精品解析：河北部分学校2026届高三下学期毕业前适应性考试 化学试卷

秘密★启用前 化学H（三） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上。 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 Mg-24 V-51 Ge-73 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. 中国优秀传统文化中蕴含着丰富的化学知识，下列传统工艺品所用主要材料的分类错误的是 A. 战国曾侯乙编钟——青铜，属于金属材料 B. 宋汝窑天青釉瓷——陶瓷，属于无机非金属材料 C. 明“油纸伞”之纸张——纤维素，属于天然有机高分子材料 D. 唐“丝绸之路”丝绸制品——蛋白质，属于合成有机高分子材料 【答案】D 【解析】 【详解】A．战国曾侯乙编钟的主要材料为青铜，青铜是铜与锡等金属熔合而成的合金，合金属于金属材料，A正确； B．宋汝窑天青釉瓷的主要材料为陶瓷，陶瓷的主要成分为硅酸盐，硅酸盐属于无机非金属材料，B正确； C．明“油纸伞”纸张的主要成分为纤维素，纤维素是自然界中存在的有机高分子化合物，属于天然有机高分子化合物，C正确； D．唐“丝绸之路”丝绸制品的主要成分为蛋白质，蛋白质是天然有机高分子材料，不属于合成有机高分子材料，D错误； 故选D。 2. 下列图示中，实验操作或方法规范的是 A．熔融纯碱 B．用苯萃取溴苯中的溴 C．混合浓硫酸和乙醇 D．滴定时控制滴速 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．高温条件下，纯碱和二氧化硅反应，应该用铁坩埚熔融纯碱，故A错误； B．苯和溴苯互溶，不能用苯萃取溴苯中的溴，故B错误； C．浓硫酸和乙醇混合放热，浓硫酸密度大于乙醇，混合浓硫酸和乙醇时，把浓硫酸慢慢倒入乙醇中，并用玻璃棒搅拌，故C正确； D．滴定时控制滴速的方法，左手从滴定管后向右伸出，拇指在滴定管前，食指及中指在管后，三指平行的轻轻拿住活塞柄，故D错误； 选C。 3. 某新能源汽车的动力电池采用陶瓷涂覆隔膜，其核心是在聚丙烯（PP）多孔膜表面涂覆一层纳米氧化铝陶瓷颗粒，以提高电池的安全性和循环寿命。下列关于该隔膜的组成、性能及化学原理的说法正确的是 A. 该隔膜属于复合材料，其中PP膜具有柔韧性和多孔性，颗粒提升耐高温性 B. 聚丙烯的单体是丙烯，通过加聚反应合成，其链节为 C. 与传统隔膜相比，陶瓷涂覆隔膜的离子透过率显著降低，因此电池内阻增大 D. 该隔膜可自然降解，产物仅为和，符合“绿色化学”理念 【答案】A 【解析】 【详解】A．该隔膜由聚丙烯与氧化铝两种不同类型材料复合而成，属于复合材料，PP膜为有机高分子材料，具有柔韧性和多孔性，为高熔点无机化合物，可提升隔膜耐高温性，A正确； B．丙烯发生加聚反应生成聚丙烯时，碳碳双键断开加成，链节为，不是，B错误； C．陶瓷涂覆隔膜的作用是提高电池安全性和循环寿命，不会显著降低离子透过率，不会增大电池内阻，C错误； D．聚丙烯属于聚烯烃类塑料，难以自然降解，且氧化铝为无机氧化物，无法降解为和，不符合绿色化学理念，D错误； 故选A。 4. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 44 g干冰中含有的碳原子数目为 B. 19 g和混合物中含有的质子数目为 C. 标准状况下，2.24 L氯仿所含氯原子数目为 D. 反应消耗1 mol时，转移电子数目为 【答案】D 【解析】 【详解】A．44g干冰的物质的量为 ，含碳原子物质的量为1mol，数目为，A错误； B．若19g全为，质子物质的量为 ，若19g全为，质子物质的量为 ，故混合物质子数目介于到之间，不一定为，B错误； C．标准状况下氯仿为液态，无法用气体摩尔体积计算其物质的量，不能确定氯原子数目，C错误； D．反应中每消耗2mol ，生成1mol ，O元素共失去4mol电子，总转移电子数为，则消耗1mol 时转移电子数目为，D正确； 故选 D。 5. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. 中键示意图： B. 丙烯腈的结构简式： C. 的结构示意图： D. 羟胺（）的电子式： 【答案】A 【解析】 【详解】A．中两个原子的2p轨道沿键轴方向头碰头重叠形成σ键，电子云沿键轴对称分布，图示符合σ键特征，A正确； B．丙烯腈的简式结构为，氰基中C与双键碳直接连接， B错误； C．的核电荷数为16，结构示意图的原子核内应标注+16，图示应为，C错误； D．羟胺为共价化合物，所有原子以共价键结合，不存在阴阳离子，正确结构为，D错误； 故选 A。 6. 有机物甲能发生如图转化（THF作有机溶剂）。下列说法正确的是 A. 甲的核磁共振氢谱有3组峰 B. 可用鉴别甲和乙 C. 乙→丙的反应类型为消去反应 D. 乙→丙的反应过程中，可能有副产物生成 【答案】D 【解析】 【分析】甲含酚羟基，与NaOH发生中和反应，乙为甲的酚羟基转化为：，乙→丙为酚钠与2-溴-2-甲基丙酸的取代成醚反应。 【详解】A．甲为对称结构，等效氢共4种，核磁共振氢谱有4组峰，位置如图：，A错误； B．甲和乙都含有醛基，醛基可被酸性​氧化，二者都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，无法鉴别，B错误； C．乙→丙是酚钠的氧负离子取代反应物中溴原子的位置，形成醚键，反应类型为取代反应，不是消去反应，C错误； D．在NaOH醇溶液条件下，溴原子可以发生消去反应，在反应体系中该副产物以钠盐形式存在，可以得到副产物，D正确； 故选D。 7. 用下列装置（尾气处理等装置省略）能完成相应实验目的的是 A．制备氯气并除去氯气中的氯化氢 B．制备并收集氨气 C．制备乙炔并除杂（除水外） D．制备并收集二氧化氮 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A． 常温下和浓盐酸确实可以反应制备，但除杂用的碱石灰是碱性干燥剂，会吸收氯气，无法得到目标产物，不能除去氯化氢得到氯气，A错误； B． 浓氨水滴加到固体上可以制备氨气（CaO吸水放热，促进分解逸出），但图中收集装置是封闭的，空气无法排出，不能收集到氨气，B错误； C．电石与饱和食盐水反应可以制备乙炔（饱和食盐水用于控制反应速率），电石中含硫化物杂质，制得的乙炔中混有杂质，可以和溶液反应生成CuS沉淀除去，洗气装置满足“长进短出”，符合除杂要求，C正确； D． Cu和浓硝酸可以制备，但能和水反应（），不能用排水法收集，D错误； 故选C。 8. 化学研究应当注重宏观与微观相结合。下列宏观现象与微观解释不相符的是 选项 宏观现象 微观解释 A 熔点：氧化镁>氧化钙 离子半径： B 钢铁在潮湿的空气中表面出现红色铁锈 Fe发生电化学腐蚀直接生成，不稳定，失去部分水形成 C 石墨能导电，而金刚石是绝缘体 石墨晶体中碳原子为杂化，层内存在自由移动的离域π电子；金刚石中碳原子为杂化，所有价电子均参与形成共价单键 D 液态HF的导电性比液态HCl强 HF存在分子间氢键，使HF自耦电离程度更大（） A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．氧化镁和氧化钙均为离子晶体，离子电荷数相同时，离子半径，则MgO晶格能更大，熔点更高，宏观现象与微观解释相符，A不符合题意； B．钢铁在潮湿空气中发生电化学腐蚀时，Fe首先失去电子生成，与正极生成的结合得到，再被氧化为，并非直接生成，宏观现象与微观解释不相符，B符合题意； C．石墨中碳原子为杂化，层内存在可自由移动的离域π电子，因此能导电；金刚石中碳原子为杂化，所有价电子都参与形成共价单键，无自由移动电子，因此是绝缘体，宏观现象与微观解释相符，C不符合题意； D．HF分子间存在强氢键，自耦电离程度远大于HCl，液态HF中自由移动离子浓度更高，因此导电性更强，宏观现象与微观解释相符，D不符合题意； 故选B。 9. 某科研团队基于罗丹宁的药理活性，开发了一系列新型小分子铁死亡诱导剂，成功实现在体内激活抗肿瘤免疫应答。罗丹宁的结构如图，其中X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的短周期主族元素。下列说法错误的是 A. 基态R原子核外有2个未成对电子 B. 和均为极性分子 C. 简单氢化物沸点：W>Z>Y D. 最高价含氧酸的酸性：R>Y 【答案】B 【解析】 【分析】首先推断元素：X仅形成1个单键，为H；Y成4个共价键，为C；Z成3个共价键，原子序数大于C，为N；W与Y形成双键，原子序数大于N，为O；R原子序数最大，可形成2个单键或1个双键，为S。 【详解】 A．R为S，基态S原子核外电子排布为，3p轨道有2个未成对电子，A正确； B．为（乙烯），结构对称，正负电荷中心重合，属于非极性分子；为（联氨），为极性分子，二者不都为极性分子，B错误； C．简单氢化物分别为、、，常温为液态沸点最高，含分子间氢键沸点高于，故沸点，C正确； D．R的最高价含氧酸为（强酸），Y的最高价含氧酸为（弱酸），酸性，D正确； 故选B。 10. 随着可再生能源的持续发展，电催化有机合成成为替代传统化工品生产的潜在途径之一。一种电催化乙二醇转化为高价值的乙醇酸的装置如图。下列说法错误的是 A. 外电路中电子转移方向：电源负极→M极，N极→电源正极 B. 电极N为阳极，发生氧化反应 C. 每生成2.24 L（标准状况），理论上消耗0.05 mol乙二醇 D. 电解过程中，阴极区溶液的pH不变 【答案】D 【解析】 【分析】M电极水得电子生成氢气和氢氧根离子，M是阴极，阴极反应式为 ；N是阳极，阳极乙二醇失电子发生氧化反应生成CH2OHCOOH，阳极反应式为；氢氧根离子由M极通过阴离子交换膜移向N极。 【详解】A. M是阴极、N是阳极，外电路中电子转移方向：电源负极→M极，N极→电源正极，A正确； B. 电极N为阳极，阳极乙二醇失电子发生氧化反应生成CH2OHCOOH，B正确； C. 阴极发生反应，每生成2.24 L（标准状况），转移0.2mol电子，根据，理论上消耗0.05mol乙二醇，C正确； D. 电解过程中，即电路上通过4mole-就有4molOH-由M极移向N极，阴极发生反应生成0.4mol氢氧根离子，阴极区氢氧根离子的物质的量不变，反应消耗水，所以氢氧根离子浓度增大，阴极区溶液的pH增大，D错误； 故选D。 11. 晶体具有高绝缘性和热稳定性，可用于电子器件的介质层或封装材料，晶胞结构如图，可由高纯度MgO和磨细后装入坩埚在高温下反应生成。设阿伏加德罗常数的值为。下列说法错误的是 A. 离子键成分百分率： B. 基态Ge简化电子排布式： C. O原子若沿z轴向xy平面投影，则其投影图为 D. 该晶体的密度为 【答案】D 【解析】 【详解】A．元素电负性差值越大，离子键成分百分率越高，Mg与O的电负性差值大于Al与O的电负性差值，故离子键成分百分率，A正确； B．Ge是32号元素，位于第四周期第ⅣA族，基态简化电子排布式为，B正确； C．O原子沿z轴向xy平面投影时，z坐标不同但x、y坐标相同的O原子投影重合，最终投影图与题干给出的图示一致，C正确； D．晶胞中Ge位于面心和内部，个数为，即晶胞含4个，的摩尔质量约为，晶胞质量为，晶胞体积为，计算得密度为，D错误； 故选D。 12. 反应在[具有固定组成的多元复合氧化物催化剂，不同组分（CuO、、）有不同的界面位点]表面发生还原反应时呈现两条路径（Path1~2），部分反应进程与能量变化如图（*表示化学吸附）： 下列说法错误的是 A. 图中两条路径包含的基元反应个数相同 B. 在Path1的反应进程中，决速步对应的过渡态为TS5 C. 相同条件下，两条路径生成的各占50% D. 反应路径不同可能与催化剂组成多样，导致活性位点的多样性有关 【答案】C 【解析】 【详解】A．基元反应的过渡态(TS)的个数等于基元反应的数目，由图可知，Path1和Path2均经过5个步骤，包含5个基元反应，因此两条路径包含的基元反应个数相同，A正确； B．决速步是反应活化能(过渡态与前一个中间体的能量差)最大的一步， Path1各步的活化能分别为： TS1：(0.66 - 0.00) eV=0.66 eV ，TS2：(3.09-0.02) eV=3.07 eV ，TS3：(2.34-0.49) eV=1.85 eV， TS4：[(-0.41)-(-0.86)] eV=0.45 eV ，TS5：[0.81 -(-2.37)] eV=3.18 eV ，TS5对应的活化能最大，TS5是决速步，B正确； C．反应速率由活化能决定的，Path1的最大活化能(3.18 eV)小于Path2的最大活化能[(3.29-(-0.25)] ev=3.54 eV，因此Path1的反应速率更快，相同条件下Path1生成的N2更多，C错误； D．由题意可知，催化剂是具有固定组成的多元复合氧化物催化剂，不同组分（CuO、、）有不同的界面位点，因此反应路径不同和催化剂组成多样、活性位点不同有关，D正确； 故选C。 13. 下列实验设计及其现象能得出相应结论的是 实验设计 现象 一段时间后，分别取铁电极附近溶液于2支试管中，均滴加铁氰化钾溶液，甲池的出现蓝色沉淀，乙池的无明显现象 酸性溶液褪色 结论 A．相同介质中，负极Fe的腐蚀速率快于阴极Fe的腐蚀速率 B．乙醇发生消去反应生成了乙烯 实验设计 现象 左边棉球变黄，右边棉球变蓝 淀粉-KI溶液变蓝 结论 C．氧化性： D．浓分解生成 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．甲池还原性强于铜，铁作原电池负极发生氧化腐蚀；乙池接负极，作电解池阴极被保护，无生成，说明相同介质中，甲中负极的腐蚀速率快于乙中阴极的腐蚀速率，A正确； B．挥发的乙醇也能使酸性溶液褪色，无法证明乙醇发生消去反应生成了乙烯，B错误； C．过量的可直接与反应生成，无法证明氧化性，C错误； D．挥发的浓硝酸也可氧化生成，使淀粉溶液变蓝，无法证明是浓硝酸分解生成的导致现象，D错误； 故选 A。 14. 25℃时，相同浓度的、、的水溶液中，三种酸分子的分布分数[如]随溶液pH变化如图（已知b代表的分布分数变化）。下列说法正确的是 A. a代表的分布分数随pH的变化 B. 25℃时，溶液中存在 C. 25℃时，向和的混合溶液中加入NaOH固体至，此时溶液中 D. 25℃时，向浓度均为的和的混合溶液中加入NaOH固体至pH=7，则此时溶液中 【答案】D 【解析】 【详解】A．-Cl为吸电子基团，受此影响：Ka(CHCl2COOH)>Ka(CH2ClCOOH)>Ka(CH3COOH)，当分子的分布系数为0.5时，对应的氢离子浓度等于Ka，Ka越大，pH越小，故a代表的是CH3COOH，A项错误； B．CHCl2COOH对应的是曲线c，当时，，初始c0=0.01mol/L，故CHCl2COOH的电离程度远大于50%，又由于氢离子既来源于水的电离又来源于CHCl2COOH的电离，故溶液中存在，故B选项错误； C．时， 溶液中氢离子浓度相同，,可得：，故C选项错误； D．pH=7，c(H+)= c(OH-)，由电荷守恒可知：化简：酸性：CH2ClCOOH>CH3COOH,可知：，综上可得：，故D选项正确； 故选D。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 苯甲酸（）是一种常用的食品防腐剂，某小组采用甲苯氧化法制备并提纯苯甲酸，反应原理为，再酸化，根据该反应原理，某小组成员设计了如下实验装置和实验步骤。 实验步骤：①向三颈烧瓶中加入100 mL甲苯，然后分批滴加碱性溶液，加热并控制温度为80~90℃； ②当溶液紫色不再褪去，停止滴加高锰酸钾溶液，并且停止加热； ③对反应混合物进行分离提纯的流程如下： 已知：相关物质在水中溶解度如表： 温度/℃ 0 20 40 60 80 溶解度/g 苯甲酸 0.18 0.29 0.6 1.2 2.75 KCl 27.6 34 40 45.5 51.1 回答下列问题： （1）仪器A的名称为________，仪器B的作用是________。 （2）实验步骤①中需控温80~90℃，则加热方式为________；其中碱性溶液分批加入的原因可能是________。 （3）步骤③用浓盐酸酸化时，观察到有少量黄绿色气体产生，该反应的离子方程式为________；步骤③中采用减压过滤的优点是________。 （4）经过上述步骤得到的苯甲酸粗品的颜色为深棕色，为了对其进行脱色，该小组同学对粗品进行以下处理： 热水溶解→加入脱色剂→趁热过滤→后续处理→白色苯甲酸固体 该提纯物质的方法为________；脱色剂常选用________。 （5）为测定所得产品的纯度，称取0.2400 g粗产品，溶于25 mL乙醇，并加入2滴酚酞作指示剂，然后用的KOH标准溶液滴定至终点，平行滴定3次，平均消耗KOH标准溶液18.00 mL。 ①滴定终点的现象为________。 ②该粗产品中苯甲酸的纯度为________%。 【答案】（1） ①. 恒压滴液漏斗 ②. 冷凝回流，提高反应物利用率 （2） ①. 水浴加热 ②. 控制反应速率，防止反应过于剧烈，避免高锰酸钾过量 （3） ①. ②. 过滤速率快，得到的固体更干燥 （4） ①. 重结晶 ②. 活性炭 （5） ①. 滴入最后半滴标准溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色 ②. 91.5 【解析】 【分析】装置中三颈烧瓶为反应容器，恒压滴液漏斗用于滴加反应物，球形冷凝管可冷凝回流易挥发的甲苯，提升原料利用率。反应阶段控制温度80~90℃，甲苯被碱性氧化为苯甲酸钾，同时生成沉淀。反应后先过滤除去，滤液中含苯甲酸钾、等组分，加浓盐酸酸化将苯甲酸钾转化为苯甲酸，结合苯甲酸溶解度随温度变化幅度大、溶解度随温度变化幅度小的特征，冷却后减压过滤得到粗苯甲酸。粗品经重结晶脱色提纯，最终通过酸碱滴定测定产品纯度。 【小问1详解】 仪器A的名称为恒压滴液漏斗，仪器B为球形冷凝管，反应中甲苯易挥发，冷凝管可将挥发的甲苯冷凝回流至反应容器，提高反应物利用率。 【小问2详解】 实验需控温80~90℃，该温度低于水的沸点，采用水浴加热，受热均匀且温度易调控。氧化性强，反应速率快，分批加入碱性溶液可控制反应速率，防止反应过于剧烈，同时避免高锰酸钾过量引发副反应。 【小问3详解】 浓盐酸与高锰酸钾在酸性条件下发生氧化还原反应生成氯气，对应离子方程式为。减压过滤可降低装置内压强，加快过滤速率，同时能更多除去固体表面吸附的液体，得到的固体更干燥。 【小问4详解】 粗品经热水溶解、趁热过滤、冷却结晶得到纯品，该提纯方法为重结晶。活性炭具有疏松多孔结构，可吸附有机色素，常作为该实验的脱色剂。 【小问5详解】 ①用标准溶液滴定苯甲酸，指示剂为酚酞，滴定终点的现象为滴入最后半滴标准溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色。 ②苯甲酸与按物质的量之比1:1反应， ，苯甲酸的质量为 ，产品纯度为 。 16. 某湿法冶金工艺以废催化剂（主要含有V2O5、MoO3及Al2O3等）为原料回收钒、钼并制备V2O5和MoS3的流程如下： 已知：NH4VO3微溶于冷水，可溶于热水。回答下列问题： （1）已知钼的原子序数是42，则基态钼原子核外电子占据最高能层的符号是________。 （2）“碱溶”时生成[Al(OH)4]-的离子方程式为________。 （3）常温下，“调pH，除铝”过程中，当溶液中[Al(OH)4]-残留浓度等于1.0×10-6 mol/L时，溶液的pH=________{已知25℃时，[Al(OH)4]-(aq)+H+(aq)Al(OH)3(s)+H2O(l)的K=1015}。 （4）沉钒过程基本完成后，为了尽可能提高钒的回收率，需对悬浊液进行降温处理，用平衡移动原理解释其原因：________。 （5）“煅烧”时若不通入空气，制得的V2O5中常含有钒的低价氧化物，通空气的目的是________；当“煅烧”升温至200℃时生成中间物质M，此时固体失重率约为14.5%（），则M的化学式为________。 （6）“沉钼”时滤液中MoO转化为MoS3的离子方程式为________。 【答案】（1）O （2）Al2O3+2OH-+3H2O=2[Al(OH)4]- （3）9 （4）沉钒存在溶解平衡：NH4VO3(s)NH(aq)+VO(aq)，溶解过程吸热，降温使平衡逆向移动，促进NH4VO3析出，提高钒的回收率 （5） ①. 空气中的氧气可将低价钒的氧化物氧化为+5价的V2O5，同时将生成的NH3吹出，避免V2O5被还原 ②. HVO3 （6）MoO+3CH3CSNH2+2H+=MoS3↓+3CH3CONH2+H2O 【解析】 【分析】该流程以含V2O5、MoO3及Al2O3载体的冶炼废催化剂为原料，通过分步沉淀分离回收钒、钼两种有价金属。利用三种氧化物均可与NaOH反应的性质，碱浸后除去不溶性杂质；再通入CO2调pH，使铝元素以Al(OH)3沉淀形式除去；之后加氨和氯化铵沉钒得到NH4VO3，煅烧通空气氧化得到纯V2O5；沉钒母液加入硫酸、CH3CSNH2等沉钼得到MoS3，据此解答。 【小问1详解】 36号Kr位于第四周期0族，42号Mo比Kr多6个质子，Mo核外共5个能层，最高能层为第五层，符号为O； 【小问2详解】 “碱溶”时生成[Al(OH)4]-是Al2O3和氢氧化钠反应得到的，所以离子方程式为：Al2O3+2OH-+3H2O=2[Al(OH)4]-； 【小问3详解】 因为[Al(OH)4]-(aq)+H+(aq)Al(OH)3(s)+H2O(l)的K==1015，当溶液中c{[Al(OH)4]-}=1.0×10-6 mol/L时可计算c(H+)=1×10-9 mol/L，所以pH=9； 【小问4详解】 沉钒存在溶解平衡：NH4VO3(s)NH(aq)+VO(aq)，溶解过程吸热，降温使平衡逆向移动，促进NH4VO3析出，提高钒的回收率； 【小问5详解】 低价钒需要被氧化才能得到+5价的V2O5，空气作为氧化剂提供氧气，同时煅烧时会产生NH3，通入空气将NH3吹出，避免高温下NH3将V2O5还原为低价钒； 设煅烧前NH4VO3固体物质的量为1 mol，则质量为117 g，根据失重率公式计算：×100%=×100%=14.5%，解得m(减少)≈17 g，则减少的质量为氨气的质量，所以生成的中间物质M的化学式为HVO3； 【小问6详解】 根据流程图可知，MoO在酸性条件下与CH3CSNH2反应生成MoS3，根据原子守恒和电荷守恒可写出其离子方程式为：MoO+3CH3CSNH2+2H+=MoS3↓+3CH3CONH2+H2O。 17. 氮的氧化物是大气污染物之一，用合成气（）还原氮氧化物，可防止空气污染，涉及的部分反应如下： 反应ⅰ： 反应ⅱ： 反应ⅲ： 回答下列问题： （1） ________。 （2）提高NO平衡转化率的条件是________（填字母）。 a．高温高压 b．低温高压 c．高温低压 d．低温低压 （3）向两个相同的恒容密闭容器中分别通入1 mol NO和1 mol CO，在催化剂（Ⅰ、Ⅱ）的作用下，发生反应ⅲ，反应相同时间，不同温度下，测得NO的转化率的变化曲线如图甲。 ①催化剂Ⅰ对反应的催化效率更高，判断依据是________。 ②在催化剂Ⅱ作用下，转化率：b点>c点，其可能原因为________。 ③若起始向另一相同的恒容密闭容器通入2 mol NO和2 mol CO，在足量催化剂Ⅰ作用下保持恒温200℃发生反应ⅲ，经历相同时间后，NO的转化率________（填字母）。 A．比a点大 B．比a点小 C．与a点一样 D．无法判断与a点的相对大小 （4）将2 mol NO(g)、4 mol CO(g)充入2 L恒容密闭容器中，起始温度相同时，在恒温或绝热条件下发生反应ⅲ，测得NO的转化率随时间的变化如图乙。实验测得该反应的速率方程为，（、为正、逆反应速率常数，只与温度和催化剂有关）。则________（填“能”或“不能”）计算X点的，原因是________。 （5）一定温度下，在2 L刚性密闭容器中（含催化剂）通入2 mol NO(g)、1.8 mol(g)发生反应ⅰ和ⅱ，经5 min达到平衡，测得NO的转化率为80%，的选择性[]为80%，则0~5 min内，反应ⅰ的平均反应速率________，反应ⅰ的K=________。 【答案】（1） （2）b （3） ①. 相同温度、相同时间，催化剂Ⅰ作用下NO转化率更高 ②. 温度升高，催化剂Ⅱ活性降低，且反应放热升温平衡逆向移动 ③. A （4） ①. 能 ②. 反应为放热反应，绝热条件下容器温度升高，反应速率快，先达到平衡，I代表绝热容器，II代表恒温容器，X点温度与平衡时温度相同，平衡常数相同，平衡时NO的转化率为25%，可以算出平衡常数K，故能计算X点的 （5） ①. 0.16 ②. 8 【解析】 【小问1详解】 根据盖斯定律可得：，所以的； 【小问2详解】 根据反应ⅰ、ⅱ可得： ，所以总反应为放热且气体分子数减小的反应，根据反应ⅲ可得反应ⅲ也为放热且气体分子数减小的反应。若要提高NO平衡转化率，需要在低温（平衡正向移动）、高压（平衡正向移动），故答案选：b； 【小问3详解】 ①相同温度下，相同反应时间，催化剂Ⅰ对应的NO转化率高于催化剂Ⅱ，所以催化剂Ⅰ对反应的催化效率更高； ②反应ⅲ是放热反应，温度过高，催化剂Ⅱ催化活性降低（或催化剂失活），且升温平衡逆向移动，NO平衡转化率下降； ③其他条件不变，投料加倍，恒容条件相当于增大压强，反应ⅲ为气体分子数减小的反应，增大压强平衡正向移动，NO转化率应比a点大，故答案选：A； 【小问4详解】 平衡时，，即，所以，平衡常数K只与温度有关，反应是放热反应，绝热条件下容器温度升高，反应速率快，先达到平衡，故曲线I代表绝热条件下的反应，曲线II代表在恒温条件下发生的反应ⅲ，X点温度与平衡时温度相同，平衡常数相同，曲线II平衡时NO的转化率为25%，通过三段式可以计算出平衡常数，可以计算X点的； 【小问5详解】 容器体积，起始各物质的物质的量为：，转化率为80%，消耗，的选择性为80%。根据的选择性为80%可得：。根据反应ⅱ，生成，则反应ⅱ消耗：。消耗的NO全部来源于反应ⅰ，所以在反应ⅰ中有：消耗，消耗，生成。因此平衡时有：、、、，所以应ⅰ的平均反应速率，反应ⅰ的。 18. 依伐卡托是第1种治疗CFTR基因特定突变人群囊性纤维化的药物，一种合成路线如下（部分反应条件略，其中Me代表、Et代表，Ph-代表苯基）。 回答下列问题： （1）依伐卡托分子中有________种含氧官能团。 （2）的化学名称：3-（N，N-二甲基氨基）________（补充所给物质的名称）。 （3）下列说法正确的是________（填字母）。 a．A→B反应过程中有生成 b．C存在立体异构 c．C→D的反应类型为取代反应 d．G易形成稳定的分子内氢键 （4）F的结构简式为________。 （5）M的相对分子质量比F小90，分子式为，则同时满足下列条件的M的结构有________种（不考虑立体异构）；其中，在相同条件下，与足量银氨溶液反应，生成Ag最多的结构简式为________（写1种）。 ①可视为（苯并恶唑）分子里一个氢原子被有机基团取代；②能发生银镜反应；③除苯并恶唑环状结构外，无其他环状结构；④红外光谱显示无C=C （6）结合所学知识和上述流程完成下列问题。 甲的结构简式为________；丙与反应的化学方程式为________。 【答案】（1）3 （2）丙烯酸乙酯 （3）bc （4） （5） ①. 15 ②. （或、、、，任写一种） （6） ①. ②. 【解析】 【分析】A与SOCl2发生取代反应得到B，同时还有SO2生成，B发生取代反应生成C，C发生取代反应得到D，D发生取代反应得到E，E中酯基水解后再酸化得到F：，G发生还原反应得到H，F与H发生取代反应得到I，I发生取代反应得到依伐卡托。 【小问1详解】 依伐卡托分子中含羰基、羟基、酰胺基，共有3种含氧官能团； 【小问2详解】 的化学名称为：3-（N，N-二甲基氨基）丙烯酸乙酯； 【小问3详解】 a．根据分析，A→B反应过程中有生成，a错误； b．C中存在碳碳双键，且双键碳所连的原子团各不相同，存在顺反异构，b正确； c．根据分析，C中原子团被取代得到D，反应类型为取代反应，c正确； d．G中羟基和硝基处于间位，不易形成稳定的分子内氢键，d错误； 故选bc； 【小问4详解】 根据分析，F的结构简式为：； 【小问5详解】 苯并恶唑分子中有5种不同化学环境的氢原子：，M的相对分子质量比F小90，分子式为，M结构中（苯并恶唑）分子里一个氢原子被有机基团取代，能发生银镜反应且不含碳碳双键，则含醛基，满足条件的结构简式为：（取代基所在位置共5种）、（取代基所在位置共5种）、（取代基所在位置共5种），共15种；其中，在相同条件下，与足量银氨溶液反应，生成Ag最多的结构简式为：（或、、、，任写一种）； 【小问6详解】 丙酮与HCN发生加成反应得到甲：，甲发生消去反应得到乙：，乙酸化得到丙：，丙与苯胺发生取代反应得到产物，化学方程式为：。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 秘密★启用前 化学H（三） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上。 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 Mg-24 V-51 Ge-73 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. 中国优秀传统文化中蕴含着丰富的化学知识，下列传统工艺品所用主要材料的分类错误的是 A. 战国曾侯乙编钟——青铜，属于金属材料 B. 宋汝窑天青釉瓷——陶瓷，属于无机非金属材料 C. 明“油纸伞”之纸张——纤维素，属于天然有机高分子材料 D. 唐“丝绸之路”丝绸制品——蛋白质，属于合成有机高分子材料 2. 下列图示中，实验操作或方法规范的是 A．熔融纯碱 B．用苯萃取溴苯中的溴 C．混合浓硫酸和乙醇 D．滴定时控制滴速 A. A B. B C. C D. D 3. 某新能源汽车的动力电池采用陶瓷涂覆隔膜，其核心是在聚丙烯（PP）多孔膜表面涂覆一层纳米氧化铝陶瓷颗粒，以提高电池的安全性和循环寿命。下列关于该隔膜的组成、性能及化学原理的说法正确的是 A. 该隔膜属于复合材料，其中PP膜具有柔韧性和多孔性，颗粒提升耐高温性 B. 聚丙烯的单体是丙烯，通过加聚反应合成，其链节为 C. 与传统隔膜相比，陶瓷涂覆隔膜的离子透过率显著降低，因此电池内阻增大 D. 该隔膜可自然降解，产物仅为和，符合“绿色化学”理念 4. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 44 g干冰中含有的碳原子数目为 B. 19 g和混合物中含有的质子数目为 C. 标准状况下，2.24 L氯仿所含氯原子数目为 D. 反应消耗1 mol时，转移电子数目为 5. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. 中键示意图： B. 丙烯腈的结构简式： C. 的结构示意图： D. 羟胺（）的电子式： 6. 有机物甲能发生如图转化（THF作有机溶剂）。下列说法正确的是 A. 甲的核磁共振氢谱有3组峰 B. 可用鉴别甲和乙 C. 乙→丙的反应类型为消去反应 D. 乙→丙的反应过程中，可能有副产物生成 7. 用下列装置（尾气处理等装置省略）能完成相应实验目的的是 A．制备氯气并除去氯气中的氯化氢 B．制备并收集氨气 C．制备乙炔并除杂（除水外） D．制备并收集二氧化氮 A. A B. B C. C D. D 8. 化学研究应当注重宏观与微观相结合。下列宏观现象与微观解释不相符的是 选项 宏观现象 微观解释 A 熔点：氧化镁>氧化钙 离子半径： B 钢铁在潮湿的空气中表面出现红色铁锈 Fe发生电化学腐蚀直接生成，不稳定，失去部分水形成 C 石墨能导电，而金刚石是绝缘体 石墨晶体中碳原子为杂化，层内存在自由移动的离域π电子；金刚石中碳原子为杂化，所有价电子均参与形成共价单键 D 液态HF的导电性比液态HCl强 HF存在分子间氢键，使HF自耦电离程度更大（） A. A B. B C. C D. D 9. 某科研团队基于罗丹宁的药理活性，开发了一系列新型小分子铁死亡诱导剂，成功实现在体内激活抗肿瘤免疫应答。罗丹宁的结构如图，其中X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的短周期主族元素。下列说法错误的是 A. 基态R原子核外有2个未成对电子 B. 和均为极性分子 C. 简单氢化物沸点：W>Z>Y D. 最高价含氧酸的酸性：R>Y 10. 随着可再生能源的持续发展，电催化有机合成成为替代传统化工品生产的潜在途径之一。一种电催化乙二醇转化为高价值的乙醇酸的装置如图。下列说法错误的是 A. 外电路中电子转移方向：电源负极→M极，N极→电源正极 B. 电极N为阳极，发生氧化反应 C. 每生成2.24 L（标准状况），理论上消耗0.05 mol乙二醇 D. 电解过程中，阴极区溶液的pH不变 11. 晶体具有高绝缘性和热稳定性，可用于电子器件的介质层或封装材料，晶胞结构如图，可由高纯度MgO和磨细后装入坩埚在高温下反应生成。设阿伏加德罗常数的值为。下列说法错误的是 A. 离子键成分百分率： B. 基态Ge简化电子排布式： C. O原子若沿z轴向xy平面投影，则其投影图为 D. 该晶体的密度为 12. 反应在[具有固定组成的多元复合氧化物催化剂，不同组分（CuO、、）有不同的界面位点]表面发生还原反应时呈现两条路径（Path1~2），部分反应进程与能量变化如图（*表示化学吸附）： 下列说法错误的是 A. 图中两条路径包含的基元反应个数相同 B. 在Path1的反应进程中，决速步对应的过渡态为TS5 C. 相同条件下，两条路径生成的各占50% D. 反应路径不同可能与催化剂组成多样，导致活性位点的多样性有关 13. 下列实验设计及其现象能得出相应结论的是 实验设计 现象 一段时间后，分别取铁电极附近溶液于2支试管中，均滴加铁氰化钾溶液，甲池的出现蓝色沉淀，乙池的无明显现象 酸性溶液褪色 结论 A．相同介质中，负极Fe的腐蚀速率快于阴极Fe的腐蚀速率 B．乙醇发生消去反应生成了乙烯 实验设计 现象 左边棉球变黄，右边棉球变蓝 淀粉-KI溶液变蓝 结论 C．氧化性： D．浓分解生成 A. A B. B C. C D. D 14. 25℃时，相同浓度的、、的水溶液中，三种酸分子的分布分数[如]随溶液pH变化如图（已知b代表的分布分数变化）。下列说法正确的是 A. a代表的分布分数随pH的变化 B. 25℃时，溶液中存在 C. 25℃时，向和的混合溶液中加入NaOH固体至，此时溶液中 D. 25℃时，向浓度均为的和的混合溶液中加入NaOH固体至pH=7，则此时溶液中 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 苯甲酸（）是一种常用的食品防腐剂，某小组采用甲苯氧化法制备并提纯苯甲酸，反应原理为，再酸化，根据该反应原理，某小组成员设计了如下实验装置和实验步骤。 实验步骤：①向三颈烧瓶中加入100 mL甲苯，然后分批滴加碱性溶液，加热并控制温度为80~90℃； ②当溶液紫色不再褪去，停止滴加高锰酸钾溶液，并且停止加热； ③对反应混合物进行分离提纯的流程如下： 已知：相关物质在水中溶解度如表： 温度/℃ 0 20 40 60 80 溶解度/g 苯甲酸 0.18 0.29 0.6 1.2 2.75 KCl 27.6 34 40 45.5 51.1 回答下列问题： （1）仪器A的名称为________，仪器B的作用是________。 （2）实验步骤①中需控温80~90℃，则加热方式为________；其中碱性溶液分批加入的原因可能是________。 （3）步骤③用浓盐酸酸化时，观察到有少量黄绿色气体产生，该反应的离子方程式为________；步骤③中采用减压过滤的优点是________。 （4）经过上述步骤得到的苯甲酸粗品的颜色为深棕色，为了对其进行脱色，该小组同学对粗品进行以下处理： 热水溶解→加入脱色剂→趁热过滤→后续处理→白色苯甲酸固体 该提纯物质的方法为________；脱色剂常选用________。 （5）为测定所得产品的纯度，称取0.2400 g粗产品，溶于25 mL乙醇，并加入2滴酚酞作指示剂，然后用的KOH标准溶液滴定至终点，平行滴定3次，平均消耗KOH标准溶液18.00 mL。 ①滴定终点的现象为________。 ②该粗产品中苯甲酸的纯度为________%。 16. 某湿法冶金工艺以废催化剂（主要含有V2O5、MoO3及Al2O3等）为原料回收钒、钼并制备V2O5和MoS3的流程如下： 已知：NH4VO3微溶于冷水，可溶于热水。回答下列问题： （1）已知钼的原子序数是42，则基态钼原子核外电子占据最高能层的符号是________。 （2）“碱溶”时生成[Al(OH)4]-的离子方程式为________。 （3）常温下，“调pH，除铝”过程中，当溶液中[Al(OH)4]-残留浓度等于1.0×10-6 mol/L时，溶液的pH=________{已知25℃时，[Al(OH)4]-(aq)+H+(aq)Al(OH)3(s)+H2O(l)的K=1015}。 （4）沉钒过程基本完成后，为了尽可能提高钒的回收率，需对悬浊液进行降温处理，用平衡移动原理解释其原因：________。 （5）“煅烧”时若不通入空气，制得的V2O5中常含有钒的低价氧化物，通空气的目的是________；当“煅烧”升温至200℃时生成中间物质M，此时固体失重率约为14.5%（），则M的化学式为________。 （6）“沉钼”时滤液中MoO转化为MoS3的离子方程式为________。 17. 氮的氧化物是大气污染物之一，用合成气（）还原氮氧化物，可防止空气污染，涉及的部分反应如下： 反应ⅰ： 反应ⅱ： 反应ⅲ： 回答下列问题： （1） ________。 （2）提高NO平衡转化率的条件是________（填字母）。 a．高温高压 b．低温高压 c．高温低压 d．低温低压 （3）向两个相同的恒容密闭容器中分别通入1 mol NO和1 mol CO，在催化剂（Ⅰ、Ⅱ）的作用下，发生反应ⅲ，反应相同时间，不同温度下，测得NO的转化率的变化曲线如图甲。 ①催化剂Ⅰ对反应的催化效率更高，判断依据是________。 ②在催化剂Ⅱ作用下，转化率：b点>c点，其可能原因为________。 ③若起始向另一相同的恒容密闭容器通入2 mol NO和2 mol CO，在足量催化剂Ⅰ作用下保持恒温200℃发生反应ⅲ，经历相同时间后，NO的转化率________（填字母）。 A．比a点大 B．比a点小 C．与a点一样 D．无法判断与a点的相对大小 （4）将2 mol NO(g)、4 mol CO(g)充入2 L恒容密闭容器中，起始温度相同时，在恒温或绝热条件下发生反应ⅲ，测得NO的转化率随时间的变化如图乙。实验测得该反应的速率方程为，（、为正、逆反应速率常数，只与温度和催化剂有关）。则________（填“能”或“不能”）计算X点的，原因是________。 （5）一定温度下，在2 L刚性密闭容器中（含催化剂）通入2 mol NO(g)、1.8 mol(g)发生反应ⅰ和ⅱ，经5 min达到平衡，测得NO的转化率为80%，的选择性[]为80%，则0~5 min内，反应ⅰ的平均反应速率________，反应ⅰ的K=________。 18. 依伐卡托是第1种治疗CFTR基因特定突变人群囊性纤维化的药物，一种合成路线如下（部分反应条件略，其中Me代表、Et代表，Ph-代表苯基）。 回答下列问题： （1）依伐卡托分子中有________种含氧官能团。 （2）的化学名称：3-（N，N-二甲基氨基）________（补充所给物质的名称）。 （3）下列说法正确的是________（填字母）。 a．A→B反应过程中有生成 b．C存在立体异构 c．C→D的反应类型为取代反应 d．G易形成稳定的分子内氢键 （4）F的结构简式为________。 （5）M的相对分子质量比F小90，分子式为，则同时满足下列条件的M的结构有________种（不考虑立体异构）；其中，在相同条件下，与足量银氨溶液反应，生成Ag最多的结构简式为________（写1种）。 ①可视为（苯并恶唑）分子里一个氢原子被有机基团取代；②能发生银镜反应；③除苯并恶唑环状结构外，无其他环状结构；④红外光谱显示无C=C （6）结合所学知识和上述流程完成下列问题。 甲的结构简式为________；丙与反应的化学方程式为________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $