精品解析：河南信阳贤山高级中学等校2026届高三下学期模拟预测 化学试卷

高三化学试卷 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、准考证号填写在答题卡上。 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，将答题卡交回。 一、选择题：本题共14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. 材料是人类赖以生存和发展的物质基础，下列关于材料的说法正确的是 A. 硅的导电性介于导体与绝缘体之间，是良好的半导体材料，可用于生产光导纤维 B. 战斗机的隐身涂层中含有石墨烯，其属于一种新型有机材料 C. 高纯硅的制备：，三步反应均为氧化还原反应 D. ，均能通过一步反应完成 2. 下列叙述正确的是 A. 碘升华时共价键发生断裂 B. 晶体中阴、阳离子的配位数不同 C. 与所含的化学键类型完全相同 D. 电子气理论可用来解释金属材料具有良好的延展性 3. 高分子材料在生产、生活中得到广泛应用。下列说法错误的是 A. 脲醛树脂可用于制电器开关 B. 橡胶硫化的过程中发生了化学反应 C. 有机玻璃为甲基丙烯酸甲酯的缩聚物，可制成飞机和汽车的风挡 D. 超高相对分子质量聚乙烯可用于制造防弹服 4. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A. 40 g碳化硅晶体中键总数为 B. 1 mol中含键总数为 C. 标准状况下，11.2 LHF中含电子总数大于 D. 粗铜精炼时，阳极质量减少64 g，转移电子数为 5. 环六糊精(D-吡喃葡萄糖缩合物)具有空腔结构，腔内极性较小，腔外极性较大，可包合某些分子形成超分子。图1、图2和图3分别表示环六糊精结构、4，4-联吡啶与环六糊精形成的超分子示意图及超分子聚合物。下列说法错误的是 A. 环六糊精中含有手性碳原子 B. 形成1 mol超分子聚合物需要(n+2) mol Ni2+ C. 非极性分子均可被环六糊精包合形成超分子 D. 超分子聚合物中N原子与Ni2+形成了配位键 6. 下列对物质性质的解释错误的是 选项 物质性质 解释 A 冰的密度小于液态水 冰晶体中水分子通过氢键形成空间网状结构，分子间空隙大，导致密度减小 B CO的熔点远高于N2 CO为极性分子，而N2为非极性分子 C 金属铜具有良好的导电性 铜晶体中存在可自由移动的电子 D Na2HPO4溶液显碱性 的电离程度大于其水解程度 A. A B. B C. C D. D 7. 某学习小组为探究与溶液的反应机理，设计如下实验并记录现象： ①向溶液()中加入足量铜粉，立即有气泡产生，溶液逐渐由黄色变为蓝绿色； ②向溶液中逐滴加入溶液调至5，再加入足量铜粉，溶液由黄色变为蓝绿色，无气泡产生； ③取实验①反应后的溶液，加入KSCN溶液，无明显现象；再加酸性溶液，紫色褪去。已知性质与相似。 下列说法错误的是 A. 实验①中产生的气泡主要成分为，而非 B. 结合实验②可知实验①中既与反应，也与、共同反应 C. 实验③中酸性溶液褪色可证明溶液中存在 D. 综合实验可知：强酸性条件下，的氧化性强于 8. 环己酮可以在基催化剂作用下转化为环己醇，其可能的反应机理如图所示。下列说法错误的是 A. 该机理中存在加成反应 B. 还原性：>环己醇 C. 反应过程中涉及极性键的断裂与生成 D. 用同位素标记的代替可得到 9. -聚苯胺可用作空气氧化含硫废水的催化剂。碱性条件下，催化氧化的机理如下图所示。下列说法正确的是 A. 过程中锰元素的化合价升高 B. 经催化氧化除硫后废水的增大 C. 通入，一段时间后仅存在于、中 D. 硫也可填充氧空位使废水中硫的去除率上升 10. 钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铜、铁、钴、锰的+2价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如图所示。下列说法错误的是 A. “沉铜”步骤用H2S，说明CuS的溶解度很小 B. “沉淀”步骤滤渣的成分为Fe(OH)3 C. “沉锰”步骤中，若生成1 mol MnO2，则产生2 mol H+ D. “沉钴”步骤中加入适量NaClO，离子方程式为 11. 短周期元素W、X、Y、Z原子序数依次增大。其中基态W原子核外电子只有一种运动状态，X、Z位于同一主族，X、Y、Z形成化合物M常被用作摄影过程的定影液，其结构如图所示。定影过程中，M与未感光的AgBr反应，形成透光亮影区。下列说法正确的是 A. 定影过程中，M与AgBr反应生成可溶性配合物 B. 化学键中离子键成分的百分数： C. 同周期中第一电离能大于Z的元素有2种 D. 36 g固态的中所含氢键的数目为 12. 我国科学家已经实现催化氢化获得甲酸，反应过程如图甲，其中化合物2转化为化合物3过程的能量变化如图乙所示(TS表示过渡态，I表示中间体)，下列说法错误的是 A. 化合物1到化合物2的过程中存在碳氧键的断裂和碳氢键的形成 B. 图甲中，化合物2转化为化合物3的过程涉及氧化还原反应 C. 从平衡移动的角度看，降低温度可促进化合物2与水反应生成化合物3与 D. 图乙中形成中间体的反应为图甲中“化合物化合物”的决速步骤 13. 电池能有效地捕获，将其转化为，再将产生的电解制氨，过程如图所示。下列说法错误的是。 A. d电极为电解池的阳极 B. 电池总反应式为： C. c极区溶液的pH升高 D. 电路中转移时，理论上能得到 14. 氯化铯（CsCl）是一种分析试剂，制备原理为。下列说法错误的是 A. HCl中的共价键：s-p键 B. 的VSEPR模型名称：V形 C. CsCl的晶体类型：离子晶体 D. 的电子式： 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 氢氧化钴[]是制备锂离子电池正极材料的原料之一；经过进一步加工，它可以转化为钴酸锂，用于高性能电池。以某含钴废料（含、、、、等）为原料制备的流程如图： 已知：①“沉铁”步骤中双氧水不能氧化。 ②25℃时，；，。 请回答下列问题： （1）元素在元素周期表中的位置为________。 （2）“沉铁”时溶液的温度控制在40℃～50℃的原因是________。 （3）若加入溶液后，，则溶液的约为________。 （4）P507萃取剂用HR表示，“萃取”时发生的反应为，“反萃取”时使用的试剂X的名称为________；“萃取”时需充分振荡的目的是________。 （5）“沉钴”时发生反应的离子方程式为________。 （6）钴的一种氧化物的晶胞结构如图所示（白球为Co，黑球为O），晶胞边长为，设为阿伏加德罗常数的值。 该钴的氧化物的化学式为________，该氧化物的固体摩尔体积为________（已知：固体摩尔体积是指1mol固体物质所占有的体积）。 16. 合成气(CO和)是重要工业原料。 Ⅰ．合成气的制备：800℃时，甲烷催化部分氧化法可制备合成气，反应如下： （1）上述反应每消耗1 mol ，理论上转移的电子为___________mol。 （2）甲烷与水蒸气反应也能制得合成气。反应如下： 相比甲烷与水蒸气反应，甲烷催化部分氧化法的优点是___________。 （3）催化剂表面积碳是催化剂失活的重要原因。为了解积碳形成原因，在不同温度下，向装有催化剂的反应装置中分别通入或CO均反应10 min，结果如图-1所示。写出800℃时形成积碳的主要反应：___________。 （4）下，将的混合气体置于密闭容器中时，不同温度下混合体系中和的平衡转化率、CO的平衡选择性如图-2所示。250℃时平衡气体混合物中几乎不含，写出此时体系中存在的两个主要反应的化学方程式：___________。 Ⅱ．由合成气制高纯氢气 合成气经水煤气变换反应 可制得高纯氢气。莫来石(SMO)系列催化剂均可催化该反应。 （5）100℃时在SMO中加入能提升催化剂效率，反应可能机理如图-3所示(“×”表示转化很难进行)，其原因可能是___________。 （6）实际生产中，采用两阶段水煤气变换，反应过程如图-4所示的。从反应限度和反应速率角度，分析采取第一阶段采用较高温度而第二阶段采用较低温度的原因是___________。 17. 卤代烃消除反应，是基础有机化学中的基本反应之一，反应过程中往往伴随着取代反应的发生。某小组通过量子化学计算方法研究溴丁烷消除反应原理，已知：当改变温度时，越小，平衡受温度的影响越小，回答下列问题。 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： （1）2-溴丁烷在碱性条件下发生消除反应的能量变化图如下，反应Ⅰ的________，2-溴丁烷发生消除反应时更易生成________(填“1-丁烯”或“2-丁烯”)。 （2）若在某真空容器中，加入2-溴丁烷、NaOH溶液和乙醇，发生反应Ⅰ和Ⅱ，待反应达到平衡后。 ①保持温度不变，缩小容器容积，体系重新达到平衡后，2-丁烯的物质的量________(填“增大”“减小”或“不变”)。 ②其他条件不变，升高温度，2-丁烯与2-丁醇的物质的量之比会________(填“增大””“减小”或“不变”)，原因是________。 （3）碱性增强时更易发生消除反应，在某真空恒温恒容的容器中加入2-溴丁烷、乙醇和24 g氢氧化钠后溶液体积为500 mL，只发生反应Ⅰ和Ⅱ，某时刻测得2-溴丁烷、NaBr的浓度分别为0.18 mol/L、0.32 mol/L，平衡时，测得产生2-丁烯x mol，2-丁醇浓度为y mol/L，则平衡时，2-溴丁烷转化率为________(用含、的代数式表示，下同)，反应Ⅱ的物质的量分数平衡常数________[如反应，为组分的物质的量分数，]。 18. 无水二氯化锰()是一种重要的锰盐化合物，广泛应用于医药、农业、化工等领域。实验室用四水醋酸锰[]和乙酰氯()为原料制备无水二氯化锰，实验装置如图所示(夹持仪器已省略)： 已知：①乙酰氯是无色液体，沸点，易水解。 ②四水醋酸锰是淡红色晶体，微溶于水，不溶于苯。 ③无水二氯化锰是粉红色固体，极易吸水潮解，不溶于苯，沸点。 ④二氯化锰和醋酸锰在丙酮中的溶解度随温度变化如图所示： 实验过程如下： i．向装有四水醋酸锰的三颈烧瓶中加适量乙酰氯，室温搅拌一段时间，至不再产生气体为止。 ii．向三颈烧瓶中继续加乙酰氯和苯，加热搅拌，反应完全后，可从混合体系中分离出粗产品。 回答下列问题： （1）仪器A中的试剂是______，步骤i中乙酰氯的作用是______。 （2）步骤ii中生成的同时还生成了，制备的化学方程式是______。步骤ii中分离出固体，需要用到的仪器有______(填仪器名称)。 （3）对粗产品进行提纯时，可将粗产品溶于______试剂，经过______洗涤、干燥一系列操作可得产品。 （4）产品纯度的测定：取产品溶于水，加水定容至。取所得溶液于锥形瓶中，滴加溶液，充分反应后，过滤；向滤液中加入几滴指示剂溶液，用标准溶液滴定过量的至终点()，消耗标准溶液。产品中的质量分数为______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三化学试卷 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、准考证号填写在答题卡上。 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，将答题卡交回。 一、选择题：本题共14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. 材料是人类赖以生存和发展的物质基础，下列关于材料的说法正确的是 A. 硅的导电性介于导体与绝缘体之间，是良好的半导体材料，可用于生产光导纤维 B. 战斗机的隐身涂层中含有石墨烯，其属于一种新型有机材料 C. 高纯硅的制备：，三步反应均为氧化还原反应 D. ，均能通过一步反应完成 【答案】C 【解析】 【详解】A．高纯硅是良好的半导体材料，可用于生产计算机、家用电器等的芯片，及硅太阳能电池，光导纤维主要材质是，故A错误； B．石墨烯是碳单质，是新型无机非金属材料，故B错误； C．高纯硅制备的主要反应为：、 ，三个反应均有元素化合价改变，均为氧化还原反应，故C正确； D．SiO2不溶于水，不能一步完成，故D错误； 故选C。 2. 下列叙述正确的是 A. 碘升华时共价键发生断裂 B. 晶体中阴、阳离子的配位数不同 C. 与所含的化学键类型完全相同 D. 电子气理论可用来解释金属材料具有良好的延展性 【答案】D 【解析】 【详解】A．升华是物质由固态直接变为气态的过程，是物理变化，没有发生化学键的断裂，A错误； B．晶体中，阴、阳离子的配位数都为6，B错误； C．含极性共价键和非极性共价键，含有非极性共价键和离子键，C错误； D．金属晶体中，金属阳离子按规律排列，自由电子形成遍布晶体的电子气。当金属受到外力发生形变、金属原子层之间发生相对滑动，电子气理论可用来解释金属材料具有良好的延展性，D正确； 故答案选D。 3. 高分子材料在生产、生活中得到广泛应用。下列说法错误的是 A. 脲醛树脂可用于制电器开关 B. 橡胶硫化的过程中发生了化学反应 C. 有机玻璃为甲基丙烯酸甲酯的缩聚物，可制成飞机和汽车的风挡 D. 超高相对分子质量聚乙烯可用于制造防弹服 【答案】C 【解析】 【详解】A．脲醛树脂属于热固性高分子，绝缘性良好，可用于制作电器开关，A正确； B．橡胶硫化过程中硫与橡胶分子反应形成交联结构，有新物质生成，发生了化学反应，B正确； C．有机玻璃是甲基丙烯酸甲酯通过碳碳双键加聚得到的加聚物，不是缩聚物，C错误； D．超高相对分子质量聚乙烯强度高、韧性优异，可用于制造防弹服，D正确； 故选C。 4. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A. 40 g碳化硅晶体中键总数为 B. 1 mol中含键总数为 C. 标准状况下，11.2 LHF中含电子总数大于 D. 粗铜精炼时，阳极质量减少64 g，转移电子数为 【答案】D 【解析】 【详解】A．碳化硅摩尔质量为，碳化硅物质的量为，碳化硅为共价晶体，在碳化硅晶体中，每个C原子与4个Si原子成键，每个Si原子与4个C原子成键，平均 SiC含有 键，其数目为，A正确； B．1个中，4个配位键均为键，每个含3个键，共个键，故该离子含键总数为，B正确； C．标准状况下HF为液态，11.2 LHF 0.5mol， 1 mol HF含10个电子，故电子总数大于，C正确； D．粗铜精炼时阳极有、等活泼杂质先于失电子，阳极质量减少时，溶解的不只有，转移电子数不等于，D错误； 故选D。 5. 环六糊精(D-吡喃葡萄糖缩合物)具有空腔结构，腔内极性较小，腔外极性较大，可包合某些分子形成超分子。图1、图2和图3分别表示环六糊精结构、4，4-联吡啶与环六糊精形成的超分子示意图及超分子聚合物。下列说法错误的是 A. 环六糊精中含有手性碳原子 B. 形成1 mol超分子聚合物需要(n+2) mol Ni2+ C. 非极性分子均可被环六糊精包合形成超分子 D. 超分子聚合物中N原子与Ni2+形成了配位键 【答案】C 【解析】 【详解】A．环六糊精是D-吡喃葡萄糖的缩合产物，吡喃葡萄糖环上的多个饱和碳原子均连接4种不同的原子或基团，属于手性碳原子，因此环六糊精中含有手性碳原子，A正确； B．根据超分子聚合物的结构，每个重复单元含1个，聚合物两端各有1个，总物质的量为，因此形成1 mol超分子聚合物需要，B正确； C．要和环六糊精形成超分子，该分子的直径必须要匹配环六糊精的空腔尺寸，故不是所有的非极性分子都可以被环六糊精包合形成超分子，C错误； D．4,4-联吡啶中的N原子含有孤电子对，有空轨道，二者可通过配位键结合，因此超分子聚合物中N原子与形成了配位键，D正确； 故选 C。 6. 下列对物质性质的解释错误的是 选项 物质性质 解释 A 冰的密度小于液态水 冰晶体中水分子通过氢键形成空间网状结构，分子间空隙大，导致密度减小 B CO的熔点远高于N2 CO为极性分子，而N2为非极性分子 C 金属铜具有良好的导电性 铜晶体中存在可自由移动的电子 D Na2HPO4溶液显碱性 的电离程度大于其水解程度 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．冰晶体中水分子通过氢键形成有序的空间网状结构，分子间空隙比液态水更大，因此冰的密度小于液态水，A正确； B．CO和N2相对分子质量相近，CO为极性分子，分子间范德华力强于非极性分子N2，因此CO熔点远高于N2，B正确； C．铜为金属晶体，晶体中存在大量可自由移动的电子，在外加电场下可定向移动形成电流，因此铜具有良好导电性，C正确； D．电离产生使溶液显酸性，水解产生使溶液显碱性，溶液显碱性说明的水解程度大于其电离程度，D错误； 因此答案为D； 7. 某学习小组为探究与溶液的反应机理，设计如下实验并记录现象： ①向溶液()中加入足量铜粉，立即有气泡产生，溶液逐渐由黄色变为蓝绿色； ②向溶液中逐滴加入溶液调至5，再加入足量铜粉，溶液由黄色变为蓝绿色，无气泡产生； ③取实验①反应后的溶液，加入KSCN溶液，无明显现象；再加酸性溶液，紫色褪去。已知性质与相似。 下列说法错误的是 A. 实验①中产生的气泡主要成分为，而非 B. 结合实验②可知实验①中既与反应，也与、共同反应 C. 实验③中酸性溶液褪色可证明溶液中存在 D. 综合实验可知：强酸性条件下，的氧化性强于 【答案】C 【解析】 【分析】实验①为强酸性环境，溶液中存在、、，加入Cu后有气泡、溶液变为蓝绿色，说明生成和气体；实验②pH为5，酸性较弱，加入Cu后无气泡，仅溶液变色，说明此时仅氧化Cu，未参与反应；实验③反应后溶液含，具有还原性，可与酸性反应，因此紫色褪色无法确定是否存在；强酸性下优先与Cu反应生成NO，说明强酸性条件下氧化性强于。 【详解】A．实验①为强酸性环境，在酸性条件下具有强氧化性，与Cu反应生成NO，Cu与不发生置换反应，气泡不是，A正确； B．实验②pH为5时无气泡，说明仅氧化Cu，实验①有气泡，说明强酸性下、也与Cu反应，因此实验①中Cu既与反应，也与、共同反应，B正确； C．实验③的溶液中含有，性质与相似，说明具有还原性，可与酸性反应使紫色褪去，因此无法证明溶液中存在，C错误； D．强酸性条件下优先与Cu反应产生NO，说明的氧化性强于，D正确； 故选C。 8. 环己酮可以在基催化剂作用下转化为环己醇，其可能的反应机理如图所示。下列说法错误的是 A. 该机理中存在加成反应 B. 还原性：>环己醇 C. 反应过程中涉及极性键的断裂与生成 D. 用同位素标记的代替可得到 【答案】D 【解析】 【详解】A．反应过程中环己酮的碳氧双键打开发生加成反应结合到催化剂上，体系中存在加成反应，A正确； B．该反应中异丙醇为还原剂，环己酮被还原为环己醇，还原剂的还原性强于还原产物，故还原性异丙醇大于环己醇，B正确； C．反应过程中存在O-H、C-O等极性键的断裂，同时有新的O-H、C-O等极性键生成，涉及极性键的断裂与生成，C正确； D．根据机理中氢的转移路径，同位素标记的异丙醇中连接在碳原子上的D最终转移到丙酮的甲基中，不会进入环己醇的羟基，无法得到OD标记的环己醇，D错误； 故选 D。 9. -聚苯胺可用作空气氧化含硫废水的催化剂。碱性条件下，催化氧化的机理如下图所示。下列说法正确的是 A. 过程中锰元素的化合价升高 B. 经催化氧化除硫后废水的增大 C. 通入，一段时间后仅存在于、中 D. 硫也可填充氧空位使废水中硫的去除率上升 【答案】B 【解析】 【详解】A．过程I中，，设化合价为x，根据化合物中各元素化合价代数和为0，2x+(-2)=0，x=+1，转化为，化合价为0，锰元素化合价降低，故A错误； B．碱性条件下，被氧化为S，参与反应生成，溶液碱性增强，废水的pH增大，故B正确； C．过程的变化可表示为：，若参与反应后，根据反应机理，还会存在于溶液的中，故C错误； D．硫填充氧空位，会占据催化剂活性位点，使废水中硫的去除率下降，故D错误； 故选B。 10. 钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铜、铁、钴、锰的+2价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如图所示。下列说法错误的是 A. “沉铜”步骤用H2S，说明CuS的溶解度很小 B. “沉淀”步骤滤渣的成分为Fe(OH)3 C. “沉锰”步骤中，若生成1 mol MnO2，则产生2 mol H+ D. “沉钴”步骤中加入适量NaClO，离子方程式为 【答案】C 【解析】 【分析】炼锌废渣含有锌、铜、铁、钴、锰的+2价氧化物及锌和铜的单质，加入稀硫酸，铜单质不反应变成浸渣，反应后溶液中含有、、、、，加入将转化为沉淀。再向溶液中加入将转化为固体，同时也被氧化为。再向溶液中加入调节pH，将转化为沉淀，即滤渣。溶液中继续加入将氧化为并转化为沉淀，最后的溶液经过系列操作可回收Zn。 【详解】A．“沉铜”中通入可以使转化为沉淀，说明难溶于水，溶解度很小，A正确； B．根据分析可知滤渣的成分为，B正确； C．“沉锰”中被氧化为，还原产物为，配平反应的离子方程式：  ，生成时，产生，C错误； D．“沉钴”中被氧化为沉淀，题给方程式的电子、电荷、原子均守恒，D正确； 故选C。 11. 短周期元素W、X、Y、Z原子序数依次增大。其中基态W原子核外电子只有一种运动状态，X、Z位于同一主族，X、Y、Z形成化合物M常被用作摄影过程的定影液，其结构如图所示。定影过程中，M与未感光的AgBr反应，形成透光亮影区。下列说法正确的是 A. 定影过程中，M与AgBr反应生成可溶性配合物 B. 化学键中离子键成分的百分数： C. 同周期中第一电离能大于Z的元素有2种 D. 36 g固态的中所含氢键的数目为 【答案】A 【解析】 【分析】基态W原子核外电子只有一种运动状态，W为H；M是常用定影剂，结合结构，X与Z同主族，原子序数依次增大，推得为O，为，为，M为硫代硫酸钠；据此作答。 【详解】A．定影过程中，与未感光的反应，生成可溶性配合物，反应方程式为：，该配合物可溶于水，使未感光的溶解，形成透光亮影区，A正确； B．电负性差值越大，离子键成分越多。为，为，电负性：O＞S；故中离子键成分百分数大于，即，B错误； C．Z为S，位于第三周期；第三周期元素第一电离能顺序为：，其中第一电离能大于S的元素有P、Cl、Ar，共3种，并非2种，C错误； D．为，固态为冰；36 g的物质的量为。冰的结构中，每个水分子与周围4个水分子形成氢键，每个氢键由2个水分子共用，因此1 mol冰中含有的氢键数目为，则2 mol冰中氢键数目为，并非，D错误； 故选A。 12. 我国科学家已经实现催化氢化获得甲酸，反应过程如图甲，其中化合物2转化为化合物3过程的能量变化如图乙所示(TS表示过渡态，I表示中间体)，下列说法错误的是 A. 化合物1到化合物2的过程中存在碳氧键的断裂和碳氢键的形成 B. 图甲中，化合物2转化为化合物3的过程涉及氧化还原反应 C. 从平衡移动的角度看，降低温度可促进化合物2与水反应生成化合物3与 D. 图乙中形成中间体的反应为图甲中“化合物化合物”的决速步骤 【答案】B 【解析】 【分析】结合反应机理图，化合物1与反应生成化合物2，化合物2与反应生成化合物3与，后续循环再生化合物1，整体实现催化氢化得到。 【详解】A．化合物1到化合物2的过程中，的碳氧键断裂，同时生成新的碳氢键，A正确； B．化合物2转化为化合物3的过程中，所有元素化合价均未发生变化，不存在电子转移，不涉及氧化还原反应，B错误； C．该反应反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，降低温度平衡正向移动，可促进化合物2与水反应生成化合物3与，C正确； D．活化能最大的基元反应为总反应的决速步，转化为的步骤活化能最大，为总反应的决速步，D正确； 故选B。 13. 电池能有效地捕获，将其转化为，再将产生的电解制氨，过程如图所示。下列说法错误的是。 A. d电极为电解池的阳极 B. 电池总反应式为： C. c极区溶液的pH升高 D. 电路中转移时，理论上能得到 【答案】D 【解析】 【分析】由图可知，锌为活泼金属，失去电子发生氧化反应，a为负极、b为正极，则c为阴极、d为阳极； 【详解】A．由分析可知，d电极为电解池的阳极，A正确； B．电池总反应为锌和二氧化氮反应生成亚硝酸锌：，B正确； C．c 极区为阴极区，亚硝酸根离子发生还原生成，溶液碱性增强，故溶液的升高，C正确； D． 极区为阴极区，亚硝酸根离子发生还原生成，电子转移为，可知生成需要转移，则电路中转移时，理论上能得到，D错误； 故选D。 14. 氯化铯（CsCl）是一种分析试剂，制备原理为。下列说法错误的是 A. HCl中的共价键：s-p键 B. 的VSEPR模型名称：V形 C. CsCl的晶体类型：离子晶体 D. 的电子式： 【答案】B 【解析】 【详解】A．HCl分子中，H的1s轨道与Cl的3p轨道头碰头重叠形成σ键，为s-p σ键，A正确； B．中的O的价电子对数=2（成键电子对）+2（孤电子对）=4，VSEPR模型为四面体形，分子空间构型为V形，B错误； C．由和通过离子键结合，晶体类型为离子晶体，C正确； D．二氧化碳中，碳原子与每个氧原子之间共用两对电子，电子式书写正确，D正确； 故选B。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 氢氧化钴[]是制备锂离子电池正极材料的原料之一；经过进一步加工，它可以转化为钴酸锂，用于高性能电池。以某含钴废料（含、、、、等）为原料制备的流程如图： 已知：①“沉铁”步骤中双氧水不能氧化。 ②25℃时，；，。 请回答下列问题： （1）元素在元素周期表中的位置为________。 （2）“沉铁”时溶液的温度控制在40℃～50℃的原因是________。 （3）若加入溶液后，，则溶液的约为________。 （4）P507萃取剂用HR表示，“萃取”时发生的反应为，“反萃取”时使用的试剂X的名称为________；“萃取”时需充分振荡的目的是________。 （5）“沉钴”时发生反应的离子方程式为________。 （6）钴的一种氧化物的晶胞结构如图所示（白球为Co，黑球为O），晶胞边长为，设为阿伏加德罗常数的值。 该钴的氧化物的化学式为________，该氧化物的固体摩尔体积为________（已知：固体摩尔体积是指1mol固体物质所占有的体积）。 【答案】（1）第四周期第Ⅷ族 （2）温度过低会导致反应速率过慢，温度过高会导致双氧水分解 （3）3.5 （4） ①. 硫酸（或稀硫酸） ②. 增大水相与有机相的接触面积，提高萃取速率和萃取率 （5） （6） ①. CoO ②. 【解析】 【小问1详解】 钴（Co）的原子序数为27，位于元素周期表中第四周期第Ⅷ族。 【小问2详解】 “沉铁”步骤中加入了双氧水（H2O2）作为氧化剂。如果温度控制过低，氧化还原反应的速率会很慢；如果温度过高，H2O2受热易发生分解，降低氧化剂的利用率；因此需要将温度控制在40℃～50℃。 【小问3详解】 根据的溶度积常数：，已知，可求得溶液中，的总电离常数，则，解得mol/L，。 【小问4详解】 “萃取”反应为，“反萃取”的目的是将有机相中的CoR2重新转化为Co2+进入水相，根据平衡移动原理，需要增加c(H+)使平衡逆向移动，结合流程前端使用的是硫酸，为了不引入新杂质，试剂X应为硫酸（或稀硫酸）；“萃取”时充分振荡可以使水相和有机相充分混合，增大两相的接触面积，从而提高萃取速率和萃取率。 【小问5详解】 “沉钴”步骤是向含有Co2+的水相中加入生成沉淀，为弱电解质不拆分，反应的离子方程式为：。 【小问6详解】 观察晶胞结构图：白球（Co）位于晶胞的棱心和体心，个数为：，黑球（O）位于晶胞的顶点和面心，个数为，Co与O的原子个数比为1:1，故化学式为CoO；一个晶胞中含有4个CoO微粒,晶胞边长为，晶胞体积，1 mol固体物质含有NA个CoO微粒，相当于含有个晶胞，因此，该氧化物的固体摩尔体积： 16. 合成气(CO和)是重要工业原料。 Ⅰ．合成气的制备：800℃时，甲烷催化部分氧化法可制备合成气，反应如下： （1）上述反应每消耗1 mol ，理论上转移的电子为___________mol。 （2）甲烷与水蒸气反应也能制得合成气。反应如下： 相比甲烷与水蒸气反应，甲烷催化部分氧化法的优点是___________。 （3）催化剂表面积碳是催化剂失活的重要原因。为了解积碳形成原因，在不同温度下，向装有催化剂的反应装置中分别通入或CO均反应10 min，结果如图-1所示。写出800℃时形成积碳的主要反应：___________。 （4）下，将的混合气体置于密闭容器中时，不同温度下混合体系中和的平衡转化率、CO的平衡选择性如图-2所示。250℃时平衡气体混合物中几乎不含，写出此时体系中存在的两个主要反应的化学方程式：___________。 Ⅱ．由合成气制高纯氢气 合成气经水煤气变换反应 可制得高纯氢气。莫来石(SMO)系列催化剂均可催化该反应。 （5）100℃时在SMO中加入能提升催化剂效率，反应可能机理如图-3所示(“×”表示转化很难进行)，其原因可能是___________。 （6）实际生产中，采用两阶段水煤气变换，反应过程如图-4所示的。从反应限度和反应速率角度，分析采取第一阶段采用较高温度而第二阶段采用较低温度的原因是___________。 【答案】（1）6 （2）反应放热，有利于维持高温，节约能源 （3） （4）、 （5）加入有利于使碳酸盐、碳酸氢盐转化为；也可以直接将CO转化为 （6）高温有利于提高反应速率，缩短变换所需时间；该反应为放热反应，低温时反应正向进行程度大，可提高产率 【解析】 【小问1详解】 上述反应中C元素由－4价升高为+2价，每消耗1 mol ，理论上转移的电子为6 mol； 【小问2详解】 根据两个热化学方程式可知，相比甲烷与水蒸气反应，甲烷催化部分氧化法的优点是反应放热，有利于维持高温，节约能源； 【小问3详解】 根据图中曲线可知，随着温度的升高的积碳量不断增大，而CO的积碳量不断减小，故 800℃时形成积碳的主要反应为：； 【小问4详解】 下，将的混合气体置于密闭容器中时，不同温度下混合体系中和的平衡转化率、CO的平衡选择性如图，则反应物有和，生成物有CO和另一种含碳物质，250℃时平衡气体混合物中几乎不含，则还有水的生成，此时体系中存在的两个主要反应的化学方程式为：、； 【小问5详解】 100℃时在SMO中加入能提升催化剂效率，根据反应可能机理可知，加入有利于使碳酸盐、碳酸氢盐转化为；也可以直接将CO转化为； 【小问6详解】 原因是该反应为放热反应，高温有利于提高反应速率，缩短变换所需时间；低温时反应正向进行程度大，可提高产率。 17. 卤代烃消除反应，是基础有机化学中的基本反应之一，反应过程中往往伴随着取代反应的发生。某小组通过量子化学计算方法研究溴丁烷消除反应原理，已知：当改变温度时，越小，平衡受温度的影响越小，回答下列问题。 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： （1）2-溴丁烷在碱性条件下发生消除反应的能量变化图如下，反应Ⅰ的________，2-溴丁烷发生消除反应时更易生成________(填“1-丁烯”或“2-丁烯”)。 （2）若在某真空容器中，加入2-溴丁烷、NaOH溶液和乙醇，发生反应Ⅰ和Ⅱ，待反应达到平衡后。 ①保持温度不变，缩小容器容积，体系重新达到平衡后，2-丁烯的物质的量________(填“增大”“减小”或“不变”)。 ②其他条件不变，升高温度，2-丁烯与2-丁醇的物质的量之比会________(填“增大””“减小”或“不变”)，原因是________。 （3）碱性增强时更易发生消除反应，在某真空恒温恒容的容器中加入2-溴丁烷、乙醇和24 g氢氧化钠后溶液体积为500 mL，只发生反应Ⅰ和Ⅱ，某时刻测得2-溴丁烷、NaBr的浓度分别为0.18 mol/L、0.32 mol/L，平衡时，测得产生2-丁烯x mol，2-丁醇浓度为y mol/L，则平衡时，2-溴丁烷转化率为________(用含、的代数式表示，下同)，反应Ⅱ的物质的量分数平衡常数________[如反应，为组分的物质的量分数，]。 【答案】（1） ①. -107.9 kJ/mol ②. 2-丁烯 （2） ①. 减小 ②. 增大 ③. 升温使两个反应都逆向移动，但反应Ⅰ小，温度对平衡影响小 （3） ①. ②. 【解析】 【小问1详解】 根据能量变化图，反应I的反应物（2-溴丁烷）相对能量为 ，产物（1-丁烯）相对能量为 。根据焓变定义：产物总能量反应物总能量，因此： ，生成1-丁烯的活化能为 ，生成2-丁烯的活化能为 。活化能越低反应越易进行，且2-丁烯稳定性高于1-丁烯，因此更易生成2-丁烯。 【小问2详解】 ①反应I是气体分子数增多的反应，反应物均为溶液态，产物含气体。缩小容器容积，压强增大，根据勒夏特列原理，平衡向气体分子数减少的逆向移动，因此2-丁烯的物质的量减小。 ②反应I的 ，反应II的 ，二者均为放热反应。根据题目规律，越小，平衡受温度影响越小。升高温度时，两个反应平衡均逆向移动，但反应II的更大，逆向移动程度更大，2-丁醇的物质的量减少更多；反应I平衡移动程度小，2-丁烯减少程度小，因此二者物质的量之比增大。 【小问3详解】 初始2-溴丁烷的物质的量：某时刻2-溴丁烷物质的量为 ，已消耗的2-溴丁烷等于NaBr的物质的量 ，故初始量为 。平衡时总消耗的2-溴丁烷：生成2-丁烯消耗，生成2-丁醇的物质的量为 消耗 ，总消耗 。转化率：转化率= 。 反应II：，物质的量分数平衡常数。平衡时各物质的量：： ；： ；初始NaOH物质的量： ；： ；： ，总溶质物质的量 ，代入化简得：。 18. 无水二氯化锰()是一种重要的锰盐化合物，广泛应用于医药、农业、化工等领域。实验室用四水醋酸锰[]和乙酰氯()为原料制备无水二氯化锰，实验装置如图所示(夹持仪器已省略)： 已知：①乙酰氯是无色液体，沸点，易水解。 ②四水醋酸锰是淡红色晶体，微溶于水，不溶于苯。 ③无水二氯化锰是粉红色固体，极易吸水潮解，不溶于苯，沸点。 ④二氯化锰和醋酸锰在丙酮中的溶解度随温度变化如图所示： 实验过程如下： i．向装有四水醋酸锰的三颈烧瓶中加适量乙酰氯，室温搅拌一段时间，至不再产生气体为止。 ii．向三颈烧瓶中继续加乙酰氯和苯，加热搅拌，反应完全后，可从混合体系中分离出粗产品。 回答下列问题： （1）仪器A中的试剂是______，步骤i中乙酰氯的作用是______。 （2）步骤ii中生成的同时还生成了，制备的化学方程式是______。步骤ii中分离出固体，需要用到的仪器有______(填仪器名称)。 （3）对粗产品进行提纯时，可将粗产品溶于______试剂，经过______洗涤、干燥一系列操作可得产品。 （4）产品纯度的测定：取产品溶于水，加水定容至。取所得溶液于锥形瓶中，滴加溶液，充分反应后，过滤；向滤液中加入几滴指示剂溶液，用标准溶液滴定过量的至终点()，消耗标准溶液。产品中的质量分数为______。 【答案】（1） ①. 碱石灰 ②. 除水，获得无水醋酸锰 （2） ①. ②. 布氏漏斗、抽滤瓶 （3） ①. 丙酮 ②. 趁热过滤、冷却结晶、过滤 （4）90% 【解析】 【分析】制备无水二氯化锰的过程，先通过反应，脱掉中的水分子，再通过与乙酰氯发生反应制备二氯化锰。再利用二氯化锰在丙酮中的溶解度随温度变化较大，通过趁热过滤、冷却结晶、过滤除去杂质，可以得到二氯化锰。 【小问1详解】 仪器A的主要作用是防止空气中的水蒸气进入反应装置，同时吸收反应生成的HCl气体，可以选择碱石灰；步骤i中乙酰氯(发生反应)的作用是除水，获得无水醋酸锰。 【小问2详解】 制备的化学方程式是。 由于无水二氯化锰是粉红色固体，极易吸水潮解，不溶于苯，所以步骤ii中分离出固体需要过滤，需要布氏漏斗、抽滤瓶。 【小问3详解】 无水二氯化锰是粉红色固体，极易吸水潮解，二氯化锰在丙酮中的溶解度随温度变化较大，所以可选将二氧化锰溶解到丙酮中，通过趁热过滤、冷却结晶、过滤洗涤、干燥一系列操作除去可溶性的杂质，可以得到二氯化锰固体。 【小问4详解】 剩余消耗的的物质的量=，溶液中消耗的的物质的量==，即溶液中，所以溶液中的物质的量是，产品中的质量分数为= 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $