精品解析：重庆市永川中学校2026届高三春季学期第一次模拟考试 化学试题

高2026届高三春期第一次模拟考试 化学试题 （本试卷共8页，总分100分，考试时间75分钟） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 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　C-12　N-14　O-16 一、选择题：本题共14个小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 化学与生活密切相关，下列涉及生产生活有关的化学原理、物质用途的表述，错误的是 A. 淀粉、蔗糖水解产生的葡萄糖发生还原反应为生物体提供能量 B. 表面活性剂在水中形成的胶束属于超分子 C. 谷氨酸钠（味精的主要成分）常用于增味剂，碳酸氢钠、碳酸氢铵用于食品膨松剂 D. 在DNA的双螺旋结构中，依靠形成氢键实现碱基互补配对 2. 下列化学用语表达正确的是 A. 的电子式： B. 聚丙烯的链节： C. sp杂化轨道的示意图： D. 制备维纶（聚乙烯醇缩甲醛纤维）的化学方程式为： 3. 下列过程对应的反应方程式书写正确的是 A. 溶液中加入后溶液变黄绿色： B. 双氧水使酸性溶液褪色： C. 铁经过发蓝处理形成致密氧化膜： D. 将投入稀盐酸中： 4. 化学实验操作是进行科学实验的基础。下列操作规范且能达到实验目的的是 装置 选项 A．测定新制氯水的pH B．证明与水反应放热 装置 选项 C．证明氧化性： D．制备氢氧化亚铁，并希望长时间观察到其白色 A. A B. B C. C D. D 5. W、X、Y、Z是原子序数依次增大的前四周期元素，它们形成的紫色配离子的结构如图(a)所示；是配体，结构如图(b)。其中X与Y处于同一周期，基态X原子各能级的电子数相等，基态Z离子的d轨道处于半充满状态。 下列说法正确的是 A. 简单氢化物沸点： B. 键角大小： C. 元素的焰色为黄绿色 D. 中存在的大键 6. 维生素C对维持正常的生理功能有着极其重要的作用，许多动物可以通过下列途径生物合成维生素C，但人类由于缺少酶B而无法通过自身合成维生素C，因此人类需要保证足够的维生素C摄入。下列关于该过程中涉及的物质和反应的说法正确的是 A. L-古洛糖酸分子内有5个手性碳原子 B. L-古洛糖酸内酯→维生素C的反应属于氧化反应 C. 维生素C的分子式为 D. 上述3种有机物(除酶A、酶B)均能使溴水和酸性溶液褪色 7. 在如图所示的转化关系中，有机物D的相对分子质量为30，其核磁共振氢谱显示为一组峰；X是易溶于水的一元弱碱，E是一种金属，F是一种盐(部分反应条件及产物未列出)。下列说法错误的是 A. E为金属Ag B. 利用B溶液可以鉴别C和D C. 利用X稀溶液可以清洗试管内壁附着的E D. F溶液既可以和酸反应也可以与碱反应 8. Wolff-Kishner-黄鸣龙还原反应是第一个以中国人命名的有机化学反应，该反应在常压下用(联氨)还原醛或者酮。反应机理如图(R1、R2代表烃基或H)，下列说法错误的是 A. 和NH3中的N原子杂化方式相同 B. 过程①发生加成反应，过程②发生消去反应 C. 过程⑤中有非极性键的断裂与生成 D. 利用该反应，可将苯甲醛还原为甲苯 9. 下列有关物质性质的说法正确且解释合理的是 选项 性质 解释 A 酸性： Cl的非金属性强于S B 熔点： 属于离子晶体，属于分子晶体 C 键角： 硫氧键极性小于碳氧键，成键电子对更偏向中心原子，排斥力大 D 稳定性：18-冠-6与形成的超分子>18-冠-6与形成的超分子 比半径小，形成的离子键更强 A. A B. B C. C D. D 10. 是一种铁电材料，掺杂可提高其光电转化性能，取代部分后的晶胞结构示意图(氧原子未画出)如下。下列说法错误的是 A. 若p点平移至晶胞体心，则位于晶胞顶点 B. 晶胞中距最近的有8个 C. 该晶胞在平面的投影为 D. 该晶体的化学式为 11. 现将CoCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡：， 用该溶液做实验，溶液的颜色变化如图： (已知呈粉红色，呈蓝色，为无色) 以下结论和解释正确的是 A. 等物质的量的和中σ键数之比为3：2 B. 由实验①可推知△H<0 C. 实验②是由于c(H2O)增大，导致平衡逆向移动 D. 由实验③可知配离子的稳定性： 12. 根据下列实验操作和现象，得出的结论正确的是 选项 实验操作 现象 结论 A 取两份新制氯水，分别滴加溶液和淀粉KI溶液 前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色 氯气与水的反应存在限度 B 测定0.01 mol/L某酸溶液的pH 测得pH为2 该酸为强酸 C 麦芽糖与稀硫酸共热后加NaOH溶液调至碱性，再加入新制氢氧化铜并加热 产生砖红色沉淀 麦芽糖已发生水解 D 相同温度下用pH计测定浓度均为溶液和溶液的pH 溶液的pH更小 极性： A. A B. B C. C D. D 13. 以-甲基吡啶盐酸盐()为原料，可以用电化学方法合成某农药有效成分的前体物质X()。某工厂采用下图所示电解装置进行合成，若不考虑气体的溶解与反应，下列说法错误的是 A. 电极M应与电源正极相连 B. 电解过程中，甲室溶液pH下降 C. 电解过程中，甲室溶液的质量减少 D. 甲室每生成1 mol气体时，乙室得到的X的质量大于188 g 14. 弱酸在有机相和水相中存在平衡：(环己烷)，平衡常数为。25℃时，向环己烷溶液中加入水进行萃取，用或调节水溶液pH。测得水溶液中、、、环己烷中与水相萃取率随pH的变化关系如图。 已知：①在环己烷中不电离；②忽略体积的变化。下列说法中错误的是 A. ①代表的变化关系 B. C. 当时，体系中 D. 其他条件不变，若加入水的体积为，则交点N的pH减小 二、非选择题：4个题，共58分。 15. 某铜浮渣主要成分为Pb、PbS、、SnS，分离和回收铅、锡、铜的工艺流程如图。 已知： ①部分物质的密度如表： 物质 Pb PbS SnS 密度/ 11.3 7.5 5.6 5.2 ②在冷水中溶解度很小，但易溶于热水；。 ③25℃时，，。 回答下列问题： （1）“分选”得到粗Pb的原因是________。 （2）“浸出”时按一定比例加入和盐酸的混合溶液，控制温度为80℃，其中、SnS被氧化为和，则被氧化的离子方程式为________；“浸出”时分离S的操作为________。 （3）25℃时，在不同浓度HCl溶液中的溶解度曲线如图，当时，溶解度最小的原因是________。 （4）25℃时，“调pH”控制，则生成的化学方程式为________，此时溶液中的最大值约为________。 （5）“置换”后滤液中溶质的主要成分为________(填化学式)，滤液进行“系列操作”后返回“浸出”操作循环利用并达到原浸出率，则“系列操作”为________。 16. 二甘氨酸合铜（Ⅱ）是甘氨酸根（）与形成的中性配合物，在细胞线粒体中有推动电子传递、清除自由基等生理功能。现按如下方法制备顺式和反式二甘氨酸合铜（Ⅱ）并测定总纯度。 Ⅰ．制备 （1）反应①的化学方程式为______。深蓝色溶液A中______（填“较难”或“较易”）电离出自由的，有利于与生成纯净的。 （2）反应③在下图装置中进行，烧杯上方加盖表面皿的作用是______。为控制水浴温度保持在，温度计球泡的合适位置是______（填序号）。 （3）将反应③所得产品加入少量水，小火加热，天蓝色针状晶体逐渐溶解，并析出深蓝色鳞状晶体。从分子极性角度解释上述实验中晶体的变化______。 Ⅱ．总纯度分析 准确称取0.4240g产品于烧杯，加入100mL蒸馏水、（释出）和1g KI固体。用标准液滴定至浅黄色，加入溶液和淀粉溶液，继续滴定至终点。平行实验三次，平均消耗标准液28.50mL。上述步骤涉及的反应有：①；②。 （4）CuSCN和CuI均为难溶于水的白色固体，且。相较于，能吸附更多的。临近滴定终点时加入溶液的作用是______（用离子方程式表示）。 （5）确定滴定终点的依据是______。 （6）二甘氨酸合铜（Ⅱ）的相对分子质量为212，则本实验产品的总纯度为______％（保留三位有效数字）。 17. 在温和条件下，将转化为烃类具有重要意义。采用电化学-化学串联催化策略可将高选择性合成，该流程示意图如下： 回答下列问题： （1）电解池中电极M与电源的_______极相连。 （2）放电生成的电极反应式为_______。 （3）在反应器中，发生如下反应： 反应i： 反应ii： 计算反应的_______，该反应_______(填标号)。 A．高温自发 B．低温自发 C．高温低温均自发 D．高温低温均不自发 （4）一定温度下，和(体积比为)按一定流速进入装有催化剂的恒容反应器(入口压强为)发生反应i和ii．有存在时，反应ii的反应进程如图1所示。随着x的增加，的转化率和产物的选择性(选择性)如图2所示。 ①根据图1，写出生成的决速步反应式_______；的选择性大于的原因是_______。 ②结合图2，当时，混合气体以较低的流速经过恒容反应器时，反应近似达到平衡，随着x的增大，的转化率减小的原因是_______；当时，该温度下反应ii的_______(保留两位小数)。 18. 化合物M是一种医药中间体，实验室中M的一种合成路线如图： 已知：①； ②； ③有机物中一个碳原子连接两个-OH时不稳定，易自动脱水。 回答下列问题： （1）B的化学名称为______。 （2）D中含氧官能团的名称为______；由C生成D的反应类型为______。 （3）F的结构简式为______。 （4）写出由G生成M的化学方程式：______。 （5）H为D的同分异构体，同时满足下列条件的H的结构简式有______种(不含立体异构)。 ①苯环上连有2个取代基；②含有氨基(-NH2)，且氨基直接连在苯环上；③能与银氨溶液发生银镜反应；④分子中含有1个甲基。 （6）参照上述合成路线和信息，以2-丙醇和苯为原料，制备的合成路线如下： CH3CHOHCH3PQ 其中p和Q的结构简式为______，______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高2026届高三春期第一次模拟考试 化学试题 （本试卷共8页，总分100分，考试时间75分钟） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 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　C-12　N-14　O-16 一、选择题：本题共14个小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 化学与生活密切相关，下列涉及生产生活有关的化学原理、物质用途的表述，错误的是 A. 淀粉、蔗糖水解产生的葡萄糖发生还原反应为生物体提供能量 B. 表面活性剂在水中形成的胶束属于超分子 C. 谷氨酸钠（味精的主要成分）常用于增味剂，碳酸氢钠、碳酸氢铵用于食品膨松剂 D. 在DNA的双螺旋结构中，依靠形成氢键实现碱基互补配对 【答案】A 【解析】 【详解】A．淀粉、蔗糖水解产生的葡萄糖发生氧化反应为生物体提供能量，不是还原反应，A错误； B．超分子是由两种或两种以上分子通过分子间相互作用形成的分子聚集体，表面活性剂在水中形成的胶束是疏水作用聚集形成的分子聚集体，属于超分子，B正确； C．谷氨酸钠是味精的主要成分，具有特殊鲜味，常用作食品增味剂，碳酸氢钠、碳酸氢铵受热易分解产生气体，可用于食品膨松剂，C正确； D．在DNA的双螺旋结构中，腺嘌呤与胸腺嘧啶、鸟嘌呤与胞嘧啶之间通过形成氢键实现碱基互补配对，D正确； 故选 A。 2. 下列化学用语表达正确的是 A. 的电子式： B. 聚丙烯的链节： C. sp杂化轨道的示意图： D. 制备维纶（聚乙烯醇缩甲醛纤维）的化学方程式为： 【答案】C 【解析】 【详解】A．碳化钙由钙离子和构成，电子式为，A错误； B．聚丙烯链节主链含2个碳原子，且连有甲基支链，链节为，B错误； C．sp杂化形成两个能量相同的杂化轨道，空间构型为直线型，键角为180°，示意图正确，C正确； D．一个维纶的链节需要2个聚乙烯醇的链节和1分子甲醛发生缩合，脱去1分子水，反应的方程式为，D错误； 故选 C。 3. 下列过程对应的反应方程式书写正确的是 A. 溶液中加入后溶液变黄绿色： B. 双氧水使酸性溶液褪色： C. 铁经过发蓝处理形成致密氧化膜： D. 将投入稀盐酸中： 【答案】A 【解析】 【详解】A．溶液混合后呈现黄绿色，说明生成四氯合铜配离子，方程式电荷、原子均守恒，A正确； B．双氧水使酸性溶液褪色时，被氧化为，正确的离子方程式为，原方程式漏写产物，得失电子、原子不守恒，B错误； C．铁经过发蓝处理形成的致密氧化膜为，不是，产物不符合反应事实，C错误； D．将投入稀盐酸中，会与反应生成沉淀，正确的离子方程式为，原方程式漏写产物，不符合反应事实，D错误； 故选A。 4. 化学实验操作是进行科学实验的基础。下列操作规范且能达到实验目的的是 装置 选项 A．测定新制氯水的pH B．证明与水反应放热 装置 选项 C．证明氧化性： D．制备氢氧化亚铁，并希望长时间观察到其白色 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．新制氯水有漂白性，不能用pH试纸来测其pH，A错误； B．向包裹有足量过氧化钠的脱脂棉中滴入2滴水，脱脂棉燃烧，能够证明过氧化钠与水反应放热，能够实现实验目的，B正确； C．氯气氧化溴离子生成溴单质，氯气氧化碘离子生成碘单质，但不能比较溴单质与碘单质的氧化性强弱，C错误； D．右边试管内生成硫酸亚铁溶液和氢气，氢气排出装置，硫酸亚铁溶液与左边试管中的氢氧化钠溶液不能混合，不能制得氢氧化亚铁，D错误； 故选B。 5. W、X、Y、Z是原子序数依次增大的前四周期元素，它们形成的紫色配离子的结构如图(a)所示；是配体，结构如图(b)。其中X与Y处于同一周期，基态X原子各能级的电子数相等，基态Z离子的d轨道处于半充满状态。 下列说法正确的是 A. 简单氢化物沸点： B. 键角大小： C. 元素的焰色为黄绿色 D. 中存在的大键 【答案】D 【解析】 【分析】观察图b，X连4根化学键达到稳定状态且基态X原子各能级的电子数相等，W只连1根化学键达到稳定状态，再结合W、X、Y、Z是原子序数依次增大，据此推断W为H元素，X为C元素，X与Y处于同一周期，且图b中Y形成一根单键和带一个负电荷，可推测Y为O元素，则图b为苯酚氧负离子；是配体，故中心离子为，基态离子的d轨道处于半充满状态，则其价电子排布式可能是，推测为Fe元素。据此分析做题； 【详解】A．水分子间可形成氢键，故简单氢化物沸点：，A错误； B．中C原子为杂化，键角为180°，中O原子为杂化，且有两对孤对电子，键角小于109°28′，故键角大小：，B错误； C．元素为铁元素，铁元素无明显特征焰色，C错误； D．为苯酚氧负离子，6个C原子和1个O原子共7个原子参与形成大π键，总共提供8个电子，因此大π键为，D正确； 故选D。 6. 维生素C对维持正常的生理功能有着极其重要的作用，许多动物可以通过下列途径生物合成维生素C，但人类由于缺少酶B而无法通过自身合成维生素C，因此人类需要保证足够的维生素C摄入。下列关于该过程中涉及的物质和反应的说法正确的是 A. L-古洛糖酸分子内有5个手性碳原子 B. L-古洛糖酸内酯→维生素C的反应属于氧化反应 C. 维生素C的分子式为 D. 上述3种有机物(除酶A、酶B)均能使溴水和酸性溶液褪色 【答案】B 【解析】 【详解】A．手性碳原子连接4个不同的原子或基团，用*标明手性碳原子，则古洛糖酸分子内有4个手性碳原子：，A错误； B．L-古洛糖酸内酯→维生素C失去两个氢原子，属于氧化反应，B正确； C．根据结构简式，维生素C的分子式为，C错误； D．L-古洛糖酸和L-古洛糖酸内酯没有能与溴水反应的官能团，不能使溴水褪色，D错误； 故选B。 7. 在如图所示的转化关系中，有机物D的相对分子质量为30，其核磁共振氢谱显示为一组峰；X是易溶于水的一元弱碱，E是一种金属，F是一种盐(部分反应条件及产物未列出)。下列说法错误的是 A. E为金属Ag B. 利用B溶液可以鉴别C和D C. 利用X稀溶液可以清洗试管内壁附着的E D. F溶液既可以和酸反应也可以与碱反应 【答案】C 【解析】 【分析】有机物D的相对分子质量为30，其核磁共振氢谱显示为一组峰，有机物D是；C被氧气氧化为，C是；X是易溶于水的一元弱碱，X是；B和水浴加热生成金属E和盐F，该反应是甲醛与银氨溶液发生的银镜反应，E是，F是(NH4)2CO3，B是银氨溶液；A与反应生成B，A是。 【详解】A．E为金属Ag，A正确； B．B溶液是银氨溶液，可与D（甲醛）发生银镜反应，而不能与C（甲醇）发生反应，可以鉴别C和D，B正确； C．X为氨水，与银不反应，不能用X稀溶液清洗试管内壁附着的E，清洗银镜应该用稀硝酸，C错误； D．F是(NH4)2CO3，可与酸反应，可与碱反应，D正确； 故选C。 8. Wolff-Kishner-黄鸣龙还原反应是第一个以中国人命名的有机化学反应，该反应在常压下用(联氨)还原醛或者酮。反应机理如图(R1、R2代表烃基或H)，下列说法错误的是 A. 和NH3中的N原子杂化方式相同 B. 过程①发生加成反应，过程②发生消去反应 C. 过程⑤中有非极性键的断裂与生成 D. 利用该反应，可将苯甲醛还原为甲苯 【答案】C 【解析】 【详解】A．在氨（）分子中，氮原子形成3个σ键，并有1对孤对电子，价层电子对数为4，因此氮原子为杂化，在联氨（）分子中，每个氮原子都形成3个σ键（2个N-H键和1个N-N键），并有1对孤对电子，价层电子对数也为4，因此每个氮原子也均为杂化，A正确； B．过程①是联氨对羰基的亲核加成反应，羰基的双键打开，过程②是加成产物脱去一分子水（），形成双键，这是一个消去反应，B正确； C．过程⑤中，O-H极性键断裂，C-H极性键生成，该过程中没有非极性键的断裂与生成，C错误； D．苯甲醛（）是一种醛，结合反应原理，，，该反应将醛基（）还原为甲基（），苯甲醛可以被还原为甲苯，D正确； 故选C。 9. 下列有关物质性质的说法正确且解释合理的是 选项 性质 解释 A 酸性： Cl的非金属性强于S B 熔点： 属于离子晶体，属于分子晶体 C 键角： 硫氧键极性小于碳氧键，成键电子对更偏向中心原子，排斥力大 D 稳定性：18-冠-6与形成的超分子>18-冠-6与形成的超分子 比半径小，形成的离子键更强 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．非金属性强弱可通过最高价氧化物对应水化物的酸性，HCl、为无氧酸，不能用其酸性比较非金属性，故A错误； B．为离子晶体，熔点较高，、、为结构相似的分子晶体，相对分子质量越大分子间作用力越强，熔点越高，故熔点顺序为，故B正确； C．中心C为杂化，空间构型为平面三角形，键角约120°，中心S为杂化，含1对孤电子对，空间构型为三角锥形，键角小于109°28′，故键角，故C错误； D．18-冠-6与形成的超分子更稳定是因为18-冠-6的空腔大小与半径更匹配，二者靠超分子作用力结合而非离子键，故D错误； 选B。 10. 是一种铁电材料，掺杂可提高其光电转化性能，取代部分后的晶胞结构示意图(氧原子未画出)如下。下列说法错误的是 A. 若p点平移至晶胞体心，则位于晶胞顶点 B. 晶胞中距最近的有8个 C. 该晶胞在平面的投影为 D. 该晶体的化学式为 【答案】A 【解析】 【详解】A．若p点La平移至晶胞体心，平移后Ti位于晶胞棱上和体内：，A错误； B．La若位于体心，其周围最近的Ti原子分布在晶胞8个顶点，距离相等且最近，故距La最近的Ti有8个，B正确； C．该晶胞在xy平面的投影，棱上为Ti、Bi、La，投在四个角，La、Bi、Ti，投在面心，投影为，C正确； D．由均摊法可知，Ti的数目为，Bi的数目为，La的数目为，该晶体的化学式为，D正确； 故选A。 11. 现将CoCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡：， 用该溶液做实验，溶液的颜色变化如图： (已知呈粉红色，呈蓝色，为无色) 以下结论和解释正确的是 A. 等物质的量的和中σ键数之比为3：2 B. 由实验①可推知△H<0 C. 实验②是由于c(H2O)增大，导致平衡逆向移动 D. 由实验③可知配离子的稳定性： 【答案】D 【解析】 【详解】A．对于[Co(H2O)6]2+，水和中心离子形成了6个配位键，为σ键，同时每个水分子当中又有2个H-O键，也是σ键，总共18个σ键；对于[CoCl4]2-，氯和中心离子形成了4个配位键，总共4个σ键；故等物质的量的[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2-中σ键数之比为：18∶4=9∶2，A错误； B．由实验①可知，降低温度，溶液颜色由蓝色变为粉红色，平衡逆向移动，则反应逆向为放热反应，正向为吸热反应，ΔH＞0，B错误； C．水为纯液体，其浓度不发生变化，②中加水稀释蓝色溶液变为粉红色溶液是因为加水稀释后离子浓度变小，导致，平衡逆向移动，C错误； D．由实验③可知，加入氯化锌固体，溶液颜色由蓝色变为粉红色，说明锌离子和氯离子结合生成[ZnCl4]2-，溶液中氯离子浓度减小，平衡逆向移动，配离子的稳定性：[ZnCl4]2-＞[CoCl4]2-，D正确； 故选D。 12. 根据下列实验操作和现象，得出的结论正确的是 选项 实验操作 现象 结论 A 取两份新制氯水，分别滴加溶液和淀粉KI溶液 前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色 氯气与水的反应存在限度 B 测定0.01 mol/L某酸溶液的pH 测得pH为2 该酸为强酸 C 麦芽糖与稀硫酸共热后加NaOH溶液调至碱性，再加入新制氢氧化铜并加热 产生砖红色沉淀 麦芽糖已发生水解 D 相同温度下用pH计测定浓度均为溶液和溶液的pH 溶液的pH更小 极性： A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．新制氯水中的HClO也具有强氧化性，可将氧化为使淀粉变蓝，无法证明反应后有剩余，不能说明氯气与水的反应存在限度，A错误； B．未说明酸的元数，若为二元强酸，0.01 mol/L溶液的pH会小于2；若为中强酸，第一步电离程度较高时也可能使溶液pH接近2，无法证明该酸为强酸，B错误； C．麦芽糖本身属于还原性糖，含有醛基，无论是否发生水解，在碱性条件下都能与新制氢氧化铜共热生成砖红色沉淀，不能证明麦芽糖已水解，C错误； D．等浓度的两种钠盐溶液，溶液pH更小，说明水解程度更弱，对应酸的酸性更强，原因是F的电负性大于Cl，C-F键极性大于C-Cl，吸电子诱导效应更强，使羧基更易电离出，结论正确，D正确； 故选D。 13. 以-甲基吡啶盐酸盐()为原料，可以用电化学方法合成某农药有效成分的前体物质X()。某工厂采用下图所示电解装置进行合成，若不考虑气体的溶解与反应，下列说法错误的是 A. 电极M应与电源正极相连 B. 电解过程中，甲室溶液pH下降 C. 电解过程中，甲室溶液的质量减少 D. 甲室每生成1 mol气体时，乙室得到的X的质量大于188 g 【答案】C 【解析】 【分析】有电解装置图可知，电极M为阳极，发生氧化反应，电极反应式为(主)，(副)；电极N为阴极，发生还原反应，电极反应式为； 【详解】A．电极M生成和，发生氧化反应，故M为阳极，与电源正极相连，A正确； B．电解过程中，为了使阴极的反应物集中于阴极室(乙室)，离子交换膜应为阴离子交换膜，通过阴离子交换膜往甲室移动，同时甲室中逐渐增多，溶液pH下降，B正确； C．对于阳极主反应，则每转移1 mol电子，甲室生成逸出，从乙室迁移过来，溶液质量不变，对于副反应，则副反应每转移1 mol电子，甲室生成逸出，质量为8 g，从乙室迁移过来1 mol ，质量为35.5 g，甲室溶液质量增大，C错误； D．主反应中存在计量关系：，副反应中存在计量关系：，故1 mol气体对应的X的物质的量在之间，X的摩尔质量为，故甲室每生成1 mol气体时，乙室得到的X的质量大于188 g，D正确； 故答案选C。 14. 弱酸在有机相和水相中存在平衡：(环己烷)，平衡常数为。25℃时，向环己烷溶液中加入水进行萃取，用或调节水溶液pH。测得水溶液中、、、环己烷中与水相萃取率随pH的变化关系如图。 已知：①在环己烷中不电离；②忽略体积的变化。下列说法中错误的是 A. ①代表的变化关系 B. C. 当时，体系中 D. 其他条件不变，若加入水的体积为，则交点N的pH减小 【答案】D 【解析】 【分析】由环己烷中的浓度与水相萃取率的关系可知，，则曲线①表示随pH的变化关系，曲线②为水相萃取率的变化关系，水溶液中的会随着pH的增大呈现先增大后减小的变化趋势，因此曲线④为水溶液中的随pH的变化曲线，而来源于的电离，由图可知，时，为0，即此时为0，因此曲线⑤表示随pH的变化关系，故③为随pH的变化曲线，综上：①代表、②代表水相萃取率、③为水溶液中的变化、④代表水溶液中的、⑤表示水溶液中的，③、④交点的pH为4，交点处，即的，④、⑤交点的pH为7，即。 【详解】A．由分析可知，曲线①代表的变化关系，A正确； B．当时，代入数据得，B正确； C．当时，根据图像以及上述分析可知，体系中，C正确； D．温度不变，不变，，，，点，，。若加水体积为，和只与温度有关，不受体积影响，对交点N的横坐标无影响，即交点N的pH保持不变，D错误； 故选D。 二、非选择题：4个题，共58分。 15. 某铜浮渣主要成分为Pb、PbS、、SnS，分离和回收铅、锡、铜的工艺流程如图。 已知： ①部分物质的密度如表： 物质 Pb PbS SnS 密度/ 11.3 7.5 5.6 5.2 ②在冷水中溶解度很小，但易溶于热水；。 ③25℃时，，。 回答下列问题： （1）“分选”得到粗Pb的原因是________。 （2）“浸出”时按一定比例加入和盐酸的混合溶液，控制温度为80℃，其中、SnS被氧化为和，则被氧化的离子方程式为________；“浸出”时分离S的操作为________。 （3）25℃时，在不同浓度HCl溶液中的溶解度曲线如图，当时，溶解度最小的原因是________。 （4）25℃时，“调pH”控制，则生成的化学方程式为________，此时溶液中的最大值约为________。 （5）“置换”后滤液中溶质的主要成分为________(填化学式)，滤液进行“系列操作”后返回“浸出”操作循环利用并达到原浸出率，则“系列操作”为________。 【答案】（1）Pb的密度大于PbS、、SnS （2） ①. ②. 趁热过滤 （3）当时，随着浓度降低，沉淀溶解平衡正向移动，溶解度增大 当时，随着浓度增大，络合平衡正向移动，溶解度增大 （4） ①. ②. 0.084 （5） ①. ②. 通入空气（或加入）并补充HCl 【解析】 【分析】该流程以含Pb、PbS、、SnS的铜浮渣为原料，通过“密度分选→浸出→冷却结晶→调pH→置换”等步骤分离回收铅、锡、铜：先利用Pb与其他物质的密度差异分选得到粗Pb；剩余物料用和盐酸混合液浸出，将、SnS氧化为、并分离出S；浸出液冷却结晶得到，调pH使水解为，再用置换出；最后滤液经处理循环回浸出工序，实现资源回收与循环利用。 【小问1详解】 由密度表可知，Pb的密度远大于PbS、、SnS的密度，通过“分选”可将Pb与其他固体分离； 【小问2详解】 在80℃下被氧化，铜、硫元素分别转化为、S单质，被还原为，结合得失电子守恒及电荷、原子守恒得离子方程式为：；S为固体，已知在冷水中溶解度很小，但易溶于热水，故通过趁热过滤可防止析出，并分离得到S； 【小问3详解】 存在溶解平衡（）和络合平衡（）； 当时，随着浓度降低，沉淀溶解平衡正向移动，溶解度增大； 当时，随着浓度增大，络合平衡正向移动，溶解度增大； 所以当时，溶解度最小； 【小问4详解】 水解生成，反应为： ；时，，由，得：； 【小问5详解】 置换生成，溶质主要为；为使该溶液能继续用作浸出液，需要需将氧化为，并补充适量盐酸，使之恢复到原有的“浸出”条件后循环使用，故系列操作是通入空气（或加入）并补充HCl。 16. 二甘氨酸合铜（Ⅱ）是甘氨酸根（）与形成的中性配合物，在细胞线粒体中有推动电子传递、清除自由基等生理功能。现按如下方法制备顺式和反式二甘氨酸合铜（Ⅱ）并测定总纯度。 Ⅰ．制备 （1）反应①的化学方程式为______。深蓝色溶液A中______（填“较难”或“较易”）电离出自由的，有利于与生成纯净的。 （2）反应③在下图装置中进行，烧杯上方加盖表面皿的作用是______。为控制水浴温度保持在，温度计球泡的合适位置是______（填序号）。 （3）将反应③所得产品加入少量水，小火加热，天蓝色针状晶体逐渐溶解，并析出深蓝色鳞状晶体。从分子极性角度解释上述实验中晶体的变化______。 Ⅱ．总纯度分析 准确称取0.4240g产品于烧杯，加入100mL蒸馏水、（释出）和1g KI固体。用标准液滴定至浅黄色，加入溶液和淀粉溶液，继续滴定至终点。平行实验三次，平均消耗标准液28.50mL。上述步骤涉及的反应有：①；②。 （4）CuSCN和CuI均为难溶于水的白色固体，且。相较于，能吸附更多的。临近滴定终点时加入溶液的作用是______（用离子方程式表示）。 （5）确定滴定终点的依据是______。 （6）二甘氨酸合铜（Ⅱ）的相对分子质量为212，则本实验产品的总纯度为______％（保留三位有效数字）。 【答案】（1） ①. 或 ②. 较难 （2） ①. 减少热量损失或冷凝回流 ②. b （3）顺式产物极性大，易溶于（强极性的）水；反式产物极性小，在水中溶解度低 （4） （5）当最后半滴标准溶液滴入锥形瓶，悬浊液由蓝色变为白色，且30s内不复原 （6）85.5 【解析】 【分析】硫酸铜溶液中加入过量氨水，形成配合物[Cu(NH3)4]SO4，溶液呈深蓝色，再加入氢氧化钠溶液得氢氧化铜沉淀，再加入甘氨酸溶液得到顺式二甘氨酸铜(II)天蓝色针状晶体，加入少量水加热可以转化为反式甘氨酸铜(II)深蓝色鳞状晶体，再用滴定进行纯度分析； 【小问1详解】 反应①是向硫酸铜溶液中加入过量氨水，形成配合物[Cu(NH3)4]SO4，化学方程式为或CuSO4+4NH3=[Cu(NH3)4]SO4；配离子[Cu(NH3)4]2+较稳定，故较难电离出自由的铜离子； 【小问2详解】 反应③是向氢氧化铜沉淀中加入甘氨酸溶液并加热，减少热量损失同时冷凝回流提高产率，烧杯上方加盖表面皿；水浴加热需要使水温保持所需温度且不接触容器内壁，故温度计球泡的合适位置是b； 【小问3详解】 天蓝色针状晶体逐渐溶解，并析出深蓝色鳞状晶体，说明顺式二甘氨酸铜(II)转化为反式二甘氨酸铜(II)，从分子极性角度解释，顺式产物极性大，易溶于（强极性的）水；反式产物极性小，在水中溶解度低而析出，使平衡向着生成反式产物的方向进行； 【小问4详解】 由所给信息可知，临近滴定终点时加入溶液的是将CuI沉淀转化为CuSCN沉淀，减少对I2的吸附，提高滴定的准确性，故离子方程式为CuI(s)+SCN−(aq)⇌CuSCN(s)+I−(aq)； 【小问5详解】 反应结束，I2被反应完全，故溶液应当由蓝色变无色，则确定滴定终点的依据是当最后半滴标准溶液滴入锥形瓶，悬浊液由蓝色变为白色，且30s内不复原； 【小问6详解】 根据反应可知2~I2~2Cu2+，二甘氨酸合铜(II)的物质的量=n(Cu2+)=n()=0.02850L×0.06000mol⋅L−1=1.71×10-3mol，本实验产品的总纯度为×100%=85.5%。 17. 在温和条件下，将转化为烃类具有重要意义。采用电化学-化学串联催化策略可将高选择性合成，该流程示意图如下： 回答下列问题： （1）电解池中电极M与电源的_______极相连。 （2）放电生成的电极反应式为_______。 （3）在反应器中，发生如下反应： 反应i： 反应ii： 计算反应的_______，该反应_______(填标号)。 A．高温自发 B．低温自发 C．高温低温均自发 D．高温低温均不自发 （4）一定温度下，和(体积比为)按一定流速进入装有催化剂的恒容反应器(入口压强为)发生反应i和ii．有存在时，反应ii的反应进程如图1所示。随着x的增加，的转化率和产物的选择性(选择性)如图2所示。 ①根据图1，写出生成的决速步反应式_______；的选择性大于的原因是_______。 ②结合图2，当时，混合气体以较低的流速经过恒容反应器时，反应近似达到平衡，随着x的增大，的转化率减小的原因是_______；当时，该温度下反应ii的_______(保留两位小数)。 【答案】（1）正 （2） （3） ①. ﹣126 ②. B （4） ①. ②. 由生成时，活化能较大，反应速率慢 ③. 反应i和反应ii为气体减小的反应，入口压强不变，随着x增大，反应体系的分压越小，平衡向左移动 ④. 0.16 【解析】 【小问1详解】 由图可知，N电极上CO转化为C2H4，C元素化合价下降，发生还原反应，N为阴极，则M为阳极，与电源正极相连； 【小问2详解】 CO发生得电子的还原反应转化为C2H4，电解液是碱性环境，电极反应为：； 【小问3详解】 根据盖斯定律，反应ii－反应i即可得到目标反应，则，该反应是熵减的放热反应，则依据反应能自发进行，则低温下自发进行，选B； 【小问4详解】 ①总反应的反应速率由慢反应决定，故决速步是反应最慢的步骤，由图可知，TSⅡ的垒能最大，该步骤是决速步骤，反应式为；由图可知，由生成时，活化能较大，反应速率慢，所以的选择性大于； ②当x≥2时，由题意可知，反应i和反应ii为气体减小的反应，入口压强不变，随着x增大，反应体系的分压越小，平衡向左移动；当x=2时，的转化率为90%，的选择性为80%，设初始投料：CO：2mol、C2H4：2mol、H2：1mol，则、、、，气体总物质的量为(2+0.72+0.18+0.2+0.28)mol=3.38mol，此时压强为，、、，反应ii的Kp=。 18. 化合物M是一种医药中间体，实验室中M的一种合成路线如图： 已知：①； ②； ③有机物中一个碳原子连接两个-OH时不稳定，易自动脱水。 回答下列问题： （1）B的化学名称为______。 （2）D中含氧官能团的名称为______；由C生成D的反应类型为______。 （3）F的结构简式为______。 （4）写出由G生成M的化学方程式：______。 （5）H为D的同分异构体，同时满足下列条件的H的结构简式有______种(不含立体异构)。 ①苯环上连有2个取代基；②含有氨基(-NH2)，且氨基直接连在苯环上；③能与银氨溶液发生银镜反应；④分子中含有1个甲基。 （6）参照上述合成路线和信息，以2-丙醇和苯为原料，制备的合成路线如下： CH3CHOHCH3PQ 其中p和Q的结构简式为______，______。 【答案】（1）3-氯丁醛 （2） ①. 羟基 ②. 取代反应 （3） （4） （5）9 （6） ①. CH3COCH3 ②. 【解析】 【分析】B的分子式为，对比A的分子式可知A→B为加成反应；由已知①可推出C的结构简式为；C→D为卤代烃的水解，D的结构简式为；D→E为醇的催化氧化；根据已知②，可推断出F的结构简式为；根据G的结构简式可推出，F→G为取代反应，条件为氯气、光照；G→M为水解反应，因为一个碳原子连接两个-OH时不稳定，易自动脱水，M的结构简式为，以此解题。 【小问1详解】 根据B的结构简式可知，其名称为：3-氯丁醛； 【小问2详解】 由分析可知D的结构简式为，则其中含氧官能团的名称为羟基；和氢氧化钠溶液加热生成，该反应为取代反应； 【小问3详解】 由分析可知，F的结构简式为； 【小问4详解】 由G→M的反应为卤代烃的水解反应，则由G生成M的化学方程式为； 【小问5详解】 苯环上连有2个取代基；②既含-NH2，又能与银氨溶液发生银镜反应，说明含有-CHO；且-NH2直接与苯环相连，分子中含有1个甲基，其中，-CHO可连在1位，符合条件的同分异构体有：、、且两个取代基在苯环上有邻、间、对三种位置关系，所以满足条件的同分异构体有9种； 【小问6详解】 以2-丙醇和苯为原料合成，先将2-丙醇氧化成丙酮，再与苯反应，最后加聚得到目标产物，其合成路线为：CH3CHOHCH3CH3COCH3，故P为CH3COCH3，Q为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $