2025-2026学年高二化学下学期期末模拟训练（3）

**基本信息** 以传统文化（如《神农本草经》水银炼丹）、工业应用（Deacon催化氧化HCl）和科技前沿（CO₂电催化合成尿素）为情境，覆盖元素化合物、反应原理、物质结构、有机化学核心知识，注重科学探究与证据推理能力考查。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|20/40|传统文化化学（第1题）、实验装置分析（第2题）、平衡常数应用（第7题）|基础判断与图像分析结合，梯度覆盖化学观念| |解答题|5/60|实验制备（21题Cl₂O）、工业流程（22题合成氨）、物质结构（24题BeCl₂）、有机合成（25题阿兹夫定）|综合考查科学探究（实验设计）、科学思维（晶胞计算），契合高考命题趋势|

2025-2026学年高二化学下学期期末模拟训练（3） （时间：75分钟 满分：100分） 解题时可能需要的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 一、选择题（每小题只有一个正确选项符合题意，共20小题，每小题2分，共40分） 1．中国传统文化隐藏着丰富的化学知识。下列说法正确的是 A．《神农本草经》：“水银…，熔化还复为丹”里的“丹”是HgO B．《天工开物》：“凡石灰经火焚炼为用”发生了氧化还原反应 C．《新修本草》：“青矾，本来绿色，…，烧之赤色…”，“青矾”是硫酸铜 D．《咏煤炭》：“凿开混沌得乌金……不辞辛苦出山林”，其中“乌金”是单质钨 2．某同学设计如图装置(气密性已检查)制备白色沉淀。 下列说法错误的是 A．实验前，应先煮沸溶液除去溶解氧 B．装置3可制取溶液并排尽装置内空气 C．装置5起到液封作用，防止空气进入装置4 D．关闭打开，反应一段时间后，再打开关闭，3中溶液进入4中 3．采用Deacon催化氧化法可将工业副产物HCl转化为Cl2，实现氯资源的再利用，催化机理如图所示。下列叙述错误的是 A．X为反应物HCl，Y为生成物Cl2 B．图中涉及的反应中有两个氧化还原反应 C．总反应化学方程式为 D．图示反应过程中Cu2OCl2为催化剂 4．利用如图装置(尾气处理装置省略)可以制备一瓶干燥气体的是 选项 试剂 气体 A 、浓盐酸 B 、稀硫酸 C 、乙醇 D 、双氧水(含稀硫酸) A．A B．B C．C D．D 5．氮及其化合物的“价-类”二维图如图所示。下列说法正确的是 A．a、b、c均为无色无味的气体 B．a与e反应生成的盐可作氮肥 C．c和d均代表了两种物质 D．“雷雨发庄稼”过程中e的阴离子不能被植物的根系吸收 6．下列对生产过程或实验事实的解释错误的是 选项 生产过程或实验事实 解释 A 其他条件相同，溶液和溶液反应，升高溶液的温度，析出硫沉淀所需时间缩短 当其他条件相同时，升高反应温度，化学反应速率加快 B 工业制硫酸过程中，在的吸收阶段，吸收塔里要装填瓷环 增大气液接触面积，使的吸收速率增大 C 在恒容密闭容器中发生反应：，向容器中充入适量氦气，反应速率不变 其他条件相同时，增大压强对化学反应速率无影响 D 甲、乙两支试管中分别加入等体积5%的溶液，在乙试管中加入2~3滴溶液，乙试管中产生气泡快 可能是分解反应中的催化剂 A．A B．B C．C D．D 7．工业上可利用CO或CO2来生产燃料甲醇。已知制备甲醇的有关化学反应以及在不同温度下的平衡常数如下表所示： 化学反应 平衡常数 温度／ 500 800 ① 2.5 0.15 ② 1.0 2.50 ③ 下列说法正确的是 A．反应①为吸热反应 B．用、表示， C．对于反应②，加压有利于提高的平衡转化率 D．若体系中仅发生反应②③，则选择合适的催化剂可提高的产率 8．常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是 A．的氨水溶液：、、、 B．水电离出来的的溶液：、、、 C．无色溶液：、、、 D．的溶液：、、、 9．研究发现，在常温常压下电催化CO2和含氮物质(等)合成尿素，有助于实现碳中和及解决含氮废水污染问题。向一定浓度的KNO3溶液中通入CO2至饱和，在电极上反应生成，电解原理如图所示，下列说法错误的是(两电极均为惰性电极) A．KNO3为电解质 B．阳极的电极反应式为 C．该装置工作时，主要由电能转化为化学能 D．每消耗4.4gCO2，转移电子 10．对下列事实的解释错误的是 选项 事实 解释 A BF3与NH3形成加合物[H3N→BF3] BF3中的B有空轨道接受NH3中N的孤电子对 B 键角： 中心原子均采取sp3杂化，孤电子对有较大的斥力 C 熔点：氯化钾>干冰 氯化钾是离子晶体，干冰是分子晶体；离子键比分子间作用力强 D 键的极性：H-F>H-Cl F的原子半径比Cl的小 A．A B．B C．C D．D 11．金属阳离子与三联吡啶可以通过配位的方式形成一系列超分子，其形成方式和部分超分子结构如下图，下列说法不正确的是 A．结合Cl-的超分子B中铁离子的化合价为+2价 B．由于阴离子与超分子框架作用力较弱，移除阴离子后超分子框架不变 C．与超分子C结合的阴离子半径需更大 D．该类超分子无论聚合程度大小，超分子中三联吡啶与金属阳离子的比例始终为3:1 12．依据下列实验操作及现象能得出相应结论的是 选项 实验操作及现象 结论 A 分别在植物油、矿物油中滴加足量的NaOH溶液，共热，前者油层消失，后者仍分层 植物油含酯基，矿物油不含与NaOH反应的官能团 B 晶体在红外光谱下有特征吸收峰 不存在化学键的振动 C 取少量某溶液分装于两支试管中，分别滴加溶液和KSCN溶液，前者产生蓝色沉淀，后者溶液变为红色 该溶液中的金属阳离子可能含或中的一种 D 将铜片和锌片用导线连接后插入稀硫酸中，锌片逐渐溶解，铜片上有气泡产生 电子由锌片经电解质流向铜极，构成原电池 A．A B．B C．C D．D 13．高血压药物贝凡洛尔(C)可由以下路线合成： 下列说法不正确的是 A．化合物A与C均可与Na反应生成 B．应将NaOH与混合并加热，再逐滴加入A C．可使用溶液检验B中是否混有少量A D．过程可能产生副产物 14．下列实验方案能达到探究目的的是 选项 探究目的 实验方案 A 检验葡萄糖中含有醛基 向3 mL 5%的溶液中滴加3～4滴2%的氢氧化钠溶液，再向其中加入2 mL 10%的葡萄糖溶液，加热，观察现象 B 验证羟基对苯环的活性有影响 向苯和苯酚的稀溶液中分别滴加饱和溴水，观察现象 C 检验阿司匹林片的有效成分()中含有酯基 将阿司匹林研碎后溶解振荡，取2 mL上层清液于试管中，滴入2滴稀硫酸，加热并振荡。再向其中滴入几滴FeCl3溶液，振荡，观察现象 D 检验油脂皂化已经完全 向反应后的混合溶液中滴入酚酞，观察现象 A．A B．B C．C D．D 15．某同学利用铜渣制备的流程为。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A．每生成转移电子数为 B．标准状况下中含共价键数为 C．常温常压下，中孤电子对数为 D．中含键数目为 16．镍钛记忆合金用于飞机和宇宙飞船。已知一种镍钛合金的晶胞结构如图所示，其中原子采用面心立方最密堆积方式，a原子的分数坐标为(0，0，1)，NA是阿伏加德罗常数的值，该晶胞参数为m pm，下列说法错误的是 A．镍的价电子排布式为 3d84s2 B．b点Ni的分数坐标可表示为(0，，1) C．Ti原子的配位数为6 D．该晶体的密度为 g·cm-3 17．三草酸合铁（Ⅲ）酸钾易溶于水，难溶于醇，时可失去全部结晶水。实验步骤如下： 步骤Ⅰ：称取一定量的硫酸亚铁铵固体于烧杯中，加蒸馏水和稀溶解，边搅拌边加入稍过量草酸溶液，加热至沸，过滤得到，洗涤。 步骤Ⅱ：向中加入饱和溶液，水浴加热，缓慢滴加溶液；加热至沸，再加入饱和草酸溶液，使沉淀完全溶解。 步骤Ⅲ：趁热过滤，向滤液中加入95%乙醇，冷却结晶，过滤洗涤干燥。 下列说法正确的是 A．步骤Ⅰ，稍过量的草酸主要是为了抑制水解 B．步骤Ⅰ和步骤Ⅱ中加热至沸的目的不同 C．步骤Ⅱ，饱和草酸溶液应一次性快速加入，以确保沉淀完全溶解 D．步骤Ⅲ，可将固体放到烘箱中，在下干燥 18．CaCl2晶胞(立方晶胞)的结构如图所示，设NA为阿伏加德罗常数的值，说法错误的是 A．Cl-位于Ca2+形成的四面体空隙中 B．基态钙原子的价层电子轨道表示式为 C．CaCl2中所有原子均满足8电子稳定结构 D．若该晶体的密度为ρ g·cm-3，则该晶胞的边长为cm 19．某化学兴趣小组进行实验探究，下列实验操作、现象结论均正确的是 选项 操作 现象 结论 A 麦芽糖与稀硫酸共热后加氢氧化钠溶液调至碱性，再加入新制氢氧化铜悬浊液并加热 产生砖红色沉淀 麦芽糖已发生水解 B 已知为基元反应，将盛有的密闭烧瓶浸入冷水中 红棕色变浅 正反应活化能大于逆反应活化能 C 向丙烯醇()中加入酸性溶液 紫红色褪去 丙烯醇中含碳碳双键 D 已知呈红棕色，向溶液中通入 溶液先变红棕色，后逐渐变为浅绿色 与反应生成的速率比发生氧化还原反应的速率快，但氧化还原反应的平衡常数更大 A．A B．B C．C D．D 20．某三元羧酸在表面活性剂、洗涤剂、润滑剂等方面有广泛的应用。常温时，向溶液中滴入的标准溶液，滴定曲线如图1；、、、的物质的量分数与溶液的关系如图2。下列说法错误的是 A．该温度下，的电离常数 B．点时， C．若pH=7.3，则溶液中滴入的NaOH标准溶液的体积大于b点 D．c点时，溶液中 二、解答题（本大题共5道题，共60分） 21(12分)．一氧化二氯()是常用的消毒剂和氧化剂，某实验小组在常温常压下利用和湿润的粉末反应制备，实验装置如图。回答下列问题： 已知：的沸点为3.8℃，液态呈棕黄色。 (1)A装置中发生反应的化学方程式为___________。 (2)B装置中的试剂是___________(填名称)；D装置中冰水浴的作用是___________。 (3)实验结束后，向F装置中滴加酚酞溶液，可能出现的实验现象是___________。 (4)有同学提出，E、F装置可以用___________(填字母)装置代替，达到简化实验的目的。 (5)当C装置的硬质玻璃管中完全反应时停止通入氯气。经检测固体产物仅为两种盐。为了测定其组成进行如下实验： 实验a 取m g固体产物，加入足量硝酸，滴加溶液恰好完全反应，生成白色沉淀 实验b 取8m g固体产物，装入大试管，加热至完全反应，将气体依次通过足量的浓硫酸、碱石灰，测得浓硫酸净增0.18 g，碱石灰净增0.44 g ①根据上述实验数据分析，8m g固体产物中各成分的化学式及物质的量分别为___________、___________。 ②C装置中发生反应的化学方程式为___________。 22(12分)．氨和硝酸是重要的工业产品。如图是工业合成氨及工业制硝酸的流程示意图。 (1)合成塔中发生反应的化学方程式是______。 (2)吸收塔中不断通入足量的作用是______。 (3)下列说法不正确的有______(填序号)。 ①上述流程中涉及的反应均为氧化还原反应 ②化学性质稳定，是因为断开需要较多能量 ③常温下，浓硝酸与铁制容器不反应 ④硝酸见光分解，所以硝酸一般储存在棕色试剂瓶中 (4)可采用还原法进行尾气处理，则与发生反应时，氧化产物与还原产物的物质的量之比为______。 (5)制备过程中煤的燃烧和气体的不充分反应会生成和氮氧化物，氨气等大气污染物，为测定空气中的含量，可将空气样品经过管道通入密闭容器中的的酸性溶液，请写出该反应的离子反应方程式：______。若管道中空气流量为，经过10 min溶液恰好褪色，假定样品中的可被溶液充分吸收，则该空气样品中的含量为______。 (6)将和的混合气体通过水吸收后，得到无色气体A，再将无色气体A与等体积的通入水中充分吸收后，得到5 mL无色气体B．则无色气体A的体积为______mL，的取值范围为：______。 23(10分)．连二硫酸钠()是一种稳定的还原剂，易溶于水，酸性溶液中可生成和。实验室以和为主要原料制备的流程如下： (1)“氧化”时，分批加入的原因除防止反应过快，不利于控制温度外，另一原因为___________。 (2)有利于“脱除”的操作是___________(填字母)。 a．降温    b．真空抽气    c．升温    d．加压 (3)“调节pH”时，先加入固体至___________时，再加入溶液调节pH至中性，抽滤。不直接用溶液调节pH的原因是___________。 (4)请补充从溶液制备的实验方案：取一定体积的溶液，___________，过滤，用乙醇洗涤，干燥，得晶体。(已知：在弱碱性溶液中溶解度小，实验中须注意提高产率，须使用的试剂和用品：固体、溶液，红色石蕊试纸) (5)称取样品于锥形瓶中溶于冷水，用酸性溶液测定纯度时，若操作无误，所测纯度低于实际纯度的可能原因是___________。 24(14分)．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_______，_______。 25(12分)．阿兹夫定（Azvudine）是一款同时针对逆转录酶和病毒感染因子的双靶点核苷类口服药物。一条合成路线如下（略去部分试剂和条件）： 已知： ⅰ．Bz表示，Ac表示，Me表示-CH3； ⅱ．TEA表示（三乙胺），DMAP表示（4-二甲氨基吡啶）。 回答下列问题： (1)A中含氧官能团的名称是______，阿兹夫定中不是手性碳原子的是______（填标号）。 (2)B→D的化学方程式为______。 (3)①已知G→H是酰化反应（即在有机物分子结构中的O、N等原子上引入酰基），使用酰化试剂和有机碱或无机碱作为缚酸试剂可以方便地完成酰化反应。则加入TEA和DMAP的作用是______（填“酰化试剂”或“缚酸试剂”）。 ②H→I的反应分两步进行，第一步是mCPBA（间氯过氧苯甲酸）将H中的-I氧化为-（n=1，2，3），同时生成间氯苯甲酸；第二步的反应类型为______。 ③H的结构简式为______。 (4)M是间氯苯甲酸的同分异构体，其中氯原子与苯环直接相连，且能发生银镜反应的共有______种（不考虑立体异构）；符合上述要求的同分异构体中，核磁共振氢谱显示为3组峰，且峰面积之比为1:2:2的是______（写出结构简式）。 (5)以苯为主要原料制备苯甲酸苯甲酯的合成路线如下： 写出X转化为Y的化学方程式：______。 （已知：酮可以被过氧酸（如间氯过氧苯甲酸，mCPBA）氧化为酯；同一个碳原子上连有多个羟基是不稳定的，容易自动失水，生成碳氧双键结构。） 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高二化学下学期期末模拟训练（3） 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A D D D B C D B B D 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 D A B B B D B D D C 1．A 【详解】A．水银为金属Hg，加热时与氧气反应生成红色的HgO，因此“丹”指HgO，A正确； B．“石灰经火焚炼”是碳酸钙高温分解为CaO和的反应，反应中无元素化合价发生变化，不属于氧化还原反应，B错误； C．青矾是绿矾，为绿色，灼烧后生成赤色的，硫酸铜晶体为蓝色，不符合“本来绿色”的描述，C错误； D．“乌金”是煤炭的别称，主要成分为碳单质，不是单质钨，D错误； 故此题选A。 2．D 【详解】A．溶液中溶解的O2会氧化Fe(OH)2，实验前煮沸溶液可除去溶解氧，A正确； B．装置3中铁屑与稀硫酸反应生成FeSO4和H2，利用生成的H2可以排尽装置内的空气，B正确； C．装置5中导管插入蒸馏水，形成液封，可以阻止外界空气进入装置4，避免产物被氧化，C正确； D．打开关闭，生成的氢气从左侧溢出，无法利用压强差将3中FeSO4压入装置4，D错误； 故选D。 3．D 【详解】A．与反应物反应生成，根据原子守恒，为；反应生成和生成物，结合总反应目的是生成，为，A正确； B．图中反应只有两步存在化合价变化：①生成和（从→，从→），②与反应生成（从→，从→）；其余反应均无化合价变化，因此共2个氧化还原反应，B正确； C．该反应是催化氧化生成，总反应化学方程式为，表述符合反应逻辑，C正确； D．催化剂的特点是反应前参与、反应后重新生成，反应前后量不变。图示反应过程中为中间产物，催化剂为，D错误； 故选 D。 4．D 【详解】A．与浓盐酸反应制备需要加热，本装置无加热仪器，无法实现反应，A错误； B．具有强还原性，会与浓硫酸发生氧化还原反应，不能用浓硫酸干燥，B错误； C．密度远小于空气，收集时应采用长进短出的方式，使聚集在倒置烧瓶上方排出空气，本装置收集方式不符合要求，C错误； D．酸性条件下与双氧水反应制备无需加热，不与浓硫酸反应，且密度大于空气，可采用短进长出的倒置烧瓶收集，所有装置符合要求，D正确； 故选 D。 5．B 【分析】结合价类二维图的横坐标化合价、纵坐标物质类别，可推导各点对应物质：a为-3价氢化物，b为0价单质，c为+2价氧化物，d为+4价氧化物，包含、两种物质，e为+5价酸。 【详解】A．a为，具有刺激性气味，因此a、b、c不都为无色无味的气体，A错误； B．a为，e为，二者反应生成，硝酸铵属于铵态氮肥，可作氮肥，B正确； C．c为+2价氮的氧化物，仅对应一种物质，d为+4价氮的氧化物，对应、两种物质，C错误； D．“雷雨发庄稼”过程中e的阴离子为，硝酸根可被植物根系吸收，D错误； 故选B。 6．C 【详解】A．升高温度可提高活化分子百分数，有效碰撞频率升高，化学反应速率加快，因此析出硫沉淀所需时间缩短，A正确； B．吸收塔里装填瓷环可以增大气液接触面积，提高的吸收速率，B正确； C．恒容密闭容器中充入氦气，容器体积不变，反应物和生成物的浓度都不发生变化，因此反应速率不变，并非增大压强对反应速率无影响，若通过缩小容器体积增大压强，反应物浓度升高，反应速率会加快，C错误； D．可以降低分解反应的活化能，加快反应速率，因此可能是该反应的催化剂，D正确； 故选C。 7．D 【详解】A．反应①的平衡常数随温度升高而减小，说明升温平衡逆向移动，正反应为放热反应，故A错误； B．反应③=反应①+反应②，根据平衡常数的定义，总反应平衡常数为两反应平衡常数的乘积，即，故B错误； C．反应②反应前后气体分子数相等，加压平衡不移动，的平衡转化率不变，故C错误； D．催化剂具有选择性，选择合适的催化剂可加快反应③的速率、抑制反应②的发生，从而提高 的产率，故D正确； 选D。 8．B 【详解】A．0.1mol·L-1的氨水溶液含大量，与反应生成氢氧化铜沉淀，不能大量共存，A错误； B．水电离出来的，说明水的电离受抑制，溶液可能呈酸性或者碱性。当为碱性时，、均能与氢氧根离子反应，不能大量共存；当为酸性时，酸性条件下、、、之间均不发生反应，可大量共存，B正确； C．为橙色离子，不符合无色溶液的要求，不能大量存在，C错误； D．水解使溶液呈酸性，中性溶液中不能大量存在，D错误； 故选 B。 9．B 【分析】根据题意可知，该装置是电解池。右侧水失去电子，是阳极，产生氧气，电极反应式为：，氢离子从阳极移向阴极；左侧硝酸根离子得到电子，是阴极，生成尿素，电极反应式为：； 【详解】A．电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；KNO3为电解质，A正确；    B．阳极水失去电子被氧化，反应为，B错误； C．该装置是电解池，工作时，主要由电能转化为化学能，C正确； D．4.4gCO2为0.1mol，结合反应，每消耗0.1molCO2，转移电子，D正确； 故选B。 10．D 【详解】A．H3N→BF3中的B原子采取杂化，存在空p轨道，可接受中N原子的孤电子对形成配位键，解释正确，A不符合题意； B．和中心原子均采取杂化，无孤电子对，有2对孤电子对，孤电子对的斥力大于成键电子对，因此键角，解释正确，B不符合题意； C．氯化钾是离子晶体，熔化需要破坏离子键，干冰是分子晶体，熔化只需破坏分子间作用力，离子键强度远大于分子间作用力，因此熔点氯化钾更高，解释正确，C不符合题意； D．共价键的极性由成键原子的电负性差值决定，H-F键极性更强是因为F的电负性比Cl大，与原子半径无直接因果关系，解释错误，D符合题意； 故答案选D。 11．D 【详解】A．图中结合的超分子B整体带9个正电荷，三联吡啶为中性配体，空腔内带1个单位负电荷，因此所有铁离子总正电荷为9+1=10，超分子B共含5个铁离子，因此所含铁离子为，化合价为+2价，A正确； B．超分子框架由金属阳离子与三联吡啶通过配位键构建而成，阴离子仅作为客体存在于空腔中，与框架作用力较弱，移除阴离子后配位键不会被破坏，框架结构不变，B正确； C．从结构可知，超分子A→B→C，空腔逐渐增大，该类超分子以阴离子为模板组装，空腔越大，合成时需要半径更大的阴离子作为模板，因此超分子C需要半径更大的阴离子参与，C正确； D．根据三种超分子结构，可知无论聚合程度如何，超分子中三联吡啶与金属阳离子的比例始终为1:1，不是3:1，D错误； 故选D。 12．A 【详解】A．植物油中酯基在NaOH溶液中水解，生成可溶性物质，而矿物油是液态烃，不和氢氧化钠反应，A正确； B．红外光谱显示化学键或官能团振动，由此可知，存在化学键的振动，B错误； C．分别滴加溶液和KSCN溶液，分别检验出和，二者同时存在，C错误； D．电子由锌片经导线流向铜片，D错误; 故答案选A。 13．B 【详解】A．化合物A含有酚羟基，化合物C含有醇羟基，两类羟基都可以和Na反应生成，A正确； B．该反应需要A的酚羟基先和NaOH反应转化为酚钠，再与发生取代反应。若按选项描述，先将NaOH与混合加热，会在碱性条件下发生自身开环聚合或水解，导致原料损耗，降低产率，操作顺序错误，B错误； C．A含酚羟基，B中不含酚羟基；酚羟基遇溶液会显紫色，因此可以用检验B中是否混有A，C正确； D．B的三元环氧环开环时，氨基可以进攻环氧环的两个不同碳原子，因此可能产生题干所示的副产物，D正确； 故选B。 14．B 【详解】A．醛基与新制氢氧化铜悬浊液的反应需在碱性条件下进行，实验中向3 mL 5%的溶液中仅滴加3～4滴2%的氢氧化钠溶液，由于过量，溶液呈酸性，无法形成碱性环境，醛基不能被氧化，因此无法检验醛基，故A错误； B．验证羟基对苯环的活性有影响：苯与饱和溴水不反应（需液溴和催化剂），而苯酚与饱和溴水在常温下即可发生取代反应，生成2,4,6-三溴苯酚白色沉淀，由于羟基为强给电子基团，活化苯环，使苯环上羟基邻、对位氢原子更易被取代，通过实验现象可以验证羟基对苯环活性的影响，故B正确； C．检验阿司匹林片的有效成分()中含有酯基，将阿司匹林研碎后溶解振荡，取2 mL上层清液于试管中，滴入2滴稀硫酸，加热并振荡，水解后生成水杨酸（含酚羟基），但酚羟基与溶液的显色反应需要将水解后的稀硫酸进行中和（硫酸会干扰显色反应中配合物的形成），干扰显色反应，无法准确检测酯基，故C错误； D．检验油脂皂化已经完全：油脂皂化为油脂在碱性条件下的水解反应，生成高级脂肪酸盐和甘油，反应前后溶液均呈碱性，滴入酚酞均变红，故向反应后的混合溶液中滴入酚酞，无法判断油脂是否皂化完全，故D错误； 故选B。 15．B 【详解】A．Cu由0价升高到+2价，每生成1 mol 转移2 mol电子，即转移电子数为，A正确； B．标准状况下不是气体，不能用标准状况下气体摩尔体积计算其物质的量，无法确定共价键数目，B错误； C．1.7 g 的物质的量为0.1 mol，每个分子含1对孤电子对，故孤电子对数为，C正确； D．每个中，4个配位键为σ键，每个含3个N-H σ键，共个σ键，故0.1 mol该离子含σ键数目为，D正确； 故选B。 16．D 【详解】A．镍是28号元素，镍的价电子排布式为 3d84s2，故A正确； B．根据a原子的分数坐标为(0，0，1)，可知b点Ni的分数坐标可表示为(0，，1)，故B正确； C．距离顶点Ti原子最近且距离相等的Ni原子有6个，Ti原子的配位数为6，故C正确； D．根据均摊原则，晶胞中Ti原子数为 ，Ni原子数为，该晶体的密度为g·cm-3，故D错误； 选D。 17．B 【详解】A．步骤Ⅰ中已加入稀抑制水解，稍过量草酸的主要目的是使完全沉淀为以提高产率，A错误； B．步骤Ⅰ加热至沸是为了使沉淀陈化，颗粒变大便于过滤；步骤Ⅱ加热至沸是为了分解除去过量的，避免后续草酸被氧化，二者目的不同，B正确； C．步骤Ⅱ中饱和草酸溶液应逐滴加入至沉淀恰好完全溶解，一次性快速加入会导致溶液酸度过高，易引入杂质或发生副反应，C错误； D．目标产物在110℃会失去全部结晶水，不能在该温度下干燥，D错误； 故答案选B。 18．D 【详解】A．该晶胞为萤石（）型结构，作面心立方最密堆积，填充在所有四面体空隙中，因此位于形成的四面体空隙中，A正确； B．Ca为20号元素，基态钙原子的核外电子排布为，价层电子就是4s轨道的2个自旋相反的电子，与题中所给轨道表示式一致，B正确； C．CaCl2​是离子化合物，核外电子排布为，核外电子排布也为，二者最外层均满足8电子稳定结构，该表述合理，C正确； D．计算晶胞中微粒数：位于顶点和面心，数目为；全部位于晶胞内部，数目为8，因此1个晶胞中含有4个。 晶胞质量，由密度公式，得边长，与选项给出的不符，D错误。 故选D。 19．D 【详解】A．麦芽糖本身属于还原性糖，含有醛基，未水解时在碱性条件下与新制氢氧化铜共热也会产生砖红色沉淀，无法证明麦芽糖已发生水解，故A错误； B．红棕色变浅说明降温时平衡正向移动，正反应为放热反应， ，则正反应活化能小于逆反应活化能，故B错误； C．丙烯醇中的羟基也具有还原性，可被酸性氧化使溶液紫红色褪去，无法证明一定含有碳碳双键，故C错误； D．向FeCl3溶液中通入SO2，溶液先变为红棕色，则可以说明与反应生成的速率比发生氧化还原的速率快；后最终变为浅绿色，说明氧化还原反应进行程度更大，平衡常数更大，故D正确； 故答案选D。 20．C 【分析】向溶液中滴入的标准溶液，当加入10 mL标准溶液时，反应恰好完全，故a点溶液的溶质为；当加入20 mL标准溶液时，反应恰好完全，故b点溶液的溶质为；当加入30 mL标准溶液时，反应恰好完全，故c点溶液的溶质为，据此分析。 【详解】A．的第一步电离：，电离常数。由图2可知，时，和物质的量分数相等，即，因此，A正确； B．由分析知，a点时溶质为，，电离大于水解；由图2可知离子浓度大小：；根据物料守恒，因此，故整体关系：，B正确； C．点加入，溶质为，由图1可知点。，说明加入体积小于，即体积小于点，C错误； D．点溶质为，物料守恒： 电荷守恒：， 将物料守恒代入电荷守恒，整理可得：，D正确； 故选C。 21．(1) (2) 饱和食盐水 降低温度，液化产物，减少产物损失 (3)溶液先变为红色，后变为无色 (4)J (5) NaCl、0.02 mol 、0.02 mol 【详解】（1）A装置用于制取Cl2，浓盐酸与MnO2在加热条件下反应，MnO2作氧化剂，Cl-被氧化为Cl2，因此化学方程式为； （2）B装置的作用是除去Cl2中混有的HCl气体，常用试剂为饱和食盐水；因为HCl易溶于水，而Cl2在饱和食盐水中的溶解度较小。D装置是冰水浴，由于Cl2O沸点只有3.8 ℃，易挥发，所以冰水浴可以降低温度，使产物液化，减少产物损失； （3）F中NaOH溶液吸收尾气中的，反应生成、，溶液呈碱性使酚酞变红，次氯酸钠具有漂白性，最终会使红色褪去。 （4）E、F装置主要用于尾气处理，既要防止空气中水蒸气进入，又要吸收多余的氯气等尾气。可用装有碱石灰的干燥管代替，因为碱石灰既能吸收酸性气体Cl2、Cl2O，也能吸收水蒸气，所以选J； （5）①由实验a：固体中，则8m g固体中，全部来自，故。 由实验b：浓硫酸增重为水的质量，；碱石灰增重为的质量，，产物中只有加热分解满足，分解反应为，故。 ②C装置中湿润Na₂CO3与Cl2反应生成Cl2O，同时生成NaCl和NaHCO3，根据（5）①可知NaCl和NaHCO3物质的量相等，再结合原子守恒配平，反应方程式为：。 22．(1) (2)充分氧化NO，提高NO的转化率 (3)③ (4) (5) 0.064 (6) 20 【分析】氮气和氢气在合成塔合成氨气，将氨气分离出进入氧化炉，氧化为NO，NO通入吸收塔与氧气、水反应生成硝酸，最后尾气处理，据此分析： 【详解】（1）工业合成氨在合成塔中进行，为氮气与氢气的可逆反应，反应条件为高温高压催化剂，反应方程式为：； （2）吸收塔中NO与、水反应生成硝酸，通入足量可将NO氧化，提高NO的转化率； （3）①．流程中所有化学反应均有元素化合价变化，均为氧化还原反应，①正确； ②．分子中N≡N键能很大，断开需要消耗较多能量，因此化学性质稳定，②正确； ③ ．常温下浓硝酸使铁钝化，钝化是化学反应，生成致密氧化膜阻止进一步反应，并非不反应，③ 错误； ④． 硝酸见光易分解，因此储存在棕色试剂瓶中避光保存，④正确；故选③； （4）与的反应为：，中-3价N被氧化生成氧化产物，共得到氧化产物，中+4价N被还原生成还原产物，共得到还原产物，因此氧化产物与还原产物物质的量之比为； （5）酸性条件下被高锰酸根氧化为硫酸根，高锰酸根被还原为锰离子，配平得到离子方程式。 计算：，由反应比例得，，空气总体积为，因此空气样品中的含量为； （6）NO不与水反应，与水反应生成NO，因此气体A为NO。A（NO）与等体积混合通入水发生反应：，设A体积为，则过量，剩余气体B为，可得：，解得。 设原混合气体中NO为，为，则，反应后生成NO满足：，整理得；原气体为NO和的混合物，因此，可得。 23．(1)防止过多的与反应生成副产物 (2)bc (3) 不再产生气体 防止局部碱性过强产生沉淀 (4)边搅拌边分批加入固体，至用红色石蕊试纸检验，试纸变为浅蓝色时，过滤，用溶液洗涤滤渣，将洗涤液与滤液合并，将溶液蒸发浓缩至有晶膜出现，降温结晶 (5)随着反应的进行，溶液酸性增强，与酸反应产生，溢出未能与充分反应 【分析】由制备流程图可知，以饱和二氧化硫溶液为原料，加入二氧化锰进行氧化反应，二氧化锰作为氧化剂与二氧化硫氧化生成连二硫酸锰；反应后脱除溶液中溶解的过量二氧化硫，避免后续酸性条件下副反应的发生；随后向溶液中加入碳酸钡固体，初步调节溶液 pH 并沉淀部分杂质，再加入氢氧化钡溶液将 pH 调至中性，使溶液中的某些杂质离子生成沉淀而除去，得到连二硫酸锰溶液；后续再经碳酸钠置换、蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤干燥等操作，制备得到连二硫酸钠二水合物晶体，据此分析； 【详解】（1）“氧化”时，分批加入的原因除防止反应过快，不利于控制温度外，另一原因为：防止过多的与反应生成副产物； （2）脱除溶液中溶解的，可利用气体的溶解度随温度升高而降低、随压强减小而降低的规律，因此升温（c）、真空抽气（b）有利于逸出，故选bc； （3）“调节pH”时，先加入固体至不再产生气体时，再加入溶液调节pH至中性，抽滤。不直接用溶液调节pH的原因是：防止局部碱性过强产生沉淀； （4）边搅拌边分批加入固体，至用红色石蕊试纸检验，试纸变为浅蓝色时，过滤，用溶液洗涤滤渣，将洗涤液与滤液合并，将溶液蒸发浓缩至有晶膜出现，降温结晶； （5）所测纯度低于实际纯度的可能原因是：随着反应的进行，溶液酸性增强，与酸反应产生，溢出未能与充分反应。 24．(1) 2 A (2) 2 < (3) 2∶1 N>C>H < (4) 4 1∶2∶1 【详解】（1）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； （2） 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； （3）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。 （4）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。 25．(1) 醚键、酯基 5 (2) (3) 缚酸试剂 取代反应 (4) 13 (5) 【分析】起始原料A经溴代反应生成B，B与嘧啶类化合物C发生取代反应生成D；D经氨解脱除苯甲酰基保护得到E，E的羟基被碘取代生成F；F经分子内环化形成环氧结构，同时取代碘得到G；G的羟基与苯甲酰氯发生酰化反应生成H，H经氧化后与间氯苯甲酸发生取代反应生成I；I经氨解脱保护得到最终产物阿兹夫定。 【详解】（1）A分子中含有呋喃环结构的醚键，以及苯甲酰基与羟基形成的酯基。 手性碳原子是连有四个不同原子或基团的饱和碳原子，阿兹夫定分子中共有5个饱和碳原子，其中标号为5的碳原子不满足手性碳原子的定义。 （2）B分子中的溴原子与C分子中的亚氨基发生亲核取代反应，生成D和溴化氢，方程式为。 （3）酰化反应会生成氯化氢，TEA和DMAP作为有机碱，可中和反应生成的氯化氢，促进反应正向进行，故加入TEA和DMAP的作用是缚酸试剂。 第一步将-I氧化为-IOn，第二步中间产物与间氯苯甲酸发生取代反应，生成酯和对应的碘化物。 G与BzCl发生酰化反应，G分子中的羟基被苯甲酰基取代，结合H的分子式，可推知H的结构为。 （4）间氯苯甲酸的分子式为，其同分异构体M满足氯原子与苯环直接相连且能发生银镜反应，说明分子中含有醛基或甲酸酯基。 若含有甲酸酯基，则苯环上有和两个取代基，有邻、间、对3种结构。 若含有醛基，则苯环上有、和三个取代基，三个不同取代基在苯环上的同分异构体共有10种。 符合条件的同分异构体共有种。 核磁共振氢谱显示为3组峰，且峰面积之比为1:2:2，说明分子具有高度对称性，符合条件的结构为。 （5）X为二苯二氯甲烷，与氢氧化钠水溶液共热发生水解反应，同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，会自动脱水生成羰基，对应方程式为。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $