精品解析：山东临沂市2026届高三下学期二模化学试题

普通高中学业水平等级考试模拟试题 化学试题 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。 可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 下列物质制备过程中，不涉及氧化还原反应的是 A. 以粮食为原料经发酵酿造食醋 B. 用石膏点制豆腐 C. 用胆矾和铁为原料湿法炼铜 D. 用松木在窑内焖烧制墨 2. 实验室中下列做法正确的是 A. 用酒精灯直接加热烧杯 B. 高锰酸钾固体保存在无色广口瓶中 C. 皮肤溅上碱液，先用大量水冲洗，再用1%的硼酸溶液冲洗 D. 将热的KNO3饱和溶液置于冰水中快速冷却可制得颗粒较大的晶体 3. 化学品在食品工业中有重要应用，下列说法错误的是 A. 甲醛可用作食品的保鲜防腐剂 B. SO2可用作葡萄酒的抗氧化剂 C. 硅胶可用作袋装食品的干燥剂 D. 碳酸氢钠可用作糕点的膨松剂 4. 下列实验涉及反应的离子方程式书写正确的是 A. 用稀硝酸溶解Fe3O4： B. 用氨水吸收少量SO2： C. 用CuSO4溶液除去乙炔中的H2S： D. 用石灰乳制备漂白粉： 5. 下列由实验现象所得结论正确的是 A. 向NaHSO3溶液中滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，证明NaHSO3已变质 B. 乙醇与浓硫酸共热至170℃，产生的气体使溴水褪色，证明乙醇发生了消去反应 C. 向黑色PbS悬浊液中加入硫酸酸化的H2O2溶液，生成白色沉淀，证明 D. 向NaClO溶液中滴加酚酞试剂，先变红后褪色，证明NaClO在溶液中发生了水解反应 6. 根据物质结构推测其性质，下列合理的是 选项 结构 性质 A 油酸甘油酯分子中含有碳碳双键 油酸甘油酯易被氧化变质 B 聚四氟乙烯分子中存在C-F键 常温下聚四氟乙烯遇碱易水解 C NH4NO3和C2H5NH3NO3都含有离子键 两者的熔点相近 D 共价键的极性：Cl-P＜Cl-B 分子的极性：PCl3＜BCl3 A. A B. B C. C D. D 7. 有机物M的结构简式如图所示。下列关于M的说法正确的是 A. 能发生消去反应 B. 用红外光谱可确定M的元素组成 C. 1molM最多可与9molH2发生加成反应 D. 酸性条件下的水解产物均可生成高聚物 8. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，基态X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，由四种元素形成的两种化合物M和Q的结构如图所示。下列说法正确的是 A. 电负性：W＞X B. 酸性：M＞Q C. 原子半径：Y＞X D. 简单氢化物的稳定性：Z＞Y 9. 一种电解硝酸盐和草酸制取甘氨酸的装置如图所示。下列说法错误的是 A. b极连接电源的正极 B. 电解过程存在电极反应： C. 理论上每生成7.5g甘氨酸，可产生标准状况下2.24LO2 D. 电解过程中可能产生副产物HOCH2COOH 10. 二氧化碳加氢制甲烷过程中的主要反应为①；②。向恒容密闭容器中充入2 molCO2和3 molH2，平衡时所有含碳物种的摩尔分数随温度的变化关系如图所示。下列说法正确的是 A. Ⅰ线表示CH4的变化情况 B. 温度时，H2的平衡转化率为50% C. 温度时，反应②的平衡常数K=1 D. 温度时，向容器中加入少量Ⅱ线所示物种，重新达平衡时，p(CO)不变 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目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11. 化合物P是一种药物中间体，部分合成路线如下。 下列说法正确的是 A. M分子中最多有8个原子共平面 B. P分子中含有1个手性碳原子 C. Y的同分异构体中含有醛基的共有3种 D. 若M+X→N的原子利用率为100%，则化合物X是丙醛 12. 利用含锰矿石(含MnO2、Co2O3以及少量Fe2O3、Al2O3)和秸秆制备MnCO3并获得CoS的流程如下。 已知：常温下，几种金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表。 金属离子 完全沉淀()的pH 3.2 4.7 9.0 9.1 下列说法错误的是 A. “浸取”时，秸秆可用SO2代替 B. 根据流程可知氧化性：Co3+＞Fe3+ C. 若“调pH”为5.0，则滤液中 D. “沉锰”时，生成MnCO3的离子方程式为 13. 芳基碘与烷基碘化物、烯烃发生偶联反应的机理如下图所示(部分产物未标出)。 下列说法错误的是 A. 过程中的催化剂为Pd和 B. 过程中有极性键和非极性键的断裂和形成 C. 过程③④⑤中Pd元素的化合价均发生了变化 D. 过程③和⑦中加入适量碱可提高生成物的平衡产率 14. 常温下，AgCl固体中加入足量氨水可以得到溶液，该溶液中存在解离平衡： 。某兴趣小组设计如下探究实验： 实验Ⅰ．取少许溶液加入溶液，产生白色沉淀。 实验Ⅱ．取少许溶液加入溶液，产生黄色沉淀。 实验Ⅲ．取少许溶液加热，有刺激性气味气体产生，试管内无明显现象。 已知：。 下列说法错误的是 A. 实验Ⅰ中改用等体积等浓度的盐酸溶液，沉淀量增多 B. 实验Ⅱ中继续加入足量浓氨水，黄色沉淀溶解 C. 实验Ⅲ中出现刺激性气味气体，证明解离生成NH3 D. 实验Ⅲ中试管内无明显现象，可能的原因是、较小 15. H2A是二元弱酸。25℃时，向足量BaA的悬浊液中通入HCl，溶液中H2A、HA-、A2-的摩尔分数以及pBa2+与溶液pH的关系如图所示()。 下列说法正确的是 A. Ⅰ线表示A2-的变化情况 B. 的数量级为 C. 点溶液中 D. 点溶液中约为 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16. 含氮化合物有重要的研究价值。回答下列问题： （1）基态 原子的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为___________；的空间构型为___________。 （2）含氮配位化合物与互为同分异构体。 ①中与形成配位键的原子有___________(填元素符号)。 ②中键角___________中键角(填“＞”、“＜”或“=”)，理由是___________。 （3）某高能全氮阴离子盐结构片段如图所示。 该高能晶体盐可以稳定存在的主要原因： ①环中的氮原子在同一个平面内，该结构中存在大π键()； ②___________。 （4）氮化锂可作为锂电池固体电解质，其晶体属于六方晶系(a=b≠c，°)，结构如图1所示；晶体中锂离子与氮离子配位关系如图2所示，两种键键长分别为m pm和n pm。 ①若A点的分数坐标为(0，0，0)，则B点的分数坐标为___________。 ②晶体中水平层内，与个数比为___________。 ③阿伏加德罗常数的值为NA，晶体密度为___________(用含m、n、NA的代数式表示)。 17. 异硫氰酸烯丙酯(CH2=CHCH2NCS)是芥子油的主要成分，常温下为透明油状液体，易溶于乙醇；高温下，易发生聚合、炭化等反应。实验室制备异硫氰酸烯丙酯的装置图如下(加热及夹持装置略)。 已知：CH2=CHCH2Cl、C2H5OH、CH2=CHCH2NCS的沸点分别为46℃、78.5℃、151℃。 实验步骤： ①向仪器A中加入硫氰酸钠和乙醇，搅拌下加热到一定温度时，滴加3-氯丙烯。30 min后滴加完毕，保持反应液温度在60~65℃继续反应。 ②冷却，过滤，滤饼用少量乙醇洗涤，合并滤液和洗涤液，经减压蒸馏得到产品。 回答下列问题： （1）仪器A的名称是___________；恒压分液漏斗中B的作用是___________。 （2）滴加3-氯丙烯时温度计示数处于一定范围，合理的是___________(填标号)。 a．40~45℃ b．60~65℃ c．80~85℃ 若反应过程中温度过高，烧瓶中会产生少量固体有机物，可能的原因是___________。 （3）步骤①中加入乙醇的目的是___________；步骤②中减压蒸馏的优点是___________。 （4）氯胺-T()间接氧化法测定产品纯度(杂质不反应)。 Ⅰ．称取m g产品，加入足量六氢吡啶的丙酮溶液，发生反应：→。 Ⅱ．继续加入V1 mL过量的c1 mol/L氯胺-T溶液，发生反应： 反应时氯胺-T中只有氯元素得电子，转化为Cl-，下同；中的硫元素转化为)，将反应后的溶液转移至仪器X中。 Ⅲ．向仪器X中滴加足量KI溶液，然后用c2 mol/LNa2S2O3标准溶液滴定，发生反应：，滴定至终点消耗Na2S2O3标准溶液V2mL。 ①仪器X应选择___________(填标号)。 ②异硫氰酸烯丙酯(摩尔质量为M g/mol)的质量分数是___________(用代数式表示)；若步骤Ⅱ中部分碳碳双键被氯胺-T氧化，导致测定结果___________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 18. 一种从铂精矿(含有锌、铜、铁、铅、银、铂、钯、金等元素)中分离提取铂、钯、金的工艺流程如下。 已知：①；② 。 回答下列问题： （1）“除锌、铜”时，CuC2O4发生反应的离子方程式为___________；Fe元素在___________(填操作单元的名称)过程中除去。 （2）“氯化浸出”过程中，氯元素变化形态为(M为Au、Pt、Pd)。 ①“氯化浸出”过程中Au溶解的离子方程式为___________。 ②其他条件一定时，测得浸出温度对Au、Pt、Pd浸出率影响如图所示。 温度达到85℃时，继续升高温度，Au、Pt、Pd浸出率下降的原因是___________。 ③含银渣的主要成分为___________(填化学式)；“氯化浸出”时，为防止形成[AgCl2]-，应控制Cl-浓度小于___________mol/L(当某种离子的浓度小于10-5mol/L时，可忽略该离子的存在)。 （3）硫醚萃取金的原理为 ，则萃取后Pd在有机相中的存在形态为___________(填化学式)。 （4）该工艺中可循环使用的物质除硫醚外，还有___________(填化学式)。 19. 某药物H的合成路线如下图所示。 已知：(—R、—R´代表烃基) 回答下列问题： （1）A→B的反应类型为___________；C→D分两步进行，第一步C和NaOH溶液反应的化学方程式为___________。 （2）E中含氧官能团的名称为___________；F的结构简式为___________。 （3）D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—NH2 ②能与NaHCO3溶液反应生成CO2 ③核磁共振氢谱显示有4组峰，且峰面积之比为9：2：2：2 （4）H分子中存在结构片段，其所有原子共平面，则碱性更强的氮原子为___________(填“a”或“b”)。 （5）以CH3COOH、为主要原料合成 。利用上述信息补全合成路线___________。 20. 硫化铊氧化挥发过程中涉及的主要反应如下： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． Ⅳ． Ⅴ． Ⅵ． 恒容条件下，按1mol Tl2S(s)、0.5molO2投料反应，平衡体系中各组分的物质的量随温度的变化关系如图所示。 已知：体系达平衡时，O2可认为已反应完全。 回答下列问题： （1）___________(用含、、、的代数式表示)。 （2）___________0(填“＞”“＜”或“=”)；乙线所示物种为___________(填化学式)。 （3）℃时，体系达平衡后，Tl(s)的物质的量为a mol，此时Tl2O(g)为___________mol(用含a的代数式表示，下同)，Tl(g)的体积分数为___________。 （4）℃时，体系达平衡后，压缩容器体积至原容器体积的一半，反应重新达到平衡，与压缩体积前相比，Tl2S(g)的物质的量___________(填“增大”“减小”或“不变”)，___________(填“增大”“减小”或“不变”)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 普通高中学业水平等级考试模拟试题 化学试题 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。 可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 下列物质制备过程中，不涉及氧化还原反应的是 A. 以粮食为原料经发酵酿造食醋 B. 用石膏点制豆腐 C. 用胆矾和铁为原料湿法炼铜 D. 用松木在窑内焖烧制墨 【答案】B 【解析】 【详解】A．粮食发酵酿醋过程中乙醇被氧化为乙酸，存在元素化合价升降，涉及氧化还原反应，A不符合题意； B．石膏点制豆腐是电解质使蛋白质胶体发生聚沉，无元素化合价升降，不涉及氧化还原反应，B符合题意； C．湿法炼铜发生反应Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，Fe、Cu元素化合价发生变化，涉及氧化还原反应，C不符合题意； D．松木焖烧制墨时有机物碳化生成炭黑，C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B。 2. 实验室中下列做法正确的是 A. 用酒精灯直接加热烧杯 B. 高锰酸钾固体保存在无色广口瓶中 C. 皮肤溅上碱液，先用大量水冲洗，再用1%的硼酸溶液冲洗 D. 将热的KNO3饱和溶液置于冰水中快速冷却可制得颗粒较大的晶体 【答案】C 【解析】 【详解】A．烧杯底面积较大，直接加热易受热不均发生炸裂，需垫石棉网才能加热，A错误； B．高锰酸钾见光易分解，应保存在棕色广口瓶中，无色广口瓶会使其见光变质，B错误； C．皮肤溅上碱液时，先用大量水冲洗降低碱液浓度，再用弱酸性的1%硼酸溶液中和残留的碱，操作符合实验安全要求，C正确； D．热的KNO3饱和溶液快速冷却会析出细小的晶体，缓慢冷却才能得到颗粒较大的晶体，D错误； 故选C。 3. 化学品在食品工业中有重要应用，下列说法错误的是 A. 甲醛可用作食品的保鲜防腐剂 B. SO2可用作葡萄酒的抗氧化剂 C. 硅胶可用作袋装食品的干燥剂 D. 碳酸氢钠可用作糕点的膨松剂 【答案】A 【解析】 【详解】A．甲醛有毒，会使蛋白质发生变性，危害人体健康，严禁用作食品的保鲜防腐剂，A错误； B．SO2具有还原性，可消耗环境中的氧气、抑制细菌繁殖，可用作葡萄酒的抗氧化剂（符合国家标准限量即可），B正确； C．硅胶具有多孔结构，吸水能力强且无毒无腐蚀性，可用作袋装食品的干燥剂，C正确； D．碳酸氢钠受热易分解产生CO2气体，气体受热体积膨胀，能使糕点内部形成疏松多孔的结构，可用作糕点的膨松剂，D正确； 故选A。 4. 下列实验涉及反应的离子方程式书写正确的是 A. 用稀硝酸溶解Fe3O4： B. 用氨水吸收少量SO2： C. 用CuSO4溶液除去乙炔中的H2S： D. 用石灰乳制备漂白粉： 【答案】C 【解析】 【详解】A．稀硝酸具有强氧化性，会将Fe3O4中的Fe2+氧化为Fe3+，同时生成NO，该离子方程式未体现氧化还原过程，正确的离子方程式为，A错误； B．少量SO2与氨水反应生成亚硫酸铵，正确的离子方程式为2NH3∙H2O+SO2=2++H2O，B错误； C．CuS难溶于酸和水，H2S为弱电解质不能拆分，该离子方程式符合反应事实，C正确； D．石灰乳是Ca(OH)2悬浊液，不能拆分为OH-，应写化学式，正确的离子方程式为，D错误； 故选C。 5. 下列由实验现象所得结论正确的是 A. 向NaHSO3溶液中滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，证明NaHSO3已变质 B. 乙醇与浓硫酸共热至170℃，产生的气体使溴水褪色，证明乙醇发生了消去反应 C. 向黑色PbS悬浊液中加入硫酸酸化的H2O2溶液，生成白色沉淀，证明 D. 向NaClO溶液中滴加酚酞试剂，先变红后褪色，证明NaClO在溶液中发生了水解反应 【答案】D 【解析】 【详解】A．NaHSO3溶液中电离产生H+，加入Ba(NO3)2后，酸性环境下会将氧化为，与Ba2+生成BaSO4白色沉淀，即便NaHSO3未变质也会产生该现象，无法证明其变质，A错误； B．乙醇与浓硫酸共热至170℃时，浓硫酸可将部分乙醇碳化，碳与浓硫酸反应生成SO2杂质，SO2具有还原性也能使溴水褪色，不能证明气体一定是消去反应生成的乙烯，B错误； C．硫酸酸化的H2O2具有强氧化性，会将PbS中的S2-氧化为，从而生成PbSO4白色沉淀，该反应为氧化还原反应，不属于沉淀转化，无法比较Ksp(PbS)和Ksp(PbSO4)的大小，C错误； D．向NaClO溶液中滴加酚酞先变红，说明溶液中存在OH-，是ClO-发生水解反应ClO-+H2O HClO+OH-，使溶液显碱性；后褪色是因为水解生成的HClO具有强氧化性，将酚酞漂白，可证明NaClO发生了水解反应，D正确； 故选D。 6. 根据物质结构推测其性质，下列合理的是 选项 结构 性质 A 油酸甘油酯分子中含有碳碳双键 油酸甘油酯易被氧化变质 B 聚四氟乙烯分子中存在C-F键 常温下聚四氟乙烯遇碱易水解 C NH4NO3和C2H5NH3NO3都含有离子键 两者的熔点相近 D 共价键的极性：Cl-P＜Cl-B 分子的极性：PCl3＜BCl3 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．碳碳双键具有较强还原性，易被氧气氧化，因此油酸甘油酯易被氧化变质，A正确； B．C-F键键能大，聚四氟乙烯化学性质稳定，耐酸碱腐蚀，常温下遇碱不会水解，B错误； C．NH4NO3是无机离子晶体，熔点较高，C2H5NH3NO3的阳离子为有机阳离子，常温下呈液态，晶格能远小于NH4NO3，熔点更低，二者熔点差异大，C错误； D．PCl3是结构不对称的三角锥形极性分子，BCl3是结构对称的平面正三角形非极性分子，分子极性PCl3＞BCl3，D错误； 故选A。 7. 有机物M的结构简式如图所示。下列关于M的说法正确的是 A. 能发生消去反应 B. 用红外光谱可确定M的元素组成 C. 1molM最多可与9molH2发生加成反应 D. 酸性条件下的水解产物均可生成高聚物 【答案】D 【解析】 【详解】A．醇羟基碳原子相邻碳原子上不连有氢原子，酚羟基连在苯环上，二者都不能发生消去反应，A不正确； B．红外光谱主要用于确定有机物分子中所含有的原子团或化学键，而确定有机物的元素组成一般用元素分析仪，B不正确； C．M分子中含有2个酯基，不能与H2发生加成反应，苯环(1个)、碳碳双键(3个)、酮羰基(1个)都能与H2发生加成反应，则1molM最多可与7molH2发生加成反应，C不正确； D．酸性条件下的水解产物有两种，一种含有碳碳双键(加聚反应)、羟基和羧基(缩聚反应)等，另一种含有羟基和羧基(缩聚反应)，均可生成高聚物，D正确； 故选D。 8. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，基态X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，由四种元素形成的两种化合物M和Q的结构如图所示。下列说法正确的是 A. 电负性：W＞X B. 酸性：M＞Q C. 原子半径：Y＞X D. 简单氢化物的稳定性：Z＞Y 【答案】B 【解析】 【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，基态X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，则X为C元素；由图可知，化合物中W、X、Y、Z形成共价键的数目分别为：1、4、2、2， 则W为H元素、Y为O元素、Z为S元素。 【详解】A．元素的非金属性越强，电负性越大，碳元素的非金属性强于氢元素，则碳元素的电负性大于氢元素，即X＞W，A错误； B．氧元素的电负性大于硫元素，则M分子中碳氧双键的吸电子能力强于Q分子中碳硫双键的吸电子能力，羟基的极性强于Q分子中羟基的极性，电离出氢离子的能力强于Q分子电离出氢离子的能力，酸性强于Q分子，即M＞Q，B正确； C．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则氧原子的原子半径小于碳原子，即X＞Y，C错误； D．同主族元素，从上到下非金属性依次减弱，简单氢化物的稳定性依次减弱，则水的稳定性强于硫化氢，即Y＞Z，D错误； 故选B。 9. 一种电解硝酸盐和草酸制取甘氨酸的装置如图所示。下列说法错误的是 A. b极连接电源的正极 B. 电解过程存在电极反应： C. 理论上每生成7.5g甘氨酸，可产生标准状况下2.24LO2 D. 电解过程中可能产生副产物HOCH2COOH 【答案】C 【解析】 【分析】在a极，-COOH→ -CHO、→ NH2OH，C、N元素的化合价降低，则a极为阴极，与电源负极相连；b极为阳极，与电源正极相连。 【详解】A．由分析可知，b极连接电源的正极，A正确； B．电解过程中，，N、C元素的化合价共降低4价，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，可得出存在电极反应：，B正确； C．7.5g甘氨酸的物质的量为=0.1mol，由1molHOOC-COOH、1mol生成1mol，共得到12 mol e-，阳极（2H2O - 4e⁻ = O2 + 4H+）由2molH2O生成1mol O2，失去4mol e-，则转移1.2mol e-可生成0.3molO2，所以可产生标准状况下6.72LO2，C错误； D．电解过程中，OHCCOOH可能被还原，所以可能产生副产物HOCH2COOH，D正确； 故选C。 10. 二氧化碳加氢制甲烷过程中的主要反应为①；②。向恒容密闭容器中充入2 molCO2和3 molH2，平衡时所有含碳物种的摩尔分数随温度的变化关系如图所示。下列说法正确的是 A. Ⅰ线表示CH4的变化情况 B. 温度时，H2的平衡转化率为50% C. 温度时，反应②的平衡常数K=1 D. 温度时，向容器中加入少量Ⅱ线所示物种，重新达平衡时，p(CO)不变 【答案】B 【解析】 【分析】反应中二氧化碳转化为甲烷、CO，由图，温度时，含碳化合物只有CO和Ⅰ线表示的物质，说明此时二氧化碳只发生反应②转化为CO，则Ⅰ线表示CO2的变化情况，那么Ⅱ线表示CH4的变化情况； 【详解】A．由分析，Ⅰ线表示CO2的变化情况，A错误； B．由分析，温度时，甲烷、CO的物质的量均为2mol×0.15=0.3mol，由方程式，反应①消耗氢气1.2mol、②消耗氢气0.3mol，共消耗氢气1.5mol，H2的平衡转化率为50%，B正确； C．由图，温度时，二氧化碳、CO均为2mol×0.5=1mol，则生成水1mol、消耗氢气1mol，平衡时氢气为2mol，反应②的平衡常数，C错误； D．温度时，只发生反应②，向容器中加入少量甲烷，甲烷完全转化为二氧化碳和氢气，二氧化碳进一步发生反应②，一氧化碳的物质的量增加，温度和容器容积不变，所以重新达平衡时，p(CO)会增大，D错误； 故选B。 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目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11. 化合物P是一种药物中间体，部分合成路线如下。 下列说法正确的是 A. M分子中最多有8个原子共平面 B. P分子中含有1个手性碳原子 C. Y的同分异构体中含有醛基的共有3种 D. 若M+X→N的原子利用率为100%，则化合物X是丙醛 【答案】BD 【解析】 【详解】A．碳碳双键的所有原子共平面（3个C，2个H），羰基与碳碳双键直接相连，羰基的C、O原子也在该平面，酯基的O原子也在该平面，甲基中由于O在该平面，甲基的C也可以通过旋转进入平面，此外最后有一个H原子共平面，因此最多有10个原子共平面，A错误； B．手性碳原子是指连有4个不同基团的饱和碳原子，与醛基相连的碳原子连接的四个基团均不同，该碳原子为手性碳，B正确； C．Y的分子式为C4H6O，含醛基的同分异构体需要满足：含有-CHO，且分子式为C4H6O，即分子中含1个醛基和1个碳碳双键或环，含有碳碳双键的异构体为三种，含有环状结构的还有一种，C错误； D．M的分子式为C4H6O2，N的分子式为C7H12O3，两者的原子差：C3H6O，则X的分子式为C3H6O，根据反应方程式可以推断X为丙醛，D正确； 故答案选BD。 12. 利用含锰矿石(含MnO2、Co2O3以及少量Fe2O3、Al2O3)和秸秆制备MnCO3并获得CoS的流程如下。 已知：常温下，几种金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表。 金属离子 完全沉淀()的pH 3.2 4.7 9.0 9.1 下列说法错误的是 A. “浸取”时，秸秆可用SO2代替 B. 根据流程可知氧化性：Co3+＞Fe3+ C. 若“调pH”为5.0，则滤液中 D. “沉锰”时，生成MnCO3的离子方程式为 【答案】D 【解析】 【详解】A．“浸取”步骤中，秸秆作为还原剂将Co3+（来自Co2O3）和Mn4+（来自MnO2）还原为Co2+和Mn2+，同时可能还原Fe3+为Fe2+，SO2具有强还原性，可实现相同作用，A正确； B．在酸性条件下，Co2O3能将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Co2+，反应为：，B正确； C．根据表中数据，pH=3.2时，Fe3+完全沉淀，，pH=4.7时，Al3+完全沉淀，，当，pH=5.0时，，则 ，则，C正确； D．“沉锰”时，生成MnCO3的离子方程式为：，D错误； 故答案选D 13. 芳基碘与烷基碘化物、烯烃发生偶联反应的机理如下图所示(部分产物未标出)。 下列说法错误的是 A. 过程中的催化剂为Pd和 B. 过程中有极性键和非极性键的断裂和形成 C. 过程③④⑤中Pd元素的化合价均发生了变化 D. 过程③和⑦中加入适量碱可提高生成物的平衡产率 【答案】C 【解析】 【详解】A．催化剂在反应前后组成、质量不变，该循环机理中，Pd在反应中循环参与反应，在反应②结束后在⑥重新生成，因此都是催化剂，A正确； B．反应中 C-I、Pd-I、Pd-C等极性键既有断裂也有形成；同时烯烃的碳碳双键（非极性键）的π键发生断裂，产物中新形成C-C非极性键，因此过程中存在极性键和非极性键的断裂和形成，B正确； C．过程③中Pd脱去HI，形成Pd-C键，化合价没变仍为+2价；过程④Pd形成两个配位键，化合价改变；过程⑤发生配体的消除，Pd化合价发生改变，因此不是三步中化合价均发生变化，C错误； D．过程③和⑦都会生成酸性副产物HI，加入适量碱可以中和HI，使平衡正向移动，提高生成物的平衡产率，D正确； 故答案选C。 14. 常温下，AgCl固体中加入足量氨水可以得到溶液，该溶液中存在解离平衡： 。某兴趣小组设计如下探究实验： 实验Ⅰ．取少许溶液加入溶液，产生白色沉淀。 实验Ⅱ．取少许溶液加入溶液，产生黄色沉淀。 实验Ⅲ．取少许溶液加热，有刺激性气味气体产生，试管内无明显现象。 已知：。 下列说法错误的是 A. 实验Ⅰ中改用等体积等浓度的盐酸溶液，沉淀量增多 B. 实验Ⅱ中继续加入足量浓氨水，黄色沉淀溶解 C. 实验Ⅲ中出现刺激性气味气体，证明解离生成NH3 D. 实验Ⅲ中试管内无明显现象，可能的原因是、较小 【答案】BC 【解析】 【详解】A．实验Ⅰ中加酸，会结合平衡中的，使平衡右移，浓度增大，与生成沉淀；改用等浓度等体积盐酸，除了的作用，还额外引入了，会促进沉淀生成，沉淀量增多，A正确； B．对于反应，该反应的平衡常数，平衡常数极小，反应难以自发进行，因此沉淀不会溶解在浓氨水中，B错误； C．反应中氨水过量，加热氨水分解也会产生氨气，不能说明解离生成，C错误； D．加热使挥发，平衡右移，浓度增大，若试管内无沉淀析出，说明，即、乘积较小，D正确； 故答案选BC。 15. H2A是二元弱酸。25℃时，向足量BaA的悬浊液中通入HCl，溶液中H2A、HA-、A2-的摩尔分数以及pBa2+与溶液pH的关系如图所示()。 下列说法正确的是 A. Ⅰ线表示A2-的变化情况 B. 的数量级为 C. 点溶液中 D. 点溶液中约为 【答案】BD 【解析】 【分析】判断各曲线对应微粒： 是二元弱酸，pH增大， 的摩尔分数减小，对应曲线Ⅰ；pH增大，的摩尔分数先增加后减小，对应曲线Ⅱ；pH增大，的摩尔分数增加，对应曲线Ⅳ；浓度增大，不变，故减小，增大，所以Ⅲ对应，据此分析。 【详解】A．根据分析，pH增大， 的摩尔分数减小，因此Ⅰ线对应 ，不是，A错误； B．c点，此时，，故。根据物料守恒：，此时 可忽略，，故。 ，数量级为，B正确； C．电荷守恒：，物料守恒：，代入整理得：，a点，酸性，，故 点溶液中，C错误； D．b点，则；根据B选项，代入，则；根据a点，c点，分别求出则有，b点pH对应，则代入求得b点；把，代入，得，则，已知，两边取对数得，则，D正确； 故选BD。 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16. 含氮化合物有重要的研究价值。回答下列问题： （1）基态 原子的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为___________；的空间构型为___________。 （2）含氮配位化合物与互为同分异构体。 ①中与形成配位键的原子有___________(填元素符号)。 ②中键角___________中键角(填“＞”、“＜”或“=”)，理由是___________。 （3）某高能全氮阴离子盐结构片段如图所示。 该高能晶体盐可以稳定存在的主要原因： ①环中的氮原子在同一个平面内，该结构中存在大π键()； ②___________。 （4）氮化锂可作为锂电池固体电解质，其晶体属于六方晶系(a=b≠c，°)，结构如图1所示；晶体中锂离子与氮离子配位关系如图2所示，两种键键长分别为m pm和n pm。 ①若A点的分数坐标为(0，0，0)，则B点的分数坐标为___________。 ②晶体中水平层内，与个数比为___________。 ③阿伏加德罗常数的值为NA，晶体密度为___________(用含m、n、NA的代数式表示)。 【答案】（1） ①. 4:1（或1:4） ②. 直线形 （2） ①. 、 ②. ＞ ③. 中氮原子提供孤电子对形成配位键，氮原子上没有孤电子对，而中氮原子上仍有孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对之间的排斥作用 （3）阳离子与阴离子之间形成氢键，使体系能量降低，结构稳定 （4） ①. ②. 1:2 ③. 【解析】 【小问1详解】 基态氮原子价电子排布式为2s22p3，价电子排布图（轨道表达式）为，2s能级全充满，电子自旋方向相反，2p能级为半充满结构，电子优先占据空轨道且自旋方向相同，基态氮原子价电子中，两种自旋方向的电子的个数比为4:1（或1:4）；计算中心氮原子上孤电子对数，没有孤电子对，价层电子对数等于 键数等于2，VSEPR模型与分子空间结构均为直线形； 【小问2详解】 ①配合物中配体为、，中氮原子提供孤电子对，中氮原子、氧原子均能提供孤电子对，根据配合物化学式可判断提供电子对的应是氧原子，答案为 、 ； ②配合物中的氮原子提供孤电子对形成配位键，中心氮原子上没有孤电子对，中心氮原子上有孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对之间的排斥作用，所以，的键角大于中键角； 【小问3详解】 由结构片段可知，除了大π键，阳离子（、）与之间还形成了氢键，降低了体系能量，使晶体可以稳定存在； 【小问4详解】 ①由晶胞结构图可知，A点坐标(0,0,0)为坐标原点，B点位于底面菱形长对角线三等分点处，z轴坐标为0，x轴坐标为，y轴坐标为，B点的分数坐标为； ②由图1可知，在晶胞水平层（下底面或上顶面）中，的个数为，的个数为，两者个数比为； ③由图1可知，位于晶胞顶点，数目为，位于棱心和上下面上，数目为，氮化锂的化学式为，图2中，位于8个构成的正十二面体中，则图1中，上面白球和黑球的距离为m pm，则上面菱形的长对角线为3m pm，短对角线长为 pm，竖棱长度为2n pm，则晶胞体积V=，根据化学式，图2晶体中含1个，晶体密度。 17. 异硫氰酸烯丙酯(CH2=CHCH2NCS)是芥子油的主要成分，常温下为透明油状液体，易溶于乙醇；高温下，易发生聚合、炭化等反应。实验室制备异硫氰酸烯丙酯的装置图如下(加热及夹持装置略)。 已知：CH2=CHCH2Cl、C2H5OH、CH2=CHCH2NCS的沸点分别为46℃、78.5℃、151℃。 实验步骤： ①向仪器A中加入硫氰酸钠和乙醇，搅拌下加热到一定温度时，滴加3-氯丙烯。30 min后滴加完毕，保持反应液温度在60~65℃继续反应。 ②冷却，过滤，滤饼用少量乙醇洗涤，合并滤液和洗涤液，经减压蒸馏得到产品。 回答下列问题： （1）仪器A的名称是___________；恒压分液漏斗中B的作用是___________。 （2）滴加3-氯丙烯时温度计示数处于一定范围，合理的是___________(填标号)。 a．40~45℃ b．60~65℃ c．80~85℃ 若反应过程中温度过高，烧瓶中会产生少量固体有机物，可能的原因是___________。 （3）步骤①中加入乙醇的目的是___________；步骤②中减压蒸馏的优点是___________。 （4）氯胺-T()间接氧化法测定产品纯度(杂质不反应)。 Ⅰ．称取m g产品，加入足量六氢吡啶的丙酮溶液，发生反应：→。 Ⅱ．继续加入V1 mL过量的c1 mol/L氯胺-T溶液，发生反应： 反应时氯胺-T中只有氯元素得电子，转化为Cl-，下同；中的硫元素转化为)，将反应后的溶液转移至仪器X中。 Ⅲ．向仪器X中滴加足量KI溶液，然后用c2 mol/LNa2S2O3标准溶液滴定，发生反应：，滴定至终点消耗Na2S2O3标准溶液V2mL。 ①仪器X应选择___________(填标号)。 ②异硫氰酸烯丙酯(摩尔质量为M g/mol)的质量分数是___________(用代数式表示)；若步骤Ⅱ中部分碳碳双键被氯胺-T氧化，导致测定结果___________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 【答案】（1） ①. 三颈烧瓶 ②. 平衡漏斗内外的气压，使液体能够顺利滴下 （2） ①. a ②. 产物异硫氰酸烯丙酯在高温下发生了聚合反应 （3） ①. 溶解反应物，加快化学反应速率 ②. 降低沸点，防止产物受热发生聚合、炭化等反应 （4） ①. c ②. ③. 偏高 【解析】 【分析】这是一个实验室制备异硫氰酸烯丙酯（）的实验。反应物是硫氰酸钠（）和3-氯丙烯（），溶剂是乙醇。产物是油状液体，但高温下不稳定，容易聚合或碳化。向仪器A中加入硫氰酸钠和乙醇，搅拌下加热到一定温度时，滴加3-氯丙烯。30 min后滴加完毕，保持反应液温度在60~65℃继续反应。冷却，过滤，滤饼用少量乙醇洗涤，合并滤液和洗涤液，经减压蒸馏得到产品。 【小问1详解】 仪器A的名称是三颈烧瓶。恒压分液漏斗B中侧管的作用是平衡漏斗内外的气压，使液体能够顺利滴下。 【小问2详解】 3－氯丙烯的沸点是46℃，为防止挥发损失，验步骤①在滴加过程中温度不能超过46℃，故选a。已知异硫氰酸烯丙酯高温下，易发生聚合反应，若反应过程中温度过高，产生少量固体有机物，可能的原因是：产物异硫氰酸烯丙酯在高温下发生了聚合反应产生了高聚物。 【小问3详解】  步骤①中加入乙醇的目的是作为溶剂，溶解反应物，使反应物充分接触，加快反应速率，并有利于反应体系温度的均匀控制。步骤②中减压蒸馏的优点是可以在较低的温度下蒸出产品，避免异硫氰酸烯丙酯因高温（其常压沸点为151℃）而发生分解、聚合或炭化，从而提高产品的纯度和产率。 【小问4详解】 ①单质碘易升华，所以，仪器X应选择c(碘量瓶)； ②加入的氯胺-T总物质的量为：，滴定消耗的 物质的量为：，根据反应 ，与反应的的物质的量为，该 是由未与产品反应的氯胺-T氧化KI生成的。根据电子守恒，1 mol氯胺-T生成1 mol 。因此，未反应的氯胺-T的物质的量为，与产品反应的氯胺-T的物质的量为，硫元素化合价从－2价升高到+6价，失去8个电子，根据电子得失守恒和原子守恒可知1 mol产品消耗4 mol氯胺-T，所以产品中异硫氰酸烯丙酯的物质的量为，产品的质量为，质量分数 。碳碳双键被氧化会消耗额外的氯胺-T，导致计算出的与产品反应的氯胺-T的量（）偏大，从而使得最终计算出的产品质量和质量分数偏高。 18. 一种从铂精矿(含有锌、铜、铁、铅、银、铂、钯、金等元素)中分离提取铂、钯、金的工艺流程如下。 已知：①；② 。 回答下列问题： （1）“除锌、铜”时，CuC2O4发生反应的离子方程式为___________；Fe元素在___________(填操作单元的名称)过程中除去。 （2）“氯化浸出”过程中，氯元素变化形态为(M为Au、Pt、Pd)。 ①“氯化浸出”过程中Au溶解的离子方程式为___________。 ②其他条件一定时，测得浸出温度对Au、Pt、Pd浸出率影响如图所示。 温度达到85℃时，继续升高温度，Au、Pt、Pd浸出率下降的原因是___________。 ③含银渣的主要成分为___________(填化学式)；“氯化浸出”时，为防止形成[AgCl2]-，应控制Cl-浓度小于___________mol/L(当某种离子的浓度小于10-5mol/L时，可忽略该离子的存在)。 （3）硫醚萃取金的原理为 ，则萃取后Pd在有机相中的存在形态为___________(填化学式)。 （4）该工艺中可循环使用的物质除硫醚外，还有___________(填化学式)。 【答案】（1） ①. ②. 酸浸 （2） ①. ②. 温度升高，氯气挥发，溶液中浓度降低，导致浸出率下降 ③. ④. （3） （4） （或，合理即可） 【解析】 【分析】氨水浸出目的：将锌、铜转化成可溶性氨络合物进入滤液，而铂、钯、金、银等贵金属不与氨水反应，留在固体中；酸浸（硫酸浸出）目的：将铁、铅等金属生成可溶性硫酸盐进入滤液，贵金属仍留在固体中；氯化浸出（、NaCl、）：作为氧化剂，在酸性条件下将 Pt、Pd、Au 氧化为高价态与NaCl提供形成稳定的氯络合物（如、、）进入溶液，银则生成AgCl沉淀，以含银渣形式被分离；沉铂（）目的：将Pt以难溶的氯铂酸铵（）形式沉淀析出，钯和金的氯络合物仍留在溶液中；萃取金、钯（硫醚萃取）目的：利用有机溶剂硫醚，将钯和金从水相萃取到有机相，与其他杂质分离；反萃取（氨水反萃）目的：用氨水与有机相中的钯配合物反应，生成并转移至水相，金则以沉淀形式分离。 【小问1详解】 沉淀遇氨水，与形成可溶性络离子进入滤液被除去，离子方程式为：；铂精矿中的Fe在氨水中转化为氢氧化物沉淀，酸浸时Fe溶于硫酸，过滤后随酸浸滤液被除去； 【小问2详解】 ①根据氯元素变化，作为氧化剂氧化Au，生成稳定的四氯合金酸根，Au溶解的离子方程式：； ②浸出率下降的原因：是气体，温度升高溶解度减小，氯气挥发，溶液中浓度降低，导致浸出率下降；  ③Ag与氯化体系反应生成AgCl沉淀，进入含银渣；对于平衡，平衡常数，要求，代入得； 【小问3详解】 类比金的萃取原理：，取代1个配位；Pd氯化浸出后水相中为，取代1个后得到，Pd在有机相的存在形态：； 【小问4详解】 工艺第一步“除锌铜”需要氨水，反萃取步骤也加入氨水，氨水可以循环使用；可循环使用的物质（除硫醚外）： 或（合理即可）。 19. 某药物H的合成路线如下图所示。 已知：(—R、—R´代表烃基) 回答下列问题： （1）A→B的反应类型为___________；C→D分两步进行，第一步C和NaOH溶液反应的化学方程式为___________。 （2）E中含氧官能团的名称为___________；F的结构简式为___________。 （3）D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—NH2 ②能与NaHCO3溶液反应生成CO2 ③核磁共振氢谱显示有4组峰，且峰面积之比为9：2：2：2 （4）H分子中存在结构片段，其所有原子共平面，则碱性更强的氮原子为___________(填“a”或“b”)。 （5）以CH3COOH、为主要原料合成 。利用上述信息补全合成路线___________。 【答案】（1） ①. 取代反应 ②. +CH3OH （2） ①. 酰胺键、醚键 ②. （3）或 （4）b （5） 【解析】 【分析】由D（分子式为C12H15NO4）与在SOCl2的条件下发生取代反应生成E，根据E的结构式可推知D为，D由C经过先在碱性条件下水解后酸化生成，结合D的结构式和C的分子式，可推知C为，C为B与在K2CO3、DCM的条件下发生取代反应生成，结合B的分子式，可推知B为，B为A与在DCM的条件下发生取代反应生成，结合A的分子式，可推知A为；E在K2CO3的条件下发生已知反应生成F，结合F的分子式，可推知F为  ，F在SOCl2、DCM的条件下生成G，结合G的分子式，可推知G为，G与在DIEA，IPA的条件下反应生成H，据此回答。 【小问1详解】 由分析知，A为，A与反应生成B（），该反应的反应类型为取代反应；→分两步进行，第一步C和NaOH溶液发生水解反应生成，化学方程式为： +CH3OH； 【小问2详解】 由流程图知，E为，含氧官能团的名称为酰胺键、醚键；由分析知，F的结构简式为：； 【小问3详解】 由分析知，D为：，D的同分异构体中，①含—NH2，②能与NaHCO3溶液反应生成CO2，则含有2个羧基且对称，③核磁共振氢谱显示有4组峰，且峰面积之比为9：2：2：2，则含有3个甲基，3个甲基连着同一C原子上，有或两种； 【小问4详解】 氮原子a的孤对电子参与了吡咯环的p-π 共轭，形成了芳香性的共轭体系，孤对电子被离域到整个环上，难以给出电子，碱性很弱，氮原子b参与了双键的形成，孤对电子在sp2杂化轨道上，没有参与共轭，电子云更集中，更容易给出电子对，碱性更强； 【小问5详解】 根据反应流程，与CH3COOH在SOCl2下反应生成，在K2CO3的条件下发生已知反应生成，在SOCl2、DCM的条件下生成，故合成路线为： 。 20. 硫化铊氧化挥发过程中涉及的主要反应如下： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． Ⅳ． Ⅴ． Ⅵ． 恒容条件下，按1mol Tl2S(s)、0.5molO2投料反应，平衡体系中各组分的物质的量随温度的变化关系如图所示。 已知：体系达平衡时，O2可认为已反应完全。 回答下列问题： （1）___________(用含、、、的代数式表示)。 （2）___________0(填“＞”“＜”或“=”)；乙线所示物种为___________(填化学式)。 （3）℃时，体系达平衡后，Tl(s)的物质的量为a mol，此时Tl2O(g)为___________mol(用含a的代数式表示，下同)，Tl(g)的体积分数为___________。 （4）℃时，体系达平衡后，压缩容器体积至原容器体积的一半，反应重新达到平衡，与压缩体积前相比，Tl2S(g)的物质的量___________(填“增大”“减小”或“不变”)，___________(填“增大”“减小”或“不变”)。 【答案】（1） （2） ①. < ②. （3） ①. ②. （4） ①. 减小 ②. 增大 【解析】 【分析】已知投料1 mol、0.5 mol；1200℃时，含氧元素的物质为、，根据元素守恒，O元素为1 mol，则乙应为，丁为；1200℃时，含硫元素的物质为、，S元素为1 mol，则甲为；剩余的丙为，据此分析。 【小问1详解】 根据盖斯定律，； 【小问2详解】 由图中的物质的量随温度升高而减小，说明升温平衡逆向移动，则反应Ⅲ为放热反应，；根据分析，曲线乙表示的的物质的量； 【小问3详解】 已知起始1mol、0.5mol，则，，；℃时，，此时，根据硫元素守恒，；根据氧元素守恒，；根据铊元素守恒，，则Tl(g)的体积分数为； 【小问4详解】 反应Ⅰ． 的，温度不变，K1不变，即不变，则压缩体积（V减小），减小；反应Ⅱ．的，温度不变，K2不变，即不变；反应Ⅵ． 的，温度不变，K6不变，且和均不变，则不变，压缩体积变大，则也增大，即增大。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $