精品解析：湖北荆州中学2026届高三下学期五月模拟考试四 化学试卷

绝密★启用前 荆州中学2026届五月模拟考试四 化学 本试卷共8页，19题。全卷满分100分，考试用时75分钟。 祝考试顺利 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3.选择题用2B铅笔在答题卡上把对应题目所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。 4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。 可能用到的相对原子质量：H-l C-12 N-l4 O-16 S-32 Cu-64 Zn-65 Pb-207 一、选择题：本题共15小题，每题3分，共45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. 新能源材料作为全球科技革命与产业变革的核心驱动力。下列说法错误的是 A. 生物可降解塑料如聚乳酸替代传统石油基塑料，在包装、医疗等领域广泛应用 B. 高端光学设备、新能源电池的核心部件透明陶瓷是新型无机非金属材料 C. AR/XR沉浸式视觉效果，其核心技术芯片的主要成分为二氧化硅 D. 机器人伺服电机使用的稀土永磁材料中，稀土元素钕()位于周期表中第六周期 2. 下列化学用语或有关叙述错误的是 A. 葡萄糖的最简式为 B. 甲醛中键的电子云轮廓图 C. 的结构示意图为： D. 环氧丙烷()和缩聚可制得全降解塑料 3. 是阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 足量的S和6.4g Cu充分反应转移电子数为 B. 铅蓄电池中每转移电子时，正极质量增加64 g C. 常温常压下，气体中含有的氮原子数为 D. 常温下的氢氧化钠溶液的氨水等体积混合后，溶液中的数目仍为 4. 下列反应方程式错误的是 A. 溶液滴入溶液中： B. 碘化亚铁溶液与等物质的量的氯气： C. 稀释溶液，溶液由绿色变为蓝色： D. 利用制备 5. 物质的微观结构决定其宏观性质，下列说法错误的是 A. 是平面四边形结构，中心不是杂化 B. 酸性：，F的电负性大于H，使的羧基中羟基极性更大，更易电离出 C. 石墨能导电而金刚石不导电，石墨晶体中存在自由移动的电子，而金刚石中没有 D. “杯酚”可分离和，“杯酚”是超分子，具有分子识别的特性 6. 某化合物的分子式为，X、Y、Z均为短周期非金属元素，原子序数依次增大，基态X原子最高能级上填充的成对电子与未成对电子数目相等，Y的第一电离能高于同周期相邻的元素，Z是元素周期表中最高价氧化物的水化物酸性最强的元素。设m、n是正整数。下列说法错误的是 A. 三者中Z的原子半径最大 B. 三者中X的电负性最大 C. 中Y达到了最高价态 D. 与键角相等 7. 下列关于物质性质或应用解释错误的是 选项 性质或应用 解释 A 可以将Xe氧化 中Pt显很高的正电性 B 高级烷基磺酸钠作表面活性剂 烷基亲水而磺酸根疏水 C 碱催化合成的酚醛树脂比酸催化合成的酚醛树脂耐热 碱催化下生成网状结构的酚醛树脂，酸催化下生成线型结构的酚醛树脂 D 低温石英被用作压电材料 硅氧四面体形成具有手性结构的螺旋长链 A. A B. B C. C D. D 8. 已知A、B、C、D、E、F、G、H、X、Y是中学化学常见物质，其中A是一种活泼金属，D是一种黑色非金属固体单质，且除A、D外，其余物质均为化合物；E、F、H、X、Y中含有同种元素，F是一种红棕色气体。它们之间在一定条件下存在下列转化关系： 已知：反应④中物质A、E以物质的量之比反应，且生成物X、Y均属于盐类。下列叙述正确的是 A. 物质B、F、H均是大气污染物，且均能形成酸雨 B. 反应②中每转移2 mol ，标准状况下产生的还原产物与氧化产物的体积差为33.6 L C. 反应②、④中物质E表现的化学性质不完全相同 D. 若在反应④所得溶液中加入过量NaOH浓溶液且加热时，会观察到有白色沉淀生成，并产生使蓝色石蕊试纸变红气体 9. 理论计算预测，由汞(Hg)、锗(Ge)、锑(Sb)形成的一种新物质X为潜在的拓扑绝缘体材料。X的晶体可视为Ge晶体(立方晶胞如图a所示)中部分Ge原子被Hg和Sb取代后形成。设X的最简式的式量为，下列说法正确的是 A. b为X的晶体的晶胞 B. Ge晶体中与Ge原子最近的Ge原子数目为12 C. X的晶体的晶胞中粒子个数比 D. 则X晶体的密度为 10. 聚乳酸合成路线如下，下列说法正确的是 A. 1 mol乳酸与足量的Na反应生成 B. 一定条件下乳酸可发生消去反应脱水生成烯烃 C. D. 聚乳酸分子中含有两种官能团 11. 利用下图装置实验室制备氨基钠()(夹持、搅拌、尾气处理装置已省略)，对应化学方程式为。已知：几乎不溶于液氨，易水解、易氧化。下列说法正确的是 A. 先加入钠粒，再通氨气 B. 需将钠粒一次性倒入 C. 试管中Hg用于液封，可防止外界空气进入装置 D. 反应结束后，在通风橱直接敞开装置A瓶口取出 12. 一种装置可在放电时将催化还原为HCOOH，其工作原理如图所示(设表示阿伏伽德罗常数的值)。下列说法错误的是 A. 放电时，负极的电极反应为 B. 放电时，由双极膜移向Cu-BHT电极 C. 充电时，Ⅰ室溶液的pH减小 D. Cu-BHT电极得到电子生成1 mol HCOOH时，Zn电极质量减小65 g 13. Friedel-Crafts烷基化反应的机理可以简化用下图表示： 下列说法正确的是 A. 既改变速率也改变平衡转化率 B. 苯中有C经历的杂化： C. 反应过程中可加入以提高烷基化转化率 D. 苯酚在催化下与溴乙烷反应能得到少量邻乙基苯酚和大量间乙基苯酚 14. 某多孔材料孔径大小和形状恰好将“固定”，利于工业废气中的高效转化为，其原理示意图如下。 下列说法正确的是 A. 该过程属于氮的固定 B. “固定”过程体现超分子的识别功能 C. 温度升高有利于的固定 D. 转化为的原子利用率为83% 15. 弱酸H2A在有机相和水相中存在平衡：，平衡常数为。时，向环己烷溶液中加入水进行萃取，用或调节水溶液。测得水溶液中、环己烷中的浓度与水相萃取率随的变化关系如图。已知：①在环己烷中不电离；②忽略体积变化；下列说法正确的是 A. B. 水相中： C. 当时，体系中 D. 若加水体积为，则交点N横轴不移动 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16. 近年来，我国自主研发推出了第二代钠电池，固态电解质为。工业上以锆英石(主要成分为)为原料生产的工艺流程如下： 已知：①Zr位于元素周期表第五周期第ⅣB族，性质与Ti相似； ②“酸浸”后溶液中金属元素主要存在形式为、、和。 回答下列问题： （1）基态Zr的价电子排布式为___________。 （2）“沉铅”时发生的总反应离子方程式为___________。 （3）25℃时金属离子形成的与pH关系如图所示。“调pH”前，溶液中杂质离子，此时通入氨调节pH___________(填标号)，假定溶液体积无变化。 a． b． c． d． （4）“高温氯化”时，转化为(331℃升华)，并生成一种还原性气体，相应的化学方程式为___________。在“高温氯化”前对固体进行“煅烧”除水，目的是___________。 （5）“高温氯化”后，从混合气体中分离的方法是___________。 （6）某含锆材料具有二维无限层状结构，部分结构如下图所示。该材料中___________。层间区域可以吸附容纳水分子，从结构角度阐释原因为___________。 17. 某化学小组制备三草酸合铁酸钾晶体(翠绿色)，探究影响产物纯度的因素。 I．制备晶体 （1）步骤l中铁元素部分转化为红褐色沉淀，其余则以形式存在。 ①反应中应采用的加热方式为___________。 ②加入的目的是___________。 （2）步骤3得到的晶体通常不纯，原因是转化为少量。写出生成该杂质的化学方程式___________。 Ⅱ．探究影响晶体纯度的因素 取步骤2煮沸后的浊液a mL，向其中加入饱和溶液，控制用量(以反应后溶液pH值衡量)和加入方式，测定产物中配阴离子电荷并与理论值()对比，用偏离值表征杂质的含量，偏离值越大，杂质越多。实验如下： 实验操作 实验编号 加入方式 反应后溶液pH 配阴离子电荷偏离值 i 一次性倒入 2.5 ii 逐滴加入 2.5 iii 一次性倒入 3.5 iv 逐滴加入 3.5 （3）分析上述实验，关于用量对产物纯度的影响得出的结论是___________。 （4）对比实验ii和iv，猜测实验ii中pH减小是影响晶体纯度的主要原因，设计实验方案：向实验iv反应后的溶液中___________(填“一次性”或“逐滴”)加入稀硫酸至___________，测得配阴离子电荷偏离值接近，证实了上述猜测。 Ⅲ．实验反思 （5）的制备中，足量的作用是提供充足的配体和，适量的主要作用是___________。 18. 某种沃塞洛托衍生物M的合成路线如下： 已知：反应②称为Vilsmeier-Haack反应，可在苯环被活化的位置上引入醛基。 （1）A的名称为___________。 （2）M中含有的手性碳原子数为___________。 A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 （3）设计反应①和③的目的是___________。 （4）反应③过程中，证明有机物C生成所需的试剂可以是___________。 A. 酸性高锰酸钾溶液 B. 银氨溶液 C. 碳酸氢钠溶液 D. 氯化铁溶液 （5）已知烯烃、苯等有机物在钯碳(Pd-C)催化下都能氢化。结合反应④产物分析，可得到的结论是：Pd-C催化下，___________更容易被氢化(填“碳碳双键”或“苯环”)。 （6）已知有机物A与有机物C的一级电离常数()分别为和，从结构角度分析两者的存在较大差异的可能原因___________。 （7）写出符合下列要求的有机物D的同分异构体的结构简式___________(任写一种)。 i．除苯环外不含其他环状结构，分子中至少有5个碳原子一定位于同一直线上 ii．含有叔丁基结构 iii．核磁共振氢谱存在4个峰，面积比为9：3：2：2 19. 乙烯的产量是衡量一个国家石油化工水平的标志。工业上可以用乙烯制备环氧乙烷()和乙醇。 （1）工业上用银作催化剂氧化乙烯制备环氧乙烷，发生的主要反应为： ①已知反应存在转化关系如图1： 则___________(用含的代数式表示)。 ②该反应的部分过程如图2所示(部分共价键未画出)，其中X和乙烯生成中间体Y的过程中，碳碳键键长变___________(填“长”或“短”)，测定其碳碳键键长变化的仪器是___________(填标号)。 a．质谱仪 b．红外光谱仪 c．核磁共振仪 d．X射线衍射仪 （2）乙烯制备乙醇的反应为：，在密闭容器中充入各2 mol，测得乙烯的平衡转化率随温度、压强(单位：kPa)的变化关系如图3所示。 ①___________(填“>”“=”或“<”)，其理由是___________。 ②图中X点，该反应的压强平衡常数___________。 （3）图4所示装置可合成乙烯，其b极室采用可渗透和传导离子的固态物质，获得的高纯(可直接进入a极室反应。 ①阴极的电极反应式为___________。 ②电解时。单程的利用率的理论上限为___________%。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 绝密★启用前 荆州中学2026届五月模拟考试四 化学 本试卷共8页，19题。全卷满分100分，考试用时75分钟。 祝考试顺利 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3.选择题用2B铅笔在答题卡上把对应题目所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。 4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。 可能用到的相对原子质量：H-l C-12 N-l4 O-16 S-32 Cu-64 Zn-65 Pb-207 一、选择题：本题共15小题，每题3分，共45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. 新能源材料作为全球科技革命与产业变革的核心驱动力。下列说法错误的是 A. 生物可降解塑料如聚乳酸替代传统石油基塑料，在包装、医疗等领域广泛应用 B. 高端光学设备、新能源电池的核心部件透明陶瓷是新型无机非金属材料 C. AR/XR沉浸式视觉效果，其核心技术芯片的主要成分为二氧化硅 D. 机器人伺服电机使用的稀土永磁材料中，稀土元素钕()位于周期表中第六周期 【答案】C 【解析】 【详解】A．聚乳酸为生物可降解高分子材料，可替代传统石油基塑料在包装、医疗等领域广泛应用，A正确； B．透明陶瓷属于新型无机非金属材料，可用于高端光学设备、新能源电池核心部件，B正确； C．芯片的主要成分为单质硅，二氧化硅是光导纤维的主要成分，C错误； D．前五周期总元素数为54，属于55~86号元素区间，位于周期表第六周期，D正确； 故选 C。 2. 下列化学用语或有关叙述错误的是 A. 葡萄糖的最简式为 B. 甲醛中键的电子云轮廓图 C. 的结构示意图为： D. 环氧丙烷()和缩聚可制得全降解塑料 【答案】D 【解析】 【详解】A．葡萄糖的分子式为，最简式为，A正确； B．π键为肩并肩形成的，呈镜面对称，甲醛中存在C=O，其中有1个σ键和1个π键，甲醛中π键的电子云轮廓图，B正确； C．中铜离子和CN-形成配位键，结构示意图为：，C正确； D．全降解塑料（ ）可由环氧丙烷（）和CO2通过发生加聚反应制得，D错误； 故选D。 3. 是阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 足量的S和6.4g Cu充分反应转移电子数为 B. 铅蓄电池中每转移电子时，正极质量增加64 g C. 常温常压下，气体中含有的氮原子数为 D. 常温下的氢氧化钠溶液的氨水等体积混合后，溶液中的数目仍为 【答案】B 【解析】 【详解】A．S氧化性较弱，与Cu反应生成，6.4g 的物质的量为 ，反应时Cu从0价升为+1价，转移电子数为，A错误； B．铅蓄电池正极反应为，每转移电子，1mol 转化为1mol ，正极增加的质量为 ，B正确； C．常温常压下气体摩尔体积大于，44.8L 的物质的量小于2mol，且存在平衡，氮原子数不等于，C错误； D．题目未给出溶液体积，无法计算的物质的量及数目，D错误； 故选 B。 4. 下列反应方程式错误的是 A. 溶液滴入溶液中： B. 碘化亚铁溶液与等物质的量的氯气： C. 稀释溶液，溶液由绿色变为蓝色： D. 利用制备 【答案】B 【解析】 【详解】A．铁氰化钾与亚铁离子反应生成特征蓝色沉淀，该离子方程式符合反应事实，A正确； B．还原性，等物质的量的碘化亚铁与氯气反应时，仅能将完全氧化，不参与反应，正确离子方程式为，所给方程式错误，B符合题意； C．氯化铜溶液中存在配位平衡，绿色的在稀释时转化为蓝色的，该离子方程式符合平衡变化，C正确； D．易水解，生成水合氧化锡沉淀和，反应方程式符合水解规律，D正确； 故选B。 5. 物质的微观结构决定其宏观性质，下列说法错误的是 A. 是平面四边形结构，中心不是杂化 B. 酸性：，F的电负性大于H，使的羧基中羟基极性更大，更易电离出 C. 石墨能导电而金刚石不导电，石墨晶体中存在自由移动的电子，而金刚石中没有 D. “杯酚”可分离和，“杯酚”是超分子，具有分子识别的特性 【答案】D 【解析】 【详解】A．为平面四边形结构，若中心为杂化，空间构型应为正四面体形，因此不是杂化，A正确； B．F电负性大于H，吸电子诱导效应使中羧基的羟基极性更强，更易电离出，故酸性，B正确； C．石墨为层状结构，层内存在离域大键，有自由移动电子，故可以导电，金刚石为空间网状结构，C原子均为杂化，价电子全部成键无自由移动电子，故不导电，C正确； D．“杯酚”本身是单个分子，不属于超分子，其可选择性结合形成超分子从而实现和的分离，D错误； 故答案为：D。 6. 某化合物的分子式为，X、Y、Z均为短周期非金属元素，原子序数依次增大，基态X原子最高能级上填充的成对电子与未成对电子数目相等，Y的第一电离能高于同周期相邻的元素，Z是元素周期表中最高价氧化物的水化物酸性最强的元素。设m、n是正整数。下列说法错误的是 A. 三者中Z的原子半径最大 B. 三者中X的电负性最大 C. 中Y达到了最高价态 D. 与键角相等 【答案】A 【解析】 【分析】首先推断元素：Z是短周期中最高价氧化物水化物酸性最强的元素，为；基态X最高能级成对电子与未成对电子数相等，X为(2p能级有4个电子，2个成对、2个未成对，数目相等)；Y原子序数介于O和Cl之间，第一电离能高于同周期相邻两种非金属元素，为(3p轨道半满结构稳定，第一电离能大于、)，三者形成，符合组成； 【详解】A．同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径增大，故原子半径，半径最大的是Y()而非Z()，A错误； B．电负性顺序为，X为，电负性最大，B正确； C．为，其中为+5价，最外层有5个电子，+5为其最高价态，C正确； D．为，为，二者中心原子价层电子对数均为4，无孤电子对，均为正四面体结构，键角相等，D正确； 故答案为A。 7. 下列关于物质性质或应用解释错误的是 选项 性质或应用 解释 A 可以将Xe氧化 中Pt显很高的正电性 B 高级烷基磺酸钠作表面活性剂 烷基亲水而磺酸根疏水 C 碱催化合成的酚醛树脂比酸催化合成的酚醛树脂耐热 碱催化下生成网状结构的酚醛树脂，酸催化下生成线型结构的酚醛树脂 D 低温石英被用作压电材料 硅氧四面体形成具有手性结构的螺旋长链 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．PtF6中Pt为+6价，正电性很高，具有强氧化性，可以将Xe氧化，A正确； B．高级烷基磺酸钠作为表面活性剂，是因为烷基疏水而磺酸根亲水，B错误； C．酚醛树脂合成中，碱催化下生成网状结构的酚醛树脂，酸催化下生成线型结构的酚醛树脂，网状结构的酚醛树脂更耐热，C正确； D．低温石英中硅氧四面体连接形成具有手性结构的螺旋长链，因此具有压电效应，可作压电材料，D正确； 故选B。 8. 已知A、B、C、D、E、F、G、H、X、Y是中学化学常见物质，其中A是一种活泼金属，D是一种黑色非金属固体单质，且除A、D外，其余物质均为化合物；E、F、H、X、Y中含有同种元素，F是一种红棕色气体。它们之间在一定条件下存在下列转化关系： 已知：反应④中物质A、E以物质的量之比反应，且生成物X、Y均属于盐类。下列叙述正确的是 A. 物质B、F、H均是大气污染物，且均能形成酸雨 B. 反应②中每转移2 mol ，标准状况下产生的还原产物与氧化产物的体积差为33.6 L C. 反应②、④中物质E表现的化学性质不完全相同 D. 若在反应④所得溶液中加入过量NaOH浓溶液且加热时，会观察到有白色沉淀生成，并产生使蓝色石蕊试纸变红气体 【答案】C 【解析】 【分析】F为红棕色气体，故F是；D是黑色非金属固体单质，且能与E反应生成，故D是，E是；A是活泼金属，在B中燃烧为置换反应，结合后续反应，推得A是，B是，C是；反应②为，故G是；反应③为，故H是；反应④中与以物质的量之比反应，配平得，故X、Y为、，据此分析。 【详解】A．B是，不属于大气污染物，也不能形成酸雨；F是、H是，均为大气污染物且能形成硝酸型酸雨，A不符合题意； B．反应②为，还原产物为，氧化产物为；每转移时，还原产物与氧化产物的物质的量差为，则每转移时，物质的量差为，但在标准状况下不是气态，故体积小于，B不符合题意； C．反应②中仅表现氧化性，反应④中既表现氧化性（被还原为）又表现酸性（生成硝酸盐），二者化学性质不完全相同，C符合题意； D．反应④所得溶液中含和，加入过量浓溶液并加热时，与生成白色沉淀，与反应生成，能使湿润红色石蕊试纸变蓝，D不符合题意； 故选C。 9. 理论计算预测，由汞(Hg)、锗(Ge)、锑(Sb)形成的一种新物质X为潜在的拓扑绝缘体材料。X的晶体可视为Ge晶体(立方晶胞如图a所示)中部分Ge原子被Hg和Sb取代后形成。设X的最简式的式量为，下列说法正确的是 A. b为X的晶体的晶胞 B. Ge晶体中与Ge原子最近的Ge原子数目为12 C. X的晶体的晶胞中粒子个数比 D. 则X晶体的密度为 【答案】C 【解析】 【详解】A．图b只是把Ge晶体中部分Ge原子替换成Hg和Sb后的局部结构，不能完整表示X晶体的周期性，真正能反映 X 晶体重复规律的应是图c，A错误； B．Ge晶体属于金刚石型结构，每个Ge原子与周围最近的Ge原子形成四面体结构，所以每个Ge原子最近邻的Ge原子数目是4，B错误； C．​根据均摊法，，，N(Sb)=8×1=8，所以粒子个数比，C正确； D．由C可知，粒子个数比，一个晶胞中含有：4个，所以一个晶胞的质量应为：，晶胞体积为：，因此密度应为：，D错误； 故答案选C。 10. 聚乳酸合成路线如下，下列说法正确的是 A. 1 mol乳酸与足量的Na反应生成 B. 一定条件下乳酸可发生消去反应脱水生成烯烃 C. D. 聚乳酸分子中含有两种官能团 【答案】A 【解析】 【详解】A．乳酸中羟基、羧基均与钠反应，1 mol乳酸与足量的Na反应生成，故A正确； B．一定条件下乳酸可发生消去反应脱水生成CH2=CH-COOH，CH2=CH-COOH含有氧元素，不属于烃，故B错误； C．根据元素守恒，，故C错误； D．聚乳酸分子中含有羟基、羧基、酯基三种官能团，故D错误； 选A。 11. 利用下图装置实验室制备氨基钠()(夹持、搅拌、尾气处理装置已省略)，对应化学方程式为。已知：几乎不溶于液氨，易水解、易氧化。下列说法正确的是 A. 先加入钠粒，再通氨气 B. 需将钠粒一次性倒入 C. 试管中Hg用于液封，可防止外界空气进入装置 D. 反应结束后，在通风橱直接敞开装置A瓶口取出 【答案】C 【解析】 【分析】实验室常用氯化铵和氢氧化钙固体加热反应或固体氧化钙和浓氨水反应制取氨气，钠和氨气反应生成NaNH2和氢气，为了防止空气中的氧气、水蒸气等进入到A装置干扰，需要在B装置中加入Hg，据此分析解答。 【详解】A．钠单质较活泼，易被氧化，应先通入氨气，排除装置内空气，再加入钠粒进行反应，A错误； B．结合题给信息可知，反应放热，且生成氢气，为保证实验安全，不能一次性加入钠粒，B错误； C．易水解、易氧化，试管中Hg用于液封，可防止外界空气进入装置，C正确； D．易水解、易氧化，不能直接敞开装置A瓶口取出，否则会变质，D错误。 12. 一种装置可在放电时将催化还原为HCOOH，其工作原理如图所示(设表示阿伏伽德罗常数的值)。下列说法错误的是 A. 放电时，负极的电极反应为 B. 放电时，由双极膜移向Cu-BHT电极 C. 充电时，Ⅰ室溶液的pH减小 D. Cu-BHT电极得到电子生成1 mol HCOOH时，Zn电极质量减小65 g 【答案】C 【解析】 【分析】放电时，Zn极中的Zn失去电子，所以Zn为负极，负极电极反应为：，Cu-BHT电极为正极，得到电子，正极电极反应为：；充电时，Cu-BHT电极作为阳极，发生氧化反应，电极反应为：，Zn极作为阴极，得到电子，发生还原反应，电极反应为：，由此分析作答。 【详解】A．根据分析，放电时，Zn电极为负极，发生氧化反应，在 KOH 碱性电解液中，Zn 被氧化为四羟基合锌酸根离子，电极反应为，A正确； B．放电时，Cu-BHT 电极作正极，带正电的会向正极（Cu-BHT 电极）移动，B正确； C．充电时，Ⅰ室中Zn极作为阴极，得到电子，发生还原反应，电极反应为：，反应会生成OH-，但双极膜解离出的向 Zn 电极移动，两者会反应，因此pH不会减小，C项错误； D．Cu-BHT电极为正极，得到电子，正极电极反应为：，此时负极反应为，Cu-BHT电极得到电子生成1 mol HCOOH时，反应转移电子2mol，则Zn电极质量减小65 g，D正确； 故选C。 13. Friedel-Crafts烷基化反应的机理可以简化用下图表示： 下列说法正确的是 A. 既改变速率也改变平衡转化率 B. 苯中有C经历的杂化： C. 反应过程中可加入以提高烷基化转化率 D. 苯酚在催化下与溴乙烷反应能得到少量邻乙基苯酚和大量间乙基苯酚 【答案】B 【解析】 【详解】A．从反应过程可以看出，是该反应的催化剂，则其能改变反应速率但不能改变平衡的转化率，A不正确； B．苯分子中，C原子的价层电子对数为=3，发生sp2杂化，在中，与-R相连的碳原子，价层电子对数为=4，发生sp3杂化，对溴苯分子，相当于苯分子中有1个H原子被1个Br原子取代，C原子的杂化方式不变，所以C经历的杂化为：，B正确； C．反应过程中若加入NaOH，会与AlCl3反应生成Al(OH)3沉淀等，从而降低AlCl3的催化活性，会使反应速率降低，不利于反应进行，不能提高烷基化转化率，C不正确； D．酚羟基是邻、对位定位基，苯酚在催化下与溴乙烷发生取代反应时，羟基碳邻、对位(碳)上的氢原子容易被取代，间位(碳)上的氢原子难被取代，则能得到大量邻乙基苯酚和少量间乙基苯酚，D不正确； 故选B。 14. 某多孔材料孔径大小和形状恰好将“固定”，利于工业废气中的高效转化为，其原理示意图如下。 下列说法正确的是 A. 该过程属于氮的固定 B. “固定”过程体现超分子的识别功能 C. 温度升高有利于的固定 D. 转化为的原子利用率为83% 【答案】B 【解析】 【详解】A．氮的固定是将游离态的氮转化为化合态的氮，该过程不属于氮的固定，A错误； B．根据原理示意图知，“固定”过程体现超分子的识别功能，B正确； C．，温度升高，平衡逆向移动，不利于被固定，C错误； D．转化为的反应是，其原子利用率为100%，D错误； 故选B。 15. 弱酸H2A在有机相和水相中存在平衡：，平衡常数为。时，向环己烷溶液中加入水进行萃取，用或调节水溶液。测得水溶液中、环己烷中的浓度与水相萃取率随的变化关系如图。已知：①在环己烷中不电离；②忽略体积变化；下列说法正确的是 A. B. 水相中： C. 当时，体系中 D. 若加水体积为，则交点N横轴不移动 【答案】D 【解析】 【分析】为方便分析，给曲线进行命名，如图： 环己烷中的浓度与水相萃取率可知，可知曲线a应为，b为水相萃取率，水溶液中的HA-会随着pH的增大先增大后减小，曲线d为水溶液中的HA-，而A2-来源于HA-的电离，由图可知，pH=2时，HA-浓度为0，即此时A2-为0，因此曲线f为水溶液中的A2-，即c为水溶液中H2A的浓度，综上：a为、b为水相萃取率、c为水溶液中H2A的浓度、d为水溶液中的HA-、f为水溶液中的A2-，c、d交点的pH为4，即H2A的，d、f交点的pH为7，即。 【详解】A．当pH=2时，代入数据得，A选项错误； B．水相中：，此反应的，B选项错误； C．当时，根据图像以及上述分析可知，体系中，C选项错误； D．由A选项，可知，又因为，可得，当时，，pH=4.6，若加水体积为2VmL，对交点N的横坐标无影响，即交点N横轴不移动，D选项正确； 故选D。 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16. 近年来，我国自主研发推出了第二代钠电池，固态电解质为。工业上以锆英石(主要成分为)为原料生产的工艺流程如下： 已知：①Zr位于元素周期表第五周期第ⅣB族，性质与Ti相似； ②“酸浸”后溶液中金属元素主要存在形式为、、和。 回答下列问题： （1）基态Zr的价电子排布式为___________。 （2）“沉铅”时发生的总反应离子方程式为___________。 （3）25℃时金属离子形成的与pH关系如图所示。“调pH”前，溶液中杂质离子，此时通入氨调节pH___________(填标号)，假定溶液体积无变化。 a． b． c． d． （4）“高温氯化”时，转化为(331℃升华)，并生成一种还原性气体，相应的化学方程式为___________。在“高温氯化”前对固体进行“煅烧”除水，目的是___________。 （5）“高温氯化”后，从混合气体中分离的方法是___________。 （6）某含锆材料具有二维无限层状结构，部分结构如下图所示。该材料中___________。层间区域可以吸附容纳水分子，从结构角度阐释原因为___________。 【答案】（1） （2） （3）a （4） ①. ②. 防止水解 （5）冷却或凝华 （6） ①. 1：2 ②. -OH可与形成氢键 【解析】 【分析】将原料中锆、铁、铬、铅等金属元素转化为可溶性离子（、、​、），滤出不溶性杂质得到废渣1；随后加入​沉铅，将​转化为沉淀除去，得到废渣2；再通入氨气调节pH，使、留在废液中，得到水合氧化锆；经煅烧除结晶水得到无水，再经焦炭、高温氯化得到​，分离后与NaCl化合得到最终产物。 【小问1详解】 Zr位于第五周期第ⅣB族，属于过渡元素，Zr的原子序数为40，其核外电子排布式为[Kr]4d25s2，故Zr价电子排布为4d25s2； 【小问2详解】 “酸浸”后溶液中含有，加入PdCO3后生成PbCl2沉淀（废渣2），同时溶液中可能生成CO2，反应方程式为； 【小问3详解】 由图可知，当pH=2.8时，Fe3+的-lgc=5，即c(Fe3+)=10-5 mol/L，已完全沉淀，当pH=5.6时，Cr3+的-lgc=5，即c(Cr3+)=10-5 mol/L，也已完全沉淀，则Fe3+先沉淀，根据，计算得，为了使沉淀而和Cr3+不沉淀，实现物质分离，故，则pOH=12.2，调节pH最大值是1.8，选a。 【小问4详解】 ZrO2与C、Cl2在高温下生成ZrCl4和一种还原性气体，故反应方程式为； ZrCl4易水解生成ZrO2或Zr(OH)4，影响产品纯度，此外水蒸气可能与C反应生成H2和CO，干扰主反应，需预先除去水分，目的是防止ZrCl4水解； 【小问5详解】 ZrCl4在​331℃升华，变为气态，冷却后凝华为固体，因此可通过冷凝或凝华分离。 【小问6详解】 在1个结构单元中，1个P原子与3个O原子和1个相连，构成，而每个Zr原子被4个结构单元共用，则1个结构单元中含有Zr原子的个数为，且含2个，所以该结合剂的化学式为，故n(Zr):n(P)=1:2； 层间存在-OH基团，其O原子电负性强，可与水分子中H形成氢键，同时水分子中的O也可与-OH中的H形成氢键，此外层间就有空间容纳水分子，因此可稳定吸附水。 17. 某化学小组制备三草酸合铁酸钾晶体(翠绿色)，探究影响产物纯度的因素。 I．制备晶体 （1）步骤l中铁元素部分转化为红褐色沉淀，其余则以形式存在。 ①反应中应采用的加热方式为___________。 ②加入的目的是___________。 （2）步骤3得到的晶体通常不纯，原因是转化为少量。写出生成该杂质的化学方程式___________。 Ⅱ．探究影响晶体纯度的因素 取步骤2煮沸后的浊液a mL，向其中加入饱和溶液，控制用量(以反应后溶液pH值衡量)和加入方式，测定产物中配阴离子电荷并与理论值()对比，用偏离值表征杂质的含量，偏离值越大，杂质越多。实验如下： 实验操作 实验编号 加入方式 反应后溶液pH 配阴离子电荷偏离值 i 一次性倒入 2.5 ii 逐滴加入 2.5 iii 一次性倒入 3.5 iv 逐滴加入 3.5 （3）分析上述实验，关于用量对产物纯度的影响得出的结论是___________。 （4）对比实验ii和iv，猜测实验ii中pH减小是影响晶体纯度的主要原因，设计实验方案：向实验iv反应后的溶液中___________(填“一次性”或“逐滴”)加入稀硫酸至___________，测得配阴离子电荷偏离值接近，证实了上述猜测。 Ⅲ．实验反思 （5）的制备中，足量的作用是提供充足的配体和，适量的主要作用是___________。 【答案】（1） ①. 水浴加热 ②. 将+2价Fe元素氧化为+3价 （2） （3）H2C2O4加入方式一定时，H2C2O4用量增多，产物的纯度降低 （4） ①. 逐滴 ②. 反应后溶液的pH=2.5 （5）控制溶液pH，溶解Fe(OH)3，防止副反应发生 【解析】 【分析】向黄色沉淀​加入足量饱和草酸钾，随后加入，铁元素部分转化为红褐色沉淀，其余以形式存在，煮沸后加饱和草酸得到产品三草酸合铁酸钾，据分析答题。 【小问1详解】 ① 反应温度控制在，低于，采用水浴加热可均匀控温，符合要求， ② 原料中Fe为+2价，目标产物三草酸合铁酸钾中Fe为+3价，​作氧化剂，将氧化为，用于制备目标配离子； 【小问2详解】 ​中Fe为+3价，​中Fe为+2价，被氧化为，根据氧化还原反应配平得到方程式； 【小问3详解】 偏离值越大杂质越多，由表格数据：加入方式相同时，pH越小（草酸用量越多），偏离值越大，因此产物纯度越低； 【小问4详解】 实验目的是验证"pH减小是影响纯度的主要原因"，需保持其他条件不变，仅将pH调至与实验ii一致（），逐滴加入稀硫酸可准确控制pH，因此操作为逐滴加入稀硫酸至反应后的溶液； 【小问5详解】 作为酸可调节溶液pH，促进溶解，避免发生其它副反应，并能提供配体​，生成目标产物三草酸合铁(Ⅲ)配离子。 18. 某种沃塞洛托衍生物M的合成路线如下： 已知：反应②称为Vilsmeier-Haack反应，可在苯环被活化的位置上引入醛基。 （1）A的名称为___________。 （2）M中含有的手性碳原子数为___________。 A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 （3）设计反应①和③的目的是___________。 （4）反应③过程中，证明有机物C生成所需的试剂可以是___________。 A. 酸性高锰酸钾溶液 B. 银氨溶液 C. 碳酸氢钠溶液 D. 氯化铁溶液 （5）已知烯烃、苯等有机物在钯碳(Pd-C)催化下都能氢化。结合反应④产物分析，可得到的结论是：Pd-C催化下，___________更容易被氢化(填“碳碳双键”或“苯环”)。 （6）已知有机物A与有机物C的一级电离常数()分别为和，从结构角度分析两者的存在较大差异的可能原因___________。 （7）写出符合下列要求的有机物D的同分异构体的结构简式___________(任写一种)。 i．除苯环外不含其他环状结构，分子中至少有5个碳原子一定位于同一直线上 ii．含有叔丁基结构 iii．核磁共振氢谱存在4个峰，面积比为9：3：2：2 【答案】（1）间苯二酚或1，3-苯二酚 （2）C （3）保护酚羟基 （4）D （5）碳碳双键 （6）C中酚羟基邻位的醛基具有吸电子效应，增强了酚羟基O-H键的极性，使更易电离，故Ka1更大 （7）、或（任写一种） 【解析】 【分析】A与CH3OCH2Cl发生取代反应得到，与HCON(CH3)2发生反应得到B：，B在HCl条件下得到C，反应①酚羟基先发生反应，反应③又转化回酚羟基，故设计反应①和③的目的是：保护酚羟基；对比M和C的结构，D与H2发生加成反应得到E：，C与E发生取代反应得到M。 【小问1详解】 A的名称为：间苯二酚或1，3-苯二酚； 【小问2详解】 如图所示：，M中含有的手性碳原子数为2，故选C； 【小问3详解】 根据分析，设计反应①和③的目的是：保护酚羟基； 【小问4详解】 反应③是脱保护基的反应，生成了酚羟基，可用氯化铁溶液检验酚羟基的生成，故选D； 【小问5详解】 根据分析，E的结构简式为：，故Pd-C催化下，碳碳双键更容易被氢化； 【小问6详解】 A和C中均含酚羟基，物质的一级电离常数越大，氢离子越容易电离，结构角度分析两者的存在较大差异的可能原因为：C中酚羟基邻位的醛基具有吸电子效应，增强了酚羟基O-H键的极性，使更易电离，故Ka1更大； 【小问7详解】 有机物D除苯环外的不饱和度为2，其同分异构体除苯环外不含其他环状结构，分子中至少有5个碳原子一定位于同一直线上，其同分异构体一定含碳碳三键，含有叔丁基结构，且核磁共振氢谱存在4个峰，面积比为9：3：2：2，说明含4种不同化学环境的氢原子且个数之比为9：3：2：2，满足条件的结构简式为：、或（任写一种）。 19. 乙烯的产量是衡量一个国家石油化工水平的标志。工业上可以用乙烯制备环氧乙烷()和乙醇。 （1）工业上用银作催化剂氧化乙烯制备环氧乙烷，发生的主要反应为： ①已知反应存在转化关系如图1： 则___________(用含的代数式表示)。 ②该反应的部分过程如图2所示(部分共价键未画出)，其中X和乙烯生成中间体Y的过程中，碳碳键键长变___________(填“长”或“短”)，测定其碳碳键键长变化的仪器是___________(填标号)。 a．质谱仪 b．红外光谱仪 c．核磁共振仪 d．X射线衍射仪 （2）乙烯制备乙醇的反应为：，在密闭容器中充入各2 mol，测得乙烯的平衡转化率随温度、压强(单位：kPa)的变化关系如图3所示。 ①___________(填“>”“=”或“<”)，其理由是___________。 ②图中X点，该反应的压强平衡常数___________。 （3）图4所示装置可合成乙烯，其b极室采用可渗透和传导离子的固态物质，获得的高纯(可直接进入a极室反应。 ①阴极的电极反应式为___________。 ②电解时。单程的利用率的理论上限为___________%。 【答案】（1） ①. 2(ΔH3+ΔH4+ΔH5) ②. 长 ③. d （2） ①. < ②. 该反应正反应是气体分子数减小的反应，相同温度时，压强越大，乙烯平衡转化率越大，故p1<p2 ③. （3） ①. 2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH-(或) ②. 25 【解析】 【小问1详解】 ①根据图1可以写出三个分步反应的化学方程式：；；；将上述三个方程式相加后再乘2，即可得到目标反应的方程式，根据盖斯定律，。 ②乙烯中含有碳碳双键，从图2可以看出，在生成中间体Y的过程中，碳碳双键逐渐打开，与Ag和O成键，碳碳键由双键向单键转化。由于碳碳单键的键长大于双键，故碳碳键键长变长。 ③测定晶体结构、微观分子中键长和键角的常用仪器是X射线衍射仪。质谱仪用于测相对分子质量，红外光谱用于测化学键或官能团种类，核磁共振仪用于测氢/碳原子的种类和环境，故答案选 d。 【小问2详解】 ①题干给出的反应是一个正向气体体积（分子数）减小的反应。根据勒夏特列原理，在温度相同的条件下，增大压强，平衡向正反应方向移动，乙烯的平衡转化率会增大。观察图3，在同一温度下，X点（p2曲线）的转化率高于p1曲线，说明p2的压强更大，即，理由是该反应正反应是气体分子数减小的反应，相同温度时，压强越大，乙烯平衡转化率越大。 ②采用三段式进行计算：在X点，乙烯的转化率为40 %，则乙烯的转化量为。，平衡时气体的总物质的量为。此时总压强为p2，各物质的分压为，，，则平衡常数为。 【小问3详解】 ①通入CO2生成C2H4，碳元素化合价从+4降至-2，发生还原反应，故a极为阴极。生成1 mol C2H4得到12 mol e-。 由图可知，电解液为溶液，并有生成并穿过阴离子交换膜。先写出还原核心过程：，由于环境中通入了CO2，且明确生成了，产生的OH-会被CO2吸收：即，该式扩大6倍后与核心过程反应式加和，即可得到答案，即2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH-(或)。 ②由①中写出的阴极总电极反应式可知，每生成1 mol C2H4需要同时消耗总共8 mol的CO2（其中6 mol变成了作为载流子的 ），因此单程的CO2利用率理论上限为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $