溶Sc2O3杂质)溶于水，配成溶液，采用K2CrO4为指示剂，用AgNO3标准溶液滴定，当溶液中出现___________现象时，说明已达到滴定终点。当溶液中Cl-恰好沉淀完全(浓度等于1.0×10-5mol·L-1)时，此时溶液中c()=___________mol·L-1。[已知：Ksp(AgCl)=2.0×10-10，Ksp(Ag2CrO4)=2.0×10-12] 17. 近年来甲烷资源化的利用备受关注。试回答下列问题： 【催化重整】 重整反应为I． =＋247.3kJ/mol 已知：一定温度下，由稳定单质(其标准摩尔生成焓视为0)生成1mol化合物的焓变称为该化合物的标准摩尔生成焓()。表中为几种物质在298K时的标准摩尔生成焓。 物质 CO2(g) CO(g) H2(g) CH4(g) () x -110.5 0 -74.8 （1）x=___________。 （2）为了进一步研究CO2的甲烷化反应，科学家研究催化剂M/TiO2(M表示Ni或Ru)在300℃光照条件下进行反应，催化反应核心过程如图： 研究发现，光诱导电子从TiO2转移到M，富电子的M表面可以促进H2的解离和CO2的活化，从而提高反应效率。已知Ni和Ru的电负性分别为1.91和2.20，使用Ru/TiO2催化剂的反应效率___________(填“高于”或“低于”)使用Ni/TiO2作催化剂的反应效率。 【CH4处理工业废气H2S】 （3）利用工业废气H2S生产CS2的反应为。向某密闭容器充入1mol CH4、2mol H2S，维持体系压强为po kPa，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数随温度T的变化如图。 ①图中表示CH4的曲线是___________(填“a”“b”“c”或“d”)。 ②780℃时，该反应的Kp=___________(列出表达式即可，用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压物质的量分数)。 ③维持m点温度不变，向容器中再通入CH4、H2S、CS2、H2各1mol，此时速率关系为(正)___________(逆)(填“>”“<”或“=”)。 【CH4和C3H8催化制氢】 还可以用甲烷和丙烷制备，同时生成苯和二甲苯，反应如下：(两个反应可视为同级数的平行反应) （4）对于同级数的平行反应有，其中v、k分别为反应速率和反应速率常数，Ea为反应活化能，A1、A2为定值，R为常数，T为温度，同一温度下k1/k2是定值。已知，若要提高单位时间内苯的选择性，可采取的措施有___________。 18. 普卡必利可用于治疗某些肠道疾病，其合成路线如下(部分条件和产物略去)： 已知：① ② （1）A中官能团名称是___________。 （2）试剂a的结构简式是___________。 （3）的反应类型是___________。 （4）的化学方程式是___________。 （5）I的核磁共振氢谱只有一组峰，I的结构简式是___________。 （6）下列说法错误的是___________(填序号)。 a．的反应过程需要控制CH3OH不过量 b．F与FeCl3溶液作用显紫色 c．普卡必利中含有酰胺基和氨基，能与盐酸反应 d．K→L加入K2CO3的作用是吸收HBr，促进反应正移 （7）G的结构简式为___________。 （8）以G和M为原料合成普卡必利时，在反应体系中检测到有机物Q，写出中间产物P、Q的结构简式：___________、___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 郑州外国语学校2025-2026学年下期高三调研7考试试卷 化学 (75分钟 100分) 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，每题3分，共42分) 1. 下列化学用语表示错误的是 A. 的原子结构示意图： B. 的电子式： C. 环己烷最稳定空间结构的键线式： D. 中O的杂化轨道表示式： 【答案】B 【解析】 【详解】A．是34号元素，核电荷数为34，核外电子分层排布为，该原子结构示意图书写正确，A正确； B．​是过氧化钙，由和1个过氧根离子构成，过氧根内部两个原子之间存在共价键（共用一对电子），电子式书写错误，B错误； C．环己烷的空间构象中，椅式构象的张力远小于船式构象，是最稳定的空间结构，图示为椅式构象的键线式，C正确； D．中的价层电子对数为，为杂化；的价电子共6个，杂化后4个轨道中，2个轨道填充成对的孤对电子，2个轨道各填充1个单电子用于和成键，D正确； 故选B。 2. 劳动创造美好生活，化学知识在不同职业中有着广泛应用。以下关联中，不正确的是 选项 化学与职业 工作示例 A 制药工程师 开发设计新的药物产品和治疗方案，满足临床需求 B 水质检验员 利用化学分析仪器等对水样的pH、氨氮含量进行评估 C 测试工程师 对不锈钢的主要合金元素K和Cr的含量进行定量分析 D 科技考古研究人员 利用衰变测定装置对文物进行年代测定和研究 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．制药工程师的核心工作包括研发新药物产品、适配临床治疗需求，关联正确，A正确； B．水质检验员的常规工作包含使用化学分析仪器测定水样pH、氨氮含量等指标，关联正确，B正确； C．不锈钢的主要合金元素是Cr、Ni等，K（钾）不是不锈钢的主要合金元素，工作示例描述错误，C错误； D．衰变测年法是科技考古中测定文物年代的常用技术，关联正确，D正确； 故选C。 3. 过碳酸钠()是一种环保无毒的漂白剂，其实验室制法如图所示。下列说法正确的是 A. Na2CO3俗称纯碱，属于共价化合物 B. 利用浓溶液配制的H2O2溶液需要用到容量瓶、胶头滴管 C. NaCl固体的作用是降低过碳酸钠的溶解度，利于其析出 D. 过滤、洗涤后的固体放在坩埚中干燥 【答案】C 【解析】 【详解】A．俗称纯碱或苏打，其由和构成，属于离子化合物，而非共价化合物，A错误； B．配制“30%溶液”指质量分数溶液，只需用量筒量取浓溶液与水，在烧杯中混合即可，无需容量瓶，B错误； C．加入NaCl固体后，溶液中浓度升高，通过同离子效应降低过碳酸钠的溶解度，促使其结晶析出，C正确； D．由图可知，盛放产品的仪器名称为表面皿，D错误； 故答案选C。 4. 下列有关实验操作和对实验结论的分析正确的是 A．称量NaOH固体 B．洗涤盛有CuSO4废液的试管 C．防止铁管道被腐蚀 D．温度升高时，CH3COONa溶液中c(OH-)增大 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．NaOH固体易潮解、具有强腐蚀性，不能直接放在托盘上称量，必须放在烧杯或表面皿等玻璃器皿中称量，A错误； B．废液含重金属，直接冲洗排入下水道会污染水体，废液需经过处理后才能排放，B错误； C．外加电流法防护金属腐蚀时，被保护的铁管道应该接电源负极作阴极；图中铁管道接电源正极，作阳极会加快腐蚀，C错误； D．醋酸根水解反应为吸热过程，升高温度，水解平衡正向移动，溶液中增大，D正确； 故选D。 5. 下列离子方程式书写错误的是 A. 溶液与少量反应： B. 硫酸铜溶液中滴入过量氨水： C. 硅橡胶单体(CH3)2Si(OH)2的制备： D. 将少量氯气通入Na2SO3溶液： 【答案】A 【解析】 【详解】A．(NH4)2Fe(SO4)2溶液中Fe2+结合OH-的能力强于，少量NaOH反应时是Fe2+先与OH-反应生成Fe(OH)2沉淀，离子方程式应为Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓，A错误； B．硫酸铜与过量氨水反应时，Cu2+先与NH3·H2O生成Cu(OH)2沉淀，过量氨水会与Cu2+形成可溶性络合物[Cu(NH3)4]2+，B正确； C．(CH3)2SiCl2发生水解反应，Si-Cl键断裂结合羟基生成(CH3)2Si(OH)2，同时生成HCl，HCl完全电离为H+和Cl-，C正确； D．少量Cl2将氧化为，自身被还原为Cl-，反应生成的H+会与过量的结合为，D正确； 故选A。 6. X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大的前四周期元素，其中X是宇宙中含量最多的元素；在同周期元素中，第一电离能数值比Y大的元素有2种；Z元素原子的价层电子排布是nsnnp2n；Q、W元素原子的最外层均只有1个电子，但Q元素原子中只有两种形状的电子云，W元素原子的次外层内的所有轨道的电子均成对。下列说法正确的是 A. W元素位于元素周期表的d区 B. 原子半径：X>Z>Y C. 第一电离能(I1)：Y>Z>Q D. Y、Z、Q均能与X形成多种氢化物 【答案】C 【解析】 【详解】首先推断元素：X为宇宙中含量最多的H；Z价层电子排布为nsnnp2n，n=2，Z为O；Y介于H和O之间，第二周期中第一电离能比Y大的有F、Ne 2种，故Y为N；Q最外层1个电子、只有s和p两种电子云，Q为Na；W最外层1个电子、次外层内的所有轨道的电子均成对，电子排布式为，W为Cu。 A．W为Cu，在第四周期ⅠB族，位于元素周期表ds区，A错误； B．同周期主族元素原子半径从左到右递减，H原子只有1个电子层，而N原子和O原子有2个电子层，故H的原子半径在三者中最小，故原子半径：N>O>H，B错误； C．N的2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于O，Na为活泼金属，第一电离能远小于非金属，故第一电离能：N>O>Na ，C正确； D．Q为Na，与H只能形成NaH一种氢化物，无法形成多种氢化物，D错误； 故选C。 7. 部分含C或S物质的分类与相应化合价关系如图。下列推断合理的是 A. 一定条件下，a能与氧气反应，氧化产物一定具有漂白性 B. 工业生产中，利用d的浓溶液吸收b，制备d C. f只能与H+反应，不能与OH-反应 D. 能使澄清石灰水变浑浊，得到，则所含元素一定位于第ⅣA族 【答案】B 【解析】 【分析】这是含C或S物质的化合价-类别二维图：横坐标从左到右为单质、氧化物、盐、酸，纵坐标从下到上为元素化合价0价、+4价、+6价。结合C、S的化合价特点，可推导出各物质的可能：a：0价单质，对应C单质或S单质；b：+6价氧化物，只有S可显+6价，对应；​g：+4价氧化物，对应​（C为+4价）或​（S为+4价）；c：+6价盐，对应+6价S的硫酸盐/硫酸氢盐；f：+4价盐，对应碳酸盐（C为+4价）/碳酸氢盐或亚硫酸盐/亚硫酸氢盐（S为+4价）；d：+6价酸，对应硫酸；e：+4价酸，对应​（C为+4价）或​（S为+4价）。 【详解】A．若a为C单质，C与氧气反应的产物为或​，二者都没有漂白性；只有a为S单质时，生成的​才有漂白性，因此不满足“一定”的描述，A错误； B．d是硫酸，b是​；工业制硫酸时，若直接用水吸收会形成酸雾，吸收效率低，因此实际用98.3%的浓硫酸吸收​，之后再稀释得到所需浓度的硫酸，符合描述，B正确； C．f是+4价的盐，若为碳酸氢盐、亚硫酸氢盐，这类物质既能与反应生成气体，也能与反应生成正盐，C错误； D．​（C位于ⅣA族）可使澄清石灰水变浑浊，（S位于ⅥA族）也能和澄清石灰水反应生成亚硫酸钙沉淀，同样使澄清石灰水变浑浊，因此g不一定是，对应元素不一定在ⅣA族，D错误； 故选B。 8. 下列有关实验操作、现象和结论均正确的是 选项 实验操作 现象 结论 A 向稀溶液中加入少量同浓度的氨水 溶液无明显现象 与的配位能力比强 B 在N2氛围中高温加热FeSO4固体使其分解，将气体产物依次通入Ba(NO3)2溶液、品红溶液 Ba(NO3)2溶液中产生白色沉淀，品红溶液不褪色 FeSO4分解的气体产物中有SO3没有SO2 C 溴乙烷与氢氧化钠的乙醇溶液共热，将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中 酸性高锰酸钾溶液的紫红色褪去 溴乙烷发生消去反应 D 向硫酸铜溶液中依次加入足量氨水和适量乙醇 最终析出深蓝色晶体 乙醇降低硫酸四氨合铜晶体的溶解度 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．中与形成稳定的配离子，氨水为弱碱，电离出的浓度低，不足以破坏该配离子，无法证明与的配位能力比强，A错误； B．若分解产物含，通入溶液时，酸性条件下会将氧化为，也会产生白色沉淀，被完全吸收，品红也不会褪色，无法证明分解产物无，B错误； C．反应中挥发的乙醇具有还原性，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，会干扰乙烯的检验，不能证明溴乙烷发生消去反应，C错误； D．硫酸铜与足量氨水反应生成硫酸四氨合铜，加入乙醇后，乙醇极性小于水，降低了硫酸四氨合铜晶体的溶解度，因此析出深蓝色晶体，D正确； 故选D。 9. 二苯并-18-冠-6-醚可作为主体分子，结合水中的，结合后的结构如下图1，下列说法正确的是 A. 二苯并-18-冠-6-醚是极性分子 B. 二苯并-18-冠-6-醚在苯环上的一氯代物有4种 C. 二苯并-18-冠-6-醚的分子式为C20H20O6 D. 在二苯并-18-冠-6-醚中引入氟原子(如图2)，新的分子对Pb2+的结合能力减弱 【答案】D 【解析】 【详解】A．该分子的整体结构高度对称：两个苯环分别位于冠醚环的两侧，分子具有对称中心。这种对称结构使得各极性键的偶极矩在空间上相互抵消，因此分子整体不显极性，属于非极性分子，A错误； B．该分子整体对称，两个苯环等效，单个苯环上共有2种等效氢，因此苯环上的一氯代物有2种，B错误； C．该分子共含20个C原子、6个O原子，H原子数为24，分子式为，C错误； D．氟原子是强吸电子基团，引入氟原子后会降低醚键氧原子的电子云密度，使氧原子对带正电的配位能力减弱，因此新分子对的结合能力减弱，D正确； 故选D。 10. 为研究三价铁配合物性质进行如下实验(忽略溶液体积变化) 已知：为黄色、为红色、为无色。下列说法正确的是 A. ①中增大使的平衡常数增大 B. ②中溶液变红的原因为Fe3+与SCN-反应生成红色不溶物 C. ②→③说明F-对Fe3+的配位能力弱于SCN-对Fe3+的配位能力 D. ④中无色溶液未见明显变化，是因为不能氧化I- 【答案】D 【解析】 【分析】由实验现象可知，①的氯化铁溶液中的铁离子能与氯离子反应生成黄色的离子；②的溶液中铁离子能与硫氰酸根离子反应生成红色的离子；③的溶液中离子能与氟离子反应生成无色的离子；④的溶液中离子氧化性较弱，不能氧化碘离子。 【详解】A．平衡常数只与温度有关，温度不变时，改变反应物浓度，平衡的平衡常数不变，A错误； B．题干已知为红色，该物质是可溶性络离子，不是不溶物，B错误； C．由分析可知，③的溶液中离子能与氟离子反应生成无色的离子，说明氟离子对铁离子的配位能力强于硫氰酸根离子对铁离子的配位能力，C错误； D．游离的可以氧化，生成​使淀粉变蓝；实验中未见明显变化，是因为几乎全部转化为稳定的，不能氧化，无生成，D正确； 故选D。 11. 近日，我国科学家成功研发出新型氢负离子原电池，其利用氢负离子的移动来存储和释放能量，放电时总反应方程式为：。 下列说法错误的是 A. 电流方向：CeH2→固态电解质→NaAlH4→导线→CeH2 B. 该装置存储能量时，H-由NaAlH4电极移向CeH2电极 C. 放电时，正极的电极反应式为 D. 理论上，当有1mol CeH3生成时，两极的质量变化差值为2 g 【答案】B 【解析】 【分析】放电时总反应方程式为：，Ce元素化合价由+2升高为+3，CeH2失电子发生氧化反应，CeH2是负极；Al元素化合价由+3降低为0，NaAlH4是正极； 【详解】A．原电池放电时，电流由正极经外电路流入负极，电流方向：CeH2→固态电解质→NaAlH4→导线→CeH2，故A正确； B．该装置存储能量时为电解池，阴离子移向阳极，CeH2为阴极、NaAlH4为阳极，H-由CeH2电极移向NaAlH4电极，故B错误； C．放电时，正极NaAlH4得电子生成Al，正极的电极反应式为，故C正确； D．放电时负极反应式为CeH2-e-+H-=CeH3，理论上，当有1mol CeH3生成时，电路中转移1mol电子，负极消耗1molH-，负极质量增加1g，正极生成1molH-，正极质量减少1g，两极的质量变化差值为2 g，故D正确； 选B。 12. (铁氰化钾)可用于检验，产生特征蓝色沉淀(滕氏蓝)，滕氏蓝可作蓝色颜料。滕氏蓝晶体的晶胞结构如图(正方体结构，省略了)，晶胞边长为d nm，P原子坐标为。已知：的摩尔质量为。下列说法错误的是 A. 中，配体为CN- B. Q处坐标为 C. 和的最近距离为0.25d nm D. 滕氏蓝晶体的密度为 【答案】C 【解析】 【详解】A．是配位离子，中心离子为，提供空轨道，配体为，提供孤电子对，A正确； B．P原子坐标为，设晶胞边长为1个单位，Q处在晶胞内的位置对应，因此坐标为，B正确； C．与最近的分数坐标差为，根据空间距离公式，最近距离为 ，C错误； D．该晶胞中含个，晶胞质量；晶胞边长，晶胞体积，因此密度： ​，D正确； 故选C。 13. 氢能是一种重要的清洁能源。每分子HCOOH在催化剂作用下催化释放氢的反应机理和相对能量的变化情况分别如图1和图2所示。下列叙述正确的是 A. 在催化剂表面解离键比解离键更难 B. HCOOH催化制H2的过程中没有键的形成 C. 依据图2判断HCOOH*→HCOO*+H*是催化释放氢过程中的决速步骤 D. 总反应的热化学方程式为：HCOOH(g)=CO2(g)+H2(g) =-0.45eV 【答案】A 【解析】 【详解】A．反应活化能越大，断键越难进行，根据图2：解离键对应步骤，活化能；解离键对应步骤，活化能； 键解离活化能更大，说明解离更难，A正确； B．催化分解最终生成，​的结构式为，含有2个键，相比反应物（仅含1个键），过程中有新键生成，B错误； C．决速步骤是反应中活化能最大的基元步骤，由上述计算可知，活化能最大的步骤是，C错误； D．热化学方程式中，反应焓变的单位为，是单个分子的能量单位，且此处是1个甲酸分子反应的能量变化，不是1molHCOOH(g)的焓变，D错误； 故选A。 14. 常温下，哌嗪(，用B表示)水溶液中各种含氮微粒的物质的量分数随变化的关系如下图中的曲线x、y、z所示。已知哌嗪为二元弱碱，其两步电离平衡为： ； 。已知：，。 下列说法错误的是 A. 曲线x所代表的含氮微粒即为哌嗪(B) B. 当时，溶液中 C. 横坐标a对应的pH值为4.28，横坐标 b对应的pH值为6.24 D. 0.1 mol/L BHCl 溶液中：c(Cl-)>c(BH+)>c()>c(B) 【答案】C 【解析】 【分析】哌嗪（）是二元弱碱，水溶液中共存在3种含氮微粒：（未质子化）、（一步质子化）、​（两步质子化）。 横坐标为 ：横坐标越大，代表 越小，溶液酸性越强，哌嗪质子化程度越高。因此：越小（碱性越强），未质子化的占比越高，因此下降的曲线代表；一步质子化产物，随增大先增加后减少，因此先升后降的曲线代表；越大，质子化程度越高，两步质子化产物​占比持续增大，因此上升的曲线代表。​​ 【详解】A．曲线x在较小时物质的量分数最大，代表未质子化的哌嗪，A正确； B．pH=9.0时，，即，根据电离常数计算： ，得，即； ，得，即，B正确； C．a点是和交点，，因此 ，得 ，即a点，； b点是和交点，，由，得 ，即b点，，选项将横坐标的值当作，C错误； D．溶液中，的电离常数，水解常数，电离程度大于水解程度，因此；不水解，浓度最大，电离水解占比小，因此浓度顺序：，D正确； 故选C。 二、非选择题(本题共4小题，共58分) 15. 咪唑()是一种化工产品。某实验小组用OHC-CHO、HCHO、按物质的量之比为反应制备咪唑，装置和步骤如下： ①投料：在三颈烧瓶中加入适量硫酸铵和蒸馏水，搅拌溶解；在滴液漏斗中加入乙二醛与甲醛的混合液(含 OHC-CHO和 HCHO)，滴加时三颈烧瓶中溶液的温度低于40℃，滴毕升温至85~88℃，保温4h，反应液逐渐变浑浊。 ②排氨：冷却至50~60℃，分批加入氢氧化钙固体至；升温至85~90℃，保温1h排尽氨气。 ③浓缩：趁热过滤，用热水洗涤滤饼2~3次；合并滤液与洗液，常压浓缩至有大量晶体析出，再减压浓缩至黏稠状。 ④提纯：减压蒸馏，油泵减压，收集馏分，得淡黄色粗咪唑。 ⑤精制：用苯加热溶解，趁热过滤，冷却后析出白色针状晶体；抽滤、真空干燥，得到咪唑3.06 g。 已知：乙二醛的沸点为51℃，咪唑的沸点为267℃，且咪唑在水中的溶解度随温度升高而显著增加。 回答下列问题： （1）在图1装置中，仪器A的作用是___________。 （2）步骤②中，“分批加入氢氧化钙固体”的目的是___________。 （3）步骤③中，“趁热过滤”的目的是___________，“用热水洗涤滤饼”的目的是___________。 （4）利用图2装置完成步骤④，减压蒸馏中毛细玻璃管的作用是___________。 （5）步骤⑤中采用抽滤，与常压过滤相比，抽滤的优点是___________。 （6）本实验中，咪唑的产率为___________%。 （7）咪唑的碱性主要是由1号N体现的，判断依据是___________。 【答案】（1）冷凝回流，提高原料利用率 （2）避免反应剧烈，且能充分将排出 （3） ①. 避免咪唑析出，减少咪唑损失 ②. 增大咪唑的溶解度，充分洗去滤饼表面附着的咪唑，提高产率 （4）作为气化核心，防止液体暴沸 （5）过滤速度快、固体更干燥 （6）45 （7）2号N中孤电子对参与形成，1号N上孤电子对能与质子形成配位键 【解析】 【分析】由题意可知，该实验的实验目的是以乙二醛、甲醛与硫酸铵为原料，经过投料、排氨、浓缩、减压蒸馏、精制等实验步骤制备得到咪唑。 【小问1详解】 由实验装置图可知，仪器A是球形冷凝管，作用是冷凝回流挥发出的乙二醛、甲醛，提高原料的利用率； 【小问2详解】 由题意可知，加入氢氧化钙的目的是将硫酸铵转化为氨气排出，分批加入氢氧化钙固体可以有效控制反应速率，防止一次性加入过多导致反应过于剧烈，导致氨气的瞬间生成量过大而难以排出； 【小问3详解】 由题给信息可知，咪唑在水中的溶解度随温度升高而显著增加，趁热过滤可防止温度降低时咪唑因溶解度下降而结晶析出，从而减少产品损失；用热水洗涤滤饼可以提高咪唑的高溶解度，将附着在滤饼表面的咪唑溶解并洗入滤液中，从而提高咪唑的产率； 【小问4详解】 减压蒸馏中毛细玻璃管可以作为气化核心，起到防止液体暴沸的作用； 【小问5详解】 与常压过滤相比，抽滤利用真空泵产生负压，加快过滤速度，同时负压有助于抽走固体表面的水分，得到的滤饼更干燥，便于后续干燥操作； 【小问6详解】 由题意可知，乙二醛、甲醛与硫酸铵按物质的量之比为反应制备咪唑，实验所用乙二醛、甲醛的物质的量分别为：=0.1 mol、=0.2mol，则反应时乙二醛不足量，理论上完全反应生成0.1 mol咪唑，则由实验制得3.06 g咪唑可知，咪唑的产率为：=45%； 【小问7详解】 由结构简式可知，咪唑分子中氮原子和碳原子的杂化方式均为sp2杂化，分子中3个碳原子和1号氮原子各提供1个未参与杂化的p电子、2号氮原子提供1对未参与杂化的p电子共同形成大π键，则2号氮原子与氢原子相连，孤电子对参与形成大π键，电子云密度降低，难以结合质子，而1号氮原子有一对孤对电子，能与氢离子形成配位键，结合质子能力更强，所以咪唑的碱性主要是由1号氮原子体现。 16. 钪的价格昂贵，在地壳里的含量只有0.0005%。研究发现，可从金属提取工艺中的固体废料“赤泥”(含有Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等)里回收钪，流程如下，请回答下列问题。 已知：①Sc2O3和TiO2性质较稳定，不易被还原，且TiO2难溶于盐酸； ②“熔炼”过程中，单质硅和大部分单质铁转化为“熔融物”分离出来； ③草酸可与多种金属离子形成可溶性络合物。 （1）“酸浸”时，滤渣的主要成分除焦炭外还有___________(填化学式)。 （2）“熔炼”时，酸性氧化物发生反应的方程式___________。 （3）草酸“沉钪”时，钪的沉淀率随的变化情况如图，曲线开始下降的原因是___________。 （4）氧化钪(Sc2O3)可用作半导体镀层的蒸镀材料。草酸钪晶体在足量空气中加热550℃以上可得到氧化钪，反应的化学方程式为___________。 （5）常温下，三价Sc的部分存在形式与氟离子浓度的对数[]、pH的关系如图所示。取ScCl3溶液，加入NH3•H2O-NH4F调节pH。已知pH=6时，溶液中c(F-)=2×10-5mol/L。pH由6升至9时发生转化的离子方程式为___________。(已知) （6）取ScCl3粗产品(含难溶Sc2O3杂质)溶于水，配成溶液，采用K2CrO4为指示剂，用AgNO3标准溶液滴定，当溶液中出现___________现象时，说明已达到滴定终点。当溶液中Cl-恰好沉淀完全(浓度等于1.0×10-5mol·L-1)时，此时溶液中c()=___________mol·L-1。[已知：Ksp(AgCl)=2.0×10-10，Ksp(Ag2CrO4)=2.0×10-12] 【答案】（1）TiO2 （2） （3）草酸用量过多时，草酸钪沉淀会转化为可溶性络合物，故钪的沉淀率下降 （4） （5） （6） ①. 砖红色沉淀 ②. 0.005 【解析】 【分析】赤泥的主要成分为​、​、​、​，回收钪的流程如下：熔炼：加入过量焦炭，酸性氧化物​被焦炭还原为单质Si，大部分铁的氧化物被还原为单质铁，Si和大部分单质铁形成熔融物分离除去；剩余固体为、​和过量焦炭。酸浸：加入盐酸后，​、剩余铁的氧化物溶于盐酸生成盐，​难溶于盐酸，和焦炭一同成为滤渣除去，滤液含、铁离子杂质。除杂：加​将氧化为，再加氨水调pH，使转化为​沉淀除去，得到纯净的含溶液。提纯得到钪：经过草酸沉钪、沉钪、脱水除铵、热还原置换，最终得到单质钪，据此作答。 【小问1详解】 根据题干信息①难溶于盐酸，酸浸时TiO2不溶，成为滤渣。 【小问2详解】 赤泥中酸性氧化物为​，熔炼时​被过量焦炭还原为单质硅，得到产物Si和CO。 【小问3详解】 题干已知“草酸可与多种金属离子形成可溶性络合物”，草酸过量后，沉淀的钪转化为可溶性络合物进入溶液，沉淀率降低。 【小问4详解】 空气中参与反应，草酸钪中C被氧化为，配平后得到上述方程式。 【小问5详解】 根据图像，当时，时，计算得，Sc的存在形式为，pH升高到9时，Sc转化为​，因此反应的离子方程式为上述式子。 【小问6详解】 莫尔法滴定中，沉淀完全后，与生成砖红色沉淀，据此判断终点。，代入，得。 17. 近年来甲烷资源化的利用备受关注。试回答下列问题： 【催化重整】 重整反应为I． =＋247.3kJ/mol 已知：一定温度下，由稳定单质(其标准摩尔生成焓视为0)生成1mol化合物的焓变称为该化合物的标准摩尔生成焓()。表中为几种物质在298K时的标准摩尔生成焓。 物质 CO2(g) CO(g) H2(g) CH4(g) () x -110.5 0 -74.8 （1）x=___________。 （2）为了进一步研究CO2的甲烷化反应，科学家研究催化剂M/TiO2(M表示Ni或Ru)在300℃光照条件下进行反应，催化反应核心过程如图： 研究发现，光诱导电子从TiO2转移到M，富电子的M表面可以促进H2的解离和CO2的活化，从而提高反应效率。已知Ni和Ru的电负性分别为1.91和2.20，使用Ru/TiO2催化剂的反应效率___________(填“高于”或“低于”)使用Ni/TiO2作催化剂的反应效率。 【CH4处理工业废气H2S】 （3）利用工业废气H2S生产CS2的反应为。向某密闭容器充入1mol CH4、2mol H2S，维持体系压强为po kPa，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数随温度T的变化如图。 ①图中表示CH4的曲线是___________(填“a”“b”“c”或“d”)。 ②780℃时，该反应的Kp=___________(列出表达式即可，用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压物质的量分数)。 ③维持m点温度不变，向容器中再通入CH4、H2S、CS2、H2各1mol，此时速率关系为(正)___________(逆)(填“>”“<”或“=”)。 【CH4和C3H8催化制氢】 还可以用甲烷和丙烷制备，同时生成苯和二甲苯，反应如下：(两个反应可视为同级数的平行反应) （4）对于同级数的平行反应有，其中v、k分别为反应速率和反应速率常数，Ea为反应活化能，A1、A2为定值，R为常数，T为温度，同一温度下k1/k2是定值。已知，若要提高单位时间内苯的选择性，可采取的措施有___________。 【答案】（1）-393.5 （2）高于 （3） ①. d ②. ③. > （4）加入合适的催化剂或适当降低温度 【解析】 【小问1详解】 反应热等于生成物的总能量-反应物的总能量，焓变∆H=生成物的标准摩尔生成焓之和-反应物的标准摩尔生成焓之和，对于反应，可得，解得x=-393.5 。 【小问2详解】 已知Ni和Ru的电负性分别为1.91和2.20，电负性越大，越容易得到电子，意味着Ru的吸电子能力更强，光诱导电子从TiO2转移到M，富电子的Ru表面更能促进解离和活化，因此Ru/TiO2催化效率高于Ni/TiO2。 【小问3详解】 反应中是反应物，温度升高平衡正向移动，其物质的量分数减小，且初始量为1 mol，故曲线为d（由图可知随着温度的升高，曲线a与b的物质的量分数比例约为4∶1，曲线c与d的物质的量分数比例约为2∶1，故曲线d表示平衡时CH4物质的量分数随温度的变化，曲线a、b、c依次表示平衡时H2、CS2、H2S物质的量分数随温度的变化）； 设平衡时的物质的量为n mol，列三段式总物质的量为1-n+2-2n+n+4n=3+2n，由图可知，780℃时与物质的量分数相等。，解得n=0.2。平衡时各物质的量：的物质的量为0.8 mol，的物质的量为1.6 mol，的物质的量为为0.2 mol，的物质的量为0.8 mol，总物质的量为3.4 mol。则； m点温度下平衡常数不变，再通入各1 mol后，，平衡正向移动，故。 【小问4详解】 平行反应，已知，即，则降低温度：T减小，增大，增大，苯选择性提高；加入选择性催化剂：可降低苯生成反应的活化能，提高苯的生成速率。故措施为适当降低温度或加入对苯生成选择性更高的催化剂。 18. 普卡必利可用于治疗某些肠道疾病，其合成路线如下(部分条件和产物略去)： 已知：① ② （1）A中官能团名称是___________。 （2）试剂a的结构简式是___________。 （3）的反应类型是___________。 （4）的化学方程式是___________。 （5）I的核磁共振氢谱只有一组峰，I的结构简式是___________。 （6）下列说法错误的是___________(填序号)。 a．的反应过程需要控制CH3OH不过量 b．F与FeCl3溶液作用显紫色 c．普卡必利中含有酰胺基和氨基，能与盐酸反应 d．K→L加入K2CO3的作用是吸收HBr，促进反应正移 （7）G的结构简式为___________。 （8）以G和M为原料合成普卡必利时，在反应体系中检测到有机物Q，写出中间产物P、Q的结构简式：___________、___________。 【答案】（1）碳氯键、氨基 （2） （3）取代反应 （4）+Br2+HBr （5） （6）b （7） （8） ①. ②. 【解析】 【分析】合成普卡必利需要两种原料G和M；G的合成路线中，起始原料为A，A的氨基与乙酸酐反应生成B，B的结构简式为，B与乙二醇在金属催化剂的作用下生成含有醚键的D，D的结构简式为，反应D→E引入氯原子取代，E在光照下发生取代反应，引入1个Br原子生成F，F发生水解和脱水反应生成G；M的合成路线中，起始原料为环氧丙烷，其与开环加成生成J，J与甲醇在金属催化剂的作用下生成K，即，反应K→L引入环状结构，L与和在作用下将羰基转化为氨基，生成M，最后由G和M在、纳米、的作用下生成普卡必利。 【小问1详解】 由A的结构式可知，A中含有的官能团为氨基、碳氯键； 【小问2详解】 对比A和F的结构简式可知，A的氨基转化为酰胺基，说明反应A→B中，乙酸酐和氨基反应，根据题给信息，在金属催化剂作用下，碳卤键可以和醇反应生成醚，反应B→D中，由F中醚键的位置可推知，试剂a为醇，取代了B中的Cl原子，由醚键连接的除苯环外另一部分基团的结构可知，a的结构简式为； 【小问3详解】 由F中存在Cl原子，且E→F为甲基中的H被Br取代，可推知反应D→E引入了Cl，取代了苯环上的一个H，因此D→E的反应类型为取代反应； 【小问4详解】 根据以上分析可知E的结构简式为1，E→F的反应式为+Br2+HBr； 【小问5详解】 I的分子式为，其核磁共振氢谱只有1组峰，说明所有H的化学环境都相同，则I的结构简式为； 【小问6详解】 a．反应I→J为与开环加成，则J为，根据题给信息，碳卤键能和醇在金属催化剂作用下生成醚，如果醇过量，会将所有的Br都转化成醚键，而K中仍然含有1个Br，说明反应J→K中，不能过量，a正确； b．与发生显色反应是酚羟基的特征，F中的羟基连接在碳链而不是苯环上，F中没有酚羟基，故不能与发生显色反应，b错误； c．普卡必利中含有酰胺基和氨基，能与盐酸发生水解反应和酸碱反应，c正确； d．由普卡必利的结构简式可知，反应K→L在K的碳链末端引入环状结构，取代K中的Br生成，能与反应，减小的浓度，促进平衡正向移动，d正确； 【小问7详解】 反应F→G发生碳卤键、酰胺键的水解反应，以及在的作用下脱去醇羟基和附近苯环上的H成环，故G的结构简式为； 【小问8详解】 由题给信息可知，反应L→M的过程中，羰基转化为氨基，M的结构简式为；P比M少2个氢原子，结合普卡必利中含有碳氧双键，说明醇羟基转化为醛基，所以由G+M合成普卡必利的过程中，可能是醇羟基先发生氧化生成P，则P为；然后M中的氨基与醛羰基发生加成反应，则Q为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $