精品解析：江西乐平三中2026届高三下学期月考化学试题

乐平三中高三化学第三次月考试卷 可能用到的相对原子质量：C 12 O 16 Na 23 La 139 Ba 137 Sn l19 一、选择题：本题共14小题，每小题3分共42分。每小题只有一项符合题意。 1. 2025年“湘超”足球联赛处处体现“化学元素”，下列有关说法正确的是 A. 护腿板中的碳纤维属于有机高分子材料 B. 足球球面材料采用的聚氨酯属于无机非金属材料 C. 用于运动员急性损伤镇痛的氯乙烷气雾剂汽化时大量吸热 D. 任意球喷雾剂中含有17%的丁烷，丁烷在常温常压下为白色液体 2. 超氧化钾()可用作潜水或航天装置的吸收剂和供氧剂，反应为，为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 中键的数目为 B. 晶体中离子的数目为 C. 溶液中的数目为0.01 D. 反应每生成，转移电子数目为 3. 物质结构决定性质，下列对有关性质比较的解释不合理的是 选项 性质比较 解释 A 石墨能导电 石墨为层状结构，同一层相互平行重叠的p轨道中电子可在整个碳原子平面内运动 B 酸性： 原子半径：O<S，键长：O—H<S—H，键能：O—H>S—H C 稳定性： 金属性：Ca>Mg，中离子键强于中离子键 D 热稳定性： 价层电子排布式为，d轨道全充满，较稳定 A. A B. B C. C D. D 4. 化合物X是一种药物递送载体，可用甲基水杨酸为原料合成。下列说法不正确的是 A. 用质谱仪检测A的最大质荷比为90 B. 甲基水杨酸能发生加成、氧化、取代反应 C. B和C生成X的反应不是缩聚反应 D. X分子中采用杂化的原子共有个 5. 第二代钠离子电池在能量密度、低温性能和循环寿命上有显著突破，其正极材料采用层状氧化物——聚阴离子化合物复合材料，负极采用新型硬碳材料，并开发了新型电解液配方，其工作原理如图。电池工作时总反应为(M表示Mn、Ni、Fe、Co、Cu等)。下列说法正确的是 A. 放电时，电子移动方向：b极→电解质溶液→a极 B. 充电时，a极应与外接电源负极相连，发生还原反应 C. 放电时，负极电极反应式为 D. 充电时，电路中转移时，阳极质量增加23 g 6. NH3是一种重要的化工原料。NH3的催化氧化是工业制HNO3的基础；NH3与COCl2反应可得到尿素；NH3被NaClO氧化可生成N2H4，N2H4及其甲基衍生物主要用作火箭燃料，与N2O4发生燃烧反应，液体N2O4可发生自电离反应生成和；NH3在一定条件下还可合成CH3NH2。下列有关物质结构或性质的说法正确的是 A. 键角： B. 价电子总数： C. 溶解性： D. 给出能力： 7. 实验证明，叔丁基溴在KOH水溶液中水解为叔丁醇，反应速率方程为(为速率常数，只受温度影响)。其反应进程中的能量变化如图所示。 下列说法错误的是 A. 决速步骤为 B. 增大KOH的浓度可提高反应速率 C. 适当降温可提高叔丁醇的平衡产率 D. 的中心C原子采用杂化 8. 利用下列装置进行实验，能达到相应实验目的的是 实验装置 实验目的 A.制备少量NO并避免其被氧化 B.验证牺牲阳极法保护铁 实验装置 实验目的 C.灼烧海带 D.验证甲基使苯环活化 A. A B. B C. C D. D 9. 离子液体具有良好的导电性，可用作原电池的电解质。一种离子液体的结构如图所示，已知基态X原子的价电子排布式为，W、M、Z、Y为原子半径依次增大的第二周期主族元素，下列说法错误的是 A. 基态原子的第一电离能： B. 电负性： C. 若将阴离子换为，化合物熔点升高 D. M与Z分别与X均可形成的分子 10. 相应实验方法或操作能达到相应实验目的的是 选项 实验目的 实验方法或操作 A 除去苯中少量的苯酚 加入适量的浓溴水，振荡、静置、过滤 B 探究浓度对化学平衡的影响 向2 mL 0.1 mol/L K2Cr2O7溶液中滴加5～10滴6 mol/L的NaOH溶液，观察现象；继续滴加5～10滴6 mol/L的H2SO4溶液，观察现象 C 检验溴乙烷中的溴元素 向溴乙烷中滴加1 mL 5%的NaOH溶液，振荡后加热，静置。待溶液分层后，取少量上层溶液，滴加2滴AgNO3溶液，观察现象 D 比较次氯酸和醋酸的酸性强弱 室温下，用pH试纸分别测定等浓度的NaClO溶液和CH3COONa溶液的pH A. A B. B C. C D. D 11. 一定温度下，向密闭容器中加入 1-苯基丙炔()与适量发生催化加成(已知：反应I、III为放热反应，反应III的平衡常数为9)，反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间变化如图所示。下列说法错误的是 A. 反应的焓变()：反应I>反应II B. 平衡后再充入，短时间内产物的占比变大 C. 相同条件下，若催化剂颗粒大小降为纳米级，产物A的浓度峰值点可能变为a D. 若平衡时测得1-苯基丙炔的转化率为，则平衡时产物的物质的量为 12. BaSnO3是一种立方结构氧化物材料，晶胞结构如图所示。因其易于掺杂，有望成为新一代透明导电薄膜。该立方晶胞的参数为a nm，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A. Ba的配位数为12 B. 若将图中Sn平移至晶胞顶点，则O位于晶胞棱心 C. La掺杂Ba形成LaxBa1-xSnO3薄膜，当掺入量x=0.04时，晶体密度为 g∙cm-3 D. La掺杂Ba后，薄膜的导电性能显著提高，归因于La与Ba之间存在价态差 13. 实验室通过下列过程制取草酸亚铁晶体： 已知：、、。下列说法不正确的是 A. 的溶液中： B. “酸化”后的溶液中： C. “沉淀”后的上层清液中： D. 水洗后，再用乙醇洗涤有利于晶体快速干燥 14. 徐光宪被称为中国“稀土之父”，他利用螯合剂对稀土元素进行萃取分离。例如半径较大的轻稀土离子（）可与二苯并-18-冠-6（简称冠醚）生成易溶于有机溶剂的螯合物，半径较小的重稀土离子留在水相中，实现分离。下列说法错误的是 A. 中 B. 二苯并-18-冠-6为平面结构 C. 与冠醚中氧原子形成弱配位键 D. 分离稀土元素选择萃取剂时，要考虑冠醚的空腔与金属离子大小匹配 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 氢气是一种清洁能源，氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。 （1）液氨是一种重要的载氢材料。已知N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH<0，Fe﹣TiO2﹣xHy双催化剂双温催化合成氨机理如图-1所示，该方法通过光辐射产生温差，可以实现高速率、高产率合成氨。 ①高温区纳米Fe催化剂能提高合成氨效率的原因是 ___________。 ②低温区TiO2﹣xHy能提高合成氨效率的原因是 ___________。 ③氨燃料电池以KOH溶液为电解质溶液放电时，负极的电极反应式为 ___________。 （2）十氢萘(C10H18)是具有高储氢密度的氢能载体，可经历“C10H18→C10H12→C10H8”的脱氢过程释放氢气，催化剂对反应活化能的影响如图-2所示。一定条件下，向恒容密闭容器加入1mol十氢萘进行催化脱氢实验，测得C10H12和C10H8的物质的量随时间的变化关系如图-3所示。 ①C10H12的物质的量显著低于C10H8可能的原因是 ___________。 ②7h时，反应体系内氢气的物质的量为 ___________mol。 （3）以H2、CO2和二甲胺为原料，在Cu/ZnO催化下合成DMF()的机理如图-4所示。 ①该过程合成DMF的化学方程式为 ___________。 ②由机理图可知，反应过程会产生一种有机副产物，其结构简式为 ___________。 ③若改用D2、CO2和二甲胺为原料，产物水的结构式为 ___________。 16. 铼 (Re) 、钼(Mo)是具有重要军事战略意义的金属。以钼精矿 (主要成分为MoS2、ReS2)，还含有杂质(FeS2、Al2O3、SiO2) 为原料制备金属钼、铼的工艺流程如下： 已知：①烧渣的主要成分为Re2O7、MoO3以及 Fe、Al、Si 的氧化物，Re2O7、MoO3为酸性氧化物。 ②过铼酸铵 (NH4ReO4) 是白色片状晶体，微溶于冷水，溶于热水。 ③常温下Ksp(BaMoO4)=4.0×10-8，Ksp(BaSO4)=1.1×10-10. 回答下列问题： （1）“焙烧” 常采用高压、通空气逆流操作(空气从焙烧炉下部通入，钼精矿粉末从中上部加入)，该操作的目的是___________，“焙烧” 过程中，易产生空气污染物SO2，为有效解决SO2的危害，可采取的措施有___________(任答一条)。 （2）浸渣的主要成分是___________(填化学式)，写出ReS2在 “焙烧” 时发生反应的化学方程式：___________。 （3）“还原” 时，Zn 被氧化成 [Zn(OH)4]²⁻，铼的化合物被还原成难溶的ReO2·2H2O，该反应的离子方程式为___________。 （4）“还原” 后过滤所得滤液经处理可制得金属钼缓蚀剂钼酸钠 (Na2MoO4)。 ①Na2MoO4固体的 X射线衍射图谱如下图，则Na2MoO4属于___________晶体(填 “晶体” 或 “非晶体”)。 ②滤液中的主要溶质有Na2MoO4、Na2SO4、Na2SiO3、Na[Al(OH)]4，先调 pH 除铝和硅，再向溶液中加入Ba(OH)2固体除去SO，若初始时溶液中c(MoO)=0.2mol·L-1、c(SO)=0.011mol·L-1，则当BaMoO4开始沉淀时，SO的去除率为___________(忽略溶液体积变化)。 （5） 一种MoO2晶体结构如下图所示，在MoO2中通过氮掺杂反应可生成MoO2-xNy，能使MoO2具有光学活性，掺杂过程如图所示。则MoO2-xNy晶体中x：y=___________。 17. 氯化钴氨配合物可制成湿度传感器，利用其配位结构随水分变化的颜色转变（如蓝变红），实现环境湿度的快速检测。某学习小组在实验室条件下制备晶体并测定钴的含量，简易流程和部分装置如下。 回答下列问题： （1）“络合氧化”中，一般要求在“通风橱”中添加浓氨水，其原因是________。写出CoCl2、NH4Cl、氨水和双氧水反应制备的化学方程式：________。 （2）利用图1所示装置进行“趁热过滤”，酒精灯的作用是_________。 （3）利用图2所示装置进行“抽滤”，相对普通过滤，抽滤的主要优点是_________（答2条）。 （4）利用电导率法确定配合物的构型。电导率是衡量物质传导电流能力的物理量，反映材料内部电荷（电子、离子等）的迁移能力，电荷迁移速率越快、数量越多，电导率越高。 已知：溶液的电导率与化合物构型的关系如表所示（）。 化合物构型 离子数目 电导率 MA 2 120~134 MA2或M2A 3 240~278 MA3或M3A 4 411~451 MA4或M4A 5 533~569 某配合物Q由、NH3、构成，实验测定该溶液的电导率为，则该化合物的构型可能是________（填标号）。 A． B． C． （5）测定（ ）样品中钴元素的质量分数。准确称取w g产品于锥形瓶中，加入 溶液和2~3粒沸石，加热煮沸25 min。冷却至室温，加入足量KI固体，盖上瓶塞，轻缓振摇1 min，加入盐酸，暗处放置20 min。取出后立即加入蒸馏水稀释至250 mL，准确量取25.00 mL稀释后的溶液于锥形瓶中，用标准溶液滴定，直至紫红色溶液变为黄橙色，再加入1 mL 0.5%淀粉溶液，此时溶液变为蓝色。继续用标准溶液滴定，直至溶液变为纯净的浅红色，记录滴定体积，平行测定三次，消耗标准溶液的体积分别为20.02 mL、20.20 mL、19.98 mL。 已知： ， ，。 ①该产品中钴的质量分数为________%（用含c、w的代数式表示）。 ②若第三次实验滴定前仰视读数，滴定终点俯视读数，测得结果将________（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。 18. 聚硫酸酯是主链含硫酸酯重复单元的新型特种工程塑料，一种点击化学方法合成聚硫酸酯(G)的路线如下： 请回答下列问题： （1）A的结构简式为___________。 （2）B中官能团的电子式为___________。 （3）在浓硫酸作用下，C和D按物质的量之比为1:2进行反应，则C与D反应的化学方程式为___________。 （4）分子中的大π键可用符号表示，其中m表示形成大π键的原子数，n表示形成大π键的电子数，则D中的大π键可表示为___________。 （5）E和F反应生成G的反应类型为___________。 （6）BPA常用来生产防碎塑料聚碳酸酯，下列关于BPA的相关说法中错误的是___________(填字母)。 A．属于苯酚的同系物 B．分子式为C15H18O2 C．苯环上的一氯代物有2种 D．能使FeCl3溶液变色 E．可与Na2CO3、NaHCO3、NaOH溶液反应 （7）BPA合成F的过程中，通常需要添加三乙胺。已知三乙胺的结构可以看作用乙基取代氨气的氢原子，在此反应中三乙胺的作用是___________。 （8）写出符合下列条件的BPA同分异构体的结构简式：___________。 ①核磁共振氢谱显示有5组峰；②铜作催化剂氧化后的产物可发生银镜反应。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 乐平三中高三化学第三次月考试卷 可能用到的相对原子质量：C 12 O 16 Na 23 La 139 Ba 137 Sn l19 一、选择题：本题共14小题，每小题3分共42分。每小题只有一项符合题意。 1. 2025年“湘超”足球联赛处处体现“化学元素”，下列有关说法正确的是 A. 护腿板中的碳纤维属于有机高分子材料 B. 足球球面材料采用的聚氨酯属于无机非金属材料 C. 用于运动员急性损伤镇痛的氯乙烷气雾剂汽化时大量吸热 D. 任意球喷雾剂中含有17%的丁烷，丁烷在常温常压下为白色液体 【答案】C 【解析】 【详解】A．碳纤维主要成分为碳单质，属于无机非金属材料，A错误； B．聚氨酯为人工合成的高分子化合物，属于有机高分子材料，B错误； C．氯乙烷气雾剂喷出后迅速汽化，此过程需吸收大量热量，使局部组织降温镇痛，C正确； D．丁烷的沸点约为-0.5℃，常温常压下为无色气体，D错误； 故答案选C。 2. 超氧化钾()可用作潜水或航天装置的吸收剂和供氧剂，反应为，为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 中键的数目为 B. 晶体中离子的数目为 C. 溶液中的数目为0.01 D. 反应每生成，转移电子数目为 【答案】B 【解析】 【详解】A．44g CO2的物质的量为1 mol，CO2结构式为O=C=O，1个CO2分子含2个σ键，故σ键数目为2NA，A错误； B．KO2晶体由K+和超氧根离子O2-构成，1 mol KO2含1 mol K+和1 mol O2-，离子总物质的量为2 mol，数目为2NA，B正确； C．是弱酸根离子，在水溶液中会发生水解，因此100 mL 0.1 mol·L-1 K2CO3溶液中的数目小于0.01 NA，C错误； D．反应中KO2中O为-0.5价，生成3 mol O2时共转移3 mol电子，故每生成1 mol O2转移电子数目为NA，D错误； 故选B。 3. 物质结构决定性质，下列对有关性质比较的解释不合理的是 选项 性质比较 解释 A 石墨能导电 石墨为层状结构，同一层相互平行重叠的p轨道中电子可在整个碳原子平面内运动 B 酸性： 原子半径：O<S，键长：O—H<S—H，键能：O—H>S—H C 稳定性： 金属性：Ca>Mg，中离子键强于中离子键 D 热稳定性： 价层电子排布式为，d轨道全充满，较稳定 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．石墨中碳原子为sp2杂化，每个碳原子剩余1个含未成对电子的p轨道，同一层内p轨道平行重叠形成离域大π键，电子可在整个碳原子平面内自由移动，因此石墨能导电，A正确； B．S原子半径大于O原子，则S-H键键长大于O-H键，键能S-H小于O-H，键更易断裂，故乙硫醇酸性强于乙醇，B正确； C．Ca2+的电子层数大于Mg2+，则半径：Ca2+>Mg2+，离子电荷相同时，阳离子半径越小离子键越强，因此中离子键强于中的离子键；碳酸盐的热稳定性差异源于阳离子极化能力，Mg2+半径更小、极化能力更强，更易使碳酸根分解，该现象与金属性无关，C错误； D．价层电子排布式为，d轨道全充满，为稳定结构，Cu2+价电子排布为3d9，稳定性弱于，因此热稳定性Cu2O大于CuO，D正确； 故选C。 4. 化合物X是一种药物递送载体，可用甲基水杨酸为原料合成。下列说法不正确的是 A. 用质谱仪检测A的最大质荷比为90 B. 甲基水杨酸能发生加成、氧化、取代反应 C. B和C生成X的反应不是缩聚反应 D. X分子中采用杂化的原子共有个 【答案】D 【解析】 【分析】甲基水杨酯与A反应生成B，由B的结构可知发生酯化反应推知A为，B和C在催化剂作用下开环后发生的加聚反应，据此分析； 【详解】A．根据A的结构可知，A的相对分子质量为90，用质谱仪检测A的最大质荷比为90，A正确； B．甲基水杨酸含有羟基、羧基，苯环，能发生加成、氧化、取代反应，B正确； C．根据分析可知，B和C生成X，反应无小分子生成，是开环后发生的加聚反应反应，C正确； D．链节内有3个C采用杂化，2个单键的氧原子采用杂化，链节外有1个C采用杂化，1个O采用杂化，则共有个，D错误； 故选D。 5. 第二代钠离子电池在能量密度、低温性能和循环寿命上有显著突破，其正极材料采用层状氧化物——聚阴离子化合物复合材料，负极采用新型硬碳材料，并开发了新型电解液配方，其工作原理如图。电池工作时总反应为(M表示Mn、Ni、Fe、Co、Cu等)。下列说法正确的是 A. 放电时，电子移动方向：b极→电解质溶液→a极 B. 充电时，a极应与外接电源负极相连，发生还原反应 C. 放电时，负极电极反应式为 D. 充电时，电路中转移时，阳极质量增加23 g 【答案】C 【解析】 【分析】根据电池工作时总反应可知，b极，失去电子，作电池负极；则电极a为正极。 【详解】A．放电时b极，发生氧化反应，故b为负极，a为正极，电子由b极→用电器→a极，电子不能进入溶液，A项错误； B．充电时a极与外接电源正极相连，发生氧化反应，B项错误； C．放电时负极，电极反应式为，C项正确； D．充电时阳极的电极反应式为电路中转移时，进入溶液，电极质量减少，故电路中转移时，阳极质量减少23 g，D项错误； 故选C。 6. NH3是一种重要的化工原料。NH3的催化氧化是工业制HNO3的基础；NH3与COCl2反应可得到尿素；NH3被NaClO氧化可生成N2H4，N2H4及其甲基衍生物主要用作火箭燃料，与N2O4发生燃烧反应，液体N2O4可发生自电离反应生成和；NH3在一定条件下还可合成CH3NH2。下列有关物质结构或性质的说法正确的是 A. 键角： B. 价电子总数： C. 溶解性： D. 给出能力： 【答案】D 【解析】 【详解】A．中心N价层电子对数为，无孤对电子，空间构型为平面三角形，键角120°；中心N价层电子对数为，有1对孤对电子，空间构型为V形，孤对电子与成键电子对之间的排斥作用更强，键角小于120°，故键角，A错误； B．价电子总数为，价电子总数为，故价电子总数，B错误； C．含2个，可与水分子形成更多氢键，甲基为疏水基团，故溶解性(CH3)2NNH2，C错误； D．甲基为推电子基团，使中N的电子云密度更高，更易结合（碱性更强），故给出能力，D正确； 故答案选D。 7. 实验证明，叔丁基溴在KOH水溶液中水解为叔丁醇，反应速率方程为(为速率常数，只受温度影响)。其反应进程中的能量变化如图所示。 下列说法错误的是 A. 决速步骤为 B. 增大KOH的浓度可提高反应速率 C. 适当降温可提高叔丁醇的平衡产率 D. 的中心C原子采用杂化 【答案】B 【解析】 【详解】A．由能量变化图可知，第一步反应的活化能最高，为决速步骤，A不符合题意； B．反应速率方程为，速率与浓度无关，增大浓度不能提高反应速率，B符合题意； C．该反应的反应物总能量高于生成物，为放热反应，适当降温可使平衡正向移动，提高叔丁醇的平衡产率，C不符合题意； D．的中心C原子形成3个键，无孤电子对，采用杂化，D不符合题意； 故选B。 8. 利用下列装置进行实验，能达到相应实验目的的是 实验装置 实验目的 A.制备少量NO并避免其被氧化 B.验证牺牲阳极法保护铁 实验装置 实验目的 C.灼烧海带 D.验证甲基使苯环活化 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．Cu与稀硝酸反应生成NO，装置中U型管左管生成的NO会将溶液压向右管，NO留在左管，隔绝了空气，避免NO被氧化，能达到实验目的，A正确； B．牺牲阳极法保护铁时，若Fe被腐蚀才会生成，KSCN溶液只能检验，无法检验，不能验证铁是否被保护，不能达到实验目的，B错误； C．灼烧海带固体应该在坩埚中进行，坩埚需要放在泥三角上而不是石棉网上，不能达到实验目的，C错误； D．该实验中甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，甲苯被氧化为苯甲酸，而苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，证明的是苯环活化了甲基（使甲基易被氧化），不能验证甲基使苯环活化，不能达到实验目的，D错误； 故答案选A。 9. 离子液体具有良好的导电性，可用作原电池的电解质。一种离子液体的结构如图所示，已知基态X原子的价电子排布式为，W、M、Z、Y为原子半径依次增大的第二周期主族元素，下列说法错误的是 A. 基态原子的第一电离能： B. 电负性： C. 若将阴离子换为，化合物熔点升高 D. M与Z分别与X均可形成的分子 【答案】B 【解析】 【分析】基态X原子的价电子排布式为，则X为H；W、M、Z、Y为原子半径依次增大的第二周期主族元素，同周期主族元素原子半径随原子序数增大而减小，因此原子序数关系：，阴离子中Y与4个W成键，整体带1个单位负电荷，说明Y最外层有3个电子，得Y为B；W为负一价，原子序数大于B，得W为F，阴离子为，符合结构；阳离子结构中：Z全部形成4个共价键，M形成3个或4个共价键，结合阳离子成键特点及原子序数，得M为N，Z为C；据此解题。 【详解】A．同周期第一电离能随原子序数增大整体增大，且N的为半满稳定结构，第一电离能，即，A正确； B．鲍林电负性顺序为：，即，选项给出顺序，B错误； C．原化合物是离子液体，大体积的使离子键减弱、熔点低；换为小体积后，晶格能增大，离子键增强，熔点升高，C正确； D．M(N)与X(H)形成，总电子数；Z(C)与X(H)形成，总电子数，均为18分子，D正确； 故答案选B。 10. 相应实验方法或操作能达到相应实验目的的是 选项 实验目的 实验方法或操作 A 除去苯中少量的苯酚 加入适量的浓溴水，振荡、静置、过滤 B 探究浓度对化学平衡的影响 向2 mL 0.1 mol/L K2Cr2O7溶液中滴加5～10滴6 mol/L的NaOH溶液，观察现象；继续滴加5～10滴6 mol/L的H2SO4溶液，观察现象 C 检验溴乙烷中的溴元素 向溴乙烷中滴加1 mL 5%的NaOH溶液，振荡后加热，静置。待溶液分层后，取少量上层溶液，滴加2滴AgNO3溶液，观察现象 D 比较次氯酸和醋酸的酸性强弱 室温下，用pH试纸分别测定等浓度的NaClO溶液和CH3COONa溶液的pH A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．苯酚与浓溴水反应生成的三溴苯酚可溶于苯，且溴单质也会溶于苯，引入新杂质，无法达到除杂目的，A错误； B．溶液中存在平衡，加入溶液消耗，平衡正向移动，溶液变黄；加入溶液增大浓度，平衡逆向移动，溶液变橙，可探究浓度对化学平衡的影响，B正确； C．溴乙烷水解后溶液中含有过量，会与反应生成沉淀，干扰溴离子检验，应先加稀硝酸酸化，再加溶液，C错误； D．溶液会发生水解，生成次氯酸，会漂白pH试纸，无法用pH试纸测定其pH，D错误； 故答案为B。 11. 一定温度下，向密闭容器中加入 1-苯基丙炔()与适量发生催化加成(已知：反应I、III为放热反应，反应III的平衡常数为9)，反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间变化如图所示。下列说法错误的是 A. 反应的焓变()：反应I>反应II B. 平衡后再充入，短时间内产物的占比变大 C. 相同条件下，若催化剂颗粒大小降为纳米级，产物A的浓度峰值点可能变为a D. 若平衡时测得1-苯基丙炔的转化率为，则平衡时产物的物质的量为 【答案】B 【解析】 【详解】A．由盖斯定律可知，反应Ⅱ=反应Ⅰ+反应Ⅲ，反应Ⅰ、反应Ⅲ都是放热反应，则反应Ⅰ、反应Ⅲ的焓变都小于0，ΔHII = ΔHI + ΔHIII，所以反应Ⅱ也是放热反应，且反应Ⅰ放出的热量更少，因此反应焓变：反应Ⅰ＞反应Ⅱ；A正确； B．短时间里反应I得到的产物比反应Ⅱ得到的产物多，说明反应I的速率比反应Ⅱ的速率快，速率越快，其活化能越小，则活化能：反应Ⅰ<反应Ⅱ，短时间内更有利于反应Ⅰ进行，则平衡后再充入，短时间内产物A的占比变大，B错误； C．相同条件下，若将该催化剂改换成纳米级颗粒，催化剂与反应物的接触面积变大，催化效率提高，反应速率加快，产物A的浓度峰值点可能是a，C正确； D．由于平衡时测得的转化率为，则反应的物质的量为，生成的产物A和产物B的总物质的量为，设生成产物B的物质的量为，则生成产物A的物质的量为，设容器体积为，则反应Ⅲ的平衡常数，解得，D正确； 故答案选B。 12. BaSnO3是一种立方结构氧化物材料，晶胞结构如图所示。因其易于掺杂，有望成为新一代透明导电薄膜。该立方晶胞的参数为a nm，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A. Ba的配位数为12 B. 若将图中Sn平移至晶胞顶点，则O位于晶胞棱心 C. La掺杂Ba形成LaxBa1-xSnO3薄膜，当掺入量x=0.04时，晶体密度为 g∙cm-3 D. La掺杂Ba后，薄膜的导电性能显著提高，归因于La与Ba之间存在价态差 【答案】C 【解析】 【详解】A．以晶胞顶点的Ba原子为研究对象，根据晶胞结构，Ba原子位于立方晶胞的8个顶点，每个顶点的Ba原子周围，距离最近且相等的O原子分布在相邻晶胞的6个面心位置，通过空间延伸计数，每个Ba原子周围共有12个等距的O原子，因此Ba的配位数为12，A正确； B．原晶胞中，Sn位于晶胞体心，Ba位于晶胞顶点，O位于晶胞的6个面心；若将Sn平移至晶胞顶点，相当于对晶胞进行坐标平移变换，原晶胞中面心位置的O原子，在以Sn为顶点的新晶胞中，对应位置为晶胞的棱心，因此O位于晶胞棱心，B正确； C．当La掺杂量x=0.04时，晶胞中La的物质的量为0.04，Ba的物质的量为0.96，Sn为1，O为3，则该晶胞对应的摩尔质量；1个晶胞的质量；晶胞参数为，即，因此晶胞体积；根据密度公式，代入计算得，C错误； D．Ba元素在中为+2价，La元素为+3价，当La掺杂取代Ba后，为了维持晶体的电中性，会在晶体中产生电子作为载流子，载流子浓度的提升会显著提高薄膜的导电性能，因此薄膜导电性能提高的原因是La与Ba之间存在价态差，D正确； 故答案选C。 13. 实验室通过下列过程制取草酸亚铁晶体： 已知：、、。下列说法不正确的是 A. 的溶液中： B. “酸化”后的溶液中： C. “沉淀”后的上层清液中： D. 水洗后，再用乙醇洗涤有利于晶体快速干燥 【答案】C 【解析】 【分析】硫酸亚铁铵溶于水，加硫酸酸化，再加草酸，析出草酸亚铁晶体，过滤，洗涤，得到较纯净的草酸亚铁晶体。 【详解】A．，已知，即，将数值代入，解得，故，A正确； B．“酸化”后溶液中存在电荷守恒，此时溶液呈酸性，有，故，B正确； C．“沉淀”后的上层清液为的饱和溶液，此时，C错误； D．用乙醇洗涤可带走晶体表面水分，同时乙醇易挥发，利于快速干燥，D正确； 故选C。 14. 徐光宪被称为中国“稀土之父”，他利用螯合剂对稀土元素进行萃取分离。例如半径较大的轻稀土离子（）可与二苯并-18-冠-6（简称冠醚）生成易溶于有机溶剂的螯合物，半径较小的重稀土离子留在水相中，实现分离。下列说法错误的是 A. 中 B. 二苯并-18-冠-6为平面结构 C. 与冠醚中氧原子形成弱配位键 D. 分离稀土元素选择萃取剂时，要考虑冠醚的空腔与金属离子大小匹配 【答案】B 【解析】 【详解】A．该络合物外界有3个，每个带1个单位负电荷，根据电荷守恒，带3个单位正电荷，因此，A正确； B．二苯并-18-冠-6的碳链中存在多个饱和碳原子，饱和碳原子为杂化，呈四面体结构，因此该分子不可能是平面结构，B错误； C．有空轨道，冠醚中氧原子有孤对电子，可与形成弱配位键，C正确； D．题干说明只有半径较大的轻稀土离子能与该冠醚形成螯合物，半径较小的重稀土离子不能，因此分离稀土元素时，需要考虑冠醚空腔与金属离子大小匹配，D正确； 故选B。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 氢气是一种清洁能源，氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。 （1）液氨是一种重要的载氢材料。已知N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH<0，Fe﹣TiO2﹣xHy双催化剂双温催化合成氨机理如图-1所示，该方法通过光辐射产生温差，可以实现高速率、高产率合成氨。 ①高温区纳米Fe催化剂能提高合成氨效率的原因是 ___________。 ②低温区TiO2﹣xHy能提高合成氨效率的原因是 ___________。 ③氨燃料电池以KOH溶液为电解质溶液放电时，负极的电极反应式为 ___________。 （2）十氢萘(C10H18)是具有高储氢密度的氢能载体，可经历“C10H18→C10H12→C10H8”的脱氢过程释放氢气，催化剂对反应活化能的影响如图-2所示。一定条件下，向恒容密闭容器加入1mol十氢萘进行催化脱氢实验，测得C10H12和C10H8的物质的量随时间的变化关系如图-3所示。 ①C10H12的物质的量显著低于C10H8可能的原因是 ___________。 ②7h时，反应体系内氢气的物质的量为 ___________mol。 （3）以H2、CO2和二甲胺为原料，在Cu/ZnO催化下合成DMF()的机理如图-4所示。 ①该过程合成DMF的化学方程式为 ___________。 ②由机理图可知，反应过程会产生一种有机副产物，其结构简式为 ___________。 ③若改用D2、CO2和二甲胺为原料，产物水的结构式为 ___________。 【答案】（1） ①. 纳米铁可以吸附更多N2，高温有利于N≡N、H—H断裂，加快反应速率 ②. 反应放热，低温区促进N、H合成氨，平衡正向移动，提高NH3平衡产率 ③. 2NH3﹣6e﹣+6OH﹣=N2+6H2O （2） ①. 催化剂显著降低了C10H12转化为C10H8的活化能，C10H12分解速率大于其生成速率 ②. 2.028 （3） ①. H2+CO2+HN(CH3)2H2O+DMF ②. HCOOH ③. H-O-D 【解析】 【小问1详解】 ①在Fe表面断裂，Fe的温度高于体系温度，纳米铁可以吸附更多N2，高温有利于N≡N、H—H断裂，加快反应速率； ②氨气在表面生成，温度低于体系温度，反应放热，低温区促进N、H合成氨，平衡正向移动，提高NH3平衡产率； ③氨燃料电池以KOH溶液为电解质溶液放电时，NH3为燃料做负极，失电子，负极的电极反应式为 2NH3﹣6e﹣+6OH﹣=N2+6H2O； 【小问2详解】 ①由图可知，对比C10H18转化为C10H12的活化能与C10H12转化为C10H8的活化能，可得出催化剂显著降低了C10H12转化为C10H8的活化能，C10H12分解速率大于其生成速率； ②由图可知， C10H18（g）→C10H12（g）+3H2（g）；C10H12（g）→C10H8+5H2（g），反应体系内氢气的物质的量为0.021×3+0.393×5=2.028 mol； 【小问3详解】 ①由图可知，该过程合成DMF的化学方程式为H2+CO2+HN(CH3)2H2O+DMF ； ②由产生DMF和，同时过程中也会产生，生成一种副产物为HCOOH； ③由图可知，水中有一个氢来自于氢气，故产物水的结构为H-O-D； 16. 铼 (Re) 、钼(Mo)是具有重要军事战略意义的金属。以钼精矿 (主要成分为MoS2、ReS2)，还含有杂质(FeS2、Al2O3、SiO2) 为原料制备金属钼、铼的工艺流程如下： 已知：①烧渣的主要成分为Re2O7、MoO3以及 Fe、Al、Si 的氧化物，Re2O7、MoO3为酸性氧化物。 ②过铼酸铵 (NH4ReO4) 是白色片状晶体，微溶于冷水，溶于热水。 ③常温下Ksp(BaMoO4)=4.0×10-8，Ksp(BaSO4)=1.1×10-10. 回答下列问题： （1）“焙烧” 常采用高压、通空气逆流操作(空气从焙烧炉下部通入，钼精矿粉末从中上部加入)，该操作的目的是___________，“焙烧” 过程中，易产生空气污染物SO2，为有效解决SO2的危害，可采取的措施有___________(任答一条)。 （2）浸渣的主要成分是___________(填化学式)，写出ReS2在 “焙烧” 时发生反应的化学方程式：___________。 （3）“还原” 时，Zn 被氧化成 [Zn(OH)4]²⁻，铼的化合物被还原成难溶的ReO2·2H2O，该反应的离子方程式为___________。 （4）“还原” 后过滤所得滤液经处理可制得金属钼缓蚀剂钼酸钠 (Na2MoO4)。 ①Na2MoO4固体的 X射线衍射图谱如下图，则Na2MoO4属于___________晶体(填 “晶体” 或 “非晶体”)。 ②滤液中的主要溶质有Na2MoO4、Na2SO4、Na2SiO3、Na[Al(OH)]4，先调 pH 除铝和硅，再向溶液中加入Ba(OH)2固体除去SO，若初始时溶液中c(MoO)=0.2mol·L-1、c(SO)=0.011mol·L-1，则当BaMoO4开始沉淀时，SO的去除率为___________(忽略溶液体积变化)。 （5） 一种MoO2晶体结构如下图所示，在MoO2中通过氮掺杂反应可生成MoO2-xNy，能使MoO2具有光学活性，掺杂过程如图所示。则MoO2-xNy晶体中x：y=___________。 【答案】（1） ①. 使反应物之间充分接触，焙烧更充分，原料利用率更高 ②. 焙烧的时候加入生石灰(或将产生的气体通入碱性溶液中吸收) （2） ①. ②. （3） （4） ①. 晶体 ②. 95% （5）7：2 【解析】 【分析】钼精矿主要成分为、，还含有杂质、、，在空气中焙烧，金属硫化物全部被氧化为高价态金属氧化物和气体。固体加入溶液碱浸，只有不反应，成为浸渣。浸液中含有、、、、等。加入Zn，将还原为难溶的，过滤分离后，加入氧气氧化为，再加入溶液可将其转变为，通过降低温度即可得到大量的固体，再经过一系列操作最终得到Re。 【小问1详解】 高压可提高氧气浓度，加快反应速率，提高原料利用率。空气逆流操作可使反应物接触更充分，反应更彻底。是酸性氧化物，可在焙烧时加入碱性氧化物如生石灰，与氧气反应生成，或者将产生的气体通入强碱性的溶液中吸收。 【小问2详解】 由分析可知，浸渣的主要成分是。由已知①可知，烧渣中含有，可知发生了氧化反应，结合分析可得方程式为 【小问3详解】 根据题中提示的主要反应物和生成物可写出离子方程式为。 【小问4详解】 ①由图可知，晶体的X射线衍射图谱有明显的特征衍射峰，因此属于晶体。 ②开始沉淀时，，此时溶液中，去除率。 【小问5详解】 均摊法得晶胞中Mo位于晶胞的顶点、面上、内部，总个数为，根据化学式可知其晶胞中O的个数为8。掺杂后晶胞中面上一个O的位置被N取代，N的个数为、在内部和棱上产生了2个氧空位，总O个数为，因此化学式可写为，即，得，，，。 17. 氯化钴氨配合物可制成湿度传感器，利用其配位结构随水分变化的颜色转变（如蓝变红），实现环境湿度的快速检测。某学习小组在实验室条件下制备晶体并测定钴的含量，简易流程和部分装置如下。 回答下列问题： （1）“络合氧化”中，一般要求在“通风橱”中添加浓氨水，其原因是________。写出CoCl2、NH4Cl、氨水和双氧水反应制备的化学方程式：________。 （2）利用图1所示装置进行“趁热过滤”，酒精灯的作用是_________。 （3）利用图2所示装置进行“抽滤”，相对普通过滤，抽滤的主要优点是_________（答2条）。 （4）利用电导率法确定配合物的构型。电导率是衡量物质传导电流能力的物理量，反映材料内部电荷（电子、离子等）的迁移能力，电荷迁移速率越快、数量越多，电导率越高。 已知：溶液的电导率与化合物构型的关系如表所示（）。 化合物构型 离子数目 电导率 MA 2 120~134 MA2或M2A 3 240~278 MA3或M3A 4 411~451 MA4或M4A 5 533~569 某配合物Q由、NH3、构成，实验测定该溶液的电导率为，则该化合物的构型可能是________（填标号）。 A． B． C． （5）测定（）样品中钴元素的质量分数。准确称取w g产品于锥形瓶中，加入溶液和2~3粒沸石，加热煮沸25 min。冷却至室温，加入足量KI固体，盖上瓶塞，轻缓振摇1 min，加入盐酸，暗处放置20 min。取出后立即加入蒸馏水稀释至250 mL，准确量取25.00 mL稀释后的溶液于锥形瓶中，用标准溶液滴定，直至紫红色溶液变为黄橙色，再加入1 mL 0.5%淀粉溶液，此时溶液变为蓝色。继续用标准溶液滴定，直至溶液变为纯净的浅红色，记录滴定体积，平行测定三次，消耗标准溶液的体积分别为20.02 mL、20.20 mL、19.98 mL。 已知：， ，。 ①该产品中钴的质量分数为________%（用含c、w的代数式表示）。 ②若第三次实验滴定前仰视读数，滴定终点俯视读数，测得结果将________（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。 【答案】（1） ①. 浓氨水易挥发出有毒的，因此需在通风橱操作 ②. （2）加热漏斗，防止温度降低使​晶体析出，避免产物损失 （3）过滤速率更快并得到的晶体更干燥 （4）A （5） ①. ②. 偏低 【解析】 【小问1详解】 浓氨水易挥发出有毒的，因此需在通风橱操作；被氧化为， CoCl2、NH4Cl、氨水和双氧水反应制备的化学方程式为 ； 【小问2详解】 趁热过滤的目的是防止目标产物因温度降低析出，酒精灯加热维持体系温度，减少产物损失； 【小问3详解】 抽滤（减压过滤）利用压强差加快过滤速率，同时能更好抽去滤渣中的水分，得到更干燥的固体； 【小问4详解】 落在 区间，对应总离子数为3；A电离为[Co(NH3)5Cl]2+和2Cl−，共3个离子，符合要求；B电离出4个离子，C电离出2个离子，均不符合； 故选A。 【小问5详解】 ①根据反应可得关系：（物质的量），舍去偏差较大的 ，平均消耗体积为，总 ，则 ， ，钴元素的质量分数为 ； ② 滴定前仰视读数，滴定终点俯视读数，最终测得消耗标准液体积偏小，计算得到的物质的量偏小，因此测得结果偏低。 18. 聚硫酸酯是主链含硫酸酯重复单元的新型特种工程塑料，一种点击化学方法合成聚硫酸酯(G)的路线如下： 请回答下列问题： （1）A的结构简式为___________。 （2）B中官能团的电子式为___________。 （3）在浓硫酸作用下，C和D按物质的量之比为1:2进行反应，则C与D反应的化学方程式为___________。 （4）分子中的大π键可用符号表示，其中m表示形成大π键的原子数，n表示形成大π键的电子数，则D中的大π键可表示为___________。 （5）E和F反应生成G的反应类型为___________。 （6）BPA常用来生产防碎塑料聚碳酸酯，下列关于BPA的相关说法中错误的是___________(填字母)。 A．属于苯酚的同系物 B．分子式为C15H18O2 C．苯环上的一氯代物有2种 D．能使FeCl3溶液变色 E．可与Na2CO3、NaHCO3、NaOH溶液反应 （7）BPA合成F的过程中，通常需要添加三乙胺。已知三乙胺的结构可以看作用乙基取代氨气的氢原子，在此反应中三乙胺的作用是___________。 （8）写出符合下列条件的BPA同分异构体的结构简式：___________。 ①核磁共振氢谱显示有5组峰；②铜作催化剂氧化后的产物可发生银镜反应。 【答案】（1） （2） （3） （4） （5）缩聚反应 （6）ABE （7）吸收反应生成的HCl，使反应正向进行 （8）(或) 【解析】 【分析】该合成路线：丙烯​和发生加成，遵循马氏加成规则，得到A为2-溴丙烷：​； A在水溶液发生卤代烃水解（取代反应），溴原子被羟基取代，得到B为异丙醇：； B在催化、加热条件下被氧气氧化，仲醇氧化为丙酮，得到C为丙酮； C（丙酮）和D（苯酚）按物质的量比在浓硫酸（酸催化）下发生缩合脱水反应，生成BPA，即双酚A（2,2-二(4-羟基苯基)丙烷），和题干给出的BPA结构完全对应，该反应就是工业合成双酚A的经典反应；D为苯酚，苯环中存在6个碳原子共同形成的大π键； BPA含两个酚羟基，经两步取代得到两种单体E、F：BPA和发生取代，酚羟基氢被取代，得到两端为的单体E；BPA和三甲基氯硅烷发生取代，酚羟基氢被三甲基硅基取代，得到两端为​的单体F，该过程生成副产物； 最终E和F在催化剂作用下发生缩聚反应，脱去小分子副产物，重复连接得到目标聚合物聚硫酸酯G。 【小问1详解】 通过BPA的结构可知C中存在两个甲基，则丙烯与HBr发生加成反应，主要产物为2-溴丙烷，A的结构简式为； 【小问2详解】 A在NaOH溶液中发生水解反应，生成B（异丙醇，），其官能团为羟基，电子式为； 【小问3详解】 经催化氧化生成C（丙酮，），D为苯酚（），丙酮与苯酚在浓硫酸催化下，按物质的量之比为1：2发生反应，生成双酚A(BPA)和水。反应的化学方程式为； 【小问4详解】 D为，分子中苯环上的6个C原子和羟基上的1个O原子均为杂化，且共平面，苯环提供6个p电子，O原子提供1对未共用p电子，参与形成共轭大π键。因此，参与形成大π键的原子数为7，电子数为8，大π键可表示为； 【小问5详解】 E和F在催化剂作用下，通过端基的活性基团（如和）相互反应，脱去小分子，形成高分子化合物G，该反应属于缩聚反应； 【小问6详解】 A．同系物要求结构相似、分子组成相差若干个，BPA含2个酚羟基，苯酚含1个，结构不相似，不属于同系物，A错误； B．根据结构简式，BPA的分子式为，B错误； C．分子中两个苯环对称，每个苯环上有2种等效氢，故苯环上的一氯代物有2种，C正确； D．含有酚羟基，能与溶液发生显色反应，D正确； E．酚羟基酸性弱于碳酸，可与、NaOH反应，但不与反应，E错误； 故选ABE； 【小问7详解】 三乙胺是一种有机碱。在BPA合成F的过程中，反应会生成HCl等酸性副产物。三乙胺的作用是中和反应生成的酸，使反应平衡正向移动，提高反应产率； 【小问8详解】 核磁共振氢谱有5组峰，铜催化氧化后的产物可发生银镜反应，说明分子中含有结构，只有能被氧化为-CHO。将BPA其中一个-OH替换为，并保持分子对称性，即可得到符合条件的同分异构体，结构简式为或。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $