精品解析：浙江宁波市镇海中学2026届高三下学期模拟预测 化学试题

化学周末练习题 本卷有可能用到的相对原子量：H-1 C-12 N-14 O-16 1. 下列物质属于非电解质的是 A. SiO2 B. BaSO4 C. H2O D. NH4Cl 【答案】A 【解析】 【详解】A．属于共价化合物，熔融状态不发生电离，也不溶于水，自身无法电离出自由移动的离子，属于非电解质，A符合题意； B．属于盐类，熔融状态下可完全电离出自由移动的离子而导电，属于强电解质，B不符合题意； C．可微弱电离出和，属于弱电解质，C不符合题意； D．属于盐类，在水溶液中可完全电离出自由移动的离子而导电，属于强电解质，D不符合题意； 故选A。 2. 下列化学用语正确的是 A. BF3的球棍模型： B. 碳化钙的电子式： C. 和互为同素异形体 D. Cu+的价层电子轨道表示式： 【答案】C 【解析】 【详解】A．BF3分子中B原子为sp2杂化，空间构型为平面三角形（键角120°），而图示为四面体结构，与实际不符，A错误； B．碳化钙化学式为CaC2，由Ca2+和构成；中两碳原子间为三键，正确电子式应为：，B错误； C．18O2和16O3互为同素异形体，同素异形体定义是同种元素组成的不同单质。18O2和16O3均为氧元素组成的单质，结构不同，两者互为同素异形体，C正确； D．Cu+的价层电子轨道表示式 Cu基态电子排布为3d104s1，失去一个电子后Cu+为3d10，价层仅含3d轨道全充满.，4s轨道为空。题目图示中4s轨道有电子，不符合实际，D错误； 故选C。 3. 下列关于物质的鉴别、分离、提纯说法不正确的是 A. 用X射线衍射仪区分玛瑙与水晶 B. 用新制氢氧化铜鉴别麦芽糖和蔗糖 C. 用稀(NH4)2SO4溶液可以使溶液中的蛋白质析出而分离 D. 用重结晶法提纯混有少量氯化钠杂质的苯甲酸 【答案】C 【解析】 【详解】A．水晶是晶态二氧化硅，玛瑙是非晶态二氧化硅，X射线衍射仪可区分晶体与非晶体，A正确； B．麦芽糖是还原糖，能与新制氢氧化铜共热生成砖红色沉淀，蔗糖无还原性，不与新制氢氧化铜反应，可实现鉴别，B正确； C．蛋白质盐析需要高浓度的铵盐溶液，稀硫酸铵溶液不能使蛋白质析出，无法实现分离，C错误； D．苯甲酸溶解度随温度变化大，氯化钠溶解度受温度影响很小，可用重结晶法提纯混有少量氯化钠的苯甲酸，D正确； 故选C。 4. 下列比较不正确的是 A. 沸点：H2O>HF B. 熔点：> C. 第二电离能：Na>Mg D. 键角：NH3>NH 【答案】D 【解析】 【详解】A．H2O、HF都是由分子构成的，比较沸点时先看是否存在氢键，两者分子间都存在氢键，而 H2O分子间的氢键数目多于HF分子间氢键的数目，分子间作用力更强，所以沸点H2O>HF，A正确； B．晶体中为内盐结构，存在强静电作用力(类似离子键)强于普通的氢键，而存在分子间氢键，但作用力微弱，所以熔点：>，B正确； C．电离能是气态基态原子失去电子所需的最低能量，Na的电子排布1s22s22p63s1，失去1个电子后形成稳定的Na+(1s22s22p6)，此时再失去电子需克服更强的核电荷吸引力，第二电离能极高；Mg的电子排布为1s22s22p63s2，失去1个电子后形成Mg+(1s22s22p63s1)，3s轨道仍有1个电子，易失去，第二电离能较低。因此第二电离能：Na>Mg，C正确； D．NH3分子中N原子有1对孤电子对，NH中N原子无孤电子对。孤电子对与成键电子对的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，孤电子对会压缩成键电子对的键角。NH3中孤电子对的排斥作用使键角(约107°)小于NH(正四面体结构，键角109°28')。故键角：NH3<NH，D错误； 故选D。 5. 关于反应，下列说法不正确的是 A. ClO2为还原产物 B. Cl2、ClO2都可用于自来水消毒 C. 氧化剂与还原剂之比为1：2 D. 每生成1 mol Cl2转移2 mol e- 【答案】C 【解析】 【详解】A．NaClO3中Cl为+5价，反应后生成ClO2中Cl为+4价，化合价降低被还原，因此ClO2为还原产物，A正确； B．Cl2和ClO2都具有强氧化性，可使蛋白质变性，都能用于自来水消毒，B正确； C．该反应中氧化剂为2 mol NaClO3，4 mol HCl中仅2 mol HCl的Cl化合价升高作还原剂，剩余2 mol HCl体现酸性，因此氧化剂与还原剂物质的量之比为1：1，不是1：2，C错误； D．每生成1 mol Cl2，有2 mol HCl中的Cl从-1价升高为0价，共失去2 mol e-，反应转移电子为2 mol，D正确； 故选C。 6. 结构决定性质，性质决定应用。下列事实与解释相符的是 选项 事实 解释 A SO2能漂白某些有色物质 SO2具有氧化性 B 高温下，Na可与KCl反应置换出K 还原性： Na＞K C 熔点：SiO2＞CO2 相对分子质量越大，范德华力越大 D N-H键的极性：HN3＞NH3 N的杂化方式会影响N-H键的极性 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．漂白有色物质是因为其能与有色物质结合生成无色不稳定物质，并非利用氧化性，A错误； B．高温下置换出是因为的沸点低于，蒸气脱离反应体系促进反应正向进行，实际上还原性，B错误； C．是共价晶体，熔化时破坏共价键，是分子晶体，熔化时破坏范德华力，二者晶体类型不同，不能用范德华力解释熔点差异，C错误； D．中与相连的为杂化，中为杂化；杂化方式中轨道成分越多，对成键电子吸引力越强，键极性越大，因此键极性，本质原因是杂化方式影响键极性，事实与解释相符，D正确； 故选D。 7. 下列方程式书写正确的是 A. 加热浓硫酸和木炭的混合物： B. Na[Al(OH)4]溶液中通入过量CO2： C. 尿素与甲醛制备线型脲醛树脂：n+nHCHO +(n-1)H2O D. 过量的H2S通到FeCl3溶液： 【答案】C 【解析】 【详解】A．加热浓硫酸和木炭的混合物生成的是二氧化碳、二氧化硫和水，其正确的化学方程式为：，A错误； B．二氧化碳溶于水形成碳酸，为弱酸，所以会与Na[Al(OH)4]反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，其正确的离子方程式为： ，B错误； C．尿素与甲醛发生缩聚反应生成线型脲醛树脂，上述化学方程式正确，C正确； D．过量的H2S通入到FeCl3溶液发生氧化还原反应，生成亚铁离子和硫单质，其离子方程式为：，D错误。 8. 下列物质的制备方案正确的是 选项 目标物质 制备方案 A CuS 将铜粉与硫黄混合加热 B MgO 将镁条在空气中点燃 C 乙醚 将乙醇和浓硫酸的混合物加热到140℃ D [Cu(NH3)4]SO4 晶体将[Cu(NH3)4]SO4溶液蒸发浓缩，冷却结晶 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．硫的氧化性较弱，与变价金属反应生成低价态金属硫化物，铜粉与硫黄混合加热生成，无法得到，A错误； B．镁条在空气中点燃时，不仅能与反应生成，还能与反应生成、与反应生成和，产物不纯，无法得到纯净的，B错误； C．乙醇和浓硫酸共热时，控制温度在，会发生分子间脱水反应生成乙醚，该方案可行，C正确； D．受热易分解，加热蒸发浓缩过程中会因挥发导致络合物被破坏，无法得到目标晶体，应采用加入乙醇降低溶解度的方法析出晶体，D错误； 故选C。 9. 利用下列装置进行实验，无法达到实验目的的是 A．比较酸性：H2CO3>C6H5OH B．验证溶度积常数：Ksp(AgCl)>Ksp(AgI) C．验证非金属性：Cl>Br D．验证金属性：Zn>Fe A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．装置图中分液漏斗中的醋酸有挥发性，也会进入到苯酚钠溶液中与其反应生成苯酚，无法比较碳酸和苯酚的酸性，A错误； B．溶液中氯离子浓度和碘离子浓度相等，当加入银离子后会先生成黄色的碘化银沉淀，所以说明碘化银的溶解度小于氯化银，即Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，B正确； C．氯水加入溴化钠溶液中会生成溴单质，溴单质溶于四氯化碳溶液变成橙色，证明氯气氧化性强于溴单质，所以非金属性Cl>Br，C正确； D．该装置可以构成原电池，若铁钉两端溶液变红，没有蓝色沉淀生成，说明铁钉没有被腐蚀，说明锌为负极，铁为正极，金属性：Zn>Fe，D正确； 故答案选A。 10. 丙酮可缩合得到α和β异佛尔酮，转化关系如图。升高温度，反应βα的平衡常数减小。下列说法不正确的是 A. B. 生成α的活化能＞生成β的活化能 C. 合成温度越高，平衡时β的占比越高 D. 恒温恒容条件下，提高丙酮的浓度其平衡转化率不变 【答案】B 【解析】 【分析】根据题干信息可知，升高温度，反应βα的平衡常数减小，说明升高温度该平衡逆向移动，因此β→α为放热反应，(β→α)<0，据此分析作答。 【详解】A．根据盖斯定律，β→α的焓变(β→α)，因此，A正确； B．产物的能量高低与反应的活化能大小没有必然联系，根据题干信息无法判断二者活化能的相对大小，B错误； C．升高温度，βα平衡逆向移动，α的平衡含量降低，β的平衡含量升高，因此合成温度越高，平衡时β的占比越高，C正确； D．由图示可知：该反应是3分子丙酮（气态）生成1分子α或β（气态）和2分子水蒸气，可知反应前后气体的分子个数未发生改变，因此恒温恒容条件下，提高丙酮的浓度，等效于增大体系的压强，压强改变对平衡无影响，平衡不发生移动，故其平衡转化率不变，D正确； 故选B。 11. 一种高性能聚碳硅烷材料P的合成路线如下： 下列说法正确的是 A. X→Y中，a处和b处的碳碳双键均参与二聚反应 B. Z分子中有5个手性碳原子 C. Z→聚合物P的反应类型为缩聚反应 D. 聚合物P属于易降解高分子材料 【答案】B 【解析】 【分析】X二聚得Y，Y加氢还原得到Z，结合Y的分子式（C18H24O4）推得Y的结构简式为；Z与加成聚合成聚合物P。 【详解】A．观察产物Z的结构，Z两端仍保留碳碳双键，说明二聚反应中仅b处碳碳双键参与加成二聚，a处碳碳双键未参与反应，A错误； B．Z的结构简式为，可以看出Z中有5个手性碳原子：，B正确； C．缩聚反应的特征是生成聚合物同时脱去小分子（如水、醇等），该反应是Z两端碳碳双键与Si-H的加成聚合，无小分子生成，属于加聚反应，不是缩聚反应，C错误； D．聚合物P中酯基处在环状醚内酯结构，碳硅主链C-Si键化学稳定性极强，常规条件难水解，不易降解，D错误； 故选B。 12. 下图是以石墨为电极材料电解苯酚的乙腈(CH3CN)水溶液可在电极d上直接合成有机物扑热息痛()的装置，下列说法正确的是 A. 电极b发生还原反应 B. 丙室中溶液的pH逐渐增大 C. 丁室发生反应：+CH3CN+H2O-e-→+H+ D. 合成1 mol扑热息痛，理论上乙室溶液质量增重64 g 【答案】D 【解析】 【分析】以石墨为电极材料电解苯酚的乙腈(CH3CN)水溶液可在电极d上直接合成有机物扑热息，右侧电解池的电极d上CH3CN失去电子发生氧化反应，并与苯酚反应生成扑热息痛，d极为阳极。由此推断：与d相连的a极为电源的正极；与c相连的b极为电源的负极。 【详解】A．由分析可知，b极为负极，发生的是氧化反应，A错误； B．由分析可知， c极为阴极，溶液中的得电子生成氢气： ，虽然消耗了，但是为了维持电荷平衡，丁室（阳极室）产生的会通过阳离子交换膜进入丙室。理论上，生成的量与消耗的量相等，所以丙室的浓度基本不变，pH不变，B错误； C．丁室CH3CN失去电子发生氧化反应，并与苯酚反应生成扑热息痛，电极反应式为：+CH3CN+H2O-2e- →+2H+，C错误； D．根据阳极d的电极反应式，合成1mol扑热息痛，转移2mol电子，负极b发生反应：，生成1mol氧气，同时甲室转移1mol 到乙室，理论上乙室质量增重：96g/mol×1mol-32g/mol×1mol=64g，D正确； 故选D。 13. 新型半导体材料黑砷晶体具有层状结构，每层内砷原子与三个砷相连，以褶皱蜂窝状排列，其三维结构如左图，晶体结构的放大图如右图所示。下列说法错误的是 A. 黑砷晶体为混合型晶体 B. 每个砷原子被二个六元砷环所共有 C. 黑砷晶体与石墨有类似的结构，但晶体中As原子为sp3杂化 D. 由于褶皱晶格结构，电子沿锯齿和扶手椅方向的传导性质不同，具有各向异性 【答案】B 【解析】 【详解】A．黑砷晶体为层状结构，层内原子间存在共价键，层间存在范德华力，与石墨结构类似，属于混合型晶体，A正确； B．每个 As 原子连 3 个六元环，所以每个砷原子被3个六元砷环所共有，B错误； C．黑砷晶体结构与石墨类似，As原子最外层有5个电子，形成3个共价键，还有一对孤电子对，价层电子对数为4，因此As原子为sp3杂化，C正确； D．黑砷晶体具有褶皱晶格结构，沿锯齿和扶手椅方向的原子排列方式和键合环境不同，导致电子传导性质存在差异，具有各向异性，D正确； 故选B。 14. 羰基化合物直接转化为腈类的反应因C-O键键能高而极具挑战性，课题组研究利用路易斯酸(如NbCl5)，实现了羰基向氰基的直接转化，其反应的部分机理图如下： 下列说法不正确的是 A. 金属Nb的化合价未发生变化 B. 理论上用NbCl3替换NbCl5也能催化该反应 C. 该反应中NbCl5增大了键的极性，促进键的断裂 D. 该过程的总反应为：D++ +(CH3)3SiCN+2I- +(CH3)3SiO-+I2 【答案】B 【解析】 【详解】A．NbCl5是催化剂，全程参与循环、最终复原，Nb元素化合价始终不变，A正确； B．NbCl3中Nb化合价（+3）与NbCl5中（+5）不同，路易斯酸配位能力不一样，无法替代NbCl5催化该反应，B错误； C．NbCl5作为路易斯酸与羰基C=O的O配位，吸电子作用增大C-O极性、削弱C-O键，促进C-O断裂，C正确； D．将反应机理中各步反应加和，消去所有的中间产物后，得到总反应为，D正确； 故选B。 15. 向CuCl饱和溶液(有足量CuCl固体)中滴加氨水，发生反应和，lgM与lgc(NH3)的关系如图所示，其中lgM代表lgc(Cu+)、lgc(Cl-)、或。 下列说法不正确的是 A. x约为-3.5 B. 曲线L4为随变化曲线 C. 反应的平衡常数 D. 若曲线L4与L1的交点的横坐标为-3.8，则纵坐标为-2.0 【答案】D 【解析】 【分析】向CuCl饱和溶液(有足量CuCl固体)中滴加氨水，发生反应，和，随着的增大，逐渐减小，逐渐增大，故曲线为、曲线为；，则，同理对于，，分析斜率可知，为、曲线为随浓度变化曲线，据此回答。 【详解】A．由b点和c点数据可知==，由图可知，x点= ，=lg=-3.5，A正确； B．由分析可知，曲线L4为随变化曲线，B正确； C．已知和，点a(-5，-1)在上，代入方程：，解得，点a(-5，-1)在上，代入方程：，解得 ，反应的平衡常数=，C正确； D．若曲线L4与L1的交点的横坐标为-3.8，代入=-6+3.8=-2.2，则纵坐标为-2.2，D错误； 故选D。 16. 为探讨化学平衡移动原理与氧化还原反应规律的联系，实验如下。 下列说法不正确的是 A. 实验ⅰ溶液变蓝证明有I2生成 B. 由ⅰ、ⅱ中现象可证明实验Ⅰ中发生反应： C. 实验ⅲ可说明实验Ⅰ中棕黄色主要是由I2引起的，此时Fe2+还原性强于I- D. 实验ⅳ可说明增大c(Fe2+)，降低了Fe3+的氧化性 【答案】D 【解析】 【详解】A．淀粉遇变蓝，实验ⅰ加淀粉后溶液变蓝，可证明反应生成了​，A正确； B．和​反应时，，若反应不可逆，恰好完全反应，反应后溶液中无；实验ⅱ中加溶液变红，说明反应后溶液中仍存在，则该反应是可逆反应，即，B正确； C．实验ⅲ加入后，（黄色沉淀），浓度降低，可逆反应， 平衡逆向移动，浓度减小，若实验I中棕黄色主要是引起，则溶液的颜色不会褪色，溶液褪色，说明原溶液的棕黄色主要是由引起，此时为还原剂，为还原产物，还原性强于，故C正确； D．实验ⅳ中加入1 mL硫酸亚铁溶液，溶液颜色变浅，可能是浓度增大，平衡逆向移动，也可能是稀释导致溶液颜色变浅，无法说明增大c(Fe2+)，降低了Fe3+的氧化性，D错误； 故选D。 17. 铍及其化合物是原子能、火箭、导弹、航空以及冶金工业中不可缺少的材料，请回答： （1）某种氧化铍的晶胞如图所示 ①氧化铍的化学式为___________。 ②Be2+最近且等距的Be2+的数目为___________。 （2）氯化铍(BeCl2)其结构随外界条件的变化而变化。相关资料如下表所示： 温度 400～500℃ 室温 存在形态 气态单体： 气态二聚体 固态链状多聚体： ①BeCl2的二聚(BeCl2)2的形态结构可以表示为___________。 ②关于BeCl2不同结构的说法正确的是___________(填序号)。 A．气态单体是非极性分子 B．三种不同形态的氯化铍中Be的杂化方式均不相同 C．固态链状多聚体中Be的配位数为2 D．BeCl2的多聚(BeCl2)n与HF的多聚(HF)n本质原因相同 ③多聚BeCl2形成无限延伸的锯齿形长链，链和链之间主要靠范德华力结合。若想提高多聚体的熔点，在不改变元素组成的情况下，你认为可以从结构上做出的改变是___________。 （3）利用绿柱石(主要化学成分为还含有少量的FeO和)生产BeO的一种工艺流程如下。 回答问题： ①除铁产生滤渣的成分是___________(填化学式)。 ②BeO、、为原料可以制备，同时生成一种四原子非极性分子，此方程式为___________。 ③沉铍时，将pH从8.0提高到8.5，则铍的损失降低至原来的___________%。 【答案】（1） ①. BeO ②. 12 （2） ①. ②. AB ③. 可以让不同链之间形成配位键交联，将一维链状结构转变为二维/三维共价网状结构，链间作用力从弱范德华力变为强共价键，从而提高熔点 （3） ①. ②. ③. 10 【解析】 【分析】绿柱石煅烧生成氧化物，浓硫酸浸取，SiO2不溶于硫酸，残渣是SiO2，加硫酸铵调节pH=1.5除去铝离子，加入氨水调节pH=5.1除去铁离子，再加入氨水到pH=8.0生成Be(OH)2沉淀，滤液硫酸铵循环利用； 【小问1详解】 ①根据均摊法，氧原子4个，所以化学式为 BeO； ②Be2+最近且等距的Be2+为顶点到面心的距离，晶胞中，每个顶点周围有12个面心，Be2+最近且等距的Be2+的数目为12； 【小问2详解】 ①BeCl2的二聚(BeCl2)2的形态结构可以表示为； ②A．气态单体为直线形，为非极性分子，A正确； B．气态单体：键2个，无孤电子对，为sp杂化，气态二聚体键3个，无孤电子对，为sp2杂化，固态链状多聚体键4个，无孤电子对，为sp3杂化，三种不同形态的氯化铍中Be的杂化方式均不相同，B正确； C．从图中可以看出，固态链状多聚体中Be周围有4个Cl，配位数为4，C错误； D．BeCl2的多聚(BeCl2)n本质原因是通过配位键结合，HF的多聚(HF)n本质原因是通过氢键结合，D错误； 故选AB。 ③原固态多聚体中，链与链之间仅靠弱范德华力结合，因此熔点较低。不改变元素组成的前提下，利用Be有空轨道、Cl有孤电子对，可以让不同链之间形成配位键交联，将一维链状结构转变为二维/三维共价网状结构，链间作用力从弱范德华力变为强共价键，从而提高熔点； 【小问3详解】 ①氨水调节pH=5.1除去铁离子，铁离子生成； ②BeO、、为原料可以制备，同时生成一种四原子非极性分子，根据原子个数守恒可得到方程式为：； ③设Be(OH)2的溶度积常数为Ksp，，当时， ，铍损失浓度，当时，，铍损失浓度，损失降为原本10％； 18. 氢气作为最清洁高效的能源被广泛关注，储氢材料的研发是当下的热点方向。 Ⅰ．一种Co-H配合物储氢原理如下： （1）配体“(”中配位原子为___________。(填元素符号) （2）下列说法正确的是___________。(填标号) A. 储、放氢过程中Co的杂化方式改变，价态不变 B. 已知键能：Co-H 248 kJ/mol，H-H 432 kJ/mol，则放氢过程每生成1 mol H2放热约64 kJ C. 储氢过程的条件为高压、低温 D. 可以在冰醋酸中进行配体交换反应生成 Ⅱ．NH3在一定条件下也可以释氢 （3）作催化剂，使NH3释放H2的反应的原理如图2所示，在230℃完成反应Ⅰ后，用X-射线衍射法判断残留固体M的组成，其衍射图如图3(a)所示，反应Ⅰ的化学方程式为___________。在450℃完成反应Ⅱ后，残留固体的局部X-射线衍射图如图3(b)所示，单质Fe由M中的某物质分解生成，经该循环得到的气体中，___________3(填“＞”、“＜”或“=”)。 Ⅲ．镁基储氢材料Mg、(Ni为0价，水解过程中转化为更细小更大比表面积的Ni颗粒)等体系能与水反应释放出氢气。不同储氢材料与水反应制氢速率曲线如图所示。 （4）Mg-10%复合材料与水反应放出氢气的速率最快，其可能的原因为___________。 （5）与水反应放出氢气的速率较慢，适当加入下列物质能提高反应速率的是___________。 A. B. C. D. NaOH 【答案】（1）N、O （2）CD （3） ①. ②. ＜ （4）Mg2NiH4水解产生大量比表面积大的超细Ni颗粒，可形成更多Mg-Ni原电池，加快反应 （5）BC 【解析】 【小问1详解】 中N、O原子有孤对电子，能够形成配位键； 【小问2详解】 A．分析反应，氢元素化合价由-1价变为0价，Co成键情况变化，因此Co的化合价改变、杂化类型变化，A错误； B．反应热等于反应物总键能-生成物总键能，该反应实际化学键变化为键Co-H的断裂和H-H键的形成，生成1 mol H2的反应热为2×248 kJ -432 kJ =+64 kJ，反应吸热，B错误； C．由B项分析可知，储氢过程放热、气体分子数减少，为促进反应的进行，储氢过程的条件为高压、低温，C正确； D．中有2个配体（双齿），完全被(只有一个配原子)取代，生成和，D正确； 故选CD； 【小问3详解】 根据X射线衍射图（a）可知残留固体M为Fe2N和Li2NH，则反应Ⅰ的反应物为NH3、Li3FeN2，生成物为Fe2N 、Li2NH和N2，化学方程式为：； 在450℃完成反应Ⅱ后，单质Fe由M中的某物质分解生成，根据含铁物质的化学式，可知Fe2N分解生成Fe和氮气，导致生成的氢气物质的量减少，所以经该循环得到的与的物质的量之比<3； 【小问4详解】 水解产生大量比表面积大的超细Ni颗粒，可形成更多Mg-Ni原电池，加快反应，故复合材料与水反应放出氢气的速率最快； 【小问5详解】 与水反应，产生的Mg(OH)2沉淀覆盖在反应物表面，阻止反应的进一步进行，放出氢气的速率较慢，适当加入酸性物质可将Mg(OH)2中和，加快反应速率，故选BC。 19. 柠檬酸的亚铁盐是一种补血剂，易溶于水，用预处理后的铁红(主要成分Fe2O3，杂质不溶于酸)制备柠檬酸亚铁的流程如下。 已知：①柠檬酸25℃的pka分别为：，，。 ②柠檬酸易溶于水；柠檬酸亚铁的溶解度随着温度升高而增大 （1）下列装置在完成“一系列操作”中用到的有___________。 （2）柠檬酸亚铁溶液呈___________(填“中性”“酸性”或“碱性”)。 （3）柠檬酸一级电离后可能产生含六元环的阴离子()，写出其可能的结构简式___________。 （4）下列说法正确的是___________。 A. “酸浸”时，用98%硫酸代替稀硫酸不能提高铁的浸出率 B. “沉铁”时，反应的离子方程式为 C. “还原”时，铁粉可以用替换 D. “酸溶”时，混合溶液pH过大或过小均会降低产率 （5）制备时，通常不用溶液，而用与溶液反应的原因是___________。 （6）从结构视角分析柠檬酸亚铁中的还原性较弱的原因：___________。 【答案】（1）AE （2）酸性 （3） （4）ACD （5）碳酸钠溶液碱性强，易形成Fe(OH)2沉淀 （6）Fe2+与柠檬酸根离子形成了螯合物具有比较强的稳定性 【解析】 【分析】铁红（主要成分为氧化铁），与足量酸反应生成含有铁离子的溶液，加入铁粉还原时，通过加入过量Fe粉使Fe3+完全转化为Fe2+，再加入过量NH4HCO3溶液沉铁，过滤得到FeCO3沉淀，加入铁和柠檬酸溶解生成柠檬酸亚铁，据此分析解答。 【小问1详解】 一系列操作是将柠檬酸亚铁溶液转化为固体产品的过程，包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤和干燥等步骤。A为过滤装置，需要使用；E为干燥器，用于干燥亚铁盐（防止氧化），需要使用，故选AE； 【小问2详解】 柠檬酸亚铁分子式为，柠檬酸（）为三元酸，仅2个羧基电离出与成盐，剩余1个羧基可电离出；同时水解程度大于柠檬酸根的水解程度，因此溶液呈酸性； 【小问3详解】 一级电离失去1个羧基的，中心碳上羟基的与电离后的羧基氧形成分子内氢键，恰好构成含6个原子的六元环； 【小问4详解】 A．98%浓硫酸中几乎不电离，远低于稀硫酸，无法提高酸浸速率和铁的浸出率，A正确； B．沉铁时生成的会继续和反应，正确离子方程式为，B错误； C．可将还原为，本身被氧化为，不引入难分离杂质，可替换铁粉，C正确； D．过大，水解生成（易被氧化），产率降低；过小，柠檬酸电离被抑制，柠檬酸根浓度低，难以生成柠檬酸亚铁，产率降低，D正确； 答案选ACD； 【小问5详解】 溶液碱性更强，浓度大，易使生成杂质，得不到纯净；而溶液碱性较弱，可制备得到纯净的； 【小问6详解】 柠檬酸根中含有多个羧基、羟基中的氧原子，可与形成稳定的配位化合物（螯合物），稳定性增强，因此还原性减弱。 20. 新型药物奥氮平(M)可用于治疗精神类疾病，下图为该药物的一种合成路线。 已知： （1）D中的含氮官能团的名称为___________。 （2）C能发生银镜反应，B的结构简式是___________。 （3）已知有机物Ⅰ只有一种化学环境的氢，且Ⅰ与NH3按化学计量系数2：1反应生成J时，原子利用率为100%，则J的结构简式为___________。 （4）D→E的反应(不考虑无机反应)，，按照给出的已知信息分三步进行，三步反应的焓变大小关系：，且三步反应的速率大小关系为。 ①根据以上信息，请在下图中画出D→E的“反应进程-能量”图___________。(无需标注各物质) ②若将中的F原子替换成Br原子，反应速率明显减慢，请从反应原理和物质结构的角度解释原因___________。 （5）在生成M的过程中，还有另一副产物生成(分子式：)，生成原理与生成M的相同。经分析副产物中含七个环其中五元环2个、六元环3个、七元环2个，则副产物的结构简式是___________。 （6）以乙烯和为有机原料，设计化合物的合成路线___________。(用流程图表示，无机试剂任选) 【答案】（1）氨基、氰基 （2） （3） （4） ①. ②. 反应ⅰ是决速步骤，的电负性比大，原子与原子电负性差值更大，键上的碳正电性更强，更易发生反应ⅰ （5） （6） 【解析】 【小问1详解】 D中含氮官能团有和，答案为氨基、氰基； 【小问2详解】 由分子式可知A为一溴丙烷，C能发生银镜反应，则C中有醛基，C为丙醛（），丙醛可由正丙醇催化氧化制得，卤代烃水解能生成醇，所以，B是正丙醇，结构简式为； 【小问3详解】 已知有机物I的分子式为，不饱和度为1，可能含双键或成环，只有一种化学环境的氢，所以I为环氧乙烷（），I与能按化学计量数2:1发生原子利用率为100%的反应，说明两分子的环氧乙烷与一分子的氨气发生加成反应，环氧乙烷中键断裂，与氨气加成形成键和键，则J的结构简式为； 【小问4详解】 ①反应能量图起点为反应物能量，反应过程分三步进行，有三个能峰，根据反应速率关系，第一个能峰最高（速率最小，活化能最大），第二个能峰最低（速率最大，活化能最小），第三个能峰高度介于两者之间，根据可知第一步反应吸热，生成物能量高于初始反应物能量，第二、三步反应放热，生成物能量低于前一步反应，总反应放热，最终产物能量低于反应物，所以，反应进程-能量图为； ②该反应为亲核芳香取代反应，反应ⅰ反应速率最小，是总反应的决速步，反应ⅰ是D中的氨基进攻F中与氟相连的碳原子。由于F的电负性比Br强，导致C-F键相连的碳原子正电性更强，更易被亲核试剂进攻，故反应速率更快，换为后，碳原子的正电性减弱，第一步活化能升高，反应速率明显减慢，答案为反应ⅰ是决速步骤，的电负性比大，原子与原子电负性差值更大，键上的碳正电性更强，更易发生反应ⅰ（回答合理即可）； 【小问5详解】 由K和M的结构简式可得F的结构简式为，K中键断开，取代F中的氨基，生成M和氨气，若，M中亚胺基（）脱去氢原子，取代另一个F中的氨基，生成氨气和，符合题目要求的分子式和五元环2个、六元环3个、七元环2个的结构，答案为； 【小问6详解】 以乙烯（）和为原料，参考题目合成路线，先将乙烯氧化制乙醛，乙醛与、硫磺反应制备含硫五元环；另外用乙烯制备环氧乙烷，再与氨气加成制备，两者取代即可得到目标产物，反应流程为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 化学周末练习题 本卷有可能用到的相对原子量：H-1 C-12 N-14 O-16 1. 下列物质属于非电解质的是 A. SiO2 B. BaSO4 C. H2O D. NH4Cl 2. 下列化学用语正确的是 A. BF3的球棍模型： B. 碳化钙的电子式： C. 和互为同素异形体 D. Cu+的价层电子轨道表示式： 3. 下列关于物质的鉴别、分离、提纯说法不正确的是 A. 用X射线衍射仪区分玛瑙与水晶 B. 用新制氢氧化铜鉴别麦芽糖和蔗糖 C. 用稀(NH4)2SO4溶液可以使溶液中的蛋白质析出而分离 D. 用重结晶法提纯混有少量氯化钠杂质的苯甲酸 4. 下列比较不正确的是 A. 沸点：H2O>HF B. 熔点：> C. 第二电离能：Na>Mg D. 键角：NH3>NH 5. 关于反应，下列说法不正确的是 A. ClO2为还原产物 B. Cl2、ClO2都可用于自来水消毒 C. 氧化剂与还原剂之比为1：2 D. 每生成1 mol Cl2转移2 mol e- 6. 结构决定性质，性质决定应用。下列事实与解释相符的是 选项 事实 解释 A SO2能漂白某些有色物质 SO2具有氧化性 B 高温下，Na可与KCl反应置换出K 还原性： Na＞K C 熔点：SiO2＞CO2 相对分子质量越大，范德华力越大 D N-H键的极性：HN3＞NH3 N的杂化方式会影响N-H键的极性 A. A B. B C. C D. D 7. 下列方程式书写正确的是 A. 加热浓硫酸和木炭的混合物： B. Na[Al(OH)4]溶液中通入过量CO2： C. 尿素与甲醛制备线型脲醛树脂：n+nHCHO +(n-1)H2O D. 过量的H2S通到FeCl3溶液： 8. 下列物质的制备方案正确的是 选项 目标物质 制备方案 A CuS 将铜粉与硫黄混合加热 B MgO 将镁条在空气中点燃 C 乙醚 将乙醇和浓硫酸的混合物加热到140℃ D [Cu(NH3)4]SO4 晶体将[Cu(NH3)4]SO4溶液蒸发浓缩，冷却结晶 A. A B. B C. C D. D 9. 利用下列装置进行实验，无法达到实验目的的是 A．比较酸性：H2CO3>C6H5OH B．验证溶度积常数：Ksp(AgCl)>Ksp(AgI) C．验证非金属性：Cl>Br D．验证金属性：Zn>Fe A. A B. B C. C D. D 10. 丙酮可缩合得到α和β异佛尔酮，转化关系如图。升高温度，反应βα的平衡常数减小。下列说法不正确的是 A. B. 生成α的活化能＞生成β的活化能 C. 合成温度越高，平衡时β的占比越高 D. 恒温恒容条件下，提高丙酮的浓度其平衡转化率不变 11. 一种高性能聚碳硅烷材料P的合成路线如下： 下列说法正确的是 A. X→Y中，a处和b处的碳碳双键均参与二聚反应 B. Z分子中有5个手性碳原子 C. Z→聚合物P的反应类型为缩聚反应 D. 聚合物P属于易降解高分子材料 12. 下图是以石墨为电极材料电解苯酚的乙腈(CH3CN)水溶液可在电极d上直接合成有机物扑热息痛()的装置，下列说法正确的是 A. 电极b发生还原反应 B. 丙室中溶液的pH逐渐增大 C. 丁室发生反应：+CH3CN+H2O-e-→+H+ D. 合成1 mol扑热息痛，理论上乙室溶液质量增重64 g 13. 新型半导体材料黑砷晶体具有层状结构，每层内砷原子与三个砷相连，以褶皱蜂窝状排列，其三维结构如左图，晶体结构的放大图如右图所示。下列说法错误的是 A. 黑砷晶体为混合型晶体 B. 每个砷原子被二个六元砷环所共有 C. 黑砷晶体与石墨有类似的结构，但晶体中As原子为sp3杂化 D. 由于褶皱晶格结构，电子沿锯齿和扶手椅方向的传导性质不同，具有各向异性 14. 羰基化合物直接转化为腈类的反应因C-O键键能高而极具挑战性，课题组研究利用路易斯酸(如NbCl5)，实现了羰基向氰基的直接转化，其反应的部分机理图如下： 下列说法不正确的是 A. 金属Nb的化合价未发生变化 B. 理论上用NbCl3替换NbCl5也能催化该反应 C. 该反应中NbCl5增大了键的极性，促进键的断裂 D. 该过程的总反应为：D++ +(CH3)3SiCN+2I- +(CH3)3SiO-+I2 15. 向CuCl饱和溶液(有足量CuCl固体)中滴加氨水，发生反应和，lgM与lgc(NH3)的关系如图所示，其中lgM代表lgc(Cu+)、lgc(Cl-)、或。 下列说法不正确的是 A. x约为-3.5 B. 曲线L4为随变化曲线 C. 反应的平衡常数 D. 若曲线L4与L1的交点的横坐标为-3.8，则纵坐标为-2.0 16. 为探讨化学平衡移动原理与氧化还原反应规律的联系，实验如下。 下列说法不正确的是 A. 实验ⅰ溶液变蓝证明有I2生成 B. 由ⅰ、ⅱ中现象可证明实验Ⅰ中发生反应： C. 实验ⅲ可说明实验Ⅰ中棕黄色主要是由I2引起的，此时Fe2+还原性强于I- D. 实验ⅳ可说明增大c(Fe2+)，降低了Fe3+的氧化性 17. 铍及其化合物是原子能、火箭、导弹、航空以及冶金工业中不可缺少的材料，请回答： （1）某种氧化铍的晶胞如图所示 ①氧化铍的化学式为___________。 ②Be2+最近且等距的Be2+的数目为___________。 （2）氯化铍(BeCl2)其结构随外界条件的变化而变化。相关资料如下表所示： 温度 400～500℃ 室温 存在形态 气态单体： 气态二聚体 固态链状多聚体： ①BeCl2的二聚(BeCl2)2的形态结构可以表示为___________。 ②关于BeCl2不同结构的说法正确的是___________(填序号)。 A．气态单体是非极性分子 B．三种不同形态的氯化铍中Be的杂化方式均不相同 C．固态链状多聚体中Be的配位数为2 D．BeCl2的多聚(BeCl2)n与HF的多聚(HF)n本质原因相同 ③多聚BeCl2形成无限延伸的锯齿形长链，链和链之间主要靠范德华力结合。若想提高多聚体的熔点，在不改变元素组成的情况下，你认为可以从结构上做出的改变是___________。 （3）利用绿柱石(主要化学成分为还含有少量的FeO和)生产BeO的一种工艺流程如下。 回答问题： ①除铁产生滤渣的成分是___________(填化学式)。 ②BeO、、为原料可以制备，同时生成一种四原子非极性分子，此方程式为___________。 ③沉铍时，将pH从8.0提高到8.5，则铍的损失降低至原来的___________%。 18. 氢气作为最清洁高效的能源被广泛关注，储氢材料的研发是当下的热点方向。 Ⅰ．一种Co-H配合物储氢原理如下： （1）配体“(”中配位原子为___________。(填元素符号) （2）下列说法正确的是___________。(填标号) A. 储、放氢过程中Co的杂化方式改变，价态不变 B. 已知键能：Co-H 248 kJ/mol，H-H 432 kJ/mol，则放氢过程每生成1 mol H2放热约64 kJ C. 储氢过程的条件为高压、低温 D. 可以在冰醋酸中进行配体交换反应生成 Ⅱ．NH3在一定条件下也可以释氢 （3）作催化剂，使NH3释放H2的反应的原理如图2所示，在230℃完成反应Ⅰ后，用X-射线衍射法判断残留固体M的组成，其衍射图如图3(a)所示，反应Ⅰ的化学方程式为___________。在450℃完成反应Ⅱ后，残留固体的局部X-射线衍射图如图3(b)所示，单质Fe由M中的某物质分解生成，经该循环得到的气体中，___________3(填“＞”、“＜”或“=”)。 Ⅲ．镁基储氢材料Mg、(Ni为0价，水解过程中转化为更细小更大比表面积的Ni颗粒)等体系能与水反应释放出氢气。不同储氢材料与水反应制氢速率曲线如图所示。 （4）Mg-10%复合材料与水反应放出氢气的速率最快，其可能的原因为___________。 （5）与水反应放出氢气的速率较慢，适当加入下列物质能提高反应速率的是___________。 A. B. C. D. NaOH 19. 柠檬酸的亚铁盐是一种补血剂，易溶于水，用预处理后的铁红(主要成分Fe2O3，杂质不溶于酸)制备柠檬酸亚铁的流程如下。 已知：①柠檬酸25℃的pka分别为：，，。 ②柠檬酸易溶于水；柠檬酸亚铁的溶解度随着温度升高而增大 （1）下列装置在完成“一系列操作”中用到的有___________。 （2）柠檬酸亚铁溶液呈___________(填“中性”“酸性”或“碱性”)。 （3）柠檬酸一级电离后可能产生含六元环的阴离子()，写出其可能的结构简式___________。 （4）下列说法正确的是___________。 A. “酸浸”时，用98%硫酸代替稀硫酸不能提高铁的浸出率 B. “沉铁”时，反应的离子方程式为 C. “还原”时，铁粉可以用替换 D. “酸溶”时，混合溶液pH过大或过小均会降低产率 （5）制备时，通常不用溶液，而用与溶液反应的原因是___________。 （6）从结构视角分析柠檬酸亚铁中的还原性较弱的原因：___________。 20. 新型药物奥氮平(M)可用于治疗精神类疾病，下图为该药物的一种合成路线。 已知： （1）D中的含氮官能团的名称为___________。 （2）C能发生银镜反应，B的结构简式是___________。 （3）已知有机物Ⅰ只有一种化学环境的氢，且Ⅰ与NH3按化学计量系数2：1反应生成J时，原子利用率为100%，则J的结构简式为___________。 （4）D→E的反应(不考虑无机反应)，，按照给出的已知信息分三步进行，三步反应的焓变大小关系：，且三步反应的速率大小关系为。 ①根据以上信息，请在下图中画出D→E的“反应进程-能量”图___________。(无需标注各物质) ②若将中的F原子替换成Br原子，反应速率明显减慢，请从反应原理和物质结构的角度解释原因___________。 （5）在生成M的过程中，还有另一副产物生成(分子式：)，生成原理与生成M的相同。经分析副产物中含七个环其中五元环2个、六元环3个、七元环2个，则副产物的结构简式是___________。 （6）以乙烯和为有机原料，设计化合物的合成路线___________。(用流程图表示，无机试剂任选) 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $