精品解析：山东淄博市2025-2026学年度高三教学质量阶段性检测 化学试题

2025—2026学年度高三教学质量阶段性检测 化学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名，考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到相对原子质量：H 1 O 16 S 32 Mn 55 一、选择题：本题共10小题，每题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 化学推动AI发展。下列说法错误的是 A. 化学突破AI功耗：锂离子电池能量密度高于铅蓄电池 B. 化学提升AI算力：刻蚀芯片的光刻胶属于有机高分子材料 C. 化学启发AI架构：模仿氨基酸序列的氢键连接生成蛋白质结构 D. 化学助力AI加速：散热材料中的石墨烯是碳元素的同素异形体 2. 下列化学用语表达正确的是 A. CS2的电子式： B. 甲酸甲酯的结构简式： C. 中子数为28的铬核素： D. 基态Zn原子的价层电子排布式： 3. 下列化工生产所涉及的主要反应不涉及氧化还原反应的是 A. 以氨气为原料生产硝酸 B. 以黄铁矿为原料生产硫酸 C. 以胆矾和石灰乳为原料生产波尔多液 D. 以饱和食盐水为原料生产烧碱 4. 高能材料前驱体N2F2的制备方法是。下列说法错误的是 A. 熔点： B. NHF2的VSEPR模型为平面三角形 C. N2F2具有顺反异构 D. N的杂化轨道中s成分： 5. 高分子材料在生产、生活中有着重要的应用。下列有关高分子材料的说法错误的是 A. PVA：在水中有很好的溶解性 B. PVC：的单体可发生加成反应 C. PF：由甲醛和苯酚缩聚而成 D. ABS：由四种单体加聚而成 6. 下列装置或操作能达到实验目的的是 A．润洗滴定管 B．除去乙炔气中的H2S C．制备无水AlCl3 D．石油的蒸馏 A. A B. B C. C D. D 7. 储氢材料NaBH4的一种合成方法如图。下列说法正确的是 A. 反应①中H2作还原剂 B. 反应②每生成1 mol NaBH4转移4 mol电子 C. 参与循环次数：Mg与Cl2相等 D. 反应④可通过电解MgCl2溶液实现 8. 以多金属硫化矿(主要含CuFeS2、ZnS及少量FeS2、SiO2)为原料回收Cu、Zn的工艺流程如图。已知常温下，；；。下列说法错误的是 A. 滤渣1的主要成分为SiO2和S B. “沉铜”中，当沉淀完全[]时， C. “沉铁”中，需将氧化为，调节溶液pH D. “电解”后的母液分离Na2SO4后可返回浸取工序循环使用 9. 利用如图所示装置(夹持及加热装置略)进行实验：打开K1、K2，一定时间后，b中溶液不变色，a中有白色固体析出；关闭K1，打开K3，e中溶液颜色变浅，f中溶液变浑浊。下列说法错误的是 A. a中析出的白色固体是Na2CO3 B. d中反应体现了浓硫酸的强氧化性 C. e中现象体现了SO2的还原性 D. 由实验可推出，酸性：H2CO3>苯酚 10. 常温下，向含()、()的混合溶液中缓缓加入适量NaOH固体(无沉淀产生)，溶液中、的摩尔分数以及随pH变化如图。已知：；25℃，；；与反应生成()。下列说法正确的是 A. 曲线Ⅲ表示 B. 常温下，平衡常数数量级为 C. pH为7~8时，的值不变 D. 时，溶液中 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全都选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11. 根据下列实验操作和实验现象所得结论正确的是 实验操作 实验现象 实验结论 A 将灼热木炭伸入浓硝酸中 产生红棕色气体 木炭与浓硝酸发生了反应 B 向KBrO3溶液中通入少量Cl2，然后再加入少量苯 有机层呈橙红色 非金属性：Cl>Br C 将新制Cu(OH)2悬浊液加入葡萄糖溶液中，加热至沸腾 有砖红色沉淀产生 葡萄糖具有还原性 D 向补铁剂Fe(OOCCH=CHCOO)中滴加酸性KMnO4溶液 溶液紫色褪去 该补铁剂中含有 A. A B. B C. C D. D 12. 氧化还原液流式海水淡化电池可实现海水淡化与能量存储的耦合，如图所示。充电时M极反应：，下列说法正确的是 A. 充电时M极为阴极 B. 放电时N极反应： C. a膜为阴离子交换膜 D. 充电后，储液罐1中是淡化后的海水 13. 以丙酮为原料制备物质Q的合成路线如图，下列说法正确的是 A. 若X为HCHO，则M→N经历先加成后消去的过程 B. P的二氯代物有4种(不考虑立体异构) C. M、N、Q均可使酸性KMnO4溶液褪色 D. 类比上述反应，与N反应可生成 14. 为探究Co(Ⅱ)、Co(Ⅲ)能否催化H2O2的分解，进行如下实验。已知：为粉红色、为蓝色、为红色、为墨绿色。 实验Ⅰ 向6 mL CoSO4溶液加入1 mL 30% H2O2，无明显变化 实验Ⅱ 向16 mL CsHCO3溶液中加入6 mL CoSO4，溶液变为红色且伴有气泡产生 实验Ⅲ 将实验Ⅰ所得溶液加入到16 mL CsHCO3溶液中，溶液变为墨绿色，并持续产生氧气 下列说法错误的是 A. 实验Ⅰ说明不能催化H2O2的分解 B. 实验Ⅱ中过量的目的是维持溶液pH，促使转化为，防止生成碳酸钴；产生的气体是氧气 C. 实验Ⅲ说明Co(Ⅲ)更易与配位生成 D. 上述实验初步表明能催化H2O2的分解 15. 生物质炭与H2O(g)生产合成气(H2、CO、CO2、CH4)，涉及的主要反应如下： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． 在气流床中，控制，采用N2载气，以一定的流速通入H2O(g)。反应相同时间，测得出口气体中H2、CO、CO2、CH4的摩尔分数随气流床温度的变化关系如图所示。下列说法正确的是 A. 1000℃反应相同时间时， B. 1200℃条件下，体系已达平衡 C. 曲线X表示CO的摩尔分数随温度的变化 D. 其他条件不变，1300℃时，加压有利于提高平衡时H2的摩尔分数 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16. 碱土金属Be、Mg、Ca等元素及其化合物应用广泛。请回答下列问题： （1）基态Be原子的核外有_______种空间运动状态不同的电子；下列不同状态的铍中，电离最外层一个电子所需能量最大的是_______(填标号)。 A．[He]2s1 B．[He]2p1 C．[He]2s2 D．[He]2p2 （2）BeCl2固态时呈链状结构，如图甲所示；500~600℃气相中以二聚体Be2Cl4形式存在，如图乙所示。1 mol Be2Cl4中含有_______mol配位键。键角Cl-Be-Cl：固态BeCl2_______Be2Cl4(填“>”、“<”或“=”)。 （3）石灰氮(CaCN2)可与稀H2SO4反应生成CaSO4和氨基氰(CH2N2)。氨基氰中σ键和π键数目之比为_______，所含元素电负性由大到小的顺序为_______(用元素符号表示)。碱性：氨基氰_______甲胺(填“>”“<”或“=”)。 （4）在Mg-Cu合金中掺杂Pd得到高催化性能的合金，其立方晶胞结构如图，相邻原子间的最近距离之比：，晶体中与Cu原子最近且等距离的Mg原子数目为_______，_______。 17. 采用协同浸出-四级净化法以锌电积阳极泥(主要含MnO2，Zn、Ca、Mg、Fe、K、Na、Pb等元素)为原料制备电池级Mn3O4工艺流程如下： 已知：①25℃，，； ②电池级Mn3O4国家标准：硫酸盐(以S计)质量分数≤0.05%； ③溶液中某离子时，可认为该离子沉淀完全。 回答下列问题： （1）滤渣1的主要成分为CaSO4和_______(填化学式)。“酸浸”时，MnO2发生反应的离子方程式为_______。 （2）“沉钙镁铁”时，控制溶液pH值为4.5可实现钙、镁及过量铁的高效共沉淀，其中形成黄铵铁矾[NH4Fe3(SO4)2(OH)6]沉淀。pH值不宜过低的原因为_______。溶液中、沉淀完全时，上层清液中至少为_______。滤渣4的主要成分为Zn，试剂X适宜为_______(填标号)。 A．Mg B．Mn C．MnO2 D．MnCO3 （3）“沉锰”中MnSO4溶液和氨水并流加入反应釜，持续通空气可实现Mn3O4的一步合成，反应的离子方程式为_______。实际生产中，会产生副产物Mn2(OH)2SO4，“除硫”工序中，冰醋酸对硫的质量分数和Mn3O4损失率影响如图甲所示，该工序最佳条件为_______，温度=_______℃。 （4）MnSO4·H2O的热重曲线如图乙所示。870℃时，得到的固体产物为_______。 18. 实验室以废塑料PET制备MOF材料Fe3O(BDC-NH2)3Cl()。 步骤如下： ①取少量PET碎片、NaOH与乙二醇(沸点197.3℃)混合，升温至180~190℃充分反应，装置如图。 ②待混合物呈白色稠浆状，蒸馏回收乙二醇。 ③向剩余固体中加入热水，趁热过滤；再向滤液中加稀H2SO4调节溶液，溶液中出现大量白色絮状沉淀。 ④将白色沉淀离心过滤，用冷水洗涤；再经氨基修饰得H2BDC-NH2。 ⑤以DMF为溶剂，与FeCl3混合加热得晶体，用甲醇和蒸馏水洗涤干燥，制备产品。 回答下列问题： （1）装置A的名称为_______，理论上，原料物质的量投料比_______。 （2）步骤①中反应温度为180~190℃，既不能过高，也不能过低的原因是_______。 （3）步骤④中判断H2BDC是否洗涤干净，可选用的试剂为_______(填化学式)。 （4）下列分析方法中可提供H2BDC-NH2官能团种类信息的是_______(填标号)。 A. 质谱 B. 红外光谱 C. 元素分析 D. 同位素示踪 （5）Fe3O(BDC-NH2)3Cl纯度测定：取m g产品在空气中充分灼烧，用稀H2SO4溶解，加入适量还原剂将完全还原为，配制100.00 mL溶液，量取20.00 mL于锥形瓶中，用KMnO4标准溶液滴定至终点时平均消耗标准溶液V mL。则滴定终点的现象为_______。Fe3O(BDC-NH2)3Cl纯度为_______(用含m、c、V的代数式表示)。若用盐酸代替稀H2SO4溶解，会使测定结果_______(填“偏高”“偏低”“无影响”)。 19. 支气管扩张症药物Brensocatib(Ⅰ)的合成路线如下： 已知：Ⅰ． Ⅱ．(Ar—表示芳基，X=Cl、Br、I) 回答下列问题： （1）A的化学名称为_______，B→C的反应类型为_______。 （2）D→E化学方程式为_______，F的结构简式为_______。H中含氧官能团名称为_______。 （3）E的同分异构体中，同时满足下列条件的结构简式为_______(写出一种即可)。 ①含有苯环，不含酰胺基； ②能发生银镜反应； ③核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为1：1：1。 （4）B→D的另一种合成路线为： 已知，B→J、L→M的目的是_______，M→D反应类型为_______。 （5）以、CH3OH、COCl2为主要原料合成，利用上述信息补全合成路线_______。 20. 碳氧化物甲烷化是实现“双碳”目标的重要途径，涉及的主要反应如下： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． Ⅳ． Ⅴ。 回答下列问题： （1）_______。实际生产中常伴有积碳生成，核心技术是开发出具有抗积碳性能的催化剂。催化剂a、b对积碳(反应Ⅳ)与消碳(反应Ⅴ)的影响如图甲所示。 则工业生产时应选择的催化剂是_______(填“a”或“b”)。 （2）压力p下，按照投料，发生反应Ⅰ~Ⅲ．体系达平衡后，温度T1下、CO2的转化率α随z的变化曲线以及时、CO2的转化率α随温度的变化曲线如图乙所示。已知，，n0指初始的物质的量，指平衡的物质的量。则表示的曲线为_______(填标号)，_______℃。若N点CO的转化率α为80%，则N点对应温度下，反应Ⅲ的平衡常数_______(用分数表示或保留2位有效数字)。曲线Ⅰ中先减小后增大的原因为_______。若其它条件不变，增大压强，则曲线Ⅱ_______(填“上移”“下降”或“不变”)。 （3）已知CH4的平衡收率，则图乙中M点、N点、P点和Q点中对应CH4的平衡收率最大的为_______(填标号)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年度高三教学质量阶段性检测 化学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名，考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到相对原子质量：H 1 O 16 S 32 Mn 55 一、选择题：本题共10小题，每题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 化学推动AI发展。下列说法错误的是 A. 化学突破AI功耗：锂离子电池能量密度高于铅蓄电池 B. 化学提升AI算力：刻蚀芯片的光刻胶属于有机高分子材料 C. 化学启发AI架构：模仿氨基酸序列的氢键连接生成蛋白质结构 D. 化学助力AI加速：散热材料中的石墨烯是碳元素的同素异形体 【答案】C 【解析】 【详解】A．锂的摩尔质量较小，单位质量的锂离子电池可转移电子更多，能量密度高于铅蓄电池，A正确； B．光刻胶多为光敏性有机高分子聚合物，属于有机高分子材料，可用于芯片刻蚀工艺，B正确； C．氨基酸之间通过肽键连接形成肽链，氢键是维持蛋白质空间结构的作用力，并非连接氨基酸序列的化学键，C错误； D．石墨烯是仅由碳元素组成的单质，和金刚石、石墨等互为碳元素的同素异形体，可作为散热材料，D正确； 故选C。 2. 下列化学用语表达正确的是 A. CS2的电子式： B. 甲酸甲酯的结构简式： C. 中子数为28的铬核素： D. 基态Zn原子的价层电子排布式： 【答案】A 【解析】 【详解】A．二硫化碳与二氧化碳互为等电子体，结构相似，C与每个S形成双键，所有原子均满足8电子稳定结构，题图的电子式书写正确，A正确； B．是分子式，不是结构简式；甲酸甲酯的结构简式需要体现官能团，应为，B错误； C．铬是24号元素，质子数为24（不是25，25为锰元素），质量数=质子数+中子数=，正确核素符号为 ，C错误； D．锌是30号过渡元素，基态核外电子排布为，其价层电子包含次外层d电子和最外层s电子，因此价层电子排布式为，D错误； 故选A。 3. 下列化工生产所涉及的主要反应不涉及氧化还原反应的是 A. 以氨气为原料生产硝酸 B. 以黄铁矿为原料生产硫酸 C. 以胆矾和石灰乳为原料生产波尔多液 D. 以饱和食盐水为原料生产烧碱 【答案】C 【解析】 【详解】A．以氨气生产硝酸的过程包含氨的催化氧化、氧化为、与水反应生成硝酸三步反应，反应中N化合价均发生变化，涉及氧化还原反应，A不符合题意； B．以黄铁矿生产硫酸的过程包含黄铁矿煅烧、催化氧化为、与水反应生成硫酸三步反应，反应中涉及Fe、S、O元素化合价的变化，涉及氧化还原反应，B不符合题意； C．胆矾（）和石灰乳（）生产波尔多液属于复分解反应，反应前后所有元素化合价均未发生变化，不涉及氧化还原反应，C符合题意； D．以饱和食盐水生产烧碱是电解饱和食盐水的氯碱工业反应，反应得到氢气、氯气和氢氧化钠，Cl、H元素化合价发生变化，涉及氧化还原反应，D不符合题意； 故选C。 4. 高能材料前驱体N2F2的制备方法是。下列说法错误的是 A. 熔点： B. NHF2的VSEPR模型为平面三角形 C. N2F2具有顺反异构 D. N的杂化轨道中s成分： 【答案】B 【解析】 【详解】A．为离子晶体，为分子晶体，离子晶体熔点普遍高于分子晶体，故熔点，A正确； B．中心N原子价层电子对数=σ键数+孤电子对数，VSEPR模型为四面体形，B错误； C．结构为，氮氮双键不能自由旋转，两个F可处于双键的同侧或异侧，存在顺反异构，C正确； D．中N为杂化，s成分占；中N为杂化，s成分占，故N的杂化轨道中s成分：，D正确； 故选B。 5. 高分子材料在生产、生活中有着重要的应用。下列有关高分子材料的说法错误的是 A. PVA：在水中有很好的溶解性 B. PVC：的单体可发生加成反应 C. PF：由甲醛和苯酚缩聚而成 D. ABS：由四种单体加聚而成 【答案】D 【解析】 【详解】A．PVA的名称为聚乙烯醇，结构含有n个羟基，羟基能与水形成氢键，因此在水中有很好的溶解性，A正确； B．PVC的单体是，有双键能发生加成反应，B正确； C．PF名称为酚醛树脂，单体是苯酚和甲醛，二者通过缩聚反应可合成得到酚醛树脂，C正确； D．ABS的单体有、、，共3种单体加聚而成，D错误； 故选D。 6. 下列装置或操作能达到实验目的的是 A．润洗滴定管 B．除去乙炔气中的H2S C．制备无水AlCl3 D．石油的蒸馏 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．润洗滴定管时，需要加入润洗液后倾斜转动滴定管，使润洗液浸润滴定管全部内壁，再从下口放出润洗液。图中直立摇动的操作无法让滴定管上部内壁接触润洗液，操作错误，不能达到实验目的，A不符合题意； B．可与溶液反应：，乙炔不与反应，且该洗气装置符合长进短出的要求，可以除去杂质，能达到实验目的，B符合题意； C．是强酸弱碱盐，加热蒸发溶液时，水解生成，同时挥发会促进水解，最终全部水解为(灼烧得到)​，无法得到无水，不能达到实验目的，C不符合题意； D．蒸馏时温度计需要测量馏分蒸气的温度，温度计水银球应放在蒸馏烧瓶的支管口处，图中温度计水银球插入反应液中，操作错误，不能达到实验目的，D不符合题意； 故选B。 7. 储氢材料NaBH4的一种合成方法如图。下列说法正确的是 A. 反应①中H2作还原剂 B. 反应②每生成1 mol NaBH4转移4 mol电子 C. 参与循环次数：Mg与Cl2相等 D. 反应④可通过电解MgCl2溶液实现 【答案】C 【解析】 【详解】A．反应①为，H元素化合价从0价降低为价，得电子，作氧化剂，Mg作还原剂，A错误； B．反应②为 ，反应前后所有元素化合价均未发生变化，属于非氧化还原反应，不转移电子，B错误； C．根据流程关系，每生成：消耗 ，最终反应④电解又生成 回到循环；反应③提供原料需要消耗，反应④又生成​回到循环； 因此参与循环的Mg和​物质的量相等，循环次数相等，C正确； D．反应④需要获得Mg单质，若电解​溶液，阴极优先放电生成，无法得到Mg单质，只能得到，必须电解熔融才能得到Mg，D错误； 故选C。 8. 以多金属硫化矿(主要含CuFeS2、ZnS及少量FeS2、SiO2)为原料回收Cu、Zn的工艺流程如图。已知常温下，；；。下列说法错误的是 A. 滤渣1的主要成分为SiO2和S B. “沉铜”中，当沉淀完全[]时， C. “沉铁”中，需将氧化为，调节溶液pH D. “电解”后的母液分离Na2SO4后可返回浸取工序循环使用 【答案】B 【解析】 【分析】由题给流程可知，向多金属硫化矿中加入稀硫酸、通入氧气浸取，将金属元素转化为硫酸盐，硫元素被氧化为S，二氧化硅不反应，过滤得到含有S、二氧化硅的滤渣和滤液；向滤液中加入硫氢化钠，将溶液中铜离子转化为硫化铜沉淀，铁离子转化为亚铁离子，过滤得到含有硫化铜的滤渣和滤液；硫化铜经多步处理得到铜；向滤液中加入合适氧化剂，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子后，加入氧化锌等调节溶液pH，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣和滤液；电解滤液在阴极得到锌和含有硫酸钠、硫酸的母液。 【详解】A．由分析可知，滤渣1的主要成分为S和二氧化硅，A正确； B．由溶度积可知，溶液中铜离子浓度为1×10-5 mol/L时，溶液中硫离子浓度为：=6.3×10-31 mol/L；由Ka1(H2S) Ka2(H2S )= 知，溶液中 ，B错误； C．由分析可知，“沉铁”的操作为向滤液中加入合适氧化剂，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子后，加入氧化锌等调节溶液pH，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，C正确； D．由分析可知，“电解”后的母液的主要成分是硫酸钠和硫酸，分离出硫酸钠后得到的硫酸溶液可返回浸取工序循环使用，D正确； 故选B。 9. 利用如图所示装置(夹持及加热装置略)进行实验：打开K1、K2，一定时间后，b中溶液不变色，a中有白色固体析出；关闭K1，打开K3，e中溶液颜色变浅，f中溶液变浑浊。下列说法错误的是 A. a中析出的白色固体是Na2CO3 B. d中反应体现了浓硫酸的强氧化性 C. e中现象体现了SO2的还原性 D. 由实验可推出，酸性：H2CO3>苯酚 【答案】A 【解析】 【分析】首先分析实验过程：d中木炭与浓硫酸反应生成、和，结合操作逐一分析选项： 【详解】A．打开、时，被c中饱和溶液除去，品红检验是否除净，进入a中氨化的饱和氯化钠溶液，发生反应：，析出的白色固体是，不是，A错误； B．d中C与浓硫酸反应时，浓硫酸作为氧化剂将C氧化，自身被还原，体现了浓硫酸的强氧化性，B正确； C．关闭打开后，进入e中，还原酸性使溶液颜色变浅，体现了的还原性，C正确； D．已经被e中酸性完全吸收，进入f的和苯酚钠反应生成苯酚，使溶液变浑浊，根据强酸制弱酸规律，可推出酸性：苯酚，D正确； 答案选A。 10. 常温下，向含()、()的混合溶液中缓缓加入适量NaOH固体(无沉淀产生)，溶液中、的摩尔分数以及随pH变化如图。已知：；25℃，；；与反应生成()。下列说法正确的是 A. 曲线Ⅲ表示 B. 常温下，平衡常数数量级为 C. pH为7~8时，的值不变 D. 时，溶液中 【答案】D 【解析】 【分析】向溶液中加入NaOH，pH升高，发生反应，故随pH增大而增大，而，故随pH增大持续减小。含铜粒子的分布系数：随pH增大、配位反应进行，浓度不断降低，因此随pH增大持续下降，且下降速率最快；随配位进行，先增加后减少，因此其分布系数先升后降。结合图像可得：Ⅰ是曲线，Ⅱ是曲线，Ⅲ是曲线，据此分析。 【详解】A．根据分析，Ⅲ是曲线，Ⅱ是~曲线，A错误； B．该反应的平衡常数表达式为，从图中曲线Ⅰ和Ⅲ的交点可知，当pH约为6.5时，，此时，从曲线Ⅱ可知，约为2.5，即，将这些值代入平衡常数表达式：，该平衡常数的数量级为，B错误； C．初始溶液中，根据元素物料守恒：；在为时，随着pH升高，氨的配位程度增加，消耗的增多，故 的值减小，并非不变，C错误； D．时，，由，代入得：；由图像Ⅱ可知，pH=9时， ，则。由于铜的总浓度为，则，因此，因此顺序为：，D正确； 故选D。 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全都选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11. 根据下列实验操作和实验现象所得结论正确的是 实验操作 实验现象 实验结论 A 将灼热木炭伸入浓硝酸中 产生红棕色气体 木炭与浓硝酸发生了反应 B 向KBrO3溶液中通入少量Cl2，然后再加入少量苯 有机层呈橙红色 非金属性：Cl>Br C 将新制Cu(OH)2悬浊液加入葡萄糖溶液中，加热至沸腾 有砖红色沉淀产生 葡萄糖具有还原性 D 向补铁剂Fe(OOCCH=CHCOO)中滴加酸性KMnO4溶液 溶液紫色褪去 该补铁剂中含有 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．将灼热木炭伸入浓硝酸，浓硝酸受热自身分解也会产生红棕色气体，不能证明木炭与浓硝酸发生了反应，A错误； B．非金属性强弱比较应利用单质间的置换反应或最高价氧化物对应水化物的酸性，用高价含氧酸盐与单质反应，不能用于比较元素非金属性，B错误； C．葡萄糖与新制悬浊液加热生成砖红色，+2价的Cu被还原为+1价，说明葡萄糖具有还原性，C正确； D．补铁剂中含有碳碳双键，可以被酸性氧化使溶液紫色褪去，不能证明一定含有，D错误； 故选C。 12. 氧化还原液流式海水淡化电池可实现海水淡化与能量存储的耦合，如图所示。充电时M极反应：，下列说法正确的是 A. 充电时M极为阴极 B. 放电时N极反应： C. a膜为阴离子交换膜 D. 充电后，储液罐1中是淡化后的海水 【答案】CD 【解析】 【分析】充电时，M极反应为：，失去电子被氧化为，为阳极，N极为阴极；放电时，M极为正极，N极为负极。 【详解】A．充电时M极为阳极，A错误； B．放电时N极为负极，发生氧化反应，应该为失去电子被氧化为，B错误； C．充电时M极为阳极，正电荷增多，海水中穿过a膜平衡电荷，a膜为阴离子交换膜，C正确； D．充电后，海水中穿过b膜移向N极，穿过a膜移向M极，海水被淡化并流入储液罐1，储液罐1中海水被泵入电池中间室，储液罐1中是淡化后的海水，D正确； 故选C、D。 13. 以丙酮为原料制备物质Q的合成路线如图，下列说法正确的是 A. 若X为HCHO，则M→N经历先加成后消去的过程 B. P的二氯代物有4种(不考虑立体异构) C. M、N、Q均可使酸性KMnO4溶液褪色 D. 类比上述反应，与N反应可生成 【答案】A 【解析】 【详解】A．若X为HCHO，则M→N经历先加成生成，后醇羟基发生消去生成N，A正确； B． 中有4种不同环境的氢原子，其一氯代物(不考虑立体异构)有4种，在四种一氯代物的基础上确定二氯代物(箭头代表第二个氯原子的位置)，共有9种二氯代物：，B错误； C．M为丙酮，不能使酸性KMnO4溶液褪色，N、Q均含有碳碳双键，可使酸性KMnO4溶液褪色，C错误； D．N→Q的反应分两步进行：P 结构中两个羰基之间的碳上的 α-H和剩余结构分别加到N中的碳碳双键碳原子上，形成新的碳碳单键，把两个分子连接起来；然后加成产物发生羟醛缩合最终生成稠环结构的 Q。由于不具有像P一样的有两个羰基的结构，无法通过与N反应生成，D错误； 答案选A。 14. 为探究Co(Ⅱ)、Co(Ⅲ)能否催化H2O2的分解，进行如下实验。已知：为粉红色、为蓝色、为红色、为墨绿色。 实验Ⅰ 向6 mL CoSO4溶液加入1 mL 30% H2O2，无明显变化 实验Ⅱ 向16 mL CsHCO3溶液中加入6 mL CoSO4，溶液变为红色且伴有气泡产生 实验Ⅲ 将实验Ⅰ所得溶液加入到16 mL CsHCO3溶液中，溶液变为墨绿色，并持续产生氧气 下列说法错误的是 A. 实验Ⅰ说明不能催化H2O2的分解 B. 实验Ⅱ中过量的目的是维持溶液pH，促使转化为，防止生成碳酸钴；产生的气体是氧气 C. 实验Ⅲ说明Co(Ⅲ)更易与配位生成 D. 上述实验初步表明能催化H2O2的分解 【答案】B 【解析】 【详解】A．实验Ⅰ中向含的溶液加入，无明显变化、无气泡产生，说明不能催化分解，A正确； B．实验Ⅱ中未加入，不可能发生分解生成的反应，产生的气泡是与双水解生成的，不是，B错误； C．实验Ⅰ中不能氧化，加入含的溶液后，Co(Ⅱ)被氧化为Co(Ⅲ)，并生成墨绿色，说明Co(Ⅲ)更易与配位生成稳定配离子，C正确； D．实验Ⅲ中生成后持续产生氧气，说明该配离子能催化分解，D正确； 故选B。 15. 生物质炭与H2O(g)生产合成气(H2、CO、CO2、CH4)，涉及的主要反应如下： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． 在气流床中，控制，采用N2载气，以一定的流速通入H2O(g)。反应相同时间，测得出口气体中H2、CO、CO2、CH4的摩尔分数随气流床温度的变化关系如图所示。下列说法正确的是 A. 1000℃反应相同时间时， B. 1200℃条件下，体系已达平衡 C. 曲线X表示CO的摩尔分数随温度的变化 D. 其他条件不变，1300℃时，加压有利于提高平衡时H2的摩尔分数 【答案】C 【解析】 【分析】较高温度时，反应相同时间，反应达到平衡，升高温度，第一个反应正向移动，第二和第三个反应逆向移动，随温度升高CO的摩尔分数增大、CO2的摩尔分数减小；较低温度时，反应未达到平衡，随温度升高，反应速率都加快，H2的摩尔分数随温度升高而增大，CH4的摩尔分数随温度升高而减小，说明在较低温度时升高温度对前两个反应速率的影响大于对第三个反应速率的影响，随温度升高CO2的摩尔分数增大；曲线X随温度升高先减小后增大，曲线Y随温度升高先增大后减小，故曲线Y表示CO2的摩尔分数随温度的变化；曲线X表示CO的摩尔分数随温度的变化。 【详解】A．由图及分析可知，CO2的摩尔分数仍在上升，说明生成速率大于消耗速率，，A错误； B．图中数据为反应相同时间时各气体的摩尔分数随气流床温度的变化关系图，不是平衡数据，1200℃条件下，体系不一定达到平衡，B错误； C．根据分析可知，X表示CO的摩尔分数随温度的变化，C正确； D．温度不变时，增大反应体系的压强，对第二个反应平衡时的进行程度无影响，但第一个反应平衡逆向移动，H2的摩尔分数减少，第三个反应平衡正向进行移动，H2的摩尔分数减少，故H2的摩尔分数减小，D错误； 故选C。 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16. 碱土金属Be、Mg、Ca等元素及其化合物应用广泛。请回答下列问题： （1）基态Be原子的核外有_______种空间运动状态不同的电子；下列不同状态的铍中，电离最外层一个电子所需能量最大的是_______(填标号)。 A．[He]2s1 B．[He]2p1 C．[He]2s2 D．[He]2p2 （2）BeCl2固态时呈链状结构，如图甲所示；500~600℃气相中以二聚体Be2Cl4形式存在，如图乙所示。1 mol Be2Cl4中含有_______mol配位键。键角Cl-Be-Cl：固态BeCl2_______Be2Cl4(填“>”、“<”或“=”)。 （3）石灰氮(CaCN2)可与稀H2SO4反应生成CaSO4和氨基氰(CH2N2)。氨基氰中σ键和π键数目之比为_______，所含元素电负性由大到小的顺序为_______(用元素符号表示)。碱性：氨基氰_______甲胺(填“>”“<”或“=”)。 （4）在Mg-Cu合金中掺杂Pd得到高催化性能的合金，其立方晶胞结构如图，相邻原子间的最近距离之比：，晶体中与Cu原子最近且等距离的Mg原子数目为_______，_______。 【答案】（1） ①. 2 ②. A （2） ①. 2 ②. < （3） ①. 2∶1 ②. N>C>H ③. < （4） ①. 4 ②. 1∶2∶1 【解析】 【小问1详解】 基态Be原子的核外电子排布为，共4个电子，占据2个轨道，因此有2种空间运动状态不同的电子；2s轨道能量低于2p，所以2s轨道上的电子更难电离，需要的能量更高，A项[He]2s1是Be+的电子排布式(相当于Be失去1个电子后)，正电荷对电子的吸引力更强，电离这个电子所需要的能量高于中性原子[He]2s2(C选项)，B、D的2p电子能量高，易电离，所需能量更低，故电离最外层一个电子所需能量最大的是[He]2s1，故选A； 【小问2详解】 二聚体Be2Cl4中，每个Be原子除了2个正常共价键，还形成1个配位键（Cl提供孤对电子，Be提供空轨道），因此 1 mol Be2Cl4含2 mol配位键；由图甲可知，固态BeCl2中，中心Be原子与4个Cl原子以单键结合，无孤对电子，为sp3杂化，键角为109°28'，由图乙可知，二聚体Be2Cl4中，中心Be原子的价电子对数为3（2个共价键，1个配位键），为sp2 杂化，键角为120°，因此：固态BeCl2的键角 < Be2Cl4的键角； 【小问3详解】 氨基氰的结构为 ，其中键的个数为：2个N-H +1个N-C+ C≡N中的键1个，共4个，键的个数为：C≡N中的2个键，共2个，故比值为4∶2=2∶1；所含元素为H、C、N，在同周期从左到右电负性增大，因此电负性N>C>H；氨基氰中为吸电子基团，使N原子上电子云密度减小，碱性减弱，甲胺中甲基为给电子基团，使N原子上电子云密度增大，碱性增强，因此碱性：氨基氰<甲胺。 【小问4详解】 由图可知，灰、白、黑球的相邻原子间的最近距离分别为 、 、 ，相邻原子间的最近距离之比：，知黑球分别为Cu，灰球和白球均可能为Mg和Pd，Cu位于4个灰球和4个白球中心，则晶体中与Cu原子最近且等距离的Mg原子数目为4；；根据均摊法，一个晶胞中Cu位于内部，个数为8，灰球位于顶点和面心，个数为，白球位于内部和棱心，个数为，白球和灰球个数相等，即Mg和Pd的个数相等，因此粒子个数最简比Mg∶Cu∶Pd=4∶8∶4=1∶2∶1，即。 17. 采用协同浸出-四级净化法以锌电积阳极泥(主要含MnO2，Zn、Ca、Mg、Fe、K、Na、Pb等元素)为原料制备电池级Mn3O4工艺流程如下： 已知：①25℃，，； ②电池级Mn3O4国家标准：硫酸盐(以S计)质量分数≤0.05%； ③溶液中某离子时，可认为该离子沉淀完全。 回答下列问题： （1）滤渣1的主要成分为CaSO4和_______(填化学式)。“酸浸”时，MnO2发生反应的离子方程式为_______。 （2）“沉钙镁铁”时，控制溶液pH值为4.5可实现钙、镁及过量铁的高效共沉淀，其中形成黄铵铁矾[NH4Fe3(SO4)2(OH)6]沉淀。pH值不宜过低的原因为_______。溶液中、沉淀完全时，上层清液中至少为_______。滤渣4的主要成分为Zn，试剂X适宜为_______(填标号)。 A．Mg B．Mn C．MnO2 D．MnCO3 （3）“沉锰”中MnSO4溶液和氨水并流加入反应釜，持续通空气可实现Mn3O4的一步合成，反应的离子方程式为_______。实际生产中，会产生副产物Mn2(OH)2SO4，“除硫”工序中，冰醋酸对硫的质量分数和Mn3O4损失率影响如图甲所示，该工序最佳条件为_______，温度=_______℃。 （4）MnSO4·H2O的热重曲线如图乙所示。870℃时，得到的固体产物为_______。 【答案】（1） ①. ②. （2） ①.  pH过低，氢离子浓度大，会与结合生成弱电解质，导致溶液中浓度降低，从而使沉淀不完全，同时无法完全沉淀为黄铵铁矾（合理即可） ②. ③. B （3） ①. ②. 3.6 ③. 90 （4） 【解析】 【分析】酸性条件下被​还原为，不溶的硫酸盐形成滤渣1除去；除去钠钾盐沉淀得到滤渣2；加调pH，使、形成氟化物沉淀，形成黄铵铁矾沉淀，得到滤渣3除去；加入试剂X置换出得到滤渣4除去；加硫酸铝除去氟离子，得到净化液；在氨水、空气作用下合成​，最后冰醋酸除硫得到电池级产品。 【小问1详解】 阳极泥中的与硫酸反应生成难溶的，已知滤渣1含，另一成分为。 酸浸时​作氧化剂氧化，本身被还原为，离子方程式为： ​ 【小问2详解】  pH过低，氢离子浓度大，会与结合生成弱电解质，导致溶液中浓度降低，从而使沉淀不完全，同时无法完全沉淀为黄铵铁矾。 离子沉淀完全时浓度，分别计算： 对：，，得； 对：，得； 需满足两者都沉淀完全，因此至少为。 沉锌需要置换出，且不引入新杂质：会引入杂质，​、无法置换，活泼性，置换生成，可以发生反应，不引入新杂质，选。 【小问3详解】  在氨水中被氧化生成，配平后离子方程式为： 。国家标准要求的质量分数，结合图甲：pH：只有时的质量分数满足要求，且pH越大​损失率越低，因此最佳；温度：温度时的质量分数满足要求，且温度越低损失率越低，因此最佳温度为。 【小问4详解】  摩尔质量为，初始质量，则，含；280℃时固体质量为，失去的质量为，恰好等于结晶水的质量（），说明280℃后得到无水；850-1150℃区间对应固体质量为：Mn元素总质量：，固体中O元素质量：，因此，原子个数比：，因此870℃时得到的固体产物为。 18. 实验室以废塑料PET制备MOF材料Fe3O(BDC-NH2)3Cl()。 步骤如下： ①取少量PET碎片、NaOH与乙二醇(沸点197.3℃)混合，升温至180~190℃充分反应，装置如图。 ②待混合物呈白色稠浆状，蒸馏回收乙二醇。 ③向剩余固体中加入热水，趁热过滤；再向滤液中加稀H2SO4调节溶液，溶液中出现大量白色絮状沉淀。 ④将白色沉淀离心过滤，用冷水洗涤；再经氨基修饰得H2BDC-NH2。 ⑤以DMF为溶剂，与FeCl3混合加热得晶体，用甲醇和蒸馏水洗涤干燥，制备产品。 回答下列问题： （1）装置A的名称为_______，理论上，原料物质的量投料比_______。 （2）步骤①中反应温度为180~190℃，既不能过高，也不能过低的原因是_______。 （3）步骤④中判断H2BDC是否洗涤干净，可选用的试剂为_______(填化学式)。 （4）下列分析方法中可提供H2BDC-NH2官能团种类信息的是_______(填标号)。 A. 质谱 B. 红外光谱 C. 元素分析 D. 同位素示踪 （5）Fe3O(BDC-NH2)3Cl纯度测定：取m g产品在空气中充分灼烧，用稀H2SO4溶解，加入适量还原剂将完全还原为，配制100.00 mL溶液，量取20.00 mL于锥形瓶中，用KMnO4标准溶液滴定至终点时平均消耗标准溶液V mL。则滴定终点的现象为_______。Fe3O(BDC-NH2)3Cl纯度为_______(用含m、c、V的代数式表示)。若用盐酸代替稀H2SO4溶解，会使测定结果_______(填“偏高”“偏低”“无影响”)。 【答案】（1） ①. 球形冷凝管 ②. 1：2 （2）防止乙二醇大量挥发和反应速率过慢 （3）BaCl2 （4）B （5） ①. 当滴入最后半滴KMnO4标准溶液时，溶液变为浅紫色，且半分钟内不褪色 ②. ③. 偏高； 【解析】 【分析】PET制备MOF材料Fe3O(BDC-NH2)3Cl过程为：PET碎片、NaOH与乙二醇混合发生醇解，并经过蒸馏、过滤等分离操作并调pH得到H2BDC ；H2BDC经氨基修饰得H2BDC-NH2 ；以DMF为溶剂，H2BDC-NH2与FeCl3混合加热得到晶体，用甲醇和蒸馏水洗涤干燥，制备产品Fe3O(BDC-NH2)3Cl。 【小问1详解】 装置A的名称为球形冷凝管；PET、NaOH与乙二醇混合发生反应，结合后续信息调节pH得到可知，该反应的产物应为，即PET 的每个链节水解消耗 2 个NaOH，故反应中PET与NaOH的比例应为1：2（以链节计）； 【小问2详解】 乙二醇的沸点为197.3℃，若反应温度过高会导致乙二醇大量挥发，浪费原料，反应温度过低会导致反应速率过慢； 【小问3详解】 步骤③中使用稀硫酸调节pH后在步骤④中洗涤，判断H2BDC是否洗涤干净的关键是检验是否有残留的，可选用BaCl2溶液； 【小问4详解】 可以识别官能团的分析方法为红外光谱，不同的官能团会呈现出不同的吸收峰(质谱测相对分子质量；元素分析测元素组成；同位素示踪用于反应机理研究，均无法直接提供官能团种类信息)，故答案选B； 【小问5详解】 ①达到滴定终点的现象应为当滴入最后半滴KMnO4标准溶液时，溶液变为浅紫色，且半分钟内不褪色； ②滴定时发生反应：，消耗的为 ，参与反应的为 ，故产品中铁元素共 ，样品中Fe3O(BDC-NH2)3Cl为 ， ，故质量分数为； ③若用稀盐酸代替稀硫酸，在酸性环境下氯离子会被高锰酸钾氧化，消耗的高锰酸钾溶液增多，故最后测定结果偏高。 19. 支气管扩张症药物Brensocatib(Ⅰ)的合成路线如下： 已知：Ⅰ． Ⅱ．(Ar—表示芳基，X=Cl、Br、I) 回答下列问题： （1）A的化学名称为_______，B→C的反应类型为_______。 （2）D→E化学方程式为_______，F的结构简式为_______。H中含氧官能团名称为_______。 （3）E的同分异构体中，同时满足下列条件的结构简式为_______(写出一种即可)。 ①含有苯环，不含酰胺基； ②能发生银镜反应； ③核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为1：1：1。 （4）B→D的另一种合成路线为： 已知，B→J、L→M的目的是_______，M→D反应类型为_______。 （5）以、CH3OH、COCl2为主要原料合成，利用上述信息补全合成路线_______。 【答案】（1） ①. 对溴苯酚(或4-溴苯酚) ②. 还原反应 （2） ①. +CH3I+HI ②. ③. 醚键、羧基 （3）（或） （4） ①. 目的是保护酚羟基，防止其在后续反应中被反应（提高反应选择性） ②. 加成反应 （5） 【解析】 【分析】D与CH3I反应生成E()，则D的结构为，结合已知条件Ⅰ可知，C的结构为，B发生还原反应生成C，则B的结构为，A发生硝化反应生成B，则A为；根据已知条件Ⅱ可知，E（C8H6BrNO2）与F（C9H9IN2）反应生成G（C17H15N3O2），结合分子式可知还生成一分子IBr，结合结构推知G的结构为，F的结构为，H的结构为。 【小问1详解】 A的结构式为，名称为对溴苯酚(或4-溴苯酚)；B（）→C（）是硝基被还原为氨基，反应类型为还原反应。 【小问2详解】 根据分析可知，D（）与CH3I反应生成E()，反应方程式为+CH3I+HI；F的结构为；H的结构为，含氧官能团为醚键、羧基。 【小问3详解】 E分子式为C8H6BrNO2，有苯环、无酰胺基、能发生银镜反应（含-CHO）、3组峰面积比1:1:1（6个H为三种，每种2个H），符合条件的结构简式可为或。 【小问4详解】 B（）加入PhCH2Cl、K2CO3取代反应生成J（），加入Fe、CaCO3还原反应生成K（），加入COCl2取代反应生成L（），Pd-C做催化剂加入H2还原反应生成M（），加热加成反应生成D（）；该路线中先将酚羟基转变为苄醚，最后脱保护，目的是保护酚羟基，防止其在后续反应中被反应（提高反应选择性）； M含异氰酸根和邻位酚羟基，加热分子内加成关环得到D，反应类型为加成反应。 【小问5详解】 在Fe与浓HCl条件下被还原为，加入COCl2反应生成，加入CH3OH反应生成，与反应生成，流程为。 20. 碳氧化物甲烷化是实现“双碳”目标的重要途径，涉及的主要反应如下： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． Ⅳ． Ⅴ。 回答下列问题： （1）_______。实际生产中常伴有积碳生成，核心技术是开发出具有抗积碳性能的催化剂。催化剂a、b对积碳(反应Ⅳ)与消碳(反应Ⅴ)的影响如图甲所示。 则工业生产时应选择的催化剂是_______(填“a”或“b”)。 （2）压力p下，按照投料，发生反应Ⅰ~Ⅲ．体系达平衡后，温度T1下、CO2的转化率α随z的变化曲线以及时、CO2的转化率α随温度的变化曲线如图乙所示。已知，，n0指初始的物质的量，指平衡的物质的量。则表示的曲线为_______(填标号)，_______℃。若N点CO的转化率α为80%，则N点对应温度下，反应Ⅲ的平衡常数_______(用分数表示或保留2位有效数字)。曲线Ⅰ中先减小后增大的原因为_______。若其它条件不变，增大压强，则曲线Ⅱ_______(填“上移”“下降”或“不变”)。 （3）已知CH4的平衡收率，则图乙中M点、N点、P点和Q点中对应CH4的平衡收率最大的为_______(填标号)。 【答案】（1） ①. +42 ②. b （2） ①. I ②. 360 ③. （或0.053） ④. 升高温度，反应Ⅱ（放热反应）平衡逆向移动，​转化率降低；反应Ⅲ（吸热反应）平衡正向移动，转化率升高，低温时反应Ⅱ占主导，转化率减小，高温时反应Ⅲ占主导，转化率增大，故先减小后增大 ⑤. 上移 （3）  【解析】 【小问1详解】 根据盖斯定律，反应Ⅱ−反应Ⅰ=反应Ⅲ，因此： ； 抗积碳需要积碳反应速率慢、消碳反应速率快：活化能越低反应速率越快，由图甲可知，催化剂的积碳反应活化能更大（积碳速率慢），消碳反应活化能更小（消碳速率快），因此选； 【小问2详解】 CO2的转化主要受反应Ⅱ和Ⅲ的影响。反应Ⅱ是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO2转化率降低；反应Ⅲ是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO2转化率升高。低温时反应Ⅱ占主导，随温度升高转化率减小；高温时反应Ⅲ占主导，随温度升高转化率增大，因此曲线先减小后增大，对应曲线Ⅰ；曲线Ⅱ对应​下转化率随的变化，由图可知，当 对应横坐标位置，上方标注温度为 ，因此 ；已知z=0.5，投料，设 ， ， ，N点 ， ，则： 转化的： ，转化的 ，平衡时： ， ；根据碳原子守恒： ，根据氧原子守恒： ，根据氢原子守恒： 则 ，反应Ⅲ 前后气体分子数相等， ；α先减小后增大的原因：升高温度，反应Ⅰ、Ⅱ（放热反应）平衡逆向移动，​转化率降低；反应Ⅲ（吸热反应）平衡正向移动，转化率升高，低温时反应Ⅰ、Ⅱ占主导，转化率减小，高温时反应Ⅲ占主导，转化率增大，故先减小后增大；反应Ⅰ、Ⅱ都是气体分子数减少的反应，增大压强平衡正向移动，转化率升高，因此曲线Ⅱ上移； 【小问3详解】 ​由反应Ⅰ、Ⅱ生成，两个反应均为放热反应，温度越低，越有利于生成，转化率越高，生成​越多，由图乙可知P和Q点温度相同，低于M、N点，但Q点在代表 的曲线Ⅰ上，转化率高，更有利于生成甲烷反应，而P点在恒温、 曲线Ⅱ上的点，转化率低，甲烷化反应不高，因此，平衡收率最大的是Q点，不选P点。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $