精品解析：黑龙江牡丹江市第一高级中学2025-2026学年高三下学期4月教学质量调研化学试卷

教学质量调研(化学试卷) 考试时间：75分钟 满分：100分 可能用到的相对原子质量：B-11 O-16 N-14 Cl-35.5 Ca-40 Co-59 Na-23 Ag-108 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。每小题只有一个正确选项。 1. “国之重器”是我国科技综合实力的结晶。下列材料与所属类别匹配的是 选项 材料 类别 A “谷神星一号”的电缆绝缘层(聚四氟乙烯) 有机高分子材料 B “天和”核心舱电推进系统使用的氮化硼材料 传统无机非金属材料 C “九天”重型无人机用到的玻璃纤维 有机高分子材料 D “嫦娥六号”首次在月球背面发现的石墨烯 有机高分子材料 A. A B. B C. C D. D 2. 硫及其化合物部分转化关系如图。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 0℃、101kPa下，中氧原子总数为 B. 溶液中，数目小于 C. 反应①每断裂键，得到还原产物的数目为 D. 反应②若有3molS作氧化剂，转移电子数目为 阅读下列材料，完成下面2个小题： 第ⅢA族元素形成的化合物性质丰富且应用广泛。与可形成硼酸三甲酯与氯气反应可制取：。和均易与水反应，沸点为。氮化镓是具有优异光电性能的第三代半导体材料，熔点约为1500℃，可通过与高温反应制得。 3. 下列说法不正确的是 A. ⅢA族元素价电子数小于价轨道数 B. 分子中存在配位键，N原子提供孤电子对 C. 中所有的氢显正电性 D. 能量最低的激发态Ga原子的核外电子排布式： 4. 下列制取的部分实验装置能达到实验目的的是 A. 用装置甲净化后的直接制取 B. 用水浴法加热装置乙制取 C. 用装置丙收集 D. 用装置丁吸收所有尾气 5. 前四周期元素X、Y、Z、Q的原子序数依次递增；Y的简单氢化物的空间结构为正四面体形；X与Z同主族且可形成（结构如图）；同周期基态原子中Q的未成对电子数最多。下列说法错误的是 A. 元素的非金属性： B. 简单氢化物的沸点： C. Y的最高价含氧酸盐中，Y和氧构成了平面三角形结构 D. Q的某种最高价含氧酸盐可将乙醇氧化为乙酸 6. 下列实验操作、现象及结论均正确的是 选项 实验操作 实验现象 结论 A 向浓度均为的和混合溶液中加入少量铁粉 无固体剩余 氧化性： B 向溴水中滴加 溴水褪色 醛基将溴还原 C 向溶液中滴加溶液 有白色沉淀生成 和发生互相促进的水解反应 D 向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，再加入少量新制继续加热 无砖红色沉淀 蔗糖未发生水解 A. A B. B C. C D. D 7. 氢化锂(LiX，X为H、D或T)在国防工业等领域有重要应用。LiX与水反应进程中的能量变化如下图，R、M、TS、P的相对能量如下表。 相对能量() R M TS P X为H 0 X为D 0 X为T 0 下列说法不正确的是 A. LiX和反应过程中，有极性键的断裂 B. 、、互为同位素 C. 该条件下LiX与反应的速率： D. 等物质的量的LiX与反应放出的热量： 8. 一种清洁、低成本的三步法氯碱工艺工作原理的示意图如下，下列说法正确的是 A. 第三步中a为直流电源的正极 B. 第一步生产的总反应为 C. 第二步为原电池，正极质量增加，负极质量减少 D. 第三步外电路上每转移4mol电子，电解池中就有4molHCl被电解 9. 利用富锰矿分离提取Mn、Co元素的流程如下图(部分产物已略去)。 已知：Mn和Co的氧化物均难溶于水。 下列说法正确的是 A. 通过②使循环利用，理论上可满足步骤①所需 B. 由③～⑥可知，热稳定性：小于和 C. ⑤中，若升高温度，一定能加快反应速率且提高CoS产率 D. ⑥中，将换成，效果完全相同 10. 甲醛(HCHO)会使蛋白质变性，部分原理示意图如下。 下列说法正确的是 A. HCHO分子呈三角锥形 B. 形成部位1时，蛋白质参与反应的官能团只有一种 C. 形成部位2时，HCHO发生了加成反应，则虚线框内的结构为 D. 推测HCHO还可以发生反应： + 11. 水在超临界状态下呈现许多特殊的性质。一定实验条件下，测得乙醇的超临界水氧化结果如图甲、乙所示，其中x为以碳元素计的物质的量分数，t为反应时间。下列说法错误的是 A. 乙醇的超临界水氧化过程中，CO是中间产物，是最终产物 B. 乙醇的超临界水氧化过程中经历两步反应，第一步速率较快，第二步较慢 C. 随温度升高，峰值出现的时间提前且峰值更高，说明乙醇的氧化速率比CO氧化速率的增长幅度更大 D. ℃条件下，3s~8s区间乙醇的超临界水氧化过程中，、、的数值关系为 12. 某新型聚硅氧烷(P)的合成路线如下。 已知：i．M： N： ii． 下列说法不正确的是 A. M的核磁共振氢谱有3组峰 B. 将P加热到一定温度会发生交联，变为网状结构 C. G→P的反应中生成的小分子是 D. 在上述合成路线中，若将M、N互换顺序，则不可能得到P 13. 某三元化合物的晶胞沿x或y轴方向的投影为图Ⅰ，沿z轴方向的投影为图Ⅱ(投影时视线先到达的原子遮挡住后到达的原子)，晶胞参数。设表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 该晶胞中含有2个B原子 B. 与原子配位的N原子有3个 C. 该晶体的密度为 D. B和N之间的最近距离为 14. 室温下，向含的溶液中滴加0.10 mol/L氨水至沉淀恰好溶解，溶液中的及pH与的关系如图所示，其中Ag代表、或。下列说法错误的是 A. 曲线表示的变化情况 B. 反应的平衡常数 C. 当时，溶液中： D. 沉淀恰好溶解时，溶液中的阴离子主要为 15. 某小组同学在学习高中化学必修一课本中检验的方法时提出新的问题，用稀硝酸和硝酸银溶液检验时能否排除待测液中、的干扰，为此查阅资料并设计如下实验。 资料：在水中不完全电离。 下列说法不正确的是 A. ②③沉淀溶解的反应可能是： B. 对比⑤和⑥可做出推测：硝酸浓度越大，氧化性越强 C. 对比④⑤和⑦⑧可知：易溶的亚硫酸盐更容易被氧化 D. 仅用稀硝酸和硝酸银溶液无法排除待测液中的干扰 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. 二氧化铈()在高端制造、能源环保等领域有重要应用。回收某废石油裂化催化剂(主要成分为、和)可获得，其工艺流程如下： 回答下列问题： （1）为镧系元素，其在周期表中的位置为___________，的核外电子轨道表示式为___________。 （2）催化剂表面的积碳会降低元素的浸出率，酸浸前去除积碳的方法是___________。 （3）“酸浸”时，与反应生成的离子方程式为___________，酸浸后滤渣的主要成分为___________。 （4）被有机萃取剂(简称HA)萃取的原理可表示为：(水层)(有机层) (有机层)(水层)。 ①萃取剂HA的结构可表示为(R为烷基)，其___________()(选填“>”“<”或“=”)。 ②现用25 mL HA对100 mL含的溶液进行萃取，该实验条件下，萃取后的分配系数为7，则的残留率为___________(保留1位小数)。 （5）“沉淀”时，转化为，反应的离子方程式为___________。 （6）常用作玻璃工业添加剂，在其立方晶胞中掺杂，占据原来的位置，可以得到更稳定的结构，如图所示，晶胞边长a pm。(已知：的空缺率=) ①晶胞中与最近的核间距为___________pm。 ②若掺杂后得到的晶体，则此晶体中的空缺率为___________。 17. 已知三氯化六氨合钴()为橙黄色晶体，易溶于热水，在冷水中微溶，可用活性炭作催化剂，在氯化铵和氨水的混合溶液中利用双氧水氧化制备。 Ⅰ．制备产品，步骤如下： ①称取2.0 g 固体，用5 水溶解，加到锥形瓶中。 ②分批加入3.0 g 后，将溶液温度降至10℃以下，加入1 g活性炭、7 mL浓氨水，搅拌下逐滴加入10 mL 6%的双氧水。 ③加热至55～60℃反应20 min，冷却，过滤。 ④将过滤得到的黑黄固体转入含有少量盐酸的25 mL沸水中，趁热过滤。 ⑤滤液转入烧杯，加入4 mL浓盐酸，冷却、过滤、干燥，得到橙黄色晶体。 回答下列问题： （1）本实验涉及钴配合物三氯化六氨合钴，1 mol该配合物的内界离子中包含键数目为___________。 （2）写出制备的化学方程式___________。 （3）步骤②中，将温度降至10℃以下的原因是___________。 （4）步骤③中反应装置部分仪器如图(其中加持仪器省去)，仪器A的名称为___________，仪器B的作用是___________。 （5）步骤④中趁热过滤的目的是___________。 Ⅱ．测定产品纯度，实验如下： ①称取a g产品溶于足量稀硝酸中，并用蒸馏水稀释，置于锥形瓶中，加入过量溶液，并加3 mL的硝基苯用力振荡。 ②向锥形瓶中滴入3滴溶液为指示剂，用 溶液滴定过量的溶液，达到滴定终点时用去 溶液[已知：，，硝基苯的密度大于水]。 （6）判断滴定终点的现象是___________；产品的质量分数为___________(列出计算式)。 （7）若未加硝基苯，则测定结果将___________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。 18. 航空航天已经成为21世纪最活跃和最有影响的科学技术领域之一，标志着人类文明的最新发展，也表征着一个国家科学技术的先进水平。某个星球上某物质在一定条件下发生如下反应： 反应i： 反应ii： 反应iii： 反应iv： 反应v。 已知：。 回答下列问题： （1）则___________。 （2）向的刚性容器中通入，发生上述反应，测得平衡时、和的体积分数()随温度的变化如图所示，图示温度范围内，测得反应体系只有X、、、和中的部分或全部物质，在图示温度范围内X始终为固体，忽略液体、固体体积对气体体积的影响。 ①表示的体积分数随温度的变化的曲线是___________(填“曲线a”“曲线b”或“曲线c”)。 ②时，三条曲线骤然变化的原因是___________。 ③时，平衡体系中含有的X物质的量为___________，此时反应体系总压强为，则反应iii的___________(含的计算式表示)。 ④时，再充入少量和，再次达到平衡后，将___________(填“增大”“减小”或“不变”)，M点将___________(填“上移”“下移”或“不变”)。 19. 化合物H是一种治疗胃肠道疾病药物的中间体，其合成路线如图所示。 回答下列问题： （1）化合物H中，可以增加其亲水性的基团名称为___________。 （2）B→C的反应类型为___________。 （3）F的分子式为，其结构简式为___________。 （4）A生成B的化学方程式为___________。 （5）在A的同分异构体中，同时满足下列条件的共有___________种(不考虑立体异构)。 ①含有苯环，且苯环上有4个取代基； ②能发生银镜反应； ③能与溶液发生显色反应； ④核磁共振氢谱显示为五组峰。 其中，核磁共振氢谱峰面积比为的同分异构体的结构简式为___________(写一种)。 （6）以为原料制备的合成路线如图所示，其中①、②处有机物的结构简式依次为___________、___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 教学质量调研(化学试卷) 考试时间：75分钟 满分：100分 可能用到的相对原子质量：B-11 O-16 N-14 Cl-35.5 Ca-40 Co-59 Na-23 Ag-108 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。每小题只有一个正确选项。 1. “国之重器”是我国科技综合实力的结晶。下列材料与所属类别匹配的是 选项 材料 类别 A “谷神星一号”的电缆绝缘层(聚四氟乙烯) 有机高分子材料 B “天和”核心舱电推进系统使用的氮化硼材料 传统无机非金属材料 C “九天”重型无人机用到的玻璃纤维 有机高分子材料 D “嫦娥六号”首次在月球背面发现的石墨烯 有机高分子材料 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．聚四氟乙烯是通过加聚反应得到的有机聚合物，属于有机高分子材料，A正确； B．氮化硼属于新型无机非金属材料，传统无机非金属材料为玻璃、水泥、陶瓷等硅酸盐类材料，B错误； C．玻璃纤维主要成分为二氧化硅等无机物，属于无机非金属材料，不属于有机高分子材料，C错误； D．石墨烯是碳的单质，属于无机非金属材料，不属于有机高分子材料，D错误； 故选A。 2. 硫及其化合物部分转化关系如图。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 0℃、101kPa下，中氧原子总数为 B. 溶液中，数目小于 C. 反应①每断裂键，得到还原产物的数目为 D. 反应②若有3molS作氧化剂，转移电子数目为 【答案】C 【解析】 【详解】A．0℃、101 kPa时，为固体，11.2 L不为0.5 mol，氧原子总数不为。A错误； B．题目中未给溶液体积，仅根据浓度无法判断数目。B错误； C．反应①化学方程式为，断裂0.6 molS-H键，反应0.3 mol，得到产物S 0.45 mol，其中被还原的还原产物S为0.15 mol，数目为。C正确； D．反应②化学方程式为：，S作为氧化剂被还原成S2-，若有3 molS作氧化剂，则转移6 mol电子，转移电子数目为6。D错误； 故答案选C。 阅读下列材料，完成下面2个小题： 第ⅢA族元素形成的化合物性质丰富且应用广泛。与可形成硼酸三甲酯与氯气反应可制取：。和均易与水反应，沸点为。氮化镓是具有优异光电性能的第三代半导体材料，熔点约为1500℃，可通过与高温反应制得。 3. 下列说法不正确的是 A. ⅢA族元素价电子数小于价轨道数 B. 分子中存在配位键，N原子提供孤电子对 C. 中所有的氢显正电性 D. 能量最低的激发态Ga原子的核外电子排布式： 4. 下列制取的部分实验装置能达到实验目的的是 A. 用装置甲净化后的直接制取 B. 用水浴法加热装置乙制取 C. 用装置丙收集 D. 用装置丁吸收所有尾气 【答案】3. C 4. B 【解析】 【3题详解】 A．第ⅢA族元素价电子排布为ns2np1，价电子数为3，价轨道数(ns、np共4个轨道)，价电子数(3)小于价轨道数(4)，A正确； B．NH3中N原子有孤电子对，BH3中B原子有空轨道，二者形成配位键，N原子提供孤电子对，B正确； C．NH3BH3中，N电负性大于H，N-H键中H显正电性；B电负性小于H，B-H键中H显负电性并非所有氢都显正电性，C错误； D．基态Ga原子电子排布为，能量最低的激发态是4s轨道的1个电子跃迁到4p轨道，排布式为[Ar]3d104s14p2，D正确； 故选C。 【4题详解】 A．装置甲中饱和食盐水可除去Cl2中的HCl，但题目中提到B(OCH3)3和BCl3均易与水反应，因此Cl2还需浓硫酸干燥，不能直接用净化后的Cl2制取BCl3，A错误； B．反应条件为65°C水浴加热，装置乙为水浴加热装置，可控制温度，适合制取BCl3，B正确； C．BCl3的沸点为12.5℃，且密度大于空气，则应该用向上排空气的方法收集，且用冰水冷却，该装置错误原因在于应长进短出，C错误； D．尾气中含有CO，NaOH溶液无法吸收CO，不能吸收所有尾气，D错误； 故选B。 5. 前四周期元素X、Y、Z、Q的原子序数依次递增；Y的简单氢化物的空间结构为正四面体形；X与Z同主族且可形成（结构如图）；同周期基态原子中Q的未成对电子数最多。下列说法错误的是 A. 元素的非金属性： B. 简单氢化物的沸点： C. Y的最高价含氧酸盐中，Y和氧构成了平面三角形结构 D. Q的某种最高价含氧酸盐可将乙醇氧化为乙酸 【答案】C 【解析】 【分析】前四周期元素X、Y、Z、Q的原子序数依次递增；X与Z同主族，根据结构知X与Z分别是O、S ，Y的简单氢化物的空间结构为正四面体形，则Y是Si；同周期基态原子中Q的未成对电子数最多，则Q是Cr。 【详解】A．同周期从左到右，非金属性逐渐增强，同主族从上到下，非金属性逐渐减弱，则非金属性：，A正确； B．水分子间形成氢键，则简单氢化物的沸点：，B正确； C．硅酸根通过共用顶角的氧原子形成了正四面体结构，C错误； D．具有强氧化性，可将乙醇氧化为乙酸，D正确； 故选C。 6. 下列实验操作、现象及结论均正确的是 选项 实验操作 实验现象 结论 A 向浓度均为的和混合溶液中加入少量铁粉 无固体剩余 氧化性： B 向溴水中滴加 溴水褪色 醛基将溴还原 C 向溶液中滴加溶液 有白色沉淀生成 和发生互相促进的水解反应 D 向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，再加入少量新制继续加热 无砖红色沉淀 蔗糖未发生水解 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．向浓度均为的和混合溶液中加入少量铁粉时，Fe会优先和氧化性更强的离子反应，无固体剩余说明Fe仅和反应生成，没有单质生成，可证明氧化性：，A正确； B．中同时含有碳碳双键和醛基，碳碳双键可与溴发生加成反应使溴水褪色，无法证明褪色是醛基还原溴导致的，B错误； C．的电离程度大于水解程度，可电离出与反应生成白色沉淀，并非发生互相促进的水解反应，C错误； D．蔗糖水解后溶液呈酸性，酸性条件下会直接溶解，无法和还原糖反应，实验操作中未加中和稀硫酸，无砖红色沉淀不能说明蔗糖未水解，D错误； 故选A。 7. 氢化锂(LiX，X为H、D或T)在国防工业等领域有重要应用。LiX与水反应进程中的能量变化如下图，R、M、TS、P的相对能量如下表。 相对能量() R M TS P X为H 0 X为D 0 X为T 0 下列说法不正确的是 A. LiX和反应过程中，有极性键的断裂 B. 、、互为同位素 C. 该条件下LiX与反应的速率： D. 等物质的量的LiX与反应放出的热量： 【答案】B 【解析】 【详解】A．LiX与H2O反应生成LiOH与XH，H2O作为反应物化学键断裂，其中H与O之间形成的化学键为极性共价键，故有极性键断裂，A正确； B．同位素是指质子数相同而中子数不同的同一元素的不同原子，H2、D2、T2为单质，不可能为同位素，B错误； C．活化能越小化学反应速率越快，活化能为中间体M与过渡态TS之间的能量差，即TS-Ｍ为所需的活化能，经过计算可得，LiH活化能为-81.3+95.7=14.4 kJ/mol、LiD的活化能为-85.4+98.1=12.7 kJ/mol、LiT活化能为-84.3+96.2=11.9 kJ/mol，活化能大小顺序为LiH>LiD>LiT，反应速率为LiH<LiD<LiT，C正确； D．反应放出的能量为反应物与生成物的能量差，即反应物总能量-生成物总能量=反应放出的能量，LiH与H2O放出151.6 kJ/mol，LiD为163.2kJ/mol，LiT为165.2 kJ/mol，故放出热量顺序为LiH<LiD<LiT，D正确； 故答案选B。 8. 一种清洁、低成本的三步法氯碱工艺工作原理的示意图如下，下列说法正确的是 A. 第三步中a为直流电源的正极 B. 第一步生产的总反应为 C. 第二步为原电池，正极质量增加，负极质量减少 D. 第三步外电路上每转移4mol电子，电解池中就有4molHCl被电解 【答案】B 【解析】 【分析】第一步，阳极：失电子转化为，同时生成Na+，阴极O2得电子产物与电解质反应生成OH-；第二步，形成原电池，Ag电极为负极，Ag失电子产物与Cl-反应生成AgCl，正极得电子生成；第三步，阳极Cl-失电子生成Cl2，阴极AgCl得电子生成Ag等。 【详解】A．由图可知，第三步中Ag电极的变化是AgCl得到电子转化为Ag，发生还原反应，是阴极，则a为直流电源的负极，A错误； B．第一步为电解池，阳极反应为，阴极反应为，根据得失电子守恒，可得第一步电解池的总反应为，B正确； C．第二步为原电池，正极反应为，负极反应为，生成的附着在负极表面，故正、负极质量均增加，C错误； D．第三步的总反应为，溶液中HCl的物质的量保持不变，D错误； 故选B。 9. 利用富锰矿分离提取Mn、Co元素的流程如下图(部分产物已略去)。 已知：Mn和Co的氧化物均难溶于水。 下列说法正确的是 A. 通过②使循环利用，理论上可满足步骤①所需 B. 由③～⑥可知，热稳定性：小于和 C. ⑤中，若升高温度，一定能加快反应速率且提高CoS产率 D. ⑥中，将换成，效果完全相同 【答案】B 【解析】 【分析】第一步加入​在下焙烧，将金属氧化物转化为对应硫酸盐​、、，同时生成副产物​和​；与​反应可重新生成，循环回第一步利用。 焙烧后水浸，分解为不溶性铁的氧化物成为滤渣除去，​、​留在滤液中；通入沉淀出，含​的滤液加沉锰，最终得到目标产物。 【详解】A．(NH4)2SO4分解为NH3和N2，部分N元素在N2中无法重新利用，有N元素损耗，不能满足步骤①所需(NH4)2SO4，A错误； B． Fe2(SO4)3、MnSO4、CoSO4，再经过焙烧后水浸，分出滤渣和滤液，其中滤液中的成分有Co元素和Mn元素，故滤渣中应分离出Fe元素，结合题目的已知信息Mn和Co的氧化物均难溶于水，故在焙烧中应只有Fe2(SO4)3分解，而MnSO4、CoSO4未分解为氧化物，故Fe2(SO4)3热稳定性小于MnSO4和CoSO4，B正确； C．CoSO4 与H2S反应生成CoS，该反应为可逆反应，温度升高H2S溶解度下降，此时溶液中H2S的浓度变小，反应物浓度变小反应速率变小，平衡左移，CoS产率下降，C错误； D．Mn2+与NH4HCO3反应生成MnCO3的同时，剩下的产物为、，可在步骤①重复利用，若换成Na+溶液则无法重新利用导致浪费，D错误。 故答案选B。 10. 甲醛(HCHO)会使蛋白质变性，部分原理示意图如下。 下列说法正确的是 A. HCHO分子呈三角锥形 B. 形成部位1时，蛋白质参与反应的官能团只有一种 C. 形成部位2时，HCHO发生了加成反应，则虚线框内的结构为 D. 推测HCHO还可以发生反应： + 【答案】C 【解析】 【详解】A．甲醛（HCHO）分子中C原子价层电子对数为3+0=3，无孤电子对，杂化方式为sp2，空间构型为平面三角形，A错误；  B．形成部位1时，蛋白质中参与反应的官能团为酰胺基（-CONH2）和氨基（-NH2），含两种官能团，B错误； C．形成部位2时，亚氨基（-NH-）中的H与甲醛中碳氧双键发生加成反应，形成-CH2OH结构，C正确； D．推测甲醛还可与尿素分子中两个氨基的其中一个发生缩聚反应，缩聚反应方程式为n HCHO +   + (n−1)H2O，D错误； 故选C。 11. 水在超临界状态下呈现许多特殊的性质。一定实验条件下，测得乙醇的超临界水氧化结果如图甲、乙所示，其中x为以碳元素计的物质的量分数，t为反应时间。下列说法错误的是 A. 乙醇的超临界水氧化过程中，CO是中间产物，是最终产物 B. 乙醇的超临界水氧化过程中经历两步反应，第一步速率较快，第二步较慢 C. 随温度升高，峰值出现的时间提前且峰值更高，说明乙醇的氧化速率比CO氧化速率的增长幅度更大 D. ℃条件下，3s~8s区间乙醇的超临界水氧化过程中，、、的数值关系为 【答案】D 【解析】 【详解】A．观察x-t图像可知，CO先增加后减少，一直在增加，说明CO为中间产物，为最终产物，故A正确； B．乙醇氧化为CO的反应速率较第二步反应速率快，否则看不到中间产物CO的生成，故B正确； C．随着温度的升高乙醇的氧化速率和一氧化碳氧化速率均增大，但CO是中间产物，为乙醇不完全氧化的结果，CO峰值出现的时间提前，且峰值更高，说明乙醇氧化为CO速率必须加快，且大于CO的氧化为的速率，故C正确； D．℃条件下，3s-8s区间乙醇的超临界水氧化过程中，乙醇和CO的量都在减少，在增多，设消耗速率为x，生成速率为y，，3-8s区间，CO宏观“净速率”在减小，即消耗量比生成量多故，所以，、、数值关系为，故D错误； 故答案选D。 12. 某新型聚硅氧烷(P)的合成路线如下。 已知：i．M： N： ii． 下列说法不正确的是 A. M的核磁共振氢谱有3组峰 B. 将P加热到一定温度会发生交联，变为网状结构 C. G→P的反应中生成的小分子是 D. 在上述合成路线中，若将M、N互换顺序，则不可能得到P 【答案】C 【解析】 【分析】E与发生取代反应，在苯环上引入原子，得到卤代物F，F中的Br原子与已知的硅烷单体M发生反应，通过偶联反应，将苯并环丁烯基团接到硅原子上，生成含乙氧基硅烷的G，G与N在一定条件下发生水解缩聚反应，形成聚硅氧烷主链，得到共聚物P，据此分析： 【详解】A．M结构中三个乙氧基、一个甲基连接在硅原子上，分子中含3种不同化学环境的氢，核磁共振氢谱有3组峰，A正确； B．P的侧链含，已知该结构在一定温度下可发生反应，加热时侧链双键打开，使线性P交联为网状结构，B正确； C．G→P为缩聚反应，G含，N含，缩合时间通过桥连接，脱去的小分子应为乙醚，而非乙醇，C错误； D．M为三官能团硅烷，含3个，N为二官能团硅烷，含2个，原路线中F先与M反应生成二官能团G，再与N缩聚得线性P，互换顺序后，F先与N反应生成单官能团产物，再与M反应会导致交联，无法得到线性P，D正确； 答案选C。 13. 某三元化合物的晶胞沿x或y轴方向的投影为图Ⅰ，沿z轴方向的投影为图Ⅱ(投影时视线先到达的原子遮挡住后到达的原子)，晶胞参数。设表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 该晶胞中含有2个B原子 B. 与原子配位的N原子有3个 C. 该晶体的密度为 D. B和N之间的最近距离为 【答案】C 【解析】 【分析】某三元化合物的晶胞沿x或y轴方向的投影为图Ⅰ，沿z轴方向的投影为图Ⅱ，可知该三元化合物的晶胞可以表示为。 【详解】A．由分析可知，该晶胞中含有4×=1个B原子，A错误； B．由分析可知，与原子配位的N原子有5个，B错误； C．由分析可知，该晶胞中含有4×=1个B原子，含有=3个N原子，含有=3个Ca原子，该晶体的密度为，C正确； D．由图Ⅰ可知，B原子位于棱心，棱上Ca原子和N原子的距离不一定是anm，则B和N之间的最近距离不一定为，D错误； 故选C。 14. 室温下，向含的溶液中滴加0.10 mol/L氨水至沉淀恰好溶解，溶液中的及pH与的关系如图所示，其中Ag代表、或。下列说法错误的是 A. 曲线表示的变化情况 B. 反应的平衡常数 C. 当时，溶液中： D. 沉淀恰好溶解时，溶液中的阴离子主要为 【答案】D 【解析】 【分析】曲线L1：随着的增加，c(Ag+)逐渐减小，因此L1表示c(Ag+)的变化情况；曲线L2：随着增加，c先增大后减小，因此L2表示c的变化情况；剩余两条线可以看出，由曲线L3上的点(-3.53,-1.74)，L4上的点(-3.53,8.04)可知，L3表示c的变化情况，L4表示pH与lg[c(NH3)]的变化情况，以此解题。 【详解】A．由分析可知，曲线表示的变化情况，A正确； B．对于反应，其平衡常数可以表示为： ，由图可知，当时，，，则c(OH-)=10-(14-8.04)mol/L，c(NH3)=10-3.53mol/L，，则，B正确； C．由图可知，当pH=10即 c(OH-)=10-4mol/L时，对应，各条线对应纵坐标数值L3>L2>L1>-4，即c>c>c(Ag+)>c(OH-)，C正确； D．含有银离子，且易溶于水的应该为硝酸银，则沉淀恰好溶解时，溶液中主要的阴离子一定有硝酸根，D错误； 故选D。 15. 某小组同学在学习高中化学必修一课本中检验的方法时提出新的问题，用稀硝酸和硝酸银溶液检验时能否排除待测液中、的干扰，为此查阅资料并设计如下实验。 资料：在水中不完全电离。 下列说法不正确的是 A. ②③沉淀溶解的反应可能是： B. 对比⑤和⑥可做出推测：硝酸浓度越大，氧化性越强 C. 对比④⑤和⑦⑧可知：易溶的亚硫酸盐更容易被氧化 D. 仅用稀硝酸和硝酸银溶液无法排除待测液中的干扰 【答案】D 【解析】 【分析】在实验①→②→③中，向的溶液中加入的溶液，二者完全反应生成微溶于水的，使溶液略有浑浊，之后向溶液中继续加入浓，电离产生的与发生离子反应，生成弱电解质，逐渐溶解。在实验①→④→⑤→⑥中，与发生反应：，实验④→⑤中，浓度为的稀硝酸未将氧化，之后将沉淀滤出洗涤后加入浓，二者发生氧化还原反应，被氧化生成，同时生成红棕色的气体，之后加入溶液生成白色的沉淀。在实验⑦→⑧中，与稀硝酸反应生成，据此作答。 【详解】A．根据已知条件，在水中不完全电离，因此，可推测与发生离子反应生成弱电解质，则实验②→③沉淀溶解的反应可能是：，A正确； B．实验④→⑤中，浓度为的稀硝酸未将氧化，在实验⑤→⑥中，浓硝酸与发生氧化还原反应，生成和，说明硝酸浓度越大，氧化性越强，B正确； C．为难溶性盐，为易溶性盐，实验④→⑤中，无法被稀硝酸氧化，实验⑦→⑧中，可被稀硝酸氧化，对比两实验可得出结论，易溶的亚硫酸盐更容易被氧化，C正确； D．向待测溶液中先加入稀硝酸酸化，之后再加入溶液。若溶液中含有会被硝酸氧化为，由分析可知，酸性条件下可溶，因此用稀硝酸和溶液可排除的干扰，D错误； 故答案选D。 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. 二氧化铈()在高端制造、能源环保等领域有重要应用。回收某废石油裂化催化剂(主要成分为、和)可获得，其工艺流程如下： 回答下列问题： （1）为镧系元素，其在周期表中的位置为___________，的核外电子轨道表示式为___________。 （2）催化剂表面的积碳会降低元素的浸出率，酸浸前去除积碳的方法是___________。 （3）“酸浸”时，与反应生成的离子方程式为___________，酸浸后滤渣的主要成分为___________。 （4）被有机萃取剂(简称HA)萃取的原理可表示为：(水层)(有机层) (有机层)(水层)。 ①萃取剂HA的结构可表示为(R为烷基)，其___________()(选填“>”“<”或“=”)。 ②现用25 mL HA对100 mL含的溶液进行萃取，该实验条件下，萃取后的分配系数为7，则的残留率为___________(保留1位小数)。 （5）“沉淀”时，转化为，反应的离子方程式为___________。 （6）常用作玻璃工业添加剂，在其立方晶胞中掺杂，占据原来的位置，可以得到更稳定的结构，如图所示，晶胞边长a pm。(已知：的空缺率=) ①晶胞中与最近的核间距为___________pm。 ②若掺杂后得到的晶体，则此晶体中的空缺率为___________。 【答案】（1） ①. 第六周期第IIIB族 ②. （2）焙烧 （3） ①. ②. （4） ①. < ②. 36.4% （5） （6） ①. ②. 5% 【解析】 【分析】废石油裂化催化剂(主要成分为、和)先进行酸浸处理，在此过程中，与稀盐酸反应生成进入溶液，在稀盐酸提供的酸性环境下，与发生反应，被还原为进入溶液，而不反应，成为滤渣被分离，得到含有和的溶液。接着利用萃取剂HA萃取，依据(水层)(有机层)(有机层)(水层)的原理，从水相转移到有机相，从而与留在水相的分离。接下来进行反萃取，稀硝酸提供大量的氢离子，使平衡逆向移动，回到水相，同时萃取剂HA得以循环利用，得到含有的水溶液。之后进行沉淀操作，向溶液中滴加氨水和，使得转化为沉淀。最后对沉淀进行焙烧，在高温条件下，沉淀发生分解并被氧化得到，据此回答。 【小问1详解】 镧系元素位于第六周期第IIIB族，为镧系元素，所以其在第六周期第IIIB族；共10个电子，所以核外电子排布式为，则核外电子轨道表示式为； 【小问2详解】 积碳是碳单质，碳在高温下能与氧气反应生成二氧化碳，所以酸浸前去除积碳的方法是焙烧； 【小问3详解】 由分析可知，此反应离子方程式为：，酸浸后的滤渣为：； 【小问4详解】 ①对于HA，其结构中R为烷基，烷基是推电子基团，这会使HA中-OH上的电子云密度增大，电子云密度增大不利于氧氢键的断裂，从而使得HA电离出氢离子的能量变弱，因此其小于()； ②的分配系数为7，萃取后有机层与水层中浓度之比为7∶1，有机层与水层体积比为1∶4，所以有机层与水层中的物质的量之比为7:4，的萃取率为，则的残留率为1-63.6%=36.4%； 【小问5详解】 由分析可知，向溶液中滴加氨水和，使得转化为沉淀，可得方程式为：； 【小问6详解】 ①由晶胞可知，位于面心和顶点，位于晶胞内，与最近的核间距为晶胞体对角线的，即为； ②由晶胞可知，1mol晶胞中含有4mol和8mol，若掺杂，设由x mol被取代，根据可得，解得x=0.8，即含有3.2mol和0.8mol，根据电荷守恒可知，，解得，则此晶体中的空缺率为。 17. 已知三氯化六氨合钴()为橙黄色晶体，易溶于热水，在冷水中微溶，可用活性炭作催化剂，在氯化铵和氨水的混合溶液中利用双氧水氧化制备。 Ⅰ．制备产品，步骤如下： ①称取2.0 g 固体，用5 水溶解，加到锥形瓶中。 ②分批加入3.0 g 后，将溶液温度降至10℃以下，加入1 g活性炭、7 mL浓氨水，搅拌下逐滴加入10 mL 6%的双氧水。 ③加热至55～60℃反应20 min，冷却，过滤。 ④将过滤得到的黑黄固体转入含有少量盐酸的25 mL沸水中，趁热过滤。 ⑤滤液转入烧杯，加入4 mL浓盐酸，冷却、过滤、干燥，得到橙黄色晶体。 回答下列问题： （1）本实验涉及钴配合物三氯化六氨合钴，1 mol该配合物的内界离子中包含键数目为___________。 （2）写出制备的化学方程式___________。 （3）步骤②中，将温度降至10℃以下的原因是___________。 （4）步骤③中反应装置部分仪器如图(其中加持仪器省去)，仪器A的名称为___________，仪器B的作用是___________。 （5）步骤④中趁热过滤的目的是___________。 Ⅱ．测定产品纯度，实验如下： ①称取a g产品溶于足量稀硝酸中，并用蒸馏水稀释，置于锥形瓶中，加入过量溶液，并加3 mL的硝基苯用力振荡。 ②向锥形瓶中滴入3滴溶液为指示剂，用 溶液滴定过量的溶液，达到滴定终点时用去 溶液[已知：，，硝基苯的密度大于水]。 （6）判断滴定终点的现象是___________；产品的质量分数为___________(列出计算式)。 （7）若未加硝基苯，则测定结果将___________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。 【答案】（1）24 （2）10NH3·H2O+2CoCl2+2NH4Cl+H2O22[Co(NH3)6]Cl3 +12H2O （3）防止浓氨水挥发、防止过氧化氢分解 （4） ①. 球形干燥管 ②. 冷凝回流，提高原料利用率 （5）防止温度降低后有三氯化六氨合钴晶体析出 （6） ①. 滴入最后半滴标准液，溶液由无色变为红色，且半分钟不褪色 ②. （7）偏小 【解析】 【分析】分析片段本实验以六水合氯化钴为钴源，在氯化铵-浓氨水的碱性体系中，以活性炭为催化剂，用双氧水将+2价钴氧化为+3价钴，配位生成三氯化六氨合钴。利用产物易溶于热水、冷水中微溶的特性，粗产物溶于沸水后趁热过滤除去活性炭等不溶杂质，再加浓盐酸，利用氯离子同离子效应降低产物溶解度，冷却结晶提纯得到目标晶体。 【小问1详解】 的内界离子中，N和每个H之间各有1个σ键，Co与每个NH3之间也各1个，共24个σ键，故1 mol内界离子中包含键数目为24×1 mol×NA=24 NA； 【小问2详解】 结合题干所给信息，用活性炭作催化剂，在氯化铵和氨水的混合溶液中利用双氧水氧化CoCl2制备，在反应过程中需要加热至55-60℃，故反应方程式为2NH4Cl+10NH3·H2O+H2O2+2CoCl22[Co(NH3)6]Cl3 +12H2O； 【小问3详解】 在步骤②中使用的浓氨水与过氧化氢均是受热易分解的物质，因此需要适当降低温度避免两者分解，故作用应为防止浓氨水与过氧化氢受热分解以免造成浪费； 【小问4详解】 仪器A为球形干燥管； 仪器B为球形冷凝管，冷凝管的作用为冷凝回流，提高原料利用率； 【小问5详解】 易溶于热水，在冷水中微溶，因此需趁热过滤避免温度降低后有晶体析出； 【小问6详解】 ①用Fe3+作为指示剂，当刚好到达滴定终点时，KSCN溶液遇Fe3+ 现象为溶液变红，故完整回答为：滴入最后半滴标准液，溶液由无色变为红色，且半分钟不褪色； ②晶体溶解后，先用c1V1的硝酸银把氯离子完全转化为氯化银，1个晶体中有3个氯离子，再用c2V2的KSCN将过量的银离子滴定，因此氯离子的n为c1V1 -c2V2，故晶体质量分数为 【小问7详解】 由已知可知AgSCN比AgCl更难溶，AgCl会向AgSCN转化，加入硝基苯后，硝基苯能覆盖在AgCl沉淀表面，防止其转化为AgSCN，若不加入硝基苯，溶液中的滴定中消耗的KSCN增加，剩余银离子浓度偏大，测量结果偏小。 18. 航空航天已经成为21世纪最活跃和最有影响的科学技术领域之一，标志着人类文明的最新发展，也表征着一个国家科学技术的先进水平。某个星球上某物质在一定条件下发生如下反应： 反应i： 反应ii： 反应iii： 反应iv： 反应v。 已知：。 回答下列问题： （1）则___________。 （2）向的刚性容器中通入，发生上述反应，测得平衡时、和的体积分数()随温度的变化如图所示，图示温度范围内，测得反应体系只有X、、、和中的部分或全部物质，在图示温度范围内X始终为固体，忽略液体、固体体积对气体体积的影响。 ①表示的体积分数随温度的变化的曲线是___________(填“曲线a”“曲线b”或“曲线c”)。 ②时，三条曲线骤然变化的原因是___________。 ③时，平衡体系中含有的X物质的量为___________，此时反应体系总压强为，则反应iii的___________(含的计算式表示)。 ④时，再充入少量和，再次达到平衡后，将___________(填“增大”“减小”或“不变”)，M点将___________(填“上移”“下移”或“不变”)。 【答案】（1） （2） ①. 曲线b ②. 随着温度升高，转化为气体，增大气体总的物质的量，三种物质的体积分数不同程度下降 ③. 2/33 ④. ⑤. 不变 ⑥. 不变 【解析】 【小问1详解】 将方程式(i+ii-iii-iv)可得，ΔH5===+； 【小问2详解】 ①反应V为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，Y2(g)的体积分数随温度的升高而增大，表示Y2(g)的体积分数随温度的变化的曲线是曲线b； ②根据图知，T3℃瞬间，三种气体的体积分数都减小，说明有其它状态的物质转化为气态，则T3℃时，三条曲线骤然变化的原因是随温度升高，X4Y6(l)转化为气体，增大气体总物质的量，三种物质的体积分数不同程度的下降； ③根据图知，T4℃时X4Y6为气体，其体积分数=1-64%-16%×2=4%，相同体积下，不同气体的体积之比等于物质的量之比，则n(Y2)：n(XY4)：n(X2Y3)：n(X4Y6)=64%：16%：16%：4%=16：4：4：1，设n(X4Y6)=amol，n(X)=bmol，根据X、Y原子守恒得：n(X)=4a+24a+4a+b=2，n(Y)=6a+34a+44a+216a=24，解得a=，b=，则平衡体系中含有的X物质的量为mol，压强之比等于物质的量之比，则p(Y2)：p(XY4)：p(X2Y3)：p(X4Y6)=16：4：4：1，p(X2Y3)：p(X4Y6)=4：1，=，p(X4Y6)=，则反应Ⅲ的Kp===0.64p0； ④将方程式iv+v得方程式vi：2X2Y3(g)⇌XY4(g)+3X(s)+Y2(g)，该反应前后气体计量数之和不变，压强不影响平衡移动，T2℃时，再充入少量XY4(g)和X(s)，相当于增大压强，再次达到平衡后，XY4的转化率不变，所以再次达到平衡后χ(Y2)将 不变，M点将不变。 19. 化合物H是一种治疗胃肠道疾病药物的中间体，其合成路线如图所示。 回答下列问题： （1）化合物H中，可以增加其亲水性的基团名称为___________。 （2）B→C的反应类型为___________。 （3）F的分子式为，其结构简式为___________。 （4）A生成B的化学方程式为___________。 （5）在A的同分异构体中，同时满足下列条件的共有___________种(不考虑立体异构)。 ①含有苯环，且苯环上有4个取代基； ②能发生银镜反应； ③能与溶液发生显色反应； ④核磁共振氢谱显示为五组峰。 其中，核磁共振氢谱峰面积比为的同分异构体的结构简式为___________(写一种)。 （6）以为原料制备的合成路线如图所示，其中①、②处有机物的结构简式依次为___________、___________。 【答案】（1）羧基 氨基 （2）取代反应 （3） （4）+(CH3CO)2O+CH3COOH （5） ①. 8 ②. 、、、(任写一种即可) （6） ①. ②. 【解析】 【分析】A中氨基发生取代反应生成B，B中苯环上的H与发生取代反应，在苯环引入新的支链生成C，C中碳碳双键转化为醛基得到D，D中醛基被还原为羟基得到E，E生成F，F转化为G，F的分子式为，结合E、G结构可知，E中2个羟基生成醚键成环得到F()；F在苯环引入氯原子得到G，G中酰胺基和酯基转化为氨基和羧基得到H，据此回答。 【小问1详解】 化合物H中，含有的官能团为羧基 氨基、碳氯键、醚键，羧基 氨基可与水形成氢键可以增加其亲水性，故可以增加其亲水性的基团名称为羧基 氨基； 【小问2详解】 由分析知，B中苯环上的H与发生取代反应，在苯环引入新的支链生成C； 【小问3详解】 由分析可知，F为：； 【小问4详解】 A分子中的氨基与发生取代反应，生成B和，化学方程式为：+(CH3CO)2O+CH3COOH； 【小问5详解】 A分子中除苯环外含有2个C、3个O、1个N、1个不饱和度；其同分异构体中，同时满足下列条件：①含有苯环，且苯环上有4个取代基；②能发生银镜反应，则含有醛基或甲酸酯，醛基或甲酸酯的不饱和度均为1；③能与FeCl3溶液发生显色反应，则含有酚羟基：④核磁共振氢谱显示为五组峰，则结构较为对称，故A分子中不含甲酸酯，其结构简式可以为、、、、、、、，共8种结构；其中满足峰面积比为，则分子中不含有甲基，可以为、、、4种； 【小问6详解】 由发生B生成C的原理及流程，在苯环上引入支链得到①，然后支链中碳碳双键转化为羰基得到，接着发生反应可得②，碳碳双键、羰基和氢气加成生成；故①、②处有机物的结构简式依次为、。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $