精品解析：山东日照市2026届高三下学期考前学情自测 化学试题

2023级高三模拟考试 化 学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。 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 Cl 35.5 Co 59 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 化学处处呈现美。下列叙述错误的是 A. 结构美：石墨烯是一种烯烃 B. 变化美：苯酚溶液遇铁离子显紫色 C. 颜色美：柠檬黄可作食品着色剂 D. 味道美：谷氨酸钠可作食品增味剂 【答案】A 【解析】 【详解】A．石墨烯是碳的单质，属于无机物，A错误； B．苯酚中有酚羟基，苯酚溶液遇铁离子显紫色，B正确； C．柠檬黄是常见食品着色剂，可用于糖果染色，C正确； D．谷氨酸钠是味精的主要成分，能增加食品的鲜味，是一种常用的增味剂，D正确； 故选A。 2. 化学与科技前沿、新材料密切相关。下列说法错误的是 A. 钍基熔盐堆核电站运行时，实现了核能向电能的转化 B. 航天发动机使用的陶瓷基复合材料具有耐高温、抗氧化、强度高等性能 C. “北脑一号”脑机接口中用到的导电聚合物属于复合材料 D. “天和核心舱”电推进系统中使用的氮化硼陶瓷是新型无机非金属材料 【答案】C 【解析】 【详解】A．钍基熔盐堆为核电站堆型，运行过程中核能最终转化为电能，描述正确，A不符合题意； B．航天发动机工作时处于高温、强氧化氛围，所用陶瓷基复合材料需具备耐高温、抗氧化、强度高的性能，描述正确，B不符合题意； C．导电聚合物属于有机高分子材料，复合材料是由两种及以上不同性质的材料复合得到的材料，导电聚合物不属于复合材料，描述错误，C符合题意； D．氮化硼陶瓷区别于传统硅酸盐陶瓷，属于新型无机非金属材料，描述正确，D不符合题意； 故选C。 3. 下列化学用语或图示正确的是 A. 甲醛中π键的电子云轮廓图： B. 聚甲基丙烯酸甲酯的结构简式： C. 的结构式：（其中N和O之间的虚线表示氢键） D. 基态原子的简化电子排布式： 【答案】A 【解析】 【详解】A．甲醛分子中C=O双键含1个π键，π键的电子云轮廓图为镜面对称，图中表示方式正确，A正确； B．分子中碳碳双键加聚生成聚甲基丙烯酸甲酯，结构简式，B错误； C．电离出与，水中键断裂，应是氨分子中N原子与水中H原子之间形成氢键，故的结构式为，C错误； D．Ga的基态原子简化电子排布式：[Ar]3d104s24p1，D错误； 故选A。 4. 下列分离、提纯物质的方法错误的是 A. 萃取法提取茶叶中的茶多酚 B. 过滤法分离苯酚和的混合液 C. 色谱法分离提纯植物色素中的叶黄素 D. 分馏法分离石油中的汽油、煤油、柴油 【答案】B 【解析】 【详解】A．茶多酚属于有机物，易溶于有机溶剂，可采用萃取法提取，方法正确，A不符合题意； B．苯酚与不发生反应，二者混合后为互不相溶的液态混合物，应使用分液法分离，过滤适用于固液混合物的分离，方法错误，B符合题意； C．叶黄素和植物中其他色素性质相近，色谱法可依据不同成分在固定相和流动相的分配系数差异实现分离，可提纯叶黄素，方法正确，C不符合题意； D．汽油、煤油、柴油的沸点存在明显差异，可通过分馏法分离，方法正确，D不符合题意； 故选B。 5. 下列说法正确的是 A. 、均为非极性分子 B. 的空间构型为平面三角形 C. 受热分解，首先失去的是 D. 二元弱碱与过量硫酸反应生成 【答案】C 【解析】 【详解】A．分子结构不对称，正负电荷中心不重合，属于极性分子；为正八面体对称结构，属于非极性分子，A错误； B．中心S原子价层电子对数为，含1对孤电子对，空间构型为三角锥形，B错误； C．配体的配位能力强于，配合物受热分解时，结合更弱的优先失去，C正确； D．是二元弱碱，过量硫酸提供足量，会完全质子化生成，产物应为，D错误； 故选C。 6. 乙酰水杨酸()是阿司匹林片的有效成分，通过实验检验其水解产物。下列相关原理、装置及操作不正确的是 A．研磨成粉末 B．除去难溶物 C．乙酰水杨酸水解 D．检验酚羟基 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．研磨固体药品可使用研钵，操作正确，A不符合要求； B．除去难溶杂质用过滤操作，图示过滤装置操作规范，B不符合要求； C．乙酰水杨酸的酯基水解需要加热，在碱性条件下加热可促进水解，图示加热操作正确，C不符合要求； D．酚羟基酸性较弱，无法使石蕊变色，且水解产物存在羧基，故不能用石蕊检验酚羟基，检验酚羟基需要利用酚羟基与的特征显色反应，该操作错误，D符合要求； 答案选D。 7. 羟基直接连在碳碳双键上不稳定，会发生异构化：。下列说法错误的是 A. β-紫罗兰酮分子中含有2种官能团，可发生加成、氧化反应 B. β-紫罗兰酮的同分异构体可能是芳香醛 C. 维生素A属于脂溶性醇类物质，人体内缺乏会导致夜盲症 D. X的结构简式为 【答案】B 【解析】 【详解】A．β-紫罗兰酮分子中含有碳碳双键、羰基2种官能团，碳碳双键、羰基都可发生加成反应，碳碳双键可以被强氧化剂（如酸性高锰酸钾）氧化，A正确； B．由β-紫罗兰酮结构简式可得其分子式为C13H20O，故β-紫罗兰酮的不饱和度，若β-紫罗兰酮的同分异构体为芳香醛，则需要1个苯环，苯环的不饱和度为3+1=4，再加上醛基的不饱和度1，此芳香醛的总不饱和度为5，5>4，故不可能存在这样的结构，B错误； C．由维生素A的结构简式可知，维生素A分子中含有多个疏水烃基，只含1个醇羟基，其属于脂溶性醇类物质，人体缺乏维生素A确实会导致夜盲症，C正确； D．根据题干中给出的异构化规则：，由可知，其结构中的羟基和相邻碳碳双键可异构化为醛基，所以X的结构简式为，D正确； 故选B。 8. 对下列事实的解释错误的是 选项 事实 解释 A 沸点： 为离子晶体，为分子晶体 B 光气（）中的键角：大于 碳氧双键与碳氯单键的斥力大于碳氯单键与碳氯单键的斥力 C 与杯酚形成超分子的过程是可逆的 两者之间以氢键结合，作用力较弱 D 石墨导电性：平行于层的方向与垂直于层的方向不同 晶体具有各向异性 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．离子晶体熔化需破坏离子键，熔、沸点较高，分子晶体熔化破坏的是分子间作用力，熔、沸点较低，FeCl2是离子晶体，FeCl3是分子晶体，故沸点：FeCl2 > FeCl3，A正确； B．价层电子对斥力：双键单键 > 单键单键，光气COCl2中，碳氧双键对碳氯单键的斥力大于两个碳氯单键之间的斥力，故，B正确； C．超分子是由两个或多个分子通过非共价键（如氢键、范德华力等）组装而成的复杂结构。C60与杯酚结合形成超分子时，它们之间主要通过范德华力相互作用，由于这种作用力较弱，该结合过程在外界条件（如溶剂、温度等）改变时容易发生解离，即过程是可逆的，C错误； D．石墨是层状结构的混合晶体（层内靠共价键结合，层间靠范德华力结合），晶体具有各向异性，不同方向的性质不同，石墨在平行于石墨层和垂直于石墨层方向导电性不同，正是晶体各向异性的体现，D正确； 故选C。 9. 科学家利用二芳基硅二醇（Ph-表示苯环）实现了环氧丙烷（）与催化加成反应，生成碳酸丙烯酯（）的反应机理如图。下列说法错误的是 A. 碳酸丙烯酯水解可以获得1，2-丙二醇 B. 该反应的催化剂是二芳基硅二醇和 C. 物质M、N、W分子中均存在氢键 D. 该转化过程涉及的物质中碳原子的杂化方式共有两种 【答案】D 【解析】 【详解】A．中含有酯基，水解可以生成CH3CHOHCH2OH，A正确； B．催化剂在反应开始的时候就参与反应，最终又生成了该物质，中间产物是开始的没有，最终也没有该物质生成，只是在反应过程中参与反应，由机理可知，二芳基硅二醇和在整个过程中起到了催化作用，B正确； C．当氢原子连接在电负性大且原子半径小的原子（例如氟、氧、氮）上时，可以形成氢键；由图，物质M、N、W分子中均存在氢键O-H···O，C正确； D．由物质结构，饱和碳为sp3杂化，羰基碳为sp2杂化，CO2中C原子为sp杂化，D错误； 故选D。 10. 马来酸（MA）、富马酸（FA）、苹果酸（M）均为二元弱酸，一定条件下的相互转化如图1.T℃时，向容器中加入MA溶液，测得三种酸的物质的量分数x随时间变化如图2.6.5 h后达到平衡，溶液体积不变。下列说法正确的是 A. 第二级电离常数： B. 反应的活化能：①>② C. T℃时，反应①、②、③的平衡常数：，且 D. 若反应起始时加入高效催化剂，则达到平衡时，x(FA)和x(M)均变大 【答案】C 【解析】 【详解】A．马来酸是顺式丁烯二酸，两个羧基距离近，羧基的吸电子效应更强，更易电离出第一个，因此一级电离常数：；一级电离后，马来酸的羧酸根可形成分子内氢键，对第二个羧基的吸引力更强，更难电离出第二个，因此二级电离常数：，A错误； B．活化能越小，反应速率越快，由图2可知，反应初始时，相同时间内FA的x增长比M快，说明反应①速率更快，反应的活化能：①<②，B错误； C．平衡时，，，由图，，由盖斯定律，反应①=反应②+反应③，则，C正确； D．催化剂加快反应速率，但是不改变平衡移动，不会使得x(FA)和x(M)变大，D错误； 故选C。 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11. 由下列事实或现象能得出相应结论的是 选项 事实或现象 结论 A AlCl3溶液中滴加NaOH溶液，生成白色沉淀 碱性： B 向pH=1的FeCl2溶液中滴加KMnO4溶液，紫色褪去 氧化性： C 向AgNO3溶液中逐滴滴加氨水，先变浑浊后变澄清 与Ag⁺结合能力： D 对硝基苯酚酸性强于苯酚 硝基增强了羟基的极性 A. A B. B C. C D. D 【答案】CD 【解析】 【详解】A．AlCl3溶液中滴加NaOH溶液，生成氢氧化铝白色沉淀，仅通过生成沉淀不能直接判断碱性强弱，应该继续滴加氢氧化钠溶液，若沉淀溶解，则可证明碱性：，A错误； B．酸性KMnO4溶液也会氧化Cl-，该实验无法排除Cl-的干扰，故不能证明该现象仅由Fe2+引起，B错误； C．向AgNO3溶液中逐滴滴加氨水，先变浑浊，生成AgOH(AgOH迅速分解为氧化银)，后继续滴加氨水，生成氢氧化二氨合银，银离子与氨气形成稳定配位键，则说明与银离子的结合能力：，C正确； D．硝基是强吸电子基团，会使酚羟基的O-H键极性增强，更易电离出H+，因此对硝基苯酚酸性强于苯酚的酸性，D正确。 12. 独居石主要成分为CePO4，伴生、U3O8及少量镭（Ra）的化合物杂质，以该独居石为原料制备CeCl3·nH2O的工艺流程如下： 已知：，， 下列说法错误的是 A. “热分解”时，CePO4转化为的化学方程式为： B. “滤液”可用于吸收“废气”，也可用于“热分解”操作单元循环利用 C. “沉钍”步骤为使钍元素完全沉淀，调pH应大于9 D. “共沉渣”的主要成分为BaSO4和RaSO4 【答案】C 【解析】 【分析】独居石的主要成分为，伴生、及少量镭（Ra）的化合物杂质，加入进行热分解，发生反应转化为钠盐，中的被氧化为，将热分解后的物质加水稀释后过滤，得到的滤液中含有，过滤得到的固体产物中加入盐酸，具有氧化性，与盐酸发生反应：，废气为氯气，调节pH，使铀和转化为沉淀，向滤液中加入硫酸铵和氯化钡，使和形成共沉淀，得到含有的溶液，经过一系列操作，得到，据此分析作答。 【详解】A．中为价，产物中为价，每个升价，分子得个电子，根据得失电子守恒、原子守恒配平，方程式正确，A正确； B．热分解步骤中过量，浓缩结晶得到后，滤液中剩余未反应的：可以吸收还原步骤产生的酸性废气，且滤液中的可返回"热分解"单元循环利用，B正确； C．钍完全沉淀时，，根据，代入得： ，得，即，因此只需调节大于4即可使钍完全沉淀，C错误； D．杂质含镭（）化合物，与同主族，硫酸盐性质相似，均难溶于水，加入和后，共沉渣主要为和，D正确； 故选C。 13. 氨基酸在等电点（PI）时以两性离子存在，呈电中性。已知谷氨酸、丙氨酸、赖氨酸的PI分别为3.22、6.02、9.74.利用含离子交换膜a、b、c、d的下图装置分离这三种氨基酸。 下列说法正确的是 A. 阳极的电极反应式为 B. a、c为阴离子交换膜，b、d为阳离子交换膜 C. 原料室的pH应控制在6.02 D. 产品室1中收集到的是赖氨酸 【答案】AC 【解析】 【分析】由题干的电解池装置图可知，阳极室电解H2SO4溶液，电极反应为：，阴极室为电解NaOH溶液，电极反应为：，H+经a膜进入产品室1，OH-经d膜进入产品室2，则a膜为阳离子交换膜，d膜为阴离子交换膜，结合三种氨基酸的pI值可知，原料室的pH需控制在6.02，此时丙氨酸呈电中性留在原料室，谷氨酸pI=3.22＜6.02，为阴离子，向阳极即左侧移动，则b为阴离子交换膜，赖氨酸pI=9.74＞6.02，为阳离子，向阴极即右侧移动，从而通过c膜离子迁移实现分离，则c膜为阳离子交换膜，即得到的产品室1显酸性则为谷氨酸，产品室2显碱性则为赖氨酸，丙氨酸留在原料室，据此解答。 【详解】A．由分析可知，阳极室电解H2SO4溶液，阳极水失去电子生成氧气和氢离子，其电极反应为：，A正确； B．阳极吸引谷氨酸阴离子，H+需透过a膜与谷氨酸阴离子反应生成谷氨酸，则a为阳离子交换膜，b为阴离子交换膜，阴极吸引赖氨酸阳离子，OH-需透过d膜与赖氨酸阳离子反应生成赖氨酸，则c为阳离子交换膜，d为阴离子交换膜，B错误； C．由分析可知，丙氨酸留在了原料室，根据丙氨酸的pI值可知，原料室的pH应控制在6.02，C正确； D．由分析可知，产品室1显酸性，则为谷氨酸，则可以收集到谷氨酸，D错误； 故选AC。 14. 为探究与的反应，进行如下实验：分别将溶液、溶液、溶液加入新制的镀有相同面积银镜的试管中，实验现象如下表。下列说法错误的是 序号 溶液 现象 ① 5s后银镜消失，溶液棕黄色变浅，略微变浑浊 ② 11s后银镜消失，溶液中有明显浑浊出现 ③ 5s后银镜消失，溶液澄清 A. ①中反应的离子方程式为 B. ②比①反应速率慢的原因可能是生成的覆盖在表面阻碍了反应进行 C. ③中银镜消失说明与发生了反应 D. 由①②③可知，与的反应受体系中阴离子的影响 【答案】C 【解析】 【详解】A．①中Fe3+将Ag氧化为Ag+，自身被还原为Fe2+，Ag+与生成微溶的Ag2SO4，离子方程式符合反应事实，A正确； B．②中生成难溶的AgCl，覆盖在Ag表面阻碍反应物接触，导致反应速率比①慢，B正确； C．Fe(NO3)3溶液因Fe3+水解呈酸性，酸性条件下也具有强氧化性，可氧化Ag，因此银镜消失不能说明是Fe3+与Ag发生了反应，C错误； D．三组实验仅阴离子种类不同，反应速率、现象存在明显差异，说明Ag与Fe3+的反应受体系中阴离子的影响，D正确； 故选C。 15. 和可形成两种配离子和，常温下，在的氨水和的混合溶液中，和（实线）以及含银微粒的分布系数（虚线）与溶液的关系如图所示（溶液中以计）。 已知： 下列说法正确的是 A. 曲线Ⅴ表示与溶液的关系 B. 反应的 C. 反应的 D. 当时，体系中 【答案】BD 【解析】 【分析】实线为和，虚线为含银微粒的分布系数：pH越小，越大，越大，故上方实线IV是，上升实线V是；pH越小，浓度越小，分布系数越大，故虚线I为，II为，III为，据此分析解题。 【详解】A．pH增大（碱性增强）时，转化为，因此减小，减小；增大，增大；pH很小时，几乎所有氮都以存在，总氮浓度约为，因此，对应曲线，曲线是，A错误； B．水解反应：，水解平衡常数：，题目规定以计，因此；两条实线（和相交于，此时，因此，B正确； C．总反应，平衡常数（，）由图知当时，，，即，；当时，，，，即，，故平衡常数，C错误； D．时，由图计算各浓度：：总氮约，酸性条件大部分氨以存在，；总银浓度为，由图知，因此；，因此；；因此浓度顺序： ，D正确； 故选BD。 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16. Co、Li及其化合物是材料化学的重要研究对象。回答下列问题： （1）基态Co原子的价电子轨道表示式为________；与Co同周期的过渡元素基态原子中，3d轨道上没有未成对电子的元素有________种。 （2）Co（Ⅲ）易形成多种配合物，配合物的配位数为6，向该配合物溶液中滴加溶液，无明显现象，滴加溶液有淡黄色沉淀生成，则该配合物的化学式为________；配离子的结构如图1所示，Co(Ⅲ)位于正八面体中心，若其中两个被取代，形成的的空间结构有________种。 （3）、在合成化学上应用广泛。的空间构型为________，、、的稳定性随中心C原子上电子云密度的增大而减小，其中稳定性最强的是________。 （4）将嵌入石墨层，可形成，其晶胞结构如图2所示，________。 （5）的晶胞结构如图3所示（部分O位于晶胞之外），每个晶胞中含有________个O；晶胞底面为菱形，晶胞高度为，Co和O组成八面体层高度为，两个八面体层的层间距________。 【答案】（1） ①. ②. 2 （2） ①. ②. 2 （3） ①. 三角锥形 ②. （4）1 （5） ①. 6 ②. 【解析】 【小问1详解】 钴为27号元素，基态Co原子的价电子轨道表示式为；与Co同周期的过渡元素基态原子中，3d轨道上没有未成对电子的元素有铜、锌，2种。 【小问2详解】 已知中Co(Ⅲ)的配位数为6，向该配合物的溶液中滴加氯化钡溶液，无明显现象，则说明硫酸根离子位于内界；滴加硝酸银溶液有淡黄色沉淀生成，说明溴离子在外界，则该配合物可表示为：；Co(Ⅲ)位于正八面体中心，若其中两个被取代，若第一个氯处于1号位，则第二氯的2、3、5、6为等效位只算1种，4号位属于第2种情况，则的空间结构有2种。 【小问3详解】 的中心原子碳形成3个共价键且还有一对孤电子对，则空间结构为三角锥形；、、的稳定性随中心C原子上电子云密度的增大而减小，氟的电负性最强，吸引电子能力最强，导致中碳原子上电子云密度减小，故其中稳定性最强的是。 【小问4详解】 据“均摊法”，1个碳六元环中平均存在碳，可以取该晶胞结构中红色部分为最小单元，其中存在1个锂离子、3个环中存在6个碳原子，则化学式为，故x=1； 【小问5详解】 据“均摊法”，晶胞中含个Li，结合化学式，则每个晶胞中含有3×2=6个O；晶胞底面为菱形，晶胞高度为，Co和O组成八面体层高度为，晶胞中存在3层八面体，两个八面体层的层间距。 17. 以脆硫铅铋矿（主要成分为，还含有、和等）为原料制备金属Bi和Pb的一种湿法工艺流程如下： 已知：①“酸浸”浸出液中含有、、等，、均易水解。 ②、、均为弱酸。 ③时，；； 的平衡常数。 回答下列问题： （1）“物质X”的化学式为________；“滤渣”的成分是________（填化学式）。 （2）“酸浸”时加入过量盐酸的作用，除与脆硫铅铋矿充分反应、将铅元素转化为外，还有________。 （3）“除锡”时氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，反应的化学方程式为________。 （4）“浸取”时发生反应的离子方程式为________；25℃时，该反应的平衡常数________（用含a、b、c的代数式表示）。 （5）“电解Ⅰ”中阴极的电极反应式为________。 【答案】（1） ①. ②. S和 （2）抑制、水解 （3） （4） ①. ②. （5） 【解析】 【分析】脆硫铅铋矿与盐酸酸浸时，通入过量氯气氧化硫离子生成S单质，S单质与二氧化硅难溶于盐酸，形成滤渣；向“酸浸”浸出液（、、等）加入除锡；过滤后，滤液中加入稀硫酸生成硫酸铅沉铅，利用热浓NaCl溶液浸取硫酸铅生成，再经电解Ⅰ制得Pb；沉铅后滤液主要成分是，经电解Ⅱ生成Bi和氯气，据此分析： 【小问1详解】 酸浸需要氧化剂氧化硫化物中-2价的硫，且X可由电解（惰性电极）回收循环使用：电解时阳极失电子生成​，因此X为；原矿中不溶于盐酸和氯气，-2价硫被氧化为单质硫，因此滤渣为和；​ 【小问2详解】 已知、​均易水解，过量盐酸可以提高浓度，抑制二者水解，避免生成氢氧化物沉淀，提高浸出率； 【小问3详解】 除锡时，作氧化剂被还原为单质，作还原剂，且氧化剂与还原剂物质的量比为：得电子，因此共失电子，从价升高为价，产物为，结合原子守恒配平即可得到反应方程式； 【小问4详解】 沉铅得到，热浓浸取时转化为可溶的，据此写出离子方程式；平衡常数推导： ； 【小问5详解】 电解Ⅰ中，在阴极得电子生成单质，据此写出电极反应式。 18. 二萜类化合物可用于治疗心血管疾病。其中间体K的一条合成路线如下： 已知：①② 回答下列问题： （1）B中含氧官能团的名称为________；X的相对分子质量为62，其的结构简式为________。 （2）设计、两步反应的目的是________。 （3）的反应类型为________。 （4）E的结构简式为________；满足下列条件的E的同分异构体有________种（不考虑立体异构）。 ①苯环上有2个取代基 ②含有手性碳原子 ③1 mol有机物最多能与2 mol Na或1 mol NaOH反应 （5）上述合成路线中的物质A，可用制备。在NaOH的乙醇溶液中易发生FaVorskii重排反应生成M： ①M的结构简式为________。 ②结合上述信息，设计以为主要原料制备物质A的合成路线________。 【答案】（1） ①. （酮）羰基 ②. （2）保护（酮）羰基 （3）还原反应 （4） ①. ②. 27 （5） ①. ②. 【解析】 【分析】A→B→C：A发生烯键α-溴代，羰基邻位引入Br得到B；X + 干 HCl：1,2-乙二醇，羰基缩合生成1,3-二氧戊环（缩酮保护羰基），得C；C→D：引入得到D；D→E反应：（已知信息①），醛基转化为端烯，D()→E(​)，E→ F：六元环并环生成F；F→G：醛基还原为甲基得到G；G→H：酸性水解脱缩酮得到H；H→J：羟醛缩合 + 硅醚保护，H 在碱下发生交叉羟醛缩合，脱水生成J；为羟基保护基；J→K：脱硅保护脱TBS基得到目标产物K。 【小问1详解】 由分析知B的结构简式为，含氧官能团为羰基；B到C是羰基与X形成缩酮，X相对分子质量为62，乙二醇的相对分子质量为，符合要求，因此X为乙二醇； 【小问2详解】 B中的羰基先反应生成缩酮被保护，避免其在的还原过程中被还原，最后G水解又重新得到羰基，因此两步反应目的是保护羰基； 【小问3详解】 对比F和G的结构可知，是将醛基还原为甲基，反应类型为还原反应； 【小问4详解】 根据已知①，反应将醛基转化为碳碳双键，D中变为得到E，故E的结构简式为；E的分子式，不饱和度为4，苯环不饱和度刚好为4，说明其余结构均饱和；条件③说明分子含1个酚羟基（可与反应，同时消耗）和1个醇羟基（再消耗，总共）；苯环有2个取代基，一个为酚羟基，另一个为含1个醇羟基的丁基取代基（共4个C），所有丁基的一羟基取代物中，含手性碳的取代基共9种，羟基取代位置如图、、，苯环两个取代基有邻、间、对3种位置关系，因此总同分异构体数为种； 【小问5详解】 ①根据FaVorskii重排规则，α-溴代六元环酮重排后，羰基碳变为羧基，原α碳迁移成环，得到五元环（环戊基）连羧基，即M为环戊基甲酸，结构简式为； ②先保护碳基，根据反应条件将与在干HCl条件下转化为；在NaOH乙醇溶液共热发生消去反应得，根据反应条件在酸性条件水解脱缩酮得到目标产物；合成路线为：。 19. 钴（III）配合物是重要的化工原料，实验室用下图所示装置制备并测定其纯度。 回答下列问题： Ⅰ．制备 ⅰ。溶解：将溶于水，加热至沸腾，加入晶体，得到混合溶液。 ⅱ。氧化：将上述混合液倒入三颈烧瓶中，加入活性炭。冷却，利用如图装置先加入浓氨水，再逐滴加入5%溶液，水浴加热至50～60℃，保持20 min。 ⅲ。结晶：用冰水浴冷却至0℃左右，抽滤，将沉淀溶于50 mL沸水中，趁热过滤，慢慢向滤液中加入浓盐酸，有大量晶体析出。 ⅳ。洗涤：用冰水浴冷却后抽滤，先用冷的盐酸洗涤，再用少许乙醇洗涤，烘干。 已知：氧化性：；还原性： （1）干燥管内的物质可以是____（填标号）。 A. 碱石灰 B. 浓硫酸 C. D. （2）步骤ⅱ中先加入浓氨水后滴加溶液的原因是________。 （3）制备反应的化学反应方程式为________。 （4）步骤ⅲ中趁热过滤的目的是________。 Ⅱ．测定的纯度 产品因含少量杂质，其组成可表示为，通过测定z值可进一步测定产品纯度，进行如下实验： 实验1：称取m g产品，溶解后加入1mL 溶液作指示剂，用的标准液滴定达终点时消耗V mL。 实验2：另取mg产品，加入NaOH溶液加热至沸腾使钴(III)配合物完全分解，并蒸出氨，用过量的硼酸吸收，测得氨的物质的量为n mol。 （5）z=________（用含c、V、n的式子表示）；下列情况会导致z测量值偏大的是________（填标号）。 A．实验1中，称重后产品发生了潮解 B．用1 mL溶液作指示剂 C．滴定时，盛标准液的滴定管未润洗 D．滴定达终点时，发现滴定管尖嘴内有气泡生成 【答案】（1）CD （2）与配位后还原性增强，可被氧化 （3） （4）除去活性炭，防止结晶析出 （5） ①. ②. C 【解析】 【分析】由题意可知，由氯化亚钴制备三氯化六氨合钴的过程为先向氯化亚钴和氯化铵的混合溶液中加入氨水，将溶液中的亚钴离子转化为易被氧化的六氨合亚钴离子，向充分反应后的溶液中再加入双氧水溶液，在活性炭做催化剂的条件下，过氧化氢溶液与六氨合亚钴离子水浴加热反应生成六氨合钴离子；反应后的溶液经冰水浴冷却、抽滤，沸水溶解、趁热过滤，加入浓盐酸、结晶，再经冰水浴冷却、抽滤，冷的盐酸洗涤、少许乙醇洗涤，烘干得到三氯化六氨合钴。 【小问1详解】 由实验装置图可知，干燥管中盛有的物质用于吸收挥发出的氨气。浓硫酸是液体，不符合题意；碱石灰不能吸收氨气，不符合题意；无水氯化钙能与氨气反应生成八氨合氯化钙，无水硫酸铜可与氨气和水反应生成硫酸四氨合铜，则干燥管内的物质可以是无水氯化钙和无水硫酸铜，故选CD； 【小问2详解】 由题给信息可知，六氨合亚钴离子的还原性强于亚钴离子，易被过氧化氢溶液氧化，所以步骤ⅱ中先加入浓氨水后滴加过氧化氢溶液，是因为与配位后还原性增强，便于钴元素被氧化转化为三氯化六氨合钴； 【小问3详解】 由分析可知，制备三氯化六氨合钴的反应为氯化亚钴与氨水、过氧化氢溶液共热发生生成三氯化六氨合钴和水，反应的化学方程式为：； 【小问4详解】 步骤ⅲ抽滤得到的滤渣中含有不溶于水的活性炭，所以沸水溶解后，还需趁热过滤除去活性炭，同时防止析出三氯化六氨合钴，导致产品的产率降低； 【小问5详解】 由配合物的配位数可得：x+y=6，由化合价代数和为0可得：y+z=3，解得：x=3+z；由题意可知，配合物中氨的物质的量为n mol，外界氯离子的物质的量为：c mol/L×10-3V L=10-3 c V mol，则由化学式可得：(3+z)：z=n：10-3 c V，解得：z=； A．实验1中，称重后产品发生了潮解不影响溶质的物质的量和滴定消耗硝酸银溶液的体积，对z测量值无影响，A不符合题意； B．指示剂浓度过高，根据沉淀溶解平衡原理，终点出现时所需的Ag+浓度更低，导致终点提前，消耗的AgNO3标准液体积偏小，B不符合题意； C．滴定时，盛硝酸银标准液的滴定管未润洗会使滴定消耗硝酸银溶液的体积偏大，导致z测量值偏大，C符合题意； D．滴定达终点时，发现滴定管尖嘴内有气泡生成会使滴定消耗硝酸银溶液的体积偏小，导致z测量值偏小，D不符合题意； 故选C。 20. 乙二醇是一种重要的化工原料，可采取下列两种方法合成。 回答下列问题： Ⅰ．直接合成法：用CO和合成乙二醇 已知：① ② ③ （1）反应的________（用含有、、的式子表示）。 （2）向密闭容器中通入和模拟合成乙二醇，调节温度和压强，保持平衡转化率a不变。当a分别为、和时，温度与压强的关系如图1. ①反应为________（填“放热”或“吸热”）反应；代表的曲线为________（填“”“”或“”）。 ②M、N两点对应的体系，用各组分物质的量分数表示的化学平衡常数________（填“”“”或“”）。 Ⅱ．间接合成法：用草酸二甲酯（DMO）催化加氢合成乙二醇 已知：发生如下3个均放热的连续反应，其中MG生成乙二醇的反应为可逆反应。 （3）固定流速条件下，发生上述反应，初始氢酯比，出口处DMO的转化率及MG、乙二醇、乙醇的选择性随温度的变化曲线如图2（某物质的选择性）。 ①曲线表示MG的选择性，曲线________（填标号，下同）表示DMO的转化率，曲线________表示乙醇的选择性。 ②下列措施能提高P点DMO转化率的是________（填标号）。 A．降低温度 B．增大压强 C．初始氢酯比不变增大流速 D．延长原料与催化剂的接触时间 ③时，乙二醇的产率为________。 ④P点时，反应的浓度商________（用物质的量分数代替浓度计算，只列出计算式即可）。 【答案】（1） （2） ①. 放热 ②. ③. = （3） ①. a ②. c ③. BD ④. 95.04%或0.9504 ⑤. 【解析】 【小问1详解】 由盖斯定律，反应①×2+②×3-③得到反应，故； 【小问2详解】 ①由图可知当压强相同时，温度越高平衡转化率越小，即升高温度平衡逆向移动，则该反应为放热反应；利用合成气直接合成乙二醇的反应为气体体积减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，平衡转化率增大，p(L1)＞p(L2)＞p(L3)，故L1、L2、L3对应a为0.6、0.5、0.4； ②M、N两点对应的体系的转化率相同，则平衡时各组分的物质的量分数，故=； 【小问3详解】 ①根据图示的曲线，随着反应的温度升高曲线a的变化趋势为上升后逐渐平衡，此时说明DMO的转化率趋于恒定，故曲线a为DMO的实际转化率曲线；已知，MG生成乙二醇的反应为可逆反应，曲线表示MG的选择性，结合450℃只生成两种产物，则b为乙二醇选择性随温度的变化曲线，那么c为乙醇选择性随温度的变化曲线； ②A．P点时DMO的转化率为80%，升高温度后转化率持续上升说明P点时反应未平衡，降低温度，反应速率变慢，使得DMO转化率降低，A不符合题意； B．增大压强，反应体系中单位体积内活化分子数增加，化学反应速率加快，DMO的转化率增大，B符合题意； C．初始氢酯比不变增大流速，导致DMO和催化剂接触时间变短，使得DMO的转化率降低，C不符合题意； D．P点时反应未平衡，延长原料和催化剂的反应时间可以促进反应的继续进行，增大DMO的转化率，D符合题意； 故选BD； ③由图可知，483K时，DMO的转化率为99%，设初始充入1mol DMO和52.4mol H2，MG和乙醇的选择性都为2%，乙二醇的选择性为96%，则乙二醇的产率为； ④设初始充入1mol DMO和52.4mol H2，DMO的转化率为80%，反应的DMO的物质的量为0.8mol，MG和乙二醇的选择性为50%，则MG和乙二醇的物质的量都为0.8mol×50%=0.4mol，则三段式分析为： 体系中DMO的物质的量为0.2mol，MG的物质的量为0.4mol，H2的物质的量为50.0mol，CH3OH的物质的量为1.2mol，乙二醇的物质的量为0.4mol，体系中总物质的量为(0.2+0.4+50.0+1.2+0.4)mol=52.2mol，P点反应的浓度商Qx=。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023级高三模拟考试 化 学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。 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 Cl 35.5 Co 59 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 化学处处呈现美。下列叙述错误的是 A. 结构美：石墨烯是一种烯烃 B. 变化美：苯酚溶液遇铁离子显紫色 C. 颜色美：柠檬黄可作食品着色剂 D. 味道美：谷氨酸钠可作食品增味剂 2. 化学与科技前沿、新材料密切相关。下列说法错误的是 A. 钍基熔盐堆核电站运行时，实现了核能向电能的转化 B. 航天发动机使用的陶瓷基复合材料具有耐高温、抗氧化、强度高等性能 C. “北脑一号”脑机接口中用到的导电聚合物属于复合材料 D. “天和核心舱”电推进系统中使用的氮化硼陶瓷是新型无机非金属材料 3. 下列化学用语或图示正确的是 A. 甲醛中π键的电子云轮廓图： B. 聚甲基丙烯酸甲酯的结构简式： C. 的结构式：（其中N和O之间的虚线表示氢键） D. 基态原子的简化电子排布式： 4. 下列分离、提纯物质的方法错误的是 A. 萃取法提取茶叶中的茶多酚 B. 过滤法分离苯酚和的混合液 C. 色谱法分离提纯植物色素中的叶黄素 D. 分馏法分离石油中的汽油、煤油、柴油 5. 下列说法正确的是 A. 、均为非极性分子 B. 的空间构型为平面三角形 C. 受热分解，首先失去的是 D. 二元弱碱与过量硫酸反应生成 6. 乙酰水杨酸()是阿司匹林片的有效成分，通过实验检验其水解产物。下列相关原理、装置及操作不正确的是 A．研磨成粉末 B．除去难溶物 C．乙酰水杨酸水解 D．检验酚羟基 A. A B. B C. C D. D 7. 羟基直接连在碳碳双键上不稳定，会发生异构化：。下列说法错误的是 A. β-紫罗兰酮分子中含有2种官能团，可发生加成、氧化反应 B. β-紫罗兰酮的同分异构体可能是芳香醛 C. 维生素A属于脂溶性醇类物质，人体内缺乏会导致夜盲症 D. X的结构简式为 8. 对下列事实的解释错误的是 选项 事实 解释 A 沸点： 为离子晶体，为分子晶体 B 光气（）中的键角：大于 碳氧双键与碳氯单键的斥力大于碳氯单键与碳氯单键的斥力 C 与杯酚形成超分子的过程是可逆的 两者之间以氢键结合，作用力较弱 D 石墨导电性：平行于层的方向与垂直于层的方向不同 晶体具有各向异性 A. A B. B C. C D. D 9. 科学家利用二芳基硅二醇（Ph-表示苯环）实现了环氧丙烷（）与催化加成反应，生成碳酸丙烯酯（）的反应机理如图。下列说法错误的是 A. 碳酸丙烯酯水解可以获得1，2-丙二醇 B. 该反应的催化剂是二芳基硅二醇和 C. 物质M、N、W分子中均存在氢键 D. 该转化过程涉及的物质中碳原子的杂化方式共有两种 10. 马来酸（MA）、富马酸（FA）、苹果酸（M）均为二元弱酸，一定条件下的相互转化如图1.T℃时，向容器中加入MA溶液，测得三种酸的物质的量分数x随时间变化如图2.6.5 h后达到平衡，溶液体积不变。下列说法正确的是 A. 第二级电离常数： B. 反应的活化能：①>② C. T℃时，反应①、②、③的平衡常数：，且 D. 若反应起始时加入高效催化剂，则达到平衡时，x(FA)和x(M)均变大 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11. 由下列事实或现象能得出相应结论的是 选项 事实或现象 结论 A AlCl3溶液中滴加NaOH溶液，生成白色沉淀 碱性： B 向pH=1的FeCl2溶液中滴加KMnO4溶液，紫色褪去 氧化性： C 向AgNO3溶液中逐滴滴加氨水，先变浑浊后变澄清 与Ag⁺结合能力： D 对硝基苯酚酸性强于苯酚 硝基增强了羟基的极性 A. A B. B C. C D. D 12. 独居石主要成分为CePO4，伴生、U3O8及少量镭（Ra）的化合物杂质，以该独居石为原料制备CeCl3·nH2O的工艺流程如下： 已知：，， 下列说法错误的是 A. “热分解”时，CePO4转化为的化学方程式为： B. “滤液”可用于吸收“废气”，也可用于“热分解”操作单元循环利用 C. “沉钍”步骤为使钍元素完全沉淀，调pH应大于9 D. “共沉渣”的主要成分为BaSO4和RaSO4 13. 氨基酸在等电点（PI）时以两性离子存在，呈电中性。已知谷氨酸、丙氨酸、赖氨酸的PI分别为3.22、6.02、9.74.利用含离子交换膜a、b、c、d的下图装置分离这三种氨基酸。 下列说法正确的是 A. 阳极的电极反应式为 B. a、c为阴离子交换膜，b、d为阳离子交换膜 C. 原料室的pH应控制在6.02 D. 产品室1中收集到的是赖氨酸 14. 为探究与的反应，进行如下实验：分别将溶液、溶液、溶液加入新制的镀有相同面积银镜的试管中，实验现象如下表。下列说法错误的是 序号 溶液 现象 ① 5s后银镜消失，溶液棕黄色变浅，略微变浑浊 ② 11s后银镜消失，溶液中有明显浑浊出现 ③ 5s后银镜消失，溶液澄清 A. ①中反应的离子方程式为 B. ②比①反应速率慢的原因可能是生成的覆盖在表面阻碍了反应进行 C. ③中银镜消失说明与发生了反应 D. 由①②③可知，与的反应受体系中阴离子的影响 15. 和可形成两种配离子和，常温下，在的氨水和的混合溶液中，和（实线）以及含银微粒的分布系数（虚线）与溶液的关系如图所示（溶液中以计）。 已知： 下列说法正确的是 A. 曲线Ⅴ表示与溶液的关系 B. 反应的 C. 反应的 D. 当时，体系中 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16. Co、Li及其化合物是材料化学的重要研究对象。回答下列问题： （1）基态Co原子的价电子轨道表示式为________；与Co同周期的过渡元素基态原子中，3d轨道上没有未成对电子的元素有________种。 （2）Co（Ⅲ）易形成多种配合物，配合物的配位数为6，向该配合物溶液中滴加溶液，无明显现象，滴加溶液有淡黄色沉淀生成，则该配合物的化学式为________；配离子的结构如图1所示，Co(Ⅲ)位于正八面体中心，若其中两个被取代，形成的的空间结构有________种。 （3）、在合成化学上应用广泛。的空间构型为________，、、的稳定性随中心C原子上电子云密度的增大而减小，其中稳定性最强的是________。 （4）将嵌入石墨层，可形成，其晶胞结构如图2所示，________。 （5）的晶胞结构如图3所示（部分O位于晶胞之外），每个晶胞中含有________个O；晶胞底面为菱形，晶胞高度为，Co和O组成八面体层高度为，两个八面体层的层间距________。 17. 以脆硫铅铋矿（主要成分为，还含有、和等）为原料制备金属Bi和Pb的一种湿法工艺流程如下： 已知：①“酸浸”浸出液中含有、、等，、均易水解。 ②、、均为弱酸。 ③时，；； 的平衡常数。 回答下列问题： （1）“物质X”的化学式为________；“滤渣”的成分是________（填化学式）。 （2）“酸浸”时加入过量盐酸的作用，除与脆硫铅铋矿充分反应、将铅元素转化为外，还有________。 （3）“除锡”时氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，反应的化学方程式为________。 （4）“浸取”时发生反应的离子方程式为________；25℃时，该反应的平衡常数________（用含a、b、c的代数式表示）。 （5）“电解Ⅰ”中阴极的电极反应式为________。 18. 二萜类化合物可用于治疗心血管疾病。其中间体K的一条合成路线如下： 已知：①② 回答下列问题： （1）B中含氧官能团的名称为________；X的相对分子质量为62，其的结构简式为________。 （2）设计、两步反应的目的是________。 （3）的反应类型为________。 （4）E的结构简式为________；满足下列条件的E的同分异构体有________种（不考虑立体异构）。 ①苯环上有2个取代基 ②含有手性碳原子 ③1 mol有机物最多能与2 mol Na或1 mol NaOH反应 （5）上述合成路线中的物质A，可用制备。在NaOH的乙醇溶液中易发生FaVorskii重排反应生成M： ①M的结构简式为________。 ②结合上述信息，设计以为主要原料制备物质A的合成路线________。 19. 钴（III）配合物是重要的化工原料，实验室用下图所示装置制备并测定其纯度。 回答下列问题： Ⅰ．制备 ⅰ。溶解：将溶于水，加热至沸腾，加入晶体，得到混合溶液。 ⅱ。氧化：将上述混合液倒入三颈烧瓶中，加入活性炭。冷却，利用如图装置先加入浓氨水，再逐滴加入5%溶液，水浴加热至50～60℃，保持20 min。 ⅲ。结晶：用冰水浴冷却至0℃左右，抽滤，将沉淀溶于50 mL沸水中，趁热过滤，慢慢向滤液中加入浓盐酸，有大量晶体析出。 ⅳ。洗涤：用冰水浴冷却后抽滤，先用冷的盐酸洗涤，再用少许乙醇洗涤，烘干。 已知：氧化性：；还原性： （1）干燥管内的物质可以是____（填标号）。 A. 碱石灰 B. 浓硫酸 C. D. （2）步骤ⅱ中先加入浓氨水后滴加溶液的原因是________。 （3）制备反应的化学反应方程式为________。 （4）步骤ⅲ中趁热过滤的目的是________。 Ⅱ．测定的纯度 产品因含少量杂质，其组成可表示为，通过测定z值可进一步测定产品纯度，进行如下实验： 实验1：称取m g产品，溶解后加入1mL 溶液作指示剂，用的标准液滴定达终点时消耗V mL。 实验2：另取mg产品，加入NaOH溶液加热至沸腾使钴(III)配合物完全分解，并蒸出氨，用过量的硼酸吸收，测得氨的物质的量为n mol。 （5）z=________（用含c、V、n的式子表示）；下列情况会导致z测量值偏大的是________（填标号）。 A．实验1中，称重后产品发生了潮解 B．用1 mL溶液作指示剂 C．滴定时，盛标准液的滴定管未润洗 D．滴定达终点时，发现滴定管尖嘴内有气泡生成 20. 乙二醇是一种重要的化工原料，可采取下列两种方法合成。 回答下列问题： Ⅰ．直接合成法：用CO和合成乙二醇 已知：① ② ③ （1）反应的________（用含有、、的式子表示）。 （2）向密闭容器中通入和模拟合成乙二醇，调节温度和压强，保持平衡转化率a不变。当a分别为、和时，温度与压强的关系如图1. ①反应为________（填“放热”或“吸热”）反应；代表的曲线为________（填“”“”或“”）。 ②M、N两点对应的体系，用各组分物质的量分数表示的化学平衡常数________（填“”“”或“”）。 Ⅱ．间接合成法：用草酸二甲酯（DMO）催化加氢合成乙二醇 已知：发生如下3个均放热的连续反应，其中MG生成乙二醇的反应为可逆反应。 （3）固定流速条件下，发生上述反应，初始氢酯比，出口处DMO的转化率及MG、乙二醇、乙醇的选择性随温度的变化曲线如图2（某物质的选择性）。 ①曲线表示MG的选择性，曲线________（填标号，下同）表示DMO的转化率，曲线________表示乙醇的选择性。 ②下列措施能提高P点DMO转化率的是________（填标号）。 A．降低温度 B．增大压强 C．初始氢酯比不变增大流速 D．延长原料与催化剂的接触时间 ③时，乙二醇的产率为________。 ④P点时，反应的浓度商________（用物质的量分数代替浓度计算，只列出计算式即可）。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $